2017高考物理機械能守恒定律專項練習題一、選擇題

　　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)，途中經過位置B時彈簧正處于原長(圖乙).忽略彈簧的質量和空氣阻力.則小球從A運動到C的過程中，下列說法正確的是(　　)

　　A.經過位置B時小球的加速度為0

　　B.經過位置B時小球的速度最大

　　C.小球、地球、彈簧所組成系統的機械能守恒

　　D.小球、地球、彈簧所組成系統的機械能先增大后減小

　　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點時，彈力為零，小球從B到C的過程中，只受重力.根據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該是加速度為零的位置，在AB之間某一位置，A、B錯;從A到C過程中對于小球、地球、彈簧組成的系統只有重力和彈力做功，所以系統的機械能守恒，C對，D錯.

　　答案：　C

　　2.(2015·福建理綜·17)如圖，在豎直平面內，滑道ABC關于B點對稱，且A、B、C三點在同一水平線上.若小滑塊第一次由A滑到C，所用的時間為t1，第二次由C滑到A，所用的時間為t2，小滑塊兩次的初速度大小相同且運動過程始終沿著滑道滑行，小滑塊與滑道的動摩擦因數恒定，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，根據牛頓第二定律知，速度越大，滑塊對滑道的壓力越小，摩擦力就越小，克服摩擦力做功越少;在BC段，根據牛頓第二定律知，速度越大，滑塊對滑道的壓力越大，摩擦力就越大，克服摩擦力做功越多.滑塊從A運動到C與從C到A相比，從A到C運動過程，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C點的速率較大，平均速率也較大，故用時較短，所以A正確.

　　答案：　A

　　3.質量為m的人造地球衛星與地心的距離為r時，引力勢能可表示為Ep=-G，其中G為引力常量，M為地球質量.該衛星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時間后其圓周運動的半徑變為R2，此過程中因摩擦而產生的熱量為(　　)

　　A.GMmB.GMm

　　C.GMm D.GMm

　　解析：　衛星降低軌道，減少的引力勢能為ΔEp=-G-=GMm.由G=，可得衛星在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動的動能Ek1=mv=，衛星在半徑為R2的軌道上繞地球做勻速圓周運動的動能Ek2=mv=，動能增加ΔEk=-，由能量守恒得ΔEp=ΔEk+Q，聯立解得：此過程中因摩擦而產生的熱量為Q=GMm，所以正確選項為C.

　　答案：　C

　　4.滑沙是人們喜愛的游樂活動，如圖是滑沙場地的一段斜面，其傾角為30°，設參加活動的人和滑車總質量為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，人和滑車可視為質點，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化為動能

　　B.人和滑車獲得的動能為0.4mgh

　　C.整個下滑過程中人和滑車減少的機械能為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，摩擦力做負功，機械能不守恒，A錯誤;由動能定理得W合=0.4mg·=Ek，Ek=0.8mgh，B錯誤;由功能關系知，摩擦力做功Wf=-Ff=-0.2mgh，機械能減少0.2mgh，人和滑車克服摩擦力做的功為0.2mgh，C正確，D錯誤.

　　答案：　C

　　5.(2015·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能Ek、重力勢能Ep與上升高度h間的關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.小球動能與重力勢能相等時的高度為 m

　　D.小球上升到2 m時，動能與重力勢能之差為0.5 J

　　解析：　在最高點，Ep=mgh=4 J，得m=0.1 kg，A項錯誤;由除重力以外其他力做功W其他=ΔE可知，-F阻h=E高-E低，E為機械能，解得F阻=0.25 N，B項錯誤;設小球動能和重力勢能相等時的高度為H，此時有mgH=mv2，由動能定理有-F阻H-mgH=mv2-mv，得H= m，故C項錯;當小球上升h′=2 m時，由動能定理有-F阻h′-mgh′=Ek2-mv，得Ek2=2.5 J，Ep2=mgh′=2 J，所以動能和重力勢能之差為0.5 J，故D項正確.

　　答案：　D

　　6.(2015·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，兩端分別連接質量為2m的小球A和質量為m的物塊B，由圖示位置釋放后，當小球轉動到水平軸正下方時輕繩的中點正好在水平軸O點，且此時物塊B的速度剛好為零，則下列說法中正確的是(　　)

　　A.物塊B一直處于靜止狀態

　　B.小球A從圖示位置運動到水平軸正下方的過程中機械能守恒

　　C.小球A運動到水平軸正下方時的速度小于

　　D.小球A從圖示位置運動到水平軸正下方的過程中，小球A與物塊B組成的系統機械能守恒

　　解析：　當小球轉動到水平軸正下方時輕繩的中點正好在水平軸O點，所以小球A下降的高度為，物塊B會上升一定的高度h，A錯誤;由機械能守恒定律得·2m·v2=2mg·-mgh，所以小球A運動到水平軸正下方時的速度v<，C正確;在整個過程中小球A與物塊B組成的系統機械能守恒，B錯誤，D正確.

