高中物理动能定理的综合应用的技巧及练习题及练习题(含答案)含解析

1、高中物理动能定理的综合应用的技巧及练习题及练习题(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.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四 =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;【分析】12.5m(1)物块A从出发至N点过程，机械能守恒，有1212mv0 mg 2R mv 22得vv； 4gR 4、5m/s(2)假设物

2、块在N点受到的弹力方向竖直向下为Fn,由牛顿第二定律有2V mg Fn mR得物块A受到的弹力为2VFn m mg 150N由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力为FnFn 150N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1 一 2mgx 0 mvox 12.5m2. 一辆汽车发动机的额定功率P=200kW,若其总质量为 m=103kg,在水平路面上行驶时，汽车以加速度ai=5m/s2从静止开始匀加速运动能够持续的最大时间为ti=4s,然后保持恒定的功率继续加速t2=14s达到最大速度。设汽车行驶过程中受到的阻力恒定，取g=

3、10m/s2.求：(1)汽车所能达到的最大速度；(2)汽车从启动至到达最大速度的过程中运动的位移。【答案】(1)40m/s； (2)480m【解析】【分析】【详解】(1)汽车匀加速结束时的速度v1 a1tl 20m /s由P=Fv可知，匀加速结束时汽车的牵引力L P “F1 =1 x 14NV1由牛顿第二定律得F1 f ma1解得f=5000N汽车速度最大时做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知， 此时汽车的牵引力F=f=5000N由P Fv可知，汽车的最大速度：v= =40m/sF f(2)汽车匀加速运动的位移v1 ,x1= -1140m2对汽车，由动能定理得Lfr12 «F

4、1x1 Pt2 fsmv02解得s=480m3.如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4 m的光滑半圆轨道 BC平滑相连，O 点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高.质量 m=1 kg的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与。点等高的D点,g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8 .(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数科；(2)要使滑块能到达 C点，求滑块从A点沿斜面滑下时初速度vo的最小值；(3)若滑块离开C点的速度为4 m/s,求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间.【答案】(1 ) 0.375 (2)

5、 2/m/s (3) 0.2s【解析】 试题分析：滑块在整个运动过程中，受重力 mg、接触面的弹力 N和斜面的摩擦力f作用，弹力始终不做功，因此在滑块由A运动至D的过程中，根据动能定理有：mgRmgcos37 2 = 0-0sin 37解得：尸0.375滑块要能通过最高点 C,则在C点所受圆轨道的弹力 N需满足：N> 0在C点时，根据牛顿第二定律有：mg + N = mvlR在滑块由A运动至C的过程中，根据动能定理有：一 mgcos37 2R = - mvC -sin 37212 _-mv0 2由 式联立解得滑块从 A点沿斜面滑下时的初速度 vo需满足：v03gR = 2>/3 m

6、/s即Vo的最小值为：v0min =2.3m/s滑块从C点离开后将做平抛运动，根据平抛运动规律可知，在水平方向上的位移为：x=vt 1 2在竖直方向白位移为：y= gt22R y根据图中几何关系有：tan37 =yx由 式联立解得：t = 0.2s考点：本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理的应用问题，属于中档题.14.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的一4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 何视为质点)从AB上P点处由

7、静 止开始滑下，恰好垂直 CD落到斜面上.求：极限运动员落到 CD上的位置与C的距离;(2)极限运动员通过 B点时对圆弧轨道的压力； (3)P点与B点的高度差.【答案】(1) R (2) mg ,竖直向下(3) R 555【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 t,则xcos300=votR-xsin300=；gt2Vo.0 gt tan30解得x=0.8R由(1)可得：v0 JpR通过B点时轨道对极限运动员的支持力大小为2V0 mg m 极限运动员对轨道的压力大小为Fn；则Fnz aF7斛得Fnmg ,方向竖直

8、向下；5(3) P点与B点的高度差为 h,则mgh=lmv022解得h=R/55.如图所示，一质量为 m的滑块从高为h的光滑圆弧形槽的顶端 A处无初速度地滑下， 槽的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为v°,两轮轴心间距为 L,滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C时，恰好加速到与传送带的速度相同，求：滑块与传送带间的动摩擦因数心，(2)(3)此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q.【答案】(1)平gh (2)v2 2gh2gi(3)m Vo2gh试题分析：(1)滑块在由A至IJB的过程中，由动能定理得:,12 cmgh= mvB 0 ,2解得：B= J2gh

