(物理)高考必备物理动能定理的综合应用技巧全解及练习题(含答案)及解析

（物理）高考必备物理动能定理的综合应用技巧全解及练习题(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．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/s2（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=1
at2
2
解得：a=4m/s2
（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．
2．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v0，两轮轴心间距为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）2022v 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
102
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，2
022v 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．
3．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 =-
4．如图所示，质量为 1.0kg m =的小物体从A 点以 5.0m/s A v =的初速度沿粗糙的水平面匀减速运动距离 =1.0 m s 到达B 点，然后进入半径R =0.4m 竖直放置的光滑半圆形轨道，小物体恰好通过轨道最高点C 后水平飞出轨道，重力加速度g 取l0m/s 2。

求：
(1)小物体到达B 处的速度B v ；
(2)小物体在B 处对圆形轨道压力的大小N F ； (3)粗糙水平面的动摩擦因数μ。

【答案】(1)25m/s ；(2)60N ；(3)0.25。

【解析】 【详解】
(1)小物体恰好通过最高点C ，由重力提供向心力，则：
2C
v mg m R
=
得到：
2m/s c v gR ==
小物体从B 点运动到C 点过程中机械能守恒，则：
22
11222
B C mv mv mg R =+⋅ 得到：
2425m/s =+=B C v v gR ；
(2)设小物体在B 处受到的支持力为'
N F ，根据牛顿第二定律有：
2
'B
N
v F mg m R -=
得到：
'660N ==N F mg
根据牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力N F 大小为60N ，方向竖直向下。

