【物理】2020届一轮复习人教版 动能定理及其应用 课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版 动能定理及其应用 课时作业

‎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，速度方向可能不变，B、C错误。‎ ‎2．物体沿直线运动的v－t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则(　　)‎ A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－2W 答案　C 解析　物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合外力为零，做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量大小相同，合外力做的功为－W，B错误；从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合外力做功相同，即为W，C正确；从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能变化量大小的，则合外力做功为－0.75W，D错误。‎ ‎3．(2018·烟台模拟)水平面上甲、乙两物体，在某时刻动能相同，它们仅在摩擦力作用下停下来。甲、乙两物体的动能Ek随位移大小s 变化的图象如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则甲的质量较大 B．若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则乙的质量较大 C．甲与地面间的动摩擦因数一定大于乙与地面的动摩擦因数 D．甲与地面间的动摩擦因数一定小于乙与地面的动摩擦因数 答案　A 解析　Ek－s图象的斜率大小表示物体与地面的摩擦力f＝μmg，由图知f甲>f乙，若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则m甲>m乙，故A正确，B错误。由于甲、乙两物体质量大小关系未知，故甲、乙与地面间动摩擦因数大小关系不能确定，C、D错误。‎ ‎4. (2018·成都月考)如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是(　　)‎ A. B. C. D. 答案　A 解析　滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x ‎，对滑块运动的全程应用动能定理：mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－mv，解得x＝，A正确。‎ ‎5．(2018·西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4 s时停下，其v－t图象如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是(　　)‎ A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功 B．整个过程中拉力做的功等于零 C．t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大 D．t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功 答案　A 解析　对物块运动全过程应用动能定理得：WF－Wf＝0，A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，结合题图可知，t＝1 s时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C错误；t＝1 s到t＝3 s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误。‎ ‎6．如图所示，置于光滑水平面上的物块在水平恒力F的作用下由静止开始运动，其速度v、动能Ek及拉力功率P随时间t或位移x的变化图象可能正确的是(　　)‎ 答案　C 解析　物块在水平恒力作用下由静止开始做匀加速直线运动，其加速度a＝‎ ，速度v＝at＝t，vt图象为过坐标原点的倾斜直线，A错误；由v2＝2ax＝x，可知vx图象的抛物线开口向x轴正方向，B错误；动能Ek＝mv2＝t2，C正确；功率P＝Fv＝Fat＝t，D错误。‎ ‎7. (2018·石家庄一模)如图所示，N、M、B分别为半径等于0.1 m的竖直光滑圆轨道的左端点、最低点和右端点，B点和圆心O等高，连线NO与竖直方向的夹角为37°。现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为0.1 kg的小球，进入圆轨道后，从N点飞出时的速度大小为2 m/s。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．A、B间的竖直高度为0.12 m B．小球经过B点时对轨道压力的大小为2.4 N C．小球经过M点时对轨道压力的大小为4.4 N D．小球从A点到M点的过程中所受重力的功率一直增大 答案　AB 解析　设AB的竖直高度为h，由A到N由动能定理得：mg(h＋Rcos37°)＝mv－0，得h＝0.12 m，故A正确；由A到B由动能定理得mgh＝mv－0，NB＝，得NB＝2.4 N，由牛顿第三定律知小球在B点对轨道压力大小为2.4 N，故B正确；由A到M由动能定理得：mg(h＋R)＝mv－0，NM－mg＝，得NM＝5.4 N，由牛顿第三定律知小球在M点对轨道压力大小为5.4 N，故C错误；重力的瞬时功率P＝mgvcosθ，A点因v＝0，则P＝0，M点因θ＝90°，则P＝0，故从A点到M点，重力的功率先变大后变小，故D错误。‎ ‎8．(2018·福建泉州检测)如图甲所示，长为l、倾角为α 的斜面固定在水平地面上，一质量为m的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图象如图乙所示，则(　　)‎ A．μ0>tanα B．物块下滑的加速度逐渐增大 C．物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为 μ0mglcosα D．物块下滑到底端时的速度大小为 答案　BC 解析　物块在斜面顶端静止释放能够下滑，应满足mgsinα>μ0mgcosα，即μ00，可得vM> ，B项正确。在P→Q的过程中因重力沿斜面向下的分力不变，而弹簧弹力沿斜面向下的分力逐渐变小，则滑块所受沿斜面向下的合力逐渐减小，则其加速度一直在减小，C项正确。由几何关系可知滑块由P到Q下降的高度大于由Q到M下降的高度，又P到Q过程中弹簧弹力做正功，Q到M过程中弹簧弹力做负功，再结合动能定理分析可知，D项错误。‎ ‎10．(2018·安徽定远期末)如图所示，一个小球(可视为质点)从H＝12 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(　　)‎ A．10 m B．9.5 m C．8.5 m D．8 m 答案　BC 解析　小球到达圆环顶点C时，刚好小球对轨道压力为零，在C点，由重力充当向心力，则根据牛顿第二定律得：mg＝m，开始小球从H＝12 m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，因此在小球上升到顶点C时，根据动能定理得：mg(H－2R)－Wf＝mv2，得Wf＝2mg。从C到D由动能定理得：mg(2R－h)－Wf′＝0－mv2，由于摩擦力做功，所以上升过程平均速度比下降过程平均速度大，对轨道的压力大、摩擦力大，所以0

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