高考物理通用版二輪復習專題檢測：08《技法專題——巧用“能量觀點”解決力學選擇題》(含詳解)

1、專題檢測（八）專題檢測（八）技法專題技法專題巧用巧用“能量觀點能量觀點”解決力學選擇題解決力學選擇題1.如圖所示如圖所示， 物塊的質(zhì)量為物塊的質(zhì)量為 m， 它與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為它與水平桌面間的動摩擦因數(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，然后放手手，當彈簧的長度第一次回到原長時當彈簧的長度第一次回到原長時，物塊的速度為物塊的速度為 v。則此過程中彈力所做的功為則此過程中彈力所做的功為()A.12mv2mgxBmgx12mv2C.12mv2mgxD以上選項均不對以上選項均不對解析：解析：選選 C設設 W彈彈

2、為彈力對物體做的功，因為克服摩擦力做的功為為彈力對物體做的功，因為克服摩擦力做的功為mgx，由動能定，由動能定理得理得 W彈彈mgx12mv20，得，得 W彈彈12mv2mgx，C 對。對。2(2018江蘇高考江蘇高考)從地面豎直向上拋出一只小球從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面小球運動一段時間后落回地面。忽忽略空氣阻力，該過程中小球的動能略空氣阻力，該過程中小球的動能 Ek與時間與時間 t 的關(guān)系圖像是的關(guān)系圖像是()解析解析：選選 A小小球做豎直上拋運動球做豎直上拋運動， 設初速度為設初速度為v0， 則則vv0gt， 小小球的動能球的動能 Ek12mv2，把速度把速度

3、v 代入，得代入，得 Ek12mg2t2mgv0t12mv02，Ek與與 t 為二次函數(shù)關(guān)系，為二次函數(shù)關(guān)系，A 正確。正確。3多選多選(2016全國卷全國卷)如圖如圖， 一固定容器的內(nèi)壁是半徑為一固定容器的內(nèi)壁是半徑為 R 的的半球面半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為 m 的質(zhì)點的質(zhì)點 P。它在容器它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為克服摩擦力做的功為 W。重力加重力加速度大小為速度大小為 g。 設質(zhì)點設質(zhì)點 P 在最低點時在最低點時， 向心加速度的大小為向心加速度的大小為 a， 容器對它的支持力大小為

4、容器對它的支持力大小為 N，則則()Aa2 mgRW mRBa2mgRWmRCN3mgR2WRDN2 mgRW R解析：解析：選選 AC質(zhì)點質(zhì)點 P 下滑到最低點的過程中，由動能定理得下滑到最低點的過程中，由動能定理得 mgRW12mv2，則速，則速度度 v2 mgRW m， 在最低點的向心加速度在最低點的向心加速度 av2R2 mgRW mR， 選項選項 A 正確正確， B 錯誤錯誤；在最低點時，由牛頓第二定律得在最低點時，由牛頓第二定律得 Nmgma，N3mgR2WR，選項，選項 C 正確，正確，D 錯誤。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。物塊自左如圖為某同學建立的一個

5、測量動摩擦因數(shù)的模型。物塊自左側(cè)斜面上側(cè)斜面上 A 點由靜止滑下點由靜止滑下，滑過下面一段平面后滑過下面一段平面后，最高沖至右側(cè)斜最高沖至右側(cè)斜面上的面上的 B 點。實驗中測量出了三個角度，左右斜面的傾角點。實驗中測量出了三個角度，左右斜面的傾角和和及及AB 連線與水平面的夾角連線與水平面的夾角。物塊與各接觸面間動摩擦因數(shù)相同且為物塊與各接觸面間動摩擦因數(shù)相同且為，忽略物塊在拐角處的忽略物塊在拐角處的能量損失，以下結(jié)論正確的是能量損失，以下結(jié)論正確的是()Atan Btan Ctan Dtan2解析解析：選選 C設設 AB 的水平長度為的水平長度為 x，豎直高度差為豎直高度差為 h，對從對從

6、A 到到 B 的過程運用動能定的過程運用動能定理得理得 mghmgcos ACmgCEmgcos EB0，因為，因為 ACcos CEEBcos x，則有則有 mghmgx0，解得，解得hxtan ，故，故 C 正確。正確。5如圖所示，質(zhì)量、初速度大小都相同的如圖所示，質(zhì)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三個小球，開始時在同一水平面上上，A 球豎直上拋球豎直上拋，B 球以傾角球以傾角斜向上拋斜向上拋，C 球沿傾角為球沿傾角為的光滑斜面上滑的光滑斜面上滑，它們上升的最它們上升的最大高度分別為大高度分別為 hA、hB、hC，空氣阻力不計，則，空氣阻力不計，則()AhA

