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1、【物理】物理动能定理的综合应用试题类型及其解题技巧含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1 如图所示，轨道 ABC 被竖直地固定在水平桌面上， A 距水平地面高 H 0.75m， C距水平地面高 h0.45m 。一个质量 m 0.1kg 的小物块自 A 点从静止开始下滑，从 C 点以水平速度飞出后落在地面上的 D 点。现测得 C、D 两点的水平距离为 x0.6m 。不计空气阻力，取 g 10m/s 2。求(1)小物块从 C 点运动到D 点经历的时间t ；(2)小物块从 C 点飞出时速度的大小vC；(3)小物块从 A 点运动到C 点的过程中克服摩擦力做的功。【答案】 (1) t=0.3
2、s (2) vC=2.0m/s(3)0.1J【解析】【详解】（1）小物块从 C 水平飞出后做平抛运动，由h1 gt 22得小物块从 C 点运动到 D 点经历的时间 t2h0.3sg（2）小物块从 C 点运动到 D，由 xvCt得小物块从 C 点飞出时速度的大小x2.0m/svCt（3）小物块从 A 点运动到 C 点的过程中，根据动能定理得 mg H h Wf1 mvC202W f1 mvC2mg Hh-0.1J2此过程中克服摩擦力做的功WfWf0.1J2某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型倾角 37的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带 BC长 L 6m ，始终以 v0 6m/s 的速度顺时
3、针运动将一个质量m 1kg的物块由距斜面底端高度h1 5.4m 的 A 点静止滑下，物块通过B 点时速度的大小不变物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为21 0.5、 0.2，传送带上表面距地面的高度H 5m， g 取 10m/s 2， sin37 0.6，cos37 0.8求物块由A 点运动到C 点的时间；若把物块从距斜面底端高度h2 2.4m 处静止释放，求物块落地点到C 点的水平距离；求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D【答案】 4s； 6m； 1.8mh9.0m【解析】试题分析：（ 1） A 到 B 过程：根据牛顿第二定律 mgsin 11mgc
4、os =ma，代入数据解得，t 1=3s所以滑到 B 点的速度： vB=a1t 1=2 3m/s=6m/s，物块在传送带上匀速运动到C，所以物块由A 到 C 的时间： t=t 1+t2=3s+1s=4s（2）斜面上由根据动能定理解得 v=4m/s 6m/s ，设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：，x=5m 6m所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C 点做平抛运动s=v0t 0， H=解得 s=6m（3）因物块每次均抛到同一点 D，由平抛知识知：物块到达 C 点时速度必须有 vC=v0 当离传送带高度为 h3 时物块进入传送带后一直匀加速运动，则：，解得 h3
5、=1.8m 当离传送带高度为h4 时物块进入传送带后一直匀减速运动，h4=9.0m所以当离传送带高度在1.8m 9.0m 的范围内均能满足要求即 1.8mh9.0m3 如图甲所示，带斜面的足够长木板P，质量 M=3kg。静止在水平地面上，其右侧靠竖直墙壁，倾斜面BC 与水平面 AB 的夹角=37、两者平滑对接。 t=0 时，质量 m=1kg、可视为质点的滑块Q 从顶点 C 由静止开始下滑，图乙所示为Q 在 06s 内的速率 v 随时间 t 变化的部分图线。已知 P 与 Q 间的动摩擦因数是P 与地面间的动摩擦因数的5 倍， sin37 =0.6，2cos37 =0.8，g 取 10m/s。求：
