备战高考物理二轮复习专题复习专题三 功和能 第2课时动力学和能量观点的综合应用

高中物理中力学三大观点的综合应用楼㊀倩(兰州市第七中学ꎬ甘肃兰州７３００００)摘㊀要:本文主要对力学三大观点进行介绍ꎬ对三大观点的优选原则进行分析ꎬ并结合典型例题ꎬ探讨如何利用力学三大观点解决综合性问题.关键词:高中物理ꎻ力学三大观点ꎻ解题应用中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０６－００８３－０３收稿日期:２０２３－１１－２５作者简介:楼倩(１９８６.２－)ꎬ女ꎬ甘肃省兰州人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事初高中物理教学研究.㊀㊀高中物理中力学三大观点ꎬ即动力学观点㊁能量观点和动量观点.是高考中必考的考点ꎬ具有综合性强㊁难度大的特征ꎬ常常作为考试的压轴题出现.本文对该部分知识进行了分析ꎬ以便加强学生对三大观点的理解和应用.１力学三大观点概述高中物理中的力学三大观点ꎬ包括动力学观点㊁能量观点和动量观点[１].其中动力学观点是结合牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律ꎬ求解物体做匀变速直线运动时速度㊁加速度㊁位移等物理量ꎬ涉及运动的细节ꎬ可以用来处理匀变速运动的相关问题ꎻ能量观点是结合动能定理㊁功能关系㊁机械守恒定律和能量守恒定律ꎬ解决功和能之间的关系ꎬ涉及做功和能量转换ꎬ既能解决匀变速运动的相关问题ꎬ也能处理非匀变速运动问题ꎻ动量观点是涉及动量定理和动量守恒定律ꎬ解决过程只涉及物体的初末速度㊁力㊁时间或者只与初末速度有关ꎬ和能量观点一样ꎬ动量观点适用范围既包括匀变速运动ꎬ也包括非匀变速运动问题.２三大观点的选用原则力学的三大观点ꎬ针对的是不同的物理情境ꎬ解决的是不同的问题.如若误用ꎬ就会降低解题效率ꎬ甚至求出错误答案或者求解过程陷入僵局.因此ꎬ需要对三大观点的选用原则有一定的了解.(１)当物理情境为碰撞㊁爆炸㊁反冲等问题ꎬ若只涉及初㊁末速度而不涉及力㊁时间ꎬ且研究对象为一个系统ꎬ优先选用动量守恒定律ꎬ并联立能量守恒定律进行求解ꎬ需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.(２)当涉及运动的具体细节时ꎬ考虑动力学观点进行解题ꎬ能量和动量观点均只关注初末状态ꎬ不考虑运动细节.(３)当问题涉及相对位移时ꎬ可优先考虑能量守恒定律.此时系统克服摩擦力所做的功和系统机械能的减少量相等ꎬ即转变为系统的内能.这种解法可以避免对复杂的运动过程进行分析ꎬ简化解题步骤.(４)若在求解问题时ꎬ需要求出各个物理量在某时刻的大小ꎬ则可以优先运用牛顿第二定律.(５)若研究对象为单一物体ꎬ且涉及功和位移问题时ꎬ应优先考虑动能定理.３热点题型分析３.１应用三大动力学观点解决碰撞㊁爆炸模型例１㊀如图１所示ꎬ水平地面上放置有Ｐ㊁Ｑ两个物块ꎬ两者相距Ｌ＝０.４８ｍꎬＰ物块的质量为１ｋｇꎬ３８Ｑ物块的质量为４ｋｇꎬＰ物块的左侧和一个固定的弹性挡板接触.已知Ｐ物块与水平地面间无摩擦ꎬ且其和弹性挡板碰撞时无能量损失ꎬＱ物块与水平地面有摩擦且动摩擦因数为０.１ꎬ重力加速度取１０ｍ/ｓ２.某一时刻ꎬＰ以４ｍ/ｓ的初速度朝着物块Ｑ运动并和其发生弹性碰撞ꎬ回答以下问题:图１㊀例１题图(１)Ｐ物块与Ｑ物块第一次碰撞后ꎬ两者瞬间速度大小各为多少?(２)Ｐ物块与Ｑ物块第二次碰撞后ꎬ物块Ｑ的瞬间速度大小为多少?解析㊀(１)第一次弹性碰撞后瞬间两物块的速度分别为ｖ１和ｖ２ꎬ有ｍ１ｖ０＝ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ２ꎬ１２ｍ１ｖ０２＝１２ｍ１ｖ２１＋１２ｍ２ｖ２２ꎬ求解得ｖ１＝－１２５ｍ/ｓꎬｖ２＝８５ｍ/ｓ.因此ꎬＰ物块与Ｑ物块第一次碰撞后ꎬ两者瞬间速度大小分别为１２５ｍ/ｓ㊁８５ｍ/ｓ.(２)设碰后Ｑ的加速度为ａꎬ则有μｍｇ＝ｍａ.假设第二次碰撞前Ｑ没有停止运动ꎬ有ｘ＋２Ｌ＝｜ｖ１｜ｔ１ꎬｘ＝ｖ２ｔ１－１２ａｔ２１ꎬ解得ｔ１＝０.８ｓ.假设第二次碰撞前Ｑ已经停止运动ꎬ有ｖ２＝ａｔ２ꎬ解得ｔ２＝１.６ｓ.所以第二次碰撞前Ｑ没有停止运动.设第二次碰撞前的瞬间ꎬＰ的速度为ｖＰꎬＱ的速度为ｖＱ.碰撞后瞬间ꎬＰ的速度为ｖＰᶄꎬＱ的速度为ｖＱᶄꎬ则:ｖＱ＝ｖ２－ａｔ１ｍ１ｖＰ＋ｍ２ｖＱ＝ｍ１ｖＰᶄ＋ｍ２ｖＱᶄ１２ｍ１ｖＰ２＋１２ｍ２ｖＱ２＝１２ｍ１ｖＰᶄ２＋１２ｍ２ｖＱᶄ２ｖＰ＝－ｖ１解得ｖＱᶄ＝３６２５ｍ/ｓ.例２㊀有一组机械组件ꎬ由螺杆Ａ和螺母Ｂ组成ꎬ因为生锈难以分开ꎬ图２为装置剖面示意图.某同学将该组件垂直放置于水平面上ꎬ在螺杆Ａ顶端的Ｔ形螺帽与螺母Ｂ之间的空隙处装入适量火药并点燃ꎬ利用火药将其 炸开 .已知螺杆Ａ的质量为０.５ｋｇꎬ螺母的质量为０.３ｋｇꎬ火药爆炸时所转化的机械能Ｅ＝６ＪꎬＢ与Ａ的竖直直杆间滑动摩擦力大小恒为ｆ＝１５Ｎꎬ忽略空气阻力ꎬ重力加速度ｇ＝１０ｍ/ｓ２.图２㊀例２题图(１)求火药爆炸瞬间螺杆Ａ和螺母Ｂ各自的速度大小ꎻ(２)忽略空隙及螺母Ｂ的厚度影响ꎬ要使Ａ与Ｂ能顺利分开ꎬ求螺杆Ａ的竖直直杆的最大长度Ｌ.解析㊀(１)设火药爆炸瞬间螺杆Ａ的速度大小为ｖ１ꎬ螺母Ｂ的速度大小分别为ｖ２ꎬ以竖直向下为正方向ꎬ根据能量守恒定律和动量守恒定律ꎬ有０＝ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ２Ｅ＝１２ｍ１ｖ２１＋１２ｍ２ｖ２２求解得ｖ１＝－３ｍ/ｓꎬｖ２＝５ｍ/ｓꎬ因此杆Ａ的速度大小为３ｍ/ｓꎬ方向竖直向上ꎻ螺母Ｂ的速度大小为５ｍ/ｓꎬ方向坚直向下.(２)Ａ相对Ｂ向上运动ꎬ所受摩擦力ｆ向下ꎬ则对螺杆Ａ由牛顿第二定律可得ｍ１ｇ＋ｆ＝ｍ１ａ１ꎬ解得ａ１＝４０ｍ/ｓ２ꎬ方向竖直向下.对螺母Ｂ由牛顿第二定律可得ｆ－ｍ２ｇ＝ｍ２ａ２ꎬ解得ａ２＝４０ｍ/ｓ２ꎬ方向竖直向上.火药爆炸后ꎬＡ向上做匀减速直线运动ꎬ其减速至零的时间为ｔ１＝ｖ１ａ１＝３４０ｓ.Ｂ向下做匀减速直线运动ꎬ其减速至零的时间为ｔ１＝ｖ２ａ２＝５４０ｓ.所以Ｂ一直做匀减速运动ꎬＡ则先做匀减速将速度减至为０而后做匀加速运动ꎬ当两者速度相等时刚好分开ꎬ此时直杆的长度最大.取向下为正方向ꎬ可得ｖ２－ａ２ｔ３＝－ｖ１＋ａ１ｔ３ꎬ解得ｔ３＝０.１ｓ.则直杆长度的最大值为Ｌ＝(ｖ１＋ｖ２)ｔ３２ꎬ解得Ｌ＝０.４ｍ.３.２应用三大动力学观点解决多过程问题例３㊀竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接ꎬ小物块Ｂ静止４８于水平轨道的最左端ꎬ如图３(ａ)所示.ｔ＝０时刻ꎬ小物块Ａ在倾斜轨道上从静止开始下滑ꎬ一段时间后与Ｂ发生弹性碰撞(碰撞时间极短)ꎻ当Ａ返回到倾斜轨道上的Ｐ点(图中未标出)时ꎬ速度减为０ꎬ此时对其施加一外力ꎬ使其在倾斜轨道上保持静止.物块Ａ运动的ｖ－ｔ图像如图３(ｂ)所示ꎬ图中的ｖ１和ｔ１均为未知量.已知Ａ的质量为ｍꎬ初始时Ａ与Ｂ的高度差为Ｈꎬ重力加速度大小为ｇꎬ不计空气阻力.(ａ)㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀(ｂ)图３㊀示意图(１)物块Ｂ的质量为多少?(２)物体Ａ在图３(ｂ)所描述的运动过程中ꎬ克服摩擦力做了多少功?(３)已知Ａ物块和Ｂ物块和轨道间的摩擦因数是相等的.当物块Ｂ停止运动后ꎬ将物块和轨道间的摩擦因数改变ꎬ然后从Ｐ点释放物块Ａꎬ其运动一段时间后ꎬ刚好能和物块Ｂ正好碰上.求改变前后摩擦因数的比值.解析㊀(１)根据图３(ｂ)ꎬ可以得出在ｔ１时刻ꎬ两物块发生了碰撞ꎬ物块Ａ的速度由碰撞前的ｖ１变为碰撞后的ｖ１２.碰撞问题ꎬ运用动量守恒和能量守恒观点进行分析ꎬ设物块Ｂ的质量为ｍＢꎬ其碰撞后的瞬间速度大小为ｖＢ.则有ｍｖ１＝ｍ(－ｖ１２)＋ｍＢｖＢ１２ｍｖ２１＝１２ｍ(－１２ｖ１)２＋１２ｍＢｖ２Ｂ解得ｍＢ＝３ｍ.(２)求物体Ａ在运动过程中克服摩擦力所做的功的大小ꎬ需要结合能量观点和动力学观点进行求解.设物体Ａ和轨道之间的滑动摩擦力为ｆꎬＰ点距地面的高度为ｈꎬ碰撞前物体Ａ走过的路程为ｓ１ꎬ碰撞之后走过的路程为ｓ２.碰撞之前ꎬ物体Ａ的速度由０加速至ｖ１ꎬ该过程重力做正功ꎬ摩擦力做负功ꎬ根据动能定理ꎬ有ｍｇＨ－ｆｓ１＝１２ｍｖ２１－０碰撞之后ꎬ物体Ａ的速度由ｖ１２减速至０ꎬ该过程重力和摩擦力均做负功ꎬ根据动能定理ꎬ有－(ｆｓ２＋ｍｇｈ)＝０－１２ｍ(－ｖ１２)２在整个过程中ꎬ物体克服摩擦力做功的大小为Ｗ＝ｆｓ１＋ｆｓ２由图３(ｂ)的ｖ－ｔ图像可知ｓ１＝１２ｖ１ｔ１ｓ２＝１２ˑｖ１２ˑ(１.４ｔ１－ｔ１)且ｓ１和ｓ２存在几何关系ｓ２ｓ１＝ｈＨ联立可得Ｗ＝２１５ｍｇＨ.(３)设轨道和地面之间的夹角为θꎬ改变前的动摩擦因数为μ有Ｗ＝μｍｇｃｏｓθＨ＋ｈｓｉｎθ设物块Ｂ在水平轨道上能够滑行的距离为ｓᶄꎬ由动能定理有－μｍᶄｇｓᶄ＝０－１２ｍᶄｖᶄ２设改变后的动摩擦因数为μᶄꎬ依据动能定理有ｍｇｈ－μᶄｍｇｃｏｓθ ｈｓｉｎθ－μᶄｍｇｓᶄ＝０联立可得μμᶄ＝１１９.４结束语总之ꎬ当运用力学三大观点进行解题时ꎬ关键在于明确研究对象和其所经历的物理过程ꎬ并能够根据问题ꎬ应用合适的观点进行求解.该类题对学生的综合素质要求较高ꎬ教学过程切不可机械化㊁模板化ꎬ教师要引导学生多思考㊁多总结ꎬ达到 讲一题会一类 的教学效果ꎬ培养学生的解题思维.参考文献:[１]李得天.利用力学的三大观点解高考力学压轴题[Ｊ].高中数理化ꎬ２０２２(２０):３４－３５.[责任编辑:李㊀璟]５８。

