1、高中物理动能定理的综合应用易错剖析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个光滑圆弧轨道AB 的底端等高对接，如图所示已知小车质量 M=30kg，长 L=2 06m，圆弧轨道半径 R=0 8m现将一质量 m=1 0kg 的小滑块，由轨道顶端 A 点无初速释放，滑块滑到 B 端后冲上小车滑块与小车上表面间的动摩擦因数 （取 g=10m/s 2）试求：（ 1）滑块到达 B 端时，轨道对它支持力的大小；（ 2）小车运动 1 5s 时，车右端距轨道 B 端的距离；（ 3）滑块与车面间由于摩擦而产生的内能【答案】（ 1） 30 N（2 ）1 m（ 3） 6
2、 J【解析】（1）滑块从 A 端下滑到 B 端，由动能定理得（ 1 分）在 B 点由牛顿第二定律得（ 2 分）解得轨道对滑块的支持力N （ 1 分）（2）滑块滑上小车后，由牛顿第二定律对滑块：，得m/s2 （1 分）对小车：，得m/s2 （1 分）设经时间t 后两者达到共同速度，则有（ 1分）解得s （ 1 分）由于s1 5s，故 1s 后小车和滑块一起匀速运动，速度v=1 m/s （ 1 分）因此， 1 5s 时小车右端距轨道B 端的距离为m （ 1 分）（3）滑块相对小车滑动的距离为m （ 2 分）所以产生的内能J （1 分）2 质量为 m=0.5kg、可视为质点的小滑块，从光滑斜面上高h
3、0=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
4、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) 2 3m/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，机械能守恒mgh01mvB202解得vB2gh0 2 100.62 3m/s(2)根据动能定理得mgh0mgx01 mvC202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/s2t1
5、vC vB32 3 s0.155sa3(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t 2H2 0.8s 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t2 2h2 20.2s0.283sg10水平位移xvct3 0.283m 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xpc3 3 m1.04m5【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
6、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。3 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122=0.4、 =0.5， g
7、 取 10m/s.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） 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 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
8、 2mgL2 0 1mvC22C解得 v 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 vBvCt 2.5 L12m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.224 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
9、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
10、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：mgL01 mv22由能量守恒定律知：Ep1mv22解得： Ep12J（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：Nmg m vE2R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mgL1 mvD21 mvB222解得： vB7m / s对物块 LvB
11、 vD t2解得： t=1s；s相对Lvt62 1m8m由能量守恒定律知： QmgL s相对解得： Q=16J5 如图所示，小物体沿光滑弧形轨道从高为h 处由静止下滑，它在水平粗糙轨道上滑行的最远距离为s，重力加速度用g 表示，小物体可视为质点，求：（1）求小物体刚刚滑到弧形轨道底端时的速度大小v；（2）水平轨道与物体间的动摩擦因数均为。【答案】（ 1） 2gh （ 2） hs【解析】【详解】解： (1)小物体沿弧形轨道下滑的过程，根据机械能守恒定律可得：mgh1 mv22解得小物体刚滑到弧形轨道底端时的速度大小：v 2gh(2)对小物体从开始下滑直到最终停下的过程，根据动能定理则有：mghm
12、gs 0h解得水平轨道与物体间的动摩擦因数：s6 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) 0.8m【解析】【
13、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)1mv22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)mgLmgh 0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)mgS 0解得： S12.8m因: S 3L0.8m ,
14、故物块最终将停在距离D 点 0.8m 处的位置7 如图所示，质量4 6m 2.0 10 kg、电荷量q1.0 10 C 的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1 的匀强电场中取 g10 m/s 2(1)求匀强电场的电场强度E1 的大小和方向；(2)在 t 0 时刻，匀强电场强度大小突然变为3t 0.20 sE2 4.0 10N/C，且方向不变求在时间内电场力做的功；(3)在 t 0.20 s 时刻突然撤掉第(2)问中的电场，求带电微粒回到出发点时的动能【答案】344(1)2.0 10(2)8.0 10J(3)8.0 10JN/C，方向向上【解析】【详解】（1）设电场强度为E，则： Eq
15、mg ，代入数据解得： Emg2.010 4 10 N / C2.0103 N / C ，方向向上q1010 6（2）在 t0 时刻，电场强度突然变化为：E24.0103 N / C ，设微粒的加速度为a ，在 t 0.20s 时间内上升高度为h，电场力做功为W，则： qE2 mg ma1解得 ： a110 m / s2根据： h1 a1t 2 ，解得 ： h0.20m2电场力做功： WqE2 h8.010 4 J（3）设在 t0.20s 时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为v，回到出发点时的动能为Ek ，则： vat ， Ekmgh1 mv22解得： Ek 8.010 4 J8 如图所示，光滑
16、斜面 AB 的倾角 =53，BC为水平面， BC 的长度 l BC=1.10 m， CD 为光滑的 1 圆弧，半径 R=0.60 m一个质量 m=2.0 kg 的物体，从斜面上 A 点由静止开始下滑，物4体与水平面BC 间的动摩擦因数=0.20.轨道在 B， C 两点光滑连接当物体到达D 点时，继续竖直向上运动，最高点距离D 点的高度h=0.20 m， sin 53 =0.8， cos 53 =0.6.g 取 10m/s 2.求：(1)物体运动到C点时速度大小vC(2)A 点距离水平面的高度H(3)物体最终停止的位置到 C 点的距离 s.【答案】 (1)4 m/s(2)1.02 m (3)0.
