《高考物理动能定理的综合应用试题类型及其解题技巧含解析.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试题类型及其解题技巧含解析.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试题类型及其解题技巧含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1 一辆汽车发动机的额定功率P=200kW，若其总质量为m=103kg，在水平路面上行驶时，汽车以加速度a12 从静止开始匀加速运动能够持续的最大时间为t 1=4s，然后保持恒定=5m/s的功率继续加速t2=14s 达到最大速度。设汽车行驶过程中受到的阻力恒定，取g=10m/s 2.求：(1)汽车所能达到的最大速度；(2)汽车从启动至到达最大速度的过程中运动的位移。【答案】 (1)40m/s ；(2)480m【解析】【分析】【详解】(1)汽车匀加速结束时的速度v1a1t1 20m / s由 P=Fv
2、可知，匀加速结束时汽车的牵引力F1P4=1 10Nv1由牛顿第二定律得F1fma1解得f=5000N汽车速度最大时做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知，此时汽车的牵引力F=f=5000N由 PFv 可知，汽车的最大速度：PPv=40m/sFf(2)汽车匀加速运动的位移1v1t140mx =2对汽车，由动能定理得F1x1 Pt 2fs1 mv202解得s=480m2 为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为123=60 、长为 L =2 3 m 的倾斜轨道 AB，通过微小圆弧与长为L =m 的水平轨道 BC相2连，然后在 C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，
3、出口为水平轨道上D 处，如图所示 .现将一个小球从距A 点高为 h=0.9m 的水平台面上以一定的初速度v0 水平弹出，到 A 点时小球的速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下 .已知小球与 AB 和 BC 间的动摩擦因数均为=3 ， g 取 10m/s 2 .3（ 1）求小球初速度 v0 的大小；（ 2）求小球滑过 C 点时的速率 vC；（ 3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件？【答案】 （1）6 m/s （ 2） 3 6 m/s （3）0R 1.08m【解析】试题分析：（1）小球开始时做平抛运动：vy2=2gh代入数据解得：22 100.93 2/vyghm
4、sA点：tanvy60vx得：vy3 2v0m / s6m / svxtan603（2）从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得：mg hL1sinmgL1cosmgL2 1 mvC21 mv02 代入数据解得：vC3 6m / s223mv2（）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：mgR11 mvC22mgR11 mv222代入数据解得 R1=1 08 m当小球刚能到达与圆心等高时1 mvC2 mgR22代入数据解得R2=2 7 m当圆轨道与 AB 相切时 R3=BC?tan 60=15 m即圆轨道的半径不能超过15 m综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是0 R1 08 m
5、考点：平抛运动；动能定理3 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 点联立以上两式得FN 3mg 3 0.1 10N3N.(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
6、【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 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 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：mg
7、m 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 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 ；5 如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行在t 0 时刻，将质量为1.0 kg的物块 (可视为质点 )无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s，物块从最下端的B点离开传送带取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示 (g 10 m/s 2)，求：(1
8、)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从 A 到 B 的过程中，传送带对物块做的功【答案】 (1)3(2) 3.75 J5【解析】解： (1)由图象可知 ，物块在前0.5 s 的加速度为 ： a1v1 =8?m/s2t1后 0.5 s 的加速度为： a2v2v22?m / s2t2物块在前 0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：mgsinmgcosma1物块在后 0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：mgsinmgcosma2联立解得：35(2)由 v t 图象面积意义可知，在前v1t10.5 s，物块对地位移为： x12则摩擦力对物块做功：W1m
9、gcos x1在后0.5 sx1v1v2t2，物块对地位移为：2则摩擦力对物块做功W2 mgcos x2所以传送带对物块做的总功：WW1W2联立解得： W 3.75 J6 质量为 m=2kg 的小玩具汽车，在t 0 时刻速度为 v0=2m/s ，随后以额定功率P=8W 沿平直公路继续前进，经t=4s 达到最大速度。该小汽车所受恒定阻力是其重力的0.1 倍，重力加速度 g=10m/s2。求：(1)小汽车的最大速度vm；(2)汽车在 4s 内运动的路程s。【答案】 (1)4 m/s ， (2)10m。【解析】【详解】(1)当达到最大速度时，阻力等于牵引力：PFv mfvmf0.1mg解得： vm4
10、m/s ；(2)从开始到 t 时刻根据动能定理得：Pt fs1 mv21 mv22m20解得： s10m 。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：WFmgcoshmgh0sin解得拉力所做的功WF40J（2） WF Fx由位移公式有 x1
11、at 22由牛顿第二定律有Fmgcosmgsinma解得拉力的大小F=10N.8 如图甲所示，带斜面的足够长木板PM=3kg。静止在水平地面上，其右侧靠竖直，质量墙壁，倾斜面BC 与水平面 AB 的夹角=37、两者平滑对接。 t=0 时，质量 m=1kg、可视为质点的滑块Q 从顶点 C 由静止开始下滑，图乙所示为Q 在 06s 内的速率 v 随时间 t 变化的部分图线。已知P 与 Q 间的动摩擦因数是P 与地面间的动摩擦因数的5 倍， sin37 =0.6，2cos37 =0.8，g 取10m/s 。求：(1)木板 P 与地面间的动摩擦因数；(2)t=8s 时，木板P 与滑块 Q 的速度大小；
12、(3)08s 内，滑块Q 与木板 P 之间因摩擦而产生的热量。【答案】 (1)20.03 ； (2) vPvQ0.6m/s ； (3)Q54.72J【解析】【分析】【详解】(1)02s 内， P 因墙壁存在而不动，Q 沿着 BC 下滑， 2s 末的速度为 v1 10m/s，设 P、 Q 间动摩擦因数为2；1， P 与地面间的动摩擦因数为对 Q，由 vt图像有a14.8m/s 2由牛顿第二定律有mg sin 371mg cos37ma1联立求解得0.15 ，10.03125(2)2s 后， Q 滑到 AB 上，因 1mg2 (mM ) g ，故 P、Q 相对滑动，且 Q 减速、 P 加速，设加速
13、度大小分别是a2、 a3， Q 从 B 滑动 AB 上到 P、 Q 共速所用的时间为 t0对 Q 有1mgma2对 P 有1mg2 ( mM ) gMa3共速时v1a2t0a3 t0解得a2=1.5m/s 2、 a3=0.1m/s 2、 t6s故在t 8s 时， P 和Q 共速vpa3t0.6m / s(3)02s 内，根据v-t图像中面积的含义，Q 在 BC 上发生的位移x1=9.6m28s 内， Q 发生的位移v1vQx2t030.6mP 发生的位移x3vP t0 1.8m208s 内， Q 与木板 P 之间因摩擦而产生的热量Q1mgx1 cos37 o1mg( x2x3 )代入数据得Q5
14、4.72J9 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(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.
