高考物理动能定理的综合应用试题类型及其解题技巧

高考物理动能定理的综合应用试题类型及其解题技巧
一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用
1．一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个光滑圆弧轨道AB的底端等高对
接，如图所示．已知小车质量M=3．0kg，长L=2．06m，圆弧轨道半径R=0．8m．现将一质量m=1．0kg的小滑块，由轨道顶端A点无初速释放，滑块滑到B端后冲上小车．滑块与小车上表面间的动摩擦因数．（取g=10m/s2）试求：
（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；
（2）小车运动1．5s时，车右端距轨道B端的距离；
（3）滑块与车面间由于摩擦而产生的内能．
【答案】（1）30 N（2）1 m（3）6 J
【解析】
（1）滑块从A端下滑到B端，由动能定理得（1分）
在B点由牛顿第二定律得（2分）
解得轨道对滑块的支持力N （1分）
（2）滑块滑上小车后，由牛顿第二定律
对滑块：，得m/s2 （1分）
对小车：，得m/s2 （1分）
设经时间t后两者达到共同速度，则有（1分）
解得s （1分）
由于s<1．5s，故1s后小车和滑块一起匀速运动，速度v="1" m/s （1分）
因此，1．5s时小车右端距轨道B端的距离为m （1分）
（3）滑块相对小车滑动的距离为m （2分）
所以产生的内能J （1分）
2．一种氢气燃料的汽车，质量为m=2.0×103kg，发动机的额定输出功率为80kW，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的0.1倍。

若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度的大小为a=1.0m/s2。

达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800m，直到获得最大速度后才匀速行驶。

求：(g=10m/s2)
(1)汽车的最大行驶速度。

(2)汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间。

【答案】（1）40m/s ；（2）55s 【解析】 【详解】
（1）设汽车的最大行驶速度为v m ．汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，速度达到最大，即有：F =f
根据题意知，阻力为：f =0.1mg =2000N 再根据公式 P=Fv 得：v m =P /f =40m/s ； 即汽车的最大行驶速度为40m/s
（2）汽车匀变速行驶的过程中，由牛顿第二定律得
F f ma -=
得匀变速运动时汽车牵引力4000N F =
则汽车匀加速运动行驶得最大速度为020/P
v m s F
=
= 由a 1t 1=v 0，得汽车匀加速运动的时间为：t 1=20s
汽车实际功率达到额定功率后到速度达到最大的过程，由动能定理W F +W f =△E k ，即得： Pt 2－0.1mgs 2=2201122
m mv mv - 得：t 2=35s
所以汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为：t =t 1+t 2=55s
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】gR 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 ＝2
D
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，质量为1m kg =的滑块，在水平力作用下静止在倾角为o 30θ=的光滑斜面上，斜面的末端B 与水平传送带相接（物块经过此位置滑上皮带时无能量损失），传送带的运行速度为03/v m s =，长为 1.4L m =．今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为
0.25μ=(210/g m s =)．求：
（1）水平力撤去后，滑块（在斜面上）的加速度大小； （2）滑块下滑的高度；
（3）若滑块进入传送带时速度大于3/m s ，则滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量为多少．
【答案】（1）5m/s 2（2）0.1m 或0.8m (3)5J 【解析】 【分析】 【详解】
（1）对撤去外力F 后的滑块受力分析，由牛顿第二定律：sin mg ma θ= 解得：
25m /s a =
（2）设滑块从高为h 处上滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒：212
mgh mv = 解得：
v
若滑块冲上传送带的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有：2201122
mgL mv mv μ=- 联立解得：
200.8m 2v h L g
μ=+=
若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受天向左的滑动摩擦力而做匀速运动，根据动能定理：2201122
mgL mv mv μ-=- 解得：
200.8m 2v h L g
μ=+=
（3）设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移：0s v t = 由机械能守恒可知：21
2
mgh mv = 对滑块由运动学公式知：0v v at =- 联立解得：
0v v s v a
-=⋅
滑块相对传送带滑动的位移：s L s ∆=- 相对滑动生成的热量：
0.5J Q mg s μ=∆=
6．如图所示，BC 竖直放置的光滑细圆管，O 为细圆管的圆心，在圆管的末端C 连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m ＝0.5kg 的小球从O 点正上方某处A 点以v 0水平抛出，恰好能垂直OB 从B 点进入细圆管，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的力F ＝5N 的作用，当小球运动到圆管的末端C 时作用力F 立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面．(g ＝10m/s 2)求： （1）小球从O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度v 0为多少？ （2）小球在圆管中运动时对圆管的压力是多少？
（3）小球在CD 斜面上运动的最大位移是多少？
【答案】（1）2m/s ；（2）7.1N ；（3）0.35m. 【解析】 【详解】
（1）小球从A 运动到B 为平抛运动， 水平方向：
r sin45°=v 0t ，
在B 点：
tan45°=
y v gt v v =
， 解得：
v 0=2m/s ；
（2）小球到达在B 点的速度：
22m/s cos 45
v v ︒
=
=， 由题意可知：
mg =0.5×10=5N=F ，
重力与F 的合力为零，
小球所受合力为圆管的外壁对它的弹力，该力不做功， 小球在管中做匀速圆周运动，管壁的弹力提供向心力，
22
(22)0.5N 7.1N
22
5
v F m r ==⨯= 由牛顿第三定律可知，小球对圆管的压力大小：7.1N F '=； （3）小球在CD 上滑行到最高点过程，由动能定理得：
21
sin 45?cos 45?02
mg s mg s mv μ︒︒--=-
解得：
s ≈0.35m ；
7．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：
152s 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 ；
8．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 C 2⋯⑧ 由⑥⑦⑧得：f =
mg
9．如图所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为m ＝0.1 kg 的铁块，它与纸带右端的距离为L ＝0.5 m ，铁块与纸带间、纸带与桌面间动摩擦因数均为μ＝0.1.现用力F 水平向左将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为s ＝0.8 m ．已知g ＝10 m/s 2，桌面高度为H ＝0.8 m ，不计纸带质量，不计铁块大小，铁块不滚动．求：
（1）铁块抛出时速度大小； （2）纸带从铁块下抽出所用时间t 1； （3）纸带抽出过程全系统产生的内能E . 【答案】（1）2m/s （2）2s （3）0.3J 【解析】
试题分析：（1）对铁块做平抛运动研究
212h h=gt 2g
由，得，t=0.4s
则0s v =t
=2m/s
（2）铁块在纸带上运动时的加速度为a ， a=gμ=1m/s 2
由vo=at 得，t 1=2s x 1=2m
（3）摩擦力产生的热量包括上下两个面所产生， Q 上=mgμL=0.05J Q 下= mgμ（L+x 1）=0.25J 所以Q= Q 上+Q 下=0.3J
考点：考查了功能关系，平抛运动，牛顿第二定律的应用
点评：本题关键是先分析清楚物体的运动情况，然后运用平抛运动的分位移公式、牛顿运动定律和运动学公式联立列式求解；同时由功能关系及相对位移求产生的内能．
10．如图所示，半圆轨道的半径为R=10m ，AB 的距离为S=40m ，滑块质量m=1kg ，滑块在恒定外力F 的作用下从光滑水平轨道上的A 点由静止开始运动到B 点，然后撤去外力，又沿竖直面内的光滑半圆形轨道运动，且滑块通过最高点C 后又刚好落到原出发点A ；
g=10m/s2
求：（1）滑块在C点的速度大小v c
(2) 在C点时，轨道对滑块的作用力N C
（3）恒定外力F的大小
【答案】（1）v c=20m/s （2）Nc=30N ，方向竖直向下（3）F="10N"【解析】
试题分析：（1） C点飞出后正好做平抛运动，则
2
1
2
{2
R
gt
x vt
=
=
联立上述方程则v c=20m/s
（2）根据向心力知识则
2
N
v
mg F m
r
+=
FN=30N，方向竖直向下。

