高考物理动能定理的综合应用解析版汇编及解析
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高考物理动能定理的综合应用解析版汇编及解析
一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用
1．质量1.5mkg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2.0ts停在B点，已知A、B两点间的距离5.0sm，物块与水平面间的动摩擦因数0.20，求恒力F多大．（210/gms）
【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．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t＝0时刻，将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A点，经过1.0 s，物块从最下端的B点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g＝10 m/s2)，求：
(1)物块与传送带间的动摩擦因数；
(2)物块从A到B的过程中，传送带对物块做的功．
【答案】(1) 35 (2) －3.75 J
【解析】
解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s的加速度为：2111a=8?m/svt 后0.5 s的加速度为：222222?/vvamst
物块在前0.5 s受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：
1mgsinmgcosma
物块在后0.5 s受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：
2mgsinmgcosma
联立解得：35
(2)由v－t图象面积意义可知，在前0.5 s，物块对地位移为：1112vtx
则摩擦力对物块做功：11·Wmgcosx
在后0.5 s，物块对地位移为：12122vvxt
则摩擦力对物块做功22·Wmgcosx－
所以传送带对物块做的总功：12WWW
联立解得：W＝－3.75 J
3．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：(在运算中，根号中的数值无需算出)
(1)小球滑到斜面底端C时速度的大小．
(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，竖直圆周轨道的半径R/应该满足什么条件？
【答案】（1）285gR （2）6.6mg，竖直向下（3）0.92RR
【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
0021(5sin371.8)cos3752cmgRRmgRmv（2分） 可得5.6cvgR（1分）
（2）小球沿BC轨道做圆周运动，设在C点时轨道对球的作用力为N，由牛顿第二定律
2cvNmgmr， （2分） 其中r满足 r+r·sin530=1.8R （1分）
联立上式可得：N=6.6mg （1分）
由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg ，方向竖直向下． （1分）
（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：
情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道．则小球b在最高点P应满足2PvmmgR（1分）
小球从C直到P点过程，由动能定理，有2211222PcmgRmgRmvmv（1分）
可得230.9225RRR（1分）
情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q点时，速度减为零，然后滑回D．则由动能定理有
2102cmgRmgRmv（1分）
2.3RR（1分）
若2.5RR，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22111.8222cBmvmvmgRmgR（1分）
由⑤⑨式，可得0Bv（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212cmvmgS（1分）
由⑤⑩两式，可得 S=5.6R （1分）
所以知，b球将停在D点左侧，距D点0.6R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．
4．如图所示,在粗糙水平面上有一质量为M、高为h的斜面体,斜面体的左侧有一固定障碍物Q,斜面体的左端与障碍物的距离为d．将一质量为m的小物块置于斜面体的顶端,小物块恰好能在斜面体上与斜面体一起保持静止;现给斜面体施加一个水平向左的推力,使斜面体和小物块一起向左匀加速运动,当斜面体到达障碍物与其碰撞后,斜面体立即停止运动,小物块水平抛出,最后落在障碍物的左侧P处(图中未画出),已知斜面体与地面间的动摩擦因数为μ1,斜面倾角为θ,重力加速度为g,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,求:
(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ2;
(2)要使物块在地面上的落点P距障碍物Q最远,水平推力F为多大;
(3)小物块在地面上的落点P距障碍物Q的最远距离．
【答案】（1）2tan （2）1sincostanMmgFMmgsin（3）2sin2costantanhdhsin
【解析】
【分析】
对m受力分析，由共点力平衡条件可以求出动摩擦因数；以m为研究对象，求出最大加速度，以系统为研究对象，由牛顿第二定律求出最大推力；对系统由动能定理求出最大速度，然后由平抛运动规律求出最大水平位移．
【详解】
(1)对m由平衡条件得：mgsinθ-μ2mgcosθ=0
解得：μ2=tanθ
(2)对m设其最大加速度为am，由牛顿第二定律得
水平方向：Nsinθ+μ2Ncosθ=mam
竖直方向：Ncosθ-μ2Nsinθ-mg=0
解得：2sincostansinga
对M、m整体由牛顿第二定律得：F-μ1(M+m)g=(M+m)am
解得：12sincostansinMmgFMmg
(3)对M、m整体由动能定理得：2112FdMmgdMmv
解得：sincostansindgv
对m由平抛运动规律得：
水平方向：tanphxvt
竖直方向：212hgt
解得：2sin2costansintanphdhx 【点睛】
本题主要考查了应用平衡条件、牛顿第二定律、动能定理、平抛运动规律即可正确解题．
5．如图所示，一质量为m的小球从半径为R的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为R。小球离开圆弧轨道的底端又通过水平距离R落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）小球刚到圆弧轨道底端时对轨道的压力；
（2）小球在圆弧轨道上受到的阻力所做的功。
【答案】（1）32NmgF，方向竖直向下（2）34fWmgR
【解析】
【详解】
（1）设小球在圆弧轨道的最低点时的速度为v，小球离开圆弧轨道后做平抛运动，有：
Rvt
212Rgt
联立解得：
2gRv
而在圆弧轨道的最低点，由牛顿第二定律可知：
2NvFmgmR
由牛顿第三定律，
NNFF
联立求得球队轨道的压力为：
32NmgF
方向竖直向下。
（2）对圆弧上运动的过程由动能定理：
2102fmgRWmv
联立可得：
34fWmgR
6．如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来．如果人和滑板的总质量m＝60kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝37°（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2．
求：
（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？
（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离BC为L＝20.0m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过多少？
【答案】（1）2.0 m/s2；
（2）50m
【解析】
【分析】
（1）根据牛顿第二定律求出人从斜坡上下滑的加速度．
（2）根据牛顿第二定律求出在水平面上运动的加速度，结合水平轨道的最大距离求出B点的速度，结合速度位移公式求出AB的最大长度．
【详解】
（1）根据牛顿第二定律得，人从斜坡上滑下的加速度为：
a1＝3737 mgsinmgcosm=gsin37°-μgcos37°=6-0.5×8m/s2=2m/s2．
（2）在水平面上做匀减速运动的加速度大小为：a2＝μg＝5m/s2，
根据速度位移公式得，B点的速度为：222520/102/BvaLmsms＝＝＝．
根据速度位移公式得：212005024BABvLmma＝＝＝.
【点睛】
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，本题也可以结合动能定理进行求解．
7．如图的竖直平面内，一小物块(视为质点)从H=10m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R=4m的光滑竖直圆环内侧，弯曲轨道AB在B点与圆环轨道平滑相接。之后物块沿CB圆弧滑下，在B点(无动量损失)进入右侧的粗糙水平面上压缩弹簧。已知物块的质量m=2kg，与水平面间的动摩擦因数为0.2，弹簧自然状态下最左端D点与B点距离L=15m，求：(g=10m/s2)
