高中物理動(dòng)能與動(dòng)能定理真題匯編含答案及解析

1、高中物理動(dòng)能與動(dòng)能定理真題匯編(含答案)及解析一、高中物理精講專題測試動(dòng)能與動(dòng)能定理1.如圖所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑r=0.2m的四分之一細(xì)圓管 CD,管口 D端正下方直立一根勁度系數(shù)為 k=100N/m的輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊，一個(gè)質(zhì)量為 1kg的小球放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC的高度為h=0.6m處靜止釋放小球，它與 BC間的動(dòng)摩擦因數(shù) 斤0.5,小球進(jìn)入管口 C端時(shí)，它對上管壁有 FN=2.5mg的相互作用力，通過 CD后，在壓縮 彈簧過程中滑塊速度最大時(shí)彈簧彈性勢能Ep=0.5J。取重力加速度g=10

2、m/s2。求：(1)小球在C處受到的向心力大小；(2)在壓縮彈簧過程中小球的最大動(dòng)能Ekm；(3)小球最終停止的位置?！敬鸢浮?1)35N; (2)6J; (3)距離B 0.2m或距離 C端0.3m【解析】【詳解】(1)小球進(jìn)入管口 C端時(shí)它與圓管上管壁有大小為F 2.5mg的相互作用力故小球受到的向心力為F 向 2.5mg mg 3.5mg 3.5 1 10 35N(2)在C點(diǎn)，由代入數(shù)據(jù)得1 mv2 3.5J在壓縮彈簧過程中，速度最大時(shí)，合力為零，設(shè)此時(shí)滑塊離D端的距離為X。則有kxg mg解得mg - -x00.1mk設(shè)最大速度位置為零勢能面，由機(jī)械能守恒定律有mg(rX0)1 2一 m

3、vc2EkmEp1 2 L Ekm mg(r x) mvc Ep3 3.5 0.5 6J(3)滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理得mg 3rmgs2-mvc解得BC間距離s 0.5m小球與彈簧作用后返回 C處動(dòng)能不變，小滑塊的動(dòng)能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中，設(shè)物塊在 BC上的運(yùn)動(dòng)路程為s ,由動(dòng)能定理有12mgs mvc解得s 0.7m故最終小滑動(dòng)距離 B為0.7 0.5m 0.2m處停下.【點(diǎn)睛】經(jīng)典力學(xué)問題一般先分析物理過程，然后對物體進(jìn)行受力分析，求得合外力及運(yùn)動(dòng)過程做功情況，然后根據(jù)牛頓定律、動(dòng)能定理及幾何關(guān)系求解。2.如圖所示，足夠長的光滑絕緣水平臺左端固定一被壓縮的絕

4、緣輕質(zhì)彈簧，一個(gè)質(zhì)量 m 0.04kg，電量q 3 10 4C的帶負(fù)電小物塊與彈簧接觸但不栓接，彈簧的彈性勢能為0.32J。某一瞬間釋放彈簧彈出小物塊，小物塊從水平臺右端A點(diǎn)飛出，恰好能沒有碰撞地落到粗糙傾斜軌道的最高點(diǎn)B,并沿軌道BC滑下，運(yùn)動(dòng)到光滑水平軌道CD ,從點(diǎn)進(jìn)入到光滑豎直圓內(nèi)側(cè)軌道。已知傾斜軌道與水平方向夾角為37 ,傾斜軌道長為L 2.0m ,帶電小物塊與傾斜軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5。小物塊在C點(diǎn)沒有能量損失，所有軌道都是絕緣的，運(yùn)動(dòng)過程中小物塊的電量保持不變，可視為質(zhì)點(diǎn)。只有光滑豎 直圓軌道處存在范圍足夠大的豎直向下的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)E 2 105V/m。已知2cos37 0.

