高考物理动能定理的综合应用解题技巧分析及练习题(含答案)

高考物理动能定理的综合应用解题技巧分析及练习题(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，半径为R ＝1 m ，内径很小的粗糙半圆管竖直放置，一直径略小于半圆管内径、质量为m ＝1 kg 的小球，在水平恒力F ＝250
17
N 的作用下由静止沿光滑水平面从A 点运动到B 点，A 、B 间的距离x ＝
17
5
m ，当小球运动到B 点时撤去外力F ，小球经半圆管道运动到最高点C ，此时球对外轨的压力F N ＝2.6mg ，然后垂直打在倾角为θ＝45°的斜面上(g ＝10 m/s 2)．求：
(1)小球在B 点时的速度的大小； (2)小球在C 点时的速度的大小；
(3)小球由B 到C 的过程中克服摩擦力做的功； (4)D 点距地面的高度．
【答案】(1)10 m/s (2)6 m/s (3)12 J (4)0.2 m 【解析】 【分析】
对AB 段，运用动能定理求小球在B 点的速度的大小；小球在C 点时，由重力和轨道对球的压力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求小球在C 点的速度的大小；小球由B 到C 的过程，运用动能定理求克服摩擦力做的功；小球离开C 点后做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求D 点距地面的高度． 【详解】
(1)小球从A 到B 过程，由动能定理得：212
B Fx mv = 解得：v B ＝10 m/s
(2)在C 点，由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝2
c v m R
又据题有：F N ＝2.6mg 解得：v C ＝6 m/s.
(3)由B 到C 的过程，由动能定理得：－mg ·2R －W f ＝22
1122
c B mv mv - 解得克服摩擦力做的功：W f ＝12 J
(4)设小球从C 点到打在斜面上经历的时间为t ，D 点距地面的高度为h ， 则在竖直方向上有：2R －h ＝
12
gt 2
由小球垂直打在斜面上可知：c
gt
v ＝tan 45° 联立解得：h ＝0.2 m 【点睛】
本题关键是对小球在最高点处时受力分析，然后根据向心力公式和牛顿第二定律求出平抛的初速度，最后根据平抛运动的分位移公式列式求解．
2．一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
2
112102
F x Pt fs mv =
--+
解得
s =480m
3．如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB ，与水平光滑轨道BC 相连，竖直墙壁CD 高
0.2H m =，紧靠墙壁在地面固定一个和CD 等高，底边长0.3L m =的斜面，一个质量
0.1m kg =的小物块(视为质点)在轨道AB 上从距离B 点4l m =处由静止释放，从C 点水
平抛出，已知小物块在AB 段与轨道间的动摩擦因数为0.5，达到B 点时无能量损失；AB
段与水平面的夹角为37.(o
重力加速度210/g m s =，sin370.6=o ，cos370.8)o =
(1)求小物块运动到B 点时的速度大小； (2)求小物块从C 点抛出到击中斜面的时间；
(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值. 【答案】(1) 4/m s (2)1
15
s (3) 0.15J 【解析】 【分析】
(1)对滑块从A 到B 过程，根据动能定理列式求解末速度；
(2)从C 点画出后做平抛运动，根据分位移公式并结合几何关系列式分析即可； (3)动能最小时末速度最小，求解末速度表达式分析即可. 【详解】
()1对滑块从A 到B 过程，根据动能定理，有：2B 1mglsin37μmgcos37mv 2
-=o o ，
解得：B v 4m /s =；
