【优化方案】2015届高考物理二轮专题突破课件(热点突破-命题预测-押题)：专题七-动力学和功能观点

动力学和功能观点的应用热点一用动力学观点解决多过程问题命题规律：力学中的多过程问题涉及的运动形式主要有匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动，分析运动过程的关键是分析物体受力，然后利用牛顿运动定律分析物体的运动规律，高考对此类题的考查主要是牛顿运动定律和运动学公式的应用，题目难度不大，以中档题为主．1.(2014·武汉模拟)如图甲所示，质量M＝1kg的薄木板静止在水平面上，质量m＝1kg的铁块(可视为质点)静止在木板的右端．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.05，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.2，重力加速度g＝10m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F，(1)若力F恒为4N，经过时间1s，铁块运动到木板的左端，求木板的长度L；(2)若力F从零开始逐渐增加，且铁块始终在木板上没有掉下来．试通过分析与计算，在图乙中作出铁块受到的摩擦力Ff随力F大小变化的图象．[解析](1)对铁块，由牛顿第二定律F－μ2mg＝ma1对木板，由牛顿第二定律μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2设木板的长度为L，经时间t铁块运动到木板的左端，则x铁＝12a1t2x木＝12a2t2又x铁－x木＝L解得L＝0.5m.(2)①当F≤μ1(m＋M)g＝1N时，系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比并保持大小相等，即Ff＝F②当F＞μ1(m＋M)g＝1N时，若M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则F－μ1(m＋M)g＝(m＋M)aF－Ff＝ma解得F＝2Ff－1N此时Ff≤μ2mg＝2N，即F≤3N[答案](1)0.5m(2)见解析图所以当1N＜F≤3N时，Ff＝F2＋0.5N③当F＞3N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为Ff＝μ2mg＝2NFf－F图象如图所示．2.(2014·合肥高三质检)足够长光滑斜面BC的倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，水平面与斜面之间在B点有一小段弧形连接，一质量m＝2kg的小物块静止于A点．现用与水平方向成α＝53°角的恒力F拉小物块，如图所示，小物块经t1＝4s到达B点，并迅速撤去拉力F，A、B两点相距x1＝4m(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2)．求：(1)恒力F的大小；(2)小物块从B点沿斜面向上运动的最大距离x2；(3)小物块停止运动时到B点的距离x3.解析](1)AB段加速度a1＝2x1t21＝0.5m/s2根据牛顿第二定律，有Fcosα－μ(mg－Fsinα)＝ma1解得：F＝ma1＋μmgcosα＋μsinα＝2×0.5＋0.5×2×100.6＋0.5×0.8N＝11N.(2)到达B点时，小物块的速度v＝a1t1＝2m/s在BC段的加速度：a2＝gsin53°＝8m/s2由v2＝2a2x2得：x2＝v22a2＝222×8m＝0.25m.(3)小物块从B向A运动过程中，由μmg＝ma3，解得：a3＝μg＝5m/s2滑行的位移x3＝v22a3＝222×5m＝0.4m，小物块停止运动时，离B点的距离为0.4m.[答案](1)11N(2)0.25m(3)0.4m[总结提升]多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用.在分析过程中应注意：不同的加速度对应不同的运动过程，应该列出不同的牛顿定律和运动学方程.加速度变了，方程应随之改变，同时应抓住前后过程转折点的速度，列出联系方程.热点二用功能观点解决多过程问题命题规律：对于物体在变力作用下的多过程运动问题，不能利用牛顿运动定律和运动学公式求解，可利用动能定理进行求解．高考对此问题的考查主要涉及的运动形式有：变力作用下的直线运动、曲线运动，题目难度中等．