高中物理动能定理的综合应用题20套(带答案)及解析
物理动能定理的综合应用题20套(带答案)及解析
【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：N=12.5N
（3）从
D
到
E，由动能定理知：
mg
Hale Waihona Puke 2R1 2mvE 2
1 2
mvD2
解得： vD 5m / s
从
B
到
D，由动能定理知
mgL
1 2
mvD2
1 2
mvB2
解得： vB 7m / s
对物块 L vB vD t 2
解得：t=1s；
s相对 L vt 6 2 1m 8m
由能量守恒定律知： Q mgL s相对
L ），
解得，
Q＝ 1 2
m(
0
2gh)2 ；
考点：动能定理
【名师点睛】本题考查了求物体速度、动摩擦因数、产生的热量等问题，分析清楚运动过
程，熟练应用动能定理即可正确解题．
6．如图所示，光滑斜面 AB 的倾角 θ=53°，BC 为水平面，BC 的长度 lBC=1.10 m，CD 为光滑
的 1 圆弧，半径 R=0.60 m．一个质量 m=2.0 kg 的物体，从斜面上 A 点由静止开始下滑，物 4
解得：Q=16J
高中物理动能定理的综合应用题20套(带答案)及解析
（1）滑块到达底端 B 时的速度大小 vB；
（2）滑块与传送带间的动摩擦因数 μ；
（3）此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量 Q.
【答案】（1）
2gh （2） v02 2gh （3） m v0
2
2gh
2gl
2
【解析】
试题分析：（1）滑块在由
A
到
B
的过程中，由动能定理得：
mgh＝ 1 2
(1)求运动员在 AB 段下滑时受到阻力 Ff 的大小； (2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍，则 C 点所在圆弧的半径 R 至少应为 多大？ 【答案】(1)144 N (2)12.5 m 【解析】
试题分析：（1）运动员在 AB 上做初速度为零的匀加速运动，设 AB 的长度为 x，斜面的倾 角为 α，则有 vB2=2ax
mvB2
0
，
解得：
＝
B
2gh ；
（2）滑块在由 B 到 C 的过程中，由动能定理得：μmgL＝ 1 mv02− 1 mvB2，
2
2
解得， ＝v02 2gh ； 2gL
（3）产生的热量：Q=μmgL
L 相对， 相对
0 B 2
2 g
＝ ( 0
2gh)2 2 g
（或
(0 v02
2 gh )2 2gh
(3)传送带的速度大于或等于 v1，则滑块回到水平轨道时的速度大小仍为 v1
mgs
0
1 2
mv12
得 s=0.9m，即滑块在水平轨道上滑行的路程为 0.9m，则最后停在离 B 点 0.2m 处。
若传送带的速度 7 m/s <v<3m/s，则滑块将回到 B 点，滑上圆弧轨道后又滑到水平轨道，
高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)
(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) (2)v=6m/s (3)
【解析】
【详解】
（1）小球从B到C做平抛运动，则竖直方向上有：
解得：
（2）竖直速度：
m/s
则落在地面上时速度的大小为：
6m/s
（3）对A到B运用动能定理得：
(1)小物块从C点运动到D点经历的时间t；
(2)小物块从C点飞出时速度的大小vC；
(3)小物块从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功。
【答案】(1)t=0.3s (2)vC=2.0m/s (3)0.1J
【解析】
【详解】
（1）小物块从C水平飞出后做平抛运动，由
得小物块从C点运动到D点经历的时间 s
（2）小物块从C点运动到D，由
（3）小球离开圆弧后做平抛运动根据动能定理可知：
解得：
4．如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平光滑轨道BC相连，竖直墙壁CD高 ，紧靠墙壁在地面固定一个和CD等高，底边长 的斜面，一个质量 的小物块 视为质点 在轨道AB上从距离B点 处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块在AB段与轨道间的动摩擦因数为 ，达到B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为 重力加速度 ， ，
【答案】(1)0.15；(2)10m；24J
【解析】
【详解】
(1)设小球与斜面间的动摩擦因数为 ，小球第一次由静止从的 点下滑和碰撞弹回上升到速度为零的过程，由动能定理得：
解得：
(2)球最终一定停在 处，小球从 处静止下滑到最终停在 处的全过程
由动能定理得：
所以小球通过的总路程为：
高中物理动能与动能定理题20套(带答案)
高中物理动能与动能定理题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C ，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角∠DOC ＝37°，E 、B 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝0.30m ，斜面长L ＝1.90m ，AB 部分光滑，BC 部分粗糙．现有一个质量m ＝0.10kg 的小物块P 从斜面上端A 点无初速下滑，物块P 与斜面BC 部分之间的动摩擦因数μ＝0.75．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10m/s 2，忽略空气阻力．求：（1）物块第一次通过C 点时的速度大小v C ．（2）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小F D ． （3）物块最终所处的位置．【答案】（1）32m/s （2）7.4N （3）0.35m 【解析】 【分析】由题中“斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C”可知，本题考查动能定理、圆周运动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答． 