高中物理动能定理的综合应用试题经典及解析

时，恰好与传送带速度相同．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为
0.25( g 10m / s2 )．求：
（1）水平力撤去后，滑块（在斜面上）的加速度大小； （2）滑块下滑的高度；
（3）若滑块进入传送带时速度大于 3m / s ，则滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热
量为多少． 【答案】（1）5m/s2（2）0.1m 或 0.8m (3)5J 【解析】 【分析】 【详解】
5．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。
开始向右运动，经 B 点进入电场，从 C 点离开电场，已知滑块与轨道间动摩擦因数
=0.2，g 取 10m/s2。求：滑块
（1）到达 B 点时的速度大小； （2）从 B 点运动到 C 点所用的时间； （3）落地点距 C 点的水平距离。
【答案】（1）4m/s（2）1.25s（3）2m 【解析】 【详解】 （1）滑块从 A 到 B 的运动过程只受重力、支持力、摩擦力作用，只有摩擦力做功，故由 动能定理可得：
由机械能守恒可知： mgh 1 mv2 2
对滑块由运动学公式知： v0 v at
联立解得：
s
v0
v
v0 a
滑块相对传送带滑动的位移： s L s
相对滑动生成的热量：
Q mgs 0.5J
7．如图所示，BC 为半径等于 2 2 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？
(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．
mgR
1 2
mvB2
0
解得：
(2) 运动员到达 B 点时 运动员对轨道的压力为 (3)运动员空中飞行时间 解得：
vB 2gR
NB
mg
m
vB2 R
N ' NB 3mg
h 1 gt2 2
C、E 间距离为
t R 2g
x vBt R
9．如图所示，ABC 是一条长 L=10m 的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高 h=1.25m 处， A、C 为端点，B 为中点，轨道 BC 处在方向竖直向上，大小 E=5×105N/C 的匀强电场中，一 质量 m=0.5kg，电荷量 q=+1.0×10-5C 的可视为质点的滑块以初速度 v0=6m/s 在轨道上自 A 点
【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。
6．如图所示，质量为 m 1kg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为 30o 的光滑斜面
上，斜面的末端 B 与水平传送带相接（物块经过此位置滑上皮带时无能量损失），传送带
的运行速度为 v0 3m / s ，长为 L 1.4m ．今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端 C
mg
1 2
L＝ 1 2
mvB2
1 2
mv02
所以滑块到达 B 点时的速度大小
vB＝ v02 gL＝4m/s
（2）滑块从 B 运动到 C 的过程受合外力 F=μ（mg-qE）=0；
故滑块从 B 到 C 做匀速运动；设从 B 点运动到 C 点所用的时间为 t，则有：
t
1 2
L
5
s
1.25s
vB 4
（3）滑块在 C 点的速度 vC =4m/s；滑块从 C 点做平抛运动，则平抛运动时间
（1）对撤去外力 F 后的滑块受力分析，由牛顿第二定律： mg sin ma
解得：
a 5m / s2 （2）设滑块从高为 h 处上滑，到达斜面底端速度为 v ，下滑过程机械能守恒： mgh 1 mv2
2 解得：
v 2gh
若滑块冲上传送带的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做
F1 f ma1
f=5000N 汽车速度最大时做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知，
此时汽车的牵引力
由 P Fv 可知，汽车的最大速度：
F=f=5000N
v= P P =40m/s Ff
(2)汽车匀加速运动的位移
对汽车，由动能定理得
x1=
v1 2
t1
40m
F1x1
Pt2
fs
1 2
mv2
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
(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：
得到：
FN'
mg
m
vB2 R
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：
得到：
mgs
1 2
mvB2
1 2
mvA2
0.25。
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，
F
v2 m
0.5 (2
2)2 N 7.1N
r
22
5
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：
t＝ 2h＝0.5s g
故落地点距 C 点的水平距离
