2022高考物理一轮复习-考点强化练能量综合问题新人教版.doc

2022高考物理一轮复习 考点强化练能量综合问题新人教版

2022高考物理一轮复习 考点强化练能量综合问题新人教版

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高频考点强化练(二)　能量综合问题
(45分钟　100分)
一、选择题(本题共11小题,每小题6分,共66分,1～7题为单选题,8～11题为多选题)
1. (2020·唐山模拟)如图所示,轻弹簧一端与墙相连,质量m=2 kg的木块沿光滑水平面以v0=5 m/s的初速度向左运动,当木块压缩弹簧后速度减为v=4 m/s时弹簧的弹性势能是 (　　)

A.9 J B.16 J C.25 J D.32 J
【解析】选A。压缩过程中动能转化为势能,总能量不变,故有m=Ep+mv2,解得Ep=m-mv2=×2×(52-42) J=9 J,选项A正确。
2.如图所示为厦门某炮台的一门大炮。假设炮弹水平射出,以海平面为重力势能零点,炮弹射出时的动能恰好为重力势能的3倍,不计空气阻力,则炮弹落到海平面时速度方向与海平面的夹角为 (　　)

A.30° B.45°
C.60° D.75°
【解析】选A。设抛出时炮弹的初速度为v0,高度为h,炮弹落地时的速度大小为v,方向与水平方向的夹角为α。根据机械能守恒定律得m+mgh=mv2,据题有m=3mgh,联立解得v=v0,则cosα==,可得α=30°,选项A正确。
3.(2020·武威模拟)质量为m的均匀链条长为L,开始放在光滑的水平桌面上时,有的长度悬在桌边缘,如图所示,松手后,链条滑离桌面,问从开始到链条刚滑离桌面过程中重力势能变化量为 (　　)

A.mgL B.mgL
C.-mgL D.-mgL
【解析】选C。设桌面为零势能面,开始时链条的重力势能为E1=-mg·L=-mgL,当链条刚脱离桌面时的重力势能为E2=-mg·L=-mgL,所以重力势能的变化量ΔE=E2-E1=-mgL,故选项C正确,A、B、D错误。
4.用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起,货物由地面运动至最高点的过程中,其v-t图象如图所示,下列说法正确的是(　　)

A.在0～t1时间内,起重机拉力逐渐变大
B.在t1～t2时间内,起重机拉力的功率保持不变
C.在t1～t2时间内,货物的机械能保持不变
D.在t2～t3时间内,起重机拉力对货物做负功
　　　　　 【解题指导】解答本题应注意以下三点
(1)货物受重力和拉力,v-t图象的切线斜率表示加速度;
(2)根据牛顿第二定律列式分析拉力大小的变化情况;
(3)根据动能定理分析动能的变化情况。
【解析】选B。在0～t1时间内,货物加速上升,加速度逐渐减小,根据牛顿第二定律,有F-mg=ma,得F=m(g+a),得拉力逐渐减小,选项A错误;在t1～t2时间内,货物匀速上升,故拉力等于重力,起重机拉力的功率P=Fv保持不变,选项B正确;在t1～t2时间内,货物匀速上升,动能不变,重力势能增加,故机械能总量增加,选项C错误;在t2～t3时间内,货物减速上升,拉力向上,位移向上,故拉力依然做正功,选项D错误。
5.如图所示,倾角为θ的可移动式皮带输送机,适用于散状物料或成件物品的短途运输和装卸工作。输送带与物体间的动摩擦因数为μ,且满足tanθ<μ。在顺时针匀速转动的输送带上端无初速度放一货物,货物从上端运动到下端的过程中,其机械能E(选择放入点为参考平面)与位移x的关系图象可能正确的是 (　　)

