1、高中物理高考物理动能定理的综合应用各地方试卷集合汇编一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1 如图所示，AB 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端B 点与水平直轨道相切一个小物块自A 点由静止开始沿轨道下滑，已知轨道半径为R 0.2m ，小物块的质量为 m0.1kg，小物块与水平面间的动摩擦因数 0.5， g 取10m/s 2.求：(1)小物块在 B 点时受到的圆弧轨道的支持力大小；(2)小物块在水平面上滑动的最大距离【答案】 (1)3N(2)0.4m【解析】 (1)由机械能守恒定律，得在 B 点联立以上两式得 FN 3mg 10N3N. 3 0.1(2)设小物块在水平面上滑动的最大距
2、离为l ，对小物块运动的整个过程由动能定理得mgR mgl0，代入数据得【点睛】解决本题的关键知道只有重力做功，机械能守恒，掌握运用机械能守恒定律以及动能定理进行解题2 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
3、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 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
4、/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mgmavvCatxvCt1at 22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 )v2 mC vCA、B 碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒EP1 (mAmB )v121 ( mA mB )v22
5、1 mC vC2222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 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 )
6、v22 + 1 mC vC 2222代入数据解得vm 4 272 8.1m/s 43 某物理小组为了研究过山车的原理提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为=53 ，长为 L1 =7.5m 的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与足够长的光滑水平轨道BC 相连，然后在 C 处连接一个竖直的光滑圆轨道如图所示高为h=0.8m 光滑的平台上有一根轻质弹簧，一端被固定在左面的墙上，另一端通过一个可视为质点的质量m=1kg 的小球压紧弹簧，现由静止释放小球，小球离开台面时已离开弹簧，到达A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下已知小物块与AB 间的动摩擦因数为=0.5，g 取10m/s 2， sin53
7、 =0.8求：(1)弹簧被压缩时的弹性势能；(2)小球到达 C 点时速度vC的大小；(3)小球进入圆轨道后，要使其不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件【答案】 (1) 4.5J； (2) 10m/s ； (3) R5m或 0 R2m。【解析】【分析】【详解】(1)小球离开台面到达A 点的过程做平抛运动，故有v0vy2ghtan3m/stan小球在平台上运动，只有弹簧弹力做功，故由动能定理可得：弹簧被压缩时的弹性势能为Ep1 mv024.5J ；2(2)小球在 A 处的速度为v0vA5m/scos小球从 A 到 C 的运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得mgL1 sin
8、mgL1 cos1 mvC21 mvA222解得vCvA22gL1 sincos10m/s ；(3)小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，即小球能通过圆轨道最高点，或小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径；那么对小球能通过最高点时，在最高点应用牛顿第二定律可得mgm v12；R对小球从 C 到最高点应用机械能守恒可得1 mvC22mgR 1 mv125 mgR222解得0 RvC22m ；5g对小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径的情况应用机械能守恒可得1mvC2mgh mgR2解得2vCR=5m ；故小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R5m或 0 R2m；4 如图，
9、 I、 II 为极限运动中的两部分赛道，其中I 的 AB 部分为竖直平面内半径为R 的 14光滑圆弧赛道，最低点B 的切线水平 ; II 上 CD为倾角为 30的斜面，最低点 C 处于 B 点的正下方， B、 C 两点距离也等于 R.质量为 m 的极限运动员 (可视为质点 )从 AB 上 P 点处由静止开始滑下，恰好垂直 CD 落到斜面上求 :(1) 极限运动员落到 CD 上的位置与 C 的距离 ;(2) 极限运动员通过 B 点时对圆弧轨道的压力 ;(3)P 点与 B 点的高度差【答案】（ 1） 4 R（ 2）7 mg，竖直向下（3）1 R555【解析】【详解】（1）设极限运动员在B 点的速度
