(物理)物理动能定理的综合应用练习题含答案及解析

（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L 1=23m

的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2=

3

2

m 的水平轨道BC 相连，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v 0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/s 2.

（1）求小球初速度v 0的大小； （2）求小球滑过C 点时的速率v C ；

（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】（16m/s （2）6m/s （3）0

试题分析：（1）小球开始时做平抛运动：v y 2=2gh

代入数据解得：22100.932/y v gh m s =??＝＝

A 点：60y x v tan v ?=

得：032

/6/603

y

x v v v s m s tan ==

?

＝

＝ （2）从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得：

()22

11201122

C mg h L sin mgL cos mgL mv mv θμθμ+---＝代入数据解得：36/C v m s ＝

（3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：2

1

mv mg R ＝

22111 222

C mv mgR mv +＝ 代入数据解得R 1=1．08 m

当小球刚能到达与圆心等高时2

21

2

C mv mgR ＝ 代入数据解得R 2=2．7 m

当圆轨道与AB 相切时R 3=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．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L 1=3m 的水平传送带，CD 是长度为L 2=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/s 2.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－cos 60°)＝12

m 2B v 解得v B ＝4m /s

在B 处，由牛顿第二定律

N B －mg ＝m 2B

v R

解得N B ＝2mg ＝1 200N

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

－μ2mgL 2＝0－

12

m 2C v 解得v C ＝6m /s

B 到

C 过程，由牛顿第二定律μ1mg ＝ma 解得a ＝4m /s 2(2分) 参赛者加速至v C 历时t ＝

C B

v v a

＝0.5s

位移x 1＝

2

B C

v v +t ＝2.5m

12m 2C v －12

m 2

B v ＝720J .

3．一种氢气燃料的汽车，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/s 2。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/s 2) (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v m ．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：v m =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4000N F =

则汽车匀加速运动行驶得最大速度为020/P

v m s F

=

= 由a 1t 1=v 0，得汽车匀加速运动的时间为：t 1=20s

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W F +W f =△E k ，即得： Pt 2－0.1mgs 2=2201122

m mv mv - 得：t 2=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 =t 1+t 2=55s

4．如图所示，位于竖直平面内的轨道BCDE ，由一半径为R=2m 的

1

4

光滑圆弧轨道BC 和光滑斜直轨道DE 分别与粗糙水平面相切连接而成．现从B 点正上方H=1.2m 的A 点由静止释

放一质量m=1kg 的物块，物块刚好从B 点进入

1

4

圆弧轨道．已知CD 的距离L=4m ，物块与水平面的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力．求：

(1)物块第一次滑到C 点时的速度； (2)物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度； (3)物块最终停在距离D 点多远的位置． 【答案】(1) 8m/s (2) 2.2m (3) 0.8m 【解析】 【分析】

根据动能定理可求物块第一次滑到C 点时的速度；物块由A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理求出物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度；物块将在轨道BCDE 上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD 上通过的总路程为S ，根据动能定理求出． 【详解】

解：(1)根据动能定理可得21()2

mg H R mv += 解得8/v m s =

(2)物块由A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理有：

()0mg H R mgL mgh μ+--=

解得： 2.2h m =

(3)物块将在轨道BCDE 上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD 上通过的总路程为S ，则：()0mg H R mgS μ+-= 解得：12.8S m =

因: 30.8S L m =+,故物块最终将停在距离D 点0.8m 处的位置．

5．一质量为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v 0=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/s 2．

(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）0.32μ= （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 ．

6．如图所示，质量为 1.0kg m =的小物体从A 点以 5.0m/s A v =的初速度沿粗糙的水平面匀减速运动距离 =1.0 m s 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/s 2。求：

(1)小物体到达B 处的速度B v ；

(2)小物体在B 处对圆形轨道压力的大小N F ； (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：

2C

v mg m R

=

得到：

2m/s c v gR ==

小物体从B 点运动到C 点过程中机械能守恒，则：

22

11222

B C mv mv mg R =+? 得到：

2425m/s =+=B C v v gR ；

(2)设小物体在B 处受到的支持力为'

N F ，根据牛顿第二定律有：

2

'B

N

v F mg m R -=

得到：

'660N ==N F mg

根据牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力N F 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：

221122

B A mgs mv mv μ-=

- 得到：

0.25μ=。

【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。

7．如图所示，BC 为半径等于

2

25

m 竖直放置的光滑细圆管，O 为细圆管的圆心，在圆管的末端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v 0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/s 2)求： （1）小球从O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度v 0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：

r sin45°=v 0t ，

在B 点：

tan45°=

y v gt v v =

， 解得：

v 0=2m/s ；

（2）小球到达在B 点的速度：

22m/s cos 45

v v ?

