高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)及解析

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段长度为

，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为

，轨道其它部分摩擦

不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量

的小物块从轨道右侧A点以初速度

后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取

冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道，求：

（1）弹簧获得的最大弹性势能

；

；

（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能轨道。

（3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离【答案】（1）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m 【解析】 【详解】

（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从A到压缩弹簧至最短的过程中，由动能定理得： −μmgl+W弹＝0−mv02 由功能关系：W弹=-△Ep=-Ep 解得 Ep=10.5J；

（2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得 −2μmgl＝Ek−mv02 解得 Ek=3J；

（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：

①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得 −2mgR＝mv22−Ek

小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得 R≤0.12m

②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心等高的位置，即mv12≤mgR，解得R≥0.3m；

设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得：

−2mgR＝mv12-mv02

且需要满足 m≥mg，解得R≤0.72m，

综合以上考虑，R需要满足的条件为：0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m。 【点睛】

解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。

2．如图所示，水平地面上一木板质量M＝1 kg，长度L＝3.5 m，木板右侧有一竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径R＝1 m，最低点P的切线与木板上表面相平．质量m＝2 kg的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以v039m/s的速度与圆弧轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最终滑离木板．已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g取10 m/s2．求： (1)滑块对P点压力的大小；

(2)滑块返回木板上时，木板的加速度大小； (3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间．

【答案】(1)70 N (2)1 m/s2 (3)1 s 【解析】 【分析】 【详解】

(1)滑块在木板上滑动过程由动能定理得：

1212mv－mv0 22解得：v＝5 m/s

－μ1mgL＝

在P点由牛顿第二定律得：

v2F－mg＝m

r解得：F＝70 N

由牛顿第三定律，滑块对P点的压力大小是70 N (2)滑块对木板的摩擦力Ff1＝μ1mg＝4 N 地面对木板的摩擦力 Ff2＝μ2(M＋m)g＝3 N

对木板由牛顿第二定律得：Ff1－Ff2＝Ma

a＝

Ff1－Ff2M＝1 m/s2

(3)滑块滑上圆弧轨道运动的过程机械能守恒，故滑块再次滑上木板的速度等于v＝5 m/s 对滑块有：(x＋L)＝vt－对木板有：x＝

1μ1gt2 212at 27s(不合题意，舍去) 3解得：t＝1 s或t＝

故本题答案是： (1)70 N (2)1 m/s2 (3)1 s 【点睛】

分析受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可．

3．如图所示是一种特殊的游戏装置，CD是一段位于竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆弧半径为10m，末端D处的切线方向水平，一辆玩具滑车从轨道的C点处下滑，滑到D点时速度大小为10m/s，从D点飞出后落到水面上的B点。已知它落到水面上时相对于O点（D点正下方）的水平距离OB10m。为了能让滑车抛到水面上的更远处，有人在轨道的下方紧贴D点安装一水平传送带，传送带右端轮子的圆心与D点的水平距离为8m，轮子半径为0.4m（传送带的厚度不计），若传送带与玩具滑车之间的动摩擦因数为0.4，玩具滑车的质量为4kg，不计空气阻力（把玩具滑车作质点处理），求 (1)玩具滑车到达D点时对D点的压力大小。

(2)如果传送带保持不动，玩具滑车到达传送带右端轮子最高点时的速度和落水点位置。 (3)如果传送带是在以某一速度匀速运动的（右端轮子顺时针转），试讨论玩具滑车落水点与传送带速度大小之间的关系。

【答案】(1)80N；(2)6m/s，6m；(3)见解析。 【解析】 【详解】

(1)玩具滑车到达D点时，由牛顿第二定律：

2vDFDmgm

R解得

2vD102FDmgm=404=80N；

R10(2)若无传送带时，由平抛知识可知：

xvDt

解得

t1s

如果传送带保持不动，则当小车滑到最右端时，由动能定理：

1212mvmvDmgL 22解得

v=6m/s

因为v6m/sgR2m/s，则小车从右端轮子最高点做平抛运动，则落水点距离传送

x'vt6m

带右端的水平距离：

(3)①若传送带的速度v≤6m/s，则小车在传送带上运动时一直减速，则到达右端的速度为6m/s，落水点距离传送带右端的水平距离为6m； ②若小车在传送带上一直加速，则到达右端时的速度满足

