19届高考物理二轮复习讲义专题3功与能第2课时动力学和能量观点的综合应用

1、第2课时动力学和能量观点的综合应用高考题型1动力学方法和动能定理的综合应用题型：计算日£ 5年2考1 .相关规律和方法动力学规律主要有：运动学的基本规律、牛顿运动定律、圆周运动的知识和动能定理.2 .解题技巧如果涉及到加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法；如果只涉及位移、功和能量的转化问题，通常采用动能定理分析.【仞1】（2018河南省周口市期末）如图1所示，半径R=0.3 m的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道AC相切于B点，水平轨道的C点固定有竖直挡板，轨道上的A点静置有一质量 m= 1 kg 的小物块（可视为质点）.现给小物块施加一大小为 F = 6.0 N、方向水平向

2、右的恒定拉力，使 小物块沿水平轨道 AC向右运动，当运动到AB之间的D点（图中未画出）时撤去拉力，小物块 继续滑行到B点后进入竖直圆槽形轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器10 测出小物块对轨道取局点的压力为N,已知水平轨道 AC长为2 m, B为AC的中点，小物3块与AB段间的动摩擦因数 = 0.45,重力加速度 g= 10 m/s2求:（1）小物块运动到B点时的速度大小；（2）拉力F作用在小物块上的时间 t;（3）若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC到达C点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从 C点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC

3、段间的动摩擦因数的取值范围.答案见解析解析（1）小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得 FN+mg=mV；,由牛顿第三定律得R,10Fn= Fn' = N3联立解得v= 2 m/s物块从B运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得12 12mg 2R+ 2mv2 = 2mvB2解得 vb = 4 m/s (2)小物块从A运动到B点的过程，由动能定理得12 cFs(nmgXAB= 2mVB2 0根据牛顿第二定律得：F wmg = ma 1-由运动学公式有 s= 2at2.一 5联立解得t= 5 s3设BC段的动摩擦因数为睥2设物块在圆槽形轨道最高点的最小速度为V1,则由牛顿第二定律可

4、得：mg=mv1，R1cle由动能7E理得：一 2 陛mgxBC 2mgR= 2mv12 2mvB2代入数据解得出=0.0250< *0.025故为使物块能从C点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道，应满足若物块从C点返回在圆槽形轨道上升高度R时速度为零，由动能定理可得: -2 mgXBC mgR= 0 2mVB2代入数据解得：2=0.25 物块从C返回刚好停止到 B点，由动能定理可得:122 区mgxBc= 0 2mvB0.25W 陛<0.4代入数据解得：M2=0.4 故为使物块能返回圆槽形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，满足 综上所述，0< f2< 0.025 或

5、0.25W 图<0.4.【拓展训练11 (2018湖北省4月调研)某公司对新推出的掌上智能无人机进行试验.让无人机从地面由静止开始以最大动力竖直上升，经时间t=4 s时离地面的高度h = 48 m.若无人机的质量m= 0.3 kg,运动过程中所受空气阻力大小恒为 Ff= 0.3 N,重力加速度g取10 m/s2. (1)动力系统提供给无人机的最大动力为多大？(2)调整动力后无人机继续上升，恰能悬停在距离地面高度H = 78 m处，求无人机从h上升到H的过程中，动力系统所做的功.答案(1)5.1 N (2)12.6 J1解析(1)无人机向上做匀加速直线运动h = 2at2由牛顿第二定律 F

6、 mgFf=ma解得F=5.1 N (2)由运动学公式v = at1 o由动能7E理 W (mg+Ff)(H h)= 0 2mv2解得 w= 12.6 J高考题型2动力学和能量观点分析多运动组合问题 型：选理题或省d月丑；5叶考 1 .多运动过程模型多运动过程通常包括匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动，或者是一般的曲线运动.在实际问题中通常是两种或者多种运动的组合.2 .分析技巧多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要独立 分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量 的观点解决问题会更简单.【仞21 (2018全国卷m

7、25)如图2,在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道 ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为 & sin a3 =£.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过 C点，落至水平轨道；5在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用.已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零.重力加速度大小为g.求：图2(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小;(2)小球到达A点时动量的大小；（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间.答案（1%孽（2）呼（3）3谯解析（1）设水平

8、恒力的大小为F%小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有Fomg=tan aF2=(mg)2 + Fo2 设小球到达C点时的速度大小为 v,由牛顿第二定律得2F = m R由式和题给数据得3Fo= 4mg v =（2）设小球到达A点的速度大小为 vi,作CD，PA,交PA于D点，由几何关系得DA=Rsin 调CD = R(1 + cos “)由动能定理有mg CD Fo DA = mv2 ；mv12由 式和题给数据得，小球在 A点的动量大小为p=mv1=mRd（3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖 直方向的初速度为 口，从C点落至水平轨

