（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第一板塊 第8講 技法專題——巧用“能量觀點(diǎn)”解決力學(xué)選擇題講義（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第一板塊 第8講 技法專題巧用“能量觀點(diǎn)”解決力學(xué)選擇題講義（含解析）考法學(xué)法“能量觀點(diǎn)”是解決力學(xué)問題的三大觀點(diǎn)之一。高考既可能在選擇題中單獨(dú)考查功和能，也可能在計(jì)算題中綜合考查功能問題，該部分內(nèi)容主要解決的是選擇題中的能量觀點(diǎn)的應(yīng)用?？疾榈膬?nèi)容主要有：幾種常見的功能關(guān)系；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；利用機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律分析問題。用到的思想方法有：整體法和隔離法；全程法和分段法；守恒思想。點(diǎn)點(diǎn)探明題型1應(yīng)用動(dòng)能定理求解變力做功例1如圖所示，質(zhì)量為m的物塊與水平轉(zhuǎn)臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物塊與轉(zhuǎn)軸相距為R，物塊隨轉(zhuǎn)臺(tái)由靜止開始轉(zhuǎn)動(dòng)。當(dāng)轉(zhuǎn)速增至某一

2、值時(shí)，物塊即將在轉(zhuǎn)臺(tái)上滑動(dòng)，此時(shí)轉(zhuǎn)臺(tái)已開始勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在這一過程中，摩擦力對(duì)物塊做的功是(假設(shè)物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)()A0B2mgRC2mgR D.mgR解析物塊即將在轉(zhuǎn)臺(tái)上滑動(dòng)但還未滑動(dòng)時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊的最大靜摩擦力恰好提供向心力，設(shè)此時(shí)物塊做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為v，則有mg，在物塊由靜止到獲得速度v的過程中，物塊受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力對(duì)物塊做功，由動(dòng)能定理得Wmv20，解得WmgR，D正確。答案D題型2應(yīng)用動(dòng)能定理解決往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題例2如圖所示，斜面的傾角為，質(zhì)量為m的滑塊與擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，滑塊所受摩擦力小

3、于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機(jī)械能損失，滑塊經(jīng)過的總路程是()A.B.C.D.解析滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為x，對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全程應(yīng)用功能關(guān)系，全程所產(chǎn)生的熱量為Qmv02mgx0sin ，又由全程產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Qmgxcos ，解得x，選項(xiàng)A正確。答案A題型3應(yīng)用動(dòng)能定理解決多過程問題例3多選如圖所示為一滑草場(chǎng)。某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45和37的滑道組成，滑草車與草地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計(jì)滑草車在兩段滑道交接處的能量

4、損失，sin 370.6，cos 370.8)。則()A動(dòng)摩擦因數(shù)B載人滑草車最大速度為 C載人滑草車克服摩擦力做功為mghD載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g解析由題意知，上、下兩段滑道的長(zhǎng)分別為s1、s2，由動(dòng)能定理知：2mghmgs1cos 45mgs2cos 370，解得動(dòng)摩擦因數(shù)，選項(xiàng)A正確；載人滑草車在上下兩段的加速度分別為a1g(sin 45cos 45)g，a2g(sin 37cos 37)g，則在下滑h時(shí)的速度最大，由動(dòng)能定理知：mghmgs1cos 45mv2，解得v ，選項(xiàng)B正確，D錯(cuò)誤；載人滑草車克服摩擦力做的功與重力做功相等，即W2mgh，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。答案AB題型

5、4動(dòng)能定理和圖像的綜合例4多選一物體靜止在粗糙水平面上，某時(shí)刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用開始沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，已知在第1 s 內(nèi)合力對(duì)物體做的功為45 J，在第1 s末撤去拉力，物體整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的vt圖像如圖所示，g取10 m/s2，則()A物體的質(zhì)量為5 kgB物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1C第1 s內(nèi)摩擦力對(duì)物體做的功為60 JD第1 s內(nèi)拉力對(duì)物體做的功為60 J解析由動(dòng)能定理有45 J，第1 s末速度v3 m/s，解得m10 kg，故A錯(cuò)誤；撤去拉力后加速度的大小a m/s21 m/s2，摩擦力fma10 N，又fmg，解得0.1，故B正確；第1 s內(nèi)物體的位移x13 m1

