高三物理二轮复习 第一部分 专题二 功与能 第3讲 动力学和功能观点的应用学案

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：aAaB对A由牛顿第二定律得：F1(Mm)g2mgMaA代入数据联立解得：F9 N.(2)当F11 N，代入

3、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，共同速度为v，则

4、：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 530.8，cos 530.6，g取10 m/s2)求：(1)恒力F的大小；(2)小物块从B点沿斜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)

5、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 538 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，

6、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

7、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

8、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 2Rmgcos ，则根据动能定理得mg2Rsin 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F

9、2mg所以F1F22mg由机械能守恒有mvmvmg3R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 kg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 370.6，cos 370.8，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

10、)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，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 37mgcos 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

11、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

12、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)(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，

13、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 mgcos 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

14、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，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

15、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 370.6.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

16、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BC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 stan ，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.

17、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2Mg1(Mnm)g解得：n3，

18、取n2，此时铅块已滑过8个木块根据动能定理有：MvMv22Mg8L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：a22g2.5 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 mh2，l1cos 1l2cos 2，可得v1v2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh3mgl3cos 3mv0，又h2h3，l2cos 2v3，故A错，B对三个过程中产生的热量分别为Q1mgl1cos 1，Q2mgl2cos 2，Q

19、3mgl3cos 3，则Q1Q2Q3，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；(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

20、.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)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止若PC间距为L10.25 m，斜面MN足够长，物块P质量m13 kg，与MN间的动摩擦因数，重力加速度g10 m/s2.求：(sin 370.6，cos 370.8)(1)小物块Q的质量m2；(2)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程解析：(1)根据平衡条件，满足：m1gsin 53m2gsin 37可得m24 kg.(2)P到D过程由动能定理得m1ghm1v由几何关系hL1sin 53R(1cos 53)运动到D点时，根据牛顿第二定律：FDm