高考物理动能定理的综合应用技巧(很有用)及练习题含解析

高考物理动能定理的综合应用技巧(很有用)及练习题含解析
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．如图所示，AC为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在A端的竖直墙壁上.质量1
m kg
=的小物块将弹簧的另一端压缩到B点，之后由静止释放，离开弹簧后从C点水平
飞出，恰好从D点以10/
D
v m s
=的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道(
DEF小物体与轨道间无碰撞).O为圆弧轨道的圆心，E为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径1
R m
=，60
DOE
∠=o，37.
EOF
∠=o小物块运动到F点后，冲上足够长的斜面FG，斜面FG与圆轨道相切于F点，小物体与斜面间的动摩擦因数0.5.sin370.6
μ==o，cos370.8
=
o，取2
10/.
g m s
=不计空气阻力.求：
（1）弹簧最初具有的弹性势能；
（2）小物块第一次到达圆弧轨道的E点时对圆弧轨道的压力大小；
（3）判断小物块沿斜面FG第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的D点？若能，求解小物块回到D点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小．
【答案】()11?.25J；()2 30N；()3 2/m s．
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设小物块在C点的速度为
C
v，则在D点有：
C D
v v cos60o
=
设弹簧最初具有的弹性势能为p
E，则：2
P C
1
E mv
2
=
代入数据联立解得：p
E 1.25J
=；
()2设小物块在E点的速度为E v，则从D到E的过程中有：
()22
E D
11
mgR1cos60mv mv
22
-=-
o
设在E点，圆轨道对小物块的支持力为N，则有：
2
E
v
N mg
R
-=
代入数据解得：E v /s =，N 30N =
由牛顿第三定律可知，小物块到达圆轨道的E 点时对圆轨道的压力为30 N ；
()3设小物体沿斜面FG 上滑的最大距离为x ，从E 到最大距离的过程中有：
()()
2E 1mgR 1cos37mgsin37μmgcos37x 0mv 2
o o o ---+=-
小物体第一次沿斜面上滑并返回F 的过程克服摩擦力做的功为f W ，则
f W 2x μmgcos37=o
小物体在D 点的动能为KD E ，则：2KD D 1E mv 2
=
代入数据解得：x 0.8m =，f W 6.4J =，KD E 5J = 因为KD f E W <，故小物体不能返回D 点.
小物体最终将在F 点与关于过圆轨道圆心的竖直线对称的点之间做往复运动，小物体的机械能守恒，设最终在最低点的速度为Em v ，则有：
()
2Em 1mgR 1cos37mv 2
-=
o 代入数据解得：Em v 2m /s =
答：()1弹簧最初具有的弹性势能为1.25J ；
()2小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小是30 N ；
()3小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后不能回到圆弧轨道的D 点.经过足够长的时间
后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小为2 m /s ． 【点睛】
（1）物块离开C 点后做平抛运动，由D 点沿圆轨道切线方向进入圆轨道，知道了到达D 点的速度方向，将D 点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据角度关系求出水平分速度，即离开C 点时的速度，再研究弹簧释放的过程，由机械能守恒定律求弹簧最初具有的弹性势能；
()2物块从D 到E ，运用机械能守恒定律求出通过E 点的速度，在E 点，由牛顿定律和向
心力知识结合求物块对轨道的压力；
()3假设物块能回到D 点，对物块从A 到返回D 点的整个过程，运用动能定理求出D 点的
速度，再作出判断，最后由机械能守恒定律求出最低点的速度．
3．如图所示，AB 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端B 点与水平直轨道相切．一个小物块自A 点由静止开始沿轨道下滑，已知轨道半径为R ＝0.2m ，小物块的质量为m ＝0.1kg ，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10m/s 2.求：
(1)小物块在B 点时受到的圆弧轨道的支持力大小； (2)小物块在水平面上滑动的最大距离． 【答案】(1)3N (2)0.4m 【解析】(1)由机械能守恒定律，得
在B 点
联立以上两式得F N ＝3mg ＝3×0.1×10N ＝3N. (2)设小物块在水平面上滑动的最大距离为l ，
对小物块运动的整个过程由动能定理得mgR －μmgl ＝0， 代入数据得
【点睛】解决本题的关键知道只有重力做功，机械能守恒，掌握运用机械能守恒定律以及
动能定理进行解题．
4．质量 1.5m kg =的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行 2.0t s =停在B 点，已知A 、B 两点间的距
离 5.0s m =，物块与水平面间的动摩擦因数0.20μ=，求恒力F 多大．（2
10/g m s =）
【答案】15N 【解析】 设撤去力
前物块的位移为
，撤去力
时物块的速度为，物块受到的滑动摩擦力
对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得
由运动学公式得
对物块运动的全过程应用动能定理
由以上各式得 代入数据解得
思路分析：撤去F 后物体只受摩擦力作用，做减速运动，根据动量定理分析，然后结合动能定律解题
试题点评：本题结合力的作用综合考查了运动学规律，是一道综合性题目．
5．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2
10/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.
6．一种氢气燃料的汽车，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/s 2。

