《（通用版）2019版高考物理二輪復習 第一部分 第一板塊 第8講 技法專題——巧用“能量觀點”解決力學選擇題講義（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2019版高考物理二輪復習 第一部分 第一板塊 第8講 技法專題——巧用“能量觀點”解決力學選擇題講義（含解析）.doc（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

技法專題——巧用“能量觀點”解決力學 考法 學法 “能量觀點”是解決力學問題的三大觀點之一。高考既可能在選擇題中單獨考查功和能，也可能在計算題中綜合考查功能問題，該部分內容主要解決的是選擇題中的能量觀點的應用?？疾榈膬热葜饕校孩賻追N常見的功能關系；②動能定理的綜合應用；③利用機械能守恒定律和能量守恒定律分析問題。用到的思想方法有：①整體法和隔離法；②全程法和分段法；③守恒思想。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ [點點探明]———————————————————————————————— 題型1　應用動能定理求解變力做功 [例1]　如圖所示，質量為m的物塊與水平轉臺間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊與轉軸相距為R，物塊隨轉臺由靜止開始轉動。當轉速增至某一值時，物塊即將在轉臺上滑動，此時轉臺已開始勻速轉動，在這一過程中，摩擦力對物塊做的功是(假設物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　) A．0　　　　　　　　 B．2μmgR C．2πμmgR D.μmgR [解析]　物塊即將在轉臺上滑動但還未滑動時，轉臺對物塊的最大靜摩擦力恰好提供向心力，設此時物塊做圓周運動的線速度為v，則有μmg＝，在物塊由靜止到獲得速度v的過程中，物塊受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力對物塊做功，由動能定理得W＝mv2－0，解得W＝μmgR，D正確。 [答案]　D 題型2　應用動能定理解決往復運動問題 [例2]　如圖所示，斜面的傾角為θ，質量為m的滑塊與擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失，滑塊經(jīng)過的總路程是(　　) A. B. C. D. [解析]　滑塊最終要停在斜面底部，設滑塊經(jīng)過的總路程為x，對滑塊運動的全程應用功能關系，全程所產生的熱量為Q＝mv02＋mgx0sin θ，又由全程產生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcos θ，解得x＝，選項A正確。 [答案]　A 題型3　應用動能定理解決多過程問題 [例3]　[多選]如圖所示為一滑草場。某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45和37的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ。質量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)。則(　　) A．動摩擦因數(shù)μ＝ B．載人滑草車最大速度為 C．載人滑草車克服摩擦力做功為mgh D．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g [解析]　由題意知，上、下兩段滑道的長分別為s1＝、s2＝，由動能定理知：2mgh－μmgs1cos 45－μmgs2cos 37＝0，解得動摩擦因數(shù)μ＝，選項A正確；載人滑草車在上下兩段的加速度分別為a1＝g(sin 45－μcos 45)＝g，a2＝g(sin 37－μcos 37)＝－g，則在下滑h時的速度最大，由動能定理知：mgh－μmgs1cos 45＝mv2，解得v＝ ，選項B正確，D錯誤；載人滑草車克服摩擦力做的功與重力做功相等，即W＝2mgh，選項C錯誤。 [答案]　AB 題型4　動能定理和圖像的綜合 [例4]　[多選]一物體靜止在粗糙水平面上，某時刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用開始沿水平方向做直線運動，已知在第1 s 內合力對物體做的功為45 J，在第1 s末撤去拉力，物體整個運動過程的vt圖像如圖所示，g取10 m/s2，則(　　) A．