高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)

高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)

一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用

1．由相同材料的细杆搭成的轨道如图所示，其中细杆AB 、BC 、CD 、DE 、EF ……长均为 1.5m L =，细杆OA 和其他细杆与水平面的夹角都为

()37sin370.6,cos370.8β???===，一个可看成质点的小环套在细杆OA 上从图中离轨

道最低点的竖直高度 1.32m h =处由静止释放，小环与细杆的动摩擦因数都为0.2μ=，最大静摩擦力等于相同压力下的滑动摩擦力，在两细杆交接处都用短小曲杆相连，不计动能损失，使小环能顺利地经过，重力加速度g 取210m /s ，求： (1)小环在细杆OA 上运动的时间t ； (2)小环运动的总路程s ； (3)小环最终停止的位置。

【答案】(1)1s ；(2)8.25m ；(3)最终停在A 点 【解析】 【分析】 【详解】

(1)因为sin cos mg mg βμβ＞，故小环不能静止在细杆上，小环下滑的加速度为

2sin cos 4.4m/s mg mg a m

βμβ

-=

=

设物体与A 点之间的距离为0L ，由几何关系可得

0 2.2m sin37

h

L ?

=

= 设物体从静止运动到A 所用的时间为t ，由2

012

L at =

，得 1s t =

(2)从物体开始运动到最终停下的过程中，设总路程为s ，由动能定理得

cos3700mgh mgs μ?=－－

代入数据解得

s =8.25m

(3)假设物体能依次到达B 点、D 点，由动能定理有

2

01(sin37)cos37()2

B mg h L mg L L mv μ??+=

－－ 解得

20B v <

说明小环到不了B 点，最终停在A 点处

2．如图所示,竖直平面内的轨道由直轨道AB 和圆弧轨道BC 组成，直轨道AB 和圆弧轨道BC 平滑连接，小球从斜面上A 点由静止开始滑下,滑到斜面底端后又滑上一个半径为

=0.4m R 的圆轨道；

（1）若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆轨道的最高点C ，求斜面高h ；

（2）若已知小球质量m =0.1kg ，斜面高h =2m ，小球运动到C 点时对轨道压力为mg ，求全过程中摩擦阻力做的功．

【答案】（1）1m ；（2） -0.8J ； 【解析】 【详解】

（1）小球刚好到达C 点,重力提供向心力，由牛顿第二定律得：

2

v mg m R

=

从A 到C 过程机械能守恒,由机械能守恒定律得：

()2122

mg h R mv -=

, 解得：

2.5 2.50.4m 1m h R ==?=；

（2）在C 点,由牛顿第二定律得：

2C

v mg mg m R

+=,

从A 到C 过程，由动能定理得：

()2

1202

f C m

g

h R W mv -+=

-, 解得：

0.8J f W =-；

3．一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个

光滑圆弧轨道AB 的底端等高对

接，如图所示．已知小车质量M=3．0kg ，长L=2．06m ，圆弧轨道半径R=0．8m ．现将一质量m=1．0kg 的小滑块，由轨道顶端A 点无初速释放，滑块滑到B 端后冲上小车．滑块与小车上表面间的动摩擦因数

．（取g=10m/s 2）试求：

（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；

（2）小车运动1．5s时，车右端距轨道B端的距离；

（3）滑块与车面间由于摩擦而产生的内能．

【答案】（1）30 N（2）1 m（3）6 J

【解析】

（1）滑块从A端下滑到B端，由动能定理得（1分）

在B点由牛顿第二定律得（2分）

解得轨道对滑块的支持力N （1分）

（2）滑块滑上小车后，由牛顿第二定律

对滑块：，得m/s2 （1分）

对小车：，得m/s2 （1分）

设经时间t后两者达到共同速度，则有（1分）

解得s （1分）

由于s<1．5s，故1s后小车和滑块一起匀速运动，速度v="1" m/s （1分）

因此，1．5s时小车右端距轨道B端的距离为m （1分）（3）滑块相对小车滑动的距离为m （2分）

所以产生的内能J （1分）

4．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1 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点处由静止开始滑下，恰好垂直CD落到斜面上．求:

