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1、高中物理动能定理的综合应用的基本方法技巧及练习题及练习题( 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 如图所示，一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定，底端分别与两侧的直轨道相切，半径 R=0.5m。物块 A 以 v0=10m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点N，再沿圆轨道滑出， P 点左侧轨道光滑，右侧轨道与物块间的动摩擦因数都为=0.4， A 的质量为 m=1kg（ A 可视为质点） ，求：(1)物块经过 N 点时的速度大小；(2)物块经过 N 点时对竖直轨道的作用力；(3)物块最终停止的位置。【答案】 (1) v45m/s ；(2)150N ，作用力方向竖直向上；(3)
2、 x12.5m【解析】【分析】【详解】(1)物块 A 从出发至 N 点过程，机械能守恒，有1 mv02mg 2R1 mv222得vv024gR45m/ s(2)假设物块在 N 点受到的弹力方向竖直向下为FN，由牛顿第二定律有mgFNm v2R得物块 A 受到的弹力为FNmv2150NmgR由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力为FNFN150N作用力方向竖直向上(3)物块 A 经竖直圆轨道后滑上水平轨道，在粗糙路段有摩擦力做负功，动能损失，由动能定理，有mgx01 mv022得x12.5m2 在某电视台举办的冲关游戏中，AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R=1.6m， BC 是长度为
3、L1=3m 的水平传送带，CD是长度为L2=3.6m 水平粗糙轨道，AB、 CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A 处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg，滑板质量可忽略已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为2（ 1）参赛者运动到圆弧轨道 B 处对轨道的压力；（ 2）若参赛者恰好能运动至 D 点，求传送带运转速率及方向；（ 3）在第 （ 2）问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能【答案】 （1） 1200N，方向竖直向下 （ 2）顺时针运转， v=6m/s（ 3） 720J 【解析】(1) 对参赛者： A 到 B 过程，由动能定理mgR(1 cos60) 1
4、mvB22解得 vB 4m/ s在 B 处，由牛顿第二定律NBmg mv2BR解得 NB 2mg 1 200 N根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力N B NB 1 200 N，方向竖直向下(2) C 到 D过程，由动能定理 2mgL2 0 1 mvC22解得 vC 6m/ sB 到 C过程，由牛顿第二定律 1mg ma解得 a 4m/ s2(2 分 )参赛者加速至vC历时 t vCvB 0.5 sa位移 x1 vBvC t 2.5 mL1212J （ 2） N=12.5N（ 3） Q=16J参赛者从B 到 C 先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v 6m/ s.(3) 0.5 s 内传送带
5、位移 x2 vt 3m参赛者与传送带的相对位移x x2 x1 0.5 m传送带由于传送参赛者多消耗的电能E 1mg x1mvC21mvB2720J.223 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擦因数=0.2，取g=10m/s2（1）
6、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） Ep【解析】【详解】（1）由动量定理知：mgL01 mv22由能量守恒定律知： Ep1mv22解得： Ep 12J（2）由平抛运动知：竖直方向：y2R1 gt 22水平方向：xvEt在 E 点，由牛顿第二定律知：Nmgm v
7、E2R解得： N=12.5N（3）从 D 到 E，由动能定理知：mg 2R1 mvE2 1 mvD222解得： vD5m / s从BDmgL1212到 ，由动能定理知2mvDmvB2解得： vB7m / s对物块LvB vD t2解得： t=1s；s相对 L vt 62 1m8m由能量守恒定律知：QmgL s相对解得： Q=16J4 如图所示，倾斜轨道AB 的倾角为37， CD、 EF 轨道水平， AB 与 CD 通过光滑圆弧管道BC 连接， CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连小球可以从D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从 E 滑出该轨道进入EF 水平轨道小球由静止从A 点释放，已知AB 长为 5
8、R，CD 长为 R，重力加速度为g，小球与斜轨AB 及水平轨道CD、EF 的动摩擦因数均为0.5，sin37 =0.6， cos37 =0.8，圆弧管道 BC 入口 B 与出口 C 的高度差为 l.8R求： (在运算中，根号中的数值无需算出 )(1)小球滑到斜面底端C 时速度的大小(2)小球刚到 C 时对轨道的作用力(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R/应该满足什么条件？【答案】（ 1）28gR（ 2） 6.6mg，竖直向下（ 3） R 0.92R5【解析】试题分析：（ 1）设小球到达C 点时速度为 v， a 球从 A 运动至 C 过程，由动能定理有mg (5R sin
