（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題檢測(cè)（八）技法專題——巧用“能量觀點(diǎn)”解決力學(xué)選擇題（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題檢測(cè)（八）技法專題——巧用“能量觀點(diǎn)”解決力學(xué)選擇題（含解析） 1.如圖所示，物塊的質(zhì)量為m，它與水平桌面間的動(dòng)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(zhǎng)量為x，然后放手，當(dāng)彈簧的長(zhǎng)度第一次回到原長(zhǎng)時(shí)，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(xiàng)均不對(duì) 解析：選C　設(shè)W彈為彈力對(duì)物體做的功，因?yàn)榭朔Σ亮ψ龅墓棣蘭gx，由動(dòng)能定理得W彈－μmgx＝mv2－0，得W彈＝mv2＋μmgx，C對(duì)。 2．(2018·江蘇高考)從地面豎直向

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

3、＝ C．N＝ D．N＝ 解析：選AC　質(zhì)點(diǎn)P下滑到最低點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得mgR－W＝mv2，則速度 v＝，在最低點(diǎn)的向心加速度a＝＝，選項(xiàng)A正確， B錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得N－mg＝ma，N＝，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 4.如圖為某同學(xué)建立的一個(gè)測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù)的模型。物塊自左側(cè)斜面上A點(diǎn)由靜止滑下，滑過下面一段平面后，最高沖至右側(cè)斜面上的B點(diǎn)。實(shí)驗(yàn)中測(cè)量出了三個(gè)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(dòng)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(jié)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(shè)AB的水平長(zhǎng)度為x，豎直高度差為h，對(duì)從A到B的過程運(yùn)用動(dòng)能定理得mgh－μmgcos α·AC－μmg·CE－μmgcos β·EB＝0，因?yàn)锳C·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(zhì)量、初速度大小都相同的A、B、C三個(gè)小球，開始時(shí)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(jì)，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(diǎn)時(shí)速度均為零，而B球上升到最高點(diǎn)時(shí)仍有水平方向的速度，即仍有動(dòng)能。對(duì)A、C球由機(jī)械能守恒定律得mgh＝mv02，得hA＝hC＝ h＝。對(duì)B球由機(jī)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(zhì)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(yùn)動(dòng)的速度v、加速度a隨時(shí)間t的變化關(guān)系和動(dòng)能Ek、機(jī)械能E(取地面處重力勢(shì)能為零)隨球距離地面高度h的變化關(guān)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(dāng)球上升到最高點(diǎn)時(shí)，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(cuò)誤；根據(jù)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(cuò)誤；上升過程，由動(dòng)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(dòng)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(jī)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(cuò)誤。 7.(2018·武漢調(diào)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(nèi)，OC水平，D是圓環(huán)最低點(diǎn)。質(zhì)量為2m的小球A與質(zhì)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(dāng)A運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)時(shí)，B的動(dòng)能為(　　) A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 解析：選D　A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)D時(shí)，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(dòng)能為EkB＝mvB2＝mgR，選項(xiàng)D正確。 8．(2018·煙臺(tái)模擬)某段高速路對(duì)載重貨車設(shè)定的允許速度范圍為50～80 km/h，而上坡時(shí)若貨車達(dá)不到最小允許速度50 km/h，則必須走“爬坡車道”來避免危險(xiǎn)。某質(zhì)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(jìn)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(zhǎng)，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(shì)能等于貨

9、車牽引力所做的功 D．增加的機(jī)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(jù)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(jù)P＝Fv得：v＝＝ m/s＝10 m/s＝36 km/h，故B錯(cuò)誤；勻速上坡過程增加的重力勢(shì)能等于汽車牽引力所做的功與克服阻力做功之差，故C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系知，勻速上坡過程增加的機(jī)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(cuò)誤。 9．[多選](2018·武漢質(zhì)檢)有一系列斜面，傾角各不相同，它們的底端相同，都是O點(diǎn)，如圖所示。有

10、一系列完全相同的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從這些斜面上的A、B、C、D、…各點(diǎn)同時(shí)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(dá)O點(diǎn)的速率相同，則A、B、C、D、…各點(diǎn)處在同一水平線上 B．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達(dá)O點(diǎn)的速率相同，則A、B、C、D、…各點(diǎn)處在同一豎直面內(nèi)的圓周上 C．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達(dá)O點(diǎn)的時(shí)間相同，則A、B、C、D、…各點(diǎn)處在同一豎直面內(nèi)的圓周上 D．若各斜面與這些滑塊間有相同的動(dòng)摩擦因數(shù)，滑塊到達(dá)O點(diǎn)的過程中，各滑塊損失的機(jī)械能相同，則A、B、C、D、…各點(diǎn)處在同一豎直線上 解析：選ACD　若各斜面均光滑，根據(jù)mgh＝mv2

