高中物理专题复习讲义 (20)

1、第2课时动力学和能量观点的综合应用高考命题轨迹20161卷25,2卷2520191卷21含弹簧的动力学和能量问题IC19(1)21题高考题型1动力学方法和动能定理的综合应用1. 相关规律和方法运动学的基本规律、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】(2019广西梧州市联考)如图1所示，半径R=0.4m的光滑圆轨道与水平地面相切于B点，且固定于竖直平面内.在水平地面上距B点x=5m处的A点放一质量m=3kg的小物块，小物块与水平地面间的动摩擦因数为“=0.

2、5.小物块在与水平地面夹角0=37。斜向上的拉力F的作用下由静止向B点运动，运动到B点时撤去F,小物块沿圆轨道上滑，且能到圆轨道最高点C.圆弧的圆心为O,P为圆弧上的一点，且OP与水平方向的夹角也为0.(g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8)求：(1) 小物块在B点的最小速度vB的大小；在(1)情况下小物块在P点时对轨道的压力大小；(3)为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C点，则拉力F的大小范围.210答案(1)2；5m/s(2)36N(3)市NWFW50N解析(1)小物块恰能到圆轨道最高点时，物块与轨道间无弹力设最高点物块速度为VC,由mg=mR

3、得：vC=2m/s物块从B运动到C,由动能定理得:c11_2mgR=mvC2mvB2解得：vB=2：5m/s;(2) 物块从P到C由动能定理:mgR(1_sin3)=|mvC2*mvp2,解得v厂哼m/s在P点由牛顿第二定律：mgsin&+FN=mR解得Fn=36N;根据牛顿第三定律可知，小物块在P点对轨道的压力大小为Fnz=Fn=36N当小物块刚好能通过C点时，拉力F有最小值，对物块从A到B过程分析:F=(mgFmisin6)1Fminxcos_Ffx=2mvB2210解得F.=1210Nmin11当物块在AB段即将离开地面时，拉力F有最大值，则Fmaxsind=mg解得Fmax=5

4、0N210综上，拉力的取值范围是：TfNWFW50N.【拓展训练1(2019福建龙岩市3月质量检查)央视节目加油向未来中解题人将一个蒸笼环握在手中，并在蒸笼环底部放置一个装有水的杯子，抡起手臂让蒸笼环连同水杯在竖直平面内做圆周运动，水却没有洒出来.如图2所示，已知蒸笼环的直径为20cm，人手臂的长度为60cm，杯子和水的质量均为m=0.2kg.转动时可认为手臂伸直且圆心在人的肩膀处，不考虑水杯的大小，g取10m/s2.最低点的过程中，蒸笼环对杯子和水所做的功W.答案(1)2最m/s(2)3.2J解析(1)水杯通过最高点时，对水由牛顿第二定律得：mg=mR，其中R=(0.2+0.6)m=0.8m

5、解得：vQ=22m/s;(2)在最低点时水对水杯底的压力为16N，杯底对水的支持力Fn=16N，对水，由牛顿第二.亠V2定律得：FN_mg=mR对杯子和水，从最高点到最低点的过程中，由动能定理得:2mgX2R+W=7X2mv2_X2mvQ2解得：W=3.2J.高考题型2动力学和能量观点分析多运动组合问题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

6、程应用能量的观点解决问题会更简单.【例2(2019河南名校联盟高三下学期联考)如图3所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h末端B处的切线方向水平.一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示.已知它落地时相对于B点的水平位移OC=1.现在轨道下方紧贴B点安装一水平木板，木板的右端与B的距离为2,让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在木板上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点.求：(不计空气阻力，重力加速度为g)(1) P滑至B点时的速度大小；(2) P与木板之间的动摩擦因数“解析(1)物体P在AB轨道上滑动时，物体的

7、机械能守恒，根据机械能守恒定律mgh=|mv02得物体P滑到B点时的速度大小为v0=$5gh(2)当没有木板时，物体离开B点后做平抛运动，运动时间为t，有：t=V2h当B点右方安装木板时，物体从木板右端水平抛出，在空中运动的时间也为t，水平位移为扌,因此物体从木板右端抛出的速度v_V02gh1=2=2根据动能定理，物体在木板上滑动时，有l1丄“mg=2mV2_2mv02解得物体与木板之间的动摩擦因数“=.【拓展训练2】(2019四川第二次诊断)如图4所示为某同学设计的一个游戏装置，用弹簧制作的弹射系统将小球从管口P弹出，右侧水平距离为L，竖直高度为H=0.5m处固定一半圆形管道，管道所在平面竖