【详解】（1）BC 长度tan 530.4m l R ==o ，由动能定理可得21()sin 372B mg L l mv -=o代入数据的32m/s B v =物块在BC 部分所受的摩擦力大小为cos370.60N f mg μ==o所受合力为sin 370F mg f =-=o故32m/s C B v v ==（2）设物块第一次通过D 点的速度为D v ，由动能定理得2211(1cos37)22D C mgR mv mv -=-o有牛顿第二定律得2D D v F mg m R-= 联立解得7.4N D F =（3）物块每次通过BC 所损失的机械能为0.24J E fl ∆==物块在B 点的动能为212kB B E mv =解得0.9J kB E = 物块经过BC 次数0.9J=3.750.24Jn =设物块最终停在距离C 点x 处，可得()sin 37(3+)0mg L x f l x --=o代入数据可得0.35m x =2．如图所示，光滑水平平台AB 与竖直光滑半圆轨道AC 平滑连接，C 点切线水平，长为L =4m 的粗糙水平传送带BD 与平台无缝对接。
高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)含解析(1)
高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)含解析(1)一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示，半径为R ＝1 m ，内径很小的粗糙半圆管竖直放置，一直径略小于半圆管内径、质量为m ＝1 kg 的小球，在水平恒力F ＝25017N 的作用下由静止沿光滑水平面从A 点运动到B 点，A 、B 间的距离x ＝175m ，当小球运动到B 点时撤去外力F ，小球经半圆管道运动到最高点C ，此时球对外轨的压力F N ＝2.6mg ，然后垂直打在倾角为θ＝45°的斜面上(g ＝10 m/s 2)．求：(1)小球在B 点时的速度的大小； (2)小球在C 点时的速度的大小；(3)小球由B 到C 的过程中克服摩擦力做的功； (4)D 点距地面的高度．【答案】(1)10 m/s (2)6 m/s (3)12 J (4)0.2 m 【解析】 【分析】对AB 段，运用动能定理求小球在B 点的速度的大小；小球在C 点时，由重力和轨道对球的压力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求小球在C 点的速度的大小；小球由B 到C 的过程，运用动能定理求克服摩擦力做的功；小球离开C 点后做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求D 点距地面的高度． 【详解】(1)小球从A 到B 过程，由动能定理得：212B Fx mv = 解得：v B ＝10 m/s(2)在C 点，由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝2c v m R又据题有：F N ＝2.6mg 解得：v C ＝6 m/s.(3)由B 到C 的过程，由动能定理得：－mg ·2R －W f ＝221122c B mv mv - 解得克服摩擦力做的功：W f ＝12 J(4)设小球从C 点到打在斜面上经历的时间为t ，D 点距地面的高度为h ， 则在竖直方向上有：2R －h ＝12gt 2由小球垂直打在斜面上可知：cgtv＝tan 45° 联立解得：h ＝0.2 m 【点睛】本题关键是对小球在最高点处时受力分析，然后根据向心力公式和牛顿第二定律求出平抛的初速度，最后根据平抛运动的分位移公式列式求解．2．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=3m 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=33，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<R ≤1.08m 【解析】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：032/6/603yx 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：()2211201122C 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：21mv mg R ＝22111 222C 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2212C 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3．如图所示,竖直平面内的轨道由直轨道AB 和圆弧轨道BC 组成，直轨道AB 和圆弧轨道BC 平滑连接，小球从斜面上A 点由静止开始滑下,滑到斜面底端后又滑上一个半径为=0.4m R 的圆轨道；（1）若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆轨道的最高点C ，求斜面高h ；（2）若已知小球质量m =0.1kg ，斜面高h =2m ，小球运动到C 点时对轨道压力为mg ，求全过程中摩擦阻力做的功．【答案】（1）1m ；（2） -0.8J ； 【解析】 【详解】（1）小球刚好到达C 点,重力提供向心力，由牛顿第二定律得：2v mg m R=从A 到C 过程机械能守恒,由机械能守恒定律得：()2122mg h R mv -=, 解得：2.5 2.50.4m 1m h R ==⨯=；（2）在C 点,由牛顿第二定律得：2Cv mg mg m R+=,从A 到C 过程，由动能定理得：()21202f C mgh R W mv -+=-, 解得：0.8J f W =-；4．