第一部分专题二第3讲动力学和功能观点的应用

1、第3讲动力学和功能观点的应用热点一用动力学观点解决多过程问题命题规律力学中的多过程问题涉及的运动形式主要有匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动，分析运动过程的关键是分析物体受力，然后利用牛顿运动定律分析物体的运动规律，高考对此类题的考查主要是牛顿运动定律和运动学公式的应用，题目难度不大，以中档题为主1(原创题)如图所示，长L5.5 m、质量M2 kg的滑板A静止在水平地面上，在滑板右端放一质量m1 kg的小滑块(可视为质点)已知滑板A与地面的动摩擦因数10.2，滑块B与A的动摩擦因数20.1，可认为A与地面、A与B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2.试求：(1)要将滑板从滑块下抽出

2、，施加在滑板上的水平拉力至少要大于多少？(2)若施加的水平拉力F11 N，要使滑板从滑块下抽出，F作用的最短时间突破点拨(1)F拉动滑板加速运动，滑块所受摩擦力方向向_，滑块的最大加速度为_(2)要将滑板抽出，即滑板相对滑块滑动，两者的加速度关系为aA_aB(3)施加水平拉力F11 N后，滑板做_运动，滑块做_运动撤去F后，滑板做_运动，滑块做_运动当两者速度相等时，滑块恰好滑至滑板左端，此时对应F的作用时间最短解析(1)B在A上的最大加速度：aB1 m/s2要使A从B下抽出，必须满足：aA>aB对A由牛顿第二定律得：F1(Mm)g2mgMaA代入数据联立解得：F>9 N.(2)当

3、F11 N，代入式解得：滑板加速度aA12 m/s2此时B的加速度aB1 m/s2F作用t秒时相对滑动的距离x1aA1t2aBt2此时A、B速度分别为vAaA1tvBaBt撤去F后，B的加速度仍为：aB1 m/s2A做匀减速运动的加速度为aA23.5 m/s2若滑到滑板左端时，两者相对静止，相对滑动的距离为x2由相对运动得：(vAvB)22(aA2aB)x2由题意得：x1x2L联立代入数据，解得：t3 s.答案(1)9 N(2)3 s在上述题1中，要使滑板从滑块下滑出，瞬间给滑板向右的速度至少多大？解析：B向右加速：aB1 m/s2A向右减速：aA3.5 m/s2设B相对滑到A的左端用时为t，

4、共同速度为v，则：对B有：vaBtxBaBt2对A有：vvaAtxAvtaAt2又xAxBL联立代入数据求得：v7 m/s.答案：7 m/s2.(2015·合肥高三质检)足够长光滑斜面BC的倾角53°，小物块与水平面间的动摩擦因数0.5，水平面与斜面之间在B点有一小段弧形连接，一质量m2 kg的小物块静止于A点现用与水平方向成53°角的恒力F拉小物块，如图所示，小物块经t14 s到达B点，并迅速撤去拉力F，A、B两点相距x14 m(已知sin 53°0.8，cos 53°0.6，g取10 m/s2)求：(1)恒力F的大小；(2)小物块从B点沿斜

5、面向上运动的最大距离x2；(3)小物块停止运动时到B点的距离x3.解析(1)AB段加速度a10.5 m/s2根据牛顿第二定律，有Fcos (mgFsin )ma1解得：F N11 N.(2)到达B点时，小物块的速度va1t12 m/s在BC段的加速度：a2gsin 53°8 m/s2由v22a2x2得：x2 m0.25 m.(3)小物块从B向A运动过程中，由mgma3，解得：a3g5 m/s2滑行的位移x3 m0.4 m，小物块停止运动时，离B点的距离为0.4 m.答案(1)11 N(2)0.25 m(3)0.4 m总结提升多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用在分析过程

