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1、(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数高考物理动能定理的综合应用解题技巧及练习题( 含答案 )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,sin37=0.6,cos37=0.8求 :;(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v0 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
2、出至落到斜面上所经历的时间【答案】（ 1 ） 0.375 （ 2） 2 3m / s（ 3） 0.2s【解析】试题分析： 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： mgR2R 0 0 mgcos37 sin 37解得： 0.375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 在 C 点时，根据牛顿第二定律有：mgN m vC2R在滑块由 A 运动至 C 的过程中，根据动能定理有：mgcos37 2R 1 mvC2 sin 3721 mv02 2由式联立解得滑块从
3、A 点沿斜面滑下时的初速度v0 需满足： v0 3gR 23 m/s即 v0 的最小值为： v0min 23 m/s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：xvt在竖直方向的位移为：y 1 gt 2 2根据图中几何关系有：tan37 2Ry x由式联立解得：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 如图所示， AC 为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在A 端的竖直墙壁上.质量m1kg 的小物块将弹簧的另一端压缩到B 点，之后由静止释放，离开弹簧后从C 点水平飞出，恰好从 D 点以 vD10m / s 的速
4、度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道DEF ( 小物体与轨道间无碰撞).O 为圆弧轨道的圆心，E 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径 R1m ， DOE60o ，EOF37.o 小物块运动到 F 点后，冲上足够长的斜面FG，斜面 FG 与圆轨道相切于F 点，小物体与斜面间的动摩擦因数0.5.sin37 o0.6 ，cos37o0.8 ，取 g 10m / s2 . 不计空气阻力 . 求：（1）弹簧最初具有的弹性势能；（2）小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小；（3）判断小物块沿斜面 FG 第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的D 点？若能，求解小物块回到 D 点的速度；若不
5、能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E的速度大小【答案】1 1.25J? ； 230 N； 32 m / s 【解析】【分析】【详解】（1）设小物块在 C 点的速度为v C ，则在 D 点有： vC vD cos60o设弹簧最初具有的弹性势能为Ep ，则： EP1 mv C22代入数据联立解得：Ep1.25J ；2 设小物块在 E 点的速度为 v E ，则从 D 到 E 的过程中有：mgR 1 cos60o 1 mv E21 mv D222设在 E 点，圆轨道对小物块的支持力为N，则有：v E2N mgR代入数据解得： vE2 5m / s ， N 30N由牛顿第三定律可知，小物
6、块到达圆轨道的E 点时对圆轨道的压力为30 N；3 设小物体沿斜面FG上滑的最大距离为x，从 E 到最大距离的过程中有：mgR 1 cos37omgsin37 omgcos37o x 01mv E22小物体第一次沿斜面上滑并返回F 的过程克服摩擦力做的功为Wf ，则Wf2x mgcos37o小物体在 D 点的动能为 EKD ，则： EKD1 mv D22代入数据解得： x 0.8m ， Wf6.4J， EKD 5J因为 EKD Wf ，故小物体不能返回D 点 .小物体最终将在F 点与关于过圆轨道圆心的竖直线对称的点之间做往复运动，小物体的机械能守恒，设最终在最低点的速度为v Em ，则有：mg
7、R 1 cos37o1 mv Em22代入数据解得： vEm2m / s答： 1 弹簧最初具有的弹性势能为1.25J；23小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小是30 N；小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后不能回到圆弧轨道的D 点 . 经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小为2 m / s 【点睛】（1）物块离开C 点后做平抛运动，由D 点沿圆轨道切线方向进入圆轨道，知道了到达D点的速度方向，将 D 点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据角度关系求出水平分速度，即离开 C 点时的速度 ，再研究弹簧释放的过程，由机械能守恒定律求弹簧最初具有的弹性势能；2 物
8、块从 D 到 E，运用机械能守恒定律求出通过E 点的速度 ，在 E 点，由牛顿定律和向心力知识结合求物块对轨道的压力；3 假设物块能回到D 点，对物块从A 到返回 D 点的整个过程，运用动能定理求出D 点的速度，再作出判断，最后由机械能守恒定律求出最低点的速度3 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
9、；（ 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 f 1.5J (2) FN 4.5N (3) v1 5 2m / 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 = 1 mv22Wf =1.5J（2）由牛顿第二定律可知：v2FNmgmR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：mgh1mv121mv222解得：v15 2m/s4 质量 m1.5kg 的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t2.
