高考物理动能定理的综合应用答题技巧及练习题(含答案)

1、高考物理动能定理的综合应用答题技巧及练习题( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用a 端的竖直墙壁上 .质量1 如图所示， ac 为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在m 1kg 的小物块将弹簧的另一端压缩到b 点，之后由静止释放，离开弹簧后从c 点水平飞出，恰好从d 点以 vd10m / s 的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道def ( 小物体与轨道间无碰撞).o 为圆弧轨道的圆心，e 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径 r1m ， doe60o ，eof37.o 小物块运动到 f 点后，冲上足够长的斜面，斜面fg与圆轨道相切于f点，小物体与斜面间的动摩擦因数0.5.s

2、in37o0.6，fgcos37o0.8 ，取 g 10m / s2 . 不计空气阻力 . 求：（1 ）弹簧最初具有的弹性势能；（2 ）小物块第一次到达圆弧轨道的e 点时对圆弧轨道的压力大小；（3 ）判断小物块沿斜面 fg 第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的d 点？若能，求解小物块回到 d 点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点e的速度大小【答案】1 ?1.25j ； 230 n； 32 m / s 【解析】【分析】【详解】（1）设小物块在 c 点的速度为v c ，则在 d 点有： vc vd cos60o设弹簧最初具有的弹性势能为ep ，则： ep1 mv c2

3、2代入数据联立解得：ep1.25j ；2 设小物块在 e 点的速度为 v e ，则从 d 到 e 的过程中有：mgr 1 cos60o 1 mv e21 mv d222设在 e 点，圆轨道对小物块的支持力为n，则有：v e2n mgr代入数据解得： ve2 5m / s ， n 30n由牛顿第三定律可知，小物块到达圆轨道的e 点时对圆轨道的压力为30 n；3 设小物体沿斜面fg上滑的最大距离为x，从 e 到最大距离的过程中有：mgr 1 cos37omgsin37 omgcos37ox 01 mv e22小物体第一次沿斜面上滑并返回f 的过程克服摩擦力做的功为wf ，则wf2x mgcos37

4、o小物体在 d 点的动能为 ekd ，则： ekd1 mv d22代入数据解得： x0.8m ， wf6.4j， ekd5j因为 ekdwf ，故小物体不能返回d 点 .小物体最终将在 f 点与关于过圆轨道圆心的竖直线对称的点之间做往复运动，小物体的机械能守恒，设最终在最低点的速度为v em ，则有：mgr 1 cos37o1mv em22代入数据解得： vem2m / s答：1 弹簧最初具有的弹性势能为1.25j；23小物块第一次到达圆弧轨道的e 点时对圆弧轨道的压力大小是30 n；小物块沿斜面fg 第一次返回圆弧轨道后不能回到圆弧轨道的d 点 . 经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点

5、e 的速度大小为2 m / s 【点睛】（1）物块离开c 点后做平抛运动，由d 点沿圆轨道切线方向进入圆轨道，知道了到达d点的速度方向，将 d 点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据角度关系求出水平分速度，即离开 c 点时的速度 ，再研究弹簧释放的过程，由机械能守恒定律求弹簧最初具有的弹性势能；2 物块从 d 到 e，运用机械能守恒定律求出通过e 点的速度 ，在 e 点，由牛顿定律和向心力知识结合求物块对轨道的压力；3 假设物块能回到d 点，对物块从a 到返回 d 点的整个过程，运用动能定理求出d 点的速度，再作出判断，最后由机械能守恒定律求出最低点的速度2 如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨m

6、n 相切，导轨右端n 处于水平传送带理想连接，传送带长度l=4m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=4.0m/s 运动滑块b、 c 之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，b、 c 与细绳、弹簧一起静止在导轨 mn 上 .一可视为质点的滑块a 从 h=0.2m 高处由静止滑下，已知滑块a、 b、 c 质量均为 m=2.0kg，滑块 a 与 b 碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短因碰撞使连接b、 c 的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使c 与 a、 b 分离 .滑块 c 脱离弹簧后以速度vc=2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的p 点已知滑块c 与传送带之间的动摩擦因数=0

