高考物理动能定理的综合应用技巧(很有用)及练习题

高考物理动能定理的综合应用技巧(很有用)及练习题

一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用

1．北京老山自行车赛场采用的是250m 椭圆赛道，赛道宽度为7.6m 。赛道形如马鞍形，由直线段、过渡曲线段以及圆弧段组成，圆弧段倾角为45°（可以认为赛道直线段是水平的，圆弧段中线与直线段处于同一高度）。比赛用车采用最新材料制成，质量为9kg 。已知直线段赛道每条长80m ，圆弧段内侧半径为14.4m ，运动员质量为61kg 。求： （1）运动员在圆弧段内侧以12m/s 的速度骑行时，运动员和自行车整体的向心力为多大；

（2）运动员在圆弧段内侧骑行时，若自行车所受的侧向摩擦力恰为零，则自行车对赛道的压力多大；

（3）若运动员从直线段的中点出发，以恒定的动力92N 向前骑行，并恰好以12m/s 的速度进入圆弧段内侧赛道，求此过程中运动员和自行车克服阻力做的功。（只在赛道直线段给自行车施加动力）。

【答案】（1）700N;（2）2；（3）521J 【解析】 【分析】 【详解】

（1）运动员和自行车整体的向心力

F n =2(m)M v R

+

解得

F n =700N

（2）自行车所受支持力为

()cos45N

M m g F +=

?

解得

F N 2N

根据牛顿第三定律可知

F 压=F N 2N

（3）从出发点到进入内侧赛道运用动能定理可得

W F -W f 克+mgh =

212

mv W F =2

FL h =

1

cos 452

d o =1.9m W f 克=521J

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．

3．一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/s 2）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）

4．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=

12mv C 2-1

2

mv B 2 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．

5．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 =。

6．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v 0，两轮轴心间距为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】（1

2）20

22v gh gl μ-=（3

）

(2

02

m v -

【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：B 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，2022v gh gL

μ-＝；

（3）产生的热量：Q=μmgL 相对，(

)2

02B

L g

相对

ννμ-=

（或0），

解得，2

01(2

Q m 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．

7．一质量为m =0.1kg 的滑块(可视为质点)从倾角为θ=37°、长为L =6m 的固定租糙斜面顶端由静止释放，滑块运动到斜面底端时的速度大小为v ，所用的时间为t ．若让此滑块从斜面底端以速度v 滑上斜面，利滑块在斜面上上滑的时间为1

2

t ．已知重力加速度g 取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求： (1)滑块通过斜面端时的速度大小v ；

(2)滑块从斜而底端以速度v 滑上斜面又滑到底端时的动能． 【答案】（1

）；（2）1.2J 【解析】 【详解】

解：(1)设滑块和斜面间的动摩擦因数为μ，滑块下滑时的加速度大小为1a ，滑块上滑时的加速度大小为2a ，由牛顿第二定律可得 滑块下滑时有1mgsin mgcos ma θμθ-=

滑块上滑时有2mgsin mgcos ma θμθ+= 由题意有122

t v a t a == 联立解得μ=0.25

则滑块在斜面上下滑时的加速度1a =4m/s 2，滑块上滑时的加速度大小2a =8m/s 2

由运动学公式有2

12v a L =

联立解得43v =m/s

(2)设滑块沿斜面上滑的最大位移为x ，则有2

22v a x =

解得：x =3m

则滑块从斜面底端上滑到下滑到斜面底端的过程中，由动能定理有：

21

cos 22

k mg x E mv μθ-?=-

解得：k E =1.2J

8．如图所示，四分之一的光滑圆弧轨道AB 与水平轨道平滑相连，圆弧轨道的半径为R =0.8m ，有一质量为m =1kg 的滑块从A 端由静止开始下滑，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，滑块在水平轨道上滑行L =0.7m 后，滑上一水平粗糙的传送带，传送带足够长且沿顺时针方向转动，取 g =10m/s 2，求： （1）滑块第一次滑上传送带时的速度 v 1 多大？ （2）若要滑块再次经过B 点，传送带的速度至少多大？

（3）试讨论传送带的速度v 与滑块最终停下位置x （到B 点的距离）的关系。

【答案】7m/s (3) 22v x L g

μ=-或2

2v x L g μ=

- 【解析】 【详解】

（1）从A 点到刚滑上传送带，应用动能定理

2112

mgR mgL mv -=

μ 得

122v gR gL μ=-代入数据得，v 1=3m/s.

（2）滑块在传送带上运动，先向左减速零，再向右加速，若传送带的速度小于v 1，则物块最终以传送带的速度运动，设传送带速度为v 时，物块刚能滑到B 点，则

21

02

mgL mv μ-=-

解得27v gL μ==m/s

即传送带的速度必须大于等于7m/s 。

(3)传送带的速度大于或等于v 1，则滑块回到水平轨道时的速度大小仍为v 1

211

02

mgs mv μ-=-

得s =0.9m ，即滑块在水平轨道上滑行的路程为0.9m ，则最后停在离B 点0.2m 处。 若传送带的速度7m/s

21

)02

mg L x mv μ-+=-（

解得2

2v x L g

μ=

- 若传送带的速度v<7m/s ，则滑块将不能回到B 点，即

21

)02

mg L x mv μ--=-（

解得2

2v x L g

μ=-

9．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f 1; (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)f 1＝5N (2) a ＝1.5 m /s 2 (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F 1＝f 1 P ＝F 1v 1

联立解得：f 1＝5N

(2)t ＝15 s 时汽车处于平衡态，有F 2＝f 2 P ＝F 2v 2

联立解得：f 2＝2N

t ＝5s 时汽车开始加速运动，有F 1－f 2＝ma 解得a ＝1.5m/s 2

(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.

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

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．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：

2

c 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：

2

f B 12

mgH W mv -=

解得：f 0.8J W =

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