6、(1)木板 P 与地面间的动摩擦因数；(2)t=8s 时，木板 P 与滑块 Q 的速度大小；(3)08s 内，滑块 Q 与木板 P 之间因摩擦而产生的热量。【答案】 (1)2 0.03 ； (2) vP vQ0.6m/s ； (3) Q54.72J【解析】【分析】【详解】(1)02s 内， P 因墙壁存在而不动，Q 沿着 BC 下滑， 2s 末的速度为v1 10m/s，设 P、 Q 间动摩擦因数为2；1， P 与地面间的动摩擦因数为对 Q，由 vt图像有a14.8m/s 2由牛顿第二定律有mg sin 371mg cos37ma1联立求解得10.15，210.035(2)2s 后， Q 滑到
7、AB 上，因 1mg2 (mM ) g ，故 P、Q 相对滑动，且Q 减速、 P 加速，设加速度大小分别是a2、 a3， Q 从 B 滑动 AB 上到 P、 Q 共速所用的时间为 t0对 Q 有1mgma2对 P 有1mg2 ( mM ) gMa3共速时v1a2t0a3 t0解得a2=1.5m/s 2、 a3=0.1m/s 2、 t 6s故在 t 8s 时， P 和 Q 共速vpa3t0.6m / s(3)02s 内，根据 v-t 图像中面积的含义，Q 在 BC 上发生的位移1x =9.6m28s 内， Q 发生的位移v1vQ30.6mx2t02P 发生的位移x3vP t01.8m208s 内
8、， Q 与木板 P 之间因摩擦而产生的热量Q1mgx1 cos37 o1mg( x2 x3 )代入数据得Q54.72J4 一质量为m=0.1kg 的滑块 (可视为质点 )从倾角为=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1t 已知重力加速度 g 取210m/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） 43 m/s ；（ 2） 1.2J【解析】【
9、详解】解：(1)设滑块和斜面间的动摩擦因数为a1 ，滑块上滑时的，滑块下滑时的加速度大小为加速度大小为 a2 ，由牛顿第二定律可得滑块下滑时有 mgsinmgcosma1滑块上滑时有 mgsinmgcosma2由题意有 v a1t a2t2联立解得 =0.25则滑块在斜面上下滑时的加速度a1 =4m/s 2，滑块上滑时的加速度大小a2 =8m/s 2由运动学公式有 v22a1 L联立解得 v4 3 m/s(2)设滑块沿斜面上滑的最大位移为x，则有 v22a2x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：12mg cos2xEkmv解得： Ek =1.2J5 如图
10、所示，在光滑的水平地面上有一平板小车质量为M=2kg，靠在一起的滑块甲和乙质量均为 m=1kg，三者处于静止状态。某时刻起滑块甲以初速度v1=2m/s向左运动，同时滑块乙以 v2=4m/s 向右运动。最终甲、乙两滑块均恰好停在小车的两端。小车长L=9.5m，两滑块与小车间的动摩擦因数相同，（g 取 10m/s 2，滑块甲和乙可视为质点）求：(1)最终甲、乙两滑块和小车的共同速度的大小;(2)两滑块与小车间的动摩擦因数；(3)两滑块运动前滑块乙离右端的距离。【答案】（ 1） 0.5m/s （ 2） 0.1 （ 3） 7.5m【解析】【详解】（1）两滑块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由
11、动量守恒定律得mv2mv1(Mmm)v解得v=0.5m/s（2）对整体由能量守恒定律得1 mv121 mv221M m m v2mgL222解得：0.1（ 3）经分析，滑块甲运动到左端时速度刚好减为 0，在滑块甲运动至左端前，小车静止，之后滑块甲和小车一起向右做匀加速运动到三者共速。法一：应用动能定理甲、乙从开始运动到最终两滑块均恰好停在小车的两端的过程中，设滑块乙的对地位移为x1 ，滑块甲和小车一起向右运动的位移为x2 。由动能定理对滑块乙有mgx11 mv21 mv2222对滑块甲和小车有mgx21m M v22滑块乙离右端的距离sx1x2解得：s=7.5m法二：应用动量定理甲、乙从开始运
12、动到最终两滑块均恰好停在小车的两端的过程中，设滑块乙的运动时间为t1 ，滑块甲向左运动至小车左端的时间为t2 。由动量定理对滑块乙有mgt1mvmv2对滑块甲mgt20mv1滑块甲和小车一起向右运动的时间为tt1t2由运动学公式滑块乙离右端的距离：sv2v t1v t22解得：s=7.5m法三：转换研究对象，以甲为研究对象设滑块甲离左端距离为x1 ，由牛顿第二定律得mgma由速度位移公式v122ax1解得：x12m滑块乙离右端的距离sLx17.5m6 遥控电动玩具车的轨道装置如图所示，轨道ABCDEF中水平轨道AB 段和BD 段粗糙，AB=BD=2.5R，小车在分摩擦不计。斜面部分AB 和 B
