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- 2021-05-27 发布
高考必考题突破讲座(五)
应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题
题型特点 考情分析 命题趋势
用动力学和能量观点解决问
题时,应首先分析物体的受力和
运动情况,再分析做功和能量转
化情况,最后选择恰当的规律列
方程.一般来说,若一个物体参
与了多个运动过程,有的运动过
程只涉及分析力或求解力而不涉
及能量问题,则此类问题属于动
力学问题;若该过程涉及能量转
化问题,并且具有功能关系的特
点,则此类问题属功能关系问题
2016·全国卷Ⅰ,
25
动力学观点和能量观点结合
一直是高考的热点和难点,它可
能以各种题型出现,其考查范围
广、灵活性强、能力要求高,压
轴题目也多与此相关
1.动力学观点和能量观点综合流程
2.涉及问题
(1)受力情况:几个力?恒力还是变力?
(2)做功情况:是否做功?正功还是负功?
(3)能量分析:建立功能关系式.
►解题方法
1.若只要求分析运动物体的动力学物理量而不涉及能量问题,则用牛顿运动定律和运
动学规律求解.
2.若物体在运动过程中涉及能量转化问题,则用功能关系求解.
角度 1 机械能守恒
受力情况 重力、支持力、弹簧的弹力
运动轨迹 直线和曲线(圆周运动或平抛运动)
涉及的能量
变化
动能、重力势能、弹性势能
处理方法
机械能守恒、动能定理、牛顿第二定
律
角度 2 机械能不守恒
受力情况
重力、支持力、弹簧的弹力、摩擦
力
运动轨迹 直线和曲线(圆周运动或平抛运动)
涉及的能量
变化
动能、势能、内能
处理方法
动能定理、功能关系、牛顿第二定
律
[例 1](2017·华中师大一附中模拟)如图甲所示,质量为 m=1 kg 的滑块(可视为质点),
从光滑、固定的1
4
圆弧轨道的最高点 A 由静止滑下,经最低点 B 后滑到位于水平面的木板
上.已知木板质量 M=2 kg,其上表面与圆弧轨道相切于 B 点,且长度足够长.整个过程中
木板的 v-t 图象如图乙所示,g=10 m/s2.求:
(1)滑块经过 B 点时对圆弧轨道的压力;
(2)滑块与木板之间的动摩擦因数;
(3)滑块在木板上滑过的距离.
解析 (1)设圆弧轨道半径为 R,从 A 到 B 过程,滑块的机械能守恒 mgR=1
2mv2,
经 B 点时,根据牛顿第二定律有
FN-mg=mv2
R
,
整理得 FN=3mg=30 N,
根据牛顿第三定律知,滑块对轨道的压力大小为 30 N,方向竖直向下.
(2)由 v-t 图象知,木板加速的加速度大小为 a1=1 m/s2,滑块与木板共同减速的加速
度大小为 a2=1 m/s2,设木板与地面之间的动摩擦因数为μ1,滑块与木板之间的动摩擦因数
为μ2,
在 0~1 s 内,对木板μ2mg-μ1(m+M)g=Ma1,
在 1 s~2 s 内,对滑块和木板μ1(m+M)g=(m+M)a2,
解得μ1=0.1,μ2=0.5.
(3)滑块在木板上滑动过程中,设滑块与木板相对静止时的共同速度为 v1,滑块从滑上
木板到两者达到共同速度所用时间为 t1.
对滑块μ2mg=ma,
v1=v-at1,v1=1 m/s,t1=1 s,
木板的位移 x1=v1
2 t1,
滑块的位移 x2=v1+v
2
t1,
滑块在木板上滑过的距离Δx=x2-x1,
代入数据解得Δx=3 m.
答案 (1)30 N,方向竖直向下 (2)0.5 (3)3 m
[例 2]如图,—轻弹簧原长为 2R,其一端固定在倾角为 37°的固定直轨道 AC 的底端 A
处,另一端位于直轨道 B 处,弹簧处于自然状态.直轨道与一半径为 5
6R 的光滑圆弧轨道相
切于 C 点,AC=7R,A、B、C、D 均在同一竖直平面内.质量为 m 的小物块 P 自 C 点由静
止开始下滑,最低到达 E 点(未画出).随后 P 沿轨道被弹回,最高到达 F 点,AF=4R.已知
P 与直轨道间的动摩擦因数μ=1
4
,重力加速度大小为 g.(取 sin 37°=3
5
,cos 37°=4
5)
(1)求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小.
(2)求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能.
(3)改变物块 P 的质量,将 P 推至 E 点,从静止开始释放.已知 P 自圆弧轨道的最高点
D 处水平飞出后,恰好通过 G 点.G 点在 C 点左下方,与 C 点水平相距 7
2R、竖直相距 R.
求 P 运动到 D 点时速度的大小和改变后 P 的质量.
