《（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復習 第五章 機械能 專題突破六 力學“兩大觀點”的綜合應用講義（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復習 第五章 機械能 專題突破六 力學“兩大觀點”的綜合應用講義（含解析）.docx（12頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

專題突破六　力學“兩大觀點”的綜合應用 命題點一　靜、動力學與能量組合型問題 專題設置背景 江蘇高考近幾年計算題中常出現的類型，一般涉及幾個物體組合成的連接體臨界與極值問題、運動的合成與分解問題等，綜合考查受力分析、牛頓運動定律的應用、功能關系的應用． 例1　(2018南京師大附中5月模擬)如圖1所示，小球M用長度為L的輕桿連接在固定于天花板的軸O上，可在豎直平面內自由旋轉，通過與O等高的滑輪用輕繩連接物塊m.滑輪與軸O的距離也為L，輕桿最初位置水平．滑輪、小球、物塊的大小可以忽略，輕繩豎直部分的長度足夠長，不計各種摩擦和空氣阻力，運動過程中繩始終保持張緊狀態(tài)，重力加速度為g. 圖1 (1)若用外力拉著m使輕桿從最初位置緩慢下降，直至撤去外力后小球保持靜止，輕桿與水平方向成θ＝60角，求M與m的質量之比． (2)若M與m的質量之比為2∶1，使小球從最初位置靜止釋放，在小球向右擺動的過程中，求輕桿與最初位置的最大夾角θ. (3)若M與m的質量之比為2∶1，使小球從最初位置靜止釋放，當小球向右擺動到O點正下方的位置時繩突然斷裂，求整個過程中m上升的最大高度． 答案　(1)　(2)120　(3)L 解析　(1)對小球受力分析，如圖甲所示．由圖中幾何關系知Mg＝mg，即＝ (2)如圖乙，小球和物塊在運動過程中，系統(tǒng)機械能守恒，則MgLsin(180－θ)＝mg2Lsin 解得cos＝＝，得θ＝120； (3)設小球在O點正下方時，m向上運動的速度為v，M速度水平向右為v′，如圖丙，由速度關系得v′＝v， 如圖丁，由系統(tǒng)的機械能守恒可得MgL－mgL＝Mv′2＋mv2，解得v2＝gL， 隨后m還能繼續(xù)沿豎直方向上升h，由機械能守恒得mgh＝mv2， 解得h＝＝L，故整個過程中m上升的最大高度為H＝h＋L＝L. 變式1　(2018鹽城市三模)如圖2所示，質量為m、半徑為R的光滑圓柱體B放在水平地面上，其左側有半徑為R、質量為m的半圓柱體A，右側有質量為m的長方體木塊C，現用水平向左的推力推木塊C，使其緩慢移動，直到圓柱體B恰好運動到半圓柱體A的頂端，在此過程中A始終保持靜止．已知C與地面間的動摩擦因數μ＝，重力加速度為g.求： 圖2 (1)圓柱體B下端離地高為時，地面對半圓柱體A的支持力大?。? (2)木塊C移動的整個過程中水平推力的最大值； (3)木塊C移動的整個過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整體為研究對象，地面對圓柱體A的支持力大小為FN＝2mg. (2)由題意分析可知，B剛離開地面時，B對C的彈力最大，F1＝mgtan 60＝mg 此時水平推力最大為Fm＝F1＋μmg＝mg. (3)整個過程中C移動的距離與圓柱體B的圓心水平向左移動的距離相等x＝2Rcos 30＝R 摩擦力做功Wf＝μmgx＝mgR 根據動能定理W－Wf－mgR＝0 解得W＝mgR. 命題點二　動力學與能量的綜合性問題 1．專題設置背景 江蘇高考選擇題中常出現涉及彈簧的動力學與能量結合的綜合性問題，對分析能力有較高要求． 2．抓好三個分析： (1)受力分析：分析研究對象在各運動階段的受力情況，整體法、隔離法靈活應用．所受力為變力的要分析影響力變化的因素，隨運動變化情況． (2)運動分析：分析各階段運動性質，特別是物體受力隨運動變化的情況．要關注F變化→a變化→v變化→x變化→F變化的分析．