高考物理动能定理的综合应用技巧阅读训练策略及练习题(含答案)一

1、高考物理动能定理的综合应用技巧阅读训练策略及练习题( 含答案 )(1)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，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 10n3n. 3 0.1(2)设小物块在水

2、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2一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个光滑圆弧轨道ab 的底端等高对接，如图所示已知小车质量m=30kg，长 l=2 06m，圆弧轨道半径r=0 8m现将一质量m=1 0kg 的小滑块，由轨道顶端a 点无初速释放，滑块滑到b 端后冲上小车滑块与小车上表面间的动摩擦因数（取g=10m/s 2）试求：（ 1）滑块到达 b 端时，轨道对它支持力的大小；（ 2）小车运动 1 5s 时，车右端距轨道 b 端的距离

3、；（ 3）滑块与车面间由于摩擦而产生的内能【答案】（ 1） 30 n（2 ）1 m（ 3） 6 j【解析】（1）滑块从 a 端下滑到 b 端，由动能定理得（ 1 分）在 b 点由牛顿第二定律得（ 2 分）解得轨道对滑块的支持力n （ 1 分）（2）滑块滑上小车后，由牛顿第二定律对滑块：，得m/s2 （1 分）对小车：，得m/s2 （1 分）设经时间t 后两者达到共同速度，则有（ 1分）解得s （ 1 分）由于s1 5s，故 1s 后小车和滑块一起匀速运动，速度v=1 m/s （ 1 分）因此， 1 5s 时小车右端距轨道b 端的距离为m （ 1 分）（3）滑块相对小车滑动的距离为m （ 2 分

4、）所以产生的内能j （1 分）3 质量为 m=0.5kg、可视为质点的小滑块，从光滑斜面上高h0=0.6m 的 a 点由静止开始自由滑下。已知斜面 ab 与水平面 bc 在 b 处通过一小圆弧光滑连接。长为x0=0.5m 的水平面bc 与滑块之间的动摩擦因数=0.3， c点右侧有 3 级台阶（台阶编号如图所示），d 点右侧是足够长的水平面。每级台阶的高度均为h=0.2m，宽均为 l=0.4m。（设滑块从c 点滑出后与地面或台阶碰撞后不再弹起）。(1)求滑块经过 b 点时的速度 vb；(2)求滑块从 b 点运动到 c 点所经历的时间 t ；(3)（辨析题）某同学是这样求滑块离开c 点后，落点 p

5、 与 c 点在水平方向距离x，滑块离开 c 点后做平抛运动，下落高度h=4h=0.8m ，在求出滑块经过 c点速度的基础上，根据平抛运动知识即可求出水平位移x。你认为该同学解法是否正确？如果正确，请解出结果。如果不正确，请说明理由，并用正确的方法求出结果。【答案】 (1) 2 3m/s ； (2) 0.155s；（ 3）不正确，因为滑块可能落到某一个台阶上；正确结果 1.04m【解析】【详解】(1)物体在斜面 ab 上下滑，机械能守恒mgh01 mvb202解得vb2gh0 2100.62 3m/s(2)根据动能定理得mgh0mgx01 mvc202解得vc2g (h0x0 )210(0.60

6、.3 0.5) 3m/s根据牛顿第二定律得mgma则ag0.310m/s23m/s2t1vc vb32 3 s0.155sa3(3)不正确，因为滑块可能落到某一个台阶上。正确解法：假定无台阶，滑块直接落在地上t 2h2 0.8s 0.4sg10水平位移xvct1.2m恰好等于 3l（也就是恰好落在图中的d 点），因此滑块会撞在台阶上。当滑块下落高度为2h 时t2 2h2 2 0.2s0.283sg10水平位移xvct30.283m 0.85m大于 2l，所以也不会撞到 、 台阶上，而只能落在第 级台阶上。则有3h1 gt22 ， xpc vct22解得xpc33 m 1.04m5【点睛】根据机

