《（通用版）2022年高考物理二輪復習 專題檢測（八）技法專題——巧用“能量觀點”解決力學選擇題（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2022年高考物理二輪復習 專題檢測（八）技法專題——巧用“能量觀點”解決力學選擇題（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、（通用版）2022年高考物理二輪復習 專題檢測（八）技法專題——巧用“能量觀點”解決力學選擇題（含解析） 1.如圖所示，物塊的質量為m，它與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為μ。起初，用手按住物塊，物塊的速度為零，彈簧的伸長量為x，然后放手，當彈簧的長度第一次回到原長時，物塊的速度為v。則此過程中彈力所做的功為(　　) A.mv2－μmgx　　　　 B．μmgx－mv2 C.mv2＋μmgx D．以上選項均不對 解析：選C　設W彈為彈力對物體做的功，因為克服摩擦力做的功為μmgx，由動能定理得W彈－μmgx＝mv2－0，得W彈＝mv2＋μmgx，C對。 2．(2018·江蘇高考)從地面豎直向

2、上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖像是(　　) 解析：選A　小球做豎直上拋運動，設初速度為v0，則v＝v0－gt，小球的動能Ek＝mv2，把速度v代入，得Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02，Ek與t為二次函數(shù)關系，A正確。 3．[多選](2016·全國卷Ⅲ)如圖，一固定容器的內壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質量為m的質點P。它在容器內壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設質點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則(　　) A．a＝ B．a

3、＝ C．N＝ D．N＝ 解析：選AC　質點P下滑到最低點的過程中，由動能定理得mgR－W＝mv2，則速度 v＝，在最低點的向心加速度a＝＝，選項A正確， B錯誤；在最低點時，由牛頓第二定律得N－mg＝ma，N＝，選項C正確，D錯誤。 4.如圖為某同學建立的一個測量動摩擦因數(shù)的模型。物塊自左側斜面上A點由靜止滑下，滑過下面一段平面后，最高沖至右側斜面上的B點。實驗中測量出了三個角度，左右斜面的傾角α和β及AB連線與水平面的夾角θ。物塊與各接觸面間動摩擦因數(shù)相同且為μ，忽略物塊在拐角處的能量損失，以下結論正確的是(　　) A．μ＝tan α B．μ＝tan β C．μ＝tan θ

4、D．μ＝tan 解析：選C　設AB的水平長度為x，豎直高度差為h，對從A到B的過程運用動能定理得mgh－μmgcos α·AC－μmg·CE－μmgcos β·EB＝0，因為AC·cos α＋CE＋EB·cos β＝x，則有mgh－μmgx＝0，解得μ＝＝tan θ，故C正確。 5．如圖所示，質量、初速度大小都相同的A、B、C三個小球，開始時在同一水平面上，A球豎直上拋，B球以傾角θ斜向上拋，C球沿傾角為θ的光滑斜面上滑，它們上升的最大高度分別為hA、hB、hC，空氣阻力不計，則(　　) A．hA＝hB＝hC B．hA＝hBhC D．hA＝hC>hB

5、 解析：選D　A球和C球上升到最高點時速度均為零，而B球上升到最高點時仍有水平方向的速度，即仍有動能。對A、C球由機械能守恒定律得mgh＝mv02，得hA＝hC＝ h＝。對B球由機械能守恒定律得mghB＋mvt2＝mv02，且vt≠0，所以hA＝hC>hB，故D正確。 6．(2019屆高三·南京模擬)質量為m的球從地面以初速度v0豎直向上拋出，已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比。下列圖像分別描述了球在空中運動的速度v、加速度a隨時間t的變化關系和動能Ek、機械能E(取地面處重力勢能為零)隨球距離地面高度h的變化關系，其中可能正確的是(　　) 解析：選C　已知球所受的空氣阻力與速度大

6、小成正比，即Ff＝kv，當球上升到最高點時，v為零，球只受重力，a等于g，則v-t圖線切線的斜率不等于零，故A錯誤；根據牛頓第二定律，球上升過程中：mg＋kv＝ma，v逐漸減小，a逐漸減小，球下降過程中：mg－kv＝ma，v逐漸增大，a逐漸減小，故B錯誤；上升過程，由動能定理：－mgh－Ffh＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－(mg＋kv)h，隨h的增加，v減小，則Ek-h圖像的斜率減小，下降過程，由動能定理：mg(h0－h(huán))－Ff(h0－h(huán))＝Ek，即Ek＝(mg－kv)(h0－h(huán))，隨下降的高度的增加，v增大，Ek-h圖像的斜率減小，故C正確；機械能的變化量等于克服阻力做的功： －Ffh