7、hBhCBhAhBhCDhAhChB解析：解析：選選 DA 球和球和 C 球上升到最高點時速度均為零，而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球上升到最高點時仍有水平方向的速度，即仍有動能。對平方向的速度，即仍有動能。對 A、C 球由機械能守恒定律得球由機械能守恒定律得 mgh12mv02，得，得 hAhChv022g。對對 B 球由機械能守恒定律得球由機械能守恒定律得 mghB12mvt212mv02，且且 vt0，所以所以 hAhChB，故故D 正確。正確。6(2019 屆高三屆高三南京模擬南京模擬)質(zhì)量為質(zhì)量為 m 的球從地面以初速度的球從地面以初速度 v0豎直向上拋

8、出，已知球所豎直向上拋出，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、加速度 a隨時間隨時間 t 的變化關(guān)系和動能的變化關(guān)系和動能 Ek、 機械能機械能 E(取地面處重力勢能為零取地面處重力勢能為零)隨球距離地面高度隨球距離地面高度 h 的變的變化關(guān)系，其中可能正確的是化關(guān)系，其中可能正確的是()解析：解析：選選 C已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比，即已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比，即 Ffkv，當球上升到最高，當球上升到最高點時，點時，v 為零，球只受重力，為零，球只受重力

9、，a 等于等于 g，則，則 vt 圖線切線的斜率不等于零，故圖線切線的斜率不等于零，故 A 錯誤；根據(jù)錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，球上升過程中：牛頓第二定律，球上升過程中：mgkvma，v 逐漸減小，逐漸減小，a 逐漸減小，球下降過程中：逐漸減小，球下降過程中：mgkvma，v 逐漸增大逐漸增大，a 逐漸減小逐漸減小，故故 B 錯誤錯誤；上升過程上升過程，由動能定理由動能定理：mghFfhEkEk0，解得解得 EkEk0(mgkv)h，隨隨 h 的增加的增加，v 減小減小，則則 Ekh 圖像的斜率減小圖像的斜率減小，下下降過程降過程，由動能定理由動能定理：mg(h0h)Ff(h0h)Ek，即即 E

10、k(mgkv)(h0h)，隨下降的高度隨下降的高度的增加的增加，v 增大增大，Ekh 圖像的斜率減小圖像的斜率減小，故故 C 正確正確；機械能的變化量等于克服阻力做的功機械能的變化量等于克服阻力做的功：FfhEE0，上升過程中上升過程中 v 逐漸減小逐漸減小，則則 Ff逐漸減小逐漸減小，即即 Eh 圖像的斜率逐漸變小圖像的斜率逐漸變小，故故Eh 圖像不是直線，故圖像不是直線，故 D 錯誤。錯誤。7.(2018武漢調(diào)研武漢調(diào)研)如圖所示如圖所示，半徑為半徑為 R、圓心為圓心為 O 的光滑圓環(huán)固定的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，在豎直平面內(nèi)，OC 水平，水平，D 是圓環(huán)最低點。質(zhì)量為是圓環(huán)最低點。質(zhì)量

11、為 2m 的小球的小球 A 與質(zhì)與質(zhì)量為量為 m 的小球的小球 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，當圖所示，由靜止釋放，當 A 運動至運動至 D 點時，點時，B 的動能為的動能為()A.22mgRB.26mgRC.4 22mgRD.4 26mgR解析解析：選選 DA、B 組成的系統(tǒng)機械能守恒組成的系統(tǒng)機械能守恒，當當 A 運動到最低點運動到最低點 D 時時，A 下降的高度為下降的高度為hARRsin 45，B 上升的高度為上升的高度為 hBRsin 45，則有，則有 2mghAmghB122mvA212mvB2，

12、又又 vAvB，所以，所以 B 的動能為的動能為 EkB12mvB24 26mgR，選項，選項 D 正確。正確。8(2018煙臺模擬煙臺模擬)某段高速路對載重貨車設定的允許速度范圍為某段高速路對載重貨車設定的允許速度范圍為 5080 km/h，而上，而上坡時若貨車達不到最小允許速度坡時若貨車達不到最小允許速度 50 km/h，則必須走，則必須走“爬坡車道爬坡車道”來避免危險。某質(zhì)量來避免危險。某質(zhì)量為為4.0104kg 的載重貨車，保持額定功率的載重貨車，保持額定功率 200 kW 在在“爬坡車道爬坡車道”上行駛，每前進上行駛，每前進 1 km，上，上升升 0.04 km，貨車所受的阻力貨車所

