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(能力提高练) 第二节 动能和动能定理-2023年高考物理一轮系统复习学思用
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这是一份(能力提高练) 第二节 动能和动能定理-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共25页。
【能力提升练】 第二节 动能和动能定理
1．(2022•高考浙江卷)小明用额定功率为、最大拉力为的提升装置，把静置于地面的质量为的重物竖直提升到高为的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，取，则提升重物的最短时间为( )
A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s
【解析】 为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得，当功率达到额定功率时，设重物的速度为，则有，此过程所用时间和上升高度分别为，，重物以最大速度匀速时，有，重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为，，设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为，该过程根据动能定理可得，又，联立解得，故提升重物的最短时间为，C正确，ABD错误；故选C。
【答案】 C
2．(2022•陕西省西安中学高三(下)三模)北京冬奥会的举办，使滑雪项目更成为了人们非常喜爱的运动项目。如图，质量为m的运动员从高为h的A点由静止滑下，到达B点时以速度v0水平飞出，经一段时间后落到倾角为θ的长直滑道上C点，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则运动员( )
A．落到斜面上C点时的速度vC=
B．在空中平抛运动的时间t=
C．从A到B的过程中克服阻力所做的功W克=-mgh
D．从B点经t=时，与斜面垂直距离最大
【解析】 B．运动员在B到C的过程中做平抛运动，其运动的位移与水平方向的夹角为θ，所以有，则运动员在空中运动的时间为，故B错误；
A．运动员到达C点时，竖直方向的速度为vy=gt=2v0tanθ，所以运动员落在斜面上的速度为，故A错误；
C．A到B根据动能定理有mgh−W克＝，所以从A到B的过程中克服阻力所做的功W克=，故C错误；
D．根据题意可知，当运动员的速度和斜面平行时，与斜面垂直距离最大，此时运动员垂直于斜面方向的速度为零，所以根据对称性可知，从B点到与斜面垂直距离最大的位置所需的时间为从B到C的一半，即为t=，故D正确。故选D。
【答案】 D
3．(2022•重庆外国语学校一模)(多选)2021年4月16日，全球首条无人驾驶云巴在重庆璧山正式开通，这是一种采用无人驾驶技术的小运量轨道交通系统．若质量为m的云巴从静止开始以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度．设云巴行驶过程中所受到的阻力保持不变，则( )
A．云巴受到的阻力
B．速度为时，云巴的加速度为
C．在时间t内云巴行驶的距离
D．在时间t内云巴行驶的距离
【解析】 A．云巴的加速度为0时，具有最大速度，则有牵引力等于阻力，所以云巴受到的阻力为，则A正确；
B．速度为时，云巴的牵引力为，云巴的加速度为，所以B错误；
C．在时间t内云巴行驶做加速度逐渐减上的加速运动，则其距离，所以C错误；
D．根据动能定理有，则在时间t内云巴行驶的距离，所以D正确；故选AD。
【答案】 AD
4．(2022•陕西省西安市第一中学高三(上)期中)如图所示，在某次排球比赛中，一运动员将排球从A点水平击出，排球击中D点：另一运动员将该排球从位于A点正下方且与D点等高的B点斜向上击出，最高点为C，排球也击中D点，A、C高度相同。不计空气阻力下列说法正确的有( )
A．两个过程中，排球的飞行时间相等
B．后一个过程中，排球击中D点时速度较大
C．两个过程中，运动员对排球所做功可能相等
D．后一个过程中，排球击中D点时重力做功的瞬时功率较大
【解析】 AB．由于从AB两点发出的球都能到达D点，B球从C到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知tB=2tA，vyA=vyB，由于水平方向的位移相同，根据可知vA水＞vB水，根据速度的合成可知，A抛出时的速度vA0=vA水，A落到D点时的速度，B落到D点时的速度，故两过程中，后一个过程中，排球击中D点时速度较小，故AB错误；
C．第一个过程中对排球做功，第二个过程中对排球做功，因为vA水＞vB水，可知W1可能等于W2，选项C正确；
D．由于竖直方向做的是自由落体运动，下落的高度相同，故落地时竖直方向的速度相同，vyA=vyB，则重力的瞬时功率P=mgvy，相同，故D错误；故选C。
【答案】 C
5．(2022•山东省高三(下)开年摸底联考)(多选)如图所示，截面是高为h的等腰直角三角形光滑斜面固定在粗糙水平面上，底端用小圆弧与水平地面平滑连接，在距斜面底端为d的位置有一竖直墙壁、小物块自斜面顶端由静止释放，小物块与水平地面之间的动摩擦因数为，若小物块与墙壁发生碰撞后以原速率反弹，且最多只与墙壁发生一次碰撞，不计碰撞过程中能量损失。则物块最终静止时距斜面底端的距离可能为( )
A． B． C． D．
【解析】 A．设s是物块在水平面上运动的总路程，根据动能定理有，解得，若物块不与墙壁相碰，则物块最终静止时距斜面底端的距离为，故A正确；
BD．若只发生一次碰撞，但未再次滑上斜面时，物块最终静止时距斜面底端的距离为，故B正确，D错误；
C．若碰后能再次滑上斜面，物块最终静止时距斜面底端的距离为，故C正确。故选ABC。
【答案】 ABC
6．(2022•湖南省雅礼中学高三(上)第五次月考)在上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演令参观者大开眼界，若风洞内总的向上的风速风量保持不变，让质量为的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果，假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的，风洞内人体可上下移动的空间总高度为。开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移；后来，人从最高点A开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点处减速为零，则以下说法正确的有( )
A．由A至全过程风力对表演者做的功为
B．表演者向上的最大加速度是
C．表演者向下的最大加速度是
D．点的高度是
【解析】 A．对A至C全过程应用动能定理，解得，故A错误；
B．设最大风力为Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为，由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力，人平躺匀减速下落时有最大加速度，故B错误；