6、.5 m，第1 s內(nèi)摩擦力對(duì)物體做的功Wfx15 J，故C錯(cuò)誤；第1 s內(nèi)加速度的大小a1 m/s23 m/s2，設(shè)第1 s內(nèi)拉力為F，則Ffma1，解得F40 N，第1 s內(nèi)拉力對(duì)物體做的功WFx60 J，故D正確。答案BD系統(tǒng)通法1把握兩點(diǎn)，準(zhǔn)確理解動(dòng)能定理(1)動(dòng)能定理表達(dá)式中，W表示所有外力做功的代數(shù)和，包括物體所受重力做的功。(2)動(dòng)能定理表達(dá)式中，Ek為所研究過程的末動(dòng)能與初動(dòng)能之差，而且物體的速度均是相對(duì)地面的速度。2應(yīng)用動(dòng)能定理的“兩線索、兩注意”(1)兩線索 (2)兩注意動(dòng)能定理常用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過程，由于不涉及加速度和時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)研究方法更簡(jiǎn)便。當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同

7、過程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；當(dāng)所求解的問題不涉及中間的速度時(shí)，也可以全過程應(yīng)用動(dòng)能定理求解。點(diǎn)點(diǎn)探明題型1繩連接的系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題例1(2018南京模擬)如圖所示，一半圓形碗的邊緣上裝有一定滑輪，滑輪兩邊通過一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線掛著兩個(gè)小物體，質(zhì)量分別為m1、m2，m1m2?，F(xiàn)讓m1從靠近定滑輪處由靜止開始沿碗內(nèi)壁下滑。設(shè)碗固定不動(dòng)，其內(nèi)壁光滑、半徑為R。則m1滑到碗最低點(diǎn)時(shí)的速度為()A2 B. C. D2 解析設(shè)當(dāng)m1到達(dá)碗最低點(diǎn)時(shí)速率為v1，此時(shí)m2的速率為v2，由幾何關(guān)系知v1cos 45v2，對(duì)m1、m2由機(jī)械能守恒定律得m1gRm2gRm1v12m2v22，解得v12 ，D正

8、確。答案D題型2桿連接的系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題例2如圖所示為豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道，其半徑為R。小球A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，A和B之間用一根長(zhǎng)為l(lR)的輕桿相連，從圖示位置由靜止釋放，球和桿只能在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()A若mAmB，B在右側(cè)上升的最大高度與A的起始高度相同C在A下滑過程中輕桿對(duì)A做負(fù)功，對(duì)B做正功D在A下滑過程中減少的重力勢(shì)能等于A與B增加的動(dòng)能解析根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒條件可知，A和B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，如果B在右側(cè)上升的最大高度與A的起始高度相同，則有mAghmBgh0，則有mAmB，A、B錯(cuò)誤；A下滑、B上升過程中，B機(jī)械能增加，則A機(jī)械能減少，說

9、明輕桿對(duì)A做負(fù)功，對(duì)B做正功，C正確；A下滑過程中減少的重力勢(shì)能等于B上升過程中增加的重力勢(shì)能和A與B增加的動(dòng)能之和，D錯(cuò)誤。答案C題型3彈簧連接的系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題例3多選(2018邵陽模擬)如圖所示，物體A、B通過細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)，物體A、B的質(zhì)量分別為2m、m。開始時(shí)細(xì)繩伸直，B靜止在桌面上，用手托著A使彈簧處于原長(zhǎng)且A與地面的距離為h。放手后A下落，著地時(shí)速度大小為v，此時(shí)B對(duì)桌面恰好無壓力。不計(jì)一切摩擦及空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()AA下落過程中，A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B彈簧的勁度系數(shù)為CA著地時(shí)的加速度大小為DA著地時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為mgh

10、mv2解析因?yàn)锽沒有運(yùn)動(dòng)，所以A下落過程中，只有彈簧彈力和重力做功，故A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A正確；因?yàn)锳剛下落時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，A落地時(shí)，彈簧對(duì)B的彈力大小等于B所受的重力，故khmg，解得k，B錯(cuò)誤；A落地時(shí)彈簧對(duì)繩子的拉力大小為mg，對(duì)A分析，受到豎直向上的拉力，大小為mg，豎直向下的重力，大小為2mg，根據(jù)牛頓第二定律可得2mgmg2ma，解得a，C正確；A下落過程中，A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故2mgh2mv2Ep，解得Ep2mghmv2，D錯(cuò)誤。答案AC系統(tǒng)通法1判斷機(jī)械能守恒的兩個(gè)角度(1)用做功判斷：若物體(或系統(tǒng))只受重力(或系統(tǒng)內(nèi)彈力)，或雖受其他力，但其他力不

