高考物理动能定理的综合应用试题(有答案和解析)

高考物理动能定理的综合应用试题(有答案和解析)
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，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 2
W f =1.5J
（2）由牛顿第二定律可知：
2
N 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：
22111
m m 22
mgh v v =-
解得：
152m/s v =
2．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】（1）2gh （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：212
mgh 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 s
μ=
3．某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC 长L ＝6m ，始终以v 0＝6m/s 的速度顺时针运动．将一个质量m ＝1kg 的物块由距斜面底端高度h 1＝5.4m 的A 点静止滑下，物块通过B 点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H ＝5m ，g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．
⑴求物块由A 点运动到C 点的时间；
⑵若把物块从距斜面底端高度h 2＝2.4m 处静止释放，求物块落地点到C 点的水平距离； ⑶求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D ． 【答案】 ⑴4s ；⑵6m ；⑶1.8m≤h≤9.0m 【解析】
试题分析：（1）A 到B 过程：根据牛顿第二定律 mgsinθ﹣μ1mgcosθ=ma 1
， 代入数据解得
，t 1=3s ．
所以滑到B 点的速度：v B =a 1t 1=2×3m/s=6m/s ， 物块在传送带上匀速运动到C ，
所以物块由A 到C 的时间：t=t 1+t 2=3s+1s=4s
（2）斜面上由根据动能定理．
解得v=4m/s ＜6m/s ，
设物块在传送带先做匀加速运动达v 0，运动位移为x ，则：
，
， x=5m ＜6m
所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C 点做平抛运动
s=v 0t 0，H=
解得 s=6m ．
（3）因物块每次均抛到同一点D ，由平抛知识知：物块到达C 点时速度必须有v C =v 0 ①当离传送带高度为h 3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则：
，
解得h 3=1.8m
②当离传送带高度为h 4时物块进入传送带后一直匀减速运动，
h 4=9.0m
所以当离传送带高度在1.8m ～9.0m 的范围内均能满足要求 即1.8m≤h≤9.0m
4．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 g
μ=-或2
2v 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
2112
mgR mgL mv -=
μ 得
1v =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
21
02
mgL mv μ-=-
解得v =。

(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 1
211
02
mgs 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。

m/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
)02
mg L x mv μ-+=-（
解得2
2v x L g
μ=
-
若传送带的速度m/s ，则滑块将不能回到B 点，即
21
)02
mg L x mv μ--=-（
解得2
2v x L g
μ=-
5．如图所示，BC 竖直放置的光滑细圆管，O 为细圆管的圆心，在圆管的末端C 连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m ＝0.5kg 的小球从O 点正上方某处A 点以v 0水平抛出，恰好能垂直OB 从B 点进入细圆管，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的力F ＝5N 的作用，当小球运动到圆管的末端C 时作用力F 立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面．(g ＝10m/s 2)求： （1）小球从O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度v 0为多少？ （2）小球在圆管中运动时对圆管的压力是多少？ （3）小球在CD 斜面上运动的最大位移是多少？
【答案】（1）2m/s ；（2）7.1N ；（3）0.35m. 【解析】 【详解】
（1）小球从A 运动到B 为平抛运动， 水平方向：
r sin45°=v 0t ，
在B 点：
tan45°=
y v gt v v =
， 解得：
v 0=2m/s ；
（2）小球到达在B 点的速度：
22m/s cos 45v v ︒
=
=，
由题意可知：
mg =0.5×10=5N=F ，
重力与F 的合力为零，
小球所受合力为圆管的外壁对它的弹力，该力不做功， 小球在管中做匀速圆周运动，管壁的弹力提供向心力，
22
(22)0.5N 7.1N
22
5
v F m r ==⨯= 由牛顿第三定律可知，小球对圆管的压力大小：7.1N F '=； （3）小球在CD 上滑行到最高点过程，由动能定理得：
21
sin 45?cos 45?02
mg s mg s mv μ︒︒--=-
解得：
s ≈0.35m ；
6．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。

