高中物理动能定理的综合应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)

高中物理动能定理的综合应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)

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．质量 1.5m kg =的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行 2.0t s =停在B 点，已知A 、B 两点间的距

离 5.0s m =，物块与水平面间的动摩擦因数0.20μ=，求恒力F 多大．（2

10/g m s =）

【答案】15N 【解析】 设撤去力

前物块的位移为

，撤去力

时物块的速度为，物块受到的滑动摩擦力

对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得

由运动学公式得

对物块运动的全过程应用动能定理

由以上各式得 代入数据解得

思路分析：撤去F 后物体只受摩擦力作用，做减速运动，根据动量定理分析，然后结合动能定律解题

试题点评：本题结合力的作用综合考查了运动学规律，是一道综合性题目．

3．如图所示，光滑圆弧的半径为80cm ，一质量为1.0kg 的物体由A 处从静止开始下滑到B 点，然后又沿水平面前进3m ，到达C 点停止。物体经过B 点时无机械能损失，g 取10m/s 2，求：

（1）物体到达B 点时的速度以及在B 点时对轨道的压力； （2）物体在BC 段上的动摩擦因数； （3）整个过程中因摩擦而产生的热量。

【答案】（1）4m/s ，30N ；（2）4

15

；（3）8J 。 【解析】 【分析】 【详解】

（1）根据机械能守恒有

212

mgh mv =

代入数据解得

4m/s v =

在B 点处，对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得

2

N mv F mg R

-= 代入数据解得

30N N F =

由牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力为

30N N

N F F '== 方向竖直向下

（2）物体在BC 段上，根据动能定理有

21

02

mgx mv μ-=-

代入数据解得

415

μ=

（3）小球在整个运动过程中只有摩擦力做负功，重力做正功，由能量守恒可得

8J Q mgh ==

4．如图光滑水平导轨AB 的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m =1kg 的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B 点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC 的长为L =6m ，沿逆时针方向以恒定速度v =2m/s 匀速转动．CD 为光滑的水平轨道，C 点与传送带的右端刚好平齐接触，DE 是竖直放置的半径为R =0.4m 的光滑半圆轨道，DE 与CD 相切于D 点．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，取g =10m/s 2．

（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C 点，求弹簧储存的弹性势能

p E ；

（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C 点，并经过圆弧轨道DE ，从其

最高点E 飞出，最终落在CD 上距D 点的距离为x =1.2m 处（CD 长大于1.2m ），求物块通过E 点时受到的压力大小；

（3）满足（2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能． 【答案】（1）p 12J E =（2）N =12.5N （3）Q =16J 【解析】 【详解】

