高考物理专题汇编物理动能定理的综合应用(一)及解析

1、高考物理专题汇编物理动能定理的综合应用( 一) 及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1 小明同学根据上海迪士尼乐园游戏项目“创极速光轮”设计了如图所示的轨道。一条带有竖直圆轨道的长轨道固定在水平面上，底端分别与两侧的直轨道相切，其中轨道aq 段粗糙、长为l0=6.0m ， qnp 部分视为光滑，圆轨道半径r=0.2m， p 点右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为l=0.5m。一玩具电动小车，通电以后以p=4w 的恒定功率工作，小车通电加速运动一段时间后滑入圆轨道，滑过最高点n，再沿圆轨道滑出。小车的质量 m=0.4kg，小车在各粗糙段轨道上所受的阻力恒为f=0.5n。（重

2、力加速度g=10m/s2；小车视为质点，不计空气阻力）。(1)若小车恰能通过n 点完成实验，求进入q 点时速度大小；(2)若小车通电时间t=1.4s，求滑过n 点时小车对轨道的压力；(3)若小车通电时间t 2.0s，求小车可能停在p 点右侧哪几段轨道上。【答案】 (1) 22m/s ； (2)6n，方向竖直向上； (3)第 7 段和第 20 段之间【解析】【分析】【详解】(1)小车恰能过 n 点，则 vn0 ， qn 过程根据动能定理mg 2r1 mvn21 mv222代入解得v2 2m/s(2)an 过程pt fl0mg 2r1 mv1202代入解得v15m/s在 n 点时2mv1mgfnr

3、代入解得fn6n根据牛顿第三定律可得小汽车对轨道压力大小6n，方向竖直向上。(3)设小汽车恰能过最高点，则pt0fl0mg 2r0代入解得t01.15s2s此时小汽车将停在mg 2rn1 fl代入解得n16.4因此小车将停在第7 段；当通电时间t2.0s 时ptfl0n2 fl0代入解得n220因此小车将停在第20 段；综上所述，当t2.0s时，小汽车将停在第7 段和第 20 段之间。2 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=3 m 的水平轨道 bc相2连，然后在c 处设计一个竖直完整的光

4、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 .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）6 m/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：vy2 2 100.

5、93 2/sghma 点： tan60vyvx得：vy32m / s6m / svx v0tan603（2）从水平抛出到c 点的过程中，由动能定理得：mg h l1sinmgl1cosmgl2 1 mvc21 mv02 代入数据解得：vc3 6m / s223mgmv2（）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：r11mvc22mgr1 1mv222代入数据解得r1=1 08 m当小球刚能到达与圆心等高时1 mvc2 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

6、是0 r1 08 m考点：平抛运动；动能定理3 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1=0.4、 2=0.5， g 取 10m/s 2.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 d 点，求传送带运转速率及方向；（ 3）在第 （ 2）问中，传送带由

7、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2nbmg m vbr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 1 mvc22解得 vc 6m/ sb 到 c过程，由牛顿第二定律 1mg ma解得 a 4 /2(2分 )m s参赛者加速至vc历时 t vcvb

8、 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 6 /.m 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 1mvc21mvb2720j.224 如图光滑水平导轨ab 的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m=1kg 的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，b 点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度bc的长为l=6m ，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动cd 为光滑的水平轨道，c 点与传送带的

9、右端刚好平齐接触，de 是竖直放置的半径为r=0.4m的光滑半圆轨道，de 与 cd 相切于d 点已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达c 点，求弹簧储存的弹性势能ep ；（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过c 点，并经过圆弧轨道de，从其最高点 e 飞出，最终落在cd 上距 d 点的距离为x=1.2m 处（ cd 长大于 1.2m），求物块通过 e 点时受到的压力大小；（3）满足（ 2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能【答案】（ 1） ep12j （ 2） n=12.5n（ 3） q=16j【解析

10、】【详解】（1）由动量定理知：mgl 01 mv22由能量守恒定律知：12epmv2解得： ep12j（2）由平抛运动知：竖直方向：y2r1 gt 22水平方向： x vet在 e 点，由牛顿第二定律知：nmg m ve2r解得： n=12.5n（3）从 d 到 e，由动能定理知：mg 2r1 mve21 mvd222解得： vd5m / s从 b 到 d，由动能定理知mgl1 mvd21 mvb222解得： vb7m / s对物块 lvbvd t2解得： t=1s；s相对 lvt62 1m8m由能量守恒定律知：qmgls相对解得： q=16j5 如图所示，倾斜轨道ab 的倾角为37， cd、

11、 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

12、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（

13、 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 mvp2 1 mvc2 （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）2r2.3r （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

14、1mvc21mvb2mg 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 质量为 m=2kg 的小玩具汽车，在t 0 时刻速度为 v0=2m/s ，随后以额定功率p=8w 沿平直公路继续前进，经t=4s 达到最大速度。该小汽车

