高考物理动能定理的综合应用解题技巧分析及练习题(含答案)及解析

高考物理动能定理的综合应用解题技巧分析及练习题(含答案)及解析

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L 0=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/s 2；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0N v =，Q →N 过程根据动能定理

2211222

N mg R mv mv -?=

- 代入解得

22m/s v =

(2)A →N 过程

2

011202

Pt fL mg R mv --?=

- 代入解得

15m/s v =

在N 点时

2

1N mv mg F R

+= 代入解得

N 6N F =

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

0020Pt fL mg R --?=

代入解得

0 1.15s 2s t =<

此时小汽车将停在

12mg R n fL ?=

代入解得

1 6.4n =

因此小车将停在第7段； 当通电时间 2.0s t =时

020Pt fL n fL --=

代入解得

220n =

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．如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨MN 相切，导轨右端N 处于水平传送带理想连接，传送带长度L =4m ，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v =4.0m/s 运动．滑块B 、C 之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，B 、C 与细绳、弹簧一起静止在导轨MN 上.一可视为质点的滑块A 从h =0.2m 高处由静止滑下，已知滑块A 、B 、C 质量均为m =2.0kg ，滑块A 与B 碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．因碰撞使连接B 、C 的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离.滑块C 脱离弹簧后以速度v C =2.0m/s 滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P 点．已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g 取10m/s 2.

(1)求滑块C 从传送带右端滑出时的速度大小； (2)求滑块B 、C 与细绳相连时弹簧的弹性势能E P ；

(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C 总能落至P 点，则滑块A 与滑块B 碰撞前速度的最大值v m 是多少？ 【答案】(1) 4.0m/s (2) 2.0J (3) 8.1m/s 【解析】 【分析】 【详解】

（1）滑块C 滑上传送带到速度达到传送带的速度v =4m/s 所用的时间为t ，加速度大小为a ，在时间t 内滑块C 的位移为x ，有

mg ma μ=

C v v at =+

21

2

C x v t at =+

代入数据可得

3m x = 3m x L =<

滑块C 在传送带上先加速，达到传送带的速度v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C 从传送带右端滑出时的速度为v=4.0m/s

（2）设A 、B 碰撞前A 的速度为v 0，A 、B 碰撞后的速度为v 1，A 、B 与C 分离时的速度为v 2，有

2012

A A m gh m v =

01()A A B m v m m v =+ 12()()A B A B C C m m v m m v m v +=++

A 、

B 碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒

222

A 1A 2111()()222

P B B C C E m m v m m v m v ++=++

代入数据可解得

2.0J P E =

（3）在题设条件下，若滑块A 在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C 的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v .设A 与B 碰撞后的速

度为1

v '，分离后A 与B 的速度为2v '，滑块C 的速度为'C v ，C 在传送带上做匀减速运动的末速度为v =4m/s ，加速度大小为2m/s 2，有

22()C

v v a L '-=- 解得

C

v '= 以向右为正方向，A 、B 碰撞过程

1()A m A B m v m m v '=+

弹簧伸开过程

12()()A B C C A B m m v m v m m v '''+=++

22212111

+()()+222

p A B A B C C E m m v m m v m v '''+=+

代入数据解得

7

4228.14

m v =+

≈m/s ．

3．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）32

N

mg F '=，方向竖直向下（2）3

4f W mgR =-

【解析】 【详解】

（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 =

2

12

R gt =

联立解得：

2

gR v =

而在圆弧轨道的最低点，由牛顿第二定律可知：

2

N v F mg m R

-=

由牛顿第三定律，

N N

F F '= 联立求得球队轨道的压力为：

32

N

mg F '= 方向竖直向下。

（2）对圆弧上运动的过程由动能定理：

2

102

f mgR W mv +=

- 联立可得：

3

4

f W mgR =-

4．一质量为m =0.1kg 的滑块(可视为质点)从倾角为θ=37°、长为L =6m 的固定租糙斜面顶端由静止释放，滑块运动到斜面底端时的速度大小为v ，所用的时间为t ．若让此滑块从斜面底端以速度v 滑上斜面，利滑块在斜面上上滑的时间为1

2

t ．已知重力加速度g 取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求： (1)滑块通过斜面端时的速度大小v ；

(2)滑块从斜而底端以速度v 滑上斜面又滑到底端时的动能． 【答案】（1）43m/s ；（2）1.2J 【解析】 【详解】

解：(1)设滑块和斜面间的动摩擦因数为μ，滑块下滑时的加速度大小为1a ，滑块上滑时的加速度大小为2a ，由牛顿第二定律可得 滑块下滑时有1mgsin mgcos ma θμθ-= 滑块上滑时有2mgsin mgcos ma θμθ+= 由题意有122

