2025版高考物理一轮复习微专题小练习机械能专题34机械能守恒定律

这是一份2025版高考物理一轮复习微专题小练习机械能专题34机械能守恒定律，共7页。

A． eq \f(1,2)mv2 B． eq \f(1,2)mv2＋mg(h－H)
C． eq \f(1,2)mv2＋mg(H－h) D． eq \f(1,2)mv2＋mgh
答案：B
解析：不计空气阻力和篮球转动的情况下，篮球运动过程中机械能守恒，篮球经过B点的机械能等于在A点的机械能．以B点所在的水平面为零势能面，篮球在A点的重力势能Ep＝－mg(H－h)＝mg(h－H)，则机械能E＝Ek＋Ep＝ eq \f(1,2)mv2＋mg(h－H)，B正确．
2.
如图所示，一根轻质弹簧左端固定，现使滑块沿光滑水平桌面滑向弹簧，在滑块接触到弹簧直到速度减为零的过程中，弹簧的( )
A．弹力越来越大，弹性势能越来越大
B．弹力越来越小，弹性势能越来越小
C．弹力先变小后变大，弹性势能越来越小
D．弹力先变大后变小，弹性势能越来越大
答案：A
解析：滑块接触到弹簧直到速度减为零的过程中，弹簧形变量越来越大，根据F＝kx得弹力越来越大，滑块接触到弹簧直到速度减为零的过程中，弹簧弹力一直做负功，物块的动能逐渐转化为弹簧的弹性势能，弹簧的弹性势能越来越大，A正确．
3.
利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如一根长为2L的细线系一质量为m的小球，两线上端系于水平横杆上，A、B两点相距也为L，若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的张力为( )
A．6mg B．2 eq \r(3)mg
C．5mg D． eq \f(5\r(3),3)mg
答案：B
解析：小球恰好过最高点时有mg＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,R)，解得v1＝ eq \r(\f(\r(3),2)gL)，由机械能守恒定律得mg× eq \r(3)L＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，由牛顿第二定律得 eq \r(3)F－mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,\f(\r(3),2)L)，联立以上各式解得F＝2 eq \r(3)mg，B正确．
4.
[2024·河北省张家口市张垣联盟联考]有一条均匀金属链条，一半长度在光滑的足够高斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂，由静止释放后链条滑动，已知重力加速度g＝10 m/s2，链条刚好全部滑出斜面时的速度大小为 eq \f(5\r(2),2) m/s，则金属链条的长度为( )
A．0.6 m B．1 m
C．2 m D．2.6 m
答案：C
解析：设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点所在水平面为零势能面，链条的机械能为E＝Ep＋Ek＝－ eq \f(1,2)×2mg× eq \f(L,4)sin θ－ eq \f(1,2)×2mg× eq \f(L,4)＋0＝－ eq \f(1,4)mgL(1＋sin θ)，链条全部滑出后，动能为E′k＝ eq \f(1,2)×2mv2，重力势能为E′p＝－2mg eq \f(L,2)，由机械能守恒可得E＝E′k＋E′p，即－ eq \f(1,4)mgL(1＋sin θ)＝mv2－mgL，解得L＝2 m，C正确．
5．[2024·山东省济宁市期中考试]有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A、B用一根不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A、B静止．由静止释放B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接A、B的绳长为( )
A． eq \f(4v2,g) B． eq \f(3v2,g)
C． eq \f(2v2,3g) D． eq \f(4v2,3g)
答案：D
解析：如图所示，将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳的方向，两物体沿绳子的方向速度大小相等，则有vB cs 60°＝vA cs 30°，解得vA＝ eq \f(\r(3),3)v，由于A、B组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，B减小的重力势能全部转化为A和B的动能，有mgh＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ，解得h＝ eq \f(2v2,3g)，绳长L＝2h＝ eq \f(4v2,3g)，D正确．
6.
(多选)如图所示，轻弹簧的一端固定在O点，另一端与质量为m的小球连接，小球套在光滑的斜杆上，初始时小球位于A点，弹簧竖直且长度为原长L.现由静止释放小球，当小球运动至B点时弹簧水平，且长度再次变为原长．关于小球从A点运动到B的过程，以下说法正确的是( )
A．小球的机械能守恒
B．小球运动到B点时的速度最大
C.小球运动到B点时的速度为0
D．小球运动到B点时的速度为 eq \r(2gL)
答案：BD
解析：在小球向下运动的过程中，弹簧的弹力做功，并不是只有重力做功，小球的机械能不守恒，A错误；从A到B的过程中，弹簧弹力做功为零，小球的重力做正功最多，由动能定理得小球的速度最大，B正确，C错误；小球运动到B点时，弹簧为原长，由系统的机械能守恒定律得mgL＝ eq \f(1,2)mv2，解得v＝ eq \r(2gL)，D正确．
7.
