（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、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

2、度为 g.图 1(1)若用外力拉着 m 使轻杆从最初位置缓慢下降，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) L32 425解析 (1)对小球受力分析，如图甲所示由图中几何关系知 Mg mg，即 3Mm 3(2)如图乙，小球和物块在运动过程中，系统机械能守

3、恒，则 MgLsin(180 ) mg2Lsin 22解得 cos ，得 120； 2 mM 12(3)设小球在 O 点正下方时， m 向上运动的速度为 v， M 速度水平向右为 v，如图丙，由速度关系得 v v，2如图丁，由系统的机械能守恒可得 MgL mg L Mv 2 mv2，解得 v2 gL，212 12 22 25随后 m 还能继续沿竖直方向上升 h，由机械能守恒得 mgh mv2，12解得 h L，故整个过程中 m 上升的最大高度为 H h L L.v22g 2 25 2 2 425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

4、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：32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；R2(2)木块 C 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)2 mg (2) mg (3) mgR332 52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 FN2 mg

5、.(2)由题意分析可知， B 刚离开地面时， B 对 C 的弹力最大， F1 mgtan 60 mg3此时水平推力最大为 Fm F1 mg mg.332(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 x2 Rcos 303R3摩擦力做功 Wf mgx mgR32根据动能定理 W Wf mgR0解得 W mgR.52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：(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

6、，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 上施加一个水平向左的恒力 F， t2 t 时刻弹簧第一次恢复到原长状态，此时

7、A、 B 速度分别为 v1和 v2.则 t1到 t2时间内( )图 3A A、 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Fm1 m2C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m1v12 m2v222F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， t1 t2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4以 B 的加速度为 ，故 B 错误；速度相等前， A 一

8、直比 B 速度大，所以弹簧一直在变长，当Fm2两物块速度相等时，弹簧最长，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： Fx m1v m2v ，所以 x12 12 12 22，故 D 正确m1v12 m2v222F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 g32 32B只有重力和弹力

9、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、

10、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顿运动定律求解简单5(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，

11、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FN2.5 mg 的 相 互 作 用 力 ， 通 过 CD 后 ， 在 压 缩 弹 簧 过 程 中 小 滑 块 速 度 最 大 时 弹 簧 的 弹 性 势 能 为Ep 0.5 J 不计空气阻力，取重力加速度 g10 m/s 2.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

12、答案 (1)35N (2)6J (3)距 B 点 0.2m 处解析 (1)由题意知 FN2.5 mg mg，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 2.5 mg mg35 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 kx0 mg解得 x0 0.1 mmgk在 C 点， F 向 m ，vC2r解得 v 7 m 2/s2.C2小滑块从 C 点运动到速度最大位置的过程中，由机械能守恒定律得mg(r x0) mv Ekm Ep12 C2代入数据解得 Ekm6 J

13、.(3)小滑块从 A 点运动到 C 点过程，由动能定理得 mgh mgs mv12 C2代入数据解得 B、 C 间的距离 s0.5 m6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： mgs 0 mv ，12 C2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、加速度 a、位移 x、机械

14、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 mg Ff ma1，又Ff kv，得 a1 g ， v 减小，则 a1减小， v t 图象的斜率逐渐减小小球在下落过程中，kvm设小球的加速度为 a2，由牛顿第二定律得 mg Ff ma2，又 Ff kv，得 a2 g ， v 增大，kvm则 a2减小， v t 图象的斜率逐渐减小，可知选项中 v t 图象正确， a t 图象错误，故 A正确，B 错误；根据 x t 图象的斜率等于速度可知， x t 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

15、据功能关系得： Ff x E，则得 Ff， E x由 ，则得 Ffv kv2， v 是变化的，则知 E t 图象的斜率是 E x E t t x E t 1v E t变化的，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

16、间 的 动 摩 擦 因 数 为 3， 重 力 加 速 度为 g.7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，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