物體的質量為5 kg B．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1 C．第1 s內摩擦力對物體做的功為60 J D．第1 s內拉力對物體做的功為60 J [解析]　由動能定理有45 J＝，第1 s末速度v＝3 m/s，解得m＝10 kg，故A錯誤；撤去拉力后加速度的大小a＝ m/s2＝1 m/s2，摩擦力f＝ma＝10 N，又f＝μmg，解得 μ＝0.1，故B正確；第1 s內物體的位移x＝13 m＝1.5 m，第1 s內摩擦力對物體做的功W＝－fx＝－15 J，故C錯誤；第1 s內加速度的大小a1＝ m/s2＝3 m/s2，設第1 s內拉力為F，則F－f＝ma1，解得F＝40 N，第1 s內拉力對物體做的功W′＝Fx＝60 J，故D正確。 [答案]　BD [系統(tǒng)通法]———————————————————————————————— 1．把握兩點，準確理解動能定理 (1)動能定理表達式中，W表示所有外力做功的代數(shù)和，包括物體所受重力做的功。 (2)動能定理表達式中，ΔEk為所研究過程的末動能與初動能之差，而且物體的速度均是相對地面的速度。 2．應用動能定理的“兩線索、兩注意” (1)兩線索 (2)兩注意 ①動能定理常用于單個物體的運動過程，由于不涉及加速度和時間，比動力學研究方法更簡便。 ②當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應用動能定理求解；當所求解的問題不涉及中間的速度時，也可以全過程應用動能定理求解。 [點點探明]———————————————————————————————— 題型1　繩連接的系統(tǒng)機械能守恒問題 [例1]　(2018南京模擬)如圖所示，一半圓形碗的邊緣上裝有一定滑輪，滑輪兩邊通過一不可伸長的輕質細線掛著兩個小物體，質量分別為m1、m2，m1>m2?，F(xiàn)讓m1從靠近定滑輪處由靜止開始沿碗內壁下滑。設碗固定不動，其內壁光滑、半徑為R。則m1滑到碗最低點時的速度為(　　) A．2 　　 　　 B. C. D．2 [解析]　設當m1到達碗最低點時速率為v1，此時m2的速率為v2，由幾何關系知 v1cos 45＝v2，對m1、m2由機械能守恒定律得m1gR＝m2gR＋m1v12＋m2v22，解得 v1＝2 ，D正確。 [答案]　D 題型2　桿連接的系統(tǒng)機械能守恒問題 [例2]　如圖所示為豎直平面內的半圓形光滑軌道，其半徑為R。小球A、B的質量分別為mA、mB，A和B之間用一根長為l(lmB，B在右側上升的最大高度與A的起始高度相同 C．在A下滑過程中輕桿對A做負功，對B做正功 D．在A下滑過程中減少的重力勢能等于A與B增加的動能 [解析]　根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒條件可知，A和B組成的系統(tǒng)機械能守恒，如果B在右側上升的最大高度與A的起始高度相同，則有mAgh－mBgh＝0，則有mA＝mB，A、B錯誤；A下滑、B上升過程中，B機械能增加，則A機械能減少，說明輕桿對A做負功，對B做正功，C正確；A下滑過程中減少的重力勢能等于B上升過程中增加的重力勢能和A與B增加的動能之和，D錯誤。 [答案]　C 題型3　彈簧連接的系統(tǒng)機械能守恒問題 [例3]　[多選](2018邵陽模擬)如圖所示，物體A、B通過細繩及輕質彈簧連接在輕滑輪兩側，物體A、B的質量分別為2m、m。開始時細繩伸直，B靜止在桌面上，用手托著A使彈簧處于原長且A與地面的距離為h。放手后A下落，著地時速度大小為v，此時B對桌面恰好無壓力。不計一切摩擦及空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是(　　) A．A下落過程中，A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．彈簧的勁度系數(shù)為 C．A著地時的加速度大小為 D．