江苏专用2020版高考物理新增分大一轮复习第五章机械能专题突破六力学“两大观点”的综合应用讲义含解析.docx

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1、专题突破六力学“两大观点”的综合应用命题点一静、动力学与能量组合型问题专题设置背景江苏高考近几年计算题中常出现的类型，一般涉及几个物体组合成的连接体临界与极值问题、运动的合成与分解问题等，综合考查受力分析、牛顿运动定律的应用、功能关系的应用例1(2018南京师大附中5月模拟)如图1所示，小球M用长度为L的轻杆连接在固定于天花板的轴O上，可在竖直平面内自由旋转，通过与O等高的滑轮用轻绳连接物块m.滑轮与轴O的距离也为L，轻杆最初位置水平滑轮、小球、物块的大小可以忽略，轻绳竖直部分的长度足够长，不计各种摩擦和空气阻力，运动过程中绳始终保持张紧状态，重力加速度为g.图1(1)若用外力拉着m使轻杆从最

2、初位置缓慢下降，直至撤去外力后小球保持静止，轻杆与水平方向成60角，求M与m的质量之比(2)若M与m的质量之比为21，使小球从最初位置静止释放，在小球向右摆动的过程中，求轻杆与最初位置的最大夹角.(3)若M与m的质量之比为21，使小球从最初位置静止释放，当小球向右摆动到O点正下方的位置时绳突然断裂，求整个过程中m上升的最大高度答案(1)(2)120(3)L解析(1)对小球受力分析，如图甲所示由图中几何关系知Mgmg，即(2)如图乙，小球和物块在运动过程中，系统机械能守恒，则MgLsin(180)mg2Lsin解得cos，得120；(3)设小球在O点正下方时，m向上运动的速度为v，M速度水平向右

3、为v，如图丙，由速度关系得vv，如图丁，由系统的机械能守恒可得MgLmgLMv2mv2，解得v2gL，随后m还能继续沿竖直方向上升h，由机械能守恒得mghmv2，解得hL，故整个过程中m上升的最大高度为HhLL.变式1(2018盐城市三模)如图2所示，质量为m、半径为R的光滑圆柱体B放在水平地面上，其左侧有半径为R、质量为m的半圆柱体A，右侧有质量为m的长方体木块C，现用水平向左的推力推木块C，使其缓慢移动，直到圆柱体B恰好运动到半圆柱体A的顶端，在此过程中A始终保持静止已知C与地面间的动摩擦因数，重力加速度为g.求：图2(1)圆柱体B下端离地高为时，地面对半圆柱体A的支持力大小；(2)木块C

4、移动的整个过程中水平推力的最大值；(3)木块C移动的整个过程中水平推力所做的功答案(1)2mg(2)mg(3)mgR解析(1)以A和B整体为研究对象，地面对圆柱体A的支持力大小为FN2mg.(2)由题意分析可知，B刚离开地面时，B对C的弹力最大，F1mgtan 60mg此时水平推力最大为FmF1mgmg.(3)整个过程中C移动的距离与圆柱体B的圆心水平向左移动的距离相等x2Rcos 30R摩擦力做功WfmgxmgR根据动能定理WWfmgR0解得WmgR.命题点二动力学与能量的综合性问题1专题设置背景江苏高考选择题中常出现涉及弹簧的动力学与能量结合的综合性问题，对分析能力有较高要求2抓好三个分析

5、：(1)受力分析：分析研究对象在各运动阶段的受力情况，整体法、隔离法灵活应用所受力为变力的要分析影响力变化的因素，随运动变化情况(2)运动分析：分析各阶段运动性质，特别是物体受力随运动变化的情况要关注F变化a变化v变化x变化F变化的分析弹簧连接的两物体可从“追及相遇”模型分析两物体间距，即弹簧长度变化(3)能量转化分析：分析各力做功情况，判断各种能量的变化情况，关注守恒量，判断哪种能量守恒例2(多选)(2018无锡市高三期末)如图3所示，质量分别为m1、m2的两物块A、B通过一水平轻质弹簧连接，静止放置在光滑水平面上，弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内，t10时刻在A上施加一个水

6、平向左的恒力F，t2t时刻弹簧第一次恢复到原长状态，此时A、B速度分别为v1和v2.则t1到t2时间内()图3AA、B和弹簧组成系统的机械能先增大后减小B当A的加速度为零时，B的加速度为C当弹簧的弹性势能最大时，两物块速度相等D物块B移动的距离为答案CD解析通过受力分析可知，物块A先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，物块B先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，t1t2时间内，拉力F一直做正功，系统的机械能一直增大，故A错误；当A的加速度为零时，弹簧弹力等于F，所以B的加速度为，故B错误；速度相等前，A一直比B速度大，所以弹簧一直在变长，当两物块速度相等时，弹簧最长

