1、高考物理专题汇编物理动能定理的综合应用( 一) 及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1 小明同学根据上海迪士尼乐园游戏项目“创极速光轮”设计了如图所示的轨道。一条带有竖直圆轨道的长轨道固定在水平面上，底端分别与两侧的直轨道相切，其中轨道AQ 段粗糙、长为L0=6.0m ， QNP 部分视为光滑，圆轨道半径R=0.2m， P 点右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L=0.5m。一玩具电动小车，通电以后以P=4W 的恒定功率工作，小车通电加速运动一段时间后滑入圆轨道，滑过最高点N，再沿圆轨道滑出。小车的质量 m=0.4kg，小车在各粗糙段轨道上所受的阻力恒为f=0.5N。（重
2、力加速度g=10m/s2；小车视为质点，不计空气阻力）。(1)若小车恰能通过N 点完成实验，求进入Q 点时速度大小；(2)若小车通电时间t=1.4s，求滑过N 点时小车对轨道的压力；(3)若小车通电时间t 2.0s，求小车可能停在P 点右侧哪几段轨道上。【答案】 (1) 22m/s ； (2)6N，方向竖直向上； (3)第 7 段和第 20 段之间【解析】【分析】【详解】(1)小车恰能过 N 点，则 vN0 ， QN 过程根据动能定理mg 2R1 mvN21 mv222代入解得v2 2m/s(2)AN 过程Pt fL0mg 2R1 mv1202代入解得v15m/s在 N 点时2mv1mgFNR
3、代入解得FN6N根据牛顿第三定律可得小汽车对轨道压力大小6N，方向竖直向上。(3)设小汽车恰能过最高点，则Pt0fL0mg 2R0代入解得t01.15s2s此时小汽车将停在mg 2Rn1 fL代入解得n16.4因此小车将停在第7 段；当通电时间t2.0s 时PtfL0n2 fL0代入解得n220因此小车将停在第20 段；综上所述，当t2.0s时，小汽车将停在第7 段和第 20 段之间。2 为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为=60 、长为 L1 =23 m 的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2=3 m 的水平轨道 BC相2连，然后在C 处设计一个竖直完整的光
4、滑圆轨道，出口为水平轨道上D 处，如图所示.现将一个小球从距 A 点高为 h=0.9m 的水平台面上以一定的初速度 v0 水平弹出，到 A 点时小球的速度方向恰沿 AB 方向，并沿倾斜轨道滑下 .已知小球与 AB 和 BC 间的动摩擦因数均为=3 ， g 取 10m/s 2 .3（ 1）求小球初速度 v0 的大小；（ 2）求小球滑过 C 点时的速率 vC；（ 3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件？【答案】 （1）6 m/s （ 2） 36 m/s （ 3）0R 1.08m【解析】试题分析：（ 1）小球开始时做平抛运动：vy2=2gh代入数据解得：vy2 2 100.
5、93 2/sghmA 点： tan60vyvx得：vy32m / s6m / svx v0tan603（2）从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得：mg h L1sinmgL1cosmgL2 1 mvC21 mv02 代入数据解得：vC3 6m / s223mgmv2（）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：R11mvC22mgR1 1mv222代入数据解得R1=1 08 m当小球刚能到达与圆心等高时1 mvC2 mgR22代入数据解得R2=2 7 m当圆轨道与 AB 相切时 R3=BC?tan 60=15 m即圆轨道的半径不能超过 15 m综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件
6、是0 R1 08 m考点：平抛运动；动能定理3 在某电视台举办的冲关游戏中，AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R=1.6m， BC 是长度为 L1=3m 的水平传送带，CD是长度为L2=3.6m 水平粗糙轨道，AB、 CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从 A 处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量 m=60kg，滑板质量可忽略已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为1=0.4、 2=0.5， g 取 10m/s 2.求：（ 1）参赛者运动到圆弧轨道 B 处对轨道的压力；（ 2）若参赛者恰好能运动至 D 点，求传送带运转速率及方向；（ 3）在第 （ 2）问中，传送带由
