最新高考物理动能定理的综合应用解析版汇编

最新高考物理动能定理的综合应用解析版汇编

一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用

1．一辆汽车发动机的额定功率P=200kW，若其总质量为m=103kg，在水平路面上行驶时，汽车以加速度a1=5m/s2从静止开始匀加速运动能够持续的最大时间为t1=4s，然后保持恒定的功率继续加速t2=14s达到最大速度。设汽车行驶过程中受到的阻力恒定，取g=10m/s2.求：

(1)汽车所能达到的最大速度；

(2)汽车从启动至到达最大速度的过程中运动的位移。

【答案】(1)40m/s；(2)480m

【解析】

【分析】

【详解】

(1)汽车匀加速结束时的速度

11120m/svat

由P=Fv可知，匀加速结束时汽车的牵引力

11FPv=1×104N

由牛顿第二定律得

11Ffma

解得

f=5000N

汽车速度最大时做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知，

此时汽车的牵引力

F=f=5000N

由PFv可知，汽车的最大速度：

v=PPFf=40m/s

(2)汽车匀加速运动的位移

x1=1140m2vt

对汽车，由动能定理得

2112102FxPtfsmv

解得

s=480m

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μ;

(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）23/ms（3）0.2s

【解析】

试题分析：⑴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A运动至D的过程中，根据动能定理有：mgR－μmgcos37°2sin37R＝0－0

解得：μ＝0.375

⑵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 ①

在C点时，根据牛顿第二定律有：mg＋N＝2CvmR②

在滑块由A运动至C的过程中，根据动能定理有：－μmgcos37°2sin37R＝212Cmv－2012mv③

由①②③式联立解得滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0需满足：v0≥3gR＝23m/s

即v0的最小值为：v0min＝23m/s

⑶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：x＝vt ④

在竖直方向的位移为：y＝212gt⑤

根据图中几何关系有：tan37°＝2Ryx⑥

由④⑤⑥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．某物理小组为了研究过山车的原理提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ=53°，长为L1=7.5m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与足够长的光滑水平轨道BC相连，然后在C处连接一个竖直的光滑圆轨道．如图所示．高为h=0.8m光滑的平台上有一根轻质弹簧，一端被固定在左面的墙上，另一端通过一个可视为质点的质量m=1kg的小球压紧弹簧，现由静止释放小球，小球离开台面时已离开弹簧，到达A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小物块与AB间的动摩擦因数为μ=0.5，g取10m/s2，sin53°=0.8．求：

(1)弹簧被压缩时的弹性势能；

(2)小球到达C点时速度vC的大小；

(3)小球进入圆轨道后，要使其不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件．

【答案】(1)4.5J；(2)10m/s；(3)R≥5m或0＜R≤2m。

【解析】

【分析】

【详解】

(1)小球离开台面到达A点的过程做平抛运动，故有

02 3m/stantanyvghv

小球在平台上运动，只有弹簧弹力做功，故由动能定理可得：弹簧被压缩时的弹性势能为

2014.5J2pEmv；

(2)小球在A处的速度为

05m/scosAvv

小球从A到C的运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得

221111sincos22CAmgLmgLmvmv

解得

212sincos10m/sCAvvgL；

(3)小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，即小球能通过圆轨道最高点，或小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径；

那么对小球能通过最高点时，在最高点应用牛顿第二定律可得

21vmgmR；

对小球从C到最高点应用机械能守恒可得

2211152222CmvmgRmvmgR

解得 2 02m5CvRg；

对小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径的情况应用机械能守恒可得

212CmvmghmgR

解得

2=5m2CvRg；

故小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R≥5m或0＜R≤2m；

4．在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R=1.6m，BC是长度为L1=3m的水平传送带，CD是长度为L2=3.6m水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg，滑板质量可忽略．已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.5，g取10m/s2.求：

（1）参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力；

（2）若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向；

（3）在第（2）问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能．

【答案】（1）1200N，方向竖直向下（2）顺时针运转，v=6m/s（3）720J

【解析】

(1) 对参赛者：A到B过程，由动能定理

mgR(1－cos60°)＝12m2Bv

解得vB＝4m/s

在B处，由牛顿第二定律

NB－mg＝m 2BvR

解得NB＝2mg＝1 200N

根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力

N′B＝NB＝1 200N，方向竖直向下．

(2) C到D过程，由动能定理

－μ2mgL2＝0－12m2Cv 解得vC＝6m/s

B到C过程，由牛顿第二定律μ1mg＝ma

解得a＝4m/s2(2分)

参赛者加速至vC历时t＝CBvva＝0.5s

位移x1＝2BCvvt＝2.5m

参赛者从B到C先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v＝6m/s.

(3) 0.5s内传送带位移x2＝vt＝3m

参赛者与传送带的相对位移Δx＝x2－x1＝0.5m

传送带由于传送参赛者多消耗的电能

E＝μ1mgΔx＋12m2Cv－12m2Bv＝720J.

5．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μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：

（1）物块速度滑到O点时的速度大小；

（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）mghmgd；（3）2hd

【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：

212mghmv

解得：

2vgh

（2）在水平滑道上物块A克服摩擦力所做的功为：

Wmgd 由能量守恒定律得：

212PmvEmgd

联立上式解得：

PEmghmgd

（3）物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为；

Wmgd

由能量守恒定律得 ：

PmghEmgd

解得物块A能够上升的最大高度为：

2hhd

【点睛】

考察功能关系和能量守恒定律的运用．

6．如图所示，光滑斜面AB的倾角θ=53°，BC为水平面，BC的长度lBC=1.10 m，CD为光滑的14圆弧，半径R=0.60 m．一个质量m=2.0 kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ=0.20.轨道在B，C两点光滑连接．当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h=0.20 m，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6.g取10

m/s2.求：

(1)物体运动到C点时速度大小vC

(2)A点距离水平面的高度H

(3)物体最终停止的位置到C点的距离s.

【答案】(1)4 m/s (2)1.02 m (3)0.4 m

【解析】

【详解】

(1)物体由C点到最高点，根据机械能守恒得：212cmgRhmv

代入数据解得：4/Cvms

(2)物体由A点到C点，根据动能定理得：2102BCcmgHmglmv

代入数据解得：1.02Hm

(3)从物体开始下滑到停下，根据能量守恒得：mgxmgH

代入数据，解得：5.1xm