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/s 2)，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】3－3.75 J 【解析】解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：2111a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222222?/v v a m s t -== 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：1mgsin mgcos ma θμθ+=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：2mgsin mgcos ma θμθ-=联立解得：3μ=(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：1112v t x =则摩擦力对物块做功：11·W mgcos x μθ= 在后0.5 s ，物块对地位移为：12122v v x t +=则摩擦力对物块做功22·W mgcos x μθ=－ 所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J5．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°)＝12m 2B v 解得v B ＝4m /s在B 处，由牛顿第二定律N B －mg ＝m 2Bv 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＝0－12m 2C v 解得v C ＝6m /sB 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 Bv v a-＝0.5s 位移x 1＝2B Cv v +t ＝2.5m <L 1 参赛者从B 到C 先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v ＝6m /s . (3) 0.5s 内传送带位移x 2＝vt ＝3m参赛者与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5m 传送带由于传送参赛者多消耗的电能 E ＝μ1mg Δx ＋12m 2C v －12m 2B v ＝720J .6．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。
高中物理动能与动能定理题20套(带答案)及解析
高中物理动能与动能定理题20套(带答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。
传送带由电动机带动，以2m/s v =的速度顺时针匀速转动，倾角37θ=︒。
工人将工件轻放至传送带最低点A ，由传送带传送至最高点B 后再由另一工人运走，工件与传送带间的动摩擦因数为78μ=，所运送的每个工件完全相同且质量2kg m =。
传送带长度为6m =L ，不计空气阻力。
（工件可视为质点，sin370.6︒=，cos370.8︒=，210m /s g =）求：(1)若工人某次只把一个工件轻放至A 点，则传送带将其由最低点A 传至B 点电动机需额外多输出多少电能？(2)若工人每隔1秒将一个工件轻放至A 点，在传送带长时间连续工作的过程中，电动机额外做功的平均功率是多少？【答案】(1)104J ；(2)104W【解析】【详解】(1)对工件cos sin mg mg ma μθθ-=22v ax =1v at =12s t =得2m x =12x vt x ==带2m x x x =-=相带由能量守恒定律p k E Q E E =+∆+∆电即21cos sin 2E mg x mgL mv μθθ=⋅++电相 代入数据得104J E =电(2)由题意判断，每1s 放一个工件，传送带上共两个工件匀加速，每个工件先匀加速后匀速运动，与带共速后工件可与传送带相对静止一起匀速运动。
匀速运动的相邻的两个工件间距为2m x v t ∆=∆=L x n x -=∆得2n =所以，传送带上总有两个工件匀加速，两个工件匀速则传送带所受摩擦力为2cos 2sin f mg mg μθθ=+电动机因传送工件额外做功功率为104W P fv ==2．某游乐场拟推出一个新型滑草娱乐项目，简化模型如图所示。
游客乘坐的滑草车（两者的总质量为60kg ），从倾角为53θ=︒的光滑直轨道AC 上的B 点由静止开始下滑，到达C 点后进入半径为5m R =，圆心角为53θ=︒的圆弧形光滑轨道CD ，过D 点后滑入倾角为α（α可以在075α︒剟范围内调节）、动摩擦因数为3μ=的足够长的草地轨道DE 。
高中物理动能定理的综合应用题20套(带答案)
一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用
1．如图所示,倾角为 37°的粗糙斜面 AB 底端与半径 R=0.4 m 的光滑半圆轨道 BC 平滑相连,O 点为轨道圆心,BC 为圆轨道直径且处于竖直方向,A、C 两点等高．质量 m=1 kg 的滑块从 A 点由静止开始下滑,恰能滑到与 O 点等高的 D 点,g 取 10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8．求:
A
运动至
C
的过程中，根据动能定理有：－μmgcos37°
2R sin 37
＝
1 2
mvC2
－
1 2
mv02
③
由①②③式联立解得滑块从 A 点沿斜面滑下时的初速度 v0 需满足：v0≥ 3gR ＝ 2 3 m/s
即 v0 的最小值为：v0min＝ 2 3 m/s
⑶滑块从 C 点离开后将做平抛运动，根据平抛运动规律可知，在水平方向上的位移为：x＝ vt ④
【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 sin
mgh
0
解得拉力所做的功WF 40J
（2）WF Fx
由位移公式有 x 1 at2 2
由牛顿第二定律有 F mgcos mgsin ma
解得拉力的大小 F=10N.
