最新高考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)

最新高考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．如图所示，半径为R ＝1 m ，内径很小的粗糙半圆管竖直放置，一直径略小于半圆管内径、质量为m ＝1 kg 的小球，在水平恒力F ＝250

17

N 的作用下由静止沿光滑水平面从A 点运动到B 点，A 、B 间的距离x ＝

17

5

m ，当小球运动到B 点时撤去外力F ，小球经半圆管道运动到最高点C ，此时球对外轨的压力F N ＝2.6mg ，然后垂直打在倾角为θ＝45°的斜面上(g ＝10 m/s 2)．求：

(1)小球在B 点时的速度的大小； (2)小球在C 点时的速度的大小；

(3)小球由B 到C 的过程中克服摩擦力做的功； (4)D 点距地面的高度．

【答案】(1)10 m/s (2)6 m/s (3)12 J (4)0.2 m 【解析】 【分析】

对AB 段，运用动能定理求小球在B 点的速度的大小；小球在C 点时，由重力和轨道对球的压力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求小球在C 点的速度的大小；小球由B 到C 的过程，运用动能定理求克服摩擦力做的功；小球离开C 点后做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求D 点距地面的高度． 【详解】

(1)小球从A 到B 过程，由动能定理得：212

B Fx mv = 解得：v B ＝10 m/s

(2)在C 点，由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝2

c v m R

又据题有：F N ＝2.6mg 解得：v C ＝6 m/s.

(3)由B 到C 的过程，由动能定理得：－mg ·2R －W f ＝22

1122

c B mv mv - 解得克服摩擦力做的功：W f ＝12 J

(4)设小球从C 点到打在斜面上经历的时间为t ，D 点距地面的高度为h ， 则在竖直方向上有：2R －h ＝

12

gt 2

由小球垂直打在斜面上可知

：

c

gt

v

＝tan 45°

联立解得：h＝0.2 m

【点睛】

本题关键是对小球在最高点处时受力分析，然后根据向心力公式和牛顿第二定律求出平抛的初速度，最后根据平抛运动的分位移公式列式求解．

2．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．

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/s2，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．某人欲将质量50kg m =的货箱推上高 1.0m h =的卡车，他使用的是一个长 5.0m L =的斜面（斜面与水平面在A 处平滑连接）。假设货箱与水平面和斜面的动摩擦因数均为

0.30μ=。（说明把货箱做质点处理，当sin 0.2θ=时，cos 0.98θ=）

(1)如果把货箱静止放在这个斜面上，则货箱受到的摩擦力多大？

(2)如果用平行于斜面的力在斜面上把货箱匀速向上推，所需的推力是多大？

(3)如果把货箱放在水平面上的某处，用水平力推力2

0 4.010N F =?推它并在A 处撤去此

力，为使货箱能到达斜面顶端，需从距A 点至少多远的地方推动货箱？

【答案】(1)100N ；(2)247N ；(3)4.94m 【解析】 【分析】 【详解】

(1)如果把货箱静止放在这个斜面上，则货箱受到的摩擦力为静摩擦力，大小为

sin 50100.2N=100N f mg θ==??

(2)如果用平行于斜面的力在斜面上把货箱匀速向上推，所需的推力为

cos sin 247N F mg mg μθθ=+=

(3)设需从距A 点x 远的地方推动货箱，则由动能定理

0cos 0F x mgx mg L mgh μμθ--?-=

解得

x =4.94m

5．一种氢气燃料的汽车，质量为m =2.0×103kg ，发动机的额定输出功率为80kW ，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的0.1倍。若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度的大小为a =1.0m/s 2。达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800m ，直到获得最大速度后才匀速行驶。求：(g =10m/s 2) (1)汽车的最大行驶速度。

(2)汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间。 【答案】（1）40m/s ；（2）55s 【解析】 【详解】

（1）设汽车的最大行驶速度为v m ．汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，速度达到最大，即有：F =f

根据题意知，阻力为：f =0.1mg =2000N 再根据公式 P=Fv 得：v m =P /f =40m/s ； 即汽车的最大行驶速度为40m/s

（2）汽车匀变速行驶的过程中，由牛顿第二定律得

F f ma -=

得匀变速运动时汽车牵引力4000N F =

则汽车匀加速运动行驶得最大速度为020/P

v m s F

=

= 由a 1t 1=v 0，得汽车匀加速运动的时间为：t 1=20s

汽车实际功率达到额定功率后到速度达到最大的过程，由动能定理W F +W f =△E k ，即得：

Pt 2－0.1mgs 2=2201122

m mv mv - 得：t 2=35s

所以汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为：t =t 1+t 2=55s

6．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 =-=

7．如图所示，ABC 是一条长L =10m 的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h =1.25m 处，A 、C 为端点，B 为中点，轨道BC 处在方向竖直向上，大小E =5×105N/C 的匀强电场中，一质量m =0.5kg ，电荷量q =+1.0×10-5C 的可视为质点的滑块以初速度v 0=6m/s 在轨道上自A 点开始向右运动，经B 点进入电场，从C 点离开电场，已知滑块与轨道间动摩擦因数

