第3-4節(jié) 勢能；動能 動能定理6 利用動能定理分析多過程問題 （答題時間：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處進入槽內(nèi)，到達b后沿斜坡bb′向上滑行。已知到達的最高處距水平面ab 的高度為h，接著小物塊沿斜坡bb′滑下并從b處進入槽內(nèi)反向運動，若不考慮空氣阻力，則（ ） A. 小物塊再運動到a處時速度變?yōu)榱? B. 小物塊每次經(jīng)過圓弧槽最低點時對槽的壓力不同 C. 小物塊不僅能再運動到a處，還能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度為h D. 小物塊不僅能再運動到a處，還能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度小于h 2. 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最低點重合在C 點，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?！|(zhì)量為m的小球從A點靜止釋放，達到P時與軌道間的作用力大小為mg。不計空氣阻力。小球從A到P的過程中 A. 機械能減少了2mgR B. 重力勢能減少了mgR C. 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，先對物體施加一水平向右的恒力F1，經(jīng)時間t后撤去F1，立即再對它施加一水平向左的恒力F2，又經(jīng)時間3t后物體回到出發(fā)點，在這一過程中，F(xiàn)1、 F2分別對物體做的功W1、W2間的關(guān)系是（ ） A. W1∶W2=1∶1 B. W1∶W2=2∶3 C. W1∶W2=9∶5 D. W1∶W2=9∶7 3. 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點正上方高度為H處自由下落，正好在M點滑入半圓軌道，測得其第一次離開N點后上升的最大高度為。小物塊接著下落從N點滑入半圓軌道，在向M點滑行過程中（整個過程不計空氣阻力）（ ） A. 小物塊正好能到達M點 B. 小物塊一定到不了M點 C. 小物塊一定能沖出M點 D. 不能確定小物塊能否沖出M點 4. 如圖所示，在斜面傾角為θ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）的物塊以速度v0從P點沿斜面下滑，已知物塊與斜面間動摩擦因數(shù)為μ（μ<tanθ），P點與擋板距離為L,物塊與擋板碰撞時無能量損失，不計空氣阻力，則有關(guān)下列說法正確的是（ ） A. 物塊第一次與擋板碰撞時的動能為 B. 第一次與擋板碰后沿斜面上滑的最大距離一定小于L C. 從開始到物塊靜止，物塊重力勢能的減少量為 D. 物塊在斜面上通過的總路程為 5. 以初速度V0將一小球豎直上拋，上升了高度到達最高點，已知小球返回拋出點時的速度為，假定空氣阻力大小為不變，則小球從拋出到回到出發(fā)點這一過程，克服空氣阻力做功為（ ） A. B. C. D. 6. 如圖所示，長為L的木板水平放置，在木塊的A端放置一個質(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，當木板轉(zhuǎn)到與水平面成α角時小物體開始滑動，此時停止轉(zhuǎn)動木板，小物體滑到木板底端時的速度為v，則在整個過程中（ ） A. 支持力對小物體做功為0 B. 摩擦力對小物體做功為mgLsinα C. 摩擦力對小物體做功為 － mgLsinα D. 木板對小物體做功為 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，斜面傾角分別如圖所示。O為圓弧圓心，D為圓弧最低點，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)軟細繩跨過定滑輪（不計滑輪摩擦）分別連接小物塊P、Q （兩邊細繩分別與對應(yīng)斜面平行），并保持P、Q兩物塊靜止。若PC間距為L1=0.25m，斜面MN足夠長，物塊P質(zhì)量m1= 3kg，與MN間的動摩擦因數(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）燒斷細繩后，物塊P第一次到達D點時對軌道的壓力大小； （3）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，所以每次通過最低點的速度會變小，根據(jù)圓周運動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變小，所以B正確；設(shè)第一次通過圓弧槽過程中克服摩擦力做功為，根據(jù)動能定理可得，第二次通過圓弧槽的最低點時因正壓力減小，所以摩擦力減小；同理，其他位置所對應(yīng)的摩擦力都變小，故第二次通過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錯誤。 2. D 解析：令恒力F1作用時間t后物體的速度為v1，恒力F2又作用時間3t后物體的速度為v2，所以物體在恒力F1作用時間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：，由動能定理得：，，代入解得，故選項D正確。 3. C 解析：第一次飛出過程根據(jù)動能定理得mg－Wf=0，再次到達M點過程中，根據(jù)動能定理mg－=，因第二次經(jīng)過半圓軌道過程中物塊對軌道的壓力減少，故摩擦力減小，克服阻力做功＜Wf，故速度v＞0，故能沖出M點，故選項C正確，其余都錯誤。 4. CD 解析：根據(jù)動能定理，在下落到擋板前設(shè)碰撞前速度為，利用動能定理有，所以A錯。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，初速度對應(yīng)的動能可能大于摩擦力消耗的能量，因此B錯。從開始到物塊靜止，物塊重力勢能的減少量為，正確。利用動能定理，則物塊在斜面上通過的總路程為s，即 ，化簡則。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：物塊在緩慢提高過程中，靜摩擦力始終與運動方向垂直，所以摩擦力不做功，物塊在滑動過程中，由動能定理可得：，則有滑動摩擦力做功為，所以克服摩擦力做功為，所以B錯誤，C正確；在下滑的過程中，支持力不做功，在上升的過程中，根據(jù)動能定理可得，，所以支持力對物體做功為，所以A錯誤；木板對物體做功為支持力和摩擦力對物體做功的和，所以木板對物體做功為，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過程由動能定理得 由幾何關(guān)系 運動到D點時，根據(jù)牛頓第二定律： 解得 由牛頓第三定律得，物塊P對軌道的壓力大小為78N； （3）分析可知最終物塊在CDM之間往復(fù)運動，C點和M點速度為零。 由全過程動能定理得： 解得