A著地時彈簧的彈性勢能為mgh－mv2 [解析]　因為B沒有運動，所以A下落過程中，只有彈簧彈力和重力做功，故A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，A正確；因為A剛下落時，彈簧處于原長，A落地時，彈簧對B的彈力大小等于B所受的重力，故kh＝mg，解得k＝，B錯誤；A落地時彈簧對繩子的拉力大小為mg，對A分析，受到豎直向上的拉力，大小為mg，豎直向下的重力，大小為2mg，根據(jù)牛頓第二定律可得2mg－mg＝2ma，解得a＝，C正確；A下落過程中，A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故2mgh＝2mv2＋Ep，解得Ep＝2mgh－mv2，D錯誤。 [答案]　AC [系統(tǒng)通法]———————————————————————————————— 1．判斷機械能守恒的兩個角度 (1)用做功判斷：若物體(或系統(tǒng))只受重力(或系統(tǒng)內彈力)，或雖受其他力，但其他力不做功，則機械能守恒。 (2)用能量轉化判斷：若物體(或系統(tǒng))只有動能和勢能的相互轉化，而無機械能與其他形式能的相互轉化，則機械能守恒。 2．機械能守恒定律的三種表達形式 3．應用機械能守恒定律解題的基本思路 [知能全通]———————————————————————————————— 1．常見的功能關系 重力做功與重力勢能變化的關系 WG＝－ΔEp 彈力做功與彈性勢能變化的關系 W彈＝－ΔEp 合外力做功與動能變化的關系 W合＝ΔEk 除重力和彈力以外其他力做功與機械能變化的關系 W其他＝ΔE機 滑動摩擦力與相對位移的乘積與內能變化的關系 Ffx相對＝ΔE內 2．功能關系的理解和應用 (1)功能關系反映了做功和能量轉化之間的對應關系，功是能量轉化的量度和原因，在不同問題中的具體表現(xiàn)不同。 (2)分清是什么力做功，并且分析該力做功的正負；根據(jù)功能之間的對應關系，判定能的轉化情況。 (3)可以根據(jù)能量轉化情況，確定是什么力做功，尤其可以方便計算變力做的功。 [題點全練]———————————————————————————————— 1.(2018全國卷Ⅰ)如圖，abc是豎直面內的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為(　　) A．2mgR　　　　　　　 B．4mgR C．5mgR D．6mgR 解析：選C　小球從a點運動到c點，根據(jù)動能定理得，F(xiàn)3R－mgR＝mv2，又F＝mg，故v＝2。小球離開c點在豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，且水平方向的加速度大小也為g，故小球從c點到最高點所用的時間t＝＝2，水平位移x＝gt2＝2R，根據(jù)功能關系，小球從a點到軌跡最高點機械能的增量等于力F做的功，即ΔE＝F(3R＋x)＝5mgR，C正確。 2.[多選](2019屆高三邯鄲模擬)如圖，質量為m的物體在恒定外力F作用下豎直向上做初速度為零的勻加速直線運動，經(jīng)過一段時間，力F做的功為W，此時撤去力F，物體又經(jīng)相同時間回到了出發(fā)點。若以出發(fā)點所在水平面為重力勢能的零勢能平面，重力加速度為g，不計空氣阻力，則(　　) A．從物體開始運動到回到出發(fā)點的過程中，物體的機械能增加了 B．力F的大小為mg C．物體回到出發(fā)點時重力的瞬時功率為 D．撤去力F時，物體的動能和重力勢能恰好相等 解析：選BC　除重力以外的力做的功等于物體機械能的變化量，力F做功為W，則物體機械能增加了W，故A錯誤；從開始運動到回到出發(fā)點，撤去力F前后兩個過程位移大小相等、方向相反，時間相等，取豎直向上為正方向，則得：at2＝－，F(xiàn)－mg＝ma，解得：a＝g，F(xiàn)＝mg，故B正確；在整個過程中，根據(jù)動能定理得：mv2＝W，物體回到出發(fā)點時速率v＝，瞬時功率為P＝mgv＝，故C正確；撤去力F時，物體的動能為Ek＝W－mgat2＝Fat2－mgat2＝mgat2，重力勢能為Ep＝mgat2＝ mgat2，可見，動能和重力勢能不相等，故D錯誤。 3.[多選](2018盤錦模擬)如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內，AB、CD是圓環(huán)相互垂直的兩條直徑，C、D兩點與圓心O等高。一個質量為m的光滑小球套在圓環(huán)上，一根輕質彈簧一端連在小球上，另一端固定在P點，P點在圓心O的正下方處。