高考物理动能与动能定理试题经典及解析

1．如图所示，圆弧轨道AB是在竖直平面内的1

4

圆周，B点离地面的高度h=0.8m，该处切

线是水平的，一质量为m=200g的小球（可视为质点）自A点由静止开始沿轨道下滑（不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力），小球从B点水平飞出，最后落到水平地面上的D 点．已知小物块落地点D到C点的距离为x=4m，重力加速度为g=10m/s2．求：

（1）圆弧轨道的半径

（2）小球滑到B点时对轨道的压力．

【答案】（1）圆弧轨道的半径是5m．

（2）小球滑到B点时对轨道的压力为6N，方向竖直向下．

【解析】

（1）小球由B到D做平抛运动，有：h=1

2

gt2

x=v B t

解得：

10

410/

220.8

B

g

v x m s

h

==⨯=

⨯

A到B过程，由动能定理得：mgR=1

2

mv B2-0

解得轨道半径R=5m

（2）在B点，由向心力公式得：

2

B

v N mg m

R -=

解得：N=6N

根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N=N=6N，方向竖直向下

点睛：解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动．

2．如图所示，斜面高为h，水平面上D、C两点距离为L。可以看成质点的物块从斜面顶点A处由静止释放，沿斜面AB和水平面BC运动，斜面和水平面衔接处用一长度可以忽略不计的光滑弯曲轨道连接，图中没有画出，不计经过衔接处B点的速度大小变化，最终物块停在水平面上C点。已知物块与斜面和水平面间的滑动摩擦系数均为μ。请证明：斜面

倾角θ稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置A 点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C 点。

【答案】见解析所示 【解析】 【详解】

设斜面长为L '，倾角为θ，物块在水平面上滑动的距离为S ．对物块，由动能定理得：

cos 0mgh mg L mgS μθμ-⋅'-=

即：

cos 0sin h

mgh mg mgS μθμθ

-⋅-= 0tan h

mgh mg

mgS μμθ

--= 由几何关系可知：

tan h

L S θ

=- 则有：

()0mgh mg L S mgS μμ---=

0mgh mgL μ-=

解得：h

L μ

=

故斜面倾角θ稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置A 点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C 点。

3．如图所示，AB 是一倾角为θ=37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数

=0.30μ，BCD 是半径为R =0.2m 的光滑圆弧轨道，它们相切于B 点，C 为圆弧轨道的最低

点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E = 4.0×103N/C ，质量m = 0.20kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB 对应的高度h = 0.24m ，滑块带电荷q = -5.0×10-4C ，取重力加速度g = 10m/s 2，sin37°= 0.60，cos37°=0.80．求：

（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B 点时的速度大小；

（2）滑块滑到圆弧轨道最低点C 时对轨道的压力． 【答案】(1) 2.4m/s (2) 12N 【解析】 【分析】

(1)滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B 点时的速度大小； (2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得C 点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解． 【详解】

(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力：

()cos370.96N f mg qE μ=+︒=

设到达斜面底端时的速度为v 1，根据动能定理得：

()2

11sin 372

h mg qE h f

mv +-=o 解得：

v 1=2.4m/s

(2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得：

()()222111=

1cos3722

m mg q v E v m R +︒-－ 当滑块经过最低点时，有：

()2N 2

F mg qE v m R

-+= 由牛顿第三定律：

N N 11.36N F F ==，

方向竖直向下． 【点睛】

本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择.

4．如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接。有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 随位移变化的关系如图乙所示。滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与半圆弧轨道BC 间的动摩擦因数未知，g 取10 m/s 2。求： （1）滑块到达B 处时的速度大小；