彈簧連接的兩物體可從“追及相遇”模型分析兩物體間距，即彈簧長度變化． (3)能量轉化分析：分析各力做功情況，判斷各種能量的變化情況，關注守恒量，判斷哪種能量守恒． 例2　(多選)(2018無錫市高三期末)如圖3所示，質量分別為m1、m2的兩物塊A、B通過一水平輕質彈簧連接，靜止放置在光滑水平面上，彈簧開始時處于原長，運動過程中始終處在彈性限度內，t1＝0時刻在A上施加一個水平向左的恒力F，t2＝t時刻彈簧第一次恢復到原長狀態(tài)，此時A、B速度分別為v1和v2.則t1到t2時間內(　　) 圖3 A．A、B和彈簧組成系統(tǒng)的機械能先增大后減小 B．當A的加速度為零時，B的加速度為 C．當彈簧的彈性勢能最大時，兩物塊速度相等 D．物塊B移動的距離為 答案　CD 解析　通過受力分析可知，物塊A先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，物塊B先做加速度增大的加速運動，后做加速度減小的加速運動，t1～t2時間內，拉力F一直做正功，系統(tǒng)的機械能一直增大，故A錯誤；當A的加速度為零時，彈簧彈力等于F，所以B的加速度為，故B錯誤；速度相等前，A一直比B速度大，所以彈簧一直在變長，當兩物塊速度相等時，彈簧最長，彈簧的彈性勢能最大，故C正確；因為t2時刻彈簧第一次恢復原長，所以彈簧彈性勢能為零，根據功能關系可知：Fx＝m1v＋m2v，所以x＝，故D正確． 變式2　(多選)(2018鹽城市三模)如圖4所示，質量相等的兩個物塊A和B用輕彈簧連接后，再用細線將A懸掛，A和B處于靜止狀態(tài)．剪斷細線，A、B從靜止開始運動到第一次速度相等的過程中，下列說法正確的是(　　) 圖4 A．當A加速度為g時，B的加速度可能也為g B．只有重力和彈力對A做功，A機械能守恒 C．當A、B的動能相等時，彈簧的壓縮量最大 D．當A、B的速度相差最大時，兩者加速度均為g 答案　CD 命題點三　動力學與能量結合的多過程問題 1．動力學中的多過程問題 (1)很多動力學問題中涉及研究對象有兩個或多個連續(xù)的運動過程，在物體不同的運動階段，物體的運動情況和受力情況都發(fā)生了變化，我們把這類問題稱為多過程問題． (2)多過程問題可根據涉及物體的多少分為單體多過程問題和多體多過程問題．觀察每一個過程的特征和尋找過程之間的聯系是求解多過程問題的兩個關鍵． (3)一般是按時間或空間的先后順序對題目給出的物理過程進行分析，正確劃分出不同的過程，對每一過程，具體分析出其速度、位移、時間的關系，然后利用各過程的具體特點列方程解題． 2．規(guī)律與方法的選擇 (1)若問題涉及時間、加速度、力等，一般要用牛頓運動定律與運動學公式結合求解． (2)若問題只涉及位移、速度、力等，一般可用動能定理求解，用動能定理求解一般比用牛頓運動定律求解簡單． (3)若運動過程無機械能向其他形式能轉化，可考慮用機械能守恒． (4)若運動過程涉及摩擦生熱等現象，可用功能關系列能量守恒關系式． 例3　如圖5所示，在某豎直平面內，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接內、外壁光滑且半徑r＝0.2m的四分之一細圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數為k＝100N/m的輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊．一個質量為1.0 kg的小滑塊(可視為質點)放在曲面AB上，現從距BC的高度為h＝0.6 m處由靜止釋放小滑塊，它與BC間的動摩擦因數μ＝0.5，小滑塊進入管口C端時，它與上管壁有大小為FN＝2.5mg的相互作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中小滑塊速度最大時彈簧的彈性勢能為Ep＝0.5 J．不計空氣阻力，取重力加速度g＝10 m/s2.求： 圖5 (1)小滑塊在C處受到的向心力大小； (2)在壓縮彈簧過程中小滑塊的最大動能Ekm； (3)小滑塊最終停止的位置． 