小球從最高點A由靜止開始沿逆時針方向下滑，已知彈簧的原長為R，彈簧始終處于彈性限度內，重力加速度為g，下列說法正確的有(　　) A．彈簧長度等于R時，小球的動能最大 B．小球運動到B點時的速度大小為 C．小球在A、B兩點時對圓環(huán)的壓力差為4mg D．小球從A到C的過程中，彈簧彈力對小球做的功等于小球機械能的增加量 解析：選CD　小球下滑過程中，彈簧長度等于R時，彈簧處于原長，此時彈簧彈力等于0，只有重力對小球做正功，小球仍在加速，所以彈簧長度等于R時，小球的動能不是最大，故A錯誤；由題可知，小球在A、B兩點時彈簧的形變量相等，彈簧的彈性勢能相等，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得：2mgR＝mvB2，解得小球運動到B點時的速度vB＝2，故B錯誤；設小球在A、B兩點時彈簧的彈力大小為F，在A點，圓環(huán)對小球的支持力F1＝ mg＋F，在B點，由牛頓第二定律得：F2－mg－F＝m，解得圓環(huán)對小球的支持力F2＝5mg＋F，則F2－F1＝4mg，由牛頓第三定律知，小球在A、B兩點時對圓環(huán)的壓力差為4mg，故C正確；小球從A到C的過程中，根據(jù)功能關系可知，彈簧彈力對小球做的功等于小球機械能的增加量，故D正確。 [知能全通]———————————————————————————————— “三步走”分析疊放體問題(以傳送帶為例) [題點全練]———————————————————————————————— 1.如圖所示，水平傳送帶長為s，以速度v始終保持勻速運動，把質量為m的貨物放到A點，貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，當貨物從A點運動到B點的過程中，摩擦力對貨物做的功不可能(　　) A．等于mv2　　　　　 B．小于mv2 C．大于μmgs D．小于μmgs 解析：選C　貨物在傳送帶上相對地面的運動情況可能是先加速后勻速，也可能是一直加速而最終速度小于v，根據(jù)動能定理知摩擦力對貨物做的功可能等于mv2，可能小于 mv2，可能等于μmgs，可能小于μmgs，不可能大于μmgs，故C對。 2.[多選](2018濟寧模擬)如圖所示，長為L、質量為M的木板靜置在光滑的水平面上，在木板上放置一質量為m的物塊，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ。物塊以速度v0從木板的左端向右端滑動時，若木板固定不動，物塊恰好能從木板的右端滑下。若木板不固定時，下列敘述正確的是(　　) A．物塊不能從木板的右端滑下 B．系統(tǒng)產生的熱量Q＝μmgL C．經(jīng)過t＝物塊與木板保持相對靜止 D．摩擦力對木板所做的功等于物塊克服摩擦力所做的功 解析：選AC　木板固定不動時，物塊減少的動能全部轉化為內能。木板不固定時，物塊向右減速的同時，木板要向右加速，物塊減少的動能轉化為系統(tǒng)產生的內能和木板的動能，所以產生的內能必然減小，物塊相對于木板滑行的距離要減小，不能從木板的右端滑下，故A正確；物塊和木板組成的系統(tǒng)產生的熱量Q＝Ffx相對＝μmgx相對＜μmgL，故B錯誤；設物塊與木板最終的共同速度為v，物塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有：mv0＝(m＋M)v，對木板，由動量定理得：μmgt＝Mv，聯(lián)立解得： t＝，故C正確；由于物塊與木板相對于水平面的位移大小不等，物塊對地位移較大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力對木板所做的功小于物塊克服摩擦力所做的功，故D錯誤。 3.如圖所示，水平傳送帶兩端點A、B間的距離為l，傳送帶開始時處于靜止狀態(tài)。把一個小物體放到右端的A點，施加恒定拉力F使小物體以速度v1勻速滑到左端的B點，拉力F所做的功為W1、功率為P1，這一過程物體和傳送帶之間因摩擦而產生的熱量為Q1。隨后讓傳送帶以速度v2勻速運動，施加相同的恒定拉力F拉物體，使它以相對傳送帶為v1的速度勻速從A滑到B，這一過程中，拉力F所做的功為W2、功率為P2，物體和傳送帶之間因摩擦而產生的熱量為Q2。下列關系中正確的是(　　) A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2 B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2 C．