精做16动能定理的应用1．（2022·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，与地面的动摩擦因数均为μ。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μmin；（3）A移动的整个过程中，拉力做的功W。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）C受力平衡，解得（2）C恰好降落到地面时，B受C压力的水平分力最大B受地面的摩擦力，根据题意，解得（3）C下降的高度，A的位移摩擦力做功的大小29\n根据动能定理解得【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．（2022·新课标全国Ⅰ卷）一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105m处以7.50×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/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9.8m/s2。（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600m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）4.0×108J2.4×1012J（2）9.7×108J（2）飞船在高度h'=600m处的机械能为⑤由功能原理得⑥式中，W是飞船从高度600m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给数据得W=9.7×108J⑦【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．（2022·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=60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB=24m/s，A与B的竖直高度差H=48m。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B29\n与滑道最低点C的高度差h=5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W=–1530J，取g=10m/s2。（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）144N（2）12.5m【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．（2022·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。29\n（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）（2）（3）【解析】（1）打在中点的微粒①②（2）打在B点的微粒；③④同理，打在A点的微粒初速度⑤微粒初速度范围⑥（3）由能量关系⑦代入④、⑤式⑧【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．（2022·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=3.2m处，杆上套一质量m=3kg，可沿杆滑动的小球。将小球所受的风力调节为F=1529\nN，方向水平向左。小球以初速度v0=8m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s2。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78J？【答案】（1）4.8m（2）120J（3）0.24s【解析】（1）小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为小球在水平方向做匀减速运动，加速度水平位移【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．（2022·新课标全国Ⅰ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C29\n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，重力加速度大小为g。（取）（1）求P第一次运动到B点时速度的大小。（2）求P运动到Ｅ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、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）（3）【解析】（1）根据题意知，B、C之间的距离l为l=7R–2R①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得②式中θ=37°，联立①②式并由题给条件得③（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⑨⑩式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ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29\n⑪x1=vDt⑫联立⑨⑩⑪⑫式得⑬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⑭P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得⑯【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．（2022·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60o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=mgcos60°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=Mg29\n对小球：对小球摆到最低点的过程，根据动能定理可知：，联立解得：Wf=0.1mgl8．（2022·浙江卷）如图所示，用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面高H=0.8m，长L2=15m。斜面与水平桌面的倾角可在0~60°间调节后固定。将质量m=0.2kg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，物块与桌面间的动摩擦因数，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10m/s2；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；（已知sin37°=0.6，cos37°=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。【答案】（1）（2）（3）（3）由动能定理可得⑥29\n代入数据得v=1m/s⑦，t=0.4s⑧x1=0.4m⑨⑩9．（2022·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=0.5m，物块A以v0=6m/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=0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.1，A、B的质量均为m=1kg（重力加速度g取10m/s2；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（n<k）光滑段上的速度vn与n的关系式。【答案】⑴v=4m/sF=22N⑵k=45vn=m/s（其中n=1、2、3、···、44）（2）根据机械能守恒定律可知，物块A与物块B碰撞前瞬间的速度为v0，设碰后A、B29\n瞬间一起运动的速度为v0′，根据动量守恒定律有：mv0=2mv0′解得：v0′==3m/s设物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为s，根据动能定理有：–2μmgs=0–解得：s==4.5m所以物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为每段粗糙直轨道长度的=45倍，即k=45（3）物块A与物块B整体在每段粗糙直轨道上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，其加速度为：a==–μg=–1m/s2由题意可知AB滑至第n个（n<k）光滑段时，先前已经滑过n个粗糙段，根据匀变速直线运动速度–位移关系式有：2naL=–解得：vn==m/s（其中n=1、2、3、···、44）10．