第四章机械能和能源第3_4节势能；动能动能定理6利用动能定理分析多过程问题同步练习
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| 名称 | 第四章机械能和能源第3_4节势能；动能动能定理6利用动能定理分析多过程问题同步练习 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 120.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 教科版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2018-09-08 10:59:34 | ||
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文档简介
第3-4节 势能；动能 动能定理6 利用动能定理分析多过程问题
（答题时间：30分钟）
1. 一圆弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的两侧与光滑斜坡aa′、bb′相切，相切处a、b位于同一水平面内，槽与斜坡在竖直平面内的截面如图所示。一小物块从斜坡aa′上距水平面ab的高度为2h处沿斜坡自由滑下，并自a处进入槽内，到达b后沿斜坡bb′向上滑行。已知到达的最高处距水平面ab 的高度为h，接着小物块沿斜坡bb′滑下并从b处进入槽内反向运动，若不考虑空气阻力，则（ ）
A. 小物块再运动到a处时速度变为零
B. 小物块每次经过圆弧槽最低点时对槽的压力不同
C. 小物块不仅能再运动到a处，还能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度为h
D. 小物块不仅能再运动到a处，还能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度小于h
2. 如图，竖直放置的粗糙四分之一圆弧轨道ABC与光滑半圆弧轨道CDP最低点重合在C 点，圆心O1和O2在同一条竖直线上，圆弧ABC的半径为4R，半圆弧CDP的半径为R。—质量为m的小球从A点静止释放，达到P时与轨道间的作用力大小为mg。不计空气阻力。小球从A到P的过程中
A. 机械能减少了2mgR B. 重力势能减少了mgR
C. 合外力做功2mgR D. 克服摩擦力做功mgR
物体静止在光滑水平面上，先对物体施加一水平向右的恒力F1，经时间t后撤去F1，立即再对它施加一水平向左的恒力F2，又经时间3t后物体回到出发点，在这一过程中，F1、 F2分别对物体做的功W1、W2间的关系是（ ）
A. W1∶W2=1∶1 B. W1∶W2=2∶3 C. W1∶W2=9∶5 D. W1∶W2=9∶7
3. 如图所示，半圆形轨道MON竖直放置且固定在地面上，直径MN是水平的。一小物块从M点正上方高度为H处自由下落，正好在M点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N点后上升的最大高度为。小物块接着下落从N点滑入半圆轨道，在向M点滑行过程中（整个过程不计空气阻力）（ ）
A. 小物块正好能到达M点 B. 小物块一定到不了M点
C. 小物块一定能冲出M点 D. 不能确定小物块能否冲出M点
4. 如图所示，在斜面倾角为θ的斜面底端，垂直斜面有一固定挡板。现有一质量为m（可视为质点）的物块以速度v0从P点沿斜面下滑，已知物块与斜面间动摩擦因数为μ（μA. 物块第一次与挡板碰撞时的动能为
B. 第一次与挡板碰后沿斜面上滑的最大距离一定小于L
C. 从开始到物块静止，物块重力势能的减少量为
D. 物块在斜面上通过的总路程为
5. 以初速度V0将一小球竖直上抛，上升了高度到达最高点，已知小球返回抛出点时的速度为，假定空气阻力大小为不变，则小球从抛出到回到出发点这一过程，克服空气阻力做功为（ ）