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．例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，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为103 N ．已知水平轨道AC 长为2 m ，B 为AC 的中点，小物块与AB 段间的动摩擦因数μ1＝0.45，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图1(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 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F N ＋mg ＝m v 2R ，由牛顿第三定律得F N ＝F N ′＝103 N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mg ·2R ＋12m v 2＝12m v B 2解得v B ＝4 m/s(2)小物块从A 运动到B 点的过程，由动能定理得 Fs －μ1mgx AB ＝12m v B 2－0根据牛顿第二定律得：F －μ1mg ＝ma 由运动学公式有s ＝12at 2联立解得t ＝53s(3)设BC 段的动摩擦因数为μ2.①设物块在圆槽形轨道最高点的最小速度为v 1，则由牛顿第二定律可得：mg ＝m v 12R ，由动能定理得：－2μ2mgx BC －2mgR ＝12m v 12－12m v B 2代入数据解得μ2＝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0≤μ2≤0.025 ②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： －2μ2mgx BC －mgR ＝0－12m v B 2代入数据解得：μ2＝0.25物块从C 返回刚好停止到B 点，由动能定理可得： －2μ2mgx BC ＝0－12m v B 2代入数据解得：μ2＝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0.25≤μ2<0.4 综上所述，0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2<0.4.拓展训练1 (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F f ＝0.3 N ，重力加速度g 取10 m/s 2. (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 J解析 (1)无人机向上做匀加速直线运动h ＝12at 2由牛顿第二定律F －mg －F f ＝ma 解得F ＝5.1 N (2)由运动学公式v ＝at由动能定理W －(mg ＋F f )(H －h )＝0－12m v 2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．例2 (2018·全国卷Ⅲ·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P A 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，sin α＝35.一质量为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)34mg5gR 2 (2)m 23gR 2 (3)355Rg解析 (1)设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F .由力的合成法则有 F 0mg＝tan α① F 2＝(mg )2＋F 02②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得 F ＝m v 2R③由①②③式和题给数据得 F 0＝34mg ④v ＝5gR2⑤ (2)设小球到达A 点的速度大小为v 1，作CD ⊥P A ，交P A 于D 点，由几何关系得 DA ＝R sin α⑥ CD ＝R (1＋cos α)⑦ 由动能定理有－mg ·CD －F 0·DA ＝12m v 2－12m v 12⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为p ＝m v 1＝m 23gR2⑨(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v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t .由运动学公式有 v ⊥t ＋12gt 2＝CD ○10 v ⊥＝v sin α⑪由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t ＝355R g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α＝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3RB ．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v N cos α＝v 、v N sin α＝gt 、x CN ＝v t ，解得：v N ＝2v ＝2gR 、x CN ＝3R ，故A 项正确，B 项错误．小球从M 到N 的过程由动能定理可得：－mg (R －R cos α)＝12m v N 2－12m v M 2，对小球在M 点时受力分析，由牛顿第二定律可得：F N M －mg ＝m v M 2R ，解得：F N M ＝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．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m 1＝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m 2＝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 －2t 2，物块飞离桌面后由P 点沿切线落入圆轨道．g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，求：图4(1)物块m 2过B 点时的瞬时速度v 0； (2)BP 间的水平距离；(3)判断m 2能否沿圆轨道到达M 点(要求写清计算过程)． 答案 见解析解析 (1)由物块m 2过B 点后其位移与时间的关系x ＝8t －2t 2得，v 0＝8 m/s ，加速度的大小a ＝4 m/s 2.(2)设物块由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR 又v yv D＝tan 45°，得v D ＝4 m/s 设平抛运动用时为t ，水平位移为x 2，由R ＝12gt 2，x 2＝v D t ，得x 2＝1.6 mBD 间位移为x 1＝v 02－v D 22a ＝6 m则BP 间水平距离为s ＝x 1＋x 2＝7.6 m(3)设物块沿圆轨道到达M 点的速度为v M ，由机械能守恒得： 12m 2v M 2＝12m 2v D 2－22m 2gR 则v M 2＝(16－82) m 2/s 2若物块恰好能沿轨道过M 点，则m 2g ＝m 2v M ′2R解得v M ′2＝8 m 2/s 2>v M 2 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例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μ1＝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μ2＝0.3，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧与BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝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 ＝5 m/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E p ＝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/s 2.图5(1)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)13 m (3)37 m/s ≤v ≤43 m/s解析 (1)物块被弹簧弹出，由E p ＝12m v 02，可知：v 0＝6 m/s因为v 0>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， μ1mg ＝ma 1，v ＝v 0－a 1t 1，x 1＝v 0t 1－12a 1t 12则a 1＝2 m/s 2，t 1＝0.5 s ，x 1＝2.75 m因为x 1<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 ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：12m v 2＝μ2mgs ＋mgR代入数据可以得到：R ＝0.8 m.(2)设物块从E 点返回至B 点的速度为v B ，物块从传送带滑出到返回B 点的过程有12m v 2－12m vB 2＝μ2mg ·2s 得到v B ＝7 m/s ，因为v B >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v B ＝7 m/s 离开传送带，设最终停在距C 点x 处，由12m v B 2＝μ2mg (s －x )，得到x ＝13m.(3)设传送带速度为v 1时物块能恰到F 点，在F 点满足mg sin 30°＝m v F 2R从B 到F 过程中由动能定理可知：12m v 12－12m v F 2＝μ2mgs ＋mg (R ＋R sin 30°)解得：v 1＝37 m/s设传送带速度为v 2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点， 由：12m v 22＝μ2mg ×3s ＋mgR解得：v 2＝43 m/s若物块在传送带上一直加速运动，由12m v B m 2－12m v 02＝μ1mgL则物块到B 点的最大速度v B m ＝214 m/s>v 2综合上述分析可知，传送带的速度应满足条件37 m/s ≤v ≤43 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θ＝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 ，弹簧锁定时具有的弹性势能E p ＝54mgh ，锁定及解除锁定均无机械能损失，斜面上A 点以下部分的摩擦不计，已知重力加速度为g .