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1、高中物理高考物理动能定理的综合应用答题技巧及练习题( 含答案 )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.
2、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 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2mv1
3、mgFNR代入解得FN6N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 北京老山自行车赛场采用的是250m 椭圆赛道，赛道宽度为7.6m 。赛道形如马鞍形，由直线段、过渡曲线段以及圆弧段组成，圆弧段倾角为45（可以认为赛道直线段是水平的，圆弧段中线与直线段处于同一高度）
4、。比赛用车采用最新材料制成，质量为9kg。已知直线段赛道每条长80m ，圆弧段内侧半径为14.4m，运动员质量为61kg。求：（ 1）运动员在圆弧段内侧以 12m/s 的速度骑行时，运动员和自行车整体的向心力为多大；（ 2）运动员在圆弧段内侧骑行时，若自行车所受的侧向摩擦力恰为零，则自行车对赛道的压力多大；（3）若运动员从直线段的中点出发，以恒定的动力92N 向前骑行，并恰好以12m/s 的速度进入圆弧段内侧赛道，求此过程中运动员和自行车克服阻力做的功。（只在赛道直线段给自行车施加动力）。【答案】（ 1） 700N;（ 2） 7002 N；（ 3） 521J【解析】【分析】【详解】（1）运动员
5、和自行车整体的向心力(Mm) v2Fn=R解得Fn=700N（2）自行车所受支持力为Mm gFN解得cos45FN=7002 N根据牛顿第三定律可知F 压=FN=7002 N（3）从出发点到进入内侧赛道运用动能定理可得WF-Wf 克 +mgh=1 mv22FLWF=2h=1 d cos 45o =1.9m2Wf 克 =521J3 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m 1kg 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入竖直面内的光滑圆弧轨道DEF ( 小物体
6、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 ，EOF 37.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，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点
7、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 点时对圆轨道的压力为30 N；3设小物
8、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 cos37o1 mv Em22代入数据解得： vEm
9、2m / 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 E，运用机械能守恒定律求出通过心力知识结合求物块
10、对轨道的压力；E 点的速度 ，在E 点，由牛顿定律和向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4 质量为 m=0.5kg、可视为质点的小滑块，从光滑斜面上高h0=0.6m的 A 点由静止开始自由滑下。已知斜面 AB 与水平面 BC 在 B 处通过一小圆弧光滑连接。长为x0=0.5m 的水平面BC 与滑块之间的动摩擦因数=0.3， C点右侧有 3 级台阶（台阶编号如图所示），D 点右侧是足够长的水平面。每级台阶的高度均为h=0.2m，宽均为 L=0.4m。（设滑块从C 点滑出后与地面或台阶碰撞后不再
11、弹起）。(1)求滑块经过B 点时的速度vB；(2)求滑块从B 点运动到C 点所经历的时间t ；(3)（辨析题）某同学是这样求滑块离开C 点后，落点P 与 C 点在水平方向距离x，滑块离开 C 点后做平抛运动，下落高度H=4h=0.8m ，在求出滑块经过C点速度的基础上，根据平抛运动知识即可求出水平位移x。你认为该同学解法是否正确？如果正确，请解出结果。如果不正确，请说明理由，并用正确的方法求出结果。【答案】 (1) 23m/s ； (2) 0.155s；（ 3）不正确，因为滑块可能落到某一个台阶上；正确结果 1.04m【解析】【详解】(1)物体在斜面 AB 上下滑，机械能守恒mgh01 mvB
12、202解得vB2gh0 2 100.62 3m/s(2)根据动能定理得mgh0mgx01 mvC202解得vC2g (h0x0 )210(0.60.30.5) 3m/s根据牛顿第二定律得mgma则ag0.310m/s23m/s2vCvB3230.155st1a3s(3)不正确，因为滑块可能落到某一个台阶上。正确解法：假定无台阶，滑块直接落在地上t2H20.80.4sgs10水平位移x vct 1.2m恰好等于 3L（也就是恰好落在图中的D 点），因此滑块会撞在台阶上。当滑块下落高度为2h 时22h220.2tgs 0.283s10水平位移xvct30.283m0.85m大于 2L，所以也不会撞
13、到 、 台阶上，而只能落在第级台阶上。则有3h1 gt22 ， xpc vct22解得xpc33m1.04m5【点睛】根据机械能守恒定律或动能动能定理求出滑块经过B 点时的速度 vB 。根据动能定理求出滑块到达 C 点的速度，再通过牛顿第二定律和运动学公式求出从B 点运动到 C 点所经历的时间 t 。因为物体做平抛运动不一定落到地面上，可能落在某一个台阶上，先根据假设法判断物体所落的位置，再根据平抛运动的知识求出水平位移。5 一种氢气燃料的汽车，质量为380kW ，行驶在m=2.0 10kg，发动机的额定输出功率为平直公路上时所受阻力恒为车重的0.1 倍。若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度的
14、大小为 a=1.0m/s 2 。达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800m，直到获得最大速度后才匀速行驶。求： (g=10m/s 2)(1)汽车的最大行驶速度。(2)汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间。【答案】（ 1） 40m/s；（ 2）55s【解析】【详解】（ 1）设汽车的最大行驶速度为 vm汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，速度达到最大，即有： F=f根据题意知，阻力为：f=0.1mg=2000N再根据公式P=Fv得： vm=P/f=40m/s ；即汽车的最大行驶速度为40m/s（2）汽车匀变速行驶的过程中，由牛顿第二定律得Ffma得匀变速运动时汽车牵引力F4000
