高中物理动能定理的综合应用解题技巧分析及练习题(含答案)含解析

高中物理动能定理的综合应用解题技巧分析及练习题(含答案)含解析
一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用
1．一辆汽车发动机的额定功率P =200kW ，若其总质量为m =103kg ，在水平路面上行驶时，汽车以加速度a 1=5m/s 2从静止开始匀加速运动能够持续的最大时间为t 1=4s ，然后保持恒定的功率继续加速t 2=14s 达到最大速度。

设汽车行驶过程中受到的阻力恒定，取g =10m/s 2.求：
(1)汽车所能达到的最大速度；
(2)汽车从启动至到达最大速度的过程中运动的位移。

【答案】(1)40m/s ；(2)480m 【解析】 【分析】 【详解】
(1)汽车匀加速结束时的速度
11120m /s v a t ==
由P=Fv 可知，匀加速结束时汽车的牵引力
1
1F P
v =
=1×104N 由牛顿第二定律得
11F f ma -=
解得
f =5000N
汽车速度最大时做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知， 此时汽车的牵引力
F=f =5000N
由P Fv =可知，汽车的最大速度：
v=P P
F f
==40m/s (2)汽车匀加速运动的位移
x 1=
1
140m 2
v t = 对汽车，由动能定理得
21121
02
F x Pt fs mv =--+
解得
s =480m
2．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．
3．如图所示，光滑斜面AB 的倾角θ=53°，BC 为水平面，BC 的长度l BC =1.10 m ，CD 为光滑的
1
4
圆弧，半径R =0.60 m ．一个质量m =2.0 kg 的物体，从斜面上A 点由静止开始下滑，物体与水平面BC 间的动摩擦因数μ=0.20.轨道在B ，C 两点光滑连接．当物体到达D 点时，继续竖直向上运动，最高点距离D 点的高度h =0.20 m ，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6.g 取10 m/s 2.求：
(1)物体运动到C 点时速度大小v C (2)A 点距离水平面的高度H
(3)物体最终停止的位置到C 点的距离s . 【答案】(1)4 m/s (2)1.02 m (3)0.4 m 【解析】 【详解】
(1)物体由C 点到最高点，根据机械能守恒得：()212
c mg R h mv += 代入数据解得：4/C v m s =
(2)物体由A 点到C 点，根据动能定理得：2
102
BC c mgH mgl mv μ-=- 代入数据解得： 1.02H m =
(3)从物体开始下滑到停下，根据能量守恒得：mgx mgH μ= 代入数据，解得： 5.1x m =
由于40.7BC x l m =+
所以，物体最终停止的位置到C 点的距离为：0.4s m =． 【点睛】
本题综合考查功能关系、动能定理等；在处理该类问题时，要注意认真分析能量关系，正确选择物理规律求解．
4．一质量为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 ．
5．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 ；
6．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
7．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.
8．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
μ=。

（g取
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0.4
10m/s2）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==。

9．滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气．当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦．然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大．假设滑雪者的速度超过4 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125．一滑雪者从倾角为θ＝37°的坡顶A 由静止开始自由下滑，滑至坡底B (B 处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C 处，如图所示．不计空气阻力，坡长为l ＝26 m ，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：
(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间； (2)滑雪者到达B 处的速度；
(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离． 【答案】1s 99.2m
【解析】 【分析】
由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度，再由运动学知识可求解速度、
位移和时间．
【详解】
(1)由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a1==4m/s2
解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t==1s
(2)由静止到动摩擦因素发生变化的位移：x1=a1t2=2m
动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a2==5m/s2
由v B2-v2=2a2(L-x1)
解得滑雪者到达B处时的速度：v B=16m/s
(3)设滑雪者速度由v B=16m/s减速到v1=4m/s期间运动的位移为x3，则由动能定理有：
；解得x3=96m
速度由v1=4m/s减速到零期间运动的位移为x4，则由动能定理有：
；解得 x4=3.2m
所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为x=x3+x4=96+ 3.2=99.2m
10．如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：
(1)小滑块从M点到Q点电场力做的功
(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？
(3)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？
【答案】(1) - 0.08J(2) 7 m/s（3）0.6 N
【解析】
【分析】
【详解】
（1）W=－qE·2R W= - 0.08J
(2)设小滑块到达Q点时速度为v，
由牛顿第二定律得mg ＋qE ＝m 2
v R
小滑块从开始运动至到达Q 点过程中，由动能定理得 －mg·
2R －qE·2R －μ(mg ＋qE)x ＝12mv 2－1
2
mv 联立方程组，解得：v 0＝7m/s.
(3)设小滑块到达P 点时速度为v ′，则从开始运动至到达P 点过程中，由动能定理得 －(mg ＋qE)R －μ(qE ＋mg)x ＝
12mv′2－1
2
mv 又在P 点时，由牛顿第二定律得F N ＝m 2
v R
'
代入数据，解得：F N ＝0.6N
由牛顿第三定律得，小滑块通过P 点时对轨道的压力F N ′＝F N ＝0.6N. 【点睛】
（1）根据电场力做功的公式求出电场力所做的功；
（2）根据小滑块在Q 点受的力求出在Q 点的速度，根据动能定理求出滑块的初速度； （3）根据动能定理求出滑块到达P 点的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力，由牛顿第三定律得，小滑块通过P 点时对轨道的压力．
11．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，2B 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：2122
f AC B W Fx m
g R mv +-⋅=，代入数据解得9.5f W J =-．
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）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：
2c 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 12mgH W mv -=
解得：f 0.8J W =。