高中物理动能定理的综合应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析

高中物理动能定理的综合应用常见题型及答题技巧及练习题(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．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,倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R=0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连,O 点为轨道圆心,BC 为圆轨道直径且处于竖直方向,A 、C 两点等高．质量m=1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑,恰能滑到与O 点等高的D 点,g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8．求:
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ;
(2)要使滑块能到达C 点,求滑块从A 点沿斜面滑下时初速度v 0的最小值;
(3)若滑块离开C 点的速度为4 m/s ,求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间． 【答案】（1）0.375（2）3/m s （3）0.2s 【解析】
试题分析：⑴滑块在整个运动过程中，受重力mg 、接触面的弹力N 和斜面的摩擦力f 作用，弹力始终不做功，因此在滑块由A 运动至D 的过程中，根据动能定理有：mgR －
μmgcos37°
2sin 37R
︒
＝0－0 解得：μ＝0.375
⑵滑块要能通过最高点C ，则在C 点所受圆轨道的弹力N 需满足：N≥0 ①
在C 点时，根据牛顿第二定律有：mg ＋N ＝2C
v m R
② 在滑块由A 运动至C 的过程中，根据动能定理有：－μmgcos37°
2sin 37R ︒＝2
12
C mv －
2
012
mv ③ 由①②③式联立解得滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0需满足：v 03gR ＝23 即v 0的最小值为：v 0min ＝3
⑶滑块从C 点离开后将做平抛运动，根据平抛运动规律可知，在水平方向上的位移为：x ＝vt ④
在竖直方向的位移为：y ＝
2
12
gt ⑤ 根据图中几何关系有：tan37°＝
2R y
x
-⑥
由④⑤⑥式联立解得：t ＝0.2s
考点：本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理的应用问题，属于中档题．
3．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ=60°、长为L 1=23
m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2=
3
m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D 处，如图所示.现将一个小球从距A 点高为h =0.9m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时小球的速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下.已知小球与AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ=
3
，g 取10m/s 2.
（1）求小球初速度v 0的大小； （2）求小球滑过C 点时的速率v C ；
（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件？ 【答案】（16m/s （2）6m/s （3）0<R ≤1.08m 【解析】
试题分析：（1）小球开始时做平抛运动：v y 2=2gh
代入数据解得：22100.932/y v gh m s =⨯⨯＝＝
A 点：60y x v tan v ︒=
得：032
/6/603
y
x v v v s m s tan ==
︒
＝
＝ （2）从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得：
()22
11201122
C mg h L sin mgL cos mgL mv mv θμθμ+---＝代入数据解得：36/C v m s ＝
（3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：2
1
mv mg R ＝
22111 222
C mv mgR mv +＝ 代入数据解得R 1=1．08 m
当小球刚能到达与圆心等高时2
21
2
C mv mgR ＝
代入数据解得R2=2．7 m
当圆轨道与AB相切时R3=BC•tan 60°=1．5 m
即圆轨道的半径不能超过1．5 m
综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是 0＜R≤1．08 m．
考点：平抛运动；动能定理
4．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/s2.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．
5．如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨MN相切，导轨右端N处于水平传送带理想连接，传送带长度L=4m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=4.0m/s运动．滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，B、C与细绳、弹簧一起静止在导轨MN上.一可视为质点的滑块A从h=0.2m高处由静止滑下，已知滑块A、B、C质量均为m=2.0kg，滑块A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离.滑块C脱离弹簧后以速度v C=2.0m/s
滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数
μ=0.2，重力加速度g取10m/s2.
