1、最新高考物理试卷分类汇编物理动能定理的综合应用( 及答案 )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，人骑摩托车做腾跃特技表演，以1.0m/s的初速度沿曲面冲上高0.8m、顶部水平的高台，若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率 1.8kW 行驶，经过 1.2s 到达平台顶部，然后离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从 A 点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑 A、 B 为圆弧两端点，其连线水平已知圆弧半径为 R1.0m，人和车的总质量为 180kg ，特技表演的全过程中不计一切阻力 ( 计算中取 g10m/s2，sin53 0.8 ，cos53 0.6) 求：(1) 人和
2、车到达顶部平台的速度v；(2) 从平台飞出到 A 点，人和车运动的水平距离x；(3) 圆弧对应圆心角；(4) 人和车运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力【答案】（ 1） 3m/s（ 2） 1.2m（ 3）106（ 4）7.74 10 3N【解析】【分析】【详解】（1）由动能定理可知：Pt1 mgH1mv 21mv0222v 3m/s（2）由 H1 gt22 ,svt 2 可得： s v2H1.2m2g（3）摩托车落至A 点时，其竖直方向的分速度vy gt 24m / s设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为，则vy4 ，即 53tanv3所以 2 106（4）在摩托车由最高点飞出落至O 点的
3、过程中，由机械能守恒定律可得：mgH R(1 cos )1 mv 21 mv 222v 2在 O 点： N mg mR所以 N 7740N由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O 时对轨道的压力为 7740N2 如图所示， AC 为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在A 端的竖直墙壁上.质量m1kg 的小物块将弹簧的另一端压缩到B 点，之后由静止释放，离开弹簧后从C 点水平飞出，恰好从 D 点以 vD10m / s 的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道DEF ( 小物体与轨道间无碰撞).O 为圆弧轨道的圆心，E 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径 R1m ， DOE60o ，EOF37.o 小
4、物块运动到 F 点后，冲上足够长的斜面FG，斜面 FG 与圆轨道相切于F 点，小物体与斜面间的动摩擦因数0.5.sin37 o0.6 ，cos37o0.8 ，取 g 10m / s2 . 不计空气阻力 . 求：（1）弹簧最初具有的弹性势能；（2）小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小；（3）判断小物块沿斜面 FG 第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的D 点？若能，求解小物块回到 D 点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E的速度大小【答案】1 1.25J? ； 230 N； 32 m / s 【解析】【分析】【详解】（1）设小物块在C 点的速度为v
5、C ，则在 D 点有： vCvD cos60o设弹簧最初具有的弹性势能为Ep ，则： EP1 mv C22代入数据联立解得：Ep1.25J ；2 设小物块在 E 点的速度为 v E ，则从 D 到 E 的过程中有：mgR 1 cos60o1 mv E21 mv D222设在 E 点，圆轨道对小物块的支持力为N，则有：v E2N mgR代入数据解得： vE2 5m / s ， N30N由牛顿第三定律可知，小物块到达圆轨道的E 点时对圆轨道的压力为30 N；3 设小物体沿斜面FG上滑的最大距离为x，从 E 到最大距离的过程中有：mgR 1 cos37omgsin37 omgcos37ox 01 m
6、v E22小物体第一次沿斜面上滑并返回F 的过程克服摩擦力做的功为Wf ，则Wf2x mgcos37o小物体在 D 点的动能为 EKD ，则： EKD1 mv D22代入数据解得： x0.8m ， Wf6.4J ， EKD5J因为 EKD Wf ，故小物体不能返回D 点 .小物体最终将在 F 点与关于过圆轨道圆心的竖直线对称的点之间做往复运动，小物体的机械能守恒，设最终在最低点的速度为v Em ，则有：mgR 1 cos37o1 mv Em22代入数据解得： vEm2m / s答：1 弹簧最初具有的弹性势能为1.25J；23小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小是30 N；小物
7、块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后不能回到圆弧轨道的D 点 . 经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小为2 m / s 【点睛】（1）物块离开C 点后做平抛运动，由D 点沿圆轨道切线方向进入圆轨道，知道了到达D点的速度方向，将D 点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据角度关系求出水平分速度，即离开 C 点时的速度 ，再研究弹簧释放的过程，由机械能守恒定律求弹簧最初具有的弹性势能；2 物块从 D 到 E，运用机械能守恒定律求出通过E 点的速度 ，在 E 点，由牛顿定律和向心力知识结合求物块对轨道的压力；3 假设物块能回到D 点，对物块从A 到返回 D 点的整个过程，运用动能定理
8、求出D 点的速度，再作出判断，最后由机械能守恒定律求出最低点的速度3 如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平光滑轨道BC 相连，竖直墙壁CD 高H 0.2m ，紧靠墙壁在地面固定一个和 CD 等高，底边长 L 0.3m的斜面，一个质量m 0.1kg 的小物块( 视为质点 ) 在轨道 AB 上从距离B 点 l4m 处由静止释放，从C 点水平抛出，已知小物块在AB 段与轨道间的动摩擦因数为0.5，达到 B 点时无能量损失； AB段与水平面的夹角为o2， sin37 o0.6 ， cos37o0.8)37.( 重力加速度 g10m / s(1) 求小物块运动到 B 点时的速度大小；(2)求小物
9、块从C点抛出到击中斜面的时间；(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值.【答案】 (1) 4m / s (2)1 s (3) 0.15J15【解析】【分析】(1) 对滑块从 A 到 B 过程，根据动能定理列式求解末速度；(2) 从 C 点画出后做平抛运动，根据分位移公式并结合几何关系列式分析即可；(3) 动能最小时末速度最小，求解末速度表达式分析即可.【详解】1 对滑块从A 到 B 过程，根据动能定理，有：mglsin37mgcos37o1mv Bo2 ，2解得： v B4m / s；2 设物体落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，画出轨迹，如图所示：对平抛运动，
