2019高考物理模型系列之算法模型專題06動(dòng)能定理應(yīng)用模型學(xué)案

1、專題 06 動(dòng)能定理應(yīng)用模型模型界定 動(dòng)能定理是力學(xué)中的一個(gè)十分重要的規(guī)律，它揭示了做功與動(dòng)能之間的關(guān)系，給出了過程量功與狀態(tài)量動(dòng) 能之間的標(biāo)量運(yùn)算式。他是解決動(dòng)力學(xué)問題的重要方法，使用中要優(yōu)于牛頓運(yùn)動(dòng)定律。本模型從動(dòng)能定理 內(nèi)容和意義的理解、應(yīng)用動(dòng)能定理分析、解決實(shí)際問題的基本思路和方法等方面加以分析歸納。模型破解1 動(dòng)能定理:合外力對物體做的功等于物體動(dòng)能的變化1212mv2mv122動(dòng)能定理的物理意義在于他指出了外力對物體所做的總功與物體的動(dòng)能變化之間的關(guān)系，即外力對物體做 的總功對應(yīng)著物體動(dòng)能的變化，變化的大小由做功的多少來量度2.對動(dòng)能定理的理解(i) W合是所有外力對物體做的總功，

2、求所有外力做的總功有兩種方法：第一種方法是：先求出物體所受各力的合力F合，再根據(jù)W=F合ICOSa計(jì)算總功，但應(yīng)注意a應(yīng)是合力與位移 I的夾角這種方法一般用于各力都是恒力且作用時(shí)間相同的情況下 第二種方法是： 分別求出每一個(gè)力做的功:功求代數(shù)和即： W總=W+W+V3+這種方法一般用于各力分別作用或作用時(shí)間不同時(shí)的情況下(ii )動(dòng)能定理適用于物體的直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)；適用于恒力做功，也適用于變力做功力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以分段作用(iii )因?yàn)閯?dòng)能定理中功和能均與參考系的選取有關(guān)，所以動(dòng)能定理也與參考系的選取有關(guān)中學(xué)物理中一般取地球?yàn)閰⒖枷?iv )動(dòng)能定理公式

3、兩邊的每一項(xiàng)都是標(biāo)量，動(dòng)能定理是一個(gè)標(biāo)量方程，故動(dòng)能定理沒有分量形式(v)若物體運(yùn)動(dòng)包含幾個(gè)不同的過程，應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，可以分段應(yīng)用，也可以全過程應(yīng)用(vi )動(dòng)能定理是計(jì)算物體位移或速率的簡捷公式，當(dāng)題目中涉及位移時(shí)可優(yōu)先考慮動(dòng)能定理.動(dòng)能定理通常不解決涉及時(shí)間的問題，但動(dòng)力機(jī)械起動(dòng)過程除外(vii )做功的過程是能量轉(zhuǎn)化的過程，動(dòng)能定理表達(dá)式中的“=”的意義是一種因果關(guān)系在數(shù)值上相等的符號，它并不意味著“功就是動(dòng)能增量”，也不意味著“功轉(zhuǎn)變成了動(dòng)能”，而是意味著“功引起物體動(dòng) 能的變化”.(viii )若 氐Eki，即 W總0，合力對物體做正功，物體的動(dòng)能增加；若Ek2vEki，即 W總v

4、0,合力對物體W合-EKW=FiI1COSa1, W=F2l2COSa2, W=Fsl3COSa3,再把各個(gè)外力的2做負(fù)功，物體的動(dòng)能減少(ix ) 一個(gè)物體的動(dòng)能變化Ek與合外力對物體所做功 W合具有等量代換關(guān)系：W合=氐這種等量代換關(guān)系提供了一種計(jì)算變力做功的簡便方法 3.應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路(i )選取研究對象，明確并分析運(yùn)動(dòng)過程(ii )分析受力及各力做功的情況，求出總功；受哪些力各力是否做功做正功還是負(fù)功做多少功確定求總功思路求出總功(iii )明確過程始、末狀態(tài)的動(dòng)能Eki及 Ek2.(4)列方程 M=Ek2-Eki，必要時(shí)注意分析題目潛在的條件，列輔助方程進(jìn)行求解例1如圖甲