9、道上所用时间为 t.由运动学公式有1 01+ 2gt2= CDg v= vsin o?由？式和题给数据得5R【拓展训练2（多选）（2018安徽省蚌埠市一质检）如图3所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道的右端点、最低点和左端点，B点和圆心等高，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为“=60°.现从B点的正上方某处 A点由静止释放一个小球，经圆轨道飞出后以水平方向上的v通过C点，已知圆轨道半径为 R, v = gR,重力加速度为g,不计空气阻力，则以下结论正 确的是（）图3A. C、N的水平距离为3RRB. C、N的水平距离为 2RC.小球在M点对轨道的压力为 6mgD.小球在M点对轨道的

10、压力为 4mg答案 AC解析小球从N到C的过程可看成平抛运动的逆过程，则VNCOS a= V、VNSin a= gt、XCN=Vt,解得：vn=2v=2幅、xcn = V3r,故A项正确，B项错误.小球从 M到N的过程由动能定1 c 1理可得：mg（R- Rcos a） = 2mvN2-2mvM2,对小球在 M点时受力分析，由牛顿第二te律可得：FNM-mg=m-R-,解彳导:FNM=6mg,根据牛顿第三定律可得：小球在 M点对轨道的压力为6mg,故C项正确，D项错误.【拓展训练3】（2018江西省六校第五次联考）如图4所示，水平桌面上有一轻弹簧， 左端固定在A点，在自然状态时其右端位于B点.

11、水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP,其形状为半径 R= 0.8 m的圆环剪去了左上角 135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖 直距离也是R.用质量m1=0.4 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点.用同种材料、质量为 m2 =0.2 kg的物块将弹簧缓慢压缩到 C点释放，物块过 B点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x=8t-2t2,物块飞离桌面后由 P点沿切线落入圆轨道.g= 10 m/s2,不计空气阻力，求：物块m2过B点时的瞬时速度 vo;(2)BP间的水平距离；(3)判断m2能否沿圆轨道到达 ”点(要求写清f算过程).答案见解

12、析解析 (1)由物块m2过B点后其位移与时间的关系x=8t 2t2得，vo=8 m/s,加速度的大小a=4 m/s2(2)设物块由D点以初速度vd做平抛运动，落到 P点时其竖直速度为 vy= <2gRvy。口又一=tan 45 ,得 vd= 4 m/svd，1 9一设平抛运动用时为 t,水平位移为 X2,由R= 2gt2, X2=vDt,得X2=1.6 m2_2V0 VDBD间位移为xi = 6 m2 a则BP间水平距离为 s = xi + x2 = 7.6 m(3)设物块沿圆轨道到达 M点的速度为vm,由机械能守恒得：12 1222m2vm2= 2m2vd2 ?m2gR贝U vm2 =

13、(16 82) m2/s2M ' 2右物块恰好能沿轨道过M点，则m2g= m2R解得 vm z 2= 8 m2/s2>vM2故物块不能到达M点.高考题型3含弹簧的动力学和能量问题题型:计算睚；5年1考3(2018河北省衡水中学模拟)如图5所示，一根水平轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m = 1 kg的可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度.在平台的右端有一传送带，AB长L=5 m,物块与传送带间的动摩擦因数 凶= 0.2,与传送带相邻的粗糙水平面BC长s= 1.5 m,它与物块间的动摩擦因数22 =0.3,在C点右侧有一半径为 R

14、的光滑竖直圆弧与 BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为0= 120°,在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.若传送带以v=5m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失.当弹簧储存的弹性势能Ep = 18 J全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g=10 m/s2.图5求右侧圆弧的轨道半径R;(2)求小物块最终停下时与C点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围.答案(1)0.8 m (2)； m (3) ：.；,37 m/s< v< .43 m/s 31斛

15、析(1)物块被弹黄弹出，由Ep=2mvo2,可知：vo= 6 m/s因为v0>v,故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中，12国mg=ma1，v=voa1t1，X1 = vot1 2a1t1则 a1=2 m/s2, t1 = 0.5 s, X1 = 2.75 m因为X1<L,故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5 m/s的速度滑上水平面 BC,物块1 C滑离传送田后恰到 E点，由动能te理可知：2mv2=(J2mgs+mgR代入数据可以得到：R= 0.8 m.1 c 1(2)设物块从E点返回至B点的速度为vb,物块从传送带滑出到返回B点的过程有2mv2mvb2=(

