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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析版汇编及解析一、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,求滑块从C 点飞出至落到斜面上
2、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A 点沿斜面滑
3、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 的速度沿切线方向进
4、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；若不能，求解经过足
5、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，小物块到达圆轨道的
6、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：mgR 1 cos
7、37o1 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 物块从 D 到
8、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 如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行在t 0 时刻，将质量为1.0 kg的物块 (可视为质点 )无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s，物块从最下端的B点离开传送带取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示 (g 10 m/s 2)，求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从 A 到 B
9、的过程中，传送带对物块做的功【答案】 (1)3 3.75 J(2)5【解析】解： (1)由图象可知 ，物块在前0.5 s 的加速度为 ： a1v1 =8?m/s2t1后 0.5 s 的加速度为： a2v2v22?m / s2t2物块在前 0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：mgsinmgcosma1物块在后 0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：mgsinmgcosma2联立解得：35(2)由 v t 图象面积意义可知，在前v1t10.5 s，物块对地位移为： x12则摩擦力对物块做功：W1mgcos x1在后0.5 sx1v1v2t2，物块对地位
10、移为：2则摩擦力对物块做功W2 mgcos x2所以传送带对物块做的总功：WW1W2联立解得： W 3.75 J4 如图所示，小物体沿光滑弧形轨道从高为h 处由静止下滑，它在水平粗糙轨道上滑行的最远距离为s，重力加速度用g 表示，小物体可视为质点，求：（1）求小物体刚刚滑到弧形轨道底端时的速度大小v；（2）水平轨道与物体间的动摩擦因数均为。【答案】（ 1） 2gh （ 2） hs【解析】【详解】解： (1)小物体沿弧形轨道下滑的过程，根据机械能守恒定律可得：mgh1 mv22解得小物体刚滑到弧形轨道底端时的速度大小：v 2gh(2)对小物体从开始下滑直到最终停下的过程，根据动能定理则有：mgh
11、mgs 0解得水平轨道与物体间的动摩擦因数：hs5 如图所示 ,在粗糙水平面上有一质量为M 、高为 h 的斜面体 ,斜面体的左侧有一固定障碍物 Q,斜面体的左端与障碍物的距离为d将一质量为m 的小物块置于斜面体的顶端,小物块恰好能在斜面体上与斜面体一起保持静止;现给斜面体施加一个水平向左的推力,使斜面体和小物块一起向左匀加速运动,当斜面体到达障碍物与其碰撞后,斜面体立即停止运动,小物块水平抛出 ,最后落在障碍物的左侧P 处 (图中未画出 ),已知斜面体与地面间的动摩擦因数为1 ,斜面倾角为 ,重力加速度为g,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,求:(1)小物块与斜面间的动摩擦因数 2;(2)要使物块在
12、地面上的落点P 距障碍物 Q 最远 ,水平推力 F 为多大 ;(3)小物块在地面上的落点P 距障碍物 Q 的最远距离【答案】（1） 2 tan （ 2） FMm gsin1 M m g（3）costan sin22hdsinhcostan sintan【解析】【分析】对 m 受力分析，由共点力平衡条件可以求出动摩擦因数；以m 为研究对象，求出最大加速度，以系统为研究对象，由牛顿第二定律求出最大推力；对系统由动能定理求出最大速度，然后由平抛运动规律求出最大水平位移【详解】(1)对 m 由平衡条件得： mgsin -mgcos=02=tan 解得： 2(2)对 m 设其最大加速度为a ，由牛顿第二
13、定律得m水平方向：Nsin +2Ncos =mam竖直方向 ：Ncos-mg =02Nsin解得 ： a2g sincostansin对 M 、m 整体由牛顿第二定律得 ：F-1(M +m)g=(M +m)am解得 ： F1 M2 Mmg sinm gtansincos(3)对 M、 m 整体由动能定理得 ： Fd1 M m gd1M m v22解得 ： vdg sincostansin对 m 由平抛运动规律得：水平方向 ： xphvttan竖直方向 ： h1 gt 22解得 ： x p 22hd sinhcos tan sintan【点睛】本题主要考查了应用平衡条件、牛顿第二定律、动能定理、
14、平抛运动规律即可正确解题6 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.7 如
15、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：（ 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】
16、【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：mgL1 mv021 mv222hv02L 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
