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1、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A 端的竖直墙壁上 .质量1 如图所示， AC 为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在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 ，EOF37.o 小物块运动到 F 点后，冲上足够长的斜面，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.s
2、in37o0.6，FGcos37o0.8 ，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： vC vD cos60o设弹簧最初具有的弹性势能为Ep ，则： EP1 mv C2
3、2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 cos60o 1 mv E21 mv D222设在 E 点，圆轨道对小物块的支持力为N，则有：v E2N mgR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 mgcos37
4、o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 EKDWf ，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 cos37o1mv Em22代入数据解得： vEm2m / 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
5、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E 点的速度 ，在 E 点，由牛顿定律和向心力知识结合求物块对轨道的压力；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2 如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨M
6、N 相切，导轨右端N 处于水平传送带理想连接，传送带长度L=4m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=4.0m/s 运动滑块B、 C 之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，B、 C 与细绳、弹簧一起静止在导轨 MN 上 .一可视为质点的滑块A 从 h=0.2m 高处由静止滑下，已知滑块A、 B、 C 质量均为 m=2.0kg，滑块 A 与 B 碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短因碰撞使连接B、 C 的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C 与 A、 B 分离 .滑块 C 脱离弹簧后以速度vC=2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P 点已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数=0
7、.2，重力加速度g 取 10m/s 2.(1)求滑块 C 从传送带右端滑出时的速度大小；(2)求滑块 B、 C 与细绳相连时弹簧的弹性势能E ；P(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C 总能落至 P 点，则滑块 A 与滑块 B碰撞前速度的最大值vm 是多少？【答案】 (1) 4.0m/s(2) 2.0J (3) 8.1m/s【解析】【分析】【详解】（1）滑块 C 滑上传送带到速度达到传送带的速度v=4m/s 所用的时间为 t ，加速度大小为a，在时间 t 内滑块 C 的位移为 x，有mgmavvCatxvCt1 at 22代入数据可得x3mx3mL滑块 C 在传送带上先加速，达到
8、传送带的速度v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块 C 从传送带右端滑出时的速度为v=4.0m/s（2）设 A、 B 碰撞前 A 的速度为 v0， A、 B 碰撞后的速度为1v ， A、 B 与 C 分离时的速度为v2，有mA gh1mA v022mA v0(mAmB )v1(mAmB )v1(mAmB )v2 mC vCA、B 碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒EP 1 (mAmB )v121 ( mA mB )v221 mC vC2222代入数据可解得EP2.0J（3）在题设条件下，若滑块A 在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C 的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好
9、等于传送带的速度v.设 A 与 B 碰撞后的速度为 v1 ，分离后 A 与 B 的速度为 v2 ，滑块 C 的速度为 vC ， C 在传送带上做匀减速运动的末速度为 v=4m/s ，加速度大小为 2m/s 2，有v2vC2( a) L解得vC4 2m/s以向右为正方向，A、 B 碰撞过程mAvm(mAmB )v1弹簧伸开过程(mAmB )v1mC vC(mAmB )v2Ep + 1 (mA mB )v1 21 ( mAmB )v22 + 1 mC vC 2222代入数据解得vm 4 272 8.1m/s 43 我国将于2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一如图1-所示，质量
