PAGEPAGE13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(2024·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、物塊的大小可以忽視，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，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，在小球向右搖擺的過程中，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，當小球向右搖擺到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)eq\r(3)(2)120°(3)eq\f(2＋4\r(2),5)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＝eq\r(3)mg，即eq\f(M,m)＝eq\r(3)(2)如圖乙，小球和物塊在運動過程中，系統機械能守恒，則MgLsin(180°－θ)＝mg·2Lsineq\f(θ,2)解得coseq\f(θ,2)＝eq\f(m,M)＝eq\f(1,2)，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′＝eq\r(2)v，如圖丁，由系統的機械能守恒可得MgL－mgeq\r(2)L＝eq\f(1,2)Mv′2＋eq\f(1,2)mv2，解得v2＝eq\f(22－\r(2),5)gL，隨后m還能接著沿豎直方向上升h，由機械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得h＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(2－\r(2),5)L，故整個過程中m上升的最大高度為H＝h＋eq\r(2)L＝eq\f(2＋4\r(2),5)L.變式1(2024·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＝eq\f(\r(3),2)，重力加速度為g.求：圖2(1)圓柱體B下端離地高為eq\f(R,2)時，地面對半圓柱體A的支持力大小；(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)eq\f(3\r(3),2)mg(3)eq\f(5,2)mgR解析(1)以A和B整體為探討對象，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＝mgtan60°＝eq\r(3)mg此時水平推力最大為Fm＝F1＋μmg＝eq\f(3\r(3),2)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＝2Rcos30°＝eq\r(3)R摩擦力做功Wf＝μmgx＝eq\f(3,2)mgR依據動能定理W－Wf－mgR＝0解得W＝eq\f(5,2)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，對分析實力有較高要求．2．抓好三個分析：(1)受力分析：分析探討對象在各運動階段的受力狀況，整體法、隔離法敏捷應用．所受力為變力的要分析影響力變更的因素，隨運動變更狀況．(2)運動分析：分析各階段運動性質，特殊是物體受力隨運動變更的狀況．要關注F變更→a變更→v變更→x變更→F變更的分析．彈簧連接的兩物體可從“追及相遇”模型分析兩物體間距，即彈簧長度變更．(3)能量轉化分析：分析各力做功狀況，推斷各種能量的變更狀況，關注守恒量，推斷哪種能量守恒．例2(多選)(2024·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，彈簧起先時處于原長，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時刻彈簧第一次復原到原長狀態，此時A、B速度分別為v1和v2.則t1到t2時間內()圖3A．A、B和彈簧組成系統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eq\f(F,m1＋m2)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eq\f(m1v\o\al(12,)＋m2v\o\al(22,),2F)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始終做正功，系統的機械能始終增大，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eq\f(F,m2)，故B錯誤；速度相等前，A始終比B速度大，所以彈簧始終在變長，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時刻彈簧第一次復原原長，所以彈簧彈性勢能為零，依據功能關系可知：Fx＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(12,)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(22,)，所以x＝eq\f(m1v\o\al(,12)＋m2v\o\al(22,),2F)，故D正確．變式2(多選)(2024·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．剪斷細線，A、B從靜止起先運動到第一次速度相等的過程中，下列說法正確的是()圖4A．當A加速度為eq\f(3,2)g時，B的加速度可能也為eq\f(3,2)gB．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)許多動力學問題中涉及探討對象有兩個或多個連續的運動過程，在物體不同的運動階段，物體的運動狀況和受力狀況都發生了變更，我們把這類問題稱為多過程問題．(2)多過程問題可依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．視察每一個過程的特征和找尋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依次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，詳細分析出其速度、位移、時間的關系，然后利用各過程的詳細特點列方程解題．2．規律與方法的選擇(1)若問題涉剛好間、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潔．(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1.0kg的小滑塊(可視為質點)放在曲面AB上，現從距BC的高度為h＝0.6m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不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/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＝35N.(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＝eq\f(mg,k)＝0.1m在C點，F向＝meq\f(v\o\al(C2,),r)，解得veq\o\al(C2,)＝7m2/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)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(C2,)＝Ekm＋Ep代入數據解得Ekm＝6J.(3)小滑塊從A點運動到C點過程，由動能定理得mgh－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(C2,)代入數據解得B、C間的距離s＝0.5m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－eq\f(1,2)mveq\o\al(C2,)，代入數據解得s′＝0.7m，故最終小滑塊在距離B點為(0.7－0.5)m＝0.2m處停下．