《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)含解析.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技巧阅读训练策略及练习题(含答案)含解析.docx（11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技巧阅读训练策略及练习题 ( 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 由相同材料的 杆搭成的 道如 所示，其中 杆AB 、 BC 、 CD 、 DE 、 EF 长均 L1.5m ， 杆 OA 和其他 杆与水平面的 角都 37sin370.6,cos37 0.8 ，一个可看成 点的小 套在 杆OA 上从 中离 道最低点的 直高度h 1.32m 由静止 放，小 与 杆的 摩擦因数都 0.2 ，最大静摩擦力等于相同 力下的滑 摩擦力，在两 杆交接 都用短小曲杆相 ，不 能 失，使小 能 利地 ，重力加速度g 取 10m / s2 ，求：(1)小 在
2、杆 OA 上运 的 t ；(2)小 运 的 路程s ；(3)小 最 停止的位置。【答案】 (1)1s； (2)8.25m ； (3)最 停在A 点【解析】【分析】【 解】(1)因 mgsinmgcos，故小 不能静止在 杆上，小 下滑的加速度 amg sinmg cos4.4m/s 2m 物体与 A 点之 的距离 L0 ，由几何关系可得hL02.2msin37 物体从静止运 到A 所用的 t，由 L01at 2 ，得2t1s(2)从物体开始运 到最 停下的 程中， 路程 s，由 能定理得mghmgscos3700代入数据解得s=8.25m(3)假 物体能依次到达B 点、 D 点，由 能定理有m
3、g(h Lsin37 ) mgcos37 ( L L0 )1mvB22解得vB20 明小 到不了B 点，最 停在A 点 2 如图所示，人骑摩托车做腾跃特技表演，以1.0m/s 的初速度沿曲面冲上高0.8m、顶部水平的高台，若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率1.8kW 行驶，经过1.2s 到达平台顶部，然后离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A 点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑A、 B 为圆弧两端点，其连线水平已知圆弧半径为R1.0m，人和车的总质量为180kg ，特技表演的全过程中不计一切阻力( 计算中取g10m/s2，sin53 0.8 ，cos53 0.6) 求：(1)
4、人和车到达顶部平台的速度v；(2) 从平台飞出到 A 点，人和车运动的水平距离x；(3) 圆弧对应圆心角；(4) 人和车运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力【答案】（ 1） 3m/s（ 2） 1.2m（ 3）106（ 4）7.74 10 3N【解析】【分析】【详解】（1）由动能定理可知：Pt1 mgH1mv 21mv0222v 3m/s（2）由 H1 gt22 ,svt 2 可得： s v 2H1.2m2g（3）摩托车落至A 点时，其竖直方向的分速度vygt 24m / s设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为，则vy4，即53tan3v所以 2 106（4）在摩托车由最高点飞出落至O 点的
5、过程中，由机械能守恒定律可得：mgH R(1cos)1 mv 21 mv 222在 O 点： Nmgm v 2R所以 N 7740N由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O 时对轨道的压力为7740N3 为了备战2022 年北京冬奥会，一名滑雪运动员在倾角=30的山坡滑道上进行训练，运动员及装备的总质量m=70 kg滑道与水平地面平滑连接，如图所示他从滑道上由静止开始匀加速下滑，经过t=5s 到达坡底，滑下的路程x=50 m滑雪运动员到达坡底后又在水平面上滑行了一段距离后静止运动员视为质点,重力加速度g=10m/s2 ，求：（ 1）滑雪运动员沿山坡下滑时的加速度大小a；（ 2）滑雪运动员沿山坡下滑
6、过程中受到的阻力大小f ；（ 3）滑雪运动员在全过程中克服阻力做的功Wf【答案】 （1） 4m/s 2（ 2）f = 70N （3） 1.75 4J10【解析】【分析】（ 1）运动员沿山坡下滑时做初速度为零的匀加速直线运动，已知时间和位移，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出下滑的加速度（ 2）对运动员进行受力分析，根据牛顿第二定律求出下滑过程中受到的阻力大小（ 3）对全过程，根据动能定理求滑雪运动员克服阻力做的功【详解】12（1）根据匀变速直线运动规律得：x= at2解得： a=4m/s2（2）运动员受力如图，根据牛顿第二定律得：mgsin -f=ma解得： f=70N（3）全程应用动能定理
