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
由M 至N 过程，－2mgR ＝12m v N 2－1
2m 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 2
R
解得：F N ＝2
3
N
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 ＝2
3
N ，方向竖直向上；
(3)由P 至N 全过程，由能量守恒定律：E p ＝1
2
m 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 <5
2
mgR 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 ＝1
2gt 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 ＝1
2m v C 12－0
得：E p1＝9
4
mgR
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 ＝1
2gt 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 ＝1
2m v C 22－0
得：E p2＝5
2
mgR
综上符合条件的弹性势能应满足：94mgR <E p <5
2
mgR
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6
A ．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1
4m v 2
C ．在C 处弹簧的弹性势能为mgh －1
4m v 2
D ．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 ＝1
2
m 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 ＝0－1
2m 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 ′＝0－12
m 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1
4m v 2，故B 正确；由B 可知W F ′
＝mgh －1
4
m 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 －1
4
m 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)
π2
r
g
mgr 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 2
r ，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 ＝r
2
.
(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 ＝πr
2
v ＝π2
r 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 2
R
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 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 2 x 1＋x 2＝L
2
x 1＝12a 1t 2
x 2＝12
a 2t 2
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) 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(3
2R ≤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 ＝32
R ， 因为h 的取值范围为32
R ≤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 ′2R
mg (h －R )＝m v D ′22
联立并结合h 的取值范围32
R ≤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 ＝12
gt 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＝1
2，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.。