17、4 m【解析】【详解】(1)物体由 C 点到最高点，根据机械能守恒得：mg R h1 mvc22代入数据解得： vC4m/ s(2)物体由 A 点到 C 点，根据动能定理得： mgHmglBC1 mvc202代入数据解得： H1.02m(3)从物体开始下滑到停下，根据能量守恒得：mgxmgH代入数据，解得：x5.1m由于 x4l BC0.7 m所以，物体最终停止的位置到C 点的距离为：s0.4m 【点睛】本题综合考查功能关系、动能定理等；在处理该类问题时，要注意认真分析能量关系，正确选择物理规律求解 9 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
18、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)3hLgvg(3) 22h【答案】(2)g4h2h【解析】【分析】【详解】（1）若微粒打在探测屏AB 的中点，则有：3h1=gt2，22解得： t3hg（2）设打在 B 点的微粒的初速度为V1，则有： L=V1 11gt12t， 2h=2得： v1Lg4h同理，打在 A 点的微粒初速度为：v2Lg2
19、h所以微粒的初速度范围为：ggL vL2h4h（3）打在 A 和 B 两点的动能一样，则有：1mv2122+mgh=2联立解得： L=22 h2mv1 +2mgh10 如图的竖直平面内，一小物块(视为质点 )从 H=10m 高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB 进入半径R=4m 的光滑竖直圆环内侧，弯曲轨道AB 在 B 点与圆环轨道平滑相接。之后物块沿 CB 圆弧滑下，在 B 点 (无动量损失 )进入右侧的粗糙水平面上压缩弹簧。已知物块的质量 m=2kg，与水平面间的动摩擦因数为 0.2，弹簧自然状态下最左端 D 点与 B 点距离L=15m，求： (g=10m/s2)(1)物块从 A 滑到 B
20、时的速度大小；(2)物块到达圆环顶点C 时对轨道的压力；(3)若弹簧最短时的弹性势能，求此时弹簧的压缩量。【答案】 (1)m/s ； (2)0N； (3)10m。【解析】【分析】【详解】(1)对小物块从A 点到 B 点的过程中由动能定理解得 ：；(2)小物块从 B 点到 C 由动能定理 ：在 C 点，对小物块受力分析：代入数据解得C 点时对轨道压力大小为0N；(3)当弹簧压缩到最短时设此时弹簧的压缩量为x,对小物块从B 点到压缩到最短的过程中由动能定理 ：由上式联立解得：x=10m【点睛】动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动，了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解
21、的物理量选择物理规律解决问题。动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功。11 遥控电动玩具车的轨道装置如图所示，轨道ABCDEF中水平轨道AB 段和 BD 段粗糙，AB=BD=2.5R，小 在AB 和 BD 段无制 运行 所受阻力是其重力的0.02 倍， 道其余部分摩擦不 。斜面部分DE 与水平部分BD、 弧部分EF均平滑 接， 道BC 的半径 R，小段 弧 EF的半径 4R， 道 BC 最高点 C与 弧 道EF 最高点 F 等高。 道右 有两个与水平 道 AB、 BD 等高的框子 M 和 N，框 M 和框 N的右 到 F 点的水平距离分别为 R 和 2R。 定
22、功率 P， 量 m 可 点的小 ，在AB 段从 A 点由静止出 以 定功率行 一段 t（ t 未知）后立即关 机，之后小 沿 道从B 点 入 道 最高点 C 返回 B 点，再向右依次 点 D、 E、 F，全程没有脱离 道，最后从F 点水平 出，恰好落在框N 的右 。（ 1）求小 在运 到 F 点 道的 力；（ 2）求小 以 定功率行 的 t ；（3）要使小 入M 框，小 采取在AB 段加速（加速 可 ），BD 段制 减速的方案， 小 在不脱离 道的前提下，在BD 段所受 的平均制 力至少 多少。【答案】（ 1） mg，方向 直向下；（2）；（ 3） mg【解析】【 解】（1）小 平抛 程，有：
23、 2R=vFt2R= gt 2? 由 立解得：vF=? 在 F 点， 小 由牛 第二定律得：mg FN=m? 由得： FN= mg由牛 第三定律得小 道的 力大小 mg，方向 直向下。（2）小 从静止开始到F 点的 程中，由 能定理得：2Pt 0.02mg5R mg2R= mvF ? 由得： t=gt2（3）平抛过程有： R=vF t、 2R=要使小车进入 M 框，小车在 F 点的最大速度为? vF =小车在 C 点的速度最小设为 vC，则有： mg=m? 设小车在 BD 段所受总的总的平均制动力至少为f ，小车从 C点运动到 F 点的过程中，由动能定理得：- f 2.5 R= mv F2-
24、mvC2? 由得： f= mg,=37,4m/s的速度顺时针转动,在传送带下端轻轻地12 如图所示 传送带与地面成夹角以放一个质量 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： x11 at122达到共同速度的时间为：v at1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
