高考物理動(dòng)能與動(dòng)能定理專項(xiàng)練習(xí)含解析

高考物理動(dòng)能與動(dòng)能定理專項(xiàng)練習(xí)含解析一、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，質(zhì)量m=3kg的小物塊以初速度穢水平向右拋出，恰好從點(diǎn)沿著v=4m/sA0R=3.75mB圓弧的切線方向進(jìn)入圓弧軌道。圓弧軌道的半徑為，點(diǎn)是圓弧軌道的最低點(diǎn)，37圓弧軌道與水平軌道平滑連接，與圓心的連線與豎直方向成角，是一段粗BDADMNMNμ=0.1糙的水平軌道，小物塊與間的動(dòng)摩擦因數(shù)，軌道其他部分光滑。最右側(cè)是一個(gè)r=0.4mCBD半徑為的半圓弧軌道，點(diǎn)是圓弧軌道的最高點(diǎn)，半圓弧軌道與水平軌道在Dg=10m/ssin37=0.6cos37=0.8點(diǎn)平滑連接。已知重力加速度，°，°。2（1）求小物塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；（2）若MN的長(zhǎng)度為，L=6m求小物塊通過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。?MN（3）若小物塊恰好能通過C點(diǎn)，求的長(zhǎng)度。L【答案】（1）62N（2）60N（3）10m【解析】【詳解】vvcos37做平拋運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有：0（1）物塊A4m/s5m/sv解得：vAcos370.80小物塊經(jīng)過A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守定恒律有：1122mv2mgRRcos37mv2AB小物塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)，有：Fmgmv2BRNBv2Fmg32cos37m62NNB解得：BR根據(jù)牛頓第三定律，小物塊對(duì)軌道的壓力大小是62N（2）小物塊由點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有：BCmgLmg2r12mv212mv2B0Cv2由牛頓第二定律得：FmgmCrC在點(diǎn)，NCF60N代入數(shù)據(jù)解得：NC根據(jù)牛頓第三定律，小物塊通過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小是60N（3）小物塊剛好能通過C點(diǎn)時(shí)，根據(jù)mgmv2C2r解得：vgr100.4m/s2m/sC2小物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgLmg2r12mv212mv2C2B代入數(shù)據(jù)解得：L=10m2．如圖所示，在水平軌道右側(cè)固定半徑為R的豎直圓槽形光滑軌道，水平軌道的PQ段長(zhǎng)度為，上面鋪設(shè)特殊材料，小物塊與其動(dòng)摩擦因數(shù)為，軌道其它部分摩擦不計(jì)。水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量的小物塊從軌道右側(cè)A點(diǎn)以初速度沖上軌道，通過圓形軌道，水平軌道，求：后壓縮彈簧，并被彈簧以原速率彈回，取（1）彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能；（2）小物塊被彈簧第一次彈回經(jīng)過圓軌道最低點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能；（3）當(dāng)R滿足什么條件時(shí)，小物塊被彈簧第一次彈回圓軌道時(shí)能沿軌道運(yùn)動(dòng)而不會(huì)脫離軌道?！敬鸢浮浚?）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m0≤R≤0.12m或【解析】【詳解】（1）當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，其彈性勢(shì)能最大。從A到壓縮彈簧至最短的過程中，由動(dòng)能定理得：?