高考物理动能定理的综合应用技巧小结及练习题及解析

合集下载

高考物理动能定理的综合应用技巧小结及练习题及解析

高考物理动能定理的综合应用技巧小结及练习题及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个光滑圆弧轨道AB的底端等高对接，如图所示．已知小车质量M=3．0kg，长L=2．06m，圆弧轨道半径R=0．8m．现将一质量m=1．0kg的小滑块，由轨道顶端A点无初速释放，滑块滑到B端后冲上小车．滑块与小车上表面间的动摩擦因数．（取g=10m/s2）试求：（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；（2）小车运动1．5s时，车右端距轨道B端的距离；（3）滑块与车面间由于摩擦而产生的内能．【答案】（1）30 N（2）1 m（3）6 J【解析】（1）滑块从A端下滑到B端，由动能定理得（1分）在B点由牛顿第二定律得（2分）解得轨道对滑块的支持力N （1分）（2）滑块滑上小车后，由牛顿第二定律对滑块：，得m/s2 （1分）对小车：，得m/s2 （1分）设经时间t后两者达到共同速度，则有（1分）解得s （1分）由于s<1．5s，故1s后小车和滑块一起匀速运动，速度v="1" m/s （1分）因此，1．5s时小车右端距轨道B端的距离为m （1分）（3）滑块相对小车滑动的距离为m （2分）所以产生的内能J （1分）2．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1 4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）45R （2）75mg ，竖直向下（3）15R【解析】【详解】（1）设极限运动员在B 点的速度为v 0，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=v 0t R-xsin300=12gt 2 0tan 30v gt = 解得x=0.8R（2）由（1）可得：025v gR =通过B 点时轨道对极限运动员的支持力大小为F N20N v F mg m R-=极限运动员对轨道的压力大小为F N ′，则F N ′=F N ，解得'75N F mg =，方向竖直向下；（3） P 点与B 点的高度差为h,则mgh=12mv 02 解得h=R/53．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)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) 35(2) －3.75 J 【解析】解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：2111a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222222?/v v a m s t -== 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：1mgsin mgcos ma θμθ+=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：2mgsin mgcos ma θμθ-=联立解得：3μ=(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：1112v t x =则摩擦力对物块做功：11·W mgcos x μθ= 在后0.5 s ，物块对地位移为：12122v v x t +=则摩擦力对物块做功22·W mgcos x μθ=－所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J4．如图所示，倾斜轨道AB 的倾角为37°，CD 、EF 轨道水平，AB 与CD 通过光滑圆弧管道BC 连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E 滑出该轨道进入EF 水平轨道．小球由静止从A 点释放，已知AB 长为5R ，CD 长为R ，重力加速度为g ，小球与斜轨AB 及水平轨道CD 、EF 的动摩擦因数均为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC 入口B 与出口C 的高度差为l.8R ．求：(在运算中，根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端C 时速度的大小． (2)小球刚到C 时对轨道的作用力．(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R /应该满足什么条件？【答案】（1285gR（2）6.6mg ，竖直向下（3）0.92R R '≤ 【解析】试题分析：（1）设小球到达C 点时速度为v ，a 球从A 运动至C 过程，由动能定理有0021(5sin 37 1.8)cos3752c mg R R mg R mv μ+-⋅=（2分）可得 5.6c v gR 1分）（2）小球沿BC 轨道做圆周运动，设在C 点时轨道对球的作用力为N ，由牛顿第二定律2c v N mg m r-=，（2分）其中r 满足 r+r·sin530=1.8R （1分）联立上式可得：N=6.6mg （1分）由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg ，方向竖直向下．（1分）（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF 轨道．则小球b 在最高点P 应满足2P v m mg R '≥（1分）小球从C 直到P 点过程，由动能定理，有2211222P c mgR mg R mv mv μ--'⋅=-（1分）可得230.9225R R R ='≤（1分）情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q 点时，速度减为零，然后滑回D ．则由动能定理有2102c mgR mg R mv μ--⋅='-（1分）2.3R R '≥（1分）若 2.5R R '=，由上面分析可知，小球必定滑回D ，设其能向左滑过DC 轨道，并沿CB 运动到达B 点，在B 点的速度为v B ,，则由能量守恒定律有22111.8222c B mv mv mg R mgR μ=+⋅+（1分）由⑤⑨式，可得0B v =（1分）故知，小球不能滑回倾斜轨道AB ，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD 轨道上的某处．设小球在CD 轨道上运动的总路程为S ，则由能量守恒定律，有212c mv mgS μ=（1分）由⑤⑩两式，可得 S=5.6R （1分）所以知，b 球将停在D 点左侧，距D 点0.6R 处．（1分）考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力．5．如图所示，质量为 1.0kg m =的小物体从A 点以 5.0m/s A v =的初速度沿粗糙的水平面匀减速运动距离 =1.0 m s 到达B 点，然后进入半径R =0.4m 竖直放置的光滑半圆形轨道，小物体恰好通过轨道最高点C 后水平飞出轨道，重力加速度g 取l0m/s 2。

