物理动能定理的综合应用练习题含答案及解析

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．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/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8．求:
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ;
(2)要使滑块能到达C 点,求滑块从A 点沿斜面滑下时初速度v 0的最小值;
(3)若滑块离开C 点的速度为4 m/s ,求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间． 【答案】（1）0.375（2）3/m s （3）0.2s 【解析】
试题分析：⑴滑块在整个运动过程中，受重力mg 、接触面的弹力N 和斜面的摩擦力f 作用，弹力始终不做功，因此在滑块由A 运动至D 的过程中，根据动能定理有：mgR －
μmgcos37°
2sin 37R
︒
＝0－0 解得：μ＝0.375
⑵滑块要能通过最高点C ，则在C 点所受圆轨道的弹力N 需满足：N≥0 ①
在C 点时，根据牛顿第二定律有：mg ＋N ＝2C
v m R
② 在滑块由A 运动至C 的过程中，根据动能定理有：－μmgcos37°
2sin 37R ︒＝2
12
C mv －
2
012
mv ③ 由①②③式联立解得滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0需满足：v 03gR ＝23 即v 0的最小值为：v 0min ＝3
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
在竖直方向的位移为：y ＝
2
12
gt ⑤ 根据图中几何关系有：tan37°＝
2R y
x
-⑥ 由④⑤⑥式联立解得：t ＝0.2s
考点：本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理的应用问题，属于中档题．
2．某人欲将质量50kg m =的货箱推上高 1.0m h =的卡车，他使用的是一个长 5.0m L =的斜面（斜面与水平面在A 处平滑连接）。

假设货箱与水平面和斜面的动摩擦因数均为
0.30μ=。

（说明把货箱做质点处理，当sin 0.2θ=时，cos 0.98θ=）
(1)如果把货箱静止放在这个斜面上，则货箱受到的摩擦力多大？
(2)如果用平行于斜面的力在斜面上把货箱匀速向上推，所需的推力是多大？
(3)如果把货箱放在水平面上的某处，用水平力推力2
0 4.010N F =⨯推它并在A 处撤去此
力，为使货箱能到达斜面顶端，需从距A 点至少多远的地方推动货箱？
【答案】(1)100N ；(2)247N ；(3)4.94m 【解析】 【分析】 【详解】
(1)如果把货箱静止放在这个斜面上，则货箱受到的摩擦力为静摩擦力，大小为
sin 50100.2N=100N f mg θ==⨯⨯
(2)如果用平行于斜面的力在斜面上把货箱匀速向上推，所需的推力为
cos sin 247N F mg mg μθθ=+=
(3)设需从距A 点x 远的地方推动货箱，则由动能定理
0cos 0F x mgx mg L mgh μμθ--⋅-=
解得
x =4.94m
3．质量为m =2kg 的小玩具汽车，在t ＝0时刻速度为v 0=2m/s ，随后以额定功率P =8W 沿平直公路继续前进，经t =4s 达到最大速度。

该小汽车所受恒定阻力是其重力的0.1倍，重力加速度g =10m/s 2。

求： (1)小汽车的最大速度v m ； (2)汽车在4s 内运动的路程s 。

【答案】(1)4 m/s ，(2)10m 。

【解析】 【详解】
(1)当达到最大速度时，阻力等于牵引力：
m m P Fv fv == 0.1f mg =
解得：m 4m/s v =；
(2)从开始到t 时刻根据动能定理得：
22m 01122
Pt fs mv mv -=
- 解得：10m s =。

