【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：mgsinθ-μ2mgcosθ=0 解得：μ2=tanθ (2)对 m 设其最大加速度为 am，由牛顿第二定律得 水平方向：Nsinθ+μ2Ncosθ=mam 竖直方向：Ncosθ-μ2Nsinθ-mg=0
解得：N=12.5N
（3）从
D
到
E，由动能定理知：
mg
Hale Waihona Puke 2R1 2mvE 2
1 2
mvD2
解得： vD 5m / s
从
B
到
D，由动能定理知
mgL
1 2
mvD2
1 2
mvB2
解得： vB 7m / s
对物块 L vB vD t 2
解得：t=1s；
s相对 L vt 6 2 1m 8m
由能量守恒定律知： Q mgL s相对
L ），
解得，
Q＝ 1 2
m(
0
2gh)2 ；
考点：动能定理
【名师点睛】本题考查了求物体速度、动摩擦因数、产生的热量等问题，分析清楚运动过
程，熟练应用动能定理即可正确解题．
6．如图所示，光滑斜面 AB 的倾角 θ=53°，BC 为水平面，BC 的长度 lBC=1.10 m，CD 为光滑
的 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
解得：Q=16J
3．质量为 m=2kg 的小玩具汽车，在 t＝0 时刻速度为 v0=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/s2。求： (1)小汽车的最大速度 vm； (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：
水平方向： xp
h tan
vt
竖直方向： h 1 gt2 2
解得： xp 2
2hd sin h cos tan sin tan
【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、平抛运动规律即可正确解题．
5．如图所示，一质量为 m 的滑块从高为 h 的光滑圆弧形槽的顶端 A 处无初速度地滑下， 槽的底端 B 与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为 v0，两轮轴心间距为 L，滑块滑到 传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端 C 时，恰好加速到与传送带的速度相同，求：
由运动学公式有 v2 2a1L
联立解得 v 4 3 m/s
(2)设滑块沿斜面上滑的最大位移为 x，则有 v2 2a2 x 解得：x=3m 则滑块从斜面底端上滑到下滑到斜面底端的过程中，由动能定理有：
mg
cos
2x
Ek
1 2
mv2
解得： Ek =1.2J
8．如图所示，质量为 m 1.0kg 的小物体从 A 点以 vA 5.0m/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，
2．如图光滑水平导轨 AB 的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为 m=1kg 的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B 点与水平传送带的左端刚好平齐接 触，传送带的长度 BC 的长为 L=6m，沿逆时针方向以恒定速度 v=2m/s 匀速转动．CD 为光 滑的水平轨道，C 点与传送带的右端刚好平齐接触，DE 是竖直放置的半径为 R=0.4m 的光 滑半圆轨道，DE 与 CD 相切于 D 点．已知物块与传送带间的动摩擦因数 μ=0.2，取 g=10m/s2．
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：
得到：
mgs
1 2
mvB2
1 2
mvA2
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，摩托车做特技表演时，以 v0＝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/s2.求：
（1）滑块到达底端 B 时的速度大小 vB； （2）滑块与传送带间的动摩擦因数 μ；
（3）此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量 Q.
【答案】（1）
2gh （2） v02 2gh （3） m v0
2
2gh
2gl
2
【解析】
试题分析：（1）滑块在由
A
到
B
的过程中，由动能定理得：
mgh＝ 1 2
mg
FN
m
v2 R
得物块 A 受到的弹力为
v2 FN m R mg 150N
由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力为
作用力方向竖直向上
FN FN 150N
(3)物块 A 经竖直圆轨道后滑上水平轨道，在粗糙路段有摩擦力做负功，动能损失，由动能 定理，有
mgx
0
1 2
mv02
得
x 12.5m
【详解】
(1)物体由
C
点到最高点，根据机械能守恒得：
mg
R
h
1 2
mvc2
代入数据解得： vC 4m / s
(2)物体由
A
点到
C
点，根据动能定理得： mgH
mglBC
1 2
mvc2
0
代入数据解得： H 1.02m
(3)从物体开始下滑到停下，根据能量守恒得： mgx mgH
代入数据，解得： x 5.1m
解得： a
2g sin
cos tan sin
对 M、m 整体由牛顿第二定律得：F-μ1(M+m)g=(M+m)am
解得：
F
1
M
m
g
2 M
cos
m g
tan
sin sin
(3)对
M、m
整体由动能定理得：
Fd
1
M
m
gd
1 2
M
mv2
解得： v
dg sin
cos tan sin
对 m 由平抛运动规律得：
mvB2
0
，
解得：
＝
B
2gh ；
（2）滑块在由 B 到 C 的过程中，由动能定理得：μmgL＝ 1 mv02− 1 mvB2，
2
2
解得， ＝v02 2gh ； 2gL
（3）产生的热量：Q=μmgL
L 相对， 相对
0 B 2
2 g
＝ ( 0
2gh)2 2 g
（或
(0 2gh)2 v02 2gh
由于 x 4lBC 0.7m 所以，物体最终停止的位置到 C 点的距离为： s 0.4m ．
【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．
7．一质量为 m=0.1kg 的滑块(可视为质点)从倾角为 θ=37°、长为 L=6m 的固定租糙斜面顶端 由静止释放，滑块运动到斜面底端时的速度大小为 v，所用的时间为 t．若让此滑块从斜面
体与水平面 BC 间的动摩擦因数 μ=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 10 m/s2.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】
小物体恰好通过轨道最高点 C 后水平飞出轨道，重力加速度 g 取 l0m/s2。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 FN ； (3)粗糙水平面的动摩擦因数 μ。
【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：
物理动能定理的综合应用题 20 套(带答案)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，一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定，底端分别与两侧的直轨道相切，半 径 R=0.5m。物块 A 以 v0=10m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点 N，再沿圆轨道滑出，P 点 左侧轨道光滑，右侧轨道与物块间的动摩擦因数都为 μ=0.4，A 的质量为 m=1kg（A 可视为 质点） ，求： (1)物块经过 N 点时的速度大小； (2)物块经过 N 点时对竖直轨道的作用力； (3)物块最终停止的位置。
【解析】 【详解】
解：(1)设滑块和斜面间的动摩擦因数为 μ，滑块下滑时的加速度大小为 a1 ，滑块上滑时的
加速度大小为 a2 ，由牛顿第二定律可得 滑块下滑时有 mgsin mgcos ma1
滑块上滑时有 mgsin mgcos ma2
由题意有
v
a1t
a2
t 2
联立解得 μ=0.25
则滑块在斜面上下滑时的加速度 a1 =4m/s2，滑块上滑时的加速度大小 a2 =8m/s2