15、所受恒定阻力是其重力的0.1 倍，重力加速度 g=10m/s2。求：(1)小汽车的最大速度mv ；(2)汽车在 4s 内运动的路程s。【答案】 (1)4 m/s ， (2)10m。【解析】【详解】(1)当达到最大速度时，阻力等于牵引力：pfv mfvmf0.1mg解得： vm4m/s ；(2)从开始到 t 时刻根据动能定理得：pt fs1mvm21mv0222解得： s10m 。7 如图所示，固定斜面的倾角=30，用一沿斜面向上的拉力将质量m=1kg 的物块从斜面底端由静止开始拉动，t=2s 后撤去该拉力，整个过程中物块上升的最大高度h=2.5m，物块与斜面间的动摩擦因数=3 . 重力加速度

16、g=10m/s2. 求：6(1)拉力所做的功；(2)拉力的大小 .【答案】 (1) wf40j (2) f=10n【解析】【详解】（1）物块从斜面底端到最高点的过程，根据动能定理有：wfmgcoshmgh0sin解得拉力所做的功wf40j（2） wf fx由位移公式有 x1 at 22由牛顿第二定律有fmgcosmgsinma解得拉力的大小f=10n.8 如图所示，一质量为m 的小球从半径为r 的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为r。小球离开圆弧轨道的底端又通过水平距离r落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为g。求：（ 1）小球刚到圆弧轨道底端时对轨道的压力

17、；（ 2）小球在圆弧轨道上受到的阻力所做的功。【答案】（ 1） fn3mg ，方向竖直向下（2） w f3 mgr24【解析】【详解】（1）设小球在圆弧轨道的最低点时的速度为v，小球离开圆弧轨道后做平抛运动，有：rvtr 1 gt 22联立解得：vgr2而在圆弧轨道的最低点，由牛顿第二定律可知：v2fnmgmr由牛顿第三定律，fnfn联立求得球队轨道的压力为：fn3mg2方向竖直向下。（2）对圆弧上运动的过程由动能定理：mgr wf1 mv202联立可得：wf3 mgr49 如图所示，某工厂车间有甲、乙两辆相同的运料小车处于闲置状态，甲车与乙车、乙车与竖直墙面间的距离均为 l，由于腾用场地，需

18、把两辆小车向墙角处移动。一工人用手猛推了一下甲车，在甲车与乙车碰撞瞬间，立即通过挂钩挂到了一起，碰后两车沿甲车原来的运动方向继续向前运动，在乙车运动到墙角时刚好停下。已知两车的质量均为m，与水平地面间的摩擦力均为车重的k 倍，重力加速度大小为g，求：(1) 两车将要相碰时甲车的速度大小；(2)工人推甲车时对甲车的冲量大小。【答案】（ 1） v1 =22kgl ；（ 2） im 10kgl【解析】设甲乙车钩挂在一起后的速度为v2 ，从甲乙车钩挂一起到停下过程根据动能定理：2kmgl 012mv222（注：用牛顿第二定律和运动方程解的也给分）甲乙两车碰撞前后动量守恒，设碰撞前甲车速度为v1 ，根据

19、动量守恒定律：mv12mv 2得： v12 2kgl在甲车在与乙车碰撞前运动l 的过程，设离开人手瞬间速度为v0根据动能定理：kmgl1 mv121 mv0222人将甲车从静止推至获得速度v0 的过程根据动量定理： imv00得： im 10kgl【点睛】动量守恒和能量的转化与守恒的结合应用动量守恒定律解题要注意“四性”，、系统性、矢量性、同时性10 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m 1kg 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

20、平抛运动，正好落在 c 点，已知xac 2 m， f 15 n， g 取 10 m/s 2，试求：(1)物体在 b 点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 s0.4s ，2g10xac2m / s5m / s 则 b 点的速度为： vbt0.4225根据牛顿第二定律得， mgn bm vb，解得： n b110n52.5nr0.4（2）对 c到 b 的过程运用动能定理得：wf

21、fx ac mg2r1 mvb2 ，代入数据解得2w f9.5 j 11 如图所示， amb 是 am 和 mb 两段组成的绝缘轨道，其中am 段与水平面成 370，轨道 mb 处在方向竖直向上、大小3的匀强电场中。一质量m0.1 kg、电荷量e510 n/c 40q 1.0 10 c 的可视为质点的滑块以初速度v 6 m/s 从离水平地面高 h 4.2 m 处开始向下运动，经 m 点进入电场，从b 点离开电场 , 最终停在距 b 点 1.6m 处的 c 点。不计经过m 点的能量损失，已知滑块与轨道间的动摩擦因数 0.5，求滑块：(1)到达 m 点时的速度大小；(2)m 、b 两点的距离l；【答案】 (1)8m/s ； (2)9.6m【解析】试题分析：带电滑块的运动，可以分为三个过程：进电场前斜面上的匀加速直线运动 ； 在电场中沿水平地面的匀减速直线运动；离开电场后沿地面的匀减速直线运动。本题可以单纯利用牛顿运动定律和运动学的知识去计算，也可以结合能量部分来解题。解（ 1）方法一 ：在滑块从a 运动到 m 点