如图所示为S形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的，固定在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连接而成的，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，弹射装置将一个小球（可视为质点）从a点水平射向b点并进入轨道，经过轨道后从p点水平抛出，已知小球与地面ab段间的动摩擦因数μ=0.2，不计其他机械能损失，ab段长L=1.25m，圆的半径R=0.1m，小球质量m=0.01kg，轨道质量为M=0.15kg，g=10m/s2，求：（1）若v0=5m/s，小球从p点抛出后的水平射程；（2）若v0=5m/s，小球经过轨道的最高点时，管道对小球作用力的大小和方向；（3）设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当v0至少为多大时，轨道对地面的压力为零。29\n【答案】（1）x=0.4m（2）F=1.1N，方向竖直向下（3）v0=5m/s【解析】（1）设小球运动到p点时的速度大小为v，对小球由a点运动到p点的过程，应用动能定理得：–μmgL–4Rmg=mv2–mv①小球从p点抛出后做平抛运动，设运动时间为t，水平射程为x，则4R=gt2②x=vt③联立①②③代入数据解得x=0.4m–μmgL–2mgR=mv–mv解得：v0=5m/s11．如图所示，竖直平面内固定着一个滑槽轨道，其左半部是倾角为θ=37°，长为l=1m的斜槽PQ，右部是光滑半圆槽QSR，RQ是其竖直直径。两部分滑槽在Q处平滑连接，R、P两点等高。质量为m=0.2kg的小滑块（可看作质点）与斜槽间的动摩擦因数为μ=0.375。将小滑块从斜槽轨道的最高点P释放，使其开始沿斜槽下滑，滑块通过Q点时没有机械能损失。求：（1）小滑块从P到Q克服摩擦力做的功Wf；（2）为了使小滑块滑上光滑半圆槽后恰好能到达最高点R，从P29\n点释放时小滑块沿斜面向下的初速度v0的大小；（3）现将半圆槽上半部圆心角为α=60°的RS部分去掉，用上一问得到的初速度v0将小滑块从P点释放，它从S点脱离半圆槽后继续上升的最大高度h。（取g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80）【答案】（1）Wf=0.6J（2）v0=3m/s（3）h=0.225m【解析】（1）克服摩擦力做功：Wf=μmgcosθ·l=0.6J（2）从P到R全过程对滑块用动能定理得：–Wf=–在R点重力充当向心力mg=半径r=lsinθ=0.3m解得v0=3m/s（3）从P到S全过程对滑块用动能定理得mgr(1–cosα)–Wf=–则离开半圆槽时的速度vS=m/s，如图，其竖直分速度vy=vSsinα=m/s，=2gh得h=0.225m12．A、B两个小物块用轻绳连结，绳跨过位于倾角为30°的光滑斜面顶端的轻滑轮，滑轮与转轴之间的摩擦不计，斜面固定在水平桌面上，如图甲所示。第一次，A悬空，B放在斜面上，用t表示B自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间。第二次，将A和B位置互换，使B悬空，A放在斜面上，发现A自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间为t/2。（重力加速度g已知）（1）求A与B两小物块的质量之比。29\n（2）若将光滑斜面换成一个半径为R（已知）的半圆形光滑轨道固定在水平桌面上，将这两个小物块用轻绳连结后，如图放置，现将B球从轨道边缘由静止释放。若不计一切摩擦，求：B沿半圆形光滑轨道滑到底端时，A、B的速度大小。【答案】（1）（2）由以上4式得到（2）光滑斜面换成一个半径为R的半圆形光滑轨道时，Ｂ球从轨道边缘由静止释放后到达轨道底端时速度为v2，此时Ａ的速度为v1，如图所示29\n由动能定理有由速度关系有解得：13．将质量为m的物体，以初速度v0竖直向上抛出．已知抛出过程中阻力大小恒为重力的0.2倍。求（1）物体上升的最大高度；（2）物体落回抛出点时的速度大小。【答案】（1）h=（2）v=v0【解析】（1）上升过程，由动能定理–mgh–Ffh=0–①将Ff=0.2mg②代入①可得：h=③（2）全过程，由动能定理：–2Ffh=mv2–④将②③代入得：v=v014．如图所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量M=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1=0.2m且表面光滑，左段表面粗糙。在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m=1kg。B与A左段间动摩擦因数μ=0.4。开始时二者均静止，现对A施加F=20N水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走。B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m。（取g=10m/s2）求：29\n（1）B离开平台时的速度vB。（2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB。（3）A左端的长度l2。【答案】（1）vB=2m/s（2）tB=0.5sxB=0.5m（3）l2=1.5m【解析】（1）设物块平抛运动的时间为t，由平抛运动规律得：h=gt2，x=vBt联立解得vB=2m/s（2）设B的加速度为aB，B在A的粗糙表面滑动，受向右的滑动摩擦力做匀加速直线运动由牛顿第二定律，F合=μmg=maB由匀变速直线运动规律，vB=aBtB，xB=aBtB2联立解得：tB=0.5s，xB=0.5m（3）设B刚好开始运动时A的速度为v，以A为研究对象，由动能定理得Fl1=Mv12设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得：F–μmg=MaA，(l2+xB)=v1tB+aAtB2联立解得l2=1.5m【名师点睛】能够根据物体的受力情况确定物体的运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式解决。动能定理的应用要注意过程的选取和总功的求解。15．如图所示，在水平恒力F作用下，物体沿光滑曲面从高为的A处运动到高为的B处，若在A处的速度为，B处速度为，则AB的水平距离为多大？29\n【答案】s=［g(h2–h1)+(vB2–vA2)］16．如图所示，有一个可视为质点的质量为的小物块，从光滑平台上的A点以的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为的长木板，已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数，圆弧轨道的半径为，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角，不计空气阻力，g取，求：（1）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（2）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？【答案】（1）（2）29\n（2）根据动量守恒定律得，，解得根据能量守恒定律得，代入数据解得【名师点睛】本题考查了平抛运动、圆周运动与动量守恒定律、牛顿第二定律、动能定理、能量守恒的综合，知道平抛运动在竖直方向和水平方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。17．如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电荷量为q（q>0）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v–t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，29\nvm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）【答案】（1）（2）·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+mgsinθ=ma①②联立①②可得③（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有④从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得·⑤联立④⑤可得·s（3）如图29\n18．