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高考物理动能定理的综合应用技巧小结及练习题及解析

高考物理动能定理的综合应用技巧小结及练习题及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1.为了备战2022年北京冬奥会,一名滑雪运动员在倾角θ=30°的山坡滑道上进行训练,运动员及装备的总质量m=70 kg.滑道与水平地面平滑连接,如图所示.他从滑道上由静止开始匀加速下滑,经过t=5s到达坡底,滑下的路程 x=50 m.滑雪运动员到达坡底后又在水平面上滑行了一段距离后静止.运动员视为质点,重力加速度g=10m/s2,求:(1)滑雪运动员沿山坡下滑时的加速度大小a;(2)滑雪运动员沿山坡下滑过程中受到的阻力大小f;(3)滑雪运动员在全过程中克服阻力做的功W f.【答案】(1)4m/s2(2)f = 70N (3)1.75×104J【解析】【分析】(1)运动员沿山坡下滑时做初速度为零的匀加速直线运动,已知时间和位移,根据匀变速直线运动的位移时间公式求出下滑的加速度.(2)对运动员进行受力分析,根据牛顿第二定律求出下滑过程中受到的阻力大小.(3)对全过程,根据动能定理求滑雪运动员克服阻力做的功.【详解】(1)根据匀变速直线运动规律得:x=1at22解得:a=4m/s2(2)运动员受力如图,根据牛顿第二定律得:mgsinθ-f=ma解得:f=70N(3)全程应用动能定理,得:mgxsinθ-W f =0解得:W f =1.75×104J【点睛】解决本题的关键要掌握两种求功的方法,对于恒力可运用功的计算公式求.对于变力可根据动能定理求功.2.如图所示,AC为光滑的水平桌面,轻弹簧的一端固定在A端的竖直墙壁上.质量 的小物块将弹簧的另一端压缩到B点,之后由静止释放,离开弹簧后从C点水平1m kg飞出,恰好从D 点以10/D v m s =的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道(DEF 小物体与轨道间无碰撞).O 为圆弧轨道的圆心,E 为圆弧轨道的最低点,圆弧轨道的半径1R m =,60DOE ∠=o ,37.EOF ∠=o小物块运动到F 点后,冲上足够长的斜面FG ,斜面FG 与圆轨道相切于F 点,小物体与斜面间的动摩擦因数0.5.sin370.6μ==o ,cos370.8=o ,取210/.g m s =不计空气阻力.求:(1)弹簧最初具有的弹性势能;(2)小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小;(3)判断小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的D 点?若能,求解小物块回到D 点的速度;若不能,求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小.【答案】()11?.25J ;()2 30N ;()3 2/m s . 【解析】 【分析】 【详解】(1)设小物块在C 点的速度为C v ,则在D 点有:C D v v cos60o=设弹簧最初具有的弹性势能为p E ,则:2P C 1E mv 2= 代入数据联立解得:p E 1.25J =;()2设小物块在E 点的速度为E v ,则从D 到E 的过程中有:()22E D 11mgR 1cos60mv mv 22-=-o 设在E 点,圆轨道对小物块的支持力为N ,则有:2E v N mg R-=代入数据解得:E v 25m /s =,N 30N =由牛顿第三定律可知,小物块到达圆轨道的E 点时对圆轨道的压力为30 N ;()3设小物体沿斜面FG 上滑的最大距离为x ,从E 到最大距离的过程中有:()()2E 1mgR 1cos37mgsin37μmgcos37x 0mv 2o o o ---+=-小物体第一次沿斜面上滑并返回F 的过程克服摩擦力做的功为f W ,则f W 2x μmgcos37=o小物体在D 点的动能为KD E ,则:2KD D 1E mv 2=代入数据解得:x 0.8m =,f W 6.4J =,KD E 5J = 因为KD f E W <,故小物体不能返回D 点.小物体最终将在F 点与关于过圆轨道圆心的竖直线对称的点之间做往复运动,小物体的机械能守恒,设最终在最低点的速度为Em v ,则有:()2Em 1mgR 1cos37mv 2-=o 代入数据解得:Em v 2m /s =答:()1弹簧最初具有的弹性势能为1.25J ;()2小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小是30 N ;()3小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后不能回到圆弧轨道的D 点.经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小为2 m /s . 【点睛】(1)物块离开C 点后做平抛运动,由D 点沿圆轨道切线方向进入圆轨道,知道了到达D 点的速度方向,将D 点的速度分解为水平方向和竖直方向,根据角度关系求出水平分速度,即离开C 点时的速度,再研究弹簧释放的过程,由机械能守恒定律求弹簧最初具有的弹性势能;()2物块从D 到E ,运用机械能守恒定律求出通过E 点的速度,在E 点,由牛顿定律和向心力知识结合求物块对轨道的压力;()3假设物块能回到D 点,对物块从A 到返回D 点的整个过程,运用动能定理求出D 点的速度,再作出判断,最后由机械能守恒定律求出最低点的速度.3.如图所示,半径2R m =的四分之一粗糙圆弧轨道AB 置于竖直平面内,轨道的B 端切线水平,且距水平地面高度为h =1.25m ,现将一质量m =0.2kg 的小滑块从A 点由静止释放,滑块沿圆弧轨道运动至B 点以5/v m s =的速度水平飞出(g 取210/m s ).求:(1)小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功; (2)小滑块经过B 点时对圆轨道的压力大小; (3)小滑块着地时的速度大小.【答案】(1) 1.5f W J = (2) 4.5N F N = (3)152/v m s =【解析】 【分析】 【详解】(1)滑块在圆弧轨道受重力、支持力和摩擦力作用,由动能定理mgR -W f =12mv 2W f =1.5J(2)由牛顿第二定律可知:2N v F mg m R-=解得:4.5N F N =(3)小球离开圆弧后做平抛运动根据动能定理可知:22111m m 22mgh v v =-解得:152m/s v =4.如图所示,小物体沿光滑弧形轨道从高为h 处由静止下滑,它在水平粗糙轨道上滑行的最远距离为s ,重力加速度用g 表示,小物体可视为质点,求:(1)求小物体刚刚滑到弧形轨道底端时的速度大小v ; (2)水平轨道与物体间的动摩擦因数均为μ。