6、中应注意：不同的加速度对应不同的运动过程，应该列出不同的牛顿定律和运动学方程加速度变了，方程应随之改变，同时应抓住前后过程转折点的速度，列出联系方程热点二用功能观点解决多过程问题命题规律对于物体在变力作用下的多过程运动问题，不能利用牛顿运动定律和运动学公式求解，可利用动能定理进行求解高考对此问题的考查主要涉及的运动形式有：变力作用下的直线运动、曲线运动，题目难度中等1(2015·浙江六校联考)如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用来回运动使其

7、均匀受热我们用质量为m的小滑块代替栗子，借用这套装置来研究一些物理问题设大小两个四分之一圆弧半径分别为2R、R，小平台和圆弧均光滑将过锅底的纵截面看做是由两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧组成斜面与小滑块间的动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化两斜面倾角均为37°，ABCD2R，A、D等高，D端固定一小挡板，小滑块碰撞它不损失机械能滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g.(1)如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少？(2)接(1)问，求滑块在锅内斜面上运动的总路程(3)对滑块的不同初速度，求其通

8、过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值突破点拨(1)“小平台和圆弧均光滑”，说明不受_力(2)“滑块恰好能从P点飞出”，说明满足mg_.(3)滑块恰好沿AB斜面进入锅内，说明到A点时速度方向沿_(4)滑块碰撞D不损失机械能，说明碰撞前后_相等解析(1)设滑块恰好经P点飞出时速度为vP，由牛顿第二定律有mg，得vP到达A点时速度方向要沿着斜面AB，则vyvPtan 所以A、D点离地高度为h3RR.(2)进入A点时滑块的速度为v假设经过一个来回能够回到A点，设回来时动能为Ek，则Ekmv24mgcos ·2R<0，所以滑块不会滑到A而飞出因mgsin >mgcos ，

9、则根据动能定理得mg·2Rsin mgcos ·s0mv2得滑块在锅内斜面上运动的总路程s.(3)设滑块的初速度和经过最高点时的速度分别为v1、v2由牛顿第二定律，在Q点F1mg在P点F2mg所以F1F22mg由机械能守恒有mvmvmg·3R得vv6gR为定值代入v2的最小值(v2vP)得压力差的最小值为9mg.答案(1)R(2)(3)9mg2.(2015·太原模拟)如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角BOC37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R1.0 m，现有一个质量为m0.2 k

10、g可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h1.6 m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数0.5.取sin 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2，求：(1)小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力FN的大小；(2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；(3)若斜面已经满足(2)要求，小物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小解析(1)小物体从E到C，由能量守恒得：mg(hR)mv，在C点，由牛顿第二定律得：FNmgm，联立解得FN12.4 N.(2)从EDCBA过程，

11、由动能定理得：WGWf0，WGmg(hRcos 37°)LABsin 37°，WfmgLABcos 37°.联立解得LAB2.4 m.(3)因为mgsin 37°mgcos 37°(或tan 37°)，所以，小物体不会停在斜面上，小物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动，从E点开始直至运动稳定，系统因摩擦所产生的热量，QEp，Epmg(hRcos 37°)，联立解得Q4.8 J.答案(1)12.4 N(2)2.4 m(3)4.8 J总结提升功能关系的选用原则(1)若过程只有动能和势能的相互转化，应首先考虑应用

12、机械能守恒定律(2)若过程涉及摩擦力做功，一般应考虑应用动能定理或能量守恒定律(3)若过程涉及电势能和机械能之间的转化，应考虑应用能量守恒定律(4)无论应用哪种形式的功能关系，都应遵照下列步骤：确定始末状态；分析哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，是什么力做功所致；列出能量的增加量和减少量的具体表达式，使E增E减动力学和功能观点的综合应用命题规律应用两大观点解决综合问题是历年高考计算题命题的热点，这类题一般是高考中的压轴题，综合能力要求很高，预计2016年可能会以平抛或圆周运动为运动模型，结合弹簧、传送带，甚至会涉及一定的电磁学情景来考查范例(2015·江西南昌市教研室交流卷)(

