江蘇省2019版高中物理學業(yè)水平測試復習 第七章 機械能守恒定律 第18講 動能 動能定理 訓練二 動能定理的綜合應用對點練 必修2.doc

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訓練二　動能定理的綜合應用 1．(2016連云港學測模擬)如圖1所示，從距地面高h＝5 m的A點以一定的初速度水平拋出一金屬小球，拋出點與落地點的水平距離x＝10 m，g取10 m/s2，金屬小球所受空氣阻力忽略不計． 圖1 (1)求小球在空中的運動時間； (2)求小球的初速度大小； (3)現(xiàn)將一個質量為0.1 kg的塑料球從A點以跟金屬小球相同的初速度拋出，測得落地時的速度大小為12 m/s，求該過程塑料球克服空氣阻力所做的功． 2．(2017江蘇學測)地鐵車站的軌道往往建得高些．如圖2所示，列車從A到O的進站過程中，在平直軌道的A處關閉發(fā)動機，“沖”到站臺的O處停下來．進站上坡過程中，列車的一部分動能轉化為重力勢能．列車開啟發(fā)動機從O到B的出站過程中，重力勢能可轉化為列車的動能被再次利用，從而達到節(jié)約能源的目的．設坡高為h，列車的質量為m，經(jīng)過A、B時的速度大小均為v0，不計空氣阻力，重力加速度為g. 圖2 (1)求列車經(jīng)過A時的動能Ek； (2)求列車進站過程中損失的機械能ΔE； (3)通過計算求與沒有坡的情形相比，列車從A到B的過程中牽引力少做的功ΔW.(假設在沒有坡和有坡的兩種情形下，列車出站過程克服摩擦力所做的功相等) 3．(2017南京學測模擬)體育課上同學們進行一項拋球入框游戲，球框(框壁厚度忽略不計)緊靠豎直墻壁放在水平地面上，如圖3所示，某同學將球(可視為質點)正對豎直墻壁水平拋出并投入框中．球框高度和寬度均為L，球的拋出點離地面的高度3L，離墻壁的水平距離5L.球與墻壁碰撞前后水平速度大小相等、方向相反，豎直速度不變．已知球的質量為m，重力加速度為g，空氣阻力不計．求： 圖3 (1)為使球落入框中，球拋出時的最小速度； (2)球剛落到框底時的最小動能； (3)為使球落入框中，球與墻壁碰撞的最高點離地面的高度． 4．(2017屆蘇州模擬)如圖4所示，半徑R＝1.25 m的光滑圓弧軌道AB豎直固定，其末端B切線水平，并與水平傳送帶相連，已知小滑塊(可視為質點)的質量為m＝0.5 kg，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，傳送帶BC的長度為s＝1.5 m，a、b兩輪半徑r＝0.4 m，當傳送帶靜止時，用F＝4 N的水平拉力將滑塊從C端由靜止開始向左拉動．(g取10 m/s2) 圖4 (1)若滑塊到達B端時撤去拉力F，則滑塊沿弧形軌道上升的最大高度為多少？ (2)問題(1)中的滑塊，從最大高度沿弧形軌道再滑回B端時，軌道對滑塊的支持力多大？ (3)若a、b兩輪以角速度ω＝15 rad/s順時針轉動，滑塊在水平拉力F作用下從C點由靜止開始移動一段水平距離后撤去，滑塊到達光滑曲面某一高度而下滑時，為使滑塊能在b輪最高點C離開傳送帶飛出，則拉力F作用的最短距離需多大？ 答案精析 1．見解析 解析　(1)由h＝gt2得，t＝，t＝1 s. (2)x＝v0t，解得v0＝10 m/s. (3)由動能定理可知mgh－Wf＝mv2－mv02 得Wf＝mgh＋mv02－mv2 即Wf＝2.8 J. 2．見解析 解析　(1)根據(jù)動能的定義有Ek＝mv02. (2)根據(jù)功能關系，除重力之外的其他力做功等于機械能的變化量，所以ΔE＝mv02－mgh. (3)沒有坡時，牽引力做功W，牽引力只在出站過程中做功，則出站過程中根據(jù)動能定理W－Wf＝mv02－0 有坡時，牽引力做功W′，出站過程中根據(jù)動能定理 W′＋mgh－Wf＝mv02－0 列車從A到B的過程中牽引力少做的功 ΔW＝W－W′＝mgh. 3．(1)2　(2)5mgL　(3)L 解析　(1)球落入框左側上邊緣時拋出的速度最小 h＝2L＝gt2 x＝4L＝v0t v0＝2 (2)以v0拋出時，落到框底的動能最小，由動能定理有 mg3L＝Ek－mv02 Ek＝5mgL. (3)根據(jù)對稱性，x＝6L，h＝2L h＝2L＝gt2 x＝6L＝vt v＝3 從拋出到與墻碰撞的時間為t′， x＝5L＝vt′，t′＝，h′＝gt′2＝L 則離地面的高度h″＝3L－h(huán)′＝L. 4．(1)1.05 m　(2)13.4 N　(3)0.25 m 解析　(1)由C至最高點，根據(jù)動能定理有： WF＋WG＋Wf＝Ek－Ek0＝0，即Fs－mgh－μmgs＝0， 代入數(shù)據(jù)解得h＝1.05 m. (2)滑塊從最大高度滑回B點過程中， 根據(jù)動能定理有mgh＝mvB2－0， 在B點有FNB－mg＝m， 聯(lián)立得FNB＝mg＋2mg＝13.4 N (3)根據(jù)題意，滑塊要從b輪最高點C離開傳送帶飛出， 則滑塊運動至C點的速度最小為mg＝m， 即vC＝＝ m/s＝2 m/s. 由于傳送帶的速度v帶＝rω＝6 m/s， 滑塊在B點的速度0＜vB′≤， 要使滑塊從C點以2 m/s的速度飛出，可分析出，滑塊在傳送帶上從B到C做勻加速運動， 根據(jù)牛頓第二定律，可得加速度 a＝＝＝μg＝1 m/s2， 為了使滑塊運動到C點時速度大于2 m/s， 則B點的速度最小為vBmin，由vC2－vBmin2＝2as， 代入數(shù)據(jù)可得vBmin＝1 m/s， 設拉力F作用的最短距離為x， 則根據(jù)動能定理得Fx－μmgs＝mvBmin2－0， 代入數(shù)據(jù)可得x＝0.25 m.