答案　(1)35N　(2)6J　(3)距B點0.2m處 解析　(1)由題意知FN＝2.5mg＞mg，則小滑塊進入管口C端時，它受到圓管外壁大小為2.5mg、方向豎直向下的壓力，故小滑塊在C點受到的向心力大小為F向＝2.5mg＋mg＝35 N. (2)在壓縮彈簧過程中，小滑塊速度最大時，所受合力為零．設此時小滑塊離D端的距離為x0，則有kx0＝mg 解得x0＝＝0.1 m 在C點，F向＝m， 解得v＝7 m2/s2. 小滑塊從C點運動到速度最大位置的過程中，由機械能守恒定律得 mg(r＋x0)＋mv＝Ekm＋Ep 代入數據解得Ekm＝6 J. (3)小滑塊從A點運動到C點過程，由動能定理得mgh－μmgs＝mv 代入數據解得B、C間的距離s＝0.5 m 小滑塊與彈簧作用后返回C處動能不變，小滑塊的動能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中，設之后小滑塊在BC上的運動路程為s′，由動能定理有：－μmgs′＝0－mv，代入數據解得s′＝0.7 m，故最終小滑塊在距離B點為(0.7－0.5) m＝0.2 m處停下． 1．(多選)(2018溧水中學期初模擬)一小球從地面豎直上拋，后又落回地面，小球運動過程中所受空氣阻力與速度成正比，取豎直向上為正方向．下列關于小球運動的速度v、加速度a、位移x、機械能E隨時間t變化的圖象中，可能正確的有(　　) 答案　AC 解析　小球在上升過程中，設小球的加速度為a1，由牛頓第二定律得mg＋Ff＝ma1，又Ff＝kv，得a1＝g＋，v減小，則a1減小，v－t圖象的斜率逐漸減?。∏蛟谙侣溥^程中，設小球的加速度為a2，由牛頓第二定律得mg－Ff＝ma2，又Ff＝kv，得a2＝g－，v增大，則a2減小，v－t圖象的斜率逐漸減小，可知選項中v－t圖象正確，a－t圖象錯誤，故A正確，B錯誤；根據x－t圖象的斜率等于速度可知，x－t圖象的斜率先減小后反向增大，且下落時間大于上升時間，故C正確；根據功能關系得：－FfΔx＝ΔE，則得＝－Ff，由＝＝，則得＝－Ffv＝－kv2，v是變化的，則知E－t圖象的斜率是變化的，圖象應為曲線，故D錯誤． 2．(2018南通市、泰州市一模)如圖6所示，質量分布均勻的刷子刷地面上的薄墊子，開始時刷子和墊子的左邊緣對齊，刷子的質量為m，墊子的質量為M，刷子和墊子間的動摩擦因數為μ1，墊子和地面間的動摩擦因數為μ2，刷子和地面間的動摩擦因數為μ3，重力加速度為g. 圖6 (1)若給刷子施加一個斜向右下方、與水平方向成60角的推力F1，墊子和刷子保持靜止．求刷子受到的摩擦力大小Ff1和地面對墊子的支持力大小FN； (2)若給刷子施加一個斜向右下方、與水平方向成30角的推力F2，刷子和墊子以同一加速度運動，求刷子受到的摩擦力大小Ff2； (3)若給刷子施加一個水平向右的推力F3，刷子從圖示位置開始運動，墊子保持靜止．已知刷子的長為b，墊子的長為L(L>b)，求刷子完全離開墊子時的速度大小v. 答案　見解析 解析　(1) 刷子受到重力、墊子的支持力、推力F1和摩擦力作用，水平方向受力平衡，則有 Ff1＝F1 刷子和墊子整體在豎直方向受力平衡，故有 FN＝(m＋M)g＋F1. (2)設刷子和墊子運動的加速度為a，由牛頓第二定律有 F2cos 30－μ2(mg＋Mg＋F2sin 30)＝(M＋m)a 對刷子有F2cos 30－Ff2＝ma 解得Ff2＝μ2mg＋. (3)從刷子剛到墊子右邊緣到離開墊子的過程中受到的摩擦力做的功 Wf＝－(＋) 由動能定理有F3L－μ1mg(L－b)＋Wf＝mv2－0 解得v＝. 1．(多選)(2018海安中學開學考)如圖1所示，在一直立的光滑管內放置一輕質彈簧，上端O點與管口A的距離為2x0，一質量為m的小球從管口由靜止下落，將彈簧壓縮至最低點B，壓縮量為x0，速度傳感器描繪小球速度隨時間變化如圖，其中0～t1時間內圖線是直線，t1～t2時間內圖線是正弦曲線一部分，不計空氣阻力，則(　　) 圖1 A．小球運動的最大速度大于2 B．小球運動中最大加速度為g C．彈簧的勁度系數為 D．彈簧的最大彈性勢能為3mgx0 答案　AD 2．