2022年高中物理专题四动量定理和动能定理 .pdf

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1、优秀学习资料欢迎下载专题 4、动量定理和动能定理典型例题【例 1】如图所示， 质量mA为 4.0kg 的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数 为 0.24 ，木板右端放着质量mB为 1.0kg 的小物块B（视为质点），它们均处于静止状态 木板突然受到水平向右的12N s的瞬时冲量作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EKA为 8.0J ，小物块的动能EKB为 0.50J ，重力加速度取10m/s2，求：（1）瞬时冲量作用结束时木板的速度0; （2）木板的长度L训练题 质量为m= 1kg的小木块（可看在质点），放在质量为M= 5kg的长木板的左端，如图所示长木板放在光滑水平桌面

2、上小木块与长木板间的动摩擦因数 = 0.1，长木板的长度l = 2m 系统处于静止状态现使小木块从长木板右端脱离出来，可采用下列两种方法：（g取 10m/s2）（1）给小木块施加水平向右的恒定外力F作用时间t= 2s，则F至少多大？（2）给小木块一个水平向右的瞬时冲量I，则冲量I至少是多大？【例 2】在一次抗洪抢险活动中，解放军某部队用直升飞机抢救一重要落水物体，静止在空中的直升飞机上的电动机通过悬绳将物体从离飞机90m处的洪水中吊到机舱里已知物体的质量为80kg，吊绳的拉力不能超过1200N，电动机的最大输出功率为12kW ，为尽快把物体安全救起， 操作人员采取的办法是，先让吊绳以最大拉力工

3、作一段时间，而后电动机又以最大功率工作，当物体到达机舱前已达到最大速度（g取 10m/s2）求：（1）落水物体运动的最大速度；（2）这一过程所用的时间精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载训练题 一辆汽车质量为m，由静止开始运动，沿水平地面行驶s后，达到最大速度m，设汽车的牵引力功率不变，阻力是车重的k倍，求：（1）汽车牵引力的功率；（2）汽车从静止到匀速运动的时间训练题 水平推力1F和2F分别作用于水平面上等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体的v-t

4、图线如图所示，图中线段ABCD，则下列说法正确的是（）A1F的冲量大于2F的冲量B1F的冲量小于2F的冲量C两物体受到的摩擦力大小相等D两物体受到的摩擦力大小不等【例 3】一个带电量为-q的液滴，从O点以速度 射入匀强电场中， 的方向与电场方向成 角， 已知油滴的质量为m，测得油滴达到运动轨道的最高点时，速度的大小为，求：（1）最高点的位置可能在O点上方的哪一侧？（2）电场强度为多大？（3）最高点处（设为N）与O点电势差绝对值为多大？训练题 质量为 2kg 的小球以4m/s 的初速度由倾角为30斜面底端沿斜面向上滑行，若上滑时的最大距离为1m ，则小球滑回到出发点时动能为多少？（取g = 10

5、m/s2）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载【例 5】. 如图所示，固定的半圆弧形光滑轨道置于水平方向的匀强电场和匀强磁场中，轨道圆弧半径为R，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，电场强度为E，方向水平向左。一个质量为m的小球（可视为质点）放在轨道上的C点恰好处于静止，圆弧半径OC与水平直径AD的夹角为（sin =0.8 ）. 求小球带何种电荷？电荷量是多少？并说明理由. 如果将小球从A点由静止释放， 小球在圆弧轨道上运动时，对轨道的最大压力的大小是多少？训练题 . 如图所示，虚线上方有场强为E

6、的匀强电场，方向竖直向下，虚线上下有磁感应强度相同的匀强磁场，方向垂直纸面向外，ab是一根长为L的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b端在虚线上 . 将一套在杆上的带正电的小球从a端由静止释放后，小球先做加速运动，后做匀速运动到达b端. 已知小球与绝缘杆间的动摩擦因数=0.3 ，小球重力忽略不计，当小球脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，圆的半径是L/3 ，求带电小球从a到b运动过程中克服摩擦力所做的功与电场力所做功的比值. 【例 6】（ 16 分）如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距为L，导轨的两端分别与电源（串有一滑动变阻器R）、定值电阻、电容器（原来不带电）和开关K相

7、连。整个空间充满了垂直于导轨平面向外的匀强磁场，其磁感应强度的大小为B。一质量为m ，电阻不计的金属棒ab 横跨在导轨上。已知电源电动势为E ，内阻为r ，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R0，不计导轨的电阻。（1） 当 K接 1 时， 金属棒 ab 在磁场中恰好保持静止，则滑动变阻器接入电路的阻值R多大？（2）当 K接 2 后，金属棒ab 从静止开始下落，下落距离 s 时达到稳定速度，则此稳定速度的大小为多大？下落s 的过程中所需的时间为多少？a b E B A D B C O E 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 1