求：图6(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：W f ＋mgh ＝E p . 即μmg cos θ·h sin θ＋mgh ＝54mgh解得：μ＝312(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a 1和a 2，根据牛顿第二定律得：物块上滑过程中有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1， 得 a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝g ×⎝⎛⎭⎫12＋312×32＝58g物块下滑过程中有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 得 a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝g ×⎝⎛⎭⎫12－312×32＝38g故a 1∶a 2＝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h m .则由功能关系得：E p ＝W f 总． 即54mgh ＝2μmg cos θ·h m sin θ 解得：h m ＝2.5h ＜3h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·河南省中原名校第四次模拟)倾角为θ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O 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 ＝L2，已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝38，θ＝30°，重力加速度取g ＝10 m/s 2，忽略空气的阻力，整个过程中细绳始终没有松弛，且乙未碰到滑轮，则下列说法正确的是( )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/s 2C ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为158mgLD ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为38mgL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θ＝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 之间的关系如图乙所示，其中Oa 段为直线，重力加速度g 取10 m/s 2，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O 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 ＝θ＝37°，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/s 2.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v B ； (3)在(2)中，小球通过B 点时，圆环对小球的作用力大小F N B . 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 )＝mg cos θ得：k ＝40 N/m(2)由A 到B 过程，由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝12m v B 2－0 得：v B ＝2.0 m/s(3)在B 点由牛顿第二定律得，k (R －0.8R )＋F N B －mg ＝m v B 2R得：F N B ＝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F f ＝12CρS v 2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)，ρ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ρ0，空气对雨滴的阻力系数为C 0，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 .(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)1R 2mg πC 0ρ0(2)mg ⎝⎛⎭⎫h －m πC 0ρ0R 2 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 ＝F f又因为F f ＝12C 0ρ0S v 2＝12C 0ρ0·πR 2v 2 解得：v ＝1R 2mg πC 0ρ0(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W f ，由动能定理：mgh －W f ＝12m v 2 解得：W f ＝mg ⎝⎛⎭⎫h －m πC 0ρ0R 25．(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：图4(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．答案 (1)2R (2)6mg (3)52mgR 解析 (1)因为物块恰好能通过C 点，有：mg ＝m v C 2R物块由C 点做平抛运动，有：x ＝v C t,2R ＝12gt 2 解得：x ＝2R即物块在水平轨道的落点与B 点的距离为2R .(2)物块由B 到C 过程中机械能守恒，有：12m v B 2＝2mgR ＋12m v C 2 设物块在B 点时受到轨道的支持力为F N ，有：F N －mg ＝m v B 2R， 解得：F N ＝6mg由牛顿第三定律可知，物块在B 点时对半圆轨道的压力F N ′＝F N ＝6mg .(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：E p ＝2mgR ＋12m v C 2，解得E p ＝52mgR .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μ＝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α＝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：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：12m v D 2＝12m v C2＋mgR(1－cos 37°)滑块在D点的速度v D＝v C2＋2gR(1－cos 37°)＝3 3 m/s在D点对滑块受力分析，根据牛顿第二定律有：F N－mg＝m v D 2R滑块受到的支持力F N＝mg＋m v D 2R＝25.6 N根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力F N′＝F N＝25.6 N，方向竖直向下(2)滑块离开B点后做平抛运动，恰好在C点沿切线方向进入圆弧形轨道由几何关系可知，滑块运动到B点的速度为v B＝v C cos 37°＝4 m/s滑块由A点运动到B点的过程，根据动能定理有：Pt－μmgL＝12m v B2－0解得：水平外力作用在滑块上的时间t＝m(v B2＋2μgL)2P＝0.4 s7．(2018·山东省青岛市模拟)如图6所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h.将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝32，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.图6(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到达B点，求v0大小；(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0的大小；(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F ＝2mg ，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功W .答案 见解析解析 (1)由动能定理得12×2m v 02＝2mg (h －L sin θ) 解得：v 0＝(2h －L )g(2)对木板与物块整体，由牛顿第二定律得F 0－2mg sin θ＝2ma 0对物块，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma 0解得：F 0＝32mg (3)设拉力F 的作用时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端到达B 点，速度恰好减为零．对木板由牛顿第二定律得，F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 3对物块由牛顿第二定律得，μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2对木板与物块整体由牛顿第二定律得，2mg sin θ＝2ma 4另有：a 1t 1－a 3t 2＝a 2(t 1＋t 2)a 2(t 1＋t 2)＝a 4t 312a 1t 12＋a 1t 1·t 2－12a 3t 22＋12a 4t 32＝h sin θW ＝F ·12a 1t 12 解得：W ＝94mgh。