（3）根据动能定理2
1
2B
Fs mv
=-
22
11
2
22
C B
mgR mv mv
-=-
联立上述方程则F=10N
考点：平抛运动、圆周运动、动能定理
点评：本题考查了常见的平抛运动、圆周运动、动能定理的理解和应用，属于简单题型，并通过三者的有机结合考察了综合运用知识能力。

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】(1) gR (2)1.5mgR
【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：
21202f C mg 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，AMB 是AM 和MB 两段组成的绝缘轨道，其中AM 段与水平面成370，轨道MB 处在方向竖直向上、大小E ＝5×103 N/C 的匀强电场中。

一质量m ＝0.1 kg 、电荷量q ＝＋1.0×10－4 C 的可视为质点的滑块以初速度v 0＝6 m/s 从离水平地面高h ＝4.2 m 处开始向下运动，经M 点进入电场，从 B 点离开电场, 最终停在距B 点1.6m 处的C 点。

不计经过M 点的能量损失，已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，求滑块：
(1)到达M 点时的速度大小；
(2)M 、B 两点的距离l ；
【答案】(1)8m/s ；(2)9.6m
【解析】试题分析：带电滑块的运动，可以分为三个过程：①进电场前斜面上的匀加速直线运动；②在电场中沿水平地面的匀减速直线运动；③离开电场后沿地面的匀减速直线运动。

本题可以单纯利用牛顿运动定律和运动学的知识去计算，也可以结合能量部分来解题。

解（1）方法一：在滑块从A 运动到M 点的过程中，由动能定理可得：
，解得：=8m/s
方法二：在斜面上，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律可得：
根据运动学速度和位移的关系可得：，解得=8m/s （2）物块离开B点后，并停在了离B点1.6m处的C点处：
方法一：滑块从B到C，由动能定理得：，得=4m/s 所以，在滑块从M运动到B的过程中，根据动能定理得：
，解得：=9.6m
方法二：滑块从B到C的过程中，由牛顿运动定律结合运动学知识，可得：
同理，从滑块从M运动到B的过程中，
联立上述方程，带入数据得：=9.6m。