=

=， 由题意可知：

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，

22

(22)

0.5N 7.1N

22

5

v F m r ==?= 由牛顿第三定律可知，小球对圆管的压力大小：7.1N F '=； （3）小球在CD 上滑行到最高点过程，由动能定理得：

21

sin 45?cos 45?02

mg s mg s mv μ??--=-

解得：

s ≈0.35m ；

8．如图所示，处于原长的轻质弹簧放在固定的光滑水平导轨上，左端固定在竖直的墙上，右端与质量为m B =2kg 的滑块B 接触但不连接，此时滑块B 刚好位于O 点．光滑的水平导轨右端与水平传送带理想连接，传送带长度L=2.5m ，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=4.0m/s 匀速传动．现用水平向左的推力将滑块B 缓慢推到M 点（弹簧仍在弹性限度内），当撤去推力后，滑块B 沿轨道向右运动，滑块B 脱离弹簧后以速度v B =2.0m/s 向右运动，滑上传送带后并从传送带右端Q 点滑出落至地面上的P 点．已知滑块B 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.10，水平导轨距地面的竖直高度h=1.8m ，重力加速度g 取10m/s 2．

求：（1）水平向左的推力对滑块B 所做的功W ； （2）滑块B 从传送带右端滑出时的速度大小； （3）滑块B 落至P 点距传送带右端的水平距离． 【答案】（1）4J （2）3m/s （3）1.8m 【解析】

试题分析：（1）设滑块B 脱离弹簧时推力对B 所做的功为W ，根据动能定理，有：

214J 2

B B W m v =

=（2分） （2）滑块B 滑上传送带后做匀加速运动，设滑块B 从滑上传送带到速度达到传送带的速度v 所用的时间为t ，加速度大小为a ，在时间t 内滑块B 的位移为x ， 根据牛顿第二定律和运动学公式得：mg ma μ=（1分）

B v v at =+（1分）

21

2

B x v t at =+（1分）

解得：6m x L =>（1分）

即滑块B 在传送带上一直做匀加速运动，设滑出时的速度为v '

由22

2B v v aL '-=

解得：3m/s v '=（1分） （3）由平抛运动的规律，则有：

2

12

h gt =

（1分） x v t ='（1分）

解得： 1.8m x =（1分）

考点：本题考查了平抛运动、动能定理和匀变速运动规律的应用．

9．如图所示，AB 为半径0.2m R =的光滑

1

4

圆形轨道，BC 为倾角45θ=?的斜面，CD 为水平轨道，B 点的高度5m h =．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210m /s ）

(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：

2

012

mgR mv =，

解得：

02m /s v =；

(2)设小球离开B 点做平抛运动的时间为1t ，落地点到C 点距离为x ，由2112

h gt = 得：

11s t =，

0121m 2m x v t ==?=

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2t ，

02cos L v t θ=①，2

212

sin L gt θ=

②， 联立①、②两式得

20.4s t =；

则

02

1.13m cos v t L θ

=

=． 答：(1)小球到达B 点时速度的大小是2m/s ；

(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 ．

10．如图所示，传送带长6 m ，与水平方向的夹角37θ=?，以5 m/s 的恒定速度向上运动．一个质量为2 kg 的物块（可视为质点），沿平行于传送带方向以10 m/s 的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0．5，sin37°=0．6，cos37°=0．8，g=10m/s 2． 求：

（1）物块刚滑上传送带时的加速度大小； （2）物块到达传送带顶端时的速度大小； （3）整个过程中，摩擦力对物块所做的功． 【答案】（1）2

110m/s a =（2）4m/s （3）W=－12 J 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：（1）物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为a 1,由牛顿第二定律

1sin 37cos37mg mg ma μ?+?=

解得2

110m/s a =

（2）设物块速度减为5m/s 所用时间为t 1, 则011v v a t -= 解得10.5t s = 通过的位移：01`1 3.752

v v

x t +=

=m ＜6 m 因tan μθ<，此后物块继续减速度上滑，加速度大小为2a 则

002sin 37cos37mg mg ma μ-=

解得2

22/a m s =

设物块到达最高点的速度为1v ，则22

10222v v a x -=

21 2.25x l x m =-=

解得14/v m s =

（3）从开始到最高点，由动能定理得221011sin 3722

W mgl mv mv -?=- 解得W="-12" J

（用其它方法解得正确，同样给分） 考点牛顿第二定律，匀变速直线运动规律，

11．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F f 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f F 作用下做匀减速运动， 设加速度大小为a ，则f F ma =，根据?=?v

a t

， 由图像可知22/a m s =，解得2f F N =；

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

（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1x 和2x ，在0~2s 内的加速度大小为1a ， 则由图像可得12/a m s =，2

1111 2.252

x a t m =

=，

在1.5s~7s 内由动能定理可得22

22211122

f Pt F x mv mv -=-，2 5.5t s =， 解得226.25x m =， 由1228.5x x x m =+=

12．如图甲所示，游乐场的过山车在圆弧轨道上运行，可以把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R 的竖直圆轨道相接，B 、C 分别为圆轨道的最低点和最高点．质量为m 的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A 点由静止滚下，经过B 点且恰好能通过C 点．已知A 、B 间的高度差为h =4R ,重力加速度为g ．求：

(1)小球通过C 点时的速度C v ；

(2)小球从A 点运动到C 点的过程中，损失的机械能E 损 【答案】gR mgR 【解析】 【详解】

(1) 小球恰能通过C 点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：

2

C

v mg m R

=

则得：

C v gR (2) 小球从A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理得：

2

1202

f C m

g

h R W mv --=-()

解得：

W f =1.5mgR

则小球从A 点运动到C 点的过程中，损失的机械能

= 1.5f gR E W m =损