7、，弹簧的弹性势能最大，故C正确；因为t2时刻弹簧第一次恢复原长，所以弹簧弹性势能为零，根据功能关系可知：Fxm1vm2v，所以x，故D正确变式2(多选)(2018盐城市三模)如图4所示，质量相等的两个物块A和B用轻弹簧连接后，再用细线将A悬挂，A和B处于静止状态剪断细线，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法正确的是()图4A当A加速度为g时，B的加速度可能也为gB只有重力和弹力对A做功，A机械能守恒C当A、B的动能相等时，弹簧的压缩量最大D当A、B的速度相差最大时，两者加速度均为g答案CD命题点三动力学与能量结合的多过程问题1动力学中的多过程问题(1)很多动力学问题中涉及研究

8、对象有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，我们把这类问题称为多过程问题(2)多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题观察每一个过程的特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键(3)一般是按时间或空间的先后顺序对题目给出的物理过程进行分析，正确划分出不同的过程，对每一过程，具体分析出其速度、位移、时间的关系，然后利用各过程的具体特点列方程解题2规律与方法的选择(1)若问题涉及时间、加速度、力等，一般要用牛顿运动定律与运动学公式结合求解(2)若问题只涉及位移、速度、力等，一般可用动能定理求解，用动能定理求解一般比用牛

9、顿运动定律求解简单(3)若运动过程无机械能向其他形式能转化，可考虑用机械能守恒(4)若运动过程涉及摩擦生热等现象，可用功能关系列能量守恒关系式例3如图5所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内、外壁光滑且半径r0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐一个质量为1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在曲面AB上，现从距BC的高度为h0.6 m处由静止释放小滑块，它与BC间的动摩擦因数0.5，小滑块进入管口C端时，它与上管壁有大小为FN2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧

10、过程中小滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep0.5 J不计空气阻力，取重力加速度g10 m/s2.求：图5(1)小滑块在C处受到的向心力大小；(2)在压缩弹簧过程中小滑块的最大动能Ekm；(3)小滑块最终停止的位置答案(1)35N(2)6J(3)距B点0.2m处解析(1)由题意知FN2.5mgmg，则小滑块进入管口C端时，它受到圆管外壁大小为2.5mg、方向竖直向下的压力，故小滑块在C点受到的向心力大小为F向2.5mgmg35 N.(2)在压缩弹簧过程中，小滑块速度最大时，所受合力为零设此时小滑块离D端的距离为x0，则有kx0mg解得x00.1 m在C点，F向m，解得v7 m2/s2.小滑块从C

11、点运动到速度最大位置的过程中，由机械能守恒定律得mg(rx0)mvEkmEp代入数据解得Ekm6 J.(3)小滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得mghmgsmv代入数据解得B、C间的距离s0.5 m小滑块与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中，设之后小滑块在BC上的运动路程为s，由动能定理有：mgs0mv，代入数据解得s0.7 m，故最终小滑块在距离B点为(0.70.5) m0.2 m处停下1(多选)(2018溧水中学期初模拟)一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向下列关于小球运动的速度v、加

12、速度a、位移x、机械能E随时间t变化的图象中，可能正确的有()答案AC解析小球在上升过程中，设小球的加速度为a1，由牛顿第二定律得mgFfma1，又Ffkv，得a1g，v减小，则a1减小，vt图象的斜率逐渐减小小球在下落过程中，设小球的加速度为a2，由牛顿第二定律得mgFfma2，又Ffkv，得a2g，v增大，则a2减小，vt图象的斜率逐渐减小，可知选项中vt图象正确，at图象错误，故A正确，B错误；根据xt图象的斜率等于速度可知，xt图象的斜率先减小后反向增大，且下落时间大于上升时间，故C正确；根据功能关系得：FfxE，则得Ff，由，则得Ffvkv2，v是变化的，则知Et图象的斜率是变化的，

