1、高考物理动能定理的综合应用专题训练答案一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1 如图所示，轨道 ABC 被竖直地固定在水平桌面上， A 距水平地面高 H 0.75m， C距水平地面高 h0.45m 。一个质量 m 0.1kg 的小物块自 A 点从静止开始下滑，从 C 点以水平速度飞出后落在地面上的 D 点。现测得 C、D 两点的水平距离为 x0.6m 。不计空气阻力，取 g 10m/s 2。求(1)小物块从 C 点运动到D 点经历的时间t ；(2)小物块从 C 点飞出时速度的大小vC；(3)小物块从 A 点运动到C 点的过程中克服摩擦力做的功。【答案】 (1) t=0.3s (2) vC=
2、2.0m/s(3)0.1J【解析】【详解】（1）小物块从 C 水平飞出后做平抛运动，由h1 gt 22得小物块从 C 点运动到 D 点经历的时间 t2h0.3sg（2）小物块从 C 点运动到 D，由 xvCt得小物块从 C 点飞出时速度的大小x2.0m/svCt（3）小物块从 A 点运动到 C 点的过程中，根据动能定理得 mg H h Wf1 mvC202W f1 mvC2mg Hh-0.1J2此过程中克服摩擦力做的功WfWf0.1J2 如图所示， AB 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端切一个小物块自A 点由静止开始沿轨道下滑，已知轨道半径为B 点与水平直轨道相R 0.2m ，小物块的
3、质量为 m0.1kg，小物块与水平面间的动摩擦因数 0.5， g 取10m/s 2.求：(1)小物块在 B 点时受到的圆弧轨道的支持力大小；(2)小物块在水平面上滑动的最大距离【答案】 (1)3N(2)0.4m【解析】 (1)由机械能守恒定律，得在 B 点联立以上两式得 FN 3mg 10N3N. 3 0.1(2)设小物块在水平面上滑动的最大距离为l ，对小物块运动的整个过程由动能定理得mgRmgl0，代入数据得【点睛】解决本题的关键知道只有重力做功，机械能守恒，掌握运用机械能守恒定律以及动能定理进行解题3 质量 m 1.5kg 的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止
4、开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t2.0s 停在 B 点，已知 A、 B 两点间的距离 s 5.0m ，物块与水平面间的动摩擦因数0.20 ，求恒力 F 多大（ g10m / s2 ）【答案】 15N【解析】设撤去力前物块的位移为，撤去力时物块的速度为，物块受到的滑动摩擦力对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得由运动学公式得对物块运动的全过程应用动能定理由以上各式得代入数据解得思路分析：撤去 F 后物体只受摩擦力作用，做减速运动，根据动量定理分析，然后结合动能定律解题试题点评：本题结合力的作用综合考查了运动学规律，是一道综合性题目4一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个光滑圆
5、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，滑块滑到与小车上表面间的动摩擦因数（取 g=10m/s 2）试求：B 端后冲上小车滑块（ 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 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
6、 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）5 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
7、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 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
8、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 vD t2解得： t=1s；s相对Lvt62 1m8m由能量守恒定律知： Q
9、mgL s相对解得： Q=16J6 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 R=0.2 m 的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道 DE，整个轨道除 AB 段以外都是光滑的。其中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 =6 m/s 沿倾斜轨道滑下，到达 C点时速度vC2， sin37 =0.60， cos37=0.80。=4 m/s 。取 g=10 m/s（ 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
10、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：Nmvc2mgR解得N=180 N（2）设 AB 过程中摩擦力对小物块所做的功为Wf，小物块 ABC 的过程，有mgL sin 37 W f1mvc21mv0222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
11、高点的过程中，有mgL sin 37 Wf 2mgR1 mvm21 mvA222解得vA30 m/s7 如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m 的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M 处的墙上，另一端恰位于滑道的末端O 点已知在OM 段，物块A 与水平面间的动摩擦因数均为，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：（ 1）物块速度滑到 O 点时的速度大小；（ 2）弹簧为最大压缩量 d 时的弹性势能 （设弹簧处于原长时弹性势能为零）（ 3）若物块 A 能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？【答案】
12、（ 1）2gh ；（ 2） mghmgd ；（ 3） h2 d【解析】【分析】根据题意，明确各段的运动状态，清楚各力的做功情况，再根据功能关系和能量守恒定律分析具体问题【详解】（1）从顶端到O 点的过程中，由机械能守恒定律得：mgh1 mv22解得：v 2gh（ 2）在水平滑道上物块 A 克服摩擦力所做的功为：Wmgd由能量守恒定律得：1mv2EPmgd2联立上式解得：EPmghmgd（ 3）物块 A 被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为；Wmgd由能量守恒定律得：mghEPmgd解得物块 A 能够上升的最大高度为：hh2d【点睛】考察功能关系和能量守恒定律的运用8 一质量为m=0.1kg
13、的滑块 (可视为质点 )从倾角为=37、长为 L=6m 的固定租糙斜面顶端由静止释放，滑块运动到斜面底端时的速度大小为v，所用的时间为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1t 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） 43 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mg
14、sinmgcosma1滑块上滑时有mgsinmgcosma2由题意有 va1ta2t2联立解得=0.25则滑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 v2 2a1 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 =1.2J9 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
15、=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)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
16、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 。由动能定理对滑块乙有mgx1 mv21 mv21222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mgt1
17、mvmv2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滑块乙离右端的距离sLx17.5m10 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
18、 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
19、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：mg ma （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.
20、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11 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）
21、 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=0.4s2g则 v0s= =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
22、能12 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） 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 va1t1解得 t10.5s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 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，
