（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

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.高考题型1动力学方法和动能定理的综合应用内容索引NEIRONGSUOYIN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动力学方法和动能定理的综合应用高考题型11.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(2019·广西梧州市联考)如图1所示，半径R＝0.4m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＝5m处的A点放一质量m＝3kg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10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)小物块在B点的最小速度vB的大小；图1答案25m/s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＝mvC2R得：vC＝2m/s－2mgR＝12mvC2－12mvB2物块从B运动到C，由动能定理得：解得：vB＝25m/s；(2)在(1)情况下小物块在P点时对轨道的压力大小；答案36N解析物块从P到C由动能定理：－mgR(1－sinθ)＝12mvC2－12mvP2，解得vP＝655m/s在P点由牛顿第二定律：mgsinθ＋FN＝mvP2R解得FN＝36N；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＝36N(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.Ff＝μ(mg－Fminsinθ)，Fminxcosθ－Ffx＝12mvB2解得Fmin＝21011N综上，拉力的取值范围是：21011N≤F≤50N.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：答案21011N≤F≤50N当物块在AB段即将离开地面时，拉力F有最大值，则Fmaxsinθ＝mg，解得Fmax＝50N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20cm，人手臂的长度为60cm，杯子和水的质量均为m＝0.2kg.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10m/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；图2答案22m/s解析水杯通过最高点时，对水由牛顿第二定律得：mg＝mv02R，其中R＝(0.2＋0.6)m＝0.8m解得：v0＝22m/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16N，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.解析在最低点时水对水杯底的压力为16N，杯底对水的支持力FN＝16N，对水，由牛顿第二定律得：FN－mg＝mv2R由动能定理得：2mg×2R＋W＝12×2mv2－12×2mv02答案3.2J对杯子和水，从最高点到最低点的过程中，解得：W＝3.2J.动力学和能量观点分析多运动组合问题高考题型21.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(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；图3答案133gR16由题意可知AB的高度：h＝Rcos60°＝0.5R；解析物块从A点抛出后做平抛运动，在C点vC＝v0cos60°＝2v0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＝133gR物块从A到F的过程，由动能定理：－μmgR＝0－12mv02解得μ＝16；(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点即物块刚好落在平台上的B点.根据动能定理：mg×12R－μmgR＝12mvC′2求得vC′＝136gR，假设成立；假设物块从C点抛出后直接落在BC平台上，BC长度：s＝v02hg＝33R物块在C点竖直方向的分速度vy＝vC′sin60°＝2gR2水平分速度：vx＝vC′cos60°＝6gR6解析假设物块能回到C点，设到达C点的速度大小为vC′，落在BC平台上的水平位移：x＝vx×2vyg＝33R拓展训练2(2019·河南名校联盟高三下学期联考)如图4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，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)(1)P滑至B点时的速度大小；图4l2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(2)P与木板之间的动摩擦因数μ.答案3h2l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＝lv0＝l2gh因此物体从木板右端抛出的速度v1＝v02＝2gh2根据动能定理，物体在木板上滑动时，有－μmgl2＝12mv12－12mv02解得物体与木板之间的动摩擦因数μ＝3h2l.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，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＝0.5m处固定一半圆形管道，管道所在平面竖直，半径R＝0.75m，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0.2kg，半径略小于管道内径，可视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2.该同学某次游戏取得成功，试求：图5(1)水平距离L；答案2m解析设小球进入M点时速度为vM，运动至N点速度为vN，由P至M，L＝vMt1H＝12gt12由N至P，L＝vNt2H＋2R＝12gt22由M至N过程，－2mgR＝12mvN2－12mvM2联立解得：L＝2m；(2)小球在N处对管道的作用力；解析由(1)可得，vN＝10m/smg＋FN＝mvN2R解得：FN＝23N答案23N，方向竖直向上由牛顿第三定律可知，小球在N处对管道的作用力FN′＝FN＝23N，方向竖直向上；(3)弹簧储存的弹性势能.答案5J解析由P至N全过程，由能量守恒定律：Ep＝12mvN2＋mg(H＋2R)解得：Ep＝5J.含弹簧的动力学和能量问题高考题型3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；图6答案2mgR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(2)求小球经C点时对轨道的压力；答案3mg，方向竖直向上解得：FN＝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，方向竖直向上解析由(1)可知C点小球的速度：vC＝2gRC点：取向下为正方向，由牛顿第二定律可得：mg＋FN＝mvC2R(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94mgREp52mgR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联立解得：vC1＝gR2水平方向：R＝vC1t1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：竖直方向：2R＝12gt22水平方向：2R＝vC2t2联立解得：vC2＝gR小球从释放到C点的过程：Ep2－2mgR＝12mvC22－0得：Ep2＝52mgR综上符合条件的弹性势能应满足：94mgREp52mgR拓展训练4(2019·福建厦门市期末质检)如图7，一劲度系数为k＝100N/m的轻弹簧下端固定于倾角为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＝0.3m.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50N.已知物块P质量为m1＝0.8kg，物块Q质量为m2＝5kg.(不计滑轮大小及摩擦，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)现将物块P由静止释放，求：(1)物块P位于A时，弹簧的伸长量x1；图7答案0.1m解析物块P位于A点，设弹簧伸长量为x1，则：FT＝m2gsinθ＋kx1，代入数据解得：x1＝0.1m(2)物块P上升h＝0.4m至与滑轮O等高的B点时的速度大小；答案8J答案23m/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.解析经分析，此时OB垂直竖直杆，OB＝0.3m，此时物块Q速度为0，h＝0.4m，则OP＝0.5m，物块Q下降距离为：Δx＝OP－OB＝0.5m－0.3m＝0.2m，则弹簧压缩x2＝0.2m－0.1m＝0.1m，弹性势能不变.m2g·Δx·sinθ－m1gh＝12m1vB2代入可得：vB＝23m/s对物块P：WT－m1gh＝12m1vB2代入数据得：WT＝8J.对物块P、Q和弹簧组成的系统，物块P从A到B的过程中根据能量守恒有：