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1、高中物理动能定理的综合应用技巧( 很有用 ) 及练习题含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1 由相同材料的 杆搭成的 道如 所示，其中 杆AB 、 BC 、 CD 、 DE 、 EF 长均 L1.5m ， 杆 OA 和其他 杆与水平面的 角都 37sin370.6,cos37 0.8 ，一个可看成 点的小 套在 杆OA 上从 中离 道最低点的 直高度h 1.32m 由静止 放，小 与 杆的 摩擦因数都 0.2 ，最大静摩擦力等于相同 力下的滑 摩擦力，在两 杆交接 都用短小曲杆相 ，不 能 失，使小 能 利地 ，重力加速度g 取 10m / s2 ，求：(1)小 在 杆 OA 上运
2、 的 t ；(2)小 运 的 路程s ；(3)小 最 停止的位置。【答案】 (1)1s； (2)8.25m ； (3)最 停在A 点【解析】【分析】【 解】(1)因 mgsinmgcos，故小 不能静止在 杆上，小 下滑的加速度 amg sinmg cos4.4m/s 2m 物体与 A 点之 的距离 L0 ，由几何关系可得hL02.2msin37 物体从静止运 到A 所用的 t，由 L01at 2 ，得2t1s(2)从物体开始运 到最 停下的 程中， 路程 s，由 能定理得mghmgscos3700代入数据解得s=8.25m(3)假 物体能依次到达B 点、 D 点，由 能定理有mg(h Lsi
3、n37 ) mgcos37 ( L L0 )1mvB22解得vB20 明小 到不了B 点，最 停在A 点 2 如图所示， AB 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端B 点与水平直轨道相切一个小物块自A 点由静止开始沿轨道下滑，已知轨道半径为R 0.2m ，小物块的质量为 m0.1kg，小物块与水平面间的动摩擦因数 0.5， g 取 10m/s 2.求：(1)小物块在 B 点时受到的圆弧轨道的支持力大小；(2)小物块在水平面上滑动的最大距离【答案】 (1)3N(2)0.4m【解析】 (1)由机械能守恒定律，得在 B 点联立以上两式得FN 3mg 3 0.1 10N3N.(2)设小物块在水平面
4、上滑动的最大距离为l ，对小物块运动的整个过程由动能定理得mgR mgl0，代入数据得【点睛】解决本题的关键知道只有重力做功，机械能守恒，掌握运用机械能守恒定律以及动能定理进行解题3 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
5、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 01 mv22由能量守恒定律知：12Epmv2解得： Ep12J（2）由平抛运动
6、知：竖直方向：y2R1gt 22水平方向： x vEt在 E 点，由牛顿第二定律知：Nmg m vE2R解得： N=12.5N（3）从 D 到 E，由动能定理知：mg 2R1mvE21mvD222解得： vD5m / s从 B 到 D，由动能定理知mgL1 mvD21 mvB222解得： vB7m / s对物块 LvBvD t2解得： t=1s；s相对Lvt62 1m8m由能量守恒定律知：QmgLs相对解得： Q=16J4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 的速度顺时针运动将一个质量m 1kg的物块
7、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1 0.5、 2 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 11mgcos =ma，代入数据解得，t
8、 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 =1.8m 当离传送带高度为h
9、4 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 1.8mh9.0m5 为了研究过山车的原理，某同学设计了如下模型：取一个与水平方向夹角为37、长为L=2.5 m 的粗糙倾斜轨道 AB，通过水平轨道BC与半径为R=0.2 m 的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道 DE，整个轨道除 AB 段以外都是光滑的。其中AB 与 BC 轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个质量 m=2 kg 小物块，当从A 点以初速度v0 =6 m/s 沿倾斜轨道滑下，到达 C点时速度vC=4 m/s 。取 g=10 m/s2 ， sin37 =0.60， cos
10、37=0.80。（ 1）小物块到达 C 点时，求圆轨道对小物块支持力的大小；（ 2）求小物块从 A 到 B 运动过程中，摩擦力对小物块所做的功；（3）小物块要能够到达竖直圆弧轨道的最高点，求沿倾斜轨道滑下时在A 点的最小初速度 vA。【答案】 (1) N=180 N (2) Wf =-50 J (3) vA30 m/s【解析】【详解】（1）在C点时，设圆轨道对小物块支持力的大小为N，则：Nmvc2mgR解得N=180 N（2）设 AB 过程中摩擦力对小物块所做的功为Wf，小物块 ABC 的过程，有mgL sin 37 W f1mvc21mv0222解得Wf =-50 J。（3）小物块要能够到达
11、竖直圆弧轨道的最高点，设在最高点的速度最小为vm，则：mgmvm2R小物块从 A 到竖直圆弧轨道最高点的过程中，有mgL sin 37 Wf 2mgR 1 mvm21 mvA222解得vA30 m/s6 如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m 的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M 处的墙上，另一端恰位于滑道的末端O 点已知在OM段，物块A 与水平面间的动摩擦因数均为，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：（ 1）物块速度滑到 O 点时的速度大小；（ 2）弹簧为最大压缩量 d 时的弹性势能 （设弹簧处于
12、原长时弹性势能为零）（ 3）若物块 A 能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？【答案】（ 1）2gh ；（ 2） mghmgd ；（ 3） h2 d【解析】【分析】根据题意，明确各段的运动状态，清楚各力的做功情况，再根据功能关系和能量守恒定律分析具体问题【详解】（1）从顶端到O 点的过程中，由机械能守恒定律得：mgh1 mv22解得：v 2gh（ 2）在水平滑道上物块 A 克服摩擦力所做的功为：Wmgd由能量守恒定律得：12mvEPmgd2联立上式解得：EPmghmgd（ 3）物块 A 被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为；Wmgd由能量守恒定律得：mghEPmgd解得物块 A
