2020届高考物理总复习 第五章 机械能 高频考点强化练（五）能量综合问题（含解析）新人教版

能量综合问题(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。16题为单选题，710题为多选题)1.(2016全国卷)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点()A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的动能一定小于Q球的动能C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度【解析】选C。小球P和Q由两绳的水平位置运动到最低点的过程中机械能守恒，则有mgL=mv2，所以v=，由于悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以P球的速度一定小于Q球的速度，选项A错误；又由于P球的质量大于Q球的质量，不能确定P球的动能是否一定小于Q球的动能，选项B错误；根据FT-mg=，因为r=L，所以，FT=3mg，所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，选项C正确；由a=和r=L可得，P球和Q球的向心加速度大小均为a=2g，所以选项D错误。2.如图所示，一个小孩从粗糙的滑梯上自由滑下，在下滑过程中()A.小孩的机械能守恒B.小孩的机械能减少量等于滑梯内能的增加量C.小孩的重力势能减少量等于小孩动能的增加量D.小孩的重力势能减少量等于重力对小孩做的功【解析】选D。小孩从滑梯上自由滑下的过程中，位置降低，重力势能减小，速度增加，动能增大，但由于小孩需克服摩擦力做功，机械能不守恒，部分机械能转化成内能，所以机械能减小，故A错误；根据能量守恒定律可知，减小的重力势能转化为动能和内能，故B、C错误；根据重力势能和重力做功的关系可知，小孩的重力势能减少量等于重力对小孩做的功，故D正确。3.(2019晋城模拟)一辆汽车匀速率通过一座拱桥，拱桥可以看成是半径为R的圆的一段圆弧，A、B是桥上等高的两点，则()A.汽车从A点运动到B点过程中，受到的合力恒定B.汽车从A点运动到B点过程中，机械能先增大后减小C.汽车从A点运动到最高点过程中，合力做功等于重力势能的增加量D.汽车从A点运动到最高点过程中，牵引力做功等于克服摩擦阻力做的功【解析】选B。汽车做竖直面内的匀速圆周运动，汽车所受的合力大小恒定，方向总是指向圆弧的圆心，方向始终变化，不是恒力，故A错误；汽车从A点到B点过程中，动能不变，重力势能先增大后减小，因此机械能先增大后减小，故B正确；从A点到最高点的过程中，动能不变，根据动能定理可知，合力做功为零，故C错误；从A点到最高点的过程中，根据功能关系，牵引力做功等于克服阻力做功与克服重力做功之和，因此牵引力做功大于克服阻力做功，故D错误。4.如图所示，某段滑雪雪道倾角为30，总质量为m(包括滑雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度a=，在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是()A.运动员减少的重力势能全部转化为动能B.下滑过程中系统减少的机械能为C.运动员获得的动能为D.运动员克服摩擦力做功为【解析】选B。若运动员不受摩擦力，则加速度应为a=gsin30=g，而现在的加速度小于g，故运动员应受到摩擦力，故减少的重力势能有一部分转化为了内能，故A错误；运动员下滑的距离L=2h，由运动学公式可得v2=2aL，解得v=， 动能为Ek=mv2=mgh，由动能定理可知mgh-Wf=mv2，解得运动员克服摩擦力做功Wf=mgh，机械能的减小量等于阻力所做的功，故下滑过程中系统减少的机械能为mgh，故B正确，C、D错误。【加固训练】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，已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A.铝球刚开始运动的加速度a0=gB.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a0g，故A错误；由图象可知，铝球开始下沉后速度越来越大，加速度越来越小，当加速度a=0时，铝球做匀速运动，速度不再变化，故B错误；开始释放时mg-F浮=ma0，铝球下沉过程中受重力、阻力、浮力，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，则有=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。