5、所示，質(zhì)量不計(jì)的彈簧豎直固定在水平面上，t=0 時(shí)刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點(diǎn)，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復(fù)通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F 隨時(shí)間 t 變化的圖像如圖乙所示,A.ti時(shí)刻小球動(dòng)能最大E：2時(shí)刻小球動(dòng)能最大C：2t3這段時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能先增加后減少I)：2t3這段時(shí)間內(nèi)，小球增加的動(dòng)能等于彈簧減少的彈性勢能【答案】C【解析】在 t1時(shí)刻，小球剛好與彈簧接觸，彈力還為零，小球所受合外力與速度方向一致，而要做正功, 動(dòng)能還要增大，A 錯(cuò)誤；在 t2時(shí)刻彈簧彈力最大，說明彈簧此時(shí)被壓

6、縮到最短，此時(shí)小球的速度為零，則動(dòng)能也為零，B 錯(cuò)誤；t2t3時(shí)間內(nèi)，小球從壓縮量最大到逐漸恢復(fù)到原長，小球所受合外力方向先向上后向下,先與速度方向一致后與速度方向相反，即合外力對小球先做正功后做負(fù)功，其動(dòng)能先增大后減小，C 正確；彈簧減少的彈性勢能等于彈簧對小球做的功而小球增加的動(dòng)能等于小球所受合外力(即重力和彈簧彈力的合力)所做的功，D 錯(cuò)誤.3例2.如圖所示，一條軌道固定在豎直平面內(nèi)，粗糙的 ab 段水平，bcde 段光滑，cde 段是以 0 為圓心、R 為半徑的一小段圓弧。可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A 和 B 緊靠在一起，靜止于 b 處，A 的質(zhì)量是 B 的 3 倍。兩物體在足夠大的內(nèi)力作用下突

7、然分離，分別向左、右始終沿軌道運(yùn)動(dòng)。B 到 b 點(diǎn)時(shí)速度沿水平方向，此時(shí)軌道對B3的支持力大小等于 B 所受重力的-,A 與 ab 段的動(dòng)摩擦因數(shù)為 ，重力加速度 g，求：4(1) 物塊 B 在 d 點(diǎn)的速度大小；(2) 物塊 A 滑行的距離.【答案】(1). gR/2(2)旦8 卩【解析】(1)設(shè)物塊A和B的質(zhì)量分別為 g 和m恥mA=3ms.B在d處的合力為幾依題意F=mBg-3mBfi/4=mEg/4(D由牛頓第二定律得v-/2(2)設(shè) A 和 B 分開時(shí)的速度分別為 Vi和 V2,系統(tǒng)動(dòng)量守恒 mwi-mBV2=0 B 從位置 b 運(yùn)動(dòng)到 d 的過程中，由動(dòng)能定理-mBgmBv2- m

8、Bvf2 2A 在滑行過程中，由動(dòng)能定理12O-miAVi= -JmAgs聯(lián)立，得 S=E8 卩4.系統(tǒng)動(dòng)能定理高中階段中動(dòng)能定理的表述為：作用在物體上合外力的功等于物體動(dòng)能的改變量，即41212W合=.EK=2mv2-2mvi這是針對單體或可看作單個(gè)物體的物體系而言的所謂能看成單個(gè)物體的物體系，簡單來說就是物體系內(nèi)各物體之間的相對位置不變，從而物體系的各內(nèi)力做功之和為零，物體系的動(dòng)能變化就取決于所有外力做的總功了 但是對于不能看成單個(gè)物體或說不能看質(zhì)點(diǎn)的物體，可將其看成是由大量質(zhì)點(diǎn)組成的質(zhì)點(diǎn)系，對質(zhì)點(diǎn)系組成的系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，就不能僅考慮外力的作用，還需考慮內(nèi)力所做的功 即:外+W內(nèi)= E

