技法專題——巧用“能量觀點(diǎn)”解決力學(xué)1.如圖所示，物塊的質(zhì)量為m，它與水平桌面間的動(dòng)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(zhǎng)量為x，然后放手，當(dāng)彈簧的長(zhǎng)度第一次回到原長(zhǎng)時(shí)，物塊的速度為v。則此過程中彈力所做的功為()A.eq\f(1,2)mv2－μmgx B．μmgx－eq\f(1,2)mv2C.eq\f(1,2)mv2＋μmgx D．以上選項(xiàng)均不對(duì)解析：選C設(shè)W彈為彈力對(duì)物體做的功，因?yàn)榭朔Σ亮ψ龅墓棣蘭gx，由動(dòng)能定理得W彈－μmgx＝eq\f(1,2)mv2－0，得W彈＝eq\f(1,2)mv2＋μmgx，C對(duì)。2．(2018·江蘇高考)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖像是()解析：選A小球的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2，把速度v代入，得Ek＝eq\f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq\f(1,2)mv02，Ek與t為二次函數(shù)關(guān)系，A正確。3．[多選](2016·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)P。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過程中，克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設(shè)質(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度的大小為a，容器對(duì)它的支持力大小為N，則()A．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR) B．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R) D．N＝eq\f(2mgR－W,R)解析：選AC質(zhì)點(diǎn)P下滑到最低點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，則速度v＝eq\r(\f(2mgR－W,m))，在最低點(diǎn)的向心加速度a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2mgR－W,mR)，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得N－mg＝ma，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。4.如圖為某同學(xué)建立的一個(gè)測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù)的模型。物塊自左側(cè)斜面上A點(diǎn)由靜止滑下，滑過下面一段平面后，最高沖至右側(cè)斜面上的B點(diǎn)。實(shí)驗(yàn)中測(cè)量出了三個(gè)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(dòng)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(jié)論正確的是()A．μ＝tanα B．μ＝tanβC．μ＝tanθ D．μ＝taneq\f(α－β,2)解析：選C設(shè)AB的水平長(zhǎng)度為x，豎直高度差為h，對(duì)從A到B的過程運(yùn)用動(dòng)能定理得mgh－μmgcosα·AC－μmg·CE－μmgcosβ·EB＝0，因?yàn)锳C·cosα＋CE＋EB·cosβ＝x，則有mgh－μmgx＝0，解得μ＝eq\f(h,x)＝tanθ，故C正確。5．如圖所示，質(zhì)量、初速度大小都相同的A、B、C三個(gè)小球，開始時(shí)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(jì)，則()A．hA＝hB＝hC B．hA＝hB<hCC．hA＝hB>hC D．hA＝hC>hB解析：選DA球和C球上升到最高點(diǎn)時(shí)速度均為零，而B球上升到最高點(diǎn)時(shí)仍有水平方向的速度，即仍有動(dòng)能。對(duì)A、C球由機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv02，得hA＝hC＝h＝eq\f(v02,2g)。對(duì)B球由機(jī)械能守恒定律得mghB＋eq\f(1,2)mvt2＝eq\f(1,2)mv02，且vt≠0，所以hA＝hC>hB，故D正確。6．(2019屆高三·南京模擬)質(zhì)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(yùn)動(dòng)的速度v、加速度a隨時(shí)間t的變化關(guān)系和動(dòng)能Ek、機(jī)械能E(取地面處重力勢(shì)能為零)隨球距離地面高度h的變化關(guān)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(dāng)球上升到最高點(diǎn)時(shí)，v為零，球只受重力，a等于g，則v-t圖線切線的斜率不等于零，故A錯(cuò)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(cuò)誤；上升過程，由動(dòng)能定理：－mgh－Ffh＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－(mg＋kv)h，隨h的增加，v減小，則Ek-h圖像的斜率減小，下降過程，由動(dòng)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，Ek-h圖像的斜率減小，故C正確；機(jī)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E-h圖像的斜率逐漸變小，故E-h圖像不是直線，故D錯(cuò)誤。7.