《高考物理动能定理的综合应用解题技巧及练习题及解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理动能定理的综合应用解题技巧及练习题及解析.docx（13页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高考物理动能定理的综合应用解题技巧及练习题及解析一、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。（重力加速
2、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2mv1mgFNR代入解
3、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，右侧轨道与物块间的
4、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，物块对轨道的作用力为
5、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， AC 为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在A 端的竖直墙壁上.质量m 1kg 的小物块将弹簧的另一端压缩到B 点，之后由静止释放，离开弹簧后从C 点水平飞出，恰好从 D 点以 vD10m / s 的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道DEF ( 小物体与轨道间无碰撞).O 为圆弧轨道的圆心，E 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径 R1m ， DOE60o ，EOF37.o 小物块运动到 F 点后，冲上足够长的斜
6、面FG，斜面FG 与圆轨道相切于F 点，小物体与斜面间的动摩擦因数0.5.sin37 o0.6，cos37o0.8 ，取 g 10m / s2 . 不计空气阻力 . 求：（1 ）弹簧最初具有的弹性势能；（2 ）小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小；（3 ）判断小物块沿斜面 FG 第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的D 点？若能，求解小物块回到 D 点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E的速度大小【答案】1 1.25J? ； 230 N； 32 m / s 【解析】【分析】【详解】（1）设小物块在C 点的速度为v C ，则在 D 点有： vCvD
7、cos60o设弹簧最初具有的弹性势能为Ep ，则： EP1 mv C22代入数据联立解得：Ep1.25J ；2 设小物块在 E 点的速度为 v E ，则从 D 到 E 的过程中有：mgR 1 cos60o1 mv E21 mv D222设在 E 点，圆轨道对小物块的支持力为N，则有： Nmgv E2R代入数据解得： vE2 5m / s ， N 30N由牛顿第三定律可知，小物块到达圆轨道的E 点时对圆轨道的压力为30 N；3 设小物体沿斜面FG上滑的最大距离为 x，从 E 到最大距离的过程中有：mgR 1 cos37omgsin37 omgcos37ox 01 mv E22小物体第一次沿斜面上
8、滑并返回F 的过程克服摩擦力做的功为Wf ，则Wf2x mgcos37o小物体在 D 点的动能为 EKD ，则： EKD1 mv D22代入数据解得： x0.8m ， Wf6.4J， EKD5J因为 EKD Wf ，故小物体不能返回D 点 .小物体最终将在 F 点与关于过圆轨道圆心的竖直线对称的点之间做往复运动，小物体的机械能守恒，设最终在最低点的速度为v Em ，则有：mgR 1 cos37o1 mv Em22代入数据解得： vEm2m / s答：1 弹簧最初具有的弹性势能为1.25J；23小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小是30 N；小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道
9、后不能回到圆弧轨道的D 点 . 经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小为2 m / s 【点睛】（1）物块离开 C 点后做平抛运动，由 D 点沿圆轨道切线方向进入圆轨道，知道了到达 D 点的速度方向，将 D 点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据角度关系求出水平分速度，即离开 C 点时的速度 ，再研究弹簧释放的过程，由机械能守恒定律求弹簧最初具有的弹性势能；2 物块从 D 到 E，运用机械能守恒定律求出通过E 点的速度 ，在 E 点，由牛顿定律和向心力知识结合求物块对轨道的压力；3 假设物块能回到D 点，对物块从A 到返回 D 点的整个过程，运用动能定理求出D 点的速度，再作
10、出判断，最后由机械能守恒定律求出最低点的速度4 如图所示，半径 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)v5 2m / s1【解析】【分析】【详解】（1）滑块在圆弧轨道受重力、