9、3701.8R)mg cos370 5R1 mvc2 （ 2 分）2可得 vc5.6gR （1 分）（2）小球沿 BC轨道做圆周运动，设在C 点时轨道对球的作用力为N，由牛顿第二定律Nmgm vc2， （ 2 分） 其中 r 满足 r+r sin530=1.8R （ 1 分）r联立上式可得： N=6.6mg（ 1 分）由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg ，方向竖直向下（ 1 分）（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF 轨道则小球 b 在最高点 P 应满足m vP2mg （ 1 分）R小球从 C 直到 P 点过程，由动能定理，有mgR mg
10、 2R1 mvP21 mvc2 （1 分）22可得 R23 R 0.92 R （ 1 分）25情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q 点时，速度减为零，然后滑回D则由动能定理有mgR mg R01mvc2 （ 1 分）2R2.3R （1 分）若 R2.5R，由上面分析可知，小球必定滑回D，设其能向左滑过 DC 轨道，并沿 CB 运动到达B 点，在 B 点的速度为 vB,，则由能量守恒定律有1mvc21mvB2mg 1.8R2 mgR （ 1 分）22由 式，可得 vB0 （ 1 分）故知，小球不能滑回倾斜轨道AB，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD 轨道上的某处设小球在CD 轨道上运
11、动的总路程为S，则由能量守恒定律，有1mvc2mgS （1分）2由 两式，可得S=5.6R（ 1 分）所以知， b 球将停在D 点左侧，距 D 点 0.6R 处（ 1 分）考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力5 某人欲将质量 m 50kg 的货箱推上高h1.0m 的卡车，他使用的是一个长 L 5.0m的斜面（斜面与水平面在A 处平滑连接）。假设货箱与水平面和斜面的动摩擦因数均为0.30 。（说明把货箱做质点处理，当sin0.2 时， cos0.98）(1)如果把货箱静止放在这个斜面上，则货箱受到的摩擦力多大？(2)如果用平行于斜面的力在斜面上把货箱匀速向上推，所需的推
12、力是多大？(3)如果把货箱放在水平面上的某处，用水平力推力F04.0102 N 推它并在 A 处撤去此力，为使货箱能到达斜面顶端，需从距A 点至少多远的地方推动货箱？【答案】 (1)100N； (2)247N； (3)4.94m【解析】【分析】【详解】(1)如果把货箱静止放在这个斜面上，则货箱受到的摩擦力为静摩擦力，大小为fmg sin50100.2N=100N(2)如果用平行于斜面的力在斜面上把货箱匀速向上推，所需的推力为Fmg cosmg sin247N(3)设需从距 A 点 x 远的地方推动货箱，则由动能定理F0 xmgxmg cosLmgh0解得x=4.94m6某电视娱乐节目装置可简化
13、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、 2 0.2，传送带上表面距1 0.5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】 4
14、s； 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 1mgcos =ma1，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
15、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 1.8mh9.0m7 如图所示， ABC是一条长 L=10m 的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h=1.25m 处，A、 C 为端点， B 为中点，轨道 BC处在方向竖直向上，大小5的匀强电场中，一E=5 10N/C-5在轨道上自 A 点质量 m=0.5kg，电荷量 q=+1.0 10C 的可视为质点的滑块以初速度v0=6m/s开始向右运动，经
16、B 点进入电场，从C 点离开电场，已知滑块与轨道间动摩擦因数=0.2， g 取 10m/s 2。求：滑块（ 1）到达 B 点时的速度大小；（ 2）从 B 点运动到 C 点所用的时间；（ 3）落地点距 C 点的水平距离。【答案】（ 1） 4m/s （2） 1.25s（ 3） 2m【解析】【详解】（ 1）滑块从 A 到 B 的运动过程只受重力、支持力、摩擦力作用，只有摩擦力做功，故由动能定理可得：mg 1 L 1 mvB21 mv02222所以滑块到达B 点时的速度大小vB v02gL4m/s（2）滑块从B 运动到 C 的过程受合外力F=（mg -qE）=0；故滑块从 B 到 C做匀速运动；设从B
17、 点运动到 C 点所用的时间为t ，则有：1 L5t2vBs 1.25 s4（3）滑块在C 点的速度vC =4m/s ；滑块从C 点做平抛运动，则平抛运动时间2ht 0.5s故落地点距C 点的水平距离x=vCt =2m；8 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 , s