W1＞W(wǎng)2，P1＝P2，Q1＞Q2 D．W1＞W(wǎng)2，P1＝P2，Q1＝Q2 解析：選B　因為兩次的拉力和位移相同，兩次拉力做的功相等，即W1＝W2；當傳送帶不動時，物體運動的時間為t1＝，當傳送帶以速度v2勻速運動時，物體運動的時間為 t2＝，所以第二次用的時間短，功率大，即P1＜P2；滑動摩擦力與相對路程的乘積等于產生的熱量，第二次的相對路程小，所以Q1＞Q2，選項B正確。 4．[多選]如圖甲所示，光滑水平面上放著長木板B，質量為m＝2 kg的木塊A以速度 v0＝2 m/s滑上原來靜止的長木板B的上表面，由于A、B之間存在有摩擦，之后，A、B的速度隨時間變化情況如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　) A．A、B之間動摩擦因數(shù)為0.1 B．長木板的質量M＝2 kg C．長木板長度至少為2 m D．A、B組成的系統(tǒng)損失的機械能為4 J 解析：選AB　從題圖乙可以看出，A先做勻減速運動，B做勻加速運動，最后一起做勻速運動，共同速度：v＝1 m/s，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 kg，故B正確；由圖像可知，木板B勻加速運動的加速度為：a＝＝ m/s2＝1 m/s2，對B，根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝Ma，解得動摩擦因數(shù)為：μ＝0.1，故A正確；由圖像可知前1 s內B的位移為：xB＝11 m＝0.5 m, A的位移為：xA＝1 m＝1.5 m，所以木板最小長度為：L＝xA－xB＝1 m，故C錯誤；A、B組成的系統(tǒng)損失的機械能為：ΔE＝mv02－(m＋M)v2＝2 J，故D錯誤。 [專題強訓提能] 1.如圖所示，物塊的質量為m，它與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為μ。起初，用手按住物塊，物塊的速度為零，彈簧的伸長量為x，然后放手，當彈簧的長度第一次回到原長時，物塊的速度為v。則此過程中彈力所做的功為(　　) A.mv2－μmgx　　　　 B．μmgx－mv2 C.mv2＋μmgx D．以上選項均不對 解析：選C　設W彈為彈力對物體做的功，因為克服摩擦力做的功為μmgx，由動能定理得W彈－μmgx＝mv2－0，得W彈＝mv2＋μmgx，C對。 2．(2018江蘇高考)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖像是(　　) 解析：選A　小球做豎直上拋運動，設初速度為v0，則v＝v0－gt，小球的動能Ek＝mv2，把速度v代入，得Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02，Ek與t為二次函數(shù)關系，A正確。 3．[多選](2016全國卷Ⅲ)如圖，一固定容器的內壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質量為m的質點P。它在容器內壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設質點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則(　　) A．a＝ B．a＝ C．N＝ D．N＝ 解析：選AC　質點P下滑到最低點的過程中，由動能定理得mgR－W＝mv2，則速度 v＝，在最低點的向心加速度a＝＝，選項A正確， B錯誤；在最低點時，由牛頓第二定律得N－mg＝ma，N＝，選項C正確，D錯誤。 4.如圖為某同學建立的一個測量動摩擦因數(shù)的模型。物塊自左側斜面上A點由靜止滑下，滑過下面一段平面后，最高沖至右側斜面上的B點。實驗中測量出了三個角度，左右斜面的傾角α和β及AB連線與水平面的夾角θ。物塊與各接觸面間動摩擦因數(shù)相同且為μ，忽略物塊在拐角處的能量損失，以下結論正確的是(　　) A．μ＝tan α B．μ＝tan β C．μ＝tan θ D．μ＝tan 解析：選C　設AB的水平長度為x，豎直高度差為h，對從A到B的過程運用動能定理得mgh－μmgcos αAC－μmgCE－μmgcos βEB＝0，因為ACcos α＋CE＋EBcos β＝x，則有mgh－μmgx＝0，解得μ＝＝tan θ，故C正確。 