备战高考物理二轮复习专题复习专题三 功和能 第2课时动力学和能量观点的综合应用

第2课时 动力学和能量观点的综合应用

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 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：

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 5 m/s (2)36 N (3)210

11

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v C ， 由mg ＝m v C 2

R

得：v C ＝2 m/s

物块从B 运动到C ，由动能定理得： －2mgR ＝12m v C 2－1

2m v B 2

解得：v B ＝2 5 m/s ； (2)物块从P 到C 由动能定理：

－mgR (1－sin θ)＝12m v C 2－1

2m v P 2，

解得v P ＝

65

5

m/s 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 ＝1

2m v B 2

解得F min ＝

21011

N 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：

210

11

N ≤F ≤50 N. 拓展训练1 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 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 v 02

R ，其中R ＝(0.2＋0.6) m ＝0.8 m

解得：v 0＝2 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F N ＝16 N ，对水，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 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：2mg ×2R ＋W ＝12×2m v 2－1

2×2m v 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 如图3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：(不计空气阻力，重力加速度为g )

图3

(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)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mgh ＝1

2m v 02

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 0＝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v 1＝v 02＝2gh

2

根据动能定理，物体在木板上滑动时，有 －μmg l 2＝12m v 12－1

2

m v 02

解得物体与木板之间的动摩擦因数μ＝3h 2l

.

拓展训练2 如图4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/s 2.该同学某次游戏取得成功，试求：

图4

(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v M ，运动至N 点速度为v N ，由P 至M ，L ＝v M t 1，H ＝1

2gt 12

由N 至P ，L ＝v N t 2，H ＋2R ＝1

2

gt 22