高考物理专题汇编动能定理的综合应用(一)

一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用

1．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

14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．

714【答案】（1）R （2）mg ，竖直向下（3）R

555【解析】 【详解】

（1）设极限运动员在B点的速度为v0，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=v0t R-xsin300=

12gt 2v0gt 0tan30解得x=0.8R

（2）由（1）可得：v02gR 5通过B点时轨道对极限运动员的支持力大小为FN

2v0FNmgm

R极限运动员对轨道的压力大小为FN′，则FN′=FN， 解得FN'7mg，方向竖直向下； 51mv02 2（3） P点与B点的高度差为h,则mgh=解得h=R/5

2．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t＝0时刻，将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A点，经过1.0 s，物块从最下端的B点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g＝10 m/s2)，求：

(1)物块与传送带间的动摩擦因数；

(2)物块从A到B的过程中，传送带对物块做的功． 【答案】(1) 【解析】

解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s的加速度为：a1后0.5 s的加速度为：a23 (2) －3.75 J 5v1=8?m/s2 t1v2v22?m/s2 t2物块在前0.5 s受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：

mgsinmgcosma1

物块在后0.5 s受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：

mgsinmgcosma2

联立解得：3 5(2)由v－t图象面积意义可知，在前0.5 s，物块对地位移为：x1v1t1 2x1 则摩擦力对物块做功：W1mgcos·在后0.5 s，物块对地位移为：x1v1v2t2 2x2 则摩擦力对物块做功W2－mgcos·所以传送带对物块做的总功：WW1W2 联立解得：W＝－3.75 J

3．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

．

，

4．如图所示，半径为R的圆管BCD竖直放置，一可视为质点的质量为m的小球以某一初速度从A点水平抛出，恰好从B点沿切线方向进入圆管，到达圆管最高点D后水平射出．已知小球在D点对管下壁压力大小为

1mg，且A、D两点在同一水平线上，BC弧对2应的圆心角θ＝60°，不计空气阻力．求：

(1)小球在A点初速度的大小； (2)小球在D点角速度的大小；

(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功． 【答案】(1)gR；(2)【解析】 【分析】

（1）根据几何关系求出平抛运动下降的高度，从而求出竖直方向上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小．

（2）根据向心力公式求出小球在D点的速度，从而求解小球在D点角速度． （3）对A到D全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功． 【详解】

1g；(3)mgR

42R（1）小球从A到B，竖直方向: vy2＝2gR(1＋cos 60°) 解得vy＝3gR 在B点：v0＝

vytan600＝gR.

21mvD（2）在D点，由向心力公式得mg-mg＝

2R解得vD＝2gR 2ω＝

vDg. ＝R2R11mvD2－mv02 22（3）从A到D全过程由动能定理：－W克＝解得W克＝【点睛】

1mgR. 4本题综合考查了平抛运动和圆周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源．

5．如图所示,在粗糙水平面上有一质量为M、高为h的斜面体,斜面体的左侧有一固定障碍物Q,斜面体的左端与障碍物的距离为d．将一质量为m的小物块置于斜面体的顶端,小物块恰好能在斜面体上与斜面体一起保持静止;现给斜面体施加一个水平向左的推力,使斜面体和小物块一起向左匀加速运动,当斜面体到达障碍物与其碰撞后,斜面体立即停止运动,小物块水平抛出,最后落在障碍物的左侧P处(图中未画出),已知斜面体与地面间的动摩擦因数为μ1,斜面倾角为θ,重力加速度为g,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,求:

(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ2;

(2)要使物块在地面上的落点P距障碍物Q最远,水平推力F为多大; (3)小物块在地面上的落点P距障碍物Q的最远距离． 【答案】

（1）2tan　（2）F1MmgMmgsincostansin（3）

22hdsinh costansintan【解析】 【分析】

对m受力分析，由共点力平衡条件可以求出动摩擦因数；以m为研究对象，求出最大加

速度，以系统为研究对象，由牛顿第二定律求出最大推力；对系统由动能定理求出最大速度，然后由平抛运动规律求出最大水平位移． 【详解】

(1)对m由平衡条件得：mgsinθ-μ2mgcosθ=0 解得：μ2=tanθ

(2)对m设其最大加速度为am，由牛顿第二定律得 水平方向：Nsinθ+μ2Ncosθ=mam 竖直方向：Ncosθ-μ2Nsinθ-mg=0 解得：a2gsin

