1、高考物理动能定理的综合应用试题( 有答案和解析 ) 含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用AB 、 BC 、 CD 、 DE 、 EF 长1 由相同材料的 杆搭成的 道如 所示，其中 杆均 L1.5m ， 杆 OA 和其他 杆与水平面的 角都 37sin370.6,cos37 0.8 ，一个可看成 点的小 套在 杆OA 上从 中离 道最低点的 直高度h 1.32m 由静止 放，小 与 杆的 摩擦因数都 0.2 ，最大静摩擦力等于相同 力下的滑 摩擦力，在两 杆交接 都用短小曲杆相 ，不 能 失，使小 能 利地 ，重力加速度g 取 10m / s2 ，求：(1)小 在 杆 OA 上运
2、的 t ；(2)小 运 的 路程s ；(3)小 最 停止的位置。【答案】 (1)1s； (2)8.25m ； (3)最 停在A 点【解析】【分析】【 解】(1)因 mgsinmgcos，故小 不能静止在 杆上，小 下滑的加速度 amg sinmg cos4.4m/s 2m 物体与 A 点之 的距离 L0 ，由几何关系可得hL02.2msin37 物体从静止运 到A 所用的 t，由 L01at 2 ，得2t1s(2)从物体开始运 到最 停下的 程中， 路程 s，由 能定理得mghmgscos3700代入数据解得s=8.25m(3)假 物体能依次到达B 点、 D 点，由 能定理有mg(h Lsin
3、37 ) mgcos37 ( L L0 )1mvB22解得vB20 明小 到不了B 点，最 停在A 点 2 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a1=5m/s 2 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
4、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1v1t140mx =2对汽车，由动能定理得F1x1 Pt 2 fs1 mv202解得s=480m3 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
5、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
6、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 1 200 N，方向竖直向下(2) C 到 D过程，由动能定理1222mvC mgL 02C解得 v 6m/ sB 到 C过程，由牛顿第二定律 1mg ma解得 a 4m/ s2(2 分 )参赛者加速至vC历时 t vCvB 0.5 sa位移 x1 vBvCt 2.5 L12m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1x12
7、12E mgmvCmvB 720J.224 在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示，P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒高度为h 的探测屏 AB竖直放置，离P 点的水平距离为 L，上端 A与 P 点的高度差也为h.(1) 若微粒打在探测屏 AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；(2) 求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3) 若打在探测屏、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系A【答案】(1)3hgvg(3)22h(2)L2hg4h【解析】【分析】【详解】（1）若微粒打在探测屏AB 的中点，则有：3h12=gt2，2解得： t3hg（2）设打在 B 点的微粒
8、的初速度为V1，则有： L=V1t 1， 2h=1gt122得： v1Lg4h同理，打在 A 点的微粒初速度为：v2Lg2h所以微粒的初速度范围为：ggL vL2h4h（3）打在 A 和 B 两点的动能一样，则有：1mv2122+mgh=2联立解得： L=22 h2mv1 +2mgh5 如图所示，四分之一的光滑圆弧轨道 AB 与水平轨道平滑相连，圆弧轨道的半径为R=0.8m，有一质量为 m=1kg 的滑块从 A 端由静止开始下滑，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为 =0.5，滑块在水平轨道上滑行 L=0.7m 后，滑上一水平粗糙的传送带，传送带足够长且沿顺时针方向转动，取 g=10m/s 2，求：