高中物理动能与动能定理解题技巧分析及练习题（含答案）及解析

高中物理动能与动能定理解题技巧分析及练习题（含答案）及解析高中物理动能与动能定理解题技巧分析及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。

圆弧轨道的半径为R = 3.75m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心D 的连线与竖直方向成37?角，MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。

最右侧是一个半径为r =0.4m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接。

已知重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

（1）求小物块经过B 点时对轨道的压力大小；（2）若MN 的长度为L 0=6m ，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小；（3）若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L 。

【答案】（1）62N （2）60N （3）10m 【解析】【详解】（1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：0cos37A v v ==? 解得：04m /5m /cos370.8A v v s s ===?小物块经过A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有：()2211cos3722A B mv mg R R mv +-?= 小物块经过B 点时，有：2BNB v F mg m R-= 解得：()232cos3762N BNBv F mg m R=-?+=根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N （2）小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有：22011222C B mgL mg r mv mv μ--?=- 在C 点，由牛顿第二定律得：2CNC v F mg m r+=代入数据解得：60N NC F =根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N （3）小物块刚好能通过C 点时，根据22Cv mg m r=解得：2100.4m /2m /C v gr s s ==?=小物块从B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有：22211222C B mgL mg r mv mv μ--?=- 代入数据解得：L =10m2．如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量0.04kg m =，电量4310C q -=?的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能为0.32J 。

高考必备物理动能定理的综合应用技巧全解及练习题(含答案)含解析

高考必备物理动能定理的综合应用技巧全解及练习题(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．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v 0=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动摩擦因数都为μ=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)5m/s v =；(2)150N ，作用力方向竖直向上；(3)12.5m x = 【解析】【分析】【详解】(1)物块A 从出发至N 点过程，机械能守恒，有22011222mv mg R mv =⋅+ 得20445m /s v v gR =-=(2)假设物块在N 点受到的弹力方向竖直向下为F N ，由牛顿第二定律有2N v mg F m R+=得物块A 受到的弹力为2N 150N v F m mg R=-=由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力为N N 150N F F '==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20102mgx mv μ-=-得x12.5m2．一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个光滑圆弧轨道AB的底端等高对接，如图所示．已知小车质量M=3．0kg，长L=2．06m，圆弧轨道半径R=0．8m．现将一质量m=1．0kg的小滑块，由轨道顶端A点无初速释放，滑块滑到B端后冲上小车．滑块与小车上表面间的动摩擦因数．（取g=10m/s2）试求：（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；（2）小车运动1．5s时，车右端距轨道B端的距离；（3）滑块与车面间由于摩擦而产生的内能．【答案】（1）30 N（2）1 m（3）6 J【解析】（1）滑块从A端下滑到B端，由动能定理得（1分）在B点由牛顿第二定律得（2分）解得轨道对滑块的支持力N （1分）（2）滑块滑上小车后，由牛顿第二定律对滑块：，得m/s2 （1分）对小车：，得m/s2 （1分）设经时间t后两者达到共同速度，则有（1分）解得s （1分）由于s<1．5s，故1s后小车和滑块一起匀速运动，速度v="1" m/s （1分）因此，1．5s时小车右端距轨道B端的距离为m （1分）（3）滑块相对小车滑动的距离为m （2分）所以产生的内能J （1分）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μ1=0.4、μ2=0.5，g取10m/s2.求：（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－cos 60°)＝12m 2B v 解得v B ＝4m /s在B 处，由牛顿第二定律N B －mg ＝m 2Bv R解得N B ＝2mg ＝1 200N根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力 N′B ＝N B ＝1 200N ，方向竖直向下． (2) C 到D 过程，由动能定理－μ2mgL 2＝0－12m 2C v 解得v C ＝6m /sB 到C 过程，由牛顿第二定律μ1mg ＝ma 解得a ＝4m /s 2(2分) 参赛者加速至v C 历时t ＝C Bv v a-＝0.5s 位移x 1＝2B Cv v +t ＝2.5m <L 1 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) 0.5s 内传送带位移x 2＝vt ＝3m 参赛者与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5m 传送带由于传送参赛者多消耗的电能 E ＝μ1mg Δx ＋12m 2C v －12m 2B v ＝720J .4．如图所示，一质量为m 的小球从半径为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 。

