(物理)物理动能定理的综合应用练习题含答案及解析

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．如图所示，半径R2m的四分之一粗糙圆弧轨道AB置于竖直平面内，轨道的B端切线水平，且距水平地面高度为h=1.25m，现将一质量m=0.2kg的小滑块从A点由静止释放，滑块沿圆弧轨道运动至B点以v5m/s的速度水平飞出（g取10m/s2）．求：

（1）小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功； （2）小滑块经过B点时对圆轨道的压力大小； （3）小滑块着地时的速度大小.

【答案】(1)Wf1.5J (2)FN4.5N (3)v152m/s 【解析】 【分析】 【详解】

（1）滑块在圆弧轨道受重力、支持力和摩擦力作用，由动能定理

mgR-Wf =

12

mv 2Wf =1.5J

（2）由牛顿第二定律可知：

v2FN mg m

R解得：

FN4.5N

（3）小球离开圆弧后做平抛运动根据动能定理可知：

11mghmv12mv2

22解得：

v152m/s

3．一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个

光滑圆弧轨道AB的底端等高对

接，如图所示．已知小车质量M=3．0kg，长L=2．06m，圆弧轨道半径R=0．8m．现将一质量m=1．0kg的小滑块，由轨道顶端A点无初速释放，滑块滑到B端后冲上小车．滑块与小车上表面间的动摩擦因数

．（取g=10m/s2）试求：

（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小； （2）小车运动1．5s时，车右端距轨道B端的距离；

（3）滑块与车面间由于摩擦而产生的内能．

【答案】（1）30 N（2）1 m（3）6 J 【解析】

（1）滑块从A端下滑到B端，由动能定理得在B点由牛顿第二定律得解得轨道对滑块的支持力

（2）滑块滑上小车后，由牛顿第二定律 对滑块：对小车：

，得，得

m/s2 （1分） m/s2 （1分）

（1分）

（2分） N （1分）

（1分）

设经时间t后两者达到共同速度，则有解得由于

s （1分）

s<1．5s，故1s后小车和滑块一起匀速运动，速度v=\"1\" m/s （1分）

m （1分）

m （2分）

因此，1．5s时小车右端距轨道B端的距离为（3）滑块相对小车滑动的距离为所以产生的内能

J （1分）

4．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

5．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】

，则有

，解得

．

，

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．

6．一种氢气燃料的汽车，质量为m=2.0×103kg，发动机的额定输出功率为80kW，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的0.1倍。若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度的大小为a=1.0m/s2。达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800m，直到获得最大速度后才匀速行驶。求：(g=10m/s2) (1)汽车的最大行驶速度。

(2)汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间。 【答案】（1）40m/s；（2）55s 【解析】 【详解】

（1）设汽车的最大行驶速度为vm．汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，速度达到最大，即有：F=f

根据题意知，阻力为：f=0.1mg=2000N 再根据公式 P=Fv得：vm=P/f=40m/s； 即汽车的最大行驶速度为40m/s

（2）汽车匀变速行驶的过程中，由牛顿第二定律得

Ffma

得匀变速运动时汽车牵引力F4000N

P20m/s F由a1t1=v0，得汽车匀加速运动的时间为：t1=20s

则汽车匀加速运动行驶得最大速度为v0汽车实际功率达到额定功率后到速度达到最大的过程，由动能定理WF+Wf=△Ek，即得： Pt2－0.1mgs2=得：t2=35s

所以汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为：t=t1+t2=55s

1212mvmmv0 22

7．质量为m=2kg的小玩具汽车，在t＝0时刻速度为v0=2m/s，随后以额定功率P=8W沿平直公路继续前进，经t=4s达到最大速度。该小汽车所受恒定阻力是其重力的0.1倍，重力加速度g=10m/s2。求： (1)小汽车的最大速度vm； (2)汽车在4s内运动的路程s。