10、0s 停在 B 点，已知 A、 B 两点间的距离 s 5.0m，物块与水平面间的动摩擦因数0.20 ，求恒力 F 多大（ g10m / s2 ）【答案】 15N【解析】设撤去力前物块的位移为，撤去力时物块的速度为，物块受到的滑动摩擦力对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得由运动学公式得对物块运动的全过程应用动能定理由以上各式得代入数据解得思路分析：撤去 F 后物体只受摩擦力作用，做减速运动，根据动量定理分析，然后结合动能定律解题试题点评：本题结合力的作用综合考查了运动学规律，是一道综合性题目5 如图所示，光滑圆弧的半径为80cm，一质量为1.0kg 的物体由 A 处从静止开始下滑到B 点，然后又
11、沿水平面前进3m ，到达 C 点停止。物体经过B 点时无机械能损失，g 取10m/s 2，求：（ 1）物体到达 B 点时的速度以及在 B 点时对轨道的压力；（ 2）物体在 BC段上的动摩擦因数；（ 3）整个过程中因摩擦而产生的热量。【答案】 （1） 4m/s ，30N；（ 2） 4 ；（ 3） 8J。15【解析】【分析】【详解】（1）根据机械能守恒有mgh1 mv22代入数据解得v 4m/s在 B 点处，对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得mv2FNmg代入数据解得RFN30N由牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力为FNFN30N方向竖直向下（2）物体在 BC 段上，根据动能定理有mgx 01m
12、v22代入数据解得415（3）小球在整个运动过程中只有摩擦力做负功，重力做正功，由能量守恒可得Qmgh8J6 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 =37 、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 v 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=0.6，2cos37 =0.8，g 取10m/s 。求：(1)木板 P 与地面间的动摩擦因数；(2)t=8s
13、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)20.03 ； (2) vPvQ0.6m/s ； (3)Q54.72J【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 v1 10m/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 v t图像有a14.8m/s 2由牛顿第二定律有mg sin 371mg cos37ma1联立求解得10.15 ，10.0325(2)2s 后， Q 滑到 AB 上，因 1mg2 (mM ) g ，故 P、Q
14、 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1mgma2对 P 有1mg2 ( mM ) gMa3共速时v1a2t0a3 t0解得a2=1.5m/s 2、 a3=0.1m/s 2、 t6s故在 t 8s 时， P 和 Q 共速vpa3t0.6m / s(3)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x2v1 vQ t0 30.6m2P 发生的位移x3vP t0 1.8m208s 内， Q 与木板 P 之间因摩擦而产生的热量Q1mg
15、x1 cos37 o1mg( x2x3 )代入数据得Q54.72J7 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m60kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为 0.5，斜坡的倾角 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
16、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：1mgsin37mgcos3722a =gsin37 - gcos37 -0=6.5 8m/s=2m/sm（ 2）在水平面上做匀减速运动的加速度大小为：a2 g 5m/s2，根据速度位移公式得， B 点的速度为： vB 2a2 L 2 5 20m / s10 2m / s LABvB
17、2200m 50m.根据速度位移公式得：42a1【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8 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/s 2(1)求物块与地面间的动摩擦因数；(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
18、】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：=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=mvmv，代入数据解得：F=130N9 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 =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/s 2，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？（
19、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。【答案】 (1) 3m/s (2)v2或 xv27 m/s (3) x LL2g2 g【解析】【详解】（1）从 A 点到刚滑上传送带，应用动能定理mgRmgL1mv122得v12gR2 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mgL01 mv22解得 v2 gL7 m/s即传送带的速度必须大于等于7 m/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
20、v1mgs01 mv122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 v3m/s，则滑块将回到B 点，滑上圆弧轨道后又滑到水平轨道，最后停下，即mg（Lx)01 mv22v2L解得 xg2若传送带的速度v7 m/s ，则滑块将不能回到 B 点，即mg（Lx)01 mv22解得 xLv22 g10 如图所示，整个轨道在同一竖直平面内，直轨道AB 在底端通过一段光滑的曲线轨道与一个光滑的四分之一圆弧轨道CD平滑连接，圆弧轨道的最高点C 与 B 点位于同一高度圆弧半径为R，圆心 O 点恰在水平地面一质量为m 的滑块（视为质点）
21、从A 点由静止开始滑下，运动至C 点时沿水平切线方向离开轨道，最后落在地面上的E 点已知A 点距离水平地面的高度为H， OE=2R，重力加速度取g，不计空气阻力求：（ 1）滑块运动到 C 点时的速度大小 VC；（ 2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功Wf；（3）若滑块从直轨道上 A点由静止开始下滑，运动至C 点时对轨道恰好无压力，则A点距离水平地面的高度为多少？【答案】（ 1）滑块运动到C 点时的速度大小vC是（2）滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功Wf 是 mg（ H2R）（3） A点距离水平地面的高度为【解析】试题分析：（1）滑块从 C 到 E 做平抛运动，水平位移为2R ，竖直位移
22、为R则有： 2Rv t 、 R1gt 2 ，可解得vC2gRC2（2）对于从 A 到 C 的过程，运用动能定理得mg H RW f1 mvC202解得，滑块运动过程中克服轨道摩擦力所做的功W fmg H2R（3）设 A 点的距离水平地面的高度为h在 C 点有 mgm vC2R从 A到 C，由动能定理得mg(h R)W f1 mvC20 2滑块在直轨道上下滑时重力做功与克服摩擦力做功的比值是定值，所以有： mg(HR)mg ( h R) 解得 Wfmg (H2R)(hR) ，代入 式(H2R)W f ( HR)联立 、 两式，可解得hHR2考点：考查了动能定理；向心力【名师点睛】本题要分析清楚物
23、体的运动情况，正确选择研究过程，寻找每个过程和状态所遵守的物理规律是关系，要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解法11 如图所示， AB 为半径 R0.2m 的光滑1 圆形轨道， BC为倾角45 的斜面， CD 为4水平轨道， B 点的高度 h 5m 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 10m2/ s ）(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
24、】【详解】(1)从 A 到 B 的过程由动能定理得：mgR1mv02 ，2解得：v02m / s ；(2)设小球离开 B 点做平抛运动的时间为t1 ，落地点到 C 点距离为 x，由 h1gt122得：t11s，x v0t121m 2m斜面的倾角 =45，底边长 d=h=5m；因为 d x ，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 t2，L cosv0t 2 ， L sin1 gt 22 ，2联立、两式得t20.4s ；则Lv0t21.13mcos答： (1)小球到达 B 点时速度的大小是2m/s ；(2)小球离开 B
25、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 1.13m 12 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 =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
26、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fmg（1分）设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律Fmgma1 （ 1 分）解得a19.0m /s2（ 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v22a1 x（ 2 分）解得 v3.0m / s （ 1分）（2）设滑块通过 B 点时的动能为 EkB从 A 到 B 运动过程中，依据动能定理有W合EkF x fx0EkB ， （ 4 分）解得 EkB4.0 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W f ，根据动能定理mghWf0 EkB （ 3 分）解得 W f0.50 J （ 1分）考点：牛顿运动定律功能关系