13、受的阻力(摩擦阻力與空氣阻力摩擦阻力與空氣阻力)為車重的為車重的 0.01 倍倍，g 取取 10 m/s2，爬坡車爬坡車道足夠長，則貨車勻速上坡的過程中道足夠長，則貨車勻速上坡的過程中()A牽引力等于牽引力等于 2104NB速度可能大于速度可能大于 36 km/hC增加的重力勢能等于貨車牽引力所做的功增加的重力勢能等于貨車牽引力所做的功D增加的機械能等于貨車克服阻力所做的功增加的機械能等于貨車克服阻力所做的功解析：解析：選選 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

14、0.041N2104N， 故故 A 正確正確； 根據(jù)根據(jù) PFv得：得：vPF21052104m/s10 m/s36 km/h，故，故 B 錯誤；勻速上坡過程增加的重力勢能等于錯誤；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，故汽車牽引力所做的功與克服阻力做功之差，故 C 錯誤；根據(jù)功能關(guān)系知，勻速上坡過程增錯誤；根據(jù)功能關(guān)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。錯誤。9多選多選(2018武漢質(zhì)檢武漢質(zhì)檢)有一系列斜面有一系列斜面，傾角各不相同傾角各不相同，它們它們的底端

15、相同，都是的底端相同，都是 O 點，如圖所示。有一系列完全相同的滑塊點，如圖所示。有一系列完全相同的滑塊(可可視為質(zhì)點視為質(zhì)點)從這些斜面上的從這些斜面上的 A、B、C、D、各點同時由靜止釋放各點同時由靜止釋放，下列判斷正確的是下列判斷正確的是()A若各斜面均光滑若各斜面均光滑，且這些滑塊到達且這些滑塊到達 O 點的速率相同點的速率相同，則則 A、B、C、D、各點處在同一水平線上各點處在同一水平線上B若各斜面均光滑若各斜面均光滑，且這些滑塊到達且這些滑塊到達 O 點的速率相同點的速率相同，則則 A、B、C、D、各點處在各點處在同一豎直面內(nèi)的圓周上同一豎直面內(nèi)的圓周上C若各斜面均光滑若各斜面均光

16、滑，且這些滑塊到達且這些滑塊到達 O 點的時間相同點的時間相同，則則 A、B、C、D、各點處在各點處在同一豎直面內(nèi)的圓周上同一豎直面內(nèi)的圓周上D若各斜面與這些滑塊間有相同的動摩擦因數(shù)，滑塊到達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，各滑塊損點的過程中，各滑塊損失的機械能相同，則失的機械能相同，則 A、B、C、D、各點處在同一豎直線上各點處在同一豎直線上解析解析：選選 ACD若各斜面均光滑若各斜面均光滑，根據(jù)根據(jù) mgh12mv2，滑塊質(zhì)量相同滑塊質(zhì)量相同，到達到達 O 點的速率相同，則點的速率相同，則 h 相同，即各釋放點處在同一水平線上，相同，即各釋放點處在同一水平

17、線上，A 正正確確， B 錯誤錯誤； 以以 O 點為最低點作等時圓點為最低點作等時圓， 如圖所示如圖所示， 由由12gsin t22Rsin ，可知各滑塊從圓周上各點運動到可知各滑塊從圓周上各點運動到 O 點時間相等點時間相等， C 正確正確； 若各滑塊滑到若各滑塊滑到 O點的過程中，滑塊滑動的水平距離是點的過程中，滑塊滑動的水平距離是 x，滑，滑塊損失的機械能塊損失的機械能(即克服摩擦力做功即克服摩擦力做功)為：為：Wfmgcos xcos ，即各釋放點處在同一豎直線上，即各釋放點處在同一豎直線上，D 正確。正確。10 多選多選如圖所示如圖所示， 固定在水平面上的光滑斜面傾角為固定在水平面上

