最新高考物理动能与动能定理练习题及答案

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．如图所示，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R = 3.75m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心D 的连线与竖直方向成37︒角，MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r =0.4m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接。已知重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）求小物块经过B 点时对轨道的压力大小；

（2）若MN 的长度为L 0=6m ，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小； （3）若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L 。

【答案】（1）62N （2）60N （3）10m 【解析】 【详解】

（1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：0cos37A v v ==︒ 解得：04

m /5m /cos370.8

A v v s s =

==︒

小物块经过A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有：

()2211cos3722

A B mv mg R R mv +-︒= 小物块经过B 点时，有：2

B

NB v F mg m R

-= 解得：()232cos3762N B

NB

v F mg m R

=-︒+=

根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N （2）小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有：

22011222

C B mgL mg r mv mv μ--⋅=

- 在C 点，由牛顿第二定律得：2

C

NC v F mg m r

+=

代入数据解得：60N NC F =

根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N

（3）小物块刚好能通过C 点时，根据22C

v mg m r

=

解得：2100.4m /2m /C v gr s s =

=⨯=

小物块从B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有：

22211222

C B mgL mg r mv mv μ--⋅=

- 代入数据解得：L =10m

2．如图所示，粗糙水平桌面上有一轻质弹簧左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R =1.0m 的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离是h =2.4m 。用质量为m =0.2kg 的物块将弹簧由B 点缓慢压缩至C 点后由静止释放，弹簧在C 点时储存的弹性势能E p =3.2J ，物块飞离桌面后恰好P 点沿切线落入圆轨道。已知物块与桌面间的动摩擦因数

μ=0.4，重力加速度g 值取10m/s 2，不计空气阻力，求∶

(1)物块通过P 点的速度大小；

(2)物块经过轨道最高点M 时对轨道的压力大小； (3)C 、D 两点间的距离；

【答案】(1)8m/s ；(2)4.8N ；(3)2m 【解析】 【分析】 【详解】

(1)通过P 点时，由几何关系可知，速度方向与水平方向夹角为60o ，则

2

2y v gh =

o sin 60y v v

=

整理可得，物块通过P 点的速度

8m/s v =

(2)从P 到M 点的过程中，机械能守恒

22

11=(1cos60)+22

o M mv mgR mv + 在最高点时根据牛顿第二定律

2M

N mv F mg R

+= 整理得

4.8N N F =

根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为4.8N (3)从D 到P 物块做平抛运动，因此

o cos 604m/s D v v ==

从C 到D 的过程中，根据能量守恒定律

2

12

p D E mgx mv μ=+

C 、

D 两点间的距离

2m x =

3．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD 透明玻璃管道，管道的半径较小。为研究方便建立平面直角坐标系，O 点为抛物口，下方接一满足方程y 59

=

x 2

的光滑抛物线形状管道OA ；AB 、BC 是半径相同的光滑圆弧管道，CD 是动摩擦因数μ＝0.8的粗糙直管道；各部分管道在连接处均相切。A 、B 、C 、D 的横坐标分别为x A ＝1.20m 、x B ＝2.00m 、x C ＝2.65m 、x D ＝3.40m 。已知，弹珠质量m ＝100g ，直径略小于管道内径。E 为BC 管道的最高点，在D 处有一反弹膜能量损失的反弹弹珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g ＝10m/s 2，求：

（1）若要使弹珠不与管道OA 触碰，在O 点抛射速度ν0应该多大；

（2）若要使弹珠第一次到达E 点时对轨道压力等于弹珠重力的3倍，在O 点抛射速度v 0应该多大；

（3）游戏设置3次通过E 点获得最高分，若要获得最高分在O 点抛射速度ν0的范围。 【答案】（1）3m/s （2）2m/s （3）3m/s ＜ν0＜6m/s 【解析】 【详解】 （1）由y 59

=

x 2

得：A 点坐标（1.20m ，0.80m ） 由平抛运动规律得：x A ＝v 0t ，y A 212

gt =

代入数据，求得 t ＝0.4s ，v 0＝3m/s ； （2）由速度关系，可得 θ＝53° 求得AB 、BC 圆弧的半径 R ＝0.5m OE 过程由动能定理得： mgy A ﹣mgR （1﹣cos53°）2201122

E mv mv =- 解得 v 0＝22m/s ；

（3）sinα 2.65 2.000.40

0.5

--=

=0.5，α＝30°

CD 与水平面的夹角也为α＝30°

设3次通过E 点的速度最小值为v 1．由动能定理得 mgy A ﹣mgR （1﹣cos53°）﹣2μmgx CD cos30°＝02112

mv - 解得 v 1＝23m/s

设3次通过E 点的速度最大值为v 2．由动能定理得 mgy A ﹣mgR （1﹣cos53°）﹣4μmgx CD cos30°＝02212

mv - 解得 v 2＝6m/s

考虑2次经过E 点后不从O 点离开，有

﹣2μmgx CD cos30°＝02

312

mv -

解得 v 3＝26m/s 故 23m/s ＜ν0＜26m/s

4．如图所示，光滑水平轨道距地面高h=0.8m ，其左端固定有半径R=0.6m 的内壁光滑的半圆管形轨道，轨道的最低点和水平轨道平滑连接．质量m 1=1.0kg 的小球A 以v 0=9m/s 的速度与静止在水平轨道上的质量m 2=2.0kg 的小球B 发生对心碰撞，碰撞时间极短，小球A 被反向弹回并从水平轨道右侧边缘飞出，落地点到轨道右边缘的水平距离s=1.2m ．重力加速度g=10m/s 2．求：

