【物理】2020届一轮复习人教版动能定理及其应用课时作业(1) 10页

‎2020届一轮复习人教版 动能定理及其应用 课时作业 一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中 1～6为单选，7～10为多选)‎ ‎1．若物体在运动过程中受到的合外力不为0，则(　　)‎ A．物体的动能不可能总是不变的 B．物体的加速度一定变化 C．物体的速度方向一定变化 D．物体所受的合外力做的功可能为0‎ 答案　D 解析　当合外力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合外力做的功为0，A错误，D正确；当F恒定时，加速度就不变，B、C错误。‎ ‎2．一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk为(　　)‎ A．Δv＝0 B．Δv＝12 m/s C．ΔEk＝1.8 J D．ΔEk＝10.8 J 答案　B 解析　速度是矢量，规定反弹后速度方向为正，则Δv＝6 m/s－(－6 m/s)＝12 m/s，故B正确，A错误；动能是标量，速度大小不变，动能不变，则ΔEk＝0，C、D错误。‎ ‎3. 如图所示，质量为m的钢制小球，用长为l的细线悬挂在O点。将小球拉至与O点等高的C点后由静止释放。小球运动到最低点B时对细线的拉力为2mg，若在B点用小锤头向左敲击小球一下，瞬间给它补充机械能ΔE，小球就能恰好摆到与C点等高的A点。设空气阻力只与运动速度相关，且运动速度越大空气阻力就越大。则以下关系正确的是(　　)‎ A．ΔE>mgl B．ΔEWf1，即ΔE>mgl，A正确。‎ ‎4．如图所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态 C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒 D．小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒 答案　C 解析　小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球的作用力做负功。故A错误；小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，加速度有竖直向上的分量，处于超重状态，故B错误；小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功。所以小球的机械能不守恒，但球对槽作用力做正功，两者之和正好为零。所以小球与槽组成的系统机械能守恒，故C正确，D错误。‎ ‎5．物体做自由落体运动，Ek代表动能，Ep代表势能，h 代表下落的距离，以水平地面为零势能面，不计一切阻力。下列图象能正确反映各物理量之间关系的是(　　)‎ 答案　B 解析　由机械能守恒定律得Ep＝E－Ek，可知势能与动能关系的图象为倾斜的直线，C错误；由动能定理得Ek＝mgh，则Ep＝E－mgh，故势能与h关系的图象也为倾斜的直线，D错误；Ep＝E－mv2，故势能与速度关系的图象为开口向下的抛物线，B正确；Ep＝E－mg2t2，势能与时间关系的图象也为开口向下的抛物线，A错误。‎ ‎6．[2017·洛阳二统]如图所示，一个小球套在固定的倾斜光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与O点等高的位置由静止释放。小球沿杆下滑，当弹簧处于竖直时，小球速度恰好为零。若弹簧始终处于伸长且在弹性限度内，在小球下滑过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球的机械能先增大后减小 B．弹簧的弹性势能一直增加 C．重力做功的功率一直增大 D．当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大 答案　A 解析　小球沿杆下落过程中，弹簧弹力与小球速度的夹角先是锐角后是钝角，也就是弹簧弹力对小球先做正功后做负功，根据功能关系，小球的机械能先增大后减小，当弹簧垂直杆时伸长量最短，弹性势能最小。所以A正确，B错误。当弹簧与杆垂直时，小球的加速度仍沿杆向下，如图，小球加速度为零的位置在N、P之间某点，速度最大的位置也就在N、P之间某点，所以D错误；设杆与竖直方向夹角为α，重力做功的功率PG＝mgvcosα，速度v先增大后减小，则重力做功的功率先增大后减小，所以C错误。‎ ‎7. [2017·威海模拟]如图所示，轻质弹簧的一端固定在竖直墙面上，另一端拴接一小物块，小物块放在动摩擦因数为μ的水平面上，当小物块位于O点时弹簧处于自然状态。现将小物块向右移到a点，然后由静止释放，小物块最终停在O点左侧的b点(图中未画出)，以下说法正确的是(　　)‎ A．Ob之间的距离小于Oa之间的距离 B．从O至b的过程中，小物块的加速度逐渐减小 C．小物块在O点时的速度最大 D．从a到b的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功 答案　AD 解析　如果没有摩擦力，根据简谐运动的对称性知O点应该在ab中间，Oa＝Ob。由于有摩擦力，物块从a到b过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的b点，即O点靠近b点，故Oa>Ob，A正确；从O至b的过程中，小物块受到向右的摩擦力及向右的弹力，且弹力逐渐变大，故物块的加速度逐渐变大，B错误；当物块从a 点向左运动时，受到向左的弹力和向右的摩擦力，且弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度为零，此时速度最大，故小物块的速度最大位置在O点右侧，C错误；由能量守恒关系可知，从a到b的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，D正确。‎ ‎8. [2017·四川成都模拟]如图甲所示，轨道NO和OM底端对接且θ>α，小环自N点由静止滑下再滑上OM。