高考物理精做16动能定理的应用大题精做新人教版.doc

1 / 27【2019【2019 最新最新】精选高考物理精做精选高考物理精做 1616 动能定理的应用大题精做新人教动能定理的应用大题精做新人教版版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，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：2m（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） （2） （3）33Fmgmin32(21)( 3 1)WmgR【解析】（1）C 受力平衡，解得2 cos30Fmg33Fmg（2）C 恰好降落到地面时，B 受 C 压力的水平分力最大max32xFmg2 / 27B 受地面的摩擦力，根据题意，解得fmgminmaxxfFmin32（3）C 下降的高度，A 的位移( 3 1)hR2( 3 1)xR摩擦力做功的大小2( 3 1)fWfxmgR根据动能定理 00fWWmgh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 8.00×104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度 1.60×105 m 处以 7.50×103 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/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 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）4.0×108 J 2.4×1012 J （2）9.7×108 J（2）飞船在高度 h'=600 m 处的机械能为212.0()2100hhEmvmgh由功能原理得0hWEE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=9.7×108 J3 / 27【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/s2 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/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）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；4 / 27（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）3htg 42ggLvLhh2 2Lh【解析】（1）打在中点的微粒231 22hgt3htg （2）打在 B 点的微粒；1 1Lvt2 1122hgt14gvLh 同理，打在 A 点的微粒初速度22gvLh微粒初速度范围42ggLvLhh（3）由能量关系22 2111222mvmghmvmgh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/s2。求：5 / 27（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20.8sHtg=小球在水平方向做匀减速运动，加速度25 m / sFam=水平位移2 014.8 m2sv 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，重力加速度大小为g。（取）5 6R1=434sin37cos 3755 ，（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，6 / 27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。7 2R【答案】（1） （2） （3） 2BvgRp12 5EmgRD355vgR11 3mm【解析】（1）根据题意知，B、C 之间的距离 l 为 l=7R2R设 P 到达 B 点时的速度为 vB，由动能定理得21sincos2Bmglmglmv式中 =37°，联立式并由题给条件得2BvgR（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175sin26xRR155cos66yRRR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 11 2ygtx1=vDt联立式得355DvgR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 1111155(cos)2266CDmvmvm gRRP 由 E 点运动到 C 点的过程中，同理，由动能定理有7 / 272 p1111(5 )sinm g(5 )cos2CEm g xRxRmv联立式得11 3mm【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 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=mgcos 60°8 / 27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：21vTmgml对小球摆到最低点的过程，根据动能定理可知：，21(1 cos60 )2fmglWmvo联立解得：Wf=0.1mgl8（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，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 10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力）10.052（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 sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）2（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。 mx【答案】（1）（2）（3）tan0.0520.81.9m（3）由动能定理可得2 11sin2fmgLWmv代入数据得 v=1 m/s21 2Hgt，t=0.4 s9 / 27x1=0.4 mm121.9 mx xx9（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/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（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17 / 27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） sin20 1mgqEmst（2）· s （3）如图所示)sin()sin(2102 kqEmgsqEmgmvWm)sin()sin(2102 kqEmgsqEmgmvWm【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=ma2 1021ats 联立可得sin20 1mgqEmst （2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有0x0sinkxqEmg从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得021)()sin(2 0mmmvWxxqEmg·021)()sin(2 0mmmvWxxqEmg联立可得)sin()sin(2102 kqEmgsqEmgmvWm· s)sin()sin(2102 kqEmgsqEmgmvWm（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18 / 27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/s2，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=2gh2 yv竖直分速度 vy=4 m/s2gh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°)=mv221 2Cmv1 2经过 C 点时，由向心力公式有 FNmg=2 Cmv 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(1cos 37°)+mgsin 37°xmgcos 37°x=021 2Cmv代入数据可解得 x=6.75 m19 / 27所以轨道 AB 的长度为 6.75 m19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/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=5 m/s （2）L=5 m2【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=mv01 22 Av即 2mg×20.5mg×10.25mg×4=mv1 22 Av解得 vA=5 m/s2（2）冲上斜面的过程，由动能定理得mgLsin 30°=0mv1 22 Av所以冲上斜面 AB 的长度 L=5 m20 / 2720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=1.0 kg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，计算结果保留小数点后一位数字。1=2.0 mR2=1.4 mR0=12.0 m/sv1=2.0 mL0.210 m/sg 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。3R【答案】（1）F=10.0 N （2）L=12.5 m （3）当时，当时，m4 . 03R0m36.0Lm27.9m1.03 Rm026. 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 22vmgmR 22 1222011()222mg 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21 / 27v3，应满足2 33vmgmR 22 133011(2 )222mg 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，根据动能定理解得31.0 mR 为了保证圆轨道不重叠，R3 最大值应满足解得 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或m27.9m1.03 R当时，小球最终焦停留点与起始点 A 的距离为 L，则300.4 mR当时，小球最终焦停留点与起始点 A 的距离为 L，则m27.9m1.03 R21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（，g 取 10 m/s2），求：sin 37 =0.6cos 37 =0.8（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），方向向左 11sincos3.2 NfNf（2） （3）见解析11cossin=67.6 NNfNf22 / 27（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 JGWmghmg摩擦力做功：32 JfWfs 合力做功或外力对木块做的总功：16 JGfWEE动能的变化22 k11()16 J22Emvm 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，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（g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）试求：10611 3（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）2（4）斜面上 CD 间的距离。【答案】（1） （2） （3） （4）13m/sv 43 NNF1.5 mPAx0.98 mCDx【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：23 / 2722yvgh在 B 点，1tan2yvv解得：122 10 0.8m/s3m/stan53tan2ghv（3）对于小物块在传送带上加速过程，由牛顿第二定律得：23mgma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15 m/svv带PAx2 132PAva x联立解得2 121.5 m2PAvxg（4）小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有，11sincos22mgmgma解得2 110 m/sa 小物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律有，12sincos22mgmgma解得2 16 m/sa 由机械能守恒定律可知，5 m/sCBvv小物块由 C 上升到最高点历时1 10.5sCvta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，解得：2 12 211 22CDCxv ta t0.98 mCDx23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24 / 27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=0.5 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=（g 取 10 m/s2）。求：33 5（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=30 N （3）x= m2 102【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°·(mg+Eq)L=0sin 30h 21 2Cmv则得vC= m/s= m/s2()(cot30)mgEq hhL m-332(10 100 0.1)(4433)55 1 -2 10（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=ma25 / 27则得：a=g+=10 m/s2+ m/s2=20 m/s2qE m0.1 100 1应用类平抛运动的规律列式可得：x=vDt，2R=at21 2联立得：x=vD=× m= m4R a2 540.5 20 224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：FN1=mgcos 37°故 Ff1=FN1=mgcos 37°由动能定理得Mgsin 37°l1mgcos 37°l1=2 11 2mv在水平面上的运动过程中，受力分析如图乙所示Ff2=FN2=mg由动能定理得mgl2=02 11 2mv26 / 27由两式可得l2=l1=×5 m=3.5 msin37cos37 -0.6 0.4 0.8 0.4-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=l1=×5 m=3.5 msin 37cos 37 -0.6 0.4 0.8 0.4-25“”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：（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）53（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）1 12qELvm122 5qELvm113 5WqEL【解析】（1）对物体，根据动能定理，有，得2 111 2qELmv1 12qELvm（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27 / 27若，则，因为，不符合实际113 5vv 11 10vv 1vv 故应取，则113 5vv 1 1222 55qELvvm