(1)碰后小球B 的速度大小v B ；

(2)小球B 运动到半圆管形轨道最高点C 时对轨道的压力． 【答案】（1）6m/s （2）20N ，向下 【解析】

(1)根据

得:

则

规定A的初速度方向为正方向，AB碰撞过程中，系统动量守恒，以A运动的方向为正方向，有：m1v0=m2v B-m1v A，

代入数据解得：v B=6m/s．

(2)根据动能定理得:

代入数据解得:

根据牛顿第二定律得:

解得:,方向向下

根据牛顿第三定律得，小球对轨道最高点的压力大小为20N，方向向上．

【点睛】

本题考查了动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律的综合，涉及到平抛运动、圆周运动，综合性较强，关键要理清过程，选择合适的规律进行求解.

5．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

，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=0.30

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/s2，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：

()211

sin 372

h mg qE h f

mv +-= 解得：

v 1=2.4m/s

(2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得：

()()22

2111=

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.

6．如图所示，AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R ．一个质量为m 的物体（可以看作质点）从直轨道上与圆弧的圆心O 等高的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．试求：

（1）物体释放后，第一次到达B 处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程s ；

（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力的大小；

（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D （E 、O 、D 为同一条竖直直径上的3个点），释放点距B 点的距离L 应满足什么条件．

【答案】（1）2(sin cos )tan B gR v θμθθ

-=；

R

L μ= （2）(32cos )N F mg θ=-；

（3）(32cos )2(sin cos )

R

L θθμθ+-

【解析】 【分析】 【详解】

（1）设物体释放后，第一次到达B 处的速度为1v ，根据动能定理可知：

2

1cos 1cos cos sin 2

R mgR mg mv θθμθ

θ-= 解得：

B v =

物体每完成一次往返运动，在AB 斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达B 点时，速度变为零，对物体从P 到B 全过程用动能定理，有

cos cos 0mgR mgL θμθ-=

得物体在AB 轨道上通过的总路程为

R

L μ

=

（2）最终物体以B 为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B 运动到E 时速度为

2v v ，由动能定理知：

221(1cos )2

v mgR m θ-=

在E 点，由牛顿第二定律有

22

N mv F mg R

-= 解得物体受到的支持力

(32cos )N F mg θ=-

根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为(32cos )N N F F mg θ'

==-，方向竖直向

下．

（3）设物体刚好到达D 点时的速度为D v 此时有

2D

mv mg R

= 解得：

D v =设物体恰好通过D 点时释放点距B 点的距离为0L ，有动能定理可知：

2

001[sin (1cos )]cos 2

D mg L R mg L mv θθμθ-+-=

联立解得：

0(32cos )2(sin cos )

R

L θθμθ+=

-

则：

(32cos )2(sin cos )

R

L

θθμθ+-

答案：（1）2(sin cos )tan B gR v θμθθ

-=

；

R

L μ= （2）(32cos )N F mg θ=-； （3）(32cos )2(sin cos )

R

L θθμθ+-

7．如图所示，半径R = 0.1m 的竖直半圆形光滑轨道BC 与水平面AB 相切，AB 距离x = 1m ．质量m = 0.1kg 的小滑块1放在半圆形轨道末端的B 点，另一质量也为m = 0.1kg 的小滑块2，从A 点以0210v =m/s 的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道．已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数μ= 0.2．取重力加速度210m/s g =．两滑块均可视为质点．求

(1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v ； (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能E ∆； (3)在C 点轨道对两滑块的作用力F ．

【答案】(1)v =3m/s (2)ΔE = 0.9J (3)F =8N ，方向竖直向下 【解析】 【详解】

(1)物块2由A 到B 应用动能定理：22101122

mgx mv mv μ-=- 解得v 1=6m/s

两滑块碰撞前后动量守恒，根据动量守恒有:12mv mv = 解得：3/v m s = 方向：水平向右 (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能22111

222

E mv mv ∆=-⨯ 解得：0.9J E ∆=

(3)两滑块从B 到C 机械能守恒，根据机械能守恒定律有：

221122222

c mv mv mgR ⨯=⨯+ 两滑块在C 点时：2

N 22C

v mg F m R

+=

解得：N 8N F =

据牛顿第三定律可得：在C 点轨道对两滑块的作用力F =8N ，方向竖直向下

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．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，

