最新物理动能定理的综合应用练习全集

最新物理动能定理的综合应用练习全集

一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用

1．北京老山自行车赛场采用的是250m 椭圆赛道，赛道宽度为7.6m 。赛道形如马鞍形，由直线段、过渡曲线段以及圆弧段组成，圆弧段倾角为45°（可以认为赛道直线段是水平的，圆弧段中线与直线段处于同一高度）。比赛用车采用最新材料制成，质量为9kg 。已知直线段赛道每条长80m ，圆弧段内侧半径为14.4m ，运动员质量为61kg 。求： （1）运动员在圆弧段内侧以12m/s 的速度骑行时，运动员和自行车整体的向心力为多大；

（2）运动员在圆弧段内侧骑行时，若自行车所受的侧向摩擦力恰为零，则自行车对赛道的压力多大；

（3）若运动员从直线段的中点出发，以恒定的动力92N 向前骑行，并恰好以12m/s 的速度进入圆弧段内侧赛道，求此过程中运动员和自行车克服阻力做的功。（只在赛道直线段给自行车施加动力）。

【答案】（1）700N;（2）2；（3）521J 【解析】 【分析】 【详解】

（1）运动员和自行车整体的向心力

F n =2(m)M v R

+

解得

F n =700N

（2）自行车所受支持力为

()cos45N

M m g F +=

?

解得

F N 2N

根据牛顿第三定律可知

F 压=F N 2N

（3）从出发点到进入内侧赛道运用动能定理可得

W F -W f 克+mgh =

212

mv W F =2

FL h =

1

cos 452

d o =1.9m W f 克=521J

2．一辆汽车发动机的额定功率P =200kW ，若其总质量为m =103kg ，在水平路面上行驶时，汽车以加速度a 1=5m/s 2从静止开始匀加速运动能够持续的最大时间为t 1=4s ，然后保持恒定的功率继续加速t 2=14s 达到最大速度。设汽车行驶过程中受到的阻力恒定，取g =10m/s 2.求：

(1)汽车所能达到的最大速度；

(2)汽车从启动至到达最大速度的过程中运动的位移。 【答案】(1)40m/s ；(2)480m 【解析】 【分析】 【详解】

(1)汽车匀加速结束时的速度

11120m /s v a t ==

由P=Fv 可知，匀加速结束时汽车的牵引力

1

1F P

v =

=1×104N 由牛顿第二定律得

11F f ma -=

解得

f =5000N

汽车速度最大时做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知， 此时汽车的牵引力

F=f =5000N

由P Fv =可知，汽车的最大速度：

v=

P P

F f ==40m/s (2)汽车匀加速运动的位移

x 1=

1

140m 2

v t = 对汽车，由动能定理得

2

112102

F x Pt fs mv =

--+

解得

s=480m

3．为了备战2022年北京冬奥会，一名滑雪运动员在倾角θ=30°的山坡滑道上进行训练，运动员及装备的总质量m=70 kg．滑道与水平地面平滑连接，如图所示．他从滑道上由静止开始匀加速下滑，经过t=5s到达坡底，滑下的路程 x=50 m．滑雪运动员到达坡底后又在水平面上滑行了一段距离后静止．运动员视为质点,重力加速度g=10m/s2，求：

（1）滑雪运动员沿山坡下滑时的加速度大小a；

（2）滑雪运动员沿山坡下滑过程中受到的阻力大小f；

（3）滑雪运动员在全过程中克服阻力做的功W f．

【答案】（1）4m/s2（2）f = 70N （3）1.75×104J

【解析】

【分析】

（1）运动员沿山坡下滑时做初速度为零的匀加速直线运动，已知时间和位移，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出下滑的加速度．

（2）对运动员进行受力分析，根据牛顿第二定律求出下滑过程中受到的阻力大小．（3）对全过程，根据动能定理求滑雪运动员克服阻力做的功．

【详解】

（1）根据匀变速直线运动规律得：x=1

at2

2

解得：a=4m/s2

（2）运动员受力如图，根据牛顿第二定律得：mgsinθ-f=ma

解得：f=70N

（3）全程应用动能定理，得：mgxsinθ-W f =0

解得：W f =1.75×104J

【点睛】

解决本题的关键要掌握两种求功的方法，对于恒力可运用功的计算公式求．对于变力可根据动能定理求功．

4．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 、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v C =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μ=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v m 是多少？ 【答案】(1) 4.0m/s (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

mg ma μ=

C v v at =+

21

2

C x v t at =+

代入数据可得

3m x = 3m x L =<

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v 0，A 、B 碰撞后的速度为v 1，A 、B 与C 分离时的速度为v 2，有

2012

A A m gh m v =

01()A A B m v m m v =+ 12()()A B A B C C m m v m m v m v +=++

A 、

B 碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒

222

A 1A 2111()()222

P B B C C E m m v m m v m v ++=++

代入数据可解得

2.0J P E =

（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1

v '，分离后A 与B 的速度为2v '，滑块C 的速度为'C v ，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

