高三物理二轮复习专题三 功和能 第2课时 动力学和能量观点的综合应用

《高三物理二轮复习专题三 功和能 第2课时 动力学和能量观点的综合应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三物理二轮复习专题三 功和能 第2课时 动力学和能量观点的综合应用（13页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、第第 2 课时课时 动力学和能量观点的综合应用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 2016 2 卷 16, 3 卷 20, 3 卷 24 16(2)16 题 16(3)20 题 16(3)24 题 17(2)17 题 19(2)25 题 2017 2 卷 17 2019 2 卷 25 动力学和能 量观点分析 多运动过程 问题 2018 3 卷 25 18(3)25 题 含弹簧的动 力学和能量 问题 2016 1 卷 25, 2 卷 25 16(1)25 题 16(2)25 题 2019 1 卷 21 19(1)21 题 1相关规律和方法

2、 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 R0.4 m 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 x5 m 处的 A 点放一质量 m3 kg 的小物 块， 小物块与水平地面间的动摩擦因数为 0.5.小物块在与水平地面夹角 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

3、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.(g取10 m/s2， sin 37 0.6，cos 37 0.8)求： 图 1 (1)小物块在 B 点的最小速度 vB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，则拉力 F 的大小范围 答案 (1)2 5 m/s (2)36 N (3)210 11 NF50 N 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 mgmvC 2 R 得：vC2 m/s 物块从 B 运动到 C，由动能定理得： 2mgR1 2mvC 21

4、 2mvB 2 解得：vB2 5 m/s； (2)物块从 P 到 C 由动能定理： mgR(1sin )1 2mvC 21 2mvP 2， 解得 vP6 5 5 m/s 在 P 点由牛顿第二定律：mgsin FNmvP 2 R 解得 FN36 N； 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 FNFN36 N (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： Ff(mgFminsin )，Fminxcos Ffx1 2mvB 2 解得 Fmin210 11 N 当物块在 AB 段即将离开地面时，拉力 F 有最大值，则 Fmaxsin mg

5、解得 Fmax50 N 综上，拉力的取值范围是：210 11 NF50 N. 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 20 cm，人手臂的 长度为 60 cm，杯子和水的质量均为 m0.2 kg.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 10 m/s2. 图 2 (1)若要保证在最高点水不洒出，求水杯通过最高点的最小速率 v0； (2)若在最高点水刚好不洒出，在最低点时水

6、对杯底的压力为 16 N，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 m/s (2)3.2 J 解析 (1)水杯通过最高点时，对水由牛顿第二定律得： mgmv0 2 R 其中 R(0.20.6) m0.8 m 解得：v02 2 m/s； (2)在最低点时水对水杯底的压力为 16 N，杯底对水的支持力 FN16 N， 对水，由牛顿第二定律得： FNmgmv 2 R 对杯子和水，从最高点到最低点的过程中，由动能定理得： 2mg2RW1 22mv 21 22mv0 2 解得：W3.2 J. 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

7、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 湖北恩施州 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

8、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 v0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)1 3 3gR 1 6 (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 vC v0 cos 60 2v0 由题意可知 AB 的高

9、度：hRcos 60 0.5R； 设物块的质量为 m，从 A 到 C 点的过程，由机械能守恒可得：mgh1 2mvC 21 2mv0 2 解得 v01 3 3gR 物块从 A 到 F 的过程，由动能定理： mgR01 2mv0 2 解得 1 6； (2)假设物块能回到 C 点，设到达 C 点的速度大小为 vC，根据动能定理：mg1 2RmgR 1 2mvC 2 求得 vC1 3 6gR，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：sv0 2h g 3 3 R 物块在 C 点竖直方向的分速度 vyvCsin 60 2gR 2 水平分速度：vxvCcos 60 6gR

10、6 落在 BC 平台上的水平位移：xvx2vy g 3 3 R 即物块刚好落在平台上的 B 点 拓展训练 2 (2019 河南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 所示已知它落 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l 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：

11、(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 . 答案 (1) 2gh (2)3h 2l 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 mgh1 2mv0 2 得物体 P 滑到 B 点时的速度大小为 v0 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 v0 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l 2， 因此物体从木板右端抛出的速度 v1v0 2 2gh 2 根据动能定理，物体在木

12、板上滑动时，有 mgl 2 1 2mv1 21 2mv0 2 解得物体与木板之间的动摩擦因数 3h 2l. 拓展训练 3 (2019 四川省第二次诊断)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 H0.5 m 处固定一半圆 形管道，管道所在平面竖直，半径 R0.75 m，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 0.2 kg，半径略小于管道内径，可视为质点，不计空气阻 力，g 取 10 m

13、/s2.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)2 m (2)2 3 N，方向竖直向上 (3)5 J 解析 (1)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，LvMt1 H1 2gt1 2 由 N 至 P，LvNt2 H2R1 2gt2 2 由 M 至 N 过程，2mgR1 2mvN 21 2mvM 2 联立解得：L2 m； (2)由(1)可得，vN 10 m/s mgFNmvN 2 R 解得：FN2 3 N 由牛顿第三定律可知，小球在 N 处对管道的作用力 F

14、NFN2 3 N，方向竖直向上； (3)由 P 至 N 全过程，由能量守恒定律：Ep1 2mvN 2mg(H2R) 解得：Ep5 J. 例 3 (2019 湖南衡阳市第一次联考)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 O1O2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

15、 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)9 4mgREp 5 2mgR 解析 (1)对小球从释放到 C 的过程，应用动能定理可得：4mgR2mgREkC0 解得小球经 C 点时的动能：EkC2mgR (2)由(1)可知 C 点小球的速度： vC2 gR C 点：取向下为正方向，由牛顿第二定律可得：mgFNmv

16、C 2 R 解得：FN3mg，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：R1 2gt1 2 水平方向：RvC1t1 联立解得：vC1 gR 2 小球从释放到 C 点的过程：Ep12mgR1 2mvC1 20 得：Ep19 4mgR 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：2R1 2gt2 2 水平方向：2RvC2t2 联立解得：vC2 gR 小球从释放到 C 点的过程：Ep22mgR1 2mvC2 20 得：Ep25 2mgR 综上符合条件的弹性势能应满足：9 4mgREpR， 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 mg3mgmvDmax 2 R 解得 vDmax2 gR 小球飞离 D 后做平抛运动， 根据平抛运动规律可知 R1 2gt 2，x maxvDmaxt 联立代入数据解得 xmax2 2R 故落点与 B 点水平距离 d 的范围为： ( 21)Rd(2 21)R.