(1) 极限运动员落到CD上的位置与C的距离;

(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．

【答案】（1）4

5R （2）75mg ，竖直向下（3）15

R

【解析】 【详解】

（1）设极限运动员在B 点的速度为v 0，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=v 0t R-xsin300=

12

gt 2 0

tan 30

v gt = 解得x=0.8R

（2）由（1）可得：02

5

v gR =

通过B 点时轨道对极限运动员的支持力大小为F N

20

N v F mg m R

-=

极限运动员对轨道的压力大小为F N ′，则F N ′=F N ， 解得'

7

5

N F mg =

，方向竖直向下； （3） P 点与B 点的高度差为h,则mgh=1

2

mv 02 解得h=R/5

5．某滑沙场的示意图如图所示，某旅游者乘滑沙橇从A 点由静止开始滑下，最后停在水平沙面上的C 点．设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面和水平面连接处可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动，若测得AC 间水平距离为x ，A 点高为h ，求滑沙橇与沙面间的动摩擦因数μ．

【答案】h/x 【解析】 【分析】

对A 到C 的全过程运用动能定理，抓住动能的变化量为零，结合动能定理求出滑沙橇与沙面间的动摩擦因数． 【详解】

设斜面的倾角为θ，对全过程运用动能定理得

，

因为，则有，解得

．

【点睛】

本题考查了动能定理的基本运用，运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再结合动能定理进行求解，本题也可以结合动力学知识进行求解．

6．如图所示，半径为R 的圆管BCD 竖直放置，一可视为质点的质量为m 的小球以某一初速度从A 点水平抛出，恰好从B 点沿切线方向进入圆管，到达圆管最高点D 后水平射

出．已知小球在D 点对管下壁压力大小为

1

2

mg ，且A 、D 两点在同一水平线上，BC 弧对应的圆心角θ＝60°，不计空气阻力．求：

(1)小球在A 点初速度的大小； (2)小球在D 点角速度的大小；

(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功． 【答案】gR 2g

R

(3)14mgR

【解析】 【分析】

（1）根据几何关系求出平抛运动下降的高度，从而求出竖直方向上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小．

（2）根据向心力公式求出小球在D 点的速度，从而求解小球在D 点角速度． （3）对A 到D 全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功． 【详解】

（1）小球从A 到B ，竖直方向: v y 2＝2gR(1＋cos 60°) 解得v y 3gR 在B 点：v 0＝

60

y v tan gR

（2）在D 点，由向心力公式得mg-12mg ＝2D

mv R

解得v D 2gR

ω＝

D v R 2g

R

（3）从A 到D 全过程由动能定理：－W 克＝12mv D 2－1

2

mv 02 解得W 克＝1

4

mgR. 【点睛】

本题综合考查了平抛运动和圆周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源．

7．在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示，P 是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h 的探测屏AB 竖直放置，离P 点的水平距离为L ，上端A 与P 点的高度差也为h .

(1)若微粒打在探测屏AB 的中点，求微粒在空中飞行的时间； (2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；

(3)若打在探测屏A 、B 两点的微粒的动能相等，求L 与h 的关系． 【答案】3h g 42g g v h h

≤≤22h 【解析】 【分析】 【详解】

（1）若微粒打在探测屏AB 的中点，则有：32h =12

gt 2

， 解得：3h t g

=

（2）设打在B 点的微粒的初速度为V1，则有：L=V 1t 1，2h=12

gt 12 得：14g v h

=同理，打在A 点的微粒初速度为：22g v h

= 所以微粒的初速度范围为：4g h ≤v≤2g h

（3）打在A 和B 两点的动能一样，则有：12mv 22+mgh=1

2

mv 12+2mgh 联立解得：L=22h

8．如图所示，摩托车做特技表演时，以v 0＝10m /s 的速度从地面冲上高台，t ＝5s 后以同样大小的速度从高台水平飞出．人和车的总质量m ＝1.8×102kg ，台高h ＝5.0m .摩托车冲上高台过程中功率恒定为P ＝2kW ，不计空气阻力，取g ＝10m /s 2.求：

