高考物理二轮复习 第2课时　动力学和能量观点的综合应用

第2课时动力学和能量观点的综合应用专题复习定位解决问题本专题主要培养学生应用动力学和能量观点分析、解决综合性问题的能力。高考重点动力学方法和动能定理的综合应用；动力学和能量观点分析多运动组合问题；含弹簧的动力学和能量问题。题型难度本专题针对综合性计算题的考查，一般过程复杂，综合性强，难度较大。高考题型1动力学方法和动能定理的综合应用1.基本规律运动学的基本规律、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。【例1】(2021·全国乙卷，20)一篮球质量为m＝0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2m。若使篮球从距地面h3＝1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10m/s2，不计空气阻力。求：(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。答案(1)4.5J(2)9N解析(1)使篮球从距地面高度为h1处由静止自由落下时，设篮球的落地速度大小为v1，根据自由落体运动的规律有veq\o\al(2,1)＝2gh1，设篮球被地面反弹时的速度大小为v2，则有veq\o\al(2,2)＝2gh2，则篮球与地面碰撞前、后的动能之比eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(\f(1,2)mveq\o\al(2,1),\f(1,2)mveq\o\al(2,2))＝eq\f(h1,h2)＝eq\f(3,2)，使篮球从距地面h3的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，设篮球的落地速度大小为v3，反弹后的速度大小为v4，则有veq\o\al(2,4)＝2gh3，因为篮球每次与地面碰撞前、后的动能的比值不变，所以有eq\f(\f(1,2)mveq\o\al(2,3),\f(1,2)mveq\o\al(2,4))＝eq\f(3,2)，设运动员拍球过程中对篮球做的功为W，根据动能定理有W＋mgh3＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，解得W＝4.5J。(2)球在受到力F作用的时间内，根据牛顿第二定律得，加速度a＝eq\f(mg＋F,m)，球的位移x＝eq\f(1,2)at2，运动员对球做的功W＝Fx，联立解得F＝9N。【拓展训练1】(多选)(2021·全国甲卷，20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g。则()A.物体向上滑动的距离为eq\f(Ek,2mg)B.物体向下滑动时的加速度大小为eq\f(g,5)C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长答案BC解析设物体沿斜面向上滑动的距离为x，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，物体沿斜面上滑过程中，根据动能定理有－mgxsinα－μmgxcosα＝0－Ek，同理，物体沿斜面下滑过程中有mgxsinα－μmgxcosα＝eq\f(Ek,5)－0，两式联立解得x＝eq\f(Ek,mg)，μ＝eq\f(1,2)。物体沿斜面下滑过程中，根据牛顿第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma下，解得a下＝eq\f(g,5)，同理可知物体沿斜面上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度，由x＝eq\f(1,2)at2可知，物体向上滑动所用的时间比向下滑动所用的时间短。B、C正确，A、D错误。【拓展训练2】(2021·北京丰台区期末练习)图1甲所示为2022年北京冬奥会上以“雪如意”命名的跳台滑雪场地。图乙为跳台滑雪赛道的简化图，由助滑道、起跳区、着陆坡等几段组成，助滑道和着陆坡与水平面的夹角θ均为37°，直线AB段长度L＝100m。运动员连同装备总质量m＝60kg，由A点无初速下滑，从起跳区的C点起跳后降落在着陆坡上的D点。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。图1(1)若忽略运动员在助滑道上受到的一切阻力，求运动员下滑到B点的速度大小v1；(2)若由于阻力的影响，运动员实际下滑到B点的速度大小v2＝30m/s，求运动员从A点下滑到B点过程中克服阻力做的功；(3)若运动员从C点起跳时的速度大小v3＝32m/s，方向沿水平方向。忽略其在空中运动时受到的一切阻力，求CD间的距离。答案(1)20eq\r(3)m/s(2)9000J(3)192m解析(1)由牛顿第二定律可得mgsinθ＝ma，代入数据可得a＝6m/s2由匀加速直线运动公式veq\o\al(2,1)＝2aL，代入数据可得v1＝20eq\r(3)m/s。(2)从A到B，根据动能定理mgLsinθ－W克f＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得W克f＝9000J。(3)设CD间距离为L′，根据平抛运动的规律L′cosθ＝v3t，L′sinθ＝eq\f(1,2)gt2联立解得L′＝192m。高考题型2多运动过程问题1.运动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，分析这种问题时应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。