解析 (1)根据题意知,B、C 之间的距离为 l=7R-2R,①
设 P 到达 B 点时的速度为 vB,由动能定理得
mglsin θ-μmglcos θ=1
2mv2B, ②
式中θ=37°,
联立①②式并由题给条件得 vB=2 gR. ③
(2)设 BE=x.P 到达 E 点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为 Ep.P 由 B 点运动到 E 点
的过程中,由动能定理有
mgxsin θ-μmgxcos θ-EP=0-1
2mv2B, ④
E、F 之间的距离为 l1=4R-2R+x, ⑤
P 到达 E 点后反弹,从 E 点运动到 F 点的过程中,由动能定理有
Ep-mgl1sin θ-μmgl1cos θ=0,⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x=R, ⑦
EP=12
5 mgR. ⑧
(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1=7
2R-5
6Rsin
θ, ⑨
y1=R+5
6R+5
6Rcos θ, ⑩
式中,已应用了过 C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实.
设 P 在 D 点的速度为 vD,由 D 点运动到 G 点的时间为 t.由平抛运动公式有 y1=1
2gt2,
⑪
x1=vDt, ⑫
联立⑨⑩⑪⑫式得 vD=3
5 5gR. ⑬
设 P 在 C 点速度的大小为 vC.在 P 由 C 点运动到 D 点的过程中机械能守恒,有
1
2m1v2C=1
2m1v2D+m1g(5
6R+5
6Rcos θ), ⑭
P 由 E 点运动到 C 点的过程中,由动能定理有
Ep-m1g(x+5R)sin θ-μm1g(x+5R)cos θ=1
2m1v2C, ⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 m1=1
3m.
答案 见解析
1.(2017·江苏南京诊断)如图所示,质量 M=0.4 kg 的长薄板 BC 静置于倾角为 37°的光
滑斜面上,在 A 点有质量 m=0.1 kg 的小物体(可视为质点)以 v0=4.0 m/s 速度水平抛出,
恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端 B 并在薄板上运动,当小物体落在薄板上时,薄板
无初速度释放开始沿斜面向下运动,小物体运动到薄板的最下端 C 时,与薄板速度恰好相
等,已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为μ=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g
=10 m/s2.求:
(1)A 点与 B 点的水平距离;
(2)薄板 BC 的长度.
解析 (1)小物体从 A 到 B 做平抛运动,下落时间为 t1,水平位移为 x,则
gt1=v0tan 37°, ①
x=v0t1,②
联立①②得 x=1.2 m.
(2)小物体落到 B 点的速度为 v,则
v= v20+gt12,③
小物体在薄板上运动,则
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma1,④
薄板在光滑斜面上运动,则
Mgsin 37°+μmgcos 37°=Ma2,⑤
小物体从落到薄板到两者速度相等用时 t2,则
v+a1t2=a2t2,⑥
小物体的位移 x1=vt2+1
2a1t22,⑦
薄板的位移 x2=1
2a2t22,⑧
薄板的长度 l=x1-x2,⑨
联立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)如图所示,滑块质量为 m,与水平地面间的动摩擦因数为 0.1,
它以 v0=3 gR的初速度由 A 点开始向 B 点滑行,AB=5R,并滑上光滑的半径为 R 的1
4
圆弧
BC,在 C 点正上方有一离 C 点高度也为 R 的旋转平台,沿平台直径方向开有两个离轴心距
离相等的小孔 P、Q,P、Q 位于同一直径上,旋转时两孔均能达到 C 点的正上方.若滑块
滑过 C 点后穿过 P 孔,又恰能从 Q 孔落下,则平台转动的角速度ω应满足什么条件?
解析 设滑块滑至 B 点时速度为 vB,对滑块由 A 点到 B 点应用动能定理有
-μmg5R=1
2mv2B-1
2mv20,
解得 v2B=8gR.
滑块从 B 点开始,运动过程机械能守恒,设滑块到达 P 处时速度为 vP,则
1
2mv2B=1
2mv2P+mg2R,
解得 vP=2 gR,
滑块穿过 P 孔后再回到平台的时间 t=2vP
g
=4 R
g
,
要想实现题述过程,需满足ωt=(2n+1)π,
ω=π2n+1
4
g
R(n=0,1,2,…).
答案 ω=π2n+1
4
g
R(n=0,1,2,…)
3.(2017·湖北黄冈模拟)如图所示,半径 R=1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,
轨道的一个端点 B 和圆心 O 的连线与水平方向间的夹角θ=37°,另一端点 C 为轨道的最低
点.C 点右侧的光滑水平面上紧挨 C 点静止放置一木板,木板质量 M=1 kg,上表面与 C
点等高.质量为 m=1 kg 的物块(可视为质点)从空中 A 点以 v0=1.2 m/s 的速度水平抛出,
恰好从轨道的 B 端沿切线方向进入轨道.已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,取 g=
10 m/s2.求:
(1)物块经过 C 点时的速度 vC;
(2)若木板足够长,物块在木板上相对滑动过程中产生的热量 Q.
解析 (1)设物块在 B 点的速度为 vB,在 C 点的速度为 vC,从 A 到 B 物块做平抛运动,
有 vBsin θ=v0,
从 B 到 C,根据动能定理有 mgR(1+sin θ)=1
2mv2C-1
2mv2B,
解得 vC=6 m/s.
(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用,最终将一起共同运动.设相对滑动
时物块加速度为 a1,木板加速度为 a2,经过时间 t 达到共同速度为 v,则
μmg=ma1,μmg=Ma2,
v=vC-a1t,v=a2t.
根据能量守恒定律有
1
2(m+M)v2+Q=1
2mv2C
联立解得 Q=9 J.
答案 (1)6 m/s (2)9 J
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