【物理】动能定理的综合应用练习及解析
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，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
1m kg =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10/D v m 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1R m =，60DOE ∠=o ，37.EOF ∠=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.sin370.6μ==o ，
cos370.8=o ，取2
10/.g m s =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】()11
?.25J ；()2 30N ；()3 2/m s ． 【解析】 【分析】 【详解】
（1）设小物块在C 点的速度为C v ，则在D 点有：C D v v cos60o
=
设弹簧最初具有的弹性势能为p E ，则：2P C 1E mv 2
= 代入数据联立解得：p E 1.25J =；
()2设小物块在E 点的速度为E v ，则从D 到E 的过程中有：
()
22E D 11mgR 1cos60mv mv 22
-=
-o 设在E 点，圆轨道对小物块的支持力为N ，则有：2
E v N mg R
-=
代入数据解得：E v 25m /s =，N 30N =
由牛顿第三定律可知，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：
()()
2E 1
mgR 1cos37mgsin37μmgcos37x 0mv 2
o o o ---+=-
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f W ，则
f W 2x μmgcos37=o
小物体在D 点的动能为KD E ，则：2KD D 1E mv 2
=
代入数据解得：x 0.8m =，f W 6.4J =，KD E 5J = 因为KD f E W <，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Em v ，则有：
()
2Em 1mgR 1cos37mv 2
-=
o 代入数据解得：Em v 2m /s =
答：()1弹簧最初具有的弹性势能为1.25J ；
()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是30 N ；
()3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．
2．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
15
；（3）8J 。 【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据机械能守恒有
212
mgh mv =
代入数据解得
4m/s v =
在B 点处，对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得
2
N mv F mg R
-= 代入数据解得
30N N F =
由牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力为
30N N
N F F '== 方向竖直向下
（2）物体在BC 段上，根据动能定理有
21
02
mgx mv μ-=-
代入数据解得
415
μ=
（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
8J Q mgh ==
3．质量为m =2kg 的小玩具汽车，在t ＝0时刻速度为v 0=2m/s ，随后以额定功率P =8W 沿平直公路继续前进，经t =4s 达到最大速度。该小汽车所受恒定阻力是其重力的0.1倍，重力加速度g =10m/s 2。求： (1)小汽车的最大速度v m ； (2)汽车在4s 内运动的路程s 。 【答案】(1)4 m/s ，(2)10m 。 【解析】 【详解】
(1)当达到最大速度时，阻力等于牵引力：
m m P Fv fv == 0.1f mg =
解得：m 4m/s v =；
(2)从开始到t 时刻根据动能定理得：
22m 01122
Pt fs mv mv -=
- 解得：10m s =。
4．如图所示，一质量为m 的小球从半径为R 的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为R 。小球离开圆弧轨道的底端又通过水平距离R 落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为g 。求： （1）小球刚到圆弧轨道底端时对轨道的压力； （2）小球在圆弧轨道上受到的阻力所做的功。
【答案】（1）32
N
mg F '=，方向竖直向下（2）3
4f W mgR =-
【解析】 【详解】
（1）设小球在圆弧轨道的最低点时的速度为v ，小球离开圆弧轨道后做平抛运动，有：
R vt =
2
12
R gt =
联立解得：
2
gR v =
而在圆弧轨道的最低点，由牛顿第二定律可知：
2
N v F mg m R
-=
由牛顿第三定律，
N N
F F '= 联立求得球队轨道的压力为：
32
N
mg F '= 方向竖直向下。
（2）对圆弧上运动的过程由动能定理：
2
102
f mgR W mv +=
-
联立可得：
3
4
f
W mgR
=-
5．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m＝60kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝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/s2．
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应不超过多少？
【答案】（1）2.0 m/s2；
（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：
a1＝
3737
mgsin mgcos
m
μ
?-?
=gsin37°-μgcos37°=6-0.5×8m/s2=2m/s2．
（2）在水平面上做匀减速运动的加速度大小为：a2＝μg＝5m/s2，
根据速度位移公式得，B点的速度为：
2
22520/102/
B
v a L m s m s
??
＝＝＝．
根据速度位移公式得：
2
1
200
50
24
B
AB
v
L m m
a
＝＝＝.
