物理动能定理的综合应用专题练习(及答案)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，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v0=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)v45m/s；(2)150N，作用力方向竖直向上；(3)x12.5m 【解析】 【分析】 【详解】

(1)物块A从出发至N点过程，机械能守恒，有

121mv0mg2Rmv2 22得

2vv04gR45m/s

(2)假设物块在N点受到的弹力方向竖直向下为FN，由牛顿第二定律有

v2mgFNm

R得物块A受到的弹力为

v2FNmmg150N

R由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力为

FNFN150N

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

12mgx0mv0

2得

x12.5m

2．如图所示,倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连,O点为轨道圆心,BC为圆轨道直径且处于竖直方向,A、C两点等高．质量m=1 kg的滑块从A点由静止开始下滑,恰能滑到与O点等高的D点,g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8．求:

(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ;

(2)要使滑块能到达C点,求滑块从A点沿斜面滑下时初速度v0的最小值;

(3)若滑块离开C点的速度为4 m/s,求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间． 【答案】（1）0.375（2）23m/s（3）0.2s 【解析】

试题分析：⑴滑块在整个运动过程中，受重力mg、接触面的弹力N和斜面的摩擦力f作用，弹力始终不做功，因此在滑块由A运动至D的过程中，根据动能定理有：mgR－

2R＝0－0 sin37解得：μ＝0.375

μmgcos37°

⑵滑块要能通过最高点C，则在C点所受圆轨道的弹力N需满足：N≥0 ①

2vC② 在C点时，根据牛顿第二定律有：mg＋N＝mR在滑块由A运动至C的过程中，根据动能定理有：－μmgcos37°

2R12＝mvC－

sin37212

mv0③ 2

由①②③式联立解得滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0需满足：v0≥3gR＝23m/s 即v0的最小值为：v0min＝23m/s

⑶滑块从C点离开后将做平抛运动，根据平抛运动规律可知，在水平方向上的位移为：x＝vt ④

在竖直方向的位移为：y＝

12gt⑤ 22Ry⑥ x由④⑤⑥式联立解得：t＝0.2s

根据图中几何关系有：tan37°＝

考点：本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理的应用问题，属于中档题．

3．质量m1.5kg的物块（可视为质点）在水平恒力F作用下，从水平面上A点由静止开

始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t2.0s停在B点，已知A、B两点间的距

2离s5.0m，物块与水平面间的动摩擦因数0.20，求恒力F多大．（g10m/s）

【答案】15N 【解析】 设撤去力

前物块的位移为

，撤去力

时物块的速度为，物块受到的滑动摩擦力

对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得由运动学公式得

对物块运动的全过程应用动能定理由以上各式得代入数据解得能定律解题

思路分析：撤去F后物体只受摩擦力作用，做减速运动，根据动量定理分析，然后结合动试题点评：本题结合力的作用综合考查了运动学规律，是一道综合性题目．

4．如图光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m=1kg的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L=6m，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动．CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R=0.4m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．

（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能

Ep；

（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x=1.2m处（CD长大于1.2m），求物块通过E点时受到的压力大小；

（3）满足（2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能． 【答案】（1）Ep12J（2）N=12.5N（3）Q=16J

【解析】 【详解】

（1）由动量定理知：mgL012mv 212由能量守恒定律知：Epmv

2解得：Ep12J

（2）由平抛运动知：竖直方向：y2R水平方向：xvEt

12gt 2vE2在E点，由牛顿第二定律知：Nmgm

R解得：N=12.5N

（3）从D到E，由动能定理知：mg2R解得：vD5m/s

从B到D，由动能定理知mgL解得：vB7m/s

11mvE2mvD2 2211mvD2mvB2 22vBvDt 2解得：t=1s；

对物块Ls相对Lvt621m8m

由能量守恒定律知：QmgLs相对 解得：Q=16J

5．为了研究过山车的原理，某同学设计了如下模型：取一个与水平方向夹角为37°、长为L=2.5 m的粗糙倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与半径为R=0.2 m的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的。其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个质量m=2 kg小物块，当从A点以初速度v0=6 m/s沿倾斜轨道滑下，到达C点时速度vC=4 m/s。取g=10 m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80。

（1）小物块到达C点时，求圆轨道对小物块支持力的大小； （2）求小物块从A到B运动过程中，摩擦力对小物块所做的功；

（3）小物块要能够到达竖直圆弧轨道的最高点，求沿倾斜轨道滑下时在A点的最小初速度vA。

【答案】(1) N=180 N (2) Wf=−50 J (3) vA30 m/s 【解析】 【详解】

（1）在C点时，设圆轨道对小物块支持力的大小为N，则：

mvc2 NmgR解得 N=180 N

（2）设A→B过程中摩擦力对小物块所做的功为Wf，小物块A→B→C的过程，有

mgLsin37Wf解得 Wf=−50 J。

1212mvcmv0 22（3）小物块要能够到达竖直圆弧轨道的最高点，设在最高点的速度最小为vm，则：

2mvm mgR小物块从A到竖直圆弧轨道最高点的过程中，有

mgLsin37Wf2mgR解得

1212mvmmvA 22vA30 m/s

6．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μ=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/s2，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。

v2v2L 【答案】(1) 3m/s (2) 7m/s (3) xL或x2g2g【解析】 【详解】

（1）从A点到刚滑上传送带，应用动能定理

mgRmgL得

12mv1 2v12gR2gL 代入数据得，v1=3m/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

