素养培优11 动力学和能量观点的综合应用-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮讲义（人教版2019）

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　学生用书　P１０７ １．动力学的观点 这是从分析物体的运动情况和受力情况入手解决 力学问题的方法,其核心是牛顿运动定律和运动学 公式的应用．利用牛顿第二定律可以就某一状态建 立合力与加速度的关系,利用运动学公式可以建立 v、x、t、a之间的关系．它们之间联系的桥梁是物体 的加速度． ２．能量的观点 这是从分析力对物体做功与物体的能量转化情况 入手解决问题的方法,其核心是利用常见的功能关 系与机械能守恒定律求解物理问题． [典例１]　(２０２５􀅰黑 龙江七台河期末) 如图 所 示,轻 弹 簧 右端固定在高度h ＝１．２５m的水平桌面上,用质量m＝０．１kg的物 块(视为质点)压缩弹簧,压缩量 Δx＝０．１m,物块 与弹簧不拴接．由静止释放物块,物块通过距离x１ ＝２m后从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程x２ ＝１m．物块与桌面间的动摩擦因数μ＝０．４．弹簧 的弹性势能表达式为Ep＝ １ ２kx ２,其中k为劲度系 数,x 为弹簧的形变量．取重力加速度大小g＝ １０m/s２．求: (１)物块离开桌面时的速度大小v; (２)弹簧的劲度系数k． [解析]　(１)物块从桌面左端沿水平方向飞出,之 后做平抛运动,由平抛运动的规律有水平射程x２ ＝vt, 下落高度h＝１２gt ２,解得v＝２m/s． (２)由功能关系有Ep＝ １ ２mv ２＋μmgx１ 解得Ep＝１J, 由Ep＝ １ ２kx ２,解得k＝２００N/m． [答案]　(１)２m/s;(２)２００N/m [典例２]　(２０２４􀅰海南卷,T１８)某游乐项目装置简 化如图,A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯,半 径R＝１０m,滑梯顶点a与滑梯末端b 的高度h＝ ５m,静止在光滑水平面上的滑板B,紧靠滑梯的末 端,并与其水平相切,滑板质量 M＝２５kg,一质量 为m＝５０kg的游客,从a点由静止开始下滑,在b 点滑上滑板,当滑板右端运动到与其上表面等高平 台的边缘时,游客恰好滑上平台,并在平台上滑行 s＝１６m停下．游客视为质点,其与滑板及平台表 面之间的动摩擦系数均为μ＝０．２,忽略空气阻力, 重力加速度g＝１０m/s２,求: (１)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小; (２)滑板的长度L [解析]　(１)设游客滑到b点时速度为v０,从a点 到b点过程,根据机械能守恒mgh＝１２mv０ ２, 解得v０＝１０m/s, 在b点根据牛顿第二定律FN－mg＝m v０２ R , 解得FN＝１０００N; 根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压 力的大小为FN′＝FN＝１０００N (２)设游客恰好滑上平台时的速度为v,在平台上 运动过程由动能定理得 －μmgs＝０－ １ ２mv ２, 解得v＝８m/s, 根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台 的边缘时,游客恰好滑上平台,可知该过程游客一 直做减速运动,滑板一直做加速运动,设加速度大 小分别为a１ 和a２,得a１＝μ mg m ＝μg＝２m /s２,a２＝ μmg M ＝４m /s２, 根据运动学规律对游客v＝v０－a１t, 解得t＝１s, 该段时间内游客的位移为s１＝ v＋v０ ２ t＝９m 滑板的位移为s２＝ １ ２a２t ２＝２m 根据位移关系得滑板的长度为L＝s１－s２＝７m [答案]　(１)１０００N;(２)７m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１５１􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第六章　机械能守恒定律 [典例３]　(２０２５􀅰 河北邯郸期末)如图所示,水平轨 道AB 长度L１＝１m,左端连接半径为R＝０．５m 的光滑１ ４ 圆弧轨道,右端连接水平传送带,AB 与 传送带的上表面等高,三段之间都平滑连接．一个 质量m＝１kg的物块(可视为质点),从圆弧上方距 AB 平面h 高处由静止释放,恰好切入圆弧轨道,经 过AB 冲上静止的传送带,物块恰好停在C 端．