16、J2mg 2svB=y7 m/s离开传送带，设最终得到VB= S m/s,因为VB>0,故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率2VF mgsin 30 = m r停在距 C 点 x 处，由;mvB2=(j2mg(s-x),得到 x=g m. 23设传送带速度为V1时物块能恰到F点，在F点满足.一， 1cle从B至1J F过程中由动能te理可知：/mvi2 mvF2=隆mgs+ mg(R+ Rsin 30 )解得：vi= 37 m/s设传送带速度为V2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，12由：2mv22=(j2mgX3s

17、+mgR解得：V2= 43 m/s1 c 1 c右物块在传送市上一直加速运动，由2mvBm2-mvo2=以mgL则物块到B点的最大速度VBm=2寸五m/s>v2综合上述分析可知，传送带的速度应满足条件37 m/s< v< V43 m/s.【拓展训练4】(2018山东省淄博市一中三模)如图6所示，一劲度系数很大的轻质弹簧下端固 定在倾角0= 30。的斜面底端，将弹簧上端压缩到 A点锁定.一质量为m的小物块紧靠弹簧上端放置，解除弹簧锁定，小物块将沿斜面上滑至B点后又返回，A、B两点的高度差为h,弹5A点以下部簧锁定时具有的弹性势能Ep = mgh,锁定及解除锁定均无机械能损失，斜

18、面上分的摩擦不计，已知重力加速度为(1)物块与斜面间的动摩擦因数；(2)物块在离开弹簧后上滑和下滑过程中的加速度大小之比；(3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A点锁定，当物块返回A点时立刻解除锁定.设斜面最高点C(未画出)与A的高度差为3h,试通过计算判断物块最终能否从C点抛出.答案见解析解析(1)物块从A第一次上滑到B的过程中，由功能关系得：Wf+mgh=Ep.h5,mCOs 9 sin 0+ mgh=4mgh解得:2(2)在上滑和下滑的过程中物块都受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，设上滑和下滑过程中的加速度大小分别是 a1和a2,根据牛顿第二定律得:物块上滑过程中有： mgsin

19、 0+(1 mgos 0= mai,1'3：35得 ai = g(sin。+ 20s =gx 万+ 毛*上 =gg物块下滑过程中有：mgsin 0(1 mgos 0= ma2,得 a2 = g(sin。一 as =gx 1哈乂号=3g故 ai ： a2= 5 : 3.(3)经过足够长时间后，弹簧给物块补充的弹性势能将全部用来克服物块在斜面上来回运动时受到的阻力做功，设稳定时物块上升的最大高度为hm.则由功能关系得：Ep=Wf总.5hm即4mgh=2 科 mgos 0sn-g解得：hm=2.5h3h所以物块不可能到达 C点，即不能从 C点抛出.专题强化练1 .(多选)(2018河南省中原

20、名校第四次模拟 )倾角为。的三角形斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，其自然长度时弹簧的上端位于斜面体上的 。点.质量分别为 4m、m的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接，且跨过固定在斜面体顶端的光滑轻质定滑轮，如图1所示.开始物块甲位于斜面体上的M处，且MO=L,物块乙开始距离水平面足够高，现将物块甲和乙由静止释放，物块甲沿斜面下滑，当物块将弹簧压缩到 N点时，物块的速度减为零，ON=2,已知物块甲与斜面体之间的动摩,3擦因数为 严胡，0= 30。，重力加速度取g=10 m/s2,忽略空气的阻力，整个过程中细绳始8终没有松弛，且乙未碰到滑轮，则

21、下列说法正确的是()图1A.物块甲由静止释放到斜面体上 N点的过程，物块甲先做匀加速直线运动，紧接着做匀减 速直线运动到速度减为零B.物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为0.5 m/s2C.物块甲位于N点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为15mgL83D.物块甲位于N点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为gmgL答案 BD2.(多选)(2018河南省周口市期末)如图2甲所示，轻质弹簧的一端固定于倾角为0= 30。的斜面底端，另一端恰好位于斜面上的 B点.一质量为 m = 2 kg的小滑块(可视为质点)从斜面上 的A点由静止开始下滑，下滑过程中滑块下滑速度 v的平方与其下滑距离 x之间的关系如图 乙

22、所示，其中Oa段为直线，重力加速度 g取10 m/s2,则( )图2A.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25B.弹簧的劲度系数为 50 N/mC.滑块运动到最低点 C时，弹簧弹性势能大小为2.6 JD.滑块从最低点 C返回时，一定能到达 B点答案 BC3. 如图3所示，质量为 m的小球套在半径为 R的固定光滑圆环上，圆环的圆心为O,原长为0.8R的轻质弹簧一端固定于 O点，另一端与小球相连，弹簧与圆环在同一竖直平面内，圆环上B点在。的正下方，当小球在 A处受到沿圆环切线方向的恒力F作用时，恰好与圆环间无相互作用，且处于静止状态.已知：R=1.0 m, m=1.0 kg, / AOB=仁37