μmgl+W＝0?mv02彈由功能關(guān)系：W=-△Ep=-Ep彈解得Ep=10.5J；（2）小物塊從開始運(yùn)動(dòng)到第一次被彈回圓形軌道最低點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得?2μmgl＝Ek?mv02解得Ek=3J；（3）小物塊第一次返回后進(jìn)入圓形軌道的運(yùn)動(dòng)，有以下兩種情況：①小球能夠繞圓軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)設(shè)小球最高點(diǎn)速度為v2，由動(dòng)能定理得?2mgR＝mv22?Ek小物塊能夠經(jīng)過最高點(diǎn)的條件m≥mg，解得R≤0.12m②小物塊不能夠繞圓軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，為了不讓其脫離軌道，小物塊至多只能到達(dá)與圓心等高的位置，即mv12≤mgR，解得R≥0.3m；設(shè)第一次自A點(diǎn)經(jīng)過時(shí)，速度為v1，由動(dòng)能定理得：圓形軌道最高點(diǎn)?2mgR＝mv12-mv02且需要滿足m≥mg，解得R≤0.72m，綜合以上考慮，R需要滿足的條件為：0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m?！军c(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵是分析清楚小物塊的運(yùn)動(dòng)情況，把握隱含的臨界條件，運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)要注意靈活選擇研究的過程。兩物塊、并排靜置于高h(yuǎn)=0.80m的光滑水平桌面上，物塊的質(zhì)量均為3．如圖所示，ABM=0.60kg．一顆質(zhì)量m=0.10kg的子彈C以v0=100m/s的水平速度從左面射入A，子彈射穿A后接著射入B并留在中，此時(shí)A、B都沒有離開桌面．已知離開桌面，后落地點(diǎn)到桌邊的水平距離s=2.0m．設(shè)子彈在物塊A、B中穿行時(shí)受到的g10m/sB物塊的長(zhǎng)度為0.27m，AA阻力大小相等，取2．(平拋過程中物塊看成質(zhì)點(diǎn))求：1（）A和物塊B離開桌面時(shí)速度的大小分別是多少；物塊（）子彈在物塊B2中打入的深度；（）若使子彈在物塊B3中穿行時(shí)物塊B未離開桌面，B則物塊到桌邊的最小初始距離．L3.5102m（3）【答案】（）；15m/s10m/s2；（）2.510m2B【解析】【分析】【詳解】試題分析：(1)子彈射穿物塊A，后A以速度vA沿桌面水平向右勻速運(yùn)動(dòng)，離開桌面做后平拋運(yùn)動(dòng)：h12gt2解得：t=0.40ssA離開桌邊的速度vAv=5.0m/s，解得：AtBBv設(shè)子彈射入物塊后，子彈與的共同速度為，子彈與兩物塊作用過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒：BmvMv(Mm)v0ABBv=10m/s離開桌邊的速度B2AvA（）設(shè)子彈離開時(shí)的速度為，子彈與物塊作用過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒：1mvmv2Mv01Av1=40m/sB子彈在物塊中穿行的過程中，由能量守恒fL12Mv212mv212(Mm)v2①BA1BA子彈在物塊中穿行的過程中，由能量守恒fL12mv212mv212(MM)v2②A01AL3.5102①②由解得mB3AA（）子彈在物塊中穿行過程中，物塊在水平桌面上的位移為，由動(dòng)能定理：s1fs12(MM)v20③1ABBs2子彈在物塊中穿行過程中，物塊在水平桌面上的位移為，由動(dòng)能定理fs12Mv12Mv④2A22B②③④Bsminss，由解得物塊到桌邊的最小距離為：12s2.5102m解得：min考點(diǎn)：平拋運(yùn)動(dòng)；動(dòng)量守恒定律；能量守恒定律．ABCCDEC4．如圖所示，斜面下端與光滑的圓弧軌道相切于，整個(gè)裝置豎直固定，是最D低點(diǎn)，圓心角∠DOC=37°，E、B與圓心O等高，圓弧軌道半徑R=0.30m，斜面長(zhǎng)L=1.90m，ABBC部分光滑，部分粗糙．m=0.10kgP現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量的小物塊從斜面上端A點(diǎn)無初速下滑，物塊與斜面BC部分之間的動(dòng)摩擦因數(shù)P=0.75．取sin37o=0.6，cos37o=0.8，重力加速度g=10m/s2，忽略空氣阻力．求：（1）物塊從A到過程C重力勢(shì)能的增量；ΔEPvB（2）物塊B第一次通過點(diǎn)時(shí)的速度大小；（3）物塊DN．第一次通過點(diǎn)時(shí)到受軌道的支持力大小【答案】（1）-1.14J（2）4.2m/s（3）7.4N【解析】【分析】【詳解】（1）從A到C物塊的重力做正功為：mgLsin371.14JWG故重力勢(shì)能的增量EW1.14JPG（2）根據(jù)幾何關(guān)系得，斜面BC部分的長(zhǎng)度為：lRcot370.40mmgLlsin3712mv20設(shè)物塊第一次通過B點(diǎn)時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理有：BBv4.2m/sB解得：部分滑動(dòng)受到的摩擦力大小為：fmgcos370.60N（3）物塊在BC在BC部分下滑過程受到的合力為：Fmgsin37f0vv4.2m/s則物塊第一次通過C點(diǎn)時(shí)的速度為：CBmgR1cos37mv212mv21物塊從C到D，根據(jù)動(dòng)能定理有：2DCv2在D，由牛頓第二定律得：NmgmDR聯(lián)立解得：N7.4N【點(diǎn)睛】本題考查了動(dòng)能定理與牛頓第二定律的綜合運(yùn)用，運(yùn)用動(dòng)能定理解題關(guān)鍵確定出研究的過程，分析過程中有哪些力做功，再根據(jù)動(dòng)能定理列式求解．