高考物理动能定理的综合应用的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)

高考物理动能定理的综合应用的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)
一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用
1．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．
2．如图所示，四分之一的光滑圆弧轨道AB 与水平轨道平滑相连，圆弧轨道的半径为R =0.8m ，有一质量为m =1kg 的滑块从A 端由静止开始下滑，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，滑块在水平轨道上滑行L =0.7m 后，滑上一水平粗糙的传送带，传送带足够长且沿顺时针方向转动，取 g =10m/s 2，求： （1）滑块第一次滑上传送带时的速度 v 1 多大？ （2）若要滑块再次经过B 点，传送带的速度至少多大？
（3）试讨论传送带的速度v 与滑块最终停下位置x （到B 点的距离）的关系。

【答案】7m/s (3) 22v x L g
μ=-或2
2v x L g μ=
- 【解析】 【详解】
（1）从A 点到刚滑上传送带，应用动能定理
2112
mgR mgL mv -=
μ 得
122v gR gL μ=-
代入数据得，v 1=3m/s.
（2）滑块在传送带上运动，先向左减速零，再向右加速，若传送带的速度小于v 1，则物块最终以传送带的速度运动，设传送带速度为v 时，物块刚能滑到B 点，则
21
02
mgL mv μ-=-
解得27v gL μ==m/s
即传送带的速度必须大于等于7m/s 。

(3)传送带的速度大于或等于v 1，则滑块回到水平轨道时的速度大小仍为v 1
211
02
mgs mv μ-=-
得s =0.9m ，即滑块在水平轨道上滑行的路程为0.9m ，则最后停在离B 点0.2m 处。

若传送带的速度7m/s <v<3m/s ，则滑块将回到B 点，滑上圆弧轨道后又滑到水平轨道，最后停下，即
21
)02
mg L x mv μ-+=-（
解得2
2v x L g
μ=
- 若传送带的速度v<7m/s ，则滑块将不能回到B 点，即
21
)02
mg L x mv μ--=-（
解得2
2v x L g
μ=-
3．如图甲所示，静止在水平地面上一个质量为m =4kg 的物体，其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移x 变化的图象如图乙所示．已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5，g =10m/s 2．求：
（1）运动过程中物体的最大加速度大小为多少； （2）距出发点多远时物体的速度达到最大； （3）物体最终停在何处？
【答案】（1）20m/s 2（2）3.2m （3）10m 【解析】 【详解】
（1）物体加速运动，由牛顿第二定律得：
F -μmg =ma
当推力F =100N 时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数据得：
2max 20m/s F
a g m
μ=
-=， （2）由图象得出，推力F 随位移x 变化的数值关系为：
F =100 – 25x ，
速度最大时，物体加速度为零，则
F=μmg=20N ，
即
x = 3.2m
（3）F 与位移x 的关系图线围成的面积表示F 所做的功，即
01
200J 2
F W Fx ==
对全过程运用动能定理，
W F −μmgx m =0
代入数据得：
x m =10m
4．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 ，小车在AB 和BD 段无制动运行时所受阻力是其重力的0.02倍，轨道其余部分摩擦不计。

斜面部分DE 与水平部分BD 、圆弧部分EF 均平滑连接，圆轨道BC 的半径为R ，小段圆弧EF 的半径为4R ，圆轨道BC 最高点C 与圆弧轨道EF 最高点F 等高。

轨道右侧有两个与水平轨道AB 、BD 等高的框子M 和N ，框M 和框N 的右边缘到F 点的水平距离分别为R 和2R 。

额定功率为P ，质量为m 可视为质点的小车，在AB 段从A 点由静止出发以额定功率行驶一段时间t （t 未知）后立即关闭电动机，之后小车沿轨道从B 点进入圆轨道经过最高点C 返回B 点，再向右依次经过点D 、E 、F ，全程没有脱离轨道，最后从F 点水平飞出，恰好落在框N 的右边缘。

（1）求小车在运动到F 点时对轨道的压力； （2）求小车以额定功率行驶的时间t ；
（3）要使小车进入M框，小车采取在AB段加速（加速时间可调节），BD段制动减速的方案，则小车在不脱离轨道的前提下，在BD段所受总的平均制动力至少为多少。

