物理动能定理的综合应用专项含解析

一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用

1．一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a1=5m/s2从静止开始匀加速运动能够持续的最大时间为t1=4s，然后保持恒定的功率继续加速t2=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/s2.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

v1a1t120m/s

由P=Fv可知，匀加速结束时汽车的牵引力

F1由牛顿第二定律得

P=1×104N v1F1fma1

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：

PPv==40m/s Ff(2)汽车匀加速运动的位移

x1=

对汽车，由动能定理得

v1t140m 21F1x1Pt2fsmv20

2解得

s=480m

2．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)Wf1.5J (2)FN4.5N (3)v152m/s 【解析】 【分析】 【详解】

（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 =

12

mv 2Wf =1.5J

（2）由牛顿第二定律可知：

v2FN mg m

R解得：

FN4.5N

（3）小球离开圆弧后做平抛运动根据动能定理可知：

11mghmv12mv2

22解得：

v152m/s

3．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

14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:

(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．

714【答案】（1）R （2）mg ，竖直向下（3）R

555【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 R-xsin300=

12gt 2v0gt 0tan30解得x=0.8R

（2）由（1）可得：v02gR 5通过B点时轨道对极限运动员的支持力大小为FN

2v0FNmgm

R极限运动员对轨道的压力大小为FN′，则FN′=FN， 解得FN'7mg，方向竖直向下； 51mv02 2（3） P点与B点的高度差为h,则mgh=解得h=R/5

4．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】（1）【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

28gR （2）6.6mg，竖直向下（3）R0.92R 5mg(5Rsin3701.8R)mgcos3705R可得vc5.6gR（1分）

12mvc（2分） 2（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

vc2sin530=1.8R （1分） Nmgm， （2分） 其中r满足 r+r·

r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

vP2mmg（1分） R小球从C直到P点过程，由动能定理，有mgRmg2R可得R11mvP2mvc2（1分） 2223R0.92R（1分） 25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

1mgRmgR0mvc2（1分）

2R2.3R（1分）

若R2.5R，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vB,，则由能量守恒定律有

121mvcmvB2mg1.8R2mgR（1分） 22由⑤⑨式，可得vB0（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

12mvcmgS（1分） 2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．

5．一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止．g取10m/s2．

(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；

(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F． 【答案】（1）0.32 （2）F=130N 【解析】

试题分析：（1）对A到墙壁过程，运用动能定理得：

，

代入数据解得：μ=0.32．

（2）规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：F△t=mv′﹣mv， 代入数据解得：F=130N．

6．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： （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。

v2v2L 【答案】(1) 3m/s (2) 7m/s (3) xL或x2g2g【解析】 【详解】

（1）从A点到刚滑上传送带，应用动能定理

mgRmgL得

12mv1 2v12gR2gL 代入数据得，v1=3m/s.

（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

1mgL0mv2

2解得v2gL7m/s

即传送带的速度必须大于等于7m/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

1mgs0mv12

2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。 若传送带的速度7m/s 1mg（Lx)0mv2

2v2L 解得x2g若传送带的速度v<7m/s，则滑块将不能回到B点，即

1mg（Lx)0mv2

2v2解得xL

2g

7．如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R，一个质量为m的物体 (可以看做质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，求：

(1)物体做往返运动的整个过程中，在AB轨道上通过的总路程； (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，物体对轨道压力的大小和方向． 【答案】（1）L【解析】

试题分析：（1）物体每完成一次往返运动，在AB斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达B点时，速度变为零，对物体从P到B 全过程用动能定理，有

R

FNmg(32cos)，方向竖直向下 （2）FNmgRcosmgLcos0

得物体在AB轨道上通过的总路程为L

R



（2）最终物体以B为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B运动到E时速度为v，由动能定理 有mgR(1cos)12mv 2mv2在E点，由牛顿第二定律有FNmg

R得物体受到的支持力FNmg(32cos)

