动能定理的综合应用练习题含答案及解析.docx

1、动能定理的综合应用练习题含答案及解析动能定理的综合应用练习题含答案及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1如图所示，半径为 R1 m，内径很小的粗糙半圆管竖直放置，一直径略小于半圆管内径、质量为 m 1 kg 的小球，在水平恒力F 250 N 的作用下由静止沿光滑水平面从 A点17当小球运动到 B 点时撤去外力 F，小球经半圆管道17 运动到 B 点， A、 B 间的距离 x m，5运动到最高点 C，此时球对外轨的压力 FN 2.6mg ，然后垂直打在倾角为 45 的斜面上 (g10 m/s 2)求：(1)小球在 B 点时的速度的大小；(2)小球在 C 点时的速度的大小；(3)小球由

2、 B到 C的过程中克服摩擦力做的功；(4)D 点距地面的高度【答案】 (1)10 m/s (2)6 m/s (3)12 J (4)0.2 m【解析】小球在 C 点时，由重力和轨道对球 C点的速度的大小；小球由 B到 C的 C点后做平抛运动，由平抛运动的规【分析】对 AB 段，运用动能定理求小球在 B 点的速度的大小； 的压力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求小球在 过程，运用动能定理求克服摩擦力做的功；小球离开 律和几何知识结合求 D 点距地面的高度 【详解】(1)小球从 A 到 B过程，由动能定理得 ： Fx 1mvB 2解得 ： vB10 m/s2(2)在 C点，由牛顿第二定律得 mgFN

3、 mvc R又据题有 ： FN 2.6mg 解得 ： vC 6 m/s.(3)由 B到 C的过程，由动能定理得：mg2RWf 21 mvc2 21 mvB2解得克服摩擦力做的功 ：Wf12 J(4)设小球从 C点到打在斜面上经历的时间为 t，D 点距地面的高度为 h，1 则在竖直方向上有 ：2R h gt22联立解得 ： h 0.2 m【点睛】 本题关键是对小球在最高点处时受力分析，然后根据向心力公式和牛顿第二定律求出平抛 的初速度，最后根据平抛运动的分位移公式列式求解 2如图所示 ,倾角为 37的粗糙斜面 AB底端与半径 R=0.4 m的光滑半圆轨道 BC平滑相连 ,O 点为轨道圆心 ,BC

4、为圆轨道直径且处于竖直方向 ,A、 C两点等高质量 m=1 kg 的滑块从 A 点由静止开始下滑 ,恰能滑到与 O 点等高的 D 点,g 取 10 m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8求 :(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数 ;(2)要使滑块能到达 C点,求滑块从 A点沿斜面滑下时初速度 v0的最小值 ;(3)若滑块离开 C点的速度为 4 m/s,求滑块从 C点飞出至落到斜面上所经历的时间【答案】( 1)0.375 (2) 2 3m/ s ( 3) 0.2s【解析】试题分析： 滑块在整个运动过程中，受重力 mg、接触面的弹力 N和斜面的摩擦力 f 作用，弹力始终不做功，因此在滑块由

5、A运动至 D 的过程中，根据动能定理有： mgR 2R mgcos37 0 0sin37解得： 0.375滑块要能通过最高点 C，则在 C点所受圆轨道的弹力 N需满足： N 0 2在 C 点时，根据牛顿第二定律有： mgN mvC R2R 1在滑块由 A运动至 C的过程中，根据动能定理有： mgcos37 mvC2 sin37 2 C2mv0 2由 式联立解得滑块从 A点沿斜面滑下时的初速度 v 0需满足： v0 3gR 2 3m/s 即 v0的最小值为： v0min 2 3 m/s滑块从 C 点离开后将做平抛运动，根据平抛运动规律可知，在水平方向上的位移为： xvt 12在竖直方向的位移为：

6、 y gt2 2 2R y根据图中几何关系有： tan37 由 式联立解得： t 0.2s 考点：本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理的应用问题，属于中档 题3为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为=60 、长为 L1=2 3 m 的倾斜轨道 AB，通过微小圆弧与长为 L2= 3 m 的水平轨道 BC相2连，然后在 C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上 D 处，如图所示 .现将一个小球从距 A点高为 h=0.9m 的水平台面上以一定的初速度 v0水平弹出，到 A 点时小球 的速度方向恰沿 AB方向，并沿倾斜轨道滑下 .已知小球与 AB

7、 和 BC间的动摩擦因数均为= 3 ，g 取 10m/s 2 .3求小球初速度 v0 的大小； 求小球滑过 C 点时的速率 vC； 要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径 R 应该满足什么条件？【答案】 （1） 6 m/s（2） 3 6 m/s （ 3）0R 1.08m 【解析】 试题分析：（1 2 1 2 mvC 2mgR1 mv22 代入数据解得 R1=1 08 m 代入数据解得 R2=2 7 m当圆轨道与 AB 相切时 R3=BC?tan 60 =15 m 即圆轨道的半径不能超过 15 m 综上所述，要使小球不离开轨道， R应该满足的条件是 0 R1 08 m 考点：平抛运动；动能定理