已知小环在轨道NO下滑的距离小于在轨道OM上滑的距离，忽略小环经过O点时的机械能损失，轨道各处的动摩擦因数相同。若用F、Ff、v和E分别表示小环所受的合力、摩擦力、速度和机械能，这四个物理量的大小随环运动路程的变化关系如图乙。能正确反映小环自N点到右侧最高点运动过程的是(　　)‎ 答案　AB 解析　小球下滑和上滑过程中都是做匀变速直线运动，故根据匀变速直线运动的平均速度公式知加速和减速过程中平均速度大小相等，＝，由于下滑距离小于上滑距离，故小环下滑时间小于小环上滑时间，又由于下滑和上滑过程中速度变化的大小相同，则根据a＝知，小环下滑时的加速度大，即小环在下滑时所受合外力大于小环在上滑时所受合外力，故A正确；‎ 如图所示，小环在杆上受重力、支持力和滑动摩擦力作用，由题意知Ff＝μFN＝μmgcosθ，因为θ>α，所以下滑时的摩擦力小于上滑时的摩擦力，故B正确；小环下滑时做初速度为0的匀加速运动，由v2＝2ax，得v＝，即速度与位移的二次方根成正比，故C错误；除重力和弹力外其他力做的功等于小环机械能的变化，故小球下滑时的机械能等于E＝E0－Ffx，由于下滑时摩擦力小于上滑时摩擦力，故小环下滑时图象的斜率小于上滑时的图象斜率，故D错误。‎ ‎9．[2017·湖北七市一模]如图所示，倾角为37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d＝0.2 m的橡胶带，橡胶带的上、下边缘与斜面的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L＝0.4 m，现将质量为m＝1 kg、宽度为d的矩形薄板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放。已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，矩形板由斜面顶端静止释放下滑到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜面上)，下列说法正确的是(　　)‎ A．矩形板受到的摩擦力为Ff＝4 N B．矩形板的重力做功为WG＝3.6 J C．产生的热量为Q＝0.8 J D．矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时速度大小为 m/s 答案　BCD 解析　矩形板在滑上橡胶带时，随着进入橡胶带的长度增大，对橡胶带的正压力增大，所以矩形板受摩擦力是变化的，故A错误；重力做功WG＝mg(L＋d)sinθ＝3.6 J，所以B正确；矩形板进入橡胶带到离开橡胶带运动的位移为2d，最大摩擦力为μmgcos37°，因为摩擦力大小随位移线性变化，所以可以用平均摩擦力计算产生的热，产生的热量Q＝μmgcosθ·2d＝0.8 J，所以C正确；根据动能定理有WG－Q＝mv2－0，解得v＝ m/s，所以D正确。‎ ‎10. (2018·三明A片区联盟期末考试)(多选)如图所示，物块A、B、C、D的质量都是m，并都可看作质点，四个物块用细线通过轻质滑轮连接。物块B与C、C与D、D与地面的距离都是L。现将物块A下方的细线剪断，若物块A距离滑轮足够远且不计一切阻力，则(　　)‎ A．A上升的最大速度是 B．A上升的最大速度是 C．A上升的最大高度是 D．A上升的最大高度是 解析　设物块D落地时速度为v1，在物块D落地过程中，对四个物块应用动能定理有3mgL－mgL＝×4mv；在物块C落地过程中，对三个物块应用动能定理有2mgL－mgL＝×3mv－×3mv，联立解得v2＝，A项正确，B项错误；之后物块B匀速下降直到落地，A匀速上升，至此A已上升了3L的高度；再往后物块A做竖直上抛运动，还可以上升h＝＝，A上升的最大高度H＝h＋3L＝L ‎，C项错误，D项正确。‎ 答案　AD ‎11.如图所示，一可以看作质点的质量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5 m。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)小球的初速度v0的大小。‎ ‎(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功。‎ 解析　(1)小球从桌面飞出到A点的过程中，做平抛运动，则由动能定理有 mv2－mv＝mg(R＋Rcosθ)，‎ cosθ＝，‎ 解得v0＝3 m/s。‎ ‎(2)小球恰好能通过最高点C的临界条件是mg＝m，‎ 而小球从桌面到C的过程中，重力做的功为0，由动能定理得Wf＝mv－mv；解得在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功为Wf＝－4 J。‎ 答案　(1)3 m/s　(2)－4 J ‎12．(2017·江苏)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为，与地面的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F。‎ ‎(2)动摩擦因数的最小值μmin。‎ ‎(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W。‎ 解析　(1)C受力平衡，如图所示。‎ 根据平衡条件可得2Fcos30°＝mg, ‎ 计算得出C受到B作用力的大小为F＝mg。‎ ‎(2)C恰好降落到地面时，B对C支持力最大为Fm，如图所示，‎ 则根据力的平衡可得 ‎2Fmcos60°＝mg, ‎ 计算得出Fm＝mg；‎ 所以最大静摩擦力至少为 fm＝Fmcos30°＝mg，‎ B对地面的压力为 N＝mBg＋mCg＝mg，‎ B受地面的摩擦力为f＝μmg，‎ 根据题意有fm＝f，‎ 计算得μ＝，‎ 所以动摩擦因数的最小值 μmin＝。‎ ‎(3)C下降的高度为 h＝R，‎ A的位移为x＝2R，‎ 摩擦力做功的大小为 Wf＝fx＝2μmgR，‎ 根据动能定理有 W－Wf＋mgh＝0，‎ 计算得W＝mgR。‎ 答案　(1)mg　(2) ‎(3)mgR