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1、最新 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，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 R1.0m，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 g10m/s2，sin53 0.8 ，cos53 0.6) 求：(1) 人和车到达
2、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；(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 10 3N【解析】【分析】【详解】（1）由动能定理可知：Pt1 mgH1mv 21mv0222v 3m/s（2）由 H1 gt22 ,svt 2 可得： s v2H1.2m2g（3）摩托车落至A 点时，其竖直方向的分速度vy gt 24m / s设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为，则vy4 ，即 53tanv3所以 2 106（4）在摩托车由最高点飞出落至O 点的过程中
3、，由机械能守恒定律可得：mgH R(1 cos )1 mv 21 mv 222v 2在 O 点： N mg mR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 7740N2 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
4、，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【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3 如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平光滑轨道BC 相连，竖直墙壁CD 高H 0.2m ，紧靠墙壁在地面固定一个和 CD 等高，底边长 L 0.3m的斜面，一个质量m 0.1kg 的小物块( 视为质点 ) 在轨道 AB 上从距离B 点 l4m 处由静止释放，从C 点水平抛出，已知小物块在AB 段与轨道间的动摩擦因数为0.
5、5，达到 B 点时无能量损失； AB段与水平面的夹角为o2， sin37 o0.6 ， cos37o0.8)37.( 重力加速度 g10m / s(1) 求小物块运动到 B 点时的速度大小；(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值.【答案】 (1) 4m / s (2)1 s (3) 0.15J15【解析】【分析】(1) 对滑块从 A 到 B 过程，根据动能定理列式求解末速度；(2) 从 C 点画出后做平抛运动，根据分位移公式并结合几何关系列式分析即可；(3) 动能最小时末速度最小，求解末速度表达式分析即可.【详解】1 对滑
6、块从 A 到 B 过程，根据动能定理，有：mglsin37 omgcos37o 1 mv B2 ，2解得： v B 4m / s；2 设物体落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为 y，画出轨迹，如图所示：对平抛运动，根据分位移公式，有：x v0 t ，y 1 gt 2 ，2结合几何关系，有：H yH2xL，3解得： t1 s；153 对滑块从 A 到 B 过程，根据动能定理，有：mglsin37 omgcos37o 1 mv B2 ，2对平抛运动，根据分位移公式，有：xv0 t ，y1 gt 2，2结合几何关系，有：HyH2xL，3从 A 到碰撞到斜面过程, 根据动能定理有： mglsin37
7、o mgcos37o l mgy1 mv 202联立解得： 1 mv 2mg25y9H 218H，21616y16故当 25y9H 2，即 y3 H0.12m时，动能 Ek 最小为： Ekm0.15J ；1616y5【点睛】本题是力学综合问题，关键是正确的受力分析，明确各个阶段的受力情况和运动性质，根据动能定理和平抛运动的规律列式分析，第三问较难，要结合数学不等式知识分析.4 如图光滑水平导轨AB 的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m=1kg 的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B 点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为 L=6m ，沿逆时针方向以恒定
8、速度v=2m/s 匀速转动 CD 为光滑的水平轨道，C 点与传送带的右端刚好平齐接触，DE 是竖直放置的半径为R=0.4m 的光滑半圆轨道， DE 与 CD 相切于 D 点已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C 点，求弹簧储存的弹性势能Ep ；（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C 点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点 E 飞出，最终落在 CD 上距 D 点的距离为 x=1.2m 处（ CD 长大于 1.2m），求物块通过 E 点时受到的压力大小；（3）满足（ 2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能【
9、答案】（ 1） Ep12J （ 2） N=12.5N（ 3） Q=16J【解析】【详解】（1）由动量定理知：mgL01 mv22由能量守恒定律知： Ep12mv2解得： Ep 12J（2）由平抛运动知：竖直方向：y2R1 gt 22水平方向： x vEt在 E 点，由牛顿第二定律知：Nmgm vE2R解得： N=12.5N（3）从 D 到 E，由动能定理知：mg 2R1 mvE21 mvD222解得： vD5m / s从 B 到 D，由动能定理知mgL1mvD21mvB222解得： vB7m / s对物块 LvBvD t2解得： t=1s；s相对 Lvt6 2 1m8m由能量守恒定律知：Qmg
10、Ls相对解得： Q=16J5 如图所示，质量为 m 1kg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为30o 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 v03m / s ，长为 L 1.4m 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0.25 ( g 10m / s2)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 3m / 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：解得：mg sinmaa5m / s2（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：mgh1 mv22解得：v2
