高中物理動能定理的綜合應(yīng)用的技巧及練習(xí)題及練習(xí)題(含答案)含解析

1、高中物理動能定理的綜合應(yīng)用的技巧及練習(xí)題及練習(xí)題(含答案)含解析 一、高中物理精講專題測試動能定理的綜合應(yīng)用1.如圖所示，一條帶有豎直圓軌道的長軌道水平固定，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R=0.5m。物塊A以V0=10m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點N,再沿圓軌道滑出，P點左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道與物塊間的動摩擦因數(shù)都為四 =0.4, A的質(zhì)量為m=1kg (A可視為質(zhì)點)，求：(1)物塊經(jīng)過N點時的速度大?。?2)物塊經(jīng)過N點時對豎直軌道的作用力;【分析】12.5m(1)物塊A從出發(fā)至N點過程，機械能守恒，有1212mv0 mg 2R mv 22得vv； 4gR 4、5m/s(2)假設(shè)物

2、塊在N點受到的彈力方向豎直向下為Fn,由牛頓第二定律有2V mg Fn mR得物塊A受到的彈力為2VFn m mg 150N由牛頓第三定律可得，物塊對軌道的作用力為FnFn 150N作用力方向豎直向上(3)物塊A經(jīng)豎直圓軌道后滑上水平軌道，在粗糙路段有摩擦力做負(fù)功，動能損失，由動能 定理，有1 一 2mgx 0 mvox 12.5m2. 一輛汽車發(fā)動機的額定功率P=200kW,若其總質(zhì)量為 m=103kg,在水平路面上行駛時，汽車以加速度ai=5m/s2從靜止開始勻加速運動能夠持續(xù)的最大時間為ti=4s,然后保持恒定的功率繼續(xù)加速t2=14s達到最大速度。設(shè)汽車行駛過程中受到的阻力恒定，取g=

3、10m/s2.求：(1)汽車所能達到的最大速度；(2)汽車從啟動至到達最大速度的過程中運動的位移。【答案】(1)40m/s； (2)480m【解析】【分析】【詳解】(1)汽車勻加速結(jié)束時的速度v1 a1tl 20m /s由P=Fv可知，勻加速結(jié)束時汽車的牽引力L P “F1 =1 x 14NV1由牛頓第二定律得F1 f ma1解得f=5000N汽車速度最大時做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知， 此時汽車的牽引力F=f=5000N由P Fv可知，汽車的最大速度：v= =40m/sF f(2)汽車勻加速運動的位移v1 ,x1= -1140m2對汽車，由動能定理得Lfr12 «F

4、1x1 Pt2 fsmv02解得s=480m3.如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R=0.4 m的光滑半圓軌道 BC平滑相連，O 點為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點等高.質(zhì)量 m=1 kg的滑塊從A 點由靜止開始下滑，恰能滑到與。點等高的D點,g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8 .(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)科；(2)要使滑塊能到達 C點，求滑塊從A點沿斜面滑下時初速度vo的最小值；(3)若滑塊離開C點的速度為4 m/s,求滑塊從C點飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時間.【答案】(1 ) 0.375 (2)

5、 2/m/s (3) 0.2s【解析】 試題分析：滑塊在整個運動過程中，受重力 mg、接觸面的彈力 N和斜面的摩擦力f作用，彈力始終不做功，因此在滑塊由A運動至D的過程中，根據(jù)動能定理有：mgRmgcos37 2 = 0-0sin 37解得：尸0.375滑塊要能通過最高點 C,則在C點所受圓軌道的彈力 N需滿足：N> 0在C點時，根據(jù)牛頓第二定律有：mg + N = mvlR在滑塊由A運動至C的過程中，根據(jù)動能定理有：一 mgcos37 2R = - mvC -sin 37212 _-mv0 2由 式聯(lián)立解得滑塊從 A點沿斜面滑下時的初速度 vo需滿足：v03gR = 2>/3 m

