最新物理动能定理的综合应用练习题20篇.doc

1、最新物理动能定理的综合应用练习题20篇一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1如图所示，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vC=2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落

2、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/s2.(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EP；(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 (2) (3) 【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，有代入数据可得滑块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

3、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A、B碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒代入数据可解得（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，分离后A与B的速度为，滑块C的速度为，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/s2，有解得以向右为正方向，A、B碰撞过程弹簧伸开过程代入数据解得m/s2如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平光滑轨道BC相连，竖直墙壁CD高，紧靠墙壁在地面固

4、定一个和CD等高，底边长的斜面，一个质量的小物块视为质点在轨道AB上从距离B点处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块在AB段与轨道间的动摩擦因数为，达到B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为重力加速度，(1)求小物块运动到B点时的速度大小；(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值.【答案】(1) (2) (3)【解析】【分析】(1)对滑块从A到B过程，根据动能定理列式求解末速度；(2)从C点画出后做平抛运动，根据分位移公式并结合几何关系列式分析即可；(3)动能最小时末速度最小，求解末速度表达式分析即可.【详解】对滑块从A

5、到B过程，根据动能定理，有：，解得：；设物体落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，画出轨迹，如图所示：对平抛运动，根据分位移公式，有：，结合几何关系，有：，解得：；对滑块从A到B过程，根据动能定理，有：，对平抛运动，根据分位移公式，有：，结合几何关系，有：，从A到碰撞到斜面过程,根据动能定理有：联立解得：，故当，即时，动能最小为：；【点睛】本题是力学综合问题，关键是正确的受力分析，明确各个阶段的受力情况和运动性质，根据动能定理和平抛运动的规律列式分析，第三问较难，要结合数学不等式知识分析.3一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个光滑圆弧轨道AB的底端等高对接，如图所示已知小车质量M=

6、30kg，长L=206m，圆弧轨道半径R=08m现将一质量m=10kg的小滑块，由轨道顶端A点无初速释放，滑块滑到B端后冲上小车滑块与小车上表面间的动摩擦因数（取g=10m/s2）试求：（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；（2）小车运动15s时，车右端距轨道B端的距离；（3）滑块与车面间由于摩擦而产生的内能【答案】（1）30 N（2）1 m（3）6 J【解析】（1）滑块从A端下滑到B端，由动能定理得（1分）在B点由牛顿第二定律得（2分）解得轨道对滑块的支持力N （1分）（2）滑块滑上小车后，由牛顿第二定律对滑块：，得m/s2 （1分）对小车：，得m/s2 （1分）设经时间t后两者达到共

7、同速度，则有（1分）解得s （1分）由于s15s，故1s后小车和滑块一起匀速运动，速度v=1 m/s （1分）因此，15s时小车右端距轨道B端的距离为m （1分）（3）滑块相对小车滑动的距离为m （2分）所以产生的内能J （1分）4如图甲所示，带斜面的足够长木板P，质量M=3kg。静止在水平地面上，其右侧靠竖直墙壁，倾斜面BC与水平面AB的夹角、两者平滑对接。t=0时，质量m=1kg、可视为质点的滑块Q从顶点C由静止开始下滑，图乙所示为Q在06s内的速率随时间t变化的部分图线。已知P与Q间的动摩擦因数是P与地面间的动摩擦因数的5倍，sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2。求：

8、(1)木板P与地面间的动摩擦因数；(2)t=8s时，木板P与滑块Q的速度大小；(3)08s内，滑块Q与木板P之间因摩擦而产生的热量。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【分析】【详解】(1)02s内，P因墙壁存在而不动，Q沿着BC下滑，2s末的速度为v110m/s，设P、Q间动摩擦因数为1，P与地面间的动摩擦因数为2；对Q，由图像有由牛顿第二定律有联立求解得，(2)2s后，Q滑到AB上，因，故P、Q相对滑动，且Q减速、P加速，设加速度大小分别是a2、a3，Q从B滑动AB上到P、Q共速所用的时间为t0对Q有对P有共速时解得a2=1.5m/s2、a3=0.1m/s2、故在t8s时，P和Q共速(3

9、)02s内，根据v-t图像中面积的含义，Q在BC上发生的位移x1=9.6m28s内，Q发生的位移P发生的位移08s内，Q与木板P之间因摩擦而产生的热量代入数据得5如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于滑道的末端O点已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数均为，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：（1）物块速度滑到O点时的速度大小；（2）弹簧为最大压缩量d时的弹性势能 （设弹簧处于原长时弹性势能为零）（3）若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上

