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在只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，物體系統(tǒng)的動(dòng)能和勢能發(fā)生相互轉(zhuǎn)化，但機(jī)械能的總量保持不變，下面是機(jī)械能守恒定律專題練習(xí)，請(qǐng)考生及時(shí)練習(xí)。

一、選擇題(1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，6、7題有多項(xiàng)符合題目要求)

1.把小球放在豎立的彈簧上，并把球往下按至A位置，如圖甲所示.迅速松手后，球升高至最高位置C(圖丙)，途中經(jīng)過位置B時(shí)彈簧正處于原長(圖乙).忽略彈簧的質(zhì)量和空氣阻力.則小球從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，下列說法正確的是()

A.經(jīng)過位置B時(shí)小球的加速度為0

B.經(jīng)過位置B時(shí)小球的速度最大

C.小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機(jī)械能守恒

D.小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機(jī)械能先增大后減小

解析： 分析小球從A到B的過程中受力情況，開始是彈力大于重力，中間某一位置彈力和重力相等，接著彈力小于重力，在B點(diǎn)時(shí)，彈力為零，小球從B到C的過程中，只受重力.根據(jù)牛頓第二定律可以知道小球從A到B的過程中，先向上加速再向上減速，所以速度最大位置應(yīng)該是加速度為零的位置，在AB之間某一位置，A、B錯(cuò);從A到C過程中對(duì)于小球、地球、彈簧組成的系統(tǒng)只有重力和彈力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，C對(duì)，D錯(cuò).

答案： C

2.(福建理綜17)如圖，在豎直平面內(nèi)，滑道ABC關(guān)于B點(diǎn)對(duì)稱，且A、B、C三點(diǎn)在同一水平線上.若小滑塊第一次由A滑到C，所用的時(shí)間為t1，第二次由C滑到A，所用的時(shí)間為t2，小滑塊兩次的初速度大小相同且運(yùn)動(dòng)過程始終沿著滑道滑行，小滑塊與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，則()

A.t1t2 D.無法比較t1、t2的大小

解析： 在AB段，由于是凸形滑道，根據(jù)牛頓第二定律知，速度越大，滑塊對(duì)滑道的壓力越小，摩擦力就越小，克服摩擦力做功越少;在BC段，根據(jù)牛頓第二定律知，速度越大，滑塊對(duì)滑道的壓力越大，摩擦力就越大，克服摩擦力做功越多.滑塊從A運(yùn)動(dòng)到C與從C到A相比，從A到C運(yùn)動(dòng)過程，克服摩擦力做功較少，又由于兩次的初速度大小相同，故到達(dá)C點(diǎn)的速率較大，平均速率也較大，故用時(shí)較短，所以A正確.

答案： A

3.質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時(shí)，引力勢能可表示為Ep=-G，其中G為引力常量，M為地球質(zhì)量.該衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時(shí)間后其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑變?yōu)镽2，此過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為()

A.GMmB.GMm

C.GMm D.GMm

解析： 衛(wèi)星降低軌道，減少的引力勢能為Ep=-G-=GMm.由G=，可得衛(wèi)星在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能Ek1=mv=，衛(wèi)星在半徑為R2的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能Ek2=mv=，動(dòng)能增加Ek=-，由能量守恒得Ep=Ek+Q，聯(lián)立解得：此過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q=GMm，所以正確選項(xiàng)為C.

答案： C

4.滑沙是人們喜愛的游樂活動(dòng)，如圖是滑沙場地的一段斜面，其傾角為30，設(shè)參加活動(dòng)的人和滑車總質(zhì)量為m，人和滑車從距底端高為h處的頂端A沿滑道由靜止開始勻加速下滑，加速度為0.4g，人和滑車可視為質(zhì)點(diǎn)，則從頂端向下滑到底端B的過程中，下列說法正確的是()

A.人和滑車減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能

B.人和滑車獲得的動(dòng)能為0.4mgh

C.整個(gè)下滑過程中人和滑車減少的機(jī)械能為0.2mgh

D.人和滑車克服摩擦力做功為0.6mgh

解析： 由牛頓第二定律有mgsin 30-Ff=ma，得Ff=0.1mg，人和滑車受重力、支持力、摩擦力作用，摩擦力做負(fù)功，機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理得W合=0.4mg=Ek，Ek=0.8mgh，B錯(cuò)誤;由功能關(guān)系知，摩擦力做功Wf=-Ff=-0.2mgh，機(jī)械能減少0.2mgh，人和滑車克服摩擦力做的功為0.2mgh，C正確，D錯(cuò)誤.