7、＝E－E0，上升過程中v逐漸減小，則Ff逐漸減小，即E-h圖像的斜率逐漸變小，故E-h圖像不是直線，故D錯誤。 7.(2018·武漢調研)如圖所示，半徑為R、圓心為O的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內，OC水平，D是圓環(huán)最低點。質量為2m的小球A與質量為m的小球B套在圓環(huán)上，兩球之間用輕桿相連。兩球初始位置如圖所示，由靜止釋放，當A運動至D點時，B的動能為(　　) A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 解析：選D　A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，當A運動到最低點D時，A下降的高度為 hA＝R＋Rsin 45°，B上升的高度為hB＝Rsin 45°，則有2mghA－mghB＝

8、×2mvA2＋mvB2，又vA＝vB，所以B的動能為EkB＝mvB2＝mgR，選項D正確。 8．(2018·煙臺模擬)某段高速路對載重貨車設定的允許速度范圍為50～80 km/h，而上坡時若貨車達不到最小允許速度50 km/h，則必須走“爬坡車道”來避免危險。某質量為4.0×104 kg的載重貨車，保持額定功率200 kW在“爬坡車道”上行駛，每前進1 km，上升0.04 km，貨車所受的阻力(摩擦阻力與空氣阻力)為車重的0.01倍，g取10 m/s2，爬坡車道足夠長，則貨車勻速上坡的過程中(　　) A．牽引力等于2×104 N B．速度可能大于36 km/h C．增加的重力勢能等于貨

9、車牽引力所做的功 D．增加的機械能等于貨車克服阻力所做的功 解析：選A　貨車勻速上坡的過程中，根據平衡條件得：牽引力大小 F＝0.01mg＋ mgsin θ＝0.01×4.0×104×10 N＋4.0×104×10× N＝2×104 N，故A正確；根據P＝Fv得：v＝＝ m/s＝10 m/s＝36 km/h，故B錯誤；勻速上坡過程增加的重力勢能等于汽車牽引力所做的功與克服阻力做功之差，故C錯誤；根據功能關系知，勻速上坡過程增加的機械能等于汽車牽引力做功與克服阻力所做的功之差，故D錯誤。 9．[多選](2018·武漢質檢)有一系列斜面，傾角各不相同，它們的底端相同，都是O點，如圖所示。有

10、一系列完全相同的滑塊(可視為質點)從這些斜面上的A、B、C、D、…各點同時由靜止釋放，下列判斷正確的是(　　) A．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達O點的速率相同，則A、B、C、D、…各點處在同一水平線上 B．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達O點的速率相同，則A、B、C、D、…各點處在同一豎直面內的圓周上 C．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達O點的時間相同，則A、B、C、D、…各點處在同一豎直面內的圓周上 D．若各斜面與這些滑塊間有相同的動摩擦因數(shù)，滑塊到達O點的過程中，各滑塊損失的機械能相同，則A、B、C、D、…各點處在同一豎直線上 解析：選ACD　若各斜面均光滑，根據mgh＝mv2

11、，滑塊質量相同，到達O點的速率相同，則h相同，即各釋放點處在同一水平線上，A正確，B錯誤；以O點為最低點作等時圓，如圖所示，由gsin θt2＝2Rsin θ，可知各滑塊從圓周上各點運動到O點時間相等，C正確；若各滑塊滑到O點的過程中，滑塊滑動的水平距離是x，滑塊損失的機械能(即克服摩擦力做功)為： Wf＝μmgcos θ·，即各釋放點處在同一豎直線上，D正確。 10．[多選]如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角為30°，質量分別為M、m的兩個物體通過細繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側，斜面底端有一與斜面垂直的擋板。開始時用手按住M，此時M到擋板的距離為s，滑輪兩邊的細繩恰好伸直，且沒有力

12、的作用。已知M＝2m，空氣阻力不計。松開手后，下列說法正確的是(　　) A．M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．當M的速度最大時，m與地面間的作用力為零 C．若M恰好能到達擋板處，則此時m的速度為零 D．若M恰好能到達擋板處，則此過程中重力對M做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與m的機械能增加量之和 解析：選BD　運動過程中，M、m與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，A錯誤；當M速度最大時，彈簧的彈力等于Mgsin 30°＝mg，此時m與地面間的作用力恰好為零，B正確；然后M做減速運動，恰好能到達擋板處，也就是速度剛好減小到了零，之后M會上升，所以M恰好到達擋板處時彈簧彈力大于mg，即此時m受到的細

13、繩拉力大于自身重力，m還在加速上升，C錯誤；根據功能關系，M減小的機械能等于m增加的機械能與彈簧增加的彈性勢能之和，若M恰好能到達擋板處，此時動能恰好為零，因此重力對M做的功等于M減小的機械能，D正確。 11．[多選]如圖所示，三個小球A、B、C的質量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長均為L。B、C置于水平地面上，用一輕質彈簧連接，彈簧處于原長?，F(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°。A、B、C在同一豎直平面內運動，彈簧在彈性限度內，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則此下降過程中(　　) A．A的動能達到最大前，B受到地面的支持力小于mg B．A的動能最大

