2020高考物理新课标地区专用提分大二轮讲义：专题三 功和能 第2课时 Word版含答案

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第2课时　动力学和能量观点的综合应用

[专题复习定位]　1．解决问题

本专题主要培养学生应用动力学和能量观点分析、解决综合性问题的能力．2．高考重点

动力学方法和动能定理的综合应用；动力学和能量观点分析多运动组合问题；含弹簧的动力学和能量问题．3．题型难度

本专题针对综合性计算题的考查，一般过程复杂，综合性强，难度较大．

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/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

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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，则拉力F 的大小范围．答案　(1)2 m/s (2)36 N (3)

N ≤F ≤50 N 5210

11

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 得：v C ＝2 m/s

v C 2

R

物块从B 运动到C ，由动能定理得：－2mgR ＝m v －m v 12C 21

2B 2

解得：v B ＝2 m/s ；

5(2)物块从P 到C 由动能定理：－mgR (1－sin θ)＝m v －m v ，解得v P ＝ m/s

12C 212P 265

5在P 点由牛顿第二定律：mg sin θ＋F N ＝m

v P 2

R 解得F N ＝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F N ′＝F N ＝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：F f ＝μ(mg －F min sin θ)，F min x cos θ－F f x ＝m v 1

2

B 2

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解得F min ＝

N 21011

当物块在AB 段即将离开地面时，拉力F 有最大值，则F max sin θ＝mg ，解得F max ＝50 N 综上，拉力的取值范围是：

N ≤F ≤50 N.210

11

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/s 2

.

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v 0；

(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

2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

v 02

R 解得：v 0＝2 m/s ；

2(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F N ＝16 N ，对水，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m

v 2

R

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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 ＝×2m v 2－×2m v

121

2

02

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)

(2)物块刚好落在平台上的B 点133gR 1

6

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解析　(1)物块从A 点抛出后做平抛运动，在C 点v C ＝＝2v 0

v 0

cos 60°由题意可知AB 的高度：h ＝R cos 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 ＝m v －m v 12C 21

202

解得v 0＝

1

3

3gR 物块从A 到F 的过程，由动能定理：－μmgR ＝0－m v 1

202

解得μ＝；

1

6

(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 ×R －μmgR ＝

1

2m v C ′21

2

求得v C ′＝

，假设成立；1

3

6gR 假设物块从C 点抛出后直接落在BC 平台上，BC 长度：s ＝v 0

＝R 2h

g

33物块在C 点竖直方向的分速度v y ＝v C ′sin 60°＝

2gR 2

水平分速度：v x ＝v C ′cos 60°＝

6gR 6

落在BC 平台上的水平位移：x ＝v x ×2＝R

v y

g 33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

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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，

l

2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)

2gh 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mgh ＝m v 1

202

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 0l 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v 1＝＝

v 0

22gh 2根据动能定理，物体在木板上滑动时，有－μmg ＝m v －m v l 212121

2

02

解得物体与木板之间的动摩擦因数μ＝.

3h 2l

拓展训练3　(2019·四川省第二次诊断)如图5所示为某同学设计的一个游戏装置，用弹簧制

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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/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)2 m (2) N ，方向竖直向上　(3)5 J

2

3

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 ＝gt 12

12

由N 至P ，L ＝v N t 2H ＋2R ＝gt 1

2

22

由M 至N 过程，－2mgR ＝m v －m v 12N 21

2M 2

联立解得：L ＝2 m ；

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(2)由(1)可得，v N ＝ m/s 10mg ＋F N ＝m

v N 2

R 解得：F N ＝ N

2

3

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 ＝ N ，方向竖直向上；

2

3(3)由P 至N 全过程，由能量守恒定律：E p ＝m v ＋mg (H ＋2R )

1

2N 2解得：

E p ＝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．

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答案　(1)2mgR (2)3mg ，方向竖直向上　(3)mgR

945

2

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 ＝2gR

C 点：取向下为正方向，由牛顿第二定律可得：mg ＋F N ＝m

v C 2

R 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，则由平抛运动规律可得：竖直方向：R ＝gt 1

212

水平方向：R ＝v C 1t 1

联立解得：v C 1＝

gR 2

小球从释放到C 点的过程：E p1－2mgR ＝m v －0

1

2C 12得：E p1＝mgR

9

4

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 ＝gt 1

222

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 ＝m v －0

1

2

C 22

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得：E p2＝mgR

5

2

综上符合条件的弹性势能应满足：mgR

945

2

拓展训练4　(2019·福建厦门市期末质检)如图7，一劲度系数为k ＝100 N/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，绳子张力大小为50 N ．已知物块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h ＝0.4 m 至与滑轮O 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)0.1 m (2)2 m/s (3)8 J

