高考物理高考物理动能定理的综合应用解题技巧和训练方法及练习题(含答案)

高考物理高考物理动能定理的综合应用解题技巧和训练方法及练习题(含答案)
一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用
1．小明同学根据上海迪士尼乐园游戏项目“创极速光轮”设计了如图所示的轨道。

一条带有竖直圆轨道的长轨道固定在水平面上，底端分别与两侧的直轨道相切，其中轨道AQ 段粗糙、长为L 0=6.0m ，QNP 部分视为光滑，圆轨道半径R =0.2m ，P 点右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L =0.5m 。

一玩具电动小车，通电以后以P =4W 的恒定功率工作，小车通电加速运动一段时间后滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出。

小车的质量m =0.4kg ，小车在各粗糙段轨道上所受的阻力恒为f =0.5N 。

（重力加速度g =10m/s 2；小车视为质点，不计空气阻力）。

(1)若小车恰能通过N 点完成实验，求进入Q 点时速度大小； (2)若小车通电时间t =1.4s ，求滑过N 点时小车对轨道的压力； (3)若小车通电时间t≤2.0s ，求小车可能停在P 点右侧哪几段轨道上。

【答案】(1)22m/s ；(2)6N ，方向竖直向上；(3)第7段和第20段之间 【解析】 【分析】 【详解】
(1)小车恰能过N 点，则0N v =，Q →N 过程根据动能定理
2211222
N mg R mv mv -⋅=
- 代入解得
22m/s v =
(2)A →N 过程
2
011202
Pt fL mg R mv --⋅=
- 代入解得
15m/s v =
在N 点时
2
1N mv mg F R
+= 代入解得
N 6N F =
根据牛顿第三定律可得小汽车对轨道压力大小6N ，方向竖直向上。

(3)设小汽车恰能过最高点，则
0020Pt fL mg R --⋅=
代入解得
0 1.15s 2s t =<
此时小汽车将停在
12mg R n fL ⋅=
代入解得
1 6.4n =
因此小车将停在第7段； 当通电时间 2.0s t =时
020Pt fL n fL --=
代入解得
220n =
因此小车将停在第20段；综上所述，当t ≤2.0s 时，小汽车将停在第7段和第20段之间。

2．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v 0=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μ=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)5m/s v =；(2)150N ，作用力方向竖直向上；(3)12.5m x = 【解析】 【分析】 【详解】
(1)物块A 从出发至N 点过程，机械能守恒，有
22011
222
mv mg R mv =⋅+ 得
20445m /s v v gR =-=
(2)假设物块在N 点受到的弹力方向竖直向下为F N ，由牛顿第二定律有
2
N v mg F m R
+=
得物块A 受到的弹力为
2
N 150N v F m mg R
=-=
由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力为
N N 150N F F '==
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
2
0102
mgx mv μ-=-
得
12.5m x =
3．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h ＝0.45m 。

