【物理】2019届二轮复习 动力学和能量观点的综合应用学案（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＝0.3 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 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/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＝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＋mv2＝mvB2
解得vB＝4 m/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＝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Ff＝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．
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＝at2
由牛顿第二定律F－mg－Ff＝ma
解得F＝5.1 N
(2)由运动学公式v＝at
由动能定理W－(mg＋Ff)(H－h)＝0－mv2
解得W＝12.6 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，sin α＝.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
＝tan α①
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＝Rsin α⑥
CD＝R(1＋cos α)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⊥＝vsin α⑪
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vNcos α＝v、vNsin α＝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－Rcos α)＝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＝0.8 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)．
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＝8 m/s，加速度的大小a＝4 m/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＝tan 45°，得vD＝4 m/s
设平抛运动用时为t，水平位移为x2，由R＝gt2，x2＝vDt，得x2＝1.6 m
BD间位移为x1＝＝6 m
则BP间水平距离为s＝x1＋x2＝7.6 m
(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＝8 m2/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＝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Ep＝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．
答案 (1)0.8 m (2) m (3) m/s≤v≤ m/s
解析 (1)物块被弹簧弹出，由Ep＝mv02，可知：v0＝6 m/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＝2 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝2.75 m
因为x1
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mgsin 30°＝m
从B到F过程中由动能定理可知：mv12－mvF2＝μ2mgs＋mg(R＋Rsin 30°)
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＝2 m/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：Wf＋mgh＝Ep.
即μmgcos θ·＋mgh＝mgh
解得：μ＝
(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a1和a2，根据牛顿第二定律得：
物块上滑过程中有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，
得 a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝g×＝g
物块下滑过程中有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，
得 a2＝g(sin θ－μcos θ)＝g×＝g
故a1∶a2＝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hm.则由功能关系得：Ep＝Wf总．
即mgh＝2μmgcos θ·
解得：hm＝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＝，已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝，θ＝30°，重力加速度取g＝10 m/s2，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1
A．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/s2
C．物块甲位于N点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为mgL
D．物块甲位于N点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为mgL
答案 BD
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/s2，则( )
图2
A．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25
B．弹簧的劲度系数为50 N/m
C．滑块运动到最低点C时，弹簧弹性势能大小为2.6 J
D．滑块从最低点C 返回时，一定能到达B点
答案 BC
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vB；
(3)在(2)中，小球通过B点时，圆环对小球的作用力大小FNB .
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)＝mgcos θ
得：k＝40 N/m
(2)由A到B过程，由动能定理得：mgR(1－cos θ)＝mvB2－0
得：vB＝2.0 m/s
(3)在B点由牛顿第二定律得，k(R－0.8R)＋FNB－mg＝m
得：FNB＝6.0 N
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Ff＝CρSv2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．
答案 (1) (2)mg
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＝Ff
又因为Ff＝C0ρ0Sv2＝C0ρ0·πR2v2
解得：v＝
(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Wf，
由动能定理：mgh－Wf＝mv2
解得：Wf＝mg
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．
答案 (1)2R (2)6mg (3)mgR
解析 (1)因为物块恰好能通过C点，有：mg＝m
物块由C点做平抛运动，有：x＝vCt,2R＝gt2
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：mvB2＝2mgR＋mvC2
设物块在B点时受到轨道的支持力为FN，有：FN－mg＝m，
解得：FN＝6mg
由牛顿第三定律可知，物块在B点时对半圆轨道的压力FN′＝FN＝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：Ep＝2mgR＋mvC2，解得Ep＝mgR.
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：
mvD2＝mvC2＋mgR(1－cos 37°)
滑块在D点的速度vD＝＝3 m/s
在D点对滑块受力分析，根据牛顿第二定律有：FN－mg＝m
滑块受到的支持力FN＝mg＋m＝25.6 N
根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力FN′＝FN＝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vB＝vCcos 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＝mv－0
解得：水平外力作用在滑块上的时间t＝ ＝0.4 s
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＝，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.
答案 见解析
解析 (1)由动能定理得×2mv02＝2mg(h－Lsin θ)
解得：v0＝
(2)对木板与物块整体，由牛顿第二定律得F0－2mgsin θ＝2ma0
对物块，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma0
解得：F0＝mg
(3)设拉力F的作用时间为t1，再经时间t2物块与木板达到共速，再经时间t3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－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma3
对物块由牛顿第二定律得，μmgcos θ－mgsin θ＝ma2
对木板与物块整体由牛顿第二定律得，2mgsin θ＝2ma4
另有：a1t1－a3t2＝a2(t1＋t2)
a2(t1＋t2)＝a4t3
a1t12＋a1t1·t2－a3t22＋a4t32＝
W＝F·a1t12
解得：W＝mgh