5．如圖所示，質量、初速度大小都相同的A、B、C三個小球，開始時在同一水平面上，A球豎直上拋，B球以傾角θ斜向上拋，C球沿傾角為θ的光滑斜面上滑，它們上升的最大高度分別為hA、hB、hC，空氣阻力不計，則(　　) A．hA＝hB＝hC B．hA＝hBhC D．hA＝hC>hB 解析：選D　A球和C球上升到最高點時速度均為零，而B球上升到最高點時仍有水平方向的速度，即仍有動能。對A、C球由機械能守恒定律得mgh＝mv02，得hA＝hC＝h＝。對B球由機械能守恒定律得mghB＋mvt2＝mv02，且vt≠0，所以hA＝hC>hB，故D正確。 6．(2019屆高三南京模擬)質量為m的球從地面以初速度v0豎直向上拋出，已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比。下列圖像分別描述了球在空中運動的速度v、加速度a隨時間t的變化關系和動能Ek、機械能E(取地面處重力勢能為零)隨球距離地面高度h的變化關系，其中可能正確的是(　　) 解析：選C　已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比，即Ff＝kv，當球上升到最高點時，v為零，球只受重力，a等于g，則vt圖線切線的斜率不等于零，故A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，球上升過程中：mg＋kv＝ma，v逐漸減小，a逐漸減小，球下降過程中：mg－kv＝ma，v逐漸增大，a逐漸減小，故B錯誤；上升過程，由動能定理：－mgh－Ffh＝ Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－(mg＋kv)h，隨h的增加，v減小，則Ekh圖像的斜率減小，下降過程，由動能定理：mg(h0－h(huán))－Ff(h0－h(huán))＝Ek，即Ek＝(mg－kv)(h0－h(huán))，隨下降的高度的增加，v增大，Ekh圖像的斜率減小，故C正確；機械能的變化量等于克服阻力做的功： －Ffh＝E－E0，上升過程中v逐漸減小，則Ff逐漸減小，即Eh圖像的斜率逐漸變小，故Eh圖像不是直線，故D錯誤。 7.(2018武漢調研)如圖所示，半徑為R、圓心為O的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內，OC水平，D是圓環(huán)最低點。質量為2m的小球A與質量為m的小球B套在圓環(huán)上，兩球之間用輕桿相連。兩球初始位置如圖所示，由靜止釋放，當A運動至D點時，B的動能為(　　) A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 解析：選D　A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，當A運動到最低點D時，A下降的高度為hA＝R＋Rsin 45，B上升的高度為hB＝Rsin 45，則有2mghA－mghB＝2mvA2＋mvB2，又vA＝vB，所以B的動能為EkB＝mvB2＝mgR，選項D正確。 8．(2018煙臺模擬)某段高速路對載重貨車設定的允許速度范圍為50～80 km/h，而上坡時若貨車達不到最小允許速度50 km/h，則必須走“爬坡車道”來避免危險。某質量為4.0104 kg的載重貨車，保持額定功率200 kW在“爬坡車道”上行駛，每前進1 km，上升0.04 km，貨車所受的阻力(摩擦阻力與空氣阻力)為車重的0.01倍，g取10 m/s2，爬坡車道足夠長，則貨車勻速上坡的過程中(　　) A．牽引力等于2104 N B．速度可能大于36 km/h C．增加的重力勢能等于貨車牽引力所做的功 D．增加的機械能等于貨車克服阻力所做的功 解析：選A　貨車勻速上坡的過程中，根據(jù)平衡條件得：牽引力大小 F＝0.01mg＋ mgsin θ＝0.014.010410 N＋4.010410 N＝2104 N，故A正確；根據(jù)P＝Fv得：v＝＝ m/s＝10 m/s＝36 km/h，故B錯誤；勻速上坡過程增加的重力勢能等于汽車牽引力所做的功與克服阻力做功之差，故C錯誤；根據(jù)功能關系知，勻速上坡過程增加的機械能等于汽車牽引力做功與克服阻力所做的功之差，故D錯誤。 9．[多選](2018武漢質檢)有一系列斜面，傾角各不相同，它們的底端相同，都是O點，如圖所示。