2022版高考物理一轮复习高频考点强化五能量综合问题练习.doc

高频考点强化(五)能量综合问题
(45分钟　100分)
一、选择题(此题共10小题,每题7分,共70分。1～7题为单项选择题,8～10题为多项选择题)
1.(2022·张掖模拟)一质量为m的人站在电梯中,电梯由静止竖直向上做匀加速运动时,电梯的加速度为。人随电梯上升高度H的过程中,以下说法错误的选项是(重力加速度为g) (　　)
A.人的重力势能增加mgH
B.人的机械能增加mgH
C.人的动能增加mgH
D.人对电梯的压力是他体重的倍
【解析】选C。电梯上升高度H,那么重力做负功,重力势能增加mgH,故A正确;对人由牛顿第二定律得FN-mg=ma,解得FN=mg+ma=mg+mg=mg,支持力方向竖直向上,故做正功,支持力做的功等于人的机械能增量,故人的机械能增加mgH,而重力势能增加mgH,所以动能增加mgH,故B正确,C错误;根据牛顿第三定律可知,人对电梯底部的压力为mg,即人对电梯的压力是他体重的倍,D正确。
2.(2022·全国卷Ⅰ)如图,一半径为R,粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固
定放置,直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。那么 (　　)
A.W=mgR,质点恰好可以到达Q点
B.W>mgR,质点不能到达Q点
C.W=mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离
D.W0,所以质点能够到达Q点,并且还能继续上升一段距离,应选项C正确。
3.(2022·三明模拟)滑沙是人们喜爱的游乐活动,如图是滑沙场地的一段斜面,其倾角为30°,设参加活动的人和滑车总质量为m,人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑,加速度为0.4g,人和滑车可视为质点,那么从顶端向下滑到底端B的过程中,以下说法正确的选项是 (　　)
A.人和滑车减少的重力势能全部转化为动能
B.人和滑车获得的动能为0.6mgh
C.整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh
D.人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh
【解析】选C。加速度大小为0.4g,设受到的摩擦力是Ff,那么沿斜面的方向mgsin30°-Ff=ma,解得Ff=0.1mg,那么人和滑车下滑的过程中受到摩擦力的作用,人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能,故A错误;人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功,获得的动能为Ek=(mgsin30°-Ff)=0.8mgh,故B错误;整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE=mgh-Ek=mgh-0.8mgh=0.2mgh,故C正确;整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能,所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh,故D错误。
4.(2022·唐山模拟)如下图,倾角为30°的光滑斜面底端固定一轻弹簧,O点为原长位置。质量为0.5 kg 的物块从斜面上A点由静止释放,物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中,最大动能为8 J。现将物块由A点上方0.4 m处的B点由静止释放弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内,g取10 m/s2,那么以下说法正确的选项是 (　　)
A.物块从O点开始做减速运动
B.从B点释放物块动能最大位置比从A点释放要低
C.从B点释放物块最大动能为9 J
D.从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加了1 J
