2019版高考物理一輪復習 培優(yōu)計劃 高考必考題突破講座（5）應用動力學觀點和能量觀點解決力學綜合問題學案

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1、 高考必考題突破講座(五)應用動力學觀點和能量觀點解決力學綜合問題 題型特點 考情分析 命題趨勢 用動力學和能量觀點解決問題時，應首先分析物體的受力和運動情況，再分析做功和能量轉化情況，最后選擇恰當?shù)囊?guī)律列方程．一般來說，若一個物體參與了多個運動過程，有的運動過程只涉及分析力或求解力而不涉及能量問題，則此類問題屬于動力學問題；若該過程涉及能量轉化問題，并且具有功能關系的特點，則此類問題屬功能關系問題 2016·全國卷Ⅰ，25 動力學觀點和能量觀點結合一直是高考的熱點和難點，它可能以各種題型出現(xiàn)，其考查范圍廣、靈活性強、能力要求高，壓軸題目也多與此相關 1．動力學觀點和能

2、量觀點綜合流程 2．涉及問題 (1)受力情況：幾個力？恒力還是變力？ (2)做功情況：是否做功？正功還是負功？ (3)能量分析：建立功能關系式． ?解題方法 1．若只要求分析運動物體的動力學物理量而不涉及能量問題，則用牛頓運動定律和運動學規(guī)律求解． 2．若物體在運動過程中涉及能量轉化問題，則用功能關系求解． 角度1　機械能守恒 受力情況 重力、支持力、彈簧的彈力 運動軌跡 直線和曲線(圓周運動或平拋運動) 涉及的能量變化 動能、重力勢能、彈性勢能 處理方法 機械能守恒、動能定理、牛頓第二定律 角度2　機械能不守恒 受力情況 重力、支持力、彈簧的

3、彈力、摩擦力 運動軌跡 直線和曲線(圓周運動或平拋運動) 涉及的能量變化 動能、勢能、內能 處理方法 動能定理、功能關系、牛頓第二定律 [例1](2017·華中師大一附中模擬)如圖甲所示，質量為m＝1 kg的滑塊(可視為質點)，從光滑、固定的圓弧軌道的最高點A由靜止滑下，經(jīng)最低點B后滑到位于水平面的木板上．已知木板質量M＝2 kg，其上表面與圓弧軌道相切于B點，且長度足夠長．整個過程中木板的v－t圖象如圖乙所示，g＝10 m/s2.求： (1)滑塊經(jīng)過B點時對圓弧軌道的壓力； (2)滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)； (3)滑塊在木板上滑過的距離． 解析　(1)設圓弧軌

4、道半徑為R，從A到B過程，滑塊的機械能守恒mgR＝mv2， 經(jīng)B點時，根據(jù)牛頓第二定律有 FN－mg＝， 整理得FN＝3mg＝30 N， 根據(jù)牛頓第三定律知，滑塊對軌道的壓力大小為30 N，方向豎直向下． (2)由v－t圖象知，木板加速的加速度大小為a1＝1 m/s2，滑塊與木板共同減速的加速度大小為a2＝1 m/s2，設木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ1，滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ2， 在0～1 s內，對木板μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma1， 在1 s～2 s內，對滑塊和木板μ1(m＋M)g＝(m＋M)a2， 解得μ1＝0.1，μ2＝0.5. (3)滑塊在木板上滑動過程

5、中，設滑塊與木板相對靜止時的共同速度為v1，滑塊從滑上木板到兩者達到共同速度所用時間為t1. 對滑塊μ2mg＝ma， v1＝v－at1，v1＝1 m/s，t1＝1 s， 木板的位移x1＝t1， 滑塊的位移x2＝t1， 滑塊在木板上滑過的距離Δx＝x2－x1， 代入數(shù)據(jù)解得Δx＝3 m. 答案　(1)30 N，方向豎直向下　(2)0.5　(3)3 m [例2]如圖，—輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道B處，彈簧處于自然狀態(tài)．直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內．質量為m的小物塊

6、P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)．隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF＝4R.已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度大小為g.(取sin 37°＝，cos 37°＝) (1)求P第一次運動到B點時速度的大?。? (2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能． (3)改變物塊P的質量，將P推至E點，從靜止開始釋放．已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點．G點在C點左下方，與C點水平相距R、豎直相距R.求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質量． 解析　(1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離為l＝7R－2R，① 設P到達B點時的速度為vB，由動能定理得 mgl

7、sin θ－μmglcos θ＝mv，?、? 式中θ＝37°， 聯(lián)立①②式并由題給條件得vB＝2.?、? (2)設BE＝x.P到達E點時速度為零，設此時彈簧的彈性勢能為Ep.P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有 mgxsin θ－μmgxcos θ－EP＝0－mv，?、? E、F之間的距離為l1＝4R－2R＋x，　⑤ P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有 Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0，⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得x＝R，?、? EP＝mgR.　⑧ (3)設改變后P的質量為m1.D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1＝R－R