【例2】[2021·陕西咸阳市高考模拟(二)]滑板项目是极限运动的鼻祖，在滑板公园里经常看到各种滑板场地，如图2甲所示。现有一个滑板场可简化为如下模型，如图乙所示，由足够长的斜直轨道、半径R1＝2m的凹形圆弧轨道和半径R2＝3.6m的凸形圆弧轨道三部分组成的滑板组合轨道。这三部分轨道依次平滑连接，且处于同一竖直平面内。其中M点为凹形圆弧轨道的最低点，N点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O与M点在同一水平面上。一可视为质点、质量为m＝1kg的滑板从斜直轨道上的P点无初速度滑下，经M点滑向N点。在凸形圆弧最右侧距离L＝0.9m的位置有一个高度h2＝3m、倾角为53°的斜面。不计一切阻力，g取10m/s2。求：图2(1)若P点距水平面的高度h1＝3.2m，滑板滑至M点时，轨道对滑板的支持力大小FN；(2)若滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，求滑板的下滑点P距水平面的高度H；(3)若滑板滑至N点时刚好做平抛运动，滑板能否与右侧斜面发生碰撞(不考虑碰撞后反弹)？若能，请计算出碰撞的具体位置；若不能，请说明理由。答案(1)42N(2)5.4m(3)能，见解析解析(1)滑板由P点滑至M点过程，由机械能守恒有mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)得vM＝8m/s对滑板滑至M点时受力分析，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,M),R1)，得FN＝42N。(2)滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，则有mg＝meq\f(veq\o\al(2,N),R2)，得vN＝6m/s滑板从P点到N点机械能守恒，则有mgH＝mgR2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，解得H＝5.4m。(3)若滑板与斜面不发生碰撞，有R2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)x2＝vNt2，解得x2＝3.6eq\r(2)m>R2＋L滑板与斜面会发生碰撞，设滑板的运动时间为t，水平位移为x，竖直位移为y，由平抛运动的规律y＝eq\f(1,2)gt2x＝vNttan53°＝eq\f(3.6－y,x－4.5)，解得t＝0.8s则碰撞点距离斜面底端的水平距离为0.3m，距离斜面底端的高度为0.4m。【拓展训练3】(2021·天津市等级性考试模拟)如图3所示，一小物块(视为质点)从H＝10m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝2m的光滑竖直圆环内侧，弯曲轨道AB在B点与圆环轨道平滑相接。之后物块沿CB圆弧滑下，由B点(无机械能损失)进入右侧的粗糙水平面上压缩弹簧。已知物块的质量m＝2kg，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，弹簧自然状态下最左端D点与B点距离L＝15m，g＝10m/s2，求：图3(1)物块从A滑到B时的速度大小；(2)物块到达圆环顶点C时对轨道的压力大小；(3)若弹簧最短时压缩量为25cm，求此时弹簧弹性势能。答案(1)10eq\r(2)m/s(2)100N(3)139J解析(1)物块从A滑到B的过程由动能定理得mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝10eq\r(2)m/s。(2)物块从A滑到C的过程由动能定理得mg(H－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)在C点由牛顿第二定律得mg＋FN＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)解得FN＝100N由牛顿第三定律知物块在C点对轨道的压力大小为100N。(3)从B点到弹簧压缩最短时的过程，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝μmg(L＋x)＋Ep解得Ep＝139J。高考题型3传送带模型问题【例3】(2021·1月江苏新高考适应性考试，15)如图4所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求物块：图4(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。答案(1)8m/s(2)9s(3)48J解析(1)设小物块沿斜面下滑的加速度大小为a1，则有mgsin37°－μ1mgcos37°＝ma1解得a1＝4m/s2小物块从A到P，由运动学公式得veq\o\al(2,1)＝2a1L解得v1＝8m/s。(2)小物块滑上传送带后，向左运动过程中一直受到向右的滑动摩擦力，设此过程小物块的加速度为a′由牛顿第二定律得μ2mg＝ma′，得a′＝2m/s2设经时间t1小物块速度减为零则t1＝eq\f(v1,a′)＝4s此过程小物块的位移大小为x1＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a′)＝16m小物块速度减为零后开始向右做匀加速运动，加速度大小仍为a′，经时间t2和传送带速度相同，则t2＝eq\f(v,a′)＝2s此过程小物块的位移大小为x2＝eq\f(v2,2a′)＝4m，因x1>x2，故小物块之后匀速运动到达P点，匀速运动时间t3＝eq\f(x1－x2,v)＝3s，则t＝t1＋t2＋t3，解得t＝9s。