高考物理一轮高频考点强化（五）

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。1〜7题为单选

题,8〜10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

g

上做匀加速运动时.，电梯的加速度为工人随电梯上升高度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mgH

5

B.人的机械能增加4ngH

C.人的动能增加mgH

5

D.人对电梯的压力是他体重的4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

15

A正确；对人由牛顿第二定律得F\ing-ma,解得R-mg十ina-nig+41ng_41唔，

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，

51

故人的机械能增加4mgH,而重力势能增加mgH,所以动能增加4mgH,故

5

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

5

即人对电梯的压力是他体重的彳倍，D正确。

2.（2015•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P0Q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（）

1

A.W=mgR2,质点恰好可以到达Q点

1

B.W>5mgR,质点不能到达Q点

1

C.W=mgR2,质点到达Q点后,继续上升一段距离

1

D.W<2mgR,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4mgmg=mR;从最高点到N

11

点，由动能定理得2mgRW=2iiU',联立解得W=2mgR。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

111

——2—2

Wz<W=2mgR,质点从N点到Q点由动能定理得mgRWz=2用力?2m°N,解

1

-2

得2m%>0,所以质点能够至4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0.6mgh

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Ft,则沿斜面的

方向mgsin30°F尸ma,解得F尸0.Img,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

h

Ek=（mgsin30°F）s仇30°=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=mghEk二mghO.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，。点为原长位置。质量为0.5kg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8J。现将物块

由A点上方0.4m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10n）/s；则下列说法正确的是（）

A.物块从0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9J

D.从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加了1J

【解析】选C。物块从。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E”从A释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得

Ekl+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初gXBsin30°,由以上两式解得Ek2Eki=mg(xHXA)sin30°，由

题得XRXA=O.4m,解得从B点释放物块最大动能为

Ek2=Eki+mg(XBXA)sin30°=8J+0.5X10X0.4X0.5J=9J,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

AEp>mg(xBxA)sin30°=0.5X10X0.4X0.5J=1J,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,3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.G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。3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ti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；3时刻小球的机械能

最大,匕〜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；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；0〜6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，己知重力加速度

为g,下列说法正确的是（）

乙

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

maov

C.铝球下沉过程所受到油的阻力FL为

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ao<g,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mgF小ma。，铝球下沉

过程中受重力、阻力、浮力，由牛顿第二定律得，mgF浮F^nia,解得

mg-acF,ao

a=小租，由av图象可知，a=a°”0v,则有租二为v,解得阻力

ma()v

FL%，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1kg的物块从固定斜面上距挡板2m高的位置无初速度

滑下,撞到

下面的挡板上时,速度为6m/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10m/s2,则下面说法正确的有()

一

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1J

C.物块与挡板相碰过程中损失的机械能为10J

D.物块与挡板相碰后，能返回到离挡板0.8m高处

【解析】选C。物块下滑过程重力势能的减少量是△Ep=mgh=1X10X2

11

J=20J,动能的增加量为△Ek=2rm/2=2xiX6?J=18J,由于AE《AEp,

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AE二AEPAEEZO

J1842J,故B错误；物块与挡板相碰过程中损失的机械能为AE投

111

2,2

z：2mv2mv2=18J2X1X4J=10J,故C正确；设斜面的倾角为8,物

块与斜面间的动摩擦因数为H，根据动能定理得，下滑过程mghU

h1"1

2z

mgcos0•Sinfe2mvo,上滑过程mgh'Hmgcos0•sinfco2mv1联

立解得物块与挡板相碰后上滑的高度h'70.73m,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()

n七

(・)/(・)

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mV?

D.由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为m/

【解析】选D。在这段时间内，物体从静止做句加速直线运动，其相对

1

地面的位移为Xi=2vt,传送带(或传送带上的A点)相对地面的位移为

1

x2=vt,物体相对传送带的位移大小x=x2xi=2vt,显然Xi=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

1

为系统的内能，摩擦生热Q=FfX,对物体运用动能定理有FfxHm/,又

1

XLX,所以Q二Ex=2mv；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=2F「x=mv；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vo已知B处离地面高度为11,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Ao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

2

A正确；根据公式v=2ax,可知物体加速度关系ar<aO，由牛顿第二定

律得Mmgcos0mgsin。=ma,解得“甲<U乙；由摩擦生热Q=Ftx相对知，

vHH

甲图中Xi二2t尸sinG,Q甲二FfiX尸Ffi•sin。,Ffimgsin0=

mai=msinO，乙图中Q乙

v2

H-h-H二h

——2•——

=Ff2X2=Ff2•sin®,Ft^mgsin0=ma2=msin。,解得Q甲=mgH+

11

2nv2,Q*mg(Hh)+2w2,QQQj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，QQQ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咛德模拟)如图所示,足够长传送带与水平方向的倾角为0,