【解析】选C。若货物放上后一直加速,设货物初始时机械能为E0。根据功能原理可知:E=E0+μmgcosθ·x,图线的斜率大小等于μmgcosθ,则知货物的机械能一直增大,由数学知识知,E-x图象是不过原点的向上倾斜的直线,选项A错误;若货物在到达底端之前,速度已经与传送带速度相等,之后货物的机械能不断减小,设货物与传送带速度相同时机械能为E0′,位移为x0。对于速度相同后的过程,可得:E=E0′-mgsinθ(x-x0),图线的斜率大小等于mgsinθ,速度相同时,因mgsinθ≤μmgcosθ,则知C图是可能的,B、D两图不可能,选项C正确,B、D错误。
　　　【加固训练】
　　(2020·烟台模拟)如图所示,一简易升降机在箱底装有若干个相同的轻弹簧,在某次事故中,升降机吊索在空中突然断裂,忽略摩擦及其他阻力,升降机在从弹簧下端刚接触地面开始到运动到最低点的一段过程中,弹簧始终在弹性限度内,则下列关于升降机的加速度大小a、速度大小v、升降机重力做功WG、弹簧整体的弹性势能Ep与升降机向下位移x的关系图象中可能正确的是
(　　)

【解析】选C。升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中,开始阶段,重力大于弹力,加速度方向向下,向下做加速运动,加速度大小a==g-x,当重力和弹力相等以后,弹力大于重力,加速度方向向上,向下做减速运动,加速度大小a==x-g,加速度的大小先减小后增大,因为地面刚接触弹簧时升降机有一定的速度,则最后触地时加速度大于g,从开始阶段a=g-x,说明a与x成线性关系,选项A错误;升降机的速度先增加后减小,根据v2=2ax可知速度v与位移x并非线性关系,选项B错误; 升降机重力做功WG=mgx,即重力做功与x成正比关系,选项C正确;弹簧克服弹力做功为WF=·x=kx2,则弹性势能Ep=kx2,选项D错误。
6.如图所示,轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上,另一端与套在粗糙固定直杆A处质量为m的小球(可视为质点)相连。A点距水平面的高度为h,直杆与平面的夹角为30°,OA=OC,B为AC的中点,OB等于弹簧原长。小球从A处由静止开始下滑,经过B处的速度为v,并恰能停在C处。已知重力加速度为g,则下列说法不正确的是 (　　)

A.小球通过B点时的加速度为
B.小球通过AB段与BC段摩擦力做功相等
C.弹簧具有的最大弹性势能为mv2
D.A到C过程中,产生的内能为mgh
　　　　　 【解题指导】解答本题应注意以下三点:
(1)小球通过B点时,分析受力,由牛顿第二定律求解加速度。
(2)对小球A到B的过程和B到C的过程,分别运用动能定理列式,分析摩擦力做功关系。
(3)对小球A到B的过程和A到C的过程,分别根据能量守恒定律列式,可求得弹簧具有的最大弹性势能。
【解析】选A。因在B点时弹簧在原长,则到达B点时的加速度为a=gsin30°-μgcos30°<g,选项A错误;因AB段与BC段关于B点对称,则在两段上弹力的平均值相等,则摩擦力平均值相等,摩擦力做功相等,选项B正确;设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf,小球的质量为m,弹簧具有的最大弹性势能为Ep。根据能量守恒定律得,对于小球A到B的过程有:mg·h+Ep=mv2+Wf,A到C的过程有:mgh=2Wf,解得:Wf=mgh,Ep=mv2,即弹簧具有的最大弹性势能为mv2;A到C过程中,产生的内能为2Wf=mgh,选项C、D正确。
　　　　　 【总结提升】解决本题的关键要灵活运用能量守恒定律,对系统分段列式,要注意本题中小球的机械能不守恒,也不能只对小球运用能量守恒定律列方程,而要对弹簧与小球组成的系统列能量守恒的方程。
7.如图所示,两个质量均为m的小滑块P、Q通过铰链用长为L的刚性轻杆连接,P套在固定的竖直光滑杆上,Q放在光滑水平地面上,轻杆与竖直方向夹角α=30°。原长为的轻弹簧水平放置,右端与Q相连,左端固定在竖直杆O点上。P由静止释放,下降到最低点时α变为60°。整个运动过程中,P、Q始终在同一竖直平面内,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则P下降过程中 (　　)