5.如图，第一次，小球从粗糙的圆形轨道顶端A由静止滑下，到达底端B的速度为v1，克服摩擦力做功为W1，第二次，同一小球从底端B以v2冲上圆形轨道，恰好能到达A点，克服摩擦力做功为W2，C为圆形轨道的中点，则下列说法正确的是()A.v1=v2B.W1=W2C.小球第一次在B点对轨道的压力小于第二次在B点对轨道的压力D.小球第一次经过圆弧AC的过程中克服摩擦力做的功为W1【解析】选C。小球从A到B的过程，由动能定理得 mgh-W1=m，小球从B到A的过程，由动能定理得-mgh-W2=0-m，即mgh+W2=m，解得v1v2，故A错误；同理可知，小球经过轨道上同一点时，上滑时的速度大于下滑时的速度，上滑时所需要的向心力大于下滑时所需要的向心力，而向心力是由轨道的支持力和重力垂直于轨道的分力的合力提供，所以上滑时所受的支持力大于下滑时所受的支持力，则同一点上滑时所受的摩擦力大于下滑时所受的摩擦力，而上滑与下滑两个过程路程相等，所以有W1W2，故B错误；由以上分析可知，小球第一次在B点所受的支持力小于第二次在B点所受的支持力，由牛顿第三定律可知小球第一次在B点对轨道的压力小于第二次在B点对轨道的压力，故C正确；从A到C的过程中小球所受的摩擦力的平均值小于从C到B的过程中小球所受摩擦力的平均值，所以从A到C的过程中克服摩擦力做功小于从C到B的过程中克服摩擦力做功，则小球第一次经过圆弧AC的过程中克服摩擦力做的功小于W1，故D错误。6.(2019晋中模拟)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h。让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下滑过程中()A.圆环机械能守恒B.橡皮绳的弹性势能一直增大C.橡皮绳的弹性势能增加了mghD.橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大【解析】选C。圆环沿杆下滑过程，圆环的重力和橡皮绳的拉力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，圆环和橡皮绳组成的系统机械能守恒，故A错误；橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的形变量的变化而变化，由图知橡皮绳先松弛再伸长，则橡皮绳的弹性势能先不变再增大，故B错误；根据系统机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，则橡皮绳的弹性势能增大mgh，故C正确；在圆环下滑过程中，橡皮绳再次到达原长的过程中动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大，动能最大，故D错误。7.(2019株洲模拟)如图所示，在倾角为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FvsinB.物块B满足m2gsinx2，因此m2gsinmgcos，物块刚与弹簧接触的瞬间，弹簧的弹力仍为零，仍有mgsinmgcos，物块继续向下加速，动能仍在增大，所以此瞬间动能不是最大，当物块的合力为零时动能才最大，即物块的最大动能等于重力与摩擦力、弹簧弹力对物块做功之和，故A、B错误；根据能量转化和守恒定律知，弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与产生的内能之差，而内能等于物块克服摩擦力做功，则弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和，故C正确；若将物块从离弹簧上端2s处由静止释放，下滑过程中物块动能最大的位置不变，弹性势能不变，设为Ep，此位置弹簧的压缩量为x，根据功能关系得，将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为 