高考物理动能与动能定理题20套(带答案)

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点、圆心角 θ＝60°，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.2．某运动员从轨道上的A点以v0＝3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为m＝60kg，B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h＝2m和H＝2.5m.求：

(1)运动员从A点运动到B点过程中，到达B点时的速度大小vB； (2)水平轨道CD段的长度L；

(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C点的距离. 【答案】(1)vB＝6m/s (2) L＝6.5m (3)停在C点右侧6m处 【解析】 【分析】 【详解】

（1）在B点时有vB＝

v0，得vB＝6m/s cos60（2）从B点到E点有mghmgLmgH012mvB，得L＝6.5m 2（3）设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B到第一次返回左侧最高处有

12mghmgh'mg2L0mvB，得h′＝1.2m2回到B点，从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得

12mghmgs0mvB，得s＝19m，s＝2L＋6 m，故运动员最后停在C点右侧6m处.

2

2．如图所示，不可伸长的细线跨过同一高度处的两个光滑定滑轮连接着两个物体A和B，A、B质量均为m。A套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度为h。开始时让连着A的细线与水平杆的夹角α。现将A由静止释放（设B不会碰到水平杆，A、B均可视为质点；重力加速度为g）求：

(1)当细线与水平杆的夹角为β（90）时，A的速度为多大? (2)从开始运动到A获得最大速度的过程中，绳拉力对A做了多少功?

【答案】(1)vA【解析】 【详解】

2gh111cos2sinsinhWmgh(2)；T sin(2)A、B的系统机械能守恒

EP减EK加

hh1212mgmvAmvB

2sinsin2vAcosvB

解得

vA2gh111cos2sinsinEP减EK加

 (2)当A速度最大时，B的速度为零，由机械能守恒定律得

h12mghmvAm

sin2对A列动能定理方程

WT联立解得

12mvAm 2hWTmgh

sin

3．在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A和B，两小球质量均为m，A球带电荷量为

Q，B球不带电，A、B连线与电场线平行，开始时两球相距L，在电场力作用下，A球与

B球发生对心弹性碰撞．设碰撞过程中，A、B两球间无电量转移．

(1)第一次碰撞结束瞬间A、B两球的速度各为多大?

(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?

(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0时刻除外)，可以在水平面内加一与电场正交的磁场．请写出磁场B与时间t的函数关系．

1【答案】(1)vA10 vBB2QEL5QEL (2) (3) 2mL 2QEtmQEm2g(2mL2mL ) t3QEQEQE2QEL，碰前A的速度vA12aL；碰前B的速度vB10 mm''【解析】

（1）A球的加速度a设碰后A、B球速度分别为vA1、vB1，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：

''mvA1mvA1mvB1，mvA1mvA1mvB1

12212'212'2所以B碰撞后交换速度：vA10，vB1vA1''2QEL m（2）设A球开始运动时为计时零点，即t0，A、B球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为t1、t2；由匀变速速度公式有：t1vA10a2mL QE第一次碰后，经t2t1时间A、B两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度分别为

vA2和vB2，由位移关系有：vB1t2t1a'122mL33，得到： t2t1t2t1QE2vA2at2t12at12vA12122'2QEL；vB2vB1 m由功能关系可得：W电=mvA2mvB25QEL

（另解：两个过程A球发生的位移分别为x1、x2，x1L，由匀变速规律推论x24L，根据电场力做功公式有：WQEx1x25QEL） （3）对A球由平衡条件得到：QBvAmg，vAat，aQE m1222mgmg2mL20t从A开始运动到发生第一次碰撞：Bt QatQEtQE从第一次碰撞到发生第二次碰撞：

Bt2mL2mLt3 QEQE22mLQEtQEmg2点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A球受电场力，但碰撞的内力远

大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒．由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度．那么A球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞．题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些．

4．如图（a）所示，倾角θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2×10﹣4C的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b）所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象．（g=10m/s2，静电力恒量K=9×109N•m2/C2）则

（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况； （2）求小球的质量m和电量q；

（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；

（4）在图（b）中画出小球的电势能ε 随位移s变化的图线．（取杆上离底端3m处为电势零点）

【答案】（1）小球的速度先增大，后减小；小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．（2）4kg；1.11×10﹣