5．如圖所示，一長(zhǎng)度LAB=4．98m，傾角θ=30°的光滑斜面AB和一固定粗糙水平臺(tái)BC平滑連接，水平臺(tái)長(zhǎng)度LBC=0．4m，離地面高度H=1．4m，在C處有一擋板，小物塊與擋板碰撞后原速率反彈，下方有一半球體與水平臺(tái)相切，整個(gè)軌道處于豎直平面內(nèi)。在斜面頂端A處?kù)o止釋放質(zhì)量為m="2kg"的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），忽略空氣阻力，小物塊與BC間的動(dòng)摩擦因素μ=0．1，g取10m/s2。問：（1）小物塊第一次與擋板碰撞前的速度大??；（2）小物塊經(jīng)過B點(diǎn)多少次停下來，在BC上運(yùn)動(dòng)的總路程為多少；3D（）某一次小物塊與擋板碰撞反彈后拿走擋板，最后小物塊落在點(diǎn)，已知半球體半徑r=075mODα=53°．，與水平面夾角為，求小物塊與擋板第幾次碰撞后拿走擋板？（取）17m/s263249m325【答案】（）；（）次．（）次【解析】試題分析：小物塊從開始運(yùn)動(dòng)到與擋板碰撞，重力、摩擦力做功，運(yùn)用動(dòng)能定理。求小物的路程，計(jì)算出拋運(yùn)動(dòng)到達(dá)D點(diǎn)，可以求出平拋時(shí)的初速度，進(jìn)而求出在的距離以及和當(dāng)班碰撞的次數(shù)。塊經(jīng)過B點(diǎn)多少次停下來，需要根據(jù)功能轉(zhuǎn)化或動(dòng)能定理求出小物塊運(yùn)動(dòng)經(jīng)過B點(diǎn)多少次。小物塊經(jīng)過平BC段上運(yùn)動(dòng)（）從到C段運(yùn)用動(dòng)能定理1Amgsin-LAB=mv2v=7m/s2BCx（）從開始到最后停下在段所經(jīng)過的路程為mgsinLAB-mgx=0x=24．9m=31．1經(jīng)過AB的次數(shù)為312+1=63次3（）設(shè)小物塊平V0拋時(shí)的初速度為H-r=gt2=v0tr+v0=3m/sn設(shè)第次后取走擋板mv2-mv02=2Lbcnn=25次考點(diǎn)：動(dòng)能定理、平拋運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)度；再一個(gè)容易出現(xiàn)錯(cuò)誤的是在段運(yùn)動(dòng)定。根據(jù)功能關(guān)系求出在BC段運(yùn)動(dòng)的路程。睛】解決本題的關(guān)鍵一是要會(huì)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出落到D時(shí)平拋運(yùn)動(dòng)的初速BC的路程與經(jīng)過B點(diǎn)次數(shù)的關(guān)系，需要認(rèn)真確6．如圖所示，AB是傾角為θ的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，ABB恰好在點(diǎn)與圓弧相切，圓弧的半徑為．一個(gè)質(zhì)量為m的物體（可以看作質(zhì)R點(diǎn)）從直軌道上與圓弧的圓心等高的P點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果它能在O兩軌道AB間做往返運(yùn)動(dòng)．已知物體與軌道間的加速度為．試求：μg動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力1B（）物體釋放后，第一次到達(dá)處的速度大小，并求出物體做往返運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中在ABs軌道上通過的總路程；2E（）最終當(dāng)物體通過圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)圓弧軌道的壓力的大小；3DE、O、D（）為使物體能順利到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)（為同一3條豎直直徑上的個(gè)B點(diǎn)），釋放點(diǎn)距點(diǎn)的距離L應(yīng)滿足什么條件．