1．(多選)(2024·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變更的圖象中，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，由牛頓其次定律得mg＋Ff＝ma1，又Ff＝kv，得a1＝g＋eq\f(kv,m)，v減小，則a1減小，v－t圖象的斜率漸漸減小．小球在下落過程中，設小球的加速度為a2，由牛頓其次定律得mg－Ff＝ma2，又Ff＝kv，得a2＝g－eq\f(kv,m)，v增大，則a2減小，v－t圖象的斜率漸漸減小，可知選項中v－t圖象正確，a－t圖象錯誤，故A正確，B錯誤；依據x－t圖象的斜率等于速度可知，x－t圖象的斜領先減小后反向增大，且下落時間大于上升時間，故C正確；依據功能關系得：－FfΔx＝ΔE，則得eq\f(ΔE,Δx)＝－Ff，由eq\f(ΔE,Δx)＝eq\f(ΔE,Δt)·eq\f(Δt,Δx)＝eq\f(ΔE,Δt)·eq\f(1,v)，則得eq\f(ΔE,Δt)＝－Ffv＝－kv2，v是變更的，則知E－t圖象的斜率是變更的，圖象應為曲線，故D錯誤．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，刷子從圖示位置起先運動，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＝eq\f(1,2)F1刷子和墊子整體在豎直方向受力平衡，故有FN＝(m＋M)g＋eq\f(\r(3),2)F1.(2)設刷子和墊子運動的加速度為a，由牛頓其次定律有F2cos30°－μ2(mg＋Mg＋F2sin30°)＝(M＋m)a對刷子有F2cos30°－Ff2＝ma解得Ff2＝μ2mg＋eq\f(\r(3)M＋μ2mF2,2m＋M).(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＝－(eq\f(μ1mgb,2)＋eq\f(μ3mgb,2))由動能定理有F3L－μ1mg(L－b)＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝eq\r(\f(2F3L,m)－g2μ1L－μ1b＋μ3b).1．(多選)(2024·海安中學開學考)如圖1所示，在始終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更如圖，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1A．小球運動的最大速度大于2eq\r(gx0)B．小球運動中最大加速度為gC．彈簧的勁度系數為eq\f(mg,x0)D．彈簧的最大彈性勢能為3mgx0答案AD2．(多選)(2024·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，物塊起先運動，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2A．拉力F的大小肯定大于μmgB．物塊起先運動時加速度的大小a滿意：eq\f(F,m)－2μg≤a≤eq\f(F,m)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)x0D．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，摩擦力方向發生變更，故向右的恒力F至少為2μmg，故A錯誤．物塊起先運動時，假如彈力向右，則a＝eq\f(F,m)，假如彈力向左，則a＝eq\f(F,m)－2μg，所以eq\f(F,m)－2μg≤a≤eq\f(F,m)，B正確．從物塊起先運動，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行能再次經過A點，所以D錯誤．3.(2024·常州市一模)如圖3所示，光滑水平細桿上P點套一小環，小環通過長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，物塊和小環一起沿水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，小環遇到桿上的釘子Q時馬上停止運動，物塊恰好相對夾子滑動，此時夾子馬上鎖定物塊，鎖定后物塊仍受恒力F的作用．小環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)物塊向右搖擺的最大高度h.答案(1)8m/s2(2)0.25m(3)1m解析(1)以小環、夾子和物塊組成的整體為探討對象，由牛頓其次定律得：F＝ma解得：a＝8m/s2(2)環到達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由牛頓其次定律有2Ffm－mg＝eq\f(mv2,L)解得v＝2m/s依據動能定理有Fs＝eq\f(1,2)mv2解得s＝0.25m(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)2＋x2＝L2解得h＝1m或h＝eq\f(1,41)m(舍去)4.(2024·南通市等七市三模)如圖4所示，兩根不行伸長的細繩A、B端分別固定在水平天花板上，O端系有一質量m＝eq\r(3)kg的物體，ABO組成一邊長為L＝5eq\r(3)m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，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)的狀況下，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)10N10m/s2(3)10m/s7．5m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°＝0FAsin60°＋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°＝10NFmy＝Fmsin60°＝10eq\r(3)N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＝0F2(Lcos60°＋Lcosθ)＋mg(Lsinθ－Lsin60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(m2,)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°)＝0h＝Lsin60°－Lsinα聯立以上兩個式子代入數據解得h＝7.5m.5．(2024·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eq\f(3mgsinθ,L)，小球在距B點eq\f(4,5)L的P點處于靜止狀態，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eq\f(4,5)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)eq\f(gsinθ,5)方向沿桿向下(2)eq\f(2\r(6gLsinθ),5)(3)eq\f(13L,15)解析(1)小球在P點時兩根彈簧的彈力大小相等，設為F，依據胡克定律有F＝k(L－eq\f(4,5)L)設小球靜止時受到的摩擦力大小為Ff，方向沿桿向下，依據平衡條件有mgsinθ＋Ff＝2F得Ff＝eq\f(mgsinθ,5)剪斷下方彈簧的瞬間，mgsinθ＞F，則mgsinθ－Ff－F＝ma解得a＝eq\f(gsinθ,5)，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－mg·2(L－eq\f(4,5)L)sinθ－Ff·2(L－eq\f(4,5)L)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)解得v0＝eq\f(2\r(6gLsinθ),5)(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＝0.8mgsinθ解得x＝eq\f(2L,15)，