8、4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 l 4m 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，达到 B 点时无能量损失； AB(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1【答案】 (1)4m/s (2) s (3) 0.15J15【解析】 【分析】(1)对滑块从 A到

9、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】11 对滑块从 A 到 B 过程，根据动能定理，有： mglsin37 o mgcos37o mv 2B ，2解得： vB 4m/s；对平抛运动，根据分位移公式，有：x v0t ，y 12 gt2 ， 结合几何关系，有：解得：t 115s；3对滑块从 A 到 B 过程，根据动能定理，有： mglsin37 o mgcos37ox v0t ，y 12 gt2 ，1225y9H218H ，mv mg21616y169H23时

10、，动能，即 yH0.12m16y5联立解得：Ek 最小为： Ekm 0.15J ；故当 2156y【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， 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15如图， I、II为极限运动中的两部分赛道，其中 I的 AB部分为竖直平面内半径为 R的4 光滑圆弧赛道，最低点 B的切线水平 ; II上 CD为倾角为 30的斜面，最低点 C处于 B点的 正下方， B、 C两点距离也等于 R.质量为 m 的极限运动员 (可视为质点 )从 AB上 P点处由静(1)极限运动员落到 CD上的位置与 C的距离

11、;(2)极限运动员通过 B 点时对圆弧轨道的压力 ;(3)P点与 B 点的高度差4 7 1答案】（ 1） R （ 2） mg ，竖直向下（ 3） R5 5 5解析】详解】1）设极限运动员在B 点的速度为 v0，落在 CD 上的位置与 C 的距离为 x，速度大小为v，在空中运动的时间为 t，则 xcos300=v0t 1R-xsin300= gt22 v0 gt0 gt tan 300 解得 x=0.8R（2）由（ 1）可得： v0 2 gR通过 B 点时轨道对极限运动员的支持力大小为 FNFN mg m R极限运动员对轨道的压力大小为 FN，则 FN =N，F1（3） P点与 B点的高度差为

12、h,则 mgh= mv022 解得 h=R/56如图所示，倾斜轨道 AB的倾角为 37，CD、EF轨道水平， AB与 CD通过光滑圆弧管道 BC连接， CD右端与竖直光滑圆周轨道相连小球可以从 D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从 E滑出该轨道进入 EF水平轨道小球由静止从 A 点释放，已知 AB长为 5R，CD长 为 R，重力加速度为 g，小球与斜轨 AB 及水平轨道 CD、EF 的动摩擦因数均为 0.5，sin37 =0.6，cos37 =0.8，圆弧管道 BC入口 B与出口 C的高度差为 l.8R求： （在运算（2）小球刚到 C 时对轨道的作用力（3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆

13、周轨道的半径 R/应该满足什么条件？122 mvc2 （2分）【解析】 试题分析：（1）设小球到达 C点时速度为 v，a球从 A 运动至 C过程，由动能定理有答案】（ 1） 28gR （2）6.6mg，竖直向下（ 3） R 0.92Rmg （5Rsin 370 1.8R）mg cos370 5R可得 vc 5.6gR （1 分）C 点时轨道对球的作用力为 N，由牛顿第二定律（2）小球沿 BC轨道做圆周运动，设在2N mg mvc ， （2 分） 其中 r 满足 r+r sin530=1.8R （1 分） r23 可得 R R 0.92 R （ 1 分）25情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的 Q

14、 点时，速度减为零，然后滑回 D则由动能定理R 2.3R （1 分）若 R 2.5R，由上面分析可知，小球必定滑回 D，设其能向左滑过 DC 轨道，并沿 CB运动到达 B点，在 B 点的速度为 vB,，则由能量守恒定律有1 2 1 2mvc mvB mg 1.8R 2 mgR（1 分）22由 式，可得 vB 0（ 1 分）故知，小球不能滑回倾斜轨道 AB，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在 CD 轨道上的某处设小球在 CD 轨道上运动的总路程为 S，则由能量守恒定律，有12mvc mgS（1 分）2由 两式，可得 S=5.6R （ 1 分）所以知， b球将停在 D点左侧，距 D点 0.

15、6R处 （1分） 考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力7如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为 h，质量为 m 的小物块 A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使 A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线 M 处的墙上，另一端恰位于滑道的末端 O 点已知在 OM 段，物块 A 与水平面 间的动摩擦因数均为 ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为 g，求：（2）弹簧为最大压缩量 d 时的弹性势能 （设弹簧处于原长时弹性势能为零）（3）若物块 A 能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？【答案】（ 1） 2gh ；（2） mgh mgd；（

16、3）h 2 d【解析】【分析】根据题意，明确各段的运动状态，清楚各力的做功情况，再根据功能关系和能量守恒定律 分析具体问题【详解】（1）从顶端到 O 点的过程中，由机械能守恒定律得：mgh2mv2解得：v 2gh（2）在水平滑道上物块 A 克服摩擦力所做的功为：W mgd由能量守恒定律得：1 mv2 EP mgd联立上式解得：EP mgh mgd （3）物块 A 被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为； W mgd 由能量守恒定律得 ：mgh EP mgd 解得物块 A 能够上升的最大高度为：h h 2 d【点睛】考察功能关系和能量守恒定律的运用8遥控电动玩具车的轨道装置如图所示，轨道 ABC