(2018·武漢調(diào)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(nèi)，OC水平，D是圓環(huán)最低點(diǎn)。質(zhì)量為2m的小球A與質(zhì)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(dāng)A運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)時(shí)，B的動(dòng)能為()A.eq\f(\r(2),2)mgR B.eq\f(\r(2),6)mgRC.eq\f(4＋\r(2),2)mgR D.eq\f(4＋\r(2),6)mgR解析：選DA、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)D時(shí)，A下降的高度為hA＝R＋Rsin45°，B上升的高度為hB＝Rsin45°，則有2mghA－mghB＝eq\f(1,2)×2mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，又vA＝vB，所以B的動(dòng)能為EkB＝eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(4＋\r(2),6)mgR，選項(xiàng)D正確。8．(2018·煙臺(tái)模擬)某段高速路對(duì)載重貨車設(shè)定的允許速度范圍為50～80km/h，而上坡時(shí)若貨車達(dá)不到最小允許速度50km/h，則必須走“爬坡車道”來避免危險(xiǎn)。某質(zhì)量為4.0×104kg的載重貨車，保持額定功率200kW在“爬坡車道”上行駛，每前進(jìn)1km，上升0.04km，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10m/sA．牽引力等于2×104NB．速度可能大于36km/hC．增加的重力勢(shì)能等于貨車牽引力所做的功D．增加的機(jī)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＋mgsinθ＝0.01×4.0×104×10N＋4.0×104×10×eq\f(0.04,1)N＝2×104N，故A正確；根據(jù)P＝Fv得：v＝eq\f(P,F)＝eq\f(2×105,2×104)m/s＝10m/s＝36km/h，故B錯(cuò)誤；勻速上坡過程增加的重力勢(shì)能等于汽車牽引力所做的功與克服阻力做功之差，故C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系知，勻速上坡過程增加的機(jī)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(cuò)誤。9．[多選](2018·武漢質(zhì)檢)有一系列斜面，傾角各不相同，它們的底端相同，都是O點(diǎn)，如圖所示。有一系列完全相同的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從這些斜面上的A、B、C、D、…各點(diǎn)同時(shí)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(dá)O點(diǎn)的速率相同，則A、B、C、D、…各點(diǎn)處在同一水平線上B．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達(dá)O點(diǎn)的速率相同，則A、B、C、D、…各點(diǎn)處在同一豎直面內(nèi)的圓周上C．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達(dá)O點(diǎn)的時(shí)間相同，則A、B、C、D、…各點(diǎn)處在同一豎直面內(nèi)的圓周上D．若各斜面與這些滑塊間有相同的動(dòng)摩擦因數(shù)，滑塊到達(dá)O點(diǎn)的過程中，各滑塊損失的機(jī)械能相同，則A、B、C、D、…各點(diǎn)處在同一豎直線上解析：選ACD若各斜面均光滑，根據(jù)mgh＝eq\f(1,2)mv2，滑塊質(zhì)量相同，到達(dá)O點(diǎn)的速率相同，則h相同，即各釋放點(diǎn)處在同一水平線上，A正確，B錯(cuò)誤；以O(shè)點(diǎn)為最低點(diǎn)作等時(shí)圓，如圖所示，由eq\f(1,2)gsinθt2＝2Rsinθ，可知各滑塊從圓周上各點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)間相等，C正確；若各滑塊滑到O點(diǎn)的過程中，滑塊滑動(dòng)的水平距離是x，滑塊損失的機(jī)械能(即克服摩擦力做功)為：Wf＝μmgcosθ·eq\f(x,cosθ)，即各釋放點(diǎn)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(zhì)量分別為M、m的兩個(gè)物體通過細(xì)繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側(cè)，斜面底端有一與斜面垂直的擋板。開始時(shí)用手按住M，此時(shí)M到擋板的距離為s，滑輪兩邊的細(xì)繩恰好伸直，且沒有力的作用。已知M＝2m，空氣阻力不計(jì)。松開手后，下列說法正確的是()A．M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．當(dāng)M的速度最大時(shí)，m與地面間的作用力為零C．若M恰好能到達(dá)擋板處，則此時(shí)m的速度為零D．若M恰好能到達(dá)擋板處，則此過程中重力對(duì)M做的功等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量與m的機(jī)械能增加量之和解析：選BD運(yùn)動(dòng)過程中，M、m與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤；當(dāng)M速度最大時(shí)，彈簧的彈力等于Mgsin30°＝mg，此時(shí)m與地面間的作用力恰好為零，B正確；然后M做減速運(yùn)動(dòng)，恰好能到達(dá)擋板處，也就是速度剛好減小到了零，之后M會(huì)上升，所以M恰好到達(dá)擋板處時(shí)彈簧彈力大于mg，即此時(shí)m受到的細(xì)繩拉力大于自身重力，m還在加速上升，C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系，M減小的機(jī)械能等于m增加的機(jī)械能與彈簧增加的彈性勢(shì)能之和，若M恰好能到達(dá)擋板處，此時(shí)動(dòng)能恰好為零，因此重力對(duì)M做的功等于M減小的機(jī)械能，D正確。