高中物理动能定理的综合应用及其解题技巧及练习题(含答案)及解析

高中物理动能定理的综合应用及其解题技巧及练习题(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．在某电视台举办的冲关游戏中，AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径
R=1.6m ，BC 是长度为L 1=3m 的水平传送带，CD 是长度为L 2=3.6m 水平粗糙轨道，AB 、CD 轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A 处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg ，滑板质量可忽略．已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.5，g 取10m/s 2.求：
（1）参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力；
（2）若参赛者恰好能运动至D 点，求传送带运转速率及方向； （3）在第（2）问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能．
【答案】（1）1200N ，方向竖直向下（2）顺时针运转，v=6m/s （3）720J 【解析】
(1) 对参赛者：A 到B 过程，由动能定理 mgR(1－cos 60°)＝12
m 2B v 解得v B ＝4m /s
在B 处，由牛顿第二定律
N B －mg ＝m 2B
v R
解得N B ＝2mg ＝1 200N
根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力 N′B ＝N B ＝1 200N ，方向竖直向下． (2) C 到D 过程，由动能定理
－μ2mgL 2＝0－
12
m 2C v 解得v C ＝6m /s
B 到
C 过程，由牛顿第二定律μ1mg ＝ma 解得a ＝4m /s 2
(2分) 参赛者加速至v C 历时t ＝C B
v v a
-＝0.5s 位移x 1＝
2
B C
v v +t ＝2.5m <L 1 参赛者从B 到C 先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v ＝6m /s .
(3) 0.5s 内传送带位移x 2＝vt ＝3m 参赛者与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5m 传送带由于传送参赛者多消耗的电能 E ＝μ1mg Δx ＋
12m 2C v －12
m 2
B v ＝720J .
2．如图所示，小物体沿光滑弧形轨道从高为h 处由静止下滑，它在水平粗糙轨道上滑行的最远距离为s ，重力加速度用g 表示，小物体可视为质点，求：
（1）求小物体刚刚滑到弧形轨道底端时的速度大小v ； （2）水平轨道与物体间的动摩擦因数均为μ。

【答案】（1）2gh （2）h s
【解析】 【详解】
解：(1)小物体沿弧形轨道下滑的过程，根据机械能守恒定律可得：21
2
mgh mv = 解得小物体刚滑到弧形轨道底端时的速度大小：2v gh =
(2)对小物体从开始下滑直到最终停下的过程，根据动能定理则有：0mgh mgs μ-= 解得水平轨道与物体间的动摩擦因数：h s
μ=
3．如图所示，半径为R 的圆管BCD 竖直放置，一可视为质点的质量为m 的小球以某一初速度从A 点水平抛出，恰好从B 点沿切线方向进入圆管，到达圆管最高点D 后水平射
出．已知小球在D 点对管下壁压力大小为
1
2
mg ，且A 、D 两点在同一水平线上，BC 弧对应的圆心角θ＝60°，不计空气阻力．求：
(1)小球在A 点初速度的大小； (2)小球在D 点角速度的大小；
(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功．
【答案】(1)gR ；(2)2g
R
；(3)14mgR
【解析】 【分析】
（1）根据几何关系求出平抛运动下降的高度，从而求出竖直方向上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小．
（2）根据向心力公式求出小球在D 点的速度，从而求解小球在D 点角速度． （3）对A 到D 全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功． 【详解】
（1）小球从A 到B ，竖直方向: v y 2＝2gR(1＋cos 60°) 解得v y ＝3gR 在B 点：v 0＝
60
y v tan ＝gR .
（2）在D 点，由向心力公式得mg-12mg ＝2D
mv R
解得v D ＝
2gR
ω＝
D v R ＝
2g
R
. （3）从A 到D 全过程由动能定理：－W 克＝12mv D 2－1
2
mv 02 解得W 克＝1
4
mgR. 【点睛】
本题综合考查了平抛运动和圆周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源．
4．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v 0=6 m/s 沿倾斜轨道滑下，到达C 点时速度v C =4 m/s 。

取g =10 m/s 2，sin37°=0.60，cos37°=0.80。

（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 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v A 。

