届二轮复习 动力学和能量观点的综合应用名师公开课优质学案 全国通用.docx

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届二轮复习动力学和能量观点的综合应用名师公开课优质学案全国通用

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＝0.3m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＝1kg的小物块（可视为质点）．现给小物块施加一大小为F＝6.0N、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N．已知水平轨道AC长为2m，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＝10m/s2.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FN＋mg＝m，由牛顿第三定律得FN＝FN′＝N

联立解得v＝2m/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＋mv2＝mvB2

解得vB＝4m/s

（2）小物块从A运动到B点的过程，由动能定理得

Fs－μ1mgxAB＝mvB2－0

根据牛顿第二定律得：

F－μ1mg＝ma

由运动学公式有s＝at2

联立解得t＝s

（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v1，则由牛顿第二定律可得：

mg＝m，

由动能定理得：

－2μ2mgxBC－2mgR＝mv12－mvB2

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：

－2μ2mgxBC－mgR＝0－mvB2

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：

－2μ2mgxBC＝0－mvB2

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＝4s时离地面的高度h＝48m．若无人机的质量m＝0.3kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为Ff＝0.3N，重力加速度g取10m/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＝78m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）5.1N　

（2）12.6J

解析　

（1）无人机向上做匀加速直线运动h＝at2

由牛顿第二定律F－mg－Ff＝ma

解得F＝5.1N

（2）由运动学公式v＝at

由动能定理W－（mg＋Ff）（H－h）＝0－mv2

解得W＝12.6J

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＝.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）mg　　

（2）　（3）

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.由力的合成法则有

＝tanα①

F2＝（mg）2＋F02②

设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得

F＝m③

由①②③式和题给数据得

F0＝mg④

v＝⑤

（2）设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得

DA＝Rsinα⑥

CD＝R（1＋cosα）⑦

由动能定理有

－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv12⑧

由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝⑨

（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＋gt2＝CD

v⊥＝vsinα⑪

由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得

t＝ 

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＝，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下结论正确的是（　　）

图3

A．C、N的水平距离为R

B．C、N的水平距离为2R

C．小球在M点对轨道的压力为6mg

D．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vNcosα＝v、vNsinα＝gt、xCN＝vt，解得：

vN＝2v＝2、xCN＝R，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－Rcosα）＝mvN2－mvM2，对小球在M点时受力分析，由牛顿第二定律可得：

FNM－mg＝m，解得：

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．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＝0.8m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＝0.4kg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＝0.2kg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＝10m/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）．

答案　见解析

解析　

（1）由物块m2过B点后其位移与时间的关系x＝8t－2t2得，v0＝8m/s，加速度的大小a＝4m/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＝

又＝tan45°，得vD＝4m/s

设平抛运动用时为t，水平位移为x2，由R＝gt2，x2＝vDt，得x2＝1.6m

BD间位移为x1＝＝6m

则BP间水平距离为s＝x1＋x2＝7.6m

（3）设物块沿圆轨道到达M点的速度为vM，由机械能守恒得：

m2vM2＝m2vD2－m2gR

则vM2＝（16－8）m2/s2

若物块恰好能沿轨道过M点，则m2g＝m2

解得vM′2＝8m2/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

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＝1kg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＝5m，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＝1.5m，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＝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＝18J全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g＝10m/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．

答案　

（1）0.8m　

（2）m　（3）m/s≤v≤m/s

解析　

（1）物块被弹簧弹出，由Ep＝mv02，可知：

v0＝6m/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，

μ1mg＝ma1，v＝v0－a1t1，x1＝v0t1－a1t12

则a1＝2m/s2，t1＝0.5s，x1＝2.75m

因为x1

mv2＝μ2mgs＋mgR

代入数据可以得到：

R＝0.8m.

（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mv2－mvB2＝μ2mg·2s

得到vB＝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vB＝m/s离开传送带，设最终停在距C点x处，由mvB2＝μ2mg（s－x），得到x＝m.

（3）设传送带速度为v1时物块能恰到F点，在F点满足mgsin30°＝m

从B到F过程中由动能定理可知：

mv12－mvF2＝μ2mgs＋mg（R＋Rsin30°）

解得：

v1＝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，

由：

mv22＝μ2mg×3s＋mgR

解得：

v2＝m/s

若物块在传送带上一直加速运动，由mvBm2－mv02＝μ1mgL

则物块到B点的最大速度vBm＝2m/s>v2

综合上述分析可知，传送带的速度应满足条件m/s≤v≤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Ep＝mgh，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