4．如图所示，质量m ＝2.0×10－4 kg 、电荷量q ＝1.0×10－
6 C 的带正电微粒静止在空间范围
足够大的电场强度为E1的匀强电场中．取g ＝10 m/s 2． (1)求匀强电场的电场强度 E1的大小和方向；
(2)在t ＝0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2＝4.0×103N/C ，且方向不变．求在t ＝0.20 s 时间内电场力做的功；
(3)在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉第(2)问中的电场，求带电微粒回到出发点时的动能．
【答案】(1)2.0×103N/C ，方向向上 (2)8.0×10－4J (3)8.0×10－
4J
【解析】 【详解】
（1）设电场强度为E ，则：Eq mg =，
代入数据解得：4362.01010
/ 2.010/1010
mg E N C N C q --⨯⨯===⨯⨯，方向向上 （2）在0t =时刻，电场强度突然变化为：3
2 4.010/E N C =⨯，设微粒的加速度为a ，
在0.20t s =时间内上升高度为h ，电场力做功为W ，则：21qE mg ma -=
解得：2
110/a m s =
根据：2
112
h a t =
，解得：0.20=h m 电场力做功：4
28.010J W qE h -==⨯
（3）设在0.20t s =时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为v ，回到出发点时的动能为
k E ，
则：v at =，212
k E mgh mv =+
解得：4
8.010J k E -=⨯
5．如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡的高处A 点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B 点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C 点停下来．如果人和滑板的总质量m ＝60kg ，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝37°（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g 取10m/s 2． 求：
（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？
（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离BC 为L ＝20.0m ，则人在斜坡上滑下的距离AB 应不超过多少？
【答案】（1）2.0 m/s 2； （2）50m 【解析】 【分析】
（1）根据牛顿第二定律求出人从斜坡上下滑的加速度．
（2）根据牛顿第二定律求出在水平面上运动的加速度，结合水平轨道的最大距离求出B 点的速度，结合速度位移公式求出AB 的最大长度． 【详解】
（1）根据牛顿第二定律得，人从斜坡上滑下的加速度为：
a 1＝3737
mgsin mgcos m
μ︒-︒
=gsin37°-μgcos37°=6-0.5×8m/s 2=2m/s 2．
（2）在水平面上做匀减速运动的加速度大小为：a 2＝μg ＝5m /s 2，
根据速度位移公式得，B 点的速度为：222520/102/B v a L m s m s ⨯⨯＝＝＝． 根据速度位移公式得：21200
5024
B AB v L m m a ＝＝＝. 【点睛】
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，本题也可以结合动能定理进行求解．
6．如图所示，BC 2
25
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 ；
7．如图所示，倾角 θ=30°的斜面足够长，上有间距 d =0.9 m 的 P 、Q 两点，Q 点以上斜面光滑，Q 点以下粗糙。

可视为质点的 A 、B 两物体质量分别为 m 、2m 。

B 静置于 Q 点，A 从 P 点由静止释放，与 B 碰撞后粘在一起并向下运动，碰撞时间极短。

两物体与斜面粗糙部分
的动摩擦因数均为23
5
μ=
取 g =10 m/s 2，求： （1）A 与 B 发生碰撞前的速度 v 1 （2）A 、B 粘在一起后向下运动的距离
【答案】（1）3m/s （2）0.5m 【解析】 【详解】
（1）A 在PQ 段下滑时，由动能定理得：
211
sin 02
mgd mv θ=-
得：
v 1=3 m/s
（2）A 、B 碰撞后粘在一起，碰撞过程动量守恒，则有：
1(2)AB mv m m v =+
之后A 、B 整体加速度为：
3sin 3cos 3AB mg mg ma θμθ-⋅=
得：
a AB =-1m/s 2
即A 、B 整体一起减速下滑，减速为零时：
22
02AB AB AB v a x -=
得：
x AB =0.5 m
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
4
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1
4
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
2
B 102
mgR mv =-
解得：
B 2v gR =
(2) 运动员到达B 点时
2B
B 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
212
h gt =
解得：
2R t g
=
C 、E 间距离为
B x v t R ==
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/s 2，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）铁块抛出时速度大小； （2）纸带从铁块下抽出所用时间t 1； （3）纸带抽出过程全系统产生的内能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
212h h=gt t=2g
由，得，t=0.4s
则0s v =t
=2m/s
（2）铁块在纸带上运动时的加速度为a ， a=gμ=1m/s 2
由vo=at 得，t 1=2s x 1=2m
（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+x 1）=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．
10．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2
19.0/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
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．如图所示，一个小球的质量m =2kg ，能沿倾角37θ=︒的斜面由顶端B 从静止开始下滑，小球滑到底端时与A 处的挡板碰触后反弹（小球与挡板碰撞过程中无能量损失），若小球每次反弹后都能回到原来的
2
3
处，已知A 、B 间距离为02m s =，sin370.6︒=，cos370.8︒=，210/g m s =，求：
(1)小球与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)小球由开始下滑到最终静止的过程中所通过的总路程和克服摩擦力做的功。

【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μ，小球第一次由静止从的B 点下滑和碰撞弹回上升到速度为零的过程，由动能定理得：
000022
)sin37(()cos37033
mg s s mg s s μ-︒-+︒=
解得：1
tan370.155
μ=︒= (2)球最终一定停在A 处，小球从B 处静止下滑到最终停在A 处的全过程 由动能定理得：
0 s in37cos370mgs mg s μ︒-︒=g
所以小球通过的总路程为：
00tan 37 510m s s s μ
︒===
克服摩擦力做的功：
cos3724J f W mg s μ=︒=g。