(1)求滑块C 从传送带右端滑出时的速度大小； (2)求滑块B 、C 与细绳相连时弹簧的弹性势能E P ；
(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C 总能落至P 点，则滑块A 与滑块B 碰撞前速度的最大值v m 是多少？ 【答案】(1) 4.0m/s (2) 2.0J (3) 8.1m/s 【解析】 【分析】 【详解】
（1）滑块C 滑上传送带到速度达到传送带的速度v =4m/s 所用的时间为t ，加速度大小为a ，在时间t 内滑块C 的位移为x ，有
mg ma μ=
C v v at =+
21
2
C x v t at =+
代入数据可得
3m x = 3m x L =<
滑块C 在传送带上先加速，达到传送带的速度v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C 从传送带右端滑出时的速度为v=4.0m/s
（2）设A 、B 碰撞前A 的速度为v 0，A 、B 碰撞后的速度为v 1，A 、B 与C 分离时的速度为v 2，有
2012
A A m gh m v =
01()A A B m v m m v =+ 12()()A B A B C C m m v m m v m v +=++
A 、
B 碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒
222
A 1A 2111()()222
P B B C C E m m v m m v m v ++=++
代入数据可解得
2.0J P E =
（3）在题设条件下，若滑块A 在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C 的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v .设A 与B 碰撞后的速
度为1
v '，分离后A 与B 的速度为2v '，滑块C 的速度为'C v ，C 在传送带上做匀减速运动的末速度为v =4m/s ，加速度大小为2m/s 2，有
22()C
v v a L '-=- 解得
42m/s C
v '= 以向右为正方向，A 、B 碰撞过程
1()A m A B m v m m v '=+
弹簧伸开过程
12()()A B C C A B m m v m v m m v '''+=++
22212111
+()()+222
p A B A B C C E m m v m m v m v '''+=+
代入数据解得
7
4228.14
m v =+
≈m/s ．
6．一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/s 2）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）
7．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．
8．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
9．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︒'
==
10．如图所示，一倾角θ=37°的斜面底端与一传送带左端相连于B 点，传送带以v=6m/s 的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端点以υ0=4m/s 的初速度沿斜面下滑，当物块滑到斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，从传送带右端的C 点水平抛出，最后落到地面上的D 点，已知斜面长度L 1=8m ，传送带长度L 2=18m ，物块与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.3，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s 2）．
（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数μl ； （2）求物块在传送带上运动时间；
（3）若物块在D 点的速度方向与地面夹角为a=53°，求C 点到地面的高度和C 、D 两点间的水平距离． 【答案】（1） （2）4s ； （3）4.8m ． 【解析】
试题分析：（1）从A 到B 由动能定理即可求得摩擦因数
（2）由牛顿第二定律求的在传送带上的加速度，判断出在传送带上的运动过程，由运动学公式即可求的时间；
（3）物体做平抛运动，在竖直方向自由落体运动， 解：（1）从A 到B 由动能定理可知
代入数据解得
（2）物块在传送带上由牛顿第二定律：μ2mg=ma
a=
达到传送带速度所需时间为t=s
加速前进位移为＜18m
滑块在传送带上再匀速运动
匀速运动时间为
故经历总时间为t总=t+t′=4s
（3）设高度为h，则竖直方向获得速度为
联立解得h=3.2m
下落所需时间为
水平位移为x CD=vt″=6×0.8s=4.8m
答：（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数μl为
（2）求物块在传送带上运动时间为4s；
（3）若物块在D点的速度方向与地面夹角为a=53°，C点到地面的高度为3.2m和C、D两点间的水平距离为4.8m．
【点评】本题主要考查了动能定理、平抛运动的基本规律，运动学基本公式的应用，要注意传动带顺时针转动时，要分析物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．
11．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/s2，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】1s99.2m
【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：a 1=
=4m/s 2
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：x 1=a 1t 2=2m
动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a 2=
=5m/s 2 由v B 2-v 2=2a 2(L-x 1)
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v 1=4m/s 期间运动的位移为x 3，则由动能定理有：
；解得x 3=96m
速度由v 1=4m/s 减速到零期间运动的位移为x 4，则由动能定理有：
；解得 x 4=3.2m
所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为x=x 3+x 4=96+ 3.2=99.2m
12．如图所示，AB 为半径0.2m R =的光滑14
圆形轨道，BC 为倾角45θ=︒的斜面，CD 为水平轨道，B 点的高度5m h =．一质量为0.1kg 的小球从A 点静止开始下滑到B 点时对圆形轨道的压力大小是其重力的3倍，离开B 点后做平抛运动（g 取210m /s ）
(1)求小球到达B 点时速度的大小；
(2)小球离开B 点后能否落到斜面上？如果不能，请说明理由；如果能，请求出它第一次落在斜面上的位置．
【答案】(1) 2m/s (2)能落在斜面上，1.13m
【解析】
【详解】
(1)从A 到B 的过程由动能定理得：
2012
mgR mv =，
02m /s v =；
(2)设小球离开B 点做平抛运动的时间为1t ，落地点到C 点距离为x ，由2112
h gt = 得： 11s t =，
0121m 2m x v t ==⨯=
斜面的倾角θ=45°，底边长d =h =5m ；
因为d x >，所以小球离开B 点后能落在斜面上．
假设小球第一次落在斜面上F 点，BF 长为L ，小球从B 点到F 点的时间为2t ，
02cos L v t θ=①，2212
sin L gt θ=
②， 联立①、②两式得 20.4s t =；
则
02 1.13m cos v t L θ
=
=． 答：(1)小球到达B 点时速度的大小是2m/s ； (2)小球离开B 点后能落到斜面上，第一次落在斜面上的位置据B 的距离为1.13m ．。