1'212mvmvDmgL 22解得

v'241m/s

若传送带的速度v241m/s，则小车在传送带上运动时一直加速，则到达右端的速度为

241m/s，落水点距离传送带右端的水平距离为xvt241m；

③若传送带的速度10m/s≥v≥6m/s，则小车在传送带上运动时先减速到v，然后以速度v匀速，则到达右端的速度为v，落水点距离传送带右端的水平距离为vt=vm；

④若传送带的速度241m/s≥v≥10m/s，则小车在传送带上运动时先加速到v，然后以速度v匀速，则到达右端的速度为v，落水点距离传送带右端的水平距离为vt=vm。

4．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐，一个质量为1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ=0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN=2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能Ep=0.5J。取重力加速度g=10m/s2。求：

(1)小球在C处受到的向心力大小； (2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm； (3)小球最终停止的位置。

【答案】(1)35N；(2)6J；(3)距离B 0.2m或距离C端0.3m 【解析】 【详解】

(1)小球进入管口C端时它与圆管上管壁有大小为F2.5mg的相互作用力 故小球受到的向心力为

F向2.5mgmg3.5mg3.511035N

(2)在C点，由

vc2F向=

r代入数据得

12mvc3.5J 2在压缩弹簧过程中，速度最大时，合力为零，设此时滑块离D端的距离为x0 则有

kx0mg

解得

x0mg0.1m k设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有

1mg(rx0)mvc2EkmEp

2得

1Ekmmg(rx0)mvc2Ep33.50.56J

2(3)滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得

mg3rmgs解得BC间距离

12mvc 2s0.5m

小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中，设物块在BC上的运动路程为s，由动能定理有

12mgsmvc

2解得

s0.7m

故最终小滑动距离B为0.70.5m0.2m处停下. 【点睛】

经典力学问题一般先分析物理过程，然后对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。

5．如图所示，在竖直平面内的光滑固定轨道由四分之一圆弧AB和二分之一圆弧BC组成，两者在最低点B平滑连接．过BC圆弧的圆心O有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各一块，挡板与圆弧轨道之间有宽度很小的缝隙．AB弧的半径为2R，BC弧的半径为R.一直

2R处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨3道运动．不考虑小球撞到挡板以后的反弹． (1)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．

径略小于缝宽的小球在A点正上方与A相距

(2)若小球能到达C点，求小球在B、C两点的动能之比；若小球不能到达C点，请求出小球至少从距A点多高处由静止开始自由下落才能够到达C点．

(3)使小球从A点正上方不同高度处自由落下进入轨道，小球在水平挡板上的落点到O点的距离x会随小球开始下落时离A点的高度h而变化，请在图中画出x2­h图象．(写出计算过程)

【答案】(1)mg (2) 4∶1 (3)

13过程见解析

【解析】 【详解】

（1）若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0

设小球的质量为m，在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有

mvC2N＋mg＝

R小球由开始下落至运动到C点过程中，机械能守恒，有

2mgR12mvC 32由两式可知

N＝

小球可以沿轨道运动到C点.

（2）小球在C点的动能为EkC，由机械能守恒得

EkC＝

设小球在B点的动能为EkB，同理有

EkB＝

得

EkB∶EkC＝4∶1．

（3）小球自由落下，经ABC圆弧轨道到达C点后做平抛运动。由动能定理得：

1mg 32mgR 38mgR 3mgh由平抛运动的规律得：

R1mvC2 212gt 2x=vCt

解得：

x2Rh 因为x＜3R，且vCgR 所以

R3Rh＜ 24x2-h图象如图所示：

6．如图所示，在倾角为θ=37°的斜面底端有一个固定挡板D，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端在O点，已知斜面OD部分光滑，PO部分粗糙且长度L=8m。质量m=1kg的物块（可视为质点）从P点静止开始下滑，已知物块与斜面PO间的动摩擦因数μ=0.25，g取10m/s2， sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： （1）物块第一次接触弹簧时速度的大小

（2）若弹簧的最大压缩量d=0.5m，求弹簧的最大弹性势能

（3）物块与弹簧接触多少次，反弹后从O点沿斜面上升的最大距离第一次小于0.5m

【答案】（1）8m/s （2）35J (3)5次 【解析】 【详解】

(1)物块在PO过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦力，此过程应用动能定理得：

mgLsinmgLcos解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：

12mv 2v2gLsincos8m/s

（2）物块由O到将弹簧压缩至最短的过程中，重力势能和动能减少、弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能Ep

Ep12mvmgdsin35J 2（3）物块第一次接触弹簧后，物体从O点沿斜面上升的最大距离s1,由动能定理得:

1mgs1mgs1cos0mv2

2解得：s14m

物块第二次接触弹簧后，物块从O点沿斜面上升的最大距离s2，由动能定理得：

mgsin(s1s2)mgcos(s1s2)0

解得：s22m

故物块每经过一次O点，上升的最大距离为上一次的

1 2L 2所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：s1则第n次上升的最大距离为：sn因为sn小于

L 2n1m，所以n>4，即物块与弹簧接触5次后，物块从O点沿斜面上升的最大距离21m 2

1kg套在轻杆的小物7．如图所示，一轻质弹簧左端固定在轻杆的A点，右端与一质量m＝2，CD部分为一段光块相连但不栓接，轻杆AC部分粗糙糙，与小物块间动摩擦因数=0．滑的竖直半圆轨道．小物块在外力作用下压缩弹簧至B点由静止释放，小物块恰好运动到5m，小物块刚经过C点速度v＝4m／s，g取10m/s2，不计空气半圆轨道最高点D，BC＝阻力，求：

（1）半圆轨道的半径R；

（2）小物块刚经过C点时对轨道的压力；

（3）小物块在外力作用下压缩弹簧在B点时，弹簧的弹性势能Ep． 【答案】⑴0.4m⑵50N 方向垂直向下(3)18J 【解析】 【分析】 【详解】

(1)物块由C点运动到D点，根据机械能守恒定律

2mgRR=0.4m

12mv 2⑵小物块刚过C点时

v2FN－mg = m

Rv2所以FNmgm50N

R根据牛顿第三定律知小物块刚经过C点时对轨道的压力：

FFN50N

方向垂直向下

(3)小物块由B点运动到C点过程中，根据动能定理

W弹mgLBC12mv 2带入数据解得：W弹=18J 所以Ep18J．

8．如图所示的实验装置，可用来探究物体在斜面上运动的加速度以及弹簧储存的弹性势能。实验器材有：斜面、弹簧(弹簧弹性系数较大)、带有遮光片的滑块(总质量为m)、光电门、数字计时器、游标卡尺、刻度尺。实验步骤如下：

①用适当仪器测得遮光片的宽度为d；

②弹簧放在挡板 P 和滑块之间，当弹簧为原长时，遮光板中心对准斜面上的A点； ③光电门固定于斜面上的B点，并与数字计时器相连；

④压缩弹簧，然后用销钉把滑块固定，此时遮光板中心对准斜面上的O点； ⑤用刻度尺测量A、B两点间的距离L；

⑥拔去锁定滑块的销钉，记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间△t； ⑦移动光电门位置，多次重复步骤④⑤⑥。 根据实验数据做出的纵轴截距为 b。

11L －图象为如图所示的一条直线，并测得－L图象斜率为k、22tt

1－L图象可求得滑块经过A位置时的速度vA=____，滑块在斜面上运动的加2t速度a =_____。

（1）根据

（2）实验利用光电门及公式v=“大于”或“小于”）。

（3）本实验中，往往使用的弹簧弹性系数较大，使得滑块从O到A恢复原长过程中弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，则弹簧储存的弹性势能Ep=___，Ep的测量值与真实值相比，测量值偏_____(填“大”或“小”)。

d测量滑块速度时，其测量值____真实值（选填“等于”、t【答案】db 【解析】 【详解】

121kd 小于 mbd2 大 22第一空：滑块从A到B做匀加速直线运动，设加速度为a，由于宽度较小，时间很短，所以

瞬时速度接近平均速度，因此有B点的速度为：vB2B2Ad，根据运动学公式有： t222avAvA12avv2aL，化简为22L2，结合图象可得：b2，k2

dtddd解得：vAdb； 第二空：由k2a12akd； ，解得：

d22第三空：由于弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，所以摩擦力和重力沿斜面的分量

忽略不计，根据能量守恒可得：EP121mvAmbd2； 2212mvA， 2第四空：考虑摩擦力和重力沿斜面的分量，根据动能定理可得：WNWGWf而EP真WN，摩擦力小于重力沿斜面的分量，Ep的测量值与真实值相比，测量值偏大。

9．一束初速度不计的电子流在经U＝5000V的加速电压加速后在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d＝1.0cm，板长l＝5.0cm，电子电量e＝

1.61019C，那么

（1）电子经过加速电场加速后的动能为多少?

（2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大的电压?

