1、高考必备物理动能定理的综合应用技巧全解及练习题( 含答案 ) 及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1 某物理小组为了研究过山车的原理提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为=53 ，长为 L1 =7.5m 的倾斜轨道 AB，通过微小圆弧与足够长的光滑水平轨道 BC 相连，然后在 C 处连接一个竖直的光滑圆轨道如图所示高为 h=0.8m 光滑的平台上有一根轻质弹簧，一端被固定在左面的墙上，另一端通过一个可视为质点的质量m=1kg 的小球压紧弹簧，现由静止释放小球，小球离开台面时已离开弹簧，到达A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下已知小物块与AB 间的动摩擦因数为=0.5，
2、g 取10m/s 2， sin53 =0.8求：(1)弹簧被压缩时的弹性势能；(2)小球到达 C 点时速度vC的大小；(3)小球进入圆轨道后，要使其不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件【答案】 (1) 4.5J； (2) 10m/s ； (3) R5m或 0 R2m。【解析】【分析】【详解】(1)小球离开台面到达A 点的过程做平抛运动，故有v0vy2ghtan3m/stan小球在平台上运动，只有弹簧弹力做功，故由动能定理可得：弹簧被压缩时的弹性势能为Ep1 mv024.5J ；2(2)小球在 A 处的速度为v0vA5m/scos小球从 A 到 C 的运动过程只有重力、摩擦力做功
3、，故由动能定理可得mgL1 sinmgL1 cos1 mvC21 mvA222解得vCvA22gL1 sincos10m/s ；(3)小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，即小球能通过圆轨道最高点，或小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径；那么对小球能通过最高点时，在最高点应用牛顿第二定律可得mg m v12；R对小球从 C 到最高点应用机械能守恒可得1 mvC22mgR 1 mv125 mgR222解得0 RvC22m ；5g对小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径的情况应用机械能守恒可得1 mvC2 mgh mgR2解得R vC 2 =5m ； 2g故小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，
4、则竖直圆弧轨道的半径R5m或 0 R2m；2 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，滑块 Q
5、 与木板 P 之间因摩擦而产生的热量。【答案】 (1) 2 0.03 ； (2) vPvQ 0.6m/s ； (3) Q 54.72J【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v 10m/s，设 P、 Q 间1动摩擦因数为1， P 与地面间的动摩擦因数为2；对 Q，由 vt图像有a14.8m/s 2由牛顿第二定律有mg sin 371mg cos37ma1联立求解得10.15，210.035(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、
6、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 ) g Ma3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x2v1vQ t0 30.6m2P 发生的位移x3vP t01.8m208s 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Q54.7
7、2J3 一质量为 m=0.1kg 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） 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a1 ，滑块上滑时的，滑块下滑时的加速度大小为加速度大小为a2
8、，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 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：12mg cos2xEkmv解得： Ek =1.2J4 如图所示， ABC是一条长 L=10m 的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h=1.25m 处，A、 C 为端点， B
9、为中点，轨道 BC处在方向竖直向上，大小5E=5 10N/C 的匀强电场中，一-5在轨道上自 A 点质量 m=0.5kg，电荷量 q=+1.0 10C 的可视为质点的滑块以初速度v0=6m/s开始向右运动，经B 点进入电场，从 C 点离开电场，已知滑块与轨道间动摩擦因数=0.2， g 取 10m/s 2。求：滑块（ 1）到达 B 点时的速度大小；（ 2）从 B 点运动到 C 点所用的时间；（ 3）落地点距 C 点的水平距离。【答案】（ 1） 4m/s （2） 1.25s（ 3） 2m【解析】【详解】（1）滑块从A 到 B 的运动过程只受重力、支持力、摩擦力作用，只有摩擦力做功，故由动能定理可得
10、：mg 1 L 1 mvB21 mv02222所以滑块到达B 点时的速度大小vB v02gL4m/s（2）滑块从B 运动到 C 的过程受合外力F=（mg -qE）=0；故滑块从 B 到 C做匀速运动；设从B 点运动到 C 点所用的时间为t ，则有：1 L52ts 1.25 svB4（3）滑块在C 点的速度vC =4m/s ；滑块从C 点做平抛运动，则平抛运动时间2ht 0.5s故落地点距C 点的水平距离x=vCt =2m；5 如图，图象所反映的物理情景是：物体以大小不变的初速度角 不同，物体沿木板上滑的距离S 也不同，便可得出图示的v0 沿木板滑动，若木板倾S-图象问：（ 1）物体初速度 v0
11、 的大小（ 2）木板是否粗糙？若粗糙，则动摩擦因数为多少？（ 3）物体运动中有否最大加速度以及它发生在什么地方？【答案】（ 1） v017.3m / s （ 2）0.75 （3）最大加速度点坐标53 , s12m【解析】【分析】【详解】（1）当 =90o 时，物体做竖直上抛运动，根据速度位移公式可知：v02gs110 317.3m / s（2）当 =0o 时，根据动能定理得，mg s1 mv02，解得：2v023002gs 20.7510 20（3）加速度 amg cosmg sing cosg sing3 cossin得到，m4当 =53o 时， 有极大值 am12.5m / s2，由动能定
12、理得，01mv02mas ，所以2s 12m 所以最大加速度点坐标53 , s 12m6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
