专题20 能量守恒定律及应用 2021年高考物理二轮专题解读与训练（解析版）

专题 20 能量守恒定律及应用 一、单选题 1．运输人员要把质量为 ，体积较小的木箱拉上汽车．现将长为 L 的木板搭在汽车尾部与地面间，构成 一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车．斜面与水平地面成 30o 角，拉力与斜面平行．木箱与斜面间的 动摩擦因数为  ，重力加速度为 g．则将木箱运上汽车，拉力至少做功（ ） A．mgL B． 2 Lmg C． 1 (1 3 )2 mgL  D． 3 2 mgL mgL  【答案】C 【解析】根据能量守恒定律，则拉力至少做功 sin30 cos30W mgL mg L    1 (1 3 )2 mgL  ，选 项 C 正确． 2．把质量为 m 的小球(可看做质点)放在竖直的轻质弹簧上，并把小球下按到 A 的位置，如图甲所示。迅 速松手后，弹簧把小球弹起，球升至最高位置 C 点(图丙)，途中经过位置 B 时弹簧正好处于自由状态(图 乙)。已知 A、B 的高度差为 h1，B、C 的高度差为 h2，重力加速度为 g，不计空气阻力。则（ ） A．小球从 A 上升到 B 位置的过程中，动能增大 B．小球从 A 上升到 C 位置的过程中，机械能一直 增大 C．小球在图甲中位置时，弹簧的弹性势能为 mg(h2＋h1) D．小球在图甲中位置时，弹簧的弹性势 能为 mgh2 【答案】C 【解析】A．小球从 A 上升到 B 位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力为 kΔx=mg 时，合力为零，加速度 减小到零，速度达到最大，之后小球继续上升，弹簧弹力小于重力，小球做减速运动，故小球从 A 上升 到 B 的过程中，动能先增大后减小，故 A 不符合题意； B．小球与弹簧组成的系统机械能守恒，从 A 到 B 过程中，弹簧弹性势能减小，小球的机械能增加，离开 B 继续上升到 C 的过程小球机械能不变，故 B 不符合题意； CD．根据系统机械能守恒可知，小球在图甲中位置时，弹簧的弹性势能等于小球由 A 到 C 位置时增加的 重力势能为 mg(h2＋h1)，故 C 符合题意，D 不符合题意。 故选 C。 3．如图所示，将质量为 2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为 m 的环，环套在竖直固 定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为 d ，杆上的 A 点与定滑轮等高，杆上的 B 点在 A 点 下方距离为 d 处。现将环从 A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，杆足够长，下列说法正确的是（ ） A．环到达 B 处时，重物上升的高度 2 dh  B．环到达 B 处时，环与重物的速度大小相等 C．环能下降的最大高度为 4 3 d D．环从 A 到 B ，环减少的机械能大于重物增加的机械能 【答案】C 【解析】A．根据几何关系有，环从 A 下滑至 B 点时，下降的高度为 d，则重物上升的高度 2 ( 2 1)h d d d    故 A 错误； B．环到达 B 处时，对环的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的 速度，有 cos45v v 环 物 得 2v v环 物 故 B 错误； C．环下滑到最大高度为 h 时环和重物的速度均为 0，此时重物上升的最大高度为 2 2h d d  ，根据机 械能守恒有 2 22 ( )mgh mg h d d   得 4 3h d 故 C 正确； D．环下滑过程中无摩擦力对系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械 能，故 D 错误。 故选 C。 4．如图所示在一个固定的十字架上（横竖两杆连结点为 O 点），小球 A 套在竖直杆上，小球 B 套在水 平杆上，A、B 通过转轴用长度为 L 的刚性轻杆连接，并竖直静止。由于微小扰动，B 从 O 点开始由静止 沿水平杆向右运动。A、B 的质量均为 m，不计一切摩擦，小球 A、B 视为质点。在 A 下滑到 O 点的过程 中，下列说法中正确的是（ ） A．A 运动到 O 点时的速度为 gL B．小球 A 的机械能守恒 C．在 A 下滑到 O 点之前轻杆对 B 一直做正功 D．B 的速度最大时，A 对竖直杆的作用力为零 【答案】D 【解析】A．A 运动到最低点时，B 的速度为零，根据系统机械能守恒定律得 2 A 1 2mgL mv 解得 A 2v gL 故 A 错误； B．A、B 组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，而 B 的机械能先增大，后减小，所以小球 A 的机 械能先减小后增大，故 B 错误； C．