1.(2014·温州五校联考)如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0m，现有一个质量为m＝0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h＝1.6m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：(1)小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力FN的大小；(2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；(3)若斜面已经满足(2)要求，小物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．[解析](1)小物体从E到C，由能量守恒得：mg(h＋R)＝12mv2C，①在C点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝mv2CR，②联立①②解得FN＝12.4N.(2)从E→D→C→B→A过程，由动能定理得：WG－Wf＝0，③WG＝mg[(h＋Rcos37°)－LABsin37°]，④Wf＝μmgcos37°LAB.⑤联立③④⑤解得LAB＝2.4m.(3)因为mgsin37°＞μmgcos37°(或μ＜tan37°)，所以，小物体不会停在斜面上，小物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动，从E点开始直至运动稳定，系统因摩擦所产生的热量，Q＝ΔEp，⑥ΔEp＝mg(h＋Rcos37°)，⑦联立⑥⑦解得Q＝4.8J.[答案](1)12.4N(2)2.4m(3)4.8J2.如图甲所示，斜面AB粗糙，倾角为θ＝30°，其底端A处有一垂直斜面的挡板．一质量为m＝2kg的滑块从B点处由静止释放，滑到底端A处与挡板碰撞并反弹到最高点C处，已知滑块与挡板碰撞时能量损失了19%，滑块的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2.(1)求v－t图象中的v、t的值；(2)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(3)若滑块与挡板碰撞无能量损失，求滑块整个运动过程中通过的总路程s.[解析](1)由v－t图象知滑块反弹速率为v2＝9m/s，即反弹时能量为Ek2＝12mv22＝81J，因碰撞时能量损失19%，即滑块下滑到A处时能量为Ek1＝Ek21－η＝100J而Ek1＝12mv2，代入数据得v＝10m/s又因v＝a1t1，a1＝104m/s2＝2.5m/s2由牛顿第二定律知滑块下滑时有mgsinθ－μmgcosθ＝ma1反弹上滑时有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2而v2＝a2t2联立并代入数据得t2＝1.2s所以t＝4s＋1.2s＝5.2s.(2)因mgsinθ－μmgcosθ＝ma1代入数据得μ＝36.(3)由x＝vt知AB长为L＝v2t1＝20m由能量守恒知mgLsinθ－μmgcosθ·s＝0解得s＝40m.[答案](1)10m/s5.2s(2)36(3)40m[总结提升]功能关系的选用原则1若过程只有动能和势能的相互转化，应首先考虑应用机械能守恒定律.2若过程涉及摩擦力做功，一般应考虑应用动能定理或能量守恒定律3若过程涉及电势能和机械能之间的转化，应考虑应用能量守恒定律.4无论应用哪种形式的功能关系，都应遵照下列步骤：①确定始末状态；②分析哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，是什么力做功所致；③列出能量的增加量和减少量的具体表达式，使ΔE增＝ΔE减.动力学和功能观点的综合应用命题规律：应用两大观点解决综合问题是历年高考计算题命题的热点，这类题一般是高考中的压轴题，综合能力要求很高，预计2015年可能会以平抛或圆周运动为运动模型，结合弹簧、传送带，甚至会涉及一定的电磁学情景来考查．[解析](1)由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma(1分)解得a＝2m/s2(1分)L＝12at2(1分)解得t＝1s．