()2设物体落在斜面上时水平位移为x ，竖直位移为y ，画出轨迹，如图所示：
对平抛运动，根据分位移公式，有：
0x v t =，
2
1y gt 2
=
， 结合几何关系，有：
H y H 2
x L 3
-==，
解得：1
t s 15
=
； ()3对滑块从A 到B 过程，根据动能定理，有：2B 1mglsin37μmgcos37mv 2
-=o o ，
对平抛运动，根据分位移公式，有：
0x v t =，
2
1y gt 2
=
， 结合几何关系，有：
H y H 2
x L 3
-==， 从A 到碰撞到斜面过程,根据动能定理有：21
mglsin37μmgcos37l mgy mv 02
-⋅+=
-o
o
联立解得：22
125y 9H 18H mv mg 21616y 16⎛⎫=+- ⎪⎝⎭
，
故当225y 9H 1616y =，即3y H 0.12m 5
==时，动能k E 最小为：km E 0.15J =； 【点睛】
本题是力学综合问题，关键是正确的受力分析，明确各个阶段的受力情况和运动性质，根据动能定理和平抛运动的规律列式分析，第三问较难，要结合数学不等式知识分析.
4．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 2
B v
解得v B＝4m/s
在B处，由牛顿第二定律
N B－mg＝m
2 B 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
－μ2mgL2＝0－
1
2
m2
C
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/s2(2分)
参赛者加速至v C历时t＝C B
v v
a
-
＝0.5s
位移x1＝
2
B C
v v
+
t＝2.5m<L1
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x2＝vt＝3m
参赛者与传送带的相对位移Δx＝x2－x1＝0.5m
传送带由于传送参赛者多消耗的电能
E＝μ1mgΔx＋
1
2
m2
C
v－
1
2
m2
B
v＝720J.
5．如图所示，一质量为m的滑块从高为h的光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下，槽的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为v0，两轮轴心间距为L，滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C时，恰好加速到与传送带的速度相同，求：
（1）滑块到达底端B时的速度大小v B；
（2）滑块与传送带间的动摩擦因数μ；
（3）此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q.
【答案】（12gh2）
2
2
2
v gh
gl
μ
-
=（3）
(2
2
2
m v gh
-
【解析】
试题分析：（1）滑块在由A 到B 的过程中，由动能定理得：2
102
B mgh mv -＝，
解得：2B gh ν＝；
（2）滑块在由B 到C 的过程中，由动能定理得：μmgL ＝
12mv 02−1
2
mv B 2， 解得，2022v gh
gL
μ-＝；
（3）产生的热量：Q=μmgL 相对，()2
2
00(2)2B
gh L g
相对
＝
νννμ--=（或200(2) gh L ν-）， 解得，2
01(2)2
Q m gh ν-＝； 考点：动能定理
【名师点睛】本题考查了求物体速度、动摩擦因数、产生的热量等问题，分析清楚运动过程，熟练应用动能定理即可正确解题．
6．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
7．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=-
8．滑板运动是深受青少年喜爱的一项极限运动。