（1）由动量定理知：2102

mgL mv μ-=-

由能量守恒定律知：2

p 12E mv =

解得：p 12J E =

（2）由平抛运动知：竖直方向：2122

y R gt == 水平方向：E x v t =

在E 点，由牛顿第二定律知：2

E v N mg m R

+=

解得：N =12.5N

（3）从D 到E ，由动能定理知：2211

222

D E mg R mv mv -?=- 解得：5m /s D v =

从B 到D ，由动能定理知2211

22

D B mv mg v L m μ--= 解得：7m /s B v =

对物块2

B D

v v L t +=

解得：t =1s ；

621m 8m s L vt ?=+=+?=相对

由能量守恒定律知：mgL Q s μ=??相对 解得：Q =16J

5．如图所示，小物体沿光滑弧形轨道从高为h 处由静止下滑，它在水平粗糙轨道上滑行的最远距离为s ，重力加速度用g 表示，小物体可视为质点，求：

（1）求小物体刚刚滑到弧形轨道底端时的速度大小v ； （2）水平轨道与物体间的动摩擦因数均为μ。

【答案】（1）2gh （2）h s

【解析】 【详解】

解：(1)小物体沿弧形轨道下滑的过程，根据机械能守恒定律可得：212

mgh mv = 解得小物体刚滑到弧形轨道底端时的速度大小：2v gh =

(2)对小物体从开始下滑直到最终停下的过程，根据动能定理则有：0mgh mgs μ-= 解得水平轨道与物体间的动摩擦因数：h s

μ=

6．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 =。

7．为了研究过山车的原理，某同学设计了如下模型：取一个与水平方向夹角为37°、长为L =2.5 m 的粗糙倾斜轨道AB ，通过水平轨道BC 与半径为R =0.2 m 的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE ，整个轨道除AB 段以外都是光滑的。其中AB 与BC 轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个质量m =2 kg 小物块，当从A 点以初速度v 0=6 m/s 沿倾斜轨道滑下，到达C 点时速度v C =4 m/s 。取g =10 m/s 2，sin37°=0.60，cos37°=0.80。

（1）小物块到达C 点时，求圆轨道对小物块支持力的大小；

（2）求小物块从A 到B 运动过程中，摩擦力对小物块所做的功；

（3）小物块要能够到达竖直圆弧轨道的最高点，求沿倾斜轨道滑下时在A 点的最小初速度v A 。

【答案】(1) N =180 N (2) W f =?50 J (3) 30A v = m/s 【解析】 【详解】

（1）在C 点时，设圆轨道对小物块支持力的大小为N ，则：

2

c mv N mg R

-= 解得 N =180 N

（2）设A →B 过程中摩擦力对小物块所做的功为W f ，小物块A →B →C 的过程，有

22011sin 3722

f c mgL W mv mv ?+=

- 解得 W f =?50 J 。

（3）小物块要能够到达竖直圆弧轨道的最高点，设在最高点的速度最小为v m ，则：

2

m

mv mg R

= 小物块从A 到竖直圆弧轨道最高点的过程中，有

22m A 11sin 37222

f mgL W mgR mv mv ?+-=

- 解得

A 30v = m/s

8．如图，与水平面夹角θ=37°的斜面和半径R =1.0m 的光滑圆轨道相切于B 点，且固定于竖直平面内。质量m =0.5kg 的滑块从斜面上的A 点由静止释放，经B 点后沿圆轨道运动，通过最高点C 时轨道对滑块的弹力为滑块重力的5.4倍。已知A 、B 两点间的高度差h =6.0m 。（g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求： （1）滑块在C 点的速度大小v C ； （2）滑块在B 点的速度大小v B ；

（3）滑块在A 、B 两点间克服摩擦力做功W f 。

【答案】（1）8m/s （2）10m/s （3）5J 【解析】 【详解】

（1）在C 点，由牛顿第二定律：

2C

C v mg F m R

+=

其中

5.4C F mg =

解得

v C =8m/s

（2）从B 到C 由机械能守恒：

22

11=(1cos37)22

B C mv mv mgR ++o 解得

v B =10m/s

（3）从A 到B 由动能定理：

2

12

f B mgh W mv -=

解得

W f =5J

9．如图所示，水平轨道BC 的左端与固定的光滑竖直1/4圆轨道相切与B 点，右端与一倾角为300的光滑斜面轨道在C 点平滑连接（即物体经过C 点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2Kg 的滑块从圆弧轨道的顶端A 点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D 点，已知光滑圆轨道的半径R=0.45m ，水平轨道BC 长为0.4m ，其动摩擦因数μ=0.2，光滑斜面轨道上CD 长为0.6m ，g 取10m/s 2

