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)及解析

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)及解析

一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用

1．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ=60°、长为L 1=23m

的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2=

3

2

m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D 处，如图所示.现将一个小球从距A 点高为h =0.9m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时小球的速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下.已知小球与AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ=

3

，g 取10m/s 2.

（1）求小球初速度v 0的大小； （2）求小球滑过C 点时的速率v C ；

（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件？ 【答案】（16m/s （2）6m/s （3）0

试题分析：（1）小球开始时做平抛运动：v y 2=2gh

代入数据解得：22100.932/y v gh m s =??＝＝

A 点：60y x v tan v ?=

得：032

/6/603

y

x v v v s m s tan ==

?

＝

＝ （2）从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得：

()22

11201122

C mg h L sin mgL cos mgL mv mv θμθμ+---＝代入数据解得：36/C v m s ＝

（3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：2

1

mv mg R ＝

22111 222

C mv mgR mv +＝ 代入数据解得R 1=1．08 m

当小球刚能到达与圆心等高时2

21

2

C mv mgR ＝ 代入数据解得R 2=2．7 m

当圆轨道与AB 相切时R 3=BC?tan 60°=1．5 m 即圆轨道的半径不能超过1．5 m

综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是 0＜R≤1．08 m ． 考点：平抛运动；动能定理

2．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.

3．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最下端的B 点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求：

(1)物块与传送带间的动摩擦因数；

(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功． 【答案】3

－3.75 J 【解析】

解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：21

11

a =8?m/s v t =

后0.5 s 的加速度为：222

22

2?/v v a m s t -=

= 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：

1mgsin mgcos ma θμθ+=

物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：

2mgsin mgcos ma θμθ-=

联立解得：3μ=

(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：11

12

v t x =

则摩擦力对物块做功：11·

W mgcos x μθ= 在后0.5 s ，物块对地位移为：12

122

v v x t +=

则摩擦力对物块做功22·

W mgcos x μθ=－ 所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J

4．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.

5．如图所示，质量m ＝2.0×10－4 kg 、电荷量q ＝1.0×10－

6 C 的带正电微粒静止在空间范围

足够大的电场强度为E1的匀强电场中．取g ＝10 m/s 2． (1)求匀强电场的电场强度 E1的大小和方向；

(2)在t ＝0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2＝4.0×103N/C ，且方向不变．求在t ＝0.20 s 时间内电场力做的功；

(3)在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉第(2)问中的电场，求带电微粒回到出发点时的动能．

【答案】(1)2.0×103N/C ，方向向上 (2)8.0×10－4J (3)8.0×10－

4J

【解析】 【详解】

（1）设电场强度为E ，则：Eq mg =，

代入数据解得：4362.01010

/ 2.010/1010

mg E N C N C q --??===??，方向向上 （2）在0t =时刻，电场强度突然变化为：3

2 4.010/E N C =?，设微粒的加速度为a ，

在0.20t s =时间内上升高度为h ，电场力做功为W ，则：21qE mg ma -=

解得：2

110/a m s =

根据：2

112

h a t =

，解得：0.20=h m 电场力做功：4

28.010J W qE h -==?

（3）设在0.20t s =时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为v ，回到出发点时的动能为

k E ，

则：v at =，212

k E mgh mv =+

解得：4

8.010J k E -=?

6．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 h

=同理，打在A 点的微粒初速度为：22g v h

= 所以微粒的初速度范围为：4g h ≤v≤2g 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：2h

7．如图的竖直平面内，一小物块(视为质点)从H =10m 高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB 进入半径R =4m 的光滑竖直圆环内侧，弯曲轨道AB 在B 点与圆环轨道平滑相接。之后物块沿CB 圆弧滑下，在B 点(无动量损失)进入右侧的粗糙水平面上压缩弹簧。已知物块的质量m =2kg ，与水平面间的动摩擦因数为0.2，弹簧自然状态下最左端D 点与B 点距离L =15m ，求：(g =10m/s 2)

(1)物块从A 滑到B 时的速度大小； (2)物块到达圆环顶点C 时对轨道的压力； (3)若弹簧最短时的弹性势能，求此时弹簧的压缩量。

【答案】(1)m/s ；(2)0N ；(3)10m 。

【解析】 【分析】 【详解】

(1)对小物块从A 点到B 点的过程中由动能定理

解得：

；

(2)小物块从B 点到C 由动能定理：

在C 点，对小物块受力分析：

代入数据解得C 点时对轨道压力大小为0N ；

(3)当弹簧压缩到最短时设此时弹簧的压缩量为x ,对小物块从B 点到压缩到最短的过程中由动能定理：

由上式联立解得：

x =10m 【点睛】

动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动，了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题。动能定理的应用范围很

广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功。

8．如图所示，质量为1m kg =的滑块，在水平力作用下静止在倾角为o 30θ=的光滑斜面

上，斜面的末端B 与水平传送带相接（物块经过此位置滑上皮带时无能量损失），传送带的运行速度为03/v m s =，长为 1.4L m =．今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为

0.25μ=(210/g m s =)．求：

（1）水平力撤去后，滑块（在斜面上）的加速度大小； （2）滑块下滑的高度；

（3）若滑块进入传送带时速度大于3/m s ，则滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量为多少．

【答案】（1）5m/s 2（2）0.1m 或0.8m (3)5J 【解析】 【分析】 【详解】

（1）对撤去外力F 后的滑块受力分析，由牛顿第二定律：sin mg ma θ= 解得：

25m /s a =

（2）设滑块从高为h 处上滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒：212

mgh mv = 解得：

2v gh

若滑块冲上传送带的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有：2201122

mgL mv mv μ=- 联立解得：

200.8m 2v h L g

μ=+=

若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受天向左的滑动摩擦力而做匀速运动，根据动能定理：2201122

mgL mv mv μ-=- 解得：

200.8m 2v h L g

μ=+=

（3）设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移：0s v t =

由机械能守恒可知：212

mgh mv = 对滑块由运动学公式知：0v v at =- 联立解得：

0v v s v a

-=?