11、支持力和摩擦力作用，由动能定理mgR-Wf = 1 mv22Wf =1.5J（2）由牛顿第二定律可知：v2FNmgm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：Rmgh 1 mv121 mv222解得：v15 2m/s5 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，小球运动到 C 点时对轨道压力为
12、 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 2R1 mv2 ,2解得：h 2.5R 2.5 0.4m 1m ；（ 2）在 C点 ,由牛顿第二定律得：mg mgv2m C ,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 某物理小组为了研究过山车的原理提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为=53 ，长为 L1 =7.5m 的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与
13、足够长的光滑水平轨道BC 相连，然后在 C 处连接一个竖直的光滑圆轨道如图所示高为h=0.8m 光滑的平台上有一根轻质弹簧，一端被固定在左面的墙上，另一端通过一个可视为质点的质量m=1kg 的小球压紧弹簧，现由静止释放小球，小球离开台面时已离开弹簧，到达A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下已知小物块与AB 间的动摩擦因数为=0.5，g 取10m/s 2， sin53 =0.8求：(1)弹簧被压缩时的弹性势能；(2)小球到达 C 点时速度vC的大小；(3)小球进入圆轨道后，要使其不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件【答案】 (1) 4.5J； (2) 10m/s ；
14、(3) R5m或 0 R2m。【解析】【分析】【详解】(1)小球离开台面到达A 点的过程做平抛运动，故有vy2ghv03m/stantan小球在平台上运动，只有弹簧弹力做功，故由动能定理可得：弹簧被压缩时的弹性势能为Ep1mv024.5J ；2(2)小球在 A 处的速度为v0vA5m/scos小球从 A 到 C 的运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得mgL1 sinmgL1 cos1 mvC21 mvA222解得vCvA22gL1 sincos10m/s ；(3)小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，即小球能通过圆轨道最高点，或小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径；那么对小球能通过
15、最高点时，在最高点应用牛顿第二定律可得mgm v12；R对小球从 C 到最高点应用机械能守恒可得1 mvC22mgR 1 mv125 mgR222解得0 RvC22m ；5g对小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径的情况应用机械能守恒可得1mvC2mgh mgR2解得2vCR=5m ；故小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R5m或 0 R2m；7 如图所示，光滑斜面 AB 的倾角 =53，BC为水平面， BC 的长度 l BC=1.10 m， CD 为光滑的 1 圆弧，半径 R=0.60 m一个质量 m=2.0 kg 的物体，从斜面上 A 点由静止开始下滑，物4体与水平面
16、BC 间的动摩擦因数=0.20.轨道在 B， C 两点光滑连接当物体到达D 点时，继续竖直向上运动，最高点距离D 点的高度h=0.20 m， sin 53 =0.8， cos 53 =0.6.g 取 10m/s 2.求：(1)物体运动到C点时速度大小vC(2)A 点距离水平面的高度H(3)物体最终停止的位置到 C 点的距离 s.【答案】 (1)4 m/s(2)1.02 m (3)0.4 m【解析】【详解】(1)物体由 C 点到最高点，根据机械能守恒得：mg R h1 mvc22代入数据解得： vC4m/ s(2)物体由 A 点到 C 点，根据动能定理得： mgHmglBC1 mvc202代入数
17、据解得： H1.02m(3)从物体开始下滑到停下，根据能量守恒得：mgxmgH代入数据，解得：x5.1m由于 x4l BC0.7 m所以，物体最终停止的位置到C 点的距离为：s0.4m 【点睛】本题综合考查功能关系、动能定理等；在处理该类问题时，要注意认真分析能量关系，正确选择物理规律求解 g=10m/s 2，求：8 如图所示，四分之一的光滑圆弧轨道AB 与水平轨道平滑相连，圆弧轨道的半径为R=0.8m，有一质量为 m=1kg 的滑块从 A 端由静止开始下滑，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为 =0.5，滑块在水平轨道上滑行 L=0.7m 后，滑上一水平粗糙的传送带，传送带足够长且沿顺时针方向转动
18、，取（ 1）滑块第一次滑上传送带时的速度v1 多大？（ 2）若要滑块再次经过 B 点，传送带的速度至少多大？（3）试讨论传送带的速度v 与滑块最终停下位置x（到 B 点的距离）的关系。【答案】v2或 xv2(1) 3m/s (2) 7 m/s (3) x LL2g2 g【解析】【详解】（1）从 A 点到刚滑上传送带，应用动能定理mgRmgL1 mv221得v12gR2gL代入数据得， v1=3m/s.（2）滑块在传送带上运动，先向左减速零，再向右加速，若传送带的速度小于v1，则物块最终以传送带的速度运动，设传送带速度为v 时，物块刚能滑到 B 点，则mgL01mv22解得 v2 gL7 m/s
