2024版新教材高考物理复习特训卷考点33动能定理及其应用

这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷考点33动能定理及其应用，共6页。试卷主要包含了6，重力加速度大小为g，5 m．则t1和t2分别为等内容，欢迎下载使用。


[2022·全国甲卷]北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示．运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h.要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于( )
A． eq \f(h,k＋1) B． eq \f(h,k)
C． eq \f(2h,k) D． eq \f(2h,k－1)
2.
[2023·天津和平区一模](多选)运动员把质量为400 g的足球踢出后，上升的最大高度约是5 m，在最高点的速度为20 m/s.不考虑空气阻力，g取10 m/s2，则( )
A．踢球时运动员对足球做的功为80 J
B．踢球时运动员对足球做的功为100 J
C．足球射程约为20 m
D．足球射程约为40 m
3.
[2020·江苏卷]如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上．斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数．该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是( )
4．[2023·四川宜宾模拟]某建筑工地上，两台塔吊分别吊起质量相同的甲、乙两物体，物体运动的v ­ t图像如图，在t＝0时刻两物体处在同一高度，t2时刻再次到达同一高度处．下列说法正确的是( )
A．甲、乙两物体全程的平均速度大小不相同
B．t1时刻甲、乙两物体合外力大小相等
C．甲、乙两物体全程所受拉力做功相等
D．t2时刻甲、乙所受拉力的功率相等
5.
[2023·重庆二模](多选)从地面竖直向上抛出一质量为1 kg的物体，物体运动时所受空气阻力大小不变．以地面为零势能面，物体在上升过程中动能Ek与重力势能Ep的关系如图所示，重力加速度取10 m/s2，则下列结论正确的是( )
A．空气阻力的大小为5 N
B．空气阻力的大小为10 N
C．物体重力势能和动能相等时的高度为2.88 m
D．物体重力势能和动能相等时的高度为2.40 m
6．[2021·全国甲卷](多选)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为 eq \f(1,5) Ek.已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g.则( )
A．物体向上滑动的距离为 eq \f(Ek,2mg)
B．物体向下滑动时的加速度大小为 eq \f(g,5)
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
7．质量m＝1 500 kg的家庭轿车，行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54 km/h90 km/h时汽油发动机和电动机将同时工作，这种混合动力汽车更节能环保．该轿车在一条平直的公路上由静止启动，其牵引力F随运动时间t的变化图线如图所示，所受阻力恒为1 500 N．已知汽车在t1时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至t2时刻．汽车在0～t2时间内行驶的位移为217.5 m．则t1和t2分别为( )
A．t1＝9 s，t2＝11 s
B．t1＝9 s，t2＝16 s
C．t1＝5.625 s，t2＝11 s
D．t1＝5.625 s，t2＝16 s
8．[2023·湖南益阳一模](多选)如图所示，斜面AB和水平面BC相交于B点，CED是竖直放置的半径R＝0.1 m的光滑半圆轨道，CED与BC相切于C点，E点与圆心O点等高．质量为m的小球从离水平面h处由静止释放，经过水平面后滑上半圆轨道，已知小球与水平地面及与斜面间的动摩擦因数都为μ＝0.2，斜面的倾角θ＝45°，BC长s＝4 m，g取10 m/s2，如果让小球进入半圆轨道后不脱离半圆轨道，则h的取值可能为( )
A．1.4 mB．1.2 m
C．1.1 mD．0.9 m
9．[2022·浙江1月]如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝ eq \f(7,8) .滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，
(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第1次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值．
考点33 动能定理及其应用——提能力
1．答案：D
解析：运动员从a处滑至c处，mgh＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(c)) －0，在c点，N－mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(c)) ,R)，联立得N＝mg eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2h,R)))，由题意，结合牛顿第三定律可知，N＝F压≤kmg，得R≥ eq \f(2h,k－1)，故D项正确．
2．答案：BD
解析：设踢球时运动员对足球做的功为W，由动能定理有W－mgh＝ eq \f(1,2)mv2，得出W＝mgh＋ eq \f(1,2)mv2＝20＋80＝100 J，故A错误，B正确；足球在空中的运动时间t＝2 s，则射程x＝vt＝40 m，故C错误，D正确．
3．答案：A