A. B. C. D.
6. 如图所示，长为L的木板水平放置，在木块的A端放置一个质量为m的小物体，现缓慢抬高A端，使木板以左端为轴在竖直面内转动，当木板转到与水平面成α角时小物体开始滑动，此时停止转动木板，小物体滑到木板底端时的速度为v，则在整个过程中（ ）
A. 支持力对小物体做功为0
B. 摩擦力对小物体做功为mgLsinα
C. 摩擦力对小物体做功为 － mgLsinα
D. 木板对小物体做功为
7. 如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示。O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度。斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q （两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止。若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m1= 3kg，与MN间的动摩擦因数，重力加速度g=10m/s2。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）小物块Q的质量m2；
（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；
（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程。
1. BD 解析：因要克服摩擦阻力做功，所以每次通过最低点的速度会变小，根据圆周运动公式及牛顿第二定律有，故可知物块与圆弧槽间的正压力会变小，所以B正确；设第一次通过圆弧槽过程中克服摩擦力做功为，根据动能定理可得，第二次通过圆弧槽的最低点时因正压力减小，所以摩擦力减小；同理，其他位置所对应的摩擦力都变小，故第二次通过圆弧槽克服摩擦力做的功将小于第一次，即，所以D正确，A、C错误。
2. D 解析：令恒力F1作用时间t后物体的速度为v1，恒力F2又作用时间3t后物体的速度为v2，所以物体在恒力F1作用时间t后物体的位移为，物体在恒力F2作用下的位移，由题意知，整理得：，由动能定理得：，，代入解得，故选项D正确。
3. C 解析：第一次飞出过程根据动能定理得mg－Wf=0，再次到达M点过程中，根据动能定理mg－=，因第二次经过半圆轨道过程中物块对轨道的压力减少，故摩擦力减小，克服阻力做功＜Wf，故速度v＞0，故能冲出M点，故选项C正确，其余都错误。
4. CD 解析：根据动能定理，在下落到挡板前设碰撞前速度为，利用动能定理有，所以A错。假设物体初速度为0，则第一次与挡板碰后沿斜面上滑的最大距离一定小于L，但由于有初速度，初速度对应的动能可能大于摩擦力消耗的能量，因此B错。从开始到物块静止，物块重力势能的减少量为，正确。利用动能定理，则物块在斜面上通过的总路程为s，即
，化简则。故选C、D。
5. CD 解析：上升、下降阻力做功大小都为W=－fh，所以克服阻力做功为2fh，根据动能定理，即克服阻力做功为，因此答案为C、D。
6. CD 解析：物块在缓慢提高过程中，静摩擦力始终与运动方向垂直，所以摩擦力不做功，物块在滑动过程中，由动能定理可得：，则有滑动摩擦力做功为，所以克服摩擦力做功为，所以B错误，C正确；在下滑的过程中，支持力不做功，在上升的过程中，根据动能定理可得，，所以支持力对物体做功为，所以A错误；木板对物体做功为支持力和摩擦力对物体做功的和，所以木板对物体做功为，所以D正确，故选C、D。
7. 解：（1）根据平衡，满足：
可得；
（2）P到D过程由动能定理得
由几何关系
运动到D点时，根据牛顿第二定律：
解得
由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78N；
（3）分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零。
由全过程动能定理得：
解得
（答题时间：30分钟）
1. 一圆弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的两侧与光滑斜坡aa′、bb′相切，相切处a、b位于同一水平面内，槽与斜坡在竖直平面内的截面如图所示。一小物块从斜坡aa′上距水平面ab的高度为2h处沿斜坡自由滑下，并自a处进入槽内，到达b后沿斜坡bb′向上滑行。已知到达的最高处距水平面ab 的高度为h，接着小物块沿斜坡bb′滑下并从b处进入槽内反向运动，若不考虑空气阻力，则（ ）
A. 小物块再运动到a处时速度变为零
B. 小物块每次经过圆弧槽最低点时对槽的压力不同
C. 小物块不仅能再运动到a处，还能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度为h
D. 小物块不仅能再运动到a处，还能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度小于h
2. 如图，竖直放置的粗糙四分之一圆弧轨道ABC与光滑半圆弧轨道CDP最低点重合在C 点，圆心O1和O2在同一条竖直线上，圆弧ABC的半径为4R，半圆弧CDP的半径为R。—质量为m的小球从A点静止释放，达到P时与轨道间的作用力大小为mg。不计空气阻力。小球从A到P的过程中
A. 机械能减少了2mgR B. 重力势能减少了mgR
C. 合外力做功2mgR D. 克服摩擦力做功mgR
物体静止在光滑水平面上，先对物体施加一水平向右的恒力F1，经时间t后撤去F1，立即再对它施加一水平向左的恒力F2，又经时间3t后物体回到出发点，在这一过程中，F1、 F2分别对物体做的功W1、W2间的关系是（ ）
A. W1∶W2=1∶1 B. W1∶W2=2∶3 C. W1∶W2=9∶5 D. W1∶W2=9∶7
3. 如图所示，半圆形轨道MON竖直放置且固定在地面上，直径MN是水平的。一小物块从M点正上方高度为H处自由下落，正好在M点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N点后上升的最大高度为。小物块接着下落从N点滑入半圆轨道，在向M点滑行过程中（整个过程不计空气阻力）（ ）
A. 小物块正好能到达M点 B. 小物块一定到不了M点
C. 小物块一定能冲出M点 D. 不能确定小物块能否冲出M点
4. 如图所示，在斜面倾角为θ的斜面底端，垂直斜面有一固定挡板。现有一质量为m（可视为质点）的物块以速度v0从P点沿斜面下滑，已知物块与斜面间动摩擦因数为μ（μ
B. 第一次与挡板碰后沿斜面上滑的最大距离一定小于L
C. 从开始到物块静止，物块重力势能的减少量为
D. 物块在斜面上通过的总路程为
5. 以初速度V0将一小球竖直上抛，上升了高度到达最高点，已知小球返回抛出点时的速度为，假定空气阻力大小为不变，则小球从抛出到回到出发点这一过程，克服空气阻力做功为（ ）
