2017_2018学年高考物理精做16动能定理的应用大题精做27116.pdf

精做 16 动能定理的应用 1（2017·江苏卷）如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱 C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为 2 m ，与地面的动摩擦因数均为。现用 水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求： （1）未拉A时，C受到B作用力的大小F； （2）动摩擦因数的最小值min； （3）A移动的整个过程中，拉力做的功W。 【答案】（ 1） 3 3 Fmg（2） min 3 2 （ 3）(21)( 3 1)WmgR 【解析】（ 1）C受力平衡 2 cos30Fmg，解得 3 3 Fmg （2）C恰好降落到地面时，B受C压力的水平分力最大 max 3 2 x Fmg B受地面的摩擦力 fmg，根据题意minmaxxfF ，解得 min 3 2 （3）C下降的高度( 3 1)hR，A的位移2( 3 1)xR 摩擦力做功的大小 2( 3 1) f WfxmgR 根据动能定理 0 0 f W Wmgh 解得(21)( 3 1)WmgR 【名师点睛】本题的重点的C恰好降落到地面时，B物体受力的临界状态的分析，此为解决 第二问的关键，也是本题分析的难点。 2（2017·新课标全国卷）一质量为8.00×10 4 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞 船在离地面高度1.60×10 5 m处以 7.50×10 3 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量， 大小取为9.8 m/s 2。（结果保留 2 位有效数字） （1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能； （2）求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在 该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。 【答案】（ 1）（ 1）4.0 ×10 8 J 2.4 ×10 12 J （2）9.7 ×10 8 J （2）飞船在高度h'=600 m 处的机械能为 212.0 () 2100 hh Emvmgh 由功能原理得 0h WEE 式中，W是飞船从高度600 m 处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。由式和题给 数据得 W=9.7×10 8 J 【名师点睛】本题主要考查机械能及动能定理，注意零势面的选择及第（2）问中要求的是克 服阻力做功。 3 （2016·天津卷） 我国将于2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。 如图所示，质量m=60 kg 的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6 m/s 2 匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB=24 m/s，A与B的竖直高度差H=48 m 。为了改变运 动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段 以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5 m ，运动员在B、C间运动时 阻力做功W=1 530 J ，取g=10 m/s 2。 （1）求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小； （2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6 倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为 多大。 【答案】（ 1）144 N （2）12.5 m 【名师点睛】此题是力学综合题，主要考查动能定理及牛顿第二定律的应用；解题的关键是 搞清运动员运动的物理过程，分析其受力情况，然后选择合适的物理规律列出方程求解；注 意第（ 1）问中斜面的长度和倾角未知，需设出其中一个物理量。 4（2016·浙江卷）在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示。P是一个微 粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为h的探测屏AB竖直放置， 离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h。 （1）若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间； （2）求能被屏探测到的微粒的初速度范围； （3）若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系。 【答案】（ 1） 3h t g （2） 42 gg LvL hh （3） 2 2Lh 【解析】（ 1）打在中点的微粒 2 31 22 hgt 3h t g （2）打在B点的微粒1 1 L v t ； 2 1 1 2 2 hgt 1 4 g vL h 同理，打在A点的微粒初速度 2 2 g vL h 微粒初速度范围 42 gg LvL hh （3）由能量关系 22 21 11 2 22 mvmghmvmgh 代入、式 2 2Lh 【名师点睛】此题是对平抛运动的考查；主要是掌握平抛运动的处理方法，在水平方向是匀 速运动，在竖直方向是自由落体运动；解题时注意找到临界点；此题难度不算大，意在考查 学生对物理基本方法的掌握情况。 5（2016·上海卷）风洞是研究空气动力学的实验设备。如图，将刚性杆水平固定在风洞内距 地面高度H=3.2 m 处，杆上套一质量m=3 kg ，可沿杆滑动的小球。