最新高考物理动能定理的综合应用基础练习题

1、最新高考物理动能定理的综合应用基础练习题一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1 如图所示，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的功；(

2、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 ： fx1mvb22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 2.6mg解得

3、： vc 6 m/s.1212(3)由 b 到 c 的过程，由动能定理得 ： mg 2r wf 2mvc2 mvb解得克服摩擦力做的功 ： wf 12 j(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 1gt22gt tan 45由小球垂直打在斜面上可知：vc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2 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

4、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

5、【解析】【分析】【详解】（1）由动能定理可知：pt1 mgh1 mv 21 mv0222v 3m/s（2）由 h1gt22 ,s vt 2 可得： s v 2h1.2m2g（3）摩托车落至 a 点时，其竖直方向的分速度vygt 24m / s设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为，则vy4 53tan，即v3所以 2 106（4）在摩托车由最高点飞出落至o 点的过程中，由机械能守恒定律可得：mgh r(1cos)1 mv 21 mv 222在 o 点： nmgm v 2r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 7740n3 如图所示，轨道abc 被竖直地固

6、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 。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vc；(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=2.0m/s(3)0.1j【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

7、的时间 t2h0.3sg（2）小物块从 c 点运动到 d，由 xvct得小物块从 c 点飞出时速度的大小x2.0m/svct（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 f1mvc2mg hh-0.1j2此过程中克服摩擦力做的功wfwf 0.1j4 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

8、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 3 0.1 10n3n.(2)设小物块在水平面上滑动的最大距离为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5 为了研究过山车的原理，某同学设计了如下模型：取一个与水平方向夹角为37、长为l=2.5 m 的粗糙倾斜轨道 ab，通过水平轨道bc与半径为r=0.2 m 的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道 de，整个轨道除 ab 段以外都是

9、光滑的。其中ab 与 bc 轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个质量m=2 kg 小物块，当从a 点以初速度 v0 =6 m/s 沿倾斜轨道滑下，到达 c点时速度 vc2 ， sin37 =0.60， cos37=0.80。=4 m/s 。取 g=10 m/s（ 1）小物块到达 c 点时，求圆轨道对小物块支持力的大小；（ 2）求小物块从 a 到 b 运动过程中，摩擦力对小物块所做的功；（3）小物块要能够到达竖直圆弧轨道的最高点，求沿倾斜轨道滑下时在a 点的最小初速度 va。【答案】 (1) n=180 n (2) wf =-50 j (3) va30 m/s【解析】【详解】（1）在 c点时，设圆

10、轨道对小物块支持力的大小为n，则：nmvc2mgr解得n=180 n（2）设 ab 过程中摩擦力对小物块所做的功为wf，小物块 abc 的过程，有mgl sin 37 wf1 mvc21 mv0222解得wf =-50 j。（3）小物块要能够到达竖直圆弧轨道的最高点，设在最高点的速度最小为vm，则：mgmvm2r小物块从 a 到竖直圆弧轨道最高点的过程中，有mgl sin 37 wf 2mgr1 mvm21 mva222解得va30 m/s6 如图甲所示，带斜面的足够长木板p，质量 m=3kg。静止在水平地面上，其右侧靠竖直墙壁，倾斜面bc 与水平面 ab 的夹角 =37、两者平滑对接。 t=

11、0 时，质量 m=1kg、可视为质点的滑块q 从顶点 c 由静止开始下滑，图乙所示为q 在 06s 内的速率 v 随时间 t 变化的部分图线。已知p 与 q 间的动摩擦因数是p 与地面间的动摩擦因数的5 倍， sin37 =0.6，2cos37 =0.8，g 取10m/s 。求：(1)木板 p 与地面间的动摩擦因数；(2)t=8s 时，木板 p 与滑块 q 的速度大小；(3)08s 内，滑块 q 与木板 p 之间因摩擦而产生的热量。【答案】 (1)2 0.03 ； (2) vpvq 0.6m/s ； (3) q 54.72j【解析】【分析】【详解】(1)02s 内， p 因墙壁存在而不动，q

12、沿着 bc 下滑， 2s 末的速度为v 10m/s，设 p、 q 间1动摩擦因数为21， p 与地面间的动摩擦因数为；对 q，由 v t图像有a14.8m/s 2由牛顿第二定律有mg sin 371mg cos37ma1联立求解得10.15，210.035(2)2s 后， q 滑到 ab 上，因 1mg2 (mm ) g ，故 p、q 相对滑动，且q 减速、 p 加速，设加速度大小分别是a2、 a3， q 从 b 滑动 ab 上到 p、 q 共速所用的时间为 t0对 q 有1mgma2对 p 有1mg2 ( mm ) g ma3共速时v1a2t0a3 t0解得a2=1.5m/s 2、 a3=0