专题6 动力学、动量和能量观点综合应用考题一 动量定理和能量观点综合应用1.动量定理公式：Ft ＝p ′－p 说明：(1)F 为合外力①恒力，求Δp 时，用Δp ＝Ft②b.变力，求I 时，用I ＝Δp ＝mv 2－mv 1③牛顿第二定律第二种形式：合外力等于动量变化率 ④当Δp 一定时，Ft 为确定值：F ＝Δptt 小F 大——如碰撞；t 大F 小——缓冲(2)等式左边是过程量Ft ，右边是两个状态量之差，是矢量式.v 1、v 2是以同一惯性参照物为参照.Δp 方向可与mv 1一致、相反或成某一角度，但是Δp 方向一定与Ft 一致.单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.假设其中涉及时间问题，应选用动量定理；假设涉及位移问题，应选用动能定理；假设涉及加速度问题，只能选用牛顿第二定律.例1 据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到冲击力是人体自身重力数倍.为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击方式进展了实验，即通过一定质量重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时情况.重物与地面形变很小，可忽略不计.g 取10 m/s 2.下表为一次实验过程中相关数据.重物(包括传感器)质量m /kg重物下落高度H /cm 45 重物反弹高度h /cm 20 最大冲击力F m /N 850 重物与地面接触时间t /s(1)请你选择所需数据，通过计算答复以下问题： ①重物受到地面最大冲击力时加速度大小；②在重物与地面接触过程中，重物受到地面施加平均作用力是重物所受重力多少倍. (2)如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到冲击力，可采取什么具体措施，请你提供一种可行方法并说明理由. 解析 (1)①重物受到最大冲击力时加速度大小为a 由牛顿第二定律：a ＝F m －mgm解得a ＝90 m/s 2②重物在空中运动过程中，由动能定理mgh ＝12mv 2重物与地面接触前瞬时速度大小v 1＝2gH 重物离开地面瞬时速度大小v 2＝2gh重物与地面接触过程，重物受到平均作用力大小为F ，设竖直向上为正方向 由动量定理：(F －mg )t ＝mv 2－m (－v 1) 解得F ＝510 N ，故F mg＝6因此重物受到地面施加平均作用力是重物所受重力6倍.(2)可以通过增加人与地面接触时间来减小冲击力(如落地后双腿弯曲)，由动量定理Ft ＝Δmv 可知，接触时间增加了，冲击力F 会减小. 答案 (1)①90 m/s 2②6倍 (2)见解析 变式训练1.高空作业须系平安带，如果质量为m 高空作业人员不慎跌落，从开场跌落到平安带对人刚产生作用力前人下落距离为h (可视为自由落体运动).此后经历时间t 平安带到达最大伸长量，假设在此过程中该作用力始终竖直向上，那么该段时间平安带对人平均作用力大小为( ) A.m 2ght＋mg B.m 2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mg 答案 A解析 由自由落体运动公式得人下降h 距离时速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人由动量定理得(F －mg )t ＝mv ，解得平安带对人平均作用力为F ＝m 2ght＋mg ，A 项正确. 2.一质量为0.5 kg 小物块放在水平地面上A 点，距离A 点5 m 位置Bv 0＝9 m/s 初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间速度为7 m/s ，碰后以6 m/s 速度反向运动直至静止.g 取10 m/s 2.图1(1)求物块与地面间动摩擦因数μ；(2)假设碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力大小F ； (3)求物块在反向运动过程中克制摩擦力所做功W . 答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J 解析 (1)对小物块从A 运动到B 处过程中 应用动能定理－μmgs ＝12mv 2－12mv 20代入数值解得μ(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s 由动量定理得：F Δt ＝mv ′－mv 解得F ＝－130 N其中“－〞表示墙面对物块平均作用力方向向左. (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 －W ＝0－12mv ′2解得W ＝9 J.考题二 动量守恒定律和能量观点综合应用(1)表达式：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′；或p ＝p ′(系统相互作用前总动量p 等于相互作用后总动量p ′)；或Δp ＝0(系统总动量增量为零)；或Δp 1＝－Δp 2(相互作用两个物体组成系统，两物体动量增量大小相等、方向相反).(2)动量守恒条件：①理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零.②近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力冲量近似为零，或外力冲量比内力冲量小得多.③单方向守恒：合外力在某方向上分力为零，那么系统在该方向上动量守恒.动量守恒定律应用要注意三性(1)矢量性：在一维运动中要选取正方向，未知速度方向一律假设为正方向，带入求解.(2)同时性：m1v1和m2v2——作用前同一时刻动量m1v1′和m2v2′——作用后同一时刻动量(3)同系性：各个速度都必须相对于同一个惯性参考系.定律使用条件：在惯性参考系中普遍适用(宏观、微观、高速、低速)多个物体组成系统：优先考虑两个守恒定律，假设涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.例2 如图2所示，一条带有圆轨道长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧直轨道相切，半径R＝0.5 m，物块A以v0＝6 m/s速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m，物块与各粗糙段间动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短).图2(1)求A滑过Q点时速度大小v和受到弹力大小F；(2)假设碰后AB最终停顿在第k个粗糙段上，求k数值；(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上速度v n与n关系式.解析(1)从A→Q由动能定理得－mg ·2R ＝12mv 2－12mv 2解得v ＝4 m/s ＞gR ＝ 5 m/s在Q 点，由牛顿第二定律得F ＋mg ＝m v 2R解得F ＝22 N.(2)A 撞B ，由动量守恒得mv 0＝2mv ′ 解得v ′＝v 02＝3 m/s设摩擦距离为x ，那么－2μmgx ＝0－12·2mv ′2解得x ＝4.5 m 所以k ＝x L＝45.(3)AB 滑至第n 个光滑段上，由动能定理得 －μ·2mgnL ＝12·2mv 2n －12·2mv ′2所以v n ＝ m/s (n <45). 答案 (1)4 m/s 22 N (2)45 (3)v n ＝ m/s (n <45) 变式训练3.如图3，在足够长光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间.A 质量为m ，B 、C 质量都为MA 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞.设物体间碰撞都是弹性.图3答案 (5－2)M ≤m ＜M解析 设A 运动初速度为v 0，A 向右运动与C 发生碰撞，由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv 2由机械能守恒定律得12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2m m ＋Mv 0 要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜MA 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有mv 1＝mv 3＋Mv 412mv 21＝12mv 23＋12Mv 24 整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2mm ＋Mv 1 由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2 即2m m ＋M v 0≥m －M m ＋M v 1＝(m －M m ＋M)2v 0 整理可得m 2＋4Mm ≥M 2解方程可得m ≥(5－2)M 另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞，须满足 (5－2)M ≤m ＜M .考题三 电学中动量和能量观点综合应用系统化思维方法，就是根据众多要素、事实，按照一定联系方式，将其各局部连接成整体方法.