高中物理动能定理的综合应用真题汇编(含答案)含解析

一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用

1．小明同学根据上海迪士尼乐园游戏项目“创极速光轮”设计了如图所示的轨道。一条带有竖直圆轨道的长轨道固定在水平面上，底端分别与两侧的直轨道相切，其中轨道AQ段粗糙、长为L0=6.0m，QNP部分视为光滑，圆轨道半径R=0.2m，P点右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L=0.5m。一玩具电动小车，通电以后以P=4W的恒定功率工作，小车通电加速运动一段时间后滑入圆轨道，滑过最高点N，再沿圆轨道滑出。小车的质量m=0.4kg，小车在各粗糙段轨道上所受的阻力恒为f=0.5N。（重力加速度g=10m/s2；小车视为质点，不计空气阻力）。

(1)若小车恰能通过N点完成实验，求进入Q点时速度大小； (2)若小车通电时间t=1.4s，求滑过N点时小车对轨道的压力； (3)若小车通电时间t≤2.0s，求小车可能停在P点右侧哪几段轨道上。

【答案】(1)22m/s；(2)6N，方向竖直向上；(3)第7段和第20段之间 【解析】 【分析】 【详解】

(1)小车恰能过N点，则vN0，Q→N过程根据动能定理

mg2R代入解得

1212mvNmv 22v22m/s

(2)A→N过程

PtfL0mg2R代入解得

12mv10 2v15m/s

在N点时

mv12 mgFNR代入解得

FN6N

根据牛顿第三定律可得小汽车对轨道压力大小6N，方向竖直向上。 (3)设小汽车恰能过最高点，则

Pt0fL0mg2R0

代入解得

t01.15s2s

此时小汽车将停在

mg2Rn1fL

代入解得

n16.4

因此小车将停在第7段； 当通电时间t2.0s时

PtfL0n2fL0

代入解得

n220

因此小车将停在第20段；综上所述，当t≤2.0s时，小汽车将停在第7段和第20段之间。

2．一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

v1a1t120m/s

由P=Fv可知，匀加速结束时汽车的牵引力

F1由牛顿第二定律得

P=1×104N v1F1fma1

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PFv可知，汽车的最大速度：

v=

(2)汽车匀加速运动的位移

PP=40m/s Ffv1t140m 212mv0 2x1=

对汽车，由动能定理得

F1x1Pt2fs解得

s=480m

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

v0vytan2gh3m/s tan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

Ep(2)小球在A处的速度为

12mv04.5J； 2vAv05m/s cos1212mvCmvA 22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

mgL1sinmgL1cos解得

vCvA22gL1sincos10m/s；

(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

v12mgm；

R对小球从C到最高点应用机械能守恒可得

1215mvC2mgRmv12mgR 222解得

2vC 0R2m；

5g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

12mvCmghmgR 2解得

vC2R=5m；

2g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．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

H0.2m，紧靠墙壁在地面固定一个和CD等高，底边长L0.3m的斜面，一个质量m0.1kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点l4m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点时量损失；AB

oo2段与水平面的夹角为37.(重力加速度g10m/s，sin37o0.6，cos370.8)

(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) 4m/s (2) s (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】

1151对滑块从A到B过程，根据动能定理，有：mglsin37oμmgcos37o1mv2B，

2解得：vB4m/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：

xv0t，

y12gt， 2结合几何关系，有：解得：tHyH2， xL31s； 1523对滑块从A到B过程，根据动能定理，有：mglsin37oμmgcos37o1mv2B，

对平抛运动，根据分位移公式，有：

xv0t，

y12gt， 2HyH2， xL3oo结合几何关系，有：

从A到碰撞到斜面过程,根据动能定理有：mglsin37μmgcos37lmgy1mv20 225y9H218H12联立解得：mvmg，

21616y1625y9H23故当，即yH0.12m时，动能Ek最小为：Ekm0.15J； 1616y5【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.

5．一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/s2）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，由动能定理得在B点由牛顿第二定律得解得轨道对滑块的支持力

（2）滑块滑上小车后，由牛顿第二定律 对滑块：对小车：

，得，得

m/s2 （1分） m/s2 （1分）

（1分）

（2分） N （1分）

（1分）

设经时间t后两者达到共同速度，则有解得由于

s （1分）

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）

m （1分）

m （2分）

因此，1．5s时小车右端距轨道B端的距离为（3）滑块相对小车滑动的距离为所以产生的内能

J （1分）

6．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) 【解析】

解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s的加速度为：a1后0.5 s的加速度为：a23 (2) －3.75 J 5v1=8?m/s2 t1v2v22?m/s2 t2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：

mgsinmgcosma1

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：

mgsinmgcosma2

联立解得：3 5(2)由v－t图象面积意义可知，在前0.5 s，物块对地位移为：x1v1t1 2x1 则摩擦力对物块做功：W1mgcos·在后0.5 s，物块对地位移为：x1v1v2t2 2x2 则摩擦力对物块做功W2－mgcos·所以传送带对物块做的总功：WW1W2 联立解得：W＝－3.75 J

7．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）【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

28gR （2）6.6mg，竖直向下（3）R0.92R 5mg(5Rsin3701.8R)mgcos3705R可得vc5.6gR（1分）

12mvc（2分） 2（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

vc2sin530=1.8R （1分） Nmgm， （2分） 其中r满足 r+r·

r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

vP2mmg（1分） R小球从C直到P点过程，由动能定理，有mgRmg2R可得R11mvP2mvc2（1分） 2223R0.92R（1分） 25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