【解析】选C。物块从O点时开始压缩弹簧,弹力逐渐增大,开始阶段弹簧的弹力小于物块的重力沿斜面向下的分力,物块做加速运动,后来,弹簧的弹力大于滑块的重力沿斜面向下的分力,物块做减速运动,所以物块先做加速运动后做减速运动,弹簧的弹力等于物块的重力沿斜面向下的分力时物块的速度最大,故A错误;物块的动能最大时合力为零,弹簧的弹力等于物块的重力沿斜面向下的分力,即mgsin30°=kx,那么知弹簧的压缩量一定,与物块释放的位置无关,所以两次物块动能最大位置相同,故B错误;设物块动能最大时弹簧的弹性势能为Ep,从A释放到动能最大的过程,由系统的机械能守恒得Ek1+Ep=mgxAsin30°,从B释放到动能最大的过程,由系统的机械能守恒得Ek2+Ep=mgxBsin30°,由以上两式解得Ek2-Ek1=mg(xB-xA)sin30°,由题得xB-xA=0.4 m,解得从B点释放物块最大动能为Ek2=Ek1+mg(xB-xA)sin30°=8 J+0.5×10×0.4×0.5 J=9 J,故C正确;根据物块和弹簧的系统机械能守恒知弹簧最大弹性势能等于物块减少的重力势能,由于从B点释放弹簧的压缩量增大,所以从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加ΔEp>mg(xB-xA)sin30°=0.5×10×0.4×0.5 J=1 J,故D错误。
5.(2022·吕梁模拟)如图甲所示,某兴趣小组将一带有小孔、质量为m的小球和轻质弹簧穿在竖直固定的光滑细杆上,并在弹簧下端固定一力学传感器,从小球由高h处自由下落开始计时,t1时刻小球开始接触弹簧,传感器显示弹簧弹力与时间t的关系如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度为g,那么以下说法正确的选项是
(　　)
A.t1时刻小球的动能最大
B.t2时刻小球的机械能最大
C.t3～t5时间内,小球的机械能一直在增大
D.0～t5时间内,小球的机械能守恒
【解析】选C。t1时刻小球的重力大于弹簧的弹力,合力向下,速度增大,动能增大,所以t1时刻小球的动能不是最大,t2时刻小球的合力为零,加速度为零,速度最大,动能最大,故A错误;t1时刻小球的机械能最大,t1～t2时间内,弹簧的弹性势能增大,小球的机械能减小,故B错误;t3～t5时间内,小球向上运动,弹簧的弹力对小球做正功,小球的机械能一直在增大,故C正确;0～t5时间内,弹簧的弹力对小球要做功,所以小球的机械能不守恒,故D错误。
6.(2022·株洲模拟)一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(图甲),某时刻剪断细线,铝球开始在油槽中下沉,通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示,重力加速度为g,以下说法正确的选项是 (　　)
A.铝球刚开始运动的加速度a0=g
B.铝球下沉的速度将会一直增大
C.铝球下沉过程所受到油的阻力Ff=
D.铝球下沉过程机械能的减少等于克服油阻力所做功
【解析】选C。铝球刚开始释放时,铝球所受的阻力为0,受到重力、浮力,由牛顿第二定律可得,加速度a0由牛顿第二定律得,mg-F浮-Ff=ma,解得a=-,由a-v图象可知,a=a0-v,那么有=v,解得阻力Ff=,故C正确;铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力、浮力所做的功,故D错误。
【加固训练】
一个质量为1 kg的物块从固定斜面上距挡板2 m高的位置无初速度滑下,撞到
下面的挡板上时,速度为6 m/s,物块撞到挡板上后,反弹的速度为4 m/s,重力加
速度g取10 m/s2,那么下面说法正确的有 (　　)
A.物块在斜面上运动的过程中机械能守恒
B.物块从斜面上滑下到与挡板相碰前的过程中机械能减少了1 J
C.物块与挡板相碰过程中损失的机械能为10 J
D.物块与挡板相碰后,能返回到离挡板0.8 m高处