(1) 人和摩托车从高台飞出时的动能E k ； (2) 摩托车落地点到高台的水平距离s ； (3) 摩托车冲上高台过程中克服阻力所做的功W f . 【答案】（1）9×103J （2）10m （3）1×103J 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：根据动能表达式列式求解即可；人和摩托车从高台飞出做平抛运动，根据平抛的运动规律即可求出平抛的水平距离；根据动能定理即可求解克服阻力所做的功． （1）由题知，抛出时动能：2

30019102

k E mv J =

=? （2）根据平抛运动规律，在竖直方向有：212

h gt = 解得：t=1s

则水平距离010s v t m ==

（3）摩托车冲上高台过程中，由动能定理得：0f Pt mgh W --= 解得：3

110f W J =? 【点睛】

本题考查了动能定理和平抛运动的综合，知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，以及能够熟练运用动能定理．

9．如图所示，在光滑的水平地面上有一平板小车质量为M =2kg ，靠在一起的滑块甲和乙质量均为m =1kg ，三者处于静止状态。某时刻起滑块甲以初速度v 1=2m/s 向左运动，同时滑块乙以v 2=4m/s 向右运动。最终甲、乙两滑块均恰好停在小车的两端。小车长L =9.5m ，两滑块与小车间的动摩擦因数相同，（g 取10m/s 2，滑块甲和乙可视为质点）求： (1)最终甲、乙两滑块和小车的共同速度的大小; (2)两滑块与小车间的动摩擦因数； (3)两滑块运动前滑块乙离右端的距离。

【答案】（1）0.5m/s （2）0.1 （3）7.5m 【解析】 【详解】

（1）两滑块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

21()mv mv M m m v -=++

解得

v=0.5m/s

（2）对整体由能量守恒定律得

()22212111

222

mv mv M m m v mgL μ+=+++ 解得：

0.1μ=

（3）经分析，滑块甲运动到左端时速度刚好减为0，在滑块甲运动至左端前，小车静止，之后滑块甲和小车一起向右做匀加速运动到三者共速。 法一：应用动能定理

甲、乙从开始运动到最终两滑块均恰好停在小车的两端的过程中，设滑块乙的对地位移为

1x ，滑块甲和小车一起向右运动的位移为2x 。

由动能定理对滑块乙有

22

121122

mgx mv mv μ-=

- 对滑块甲和小车有

()221

2

mgx m M v μ=

+ 滑块乙离右端的距离

12s x x =-

解得：

s =7.5m

法二：应用动量定理

甲、乙从开始运动到最终两滑块均恰好停在小车的两端的过程中，设滑块乙的运动时间为

1t ，滑块甲向左运动至小车左端的时间为2t 。

由动量定理对滑块乙有

12mgt mv mv μ-=-

对滑块甲

210mgt mv μ-=-

滑块甲和小车一起向右运动的时间为

12t t t ?=-

由运动学公式滑块乙离右端的距离：

2122

v v v

s t t +=

-? 解得：

s=7.5m

法三：转换研究对象，以甲为研究对象 设滑块甲离左端距离为1x ， 由牛顿第二定律得

mg ma μ=

由速度位移公式

2112v ax =

解得：

12m x =

滑块乙离右端的距离

17.5m s L x =-=

10．如图所示，整个轨道在同一竖直平面内，直轨道AB 在底端通过一段光滑的曲线轨道与一个光滑的四分之一圆弧轨道CD 平滑连接，圆弧轨道的最高点C 与B 点位于同一高度．圆弧半径为R ，圆心O 点恰在水平地面．一质量为m 的滑块（视为质点）从A 点由静止开始滑下，运动至C 点时沿水平切线方向离开轨道，最后落在地面上的E 点．已知A 点距离水平地面的高度为H ，OE=2R ，重力加速度取g ，不计空气阻力．求：

（1）滑块运动到C 点时的速度大小V C ；

（2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功W f ；

（3）若滑块从直轨道上A′点由静止开始下滑，运动至C 点时对轨道恰好无压力，则A′点距离水平地面的高度为多少？

【答案】（1）滑块运动到C 点时的速度大小v C 是

．

（2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功W f 是mg （H ﹣2R ）． （3）A′点距离水平地面的高度为．

