高中物理动能定理的综合应用试题经典及解析

一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用

1．某物理小组为了研究过山车的原理提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ=53°，长为L1=7.5m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与足够长的光滑水平轨道BC相连，然后在C处连接一个竖直的光滑圆轨道．如图所示．高为h=0.8m光滑的平台上有一根轻质弹簧，一端被固定在左面的墙上，另一端通过一个可视为质点的质量m=1kg的小球压紧弹簧，现由静止释放小球，小球离开台面时已离开弹簧，到达A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小物块与AB间的动摩擦因数为μ=0.5，g取10m/s2，sin53°=0.8．求：

(1)弹簧被压缩时的弹性势能； (2)小球到达C点时速度vC的大小；

(3)小球进入圆轨道后，要使其不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件． 【答案】(1)4.5J；(2)10m/s；(3)R≥5m或0＜R≤2m。 【解析】 【分析】 【详解】

(1)小球离开台面到达A点的过程做平抛运动，故有

v0vytan2gh3m/s tan小球在平台上运动，只有弹簧弹力做功，故由动能定理可得：弹簧被压缩时的弹性势能为

Ep(2)小球在A处的速度为

12mv04.5J； 2v05m/s cos1212mvCmvA 22vA小球从A到C的运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得

mgL1sinmgL1cos解得

vCvA22gL1sincos10m/s；

(3)小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，即小球能通过圆轨道最高点，或小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径；

那么对小球能通过最高点时，在最高点应用牛顿第二定律可得

v12mgm；

R对小球从C到最高点应用机械能守恒可得

1215mvC2mgRmv12mgR 222解得

2vC 0R2m；

5g对小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径的情况应用机械能守恒可得

12mvCmghmgR 2解得

vC2R=5m；

2g故小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R≥5m或0＜R≤2m；

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．在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径

R=1.6m，BC是长度为L1=3m的水平传送带，CD是长度为L2=3.6m水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg，滑板质量可忽略．已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.5，g取10m/s2.求：

（1）参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力；

（2）若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向； （3）在第（2）问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能．

【答案】（1）1200N，方向竖直向下（2）顺时针运转，v=6m/s（3）720J 【解析】

(1) 对参赛者：A到B过程，由动能定理 mgR(1－cos60°)＝解得vB＝4m/s 在B处，由牛顿第二定律

2vBNB－mg＝m

R12mvB 2解得NB＝2mg＝1 200N 根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力 N′B＝NB＝1 200N，方向竖直向下． (2) C到D过程，由动能定理

12mvC 2解得vC＝6m/s

－μ2mgL2＝0－

B到C过程，由牛顿第二定律μ1mg＝ma 解得a＝4m/s2(2分) 参赛者加速至vC历时t＝位移x1＝

vCvB＝0.5s avBvCt＝2.5m1212mvC－mvB＝720J. 22

4．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

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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】

hvt tan12gt 22hdsinh costansintan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．

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．如图甲所示，静止在水平地面上一个质量为m=4kg的物体，其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示．已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5，g=10m/s2．求：

（1）运动过程中物体的最大加速度大小为多少；

（2）距出发点多远时物体的速度达到最大； （3）物体最终停在何处？

【答案】（1）20m/s2（2）3.2m（3）10m 【解析】 【详解】

（1）物体加速运动，由牛顿第二定律得：

F-μmg =ma

当推力F=100N时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数据得：

Fg20m/s2， m（2）由图象得出，推力F随位移x变化的数值关系为：

F =100 – 25x，

速度最大时，物体加速度为零，则

F=μmg=20N，

即

x = 3.2m

（3）F与位移x的关系图线围成的面积表示F所做的功，即

1WFFx0200J

2amax对全过程运用动能定理，

WF −μmgxm=0

代入数据得：

xm=10m

8．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

9．如图所示，整个轨道在同一竖直平面内，直轨道AB在底端通过一段光滑的曲线轨道与一个光滑的四分之一圆弧轨道CD平滑连接，圆弧轨道的最高点C与B点位于同一高度．圆弧半径为R，圆心O点恰在水平地面．一质量为m的滑块（视为质点）从A点由静止开始滑下，运动至C点时沿水平切线方向离开轨道，最后落在地面上的E点．已知A点距离水平地面的高度为H，OE=2R，重力加速度取g，不计空气阻力．求：

（1）滑块运动到C点时的速度大小VC；

（2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功Wf；

（3）若滑块从直轨道上A′点由静止开始下滑，运动至C点时对轨道恰好无压力，则A′点距离水平地面的高度为多少？

【答案】（1）滑块运动到C点时的速度大小vC是

．

（2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功Wf是mg（H﹣2R）． （3）A′点距离水平地面的高度为【解析】

．

试题分析：（1）滑块从C到E做平抛运动，水平位移为2R，竖直位移为R 则有：2RvCt、R12gt，可解得vC22gR 1mvC20 2﹣RWf（2）对于从A到C的过程，运用动能定理得mgH解得，滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功WfmgH2R （3）设A点的距离水平地面的高度为h．

'2vC① 在C点有mgmR从A′到C，由动能定理得mg(hR)Wf1mvC20② 2滑块在直轨道上下滑时重力做功与克服摩擦力做功的比值是定值， 所以有：

mg(HR)(hR)(H2R)(hR)mg解得Wfmg，代入②式

(H2R)Wf'(HR)HR 2考点：考查了动能定理；向心力．

联立①、②两式，可解得h【名师点睛】本题要分析清楚物体的运动情况，正确选择研究过程，寻找每个过程和状态所遵守的物理规律是关系，要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解法

10．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；

11．半径R＝1m的

1圆弧轨道下端与一水平轨道连接，水平轨道离地面高度h＝1 m，如4图所示，有一质量m＝1.0 kg的小滑块自圆轨道最高点A由静止开始滑下，经过水平轨道末端B时速度为4 m/s，滑块最终落在地面上，g取10 m/s2，不计空气阻力，求：

(1) 滑块从B点运动到地面所用的时间； (2) 滑块落在地面上时速度的大小；

(3) 滑块在整个轨道上运动时克服摩擦力做的功． 【答案】(1)t【解析】 【详解】

（1）小球从B到C做平抛运动，则竖直方向上有：

5s (2)v=6m/s (3)Wf2J 5h解得：

12gt 25s 5t（2）竖直速度：

vygt25m/s

则落在地面上时速度的大小为：

22vvBvy6m/s

（3）对A到B运用动能定理得：

mgRWf代入数据解得：

12mvB0 2Wf2J

12．两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