(1分)(2)当小球从P点无初速度滑下时，设弹簧被压缩至x处有最大速度vmmgsinθ－μmgcosθ＝kx(1分)解得x＝160m＝0.017m(1分)由动能定理得，mgsinθ·(L＋x)－μmgcosθ·(L＋x)－W＝12mv2m(2分)由功能关系得，W＝Ep＝12kx2(1分)代入数据得vm＝1130m/s＝2m/s.(1分)(3)设小球从P点下滑压缩弹簧至最低点，弹簧的压缩量为x1，由动能定理得mgsinθ·(L＋x1)－μmgcosθ·(L＋x1)－12kx21＝0－12mv20(2分)从最低点经过弹簧原长Q点回到P点的速度为0，则有12kx21－mgsinθ·(L＋x1)－μmgcosθ·(L＋x1)＝0(2分)联立解得：x1＝0.5m，v0＝26m/s＝4.9m/s.(1分)[答案](1)1s(2)2m/s(3)4.9m/s[特别提醒](1)小球从接触弹簧到回到Q点的过程，小球和弹簧所组成的系统机械能并不守恒，但总的能量是守恒的．(2)对于非匀变速直线运动，不能利用牛顿定律和运动学公式求解，但能用动能定理、能量守恒定律或功能关系进行求解．最新预测1如图所示，水平粗糙轨道AB与光滑倾斜轨道BC在B点处由一段小圆弧平滑连接，BC的倾角为30°，AB、BC长度均为2m，OC右侧是一半径长度等于斜面高度的14圆弧轨道，BC与圆弧轨道在C点处平滑连接，一质量为m＝1kg、可看做质点的物体在水平恒定外力F＝10N的作用下从A点由静止出发水平向右运动，到B点时撤去外力，物体恰好能从圆弧轨道上的D点离开轨道，∠COD＝37°，重力加速度g＝10m/s2.(1)求物体在C点时对圆弧轨道的作用力的大小和方向；(2)求物体与粗糙面AB间的动摩擦因数μ；(3)若物体恰好能到达C点，求力F的作用时间t.解析：(1)因物体从D点离开圆弧轨道，由牛顿第二定律知mgcos37°＝mv2DR从C到D由动能定理知mgR(1－cos37°)＝12mv2D－12mv2C在C点由牛顿第二定律知mg－FN＝mv2CR联立并代入数据得FN＝6N，方向竖直向上由牛顿第三定律知物体对圆弧轨道的作用力的大小为6N，方向竖直向下．(2)从A到C的过程中，由动能定理知(F－μmg)s－mgR＝12mv2C代入数据得μ＝0.4.(3)因物体恰好能到达C点，则从A到C由动能定理知Fx－μmgs－mgR＝0而x＝12at2a＝F－μmgm联立各式并代入数据得t＝155s.答案：(1)6N，方向竖直向下(2)0.4(3)155s最新预测2如图所示，倾角为45°的粗糙斜面AB足够长，其底端与半径为R＝0.4m的两个光滑1/4圆弧轨道BCD平滑相接，O为轨道BC圆心，BO为圆弧轨道BC的半径且为竖直线，A、D两点等高，在D点右侧有一以v1＝3m/s的速度逆时针转动的传送带，传送带足够长，质量为m＝1kg的滑块P从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的C点，重力加速度g取10m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ1；(2)若使滑块恰能到达D点，滑块从离地多高处由静止开始下滑？(3)在第(2)问前提下若滑块滑到D点后滑上传送带，滑块返回后最终在斜面上能上升多高及此情况下滑块在传送带上产生的热量Q为多少？解析：(1)A到C过程根据动能定理有mg×(2R－R)－μ1mgcos45°×2Rsin45°＝0可得：μ1＝0.5.(2)若滑块恰能到达D点，在D点，根据牛顿第二定律有mg＝mv2DRvD＝gR＝2m/s从高为H的最高点到D的过程，根据动能定理有mg(H－2R)－μ1mgcos45°×Hsin45°＝12mv2D－0求得：H＝2m.(3)由于v1＞vD，滑块P返回到D点时的速度大小仍为vD设滑块P从D点返回后在斜面上上升的最大高度为h，由动能定理：－12mv2D＝－μ1mgcos45°×hsin45°＋mg(2R－h)h＝23m当滑块P在传送带上向右运动时：s1＝v2D2μg＝1m，s2＝v1vDμg＝3mΔs1＝s1＋s2＝4m当滑块在传送带上向左运动时s3＝1m，s4＝3mΔs2＝s4－s3＝2m所以总相对位移Δs＝Δs1＋Δs2＝6m产生的热量：Q＝μmgΔs＝12J.答案：(1)0.5(2)2m(3)23m12J[失分防范]在攻克力学综合问题时极易从以下几点失分：①不理解题述物理情景，不能从中获取有用信息；②抓不住题设条件中的关键信息，不能正确选择