8、直，半径R=0.75m，内壁光滑.通过调节立柱Q可以改变弹射装置的位置及倾角，若弹出的小球从最低点M沿切线方向进入管道，从最高点N离开后能落回管口P,则游戏成功.小球质量为0.2kg，半径略小于管道内径，可视为质点，不计空气阻力,g取10m/s2该同学某次游戏取得成功，试求：2N2一2m方向竖直向上(3)5J解析设小球进入M点时速度为vM,运动至N点速度为vN,由P至M,L=vMt,H=2gt2由N至P,L=vNt2,H+2R=水平距离厶(2) 小球在N处对管道的作用力;(3) 弹簧储存的弹性势能.gt22由M至N过程，TmgRjvVM联立解得：L=2m;(2)由(1)可得,vN=丽m/smg

9、+FN=mR2解得：fn=3n由牛顿第三定律可知，小球在N处对管道的作用力2FN'=Fn=3N,方向竖直向上；由P至N全过程，由能量守恒定律：Ep=1mvN2+mg(H+2R),解得：Ep=5J.高考题型3含弹簧的动力学和能量问题【例3(2019湖南衡阳市第一次联考)如图5所示，由两个内径均为R的四分之一圆弧细管道构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线OO2水平，轻弹簧左端固定在竖直板上，右端与质量为m的小球接触(不拴接，小球的直径略小于管的内径，小球大小可忽略)，宽和高均为R的木盒子固定于水平面上，盒子左侧DG到管道右端C的水平距离为R,开始时弹簧处于锁定状态

10、，具有的弹性势能为4mgR，其中g为重力加速度.当解除锁定后小球离开弹簧进入管道，最后从C点抛出.(轨道ABC与木盒截面GDEF在同一竖直面内)(1) 求小球经C点时的动能；(2) 求小球经C点时对轨道的压力；(3) 小球从C点抛出后能直接击中盒子底部时，讨论弹簧此时弹性势能满足什么条件.答案(1)2mgR(2)3mg，方向竖直向上954mgR<Ep<2mgR解析对小球从释放到C的过程，应用动能定理可得：4mgR2mgR=EkC0解得小球经C点时的动能：E*=2mgRkC由(1)可知C点小球的速度：vC=2赫C点：取向下为正方向，由牛顿第二定律可得:mg+FN=m解得：FN=3mg

11、,方向向下由牛顿第三定律可知在C点时小球对轨道的压力大小也为3mg,方向竖直向上（3）当小球恰从G点射入盒子中，则由平抛运动规律可得：竖直方向：R=2gtF水平方向：R=vC1t1联立解得：vC1小球从释放到C点的过程：Ep2mgR=2mvC20得:Ep1=mgR当小球直接击中E点时，弹性势能取符合条件的最大值，由平抛运动规律可得:竖直方向：2R=*gt22水平方向：2R=vC2t2联立解得：vC2='莎小球从释放到C点的过程：Ep22mgR=2mvC220得：Ep2=mgR、95综上符合条件的弹性势能应满足：4mgR<Ep<2mgR【拓展训练3】（多选）（2019贵州安顺

12、市适应性监测（三）如图6所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长.圆环从A处由静止释放后，经过B处速度最大，到达C处（AC=h）时速度减为零.若在此时给圆环一个竖直向上的速度v,它恰好能回到A点.弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,则圆环（）图6A. 下滑过程中，加速度一直增大B. 下滑过程中，克服摩擦力做的功为1mv2C. 在C处弹簧的弹性势能为mgh-1mv2D.上下两次经过B点的速度大小相等答案BC解析圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B

13、处的加速度为零，所以加速度先减小后增大，故A错误；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式mghWfWF=2mvB20研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式一mghWf+WF=02mvBz2观察两个公式可以发现：上升过程中经过B点的速度大于下降过程中经过B点的速度，故D错误；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式mghWf-WF'=00在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式一mghWff+WF'=02mv2解得：Wf=4mv2，所以下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2，故B正确；由B可知WF'=