(3)小物块从A点到达P，摩擦产生的热量Q1＝μ1mgcos37°L＝32J小物块第1次从传送带返回P点，vP＝v＝4m/s物块沿斜面做匀减速运动后反向做匀加速运动，再次到达P点，动能减小，vP′<vP，即vP′<4m/s，小物块沿传送带水平向左减速为0后，向右加速第二次返回P点，v2＝vP′，此往返过程，小物块的动能无损失，以此类推，最终小物块到达P点的速度为0，小物块的动能全部损失在与斜面的摩擦生热过程中Q2＝μ1mgcos37°s＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)，解得Q2＝16J则Q＝Q1＋Q2＝48J。【拓展训练4】(多选)(2021·1月辽宁普通高校招生适应性测试，10)如图5所示，甲、乙两滑块的质量分别为1kg、2kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t＝0时，甲、乙分别以6m/s、2m/s的初速度开始向右滑行。t＝0.5s时，传送带启动(不计启动时间)，立即以3m/s的速度向右做匀速直线运动，传送带足够长，重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是()图5A.t＝0.5s时，两滑块相距2mB.t＝1.5s时，两滑块速度相等C.0～1.5s内，乙相对传送带的位移大小为0.25mD.0～2.5s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5J答案BCD解析两物体变速运动时的加速度大小a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2，根据x＝v0t－eq\f(1,2)at2可得t＝0.5s时，两滑块相距Δx＝x0－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v1t－\f(1,2)at2))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v2t－\f(1,2)at2))＝3m，A错误；传送带启动时，甲物体的速度为v1′＝v1－at＝5m/s，与皮带速度相等所用时间Δt1＝eq\f(v1′－v0,a)＝1s，因此在t＝1.5s时，甲滑块速度与皮带相等；传送带启动时，乙物体的速度为v2′＝v2－at＝1m/s，与皮带速度相等所用时间Δt2＝eq\f(v0－v2′,a)＝1s，因此在t＝1.5s时，乙滑块速度也与皮带相等，故1.5s时，两滑块速度相等，B正确；0～0.5s内，乙相对传送带的位移大小为x1＝v2t－eq\f(1,2)at2＝0.75m，0.5～1.5s内，乙相对传送带的位移大小为x2＝v0t－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v2′t＋\f(1,2)at2))＝1m，因此0～1.5s内，乙相对传送带的位移大小为x2－x1＝0.25m，C正确；在1.5s前，甲在做减速运动，则甲相对传送带的位移x甲＝v1t－eq\f(1,2)at2－v0t1′＝6×1.5m－eq\f(1,2)×2×1.52m－3×1m＝3.75m，甲滑块与传送带间摩擦生热Q1＝μm1gx甲＝7.5J，在0～0.5s内乙做减速运动，传送带静止，在0.5～1s内，乙滑块做加速运动，整个过程中乙滑块与传送带间摩擦产生热量Q2＝μm2g(x1＋x2)＝7J，因此0～2.5s内，两滑块与传送带间摩擦生热Q＝Q1＋Q2＝14.5J，D正确。专题限时训练(限时：40分钟)1.(2021·广东省深圳市高三下第一次调研考试)如图1所示，在光滑绝缘水平面上，两个带正电小球A、B用绝缘轻弹簧连接。初始时弹簧处于原长，小球A固定，小球B从M点由静止释放，经过O点所受合力为零，向右最远到达N点(O、N两点在图中未标出)。则()图1A.小球B运动过程中，弹簧与两小球组成的系统机械能保持不变B.B球到达N点时速度为零，加速度也为零C.M、N两点一定关于O点位置对称D.从O到N的过程中，库仑力对小球B做功的功率逐渐减小答案D解析球B运动过程中，有库仑力做功，故弹簧与两小球组成的系统机械能不守恒，故A错误；O点时，F库＝F弹，过O点以后，F库不断减小，F弹不断增大，故在N点，B球受力不平衡，加速度不为零，故B错误；由于F弹＝kx，F库＝keq\f(q1q2,r2)，F弹与位移成正比关系，F库与位移的平方成反比关系，故M、N两点一定不关于O点位置对称，故C错误；O到N的过程中，由P＝Fv可知，v不断减小，F库不断减小，故P也逐渐减小，故D正确。2.(多选)(2021·内蒙古呼和浩特市3月第一次调研)如图2所示，eq\f(3,4)光滑圆弧细管道，半径为R，半径OB在水平方向，半径OA在竖直方向。一个质量为m的小球从B点正上方某处自由下落，落入光滑圆弧管道，从A处水平飞出，恰好击中B点，不计空气阻力，下列说法正确的是()图2A.下落点在B点正上方2R处B.从A处水平飞出时的速度为eq\r(\f(gR,2))C.小球在A点对轨道下壁的压力大小为eq\f(mg,2)D.若轨道不光滑，小球从B点正上方3R处自由下落，且小球仍然从A处水平飞出，也是恰好击中B点，则小球与轨道摩擦生热为eq\f(7mgR,4)答案BCD解析从A处水平飞出，根据平抛运动规律有R＝vAt，R＝eq\f(1,2)gt2，解得vA＝eq\r(\f(gR,2))，B正确；从出发点到A处，以B处水平面为参考平面，根据机械能守恒定律，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋mgR＝mgh，解得下落点在B点正上方h＝eq\f(5R,4)处，A错误；在A处，根据牛顿第二定律有mg－FN＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)，解得FN＝eq\f(1,2)mg，根据牛顿第三定律，小球在A处对轨道下壁的压力大小为eq\f(mg,2)，C正确；从出发点到A点，根据能量守恒定律，有mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋Q，解得Q＝eq\f(7,4)mgR，D正确。