【解析】选C。物块下滑过程重力势能的减少量是ΔEp=mgh=1×10×2 J=20 J,动能的增加量为ΔEk=mv2=×1×62 J=18 J,由于ΔEk<ΔEp,所以物块在斜面上运动的过程中机械能不守恒,故A错误;物块从斜面上滑下到与挡板相碰前的过程中机械能减少量为ΔE=ΔEp-ΔEk=20 J-18 J=2 J,故B错误;物块与挡板相碰过程中损失的机械能为ΔE损=mv2-mv′2=18 J-×1×42 J=10 J,故C正确;设斜面的倾角为θ,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,根据动能定理得,下滑过程mgh-μmgcosθ·=mv2-0,上滑过程-mgh′-μmgcosθ·=0-mv′2,联立解得物块与挡板相碰后上滑的高度h′≈0.73 m,故D错误。
7.水平传送带在电动机的带动下始终以速度v匀速运动。某时刻在传送带上A点处轻轻放上一个质量为m的小物体,经时间t小物体的速度与传送带相同,相对传送带的位移大小为x,A点未到右端,在这段时间内 (　　)
A.小物体相对地面的位移大小为2x
B.传送带上的A点对地的位移大小为x
C.由于物体与传送带相互作用产生的内能为mv2
D.由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为mv2
【解析】选D。在这段时间内,物体从静止做匀加速直线运动,其相对地面的位移为x1=vt,传送带(或传送带上的A点)相对地面的位移为x2=vt,物体相对传送带的位移大小x=x2-x1=vt,显然x1=x,x2=2x,故A、B错误;物体与传送带间的滑动摩擦力做功,将系统的局部机械能转化为系统的内能,摩擦生热Q=Ffx,对物体运用动能定理有Ffx1=mv2,又x1=x,所以Q=Ffx=mv2,故C错误;在这段时间内,电动机要多做功以克服滑动摩擦力做功,W=Ffx2=2Ffx=mv2,故D正确。
【加固训练】
如下图,甲、乙两种粗糙面不同但高度相同的传送带,倾斜于水平地面放置。以同样恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处,小物体在甲传送带上到达B处时恰好到达传送带的速率v;在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时到达传送带的速率v。B处离地面高度为H,那么在物体从A到B的运动过程中 (　　)
A.两种传送带对小物体做功相等
B.将小物体传送到B处,两种传送带消耗的电能相等
C.两种传送带与小物体之间的动摩擦因数甲的大
D.将小物体传送到B处,两种系统产生的热量相等
【解析】选A。传送带对小物体做功等于小物体机械能的增加量,两种情况下物体动能的增加量相等,重力势能的增加量也相同,即机械能的增加量相等,根据功能关系知,两种传送带对小物体做功相等,故A正确;根据公式v2=2ax,可知物体加速度关系a甲解得μ甲<μ乙;由摩擦生热Q=Ffx相对知,甲图中x1=t1=,Q甲=Ff1x1=Ff1·,Ff1-mgsinθ=
ma1=m,乙图中Q乙=Ff2x2=Ff2·,Ff2-mgsinθ=ma2=m,解得Q甲=mgH+
mv2,Q乙=mg(H-h)+mv2,Q甲>Q乙,根据能量守恒定律,电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物体增加机械能之和,因物体两次从A到B增加的机械能相同,Q甲>Q乙,所以将小物体传送到B处,两种传送带消耗的电能甲更多,故B、C、D错误。
8.(2022·宁德模拟)如下图,足够长传送带与水平方向的倾角为θ,物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连,开始时,a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力的作用,现让传送带逆时针匀速转动,那么在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中 (　　)
A.物块a重力势能减少量等于物块b重力势能的增加量
B.物块a机械能的减少量等于物块b机械能的增加量
C.摩擦力对物块a做的功等于物块a、b动能增加之和
D.任意时刻,重力对a、b做功的瞬时功率大小相等
