高考物理动能定理的综合应用答题技巧及练习题(含答案)及解析

高考物理动能定理的综合应用答题技巧及练习题(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，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．
2．一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）
3．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c v 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．
4．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．
5．如图所示，半径为R 的圆管BCD 竖直放置，一可视为质点的质量为m 的小球以某一初速度从A 点水平抛出，恰好从B 点沿切线方向进入圆管，到达圆管最高点D 后水平射
出．已知小球在D 点对管下壁压力大小为
1
2
mg ，且A 、D 两点在同一水平线上，BC 弧对应的圆心角θ＝60°，不计空气阻力．求：
(1)小球在A 点初速度的大小； (2)小球在D 点角速度的大小；
(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功．
【答案】(1)gR ；(2)2g
R
；(3)14mgR
【解析】 【分析】
（1）根据几何关系求出平抛运动下降的高度，从而求出竖直方向上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小．
（2）根据向心力公式求出小球在D 点的速度，从而求解小球在D 点角速度． （3）对A 到D 全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功． 【详解】
（1）小球从A 到B ，竖直方向: v y 2＝2gR(1＋cos 60°) 解得v y ＝3gR 在B 点：v 0＝
60
y v tan ＝gR .
（2）在D 点，由向心力公式得mg-12mg ＝2D
mv R
解得v D ＝
2gR
ω＝
D v R ＝
2g
R
. （3）从A 到D 全过程由动能定理：－W 克＝12mv D 2－1
2
mv 02 解得W 克＝1
4
mgR. 【点睛】
本题综合考查了平抛运动和圆周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源．
6．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
.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.
7．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
8．滑板运动是深受青少年喜爱的一项极限运动。

如图所示为某一滑道的示意图，轨道 AB 可视为竖直平面内半径为R 的
1
4
光滑圆弧，圆心为O ，OA 水平。

轨道最低点B 距水平面CD 高度为1
4
R ，C 点位于B 点正下方。

滑板和运动员（可看作质点）总质量为m ，由A 点静止下滑，从轨道中B 点飞出，落在水平面上的E 点。

重力加速度为g 。

求： （1）运动员运动到B 点时速度的大小； （2）运动员运动到B 点时对轨道压力的大小； （3）C 、E 两点间的距离。

【答案】(1) 2B v gR =mg (3)R 【解析】 【详解】
(1) 运动员从A 到B ，根据动能定理
2
B 102
mgR mv =-
解得：
B 2v gR (2) 运动员到达B 点时
2B
B v N mg m R
-=
运动员对轨道的压力为
'B 3N N mg ==
(3)运动员空中飞行时间
212
h gt =
解得：
2R t g
=
C 、E 间距离为
B x v t R ==
9．遥控电动玩具车的轨道装置如图所示，轨道ABCDEF 中水平轨道AB 段和BD 段粗糙，AB =BD =2.5R ，小车在AB 和BD 段无制动运行时所受阻力是其重力的0.02倍，轨道其余部分摩擦不计。

斜面部分DE 与水平部分BD 、圆弧部分EF 均平滑连接，圆轨道BC 的半径为R ，小段圆弧EF 的半径为4R ，圆轨道BC 最高点C 与圆弧轨道EF 最高点F 等高。

轨道右侧有两个与水平轨道AB 、BD 等高的框子M 和N ，框M 和框N 的右边缘到F 点的水平距离分别为R 和2R 。

额定功率为P ，质量为m 可视为质点的小车，在AB 段从A 点由静止出发以额定功率行驶一段时间t （t 未知）后立即关闭电动机，之后小车沿轨道从B 点进入圆轨道经过最高点C 返回B 点，再向右依次经过点D 、E 、F ，全程没有脱离轨道，最后从F 点水平飞出，恰好落在框N 的右边缘。

（1）求小车在运动到F 点时对轨道的压力； （2）求小车以额定功率行驶的时间t ；
（3）要使小车进入M 框，小车采取在AB 段加速（加速时间可调节），BD 段制动减速的方案，则小车在不脱离轨道的前提下，在BD 段所受总的平均制动力至少为多少。

【答案】（1）mg ，方向竖直向下；（2）；（3）
mg
【解析】 【详解】
（1）小车平抛过程，有：2R =v F t …① 2R =gt 2⋯②
由①②联立解得：v F=⋯③
在F点，对小车由牛顿第二定律得：mg﹣F N=m⋯④
由③④得：F N=mg
由牛顿第三定律得小车对轨道的压力大小为mg，方向竖直向下。

（2）小车从静止开始到F点的过程中，由动能定理得：
Pt﹣0.02mg5R﹣mg2R=mv F2⋯⑤
由③⑤得：t=
（3）平抛过程有：R=v F´t、2R=gt2
要使小车进入M框，小车在F点的最大速度为v F´=⋯⑥
小车在C点的速度最小设为v C，则有：mg=m⋯⑦
设小车在BD段所受总的总的平均制动力至少为f，小车从C点运动到F点的过程中，由动能定理得：
-f 2.5R=mv F´2-mv C2⋯⑧
由⑥⑦⑧得：f=mg
10．如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：
(1)小滑块从M点到Q点电场力做的功
(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？
(3)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？
【答案】(1) - 0.08J(2) 7 m/s（3）0.6 N
【解析】
【分析】
【详解】
（1）W=－qE·2R W= - 0.08J (2)设小滑块到达Q点时速度为v，
由牛顿第二定律得mg＋qE＝m
2 v R
小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得
－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝1
2
mv2－
1
2
mv
联立方程组，解得：v0＝7m/s.
(3)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得
－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝1
2
mv′2－
1
2
mv
又在P点时，由牛顿第二定律得F N＝m
2 v R
代入数据，解得：F N＝0.6N
由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力F N′＝F N＝0.6N.
【点睛】
（1）根据电场力做功的公式求出电场力所做的功；
（2）根据小滑块在Q点受的力求出在Q点的速度，根据动能定理求出滑块的初速度；（3）根据动能定理求出滑块到达P点的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力，由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力．
11．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/s2，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t1；
（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．
12．如图所示，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，以初速度0v =4m/s 沿轨道下滑，并进入水平轨道BC ．BC =1.8m ，物体在BC 段所受到的阻力为8N 。

(g=10m/s²)。

求：
(1)物体刚下滑到B 点时的速度大小；
(2)物体通过BC 时在C 点的动能；
(3)物体上升到另一光滑弧形轨道CD 后，又滑回BC 轨道，最后停止在离B 点多远的位置。

【答案】(1)6m/s (2)21.6J (3)离B 点0.9m
【解析】
【详解】
（1）物体在光滑弧形轨道上运动只有重力做功，故机械能守恒，则有
22122
1B A mg v h m mv +＝ 所以物体刚下滑到B 点的速度大小
2026m/s B v v gh =+= ；
（2）物体在BC 上运动，只有摩擦力做功，设物体经过C 点的动能为E kC ，则由动能定理可得：
2121.6J 2
kC kB BC B BC E E mgL mv mgL μμ=-=-= （3）物体在整个过程中只有重力、摩擦力做功，设物体在BC 上滑动的路程为x ，则由动
能定理可得：
21
2
A m m v mg gx h μ=+ ， 解得：
x ＝4.5m=2L BC +0.9m ；
故物块最后停在离B 点0.9m 处；。