7、.2，重力加速度g 取 10m/s 2.(1)求滑块 c 从传送带右端滑出时的速度大小；(2)求滑块 b、 c 与细绳相连时弹簧的弹性势能e ；p(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块c 总能落至 p 点，则滑块 a 与滑块 b碰撞前速度的最大值vm 是多少？【答案】 (1) 4.0m/s(2) 2.0j (3) 8.1m/s【解析】【分析】【详解】（1）滑块 c 滑上传送带到速度达到传送带的速度v=4m/s 所用的时间为 t ，加速度大小为a，在时间 t 内滑块 c 的位移为 x，有mgmavvcatxvct1 at 22代入数据可得x3mx3ml滑块 c 在传送带上先加速，达到

8、传送带的速度v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块 c 从传送带右端滑出时的速度为v=4.0m/s（2）设 a、 b 碰撞前 a 的速度为 v0， a、 b 碰撞后的速度为1v ， a、 b 与 c 分离时的速度为v2，有ma gh1ma v022ma v0(mamb )v1(mamb )v1(mamb )v2 mc vca、b 碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒ep 1 (mamb )v121 ( ma mb )v221 mc vc2222代入数据可解得ep2.0j（3）在题设条件下，若滑块a 在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块c 的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好

9、等于传送带的速度v.设 a 与 b 碰撞后的速度为 v1 ，分离后 a 与 b 的速度为 v2 ，滑块 c 的速度为 vc ， c 在传送带上做匀减速运动的末速度为 v=4m/s ，加速度大小为 2m/s 2，有v2vc2( a) l解得vc4 2m/s以向右为正方向，a、 b 碰撞过程mavm(mamb )v1弹簧伸开过程(mamb )v1mc vc(mamb )v2ep + 1 (ma mb )v1 21 ( mamb )v22 + 1 mc vc 2222代入数据解得vm 4 272 8.1m/s 43 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

10、 m60 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/s 2 匀加速滑下，到达助滑道末端 b 时速度 vb 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/s 2.(1)求运动员在 ab 段下滑时受到阻力 ff 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

11、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 ，则有vb2 =2axh根据牛顿第二定律得mgsin ff=ma 又 sin =x由以上三式联立解得ff =144n（2）设运动员到达c 点时的速度为vc，在由 b 到达 c的过程中，由动能定理有1212mgh+w=mvc -2mvb2设运动员在 c 点所受的支持力为fn，由牛顿第二定律得 fn mg=m vc2r由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6 倍，即有 fn=6mg 联立解得 r=12 5m考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛

12、】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4 某人欲将质量 m 50kg 的货箱推上高h1.0m 的卡车，他使用的是一个长 l 5.0m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0.30 。（说明把货箱做质点处理，当sin0.2 时， cos0.98）(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f04.010

13、2 n 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fmg sin50100.2n=100n(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fmg cosmg sin247n(3)设需从距 a 点 x 远的地方推动货箱，则由动能定理f0 xmgxmg coslmgh0解得x=4.94m5 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

14、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 =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v1 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】 (1) 3m/s (2)v2或 xv27 m/s (3) x ll2g2 g【解析】【详解】（1）从 a 点到刚滑上传送带，应用动能定理mgrmgl1mv122得v12gr2 gl代入数据得， v1=3

15、m/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v1，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mgl01 mv22解得 v2gl7 m/s即传送带的速度必须大于等于7 m/s 。(3)传送带的速度大于或等于v1，则滑块回到水平轨道时的速度大小仍为v1mgs01 mv122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7 m/s v3m/s，则滑块将回到b 点，滑上圆弧轨道后又滑到水平轨道，最后停下，即mg（lx)01 mv22v2l解得 x2g若传送带的速度v7 m/

16、s ，则滑块将不能回到b 点，即解得 xl12mg（lx)0mvv22 g6 如图所示， bc为半径等于 22 m 竖直放置的光滑细圆管，o 为细圆管的圆心，在圆5管的末端 c 连接倾斜角为 45、动摩擦因数 0.6 的足够长粗糙斜面，一质量为m0.5kg 的小球从 o 点正上方某处a 点以 v0 水平抛出，恰好能垂直ob 从 b 点进入细圆管，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的力f 5n的作用，当小球运动到圆管的末端c 时作用力 f 立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面(g 10m/s 2)求：（1）小球从 o 点的正上方某处a 点水平抛出的初速度 v0 为多少？（ 2）小球在圆管中运动时对

