高考物理动能定理的综合应用专题训练答案及解析.docx

1、（物理）高考物理动能定理的综合应用专题训练答案及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1 我国将于2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一如图1-所示，质量 m60 kg 的运动员从长直助滑道 AB 的 A 处由静止开始以加速度 a 3.6 m/s 2 匀加速滑下，到达助滑道末端 B 时速度 vB 24 m/s ，A 与 B 的竖直高度差 H 48 m 为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以 O 为圆心的圆弧助滑道末端 B 与滑道最低点 C 的高度差 h 5 m，运动员在 B、 C 间运动时阻力做功 W 1530

2、 J， g 取 10 m/s 2.(1)求运动员在 AB 段下滑时受到阻力Ff的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6 倍，则 C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？【答案】 (1)144 N(2)12.5 m【解析】试题分析：（1）运动员在 AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为 x，斜面的倾角为 ，则有vB2 =2ax根据牛顿第二定律得Hmgsin Ff=ma 又 sin =x由以上三式联立解得Ff =144N（2）设运动员到达C 点时的速度为vCB到达C的过程中，由动能定理有，在由1212mgh+W= mvC -2mvB2设运动员在C 点所受的支持力为FN，由

3、牛顿第二定律得由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6 倍，即有考点：牛顿第二定律；动能定理FN mg=m vC2RFN=6mg 联立解得R=12 5m【名师点睛】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理2 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

4、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2（ 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NBmg mv2BR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 20

5、0 N，方向竖直向下(2) C 到 D过程，由动能定理 2mgL2 0 1mvC22解得 vC 6 /m 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 vCvB0.5 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 6m/ 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.22,M、高为h,3 如图所示 在粗糙水平面上有一质量为的斜面体 斜面体

6、的左侧有一固定障碍物 Q,斜面体的左端与障碍物的距离为d将一质量为 m 的小物块置于斜面体的顶端,小物块恰好能在斜面体上与斜面体一起保持静止;现给斜面体施加一个水平向左的推力,使斜面体和小物块一起向左匀加速运动,当斜面体到达障碍物与其碰撞后,斜面体立即停止运动,小物块水平抛出 ,最后落在障碍物的左侧P 处 (图中未画出 ),已知斜面体与地面间的动摩擦因数为1 ,斜面倾角为 ,重力加速度为g,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,求:(1)小物块与斜面间的动摩擦因数 2;(2)要使物块在地面上的落点P 距障碍物 Q 最远 ,水平推力 F 为多大 ;(3)小物块在地面上的落点P 距障碍物 Q 的最远距离【答

7、案】（1） 2 tan （ 2） FMm gsin1 M m g（3）costan sin22hdsinhcostan sintan【解析】【分析】对 m 受力分析，由共点力平衡条件可以求出动摩擦因数；以m 为研究对象，求出最大加速度，以系统为研究对象，由牛顿第二定律求出最大推力；对系统由动能定理求出最大速度，然后由平抛运动规律求出最大水平位移【详解】(1)对 m 由平衡条件得：mgsin -2mgcos=0解得： 2=tan (2)对 m 设其最大加速度为am，由牛顿第二定律得水平方向： Nsin +2Ncos =mam竖直方向 ：Ncos-2Nsin -mg =02g sin解得 ： at

8、ansincos对 M 、m 整体由牛顿第二定律得：F-1(M +m)g=(M +m)am解得 ： F1 M2 Mmg sinm gtansincos(3)对 M、 m 整体由动能定理得： Fd1 M m gd1M m v22解得 ： vdg sintansincos对 m 由平抛运动规律得：水平方向 ： xphvttan竖直方向 ： h1 gt 22解得 ： x p 22hd sinhcos tan sintan【点睛】本题主要考查了应用平衡条件、牛顿第二定律、动能定理、平抛运动规律即可正确解题4 如图所示，一质量为m 的滑块从高为h 的光滑圆弧形槽的顶端A 处无初速度地滑下，槽的底端 B