【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．
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，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．如图所示，摩托车做特技表演时，以v 0＝10m /s 的速度从地面冲上高台，t ＝5s 后以同样大小的速度从高台水平飞出．人和车的总质量m ＝1.8×102kg ，台高h ＝5.0m .摩托车冲上高台过程中功率恒定为P ＝2kW ，不计空气阻力，取g ＝10m /s 2.求：
(1) 人和摩托车从高台飞出时的动能E k ； (2) 摩托车落地点到高台的水平距离s ； (3) 摩托车冲上高台过程中克服阻力所做的功W f . 【答案】（1）9×103J （2）10m （3）1×103J 【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：根据动能表达式列式求解即可；人和摩托车从高台飞出做平抛运动，根据平抛的运动规律即可求出平抛的水平距离；根据动能定理即可求解克服阻力所做的功． （1）由题知，抛出时动能：2
30019102
k E mv J =
=? （2）根据平抛运动规律，在竖直方向有：212
h gt = 解得：t=1s
则水平距离010s v t m ==
（3）摩托车冲上高台过程中，由动能定理得：0f Pt mgh W --= 解得：3
110f W J =? 【点睛】
本题考查了动能定理和平抛运动的综合，知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，以及能够熟练运用动能定理．
8．如图所示，倾角 θ=30°的斜面足够长，上有间距 d =0.9 m 的 P 、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23
5
μ=
取 g =10 m/s 2，求： （1）A 与 B 发生碰撞前的速度 v 1 （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：
211
sin 02
mgd mv θ=-
得：
v 1=3 m/s
（2）A 、B 碰撞后粘在一起，碰撞过程动量守恒，则有：
1(2)AB mv m m v =+
之后A 、B 整体加速度为：
3sin 3cos 3AB mg mg ma θμθ-?=
得：
a AB =-1m/s 2
即A 、B 整体一起减速下滑，减速为零时：
22
02AB AB AB v a x -=
得：
x AB =0.5 m
9．如图所示，一倾角θ=37°的斜面底端与一传送带左端相连于B 点，传送带以v=6m/s 的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端点以υ0=4m/s 的初速度沿斜面下滑，当物块滑到斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，从传送带右端的C 点水平抛出，最后落到地面上的D 点，已知斜面长度L 1=8m ，传送带长度L 2=18m ，物块与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.3，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s 2）．
（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数μl ； （2）求物块在传送带上运动时间；
（3）若物块在D点的速度方向与地面夹角为a=53°，求C点到地面的高度和C、D两点间的水平距离．
【答案】（1）
（2）4s；
（3）4.8m．
【解析】
试题分析：（1）从A到B由动能定理即可求得摩擦因数
（2）由牛顿第二定律求的在传送带上的加速度，判断出在传送带上的运动过程，由运动学公式即可求的时间；
（3）物体做平抛运动，在竖直方向自由落体运动，
解：（1）从A到B由动能定理可知
代入数据解得
（2）物块在传送带上由牛顿第二定律：μ2mg=ma
a=
达到传送带速度所需时间为t=s
加速前进位移为＜18m
滑块在传送带上再匀速运动
匀速运动时间为
故经历总时间为t总=t+t′=4s
（3）设高度为h，则竖直方向获得速度为
联立解得h=3.2m
下落所需时间为
水平位移为x CD=vt″=6×0.8s=4.8m
答：（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数μl为
（2）求物块在传送带上运动时间为4s；
（3）若物块在D点的速度方向与地面夹角为a=53°，C点到地面的高度为3.2m和C、D两点间的水平距离为4.8m．
【点评】本题主要考查了动能定理、平抛运动的基本规律，运动学基本公式的应用，要注意传动带顺时针转动时，要分析物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．
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F 1是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F 2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 1和F 2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v 0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v 0、v 满足什么条件时，F 1和F 2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2m
t k
π=，求此过程中物块所受合力对时间t 的平均值．
【答案】（1）F 1=1.0N ，F 2=0.8N ；（2）当02v v x v t +==时，F 1=F 2；（3）2kA F π
=． 【解析】 【详解】
解：(1)物块在加速运动过程中，应用动量定理有：1t F t mv =g
解得：1 1.0 2.0
N 1.0N 2.0
t mv F t ?=
== 物块在加速运动过程中，应用动能定理有：221
2
t F x mv =
g 解得：22
2 1.0 2.0N 0.8N 22 2.5
t mv F x ?===?
(2)物块在运动过程中，应用动量定理有：10Ft mv mv =- 解得：01()
m v v F t
-=
物块在运动过程中，应用动能定理有：22201122
F x mv mv =
- 解得：22
02()
2m v v F x
-=
当12F F =时，由上两式得：02
v v x v t +=
= (3)由图2可求得物块由0x =运动至x A =过程中，外力所做的功为：
211
22
W kA A kA =-=-g
设物块的初速度为0v '，由动能定理得：20
1
02
W mv '=-
解得：0
k
v A m
'= 设在t 时间内物块所受平均力的大小为F ，由动量定理得：0
0Ft mv -=-' 由题已知条件：2m t k
π
= 解得：2kA
F π
=
11．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
0v =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
22122
1
B A mg v h m mv +＝ 所以物体刚下滑到B 点的速度大小
2026m/s B v v gh =+= ；
（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E kC ，则由动能定理可得：
2
121.6J 2
kC kB BC B BC E E mgL mv mgL μμ=-=-=
（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
1
2A
m
m v mg
gx h
μ=+，
解得：
x＝4.5m=2L BC+0.9m；
故物块最后停在离B点0.9m处；
12．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v c
(2) 在C点时，轨道对滑块的作用力N C
（3）恒定外力F的大小
【答案】（1）v c=20m/s （2）Nc=30N ，方向竖直向下（3）F="10N"
【解析】
试题分析：（1） C点飞出后正好做平抛运动，则
2
1
2
{2
R gt
x vt
=
=
联立上述方程则v c=20m/s
（2）根据向心力知识则
2
N
v
mg F m
r
+=
FN=30N，方向竖直向下。
（3）根据动能定理2
1
2B
Fs mv
=-
22
11
2
22
C B
mgR mv mv
-=-
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。