3.(多选)如图3甲所示，长为L的长木板水平放置，可绕左端的固定转轴O转动，左端固定一原长为eq\f(L,2)的弹簧，质量为m的小滑块压缩弹簧到图甲中的a点(物体与弹簧不粘接)，O、a间距离为eq\f(L,4)。将小滑块由静止释放后，小滑块恰能到达木板最右端。将木板绕O点逆时针转动37°后固定，如图乙所示，仍将物体由a点静止释放，物体最多运动到距离O点eq\f(3L,4)的b点，已知弹簧的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)kx2，其中k为弹簧劲度系数，x为弹簧的形变量，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是()图3A.物体与木板间的动摩擦因数为eq\f(6,7)B.弹簧的劲度系数为eq\f(36mg,7L)C.物体在a点时，弹簧的弹性势能为eq\f(9,14)mgLD.长木板水平放置时，物体运动过程中脱离弹簧时速度最大答案AC解析木板水平时有Epmax＝μmg·eq\f(3,4)L，木板绕O点逆时针转动37°后固定有Epmax＝μmgcos37°·eq\f(1,2)L＋mg·eq\f(L,2)sin37°，联立解得μ＝eq\f(6,7)，故A正确；物体在a点时，弹簧的弹性势能为Epmax＝eq\f(3,4)μmgL＝eq\f(3,4)×eq\f(6,7)mgL＝eq\f(9,14)mgL，在a点时弹簧的压缩量为eq\f(L,4)，由弹簧的弹性势能公式Ep＝eq\f(1,2)kx2，解得x＝eq\f(144,7L)mg，故B错误，C正确；经分析可知长木板水平放置时，物体加速度为零，即弹力等于滑动摩擦力时速度最大，故D错误。4.(2021·天津河西区期末质量调查)如图4，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α，sinα＝0.6。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；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4(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点时对圆弧轨道的压力大小；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。答案(1)eq\f(3,4)mgeq\f(\r(5gR),2)(2)eq\f(27,4)mg(3)eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g))解析(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则，则有eq\f(F0,mg)＝tanαF2＝(mg)2＋Feq\o\al(2,0)设小球到达C点时速度大小为v，由牛顿第二定律得F＝meq\f(v2,R)联立上式，结合题目所给数据，解得F0＝eq\f(3,4)mg，v＝eq\f(\r(5gR),2)。(2)设小球到达A点的速度大小v1，作CD⊥PA，交PA于D点由几何关系得lDA＝Rsinα，lCD＝R(1＋cosα)小球以A到C的过程中，由动能定理有－mglCD－F0lDA＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)在A点根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)联立上式，结合题目所给数据FN＝eq\f(27,4)mg由牛顿第三定律可知，小球到达A点时对圆弧轨道的压力大小为eq\f(27,4)mg。(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直线运动，加速度大小为g，设小球在竖直方向的初速度为vy，从C点落到水平轨道上所用时间为t，由运动学公式，则有vyt＋eq\f(1,2)gt2＝lCD又vy＝vsinα，联立上式，结合题目数据，解得t＝eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g))。5.(2021·江苏苏州市震川中学第一次统测)如图5所示，有一个可视为质点的质量为m＝1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v＝3m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.5m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，求：(g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)图5(1)A、C两点的高度差；(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。答案(1)0.8m(2)68N方向竖直向下(3)3.625m解析(1)根据几何关系可知：小物块在C点速度大小为vC＝eq\f(v0,cos53°)＝5m/s竖直分量vyC＝4m/s下落高度h＝eq\f(veq\o\al(2,yC),2g)＝0.8m。(2)小物块由C到D过程中，由动能定理得mgR(1－cos53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,