【答案】(1)4 m/s，(2)10m。 【解析】 【详解】

(1)当达到最大速度时，阻力等于牵引力：

PFvmfvm f0.1mg

解得：vm4m/s；

(2)从开始到t时刻根据动能定理得：

Ptfs解得：s10m。

1212mvmmv0 22

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，倾角为300的光滑斜劈AB长L1=0.4m，放在离地高h=0.8m的水平桌面上,B点右端接一光滑小圆弧（图上未画出），圆弧右端切线水平，与桌面边缘的距离为L2．现有一小滑块从A端由静止释放，通过B点后恰好停在桌面边缘的C点，已知滑块与桌面间的滑动摩擦因数μ=0.2．

（1）求滑块到达B点速度vB的大小； （2）求B点到桌面边缘C点的距离L2; '

（3）若将斜劈向右平移一段距离∆L=0.64m,滑块仍从斜劈上的A点静止释放，最后滑块落在水平地面上的P点．求落地点P距C点正下方的O点的距离x. 【答案】（1）2m/s （2）1m（3）0.64m 【解析】

(1) 沿光滑斜劈AB下滑的过程机械能守恒，mgL1sin30代入数据得vB=2m/s；

（2）根据动能定理，mgL20代入数据得L2=1m；

（3）根据动能定理，mg(L2L)对于平抛过程有： H=x=vCt

代入数据得x=0.64m

012mvB 212mvB 21212mvCmvB 2212

gt 2

10．如图所示，AB为半径R0.2m的光滑

1圆形轨道，BC为倾角45的斜面，CD为4水平轨道，B点的高度h5m．一质量为0.1kg的小球从A点静止开始下滑到B点时对圆形轨道的压力大小是其重力的3倍，离开B点后做平抛运动（g取10m/s2）

(1)求小球到达B点时速度的大小；

(2)小球离开B点后能否落到斜面上？如果不能，请说明理由；如果能，请求出它第一次落在斜面上的位置．

【答案】(1) 2m/s (2)能落在斜面上，1.13m 【解析】 【详解】

(1)从A到B的过程由动能定理得：

12mgRmv0，

2解得：

v02m/s；

(2)设小球离开B点做平抛运动的时间为t1，落地点到C点距离为x，由h得：

12gt1 2t11s，

xv0t121m2m

斜面的倾角θ=45°，底边长d=h=5m；

因为dx，所以小球离开B点后能落在斜面上．

假设小球第一次落在斜面上F点，BF长为L，小球从B点到F点的时间为t2，

Lcosv0t2①，Lsin联立①、②两式得

12gt2②， 2t20.4s；

则

v0t21.13m． cos答：(1)小球到达B点时速度的大小是2m/s；

L(2)小球离开B点后能落到斜面上，第一次落在斜面上的位置据B的距离为1.13m．

11．如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B端的切线沿水平方向．质量m=1.0kg的滑块（可视为质点）在水平恒力F=10.0N的作用下，从A点由静止开始运动，当滑块运动的位移x=0.50m时撤去力F．已知A、B之间的距离x0=1.0m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10，取g=10m/s2．求：

（1）在撤去力F时，滑块的速度大小；

（2）滑块通过B点时的动能；

（3）滑块通过B点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35m，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功．

【答案】（1）3．0m/s；（2）4．0J；（3）0．50J． 【解析】

试题分析：（1）滑动摩擦力fmg（1分） 设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律

Fmgma1（1分）

2解得a19.0m/s（1分）

设滑块运动位移为 0.50m时的速度大小为v，根据运动学公式

v22a1x（2分）

解得v 3.0m/s（1分）

（2）设滑块通过B点时的动能为EkB

合Ek 从A到B运动过程中，依据动能定理有WF xfx0 EkB， （4分）

解得EkB4.0J（2分）

（3）设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为Wf，根据动能定理

mghWf0EkB（3分）

解得Wf0.50J（1分） 考点：牛顿运动定律 功能关系

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