13、D 段无制动运行时所受阻力是其重力的0.02 倍，轨道其余部DE 与水平部分BD、圆弧部分EF均平滑连接，圆轨道BC 的半径为R，小段圆弧 EF的半径为 4R，圆轨道有两个与水平轨道 AB、 BD 等高的框子BC 最高点 C与圆弧轨道EF 最高点M 和 N，框 M 和框 N 的右边缘到F 等高。轨道右侧 F 点的水平距离分别为R 和 2R。额定功率为P，质量为m 可视为质点的小车，在AB 段从A 点由静止出发以额定功率行驶一段时间t（ t 未知）后立即关闭电动机，之后小车沿轨道从B 点进入圆轨道经过最高点C 返回B 点，再向右依次经过点D、 E、 F，全程没有脱离轨道，最后从F 点水平飞出，恰
14、好落在框N 的右边缘。（ 1）求小 在运 到 F 点 道的 力；（ 2）求小 以 定功率行 的 t ；（3）要使小 入 M 框，小 采取在AB 段加速（加速 可 ），BD 段制 减速的方案， 小 在不脱离 道的前提下，在BD 段所受 的平均制 力至少 多少。【答案】（ 1） mg，方向 直向下；（2）；（ 3） mg【解析】【 解】1）小 平抛 程，有：2R vF（= t2R= gt 2? 由 立解得： vF=? 在 F 点， 小 由牛 第二定律得：mg FN m? =由得： FN= mg由牛 第三定律得小 道的 力大小 mg，方向 直向下。（2）小 从静止开始到F 点的 程中，由 能定理得：
15、Pt 0.02mg5R mg2R= mvF2? 由得： t=（3）平抛 程有： R=vF t、 2R= gt2要使小 入 M 框，小 在 F 点的最大速度 vF =? 小 在 C 点的速度最小 vC? ， 有： mg=m 小 在 BD 段所受 的 的平均制 力至少 f ，小 从 C点运 到 F 点的 程中，由 能定理得：- f2.5 R= mv F 2- mvC2? 由得： f=mg7 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
16、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汽车看成质点 ).(解题时将玩具(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
17、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 f1PF1v1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段运动，由动能定理得：解得： x=58m【点睛】抓住汽车保持功率不
18、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 .8如图所示， AB 是倾角为的粗糙直轨道，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 释放，结果它能在两轨道间做往返运动已知的物体 (可以看做质点P 点与圆弧的圆心)从直轨道上的P 点由静止O 等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为，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） LR） FNFNmg
19、(32cos ) ，方向竖直向下（ 2【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mgR cosmgL cos0得物体在 AB 轨道上通过的总路程为LR（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 mgR(1cos )1 mv22在 E 点，由牛顿第二定律有FNmgmv2R得物体受到的支持力FNmg(32cos)根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为FN FN mg(32cos ) ，方向竖直向下考点：考查了动能定理，