【答案】（1）mg，方向竖直向下；（2）；（3）mg
【解析】
【详解】
（1）小车平抛过程，有：2R=v F t…①
2R=gt2⋯②
由①②联立解得：v F=⋯③
在F点，对小车由牛顿第二定律得：mg﹣F N=m⋯④
由③④得：F N=mg
由牛顿第三定律得小车对轨道的压力大小为mg，方向竖直向下。

（2）小车从静止开始到F点的过程中，由动能定理得：
Pt﹣0.02mg5R﹣mg2R=mv F2⋯⑤
由③⑤得：t=
（3）平抛过程有：R=v F´t、2R=gt2
要使小车进入M框，小车在F点的最大速度为v F´=⋯⑥
小车在C点的速度最小设为v C，则有：mg=m⋯⑦
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 2.5R=mv F´2-mv C2⋯⑧
由⑥⑦⑧得：f=mg
5．有可视为质点的木块由A点以一定的初速度为4m/s水平向右运动，AB的长度为2m，
物体和AB间动摩擦因素为μ1=0.1，BC无限长，物体和BC间动摩擦因素为
2
3 6
μ=，求：
（1）物体第一次到达B 点的速度；
（2）通过计算说明最后停在水平面上的位置距B 点的距离． 【答案】（1）23/s v m =（2）2m 【解析】 【分析】
由题中“有可视为质点的木块由A 点以一定的初速度为4m/s 水平向右运动”可知，本题考查动能定理和能量守恒定律，根据对物体运动状态的分析结合能量变化可分析本题． 【详解】
（1）据题意，当物体从A 运动到B 点过程中，有：
2211122
AB B A mgs mv mv μ-=
- 带入数据求得：
=23m /s B v
（2）物体冲上斜面后，有：
2
21-cos30sin 302
BC BC B mg x mg x mv μ-=-o o
解得：
0.8BC x m =
则有：
2
211-2cos302
BC B mg x mgx mv μμ-=-o
解得：
2x m =
即物体又回到了A 点．
6．如图所示，AB 为半径0.2m R =的光滑
1
4
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：
2
012
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=①，2
212
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 ．
7．半径R ＝1m 的
1
4
圆弧轨道下端与一水平轨道连接，水平轨道离地面高度h ＝1 m ，如图所示，有一质量m ＝1.0 kg 的小滑块自圆轨道最高点A 由静止开始滑下，经过水平轨道末端B 时速度为4 m/s ，滑块最终落在地面上，g 取10 m/s 2，不计空气阻力，求：
(1) 滑块从B 点运动到地面所用的时间； (2) 滑块落在地面上时速度的大小；
(3) 滑块在整个轨道上运动时克服摩擦力做的功． 【答案】(1)5
s t = (2)v =6m/s (3)2J f W = 【解析】 【详解】
（1）小球从B 到C 做平抛运动，则竖直方向上有：
212h gt =
解得：
5s t =
（2）竖直速度：
25y v gt ==m/s
则落在地面上时速度的大小为：
22
B y v v v =+=6m/s
（3）对A 到B 运用动能定理得：
2
102
f B mgR W mv -=
- 代入数据解得：
f W =2J
8．如图所示，某工厂车间有甲、乙两辆相同的运料小车处于闲置状态，甲车与乙车、乙车与竖直墙面间的距离均为L ，由于腾用场地，需把两辆小车向墙角处移动。

一工人用手猛推了一下甲车，在甲车与乙车碰撞瞬间，立即通过挂钩挂到了一起，碰后两车沿甲车原来的运动方向继续向前运动，在乙车运动到墙角时刚好停下。

已知两车的质量均为m ，与水平地面间的摩擦力均为车重的k 倍，重力加速度大小为g ，求： (1)两车将要相碰时甲车的速度大小； (2)工人推甲车时对甲车的冲量大小。

