高考物理动能定理的综合应用专项训练及答案含解析

高考物理动能定理的综合应用专项训练及答案含解析
一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用
1．某滑沙场的示意图如图所示，某旅游者乘滑沙橇从A点由静止开始滑下，最后停在水平沙面上的C点．设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面和水平面连接处可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动，若测得AC间水平距离为x，A点高为h，求滑沙橇与沙面间的动摩擦因数μ．
【答案】h/x
【解析】
【分析】
对A到C的全过程运用动能定理，抓住动能的变化量为零，结合动能定理求出滑沙橇与沙面间的动摩擦因数．
【详解】
设斜面的倾角为θ，对全过程运用动能定理得，
因为，则有，解得．
【点睛】
本题考查了动能定理的基本运用，运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再结合动能定理进行求解，本题也可以结合动力学知识进行求解．
2．如图所示，一质量为m的滑块从高为h的光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下，槽的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为v0，两轮轴心间距为L，滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C时，恰好加速到与传送带的速度相同，求：
（1）滑块到达底端B时的速度大小v B；
（2）滑块与传送带间的动摩擦因数μ；
（3）此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q.
【答案】（12gh2）
2
2
2
v gh
gl
μ
-
=（3）
(2
2
2
m v gh
-
【解析】
试题分析：（1）滑块在由A 到B 的过程中，由动能定理得：2
102
B mgh mv -＝，
解得：2B gh ν＝；
（2）滑块在由B 到C 的过程中，由动能定理得：μmgL ＝
12mv 02−1
2
mv B 2， 解得，2022v gh
gL
μ-＝；
（3）产生的热量：Q=μmgL 相对，()2
2
00(2)2B
gh L g
相对
＝
νννμ--=（或200(2) gh L ν-）， 解得，2
01(2)2
Q m gh ν-＝； 考点：动能定理
【名师点睛】本题考查了求物体速度、动摩擦因数、产生的热量等问题，分析清楚运动过程，熟练应用动能定理即可正确解题．
3．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． 【答案】3h g 42g g v h h
≤≤22h 【解析】 【分析】 【详解】
（1）若微粒打在探测屏AB 的中点，则有：32h =12
gt 2
， 解得：3h t g
=
（2）设打在B 点的微粒的初速度为V1，则有：L=V 1t 1，2h=12
gt 12 得：14g v L
h
= 同理，打在A 点的微粒初速度为：22g v L h
= 所以微粒的初速度范围为：4g L
h ≤v≤2g L h
（3）打在A 和B 两点的动能一样，则有：12mv 22+mgh=1
2
mv 12+2mgh 联立解得：L=22h
4．如图所示，质量为 1.0kg m =的小物体从A 点以 5.0m/s A v =的初速度沿粗糙的水平面匀减速运动距离 =1.0 m s 到达B 点，然后进入半径R =0.4m 竖直放置的光滑半圆形轨道，小物体恰好通过轨道最高点C 后水平飞出轨道，重力加速度g 取l0m/s 2。

求：
(1)小物体到达B 处的速度B v ；
(2)小物体在B 处对圆形轨道压力的大小N F ； (3)粗糙水平面的动摩擦因数μ。

【答案】(1)25m/s ；(2)60N ；(3)0.25。

【解析】 【详解】
(1)小物体恰好通过最高点C ，由重力提供向心力，则：
2
C
v mg m R
=
得到：
2m/s c v gR ==
小物体从B 点运动到C 点过程中机械能守恒，则：
22
11222
B C mv mv mg R =+⋅ 得到：
2425m/s =+=B C v v gR ；
(2)设小物体在B 处受到的支持力为'
N F ，根据牛顿第二定律有：
2'B
N
v F mg m R -=
得到：
'660N ==N F mg
根据牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力N F 大小为60N ，方向竖直向下。

