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1、高考物理动能定理的综合应用专项训练100( 附答案 )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 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，通过微小圆弧与足够长的
3、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 ； (3)
4、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v0vy2gh3m/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Ep1 mv024.5J ；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 cos1mvC21mvA222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；那么对小球能通过最高点时，
5、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1mvC22mgR1mv125mgR222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1 mvC22mghmgR解得R vC 2 =5m ； 2g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；3 在某电视台举办的冲关游戏中，AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R=1.6m， BC 是长度为L1=3m的水平传送带，CD是长度为L2=3.6m水平粗糙轨道，AB、 CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A 处由静止下滑，参
6、赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg，滑板质量可忽略已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为2（ 1）参赛者运动到圆弧轨道 B 处对轨道的压力；（ 2）若参赛者恰好能运动至 D 点，求传送带运转速率及方向；（ 3）在第 （ 2）问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能【答案】 （1） 1200N，方向竖直向下 （ 2）顺时针运转， v=6m/s（ 3） 720J 【解析】(1) 对参赛者： A 到 B 过程，由动能定理mgR(1 cos60) 1 mvB22解得 vB 4m/ s在 B 处，由牛顿第二定律NBmg mv2BR解得 NB 2mg 1 200 N根据牛顿第三定律：参赛者对
7、轨道的压力N B NB 1 200 N，方向竖直向下(2) C 到 D过程，由动能定理 2mgL2 0 1 mvC22解得 vC 6m/ sB 到 C过程，由牛顿第二定律 1mg ma2分 )解得 a 4m/ s (2参赛者加速至vC历时 t vCvB 0.5 sa位移 x1 vBvCt 2.5 mL12参赛者从 B 到 C 先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v 6m/ s.(3) 0.5 s 内传送带位移 x2 vt 3m参赛者与传送带的相对位移x x2 x1 0.5 m传送带由于传送参赛者多消耗的电能E mg1212xmvC mvB 720J.1224 如图光滑水平导轨AB 的左端有一
8、压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m=1kg 的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B 点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为 L=6m ，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s 匀速转动 CD 为光滑的水平轨道，C 点与传送带的右端刚好平齐接触，DE 是竖直放置的半径为R=0.4m 的光滑半圆轨道， DE 与 CD 相切于 D 点已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C 点，求弹簧储存的弹性势能Ep ；（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C 点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点 E
9、飞出，最终落在CD 上距 D 点的距离为x=1.2m 处（ CD 长大于 1.2m），求物块通过 E 点时受到的压力大小；（3）满足（ 2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能【答案】（ 1） Ep12J （ 2） N=12.5N（ 3） Q=16J【解析】【详解】（1）由动量定理知：mgL 01 mv22由能量守恒定律知：Ep1 mv22解得： Ep12J（2）由平抛运动知：竖直方向：y 2R1gt 22水平方向： x vEt在 E 点，由牛顿第二定律知： Nmg m vE2R解得： N=12.5N（3）从 D 到 E，由动能定理知：mg 2R1mvE21mvD222解得： vD5m
10、/ s从 B 到 D，由动能定理知mgL1 mvD21 mvB222解得： vB7m / s对物块 LvB vD t2解得： t=1s；s相对 Lvt 62 1m 8m由能量守恒定律知：QmgLs相对解得： Q=16J5 如图所示，半径为R 的圆管速度从 A 点水平抛出，恰好从BCD竖直放置，一可视为质点的质量为B 点沿切线方向进入圆管，到达圆管最高点m 的小球以某一初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
11、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 vy3gR在 B 点： v0vygR .tan 600（2）在 D 点，由向心力公式得 mg- 1mg mvD22R解得 vD2gR2vDg.R2R（3）从
12、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,M、高为h,6 如图所示 在粗糙水平面上有一质量为的斜面体 斜面体的左侧有一固定障碍物 Q,斜面体的左端与障碍物的距离为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
13、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)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】（1） 2 tan （ 2） FMm gsin1 M 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