costansin对M、m整体由牛顿第二定律得：F-μ1(M+m)g=(M+m)am 解得：F1Mmg　2Mmgsincostansin

1 Mmv2　2(3)对M、m整体由动能定理得：Fd1Mmgd解得：vdgsin costansinhvt tan对m由平抛运动规律得： 水平方向：xp竖直方向：h解得：xp2【点睛】

本题主要考查了应用平衡条件、牛顿第二定律、动能定理、平抛运动规律即可正确解题．

12gt 22hdsinh costansintan

6．如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来．如果人和滑板的总质量m＝60kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝37°（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2． 求：

（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？

（2）若由于场地的，水平滑道的最大距离BC为L＝20.0m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过多少？

【答案】（1）2.0 m/s2； （2）50m 【解析】 【分析】

（1）根据牛顿第二定律求出人从斜坡上下滑的加速度．

（2）根据牛顿第二定律求出在水平面上运动的加速度，结合水平轨道的最大距离求出B点的速度，结合速度位移公式求出AB的最大长度． 【详解】

（1）根据牛顿第二定律得，人从斜坡上滑下的加速度为：

mgsin37mgcos37=gsin37°-μgcos37°=6-0.5×8m/s2=2m/s2．

m（2）在水平面上做匀减速运动的加速度大小为：a2＝μg＝5m/s2，

a1＝ 102m/s． 根据速度位移公式得，B点的速度为：vB＝2a2L＝2520m/s＝vB2200＝m＝50m. 根据速度位移公式得：LAB＝2a14【点睛】

本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，本题也可以结合动能定理进行求解．

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，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μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m＝0.5kg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/s2)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：

tan45°=

解得：

v0=2m/s；

（2）小球到达在B点的速度：

vyv0gt， v0v由题意可知：

v022m/s， cos45mg=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，

v2(22)2Fm0.5N7.1N 2r25由牛顿第三定律可知，小球对圆管的压力大小：F7.1N； （3）小球在CD上滑行到最高点过程，由动能定理得：

1mgsin45?smgcos45?s0mv2

2解得：

s≈0.35m；

9．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

10．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）【解析】 【详解】

（1）小车平抛过程，有：2R=vFt…① 2R=gt2⋯② 由①②联立解得：vF=

⋯③

⋯④ ；（3）

mg

在F点，对小车由牛顿第二定律得：mg﹣FN=m由③④得：FN=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=mvF2⋯⑤ 由③⑤得：t=

（3）平抛过程有： R=vF´t、2R=gt2

要使小车进入M框，小车在F点的最大速度为vF=小车在C点的速度最小设为vC，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：

´

⋯⑥

-f2.5R=mvF´2-mvC2⋯⑧ 由⑥⑦⑧得：f=

mg

11．城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥，如图所示，桥面为半径R=130m的圆弧形的立交桥AB，横跨在水平路面上，桥高h=10m。可以认为桥的两端A、B与水平路面的连接处是平滑的。一辆小汽车的质量m=1000kg，始终以额定功率P=20KW从A端由静止开始行驶，经t=15s到达桥顶，不计车受到的摩擦阻力（g取10m/s2）。求 （1）小汽车冲上桥顶时的速度是多大； （2）小汽车在桥顶处对桥面的压力的大小。

【答案】（1）20m/s；（2）6923N； 【解析】 【详解】

（1）小汽车从A点运动到桥顶，设其在桥顶速度为v，对其由动能定理得：

1ptmgh＝mv2

2即

121041510410＝103v2

2解得：

v=20m/s；

（2）在最高点由牛顿第二定律有

v2mgN＝m

R即

104N＝103解得

2020 130N=6923N

根据牛顿第三定律知小汽车在桥顶时对桥的压力N′=N=6923N；

12．如图所示，一个小球的质量m=2kg，能沿倾角37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量损失），若

小球每次反弹后都能回到原来的

2处，已知A、B间距离为s02m，sin370.6，3cos370.8，g10m/s2，求：

(1)小球与斜面间的动摩擦因数；

(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，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：

22mg(s0 )sin37s0mg(s0s0)cos370

33解得： 1 tan370.15 5(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：

mgs0 sin37mgcos37gs0

所以小球通过的总路程为：

stan37 s 05s010m

克服摩擦力做的功：

Wfmgcos37gs24J