18、的光滑斜面傾角為 30，質(zhì)量分別為質(zhì)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的兩個物體通過細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。開始時用手按住輪兩側(cè)，斜面底端有一與斜面垂直的擋板。開始時用手按住 M，此時此時 M 到擋板的距離為到擋板的距離為 s，滑輪兩邊的細繩恰好伸直滑輪兩邊的細繩恰好伸直，且沒有力的作用且沒有力的作用。已知已知 M2m，空空氣阻力不計。松開手后，下列說法正確的是氣阻力不計。松開手后，下列說法正確的是()AM 和和 m 組成的系統(tǒng)機械能守恒組成的系統(tǒng)機械能守恒B當當 M 的速度最大時，的速度最大時，m 與地面間的作用力為零與地面間的

19、作用力為零C若若 M 恰好能到達擋板處，則此時恰好能到達擋板處，則此時 m 的速度為零的速度為零D若若 M 恰好能到達擋板處恰好能到達擋板處，則此過程中重力對則此過程中重力對 M 做的功等于彈簧彈性勢能的增加量做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與與 m 的機械能增加量之和的機械能增加量之和解析解析：選選 BD運動過程中運動過程中，M、m 與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，A 錯誤錯誤；當當 M 速度速度最大時，彈簧的彈力等于最大時，彈簧的彈力等于 Mgsin 30mg，此時，此時 m 與地面間的作用力恰好為零，與地面間的作用力恰好為零，B 正確；正確；然后然后 M 做減速運動做

20、減速運動，恰好能到達擋板處恰好能到達擋板處，也就是速度剛好減小到了零也就是速度剛好減小到了零，之后之后 M 會上升會上升，所所以以 M 恰好到達擋板處時彈簧彈力大于恰好到達擋板處時彈簧彈力大于 mg，即此時，即此時 m 受到的細繩拉力大于自身重力，受到的細繩拉力大于自身重力，m 還還在加速上升，在加速上升，C 錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，M 減小的機械能等于減小的機械能等于 m 增加的機械能與彈簧增加的增加的機械能與彈簧增加的彈性勢能之和彈性勢能之和，若若 M 恰好能到達擋板處恰好能到達擋板處，此時動能恰好為零此時動能恰好為零，因此重力對因此重力對 M 做的功等于做的功等于 M減小

21、的機械能，減小的機械能，D 正確。正確。11多選多選如圖所示，三個小球如圖所示，三個小球 A、B、C 的質(zhì)量均為的質(zhì)量均為 m，A 與與B、C 間通過鉸鏈用輕桿連接間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長均為桿長均為 L。B、C 置于水平地面上置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接用一輕質(zhì)彈簧連接， 彈簧處于原長彈簧處于原長。 現(xiàn)現(xiàn) A 由靜止釋放下降到最低點由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角兩輕桿間夾角由由 60變?yōu)樽優(yōu)?120。A、B、C 在同一豎直平面內(nèi)運動在同一豎直平面內(nèi)運動，彈簧在彈性限度內(nèi)彈簧在彈性限度內(nèi)，忽忽略一切摩擦，重力加速度為略一切摩擦，重力加速度為 g。則此下降過程中。則此下降過程中()A

22、A 的動能達到最大前，的動能達到最大前，B 受到地面的支持力小于受到地面的支持力小于32mgBA 的動能最大時，的動能最大時，B 受到地面的支持力等于受到地面的支持力等于32mgC彈簧的彈性勢能最大時，彈簧的彈性勢能最大時，A 的加速度方向豎直向下的加速度方向豎直向下D彈簧的彈性勢能最大值為彈簧的彈性勢能最大值為32mgL解析解析：選選 AB在在 A 的動能達到最大前的動能達到最大前，A 向下加速運動向下加速運動，此時此時 A 處于失重狀態(tài)處于失重狀態(tài)，則整則整個系統(tǒng)對地面的壓力小于個系統(tǒng)對地面的壓力小于 3mg，即地面對，即地面對 B 的支持力小于的支持力小于32mg，A 項正確；當項正確；

23、當 A 的動能最的動能最大時大時，A 的加速度為零的加速度為零，這時系統(tǒng)既不失重這時系統(tǒng)既不失重，也不超重也不超重，系統(tǒng)對地面的壓力等于系統(tǒng)對地面的壓力等于 3mg，即即 B受到地面的支持力等于受到地面的支持力等于32mg，B 項正確；當彈簧的彈性勢能最大時，項正確；當彈簧的彈性勢能最大時，A 減速運動到最低點減速運動到最低點，此時此時 A 的加速度方向豎直向上，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值等于 A 的重力勢能的減少量，即為的重力勢能的減少量，即為 mg(Lcos 30Lcos 60)312m