17、衡，则有Ff1 F112刷子和垫子整体在竖直方向受力平衡，故有FN( m M)g F1.32(2)设刷子和垫子运动的加速度为 a，由牛顿第二定律有F2cos 30 2(mg Mg F2sin 30)( M m)a对刷子有 F2cos 30 Ff2 ma解得 Ff2 2mg .3M 2mF22m M(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( ) 1mgb2 3mgb2由动能定理有 F3L 1mg(L b) Wf mv2012解得 v .2F3Lm g2 1L 1b 3b1(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置一轻质弹簧，上端 O 点与管

18、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 0 t1时间内图线是直线，8t1 t2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 2 gx0B小球运动中最大加速度为 gC弹簧的劲度系数为mgx0D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，

19、且此后运动中能到达 A 点右侧的最大距离是 x0，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： 2 g aFm FmC物块运动至 A 点右侧距离是 x0点时弹簧弹性势能增量为( F mg )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 ，F

20、m如果弹力向左，则 a 2 g ，所以 2 g a ，B 正确从物块开始运动，到到达 AFm Fm Fm点右侧的最大距离，应用动能定理( F mg )x0 E 弹 0，得 E 弹 ( F mg )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9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

21、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/s 2.求：图 3(1)物块做匀加速运动的加速度大小 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/s 2 (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： F ma解得： a8 m/s 2(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 2Ffm mgmv2L解得 v2

22、m/s根据动能定理有 Fs mv212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(x s) mgh0由几何关系得( L h)2 x2 L2解得 h1 m 或 h m(舍去)1414.(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 端系有一质量 m kg 的物体， ABO 组成一边长为 L5 m 的正三角形物体受3 3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/s 2.图 410(1)水平风力 F15N 时，物体处于静止状态，求绳 BO 中的

23、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)10N 10m/s 2 (3)10 m/s 75m解析 (1)设此时绳 AO 中的拉力大小为 FA，由平衡条件有F1 FAcos60 FBcos600FAsin60 FBsin60 mg0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：Fmx Fmcos6010NFmy

24、Fmsin6010 N3由于 Fmy mg，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 F2 Fmx10N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F2sin60 mgcos60 ma解得 a10m/s 2.(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F2sin mgcos 0F2(Lcos60 Lcos ) mg(Lsin Lsin60) mv12 m2解得 vm10m/s设绳 AO 向左摆到与水平方向的夹角为 时，物体到达最高点，则F2(Lcos60 Lcos ) mg(Lsin Lsin60

25、)0h Lsin60 Lsin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3mgsinL 45P 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：11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

26、 Q 点，求初速度 v0的大45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)gsin5 26gLsin5 13L15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F k(L L) 45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mgsin Ff2 F得 Ffmgsin 5剪断下方弹簧的瞬间， mgsin F，则 mgsin Ff F ma解得 a ，方向沿杆向下gsin 5(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

27、零据动能定理 W 合 Ek有 mg2(L L)sin Ff2(L L) 0 mv45 45 12 02解得 v026gLsin 5(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 2kx Ff mgsin即 2kx0.8 mgsin 解得 x ，即到 B 点的距离为 .2L15 13L156(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 R1m12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

28、带间的动摩擦因数 0.5，取 g10 m/s 2.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v v0时已运动的距离为 x，根据动能定理有： mgx mv 012 02解得： x1.6 m L, 所以滑块到达 B 端前已开始做匀速运动，到达 B 端的速度 v v04 m/s(2)设滑块与传送带发生相对运动的时间为 t，则：

29、 v0 gtt 时间内，传送带通过的位移为： x v0t滑块与传送带之间相对滑动的距离为： x x x滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为： Q mg x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： mg mvC2R在滑块从 B 运动到 C 的过程中，根据动能定理有：2 mgR mv mv12 C2 12 B2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/s2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： mgL mv 012 m2解得： vm2 m/s vB5 m/s，所以仅改变传送带的速度，滑块不能通过圆轨道最高10 2点 C.13