6、/s即Vo的最小值為：v0min =2.3m/s滑塊從C點離開后將做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，在水平方向上的位移為：x=vt 1 2在豎直方向白位移為：y= gt22R y根據(jù)圖中幾何關(guān)系有：tan37 =yx由 式聯(lián)立解得：t = 0.2s考點：本題主要考查了牛頓第二定律、平拋運動規(guī)律、動能定理的應(yīng)用問題，屬于中檔題.14.如圖，I、II為極限運動中的兩部分賽道，其中I的AB部分為豎直平面內(nèi)半徑為 R的一4光滑圓弧賽道，最低點 B的切線水平；II上CD為傾角為30°的斜面，最低點 C處于B點的 正下方，B、C兩點距離也等于 R質(zhì)量為m的極限運動員 何視為質(zhì)點)從AB上P點處由

7、靜 止開始滑下，恰好垂直 CD落到斜面上.求：極限運動員落到 CD上的位置與C的距離;(2)極限運動員通過 B點時對圓弧軌道的壓力； (3)P點與B點的高度差.【答案】(1) R (2) mg ,豎直向下(3) R 555【解析】【詳解】(1)設(shè)極限運動員在 B點的速度為V0,落在CD上的位置與C的距離為x,速度大小為v,在空中運動的時間為 t,則xcos300=votR-xsin300=；gt2Vo.0 gt tan30解得x=0.8R由(1)可得：v0 JpR通過B點時軌道對極限運動員的支持力大小為2V0 mg m 極限運動員對軌道的壓力大小為Fn；則Fnz aF7斛得Fnmg ,方向豎直

8、向下；5(3) P點與B點的高度差為 h,則mgh=lmv022解得h=R/55.如圖所示，一質(zhì)量為 m的滑塊從高為h的光滑圓弧形槽的頂端 A處無初速度地滑下， 槽的底端B與水平傳送帶相接，傳送帶的運行速度恒為v°,兩輪軸心間距為 L,滑塊滑到傳送帶上后做勻加速運動，滑到傳送帶右端C時，恰好加速到與傳送帶的速度相同，求：滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)心，(2)(3)此過程中，由于克服摩擦力做功而產(chǎn)生的熱量Q.【答案】(1)平gh (2)v2 2gh2gi(3)m Vo2gh試題分析：(1)滑塊在由A至IJB的過程中，由動能定理得:,12 cmgh= mvB 0 ,2解得：B= J2gh

9、;1(2)滑塊在由B到C的過程中，由動能定理得：mg一2212mvo - mvB ,-,口V2 2gh解得,=;2gL2(3)產(chǎn)生的熱量：Q即mgL相對，l相對 oB二(2 go河2 (或2 g(o ,.河)22Vo 2gh解得，Q= 1m( o V2gh)2 ;考點：動能定理【名師點睛】本題考查了求物體速度、動摩擦因數(shù)、產(chǎn)生的熱量等問題，分析清楚運動過 程，熟練應(yīng)用動能定理即可正確解題.6.如圖所示，光滑坡道頂端距水平面高度為h,滑下，進入水平面上的滑道時無機械能損失，為使 道延長線M處的墻上，另一端恰位于滑道的末端質(zhì)量為m的小物塊A從坡道頂端由靜止A制動，將輕彈簧的一端固定在水平滑。點.已

10、知在 OM段，物塊A與水平面間的動摩擦因數(shù)均為 巴其余各處的摩擦不計，重力加速度為g,求:(2)彈簧為最大壓縮量 d時的彈性勢能(設(shè)彈簧處于原長時彈性勢能為零)(3)若物塊A能夠被彈回到坡道上，則它能夠上升的最大高度是多少？【答案】(1)/gh ； (2) mgh mgd ； ( 3)h 2 d【解析】【分析】根據(jù)題意，明確各段的運動狀態(tài)，清楚各力的做功情況，再根據(jù)功能關(guān)系和能量守恒定律 分析具體問題.【詳解】(1)從頂端到O點的過程中，由機械能守恒定律得：,12mgh - mv解得：v 2gh(2)在水平滑道上物塊 A克服摩擦力所做的功為：W mgd由能量守恒定律得：12- mv EPmgd