C．人站立加速下降时的最大加速度，故C错误；
D．设下降的最大速度为v，由速度位移公式，加速下降过程位移，减速下降过程位移，故，因而，故D正确；故选D。
【答案】 D
7．(2022•山西太原市高三下学期一模)滑雪大跳台的场地可分为助滑区AB、起跳台BC(倾角为α)、着陆坡EF(倾角为β)和停止区FG四部分。比赛中，运动员(可视为质点)从A点处由静止沿AB方向下滑后，从起跳台的最高点C处沿BC方向飞出，落到着陆坡上的F点，之后滑入停止区。已知C与F点的高度差为h0，运动员腾空的最高点D与F点的髙度差为h1，设运动员始终在同一竖直面内运动，不计他在A到F的过程中受到的摩擦及空气作用，则( )
A．从C点飞出时，运动员的速率为
B．从C到F，运动员腾空的时间为
C．到达F点时，运动员的速度方向与EF的夹角为(90°-β)
D．A点与F点的高度差为
【解析】 A．从C点飞出运动员做斜抛运动，，联立解得，故A错误；
B．从C到D所用时间，从D到F所用时间，则，总时间，故B正确；
C．到达F时，根据动能定理，解得，，速度方向，由此可知，速度方向与h1 ，h0，α均有关，不一定是90°-β，故C错误；
D．从A到F根据动能定理，解得，故D正确。故选BD。
【答案】 BD
8．(2022•成都外国语学校高三(下)二模)(多选)如图所示，一轮轴可绕轴O自由转动，其轮半径R=15cm、轴半径r=10cm，用轻质绳缠绕在轮和轴上，分别在绳的下端吊起质量m=0.5kg、M=2kg的物块，将两物块由静止释放并开始计时，已知释放后两物块均做初速度为零的匀加速直线运动，不计轮轴的质量和一切摩擦，取g=10m/s2。在M下降、m上升的过程中以下说法正确的是( )
A．M减少的重力势能等于m增加的重力势能
B．M下降2.4m时的速度大小为6m/s
C．M所受绳子的拉力大小为8N
D．轮轴转动的角速度ω与时间t的关系为ω=50t
【解析】 A．因为不计轮轴的质量和一切摩擦，所以M、m所组成的系统在运动过程中机械能守恒，所以在M下降、m上升的过程中，M减少的重力势能等于m增加的重力势能与系统增加的动能之和，故A错误；
B．由题意知，轮半径R=15cm、轴半径r=10cm，根据线速度加速度关系可知，M下降、m上升的高度关系为，根据系统机械能守恒得。代入数据解得，故B正确；
C．对M，根据动能定理有，得，故C错误；
D．根据牛顿第二定律得M的加速度为，所以，其中，代入得，故D正确。故选BD。
【答案】 BD
9．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第三次月考)(多选)如图所示，由弹丸发射器、固定在水平面上的倾角37°斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙(挡板墙上分布有多个力传感器)构成一套游戏装置。斜面高度h=0.9m，弹丸与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，半圆形挡板的半径R=0.5m。游戏者调节发射器，弹丸到B点时速度沿斜面且大小为v=5m/s，接着他将半圆形挡板向左平移使C、D两端重合，挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与弹丸转过的圆心角θ之间的关系如图所示，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是( )
A．弹丸的质量为0.2kg B．弹丸的质量为0.4kg
C．弹丸与地面间的动摩擦因数为0.6 D．弹丸与地面间的动摩擦因数为0.8
【解析】 AB．弹丸从B到D过程由动能定理得，由图可知，在D点，挡板对弹丸的支持力为12.4N，由牛顿第二定律有，联立解得，故A正确，B错误；
CD．设弹丸与地面之间的动摩擦因数为，设转过3后的速度为’，由动能定理得，在转过3后挡板对弹丸的支持力为5.2N，由牛顿第二定律得，联立解得，故C正确，D错误。故选AC。
【答案】 AC
10．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第二次月考)(多选)如图所示，弹性绳一端固定于A点，另一端连接穿在竖直杆上质量为m的小球，B处是位于AM中点的光滑定滑轮，且AB距离等于弹性绳原长L，此时ABM在同一水平线上，弹性绳劲度系数(g为重力加速度)。小球从M点由静止开始经过时间t滑到距M点为h的N点时速度恰好为零，球与杆间的动摩擦因数为=0.5，则从M到N的过程中( )
A．弹性绳对小球做的功为
B．摩擦力对小球做的功为－mgh
C．小球的加速度先减小再增大
D．小球下落时，速度大小达到最大值
【解析】 B．在小球下降过程中，设滑轮右侧的弹性绳与水平方向的夹角为θ，则弹性绳的弹力大小为，小球所受滑动摩擦力大小为，从M到N的过程中摩擦力对小球做的功为，故B错误；
A．从M到N的过程中，设弹性绳对小球做功为WT，根据动能定理有，解得，故A正确；
C．设小球的加速度为a，取竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律有，解得，θ从零开始增大，a先竖直向下并减小，又因为小球末速度为零，所以在N点时小球的加速度竖直向上，综上所述可知加速度先减小后反向增大，故C正确；
D．当小球加速度为零时速度达到最大值，此时有，解得此时小球下落高度为，故D正确。故选ACD。
【答案】 ACD
11．(2022•重庆市第八中学第六次月考)如图所示，水平传送带以v=4m/s逆时针匀速转动，A、B为两轮圆心正上方的点，AB=L1=2m，两边水平面分别与传送带上表面无缝对接，弹簧右端固定，自然长度时左端恰好位于B点。现将一小物块与弹簧接触但不栓接，并压缩至图示位置后由静止释放。已知小物块与各接触面间的动摩擦因数均为μ=0.2，AP=L2=1m，小物块与轨道左端P碰撞后原速反弹，小物块刚好返回到B点时速度减为零。g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A．小物块第一次运动到A点时，速度大小一定为4m/s
B．弹簧对小物块做的功等于小物块离开弹簧时的动能
C．小物块离开弹簧时的速度可能为1m/s
D．小物块对传送带做功的绝对值与传送带对小物块做功的绝对值一定相等
【解析】 A．设物体到达P点的速度为v′，反弹后运动到B点的速度为零，对物块返回从P点到B的过程，由动能定理得，解得m/s，对物体由A到P点过程，由动能定理得，解得vA=4m/s，小物块可能在传送带上减速到共速、加速到共速，也可能一开始到B端时就共速，故A正确；
B．弹簧对小物块做的正功与摩擦力对小物块做的负功之和等于小物块离开弹簧时的动能，故B错误；
C．若物体滑上传送带时的速度vB较大，则一直做匀减速运动，对其从滑上B到返回B点的过程，有，解得vB=2m/s，若速度vB较小，物块在AB上一直加速，到A点时恰好与传送带同速，有，v=vB+at，联立解得vB=2m/s，故小物块离开弹簧时的速度一定满足2m/s≤vB≤2m/s，故C错误；
D．小物块与传送带间摩擦力大小相等，但小物块对传送带做功的绝对值为摩擦力乘以传送带位移，传送带对小物块做功的绝对值为摩擦力乘以小物块位移，当有摩擦力时，两者位移不同，因此功的绝对值也不同，故D错误。故选A。
【答案】 A
