(新课标地区专用)2020高考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课件
mg＝mvR02，其中 R＝(0.2＋0.6) m＝0.8 m
解得：v0＝2 2 m/s；
(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 3.2 J
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2l ，
因此物体从木板右端抛出的速度 v1＝v20＝
2gh 2
根据动能定理，物体在木板上滑动时，有－μmg2l ＝12mv12－12mv02
解得物体与木板之间的动摩擦因数 μ＝32hl .
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：
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m1＝0.8 kg，物块Q质量为m2＝5 kg.(不计滑轮大小及 摩擦，取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)现将
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： (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；
内容索引
NEIRONGSUOYIN
高考题型1 动力学方法和动能定理的综合应用 高考题型2 动力学和能量观点分析多运动组合问题 高考题型3 含弹簧的动力学和能量问题
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 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.
综上，拉力的取值范围是：21110 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. (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；
物块P由静止释放，求：
(1)物块P位于A时，弹簧的伸长量x1；
答案 0.1 m
图7
解析 物块P位于A点，设弹簧伸长量为x1， 则：FT＝m2gsin θ＋kx1， 代入数据解得：x1＝0.1 m
(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； 答案 2 3 m/s (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 8 J
(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 物块刚好落在平台上的B点
解析 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×12R－μmgR＝12mvC′2 求得 vC′＝13 6gR，假设成立；
高考题型3 含弹簧的动力学和能量问题
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
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： (1)小物块在B点的最小速度vB的大小； 答案 2 5 m/s
解析 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＝mvR2 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＝12×2mv2－12×2mv02 解得：W＝3.2 J.
高考题型2 动力学和能量观点分析多运动组合问题
(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
210 11
N≤F≤50 N
解析 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＝12mvB2 解得 Fmin＝21110 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
答案
1 3 3gR
1 6
图3
解析 物块从 A 点抛出后做平抛运动，在 C 点 vC＝cosv060°＝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＝12mvC2－12mv02 解得 v0＝13 3gR 物块从 A 到 F 的过程，由动能定理：－μmgR＝0－12mv02 解得 μ＝16；
图1
解析 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＝mvRC2得：vC＝2 m/s 物块从B运动到C，由动能定理得： －2mgR＝12mvC2－12mvB2 解得：vB＝2 5 m/s；
(2)在(1)情况下小物块在P点时对轨道的压力大小；
答案 36 N 解析 物块从 P 到 C 由动能定理：－mgR(1－sin θ)＝12mvC2－12mvP2， 解得 vP＝655 m/s 在 P 点由牛顿第二定律：mgsin θ＋FN＝mvRP2 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
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)
(1)求小球经C点时的动能；
答案 2mgR
图6
解析 对小球从释放到C的过程，应用动能定理可得：4mgR－2mgR＝EkC－0 解得小球经C点时的动能：EkC＝2mgR
答案
9
5
4mgR<Ep<2mgR
解析 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＝12gt12
水平方向：R＝vC1t1
联立解得：vC1＝
gR 2
小球从释放到 C 点的过程：Ep1－2mgR＝12mvC12－0 得：Ep1＝94mgR
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：
答案 2gh
解析 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＝12mv02 得物体 P 滑到 B 点时的速度大小为 v0＝ 2gh
图4
(2)P与木板之间的动摩擦因数μ.
答案
3h 2l
解析 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＝vl0＝
l 2gh
第一部分 专题三 功和能
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.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.
答案
2 3
N，方向竖直向上
解析 由(1)可得，vN＝ 10 m/s mg＋FN＝mvRN2 解得：FN＝23 N 由牛顿第三定律可知，小球在 N 处对管道的作用力 FN′＝FN＝23 N，方向竖直向上；
(3)弹簧储存的弹性势能.
(新课标)2020版高考物理大二轮复习专题二功和能第二讲功能关系在力学中的应用教学案
第二讲功能关系在力学中的应用[知识建构][备考点睛](注1)……(注3)：详见答案部分1.熟练两种模型(1)“传送带”模型.(2)“板块”模型.2.常见的功能关系(1)合外力做功与动能的关系：W合＝ΔE k.(2)重力做功与重力势能的关系：W G＝－ΔE p.(3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔE p.(4)除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机.(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：F f l相对＝ΔE内.[答案](1)两种摩擦力做功的比较式，或从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中其总量保持不变．(3)表达式：ΔE减＝ΔE增ΔE增为末状态的能量减去初状态的能量，而ΔE减为初状态的能量减去末状态的能量．热点考向一 力学中几个重要功能关系的应用【典例】 (多选)(2019·东北三校联考)质量分别为m 1和m 2的木块A 和B 之间用一轻质弹簧相连，然后将它们静置于一底端带有挡板的光滑斜面上，其中B 置于斜面底端的挡板上．设斜面的倾角为θ，弹簧的劲度系数为k .现用一平行于斜面的恒力F 拉木块A 使A 沿斜面由静止开始向上运动，当木块B 恰好对挡板的压力为零时，木块A 在斜面上运动的速度为v ，则下列说法正确的是( )A ．此时弹簧的弹力大小为m 1g sin θB ．拉力F 在该过程中对木块A 所做的功为F (m 1＋m 2)g sin θkC ．木块A 在该过程中重力势能增加了m 1(m 1＋m 2)g 2sin 2θkD ．弹簧在该过程中弹性势能增加了F (m 1＋m 2)g sin θk －12m 1v 2[思路引领] (1)木块B 恰好对挡板压力为零时，木块B 处于平衡状态，弹簧弹力为m 2g sin θ.(2)弹簧弹性势能的增加量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量． [解析] 当木块B 恰好对挡板的压力为零时，木块B 受重力、支持力以及弹簧的弹力作用，则由力的平衡条件可知，弹簧的弹力大小为m 2g sin θ，故A 错误；木块A 向上运动时有重力、拉力F 和弹簧弹力对其做功，根据动能定理，合力做功等于木块A 动能的增加量，开始时木块A 静止，弹簧压缩量x 1＝m 1g sin θk，当B 对挡板的压力刚为零时，弹簧伸长量x 2＝m 2g sin θk ，此过程中拉力F 对木块A 做的功为W F ＝F (x 1＋x 2)＝F (m 1＋m 2)g sin θk；此过程中木块A 重力势能的增加量ΔE p ＝m 1g Δh ＝m 1g (x 1＋x 2)sin θ＝m 1(m 1＋m 2)g 2sin 2θk，故B 、C 正确；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量，即F (m 1＋m 2)g sin θk －12m 1v 2－m 1(m 1＋m 2)g 2sin 2θk，故D 错误．[答案] BC1．对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同性质的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．2．功是能量转化的量度，力学中几种常见的功能关系如下迁移一 与圆周运动结合的功能关系1．