9、k例 3. 一位質(zhì)量為 m 的運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng) t 時(shí)間，身體伸直并剛好離開地面，速度為V。在此過程中，12A. 地面對他的沖量為 mv+mg t，地面對他做的功為 mv2B. 地面對他的沖量為 mv+mg t，地面對他做的功為零12C. 地面對他的沖量為 mv,地面對他做的功為 mvD. 地面對他的沖量為 mv- mgAt，地面對他做的功為零【答案】B【解析】合外力的沖量等于物體或系統(tǒng)的動(dòng)量變化量，取向上為正：I-mg = mv-C .由于此過程中人不 能視為質(zhì)點(diǎn)，人體內(nèi)肌肉骨胳間的相互作用力做功也引起了能量的轉(zhuǎn)化，故不育狄動(dòng)能走理的角度求解地 在對人所恢功.從功的定義來看，由于

10、地面對人的作用力作用在人腳底上，人離開地面的過程中腳底未發(fā) 生位移，腳底發(fā)生位移時(shí)已離幵了地面，不受地面的作用力故地面對人所做功為零，$正確*5.動(dòng)能定理的應(yīng)用技巧門利用動(dòng)能定理求變力的功變力的功無法用公式 W=Fscos%直接求解，有時(shí)該力也不是均勻變化，無法用高中知識表達(dá)平均力，此時(shí)可以考慮用動(dòng)能定理間接求解 例 4.如圖所示，某貨場利用固定于地面的、半徑 R=1.8 m 的四分之一圓軌道將質(zhì)量為 m=10 kg 的貨物（可 視為質(zhì)點(diǎn)）從高處運(yùn)送至地面，已知當(dāng)貨物由軌道頂端無初速度滑下時(shí)，到達(dá)軌道底端的速度為5 m/s.為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，在地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板A

11、、B,長度均為 1=2 m，質(zhì)量5均為m=20kg，木板上表面與軌道末端相切.貨物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為卩1=0.4，木板與地面間的動(dòng)摩. _ 2擦因數(shù)為 卩2=0.1 (最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，取g=10 m/s ).(1) 求貨物沿圓軌道下滑過程中克服摩擦力做的功；(2)通過計(jì)算判斷貨物是否會(huì)從木板B 的右端滑落？若能， 求貨物滑離木板B 右端時(shí)的速度；若不能，求貨物最終停在木板 B 上的位置【答案】(1) 55J (2)不能，離 B 端 1m【解析】此過程中貨物所受摩揀力犬卜 方向都在不停的變化，不能由功的定義式求解一 設(shè)貨物沿圓軌道下滑過程中克服摩撫力做的功為巧，對貨物由動(dòng)能

12、定理得：T1TTL工 /M辭冊嚴(yán) =55J2(2)當(dāng)貨物滑上木板 A 時(shí)，貨物對木板的摩擦力 仏-Ugg =40N地面對木板 A、B 的最大靜摩擦力f2= 2(2m2 mjg =50N由于f,：f2,此時(shí)木板 A、B 靜止不動(dòng)。設(shè)貨物滑到木板 A 右端時(shí)速度為v1，由動(dòng)能定理：1212-1m1glm1v1m1v2 2得：v1=3m/s當(dāng)貨物滑上木板 B 時(shí)，地面對木板 A、B 最大靜摩擦力f3=J2(m2- mjg =30N例 4 題圖6由于f1f3，此時(shí)木反 B 開始滑動(dòng)。設(shè)貨物不會(huì)從木板 B 的右端滑落，二者剛好相對靜止時(shí)的速度為v2.7則對貨物：a1-=4m/s2v =vi_aitv2二

13、a2t1由以上兩式可得：v2m/s3此過程中，s1（v1v2）t =10m2911s2v2tm29由于-s2=1.0m：l，所以貨物最終未從木板B 上滑下，且與其右端的距離為1.0m(ii) 應(yīng)用動(dòng)能定理求解多過程問題物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，此時(shí)可以分段考慮，也可以對全過程考慮，但如能對整個(gè)過程根據(jù)動(dòng)能定理列式求解，則可以使問題簡化根據(jù)題意靈活地選取研究過程可以使問題變得簡單.有時(shí)取全過程簡單，有時(shí)則取某一階段簡單.原則是盡量使做功的力減少，各個(gè)力的功計(jì)算方便；或使初、末動(dòng)能等于零例 5.以初速度 vo豎直向上拋出一質(zhì)量為 m 的小物體。假定物