tan2gR(sincos)R2Fmg(32cos)；；（）N【答案】（）1LvB2(sincos)(32cos)R…3L（）【解析】【分析】【詳解】1（）B設(shè)物體釋放后，第一次到達(dá)處的速度為，v1根據(jù)動(dòng)能定理可知：1mv2mgRcosmgcosRcossin21解得：v2gR(sincos)tanBABB每完成一次往返運(yùn)動(dòng)，在斜面上能上升的高度都減少一些，最終當(dāng)它達(dá)點(diǎn)時(shí)，速度變?yōu)榱悖瑢?duì)物體從P到B全過程定理，有物體用動(dòng)能mgRcosmgLcos0AB得物體在軌道上通過的總路程為L(zhǎng)R（）最終物體以B為最高點(diǎn)在圓弧軌道2底部做往返運(yùn)動(dòng)，設(shè)物體從B運(yùn)動(dòng)到時(shí)速度為Evv，由動(dòng)能定理知：2mgR(1cos)1mv222E在點(diǎn)，由牛頓第二定律有mv22RFmgN解得物體受到的支持力Fmg(32cos)NFmg(32cos)，方向豎直向根據(jù)牛頓第三定律，物體對(duì)軌道的壓力大小為FNN下．3（）設(shè)物體剛好到達(dá)點(diǎn)時(shí)的速度為此時(shí)有DvDmgmv2DR解得：vgRDLDB設(shè)物體恰好通過點(diǎn)時(shí)釋放點(diǎn)距點(diǎn)的距離為，有動(dòng)能定理可知：0mg[LsinR(1cos)]mgcosL12mv2D00聯(lián)立解得：則：2(sincos)(32cos)RL02(sincos)(32cos)RL…tan2gR(sincos)R；（）(32cos)答案：（）1L；（）2Fmg3vBN(32cos)RL…2(sincos)7．如圖所示，傾角為的粗糙平直導(dǎo)軌與半徑為的光滑圓環(huán)軌道相切，切點(diǎn)為45rb.m，整個(gè)軌道處在豎直平面內(nèi)一質(zhì)量為的小滑H=3rd塊從導(dǎo)軌上離地面高為的處無初aO速下滑進(jìn)入圓環(huán)軌道，接著小滑塊從最高點(diǎn)水平飛出，恰好擊中導(dǎo)軌上與圓心等高的c.點(diǎn)已知圓環(huán)eg最低點(diǎn)為點(diǎn)，重力加速度為，.求：不計(jì)空氣阻力1a（）小滑塊在點(diǎn)飛出的動(dòng)能；e（）小滑塊在點(diǎn)對(duì)圓環(huán)軌道壓力的大??；3（）小滑塊與斜軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù).（計(jì)算結(jié)果可以保留根號(hào)）1【答案】（）；（）′；（）421Emgr2F=6mg3214k【解析】【分析】【詳解】1（）小滑塊從a點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)：2rvta水平方向：豎直方向：r12gt2解得：vgraE1mv212mgr小滑塊在a點(diǎn)飛出的動(dòng)能2ka2v設(shè)小滑塊在e點(diǎn)時(shí)速度為，由機(jī)械能守恒定律得：（）m12mv212mv2mg2rmamv2mr在最低點(diǎn)由牛頓第二定律：Fmg由牛頓第三定律得：F′=F解得：F′=6mgL221r（）3bd之間長(zhǎng)度為L(zhǎng)，由幾何關(guān)系得：mgHmgcosL12mv2從d到最低點(diǎn)e過程中，由動(dòng)能定理m42解得148．如圖所示在豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與長(zhǎng)度l=3m的水平傳送帶BC平滑連接于B點(diǎn)，傳送帶BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑r=0.55m的四分之一細(xì)圓管CD，圓管內(nèi)徑略大于物塊尺寸，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)為k=50N/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m=0.5kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從曲面上P點(diǎn)靜止釋放，P點(diǎn)距BC的高度為h=0.8m．（已知彈簧的彈性勢(shì)能Ep與彈簧的勁度系數(shù)k和形變量x的1關(guān)系是：Ep=kx22，水平傳送帶與物間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，重力加速度g取10m/s2．）求：（1）若傳送帶靜止不動(dòng)物塊在水平傳送帶BC上前進(jìn)的距離；v=2m/s（2）若傳送帶向右勻速運(yùn)動(dòng)的速度，物塊剛進(jìn)入細(xì)圓管CD時(shí)對(duì)管道的彈力，物0塊在壓縮彈簧過程中的最大速度（壓縮彈簧過程未超過彈性限度）；（3）若傳送帶向右勻速運(yùn)動(dòng)的速度v=2m/s，物塊從第一次進(jìn)入細(xì)圓管后將做周期性的運(yùn)0動(dòng)．