13、14分)如图所示，倾角30°、长L4.5 m的斜面，底端与一个光滑的圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平一质量为m1 kg的物块(可视为质点)从斜面最高点A由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B后恰好能到达圆弧轨道最高点C，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D点，再由D点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在B点已知物块与斜面间的动摩擦因数为，g10 m/s2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变求：(1)物块经多长时间第一次到B点；(2)物块第一次经过B点时对圆弧轨道的压力；(3)物块在斜面上滑行的总路程规范答题(1)物块沿斜面下滑时，mgsin mgco

14、s ma(2分)解得a2.5 m/s2(1分)从A到B，物块做匀加速运动，由Lat2(1分)可得t s(1分)(2)因为物块恰好到C点，所以到C点时速度为0.设物块到B点的速度为v，则mgRmv2(2分)FNmgm(1分)解得FN3mg30 N(1分)由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为FN30 N，方向竖直向下(1分)(3)从开始释放至最终停在B处，设物块在斜面上滑行的总路程为s，则mgLsin mgscos 0(3分)解得s9 m(1分)答案(1) s(2)30 N，方向竖直向下(3)9 m总结提升(1)分析多过程问题时要注意对各个运动过程独立分析，不同过程往往通过连接点的速度建立联系，

15、有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单(2)对于涉及滑动摩擦力的过程一定不能用机械能守恒定律来求解对于非匀变速直线运动过程，不能用运动学公式求解但可用动能定理、能量守恒定律或功能关系求解最新预测1(2015·烟台一模)光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图所示装置，其中直轨道BC粗糙，直轨道CD光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧质量为m0.1 kg的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点A时的速度大小为v4 m/s，当滑块运动到圆轨道与直轨道BC的相切处B时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道BC滑行，到达轨道CD上的D点时速度为零若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆

16、轨道的半径为R0.25 m，直轨道BC的倾角37°，其长度为L26.25 m，D点与水平地面间的高度差为h0.2 m，取重力加速度g10 m/s2，sin 37°0.6.求：(1)滑块在圆轨道最高点A时对轨道的压力大小；(2)滑块与直轨道BC间的动摩擦因数；(3)滑块在直轨道BC上能够运动的时间解析：(1)在圆轨道最高点A处对滑块，由牛顿第二定律得：mgFNm，得FNm5.4 N由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点A时对轨道的压力大小为5.4 N.(2)从A点到D点全程，由动能定理得：mg(RRcos Lsin h)mgcos ·L0mv2得0.8.(3)设滑块在B

17、C上向下滑动的时间为t1，向上滑动的加速度为a2，时间为t2，在C点时的速度为vC由C到D：mvmghvC2 m/sA点到B点的过程：mgR(1cos )mvmv2vB5 m/s在轨道BC上：下滑：Lt1，t17.5 s上滑：mgsin mgcos ma2a2gsin gcos 12.4 m/s20vCa2t2t2 s0.16 s>tan ，滑块在轨道BC上停止后不再下滑滑块在BC上运动的总时间：t总t1t2(7.50.16)s7.66 s.答案：(1)5.4 N(2)0.8(3)7.66 s210个同样长度的木块放在水平地面上，每个木块的质量m0.5 kg、长度L0.6 m，它们与地面

18、之间的动摩擦因数10.1，在左方第一个木块上放一质量M1 kg的小铅块(视为质点)，它与木块间的动摩擦因数20.25.现给铅块一向右的初速度v05 m/s，使其在木块上滑行g取10 m/s2，求：(1)开始带动木块运动时铅块的速度；(2)铅块与木块间因摩擦产生的总热量；(3)铅块运动的总时间解析：(1)设铅块可以带动n个木块移动，以这n个木块为研究对象，铅块施加的摩擦力应大于地面施加的摩擦力，即2Mg>1(Mnm)g解得：n<3，取n2，此时铅块已滑过8个木块根据动能定理有：MvMv22Mg×8L代入数据得，刚滑上木块9时铅块的速度：v1 m/s.(2)对铅块M：a22g

