高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析

高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(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．如图所示，轨道ABC 被竖直地固定在水平桌面上，A 距水平地面高H ＝0.75m ，C 距水平地面高h ＝0.45m 。

一个质量m ＝0.1kg 的小物块自A 点从静止开始下滑，从C 点以水平速度飞出后落在地面上的D 点。

现测得C 、D 两点的水平距离为x ＝0.6m 。

不计空气阻力，取g ＝10m/s 2。

求
(1)小物块从C 点运动到D 点经历的时间t ； (2)小物块从C 点飞出时速度的大小v C ；
(3)小物块从A 点运动到C 点的过程中克服摩擦力做的功。

【答案】(1) t=0.3s (2) v C =2.0m/s (3)0.1J 【解析】 【详解】
（1）小物块从C 水平飞出后做平抛运动，由212
h gt = 得小物块从C 点运动到D 点经历的时间20.3h
t g
==s （2）小物块从C 点运动到D ，由C x v t = 得小物块从C 点飞出时速度的大小C x
v t
=
=2.0m/s （3）小物块从A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理 得()2
102
f C m
g H
h W mv -+=
- ()2
12
f C W mv m
g H
h =
--= -0.1J 此过程中克服摩擦力做的功f f W W '=-=0.1J
2．如图所示，半径2R m =的四分之一粗糙圆弧轨道AB 置于竖直平面内，轨道的B 端切线水平，且距水平地面高度为h =1.25m ，现将一质量m =0.2kg 的小滑块从A 点由静止释放，滑块沿圆弧轨道运动至B 点以5/v m s =的速度水平飞出（g 取210/m s ）．求：
（1）小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功； （2）小滑块经过B 点时对圆轨道的压力大小； （3）小滑块着地时的速度大小.
【答案】(1) 1.5f W J = (2) 4.5N F N = (3)152/v m s = 【解析】 【分析】 【详解】
（1）滑块在圆弧轨道受重力、支持力和摩擦力作用，由动能定理
mgR -W f =
12
mv 2
W f =1.5J
（2）由牛顿第二定律可知：
2
N v F mg m R
-=
解得：
4.5N F N =
（3）小球离开圆弧后做平抛运动根据动能定理可知：
22111
m m 22
mgh v v =-
解得：
152m/s v =
3．质量为m =0.5kg 、可视为质点的小滑块，从光滑斜面上高h 0=0.6m 的A 点由静止开始自由滑下。

已知斜面AB 与水平面BC 在B 处通过一小圆弧光滑连接。

长为x 0=0.5m 的水平面BC 与滑块之间的动摩擦因数μ=0.3，C 点右侧有3级台阶（台阶编号如图所示），D 点右侧是足够长的水平面。

每级台阶的高度均为h =0.2m ，宽均为L =0.4m 。

（设滑块从C 点滑出后与地面或台阶碰撞后不再弹起）。

(1)求滑块经过B 点时的速度v B ；
(2)求滑块从B 点运动到C 点所经历的时间t ；
(3)（辨析题）某同学是这样求滑块离开C 点后，落点P 与C 点在水平方向距离x ，滑块离开C 点后做平抛运动，下落高度H =4h =0.8m ，在求出滑块经过C 点速度的基础上，根据平抛运动知识即可求出水平位移x 。

你认为该同学解法是否正确？如果正确，请解出结果。

如果不正确，请说明理由，并用正确的方法求出结果。

【答案】(1)23m/s ；(2)0.155s ；（3）不正确，因为滑块可能落到某一个台阶上；正确结果1.04m 【解析】 【详解】
(1)物体在斜面AB 上下滑，机械能守恒
201
02
B mgh mv =
+ 解得
022100.623m/s B v gh =⨯⨯=＝
(2)根据动能定理得
2001
02
C mgh mgx mv μ-=
- 解得
002()210(0.60.30.5)3m/s C v g h x μ=-=⨯⨯-⨯=
根据牛顿第二定律得
mg ma μ=
则
220.310m/s 3m/s a g μ==⨯= 1323
0.155s C B v v t a --=
==- (3)不正确，因为滑块可能落到某一个台阶上。

正确解法：假定无台阶，滑块直接落在地上
220.8
s 0.4s 10
H t g ⨯'=
==
水平位移
1.2m c x v t '='=
恰好等于3L （也就是恰好落在图中的D 点），因此滑块会撞在台阶上。

