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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和训练方法及练习题( 含答案 ) 及解析一、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
2、,求滑块从C 点飞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
3、联立解得滑块从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
4、 / s 的速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
5、点的速度；若不能，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
6、定律可知，小物块到达圆轨道的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
7、 ，则有：mgR 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
8、性势能；2 物块从 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， AB 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端B 点与水平直轨道相切一个小物块自A 点由静止开始沿轨道下滑，已知轨道半径为R 0.2m ，小物块的质量为 m0.1kg，小物块与水平面间的动摩擦因数 0.5， g 取 10m/s 2.求：(1)小物块在 B 点时受到的圆弧轨道的支持力大小；(2)小物块在水平面上
9、滑动的最大距离【答案】 (1)3N(2)0.4m【解析】 (1)由机械能守恒定律，得在 B 点联立以上两式得FN 3mg 3 0.1 10N3N.(2)设小物块在水平面上滑动的最大距离为l ，对小物块运动的整个过程由动能定理得mgR mgl0，代入数据得【点睛】解决本题的关键知道只有重力做功，机械能守恒，掌握运用机械能守恒定律以及动能定理进行解题4 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
10、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；(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(
11、HR)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5 如图所示，固定斜面的倾角=30，用一沿斜面向上的拉力将质量m=1kg 的物块从斜面底端由静止开始拉动，t=2s 后撤去该拉力，整个过程中物块上升的最大高度h=2.5m，物块与斜面间的动摩擦因数=3. 重力加速度g=10m/s2. 求：6(1)拉力
12、所做的功；(2)拉力的大小 .【答案】 (1) WF40J (2) F=10N【解析】【详解】（1）物块从斜面底端到最高点的过程，根据动能定理有：WFmgcoshmgh0sin解得拉力所做的功WF40J（2） WF Fx由位移公式有 x1at 22由牛顿第二定律有Fmgcosmgsinma解得拉力的大小F=10N.6 如图的竖直平面内，一小物块(视为质点 )从 H=10m 高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB 进入半径R=4m 的光滑竖直圆环内侧，弯曲轨道AB 在 B 点与圆环轨道平滑相接。之后物块沿CB 圆弧滑下，在B 点 (无动量损失)进入右侧的粗糙水平面上压缩弹簧。已知物块的质量m=2kg
13、，与水平面间的动摩擦因数为0.2，弹簧自然状态下最左端D 点与B 点距离L=15m，求：(g=10m/s2)(1)物块从 A 滑到 B 时的速度大小；(2)物块到达圆环顶点C 时对轨道的压力；(3)若弹簧最短时的弹性势能，求此时弹簧的压缩量。【答案】 (1)m/s ； (2)0N； (3)10m。【解析】【分析】【详解】(1)对小物块从A 点到 B 点的过程中由动能定理解得 ：；(2)小物块从 B 点到 C 由动能定理 ：在 C 点，对小物块受力分析：代入数据解得C 点时对轨道压力大小为0N；(3)当弹簧压缩到最短时设此时弹簧的压缩量为x,对小物块从B 点到压缩到最短的过程中由动能定理 ：由上
14、式联立解得：x=10m【点睛】动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动，了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题。动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功。7 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
15、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：=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=130N8 如图所示，质量为 m 1kg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为30o 的光滑斜面上，斜面的末端B 与水平传送带相接（物块经过此位置滑上皮带时无能量损失），传送带的运行速度为 v03m / s ，长为 L 1.4m 今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.25 ( g10m / s2 )求：