FNmg(32cos)，方向竖直向根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为FN下．

考点：考查了动能定理，牛顿运动定律，圆周运动等应用

点评：在使用动能定理分析多过程问题时非常方便，关键是对物体受力做功情况以及过程的始末状态非常清楚

8．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

v0=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

11 mvB2＝mghmvA2 22所以物体刚下滑到B点的速度大小

2vBv02gh6m/s ；

（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EkC，则由动能定理可得：

12EkCEkBmgLBCmvBmgLBC21.6J

2（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mgxmvAmgh ，

12解得：

x＝4.5m=2LBC+0.9m；

故物块最后停在离B点0.9m处；

9．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x0=1.0m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10，取g=10m/s2．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（1分） 设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律

Fmgma1（1分）

2解得a19.0m/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

v22a1x（2分）

解得v 3.0m/s（1分）

（2）设滑块通过B点时的动能为EkB

合Ek 从A到B运动过程中，依据动能定理有WF xfx0 EkB， （4分）

解得EkB4.0J（2分）

（3）设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为Wf，根据动能定理

mghWf0EkB（3分）

解得Wf0.50J（1分） 考点：牛顿运动定律 功能关系

10．如图所示，半圆轨道的半径为R=10m，AB的距离为S=40m，滑块质量m=1kg，滑块在恒定外力F的作用下从光滑水平轨道上的A点由静止开始运动到B点，然后撤去外力，又沿竖直面内的光滑半圆形轨道运动，且滑块通过最高点C后又刚好落到原出发点A；g=10m/s2

求：（1）滑块在C点的速度大小vc (2) 在C点时，轨道对滑块的作用力NC （3）恒定外力F的大小

【答案】（1）vc=20m/s （2）Nc=30N ，方向竖直向下（3）F=\"10N\" 【解析】

12Rgt22试题分析：（1） C点飞出后正好做平抛运动，则{ xvt联立上述方程则vc=20m/s

v2（2）根据向心力知识则mgFNm

rFN=30N，方向竖直向下。

（3）根据动能定理Fs1mvB20 22mgR112mvC2mvB 22联立上述方程则F=10N

考点：平抛运动、圆周运动、动能定理

点评：本题考查了常见的平抛运动、圆周运动、动能定理的理解和应用，属于简单题型，并通过三者的有机结合考察了综合运用知识能力。

11．如图所示，AMB是AM和MB两段组成的绝缘轨道，其中AM段与水平面成370，轨道MB处在方向竖直向上、大小E＝5×103 N/C的匀强电场中。一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋1.0×10－4 C的可视为质点的滑块以初速度v0＝6 m/s从离水平地面高h＝4.2 m处开始向下运动，经M点进入电场，从 B点离开电场, 最终停在距B点1.6m处的C点。不计经过M点的能量损失，已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，求滑块：

(1)到达M点时的速度大小； (2)M、B两点的距离l； 【答案】(1)8m/s；(2)9.6m

【解析】试题分析：带电滑块的运动，可以分为三个过程：①进电场前斜面上的匀加速直线运动；②在电场中沿水平地面的匀减速直线运动；③离开电场后沿地面的匀减速直线运动。本题可以单纯利用牛顿运动定律和运动学的知识去计算，也可以结合能量部分来解题。

解（1）方法一：在滑块从A运动到M点的过程中，由动能定理可得：

，解得：

=8m/s

方法二：在斜面上，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律可得：

根据运动学速度和位移的关系可得：

，解得

=8m/s

（2）物块离开B点后，并停在了离B点1.6m处的C点处： 方法一：滑块从B到C，由动能定理得：

所以，在滑块从M运动到B的过程中，根据动能定理得：

，解得：

=9.6m

，得

=4m/s

方法二：滑块从B到C的过程中，由牛顿运动定律结合运动学知识，可得：

同理，从滑块从M运动到B的过程中，

联立上述方程，带入数据得：

=9.6m

12．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）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

（2）

（3）增大S可以通过减小q、

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.