11、聯(lián)立上式解得：EP mgh mgd(3)物塊A被彈回的過程中，克服摩擦力所做的功仍為；W mgd由能量守恒定律得：mgh EP mgd解得物塊A能夠上升的最大高度為：h h 2 d【點睛】考察功能關(guān)系和能量守恒定律的運用.7.如圖所示，BC為半徑等于 242 m豎直放置的光滑細(xì)圓管，。為細(xì)圓管的圓心，在圓5管的末端C連接傾斜角為45。、動摩擦因數(shù) 科=0.6的足夠長粗糙斜面，一質(zhì)量為m =0.5kg的小球從O點正上方某處 A點以vo水平拋出，恰好能垂直 OB從B點進入細(xì)圓管，小球從進入圓管開始受到始終豎直向上的力F=5N的作用，當(dāng)小球運動到圓管的末端C時作用力F立即消失，小球能平滑地沖上粗糙斜

12、面.(g=10m/s2)求：(1)小球從。點的正上方某處 A點水平拋出的初速度 vo為多少？(2)小球在圓管中運動時對圓管的壓力是多少？(3)小球在CD斜面上運動的最大位移是多少？【答案】(1) 2m/s； (2) 7.1N； (3) 0.35m.【解析】【詳解】(1)小球從A運動到B為平拋運動，水平方向：rsin45° =vot,在B點:vygttan45 =,v0v0解得:vo=2m/s ;(2)小球到達在 B點的速度:Vov cos45由題意可知:mg=0.5 X 10=5NF=重力與F的合力為零，小球所受合力為圓管的外壁對它的彈力，該力不做功, 小球在管中做勻速圓周運動，管壁

13、的彈力提供向心力,2 v F m r0.5"n 7.1N2 .25由牛頓第三定律可知，小球?qū)A管的壓力大小:7.1N ；(3)小球在CD上滑行到最高點過程，由動能定理得:mg sin 45 ?s mg cos45 a1 2一 mv2解得:s= 0.35m8 .遙控電動玩具車的軌道裝置如圖所示，軌道ABCDEF中水平軌道AB段和BD段粗糙，AB=BD=2.5R,小車在AB和BD段無制動運行時所受阻力是其重力的0.02倍，軌道其余部分摩擦不計。斜面部分 DE與水平部分BD、圓弧部分EF均平滑連接，圓軌道 BC的半徑為 R,小段圓弧EF的半徑為4R圓軌道BC最高點C與圓弧軌道EF最高點F等

14、高。軌道右側(cè)有兩個與水平軌道 AR BD等高的框子 M和N,框M和框N的右邊緣到F點的水平距離分別為R和2R。額定功率為P,質(zhì)量為m可視為質(zhì)點的小車，在 AB段從A點由靜止出發(fā)以 額定功率行駛一段時間 t (t未知)后立即關(guān)閉電動機，之后小車沿軌道從B點進入圓軌道經(jīng)過最高點C返回B點，再向右依次經(jīng)過點 D、E、F,全程沒有脫離軌道，最后從 F點水 平飛出，恰好落在框 N的右邊緣。11/ A(1)求小車在運動到 F點時對軌道的壓力;(2)求小車以額定功率行駛的時間t;(3)要使小車進入 M框，小車采取在 方案，則小車在不脫離軌道的前提下，在【答案】(1) t-mg,萬向豎直向下；(AB段加速(加

15、速時間可調(diào)節(jié))，BD段制動減速的BD段所受總的平均制動力至少為多少。2）【詳解】(1)小車平拋過程，有：2R=vfHII2R=7gt2?由聯(lián)立解得：v在F點，對小車由牛頓第二定律得：mg FN=m；:?3由得：FN=-mg31由牛頓第三定律得小車對軌道的壓力大小為m mg,方向豎直向下。4(2)小車從靜止開始到 F點的過程中，由動能定理得：IIPt - 0.02mg , 5R- mg T 2R豆mvF2?由得：t一 ”h IJ1(3)平拋過程有：R=VFt、2R=jgt21要使小車進入 M框，小車在F點的最大速度為vfqv®W?小車在C點的速度最小設(shè)為 Vc,則有：mg=m”?設(shè)小車

