1、高考物理动能定理的综合应用易错剖析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1 北京老山自行车赛场采用的是250m 椭圆赛道，赛道宽度为7.6m 。赛道形如马鞍形，由直线段、过渡曲线段以及圆弧段组成，圆弧段倾角为45（可以认为赛道直线段是水平的，圆弧段中线与直线段处于同一高度）。比赛用车采用最新材料制成，质量为9kg。已知直线段赛道每条长80m ，圆弧段内侧半径为14.4m，运动员质量为61kg。求：（ 1）运动员在圆弧段内侧以 12m/s 的速度骑行时，运动员和自行车整体的向心力为多大；（ 2）运动员在圆弧段内侧骑行时，若自行车所受的侧向摩擦力恰为零，则自行车对赛道的压力多大；（3）若运动员
2、从直线段的中点出发，以恒定的动力92N 向前骑行，并恰好以12m/s 的速度进入圆弧段内侧赛道，求此过程中运动员和自行车克服阻力做的功。（只在赛道直线段给自行车施加动力）。【答案】（ 1） 700N;（ 2） 7002 N；（ 3） 521J【解析】【分析】【详解】（1）运动员和自行车整体的向心力(Mm) v2Fn=R解得Fn=700N（2）自行车所受支持力为Mm gFNcos45解得FN=7002 N根据牛顿第三定律可知F 压=FN=7002 N（3）从出发点到进入内侧赛道运用动能定理可得WF-Wf 克 +mgh= 1 mv22FLWF=2h= 1 d cos 45o =1.9m2Wf 克
3、=521J2 一辆汽车发动机的额定功率P=200kW，若其总质量为m=103kg，在水平路面上行驶时，汽车以加速度a12 从静止开始匀加速运动能够持续的最大时间为t 1=4s，然后保持恒定=5m/s的功率继续加速t2=14s 达到最大速度。设汽车行驶过程中受到的阻力恒定，取g=10m/s 2.求：(1)汽车所能达到的最大速度；(2)汽车从启动至到达最大速度的过程中运动的位移。【答案】 (1)40m/s ；(2)480m【解析】【分析】【详解】(1)汽车匀加速结束时的速度v1a1t120m / s由 P=Fv 可知，匀加速结束时汽车的牵引力F1P4=1 10Nv1由牛顿第二定律得F1fma1解得
4、f=5000N汽车速度最大时做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知，此时汽车的牵引力F=f=5000N由 PFv 可知，汽车的最大速度：PPv=40m/sFf(2)汽车匀加速运动的位移v1x1=t140m对汽车，由动能定理得F1x1 Pt 2fs1 mv202解得s=480m3 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=3m 的水平轨道BC相2连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，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
5、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：22 100.93 2/vyghm sA 点： tan60vyvx得：vy3 2v0m / s6m / svxtan603（2）从水平抛出到C 点
6、的过程中，由动能定理得：mg hL1sinmgL1cosmgL2 1 mvC21 mv02 代入数据解得：vC3 6m / s22（3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：mg mv2R11 mvC22mgR11 mv222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 应该满足的条件是0 R1 08 m考点：平抛运动；动能定理4 如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨MN相切，导轨右端N 处于水平传送带理想
7、连接，传送带长度L=4m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=4.0m/s运动滑块B、 C 之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，B、 C 与细绳、弹簧一起静止在导轨MN上 .一可视为质点的滑块A 从h=0.2m高处由静止滑下，已知滑块A、 B、 C 质量均为 m=2.0kg，滑块A 与B 碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短因碰撞使连接B、 C 的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A、 B 分离 .滑块C 脱离弹簧后以速度vC=2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P 点已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数=0.2，重力加速度g 取 10m/s 2.(1)求滑块 C
8、从传送带右端滑出时的速度大小；(2)求滑块 B、 C 与细绳相连时弹簧的弹性势能EP；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C 总能落至P 点，则滑块A 与滑块 B碰撞前速度的最大值vm 是多少？【答案】 (1) 4.0m/s(2)2.0J(3) 8.1m/s【解析】【分析】【详解】（1）滑块C 滑上传送带到速度达到传送带的速度v=4m/s所用的时间为t ，加速度大小为a，在时间t 内滑块C 的位移为x，有mgmavvCatxvCt12at 2代入数据可得x3mx3mL滑块C 在传送带上先加速，达到传送带的速度v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C 从传送带右端滑出时的速度
9、为v=4.0m/s（2）设 A、 B 碰撞前 A 的速度为v0， A、 B 碰撞后的速度为v1， A、 B 与 C 分离时的速度为v2，有mA gh1 mA v022mA v0(mAmB )v1(mAmB )v1(mAmB )v2mC vCA、B 碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒EP1 (m m )v21 ( m m )v21 m v22AB12AB22C C代入数据可解得EP2.0J（3）在题设条件下，若滑块A 在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C 的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v.设 A 与 B 碰撞后的速度为 v1 ，分离后 A 与 B 的速度为