19、2.5 m/s2，v2va2t2对最后两块木块9和10有：a10.5 m/s2，v1a1t2令v1v2，故它们获得共同速度所需时间：t2 s铅块位移：x2vt2a2t，木块位移：x1a1t铅块相对木块位移：xx2x1 m<L所以铅块与木块间因摩擦产生的总热量：Q2Mg(8Lx)12.42 J.(3)由(2)问知，铅块与木块的共同速度为：v1a1t2 m/s铅块、木块一起做匀减速运动的时间：t3 s铅块在前8个木块上运动的时间：t11.6 s所以铅块运动的总时间：tt1t2t32.1 s.答案：(1)1 m/s(2)12.42 J(3)2.1 s失分防范在攻克力学综合问题时极易从以下几点失

20、分：不理解题述物理情景，不能从中获取有用信息；抓不住题设条件中的关键信息，不能正确选择研究对象及物理过程；不能正确列出动力学方程或功能关系方程；应用数学知识处理物理问题的能力较差可从以下几点进行防范：多练审题基本功，去伪存真，抓关键点；仔细研究物理过程找突破口，如隐含条件、临界条件等；当涉及(恒)力及时间时，一般用动力学法；当涉及功、能及位移时一般用功能法一、选择题1(2015·安徽合肥一模)如图所示，一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆轨道最低点时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为g)()AmgR BmgR

21、CmgR DmgR解析：选D铁块在最低点，支持力与重力合力等于向心力，即1.5mgmgm，即铁块动能Ekmv2mgR，初动能为零，故动能增加mgR，铁块重力势能减少mgR，所以机械能损失mgR，D项正确2.(多选)(2015·黄冈一模)如图所示，物体以100 J的初动能从斜面的底端向上运动，斜面足够长当它通过斜面上的M点时，其动能减少80 J，机械能减少32 J如果物体能从斜面上返回底端，则()A物体在斜面上运动时，机械能守恒B物体在向上运动时，机械能减少100 JC物体上升到M还能上升的距离为到达M点前的D物体返回A点时动能为20 J解析：选CD由题意，摩擦力始终做负功，机械能不守

22、恒，选项A错误；物体向上运动到最高点时，重力势能不为零，机械能减少量小于100 J，选项B错误；根据题意，当它通过斜面上的M点时，其动能减少80 J，机械能减少32 J，说明克服摩擦力做功32 J，从M点上升到最高点的过程中，动能减少20 J，需要克服摩擦力做功8 J，整个上升过程，共克服摩擦力做功40 J，机械能减少了40 J，物体上升到M还能上升的距离为到达M点前的，选项C正确；物体返回A点的过程中，损失的机械能也是40 J，物体返回A点时动能为20 J，选项D正确3. (多选)(2015·河北保定元月调研)如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小

23、球静止在轨道底部A点现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2.设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W1/W2的值可能是()A1/2 B2/3C3/4 D1解析：选AB第一次击打小球时小球最高运动到过O点与水平地面平行的直径的两端位置，小锤对小球做功W1mgR，第二次击打小球，小球恰好做圆周运动，此时小球在最高点速度v，与小球在最高点对应最低点

24、的速度为vA，根据机械能守恒定律可得mg·2Rmv2mv，第二次击打小球，小锤对小球做的功W2mvmgRmgR，则先后两次击打，小锤对小球做功的最大值为，故选项A、B正确，C、D错误4在工厂中常用如图所示水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度v2 m/s运行，质量为m0.5 kg的工件以v01 m/s 的初速度从位置A滑上传送带，工件与传送带之间的动摩擦因数0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即滑上传送带，取g10 m/s2，则下列说法中正确的是()A工件经0.5 s停止相对滑动B正常运行时传送带上相邻工件相距0.5 mC摩擦力对每个工件做

