物理动能定理的综合应用模拟试题含解析

1、【物理】物理动能定理的综合应用模拟试题含解析一、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

2、=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 vN0 ， QN 过程根据动能定理mg 2R1 mvN21 mv222代入解得v2 2m/s(2)AN 过程Pt fL0mg 2R1 mv1202代入解得v15m/s在 N 点时2mv1mgFNR代入解得F

3、N6N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Pt0fL0mg 2R0代入解得t01.15s2s此时小汽车将停在mg 2Rn1 fL代入解得n16.4因此小车将停在第7 段；当通电时间t2.0s 时PtfL0n2 fL0代入解得n220因此小车将停在第20 段；综上所述，当t2.0s时，小汽车将停在第7 段和第 20 段之间。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m1kg 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 点水平飞出，恰好从 D 点以 vD10m / s 的速度沿切线

4、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 R1m ， DOE60o ，EOF37.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.sin37 o0.6，cos37o0.8 ，取 g 10m / s2 . 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

5、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】1 1.25J? ； 230 N； 32 m / s 【解析】【分析】【详解】（1）设小物块在C 点的速度为v C ，则在 D 点有： vCvD cos60o设弹簧最初具有的弹性势能为Ep ，则： EP1 mv C22代入数据联立解得：Ep1.25J ；2 设小物块在 E 点的速度为 v E ，则从 D 到 E 的过程中有：mgR 1 cos60o1 mv E21 mv D222设在 E 点，圆轨道对小物块的支持力为N，则有： Nmgv E2R代入数据解得： vE2 5m / s ， N 30N由牛顿第三定律可知，小物块到达圆轨道的E

6、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：mgR 1 cos37omgsin37 omgcos37ox 01 mv E22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Wf ，则Wf2x mgcos37o小物体在 D 点的动能为 EKD ，则： EKD1 mv D22代入数据解得： x0.8m ， Wf6.4J， EKD5J因为 EKD Wf ，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v Em ，则有：mgR 1 cos37

7、o1 mv Em22代入数据解得： vEm2m / s答：1 弹簧最初具有的弹性势能为1.25J；23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；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

8、 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 ,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R=0.4m 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

9、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：mgm v2R从 A 到 C 过程机械能守恒,由机械能守恒定律得：12mg h2Rmv ,解得：h 2.5R 2.5 0.4m 1m ；（ 2）在 C点 ,由牛顿第二定律得：2mgmgm vC ,R从 A 到 C 过程，由动能定理得：mg h 2R W f1 mvC20 ,2解得：W f0.8J ；4 如图光滑水平导轨AB 的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m=1kg 的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B 点

10、与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L=6m ，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动CD 为光滑的水平轨道，C 点与传送带的右端刚好平齐接触，DE 是竖直放置的半径为R=0.4m的光滑半圆轨道，DE 与 CD 相切于D 点已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C 点，求弹簧储存的弹性势能Ep ；（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C 点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点 E 飞出，最终落在CD 上距 D 点的距离为x=1.2m 处（ CD 长大于 1.2m），求物块通过 E 点时受到的压

11、力大小；（3）满足（ 2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能【答案】（ 1） Ep12J （ 2） N=12.5N（ 3） Q=16J【解析】【详解】（1）由动量定理知：mgL 01mv22由能量守恒定律知：12Epmv2解得： Ep12J（2）由平抛运动知：竖直方向：y2R1 gt 22水平方向： x vEt在 E 点，由牛顿第二定律知：Nmgm vE2R解得： N=12.5N（3）从 D 到 E，由动能定理知：mg 2R1 mvE21 mvD222解得： vD5m / s从 B 到 D，由动能定理知mgL1 mvD21 mvB222解得： vB7m / svBvD对物块 Lt解得：

12、 t=1s；s相对Lvt62 1m8m由能量守恒定律知：QmgLs相对解得： Q=16J5 质量为 m=2kg 的小玩具汽车，在t 0 时刻速度为 v0=2m/s ，随后以额定功率P=8W 沿平直公路继续前进，经t=4s 达到最大速度。该小汽车所受恒定阻力是其重力的0.1 倍，重力加速度 g=10m/s2。求：(1)小汽车的最大速度v ；m(2)汽车在 4s 内运动的路程s。【答案】 (1)4 m/s ， (2)10m。【解析】【详解】(1)当达到最大速度时，阻力等于牵引力：PFv mfvmf0.1mg解得： vm4m/s ；(2)从开始到 t 时刻根据动能定理得：Pt fs1 mvm21 m

13、v0222解得： s10m 。6 如图所示，光滑斜面 AB 的倾角 =53，BC为水平面， BC 的长度 l BC=1.10 m， CD 为光滑的 1 圆弧，半径 R=0.60 m一个质量 m=2.0 kg 的物体，从斜面上 A 点由静止开始下滑，物4体与水平面BC 间的动摩擦因数=0.20.轨道在B， C 两点光滑连接当物体到达D 点时，继续竖直向上运动，最高点距离D 点的高度h=0.20 m， sin 53 =0.8， cos 53 =0.6.g 取10m/s 2.求：(1)物体运动到C点时速度大小vC(2)A 点距离水平面的高度H(3)物体最终停止的位置到C 点的距离s.【答案】 (1)