【点睛】 本题考查了动能定理和平抛运动的综合，知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规 律，以及能够熟练运用动能定理．
7．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．
高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)
高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)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=32m 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<R ≤1.08m 【解析】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：032/6/603yx 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：()2211201122C 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：21mv mg R ＝22111 222C 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2212C 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．如图所示，AC 为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在A 端的竖直墙壁上.质量1m kg =的小物块将弹簧的另一端压缩到B 点，之后由静止释放，离开弹簧后从C 点水平飞出，恰好从D 点以10/D v m s =的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道(DEF 小物体与轨道间无碰撞).O 为圆弧轨道的圆心，E 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径1R m =，60DOE ∠=o ，37.EOF ∠=o小物块运动到F 点后，冲上足够长的斜面FG ，斜面FG 与圆轨道相切于F 点，小物体与斜面间的动摩擦因数0.5.sin370.6μ==o ，cos370.8=o ，取210/.g m s =不计空气阻力.求：（1）弹簧最初具有的弹性势能；（2）小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小；（3）判断小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的D 点？若能，求解小物块回到D 点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小．【答案】()11?.25J ；()2 30N ；()3 2/m s ． 【解析】 【分析】 【详解】（1）设小物块在C 点的速度为C v ，则在D 点有：C D v v cos60o=设弹簧最初具有的弹性势能为p E ，则：2P C 1E mv 2= 代入数据联立解得：p E 1.25J =；()2设小物块在E 点的速度为E v ，则从D 到E 的过程中有：()22E D 11mgR 1cos60mv mv 22-=-o 设在E 点，圆轨道对小物块的支持力为N ，则有：2E v N mg R-=代入数据解得：E v 25m /s =，N 30N =由牛顿第三定律可知，小物块到达圆轨道的E 点时对圆轨道的压力为30 N ；()3设小物体沿斜面FG 上滑的最大距离为x ，从E 到最大距离的过程中有：()()2E 1mgR 1cos37mgsin37μmgcos37x 0mv 2o o o ---+=-小物体第一次沿斜面上滑并返回F 的过程克服摩擦力做的功为f W ，则f W 2x μmgcos37=o小物体在D 点的动能为KD E ，则：2KD D 1E mv 2=代入数据解得：x 0.8m =，f W 6.4J =，KD E 5J = 因为KD f E W <，故小物体不能返回D 点.小物体最终将在F 点与关于过圆轨道圆心的竖直线对称的点之间做往复运动，小物体的机械能守恒，设最终在最低点的速度为Em v ，则有：()2Em 1mgR 1cos37mv 2-=o 代入数据解得：Em v 2m /s =答：()1弹簧最初具有的弹性势能为1.25J ；()2小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小是30 N ；()3小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后不能回到圆弧轨道的D 点.经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小为2 m /s ． 