12．(2022•银川一中第六次月考)(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出( )
A．物体的初速率v0＝3 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
D．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m
【解析】 A．由图可知，当夹角为时，位移为1.80m，根据竖直上抛运动公式可得，解得，故A错误；
B．当夹角为时，由动能定理可得，解得，故B正确；
C．当θ＝30°时，物体受到的重力的下滑分力为，摩擦力为，所以物体到达最高点后，不会下滑。故C错误；
D．物体上滑过程，由动能定理可得，解得，当时，位移最小，故D正确。故选BD。
【答案】 BD
13．(2022•湖南新高考教学教研联盟高三(下)第一次联考)2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会在我国首都北京开幕，北京成为历史上第一个既举办过夏季奥运会又举办过冬季奥运会的城市。冬奥期间，越来越多的人参与到这场冰雪盛宴中。图示为某滑雪游乐园的项目之一，一滑雪爱好者(可视为质点)从离水平地面高为H的平台A处由静止滑下，从B处进入半径为R的圆弧轨道(斜面AB与圆弧BC平滑连接，圆弧BC所对应圆心角为45°)、再从C点滑出，刚好在D点落到斜面DE上。右侧平台高度和宽度均为h重力加速度为g，忽略所有阻力影响，则以下说法正确的是( )
A．滑雪爱好者在圆弧轨道上经过B点时对轨道的压力大小为
B．H=2h
C．滑雪爱好者在CD段运动的最小速度为
D．滑雪爱好者在CD段运动的时间为
【解析】 A．从A到B根据动能定理，解得，根据牛顿第二定律，解得，故A错误；
B．从A到C根据动能定理，解得，在C点对速度进行分解，则有，，运动的时间为，水平位移为，联立解得，故B错误；
C．根据题意可知当滑雪爱好者运动到距CD面最高时速度最小，即只有水平速度，故C正确；
D．滑雪爱好者在CD段运动的时间为，故D错误。故选C。
【答案】 C
14．(2022•湖北省荆州中学高三(上)期末)(多选)如图所示，小球用轻绳悬挂在O点，在水平恒力作用下，小球从静止开始由A经B向C运动。则小球( )
A．在B点绳子拉力等于重力 B．在B点加速度为零
C．在C点速度为零 D．在C点加速度为
【解析】 AB．从A到B，设绳长为，应用动能定理得，解得，则在B点小球速度不为零，则向心加速度不为零，在B点加速度不为零，沿绳子方向，设绳子的拉力为，根据牛顿第二定律可知，解得，整理得，则在B点绳子拉力大于重力，故AB错误；
CD．从A到C，设绳长为，应用动能定理得，解得，则在C点沿绳方向的合力为零，垂直绳方向，根据牛顿第二定律，解得，故CD正确。故选CD。
【答案】 CD
15．(2022•河南省名校联盟高三(上)第三次诊断考试)(多选)如图所示，足够大的平台上放一个质量为的物块(视为质点)，轻质橡皮筋一端与物块连接，另一端系在竖直转轴上距平台高度为的点，开始时橡皮筋伸直但无弹力且与平台的夹角为。现使物块随平台由静止开始缓慢加速转动，当橡皮筋与平台的夹角为时，物块恰好要离开平台。物块与平台间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小为，取，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，橡皮筋的弹力始终遵循胡克定律，且弹性势能(其中为橡皮筋的劲度系数，为橡皮筋的形变量)。下列说法正确的是( )
A．当平台的角速度大小为时，物块相对平台静止
B．橡皮筋的劲度系数为
C．物块在平台上滑动的过程中，其速度大小可能为
D．在平台转动的过程中，摩擦力对物块做的功为
【解析】 A．设物块恰好相对平台静止时，平台的角速度为，物块速度大小为v1，则有，，解得，，由于，所以当平台的角速度大小为时，物块相对平台静止，故A正确；
B．由题意可知，物块恰好要离开平台时，平台对物块支持力为零，橡皮筋的形变量为，此时有，，解得
故B错误；
C．当物块恰好离开平台时，设物块速度大小为v2，则有，解得，则物块在平台上滑动时的速度范围在，由于，说明物块已离开平台，故C错误；
D．根据动能定理有，其中，联立解得，故D正确。故选AD。
【答案】 AD
16．(2022•重庆市第八中学第六次月考)比亚迪电动汽车在市场上很受欢迎。在某次测试中，汽车以额定功率行驶2x0后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图所示(图像中x0—2x0之间线段平行于横轴，图中字母均为已知量)。已知汽车的质量为m，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。求：
(1)汽车受到地面的阻力大小f和汽车的额定功率P；
(2)汽车加速运动x0过程中所用的时间t。
【解析】 (1)汽车关闭发动机后，根据动能定理得，解得阻力
由，解得
当汽车动能为2Ek0时，汽车牵引力和阻力相等，由P = Fv，解得
(2)根据动能定理，解得
【答案】 (1)，；(2)
17．(2022•湖南师范大学附属中学第四次月考)如图所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的O点．开始时，小球静止于A点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面内绕O点做圆周运动．垂直于墙面的钉子N位于过O点竖直线的左侧，与的夹角为，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断．已知小球的质量为m，细线的长度为L，细线能够承受的最大拉力为7mg，g为重力加速度大小．
(1)求小球初速度的大小；
(2)求小球绕钉子做圆周运动的半径r与的关系式；
(3)在细线被拉断后，小球继续向前运动，试判断它能否通过A点．若能，请求出细线被拉断时的值；若不能，请通过计算说明理由．
【解析】 (1) 小球恰能完整圆周运动至最高点，设最高点的速度为v，
据圆周运动公式：，解得：
小球释放至最高点，由动能定理：，解得：
(2)小球绕钉子做圆周运动，设碰到钉子时的速度为，
由释放到碰到钉子时根据动能定理得：
碰到钉子到绳子断的过程，由动能定理得：
绳子断的瞬间：，
联立以上几式，解得：
(3)细线被拉断后，小球做平抛运动，设t时间小球运动到与A点同一竖直线上，
由几何关系得：，平抛运动水平方向列方程得：
由(2)可知：
平抛运动竖直方向列方程得：
带入上面几式可得：
平抛开始点与A点的高度差h为：
若正好过A点，则，解得：，此结论与(2)不相符，所以小球不能通过A点．
【答案】 (1)(2)(3)不能通过A点，理由见解析．
18．(2022•广东省名校高三(下)开学测试)辘轳是我国古老的打水工具，如图，其结构由辘轳头、摇柄等部分组成，辘轳头和摇柄固定，转动摇柄即可打水。圆柱体辘轳头直径，桶和水的总质量为，某次打水摇柄转动圈将桶匀速提到井口，用时为，已知重力加速度大小为，圆周率为，忽略空气阻力。求：
(1)打水过程中绳索拉力做功的功率
(2)在这次打水过程中，当桶提到井口停下时，绳索突然断裂，桶又掉进井里，撞击水面经时间后速度减为0，求桶撞击水面时的速度大小及撞击水面的平均作用力大小。
