(浙江专用)高考物理大二轮复习优选习题专题二能量与动量提升训练7动能定理的应用

(2)运动员从A滑到C的过程中,克服摩擦力做功为

W=μmgcos θ+μmgd=μmg[d+(H-h)cot θ]=500 J

2

由动能定理有mg(H-h)-W=mv-0

得运动员滑到C点时速度的大小v=10 m/s。

(3)在从C'点滑出至落到水面的过程中,运动员做平抛运动的时间为t,

h'=gt2,t=

下滑过程中克服摩擦做功保持不变W=500 J 根据动能定理得mg(H-h')-W=mv'-0,v'=运动员在水平方向的位移

2

x=v't==

当h'==3 m时,水平位移最大。

11.答案 (1)3 m/s (2)1 897.5 J (3)0.55 m

解析 (1)设运动员从A点到C点的过程中克服阻力做功Wf,由动能定理得

-0=mgH1-Wf

Wf=μmgcos θ·+μmg·L1=·cos θ+

代入数据,解得

vC==3 m/s。

(2)运动员从C点水平飞出到落到DE轨道上的M点过程中做平抛运动,设经过的时间为t1 水平位移x=vCt1 竖直位移y=

由几何关系tan α=解得t1=1 s

则运动员下落的高度y==5 m

运动员从C点水平飞出到落到DE轨道上的M点过程中,由机械能守恒定律可得

EkM1=+mgy=3 270 J

M点距地面的高度hM=H3+H2-y=1 m

设运动员从M点离开时的动能为EkM2,经过F点的速度为vF,从离开M到圆弧轨道最低点F,由动

能定理可得-EkM2=mg[hM+R(1-cos α)]-μmgcos α在F点,由牛顿第二定律有

FN-mg=m

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联立解得vF= m/s,EkM2=1 372.5 J

运动员落在斜面DE上与斜面碰撞过程中损失的动能DEk为 ΔEk=EkM1-EkM2=1 897.5 J。

(3)从G点飞出后的运动过程中相对于GK水平面上升到最大高度I处的速度为vI,I到K做平抛运动,则

竖直方向H4=

水平方向L2=vIt2

代入数据,解得vI=5 m/s

由F到I过程,由动能定理可有

=-mg(hFG+H4)

代入数据得hFG=0.45 m

由几何关系得Δh=R-hFG=0.55 m。

12.答案 (1)2 700 N (2)10 500 J (3)见解析 解析 (1)人刚滑到F点时,根据牛顿第二定律 F1-mg=m

解得F1=2 700 N。

(2)人从A点到F点,由动能定理得

5mgR(1-cos 60°)-W2

f=0.5mv 得Wf=10 500 J。

(3)当球从A点运动到B点,由动能定理 mgR(1-cos 60°)=

得vB=

小球与轨道无作用力,在B点脱离轨道做平抛运动

设小球从B点抛出,落在由ABCDEF构成的连线斜面上(如图),斜面倾角为30°

由H=gt2

,x=vBt,=tan 30°

得x= m

2Rsin 60°>x>Rsin 60° 解得:小球落在CD上。 13.答案 (1)4 m/s (2)1.12 s (3)见解析

解析 (1)由牛顿第二定律知F-mg=m 得vC=4 m/s。

(2)从A到C运动过程中,由动能定理

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W牵引+WG+W阻=-0 其中W牵引=Pt

WG=mg[H+R(1-cos 37°)] W阻=-0.2mg· 代入得t=1.12 s。

(3)要使表演者能完整的运动,临界条件是能恰好经过D点,经过D点的最小速度vD1满足

mg=m,即vD1=

由机械能守恒得通过E点的最小速度vE1=

注意到小圆半径小于大圆半径,故最小速度由大圆半径决定 要保证表演者安全,其受到的最大压力FN=8mg

可判断得经过E点时,恰好为最大压力值,则8mg-mg=m

可得vE2=

此情形下经过C点速度为vC,由机械能守恒mgR=

得vC=,对C点压力为FC-mg=,得FC=6.5mg<8mg,说明上述判断正确。

由上可得,经过E点的速度最大值为vE2=,最小值vE1=

由平抛知识,落地时间t==1 s

水平位移x=vt,代入两个临界速度,得水平位移最大值x1=2 m

最小值x2=12 m。

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