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1、最新高考物理动能定理的综合应用题20 套 ( 带答案 )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。（
2、重力加速度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2mv1mgFN
3、R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 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
4、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； (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1mv02mg 2R1mv222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Nv2mgFNmR得物块 A 受到的弹力为FN m v2mg 150NR由牛顿第三定律可得，物块对轨道的
5、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 01 mv022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
6、式得 FN 3mg 10N3N. 3 0.1(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 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4 质量 m1.5kg 的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t2.0s 停在 B 点，已知 A、 B 两点间的距离 s 5.0m，物块与水平面间的动摩擦因数0.20 ，求恒力 F 多大（ g10m / s2 ）【答案】 15N【解析】设撤去力前物块的位移为，撤去力时物块的速度为，物
7、块受到的滑动摩擦力对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得由运动学公式得对物块运动的全过程应用动能定理由以上各式得代入数据解得思路分析：撤去 F 后物体只受摩擦力作用，做减速运动，根据动量定理分析，然后结合动能定律解题试题点评：本题结合力的作用综合考查了运动学规律，是一道综合性题目5 如图所示 ,竖直平面内的轨道由直轨道AB 和圆弧轨道BC组成，直轨道AB 和圆弧轨道BC 平滑连接，小球从斜面上A 点由静止开始滑下,滑到斜面底端后又滑上一个半径为R=0.4m 的圆轨道；（1）若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆轨道的最高点C，求斜面高h；（ 2）若已知小球质量 m=0.1kg，斜面高 h=2m，小球运
8、动到 C 点时对轨道压力为 mg，求全过程中摩擦阻力做的功【答案】（ 1） 1m；（ 2）-0.8J；【解析】【详解】（1）小球刚好到达C 点 ,重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mgm v2R从 A 到 C 过程机械能守恒,由机械能守恒定律得：mg h 2R1mv2 ,2解得：h 2.5R 2.5 0.4m 1m ；（ 2）在 C点 ,由牛顿第二定律得：2mgmgm vC ,R从 A 到 C 过程，由动能定理得：mg h 2R W f1 mvC20 ,2解得：W f0.8J ；6某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型倾角 37的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带 BC长 L 6m ，始终以
9、 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21 0.5、 0.2，传送带上表面距地面的高度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【解析】试题分析：（ 1） A 到 B 过程：根据牛顿第二
10、定律mgsin 1mgcos =ma1，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=v0 当离传送带高度为 h3 时物块进入传送带后一直匀加
11、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 1.8mh9.0m7 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】【详解
12、】（1）当 =90o 时，物体做竖直上抛运动，根据速度位移公式可知：v02gs1103 17.3m / s（2）当 =0o 时，根据动能定理得，mg s1 mv02，解得：2v023002gs2100.7520（3）加速度 amg cos mg sing cosg sing 3 cos sin得到，m4当 =53o 时， 有极大值 am 12.5m / s2，由动能定理得， 01mv02mas ，所以2s 12m 所以最大加速度点坐标53 , s 12m8 如图所示，倾角为300的光滑斜劈AB长Lh=0.8m 的水平桌面上 ,B1=0.4m ，放在离地高点右端接一光滑小圆弧（图上未画出），圆弧
13、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，mgL1 sin 3001 mvB22代入数据得 vB=2m/s ；（2）根据动能
14、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=0.64m9 质量为 2kg 的物体，在竖直平面内高 h = 1m的光滑弧形轨道 A 点，以 v=4m/s 的初速度沿轨道滑下，并进入BC轨道，如图所示。已知BC 段的动摩擦系数0.4 。（ g 取10m/s 2）求：（ 1）物体滑至 B 点时的速度；（ 2）物体最后停止在离 B 点多远的位置上。【答案】（ 1） 6m/s ；（ 2） 4.5m【解析】【详解】（1）由 A 到 B 段由动能定理得：mgh1mvB21mv02
15、22得到：vB2ghv0 26m/s ；（2）由 B 到 C 段由动能定理得：mgx 01mvB22所以：vB2x4.5m 。2g10 如图所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为 m0.1 kg 的铁块，它与纸带右端的距离为 L 0.5 m，铁块与纸带间、纸带与桌面间动摩擦因数均为 0.1.现用力F水平向左将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为s0.8 m 已知g 10 m/s 2，桌面高度为H 0.8 m，不计纸带质量，不计铁块大小，铁块不滚动求：（ 1）铁块抛出时速度大小；（ 2）纸带从铁块下抽出所用时间t 1；（ 3）纸带抽
16、出过程全系统产生的内能E.【答案】 （1） 2m/s （2） 2s（ 3） 0.3J【解析】试题分析：（ 1）对铁块做平抛运动研究由 h= 1 gt 2，得 t=2h ， t=0.4s2g则 v0s= =2m/st（2）铁块在纸带上运动时的加速度为a，2a=g =1m/s由 vo=at 得， t1=2s x1=2m（3）摩擦力产生的热量包括上下两个面所产生，Q 上 =mgL=0.05JQ 下 = mg（L+x1） =0.25J所以 Q= Q 上+Q 下=0.3J考点：考查了功能关系，平抛运动，牛顿第二定律的应用点评：本题关键是先分析清楚物体的运动情况，然后运用平抛运动的分位移公式、牛顿运动定律
17、和运动学公式联立列式求解；同时由功能关系及相对位移求产生的内能11 如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角37，以5 m/s的恒定速度向上运动一个质量为2 kg 的物块（可视为质点），沿平行于传送带方向以10 m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数=0 5， sin37 =06， cos37=08，g=10m/s2 求：（ 1）物块刚滑上传送带时的加速度大小；（ 2）物块到达传送带顶端时的速度大小；（ 3）整个过程中，摩擦力对物块所做的功【答案】（ 1） a110m/s2 （ 2） 4m/s （ 3）W= 12 J【解析】【分析】【详解】试题分析：（ 1）物块刚滑上传送带
18、时，物块的加速度大小为a1,由牛顿第二定律mg sin 37mg cos37ma1解得 a1 10m/s2（2）设物块速度减为5m/s所用时间为 t 1, 则 v0 v a1t1解得 t1 0.5s通过的位移： x1v0v t13.75 m 6 m2因 tan ，此后物块继续减速度上滑，加速度大小为a2 则mg sin 370mg cos370ma2解得a22m / s2设物块到达最高点的速度为v1 ，则 v12v022a2 x2x2 lx12.25m解得 v14m/ s（3）从开始到最高点，由动能定理得Wmgl sin 371 mv121 mv0222解得 W=-12 J（用其它方法解得正确
19、，同样给分）考点牛顿第二定律，匀变速直线运动规律，12 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道上的A 点由静止开始运动到B 点，然后撤去外力，又沿竖直面内的光滑半圆形轨道运动，且滑块通过最高点C 后又刚好落到原出发点A；g=10m/s2求：（ 1）滑块在 C 点的速度大小vc(2) 在 C 点时，轨道对滑块的作用力NC（3）恒定外力 F 的大小【答案】（ 1） vc=20m/s （ 2） Nc=30N ，方向竖直向下（3） F=10N【解析】2R1 gt 2试题分析：（ 1） C 点飞出后正好做平抛运动，则 2xvt联立上述方程则 vc=20m/s（2）根据向心力知识则mg FNm v2rFN=30N，方向竖直向下。（3）根据动能定理Fs1 mvB2022mgR1 mvC21 mvB222联立上述方程则F=10N考点：平抛运动、圆周运动、动能定理点评：本题考查了常见的平抛运动、圆周运动、动能定理的理解和应用，属于简单题型，并通过三者的有机结合考察了综合运用知识能力。