(2019·湖北七校联考) 如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功mgR /2[解析] 小球从P 点运动到B 点的过程中重力做功为mgR ，选项A 错误；设小球通过B 点时的速度为v B ，小球通过B 点时刚好对轨道没有压力，说明此刻刚好重力提供向心力，对小球通过B 点瞬间应用牛顿第二定律有：mg ＝m v 2BR，解得v B ＝gR ，设小球从P 点运动到B点的过程中克服摩擦力做功为W ，对此过程由动能定理有：mgR －W ＝12mv 2B ，联立得W ＝12mgR ，选项D 正确；合外力做功W 合＝12mv 2B ＝12mgR ，选项C 错误；小球机械能的减少量等于小球克服摩擦力所做的功，即ΔE ＝W ＝12mgR ，选项B 错误．[答案] D迁移二 与板块结合的功能关系2．(多选)(2019·黑龙江哈尔滨三中调研)如图所示，质量为M 、长为L 的木板置于光滑的水平地面上，一质量为m 的滑块放置在木板左端，滑块与木板间的滑动摩擦力大小为F f ，用水平的恒定拉力F 作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x ，下列结论中正确的是( )A ．上述过程中，F 做的功等于滑块和木板动能的增加量B ．其他条件不变的情况下，M 越大，x 越小C ．其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达木板右端所用的时间越长D ．其他条件不变的情况下，F f 越大，滑块与木板间产生的热量越多[解析] F 做的功等于二者的动能与因摩擦产生的热量之和，A 错误；其他条件不变的情况下，M 越大，木板加速度越小，木板在地面上移动的距离x 越小，B 正确；其他条件不变的情况下，F 越大，滑块加速度越大，滑块到达木板右端所用时间越短，C 错误；滑块与木板间产生的热量等于F f L ，其他条件不变的情况下，F f 越大，滑块与木板间产生的热量越多，D 正确．[答案] BD迁移三 与传送带结合的功能关系3．(2019·山东省淄博市高三二模)已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t ＝0记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系(如图乙所示)，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v 1>v 2.已知传送带的速度保持不变，则( )A ．物块在0～t 1内运动的位移比在t 1～t 2内运动的位移小B ．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，那么μ<tan θC ．0～t 2内，传送带对物块做功为W ＝12mv 22－12mv 21D ．0～t 2内物块动能变化量大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量[解析] 由图乙知，物块在0～t 2内的加速度不变，因为v 1>v 2，由v 2＝2ax 知，物块在0～t 1内运动的位移比在t 1～t 2内运动的位移大，选项A 错误；由图乙知，物块在0～t 1内沿斜面向下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律知μmg cos θ>mg sin θ，则μ>tan θ，选项B 错误；0～t 2内，根据动能定理得，W ＋W G ＝12mv 22－12mv 21，选项C 错误；0～t 2内，由能量守恒定律知，物块动能减少量与重力势能减少量等于物块与传送带间摩擦而产生的热量，故物块动能变化量大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量，选项D 正确．[答案] D(1)“传送带”模型问题中的功能关系分析 ①功能关系分析：W 电＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q ＝E 电．②对W 电和Q 的理解：电动机做的功W 电＝Fx 传；产生的热量Q ＝F f ·x 相对．(2)常用结论①把一个物体无初速度放到水平匀速转动的传送带上，在物体与传送带相对静止时，因摩擦产生的热量Q 与物体动能增加量相等，即Q ＝mv 22.②把一个物体无初速度放到倾斜向上转动的传送带上，在物体与传送带速度相等时，因摩擦产生的热量Q 与物体机械能增加量相等，即Q ＝mv 22＋mgh .(3)常用方法：物块在传送带上运动，在同一坐标系中同时作出物块和传送带运动的v －t 图线，由图像分析物块的运动过程，求物块与传送带的位移及相对位移.热点考向二 动力学规律和动能定理的综合应用【典例】 (2019·河北唐山模拟)如图(甲)所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长．一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m ＝1.0 kg 的小滑块(可视为质点)接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态．当t ＝0时释放滑块．在0～0.24 s 时间内，滑块的加速度a 随时间t 变化的关系如图(乙)所示．已知弹簧的劲度系数k ＝2.0×102N/m ，当t 1＝0.14 s 时，滑块的速度v 1＝2.0 m/s.g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.弹簧弹性势能的表达式为E p ＝12kx 2(式中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量)．求：(1)斜面对滑块摩擦力的大小F f ；(2)t ＝0.14 s 时滑块与出发点间的距离d ； (3)在0～0.44 s 时间内，摩擦力做的功W .[思路引领] (1)t 1＝0.14 s 时，滑块与弹簧开始分离．(2)mg sin37°>F f ，滑块速度减为零后，会反向做匀加速直线运动．[解析] (1)由图(乙)可知，当t 1＝0.14 s 时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动．加速度大小为a 1＝10 m/s 2.根据牛顿第二定律有mg sin θ＋F f ＝ma 1， 代入数据解得F f ＝4.0 N.(2)当t 1＝0.14 s 时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d 等于t 0＝0时弹簧的形变量x ，所以在0～0.14 s 时间内弹簧弹力做的功为W 弹＝E p 初－E p 末＝12kd 2.在这段过程中，根据动能定理有W 弹－mgd sin θ－F f d ＝12mv 21－0，代入数据解得d ＝0.20 m.(3)设从t 1＝0.14 s 时开始，经时间Δt 1滑块的速度减为零，则有Δt 1＝0－v 1－a 1＝0.20 s这段时间内滑块运动的距离为 x 1＝0－v 212(－a 1)＝0.20 m此时为t 2＝0.14 s ＋Δt 1＝0.34 s ， 由于mg sin37°＝6 N>F f ，此后滑块反向做匀加速直线运动，其加速度的大小为a 2＝mg sin θ－F f m＝2.0 m/s 2； 在0.34～0.44 s(Δt 2＝0.1 s)时间内，滑块反向运动的距离为x 2＝12a 2Δt 22＝0.01 m.在0～0.44 s 时间内，摩擦力F f 做的功为W ＝－F f (d ＋x 1＋x 2)代入数据解得W ＝－1.64 J.[答案] (1)4.0 N (2)0.20 m (3)－1.64 J动力学规律和动能定理的综合问题的解题技巧1．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．2．对于物体受变力作用的力学问题，动能定理是解决问题的重要方法之一．(2019·河南省周口市期末)如右图所示，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103 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/s 2.求：(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．[解析] (1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 2R，由牛顿第三定律得F N ＝F N ′＝103N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 ＋12mv 2＝12mv 2B解得v B ＝4 m/s(2)小物块从A 运动到B 点的过程，由动能定理得Fs －μ1mgx AB ＝12mv 2B －0根据牛顿第二定律得：F －μ1mg ＝ma由运动学公式有s ＝12at 2联立解得t ＝53s(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v 1，则由牛顿第二定律可得：mg ＝m v 21R，由动能定理得：－2μ2mgx BC －2mgR ＝12mv 21－12mv 2B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为R 时速度为零，由动能定理可得： －2μ2mgx BC －mgR ＝0－12mv 2B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： －2μ2mgx BC ＝0－12mv 2B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.[答案] (1)4 m/s (2)53s (3)0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2<0.4物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，可以分段应用动能定理，也可以对整个过程利用动能定理，但不能在某一方向上应用动能定理.热点考向三 动力学观点和能量观点在多过程问题中的应用【典例】 (2019·天津市红桥区高三二模) 轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动．