9、（1）滑块第一次滑上传送带时的速度v1 多大？（2）若要滑块再次经过B 点，传送带的速度至少多大？（3）试讨论传送带的速度v 与滑块最终停下位置x（到 B 点的距离）的关系。【答案】v2或 xv2(1) 3m/s (2) 7 m/s (3) x LL2g2 g【解析】【详解】（1）从 A 点到刚滑上传送带，应用动能定理mgRmgL1 mv122得v12gR2gL代入数据得， v1=3m/s.（2）滑块在传送带上运动，先向左减速零，再向右加速，若传送带的速度小于v1，则物块最终以传送带的速度运动，设传送带速度为v 时，物块刚能滑到 B 点，则mgL01mv22解得 v2 gL7 m/s即传送带的
10、速度必须大于等于7 m/s 。(3)传送带的速度大于或等于v1，则滑块回到水平轨道时的速度大小仍为v1mgs01 mv122得 s=0.9m ，即滑块在水平轨道上滑行的路程为0.9m，则最后停在离B 点 0.2m 处。若传送带的速度7 m/s v3m/s，则滑块将回到B 点，滑上圆弧轨道后又滑到水平轨道，最后停下，即mg（Lx)01 mv22v2L解得 xg2若传送带的速度v7 m/s ，则滑块将不能回到 B 点，即mg（Lx)01 mv22解得 xLv22 g6 如图所示，质量为m1.0kg 的小物体从A 点以 vA5.0m/s 的初速度沿粗糙的水平面匀减速运动距离 s =1.0 m到达 B
11、 点，然后进入半径 R=0.4m竖直放置的光滑半圆形轨道，小物体恰好通过轨道最高点C 后水平飞出轨道，重力加速度g 取 l0m/s 2。求：(1)小物体到达 B 处的速度 vB ；(2)小物体在 B 处对圆形轨道压力的大小F N ；(3)粗糙水平面的动摩擦因数 。【答案】 (1) 25m/s ；(2)60N ； (3) 0.25。【解析】【详解】(1)小物体恰好通过最高点C，由重力提供向心力，则：mgm vC2R得到：vcgR2m/s小物体从 B 点运动到C 点过程中机械能守恒，则：1 mvB21 mvC2mg 2R22得到：vBvC24gR2 5m/s ；(2)设小物体在B 处受到的支持力为
12、FN ，根据牛顿第二定律有：FNmgm vB2R得到：FN6mg60N根据牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力FN 大小为 60N ，方向竖直向下。(3)小物体由 A 到 B 过程，由动能定理得到：mgs1 mvB21 mvA222得到：0.25 。【点睛】本题关键是恰好通过最高点，由重力提供向心力，然后再根据牛顿第二定律、机械能守恒和动能定理结合进行求解。7 如图甲所示，静止在水平地面上一个质量为m=4kg 的物体，其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力 F 随位移 x 变化的图象如图乙所示已知物体与地面之间的动摩擦因数为 =0.5， g=10m/s2求：（ 1）运动过程中物体的最大加
13、速度大小为多少；（ 2）距出发点多远时物体的速度达到最大；（ 3）物体最终停在何处？【答案】（ 1） 20m/s 2（ 2） 3.2m （ 3）10m【解析】【详解】（1）物体加速运动，由牛顿第二定律得：F- mg=ma当推力 F=100N 时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数据得：amaxFmg20m/s2，（2）由图象得出，推力F 随位移x 变化的数值关系为：F =100 25x，速度最大时，物体加速度为零，则F=mg=20N，即x = 3.2m（3） F 与位移x 的关系图线围成的面积表示F 所做的功，即WF1 Fx0 200J2对全过程运用动能定理，WF - mgx=0代入数据得
14、：xm=10m8 如图所示，在E 103 V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN 与一水平绝缘轨道 MN 在N 点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R 40 cm，N 为半圆形轨道最低点，P 为 QN 圆弧的中点，一带负电q 10 4 C 的小滑块质量 m10 g，与水平轨道间的动摩擦因数 0.15，位于 N 点右侧1.5 m 的 M 处， g 取 10 m/s 2，求：(1)小滑块从 M 点到 Q 点电场力做的功(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0 向左运动？(3)这样运动的小滑块通过P 点时对轨道的压力是多大？【答案】 (1