当 A 到达底端时，B 的速度为零，B 的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以 轻杆对 B 先做正功，后做负功，故 C 错误； D．当 A 的机械能最小时，则 B 的机械能最大，则 B 的动能最大，速度最大，知 B 此时加速度为零，杆 子对 B 无作用力，则 A 只受重力作用，所以 A 对竖直杆的作用力为零，故 D 正确。 故选 D。 5．如图所示，质量为 m 的滑块在水平面上以速率 v 撞上劲度系数为 k 的轻质弹簧，当滑块将弹簧压缩 了 x0 时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开。已知滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程 弹簧未超过弹性限度且二者未拴接，则下列判断正确的是（ ） A．弹簧弹性势能的最大值为 21 2 mv B．滑块离开弹簧时的速度大小为 2 02v gx C．滑块与弹簧接触过程中，产生的热能为 2mgx0 D．滑块最终停在距离弹簧右端 2 02 v xg  处 【答案】C 【解析】A．由题意可知，从开始运动到将弹簧压缩到最短，由动能定理 2 0 1 2W mgx mv 弹 得 2 0 1 2W mv mgx 弹 则弹簧弹性势能的最大值为 2 p 0 1 2E W mv mgx  弹 所以 A 错误； B．从开始运动到滑块被弹回，离开弹簧时，由动能定理 2 2 0 1 12 2 2mgx mv mv   解得 2 04v v gx   所以 B 错误； C．滑块与弹簧接触过程中，产生的热量为 02Q mgx 所以 C 正确； D．滑块被弹回，离开弹簧后继续减速运动，从离开弹簧到停下，由动能定理 21 2mgx mv  结合 B 选项分析可知 2 2 0 1 12 2 2mgx mv mv   得 2 022 vx xg  所以 D 错误。 故选 C。 二、多选题 6．如图所示，传送带足够长，与水平面间的夹角α=37°，并以 v=10m/s 的速度逆时针匀速转动着，在传 送带的 A 端轻轻地放一个质量为 m=1kg 的小物体，若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5， （g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）则下列有关说法正确的是（ ） A．小物体运动第 1s 内加速度大小为 10m/s2 B．小物体运动 1s 后加速度大小为 2m/s2 C．在放上小物体的第 1s 内，系统因摩擦产生的热量为 50J D．在放上小物体的第 1s 内，电机至少消耗 70J 电能才能维持传送带匀速转动 【答案】AB 【解析】A．物体刚放上传送带时，根据牛顿第二定律有 sin37 cos37mg mg ma    代入数据可得加速度 210m / sa  故 A 正确； C．经过 1svt a   物体和传送带达到共速，此时传送带的位移 x1=vt1=10m 物体的位移 2 2 2 1 1 1 10 1 m 5m2 2x at    则相对位移大小 1 2 5mx x x    则摩擦产生的热量 cos 20JQ mg x    故 C 错误； D．根据能量守恒定律得 2 2 1sin37 2E mgx Q mv   代入数据得提供的能量 40JE  ，故 D 错误； B．物体达到传送带速度后，由于重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，则 1s 后的加速度 2sin37 cos37 sin37 cos37 2m / smg mga g gm         故 B 正确。 故选 AB。 7．如图甲所示，质量 m＝1kg 的物块(可视为质点)以 v0＝10m/s 的初速度从倾角θ＝37°的固定粗糙长斜面 上的 P 点沿斜面向上运动到最高点后，又沿原路返回，其速率随时间变化的图象如图乙所示.不计空气阻 力，取 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度 g＝10m/s2.下列说法正确的是（ ） A．物块所受的重力与摩擦力之比为 5∶2 B．在 1～6s 时间内物块所受重力的平均功率为 50W C．在 t＝6s 时物块克服摩擦力做功的功率为 20W D．在 0～1s 时间内机械能的变化量与在 1～6s 时间内机械能的变化量大小之比为 1∶5 【答案】AD 【解析】A．设斜面倾角为θ，根据速度-时间图象的斜率表示加速度得： 上滑过程： 21 1 1 0 10 10m/s1 va t      下滑过程： 22 2 2 10 2m/s5 va t     根据牛顿第二定律得： 1 mgsin fa m   2 mgsin fa m   代入数据解得： 3 5sin  5  2 mg f  故 A 正确； B．