高中物理动能定理的综合应用练习题及答案

高中物理动能定理的综合应用练习题及答案一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示，一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5m。物块A以v0=10m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点N，再沿圆轨道滑出，P点左侧轨道光滑，右侧轨道与物块间的动摩擦因数都为μ=0.4，A的质量为m=1kg（A可视为质点），求：(1)物块经过N点时的速度大小；(2)物块经过N点时对竖直轨道的作用力；(3)物块最终停止的位置。【答案】(1)45m/sv；(2)150N，作用力方向竖直向上；(3)12.5mx【解析】【分析】【详解】(1)物块A从出发至N点过程，机械能守恒，有22011222mvmgRmv得20445m/svvgR(2)假设物块在N点受到的弹力方向竖直向下为FN，由牛顿第二定律有2NvmgFmR得物块A受到的弹力为2N150NvFmmgR由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力为NN150NFF作用力方向竖直向上(3)物块A经竖直圆轨道后滑上水平轨道，在粗糙路段有摩擦力做负功，动能损失，由动能定理，有20102mgxmv得12.5mx2．如图所示，半径为R＝1m，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＝1kg的小球，在水平恒力F＝25017N的作用下由静止沿光滑水平面从A点运动到B点，A、B间的距离x＝175m，当小球运动到B点时撤去外力F，小球经半圆管道运动到最高点C，此时球对外轨的压力FN＝2.6mg，然后垂直打在倾角为θ＝45°的斜面上(g＝10m/s2)．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)10m/s(2)6m/s(3)12J(4)0.2m【解析】【分析】对AB段，运用动能定理求小球在B点的速度的大小；小球在C点时，由重力和轨道对球的压力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求小球在C点的速度的大小；小球由B到C的过程，运用动能定理求克服摩擦力做的功；小球离开C点后做平抛运动，由平抛运动的规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：212BFxmv解得：vB＝10m/s(2)在C点，由牛顿第二定律得mg＋FN＝2cvmR又据题有：FN＝2.6mg解得：vC＝6m/s.(3)由B到C的过程，由动能定理得：－mg·2R－Wf＝221122cBmvmv解得克服摩擦力做的功：Wf＝12J(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，则在竖直方向上有：2R－h＝12gt2由小球垂直打在斜面上可知：cgtv＝tan45°联立解得：h＝0.2m【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．3．如图所示，人骑摩托车做腾跃特技表演，以1.0m/s的初速度沿曲面冲上高0.8m、顶部水平的高台，若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率1.8kW行驶，经过1.2s到达平台顶部，然后离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A、B为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R＝1.0m，人和车的总质量为180kg，特技表演的全过程中不计一切阻力(计算中取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)．求：(1)人和车到达顶部平台的速度v；(2)从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离x；(3)圆弧对应圆心角；(4)人和车运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力．【答案】（1）3m/s（2）1.2m（3）106°（4）7.74×103N【解析】【分析】【详解】（1）由动能定理可知：221011PtmgHmv22mvv＝3m/s（2）由2221Hgt,svt2可得：2Hsv1.2mg（3）摩托车落至A点时，其竖直方向的分速度y2vgt4m/s设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则4tan3yvv，即α＝53°所以θ＝2α＝106°（4）在摩托车由最高点飞出落至O点的过程中，由机械能守恒定律可得：2211mg[HR(1cos)]mvmv22在O点：2vNmgmR所以N＝7740N由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O时对轨道的压力为7740N4．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θ=60°、长为L1=23m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2=32m的水平轨道BC相连，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和BC间的动摩擦因数均为μ=33，g取10m/s2.（1）求小球初速度v0的大小；（2）求小球滑过C点时的速率vC；（3）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）6m/s（2）36m/s（3）0R≤1.08m【解析】试题分析：（1）小球开始时做平抛运动：vy2=2gh代入数据解得：22100.932/yvghms＝＝A点：60yxvtanv得：032/6/603yxvvvmsmstan＝＝（2）从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得：2211201122CmghLsinmgLcosmgLmvmv＝代入数据解得：36/Cvms＝（3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：21mvmgR＝22111 222CmvmgRmv＝代入数据解得R1=1．08m当小球刚能到达与圆心等高时221 2CmvmgR＝代入数据解得R2=2．7m当圆轨道与AB相切时R3=BC•tan60°=1．5m即圆轨道的半径不能超过1．5m综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是0＜R≤1．08m．考点：平抛运动；动能定理5．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；6．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0.2Hm，紧靠墙壁在地面固定一个和CD等高，底边长0.3Lm的斜面，一个质量0.1mkg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点4lm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段与水平面的夹角为37.(重力加速度210/gms，sin370.6，cos370.8)(1)求小物块运动到B点时的速度大小；(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.【答案】(1) 4/ms(2)1 15s(3) 0.15J【解析】【分析】(1)对滑块从A到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】1对滑块从A到B过程，根据动能定理，有：2B1mglsin37μmgcos37mv2，解得：Bv4m/s；2设物体落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，画出轨迹，如图所示：对平抛运动，根据分位移公式，有：0xvt，21ygt2，结合几何关系，有：HyH2xL3，解得：1ts15；3对滑块从A到B过程，根据动能定理，有：2B1mglsin37μmgcos37mv2，对平抛运动，根据分位移公式，有：0xvt，21ygt2，结合几何关系，有：HyH2xL3，从A到碰撞到斜面过程,根据动能定理有：21mglsin37μmgcos37lmgymv02联立解得：22125y9H18Hmvmg21616y16，故当225y9H1616y，即3yH0.12m5时，动能kE最小为：kmE0.15J；【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，根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.7．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＝m2BvR解得NB＝2mg＝1200N根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力N′B＝NB＝1200N，方向竖直向下．(2)C到D过程，由动能定理－μ2mgL2＝0－12m2Cv解得vC＝6m/sB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＝2.5mL1参赛者从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.8．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