13、能够上升的最大高度为：hh2d【点睛】考察功能关系和能量守恒定律的运用7 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1 t 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】【详解】解： (1)设滑块和斜面间的动摩擦因数为，
14、滑块下滑时的加速度大小为a1 ，滑块上滑时的加速度大小为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 va1ta2t2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 v2 2a1 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：mg cos 2x Ek1 mv22解得： Ek =1.2J8 一质量为 0.5kg 的小物块放在水平地面上的
15、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 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F【答案】 （1）0.32 （ 2） F=130N【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，一倾角 =37斜面底端与一
16、传送带左端相连于的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0 =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 L1=8m，传送带长度L2=18m ，物块与传送带之间的动摩擦因数 2=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l；（ 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的水平距离a=53，求C 点到地面的高度和C、 D 两点间【答案】（1）（
17、 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：mg=ma2a=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xCD=vt =6 0.8s=4.8
18、m答：（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数l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10 滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫 ”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值
19、就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大假设滑雪者的速度超过4 m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由1 0.25 变为 2 0.125一滑雪者从倾角为 37的坡顶 A 由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B 处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C 处，如图所示不计空气阻力，坡长为l 26 m， g 取 10 m/s 2， sin37 0.6， cos 37 0.8求：(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间；(2)滑雪者到达B 处的速度；(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离【答案】 1s99.2m【解析】【分析】由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度，再由运动
20、学知识可求解速度、位移和时间【详解】(1)由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度1=4m/s2：a =解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间： t=1s(2)由静止到动摩擦因素发生变化的位移：112=2mx = a t动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度： a2=5m/s 2由 vB2-v2=2a2(L-x1)解得滑雪者到达B 处时的速度 ：vB=16m/s(3)设滑雪者速度由vB=16m/s 减速到 v1=4m/s 期间运动的位移为x3，则由动能定理有：；解得 x3=96m速度由 v1=4m/s 减速到零期间运动的位移为x4，则由动能定理有：；解得 x 4=3.2m所以滑雪者
21、在水平雪地上运动的最大距离为x=x 3+x 4=96+ 3.2=99.2m11 某学校探究性学习小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究他们让这辆小车在水平的地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的 v t 图象，已知小车在0 2 s 内做匀加速直线运动，2 10 s 内小车牵引力的功率保持不变，在 10 s 末停止遥控让小车自由滑行，小车质量m1 kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变求：(1)小车所受的阻力 Ff 是多大？(2)在 2 10 s 内小车牵引力的功率P 是多大？(3)小车在加速运动过程中的总位移x 是多少？【答案】（ 1） 2 N ；（ 2）
22、 12W (3)28.5 m；【解析】（1）在 10s 撤去牵引力后，小车只在阻力Ff 作用下做匀减速运动，设加速度大小为a，则 F fma ，根据 av，t由图像可知 a2m / s2 ，解得 Ff2N ；（2）小车的匀速阶段即 7s10s 内，设牵引力为F，则 Ff F由图像可知 vm6m / s ，且 PFvm 12W ；（3）小车的加速运动过程可以分为01.5s 和 1.5s7s 两段，设对应的位移分别为x1 和 x2 ，在 02s 内的加速度大小为a1 ，则由图像可得 a12m / s ， x11 a1t122.25m ，2在 1.5s7s 内由动能定理可得 Pt2Ff x21 mv
23、221 mv12 ， t 25.5s ，22解得 x226.25m ，由 x x1 x2 28.5m12 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)0.15； (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 (s02s0 )cos37 033解得：1 tan37 0.155(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：s0 tan 375s010ms克服摩擦力做的功：W fmgcos37 gs24J