根据速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移得： 1-6s 内的位移 1 5 10 25m2x     则 t=1s 到 t=6s 的时间内物块所受重力的平均功率为： 310 25 5 W=30W5 mgxsinP t      故 B 错误； C．摩擦力 2 2 10N=4N5 5f mg   则 t=6s 时物体克服摩擦力做功的功率 P=fv=4×10w=40W 故 C 错误； D．在 t=0 到 t=1s 时间内机械能的变化量大小 △E1=fx1 t=1s 到 t=6s 时间内机械能变化量大小 △E2=fx2 则： 1 1 2 2 1 1 10 12 1 55 102 E fx E fx          故 D 正确。 故选 AD。 8．如图所示为通过弹射器研究轻弹簧的弹性势能的实验装置。半径为 R 的光滑 3 4 圆形轨道竖直固定于光 滑水平面上并与水平地面相切于 B 点，弹射器固定于 A 处。某次实验过程中弹射器射出一质量为 m 的小 球，恰能沿圆轨道内侧到达最高点 C，然后从轨道 D 处（D 与圆心等高）下落至水平面。忽略空气阻力， 取重力加速度为 g。下列说法正确的是（ ） A．小球从 D 处下落至水平面的时间小于 2R g B．小球运动至最低点 B 时对轨道压力为 5mg C．小球落至水平面时的动能为 2mgR D．释放小球前弹射器的弹性势能为 5 2 mgR 【答案】AD 【解析】A．小球恰好通过最高点，则由 2vmg m R  解得 v gR 小球从 C 到 D 的过程中机械能守恒，则有 2 21 1 2 2Dm vmg vR m  解得 3Dv gR 小球由 D 到地面做匀加速直线运动；若做自由落体运动时，由 21 2R gt 可得 2Rt g  而现在有初速度，故时间小于 2R g ；故 A 正确； B．由 B 到 C 过程中，机械能守恒，则有 2 21 1 22 2Bmvmg R mv   B 点时由牛顿第二定律有 2 BvF mg m R   联立解得 F=6mg 故 B 错误； C．对 C 到地面过程由机械能守恒得 21 22kE mv mg R   EK=2.5mgR 故 C 错误； D．小球弹出后的机械能等于弹射器的弹性势能；故弹性势能 21 52 2 2E mg R mv mgR    故 D 正确； 故选 AD。 9．如图所示，固定的光滑倾斜杆上套有一个质量为 m 的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连，弹 簧的下端固定在水平地面上的 A 点，开始弹簧恰好处于原长 h。现让圆环由静止沿杆滑下，滑到杆的底 端（未触及地面）时速度恰好为零，已知当地的重力加速度大小为 g，则在圆环下滑的整个过程中 （ ） A．圆环与弹簧和地球组成的系统机械能守恒 B．弹簧的弹性势能先增大后减小 C．弹簧的弹性势能增大了 mgh D．弹簧的最大压缩量小于其最大伸长量 【答案】ACD 【解析】 A．圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的拉力；所以圆环的 机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故 A 正确； B．弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再伸长，故弹簧的弹性势能先增 大再减小后增大，故 B 错误； C．根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了 mgh，则弹性势能增大 mgh，故 C 正确； D．由图可知，弹簧的最大压缩量在弹簧与杆垂直的时刻，此时的系统具有的能量为圆环的动能、势能和 弹簧的弹性势能，当圆环速度减为零时，到达最底端，此时圆环的动能和势能都为零，系统所有的机械 能全部转化成了弹簧的弹性势能，此时的弹簧处于伸长状态，所以弹簧的最大伸长量要大于最大压缩量， 故 D 正确。 故选 ACD。 10．如图所示，一轻质橡皮筋的一端系在竖直放置的半径为 0.5m 的圆环顶点 P，另一端系一质量为 0.1kg 的小球，小球穿在圆环上可做无摩擦的运动．设开始时小球置于 A 点，橡皮筋处于刚好无形变状态，A 点 与圆心 O 位于同一水平线上．当小球运动到最低点 B 时速率为 1m/s，此时小球对圆环恰好没有压力(取 g=10m/s2) 210 / ).g m s 下列正确的是（ ） A．从 A 到 B 的过程中，小球的机械能守恒 B．从 A 到 B 的过程中，橡皮筋的弹性势能增加了 0.45J C．小球过 B 点时，橡皮筋上的弹力为 1.0N D．小球过 B 点时，橡皮筋上的弹力为 1.2N 【答案】BD 【解析】A．对小球来说，由于橡皮筯的弹力对小球做功，所以小球的机械能不守恒，A 错误； B．根据小球和橡皮筯系统机械能守恒 21 2PmgR E mv  得 0.45JPE  即从 A 到 B 的过程中，橡皮筋的弹性势能增加了 0.45J ，B 正确； CD．