2018届高考物理一轮复习 专题 动力学和能量观点的综合应用导学案1.doc

动力学和能量观点的综合应用 知识梳理 考向一　多种运动的组合问题 角度1　直线运动与圆周运动的组合 (2016·全国卷Ⅱ，25)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。 图1 (1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离； (2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。 解析　(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律知，弹簧长度为l时的弹性势能为 Ep＝5mgl① 设P到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得 Ep＝mv＋μmg(5l－l)② 联立①②式，并代入题给数据得 vB＝③ 若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足 －mg≥0④ 设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2l⑤ 联立③⑤式得vD＝⑥ vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得 2l＝gt2⑦ P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt⑧ 联立⑥⑦⑧式得 s＝2l⑨ (2)设P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知 5mglμMg·4l⑩ 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有 MvB′2≤Mgl? Ep＝MvB′2＋μMg·4l? 联立①⑩??式得 m≤Mm? 答案　(1)　2l　(2)m≤Mm 如图2所示，一粗糙斜面AB与光滑圆弧轨道BCD相切，C为圆弧轨道的最低点，圆弧BC所对圆心角θ＝37°。已知圆弧轨道半径为R＝0.5 m，斜面AB的长度为L＝2.875 m。质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端A点处由静止开始沿斜面下滑，从B点进入圆弧轨道运动恰能通过最高点D。sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。求： 图2 (1)物块经过C点时对圆弧轨道的压力大小FC； (2)物块与斜面间的动摩擦因数μ。 解析　(1)由题意知小物块沿光滑轨道从C到D且恰能通过最高点，由牛顿第二定律有：mg＝① 从D到C由动能定理可得 －mg·2R＝mv－mv② 由牛顿第二定律可得 FC′－mg＝m③ 由牛顿第三定律得 FC＝FC′④ 联解①②③④并代入数据得： FC＝60 N⑤ (2)对小物块从A经B到C过程，由动能定理有： mg[Lsin θ＋R(1－cos θ)]－μmgcos θ·L＝mv－0⑥ 联解①②⑥并代入数据得： μ＝0.25 答案　(1)60 N　(2)0.25 角度2　直线运动、平抛运动与圆周运动的组合 (2016·全国卷Ⅰ，25改编)如图3所示，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R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＝，重力加速度大小为g。(取sin 37°＝，cos 37°＝) 图3 (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R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小。 解析　(1)由题意可知：lBC＝7R－2R＝5R① 设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得 mglBCsin θ－μmglBCcos θ＝mv② 式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得 vB＝2③ (2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为Ep，由B→E过程，根据动能定理得 mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv④ E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x⑤ 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＝0⑥ 联立③④⑤⑥式得 x＝R⑦ E