5、8, sin37 0.6 ,取 g 10m/s ,求：(1)小物塊運(yùn)動(dòng)到 A點(diǎn)時(shí)的速度大小 vA；(2)小物塊運(yùn)動(dòng)到 C點(diǎn)時(shí)的速度大小 vC ；(3)要使小物塊不離開圓軌道，圓軌道的半徑應(yīng)滿足什么條件?【答案】(1) 4m/s； (2) 有3m/s； (3) R? 0.022m【解析】【分析】【詳解】(1)釋放彈簧過程中，彈簧推動(dòng)物體做功，彈簧彈性勢能轉(zhuǎn)變?yōu)槲矬w動(dòng)能解得(2) A到B物體做平拋運(yùn)動(dòng)，到 B點(diǎn)有vA = cos37Vb所以vB= - =5m/s0.8B到C根據(jù)動(dòng)能定理有mgLsin37解得mgcos37 L 1mvC - mv222vC =V33m/s(3)根據(jù)題意可知，小球受到

6、的電場力和重力的合力方向向上，其大小為F=qE-mg=59.6N所以D點(diǎn)為等效最高點(diǎn)，則小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為零，此時(shí)的速度最小，即2VdF= m -R解得所以要小物塊不離開圓軌道則應(yīng)滿足Vc身D得:FK 0.022m3.如圖甲所示，一傾角為37。的傳送帶以恒定速度運(yùn)行.現(xiàn)將一質(zhì)量 m = 1 kg的小物體拋上傳送帶，物體相對地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g= 10 m/s2, sin 37=0.6, cos 37=0.8：求：(1)物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2) 08 s內(nèi)物體機(jī)械能的增加量；(3)物體與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q?！敬鸢浮?1)科=0.

7、875.(2) E= 90 J (3) Q= 126 J【解析】【詳解】(1)由圖象可以知道，傳送帶沿斜向上運(yùn)動(dòng)，物體放到傳送帶上的初速度方向是沿斜面向下的I 2a = - = 1m/且加速大小為的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對其受力分析，由牛頓第二定律得：- mg5M。= ma可解得：尸0.875.(2)根據(jù)v-t圖象與時(shí)間軸圍成的面積”大小等于物體的位移，可彳導(dǎo)08 s內(nèi)物體的位移 TOC o 1-5 h z 2 + 611=X4-X2x2 = 4m HYPERLINK l bookmark30 o Current Document 2208 s s內(nèi)物體的機(jī)械能的增加量等于物體重力勢能的增加量和動(dòng)能

8、增加量之和，為1 1+ -m x - -m x 22 = 9(1/3) 08 s內(nèi)只有前6s發(fā)生相對滑動(dòng).06 s內(nèi)傳送帶運(yùn)動(dòng)距離為S度=4 = 24m06 s內(nèi)物體位移為F物=/加則06 s內(nèi)物體相對于皮帶的位移為 的二18阿08 s內(nèi)物體與傳送帶因?yàn)槟Σ廉a(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以二者間的相對位移大小，Q =2 zls代入數(shù)據(jù)得：Q = 126 J故本題答案是：(1) 0.875.(2) B= 90 J(3)Q=126 J【點(diǎn)睛】對物體受力分析并結(jié)合圖像白斜率求得加速度，在v-t圖像中圖像包圍的面積代表物體運(yùn)動(dòng)做過的位移。.如圖所示，在傾角為0=37。的斜面底端有一個(gè)固定擋板D,處于自然長度的

9、輕質(zhì)彈簧端固定在擋板上，另一端在 O點(diǎn)，已知斜面 OD部分光滑，PO部分粗糙且長度L=8m。質(zhì) 量m=1kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從 P點(diǎn)靜止開始下滑，已知物塊與斜面 PO間的動(dòng)摩擦因數(shù) p=0.25, g 取 10m/s2, sin37 = 0.6, cos37=0.8。求：(1)物塊第一次接觸彈簧時(shí)速度的大小(2)若彈簧的最大壓縮量 d=0.5m,求彈簧的最大彈性勢能(3)物塊與彈簧接觸多少次，反彈后從O點(diǎn)沿斜面上升的最大距離第一次小于0.5mD【答案】(1) 8m/s (2) 35J (3)5次【解析】【詳解】(1)物塊在PO過程中受到豎直向下的重力、垂直斜面向上的彈力、和沿斜面向上的摩擦

10、 力，此過程應(yīng)用動(dòng)能定理得：1 2mgLsinmgL cos一 mv2解得物塊第一次接觸彈簧時(shí)物體的速度的大小為:v 2gL sincos 8 m/s(2)物塊由O到將彈簧壓縮短的過程中，重力勢能和動(dòng)能減少、彈簧的彈性勢能增加，由能量守恒定律可得彈簧的最大彈性勢能昂Ep1 2一 mv2mgd sin 35J(3)物塊第一次接觸彈簧后，物體從O點(diǎn)沿斜面上升的最大距離*，由動(dòng)能定理得：mgsi12mgs1 cos0 mv解得：s 4m物塊第二次接觸彈簧后，物塊從 O點(diǎn)沿斜面上升的最大距離 22,由動(dòng)能定理得:mg sin (s s2)mg cos (sS2)0解得：s 2m故物塊每經(jīng)過一次 O點(diǎn)，

