《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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 m 1.5kg 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t2.0s 停在 B 点，已知 A、 B 两点间的距离 s 5.0m ，物块与水平面间的动摩擦因数0.20 ，求恒力 F 多大（ g10m / s2 ）【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
2、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 为了研究过山车的原理，某同学设计了如下模型：取一个与水平方向夹角为37、长为L=2.5 m的粗糙倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与半径为R=0.2 m 的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB 段以外都是光滑的。其中AB 与BC 轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个质量 m=2 kg 小物块，当从 A 点以初速度 v0 =6 m/s 沿倾斜轨道滑下，到达 C 点时速度 vC=4 m/s 。取 g=10 m/s2 ， sin37 =0.60， cos3
3、7=0.80。（ 1）小物块到达 C 点时，求圆轨道对小物块支持力的大小；（ 2）求小物块从 A 到 B 运动过程中，摩擦力对小物块所做的功；（3）小物块要能够到达竖直圆弧轨道的最高点，求沿倾斜轨道滑下时在A 点的最小初速度 vA。【答案】 (1) N=180 N (2) Wf =-50 J (3) vA30 m/s【解析】【详解】（1）在 C点时，设圆轨道对小物块支持力的大小为N，则：Nmvc2mgR解得N=180 N（2）设 AB 过程中摩擦力对小物块所做的功为Wf，小物块 ABC 的过程，有mgL sin 37 Wf1 mvc21 mv0222解得Wf =-50 J。（3）小物块要能够到
4、达竖直圆弧轨道的最高点，设在最高点的速度最小为vm，则：mgmvm2R小物块从 A 到竖直圆弧轨道最高点的过程中，有mgL sin 37 Wf2mgR1 mvm21 mvA222解得vA30 m/s3 一质量为 m=0.1kg 的滑块 (可视为质点 )从倾角为=37、长为 L=6m 的固定租糙斜面顶端由静止释放，滑块运动到斜面底端时的速度大小为v，所用的时间为 t 若让此滑块从斜面底端以速度 v 滑上斜面，利滑块在斜面上上滑的时间为1 t 已知重力加速度 g 取210m/s 2， sin37 =0.6， cos37=0.8求：(1)滑块通过斜面端时的速度大小v；(2)滑块从斜而底端以速度v 滑
5、上斜面又滑到底端时的动能【答案】（ 1） 43 m/s ；（ 2） 1.2J【解析】【详解】解：(1)设滑块和斜面间的动摩擦因数为a1 ，滑块上滑时的，滑块下滑时的加速度大小为加速度大小为a2 ，由牛顿第二定律可得滑块下滑时有mgsinmgcosma1滑块上滑时有mgsinmgcosma2由题意有 va1ta2t2联立解得=0.25则滑块在斜面上下滑时的加速度a1 =4m/s 2，滑块上滑时的加速度大小a2 =8m/s 2由运动学公式有v22a1 Lg=10m/s 2，求：联立解得 v4 3 m/s(2)设滑块沿斜面上滑的最大位移为x，则有 v22a2x解得： x=3m则滑块从斜面底端上滑到下
6、滑到斜面底端的过程中，由动能定理有：mg cos 2x Ek1 mv22解得： Ek =1.2J4 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 =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（ 1）滑块第一次滑上传送带时的速度v1 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】 (1) 3m/s (2)
7、7 m/s (3)v2或 xv2x LL2g2 g【解析】【详解】（1）从 A 点到刚滑上传送带，应用动能定理mgRmgL1 mv221得v12gR2 gL代入数据得， v1=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v1，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12mgL0mv解得 v2 gL7 m/s即传送带的速度必须大于等于7 m/s 。(3)传送带的速度大于或等于v1，则滑块回到水平轨道时的速度大小仍为v1mgs01 mv122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
8、 处。若传送带的速度7 m/s v3m/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mg（Lx)0 1 mv22v2L解得 x2 g若传送带的速度v 7 m/s ，则滑块将不能回到B 点，即mg（Lx)0 1 mv22解得 xLv22 g5 如图所示，一倾角 =37斜面底端与一传送带左端相连于的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0 =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
9、与传送带之间的动摩擦因数 22=0.3，（ sin37 =0.6， cos37=0.8， g=10m/s ）（ 1）求物块与斜而之间的动摩擦因数l；（ 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
10、知代入数据解得（ 2）物块在传送带上由牛顿第二定律： 2mg=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xCD=vt =6 0.8s=48m.答：（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数l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
11、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6 如图所示， AB 为半径 R0.2m 的光滑 1 圆形轨道， BC为倾角45的斜面， CD为水4平轨道， B 点的高度 h 5m 一质量为0.1kg 的小球从 A 点静止开始下滑到B 点时对圆形轨道的压力大小是其重力的3 倍，离开B 点后做平抛运动（ g 取 10m/ s2 ）(1)求小球到达B 点时速度的大小；(2)小球离开 B 点后能否落到斜面上？如果不能，请说明理由；如果能，请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】【详解】(1)从 A 到 B 的过程由动能定理得：mgR1 mv2，20解得：
