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1、高考物理动能定理的综合应用真题汇编( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1 如图， 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 14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 (可视为质点 )从 AB 上 P 点处由静止开始滑下，恰好垂直 CD 落到斜面上求 :(1) 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
2、） 4R（ 2）7 mg ，竖直向下（3）1R555【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=v0t01gt2R-xsin30 =2v0gt0解得 x=0.8R（2）由（ 1）可得： v02 gR5通过 B 点时轨道对极限运动员的支持力大小为FNFN mgm v02R极限运动员对轨道的压力大小为FNNN，则 F =F，解得 FN7 mg ，方向竖直向下；5（3） P 点与 B 点的高度差为h,则 mgh=1mv 022解得 h=R/52 如图光滑水平导轨AB 的左端有一压缩的弹簧，
3、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，取的光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 飞出，最终落在
4、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：mgL01 mv22由能量守恒定律知： Ep21 mv2解得： Ep 12J（2）由平抛运动知：竖直方向：y2R1 gt 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 / s从 B
5、 到 D，由动能定理知mgL1mvD21mvB222解得： vB7m / s对物块 LvB vD t2解得： t=1s；s相对Lvt62 1m8m由能量守恒定律知：QmgLs相对解得： Q=16J3 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
6、】 (1)gR ； (2)g1； (3) 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 6001mvD2（2）在 D 点，由向心力公式得 mg-mg2R解得 vD2gR2vDgR.2R（3）从 A 到 D 全过程由动能定理
7、：W 克 1mvD2 1mv0222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4 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 v0
8、2gh2【答案】 （1）2gh （2）2gl（ 3）2【解析】试题分析：（1）滑块在由 A 到 B 的过程中，由动能定理得：mgh1mvB20 ，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， Q1m( 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5 如图所示，一质量为m 的小球从
9、半径为R 的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为R。小球离开圆弧轨道的底端又通过水平距离落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为g。求：R（ 1）小球刚到圆弧轨道底端时对轨道的压力；（ 2）小球在圆弧轨道上受到的阻力所做的功。【答案】（ 1） FN3mg ，方向竖直向下（2） W f3 mgR24【解析】【详解】（1）设小球在圆弧轨道的最低点时的速度为v，小球离开圆弧轨道后做平抛运动，有：RvtR 1 gt 22联立解得：gRv2而在圆弧轨道的最低点，由牛顿第二定律可知：FNmgm v2R由牛顿第三定律，FNFN联立求得球队轨道的压力为：FN3mg2方向竖直向下
10、。（2）对圆弧上运动的过程由动能定理：mgRWf1 mv202联立可得：Wf3 mgR46 如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动某人坐在滑板上从斜坡的高处A 点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B 点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C 点停下来如果人和滑板的总质量m 60kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为 0.5，斜坡的倾角 37（ sin 37 0.6， cos 37 0.8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g 取 10m/s 2求：（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离BC 为 L 20.0m，则人
11、在斜坡上滑下的距离AB 应不超过多少？【答案】（ 1） 2.0 m/s 2；（ 2） 50m【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求出人从斜坡上下滑的加速度（2）根据牛顿第二定律求出在水平面上运动的加速度，结合水平轨道的最大距离求出B点的速度，结合速度位移公式求出AB 的最大长度【详解】（1）根据牛顿第二定律得，人从斜坡上滑下的加速度为：mgsin37mgcos3722a1m=gsin37 -gcos37 =6-0.5 8m/s=2m/s（2）在水平面上做匀减速运动的加速度大小为：a2 g 5m/s2，根据速度位移公式得，B 点的速度为： vB2a2 L 25 20m / s10 2m / s
12、 LABvB2200m50m.根据速度位移公式得：42a1【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，本题也可以结合动能定理进行求解7 滑板运动是深受青少年喜爱的一项极限运动。如图所示为某一滑道的示意图，轨道AB可视为竖直平面内半径为R 的 1 光滑圆弧，圆心为O， OA 水平。轨道最低点B 距水平面4CD 高度为 1 R ， C 点位于 B 点正下方。滑板和运动员（可看作质点）总质量为m，由 A 点4静止下滑，从轨道中B 点飞出，落在水平面上的E 点。重力加速度为g。求：（ 1）运动员运动到 B 点时速度的大小；（ 2）运动员运动到 B 点时对轨