11、上升的最大距離為上一次的所以，物塊第一次返回時(shí)沿斜面上升的最大距離為:則第n次上升的最大距離為:Sn -J21因?yàn)镾n -m,所以n4,即物塊與彈簧接觸 5次后，物塊從 O點(diǎn)沿斜面上升的最大距離21 小于一m2.如圖所示，兩個(gè)半圓形的光滑細(xì)管道(管道內(nèi)徑遠(yuǎn)小于半圓形半徑 )在豎直平面內(nèi)交疊，組成“浮形通道.大半圓 BC的半徑R=0.9m,小半圓CD的半徑r=0.7m,在“S字形通道底 部B連結(jié)一水平粗糙的細(xì)直管 AB. 一質(zhì)量m=0.18kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從 A點(diǎn)以V0=12m/s的速度向右進(jìn)入直管道，經(jīng)t1=0.5s到達(dá)B點(diǎn)，在剛到達(dá)半圓軌道 B點(diǎn)時(shí)，對B點(diǎn)的壓力為Nb=21.8N.(

12、取重力加速度 g=10m/s2)求：(1)小球在B點(diǎn)的速度Vb及小球與AB軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)？(2)小球到達(dá)“書形通道的頂點(diǎn) D后，又經(jīng)水平粗糙的細(xì)直管DE,從E點(diǎn)水平拋出，其水平射程S=3.2m.小球在E點(diǎn)的速度Ve為多少？(3)求小球在到達(dá) C點(diǎn)后的瞬間，小球受到軌道的彈力大小為多少？方向如何？【答案】(1) VB=10m/s ,=0.4 (2) Ve=S/ t=4m/s (3) Nc=18.25N 方向向上【解析】【詳解】(1)根據(jù)牛頓第二定律有NB-mg=mVB2/RVB=10m/sa=(V0-VB)/t=4m/s 2mg=m a a =mg =0.4H=2R+2r=3.2m2H仁、gV

13、e=S/ t=4m/sNc- mg=mVC2/r m VB2=2mg R+； m Vc2Nc=18.25N方向向上.如圖所示，半徑 R = 0.1m的豎直半圓形光滑軌道 BC與水平面 AB相切，AB距離x = 1m.質(zhì)量m = 0.1kg的小滑塊1放在半圓形軌道末端的 B點(diǎn)，另一質(zhì)量也為 m = 0.1kg的小 滑塊2,從A點(diǎn)以V0 2J10m/s的初速度在水平面上滑行，兩滑塊相碰，碰撞時(shí)間極短，碰后兩滑塊粘在一起滑上半圓形軌道.已知滑塊2與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)尸0.2.取重力加速度g 10m/s2.兩滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn).求 TOC o 1-5 h z (1)碰后瞬間兩滑塊共同的速度大小v；(

14、2)兩滑塊在碰撞過程中損失的機(jī)械能E ；(3)在C點(diǎn)軌道對兩滑塊的作用力F.【答案】(1)v=3m/s(2) E= 0.9J(3F=8N,方向豎直向下【解析】【詳解】1212物塊2由A到B應(yīng)用動(dòng)能定理：mgx -mv1 mv0 HYPERLINK l bookmark81 o Current Document 22解得W=6m/s兩滑塊碰撞前后動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒有：mvi 2mv解得：v 3m/s方向：水平向右1212(2)兩滑塊在碰撞過程中損失的機(jī)械能E m%2 2mv解得：E 0.9J(3)兩滑塊從B到C機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有:12122mv - 2mvc 2mgR2兩滑塊在

15、C點(diǎn)時(shí)：2mg Fn 2mvC解得：Fn 8N據(jù)牛頓第三定律可得：在 C點(diǎn)軌道對兩滑塊的作用力 F=8N,方向豎直向下.如圖所示，光滑水平面 MN的左端M處有一彈射裝置 P,右端N處與水平傳送帶恰平 齊接觸，傳送帶水平部分長度L=16m,沿逆時(shí)針方向以恒定速度 v=2m/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng).ABCDE是由三部分光滑軌道平滑連接在一起組成的，AB為水平軌道，弧 BCD是半徑為R的半圓弧軌道，弧DE是半徑為2R的圓弧軌道，弧 BCD與弧DE相切在軌道最高點(diǎn) D,R=0. 6m.平面部分A點(diǎn)與傳送帶平齊接觸.放在 MN段的物塊m (可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度V0=4m/s沖上傳送帶，物塊與傳送帶間的摩擦因數(shù)科=0