16、（ 1）水平力撤去后，滑块（在斜面上）的加速度大小；（ 2）滑块下滑的高度；（3）若滑块进入传送带时速度大于3m / s，则滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量为多少【答案】（ 1） 5m/s 2（ 2）0.1m 或 0.8m (3)5J【解析】【分析】【详解】（ 1）对撤去外力 F 后的滑块受力分析，由牛顿第二定律：解得：mg sinmaa5m / s2（2）设滑块从高为h 处上滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒：mgh1 mv22解得：v2gh若滑块冲上传送带的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有：联立解得：mgL1mv02
17、1mv222hv02L 0.8m2g若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受天向左的滑动摩擦力而做匀速运动，根据动能定理：解得：mgL1 mv021 mv222hv02L 0.8m2g（3）设滑块在传送带上运动的时间为 t ，则 t 时间内传送带的位移： s v0t 1 22对滑块由运动学公式知：v0vat联立解得：vv0滑块相对传送带滑动的位移：相对滑动生成的热量：sv0sLsaQmgs0.5J9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
18、点恰在水平地面一质量为m 的滑块（视为质点）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
19、 到 E 做平抛运动，水平位移为2R ，竖直位移为R则有： 2Rv t 、 R1 gt 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，mg(HR)( h R)解得 Wfmg(H 2R)(h R)所以有：2R)mg( HR)，代入 式(HW f 联立 、 两式，可解得hHR2考点：考查了
20、动能定理；向心力【名师点睛】本题要分析清楚物体的运动情况，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10 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 mB=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 =2.0m/
21、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B块 B 与传送带之间的动摩擦因数=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/s2 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：W1 mBvB224J （2 分）（2）滑块 B 滑上传送带后做匀加速运动，设滑块度 v 所用的时间为 t，加
22、速度大小为 a，在时间B 从滑上传送带到速度达到传送带的速 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：mgma （1分）vvBat （ 1 分）xvB t12at 2 （ 1 分）解得：x6mL （ 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 v 2 vB2 2aL解得： v3m/s （1 分）（3）由平抛运动的规律，则有：h 1 gt 2 （ 1 分）2x v t （ 1 分）解得： x1.8m （ 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11 如图所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为m0.1 kg 的铁块，它与纸
23、带右端的距离为L 0.5 m，铁块与纸带间、纸带与桌面间动摩擦因数均为 0.1.现用力F水平向左将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为s0.8 m 已知g 10 m/s 2，桌面高度为H 0.8 m，不计纸带质量，不计铁块大小，铁块不滚动求：（ 1）铁块抛出时速度大小；（ 2）纸带从铁块下抽出所用时间t 1；（ 3）纸带抽出过程全系统产生的内能E.【答案】 （1） 2m/s （2） 2s（ 3） 0.3J【解析】试题分析：（ 1）对铁块做平抛运动研究由 h= 1 gt 2，得 t=2h ， t=0.4s2gs则 v0 =2m/st（2）铁
24、块在纸带上运动时的加速度为a，2a=g =1m/s由 vo=at 得， t1=2s x1=2m（3）摩擦力产生的热量包括上下两个面所产生，Q 上 =mgL=0.05JQ 下 = mg（L+x1） =0.25J所以 Q= Q 上+Q 下=0.3J考点：考查了功能关系，平抛运动，牛顿第二定律的应用点评：本题关键是先分析清楚物体的运动情况，然后运用平抛运动的分位移公式、牛顿运动定律和运动学公式联立列式求解；同时由功能关系及相对位移求产生的内能12 如图甲所示，游乐场的过山车在圆弧轨道上运行，可以把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R 的竖直圆轨道相接，B、C 分别为圆轨道的最低点
25、和最高点质量为m 的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A 点由静止滚下，经过B 点且恰好能通过C 点已知A、 B 间的高度差为h=4R,重力加速度为g求：(1)小球通过 C 点时的速度vC ；(2)小球从 A 点运动到C 点的过程中，损失的机械能E损【答案】 (1)gR (2)1.5mgR【解析】【详解】(1) 小球恰能通过 C 点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mgm则得：vC2RvCgR(2) 小球从 A 点运动到 C 点的过程中，根据动能定理得：mg( h 2R) Wf1 mvC202解得：Wf =1.5mgR则小球从 A 点运动到C 点的过程中，损失的机械能E损 =Wf1.5mgR