高考物理动能定理的综合应用技巧和方法完整版及练习题含解析

高考物理动能定理的综合应用技巧和方法完整版及练习题含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．质量 1.5m kg =的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行 2.0t s =停在B 点，已知A 、B 两点间的距离 5.0s m =，物块与水平面间的动摩擦因数0.20μ=，求恒力F 多大．（210/g m s =）【答案】15N 【解析】设撤去力前物块的位移为，撤去力时物块的速度为，物块受到的滑动摩擦力对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得由运动学公式得对物块运动的全过程应用动能定理由以上各式得代入数据解得思路分析：撤去F 后物体只受摩擦力作用，做减速运动，根据动量定理分析，然后结合动能定律解题试题点评：本题结合力的作用综合考查了运动学规律，是一道综合性题目．2．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L 1=3m 的水平传送带，CD 是长度为L 2=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μ1=0.4、μ2=0.5，g 取10m/s 2.求：（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－cos 60°)＝12m 2B v 解得v B ＝4m /s在B 处，由牛顿第二定律N B －mg ＝m 2Bv R解得N B ＝2mg ＝1 200N根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力 N′B ＝N B ＝1 200N ，方向竖直向下． (2) C 到D 过程，由动能定理－μ2mgL 2＝0－12m 2C v 解得v C ＝6m /sB 到C 过程，由牛顿第二定律μ1mg ＝ma 解得a ＝4m /s 2(2分) 参赛者加速至v C 历时t ＝C Bv v a-＝0.5s 位移x 1＝2B Cv v +t ＝2.5m <L 1 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) 0.5s 内传送带位移x 2＝vt ＝3m 参赛者与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5m 传送带由于传送参赛者多消耗的电能 E ＝μ1mg Δx ＋12m 2C v －12m 2B v ＝720J .3．某人欲将质量50kg m =的货箱推上高 1.0m h =的卡车，他使用的是一个长 5.0m L =的斜面（斜面与水平面在A 处平滑连接）。

高考物理动能定理的综合应用技巧(很有用)及练习题及解析

高考物理动能定理的综合应用技巧(很有用)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．由相同材料的细杆搭成的轨道如图所示，其中细杆AB 、BC 、CD 、DE 、EF ……长均为 1.5m L =，细杆OA 和其他细杆与水平面的夹角都为()37sin370.6,cos370.8β︒︒︒===，一个可看成质点的小环套在细杆OA 上从图中离轨道最低点的竖直高度 1.32m h =处由静止释放，小环与细杆的动摩擦因数都为0.2μ=，最大静摩擦力等于相同压力下的滑动摩擦力，在两细杆交接处都用短小曲杆相连，不计动能损失，使小环能顺利地经过，重力加速度g 取210m /s ，求： (1)小环在细杆OA 上运动的时间t ； (2)小环运动的总路程s ； (3)小环最终停止的位置。

高考物理动能定理的综合应用解题技巧分析及练习题(含答案)

高考物理动能定理的综合应用解题技巧分析及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．由相同材料的细杆搭成的轨道如图所示，其中细杆AB 、BC 、CD 、DE 、EF ……长均为 1.5m L =，细杆OA 和其他细杆与水平面的夹角都为()37sin370.6,cos370.8β︒︒︒===，一个可看成质点的小环套在细杆OA 上从图中离轨道最低点的竖直高度 1.32m h =处由静止释放，小环与细杆的动摩擦因数都为0.2μ=，最大静摩擦力等于相同压力下的滑动摩擦力，在两细杆交接处都用短小曲杆相连，不计动能损失，使小环能顺利地经过，重力加速度g 取210m /s ，求： (1)小环在细杆OA 上运动的时间t ； (2)小环运动的总路程s ； (3)小环最终停止的位置。

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L 0=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 。