将小球所受的风力调节为 F=15 N，方向水平向左。小球以初速度v0=8 m/s 向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取 g=10m/s 2。求： （1）小球落地所需时间和离开杆端的水平距离； （2）小球落地时的动能。 （3）小球离开杆端后经过多少时间动能为78 J ？ 【答案】（ 1）4.8 m （2）120 J （3） 0.24 s 【解析】（ 1）小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为 2 0.8 s H t g = 小球在水平方向做匀减速运动，加速度 2 5 m / s F a m = 水平位移 2 0 1 4.8 m 2 sv tat=-= 【名师点睛】首先分析出小球的运动情况，竖直方向自由落体运动，水平方向匀减速直线运动， 根据运动情况计算小球运动时间和水平位移；通过动能定理计算小球落地动能；通过动能定理和 运动学关系计算时间。 6（2016·新课标全国卷）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨 道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为 5 6 R的 光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P 自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点， AF=4R， 已 知P与 直 轨 道 间 的 动 摩 擦 因 数 1 = 4 ， 重 力 加 速 度 大 小 为g。 （ 取 34 sin37cos37 55 ，） （1）求P第一次运动到B点时速度的大小。 （2）求P运动到点时弹簧的弹性势能。 （3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处 水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距 7 2 R、竖直相距R， 求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。 【答案】（ 1）2 B vgR（2）p 12 5 EmgR（3） D 3 5 5 vgR 1 1 3 mm 【解析】（ 1）根据题意知，B、C之间的距离l为l=7R 2R 设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得 2 1 sincos 2 B mglmglmv 式中 =37°，联立式并由题给条件得 2 BvgR （ 3） 设 改 变 后P的 质 量 为m1。D点 与G点的 水 平 距 离x1和 竖 直距 离y1分 别 为 1 75 sin 26 xRR 1 55 cos 66 yRRR 式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为 的事实。 设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有 2 1 1 2 ygt? x1=vDt? 联立 ? ? 式得 3 5 5 DvgR? 设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有 22 111 1155 (cos) 2266 CDmvm vm gRR? P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有 2 p111 1 (5 )sinm g(5 )cos 2 CEm g xRxRmv? 联立 ? ? ? 式得 1 1 3 mm? 【名师点睛】本题主要考查了动能定理、平抛运动、弹性势能。此题要求熟练掌握平抛运动、 动能定理、弹性势能等规律，包含知识点多、过程多，难度较大；解题时要仔细分析物理过 程，挖掘题目的隐含条件，灵活选取物理公式列出方程解答；此题意在考查考生综合分析问 题的能力。 7（2015·山东卷）如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高 定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距 离为l。开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值。现给小球施加一始 终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60 o 角，如图乙所示，此时传 感装置的示数为初始值的1.25 倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的 示数为初始值的0.6 倍。不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g。求： （1）物块的质量； （2）从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功。 【答案】（ 1）3m（2）0.1mgl 【解析】（ 1）设物块质量为M，开始时，设压力传感器读数F0，则F0+mg=Mg 当小球被抬高60°角时，则对小球根据力的平行四边形法则可得：T=mgcos 60 ° 此时对物块： 1.25F0+T=Mg；解得：M=3m；F0=2mg （2）当小球摆到最低点时，对物块：0.6F0+T1=Mg 对小球： 2 1 v Tmgm l 对小球摆到最低点的过程，根据动能定理可知： 2 1 (1 cos60 ) 2 f mglWmv o ， 联立解得：W f=0.1mgl 8（2015·浙江卷） 如图所示， 用一块长L1=1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面高H=0.8 m ，长L2=15 m。斜面与水平桌面的倾角可在 060°间调节后固定。