2019高中物理第四章第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2.doc

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1、1第第3-43-4节节 势能；动能势能；动能 动能定理动能定理6 6 利用动能定理分析多过程问题利用动能定理分析多过程问题（答题时间：（答题时间：3030分钟）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

2、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hD. 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h2. 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mgRC. 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，

3、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. W1W2=11 B. W1W2=23 C. W1W2=95 D. W1W2=973. 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2度为2H。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

4、定小物块能否冲出M点4. 如图所示，在斜面倾角为的斜面底端，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（tan），P点与挡板距离为L,物块与挡板碰撞时无能量损失，不计空气阻力，则有关下列说法正确的是（ ）A. 物块第一次与挡板碰撞时的动能为2 021sinmvmgLB. 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sinmgLD. 物块在斜面上通过的总路程为 cos2sin22 0 gvgL5. 以初速度V0将一小球竖直上抛，上升了高度h到达最高点，已知小球返回抛出点时的速度

5、 为1V，假定空气阻力大小为f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. fh2 B. 0 C. fh2 D. 2 12 021 21mvmv 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（ ）3A. 支持力对小物体做功为0B. 摩擦力对小物体做功为mgLsinC. 摩擦力对小物体做功为 2 21mv mgLsinD. 木板对小物体做功为2 21mv7. 如图所示，半径R=0.5m的光滑

6、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31，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。41. B

7、D 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2NvFmgmr，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fW，根据动能定理可得0fmgh W，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fWmgh，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1 12vtx ，物体在恒力F2作用下的位

8、移12 232vvxt，由题意知12xx ，整理得：123 4vv ，由动能定理得：2 111 2Wmv，22 22111 22Wmvmv，代入解得129 7W W，故选项D正确。3. C 解析：第一次飞出过程根据动能定理得mg2HWf=0，再次到达M点过程中，根据动能定理mg2HfW=21 2mv，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fWWf，故速度v0，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1v，利用动能定理有22 1011sincos22mvmvmgLmgL，所以A错。假设物体初速度为0，

9、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sinmgL，正确。利用动能定理，则物块在斜面上通过的总路程为s，即2 01sin0cos2mvmgLmgS，化简则2 02sin 2cosgLvSg 。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22 1011W=22mvmv，即克服阻力做功为2 12 021 21mvmv ，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

10、功，物块在滑动过程中，由动能定理可得：2102WmgLsinmv滑，则有滑动摩擦力做功为21sin2mvmgL，所以克服摩擦力做功为21sin2mvmgL，所以B错误，C正确；在5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，0WmgLsin，所以支持力对物体做功为WmgLsin，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2211sinsin22mvmgLmgLmv，所以D正确，故选C、D。 7. 解：（1）根据平衡，满足：53sin1gm37sin2gm可得kgm42；（2）P到D过程由动能定理得 由几何关系)53cos1 (53sin1RLh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：53sin11gLm053cos1总Sgm解得mS1总