t v a t a == 联立解得μ=0.25

则滑块在斜面上下滑时的加速度1a =4m/s 2，滑块上滑时的加速度大小2a =8m/s 2

由运动学公式有2

12v a L =

联立解得43v =m/s

(2)设滑块沿斜面上滑的最大位移为x ，则有2

22v a x =

解得：x =3m

则滑块从斜面底端上滑到下滑到斜面底端的过程中，由动能定理有：

21

cos 22

k mg x E mv μθ-?=-

解得：k E =1.2J

5．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)3h g (2) 42g g L v h h

≤≤(3)22h 【解析】 【分析】 【详解】

（1）若微粒打在探测屏AB 的中点，则有：32h =12

gt 2

， 解得：3h t g

=

（2）设打在B 点的微粒的初速度为V1，则有：L=V 1t 1，2h=12

gt 12 得：14g v L

h

= 同理，打在A 点的微粒初速度为：22g v L h

= 所以微粒的初速度范围为：4g L

h ≤v≤2g L h

（3）打在A 和B 两点的动能一样，则有：12mv 22+mgh=1

2

mv 12+2mgh 联立解得：L=22h

6．有可视为质点的木块由A 点以一定的初速度为4m/s 水平向右运动，AB 的长度为2m ，物体和AB 间动摩擦因素为μ1=0.1，BC 无限长，物体和BC 间动摩擦因素为23

6

μ=， 求：

（1）物体第一次到达B 点的速度；

（2）通过计算说明最后停在水平面上的位置距B 点的距离． 【答案】（1）23/s v m =（2）2m 【解析】 【分析】

由题中“有可视为质点的木块由A 点以一定的初速度为4m/s 水平向右运动”可知，本题考查动能定理和能量守恒定律，根据对物体运动状态的分析结合能量变化可分析本题． 【详解】

（1）据题意，当物体从A 运动到B 点过程中，有：

2211122

AB B A mgs mv mv μ-=

- 带入数据求得：

=23m /s B v

（2）物体冲上斜面后，有：

2

21-cos30sin 302

BC BC B mg x mg x mv μ-=-o o

解得：

0.8BC x m =

则有：

2

211-2cos302

BC B mg x mgx mv μμ-=-o

解得：

2x m =

即物体又回到了A 点．

7．如图所示，一倾角θ=37°的斜面底端与一传送带左端相连于B 点，传送带以v=6m/s 的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端点以υ0=4m/s 的初速度沿斜面下滑，当物块滑到斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，从传送带右端的C 点水平抛出，最后落到地面上的D 点，已知斜面长度L 1=8m ，传送带长度L 2=18m ，物块与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.3，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s 2）．

（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数μl ； （2）求物块在传送带上运动时间；

（3）若物块在D 点的速度方向与地面夹角为a=53°，求C 点到地面的高度和C 、D 两点间的水平距离． 【答案】（1） （2）4s ；

（3）4.8m．

【解析】

试题分析：（1）从A到B由动能定理即可求得摩擦因数

（2）由牛顿第二定律求的在传送带上的加速度，判断出在传送带上的运动过程，由运动学公式即可求的时间；

（3）物体做平抛运动，在竖直方向自由落体运动，

解：（1）从A到B由动能定理可知

代入数据解得

（2）物块在传送带上由牛顿第二定律：μ2mg=ma

a=

达到传送带速度所需时间为t=s

加速前进位移为＜18m

滑块在传送带上再匀速运动

匀速运动时间为

故经历总时间为t总=t+t′=4s

（3）设高度为h，则竖直方向获得速度为

联立解得h=3.2m

下落所需时间为

水平位移为x CD=vt″=6×0.8s=4.8m

答：（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数μl为

（2）求物块在传送带上运动时间为4s；

（3）若物块在D点的速度方向与地面夹角为a=53°，C点到地面的高度为3.2m和C、D两点间的水平距离为4.8m．

【点评】本题主要考查了动能定理、平抛运动的基本规律，运动学基本公式的应用，要注意传动带顺时针转动时，要分析物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．

8．如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R，一个质量为m的物体 (可以看做质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ，求：

(1)物体做往返运动的整个过程中，在AB 轨道上通过的总路程； (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，物体对轨道压力的大小和方向． 【答案】（1）R

L μ

=（2）(32cos )N

N F F mg θ'==-，方向竖直向下 【解析】

试题分析：（1）物体每完成一次往返运动，在AB 斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达B 点时，速度变为零，对物体从P 到B 全过程用动能定理，有

cos cos 0mgR mgL θμθ-=

得物体在AB 轨道上通过的总路程为R

L μ

=

（2）最终物体以B 为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B 运动到E 时速度为v ，由动能定理 有2

1(1cos )2

mgR mv θ-=

在E 点，由牛顿第二定律有2

N mv F mg R

-=

得物体受到的支持力(32cos )N F mg θ=-

根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为(32cos )N

N F F mg θ'==-，方向竖直向下．

考点：考查了动能定理，牛顿运动定律，圆周运动等应用

点评：在使用动能定理分析多过程问题时非常方便，关键是对物体受力做功情况以及过程的始末状态非常清楚

9．如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B 端的切线沿水平方向．质量m=1.0kg 的滑块（可视为质点）在水平恒力F=10.0N 的作用下，从A 点由静止开始运动，当滑块运动的位移x=0.50m 时撤去力F ．已知A 、B 之间的距离x 0=1.0m ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10，取g=10m/s 2．求：

