配套K12江苏省2019版高中物理学业水平测试复习 第七章 机械能守恒定律 第18讲 动能 动能定理

训练二动能定理的综合应用
1．(2016·连云港学测模拟)如图1所示，从距地面高h＝5 m的A点以一定的初速度水平抛出一金属小球，抛出点与落地点的水平距离x＝10 m，g取10 m/s2，金属小球所受空气阻力忽略不计．
图1
(1)求小球在空中的运动时间；
(2)求小球的初速度大小；
(3)现将一个质量为0.1 kg的塑料球从A点以跟金属小球相同的初速度抛出，测得落地时的速度大小为12 m/s，求该过程塑料球克服空气阻力所做的功．
2．(2017·江苏学测)地铁车站的轨道往往建得高些．如图2所示，列车从A到O的进站过程中，在平直轨道的A处关闭发动机，“冲”到站台的O处停下来．进站上坡过程中，列车的一部分动能转化为重力势能．列车开启发动机从O到B的出站过程中，重力势能可转化为列车的动能被再次利用，从而达到节约能源的目的．设坡高为h，列车的质量为m，经过A、B
时的速度大小均为v0，不计空气阻力，重力加速度为g.
图2
(1)求列车经过A时的动能E k；
(2)求列车进站过程中损失的机械能ΔE；
(3)通过计算求与没有坡的情形相比，列车从A到B的过程中牵引力少做的功ΔW.(假设在没有坡和有坡的两种情形下，列车出站过程克服摩擦力所做的功相等)
3．(2017·南京学测模拟)体育课上同学们进行一项抛球入框游戏，球框(框壁厚度忽略不计)紧靠竖直墙壁放在水平地面上，如图3所示，某同学将球(可视为质点)正对竖直墙壁水平抛出并投入框中．球框高度和宽度均为L，球的抛出点离地面的高度3L，离墙壁的水平距离5L.球与墙壁碰撞前后水平速度大小相等、方向相反，竖直速度不变．已知球的质量为m，重力加速度为g，空气阻力不计．求：
图3
(1)为使球落入框中，球抛出时的最小速度；
(2)球刚落到框底时的最小动能；
(3)为使球落入框中，球与墙壁碰撞的最高点离地面的高度．
4．(2017届苏州模拟)如图4所示，半径R＝1.25 m的1
4
光滑圆弧轨道AB竖直固定，其末端B
切线水平，并与水平传送带相连，已知小滑块(可视为质点)的质量为m＝0.5 kg，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，传送带BC的长度为s＝1.5 m，a、b两轮半径r＝0.4 m，当传送带静止时，用F＝4 N的水平拉力将滑块从C端由静止开始向左拉动．(g取10 m/s2)
图4
(1)若滑块到达B端时撤去拉力F，则滑块沿弧形轨道上升的最大高度为多少？
(2)问题(1)中的滑块，从最大高度沿弧形轨道再滑回B端时，轨道对滑块的支持力多大？
(3)若a、b两轮以角速度ω＝15 rad/s顺时针转动，滑块在水平拉力F作用下从C点由静止开始移动一段水平距离后撤去，滑块到达光滑曲面某一高度而下滑时，为使滑块能在b轮最
高点C离开传送带飞出，则拉力F作用的最短距离需多大？
答案精析
1．见解析
解析 (1)由h ＝12
gt 2得，t ＝2h g ，t ＝1 s. (2)x ＝v 0t ，解得v 0＝10 m/s.
(3)由动能定理可知mgh －W f ＝12mv 2－12
mv 02 得W f ＝mgh ＋12mv 02－12
mv 2 即W f ＝2.8 J.
2．见解析
解析 (1)根据动能的定义有E k ＝12
mv 02. (2)根据功能关系，除重力之外的其他力做功等于机械能的变化量，所以ΔE ＝12
mv 02－mgh . (3)没有坡时，牵引力做功W ，牵引力只在出站过程中做功，则出站过程中根据动能定理W －W f ＝12
mv 02－0
有坡时，牵引力做功W ′，出站过程中根据动能定理 W ′＋mgh －W f ＝12
mv 02－0
列车从A 到B 的过程中牵引力少做的功
ΔW ＝W －W ′＝mgh . 3．(1)2gL (2)5mgL (3)2918
L 解析 (1)球落入框左侧上边缘时抛出的速度最小 h ＝2L ＝12
gt 2
x ＝4L ＝v 0·t
v 0＝2gL
(2)以v 0抛出时，落到框底的动能最小，由动能定理有 mg ·3L ＝E k －12
mv 02
E k ＝5mgL .
(3)根据对称性，x ＝6L ，h ＝2L
h ＝2L ＝12
gt 2
x ＝6L ＝vt
v ＝3gL
从抛出到与墙碰撞的时间为t ′， x ＝5L ＝vt ′，t ′＝5L
3gL ，h ′＝12gt ′2＝2518L 则离地面的高度h ″＝3L －h ′＝2918
L . 4．(1)1.05 m (2)13.4 N (3)0.25 m
解析 (1)由C 至最高点，根据动能定理有：
W F ＋W G ＋W f ＝E k －E k0＝0，即Fs －mgh －μmgs ＝0，
代入数据解得h ＝1.05 m.
(2)滑块从最大高度滑回B 点过程中，
根据动能定理有mgh ＝12
mv B 2－0， 在B 点有F N B －mg ＝m v B 2
R
， 联立得F N B ＝mg ＋2mg h R
＝13.4 N
(3)根据题意，滑块要从b 轮最高点C 离开传送带飞出， 则滑块运动至C 点的速度最小为mg ＝m v C 2
r ， 即v C ＝gr ＝10×0.4 m/s ＝2 m/s.
由于传送带的速度v 带＝r ω＝6 m/s ，
滑块在B 点的速度0＜v B ′≤2gh ，
要使滑块从C 点以2 m/s 的速度飞出，可分析出，滑块在传送带上从B 到C 做匀加速运动， 根据牛顿第二定律，可得加速度
a ＝F f m ＝μmg m
＝μg ＝1 m/s 2， 为了使滑块运动到C 点时速度大于2 m/s ，
则B 点的速度最小为v B min ，由v C 2－v B min 2
＝2as ，
代入数据可得v B min ＝1 m/s ，
设拉力F 作用的最短距离为x ，
则根据动能定理得Fx －μmgs ＝12mv B min 2－0，
代入数据可得x＝0.25 m.。