13、图象应为曲线，故D错误2(2018南通市、泰州市一模)如图6所示，质量分布均匀的刷子刷地面上的薄垫子，开始时刷子和垫子的左边缘对齐，刷子的质量为m，垫子的质量为M，刷子和垫子间的动摩擦因数为1，垫子和地面间的动摩擦因数为2，刷子和地面间的动摩擦因数为3，重力加速度为g.图6(1)若给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成60角的推力F1，垫子和刷子保持静止求刷子受到的摩擦力大小Ff1和地面对垫子的支持力大小FN；(2)若给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成30角的推力F2，刷子和垫子以同一加速度运动，求刷子受到的摩擦力大小Ff2；(3)若给刷子施加一个水平向右的推力F3，刷子从图示位置开始运动

14、，垫子保持静止已知刷子的长为b，垫子的长为L(Lb)，求刷子完全离开垫子时的速度大小v.答案见解析解析(1) 刷子受到重力、垫子的支持力、推力F1和摩擦力作用，水平方向受力平衡，则有Ff1F1刷子和垫子整体在竖直方向受力平衡，故有FN(mM)gF1.(2)设刷子和垫子运动的加速度为a，由牛顿第二定律有F2cos 302(mgMgF2sin 30)(Mm)a对刷子有F2cos 30Ff2ma解得Ff22mg.(3)从刷子刚到垫子右边缘到离开垫子的过程中受到的摩擦力做的功Wf()由动能定理有F3L1mg(Lb)Wfmv20解得v.1(多选)(2018海安中学开学考)如图1所示，在一直立的光滑管内放

15、置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为x0，速度传感器描绘小球速度随时间变化如图，其中0t1时间内图线是直线，t1t2时间内图线是正弦曲线一部分，不计空气阻力，则()图1A小球运动的最大速度大于2B小球运动中最大加速度为gC弹簧的劲度系数为D弹簧的最大弹性势能为3mgx0答案AD2(多选)(2018金陵中学等三校四模)如图2所示，劲度系数为k的水平轻质弹簧左端固定，右端连接质量为m的小物块，静止于A点，物块与水平面之间的动摩擦因数为.现对物块施加一个水平向右的恒力F，物块开始运动，且此后运动中能到达A点右侧的最大距离是x0

16、，已知重力加速度为g，物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力则()图2A拉力F的大小一定大于mgB物块开始运动时加速度的大小a满足：2gaC物块运动至A点右侧距离是x0点时弹簧弹性势能增量为(Fmg)x0D此后运动过程中物块可能再次经过A点答案BC解析在弹簧压缩时，弹力向右，摩擦力向左，二者平衡，向右加多大的力都会使物块运动；在弹簧伸长时，弹力向左，摩擦力向右，二者平衡，当物块向右运动时，摩擦力方向发生改变，故向右的恒力F至少为2mg，故A错误物块开始运动时，如果弹力向右，则a，如果弹力向左，则a2g，所以2ga，B正确从物块开始运动，到到达A点右侧的最大距离，应用动能定理(Fmg)x0E弹0，

17、得E弹(Fmg)x0，所以C正确在整个运动过程中，摩擦力做负功，消耗能量，所以此后运动过程中物块不可能再次经过A点，所以D错误3.(2018常州市一模)如图3所示，光滑水平细杆上P点套一小环，小环通过长L1m的轻绳悬挂一夹子，夹子内夹有质量m1kg的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为Ffm7N现对物块施加F8N的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子Q时立即停止运动，物块恰好相对夹子滑动，此时夹子立即锁定物块，锁定后物块仍受恒力F的作用小环和夹子的大小及质量均不计，物块可看成质点，重力加速度g10m/s2.求：图3(1)物块做匀加速运

18、动的加速度大小a；(2)P、Q两点间的距离s；(3)物块向右摆动的最大高度h.答案(1)8m/s2(2)0.25m(3)1m解析(1)以小环、夹子和物块组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得：Fma解得：a8 m/s2(2)环到达Q，物块与夹子间刚达到最大静摩擦力，设此时物块的速度为v由牛顿第二定律有2Ffmmg解得v2 m/s根据动能定理有Fsmv2解得s0.25 m(3)物块上升的最大高度为h，水平距离为x，由动能定理得F(xs)mgh0由几何关系得(Lh)2x2L2解得h1 m或h m(舍去)4.(2018南通市等七市三模)如图4所示，两根不可伸长的细绳A、B端分别固定在水平天花板上，O