将质量m=0.2 kg的小 物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数 1 0.05，物块与桌面间的动摩擦因 数2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。（重力加速度g取 10 m/s 2；最大静摩擦 力等于滑动摩擦力） （1）求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；（用正切值表示） （2）当增大到 37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2；（已 知 sin 37 °=0.6，cos 37 °=0.8） （3）继续增大角，发现=53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离m x 。 【答案】（ 1）tan0.05（2） 2 0.8（3）1.9m （3）由动能定理可得 2 1 1 sin 2 f mgLWmv 代入数据得v=1 m/s 21 2 Hgt，t=0.4 s 1xvt x1=0.4 m m121.9 mx xx 9（2015·广东卷）如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与 两侧的直轨道相切，半径R=0.5 m ，物块A以v0=6 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q， 再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道 光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1 m ，物块与各粗糙段间的 动摩擦因数都为=0.1 ，A、B的质量均为m=1 kg（重力加速度g取 10 m/s 2；A 、B视为质点， 碰撞时间极短）。 （1）求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F； （2）若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值； （3）求碰后AB滑至第n个（n0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止 释放， 滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始 终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。 （1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1； （2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度 大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W； （3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中 速度与时间关系vt图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧 上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑 块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程） 【答案】（ 1） sin 2 0 1 mgqE ms t （2） ) sin ()sin( 2 1 0 2 k qEmg sqEmgmvW m· ) sin ()sin( 2 1 0 2 k qEmg sqEmgmvW m s （3）如图所示 【解析】（ 1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动， 设加速度大小为a，则有 qE+mgsin =ma 2 10 2 1 ats 联立可得 sin 2 0 1 mgqE ms t （2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为 0 x ，则有 0 sinkxqEmg 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 2 1 )()sin( 2 0mm mvWxxqEmg·0 2 1 )()sin( 2 0mm mvWxxqEmg 联立可得 ) sin ()sin( 2 1 0 2 k qEmg sqEmgmvW m ·) sin ()sin( 2 1 0 2 k qEmg sqEmgmvW m s （3）如图 18如图所示，一滑块（可视为质点）从斜面轨道AB的A点由静止滑下后，进入与斜面轨道在 B点相切的、半径R=0.5 m 的光滑圆弧轨道，且O为圆弧轨道的圆心，C点为圆弧轨道的最 低点。最后滑块从D点飞出后到达E点时速度方向刚好水平，E距离水平面的高度h=0.8 m 。 已知OD、OB与OC的夹角分别为53°和 37°，滑块质量m=0.5 kg ，与轨道AB间的动摩擦 因数 =0.5 ，重力加速度g取 10 m/s 2，sin 37 °=0.6，cos 37 °=0.8。求： （1）滑块经过C点时，对圆弧轨道的压力大小FN； （2）轨道AB的长度。 【答案】（ 1）FN=34 N （2）x=6.75 m 【解析】（ 1）因滑块从D点飞出后到达E点时速度方向刚好水平，因此逆向看，由E至D 是平抛运动，由平抛运动规律知 2 y v =2gh 竖直分速度vy=2gh=4 m/s 水平速度v=vytan 37 °=3 m/s 对滑块从C至E点的过程，由动能定理有 mg(h+RRcos 53 °)= 2 1 2 C mv 1 2 mv 2 经过C点时，由向心力公式有FNmg= 2 C mv R 代入数据解得FN=34 N 由牛顿第三定律知，滑块过C点时对轨道的压力大小为FN=34 N （2）从A点下滑至C点的过程，由动能定理有 mgR(1 cos 37 °)+mgsin 37 °x mgcos 37 °x= 21 2 C mv 0 代入数据可解得x=6.75 m 所以轨道AB的长度为6.75 m 19如图甲所示，在倾角为30°的足够长光滑斜面AB前，有一粗糙水平面OA，OA长为 4 m 。