14、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)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-Nsin -mg =02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 gd1M m v22解得 ： vdg sincostan sin对 m 由平抛运动规律得
15、：水平方向 ： xphvttan竖直方向 ： h1gt 22解得 ： x p22hd sinhcostansintan【点睛】本题主要考查了应用平衡条件、牛顿第二定律、动能定理、平抛运动规律即可正确解题7 如图所示，固定斜面的倾角=30，用一沿斜面向上的拉力将质量m=1kg 的物块从斜面底端由静止开始拉动，t=2s 后撤去该拉力，整个过程中物块上升的最大高度h=2.5m，物块与斜面间的动摩擦因数=3 . 重力加速度 g=10m/s2. 求：6(1)拉力所做的功；(2)拉力的大小 .【答案】 (1) WF40J (2) F=10N【解析】【详解】（1）物块从斜面底端到最高点的过程，根据动能定理有
16、：WFmgcoshmgh0sin解得拉力所做的功WF40J（2） WF Fx由位移公式有 x1at 22由牛顿第二定律有Fmgcosmgsinma解得拉力的大小F=10N.8 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 处的墙上，另一端恰位于滑道的末端 O 点已知在间的动摩擦因数均为 ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为OM 段，物块g，求：A 与水平面（ 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）
17、（ 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：mgh1mv22解得：v 2gh（ 2）在水平滑道上物块 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：
18、hh2d【点睛】考察功能关系和能量守恒定律的运用9 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】（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
19、理得，mg s1 mv02，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 , s12m10 如图所示，一倾角=37B点，传送带以v=6m/s的的斜面底端与一传送带左端相连于速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端点以的初速度沿斜面下滑，当物块滑到0 =4m/s斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，从传送带右端的C 点水平抛出，最后落到地面上的 D 点，已知斜面
20、长度 L1=8m，传送带长度L2=18m ，物块与传送带之间的动摩擦因数22）=0.3，（ sin37 =0.6， cos37 =0.8， g=10m/s（ 1）求物块与斜而之间的动摩擦因数l；（ 2）求物块在传送带上运动时间；（3）若物块在D 点的速度方向与地面夹角为的水平距离a=53，求C 点到地面的高度和C、 D 两点间【答案】（1）（ 2） 4s；（ 3） 4.8m 【解析】试题分析：（ 1）从 A 到 B 由动能定理即可求得摩擦因数（ 2）由牛顿第二定律求的在传送带上的加速度，判断出在传送带上的运动过程，由运动学公式即可求的时间；（ 3）物体做平抛运动，在竖直方向自由落体运动，解：（
21、 1）从 A 到 B 由动能定理可知代入数据解得（ 2）物块在传送带上由牛顿第二定律： 2mg=ma a=达到传送带速度所需时间为t=s加速前进位移为18m滑块在传送带上再匀速运动匀速运动时间为故经历总时间为t 总 =t+t =4s（3）设高度为h，则竖直方向获得速度为联立解得h=3.2m下落所需时间为水平位移为xCD=vt =6 0.8s=4.8m答：（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数l为（2）求物块在传送带上运动时间为4s；（3）若物块在D 点的速度方向与地面夹角为a=53，C 点到地面的高度为3.2m和C、D 两点间的水平距离为4.8m 【点评】本题主要考查了动能定理、平抛运动的基本规律
22、，运动学基本公式的应用，要注意传动带顺时针转动时，要分析物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解11 如图所示， AB 是倾角为的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在 B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R，一个质量为m 的物体(可以看做质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为，求：(1)物体做往返运动的整个过程中，在AB 轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，物体对轨道压力的大小和方向【答案】（ 1） LRFN mg(3 2cos ) ，方向竖直向下（ 2） FN【解析】试题
23、分析：（ 1）物体每完成一次往返运动，在AB 斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达 B 点时，速度变为零，对物体从P 到 B 全过程用动能定理，有mgR cosmgL cos0得物体在 AB 轨道上通过的总路程为LR（2）最终物体以 B 为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B 运动到 E 时速度为v，由动能定理有 mgR(1cos )1mv22在 E 点，由牛顿第二定律有FNmgmv2R得物体受到的支持力 FNmg(32cos)根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为FN FN mg(32cos ) ，方向竖直向下考点：考查了动能定理，牛顿运动定律，圆周运动等应用点评：在使用动能定理
24、分析多过程问题时非常方便，关键是对物体受力做功情况以及过程的始末状态非常清楚12 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）纸带抽出过程全系统产生的内能E.【答案】 （1） 2m/s
25、（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 v0 = s =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