高考物理动能定理的综合应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析

高考物理动能定理的综合应用常见题型及答题技巧及练习题(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．由相同材料的细杆搭成的轨道如图所示，其中细杆AB 、BC 、CD 、DE 、EF ……长均为 1.5m L =，细杆OA 和其他细杆与水平面的夹角都为()37sin370.6,cos370.8β︒︒︒===，一个可看成质点的小环套在细杆OA 上从图中离轨道最低点的竖直高度 1.32m h =处由静止释放，小环与细杆的动摩擦因数都为0.2μ=，最大静摩擦力等于相同压力下的滑动摩擦力，在两细杆交接处都用短小曲杆相连，不计动能损失，使小环能顺利地经过，重力加速度g 取210m /s ，求： (1)小环在细杆OA 上运动的时间t ； (2)小环运动的总路程s ； (3)小环最终停止的位置。

【答案】(1)1s ；(2)8.25m ；(3)最终停在A 点【解析】【分析】【详解】(1)因为sin cos mg mg βμβ＞，故小环不能静止在细杆上，小环下滑的加速度为2sin cos 4.4m/s mg mg a mβμβ-==设物体与A 点之间的距离为0L ，由几何关系可得0 2.2m sin37hL ︒== 设物体从静止运动到A 所用的时间为t ，由2012L at =，得 1s t =(2)从物体开始运动到最终停下的过程中，设总路程为s ，由动能定理得cos3700mgh mgs μ︒=－－代入数据解得s =8.25m(3)假设物体能依次到达B 点、D 点，由动能定理有201(sin37)cos37()2B mg h L mg L L mv μ︒︒+=－－解得20B v <说明小环到不了B 点，最终停在A 点处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R ＝1.0m ，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g ＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)．求：(1)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θ；(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）7.74×103N 【解析】【分析】【详解】（1）由动能定理可知：221011Pt mgH mv 22mv -=- v ＝3m/s （2）由2221H gt ,s vt 2==可得：2H s v 1.2m g== （3）摩托车落至A 点时，其竖直方向的分速度y 2v gt 4m /s ==设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则4tan 3yv v α==，即α＝53° 所以θ＝2α＝106° （4）在摩托车由最高点飞出落至O 点的过程中，由机械能守恒定律可得：2211mg[H R(1cos )]mv mv 22α'+-=-在O 点：2v N mg m R-= 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．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θ=53°，长为L 1=7.5m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与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μ=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v C 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)R ≥5m 或0＜R ≤2m 。

高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．质量 1.5m kg =的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行 2.0t s =停在B 点，已知A 、B 两点间的距离 5.0s m =，物块与水平面间的动摩擦因数0.20μ=，求恒力F 多大．（210/g m s =）【答案】15N 【解析】设撤去力前物块的位移为，撤去力时物块的速度为，物块受到的滑动摩擦力对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得由运动学公式得对物块运动的全过程应用动能定理由以上各式得代入数据解得思路分析：撤去F 后物体只受摩擦力作用，做减速运动，根据动量定理分析，然后结合动能定律解题试题点评：本题结合力的作用综合考查了运动学规律，是一道综合性题目．2．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）45R （2）75mg ，竖直向下（3）15R【解析】【详解】（1）设极限运动员在B 点的速度为v 0，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=v 0t R-xsin300=12gt 2 0tan 30v gt =解得x=0.8R（2）由（1）可得：025v gR =通过B 点时轨道对极限运动员的支持力大小为F N20N v F mg m R-=极限运动员对轨道的压力大小为F N ′，则F N ′=F N ，解得'75N F mg =，方向竖直向下；（3） P 点与B 点的高度差为h,则mgh=12mv 02 解得h=R/53．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1-所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？【答案】(1)144 N (2)12.5 m 【解析】试题分析：（1）运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，斜面的倾角为α，则有 v B 2=2ax根据牛顿第二定律得 mgsinα﹣F f =ma 又 sinα=H x由以上三式联立解得 F f=144N（2）设运动员到达C点时的速度为v C，在由B到达C的过程中，由动能定理有mgh+W=12mv C2-12mv B2设运动员在C点所受的支持力为F N，由牛顿第二定律得 F N﹣mg=m2 C v R由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有 F N=6mg 联立解得 R=12．5m考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理．4．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μ1=0.4、μ2=0.5，g取10m/s2.求：（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°)＝12m2Bv解得v B＝4m/s在B处，由牛顿第二定律N B－mg＝m2 B v R解得N B＝2mg＝1 200N根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力N′B＝N B＝1 200N，方向竖直向下．(2) C到D过程，由动能定理－μ2mgL2＝0－1 2 m2Cv解得v C＝6m/sB到C过程，由牛顿第二定律μ1mg＝ma解得a＝4m/s2(2分)参赛者加速至v C历时t＝C Bv va-＝0.5s位移x1＝2B Cv v+t＝2.5m<L1参赛者从B到C先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v＝6m/s.(3) 0.5s内传送带位移x2＝vt＝3m参赛者与传送带的相对位移Δx＝x2－x1＝0.5m传送带由于传送参赛者多消耗的电能E＝μ1mgΔx＋12m2Cv－12m2Bv＝720J.5．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v B；（2）滑块与传送带间的动摩擦因数μ；（3）此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q.【答案】（12gh2）222v ghglμ-=（3）(222m v gh-【解析】试题分析：（1）滑块在由A到B的过程中，由动能定理得：212Bmgh mv-＝，解得：2Bghν＝（2）滑块在由B到C的过程中，由动能定理得：μmgL＝12mv02−12mv B2，解得，222v ghgLμ-＝；（3）产生的热量：Q=μmgL 相对，()2200(2)2B gh L g相对＝νννμ--=（或200(2) gh L ν-），解得，201(2)2Q m gh ν-＝；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．6．如图甲所示，静止在水平地面上一个质量为m =4kg 的物体，其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移x 变化的图象如图乙所示．已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5，g =10m/s 2．求：（1）运动过程中物体的最大加速度大小为多少；（2）距出发点多远时物体的速度达到最大；（3）物体最终停在何处？【答案】（1）20m/s 2（2）3.2m （3）10m 【解析】【详解】（1）物体加速运动，由牛顿第二定律得：F -μmg =ma当推力F =100N 时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数据得：2max 20m/s Fa g mμ=-=，（2）由图象得出，推力F 随位移x 变化的数值关系为：F =100 – 25x ，速度最大时，物体加速度为零，则F=μmg=20N ，即x = 3.2m（3）F 与位移x 的关系图线围成的面积表示F 所做的功，即01200J 2F W Fx ==对全过程运用动能定理，W F −μmgx m =0代入数据得：x m =10m7．如图所示，倾角 θ=30°的斜面足够长，上有间距 d =0.9 m 的 P 、Q 两点，Q 点以上斜面光滑，Q 点以下粗糙。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