8、6 页优秀学习资料欢迎下载（3）先把开关K接通 2，待 ab 达到稳定速度后，再将开关K接到 3。试通过推导，说明ab棒此后的运动性质如何？求ab 再下落距离s 时，电容器储存的电能是多少？（设电容器不漏电，此时电容器还没有被击穿）训练题 （ 18 分）如图1 所示，两根与水平面成30 角的足够长光滑金属导轨平行放置，导轨间距为L1m ，导轨两端各接一个电阻，其阻值R1=R2=1，导轨的电阻忽略不计。整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度B1T。现有一质量为m0.2kg 、电阻为 1的金属棒用绝缘细绳通过光滑滑轮与质量为M0.5kg 的物体相连，细绳与导轨平面平行。将

9、金属棒与M由静止释放，棒沿导轨运动了6m后开始做匀速运动。运动过程中，棒与导轨始终保持垂直且接触良好，图示中细绳与R2不接触。（g=10m/s2）求：（1）金属棒匀速运动时的速度；（2）棒从释放到开始匀速运动的过程中，电阻R1上产生的焦耳热；（3）棒从释放到开始匀速运动的过程中，经历的时间；（4）若保持磁感应强度为某个值B0不变，取质量M不同的物块拉动金属棒，测出金属棒相应的做匀速运动的速度值v，得到 vM图像如图2 所示，请根据图中的数据计算出此时的B0。能力 训练1在北戴河旅游景点之一的北戴河滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AB（均可看作斜面）甲、乙两名旅游者分别乘坐两个完全相同的滑沙撬从

10、A点由静止开始分别沿AB和AB滑下， 最后都停止在水平沙面BC上， 如图所示 设滑沙a b R0 E C r K 1 2 3 RB B R1R2 M 图 1 v (m/s) 10 8 6 4 2 M (kg) 00.10.20.30.40.5 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑时，滑沙者保持一定的姿势在滑沙撬上不动则下列说法中正确的是（）A甲在B点速率一定大于乙在B点的速率B甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程C甲全部滑行的水平位移

11、一定大于乙全部滑行的水平位移D甲在B点的动能一定大于乙在B的动能2下列说法正确的是（）A一质点受两个力的作用而处于平衡状态（静止或匀速直线运动），则这两个力在同一作用时间内的冲量一定相同B一质点受两个力的作用而处于平衡状态，则这两个力在同一时间内做的功都为零，或者一个做正功，一个做负功，且功的绝对值相等C在同一时间内作用力和反作用力的冲量一定大小相等，方向相反D在同一时间内作用力和反作用力有可能都做正功3质量分别为m1和m2的两个物体（m1m2），在光滑的水平面上沿同方向运动，具有相同的初动能与运动方向相同的水平力F分别作用在这两个物体上，经过相同的时间后，两个物体的动量和动能的大小分别为P1

12、、P2和E1、E2，则（）P1P2和E1E2 BP1P2和E1E2CP1P2和E1E2 DP1P2和E1E24如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mAmB，置于光滑水平面上，相距较远将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（）A停止运动B向左运动C向右运动 D不能确定5如图 3-48 所示，一个质子和一个 粒子垂直于磁场方向从同一点射入一个匀强磁场，若它们在磁场中的运动轨迹是重合的，则它们在磁场中运动的过程中磁场对它们的冲量为零磁场对它们的冲量相等磁场对质子的冲量是对 粒子冲量的2 倍磁场对 粒子的冲量是质子冲量的2 倍7如图

13、所示，倾角=37的斜面底端B平滑连接着半径r=0.40m 的竖直光滑圆轨道。质量m=0.50kg 的小物块， 从距地面h=2.7m 处沿斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的动摩擦因数 =0.25 ，求：（ sin37 =0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（1）物块滑到斜面底端B时的速度大小。（2）物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小。A B O h 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载8一质量为500kg 的汽艇，在静水中航行时能达到的最大速度为10m/s，若汽艇的牵引力恒