【点睛】（1）物块离开C 点后做平抛运动，由D 点沿圆轨道切线方向进入圆轨道，知道了到达D 点的速度方向，将D 点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据角度关系求出水平分速度，即离开C 点时的速度，再研究弹簧释放的过程，由机械能守恒定律求弹簧最初具有的弹性势能；()2物块从D 到E ，运用机械能守恒定律求出通过E 点的速度，在E 点，由牛顿定律和向心力知识结合求物块对轨道的压力；()3假设物块能回到D 点，对物块从A 到返回D 点的整个过程，运用动能定理求出D 点的速度，再作出判断，最后由机械能守恒定律求出最低点的速度．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/s 2）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（1分）在B点由牛顿第二定律得（2分）解得轨道对滑块的支持力N （1分）（2）滑块滑上小车后，由牛顿第二定律对滑块：，得m/s2 （1分）对小车：，得m/s2 （1分）设经时间t后两者达到共同速度，则有（1分）解得s （1分）由于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）因此，1．5s时小车右端距轨道B端的距离为m （1分）（3）滑块相对小车滑动的距离为m （2分）所以产生的内能J （1分）4．一种氢气燃料的汽车，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。
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高中物理动能定理的综合应用题20套(带答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示，光滑圆弧的半径为80cm ，一质量为1.0kg 的物体由A 处从静止开始下滑到B 点，然后又沿水平面前进3m ，到达C 点停止。
物体经过B 点时无机械能损失，g 取10m/s 2，求：（1）物体到达B 点时的速度以及在B 点时对轨道的压力； （2）物体在BC 段上的动摩擦因数； （3）整个过程中因摩擦而产生的热量。
【答案】（1）4m/s ，30N ；（2）415；（3）8J 。
【解析】 【分析】 【详解】（1）根据机械能守恒有212mgh mv =代入数据解得4m/s v =在B 点处，对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得2N mv F mg R-= 代入数据解得30N N F =由牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力为30N NN F F '== 方向竖直向下（2）物体在BC 段上，根据动能定理有2102mgx mv μ-=-代入数据解得415μ=（3）小球在整个运动过程中只有摩擦力做负功，重力做正功，由能量守恒可得8J Q mgh ==2．如图所示，光滑斜面AB 的倾角θ=53°，BC 为水平面，BC 的长度l BC =1.10 m ，CD 为光滑的14圆弧，半径R =0.60 m ．一个质量m =2.0 kg 的物体，从斜面上A 点由静止开始下滑，物体与水平面BC 间的动摩擦因数μ=0.20.轨道在B ，C 两点光滑连接．当物体到达D 点时，继续竖直向上运动，最高点距离D 点的高度h =0.20 m ，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6.g 取10 m/s 2.求：(1)物体运动到C 点时速度大小v C (2)A 点距离水平面的高度H(3)物体最终停止的位置到C 点的距离s . 【答案】(1)4 m/s (2)1.02 m (3)0.4 m 【解析】 【详解】(1)物体由C 点到最高点，根据机械能守恒得：()212c mg R h mv += 代入数据解得：4/C v m s =(2)物体由A 点到C 点，根据动能定理得：2102BC c mgH mgl mv μ-=- 代入数据解得： 1.02H m =(3)从物体开始下滑到停下，根据能量守恒得：mgx mgH μ= 代入数据，解得： 5.1x m = 由于40.7BC x l m =+所以，物体最终停止的位置到C 点的距离为：0.4s m =． 【点睛】本题综合考查功能关系、动能定理等；在处理该类问题时，要注意认真分析能量关系，正确选择物理规律求解．3．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14光滑圆弧，圆心为O ，OA 水平。