16【答案】(1) Ek810J (2)要使电子能飞出，所加电压最大为400V

【解析】 【详解】

（1）加速过程，由动能定理得:ElseU解得:Ek5000eV81016J

12mv0① 2（2）在加速电压一定时，偏转电压U越大，电子在极板间的偏转距离就越大当偏转电压大

到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压. 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动lv0t②

FeU在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，加速度:a③ mdm12at④ 21能飞出的条件为yd⑤

2偏转距离y解①~⑤式得:U„2Udl22250001.010225.010224.0102V

即要使电子能飞出，所加电压最大为400V

10．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，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接（即物体经过C点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，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μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6m，g取10m/s2，求

（1）滑块第一次经过B点时对轨道的压力 （2）整个过程中弹簧具有最大的弹性势能； （3）滑块最终停在何处？

【答案】（1）60N，竖直向下；（2）1.4J；（3）在BC间距B点0.15m处． 【解析】 【详解】

（1）滑块从A点到B点，由动能定理可得：mgR=解得：vB＝3m/s，

2vB 滑块在B点，由牛顿第二定律：F-mg=mR1mvB2 2解得：F＝60N，

由牛顿第三定律可得：物块对B点的压力：F′＝F＝60N； （2）滑块从A点到D点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W， 由动能定理可得：mgR﹣μmgLBC﹣mgLCDsin30°+W＝0，

其中：EP＝﹣W，解得：EP＝1.4J；

（3）滑块最终停止在水平轨道BC间，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程， 由动能定理可得：mgs0解得：s＝2.25m

则物体在BC段上运动的次数为：n＝

12mvB 22.25＝5.625， 0.45说明物体在BC上滑动了5次，又向左运动0.625×0.4＝0.25m， 故滑块最终停止在BC间距B点0.15m处（或距C点0.25m处）； 【点睛】

本题考查动能定理及牛顿第二定律等内容，要注意正确受力分析；对于不涉及时间的问题，优先选用动能定理．

11．如图所示，AB为倾角37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙，BP为圆心角等于143°、半径R=1m的竖直光滑圆弧轨道，两轨道相切于B点，P、Q两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m=2kg的小物块在外力作用下降弹簧缓慢压缩到D点后（不栓接）释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x12t4t2（式中x单位为m，t单位是s），假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g10m/s，试求：

2

（1）若CD=1m，试求物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功； （2）B、C两点间的距离x；

（3）若在P处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞后速度反向，速度大小不变，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？ 【答案】（1）156J（2）x【解析】

试题分析：（1）由x12t4t2知，物块在C点速度为v012m/s 设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理有

49m（3）不会脱离轨道 8WmgCDsin3712mv0 2代入数据得：W156J

（2）由x12t4t2知，物块从C运动到B过程中的加速度大小为a8m/s2

设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得mgsinmgcosma 代入数据解得0.25

2vP物块在P点的速度满足mgm

R物块从B运动到P的过程中机械能守恒，则有 mvB12212mvPmghpB，又2hpBR1sin53

22vBv02axBC 物块从C运动到B的过程中有 由以上各式解得xBC49m 8（3）假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O点等高的位置Q点，且设其速度为vQ， 由动能定理得 mvQ12212mvPmgR2mgxBCcos37 2vQ190 解得 可见物块返回后不能到达Q点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道． 考点：考查了动能定理，牛顿第二定律，机械能守恒定律

【名师点睛】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律以及牛顿第二定律，对学生的能力要求较高，关键理清物体的运动情况，掌握临界条件，选择合适的规律进行求解．

2

12．如图所示，A、B两球质量均为m，用一长为l的轻绳相连，A球中间有孔套在光滑的足够长的水平横杆上，两球处于静止状态．现给B球水平向右的初速度v0，经一段时间后B球第一次到达最高点，此时小球位于水平横杆下方l/2处．（忽略轻绳形变）求：

(1)B球刚开始运动时，绳子对小球B的拉力大小T； (2)B球第一次到达最高点时，A球的速度大小v1；

(3)从开始到B球第一次到达最高点的过程中，轻绳对B球做的功W．

222v0mglmvvgl00【答案】（1）mg+m（2）v1（3） l42【解析】 【详解】

（1）B球刚开始运动时，A球静止，所以B球做圆周运动

2v0对B球：T-mg=m

l2v0得：T=mg+m

l（2）B球第一次到达最高点时，A、B速度大小、方向均相同，均为v1

以A、B系统为研究对象，以水平横杆为零势能参考平面，从开始到B球第一次到达最高点，根据机械能守恒定律，

1211lmv0mglmv12mv12mg 22222vgl 0得：v1 2（3）从开始到B球第一次到达最高点的过程，对B球应用动能定理 W-mg

l1212mv1mv0 2222mglmv0得：W=

4