(1)对多个物理过程进展整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比拟复杂运动.(2)对多个研究对象进展整体思维，即把两个或两个以上独立物体合为一个整体进展考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).例3 如图4所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，x 轴与绝缘水平面重合，在ym 2＝8×10－3kg 不带电小物块静止在原点O ，A 点距O 点l ＝0.045 m ，质量m 1＝1×10－3kg 带电小物块以初速度v 0＝0.5 m/s 从A 点水平向右运动，在O 点与m 2发生正碰并把局部电量转移到m 2上，碰撞后m 2速度为0.1 m/s ，此后不再考虑m 1、m 2E ＝40 N/C ，小物块m 1与水平面动摩擦因数为μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2，求：图4(1)碰后m 1速度；(2)假设碰后m 2做匀速圆周运动且恰好通过P 点，OP 与x 轴夹角θ＝30°，OP 长为l OP ＝0.4 m ，求磁感应强度B 大小；(3)其他条件不变，假设改变磁场磁感应强度大小，使m 2能与m 1再次相碰，求B ′大小.解析 (1)设m 1与m 2碰前速度为v 1，由动能定理 －μm 1gl ＝12m 1v 21－12m 1v 2代入数据解得：v 1＝0.4 m/sv 2＝0.1 m/s ，m 1、m 2正碰，由动量守恒有： m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2代入数据得：v 1′＝－0.4 m/s ，方向水平向左 (2)m 2恰好做匀速圆周运动，所以qE ＝m 2g 得：q ＝2×10－3C由洛伦兹力提供向心力，设物块m 2做圆周运动半径为R ，那么qv 2B ＝m 2v22R轨迹如图，由几何关系有：R ＝l OP 解得：B ＝1 T(3)当m 2经过y 轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，m 1碰后做匀减速运动.m 1匀减速运动至停顿，其平均速度大小为： v ＝12|v 1′|＝0.2 m/s>v 2＝0.1 m/s ，所以m 2在m 1停顿后与其相碰 由牛顿第二定律有：F f ＝μm 1g ＝m 1am 1停顿后离O 点距离：s ＝v 1′22a那么m 2平抛时间：t ＝s v 2平抛高度：h ＝12gt 2设m 2做匀速圆周运动半径为R ′，由几何关系有：R ′＝12h由qv 2B ′＝m 2v 22R ′，联立得：B ′＝0.25 T答案 (1)－0.4 m/s ，方向水平向左 (2)1 T (3)0.25 T 变式训练4.如图5所示，C 1D 1E 1F 1和C 2D 2E 2F 2是距离为L 一样光滑导轨，C 1D 1和E 1F 1为两段四分之一圆弧，半径分别为r 1＝8r 和r 2＝r .在水平矩形D 1E 1E 2D 2内有竖直向上匀强磁场，磁感应强度为B .导体棒P 、Q 长度均为L ，质量均为m ，电阻均为R ，其余电阻不计，Q 停在图中位置，现将P从轨道最高点无初速度释放，那么：图5(1)求导体棒P 进入磁场瞬间，回路中电流大小和方向(顺时针或逆时针)；(2)假设P 、Q 不会在轨道上发生碰撞，棒Q 到达E 1E 2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P 离开轨道瞬间速度；(3)假设P 、Q 不会在轨道上发生碰撞，且两者到达E 1E 2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量范围.答案 (1)2BL grR，方向逆时针 (2)3gr(3)3mgr ≤Q ≤4mgr解析 (1)导体棒P 由C 1C 2下滑到D 1D 2，根据机械能守恒定律：mgr 1＝12mv 2D ，v D ＝4gr导体棒P 到达D 1D 2瞬间：E ＝BLv D回路中电流I ＝E 2R ＝2BL grR方向逆时针(2)棒Q 到达E 1E 2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q ：mg ＝mv 2Q r 2，v Q ＝gr设导体棒P 离开轨道瞬间速度为v P ，根据动量守恒定律：mv D ＝mv P ＋mv Q 代入数据得，v P ＝3gr(3)由(2)知，假设导体棒Q 恰能在到达E 1E 2瞬间飞离轨道，P 也必能在该处飞离轨道.根据能量守恒，回路中产生热量：Q 1＝12mv 2D －12mv 2P －12mv 2Q ＝3mgr假设导体棒Q 与P 能到达共速v ，回路中产生热量最多，那么根据动量守恒：mv D ＝(m ＋m )v ，v ＝2gr回路中产生热量：Q 2＝12mv 2D －12(m ＋m )v 2＝4mgr综上所述，回路中产生热量范围是3mgr ≤Q ≤4mgr .专题标准练1.如图1所示，水平桌面左端有一顶端高为hMNP ，其形状为半径R ＝0.8 m 圆环剪去了左上角135°后剩余局部，MN 为其竖直直径，P 点到桌面竖直距离也为R .一质量m ＝0.4 kg 物块A 自圆弧形轨道顶端静止释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m 物块B 发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能损失)，碰后物块B 位移随时间变化关系式为x ＝6t －2t 2(关系式中所有物理量单位均为国际单位)，物块B 飞离桌面后恰由P 点沿切线落入圆轨道.(重力加速度g 取10 m/s 2)求：图1(1)BP 间水平距离x BP ；(2)判断物块B 能否沿圆轨道到达M 点； (3)物块A 由静止释放高度h . 答案 (1)4.1 m (2)不能 (3)1.8 m解析 (1)设碰撞后物块B 由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR 同时v y v D＝tan 45°，解得v D ＝4 m/s设平抛用时为t ，水平位移为x ，那么有R ＝12gt 2x ＝v D t解得x ＝1.6 m物块B 碰后以初速度v 0＝6 m/s ，加速度大小a ＝－4 m/s 2减速到v D ，那么BD 间位移为x 1＝v 2D －v 202a＝2.5 m故BP 之间水平距离x BP ＝x ＋x 1＝4.1 m(2)假设物块B 能沿轨道到达M 点，在M 点时其速度为v M ，那么有12mv 2M －12mv 2D ＝－22mgR设轨道对物块压力为F N ，那么F N ＋mg ＝m v 2MR解得F N ＝(1－2)mg <0，即物块不能到达M 点. (3)对物块A 、B 碰撞过程，有：m A v A ＝m A v A ′＋m B v 012m A v 2A ＝12m A v A ′2＋12m B v 20 解得：v A ＝6 m/s设物块A 释放高度为h ，那么mgh ＝12mv 2A ，解得h ＝1.8 m2.如图2所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内光滑圆形轨道组成，Q 点为圆形轨道最低点，M 点为最高点，圆形轨道半径RPN 右侧水平地面上，并排放置两块长木板c 、d ，两木板间相互接触但不粘连，长木板上外表与水平轨道PN 平齐，木板c 质量m 3＝2.2 kg ，长L ＝4 m ，木板d 质量m 4m 2＝3.3 kg 小滑块b 放置在轨道QN 上，另一质量m 1＝1.3 kg 小滑块a 从P 点以水平速度v 0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块ba 沿原路返回到Mb 与两块长木板间动摩擦因数均为μ0＝0.16，重力加速度g ＝10 m/s 2.图2(1)求小滑块a 与小滑块b 碰撞后，a 和b 速度大小v 1和v 2；(2)假设碰后滑块b 在木板c 、d 上滑动时，木板c 、d 均静止不动，c 、d 与地面间动摩擦因数μ至少多大？(木板c 、d 与地面间动摩擦因数一样，最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (3)假设不计木板c 、d 与地面间摩擦，碰后滑块b 最终恰好没有离开木板d ，求滑块b 在木板c 上滑行时间及木板d 长度.答案 (1)4 m/s 5.2 m/s (2)0.069 (3)1 s 1.4 m 解析 (1)根据题意可知：小滑块a 碰后返回到M 点时：m 1v 2M R＝m 1g小滑块a 碰后返回到M 点过程中机械能守恒： 12m 1v 21＝12m 1v 2M ＋m 1g (2R ) 代入数据，解得：v 1＝4 m/s取水平向右为正方向，小滑块a 、b 碰撞前后： 动量守恒：m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2机械能守恒：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22代入数据，解得：v 0＝9.2 m/s ，v 2＝5.2 m/s(2)假设b 在d 上滑动时d 能静止，那么b 在c 上滑动时c 和d 一定能静止μ(m 2＋m 4)g >μ0m 2g解得μ>m 2m 2＋m 4μ0 (3)小滑块b 滑上长木板c 时加速度大小：a 1＝μ0g ＝1.6 m/s 2此时两块长木板加速度大小：a 2＝μ0m 2m 3＋m 4g ＝0.8 m/s 2 令小滑块b 在长木板c 上滑行时间为t ，那么：时间t 内小滑块b 位移x 1＝v 2t －12a 1t 2 两块长木板位移x 2＝12a 2t 2 且x 1－x 2＝L解得：t 1＝1 s 或t 2＝103s(舍去) b 刚离开长木板c 时b 速度v 2′＝v 2－a 1t 1＝3.6 m/sb 刚离开长木板c 时d 速度v 3＝a 2t 1＝0.8 m/sd 长度至少为x ：由动量守恒可知：m 2v 2′＋m 4v 3＝(m 2＋m 4)v解得：v ＝2 m/sμ0m 2gx ＝12m 2v 2′2＋12m 4v 23－12(m 2＋m 4)v 2 解得：x ＝1.4 m3.