轨道最低点B 距水平面CD 高度为14R ，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) 2B v gR = (2) 3mg (3)R 【解析】 【详解】(1) 运动员从A 到B ，根据动能定理2B 102mgR mv =-解得：B 2v gR =(2) 运动员到达B 点时2BB v N mg m R-=运动员对轨道的压力为'B 3N N mg ==(3)运动员空中飞行时间212h gt =解得：2R t g=C 、E 间距离为B x v t R ==4．有可视为质点的木块由A 点以一定的初速度为4m/s 水平向右运动，AB 的长度为2m ，物体和AB 间动摩擦因素为μ1=0.1，BC 无限长，物体和BC 间动摩擦因素为236μ=， 求：（1）物体第一次到达B 点的速度；（2）通过计算说明最后停在水平面上的位置距B 点的距离． 【答案】（1）23/s v m =（2）2m 【解析】 【分析】由题中“有可视为质点的木块由A 点以一定的初速度为4m/s 水平向右运动”可知，本题考查动能定理和能量守恒定律，根据对物体运动状态的分析结合能量变化可分析本题． 【详解】（1）据题意，当物体从A 运动到B 点过程中，有：2211122AB B A mgs mv mv μ-=- 带入数据求得：=23m /s B v（2）物体冲上斜面后，有：221-cos30sin 302BC BC B mg x mg x mv μ-=-解得：0.8BC x m =则有：2211-2cos302BC B mg x mgx mv μμ-=-解得：2x m =即物体又回到了A 点．5．如图所示，在E ＝103 V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN 与一水平绝缘轨道MN 在N 点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R ＝40 cm ，N 为半圆形轨道最低点，P 为QN 圆弧的中点，一带负电q ＝10－4 C 的小滑块质量m ＝10 g ，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N 点右侧1.5 m 的M 处，g 取10 m/s 2，求：(1)小滑块从M 点到Q 点电场力做的功(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q ，则小滑块应以多大的初速度v 0向左运动？(3)这样运动的小滑块通过P 点时对轨道的压力是多大？ 【答案】(1) - 0.08J(2) 7 m/s （3）0.6 N 【解析】 【分析】 【详解】（1）W=－qE·2R W= - 0.08J (2)设小滑块到达Q 点时速度为v ，由牛顿第二定律得mg ＋qE ＝m 2v R小滑块从开始运动至到达Q 点过程中，由动能定理得 －mg·2R －qE·2R －μ(mg ＋qE)x ＝12mv 2－12mv 联立方程组，解得：v 0＝7m/s.(3)设小滑块到达P 点时速度为v ′，则从开始运动至到达P 点过程中，由动能定理得 －(mg ＋qE)R －μ(qE ＋mg)x ＝12mv′2－12mv 又在P 点时，由牛顿第二定律得F N ＝m 2v R'代入数据，解得：F N ＝0.6N由牛顿第三定律得，小滑块通过P 点时对轨道的压力F N ′＝F N ＝0.6N. 【点睛】（1）根据电场力做功的公式求出电场力所做的功；（2）根据小滑块在Q 点受的力求出在Q 点的速度，根据动能定理求出滑块的初速度； （3）根据动能定理求出滑块到达P 点的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力，由牛顿第三定律得，小滑块通过P 点时对轨道的压力．6．如图所示，某工厂车间有甲、乙两辆相同的运料小车处于闲置状态，甲车与乙车、乙车与竖直墙面间的距离均为L ，由于腾用场地，需把两辆小车向墙角处移动。
一工人用手猛推了一下甲车，在甲车与乙车碰撞瞬间，立即通过挂钩挂到了一起，碰后两车沿甲车原来的运动方向继续向前运动，在乙车运动到墙角时刚好停下。
已知两车的质量均为m ，与水平地面间的摩擦力均为车重的k 倍，重力加速度大小为g ，求： (1)两车将要相碰时甲车的速度大小； (2)工人推甲车时对甲车的冲量大小。
【答案】（1）v 1=22kgL 2）10I m kgL =【解析】⑴设甲乙车钩挂在一起后的速度为2v ，从甲乙车钩挂一起到停下过程根据动能定理： 2212022kmgL mv -=-⨯ （注：用牛顿第二定律和运动方程解的也给分） 甲乙两车碰撞前后动量守恒，设碰撞前甲车速度为1v ， 根据动量守恒定律： 122mv mv = 得： 122v kgL =⑵在甲车在与乙车碰撞前运动L 的过程，设离开人手瞬间速度为0v 根据动能定理： 22101122kmgL mv mv -=- 人将甲车从静止推至获得速度0v 的过程 根据动量定理： 00I mv =- 得： 10I m kgL =【点睛】动量守恒和能量的转化与守恒的结合．应用动量守恒定律解题要注意“四性”，①、系统性．②、矢量性．③、同时性．7．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)，34DC L =，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？【答案】(1) 2v gh =h L μ= (3) 310R h =【解析】 【详解】(1)滑块从A 到B ，由动能定理:212mgh mv =解得滑块经过B 点的速度2v gh =． (2)滑块从A 到C ，由全程的动能定理：0mgh fL -=滑动摩擦力：N f F μ=而N F mg =，联立解得:hLμ=． (3)设滑块刚好经过轨道最高点的速度为0v ，轨道半径为R ， 滑块刚好经过轨道最高点时，20v mg m R= 滑块从A 到轨道最高点，由能量守恒201-242L mgh mgmg R mv μ=+ 联立解得 310R h =．