(3)小物体由A 到B 过程，由动能定理得到：
22
1122
B A mgs mv mv μ-=
- 得到：
0.25μ=。

【点睛】
本题关键是恰好通过最高点，由重力提供向心力，然后再根据牛顿第二定律、机械能守恒
和动能定理结合进行求解。

5．如图所示，摩托车做特技表演时，以v 0＝10m /s 的速度从地面冲上高台，t ＝5s 后以同样大小的速度从高台水平飞出．人和车的总质量m ＝1.8×102kg ，台高h ＝5.0m .摩托车冲上高台过程中功率恒定为P ＝2kW ，不计空气阻力，取g ＝10m /s 2.求：
(1) 人和摩托车从高台飞出时的动能E k ； (2) 摩托车落地点到高台的水平距离s ； (3) 摩托车冲上高台过程中克服阻力所做的功W f . 【答案】（1）9×103J （2）10m （3）1×103J 【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：根据动能表达式列式求解即可；人和摩托车从高台飞出做平抛运动，根据平抛的运动规律即可求出平抛的水平距离；根据动能定理即可求解克服阻力所做的功． （1）由题知，抛出时动能：2
30019102
k E mv J =
=⨯ （2）根据平抛运动规律，在竖直方向有：212
h gt = 解得：t=1s
则水平距离010s v t m ==
（3）摩托车冲上高台过程中，由动能定理得：0f Pt mgh W --=
解得：3
110f W J =⨯ 【点睛】
本题考查了动能定理和平抛运动的综合，知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，以及能够熟练运用动能定理．
6．滑板运动是深受青少年喜爱的一项极限运动。

如图所示为某一滑道的示意图，轨道 AB 可视为竖直平面内半径为R 的
1
4
光滑圆弧，圆心为O ，OA 水平。

轨道最低点B 距水平面CD 高度为14
R ，C 点位于B 点正下方。

滑板和运动员（可看作质点）总质量为m ，由A 点静止下滑，从轨道中B 点飞出，落在水平面上的E 点。

重力加速度为g 。

求： （1）运动员运动到B 点时速度的大小； （2）运动员运动到B 点时对轨道压力的大小； （3）C 、E 两点间的距离。

【答案】(1) 2B v gR =mg (3)R 【解析】 【详解】
(1) 运动员从A 到B ，根据动能定理
2
B 102
mgR mv =-
解得：
B 2v gR (2) 运动员到达B 点时
2B
B v N mg m R
-=
运动员对轨道的压力为
'B 3N N mg ==
(3)运动员空中飞行时间
212
h gt =
解得：
2R t g
=
C 、E 间距离为
B x v t R ==
7．如图，与水平面夹角θ=37°的斜面和半径R =1.0m 的光滑圆轨道相切于B 点，且固定于竖直平面内。

质量m =0.5kg 的滑块从斜面上的A 点由静止释放，经B 点后沿圆轨道运动，通过最高点C 时轨道对滑块的弹力为滑块重力的5.4倍。

已知A 、B 两点间的高度差h =6.0m 。

（g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求： （1）滑块在C 点的速度大小v C ； （2）滑块在B 点的速度大小v B ；
（3）滑块在A 、B 两点间克服摩擦力做功W f 。