22()C

v v a L '-=- 解得

42m/s C

v '= 以向右为正方向，A 、B 碰撞过程

1()A m A B m v m m v '=+

弹簧伸开过程

12()()A B C C A B m m v m v m m v '''+=++

22212111

+()()+222

p A B A B C C E m m v m m v m v '''+=+

代入数据解得

7

4228.14

m v =+

≈m/s ．

5．如图所示，位于竖直平面内的轨道BCDE ，由一半径为R=2m 的

1

4

光滑圆弧轨道BC 和光滑斜直轨道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

4

圆弧轨道．已知CD 的距离L=4m ，物块与水平面的动摩擦因数μ=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； (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21()2

mg H R mv += 解得8/v m s =

(2)物块由A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理有：

()0mg H R mgL mgh μ+--=

解得： 2.2h m =

(3)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 ，则：()0mg H R mgS μ+-= 解得：12.8S m =

因: 30.8S L m =+,故物块最终将停在距离D 点0.8m 处的位置．

6．如图所示，ABC 是一条长L =10m 的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h =1.25m 处，A 、C 为端点，B 为中点，轨道BC 处在方向竖直向上，大小E =5×105N/C 的匀强电场中，一质量m =0.5kg ，电荷量q =+1.0×10-5C 的可视为质点的滑块以初速度v 0=6m/s 在轨道上自A 点开始向右运动，经B 点进入电场，从C 点离开电场，已知滑块与轨道间动摩擦因数

μ=0.2，g 取10m/s 2。求：滑块

（1）到达B 点时的速度大小； （2）从B 点运动到C 点所用的时间； （3）落地点距C 点的水平距离。

【答案】（1）4m/s （2）1.25s （3）2m 【解析】 【详解】

（1）滑块从A 到B 的运动过程只受重力、支持力、摩擦力作用，只有摩擦力做功，故由动能定理可得：

22011

2122

B mg L mv mv μ-?-＝

所以滑块到达B 点时的速度大小

204m/s B v

v gL μ-＝＝

（2）滑块从B 运动到C 的过程受合外力

F =μ（mg -qE ）=0；

故滑块从B 到C 做匀速运动；设从B 点运动到C 点所用的时间为t ，则有：

152s 1.254

B L

t s v === （3）滑块在C 点的速度v C =4m/s ；滑块从C 点做平抛运动，则平抛运动时间

20.5h

t s g

'＝

＝ 故落地点距C 点的水平距离

x =v C t'=2m ；

7．如图所示，处于原长的轻质弹簧放在固定的光滑水平导轨上，左端固定在竖直的墙上，右端与质量为m B =2kg 的滑块B 接触但不连接，此时滑块B 刚好位于O 点．光滑的水平导轨右端与水平传送带理想连接，传送带长度L=2.5m ，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=4.0m/s 匀速传动．现用水平向左的推力将滑块B 缓慢推到M 点（弹簧仍在弹性限度内），当撤去推力后，滑块B 沿轨道向右运动，滑块B 脱离弹簧后以速度v B =2.0m/s 向右运动，滑上传送带后并从传送带右端Q 点滑出落至地面上的P 点．已知滑块B 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.10，水平导轨距地面的竖直高度h=1.8m ，重力加速度g 取10m/s 2．

求：（1）水平向左的推力对滑块B 所做的功W ； （2）滑块B 从传送带右端滑出时的速度大小； （3）滑块B 落至P 点距传送带右端的水平距离． 【答案】（1）4J （2）3m/s （3）1.8m 【解析】

试题分析：（1）设滑块B 脱离弹簧时推力对B 所做的功为W ，根据动能定理，有：

214J 2

B B W m v =

=（2分） （2）滑块B 滑上传送带后做匀加速运动，设滑块B 从滑上传送带到速度达到传送带的速度v 所用的时间为t ，加速度大小为a ，在时间t 内滑块B 的位移为x ， 根据牛顿第二定律和运动学公式得：mg ma μ=（1分）

B v v at =+（1分）

21

2

B x v t at =+（1分）

解得：6m x L =>（1分）

即滑块B 在传送带上一直做匀加速运动，设滑出时的速度为v '

由22

2B v v aL '-=

解得：3m/s v '=（1分） （3）由平抛运动的规律，则有：

2

12

h gt =

（1分） x v t ='（1分）

解得： 1.8m x =（1分）

考点：本题考查了平抛运动、动能定理和匀变速运动规律的应用．

8．城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥，如图所示，桥面为半径R =130m 的圆弧形的立交桥AB ，横跨在水平路面上，桥高h =10m 。可以认为桥的两端A 、B 与水平路面的连接处是平滑的。一辆小汽车的质量m =1000kg ，始终以额定功率P =20KW 从A 端由静止开始行驶，经t =15s 到达桥顶，不计车受到的摩擦阻力（g 取10m /s 2）。求 （1）小汽车冲上桥顶时的速度是多大； （2）小汽车在桥顶处对桥面的压力的大小。

【答案】（1）20m/s ；（2）6923N ； 【解析】 【详解】

（1）小汽车从A 点运动到桥顶，设其在桥顶速度为v ，对其由动能定理得：

21

2

pt mgh mv -＝

即

443221015101

1002

1v ??-???＝

解得：

v =20m/s ；

（2）在最高点由牛顿第二定律有

2

v mg N m R

-＝

即

432020

1010130

N ?-?