x=vCt'=2m；
【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：
解得： （2）小球到达在 B 点的速度：
tan45°= vy gt ， v0 v0
v0=2m/s；
v
v0 cos 45
2
2m/s ，
0
解得
s=480m
2．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在 t＝0 时刻，将质量为 1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端 A 点，经过 1.0 s，物块从最下端的 B
点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如 图乙所示(g＝10 m/s2)，求：
(1)物块与传送带间的动摩擦因数； (2)物块从 A 到 B 的过程中，传送带对物块做的功．
【答案】(1) 3 5
【解析】
(2) －3.75 J
解：(1)由图象可知，物块在前
0.5
s
的加速度为： a1
v1 t1
=8?m/s2
后 0.5 s 的加速度为： a2
v2 v2 t2
2?m / s2
物块在前 0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：
【答案】(1) 2 5m/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：
得到：
mg m vC2 R
vc gR 2m/s
小物体从 B 点运动到 C 点过程中机械能守恒，则：
1 2
mvB2
1 2
mvC2
mg
2R
得到：
vB vC2 4gR 2 5m/s ；
(1)物块从 A 滑到 B 时的速度大小；
(2)物块到达圆环顶点Leabharlann BaiduC 时对轨道的压力；
(3)若弹簧最短时的弹性势能
，求此时弹簧的压缩量。
【答案】(1) m/s；(2)0N；(3)10m。
【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
解得： ；
(2)小物块从 B 点到 C 由动能定理：
静止下滑，从轨道中 B 点飞出，落在水平面上的 E 点。重力加速度为 g。求： （1）运动员运动到 B 点时速度的大小； （2）运动员运动到 B 点时对轨道压力的大小； （3）C、E 两点间的距离。
【答案】(1) vB 2gR (2) 3mg (3)R
【解析】
【详解】
(1) 运动员从 A 到 B，根据动能定理
解得：
mg sin 45?s mg cos 45?s 0 1 mv2 2
s≈0.35m；
8．滑板运动是深受青少年喜爱的一项极限运动。如图所示为某一滑道的示意图，轨道 AB
可视为竖直平面内半径为 R 的 1 光滑圆弧，圆心为 O，OA 水平。轨道最低点 B 距水平面 4
CD 高度为 1 R ，C 点位于 B 点正下方。滑板和运动员（可看作质点）总质量为 m，由 A 点 4
x1
v1
2
v2
t2
则摩擦力对物块做功W2 －mgcos·x2
所以传送带对物块做的总功：W W1 W2
联立解得：W＝－3.75 J
3．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)
广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功。
4．一质量为 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．
匀加速运动，根据动能定理有：
mgL
1 2
mv02
1 2
mv2
联立解得：
h v02 L 0.8m 2g
若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受天向左的滑动摩擦力而做匀
速运动，根据动能定理：
mgL
1 2
mv02
1 2
mv2
解得：
h v02 L 0.8m 2g
（3）设滑块在传送带上运动的时间为 t ，则 t 时间内传送带的位移： s v0t
mgsin mgcos ma1
物块在后 0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：
mgsin mgcos ma2
联立解得： 3 5
(2)由
v－t
图象面积意义可知，在前
0.5
s，物块对地位移为：
x1
v1t1 2
则摩擦力对物块做功：W1 mgcos·x1
在后
0.5
s，物块对地位移为：
(1)汽车所能达到的最大速度； (2)汽车从启动至到达最大速度的过程中运动的位移。 【答案】(1)40m/s；(2)480m 【解析】
【分析】
【详解】
(1)汽车匀加速结束时的速度
v1 a1t1 20m / s
由 P=Fv 可知，匀加速结束时汽车的牵引力
由牛顿第二定律得
F1
P v1
=1×104N
解得
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
1．一辆汽车发动机的额定功率 P=200kW，若其总质量为 m=103kg，在水平路面上行驶时， 汽车以加速度 a1=5m/s2 从静止开始匀加速运动能够持续的最大时间为 t1=4s，然后保持恒定 的功率继续加速 t2=14s 达到最大速度。设汽车行驶过程中受到的阻力恒定，取 g=10m/s2. 求：