5

C；（3）4.2×106V（4）图像如图, 线3即为小球电势能随位移s变化的图线；

【解析】 【分析】 【详解】

（1）由图线2得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力

逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零． （2）由线1可得:

EP=mgh=mgssinθ

斜率:

k=20=mgsin30°

所以

m=4kg

当达到最大速度时带电小球受力平衡:

mgsin由线2可得s0=1m， 得:

kqQ2 s02mgsins0q=1.11×10﹣5C

kQ（3）由线2可得，当带电小球运动至1m处动能最大为27J． 根据动能定理:

WG+W电=△Ek

即有:

﹣mgh+qU=Ekm﹣0

代入数据得:

U=4.2×106V

（4）图中线3即为小球电势能ε随位移s变化的图线

5．如图所示，四分之一光滑圆弧轨道AO通过水平轨道OB与光滑半圆形轨道BC平滑连接，B、C两点在同一竖直线上，整个轨道固定于竖直平面内，以O点为坐标原点建立直角坐标系xOy。一质量m=1kg的小滑块从四分之一光滑圆弧轨道最高点A的正上方E处由静止释放，A、E间的高度差h=2.7m，滑块恰好从A点沿切线进入轨道，通过半圆形轨道BC的最高点C时对轨道的压力F=150N，最终落到轨道上的D点(图中未画出)。已知四分之一

圆弧轨道AO的半径R=1.5m，半圆轨道BC的半径r=0.4m，水平轨道OB长l=0.4m，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)小滑块运动到C点时的速度大小； (2)小滑块与水平轨道OB间的动摩擦因数； (3)D点的位置坐标.

【答案】(1)vC8m/s (2)0.5 (3)x1.2m,y0.6m 【解析】 【详解】

（1）滑块在C点时，对滑块受力分析，有

vC2 Fmgmr解得：vC8m/s

（2）滑块从E点到C点过程，由动能定理可知：

mghR2rmgl解得：0.5

12mvc 2（3）小滑块离开C点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则

2r12gt，svCt 2解得：s3.2ml0.4m

所以滑块落到四分之一圆弧轨道上，设落点坐标为x,y，则有：

2ry12gt 22lxvCt

x2RyR2

解得：x1.2m，y0.6m

6．如图所示在竖直平面内，光滑曲面AB与长度l=3m的水平传送带BC平滑连接于B点，

传送带BC右端连接内壁光滑、半径r=0.55m的四分之一细圆管CD，圆管内径略大于物块尺寸，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=50N/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m=0.5kg的物块（可视为质点）从曲面上P点静止释放，P点距BC的高度为h=0.8m．（已知弹簧的弹性势能Ep与弹簧的劲度系数k和形变量x的关系是：Ep=求：

12

kx，水平传送带与物间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取10m/s2．）2

（1）若传送带静止不动物块在水平传送带BC上前进的距离；

（2）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s，物块刚进入细圆管CD时对管道的弹力，物块在压缩弹簧过程中的最大速度（压缩弹簧过程未超过弹性限度）；

（3）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s，物块从第一次进入细圆管后将做周期性的运动．由于物块与传送带发生相对运动，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能． 【答案】（1）2m（2）4m/s（3）4J 【解析】 【分析】 【详解】

（1）物块从P点静止释放到停在传送带某处的过程中，根据动能定理得mgh-μmgx=0-0 解得x =2m；

（2）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s，因为传送带长度l=3m大于2m，所以物块到达C点的速度vC=2m/s

2vC物块经过管道C点，根据牛顿第二定律得mg-N=m

r解得，管道对物块的弹力N=

15N≈1.36N，方向竖直向上 11根据牛顿第三定律得知，物块对管道的弹力大小N′=N≈1.36N，方向竖直向下． 物块从C点运动到速度最大的过程，根据平衡条件得mg =kx′ 得x′=0.1m

121212kx'=mvm-mvC 222解得，最大速度vm=4m/s

由动能定理得mg(r+x′)-（3）物块再次回到C点的速度仍为2m/s，它在传送带上先向左匀减速运动到速度为零，

再向右匀加速运动至C点，速度大小仍为2m/s，因此，电动机多消耗的电能即为物块与传送带之间的摩擦生热.