9、与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为v0，两轮轴心间距为L，滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C 时，恰好加速到与传送带的速度相同，求：（ 1）滑块到达底端 B 时的速度大小 vB；（ 2）滑块与传送带间的动摩擦因数；（ 3）此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q.v022gh2【答案】 （1）2ghm v02gh（2）（ 3）2gl2【解析】试题分析：（ 1）滑块在由 A 到 B 的过程中，由动能定理得：mgh 1 mvB20 ，2解得：B 2gh ；（2）滑块在由B 到 C 的过程中，由动能定理得：mgL 12mv 02- 1 mv B2，2解得， v02 2gh ；2g

10、L22gh)2（3）产生的热量： Q=mgL相对 ， L相对0B ( 0（或2g2g( 02gh )22L ），v02gh解得，Q 1 m( 02gh )2 ；2考点：动能定理【名师点睛】本题考查了求物体速度、动摩擦因数、产生的热量等问题，分析清楚运动过程，熟练应用动能定理即可正确解题5 如图所示，倾角=30d=0.9 mPQ两点，Q点以上斜面光的斜面足够长，上有间距的 、滑， Q 点以下粗糙。可视为质点的A、 B 两物体质量分别为m、 2m。 B 静置于 Q 点， A 从 P点由静止释放，与B 碰撞后粘在一起并向下运动，碰撞时间极短。两物体与斜面粗糙部分的动摩擦因数均为2 3 取 g=10

11、m/s2，求：5（1） A 与 B 发生碰撞前的速度v1（2） A、 B 粘在一起后向下运动的距离【答案】（ 1） 3m/s （2） 0.5m【解析】【详解】（1） A 在 PQ 段下滑时，由动能定理得：mgd sin1mv1202得：v1=3 m/s（2） A、 B 碰撞后粘在一起，碰撞过程动量守恒，则有：mv1( m2m)vAB之后 A、 B 整体加速度为：3mg sin3mg cos3maAB得：aAB=-1m/s 2即 A、 B 整体一起减速下滑，减速为零时：02v2AB2aAB xAB得：xAB=0.5 m6 遥控电动玩具车的轨道装置如图所示，轨道 ABCDEF中水平轨道AB=BD=

12、2.5R，小车在 AB 和 BD 段无制动运行时所受阻力是其重力的AB 段和 BD 段粗糙， 0.02 倍，轨道其余部分摩擦不 。斜面部分DE 与水平部分BD、 弧部分EF均平滑 接， 道BC 的半径 R，小段 弧 EF的半径 4R， 道有两个与水平 道 AB、 BD 等高的框子BC 最高点 C与 弧 道EF 最高点M 和 N，框 M 和框 N 的右 到F 等高。 道右 F 点的水平距离分别为 R 和 2R。 定功率 P， 量 m 可 点的小 ，在AB 段从 A 点由静止出 以 定功率行 一段 t（ t 未知）后立即关 机，之后小 沿 道从B 点 入 道 最高点 C 返回 B点，再向右依次 点

13、 D、 E、 F，全程没有脱离 道，最后从F 点水平 出，恰好落在框N 的右 。（ 1）求小 在运 到 F 点 道的 力；（ 2）求小 以 定功率行 的 t ；（3）要使小 入M 框，小 采取在AB 段加速（加速 可 ），BD 段制 减速的方案， 小 在不脱离 道的前提下，在BD 段所受 的平均制 力至少 多少。【答案】（ 1） mg，方向 直向下；（2）；（ 3） mg【解析】【 解】1）小 平抛 程，有：2R v（= Ft2R= gt 2? 由 立解得：vF=? 在 F 点， 小 由牛 第二定律得：mg FN=m? 由得： FN= mg由牛 第三定律得小 道的 力大小 mg，方向 直向下。

14、（2）小 从静止开始到F 点的 程中，由 能定理得：2Pt 0.02mg5R mg2R= mvF ? 由得： t=（3）平抛 程有：R=vFt、 2R= gt2要使小车进入 M 框，小车在 F 点的最大速度为vF =? 小车在 C 点的速度最小设为vC，则有： mg=m? 设小车在 BD 段所受总的总的平均制动力至少为f ，小车从 C点运动到 F 点的过程中，由动能定理得：- f 2.5 R= mv 22F- mvC ? 由得： f=mg7 如图所示，在水平路段AB 上有一质量为2kg 的玩具汽车，正以10m/s 的速度向右匀速运动，玩具汽车前方的水平路段AB、 BC 所受阻力不同，玩具汽车通