【解析】 (1)提水速度，由平衡条件得，绳拉力的功率
(2)井深，根据动能定理可得，解得
桶撞击水面过程，对桶，取竖直向向为正，由动量定理得
解得
根据牛顿第三定律得：桶对水的作用力大小为
【答案】 (1)；(2)，
19．(2022•东北育才学校七模)现将等宽双线在水平面内绕制成如图所示轨道，两段半圆形轨道半径均为R=m，两段直轨道AB、A′B′长度均为l=1.35m。在轨道上放置一个质量m=0.1kg的小圆柱体，如图所示，圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，如图所示。两轨道与小圆柱体的动摩擦因数均为μ=0.5，小圆柱尺寸和轨道间距相对轨道长度可忽略不计。初始时小圆柱位于A点处，现使之获得沿直轨道AB方向的初速度v0.求：
(1)小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f1、f2的大小；
(2)当v0=6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时，外轨和内轨对小圆柱的压力N1、N2的大小；
(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0的最大值，以及在v0取最大值情形下小圆柱最终滑过的路程s。
【解析】 (1)圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，根据对称性可知，两侧弹力大小均与重力相等为1N，内外轨道对小圆柱的摩擦力
(2)当v0=6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时
在B点： ，
解得
(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0最大时，在B点 ，
且
解得v0的最大值为，在圆弧上受摩擦力仍为
所以，解得
【答案】 (1)0.5N，0.5N；(2)；(3)，2.85m
20．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第二次月考)如图甲是某型号无人机在水平地面沿直线加速滑行和离开地面以固定仰角沿直线匀速爬升示意图，无人机在滑行和爬升两个过程中：所受推力大小均为其重力的倍，方向与速度方向相同；所受升力大小与其速率的比值均为k1，方向与速度方向垂直；所受空气阻力大小与其速率的比值均为k2，方向与速度方向相反。k1、k2未知；已知重力加速度为g，无人机质量为m，匀速爬升时的速率为v0，仰角为θ，且sinθ=，cosθ=。
(1)求k1，k2的值。
(2)若无人机受到地面的阻力等于压力的k3倍，无人机沿水平地面滑行时能做匀加速直线运动，求k3的值。
(3)若无人机在水平地面由静止开始沿直线滑行，其加速度a与滑行距离s的关系如图乙所示，求s0~2s0过程与0~s0过程的时间之比。(无人机在s0~2s0这段滑行过程中的平均速度可用该过程始末速度的算术平均值替代)
【解析】 (1)无人机以速度v0匀速爬升阶段，受力平衡，沿速度方向有
垂直速度方向有
联立得，
(2)设无人机在地面滑行时速度为v，受到地面弹力为FN，受力分析可知竖直方向平衡
水平方向匀加速，得
无人机能做匀加速直线运动，a不变，方程中v的系数必须为零，即，则有
(3)设无人机在0~s0过程经历时间为t1，s0位置的速率为v1；在s0~2s0过程经历时间为t2，2s0位置的无人机速率为v2，0~s0过程以加速度a0匀加速运动，则，解得
则
依据图乙，0~s0过程无人机合外力为ma0；s0~2s0过程无人机合外力ma随s均匀减小，一小段位移内合外力做功为ma，此过程合外力做功可表示为，
0~2s0过程应用动能定理，解得
依题意在s0~2s0过程无人机平均速度大小为，
无人机在两个过程经历时间之比为
【答案】 (1)，；(2)；(3)
21．(2022•天津市南开区高三(上)期末)如图所示，竖直平面内一倾角的粗糙倾斜直轨道与光滑圆弧轨道相切于点，长度可忽略，且与传送带水平段平滑连接于点。一质量的小滑块从点静止释放，经点最后从点水平滑上传送带。已知点离地高度，长，滑块与间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，长度，圆弧轨道半径。若滑块可视为质点，不计空气阻力，，，。求：
(1)小滑块经过点时对轨道的压力；
(2)当传送带以顺时针方向的速度转动时，小滑块从水平传送带右端点水平抛出后，落地点到点的水平距离。
【解析】 (1)根据题意，滑块由A运动B的过程，
应用动能定理，代入数据解得
由于长度可忽略，则
滑块在C点，受轨道的支持力和本身重力，根据牛顿第二定律
代入数据解得
根据牛顿第三定律，小滑块经过点时对轨道的压力等于轨道对滑块的支持力。
(2)假设滑块划上传送带之后全程加速，根据牛顿第二定律
代入数据解得
设滑块到达传送带右端的速度为，根据公式
代入数据解得
则滑块未达到传送带右端就和传送带共速，则滑块以传送带的速度从D点水平抛出，竖直方向，
由于长度可忽略，则，代入数据解得
水平方向，落地点到点的水平距离
【答案】 (1)；(2)
22．(2022•四川省树德中学高三(下)开学考试)如图所示，倾角为37°的斜面底端与水平传送带平滑对接，水平传送带足够长且在电动机的带动下保持以的恒定速度匀速向左运动。质量的小滑块从斜面上A点静止释放，在斜面和水平传送带上多次往复运动后停在斜面底端，A点距离斜面底端的高。小滑块与斜面间动摩擦因数，与水平传送带之间动摩擦因数，小滑块可视为质点，重力加速度g取，小滑块通过斜面底端与传送带的对接点时速率不变。求：
(1)小滑块第一次在传送带上运动的过程中，电动机由于传送小滑块多消耗的电能；
(2)小滑块停止运动前，第2n次经过斜面最低点时的动能与次经过斜面最低点时的动能之比；
(3)小滑块在斜面上运动的总路程s。
【解析】 (1)小滑块第一次沿斜面下滑的位移大小为
小滑块第一次沿斜面下滑，有，解得
小滑块第一次在传送带上运动时间
电动机由于传送滑块多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做功
(2)小滑块第2n次过斜面最低点后沿斜面上滑，由动能定理有
然后小滑块沿斜面下滑第次过斜面最低点，
由动能定理有，解得
(3)分析知，滑块每次滑上传送带与离开传送带的速度大小相等，设滑块在斜面上运动的总路程为s，
由能量守恒定律有
解得滑块在斜面上运动的总路程为
【答案】 (1)60J；(2)5；(3)6m
23．(2022•河北省沧州市第一中学高三(下)第一次月考)如图所示，长为的水平传送带以的速率沿顺时针方向匀速转动，其右端有一竖直放置的固定光滑圆轨道，为其竖直方向的直径，其中。现让质量的小物块(可视为质点)，从传送带左端的A点以的速度滑上，并从传送带右端飞出，之后恰好沿切线由B点进入圆轨道，最终能够运动到M点。已知物块与传送带之间的摩擦因数，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度。求
(1)物块能否与传送带达到共速？若能，求物块达到传送带右端的时间；若不能，求物块到达传送带右端的速度大小。
(2)圆轨道的半径R的取值范围。
【解析】 (1)由牛顿第二定律，得
若物块与传送带共速，得
物块能与传送带达相同速度，小物块减速时，由，得