Ekm=mg(s+x)sin-mg(s+x)cos-Ep，将物块从离弹簧上端2s处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为Ekm=mg(2s+x)sin-mg(2s+x)cos-Ep，而2Ekm=mg(2s+2x)sin-mg(2s+2x)cos-2Ep=mg(2s+x)sin-mg(2s+x)cos-Ep+(mgxsin-mgxcos-Ep)=Ekm+(mgxsin-mgxcos-Ep)，由于在物块接触弹簧到动能最大的过程中，物块的重力势能转化为内能、弹簧的弹性势能和物块的动能，则根据功能关系得mgxsin-mgxcosEp，即mgxsin-mgxcos-Ep0，所以得Ekmmg，所以物块所受合力向上，物块做减速运动，下落过程中，合力越来越小，当加速度等于零时，速度最小，此后合力方向向下，加速度向下，速度增大，所以物块的速度先减小后增大，故A错误；当加速度等于零时，速度最小，设此时软绳上滑的距离为x，则mgsin30+mgcos30=mg+mg，代入数据解得x=L，故B正确；物块未释放时，软绳的重心离斜面顶端的高度为h1=Lsin30=L，软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度h2=L，则软绳重力势能共减少mg(L-L)=mgL，故C正确；以物块为研究对象，因物块要克服拉力做功，所以Ek1Ep1，以系统为研究对象，设绳的重力势能及动能变化量为Ep2、Ek2，克服摩擦力所做的功的绝对值为W，由能量守恒定律得Ep1+Ep2=Ek1+Ek2+W，则Ep2-(Ek2+W)=Ek1-Ep1，故D正确。二、计算题(本题共2小题，共40分，需写出规范的解题步骤)11.(20分)如图所示，倾角为的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上。滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行，A、B的质量均为m，撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动。不计一切摩擦，重力加速度为g。求：(1) A固定不动时，A对B支持力的大小N。(2)A滑动的位移为x时，B的位移大小s。(3)A滑动的位移为x时的速度大小vx。【解题指导】解答本题应注意以下三点：(1)A固定不动时求支持力，就当常规的静止在固定斜面上的物体。(2)撤去固定A的装置后，勾画两个物体的运动图景。(3)叠加体问题中的速度问题首选机械能守恒定律。【解析】(1)支持力的大小N=mgcos(2)根据几何关系sx=x(1-cos)，sy=xsin，且s2=+解得s=x(3)B下降的高度sy=xsin根据机械能守恒定律mgsy=m+m根据速度的定义得vA=，vB=则vB=vA，解得vx=vA=。答案：(1)mgcos(2)x(3)12.(20分)如图所示，平板车静止在光滑的水平面上，一个四分之一圆弧轨道固定在平台上，平台的上表面与平板车的上表面在同一水平面上，圆弧轨道的底端与平台左端对齐且与平台表面相切，平板车长为L=3.42 m、质量为2 kg，车的右端离平台左端距离为x=2 m。质量为1 kg的物块以初速度v0=6 m/s从车的左端滑上小车，物块与平板车间的动摩擦因数为0.4，平板车与平台相碰后立即静止，物块滑上圆弧轨道并从圆弧轨道上滑下重新滑上平板车，最终与平板车以 m/s的共同速度向左运动，重力加速度为g取10 m/s2，滑块可看作质点，求：(1)平板车与平台相碰前一瞬间，车的速度大小。(2)物块从滑上平板车到刚滑上圆弧轨道所用的时间。(3)整个过程物块与平板车、与圆弧轨道因摩擦产生的热量分别为多少？【解析】(1)物块滑上平板车后做匀减速运动，加速度的大小为：a1=g=4 m/s2平板车的加速度大小：a2=2 m/s2设平板车与平台相碰前物块与平板车已保持相对静止，共同速度为v1，则：v0-a1t1=a2t1解得：t1=1 s这段时间内车运动的距离s=a2=1 mx，假设成立，即平板车与平台相碰前，物块与车达到共同速度，共同速度大小为：v1=a2t1=2 m/s因此车与平台相碰前一瞬间，车的速度大小为 2 m/s(2)物块与平板车达到共同速度时发生的相对位移：x1=(v0+v1)t1-v1t1=3 m物块随平板车匀速运动的时间：t2=0.5 s平板车与平台碰撞后静止，物块由于惯性继续向前滑行，设在车上再滑行的时间为t3，则：L-x1=v1t3-a1解得：t3=0.3 s或t3=0.7 s(舍去)因此物块从滑上平板车到刚滑上圆弧轨道时所用的时间：t=t1+t2+t3=1.8 s(3)物块第一次在平板车上滑行因摩擦产生的热量：Q1=mgL=13.68 J物块滑上圆弧轨道时的速度：v2=v1-a1t3=0.8 m/s设物块再次滑上平板车时的速度为v3，最后的共同速度为v4，则：v4=v3-a1t4v4=a2t4解得：v3=0.5 m/s再次滑上平板车，因摩擦产生的热量：Q2=m-(m+M)= J滑块与车之间因摩擦产生的热量：Q=Q1+Q2=13.76 J物块在圆弧轨道上滑行因摩擦产生的热量：Q=m-m=0.195 J答案：(1)2 m/s(2)1.8 s(3)13.76 J 0.195 J【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。- 13 -