高考物理專題匯編物理動能定理的綜合應(yīng)用(一)及解析

1、高考物理專題匯編物理動能定理的綜合應(yīng)用( 一) 及解析一、高中物理精講專題測試動能定理的綜合應(yīng)用1 小明同學(xué)根據(jù)上海迪士尼樂園游戲項目“創(chuàng)極速光輪”設(shè)計了如圖所示的軌道。一條帶有豎直圓軌道的長軌道固定在水平面上，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，其中軌道aq 段粗糙、長為l0=6.0m ， qnp 部分視為光滑，圓軌道半徑r=0.2m， p 點右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為l=0.5m。一玩具電動小車，通電以后以p=4w 的恒定功率工作，小車通電加速運動一段時間后滑入圓軌道，滑過最高點n，再沿圓軌道滑出。小車的質(zhì)量 m=0.4kg，小車在各粗糙段軌道上所受的阻力恒為f=0.5n。（重

2、力加速度g=10m/s2；小車視為質(zhì)點，不計空氣阻力）。(1)若小車恰能通過n 點完成實驗，求進入q 點時速度大?。?2)若小車通電時間t=1.4s，求滑過n 點時小車對軌道的壓力；(3)若小車通電時間t 2.0s，求小車可能停在p 點右側(cè)哪幾段軌道上。【答案】 (1) 22m/s ； (2)6n，方向豎直向上； (3)第 7 段和第 20 段之間【解析】【分析】【詳解】(1)小車恰能過 n 點，則 vn0 ， qn 過程根據(jù)動能定理mg 2r1 mvn21 mv222代入解得v2 2m/s(2)an 過程pt fl0mg 2r1 mv1202代入解得v15m/s在 n 點時2mv1mgfnr

3、代入解得fn6n根據(jù)牛頓第三定律可得小汽車對軌道壓力大小6n，方向豎直向上。(3)設(shè)小汽車恰能過最高點，則pt0fl0mg 2r0代入解得t01.15s2s此時小汽車將停在mg 2rn1 fl代入解得n16.4因此小車將停在第7 段；當(dāng)通電時間t2.0s 時ptfl0n2 fl0代入解得n220因此小車將停在第20 段；綜上所述，當(dāng)t2.0s時，小汽車將停在第7 段和第 20 段之間。2 為了研究過山車的原理，某物理小組提出了下列設(shè)想：取一個與水平方向夾角為=60 、長為 l1 =23 m 的傾斜軌道ab，通過微小圓弧與長為l2=3 m 的水平軌道 bc相2連，然后在c 處設(shè)計一個豎直完整的光

4、滑圓軌道，出口為水平軌道上d 處，如圖所示.現(xiàn)將一個小球從距 a 點高為 h=0.9m 的水平臺面上以一定的初速度 v0 水平彈出，到 a 點時小球的速度方向恰沿 ab 方向，并沿傾斜軌道滑下 .已知小球與 ab 和 bc 間的動摩擦因數(shù)均為=3 ， g 取 10m/s 2 .3（ 1）求小球初速度 v0 的大?。唬?2）求小球滑過 c 點時的速率 vc；（ 3）要使小球不離開軌道，則豎直圓弧軌道的半徑r 應(yīng)該滿足什么條件？【答案】 （1）6 m/s （ 2） 36 m/s （ 3）0r 1.08m【解析】試題分析：（ 1）小球開始時做平拋運動：vy2=2gh代入數(shù)據(jù)解得：vy2 2 100.

5、93 2/sghma 點： tan60vyvx得：vy32m / s6m / svx v0tan603（2）從水平拋出到c 點的過程中，由動能定理得：mg h l1sinmgl1cosmgl2 1 mvc21 mv02 代入數(shù)據(jù)解得：vc3 6m / s223mgmv2（）小球剛剛過最高點時，重力提供向心力，則：r11mvc22mgr1 1mv222代入數(shù)據(jù)解得r1=1 08 m當(dāng)小球剛能到達與圓心等高時1 mvc2 mgr22代入數(shù)據(jù)解得r2=2 7 m當(dāng)圓軌道與 ab 相切時 r3=bc?tan 60=15 m即圓軌道的半徑不能超過 15 m綜上所述，要使小球不離開軌道，r 應(yīng)該滿足的條件