重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围． [思路引领][解析] (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能为E P ＝5mgl ①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E P ＝12Mv 2B ＋μMg ·4l ②联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足mv 2l－mg ≥0④设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得 12mv 2B ＝12mv 2D ＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2⑦P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为 s ＝v D t ⑧联立⑥⑦⑧式得s ＝22l ⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知 5mgl >μMg ·4l ⑩要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12Mv 2B ≤Mgl ⑪ 联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m[答案] (1)6gl 22l (2)53m ≤M <52m涉及做功与能量转化问题的解题方法1．分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况．2．当涉及滑动摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q ＝F f l 相对，l 相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．3．解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE 减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列式求解．(2019·苏北四校联考)如图所示，倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P ，质量为m 的小物块A 与质量不计的木板B 叠放在斜面上，A 位于B 的最上端且与挡板P 相距L .已知A 与B 、B 与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tan θ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 与挡板P 相撞的过程中没有机械能损失．将A 、B 同时由静止释放．(1)求A 、B 释放瞬间小物块A 的加速度大小a 1； (2)若A 与挡板P 不相撞，求木板B 的最小长度l 0；(3)若木板B 的长度为l ，求整个过程中木板B 运动的总路程．[解析] (1)释放A 、B ，它们一起匀加速下滑，以A 、B 为研究对象，由牛顿第二定律有mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ－μ2g cos θ.(2)在B 与挡板P 相撞前，A 和B 相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动．B 与挡板P 相撞后立即静止，A 开始匀减速下滑．若A 到达挡板P 处时的速度恰好为零，此时B 的长度即为最小长度l 0.从A 释放至到达挡板P 处的过程中，B 与斜面间由于摩擦产生的热量Q 1＝μ2mg cos θ·(L －l 0)，A 与B 间由于摩擦产生的热量Q 2＝μ1mg cos θ·l 0根据能量守恒定律有mgL sin θ＝Q 1＋Q 2，得l 0＝sin θ－μ2cos θ(μ1－μ2)cos θL .(3)分两种情况：①若l ≥l 0，B 与挡板P 相撞后不反弹，A 一直减速直到静止在木板B 上 木板B 通过的路程s ＝L －l②若l <l 0，B 与挡板P 相撞后，A 在木板B 上减速运动直至与挡板P 相撞．由于碰撞过程中没有机械能损失，A 将以撞前速率返回，并带动木板一起向上减速；当它们的速度减为零后，再重复上述过程，直至物块A 停在挡板处．在此过程中，A 与B 间由于摩擦产生的热量Q 1′＝μ1mg cos θ·l ，B 与斜面间由于摩擦产生的热量Q 2′＝μ2mg cos θ·s ，根据能量守恒定律有mgL sin θ＝Q 1′＋Q 2′，解得s ＝L sin θ－μ1l cos θμ2cos θ.[答案] (1)g sin θ－μ2g cos θ (2)sin θ－μ2cos θ(μ1－μ2)cos θL(3)L sin θ－μ1l cos θμ2cos θ处理多过程问题的技巧(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景；(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案.考场满分答卷策略——功能关系在力学中的综合应用(2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t ＝0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A 返回到倾斜轨道上的P 点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A 运动的v －t 图像如图(b)所示，图中的v 1和t 1均为未知量．已知A 的质量为m ，初始时A 与B 的高度差为H ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力．(1)求物块B 的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值.专题强化训练(六)一、选择题1．(多选)(2019·四川省攀枝花市第二次统考)物体由地面以120 J的初动能竖直向上抛出，当它从抛出至上升到某一点A 的过程中，动能减少40 J ，机械能减少10 J ．设空气阻力大小不变，以地面为参考平面，则物体( )A ．落回到地面时机械能为70 JB ．到达最高点时机械能为90 JC ．从最高点落回地面的过程中重力做功为60 JD ．从抛出到落回地面的过程中克服空气阻力做功为60 J[解析] 物体以120 J 的初动能竖直向上抛出，做竖直上抛运动，向上运动的过程中重力和阻力都做负功，当上升到某一高度时，动能减少了40 J ，而机械能损失了10 J ．根据功能关系可知：合力做功为－40 J ，空气阻力做功为－10 J ，对从抛出点到A 点的过程，根据功能关系：－mgh －F f h ＝－40 J ，－F f h ＝－10 J ，得F f ＝13mg ；当上升到最高点时，动能为零，动能减少120 J ，设最大高度为H ，则有：mgH ＋F f H ＝120 J ，解得F f H ＝30 J ，即机械能减少30 J ，在最高点时机械能为120 J －30 J ＝90 J ，即上升过程机械能共减少了30 J ；下落过程中，由于空气阻力做功不变，所以机械能又损失了30 J ，故整个过程克服空气阻力做功为60 J ，则该物体落回到地面时的机械能为60 J ，从最高点落回地面的过程中重力做功为mgH ＝90 J ，故A 、C 错误，B 、D 正确．[答案] BD2. (多选)(2019·惠州市高三调研)如图所示，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O 点．现将物块拉到A 点后由静止释放，物块运动到最低点B ，图中B 点未画出．下列说法正确的是( )A ．速度最大时，B 点一定在O 点左下方 B ．速度最大时，物块的位置可能在O 点左下方C ．从A 到B 的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减少D ．从A 到B 的过程中，物块减少的机械能一定等于它克服摩擦力做的功[解析] 弹簧处于自然长度时物块处于O 点，所以在O 点时弹簧弹力为零，物块从A 向B 运动的过程中，受重力、支持力、弹簧的弹力和滑动摩擦力作用，当受力平衡时物块的速度最大，由于摩擦力平行斜面向上，所以当弹力和重力沿斜面的分力之和大小等于摩擦力时，速度最大，由于不知道物块重力沿斜面方向的分力与摩擦力的大小关系，故无法判断弹簧此时是处于伸长还是压缩状态，即B 点可能在O 点，也可能在O 点左下方，也可能在O 点右上方，A 错误，B 正确；从A 到B 的过程中，滑动摩擦力一直做负功，故物块和弹簧组成的系统机械能减少，C 正确；从A 到B 的过程中，根据能量守恒定律，当弹簧的弹性势能增加时，物块减少的机械能大于它克服摩擦力做的功，D 错误．[答案] BC3. (多选)(2019·安徽省示范高中联考)如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M ＝6 kg ，质量m ＝2 kg 的铁块以水平速度v 0＝12 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则下列说法中正确的是( )A ．铁块和木板最终共同以3 m/s 的速度向右做匀速直线运动B ．运动过程中弹簧的最大弹性势能为54 JC ．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为54 JD ．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为108 J[解析] 设最终铁块与木板的共同速度大小为v ，铁块相对木板向右运动时，滑动的最大路程为L ，滑动摩擦力大小为f .取向右为正方向，根据系统动量守恒可知mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝3 m/s ，方向向右，所以铁块和木板最终共同以3 m/s 的速度向右做匀速直线运动，A 正确．铁块相对于木板向右运动，铁块与木板的速度相同时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律知此时两者的速度也为v ＝3 m/s ，根据能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程，有12mv 20＝fL ＋12(M ＋m )v 2＋E p ，铁块相对于木板运动的整个过程有，12mv 20＝2fL ＋12(M ＋m )v 2，联立解得弹簧的最大弹性势能E p ＝54 J 、fL ＝54 J ，B 正确．由功能关系知，运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量Q ＝2fL ＝108 J ，C 错误，D 正确．[答案] ABD4．(2019·汉中市高三质检一)空降兵是现代军队的重要兵种．一次训练中，空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下(初速度可看成零，未打开降落伞前不计空气阻力)，下落高度h 之后打开降落伞，接着又下降高度H 之后，空降兵匀速下降．