9、;1(2)滑块在由B到C的过程中，由动能定理得：mg一2212mvo - mvB ,-,口V2 2gh解得,=;2gL2(3)产生的热量：Q即mgL相对，l相对 oB二(2 go河2 (或2 g(o ,.河)22Vo 2gh解得，Q= 1m( o V2gh)2 ;考点：动能定理【名师点睛】本题考查了求物体速度、动摩擦因数、产生的热量等问题，分析清楚运动过 程，熟练应用动能定理即可正确解题.6.如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h,滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使 道延长线M处的墙上，另一端恰位于滑道的末端质量为m的小物块A从坡道顶端由静止A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑。点.已

10、知在 OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数均为 巴其余各处的摩擦不计，重力加速度为g,求:(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)/gh ； (2) mgh mgd ； ( 3)h 2 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：,12mgh - mv解得：v 2gh(2)在水平滑道上物块 A克服摩擦力所做的功为：W mgd由能量守恒定律得：12- mv EPmgd

11、联立上式解得：EP mgh mgd(3)物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为；W mgd由能量守恒定律得：mgh EP mgd解得物块A能够上升的最大高度为：h h 2 d【点睛】考察功能关系和能量守恒定律的运用.7.如图所示，BC为半径等于 242 m竖直放置的光滑细圆管，。为细圆管的圆心，在圆5管的末端C连接倾斜角为45。、动摩擦因数 科=0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m =0.5kg的小球从O点正上方某处 A点以vo水平抛出，恰好能垂直 OB从B点进入细圆管，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的力F=5N的作用，当小球运动到圆管的末端C时作用力F立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜

12、面.(g=10m/s2)求：(1)小球从。点的正上方某处 A点水平抛出的初速度 vo为多少？(2)小球在圆管中运动时对圆管的压力是多少？(3)小球在CD斜面上运动的最大位移是多少？【答案】(1) 2m/s； (2) 7.1N； (3) 0.35m.【解析】【详解】(1)小球从A运动到B为平抛运动，水平方向：rsin45° =vot,在B点:vygttan45 =,v0v0解得:vo=2m/s ;(2)小球到达在 B点的速度:Vov cos45由题意可知:mg=0.5 X 10=5NF=重力与F的合力为零，小球所受合力为圆管的外壁对它的弹力，该力不做功, 小球在管中做匀速圆周运动，管壁

13、的弹力提供向心力,2 v F m r0.5"n 7.1N2 .25由牛顿第三定律可知，小球对圆管的压力大小:7.1N ；(3)小球在CD上滑行到最高点过程，由动能定理得:mg sin 45 ?s mg cos45 a1 2一 mv2解得:s= 0.35m8 .遥控电动玩具车的轨道装置如图所示，轨道ABCDEF中水平轨道AB段和BD段粗糙，AB=BD=2.5R,小车在AB和BD段无制动运行时所受阻力是其重力的0.02倍，轨道其余部分摩擦不计。斜面部分 DE与水平部分BD、圆弧部分EF均平滑连接，圆轨道 BC的半径为 R,小段圆弧EF的半径为4R圆轨道BC最高点C与圆弧轨道EF最高点F等

14、高。轨道右侧有两个与水平轨道 AR BD等高的框子 M和N,框M和框N的右边缘到F点的水平距离分别为R和2R。额定功率为P,质量为m可视为质点的小车，在 AB段从A点由静止出发以 额定功率行驶一段时间 t (t未知)后立即关闭电动机，之后小车沿轨道从B点进入圆轨道经过最高点C返回B点，再向右依次经过点 D、E、F,全程没有脱离轨道，最后从 F点水 平飞出，恰好落在框 N的右边缘。11/ A(1)求小车在运动到 F点时对轨道的压力;(2)求小车以额定功率行驶的时间t;(3)要使小车进入 M框，小车采取在 方案，则小车在不脱离轨道的前提下，在【答案】(1) t-mg,万向竖直向下；(AB段加速(加