11、做功，則機(jī)械能守恒。(2)用能量轉(zhuǎn)化判斷：若物體(或系統(tǒng))只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，而無機(jī)械能與其他形式能的相互轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能守恒。2機(jī)械能守恒定律的三種表達(dá)形式3應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路知能全通1常見的功能關(guān)系重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系WGEp彈力做功與彈性勢(shì)能變化的關(guān)系W彈Ep合外力做功與動(dòng)能變化的關(guān)系W合Ek除重力和彈力以外其他力做功與機(jī)械能變化的關(guān)系W其他E機(jī)滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的乘積與內(nèi)能變化的關(guān)系Ffx相對(duì)E內(nèi)2功能關(guān)系的理解和應(yīng)用(1)功能關(guān)系反映了做功和能量轉(zhuǎn)化之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，功是能量轉(zhuǎn)化的量度和原因，在不同問題中的具體表現(xiàn)不同。(2)分清是什么力做功，并且分析該力做

12、功的正負(fù)；根據(jù)功能之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，判定能的轉(zhuǎn)化情況。(3)可以根據(jù)能量轉(zhuǎn)化情況，確定是什么力做功，尤其可以方便計(jì)算變力做的功。題點(diǎn)全練1.(2018全國(guó)卷)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為()A2mgRB4mgRC5mgR D6mgR解析：選C小球從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得，F(xiàn)3RmgRmv2，又Fmg，故v2。小球離開c點(diǎn)在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做初

13、速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且水平方向的加速度大小也為g，故小球從c點(diǎn)到最高點(diǎn)所用的時(shí)間t2，水平位移xgt22R，根據(jù)功能關(guān)系，小球從a點(diǎn)到軌跡最高點(diǎn)機(jī)械能的增量等于力F做的功，即EF(3Rx)5mgR，C正確。2.多選(2019屆高三邯鄲模擬)如圖，質(zhì)量為m的物體在恒定外力F作用下豎直向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，力F做的功為W，此時(shí)撤去力F，物體又經(jīng)相同時(shí)間回到了出發(fā)點(diǎn)。若以出發(fā)點(diǎn)所在水平面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能平面，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則()A從物體開始運(yùn)動(dòng)到回到出發(fā)點(diǎn)的過程中，物體的機(jī)械能增加了B力F的大小為mgC物體回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為D撤去力F時(shí)，物

14、體的動(dòng)能和重力勢(shì)能恰好相等解析：選BC除重力以外的力做的功等于物體機(jī)械能的變化量，力F做功為W，則物體機(jī)械能增加了W，故A錯(cuò)誤；從開始運(yùn)動(dòng)到回到出發(fā)點(diǎn)，撤去力F前后兩個(gè)過程位移大小相等、方向相反，時(shí)間相等，取豎直向上為正方向，則得：at2，F(xiàn)mgma，解得：ag，F(xiàn)mg，故B正確；在整個(gè)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：mv2W，物體回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)速率v，瞬時(shí)功率為Pmgv，故C正確；撤去力F時(shí)，物體的動(dòng)能為EkWmgat2Fat2mgat2mgat2，重力勢(shì)能為Epmgat2mgat2，可見，動(dòng)能和重力勢(shì)能不相等，故D錯(cuò)誤。3.多選(2018盤錦模擬)如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，AB、

15、CD是圓環(huán)相互垂直的兩條直徑，C、D兩點(diǎn)與圓心O等高。一個(gè)質(zhì)量為m的光滑小球套在圓環(huán)上，一根輕質(zhì)彈簧一端連在小球上，另一端固定在P點(diǎn)，P點(diǎn)在圓心O的正下方處。小球從最高點(diǎn)A由靜止開始沿逆時(shí)針方向下滑，已知彈簧的原長(zhǎng)為R，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，下列說法正確的有()A彈簧長(zhǎng)度等于R時(shí)，小球的動(dòng)能最大B小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為C小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力差為4mgD小球從A到C的過程中，彈簧彈力對(duì)小球做的功等于小球機(jī)械能的增加量解析：選CD小球下滑過程中，彈簧長(zhǎng)度等于R時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，此時(shí)彈簧彈力等于0，只有重力對(duì)小球做正功，小球仍在加速，所以彈簧長(zhǎng)度等于R時(shí)，小球的動(dòng)能

16、不是最大，故A錯(cuò)誤；由題可知，小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧的形變量相等，彈簧的彈性勢(shì)能相等，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：2mgRmvB2，解得小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度vB2，故B錯(cuò)誤；設(shè)小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧的彈力大小為F，在A點(diǎn)，圓環(huán)對(duì)小球的支持力F1mgF，在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：F2mgFm，解得圓環(huán)對(duì)小球的支持力F25mgF，則F2F14mg，由牛頓第三定律知，小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力差為4mg，故C正確；小球從A到C的過程中，根據(jù)功能關(guān)系可知，彈簧彈力對(duì)小球做的功等于小球機(jī)械能的增加量，故D正確。知能全通 “三步走”分析疊放體問題(以傳送帶為例)題點(diǎn)全練1.如圖所示，水平傳送帶長(zhǎng)為s，以