如图3所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8〞字形通道，在“8〞字形通道底端B 处连接一内径一样粗糙水平直管AB .E 处距地面高度h ＝3.2 m ，一质量m ＝1 kg 小球a 从A 点以速度v 0＝12 m/s 速度向右进入直管道，到达B 点后沿“8〞字形轨道向上运动，到达D 点时恰好与轨道无作用力，直接进入DE 管(DE 管光滑)，并与原来静止于E 处质量为M ＝4 kg 小球b 发生正碰(a 、b 均可视为质点).碰撞后a 球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小13，而b 球从E 点水平抛出，其水平射程s ＝0.8 m.(g ＝10 m/s 2)图3(1)求碰后b 球速度大小；(2)求“8〞字形管道上下两圆半径r 和R ；(3)假设小球a 在管道AB 中运动时所受阻力为定值，请判断a 球返回到BA 管道时，能否从A 端穿出？答案 (1)1 m/s (2)0.9 m 0.7 m (3)不能解析 (1)b 球离开E 点后做平抛运动h ＝12gt 2，s ＝v b t ，解得v b ＝1 m/s(2)a 、b 碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向，那么有： mv a ＝－m ×13v a ＋Mv b解得v a ＝3 m/s碰前a 在D 处恰好与轨道无作用力，那么有：mg ＝m v 2a r r ＝0.9 mR ＝h －2r 2＝0.7 m (3)小球从B 到D ，机械能守恒：12mv 2B ＝12mv 2a ＋mgh 解得：12mv 2B ＝36.5 J 从A 到B 过程，由动能定理得：－W f ＝12mv 2B －12mv 20 解得：W f ＝35.5 J从D 到B ，机械能守恒：12m (v a 3)2＋mgh ＝12mv B ′2 解得：12mv B ′2＝32.5 J<W f 所以，a 球返回到BA 管道中时，不能从A 端穿出.4.如图4所示，整个空间中存在竖直向上匀强电场，经过桌边虚线PQ 与桌面成45°角，其上方有足够大垂直纸面向外匀强磁场，磁感应强度为B ，光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点绝缘小球，A 球对桌面压力为零，其质量为m ，电量为q ；B 球不带电且质量为km (k >7).A 、B 间夹着质量可忽略火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球质量、电量和各外表光滑程度).火药炸完瞬间A 速度为v 0.求：图4(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；(2)A 球在磁场中运动时间；(3)假设一段时间后A 、B 在桌上相遇，求爆炸前A 球与桌边P 距离.答案 (1)k ＋12k mv 20 (2)3πm 2qB (3)2k －2－3π2k ＋1·mv 0qB解析 (1)设爆炸之后B 速度大小为v B ，选向左为正方向，在爆炸前后由动量守恒可得：0＝mv 0－kmv BE ＝12mv 20＋12kmv 2B ＝k ＋12kmv 20 (2)由A 球对桌面压力为零可知重力和电场力等大反向，故A 球进入电场中将会做匀速圆周运动，如下图那么T ＝2πm qB有几何知识可得：粒子在磁场中运动了34个圆周 那么t 2＝3πm 2qB(3)由0＝mv 0－kmv B 可得：v B ＝v 0k由qv 0B ＝m v 20R 知，R ＝mv 0qB 设爆炸前A 球与桌边P 距离为x A ，爆炸后B 运动位移为x B ，时间为t B那么t B ＝x A v 0＋t 2＋R v 0，x B ＝v B t B由图可得：R ＝x A ＋x B联立上述各式解得：x A ＝2k －2－3π2k ＋1·mv 0qB .。

第2课时动力学和能量观点的综合应用高考命题点命题轨迹情境图动力学方法和动能定理的综合应用20162卷16,3卷20,3卷2416(2)16题16(3)20题16(3)24题17(2)17题19(2)25题20172卷1720192卷25动力学和能量观点分析多运动过程问题20183卷2518(3)25题含弹簧的动力学和能量问题20161卷25,2卷2516(1)25题16(2)25题20191卷2119(1)21题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·某某某某市联考)如图1所示，半径RB 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μθ＝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θ.(g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：图1(1)小物块在B 点的最小速度v B 的大小；(2)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，那么拉力F 的大小X 围． 答案 (1)25m/s (2)36N (3)21011N≤F ≤50N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v C ，由mg ＝m v C 2R得：v C ＝2m/s物块从B 运动到C ，由动能定理得： －2mgR ＝12mv C 2－12mv B 2解得：v B ＝25m/s ；(2)物块从P 到C 由动能定理： －mgR (1－sin θ)＝12mv C 2－12mv P 2，解得v P ＝655m/s在P 点由牛顿第二定律：mg sin θ＋F N ＝m v P 2R解得F N ＝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F N ′＝F N ＝36N (3)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 f ＝μ(mg －F min sin θ)，F min x cos θ－F f x ＝12mv B 2解得F min ＝21011N当物块在AB 段即将离开地面时，拉力F 有最大值，那么F max sin θ＝mg 解得F max ＝50N综上，拉力的取值X 围是：21011N≤F ≤50N. 拓展训练1 (2019·某某某某市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，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/s 2.图2(1)假设要保证在最高点水不洒出，求水杯通过最高点的最小速率v 0；(2)假设在最高点水刚好不洒出，在最低点时水对杯底的压力为16N ，求蒸笼环从最高点运动到最低点的过程中，蒸笼环对杯子和水所做的功W .答案 (1)2 2解析 (1)水杯通过最高点时，对水由牛顿第二定律得：mg ＝m v 02R其中R解得：v 0＝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F N ＝16N ， 对水，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2R对杯子和水，从最高点到最低点的过程中，由动能定理得： 2mg ×2R ＋W ＝12×2mv 2－12×2mv 02解得：W ＝3.2J.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 (2019·某某某某州2月教学质量检测)如图3所示为轮滑比赛的一段模拟赛道．一个小物块从A 点以一定的初速度水平抛出，刚好无碰撞地从C 点进入光滑的圆弧赛道，圆弧赛道所对的圆心角为60°，圆弧半径为R ，圆弧赛道的最低点与水平赛道DE 平滑连接，DE 长为R ，物块经圆弧赛道进入水平赛道，然后在E 点无碰撞地滑上左侧的斜坡，斜坡的倾角为37°，斜坡也是光滑的，物块恰好能滑到斜坡的最高点F ，F 、O 、A 三点在同一高度，重力加速度大小为g ，不计空气阻力，不计物块的大小．求：图3(1)物块的初速度v 0的大小及物块与水平赛道间的动摩擦因数；(2)试判断物块向右返回时，能不能滑到C 点，如果能，试分析物块从C 点抛出后，会不会直接撞在竖直墙AB 上；如果不能，试分析物块最终停在什么位置？ 答案 (1)133gR 16 (2)物块刚好落在平台上的B 点解析 (1)物块从A 点抛出后做平抛运动，在C 点v C ＝v 0cos60°＝2v 0由题意可知AB 的高度：h ＝RR ；设物块的质量为m ，从A 到C 点的过程，由机械能守恒可得：mgh ＝12mv C 2－12mv 02解得v 0＝133gR物块从A 到F 的过程，由动能定理： －μmgR ＝0－12mv 02解得μ＝16；(2)假设物块能回到C 点，设到达C 点的速度大小为v C ′，根据动能定理：mg ×12R －μmgR ＝12mv C ′2 求得v C ′＝136gR ，假设成立；假设物块从C 点抛出后直接落在BC 平台上，BC 长度：s ＝v 02h g＝33R 物块在C 点竖直方向的分速度v y ＝v C ′sin60°＝2gR 2水平分速度：v x ＝v C ′cos60°＝6gR 6落在BC 平台上的水平位移：x ＝v x ×2v y g ＝33R 即物块刚好落在平台上的B 点．拓展训练2 (2019·某某名校联盟高三下学期联考)如图4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．它落地时相对于B 点的水平位移OC ＝l ．