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1、高考物理动能定理的综合应用解题技巧讲解及练习题( 含答案 ) 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 O
2、A 上运 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
3、 Lsin37 ) mgcos37 ( L L0 )1mvB22解得vB20 明小 到不了B 点，最 停在A 点 2 为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为=60 L1 =23m的倾斜轨道ABL2=3 m的水平轨道BC相、长为，通过微小圆弧与长为2连，然后在 C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D 处，如图所示 .现将一个小球从距A 点高为 h=0.9m 的水平台面上以一定的初速度v0 水平弹出，到A 点时小球的速度方向恰沿 AB 方向，并沿倾斜轨道滑下 .已知小球与 AB 和 BC 间的动摩擦因数均为=3 ， g 取 10m/s 2 .3（ 1
4、）求小球初速度 v0 的大小；（ 2）求小球滑过 C 点时的速率 vC；（ 3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件？【答案】 （1）6m/s （ 2） 36 m/s （ 3）0R 1.08m【解析】试题分析：（ 1）小球开始时做平抛运动： vy2=2gh代入数据解得：vy22100.93 2/sghmA点：tanvy60vx得：vy32v0m / s6m / svxtan603（2）从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得：mg hL1sinmgL1cosmgL2 1 mvC21 mv02 代入数据解得：vC3 6m / s22（3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力
5、，则： mv2mgR11 mvC22mgR11 mv222代入数据解得 R1=1 08 m当小球刚能到达与圆心等高时1mvC2 mgR22代入数据解得R2=2 7 m当圆轨道与AB 相切时 R3=BC?tan 60 =15 m即圆轨道的半径不能超过15 m综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是0 R1 08 m考点：平抛运动；动能定理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
6、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 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：35v1t1(2)由 v t 图象面积意义可知，在前0.5 s，物块
7、对地位移为：x12则摩擦力对物块做功： W1mgcos x1在后 0.5 s，物块对地位移为：x1v1 v2 t22则摩擦力对物块做功W2mgcos x2所以传送带对物块做的总功：WW1W2联立解得： W 3.75 J4 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
8、出后与地面或台阶碰撞后不再弹起）。(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
9、，机械能守恒mgh01mvB202解得vB2gh0 2 100.62 3m/s(2)根据动能定理得mgh0mgx01mvC202解得vC2g (h0x0 )2 10 (0.6 0.3 0.5) 3m/s根据牛顿第二定律得mgma则ag0.310m/s23m/s2vC vB3 2 3t1s 0.155sa3(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2H20.8ts 0.4sg10水平位移xvct1.2m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22h220.20.283stgs10水平位移xvct30.28
10、3m 0.85m大于 2L，所以也不会撞到 、 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 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
11、轨道的底端又通过水平距离落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为g。求：R（ 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。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：vgR2而在圆弧轨道的最低点，由牛顿第二定律可知：FNmgv2mR由牛顿第三定律，FNFN联立求得球队轨道的压力为：FN3mg2方向竖直向下。（2）对圆弧上运动的过程由动能定理：mgRWf1 mv202联立可得：Wf3 mgR46 一质量为 m
12、=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） 4 3 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，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