6、是0 r1 08 m考點：平拋運動；動能定理3 在某電視臺舉辦的沖關(guān)游戲中，ab 是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，半徑r=1.6m， bc 是長度為 l1=3m 的水平傳送帶，cd是長度為l2=3.6m 水平粗糙軌道，ab、 cd軌道與傳送帶平滑連接，參賽者抱緊滑板從 a 處由靜止下滑，參賽者和滑板可視為質(zhì)點，參賽者質(zhì)量 m=60kg，滑板質(zhì)量可忽略已知滑板與傳送帶、水平軌道的動摩擦因數(shù)分別為1=0.4、 2=0.5， g 取 10m/s 2.求：（ 1）參賽者運動到圓弧軌道 b 處對軌道的壓力；（ 2）若參賽者恰好能運動至 d 點，求傳送帶運轉(zhuǎn)速率及方向；（ 3）在第 （ 2）問中，傳送帶由

7、于傳送參賽者多消耗的電能【答案】 （1） 1200n，方向豎直向下 （ 2）順時針運轉(zhuǎn)， v=6m/s（ 3） 720j 【解析】(1) 對參賽者： a 到 b 過程，由動能定理mgr(1 cos60) 1 mvb22解得 vb 4m/ s在 b 處，由牛頓第二定律2nbmg m vbr解得 nb 2mg 1 200 n根據(jù)牛頓第三定律：參賽者對軌道的壓力n b nb 1 200 n，方向豎直向下(2) c 到 d過程，由動能定理 2mgl2 0 1 mvc22解得 vc 6m/ sb 到 c過程，由牛頓第二定律 1mg ma解得 a 4 /2(2分 )m s參賽者加速至vc歷時 t vcvb

8、 0.5 sa位移 x1 vbvct 2.5 ml12參賽者從 b 到 c 先勻加速后勻速，傳送帶順時針運轉(zhuǎn)，速率v 6 /.m s(3) 0.5 s 內(nèi)傳送帶位移 x2 vt 3m參賽者與傳送帶的相對位移x x2 x1 0.5 m傳送帶由于傳送參賽者多消耗的電能e 1mg x 1mvc21mvb2720j.224 如圖光滑水平導(dǎo)軌ab 的左端有一壓縮的彈簧，彈簧左端固定，右端前放一個質(zhì)量為m=1kg 的物塊（可視為質(zhì)點），物塊與彈簧不粘連，b 點與水平傳送帶的左端剛好平齊接觸，傳送帶的長度bc的長為l=6m ，沿逆時針方向以恒定速度v=2m/s勻速轉(zhuǎn)動cd 為光滑的水平軌道，c 點與傳送帶的

9、右端剛好平齊接觸，de 是豎直放置的半徑為r=0.4m的光滑半圓軌道，de 與 cd 相切于d 點已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=0.2，取g=10m/s2（1）若釋放彈簧，物塊離開彈簧，滑上傳送帶剛好能到達c 點，求彈簧儲存的彈性勢能ep ；（2）若釋放彈簧，物塊離開彈簧，滑上傳送帶能夠通過c 點，并經(jīng)過圓弧軌道de，從其最高點 e 飛出，最終落在cd 上距 d 點的距離為x=1.2m 處（ cd 長大于 1.2m），求物塊通過 e 點時受到的壓力大小；（3）滿足（ 2）條件時，求物塊通過傳送帶的過程中產(chǎn)生的熱能【答案】（ 1） ep12j （ 2） n=12.5n（ 3） q=16j【解析

10、】【詳解】（1）由動量定理知：mgl 01 mv22由能量守恒定律知：12epmv2解得： ep12j（2）由平拋運動知：豎直方向：y2r1 gt 22水平方向： x vet在 e 點，由牛頓第二定律知：nmg m ve2r解得： n=12.5n（3）從 d 到 e，由動能定理知：mg 2r1 mve21 mvd222解得： vd5m / s從 b 到 d，由動能定理知mgl1 mvd21 mvb222解得： vb7m / s對物塊 lvbvd t2解得： t=1s；s相對 lvt62 1m8m由能量守恒定律知：qmgls相對解得： q=16j5 如圖所示，傾斜軌道ab 的傾角為37， cd、

11、 ef 軌道水平， ab 與 cd 通過光滑圓弧管道bc 連接， cd 右端與豎直光滑圓周軌道相連小球可以從d 進入該軌道，沿軌道內(nèi)側(cè)運動，從 e 滑出該軌道進入ef 水平軌道小球由靜止從a 點釋放，已知ab 長為 5r，cd 長為 r，重力加速度為g，小球與斜軌ab 及水平軌道cd、ef 的動摩擦因數(shù)均為0.5，sin37 =0.6， cos37 =0.8，圓弧管道 bc 入口 b 與出口 c 的高度差為 l.8r求： (在運算中，根號中的數(shù)值無需算出 )(1)小球滑到斜面底端c 時速度的大小(2)小球剛到 c 時對軌道的作用力(3)要使小球在運動過程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑r/應(yīng)該

