高中物理动能定理的综合应用练习题及答案

高中物理动能定理的综合应用练习题及答案

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，一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R =0.5m 。物块A 以v 0=10m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道与物块间的动摩擦因数都为μ=0.4，A 的质量为m =1kg （A 可视为质点） ，求：

(1)物块经过N 点时的速度大小； (2)物块经过N 点时对竖直轨道的作用力； (3)物块最终停止的位置。

【答案】(1)5m/s v =；(2)150N ，作用力方向竖直向上；(3)12.5m x = 【解析】 【分析】 【详解】

(1)物块A 从出发至N 点过程，机械能守恒，有

22011

222

mv mg R mv =?+ 得

20445m /s v v gR =-=

(2)假设物块在N 点受到的弹力方向竖直向下为F N ，由牛顿第二定律有

2

N v mg F m R

+=

得物块A 受到的弹力为

2

N 150N v F m mg R

=-=

由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力为

N N 150N F F '==

作用力方向竖直向上

(3)物块A 经竖直圆轨道后滑上水平轨道，在粗糙路段有摩擦力做负功，动能损失，由动能定理，有

2

0102

mgx mv μ-=-

得

12.5m x =

2．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 ＝250

17

N 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 ＝

17

5

m ，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：212

B Fx mv = 解得：v B ＝10 m/s

(2)在C 点，由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝2

c 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 ＝22

1122

c 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 ＝

12

gt 2

由小球垂直打在斜面上可知

：c

gt

v ＝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．

3．如图所示，人骑摩托车做腾跃特技表演，以1.0m/s 的初速度沿曲面冲上高0.8m 、顶部水平的高台，若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率1.8kW 行驶，经过1.2s 到达平台顶部，然后离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A 点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A 、B 为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R ＝1.0m ，人和车的总质量为180kg ，特技表演的全过程中不计一切阻力(计算中取g ＝10m/s2，si n53°＝0.8，cos53°＝0.6)．求：

(1)人和车到达顶部平台的速度v ；

(2)从平台飞出到A 点，人和车运动的水平距离x ； (3)圆弧对应圆心角θ；

(4)人和车运动到圆弧轨道最低点O 时对轨道的压力． 【答案】（1）3m/s （2）1.2m （3）106°（4）7.74×103N 【解析】 【分析】 【详解】

（1）由动能定理可知：

221011Pt mgH mv 22

mv -=

- v ＝3m/s （2）由2221H gt ,s vt 2=

=可得：2H s v 1.2m g

== （3）摩托车落至A 点时，其竖直方向的分速度

y 2v gt 4m /s ==

设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则

4

tan 3

y

v v α=

=

，即α＝53° 所以θ＝2α＝106°

（4）在摩托车由最高点飞出落至O 点的过程中，由机械能守恒定律可得：

2211

mg[H R(1cos )]mv

mv 22

α'+-=-

在O 点：2v N mg m R

-= 所以N ＝7740N

由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O 时对轨道的压力为7740N

4．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

5．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L 1=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/s 2，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v C 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

02 3m/s tan y v gh

v θ

=

=

= 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

2

01 4.5J 2

p E mv =

=； (2)小球在A 处的速度为

5m/s cos A v v θ

=

= 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

221111sin cos 22

C A mgL mgL mv mv θμθ-=

- 解得

()212sin cos 10m/s C A v v gL θμθ=+-=；

(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

2

1v mg m R

≤；

对小球从C 到最高点应用机械能守恒可得

221115

2222

C mv mgR mv mgR =+≥ 解得

2

02m 5C

v R g

<≤=；

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

2

12

C mv mgh mgR =≤ 解得

2=5m 2C v R g

≥；

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 ；

6．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

0.2H m =，紧靠墙壁在地面固定一个和CD 等高，底边长0.3L m =的斜面，一个质量0.1m kg =的小物块(视为质点)在轨道AB 上从距离B 点4l m =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0.5，达到B 点时无能量损失；AB