14、4 m/s(2)1.02 m (3)0.4 m【解析】【详解】(1)物体由 C 点到最高点，根据机械能守恒得：mg R h1 mvc22代入数据解得： vC4m/ s(2)物体由 A 点到 C 点，根据动能定理得： mgHmglBC1 mvc202代入数据解得： H1.02m(3)从物体开始下滑到停下，根据能量守恒得：mgxmgH代入数据，解得：x5.1m由于 x4l BC0.7 m所以，物体最终停止的位置到C 点的距离为：s0.4m 【点睛】本题综合考查功能关系、动能定理等；在处理该类问题时，要注意认真分析能量关系，正确选择物理规律求解 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

15、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】 (1)3hLgg(3)22h(2)v2hg4h【解析】【分析】【详解】（1）若微粒打在探测屏AB 的中点，则有：3h12=gt2，2解得： t3hg（2）设打在 B 点的微粒的初速度为V1，则有： L=V1t 1， 2h=12gt12g得： v1 L4h同理，打在

16、 A 点的微粒初速度为：v2Lg2h所以微粒的初速度范围为：ggL vL2h4h（3）打在 A 和 B 两点的动能一样，则有：1212+2mgh2mv2 +mgh=mv12联立解得： L=22 h8 如图所示，倾角=30的斜面足够长，上有间距d=0.9 m 的 P、 Q 两点， Q 点以上斜面光滑， Q 点以下粗糙。可视为质点的 A、 B 两物体质量分别为 m、 2m。 B 静置于 Q 点， A 从 P 点由静止释放，与 B 碰撞后粘在一起并向下运动，碰撞时间极短。两物体与斜面粗糙部分的动摩擦因数均为23 取 g=10 m/s2，求：5（1） A 与 B 发生碰撞前的速度v1（2） A、 B

17、粘在一起后向下运动的距离【答案】（【解析】【详解】（ 1） A 在1） 3m/s （2） 0.5mPQ 段下滑时，由动能定理得：mgd sin1mv1202得：v1=3 m/s（2） A、 B 碰撞后粘在一起，碰撞过程动量守恒，则有：mv1( m2m)vAB之后 A、 B 整体加速度为：3mg sin3mg cos3maAB得：aAB=-1m/s 2即 A、 B 整体一起减速下滑，减速为零时：02v2AB2aAB xAB得：xAB=0.5 m9 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

18、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) f12 5N(2) a 1.5 m/ s (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，

19、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11F fPF1v1联立解得： f1 5N(2) t 15 s 时汽车处于平衡态，有 F2 f2PF2v2联立解得： f2 2Nt 5s 时汽车开始加速运动，有F1 f2 ma解得 a 1.5m/s 2(3)对于汽车在BC段运

20、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 .10 如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角37，以5 m/s的恒定速度向上运动一个质量为2 kg 的物块（可视为质点），沿平行于传送带方向以10 m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数=0 5， sin37 =06， cos37=08，g=10m/s2 求：（ 1）物块刚滑上传送带时的加速度大小；（ 2）物块到达传送带顶端时的速度大小；（ 3）整个过程中，摩擦力

21、对物块所做的功【答案】（ 1） a110m/s2 （ 2） 4m/s （ 3）W= 12 J【解析】【分析】【详解】试题分析：（ 1）物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为a1,由牛顿第二定律mg sin 37mg cos37ma1解得 a1 10m/s2（2）设物块速度减为5m/s所用时间为 t 1, 则 v0 v a1t1解得 t1 0.5s通过的位移： x1v0v t13.75 m 6 m2因 tan ，此后物块继续减速度上滑，加速度大小为a2 则mg sin 370mg cos370ma2解得a22m / s2设物块到达最高点的速度为v1 ，则 v12v022a2 x2x2 lx12.

22、25m解得 v14m/ s（3）从开始到最高点，由动能定理得Wmgl sin 371 mv121 mv0222解得 W=-12 J（用其它方法解得正确，同样给分）考点牛顿第二定律，匀变速直线运动规律，11 如图所示，一个小球的质量m=2kg，能沿倾角37 的斜面由顶端 B 从静止开始下滑，小球滑到底端时与A 处的挡板碰触后反弹（小球与挡板碰撞过程中无能量损失），若小球每次反弹后都能回到原来的2 处，已知 A、 B 间距离为 s0 2m ， sin370.6 ，3cos37 0.8 ， g10m / s2 ，求：(1)小球与斜面间的动摩擦因数；(2)小球由开始下滑到最终静止的过程中所通过的总路程和克服摩擦力做的功。【答案】 (1)0