高中物理动能定理的综合应用解题技巧分析及练习题(含答案)及解析

高中物理动能定理的综合应用解题技巧分析及练习题(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．小明同学根据上海迪士尼乐园游戏项目“创极速光轮”设计了如图所示的轨道。

一条带有竖直圆轨道的长轨道固定在水平面上，底端分别与两侧的直轨道相切，其中轨道AQ 段粗糙、长为L 0=6.0m ，QNP 部分视为光滑，圆轨道半径R =0.2m ，P 点右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L =0.5m 。

一玩具电动小车，通电以后以P =4W 的恒定功率工作，小车通电加速运动一段时间后滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出。

小车的质量m =0.4kg ，小车在各粗糙段轨道上所受的阻力恒为f =0.5N 。

（重力加速度g =10m/s 2；小车视为质点，不计空气阻力）。

(1)若小车恰能通过N 点完成实验，求进入Q 点时速度大小； (2)若小车通电时间t =1.4s ，求滑过N 点时小车对轨道的压力； (3)若小车通电时间t≤2.0s ，求小车可能停在P 点右侧哪几段轨道上。

【答案】(1)22m/s ；(2)6N ，方向竖直向上；(3)第7段和第20段之间 【解析】 【分析】 【详解】
(1)小车恰能过N 点，则0N v =，Q →N 过程根据动能定理
2211222
N mg R mv mv -⋅=
- 代入解得
22m/s v =
(2)A →N 过程
2
011202
Pt fL mg R mv --⋅=
- 代入解得
15m/s v =
在N 点时
2
1N mv mg F R
+= 代入解得
N 6N F =
根据牛顿第三定律可得小汽车对轨道压力大小6N ，方向竖直向上。

(3)设小汽车恰能过最高点，则
0020Pt fL mg R --⋅=
代入解得
0 1.15s 2s t =<
此时小汽车将停在
12mg R n fL ⋅=
代入解得
1 6.4n =
因此小车将停在第7段； 当通电时间 2.0s t =时
020Pt fL n fL --=
代入解得
220n =
因此小车将停在第20段；综上所述，当t ≤2.0s 时，小汽车将停在第7段和第20段之间。

2．为了备战2022年北京冬奥会，一名滑雪运动员在倾角θ=30°的山坡滑道上进行训练，运动员及装备的总质量m=70 kg ．滑道与水平地面平滑连接，如图所示．他从滑道上由静止开始匀加速下滑，经过t=5s 到达坡底，滑下的路程 x=50 m ．滑雪运动员到达坡底后又在水平面上滑行了一段距离后静止．运动员视为质点,重力加速度g=10m/s2，求：
（1）滑雪运动员沿山坡下滑时的加速度大小a ； （2）滑雪运动员沿山坡下滑过程中受到的阻力大小f ； （3）滑雪运动员在全过程中克服阻力做的功W f ． 【答案】（1）4m/s 2（2）f = 70N （3）1.75×104J 【解析】 【分析】
（1）运动员沿山坡下滑时做初速度为零的匀加速直线运动，已知时间和位移，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出下滑的加速度．
（2）对运动员进行受力分析，根据牛顿第二定律求出下滑过程中受到的阻力大小． （3）对全过程，根据动能定理求滑雪运动员克服阻力做的功． 【详解】
（1）根据匀变速直线运动规律得：x=12
at 2 解得：a=4m/s 2
（2）运动员受力如图，根据牛顿第二定律得：mgsinθ-f=ma
解得：f=70N
（3）全程应用动能定理，得：mgxsinθ-W f =0
解得：W f =1.75×104J
【点睛】
解决本题的关键要掌握两种求功的方法，对于恒力可运用功的计算公式求．对于变力可根据动能定理求功．
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/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．
4．一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）
5．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
θ︒、两者平滑对接。

t=0时，质量m=1kg、可视墙壁，倾斜面BC与水平面AB的夹角=37
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/s2。

