（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 專題突破六 力學(xué)“兩大觀點”的綜合應(yīng)用講義（含解析）.docx

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專題突破六　力學(xué)“兩大觀點”的綜合應(yīng)用 命題點一　靜、動力學(xué)與能量組合型問題 專題設(shè)置背景 江蘇高考近幾年計算題中常出現(xiàn)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(yīng)用、功能關(guān)系的應(yīng)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(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，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(zhì)量之比． (2)若M與m的質(zhì)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(zhì)量之比為2∶1，使小球從最初位置靜止釋放，當(dāng)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(guān)系知Mg＝mg，即＝ (2)如圖乙，小球和物塊在運動過程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則MgLsin(180－θ)＝mg2Lsin 解得cos＝＝，得θ＝120； (3)設(shè)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(guān)系得v′＝v， 如圖丁，由系統(tǒng)的機(jī)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(jī)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(zhì)量為m、半徑為R的光滑圓柱體B放在水平地面上，其左側(cè)有半徑為R、質(zhì)量為m的半圓柱體A，右側(cè)有質(zhì)量為m的長方體木塊C，現(xiàn)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(shù)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，F(xiàn)1＝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(jù)動能定理W－Wf－mgR＝0 解得W＝mgR. 命題點二　動力學(xué)與能量的綜合性問題 1．專題設(shè)置背景 江蘇高考選擇題中常出現(xiàn)涉及彈簧的動力學(xué)與能量結(jié)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(yīng)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(zhì)，特別是物體受力隨運動變化的情況．要關(guān)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(zhuǎn)化分析：分析各力做功情況，判斷各種能量的變化情況，關(guān)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(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊A、B通過一水平輕質(zhì)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(nèi)，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(fù)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(nèi)(　　) 圖3 A．A、B和彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能先增大后減小 B．當(dāng)A的加速度為零時，B的加速度為 C．當(dāng)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(nèi)，拉力F一直做正功，系統(tǒng)的機(jī)械能一直增大，故A錯誤；當(dāng)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(dāng)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(fù)原長，所以彈簧彈性勢能為零，根據(jù)功能關(guān)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(zhì)量相等的兩個物塊A和B用輕彈簧連接后，再用細(xì)線將A懸掛，A和B處于靜止?fàn)顟B(tài)．剪斷細(xì)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(dāng)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(jī)械能守恒 C．當(dāng)A、B的動能相等時，彈簧的壓縮量最大 D．當(dāng)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(xué)與能量結(jié)合的多過程問題 1．動力學(xué)中的多過程問題 (1)很多動力學(xué)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(jù)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(lián)系是求解多過程問題的兩個關(guān)鍵． (3)一般是按時間或空間的先后順序?qū)︻}目給出的物理過程進(jìn)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(guān)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(xué)公式結(jié)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(jī)械能向其他形式能轉(zhuǎn)化，可考慮用機(jī)械能守恒． (4)若運動過程涉及摩擦生熱等現(xiàn)象，可用功能關(guān)系列能量守恒關(guān)系式． 例3　如圖5所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接內(nèi)、外壁光滑且半徑r＝0.2m的四分之一細(xì)圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)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(zhì)量為1.0 kg的小滑塊(可視為質(zhì)點)放在曲面AB上，現(xiàn)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(shù)μ＝0.5，小滑塊進(jìn)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?。? (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(jìn)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(shè)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(xiàn)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(jī)械能守恒定律得 mg(r＋x0)＋mv＝Ekm＋Ep 代入數(shù)據(jù)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(shù)據(jù)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(shè)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(shù)據(jù)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(xué)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(guān)于小球運動的速度v、加速度a、位移x、機(jī)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(shè)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(shè)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(jù)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(jù)功能關(guān)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(yīng)為曲線，故D錯誤． 2．(2018南通市、泰州市一模)如圖6所示，質(zhì)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(zhì)量為m，墊子的質(zhì)量為M，刷子和墊子間的動摩擦因數(shù)為μ1，墊子和地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，刷子和地面間的動摩擦因數(shù)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(shè)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(xué)開學(xué)考)如圖1所示，在一直立的光滑管內(nèi)放置一輕質(zhì)彈簧，上端O點與管口A的距離為2x0，一質(zhì)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(nèi)圖線是直線，t1～t2時間內(nèi)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(shù)為 D．彈簧的最大彈性勢能為3mgx0 答案　AD 2．(多選)(2018金陵中學(xué)等三校四模)如圖2所示，勁度系數(shù)為k的水平輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接質(zhì)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(shù)為μ.現(xiàn)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(dá)A點右側(cè)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(cè)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(jīng)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(dāng)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(dá)A點右側(cè)的最大距離，應(yīng)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(fù)功，消耗能量，所以此后運動過程中物塊不可能再次經(jīng)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(xì)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(nèi)夾有質(zhì)量m＝1kg的物塊，物塊兩豎直側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為Ffm＝7N．現(xiàn)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(zhì)量均不計，物塊可看成質(zhì)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(dá)Q，物塊與夾子間剛達(dá)到最大靜摩擦力，設(shè)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(jù)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(guān)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(xì)繩A、B端分別固定在水平天花板上，O端系有一質(zhì)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(fēng)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(fēng)力F1＝5N時，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，求繩BO中的拉力大小FB； (2)水平風(fēng)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(shè)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(shù)據(jù)解得FB＝15N. (2)假設(shè)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(shè)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(shè)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(shè)繩AO向左擺到與水平方向的夾角為α?xí)r，物體到達(dá)最高點，則 F2(Lcos60＋Lcosα)＋mg(Lsinα－Lsin60)＝0 h＝Lsin60－Lsinα 聯(lián)立以上兩個式子代入數(shù)據(jù)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(zhì)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(shù)均為，小球在距B點L的P點處于靜止?fàn)顟B(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(dá)距A點L的Q點，求初速度v0的大小； (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(shè)為F，根據(jù)胡克定律有 F＝k(L－L) 設(shè)小球靜止時受到的摩擦力大小為Ff，方向沿桿向下，根據(jù)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(jù)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(dāng)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(xué)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(nèi)，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(zhì)量m＝1 kg的小滑塊由靜止放到傳送帶的A端，經(jīng)一段時間運動到B端，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2. 圖6 (1)求滑塊到達(dá)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(chǎn)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(shè)當(dāng)滑塊速度v＝v0時已運動的距離為x，根據(jù)動能定理有：μmgx＝mv－0 解得：x＝1.6 m＜L, 所以滑塊到達(dá)B端前已開始做勻速運動，到達(dá)B端的速度v＝v0＝4 m/s (2)設(shè)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(nèi)，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(chǎn)生的熱量為：Q＝μmgΔx 聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得：Q＝8 J (3)設(shè)滑塊通過最高點C的最小速度為vC，經(jīng)過C點時， 根據(jù)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(jù)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(jīng)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(shè)為vm，根據(jù)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.