1mgL0mv2

2解得v2gL7m/s

即传送带的速度必须大于等于7m/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v1

1mgs0mv12

2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7m/s 1mg（Lx)0mv2

2v2L 解得x2g若传送带的速度v<7m/s，则滑块将不能回到B点，即

1mg（Lx)0mv2

2v2解得xL

2g

7．如图所示，质量为m1.0kg的小物体从A点以vA5.0m/s的初速度沿粗糙的水平面匀减速运动距离s =1.0 m到达B点，然后进入半径R=0.4m竖直放置的光滑半圆形轨道，小物体恰好通过轨道最高点C后水平飞出轨道，重力加速度g取l0m/s2。求：

(1)小物体到达B处的速度vB；

(2)小物体在B处对圆形轨道压力的大小FN； (3)粗糙水平面的动摩擦因数μ。

【答案】(1)25m/s；(2)60N；(3)0.25。 【解析】 【详解】

(1)小物体恰好通过最高点C，由重力提供向心力，则：

2vCmgm

R得到：

vcgR2m/s

小物体从B点运动到C点过程中机械能守恒，则：

1212mvBmvCmg2R 22得到：

2vBvC4gR25m/s；

(2)设小物体在B处受到的支持力为FN，根据牛顿第二定律有：

2vBFmgm

R'N'得到：

'FN6mg60N

根据牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力FN大小为60N，方向竖直向下。 (3)小物体由A到B过程，由动能定理得到：

mgs得到：

1212mvBmvA 220.25。

【点睛】

本题关键是恰好通过最高点，由重力提供向心力，然后再根据牛顿第二定律、机械能守恒

和动能定理结合进行求解。

8．如图所示，倾角 θ=30°的斜面足够长，上有间距 d=0.9 m 的 P、Q 两点，Q 点以上斜面光

滑，Q 点以下粗糙。可视为质点的 A、B 两物体质量分别为 m、2m。B 静置于 Q 点，A 从 P 点由静止释放，与 B 碰撞后粘在一起并向下运动，碰撞时间极短。两物体与斜面粗糙部分的动摩擦因数均为23 取 g=10 m/s2，求： 5（1）A 与 B 发生碰撞前的速度 v1 （2）A、B 粘在一起后向下运动的距离

【答案】（1）3m/s（2）0.5m 【解析】 【详解】

（1）A在PQ段下滑时，由动能定理得：

1mgdsinmv120

2得：

v1=3 m/s

（2）A、B碰撞后粘在一起，碰撞过程动量守恒，则有：

mv1(m2m)vAB

之后A、B整体加速度为：

3mgsin3mgcos3maAB

得：

aAB=-1m/s2

即A、B整体一起减速下滑，减速为零时：

202vAB2aABxAB

得：

xAB=0.5 m

9．质量为2kg的物体，在竖直平面内高h = 1m的光滑弧形轨道A点，以v=4m/s的初速度沿轨道滑下，并进入BC轨道，如图所示。已知BC段的动摩擦系数0.4。（g取10m/s2）求：

（1）物体滑至B点时的速度；

（2）物体最后停止在离B点多远的位置上。

【答案】（1）6m/s；（2）4.5m 【解析】 【详解】

（1）由A到B段由动能定理得：

11mghmvB2mv02

22得到：

vB2ghv026m/s；

（2）由B到C段由动能定理得：：

1mgx0mvB2

2所以：

vB2x4.5m。

2g

10．某学校探究性学习小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平的地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v－t图象，已知小车在0～2 s内做匀加速直线运动，2～10 s内小车牵引力的功率保持不变，在10 s末停止遥控让小车自由滑行，小车质量m＝1 kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变．求：

(1)小车所受的阻力Ff是多大？

(2)在2～10 s内小车牵引力的功率P是多大？ (3)小车在加速运动过程中的总位移x是多少？ 【答案】（1）2 N；（2）12W (3)28.5 m； 【解析】

（1）在10s撤去牵引力后，小车只在阻力Ff作用下做匀减速运动， 设加速度大小为a，则Ffma，根据av， t由图像可知a2m/s2，解得Ff2N；

（2）小车的匀速阶段即7s~10s内，设牵引力为F，则FfF 由图像可知vm6m/s，且PFvm12W；

（3）小车的加速运动过程可以分为0~1.5s和1.5s~7s两段， 设对应的位移分别为x1和x2，在0~2s内的加速度大小为a1， 则由图像可得a12m/s，x112a1t12.25m， 21212mv2mv1，t25.5s， 22在1.5s~7s内由动能定理可得Pt2Ffx2解得x226.25m， 由xx1x228.5m

11．两个对称的与水平面成60°角的粗糙斜轨与一个半径R＝2m，张角为120°的光滑圆弧轨道平滑相连．一个小物块从h＝3m高处开始，从静止开始沿斜面向下运动．物体与斜轨接触面间的动摩擦因数为μ＝0.2，g取10m/s2． （1）请你分析一下物块将怎样运动? （2）计算物块在斜轨上通过的总路程．

【答案】(1)物块最后在圆弧左右两端点间来回往返运动，且在端点的速度为0；(2)20m 【解析】 【详解】

解：(1)物块最后在圆弧左右两端点间来回往返运动，且在端点的速度为0； (2)物块由释放到最后振动过程到圆弧的左端点或右端点过程，根据动能定理：

mgmgcos60•s0 hR1cos60代入数据解得物块在斜轨上通过的总路程：s20m

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=则有：Ptfs=1212mv末mv初 221212mvmmv0 22解得小轿车60s内前进的距离为s=1650m