设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度平方成正比，比例系数为k ，即f ＝kv 2，重力加速度为g ，那么关于空降兵的说法正确的是( )A ．空降兵从跳下到下落高度为h 时，机械能一定损失了mghB ．空降兵从跳下到刚匀速下降时，重力势能一定减少了mgHC ．空降兵匀速下降时，速度大小为mgkD ．空降兵从跳下到刚匀速下降的过程，克服阻力做功为mg (H ＋h )－m 2gk[解析] 空降兵从跳下到下落高度为h 的过程中，只有重力做功，机械能不变，选项A 错误；空降兵从跳下到刚匀速下降时，重力做功为mg (H ＋h )，重力势能一定减少了mg (H ＋h )，选项B 错误；空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，所以：kv 2＝mg ，得：v ＝mgk，选项C 正确；空降兵从跳下到刚匀速下降的过程，重力和阻力对空降兵做的功等于空降兵动能的变化，即：mg (H ＋h )－W f ＝12mv 2，解得：W f ＝mg (H ＋h )－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg k 2＝mg (H ＋h )－m 2g 2k ，选项D 错误．[答案] C5．(多选)(2019·重庆市高三调研)如图所示，水平传送带以恒定速率转动．每隔相同时间T ，在左端A 点，轻轻放上一个完全相同的工件，已知工件与传送带之间的动摩擦因数为μ，工件质量为m .经测量，发现那些已经和传送带共速的工件之间的距离均为L .已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．传送带的速度大小为L TB ．工件在传送带上的加速时间为L2TμgC ．每个工件与传送带间因摩擦产生的热量为μmgL2D ．传送带因传送一个工件而多消耗的能量为mL 2T2[解析] 工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放在传送带上后运动的规律相同，可知L ＝vT ，解得传送带的速度v ＝LT，A 正确；设每个工件做匀加速运动的时间为t ，根据牛顿第二定律有，工件的加速度为μg ，根据v ＝v 0＋at ，解得t＝v a ＝L Tμg ，B 错误；工件与传送带相对滑动的路程为Δx ＝v v μg －v 22μg ＝v 22μg ＝L 22μgT 2，则摩擦产生的热量为Q ＝μmg ·Δx ＝mL 22T2，C 错误；根据能量守恒有，传送带因传送一个工件多消耗的能量E ＝12mv 2＋μmg ·Δx ＝mL2T2，D 正确．[答案] AD6．(多选)(2019·安徽师大附中模拟) 如图所示，质量m ＝1 kg 的物体从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB 之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度匀速运动，则( )A ．物体从A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 JD ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做功10 J[解析] 设物体下滑到A 点的速度为v 0，对PA 过程，由机械能守恒定律有：12mv 20＝mgh ，代入数据得：v 0＝2gh ＝2 m/s<v ＝4 m/s ，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为a ＝μmg m＝μg ＝2 m/s 2；当物体的速度与传送带的速度相等时，用时为：t 1＝v －v 0a ＝4－22 s ＝1 s ，匀加速运动的位移x 1＝v 0＋v 2t 1＝2＋42×1 m＝3 m<L ＝5 m ，所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为t 2＝L －x 1v ＝5－34s ＝0.5 s ，故物体从A 运动到B 的时间为：t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ，A 正确；物体运动到B 的速度是v ＝4 m/s ，根据动能定理得：摩擦力对物体做功W f ＝12mv 2－12mv 20＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×42－12×1×22 J ＝6 J ，B 错误；在t 1时间内，传送带做匀速运动的位移为x 带＝vt 1＝4 m ，故产生热量Q ＝μmg Δx ＝μmg (x带－x 1)，代入数据得：Q ＝2 J ，C 正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2－12mv 20＋Q ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×1×(42－22)＋2 J ＝8 J ，D错误．[答案] AC7．(多选)(2019·江苏卷)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m ，从A 点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A 点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s ，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中( )。
高考物理二轮专题复习PPT课件_动力学和能量观点的综合应用
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专题二 动量与能量
4
2．牛顿第二定律 物体运动的加速度与物体受到的_合__外___力__成正比，与物体的质量成反比， 加速度的方向与物体所受_合__外__力___的方向是一致的。表达式：F 合＝ma， _加__速__度___是联系受力和运动的桥梁。
律解决问题的过程中，引导 观念。
动情景为依托，强调受力
学生体会守恒的思想，领悟 2．科学推理和论 分析、运动过程分析以及
从守恒的角度分析问题的方 证能力，应用牛顿 应用动力学和能量观点进
法，增强分析和解决问题的 第二定律、运动学 行分析和推理。主要题型：
能力。
公式、动能定理以 动力学方法和动能定理的
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专题二 动量与能量
5
二、能量观点 1．动能定理 (1)内容：物体所受_合__外__力___的功等于物体动能的变化量。 (2)表达式：W＝12mv22－12mv21。 (3)应用技巧：如果一个物体有多个运动过程，应用动能定理的时候，可以 对_全__过__程___和_分__过__程___应用动能定理列式。
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【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考物理 二轮专 题复习 课件： 动力学 和能量 观点的 综合应 用（最 新版本 ）推荐
专题二 动量与能量
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2．机械能守恒定律 (1)内容：在只有重力(或者弹力)做功的物体系统内，动能和势能可以相互转 化，但机械能的总量保持不变。 (2)表达式
第一部分 专题篇
专题二 动量与能量 第2讲 动力学和能量观点的综合应用
物理
高考物理二轮复习第1部分---专题3---第2讲能量转化和守恒
gR.②
(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律 1 Ep＝mg(1.5R＋R)＋ mv2 ③ 2 1 由②③式解得 Ep＝3mgR.④
(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m的鱼饵 离开管口C后做平抛运动，设经过t时间落到水面上，离OO′的水平距 离为x1，由平抛运动规律有 1 4．5R＝ gt2⑤ 2 x1＝v1t＋R⑥ 由⑤⑥式解得x1＝4R⑦ 2 当鱼饵的质量为 m时，设其到达管口C时速度大小为v2，由机械能 3 守恒定律有
小，平衡位置时速度最大，动能最大， A 、 B错；在 t2 ～ t3 时间内，
小球处在上升过程，小球的速度先增大后减小，即小球的动能先增 大后减小，C对；由机械能守恒定律，小球在 t2～t3时间内，增加的 动能与增加的重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，D错． 【答案】 C
(2011·福建高考)如图3－2－3为某种
鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其
下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部 BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿
水平方向，AB管内有一原长为R、下端固定
的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压 缩到0.5R后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵， 解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量 为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰 好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损 失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的 弹性势能．已知重力加速度为g.求：
图3－2－2
A．t1时刻小球动能最大 B．t2时刻小球动能最大
C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少
D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势 能
【解析】
由弹簧弹力 F随时间t变化的图象知，0～t1时间内，