7、，得：mgxsin -Wf =0解得： W 4f =1.7510J【点睛】解决本题的关键要掌握两种求功的方法，对于恒力可运用功的计算公式求对于变力可根据动能定理求功4 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、x0.6m 。不计空气阻力，C D 两点的水平距离为取 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
8、程中克服摩擦力做的功。【答案】 (1) t=0.3s (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vCx2.0m/st（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WfWf0.1J5 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
9、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 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：2mgmgm v
10、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 如图所示，半径为R 的圆管BCD竖直放置，一可视为质点的质量为m 的小球以某一初速度从A 点水平抛出，恰好从B 点沿切线方向进入圆管，到达圆管最高点D 后水平射出已知小球在D 点对管下壁压力大小为1BC弧对mg，且 A、 D 两点在同一水平线上，2应的圆心角60，不计空气阻力求：(1)小球在 A 点初速度的大小；(2)小球在 D 点角速度的大小；(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功【答案】 (1)gR ； (2)g ； (3) 1 mgR2R4【解析】【分析】（ 1）根据几何
11、关系求出平抛运动下降的高度，从而求出竖直方向上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小（2）根据向心力公式求出小球在D 点的速度，从而求解小球在D 点角速度（ 3）对 A 到 D 全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功【详解】（ 1）小球从 A 到 B，竖直方向 : vy2 2gR(1 cos 60 )解得 vy3gRvy在 B 点： v0gR .0（2）在 D 点，由向心力公式得mg- 1 mg mvD22R解得 vD2gR2vDg.R2R（3）从 A 到 D 全过程由动能定理：1212W 克mvD 2mv02解得 W 克 1mgR.4【点睛】本题综合考查了平抛运动和圆
12、周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源7 如图所示 ,在粗糙水平面上有一质量为物 Q,斜面体的左端与障碍物的距离为M 、高为 h 的斜面体 ,斜面体的左侧有一固定障碍d将一质量为m 的小物块置于斜面体的顶端,小物块恰好能在斜面体上与斜面体一起保持静止;现给斜面体施加一个水平向左的推力,使斜面体和小物块一起向左匀加速运动,当斜面体到达障碍物与其碰撞后,斜面体立即停止运动,小物块水平抛出,最后落在障碍物的左侧P 处 (图中未画出),已知斜面体与地面间的动摩擦因数为1 ,斜面倾角为 ,重力加速度为g,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,求:(1
13、)小物块与斜面间的动摩擦因数 2;(2)要使物块在地面上的落点P 距障碍物Q 最远 ,水平推力F 为多大 ;(3)小物块在地面上的落点P 距障碍物 Q 的最远距离【答案】tan （ 2） FMm gsin（1） 21M m g（3）costan sin22hdsinhcostan sintan【解析】【分析】对 m 受力分析，由共点力平衡条件可以求出动摩擦因数；以m 为研究对象，求出最大加速度，以系统为研究对象，由牛顿第二定律求出最大推力；对系统由动能定理求出最大速度，然后由平抛运动规律求出最大水平位移【详解】(1)对 m 由平衡条件得：mgsin -2mgcos=0解得： =tan 2(2)
14、对 m 设其最大加速度为am，由牛顿第二定律得水平方向： Nsin +Ncos =ma2m竖直方向 ：Ncos-2Nsin -mg =0解得 ： a2g sincostansin对 M 、m 整体由牛顿第二定律得 ：F-1(M +m)g=(M +m)am解得 ： FMm g2 Mm g sin1costansin(3)对 M、 m 整体由动能定理得： Fd1M m gd1 M m v22解得 ： vdg sincostan sin对 m 由平抛运动规律得 ：水平方向 ： xphvttan竖直方向 ： h1 gt 22解得 ： x p22hd sinhcostansintan【点睛】本题主要考查
