高考物理動(dòng)能與動(dòng)能定理技巧和方法完整版及練習(xí)題

1、解得高考物理動(dòng)能與動(dòng)能定理技巧和方法完整版及練習(xí)題一、高中物理精講專題測(cè)試動(dòng)能與動(dòng)能定理1.如圖所示，粗糙水平桌面上有一輕質(zhì)彈簧左端固定在A點(diǎn)，自然狀態(tài)時(shí)其右端位于 B點(diǎn)。水平桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑軌道MNP,其形狀為半徑 R=1.0m的圓環(huán)剪去了左上角120。的圓弧，MN為其豎直直徑，P點(diǎn)到桌面的豎直距離是 h=2.4m。用質(zhì)量為m=0.2kg的物塊將彈簧由B點(diǎn)緩慢壓縮至C點(diǎn)后由靜止釋放，彈簧在C點(diǎn)時(shí)儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能Ep=3.2J,物塊飛離桌面后恰好 P點(diǎn)沿切線落入圓軌道。已知物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù) (1=0.4,重力加速度g值取10m/s2,不計(jì)空氣阻力，求：(1)物塊通過P點(diǎn)的速度大

2、?。?2)物塊經(jīng)過軌道最高點(diǎn) M時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；(3)C、D兩點(diǎn)間的距離；【答案】(1)8m/s； (2)4.8N； (3)2m【解析】【分析】【詳解】(1)通過P點(diǎn)時(shí)，由幾何關(guān)系可知，速度方向與水平方向夾角為60,則V2 2gh. Vy sin 60 一 v整理可得，物塊通過 P點(diǎn)的速度v 8m/s(2)從P到M點(diǎn)的過程中，機(jī)械能守恒12o、12mv =mgR(1 cos60 )+ mvM22在最高點(diǎn)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律Fn mg2 mvMR整理得Fn 4.8N根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊對(duì)軌道的壓力大小為4.8N(3)從D到P物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，因此ovD vcos60 4m/s從C到D的過程

3、中，根據(jù)能量守恒定律12Ep mgx - mvDC、D兩點(diǎn)間的距離x 2m2.某游樂場(chǎng)擬推出一個(gè)新型滑草娛樂項(xiàng)目, 的總質(zhì)量為60kg ),從傾角為 53簡(jiǎn)化模型如圖所示。游客乘坐的滑草車(兩者的光滑直軌道 AC上白B B點(diǎn)由靜止開始下滑，到達(dá)C點(diǎn)后進(jìn)入半徑為R 5m,圓心角為53的圓弧形光滑軌道 CD ,過D點(diǎn)后滑入傾見的足夠長(zhǎng)的草地軌道3D處的能量損失，B點(diǎn)到(1)根據(jù)幾何關(guān)系可知CD間的高度差H CDcos532m角為 (可以在09J 75范圍內(nèi)調(diào)節(jié))、動(dòng)摩擦因數(shù)為DE。已知D點(diǎn)處有一小段光滑圓弧與其相連，不計(jì)滑草車在C點(diǎn)的距離為L(zhǎng)0=10m , g 10m/s。求：(1)滑草車經(jīng)過軌道

4、 D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道D點(diǎn)的壓力大??；(2)滑草車第一次沿草地軌道 DE向上滑行的時(shí)間與的關(guān)系式；的關(guān)系式。從B到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mg L0 sin53H CD1 mvD2 02聯(lián)立解得vD 10、2m/s對(duì)D點(diǎn)，設(shè)滑草車受到的支持力FD ,由牛頓第二定律2 Vd Fd mg m R 解得FD 3000N由牛頓第三定律得，滑草車對(duì)軌道的壓力為3000N。(2)滑草車在草地軌道 DE向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到的合外力為 F合 mg sin mg cos 由牛頓第二定律得，向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為F合 a g sin gcos m因此滑草車第一次在草地軌道DE向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為VDg sin g cost代入數(shù)據(jù)解得

5、3sin cos3t(3)選取小車運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?。?dāng) 0時(shí)，滑草車沿軌道 DE水平向右運(yùn)動(dòng)，對(duì)全程使用動(dòng)能定理可得 mg L0 sinR(1 cos ) +Wf1 =0 0代入數(shù)據(jù)解得Wf16000J故當(dāng) 0時(shí)，滑草車在斜面上克服摩擦力做的功為W克1 6000J當(dāng)030時(shí)，則g sin g cos滑草車在草地軌道 DE向上運(yùn)動(dòng)后最終會(huì)靜止在 DE軌道上，向上運(yùn)動(dòng)的距離為 2Vd x2、2(gsin gcos )摩擦力做功為Wf2mg cos x2故當(dāng)0Wf26000,3tan1(J)30時(shí)，滑草車在斜面上克服摩擦力做的功為6000W- 73tan-1(J)當(dāng)3075gsingcos滑草車在草