有 一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F按图乙所示的规律变化滑 块与OA间的动摩擦因数=0.25 ，g取 10 m/s 2，试求： （1）滑块到A处的速度大小； （2）不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？ 【答案】（ 1）vA=5 2 m/s （2）L=5 m 【解析】（ 1）由题图乙知，在前2 m 内，F1=2mg，做正功 在第 3 m 内，F2=0.5mg，做负功； 在第 4 m 内，F3=0 滑动摩擦力 Ff=mg=0.25mg，始终做负功 对OA过程由动能定理列式得 F1x1+F2x2+Ff·x= 1 2 mv 2 A v 0 即 2mg×20.5mg×1 0.25mg×4= 1 2 mv 2 A v 解得vA=5 2 m/s （2）冲上斜面的过程，由动能定理得 mgLsin 30 °=0 1 2 mv 2 Av 所以冲上斜面AB的长度L=5 m 20过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面 内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相 等，半径 1=2.0 mR、2=1.4 mR。一个质量为m=1.0 kg 的小球（视为质点），从轨道的左侧 A点以 0=12.0 m/sv的初速度沿轨道向右运动，A、B间距1=2.0 mL。小球与水平轨道间的动 摩擦因数0.2 ，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重 力加速度取10 m/sg，计算结果保留小数点后一位数字。 试求： （1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小； （2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少； （3）在满足（ 2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半 径 3R 应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离。 【答案】（1）F=10.0 N （ 2）L=12.5 m （ 3）当m4.0 3 R0时， m36.0L当 m27.9m1.0 3 R时，m026.L （2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意 2 2 2 v mgm R 22 12220 11 ()2 22 mg LLmgrmvmv 由得L=12.5 m （3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论： I 轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足 2 3 3 v mgm R 22 1330 11 (2 )2 22 mg LLmgRmvmv 由得 30.4 mR II 轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理 2 130 1 (2 )20 2 mg LLmgRmv 解得 31.0 mR 为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足 222 2332()()RRLRR 解得R3=27.9 m 综合 I 、II ，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 m4 .0 3 R0 或 m27.9m1.0 3 R 当 300.4 mR时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L，则 2 0 2 1 0mvLmg- m36.0L 当m27.9m1.0 3 R时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L，则 m026.22 1 LLLLL 21倾角 =37°，质量M=5 kg 的粗糙斜面位于水平地面上，质量m=2 kg 的木块置于斜面顶端， 从静止开始匀加速下滑，经t=2 s到达底端，运动路程L=4 m，在此过程中斜面保持静止 （ sin 37 =0.6 ， cos37 =0.8 ，g取 10 m/s 2），求： （1）地面对斜面的摩擦力大小与方向； （2）地面对斜面的支持力大小； （3）通过计算证明木块在此过程中满足动能定理。 【答案】（ 1） 11 sincos3.2 NfNf ，方向向左 （2） 11 cossin=67.6 NNfNf （3）见解析 （2）地面对斜面的支持力大小 11cossin=67.6 NNfNf （3）木块受两个力做功。 重力做功：sin=48 J GWmghmg 摩擦力做功：32 J f Wfs 合力做功或外力对木块做的总功：16 JGfWEE 动能的变化 22 k 11 ()16 J 22 Emvm at 所以，合力做功或外力对木块做的总功等于动能的变化（增加），证毕 22质量为m=1 kg 的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后 水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑的圆弧轨道下滑。B、C为 圆弧的两端点，其连线水平。已知圆弧半径R=1.0 m 圆弧对应圆心角106，轨道最低点 为O，A点距水平面的高度h=0.8 m ，小物块离开C点后恰能无碰撞的沿固定斜面向上运动， 0.8 s后经过D点，物块与斜面间的动摩擦因数为 1 1 3 （g=10 m/s 2，sin 37 °=0.6， cos 37°=0.8）试求： （1）小物块离开A点时的水平初速度v1； （2）小物块经过O点时对轨道的压力； （3）假设小物块与传送带间的动摩擦因数为 20.3 ，传送带的速度为5m/s，则PA间的距 离是多少？