＝ 解得

N =6923N

根据牛顿第三定律知小汽车在桥顶时对桥的压力N ′=N =6923N ；

9．动能定理和动量定理不仅适用于质点在恒力作用下的运动，也适用于质点在变力作用下的运动，这时两个定理表达式中的力均指平均力，但两个定理中的平均力的含义不同，在动量定理中的平均力F 1是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F 2是合力指对位移的平均值．

(1)质量为1.0kg 的物块，受变力作用下由静止开始沿直线运动，在2.0s 的时间内运动了2.5m 的位移，速度达到了2.0m/s ．分别应用动量定理和动能定理求出平均力F 1和F 2的值．

(2)如图1所示，质量为m 的物块，在外力作用下沿直线运动，速度由v 0变化到v 时，经历的时间为t ，发生的位移为x ．分析说明物体的平均速度v 与v 0、v 满足什么条件时，F 1和F 2是相等的．

(3)质量为m 的物块，在如图2所示的合力作用下，以某一初速度沿x 轴运动，当由位置x =0运动至x =A 处时，速度恰好为0，此过程中经历的时间为2m

t k

π=，求此过程中物块所受合力对时间t 的平均值．

【答案】（1）F 1=1.0N ，F 2=0.8N ；（2）当02v v x v t +==时，F 1=F 2；（3）2kA F π

=． 【解析】 【详解】

解：(1)物块在加速运动过程中，应用动量定理有：1t F t mv =g

解得：1 1.0 2.0

N 1.0N 2.0

t mv F t ?=

== 物块在加速运动过程中，应用动能定理有：221

2

t F x mv =

g

解得：22

2 1.0 2.0N 0.8N 22 2.5

t mv F x ?===?

(2)物块在运动过程中，应用动量定理有：10Ft mv mv =- 解得：01()

m v v F t

-=

物块在运动过程中，应用动能定理有：22201122

F x mv mv =

- 解得：22

02()

2m v v F x

-=

当12F F =时，由上两式得：02

v v x v t +=

= (3)由图2可求得物块由0x =运动至x A =过程中，外力所做的功为：

211

22

W kA A kA =-=-g

设物块的初速度为0v '，由动能定理得：20

1

02

W mv '=-

解得：0

k

v A m

'= 设在t 时间内物块所受平均力的大小为F ，由动量定理得：0

0Ft mv -=-' 由题已知条件：2m t k

π

= 解得：2kA

F π

=

10．两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 =

11．甲图是我国自主研制的200mm 离子电推进系统， 已经通过我国“实践九号”卫星空间飞行试验验证，有望在2015年全面应用于我国航天器．离子电推进系统的核心部件为离子推进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势．离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子P 喷注入腔室C 后，被电子枪G 射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子．氙离子从腔室C 中飘移过栅电极A 的速度大小可忽略不计，在栅电极A 、B 之间的电场中加速，并从栅电极B 喷出．在加速氙离子的过程中飞船获得推力． 已知栅电极A 、B 之间的电压为U ，氙离子的质量为m 、电荷量为q ．

（1）将该离子推进器固定在地面上进行试验．求氙离子经A 、B 之间的电场加速后，通过栅电极B 时的速度v 的大小；

（2）配有该离子推进器的飞船的总质量为M ，现需要对飞船运行方向作一次微调，即通过推进器短暂工作让飞船在与原速度垂直方向上获得一很小的速度Δv ，此过程中可认为氙离子仍以第（1）中所求的速度通过栅电极B ．推进器工作时飞船的总质量可视为不变．求推进器在此次工作过程中喷射的氙离子数目N ．

（3）可以用离子推进器工作过程中产生的推力与A 、B 之间的电场对氙离子做功的功率的比值S 来反映推进器工作情况．通过计算说明采取哪些措施可以增大S ，并对增大S 的实际意义说出你的看法． 【答案】（1）（2）

（3）增大S 可以通过减小q 、

U 或增大m 的方法．

提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力． 【解析】

试题分析：（1）根据动能定理有

解得：

（2）在与飞船运动方向垂直方向上，根据动量守恒有：MΔv=Nmv

解得：

（3）设单位时间内通过栅电极A 的氙离子数为n ，在时间t 内，离子推进器发射出的氙离子个数为N nt =，设氙离子受到的平均力为F '，对时间t 内的射出的氙离子运用动量定理，F t Nmv ntmv ='=，F '= nmv

根据牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船的推力大小F=F '= nmv 电场对氙离子做功的功率P= nqU 则

根据上式可知：增大S 可以通过减小q 、U 或增大m 的方法． 提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力． （说明：其他说法合理均可得分） 考点：动量守恒定律；动能定理；牛顿定律.

12．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2C

v mg m R

=① 之后做平抛运动，有2

122

R 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22

11222

B

C 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22

1122

B 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.