17、速度v始終保持勻速運(yùn)動(dòng)，把質(zhì)量為m的貨物放到A點(diǎn)，貨物與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，當(dāng)貨物從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，摩擦力對(duì)貨物做的功不可能()A等于mv2B小于mv2C大于mgs D小于mgs解析：選C貨物在傳送帶上相對(duì)地面的運(yùn)動(dòng)情況可能是先加速后勻速，也可能是一直加速而最終速度小于v，根據(jù)動(dòng)能定理知摩擦力對(duì)貨物做的功可能等于mv2，可能小于mv2，可能等于mgs，可能小于mgs，不可能大于mgs，故C對(duì)。2.多選(2018濟(jì)寧模擬)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的木板靜置在光滑的水平面上，在木板上放置一質(zhì)量為m的物塊，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。物塊以速度v0從木板的左端向右端滑動(dòng)時(shí)，若木板固定

18、不動(dòng)，物塊恰好能從木板的右端滑下。若木板不固定時(shí)，下列敘述正確的是()A物塊不能從木板的右端滑下B系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量QmgLC經(jīng)過t物塊與木板保持相對(duì)靜止D摩擦力對(duì)木板所做的功等于物塊克服摩擦力所做的功解析：選AC木板固定不動(dòng)時(shí)，物塊減少的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。木板不固定時(shí)，物塊向右減速的同時(shí)，木板要向右加速，物塊減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能和木板的動(dòng)能，所以產(chǎn)生的內(nèi)能必然減小，物塊相對(duì)于木板滑行的距離要減小，不能從木板的右端滑下，故A正確；物塊和木板組成的系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量QFfx相對(duì)mgx相對(duì)mgL，故B錯(cuò)誤；設(shè)物塊與木板最終的共同速度為v，物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守

19、恒定律，有：mv0(mM)v，對(duì)木板，由動(dòng)量定理得：mgtMv，聯(lián)立解得： t，故C正確；由于物塊與木板相對(duì)于水平面的位移大小不等，物塊對(duì)地位移較大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力對(duì)木板所做的功小于物塊克服摩擦力所做的功，故D錯(cuò)誤。3.如圖所示，水平傳送帶兩端點(diǎn)A、B間的距離為l，傳送帶開始時(shí)處于靜止?fàn)顟B(tài)。把一個(gè)小物體放到右端的A點(diǎn)，施加恒定拉力F使小物體以速度v1勻速滑到左端的B點(diǎn)，拉力F所做的功為W1、功率為P1，這一過程物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q1。隨后讓傳送帶以速度v2勻速運(yùn)動(dòng)，施加相同的恒定拉力F拉物體，使它以相對(duì)傳送帶為v1的速度勻速?gòu)腁滑到B，這一過程中，拉力F所做的功

20、為W2、功率為P2，物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q2。下列關(guān)系中正確的是()AW1W2，P1P2，Q1Q2BW1W2，P1P2，Q1Q2CW1W2，P1P2，Q1Q2DW1W2，P1P2，Q1Q2解析：選B因?yàn)閮纱蔚睦臀灰葡嗤?，兩次拉力做的功相等，即W1W2；當(dāng)傳送帶不動(dòng)時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，當(dāng)傳送帶以速度v2勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，所以第二次用的時(shí)間短，功率大，即P1P2；滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)路程的乘積等于產(chǎn)生的熱量，第二次的相對(duì)路程小，所以Q1Q2，選項(xiàng)B正確。4多選如圖甲所示，光滑水平面上放著長(zhǎng)木板B，質(zhì)量為m2 kg的木塊A以速度v02 m/s滑上原來靜止的長(zhǎng)木板

21、B的上表面，由于A、B之間存在有摩擦，之后，A、B的速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，重力加速度g10 m/s2。下列說法正確的是()AA、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1B長(zhǎng)木板的質(zhì)量M2 kgC長(zhǎng)木板長(zhǎng)度至少為2 mDA、B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4 J解析：選AB從題圖乙可以看出，A先做勻減速運(yùn)動(dòng)，B做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后一起做勻速運(yùn)動(dòng)，共同速度：v1 m/s，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0(mM)v，解得：Mm2 kg，故B正確；由圖像可知，木板B勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為：a m/s21 m/s2，對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律得：mgMa，解得動(dòng)摩擦因數(shù)為：0.1，故A正確；由圖像可知前1 s內(nèi)B的