（1）在撤去力F 时，滑块的速度大小； （2）滑块通过B 点时的动能；

（3）滑块通过B 点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35m ，求滑块沿圆弧轨道上升过

程中克服摩擦力做的功．

【答案】（1）3．0m/s ；（2）4．0J ；（3）0．50J ． 【解析】

试题分析：（1）滑动摩擦力f mg μ=（1分） 设滑块的加速度为a 1，根据牛顿第二定律

1F mg ma μ-=（1分）

解得2

19.0/a m s =（1分）

设滑块运动位移为 0.50m 时的速度大小为v ，根据运动学公式

212v a x =（2分）

解得 3.0/v m s =（1分）

（2）设滑块通过B 点时的动能为kB E

从A 到B 运动过程中，依据动能定理有 k W E =?合 0 kB F x fx E -=， （4分）

解得 4.0kB E J =（2分）

（3）设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为f W ，根据动能定理

0f kB mgh W E --=-（3分）

解得0.50f W J =（1分） 考点：牛顿运动定律 功能关系

10．如图所示，倾斜轨道在B 点有一小圆弧与圆轨道相接，一质量为m=0.1kg 的物体，从倾斜轨道A 处由静止开始下滑，经过B 点后到达圆轨道的最高点C 时，对轨道的压力恰好与物体重力相等．已知倾斜部分有摩擦，圆轨道是光滑的，A 点的高度H=2m,圆轨道半径R=0.4m ，g 取10m/s 2,试求：

（1）画出物体在C 点的受力与运动分析图，并求出物体到达C 点时的速度大小； （2）物体到B 点时的速度大小（用运动学公式求不给分）； （3）物体从A 到B 的过程中克服阻力所做的功． 【答案】（1）22m/s （3）26m/s （3）0.8J 【解析】 【分析】 【详解】

（1）物体在C 点的受力与运动分析图所示：

在C 点由圆周运动的的知识可得：

2

c v mg mg m R

+=

解得：c 22100.4m/s 22m/s v Rg ==??= （2）物体由B 到C 的过程，由动能定理可得：

22c B 11222

mg R mv mv -=

-g 解得：B 26m/s v =

（3）从A 到B 的过程，由动能定理可得：

2

f B 12

mgH W mv -=

解得：f 0.8J W =

11．两个对称的与水平面成60°角的粗糙斜轨与一个半径R ＝2m ，张角为120°的光滑圆弧轨道平滑相连．一个小物块从h ＝3m 高处开始，从静止开始沿斜面向下运动．物体与斜轨接触面间的动摩擦因数为μ＝0.2，g 取10m/s 2． （1）请你分析一下物块将怎样运动? （2）计算物块在斜轨上通过的总路程．

【答案】(1)物块最后在圆弧左右两端点间来回往返运动，且在端点的速度为0；(2)20m 【解析】 【详解】

解：(1)物块最后在圆弧左右两端点间来回往返运动，且在端点的速度为0； (2)物块由释放到最后振动过程到圆弧的左端点或右端点过程，根据动能定理：

()160600mg h R cos mgcos s μ??--?-???=?

代入数据解得物块在斜轨上通过的总路程：20s m =

12．如图所示，AMB 是AM 和MB 两段组成的绝缘轨道，其中AM 段与水平面成370，轨

道MB处在方向竖直向上、大小E＝5×103 N/C的匀强电场中。一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋1.0×10－4 C的可视为质点的滑块以初速度v0＝6 m/s从离水平地面高h＝4.2 m处开始向下运动，经M点进入电场，从B点离开电场, 最终停在距B点1.6m处的C点。不计经过M点的能量损失，已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，求滑块：

(1)到达M点时的速度大小；

(2)M、B两点的距离l；

【答案】(1)8m/s；(2)9.6m

【解析】试题分析：带电滑块的运动，可以分为三个过程：①进电场前斜面上的匀加速直线运动；②在电场中沿水平地面的匀减速直线运动；③离开电场后沿地面的匀减速直线运动。本题可以单纯利用牛顿运动定律和运动学的知识去计算，也可以结合能量部分来解题。

解（1）方法一：在滑块从A运动到M点的过程中，由动能定理可得：

，解得：=8m/s

方法二：在斜面上，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律可得：

根据运动学速度和位移的关系可得：，解得=8m/s

（2）物块离开B点后，并停在了离B点1.6m处的C点处：

方法一：滑块从B到C，由动能定理得：，得=4m/s

所以，在滑块从M运动到B的过程中，根据动能定理得：

，解得：=9.6m

方法二：滑块从B到C的过程中，由牛顿运动定律结合运动学知识，可得：

同理，从滑块从M运动到B的过程中，

联立上述方程，带入数据得：=9.6m