16、 2,物塊的質(zhì)量 m=1kg.結(jié)果物塊從滑上傳送帶又返回到N端，經(jīng)水平面與左端 M處的固定彈射器相碰撞(彈射器的彈簧原來被壓縮后被鎖定)，因碰撞彈射器鎖定被打開，將物塊彈回后滑過傳送帶，沖上右側(cè) 的圓弧軌道，物塊恰能始終貼著圓弧軌道內(nèi)側(cè)通過了最高點(diǎn)，最后從E點(diǎn)飛出.g取10m/s2.求：(1)物塊m從第一次滑上傳送帶到返回到N端的時(shí)間.(2)物塊m第二次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，傳送帶上的電動(dòng)機(jī)為了維持其勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，對傳送帶所多提供的能量多大？【答案】(1) t 4.5s (2) W 8J【解析】試題分析：(1)物塊B向右作勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減小到零，然后反向勻減速運(yùn)動(dòng)，達(dá) 到與皮帶共速后與皮帶勻速物

17、塊B向右作勻減速運(yùn)動(dòng)過程：mg ma0 二為一 口八t1 色-2s g物塊向右達(dá)到的最大位移：S v0 114m2反向勻加速運(yùn)動(dòng)過程加速度大小不變.達(dá)到與傳送帶共速的時(shí)間：.t2 1s g相對地面向左位移：S/ V t2 1m2 TOC o 1-5 h z S S/4 1共速后與傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t3 S- U 1.5sv 2往返總時(shí)間：.一_ 一 .,(2)由物塊恰能通過軌道最高點(diǎn)D,并恰能始終貼著圓弧軌道內(nèi)側(cè)通過最高點(diǎn)可得，物塊是在半徑為2R的圓弧上的最高點(diǎn)重力全部充當(dāng)向心力./日吃得：,- 又由物塊上滑過中根據(jù)機(jī)械能守恒得:代入數(shù)據(jù)解得:vB6Rg 6m/s12物塊第二次從N到A點(diǎn)：

18、L v1t - g t2速度關(guān)系：vB v1g t代人得：J十6工一 16二0 ;得：t 2s或t 8s （舍）物體運(yùn)動(dòng)時(shí)傳送帶的位移：s vt 4m傳送帶為維持勻速運(yùn)動(dòng)多提供的力：F mg傳送帶所做的功等于傳送帶多提供的能量：W F s mg s 8J考點(diǎn)：考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用；動(dòng)能定理.【名師點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵明確滑塊的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，然后分階段運(yùn)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公 式、動(dòng)能定理列式求解.如圖所示，在方向豎直向上、大小為E=1x10V/m的勻強(qiáng)電場中，固定一個(gè)穿有A、B兩個(gè)小球（均視為質(zhì)點(diǎn)）的光滑絕緣圓環(huán)，圓環(huán)在豎直平面內(nèi)，圓心為 O、半徑為R=0.2m. A、B用一根絕緣輕桿相連，A帶

19、的電荷量為q=+7X10C, B不帶電，質(zhì)量分別為 mA=0.01kg、mB=0.08kg,將兩小球從圓環(huán)上的圖示位置（ A與圓心O等高，B在圓心O的正下方）由靜止釋放，兩小球開始沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng).重力加速度大小為g=10m/s2 .&（1）通過計(jì)算判斷，小球 A能否到達(dá)圓環(huán)的最高點(diǎn) 0?（2）求小球A的最大速度值.（3）求小球A從圖示位置逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，其電勢能變化的最大值.【答案】（1） A不能到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)2 2m/s30.1344J【分析】【詳解】試題分析：A、B在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，分別對 A、B由動(dòng)能定理列方程求解速度大小，由此判斷A能不能到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)； A、B做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和角速