（用动能定理解答） （4）斜面上CD间的距离。 【答案】（ 1） 1 3 m/sv（ 2） 43N N F （3）1.5 m PA x（4）0.98 m CD x 【解析】（ 1）对小物块进行分析，由A到B做平抛运动，在竖直方向上有： 2 2 y vgh 在B点， 1 tan 2 y v v 解得： 1 22 100.8 m/s3 m/s tan53 tan 2 gh v （3）对于小物块在传送带上加速过程，由牛顿第二定律得： 23 mgma 由于15 m/svv带，故小物块由P到A过程一直做匀加速运动，设PA间的距离是为 PA x， 由运动学公式得 2 13 2 PA va x 联立解得 2 1 2 1.5m 2 PA v x g （4）小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有， 11 sincos 22 mgmgma 解得 2 1 10 m/sa 小物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律有， 12 sincos 22 mgmgma 解得 2 1 6 m/sa 由机械能守恒定律可知， 5 m/s CB vv 小物块由C上升到最高点历时1 1 0.5 s C v t a 小物块由最高点回到D点历时 21 (0.80.5) s0.3sttt 故斜面上CD间的距离 2 12 2 11 22 CDC xv ta t，解得：0.98 m CD x 23如图所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场。电场强度E=100 N/C ， 电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30°，A点距水平地面的高度为h=4 m。 BC段为一粗糙绝缘平面，其长度为L=3 m。斜面AB与水平面BC由一段极端的光滑小圆 弧连接（图中未标出），竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R=0.5 m的半圆形光滑绝缘 轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的 外部（忽略电场对O1O2右侧空间的影响）。现将一个质量为m=1 kg ，带电荷量为q=0.1 C 的带正电的小球 （可视为质点） 在A点由静止释放， 且该小球与斜面AB和水平面BC间的动 摩擦因数均为= 3 5 （g取 10 m/s 2）。求： （1）小球到达C点时的速度大小； （2）小球到达D点时所受轨道的压力大小； （3）小球落地点距离C点的水平距离。 【答案】（ 1）2 10 m/s （2）FN=30 N （3）x= 2 m 【解析】（ 1）以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得： (mg+Eq)h(mg+Eq)cos 30 °· sin 30 h (mg+Eq)L= 21 2 C mv0 则得 vC= 2()(cot30)mgEqhhL m - = 33 2(10 100 0.1)(4433) 55 1 - m/s=2 10 m/s （3）小球做类平抛运动的加速大小为a，根据牛顿第二定律可得：mg+qE=ma 则得：a=g+ qE m =10 m/s 2+0.1 100 1 m/s 2=20 m/s2 应用类平抛运动的规律列式可得： x=vDt，2R= 1 2 at 2 联立得：x=vD 4R a =2 5× 40.5 20 m= 2 m 24如图所示，物体在离斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上由小圆弧（长度忽略）与斜 面连接的水平面上，若斜面及水平面的动摩擦因数均为0.4 ，斜面倾角为37°， 则物体能在 水平面上滑行多远？ 【答案】l2=3.5 m 【解析】物体在斜面上受重力mg、支持力FN1、滑动摩擦力Ff1的作用，沿斜面加速下滑，在 水平面上减速直到静止 方法一：对物体在斜面上的受力分析如图甲所示，可知物体下滑阶段： FN 1=mgcos 37 ° 故Ff 1=FN1=mgcos 37 ° 由动能定理得 Mgsin 37 °l1mgcos 37 °l1= 2 1 1 2 mv 在水平面上的运动过程中，受力分析如图乙所示 Ff 2=FN 2=mg 由动能定理得 mgl2=0 2 1 1 2 mv 由两式可得 l2= sin37cos37- l1= 0.6 0.40.8 0.4 - ×5 m=3.5 m 方法二：物体受力分析同上，物体运动的全过程中，初、末状态的速度均为零，对全过程运 用动能定理有 Mgsin 37 °l1mgcos 37 °l1mgl2=0 得l2= sin 37cos 37- l1= 0.6 0.40.8 0.4 - ×5 m=3.5 m 25“”形滑板，（平面部分足够长），质量为4m，距滑板的A壁为L1距离的B处放有一质 量为m，电荷量为 +q的大小不计的小物体，小物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为 E的匀强电场中，初始时刻，滑板与小物体都静止，试求： E A B （1）释放小物体，第一次与滑板A壁碰前小物体的速度v1多大？ （2）若小物体与A壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的 5 3 ，碰撞时间极短，则碰撞后滑 板速度多大？（均指对地速度） （3）若滑板足够长，小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？ 【答案】（ 1） 1 1 2qEL v m （） 2 1 22 5 qEL v m （3） 1 13 5 WqEL 【解析】（ 1）对物体，根据动能定理，有 2 11 1 2 qELmv，得 1 1 2qEL v m （2）物体与滑板碰撞前后动量守恒，设物体第一次与滑板碰后的速度为v1；滑板的速度 为v，则 11 4mvmvmv 若 11 3 5 vv，则 1 1 10 vv，因为1 vv，不符合实际 故应取 11 3 5 vv，则 1 1 222 55 qEL vv m