12、滿足什么條件？【答案】（ 1）28gr （ 2） 6.6mg，豎直向下（ 3） r0.92r5【解析】試題分析：（ 1）設(shè)小球到達c 點時速度為 v， a 球從 a 運動至 c 過程，由動能定理有mg (5r sin 3701.8r)mg cos3705r1 mvc2 （ 2 分）2可得 vc5.6gr （1 分）（2）小球沿 bc軌道做圓周運動，設(shè)在c 點時軌道對球的作用力為n，由牛頓第二定律nmgm vc2， （ 2 分） 其中 r 滿足 r+r sin530=1.8r （ 1分）r聯(lián)立上式可得： n=6.6mg（ 1 分）由牛頓第三定律可得，球?qū)壍赖淖饔昧?.6mg ，方向豎直向下（

13、 1 分）（3）要使小球不脫離軌道，有兩種情況：情況一：小球能滑過圓周軌道最高點，進入ef 軌道則小球b 在最高點 p 應(yīng)滿足m vp2mg （ 1分）r小球從 c 直到 p 點過程，由動能定理，有mgr mg 2r1 mvp2 1 mvc2 （1 分）22可得 r23 r0.92 r （ 1 分）25情況二：小球上滑至四分之一圓軌道的q 點時，速度減為零，然后滑回d則由動能定理有mgr mg r01 mvc2 （ 1 分）2r2.3r （1 分）若 r2.5r，由上面分析可知，小球必定滑回d，設(shè)其能向左滑過dc 軌道，并沿 cb 運動到達b 點，在 b 點的速度為 vb,，則由能量守恒定律有

14、1mvc21mvb2mg 1.8r2 mgr （ 1 分）22由式，可得 vb0 （ 1 分）故知，小球不能滑回傾斜軌道ab，小球?qū)⒃趦蓤A軌道之間做往返運動，小球?qū)⑼Ｔ赾d 軌道上的某處設(shè)小球在cd 軌道上運動的總路程為s，則由能量守恒定律，有1 mvc2mgs （ 1分）2由 兩式，可得s=5.6r（ 1 分）所以知， b 球?qū)⑼Ｔ赿 點左側(cè)，距d 點 0.6r 處（ 1 分）考點：本題考查圓周運動、動能定理的應(yīng)用，意在考查學(xué)生的綜合能力6 質(zhì)量為 m=2kg 的小玩具汽車，在t 0 時刻速度為 v0=2m/s ，隨后以額定功率p=8w 沿平直公路繼續(xù)前進，經(jīng)t=4s 達到最大速度。該小汽車

15、所受恒定阻力是其重力的0.1 倍，重力加速度 g=10m/s2。求：(1)小汽車的最大速度mv ；(2)汽車在 4s 內(nèi)運動的路程s?！敬鸢浮?(1)4 m/s ， (2)10m?！窘馕觥俊驹斀狻?1)當(dāng)達到最大速度時，阻力等于牽引力：pfv mfvmf0.1mg解得： vm4m/s ；(2)從開始到 t 時刻根據(jù)動能定理得：pt fs1mvm21mv0222解得： s10m 。7 如圖所示，固定斜面的傾角=30，用一沿斜面向上的拉力將質(zhì)量m=1kg 的物塊從斜面底端由靜止開始拉動，t=2s 后撤去該拉力，整個過程中物塊上升的最大高度h=2.5m，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)=3 . 重力加速度

16、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】【詳解】（1）物塊從斜面底端到最高點的過程，根據(jù)動能定理有：wfmgcoshmgh0sin解得拉力所做的功wf40j（2） wf fx由位移公式有 x1 at 22由牛頓第二定律有fmgcosmgsinma解得拉力的大小f=10n.8 如圖所示，一質(zhì)量為m 的小球從半徑為r 的豎直四分之一圓弧軌道的頂端無初速釋放，圓弧軌道的底端水平，離地面高度為r。小球離開圓弧軌道的底端又通過水平距離r落到地面上，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：（ 1）小球剛到圓弧軌道底端時對軌道的壓力

