高考物理动能定理的综合应用技巧和方法完整版及练习题含解析

高考物理动能定理的综合应用技巧和方法完整版及练习题含解析

一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用

1．小明同学根据上海迪士尼乐园游戏项目“创极速光轮”设计了如图所示的轨道。一条带有竖直圆轨道的长轨道固定在水平面上，底端分别与两侧的直轨道相切，其中轨道AQ 段粗糙、长为L 0=6.0m ，QNP 部分视为光滑，圆轨道半径R =0.2m ，P 点右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L =0.5m 。一玩具电动小车，通电以后以P =4W 的恒定功率工作，小车通电加速运动一段时间后滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出。小车的质量m =0.4kg ，小车在各粗糙段轨道上所受的阻力恒为f =0.5N 。（重力加速度g =10m/s 2；小车视为质点，不计空气阻力）。

(1)若小车恰能通过N 点完成实验，求进入Q 点时速度大小； (2)若小车通电时间t =1.4s ，求滑过N 点时小车对轨道的压力； (3)若小车通电时间t≤2.0s ，求小车可能停在P 点右侧哪几段轨道上。

【答案】(1)22m/s ；(2)6N ，方向竖直向上；(3)第7段和第20段之间 【解析】 【分析】 【详解】

(1)小车恰能过N 点，则0N v =，Q →N 过程根据动能定理

2211222

N mg R mv mv -?=

- 代入解得

22m/s v =

(2)A →N 过程

2

011202

Pt fL mg R mv --?=

- 代入解得

15m/s v =

在N 点时

2

1N mv mg F R

+= 代入解得

N 6N F =

根据牛顿第三定律可得小汽车对轨道压力大小6N ，方向竖直向上。 (3)设小汽车恰能过最高点，则

0020Pt fL mg R --?=

代入解得

0 1.15s 2s t =<

此时小汽车将停在

12mg R n fL ?=

代入解得

1 6.4n =

因此小车将停在第7段； 当通电时间 2.0s t =时

020Pt fL n fL --=

代入解得

220n =

因此小车将停在第20段；综上所述，当t ≤2.0s 时，小汽车将停在第7段和第20段之间。

2．如图所示，一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R =0.5m 。物块A 以v 0=10m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道与物块间的动摩擦因数都为μ=0.4，A 的质量为m =1kg （A 可视为质点） ，求：

(1)物块经过N 点时的速度大小； (2)物块经过N 点时对竖直轨道的作用力； (3)物块最终停止的位置。

【答案】(1)5m/s v =；(2)150N ，作用力方向竖直向上；(3)12.5m x = 【解析】 【分析】 【详解】

(1)物块A 从出发至N 点过程，机械能守恒，有

22011

222

mv mg R mv =?+ 得

20445m /s v v gR =-=

(2)假设物块在N 点受到的弹力方向竖直向下为F N ，由牛顿第二定律有

2

N v mg F m R

+=

得物块A 受到的弹力为

2

N 150N v F m mg R

=-=

由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力为

N N 150N F F '==

作用力方向竖直向上

(3)物块A 经竖直圆轨道后滑上水平轨道，在粗糙路段有摩擦力做负功，动能损失，由动能定理，有

2

0102

mgx mv μ-=-

得

12.5m x =

3．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/s 2.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．

4．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 ==

5．一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/s2）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）

6．如图，I、II为极限运动中的两部分赛道，其中I的AB部分为竖直平面内半径为R的1 4

光滑圆弧赛道，最低点B的切线水平; II上CD为倾角为30°的斜面，最低点C处于B点的正下方，B、C两点距离也等于R.质量为m的极限运动员(可视为质点)从AB上P点处由静止开始滑下，恰好垂直CD落到斜面上．求:

(1) 极限运动员落到CD 上的位置与C 的距离; (2)极限运动员通过B 点时对圆弧轨道的压力; (3)P 点与B 点的高度差．

【答案】（1）4

5R （2）75mg ，竖直向下（3）15

R

【解析】 【详解】

（1）设极限运动员在B 点的速度为v 0，落在CD 上的位置与C 的距离为x ，速度大小为v ，在空中运动的时间为t ，则xcos300=v 0t R-xsin300=

12

gt 2 0

tan 30

v gt = 解得x=0.8R

（2）由（1）可得：02

5

v gR =

通过B 点时轨道对极限运动员的支持力大小为F N

20

N v F mg m R

-=

极限运动员对轨道的压力大小为F N ′，则F N ′=F N ， 解得'

7

5

N F mg =

，方向竖直向下； （3） P 点与B 点的高度差为h,则mgh=1

2

mv 02 解得h=R/5

7．质量为m =0.5kg 、可视为质点的小滑块，从光滑斜面上高h 0=0.6m 的A 点由静止开始自由滑下。已知斜面AB 与水平面BC 在B 处通过一小圆弧光滑连接。长为x 0=0.5m 的水平面BC 与滑块之间的动摩擦因数μ=0.3，C 点右侧有3级台阶（台阶编号如图所示），D 点右侧是足够长的水平面。每级台阶的高度均为h =0.2m ，宽均为L =0.4m 。（设滑块从C 点滑出后与地面或台阶碰撞后不再弹起）。

(1)求滑块经过B 点时的速度v B ；

(2)求滑块从B 点运动到C 点所经历的时间t ；

(3)（辨析题）某同学是这样求滑块离开C 点后，落点P 与C 点在水平方向距离x ，滑块离开C 点后做平抛运动，下落高度H =4h =0.8m ，在求出滑块经过C 点速度的基础上，根据平抛运动知识即可求出水平位移x 。