【答案】(12gh (2)h s【解析】 【详解】解:(1)小物体沿弧形轨道下滑的过程,根据机械能守恒定律可得:212mgh mv = 解得小物体刚滑到弧形轨道底端时的速度大小:2v gh(2)对小物体从开始下滑直到最终停下的过程,根据动能定理则有:0mgh mgs μ-= 解得水平轨道与物体间的动摩擦因数:h sμ=5.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μ=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 g =10m/s 2,求: (1)滑块第一次滑上传送带时的速度 v 1 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】7m/s (3) 22v x L gμ=-或22v x L g μ=- 【解析】 【详解】(1)从A 点到刚滑上传送带,应用动能定理2112mgR mgL mv -=μ 得122v gR gL μ=-代入数据得,v 1=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v 1,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2102mgL mv μ-=-解得27v gL μ=7。

(3)传送带的速度大于或等于v 1,则滑块回到水平轨道时的速度大小仍为v 121102mgs mv μ-=-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 处。

7m/s <v<3m/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21)02mg L x mv μ-+=-(解得22v x L gμ=-若传送带的速度v<7m/s ,则滑块将不能回到B 点,即21)02mg L x mv μ--=-(解得22v x L gμ=-6.如图所示,质量为1m kg =的滑块,在水平力作用下静止在倾角为o 30θ=的光滑斜面上,斜面的末端B 与水平传送带相接(物块经过此位置滑上皮带时无能量损失),传送带的运行速度为03/v m s =,长为 1.4L m =.今将水平力撤去,当滑块滑到传送带右端C 时,恰好与传送带速度相同.已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.25μ=(210/g m s =).求:(1)水平力撤去后,滑块(在斜面上)的加速度大小; (2)滑块下滑的高度;(3)若滑块进入传送带时速度大于3/m s ,则滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量为多少.【答案】(1)5m/s 2(2)0.1m 或0.8m (3)5J 【解析】 【分析】 【详解】(1)对撤去外力F 后的滑块受力分析,由牛顿第二定律:sin mg ma θ= 解得:25m /s a =(2)设滑块从高为h 处上滑,到达斜面底端速度为v ,下滑过程机械能守恒:212mgh mv = 解得:2v gh若滑块冲上传送带的速度小于传送带速度,则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动,根据动能定理有:2201122mgL mv mv μ=- 联立解得:200.8m 2v h L gμ=+=若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度,则滑块由于受天向左的滑动摩擦力而做匀速运动,根据动能定理:2201122mgL mv mv μ-=- 解得:200.8m 2v h L gμ=+=(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ,则t 时间内传送带的位移:0s v t = 由机械能守恒可知:212mgh mv = 对滑块由运动学公式知:0v v at =- 联立解得:0v v s v a-=⋅滑块相对传送带滑动的位移:s L s ∆=- 相对滑动生成的热量:0.5J Q mg s μ=∆=7.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:230019102k E mv J ==⨯ (2)根据平抛运动规律,在竖直方向有:212h 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:3110f 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.8.如图,与水平面夹角θ=37°的斜面和半径R =1.0m 的光滑圆轨道相切于B 点,且固定于竖直平面内。

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