1、【物理】高考物理动能定理的综合应用试题( 有答案和解析 ) 及解析一、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)
2、 人和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
3、 点的过程中，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 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
4、.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） 6m/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：vy22 100.93 2/sghmA 点：tanvy60vx得：vxv0vy326m / stan603m / s（2）从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得：mg hL1sinmgL1cosmgL21mvC21mv
5、02 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： mv2mgR11 mvC22mgR1 1 mv222代入数据解得R1=1 08 m当小球刚能到达与圆心等高时1mvC2 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,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
6、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【答案】（1） 2 tan （ 2） FMm gsin1M m g（3）costan sin22hdsi
7、nhcostan 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： =tan 2(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 +Ncos =ma2m竖直方向 ：Ncos-Nsin -mg =02解得 ： a2g sincostansin对 M 、m 整体由牛顿第二定律得：F-1(M +m)g=(M +m)am解得 ： F
8、Mm g2 Mm g sin1costansin(3)对 M、 m 整体由动能定理得： Fd1M m gd1 M m v22解得 ： vdg sincostan sin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 p22hd sinhcostansintan【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 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
9、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）2gh （2）m v02gh（ 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： B2gh ；（2）滑块在由B 到 C 的过程中，由动能定理得：mgL1212，2mv 0 -2mv B解得， v022gh ；2gL22gh)2（3）产生的热量： Q=mgL相对 ， L相对0B ( 0（或2g2g( 02gh )2v02L
10、 ），2gh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 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A、 B 两点的微粒的动能相等，求L 与 h 的关系(1)3hgvg(3)22h【答案】(2)L
11、2hg4h【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 点的微粒的初速度为V112，则有： L=V1t 1， 2h= gt12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 vL4h2h11（3）打在 A 和 B 两点的动能一样，则有：mv22+mgh= mv12+2mgh22联立解得： L=22 h6 如图的竖直平面内，一小物块(视为质点)从H=10m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB 进入半径 R=4m 的光滑竖直圆环内侧，弯曲轨道 AB 在 B 点与圆环轨道平滑相接。
12、之后物块沿 CB 圆弧滑下，在 B 点 (无动量损失 )进入右侧的粗糙水平面上压缩弹簧。已知物块的质量m=2kg，与水平面间的动摩擦因数为0.2，弹簧自然状态下最左端D 点与B 点距离L=15m，求： (g=10m/s2)(1)物块从 A 滑到 B 时的速度大小；(2)物块到达圆环顶点C 时对轨道的压力；(3)若弹簧最短时的弹性势能，求此时弹簧的压缩量。【答案】 (1)m/s ； (2)0N； (3)10m。【解析】【分析】【详解】(1)对小物块从A 点到 B 点的过程中由动能定理解得 ：；(2)小物块从 B 点到 C 由动能定理 ：在 C 点，对小物块受力分析：代入数据解得C 点时对轨道压力
13、大小为0N；(3)当弹簧压缩到最短时设此时弹簧的压缩量为动能定理 ：x,对小物块从B 点到压缩到最短的过程中由由上式联立解得：x=10m【点睛】动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动，了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题。动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功。7 如图所示，质量为 m 1kg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为30o 的光滑斜面上，斜面的末端B 与水平传送带相接（物块经过此位置滑上皮带时无能量损失），传送带的运行速度为 v03m / s ，长为 L 1.4m 今将水平力撤去，当滑块滑到
14、传送带右端C时，恰好与传送带速度相同已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.25 ( g 10m / s2)求：（ 1）水平力撤去后，滑块（在斜面上）的加速度大小；（ 2）滑块下滑的高度；（3）若滑块进入传送带时速度大于 3m / s，则滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量为多少【答案】（ 1） 5m/s 2（ 2）0.1m 或 0.8m (3)5J【解析】【分析】【详解】（ 1）对撤去外力 F 后的滑块受力分析，由牛顿第二定律：解得：mg sinmaa5m / s2（2）设滑块从高为h 处上滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒：mgh1 mv22解得：v2gh若滑块冲上传送带的速度
