2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)微專(zhuān)題小練習(xí)機(jī)械能專(zhuān)題34機(jī)械能守恒定律-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

A． eq \f(1,2)mv2 B． eq \f(1,2)mv2＋mg(h－H)
C． eq \f(1,2)mv2＋mg(H－h(huán)) D． eq \f(1,2)mv2＋mgh
答案：B
解析：不計(jì)空氣阻力和籃球轉(zhuǎn)動(dòng)的情況下，籃球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，籃球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的機(jī)械能等于在A點(diǎn)的機(jī)械能．以B點(diǎn)所在的水平面為零勢(shì)能面，籃球在A點(diǎn)的重力勢(shì)能Ep＝－mg(H－h(huán))＝mg(h－H)，則機(jī)械能E＝Ek＋Ep＝ eq \f(1,2)mv2＋mg(h－H)，B正確．
2.
如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧左端固定，現(xiàn)使滑塊沿光滑水平桌面滑向彈簧，在滑塊接觸到彈簧直到速度減為零的過(guò)程中，彈簧的( )
A．彈力越來(lái)越大，彈性勢(shì)能越來(lái)越大
B．彈力越來(lái)越小，彈性勢(shì)能越來(lái)越小
C．彈力先變小后變大，彈性勢(shì)能越來(lái)越小
D．彈力先變大后變小，彈性勢(shì)能越來(lái)越大
答案：A
解析：滑塊接觸到彈簧直到速度減為零的過(guò)程中，彈簧形變量越來(lái)越大，根據(jù)F＝kx得彈力越來(lái)越大，滑塊接觸到彈簧直到速度減為零的過(guò)程中，彈簧彈力一直做負(fù)功，物塊的動(dòng)能逐漸轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，彈簧的彈性勢(shì)能越來(lái)越大，A正確．
3.
利用雙線(xiàn)可以穩(wěn)固小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)而不易偏離豎直面，如一根長(zhǎng)為2L的細(xì)線(xiàn)系一質(zhì)量為m的小球，兩線(xiàn)上端系于水平橫桿上，A、B兩點(diǎn)相距也為L(zhǎng)，若小球恰能在豎直面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，每根線(xiàn)承受的張力為( )
A．6mg B．2 eq \r(3)mg
C．5mg D． eq \f(5\r(3),3)mg
答案：B
解析：小球恰好過(guò)最高點(diǎn)時(shí)有mg＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,R)，解得v1＝ eq \r(\f(\r(3),2)gL)，由機(jī)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)) ，由牛頓第二定律得 eq \r(3)F－mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,\f(\r(3),2)L)，聯(lián)立以上各式解得F＝2 eq \r(3)mg，B正確．
4.
[2024·河北省張家口市張?jiān)?lián)盟聯(lián)考]有一條均勻金屬鏈條，一半長(zhǎng)度在光滑的足夠高斜面上，斜面頂端是一個(gè)很小的圓弧，斜面傾角為30°，另一半長(zhǎng)度豎直下垂，由靜止釋放后鏈條滑動(dòng)，已知重力加速度g＝10 m/s2，鏈條剛好全部滑出斜面時(shí)的速度大小為 eq \f(5\r(2),2) m/s，則金屬鏈條的長(zhǎng)度為( )
A．0.6 m B．1 m
C．2 m D．2.6 m
答案：C
解析：設(shè)鏈條的質(zhì)量為2m，以開(kāi)始時(shí)鏈條的最高點(diǎn)所在水平面為零勢(shì)能面，鏈條的機(jī)械能為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)，鏈條全部滑出后，動(dòng)能為E′k＝ eq \f(1,2)×2mv2，重力勢(shì)能為E′p＝－2mg eq \f(L,2)，由機(jī)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正確．
5．[2024·山東省濟(jì)寧市期中考試]有一豎直放置的“T”形架，表面光滑，滑塊A、B分別套在水平桿與豎直桿上，A、B用一根不可伸長(zhǎng)的輕細(xì)繩相連，A、B質(zhì)量相等，且可看做質(zhì)點(diǎn)，如圖所示，開(kāi)始時(shí)細(xì)繩水平伸直，A、B靜止．由靜止釋放B后，已知當(dāng)細(xì)繩與豎直方向的夾角為60°時(shí)，滑塊B沿著豎直桿下滑的速度為v，則連接A、B的繩長(zhǎng)為( )
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：如圖所示，將A、B的速度分解為沿繩的方向和垂直于繩的方向，兩物體沿繩子的方向速度大小相等，則有vB cs 60°＝vA cs 30°，解得vA＝ eq \f(\r(3),3)v，由于A、B組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B減小的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為A和B的動(dòng)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)，繩長(zhǎng)L＝2h＝ eq \f(4v2,3g)，D正確．
6.
