50套高考物理动能定理的综合应用及解析

50套高考物理动能定理的综合应用及解析
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，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，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/s 2.
(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 ．
4．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.
5．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1-所示，
质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度v B＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530 J，g取10 m/s2.
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力F f的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？
【答案】(1)144 N (2)12.5 m
【解析】
试题分析：（1）运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，斜面的倾角为α，则有
v B2=2ax
根据牛顿第二定律得mgsinα﹣F f=ma 又sinα=H x
由以上三式联立解得 F f=144N
（2）设运动员到达C点时的速度为v C，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh+W=1
2
mv C2-
1
2
mv B2
设运动员在C点所受的支持力为F N，由牛顿第二定律得 F N﹣mg=m
2 C v R
由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有 F N=6mg 联立解得 R=12．5m
考点：牛顿第二定律；动能定理
【名师点睛】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理．
6．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．
7．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 =。

8．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】 【分析】
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．
9．如图所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为m ＝0.1 kg 的铁块，它与纸带右端的距离为L ＝0.5 m ，铁块与纸带间、纸带与桌面间动摩擦因数均为μ＝0.1.现用力F 水平向左将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为s ＝0.8 m ．已知g ＝10 m/s 2，桌面高度为H ＝0.8 m ，不计纸带质量，不计铁块大小，铁块不滚动．求：
（1）铁块抛出时速度大小； （2）纸带从铁块下抽出所用时间t 1； （3）纸带抽出过程全系统产生的内能E .
【答案】（1）2m/s （2）2s （3）0.3J
【解析】
试题分析：（1）对铁块做平抛运动研究
212h h=gt t=2g
由，得，t=0.4s 则0s v =t =2m/s
（2）铁块在纸带上运动时的加速度为a ，
a=gμ=1m/s 2
由vo=at 得，t 1=2s x 1=2m
（3）摩擦力产生的热量包括上下两个面所产生，
Q 上=mgμL=0.05J
Q 下= mgμ（L+x 1）=0.25J
所以Q= Q 上+Q 下=0.3J
考点：考查了功能关系，平抛运动，牛顿第二定律的应用
点评：本题关键是先分析清楚物体的运动情况，然后运用平抛运动的分位移公式、牛顿运动定律和运动学公式联立列式求解；同时由功能关系及相对位移求产生的内能．
10．如图所示，半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道与粗糙的水平面相切于A 点，质量为m ＝1 kg 的小物体(可视为质点)在水平拉力F 的作用下，从静止开始由C 点运动到A 点，物体从A 点进入半圆轨道的同时撤去外力F ，物体沿半圆轨道通过最高点B 后做平抛运动，正好落在C 点，已知x AC ＝2 m ，F ＝15 N ，g 取10 m/s 2，试求：
(1)物体在B 点时的速度大小以及此时物体对轨道的弹力大小；
(2)物体从C 到A 的过程中，克服摩擦力做的功．
【答案】（1）5m/s ；52.5N ，（2）9.5J
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：（1）根据2122R gt =
得，平抛运动的时间为：440.40.410R t s s g ⨯===， 则B 点的速度为：2/5/0.4
AC B x v m s m s t ===． 根据牛顿第二定律得，2B B v mg N m R
+=，解得：25110N 52.5N 0.4B N =⨯-=．
（2）对C 到B 的过程运用动能定理得：2122
f AC B W Fx m
g R mv +-⋅=，代入数据解得9.5f W J =-．
11．如图所示，一个小球的质量m =2kg ，能沿倾角37θ=︒的斜面由顶端B 从静止开始下滑，小球滑到底端时与A 处的挡板碰触后反弹（小球与挡板碰撞过程中无能量损失），若小球每次反弹后都能回到原来的23
处，已知A 、B 间距离为02m s =，sin370.6︒=，cos370.8︒=，210/g m s =，求：
(1)小球与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)小球由开始下滑到最终静止的过程中所通过的总路程和克服摩擦力做的功。

【答案】(1)0.15；(2)10m ；24J
【解析】
【详解】
(1)设小球与斜面间的动摩擦因数为μ，小球第一次由静止从的B 点下滑和碰撞弹回上升到速度为零的过程，由动能定理得：
000022 )sin37(()cos37033
mg s s mg s s μ-︒-+︒= 解得：1 tan370.155
μ=︒= (2)球最终一定停在A 处，小球从B 处静止下滑到最终停在A 处的全过程
由动能定理得：
0 s in37cos370mgs mg s μ︒-︒=g
所以小球通过的总路程为：
00tan 37 510m s s s μ
︒=== 克服摩擦力做的功：
cos3724J f W mg s μ=︒=g
12．一辆质量m ＝2×103kg 的小轿车沿平直路面运动，发动机的额定功率P ＝80kW ，运动时受到的阻力大小为f ＝2×103N ．试求：
(1)小轿车最大速度的大小；
(2)小轿车由v 0＝10m/s 的速度开始以额定功率运动60s 前进的距离(汽车最后的速度已经达到最大)．
【答案】(1)40m/s (2)1650m
【解析】
【详解】
（1）设小轿车运动的最大速度的大小为m v ，当车子达到最大速度时， 有=F f 牵
根据公式m P fv =
解得v m =40m/s
（2）根据题意和动能定理得：2211=22W mv mv -合末初 则有：22m 011=22
Pt fs mv mv -- 解得小轿车60s 内前进的距离为s =1650m。