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高中物理 第四章 機(jī)械能和能源 第3-4節(jié) 勢(shì)能;動(dòng)能 動(dòng)能定理 6 利用動(dòng)能定理分析多過(guò)程問(wèn)題同步練習(xí) 教科版必修2.doc

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高中物理 第四章 機(jī)械能和能源 第3-4節(jié) 勢(shì)能;動(dòng)能 動(dòng)能定理 6 利用動(dòng)能定理分析多過(guò)程問(wèn)題同步練習(xí) 教科版必修2.doc

第3-4節(jié) 勢(shì)能;動(dòng)能 動(dòng)能定理6 利用動(dòng)能定理分析多過(guò)程問(wèn)題(答題時(shí)間:30分鐘)1. 一圓弧形的槽,槽底放在水平地面上,槽的兩側(cè)與光滑斜坡aa、bb相切,相切處a、b位于同一水平面內(nèi),槽與斜坡在豎直平面內(nèi)的截面如圖所示。一小物塊從斜坡aa上距水平面ab的高度為2h處沿斜坡自由滑下,并自a處進(jìn)入槽內(nèi),到達(dá)b后沿斜坡bb向上滑行。已知到達(dá)的最高處距水平面ab 的高度為h,接著小物塊沿斜坡bb滑下并從b處進(jìn)入槽內(nèi)反向運(yùn)動(dòng),若不考慮空氣阻力,則( )A. 小物塊再運(yùn)動(dòng)到a處時(shí)速度變?yōu)榱鉈. 小物塊每次經(jīng)過(guò)圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)對(duì)槽的壓力不同C. 小物塊不僅能再運(yùn)動(dòng)到a處,還能沿斜坡aa向上滑行,上升的最大高度為hD. 小物塊不僅能再運(yùn)動(dòng)到a處,還能沿斜坡aa向上滑行,上升的最大高度小于h2. 如圖,豎直放置的粗糙四分之一圓弧軌道ABC與光滑半圓弧軌道CDP最低點(diǎn)重合在C 點(diǎn),圓心O1和O2在同一條豎直線上,圓弧ABC的半徑為4R,半圓弧CDP的半徑為R。質(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)靜止釋放,達(dá)到P時(shí)與軌道間的作用力大小為mg。不計(jì)空氣阻力。小球從A到P的過(guò)程中A. 機(jī)械能減少了2mgR B. 重力勢(shì)能減少了mgRC. 合外力做功2mgR D. 克服摩擦力做功mgR物體靜止在光滑水平面上,先對(duì)物體施加一水平向右的恒力F1,經(jīng)時(shí)間t后撤去F1,立即再對(duì)它施加一水平向左的恒力F2,又經(jīng)時(shí)間3t后物體回到出發(fā)點(diǎn),在這一過(guò)程中,F(xiàn)1、 F2分別對(duì)物體做的功W1、W2間的關(guān)系是( )A. W1W2=11 B. W1W2=23 C. W1W2=95 D. W1W2=973. 如圖所示,半圓形軌道MON豎直放置且固定在地面上,直徑MN是水平的。一小物塊從M點(diǎn)正上方高度為H處自由下落,正好在M點(diǎn)滑入半圓軌道,測(cè)得其第一次離開(kāi)N點(diǎn)后上升的最大高度為。小物塊接著下落從N點(diǎn)滑入半圓軌道,在向M點(diǎn)滑行過(guò)程中(整個(gè)過(guò)程不計(jì)空氣阻力)( )A. 小物塊正好能到達(dá)M點(diǎn) B. 小物塊一定到不了M點(diǎn)C. 小物塊一定能沖出M點(diǎn) D. 不能確定小物塊能否沖出M點(diǎn)4. 如圖所示,在斜面傾角為的斜面底端,垂直斜面有一固定擋板?,F(xiàn)有一質(zhì)量為m(可視為質(zhì)點(diǎn))的物塊以速度v0從P點(diǎn)沿斜面下滑,已知物塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為(<tan),P點(diǎn)與擋板距離為L(zhǎng),物塊與擋板碰撞時(shí)無(wú)能量損失,不計(jì)空氣阻力,則有關(guān)下列說(shuō)法正確的是( )A. 物塊第一次與擋板碰撞時(shí)的動(dòng)能為B. 第一次與擋板碰后沿斜面上滑的最大距離一定小于LC. 從開(kāi)始到物塊靜止,物塊重力勢(shì)能的減少量為D. 物塊在斜面上通過(guò)的總路程為5. 以初速度V0將一小球豎直上拋,上升了高度到達(dá)最高點(diǎn),已知小球返回拋出點(diǎn)時(shí)的速度為,假定空氣阻力大小為不變,則小球從拋出到回到出發(fā)點(diǎn)這一過(guò)程,克服空氣阻力做功為( )A. B. C. D. 6. 如圖所示,長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板水平放置,在木塊的A端放置一個(gè)質(zhì)量為m的小物體,現(xiàn)緩慢抬高A端,使木板以左端為軸在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng),當(dāng)木板轉(zhuǎn)到與水平面成角時(shí)小物體開(kāi)始滑動(dòng),此時(shí)停止轉(zhuǎn)動(dòng)木板,小物體滑到木板底端時(shí)的速度為v,則在整個(gè)過(guò)程中( )A. 