15、N则汽车匀加速运动行驶得最大速度为v0P20m / sF由 a1t1=v0，得汽车匀加速运动的时间为：t 1=20s汽车实际功率达到额定功率后到速度达到最大的过程，由动能定理WF fk，即得：+W= E221212Pt 0.1mgs=mvm2mv02得： t2=35s所以汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为：t=t1 +t 2=55s6 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
16、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
17、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 -2mgcos=0解得： =tan 2(2)对 m 设其最大加速度为am，由牛顿第二定律得水平方向： Nsin +2Ncos =mam竖直方向 ：Ncos-2Nsin -mg =0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 ： FMm g2 Mm g sin1costansin(3)对 M、 m 整体由动能定理
18、得： Fd1M m gd1 M m v22解得 ： vdg sincostan sin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 p22hd sinhcostansintan【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、平抛运动规律即可正确解题7 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
19、做的功。3mg2） W f3【答案】（ 1） FN，方向竖直向下（mgR24【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：RvtR 1 gt 22联立解得：gRv2而在圆弧轨道的最低点，由牛顿第二定律可知：FNmg m v2R由牛顿第三定律，FNFN联立求得球队轨道的压力为：3mgFN2方向竖直向下。（2）对圆弧上运动的过程由动能定理：mgR Wf1 mv202联立可得：Wf3 mgR48 一质量为 0.5kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离 A 点 5m 的位置 B 处是一面墙，如图所示，物块以v0=9m/s 的初速度从 A 点沿 AB
20、方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为 7m/s ，碰后以6m/s 的速度反向运动直至静止 g 取 10m/s 2(1)求物块与地面间的动摩擦因数；(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小【答案】 （1）0.32 （ 2） F=130NF【解析】试题分析：（ 1）对 A 到墙壁过程，运用动能定理得：，代入数据解得：=0.32（2）规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：F t=mvmv，代入数据解得：F=130N9 如图所示，倾角为300的光滑斜劈AB长Lh=0.8m 的水平桌面上 ,B1=0.4m ，放在离地高点右端接一光滑小圆弧（图上未画出），圆弧右端切线水
21、平，与桌面边缘的距离为L2现有一小滑块从A 端由静止释放，通过B 点后恰好停在桌面边缘的C 点，已知滑块与桌面间的滑动摩擦因数=0.2（ 1）求滑块到达 B 点速度 vB 的大小；（ 2）求 B 点到桌面边缘 C 点的距离 L2; （3）若将斜劈向右平移一段距离?L=0.64m, 滑块仍从斜劈上的A 点静止释放，最后滑块落在水平地面上的 P 点求落地点P 距 C 点正下方的 O 点的距离 x.【答案】 （1） 2m/s（2） 1m（ 3）0.64m【解析】(1) 沿光滑斜劈 AB 下滑的过程机械能守恒，mgL1 sin 3001 mvB22代入数据得 vB=2m/s ；（2）根据动能定理，mg
22、L20 1 mvB22代入数据得 L =1m；2（3）根据动能定理，mg(L2L )1 mvC21 mvB222对于平抛过程有：H= 1 gt22x=vCt代入数据得x=0.64mR 1m的1h1 m10 半径 圆弧轨道下端与一水平轨道连接，水平轨道离地面高度，如4图所示，有一质量m 1.0 kg 的小滑块自圆轨道最高点A 由静止开始滑下，经过水平轨道末端 B 时速度为4 m/s，滑块最终落在地面上， g 取 10 m/s 2，不计空气阻力，求：(1) 滑块从 B 点运动到地面所用的时间；(2) 滑块落在地面上时速度的大小；(3) 滑块在整个轨道上运动时克服摩擦力做的功【答案】 (1) t52
23、Js (2)v=6m/s (3) Wf5【解析】【详解】（1）小球从B 到 C 做平抛运动，则竖直方向上有：h 1 gt 22解得：t 5 s5（2）竖直速度：vygt2 5 m/s则落在地面上时速度的大小为：vv2Bv2y6m/s（3）对 A 到 B 运用动能定理得：mgR Wf1 mvB202代入数据解得：Wf2J11 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
24、.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)0.15； (2)10m ； 24J【解析】【详解】(1)设小球与斜面间的动摩擦因数为，小球第一次由静止从的B 点下滑和碰撞弹回上升到速度为零的过程，由动能定理得：mg( s02 )sin370mg (s0 2 s0 )cos37 0331tan37 0.15解得：5(2)球最终一定停在 A 处，小球从 B 处静止下滑到最终停在A 处的全过程由动能定理得：mgs0 sin37mgcos37 gs0所以小球通过的总路程为：ss0 tan 37
25、5s0 10m克服摩擦力做的功：W fmgcos37 gs24J12 如图所示 ,传送带与地面成夹角=37,以4m/s 的速度顺时针转动,在传送带下端轻轻地放一个质量m=1kg 的物体 ,它与传送带间的动摩擦因数=1,已知传送带从A 到 B 的长度L=6m,求物体从A 到 B 过程中传送带克服物块摩擦力做功的平均功率?【答案】 30.4W【解析】【详解】物体先做匀加速直线运动,速度达到传送带速度后做匀速直线运动,根据牛顿第二定律求出开始上滑的加速度,结合速度时间公式求出速度达到传送带速度的时间,根据速度位移公式求出速度达到传送带上滑的位移 ,从而得出匀速运动位移 ,结合位移公式求出匀速运动的时间 ,求出总时间 ,摩擦力做的功 ,求平均功率 ；解： 物块刚放上传送带上时的加速度为a，有：mgcosmgsinma代入数据得：a2m / s2加速过程的位移为： x11 at122达到共同速度的时间为：v at1联立解得： t1 2sx14m匀速运动Lx1 vt2t20.5s加速过程摩擦力做的功W1umgcos vt164J匀速过程摩擦力做的功W2mgsin vt 212J根据平均功率的定义PW1W230.4Wt1t2