此后匀速到达传送带右端，由，得
小物块在传送带上运动的时间
(3)小物块平抛运动到B点，
从B到M由动能定理
能通过M点，，解得
【答案】 (1)；(2)
【能力提升练】 第二节 动能和动能定理
1．(2022•高考浙江卷)小明用额定功率为、最大拉力为的提升装置，把静置于地面的质量为的重物竖直提升到高为的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，取，则提升重物的最短时间为( )
A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s
【解析】 为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得，当功率达到额定功率时，设重物的速度为，则有，此过程所用时间和上升高度分别为，，重物以最大速度匀速时，有，重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为，，设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为，该过程根据动能定理可得，又，联立解得，故提升重物的最短时间为，C正确，ABD错误；故选C。
【答案】 C
2．(2022•陕西省西安中学高三(下)三模)北京冬奥会的举办，使滑雪项目更成为了人们非常喜爱的运动项目。如图，质量为m的运动员从高为h的A点由静止滑下，到达B点时以速度v0水平飞出，经一段时间后落到倾角为θ的长直滑道上C点，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则运动员( )
A．落到斜面上C点时的速度vC=
B．在空中平抛运动的时间t=
C．从A到B的过程中克服阻力所做的功W克=-mgh
D．从B点经t=时，与斜面垂直距离最大
【解析】 B．运动员在B到C的过程中做平抛运动，其运动的位移与水平方向的夹角为θ，所以有，则运动员在空中运动的时间为，故B错误；
A．运动员到达C点时，竖直方向的速度为vy=gt=2v0tanθ，所以运动员落在斜面上的速度为，故A错误；
C．A到B根据动能定理有mgh−W克＝，所以从A到B的过程中克服阻力所做的功W克=，故C错误；
D．根据题意可知，当运动员的速度和斜面平行时，与斜面垂直距离最大，此时运动员垂直于斜面方向的速度为零，所以根据对称性可知，从B点到与斜面垂直距离最大的位置所需的时间为从B到C的一半，即为t=，故D正确。故选D。
【答案】 D
3．(2022•重庆外国语学校一模)(多选)2021年4月16日，全球首条无人驾驶云巴在重庆璧山正式开通，这是一种采用无人驾驶技术的小运量轨道交通系统．若质量为m的云巴从静止开始以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度．设云巴行驶过程中所受到的阻力保持不变，则( )
A．云巴受到的阻力
B．速度为时，云巴的加速度为
C．在时间t内云巴行驶的距离
D．在时间t内云巴行驶的距离
【解析】 A．云巴的加速度为0时，具有最大速度，则有牵引力等于阻力，所以云巴受到的阻力为，则A正确；
B．速度为时，云巴的牵引力为，云巴的加速度为，所以B错误；
C．在时间t内云巴行驶做加速度逐渐减上的加速运动，则其距离，所以C错误；
D．根据动能定理有，则在时间t内云巴行驶的距离，所以D正确；故选AD。
【答案】 AD
4．(2022•陕西省西安市第一中学高三(上)期中)如图所示，在某次排球比赛中，一运动员将排球从A点水平击出，排球击中D点：另一运动员将该排球从位于A点正下方且与D点等高的B点斜向上击出，最高点为C，排球也击中D点，A、C高度相同。不计空气阻力下列说法正确的有( )
A．两个过程中，排球的飞行时间相等
B．后一个过程中，排球击中D点时速度较大
C．两个过程中，运动员对排球所做功可能相等
D．后一个过程中，排球击中D点时重力做功的瞬时功率较大
【解析】 AB．由于从AB两点发出的球都能到达D点，B球从C到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知tB=2tA，vyA=vyB，由于水平方向的位移相同，根据可知vA水＞vB水，根据速度的合成可知，A抛出时的速度vA0=vA水，A落到D点时的速度，B落到D点时的速度，故两过程中，后一个过程中，排球击中D点时速度较小，故AB错误；
C．第一个过程中对排球做功，第二个过程中对排球做功，因为vA水＞vB水，可知W1可能等于W2，选项C正确；
D．由于竖直方向做的是自由落体运动，下落的高度相同，故落地时竖直方向的速度相同，vyA=vyB，则重力的瞬时功率P=mgvy，相同，故D错误；故选C。
【答案】 C
5．(2022•山东省高三(下)开年摸底联考)(多选)如图所示，截面是高为h的等腰直角三角形光滑斜面固定在粗糙水平面上，底端用小圆弧与水平地面平滑连接，在距斜面底端为d的位置有一竖直墙壁、小物块自斜面顶端由静止释放，小物块与水平地面之间的动摩擦因数为，若小物块与墙壁发生碰撞后以原速率反弹，且最多只与墙壁发生一次碰撞，不计碰撞过程中能量损失。则物块最终静止时距斜面底端的距离可能为( )
A． B． C． D．
【解析】 A．设s是物块在水平面上运动的总路程，根据动能定理有，解得，若物块不与墙壁相碰，则物块最终静止时距斜面底端的距离为，故A正确；
BD．若只发生一次碰撞，但未再次滑上斜面时，物块最终静止时距斜面底端的距离为，故B正确，D错误；
C．若碰后能再次滑上斜面，物块最终静止时距斜面底端的距离为，故C正确。故选ABC。
【答案】 ABC
6．(2022•湖南省雅礼中学高三(上)第五次月考)在上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演令参观者大开眼界，若风洞内总的向上的风速风量保持不变，让质量为的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果，假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的，风洞内人体可上下移动的空间总高度为。开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移；后来，人从最高点A开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点处减速为零，则以下说法正确的有( )
A．由A至全过程风力对表演者做的功为
B．表演者向上的最大加速度是
C．表演者向下的最大加速度是
D．点的高度是
【解析】 A．对A至C全过程应用动能定理，解得，故A错误；
B．设最大风力为Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为，由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力，人平躺匀减速下落时有最大加速度，故B错误；
C．人站立加速下降时的最大加速度，故C错误；
D．设下降的最大速度为v，由速度位移公式，加速下降过程位移，减速下降过程位移，故，因而，故D正确；故选D。
【答案】 D