14、塊所受的空氣阻力f 大小不變。已知重力加速度為 g，則物體上升的最大高度和返回到原拋出點(diǎn)的速率分別為對木板B : a2伽ig2（mim2）g“5m/s2m2tsAV和 Vo噸=廠B2g（1丄）mgfmgC、Vo和v0D2g（1紅）mg fmg2V02g（1丄）mg2V。2 f2g（1 ）mg【答案】A【解析】 設(shè)物體上升的最大高度為h，返回到原拋出點(diǎn)的速率為v，根據(jù)動(dòng)能定理，上升階段有和Vo8h=一Vo,v=v0m9-f,故選項(xiàng)A正確.2g（丄）；mg fmg例 6.如圖所示，物塊m從高為h的斜面上滑下，又在同樣材料的水平面上滑行s后靜止，已知斜面傾角為-,物塊由斜面到水平面時(shí)圓滑過渡，求物塊

15、與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)?！窘馕觥枯v體在斜面上尸滑時(shí)摩揀力做員功，重力做正功，動(dòng)能増加在水平面上滑行時(shí)只有摩揀力做員功，最后減速到零，全過程動(dòng)能變化量為零，可在全過程中應(yīng)用動(dòng)能定理求解。在全過程中應(yīng)用動(dòng)能走理 mgfi 亠（凹刖30 - + pmgs）= 0解得 p = -_二= tan iZ其中肛対物體初末兩位置連線與水平面夾角。（iii） 應(yīng)用動(dòng)能定理求解多物體系問題對于多物體、多過程問題，由于運(yùn)動(dòng)過程繁瑣，用牛頓第二定律解題相當(dāng)復(fù)雜，而從能量觀點(diǎn)出發(fā)，應(yīng)用動(dòng)能定理解題往往可以使問題簡化但應(yīng)注意，從能量角度解題，如果研究對象是一個(gè)物體，往往用動(dòng)能定理求解，而對于系統(tǒng)，往往是根據(jù)總體能量守恒的

16、觀點(diǎn)來處理問題例 7.如圖所示，放在水平面上的小車上表面水平，AB 是半徑為 R 的 14 光滑圓弧軌道，下端 B 的切線水平且與平板車上表面平齊，車的質(zhì)量為 M.現(xiàn)有一質(zhì)量為 m 的小滑塊，從軌道上端 A 處無初速釋放，滑到 B 端 后，再滑到平板車上若車固定不動(dòng)，小滑塊恰不能從車上掉下 （重力加速度為 g）（1）求滑塊到達(dá) B 端之前瞬間所受支持力的大??；（2）求滑塊在車上滑動(dòng)的過程中，克服摩擦力做的功；-（mgh fh） = 0 -12一mvo2整個(gè)過程有1 mv2-丄mv2,兩式聯(lián)立解得2209（3） 若車不固定，且地面光滑，把滑塊從A 點(diǎn)正上方的 P 點(diǎn)無初速釋放， P 點(diǎn)到 A 點(diǎn)

17、的高度為 h,滑塊從 A 點(diǎn)進(jìn)入軌道，最后恰停在車的中點(diǎn)，求車的最大速度r【答案】(1) 3mg(2) mgR(3)【解析】 根據(jù)機(jī)械能守恒有：=根據(jù)牛頓第二定律有，N-噸=誓/L聯(lián)立解得軌道對滑塊的支持力:N=3mg(2 )滑塊在車上滑動(dòng)過程中，克服摩擦力做的功W,對整個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理mgR-W=即 W=mgR(3)因滑塊最后恰停在車的中點(diǎn)，結(jié)合(2)可知因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能也即系統(tǒng)內(nèi)摩擦力所做的總功：W=W/2=mgR/21滑塊與車速度相同時(shí)，車速最大，設(shè)為V2,對系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)能定理有：-(M m)v2-0二mg (R h) -W2聯(lián)立解得：v.mg(R 2h) M +mE 應(yīng)用動(dòng)能定理求路