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,见在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、Do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mgsin0=iDbg,则niaSin0=垢b上升h,则a下降高度

为hsin0,则a重力势能的减小量为maghsin0=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=magvsin0=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处的圆环用连,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,AOh。圆环在C

处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到Ao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

1

B.下滑过程中，克服摩擦力做的功为

1

C.在C处,弹簧的弹性势能为411V2mgh

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；

⑵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、Do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mghWkEp®为阻力做

11

2

功，Ep为弹性势能），C到A过程，2mv+Ep=mgh+Wf,联立解得W尸4皿：B

1

2

项正确；在C处，弹簧的弹性势能为mgh4mv,C项错误;A到B过

111

-2——2

21；

程，mghMfi=2m"z?l+AEpi,C至IB2mv+△Ep2=2m^2+nigh24-W12,比较

得VB2>VBI,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V。沿逆时针方向匀加速运行，t=0时,将质量m=lkg的物体（可视

为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的vt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10m/s2。则（）

"/(msi)

U.31.UL3ZUZ.33.0〃S

甲乙

A.传送带的加速度可能大于2m/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H一定为0.5

D.0-2.0s内，摩擦力对物体做功M可能为24J

【解析】选B、Do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

mgsin0+umgcos0=mab角单得ai=(sin0+ucos0)g,在t=ls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1〜2s,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2m/s；故A错误；若1〜2s,摩擦力为零，那么物体

11-sinO4

加速度a2=gsin0=2m/s；则sin0=5,0<30°,u=cos9>5,若

1~2s,摩擦力不为零，那么物体加速度&二(sin。ucos8)g,由图可

2

知a尸10m/s；a2=2ni/s；所以有ai+a2=2gsin0-12m/s,故sin0=0.6,

即。=37°,ai&=2ugeos。=8m/s2,所以n=0.5,故B正确，C错误；

若1〜2s,摩擦力不为零，物体所受摩擦力Ff=umgcos。=4N,在。〜1

s内摩擦力方向沿斜面向下，在1〜2s内摩擦力方向沿斜面向上，物

1

体在0~1s的位移为Xi=2x1X10m=5叫在1〜2s的位移为

1

X2=2X（10+12）XIm=llm,所以0〜2s内，摩擦力对物体做功Wr=4

NX5m4NX

11m=24J,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go求：

⑴物块A处于静止时;弹簧的压缩量。

⑵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X。和最大速度v„10

⑶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图所示：

mg

由平衡条件得:

mgsin30°=k•△Xi

mg

解得：Ax尸2k

(2)A加速上升阶段，弹簧恢复原长前对A白牛顿第二定律得：

Fy+kxmgsin30°二ma

对B由牛顿第二定律得：

mgFT=ma

1

解得:2mg+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：

mgsin30°kx=2ma/

上升过程x增大，a'减小，v继续增大，可见当kx=mgsin30°时a'

二0,速度达到最大，此时弹簧的伸长量x=Axi,

1

Q点速度最大，对应的弹力大小恰好是Qng,弹性势能和初始状态相同,

mg

故A上升到Q点过程,A、B的位移大小都是x0=2△XFk

对A、B和弹簧系统由机械能守恒定律得：

1

Z“2

mg•2△xFmg•2△XiSin30°+2•2m"m

m

解得:ygyl2k

(3)不正确

对系统由机械能守恒定律得：

1

2

Nmg•2△xFmg•2△xtsin30°+2(Nm+m)v

2g(N-2Axi

解得:v=NN+l

当N=0.5时,v=0

2m

当NT8时，V=g\"二2Vm

故A沿斜面上升到Q点位置时的速度的范围是

2m

0<v<g\k=2Vm

mgmg:6

答案：⑴2k(2)kg\2/c

2m

⑶不正确0<v<gtk

12.(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=9m,分别与水平轨道相切于B、C两点,KA平台的高度为h=3.2m。

先让小物块甲以v尸、8°m/s的初速度从A点沿AB轨道下滑，当小物

块甲经过B点0.6s后,让小物块乙以一定的初速度V2=16m/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

分别为口甲=0.15、u乙=0.64,甲物块质量m甲=1kg,甲物块经过C点

2

时受到的支持力大小为FN=19N,g取10m/so求：

(I)甲物块滑到C点时的速率;