14、定不变，航行时所受阻力与航行速度满足关系fkv，其中k=100Ns/m。（1）求当汽艇的速度为5m/s 时，它的加速度；（2）若水被螺旋桨向后推动的速度为8m/s，则螺旋桨每秒向后推动水的质量为多少？（以上速度均以地面为参考系）9如图所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，两板相距为d，两板间电压为U，一质量为m的带电小球从两板间的M点开始以竖直向上的初速度0进入两板间匀强电场内运动，当它达到电场中的N点时速度变为水平方向，大小变为20，求M、N两点间的电势差和电场力对带电小球所做的功（不计带电小球对金属板上电荷均匀分布的影响，设重力加速度为g）10如图所示，在竖直放置的铅屏A的右表面上贴着射线

15、放射源P，已知射线实质为高速电子流，放射源放出粒子的速度v0=1.0 107m/s。足够大的荧光屏M与铅屏A平行放置，相距d=2.0 102m ，其间有水平向左的匀强电场，dAMP精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载电场强度大小E=2.5 104N/C。已知电子电量e=1.610-19C ，电子质量取m=9.010-31kg。求（1）电子到达荧光屏M上的动能；（2）荧光屏上的发光面积。11如图所示，两条光滑的绝缘导轨，导轨的水平部分与圆弧部分平滑连接，两导轨间距为L，导轨的水平部分有n段相同的匀强

16、磁场区域（图中的虚线范围），磁场方向竖直向上，磁场的磁感应强度为B，磁场的宽度为S，相邻磁场区域的间距也为S，S大于L，磁场左、右两边界均与导轨垂直。现有一质量为m，电阻为r，边长为L的正方形金属框，由圆弧导轨上某高度处静止释放，金属框滑上水平导轨，在水平导轨上滑行一段时间进入磁场区域，最终线框恰好完全通过n段磁场区域。地球表面处的重力加速度为g，感应电流的磁场可以忽略不计，求：（1）刚开始下滑时，金属框重心离水平导轨所在平面的高度（2）整个过程中金属框内产生的电热（3）金属框完全进入第k（kn）段磁场区域前的时刻，金属框中的电功率SSBBB精选学习资料 - - - - - - - - - 名

17、师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载12、如图所示， 在地面附近有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场。磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面向外。一质量为m、带电量为q的带电微粒在此区域恰好作速度大小为v的匀速圆周运动。（重力加速度为g）（ 1）求此区域内电场强度的大小和方向。（2）若某时刻微粒运动到场中距地面高度为H的P点，速度与水平方向成45，如图所示。则该微粒至少须经多长时间运动到距地面最高点？最高点距地面多高？(3) 在（ 2）问中微粒又运动P点时，突然撤去磁场，同时电场强度大小不变，方向变为水平向右，则该微粒运动中距地面的最大高度是多

18、少？H P B v 45精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载专题 4 答案【例 1】【解析】（1）在瞬时冲量的作用时，木板A受水平面和小物块B的摩擦力的冲量均可以忽略取水平向右为正方向，对A由动量定理，有：I = mA0代入数据得：0（2）设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力大小分别为FfAB、FfBA、FfCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A的速度为 A，B的速度为BA、B对C位移为sA、sB对A由动量定理有：（FfBA+FfCA）t = mAA-mA0对B由动理定理有：FfABt = m

19、BB其中由牛顿第三定律可得FfBA = FfAB，另FfCA = （mA+mB）g对A由动能定理有：（FfBA+FfCA）sA = 1/2mA2A-1/2mA20对B由动能定理有：FfA Bf sB = 1/2mB2B根据动量与动能之间的关系有：mAA = KAAEm2，mBB = KBBEm2木板A的长度即B相对A滑动距离的大小，故L = sA-sB，代入放数据由以上各式可得L = 0.50m 训练题答案：（1）F=185N （2）I=6 94NS 【例 2】【解析】先让吊绳以最大拉力FTm= 1200N工作时，物体上升的加速度为a，由牛顿第二定律有：a = mmg-FTm，代入数据得a =

20、 5m/s2当吊绳拉力功率达到电动机最大功率Pm = 12kW时，物体速度为，由Pm = Tm ，得 = 10m/s物体这段匀加速运动时间t1 = a = 2s ，位移s1 = 1/2at21 = 10m此后功率不变，当吊绳拉力FT = mg时，物体达最大速度m = mgPm = 15m/s 这段以恒定功率提升物体的时间设为t2，由功能定理有：Pt2-mg（h-s1） = 21m2m-21m2代入数据得t2 = 5 75s，故物体上升的总时间为t = t1+t2 = 7.75s即落水物体运动的最大速度为15m/s，整个运动过程历时7.75s训练题答案：（1）P=kmgvm（2）t= （vm2+