（2）若到达B 点时撤去F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。

【答案】（1）210 m/s 。（2）5 J 。 【解析】 【详解】

（1）对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得：

2

113312

B F x F x mgx mv μ--=

， 即

2

1202-101-0.251104J=12

B v ⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯，

得：

210m/s B v =；

（2）当滑块恰好能到达最高点C 时，

2C

v mg m R

=；

对滑块从B 到C 的过程中，由动能定理得：

22

11222

C B W mg R mv mv -⨯=

-， 带入数值得：

=-5J W ，

即克服摩擦力做的功为5J ；

5．如图所示，一长度LAB=4．98m ，倾角θ=30°的光滑斜面AB 和一固定粗糙水平台BC 平滑连接，水平台长度LBC=0．4m ，离地面高度H=1．4m ，在C 处有一挡板，小物块与挡板碰撞后原速率反弹，下方有一半球体与水平台相切，整个轨道处于竖直平面内。在斜面顶端A 处静止释放质量为m="2kg" 的小物块（可视为质点），忽略空气阻力，小物块与BC 间的动摩擦因素μ=0．1，g 取10m/s 2。问：

（1）小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小；

（2）小物块经过B 点多少次停下来，在BC 上运动的总路程为多少；

（3）某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板，最后小物块落在D 点，已知半球体半径

）

【答案】（1）7 m/s；（2）63次 24．9m（3）25次

【解析】

试题分析：小物块从开始运动到与挡板碰撞，重力、摩擦力做功，运用动能定理。求小物块经过B 点多少次停下来，需要根据功能转化或动能定理求出小物块运动的路程，计算出经过B点多少次。小物块经过平抛运动到达D点，可以求出平抛时的初速度，进而求出在BC段上运动的距离以及和当班碰撞的次数。

（1）从A到C段运用动能定理

mgsin-L AB=mv2

v=7m/s

（2）从开始到最后停下在BC段所经过的路程为x

mgsin L AB-mgx=0

x=24．9m

=31．1

经过AB的次数为312+1=63次

（3）设小物块平抛时的初速度为V0

H -r=gt2

r+=v 0t

v0=3 m/s

设第n次后取走挡板

mv2-mv02=2L bc n

n=25次

考点：动能定理、平抛运动

【名师点睛】解决本题的关键一是要会根据平抛运动的规律求出落到D时平抛运动的初速度；再一个容易出现错误的是在BC段运动的路程与经过B点次数的关系，需要认真确定。根据功能关系求出在BC段运动的路程。

6．光滑水平面AB与一光滑半圆形轨道在B点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的9倍，之后向上运动经C点再落回到水平面，重力加速度为g.求：

(1)弹簧弹力对物块做的功；

(2)物块离开C点后，再落回到水平面上时距B点的距离；

(3)再次左推物块压紧弹簧，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？

【答案】(1)（2）4R（3）或

【解析】

【详解】

（1）由动能定理得W＝

在B点由牛顿第二定律得：9mg－mg＝m

解得W＝4mgR

（2）设物块经C点落回到水平面上时距B点的距离为S，用时为t，由平抛规律知

S=v c t

2R=gt2

从B到C由动能定理得

联立知，S= 4 R

（3）假设弹簧弹性势能为ＥＰ，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知

ＥＰ≤mgR

若物块刚好通过C点，则物块从B到C由动能定理得

物块在C点时mg＝m

则

联立知：ＥＰ≥mgR.

综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为

ＥＰ≤mgR 或 ＥＰ≥mgR .

7．如图所示，水平传送带长为L =4m ，以02m /s v =的速度逆时针转动。一个质量为lkg 的物块从传送带左侧水平向右滑上传送带，一段时间后它滑离传送带。已知二者之间的动摩擦因数0.2μ=，g =10m/s 2。

(1)要使物块能从传送带右侧滑离，则物块的初速度至少多大？

(2)若物块的初速度为3m /s v '=，则物块在传送带上运动时因摩擦产生的热量为多少？ 【答案】(1)4m/s v >；(2)12.5J 【解析】 【详解】

(1)设物块初速度为v ，物块能从传送带右侧滑离，对其分析得：

21

2

k mgL E mv μ-=-

0k E >

解得：

4m/s v >

(2)物块在传送带上的运动是先向右减速运动，后向左加速运动。物块向右减速运动时，有：

1v t a '=

211

02

mgx mv μ'-=-

物块与传送带的相对滑动产生的热量：

()1011Q mg v t x μ=+

向左加速运动时，有：

2v t a =

2

2012

mgx mv μ=

物块与传送带的相对滑动产生的热量：

()2022Q mg v t x μ=-

1212.5J Q Q Q '=+=

8．如图为一水平传送带装置的示意图．紧绷的传送带AB 始终保持 v 0=5m/s 的恒定速率运行，AB 间的距离L 为8m ．将一质量m ＝1kg 的小物块轻轻放在传送带上距A 点2m 处的P 点，小物块随传送带运动到B 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N ．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2．求：