支持力對(duì)小物體做功為0B. 摩擦力對(duì)小物體做功為mgLsinC. 摩擦力對(duì)小物體做功為 mgLsinD. 木板對(duì)小物體做功為7. 如圖所示,半徑R=0.5m的光滑圓弧面CDM分別與光滑斜面體ABC和斜面MN相切于C、M點(diǎn),斜面傾角分別如圖所示。O為圓弧圓心,D為圓弧最低點(diǎn),C、M在同一水平高度。斜面體ABC固定在地面上,頂端B安裝一定滑輪,一輕質(zhì)軟細(xì)繩跨過(guò)定滑輪(不計(jì)滑輪摩擦)分別連接小物塊P、Q (兩邊細(xì)繩分別與對(duì)應(yīng)斜面平行),并保持P、Q兩物塊靜止。若PC間距為L(zhǎng)1=0.25m,斜面MN足夠長(zhǎng),物塊P質(zhì)量m1= 3kg,與MN間的動(dòng)摩擦因數(shù),重力加速度g=10m/s2。(sin37=0.6,cos37=0.8)求:(1)小物塊Q的質(zhì)量m2;(2)燒斷細(xì)繩后,物塊P第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。唬?)物塊P在MN斜面上滑行的總路程。1. BD 解析:因要克服摩擦阻力做功,所以每次通過(guò)最低點(diǎn)的速度會(huì)變小,根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)公式及牛頓第二定律有,故可知物塊與圓弧槽間的正壓力會(huì)變小,所以B正確;設(shè)第一次通過(guò)圓弧槽過(guò)程中克服摩擦力做功為,根據(jù)動(dòng)能定理可得,第二次通過(guò)圓弧槽的最低點(diǎn)時(shí)因正壓力減小,所以摩擦力減小;同理,其他位置所對(duì)應(yīng)的摩擦力都變小,故第二次通過(guò)圓弧槽克服摩擦力做的功將小于第一次,即,所以D正確,A、C錯(cuò)誤。2. D 解析:令恒力F1作用時(shí)間t后物體的速度為v1,恒力F2又作用時(shí)間3t后物體的速度為v2,所以物體在恒力F1作用時(shí)間t后物體的位移為,物體在恒力F2作用下的位移,由題意知,整理得:,由動(dòng)能定理得:,代入解得,故選項(xiàng)D正確。3. C 解析:第一次飛出過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理得mgWf=0,再次到達(dá)M點(diǎn)過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理mg=,因第二次經(jīng)過(guò)半圓軌道過(guò)程中物塊對(duì)軌道的壓力減少,故摩擦力減小,克服阻力做功Wf,故速度v0,故能沖出M點(diǎn),故選項(xiàng)C正確,其余都錯(cuò)誤。4. CD 解析:根據(jù)動(dòng)能定理,在下落到擋板前設(shè)碰撞前速度為,利用動(dòng)能定理有,所以A錯(cuò)。假設(shè)物體初速度為0,則第一次與擋板碰后沿斜面上滑的最大距離一定小于L,但由于有初速度,初速度對(duì)應(yīng)的動(dòng)能可能大于摩擦力消耗的能量,因此B錯(cuò)。從開(kāi)始到物塊靜止,物塊重力勢(shì)能的減少量為,正確。利用動(dòng)能定理,則物塊在斜面上通過(guò)的總路程為s,即,化簡(jiǎn)則。故選C、D。5. CD 解析:上升、下降阻力做功大小都為W=fh,所以克服阻力做功為2fh,根據(jù)動(dòng)能定理,即克服阻力做功為,因此答案為C、D。6. CD 解析:物塊在緩慢提高過(guò)程中,靜摩擦力始終與運(yùn)動(dòng)方向垂直,所以摩擦力不做功,物塊在滑動(dòng)過(guò)程中,由動(dòng)能定理可得:,則有滑動(dòng)摩擦力做功為,所以克服摩擦力做功為,所以B錯(cuò)誤,C正確;在下滑的過(guò)程中,支持力不做功,在上升的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理可得,所以支持力對(duì)物體做功為,所以A錯(cuò)誤;木板對(duì)物體做功為支持力和摩擦力對(duì)物體做功的和,所以木板對(duì)物體做功為,所以D正確,故選C、D。7. 解:(1)根據(jù)平衡,滿足:可得;(2)P到D過(guò)程由動(dòng)能定理得由幾何關(guān)系運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律:解得由牛頓第三定律得,物塊P對(duì)軌道的壓力大小為78N;(3)分析可知最終物塊在CDM之間往復(fù)運(yùn)動(dòng),C點(diǎn)和M點(diǎn)速度為零。由全過(guò)程動(dòng)能定理得:解得

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