20、度均相同，對 A、B分別由動(dòng)能 定理列方程聯(lián)立求解最大速度； A、B從圖示位置逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，當(dāng)兩球速度為 0時(shí), 根據(jù)電勢能的減少與電場力做功關(guān)系求解.（1）設(shè)A、B在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，輕桿對 A、B做的功分別為 Wt和Wt ,根據(jù)題意有:Wt Wt 0設(shè)A、B到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)的動(dòng)能分別為Ea、Ekb對A根據(jù)動(dòng)能定理：qER- mAgR+WTi=EKA對B根據(jù)動(dòng)能定理： Wti mBgR E聯(lián)立解得：Eka+ Ekb= - 0.04J由此可知：A在圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能為負(fù)值，故A不能到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)（2）設(shè)B轉(zhuǎn)過口角時(shí)，A、B的速度大小分別為 va、vb,因A、B做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和角速度均相同，故

21、：Va=vb TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark85 o Current Document 19對 A根據(jù)動(dòng)能te理：qERsinmAgRsinWT2 mAvA2 HYPERLINK l bookmark136 o Current Document 12對 B 根據(jù)動(dòng)能te理： WT2 mBgR 1 cos - mBvB2 HYPERLINK l bookmark107 o Current Document 8聯(lián)立斛得： va - 3sin 4cos 49 HYPERLINK l bookmark125 o Current Document 2、2由此可得：當(dāng)

22、tan 一時(shí)，A、B的最大速度均為vmax &m/smax 3（3） A、B從圖示位置逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，當(dāng)兩球速度為零時(shí)，電場力做功最多，電勢能 減少最多，由上可式得 ：3sin +4cos a- 4=0 HYPERLINK l bookmark149 o Current Document 24 .斛得：sin 總或sin =0 （舍去） 84所以A的電勢能減少：EP qERsin - J 0.1344J625點(diǎn)睛：本題主要考查了帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，結(jié) 合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等；根據(jù)電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子 的能量發(fā)生變化，利用動(dòng)能定

23、理進(jìn)行解答，屬于復(fù)雜題.9.離子發(fā)動(dòng)機(jī)是利用電能加速工質(zhì)（工作介質(zhì)）形成高速射流而產(chǎn)生推力的航天器發(fā)動(dòng) 機(jī)。其原理如圖所示，其原理如下：首先系統(tǒng)將等離子體經(jīng)系統(tǒng)處理后，從下方以恒定速 率Vi向上射入有磁感應(yīng)強(qiáng)度為 Bi、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場的區(qū)域I內(nèi)，柵電極 MN和PQ間距為do當(dāng)柵電極 MN、PQ間形成穩(wěn)定的電場后，自動(dòng)關(guān)閉區(qū)域I系統(tǒng)（包括進(jìn)入其中的通道、勻強(qiáng)磁場 Bi）。區(qū)域n內(nèi)有垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,放在A處的中性粒子離子化源能夠發(fā)射任意角度，但速度均為V2的正、負(fù)離子，正離子的質(zhì)量為m,電荷量為q,正離子經(jīng)過該磁場區(qū)域后形成寬度為D的平行粒子束，經(jīng)過柵電極MN、PQ

24、之間的電場中加速后從柵電極PQ噴出，在加速正離子的過程中探測器獲得反向推力（不計(jì)各種粒子之間相互作用、正負(fù)離子、等離子體的重力，不計(jì)相對論效應(yīng)）。求:(1)求在A處的正離子的速度大小 V2；(2)正離子經(jīng)過區(qū)域I加速后，離開 PQ的速度大小V3；(3)在第(2)問中，假設(shè)航天器的總質(zhì)量為M,正在以速度v沿MP方向運(yùn)動(dòng)，已知現(xiàn)在的運(yùn)動(dòng)方向與預(yù)定方向 MN成 角，如圖所示。為了使飛船回到預(yù)定的飛行方向MN,飛船啟用推進(jìn)器進(jìn)行調(diào)整。如果沿垂直于飛船速度v的方向進(jìn)行推進(jìn)，且推進(jìn)器工作時(shí)間極短，為了使飛船回到預(yù)定的飛行方向，離子推進(jìn)器噴射出的粒子數(shù)N為多少？【答案】(1)吧2 ; ( 2)2m222|8

