高考物理动能定理的综合应用各地方试卷集合汇编及解析

1、高考物理动能定理的综合应用各地方试卷集合汇编及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1 如图所示，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 。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、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 f1 mvc2mg hh-0.1j2此过程中克服摩擦力做的功wfwf0.1j2 如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行在t 0 时刻，将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端a 点，经过1.

3、0 s，物块从最下端的b点离开传送带取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示 (g 10 m/s 2)，求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从 a 到 b 的过程中，传送带对物块做的功【答案】 (1)3 3.75 j(2)5【解析】解： (1)由图象可知 ，物块在前0.5 s 的加速度为 ： a1v1 =8?m/s2t1后 0.5 s 的加速度为： a2v2v22?m / s2t2物块在前 0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：mgsinmgcosma1物块在后 0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：mgs

4、inmgcosma2联立解得：35(2)由 v t 图象面积意义可知，在前v1t10.5 s，物块对地位移为： x12则摩擦力对物块做功：w1mgcos x1在后0.5 sx1v1v2t2，物块对地位移为：2则摩擦力对物块做功w2 mgcos x2所以传送带对物块做的总功：ww1w2联立解得： w 3.75 j3 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

5、运动员的运动方向，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w1530 j， g 取 10 m/s 2.(1)求运动员在 ab 段下滑时受到阻力 f 的大小；f(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

6、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到达 c的过程中，由动能定理有，在由 bmgh+w= 1 mvc2- 1 mvb222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4 质量为 m=2kg 的小玩具汽车，在t 0 时刻速度为 v

7、0=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)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 。5 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

8、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 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

9、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 1， p 与地面间的动摩擦因数为；2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 ，10.0325(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 ) gma3共速时v1a2t0a3 t0解得a2=1

10、.5m/s 2、 a3=0.1m/s 2、 t 6s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 t030.6m2p 发生的位移xvp t1.8m32008s 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q54.72j6 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

11、 处的墙上，另一端恰位于滑道的末端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

12、滑道上物块 a 克服摩擦力所做的功为：wmgd由能量守恒定律得：1mv2epmgd2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7 如图所示，质量为m1.0kg 的小物体从a 点以 va5.0m/s 的初速度沿粗糙的水平面匀减速运动距离 s =1.0 m到达 b 点，然后进入半径 r=0.4m竖直放置的光滑半圆形轨道，小物体恰好通过轨道最高点c 后水平飞出轨道，重力加速度g 取 l0m/s 2。求：(1)小物体到达 b 处的速

13、度 vb ；(2)小物体在 b 处对圆形轨道压力的大小f n ；(3)粗糙水平面的动摩擦因数。【答案】 (1) 2 5m/s ；(2)60n ； (3) 0.25。【解析】【详解】(1)小物体恰好通过最高点c，由重力提供向心力，则：mgm vc2r得到：vcgr2m/s小物体从 b 点运动到c 点过程中机械能守恒，则：1 mvb21 mvc2mg 2r22得到：vbvc24gr2 5m/s ；(2)设小物体在 b 处受到的支持力为fn，根据牛顿第二定律有：fnmgm vb2r得到：fn6mg60n根据牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力fn 大小为 60n ，方向竖直向下。(3)小物体由 a

14、到 b 过程，由动能定理得到：mgs1 mvb2 1 mva222得到：0.25 。【点睛】本题关键是恰好通过最高点，由重力提供向心力，然后再根据牛顿第二定律、机械能守恒和动能定理结合进行求解。8 如图，图象所反映的物理情景是：物体以大小不变的初速度角 不同，物体沿木板上滑的距离s 也不同，便可得出图示的v0 沿木板滑动，若木板倾s-图象问：（ 1）物体初速度 v0 的大小（ 2）木板是否粗糙？若粗糙，则动摩擦因数为多少？（ 3）物体运动中有否最大加速度以及它发生在什么地方？【答案】（ 1） v017.3m / s （ 2）0.75 （3）最大加速度点坐标53 , s12m【解析】【分析】【详

15、解】（1）当 =90o 时，物体做竖直上抛运动，根据速度位移公式可知：v02gs1 10 3 17.3m / s（2）当 =0o 时，根据动能定理得，mg s1mv02，解得：2v023002gs 20.7510 20（3）加速度 amg cosmg sing cosg sing 3 cossin得到，m4当 =53o 时， 有极大值 am12.5m / s2 ，由动能定理得， 01 mv02mas ，所以2s12m 所以最大加速度点坐标53 , s12m9 有可视为质点的木块由a 点以一定的初速度为 4m/s水平向右运动， ab 的长度为2m ，物体和 ab 间动摩擦因素为bc间动摩擦因素为

16、3，1=0.1， bc 无限长，物体和26求：（ 1）物体第一次到达 b 点的速度；（ 2）通过计算说明最后停在水平面上的位置距b 点的距离【答案】（ 1） v 23m / s （ 2） 2m【解析】【分析】由题中 “有可视为质点的木块由a 点以一定的初速度为4m/s 水平向右运动 ”可知，本题考查动能定理和能量守恒定律，根据对物体运动状态的分析结合能量变化可分析本题【详解】（1）据题意，当物体从a 运动到 b 点过程中，有：1mgsab1 mvb21 mva222带入数据求得：vb =2 3m / s（2）物体冲上斜面后，有：- 2mg cos30o xbc mg sin 30o xbc1m

17、vb22解得：xbc0.8m则有：-2 2 mg cos30o xbc1mgx1mvb22解得：x2m即物体又回到了a 点10 如图所示，倾角为 300 的光滑斜劈 ab 长 l1=0.4m ，放在离地高 h=0.8m的水平桌面上 ,b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

18、，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，mgl1 sin 3001 mvb22代入数据得 vb=2m/s ；（2）根据动能定理，mgl20 1 mvb22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=0.64m11 如图所示， ab 为半径 r0.2m 的光滑 1 圆形轨道， bc为倾角45 的斜面， cd 为4水平轨道， b 点的高度 h

19、5m 一质量为 0.1kg 的小球从 a 点静止开始下滑到 b 点时对圆形轨道的压力大小是其重力的 3 倍，离开 b 点后做平抛运动（ g 取 10m / s2 ）(1)求小球到达b 点时速度的大小；(2)小球离开 b 点后能否落到斜面上？如果不能，请说明理由；如果能，请求出它第一次落在斜面上的位置【答案】 (1) 2m/s (2) 能落在斜面上，1.13m【解析】【详解】(1)从 a 到 b 的过程由动能定理得：mgr1mv02，2解得：v02m / s ；(2)设小球离开 b 点做平抛运动的时间为 t1 ，落地点到 c 点距离为 x，由 h1gt122得：t11s，x v0t121m2m斜面的倾角 =45，底边长 d=h=5m；因为 d x ，所以小球离开b 点后能落在斜面上假设小球第一次落在斜面上f 点， bf 长为 l，小球从 b 点到 f 点的时间为 t2，l cosv0t 2 ， l sin1 gt 22，2联立、两式得t20.4s ；则v0t21.13ml