6、地軌道 用動(dòng)能定理可得DE向上運(yùn)動(dòng)后仍會(huì)下滑，若干次來回運(yùn)動(dòng)后最終停在D處。對(duì)全程使mg Lo sin R(1 cos ) +Wf3=0 0代入數(shù)據(jù)解得Wf36000J故當(dāng)3075時(shí)，滑草車在斜面上克服摩擦力做的功為W 3 6000J所以，當(dāng) 0或3075時(shí)，滑草車在斜面上克服摩擦力做的功為6000J;當(dāng)與傳送帶速度相同.滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)(2)0.1 m 或 0.8 m (3)0.5 J6000 /lx30時(shí)，滑草車在斜面上克服摩擦力做的功為?。↗）。3 tan 13.如圖所示，質(zhì)量為 m=1kg的滑塊，在水平力 F作用下靜止在傾角為。=30的光滑斜面上，斜面的末端處與水平傳送帶相接

7、（滑塊經(jīng)過此位置滑上皮帶時(shí)無能量損失），傳送帶的運(yùn)行速度為V0=3m/s,長(zhǎng)為L(zhǎng)=1.4m,今將水平力撤去，當(dāng)滑塊滑到傳送帶右端C時(shí)，恰好w=0.25 g=10m/s2.求（1）水平作用力F的大??；（2）滑塊開始下滑的高度 h；求滑塊在傳送帶上滑行的整個(gè)過程中產(chǎn)在第（2）問中若滑塊滑上傳送帶時(shí)速度大于3m/s ,【解析】【分析】【詳解】Fn處于平衡，如圖所示:解：（1）滑塊受到水平推力 F、重力mg和支持力水平推力|產(chǎn)=mgtnn。解得：p = 1_八饞kJ（2）設(shè)滑塊從高為h處下滑，到達(dá)斜面底端速度為 v下滑過程1由機(jī)械能守恒有：myh = -mv2,解得：廿=寸,藥7】若滑塊沖上傳送帶時(shí)的

8、速度小于傳送帶速度，則滑塊在帶上由于受到向右的滑動(dòng)摩擦力而1 1做勻加速運(yùn)動(dòng)；根據(jù)動(dòng)能定理有：mgL - -mug - -mr -F L解得：=一 -四工=。171若滑塊沖上傳送帶時(shí)的速度大于傳送帶的速度，則滑塊由于受到向左的滑動(dòng)摩擦力而做勻1 1 TOC o 1-5 h z 減速運(yùn)動(dòng)；根據(jù)動(dòng)能定理有：-mvjj -解得：比=一 + uL = 0.8屈（3）設(shè)滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,則t時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移：s=v0tII1 HYPERLINK l bookmark77 o Current Document 由機(jī)械能守恒有：mg h =/列二廿一幻滑塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的位移 口s = I,

9、-T相對(duì)滑動(dòng)生成的熱量？封？4.如圖（a）所示，傾角 打30。的光滑固定斜桿底端固定一電量為Q=2X104c的正點(diǎn)電荷，將一帶正電小球（可視為點(diǎn)電荷）從斜桿的底端（但與Q未接觸）靜止釋放，小球沿斜桿向上滑動(dòng)過程中能量隨位移的變化圖象如圖（b）所示，其中線1為重力勢(shì)能隨位移變化圖象，線2為動(dòng)能隨位移變化圖象.（g=10m/s2,靜電力恒量 K=9X 10N?m2/C2）則(1)描述小球向上運(yùn)動(dòng)過程中的速度與加速度的變化情況；(2)求小球的質(zhì)量m和電量q；(3)斜桿底端至小球速度最大處由底端正點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)的電勢(shì)差U;(4)在圖(b)中畫出小球的電勢(shì)能 e隨位移s變化的圖線.(取桿上離底端 3m

10、處為電 勢(shì)零點(diǎn))【答案】(1)小球的速度先增大，后減?。恍∏蜓匦泵嫦蛏献黾铀俣戎饾u減小的加速運(yùn)動(dòng)，再沿斜面向上做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至速度為零.(2) 4kg; 1.11X105C； ( 3) 4.2 X 6V (4)圖像如圖，線3即為小球電勢(shì)能 已隨位移s變化的圖線；01 1 +5 23 3.5(t)【解析】【分析】【詳解】(1)由圖線2得知，小球的速度先增大，后減小.根據(jù)庫侖定律得知，小球所受的庫侖力 逐漸減小，合外力先減小后增大，加速度先減小后增大，則小球沿斜面向上做加速度逐漸 減小的加速運(yùn)動(dòng)，再沿斜面向上做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至速度為零.(2)由線1可得：EP=mgh=