（1）该圆轨道的半径r ；

（2）要使小物块能第一次滑上圆形轨道达到M 点，M 点为圆轨道右半侧上的点，该点高出B 点0.25 m ，且小物块在圆形轨道上不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A 点的位置范围．

【答案】（1）0.5r m =（2）77?

.5,05?.5m x m x m ≤≤≤≤ 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度2

5/a g m s μ==

小物块与传送带共速时，所用的时间0

1v t s a

== 运动的位移0

2.52v x m a

∆=

=＜L －2=6m 故小物块与传送带达到相同速度后以05/v m s =的速度匀速运动到B ，然后冲上光滑圆弧

轨道恰好到达N 点，故有：2N

v mg m r

=

由机械能守恒定律得

22011(2)22

N mv mg r mv =+，解得0.5r m = （2）设在距A 点x 1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒

得：1()mg L x mgh μ－＝ 代入数据解得17.5?

x m ＝ 设在距A 点x 2处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒得：

2()mg L x mgR μ－＝代入数据解得27?x m ＝

则：能到达圆心右侧的M 点，物块放在传送带上距A 点的距离范围

；

同理，只要过最高点N 同样也能过圆心右侧的M 点，由（1）可知38 2.5 5.5?

x m m m -=＝ 则：0 5.5x m ≤≤．

故小物块放在传送带上放在传送带上距A 点的距离范围：77?.505?.5m x m x m ≤≤≤≤和 考点：考查了相对运动，能量守恒定律的综合应用

9．质量为M 的小车固定在地面上，质量为m 的小物体（可视为质点）以v 0的水平速度从

小车一端滑上小车，小物体从小车另一端滑离小车时速度减为0

2

v ，已知物块与小车之间的动摩擦因数为μ.求：

（1）此过程中小物块和小车之间因摩擦产生的热Q 以及小车的长度L .

（2）若把同一小车放在光滑的水平地面上，让这个物体仍以水平速度v 0从小车一端滑上小车.

a. 欲使小物体能滑离小车，小车的质量M 和小物体质量m 应满足什么关系?

b. 当M =4m 时，小物块和小车的最终速度分别是多少?

【答案】（1）2

038Q mv =，2038v L g μ=

（2）a. M >3m ；b. 025v ，0320

v 【解析】 【详解】

(1) 小车固定在地面时，物体与小车间的滑动摩擦力为

f m

g μ=，

物块滑离的过程由动能定理

22

0011()222

v fL m mv -=

- ① 解得：2

038v L g

μ=

物块相对小车滑行的位移为L ，摩擦力做负功使得系统生热，Q fL = 可得：203

8

Q mv =

（2）a.把小车放在光滑水平地面上时，小物体与小车间的滑动摩擦力仍为f ． 设小物体相对小车滑行距离为L '时，跟小车相对静止（未能滑离小车）共同速度为v ， 由动量守恒定律：

mv 0=(M +m )v ②

设这过程小车向前滑行距离为s . 对小车运用动能定理有:

21

2

fs Mv =

③ 对小物体运用动能定理有:

22

011()22

f L s mv mv '-+=- ④

联立②③④可得

220011

()()22mv fL mv M m M m

'=-++ ⑤

物块相对滑离需满足L L '>且203

8

fL mv = 联立可得：3M m >，

即小物体能滑离小车的质量条件为3M m >

b.当M =4m 时满足3M m >，则物块最终从小车右端滑离，设物块和车的速度分别为1v 、

2v .