25、qdmMB q B2D .4m22Mv tan-8qdmv1B1 q2B2D2【解析】【詳解】1中，因此也(1)根據(jù)左手定則可知，正離子向右偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向左偏轉(zhuǎn)，不會(huì)進(jìn)入?yún)^(qū)域不會(huì)產(chǎn)生相應(yīng)推力。所以只有加速正離子過程中才會(huì)產(chǎn)生推力。正離子在磁場中做勻速圓2周運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力:qv2B2=m遑，根據(jù)題意，在A處發(fā)射速度相等，方向r不同的正離子后，形成寬度為D的平行正離子束，即:二?,則在A處的正離子的速度大,qB?D小 v2=-。2m(2)等離子體由下方進(jìn)入?yún)^(qū)域I后，在洛倫茲力的作用下偏轉(zhuǎn)，當(dāng)粒子受到的電場力等于洛倫茲力時(shí)，形成穩(wěn)定的勻強(qiáng)電場，設(shè)等離子體的電荷量為q ,則q E=q vi

26、Bi,即:E=Bivi；正離子束經(jīng)過區(qū)域 I加速后，離開 PQ的速度大小為 v3,根據(jù)動(dòng)能定理可知:qU=1mv32-1mv22,其中電壓 U=Ed=BividJ2228qdmv1B q B2D。4m2(3)飛船方向調(diào)整前后，其速度合成矢量如圖所示:( 鹿丁Jj*方向因此tan =nv ,離子噴出過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒：M n v=Nmv3,為了使飛船回到預(yù)定2Mv tan的飛行方向，離子推進(jìn)器噴射出的粒子數(shù)N= .2 2 218qdmv1B1 q B2D10.如圖所示，一質(zhì)量 M=4kg的小車靜置于光滑水平地面上，左側(cè)用固定在地面上的銷釘擋住。小車上表面由光滑圓弧軌道BC和水平粗糙軌道 CD

27、組成，BC與CD相切于C,圓弧BC所對圓心角0= 37 ,圓弧半徑 R=2.25m,滑動(dòng)摩擦因數(shù)月0.48。質(zhì)量m=1kg的小物塊從某一高度處的 A點(diǎn)以V0=4m/s的速度水平拋出，恰好沿切線方向自B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道,最終與小車保持相對靜止。取g=10m/s2, sin37 =0.6,忽略空氣阻力，求：(1) A、B間的水平距離；(2)物塊通過C點(diǎn)時(shí)，軌道對物體的支持力;(3)物塊與小車因摩擦產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮?1) 1.2m (2) Fn25.1N (3) 13.6J【解析】【詳解】(1)物塊從AHIJB由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：gttan 打一 V0 x= V0t得 x=1.2m(2)物塊在B點(diǎn)

28、時(shí)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：Vb -v0-cos物塊在小車上BC滑動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理得：mgR(1 cos 0)= mvC2 mvB222在C點(diǎn)對滑塊由牛頓第二定律得Fn mg2 vC m一R聯(lián)立以上各式解得：Fn 25.1N(3)根據(jù)牛頓第二定律，對滑塊有vc ait 1= a2ti對小車有(1 mg= Ma 2當(dāng)滑塊相對小車靜止時(shí)，兩者速度相等，即由以上各式解得t1 X34s, 6此時(shí)小車的速度為 v= a2t1= 34m/ s5物塊在C血滑動(dòng)過程中由能量守恒定律得：1 mvc2= 1 (M + m) v2 + Q22解得：Q=13.6J11.如圖所示，在高h(yuǎn)1=30 m的光滑水平平臺上，質(zhì)

29、量 m = 1 kg的小物塊壓縮彈簧后被鎖 扣K鎖住，儲存了一定量的彈性勢能Ep.若打開鎖扣K,物塊將以一定的水平速度v1向右滑下平臺，做平拋運(yùn)動(dòng)，并恰好能從光滑圓弧形軌道BC的B點(diǎn)的切線方向進(jìn)入圓弧形軌道.B點(diǎn)的高度h2= 15 m,圓弧軌道的圓心 O與平臺等高，軌道最低點(diǎn) C的切線水平，并 與地面上長為L=70 m的水平粗糙軌道CD平滑連接；小物塊沿軌道 BCD運(yùn)動(dòng)并與右邊墻 壁發(fā)生碰撞，取 g=10 m/s2.(1)求小物塊由A到B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；(2)求小物塊原來壓縮彈簧時(shí)儲存的彈性勢能Ep的大??；(3)若小物塊與墻壁只發(fā)生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向運(yùn)動(dòng)過程中沒有沖出B點(diǎn)，最后停在軌道CD上的某點(diǎn)P(P點(diǎn)沒畫出).設(shè)小物塊與軌道 CD之間