2025版·微专题小练习·物理机械能专题34

专题34机械能守恒定律授课提示：对应学生用书51页1．[2024·上海市新中中学月考]如图，将质量为m的篮球从离地高度为h的A处，以初始速度v抛出，篮球恰能进入高度为H的篮圈．不计空气阻力和篮球转动的影响，经过篮球入圈位置B的水平面为零势能面，重力加速度为g.则篮球经过位置B时的机械能为()A．eq\f(1,2)mv2B．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．6mgB．2eq\r(3)mgC．5mgD．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(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(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)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，由牛顿第二定律得eq\r(3)F－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),\f(\r(3),2)L)，联立以上各式解得F＝2eq\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＝10m/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．0.6mB．1mC．2mD．2.6m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)sinθ－eq\f(1,2)×2mg×eq\f(L,4)＋0＝－eq\f(1,4)mgL(1＋sinθ)，链条全部滑出后，动能为E′k＝eq\f(1,2)×2mv2，重力势能为E′p＝－2mgeq\f(L,2)，由机械能守恒可得E＝E′k＋E′p，即－eq\f(1,4)mgL(1＋sinθ)＝mv2－mgL，解得L＝2m，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vBcos60°＝vAcos30°，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)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(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0D．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＝2.5cos(kx＋eq\f(2,3)π)(单位：m)，式中k＝1m－1，将一光滑小环套在该金属杆上，并从x＝0处以v0＝5m/s的初速度沿杆向下运动，取重力加速度g＝10m/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＝5eq\r(2)m/sB.当小环运动到x＝eq\f(π,3)时的速度大小v1＝5m/sC．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＝－1.25m；当x＝eq\f(π,3)时，y1＝－2.5m．由机械能守恒定律得mg(y0－y1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得v1＝5eq\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)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得h＝1.25m，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(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(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(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))cos2θ,2e)(4)见解析解析：(1)根据牛顿第二定律Bev0＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(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)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))解得v1＝eq\r(2)v0根据速度关系v0sinθ＝v1sinθ′解得n＝eq\f(sinθ,sinθ′)＝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(v0cosθ)2可得U＝－eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))cos2θ,2e)即应满足U≤－eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))cos2θ,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)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y))－eq\f(1,2)m(v0cosθ)2解得F＝2Nmeq\r(\f(3,4)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(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,tan60°)＝eq\f(\r(3),6)v0又eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y))－eq\f(1,2)m(v0cosθ)2解得U＝－eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),3e)即当U<－eq