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/s 2) (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
7．如图所示，位于竖直平面内的轨道BCDE ，由一半径为R=2m 的
1
4
光滑圆弧轨道BC 和光滑斜直轨道DE 分别与粗糙水平面相切连接而成．现从B 点正上方H=1.2m 的A 点由静止释
放一质量m=1kg 的物块，物块刚好从B 点进入
1
4
圆弧轨道．已知CD 的距离L=4m ，物块与水平面的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力．求：
(1)物块第一次滑到C 点时的速度； (2)物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度； (3)物块最终停在距离D 点多远的位置． 【答案】(1) 8m/s (2) 2.2m (3) 0.8m 【解析】 【分析】
根据动能定理可求物块第一次滑到C 点时的速度；物块由A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理求出物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度；物块将在轨道BCDE 上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD 上通过的总路程为S ，根据动能定理求出． 【详解】
解：(1)根据动能定理可得21()2
mg H R mv += 解得8/v m s =
(2)物块由A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理有：
()0mg H R mgL mgh μ+--=
解得： 2.2h m =
(3)物块将在轨道BCDE 上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD 上通过的总路程为S ，则：()0mg H R mgS μ+-= 解得：12.8S m =
因: 30.8S L m =+,故物块最终将停在距离D 点0.8m 处的位置．
8．如图甲所示，带斜面的足够长木板P ，质量M =3kg 。

静止在水平地面上，其右侧靠竖直
墙壁，倾斜面BC 与水平面AB 的夹角=37θ︒、两者平滑对接。

t =0时，质量m =1kg 、可视为质点的滑块Q 从顶点C 由静止开始下滑，图乙所示为Q 在0~6s 内的速率v 随时间t 变化的部分图线。

已知P 与Q 间的动摩擦因数是P 与地面间的动摩擦因数的5倍，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10m/s 2。

求：
(1)木板P 与地面间的动摩擦因数； (2)t =8s 时，木板P 与滑块Q 的速度大小；
(3)0~8s 内，滑块Q 与木板P 之间因摩擦而产生的热量。

【答案】(1)20.03μ=；(2)0.6m/s P Q v v ==；(3)54.72J Q ∆= 【解析】 【分析】 【详解】
(1)0~2s 内，P 因墙壁存在而不动，Q 沿着BC 下滑，2s 末的速度为v 1＝10m/s ，设P 、Q 间动摩擦因数为μ1，P 与地面间的动摩擦因数为μ2； 对Q ，由v t -图像有
21 4.8m/s a =
由牛顿第二定律有
11sin 37cos37mg mg ma μ︒-︒=
联立求解得
10.15μ=，1
20.035
μμ=
=
(2)2s 后，Q 滑到AB 上，因12()mg m M g μμ>+，故P 、Q 相对滑动，且Q 减速、P 加速，设加速度大小分别是a 2、a 3，Q 从B 滑动AB 上到P 、Q 共速所用的时间为t 0 对Q 有
12mg ma μ=
对P 有
123()mg m M g Ma μμ-+=
共速时
12030v a t a t -=
解得
a 2=1.5m/s 2、a 3=0.1m/s 2、6t s =
故在t ＝8s 时，P 和Q 共速
30.6m /s p v a t ==
(3)0~2s 内，根据v -t 图像中面积的含义，Q 在BC 上发生的位移
x 1=9.6m
2~8s 内，Q 发生的位移
12030.6m 2
Q
v v x t +=
=
P 发生的位移
30 1.8m 2
P
v x t =
= 0~8s 内，Q 与木板P 之间因摩擦而产生的热量
11123cos37()Q mgx mg x x μμ∆=+-o
代入数据得
54.72J Q ∆=
9．如图所示，一质量为m 的小球从半径为R 的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为R 。

小球离开圆弧轨道的底端又通过水平距离R 落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为g 。

求： （1）小球刚到圆弧轨道底端时对轨道的压力； （2）小球在圆弧轨道上受到的阻力所做的功。

【答案】（1）32
N
mg F '=，方向竖直向下（2）3
4f W mgR =-
【解析】 【详解】
（1）设小球在圆弧轨道的最低点时的速度为v ，小球离开圆弧轨道后做平抛运动，有：
R vt =
2
12
R gt =
联立解得：
2
gR v =
而在圆弧轨道的最低点，由牛顿第二定律可知：
2
N v F mg m R
-=
由牛顿第三定律，
N N
F F '=
联立求得球队轨道的压力为：
32
N
mg
F '= 方向竖直向下。

（2）对圆弧上运动的过程由动能定理：
2
102
f mgR W mv +=
- 联立可得：
3
4
f W mgR =-
10．如图，图象所反映的物理情景是：物体以大小不变的初速度v 0沿木板滑动，若木板倾角θ不同，物体沿木板上滑的距离S 也不同，便可得出图示的S -θ图象．问： （1）物体初速度v 0的大小．
（2）木板是否粗糙？若粗糙，则动摩擦因数μ为多少？ （3）物体运动中有否最大加速度以及它发生在什么地方？
【答案】（1）017.3m /s v = （2）0.75μ= （3）最大加速度点坐标()53,12m s
θ︒
'
==
【解析】 【分析】 【详解】
（1）当θ=90º时，物体做竖直上抛运动，根据速度位移公式可知：
01210317.3m /s v gs ===
（2）当θ=0º时，根据动能定理得，2
01mg 2
s mv μ=
，解得：203000.75221020
v gs μ===⨯⨯
（3）加速度cos sin 3cos sin cos sin 4mg mg a g g g m
μθθ
μθθθθ+⎛⎫
=
=+=+ ⎪⎝⎭
得到，
当θ=53º时，α有极大值2
m 12.5m /s a = ，由动能定理得，2
0102
mv mas '-
= ，所以
12m s '= 所以最大加速度点坐标()
53,12m s θ︒'==
11．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0.4μ=。

（g 取10m/s 2）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：
2201122B mgh mv mv =- 得到：
2026m/s B v gh v =+=；
（2）由B 到C 段由动能定理得：：
2102
B mgx mv μ-=- 所以：
2 4.5m 2B v x g
μ==。

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。