15、速时间可调节)，BD段制动减速的BD段所受总的平均制动力至少为多少。2）【详解】(1)小车平抛过程，有：2R=vfHII2R=7gt2?由联立解得：v在F点，对小车由牛顿第二定律得：mg FN=m；:?3由得：FN=-mg31由牛顿第三定律得小车对轨道的压力大小为m mg,方向竖直向下。4(2)小车从静止开始到 F点的过程中，由动能定理得：IIPt - 0.02mg , 5R- mg T 2R豆mvF2?由得：t一 ”h IJ1(3)平抛过程有：R=VFt、2R=jgt21要使小车进入 M框，小车在F点的最大速度为vfqv®W?小车在C点的速度最小设为 Vc,则有：mg=m”?设小车

16、在BD段所受总的总的平均制动力至少为f,小车从C点运动到能定理得：F点的过程中，由动1-f 2.5R=mvF2mvc2?3由得：f= mg209 .城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥，如图所示，桥面为半径 R=130m的圆弧 形的立交桥AB,横跨在水平路面上，桥高 h=10m。可以认为桥的两端 A、B与水平路面的 连接处是平滑的。一辆小汽车的质量m=1000kg,始终以额定功率 P=20KW从A端由静止开始行驶，经t=15s到达桥顶，不计车受到的摩擦阻力( g取10m/s2) o求(1)小汽车冲上桥顶时的速度是多大；(2)小汽车在桥顶处对桥面的压力的大小。【答案】(1) 20m/s； (

17、 2) 6923N;【解析】【详解】(1)小汽车从A点运动到桥顶，设其在桥顶速度为v,对其由动能定理得:12pt mgh= mv即1 a c2 104 15 104 10= 103 v22解得：v=20m/s;(2)在最高点由牛顿第二定律有2 vmg N= m 即1043N=1020 20130解得N=6923N根据牛顿第三定律知小汽车在桥顶时对桥的压力N' N=6923N;，一，一，11八"，一-，10.如图所不，AB为半径R 0.2m的光滑圆形轨道，BC为倾角45的斜面，CD为4水平轨道，B点的高度h 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

18、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至ij B的过程由动能定理得：1 2mgRmv0 ,2解得：Vo 2m / s ；12(2)设小球离开B点做平抛运动的时间为t1 ,洛地点到C点距离为x,由h gt1 2得：t1 1s,x v0t1 2 1m 2m斜面的倾角0=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

19、设小球第一次落在斜面上F点，BF长为L,小千从B点到F点的时间为t2 ,1 , 2L cosv0t2(D, L sin -gt2，2联立、两式得t2 0.4s ； 则L 皿 1.13m.cos答：(1)小球到达B点时速度的大小是 2m/s；B的距离为1.13m.(2)小球离开B点后能落到斜面上，第一次落在斜面上的位置据11.如图所示，一根直杆与水平面成0= 37°角，杆上套有一个小滑块，杆底端N处有一弹性挡板，板面与杆垂直.现将物块拉到 M点由静止释放，物块与挡板碰撞后以原速率弹回.已知M、N两点间的距离 d=0.5m,滑块与杆之间的动摩擦因数尸0.25, g=10m/s2.取 si

20、n37°=O6, cos37°=0.8.求:(1)滑块第一次下滑的时间t；x；(2)滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离(3)滑块在直杆上滑过的总路程s.【答案】(1) 0.5s (2) 0.25m .(3) 1.5m(1)滑块从A点出发第一次运动到挡板处的过程，根据牛顿第二定律可求加速度，根据位移时间关系可求下滑时间；(2)根据速度时间关系可求出滑块第 1次与挡板碰撞前的速度大小 V1,对滑块从A点开始到返回AB中点的过程，运用动能定理列式，可求出上滑的最大距离；(3)滑块最终静止在挡板上，对整个过程，运用动能定理列式，可求得总路程.【详解】(1)下滑时加速度 mgsin 0 mgcos。= ma 解得 a= 4.0m/s 2,12由d= at2得下滑时间t = 0.5s.2(2)第一次与挡板相碰时的速率v= at = 2m