10、 m60 kg 的运动员从长直助滑道 AB 的 A 处由静止开始以加速度 a 3.6 m/s 2 匀加速滑下，到达助滑道末端 B 时速度 vB 24 m/s ，A 与 B 的竖直高度差 H 48 m 为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以 O 为圆心的圆弧助滑道末端 B 与滑道最低点 C 的高度差 h 5 m，运动员在 B、 C 间运动时阻力做功 W 1530 J， g 取 10 m/s 2.(1)求运动员在 AB 段下滑时受到阻力 Ff 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6 倍，则 C 点所在圆弧的半径 R 至少应为
11、多大？【答案】 (1)144 N(2)12.5 m【解析】试题分析：（ 1）运动员在 AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为 x，斜面的倾角为 ，则有vB2 =2axH根据牛顿第二定律得mgsin Ff=ma 又 sin =x由以上三式联立解得Ff =144N（2）设运动员到达C 点时的速度为vC，在由 B 到达 C的过程中，由动能定理有1212mgh+W=mvC -2mvB2设运动员在 C 点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律得 FN mg=m vC2R由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6 倍，即有 FN=6mg 联立解得 R=12 5m考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛
12、】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理4 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F04.010
13、2 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=4.94m5 如图所示，四分之一的光滑圆弧轨道AB 与水平轨道平滑相连，圆弧轨道的半径为R=0.8m，有一质
14、量为m=1kg 的滑块从A 端由静止开始下滑，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为 =0.5，滑块在水平轨道上滑行L=0.7m 后，滑上一水平粗糙的传送带，传送带足够长且沿顺时针方向转动，取g=10m/s 2，求：（ 1）滑块第一次滑上传送带时的速度v1 多大？（ 2）若要滑块再次经过 B 点，传送带的速度至少多大？（3）试讨论传送带的速度v 与滑块最终停下位置x（到 B 点的距离）的关系。【答案】 (1) 3m/s (2)v2或 xv27 m/s (3) x LL2g2 g【解析】【详解】（1）从 A 点到刚滑上传送带，应用动能定理mgRmgL1mv122得v12gR2 gL代入数据得， v1=3
15、m/s.（2）滑块在传送带上运动，先向左减速零，再向右加速，若传送带的速度小于v1，则物块最终以传送带的速度运动，设传送带速度为v 时，物块刚能滑到 B 点，则mgL01 mv22解得 v2gL7 m/s即传送带的速度必须大于等于7 m/s 。(3)传送带的速度大于或等于v1，则滑块回到水平轨道时的速度大小仍为v1mgs01 mv122得 s=0.9m ，即滑块在水平轨道上滑行的路程为0.9m，则最后停在离B 点 0.2m 处。若传送带的速度7 m/s v3m/s，则滑块将回到B 点，滑上圆弧轨道后又滑到水平轨道，最后停下，即mg（Lx)01 mv22v2L解得 x2g若传送带的速度v7 m/
16、s ，则滑块将不能回到B 点，即解得 xL12mg（Lx)0mvv22 g6 如图所示， BC为半径等于 22 m 竖直放置的光滑细圆管，O 为细圆管的圆心，在圆5管的末端 C 连接倾斜角为 45、动摩擦因数 0.6 的足够长粗糙斜面，一质量为m0.5kg 的小球从 O 点正上方某处A 点以 v0 水平抛出，恰好能垂直OB 从 B 点进入细圆管，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的力F 5N的作用，当小球运动到圆管的末端C 时作用力 F 立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面(g 10m/s 2)求：（1）小球从 O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度 v0 为多少？（ 2）小球在圆管中运动时对
17、圆管的压力是多少？（ 3）小球在 CD斜面上运动的最大位移是多少？【答案】（ 1） 2m/s ；（ 2） 7.1N；（ 3） 0.35m.【解析】【详解】（ 1）小球从 A 运动到 B 为平抛运动，水平方向：rsin45 =v0t ，在 B 点：vygttan45 =，v0v0解得：v0=2m/s ；（2）小球到达在B 点的速度：vv02 2m/s ，cos45由题意可知：mg=0.5 10=5N=F，重力与 F 的合力为零，小球所受合力为圆管的外壁对它的弹力，该力不做功，小球在管中做匀速圆周运动，管壁的弹力提供向心力，v20.5(2 2) 27.1NF mNr225由牛顿第三定律可知，小球对