有一系列完全相同的滑塊(可視為質點)從這些斜面上的A、B、C、D、…各點同時由靜止釋放，下列判斷正確的是(　　) A．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達O點的速率相同，則A、B、C、D、…各點處在同一水平線上 B．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達O點的速率相同，則A、B、C、D、…各點處在同一豎直面內的圓周上 C．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達O點的時間相同，則A、B、C、D、…各點處在同一豎直面內的圓周上 D．若各斜面與這些滑塊間有相同的動摩擦因數(shù)，滑塊到達O點的過程中，各滑塊損失的機械能相同，則A、B、C、D、…各點處在同一豎直線上 解析：選ACD　若各斜面均光滑，根據(jù)mgh＝mv2，滑塊質量相同，到達O點的速率相同，則h相同，即各釋放點處在同一水平線上，A正確，B錯誤；以O點為最低點作等時圓，如圖所示，由gsin θt2＝2Rsin θ，可知各滑塊從圓周上各點運動到O點時間相等，C正確；若各滑塊滑到O點的過程中，滑塊滑動的水平距離是x，滑塊損失的機械能(即克服摩擦力做功)為：Wf＝μmgcos θ，即各釋放點處在同一豎直線上，D正確。 10．[多選]如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角為30，質量分別為M、m的兩個物體通過細繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側，斜面底端有一與斜面垂直的擋板。開始時用手按住M，此時M到擋板的距離為s，滑輪兩邊的細繩恰好伸直，且沒有力的作用。已知M＝2m，空氣阻力不計。松開手后，下列說法正確的是(　　) A．M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．當M的速度最大時，m與地面間的作用力為零 C．若M恰好能到達擋板處，則此時m的速度為零 D．若M恰好能到達擋板處，則此過程中重力對M做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與m的機械能增加量之和 解析：選BD　運動過程中，M、m與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，A錯誤；當M速度最大時，彈簧的彈力等于Mgsin 30＝mg，此時m與地面間的作用力恰好為零，B正確；然后M做減速運動，恰好能到達擋板處，也就是速度剛好減小到了零，之后M會上升，所以M恰好到達擋板處時彈簧彈力大于mg，即此時m受到的細繩拉力大于自身重力，m還在加速上升，C錯誤；根據(jù)功能關系，M減小的機械能等于m增加的機械能與彈簧增加的彈性勢能之和，若M恰好能到達擋板處，此時動能恰好為零，因此重力對M做的功等于M減小的機械能，D正確。 11．[多選]如圖所示，三個小球A、B、C的質量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長均為L。B、C置于水平地面上，用一輕質彈簧連接，彈簧處于原長。現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角α由60變?yōu)?20。A、B、C在同一豎直平面內運動，彈簧在彈性限度內，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則此下降過程中(　　) A．A的動能達到最大前，B受到地面的支持力小于mg B．A的動能最大時，B受到地面的支持力等于mg C．彈簧的彈性勢能最大時，A的加速度方向豎直向下 D．彈簧的彈性勢能最大值為mgL 解析：選AB　在A的動能達到最大前，A向下加速運動，此時A處于失重狀態(tài)，則整個系統(tǒng)對地面的壓力小于3mg，即地面對B的支持力小于mg，A項正確；當A的動能最大時，A的加速度為零，這時系統(tǒng)既不失重，也不超重，系統(tǒng)對地面的壓力等于3mg，即B受到地面的支持力等于mg，B項正確；當彈簧的彈性勢能最大時，A減速運動到最低點，此時A的加速度方向豎直向上，C項錯誤；由機械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢能最大值等于A的重力勢能的減少量，即為mg(Lcos 30－Lcos 60)＝mgL，D項錯誤。 