段与水平面的夹角为37.(o 重力加速度2

10/g m s =，sin370.6=o ，cos370.8)o =

(1)求小物块运动到B 点时的速度大小；

(2)求小物块从C 点抛出到击中斜面的时间；

(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值. 【答案】(1) 4/m s (2)1

15

s (3) 0.15J 【解析】 【分析】

(1)对滑块从A 到B 过程，根据动能定理列式求解末速度；

(2)从C 点画出后做平抛运动，根据分位移公式并结合几何关系列式分析即可； (3)动能最小时末速度最小，求解末速度表达式分析即可. 【详解】

()1对滑块从A 到B 过程，根据动能定理，有：2B 1mglsin37μmgcos37mv 2

-=o o ，

解得：B v 4m /s =；

()2设物体落在斜面上时水平位移为x ，竖直位移为y ，画出轨迹，如图所示：

对平抛运动，根据分位移公式，有：

0x v t =，

2

1y gt 2

=

， 结合几何关系，有：H y H 2

x L 3

-==， 解得：1

t s 15

=

； ()3对滑块从A 到B 过程，根据动能定理，有：2B 1mglsin37μmgcos37mv 2

-=o o ，

对平抛运动，根据分位移公式，有：

0x v t =，

2

1y gt 2

=

， 结合几何关系，有：

H y H 2

x L 3

-==， 从A 到碰撞到斜面过程,根据动能定理有：21

mglsin37μmgcos37l mgy mv 02

-?+=

-o

o

联立解得：22

125y 9H 18H mv mg 21616y 16??=+- ???

，

故当

2

25y9H

1616y

=，即

3

y H0.12m

5

==时，动能

k

E最小为：

km

E0.15J

=；

【点睛】

本题是力学综合问题，关键是正确的受力分析，明确各个阶段的受力情况和运动性质，根据动能定理和平抛运动的规律列式分析，第三问较难，要结合数学不等式知识分析.

7．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°)＝1

2

m2

B

v

解得v B＝4m/s

在B处，由牛顿第二定律

N B－mg＝m

2 B 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

－μ2mgL2＝0－1

2

m2

C

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/s2(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 .

8．如图所示，倾斜轨道AB 的倾角为37°，CD 、EF 轨道水平，AB 与CD 通过光滑圆弧管道BC 连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E 滑出该轨道进入EF 水平轨道．小球由静止从A 点释放，已知AB 长为5R ，CD 长为R ，重力加速度为g ，小球与斜轨AB 及水平轨道CD 、EF 的动摩擦因数均为

0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC 入口B 与出口C 的高度差为l.8R ．求：(在运算中，根号中的数值无需算出)

(1)小球滑到斜面底端C 时速度的大小． (2)小球刚到C 时对轨道的作用力．

(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R /应该满足什么条件？ 【答案】（1285

gR

（2）6.6mg ，竖直向下（3）0.92R R '≤ 【解析】

试题分析：（1）设小球到达C 点时速度为v ，a 球从A 运动至C 过程，由动能定理有

002

1(5sin 37 1.8)cos3752

c mg R R mg R mv μ+-?=

（2分） 可得 5.6c v gR 1分）

（2）小球沿BC 轨道做圆周运动，设在C 点时轨道对球的作用力为N ，由牛顿第二定律

2

c v N mg m r

-=， （2分） 其中r 满足 r+r·

sin530=1.8R （1分） 联立上式可得：N=6.6mg （1分）

由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg ，方向竖直向下． （1分）

（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：

情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF 轨道．则小球b 在最高点P 应满足

2P v m mg R '

≥（1分） 小球从C 直到P 点过程，由动能定理，有2211

222

P c mgR mg R mv mv μ--'?=-（1分） 可得23

0.9225

R R R ='≤

（1分） 情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q 点时，速度减为零，然后滑回D ．则由动能定理有

21

02

c mgR mg R mv μ--?='-（1分）

2.3R R '≥（1分）

若 2.5R R '=，由上面分析可知，小球必定滑回D ，设其能向左滑过DC 轨道，并沿CB 运动到达B 点，在B 点的速度为v B ,，则由能量守恒定律有

2211

1.8222

c B mv mv mg R mgR μ=+?+（1分） 由⑤⑨式，可得0B v =（1分）

故知，小球不能滑回倾斜轨道AB ，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD 轨道上的某处．设小球在CD 轨道上运动的总路程为S ，则由能量守恒定律，有