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 ∆=
6．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 =-
7．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︒'
==
8．如图所示，倾角为300的光滑斜劈AB 长L 1=0.4m ，放在离地高h=0.8m 的水平桌面上,B 点右端接一光滑小圆弧（图上未画出），圆弧右端切线水平，与桌面边缘的距离为L 2．现有一小滑块从A 端由静止释放，通过B 点后恰好停在桌面边缘的C 点，已知滑块与桌面间的滑动摩擦因数μ=0.2．
（1）求滑块到达B 点速度v B 的大小； （2）求B 点到桌面边缘C 点的距离L 2; '
（3）若将斜劈向右平移一段距离∆L=0.64m,滑块仍从斜劈上的A 点静止释放，最后滑块落在水平地面上的P 点．求落地点P 距C 点正下方的O 点的距离x. 【答案】（1）2m/s （2）1m （3）0.64m 【解析】
(1) 沿光滑斜劈AB 下滑的过程机械能守恒，0
211sin 302
B mgL mv = 代入数据得v B =2m/s ；
（2）根据动能定理，22102
B mgL mv μ-=- 代入数据得L 2=1m ；
（3）根据动能定理，22211()22
C B mg L L mv mv μ--∆=- 对于平抛过程有： H=12
gt 2
x=v C t
代入数据得x=0.64m
9．如图所示，整个轨道在同一竖直平面内，直轨道AB 在底端通过一段光滑的曲线轨道与一个光滑的四分之一圆弧轨道CD 平滑连接，圆弧轨道的最高点C 与B 点位于同一高度．圆弧半径为R ，圆心O 点恰在水平地面．一质量为m 的滑块（视为质点）从A 点由静止开始滑下，运动至C 点时沿水平切线方向离开轨道，最后落在地面上的E 点．已知A 点距离水平地面的高度为H ，OE=2R ，重力加速度取g ，不计空气阻力．求：
（1）滑块运动到C 点时的速度大小V C ；
（2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功W f ；
（3）若滑块从直轨道上A′点由静止开始下滑，运动至C 点时对轨道恰好无压力，则A′点
距离水平地面的高度为多少？
【答案】（1）滑块运动到C 点时的速度大小v C 是
．
（2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功W f 是mg （H ﹣2R ）． （3）A′点距离水平地面的高度为．
【解析】
试题分析：（1）滑块从C 到E 做平抛运动，水平位移为2R ，竖直位移为R 则有：2C R v t =、2
12
R gt =
，可解得2C v gR =
（2）对于从A 到C 的过程，运用动能定理得()21
02
f C m
g H
R W mv -=-﹣ 解得，滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功()2f W mg H R =- （3）设A '点的距离水平地面的高度为h ．
在C 点有'2
C
v mg m R
=① 从A′到C ，由动能定理得21
()02
f C m
g
h R W mv --'=
'-② 滑块在直轨道上下滑时重力做功与克服摩擦力做功的比值是定值， 所以有：
'()()(2)f mg H R h R mg H R W --=-解得(2)()
()
f H R h R W m
g H R --'=-，代入②式
联立①、②两式，可解得2
H R
h +=
考点：考查了动能定理；向心力．
【名师点睛】本题要分析清楚物体的运动情况，正确选择研究过程，寻找每个过程和状态所遵守的物理规律是关系，要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解法
10．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：
22011
22
B mgh mv mv =-
得到：
2026m/s B v gh v =+=；
（2）由B 到C 段由动能定理得：：
21
02
B mgx mv μ-=-
所以：
2
4.5m 2B v x g
μ==。

11．动能定理和动量定理不仅适用于质点在恒力作用下的运动，也适用于质点在变力作用下的运动，这时两个定理表达式中的力均指平均力，但两个定理中的平均力的含义不同，在动量定理中的平均力F 1是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F 2是合力指对位移的平均值．
(1)质量为1.0kg 的物块，受变力作用下由静止开始沿直线运动，在2.0s 的时间内运动了2.5m 的位移，速度达到了2.0m/s ．分别应用动量定理和动能定理求出平均力F 1和F 2的值．
(2)如图1所示，质量为m 的物块，在外力作用下沿直线运动，速度由v 0变化到v 时，经历的时间为t ，发生的位移为x ．分析说明物体的平均速度v 与v 0、v 满足什么条件时，F 1和F 2是相等的．
(3)质量为m 的物块，在如图2所示的合力作用下，以某一初速度沿x 轴运动，当由位置x =0运动至x =A 处时，速度恰好为0，此过程中经历的时间为2m
t k
π=，求此过程中物块所受合力对时间t 的平均值．
【答案】（1）F 1=1.0N ，F 2=0.8N ；（2）当02v v x v t +==时，F 1=F 2；（3）2kA F π
=． 【解析】 【详解】
解：(1)物块在加速运动过程中，应用动量定理有：1t F t mv =g
解得：1 1.0 2.0
N 1.0N 2.0
t mv F t ⨯=
==
物块在加速运动过程中，应用动能定理有：2212t F x mv =g 解得：222 1.0 2.0N 0.8N 22 2.5
t mv F x ⨯===⨯ (2)物块在运动过程中，应用动量定理有：10Ft mv mv =-
解得：01()m v v F t
-= 物块在运动过程中，应用动能定理有：22201122F x mv mv =
- 解得：2202()2m v v F x
-= 当12F F =时，由上两式得：02
v v x v t +== (3)由图2可求得物块由0x =运动至x A =过程中，外力所做的功为：
21122
W kA A kA =-=-g 设物块的初速度为0v '，由动能定理得：20102
W mv '=- 解得：0k v A m
'= 设在t 时间内物块所受平均力的大小为F ，由动量定理得：0
0Ft mv -=-' 由题已知条件：2m t k π=
解得：2kA
F π=
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 =， 解得：
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 ．。