7．(2022•山西太原市高三下学期一模)滑雪大跳台的场地可分为助滑区AB、起跳台BC(倾角为α)、着陆坡EF(倾角为β)和停止区FG四部分。比赛中，运动员(可视为质点)从A点处由静止沿AB方向下滑后，从起跳台的最高点C处沿BC方向飞出，落到着陆坡上的F点，之后滑入停止区。已知C与F点的高度差为h0，运动员腾空的最高点D与F点的髙度差为h1，设运动员始终在同一竖直面内运动，不计他在A到F的过程中受到的摩擦及空气作用，则( )
A．从C点飞出时，运动员的速率为
B．从C到F，运动员腾空的时间为
C．到达F点时，运动员的速度方向与EF的夹角为(90°-β)
D．A点与F点的高度差为
【解析】 A．从C点飞出运动员做斜抛运动，，联立解得，故A错误；
B．从C到D所用时间，从D到F所用时间，则，总时间，故B正确；
C．到达F时，根据动能定理，解得，，速度方向，由此可知，速度方向与h1 ，h0，α均有关，不一定是90°-β，故C错误；
D．从A到F根据动能定理，解得，故D正确。故选BD。
【答案】 BD
8．(2022•成都外国语学校高三(下)二模)(多选)如图所示，一轮轴可绕轴O自由转动，其轮半径R=15cm、轴半径r=10cm，用轻质绳缠绕在轮和轴上，分别在绳的下端吊起质量m=0.5kg、M=2kg的物块，将两物块由静止释放并开始计时，已知释放后两物块均做初速度为零的匀加速直线运动，不计轮轴的质量和一切摩擦，取g=10m/s2。在M下降、m上升的过程中以下说法正确的是( )
A．M减少的重力势能等于m增加的重力势能
B．M下降2.4m时的速度大小为6m/s
C．M所受绳子的拉力大小为8N
D．轮轴转动的角速度ω与时间t的关系为ω=50t
【解析】 A．因为不计轮轴的质量和一切摩擦，所以M、m所组成的系统在运动过程中机械能守恒，所以在M下降、m上升的过程中，M减少的重力势能等于m增加的重力势能与系统增加的动能之和，故A错误；
B．由题意知，轮半径R=15cm、轴半径r=10cm，根据线速度加速度关系可知，M下降、m上升的高度关系为，根据系统机械能守恒得。代入数据解得，故B正确；
C．对M，根据动能定理有，得，故C错误；
D．根据牛顿第二定律得M的加速度为，所以，其中，代入得，故D正确。故选BD。
【答案】 BD
9．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第三次月考)(多选)如图所示，由弹丸发射器、固定在水平面上的倾角37°斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙(挡板墙上分布有多个力传感器)构成一套游戏装置。斜面高度h=0.9m，弹丸与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，半圆形挡板的半径R=0.5m。游戏者调节发射器，弹丸到B点时速度沿斜面且大小为v=5m/s，接着他将半圆形挡板向左平移使C、D两端重合，挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与弹丸转过的圆心角θ之间的关系如图所示，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是( )
A．弹丸的质量为0.2kg B．弹丸的质量为0.4kg
C．弹丸与地面间的动摩擦因数为0.6 D．弹丸与地面间的动摩擦因数为0.8
【解析】 AB．弹丸从B到D过程由动能定理得，由图可知，在D点，挡板对弹丸的支持力为12.4N，由牛顿第二定律有，联立解得，故A正确，B错误；
CD．设弹丸与地面之间的动摩擦因数为，设转过3后的速度为’，由动能定理得，在转过3后挡板对弹丸的支持力为5.2N，由牛顿第二定律得，联立解得，故C正确，D错误。故选AC。
【答案】 AC
10．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第二次月考)(多选)如图所示，弹性绳一端固定于A点，另一端连接穿在竖直杆上质量为m的小球，B处是位于AM中点的光滑定滑轮，且AB距离等于弹性绳原长L，此时ABM在同一水平线上，弹性绳劲度系数(g为重力加速度)。小球从M点由静止开始经过时间t滑到距M点为h的N点时速度恰好为零，球与杆间的动摩擦因数为=0.5，则从M到N的过程中( )
A．弹性绳对小球做的功为
B．摩擦力对小球做的功为－mgh
C．小球的加速度先减小再增大
D．小球下落时，速度大小达到最大值
【解析】 B．在小球下降过程中，设滑轮右侧的弹性绳与水平方向的夹角为θ，则弹性绳的弹力大小为，小球所受滑动摩擦力大小为，从M到N的过程中摩擦力对小球做的功为，故B错误；
A．从M到N的过程中，设弹性绳对小球做功为WT，根据动能定理有，解得，故A正确；
C．设小球的加速度为a，取竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律有，解得，θ从零开始增大，a先竖直向下并减小，又因为小球末速度为零，所以在N点时小球的加速度竖直向上，综上所述可知加速度先减小后反向增大，故C正确；
D．当小球加速度为零时速度达到最大值，此时有，解得此时小球下落高度为，故D正确。故选ACD。
【答案】 ACD
11．(2022•重庆市第八中学第六次月考)如图所示，水平传送带以v=4m/s逆时针匀速转动，A、B为两轮圆心正上方的点，AB=L1=2m，两边水平面分别与传送带上表面无缝对接，弹簧右端固定，自然长度时左端恰好位于B点。现将一小物块与弹簧接触但不栓接，并压缩至图示位置后由静止释放。已知小物块与各接触面间的动摩擦因数均为μ=0.2，AP=L2=1m，小物块与轨道左端P碰撞后原速反弹，小物块刚好返回到B点时速度减为零。g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A．小物块第一次运动到A点时，速度大小一定为4m/s
B．弹簧对小物块做的功等于小物块离开弹簧时的动能
C．小物块离开弹簧时的速度可能为1m/s
D．小物块对传送带做功的绝对值与传送带对小物块做功的绝对值一定相等
【解析】 A．设物体到达P点的速度为v′，反弹后运动到B点的速度为零，对物块返回从P点到B的过程，由动能定理得，解得m/s，对物体由A到P点过程，由动能定理得，解得vA=4m/s，小物块可能在传送带上减速到共速、加速到共速，也可能一开始到B端时就共速，故A正确；
B．弹簧对小物块做的正功与摩擦力对小物块做的负功之和等于小物块离开弹簧时的动能，故B错误；
C．若物体滑上传送带时的速度vB较大，则一直做匀减速运动，对其从滑上B到返回B点的过程，有，解得vB=2m/s，若速度vB较小，物块在AB上一直加速，到A点时恰好与传送带同速，有，v=vB+at，联立解得vB=2m/s，故小物块离开弹簧时的速度一定满足2m/s≤vB≤2m/s，故C错误；
D．小物块与传送带间摩擦力大小相等，但小物块对传送带做功的绝对值为摩擦力乘以传送带位移，传送带对小物块做功的绝对值为摩擦力乘以小物块位移，当有摩擦力时，两者位移不同，因此功的绝对值也不同，故D错误。故选A。
【答案】 A
12．(2022•银川一中第六次月考)(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出( )
A．物体的初速率v0＝3 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