14、時，B受到地面的支持力等于mg C．彈簧的彈性勢能最大時，A的加速度方向豎直向下 D．彈簧的彈性勢能最大值為mgL 解析：選AB　在A的動能達到最大前，A向下加速運動，此時A處于失重狀態(tài)，則整個系統(tǒng)對地面的壓力小于3mg，即地面對B的支持力小于mg，A項正確；當A的動能最大時，A的加速度為零，這時系統(tǒng)既不失重，也不超重，系統(tǒng)對地面的壓力等于3mg，即B受到地面的支持力等于mg，B項正確；當彈簧的彈性勢能最大時，A減速運動到最低點，此時A的加速度方向豎直向上，C項錯誤；由機械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢能最大值等于A的重力勢能的減少量，即為mg(Lcos 30°－Lcos 60°)＝mgL

15、，D項錯誤。 12．[多選]如圖所示，在豎直桿上安裝一個光滑小導向槽，使豎直上拋的小球能改變方向后做平拋運動；不計經導向槽時小球的能量損失，設小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為v，重力加速度為g；那么當小球有最大水平位移時，下列說法正確的是(　　) A．導向槽位置應在高為的位置 B．最大水平位移為 C．小球在上、下兩過程中，在經過某相同高度時，合速度的大小總有v下＝2v上 D．當小球落地時，速度方向與水平方向成45°角 解析：選AD　設小球做平拋運動時的速度為v0，根據機械能守恒定律可得，mv02＋mgh＝mv2，解得v0＝；根據平拋運動的知識可得，下落時間t＝，則水平位移x＝v0

16、t＝ ，所以當－2h＝2h時水平位移最大，解得h＝，A正確；最大的水平位移為x＝＝2h＝，B錯誤；根據機械能守恒定律可知，在某相同高度處時上升的速率和下落的速率相等，C錯誤；設小球落地時速度與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為α，根據平拋運動的規(guī)律可知，tan θ＝2tan α＝2×＝1，則θ＝45°，D正確。 13.(2019屆高三·濱州模擬)兩物塊A和B用一輕彈簧連接，靜止在水平桌面上，如圖甲所示，現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動物塊A，使之向上做勻加速直線運動，如圖乙所示。在物塊A開始運動到物塊B將要離開桌面的過程中(彈簧始終處于彈性限度內)，下列說法正確的是(　　) A．力F先減小

17、后增大 B．彈簧的彈性勢能一直增大 C．物塊A的動能和重力勢能一直增大 D．物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能先增大后減小 解析：選C　對物塊A由牛頓第二定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F＝m(g＋a)－kx，由于x先減小后反向增大，故力F一直增大，故A錯誤；在物塊A上升過程中，彈簧從壓縮到伸長，所以彈簧的彈性勢能先減小后增大，故B錯誤；在物塊A上升過程中，由于物塊A做勻加速運動，所以物塊A的速度增大，高度升高，則物塊A的動能和重力勢能增大，故C正確；在物塊A上升過程中，除重力與彈力做功外，還有力F做正功，所以物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機械能一直增大，故D錯誤。 14.[多選

18、](2018·江西八校聯(lián)考)如圖所示，三角形傳送帶以 1 m/s 的速度逆時針勻速轉動，兩邊的傳送帶長都是6 m且與水平方向的夾角均為37°?，F(xiàn)有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都是0.5(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，下列說法正確的是(　　) A．A先到達傳送帶底端 B．A、B同時到達傳送帶底端 C．傳送帶對A做正功，對B做負功 D．A、B在傳送帶上的劃痕長度之比為1∶2 解析：選BD　對A，因為mgsin 37°>μmgcos 37°，則A所受摩擦力沿傳送帶向上，下滑時做勻加速直

19、線運動，同理，B所受摩擦力沿傳送帶向上，下滑時做勻加速直線運動，A、B做勻加速直線運動的加速度大小相等，位移大小相等，則運動的時間相等，故A錯誤，B正確；傳送帶對A、B的摩擦力方向與速度方向相反都沿傳送帶向上，傳送帶對A和B做負功，故C錯誤；對A，劃痕的長度等于A的位移大小減去傳送帶的位移大小，以A為研究對象，由牛頓第二定律得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，a＝2 m/s2，由運動學公式x＝ vt＋at2，得運動時間為：t＝2 s，所以傳送帶運動的位移大小為x＝vt＝2 m，所以A在傳送帶上的劃痕長度為Δx1＝6 m－2 m＝4 m；對B，劃痕的長度等于B的位移大小加上傳送帶的位移大小，同理得出B在傳送帶上的劃痕長度為Δx2＝6 m＋2 m＝8 m，所以劃痕長度之比為1∶2，故D正確。