19、端系有一质量mkg的物体，ABO组成一边长为L5m的正三角形物体受到方向水平向左的风力作用，绳BO能承受的最大拉力Fm20N，绳AO不会被拉断，取g10m/s2.图4(1)水平风力F15N时，物体处于静止状态，求绳BO中的拉力大小FB；(2)水平风力为F2时，绳BO刚好被拉断，求F2的大小和绳OB被拉断时物体的加速度大小a；(3)在(2)的情况下，求物体运动过程中的最大速度vm和物体运动到最高点时与初始位置的高度差h.答案(1)15N(2)10N10m/s2(3)10 m/s75m解析(1)设此时绳AO中的拉力大小为FA，由平衡条件有F1FAcos60FBcos600FAsin60FBsin6

20、0mg0代入数据解得FB15N.(2)假设绳BO被拉断时，物体仍在原来位置，则拉断前瞬间绳BO的拉力在水平和竖直方向的分力分别为：FmxFmcos6010NFmyFmsin6010N由于Fmymg，说明假设成立，物体仍在原来位置，此时绳AO中的拉力大小为0.水平方向由平衡条件有F2Fmx10N绳BO被拉断后，物体做圆周运动，拉断时加速度方向沿圆切线方向，则F2sin60mgcos60ma解得a10m/s2.(3)设绳AO向左摆到与水平方向的夹角为时，物体运动的速度最大，则F2sinmgcos0F2(Lcos60Lcos)mg(LsinLsin60)mv解得vm10m/s设绳AO向左摆到与水平方

21、向的夹角为时，物体到达最高点，则F2(Lcos60Lcos)mg(LsinLsin60)0hLsin60Lsin联立以上两个式子代入数据解得h7.5m.5(2018兴化一中四模)如图5所示，固定直杆上套有一个质量为m的小球和两根原长均为L的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点已知直杆与水平面的夹角为，两弹簧的劲度系数均为，小球在距B点L的P点处于静止状态，此时小球受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等，重力加速度为g.求：图5(1)从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度的大小和方向；(2)若小球从P点以初速度v0沿杆向上运动，恰能到达距A点L的Q

22、点，求初速度v0的大小；(3)在(2)问中，小球从Q点下滑过程中动能最大时到B点的距离答案(1)方向沿杆向下(2)(3)解析(1)小球在P点时两根弹簧的弹力大小相等，设为F，根据胡克定律有Fk(LL) 设小球静止时受到的摩擦力大小为Ff，方向沿杆向下，根据平衡条件有mgsinFf2F得Ff剪断下方弹簧的瞬间，mgsinF，则mgsinFfFma解得a，方向沿杆向下(2)小球在P、Q两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从P到Q的过程中，弹簧对小球做功为零据动能定理W合Ek有mg2(LL)sin Ff2(LL) 0mv解得v0(3)小球沿杆下滑的过程中，当其加速度a0时有最大动能故有2kxFfmgs

23、in即2kx0.8mgsin 解得x，即到B点的距离为.6(2018泰州中学四模)如图6所示，水平传送带上A、B两端点间距L4m，半径R1m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带B相切传送带以v04m/s的速度沿图示方向匀速运动，质量m1 kg的小滑块由静止放到传送带的A端，经一段时间运动到B端，滑块与传送带间的动摩擦因数0.5，取g10 m/s2.图6(1)求滑块到达B端的速度大小；(2)求滑块由A运动到B的过程中，滑块与传送带间因摩擦产生的热量；(3)仅改变传送带的速度，其他条件不变，计算说明滑块能否通过圆轨道最高点C.答案(1)4m/s(2)8J(3)见解析解析(1)滑块开始时在

24、传送带上先向右做匀加速运动，若传送带足够长，设当滑块速度vv0时已运动的距离为x，根据动能定理有：mgxmv0解得：x1.6 mL, 所以滑块到达B端前已开始做匀速运动，到达B端的速度vv04 m/s(2)设滑块与传送带发生相对运动的时间为t，则：v0gtt时间内，传送带通过的位移为：xv0t滑块与传送带之间相对滑动的距离为：xxx滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为：Qmgx联立以上各式代入数据解得：Q8 J(3)设滑块通过最高点C的最小速度为vC，经过C点时，根据向心力公式和牛顿第二定律有：mgm在滑块从B运动到C的过程中，根据动能定理有：2mgRmvmv解得要使滑块能通过圆轨道最高点C，经过B的最小速度为：vB5 m/s若仅改变传送带的速度，其他条件不变，滑块一直做匀加速直线运动至B的速度为最大速度，设为vm，根据动能定理有：mgLmv0解得：vm2 m/svB5 m/s，所以仅改变传送带的速度，滑块不能通过圆轨道最高点C.