小球在最低点，不受圆环的弹力，故弹簧的弹力与重力一起充当向心力，故有 2vF mg m R   解得 1.2NF  C 错误 D 正确。 故选 BD。 11．如图所示，在固定倾斜光滑杆上套有一个质量为 m 的圆环，杆与水平方向的夹角α=30°，圆环与竖直 放置的轻质弹簧上端相连，弹簧的另一端固定在地面上的 A 点，弹簧处于原长 h．让圆环沿杆由静止滑下， 滑到杆的底端时速度恰为零．则在圆环下滑过程中（ ） A．圆环和地球组成的系统机械能守恒 B．当弹簧垂直于光滑杆时圆环的动能最大 C．弹簧的最大弹性势能为 mgh D．弹簧转过 60°角时，圆环的动能为 2 mgh 【答案】CD 【解析】在圆环下滑过程中，弹簧的拉力对圆环做功，所以圆环和地球组成的系统的机械能不守恒，A 错误；当圆环沿杆的加速度为零时，其速度最大，动能最大，此时弹簧处于伸长状态，给圆环一个斜向 左下方的拉力，故 B 错误；圆环和地球以及弹簧组成的系统机械能守恒，根据系统的机械能守恒，圆环 的机械能减少了 mgh，那么圆弧的机械能的减小量等于弹性势能增大量，为 mgh，C 正确；弹簧转过 60° 角时，此时弹簧仍为原长，以圆环为研究对象，利用动能定理得： 21 2 2 hmg mv ，即圆环的动能等于 2 mgh ，故 D 正确 12．如图所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的 A 端无初速度放置一物块。选择 B 端所 在的水平面为参考平面，物块从 A 端运动到 B 端的过程中，其机械能 E 与位移 x 的关系图像可能正确的 是（ ） A． B． C． D． 【答案】BD 【解析】若物块放上后一直加速，且到 B 点速度仍小于 v，设物块在传送带上运动位移为 x，下落高度 h， 物体从 A 到 B 运动过程中，机械能 k p ( cos sin ) ( ) ( cos sin ) ( sin ) cosE E E mg mg x mg H h mg mg x mg H x mgx mgH                    H 为 A、B 间的高度差，则物块机械能一直增大，但 E 与 x 不成正比，若物块在到达 B 点之前，速度达到 v，则物块速度达到 v 之前，机械能增加，速度达到 v 之后，物块将和传送带一起匀速运动，物块的动能 不变，重力势能减小，机械能减小，或共速后，重力向下分力仍大于滑动摩擦力，继续加速，但阻力做 负功，机械能减小，故 AC 错误，BD 正确。 故选 BD。 13．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为 k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物 块 A 连接；两物块 A、B 质量均为 m，初始时物块均静止．现用平行于斜面向上的拉力 F 拉动物块 B，使 B 做加速度为 a 的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的 v-t 图象如图乙所示（t1 时刻 A、B 的图线相切， t2 时刻对应 A 图线的最高点），重力加速度为 g，则（ ） A．A 达到最大速度时的位移 mgsinθ/k B．拉力 F 的最小值为 mgsinθ+ma C．A、B 分离时 t1= 2 sin )mg ma ak  （ D．A、B 分离前， A 和弹簧系统机械能增加 【答案】AC 【解析】开始时弹簧的压缩量满足 2mgsinθ=kx1，当 A 达到最大速度时加速度为零，此时满足 mgsinθ=k,x2,，所以 A 的位移为 x=x1-x2=" mgsinθ/k" .开始时力 F 最小，此时对 AB 整体满足 F+kx1-2mgsin θ=2ma，解得 F=2ma；当 AB 分离时，AB 之间的弹力为零，此时对 A：kx3-mgsinθ="ma" ,此时物体 A 的 位移为 2 1 3 1 sin 1 2 mg max x x atk      ，解得 t1= ；A、B 分离前， A、B 和弹 簧系统除重力和弹力做功外还有力 F 做正功，所以机械能增加；A 和弹簧系统除重力和弹力做功以外， 还有 B 对 A 的弹力对 A 做负功，所以 A 和弹簧系统的机械能减少．选项 AC 正确． 14．在一水平向右匀速传输的传送带的左端 A 点，每隔 T 的时间，轻放上一个相同的工件，已知工件与 传送带间动摩擦因素为μ，工件质量均为 m，经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之 间的距离为 x，重力加速度为 g，下列判断正确的有（ ） A．传送带的速度为 x T B．工件加速的时间为 x gT C．工件与传送带间的相对位移一定是 x D．