　　答案：　CD

　　7.如圖所示，豎直平面內有一足夠長的寬度為L的金屬導軌，質量為m的金屬導體棒ab可在導軌上無摩擦地上下滑動，且導體棒ab與金屬導軌接觸良好，ab電阻為R，其他電阻不計.導體棒ab由靜止開始下落，過一段時間后閉合開關S，發現導體棒ab立刻做變速運動，則在以后導體棒ab的運動過程中，下列說法中正確的是(　　)

　　A.導體棒ab做變速運動期間加速度一定減小

　　B.單位時間內克服安培力做的功全部轉化為電能，電能又轉化為內能

　　C.導體棒減少的機械能轉化為閉合電路中的電能和電熱之和，符合能的轉化和守恒定律

　　D.導體棒ab最后做勻速運動時，速度大小為v=

　　解析：　導體棒由靜止下落，在豎直向下的重力作用下做加速運動.開關閉合時，由右手定則判定，導體中產生的電流方向為逆時針方向，再由左手定則，可判定導體棒受到的安培力方向向上，F=BIL=BL，導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動，A正確;最后合力為零，加速度為零，做勻速運動.由F-mg=0得，BL=mg，v=，D正確;導體棒克服安培力做功，減少的機械能轉化為電能，由于電流的熱效應，電能又轉化為內能，B正確.

　　答案：　ABD

　　2017高考物理機械能守恒定律專項練習題二、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軌，NQMN，導軌的電阻不計.導軌平面與水平面間的夾角θ=37°，N、Q間連接有一個阻值R=4 Ω的電阻.有一勻強磁場垂直于導軌平面且方向向上，磁感應強度為B0=1 T.將一根質量為m=0.05 kg、電阻為r的金屬棒ab緊靠NQ放置在導軌上，且與導軌接觸良好.現由靜止釋放金屬棒，當金屬棒滑行至cd處時剛好達到穩定速度，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的關系如圖乙所示，設金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與NQ平行.(g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)求：

　　(1)金屬棒與導軌平面間的動摩擦因數μ和金屬棒的內阻r;

　　(2)金屬棒滑行至cd處的過程中，電阻R上產生的熱量.

　　解析：　(1)當a=2 m/s2時，由牛頓第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma

　　解得μ=0.5

　　當v=2 m/s時，由平衡條件得mgsin θ=μmgcos θ+B0IL

　　且I=

　　解得I=0.2 A，r=1 Ω.

　　(2)金屬棒由靜止釋放到速度穩定的過程中，通過金屬棒的電荷量

　　q=Δt==，解得s=2 m

　　由動能定理得mgssin θ-μmgscos θ+W安=mv2

　　解得Q=-W安=0.1 J

　　電阻R上產生的熱量QR=Q=0.08 J.

　　答案：　(1)0.5　1 Ω　(2)0.08 J

　　9.(2015·重慶理綜·8)同學們參照伽利略時期演示平拋運動的方法制作了如圖所示的實驗裝置，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，Q為最低點，Q點處的切線水平，距底板高為H.N板上固定有三個圓環.將質量為m的小球從P處靜止釋放，小球運動至Q飛出后無阻礙地通過各圓環中心，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水平距離為的圓環中心到底板的高度;

　　(2)小球運動到Q點時速度的大小以及對軌道壓力的大小和方向;

　　(3)摩擦力對小球做的功.

　　解析：　(1)小球在Q點處的速度為v0，從Q到距Q水平距離為的圓環中心處的時間為t1，落到底板上的時間為t，距Q水平距離為的圓環中心到底板的高度為h，由平拋運動規律得

　　L=v0t

　　=v0t1

　　H=gt2

　　H-h=gt

　　聯立式解得h=H

　　(2)聯立式解得v0=L

　　在Q點處對球由牛頓第二定律得FN-mg=

　　聯立式解得FN=mg

　　由牛頓第三定律得小球對軌道的壓力大小為

　　FN′=FN=mg

　　方向豎直向下

　　(3)從P到Q對小球由動能定理得

　　mgR+Wf=mv

　　聯立式解得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點相切，A與C分別是半徑R=0.1 m的半圓形軌道的最高點和最低點.一根輕彈簧固定在水平軌道的最右端，將一質量m=0.02 kg、電荷量q=8×10-5 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的距離L=0.5 m.現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A，已知小物塊與水平軌道間的動摩擦因數為μ=0.4，小物塊可視為質點，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電場，電場強度E=2×103 V/m，小物塊仍由原位置釋放后通過A點再落回水平軌道，在此過程中小物塊電勢能變化量為多少.

　　解析：　(1)設小物塊到達圓弧軌道的最高點時速度為v1，因為小物塊恰好能到達圓弧軌道的最高點，故向心力剛好由重力提供：mg=m　v1==1 m/s

　　小物塊從開始運動至到圓弧軌道最高點A的過程中，由能量守恒定律得：

　　Ep=μmgL+mg2R+mv

　　解得：Ep=9×10-2 J

　　(2)存在水平向左的勻強電場時，設小物塊運動到圓弧軌道最高點A時的速度為v2，由功能關系得：

　　W彈=-ΔEp=-(-Ep)=9×10-2 J

　　W彈+EqL-μmgL-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動，水平方向做勻變速直線運動，由運動學規律有：

　　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

　　在整個過程中由電場力做功與電勢能變化關系可得：

　　W電=Eq(L-x)=9.6×10-3 J

　　W電=-ΔEp電

　　ΔEp電=-9.5×10-3 J

　　即：此過程中小物塊電勢能減小了9.6×10-3 J.

　　答案：　(1)9×10-2 J　(2)減小了9.6×10-3 J

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