18、12m【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：v02gs110 317.3m / s（2）当 =0o 时，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2s 12m 所以最大加速度点坐标53 , s 12m9如图所示，处于原长的轻质弹簧放在固定的光滑水平导轨上，左端固定在竖直的墙上，右端与质量为 mB=2kg 的滑块 B
19、接触但不连接，此时滑块B 刚好位于 O 点光滑的水平导轨右端与水平传送带理想连接，传送带长度L=2.5m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率 v=4.0m/s 匀速传动现用水平向左的推力将滑块B 缓慢推到 M 点（弹簧仍在弹性限度内），当撤去推力后，滑块B 沿轨道向右运动，滑块B 脱离弹簧后以速度vB=2.0m/s 向右运动，滑上传送带后并从传送带右端Q 点滑出落至地面上的 P 点已知滑块 B 与传送带之间的动摩擦因数=0.10，水平导轨距地面的竖直高度h=1.8m ，重力加速度g 取 10m/s2 求：（ 1）水平向左的推力对滑块B 所做的功W；（ 2）滑块 B 从传送带右端滑出时的
20、速度大小；（ 3）滑块 B 落至 P 点距传送带右端的水平距离【答案】（ 1） 4J （ 2）3m/s （ 3） 1.8m【解析】试题分析：（ 1）设滑块B 脱离弹簧时推力对B 所做的功为W，根据动能定理，有：W1 mBvB24J （2 分）2（2）滑块 B 滑上传送带后做匀加速运动，设滑块B 从滑上传送带到速度达到传送带的速度 v 所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t 内滑块 B 的位移为x，根据牛顿第二定律和运动学公式得：mgma （1 分）vvBat （ 1 分）xvB t1 at 2 （ 1 分）2解得： x6mL （ 1 分）即滑块 B 在传送带上一直做匀加速运动，设滑出时的速度
21、为v由 v 2 vB2 2aL解得： v3m/s （1 分）（3）由平抛运动的规律，则有：h 1 gt 2 （ 1 分）2x v t （ 1 分）解得： x1.8m （ 1 分）考点：本题考查了平抛运动、动能定理和匀变速运动规律的应用10 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
22、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；【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 10 1 103v22解得：v=20m/s；（2）在最高点由牛顿第二定律有v2mgN mR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；11 如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角37 ，以 5 m/s 的恒定速度向上运动一个质量为2 kg 的物块（可视为质点），沿平行于
23、传送带方向以10 m/s 的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数=0 5， sin37 =06， cos37=08，g=10m/s2 求：（ 1）物块刚滑上传送带时的加速度大小；（ 2）物块到达传送带顶端时的速度大小；（ 3）整个过程中，摩擦力对物块所做的功【答案】（ 1） a110m/s2 （ 2） 4m/s （ 3）W= 12 J【解析】【分析】【详解】试题分析：（ 1）物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为a1,由牛顿第二定律mg sin 37mg cos37ma1解得 a1 10m/s2（2）设物块速度减为5m/s所用时间为 t 1, 则 v0 v a1t1解得 t1 0.
24、5s通过的位移：v0v3.75 m 6 mx1t12因 tan ，此后物块继续减速度上滑，加速度大小为a2 则mg sin 370mg cos370ma2解得 a22m / s2设物块到达最高点的速度为v ，则222a102 21vvxx2 lx12.25m解得 v14m / s（3）从开始到最高点，由动能定理得Wmgl sin 371mv121mv0222解得 W=-12 J（用其它方法解得正确，同样给分）考点牛顿第二定律，匀变速直线运动规律，12 如图所示， AB 为水平轨道，A、B 间距离 s=2m， BC 是半径为 R=0.40m 的竖直半圆形光滑轨道， B 为两轨道的连接点，C 为轨
25、道的最高点一小物块以vo=6m/s 的初速度从 A点出发，经过 B 点滑上半圆形光滑轨道，恰能经过轨道的最高点，之后落回到水平轨道AB上的 D 点处 g 取 10m/s 2，求：（ 1）落点 D 到 B 点间的距离；（ 2）小物块经过 B 点时的速度大小；（ 3）小物块与水平轨道 AB 间的动摩擦因数【答案】（ 1） 0.8m.（ 2）（ 3） 0.4【解析】试题分析：（1）物块恰能经过轨道最高点，有mgm vC2R之后做平抛运动，有2R1 gt 2 xBD vC t 2联立 解得 xBD0.8 m（2） 物块从 B 点到 C 点过程中机械能守恒，得1 mvB2 1 mvC22mgR 22联立 解得 vB25 m/s（3）物块从 A 点到 B 点做匀减速直线运动由动能定理得mgs1 mvB21 mvo2 22将 vB 代入 解得0.4考点：圆周运动及平抛运动的规律；动能定理及牛顿第二定律的应用.