在只有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生相互转化，但机械能的总量保持不变，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题只有一项符合题目要求，6、7题有多项符合题目要求)

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，球升高至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正处于原长(图乙).忽略弹簧的质量和空气阻力.则小球从A运动到C的过程中，下列说法正确的是()

A.经过位置B时小球的加速度为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： 分析小球从A到B的过程中受力情况，开始是弹力大于重力，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的过程中，只受重力.根据牛顿第二定律可以知道小球从A到B的过程中，先向上加速再向上减速，所以速度最大位置应该是加速度为零的位置，在AB之间某一位置，A、B错;从A到C过程中对于小球、地球、弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，C对，D错.

答案： C

2.(2015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.若小滑块第一次由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同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则()

A.t1t2 D.无法比较t1、t2的大小

解析： 在AB段，由于是凸形滑道，根据牛顿第二定律知，速度越大，滑块对滑道的压力越小，摩擦力就越小，克服摩擦力做功越少;在BC段，根据牛顿第二定律知，速度越大，滑块对滑道的压力越大，摩擦力就越大，克服摩擦力做功越多.滑块从A运动到C与从C到A相比，从A到C运动过程，克服摩擦力做功较少，又由于两次的初速度大小相同，故到达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的人造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，由于受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，此过程中因摩擦而产生的热量为()

A.GMmB.GMm

C.GMm D.GMm

解析： 卫星降低轨道，减少的引力势能为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=，动能增加Ek=-，由能量守恒得Ep=Ek+Q，联立解得：此过程中因摩擦而产生的热量为Q=GMm，所以正确选项为C.

答案： C

4.滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30，设参加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沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是()

A.人和滑车减少的重力势能全部转化为动能

B.人和滑车获得的动能为0.4mgh

C.整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh

D.人和滑车克服摩擦力做功为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;由功能关系知，摩擦力做功Wf=-Ff=-0.2mgh，机械能减少0.2mgh，人和滑车克服摩擦力做的功为0.2mgh，C正确，D错误.

答案： C

5.(2015山西太原一模)将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示.取g=10 m/s2，下列说法正确的是()

A.小球的质量为0.2 kg

B.小球受到的阻力(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.(2015银川一模)如图所示，一根长为L不可伸长的轻绳跨过光滑的水平轴O，两端分别连接质量为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，则下列说法中正确的是()

A.物块B一直处于静止状态

B.小球A从图示位置运动到水平轴正下方的过程中机械能守恒

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过程中，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;在整个过程中小球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.如图所示，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由静止开始下落，过一段时间后闭合开关S，发现导体棒ab立刻做变速运动，则在以后导体棒ab的运动过程中，下列说法中正确的是()

A.导体棒ab做变速运动期间加速度一定减小

B.单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能，电能又转化为内能

C.导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和电热之和，符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： 导体棒由静止下落，在竖直向下的重力作用下做加速运动.开关闭合时，由右手定则判定，导体中产生的电流方向为逆时针方向，再由左手定则，可判定导体棒受到的安培力方向向上，F=BIL=BL，导体棒受到的重力和安培力的合力变小，加速度变小，物体做加速度越来越小的运动，A正确;最后合力为零，加速度为零，做匀速运动.由F-mg=0得，BL=mg，v=，D正确;导体棒克服安培力做功，减少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间连接有一个阻值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.现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时刚好达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量q=0.2 C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与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处的过程中，电阻R上产生的热量.

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)金属棒由静止释放到速度稳定的过程中，通过金属棒的电荷量

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上产生的热量QR=Q=0.08 J.

答案： (1)0.5 1 (2)0.08 J

9.(2015重庆理综8)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置，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处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处，不考虑空气阻力，重力加速度为g.求：

(1)距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度;

(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，落到底板上的时间为t，距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度为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.如图所示，竖直平面内的轨道ABCD固定在水平地面上，其中半圆形轨道ABC光滑，水平轨道CD粗糙，且二者在C点相切，A与C分别是半径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压缩弹簧，直到小物块和圆弧最低点的距离L=0.5 m.现在由静止释放小物块，小物块被弹出后恰好能够通过圆弧轨道的最高点A，已知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)若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通过A点再落回水平轨道，在此过程中小物块电势能变化量为多少.

解析： (1)设小物块到达圆弧轨道的最高点时速度为v1，因为小物块恰好能到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

小物块从开始运动至到圆弧轨道最高点A的过程中，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，由功能关系得：

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由落体运动，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

在整个过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：此过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

机械能守恒定律专题练习及答案分享到这里，更多内容请关注高考物理试题栏目。