10、根据分位移公式，有：x v0 t ，y 1 gt 2 ，2H yH2结合几何关系，有：L，x3解得： t1 s；153 对滑块从 A 到 B 过程，根据动能定理，有：mglsin37 omgcos37o 1 mv B2 ，2对平抛运动，根据分位移公式，有：x v0 t ，y 1 gt 2 ，2结合几何关系，有：Hy H2xL，3从 A 到碰撞到斜面过程, 根据动能定理有： mglsin37 o mgcos37ol mgy1mv 202联立解得：12mg25y9H 218Hmv1616y，216故当 25y9H 2，即 y3 H0.12m 时，动能 Ek 最小为： Ekm0.15J ；1616y
11、5【点睛】本题是力学综合问题，关键是正确的受力分析，明确各个阶段的受力情况和运动性质，根据动能定理和平抛运动的规律列式分析，第三问较难，要结合数学不等式知识分析.4 如图， 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
12、 点时对圆弧轨道的压力 ;(3)P 点与 B 点的高度差【答案】（ 1） 4R（ 2）7 mg，竖直向下（3）1 R555【解析】【详解】（1）设极限运动员在B 点的速度为 v ，落在 CD 上的位置与 C 的距离为 x，速度大小为0v，在空中运动的时间为00t，则 xcos30 =v t01gt2R-xsin30 =2v0gttan 300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FNFN =FN，则解得 FN7 mg ，方向竖直向下；5（3） P 点与 B 点的高度差为h,则 m
13、gh=122mv 0解得 h=R/55 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动，从 E 滑出该轨道进入 EF 水平轨道小球由静止从D 进入该轨道，沿轨道内侧运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
14、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 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N mgm vc2， （ 2 分） 其中 r 满足 r+r sin530=1.8R （ 1 分）r联立上式可得： N=
15、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mgR mg 2R1 mvP21 mvc2 （1 分）22可得 R23 R 0.92 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mgRmg 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
16、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）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 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
17、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）【解析】【详解】hs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：v2gh(2)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：mghmgs0解得水平轨道与物体间的动摩擦因数：hs7 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
18、 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 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
19、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：2 0.1mgs21212Pt=mvm2mv02得： t2=35s所以汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为：t=t1 +t 2=55s8 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的探测屏竖直放置，离P点的水AB平距离为 L，上端 A与 P 点的高度差也为 h.(
20、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A、 B 两点的微粒的动能相等，求L 与 h 的关系【答案】 (1)3h(2)Lgvg(3) 22hg4h2h【解析】【分析】【详解】（1）若微粒打在探测屏AB 的中点，则有：3h1=gt2，22解得： t3hg（2）设打在 B 点的微粒的初速度为V1，则有： L=V111gt12t， 2h=2得： v1 Lg4h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 vL4h2h（31mv21）打在 A 和 B 两点的动能一样，则有：2+mgh=22
21、联立解得： L=22 h2mv1 +2mgh9 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
22、】（ 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 - gcos37=6-0.522a 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 5
23、0m.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10 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：（ 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
24、终停下位置x（到 B 点的距离）的关系。【答案】 (1) 3m/s (2) 7 m/s (3)v2或 xv2x LL2g2 g【解析】【详解】（1）从 A 点到刚滑上传送带，应用动能定理mgRmgL1 mv221得v12gR2 gL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mgL01 mv22解得 v2 gL7 m/s即传送带的速度必须大于等于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
25、=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 g11 如图所示，倾角=30d=0.9 mPQ两点，Q点以上斜面的斜面足够长，上有间距的 、光滑， 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
26、斜面粗糙部分的动摩擦因数均为23 取 g=10 m/s 2，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 sin1 mv1202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 m12 甲图是我国自主研制的
27、 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，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
28、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
29、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.