15、了应用平衡条件、牛顿第二定律、动能定理、平抛运动规律即可正确解题8 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v0，两轮轴心间距为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：（ 1）滑块到达底端 B 时的速度大小 vB；（ 2）滑块与传送带间的动摩擦因数；（ 3）此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q.v022ghm v02gh2【答案】 （1）2gh （2）（ 3）2gl2【解析】试题分析：（1）滑块在由 A 到 B 的过程中，由动能定理得：mgh 1
16、 mvB20 ，2解得：B2gh ；（2）滑块在由 B 到 C 的过程中，由动能定理得：mgL1212，mv 0 -2mv B2解得，v022gh；2gL22gh)2（3）产生的热量： Q=mgL 相对 ， L相对0B ( 02（或2gg( 02gh )2L ），v022gh解得， Q 1 m( 02gh )2 ；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9 如图所示，质量4 6m 2.0 10 kg、电荷量q1.0 10 C 的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1 的匀强电场中取 g10 m/s 2
17、(1)求匀强电场的电场强度E1 的大小和方向；(2)在 t 0 时刻，匀强电场强度大小突然变为3t 0.20 sE2 4.0 10N/C，且方向不变求在时间内电场力做的功；(3)在 t 0.20 s 时刻突然撤掉第(2)问中的电场，求带电微粒回到出发点时的动能344【答案】 (1)2.0 10(2)8.0 10J(3)8.0 10JN/C，方向向上【解析】【详解】（1）设电场强度为E，则： Eqmg ，代入数据解得：Emg2.010 4 10 N / C2.0103 N / C ，方向向上q1010 6（2）在 t0 时刻，电场强度突然变化为：E24.0 103 N / C ，设微粒的加速度为
18、a ，在 t 0.20s 时间内上升高度为hW，则： qE2 mg ma1，电场力做功为解得 ： a110 m / s2根据： h120.20ma1t，解得 ： h2电场力做功： WqE2 h8.010 4 J（3）设在 t0.20s 时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为v，回到出发点时的动能为Ek ，则： v at ， Ekmgh1mv22解得： Ek8.010 4 J10 如图，与水平面夹角=37的斜面和半径R=1.0m 的光滑圆轨道相切于B 点，且固定于竖直平面内。质量m=0.5kg 的滑块从斜面上的A 点由静止释放，经B 点后沿圆轨道运动，通过最高点C 时轨道对滑块的弹力为滑块重力的5.
19、4 倍。已知A、 B 两点间的高度差h=6.0m。（ g=10m/s2， sin37 =0.6， cos37=0.8）求：（1）滑块在C 点的速度大小vC；（2）滑块在B 点的速度大小vB；（3）滑块在A、 B 两点间克服摩擦力做功Wf 。【答案】（ 1） 8m/s （2） 10m/s （3） 5J【解析】【详解】（1）在 C点，由牛顿第二定律：mg FCm vC2R其中FC5.4mg解得Cv =8m/s（2）从 B 到 C 由机械能守恒：1 mv2=1 mv2mgR(1 cos37 o)2BC2解得vB=10m/s（3）从 A 到 B 由动能定理：mgh Wf1mvB22解得Wf=5J11
20、如图所示，一根直杆与水平面成 37N处有一弹角，杆上套有一个小滑块，杆底端性挡板，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 0.25， g 10m/ s2.取 sin37 0.6， cos370.8.求：(1) 滑块第一次下滑的时间 t；(2) 滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x；(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【解析】【分析】（ 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
21、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 mgcos ma解得 a 4.0m/s 2由 d 1 at 2 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/s上滑时 (mgsin f)x 0 1 mv22解得 x 0.25m.(3) 滑块最终停在挡板处，由动能定理得mgdsin fs 0解得总路程s 1.5m.12 一辆质量 m3P 80kW，运动210kg 的小轿车沿平直路面运动，发动机的额定功率时受到的阻力大小为3f 210N试求：(1)小轿车最大速度的大小；(2)小轿车由 v0 10m/s 的速度开始以额定功率运动60s 前进的距离 (汽车最后的速度已经达到最大 )【答案】 (1)40m/s(2)1650m【解析】【详解】（1）设小轿车运动的最大速度的大小为vm ，当车子达到最大速度时，有 F牵 =f根据公式 Pfvm解得 vm=40m/s（2）根据题意和动能定理得：W合 = 1 mv末21 mv初222则有： Ptfs=1mvm21mv0222解得小轿车60s 内前进的距离为s=1650m