(多選)如圖所示，輕彈簧的一端固定在O點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的小球連接，小球套在光滑的斜桿上，初始時(shí)小球位于A點(diǎn)，彈簧豎直且長(zhǎng)度為原長(zhǎng)L.現(xiàn)由靜止釋放小球，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)彈簧水平，且長(zhǎng)度再次變?yōu)樵L(zhǎng)．關(guān)于小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程，以下說(shuō)法正確的是( )
A．小球的機(jī)械能守恒
B．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度最大
C.小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為0
D．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為 eq \r(2gL)
答案：BD
解析：在小球向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，彈簧的彈力做功，并不是只有重力做功，小球的機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；從A到B的過(guò)程中，彈簧彈力做功為零，小球的重力做正功最多，由動(dòng)能定理得小球的速度最大，B正確，C錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，彈簧為原長(zhǎng)，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律得mgL＝ eq \f(1,2)mv2，解得v＝ eq \r(2gL)，D正確．
7.
(多選)在豎直平面內(nèi)，一根光滑金屬桿彎成如圖所示形狀，相應(yīng)的曲線(xiàn)方程為y＝2.5cs (kx＋ eq \f(2,3)π)(單位：m)，式中k＝1 m－1，將一光滑小環(huán)套在該金屬桿上，并從x＝0處以v0＝5 m/s的初速度沿桿向下運(yùn)動(dòng)，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是( )
A.當(dāng)小環(huán)運(yùn)動(dòng)到x＝ eq \f(π,3)時(shí)的速度大小v1＝5 eq \r(2) m/s
B.當(dāng)小環(huán)運(yùn)動(dòng)到x＝ eq \f(π,3)時(shí)的速度大小v1＝5 m/s
C．該小環(huán)在x軸方向最遠(yuǎn)能運(yùn)動(dòng)到x＝ eq \f(5,6)π處
D．該小環(huán)在x軸方向最遠(yuǎn)能運(yùn)動(dòng)到x＝ eq \f(7,6)π處
答案：AC
解析：當(dāng)x＝0時(shí)，y0＝－1.25 m；當(dāng) x＝ eq \f(π,3)時(shí)，y1＝－2.5 m．由機(jī)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正確，B錯(cuò)誤；設(shè)小球速度為零時(shí)上升的高度為h，由機(jī)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，代入曲線(xiàn)方程可得x＝ eq \f(5,6)π，C正確，D錯(cuò)誤．
8.
如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的四分之一圓弧軌道BC，與豎直軌道AB和水平軌道CD相切，軌道均光滑．現(xiàn)有長(zhǎng)也為R的輕桿，兩端固定質(zhì)量為m的小球a、質(zhì)量為2m的小球b(均可視為質(zhì)點(diǎn))，用某裝置控制住小球a，使輕桿豎直且小球b與B點(diǎn)等高，然后由靜止釋放，桿將沿軌道下滑．設(shè)小球始終與軌道接觸，重力加速度為g.則( )
A．下滑過(guò)程中a球機(jī)械能增大
B．下滑過(guò)程中b球機(jī)械能守恒
C．小球a滑過(guò)C點(diǎn)后，a球速度大于 eq \f(2\r(6mgR),3)
D．從釋放至a球到滑過(guò)C點(diǎn)的過(guò)程中，輕桿對(duì)b球做正功為 eq \f(2,3)mgR
答案：D
解析：下滑過(guò)程中，若以?xún)汕驗(yàn)檎w，只有重力做功，則有系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，若分開(kāi)單獨(dú)分析，桿對(duì)a球做負(fù)功，a球的機(jī)械能減小，桿對(duì)b球做正功，b球的機(jī)械能增加，A、B錯(cuò)誤；若以?xún)汕驗(yàn)檎w，只有重力做功，則有系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則有mg·2R＋2mgR＝ eq \f(1,2)(m＋2m)v2，解得v＝ eq \f(2\r(6gR),3)，C錯(cuò)誤；對(duì)b球分析，由動(dòng)能定理可得W＋2mgR＝ eq \f(1,2)·2mv2，W＝ eq \f(1,2)·2mv2－2mgR＝ eq \f(2,3)mgR，桿對(duì)b球做正功為 eq \f(2,3)mgR，D正確．