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x ＝0.6m 。

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v C ；
(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) v C =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212
h gt = 得小物块从C 点运动到D 点经历的时间20.3h
t g
==s （2）小物块从C 点运动到D ，由C x v t = 得小物块从C 点飞出时速度的大小C x
v t
=
=2.0m/s
（3）小物块从A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理 得()2
102
f C m
g H
h W mv -+=
- ()2
12
f C W mv m
g H
h =
--= -0.1J 此过程中克服摩擦力做的功f f W W '=-=0.1J
4．质量 1.5m kg =的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行 2.0t s =停在B 点，已知A 、B 两点间的距
离 5.0s m =，物块与水平面间的动摩擦因数0.20μ=，求恒力F 多大．（2
10/g m s =）
【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．
5．如图，I 、II 为极限运动中的两部分赛道，其中I 的AB 部分为竖直平面内半径为R 的
14
光滑圆弧赛道，最低点B 的切线水平; II 上CD 为倾角为30°的斜面，最低点C 处于B 点的正下方，B 、C 两点距离也等于R.质量为m 的极限运动员(可视为质点)从AB 上P 点处由静止开始滑下，恰好垂直CD 落到斜面上．求:
(1) 极限运动员落到CD 上的位置与C 的距离; (2)极限运动员通过B 点时对圆弧轨道的压力; (3)P 点与B 点的高度差．
【答案】（1）4
5R （2）75mg ，竖直向下（3）15
R
【解析】 【详解】
（1）设极限运动员在B 点的速度为v 0，落在CD 上的位置与C 的距离为x ，速度大小为v ，在空中运动的时间为t ，则xcos300=v 0t R-xsin300=
12
gt 2 0
tan 30
v gt = 解得x=0.8R
（2）由（1）可得：02
5
v gR =
通过B 点时轨道对极限运动员的支持力大小为F N
20
N v F mg m R
-=
极限运动员对轨道的压力大小为F N ′，则F N ′=F N ， 解得'
7
5
N F mg =
，方向竖直向下； （3） P 点与B 点的高度差为h,则mgh=1
2
mv 02 解得h=R/5
6．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μ=0.2，取g =10m/s 2．
（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
p E ；
（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能． 【答案】（1）p 12J E =（2）N =12.5N （3）Q =16J 【解析】 【详解】
（1）由动量定理知：2102
mgL mv μ-=-
由能量守恒定律知：2
p 12E mv =
解得：p 12J E =
（2）由平抛运动知：竖直方向：2122
y R gt == 水平方向：E x v t =
在E 点，由牛顿第二定律知：2
E v N mg m R
+=
解得：N =12.5N
（3）从D 到E ，由动能定理知：2211
222
D E mg R mv mv -⋅=- 解得：5m /s D v =
从B 到D ，由动能定理知2211
22
D B mv mg v L m μ--= 解得：7m /s B v =
对物块2
B D
v v L t +=
解得：t =1s ；
621m 8m s L vt ∆=+=+⨯=相对
由能量守恒定律知：mgL Q s μ=⋅∆相对 解得：Q =16J
7．如图所示，倾斜轨道AB 的倾角为37°，CD 、EF 轨道水平，AB 与CD 通过光滑圆弧管道BC 连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E 滑出该轨道进入EF 水平轨道．小球由静止从A 点释放，已知AB 长为5R ，CD 长为R ，重力加速度为g ，小球与斜轨AB 及水平轨道CD 、EF 的动摩擦因数均为
0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC 入口B 与出口C 的高度差为l.8R ．求：(在运算中，根号中的数值无需算出)
(1)小球滑到斜面底端C 时速度的大小． (2)小球刚到C 时对轨道的作用力．
(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R /应该满足什么条件？ 【答案】（1285
gR
（2）6.6mg ，竖直向下（3）0.92R R '≤ 【解析】
试题分析：（1）设小球到达C 点时速度为v ，a 球从A 运动至C 过程，由动能定理有
002
1(5sin 37 1.8)cos3752
c mg R R mg R mv μ+-⋅=
（2分） 可得 5.6c v gR 1分）
（2）小球沿BC 轨道做圆周运动，设在C 点时轨道对球的作用力为N ，由牛顿第二定律
2
c v N mg m r
-=， （2分） 其中r 满足 r+r·
sin530=1.8R （1分） 联立上式可得：N=6.6mg （1分）
由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg ，方向竖直向下． （1分） （3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：
情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF 轨道．则小球b 在最高点P 应满足
2P v m mg R '
≥（1分） 小球从C 直到P 点过程，由动能定理，有2211
222
P c mgR mg R mv mv μ--'⋅=-（1分） 可得23
0.9225
R R R ='≤
（1分） 情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q 点时，速度减为零，然后滑回D ．则由动能定理有
21
02
c mgR mg R mv μ--⋅='-（1分）
2.3R R '≥（1分）
若 2.5R R '=，由上面分析可知，小球必定滑回D ，设其能向左滑过DC 轨道，并沿CB 运动到达B 点，在B 点的速度为v B ,，则由能量守恒定律有
2211
1.8222
c B mv mv mg R mgR μ=+⋅+（1分）
由⑤⑨式，可得0B v =（1分）
故知，小球不能滑回倾斜轨道AB ，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD 轨道上的某处．设小球在CD 轨道上运动的总路程为S ，则由能量守恒定律，有
2
12
c mv mgS μ=（1分） 由⑤⑩两式，可得 S=5.6R （1分）
所以知，b 球将停在D 点左侧，距D 点0.6R 处． （1分）
考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力．
8．如图所示，位于竖直平面内的轨道BCDE ，由一半径为R=2m 的
1
4
光滑圆弧轨道BC 和光滑斜直轨道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
4
圆弧轨道．已知CD 的距离L=4m ，物块与水平面的动摩擦因数μ=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】 【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21()2
mg H R mv += 解得8/v m s =
(2)物块由A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理有：
()0mg H R mgL mgh μ+--=
解得： 2.2h m =
(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：()0mg H R mgS μ+-= 解得：12.8S m =
因: 30.8S L m =+,故物块最终将停在距离D 点0.8m 处的位置．
9．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v =4m/s 的初速度沿轨道滑下，并进入BC 轨道，如图所示。