11．[多選]如圖所示，三個(gè)小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長(zhǎng)均為L(zhǎng)。B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長(zhǎng)?，F(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點(diǎn)，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°。A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則此下降過程中()A．A的動(dòng)能達(dá)到最大前，B受到地面的支持力小于eq\f(3,2)mgB．A的動(dòng)能最大時(shí)，B受到地面的支持力等于eq\f(3,2)mgC．彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A的加速度方向豎直向下D．彈簧的彈性勢(shì)能最大值為eq\f(\r(3),2)mgL解析：選AB在A的動(dòng)能達(dá)到最大前，A向下加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)A處于失重狀態(tài)，則整個(gè)系統(tǒng)對(duì)地面的壓力小于3mg，即地面對(duì)B的支持力小于eq\f(3,2)mg，A項(xiàng)正確；當(dāng)A的動(dòng)能最大時(shí)，A的加速度為零，這時(shí)系統(tǒng)既不失重，也不超重，系統(tǒng)對(duì)地面的壓力等于3mg，即B受到地面的支持力等于eq\f(3,2)mg，B項(xiàng)正確；當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A減速運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，此時(shí)A的加速度方向豎直向上，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢(shì)能最大值等于A的重力勢(shì)能的減少量，即為mg(Lcos30°－Lcos60°)＝eq\f(\r(3)－1,2)mgL，D項(xiàng)錯(cuò)誤。12．[多選]如圖所示，在豎直桿上安裝一個(gè)光滑小導(dǎo)向槽，使豎直上拋的小球能改變方向后做平拋運(yùn)動(dòng)；不計(jì)經(jīng)導(dǎo)向槽時(shí)小球的能量損失，設(shè)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(dāng)小球有最大水平位移時(shí)，下列說法正確的是()A．導(dǎo)向槽位置應(yīng)在高為eq\f(v2,4g)的位置B．最大水平位移為eq\f(v2,g)C．小球在上、下兩過程中，在經(jīng)過某相同高度時(shí)，合速度的大小總有v下＝2v上D．當(dāng)小球落地時(shí)，速度方向與水平方向成45°角解析：選AD設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得，eq\f(1,2)mv02＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v0＝eq\r(v2－2gh)；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可得，下落時(shí)間t＝eq\r(\f(2h,g))，則水平位移x＝v0t＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,g)－2h))·2h)，所以當(dāng)eq\f(v2,g)－2h＝2h時(shí)水平位移最大，解得h＝eq\f(v2,4g)，A正確；最大的水平位移為x＝eq\r(4h2)＝2h＝eq\f(v2,2g)，B錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，在某相同高度處時(shí)上升的速率和下落的速率相等，C錯(cuò)誤；設(shè)小球落地時(shí)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(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，tanθ＝2tanα＝2×eq\f(h,2h)＝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(dòng)物塊A，使之向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示。在物塊A開始運(yùn)動(dòng)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(nèi))，下列說法正確的是()A．力F先減小后增大B．彈簧的彈性勢(shì)能一直增大C．物塊A的動(dòng)能和重力勢(shì)能一直增大D．物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能先增大后減小解析：選C對(duì)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(cuò)誤；在物塊A上升過程中，彈簧從壓縮到伸長(zhǎng)，所以彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大，故B錯(cuò)誤；在物塊A上升過程中，由于物塊A做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以物塊A的速度增大，高度升高，則物塊A的動(dòng)能和重力勢(shì)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(jī)械能一直增大，故D錯(cuò)誤。14.[多選](2018·江西八校聯(lián)考)如圖所示，三角形傳送帶以1m