【解析】

试题分析：（1）滑块从C 到E 做平抛运动，水平位移为2R ，竖直位移为R 则有：2C R v t =、2

12

R gt =

，可解得2C v gR =

（2）对于从A 到C 的过程，运用动能定理得()21

02

f C m

g H

R W mv -=-﹣ 解得，滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功()2f W mg H R =- （3）设A '点的距离水平地面的高度为h ．

在C 点有'2

C

v mg m R

=① 从A′到C ，由动能定理得21

()02

f C m

g

h R W mv --'=

'-② 滑块在直轨道上下滑时重力做功与克服摩擦力做功的比值是定值， 所以有：

'()()(2)f mg H R h R mg H R W --=-解得(2)()

()

f H R h R W m

g H R --'=-，代入②式

联立①、②两式，可解得2

H R

h +=

考点：考查了动能定理；向心力．

【名师点睛】本题要分析清楚物体的运动情况，正确选择研究过程，寻找每个过程和状态所遵守的物理规律是关系，要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解法

11．如图甲所示，游乐场的过山车在圆弧轨道上运行，可以把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R 的竖直圆轨道相接，B 、C 分别为圆轨道的最低点和最高点．质量为m 的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A 点由静止滚下，经过B 点且恰好能通过C 点．已知A 、B 间的高度差为h =4R ,重力加速度为g ．求：

(1)小球通过C 点时的速度C v ；

(2)小球从A 点运动到C 点的过程中，损失的机械能E 损 【答案】gR mgR 【解析】 【详解】

(1) 小球恰能通过C 点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：

2C

v mg m R

=

则得：

C v gR =

(2) 小球从A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理得：

2

1202

f C m

g

h R W mv --=-()

解得：

W f =1.5mgR

则小球从A 点运动到C 点的过程中，损失的机械能

= 1.5f gR E W m =损

12．甲图是我国自主研制的200mm 离子电推进系统， 已经通过我国“实践九号”卫星空间飞行试验验证，有望在2015年全面应用于我国航天器．离子电推进系统的核心部件为离子推进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势．离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子P 喷注入腔室C 后，被电子枪G 射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子．氙离子从腔室C 中飘移过栅电极A 的速度大小可忽略不计，在栅电极A 、B 之间的电场中加速，并从栅电极B 喷出．在加速氙离子的过程中飞船获得推力． 已知栅电极A 、B 之间的电压为U ，氙离子的质量为m 、电荷量为q ．

（1）将该离子推进器固定在地面上进行试验．求氙离子经A 、B 之间的电场加速后，通过栅电极B 时的速度v 的大小；

（2）配有该离子推进器的飞船的总质量为M ，现需要对飞船运行方向作一次微调，即通过推进器短暂工作让飞船在与原速度垂直方向上获得一很小的速度Δv ，此过程中可认为氙离子仍以第（1）中所求的速度通过栅电极B ．推进器工作时飞船的总质量可视为不变．求推进器在此次工作过程中喷射的氙离子数目N ．

（3）可以用离子推进器工作过程中产生的推力与A 、B 之间的电场对氙离子做功的功率的比值S 来反映推进器工作情况．通过计算说明采取哪些措施可以增大S ，并对增大S 的实际意义说出你的看法． 【答案】（1）（2）

（3）增大S 可以通过减小q 、

U 或增大m 的方法．

提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力． 【解析】

试题分析：（1）根据动能定理有

解得：

（2）在与飞船运动方向垂直方向上，根据动量守恒有：MΔv=Nmv 解得：

（3）设单位时间内通过栅电极A 的氙离子数为n ，在时间t 内，离子推进器发射出的氙离子个数为N nt =，设氙离子受到的平均力为F '，对时间t 内的射出的氙离子运用动量定理，F t Nmv ntmv ='=，F '= nmv

根据牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船的推力大小F=F '= nmv 电场对氙离子做功的功率P= nqU 则

根据上式可知：增大S 可以通过减小q 、U 或增大m 的方法． 提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力． （说明：其他说法合理均可得分） 考点：动量守恒定律；动能定理；牛顿定律.