13、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 、 R1 gt 2 ，可解得 vC2gR2（2）对于从 A 到 C 的过程，运用动能定理得mg H R W f1 mvC202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
14、从 A到 C，由动能定理得mg(h R)W f1 mvC20 2滑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 (H 2R)(h R) ，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7 如图所示，一倾角 =37斜面底端与一传送带左端相连于的B 点，传送带以 v=6m/s 的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端点以0 =4m/s 的初速度沿斜
15、面下滑，当物块滑到斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，从传送带右端的C 点水平抛出，最后落到地面上的 D 点，已知斜面长度 L1=8m，传送带长度L2=18m ，物块与传送带之间的动摩擦因数22=0.3，（ sin37 =0.6， cos37 =0.8， g=10m/s ）（ 1）求物块与斜而之间的动摩擦因数l；（ 2）求物块在传送带上运动时间；（3）若物块在 D 点的速度方向与地面夹角为 a=53 ，求 C 点到地面的高度和 C、 D 两点间的水平距离【答案】（ 1）（ 2） 4s；（ 3） 4.8m 【解析】试题分析：（ 1）从 A 到 B 由动能定理即可求得摩擦因数（ 2）
16、由牛顿第二定律求的在传送带上的加速度，判断出在传送带上的运动过程，由运动学公式即可求的时间；（ 3）物体做平抛运动，在竖直方向自由落体运动，解：（ 1）从 A 到 B 由动能定理可知代入数据解得（2）物块在传送带上由牛顿第二定律：mg=ma2a=达到传送带速度所需时间为t=s加速前进位移为18m滑块在传送带上再匀速运动匀速运动时间为故经历总时间为t 总 =t+t =4s（3）设高度为h，则竖直方向获得速度为联立解得 h=3.2m下落所需时间为水平位移为 xCD=vt =6 0.8s=4.8m答：（ 1）求物块与斜而之间的动摩擦因数为l（2）求物块在传送带上运动时间为4s；（3）若物块在 D 点
17、的速度方向与地面夹角为a=53，C 点到地面的高度为3.2m 和 C、D 两点间的水平距离为4.8m 【点评】本题主要考查了动能定理、平抛运动的基本规律，运动学基本公式的应用，要注意传动带顺时针转动时，要分析物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解8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 匀速传动现用水平向左的推力将滑块B 缓慢推到 M 点（弹簧仍在弹性
18、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v =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B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 所做的功为W，根据动能定理，有：W1 mBvB224J
19、（2 分）（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：mgma （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： x1.8m （ 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9 如图所
20、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L0.5 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s 0.8 m已知g 10 m/s 2，桌面高度为H0.8 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
21、 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10 如图所示，光滑曲面与粗糙平直轨道平滑相接，B 为连接点，滑块(视为质点 )自距水平
22、轨道高为h 的 A 点，由静止自由滑下，滑至C点速度减为零BC 间距离为L重力加速度为 g，忽略空气阻力，求：(1)滑块滑至 B 点的速度大小；(2)滑块与水平面BC间的动摩擦因数；(3)若在平直轨道BC间的 D 点平滑接上一半圆弧形光滑竖直轨道(轨道未画出 )，DC3 L ，再从 A 点释放滑块，滑块恰好能沿弧形轨道内侧滑至最高点不考虑滑块滑4入半圆弧形光滑轨道时碰撞损失的能量，半圆弧的半径应多大？【答案】 (1) v2gh (2)h (3) R 3 hL10【解析】【详解】(1) 滑块从 A 到 B，由动能定理 :mgh1 mv22解得滑块经过B 点的速度 v2gh (2) 滑块从 A 到
23、 C，由全程的动能定理：mghfL0滑动摩擦力：fFN而 FNmg ，联立解得 :hL(3) 设滑块刚好经过轨道最高点的速度为v0，轨道半径为 R，滑块刚好经过轨道最高点时，mgm v02R滑块从 A 到轨道最高点，由能量守恒mgh-mg Lmg 2R1 mv0242联立解得R3 h 1011 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BCBC=1.8m ，物体在 BC 段所受到的阻力为 8N 。(g=10m/s2)。求：(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)
24、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：EEkBmgL1 mv2mgLBC21.6JkCBC2B（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：mgx1mvA2mgh ，2
25、解得：x 4.5m=2 LBC+0.9m；故物块最后停在离B 点 0.9m 处；12 如图所示，倾斜轨道在B 点有一小圆弧与圆轨道相接，一质量为m=0.1kg 的物体，从倾斜轨道A 处由静止开始下滑，经过B 点后到达圆轨道的最高点C 时，对轨道的压力恰好与物体重力相等已知倾斜部分有摩擦，圆轨道是光滑的，A 点的高度H=2m,圆轨道半径R=0.4m， g 取 10m/s 2,试求：（ 1）画出物体在 C 点的受力与运动分析图，并求出物体到达C 点时的速度大小；（ 2）物体到 B 点时的速度大小（用运动学公式求不给分）；（ 3）物体从 A 到 B 的过程中克服阻力所做的功【答案】（ 1） 22m/s （ 3） 2 6m/s （ 3） 0.8J【解析】【分析】【详解】（1）物体在C 点的受力与运动分析图所示：在 C 点由圆周运动的的知识可得：2mgmgm vcR解得： v2Rg2 10 0.4m/s 22m/sc（2）物体由 B 到 C 的过程，由动能定理可得：mg g2R1 mvc21 mvB222解得： vB2 6m/s（3）从 A 到 B 的过程，由动能定理可得：mgH Wf1 mvB22解得： Wf 0.8J