【答案】（1）8m/s （2）10m/s （3）5J 【解析】 【详解】
（1）在C 点，由牛顿第二定律：
2C
C v mg F m R
+=
其中
5.4C F mg =
解得
v C =8m/s
（2）从B 到C 由机械能守恒：
22
11=(1cos37)22
B C mv mv mgR ++o 解得
v B =10m/s
（3）从A 到B 由动能定理：
2
12
f B mgh W mv -=
解得
W f =5J
8．如图所示，在水平路段AB上有一质量为2kg的玩具汽车，正以10m/s的速度向右匀速运动，玩具汽车前方的水平路段AB、BC所受阻力不同，玩具汽车通过整个ABC路段的v-t 图象如图所示（在t=15s处水平虚线与曲线相切），运动过程中玩具汽车电机的输出功率保持20W不变，假设玩具汽车在两个路段上受到的阻力分别有恒定的大小.(解题时将玩具汽车看成质点)
(1)求汽车在AB路段上运动时所受的阻力f1;
(2)求汽车刚好开过B点时的加速度a
(3)求BC路段的长度.
【答案】(1)f1＝5N (2) a＝1.5 m/s2 (3)x=58m
【解析】
【分析】
根据“汽车电机的输出功率保持20W不变”可知，本题考查机车的启动问题，根据
图象知汽车在AB段匀速直线运动，牵引力等于阻力，而牵引力大小可由瞬时功率表达式求出；由图知，汽车到达B位置将做减速运动，瞬时牵引力大小不变，但阻力大小未知，考虑在t=15s处水平虚线与曲线相切，则汽车又瞬间做匀速直线运动，牵引力的大小与BC 段阻力再次相等，有瞬时功率表达式求得此时的牵引力数值即为阻力数值，由牛顿第二定律可得汽车刚好到达B点时的加速度；BC段汽车做变加速运动，但功率保持不变，需由动能定理求得位移大小.
【详解】
(1)汽车在AB路段时，有F1＝f1
P＝F1v1
联立解得：f1＝5N
(2)t＝15 s时汽车处于平衡态，有F2＝f2
P＝F2v2
联立解得：f2＝2N
t＝5s时汽车开始加速运动，有F1－f2＝ma
解得a＝1.5m/s2
(3)对于汽车在BC段运动，由动能定理得：
解得：x=58m
【点睛】
抓住汽车保持功率不变这一条件，利用瞬时功率表达式求解牵引力，同时注意隐含条件汽车匀速运动时牵引力等于阻力；对于变力做功，汽车非匀变速运动的情况，只能从能量的角度求解.
9．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V C ；
（2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功W f ；
（3）若滑块从直轨道上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v C 是
．
（2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功W f 是mg （H ﹣2R ）． （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：2C R v t =、2
12
R gt =
，可解得2C v gR =（2）对于从A 到C 的过程，运用动能定理得()21
02
f C m
g H
R W mv -=-﹣ 解得，滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功()2f W mg H R =- （3）设A '点的距离水平地面的高度为h ．
在C 点有'2
C
v mg m R
=① 从A′到C ，由动能定理得21
()02
f C m
g
h R W mv --'=
'-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：'()()(2)f mg H R h R mg H R W --=-解得(2)()
()
f H R h R W m
g H R --'=-，代入②式
联立①、②两式，可解得2
H R
h +=
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
10．如图所示，一倾角θ=37°的斜面底端与一传送带左端相连于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υ0=4m/s 的初速度沿斜面下滑，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L 1=8m ，传送带长度L 2=18m ，物块与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.3，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s 2）．
（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数μl ； （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）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：μ2mg=ma a=
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x CD=vt″=6×0.8s=4.8m
答：（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数μl为
（2）求物块在传送带上运动时间为4s；
（3）若物块在D点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．
11．如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直1/4圆轨道相切与B点，右端与一倾角为300的光滑斜面轨道在C点平滑连接（即物体经过C点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2Kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R=0.45m，水平轨道BC长为0.4m，其动摩擦因数μ=0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6m，g取10m/s2，求
①滑块第一次经过B点时对轨道的压力
②整个过程中弹簧具有最大的弹性时能；
③滑块在水平轨道BC上运动的总时间及滑块最终停在何处？
【答案】（1）60N（2）1.4J（3）2.25m
【解析】（1）滑块从A点到B点，由动能定理可得：
解得：3m/s
滑块在B 点：
解得：=60N 由牛顿第三定律可得：物块对B 点的压力60N
（2）滑块第一次到达D 点时，弹簧具有最大的弹性势能
． 滑块从A 点到D 点，设该过程弹簧弹力对滑块做的功为W ，由动能定理可得：
解得：=1.4J
（3）将滑块在BC 段的运动全程看作匀减速直线运动，加速度
=2m/s 2 则滑块在水平轨道BC 上运动的总时间 1.5s
滑块最终停止在水平轨道BC 间，设滑块在BC 段运动的总路程为s ，从滑块第一次经过B 点到最终停下来的全过程，由动能定理可得：
解得=2.25m
结合BC 段的长度可知，滑块最终停止在BC 间距B 点0.15m 处（或距C 点0.25m 处）
12．如图所示，AB 为半径0.2m R =的光滑14
圆形轨道，BC 为倾角45θ=︒的斜面，CD 为水平轨道，B 点的高度5m h =．一质量为0.1kg 的小球从A 点静止开始下滑到B 点时对圆形轨道的压力大小是其重力的3倍，离开B 点后做平抛运动（g 取210m /s ）
(1)求小球到达B 点时速度的大小；
(2)小球离开B 点后能否落到斜面上？如果不能，请说明理由；如果能，请求出它第一次落在斜面上的位置．
【答案】(1) 2m/s (2)能落在斜面上，1.13m
【解析】
【详解】
(1)从A 到B 的过程由动能定理得：
2012
mgR mv =， 解得：
02m /s v =；
(2)设小球离开B 点做平抛运动的时间为1t ，落地点到C 点距离为x ，由2112
h gt = 得： 11s t =，
0121m 2m x v t ==⨯=
斜面的倾角θ=45°，底边长d =h =5m ；
因为d x >，所以小球离开B 点后能落在斜面上．
假设小球第一次落在斜面上F 点，BF 长为L ，小球从B 点到F 点的时间为2t ，
02cos L v t θ=①，2212
sin L gt θ=
②， 联立①、②两式得 20.4s t =；
则
02 1.13m cos v t L θ
=
=． 答：(1)小球到达B 点时速度的大小是2m/s ； (2)小球离开B 点后能落到斜面上，第一次落在斜面上的位置据B 的距离为1.13m ．。