7、于传送参赛者多消耗的电能【答案】 （1） 1200N，方向竖直向下 （ 2）顺时针运转， v=6m/s（ 3） 720J 【解析】(1) 对参赛者： A 到 B 过程，由动能定理mgR(1 cos60) 1 mvB22解得 vB 4m/ s在 B 处，由牛顿第二定律2NBmg m vBR解得 NB 2mg 1 200 N根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力N B NB 1 200 N，方向竖直向下(2) C 到 D过程，由动能定理 2mgL2 0 1 mvC22解得 vC 6m/ sB 到 C过程，由牛顿第二定律 1mg ma解得 a 4 /2(2分 )m s参赛者加速至vC历时 t vCvB
8、 0.5 sa位移 x1 vBvCt 2.5 mL12参赛者从 B 到 C 先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v 6 /.m s(3) 0.5 s 内传送带位移 x2 vt 3m参赛者与传送带的相对位移x x2 x1 0.5 m传送带由于传送参赛者多消耗的电能E 1mg x 1mvC21mvB2720J.224 如图光滑水平导轨AB 的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m=1kg 的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B 点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L=6m ，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动CD 为光滑的水平轨道，C 点与传送带的
9、右端刚好平齐接触，DE 是竖直放置的半径为R=0.4m的光滑半圆轨道，DE 与 CD 相切于D 点已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C 点，求弹簧储存的弹性势能Ep ；（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C 点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点 E 飞出，最终落在CD 上距 D 点的距离为x=1.2m 处（ CD 长大于 1.2m），求物块通过 E 点时受到的压力大小；（3）满足（ 2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能【答案】（ 1） Ep12J （ 2） N=12.5N（ 3） Q=16J【解析
10、】【详解】（1）由动量定理知：mgL 01 mv22由能量守恒定律知：12Epmv2解得： Ep12J（2）由平抛运动知：竖直方向：y2R1 gt 22水平方向： x vEt在 E 点，由牛顿第二定律知：Nmg m vE2R解得： N=12.5N（3）从 D 到 E，由动能定理知：mg 2R1 mvE21 mvD222解得： vD5m / s从 B 到 D，由动能定理知mgL1 mvD21 mvB222解得： vB7m / s对物块 LvBvD t2解得： t=1s；s相对 Lvt62 1m8m由能量守恒定律知：QmgLs相对解得： Q=16J5 如图所示，倾斜轨道AB 的倾角为37， CD、
11、 EF 轨道水平， AB 与 CD 通过光滑圆弧管道BC 连接， CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连小球可以从D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从 E 滑出该轨道进入EF 水平轨道小球由静止从A 点释放，已知AB 长为 5R，CD 长为 R，重力加速度为g，小球与斜轨AB 及水平轨道CD、EF 的动摩擦因数均为0.5，sin37 =0.6， cos37 =0.8，圆弧管道 BC 入口 B 与出口 C 的高度差为 l.8R求： (在运算中，根号中的数值无需算出 )(1)小球滑到斜面底端C 时速度的大小(2)小球刚到 C 时对轨道的作用力(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R/应该