(多選)(2018金陵中學等三校四模)如圖2所示，勁度系數為k的水平輕質彈簧左端固定，右端連接質量為m的小物塊，靜止于A點，物塊與水平面之間的動摩擦因數為μ.現對物塊施加一個水平向右的恒力F，物塊開始運動，且此后運動中能到達A點右側的最大距離是x0，已知重力加速度為g，物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．則(　　) 圖2 A．拉力F的大小一定大于μmg B．物塊開始運動時加速度的大小a滿足：－2μg≤a≤ C．物塊運動至A點右側距離是x0點時彈簧彈性勢能增量為(F－μmg)x0 D．此后運動過程中物塊可能再次經過A點 答案　BC 解析　在彈簧壓縮時，彈力向右，摩擦力向左，二者平衡，向右加多大的力都會使物塊運動；在彈簧伸長時，彈力向左，摩擦力向右，二者平衡，當物塊向右運動時，摩擦力方向發(fā)生改變，故向右的恒力F至少為2μmg，故A錯誤．物塊開始運動時，如果彈力向右，則a＝，如果彈力向左，則a＝－2μg，所以－2μg≤a≤，B正確．從物塊開始運動，到到達A點右側的最大距離，應用動能定理(F－μmg)x0－E彈＝0，得E彈＝(F－μmg)x0，所以C正確．在整個運動過程中，摩擦力做負功，消耗能量，所以此后運動過程中物塊不可能再次經過A點，所以D錯誤． 3.(2018常州市一模)如圖3所示，光滑水平細桿上P點套一小環(huán)，小環(huán)通過長L＝1m的輕繩懸掛一夾子，夾子內夾有質量m＝1kg的物塊，物塊兩豎直側面與夾子間的最大靜摩擦力均為Ffm＝7N．現對物塊施加F＝8N的水平恒力作用，物塊和小環(huán)一起沿水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，小環(huán)碰到桿上的釘子Q時立即停止運動，物塊恰好相對夾子滑動，此時夾子立即鎖定物塊，鎖定后物塊仍受恒力F的作用．小環(huán)和夾子的大小及質量均不計，物塊可看成質點，重力加速度g＝10m/s2.求： 圖3 (1)物塊做勻加速運動的加速度大小a； (2)P、Q兩點間的距離s； (3)物塊向右擺動的最大高度h. 答案　(1)8m/s2　(2)0.25m　(3)1m 解析　(1)以小環(huán)、夾子和物塊組成的整體為研究對象，由牛頓第二定律得：F＝ma 解得：a＝8 m/s2 (2)環(huán)到達Q，物塊與夾子間剛達到最大靜摩擦力，設此時物塊的速度為v 由牛頓第二定律有2Ffm－mg＝ 解得v＝2 m/s 根據動能定理有Fs＝mv2 解得s＝0.25 m (3)物塊上升的最大高度為h，水平距離為x，由動能定理得F(x＋s)－mgh＝0 由幾何關系得(L－h(huán))2＋x2＝L2 解得h＝1 m或h＝ m(舍去) 4.(2018南通市等七市三模)如圖4所示，兩根不可伸長的細繩A、B端分別固定在水平天花板上，O端系有一質量m＝kg的物體，ABO組成一邊長為L＝5m的正三角形．物體受到方向水平向左的風力作用，繩BO能承受的最大拉力Fm＝20N，繩AO不會被拉斷，取g＝10m/s2. 圖4 (1)水平風力F1＝5N時，物體處于靜止狀態(tài)，求繩BO中的拉力大小FB； (2)水平風力為F2時，繩BO剛好被拉斷，求F2的大小和繩OB被拉斷時物體的加速度大小a； (3)在(2)的情況下，求物體運動過程中的最大速度vm和物體運動到最高點時與初始位置的高度差h. 答案　(1)15N　(2)10N　10m/s2　(3)10 m/s　7．5m 解析　(1)設此時繩AO中的拉力大小為FA，由平衡條件有 F1＋FAcos60－FBcos60＝0 FAsin60＋FBsin60－mg＝0 代入數據解得FB＝15N. (2)假設繩BO被拉斷時，物體仍在原來位置，則拉斷前瞬間繩BO的拉力在水平和豎直方向的分力分別為： Fmx＝Fmcos60＝10N Fmy＝Fmsin60＝10N 由于Fmy＝mg，說明假設成立，物體仍在原來位置，此時繩AO中的拉力大小為0. 