14、mgh4mv2,根据弹力做功与弹性势能的转化关系可知:在C处弹簧的弹性势能为mgh-1mv2,故C正确.专题强化练（限时45分钟）1.（2019河南平顶山市一轮复习质检）如图1所示，半径为丫的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块从圆弧轨道A端正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g,不计空气阻力，不计物块的大小，则:图1（1）物块到达A点时的速度大小和PA间的高度差分别为多少?(2) 物块从A运动到B所用时间和克服摩擦力做的功分别为多少?答案(l)、；gr2(2)2lgmg

15、r解析设物块在B点时的速度为e,由牛顿第二定律得：FN_mg=mT，因为FN=2mg,所以o=pgr,因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块到达A点时速度大小为gr;设PA间的高度差为h,、1r从P到A的过程由动能定理得：mgh=2mo2,所以h=2>nr(2)因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块从A运动到B所用时间/=万=2忆；2g；从A运动到B由动能定理得：mgr_W克f=0,解得：W克f=mgr.2. (2019辽宁葫芦岛市第一次模拟)已知弹簧所储存的弹性势能与其形变量的平方成正比.如图2所示，一轻弹簧左端固定在粗糙的水平轨道M点的竖直挡板上，弹簧处于

16、自然状态时右端位于O点，轨道的MN段与竖直光滑半圆轨道相切于N点.ON长为L=1.9m,半圆轨道半径R=0.6m,现将质量为m的小物块放于O点并用力缓慢向左压缩x时释放，小物块刚好能到达N点；若向左缓慢压缩2x时释放，小物块刚好能通过B点，小物块与水平轨道之间的动摩擦因数“=0.25.重力加速度取10m/s2.小物块看成质点，弹簧始终处于弹性限度内，求：(结果可用根号表示)(1)小物块刚好能通过B点时的速度大小；弹簧的压缩量x.答案(1)<6m/s(2)0.15mP2解析(1)设小物块刚好通过B点时速度为e,只有重力充当向心力mg=mR解得e=p6m/s压缩X时，弹簧的弹性势能气=kx2

17、,k为比例系数滑动摩擦力Ff=“FN而FN=mg由能量守恒得Ep厂Ff(x+L)=0压缩2x时，弹簧的弹性势能E2=k(2x)2由能量守恒Ep2Ff(2x+L)=mg2R+2mv2联立解得x=0.15m.3. (2019云南第二次统一检测)如图3所示，在光滑水平面上有一段质量不计、长为6m的绸带，在绸带的中点放有两个紧靠着可视为质点的小滑块A、B.现同时对A、B两滑块施加方向相反、大小均为F=12N的水平拉力，并开始计时.已知A滑块的质量mA=2kg,B滑块的质量mB=4kg,A、B滑块与绸带之间的动摩擦因数均为“=0.5,A、B两滑块与绸带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计绸带的伸长，g

18、取10m/s2，求：图3(1) t=0时亥I，A、B两滑块加速度的大小；(2) 03s时间内，滑块与绸带摩擦产生的热量.答案(1)1m/s20.5m/s2(2)30J解析(1)A滑块在绸带上水平向右滑动，受到的滑动摩擦力为FA,水平运动，则竖直方向受力平衡：FNA=mAg，FA=Fna解得：FfA=mAgA滑块在绸带上水平向右滑动，设0时刻A滑块的加速度为a1，由牛顿第二定律得：FFfA=mAa1B滑块和绸带一起向左滑动，设0时刻B滑块的加速度为a2，由牛顿第二定律得：FFfB=mBa2又F=FfAfB联立解得：a1=1m/s2，a2=0.5m/s2(2)设A滑块经时间t滑离绸带，此时A、B滑块发生的位移分别为x1和x2x1+x2=21=2at24. (2019河北张家口市上学期期末)如图4所示，半径为R的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O为圆轨道的圆心，D为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC3与圆心等高质量为m的小球从离B点高度为h处gRWhW3R)的A点由静止开始下落，从B点进入圆轨道，不计空气阻力，重力加速度为g.图4(1) 小球能否到达D点？试通过计算说明；(2) 求小球在圆轨道的最高点对轨道的压力范围；(3) 通过计算说明小球从D点飞出后能否落在水平面BC上，若能，求落