当滑块下落高度为2h 时
0.283s t "=
== 水平位移
30.283m 0.85m c x v t "="=⨯=
大于2L ，所以也不会撞到①、②台阶上，而只能落在第③级台阶上。

则有
2
2132
h gt =
，2pc c x v t = 解得
1.04m pc x =
≈ 【点睛】
根据机械能守恒定律或动能动能定理求出滑块经过B 点时的速度B v 。

根据动能定理求出滑块到达C 点的速度，再通过牛顿第二定律和运动学公式求出从B 点运动到C 点所经历的时间t 。

因为物体做平抛运动不一定落到地面上，可能落在某一个台阶上，先根据假设法判
断物体所落的位置，再根据平抛运动的知识求出水平位移。

4．质量为m =2kg 的小玩具汽车，在t ＝0时刻速度为v 0=2m/s ，随后以额定功率P =8W 沿平直公路继续前进，经t =4s 达到最大速度。

该小汽车所受恒定阻力是其重力的0.1倍，重力加速度g =10m/s 2。

求： (1)小汽车的最大速度v m ； (2)汽车在4s 内运动的路程s 。

【答案】(1)4 m/s ，(2)10m 。

【解析】 【详解】
(1)当达到最大速度时，阻力等于牵引力：
m m P Fv fv == 0.1f mg =
解得：m 4m/s v =；
(2)从开始到t 时刻根据动能定理得：
22m 01122
Pt fs mv mv -=
- 解得：10m s =。

5．如图所示,在粗糙水平面上有一质量为M 、高为h 的斜面体,斜面体的左侧有一固定障碍物Q,斜面体的左端与障碍物的距离为d ．将一质量为m 的小物块置于斜面体的顶端,小物块恰好能在斜面体上与斜面体一起保持静止;现给斜面体施加一个水平向左的推力,使斜面体和小物块一起向左匀加速运动,当斜面体到达障碍物与其碰撞后,斜面体立即停止运动,小物块水平抛出,最后落在障碍物的左侧P 处(图中未画出),已知斜面体与地面间的动摩擦因数为μ1,斜面倾角为θ,重力加速度为g,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,求:
(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ2;
(2)要使物块在地面上的落点P 距障碍物Q 最远,水平推力F 为多大; (3)小物块在地面上的落点P 距障碍物Q 的最远距离． 【答案】
（1）2tan μθ=　（2）()()1sin cos tan M m g F M m g sin θ
μθθθ
+=++
-（3）
2sin cos tan tan hd h
sin θθθθθ
- 【解析】 【分析】
对m 受力分析，由共点力平衡条件可以求出动摩擦因数；以m 为研究对象，求出最大加速度，以系统为研究对象，由牛顿第二定律求出最大推力；对系统由动能定理求出最大速度，然后由平抛运动规律求出最大水平位移． 【详解】
(1)对m 由平衡条件得：mgsinθ-μ2mgcosθ=0 解得：μ2=tanθ
(2)对m 设其最大加速度为a m ，由牛顿第二定律得 水平方向：Nsinθ+μ2Ncosθ=ma m 竖直方向：Ncosθ-μ2Nsinθ-mg =0 解得：2sin cos tan sin g a θ
θθθ
=
-
对M 、m 整体由牛顿第二定律得：F -μ1(M +m )g =(M +m )a m 解得：()()12sin cos tan sin M m g F M m g θ
μθθθ
+=++-　
(3)对M 、m 整体由动能定理得：()()211
2
Fd M m gd M m v μ-+=+　
解得：sin cos tan sin dg v θ
θθθ
=
-对m 由平抛运动规律得：
水平方向：tan p h
x
vt θ
+= 竖直方向：212
h gt = 解得：2sin 2cos tan sin tan p hd h
x θθθθθ
=-
- 【点睛】
本题主要考查了应用平衡条件、牛顿第二定律、动能定理、平抛运动规律即可正确解题．
6．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v 0，两轮轴心间距为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】（12gh 2）20
22v gh gl μ-=（3）
(2
022
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
1
02
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 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．
7．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 =
8．如图所示，固定斜面的倾角α=30°，用一沿斜面向上的拉力将质量m =1kg 的物块从斜面底端由静止开始拉动，t =2s 后撤去该拉力，整个过程中物块上升的最大高度h =2.5m ，物块与斜面间的动摩擦因数μ=
3
6
.重力加速度g =10m/s 2.求：
(1)拉力所做的功； (2)拉力的大小.
【答案】(1)40J F W = (2)F =10N 【解析】 【详解】
（1）物块从斜面底端到最高点的过程，根据动能定理有：
cos 0sin F h
W mg mgh μαα
-⋅
-= 解得拉力所做的功40F W J = （2）F W Fx =
由位移公式有2
12
x at = 由牛顿第二定律有cos sin F mg mg ma μαα--=
解得拉力的大小F=10N.
9．如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h ，质量为m 的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M 处的墙上，另一端恰位于滑道的末端O 点．已知在OM 段，物块A 与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g ，求：
（1）物块速度滑到O 点时的速度大小；
（2）弹簧为最大压缩量d 时的弹性势能 （设弹簧处于原长时弹性势能为零） （3）若物块A 能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？ 【答案】（12gh 2）mgh mgd μ-；（3）2h d μ- 【解析】
根据题意，明确各段的运动状态，清楚各力的做功情况，再根据功能关系和能量守恒定律分析具体问题． 【详解】
（1）从顶端到O 点的过程中，由机械能守恒定律得：
212
mgh mv =
解得：
2v gh =
（2）在水平滑道上物块A 克服摩擦力所做的功为：
W mgd μ=
由能量守恒定律得：
2
12
P mv E mgd μ=+ 联立上式解得：
P E mgh mgd μ=-
（3）物块A 被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为；
W mgd μ=
由能量守恒定律得 ：
P mgh E mgd μ'=-
解得物块A 能够上升的最大高度为：
2h h d μ'=-
【点睛】
考察功能关系和能量守恒定律的运用．
10．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
【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
11．如图，与水平面夹角θ=37°的斜面和半径R =1.0m 的光滑圆轨道相切于B 点，且固定于竖直平面内。