最新高考物理二轮复习讲义 专题3 功与能 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103 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/s 2.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F N ＋mg ＝m v 2R ，由牛顿第三定律得F N ＝F N ′＝103 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 ＋12m v 2＝12m v B 2解得v B ＝4 m/s(2)小物块从A 运动到B 点的过程，由动能定理得 Fs －μ1mgx AB ＝12m v B 2－0根据牛顿第二定律得：F －μ1mg ＝ma 由运动学公式有s ＝12at 2联立解得t ＝53s(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v 1，则由牛顿第二定律可得：mg ＝m v 12R ，由动能定理得：－2μ2mgx BC －2mgR ＝12m v 12－12m v B 2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： －2μ2mgx BC －mgR ＝0－12m v B 2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： －2μ2mgx BC ＝0－12m v B 2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F f ＝0.3 N ，重力加速度g 取10 m/s 2. (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 ＝12at 2由牛顿第二定律F －mg －F f ＝ma 解得F ＝5.1 N (2)由运动学公式v ＝at由动能定理W －(mg ＋F f )(H －h )＝0－12m v 2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P A 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＝35.一质量为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)34mg5gR 2 (2)m 23gR 2 (3)355Rg解析 (1)设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F .由力的合成法则有 F 0mg＝tan α① F 2＝(mg )2＋F 02②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得 F ＝m v 2R③由①②③式和题给数据得 F 0＝34mg ④v ＝5gR2⑤ (2)设小球到达A 点的速度大小为v 1，作CD ⊥P A ，交P A 于D 点，由几何关系得 DA ＝R sin α⑥ CD ＝R (1＋cos α)⑦ 由动能定理有－mg ·CD －F 0·DA ＝12m v 2－12m v 12⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为p ＝m v 1＝m 23gR2⑨(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 ＋12gt 2＝CD ○10 v ⊥＝v sin α⑪由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t ＝355R g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 ＝gR ，重力加速度为g ，不计空气阻力，则以下结论正确的是( )图3A ．C 、N 的水平距离为3RB ．C 、N 的水平距离为2RC ．小球在M 点对轨道的压力为6mgD ．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v N cos α＝v 、v N sin α＝gt 、x CN ＝v t ，解得：v N ＝2v ＝2gR 、x CN ＝3R ，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 －R cos α)＝12m v N 2－12m v M 2，对小球在M 点时受力分析，由牛顿第二定律可得：F N M －mg ＝m v M 2R ，解得：F N M ＝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m 1＝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m 2＝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 －2t 2，物块飞离桌面后由P 点沿切线落入圆轨道．g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，求：图4(1)物块m 2过B 点时的瞬时速度v 0； (2)BP 间的水平距离；(3)判断m 2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m 2过B 点后其位移与时间的关系x ＝8t －2t 2得，v 0＝8 m/s ，加速度的大小a ＝4 m/s 2.(2)设物块由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR 又v yv D＝tan 45°，得v D ＝4 m/s 设平抛运动用时为t ，水平位移为x 2，由R ＝12gt 2，x 2＝v D t ，得x 2＝1.6 mBD 间位移为x 1＝v 02－v D 22a ＝6 m则BP 间水平距离为s ＝x 1＋x 2＝7.6 m(3)设物块沿圆轨道到达M 点的速度为v M ，由机械能守恒得： 12m 2v M 2＝12m 2v D 2－22m 2gR 则v M 2＝(16－82) m 2/s 2若物块恰好能沿轨道过M 点，则m 2g ＝m 2v M ′2R解得v M ′2＝8 m 2/s 2>v M 2 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E p ＝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/s 2.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)13 m (3)37 m/s ≤v ≤43 m/s解析 (1)物块被弹簧弹出，由E p ＝12m v 02，可知：v 0＝6 m/s因为v 0>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 ＝ma 1，v ＝v 0－a 1t 1，x 1＝v 0t 1－12a 1t 12则a 1＝2 m/s 2，t 1＝0.5 s ，x 1＝2.75 m因为x 1<L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5 m/s 的速度滑上水平面BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：12m v 2＝μ2mgs ＋mgR代入数据可以得到：R ＝0.8 m.(2)设物块从E 点返回至B 点的速度为v B ，物块从传送带滑出到返回B 点的过程有12m v 2－12m vB 2＝μ2mg ·2s 得到v B ＝7 m/s ，因为v B >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v B ＝7 m/s 离开传送带，设最终停在距C 点x 处，由12m v B 2＝μ2mg (s －x )，得到x ＝13m.(3)设传送带速度为v 1时物块能恰到F 点，在F 点满足mg sin 30°＝m v F 2R从B 到F 过程中由动能定理可知：12m v 12－12m v F 2＝μ2mgs ＋mg (R ＋R sin 30°)解得：v 1＝37 m/s设传送带速度为v 2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点， 由：12m v 22＝μ2mg ×3s ＋mgR解得：v 2＝43 m/s若物块在传送带上一直加速运动，由12m v B m 2－12m v 02＝μ1mgL则物块到B 点的最大速度v B m ＝214 m/s>v 2综合上述分析可知，传送带的速度应满足条件37 m/s ≤v ≤43 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E p ＝54mgh ，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：W f ＋mgh ＝E p . 即μmg cos θ·h sin θ＋mgh ＝54mgh解得：μ＝312(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a 1和a 2，根据牛顿第二定律得：物块上滑过程中有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1， 得 a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝g ×⎝⎛⎭⎫12＋312×32＝58g物块下滑过程中有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 得 a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝g ×⎝⎛⎭⎫12－312×32＝38g故a 1∶a 2＝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h m .则由功能关系得：E p ＝W f 总． 即54mgh ＝2μmg cos θ·h m sin θ 解得：h m ＝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 ＝L2，已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝38，θ＝30°，重力加速度取g ＝10 m/s 2，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1A ．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/s 2C ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为158mgLD ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为38mgL答案 BD2．(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/s 2，则( )图2A ．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25B ．