25、正功为1 JD每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为0.75 J解析：选A工件进入水平传送带先匀加速运动后匀速运动，加速度大小为ag2 m/s2，加速时间为t0.5 s，A对；正常运行时相邻两工件间的距离为dvt1 m，B错；由动能定理知摩擦力对每个工件做正功为Wfmv2mv0.75 J，C错；在t0.5 s内，工件对地位移为x1t0.75 m，传送带对地位移为x2vt1 m，所以每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为QFf(x2x1)0.25 J，D错5如图所示，斜面倾角为37°，物体1放在斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间的动摩擦因数为0.5，一根很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质小定

26、滑轮，绳一端固定在物体1上、另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行，物体2下端固定一长度为h的轻绳，轻绳下端拴在物体3上，物体1、2、3的质量之比为415，开始时用手托住物体3，物体3到地面的高度为h，此时各段轻绳刚好拉紧已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g10 m/s2，小物体3从静止突然放手后物体1沿斜面上滑的最大距离为()A3h BhC2h Dh解析：选D从开始放手到3触地(设触地时3的速度为v1)的过程中，对1、2和3应用功能关系有6mgh(4mgsin 4mgcos )h(10m)v，之后3停止运动，设物体2继续向下运动距离s后速度减小为0，对1和2应用功能关

27、系有mgs(4mgsin 4mgcos )s0(5m)v，得sh，则1沿斜面上滑的最大距离为Lhsh.6(多选)(2015·河北省五个一名校联盟)如图，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止现撤去F，使小球沿竖直方向运动，在小球由静止释放到刚离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时的速度为v，不计空气阻力，则上述过程中()A小球的重力势能增加W1B小球的电势能减少W2C小球的机械能增加W1mv2D小球与弹簧组成的系统机械能守恒解析：选AB根据重力做功与

28、重力势能变化的关系可知，W1EGp，所以重力势能增加量EGpW1，A项正确；根据电场力做功与电势能的变化关系可知，电势能减少量EEpW2，B项正确；由题可知，小球动能增加量为mv2，重力势能增加量为W1，故机械能增加量为W1mv2，C项错误；整个过程中，电场力对小球做功，故系统机械能不守恒，D项错误7.(2015·江西十校二模)将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均相同在这三个过程中，下列说法不正确的是

29、()A沿着1和2下滑到底端时，物块的速率不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速率相同B沿着1下滑到底端时，物块的速率最大C物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的解析：选A设1、2、3木板与地面的夹角分别为1、2、3，木板长分别为l1、l2、l3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh1mgl1cos 1mv0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh2mgl2cos 2mv0，又h1>h2，l1cos 1l2cos 2，可得v1>v2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh3mgl3cos 3mv0，又h2h3，

30、l2cos 2<l3cos 3，可得v2>v3，故A错，B对三个过程中产生的热量分别为Q1mgl1cos 1，Q2mgl2cos 2，Q3mgl3cos 3，则Q1Q2<Q3，故C、D对二、计算题8.(2015·郑州三模)特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型：将一根长为2d、不可伸长的细绳的两端固定在相距为d的A、B两等高处，细绳上有小滑轮P，战士们相互配合，可沿着细绳滑到对面开始时，战士甲拉住滑轮，质量为m的战士乙吊在滑轮上，处于静止状态，AP竖直(不计滑轮与绳的质量，不计滑轮的大小及摩擦，重力加速度为g)(1)若甲对滑轮的拉力沿水平方向，求此拉力的大小；

31、(2)若甲将滑轮由静止释放，求乙在滑动中速度的最大值(结果可带根号)解析：(1)设BP与竖直方向的夹角为，由几何关系2d联立三角函数关系解得：sin 0.8，cos 0.6，tan 如图所示，对滑轮受力分析由平衡条件得：mgFT1FT2cos ，FFT2sin ；又FT1FT2，解得F.(2)设AP的长度为l，则：l0.75d乙在最低点时有最大速度v，设此时乙距AB的高度为h.则h2d2由机械能守恒定律得：mg(hl)mv2得v.答案：(1)(2) 9(2015·昆明三中、玉溪一中联考)如图所示，半径R0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别