11、mgssin 0斜率：k=20=mgsin30 所以m=4kg當(dāng)達(dá)到最大速度時(shí)帶電小球受力平衡mg sinkqQ2-So由線2可得so=lm, 得：_2mg sin SokQ=1.11 x 10c(3)由線2可得，當(dāng)帶電小球運(yùn)動(dòng)至 1m處動(dòng)能最大為27J. 根據(jù)動(dòng)能定理：WG+W電必Ek即有：-mgh+qU=Ekm- 0代入數(shù)據(jù)得：U=4.2 X 6V(4)圖中線3即為小球電勢(shì)能 e隨位移S變化的圖線5.如圖所示，半徑為 R的四分之三圓周軌道固定在豎直平面內(nèi)，。為圓軌道的圓心， D為圓軌道的最高點(diǎn)，圓軌道內(nèi)壁光滑，圓軌道右側(cè)的水平面BC與圓心等高.質(zhì)量為 m的3小球從離B點(diǎn)局度為h處(-R h

12、 3R)的A點(diǎn)由靜止開始下落，從 B點(diǎn)進(jìn)入圓軌道，2重力加速度為g ).聯(lián)立解得Xmax2 2R(1)小球能否到達(dá) D點(diǎn)？試通過計(jì)算說明；(2)求小球在最高點(diǎn)對(duì)軌道的壓力范圍；(3)通過計(jì)算說明小球從 D點(diǎn)飛出后能否落在水平面 BC上，若能，求落點(diǎn)與 B點(diǎn)水平 距離d的范圍.3mg ; ( 3)【答案】(1)小球能到達(dá)D點(diǎn)；(2) 0 F.2 1 R d 2.2 1 R(1)當(dāng)小球剛好通過最高點(diǎn)時(shí)應(yīng)有:mg2 mvD由機(jī)械能守恒可得：mg h R2 mvD23 3聯(lián)立解得h 士 R ,因?yàn)閔的取值范圍為-R h22(2)設(shè)小球在D點(diǎn)受到的壓力為 F ,則3R,小球能到達(dá)D點(diǎn);F mg2mvDR

13、mg h R2mvD23聯(lián)立并結(jié)合h的取值氾圍一R h 3R解得：0 F 3mg2據(jù)牛頓第三定律得小球在最高點(diǎn)對(duì)軌道的壓力范圍為：0 F 3mg(3)由(1)知在最高點(diǎn)D速度至少為vDmin jgR9此時(shí)小球飛離D后平拋，有：R -gt2xmin vD mint聯(lián)立解得xmin 亞R R,故能落在水平面BC上，2當(dāng)小球在最高點(diǎn)對(duì)軌道的壓力為3mg時(shí)，有：mg 3mg mvDmax解得vDmax2.，加12小球飛離D后平拋R - gt 2,2XmaxvD maxt故落點(diǎn)與B點(diǎn)水平距離d的范圍為：J2 1 R d2近 1 R1 6.如圖所不，半徑為 Ri= 1.8 m的光滑圓弧與半徑為 R2 =

14、0.3 m的半圓光滑細(xì)管平滑連4接并固定，光滑水平地面上緊靠管口有一長(zhǎng)度為L(zhǎng)= 2.0 m、質(zhì)量為M = 1.5 kg的木板，木板上表面正好與管口底部相切，處在同一水平線上，木板的左方有一足夠長(zhǎng)的臺(tái)階，其高 度正好與木板相同.現(xiàn)在讓質(zhì)量為m2= 2 kg的物塊靜止于B處，質(zhì)量為m1= 1 kg的物塊從光滑圓弧頂部的A處由靜止釋放，物塊 m1下滑至B處和m2碰撞后不再分開，整體設(shè)為 物塊m（m = m+m2）.物塊m穿過半圓管底部 C處滑上木板使其從靜止開始向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng) 木板速度為2 m/s時(shí)，木板與臺(tái)階碰撞立即被粘住（即速度變?yōu)榱悖鬵 = 10 m/s2,物塊碰撞前后均可視為質(zhì)點(diǎn)，圓管粗細(xì)