弹簧的劲度系数为50 N/mC ．滑块运动到最低点C 时，弹簧弹性势能大小为2.6 JD ．滑块从最低点C 返回时，一定能到达B 点 答案 BC3．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/s 2.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v B ； (3)在(2)中，小球通过B 点时，圆环对小球的作用力大小F N B . 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 )＝mg cos θ得：k ＝40 N/m(2)由A 到B 过程，由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝12m v B 2－0 得：v B ＝2.0 m/s(3)在B 点由牛顿第二定律得，k (R －0.8R )＋F N B －mg ＝m v B 2R得：F N B ＝6.0 N4．(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F f ＝12CρS v 2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C 0，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)1R 2mg πC 0ρ0(2)mg ⎝⎛⎭⎫h －m πC 0ρ0R 2 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 ＝F f又因为F f ＝12C 0ρ0S v 2＝12C 0ρ0·πR 2v 2 解得：v ＝1R 2mg πC 0ρ0(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W f ，由动能定理：mgh －W f ＝12m v 2 解得：W f ＝mg ⎝⎛⎭⎫h －m πC 0ρ0R 25．(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)52mgR 解析 (1)因为物块恰好能通过C 点，有：mg ＝m v C 2R物块由C 点做平抛运动，有：x ＝v C t,2R ＝12gt 2 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：12m v B 2＝2mgR ＋12m v C 2 设物块在B 点时受到轨道的支持力为F N ，有：F N －mg ＝m v B 2R， 解得：F N ＝6mg由牛顿第三定律可知，物块在B 点时对半圆轨道的压力F N ′＝F N ＝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：E p ＝2mgR ＋12m v C 2，解得E p ＝52mgR .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：12m v D 2＝12m v C2＋mgR(1－cos 37°)滑块在D点的速度v D＝v C2＋2gR(1－cos 37°)＝3 3 m/s在D点对滑块受力分析，根据牛顿第二定律有：F N－mg＝m v D 2R滑块受到的支持力F N＝mg＋m v D 2R＝25.6 N根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力F N′＝F N＝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v B＝v C cos 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＝12m v B2－0解得：水平外力作用在滑块上的时间t＝m(v B2＋2μgL)2P＝0.4 s7．(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＝32，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F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0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12×2m v 02＝2mg (h －L sin θ) 解得：v 0＝(2h －L )g(2)对木板与物块整体，由牛顿第二定律得F 0－2mg sin θ＝2ma 0对物块，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma 0解得：F 0＝32mg (3)设拉力F 的作用时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3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 －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 3对物块由牛顿第二定律得，μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2对木板与物块整体由牛顿第二定律得，2mg sin θ＝2ma 4另有：a 1t 1－a 3t 2＝a 2(t 1＋t 2)a 2(t 1＋t 2)＝a 4t 312a 1t 12＋a 1t 1·t 2－12a 3t 22＋12a 4t 32＝h sin θW ＝F ·12a 1t 12 解得：W ＝94mgh。
高三物理二轮复习：专题3 功和能课件 第2讲
专题三
第二讲
走向高考 · 二轮专题复习新课标版 ·物理
拓展提升
一、基础知识要记牢 1．机械能守恒条件 (1)只有重力或系统内弹簧弹力做功。 (2)虽受其他力，但其他力不做功或其他力的总功为零。
2．三种表达式
(1)守恒观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 (2)转化观点：ΔEp＝－ΔEk (3)转移观点：ΔEA增＝ΔEB减
到C过程，由机械能守恒定律：mg(h1＋h2)＝Ep，C对。
专题三
第二讲
走向高考 · 二轮专题复习新课标版 ·物理
功能关系的应用
(2014· 山东卷)2013 年我国相继完 成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉 兔”落月两大航天工程。 某航天爱好者提出“玉 兔”回家的设想： 如图， 将携带“玉兔”的返回 系统由月球表面发射到 h 高度的轨道上，与在该轨道绕月球做 圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球。设 “玉兔”质量为 m，月球半径为 R，月面的重力加速度为 g 月。
专题三
第二讲
走向高考 · 二轮专题复习新课标版 ·物理
以月面为零势能面，“玉兔”在 h 高度的引力势能可表示 GM＋h 为 EP＝ ，其中 G 为引力常量，M 为月球质量。若忽略 RR＋h 月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为 ( ) mg月R A． (h＋2R) R＋h mg月R 2 C． (h＋ R) 2 R＋h mg月R B． (h＋ 2R) R＋h mg月R 1 D． (h＋ R) 2 R＋h
专题三
第二讲
走向高考 · 二轮专题复习新课标版 ·物理
故当 θ3＝90° 时，A 的速度最大，设为 vAm，此时 B 下降到 最低点，B 的速度为零，此过程中 B 下降的高度为 h2，则有 1 2 h mgh2＝ mvAm， 其中 h2＝ －h， 代入数据解得 vAm＝1.63m/s。 2 sinθ1
高考物理二轮复习课件：专题二动量与能量第2讲
1^11应用能量观点解决力电综合问题
【典例1】（多选）（2018.全国卷I , 21）图1中虚线a、b、c、〃、/*代表匀强电场内间距
相等的一组等势面，已知平面方上的电势为2 V。一电子经过°时的动能为10eV,从
a到〃的过程中克服电场力所做的功为6eV0下列说法正确的是（）
第2讲动量观点和能量观点在电磁学中的应用
核心要点提炼I—
网络构建
备考策略
1•若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。
2.若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。
3.洛伦兹力对运动电荷不做功。
4.安培力可做正功，也可做负功。
5.力学中的三大观点（动力学、动量、能量观点）仍是解决力电综合问题首选的方法。
2020年高考物理二轮重点专题整合突破： 专题九：动力学、动量和能量观点的综合应用
2020年高考物理二轮重点专题整合突破专题九：动力学、动量和能量观点的综合应用专题定位：本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题.本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题.应考策略：本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法.知识回扣：1.动量定理的公式Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因.动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系.动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系.动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值.2.动量守恒定律(1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变.(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp ＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).(3)守恒条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零.②系统合外力不为零，但在某一方向上系统合力为零，则系统在该方向上动量守恒.③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程.3.解决力学问题的三个基本观点(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题.(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题.