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1、高中物理动能定理的综合应用专项练习一、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 R 2m的四分之一粗糙圆弧轨道AB 置于竖直平面内，轨道的B 端切线水平，且距水平地面高度为h =1.25m ，现将一质量m =0.2kg 的小滑块从 A 点由静止释放，滑块沿圆弧轨道运动至B 点以 v 5m / s 的速度水平飞出（ g 取 10m / s2 ）求：（ 1）小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功；（ 2）小滑块经过 B 点时对圆轨道的压力大小；（ 3）小滑块着地时的速度大小 .【答案】 (1) W f1.5J (2)FN4.5N (3)v15 2m / s【解析】【分析】【详解
2、】（1）滑块在圆弧轨道受重力、支持力和摩擦力作用，由动能定理mgR-Wf = 1 mv22Wf =1.5J（2）由牛顿第二定律可知：FNmgm v2R解得：FN4.5N（3）小球离开圆弧后做平抛运动根据动能定理可知：mgh1 mv21 mv2212解得：v15 2m/s2 如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨MN 相切，导轨右端N 处于水平传送带理想连接，传送带长度L=4m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=4.0m/s运动滑块B、 C 之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，B、 C 与细绳、弹簧一起静止在导轨MN上 .一可视为质点的滑块A 从h=0.2m高处由静止滑下，已知滑块A、
3、B、 C 质量均为 m=2.0kg，滑块 A 与 B 碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短因碰撞使连接B、 C 的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C 与 A、 B 分离 .滑块 C 脱离弹簧后以速度vC=2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P 点已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数=0.2，重力加速度g 取 10m/s 2.(1)求滑块 C 从传送带右端滑出时的速度大小；(2)求滑块 B、 C 与细绳相连时弹簧的弹性势能E ；P(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C 总能落至 P 点，则滑块 A 与滑块 B碰撞前速度的最大值vm 是多少？【答案】 (1) 4.0m/s
4、(2)2.0J(3) 8.1m/s【解析】【分析】【详解】（1）滑块 C 滑上传送带到速度达到传送带的速度v=4m/s 所用的时间为 t ，加速度大小为a，在时间 t 内滑块 C 的位移为 x，有mgmavvCatxvCt1 at 22代入数据可得x3mx3mL滑块 C 在传送带上先加速，达到传送带的速度v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块 C 从传送带右端滑出时的速度为v=4.0m/s（2）设 A、 B 碰撞前 A 的速度为 v0， A、 B 碰撞后的速度为v1， A、 B 与 C 分离时的速度为v2，有mA gh1 mA v022mA v0(mAmB )v1(mAmB )v1(mA
5、mB )v2mC vCA、B 碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒EP1(m m )v21 ( m m )v21 m v22AB 12AB22C C代入数据可解得EP2.0J（3）在题设条件下，若滑块A 在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C 的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v.设 A 与 B 碰撞后的速度为 v1 ，分离后 A 与 B 的速度为 v2 ，滑块 C 的速度为 vC ， C 在传送带上做匀减速运动的末速度为 v=4m/s ，加速度大小为 2m/s 2，有v2vC2( a) L解得vC4 2m/s以向右为正方向，A、 B 碰撞过程mAvm(mAmB
6、 )v1弹簧伸开过程(mAmB )v1mC vC(mAmB )v2Ep + 1 (mA mB )v1 21 ( mAmB )v22 + 1 mC vC 2222代入数据解得7vm4228.1m/s 43 如图所示，位于竖直平面内的轨道BCDE，由一半径为R=2m 的 1 光滑圆弧轨道BC和光4滑斜直轨道DE 分别与粗糙水平面相切连接而成现从B 点正上方H=1.2m的 A 点由静止释放一质量 m=1kg 的物块，物块刚好从B 点进入1 圆弧轨道已知CD 的距离 L=4m，物块4与水平面的动摩擦因数=0.25，重力加速度g 取 10m/s 2，不计空气阻力求：(1)物块第一次滑到C 点时的速度；(
7、2)物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度；(3)物块最终停在距离D 点多远的位置【答案】 (1) 8m/s (2) 2.2m (3) 0.8m【解析】【分析】根据动能定理可求物块第一次滑到C 点时的速度 ；物块由 A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理求出物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度 ；物块将在轨道BCDE上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD上通过的总路程为S，根据动能定理求出【详解】解： (1)根据动能定理可得 mg( H R)1 mv22解得 v8m / s(2)物块由 A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理有：mg ( HR)mgLmgh0解得： h2.2m(3)物块
8、将在轨道BCDE上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD上通过的总路程为S，则： mg( HR)mgS0解得： S12.8m因: S3L0.8m ,故物块最终将停在距离D 点 0.8m 处的位置4 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
9、),已知斜面体与地面间的动摩擦因数为 1 ,斜面倾角为 ,重力加速度为 g,滑动摩擦力等于最大静摩擦力 ,求:(1)小物块与斜面间的动摩擦因数 2;(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 tan （ 2） FMm gsin1 M m g（3）costan sin22hdsinhcostan sintan【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
10、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：mgsin -2mgcos=0解得： 2=tan (2)对 m 设其最大加速度为am，由牛顿第二定律得水平方向： Nsin +Ncos =ma2m竖直方向 ：Ncos-Nsin -mg =02解得 ： a2g sincostansin对 M 、m 整体由牛顿第二定律得 ：F-1(M +m)g=(M +m)am解得 ： FMm g2 Mm g sin1costansin(3)对 M、 m 整体由动能定理得： Fd1M m gd1 M m v22解得 ： vdg sincostan sin对 m 由平抛运动规律得 ：水平方向 ： xphvttan竖直方向 ： h1 gt 22解得 ： x p22hd sinhcostansintan【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5 如图所示，质量为m1.0kg 的小物体从A 点以 vA5.0m/s 的初速度沿粗糙的水平面匀减速运动距离
