（课标通用）2020新高考物理二轮复习 选择题逐题突破 第四道 选择题涉及的命题点 4.5 用能量观

4－5用能量观点解决力学综合问题一练固双基——基础性考法1．[多选](2016·全国卷Ⅱ)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM∠OMNπ2。在小球从M点运动到N点的过程中，()A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差解析：在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜π2，则小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于拉伸状态，小球从M点运动到N点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A错误。在弹簧与杆垂直时及弹簧处答案：BCD于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B正确。弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C正确。由机械能守恒定律知，在M、N两点弹簧弹性势能相等，在N点动能等于从M点到N点重力势能的减小值，选项D正确。2．[多选](2019·济宁模拟)如图所示，长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m的物块，物块与木板之间的动摩擦因数为μ。物块以v0从木板的左端向右滑动时，若木板固定不动时，物块恰好能从木板的右端滑下。若木板不固定时，下面叙述正确的是()A．物块不能从木板的右端滑下B．对系统来说产生的热量Q＝μmgLC．经过t＝Mv0M＋mμg物块与木板便保持相对静止D．摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功解析：木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能。木板不固定时，物块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相对于木板滑行的距离要减小，不能从木板的右端滑下，故A正确。对系统来说，产生的热量Q＝Ffx相对＝μmgx相对＜μmgL，故B错误。设物块与木板最终的共同速度为v，物块和木板组成的系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mv0＝(m＋M)v，对木板，由动量定理得：μmgt＝Mv，联立解得t＝Mv0M＋mμg，故C正确。由于物块与木板相对于地面的位移大小不等，物块的位移较大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，故D错误。答案：AC3.如图所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态。把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平拉力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A点滑行到B点，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2。下列关系中正确的是()A．W1＝W2，P1P2，Q1＝Q2B．W1＝W2，P1P2，Q1Q2C．W1W2，P1＝P2，Q1Q2D．W1W2，P1＝P2，Q1＝Q2解析：因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以W1＝W2。当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝lv1；当传送带以v2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t2＝lv1＋v2，所以第二次用的时间短，功率大，即P1P2。因摩擦而产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，第二次的相对路程小，所以Q1Q2，故B正确。答案：B4．一质量为0.2kg的小球在空中由静止下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示。假设小球在空中运动时所受阻力大小不变，小球与地面碰撞时间可忽略不计，重力加速度g＝10m/s2，下列说法中正确的是()A．小球在空中运动过程中所受阻力大小为2NB．小球与地面相碰后上升至最高点所用时间为0.2sC．在0～t1时间内，由于空气阻力作用小球损失的机械能为2.2JD．小球在与地面碰撞过程中损失的机械能为2.8J解析：由图像信息可知，小球下落阶段的加速度大小为5m/s2，由受力分析得a＝mg－fm，代入数据解得小球受到的空气阻力大小为f＝1N，故A错误；小球上升阶段的加速度大小a′＝mg＋fm＝15m/s2,则碰后上升至最高点所用时间为t＝3m/sa′＝0.2s，故B正确；在0～t1时间内，小球通过的路程为s＝12×5×1m＋12×3×0.2m＝2.8m，则空气阻力对小球做的功W＝－fs＝－2.8J，故C错误；小球在碰撞过程中损失的机械能ΔE＝12×0.2×(52－32)J＝1.6J，故D错误。答案：B5．在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v。则此时()A．拉力做功的瞬时功率为FvsinθB．物块B满足m2gsinθ＝kdC．物块A的加速度为F－kdm1D．弹簧弹性势能的增加量为Fd－12m1v2解析：由于拉力F与速度v同向，所以拉力的瞬时功率为P＝Fv，故A错误；开始系统处于静止状态，弹簧弹力大小等于A的重力沿斜面向下的分力，当B刚要离开挡板C时，弹簧的弹力大小等于B的重力沿斜面向下的分力，故m2gsinθ＝kx2，但由于开始时弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsinθ＜kd，故B错误；当B刚要离开挡板C时，对A根据牛顿第二定律得：F－m1gsinθ－kx2＝m1a1，又开始时，A处于平衡状态，则有：m1gsinθ＝kx1，而d＝x1＋x2，解得物块A的加速答案：C度a1＝F－kdm1，故C正确；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：Fd－m1gdsinθ－12m1v2，故D错误。