质量m =0.5kg 的滑块从斜面上的A 点由静止释放，经B 点后沿圆轨道运动，通过最高点C 时轨道对滑块的弹力为滑块重力的5.4倍。

已知A 、B 两点间的高度差h =6.0m 。

（g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）滑块在C 点的速度大小v C ； （2）滑块在B 点的速度大小v B ；
（3）滑块在A 、B 两点间克服摩擦力做功W f 。

【答案】（1）8m/s （2）10m/s （3）5J 【解析】 【详解】
（1）在C 点，由牛顿第二定律：
2C
C v mg F m R
+=
其中
5.4C F mg =
解得
v C =8m/s
（2）从B 到C 由机械能守恒：
22
11=(1cos37)22
B C mv mv mgR ++o 解得
v B =10m/s
（3）从A 到B 由动能定理：
2
12
f B mgh W mv -=
解得
W f =5J
7．如图所示，在水平路段AB 上有一质量为2kg 的玩具汽车，正以10m/s 的速度向右匀速运动，玩具汽车前方的水平路段AB 、BC 所受阻力不同，玩具汽车通过整个ABC 路段的v-t 图象如图所示（在t =15s 处水平虚线与曲线相切），运动过程中玩具汽车电机的输出功率保持20W 不变，假设玩具汽车在两个路段上受到的阻力分别有恒定的大小.(解题时将玩具汽车看成质点)
(1)求汽车在AB路段上运动时所受的阻力f1;
(2)求汽车刚好开过B点时的加速度a
(3)求BC路段的长度.
【答案】(1)f1＝5N (2) a＝1.5 m/s2 (3)x=58m
【解析】
【分析】
根据“汽车电机的输出功率保持20W不变”可知，本题考查机车的启动问题，根据
图象知汽车在AB段匀速直线运动，牵引力等于阻力，而牵引力大小可由瞬时功率表达式求出；由图知，汽车到达B位置将做减速运动，瞬时牵引力大小不变，但阻力大小未知，考虑在t=15s处水平虚线与曲线相切，则汽车又瞬间做匀速直线运动，牵引力的大小与BC 段阻力再次相等，有瞬时功率表达式求得此时的牵引力数值即为阻力数值，由牛顿第二定律可得汽车刚好到达B点时的加速度；BC段汽车做变加速运动，但功率保持不变，需由动能定理求得位移大小.
【详解】
(1)汽车在AB路段时，有F1＝f1
P＝F1v1
联立解得：f1＝5N
(2)t＝15 s时汽车处于平衡态，有F2＝f2
P＝F2v2
联立解得：f2＝2N
t＝5s时汽车开始加速运动，有F1－f2＝ma
解得a＝1.5m/s2
(3)对于汽车在BC段运动，由动能定理得：
解得：x=58m
【点睛】
抓住汽车保持功率不变这一条件，利用瞬时功率表达式求解牵引力，同时注意隐含条件汽车匀速运动时牵引力等于阻力；对于变力做功，汽车非匀变速运动的情况，只能从能量的角度求解.
8．如图所示，一倾角θ=37°的斜面底端与一传送带左端相连于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υ0=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μ2=0.3，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）．
（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数μl；
（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：μ2mg=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x CD =vt″=6×0.8s=4.8m
答：（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数μl 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，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．
9．城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥，如图所示，桥面为半径R =130m 的圆弧形的立交桥AB ，横跨在水平路面上，桥高h =10m 。

可以认为桥的两端A 、B 与水平路面的连接处是平滑的。

一辆小汽车的质量m =1000kg ，始终以额定功率P =20KW 从A 端由静止开始行驶，经t =15s 到达桥顶，不计车受到的摩擦阻力（g 取10m /s 2）。