13、道压力的大小；（ 3） C、 E 两点间的距离。【答案】 (1) vB2gR (2) 3mg (3)R【解析】【详解】(1) 运动员从A 到 B，根据动能定理mgR1 mv202B解得：vB2gR(2) 运动员到达B 点时N Bmgm运动员对轨道的压力为2vBRN N B3mg(3)运动员空中飞行时间h 1 gt 22解得：Rt2gC、 E 间距离为xv B tR8 有可视为质点的木块由A 点以一定的初速度为4m/s 水平向右运动，AB 的长度为 2m ，物体和 AB 间动摩擦因素为1=0.1， BC 无限长，物体和BC间动摩擦因素为23 ，6求：（ 1）物体第一次到达 B 点的速度；（ 2）
14、通过计算说明最后停在水平面上的位置距B 点的距离【答案】（ 1） v2 3m / s （ 2） 2m【解析】【分析】由题中 “有可视为质点的木块由 A 点以一定的初速度为 4m/s 水平向右运动 ”可知，本题考查动能定理和能量守恒定律，根据对物体运动状态的分析结合能量变化可分析本题【详解】（1）据题意，当物体从A 运动到 B 点过程中，有：1mgsAB1 mvB21 mvA222带入数据求得：vB =23m / s（2）物体冲上斜面后，有：- 2mg cos30o xBC mg sin 30o xBC1 mvB22解得：xBC0.8m则有：-2 2 mg cos30o xBC1mgx1 mvB
15、22解得：x2m即物体又回到了A 点9如图所示，整个轨道在同一竖直平面内，直轨道 AB 在底端通过一段光滑的曲线轨道与一个光滑的四分之一圆弧轨道 CD平滑连接，圆弧轨道的最高点 C 与 B 点位于同一高度圆弧半径为R，圆心O 点恰在水平地面一质量为m 的滑块（视为质点）从A 点由静止开始滑下，运动至C 点时沿水平切线方向离开轨道，最后落在地面上的E 点已知A 点距离水平地面的高度为H， OE=2R，重力加速度取g，不计空气阻力求：（ 1）滑块运动到 C 点时的速度大小 VC；（ 2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功Wf；（3）若滑块从直轨道上 A点由静止开始下滑，运动至C 点时对轨道恰好无
16、压力，则A点距离水平地面的高度为多少？【答案】（ 1）滑块运动到C 点时的速度大小vC是（2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功Wf 是 mg（ H2R）（3） A点距离水平地面的高度为【解析】试题分析：（1）滑块从 C 到 E 做平抛运动，水平位移为2R ，竖直位移为R则有： 2Rv t 、 R1gt 2 ，可解得vC2gRC2（2）对于从 A 到 C 的过程，运用动能定理得mg H RW f1 mvC202解得，滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功W fmg H2R（3）设 A 点的距离水平地面的高度为h在 C 点有 mgm vC2R从 A到 C，由动能定理得mg(h R)W f1 mv
17、C20 2滑块在直轨道上下滑时重力做功与克服摩擦力做功的比值是定值，所以有： mg(HR)mg ( h R) 解得 Wfmg (H2R)(hR) ，代入 式(H2R)W f ( HR)联立 、 两式，可解得hHR2考点：考查了动能定理；向心力【名师点睛】本题要分析清楚物体的运动情况，正确选择研究过程，寻找每个过程和状态所遵守的物理规律是关系，要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解法10 如图所示，一倾角 =37斜面底端与一传送带左端相连于的B 点，传送带以 v=6m/s 的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端点以0=4m/s 的初速度沿斜面下滑，当物块滑到斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带
18、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 a=53 ，求 C 点到地面的高度和 C、 D 两点间的水平距离【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
19、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：（ 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为l（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
20、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，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，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道 B 端的切线沿水平方向质量m=1.0kg 的滑块（可视为质点）在水平恒力F=10.0N 的作用下，从 A 点由静止开始运动，当滑块运动的位移x=0.50m 时撤去力F已知 A、 B 之间的2距离 x0=1.0m ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数 =0.10，取 g=10m/s 求：（ 1）在撤去力 F 时，滑块的速度大
21、小；（ 2）滑块通过 B 点时的动能；（3）滑块通过 B 点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35m，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功【答案】（ 1） 3 0m/s；（ 2） 4 0J；（ 3） 0 50J【解析】试题分析：（ 1）滑动摩擦力 fmg （1分）设滑块的加速度为 a1，根据牛顿第二定律Fmgma1 （ 1 分）解得 a19.0m / s2 （ 1 分）设滑块运动位移为 0.50m 时的速度大小为 v ，根据运动学公式v22a1 x（ 2 分）解得 v3.0m / s （ 1 分）（2）设滑块通过 B 点时的动能为 EkB从 A 到 B 运动过程中，依据动能定理有W合
22、EkF x fx0EkB ， （ 4 分）解得 EkB4.0 J （ 2 分）（3）设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为W f ，根据动能定理mghWf0 EkB （ 3 分）解得 W f0.50 J （ 1 分）考点：牛顿运动定律功能关系12 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
23、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 371mv121mv0222解得 W=-12 J（用其它方法解得正确，同样给分）考点牛顿第二定律，匀变速直线运动规律，