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

（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（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。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(dāng)彈簧的長度第一次回到原長時(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)均不對解析：選C設(shè)W彈為彈力對物體做的功，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。2(2018·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的水平長度為x，豎直高度差為h，對從A到B的過程運(yùn)用動(dòng)能定理得mghmgcos ·ACmg·CEmgcos ·EB0，因?yàn)锳C·cos CEEB·cos 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 BhAhB<hCChAhB>hC DhAhC>hB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A、C球由機(jī)械能守恒定律得mghmv02，得hAhCh。對B球由機(jī)械能守恒定律得mghBmvt2mv02，且vt0，所以hAhC>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(mgkv)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.mgRC.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2mghAmghB×2mvA2mvB2，又vAvB，所以B的動(dòng)能為EkBmvB2mgR，選項(xiàng)D正確。8(2018·煙臺模擬)某段高速路對載重貨車設(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4.0×104 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，則貨車勻速上坡的過程中()A牽引力等于2×104 NB速度可能大于36 km/hC增加的重力勢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 0.01×4.0×104×10 N4.0×104×10× N2×104 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)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M做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與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，桿長均為L。B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長?，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彈簧的彈性勢能最大時(shí)，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(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)對地面的壓力小于3mg，即地面對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，彈簧的彈性勢能最大值等于A的重力勢能的減少量，即為mg(Lcos 30°Lcos 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)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 2×1，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彈簧的彈性勢能一直增大C物塊A的動(dòng)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(jī)械能先增大后減小解析：選C對物塊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一直增大，故A錯(cuò)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(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()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A做正功，對B做負(fù)功DA、B在傳送帶上的劃痕長度之比為12解析：選BD對A，因?yàn)閙gsin 37°>mgcos 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(fù)功，故C錯(cuò)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°mgcos 37°ma，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度為x16 m2 m4 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x26 m2 m8 m，所以劃痕長度之比為12，故D正確。