A. B. C. D.
6. 如图所示，长为L的木板水平放置，在木块的A端放置一个质量为m的小物体，现缓慢抬高A端，使木板以左端为轴在竖直面内转动，当木板转到与水平面成α角时小物体开始滑动，此时停止转动木板，小物体滑到木板底端时的速度为v，则在整个过程中（ ）
A. 支持力对小物体做功为0
B. 摩擦力对小物体做功为mgLsinα
C. 摩擦力对小物体做功为 － mgLsinα
D. 木板对小物体做功为
7. 如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示。O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度。斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q （两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止。若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m1= 3kg，与MN间的动摩擦因数，重力加速度g=10m/s2。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）小物块Q的质量m2；
（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；
（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程。
1. BD 解析：因要克服摩擦阻力做功，所以每次通过最低点的速度会变小，根据圆周运动公式及牛顿第二定律有，故可知物块与圆弧槽间的正压力会变小，所以B正确；设第一次通过圆弧槽过程中克服摩擦力做功为，根据动能定理可得，第二次通过圆弧槽的最低点时因正压力减小，所以摩擦力减小；同理，其他位置所对应的摩擦力都变小，故第二次通过圆弧槽克服摩擦力做的功将小于第一次，即，所以D正确，A、C错误。
2. D 解析：令恒力F1作用时间t后物体的速度为v1，恒力F2又作用时间3t后物体的速度为v2，所以物体在恒力F1作用时间t后物体的位移为，物体在恒力F2作用下的位移，由题意知，整理得：，由动能定理得：，，代入解得，故选项D正确。
3. C 解析：第一次飞出过程根据动能定理得mg－Wf=0，再次到达M点过程中，根据动能定理mg－=，因第二次经过半圆轨道过程中物块对轨道的压力减少，故摩擦力减小，克服阻力做功＜Wf，故速度v＞0，故能冲出M点，故选项C正确，其余都错误。
4. CD 解析：根据动能定理，在下落到挡板前设碰撞前速度为，利用动能定理有，所以A错。假设物体初速度为0，则第一次与挡板碰后沿斜面上滑的最大距离一定小于L，但由于有初速度，初速度对应的动能可能大于摩擦力消耗的能量，因此B错。从开始到物块静止，物块重力势能的减少量为，正确。利用动能定理，则物块在斜面上通过的总路程为s，即
，化简则。故选C、D。
5. CD 解析：上升、下降阻力做功大小都为W=－fh，所以克服阻力做功为2fh，根据动能定理，即克服阻力做功为，因此答案为C、D。
6. CD 解析：物块在缓慢提高过程中，静摩擦力始终与运动方向垂直，所以摩擦力不做功，物块在滑动过程中，由动能定理可得：，则有滑动摩擦力做功为，所以克服摩擦力做功为，所以B错误，C正确；在下滑的过程中，支持力不做功，在上升的过程中，根据动能定理可得，，所以支持力对物体做功为，所以A错误；木板对物体做功为支持力和摩擦力对物体做功的和，所以木板对物体做功为，所以D正确，故选C、D。
7. 解：（1）根据平衡，满足：
可得；
（2）P到D过程由动能定理得
由几何关系
运动到D点时，根据牛顿第二定律：
解得
由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78N；
（3）分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零。
由全过程动能定理得：
解得