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1、高考物理动能定理的综合应用基础练习题含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1 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）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C 点，求
2、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：mgL01mv22由能量守恒定律知：Ep1 mv22解得： Ep 12J（2）由平抛运动知：竖直方向：y2R1 gt 22水平方向： x vEt在 E 点，由牛顿第二定律知： Nmgm v
3、E2R解得： N=12.5N（3）从 D 到 E，由动能定理知：mg 2R1 mvE21 mvD222解得： vD5m / s从 B 到 D，由动能定理知mgL1mvD21mvB222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=16J2 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
4、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
5、由动能定理F0 xmgxmg cosLmgh0解得x=4.94m3 如图所示，位于竖直平面内的轨道BCDE，由一半径为R=2m 的 1 光滑圆弧轨道BC和光4滑斜直轨道DE 分别与粗糙水平面相切连接而成现从B 点正上方 H=1.2m 的 A 点由静止释放一质量 m=1kg 的物块，物块刚好从B 点进入1 圆弧轨道已知CD 的距离 L=4m，物块4与水平面的动摩擦因数=0.25，重力加速度g 取 10m/s 2，不计空气阻力求：(1)物块第一次滑到C 点时的速度；(2)物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度；(3)物块最终停在距离D 点多远的位置【答案】 (1) 8m/s (2) 2.2m (3
6、) 0.8m【解析】【分析】根据动能定理可求物块第一次滑到C 点时的速度 ；物块由 A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理求出物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度 ；物块将在轨道BCDE上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD上通过的总路程为S，根据动能定理求出【详解】解： (1)根据动能定理可得mg( HR)1 mv22解得 v8m / s(2)物块由 A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理有：mg ( HR)mgLmgh0解得： h2.2m(3)物块将在轨道BCDE上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD上通过的总路程为S，则： mg( HR)mgS0解得： S12.8m因: S
7、3L0.8m ,故物块最终将停在距离D 点 0.8m 处的位置4 如图所示，半径为R 的圆管 BCD竖直放置，一可视为质点的质量为m 的小球以某一初速度从 A 点水平抛出，恰好从B 点沿切线方向进入圆管，到达圆管最高点D 后水平射出已知小球在D 点对管下壁压力大小为1BC弧对mg，且 A、 D 两点在同一水平线上，2应的圆心角60，不计空气阻力求：(1)小球在 A 点初速度的大小；(2)小球在 D 点角速度的大小；(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功【答案】 (1)gR ； (2)g ； (3) 1 mgR2R4【解析】【分析】（ 1）根据几何关系求出平抛运动下降的高度，从而求出竖直方向
8、上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小（2）根据向心力公式求出小球在D 点的速度，从而求解小球在D 点角速度（ 3）对 A 到 D 全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功【详解】（ 1）小球从 A 到 B，竖直方向 : vy2 2gR(1 cos 60 )解得vy 3gRvy在 B 点： v0gR .0（2）在 D 点，由向心力公式得mg- 1 mg mvD22R解得 vD2gR2vDg.R2R（3）从 A 到 D 全过程由动能定理：W 克 1mvD2 1mv0222解得 W 克 1mgR.4【点睛】本题综合考查了平抛运动和圆周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运
9、动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源5 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：(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
10、块Q 与木板 P 之间因摩擦而产生的热量。【答案】 (1)20.03 ； (2) vPvQ0.6m/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 1， P 与地面间的动摩擦因数为；2对 Q，由 v t图像有a14.8m/s 2由牛顿第二定律有mg sin 371mg cos37ma1联立求解得0.15 ，10.03125(2)2s 后， Q 滑到 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、
11、 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、 t6s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x1=9.6m28s 内， Q 发生的位移x2v1 vQ t0 30.6m2P 发生的位移x3vP t0 1.8m208s 内， Q 与木板 P 之间因摩擦而产生的热量Q1mgx1 cos37 o1mg( x2x3 )代入数据得Q54.72J
12、6 在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示，P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒高度为h 的探测屏AB竖直放置，离P 点的水平距离为L，上端A与P 点的高度差也为h.(1) 若微粒打在探测屏 AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；(2) 求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3) 若打在探测屏A、 B 两点的微粒的动能相等，求L 与 h 的关系(1)3hgvg(3) 22h【答案】(2)L2hg4h【解析】【分析】【详解】（1）若微粒打在探测屏AB 的中点，则有：3h=1gt2，22解得： t3hg（2）设打在 B 点的微粒的初速度为V1，则有：L=V111g