A.P、Q组成的系统机械能守恒
B.P、Q的速度大小始终相等
C.弹簧弹性势能最大值为(-1)mgL
D.P达到最大动能时,Q受到地面的支持力大小为2mg
【解析】选D。根据能量守恒知,P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒,选项A错误;根据P、Q沿轻杆方向的分速度相等得vQcos(90°-α)=vQsinα=vPcosα,sinα和cosα只有在α为45°时才相等,故两者的速度不是始终相等,选项B错误;根据系统机械能守恒可得Ep=mg×L(cos30°-cos60°),弹性势能的最大值为Ep=mgL,选项C错误;P下降过程中动能达到最大时,合力为零,对P、Q整体,在竖直方向上合力为零,故2mg-N=0,解得N=2mg,选项D正确。
8. (2020·乐山模拟)如图所示,斜面ABC竖直固定放置,斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切,切点为D,AD长为L=,圆弧轨道圆心为O,半径为R,∠DOE=θ,∠EOG=90°,OG水平。现有一质量为m、可视为质点的滑块从A点由静止下滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则关于滑块的运动,下列说法正确的是 (　　)

A.滑块经过E点时对轨道的最小压力为mg
B.滑块下滑后将会从G点飞出
C.滑块第二次经过E点时对轨道的压力大小为3mg
D.滑块在斜面上经过的总路程为
【解析】选C、D。滑块从A点下滑后在AD部分斜面上要克服摩擦力做功,则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低,最终滑块将在以E点为最低点、D为最高点来回运动,此时经过E点时对轨道的压力最小,则D点到E点,根据机械能守恒定律:mgR(1-cosθ)=m,在E点:N-mg=,联立解得:N=mg(3-2cosθ),选项A错误;从A到G由动能定理得:mg(Lsinθ-Rcosθ)-μmgcosθ·L=m,其中L=,解得:vG=0,则滑块下滑后不能从G点飞出,选项B错误;滑块第一次到达E点时,根据动能定理:mg[Lsinθ+R(1-cosθ)]-μmgcosθ·L=m,解得v1=,第二次到达E点的速度v2与第一次相同,根据牛顿第二定律NE-mg=,解得NE=3mg,选项C正确;滑块最终将在以E点为最低点、D为最高点来回运动,根据动能定理:mgLsinθ=μmgcosθ·s总,解得s总=,选项D正确。
9. (2021·兰州模拟)如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L,B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°,A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则在此过程中下列说法正确的是 (　　)

A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于mg
B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于mg
C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下
D.弹簧的弹性势能最大值为mgL
【解析】选A、B。A的动能最大时,设B和C受到地面的支持力大小均为F,此时整体在竖直方向受力平衡,可得2F=3mg,所以F=mg,在A的动能达到最大前一直是加速下降,处于失重情况,所以B受到地面的支持力小于mg,故A、B正确;当A达到最低点时动能为零,此时弹簧的弹性势能最大,A的加速度方向向上,故C错误;A球达到最大动能后向下做减速运动,到达最低点时三个小球的动能均为零,由机械能守恒定律得,弹簧的弹性势能为Ep=mg(Lcos30°-Lcos 60°)=Ep=mgL,故D错误。
10.(2020·永州模拟)如图甲,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=3 kg的另一木块B可看作质点,以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示,则下列说法正确的是(g取10 m/s2) (　　)

A.木板的质量为M=3 kg
B.木块减小的动能为1.5 J
C.系统损失的机械能为3 J
D.A、B间的动摩擦因数为0.2
　　　　　 【解题指导】解答本题应注意以下四点:
(1)根据v-t图象分析木板A和木块B的加速度;
(2)根据牛顿第二定律分析A的质量;
(3)根据Ek损=Ek0-Ekt分析木块减小的动能;
(4)分析系统在t=0时刻和t=1 s时的机械能大小,再求解系统损失的机械能。
【解析】选A、C。由图象可知,A、B的加速度大小都为1 m/s2,根据牛顿第二定律知=1 m/s2,=1 m/s2,可得M=3 kg,μ=0.1,选项A正确,D错误;木块减小的动能Ek损=Ek0-Ek1=m-m=4.5 J,选项B错误;系统损失的机械能E损=Ek0-E′k1=m-×(M+m)=3 J,选项C正确。
11.(2021·兰州模拟)如图甲所示,质量为1 kg的小物块,以初速度v0=11 m/s从θ=53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面,第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F,第二次不施加力,图乙中的两条线段a、b分别表示施加力F和无力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线,不考虑空气阻力,g取10 m/s2,sin37°=0.6, cos37°=0.8,下列说法正确的是 (　　)