15、过整个ABC路段的 v-t图象如图所示（在t=15s 处水平虚线与曲线相切），运动过程中玩具汽车电机的输出功率保持 20W 不变，假设玩具汽车在两个路段上受到的阻力分别有恒定的大小.(解题时将玩具汽车看成质点 )(1)求汽车在 AB 路段上运动时所受的阻力f1;(2)求汽车刚好开过B 点时的加速度a(3)求 BC 路段的长度 .【答案】 (1) f1 5N (2) a 1.5 m/ s2 (3)x=58m【解析】【分析】根据“汽车电机的输出功率保持20W 不变 ”可知，本题考查机车的启动问题，根据图象知汽车在 AB 段匀速直线运动，牵引力等于阻力，而牵引力大小可由瞬时功率表达式求出；由图知，汽

16、车到达 B 位置将做减速运动，瞬时牵引力大小不变，但阻力大小未知，考虑在 t=15s 处水平虚线与曲线相切，则汽车又瞬间做匀速直线运动，牵引力的大小与BC段阻力再次相等，有瞬时功率表达式求得此时的牵引力数值即为阻力数值，由牛顿第二定律可得汽车刚好到达B 点时的加速度；BC段汽车做变加速运动，但功率保持不变，需由动能定理求得位移大小.【详解】(1)汽车在 AB 路段时，有F1 f1PF1v1联立解得： f1 5N(2) t 15 s 时汽车处于平衡态，有 F2 f2PF2v2联立解得： f2 2Nt 5s 时汽车开始加速运动，有F1 f2 ma解得 a 1.5m/s 2(3)对于汽车在BC段运动

17、，由动能定理得：解得： x=58m【点睛】抓住汽车保持功率不变这一条件，利用瞬时功率表达式求解牵引力，同时注意隐含条件汽车匀速运动时牵引力等于阻力；对于变力做功，汽车非匀变速运动的情况，只能从能量的角度求解 .8 如图所示，一倾角=37B点，传送带以v=6m/s的的斜面底端与一传送带左端相连于速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端点以的初速度沿斜面下滑，当物块滑到0 =4m/s斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，从传送带右端的C 点水平抛出，最后落到地面上的 D 点，已知斜面长度 L1=8m，传送带长度L2=18m ，物块与传送带之间的动摩擦因数22）=0.3，（ sin37 =0

18、.6， cos37 =0.8， g=10m/s（ 1）求物块与斜而之间的动摩擦因数l；（ 2）求物块在传送带上运动时间；（3）若物块在D 点的速度方向与地面夹角为的水平距离a=53，求C 点到地面的高度和C、 D 两点间【答案】（1）（ 2） 4s；（ 3） 4.8m 【解析】试题分析：（ 1）从 A 到 B 由动能定理即可求得摩擦因数（ 2）由牛顿第二定律求的在传送带上的加速度，判断出在传送带上的运动过程，由运动学公式即可求的时间；（ 3）物体做平抛运动，在竖直方向自由落体运动，解：（ 1）从 A 到 B 由动能定理可知代入数据解得（2）物块在传送带上由牛顿第二定律：mg=ma2a=达到传送

19、带速度所需时间为t=s加速前进位移为18m滑块在传送带上再匀速运动匀速运动时间为故经历总时间为t 总 =t+t =4s（3）设高度为h，则竖直方向获得速度为联立解得h=3.2m下落所需时间为水平位移为xCD=vt =6 0.8s=4.8m答：（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数l为（2）求物块在传送带上运动时间为4s；（3）若物块在D 点的速度方向与地面夹角为点间的水平距离为4.8m a=53，C 点到地面的高度为3.2m和C、D 两【点评】本题主要考查了动能定理、平抛运动的基本规律，运动学基本公式的应用，要注意传动带顺时针转动时，要分析物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解9 如图所示，质量