12、满足什么条件？【答案】（ 1）28gR （ 2） 6.6mg，竖直向下（ 3） R0.92R5【解析】试题分析：（ 1）设小球到达C 点时速度为 v， a 球从 A 运动至 C 过程，由动能定理有mg (5R sin 3701.8R)mg cos3705R1 mvc2 （ 2 分）2可得 vc5.6gR （1 分）（2）小球沿 BC轨道做圆周运动，设在C 点时轨道对球的作用力为N，由牛顿第二定律Nmgm vc2， （ 2 分） 其中 r 满足 r+r sin530=1.8R （ 1分）r联立上式可得： N=6.6mg（ 1 分）由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg ，方向竖直向下（
13、 1 分）（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF 轨道则小球b 在最高点 P 应满足m vP2mg （ 1分）R小球从 C 直到 P 点过程，由动能定理，有mgR mg 2R1 mvP2 1 mvc2 （1 分）22可得 R23 R0.92 R （ 1 分）25情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q 点时，速度减为零，然后滑回D则由动能定理有mgR mg R01 mvc2 （ 1 分）2R2.3R （1 分）若 R2.5R，由上面分析可知，小球必定滑回D，设其能向左滑过DC 轨道，并沿 CB 运动到达B 点，在 B 点的速度为 vB,，则由能量守恒定律有
14、1mvc21mvB2mg 1.8R2 mgR （ 1 分）22由式，可得 vB0 （ 1 分）故知，小球不能滑回倾斜轨道AB，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD 轨道上的某处设小球在CD 轨道上运动的总路程为S，则由能量守恒定律，有1 mvc2mgS （ 1分）2由 两式，可得S=5.6R（ 1 分）所以知， b 球将停在D 点左侧，距D 点 0.6R 处（ 1 分）考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力6 质量为 m=2kg 的小玩具汽车，在t 0 时刻速度为 v0=2m/s ，随后以额定功率P=8W 沿平直公路继续前进，经t=4s 达到最大速度。该小汽车
15、所受恒定阻力是其重力的0.1 倍，重力加速度 g=10m/s2。求：(1)小汽车的最大速度mv ；(2)汽车在 4s 内运动的路程s。【答案】 (1)4 m/s ， (2)10m。【解析】【详解】(1)当达到最大速度时，阻力等于牵引力：PFv mfvmf0.1mg解得： vm4m/s ；(2)从开始到 t 时刻根据动能定理得：Pt fs1mvm21mv0222解得： s10m 。7 如图所示，固定斜面的倾角=30，用一沿斜面向上的拉力将质量m=1kg 的物块从斜面底端由静止开始拉动，t=2s 后撤去该拉力，整个过程中物块上升的最大高度h=2.5m，物块与斜面间的动摩擦因数=3 . 重力加速度
16、g=10m/s2. 求：6(1)拉力所做的功；(2)拉力的大小 .【答案】 (1) WF40J (2) F=10N【解析】【详解】（1）物块从斜面底端到最高点的过程，根据动能定理有：WFmgcoshmgh0sin解得拉力所做的功WF40J（2） WF Fx由位移公式有 x1 at 22由牛顿第二定律有Fmgcosmgsinma解得拉力的大小F=10N.8 如图所示，一质量为m 的小球从半径为R 的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为R。小球离开圆弧轨道的底端又通过水平距离R落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为g。求：（ 1）小球刚到圆弧轨道底端时对轨道的压力
17、；（ 2）小球在圆弧轨道上受到的阻力所做的功。【答案】（ 1） FN3mg ，方向竖直向下（2） W f3 mgR24【解析】【详解】（1）设小球在圆弧轨道的最低点时的速度为v，小球离开圆弧轨道后做平抛运动，有：RvtR 1 gt 22联立解得：vgR2而在圆弧轨道的最低点，由牛顿第二定律可知：v2FNmgmR由牛顿第三定律，FNFN联立求得球队轨道的压力为：FN3mg2方向竖直向下。（2）对圆弧上运动的过程由动能定理：mgR Wf1 mv202联立可得：Wf3 mgR49 如图所示，某工厂车间有甲、乙两辆相同的运料小车处于闲置状态，甲车与乙车、乙车与竖直墙面间的距离均为 L，由于腾用场地，需