μ=0.2，g 取10m/s 2。求：滑块

（1）到达B 点时的速度大小；

（2）从B 点运动到C 点所用的时间； （3）落地点距C 点的水平距离。

【答案】（1）4m/s （2）1.25s （3）2m 【解析】 【详解】

（1）滑块从A 到B 的运动过程只受重力、支持力、摩擦力作用，只有摩擦力做功，故由动能定理可得：

22011

2122

B mg L mv mv μ-?-＝

所以滑块到达B 点时的速度大小

204m/s B v v gL μ-＝＝

（2）滑块从B 运动到C 的过程受合外力

F =μ（mg -qE ）=0；

故滑块从B 到C 做匀速运动；设从B 点运动到C 点所用的时间为t ，则有：

152s 1.254

B L

t s v === （3）滑块在C 点的速度v C =4m/s ；滑块从C 点做平抛运动，则平抛运动时间

20.5h

t s g

'＝

＝ 故落地点距C 点的水平距离

x =v C t'=2m ；

8．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=gt2?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

9．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/s2

由d＝1

2

at2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＝0－1

2 mv2

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.

10．如图所示，一个小球的质量m=2kg，能沿倾角37

θ=?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

11．甲图是我国自主研制的200mm 离子电推进系统， 已经通过我国“实践九号”卫星空间飞行试验验证，有望在2015年全面应用于我国航天器．离子电推进系统的核心部件为离子推进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势．离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子P 喷注入腔室C 后，被电子枪G 射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子．氙离子从腔室C 中飘移过栅电极A 的速度大小可忽略不计，在栅电极A 、B 之间的电场中加速，并从栅电极B 喷出．在加速氙离子的过程中飞船获得推力． 已知栅电极A 、B 之间的电压为U ，氙离子的质量为m 、电荷量为q ．

（1）将该离子推进器固定在地面上进行试验．求氙离子经A 、B 之间的电场加速后，通过栅电极B 时的速度v 的大小；

（2）配有该离子推进器的飞船的总质量为M ，现需要对飞船运行方向作一次微调，即通过推进器短暂工作让飞船在与原速度垂直方向上获得一很小的速度Δv ，此过程中可认为氙离子仍以第（1）中所求的速度通过栅电极B ．推进器工作时飞船的总质量可视为不变．求推进器在此次工作过程中喷射的氙离子数目N ．

（3）可以用离子推进器工作过程中产生的推力与A 、B 之间的电场对氙离子做功的功率的比值S 来反映推进器工作情况．通过计算说明采取哪些措施可以增大S ，并对增大S 的实际意义说出你的看法． 【答案】（1）（2）

（3）增大S 可以通过减小q 、

U 或增大m 的方法．

提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力． 【解析】

试题分析：（1）根据动能定理有

解得：

（2）在与飞船运动方向垂直方向上，根据动量守恒有：MΔv=Nmv 解得：

（3）设单位时间内通过栅电极A 的氙离子数为n ，在时间t 内，离子推进器发射出的氙离子个数为N nt =，设氙离子受到的平均力为F '，对时间t 内的射出的氙离子运用动量定理，F t Nmv ntmv ='=，F '= nmv

根据牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船的推力大小F=F '= nmv 电场对氙离子做功的功率P= nqU 则

根据上式可知：增大S 可以通过减小q 、U 或增大m 的方法． 提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力． （说明：其他说法合理均可得分） 考点：动量守恒定律；动能定理；牛顿定律.

12．一辆质量m ＝2×103kg 的小轿车沿平直路面运动，发动机的额定功率P ＝80kW ，运动时受到的阻力大小为f ＝2×103N ．试求： (1)小轿车最大速度的大小；

(2)小轿车由v 0＝10m/s 的速度开始以额定功率运动60s 前进的距离(汽车最后的速度已经达到最大)．

【答案】(1)40m/s (2)1650m 【解析】 【详解】

（1）设小轿车运动的最大速度的大小为m v ，当车子达到最大速度时， 有=F f 牵 根据公式m P fv = 解得v m =40m/s

（2）根据题意和动能定理得：2211=22

W mv mv -合末初 则有：22

m 011=

22

Pt fs mv mv -- 解得小轿车60s 内前进的距离为s =1650m