17、；（ 2）小球在圓弧軌道上受到的阻力所做的功。【答案】（ 1） fn3mg ，方向豎直向下（2） w f3 mgr24【解析】【詳解】（1）設(shè)小球在圓弧軌道的最低點時的速度為v，小球離開圓弧軌道后做平拋運動，有：rvtr 1 gt 22聯(lián)立解得：vgr2而在圓弧軌道的最低點，由牛頓第二定律可知：v2fnmgmr由牛頓第三定律，fnfn聯(lián)立求得球隊軌道的壓力為：fn3mg2方向豎直向下。（2）對圓弧上運動的過程由動能定理：mgr wf1 mv202聯(lián)立可得：wf3 mgr49 如圖所示，某工廠車間有甲、乙兩輛相同的運料小車處于閑置狀態(tài)，甲車與乙車、乙車與豎直墻面間的距離均為 l，由于騰用場地，需

18、把兩輛小車向墻角處移動。一工人用手猛推了一下甲車，在甲車與乙車碰撞瞬間，立即通過掛鉤掛到了一起，碰后兩車沿甲車原來的運動方向繼續(xù)向前運動，在乙車運動到墻角時剛好停下。已知兩車的質(zhì)量均為m，與水平地面間的摩擦力均為車重的k 倍，重力加速度大小為g，求：(1) 兩車將要相碰時甲車的速度大??；(2)工人推甲車時對甲車的沖量大小?！敬鸢浮浚?1） v1 =22kgl ；（ 2） im 10kgl【解析】設(shè)甲乙車鉤掛在一起后的速度為v2 ，從甲乙車鉤掛一起到停下過程根據(jù)動能定理：2kmgl 012mv222（注：用牛頓第二定律和運動方程解的也給分）甲乙兩車碰撞前后動量守恒，設(shè)碰撞前甲車速度為v1 ，根據(jù)

19、動量守恒定律：mv12mv 2得： v12 2kgl在甲車在與乙車碰撞前運動l 的過程，設(shè)離開人手瞬間速度為v0根據(jù)動能定理：kmgl1 mv121 mv0222人將甲車從靜止推至獲得速度v0 的過程根據(jù)動量定理： imv00得： im 10kgl【點睛】動量守恒和能量的轉(zhuǎn)化與守恒的結(jié)合應(yīng)用動量守恒定律解題要注意“四性”，、系統(tǒng)性、矢量性、同時性10 如圖所示，半徑r 0.4 m 的光滑半圓軌道與粗糙的水平面相切于a 點，質(zhì)量為m 1kg 的小物體 (可視為質(zhì)點 )在水平拉力f 的作用下，從靜止開始由c 點運動到a 點，物體從a 點進入半圓軌道的同時撤去外力f，物體沿半圓軌道通過最高點b 后做

20、平拋運動，正好落在 c 點，已知xac 2 m， f 15 n， g 取 10 m/s 2，試求：(1)物體在 b 點時的速度大小以及此時物體對軌道的彈力大??；(2)物體從 c 到 a 的過程中，克服摩擦力做的功【答案】（ 1） 5m/s ；52.5n，（ 2） 9.5j【解析】【分析】【詳解】試題分析：（ 1）根據(jù) 2r1 gt 2得，平拋運動的時間為：t4r4 0.4 s0.4s ，2g10xac2m / s5m / s 則 b 點的速度為： vbt0.4225根據(jù)牛頓第二定律得， mgn bm vb，解得： n b110n52.5nr0.4（2）對 c到 b 的過程運用動能定理得：wf

21、fx ac mg2r1 mvb2 ，代入數(shù)據(jù)解得2w f9.5 j 11 如圖所示， amb 是 am 和 mb 兩段組成的絕緣軌道，其中am 段與水平面成 370，軌道 mb 處在方向豎直向上、大小3的勻強電場中。一質(zhì)量m0.1 kg、電荷量e510 n/c 40q 1.0 10 c 的可視為質(zhì)點的滑塊以初速度v 6 m/s 從離水平地面高 h 4.2 m 處開始向下運動，經(jīng) m 點進入電場，從b 點離開電場 , 最終停在距 b 點 1.6m 處的 c 點。不計經(jīng)過m 點的能量損失，已知滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù) 0.5，求滑塊：(1)到達 m 點時的速度大??；(2)m 、b 兩點的距離l；【答案】 (1)8m/s ； (2)9.6m【解析】試題分析：帶電滑塊的運動，可以分為三個過程：進電場前斜面上的勻加速直線運動 ； 在電場中沿水平地面的勻減速直線運動；離開電場后沿地面的勻減速直線運動。本題可以單純利用牛頓運動定律和運動學(xué)的知識去計算，也可以結(jié)合能量部分來解題。解（ 1）方法一 ：在滑塊從a 運動到 m 點