23、76;,弹簧处于弹性限度内,sin 37 = 0.6, cos 37 = 0.8,重力加速度 g = 10 m/s2 求:图3(1)该弹簧的劲度系数 k;(2)撤去恒力，小球从A点沿圆环下滑到B点时的速度大小vb；(3)在(2)中，小球通过B点时，圆环对小球的作用力大小Fnb .答案 (1)40 N/m (2)2.0 m/s (3)6.0 N解析(1)小球在A处由平衡条件可知：沿半径方向：k(R 0.8R)=mgcos 0得：k= 40 N/m1(2)由 A 到 B 过程，由动能te理得：mgR(1cos 9) = mvB2- 0得：vb=2.0 m/svb2 在B点由牛顿第二定律得，k(R0

24、.8R)+ FNB-mg = m得：Fnb=6.0 N4. (2018吉林省吉林市第二次调研)雨滴在空中下落时，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度匀速下降，我们把这个速度叫做收尾速度.研究表明，在无风的天气条件下，空气对下落雨滴的阻力可由公式 Ff= 2Cp /来计算，其中C为空气对雨滴的阻力系数 (不同空间为 不同常量)，p为空气的密度(不同空间密度不同),S为雨滴的有效横截面积(即垂直于速度方 向的横截面积).已知雨滴下落空间范围内的空气密度为P0,空气对雨滴的阻力系数为 00,雨滴下落时可视为球形，半径均为R,每个雨滴的质量均为 m,且在到达地面前均已达到收尾速度，重力加速度为 g.

25、(1)求雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小；(2)若根据云层高度估测出雨滴在无风的天气条件下由静止开始竖直下落距地面的高度为h,求每个雨滴在竖直下落到地面过程中克服空气阻力所做的功.答案 (1)1、卜2mg (2)mg h- qmR2R7100 伊 D700 p0R解析(1)设雨滴竖直下落的收尾速度大小为 V雨滴达到收尾速度时开始匀速下落，则有：mg=Ff又因为 Ff = 200(0Sv2 = 200 p0 , R2v21 2mg解得：vR V 山0 P0(2)设雨滴在空中由静止沿竖直方向下落至地面的过程克服空气阻力所做的功为Wf, _1c 由动能 th 理： mgh Wf=

26、2mv2解得：Wf = mg hr25. (2018陕西省安康市第二次质量联考 )如图4所示，光滑水平轨道 AB与光滑半圆形导轨BC在B点相切连接，半圆导轨半径为R,轨道AB、BC在同一竖直平面内.一质量为m的物块在A处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆导轨的最高点C.已知物块在到达B点之前与弹簧已经分离，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g.不计空气阻力，求：(1)物块由C点平抛出去后在水平轨道的落点与B点的距离；(2)物块在B点时对半圆轨道的压力大小；(3)物块在A点时弹簧的弹性势能.5答案(1)2R (2)6mg 2mgR2解析(1)因为物块恰好能通过 C点，有：mg= mv|-R1

27、 c物块由C点做平抛运动，有：x=vct,2R = 2gt2解得：x=2R即物块在水平轨道的落点与B点的距离为2R.11(2)物块由B到C过程中机械能守恒，有：2mvB2=2mgR+-mvc2VB2设物块在B点时受到轨道的支持力为 Fn,有：Fnmg=mR,解得：Fn = 6mg由牛顿第三定律可知，物块在B点时对半圆轨道的压力Fn' =FN = 6mg.1 c . 一(3)由机械能守恒定律可知，物块在A点时弹簧的弹性势能为：Ep=2mgR+-mvc2,解得Ep5 r =2mgR.6. (2018宁夏银川一中一模)如图5所示，一质量 m=0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩 擦因数

28、 -0.1的水平轨道上的 A点.现对滑块施加一水平外力， 使其向右运动，外力的功率恒为P=10.0 W.经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在 C点以5 m/s的速度沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器.已知轨道 AB的长度L=2.0 m,半径OC和竖直方向的夹角 “=37°,圆弧形轨道的半径 R= 0.5 m.(空气阻力忽略不计，重力加速度g=10 m/s2, sin 37° =0.6, cos 37°= 0.8),求：D图5(1)滑块运动到D点时压力传感器的示数；(2)水平外力作用在滑块上的时间t.答案 (1)25.6 N (2)0.4 s解析(1)滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒得:12 122mvD2= 2mvC2+ mgR(1 cos 37 )滑块在 D 点的速度 VD = Jvc2+2gR 1-cos 37 = 3小 m/sVD2在D点对滑块受力分析，根据牛顿第二定律有：F