17、圆管的压力是多少？（ 3）小球在 cd斜面上运动的最大位移是多少？【答案】（ 1） 2m/s ；（ 2） 7.1n；（ 3） 0.35m.【解析】【详解】（ 1）小球从 a 运动到 b 为平抛运动，水平方向：rsin45 =v0t ，在 b 点：vygttan45 =，v0v0解得：v0=2m/s ；（2）小球到达在b 点的速度：vv02 2m/s ，cos45由题意可知：mg=0.5 10=5n=f，重力与 f 的合力为零，小球所受合力为圆管的外壁对它的弹力，该力不做功，小球在管中做匀速圆周运动，管壁的弹力提供向心力，v20.5(2 2) 27.1nf mnr225由牛顿第三定律可知，小球对

18、圆管的压力大小：f 7.1n；（3）小球在 cd上滑行到最高点过程，由动能定理得：mg sin 45 ?smg cos 45 ?s01 mv22解得：s 0.35m；7 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/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

19、)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mv2mv1(mmm)v解得v=0.5m/s（2）对整体由能量守恒定律得1 mv121 mv221m m m v2mgl222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

20、。由动能定理对滑块乙有mgx11 mv21 mv2222对滑块甲和小车有mgx21m m v22滑块乙离右端的距离sx1x2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t1 ，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mgt1mvmv2对滑块甲mgt20mv1滑块甲和小车一起向右运动的时间为tt1t2由运动学公式滑块乙离右端的距离：sv2v t1v t22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x1 ，由牛顿第二定律得mgma由速度位移公式v122ax1解得：x12m滑块乙离

21、右端的距离slx17.5m8 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 1=0.1， bc 无限长，物体和 bc间动摩擦因素为23 ，6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） v 23m / s （ 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

22、：1mgsab1 mvb21 mva222带入数据求得：vb =2 3m / s（2）物体冲上斜面后，有：- 2mg cos30o xbc mg sin 30o xbc1 mvb22解得：xbc0.8m则有：-2 2 mg cos30o xbc1mgx1 mvb22解得：x2m即物体又回到了a 点9如图所示，处于原长的轻质弹簧放在固定的光滑水平导轨上，左端固定在竖直的墙上，右端与质量为 mb=2kg 的滑块 b 接触但不连接，此时滑块b 刚好位于 o 点光滑的水平导轨右端与水平传送带理想连接，传送带长度l=2.5m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率 v=4.0m/s 匀速传动现用水平

23、向左的推力将滑块b 缓慢推到 m 点（弹簧仍在弹性限度内），当撤去推力后，滑块b 沿轨道向右运动，滑块b 脱离弹簧后以速度vb=2.0m/s 向右运动，滑上传送带后并从传送带右端q 点滑出落至地面上的 p 点已知滑块 b 与传送带之间的动摩擦因数 =0.10，水平导轨距地面的竖直高度 h=1.8m ，重力加速度 g 取 10m/s2 求：（ 1）水平向左的推力对滑块b 所做的功w；（ 2）滑块 b 从传送带右端滑出时的速度大小；（ 3）滑块 b 落至 p 点距传送带右端的水平距离【答案】（ 1） 4j （ 2）3m/s （ 3） 1.8m【解析】试题分析：（ 1）设滑块b 脱离弹簧时推力对b

24、所做的功为w，根据动能定理，有：w1 mbvb224j （2 分）（2）滑块 b 滑上传送带后做匀加速运动，设滑块度 v 所用的时间为 t，加速度大小为 a，在时间b 从滑上传送带到速度达到传送带的速 t 内滑块 b 的位移为 x，根据牛顿第二定律和运动学公式得：mgma （1分）vvbat （ 1 分）xvb t12at 2 （ 1 分）解得：x6ml （ 1 分）即滑块b 在传送带上一直做匀加速运动，设滑出时的速度为v由 v 2 vb2 2al解得： v3m/s （1 分）（3）由平抛运动的规律，则有：h 1 gt 2 （ 1 分）2x v t （ 1 分）解得： x1.8m （ 1 分）

25、考点：本题考查了平抛运动、动能定理和匀变速运动规律的应用10 如图所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为m0.1 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 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s0.8 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

26、.3j【解析】试题分析：（ 1）对铁块做平抛运动研究由 h= 1 gt 2，得 t=2h ， t=0.4s2gs则 v0 =2m/st（2）铁块在纸带上运动时的加速度为a，2a=g =1m/s由 vo=at 得， t1=2s x1=2m（3）摩擦力产生的热量包括上下两个面所产生，q 上 =mgl=0.05jq 下 = mg（l+x1） =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11 如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角3