【物理】2020届一轮复习人教版动能和动能定理课时作业
2020届一轮复习人教版 动能和动能定理 课时作业
一、单项选择题
1.如图所示,质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ,物块与转轴相距R,物块随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时,物块即将在转台上滑动,此时转台已开始匀速转动,在这一过程中,摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A.0 B.2μmgR C.2πμmgR D.
2.(2018·河北衡水中学模拟)如图所示,质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面,最终落在水平地面上,已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5,桌面高0.45 m,若不计空气阻力,g取10 m/s2,则( )
A.小物块的初速度是5 m/s
B.小物块的水平射程为1.2 m
C.小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功
D.小物块落地时的动能为0.9 J
3.(2018·广西玉林模拟)有两个物体a和b,其质量分别为ma和mb,且ma>mb,它们的初动能相同,若a和b分别受到不变的阻力Fa和Fb的作用,经过相同的时间停下来,它们的位移分别为xa和xb,则( )
A.Fa
xb B.Fa>Fb,xa>xb
C.Fa>Fb,xamb,所以xaFb,故选项C正确。
4.B 解析当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动,选项A错误;由题图乙中图线与x轴所围面积表示推力对物体做的功得,推力做的功W=×4×100J=200J,根据动能定理有W-μmgxm=0,得xm=10m,选项B正确;当推力与摩擦力平衡时,加速度为零,速度最大,由题图乙得F=100-25x(N),当F=μmg=20N时x=3.2m,由动能定理得(100+20)·x-μmgx=,解得物体运动的最大速度vm=8m/s,选项C错误;物体运动中当推力由100N减小到20N的过程中,加速度逐渐减小,当推力由20N减小到0的过程中,加速度又反向增大,此后加速度不变,故选项D错误。
5.BC 解析由动能定理F合x=ΔEk知Ek-x图像的斜率表示合外力,则上升阶段斜率为mgsinθ+μmgcosθ==5,下降阶段斜率为mgsinθ-μmgcosθ==1,联立得tanθ=,即θ=37°,m=0.5kg,故A错误,B正确。物体与斜面间的摩擦力为Ff=μmgcosθ=2N,故C正确。上升阶段由Ek-x图像的斜率知合力为F1=5N,由F1=ma1,则a1=10m/s2,t1=,Ek1==25J,联立得t1=1s,同理,下降阶段合力为F2=1N,由F2=ma2,则a2=2m/s2,t2=,Ek2==5J,联立得t2=s,则t=t1+t2=(1+)s,故D错误。
6.BD 解析由题图可知,一开始竖直方向圆环A只受重力,所以圆环A先向下做加速运动,后做减速运动,直至停止,重物B也是先加速后减速,而重物B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变,所以绳子对重物B的拉力必定是变化的,故A错误;设圆环A下降的最大距离为hm,则重物B上升的距离为h1=(-l)·sin30°,对圆环A和重物B组成的系统,由动能定理得mghm-m0gh1-μm0gh1cos30°=0,解得hm=m,故B正确;当圆环A在下滑过程中受力平衡时速度最大,则此时重物B的加速度也是0,绳子的拉力就等于重物B的重力向下的分力与摩擦力的和,即FT=m0gsin30°+μm0gcos30°=10N,设此时拉圆环A的绳子与竖直方向的夹角是θ,则在竖直方向上有FTcosθ=mg,代入数据解得θ=60°,故C错误;若增加圆环A的质量使m=1kg,再重复题述过程,则圆环A的重力大于重物B的重力沿斜面向下的分力与摩擦力的和,则圆环A将一直向下做加速运动,其重力做功的功率一直增大,故D正确。
7.解析(1)运动员在AB段上做初速度为零的匀加速运动,设AB段的长度为x,斜面的倾角为α,则有=2ax,
根据牛顿第二定律得mgsinα-Ff=ma,
又sinα=,
由以上三式联立解得Ff=144N。
(2)在由B到达C的过程中,根据动能定理有
mgh+W=
设运动员在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定律得FN-mg=m
由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍,即有FN=6mg,联立解得R=12.5m,
所以圆弧的半径R至少为12.5m。
答案(1)144 N (2)12.5 m
