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1、高考物理动能定理的综合应用解题技巧及练习题含解析(1)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) v4 5m/s ；(2)150N ，作用力方向竖直向上； (3) x 12.5m【解
2、析】【分析】【详解】(1)物块 A 从出发至 N 点过程，机械能守恒，有1 mv2mg 2R1 mv2202得vv024gR 45m/ 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mg FNm v2R得物块 A 受到的弹力为FNm v2mg 150NR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mgx 01 mv022得x12.5m2 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123=60 、长为 L =2 3 m 的
3、倾斜轨道 AB，通过微小圆弧与长为L =m 的水平轨道 BC相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）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）6 m/s （ 2） 36 m/s （ 3）0R 1.08
4、m【解析】试题分析：（1）小球开始时做平抛运动： v 2=2ghy代入数据解得：vy22 100.93 2/sghmA 点：tanvy60vx得：vxv0vy3 26m / stan603m / s（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，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1 mvC2 mgR22代入数据解得R2=2 7 m当圆轨道与AB 相切时 R3=BC?ta
5、n 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 如图所示， AC 为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在A 端的竖直墙壁上.质量m1kg 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FG，斜面FG 与圆轨道
6、相切于F 点，小物体与斜面间的动摩擦因数0.5.sin37 o0.6，cos37o0.8 ，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： vCvD cos60o设弹簧最初具有的弹性
7、势能为Ep ，则： EP1mv C22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 cos60o1 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 ， N30N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W
8、f ，则Wf 2x mgcos37o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 EKD Wf ，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 cos37o1 mv 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
9、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
10、4 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 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1=0.4、 2=0.5， g 取 10m/s 2.求：（ 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） 120
11、0N，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 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 4 /2(2分 )m s参赛者加速至vC历时 t vCvB0.5 sa位移 x1 vBvCt 2.5 mL1
12、2参赛者从 B 到 C 先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v 6 /.m s(3) 0.5 s 内传送带位移 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 x 1mvC21mvB2720J.225 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与半径为为水平轨道DE，整个轨道除AB 段以外都是光滑的。其中R=0.2 m 的竖直圆轨道相连，出口 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
13、 =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， cos37=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：mvc2N mgR解得N=180 N（2）设 AB 过程中摩擦力对小物块所做
14、的功为Wf，小物块 ABC 的过程，有mgL sin 37 W f1 mvc21 mv0222解得Wf =-50 J。（3）小物块要能够到达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 Wf2mgR1 mvm21 mvA222解得vA30 m/s6 如图所示，一质量为m 的小球从半径为放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为R 的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释R。小球离开圆弧轨道的底端又通过水平距离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
15、道上受到的阻力所做的功。【答案】（ 1） FN3mg2） W f3 mgR，方向竖直向下（24【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：gRv2而在圆弧轨道的最低点，由牛顿第二定律可知：FNmgm v2R由牛顿第三定律，FNFN联立求得球队轨道的压力为：3mgFN2方向竖直向下。（2）对圆弧上运动的过程由动能定理：mgR Wf1 mv202联立可得：Wf3 mgR47 一质量为m=0.1(可视为质点)从倾角为=37L=6m的固定租糙斜面顶端kg 的滑块、长为由静止释放，滑块运动到斜面底端时的速度大小为v，所用
16、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 ，由牛顿第二定律可得滑块下滑时有 mgsinmgcosma1滑块上滑时有 mgsinmgcosma2由题意有 v a1t a2t2联立解得 =0.25则滑
17、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 v22a1 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 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
18、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 ( g10m / s2 )求：（ 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：mg sinma解得：a5m / 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
19、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：mgL1 mv021 mv222hv02L 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：vv0sv0asLsQmgs0.5J9 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
20、， 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3，26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：1mgsAB1 mvB21 mvA222带入数据求得：vB =2 3m / s（2）物体冲上斜面后
21、，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
22、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 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
23、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） a1 10m/s2（ 2） 4m/s （ 3）W= 12
24、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 0.5s通过的位移：x1v0v t13.75 m 6 m2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 mv
25、121 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 如图所示 ,传送带与地面成夹角=37,以4m/s 的速度顺时针转动,在传送带下端轻轻地放一个质量m=1kg 的物体 ,它与传送带间的动摩擦因数=1,已知传送带从A 到 B 的长度L=6m,求物体从A 到 B 过程中传送带克服物块摩擦力做功的平均功率?【答案】 30.4W【解析】【详解】物体先做匀加速直线运动,速度达到传送带速度后做匀速直线运动,根据牛顿第二定律求出开始上滑的加速度 ,结合速度时间公式求出速度达到传送带速度的时间 ,根据速度位移公式求出速度达到传送带上滑的位移 ,从而得出匀速运动位移 ,结合位移公式求出匀速运动的时间 ,求出总时间 ,摩擦力做的功 ,求平均功率 ；解： 物块刚放上传送带上时的加速度为a，有：mgcosmgsinma代入数据得：a2m / s2加速过程的位移为： x11at122达到共同速度的时间为：vat1联立解得： t1 2sx14m匀速运动Lx1 vt2t20.5s加速过程摩擦力做的功W1umgcos vt164J匀速过程摩擦力做的功W2mgsin vt 212J根据平均功率的定义PW1W230.4Wt1t2