10、为 v0，落在 CD 上的位置与 C 的距离为 x，速度大小为v，在空中运动的时间为00t，则 xcos30 =v t01gt2R-xsin30 =2v0gt0解得 x=0.8R（2）由（ 1）可得： v02 gR5通过 B 点时轨道对极限运动员的支持力大小为FNFN mgm v02R极限运动员对轨道的压力大小为FNNN，则 F =F，解得 FN7 mg ，方向竖直向下；5（3） P 点与 B 点的高度差为h,则 mgh=12mv 02解得 h=R/55 质量为 m=0.5kg、可视为质点的小滑块，从光滑斜面上高h0=0.6m的 A 点由静止开始自由滑下。已知斜面 AB 与水平面 BC 在 B
11、 处通过一小圆弧光滑连接。长为x0=0.5m 的水平面BC 与滑块之间的动摩擦因数=0.3， C点右侧有 3 级台阶（台阶编号如图所示），D 点右侧是足够长的水平面。每级台阶的高度均为h=0.2m，宽均为 L=0.4m。（设滑块从C 点滑出后与地面或台阶碰撞后不再弹起）。(1)求滑块经过B 点时的速度vB；(2)求滑块从 B 点运动到C 点所经历的时间t ；(3)（辨析题）某同学是这样求滑块离开C 点后，落点P 与 C 点在水平方向距离x，滑块离开 C 点后做平抛运动，下落高度H=4h=0.8m ，在求出滑块经过 C点速度的基础上，根据平抛运动知识即可求出水平位移x。你认为该同学解法是否正确？
12、如果正确，请解出结果。如果不正确，请说明理由，并用正确的方法求出结果。【答案】 (1) 2 3m/s ； (2) 0.155s；（ 3）不正确，因为滑块可能落到某一个台阶上；正确结果 1.04m【解析】【详解】(1)物体在斜面 AB 上下滑，机械能守恒mgh01 mvB202解得vB2gh0 2100.62 3m/s(2)根据动能定理得mgh0mgx01 mvC202解得vC2g (h0x0 )210(0.60.3 0.5) 3m/s根据牛顿第二定律得mgma则ag0.310m/s23m/s2t1vC vB32 3 s0.155sa3(3)不正确，因为滑块可能落到某一个台阶上。正确解法：假定无
13、台阶，滑块直接落在地上t 2H2 0.8s 0.4sg10水平位移xvct1.2m恰好等于 3L（也就是恰好落在图中的D 点），因此滑块会撞在台阶上。当滑块下落高度为2h 时t2 2h2 2 0.2s 0.283sg10水平位移xvct30.283m0.85m大于 2L，所以也不会撞到 、 台阶上，而只能落在第 级台阶上。则有3h1 gt22 ， xpcvct22解得xpc33m 1.04m5【点睛】根据机械能守恒定律或动能动能定理求出滑块经过B 点时的速度 vB 。根据动能定理求出滑块到达 C 点的速度，再通过牛顿第二定律和运动学公式求出从B 点运动到 C 点所经历的时间 t 。因为物体做平
14、抛运动不一定落到地面上，可能落在某一个台阶上，先根据假设法判断物体所落的位置，再根据平抛运动的知识求出水平位移。6 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122=0.4、 =0.5， g 取 10m/s.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
15、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 1 200 N，方向竖直向下(2) C到 D过程，由动能定理 2mgL2 0 1mvC2解得 vC 6 /2m sB 到 C过程，由牛顿第二定律 1mg ma解得
16、 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 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 x x 0.5 m21传送带由于传送参赛者多消耗的电能E 1mg x 1mvC2 1mvB2720J.227 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
17、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/应该满足什么条件？【答案】（ 1）28gR（ 2） 6.6mg，竖直向下（ 3） R 0.92R5【解析】试题分析：（ 1）设小球到达C 点时速度为 v， a 球从
18、 A 运动至 C 过程，由动能定理有mg (5R sin 3701.8R)mg cos370 5R1mvc2 （ 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（ 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
19、从 C 直到 P 点过程，由动能定理，有mgR mg 2R1mvP21mvc2 （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）2R 2.3R （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，
20、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8 如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动某人坐在滑板上从斜坡的高处A 点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B 点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C 点停下来如果人和滑板的总质量m 60kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为 0.5，斜坡的倾角 37（ sin 37 0.6， cos 37 0.8），斜