由于物塊與傳送帶發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，一個(gè)周期內(nèi)帶動(dòng)傳送帶的電動(dòng)機(jī)多消耗的電能．【答案】（1）2m（2）4m/s（3）4J【解析】【分析】【詳解】（1）物塊從P點(diǎn)靜止釋放到停在傳送帶某處的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh-μmgx=0-0解得x=2m；（2）若傳送帶向右勻速運(yùn)動(dòng)的速度v=2m/s，因?yàn)閭魉蛶чL(zhǎng)度l=3m大于2m，所以物塊到0達(dá)C點(diǎn)的速度v=2m/sCv2物塊經(jīng)過管道C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得mg-N=mCr15解得，管道對(duì)物塊的彈力N=N≈1.36N，方向豎直向上11根據(jù)牛頓第三定律得知，物塊對(duì)管道的彈力大小N′=N≈1.36N物塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到速度最大的過程，根據(jù)平衡條件得mg=kx′得x′=0.1m，方向豎直向下．12112由動(dòng)能定理得mg(r+x′)-kx'2=mv-mv2C22m解得，最大速度vm=4m/s（3）物塊再次回到C點(diǎn)的速度仍為2m/s，它在傳送帶上先向左勻減速運(yùn)動(dòng)到速度為零，再向右勻加速運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)，速度大小仍為2m/s，因此，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能即為物塊與傳送帶之間的摩擦生熱.v222x=物塊向左減速的位移==0.5mC2g120.410vx=x+v?物塊與傳送帶間的相對(duì)位移△0110g解得△x1=1.5mv2物塊向右加速運(yùn)動(dòng)的位移x==0.5mCg22v物塊與傳送帶間的相對(duì)位移△x2=v?0-x2=0.5m0g因此，一個(gè)周期內(nèi)帶動(dòng)傳送帶的電動(dòng)機(jī)多消耗的電能是E=μmgx+x(△△2)1解得:E=4J9．如圖甲所示，水平面上A點(diǎn)處有一質(zhì)量m＝0.5kg的小物塊，從靜止開始在水平向右恒力F1作用下運(yùn)動(dòng)，通過B點(diǎn)時(shí)立即撤去力F1，物塊恰好落到斜面P點(diǎn)。物塊與水平面間的滑動(dòng)摩擦力為f，f大小與物塊離A點(diǎn)的距離d的關(guān)系如圖乙所示。已知AB間距為2m，斜面傾角＝37°，BP間距為3m，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求(1)物塊通過B點(diǎn)時(shí)速度大小;(2)恒力F1大小(3)現(xiàn)將圖甲裝置置于風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室中，斜面BC.處于風(fēng)場(chǎng)中，且足夠長(zhǎng)。物塊從B點(diǎn)以(1)同中的速度水平向右拋出，立即撤去力F1，同時(shí)物塊受到大小為4N的風(fēng)力F2作用，風(fēng)力方向從水平向左逆時(shí)針到豎直向下范內(nèi)圍可調(diào)，如圖甲所示。調(diào)整風(fēng)力方向使物塊從拋出至落到斜面的時(shí)間最短，求該最短時(shí)間及在此條件下物塊第一次落到斜面時(shí)的動(dòng)能.14m/s24.5N37.69J【答案】（）（）（）【解析】【詳解】1（）物塊從B到P，假設(shè)BP間距為L(zhǎng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有水平方向：xLcosvt①B豎直方向：yLsin12gt2②代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立①②式解得v4m/s；B1ffd③2122（）由圖乙可知摩擦力對(duì)物塊做功為Wf物塊從A到，由動(dòng)能定理有FdW12mv20④B1fBF4.5N代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立③④式解得1（3）方法一：x軸方向成角，y豎直方向?yàn)檩S，假設(shè)與x水平方向?yàn)檩S，F(xiàn)2以B點(diǎn)為坐標(biāo)軸原點(diǎn)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解有1Fcos水平方向：xvtt2⑤22mBFsinmg豎直方向：y12t2⑥2my幾何關(guān)系：tan⑦x22mvtanBmg1