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(本题共10小题,每小题7分,共70分。17题为单选题,810题为多选题)1.(2018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,下列说法错误的是(重力加速度为g)()a.人的重力势能增加mghb.人的机械能增加mghc.人的动能增加mghd.人对电梯的压力是他体重的倍【解析】选c。电梯上升高度h,则重力做负功,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.(2015全国卷)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。则()a.w=mgr,质点恰好可以到达q点b.wmgr,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.wmgr,质点到达q点后,继续上升一段距离【解析】选c。在n点由牛顿第二定律得4mg-mg=m;从最高点到n点,由动能定理得2mgr-w=m,联立解得w=mgr。由于克服阻力做功,机械能减小,所以质点从n点到q点克服阻力做的功要小于从p点到n点克服阻力做的功,即质点从n点到q点克服阻力做的功w0,所以质点能够到达q点,并且还能继续上升一段距离,故选项c正确。3.(2018三明模拟)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,则从顶端向下滑到底端b的过程中,下列说法正确的是()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0.6mghc.整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mghd.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,则沿斜面的方向mgsin30-ff=ma,解得ff=0.1mg,则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e=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.(2018唐山模拟)如图所示,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,则下列说法正确的是()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 jd.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,则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+0.5100.40.5 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epmg(xb-xa)sin30=0.5100.40.5 j=1 j,故d错误。5.(2018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,则下列说法正确的是()a.t1时刻小球的动能最大b.t2时刻小球的机械能最大c.t3t5时间内,小球的机械能一直在增大d.0t5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,t1t2时间内,弹簧的弹性势能增大,小球的机械能减小,故b错误;t3t5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;0t5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.(2018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,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。【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,则下面说法正确的有()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 jc.物块与挡板相碰过程中损失的机械能为10 jd.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ep=mgh=1102 j=20 j,动能的增加量为ek=mv2=162 j=18 j,由于ekep,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e=ep-ek=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e损=mv2-mv2=18 j-142 j=10 j,故c正确;设斜面的倾角为,物块与斜面间的动摩擦因数为,根据动能定理得,下滑过程mgh-mgcos=mv2-0,上滑过程-mgh-mgcos=0-mv2,联立解得物块与挡板相碰后上滑的高度h0.73 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2xb.传送带上的a点对地的位移大小为xc.由于物体与传送带相互作用产生的内能为mv2d.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,将系统的部分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】如图所示,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处时恰好达到传送带的速率v;在乙传送带上到达离b竖直高度为h的c处时达到传送带的速率v。已知b处离地面高度为h,则在物体从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a乙,由牛顿第二定律得mgcos-mgsin=ma,解得甲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.(2018宁德模拟)如图所示,足够长传送带与水平方向的倾角为,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,则在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,则有magsin=mbg,则masin=mb,b上升h,则a下降高度为hsin,则a重力势能的减小量为maghsin=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=magvsin=mgv,所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等,故d正确。9.如图所示,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。则圆环()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mv2c.在c处,弹簧的弹性势能为mv2-mghd.上滑经过b的速度大于下滑经过b的速度【解题指导】解答本题应注意以下两点:(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+ep1,c到b过程,mv2+ep2=m+mgh2+wf2,比较得vb2vb1,d项正确。10.(2018吉林模拟)如图甲所示,倾角为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。则()a.传送带的加速度可能大于2 m/s2b.传送带的倾角可能小于30c.物体与传送带之间的动摩擦因数一定为0.5d.02.0 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mgsin+mgcos=ma1,解得a1=(sin+cos)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12 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;若12 s,摩擦力为零,那么物体加速度a2=gsin=2 m/s2,则sin=,若12 s,摩擦力不为零,那么物体加速度a2=(sin-cos)g,由图可知a1=10 m/s2,a2=2 m/s2,所以有a1+a2=2gsin=12 m/s2,故sin=0.6,即=37,a1-a2=2gcos=8 m/s2,所以=0.5,故b正确,c错误;若12 s,摩擦力不为零,物体所受摩擦力ff=mgcos=4 n,在01 s内摩擦力方向沿斜面向下,在12 s内摩擦力方向沿斜面向上,物体在01 s的位移为x1=110 m=5 m,在12 s的位移为x2=(10+12)1 m=11 m,所以02 s内,摩擦力对物体做功wf=4 n5 m-4 n11 m=-24 j,故d正确。二、计算题(本题共2小题,共30分。需写出规范的解题步骤)11.(14分)如图所示,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,已知重力加速度为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(n0.5),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图所示:由平衡条件得:mgsin 30=kx1解得:x1=(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,速度达到最大,此时弹簧的伸长量 x=x1,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=2x1=对a、b和弹簧系统由机械能守恒定律得:mg2x1=mg2x1sin 30+2m解得:vm=g(3)不正确对系统由机械能守恒定律得:nmg2x1=mg2x1sin 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 0vg=2vm答案:(1)(2)g(3)不正确0vg12.(16分)如图所示,ab、cd为固定在水平面上的光滑圆弧轨道,半径r=9 m,分别与水平轨道相切于b、c两点,ka平台的高度为h=3.2 m。先让小物块甲以v1= m/s的初速度从a点沿ab轨道下滑,当小物块甲经过b点0.6 s后,让小物块乙以一定的初速度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甲=0.15、乙=0.64,甲物块质量m甲=1 kg,甲物块经