17、时间内传送带的位移： s v0t由机械能守恒可知： mgh1mv22对滑块由运动学公式知：v0v at联立解得：滑块相对传送带滑动的位移：相对滑动生成的热量：sv0sLsvv0aQmgs0.5J8 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5的匀强电场中，一E=5 10N/C-5在轨道上自 A 点质量 m=0.5kg，电荷量 q=+1.0 10C 的可视为质点的滑块以初速度v0=6m/s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=0.2， g 取
18、 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：mg 1 L1 mv21 mv222B02所以滑块到达B 点时的速度大小vB v02gL4m/s（2）滑块从B 运动到 C 的过程受合外力F=（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：1 L5t2vBs 1.25 s4（3）
19、滑块在 C 点的速度 vC =4m/s ；滑块从C 点做平抛运动，则平抛运动时间2ht 0.5s故落地点距C 点的水平距离x=vCt =2m；9 如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直1/4 圆轨道相切与B 点，右端与一倾0端固定一轻质弹簧，一质量为2Kg 的滑块从圆弧轨道的顶端A 点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D 点，已知光滑圆轨道的半径R=0.45m，水平轨道BC 长为0.4m ，其动摩擦因数=0.2 ，光滑斜面轨道上CD 长为0.6m， g 取10m/s2，求滑块第一次经过B 点时对轨道的压力整个过程中弹簧具有最大的弹性时能；滑块在水平轨道BC上
20、运动的总时间及滑块最终停在何处？【答案】（ 1） 60N（2） 1.4J （ 3） 2.25m【解析】（1）滑块从A 点到B 点，由动能定理可得：解得：3m/s滑块在B 点：解得：=60N由牛顿第三定律可得：物块对B点的压力60N（2）滑块第一次到达D点时，弹簧具有最大的弹性势能滑块从 A 点到 D点，设该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得：解得：=1.4J（3）将滑块在 BC段的运动全程看作匀减速直线运动，加速度=2m/s 2则滑块在水平轨道BC上运动的总时间1.5s滑块最终停止在水平轨道BC 间，设滑块在BC 段运动的总路程为s，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定
21、理可得：解得=2.25m结合BC段的长度可知，滑块最终停止在BC间距B 点0.15m处（或距C 点0.25m处）10 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F 和 F 的12值(2)如图 1 所示，质量为m 的物块，在
22、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v 与 v0、 v 满足什么条件时， F1和 F2 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tm，求此过程中物块2k所受合力对时间t 的平均值【答案】（ 1） F12xv0 v1 22kA=1.0N， F =0.8N；（ 2）当 v2时， F =F ；（ 3） Ft【解析】【详解】解： (1)物块在加速运动过程中，应用动量定理有：F1gtmvt解得： F1mvt1.02.
23、01.0NtN2.0物块在加速运动过程中，应用动能定理有：F2 gx1 mvt22解得： F2mvt21.02.02N0.8N2 x22.5(2)物块在运动过程中，应用动量定理有：Ftmvmv10解得： F1m(v v0 )t物块在运动过程中，应用动能定理有：F2 x1 mv 21 mv0222m(v2v02 )解得： F22x当 F1 F2 时，由上两式得：x v0 vv2t(3)由图 2可求得物块由x0 运动至 xA过程中，外力所做的功为：W1 kAgA1 kA222设物块的初速度为v0，由动能定理得：W01 mv022解得： v0A km设在 t 时间内物块所受平均力的大小为F ，由动量
24、定理得： Ft 0 mv0由题已知条件： tm2k2kA解得： F11 某学校探究性学习小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究他们让这辆小车在水平的地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的 v t 图象，已知小车在 0 2 s 内做匀加速直线运动，不变，在 10 s 末停止遥控让小车自由滑行，小车质量力大小不变求：2 10 s 内小车牵引力的功率保持m1 kg，整个过程中小车受到的阻(1)小车所受的阻力 F 是多大？f(2)在 2 10 s 内小车牵引力的功率P 是多大？(3)小车在加速运动过程中的总位移x 是多少？【答案】（ 1） 2 N ；（ 2） 12
25、W (3)28.5 m ；【解析】（1）在 10s 撤去牵引力后，小车只在阻力Ff 作用下做匀减速运动，设加速度大小为a，则 F fma ，根据 av ，t由图像可知 a2m / s2 ，解得 Ff2N ；（2）小车的匀速阶段即 7s10s 内，设牵引力为F，则 FfF由图像可知 vm6m / s ，且 PFvm 12W ；（3）小车的加速运动过程可以分为01.5s 和 1.5s7s 两段，设对应的位移分别为x1 和 x2 ，在 02s 内的加速度大小为a1 ，则由图像可得 a12m / s ， x11a1t122.25m，2在 1.5s7s 内由动能定理可得Pt2Ff x21 mv22 1
26、mv12 ， t 25.5s ，22解得 x226.25m ，由 x x1 x2 28.5m12 如图所示，一个小球的质量m=2kg，能沿倾角37 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2 处，已知 A、 B 间距离为 s0 2m ， sin370.6 ，3cos37 0.8 ， g10m / s2 ，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B 点下滑和碰撞弹回上升到速度为零的过程，由动能定理得：mg( s2 )sin37mg (s2 s )cos37003003 0解得：1 tan370.155(2)球最终一定停在A 处，小球从 B 处静止下滑到最终停在A 处的全过程由动能定理得：mgs0 sin37mgcos37 gs0所以小球通过的总路程为：s s0 tan 375s0 10m克服摩擦力做的功：W fmgcos37 gs24J