高考物理动能定理的综合应用解析版汇编及解析.docx
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1、(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数高考物理动能定理的综合应用解析版汇编及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1 如图所示 ,倾角为 37的粗糙斜面AB 底端与半径R=0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连 ,O点为轨道圆心 ,BC 为圆轨道直径且处于竖直方向 ,A、 C 两点等高质量 m=1 kg 的滑块从 A 点由静止开始下滑 ,恰能滑到与 O 点等高的 D 点,g 取 10 m/s 2,sin37=0.6,cos37=0.8求 :;(2)要使滑块能到达C 点 ,求滑块从A 点沿斜面滑下时初速度v0 的最小值 ;(3)若滑块离开C点的速度为4 m/s,求滑块从C 点飞出至落到斜面上
2、所经历的时间【答案】( 1 ) 0.375 ( 2) 2 3m / s( 3) 0.2s【解析】试题分析: 滑块在整个运动过程中,受重力mg、接触面的弹力 N 和斜面的摩擦力f 作用,弹力始终不做功,因此在滑块由A 运动至 D 的过程中,根据动能定理有: mgR2R 0 0 mgcos37 sin 37解得: 0.375滑块要能通过最高点 C,则在 C 点所受圆轨道的弹力N 需满足: N 0 在 C 点时,根据牛顿第二定律有:mgN m vC2R在滑块由 A 运动至 C 的过程中,根据动能定理有:mgcos37 2R 1 mvC2 sin 3721 mv02 2由式联立解得滑块从A 点沿斜面滑
3、下时的初速度v0 需满足: v0 3gR 23 m/s即 v0 的最小值为: v0min 23 m/s滑块从 C 点离开后将做平抛运动,根据平抛运动规律可知,在水平方向上的位移为:xvt在竖直方向的位移为:y 1 gt 2 2根据图中几何关系有:tan37 2Ry x由式联立解得:t 0.2s考点:本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理的应用问题,属于中档题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 的速度沿切线方向进
4、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,求解经过足
5、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: vC vD 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 cos60o 1 mv E21 mv D222设在 E 点,圆轨道对小物块的支持力为N,则有:v E2N mgR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
6、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:mgR 1 cos37omgsin37 omgcos37o x 01mv 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: x 0.8m , Wf6.4J, EKD 5J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 cos
7、37o1 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/s 2),求:(1)物块与传送带间的动摩擦因数;(2)物块从 A 到 B
9、的过程中,传送带对物块做的功【答案】 (1)3 3.75 J(2)5【解析】解: (1)由图象可知 ,物块在前0.5 s 的加速度为 : a1v1 =8?m/s2t1后 0.5 s 的加速度为: a2v2v22?m / s2t2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:mgsinmgcosma1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:mgsinmgcosma2联立解得:35(2)由 v t 图象面积意义可知,在前v1t10.5 s,物块对地位移为: x12则摩擦力对物块做功:W1mgcos x1在后0.5 sx1v1v2t2,物块对地位
10、移为:2则摩擦力对物块做功W2 mgcos x2所以传送带对物块做的总功:WW1W2联立解得: W 3.75 J4 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。【答案】( 1) 2gh ( 2) hs【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:mgh1 mv22解得小物体刚滑到弧形轨道底端时的速度大小:v 2gh(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:mgh
11、mgs 0解得水平轨道与物体间的动摩擦因数:hs5 如图所示 ,在粗糙水平面上有一质量为M 、高为 h 的斜面体 ,斜面体的左侧有一固定障碍物 Q,斜面体的左端与障碍物的距离为d将一质量为m 的小物块置于斜面体的顶端,小物块恰好能在斜面体上与斜面体一起保持静止;现给斜面体施加一个水平向左的推力,使斜面体和小物块一起向左匀加速运动,当斜面体到达障碍物与其碰撞后,斜面体立即停止运动,小物块水平抛出 ,最后落在障碍物的左侧P 处 (图中未画出 ),已知斜面体与地面间的动摩擦因数为1 ,斜面倾角为 ,重力加速度为g,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,求:(1)小物块与斜面间的动摩擦因数 2;(2)要使物块在
12、地面上的落点P 距障碍物 Q 最远 ,水平推力 F 为多大 ;(3)小物块在地面上的落点P 距障碍物 Q 的最远距离【答案】(1) 2 tan ( 2) FMm gsin1 M m g(3)costan sin22hdsinhcostan sintan【解析】【分析】对 m 受力分析,由共点力平衡条件可以求出动摩擦因数;以m 为研究对象,求出最大加速度,以系统为研究对象,由牛顿第二定律求出最大推力;对系统由动能定理求出最大速度,然后由平抛运动规律求出最大水平位移【详解】(1)对 m 由平衡条件得: mgsin -mgcos=02=tan 解得: 2(2)对 m 设其最大加速度为a ,由牛顿第二
13、定律得m水平方向:Nsin +2Ncos =mam竖直方向 :Ncos-mg =02Nsin解得 : a2g sincostansin对 M 、m 整体由牛顿第二定律得 :F-1(M +m)g=(M +m)am解得 : F1 M2 Mmg sinm gtansincos(3)对 M、 m 整体由动能定理得 : Fd1 M m gd1M m v22解得 : vdg sincostansin对 m 由平抛运动规律得:水平方向 : xphvttan竖直方向 : h1 gt 22解得 : x p 22hd sinhcos tan sintan【点睛】本题主要考查了应用平衡条件、牛顿第二定律、动能定理、
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