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l2，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 )图4(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μ. 答案 (1)2gh (2)3h2l解析 (1)物体P 在AB 轨道上滑动时，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律mgh ＝12mv 02得物体P 滑到B 点时的速度大小为v 0＝2gh(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 ＝l v 0＝l 2gh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l2，因此物体从木板右端抛出的速度v 1＝v 02＝2gh2根据动能定理，物体在木板上滑动时，有－μmg l 2＝12mv 12－12mv 02解得物体与木板之间的动摩擦因数μ＝3h 2l.拓展训练3 (2019·某某省第二次诊断)如图5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，假设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 ，那么游戏成功．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/s 2.该同学某次游戏取得成功，试求：图5(1)水平距离L ；(2)小球在N 处对管道的作用力； (3)弹簧储存的弹性势能．答案 (1)2m (2)23N ，方向竖直向上 (3)5J解析 (1)设小球进入M 点时速度为v M ，运动至N 点速度为v N ， 由P 至M ，L ＝v M t 1H ＝12gt 12由N 至P ，L ＝v N t 2H ＋2R ＝12gt 22由M 至N 过程，－2mgR ＝12mv N 2－12mv M 2联立解得：L ＝2m ； (2)由(1)可得，v N ＝10m/smg ＋F N ＝m v N 2R解得：F N ＝23N由牛顿第三定律可知，小球在N 处对管道的作用力F N ′＝F N ＝23N ，方向竖直向上；(3)由P 至N 全过程，由能量守恒定律：E p ＝12mv N 2＋mg (H ＋2R )解得：E p ＝5J.例3 (2019·某某某某市第一次联考)如图6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O 1O 2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，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)图6(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 (3)94mgR <E p <52mgR解析 (1)对小球从释放到C 的过程，应用动能定理可得：4mgR －2mgR ＝E k C －0 解得小球经C 点时的动能：E k C ＝2mgR (2)由(1)可知C 点小球的速度：v C ＝2gRC 点：取向下为正方向，由牛顿第二定律可得：mg ＋F N ＝m v C 2R解得：F N ＝3mg ，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，那么由平抛运动规律可得： 竖直方向：R ＝12gt 12水平方向：R ＝v C 1t 1 联立解得：v C 1＝gR2小球从释放到C 点的过程：E p1－2mgR ＝12mv C 12－0得：E p1＝94mgR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 ＝12gt 22水平方向：2R ＝v C 2t 2 联立解得：v C 2＝gR小球从释放到C 点的过程：E p2－2mgR ＝12mv C 22－0得：E p2＝52mgR综上符合条件的弹性势能应满足：94mgR <E p <52mgR拓展训练4 (2019·某某某某市期末质检)如图7，一劲度系数为k ＝100N/m 的轻弹簧下端固定于倾角为θ＝53°的光滑斜面底端，上端连接物块Q .一轻绳跨过定滑轮O ，一端与物块Q 连接，另一端与套在光滑竖直杆的物块P 连接，定滑轮到竖直杆的距离为d ＝0.3 m ．初始时在外力作用下，物块P 在A 点静止不动，轻绳与斜面平行，绳子X 力大小为50 N ．物块P 质量为m 1＝0.8 kg ，物块Q 质量为m 2＝5 kg.(不计滑轮大小及摩擦，取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)现将物块P 由静止释放，求：图7(1)物块P 位于A 时，弹簧的伸长量x 1； (2)物块P 上升hO 等高的B 点时的速度大小；(3)在(2)情况下物块P 上升至B 点过程中，轻绳拉力对其所做的功． 答案 (1)0.1m (2)23m/s (3)8J解析 (1)物块P 位于A 点，设弹簧伸长量为x 1， 那么：F T ＝m 2g sin θ＋kx 1， 代入数据解得：x 1(2)(3)经分析，此时OB 垂直竖直杆，OB ＝0.3m ，此时物块Q 速度为0，h ＝0.4m ，那么OP ＝0.5m ，物块Q 下降距离为： Δx ＝OP －OB ＝0.5m －0.3m ＝0.2m ，那么弹簧压缩x 2＝0.2m －0.1m ＝0.1m ，弹性势能不变．对物块P 、Q 和弹簧组成的系统，物块P 从A 到B 的过程中根据能量守恒有：m 2g ·Δx ·sin θ－m 1gh ＝12m 1v B 2代入可得：v B ＝23m/s 对物块P ：W T －m 1gh ＝12m 1v B 2代入数据得：W T ＝8J.专题强化练 (限时45分钟)1.(2019·某某某某市一轮复习质检)如图1所示，半径为r 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，那么：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 (1)gr r 2 (2)π2rgmgr 解析 (1)设物块在B 点时的速度为v ，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2r，因为F N ＝2mg ，所以v ＝gr ，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 ，从P 到A 的过程由动能定理得：mgh ＝12mv 2，所以h ＝r2.(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t ＝πr2v＝π2r g；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·某某某某市第一次模拟)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；假设向左缓慢压缩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μ2.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)图2(1)小物块刚好能通过B 点时的速度大小；(2)弹簧的压缩量x .答案 (1) 6解析 (1)设小物块刚好通过B 点时速度为v ，只有重力充当向心力mg ＝m v 2R解得v ＝6m/s(2)压缩x 时，弹簧的弹性势能E p1＝kx 2，k 为比例系数滑动摩擦力F f ＝μF N而F N ＝mg由能量守恒得E p1－F f ·(x ＋L )＝0压缩2x 时，弹簧的弹性势能E p2＝k (2x )2由能量守恒E p2－F f ·(2x ＋L )＝mg ·2R ＋12mv 2 联立解得x ＝0.15m.3．(2019·某某省第二次统一检测)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．A 滑块的质量m A ＝2kg ，B 滑块的质量m B ＝4kg ，A 、B 滑块与绸带之间的动摩擦因数均为μ＝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 取10m/s 2，求：图3(1)t ＝0时刻，A 、B 两滑块加速度的大小；(2)0～3s 时间内，滑块与绸带摩擦产生的热量．答案 (1)1 m/s 2 0.5 m/s 2(2)30 J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F f A ，水平运动，那么竖直方向受力平衡：F N A ＝m A g ，F f A ＝μF N A解得：F f A ＝μm A g A 滑块在绸带上水平向右滑动，设0时刻A 滑块的加速度为a 1，由牛顿第二定律得：F －F f A ＝m A a 1B 滑块和绸带一起向左滑动，设0时刻B 滑块的加速度为a 2，由牛顿第二定律得：F －F f B ＝m B a 2又F f A ＝F f B联立解得：a 1＝1m/s 2，a 2＝0.5 m/s 2(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x 1和x 2 x 1＋x 2＝L 2x 1＝12a 1t 2x 2＝12a 2t 2联立代入数据解得：x 1＝2m ，x 2＝1m ，t ＝2s2s 时A 滑块离开绸带，离开绸带后A 在光滑水平面上运动，B 和绸带一起在光滑水平面上运动，不产生热量，3s 时间内因摩擦产生的热量为：Q ＝F f A (x 1＋x 2)代入数据解得：Q ＝30J.4.(2019·某某某某市上学期期末)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BC 与圆心等高．