21、坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g 取 10m/s 2求：（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离BC 为 L 20.0m，则人在斜坡上滑下的距离AB 应不超过多少？【答案】（ 1） 2.0 m/s 2；（ 2） 50m【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求出人从斜坡上下滑的加速度（2）根据牛顿第二定律求出在水平面上运动的加速度，结合水平轨道的最大距离求出B点的速度，结合速度位移公式求出AB 的最大长度【详解】（1）根据牛顿第二定律得，人从斜坡上滑下的加速度为：1mgsin37mgcos37=gsin37 - gco
22、s37 -0=6.522a m 8m/s=2m/s（2）在水平面上做匀减速运动的加速度大小为：22a g 5m/s ，根据速度位移公式得，B 点的速度为： vB2a2 L2 520m / s10 2m / s 根据速度位移公式得： vB2 200 50m.LAB2a1m4【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，本题也可以结合动能定理进行求解9 如图所示， ABC是一条长 L=10m 的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h=1.25m 处，A、 C 为端点， B为中点，轨道 BC处在方向竖直向上，大小5E=5 10N/C 的匀强电场中，一-5在轨道
23、上自 A 点质量 m=0.5kg，电荷量 q=+1.0 10C 的可视为质点的滑块以初速度v0=6m/s开始向右运动，经B 点进入电场，从 C 点离开电场，已知滑块与轨道间动摩擦因数=0.2， g 取 10m/s 2。求：滑块（ 1）到达 B 点时的速度大小；（ 2）从 B 点运动到 C 点所用的时间；（ 3）落地点距 C 点的水平距离。【答案】（ 1） 4m/s （2） 1.25s（ 3） 2m【解析】【详解】（ 1）滑块从 A 到 B 的运动过程只受重力、支持力、摩擦力作用，只有摩擦力做功，故由动能定理可得：mg 1 L 1 mvB21 mv02222所以滑块到达B 点时的速度大小vB v
24、02gL4m/s（2）滑块从B 运动到 C 的过程受合外力F=（mg -qE）=0；故滑块从 B 到 C做匀速运动；设从B 点运动到 C 点所用的时间为t ，则有：1 L5t2vBs 1.25 s4（3）滑块在C 点的速度vC =4m/s ；滑块从C 点做平抛运动，则平抛运动时间2ht 0.5s故落地点距C 点的水平距离x=vCt =2m；10 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
25、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具汽车看成质点).(解题时将玩(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
26、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，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
27、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 .11 如图所示，一个小球的质量m=2kg37 的斜面由顶端B从静止开始下，能沿倾角滑，小球滑到底端时与A 处的挡板碰触后反弹（小球与挡板碰撞过程中无能量损失），若20.6 ，小球每次反弹后都能回到原来的处，已知 A、 B 间距离为 s0 2m ， sin373cos37 0.8 ， g10m / s2，求：(1)小球与斜面间的动摩擦因数；(2)小球由开始下滑到最终静止的过程中所通过的总路程和克服摩擦力做的功。【答案】 (1)0.15； (2)10m ； 24J【解析】【详解】(1)设小球与
28、斜面间的动摩擦因数为，小球第一次由静止从的B 点下滑和碰撞弹回上升到速度为零的过程，由动能定理得：mg( s02)sin370mg (s02s0 )cos37 033解得：1 tan37 0.155(2)球最终一定停在A 处，小球从 B 处静止下滑到最终停在A 处的全过程由动能定理得：mgs0 sin37mgcos37 gs0所以小球通过的总路程为：s0 tan 375s010ms克服摩擦力做的功：W fmgcos37 gs24J12 如图甲所示，游乐场的过山车在圆弧轨道上运行，可以把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R 的竖直圆轨道相接，B、C 分别为圆轨道的最低点和最高点质量为m 的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A 点由静止滚下，经过B 点且恰好能通过 C 点已知A、 B 间的高度差为h=4R,重力加速度为g求：(1)小球通过 C 点时的速度vC ；(2)小球从 A 点运动到C 点的过程中，损失的机械能E损【答案】 (1)gR (2)1.5mgR【解析】【详解】(1) 小球恰能通过 C 点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：2mgm vCR则得：vCgR(2) 小球从 A 点运动到 C 点的过程中，根据动能定理得：mg( h 2R) Wf1mvC202解得：Wf =1.5mgR则小球从 A 点运动到C 点的过程中，损失的机械能E损 =Wf1.5mgR