Fcost1Fsin聯(lián)立⑤⑥⑦式解得⑧tan22m12代入數(shù)據(jù)可得t，要使t最小，即4sin3cos要取最大2044sin3cos值，43而4sin3cos5sincos5sin37，故當(dāng)530時(shí)，最小，t055t0.3sminvvFcost⑨2mxBt⑩Fsinmgvy2mE1mv21mvv（11）2222kxyE7.69Jk聯(lián)立⑨⑩（11）式解得（12）（v2.56m/sv4.92m/s，）xy【或：把t0.3s代入⑥式中解得y0.738m⑨mmWWEQQ假設(shè)落到點(diǎn)，從到過程，由動(dòng)能定理得，KBFG0mgyE1mv2即⑩B2kE7.69J11代入數(shù)據(jù)解得（）ky方法二：以點(diǎn)為坐標(biāo)軸原點(diǎn)，沿斜面方向?yàn)檩S，豎直斜面方向?yàn)檩S，xB，和均為定值，為使物塊盡快落到斜面，故垂直斜vvsin,GmgcosvGF2ByByByy面向下。1xvcostgsint2⑤x方向：2Bcost1Fmgyvsinty方向：22⑥2mBy0t0.3s時(shí)，解得minFmgcosvvsint⑥或：y2m1B當(dāng)v0t0.15st2t0.3s時(shí)，，y11vvcosgsint⑦xBvvvsin2.4m/s，代入⑦式中解得，而yByB把t0.3smnv5m/sxE12mv212mvv⑧22kxyE7.69J代入數(shù)據(jù)解得⑨kt0.3s代入⑤式中解得x1.23m，【或：把mnEQQ假設(shè)落到點(diǎn)，從到過程，由動(dòng)能定理得WW，kBFG即0mgxsinE1mv2⑦B2kE7.69J代入數(shù)據(jù)解得⑧】kU5000V10．一束初速度不計(jì)的電子流在經(jīng)＝的加速電壓加速后在距兩極板等距處垂直進(jìn)d1.0cml5.0cme入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示，若板間距離＝，板長(zhǎng)＝，電子電量＝1.61019C，那么1?（）電子經(jīng)過加速電場(chǎng)加速后的動(dòng)能為多少2?（）要使電子能從平行板間飛出，兩個(gè)極板上最多能加多大的電壓E81016J(2)要使電子能飛出，所加電壓最大為400V(1)【答案】k【解析】【詳解】1:EeU1mv2①20（）加速過程，由動(dòng)能定理得lsE5000eV81016J:解得k2U（）在加速電壓一定時(shí)，偏轉(zhuǎn)電壓越大，電子在極板間的偏轉(zhuǎn)距離就越大當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓大.到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出，此時(shí)的偏轉(zhuǎn)電壓，即為題目要求的最大電壓lvt偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，電子在平行于板面的方向上做勻速運(yùn)動(dòng)②0進(jìn)入FeU③:線運(yùn)動(dòng)，加速度在垂直于板面的方向上做勻加速直amdm1偏轉(zhuǎn)距離yat2④21yd⑤能飛出的條件為24.0102V22250001.0102Ud2?解①~⑤式得:Ul25.01022即要使電子能飛出，所加電壓最大為400V“”面內(nèi)有一管道裝置，11．如圖所示，在豎直平它是由兩個(gè)完全相同的圓弧管道和兩直A管道和圓弧管道分別相于切、、、，、A12BBDD管道組成。直1212CC高點(diǎn)，1CC、固定在同一水平地面上。兩直12的最、低點(diǎn)，2管道略微錯(cuò)開，其中圓弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗細(xì)可忽略。圓弧管道的半徑均為，BODAOCBODAOC111111222222R。一質(zhì)量為的m小物塊以水平向點(diǎn)出發(fā)沿管道運(yùn)動(dòng)，小物塊與直管道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。設(shè)vC左的速度從0137v12m/sm=1kgR=1.5m，，，，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：0.501（）小物塊從點(diǎn)出發(fā)時(shí)對(duì)管道的作用力；C12（）小物塊第一次經(jīng)過點(diǎn)時(shí)的速度大??；C23BA（）小物塊在直管道上經(jīng)過的總路程。1253m41），方向向下（）7m/s（）324106N【答案】（【解析】【詳解】(1)C物塊在點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有：1v2Nmgm0Rv2Nmgm106N0R可得：106N由牛頓第三定律可知，小物塊對(duì)管道