滑块相对传送带滑动的位移：s L s ?=- 相对滑动生成的热量：

0.5J Q mg s μ=?=

9．如图所示，在光滑的水平地面上有一平板小车质量为M =2kg ，靠在一起的滑块甲和乙质量均为m =1kg ，三者处于静止状态。某时刻起滑块甲以初速度v 1=2m/s 向左运动，同时滑块乙以v 2=4m/s 向右运动。最终甲、乙两滑块均恰好停在小车的两端。小车长L =9.5m ，两滑块与小车间的动摩擦因数相同，（g 取10m/s 2，滑块甲和乙可视为质点）求： (1)最终甲、乙两滑块和小车的共同速度的大小; (2)两滑块与小车间的动摩擦因数； (3)两滑块运动前滑块乙离右端的距离。

【答案】（1）0.5m/s （2）0.1 （3）7.5m 【解析】 【详解】

（1）两滑块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

21()mv mv M m m v -=++

解得

v=0.5m/s

（2）对整体由能量守恒定律得

()22212111

222

mv mv M m m v mgL μ+=+++ 解得：

0.1μ=

（3）经分析，滑块甲运动到左端时速度刚好减为0，在滑块甲运动至左端前，小车静止，之后滑块甲和小车一起向右做匀加速运动到三者共速。 法一：应用动能定理

甲、乙从开始运动到最终两滑块均恰好停在小车的两端的过程中，设滑块乙的对地位移为

1x ，滑块甲和小车一起向右运动的位移为2x 。

由动能定理对滑块乙有

22

121122

mgx mv mv μ-=

- 对滑块甲和小车有

()221

2

mgx m M v μ=

+ 滑块乙离右端的距离

12s x x =-

解得：

s =7.5m

法二：应用动量定理

甲、乙从开始运动到最终两滑块均恰好停在小车的两端的过程中，设滑块乙的运动时间为

1t ，滑块甲向左运动至小车左端的时间为2t 。

由动量定理对滑块乙有

12mgt mv mv μ-=-

对滑块甲

210mgt mv μ-=-

滑块甲和小车一起向右运动的时间为

12t t t ?=-

由运动学公式滑块乙离右端的距离：

2122

v v v

s t t +=

-? 解得：

s=7.5m

法三：转换研究对象，以甲为研究对象 设滑块甲离左端距离为1x ， 由牛顿第二定律得

mg ma μ=

由速度位移公式

2112v ax =

解得：

12m x =

滑块乙离右端的距离

17.5m s L x =-=

10．有可视为质点的木块由A 点以一定的初速度为4m/s 水平向右运动，AB 的长度为2m ，物体和AB 间动摩擦因素为μ1=0.1，BC 无限长，物体和BC 间动摩擦因素为

23

6

μ=

， 求：

（1）物体第一次到达B 点的速度；

（2）通过计算说明最后停在水平面上的位置距B 点的距离． 【答案】（1）23/s v m =（2）2m 【解析】 【分析】

由题中“有可视为质点的木块由A 点以一定的初速度为4m/s 水平向右运动”可知，本题考查动能定理和能量守恒定律，根据对物体运动状态的分析结合能量变化可分析本题． 【详解】

（1）据题意，当物体从A 运动到B 点过程中，有：

2211122

AB B A mgs mv mv μ-=

- 带入数据求得：

=23m /s B v

（2）物体冲上斜面后，有：

2

21-cos30sin 302

BC BC B mg x mg x mv μ-=-o o

解得：

0.8BC x m =

则有：

2

211-2cos302

BC B mg x mgx mv μμ-=-o

解得：

2x m =

即物体又回到了A 点．

11．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：

2

102

f B mgR W mv -=

- 代入数据解得：

f W =2J

12．如图甲所示，游乐场的过山车在圆弧轨道上运行，可以把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R 的竖直圆轨道相接，B 、C 分别为圆轨道的最低点和最高点．质量为m 的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A 点由静止滚下，经过B 点且恰好能通过C 点．已知A 、B 间的高度差为h =4R ,重力加速度为g ．求：

(1)小球通过C 点时的速度C v ；

(2)小球从A 点运动到C 点的过程中，损失的机械能E 损 【答案】gR mgR 【解析】 【详解】

(1) 小球恰能通过C 点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：

2C

v mg m R

=

则得：

C v gR (2) 小球从A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理得：

2

1202

f C m

g

h R W mv --=-()

解得：

W f =1.5mgR

则小球从A 点运动到C 点的过程中，损失的机械能

= 1.5f gR E W m =损