13、t12t， 2h=2得： v1Lg4h同理，打在 A 点的微粒初速度为：v2Lg2h所以微粒的初速度范围为：ggL vL4h2h11（3）打在 A 和 B 两点的动能一样，则有：mv22+mgh= mv12+2mgh22联立解得： L=22 h7 如图所示，质量为 m 1kg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为30o 的光滑斜面上，斜面的末端B 与水平传送带相接（物块经过此位置滑上皮带时无能量损失），传送带的运行速度为 v03m / s ，长为 L 1.4m 今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.25 ( g 10m / s2)求：（
14、 1）水平力撤去后，滑块（在斜面上）的加速度大小；（ 2）滑块下滑的高度；（3）若滑块进入传送带时速度大于 3m / s，则滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量为多少【答案】（ 1） 5m/s 2（ 2）0.1m 或 0.8m (3)5J 【解析】【分析】【详解】（ 1）对撤去外力 F 后的滑块受力分析，由牛顿第二定律：解得：mg sinmaa5m / s2（2）设滑块从高为h 处上滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒：mgh1 mv22解得：v2gh若滑块冲上传送带的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有：联立解得：mgL1mv0
15、21mv222hv02L 0.8m2g若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受天向左的滑动摩擦力而做匀速运动，根据动能定理：解得：mgL1 mv021 mv222hv02L 0.8m2g（3）设滑块在传送带上运动的时间为t ，则 t 时间内传送带的位移： s v0t由机械能守恒可知： mgh1mv22对滑块由运动学公式知：v0v at联立解得：滑块相对传送带滑动的位移：相对滑动生成的热量：vv0sv0asLsQmgs0.5J8 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 光滑圆弧，圆心为O， OA 水平。轨道最低点
16、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2vBRN N B3mg(3)运动员空中飞行时间h 1 gt 22解得：Rt2gC、
17、 E 间距离为xv B tR9如图所示，整个轨道在同一竖直平面内，直轨道AB 在底端通过一段光滑的曲线轨道与一个光滑的四分之一圆弧轨道CD平滑连接，圆弧轨道的最高点C 与 B 点位于同一高度圆弧半径为R，圆心 O 点恰在水平地面一质量为m 的滑块（视为质点）从A 点由静止开始滑下，运动至C 点时沿水平切线方向离开轨道，最后落在地面上的E 点已知A 点距离水平地面的高度为H， OE=2R，重力加速度取g，不计空气阻力求：（ 1）滑块运动到 C 点时的速度大小 VC；（ 2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功Wf；（3）若滑块从直轨道上A点由静止开始下滑，运动至C 点时对轨道恰好无压力，则A点距
18、离水平地面的高度为多少？【答案】（ 1）滑块运动到C 点时的速度大小vC是（2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功Wf 是 mg（ H2R）（3） A点距离水平地面的高度为【解析】试题分析：（ 1）滑块从 C 到 E 做平抛运动，水平位移为2R ，竖直位移为 R则有： 2RvC t 、 R1gt 2 ，可解得 vC2gR2（2）对于从 A 到 C 的过程，运用动能定理得mg H RW f1mvC202解得，滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功W fmg H2R（3）设 A 点的距离水平地面的高度为h在 C 点有 mgm vC2R从 A到 C，由动能定理得 mg(h R)W f1mvC202滑
19、块在直轨道上下滑时重力做功与克服摩擦力做功的比值是定值，所以有： mg(HR)mg ( h R) 解得 Wfmg (H2R)(hR) ，代入 式(H2R)W f ( H R)联立 、 两式，可解得hHR2考点：考查了动能定理；向心力【名师点睛】本题要分析清楚物体的运动情况，正确选择研究过程，寻找每个过程和状态所遵守的物理规律是关系，要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解法10 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
20、到达桌面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为s0.8 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= 1 gt 2，得 t=2h ， t=0.4s2gs则 v0 =2m/s（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
21、 上 =mgL=0.05JQ 下 = mg（L+x1） =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，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(g=10m/s2)。求：BCBC=1.8m ，物体在BC 段所受到的阻力为8N 。(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
22、)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：EkCEkBmgLBC1 mvB2mgLBC21.6J2（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：mgx1 mv2A2mgh，解得：x
23、 4.5m=2 LBC+0.9m；故物块最后停在离B 点0.9m处；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 为轨道的最高点一小物块以vo=6m/s 的初速度从点出发，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AAB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 xBDvC 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 mvo222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.