7、械能守恒定律或动能动能定理求出滑块经过b 点时的速度vb 。根据动能定理求出滑块到达 c 点的速度，再通过牛顿第二定律和运动学公式求出从b 点运动到c 点所经历的时间 t 。因为物体做平抛运动不一定落到地面上，可能落在某一个台阶上，先根据假设法判断物体所落的位置，再根据平抛运动的知识求出水平位移。4 我国将于2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一如图1-所示，质量 m60 kg 的运动员从长直助滑道 ab 的 a 处由静止开始以加速度 a 3.6 m/s 2 匀加速滑下，到达助滑道末端 b 时速度 vb 24 m/s ，a 与 b 的竖直高度差 h 48 m 为了改变运动员

8、的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点c 处附近是一段以 o 为圆心的圆弧助滑道末端 b 与滑道最低点 c 的高度差 h 5 m，运动员在 b、 c 间运动时阻力做功 w 1530 j， g 取 10 m/s 2.(1)求运动员在 ab 段下滑时受到阻力ff 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6 倍，则 c 点所在圆弧的半径r 至少应为多大？【答案】 (1)144 n(2)12.5 m【解析】试题分析：（1）运动员在 ab 上做初速度为零的匀加速运动，设ab 的长度为 x，斜面的倾角为 ，则有vb2 =2ax根据牛顿第二定律得hmgsin ff=ma

9、 又 sin =x由以上三式联立解得ff =144n（2）设运动员到达c 点时的速度为vc，在由 b 到达 c的过程中，由动能定理有1212mgh+w= mvc -2mvb2设运动员在c 点所受的支持力为fn，由牛顿第二定律得由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6 倍，即有考点：牛顿第二定律；动能定理2fn mg=m vcrfn=6mg 联立解得r=12 5m【名师点睛】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理5某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型倾角 37的斜面底端与水

10、平传送带平滑接触，传送带 bc长 l 6m ，始终以 v0 6m/s 的速度顺时针运动将一个质量m 1kg的物块由距斜面底端高度h1 5.4m 的 a 点静止滑下，物块通过b 点时速度的大小不变物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为、 2 0.2，传送带上表面距1 0.5地面的高度h 5m， g 取 10m/s 2， sin37 0.6，cos37 0.8求物块由a 点运动到c 点的时间；若把物块从距斜面底端高度h2 2.4m 处静止释放，求物块落地点到c 点的水平距离；求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点d【答案】 4s； 6m； 1.8mh9.0m【解

11、析】试题分析：（ 1） a 到 b 过程：根据牛顿第二定律mgsin mgcos =ma11，代入数据解得，t 1=3s所以滑到 b 点的速度： vb=a1t 1=2 3m/s=6m/s，物块在传送带上匀速运动到c，所以物块由a 到 c 的时间： t=t 1+t2=3s+1s=4s（2）斜面上由根据动能定理解得 v=4m/s 6m/s ，设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：，x=5m 6m所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开c 点做平抛运动s=v0t 0， h=解得 s=6m（3）因物块每次均抛到同一点 d，由平抛知识知：物块到达 c 点时速度必须有 vc=v

12、0 当离传送带高度为 h3 时物块进入传送带后一直匀加速运动，则：，解得 h3 =1.8m 当离传送带高度为h4 时物块进入传送带后一直匀减速运动，h4=9.0m所以当离传送带高度在1.8m 9.0m 的范围内均能满足要求即 1.8mh9.0m6 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vm；(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

13、)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 fs1 mvm21 mv0222解得： s10m 。7 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=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

14、 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)20.03 ； (2) vpvq0.6m/s ； (3)q54.72j【解析】【分析】【详解】(1)02s 内， p 因墙壁存在而不动， q 沿着 bc 下滑， 2s 末的速度为 v1 10m/s，设 p、 q 间动摩擦因数为 ， p 与地面间的动摩擦因数为 ；12对 q，由 vt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)2

15、s 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=0.1m/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x1=9.6m28s 内， q 发生的位移x2v1vq t0 30.6m2p 发生的位移x3vp t

16、01.8m208s 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q54.72j8 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）滑块下滑的高度；（3）若滑块进入传送带时速度大于

17、 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：mgl1mv021mv222hv02l 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

18、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： mgh1 mv22对滑块由运动学公式知：v0vat联立解得：vv0滑块相对传送带滑动的位移：相对滑动生成的热量：sv0slsaqmgs0.5j9 如图所示，在光滑的水平地面上有一平板小车质量为m=2kg，靠在一起的滑块甲和乙质量均为 m=1kg，三者处于静止状态。某时刻起滑块甲以初速度v1=2m/s 向左运动，同时滑块乙以 v2=4m/s 向右运动。最终甲、乙两滑块均恰好停在小车的两端。小车长l=9.5