13、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 =1.2J7 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
14、/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=130N8 滑板运动是深受青少年喜爱的一项极限运动。如图所示为某一滑道的示意图，轨道AB可视为竖直平面内半径为R 的1 光滑圆
15、弧，圆心为O， OA 水平。轨道最低点B 距水平面4CD 高度为1 R ， C 点位于B 点正下方。滑板和运动员（可看作质点）总质量为m，由A 点4静止下滑，从轨道中B 点飞出，落在水平面上的E 点。重力加速度为g。求：（ 1）运动员运动到 B 点时速度的大小；（ 2）运动员运动到 B 点时对轨道压力的大小；（ 3） C、 E 两点间的距离。【答案】 (1) vB2gR (2) 3mg (3)R【解析】【详解】(1) 运动员从A 到 B，根据动能定理mgR1mvB202解得：vB2gR(2) 运动员到达B 点时N Bmgm运动员对轨道的压力为v2BRN N B3mg(3)运动员空中飞行时间h
16、1 gt 22解得：Rt2gC、 E 间距离为xv B tR9 如图，图象所反映的物理情景是：物体以大小不变的初速度v0 沿木板滑动，若木板倾角 不同，物体沿木板上滑的距离S 也不同，便可得出图示的S-图象问：（ 1）物体初速度 v0 的大小（ 2）木板是否粗糙？若粗糙，则动摩擦因数为多少？（ 3）物体运动中有否最大加速度以及它发生在什么地方？【答案】（ 1） v017.3m / s （ 2）0.75 （3）最大加速度点坐标53 , s12m【解析】【分析】【详解】（1）当 =90o 时，物体做竖直上抛运动，根据速度位移公式可知：v02gs1 10 3 17.3m / s（2）当 =0o 时，
17、根据动能定理得，mg s1 mv02，解得：2v023002gs 20.7510 20（3）加速度 amg cosmg sing cosg sing3 cossin得到，m4当 =53o 时， 有极大值 am12.5m / s2，由动能定理得， 01mv02mas ，所以2s12m 所以最大加速度点坐标53 , s12m10 如图所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为m0.1 kg 的铁块，它与纸带右端的距离为L 0.5 m，铁块与纸带间、纸带与桌面间动摩擦因数均为 0.1.现用力F水平向左将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为s
18、0.8 m 已知g 10 m/s 2，桌面高度为H 0.8 m，不计纸带质量，不计铁块大小，铁块不滚动求：（ 1）铁块抛出时速度大小；（ 2）纸带从铁块下抽出所用时间t 1；（ 3）纸带抽出过程全系统产生的内能E.【答案】 （1） 2m/s （2） 2s（ 3） 0.3J【解析】试题分析：（ 1）对铁块做平抛运动研究由 h=1gt 2，得 t=2h ， t=0.4s2g则 v0 = s =2m/st（2）铁块在纸带上运动时的加速度为a，2a=g =1m/s由 vo=at 得， t1=2s x1=2m（3）摩擦力产生的热量包括上下两个面所产生，Q 上 =mgL=0.05JQ 下 = mg（L+x
19、1） =0.25J所以 Q= Q 上+Q 下=0.3J考点：考查了功能关系，平抛运动，牛顿第二定律的应用点评：本题关键是先分析清楚物体的运动情况，然后运用平抛运动的分位移公式、牛顿运动定律和运动学公式联立列式求解；同时由功能关系及相对位移求产生的内能11 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3E510 N/C 4q 1.0 10 C 的可视为质点的滑块以初速度向下运动，经 M 点进入电场，从 B 点离开电场M 点的能量损失，已知滑块与轨道间的动摩擦因数的匀强电场中。一质量m0.1 kg、电荷量v0 6 m/
20、s 从离水平地面高h 4.2 m 处开始, 最终停在距 B 点 1.6m 处的 C 点。不计经过 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 ：进电场前斜面上的匀加速直线运动 ； 在电场中沿水平地面的匀减速直线运动；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
21、得：根据运动学速度和位移的关系可得：（2）物块离开B 点后，并停在了离B 点1.6m处的，解得C 点处：=8m/s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：方法二：滑块从B 到，解得：=9.6mC 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：=9.6m12 一辆质量 m3P 80kW，运动210kg 的小轿车沿平直路面运动，发动机的额定功率时受到的阻力大小为f3210N试求：(1)小轿车最大速度的大小；(2)小轿车由 v0 10m/s 的速度开始以额定功率运动60s 前进的距离 (汽车最后的速度已经达到最大 )【答案】 (1)40m/s(2)1650m【解析】【详解】（1）设小轿车运动的最大速度的大小为vm ，当车子达到最大速度时，有 F牵 =f根据公式 Pfvm解得 vm=40m/s（2）根据题意和动能定理得：W合 = 1 mv末21 mv初222则有： Ptfs=1mvm21mv0222解得小轿车60s 内前进的距离为s=1650m