高中物理动能定理的综合应用专项训练100(附答案)含解析

一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用

1．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ=60°、长为L1=23m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2=

3m的水平轨道BC相2连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D处，如图所示.现将一个小球从距A点高为h=0.9m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时小球的速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下.已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ=3，g取10m/s2. 3

（1）求小球初速度v0的大小； （2）求小球滑过C点时的速率vC；

（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件？ 【答案】（1）6m/s（2）36m/s（3）0试题分析：（1）小球开始时做平抛运动：vy2=2gh

32m/s 代入数据解得：vy2gh＝2100.9＝A点：tan60vyvxvy

得：vxv0tan60＝32m/s＝6m/s 3（2）从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得：

1212mghL1sinmgL1cosmgL2＝mvCmv0代入数据解得：vC＝36m/s

22mv2（3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：mg＝

R1121 mvC＝2mgR1mv2 22代入数据解得R1=1．08 m

当小球刚能到达与圆心等高时 mvC＝mgR2 代入数据解得R2=2．7 m

122当圆轨道与AB相切时R3=BC•tan 60°=1．5 m 即圆轨道的半径不能超过1．5 m

综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是 0＜R≤1．08 m． 考点：平抛运动；动能定理

2．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

tan300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

3．如图所示，小物体沿光滑弧形轨道从高为h处由静止下滑，它在水平粗糙轨道上滑行的最远距离为s，重力加速度用g表示，小物体可视为质点，求：

（1）求小物体刚刚滑到弧形轨道底端时的速度大小v； （2）水平轨道与物体间的动摩擦因数均为μ。 【答案】（1）2gh （2）【解析】 【详解】

解：(1)小物体沿弧形轨道下滑的过程，根据机械能守恒定律可得：mghmv2 解得小物体刚滑到弧形轨道底端时的速度大小：v2gh

(2)对小物体从开始下滑直到最终停下的过程，根据动能定理则有：mghmgs0 解得水平轨道与物体间的动摩擦因数：12h sh s

4．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）若由于场地的限制，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．

5．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。

6．一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止．g取10m/s2．

(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；

(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F． 【答案】（1）0.32 （2）F=130N 【解析】

试题分析：（1）对A到墙壁过程，运用动能定理得：

，

代入数据解得：μ=0.32．

（2）规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：F△t=mv′﹣mv， 代入数据解得：F=130N．

7．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，

cos45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，

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；

8．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

´

⋯⑥

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：

-f2.5R=mvF´2-mvC2⋯⑧ 由⑥⑦⑧得：f=

mg

9．如图所示，光滑曲面与粗糙平直轨道平滑相接，B为连接点，滑块(视为质点)自距水平轨道高为h的A点，由静止自由滑下，滑至C点速度减为零．BC间距离为L．重力加速度为g，忽略空气阻力，求：

(1)滑块滑至B点的速度大小； (2)滑块与水平面BC间的动摩擦因数；

(3)若在平直轨道BC间的D点平滑接上一半圆弧形光滑竖直轨道(轨道未画出)，

3L，再从A点释放滑块，滑块恰好能沿弧形轨道内侧滑至最高点．不考虑滑块滑4入半圆弧形光滑轨道时碰撞损失的能量，半圆弧的半径应多大？

h3h 【答案】(1) v2gh (2)  (3) RL10【解析】 【详解】

(1)滑块从A到B，由动能定理: DCmgh12mv 2解得滑块经过B点的速度v2gh． (2)滑块从A到C，由全程的动能定理：

mghfL0

滑动摩擦力：

fFN

而FNmg，联立解得:h ． L(3)设滑块刚好经过轨道最高点的速度为v0 ，轨道半径为R， 滑块刚好经过轨道最高点时，

v02 mgmR滑块从A到轨道最高点，由能量守恒

mgh-mg联立解得 RL1mg2Rmv02 423h． 10

10．如图所示，半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道与粗糙的水平面相切于A点，质量为m＝1 kg的小物体(可视为质点)在水平拉力F的作用下，从静止开始由C点运动到A点，物体从A点进入半圆轨道的同时撤去外力F，物体沿半圆轨道通过最高点B后做平抛运动，正好落在C点，已知xAC＝2 m，F＝15 N，g取10 m/s2，试求：

(1)物体在B点时的速度大小以及此时物体对轨道的弹力大小； (2)物体从C到A的过程中，克服摩擦力做的功． 【答案】（1）5m/s；52.5N，（2）9.5J 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：（1）根据2R则B点的速度为：vB12gt得，平抛运动的时间为：t24R40.4s0.4s， g10xAC2m/s5m/s． t0.425vB210N52.5N． 根据牛顿第二定律得，mgNBm，解得：NB10.4R（2）对C到B的过程运用动能定理得：WfFxACmg2R1mvB2，代入数据解得2Wf9.5J．

11．如图所示，AMB是AM和MB两段组成的绝缘轨道，其中AM段与水平面成370，轨

道MB处在方向竖直向上、大小E＝5×103 N/C的匀强电场中。一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋1.0×10－4 C的可视为质点的滑块以初速度v0＝6 m/s从离水平地面高h＝4.2 m处开始向下运动，经M点进入电场，从 B点离开电场, 最终停在距B点1.6m处的C点。不计经过M点的能量损失，已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，求滑块：

(1)到达M点时的速度大小； (2)M、B两点的距离l； 【答案】(1)8m/s；(2)9.6m

【解析】试题分析：带电滑块的运动，可以分为三个过程：①进电场前斜面上的匀加速直线运动；②在电场中沿水平地面的匀减速直线运动；③离开电场后沿地面的匀减速直线运动。本题可以单纯利用牛顿运动定律和运动学的知识去计算，也可以结合能量部分来解题。

解（1）方法一：在滑块从A运动到M点的过程中，由动能定理可得：

，解得：

=8m/s

方法二：在斜面上，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律可得：

根据运动学速度和位移的关系可得：

，解得

=8m/s

（2）物块离开B点后，并停在了离B点1.6m处的C点处： 方法一：滑块从B到C，由动能定理得：

所以，在滑块从M运动到B的过程中，根据动能定理得：

，解得：

=9.6m

，得

=4m/s

方法二：滑块从B到C的过程中，由牛顿运动定律结合运动学知识，可得：

同理，从滑块从M运动到B的过程中，

联立上述方程，带入数据得：

=9.6m

12．如图所示,传送带与地面成夹角θ=37°,以4m/s的速度顺时针转动,在传送带下端轻轻地放一个质量m=1kg的物体,它与传送带间的动摩擦因数μ=1,已知传送带从A到B的长度

L=6m,求物体从A到B过程中传送带克服物块摩擦力做功的平均功率?

【答案】30.4W 【解析】 【详解】

物体先做匀加速直线运动,速度达到传送带速度后做匀速直线运动,根据牛顿第二定律求出开始上滑的加速度,结合速度时间公式求出速度达到传送带速度的时间,根据速度位移公式求出速度达到传送带上滑的位移,从而得出匀速运动位移,结合位移公式求出匀速运动的时间,求出总时间,摩擦力做的功,求平均功率；

解： 物块刚放上传送带上时的加速度为a，有： mgcosmgsinma 代入数据得：a2m/s2 加速过程的位移为：x112at1 2达到共同速度的时间为：vat1 联立解得：t12s

x14m

匀速运动

Lx1vt2

t20.5s

加速过程摩擦力做的功

W1umgcos·vt164J

匀速过程摩擦力做的功

W2mgsin·vt212J

根据平均功率的定义

PW1W230.4W t1t2