24、gL，D 項錯誤。項錯誤。12多選多選如圖所示，在豎直桿上安裝一個光滑小導向槽，使豎如圖所示，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直上拋的小球能改變方向后做平拋運動；不計經(jīng)導向槽時小球的能量不計經(jīng)導向槽時小球的能量損失損失，設小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為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導向槽位置應在高為v24g的位置的位置B最大水平位移為最大水平位移為v2gC小球在上、下兩過程中，在經(jīng)過某相同高度時，合速

25、度的大小總有小球在上、下兩過程中，在經(jīng)過某相同高度時，合速度的大小總有 v下下2v上上D當小球落地時，速度方向與水平方向成當小球落地時，速度方向與水平方向成 45角角解析：解析：選選 AD設小球做平拋運動時的速度為設小球做平拋運動時的速度為 v0，根據(jù)機械能守恒定律可得，根據(jù)機械能守恒定律可得，12mv02mgh12mv2，解得，解得 v0 v22gh；根據(jù)平拋運動的知識可得，下落時間；根據(jù)平拋運動的知識可得，下落時間 t2hg，則水平，則水平位移位移 xv0tv2g2h2h，所以當所以當v2g2h2h 時水平位移最大時水平位移最大，解得解得 hv24g，A 正確正確；最大的水平位移為最大的水

26、平位移為 x 4h22hv22g，B 錯誤錯誤；根據(jù)機械能守恒定律可知根據(jù)機械能守恒定律可知，在某相同高度處在某相同高度處時上升的速率和下落的速率相等時上升的速率和下落的速率相等，C 錯誤錯誤；設小球落地時速度與水平方向的夾角為設小球落地時速度與水平方向的夾角為，位移位移與水平方向的夾角為與水平方向的夾角為，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知，tan 2tan 2h2h1，則，則45，D 正確。正確。13.(2019 屆高三屆高三濱州模擬濱州模擬)兩物塊兩物塊 A 和和 B 用一輕彈簧連接用一輕彈簧連接，靜止在靜止在水平桌面上水平桌面上，如圖甲所示如圖甲所示，現(xiàn)用一豎直向上的力現(xiàn)用

27、一豎直向上的力 F 拉動物塊拉動物塊 A，使之向使之向上做勻加速直線運動，如圖乙所示。在物塊上做勻加速直線運動，如圖乙所示。在物塊 A 開始運動到物塊開始運動到物塊 B 將要將要離開桌面的過程中離開桌面的過程中(彈簧始終處于彈性限度內(nèi)彈簧始終處于彈性限度內(nèi))，下列說法正確的是，下列說法正確的是()A力力 F 先減小后增大先減小后增大B彈簧的彈性勢能一直增大彈簧的彈性勢能一直增大C物塊物塊 A 的動能和重力勢能一直增大的動能和重力勢能一直增大D物塊物塊 A、B 和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能先增大后減小和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能先增大后減小解析解析：選選 C對物塊對物塊 A 由牛頓第二定律得由牛頓第二定

28、律得：Fmgkxma，解得解得：Fm(ga)kx，由于由于 x 先減小后反向增大先減小后反向增大，故力故力 F 一直增大一直增大，故故 A 錯誤錯誤；在物塊在物塊 A 上升過程中上升過程中，彈簧從壓彈簧從壓縮到伸長，所以彈簧的彈性勢能先減小后增大，故縮到伸長，所以彈簧的彈性勢能先減小后增大，故 B 錯誤；在物塊錯誤；在物塊 A 上升過程中，由于物上升過程中，由于物塊塊 A 做勻加速運動做勻加速運動，所以物塊所以物塊 A 的速度增大的速度增大，高度升高高度升高，則物塊則物塊 A 的動能和重力勢能增大的動能和重力勢能增大，故故 C 正確；在物塊正確；在物塊 A 上升過程中，除重力與彈力做功外，還有力上升過程中，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，故和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機械能一直增大，故 D 錯誤。錯誤。14.多選多選(2018江西八校聯(lián)考江西八校聯(lián)考)如圖所示，三角形傳送帶以如圖所示，三角形傳送帶以1 m/s 的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，兩邊的傳送帶長都是的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，兩邊的傳送帶長都是 6 m 且與水且與水平方向的夾角均為