解析：在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mg sin θ· eq \f(x,cs θ)－μ1mg cs θ· eq \f(x,cs θ)＝Ek－0，解得Ek＝(mg tan θ－μ1mg)x，即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，故B、D错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，故A正确，C错误．
4．答案：C
解析：由题可知甲、乙两物体全程的位移大小和时间相等，由 eq \(v,\s\up6(－))＝ eq \f(x,t)可知甲、乙两物体全程的平均速度大小相同，故A错误；由图知t1时刻两图线的斜率不同，即甲、乙两物体的加速度大小不同，由牛顿第二定律可知两物体合外力大小不相等，故B错误；由动能定理－mgh＋WT＝ eq \f(1,2)mv2－0可知甲、乙两物体全程所受拉力做功相等，故C正确；t2时刻甲、乙两图线的斜率不同，则甲乙两物体的加速度大小不同，由牛顿第二定律知甲乙受到的拉力大小不相等，此时甲乙的速度大小相等，由P＝Fv 知所受拉力的功率不相等，故D错误．
5．答案：AC
解析：由动能定理可知Ek－Ek0＝－(mg＋f)h，即Ek＝Ek0－(mg＋f)h＝72 J－Ep－fh，在最高点时Ep＝48 J＝mgh＝10h，解得最大高度h＝4.8 m，f＝5 N，A正确，B错误；物体重力势能和动能相等时，即Ek＝Ep，则2Ep＝2mgh′＝72 J－fh′＝72 J－5h′，解得高度为h′＝2.88 m，C正确，D错误．
6．答案：BC
解析：对物体的上滑过程，由动能定理有－(mg sin α＋μmg cs α)x＝0－Ek，对全程利用动能定理有－μmg cs α·2x＝ eq \f(1,5)Ek－Ek，由以上两式解得μ＝0.5，x＝ eq \f(Ek,mg)，所以选项A错误，选项C正确；根据牛顿第二定律可得下滑过程有mg sin α－μmg cs α＝ma，解得a＝g sin α－μg cs α＝ eq \f(1,5)g，选项B正确；根据牛顿第二定律可得上滑过程有mg sin α＋μmg cs α＝ma0，解得a0＝g sin α＋μg cs α＝g，利用运动的可逆性分析，由于位移大小相等，a0>a，故根据x＝ eq \f(1,2)at2可知t上7．答案：B
解析：由题意知，第一次换引擎时速度为v1＝54 km/h＝15 m/s，0～t1时间内由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，
解得a1＝ eq \f(5,3)m/s2则t1＝ eq \f(v1,a1)＝9 s，0～t1时间内行驶的位移s1＝ eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝67.5 m．设换引擎后瞬间的牵引力为F2，根据P＝F2v1代入数据求得P＝75 000 W．设在t2时刻的牵引力为F3，则在t2时刻的速度大小为v2＝ eq \f(P,F3)＝25 m/s，
t1～t2时间内行驶的位移为s2＝s－s1＝150 m；t1～t2时间根据动能定理得P(t2－t1)－f·s2＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得t2＝16 s，故B正确，A、C、D错误．
8．答案：AC
解析：小球不脱离半圆轨道的临界条件有两个：一是恰好从D点飞出，小球刚好能从D点飞出应满足mg＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ,R)，得vD＝ eq \r(gR)，由动能定理得mgh1－ eq \f(μmgh1,tan θ)－μmgs－2mgR＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ，解得h1≈1.31 m；二是小球到半圆形导轨E点时速度减为零，由动能定理得mgh2－ eq \f(μmgh2,tan θ)－μmgs－mgR＝0，解得h2＝ eq \f(9,8) m，小球能进入半圆轨道有mgh3－ eq \f(μmgh3,tan θ)>μmgs，得h3>1 m．综上所述，让小球进入半圆轨道后不脱离半圆轨道，h的取值范围为h≥1.31 m或1 m9．答案：(1)7 N
(2)v＝ eq \r(12lx－9.6)(m/s)(0.85 m≤lx≤3 m) (3)① eq \f(13,15) m ② eq \f(9,5) m ③ eq \f(41,15) m
解析：(1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则mgl sin 37°＋mgR(1－cs 37°)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C))
在C点根据牛顿第二定律有
FN－mg＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ,R)
代入数据解得FN＝7 N.
(2)要使得滑块到达F点，则必过圆弧轨道DEF的最高点，即有mglx sin 37°－mg(3R cs 37°＋R)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ≥0
即lx≥0.85 m
滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有
mglx sin 37°－4mgR cs 37°＝ eq \f(1,2)mv2
解得v＝ eq \r(12lx－9.6)(m/s)(0.85 m≤lx≤3 m).
(3)设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得mglx sin 37°－mg eq \f(lFG,2)sin 37°－nμmg eq \f(lFG,2)cs 37°＝0
解得lx＝ eq \f(7n＋6,15) m
将0.85 m≤lx≤3 m代入上式可得 eq \f(27,28)≤n≤ eq \f(39,7).
由运动过程可知，n只能取1、3、5
①当n＝1时，lx＝ eq \f(13,15) m.
②当n＝3时，lx＝ eq \f(9,5) m.
③当n＝5时，lx＝ eq \f(41,15) m．