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)21011N ≤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 2R得：v C ＝2 m/s物块从B 运动到C ，由动能定理得： －2mgR ＝12m v C 2－12m 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 2－12m v P 2，解得v P ＝655m/s 在P 点由牛顿第二定律：mg sin θ＋F N ＝m v P 2R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 ＝12m v B 2解得F min ＝21011N 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：21011N ≤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 02R ，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 2R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 2－12×2m 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l2，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)3h2l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 ＝12m 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＝l2gh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l2，因此物体从木板右端抛出的速度v 1＝v 02＝2gh2根据动能定理，物体在木板上滑动时，有 －μmg l 2＝12m v 12－12m 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)23N ，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 ＝12gt 12由N 至P ，L ＝v N t 2，H ＋2R ＝12gt 22由M 至N 过程，－2mgR ＝12m v N 2－12m v M 2联立解得：L ＝2 m ； (2)由(1)可得，v N ＝10 m/s mg ＋F N ＝m v N 2R解得：F N ＝23N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 ＝23N ，方向竖直向上；(3)由P 至N 全过程，由能量守恒定律：E p ＝12m v N 2＋mg (H ＋2R )，解得：E p ＝5 J.例3 如图5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5(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． 答案 (1)2mgR (2)3mg ，方向竖直向上 (3)94mgR <E p <52mgR 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 2R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 ＝12gt 12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 ＝12m v C 12－0得：E p1＝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： 竖直方向：2R ＝12gt 22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 ＝12m v C 22－0得：E p2＝52mgR综上符合条件的弹性势能应满足：94mgR <E p <52mgR拓展训练3 (多选))如图6所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止释放后，经过B 处速度最大，到达C 处(AC ＝h )时速度减为零．若在此时给圆环一个竖直向上的速度v ，它恰好能回到A 点．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g ，则圆环( )图6A ．下滑过程中，加速度一直增大B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14m v 2C ．在C 处弹簧的弹性势能为mgh －14m v 2D ．上下两次经过B 点的速度大小相等 答案 BC解析 圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B 处的速度最大，所以经过B 处的加速度为零，所以加速度先减小后增大，故A 错误；研究圆环从A 处由静止开始下滑到B 过程，运用动能定理列出等式mgh ′－W f －W F ＝12m v B 2－0研究圆环从B 处上滑到A 的过程，运用动能定理列出等式－mgh ′－W f ＋W F ＝0－12m v B ′2观察两个公式可以发现：上升过程中经过B 点的速度大于下降过程中经过B 点的速度，故D 错误；研究圆环从A 处由静止开始下滑到C 过程，运用动能定理列出等式 mgh －W f ′－W F ′＝0－0在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A ，运用动能定理列出等式－mgh －W f ′＋W F ′＝0－12m v 2解得：W f ′＝14m v 2，所以下滑过程中，克服摩擦力做的功为14m v 2，故B 正确；由B 可知W F ′＝mgh －14m v 2，根据弹力做功与弹性势能的转化关系可知：在C 处弹簧的弹性势能为mgh －14m v 2，故C 正确．专题强化练(限时45分钟)1.如图1所示，半径为r 的半圆弧轨道ABC 固定在竖直平面内，直径AC 水平，一个质量为m 的物块从圆弧轨道A 端正上方P 点由静止释放，物块刚好从A 点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B 点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g ，不计空气阻力，不计物块的大小，则：图1(1)物块到达A 点时的速度大小和P A 间的高度差分别为多少？ (2)物块从A 运动到B 所用时间和克服摩擦力做的功分别为多少？ 答案 (1)gr r 2 (2)π2rgmgr 解析 (1)设物块在B 点时的速度为v ，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2r ，因为F N ＝2mg ，所以v ＝gr ，因为物块从A 点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块到达A 点时速度大小为gr ；设P A 间的高度差为h ，从P 到A 的过程由动能定理得：mgh ＝12m v 2，所以h ＝r2.(2)因为物块从A 点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块从A 运动到B 所用时间t ＝πr2v ＝π2r g； 从A 运动到B 由动能定理得：mgr －W 克f ＝0， 解得：W 克f ＝mgr .2.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)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) 6 m/s (2)0.15 m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 2R解得v ＝ 6 m/s(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 ＋12m v 2联立解得x ＝0.15 m.3.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：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 gA 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 1B 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 2 x 1＋x 2＝L2x 1＝12a 1t 2x 2＝12a 2t 2联立代入数据解得：x 1＝2 m ，x 2＝1 m ，t ＝2 s2 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) 代入数据解得：Q ＝30 J.4.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(32R ≤h ≤3R )的A 点由静止开始下落，从B 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 2R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 22联立解得h ＝32R ， 因为h 的取值范围为32R ≤h ≤3R ， 故小球能到达D 点；(2)设小球在D 点受到的压力为F N ，则F N ＋mg ＝m v D ′2Rmg (h －R )＝m v D ′22联立并结合h 的取值范围32R ≤h ≤3R 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 ＝12gt 2 x min ＝v D min t联立代入数据解得x min ＝2R >R ，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 max 2R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＝12，x max＝v D max t′2gt′联立代入数据解得x max＝22R故落点与B点水平距离d的范围为：(2－1)R≤d≤(22－1)R.。