(多选)在竖直平面内，一根光滑金属杆弯成如图所示形状，相应的曲线方程为y＝2.5cs (kx＋ eq \f(2,3)π)(单位：m)，式中k＝1 m－1，将一光滑小环套在该金属杆上，并从x＝0处以v0＝5 m/s的初速度沿杆向下运动，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.当小环运动到x＝ eq \f(π,3)时的速度大小v1＝5 eq \r(2) m/s
B.当小环运动到x＝ eq \f(π,3)时的速度大小v1＝5 m/s
C．该小环在x轴方向最远能运动到x＝ eq \f(5,6)π处
D．该小环在x轴方向最远能运动到x＝ eq \f(7,6)π处
答案：AC
解析：当x＝0时，y0＝－1.25 m；当 x＝ eq \f(π,3)时，y1＝－2.5 m．由机械能守恒定律得mg(y0－y1)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，解得v1＝5 eq \r(2) m/s，A正确，B错误；设小球速度为零时上升的高度为h，由机械能守恒定律得mgh＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，解得h＝1.25 m，即y＝0，代入曲线方程可得x＝ eq \f(5,6)π，C正确，D错误．
8.
如图所示，在竖直平面内有一半径为R的四分之一圆弧轨道BC，与竖直轨道AB和水平轨道CD相切，轨道均光滑．现有长也为R的轻杆，两端固定质量为m的小球a、质量为2m的小球b(均可视为质点)，用某装置控制住小球a，使轻杆竖直且小球b与B点等高，然后由静止释放，杆将沿轨道下滑．设小球始终与轨道接触，重力加速度为g.则( )
A．下滑过程中a球机械能增大
B．下滑过程中b球机械能守恒
C．小球a滑过C点后，a球速度大于 eq \f(2\r(6mgR),3)
D．从释放至a球到滑过C点的过程中，轻杆对b球做正功为 eq \f(2,3)mgR
答案：D
解析：下滑过程中，若以两球为整体，只有重力做功，则有系统的机械能守恒，若分开单独分析，杆对a球做负功，a球的机械能减小，杆对b球做正功，b球的机械能增加，A、B错误；若以两球为整体，只有重力做功，则有系统的机械能守恒，则有mg·2R＋2mgR＝ eq \f(1,2)(m＋2m)v2，解得v＝ eq \f(2\r(6gR),3)，C错误；对b球分析，由动能定理可得W＋2mgR＝ eq \f(1,2)·2mv2，W＝ eq \f(1,2)·2mv2－2mgR＝ eq \f(2,3)mgR，杆对b球做正功为 eq \f(2,3)mgR，D正确．
9．[2024·浙江1月]类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”．如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小．Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U＝φⅠ－φⅢ.一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角θ射向Ⅰ区，在P点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角．已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为v0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响．
(1)若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值；
(2)若U＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2e)，求“折射率”n(入射角正弦与折射角正弦的比值)；
(3)计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”(即质子束全部返回Ⅰ区)；
(4)在P点下方距离 eq \f(\r(3)mv0,eB)处水平放置一长为 eq \f(4mv0,eB)的探测板CQD(Q在P的正下方)，CQ长为 eq \f(mv0,eB)，质子打在探测板上即被吸收中和．若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且θ＝30°，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系．
答案：(1) eq \f(2mv0,Be) (2) eq \r(2) (3)U≤－ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) cs 2θ,2e) (4)见解析
解析：(1)根据牛顿第二定律
Bev0＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r)
不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，d的最小值为
dmin＝2r＝ eq \f(2mv0,Be)
(2)设水平方向为x方向，竖直方向为y方向，x方向速度不变，y方向速度变小，假设折射角为θ′，根据动能定理
Ue＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得
v1＝ eq \r(2)v0
根据速度关系
v0sin θ＝v1sin θ′
解得
n＝ eq \f(sin θ,sin θ′)＝ eq \f(v1,v0)＝ eq \r(2)
(3)全反射的临界情况：到达Ⅲ区的时候y方向速度为零，即
Ue＝0－ eq \f(1,2)m(v0cs θ)2
可得
U＝－ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) cs 2θ,2e)
即应满足
U≤－ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) cs 2θ,2e)
(4)临界情况有两个：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情况，根据几何关系可得
∠CPQ＝30°
所以如果U≥0的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨论如下：
①当U≥0时
F＝2Nmvy
又
eU＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) － eq \f(1,2)m(v0cs θ)2
解得
F＝2Nm eq \r(\f(3,4)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋\f(2eU,m))
②全部都打不到板的情况，根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为60°时，粒子刚好打到D点，水平方向速度为
vx＝ eq \f(v0,2)
所以
vy＝ eq \f(vx,tan 60°)＝ eq \f(\r(3),6)v0
又
eU＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) － eq \f(1,2)m(v0cs θ)2
解得
U＝－ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3e)
即当U