15、) - 0.08J(2) 7 m/s（ 3） 0.6 N【解析】【分析】【详解】（ 1） W= qE2RW= - 0.08J(2)设小滑块到达Q 点时速度为v，2由牛顿第二定律得mg qE m vR小滑块从开始运动至到达Q 点过程中，由动能定理得mg2R qE2R (mg qE)x 1 mv 2 1 mv22联立方程组，解得：v0 7m/s.(3)设小滑块到达P 点时速度为v，则从开始运动至到达 P 点过程中，由动能定理得(mg qE)R (qE mg)x 12 12mvmv2又在 P 点时，由牛顿第二定律得FN m代入数据，解得：FN0.6Nv 2R由牛顿第三定律得，小滑块通过P 点时对轨道
16、的压力FN FN 0.6N.【点睛】（ 1）根据电场力做功的公式求出电场力所做的功；（ 2）根据小滑块在 Q点受的力求出在 Q点的速度，根据动能定理求出滑块的初速度；（ 3）根据动能定理求出滑块到达P 点的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力，由牛顿第三定律得，小滑块通过P 点时对轨道的压力 9 如图所示，一根直杆与水平面成 37角，杆上套有一个小滑块，杆底端N 处有一弹性挡板，板面与杆垂直. 现将物块拉到M 点由静止释放，物块与挡板碰撞后以原速率弹回已知M、 N 两点间的距离d 0.5m，滑块与杆之间的动摩擦因数 0.25， g 10m/ s2.取 sin37 0.6， cos370.8
17、.求：(1) 滑块第一次下滑的时间 t；(2) 滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x；(3) 滑块在直杆上滑过的总路程s.【答案】 (1) 0.5s (2) 0.25m .(3) 1.5m【解析】【分析】（ 1）滑块从 A 点出发第一次运动到挡板处的过程，根据牛顿第二定律可求加速度，根据位移时间关系可求下滑时间；（2）根据速度时间关系可求出滑块第1 次与挡板碰撞前的速度大小v1，对滑块从A 点开始到返回 AB中点的过程，运用动能定理列式，可求出上滑的最大距离；（ 3）滑块最终静止在挡板上，对整个过程，运用动能定理列式，可求得总路程【详解】(1) 下滑时加速度mgsin mgcos ma2由
18、d 1 at 2 得下滑时间 t 0.5s.2(2)第一次与挡板相碰时的速率v at 2m/s上滑时 (mgsin f)x 0 1 mv22解得 x 0.25m.(3) 滑块最终停在挡板处，由动能定理得mgdsin fs 0解得总路程s 1.5m.10 如图所示，半圆轨道的半径为R=10m， AB 的距离为S=40m，滑块质量m=1kg，滑块在恒定外力F 的作用下从光滑水平轨道上的A 点由静止开始运动到B 点，然后撤去外力，又沿竖直面内的光滑半圆形轨道运动，且滑块通过最高点C 后又刚好落到原出发点A；g=10m/s2求：（ 1）滑块在 C 点的速度大小 vc(2) 在 C 点时，轨道对滑块的作
19、用力NC（3）恒定外力 F 的大小【答案】（ 1） vc=20m/s （ 2） Nc=30N ，方向竖直向下（3） F=10N【解析】2R1gt 2试题分析：（ 1） C 点飞出后正好做平抛运动，则 2xvt联立上述方程则 vc=20m/s（2）根据向心力知识则mg FNv2mrFN=30N，方向竖直向下。（3）根据动能定理Fs1mvB2022mgR1 mvC21 mvB222联立上述方程则 F=10N考点：平抛运动、圆周运动、动能定理点评：本题考查了常见的平抛运动、圆周运动、动能定理的理解和应用，属于简单题型，并通过三者的有机结合考察了综合运用知识能力。11 甲图是我国自主研制的 200mm
20、 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，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
21、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
22、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
23、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.12 一辆质量 m3P 80kW，运动210kg 的小轿车沿平直路面运动，发动机的额定功率时受到的阻力大小为3f 210N试求：(1)小轿车最大速度的大小；(2)小轿车由 v0 10m/s 的速度开始以额定功率运动60s 前进的距离 (汽车最后的速度已经达到最大 )【答案】 (1)40m/s(2)1650m【解析】【详解】（1）设小轿车运动的最大速度的大小为vm ，当车子达到最大速度时，有 F牵 =f根据公式 Pfvm解得 vm=40m/s（2）根据题意和动能定理得：W合 = 1 mv末21 mv初222则有： Ptfs=1mvm21mv0222解得小轿车60s 内前进的距离为s=1650m