20、为2kg 的物体在竖直平面内高h=1m 的光滑弧形轨道A 点，以初速度v0 =4m/s沿轨道下滑，并进入水平轨道BCBC=1.8m ，物体在BC 段所受到的阻力为8N 。(g=10m/s2)。求：(1)物体刚下滑到B 点时的速度大小；(2)物体通过 BC 时在 C 点的动能；(3)物体上升到另一光滑弧形轨道CD后，又滑回BC轨道，最后停止在离B 点多远的位置。【答案】 (1)6m/s (2)21.6J (3)离 B 点 0.9m【解析】【详解】（1）物体在光滑弧形轨道上运动只有重力做功，故机械能守恒，则有1mvB2 mgh1mvA222所以物体刚下滑到B 点的速度大小vBv022gh6m/s

21、；（2）物体在BC上运动，只有摩擦力做功，设物体经过C 点的动能为EkC，则由动能定理可得：EkCEkBmgLBC1 mvB2mgLBC21.6J2（3）物体在整个过程中只有重力、摩擦力做功，设物体在BC上滑动的路程为x，则由动能定理可得：mgx1 mv2A2mgh，解得：x 4.5m=2 LBC+0.9m；故物块最后停在离B 点0.9m处；10 如图所示，倾斜轨道在B 点有一小圆弧与圆轨道相接，一质量为m=0.1kg 的物体，从倾斜轨道A 处由静止开始下滑，经过B 点后到达圆轨道的最高点C 时，对轨道的压力恰好与物体重力相等已知倾斜部分有摩擦，圆轨道是光滑的，A 点的高度H=2m,圆轨道半径

22、R=0.4m， g 取 10m/s 2,试求：（ 1）画出物体在 C 点的受力与运动分析图，并求出物体到达C 点时的速度大小；（ 2）物体到 B 点时的速度大小（用运动学公式求不给分）；（ 3）物体从 A 到 B 的过程中克服阻力所做的功【答案】（ 1） 22m/s （ 3） 2 6m/s （ 3） 0.8J【解析】【分析】【详解】（1）物体在C 点的受力与运动分析图所示：在 C 点由圆周运动的的知识可得：mgmgm vc2R解得： v2Rg2 10 0.4m/s 22m/sc（2）物体由 B 到 C 的过程，由动能定理可得：mg g2R1 mvc21 mvB222解得： vB2 6m/s（3

23、）从 A 到 B 的过程，由动能定理可得：mgHWf1 mvB22解得： Wf0.8J11 两个对称的与水平面成60R2m，张角为120角的粗糙斜轨与一个半径的光滑圆弧轨道平滑相连一个小物块从h 3m 高处开始，从静止开始沿斜面向下运动物体与斜轨接触面间的动摩擦因数为 0.2， g 取 10m/s 2（ 1）请你分析一下物块将怎样运动?（ 2）计算物块在斜轨上通过的总路程【答案】 (1)物块最后在圆弧左右两端点间来回往返运动，且在端点的速度为0； (2)20m【解析】【详解】解： (1)物块最后在圆弧左右两端点间来回往返运动，且在端点的速度为0；(2)物块由释放到最后振动过程到圆弧的左端点或右

24、端点过程，根据动能定理：mg h R 1 cos60mgcos60s 0代入数据解得物块在斜轨上通过的总路程：s 20m12 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3m0.1 kg、电荷量E510 N/C 的匀强电场中。一质量 4C 的可视为质点的滑块以初速度v0 6 m/s 从离水平地面高 h 4.2 m 处开始q 1.0 10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

25、 点时的速度大小；(2)M 、B 两点的距离l；【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：，解得=8m/s（2）物块离开B 点后，并停在了离B 点 1.6m 处的 C 点处：方法一：滑块从B 到 C，由动能定理得：，得=4m/s所以，在滑块从M 运动到 B 的过程中，根据动能定理得：，解得：=9.6m方法二：滑块从B 到 C 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：=9.6m