高考物理第二轮复习机械能守恒定律专题练习

高考物理第二轮复习机械能守恒定律专题练习
在只要重力或系统内弹力做功的物体系统内，物体系统的动能和势能发作相互转化，但机械能的总量坚持不变，下面是机械能守恒定律专题练习，请考生及时练习。

一、选择题(1～5题只要一项契合标题要求，6、7题有多项契合标题要求)
1.把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示.迅速松手后，球降低至最洼位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正处于原长(图乙).疏忽弹簧的质量和空气阻力.那么小球从A运动到C的进程中，以下说法正确的选项是()
A.经过位置B时小球的减速度为0
B.经过位置B时小球的速度最大
C.小球、地球、弹簧所组成系统的机械能守恒
D.小球、地球、弹簧所组成系统的机械能先增大后减小
解析：剖析小球从A到B的进程中受力状况，末尾是弹力大于重力，中间某一位置弹力和重力相等，接着弹力小于重力，在B点时，弹力为零，小球从B到C的进程中，只受重力.依据牛顿第二定律可以知道小球从A到B的进程中，先向上减速再向上减速，所以速度最大位置应该是减速度为零的位置，在AB之间某一位置，A、B错;从A到C进程中关于小球、地球、弹簧组成的系统只要重力和弹力做功，所以系
统的机械能守恒，C对，D错.
答案： C
2.(2021福建理综17)如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B 点对称，且A、B、C三点在同一水平线上.假定小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相反且运动进程一直沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，那么() A.t1t2 D.无法比拟t1、t2的大小
解析：在AB段，由于是凸形滑道，依据牛顿第二定律知，速度越大，滑块对滑道的压力越小，摩擦力就越小，克制摩擦力做功越少;在BC段，依据牛顿第二定律知，速度越大，滑块对滑道的压力越大，摩擦力就越大，克制摩擦力做功越多.滑块从A运动到C与从C到A相比，从A到C运动进程，克制摩擦力做功较少，又由于两次的初速度大小相反，故抵达C点的速率较大，平均速率也较大，故用时较短，所以A 正确.
答案： A
3.质量为m的天然地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep=-G，其中G为引力常量，M为地球质量.该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于遭到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此进程中因摩擦而发生的热量为()
A.GMm
B.GMm
C.GMm
D.GMm
解析：卫星降低轨道，增加的引力势能为Ep=-G-=GMm.由
G=，可得卫星在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动的动能Ek1=mv=，卫星在半径为R2的轨道上绕地球做匀速圆周运动的动能Ek2=mv=，动能添加Ek=-，由能量守恒得
Ep=Ek+Q，联立解得：此进程中因摩擦而发生的热量为Q=GMm，所以正确选项为C.
答案： C
4.滑沙是人们喜欢的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30，设参与活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由运动末尾匀减速下滑，减速度为0.4g，人和滑车可视为质点，那么从顶端向下滑究竟端B的进程中，以下说法正确的选项是()
A.人和滑车增加的重力势能全部转化为动能
B.人和滑车取得的动能为0.4mgh
C.整个下滑进程中人和滑车增加的机械能为0.2mgh
D.人和滑车克制摩擦力做功为0.6mgh
解析：由牛顿第二定律有mgsin 30-Ff=ma，得Ff=0.1mg，人和滑车受重力、支持力、摩擦力作用，摩擦力做负功，机械能不守恒，A错误;由动能定理得W合=0.4mg=Ek，
Ek=0.8mgh，B错误;由功用关系知，摩擦力做功
Wf=-Ff=-0.2mgh，机械能增加0.2mgh，人和滑车克制摩擦力做的功为0.2mgh，C正确，D错误.
答案： C
5.(2021山西太原一模)将小球以10 m/s的初速度从空中竖直向上抛出，取空中为零势能面，小球在上升进程中的动能Ek、重力势能Ep与上降低度h间的关系区分如图中两直线所示.取g=10 m/s2，以下说法正确的选项是()
A.小球的质量为0.2 kg
B.小球遭到的阻力(不包括重力)大小为0.2 N
C.小球动能与重力势能相等时的高度为 m
D.小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为0.5 J
解析：在最高点，Ep=mgh=4 J，得m=0.1 kg，A项错误;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 为机械能，解得F阻=0.25 N，B项错误;设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgH=mv2，由动能定理有-F 阻H-mgH=mv2-mv，得H= m，故C项错;当小球上升h=2 m时，由动能定理有-F阻h-mgh=Ek2-mv，得Ek2=2.5 J，Ep2=mgh=2 J，所以动能和重力势能之差为0.5 J，故D项正确.