【答案】(1) N =180 N (2) W f =−50 J (3) 30A v = 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：
2
c mv N mg R
-= 解得 N =180 N
（2）设A →B 过程中摩擦力对小物块所做的功为W f ，小物块A →B →C 的过程，有
22011sin 3722
f c mgL W mv mv ︒+=
- 解得 W f =−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v m ，则：
2
m
mv mg R
= 小物块从A 到竖直圆弧轨道最高点的过程中，有
22m A 11sin 37222
f mgL W mgR mv mv ︒+-=
- 解得
A 30v = m/s
5．如图所示，质量m ＝2.0×10－4 kg 、电荷量q ＝1.0×10－6 C 的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中．取g ＝10 m/s 2． (1)求匀强电场的电场强度 E1的大小和方向；
(2)在t ＝0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2＝4.0×103N/C ，且方向不变．求在t ＝0.20 s 时间内电场力做的功；
(3)在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉第(2)问中的电场，求带电微粒回到出发点时的动能．
【答案】(1)2.0×103N/C ，方向向上 (2)8.0×10－4J (3)8.0×10－4J 【解析】 【详解】
（1）设电场强度为E ，则：Eq mg =，
代入数据解得：43
62.01010/ 2.010/1010
mg E N C N C q --⨯⨯===⨯⨯，方向向上 （2）在0t =时刻，电场强度突然变化为：3
2 4.010/E N C =⨯，设微粒的加速度为a ，
在0.20t s =时间内上升高度为h ，电场力做功为W ，则：21qE mg ma -=
解得：2
110/a m s =
根据：2
112
h a t =
，解得：0.20=h m 电场力做功：4
28.010J W qE h -==⨯
（3）设在0.20t s =时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为v ，回到出发点时的动能为
k E ，
则：v at =，212
k E mgh mv =+
解得：4
8.010J k E -=⨯
6．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
7．一质量为0.5kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5m 的位置B 处是一面墙，如图所示，物块以v 0=9m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s ，碰后以6m/s 的速度反向运动直至静止．g 取10m/s 2．
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ． 【答案】（1）0.32μ= （2）F =130N 【解析】
试题分析：（1）对A 到墙壁过程，运用动能定理得：
，
代入数据解得：μ=0.32．
（2）规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：F △t=mv′﹣mv ， 代入数据解得：F=130N ．
8．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 为中点，轨道BC 处在方向竖直向上，大小E =5×105N/C 的匀强电场中，一质量m =0.5kg ，电荷量q =+1.0×10-5C 的可视为质点的滑块以初速度v 0=6m/s 在轨道上自A 点开始向右运动，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
μ=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：
22011
2122
B mg L mv mv μ-⋅-＝
所以滑块到达B 点时的速度大小
204m/s B v v gL μ-＝＝
（2）滑块从B 运动到C 的过程受合外力
F =μ（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：
15
2s 1.254
B L
t s v ===
（3）滑块在C 点的速度v C =4m/s ；滑块从C 点做平抛运动，则平抛运动时间
20.5h
t s g
'＝
＝ 故落地点距C 点的水平距离
x =v C t'=2m ；
9．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.
10．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/s2
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）
11．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)，
3
4
DC 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) 2v gh =h L μ= (3) 3
10
R h =
【解析】 【详解】
(1)滑块从A 到B ，由动能定理: 212
mgh mv =
解得滑块经过B 点的速度2v gh = (2)滑块从A 到C ，由全程的动能定理：
0mgh fL -=
滑动摩擦力：
N f F μ=
而N F mg =，联立解得:h
L
μ=
． (3)设滑块刚好经过轨道最高点的速度为0v ，轨道半径为R ， 滑块刚好经过轨道最高点时，
2
0v mg m R
= 滑块从A 到轨道最高点，由能量守恒
201
-242
L mgh mg
mg R mv μ=+ 联立解得 3
10
R h =
．
12．某学校探究性学习小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平
的地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v －t 图象，已知小车在0～2 s 内做匀加速直线运动，2～10 s 内小车牵引力的功率保持不变，在10 s 末停止遥控让小车自由滑行，小车质量m ＝1 kg ，整个过程中小车受到的阻力大小不变．求：
(1)小车所受的阻力F f 是多大？
(2)在2～10 s 内小车牵引力的功率P 是多大？
(3)小车在加速运动过程中的总位移x 是多少？
【答案】（1）2 N ；（2）12W (3)28.5 m ；
【解析】
（1）在10s 撤去牵引力后，小车只在阻力f F 作用下做匀减速运动，
设加速度大小为a ，则f F ma =，根据∆=
∆v a t ， 由图像可知22/a m s =，解得2f F N =；
（2）小车的匀速阶段即7s~10s 内，设牵引力为F ，则f F F =
由图像可知6/m v m s =，且12W m P Fv ==；
（3）小车的加速运动过程可以分为0~1.5s 和1.5s~7s 两段，
设对应的位移分别为1x 和2x ，在0~2s 内的加速度大小为1a ，
则由图像可得12/a m s =，21111 2.252
x a t m ==， 在1.5s~7s 内由动能定理可得2222211122f Pt F x mv mv -=
-，2 5.5t s =， 解得226.25x m =，
由1228.5x x x m =+=。