高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析

1、高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题( 含答案 ) 含解析一、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

2、杆 oa 上运 的 t ；(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m

3、g(h lsin37 ) mgcos37 ( l l0 )1mvb22解得vb20 明小 到不了b 点，最 停在a 点 2 如图所示，一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定，底端分别与两侧的直轨道相切，半径 r=0.5m。物块 a 以 v0=10m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点n，再沿圆轨道滑出， p 点左侧轨道光滑，右侧轨道与物块间的动摩擦因数都为=0.4， a 的质量为 m=1kg（ a 可视为质点） ，求：(1)物块经过 n 点时的速度大小；(2)物块经过 n 点时对竖直轨道的作用力；(3)物块最终停止的位置。【答案】 (1) v4 5m/s ；(2)150n ，作用力方向竖直向上； (

4、3) x 12.5m【解析】【分析】【详解】(1)物块 a 从出发至 n 点过程，机械能守恒，有1 mv02mg 2r1 mv222得vv024gr45m/ s(2)假设物块在 n 点受到的弹力方向竖直向下为f ，由牛顿第二定律有nmg fnm v2r得物块 a 受到的弹力为fnm v2mg 150nr由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力为fnfn150n作用力方向竖直向上(3)物块 a 经竖直圆轨道后滑上水平轨道，在粗糙路段有摩擦力做负功，动能损失，由动能定理，有mgx 01mv022得x12.5m3 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

5、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 mgl 0，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4 如图所示，半径

6、r 2m的四分之一粗糙圆弧轨道ab 置于竖直平面内，轨道的b 端切线水平，且距水平地面高度为h =1.25m ，现将一质量m =0.2kg 的小滑块从 a 点由静止释放，滑块沿圆弧轨道运动至b 点以 v 5m / s 的速度水平飞出（ g 取 10m / s2 ）求：（ 1）小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功；（ 2）小滑块经过 b 点时对圆轨道的压力大小；（ 3）小滑块着地时的速度大小 .【答案】 (1) w f1.5j (2)fn4.5n (3)v15 2m / s【解析】【分析】【详解】（1）滑块在圆弧轨道受重力、支持力和摩擦力作用，由动能定理mgr-wf = 1 mv22wf

7、=1.5j（2）由牛顿第二定律可知：fnmg m v2r解得：fn4.5n（3）小球离开圆弧后做平抛运动根据动能定理可知：mgh1 mv21 mv2212解得：v15 2m/s5 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

8、限运动员通过 b 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）1r555【解析】【详解】（1）设极限运动员在b 点的速度为 v0，落在 cd 上的位置与 c 的距离为 x，速度大小为v，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fnnn，则 f =f，解得 fn7 mg ，方向竖直向下；5（3） p 点与 b 点的

9、高度差为h,则 mgh=12mv 02解得 h=r/56 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

10、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】【详解】（1）由动量定理知：mgl01mv22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：nmgm ve2r解得： n=12.5n（3）从 d

11、到 e，由动能定理知：mg 2r1 mve2 1 mvd222解得： vd5m / s从b到dmgl1212，由动能定理知2mvdmvb2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=16j7 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

12、时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小【答案】 （1）0.32 （ 2） f=130nf【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=130n8 如图所示，倾角=30的斜面足够长，上有间距d=0.9 m 的p、 q 两点，q 点以上斜面光滑， 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。两物体与斜面粗糙部分的动摩擦因数均为2 3 取g=1

13、0 m/s2，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 sin1mv1202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 m9 如图所示，倾角为 300 的光滑斜劈 ab 长 l1的水平桌面上 ,b

14、=0.4m ，放在离地高 h=0.8m点右端接一光滑小圆弧（图上未画出），圆弧右端切线水平，与桌面边缘的距离为l2现有一小滑块从a 端由静止释放，通过 b 点后恰好停在桌面边缘的c 点，已知滑块与桌面间的滑动摩擦因数=0.2（ 1）求滑块到达 b 点速度 vb 的大小；（ 2）求 b 点到桌面边缘 c 点的距离 l2; （3）若将斜劈向右平移一段距离?l=0.64m, 滑块仍从斜劈上的a 点静止释放，最后滑块落在水平地面上的 p 点求落地点p 距 c 点正下方的 o 点的距离 x.【答案】 （1） 2m/s（2） 1m（ 3）0.64m【解析】(1) 沿光滑斜劈 ab 下滑的过程机械能守恒，m

15、gl1 sin 3001mvb22代入数据得 vb=2m/s ；（2）根据动能定理，mgl201mvb22代入数据得 l2=1m；（3）根据动能定理，mg(l2l )1 mvc21 mvb222对于平抛过程有：h= 1 gt22x=vct代入数据得x=0.64m10 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，求：(1)物体做往返运动的整个过程中，在(2

16、)最终当物体通过圆弧轨道最低点ab 轨道上通过的总路程；e 时，物体对轨道压力的大小和方向【答案】（ 1） lrfn mg(3 2cos ) ，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 cos0得物体在 ab 轨道上通过的总路程为lr（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 )1mv22在 e 点，由牛顿第二定律有fnmgmv2r得物体受到的支持力

17、 fnmg(32cos)根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为fn fn mg(32cos ) ，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11 半径 r 1m 的 1 圆弧轨道下端与一水平轨道连接，水平轨道离地面高度h 1 m，如4图所示，有一质量 m 1.0 kg 的小滑块自圆轨道最高点 a 由静止开始滑下，经过水平轨道末端 b 时速度为 4 m/s，滑块最终落在地面上， g 取 10 m/s 2，不计空气阻力，求：(1) 滑块从 b 点运动到地面所用的时间；(2) 滑块落在地面上时速度的大小；(3) 滑块在整个轨道上运动时克服摩擦力做的功【答案】 (1) t52js (2)v=6m/s (3) wf5【解析】【详解】（1）小球从b 到 c 做平抛运动，则竖直方向上有：h1 gt 22解得：t 5 s5（2）竖直速度：vygt2 5 m/s则落在地面上时速度的大小为：vv2bv2y6m/s（3）对 a 到 b 运用动能定理得：mgr wf1 mvb202代入数据解得：wf2j12 一辆质量 m3p 80kw，运动