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专题训练答案含解析一、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
2、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A 点沿斜面
3、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,竖直平面内的轨道由直轨道AB 和圆弧轨道BC组成，直轨道AB 和圆弧轨道BC 平滑连接，小球从斜面上A 点由静止开始滑下,滑到斜面底端后又滑上一个半径为R=0.4m 的圆轨道；（1）若接触面均光滑，小球刚好能滑到
4、圆轨道的最高点C，求斜面高h；（ 2）若已知小球质量 m=0.1kg，斜面高 h=2m，小球运动到 C 点时对轨道压力为 mg，求全过程中摩擦阻力做的功【答案】（ 1） 1m；（ 2）-0.8J；【解析】【详解】（1）小球刚好到达C 点 ,重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mgm v2R从 A 到 C 过程机械能守恒,由机械能守恒定律得：mg h 2R1 mv2 ,2解得：h 2.5R 2.5 0.4m 1m ；（ 2）在 C点 ,由牛顿第二定律得：2mgmgm vC ,R从 A 到 C 过程，由动能定理得：mg h 2R W f1 mvC20 ,2解得：W f0.8J ；3 如图甲所示，倾斜
5、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 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
6、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，位于竖直平面内的轨道BCDER=2m的1BC和光，由一半径为光滑圆弧轨道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
7、=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
8、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( H R)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 为了研究过山车的原理，某同学设计了如下模型：取一个与水平方向夹角为37、长为L=2.5 m 的粗糙倾斜轨道 AB，通过水平轨道 BC与半径为 R=0.
9、2 m 的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道 DE，整个轨道除 AB 段以外都是光滑的。其中 AB 与 BC 轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个质量m=2 kg 小物块，当从A 点以初速度v0 =6 m/s沿倾斜轨道滑下，到达C点时速度vC=4 m/s 。取g=10 m/s2 ， sin37 =0.60， cos37=0.80。（ 1）小物块到达 C 点时，求圆轨道对小物块支持力的大小；（ 2）求小物块从 A 到 B 运动过程中，摩擦力对小物块所做的功；（3）小物块要能够到达竖直圆弧轨道的最高点，求沿倾斜轨道滑下时在A 点的最小初速度 vA。【答案】 (1) N=180 N (2) Wf =-50
10、 J (3) vA30 m/s【解析】【详解】（1）在 C点时，设圆轨道对小物块支持力的大小为N，则：mvc2N mgR解得N=180 N（2）设 AB 过程中摩擦力对小物块所做的功为Wf，小物块 ABC 的过程，有mgL sin 37 W f1 mvc21 mv0222解得Wf =-50 J。（3）小物块要能够到达竖直圆弧轨道的最高点，设在最高点的速度最小为vm，则：mgmvm2R小物块从 A 到竖直圆弧轨道最高点的过程中，有mgL sin 37 Wf2mgR1 mvm21 mvA222解得vA30 m/s6 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
11、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 x1 at 22由牛顿第二定律有Fmgcosmgsinma解得拉力的大小F=10N.7 如图所示，光滑斜面 AB 的倾角 =53，BC为水平面， BC 的长度 l BC=1.10 m， CD 为光滑的
12、1 圆弧，半径 R=0.60 m一个质量 m=2.0 kg 的物体，从斜面上 A 点由静止开始下滑，物4体与水平面BC 间的动摩擦因数=0.20.轨道在B， C 两点光滑连接当物体到达D 点时，继续竖直向上运动，最高点距离D 点的高度h=0.20 m， sin 53 =0.8， cos 53 =0.6.g 取10m/s 2.求：(1)物体运动到C点时速度大小vC(2)A 点距离水平面的高度H(3)物体最终停止的位置到 C 点的距离 s.【答案】 (1)4 m/s(2)1.02 m (3)0.4 m【解析】【详解】(1)物体由 C 点到最高点，根据机械能守恒得：mg R h1 mvc22代入数据