18、把两辆小车向墙角处移动。一工人用手猛推了一下甲车，在甲车与乙车碰撞瞬间，立即通过挂钩挂到了一起，碰后两车沿甲车原来的运动方向继续向前运动，在乙车运动到墙角时刚好停下。已知两车的质量均为m，与水平地面间的摩擦力均为车重的k 倍，重力加速度大小为g，求：(1) 两车将要相碰时甲车的速度大小；(2)工人推甲车时对甲车的冲量大小。【答案】（ 1） v1 =22kgL ；（ 2） Im 10kgL【解析】设甲乙车钩挂在一起后的速度为v2 ，从甲乙车钩挂一起到停下过程根据动能定理：2kmgL 012mv222（注：用牛顿第二定律和运动方程解的也给分）甲乙两车碰撞前后动量守恒，设碰撞前甲车速度为v1 ，根据
19、动量守恒定律：mv12mv 2得： v12 2kgL在甲车在与乙车碰撞前运动L 的过程，设离开人手瞬间速度为v0根据动能定理：kmgL1 mv121 mv0222人将甲车从静止推至获得速度v0 的过程根据动量定理： Imv00得： Im 10kgL【点睛】动量守恒和能量的转化与守恒的结合应用动量守恒定律解题要注意“四性”，、系统性、矢量性、同时性10 如图所示，半径R 0.4 m 的光滑半圆轨道与粗糙的水平面相切于A 点，质量为m 1kg 的小物体 (可视为质点 )在水平拉力F 的作用下，从静止开始由C 点运动到A 点，物体从A 点进入半圆轨道的同时撤去外力F，物体沿半圆轨道通过最高点B 后做
20、平抛运动，正好落在 C 点，已知xAC 2 m， F 15 N， g 取 10 m/s 2，试求：(1)物体在 B 点时的速度大小以及此时物体对轨道的弹力大小；(2)物体从 C 到 A 的过程中，克服摩擦力做的功【答案】（ 1） 5m/s ；52.5N，（ 2） 9.5J【解析】【分析】【详解】试题分析：（ 1）根据 2R1 gt 2得，平抛运动的时间为：t4R4 0.4 s0.4s ，2g10xAC2m / s5m / s 则 B 点的速度为： vBt0.4225根据牛顿第二定律得， mgN Bm vB，解得： N B110N52.5NR0.4（2）对 C到 B 的过程运用动能定理得：Wf
21、Fx AC mg2R1 mvB2 ，代入数据解得2W f9.5 J 11 如图所示， AMB 是 AM 和 MB 两段组成的绝缘轨道，其中AM 段与水平面成 370，轨道 MB 处在方向竖直向上、大小3的匀强电场中。一质量m0.1 kg、电荷量E510 N/C 40q 1.0 10 C 的可视为质点的滑块以初速度v 6 m/s 从离水平地面高 h 4.2 m 处开始向下运动，经 M 点进入电场，从B 点离开电场 , 最终停在距 B 点 1.6m 处的 C 点。不计经过M 点的能量损失，已知滑块与轨道间的动摩擦因数 0.5，求滑块：(1)到达 M 点时的速度大小；(2)M 、B 两点的距离l；【
22、答案】 (1)8m/s ； (2)9.6m【解析】试题分析：带电滑块的运动，可以分为三个过程：进电场前斜面上的匀加速直线运动 ； 在电场中沿水平地面的匀减速直线运动；离开电场后沿地面的匀减速直线运动。本题可以单纯利用牛顿运动定律和运动学的知识去计算，也可以结合能量部分来解题。解（ 1）方法一 ：在滑块从A 运动到 M 点的过程中，由动能定理可得：，解得：=8m/s方法二：在斜面上，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律可得：根据运动学速度和位移的关系可得：（2）物块离开B 点后，并停在了离B 点1.6m处的，解得C 点处：=8m/s方法一：滑块从B 到 C，由动能定理得：，得=4m/s所以，在滑块从
23、M 运动到 B 的过程中，根据动能定理得：方法二：滑块从B 到，解得：=9.6mC 的过程中，由牛顿运动定律结合运动学知识，可得：同理，从滑块从M 运动到 B 的过程中，联立上述方程，带入数据得：=9.6m12 如图所示， AB 为水平轨道，A、B 间距离 s=2m， BC 是半径为 R=0.40m 的竖直半圆形光滑轨道， B 为两轨道的连接点，C 为轨道的最高点一小物块以vo=6m/s 的初速度从 A点出发，经过 B 点滑上半圆形光滑轨道，恰能经过轨道的最高点，之后落回到水平轨道AB上的 D 点处 g 取 10m/s 2，求：（ 1）落点 D 到 B 点间的距离；（ 2）小物块经过 B 点时的速度大小；（ 3）小物块与水平轨道 AB 间的动摩擦因数【答案】（ 1） 0.8m.（ 2）（ 3） 0.4【解析】试题分析：（1）物块恰能经过轨道最高点，有mgm vC2R之后做平抛运动，有2R1gt 2 xBD vC t 2联立 解得 xBD0.8 m（2） 物块从 B 点到 C 点过程中机械能守恒，得1mvB2 1mvC22mgR 22联立 解得 vB25 m/s（3）物块从 A 点到 B 点做匀减速直线运动由动能定理得mgs1 mvB21 mvo2 22将 vB 代入 解得0.4考点：圆周运动及平抛运动的规律；动能定理及牛顿第二定律的应用.