11、，滑塊質(zhì)量相同，到達(dá)O點(diǎn)的速率相同，則h相同，即各釋放點(diǎn)處在同一水平線上，A正確，B錯(cuò)誤；以O(shè)點(diǎn)為最低點(diǎn)作等時(shí)圓，如圖所示，由gsin θt2＝2Rsin θ，可知各滑塊從圓周上各點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)間相等，C正確；若各滑塊滑到O點(diǎn)的過程中，滑塊滑動(dòng)的水平距離是x，滑塊損失的機(jī)械能(即克服摩擦力做功)為： Wf＝μmgcos θ·，即各釋放點(diǎn)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(zhì)量分別為M、m的兩個(gè)物體通過細(xì)繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側(cè)，斜面底端有一與斜面垂直的擋板。開始時(shí)用手按住M，此時(shí)M到擋板的距離為s，滑輪兩邊的細(xì)繩恰好伸直，且沒有力

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

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

14、時(shí)，B受到地面的支持力等于mg C．彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A的加速度方向豎直向下 D．彈簧的彈性勢(shì)能最大值為mgL 解析：選AB　在A的動(dòng)能達(dá)到最大前，A向下加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)A處于失重狀態(tài)，則整個(gè)系統(tǒng)對(duì)地面的壓力小于3mg，即地面對(duì)B的支持力小于mg，A項(xiàng)正確；當(dāng)A的動(dòng)能最大時(shí)，A的加速度為零，這時(shí)系統(tǒng)既不失重，也不超重，系統(tǒng)對(duì)地面的壓力等于3mg，即B受到地面的支持力等于mg，B項(xiàng)正確；當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A減速運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，此時(shí)A的加速度方向豎直向上，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢(shì)能最大值等于A的重力勢(shì)能的減少量，即為mg(Lcos 30°－Lcos 60°)＝mgL

15、，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 12．[多選]如圖所示，在豎直桿上安裝一個(gè)光滑小導(dǎo)向槽，使豎直上拋的小球能改變方向后做平拋運(yùn)動(dòng)；不計(jì)經(jīng)導(dǎo)向槽時(shí)小球的能量損失，設(shè)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(dāng)小球有最大水平位移時(shí)，下列說法正確的是(　　) A．導(dǎo)向槽位置應(yīng)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(jīng)過某相同高度時(shí)，合速度的大小總有v下＝2v上 D．當(dāng)小球落地時(shí)，速度方向與水平方向成45°角 解析：選AD　設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得，mv02＋mgh＝mv2，解得v0＝；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可得，下落時(shí)間t＝，則水平位移x＝v0

16、t＝ ，所以當(dāng)－2h＝2h時(shí)水平位移最大，解得h＝，A正確；最大的水平位移為x＝＝2h＝，B錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，在某相同高度處時(shí)上升的速率和下落的速率相等，C錯(cuò)誤；設(shè)小球落地時(shí)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(jù)平拋運(yùn)動(dòng)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(dòng)物塊A，使之向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示。在物塊A開始運(yùn)動(dòng)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(nèi))，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(shì)能一直增大 C．物塊A的動(dòng)能和重力勢(shì)能一直增大 D．物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能先增大后減小 解析：選C　對(duì)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(cuò)誤；在物塊A上升過程中，彈簧從壓縮到伸長(zhǎng)，所以彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大，故B錯(cuò)誤；在物塊A上升過程中，由于物塊A做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以物塊A的速度增大，高度升高，則物塊A的動(dòng)能和重力勢(shì)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(jī)械能一直增大，故D錯(cuò)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(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩邊的傳送帶長(zhǎng)都是6 m且與水平方向的夾角均為37°?，F(xiàn)有兩個(gè)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(dòng)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(dá)傳送帶底端 B．A、B同時(shí)到達(dá)傳送帶底端 C．傳送帶對(duì)A做正功，對(duì)B做負(fù)功 D．A、B在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度之比為1∶2 解析：選BD　對(duì)A，因?yàn)閙gsin 37°>μmgcos 37°，則A所受摩擦力沿傳送帶向上，下滑時(shí)做勻加速直

19、線運(yùn)動(dòng)，同理，B所受摩擦力沿傳送帶向上，下滑時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A、B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小相等，位移大小相等，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故A錯(cuò)誤，B正確；傳送帶對(duì)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(duì)A和B做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；對(duì)A，劃痕的長(zhǎng)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(duì)象，由牛頓第二定律得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，a＝2 m/s2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x＝ vt＋at2，得運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t＝2 s，所以傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移大小為x＝vt＝2 m，所以A在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度為Δx1＝6 m－2 m＝4 m；對(duì)B，劃痕的長(zhǎng)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(zhǎng)度為Δx2＝6 m＋2 m＝8 m，所以劃痕長(zhǎng)度之比為1∶2，故D正確。