15、小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有：mgL1 mv021 mv222联立解得：hv02L 0.8m2g若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受天向左的滑动摩擦力而做匀速运动，根据动能定理：解得：mgL1 mv021 mv222hv02L 0.8m2g（3）设滑块在传送带上运动的时间为t ，则 t 时间内传送带的位移： s v0t由机械能守恒可知： mgh1mv22对滑块由运动学公式知：v0v at联立解得：滑块相对传送带滑动的位移：相对滑动生成的热量：vv0sv0asLsQmgs0.5J8如图所示，处于原长的轻质弹簧放在固定的光滑水
16、平导轨上，左端固定在竖直的墙上，右端与质量为 mB=2kg 的滑块 B 接触但不连接，此时滑块B 刚好位于 O 点光滑的水平导轨右端与水平传送带理想连接，传送带长度L=2.5m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率 v=4.0m/s 匀速传动现用水平向左的推力将滑块B 缓慢推到 M 点（弹簧仍在弹性限度内），当撤去推力后，滑块B 沿轨道向右运动，滑块B 脱离弹簧后以速度v =2.0m/s 向右运动，滑上传送带后并从传送带右端Q 点滑出落至地面上的 P 点已知滑B块 B 与传送带之间的动摩擦因数=0.10，水平导轨距地面的竖直高度h=1.8m ，重力加速度g 取 10m/s2 求：（ 1）
17、水平向左的推力对滑块B 所做的功W；（ 2）滑块 B 从传送带右端滑出时的速度大小；（ 3）滑块 B 落至 P 点距传送带右端的水平距离【答案】（ 1） 4J （ 2）3m/s （ 3） 1.8m【解析】试题分析：（ 1）设滑块B 脱离弹簧时推力对B 所做的功为W，根据动能定理，有：W1 mBvB24J （2 分）2（2）滑块 B 滑上传送带后做匀加速运动，设滑块B 从滑上传送带到速度达到传送带的速度 v 所用的时间为 t，加速度大小为a，在时间 t 内滑块 B 的位移为 x，根据牛顿第二定律和运动学公式得：mg ma （1 分）vvBat （ 1分）xvB t1 at 2 （ 1 分）2解得
18、： x6mL （ 1 分）即滑块 B 在传送带上一直做匀加速运动，设滑出时的速度为v由 v 2 vB2 2aL解得： v3m/s （1 分）（3）由平抛运动的规律，则有：h 1 gt 2 （ 1 分）2x v t （ 1 分）解得： x1.8m （ 1 分）考点：本题考查了平抛运动、动能定理和匀变速运动规律的应用9如图所示， AB 是倾角为 的粗糙直轨道， BCD是光滑的圆弧轨道， AB 恰好在 B 点与圆弧相切，圆弧的半径为 R，一个质量为 m 的物体 (可以看做质点 )从直轨道上的 P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为
19、，求：(1)物体做往返运动的整个过程中，在AB 轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，物体对轨道压力的大小和方向【答案】（ 1） LRFNmg(32cos ) ，方向竖直向下（ 2） FN【解析】试题分析：（ 1）物体每完成一次往返运动，在AB 斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达 B 点时，速度变为零，对物体从P 到 B 全过程用动能定理，有mgR cosmgL cos0R得物体在AB 轨道上通过的总路程为L（2）最终物体以B 为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B 运动到 E 时速度为v，由动能定理 有 mgR(1cos )1 mv22在 E 点，由牛顿第
20、二定律有FNmv2mgR得物体受到的支持力 FNmg(32cos)根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为FN FN mg(3 2cos ) ，方向竖直向下考点：考查了动能定理，牛顿运动定律，圆周运动等应用点评：在使用动能定理分析多过程问题时非常方便，关键是对物体受力做功情况以及过程的始末状态非常清楚10 动能定理和动量定理不仅适用于质点在恒力作用下的运动，也适用于质点在变力作用下的运动，这时两个定理表达式中的力均指平均力，但两个定理中的平均力的含义不同，在动量定理中的平均力F1 是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F2 是合力指对位移的平均值(1)质量为 1.0kg 的物块，受变力作用
21、下由静止开始沿直线运动，在2.0s 的时间内运动了2.5m 的位移，速度达到了2.0m/s 分别应用动量定理和动能定理求出平均力F 和 F 的12值(2)如图 1 所示，质量为m 的物块，在外力作用下沿直线运动，速度由v0 变化到 v 时，经历的时间为 t ，发生的位移为x分析说明物体的平均速度v与 v0、 v 满足什么条件时，1F和 F2 是相等的(3)质量为 m 的物块，在如图2 所示的合力作用下，以某一初速度沿x 轴运动，当由位置x=0 运动至 x=A 处时，速度恰好为 0，此过程中经历的时间为tm，求此过程中物块2 k所受合力对时间t 的平均值【答案】（1）F12xv0 v1 22kA
22、=1.0N， F =0.8N；（ 2）当 vt2时， F =F ；（ 3） F【解析】【详解】解： (1)物块在加速运动过程中，应用动量定理有：F1gtmvt解得： F1mvt1.02.0N1.0Nt2.0物块在加速运动过程中，应用动能定理有：F2 gx1mvt22解得： F2mvt21.02.02N0.8N2 x22.5(2)物块在运动过程中，应用动量定理有：Ft1mvmv0解得： F1m(v v0 )t物块在运动过程中，应用动能定理有：F2 x1 mv 21 mv0222解得： F2m(v2v02 )2x当 F1F2 时，由上两式得：vxv0 vt2(3)由图 2可求得物块由x0 运动至
23、xA过程中，外力所做的功为：W1kAgA1kA222设物块的初速度为v0，由动能定理得：W01 mv022解得： v0Akm设在 t 时间内物块所受平均力的大小为F ，由动量定理得：Ft0mv0由题已知条件：tm解得： F2k2kA11 如图所示，半径R 0.4 m的光滑半圆轨道与粗糙的水平面相切于A点，质量为m1kg 的小物体 (可视为质点 )在水平拉力 F 的作用下，从静止开始由C 点运动到 A 点，物体从A 点进入半圆轨道的同时撤去外力F，物体沿半圆轨道通过最高点B 后做平抛运动，正好落在 C 点，已知 xAC2，试求： 2 m， F 15 N， g 取 10 m/s(1)物体在 B 点
24、时的速度大小以及此时物体对轨道的弹力大小；(2)物体从 C 到 A 的过程中，克服摩擦力做的功【答案】（ 1） 5m/s ；52.5N，（ 2） 9.5J【解析】【分析】【详解】试题分析：（ 1）根据 2R1 gt 2 得，平抛运动的时间为：t4R4 0.4 s 0.4s ，2g10则 B 点的速度为： vBxAC2m / s5m / s t0.4根据牛顿第二定律得，mgN Bm vB2，解得： N B12510N52.5N R0.4（2）对 C到 B 的过程运用动能定理得：Wf Fx AC mg2R1 mvB2 ，代入数据解得2W f9.5 J 12 如图所示，倾斜轨道在B 点有一小圆弧与圆
25、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： v2 6m/sB（3）从 A 到 B 的过程，由动能定理可得：mgH Wf1 mvB22解得： Wf0.8J