13、.1m/s 2、 t6s故在 t 8s 时， p 和 q 共速vpa3t0.6m / s(3)02s 内，根据 v-t 图像中面积的含义，q 在 bc 上发生的位移1x =9.6m28s 内， q 发生的位移x2v1vq t0 30.6m2p 发生的位移x3vp t01.8m208s 内， q 与木板 p 之间因摩擦而产生的热量q1mgx1 cos37 o1mg( x2x3 )代入数据得q54.72j7 如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m 的小物块a 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使a 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线m 处的墙上，另一端恰位于

14、滑道的末端o 点已知在om段，物块a 与水平面间的动摩擦因数均为，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：（ 1）物块速度滑到 o 点时的速度大小；（ 2）弹簧为最大压缩量 d 时的弹性势能 （设弹簧处于原长时弹性势能为零）（ 3）若物块 a 能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？【答案】（ 1）2gh ；（ 2） mghmgd ；（ 3） h2 d【解析】【分析】根据题意，明确各段的运动状态，清楚各力的做功情况，再根据功能关系和能量守恒定律分析具体问题【详解】（1）从顶端到o 点的过程中，由机械能守恒定律得：mgh1 mv22解得：v 2gh（ 2）在水平滑道上物块 a 克服摩擦

15、力所做的功为：wmgd由能量守恒定律得：12mvepmgd2联立上式解得：epmghmgd（ 3）物块 a 被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为；wmgd由能量守恒定律得：mghepmgd解得物块 a 能够上升的最大高度为：hh2d【点睛】考察功能关系和能量守恒定律的运用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），斜坡与水平滑道间是平

16、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 - gcos37 -0=

17、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：a2 g 5m/s2，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 .lab2a1m50m4【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，整个轨道在同一竖直平面内，直轨道ab 在底端通过一段光滑的曲线轨道与一个光滑的四分之一圆弧轨道cd平滑连接，圆弧轨道的最高点c 与 b 点位于同一高度圆弧半径为r，圆心 o 点恰在水平地面一质量为m 的滑块（视为

18、质点）从a 点由静止开始滑下，运动至c 点时沿水平切线方向离开轨道，最后落在地面上的e 点已知a 点距离水平地面的高度为h， oe=2r，重力加速度取g，不计空气阻力求：（ 1）滑块运动到 c 点时的速度大小 vc；（ 2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功wf；（3）若滑块从直轨道上 a点由静止开始下滑，运动至c 点时对轨道恰好无压力，则a点距离水平地面的高度为多少？【答案】（ 1）滑块运动到 c 点时的速度大小vc是（2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功wf 是 mg（ h2r）（3） a点距离水平地面的高度为【解析】试题分析：（1）滑块从 c 到 e 做平抛运动，水平位移为2r ，

19、竖直位移为r则有： 2rv t 、 r1 gt 2 ，可解得vc2grc2（2）对于从 a 到 c 的过程，运用动能定理得mg h rw f1 mvc202解得，滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功w fmg h2r（3）设 a 点的距离水平地面的高度为h在 c 点有 mgm vc2r从 a到 c，由动能定理得mg(h r)w f1 mvc20 2滑块在直轨道上下滑时重力做功与克服摩擦力做功的比值是定值，mg(hr)( h r)解得 wfmg (h2r)(hr) ，代入 式所以有：2r)mg(hw f ( hr)联立 、 两式，可解得hhr2考点：考查了动能定理；向心力【名师点睛】本题要分析清

20、楚物体的运动情况，正确选择研究过程，寻找每个过程和状态所遵守的物理规律是关系，要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解法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，

21、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2k所受合力对时间t 的平均值【答案】（ 1） f12xv0v122ka=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： f1mvt1.02.0

22、 n 1.0nt2.0物块在加速运动过程中，应用动能定理有：f2 gx1 mvt22mvt21.02.020.8n解得：f22n2 x2.5(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 x1mv 21mv0222m(v2v02 )解得：f22x当 f1f2 时，由上两式得：xv0 vv2t(3)由图 2可求得物块由x0 运动至 xa过程中，外力所做的功为：w1 kaga1 ka222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： ft0 mv0由题已知条件：tm解得： f2k2ka11 如图所示，光滑曲面与粗糙平直轨道平滑相接，b 为连接点，滑块(视为质点 )自距水平轨道高为 h 的 a 点，由静止自由滑下，滑至 c点速度减为零 bc 间距离为 l重力加速度为 g，忽略空气阻力，求：(1)滑块滑至 b 点的速度大小；(2)滑块与水平面bc间的动摩擦因数；(3)若在平直轨道bc间的 d 点平滑接上一半圆弧形光滑竖直轨道(轨道未画出 )，dc3 l ，再从 a 点释放滑块，滑块恰好能沿弧形轨道内侧滑至