10、 v2 ，滑块 C 的速度为 vC ， C 在传送带上做匀减速运动的末速度为 v=4m/s ，加速度大小为 2m/s 2，有v2vC2( a) L解得vC4 2m/s以向右为正方向，A、 B 碰撞过程mAvm(mAmB )v1弹簧伸开过程(mAmB )v1mC vC(mAmB )v2Ep + 1 (mA mB )v1 21 ( mAmB )v22 + 1 mC vC 2222代入数据解得vm 4 272 8.1m/s 45一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个光滑圆弧轨道AB 的底端等高对接，如图所示已知小车质量 M=30kg，长 L=2 06m，圆弧轨道半径 R=0 8m现将一质量
11、m=1 0kg 的小滑块，由轨道顶端 A 点无初速释放，滑块滑到 B 端后冲上小车滑块与小车上表面间的动摩擦因数（取g=10m/s 2）试求：（ 1）滑块到达 B 端时，轨道对它支持力的大小；（ 2）小车运动 1 5s 时，车右端距轨道 B 端的距离；（3）滑块与车面间由于摩擦而产生的内能【答案】（ 1） 30 N（2 ）1 m（ 3） 6 J【解析】（1）滑块从 A 端下滑到 B 端，由动能定理得（ 1 分）在 B 点由牛顿第二定律得（ 2 分）解得轨道对滑块的支持力N （ 1 分）（2）滑块滑上小车后，由牛顿第二定律对滑块：，得m/s2 （1 分）对小车：，得m/s2 （1 分）设经时间t
12、 后两者达到共同速度，则有（ 1分）解得s （ 1 分）由于s1 5s，故 1s 后小车和滑块一起匀速运动，速度v=1 m/s （ 1 分）因此，1 5s 时小车右端距轨道B 端的距离为m （ 1 分）（3）滑块相对小车滑动的距离为m （ 2分）所以产生的内能J （1 分）6 如图所示，倾斜轨道AB 的倾角为37， CD、 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
13、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 cos370 5R1 mvc2（ 2 分
14、）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（ 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mgRmg 2R1 mvP21 mvc2 （1分）22可得 R23 R0.92
15、 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1 mvc21 mvB2mg 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）
16、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7 如图所示，小物体沿光滑弧形轨道从高为h 处由静止下滑，它在水平粗糙轨道上滑行的最远距离为s，重力加速度用g 表示，小物体可视为质点，求：（ 1）求小物体刚刚滑到弧形轨道底端时的速度大小v；（ 2）水平轨道与物体间的动摩擦因数均为。【答案】（ 1） 2gh （ 2） hs【解析】【详解】解： (1)小物体沿弧形轨道下滑的过程，根据机械能守恒定律可得：mgh1 mv22解得小物体刚滑到弧形轨道底端时的速度大小：v 2gh(2
17、)对小物体从开始下滑直到最终停下的过程，根据动能定理则有：mghmgs 0解得水平轨道与物体间的动摩擦因数：hs8 一种氢气燃料的汽车，质量为380kW ，行驶在m=2.0 10kg，发动机的额定输出功率为平直公路上时所受阻力恒为车重的0.1 倍。若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度的大小为 a=1.0m/s 2 。达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800m，直到获得最大速度后才匀速行驶。求： (g=10m/s 2)(1)汽车的最大行驶速度。(2)汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间。【答案】（ 1） 40m/s；（ 2）55s【解析】【详解】（ 1）设汽车的最大行驶速度为
18、vm汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，速度达到最大，即有： F=f根据题意知，阻力为：f=0.1mg=2000N再根据公式P=Fv得： vm=P/f=40m/s ；即汽车的最大行驶速度为40m/s（2）汽车匀变速行驶的过程中，由牛顿第二定律得Ffma得匀变速运动时汽车牵引力 F4000Nv0P则汽车匀加速运动行驶得最大速度为20m / sF由 a1 t1=v0，得汽车匀加速运动的时间为：t 1=20s汽车实际功率达到额定功率后到速度达到最大的过程，由动能定理WF+Wf = Ek，即得：Pt2 0.1mgs2=1 mvm21 mv0222得： t2=35s所以汽车从静止到获得最大行驶速度所用的
19、总时间为：t=t1 +t 2=55s9 如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m 的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线 M 处的墙上，另一端恰位于滑道的末端 O 点已知在间的动摩擦因数均为 ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为OM 段，物块g，求：A 与水平面（ 1）物块速度滑到 O 点时的速度大小；（ 2）弹簧为最大压缩量 d 时的弹性势能 （设弹簧处于原长时弹性势能为零）（ 3）若物块 A 能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？【答案】（ 1）2gh ；（ 2） mghmgd ；（ 3） h2
20、 d【解析】【分析】根据题意，明确各段的运动状态，清楚各力的做功情况，再根据功能关系和能量守恒定律分析具体问题【详解】（1）从顶端到O 点的过程中，由机械能守恒定律得：mgh1 mv22解得：v 2gh（ 2）在水平滑道上物块 A 克服摩擦力所做的功为：Wmgd由能量守恒定律得：2mgd1 mv EP2联立上式解得：EPmghmgd（ 3）物块 A 被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为；Wmgd由能量守恒定律得：mghEPmgd解得物块 A 能够上升的最大高度为：hh2d【点睛】考察功能关系和能量守恒定律的运用10 滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充