二练会迁移——综合性考法1．光滑水平面上有一物体，受到水平拉力F作用由静止开始沿直线运动，它的速度v随时间t变化的规律是v＝kt2(式中k为常量)。关于物体的运动及拉力F做功情况，下列说法正确的是()A．物体做匀加速直线运动B．物体做加速度增大的加速运动C．每经连续相等时间，拉力F做功大小相等D．每经连续相等位移，拉力F做功大小相等答案：B解析：速度v随时间t变化的规律是v＝kt2(式中k为常量)，则物体的加速度随时间越来越大，即物体做加速度越来越大的加速运动，故A错误，B正确；物体做加速度越来越大的加速运动，根据牛顿第二定律可知，力F也越来越大，则每经连续相等时间，位移增大，力F也增大，根据W＝Fx可知，拉力做功增大，故C错误；根据W＝Fx可知，每经连续相等位移，拉力F做功越大，故D错误。2.(2019·武汉调研)如图所示，半径为R、圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内，OC水平，D是圆环最低点。质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上，两球之间用轻杆相连。两球初始位置如图所示，由静止释放，当A运动至D点时，B的动能为()A.22mgRB.26mgRC.4＋22mgRD.4＋26mgR答案：D解析：A、B组成的系统机械能守恒，当A运动到最低点D时，A下降的高度为hA＝R＋Rsin45°，B上升的高度为hB＝Rsin45°，则有2mghA－mghB＝12×2mvA2＋12mvB2，又vA＝vB，所以B的动能为EkB＝12mvB2＝4＋26mgR，选项D正确。3．如图甲所示，静止在地面上的一个物体在竖直向上的拉力作用下开始运动，在向上运动的过程中，物体的动能Ek与位移x关系图像如图乙所示。其中在0～h过程中的图线为平滑曲线，h～2h过程中的图线为平行于横轴的直线，2h～3h过程中的图线为一倾斜的直线。不计空气阻力，下列说法正确的是()A．物体上升到h高处时，拉力的功率为零B．在0～h过程中，拉力大小恒为2mgC．在h～2h过程中，物体机械能不变D．在2h～3h过程中，物体的机械能不变解析：上升高度在0～h过程中，由动能定理得Ek＝(F－mg)x，图线斜率表示合外力，0～h过程中，斜率逐渐减小到零，则拉力逐渐减小到等于重力，合力减小为零，A、B错误；2h～3h过程中，物体受到的拉力等于重力，匀速上升，拉力做正功，物体的机械能增加，C错误；在2h～3h过程中，图线斜率恒定，大小为mg，则物体合力大小为mg，物体只受到重力，机械能守恒，D正确。答案：D4．[多选](2019·铁岭模拟)如图所示，用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体，它们的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1，m1用轻绳挂在动滑轮上，滑轮的质量、摩擦均不计。现将系统从静止释放，对m1上升h高度(h小于两滑轮起始高度差)这一过程，下列说法正确的是()A．m2减小的重力势能全部转化为m1增加的重力势能B．m1上升到h高度时的速度大小为2gh3C．轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等D．轻绳的张力大小为23m1g解析：根据机械能守恒可知，m2减小的重力势能全部转化为m1增加的重力势能和两物体的动能，故A错误；根据动滑轮的特点可知，m2的速度大小为m1速度大小的2倍，根据动能定理可得：m2g·2h－m1gh＝12m2v22＋12m1v12，v2＝2v1，解得：v1＝2gh3，故B正确；绳子的拉力相同，故轻绳对m2、m1做功的功率大小分别为P2＝Fv2，P1＝2F·v1，由于v2＝2v1，故轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等，故C正确；根据动滑轮答案：BCD的特点可知，m1的加速度大小为m2的加速度大小的一半，根据牛顿第二定律可知：2F－m1g＝m1a，m2g－F＝m2·2a，联立解得：F＝2m1g3，故D正确。5.如图所示，传送带足够长，与水平面间的夹角α＝37°，并以v＝10m/s的速度逆时针匀速转动，在传送带的A端轻轻地放一个质量为m＝1kg的小物体。若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列有关说法正确的是()A．小物体运动1s后，受到的摩擦力大小不适用公式F＝μFNB．小物体运动1s后加速度大小为2m/s2C．在放上小物体的第1s内，系统产生50J的热量D．在放上小物体的第1s内，至少给系统提供能量70J才能维持传送带匀速转动解析：由题意知，释放后A受向下摩擦力，根据牛顿第二定律mgsinα＋μmgcosα＝ma1，求得加速度a1＝10m/s2，再根据v＝a1t＝10m/s，可得：t＝1s，即1s后物体与传送带速度相等，又因为mgsinα＞μmgcosα，所以1s后物体继续做加速运动，mgsinα－μmgcosα＝ma2，解得：a2＝2m/s2，摩擦力为滑动摩擦力，故适用公式F＝μFN，所以A错误，B正确；答案：B在第1s内物体的位移x1＝12vt＝5m，传送带的位移x2＝vt＝10m，故相对位移Δx＝x2－x1＝5m，所以系统产生的热量Q＝μmgcosα·Δx＝20J，故C错误；物体增加的动能Ek＝12mv2＝50J，系统提供能量E＝Ek＋Q－mgsinα·x1，小于70J，故D错误。三练提素养——创新性、应用性考法1．[多选]节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量m＝1000kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1＝90km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P＝50kW。当驾驶员看到前方有80km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L＝72m后，速度变为v2＝72km/h。此过程中发动机