21、2kgs） /2kgvm训练题 答案： BC 【例 3】【解析】 （1）带电液油受重力mg和水平向左的电场力qE，在水平方向做匀变速直线运动，在竖直方向也为匀变速直线运动，合运动为匀变速曲线运动由动能定理有：WG+W电= EK，而EK重力做负功，WG0， 故必有W电0， 即电场力做正功， 故最高点位置一定在O点左侧（2）从O点到最高点运动过程中，运动过程历时为t，由动量定理：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载在水平方向取向右为正方向，有：-qEt= m（ - ）-m cos在 竖 直 方 向 取

22、 向 上 为 正 方 向 ， 有 ： -mgt= 0-msin 上两式相比得sincos1mgqE， 故电场强度为E= sin)cos1(qmg（3）竖直方向液滴初速度为1 = sin，加速度为重力加速度g，故到达最高点时上升的最大高度为h，则h = 2221sin22gg从进入点O到最高点N由动能定理有qU-mgh= EK = 0 ，代入h值得U = 22sin2mq【例 4】【解析】木块受四个力作用，如图所示，其中重力和浮力的合力竖直向上，大小为F = F浮-mg，而F浮 = 液Vg = 2 木Vg = 2mg ，故F = mg在垂直于管壁方向有：FN = Fcos = mgcos，在平行

23、管方向受滑动摩擦力Ff= N = mgcos， 比较可知，Fsin = mgsin = 0.6mg，Ff = 0.4mg，FsinFf故木块从A到B做匀加速运动，滑过B后F的分布和滑动摩擦力均为阻力， 做匀减速运动，未到C之前速度即已为零，以后将在B两侧管间来回运动，但离B点距离越来越近，最终只能静止在B处（1）木块从A到B过程中，由动能定理有：FLsin -FfL = 1/2m2B代入F、Ff各量得 B = )cos(sin2gL = 22 = 2.83m/s（2）木块从开始运动到最终静止，运动的路程设为s，由动能定理有：FLsin -Ffs= EK代入各量得s = cossinmL = 3

24、m 训练题 答 案：EK=4J【例 5】答案：正电荷，Emgq43 EmgRgBEF439解:(1) 小球在C点受重力、 电场力和轨道的支持力处于平衡，电场力的方向一定是向左的，与电场方向相同，如图所示. 因此小球带正电荷. FqEFmgNNcossin则有34mgqE小球带电荷量Emgq43（1） (2)小球从A点释放后，沿圆弧轨道滑下，还受方向指向轨道的洛仑兹力f，力f随速精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载度增大而增大，小球通过C点时速度 ( 设为v) 最大，力f最大，且qE和mg的合力方

25、向沿半径OC，因此小球对轨道的压力最大. 由cos1sin212qERmgRmv（ 2）通过C点的速度vgR小球在重力、电场力、洛仑兹力和轨道对它的支持力作用下沿轨道做圆周运动，有RvmqvBqEmgF2cossin (3) 最大压力的大小等于支持力FEBRg mgE934训练题 . 解: 小球在沿杆向下运动时，受力情况如图所示: 在水平方向 :N=qvB，所以摩擦力f=N=qvB 当小球做匀速运动时：qE=f=qvbB (6分) 小球在磁场中做匀速圆周运动时，RvmBqvbb2又3LR，所以mqBLvb3 (4分) 小球从 a 运动到 b 的过程中，由动能定理得:221bfmvWW 电而mL

26、BqBLqvqELWb10222电所以mLqBmvWWbf452212222电则94电WWf (8分) 【例 6】（ 16 分）（1）由mgBIL（1 分）rREI（1 分）得rmgEBLR（ 1分）（2）由022RvLBmg（2 分）得220LBmgRv（1 分）由动量定理，得mvLtIBmgt（1 分）其中t I=0RBLsq（ 1 分）fqvBNqE精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载得220022LBmRmgRsLBt（1 分）（或22020244LBmgRgRmsLB）（3）K接 3

27、后的充电电流CBLatvCBLtvCBLtUCtqI（ 1分）maBILmg（ 1 分）得22LCBmmga=常数（1 分）所以 ab 棒的运动性质是“匀加速直线运动”，电流是恒定的。（1分）asvv2222（1 分），根据能量转化与守恒得)2121(222mvmvmgsE（1 分）222LCBmgsmmgs（1 分）（或2222LCBmLmgsCB）训练题（新海中学）（18 分）（ 1）Mg mg sin rRvLB22（2分）v22)(sin(LBrRmgMg6m/s （2 分），（2）Mgsmgs sin Q12（Mm）v2 （ 2 分），QMgsmgs sin 12（Mm）v211.4