19、即传送带的速度必须大于等于7 m/s 。(3)传送带的速度大于或等于v1，则滑块回到水平轨道时的速度大小仍为v1mgs01 mv122得 s=0.9m ，即滑块在水平轨道上滑行的路程为0.9m，则最后停在离B 点 0.2m处。若传送带的速度7 m/s v3m/s，则滑块将回到B 点，滑上圆弧轨道后又滑到水平轨道，最后停下，即mg（Lx)01 mv22v2L解得 xg2若传送带的速度v 7 m/s ，则滑块将不能回到B 点，即mg（L x)0 1 mv22解得 xLv22 g9 如图所示， BC为半径等于22 m 竖直放置的光滑细圆管，O 为细圆管的圆心，在圆5管的末端 C 连接倾斜角为45、动
20、摩擦因数 0.6 的足够长粗糙斜面，一质量为m0.5kg 的小球从O 点正上方某处A 点以 v0 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面(g 10m/s 2)求：（1）小球从O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度v0 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
21、向：rsin45 =v0t ，在 B 点：vygttan45 =，v0v0解得：v0=2m/s ；（2）小球到达在B 点的速度：vv02 2m/s ，cos45由题意可知：mg=0.5 10=5N=F，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，管壁的弹力提供向心力，F m v20.5(2 2) 2N7.1Nr225由牛顿第三定律可知，小球对圆管的压力大小：F7.1N；（3）小球在 CD上滑行到最高点过程，由动能定理得：mg sin 45 ?smg cos 45 ?s01 mv22解得：s 0.35m；10 如图，图象所反映的物理情景是：物
22、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（ 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？v0 沿木板滑动，若木板倾S-图象问：【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】（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 a
23、mg 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 12m11 如图所示，水平轨道 BC的左端与固定的光滑竖直 1/4 圆轨道相切与 B 点，右端与一倾角为 300 的光滑斜面轨道在 C 点平滑连接（即物体经过 C 点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2Kg 的滑块从圆弧轨道的顶端A 点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D 点，已知光滑圆轨道的半径R=0.45m，水平轨道BC
24、 长为0.4m ，其动摩擦因数=0.2 ，光滑斜面轨道上CD 长为0.6m， g 取10m/s2，求滑块第一次经过B 点时对轨道的压力整个过程中弹簧具有最大的弹性时能；滑块在水平轨道BC上运动的总时间及滑块最终停在何处？【答案】（ 1） 60N（2） 1.4J （ 3） 2.25m【解析】（ 1）滑块从 A 点到 B 点，由动能定理可得：解得：3m/s滑块在 B 点：解得：=60N由牛顿第三定律可得：物块对B点的压力60N（2）滑块第一次到达D点时，弹簧具有最大的弹性势能滑块从 A 点到 D点，设该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得：解得：=1.4J（3）将滑块在 BC段的运动全程看
25、作匀减速直线运动，加速度=2m/s 2则滑块在水平轨道上运动的总时间1.5sBC滑块最终停止在水平轨道BC 间，设滑块在BC 段运动的总路程为s，从滑块第一次经过 B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得：解得=2.25m结合 BC段的长度可知，滑块最终停止在BC间距 B 点 0.15m 处（或距C 点 0.25m 处）12 如图甲所示，游乐场的过山车在圆弧轨道上运行，可以把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R 的竖直圆轨道相接，B、C 分别为圆轨道的最低点和最高点质量为m 的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A 点由静止滚下，经过B 点且恰好能通过 C 点已知A、 B 间的高度差为h=4R,重力加速度为g求：(1)小球通过 C 点时的速度vC ；(2)小球从 A 点运动到C 点的过程中，损失的机械能E损【答案】 (1)gR (2)1.5mgR【解析】【详解】(1) 小球恰能通过 C 点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mgm则得：vC2RvCgR(2) 小球从 A 点运动到 C 点的过程中，根据动能定理得：mg( h 2R) Wf1 mvC202解得：Wf =1.5mgR则小球从 A 点运动到C 点的过程中，损失的机械能E损 =Wf1.5mgR