你认为该同学解法是否正确？如果正确，请解出结果。如果不正确，请说明理由，并用正确的方法求出结果。

【答案】(1)；(2)0.155s ；（3）不正确，因为滑块可能落到某一个台阶上；正确结果1.04m 【解析】 【详解】

(1)物体在斜面AB 上下滑，机械能守恒

201

02

B mgh mv =

+ 解得

B v ==

(2)根据动能定理得

2001

02

C mgh mgx mv μ-=

- 解得

3m/s C v ===

根据牛顿第二定律得

mg ma μ=

则

220.310m/s 3m/s a g μ==?=

10.155s C B v v t a -=

==- (3)不正确，因为滑块可能落到某一个台阶上。正确解法：假定无台阶，滑块直接落在地上

0.4s t '=

== 水平位移

1.2m c x v t '='=

恰好等于3L （也就是恰好落在图中的D 点），因此滑块会撞在台阶上。当滑块下落高度为2h 时

0.283s t "=

== 水平位移

30.283m 0.85m c x v t "="=?=

大于2L ，所以也不会撞到①、②台阶上，而只能落在第③级台阶上。则有

2

2132

h gt =

，2pc c x v t = 解得

33

m 1.04m 5

pc x =

≈ 【点睛】

根据机械能守恒定律或动能动能定理求出滑块经过B 点时的速度B v 。根据动能定理求出滑块到达C 点的速度，再通过牛顿第二定律和运动学公式求出从B 点运动到C 点所经历的时间t 。因为物体做平抛运动不一定落到地面上，可能落在某一个台阶上，先根据假设法判

断物体所落的位置，再根据平抛运动的知识求出水平位移。

8．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

9．如图甲所示，静止在水平地面上一个质量为m =4kg 的物体，其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移x 变化的图象如图乙所示．已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5，g =10m/s 2．求：

（1）运动过程中物体的最大加速度大小为多少； （2）距出发点多远时物体的速度达到最大； （3）物体最终停在何处？

【答案】（1）20m/s 2（2）3.2m （3）10m 【解析】 【详解】

（1）物体加速运动，由牛顿第二定律得：

F -μmg =ma

当推力F =100N 时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数据得：

2max 20m/s F

a g m

μ=-=， （2）由图象得出，推力F 随位移x 变化的数值关系为：

F =100 – 25x ，

速度最大时，物体加速度为零，则

F=μmg=20N ，

即

x = 3.2m

（3）F 与位移x 的关系图线围成的面积表示F 所做的功，即

01

200J 2

F W Fx =

= 对全过程运用动能定理，

W F ?μmgx m =0

代入数据得：

x m =10m

10．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F 1是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F 2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

=

11．如图所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为m ＝0.1 kg 的铁块，它与纸带右端的距离为L ＝0.5 m ，铁块与纸带间、纸带与桌面间动摩擦因数均为μ＝0.1.现用力F 水平向左将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为s ＝0.8 m ．已知g ＝10 m/s 2，桌面高度为H ＝0.8 m ，不计纸带质量，不计铁块大小，铁块不滚动．求：

（1）铁块抛出时速度大小； （2）纸带从铁块下抽出所用时间t 1； （3）纸带抽出过程全系统产生的内能E . 【答案】（1）2m/s （2）2s （3）0.3J 【解析】

试题分析：（1）对铁块做平抛运动研究

212h h=gt 2g

由，得，t=0.4s

则0s v =t

=2m/s

（2）铁块在纸带上运动时的加速度为a ， a=gμ=1m/s 2

由vo=at 得，t 1=2s x 1=2m

（3）摩擦力产生的热量包括上下两个面所产生， Q 上=mgμL=0.05J Q 下= mgμ（L+x 1）=0.25J 所以Q= Q 上+Q 下=0.3J

考点：考查了功能关系，平抛运动，牛顿第二定律的应用

点评：本题关键是先分析清楚物体的运动情况，然后运用平抛运动的分位移公式、牛顿运动定律和运动学公式联立列式求解；同时由功能关系及相对位移求产生的内能．

12．如图所示，AB 为水平轨道，A 、B 间距离s=2m ，BC 是半径为R=0.40m 的竖直半圆形光滑轨道，B 为两轨道的连接点，C 为轨道的最高点．一小物块以v o =6m/s 的初速度从A 点出发，经过B 点滑上半圆形光滑轨道，恰能经过轨道的最高点，之后落回到水平轨道AB 上的D 点处．g 取10m/s 2，求：

（1）落点D 到B 点间的距离； （2）小物块经过B 点时的速度大小； （3）小物块与水平轨道AB 间的动摩擦因数． 【答案】（1）0.8m.（2）（3）0.4

【解析】

试题分析：（1）物块恰能经过轨道最高点，有2C

v mg m R

=① 之后做平抛运动，有2

122

R gt =

②BD C x v t =③ 联立①②③解得0.8BD x =m

（2） 物块从B 点到C 点过程中机械能守恒，得22

11222

B

C mv mv mgR =+④ 联立①④解得25B v =

（3）物块从A 点到B 点做匀减速直线运动

由动能定理得22

1122

B o mgs mv mv μ-=

-⑤ 将B v 代入⑤解得0.4μ=

考点：圆周运动及平抛运动的规律；动能定理及牛顿第二定律的应用.