12．[多選]如圖所示，在豎直桿上安裝一個光滑小導向槽，使豎直上拋的小球能改變方向后做平拋運動；不計經(jīng)導向槽時小球的能量損失，設小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為v，重力加速度為g；那么當小球有最大水平位移時，下列說法正確的是(　　) A．導向槽位置應在高為的位置 B．最大水平位移為 C．小球在上、下兩過程中，在經(jīng)過某相同高度時，合速度的大小總有v下＝2v上 D．當小球落地時，速度方向與水平方向成45角 解析：選AD　設小球做平拋運動時的速度為v0，根據(jù)機械能守恒定律可得，mv02＋mgh＝mv2，解得v0＝；根據(jù)平拋運動的知識可得，下落時間t＝，則水平位移x＝v0t＝ ，所以當－2h＝2h時水平位移最大，解得h＝，A正確；最大的水平位移為x＝＝2h＝，B錯誤；根據(jù)機械能守恒定律可知，在某相同高度處時上升的速率和下落的速率相等，C錯誤；設小球落地時速度與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為α，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知，tan θ＝2tan α＝2＝1，則θ＝45，D正確。 13.(2019屆高三濱州模擬)兩物塊A和B用一輕彈簧連接，靜止在水平桌面上，如圖甲所示，現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動物塊A，使之向上做勻加速直線運動，如圖乙所示。在物塊A開始運動到物塊B將要離開桌面的過程中(彈簧始終處于彈性限度內)，下列說法正確的是(　　) A．力F先減小后增大 B．彈簧的彈性勢能一直增大 C．物塊A的動能和重力勢能一直增大 D．物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能先增大后減小 解析：選C　對物塊A由牛頓第二定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F＝m(g＋a)－kx，由于x先減小后反向增大，故力F一直增大，故A錯誤；在物塊A上升過程中，彈簧從壓縮到伸長，所以彈簧的彈性勢能先減小后增大，故B錯誤；在物塊A上升過程中，由于物塊A做勻加速運動，所以物塊A的速度增大，高度升高，則物塊A的動能和重力勢能增大，故C正確；在物塊A上升過程中，除重力與彈力做功外，還有力F做正功，所以物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機械能一直增大，故D錯誤。 14.[多選](2018江西八校聯(lián)考)如圖所示，三角形傳送帶以 1 m/s 的速度逆時針勻速轉動，兩邊的傳送帶長都是6 m且與水平方向的夾角均為37?，F(xiàn)有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都是0.5(g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)，下列說法正確的是(　　) A．A先到達傳送帶底端 B．A、B同時到達傳送帶底端 C．傳送帶對A做正功，對B做負功 D．A、B在傳送帶上的劃痕長度之比為1∶2 解析：選BD　對A，因為mgsin 37>μmgcos 37，則A所受摩擦力沿傳送帶向上，下滑時做勻加速直線運動，同理，B所受摩擦力沿傳送帶向上，下滑時做勻加速直線運動，A、B做勻加速直線運動的加速度大小相等，位移大小相等，則運動的時間相等，故A錯誤，B正確；傳送帶對A、B的摩擦力方向與速度方向相反都沿傳送帶向上，傳送帶對A和B做負功，故C錯誤；對A，劃痕的長度等于A的位移大小減去傳送帶的位移大小，以A為研究對象，由牛頓第二定律得mgsin 37－μmgcos 37＝ma，a＝2 m/s2，由運動學公式x＝vt＋at2，得運動時間為：t＝2 s，所以傳送帶運動的位移大小為x＝vt＝2 m，所以A在傳送帶上的劃痕長度為Δx1＝6 m－2 m＝4 m；對B，劃痕的長度等于B的位移大小加上傳送帶的位移大小，同理得出B在傳送帶上的劃痕長度為Δx2＝6 m＋2 m＝8 m，所以劃痕長度之比為1∶2，故D正確。