(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律.规律方法：1.力学规律的选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.2.系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法.(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).题型一：动量定理和动量守恒定律的应用【解题方略】1.弹性碰撞与非弹性碰撞碰撞过程遵从动量守恒定律.如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞；如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞.2.应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(5)必要时对结果进行讨论.(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列式求解；例1 如图所示，光滑水平面上有一质量为m ＝1 kg 的小车，小车右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m 0＝1 kg 的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v 0＝5 m/s 的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平面上、质量为M ＝4 kg 的小球发生弹性正碰，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内.求：(1)碰撞结束时，小车与小球的速度；(2)从碰后瞬间到弹簧被压至最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小.解析 (1)设碰撞后瞬间小车的速度大小为v 1，小球的速度大小为v ，由动量守恒及机械能守恒有：mv 0＝Mv ＋mv 112mv 20＝12mv 21＋12Mv 2 解得v 1＝m －M m ＋M v 0＝－3 m/s ，小车速度方向向左. v ＝2m m ＋M v 0＝2 m/s ，小球速度方向向右.(2)当弹簧被压缩到最短时，物块与小车有共同进度，设小车的速度大小为v 2，根据动量守恒定律有：m 0v 0＋mv 1＝(m 0＋m )v 2，解得v 2＝1 m/s.设碰撞后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为I ，根据动量定理有I ＝mv 2－mv 1，解得I ＝4 N·s.【答案】 (1)小车：3 m/s ，方向向左 小球：2 m/s ，方向向右(2)4 N·s检测1 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g .求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.【答案】(1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2 解析 (1)在刚喷出一段很短的Δt 时间内，可认为喷出的水柱保持速度v 0不变.该时间内，喷出水柱高度Δl ＝v 0Δt ①喷出水柱质量Δm ＝ρΔV ②其中ΔV 为水柱体积，满足ΔV ＝ΔlS ③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为Δm Δt＝ρv 0S . (2)设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F 冲＝Mg ④其中，F 冲为水柱对玩具底面的作用力由牛顿第三定律：F 压＝F 冲⑤其中，F 压为玩具底面对水柱的作用力，v ′为水柱到达玩具底面时的速度由运动学公式：v ′2－v 20＝－2gh ⑥在很短Δt 时间内，冲击玩具水柱的质量为ΔmΔm ＝ρv 0S Δt ⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理(F 压＋Δmg )Δt ＝Δmv ′⑧由于Δt 很小，Δmg 也很小，可以忽略，⑧式变为F 压Δt ＝Δmv ′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2. 题型二：动量和能量关点的综合应用【解题方略】1.弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程.2.进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点.3.光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析.4.如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析.例2 如图所示，光滑水平面上有一质量M ＝4.0 kg 的平板车，车的上表面是一段长L ＝1.5 m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R ＝0.25 m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O ′处相切.现将一质量m ＝1.0 kg 的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v 0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A .取g ＝10 m/s 2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v 0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O ′的距离.解析 (1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A 时，二者的共同速度为v 1由动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v 1①由能量守恒得：12mv 20－12(M ＋m )v 21＝mgR ＋μmgL ② 联立①②并代入数据解得：v 0＝5 m/s ③(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v 2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v 2④设小物块与车最终相对静止时，它距O ′点的距离为x ，由能量守恒得：12mv 20－12(M ＋m )v 22＝μmg (L ＋x )⑤ 联立③④⑤并代入数据解得：x ＝0.5 m.【答案】 (1)5 m/s (2)0.5 m检测2 如图所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到光滑水平面的距离为h .物块B 和C 的质量分别是5m 和3m ，B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B 物块位于O 点正下方.现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为h 16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程中B 物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能.【答案】 54m 2gh 15128mgh 解析 设小球运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：mgh ＝12mv 21 解得：v 1＝2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为v 1′，同理有：mg h 16＝12mv 1′2 解得：v 1′＝ 2gh 4设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv 1＝－mv 1′＋5mv 2解得：v 2＝ 2gh 4由动量定理可得，碰撞过程中B 物块受到的冲量大小为：I ＝5mv 2＝54m 2gh 碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv 2＝8mv 3据机械能守恒定律得：E pm ＝12×5mv 22－12×8mv 23 解得：E pm ＝15128mgh . 题型三：力学三大观点的应用【解题方略】力学规律选用的一般原则力学中首先考虑使用两个守恒定律，从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(位移x ，时间t )问题，不能解决力(F )的问题.(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律.(2)若物体(或系统)涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理.(3)若物体(或系统)涉及到位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律.(4)若物体(或系统)涉及到位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便.例3 如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m ，物块A 以v 0＝6 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1 m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1 kg(重力加速度g 取10 m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短).(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ；(2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式.解析 (1)从A →Q 由动能定理得－mg ·2R ＝12mv 2－12mv 20 解得v ＝4 m/s ＞gR ＝ 5 m/s在Q 点，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 2R解得F N ＝22 N.