D．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m
【解析】 A．由图可知，当夹角为时，位移为1.80m，根据竖直上抛运动公式可得，解得，故A错误；
B．当夹角为时，由动能定理可得，解得，故B正确；
C．当θ＝30°时，物体受到的重力的下滑分力为，摩擦力为，所以物体到达最高点后，不会下滑。故C错误；
D．物体上滑过程，由动能定理可得，解得，当时，位移最小，故D正确。故选BD。
【答案】 BD
13．(2022•湖南新高考教学教研联盟高三(下)第一次联考)2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会在我国首都北京开幕，北京成为历史上第一个既举办过夏季奥运会又举办过冬季奥运会的城市。冬奥期间，越来越多的人参与到这场冰雪盛宴中。图示为某滑雪游乐园的项目之一，一滑雪爱好者(可视为质点)从离水平地面高为H的平台A处由静止滑下，从B处进入半径为R的圆弧轨道(斜面AB与圆弧BC平滑连接，圆弧BC所对应圆心角为45°)、再从C点滑出，刚好在D点落到斜面DE上。右侧平台高度和宽度均为h重力加速度为g，忽略所有阻力影响，则以下说法正确的是( )
A．滑雪爱好者在圆弧轨道上经过B点时对轨道的压力大小为
B．H=2h
C．滑雪爱好者在CD段运动的最小速度为
D．滑雪爱好者在CD段运动的时间为
【解析】 A．从A到B根据动能定理，解得，根据牛顿第二定律，解得，故A错误；
B．从A到C根据动能定理，解得，在C点对速度进行分解，则有，，运动的时间为，水平位移为，联立解得，故B错误；
C．根据题意可知当滑雪爱好者运动到距CD面最高时速度最小，即只有水平速度，故C正确；
D．滑雪爱好者在CD段运动的时间为，故D错误。故选C。
【答案】 C
14．(2022•湖北省荆州中学高三(上)期末)(多选)如图所示，小球用轻绳悬挂在O点，在水平恒力作用下，小球从静止开始由A经B向C运动。则小球( )
A．在B点绳子拉力等于重力 B．在B点加速度为零
C．在C点速度为零 D．在C点加速度为
【解析】 AB．从A到B，设绳长为，应用动能定理得，解得，则在B点小球速度不为零，则向心加速度不为零，在B点加速度不为零，沿绳子方向，设绳子的拉力为，根据牛顿第二定律可知，解得，整理得，则在B点绳子拉力大于重力，故AB错误；
CD．从A到C，设绳长为，应用动能定理得，解得，则在C点沿绳方向的合力为零，垂直绳方向，根据牛顿第二定律，解得，故CD正确。故选CD。
【答案】 CD
15．(2022•河南省名校联盟高三(上)第三次诊断考试)(多选)如图所示，足够大的平台上放一个质量为的物块(视为质点)，轻质橡皮筋一端与物块连接，另一端系在竖直转轴上距平台高度为的点，开始时橡皮筋伸直但无弹力且与平台的夹角为。现使物块随平台由静止开始缓慢加速转动，当橡皮筋与平台的夹角为时，物块恰好要离开平台。物块与平台间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小为，取，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，橡皮筋的弹力始终遵循胡克定律，且弹性势能(其中为橡皮筋的劲度系数，为橡皮筋的形变量)。下列说法正确的是( )
A．当平台的角速度大小为时，物块相对平台静止
B．橡皮筋的劲度系数为
C．物块在平台上滑动的过程中，其速度大小可能为
D．在平台转动的过程中，摩擦力对物块做的功为
【解析】 A．设物块恰好相对平台静止时，平台的角速度为，物块速度大小为v1，则有，，解得，，由于，所以当平台的角速度大小为时，物块相对平台静止，故A正确；
B．由题意可知，物块恰好要离开平台时，平台对物块支持力为零，橡皮筋的形变量为，此时有，，解得
故B错误；
C．当物块恰好离开平台时，设物块速度大小为v2，则有，解得，则物块在平台上滑动时的速度范围在，由于，说明物块已离开平台，故C错误；
D．根据动能定理有，其中，联立解得，故D正确。故选AD。
【答案】 AD
16．(2022•重庆市第八中学第六次月考)比亚迪电动汽车在市场上很受欢迎。在某次测试中，汽车以额定功率行驶2x0后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图所示(图像中x0—2x0之间线段平行于横轴，图中字母均为已知量)。已知汽车的质量为m，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。求：
(1)汽车受到地面的阻力大小f和汽车的额定功率P；
(2)汽车加速运动x0过程中所用的时间t。
【解析】 (1)汽车关闭发动机后，根据动能定理得，解得阻力
由，解得
当汽车动能为2Ek0时，汽车牵引力和阻力相等，由P = Fv，解得
(2)根据动能定理，解得
【答案】 (1)，；(2)
17．(2022•湖南师范大学附属中学第四次月考)如图所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的O点．开始时，小球静止于A点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面内绕O点做圆周运动．垂直于墙面的钉子N位于过O点竖直线的左侧，与的夹角为，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断．已知小球的质量为m，细线的长度为L，细线能够承受的最大拉力为7mg，g为重力加速度大小．
(1)求小球初速度的大小；
(2)求小球绕钉子做圆周运动的半径r与的关系式；
(3)在细线被拉断后，小球继续向前运动，试判断它能否通过A点．若能，请求出细线被拉断时的值；若不能，请通过计算说明理由．
【解析】 (1) 小球恰能完整圆周运动至最高点，设最高点的速度为v，
据圆周运动公式：，解得：
小球释放至最高点，由动能定理：，解得：
(2)小球绕钉子做圆周运动，设碰到钉子时的速度为，
由释放到碰到钉子时根据动能定理得：
碰到钉子到绳子断的过程，由动能定理得：
绳子断的瞬间：，
联立以上几式，解得：
(3)细线被拉断后，小球做平抛运动，设t时间小球运动到与A点同一竖直线上，
由几何关系得：，平抛运动水平方向列方程得：
由(2)可知：
平抛运动竖直方向列方程得：
带入上面几式可得：
平抛开始点与A点的高度差h为：
若正好过A点，则，解得：，此结论与(2)不相符，所以小球不能通过A点．
【答案】 (1)(2)(3)不能通过A点，理由见解析．
18．(2022•广东省名校高三(下)开学测试)辘轳是我国古老的打水工具，如图，其结构由辘轳头、摇柄等部分组成，辘轳头和摇柄固定，转动摇柄即可打水。圆柱体辘轳头直径，桶和水的总质量为，某次打水摇柄转动圈将桶匀速提到井口，用时为，已知重力加速度大小为，圆周率为，忽略空气阻力。求：
(1)打水过程中绳索拉力做功的功率
(2)在这次打水过程中，当桶提到井口停下时，绳索突然断裂，桶又掉进井里，撞击水面经时间后速度减为0，求桶撞击水面时的速度大小及撞击水面的平均作用力大小。
【解析】 (1)提水速度，由平衡条件得，绳拉力的功率
(2)井深，根据动能定理可得，解得
桶撞击水面过程，对桶，取竖直向向为正，由动量定理得
解得
根据牛顿第三定律得：桶对水的作用力大小为
【答案】 (1)；(2)，