(3)小物体由A 到B 过程，由动能定理得到：
22
1122
B A mgs mv mv μ-=
- 得到：
0.25μ=。

【点睛】
本题关键是恰好通过最高点，由重力提供向心力，然后再根据牛顿第二定律、机械能守恒
和动能定理结合进行求解。

5．如图所示，在水平路段AB 上有一质量为2kg 的玩具汽车，正以10m/s 的速度向右匀速
运动，玩具汽车前方的水平路段AB、BC所受阻力不同，玩具汽车通过整个ABC路段的v-t 图象如图所示（在t=15s处水平虚线与曲线相切），运动过程中玩具汽车电机的输出功率保持20W不变，假设玩具汽车在两个路段上受到的阻力分别有恒定的大小.(解题时将玩具汽车看成质点)
(1)求汽车在AB路段上运动时所受的阻力f1;
(2)求汽车刚好开过B点时的加速度a
(3)求BC路段的长度.
【答案】(1)f1＝5N (2) a＝1.5 m/s2 (3)x=58m
【解析】
【分析】
根据“汽车电机的输出功率保持20W不变”可知，本题考查机车的启动问题，根据
图象知汽车在AB段匀速直线运动，牵引力等于阻力，而牵引力大小可由瞬时功率表达式求出；由图知，汽车到达B位置将做减速运动，瞬时牵引力大小不变，但阻力大小未知，考虑在t=15s处水平虚线与曲线相切，则汽车又瞬间做匀速直线运动，牵引力的大小与BC 段阻力再次相等，有瞬时功率表达式求得此时的牵引力数值即为阻力数值，由牛顿第二定律可得汽车刚好到达B点时的加速度；BC段汽车做变加速运动，但功率保持不变，需由动能定理求得位移大小.
【详解】
(1)汽车在AB路段时，有F1＝f1
P＝F1v1
联立解得：f1＝5N
(2)t＝15 s时汽车处于平衡态，有F2＝f2
P＝F2v2
联立解得：f2＝2N
t＝5s时汽车开始加速运动，有F1－f2＝ma
解得a＝1.5m/s2
(3)对于汽车在BC段运动，由动能定理得：
解得：x=58m
【点睛】
抓住汽车保持功率不变这一条件，利用瞬时功率表达式求解牵引力，同时注意隐含条件汽
车匀速运动时牵引力等于阻力；对于变力做功，汽车非匀变速运动的情况，只能从能量的角度求解.
6．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︒'
==
7．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/s 2，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．
8．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F1是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F2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：221
2
t F x mv =
g 解得：22
2 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：22201122
F x mv mv =
- 解得：22
02()
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：
211
22
W kA A kA =-=-g
设物块的初速度为0v '，由动能定理得：20
1
02
W mv '=-
解得：0
k
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
=
9．如图所示，AB 为半径0.2m R =的光滑
1
4
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：
2
012
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=①，2
212
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 ．
10．半径R ＝1m 的
1
4
圆弧轨道下端与一水平轨道连接，水平轨道离地面高度h ＝1 m ，如图所示，有一质量m ＝1.0 kg 的小滑块自圆轨道最高点A 由静止开始滑下，经过水平轨道末端B 时速度为4 m/s ，滑块最终落在地面上，g 取10 m/s 2，不计空气阻力，求：
(1) 滑块从B 点运动到地面所用的时间； (2) 滑块落在地面上时速度的大小；
(3) 滑块在整个轨道上运动时克服摩擦力做的功． 【答案】(1)5
t = (2)v =6m/s (3)2J f W = 【解析】 【详解】
（1）小球从B 到C 做平抛运动，则竖直方向上有：
212h gt =
解得：
5t =
（2）竖直速度：
25y v gt ==
则落在地面上时速度的大小为：
22
B y v v v =+=6m/s
（3）对A 到B 运用动能定理得：
2102f B mgR W mv -=
- 代入数据解得： f W =2J
11．如图所示，倾斜轨道在B 点有一小圆弧与圆轨道相接，一质量为m=0.1kg 的物体，从倾斜轨道A 处由静止开始下滑，经过B 点后到达圆轨道的最高点C 时，对轨道的压力恰好与物体重力相等．已知倾斜部分有摩擦，圆轨道是光滑的，A 点的高度H=2m,圆轨道半径R=0.4m ，g 取10m/s 2,试求：
（1）画出物体在C 点的受力与运动分析图，并求出物体到达C 点时的速度大小； （2）物体到B 点时的速度大小（用运动学公式求不给分）；
（3）物体从A 到B 的过程中克服阻力所做的功．
【答案】（1）22m/s （3）26m/s （3）0.8J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）物体在C 点的受力与运动分析图所示：
在C 点由圆周运动的的知识可得：
2c v mg mg m R
+= 解得：c 22100.4m/s 22m/s v Rg ==⨯⨯=
（2）物体由B 到C 的过程，由动能定理可得：
22c B 11222
mg R mv mv -=
-g 解得：B 26m/s v = （3）从A 到B 的过程，由动能定理可得：
2f B 12
mgH W mv -=
解得：f 0.8J W =
12．某学校探究性学习小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平的地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v －t 图象，已知小车在0～2 s 内做匀加速直线运动，2～10 s 内小车牵引力的功率保持不变，在10 s 末停止遥控让小车自由滑行，小车质量m ＝1 kg ，整个过程中小车受到的阻力大小不变．求：
(1)小车所受的阻力F f 是多大？
(2)在2～10 s 内小车牵引力的功率P 是多大？
(3)小车在加速运动过程中的总位移x 是多少？
【答案】（1）2 N ；（2）12W (3)28.5 m ；
【解析】
（1）在10s 撤去牵引力后，小车只在阻力f F 作用下做匀减速运动，
设加速度大小为a ，则f F ma =，根据∆=
∆v a t ， 由图像可知22/a m s =，解得2f F N =；
（2）小车的匀速阶段即7s~10s 内，设牵引力为F ，则f F F =
由图像可知6/m v m s =，且12W m P Fv ==；
（3）小车的加速运动过程可以分为0~1.5s 和1.5s~7s 两段，
设对应的位移分别为1x 和2x ，在0~2s 内的加速度大小为1a ，
则由图像可得12/a m s =，21111 2.252
x a t m ==， 在1.5s~7s 内由动能定理可得2222211122f Pt F x mv mv -=
-，2 5.5t s =， 解得226.25x m =，
由1228.5x x x m =+=。