1mgRmgR0mvc2（1分）

2R2.3R（1分）

若R2.5R，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

121mvcmvB2mg1.8R2mgR（1分） 22由⑤⑨式，可得vB0（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

12mvcmgS（1分） 2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．

8．为了研究过山车的原理，某同学设计了如下模型：取一个与水平方向夹角为37°、长为L=2.5 m的粗糙倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与半径为R=0.2 m的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的。其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个质量m=2 kg小物块，当从A点以初速度v0=6 m/s沿倾斜轨道滑下，到达C点时速度vC=4 m/s。取g=10 m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80。

（1）小物块到达C点时，求圆轨道对小物块支持力的大小； （2）求小物块从A到B运动过程中，摩擦力对小物块所做的功；

（3）小物块要能够到达竖直圆弧轨道的最高点，求沿倾斜轨道滑下时在A点的最小初速度vA。

【答案】(1) N=180 N (2) Wf=−50 J (3) vA30 m/s 【解析】 【详解】

（1）在C点时，设圆轨道对小物块支持力的大小为N，则：

mvc2 NmgR解得 N=180 N

（2）设A→B过程中摩擦力对小物块所做的功为Wf，小物块A→B→C的过程，有

mgLsin37Wf解得 Wf=−50 J。

1212mvcmv0 22（3）小物块要能够到达竖直圆弧轨道的最高点，设在最高点的速度最小为vm，则：

2mvm mgR小物块从A到竖直圆弧轨道最高点的过程中，有

mgLsin37Wf2mgR解得

1212mvmmvA 22vA30 m/s

9．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）FN【解析】 【详解】

3mg3，方向竖直向下（2）WfmgR

42（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：

Rvt

R12gt 2联立解得：

vgR 2而在圆弧轨道的最低点，由牛顿第二定律可知：

v2FNmgm

R由牛顿第三定律，

 FNFN联立求得球队轨道的压力为：

FN方向竖直向下。

（2）对圆弧上运动的过程由动能定理：

3mg 2mgRWf12mv0 2联立可得：

3WfmgR

4

10．如图所示，质量为m1.0kg的小物体从A点以vA5.0m/s的初速度沿粗糙的水平面匀减速运动距离s =1.0 m到达B点，然后进入半径R=0.4m竖直放置的光滑半圆形轨道，小物体恰好通过轨道最高点C后水平飞出轨道，重力加速度g取l0m/s2。求：

(1)小物体到达B处的速度vB；

(2)小物体在B处对圆形轨道压力的大小FN； (3)粗糙水平面的动摩擦因数μ。

【答案】(1)25m/s；(2)60N；(3)0.25。 【解析】 【详解】

(1)小物体恰好通过最高点C，由重力提供向心力，则：

2vCmgm

R得到：

vcgR2m/s

小物体从B点运动到C点过程中机械能守恒，则：

1212mvBmvCmg2R 22得到：

2vBvC4gR25m/s；

(2)设小物体在B处受到的支持力为FN，根据牛顿第二定律有：

2vBFmgm

R'N'得到：

'FN6mg60N

根据牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力FN大小为60N，方向竖直向下。 (3)小物体由A到B过程，由动能定理得到：

mgs1212mvBmvA 22得到：

0.25。

【点睛】

本题关键是恰好通过最高点，由重力提供向心力，然后再根据牛顿第二定律、机械能守恒

和动能定理结合进行求解。

11．如图所示，在水平路段AB上有一质量为2kg的玩具汽车，正以10m/s的速度向右匀速运动，玩具汽车前方的水平路段AB、BC所受阻力不同，玩具汽车通过整个ABC路段的v-t图象如图所示（在t=15s处水平虚线与曲线相切），运动过程中玩具汽车电机的输出功率保持20W不变，假设玩具汽车在两个路段上受到的阻力分别有恒定的大小.(解题时将玩具汽车看成质点)

(1)求汽车在AB路段上运动时所受的阻力f1; (2)求汽车刚好开过B点时的加速度a (3)求BC路段的长度.

【答案】(1)f1＝5N (2) a＝1.5 m/s2 (3)x=58m 【解析】 【分析】

根据“汽车电机的输出功率保持20W不变 ”可知，本题考查机车的启动问题，根据 图象知汽车在AB段匀速直线运动，牵引力等于阻力，而牵引力大小可由瞬时功率表达式求出；由图知，汽车到达B位置将做减速运动，瞬时牵引力大小不变，但阻力大小未知，考虑在t=15s处水平虚线与曲线相切，则汽车又瞬间做匀速直线运动，牵引力的大小与BC段阻力再次相等，有瞬时功率表达式求得此时的牵引力数值即为阻力数值，由牛顿第二定律可得汽车刚好到达B点时的加速度；BC段汽车做变加速运动，但功率保持不变，需由动能定理求得位移大小. 【详解】

(1)汽车在AB路段时，有F1＝f1 P＝F1v1

联立解得：f1＝5N

(2)t＝15 s时汽车处于平衡态，有F2＝f2 P＝F2v2

联立解得：f2＝2N

t＝5s时汽车开始加速运动，有F1－f2＝ma 解得a＝1.5m/s2

(3)对于汽车在BC段运动，由动能定理得：解得：x=58m 【点睛】

抓住汽车保持功率不变这一条件，利用瞬时功率表达式求解牵引力，同时注意隐含条件汽车匀速运动时牵引力等于阻力；对于变力做功，汽车非匀变速运动的情况，只能从能量的角度求解.

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）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】

（2）

（3）增大S可以通过减小q、

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.