由动量守恒：

012mv mv Mv =+

由能量守恒定律：

222012111()222

fL mv mv Mv =

-+ 联立各式解得：1025v v =

，203

20

v v =

10．如图，质量为m=1kg 的小滑块（视为质点）在半径为R=0.4m 的1/4圆弧A 端由静止开始释放，它运动到B 点时速度为v=2m/s ．当滑块经过B 后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C 点过渡到倾角为θ=37°、长s=1m 的斜面CD 上，CD 之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0≤μ≤1.5之间调节．斜面底部D 点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O 点，自然状态下另一端恰好在D 点．认为滑块通过C 和D 前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力．

（1）求滑块对B 点的压力大小以及在AB 上克服阻力所做的功； （2）若设置μ=0，求质点从C 运动到D 的时间； （3）若最终滑块停在D 点，求μ的取值范围． 【答案】（1）20N ， 2J ；（2）1

3

s ；（3）0.125≤μ＜0.75或μ=1． 【解析】 【分析】

（1）根据牛顿第二定律求出滑块在B 点所受的支持力，从而得出滑块对B 点的压力，根据动能定理求出AB 端克服阻力做功的大小．

（2）若μ=0，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出C 到D 的时间． （3）最终滑块停在D 点有两种可能，一个是滑块恰好从C 下滑到D ，另一种是在斜面CD

和水平面见多次反复运动，最终静止在D 点，结合动能定理进行求解． 【详解】

（1）滑块在B 点，受到重力和支持力，在B 点，根据牛顿第二定律有：F −mg ＝m 2

v R

，

代入数据解得：F=20N ， 由牛顿第三定律得：F′=20N ．

从A 到B ，由动能定理得：mgR −W ＝12

mv 2， 代入数据得：W=2J ．

（2）在CD 间运动，有：mgsinθ=ma ， 加速度为：a=gsinθ=10×0.6m/s 2=6m/s 2， 根据匀变速运动规律有：s ＝vt +12

at 2 代入数据解得：t=

13

s ． （3）最终滑块停在D 点有两种可能： a 、滑块恰好能从C 下滑到D ．则有： mg sinθ•s −μ1mg cosθ•s ＝0−12

mv 2， 代入数据得：μ1=1，

b 、滑块在斜面CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点． 当滑块恰好能返回C 有：−μ1mg cosθ•2s ＝0−12

mv 2， 代入数据得到：μ1=0.125，

当滑块恰好能静止在斜面上，则有：mgsinθ=μ2mgcosθ， 代入数据得到：μ2=0.75．

所以，当0.125≤μ＜0.75，滑块在CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点． 综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ＜0.75或μ=1． 【点睛】

解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动规律，运用动力学知识和动能定理进行求解，涉及到时间问题时，优先考虑动力学知识求解．对于第三问，要考虑滑块停在D 点有两种可能．

11．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1m kg ＝

套在轻杆的小物块相连但不栓接，轻杆AC 部分粗糙糙，与小物块间动摩擦因数02 =．

，CD 部分为一段光滑的竖直半圆轨道．小物块在外力作用下压缩弹簧至B 点由静止释放，小物块恰好运动到半圆轨道最高点D ，5BC m ＝

，小物块刚经过C 点速度4v m s ＝／，g 取210/m s ，不计空气阻力，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p E ． 【答案】⑴0.4m ⑵50N 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

2122

mgR mv =

R=0.4m

⑵小物块刚过C 点时

F N －mg = m 2

v R

所以2

50N v F mg m N 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：

50N F F N ==

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

212

BC W mgL mv μ-=

弹 带入数据解得：=18W J 弹 所以18p E J =．

12．一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 ＝

191.610-⨯C ，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?

【答案】(1) 16810k E -=⨯J (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:2012

ls E eU mv ==

① 解得:5000k E =eV 16810-=⨯J

（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0l v t =② 在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，加速度:F eU a m dm

'

==③ 偏转距离212

y at =

④ 能飞出的条件为12y d ≤⑤ 解①~⑤式得:()()222222225000 1.0102 4.0105.010Ud U l --⨯⨯⨯'==⨯⨯ (V)

即要使电子能飞出，所加电压最大为400V