如图所示为某一滑道的示意图，轨道 AB 可视为竖直平面内半径为R 的
1
4
光滑圆弧，圆心为O ，OA 水平。

轨道最低点B 距水平面CD 高度为14
R ，C 点位于B 点正下方。

滑板和运动员（可看作质点）总质量为m ，由A 点静止下滑，从轨道中B 点飞出，落在水平面上的E 点。

重力加速度为g 。

求： （1）运动员运动到B 点时速度的大小； （2）运动员运动到B 点时对轨道压力的大小； （3）C 、E 两点间的距离。

【答案】(1) 2B v gR =mg (3)R
【解析】 【详解】
(1) 运动员从A 到B ，根据动能定理
2
B 102
mgR mv =-
解得：
B 2v gR =
(2) 运动员到达B 点时
2B
B v N mg m R
-=
运动员对轨道的压力为
'B 3N N mg ==
(3)运动员空中飞行时间
212
h gt =
解得：
2R t g
=
C 、E 间距离为
B x v t R ==
9．如图所示，处于原长的轻质弹簧放在固定的光滑水平导轨上，左端固定在竖直的墙上，右端与质量为m B =2kg 的滑块B 接触但不连接，此时滑块B 刚好位于O 点．光滑的水平导轨右端与水平传送带理想连接，传送带长度L=2.5m ，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=4.0m/s 匀速传动．现用水平向左的推力将滑块B 缓慢推到M 点（弹簧仍在弹性限度内），当撤去推力后，滑块B 沿轨道向右运动，滑块B 脱离弹簧后以速度v B =2.0m/s 向右运动，滑上传送带后并从传送带右端Q 点滑出落至地面上的P 点．已知滑块B 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.10，水平导轨距地面的竖直高度h=1.8m ，重力加速度g 取10m/s 2．
求：（1）水平向左的推力对滑块B 所做的功W ； （2）滑块B 从传送带右端滑出时的速度大小； （3）滑块B 落至P 点距传送带右端的水平距离．
【答案】（1）4J （2）3m/s （3）1.8m 【解析】
试题分析：（1）设滑块B 脱离弹簧时推力对B 所做的功为W ，根据动能定理，有：
214J 2
B B W m v =
=（2分） （2）滑块B 滑上传送带后做匀加速运动，设滑块B 从滑上传送带到速度达到传送带的速度v 所用的时间为t ，加速度大小为a ，在时间t 内滑块B 的位移为x ， 根据牛顿第二定律和运动学公式得：mg ma μ=（1分）
B v v at =+（1分）
21
2
B x v t at =+（1分）
解得：6m x L =>（1分）
即滑块B 在传送带上一直做匀加速运动，设滑出时的速度为v '
由22
2B v v aL '-=
解得：3m/s v '=（1分） （3）由平抛运动的规律，则有：
2
12
h gt =
（1分） x v t ='（1分）
解得： 1.8m x =（1分）
考点：本题考查了平抛运动、动能定理和匀变速运动规律的应用．
10．如图所示，AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R ，一个质量为m 的物体 (可以看做质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ，求：
(1)物体做往返运动的整个过程中，在AB 轨道上通过的总路程； (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，物体对轨道压力的大小和方向． 【答案】（1）R
L μ
=（2）(32cos )N
N F F mg θ'==-，方向竖直向下 【解析】
试题分析：（1）物体每完成一次往返运动，在AB 斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达B 点时，速度变为零，对物体从P 到B 全过程用动能定理，有
cos cos 0mgR mgL θμθ-=
得物体在AB 轨道上通过的总路程为R L μ=
（2）最终物体以B 为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B 运动到E 时速度为v ，由动能定理 有21(1cos )2
mgR mv θ-= 在E 点，由牛顿第二定律有2
N mv F mg R
-= 得物体受到的支持力(32cos )N F mg θ=-
根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为(32cos )N
N F F mg θ'==-，方向竖直向下．
考点：考查了动能定理，牛顿运动定律，圆周运动等应用
点评：在使用动能定理分析多过程问题时非常方便，关键是对物体受力做功情况以及过程的始末状态非常清楚
11．如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B 端的切线沿水平方向．质量m=1.0kg 的滑块（可视为质点）在水平恒力F=10.0N 的作用下，从A 点由静止开始运动，当滑块运动的位移x=0.50m 时撤去力F ．已知A 、B 之间的距离x 0=1.0m ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10，取g=10m/s 2．求：
（1）在撤去力F 时，滑块的速度大小；
（2）滑块通过B 点时的动能；
（3）滑块通过B 点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35m ，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功．
【答案】（1）3．0m/s ；（2）4．0J ；（3）0．50J ．
【解析】
试题分析：（1）滑动摩擦力f mg μ=（1分）
设滑块的加速度为a 1，根据牛顿第二定律
1F mg ma μ-=（1分）
解得219.0/a m s =（1分）
设滑块运动位移为 0.50m 时的速度大小为v ，根据运动学公式
212v a x =（2分）
解得 3.0/v m s =（1分）
（2）设滑块通过B 点时的动能为kB E
从A 到B 运动过程中，依据动能定理有 k W
E =∆合 0 kB
F x fx E -=， （4分）
解得 4.0kB E J =（2分）
（3）设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为f W ，根据动能定理
0f kB mgh W E --=-（3分）
解得0.50f W J =（1分）
考点：牛顿运动定律 功能关系
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 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 =。