18、圆管的压力大小：F 7.1N；（3）小球在 CD上滑行到最高点过程，由动能定理得：mg sin 45 ?smg cos 45 ?s01 mv22解得：s 0.35m；7 如图所示，在光滑的水平地面上有一平板小车质量为M=2kg，靠在一起的滑块甲和乙质量均为 m=1kg，三者处于静止状态。某时刻起滑块甲以初速度v1=2m/s向左运动，同时滑块乙以 v2=4m/s 向右运动。最终甲、乙两滑块均恰好停在小车的两端。小车长L=9.5m，两滑块与小车间的动摩擦因数相同，（g 取 10m/s 2，滑块甲和乙可视为质点）求：(1)最终甲、乙两滑块和小车的共同速度的大小;(2)两滑块与小车间的动摩擦因数；(3
19、)两滑块运动前滑块乙离右端的距离。【答案】（ 1） 0.5m/s （ 2） 0.1 （ 3） 7.5m【解析】【详解】（1）两滑块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv2mv1(Mmm)v解得v=0.5m/s（2）对整体由能量守恒定律得1 mv121 mv221M m m v2mgL222解得：0.1（ 3）经分析，滑块甲运动到左端时速度刚好减为 0，在滑块甲运动至左端前，小车静止，之后滑块甲和小车一起向右做匀加速运动到三者共速。法一：应用动能定理甲、乙从开始运动到最终两滑块均恰好停在小车的两端的过程中，设滑块乙的对地位移为x1 ，滑块甲和小车一起向右运动的位移为x2
20、。由动能定理对滑块乙有mgx11 mv21 mv2222对滑块甲和小车有mgx21m M v22滑块乙离右端的距离sx1x2解得：s=7.5m法二：应用动量定理甲、乙从开始运动到最终两滑块均恰好停在小车的两端的过程中，设滑块乙的运动时间为t1 ，滑块甲向左运动至小车左端的时间为t2 。由动量定理对滑块乙有mgt1mvmv2对滑块甲mgt20mv1滑块甲和小车一起向右运动的时间为tt1t2由运动学公式滑块乙离右端的距离：sv2v t1v t22解得：s=7.5m法三：转换研究对象，以甲为研究对象设滑块甲离左端距离为x1 ，由牛顿第二定律得mgma由速度位移公式v122ax1解得：x12m滑块乙离
21、右端的距离sLx17.5m8 有可视为质点的木块由A 点以一定的初速度为4m/s 水平向右运动，AB 的长度为 2m ，物体和 AB 间动摩擦因素为 1=0.1， BC 无限长，物体和 BC间动摩擦因素为23 ，6求：（ 1）物体第一次到达 B 点的速度；（ 2）通过计算说明最后停在水平面上的位置距B 点的距离【答案】（ 1） v 23m / s （ 2） 2m【解析】【分析】由题中 “有可视为质点的木块由A 点以一定的初速度为4m/s 水平向右运动 ”可知，本题考查动能定理和能量守恒定律，根据对物体运动状态的分析结合能量变化可分析本题【详解】（1）据题意，当物体从A 运动到 B 点过程中，有
22、：1mgsAB1 mvB21 mvA222带入数据求得：vB =2 3m / s（2）物体冲上斜面后，有：- 2mg cos30o xBC mg sin 30o xBC1 mvB22解得：xBC0.8m则有：-2 2 mg cos30o xBC1mgx1 mvB22解得：x2m即物体又回到了A 点9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 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
23、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
24、所做的功为W，根据动能定理，有：W1 mBvB224J （2 分）（2）滑块 B 滑上传送带后做匀加速运动，设滑块度 v 所用的时间为 t，加速度大小为 a，在时间B 从滑上传送带到速度达到传送带的速 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 t12at 2 （ 1 分）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）
25、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 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
26、.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/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+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，传
27、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
28、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 0.5s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v1 ，则 v12v022a2 x2x2 lx12.25m解得 v14m / s（3）从开始到最高点，由动能定理得Wmgl sin 371 mv121 mv0222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 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3f 210N试求：(1)小轿车最大速度的大小；(2)小轿车由 v 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0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 P fvm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