求 （1）小汽车冲上桥顶时的速度是多大； （2）小汽车在桥顶处对桥面的压力的大小。

【答案】（1）20m/s ；（2）6923N ； 【解析】 【详解】
（1）小汽车从A 点运动到桥顶，设其在桥顶速度为v ，对其由动能定理得：
21
2
pt mgh mv -＝
即
443221015101
1002
1v ⨯⨯-⨯⨯⨯＝
解得：
v =20m/s ；
（2）在最高点由牛顿第二定律有
2
v mg N m R
-＝
即
432020
1010130
N ⨯-⨯
＝
解得
N =6923N
根据牛顿第三定律知小汽车在桥顶时对桥的压力N ′=N =6923N ；
10．半径R ＝1m 的
1
4
圆弧轨道下端与一水平轨道连接，水平轨道离地面高度h ＝1 m ，如图所示，有一质量m ＝1.0 kg 的小滑块自圆轨道最高点A 由静止开始滑下，经过水平轨道末端B 时速度为4 m/s ，滑块最终落在地面上，g 取10 m/s 2，不计空气阻力，求：
(1) 滑块从B 点运动到地面所用的时间； (2) 滑块落在地面上时速度的大小；
(3) 滑块在整个轨道上运动时克服摩擦力做的功． 【答案】(1)5
t = (2)v =6m/s (3)2J f W = 【解析】 【详解】
（1）小球从B 到C 做平抛运动，则竖直方向上有：
212h gt =
解得：
5t =
（2）竖直速度：
25y v gt ==
则落在地面上时速度的大小为：
22
B y v v v =+=6m/s
（3）对A 到B 运用动能定理得：
2
102
f B mgR W mv -=
- 代入数据解得：
f W =2J
11．如图所示，AMB 是AM 和MB 两段组成的绝缘轨道，其中AM 段与水平面成370，轨
道MB处在方向竖直向上、大小E＝5×103 N/C的匀强电场中。

一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋1.0×10－4 C的可视为质点的滑块以初速度v0＝6 m/s从离水平地面高h＝4.2 m处开始向下运动，经M点进入电场，从B点离开电场, 最终停在距B点1.6m处的C点。

不计经过M点的能量损失，已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，求滑块：
(1)到达M点时的速度大小；
(2)M、B两点的距离l；
【答案】(1)8m/s；(2)9.6m
【解析】试题分析：带电滑块的运动，可以分为三个过程：①进电场前斜面上的匀加速直线运动；②在电场中沿水平地面的匀减速直线运动；③离开电场后沿地面的匀减速直线运动。

本题可以单纯利用牛顿运动定律和运动学的知识去计算，也可以结合能量部分来解题。

解（1）方法一：在滑块从A运动到M点的过程中，由动能定理可得：
，解得：=8m/s
方法二：在斜面上，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律可得：
根据运动学速度和位移的关系可得：，解得=8m/s
（2）物块离开B点后，并停在了离B点1.6m处的C点处：
方法一：滑块从B到C，由动能定理得：，得=4m/s
所以，在滑块从M运动到B的过程中，根据动能定理得：
，解得：=9.6m
方法二：滑块从B到C的过程中，由牛顿运动定律结合运动学知识，可得：
同理，从滑块从M运动到B的过程中，
联立上述方程，带入数据得：=9.6m
12．如图所示,传送带与地面成夹角θ=37°,以4m/s的速度顺时针转动,在传送带下端轻轻地放一个质量m=1kg的物体,它与传送带间的动摩擦因数μ=1,已知传送带从A到B的长度
L=6m,求物体从A 到B 过程中传送带克服物块摩擦力做功的平均功率?
【答案】30.4W
【解析】
【详解】
物体先做匀加速直线运动,速度达到传送带速度后做匀速直线运动,根据牛顿第二定律求出开始上滑的加速度,结合速度时间公式求出速度达到传送带速度的时间,根据速度位移公式求出速度达到传送带上滑的位移,从而得出匀速运动位移,结合位移公式求出匀速运动的时间,求出总时间,摩擦力做的功,求平均功率；
解： 物块刚放上传送带上时的加速度为a ，有：
mgcos mgsin ma μθθ-=
代入数据得：22/a m s = 加速过程的位移为：21112
x at = 达到共同速度的时间为：1v at =
联立解得：12t s =
14x m =
匀速运动
12L x vt -=
20.5t s =
加速过程摩擦力做的功
11·64W umgcos vt J θ==
匀速过程摩擦力做的功
22·12W mgsin vt J θ==
根据平均功率的定义
1212
30.4W W P W t t +==+。