答案： C

5.(山西太原一模)將小球以10 m/s的初速度從地面豎直向上拋出，取地面為零勢能面，小球在上升過程中的動(dòng)能Ek、重力勢能Ep與上升高度h間的關(guān)系分別如圖中兩直線所示.取g=10 m/s2，下列說法正確的是()

A.小球的質(zhì)量為0.2 kg

B.小球受到的阻力(不包括重力)大小為0.2 N

C.小球動(dòng)能與重力勢能相等時(shí)的高度為 m

D.小球上升到2 m時(shí)，動(dòng)能與重力勢能之差為0.5 J

解析： 在最高點(diǎn)，Ep=mgh=4 J，得m=0.1 kg，A項(xiàng)錯(cuò)誤;由除重力以外其他力做功W其他=E可知，-F阻h=E高-E低，E為機(jī)械能，解得F阻=0.25 N，B項(xiàng)錯(cuò)誤;設(shè)小球動(dòng)能和重力勢能相等時(shí)的高度為H，此時(shí)有mgH=mv2，由動(dòng)能定理有-F阻H-mgH=mv2-mv，得H= m，故C項(xiàng)錯(cuò);當(dāng)小球上升h=2 m時(shí)，由動(dòng)能定理有-F阻h-mgh=Ek2-mv，得Ek2=2.5 J，Ep2=mgh=2 J，所以動(dòng)能和重力勢能之差為0.5 J，故D項(xiàng)正確.

答案： D

6.(銀川一模)如圖所示，一根長為L不可伸長的輕繩跨過光滑的水平軸O，兩端分別連接質(zhì)量為2m的小球A和質(zhì)量為m的物塊B，由圖示位置釋放后，當(dāng)小球轉(zhuǎn)動(dòng)到水平軸正下方時(shí)輕繩的中點(diǎn)正好在水平軸O點(diǎn)，且此時(shí)物塊B的速度剛好為零，則下列說法中正確的是()

A.物塊B一直處于靜止?fàn)顟B(tài)

B.小球A從圖示位置運(yùn)動(dòng)到水平軸正下方的過程中機(jī)械能守恒

C.小球A運(yùn)動(dòng)到水平軸正下方時(shí)的速度小于

D.小球A從圖示位置運(yùn)動(dòng)到水平軸正下方的過程中，小球A與物塊B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

解析： 當(dāng)小球轉(zhuǎn)動(dòng)到水平軸正下方時(shí)輕繩的中點(diǎn)正好在水平軸O點(diǎn)，所以小球A下降的高度為，物塊B會(huì)上升一定的高度h，A錯(cuò)誤;由機(jī)械能守恒定律得2mv2=2mg-mgh，所以小球A運(yùn)動(dòng)到水平軸正下方時(shí)的速度v，C正確;在整個(gè)過程中小球A與物塊B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B錯(cuò)誤，D正確.

答案： CD

7.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一足夠長的寬度為L的金屬導(dǎo)軌，質(zhì)量為m的金屬導(dǎo)體棒ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地上下滑動(dòng)，且導(dǎo)體棒ab與金屬導(dǎo)軌接觸良好，ab電阻為R，其他電阻不計(jì).導(dǎo)體棒ab由靜止開始下落，過一段時(shí)間后閉合開關(guān)S，發(fā)現(xiàn)導(dǎo)體棒ab立刻做變速運(yùn)動(dòng)，則在以后導(dǎo)體棒ab的運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法中正確的是()

A.導(dǎo)體棒ab做變速運(yùn)動(dòng)期間加速度一定減小

B.單位時(shí)間內(nèi)克服安培力做的功全部轉(zhuǎn)化為電能，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能

C.導(dǎo)體棒減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為閉合電路中的電能和電熱之和，符合能的轉(zhuǎn)化和守恒定律

D.導(dǎo)體棒ab最后做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度大小為v=

解析： 導(dǎo)體棒由靜止下落，在豎直向下的重力作用下做加速運(yùn)動(dòng).開關(guān)閉合時(shí)，由右手定則判定，導(dǎo)體中產(chǎn)生的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，再由左手定則，可判定導(dǎo)體棒受到的安培力方向向上，F(xiàn)=BIL=BL，導(dǎo)體棒受到的重力和安培力的合力變小，加速度變小，物體做加速度越來越小的運(yùn)動(dòng)，A正確;最后合力為零，加速度為零，做勻速運(yùn)動(dòng).由F-mg=0得，BL=mg，v=，D正確;導(dǎo)體棒克服安培力做功，減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，由于電流的熱效應(yīng)，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，B正確.

答案： ABD

二、非選擇題

8.如圖甲所示，MN、PQ為間距L=0.5 m且足夠長的粗糙平行導(dǎo)軌，NQMN，導(dǎo)軌的電阻不計(jì).導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角=37，N、Q間連接有一個(gè)阻值R=4 的電阻.有一勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面且方向向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0=1 T.將一根質(zhì)量為m=0.05 kg、電阻為r的金屬棒ab緊靠NQ放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好.現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)剛好達(dá)到穩(wěn)定速度，已知在此過程中通過金屬棒橫截面的電荷量q=0.2 C，且金屬棒的加速度a與速度v的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)過程中始終與NQ平行.(g=10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8)求：

(1)金屬棒與導(dǎo)軌平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)和金屬棒的內(nèi)阻r;

(2)金屬棒滑行至cd處的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量.