高考物理动能定理的综合应用技巧小结及练习题及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．为了备战2022年北京冬奥会，一名滑雪运动员在倾角θ=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W f．【答案】（1）4m/s2（2）f = 70N （3）1.75×104J【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】（1）根据匀变速直线运动规律得：x=1at22解得：a=4m/s2（2）运动员受力如图，根据牛顿第二定律得：mgsinθ-f=ma解得：f=70N（3）全程应用动能定理，得：mgxsinθ-W f =0解得：W f =1.75×104J【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．2．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1m kg飞出，恰好从D 点以10/D v m 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1R m =，60DOE ∠=o ，37.EOF ∠=o小物块运动到F 点后，冲上足够长的斜面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.sin370.6μ==o ，cos370.8=o ，取210/.g m s =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】()11?.25J ；()2 30N ；()3 2/m s ．【解析】【分析】【详解】（1）设小物块在C 点的速度为C v ，则在D 点有：C D v v cos60o=设弹簧最初具有的弹性势能为p E ，则：2P C 1E mv 2= 代入数据联立解得：p E 1.25J =；()2设小物块在E 点的速度为E v ，则从D 到E 的过程中有：()22E D 11mgR 1cos60mv mv 22-=-o 设在E 点，圆轨道对小物块的支持力为N ，则有：2E v N mg R-=代入数据解得：E v 25m /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：()()2E 1mgR 1cos37mgsin37μmgcos37x 0mv 2o o o ---+=-小物体第一次沿斜面上滑并返回F 的过程克服摩擦力做的功为f W ，则f W 2x μmgcos37=o小物体在D 点的动能为KD E ，则：2KD D 1E mv 2=代入数据解得：x 0.8m =，f W 6.4J =，KD E 5J = 因为KD f E W <，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Em v ，则有：()2Em 1mgR 1cos37mv 2-=o 代入数据解得：Em v 2m /s =答：()1弹簧最初具有的弹性势能为1.25J ；()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是30 N ；()3小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道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，再作出判断，最后由机械能守恒定律求出最低点的速度．3．如图所示，半径2R m =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5/v m s =的速度水平飞出（g 取210/m s ）．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) 1.5f W J = (2) 4.5N F N = (3)152/v m s =【解析】【分析】【详解】（1）滑块在圆弧轨道受重力、支持力和摩擦力作用，由动能定理mgR -W f =12mv 2W f =1.5J（2）由牛顿第二定律可知：2N v F mg m R-=解得：4.5N F N =（3）小球离开圆弧后做平抛运动根据动能定理可知：22111m m 22mgh v v =-解得：152m/s v =4．如图所示，小物体沿光滑弧形轨道从高为h 处由静止下滑，它在水平粗糙轨道上滑行的最远距离为s ，重力加速度用g 表示，小物体可视为质点，求：（1）求小物体刚刚滑到弧形轨道底端时的速度大小v ；（2）水平轨道与物体间的动摩擦因数均为μ。