16、在BD段所受總的總的平均制動力至少為f,小車從C點運動到能定理得：F點的過程中，由動1-f 2.5R=mvF2mvc2?3由得：f= mg209 .城市中為了解決交通問題，修建了許多立交橋，如圖所示，橋面為半徑 R=130m的圓弧 形的立交橋AB,橫跨在水平路面上，橋高 h=10m。可以認(rèn)為橋的兩端 A、B與水平路面的 連接處是平滑的。一輛小汽車的質(zhì)量m=1000kg,始終以額定功率 P=20KW從A端由靜止開始行駛，經(jīng)t=15s到達橋頂，不計車受到的摩擦阻力( g取10m/s2) o求(1)小汽車沖上橋頂時的速度是多大；(2)小汽車在橋頂處對橋面的壓力的大小?！敬鸢浮?1) 20m/s； (

17、 2) 6923N;【解析】【詳解】(1)小汽車從A點運動到橋頂，設(shè)其在橋頂速度為v,對其由動能定理得:12pt mgh= mv即1 a c2 104 15 104 10= 103 v22解得：v=20m/s;(2)在最高點由牛頓第二定律有2 vmg N= m 即1043N=1020 20130解得N=6923N根據(jù)牛頓第三定律知小汽車在橋頂時對橋的壓力N' N=6923N;，一，一，11八"，一-，10.如圖所不，AB為半徑R 0.2m的光滑圓形軌道，BC為傾角45的斜面，CD為4水平軌道，B點的高度h 5m. 一質(zhì)量為0.1kg的小球從A點靜止開始下滑到 B點時對圓形軌道

18、的壓力大小是其重力的3倍，離開B點后做平拋運動(g取10m /s2)(1)求小球到達B點時速度的大?。?2)小球離開B點后能否落到斜面上？如果不能，請說明理由；如果能，請求出它第一次落 在斜面上的位置.【答案】(1) 2m/s (2)能落在斜面上,1.13m【解析】【詳解】(1)從A至ij B的過程由動能定理得：1 2mgRmv0 ,2解得：Vo 2m / s ；12(2)設(shè)小球離開B點做平拋運動的時間為t1 ,洛地點到C點距離為x,由h gt1 2得：t1 1s,x v0t1 2 1m 2m斜面的傾角0=45°,底邊長d=h=5m；因為d x ,所以小球離開 B點后能落在斜面上.假

19、設(shè)小球第一次落在斜面上F點，BF長為L,小千從B點到F點的時間為t2 ,1 , 2L cosv0t2(D, L sin -gt2，2聯(lián)立、兩式得t2 0.4s ； 則L 皿 1.13m.cos答：(1)小球到達B點時速度的大小是 2m/s；B的距離為1.13m.(2)小球離開B點后能落到斜面上，第一次落在斜面上的位置據(jù)11.如圖所示，一根直桿與水平面成0= 37°角，桿上套有一個小滑塊，桿底端N處有一彈性擋板，板面與桿垂直.現(xiàn)將物塊拉到 M點由靜止釋放，物塊與擋板碰撞后以原速率彈回.已知M、N兩點間的距離 d=0.5m,滑塊與桿之間的動摩擦因數(shù)尸0.25, g=10m/s2.取 si

20、n37°=O6, cos37°=0.8.求:(1)滑塊第一次下滑的時間t；x；(2)滑塊與擋板第一次碰撞后上滑的最大距離(3)滑塊在直桿上滑過的總路程s.【答案】(1) 0.5s (2) 0.25m .(3) 1.5m(1)滑塊從A點出發(fā)第一次運動到擋板處的過程，根據(jù)牛頓第二定律可求加速度，根據(jù)位移時間關(guān)系可求下滑時間；(2)根據(jù)速度時間關(guān)系可求出滑塊第 1次與擋板碰撞前的速度大小 V1,對滑塊從A點開始到返回AB中點的過程，運用動能定理列式，可求出上滑的最大距離；(3)滑塊最終靜止在擋板上，對整個過程，運用動能定理列式，可求得總路程.【詳解】(1)下滑時加速度 mgsin 0 mgcos。= ma 解得 a= 4.0m/s 2,12由d= at2得下滑時間t = 0.5s.2(2)第一次與擋板相碰時的速率v= at = 2m