9．[2024·浙江1月]類(lèi)似光學(xué)中的反射和折射現(xiàn)象，用磁場(chǎng)或電場(chǎng)調(diào)控也能實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束的“反射”和“折射”．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有三個(gè)平行區(qū)域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，Ⅰ區(qū)寬度為d，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，Ⅱ區(qū)的寬度很?。駞^(qū)和Ⅲ區(qū)電勢(shì)處處相等，分別為φⅠ和φⅢ，其電勢(shì)差U＝φⅠ－φⅢ.一束質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子從O點(diǎn)以入射角θ射向Ⅰ區(qū)，在P點(diǎn)以出射角θ射出，實(shí)現(xiàn)“反射”；質(zhì)子束從P點(diǎn)以入射角θ射入Ⅱ區(qū)，經(jīng)Ⅱ區(qū)“折射”進(jìn)入Ⅲ區(qū)，其出射方向與法線(xiàn)夾角為“折射”角．已知質(zhì)子僅在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，單位時(shí)間發(fā)射的質(zhì)子數(shù)為N，初速度為v0，不計(jì)質(zhì)子重力，不考慮質(zhì)子間相互作用以及質(zhì)子對(duì)磁場(chǎng)和電勢(shì)分布的影響．
(1)若不同角度射向磁場(chǎng)的質(zhì)子都能實(shí)現(xiàn)“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(入射角正弦與折射角正弦的比值)；
(3)計(jì)算說(shuō)明如何調(diào)控電場(chǎng)，實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束從P點(diǎn)進(jìn)入Ⅱ區(qū)發(fā)生“全反射”(即質(zhì)子束全部返回Ⅰ區(qū))；
(4)在P點(diǎn)下方距離 eq \f(\r(3)mv0,eB)處水平放置一長(zhǎng)為 eq \f(4mv0,eB)的探測(cè)板CQD(Q在P的正下方)，CQ長(zhǎng)為 eq \f(mv0,eB)，質(zhì)子打在探測(cè)板上即被吸收中和．若還有另一相同質(zhì)子束，與原質(zhì)子束關(guān)于法線(xiàn)左右對(duì)稱(chēng)，同時(shí)從O點(diǎn)射入Ⅰ區(qū)，且θ＝30°，求探測(cè)板受到豎直方向力F的大小與U之間的關(guān)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)見(jiàn)解析
解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律
Bev0＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r)
不同角度射向磁場(chǎng)的質(zhì)子都能實(shí)現(xiàn)“反射”，d的最小值為
dmin＝2r＝ eq \f(2mv0,Be)
(2)設(shè)水平方向?yàn)閤方向，豎直方向?yàn)閥方向，x方向速度不變，y方向速度變小，假設(shè)折射角為θ′，根據(jù)動(dòng)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
根據(jù)速度關(guān)系
v0sin θ＝v1sin θ′
解得
n＝ eq \f(sin θ,sin θ′)＝ eq \f(v1,v0)＝ eq \r(2)
(3)全反射的臨界情況：到達(dá)Ⅲ區(qū)的時(shí)候y方向速度為零，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)
即應(yīng)滿(mǎn)足
U≤－ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) cs 2θ,2e)
(4)臨界情況有兩個(gè)：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情況，根據(jù)幾何關(guān)系可得
∠CPQ＝30°
所以如果U≥0的情況下，折射角小于入射角，兩邊射入的粒子都能打到板上，分情況討論如下：
①當(dāng)U≥0時(shí)
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況，根據(jù)幾何知識(shí)可知當(dāng)從Ⅱ區(qū)射出時(shí)速度與豎直方向夾角為60°時(shí)，粒子剛好打到D點(diǎn)，水平方向速度為
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)
即當(dāng)U

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