【答案】（12gh （2）h s【解析】【详解】解：(1)小物体沿弧形轨道下滑的过程，根据机械能守恒定律可得：212mgh mv = 解得小物体刚滑到弧形轨道底端时的速度大小：2v gh(2)对小物体从开始下滑直到最终停下的过程，根据动能定理则有：0mgh mgs μ-= 解得水平轨道与物体间的动摩擦因数：h sμ=5．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μ=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，取 g =10m/s 2，求：（1）滑块第一次滑上传送带时的速度 v 1 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】7m/s (3) 22v x L gμ=-或22v x L g μ=- 【解析】【详解】（1）从A 点到刚滑上传送带，应用动能定理2112mgR mgL mv -=μ 得122v gR gL μ=-代入数据得，v 1=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v 1，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2102mgL mv μ-=-解得27v gL μ=7。

(3)传送带的速度大于或等于v 1，则滑块回到水平轨道时的速度大小仍为v 121102mgs mv μ-=-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。

7m/s <v<3m/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21)02mg L x mv μ-+=-（解得22v x L gμ=-若传送带的速度v<7m/s ，则滑块将不能回到B 点，即21)02mg L x mv μ--=-（解得22v x L gμ=-6．如图所示，质量为1m kg =的滑块，在水平力作用下静止在倾角为o 30θ=的光滑斜面上，斜面的末端B 与水平传送带相接（物块经过此位置滑上皮带时无能量损失），传送带的运行速度为03/v m s =，长为 1.4L m =．今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.25μ=(210/g m s =)．求：（1）水平力撤去后，滑块（在斜面上）的加速度大小；（2）滑块下滑的高度；（3）若滑块进入传送带时速度大于3/m s ，则滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量为多少．【答案】（1）5m/s 2（2）0.1m 或0.8m (3)5J 【解析】【分析】【详解】（1）对撤去外力F 后的滑块受力分析，由牛顿第二定律：sin mg ma θ= 解得：25m /s a =（2）设滑块从高为h 处上滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒：212mgh mv = 解得：2v gh若滑块冲上传送带的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有：2201122mgL mv mv μ=- 联立解得：200.8m 2v h L gμ=+=若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受天向左的滑动摩擦力而做匀速运动，根据动能定理：2201122mgL mv mv μ-=- 解得：200.8m 2v h L gμ=+=（3）设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移：0s v t = 由机械能守恒可知：212mgh mv = 对滑块由运动学公式知：0v v at =- 联立解得：0v v s v a-=⋅滑块相对传送带滑动的位移：s L s ∆=- 相对滑动生成的热量：0.5J Q mg s μ=∆=7．如图所示，摩托车做特技表演时，以v 0＝10m /s 的速度从地面冲上高台，t ＝5s 后以同样大小的速度从高台水平飞出．人和车的总质量m ＝1.8×102kg ，台高h ＝5.0m .摩托车冲上高台过程中功率恒定为P ＝2kW ，不计空气阻力，取g ＝10m /s 2.求：(1) 人和摩托车从高台飞出时的动能E k ； (2) 摩托车落地点到高台的水平距离s ； (3) 摩托车冲上高台过程中克服阻力所做的功W f . 【答案】（1）9×103J （2）10m （3）1×103J 【解析】【分析】【详解】试题分析：根据动能表达式列式求解即可；人和摩托车从高台飞出做平抛运动，根据平抛的运动规律即可求出平抛的水平距离；根据动能定理即可求解克服阻力所做的功．（1）由题知，抛出时动能：230019102k E mv J ==⨯ （2）根据平抛运动规律，在竖直方向有：212h gt = 解得：t=1s则水平距离010s v t m ==（3）摩托车冲上高台过程中，由动能定理得：0f Pt mgh W --= 解得：3110f W J =⨯ 【点睛】本题考查了动能定理和平抛运动的综合，知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，以及能够熟练运用动能定理．8．如图，与水平面夹角θ=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。