1、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 由相同材料的 杆搭成的 道如 所示，其中 杆AB 、 BC 、 CD 、 DE 、 EF 长均 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 的 t ；(2
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 Lsin37 ) mg
3、cos37 ( L L0 )1mvB22解得vB20 明小 到不了B 点，最 停在A 点 2 如图所示，半径为R1 m ，内径很小的粗糙半圆管竖直放置，一直径略小于半圆管内径、质量为 m1 kg 的小球，在水平恒力F 250N 的作用下由静止沿光滑水平面从A 点17运动到 B 点， A、 B 间的距离 x 17m，当小球运动到 B 点时撤去外力F，小球经半圆管道5运动到最高点 C，此时球对外轨的压力FN 2.6mg ，然后垂直打在倾角为 45的斜面上(g 10 m/s 2)求：(1)小球在 B 点时的速度的大小；(2)小球在 C 点时的速度的大小；(3)小球由 B 到 C 的过程中克服摩擦力做
4、的功；(4)D 点距地面的高度【答案】 (1)10 m/s (2)6 m/s(3)12 J (4)0.2 m【解析】【分析】对 AB 段，运用动能定理求小球在B 点的速度的大小；小球在C 点时，由重力和轨道对球的压力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求小球在C 点的速度的大小；小球由B 到 C 的过程，运用动能定理求克服摩擦力做的功；小球离开C 点后做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求 D 点距地面的高度 【详解】(1)小球从 A 到 B 过程，由动能定理得 ： Fx1 mvB22解得 ： vB10 m/s(2)在 C 点，由牛顿第二定律得Nvc2mg F mR又据题有 ： FN 2.6
5、mg解得 ： vC 6 m/s.(3)由 B 到 C 的过程，由动能定理得解得克服摩擦力做的功： Wf 12 J： mg 2R Wf 1 mvc21 mvB222(4)设小球从 C 点到打在斜面上经历的时间为t， D 点距地面的高度为h，则在竖直方向上有：2R h 1 gt22gt由小球垂直打在斜面上可知： tan 45vc联立解得 ： h 0.2 m【点睛】本题关键是对小球在最高点处时受力分析，然后根据向心力公式和牛顿第二定律求出平抛的初速度，最后根据平抛运动的分位移公式列式求解3 如图所示，轨道ABC 被竖直地固定在水平桌面上，A 距水平地面高H 0.75m， C距水平地面高h0.45m
6、。一个质量m 0.1kg 的小物块自A 点从静止开始下滑，从C 点以水平速度飞出后落在地面上的D 点。现测得C、D 两点的水平距离为x0.6m 。不计空气阻力，取 g 10m/s 2。求(1)小物块从 C 点运动到 D 点经历的时间t ；(2)小物块从 C 点飞出时速度的大小v ；C(3)小物块从 A 点运动到 C 点的过程中克服摩擦力做的功。【答案】 (1) t=0.3s (2) vC(3)0.1J=2.0m/s【解析】【详解】（1）小物块从 C 水平飞出后做平抛运动，由h1 gt 22得小物块从 C 点运动到 D 点经历的时间t2h0.3sg（2）小物块从 C 点运动到 D，由 xvCt得
7、小物块从 C 点飞出时速度的大小vCx2.0m/st（3）小物块从 A 点运动到 C 点的过程中，根据动能定理得 mg H h Wf1 mvC202W f1 mvC2mg Hh-0.1J2此过程中克服摩擦力做的功WfWf0.1J4 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m0.1kg 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
8、与水平面的夹角为o2， sin37 oo37.( 重力加速度 g10m / s0.6 ， cos37 0.8)(1) 求小物块运动到 B 点时的速度大小；(2)求小物块从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
9、，有： mglsin37 omgcos37o 1mv B2 ，2解得： v B 4m / 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，根据分位移公式，有：x v0 t ，y 1 gt 2 ，2结合几何关系，有：H yH2xL，3解得： t1 s；153 对滑块从 A 到 B 过程，根据动能定理，有：mglsin37 omgcos37o 1mv B2 ，2对平抛运动，根据分位移公式，有：xv0 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 mgy1
10、 mv 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 ；1616y5【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.5 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
11、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2（ 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
12、NB 1 200 N，方向竖直向下(2) C 到 D过程，由动能定理 2mgL2 01mvC22解得 vC 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 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 x2 x1 0.5 m传送带由于传送参赛者多消耗的电能E 1mg x 1mvC2 1mvB2720J.226 如图所示 ,在粗糙水平面上有一质量为M 、高为 h
13、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
14、Q 的最远距离【答案】（1） 2 tan （ 2） FMm gsin1 M m g（3）costan sin22hdsinhcostan 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 ：