18、程在多階段或往返運(yùn)動(dòng)中，如果摩擦力或介質(zhì)阻力大小不變，方向與速度方向關(guān)系性相反則在整個(gè)過程中克服摩擦力或介質(zhì)阻力所做功等于力與路程的乘積，從而可將物體在摩擦力或介質(zhì)阻力作用下通過的路程與 動(dòng)能定理聯(lián)系起來例 8.如圖所示，MNP 為豎直面內(nèi)一固定軌道，其圓弧段MN 與水平段 NP 相切于 N, P 端固定一豎直擋板.M 相10對于 N 的高度為 h，NP 長度為 s. 一物塊自 M 端從靜止開始沿軌道下滑，與擋板發(fā)生一次完全彈性碰撞(物 塊碰撞前后的速度大小相等，方向相反)后停止在水平軌道上某處.若在 MN 段的摩擦可忽略不計(jì)，物塊與NP 段軌道間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為卩，求物塊停止的地方與 N 點(diǎn)

19、的距離的可能值.NPhuu【答案】在十2s時(shí)d=2sr;若 -2s,s2sd【解析】設(shè)物塊質(zhì)量為擷，在水平滑道上滑行的總路程為夕，對整個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理：mgh 則gs*= 0設(shè)物塊在水平軌道上停住的地方與N點(diǎn)的距禽為仇若物塊在與P碰撞后，在到達(dá)圓弧形軌道前停止，則s = 2s-d聯(lián)立可得 d=2s-此結(jié)果在-2sf則物塊與P碗撞后，可再一次滑上圓弧形軌道，滑下后在水平軌道上停止#此 fl 寸有0 = 2s十山(v)利用動(dòng)能定理求運(yùn)動(dòng)時(shí)間動(dòng)能定理通常不處理涉及時(shí)間的問題，但在變力的功率恒定的情況下，可以利用動(dòng)能定理將物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與通過的位移聯(lián)系起來，可在位移與路程中知一求一例 9.某校物理興

20、趣小組決定舉行遙控賽車比賽。比賽路徑如圖所示，賽車從起點(diǎn)A 出發(fā)，沿水平直線軌道運(yùn)動(dòng) L 后，由 B 點(diǎn)進(jìn)入半徑為 R 的光滑豎直圓軌道，離開豎直圓軌道后繼續(xù)在光滑平直軌道上運(yùn)動(dòng)到C 點(diǎn),并能越過壕溝。已知賽車質(zhì)量 m=0.1kg,通電后以額定功率 P=1.5w 工作，進(jìn)入豎直軌道前受到阻力恒為0.3N，隨后在運(yùn)動(dòng)中受到的阻力均可不記。圖中 L=10.00m，R=0.32m, h=1.25m，S=1.50m。問：要使賽車完成比賽，2電動(dòng)機(jī)至少工作多長時(shí)間？(取g =10m/s)11片一L盯丁【答案】2.53s【解析】設(shè)賽車越過壕溝需要的最小速度為vi,由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律121212mv；mv；m

21、g 2R2 2解得v3- . 5gh =4m/s通過分析比較，賽車要完成比賽，在進(jìn)入圓軌道前的速度最小應(yīng)該是2Pt - fL mVmin2t=2.53s模型演練1.如圖所示，給物塊以初速度Vo， 使之沿斜面下滑，已知斜面與物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，又知物塊與斜面底端擋板碰后將以碰前的速率反彈，（斜面長 L 及傾角已知，且tan 9 ），求物塊運(yùn)動(dòng)的總路程。亠+gLsin 6【答案】 _解得設(shè)賽車恰好越過圓軌道，對應(yīng)圓軌道最高點(diǎn)的速度為恒定律V2,最低點(diǎn)的速度為V3，由牛頓第二定律及機(jī)械能守設(shè)電動(dòng)機(jī)工作Vmin二4m/st，根據(jù)功能原理由此可得練1圖ii【解析】首先明確物塊停止運(yùn)動(dòng)的位舐 由于訕廠