【解析】选A、C、D。开始时,a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用,那么有magsinθ=mbg,那么masinθ=mb,b上升h,那么a下降高度为hsinθ,那么a重力势能的减小量为maghsinθ=mbgh,即物块a重力势能减少量等于物块b重力势能的增加量,故A正确;由于摩擦力对a做正功,系统机械能增加,所以物块a机械能的减少量小于物块b机械能的增加量,故B错误;根据能量守恒得知系统机械能增加,摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量,所以摩擦力做功大于a的机械能增加,因为系统重力势能不变,所以摩擦力做功等于系统动能的增加之和,故C正确;任意时刻a、b的速率相等,对b克服重力的瞬时功率Pb=mgv,对a有Pa=magvsinθ=mgv,所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等,故D正确。
9.如下图,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。那么圆环 (　　)
A.下滑过程中,加速度一直减小
B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为mv2
C.在C处,弹簧的弹性势能为mv2-mgh
D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
【解题指导】解答此题应注意以下两点:
(1)受力分析,从牛顿运动定律分析物体的运动状态;
(2)从功能角度分析物体能量的变化,其中要理清弹力做功等于弹性势能的变化关系。
【解析】选B、D。圆环受到重力、弹力、阻力、支持力,圆环的运动是先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速运动,最后静止,A项错误;A到C过程,根据能量守恒定律有mgh-Wf=Ep(Wf为阻力做功,Ep为弹性势能),C到A过程, mv2+Ep=mgh+Wf,联立解得Wf=mv2,B项正确;在C处,弹簧的弹性势能为mgh-mv2,C项错误;A到B过程,mgh1-Wf1=m+ΔEp1,C到B过程,mv2+ΔEp2=m+mgh2+Wf2,比拟得vB2>vB1,D项正确。
10.(2022·吉林模拟)如图甲所示,倾角为θ的足够长的传送带以初速度v0沿逆时针方向匀加速运行,t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的v-t图象如图乙所示,设沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2。那么 (　　)
A.传送带的加速度可能大于2 m/s2
B.传送带的倾角可能小于30°
C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ一定为0.5
D.0～2.0 s内,摩擦力对物体做功Wf可能为 -24 J
【解析】选B、D。物体在传送带上沿斜面向下运动,当物体速度小于传送带速度时,摩擦力方向沿斜面向下,对物体由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,解得a1=(sinθ+μcosθ)g,在t=1 s后,加速度减小,当物体速度大于传送带速度时,摩擦力方向沿斜面向上,当物体速度等于传送带速度时,摩擦力为零,所以,在1～2 s,物体速度不小于传送带速度,故物体加速度不小于传送带加速度,所以传送带的加速度不大于2 m/s2,故A错误;假设1～2 s,摩擦力为零,那么物体加速度a2=gsinθ=2 m/s2,那么sinθ=,θ<30°,μ=>,假设1～2 s,摩擦力不为零,那么物体加速度a2=(sinθ-μcosθ)g,由图可知a1=10 m/s2,a2=2 m/s2,所以有a1+a2=2gsinθ=12 m/s2,故sinθ=0.6,即θ=37°,a1-a2=2μgcosθ=8 m/s2,所以μ=0.5,故B正确,C错误;假设1～2 s,摩擦力不为零,物体所受摩擦力Ff=μmgcosθ=4 N,在0～1 s内摩擦力方向沿斜面向下,在1～2 s内摩擦力方向沿斜面向上,物体在0～1 s的位移为x1=×1×10 m=5 m,在1～2 s的位移为x2=×(10+12)×1 m=11 m,所以0～2 s内,摩擦力对物体做功Wf=4 N×5 m-4 N×
11 m=-24 J,故D正确。
二、计算题(此题共2小题,共30分。需写出标准的解题步骤)