28、J（1 分）JQQ9.1611（2 分）（3）q=It=trRE=rR=4C（1 分）棒从释放到开始匀速运动的过程中，由动量定理：(Mg-mgsin)()BIL tmM v即：(Mg-mgsin)()tBLqmM v（2 分）1ABD23 B4C56答案： (1) 设在t 时间内， CO2分子运动的距离为L，则 L= t打在平板上的分子数N=61n L S N A 故单位时间内打在平板上的C02的分子数为tNN精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载得 N=61n S N A(2) 根据动量定理Ft

29、=(2m ) N =N A m 解得 F=31nS2 CO2气体对平板的压力 F/ = F =31nS2 7答案：（1）物块沿斜面下滑过程中，在重力、 支持力和摩擦力作用下做匀加速运动，设下滑加速度为a，到达斜面底端B时的速度为v，则mamgmgcossinsin22hav代入数据解得：0.6vm/s （2）设物块运动到圆轨道的最高点A时的速度为vA，在A点受到圆轨道的压力为N，由机械能守恒定律得：rmgmvmvA2212122物块运动到圆轨道的最高点A时，由牛顿第二定律得：rvmmgNA2代入数据解得：N=20N 由牛顿第三定律可知，物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小NA=N=

30、20N8答案：（ 1）汽艇以v5m/s 速度航行时所受阻力为fkv 其牵引力为：Ffmkvm 根据牛顿运动定律有：Ffma代入数据得：a1m/s2（2）水向后的速度为u，根据动量定理有：Ftmu0 代入数据解得：125kg/smFtu9答案：带电小球从M运动到 N的过程中，在竖直方向上小球仅受重力作用，从初速度v0匀减速到零。水平方向上小球仅受电场力作用，速度从零匀加速到2v0。竖直位移：gvh220水平位移：tvx220又tvh20所以：gvhx202所以 M 、 N两点间的电势差dgUvxdUUMN20从 M运动到 N的过程，由动能定理得：2022121mvmvWWNG电又2021mvmg

31、hGW所以202mvW电精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载10（ 14 分）（ 1）由动能定理eEd = EK2021mv（2 分）EK2731100. 11092124192105 .2106.11.2510-16J （4 分）(2) 射线在 A、B间电场中被加速，除平行于电场线的电子流外，其余均在电场中偏转，其中和铅屏A平行的电子流在纵向偏移距离最大( 相当于平抛运动水平射程)。221tmeEdt = 3910s （2 分） r = v0t=1.0107 310-9=310-2m 在荧光屏

32、上观察到的范围是半径为3.125102米的圆（2 分）圆面积 S =r2=2.8310-3m2 （4 分）11.（1）设金属框在进入第一段匀强磁场区域前的速度为v0，金属框在进入和穿出第一段匀强磁场区域的过程中，线框中产生平均感应电动势为22BLEt . . .1分平均电流强度为（不考虑电流方向变化）22EBLIrrt . . .1分由动量定理得：01mvmvLtIB .1分0122mvmvLtrtBLB01322mvmvrLB同理可得：12322mvmvrLB23322mvmvrLB整个过程累计得：03202mvrLBn.1分解得：mrLnBv3202.1分金属框沿斜面下滑机械能守恒：202

33、1mvmgh.1 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载226422022grmLBngvh.1分（2）金属框中产生的热量Qmgh. .2分Q26422mrLBn.1分（3）金属框穿过第（k1）个磁场区域后，由动量定理得：01322)1(mvmvrLBkk.2分金属框完全进入第k个磁场区域的过程中，由动量定理得：1/32kkmvmvrLB.1分解得：mrLBknvk32/)122(.1分功率：328622/)122()(rmLBknrBLvPk.2分12解：（ 1）带电微粒在做匀速圆周运动，电场

34、力与重力应平衡，因此： mg=Eq 解得：mgEq方向：竖直向下（2）粒子作匀速圆周运动，轨道半径为R，如图所示。2vqBvmR最高点与地面的距离为：(1cos45 )mHHR解得：2(1)2mmvHHBq该微粒运动周期为：BqmT2P 45精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载运动到最高点所用时间为：3384mtTBq（3）设粒子升高度为h，由动能定理得：02cot45mghEqhmv10-2解得：224mvvhmgEqg2（）微粒离地面最大高度为：24vHg精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 16 页