3解析　(1)物块P 位于A 点，设弹簧伸长量为x 1，则：F T ＝m 2g sin θ＋kx 1，代入数据解得：x 1＝0.1 m

(2)(3)经分析，此时OB 垂直竖直杆，OB ＝0.3 m ，此时物块Q 速度为0，h ＝0.4 m ，则OP ＝0.5 m ，物块Q 下降距离为：

Δx ＝OP －OB ＝0.5 m －0.3 m ＝0.2 m ，

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则弹簧压缩x 2＝0.2 m －0.1 m ＝0.1 m ，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 ＝m 1v 1

2B 2

代入可得：v B ＝2 m/s 3对物块P ：W T －m 1gh ＝m 1v 1

2B 2

代入数据得：W T ＝8 J.

专题强化练

(限时45分钟)

1.(2019·天津市南开区下学期二模)如图1，质量M ＝8 kg 的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F ＝8 N ．当小车向右运动的速度达到v 0＝3 m/s 时，在小车的右端轻放一质量m ＝2 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，假定小车足够长，重力加速度

g 取10 m/s 2.

图1

(1)小物块从放在车上开始经过多长时间与小车具有相同的速度？此时的速度大小为多少？(2)从小物块放在车上开始经过t 0＝3.0 s ，求摩擦力对小物块所做的功．答案　(1)2 s 4 m/s (2)23.04 J

解析　(1)根据牛顿第二定律，对物块：μmg ＝ma 1解得：a 1＝2 m/s 2对小车：F －μmg ＝Ma 2

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解得：a 2＝0.5 m/s 2

设经过t 1时间物块与小车的速度相等，则有：a 1t 1＝v 0＋a 2t 1

代入数据，解得：t 1＝2 s ，v ＝a 1t 1＝4 m/s

(2)经过t 1时间物块位移为x 1＝a 1t ＝×2×22 m ＝4 m

12121

2t 1时刻物块速度：v 1＝v ＝4 m/s t 1时刻后M 、m 有相同的加速度，对M 、m 整体有：F ＝(M ＋m )a 3解得：a 3＝0.8 m/s 2

物块受到的摩擦力为：F f ＝ma 3＝1.6 N<μmg ＝4 N 此过程物块运动时间为t 2＝t 0－t 1＝1 s ，位移为：x 2＝v 1t 2＋a 3t ＝4.4 m

1

2

22所以摩擦力做的功为：W ＝μmgx 1＋F f x 2＝23.04 J

2.(2019·辽宁葫芦岛市第一次模拟)已知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 ＝1.9 m ，半圆轨道半径R ＝0.6 m ，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；若向左缓慢压缩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μ＝0.25.重力加速度取10 m/s 2.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)

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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) m/s (2)0.15 m

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 2

R 解得v ＝ m/s

6(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 ＋m v 2

1

2联立解得x ＝0.15 m.

3.(2019·云南省第二次统一检测)如图3所示，在光滑水平面上有一段质量不计、长为6 m 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 ＝12 N 的水平拉力，并开始计时．已知A 滑块的质量m A ＝2 kg ，B 滑块的质量m B ＝4 kg ，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10 m/s 2，求：

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图3

(1)t ＝0时刻，A 、B 两滑块加速度的大小；(2)0～3 s 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，则竖直方向受力平衡：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 1

B 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＝1 m/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 2x 1＋x 2＝

L 2

x 1＝a 1t 2

12x 2＝a 2t 2

12

联立代入数据解得：x 1＝2 m ，x 2＝1 m ，t ＝2 s

2 s 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，

3 s 时间内因摩擦产生的热量为：Q ＝F f A (x 1＋x 2)

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代入数据解得：Q ＝30 J.

4.(2019·河北张家口市上学期期末)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(R ≤h ≤3R )的A 点由静止开始下落，从B

3

2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范围；

(3)通过计算说明小球从D 点飞出后能否落在水平面BC 上，若能，求落点与B 点水平距离d 的范围．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 ＝

m v D 2

R 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 )＝

m v D 2

2联立解得h ＝R ，

3

2

因为h 的取值范围为R ≤h ≤3R ，

3

2故小球能到达D 点；

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(2)设小球在D 点受到的压力为F N ，则F N ＋mg ＝

m v D ′2

R mg (h －R )＝

m v D ′2

2

联立并结合h 的取值范围R ≤h ≤3R

3

2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范围为：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 ＝gt 2

1

2x min ＝v D min t

联立代入数据解得x min ＝R >R ，2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 max2

R 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 ＝gt ′2，x max ＝v D max t ′

1

2联立代入数据解得x max ＝2R

2故落点与B 点水平距离d 的范围为：(－1)R ≤d ≤(2－1)R .

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