的小物块从轨道右侧 A 点以初速度
冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道
后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取
，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 ； （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 轨道。 【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
代入数据得：Q＝126 J 故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J 【点睛】 对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在 v-t 图像中图像包围的面积代表物体运 动做过的位移。
5．如图所示，一质量为 M、足够长的平板静止于光滑水平面上，平板左端与水平轻弹簧 相连，弹簧的另一端固定在墙上．平板上有一质量为 m 的小物块以速度 v0 向右运动，且在 本题设问中小物块保持向右运动．已知小物块与平板间的动摩擦因数为 μ，弹簧弹性势能 Ep 与弹簧形变量 x 的平方成正比，重力加速度为 g.求：
6J
(3)滑块从 A 点运动到 C 点过程，由动能定理得
解得 BC 间距离
mg
3r
mgs
1 2
mvc2
s 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
mgs
1 2
mvc2
解得
s 0.7m 故最终小滑动距离 B 为 0.7 0.5m 0.2m处停下.
（1）物体与传送带间的动摩擦因数； （2） 0～8 s 内物体机械能的增加量； （3）物体与传送带摩擦产生的热量 Q。 【答案】(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J 【解析】 【详解】 (1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,
且加速大小为
（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﹣ 5C；（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；
﹣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
4．如图甲所示，一倾角为 37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量 m＝1 kg 的小物体抛 上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方 向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8：求：
所以
k=20=mgsin30°
当达到最大速度时带 s0=1m， 得:
mg
sin
kqQ s02
q mg sin s02 =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:
(1)当弹簧第一次伸长量达最大时，弹簧的弹性势能为 Epm，小物块速度大小为 v0 求该过程 3
中小物块相对平板运动的位移大小；
(2)平板速度最大时弹簧的弹力大小；
(3)已知上述过程中平板向右运动的最大速度为 v.若换用同种材料，质量为 m 的小物块重复 2
上述过程，则平板向右运动的最大速度为多大？
【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 3.5110 35N
(2)在 C 点，由
代入数据得
（1）物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间； （2）传送带左右两端 AB 间的距离 l 至少为多少； （3）上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少； （4）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度 h′为多少？ 【答案】（1）1.6s （2）12.8m （3）160J （4）h′=1.8m 【解析】
F向
=
vc2 r
1 2
mvc2
3.5J
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
解得
kx0 mg
mg x0 k 0.1m
设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有
mg (r
x0 )
1 2
mvc2
Ekm
Ep
得
Ekm
mg(r
x0 )
1 2
mvc2
Ep
3 3.5 0.5
(1)mgsinθ=ma, h/sinθ= ,可得 t="1.6" s. (2)由能的转化和守恒得： mgh=μmgl/2，l="12.8" m.
(3)在此过程中，物体与传送带间的相对位移:x 相=l/2+v 带·t,又 l/2=
，
而摩擦热 Q=μmg·x 相，
以上三式可联立得 Q="160" J.
【答案】（1）2 10 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：
F1x1
F3 x3
mgx
1 2
mvB2
，
即
20
2-10
1-0.25
110
4J=
1 2
1
vB2
，
得：
vB 2 10m/s ；
（2）当滑块恰好能到达最高点 C 时，
mg m vC2 ； R
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，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。
【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:
斜率:
EP=mgh=mgssinθ
的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:
可解得：μ＝0.875. （2）根据 v-t 图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得 0～8 s 内物体的位移
0～8 s s 内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为
(3) 0～8 s 内只有前 6s 发生相对滑动. 0～6 s 内传送带运动距离为: 0～6 s 内物体位移为: 则 0～6 s 内物体相对于皮带的位移为 0～8 s 内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,
【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。
3．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
对滑块从 B 到 C 的过程中，由动能定理得：
W
mg
2R
1 2
mvC2
1 2
mvB2
，
带入数值得：
W =-5J ，
即克服摩擦力做的功为 5J；
7．如图所示，倾角为 30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以 6 m/s 的速度运 动，运动方向如图所示．一个质量为 2 kg 的物体（物体可以视为质点），从 h=3.2 m 高处 由静止沿斜面下滑，物体经过 A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不 计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为 0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端 AB 的中点处，重力加速度 g=10 m/s2，求：
高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理