15、不計(jì).（1）求物塊m1和m2碰撞過程中損失的機(jī)械能；（2）求物塊m滑到半圓管底部 C處時(shí)所受支持力大??；（3）若物塊m與木板及臺(tái)階表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為尸0.25,求物塊m在臺(tái)階表面上滑行的最大距離.【答案】12J190N 0.8m【解析】試題分析：（1）選由機(jī)械能守ff求出物塊 m1下滑到B點(diǎn)時(shí)的速度；m1、m2碰撞滿足動(dòng) TOC o 1-5 h z 2 12量守恒，由E機(jī) 一m1v2 -mv2求出碰撞過程中損失的機(jī)械能；（2）物塊m由B到C HYPERLINK l bookmark92 o Current Document 2滿足機(jī)械能守恒，在C點(diǎn)由牛頓第二定律可求出物塊m滑到半圓管底部

16、C處時(shí)所受支持力大小；（3）根據(jù)動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能定理列式即可求解設(shè)物塊m1下滑到B點(diǎn)時(shí)的速度為Vb ,由機(jī)械能守恒可得：1 - 2mhgB -m1VB 2解得：vB 6m/sm1、m2碰撞滿足動(dòng)量守恒：m Vb （回 m2）v共解得；v共2m/s212則碰撞過程中損失的機(jī)械能為：E機(jī) 一 m1VB mv共12J21 o1 o物塊m由B到C滿足機(jī)械能寸恒： 一mv丑 mg 2R2 mvC 2 2解得：vC 4m/svC在C處由牛頓第二運(yùn)動(dòng)te律可得：FN mg mR2解得：FN 190N設(shè)物塊m滑上木板后，當(dāng)木板速度為 V2 2m/s時(shí)，物塊速度為Vi ,由動(dòng)量守恒定律得： mvC mv1 M

17、v2解得：v1 3m/s設(shè)在此過程中物塊運(yùn)動(dòng)的位移為Xi,木板運(yùn)動(dòng)的位移為 X2,由動(dòng)能定理得: TOC o 1-5 h z 212對(duì)物塊 m：mgx1 mv, mvC HYPERLINK l bookmark88 o Current Document 2解得：x1 1.4m HYPERLINK l bookmark71 o Current Document 12對(duì)木板 M ： mgx2 Mv2解得：x2 0.4m此時(shí)木板靜止，物塊 m到木板左端的距離為：x3 L x2 x1 1m設(shè)物塊m在臺(tái)階上運(yùn)動(dòng)的最大距離為 x4,由動(dòng)能定理得：12mg(x3 x4) 0mv12解得：x4 0.8 m7.

18、如圖所示，傾角為 。=45的粗糙平直導(dǎo)軌與半徑為R的光滑圓環(huán)軌道相切，切點(diǎn)為B,整個(gè)軌道處在豎直平面內(nèi).一質(zhì)量為m的小滑塊從導(dǎo)軌上離地面高為h=3R的D處無初速下滑進(jìn)入圓環(huán)軌道.接著小滑塊從圓環(huán)最高點(diǎn)C水平飛出，恰好擊中導(dǎo)軌上與圓心O等高的P點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力.求：(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)最高點(diǎn) C時(shí)的速度的大小；(2)滑塊運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)軌道壓力的大小；(3)滑塊在斜面軌道BD間運(yùn)動(dòng)的過程中克服摩擦力做的功.【答案】(1) 版 (2) 6mg (3) 1mgR(1)小滑塊從C點(diǎn)飛出來做平拋運(yùn)動(dòng)，水平速度為V0,豎直方向上：尺二40向上：J5及三vor,解得嶺=J熊(2)小滑塊在最低點(diǎn)時(shí)速度

19、為 vc由機(jī)械能守恒定律得12-1 Ff牛頓第二定律：,1 .二一由牛頓第三定律得： 用,方向豎直向R下(3)從D到最低點(diǎn)過程中，設(shè) DB過程中克服摩擦力做功 W由動(dòng)能定理-, h=3R -. 一【點(diǎn)睛】對(duì)滑塊進(jìn)行運(yùn)動(dòng)過程分析，要求滑塊運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)軌道壓力的大小，我們要C水平飛出，恰好擊中導(dǎo)知道滑塊運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)的速度大小，小滑塊從圓環(huán)最高點(diǎn) 軌上與圓心O等高的P點(diǎn)，運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系求出最低點(diǎn)時(shí)速度.在對(duì)最低 點(diǎn)運(yùn)用牛頓第二定律求解.8.如圖所示，水平傳送帶長(zhǎng)為L(zhǎng)=4m,以v0 2m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。一個(gè)質(zhì)量為 lkg的物塊從傳送帶左側(cè)水平向右滑上傳送帶，一段時(shí)