8、sin θ，　⑨ y1＝R＋R＋Rcos θ，?、? 式中，已應用了過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實． 設P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t.由平拋運動公式有y1＝gt2，　? x1＝vDt，　? 聯(lián)立⑨⑩??式得vD＝.　? 設P在C點速度的大小為vC.在P由C點運動到D點的過程中機械能守恒，有 m1v＝m1v＋m1g(R＋Rcos θ)，　? P由E點運動到C點的過程中，由動能定理有 Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1v，　? 聯(lián)立⑦⑧???式得m1＝m. 答案　見解析 1．(2017·江蘇南京診斷)

9、如圖所示，質量M＝0.4 kg的長薄板BC靜置于傾角為37°的光滑斜面上，在A點有質量m＝0.1 kg的小物體(可視為質點)以v0＝4.0 m/s速度水平拋出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B并在薄板上運動，當小物體落在薄板上時，薄板無初速度釋放開始沿斜面向下運動，小物體運動到薄板的最下端C時，與薄板速度恰好相等，已知小物體與薄板之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求： (1)A點與B點的水平距離； (2)薄板BC的長度． 解析　(1)小物體從A到B做平拋運動，下落時間為t1，水平位移為x，則 gt1＝v0tan

10、 37°， ① x＝v0t1，② 聯(lián)立①②得x＝1.2 m. (2)小物體落到B點的速度為v，則 v＝，③ 小物體在薄板上運動，則 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1，④ 薄板在光滑斜面上運動，則 Mgsin 37°＋μmgcos 37°＝Ma2，⑤ 小物體從落到薄板到兩者速度相等用時t2，則 v＋a1t2＝a2t2，⑥ 小物體的位移x1＝vt2＋a1t，⑦ 薄板的位移x2＝a2t，⑧ 薄板的長度l＝x1－x2，⑨ 聯(lián)立③～⑨式得l＝2.5 m. 答案　(1)1.2 m　(2)2.5 m 2．(2017·河北衡水一模)如圖所示，滑塊質

11、量為m，與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，它以v0＝3的初速度由A點開始向B點滑行，AB＝5R，并滑上光滑的半徑為R的圓弧BC，在C點正上方有一離C點高度也為R的旋轉平臺，沿平臺直徑方向開有兩個離軸心距離相等的小孔P、Q，P、Q位于同一直徑上，旋轉時兩孔均能達到C點的正上方．若滑塊滑過C點后穿過P孔，又恰能從Q孔落下，則平臺轉動的角速度ω應滿足什么條件？ 解析　設滑塊滑至B點時速度為vB，對滑塊由A點到B點應用動能定理有 －μmg5R＝mv－mv， 解得v＝8gR. 滑塊從B點開始，運動過程機械能守恒，設滑塊到達P處時速度為vP，則 mv＝mv＋mg2R， 解得vP＝2， 滑

12、塊穿過P孔后再回到平臺的時間t＝＝4， 要想實現(xiàn)題述過程，需滿足ωt＝(2n＋1)π， ω＝(n＝0,1,2，…)． 答案　ω＝(n＝0,1,2，…) 3．(2017·湖北黃岡模擬)如圖所示，半徑R＝1.0 m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內，軌道的一個端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝37°，另一端點C為軌道的最低點．C點右側的光滑水平面上緊挨C點靜止放置一木板，木板質量M＝1 kg，上表面與C點等高．質量為m＝1 kg的物塊(可視為質點)從空中A點以v0＝1.2 m/s的速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進入軌道．已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10 m/

13、s2.求： (1)物塊經(jīng)過C點時的速度vC； (2)若木板足夠長，物塊在木板上相對滑動過程中產(chǎn)生的熱量Q. 解析　(1)設物塊在B點的速度為vB，在C點的速度為vC，從A到B物塊做平拋運動，有vBsin θ＝v0， 從B到C，根據(jù)動能定理有mgR(1＋sin θ)＝mv－mv， 解得vC＝6 m/s. (2)物塊在木板上相對滑動過程中由于摩擦力作用，最終將一起共同運動．設相對滑動時物塊加速度為a1，木板加速度為a2，經(jīng)過時間t達到共同速度為v，則 μmg＝ma1，μmg＝Ma2， v＝vC－a1t，v＝a2t. 根據(jù)能量守恒定律有 (m＋M)v2＋Q＝mv 聯(lián)立解得Q＝9 J. 答案　(1)6 m/s　(2)9 J 7