10、升的最大高度是多少？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】根据题意，明确各段的运动状态，清楚各力的做功情况，再根据功能关系和能量守恒定律分析具体问题【详解】（1）从顶端到O点的过程中，由机械能守恒定律得：解得：（2）在水平滑道上物块A克服摩擦力所做的功为：由能量守恒定律得：联立上式解得：（3）物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为；由能量守恒定律得 ：解得物块A能够上升的最大高度为：【点睛】考察功能关系和能量守恒定律的运用6在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示，P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距

11、离为L，上端A与P点的高度差也为h.(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系【答案】(1) (2) (3)【解析】【分析】【详解】（1）若微粒打在探测屏AB的中点，则有：=gt2，解得：（2）设打在B点的微粒的初速度为V1，则有：L=V1t1，2h=gt12得：同理，打在A点的微粒初速度为：所以微粒的初速度范围为：v（3）打在A和B两点的动能一样，则有：mv22+mgh=mv12+2mgh联立解得：L=2h7如图所示，倾角 =30的斜面足够长，上有间距 d=0.9 m 的 P、

12、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 取 g=10 m/s2，求：（1）A 与 B 发生碰撞前的速度 v1（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：得：v1=3 m/s（2）A、B碰撞后粘在一起，碰撞过程动量守恒，则有：之后A、B整体加速度为：得：aAB=-1m/s2即A、B整体一起减速下滑，减速为零时：得：xAB=0.5

13、 m8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F1是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F2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F1和F2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v0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与v0、v满足什么条件时，F1和F2是相等

14、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，求此过程中物块所受合力对时间t的平均值【答案】（1）F1=1.0N，F2=0.8N；（2）当时，F1=F2；（3）【解析】【详解】解：(1)物块在加速运动过程中，应用动量定理有： 解得： 物块在加速运动过程中，应用动能定理有： 解得： (2)物块在运动过程中，应用动量定理有： 解得： 物块在运动过程中，应用动能定理有： 解得： 当时，由上两式得： (3)由图2可求得物块由运动至过程中，外力所做的功为：设物块的初速度为，由动能定理得： 解得： 设在t时间内

15、物块所受平均力的大小为，由动量定理得： 由题已知条件： 解得：9如图所示，AB为半径的光滑圆形轨道，BC为倾角的斜面，CD为水平轨道，B点的高度一质量为0.1kg的小球从A点静止开始下滑到B点时对圆形轨道的压力大小是其重力的3倍，离开B点后做平抛运动（g取）(1)求小球到达B点时速度的大小；(2)小球离开B点后能否落到斜面上？如果不能，请说明理由；如果能，请求出它第一次落在斜面上的位置【答案】(1) 2m/s (2)能落在斜面上，1.13m【解析】【详解】(1)从A到B的过程由动能定理得：，解得：；(2)设小球离开B点做平抛运动的时间为，落地点到C点距离为x，由得：，斜面的倾角=45，底边长d

16、=h=5m；因为，所以小球离开B点后能落在斜面上假设小球第一次落在斜面上F点，BF长为L，小球从B点到F点的时间为，联立、两式得；则答：(1)小球到达B点时速度的大小是2m/s；(2)小球离开B点后能落到斜面上，第一次落在斜面上的位置据B的距离为1.13m10如图所示，倾斜轨道在B点有一小圆弧与圆轨道相接，一质量为m=0.1kg的物体，从倾斜轨道A处由静止开始下滑，经过B点后到达圆轨道的最高点C时，对轨道的压力恰好与物体重力相等已知倾斜部分有摩擦，圆轨道是光滑的，A点的高度H=2m,圆轨道半径R=0.4m，g取10m/s2,试求：（1）画出物体在C点的受力与运动分析图，并求出物体到达C点时的速

17、度大小；（2）物体到B点时的速度大小（用运动学公式求不给分）；（3）物体从A到B的过程中克服阻力所做的功【答案】（1）（3）（3）【解析】【分析】【详解】（1）物体在C点的受力与运动分析图所示：在C点由圆周运动的的知识可得：解得：（2）物体由B到C的过程，由动能定理可得：解得：（3）从A到B的过程，由动能定理可得：解得：11如图所示，一个小球的质量m=2kg，能沿倾角的斜面由顶端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处，已知A、B间距离为，求：(1)小球与斜面间的动摩擦因数；(2)小球由开始下滑到最终静止的过程中

18、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，小球第一次由静止从的点下滑和碰撞弹回上升到速度为零的过程，由动能定理得：解得： (2)球最终一定停在处，小球从处静止下滑到最终停在处的全过程由动能定理得：所以小球通过的总路程为：克服摩擦力做的功：12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E5103 N/C的匀强电场中。一质量m0.1 kg、电荷量q1.0104 C的可视为质点的滑块以初速度v06 m/s从离水平地面高h4.2 m处开始向下运动，经M

19、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：进电场前斜面上的匀加速直线运动；在电场中沿水平地面的匀减速直线运动；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：，得=4m/s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