水平方向由平衡條件有F2＝Fmx＝10N 繩BO被拉斷后，物體做圓周運動，拉斷時加速度方向沿圓切線方向，則 F2sin60＋mgcos60＝ma 解得a＝10m/s2. (3)設繩AO向左擺到與水平方向的夾角為θ時，物體運動的速度最大，則 F2sinθ－mgcosθ＝0 F2(Lcos60＋Lcosθ)＋mg(Lsinθ－Lsin60)＝mv 解得vm＝10m/s 設繩AO向左擺到與水平方向的夾角為α時，物體到達最高點，則 F2(Lcos60＋Lcosα)＋mg(Lsinα－Lsin60)＝0 h＝Lsin60－Lsinα 聯立以上兩個式子代入數據解得h＝7.5m. 5．(2018興化一中四模)如圖5所示，固定直桿上套有一個質量為m的小球和兩根原長均為L的輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球相連，另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點．已知直桿與水平面的夾角為θ，兩彈簧的勁度系數均為，小球在距B點L的P點處于靜止狀態(tài)，此時小球受到的摩擦力為最大靜摩擦力，且與滑動摩擦力相等，重力加速度為g.求： 圖5 (1)從固定點B處剪斷彈簧的瞬間小球加速度的大小和方向； (2)若小球從P點以初速度v0沿桿向上運動，恰能到達距A點L的Q點，求初速度v0的大??； (3)在(2)問中，小球從Q點下滑過程中動能最大時到B點的距離． 答案　(1)　方向沿桿向下　(2)　(3) 解析　(1)小球在P點時兩根彈簧的彈力大小相等，設為F，根據胡克定律有 F＝k(L－L) 設小球靜止時受到的摩擦力大小為Ff，方向沿桿向下，根據平衡條件有 mgsinθ＋Ff＝2F 得Ff＝ 剪斷下方彈簧的瞬間，mgsinθ＞F，則mgsinθ－Ff－F＝ma 解得a＝，方向沿桿向下 (2)小球在P、Q兩點時，彈簧的彈性勢能相等，故小球從P到Q的過程中，彈簧對小球做功為零 據動能定理W合＝ΔEk 有－mg2(L－L)sin θ－Ff2(L－L) ＝ 0－mv 解得v0＝ (3)小球沿桿下滑的過程中，當其加速度a＝0時有最大動能 故有2kx＋Ff＝mgsinθ 即2kx＝0.8mgsin θ 解得x＝，即到B點的距離為. 6．(2018泰州中學四模)如圖6所示，水平傳送帶上A、B兩端點間距L＝4m，半徑R＝1m的光滑半圓形軌道固定于豎直平面內，下端與傳送帶B相切．傳送帶以v0＝4m/s的速度沿圖示方向勻速運動，質量m＝1 kg的小滑塊由靜止放到傳送帶的A端，經一段時間運動到B端，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10 m/s2. 圖6 (1)求滑塊到達B端的速度大??； (2)求滑塊由A運動到B的過程中，滑塊與傳送帶間因摩擦產生的熱量； (3)僅改變傳送帶的速度，其他條件不變，計算說明滑塊能否通過圓軌道最高點C. 答案　(1)4m/s　(2)8J　(3)見解析 解析　(1)滑塊開始時在傳送帶上先向右做勻加速運動，若傳送帶足夠長，設當滑塊速度v＝v0時已運動的距離為x，根據動能定理有：μmgx＝mv－0 解得：x＝1.6 m＜L, 所以滑塊到達B端前已開始做勻速運動，到達B端的速度v＝v0＝4 m/s (2)設滑塊與傳送帶發(fā)生相對運動的時間為t，則：v0＝μgt t時間內，傳送帶通過的位移為：x′＝v0t 滑塊與傳送帶之間相對滑動的距離為：Δx＝x′－x 滑塊與傳送帶之間因摩擦產生的熱量為：Q＝μmgΔx 聯立以上各式代入數據解得：Q＝8 J (3)設滑塊通過最高點C的最小速度為vC，經過C點時， 根據向心力公式和牛頓第二定律有：mg＝m 在滑塊從B運動到C的過程中，根據動能定理有：－2mgR＝mv－mv 解得要使滑塊能通過圓軌道最高點C，經過B的最小速度為：vB＝5 m/s 若僅改變傳送帶的速度，其他條件不變，滑塊一直做勻加速直線運動至B的速度為最大速度，設為vm，根據動能定理有：μmgL＝mv－0 解得：vm＝2 m/s＜vB＝5 m/s，所以僅改變傳送帶的速度，滑塊不能通過圓軌道最高點C.