22、位移為：xB11 m0.5 m, A的位移為：xA1 m1.5 m，所以木板最小長(zhǎng)度為：LxAxB1 m，故C錯(cuò)誤；A、B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：Emv02(mM)v22 J，故D錯(cuò)誤。專題強(qiáng)訓(xùn)提能 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。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.mv2mgxBmgxmv2C.mv2mgx 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閙gx，由動(dòng)能定理得W彈mgxmv20，得W彈mv2mgx，C對(duì)。2(2018

23、江蘇高考)從地面豎直向上拋出一只小球，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vv0gt，小球的動(dòng)能Ekmv2，把速度v代入，得Ekmg2t2mgv0tmv02，Ek與t為二次函數(shù)關(guān)系，A正確。3多選(2016全國(guó)卷)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()Aa BaCN DN解析：選AC質(zhì)點(diǎn)P下滑到

24、最低點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得mgRWmv2，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Nmgma，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，左右斜面的傾角和及AB連線與水平面的夾角。物塊與各接觸面間動(dòng)摩擦因數(shù)相同且為，忽略物塊在拐角處的能量損失，以下結(jié)論正確的是()Atan Btan Ctan Dtan 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mghmgcos ACmgCEmgcos

25、 EB0，因?yàn)锳Ccos CEEBcos x，則有mghmgx0，解得tan ，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球以傾角斜向上拋，C球沿傾角為的光滑斜面上滑，它們上升的最大高度分別為hA、hB、hC，空氣阻力不計(jì)，則()AhAhBhC BhAhBhC DhAhChB解析：選DA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mghmv02，得hAhCh。對(duì)B球由機(jī)械能守恒定律得mghBmvt2mv02，且vt0，所以hAhChB，故D正確。6(2019屆高三

26、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小成正比，即Ffkv，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vt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：mgkvma，v逐漸減小，a逐漸減小，球下降過程中：mgkvma，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：mghFfhEkEk0，解得EkEk0(mg

27、kv)h，隨h的增加，v減小，則Ekh圖像的斜率減小，下降過程，由動(dòng)能定理：mg(h0h)Ff(h0h)Ek，即Ek(mgkv)(h0h)，隨下降的高度的增加，v增大，Ekh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：FfhEE0，上升過程中v逐漸減小，則Ff逐漸減小，即Eh圖像的斜率逐漸變小，故Eh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.m

28、gRC.mgR D.mgR解析：選DA、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hARRsin 45，B上升的高度為hBRsin 45，則有2mghAmghB2mvA2mvB2，又vAvB，所以B的動(dòng)能為EkBmvB2mgR，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5080 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4.0104 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

29、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2104 NB速度可能大于36 km/hC增加的重力勢(shì)能等于貨車牽引力所做的功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 F0.01mgmgsin 0.014.010410 N4.010410 N2104 N，故A正確；根據(jù)PFv得：v m/s10 m/s36 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

30、)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

31、，根據(jù)mghmv2，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 t22Rsin ，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：Wfmgcos ，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，且沒有力的作用。已知

32、M2m，空氣阻力不計(jì)。松開手后，下列說法正確的是()AM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 30mg，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)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

33、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)?，F(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點(diǎn)，兩輕桿間夾角由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()AA的動(dòng)能達(dá)到最大前，B受到地面的支持力小于mgBA的動(dòng)能最大時(shí)，B受到地面的支持力等于mgC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

34、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 30Lcos 60)mgL，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)

35、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，mv02mghmv2，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xv0t ，所以當(dāng)2h2h時(shí)水平位移最大，解得h，A正確；最大的水平位移為x2h，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

36、地時(shí)速度與水平方向的夾角為，位移與水平方向的夾角為，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，tan 2tan 21，則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：Fmgkxma，解得：Fm(ga)kx，由于x先減小后反向增大，故力F一直

37、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(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，

38、sin 370.6，cos 370.8)，下列說法正確的是()AA先到達(dá)傳送帶底端BA、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DA、B在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度之比為12解析：選BD對(duì)A，因?yàn)閙gsin 37mgcos 37，則A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)，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 37mgcos 37ma，a2 m/s2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式xvtat2，得運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t2 s，所以傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移大小為xvt2 m，所以A在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度為x16 m2 m4 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x26 m2 m8 m，所以劃痕長(zhǎng)度之比為12，故D正確。