答案： D
6.(2021银川一模)如下图，一根长为L不可伸长的轻绳跨过润滑的水平轴O，两端区分衔接质量为2m的小球A和质量为m的物块B，由图示位置释放后，当小球转动到水平轴正下
方时轻绳的中点正好在水平轴O点，且此时物块B的速度刚好为零，那么以下说法中正确的选项是()
A.物块B不时处于运动形状
B.小球A从图示位置运动到水平轴正下方的进程中机械能守恒
C.小球A运动到水平轴正下方时的速度小于
D.小球A从图示位置运动到水平轴正下方的进程中，小球A 与物块B组成的系统机械能守恒
解析：当小球转动到水平轴正下方时轻绳的中点正好在水平轴O点，所以小球A下降的高度为，物块B会上升一定的高度h，A错误;由机械能守恒定律得2mv2=2mg-mgh，所以小球A运动到水平轴正下方时的速度v，C正确;在整个进程中小球A与物块B组成的系统机械能守恒，B错误，D正确. 答案： CD
7.如下图，竖直平面内有一足够长的宽度为L的金属导轨，质量为m的金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金属导轨接触良好，ab电阻为R，其他电阻不计.导体棒ab由运动末尾下落，过一段时间后闭合开关S，发现导体棒ab立刻做变速运动，那么在以后导体棒ab的运动进程中，以下说法中正确的选项是()
A.导体棒ab做变速运动时期减速度一定减小
B.单位时间内克制安培力做的功全部转化为电能，电能又转
化为内能
C.导体棒增加的机械能转化为闭合电路中的电能和电热之和，契合能的转化和守恒定律
D.导体棒ab最后做匀速运动时，速度大小为v=
解析：导体棒由运动下落，在竖直向下的重力作用下做减速运动.开封锁合时，由右手定那么判定，导体中发生的电流方向为逆时针方向，再由左手定那么，可判定导体棒遭到的安培力方向向上，F=BIL=BL，导体棒遭到的重力和安培力的合力变小，减速度变小，物体做减速度越来越小的运动，A正确;最后合力为零，减速度为零，做匀速运动.由F-mg=0得，BL=mg，v=，D正确;导体棒克制安培力做功，增加的机械能转化为电能，由于电流的热效应，电能又转化为内能，B正确.
答案： ABD
二、非选择题
8.如图甲所示，MN、PQ为间距L=0.5 m且足够长的粗糙平行导轨，NQMN，导轨的电阻不计.导轨平面与水平面间的夹角=37，N、Q间衔接有一个阻值R=4 的电阻.有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0=1 T.将一根质量为m=0.05 kg、电阻为r的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好.现由运动释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时刚好到达动摇速度，在此进程中经过金属棒横
截面的电荷量q=0.2 C，且金属棒的减速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动进程中一直与NQ
平行.(g=10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8)求：
(1)金属棒与导轨平面间的动摩擦因数和金属棒的内阻r;
(2)金属棒滑行至cd处的进程中，电阻R上发生的热量.
解析： (1)当a=2 m/s2时，由牛顿第二定律得mgsin mgcos =ma
解得=0.5
当v=2 m/s时，由平衡条件得mgsin mgcos +B0IL
且I=
解得I=0.2 A，r=1 .
(2)金属棒由运动释放到速度动摇的进程中，经过金属棒的电荷量
q=t==，解得s=2 m
由动能定理得mgssin mgscos +W安=mv2
解得Q=-W安=0.1 J
电阻R上发生的热量QR=Q=0.08 J.
答案： (1)0.5 1 (2)0.08 J
9.(2021重庆理综8)同窗们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制造了如下图的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板.M板上部有一半径为R的圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板
高为H.N板上固定有三个圆环.将质量为m的小球从P处运动释放，小球运动至Q飞出后不阻碍地经过各圆环中心，落究竟板上距Q水平距离为L处，不思索空气阻力，重力减速度为g.求：
(1)距Q水平距离为的圆环中心究竟板的高度;
(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向;
(3)摩擦力对小球做的功.
解析： (1)小球在Q点处的速度为v0，从Q到距Q水平距离为的圆环中心处的时间为t1，落究竟板上的时间为t，距Q 水平距离为的圆环中心究竟板的高度为h，由平抛运动规律得
L=v0t
=v0t1
H=gt2
H-h=gt
联立式解得h=H
(2)联立式解得v0=L
在Q点处对球由牛顿第二定律得FN-mg=
联立式解得FN=mg
由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为
FN=FN=mg
方向竖直向下
(3)从P到Q对小球由动能定理得
mgR+Wf=mv
联立式解得Wf=mg
答案： (1)H (2)L mg，方向竖直向下 (3)mg
10.如下图，竖直平面内的轨道ABCD固定在水平空中上，其中半圆形轨道ABC润滑，水平轨道CD粗糙，且二者在C点相切，A与C区分是半径R=0.1 m的半圆形轨道的最高点和最低点.一根轻弹簧固定在水平轨道的最右端，将一质量
m=0.02 kg、电荷量q=810-5 C的绝缘小物块紧靠弹簧并向右紧缩弹簧，直到小物块和圆弧最低点的距离L=0.5 m.如今由运动释放小物块，小物块被弹出后恰恰可以经过圆弧轨道的最高点A，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为=0.4，小物块可视为质点，g取10 m/s2，求：
(1)小物块释放前弹簧具有的弹性势能Ep;
(2)假定在此空间加一方向水平向左的匀强电场，电场强度E=2103 V/m，小物块仍由原位置释放后经过A点再落回水平轨道，在此进程中小物块电势能变化量为多少.
解析： (1)设小物块抵达圆弧轨道的最高点时速度为v1，由于小物块恰恰能抵达圆弧轨道的最高点，故向心力刚好由重力提供：mg=m v1==1 m/s
小物块从末尾运动至到圆弧轨道最高点A的进程中，由能量
守恒定律得：
Ep=mgL+mg2R+mv
解得：Ep=910-2 J
(2)存在水平向左的匀强电场时，设小物块运动到圆弧轨道最高点A时的速度为v2，由功用关系得：
W弹=-Ep=-(-Ep)=910-2 J
W弹+EqL-mgL-mg2R=mv
解得：v2=3 m/s
小物块由A飞出后竖直方向做自在落体运动，水平方向做匀变速直线运动，由运动学规律有：
竖直方向：2R=gt2 t= =0.2 s
水平方向：Eq=ma a==8 m/s2
x=v2t-at2=0.44 m
在整个进程中由电场力做功与电势能变化关系可得：
W电=Eq(L-x)=9.610-3 J
W电=-Ep电
Ep电=-9.510-3 J
即：此进程中小物块电势能减小了9.610-3 J.
答案： (1)910-2 J (2)减小了9.610-3 J
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