质量m =0.5kg 的滑块从斜面上的A 点由静止释放，经B 点后沿圆轨道运动，通过最高点C 时轨道对滑块的弹力为滑块重力的5.4倍。

已知A 、B 两点间的高度差h =6.0m 。

（g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求： （1）滑块在C 点的速度大小v C ； （2）滑块在B 点的速度大小v B ；
（3）滑块在A 、B 两点间克服摩擦力做功W f 。

【答案】（1）8m/s （2）10m/s （3）5J 【解析】 【详解】
（1）在C 点，由牛顿第二定律：
2
C
C v mg F m R
+=
其中
5.4C F mg =
解得
v C =8m/s
（2）从B 到C 由机械能守恒：
2211=(1cos37)22
B C mv mv mgR ++o 解得
v B =10m/s
（3）从A 到B 由动能定理：
212
f B mgh W mv -=
解得
W f =5J
12．如图所示，一根直杆与水平面成θ＝37°角，杆上套有一个小滑块，杆底端N 处有一弹性挡板，板面与杆垂直. 现将物块拉到M 点由静止释放，物块与挡板碰撞后以原速率弹回．已知M 、N 两点间的距离d ＝0.5m ，滑块与杆之间的动摩擦因数μ＝0.25，g ＝10m /s 2.取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1) 滑块第一次下滑的时间t ；
(2) 滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x ；
(3) 滑块在直杆上滑过的总路程s.
【答案】(1) 0.5s (2) 0.25m .(3) 1.5m
【解析】
【分析】
（1）滑块从A 点出发第一次运动到挡板处的过程，根据牛顿第二定律可求加速度，根据位移时间关系可求下滑时间；
（2）根据速度时间关系可求出滑块第1次与挡板碰撞前的速度大小v 1，对滑块从A 点开始到返回AB 中点的过程，运用动能定理列式，可求出上滑的最大距离；
（3）滑块最终静止在挡板上，对整个过程，运用动能定理列式，可求得总路程．
【详解】
(1) 下滑时加速度
mgsinθ－μmgcosθ＝ma
解得a ＝4.0m/s 2
由d＝1
2
at2得下滑时间t＝0.5s.
(2) 第一次与挡板相碰时的速率v＝at＝2m/s
上滑时－(mgsinθ＋f)x＝0－1
2 mv2
解得x＝0.25m.
(3) 滑块最终停在挡板处，由动能定理得mgdsinθ－fs＝0
解得总路程s＝1.5m.。