2

12

c mv mgS μ=（1分） 由⑤⑩两式，可得 S=5.6R （1分）

所以知，b 球将停在D 点左侧，距D 点0.6R 处． （1分）

考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力．

9．如图所示，BC 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 45v 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 ；

10．如图所示，在水平路段AB 上有一质量为2kg 的玩具汽车，正以10m/s 的速度向右匀速运动，玩具汽车前方的水平路段AB 、BC 所受阻力不同，玩具汽车通过整个ABC 路段的v-t 图象如图所示（在t =15s 处水平虚线与曲线相切），运动过程中玩具汽车电机的输出功率保持20W 不变，假设玩具汽车在两个路段上受到的阻力分别有恒定的大小.(解题时将玩

具汽车看成质点)

(1)求汽车在AB路段上运动时所受的阻力f1;

(2)求汽车刚好开过B点时的加速度a

(3)求BC路段的长度.

【答案】(1)f1＝5N (2) a＝1.5 m/s2 (3)x=58m

【解析】

【分析】

根据“汽车电机的输出功率保持20W不变”可知，本题考查机车的启动问题，根据

图象知汽车在AB段匀速直线运动，牵引力等于阻力，而牵引力大小可由瞬时功率表达式求出；由图知，汽车到达B位置将做减速运动，瞬时牵引力大小不变，但阻力大小未知，考虑在t=15s处水平虚线与曲线相切，则汽车又瞬间做匀速直线运动，牵引力的大小与BC 段阻力再次相等，有瞬时功率表达式求得此时的牵引力数值即为阻力数值，由牛顿第二定律可得汽车刚好到达B点时的加速度；BC段汽车做变加速运动，但功率保持不变，需由动能定理求得位移大小.

【详解】

(1)汽车在AB路段时，有F1＝f1

P＝F1v1

联立解得：f1＝5N

(2)t＝15 s时汽车处于平衡态，有F2＝f2

P＝F2v2

联立解得：f2＝2N

t＝5s时汽车开始加速运动，有F1－f2＝ma

解得a＝1.5m/s2

(3)对于汽车在BC段运动，由动能定理得：

解得：x=58m

【点睛】

抓住汽车保持功率不变这一条件，利用瞬时功率表达式求解牵引力，同时注意隐含条件汽车匀速运动时牵引力等于阻力；对于变力做功，汽车非匀变速运动的情况，只能从能量的角度求解.

11．如图所示，质量为2kg 的物体在竖直平面内高h =1m 的光滑弧形轨道A 点，以初速度

0v =4m/s 沿轨道下滑，并进入水平轨道BC ．BC =1.8m ，物体在BC 段所受到的阻力为8N 。

(g=10m/s2)。求：

(1)物体刚下滑到B 点时的速度大小； (2)物体通过BC 时在C 点的动能；

(3)物体上升到另一光滑弧形轨道CD 后，又滑回BC 轨道，最后停止在离B 点多远的位置。 【答案】(1)6m/s (2)21.6J (3)离B 点0.9m 【解析】 【详解】

（1）物体在光滑弧形轨道上运动只有重力做功，故机械能守恒，则有

22122

1

B A mg v h m mv +＝ 所以物体刚下滑到B 点的速度大小

2026m/s B v v gh =+= ；

（2）物体在BC 上运动，只有摩擦力做功，设物体经过C 点的动能为E kC ，则由动能定理可得：

2

121.6J 2

kC kB BC B BC E E mgL mv mgL μμ=-=-=

（3）物体在整个过程中只有重力、摩擦力做功，设物体在BC 上滑动的路程为x ，则由动能定理可得：

2

1

2

A m m v mg gx h μ=+ ，

解得：

x ＝4.5m=2L BC +0.9m ；

故物块最后停在离B 点0.9m 处；

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/s 2． （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：

()160600mg h R cos mgcos s μ??--?-???=?

代入数据解得物块在斜轨上通过的总路程：20s m =