22、七即摩撫力小于物塊的下滑力P所以物塊最終一定 是停在斜面的底端，設(shè)物塊總共運(yùn)動(dòng)的略程為 5 盡菅此過程中物塊有時(shí)下滑，有時(shí)上行但摩撫力始終做 員功，其功為砌=-fs = -pmgs沖巧而二卿sin J-|imgs cos 9 + mgL sin 6 = mV故由動(dòng)能定理得：2vnFgL- sin 6 2比|ig cos 92.如圖所示，小滑塊從左側(cè)斜面上高為 hi處由靜止開始下滑，滑過長為S2的水平部分，又滑上右側(cè)斜面,當(dāng)滑至右側(cè)斜面上高為h2處時(shí)速度減為零，設(shè)轉(zhuǎn)角處無動(dòng)能損失，滑塊和左側(cè)斜面、水平部分及右側(cè)斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，求此動(dòng)摩擦因數(shù)“?！敬鸢浮渴?匕【解析】滑塊從左側(cè)斜面高為hi

23、處滑至右側(cè)斜面高為 h2處的過程中，初、末速度都為零，初、末動(dòng)能也為零，該過程只有重力和摩擦力做功，由動(dòng)能定理得：mgh pmg cos 0tL- -|Jings) nigh2 pmg cos的sin Ctj化簡得：mg(h1- h2) pmgfhj colc + st+ h2cotcx3)也即：打 一 h? =+ 3 + 羽)hj -ha|i 二-故可得：打+旳+B3我們作出如圖所示的輔助線，則解得;14練 2 答圖從計(jì)算結(jié)果可以看出，只要測出物塊初、末位置的高度差和兩位置所對應(yīng)的水平距離，即可測出動(dòng)摩擦因 數(shù)。3.如圖所示，質(zhì)量為m的物體，被經(jīng)過光滑小孔的細(xì)繩牽引，且在光滑的水平面上做勻速

24、圓周運(yùn)動(dòng)，拉力大小為F，轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為R。當(dāng)拉力增大到6F時(shí)，物體仍做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)的半徑為0.5R。求在這一【解析】小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩子的拉力大小等于小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。設(shè)小球初速度為丹，末速度為巾，根擄圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律,2有F = mR05J?聯(lián)立二式得訝=3*在整個(gè)過程中拉力做的功等于小球動(dòng)能的增加，即図=-丄朋彳2 2解得 =4.如圖所示，木塊B放在光滑水平地板上，有一物體A以向右的速度v0滑上木塊B上表面的左端。若物體15A與木塊B上表面間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為 ,且物體A可看做質(zhì)點(diǎn)，那么要使A不從B的右端滑出去，木塊B至少應(yīng)多長？已知A、B質(zhì)量分別為m、M?！窘馕觥坑捎谀锪Φ?/p>

25、作用，/做減速運(yùn)動(dòng)出做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)/滑到月的右端時(shí)二者共逮，設(shè)速度為地面光滑，可根據(jù)動(dòng)量守恒有用叫=Q彳十加沖對系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)能定理存%，式中J為、B 的相對位移即B的長度。1212EK(M m)vmv02 21212所以有0 - mgl (M m)v2mv02 22解得i mvo_2(M +口)勺5.反射式調(diào)管是常用的微波器械之一，它利用電子團(tuán)在電場中的震蕩來產(chǎn)生微波，其震蕩原理與下述過程 類似。如圖所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場，一帶電微粒從A 點(diǎn)由靜止開始,在電場力作用下沿直線在A、B 兩點(diǎn)間往返運(yùn)動(dòng)。已知電場強(qiáng)度的大小分別是E2.0 103N/C 和E2=4.0 103N/C,方向如圖所示，帶電微粒質(zhì)量m =1.0 10kg，帶電量q二-1.0 10C,A 點(diǎn)距虛線MN的距離d1.0cm，不計(jì)帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng)。求:圖五2【答案】mV02(M m)弋16I* II4-17(1)B 點(diǎn)到虛線MN的距離d2;(2)帶電微粒從 A 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 B 點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t。【答案】(1)0.50cm( 2)1.5x10-8s【解析】(1)帶電微粒由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中,由動(dòng)能定理有qE-qEA=E解得 G =& =0.50C7W覽1(2)設(shè)微粒在虛線 MN 兩側(cè)的加速度大小分別為 al、a2,由牛頓第二定