19、m，两滑块与小车间的动摩擦因数相同，（g 取 10m/s 2，滑块甲和乙可视为质点）求：(1)最终甲、乙两滑块和小车的共同速度的大小;(2)两滑块与小车间的动摩擦因数；(3)两滑块运动前滑块乙离右端的距离。【答案】（ 1） 0.5m/s （ 2） 0.1 （ 3） 7.5m【解析】【详解】（1）两滑块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv2mv1(mmm)v解得v=0.5m/s（2）对整体由能量守恒定律得1mv121mv221m m m v2mgl222解得：0.1（ 3）经分析，滑块甲运动到左端时速度刚好减为 0，在滑块甲运动至左端前，小车静止，之后滑块甲和小车一起向

20、右做匀加速运动到三者共速。法一：应用动能定理甲、乙从开始运动到最终两滑块均恰好停在小车的两端的过程中，设滑块乙的对地位移为x1 ，滑块甲和小车一起向右运动的位移为x2 。由动能定理对滑块乙有mgx11 mv21 mv2222对滑块甲和小车有mgx21m m v22滑块乙离右端的距离sx1x2解得：s=7.5m法二：应用动量定理甲、乙从开始运动到最终两滑块均恰好停在小车的两端的过程中，设滑块乙的运动时间为t1 ，滑块甲向左运动至小车左端的时间为t2 。由动量定理对滑块乙有mgt1mvmv2对滑块甲mgt20mv1滑块甲和小车一起向右运动的时间为tt1t2由运动学公式滑块乙离右端的距离：sv2v

21、t1v t22解得：s=7.5m法三：转换研究对象，以甲为研究对象设滑块甲离左端距离为x1 ，由牛顿第二定律得mgma由速度位移公式v122ax1解得：x12m滑块乙离右端的距离slx17.5m10 如图所示，一倾角 =37斜面底端与一传送带左端相连于的b 点，传送带以 v=6m/s 的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端点以=4m/s 的初速度沿斜面下滑，当物块滑到0斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，从传送带右端的c 点水平抛出，最后落到地面上的d 点，已知斜面长度l1=8m，传送带长度l2=18m ，物块与传送带之间的动摩擦因数 =0.8， g=10m/s22）=0.3，（

22、 sin37 =0.6， cos37（ 1）求物块与斜而之间的动摩擦因数l；（ 2）求物块在传送带上运动时间；（3）若物块在 d 点的速度方向与地面夹角为 a=53 ，求 c 点到地面的高度和 c、 d 两点间的水平距离【答案】（ 1）（ 2） 4s；（ 3） 4.8m 【解析】试题分析：（ 1）从 a 到 b 由动能定理即可求得摩擦因数（ 2）由牛顿第二定律求的在传送带上的加速度，判断出在传送带上的运动过程，由运动学公式即可求的时间；（ 3）物体做平抛运动，在竖直方向自由落体运动，解：（ 1）从 a 到 b 由动能定理可知代入数据解得（ 2）物块在传送带上由牛顿第二定律： 2mg=ma a=

23、达到传送带速度所需时间为t=s加速前进位移为18m滑块在传送带上再匀速运动匀速运动时间为故经历总时间为t 总 =t+t =4s（ 3）设高度为 h，则竖直方向获得速度为联立解得 h=3.2m下落所需时间为水平位移为 xcd=vt =6 0.8s=4.8m答：（ 1）求物块与斜而之间的动摩擦因数为l（2）求物块在传送带上运动时间为4s；（3）若物块在 d 点的速度方向与地面夹角为a=53，c 点到地面的高度为3.2m 和 c、d 两点间的水平距离为 4.8m 【点评】本题主要考查了动能定理、平抛运动的基本规律，运动学基本公式的应用，要注意传动带顺时针转动时，要分析物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解11 如图所示，半圆轨道的半径为r=10m， ab 的距离为s=40m，滑块质量m=1kg，滑块在恒定外力f 的作用下从光滑水平轨