(2)A 撞B ，由动量守恒得mv 0＝2mv ′解得v ′＝v 02＝3 m/s 设摩擦距离为x ，则－2μmgx ＝0－12·2mv ′2 解得x ＝4.5 m ，所以k ＝x L＝45. (3)AB 滑至第n 个光滑段上，由动能定理得－μ·2mgnL ＝12·2mv 2n －12·2mv ′2 所以v n ＝9－0.2n m/s (n <45).【答案】(1)4 m/s 22 N (2)45 (3)v n ＝9－0.2n m/s (n <45)检测3 如图所示，内壁粗糙、半径R ＝0.4 m 的四分之一圆弧轨道AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切.质量m 2＝0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m 1＝0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍.忽略空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)小球a 由A 点运动到B 点的过程中，摩擦力做的功W f ；(2)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ；(3)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量I 的大小.【答案】(1)－0.4 J (2)0.2 J (3)0.4 N·s解析 (1)小球由静止释放到最低点B 的过程中，根据动能定理得：m 1gR ＋W f ＝12m 1v 21， 小球在最低点B ，根据牛顿第二定律得：F N －m 1g ＝m 1v 21R， 联立可得：W f ＝－0.4 J.(2)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用，达到共同速度v 2时弹簧具有最大弹性势能，此过程中，由动量守恒定律：m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2，由能量守恒定律：12m 1v 21＝12(m 1＋m 2)v 22＋E p 联立可得：E p ＝0.2 J.(3)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用的整个过程中，a 球最终速度为v 3，b 球最终速度为v 4，由动量守恒定律：m 1v 1＝m 1v 3＋m 2v 4，由能量守恒定律：12m 1v 21＝12m 1v 23＋12m 2v 24， 根据动量定理有：I ＝m 2v 4，联立可得：I ＝0.4 N·s.。
2020年高考物理二轮复习讲义：专题3 功和能 第2课时 动力学和能量观点的综合应用(word版,无
2020年高考物理二轮复习讲义专题3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103N ．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/s 2.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．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F f＝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．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P A 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＝35.一质量为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．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＝gR，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下结论正确的是()图3A．C、N的水平距离为3RB．C、N的水平距离为2RC．小球在M点对轨道的压力为6mgD．小球在M点对轨道的压力为4mg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)．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E p＝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．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E p ＝54mgh ，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．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 ＝L 2，已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝38，θ＝30°，重力加速度取g ＝10 m/s 2，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1A ．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/s 2C ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为158mgL D ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为38mgL 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/s 2，则( )图2A ．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25B ．弹簧的劲度系数为50 N/mC ．滑块运动到最低点C 时，弹簧弹性势能大小为2.6 JD ．滑块从最低点C 返回时，一定能到达B 点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v B；(3)在(2)中，小球通过B点时，圆环对小球的作用力大小F N B .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F f＝12CρS v2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．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．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.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＝32，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.。
(新课标地区专用)2020高考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课件
高考题型2 动力学和能量观点分析多运动组合问题
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： (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；
答案 2 2 m/s
图2
解析 水杯通过最高点时，对水由牛顿第二定律得：
mg＝mvR02，其中 R＝(0.2＋0.6) m＝0.8 m
解得：v0＝2 2 m/s；
(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 3.2 J
图1
解析 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＝mvRC2得：vC＝2 m/s 物块从B运动到C，由动能定理得： －2mgR＝12mvC2－12mvB2 解得：vB＝2 5 m/s；
(2)在(1)情况下小物块在P点时对轨道的压力大小；
答案 36 N 解析 物块从 P 到 C 由动能定理：－mgR(1－sin θ)＝12mvC2－12mvP2， 解得 vP＝655 m/s 在 P 点由牛顿第二定律：mgsin θ＋FN＝mvRP2 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
(通用版)2020版高考物理二轮复习专题二第二讲动量和能量观点的应用课件
米高处跳下,将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸
直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是( )
A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小
B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小
C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大
关闭
D从的.人绳加在恰速最好运低伸 动点直 ,后时到做,人绳加第速对一度人次增的下大拉降的力至减等最速于低运点人动的所,加过受速程的度中重等,人于力先零做时加,速速度度最减大小,
B
解析
答案
-4-
2.(2018全国Ⅱ卷)高空坠物极易对行人造成伤害,若一个50 g的鸡蛋
从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地
面产生的冲击力约为( )
A.10 N
B.102N
C.103N
D.104 N
考点定位:动量定理、机械能守恒定律
关闭
不 约动解考量3 m题虑定,则空 思理气路求h=阻与出24力方地×的法3面m影:的利=响接7用2,触设动m力鸡,能设。蛋定竖落理直地求向速出上度落为为地正时v方,有的向速m,对g度h鸡=,然蛋������2������后冲2,每借击层助地楼于面高过
-6-
答案: 3121���3���0������2������≤μ<���2���0������2������
解析: 设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生
碰撞,应有
1 2
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2>μmgl
①
即 μ<���2���0������2������
②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大小为v1。由能量守恒 有