（2）在CD间运动，有：mgsinθ=ma，加速度为：a=gsinθ=10×0.6m/s2=6m/s2，

根据匀变速运动规律有：s＝vt+1

2

at2

代入数据解得：t=1

3 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＝0−1

2

mv2，

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＝0−1

2

mv2，

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．

10．如图甲所示，水平面上A点处有一质量m＝0.5kg的小物块，从静止开始在水平向右恒力F1作用下运动，通过B点时立即撤去力F1，物块恰好落到斜面P点。物块与水平面间的滑动摩擦力为f，f大小与物块离A点的距离d的关系如图乙所示。已知AB间距为2m，斜面倾角＝37°，BP间距为3m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求

(1)物块通过B点时速度大小;

(2)恒力F1大小

(3)现将图甲装置置于风洞实验室中，斜面BC .处于风场中，且足够长。物块从B 点以(1)同中的速度水平向右抛出，立即撤去力F 1，同时物块受到大小为4N 的风力F 2作用，风力方向从水平向左逆时针到竖直向下范围内可调，如图甲所示。调整风力方向使物块从抛出至落到斜面的时间最短，求该最短时间及在此条件下物块第一次落到斜面时的动能. 【答案】（1）4m/s （2）4.5N （3）7.69J 【解析】 【详解】

（1）物块从B 到P ，假设BP 间距为L ，根据平抛运动规律有 水平方向：cos B x L v t θ== ① 竖直方向：2

1sin 2

y L gt θ==

② 代入数据，联立①②式解得4m/s B v =； （2）由图乙可知摩擦力对物块做功为()121

2

f W f f d =-+ ③ 物块从A 到B ，由动能定理有2

1102

f B F d W mv +=- ④ 代入数据，联立③④式解得1 4.5N F = （3）方法一：

以B 点为坐标轴原点，水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴，假设2F 与x -轴方向成α角，根据运动的合成与分解有 水平方向：2

2cos 12B F x v t t m

α=- ⑤

竖直方向：()22

sin 12F mg y t m α+=

⑥

几何关系：tan y

x

θ=

⑦ 联立⑤⑥⑦式解得

()22tan sin cos 11tan 22B v t F mg F m m

θ

αα

θ

=

++ ⑧

代入数据可得()122044sin 3cos t αα=

++，要使t 最小，即4sin 3cos αα+要取最大值， 而()0434sin 3cos 5sin cos 5sin 3755ααααα⎛⎫+=+=+ ⎪⎝⎭

，故当053α=时，t 最小， min 0.3t s = 2cos x B F v v t m α=-

⑨ ()2sin y F mg v t m α+= ⑩

()2221122k x y E mv m v v =

=+ （11） 联立⑨⑩（11）式解得7.69J k E = （12）

（ 2.56m/s x v =， 4.92m/s y v =）

【或：把0.3mm t s =代入⑥式中解得0.738m y =⑨

假设落到Q 点，从B 到Q 过程，由动能定理得F G K W W E +=∆，

即2102

k B mgy E mv +=- ⑩ 代入数据解得7.69J k E = （11）

方法二：以B 点为坐标轴原点，沿斜面方向为x 轴，竖直斜面方向为y 轴，

sin ,cos By B y v v G mg θθ==，By v 和y G 均为定值，为使物块尽快落到斜面，故2F 垂直斜面向下。

x 方向：()()21cos sin 2

B x v t g t θθ-+ ⑤ y 方向：()22cos 1sin 2B F mg y v t t m

θθ+⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ⑥

0y =时，解得min 0.3t s = 或：21cos sin y B F mg v v t m θθ+⎛⎫=- ⎪⎝⎭

⑥ 当0y v =时，10.15t s =，120.3t t s ==

()cos sin x B v v g t θθ=+⑦

把0.3mn t s =代入⑦式中解得5m/s x v =，而sin 2.4m/s y By B v v v θ===，

()2221122

k x y E mv m v v ==+ ⑧ 代入数据解得7.69J k E = ⑨

【或：把0.3mn t s =代入⑤式中解得 1.23m x =，

假设落到Q 点，从B 到Q 过程，由动能定理得F G k W W E +=∆，

即210sin 2

k B mgx E mv θ+=- ⑦ 代入数据解得7.69J k E = ⑧】

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02μ=．

，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 2v 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．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

21t ∆－L 图象为如图所示的一条直线，并测得21t

∆－L 图象斜率为k 、纵轴截距为 b 。

（1）根据

2

1t ∆－L 图象可求得滑块经过A 位置时的速度v A =____，滑块在斜面上运动的加速度a =_____。 （2）实验利用光电门及公式v =

d t ∆测量滑块速度时，其测量值____真实值（选填“等于”、“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E p =___，E p 的测量值与真实值相比，测量值偏_____(填“大”或“小”)。

【答案】

12kd 2 小于 12mbd 2 大 【解析】

【详解】

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

瞬时速度接均速度，因此有B 点的速度为：B d v t =

∆，根据运动学公式有： 2

22B A v v aL -=，化简为222212A v a L t d d

=+∆，结合图象可得：22A v b d =，22a k d =

解得：A v = 第二空：由22a k d =，解得：212

a kd =； 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：221122

P A E mv mbd ==； 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：212N G f A W W W mv +-=， 而N P E W =真，摩擦力小于重力沿斜面的分量，p E 的测量值与真实值相比，测量值偏大。