根据题目已知条件可以求出工件与传送带的相对位移 【答案】ABD 【解析】 A、工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同， 可知 x vT ，解得传送带的速度 xv T  ，故 A 正确； B、设每个工件匀加速运动的时间为t ，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为 g ，根据 0v v at  ， 解得： v xt a gT  ，故 B 正确． C、工件加速过程的位移： 2 2 22 2 v xx a gT工件   ，工件加速过程传送带的位移： 2 22 xx vT x gT  传送带 工件 ，工件与传送带相对滑动的位移，即每个工件在传送带上留下的污迹长度： 2 22 xx x x gT   传送带 工件 ，故 C 错误，D 正确． 三、解答题 15．如图所示，截面为直角三角形的斜面体固定在水平地面上，两斜面光滑，斜面倾角分别为 60和30°， 一条不可伸长的轻绳跨过固定在斜面顶端的光滑定滑轮连接着两个小物体，物体 B 的质量为 m ，重力加 速度为 g ． （1）若 A 的质量也为 m ，由静止同时释放两物体，求 A 物体下滑的加速度（ B 物体不与滑轮碰撞，结 果用根号表示）； （2）若斜面体不固定，当斜面体在外力作用下以大小为 a 的加速度水平向右做匀变速直线运动时，要使 A 、 B 两物体相对斜面都不动，求加速度 a 与 A 物体质量的取值范围． 【答案】（1） 3 1 4 g （2）当斜面体向右做匀加速直线运动时： 30 3a g  ， 30 3Am m  ；当 斜面体向右做匀减速直线运动时 0 3a g  ， 3 3Am m 【解析】（1）由牛顿第二定律： sin 60 sin30 2mg mg ma   解得两物块加速度  sin 60 sin30 3 1 2 4 ga g     （2）对两个物体分别进行受力分析，沿垂直斜面和平行斜面方向建立坐标系进行正交分解． 当斜面体向右做匀加速直线运动时，加速度方向水平向右； 对 A 物体， sin 60 cos60A AT m g m a    对 B 物体， sin30 cos30mg T ma   解得 3 3A mg mam g a   由等式右侧的分子得，加速度的大小应满足 30 3a g  加速度 a 越大，A 物体的质量越小，A 物体质量应满足 30 3Am m  ． 当斜面体向右做匀减速直线运动时，加速度方向水平向左： 对 A 物体， sin 60 cos60A Am g T m a   对 B 物体， sin30 cos30T mg ma    解得 3 3A mg mam g a   由等式右侧的分母得，加速度的大小应满足 0 3a g  加速度 a 越大， A 物体的质量越大， A 物体质量应满足 3 3Am m ． 16．如图所示,质量 mB=3.5kg 的物体 B 通过一轻弹簧固连在地面上,弹簧的劲度系数 k=100N/m．一轻绳一 端与物体 B 连接,绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮 O1、O2 后,另一端与套在光滑直杆顶端的、质量 mA=1.6kg 的小球 A 连接．已知直杆固定,杆长 L 为 0.8m,且与水平面的夹角θ=37°．初始时使小球 A 静止不 动,与 A 端相连的绳子保持水平,此时绳子中的张力 F 为 45N．已知 AO1=0.5m,重力加速度 g 取 10m/s2,绳子 不可伸长．现将小球 A 从静止释放,则： (1)在释放小球 A 之前弹簧的形变量； (2)若直线 CO1 与杆垂直,求物体 A 运动到 C 点的过程中绳子拉力对物体 A 所做的功； (3)求小球 A 运动到底端 D 点时的速度． 【答案】(1) 0.1m (2) 7J (3) 2m/s 【解析】（1）释放小球 A 前，物体 B 处于平衡状态： kx F mg  得 0.1mx  故弹簧被拉长了 0.1m （2）小球从杆顶端运动到 C 点的过程，由动能定理： 21 02T A A AW m gh m v   且 0 1 cos37h CO ，又 1 1 sin37 0.3CO AO m  物体 B 下降的高度 1 1 0.2h AO CO m    由此可知，此时弹簧被压缩了 0.1m，则弹簧的弹性势能在初、末状态相同． 再以 A、B 和弹簧为系统，由机械能守恒： 2 21 1 2 2A B A A B Bm gh m gh m v m v   对小球进行速度分解可知，小球运动到 C 点时物体 B 的速度 0Bv  由以上几式联立可得： 7JT BW m gh  （3）因杆长 0.8mL  ，故 1 37CDO     故 1 1DO AO ，弹簧的伸长量依然为 0.1m.，与最初状态相比，弹簧的弹性势能相同，物体 B 又回到了初 始位置，其重力势能也与最初状态相同． 在 D 点对 A 的速度进行分解可得： 0cos37 0.8B A Av v v    由机械能守恒： 2 21 1sin37 2 2A A A B Bm gL m v m v    联立可得小球 A 运动到杆的底端 D 点时的速度： 2 /Av m s 