【物理】2020届二轮复习专题三　功和能第2课时动力学和能量观点的综合应用学案

【物理】2020届二轮复习专题三　功和能第2课时动力学和能量观点的综合应用学案

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 ‎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 ‎　19(1)21题 ‎2019‎ ‎1卷21‎ ‎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＝0.4 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x＝5 m处的A点放一质量m＝3 kg的小物块，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5.小物块在与水平地面夹角θ＝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 m/s　(2)36 N　(3) N≤F≤50 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mg＝m得：vC＝2 m/s 物块从B运动到C，由动能定理得：‎ ‎－2mgR＝mvC2－mvB2‎ 解得：vB＝2 m/s；‎ ‎(2)物块从P到C由动能定理：‎ ‎－mgR(1－sin θ)＝mvC2－mv，‎ 解得vP＝ m/s 在P点由牛顿第二定律：mgsin θ＋FN＝m 解得FN＝36 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FN′＝FN＝36 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＝μ(mg－Fminsin θ)，Fminxcos θ－Ffx＝mv 解得Fmin＝ N 当物块在AB段即将离开地面时，拉力F有最大值，则Fmaxsin θ＝mg 解得Fmax＝50 N 综上，拉力的取值范围是： N≤F≤50 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m＝0.2 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 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：‎ mg＝m 其中R＝(0.2＋0.6) m＝0.8 m 解得：v0＝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FN＝16 N，‎ 对水，由牛顿第二定律得：‎ FN－mg＝m 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＝×2mv2－×2mv 解得：W＝3.2 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)　　(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＝＝2v0‎ 由题意可知AB的高度：h＝Rcos 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：mgh＝mv－mv 解得v0＝ 物块从A到F的过程，由动能定理：‎ ‎－μmgR＝0－mv 解得μ＝；‎ ‎(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：mg×R－μmgR＝mvC′2‎ 求得vC′＝，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＝v0＝R 物块在C点竖直方向的分速度vy＝vC′sin 60°＝ 水平分速度：vx＝vC′cos 60°＝ 落在BC平台上的水平位移：x＝vx×2＝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，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)　(2) 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＝mv 得物体P滑到B点时的速度大小为v0＝ ‎(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＝＝ 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，因此物体从木板右端抛出的速度v1＝＝ 根据动能定理，物体在木板上滑动时，有 ‎－μmg＝mv－mv 解得物体与木板之间的动摩擦因数μ＝.‎ 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H＝0.5 m处固定一半圆形管道，管道所在平面竖直，半径R＝0.75 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/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) 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，L＝vMt1‎ H＝gt 由N至P，L＝vNt2‎ H＋2R＝gt 由M至N过程，－2mgR＝mv－mv 联立解得：L＝2 m；‎ ‎(2)由(1)可得，vN＝ m/s mg＋FN＝m 解得：FN＝ N 由牛顿第三定律可知，小球在N处对管道的作用力FN′＝FN＝ N，方向竖直向上；‎ ‎(3)由P至N全过程，由能量守恒定律：Ep＝mv＋mg(H＋2R)‎ 解得：Ep＝5 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)mgRR，‎ 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 解得vDmax＝2 小球飞离D后做平抛运动，‎ 根据平抛运动规律可知R＝gt′2，xmax＝vDmaxt′‎ 联立代入数据解得xmax＝2R 故落点与B点水平距离d的范围为：‎ ‎(－1)R≤d≤(2－1)R.‎