13、解得： vC4m/ s(2)物体由 A 点到 C 点，根据动能定理得： mgHmglBC1mvc202代入数据解得： H1.02m(3)从物体开始下滑到停下，根据能量守恒得：mgxmgH代入数据，解得：x5.1m由于 x4l BC0.7 m所以，物体最终停止的位置到C 点的距离为：s0.4m 【点睛】本题综合考查功能关系、动能定理等；在处理该类问题时，要注意认真分析能量关系，正确选择物理规律求解 8 如图所示，质量为m1.0kg 的小物体从A 点以 vA5.0m/s 的初速度沿粗糙的水平面匀减速运动距离 s =1.0 m到达 B 点，然后进入半径 R=0.4m竖直放置的光滑半圆形轨道，小物体恰
14、好通过轨道最高点C 后水平飞出轨道，重力加速度g 取 l0m/s 2。求：(1)小物体到达 B 处的速度 vB ；(2)小物体在 B 处对圆形轨道压力的大小F N ；(3)粗糙水平面的动摩擦因数。【答案】 (1) 2 5m/s ；(2)60N ； (3) 0.25。【解析】【详解】(1)小物体恰好通过最高点C，由重力提供向心力，则：mgm vC2R得到：vcgR2m/s小物体从 B 点运动到C 点过程中机械能守恒，则：1 mvB21 mvC2mg 2R22得到：vBvC24gR2 5m/s ；(2)设小物体在 B 处受到的支持力为FN，根据牛顿第二定律有：FNmgm vB2R得到：FN6mg6
15、0N根据牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力FN 大小为 60N ，方向竖直向下。(3)小物体由 A 到 B 过程，由动能定理得到：mgs1mvB2 1mvA222得到：0.25 。【点睛】本题关键是恰好通过最高点，由重力提供向心力，然后再根据牛顿第二定律、机械能守恒和动能定理结合进行求解。9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
16、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vB=2.0m/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
17、，根据动能定理，有：W1 mBvB22（2 分）（2）滑块B 滑上传送带后做匀加速运动，设滑块B 从滑上传送带到速度达到传送带的速度 v 所用的时间为t，加速度大小为a，在时间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 t1 at 22（ 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
18、定理和匀变速运动规律的应用10 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h5m 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 10m / s2 ）(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：mgR1 mv02 ，2解得：v02m / s ；(2
19、)设小球离开B点做平抛运动的时间为1C点距离为xh1gt1t ，落地点到，由22得：t11s，x v0t12 1m2m斜面的倾角 =45，底边长 d=h=5m；因为 dx ，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，BFLB点到F点的时间为t2 ，长为 ，小球从L cosv0t 2 ， L sin1 gt 22 ，2联立、两式得t20.4s ；则Lv0t 21.13mcos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 1.13m 11 如图所示，半圆轨道的半径为R=10m， AB 的距离为S
20、=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vc(2) 在 C 点时，轨道对滑块的作用力NC（3）恒定外力 F 的大小【答案】（ 1） vc=20m/s （ 2） Nc=30N ，方向竖直向下（3） F=10N【解析】2R1 gt 2试题分析：（ 1） C 点飞出后正好做平抛运动，则 2xvt联立上述方程则 vc=20m/s（2）根据向心力知识则mg FNm v2rFN=30N，方向竖直向下。
21、（3）根据动能定理Fs1 mvB2022mgR1mvC21mvB222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。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30.1 kg、电荷量E510 N/C 的匀强电场中。一质量 m 4v0 6 m/s 从离水平地面高h 4.2 m 处开始q 1.0 10 C 的可视为质点的滑块以初速度向下运动，经M 点进入电场，从B 点离开电场
22、, 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：（2）物块离开B 点后，并停在了离B 点1.6m处的，解得C 点处：=8m/s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：方法二：滑块从B 到，解得：=9.6mC 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