，求

①滑块第一次经过B 点时对轨道的压力 ②整个过程中弹簧具有最大的弹性时能；

③滑块在水平轨道BC 上运动的总时间及滑块最终停在何处？ 【答案】（1）60N （2）1.4J （3）2.25m

【解析】（1）滑块从A 点到B 点，由动能定理可得：

解得：

3m/s

滑块在B点：

解得：=60N

由牛顿第三定律可得：物块对B点的压力60N

（2）滑块第一次到达D点时，弹簧具有最大的弹性势能．

滑块从A点到D点，设该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得：

解得：=1.4J

（3）将滑块在BC段的运动全程看作匀减速直线运动，加速度=2m/s2

则滑块在水平轨道BC上运动的总时间 1.5s

滑块最终停止在水平轨道BC间，设滑块在BC段运动的总路程为s，从滑块第一次经过B 点到最终停下来的全过程，由动能定理可得：

解得=2.25m

结合BC段的长度可知，滑块最终停止在BC间距B点0.15m处（或距C点0.25m处）

10．如图所示，一根直杆与水平面成θ＝37°角，杆上套有一个小滑块，杆底端N处有一弹性挡板，板面与杆垂直. 现将物块拉到M点由静止释放，物块与挡板碰撞后以原速率弹回．已知M、N两点间的距离d＝0.5m，滑块与杆之间的动摩擦因数μ＝0.25，g＝10m/s2.取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：

(1) 滑块第一次下滑的时间t；

(2) 滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x；

(3) 滑块在直杆上滑过的总路程s.

【答案】(1) 0.5s (2) 0.25m .(3) 1.5m

【解析】

【分析】

（1）滑块从A点出发第一次运动到挡板处的过程，根据牛顿第二定律可求加速度，根据位移时间关系可求下滑时间；

（2）根据速度时间关系可求出滑块第1次与挡板碰撞前的速度大小v1，对滑块从A点开始到返回AB中点的过程，运用动能定理列式，可求出上滑的最大距离；

（3）滑块最终静止在挡板上，对整个过程，运用动能定理列式，可求得总路程．

【详解】 (1) 下滑时加速度 mgsinθ－μmgcosθ＝ma 解得a ＝4.0m/s 2 由d ＝

12

at 2

得下滑时间t ＝0.5s. (2) 第一次与挡板相碰时的速率v ＝at ＝2m/s 上滑时－(mgsinθ＋f)x ＝0－12

mv 2

解得x ＝0.25m.

(3) 滑块最终停在挡板处，由动能定理得 mgdsinθ－fs ＝0 解得总路程s ＝1.5m.

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

2

3

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．如图所示，AMB 是AM 和MB 两段组成的绝缘轨道，其中AM 段与水平面成370，轨道MB 处在方向竖直向上、大小E ＝5×103 N/C 的匀强电场中。一质量m ＝0.1 kg 、电荷量q ＝＋1.0×10－4 C 的可视为质点的滑块以初速度v 0＝6 m/s 从离水平地面高h ＝4.2 m 处开始向下运动，经M 点进入电场，从 B 点离开电场, 最终停在距B 点1.6m 处的C 点。不计经过M 点的能量损失，已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，求滑块：

(1)到达M 点时的速度大小； (2)M 、B 两点的距离l ； 【答案】(1)8m/s ；(2)9.6m

【解析】试题分析：带电滑块的运动，可以分为三个过程：①进电场前斜面上的匀加速直线运动；②在电场中沿水平地面的匀减速直线运动；③离开电场后沿地面的匀减速直线运动。本题可以单纯利用牛顿运动定律和运动学的知识去计算，也可以结合能量部分来解题。

解（1）方法一：在滑块从A 运动到M 点的过程中，由动能定理可得：

，解得：

=8m/s

方法二：在斜面上，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律可得：

根据运动学速度和位移的关系可得：

，解得

=8m/s

（2）物块离开B 点后，并停在了离B 点1.6m 处的C 点处： 方法一：滑块从B 到C ，由动能定理得：

，得

=4m/s

所以，在滑块从M 运动到B 的过程中，根据动能定理得：

，解得：

=9.6m

方法二：滑块从B 到C 的过程中，由牛顿运动定律结合运动学知识，可得：

同理，从滑块从M运动到B的过程中，

联立上述方程，带入数据得：=9.6m