19．(2022•东北育才学校七模)现将等宽双线在水平面内绕制成如图所示轨道，两段半圆形轨道半径均为R=m，两段直轨道AB、A′B′长度均为l=1.35m。在轨道上放置一个质量m=0.1kg的小圆柱体，如图所示，圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，如图所示。两轨道与小圆柱体的动摩擦因数均为μ=0.5，小圆柱尺寸和轨道间距相对轨道长度可忽略不计。初始时小圆柱位于A点处，现使之获得沿直轨道AB方向的初速度v0.求：
(1)小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f1、f2的大小；
(2)当v0=6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时，外轨和内轨对小圆柱的压力N1、N2的大小；
(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0的最大值，以及在v0取最大值情形下小圆柱最终滑过的路程s。
【解析】 (1)圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，根据对称性可知，两侧弹力大小均与重力相等为1N，内外轨道对小圆柱的摩擦力
(2)当v0=6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时
在B点： ，
解得
(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0最大时，在B点 ，
且
解得v0的最大值为，在圆弧上受摩擦力仍为
所以，解得
【答案】 (1)0.5N，0.5N；(2)；(3)，2.85m
20．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第二次月考)如图甲是某型号无人机在水平地面沿直线加速滑行和离开地面以固定仰角沿直线匀速爬升示意图，无人机在滑行和爬升两个过程中：所受推力大小均为其重力的倍，方向与速度方向相同；所受升力大小与其速率的比值均为k1，方向与速度方向垂直；所受空气阻力大小与其速率的比值均为k2，方向与速度方向相反。k1、k2未知；已知重力加速度为g，无人机质量为m，匀速爬升时的速率为v0，仰角为θ，且sinθ=，cosθ=。
(1)求k1，k2的值。
(2)若无人机受到地面的阻力等于压力的k3倍，无人机沿水平地面滑行时能做匀加速直线运动，求k3的值。
(3)若无人机在水平地面由静止开始沿直线滑行，其加速度a与滑行距离s的关系如图乙所示，求s0~2s0过程与0~s0过程的时间之比。(无人机在s0~2s0这段滑行过程中的平均速度可用该过程始末速度的算术平均值替代)
【解析】 (1)无人机以速度v0匀速爬升阶段，受力平衡，沿速度方向有
垂直速度方向有
联立得，
(2)设无人机在地面滑行时速度为v，受到地面弹力为FN，受力分析可知竖直方向平衡
水平方向匀加速，得
无人机能做匀加速直线运动，a不变，方程中v的系数必须为零，即，则有
(3)设无人机在0~s0过程经历时间为t1，s0位置的速率为v1；在s0~2s0过程经历时间为t2，2s0位置的无人机速率为v2，0~s0过程以加速度a0匀加速运动，则，解得
则
依据图乙，0~s0过程无人机合外力为ma0；s0~2s0过程无人机合外力ma随s均匀减小，一小段位移内合外力做功为ma，此过程合外力做功可表示为，
0~2s0过程应用动能定理，解得
依题意在s0~2s0过程无人机平均速度大小为，
无人机在两个过程经历时间之比为
【答案】 (1)，；(2)；(3)
21．(2022•天津市南开区高三(上)期末)如图所示，竖直平面内一倾角的粗糙倾斜直轨道与光滑圆弧轨道相切于点，长度可忽略，且与传送带水平段平滑连接于点。一质量的小滑块从点静止释放，经点最后从点水平滑上传送带。已知点离地高度，长，滑块与间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，长度，圆弧轨道半径。若滑块可视为质点，不计空气阻力，，，。求：
(1)小滑块经过点时对轨道的压力；
(2)当传送带以顺时针方向的速度转动时，小滑块从水平传送带右端点水平抛出后，落地点到点的水平距离。
【解析】 (1)根据题意，滑块由A运动B的过程，
应用动能定理，代入数据解得
由于长度可忽略，则
滑块在C点，受轨道的支持力和本身重力，根据牛顿第二定律
代入数据解得
根据牛顿第三定律，小滑块经过点时对轨道的压力等于轨道对滑块的支持力。
(2)假设滑块划上传送带之后全程加速，根据牛顿第二定律
代入数据解得
设滑块到达传送带右端的速度为，根据公式
代入数据解得
则滑块未达到传送带右端就和传送带共速，则滑块以传送带的速度从D点水平抛出，竖直方向，
由于长度可忽略，则，代入数据解得
水平方向，落地点到点的水平距离
【答案】 (1)；(2)
22．(2022•四川省树德中学高三(下)开学考试)如图所示，倾角为37°的斜面底端与水平传送带平滑对接，水平传送带足够长且在电动机的带动下保持以的恒定速度匀速向左运动。质量的小滑块从斜面上A点静止释放，在斜面和水平传送带上多次往复运动后停在斜面底端，A点距离斜面底端的高。小滑块与斜面间动摩擦因数，与水平传送带之间动摩擦因数，小滑块可视为质点，重力加速度g取，小滑块通过斜面底端与传送带的对接点时速率不变。求：
(1)小滑块第一次在传送带上运动的过程中，电动机由于传送小滑块多消耗的电能；
(2)小滑块停止运动前，第2n次经过斜面最低点时的动能与次经过斜面最低点时的动能之比；
(3)小滑块在斜面上运动的总路程s。
【解析】 (1)小滑块第一次沿斜面下滑的位移大小为
小滑块第一次沿斜面下滑，有，解得
小滑块第一次在传送带上运动时间
电动机由于传送滑块多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做功
(2)小滑块第2n次过斜面最低点后沿斜面上滑，由动能定理有
然后小滑块沿斜面下滑第次过斜面最低点，
由动能定理有，解得
(3)分析知，滑块每次滑上传送带与离开传送带的速度大小相等，设滑块在斜面上运动的总路程为s，
由能量守恒定律有
解得滑块在斜面上运动的总路程为
【答案】 (1)60J；(2)5；(3)6m
23．(2022•河北省沧州市第一中学高三(下)第一次月考)如图所示，长为的水平传送带以的速率沿顺时针方向匀速转动，其右端有一竖直放置的固定光滑圆轨道，为其竖直方向的直径，其中。现让质量的小物块(可视为质点)，从传送带左端的A点以的速度滑上，并从传送带右端飞出，之后恰好沿切线由B点进入圆轨道，最终能够运动到M点。已知物块与传送带之间的摩擦因数，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度。求
(1)物块能否与传送带达到共速？若能，求物块达到传送带右端的时间；若不能，求物块到达传送带右端的速度大小。
(2)圆轨道的半径R的取值范围。
【解析】 (1)由牛顿第二定律，得
若物块与传送带共速，得
物块能与传送带达相同速度，小物块减速时，由，得
此后匀速到达传送带右端，由，得
小物块在传送带上运动的时间
(3)小物块平抛运动到B点，
从B到M由动能定理
能通过M点，，解得
【答案】 (1)；(2)
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