质量为m 的小球从离B 点高度为h 处(32R ≤h ≤3R )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X 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，假设能，求落点与B 点水平距离d 的X 围．答案 见解析解析 (1)当小球刚好通过圆轨道的最高点时应有：mg ＝mv D2R对小球从A 点运动到D 点的过程分析，由机械能守恒可得：mg (h －R )＝mv D22联立解得h ＝32R ，因为h 的取值X 围为32R ≤h ≤3R ，故小球能到达D 点；(2)设小球在D 点受到的压力为F N ，那么F N ＋mg ＝mv D ′2Rmg (h －R )＝mv D ′22联立并结合h 的取值X 围32R ≤h ≤3R解得：0≤F N ≤3mg根据牛顿第三定律得小球在圆轨道的最高点对轨道的压力X 围为：0≤F N ′≤3mg ；(3)由(1)知小球在最高点D 时的最小速度为v D min ＝gR此时小球飞离D 后做平抛运动，根据平抛运动规律可知R ＝12gt 2x min ＝v D min t联立代入数据解得x min ＝2R >R ，故能落在水平面BC 上，当h 为3R 时小球在最高点D 点飞离时有最大速度，此时轨道对小球的压力为3mg ，根据牛顿第二定律有mg ＋3mg ＝m v D max 2R解得v D max ＝2gR小球飞离D 后做平抛运动，根据平抛运动规律可知R ＝12gt ′2，x max ＝v D max t ′ 联立代入数据解得x max ＝22R故落点与B 点水平距离d 的X 围为： (2－1)R ≤d ≤(22－1)R .。

2020年高考物理二轮复习讲义专题3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．例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，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为103N ．已知水平轨道AC 长为2 m ，B 为AC 的中点，小物块与AB 段间的动摩擦因数μ1＝0.45，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图1(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段间的动摩擦因数的取值范围．拓展训练1(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F f＝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．高考题型2动力学和能量观点分析多运动组合问题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．例2 (2018·全国卷Ⅲ·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P A 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，sin α＝35.一质量为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．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α＝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3RB．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点对轨道的压力为4mg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．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：图4(1)物块m2过B点时的瞬时速度v0；(2)BP间的水平距离；(3)判断m2能否沿圆轨道到达M点(要求写清计算过程)．高考题型3含弹簧的动力学和能量问题例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μ1＝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μ2＝0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝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＝5 m/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E p＝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(1)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．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θ＝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 ，弹簧锁定时具有的弹性势能E p ＝54mgh ，锁定及解除锁定均无机械能损失，斜面上A 点以下部分的摩擦不计，已知重力加速度为g .求：图6(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．专题强化练1．(多选)(2018·河南省中原名校第四次模拟)倾角为θ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O 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 ＝L 2，已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝38，θ＝30°，重力加速度取g ＝10 m/s 2，忽略空气的阻力，整个过程中细绳始终没有松弛，且乙未碰到滑轮，则下列说法正确的是( )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/s 2C ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为158mgL D ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为38mgL 2．(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θ＝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 之间的关系如图乙所示，其中Oa 段为直线，重力加速度g 取10 m/s 2，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3．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O 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 ＝θ＝37°，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v B；(3)在(2)中，小球通过B点时，圆环对小球的作用力大小F N B .4．(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F f＝12CρS v2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)，ρ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ρ0，空气对雨滴的阻力系数为C0，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.(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．5．(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：图4(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．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μ＝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α＝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：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.7．(2018·山东省青岛市模拟)如图6所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h.将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝32，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.图6(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到达B点，求v0大小；(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F0的大小；(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F＝2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B点，物块始终未脱离木板，求拉力F做的功W.。