A.有恒力作用时,恒力F做的功是6.5 J
B.小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C.有恒力F时,小物块在整个上升过程产生的热量较少
D.有恒力F时,小物块在整个上升过程机械能的减少量较少
【解析】选B、D。根据v-t图线的斜率等于加速度,可知:aa== m/s2=
-10 m/s2;ab== m/s2=-11 m/s2,根据牛顿第二定律得:不加拉力时有:mab=-mgsin53°-μmgcos53°;代入数据得:μ=0.5;加拉力时有:maa=F-mgsin53°-μmgcos53°,解得:F=1 N。位移x=×1.1×11 m=6.05 m,则恒力F做的功是WF=Fx=6.05 J,故A错误,B正确;根据v-t图象与坐标轴所围的面积表示位移,可知有恒力F时小物块的位移较大,所以在上升过程产生的热量较大,故C错误;有恒力F时,小物块上升的高度比较大,所以该过程物块重力势能增加量较大,而升高的过程中动能的减小量是相等的,所以有恒力F时,小物块在整个上升过程机械能的减少量较小,故D正确。
二、计算题(本题共2小题,共34分)
12. (14分)(2021·遵义模拟)如图所示,一物体质量m=2 kg,在倾角θ=37°的斜面上的A点以初速度v0=3 m/s下滑,A点距弹簧上端挡板位置B点的距离AB=4 m。当物体到达B点后将弹簧压缩到C点,最大压缩量BC=0.2 m,然后物体又被弹簧弹上去,弹到的最高位置为D点,D点距A点的距离AD=3 m。挡板及弹簧质量不计,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,求:

(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ;
(2)弹簧的最大弹性势能Epm。
【解析】(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中,弹性势能没有发生变化,机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功,即:m+mgLAD·sin37°=μmgcos37°(LAB+2LCB+LBD)
代入数据解得:μ≈0.52。
(2)物体由A到C的过程中,动能减少量
ΔEk=m,
重力势能减少量ΔEp=mgLACsin37°
摩擦产生的热量Q=μmgcos37°·LAC
由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为:
Epm=ΔEk+ΔEp-Q=m+mgLACsin37°-μmgcos37°·LAC≈24.5 J。
答案:(1)0.52　(2)24.5 J
13. (20分)如图所示,一质量为1 kg的小物块从半径为0.8 m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A点由静止开始下滑,A点和圆弧对应的圆心O点等高,小物块从B点离开后水平抛出,恰好能从C点沿CD方向滑上以10 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动的传送带。已知传送带长27.75 m,倾角为θ=37°,传送带与物块之间的动摩擦因数为0.5(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10 m/s2)。求:

(1)小物块在圆弧轨道最低点B对轨道的压力大小;
(2)B点到水平线MN的高度h;
(3)小物块从传送带顶端C运动到底端D的过程中因摩擦而产生的热量。
【解析】(1)小物块从A点到B点,由机械能守恒得mgR=m
vB=4 m/s
小物块在B点,由合外力提供向心力得
F支-mg=m
再由牛顿第三定律,小物块在圆弧轨道最低点B对轨道的压力等于轨道对小物块的支持力
F压=F支=30 N
(2)从B点到C点,小物块做平抛运动,
可得2gh=

小物块恰好能从C点沿CD方向滑上以10 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动的传送带,有
tanθ=
解得h=0.45 m
(3)小物块到达C点时的速度为vC==5 m/s
小物块在传送带上加速到与传送带共速时,有
a1==gsinθ+μgcosθ=10 m/s2
t1==0.5 s,s1= m=3.75 m
s传1=v传t1=5 m,Δs1=s传1-s1=1.25 m
由题意可知mgsinθ=6 N>μmgcosθ=4 N
小物块与传送带共速后,有
a2==2 m/s2
s2=L传-s1=v传t2+a2=24 m
t2=2 s或t2=-12 s(舍去)
s传2=v传t2=20 m
Δs2=s2-s传2=4 m
物块从传送带顶端C运动到底端D的过程中因摩擦而产生的热量Q=μmgcosθ(Δs1+Δs2)=21 J
答案:(1)30 N　(2)0.45 m　(3)21 J