15、010 410N / C2.0103N / C ，方向向上q1010 6（2）在 t0 时刻，电场强度突然变化为：E24.0103 N / C ，设微粒的加速度为a ，在 t 0.20s 时间内上升高度为h，电场力做功为W，则： qE2 mg ma1解得 ： a110 m / s2根据： h1a1t 2，解得 ： h0.20m2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 ， Ekmgh1 mv22解得： Ek8.010 4 J10 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
16、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
17、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：1mgsin37mgcos37=gsin37 - gcos37 -0=6.522a m 8m/s=2m/s （2）在水平面上做匀减速运动的加速度大小为：22a g 5m/s ，根据速度位移公式得，B 点的速度为： vB2a2 L2 520m / s10 2m / s 根据速度位移公式得： vB2 200 50m.LAB2a1m4【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
18、和运动学的桥梁，本题也可以结合动能定理进行求解11 如图所示，在 E 103V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN 与一水平绝缘轨道 MN 在 N 点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R 40 cm， N 为半圆形轨道最低点， P 为 QN 圆弧的中点，一带负电q10 4 C 的小滑块质量 m 10 g，与水平轨道间的动摩擦因数 0.15，位于 N 点右侧1.5 m 的 M 处， g 取 10 m/s 2，求：(1)小滑块从 M 点到 Q 点电场力做的功(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点动？Q，则小滑块应以多大的初速度v0 向左运(3)这样运动的小滑块通过P
19、 点时对轨道的压力是多大？【答案】 (1) - 0.08J(2) 7 m/s（ 3） 0.6 N【解析】【分析】【详解】（ 1） W= qE2RW= - 0.08J(2)设小滑块到达 Q 点时速度为 v，由牛顿第二定律得mg qE m v2R小滑块从开始运动至到达Q 点过程中，由动能定理得mg2R qE2R (mg qE)x 1mv 2 1mv22联立方程组，解得： v0 7m/s.(3)设小滑块到达 P 点时速度为 v，则从开始运动至到达P 点过程中，由动能定理得(mg qE)R (qE mg)x 12 12mvmv2又在 P 点时，由牛顿第二定律得v 2FN mR代入数据，解得：FN0.6
20、N由牛顿第三定律得，小滑块通过P 点时对轨道的压力FN FN 0.6N.【点睛】（ 1）根据电场力做功的公式求出电场力所做的功；（ 2）根据小滑块在 Q点受的力求出在 Q点的速度，根据动能定理求出滑块的初速度；（ 3）根据动能定理求出滑块到达P 点的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力，由牛顿第三定律得，小滑块通过P 点时对轨道的压力 12 如图所示，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，以初速度v0 =4m/s 沿轨道下滑，并进入水平轨道(g=10m/s2)。求：BCBC=1.8m ，物体在BC 段所受到的阻力为8N 。(1)物体刚下滑到B 点时的速度大小；(2
21、)物体通过 BC 时在 C 点的动能；(3)物体上升到另一光滑弧形轨道CD后，又滑回BC轨道，最后停止在离B 点多远的位置。【答案】 (1)6m/s (2)21.6J (3)离 B 点 0.9m【解析】【详解】（1）物体在光滑弧形轨道上运动只有重力做功，故机械能守恒，则有1 mvB2 mgh1 mvA222所以物体刚下滑到B 点的速度大小vBv022gh6m/s ；（2）物体在BC上运动，只有摩擦力做功，设物体经过C 点的动能为EkC，则由动能定理可得：EkCEkBmgLBC1 mvB22mgLBC21.6J（3）物体在整个过程中只有重力、摩擦力做功，设物体在BC上滑动的路程为x，则由动能定理可得：mgx1 mv2A2mgh，解得：x 4.5m=2 LBC+0.9m；故物块最后停在离B 点0.9m处；