21、满空气当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫 ”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大假设滑雪者的速度超过4 m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由 0.25 变为 0.125一滑雪者从倾角为12 37的坡顶 A 由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B 处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C 处，如图所示不计空气阻力，坡长为l 26 m， g 取 10 m/s 2， sin37 0.6， cos 37 0.8求：(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间
22、；(2)滑雪者到达B 处的速度；(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离【答案】 1s99.2m【解析】【分析】由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度，再由运动学知识可求解速度、位移和时间【详解】(1)由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a1=4m/s 2解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间： t=1s(2)由静止到动摩擦因素发生变化的位移：112=2mx = a t动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度： a2=5m/s 2由 vB2-v2=2a2(L-x1)解得滑雪者到达 B 处时的速度 ：vB=16m/s(3)设滑雪者速度由vB=16m/s 减速到 v1=4
23、m/s 期间运动的位移为x3，则由动能定理有：；解得 x3=96m速度由 v1=4m/s 减速到零期间运动的位移为x4，则由动能定理有：；解得 x 4=3.2m所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为x=x 3+x 4=96+ 3.2=99.2m11 如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角37 ，以 5 m/s 的恒定速度向上运动一个质量为2 kg 的物块（可视为质点），沿平行于传送带方向以10 m/s 的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数=0 5， sin37 =06， cos37=08，g=10m/s2 求：（ 1）物块刚滑上传送带时的加速度大小；（ 2）物块到达传送带顶端
24、时的速度大小；（ 3）整个过程中，摩擦力对物块所做的功【答案】（ 1） a110m/s2 （ 2） 4m/s （ 3）W= 12 J【解析】【分析】【详解】试题分析：（ 1）物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为a1,由牛顿第二定律mg sin 37mg cos37ma1解得 a1 10m/s2（2）设物块速度减为5m/s所用时间为 t 1, 则 v0 v a1t1解得 t1 0.5s通过的位移： x1v0v t13.75 m 6 m2因 tan ，此后物块继续减速度上滑，加速度大小为a2 则mg sin 370mg cos370ma2解得 a22m / s2设物块到达最高点的速度为v1 ，则
25、 v12v022a2 x2x2 lx12.25m解得 v14m / s（3）从开始到最高点，由动能定理得Wmgl sin 371mv121mv0222解得 W=-12 J（用其它方法解得正确，同样给分）考点牛顿第二定律，匀变速直线运动规律，12 甲图是我国自主研制的 200mm 离子电推进系统， 已经通过我国 “实践九号 ”卫星空间飞行试验验证，有望在 2015 年全面应用于我国航天器离子电推进系统的核心部件为离子推进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子 P 喷注入腔室C 后
26、，被电子枪G 射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子氙离子从腔室C 中飘移过栅电极A 的速度大小可忽略不计，在栅电极A、B 之间的电场中加速，并从栅电极B 喷出在加速氙离子的过程中飞船获得推力已知栅电极A、B 之间的电压为U，氙离子的质量为m、电荷量为q（1）将该离子推进器固定在地面上进行试验求氙离子经A、B 之间的电场加速后，通过栅电极 B 时的速度 v 的大小；（2）配有该离子推进器的飞船的总质量为M ，现需要对飞船运行方向作一次微调，即通过推进器短暂工作让飞船在与原速度垂直方向上获得一很小的速度v，此过程中可认为氙离子仍以第（ 1）中所求的速度通过栅电极B推进器工作时飞船的总质量可视为
27、不变求推进器在此次工作过程中喷射的氙离子数目N（3）可以用离子推进器工作过程中产生的推力与A、B 之间的电场对氙离子做功的功率的比值 S 来反映推进器工作情况通过计算说明采取哪些措施可以增大S，并对增大 S的实际意义说出你的看法【答案】（ 1）（ 2）（ 3）增大 S 可以通过减小 q、U 或增大 m 的方法提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力【解析】试题分析：（ 1）根据动能定理有解得：（2）在与飞船运动方向垂直方向上，根据动量守恒有：Mv=Nmv解得：（3）设单位时间内通过栅电极A 的氙离子数为n，在时间 t 内，离子推进器发射出的氙离子个数为Nnt ，设氙离子受到的平均力为F，对时间t内的射出的氙离子运用动量定理， F tNmvntmv ， F = nmv根据牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船的推力大小电场对氙离子做功的功率P= nqUF=F= nmv则根据上式可知：增大S 可以通过减小q、 U 或增大 m 的方法提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力（说明：其他说法合理均可得分）考点：动量守恒定律；动能定理；牛顿定律.