20、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 城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥，如图所示，桥面为半径R=130m的圆弧形的立交桥AB，横跨在水平路面上，桥高h=10m。可以认为桥的两端A、B 与水平路面的连接处是平滑的。一辆小汽车的质量m=1000kg，始终以额定功率P=20KW 从A 端由静止开始行驶，经t =15s到达桥顶，不计车受到的摩擦阻力（g 取10m/ s2）。求（ 1）小汽车冲上桥顶时的速度是多大；（ 2）小汽车在桥顶处对桥面的压力的大小。【答案】（ 1） 20m/s ；（ 2） 6923N
21、；【解析】【详解】（1）小汽车从A 点运动到桥顶，设其在桥顶速度为v，对其由动能定理得：ptmgh 1 mv22即2 104 15104 101103v22解得：v=20m/s；（2）在最高点由牛顿第二定律有2mgN m vR即104N103 20 20130解得N=6923N根据牛顿第三定律知小汽车在桥顶时对桥的压力N=N=6923N；10 如图所示，某工厂车间有甲、乙两辆相同的运料小车处于闲置状态，甲车与乙车、乙车与竖直墙面间的距离均为 L，由于腾用场地，需把两辆小车向墙角处移动。一工人用手猛推了一下甲车，在甲车与乙车碰撞瞬间，立即通过挂钩挂到了一起，碰后两车沿甲车原来的运动方向继续向前运
22、动，在乙车运动到墙角时刚好停下。已知两车的质量均为m，与水平地面间的摩擦力均为车重的k 倍，重力加速度大小为g，求：(1) 两车将要相碰时甲车的速度大小；(2)工人推甲车时对甲车的冲量大小。【答案】（ 1） v1 =22kgL ；（ 2） Im 10kgL【解析】设甲乙车钩挂在一起后的速度为v2 ，从甲乙车钩挂一起到停下过程根据动能定理：2kmgL 012mv222（注：用牛顿第二定律和运动方程解的也给分）甲乙两车碰撞前后动量守恒，设碰撞前甲车速度为v1 ，根据动量守恒定律：mv12mv 2得： v12 2kgL在甲车在与乙车碰撞前运动L 的过程，设离开人手瞬间速度为v0根据动能定理：kmgL
23、1 mv121 mv0222人将甲车从静止推至获得速度v0 的过程根据动量定理： Imv00得： Im 10kgL【点睛】动量守恒和能量的转化与守恒的结合应用动量守恒定律解题要注意“四性”，、系统性、矢量性、同时性11 如图所示，光滑曲面与粗糙平直轨道平滑相接，B 为连接点，滑块(视为质点 )自距水平轨道高为h 的 A 点，由静止自由滑下，滑至C点速度减为零BC 间距离为L重力加速度为 g，忽略空气阻力，求：(1)滑块滑至 B 点的速度大小；(2)滑块与水平面BC间的动摩擦因数；(3)若在平直轨道BC间的 D 点平滑接上一半圆弧形光滑竖直轨道(轨道未画出 )，3DCL ，再从 A 点释放滑块，
24、滑块恰好能沿弧形轨道内侧滑至最高点不考虑滑块滑4入半圆弧形光滑轨道时碰撞损失的能量，半圆弧的半径应多大？【答案】 (1) v2gh (2)h (3) R 3 hL10【解析】【详解】(1) 滑块从 A 到 B，由动能定理 :mgh1 mv22解得滑块经过B 点的速度 v2gh (2) 滑块从 A 到 C，由全程的动能定理：mghfL0滑动摩擦力：fFN而 FNmg ，联立解得 :hL(3) 设滑块刚好经过轨道最高点的速度为v0，轨道半径为R，滑块刚好经过轨道最高点时，mgm v02R滑块从 A 到轨道最高点，由能量守恒mgh-mg Lmg 2R1mv0242联立解得R3 h 1012 如图所示
25、，质量为 2kg 的物体在竖直平面内高h=1m 的光滑弧形轨道A 点，以初速度v0 =4m/s 沿轨道下滑，并进入水平轨道BCBC=1.8m ，物体在 BC 段所受到的阻力为 8N 。(g=10m/s2)。求：(1)物体刚下滑到B 点时的速度大小；(2)物体通过 BC 时在 C 点的动能；(3)物体上升到另一光滑弧形轨道 CD后，又滑回 BC轨道，最后停止在离 B 点多远的位置。【答案】 (1)6m/s (2)21.6J (3)离 B 点 0.9m【解析】【详解】（1）物体在光滑弧形轨道上运动只有重力做功，故机械能守恒，则有1 mvB2 mgh1 mvA222所以物体刚下滑到B 点的速度大小vBv022gh6m/s ；（2）物体在BC上运动，只有摩擦力做功，设物体经过C 点的动能为EkC，则由动能定理可得：EkCEkBmgLBC12mvB2mgLBC21.6J（3）物体在整个过程中只有重力、摩擦力做功，设物体在BC上滑动的路程为x，则由动能定理可得：mgx1mv2Amgh，2解得：x 4.5m=2 LBC+0.9m；故物块最后停在离B 点0.9m处；