17、DEF中水平轨道 AB 段和 BD段粗糙，AB=BD=2.5R，小车在 AB和 BD段无制动运行时所受阻力是其重力的 0.02 倍，轨道其余部分摩擦不计。斜面部分 DE 与水平部分 BD、圆弧部分 EF均平滑连接，圆轨道 BC 的半径为R，小段圆弧 EF的半径为 4R，圆轨道 BC 最高点 C与圆弧轨道 EF最高点 F等高。轨道右侧 有两个与水平轨道 AB、 BD等高的框子 M 和 N，框 M 和框 N的右边缘到 F点的水平距离分别为 R和2R。额定功率为 P，质量为 m可视为质点的小车，在 AB段从 A点由静止出发以 额定功率行驶一段时间 t（t 未知）后立即关闭电动机，之后小车沿轨道从 B

18、点进入圆轨道经过最高点 C返回 B 点，再向右依次经过点 D、E、F，全程没有脱离轨道，最后从 F点水平飞出，恰好落在框 N 的右边缘。由得： FN= mg由牛顿第三定律得小车对轨道的压力大小为 mg，方向竖直向下。（2）小车从静止开始到 F 点的过程中，由动能定理得：Pt0.02mg 5R mg 2R= mvF2? 3)平抛过程有： R=vF t、 2R= gt2?要使小车进入 M 框，小车在 F 点的最大速度为 vF小车在 C 点的速度最小设为 vC，则有： mg=m设小车在 BD段所受总的总的平均制动力至少为 f，小车从 C点运动到 F 点的过程中，由动2- mvC2? 由得： f= m

19、g能定理得：-f 2.5R= mvFF9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) f15N (2) a1.5 m/s2

20、 (3)x=58m【解析】【分析】BC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 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

21、，有 F1 f1PF1v1联立解得： f1 5N(2)t15 s 时汽车处于平衡态，有 F2f2PF2v2联立解得： f2 2Nt5s 时汽车开始加速运动，有 F1 f2 ma解得 a 1.5m/s 2(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 .10滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内 充满空气当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂

22、时 的“气垫 ”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地 接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大假设滑雪者的速度超过 4 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由 1 0.25 变为 20.125一滑雪者从倾角为37的坡顶 A 由静止开始自由下滑，滑至坡底 B(B 处为一光滑小圆弧 )后又滑上一段水平雪地，最后停在 C处，如图所示不计空气阻力，坡长为 l26 m，g取 10 m/s2，sin(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间；(2)滑雪者到达 B 处的速度；(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离【答案】 1s 99.2m【解析】【

23、分析】由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度，再由运动学知识可求解速度 位移和时间【详解】(1)由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度 ：a1= =4m/s 2解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间 ： t= =1s（2）由静止到动摩擦因素发生变化的位移： x1= a1t2=2m动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度 ：a2= =5m/s 2由 vB2-v2=2a2（L-x1）解得滑雪者到达 B 处时的速度 ：vB=16m/s（3）设滑雪者速度由 vB=16m/s 减速到 v1=4m/s 期间运动的位移为 x3，则由动能定理有： ；解得 x3=96m速度由 v1=4m

24、/s 减速到零期间运动的位移为 x4，则由动能定理有：；解得 x 4=3.2m所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为 x=x 3+x 4=96+ 3.2=99.2m11 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/ s2）。求（1）小汽车冲上桥顶时的速度是多大；答案】（ 1）20m/s；（ 2

25、）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：4 4 1 3 22 104 15 104 10 103 v2解得：v=20m/s；2）在最高点由牛顿第二定律有2vmg N mR即4 3 20 20104 N103130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 NN=6923N；12如图所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为 m0.1 kg 的铁块，它与纸带右端的距离为 L0.5 m，铁块与纸带间、纸带与桌面间动摩擦因数均为 0.1.现用力 F水平向左将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘，铁块抛出

26、后落 地点离抛出点的水平距离为 s0.8 m已知 g10 m/s 2，桌面高度为 H0.8 m，不计纸带1）铁块抛出时速度大小；2） 纸带从铁块下抽出所用时间 t1；（3） 纸带抽出过程全系统产生的内能 E.【答案】 （1）2m/s （2）2s（3）0.3J 【解析】试题分析：（ 1）对铁块做平抛运动研究由h= 1 gt2，得 t= 2h ， t=0.4ss则 v0 = =2m/s（ 2）铁块在纸带上运动时的加速度为 a，a=g =1m/2s由 vo=at 得， t1=2s x1=2m（3）摩擦力产生的热量包括上下两个面所产生，Q 上 =mg L=0.05JQ下= mg（L+x1） =0.25J 所以 Q= Q上+Q 下=0.3J 考点：考查了功能关系，平抛运动，牛顿第二定律的应用 点评：本题关键是先分析清楚物体的运动情况，然后运用平抛运动的分位移公式、牛顿运 动定律和运动学公式联立列式求解；同时由功能关系及相对位移求产生的内能