物理动能定理的综合应用练习题20篇含解析

代入数据，解得：
由于
所以，物体最终停止的位置到C点的距离为： ．
【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．
5．如图所示，四分之一的光滑圆弧轨道AB与水平轨道平滑相连，圆弧轨道的半径为R=0.8m，有一质量为m=1kg的滑块从A端由静止开始下滑，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，滑块在水平轨道上滑行L=0.7m后，滑上一水平粗糙的传送带，传送带足够长且沿顺时针方向转动，取g=10m/s2，求：
(3)对M、m整体由动能定理得：
解得：
对m由平抛运动规律得：
水平方向：
竖直方向：
解得：
【点睛】
本题主要考查了应用平衡条件、牛顿第二定律、动能定理、平抛运动规律即可正确解题．
4．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 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/s2.求：
若传送带的速度 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，最后停下，即
解得
若传送带的速度v< m/s，则滑块将不能回到B点，即
解得
6．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 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 ，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)物体运动到C点时速度大小vC
(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：
代入数据解得：
(2)物体由A点到C点，根据动能定理得：
代入数据解得：
(3)从物体开始下滑到停下，根据能量守恒得：
(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v0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）滑块在传送带上运动，先向左减速零，再向右加速，若传送带的速度小于v1，则物块最终以传送带的速度运动，设传送带速度为v时，物块刚能滑到B点，则
解得 m/s
即传送带的速度必须大于等于 m/s。
(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
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。
所以有： 解得 ，代入②式
联立①、②两式，可解得
考点：考查了动能定理；向心力．
【名师点睛】本题要分析清楚物体的运动情况，正确选择研究过程，寻找每个过程和状态所遵守的物理规律是关系，要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解法
8．如图所示，在E＝103V/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＝10－4C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/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°)＝ m
（1）滑块第一次滑上传送带时的速度v1多大？
（2）若要滑块再次经过B点，传送带的速度至少多大？
（3）试讨论传送带的速度v与滑块最终停下位置x（到B点的距离）的关系。
【答案】(1) 3m/s (2) m/s (3) 或
【解析】
【详解】
（1）从A点到刚滑上传送带，应用动能定理
得
代入数据得，v1=3m/s.
物理动能定理的综合应用练习题20篇含解析
一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用
1．如图，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 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:
参赛者加速至vC历时t＝ ＝0.5s
位移x1＝ t＝2.5m<L1
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x2＝vt＝3m
参赛者与传送带的相对位移Δx＝x2－x1＝0.5m
传送带由于传送参赛者多消耗的电能
E＝μ1mgΔx＋ m － m ＝720J.
（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) (2) 3mg(3)R
【解析】
【详解】
(1)运动员从A到B，根据动能定理
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：
C、E间距离为
7．如图所示，整个轨道在同一竖直平面内，直轨道AB在底端通过一段光滑的曲线轨道与一个光滑的四分之一圆弧轨道CD平滑连接，圆弧轨道的最高点C与B点位于同一高度．圆弧半径为R，圆心O点恰在水平地面．一质量为m的滑块（视为质点）从A点由静止开始滑下，运动至C点时沿水平切线方向离开轨道，最后落在地面上的E点．已知A点距离水平地面的高度为H，OE=2R，重力加速度取g，不计空气阻力．求：
(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ2;
(2)要使物块在地面上的落点P距障碍物Q最远,水平推力F为多大;
(3)小物块在地面上的落点P距障碍物Q的最远距离．
【答案】（1） （2） （3）
【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．
（1）铁块抛出时速度大小；
（2）纸带从铁块下抽出所用时间t1；
（3）纸带抽出过程全系统产生的Leabharlann Baidu能E.
【答案】（1）2m/s（2）2s（3）0.3J
【解析】
试题分析：（1）对铁块做平抛运动研究
，t=0.4s
则 =2m/s
（2）铁块在纸带上运动时的加速度为a，
a=gμ=1m/s2
由vo=at得，t1=2s x1=2m
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：
9．如图所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为m＝0.1 kg的铁块，它与纸带右端的距离为L＝0.5 m，铁块与纸带间、纸带与桌面间动摩擦因数均为μ＝0.1.现用力F水平向左将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为s＝0.8 m．已知g＝10 m/s2，桌面高度为H＝0.8 m，不计纸带质量，不计铁块大小，铁块不滚动．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．
【答案】（1） （2） ，竖直向下（3）
【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
(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
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＝ mv2－ mv
联立方程组，解得：v0＝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＝ mv′2－ mv
R-xsin300= gt2
解得x=0.8R
（2）由（1）可得：
通过B点时轨道对极限运动员的支持力大小为FN
极限运动员对轨道的压力大小为FN′，则FN′=FN，
解得 ，方向竖直向下；
（3） P点与B点的高度差为h,则mgh= mv02
解得h=R/5
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：
【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：
对M、m整体由牛顿第二定律得：F-μ1(M+m)g=(M+m)am
解得：
3．如图所示,在粗糙水平面上有一质量为M、高为h的斜面体,斜面体的左侧有一固定障碍物Q,斜面体的左端与障碍物的距离为d．将一质量为m的小物块置于斜面体的顶端,小物块恰好能在斜面体上与斜面体一起保持静止;现给斜面体施加一个水平向左的推力,使斜面体和小物块一起向左匀加速运动,当斜面体到达障碍物与其碰撞后,斜面体立即停止运动,小物块水平抛出,最后落在障碍物的左侧P处(图中未画出),已知斜面体与地面间的动摩擦因数为μ1,斜面倾角为θ,重力加速度为g,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,求:
（3）A′点距离水平地面的高度为 ．
【解析】
试题分析：（1）滑块从C到E做平抛运动，水平位移为 ，竖直位移为R
则有： 、 ，可解得
（2）对于从A到C的过程，运用动能定理得
解得，滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功
（3）设 点的距离水平地面的高度为h．
在C点有 ①
从A′到C，由动能定理得 ②
滑块在直轨道上下滑时重力做功与克服摩擦力做功的比值是定值，
（3）摩擦力产生的热量包括上下两个面所产生，
Q上=mgμL=0.05J
Q下= mgμ（L+x1）=0.25J
所以Q= Q上+Q下=0.3J
考点：考查了功能关系，平抛运动，牛顿第二定律的应用
点评：本题关键是先分析清楚物体的运动情况，然后运用平抛运动的分位移公式、牛顿运动定律和运动学公式联立列式求解；同时由功能关系及相对位移求产生的内能．
解得vB＝4m/s
在B处，由牛顿第二定律
NB－mg＝m
解得NB＝2mg＝1 200N
根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力
N′B＝NB＝1 200N，方向竖直向下．
(2) C到D过程，由动能定理
－μ2mgL2＝0－ m
解得vC＝6m/s
B到C过程，由牛顿第二定律μ1mg＝ma
解得a＝4m/s2(2分)
（1）滑块运动到C点时的速度大小VC；
（2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功Wf；
（3）若滑块从直轨道上A′点由静止开始下滑，运动至C点时对轨道恰好无压力，则A′点距离水平地面的高度为多少？
【答案】（1）滑块运动到C点时的速度大小vC是 ．
（2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功Wf是mg（H﹣2R）．
又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝m
代入数据，解得：FN＝0.6N
由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FN′＝FN＝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．