【答案】（1）v 1=22kgL 2）10I m kgL =【解析】⑴设甲乙车钩挂在一起后的速度为2v ，从甲乙车钩挂一起到停下过程 根据动能定理： 221
2022
kmgL mv -=-
⨯
（注：用牛顿第二定律和运动方程解的也给分） 甲乙两车碰撞前后动量守恒，设碰撞前甲车速度为1v ， 根据动量守恒定律： 122mv mv = 得： 122v kgL =
⑵在甲车在与乙车碰撞前运动L 的过程，设离开人手瞬间速度为0v 根据动能定理： 221011
22
kmgL mv mv -=
- 人将甲车从静止推至获得速度0v 的过程 根据动量定理： 00I mv =- 得： 10I m kgL =
【点睛】动量守恒和能量的转化与守恒的结合．应用动量守恒定律解题要注意“四性”，①、系统性．②、矢量性．③、同时性．
9．如图所示，一根直杆与水平面成θ＝37°角，杆上套有一个小滑块，杆底端N 处有一弹性挡板，板面与杆垂直. 现将物块拉到M 点由静止释放，物块与挡板碰撞后以原速率弹回．已知M 、N 两点间的距离d ＝0.5m ，滑块与杆之间的动摩擦因数μ＝0.25，g ＝10m /s 2.取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1) 滑块第一次下滑的时间t ；
(2) 滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x ； (3) 滑块在直杆上滑过的总路程s. 【答案】(1) 0.5s (2) 0.25m .(3) 1.5m 【解析】 【分析】
（1）滑块从A 点出发第一次运动到挡板处的过程，根据牛顿第二定律可求加速度，根据位移时间关系可求下滑时间；
（2）根据速度时间关系可求出滑块第1次与挡板碰撞前的速度大小v 1，对滑块从A 点开始到返回AB 中点的过程，运用动能定理列式，可求出上滑的最大距离；
（3）滑块最终静止在挡板上，对整个过程，运用动能定理列式，可求得总路程． 【详解】 (1) 下滑时加速度 mgsinθ－μmgcosθ＝ma 解得a ＝4.0m/s 2
由d ＝
12
at 2
得下滑时间t ＝0.5s. (2) 第一次与挡板相碰时的速率v ＝at ＝2m/s 上滑时－(mgsinθ＋f)x ＝0－12
mv 2
解得x ＝0.25m.
(3) 滑块最终停在挡板处，由动能定理得 mgdsinθ－fs ＝0 解得总路程s ＝1.5m.
10．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）26m/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：
2
c v mg mg m R
+=
解得：c 22100.4m/s 22m/s v Rg ==⨯⨯= （2）物体由B 到C 的过程，由动能定理可得：
22c B 11222
mg R mv mv -=
-g
解得：B 26m/s v =
（3）从A 到B 的过程，由动能定理可得：
2f B 12
mgH W mv -=
解得：f 0.8J W =
11．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
= 1.5f gR E W m =损
12．如图所示，AB 为水平轨道，A 、B 间距离s=2m ，BC 是半径为R=0.40m 的竖直半圆形光滑轨道，B 为两轨道的连接点，C 为轨道的最高点．一小物块以v o =6m/s 的初速度从A
点出发，经过B 点滑上半圆形光滑轨道，恰能经过轨道的最高点，之后落回到水平轨道AB 上的D 点处．g 取10m/s 2，求：
（1）落点D 到B 点间的距离；
（2）小物块经过B 点时的速度大小；
（3）小物块与水平轨道AB 间的动摩擦因数．
【答案】（1）0.8m.（2）
（3）0.4
【解析】
试题分析：（1）物块恰能经过轨道最高点，有2C v mg m R =① 之后做平抛运动，有2122
R gt =②BD C x v t =③ 联立①②③解得0.8BD x =m
（2） 物块从B 点到C 点过程中机械能守恒，得2211222
B C mv mv mgR =+④ 联立①④解得25B v =
（3）物块从A 点到B 点做匀减速直线运动 由动能定理得221122
B o mgs mv mv μ-=
-⑤ 将B v 代入⑤解得0.4μ= 考点：圆周运动及平抛运动的规律；动能定理及牛顿第二定律的应用.。