2vC22==0.5m 物块向左减速的位移x1=

2g20.410物块与传送带间的相对位移△x1=x1+v0•解得△x1=1.5m

v0 g2vC=0.5m 物块向右加速运动的位移x2=

2gv0物块与传送带间的相对位移△x2=v0•-x2=0.5m

g因此，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能是E=μmg(△x1+△x2) 解得:E =4J

7．如图所示，在粗糙水平轨道OO1上的O点静止放置一质量m=0.25kg的小物块(可视为质点)，它与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.4，OO1的距离s=4m．在O1右侧固定了一半径R=0.32m的光滑的竖直半圆弧，现用F=2N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力．(g=10m/s2)求：

(1)为使小物块到达O1，求拉力F作用的最小距离；

(2)若将拉力变为F1，使小物块从O点由静止开始运动至OO1的中点时撤去拉力，恰能使小物块经过半圆弧的最高点，求F1的大小． 【答案】(1)2m (2)3N 【解析】 【分析】 【详解】

(1)为使小物块到达O1，设拉力作用的最小距离为x 根据动能定理知：

Fxmgs00

0.40.25104m2m

F2（2）当小物块恰好过最高点时：

解得：xmgsv2mgm

R从O点运动到最高点的过程由动能定理得：

s1F1mgsmg2Rmv20

22解得：F13N

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、t2t2

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t2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

d测量滑块速度时，其测量值____真实值（选填“等于”、t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”)。 【答案】db 【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：vB2B2A121kd 小于 mbd2 大 22d，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250001.0102Ud22l25.0102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，在高h1＝30 m的光滑水平平台上，质量m＝1 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep．若打开锁扣K，物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道．B点的高度h2＝15 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L＝70 m的水平粗糙轨道CD平滑连接；小物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，取g＝10 m/s2． (1)求小物块由A到B的运动时间；

(2)求小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小；

(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点P(P点没画出)．设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围．

【答案】(1)3s (2)50 J (3)【解析】 【分析】 【详解】

11≤μ≤

26(1)由于h1＝30 m，h2＝15 m，设从A运动到B的时间为t，则h1－h2＝解得t12gt 23s

(2)由Rcos∠BOC＝h1－h2，R＝h1，所以∠BOC＝60°.设小物块平抛的水平速度是v1，则

gttan60 v1解得：v1＝10 m/s则Ep＝

12

mv＝50 J 2(3)设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s总．

根据题意，该路程的最大值是smax＝3L，路程的最小值是smin＝L

路程最大时，动摩擦因数最小，路程最小时，动摩擦因数最大，即由能量守恒知： mgh1＋mgh1＋

12

mv＝μminmgsmax 212

mv＝μmaxmgsmin 2解得：μmax＝即

11，μmin＝ 2611≤μ≤

26

11．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，

1mvB2 22vB 滑块在B点，由牛顿第二定律：F-mg=mR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．

12．可视为质点的小滑块从半径为0.8m的四分之一光滑圆弧轨道顶端滑下。在轨道最低点滑上水平传送带的最右端（设轨道衔接处无机械能损失）。设传送带长度L=8m，并以恒定的v=3m/s速度顺时针转动，小滑块恰好能运动到水平传送带的最左端而没有掉下传送带。已知重力加速度大小为g=10m/s2。求：

（1）物块与传送带间的动摩擦因数；

（2）物块从圆弧轨道最低点滑入传送带到第一次返回圆弧轨道最低点所用的时间（本小题计算结果保留两位有效数字）。 【答案】（1）0.1；（2）8.17s 【解析】 【详解】

（1）物块从圆形光滑轨道下滑的过程，根据机械能守恒有

mgR12mv1 212mv1 2解得v14m/s

物块沿传送带滑到最左端速度恰好为零，由动能定理有mgL0代入数据解得：0.1

2（2）物块在传送带先做匀减速运动ag1m/s

则物块减速到零的时间为t1v14s av3s a反向加速时加速度不变，故加速时间为t2这段时间的位移为x112at24.5m 2Lx11.17s v之后物块随传送带匀速运动，则t3物块在传送带上第一次往返所用的时间为tt1t2t38.17s