已知BC 段的动摩擦系数0.4μ=。

（g 取10m/s 2）求：
（1）物体滑至B 点时的速度；
（2）物体最后停止在离B 点多远的位置上。

【答案】（1）6m/s ；（2）4.5m 【解析】 【详解】
（1）由A 到B 段由动能定理得：
22011
22
B mgh mv mv =-
得到：
2026m/s B v gh v =+=；
（2）由B 到C 段由动能定理得：：
21
02
B mgx mv μ-=-
所以：
2
4.5m 2B v x g
μ==。

10．如图所示，半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道与粗糙的水平面相切于A 点，质量为m ＝1 kg 的小物体(可视为质点)在水平拉力F 的作用下，从静止开始由C 点运动到A 点，物体从A 点进入半圆轨道的同时撤去外力F ，物体沿半圆轨道通过最高点B 后做平抛运动，正好落在C 点，已知x AC ＝2 m ，F ＝15 N ，g 取10 m/s 2，试求：
(1)物体在B 点时的速度大小以及此时物体对轨道的弹力大小； (2)物体从C 到A 的过程中，克服摩擦力做的功． 【答案】（1）5m/s ；52.5N ，（2）9.5J 【解析】
【分析】 【详解】
试题分析：（1）根据2
122
R gt =得，平抛运动的时间为：440.4
0.410
R t s s g ⨯=
==， 则B 点的速度为：2
/5/0.4
AC B x v m s m s t =
==． 根据牛顿第二定律得，2
B B v mg N m R
+=，解得：25110N 52.5N 0.4B N =⨯-=． （2）对C 到B 的过程运用动能定理得：21
22
f AC B W Fx m
g R mv +-⋅=
，代入数据解得9.5f W J =-．
11．如图所示，传送带长6 m ，与水平方向的夹角37θ=︒，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μ=0．5，sin37°=0．6，cos37°=0．8，g=10m/s 2． 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）2
110m/s a =（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a 1,由牛顿第二定律
1sin 37cos37mg mg ma μ︒+︒=
解得2
110m/s a =
（2）设物块速度减为5m/s 所用时间为t 1, 则011v v a t -= 解得10.5t s = 通过的位移：01`1 3.752
v v
x t +=
=m ＜6 m 因tan μθ<，此后物块继续减速度上滑，加速度大小为2a 则
002sin 37cos37mg mg ma μ-=
解得222/a m s =
设物块到达最高点的速度为1v ，则2210222v v a x -=
21 2.25x l x m =-=
解得14/v m s =
（3）从开始到最高点，由动能定理得221011sin 3722
W mgl mv mv -︒=
- 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．如图甲所示，游乐场的过山车在圆弧轨道上运行，可以把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R 的竖直圆轨道相接，B 、C 分别为圆轨道的最低点和最高点．质量为m 的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A 点由静止滚下，经过B 点且恰好能通过C 点．已知A 、B 间的高度差为h =4R ,重力加速度为g ．求：
(1)小球通过C 点时的速度C v ；
(2)小球从A 点运动到C 点的过程中，损失的机械能E 损
【答案】gR mgR
【解析】
【详解】
(1) 小球恰能通过C 点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2C v mg m R
= 则得：
C v gR (2) 小球从A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理得：
21202
f C m
g
h R W mv --=-() 解得：
W f =1.5mgR
则小球从A点运动到C点的过程中，损失的机械能
= 1.5
f gR
E W m
损。