高中物理动能定理的综合应用解题技巧和训练方法及练习题(含答案)含解析

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，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。

4；（3）8J。 15【答案】（1）4m/s，30N；（2）【解析】 【分析】 【详解】

（1）根据机械能守恒有

mgh12mv 2代入数据解得

v4m/s

在B点处，对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得

mv2 FNmgR代入数据解得

FN30N

由牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力为

FN30N FN方向竖直向下

（2）物体在BC段上，根据动能定理有

1mgx0mv2

2代入数据解得

4 15（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

Qmgh8J

2．某滑沙场的示意图如图所示，某旅游者乘滑沙橇从A点由静止开始滑下，最后停在水平沙面上的C点．设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面和水平面连接处可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动，若测得AC间水平距离为x，A点高为h，求滑沙橇与沙面间的动摩擦因数μ．

【答案】h/x 【解析】 【分析】

对A到C的全过程运用动能定理，抓住动能的变化量为零，结合动能定理求出滑沙橇与沙面间的动摩擦因数． 【详解】

设斜面的倾角为θ，对全过程运用动能定理得因为【点睛】

本题考查了动能定理的基本运用，运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再结合动能定理进行求解，本题也可以结合动力学知识进行求解．

，则有

，解得

．

，

3．如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道．小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与斜轨AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为

0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为l.8R．求：(在运算中，根号中的数值无需算出)

(1)小球滑到斜面底端C时速度的大小． (2)小球刚到C时对轨道的作用力．

(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R/应该满足什么条件？ 【答案】（1）28gR （2）6.6mg，竖直向下（3）R0.92R 5【解析】

试题分析：（1）设小球到达C点时速度为v，a球从A运动至C过程，由动能定理有

mg(5Rsin3701.8R)mgcos3705R可得vc5.6gR（1分）

12mvc（2分） 2（2）小球沿BC轨道做圆周运动，设在C点时轨道对球的作用力为N，由牛顿第二定律

vc2sin530=1.8R （1分） Nmgm， （2分） 其中r满足 r+r·

r联立上式可得：N=6.6mg （1分）

由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg ，方向竖直向下． （1分） （3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：

情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道．则小球b在最高点P应满足

vP2mmg（1分） R小球从C直到P点过程，由动能定理，有mgRmg2R可得R11mvP2mvc2（1分） 2223R0.92R（1分） 25情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q点时，速度减为零，然后滑回D．则由动能定理有

1mgRmgR0mvc2（1分）

2R2.3R（1分）

若R2.5R，由上面分析可知，小球必定滑回D，设其能向左滑过DC轨道，并沿CB运动到达B点，在B点的速度为vB,，则由能量守恒定律有

121mvcmvB2mg1.8R2mgR（1分） 22由⑤⑨式，可得vB0（1分）

故知，小球不能滑回倾斜轨道AB，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD轨道上的某处．设小球在CD轨道上运动的总路程为S，则由能量守恒定律，有

12mvcmgS（1分） 2由⑤⑩两式，可得 S=5.6R （1分）

所以知，b球将停在D点左侧，距D点0.6R处． （1分）

考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力．

4．一种氢气燃料的汽车，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/s2。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/s2) (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vm．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：vm=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F4000N

P20m/s F由a1t1=v0，得汽车匀加速运动的时间为：t1=20s

则汽车匀加速运动行驶得最大速度为v0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WF+Wf=△Ek，即得： Pt2－0.1mgs2=得：t2=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=t1+t2=55s

1212mvmmv0 22

5．质量为m=2kg的小玩具汽车，在t＝0时刻速度为v0=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/s2。求： (1)小汽车的最大速度vm； (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：

PFvmfvm f0.1mg

解得：vm4m/s；

(2)从开始到t时刻根据动能定理得：

Ptfs1212mvmmv0 22解得：s10m。

6．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/s2.求： 6

(1)拉力所做的功； (2)拉力的大小.

【答案】(1)WF40J (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：

WFmgcoshmgh0 sin解得拉力所做的功WF40J （2）WFFx

12at 2由牛顿第二定律有Fmgcosmgsinma

由位移公式有x解得拉力的大小F=10N.

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/s2)

(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【答案】(1)【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

，求此时弹簧的压缩量。

m/s；(2)0N；(3)10m。

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m1kg的滑块，在水平力作用下静止在倾角为30o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量损失），传送带的运行速度为v03m/s，长为L1.4m．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

0.25(g10m/s2)．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3m/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/s2（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：mgsinma 解得：

a5m/s2

（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：mghmv2 解得：

12v2gh

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：mgL联立解得：

2v0hL0.8m

2g1212mv0mv 22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：mgL解得：

2v0hL0.8m

2g1212mv0mv 22（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：sv0t

由机械能守恒可知：mghmv2 对滑块由运动学公式知：v0vat 联立解得：

12sv0滑块相对传送带滑动的位移：sLs 相对滑动生成的热量：

vv0 aQmgs0.5J

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v1=2m/s向左运动，同时滑块乙以v2=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/s2，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

mv2mv1(Mmm)v

解得

v=0.5m/s

（2）对整体由能量守恒定律得

12121mv1mv2Mmmv2mgL 222解得：

0.1

（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

x1，滑块甲和小车一起向右运动的位移为x2。

由动能定理对滑块乙有

mgx1对滑块甲和小车有

mgx2滑块乙离右端的距离

sx1x2

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

1212mvmv2 221mMv2 2t1，滑块甲向左运动至小车左端的时间为t2。

由动量定理对滑块乙有

mgt1mvmv2

对滑块甲

mgt20mv1

滑块甲和小车一起向右运动的时间为

tt1t2

由运动学公式滑块乙离右端的距离：

s解得：

v2vvt1t 22s=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x1， 由牛顿第二定律得

mgma

由速度位移公式

v122ax1

解得：

x12m

滑块乙离右端的距离

sLx17.5m

10．滑板运动是深受青少年喜爱的一项极限运动。如图所示为某一滑道的示意图，轨道 AB

可视为竖直平面内半径为R的

141光滑圆弧，圆心为O，OA水平。轨道最低点B距水平面4CD高度为R，C点位于B点正下方。滑板和运动员（可看作质点）总质量为m，由A点静止下滑，从轨道中B点飞出，落在水平面上的E点。重力加速度为g。求： （1）运动员运动到B点时速度的大小； （2）运动员运动到B点时对轨道压力的大小； （3）C、E两点间的距离。

【答案】(1) vB2gR (2) 3mg (3)R 【解析】 【详解】

(1) 运动员从A到B，根据动能定理

12mgRmvB0

2解得：

vB2gR (2) 运动员到达B点时

2vBNBmgm

R运动员对轨道的压力为

N'NB3mg

(3)运动员空中飞行时间

h解得：

12gt 2t C、E间距离为

R 2gxvBtR

11．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＝

12

at得下滑时间t＝0.5s. 212

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

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v0＝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vm，当车子达到最大速度时， 有F牵=f 根据公式Pfvm 解得vm=40m/s

（2）根据题意和动能定理得：W合=1212mvmv 末初2则有：Ptfs=12mv212m2mv0 解得小轿车60s内前进的距离为s=1650m

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