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=0.5m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=0.8m。已知OD、OB与OC的夹角分别为53°和37°，滑块质量m=0.5kg，与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=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=34N（2）x=6.75m【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=2gh竖直分速度vy==4m/s水平速度v=vytan37°=3m/s对滑块从C至E点的过程，由动能定理有mg(h+R–Rcos53°)=–mv2经过C点时，由向心力公式有FN′–mg=代入数据解得FN′=34N由牛顿第三定律知，滑块过C点时对轨道的压力大小为FN=34N（2）从A点下滑至C点的过程，由动能定理有mgR(1–cos37°)+mgsin37°x–μmgcos37°x=–0代入数据可解得x=6.75m所以轨道AB的长度为6.75m29\n19．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4m。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μ=0.25，g取10m/s2，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=5m/s（2）L=5m【解析】（1）由题图乙知，在前2m内，F1=2mg，做正功在第3m内，F2=–0.5mg，做负功；在第4m内，F3=0滑动摩擦力Ff=–μmg=–0.25mg，始终做负功对OA过程由动能定理列式得F1x1+F2x2+Ff·x=mv–0即2mg×2–0.5mg×1–0.25mg×4=mv解得vA=5m/s（2）冲上斜面的过程，由动能定理得–mgLsin30°=0–mv所以冲上斜面AB的长度L=5m20．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、。一个质量为m=1.0kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以的初速度沿轨道向右运动，A、B间距。小球与水平轨道间的动摩擦因数，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29\n，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=10.0N（2）L=12.5m（3）当时，当时，（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意④⑤由④⑤得L=12.5m⑥（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⑦29\n⑧由⑥⑦⑧得II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理解得为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足解得R3=27.9m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或当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L〞，则21．倾角θ=37°，质量M=5kg的粗糙斜面位于水平地面上，质量m=2kg的木块置于斜面顶端，从静止开始匀加速下滑，经t=2s到达底端，运动路程L=4m，在此过程中斜面保持静止（，，g取10m/s2），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。29\n【答案】（1），方向向左（2）（3）见解析（2）地面对斜面的支持力大小（3）木块受两个力做功。重力做功：摩擦力做功：合力做功或外力对木块做的总功：动能的变化所以，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=1kg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=1.0m圆弧对应圆心角，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h=0.8m，小物块离开C点后恰能无碰撞的沿固定斜面向上运动，0.8s后经过D点，物块与斜面间的动摩擦因数为（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：29\n（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0.3，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）（2）（3）（4）【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：在B点，解得：（3）对于小物块在传送带上加速过程，由牛顿第二定律得：29\n由于，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，由运动学公式得联立解得（4）小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有，解得小物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律有，解得由机械能守恒定律可知，小物块由C上升到最高点历时小物块由最高点回到D点历时故斜面上CD间的距离，解得：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=100N/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=4m。BC段为一粗糙绝缘平面，其长度为L=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=0.5m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=1kg，带电荷量为q=0.1C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μ=（g取10m/s2）。求：29\n（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）m/s（2）FN=30N（3）x=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–μ(mg+Eq)cos30°·–μ(mg+Eq)L=–0则得vC==m/s=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+=10m/s2+m/s2=20m/s2应用类平抛运动的规律列式可得：29\nx=vDt，2R=at2联立得：x=vD=×m=m24．如图所示，物体在离斜面底端5m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=3.5m【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：FN1=mgcos37°故Ff1=μFN1=μmgcos37°由动能定理得Mgsin37°l1–μmgcos37°l1=①在水平面上的运动过程中，受力分析如图乙所示Ff2=μFN2=μmg由动能定理得–μmgl2=0–②由①②两式可得l2=l1=×5m=3.5m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Mgsin37°l1–μmgcos37°l1–μmgl2=0得l2=l1=×5m=3.5m29\n25．“┙”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：（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，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）（）2（3）【解析】（1）对物体，根据动能定理，有，得（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，则若，则，因为，不符合实际故应取，则29\n29