20、間后它滑離傳送帶。已知二者之間的動(dòng)(1)要使物塊能從傳送帶右側(cè)滑離，則物塊的初速度至少多大？(2)若物塊的初速度為v 3m/s,則物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)因摩擦產(chǎn)生的熱量為多少?【答案】(l)v 4m/s； (2)12.5J【解析】【詳解】(1)設(shè)物塊初速度為v,物塊能從傳送帶右側(cè)滑離，對(duì)其分析得:mgL Ek 1mv2Ek0解得:v 4m/ s(2)物塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)是先向右減速運(yùn)動(dòng)，后向左加速運(yùn)動(dòng)。物塊向右減速運(yùn)動(dòng)時(shí), 有：timgxi0 1mv22物塊與傳送帶的相對(duì)滑動(dòng)產(chǎn)生的熱量:Q1mg v0t1 x1向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有：t V。 TOC o 1-5 h z 12a12mgx2mv02物

21、塊與傳送帶的相對(duì)滑動(dòng)產(chǎn)生的熱量：Q2 mg Vot2 X2QQi Q2 12.5J9.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(zhǎng)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vo=4m/s沖上傳送帶，物塊與傳送帶間的摩擦因數(shù)科=0 2,物塊的質(zhì)量 m=1kg.結(jié)果物塊

22、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(duì)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塊B向右作勻減速運(yùn)動(dòng)過程：mg ma

23、二/一些v0ti 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(duì)地面向左位移：S/ v t2 1m2 TOC o 1-5 h z SS/4 1共速后與傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t. Sj = 15s3 v 2,往返總時(shí)間：:（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.又由物塊上滑過中根據(jù)機(jī)械能守恒得：_ - 1J-.Li代入數(shù)據(jù)解得：vB6Rg 6m/s12物塊第二次從N至IJA點(diǎn)：L v1t - g t速度關(guān)系：vB M g

24、t代入得：r+同一16=。；得：t 2s或t8s （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.10.如圖所示，在方向豎直向上、大小為E=1X 1(6v/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，固定一個(gè)穿有A、BO、半徑為兩個(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R=0.2m. A、B用一根絕緣輕桿相連，A帶的電荷量為q=+7X10C, B不帶電，質(zhì)量分別

25、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。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 .(2)求小球(3)求小球A的最大速度值.(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?A從圖示位置逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，其電勢(shì)能變化的最大值.【答案】(1) A不能到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)(2) 22 m/s (3) 0.1344J3【解析】【分析】【詳解】試題分析：A、B在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，分別對(duì) 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)的半徑和角速度均相同，對(duì) A、B分別由

26、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(shì)能的減少與電場(chǎng)力做功關(guān)系求解.(1)設(shè)A、B在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，輕桿對(duì) 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(duì)A根據(jù)動(dòng)能定理：qER- mAgR+WT1=EKA對(duì)B根據(jù)動(dòng)能定理： Wt1 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：Va=vb12對(duì) A根據(jù)動(dòng)

27、能te理：qERsinmAgRsinWT2 mAvA12對(duì)B根據(jù)動(dòng)能定理： WT2 mBgR 1 cosmBvB2 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark111 o Current Document 28聯(lián)立斛得：vA3sin 4cos 49由此可得：當(dāng)tan 3時(shí)，A、B的最大速度均為Vmax 22m/s HYPERLINK l bookmark121 o Current Document 4max 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(chǎng)力做功最多，電勢(shì)能 減少最多，由上可式得 ：3sin +4cos a- 4=0 HYPERLINK

28、 l bookmark172 o Current Document 24 .斛得：sin 函或sin = (舍去)84所以A的電勢(shì)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(chǎng)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(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功，引起帶電粒子 的能量發(fā)生變化，利用動(dòng)能定理進(jìn)行解答，屬于復(fù)雜題.11.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為 m=0.2kg的小物體(P可視為質(zhì)點(diǎn))，從半徑為R=0.8m的光滑圓 強(qiáng)軌道的A端由靜止釋放，A與圓心等高，滑到 B后水平滑上與圓弧軌道平滑連接的水平 桌面，小物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為后0.6,小物體滑行L=1m后與靜置于桌邊的另一相同的小物體Q正碰，并粘在一起飛出桌面，桌面距水平地面高為h=0.8m不計(jì)空氣阻力,滑至B點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)P在B點(diǎn)受到的支持力的大??；(3)兩物體飛出桌面的水平距離；(4)兩小物體落地前損失的機(jī)械能.【答案】(1)Vi 4m/s (2)Fn6N (3)s=0