8．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x 0=1.0m ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10，取g=10m/s 2．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 μ=（1分） 设滑块的加速度为a 1，根据牛顿第二定律1F mg ma μ-=（1分）解得219.0/a m 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212v a x =（2分）解得 3.0/v m s =（1分）（2）设滑块通过B 点时的动能为kB E从A 到B 运动过程中，依据动能定理有 k W E =∆合 0 kB F x fx E -=， （4分）解得 4.0kB E J =（2分）（3）设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为f W ，根据动能定理0f kB mgh W E --=-（3分）解得0.50f W J =（1分） 考点：牛顿运动定律 功能关系9．如图所示，一根直杆与水平面成θ＝37°角，杆上套有一个小滑块，杆底端N 处有一弹性挡板，板面与杆垂直. 现将物块拉到M 点由静止释放，物块与挡板碰撞后以原速率弹回．已知M 、N 两点间的距离d ＝0.5m ，滑块与杆之间的动摩擦因数μ＝0.25，g ＝10m /s 2.取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1) 滑块第一次下滑的时间t ；(2) 滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x ； (3) 滑块在直杆上滑过的总路程s. 【答案】(1) 0.5s (2) 0.25m .(3) 1.5m 【解析】 【分析】（1）滑块从A 点出发第一次运动到挡板处的过程，根据牛顿第二定律可求加速度，根据位移时间关系可求下滑时间；（2）根据速度时间关系可求出滑块第1次与挡板碰撞前的速度大小v 1，对滑块从A 点开始到返回AB 中点的过程，运用动能定理列式，可求出上滑的最大距离；（3）滑块最终静止在挡板上，对整个过程，运用动能定理列式，可求得总路程． 【详解】 (1) 下滑时加速度 mgsinθ－μmgcosθ＝ma 解得a ＝4.0m/s 2 由d ＝12at 2得下滑时间t ＝0.5s.(2) 第一次与挡板相碰时的速率v ＝at ＝2m/s 上滑时－(mgsinθ＋f)x ＝0－12mv 2解得x ＝0.25m.(3) 滑块最终停在挡板处，由动能定理得 mgdsinθ－fs ＝0 解得总路程s ＝1.5m.10．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：2Cv 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：21202f C mgh 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11．如图所示，AB 为水平轨道，A 、B 间距离s=2m ，BC 是半径为R=0.40m 的竖直半圆形光滑轨道，B 为两轨道的连接点，C 为轨道的最高点．一小物块以v o =6m/s 的初速度从A 点出发，经过B 点滑上半圆形光滑轨道，恰能经过轨道的最高点，之后落回到水平轨道AB 上的D 点处．g 取10m/s 2，求：（1）落点D 到B 点间的距离； （2）小物块经过B 点时的速度大小； （3）小物块与水平轨道AB 间的动摩擦因数． 【答案】（1）0.8m.（2）（3）0.4【解析】试题分析：（1）物块恰能经过轨道最高点，有2Cv mg m R=① 之后做平抛运动，有2122R gt =②BD C x v t =③ 联立①②③解得0.8BD x =m（2） 物块从B 点到C 点过程中机械能守恒，得2211222BC mv mv mgR =+④ 联立①④解得25B v =（3）物块从A 点到B 点做匀减速直线运动由动能定理得221122B o mgs mv mv μ-=-⑤ 将B v 代入⑤解得0.4μ=考点：圆周运动及平抛运动的规律；动能定理及牛顿第二定律的应用.12．一辆质量m ＝2×103kg 的小轿车沿平直路面运动，发动机的额定功率P ＝80kW ，运动时受到的阻力大小为f ＝2×103N ．试求： (1)小轿车最大速度的大小；(2)小轿车由v 0＝10m/s 的速度开始以额定功率运动60s 前进的距离(汽车最后的速度已经达到最大)．【答案】(1)40m/s (2)1650m 【解析】 【详解】（1）设小轿车运动的最大速度的大小为m v ，当车子达到最大速度时， 有=F f 牵根据公式m P fv =解得v m =40m/s（2）根据题意和动能定理得：2211=22W mv mv -合末初 则有：22m 011=22Pt fs mv mv -- 解得小轿车60s 内前进的距离为s =1650m。