11.(14分)如下图,P是倾角为30°的光滑固定斜面,劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端的固定挡板C上,另一端与质量为m的物块A相连接,细绳的一端系在物块A上,细绳跨过不计质量和摩擦的定滑轮,另一端有一个不计质量的小挂钩,小挂钩不挂任何物体时,物体A处于静止状态,细绳与斜面平行,在小挂钩上轻轻挂上一个质量也为m的物块B后,物块A沿斜面向上运动,斜面足够长,运动过程中B始终未接触地面,重力加速度为g。求:
(1)物块A处于静止时,弹簧的压缩量。
(2)设物块A沿斜面上升通过Q点位置时速度最大,求Q点到出发点的距离x0和最大速度vm。
(3)把物块B的质量变为原来的N倍(N>0.5),小明同学认为,只要N足够大,就可以使物块A沿斜面上滑到Q点时的速度增大到2vm,你认为是否正确?如果正确,请说明理由,如果不正确,请求出A沿斜面上升到Q点位置的速度的范围。
【解析】(1)物块A处于静止状态时受力如下图:
由平衡条件得:
mgsin 30°=k·Δx1
解得:Δx1=
(2)A加速上升阶段,弹簧恢复原长前对A由牛顿第二定律得:
FT+kx-mgsin 30°=ma
对B由牛顿第二定律得:
mg-FT=ma
解得:mg+kx=2ma
物块A在上升过程中,x减小,a减小,v增大;弹簧变为伸长后同理得:
mgsin 30°-kx=2ma′
上升过程x增大,a′减小,v继续增大,可见当kx=mgsin 30°时a′=0,速度到达最大,此时弹簧的伸长量 x=Δx1,
Q点速度最大,对应的弹力大小恰好是mg,弹性势能和初始状态相同,故A上升到Q点过程,A、B的位移大小都是 x0=2Δx1=
对A、B和弹簧系统由机械能守恒定律得:
mg·2Δx1=mg·2Δx1sin 30°+·2m
解得:vm=g
(3)不正确
对系统由机械能守恒定律得:
Nmg·2Δx1=mg·2Δx1sin 30°+(Nm+m)v2
解得:v=
当N=0.5时,v=0
当N→∞时,v=g=2vm
故A沿斜面上升到Q点位置时的速度的范围是
0的初速度v2=16 m/s从B点沿BC轨道向右滑行,甲、乙两物块与水平轨道BC间的动摩擦因数分别为μ甲=0.15、μ乙=0.64,甲物块质量m甲=1 kg,甲物块经过C点时受到的支持力大小为FN=19 N,g取10 m/s2。求:
(1)甲物块滑到C点时的速率;
(2)水平轨道BC的长度;
(3)甲、乙两物块在水平轨道BC上运动时两物块间的最小距离。
【解析】(1)在C点,甲物块做圆周运动,设甲物块滑到C点时的速率为vC,在C点对甲物块由牛顿第二定律得:
FN-m甲g=m甲
代入数据解得:vC=9 m/s
(2)对甲物块,设下滑到B点速度为vB,由机械能守恒定律得:
m甲gh+m甲=m甲
代入数据解得:vB=12 m/s
设水平轨道BC长度为L,甲物块从B到C的过程由动能定理得:
-μ甲m甲gL=m甲-m甲
代入数据解得:L=21 m
(3)甲、乙两物块在水平轨道BC上,均做匀减速直线运动,设加速度分别为a甲、a乙,由牛顿第二定律得:
a甲==μ甲g=1.5 m/s2
a乙==μ乙g=6.4 m/s2
设乙物块滑入水平轨道BC时间t后与甲物块速度相等,设为v,那么:
v=v2-a乙t=vB-a甲(t+0.6)
代入数据解得:
t=1 s,v=9.6 m/s
即乙物块滑入水平轨道1 s后甲、乙两物块速度相等,这时它们在水平轨道BC上的距离最小,根据匀变速运动的位移公式得:
x甲=(vB+v)(t+0.6)
代入数据解得:x甲=17.28 m
x乙=(v2+v)t
代入数据解得:x乙=12.8 m
甲、乙两物块在水平轨道BC上的最小距离:
Δx=x甲-x乙=4.48 m
答案:(1)9 m/s　(2)21 m　(3)4.48 m
【总结提升】与功能关系相结合的圆周运动问题的分析方法
(1)确定研究对象,对研究对象进行受力分析和做功情况分析,对于多个过程的情形,要分析出在每一个过程中的受力和做功情况。
(2)注意不同过程的衔接,前一个过程的末状态就是后一个过程的初状态。
(3)分析每一个过程中的能量转化情况,机械能是否守恒,列出每一个过程的对应方程。
(4)确定临界状态及特点,并列出相应的方程。
(5)求解方程并进行验证。
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