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1、考点33 动能定理及其应用提能力1.2022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()ABCD2.2023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 JB踢球时运动员对足球做的功为100 JC足球射程约
2、为20 mD足球射程约为40 m3.2020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()42023四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t0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Bt1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Dt2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
3、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 NB空气阻力的大小为10 NC物体重力势能和动能相等时的高度为2.88 mD物体重力势能和动能相等时的高度为2.40 m62021全国甲卷(多选)一质量为m的物体自倾角为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Ek.已知sin 0.6，重力加速度大小为g.则()A物体向上滑动的距离为B物体向下滑动时的加速度大小为C物
4、体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长7质量m1 500 kg的家庭轿车，行驶速度v54 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0t2时间内行驶的位移为217.5 m则t1和t2分别为()At19 s，t211 sBt19 s，t216 sCt15.625 s，t211 sDt15.625 s，t2
5、16 s82023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R0.1 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0.2，斜面的倾角45，BC长s4 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()A1.4 mB1.2 mC1.1 mD0.9 m92022浙江1月如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角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
6、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m0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R0.15 m，轨道AB长度lAB3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数.滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 370.6，cos 370.8.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l0.7 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
7、，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，mghmv0，在c点，Nmgm，联立得Nmg，由题意，结合牛顿第三定律可知，NF压kmg，得R，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Wmghmv2，得出Wmghmv22080100 J，故A错误，B正确；足球在空中的运动时间t2 s，则射程xvt40 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，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 1
8、mg cos Ek0，解得Ek(mg tan 1mg)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2mg(xx0)EkEk0，解得EkEk02mg(xx0)，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
9、，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mghWTmv20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PFv 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EkEk0(mgf)h，即EkEk0(mgf)h72 JEpfh，在最高点时Ep48 Jmgh10h，解得最大高度h4.8 m，f5 N，A正确，B错误；物体重力势能和动能相等时，即EkEp，则2Ep2mgh72 Jfh72 J5h，解得高度为h2.88 m，C正确，
10、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 mg cos )x0Ek，对全程利用动能定理有mg cos 2xEkEk，由以上两式解得0.5，x，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 mg cos ma，解得ag sin g cos g，选项B正确；根据牛顿第二定律可得上滑过程有mg sin mg cos ma0，解得a0g sin g cos g，利用运动的可逆性分析，由于位移大小相等，a0a，故根据xat2可知t上mgs，得h31 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h1.31 m或1 mh m，故A、C正
11、确9答案：(1)7 N(2)v(m/s)(0.85 mlx3 m)(3) m m 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 37mgR(1cos 37)mv在C点根据牛顿第二定律有FNmg代入数据解得FN7 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 37mg(3R cos 37R)mv0即lx0.85 m滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有mglx sin 374mgR cos 37mv2解得v(m/s)(0.85 mlx3 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 37mgsin 37nmgcos 370解得lx m将0.85 mlx3 m代入上式可得n.由运动过程可知，n只能取1、3、5当n1时，lx m.当n3时，lx m.当n5时，lx m