15、 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 ： FMm 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7 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
16、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【答案】(1)3hgvg22h(2)L(3)g4h2h【解析】【分析】【详解】（1）若微粒打在探测屏3h1AB 的中点，则有：=gt2，22解得： t3hg（2）设打在 B 点的微粒的初速度为V1，则有： L=V1 11gt12t， 2h=2得： v1Lg4hg同理，打在A 点的微粒初速度为
17、：v2L2h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：112mv22+mgh= mv12+2mgh2联立解得： L=22 h8 一质量为 0.5kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离 A 点 5m 的位置 B 处是一面墙，如图所示，物块以v0=9m/s 的初速度从 A 点沿 AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为 7m/s ，碰后以6m/s 的速度反向运动直至静止 g 取 10m/s 2(1)求物块与地面间的动摩擦因数；(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F【答案】 （1）0.32 （ 2） F=130N【
18、解析】试题分析：（ 1）对 A 到墙壁过程，运用动能定理得：，代入数据解得：=0.32（2）规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：F t=mvmv，代入数据解得：F=130N9 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 ( g10m / s2 )求：（ 1）水平力撤去后，滑块（在斜面上）的加速度大小；（ 2）滑块
19、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：联立解得：mgL1 mv021 mv222hv02L 0.8m2g若滑块冲上传送带时的速
20、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：sv0sLsvv0aQmgs0.5J10 如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道 B 端的切线沿水平方向质量m=1.0kg 的滑块（可视为质点）在水平恒力F=10.0N 的作用下，从 A 点由静止开始运动，当滑块运动
21、的位移x=0.50m 时撤去力F已知 A、 B 之间的距离 x0=1.0m ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数 =0.10，取 g=10m/s 2求：（ 1）在撤去力 F 时，滑块的速度大小；（ 2）滑块通过 B 点时的动能；（3）滑块通过B 点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35m，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功【答案】（ 1） 3 0m/s；（ 2） 4 0J；（ 3） 0 50J【解析】试题分析：（ 1）滑动摩擦力fmg （1 分）设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律Fmgma1 （ 1 分）解得 a19.0m / s2 （ 1 分）设滑块运动位移为0.50m 时的速度大
22、小为v ，根据运动学公式v22a1 x（ 2 分）解得 v3.0m / s （ 1 分）（2）设滑块通过 B 点时的动能为 EkB从 A 到 B 运动过程中，依据动能定理有W合EkF xfx0EkB ， （ 4 分）解得 EkB4.0 J （ 2 分）（3）设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为W f ，根据动能定理mghWf 0 EkB （ 3 分）解得 W f0.50 J （ 1 分）考点：牛顿运动定律功能关系11 两个对称的与水平面成60角的粗糙斜轨与一个半径R 2m，张角为120的光滑圆弧轨道平滑相连一个小物块从h 3m高处开始，从静止开始沿斜面向下运动物体与斜轨接触面间的动摩擦因
23、数为 0.2， g 取10m/s 2（ 1）请你分析一下物块将怎样运动?（ 2）计算物块在斜轨上通过的总路程【答案】 (1)物块最后在圆弧左右两端点间来回往返运动，且在端点的速度为0； (2)20m【解析】【详解】解： (1)物块最后在圆弧左右两端点间来回往返运动，且在端点的速度为0；(2)物块由释放到最后振动过程到圆弧的左端点或右端点过程，根据动能定理：mg h R 1 cos60mgcos60s 0代入数据解得物块在斜轨上通过的总路程：s 20m,=37,4m/s的速度顺时针转动,在传送带下端轻轻地12 如图所示 传送带与地面成夹角以放一个质量 m=1kg 的物体 ,它与传送带间的动摩擦因
24、数=1,已知传送带从A 到 B 的长度L=6m,求物体从 A 到 B 过程中传送带克服物块摩擦力做功的平均功率?【答案】 30.4W【解析】【详解】物体先做匀加速直线运动,速度达到传送带速度后做匀速直线运动,根据牛顿第二定律求出开始上滑的加速度,结合速度时间公式求出速度达到传送带速度的时间,根据速度位移公式求出速度达到传送带上滑的位移 ,从而得出匀速运动位移 ,结合位移公式求出匀速运动的时间 ,求出总时间 ,摩擦力做的功 ,求平均功率 ；解： 物块刚放上传送带上时的加速度为a，有：mgcosmgsinma代入数据得：a2m / s2加速过程的位移为： x11 at122达到共同速度的时间为：v at1联立解得： t1 2sx14m匀速运动Lx1 vt2t20.5s加速过程摩擦力做的功W1umgcos vt164J匀速过程摩擦力做的功W2mgsin vt 212J根据平均功率的定义PW1W230.4Wt1t2