解析： (1)當(dāng)a=2 m/s2時(shí)，由牛頓第二定律得mgsin mgcos =ma

解得=0.5

當(dāng)v=2 m/s時(shí)，由平衡條件得mgsin mgcos +B0IL

且I=

解得I=0.2 A，r=1 .

(2)金屬棒由靜止釋放到速度穩(wěn)定的過程中，通過金屬棒的電荷量

q=t==，解得s=2 m

由動(dòng)能定理得mgssin mgscos +W安=mv2

解得Q=-W安=0.1 J

電阻R上產(chǎn)生的熱量QR=Q=0.08 J.

答案： (1)0.5 1 (2)0.08 J

9.(重慶理綜8)同學(xué)們參照伽利略時(shí)期演示平拋運(yùn)動(dòng)的方法制作了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，圖中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板.M板上部有一半徑為R的圓弧形的粗糙軌道，P為最高點(diǎn)，Q為最低點(diǎn)，Q點(diǎn)處的切線水平，距底板高為H.N板上固定有三個(gè)圓環(huán).將質(zhì)量為m的小球從P處靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)至Q飛出后無阻礙地通過各圓環(huán)中心，落到底板上距Q水平距離為L處，不考慮空氣阻力，重力加速度為g.求：

(1)距Q水平距離為的圓環(huán)中心到底板的高度;

(2)小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)速度的大小以及對(duì)軌道壓力的大小和方向;

(3)摩擦力對(duì)小球做的功.

解析： (1)小球在Q點(diǎn)處的速度為v0，從Q到距Q水平距離為的圓環(huán)中心處的時(shí)間為t1，落到底板上的時(shí)間為t，距Q水平距離為的圓環(huán)中心到底板的高度為h，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得

L=v0t

=v0t1

H=gt2

H-h=gt

聯(lián)立式解得h=H

(2)聯(lián)立式解得v0=L

在Q點(diǎn)處對(duì)球由牛頓第二定律得FN-mg=

聯(lián)立式解得FN=mg

由牛頓第三定律得小球?qū)�軌道的壓力大小�?/p>

FN=FN=mg

方向豎直向下

(3)從P到Q對(duì)小球由動(dòng)能定理得

mgR+Wf=mv

聯(lián)立式解得Wf=mg

答案： (1)H (2)L mg，方向豎直向下 (3)mg

10.如圖所示，豎直平面內(nèi)的軌道ABCD固定在水平地面上，其中半圓形軌道ABC光滑，水平軌道CD粗糙，且二者在C點(diǎn)相切，A與C分別是半徑R=0.1 m的半圓形軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn).一根輕彈簧固定在水平軌道的最右端，將一質(zhì)量m=0.02 kg、電荷量q=810-5 C的絕緣小物塊緊靠彈簧并向右壓縮彈簧，直到小物塊和圓弧最低點(diǎn)的距離L=0.5 m.現(xiàn)在由靜止釋放小物塊，小物塊被彈出后恰好能夠通過圓弧軌道的最高點(diǎn)A，已知小物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.4，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10 m/s2，求：

(1)小物塊釋放前彈簧具有的彈性勢能Ep;

(2)若在此空間加一方向水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E=2103 V/m，小物塊仍由原位置釋放后通過A點(diǎn)再落回水平軌道，在此過程中小物塊電勢能變化量為多少.

解析： (1)設(shè)小物塊到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)時(shí)速度為v1，因?yàn)樾∥飰K恰好能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)，故向心力剛好由重力提供：mg=m v1==1 m/s

小物塊從開始運(yùn)動(dòng)至到圓弧軌道最高點(diǎn)A的過程中，由能量守恒定律得：

Ep=mgL+mg2R+mv

解得：Ep=910-2 J

(2)存在水平向左的勻強(qiáng)電場時(shí)，設(shè)小物塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最高點(diǎn)A時(shí)的速度為v2，由功能關(guān)系得：

W彈=-Ep=-(-Ep)=910-2 J

W彈+EqL-mgL-mg2R=mv

解得：v2=3 m/s

小物塊由A飛出后豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有：

豎直方向：2R=gt2 t= =0.2 s

水平方向：Eq=ma a==8 m/s2

x=v2t-at2=0.44 m

在整個(gè)過程中由電場力做功與電勢能變化關(guān)系可得：

W電=Eq(L-x)=9.610-3 J

W電=-Ep電

Ep電=-9.510-3 J

即：此過程中小物塊電勢能減小了9.610-3 J.

答案： (1)910-2 J (2)減小了9.610-3 J

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