已 知物块与 AB、BC 段的动摩擦因数分别为μ１＝ ０．２、μ２＝０．４,BC 长度L２＝２m,重力加速度g＝ １０m/s２,不计空气阻力． (１)求h的大小; (２)求物块第一次经过圆弧轨道最低点A 时对轨 道的压力F; (３)如果传送带以速度v＝３m/s逆时针转动,那么 物块最后停止的位置到A 点的距离x． [解析]　(１)从开始下落到最后停在C 点由动能定 理mgh＝μ１mgL１＋μ２mgL２, 解得h＝１m． (２)从开始下落到到达A 点由机械能守恒得 mgh＝１２mv ２ A, 在A 点,FNA－mg＝m v２A R , 解得FNA＝５０N, 根据牛顿第三定律可知物块第一次经过圆弧轨道 最低点A 时对轨道的压力F＝５０N (３)物块刚滑上传送带时的速度为 １ ２mv ２ １＝μ２mgL２, 解得v１＝４m/s, 因传送带逆时针转动的速度为３m/s,则物块从左 端滑上传送带后仍能滑到最右端,然后向左加速到 ３m/s,则离开传送带时的速度为v２＝３m/s,最终 停止时由动能定理１ ２mv ２ ２＝μ１mgx１, 解得x１＝２􀆰２５m, 即滑块向左滑过BA 后滑上圆弧轨道,然后返回再 次滑上传送带,此时１ ２mv ２ ２＝２μ１mgL１＋ １ ２mv ２ ３, 解得v３＝１m/s, 然后沿传送带做减速运动速度减为零后反向向左 加速,离开传送带的速度为v３＝１m/s,则滑上BA 时１ ２mv ２ ３＝μ１mgx２, 解得x２＝０．２５m 物块最后停止的位置到A点的距离x＝１m－０􀆰２５m ＝０􀆰７５m． [答案]　(１)１m;(２)５０N;(３)０􀆰７５m [典例４]　(２０２５􀅰福建福州期末)如图所示,足够长 的光滑水平桌面左端固定一立柱,质量为 m＝ ０．１kg的小球置于桌面上,它与立柱之间有一压缩 的轻弹簧,轻弹簧与立柱之间拴接与小球不拴接． 某时刻释放小球,它被弹出从桌面右端A 点飞出, 恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的顶端B 点 (B 点速度与BC 平行),并沿轨道滑下,图中右端 为固定在竖直面内半径R＝０．９m 的单圆弧轨道, 水平轨道CD 将倾斜轨道与圆弧轨道连接在一起． 已知B 点与桌面间的竖直高度h＝０．４５m,倾斜轨 道BC长为L＝２．７５m,倾角α＝３７°,小球与倾斜 轨道间的动摩擦因数μ＝０．５;不计水平轨道与圆 弧轨道的摩擦与小球经过C点时的能量损失,sinα ＝０．６,cosα＝０．８,取g＝１０m/s２,求: (１)被释放前弹簧的弹性势能; (２)小球第一次经过圆弧轨道最低点D 时速度大 小,对D 点的压力F; (３)小球第一次在圆弧轨道上运动的最高点离CD 水平面的高度． [解析]　(１)小球从A 点到B 点做平抛运动,竖直 方向小球做自由落体运动v２y＝２gh, 代入数据解得vy＝３m/s, 在B 点,根据速度的分解有tan３７°＝ vy vA , 解得vA＝４m/s, 被释放前弹簧的弹性势能Ep＝ １ ２mv ２ A＝０．８J． (２)小球在B 点的速度vB＝ vy sin３７°＝５m /s, 小球从B到D的过程,由动能定理可得mgLsin３７°－ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰２５１􀅰 高考总复习　物理 μmgLcos３７°＝ １ ２mv ２ D－ １ ２mv ２ B, 代入数据解得vD＝６m/s, 设此时轨道的支持力为 N,根据牛顿第二定律 N－mg＝m v２D R , 解得 N＝５N, 根据牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力等于轨 道对小球的支持力F＝N＝５N, 方向竖直向下; (３)若小球恰好能上升到最高点,则有mg＝m v２１ R , 小球从D 点上升到最高点,根据动能定理有 －mg×２R＝１２mv ２ ２－ １ ２mv ２ D, 解得v２＝０＜v１＝３m/s, 说明小球不能上升到 D 点．设小球第一次上升到 圆弧轨道最高点与圆心的连线和竖直方向的夹角 为θ,则有mgcosθ＝m v２３ R 小球从D 点上升到最高点,根据动能定理有 －mgR(１＋cosθ)＝１２mv ２ ３－ １ ２mv ２ D 解得cosθ＝２３ 最高点时离CD 水平面的高度为H＝R＋Rcosθ＝ １．５m． [答案]　(１)０．８J;(２)６m/s,F＝５N,方向竖直向 下;(３)１．５m 　(２０２５􀅰陕西咸阳期末)如图,倾角为θ＝３７°,长s＝ ２．５m的斜面轨道CD 上铺了一层可以改变动摩 擦因数的匀质特殊材料,斜面底部D 点与光滑地 面平滑相连,地面上一根轻弹簧一端固定在O 点, 自然状态下另一端恰好在D 点．在轨道CD 左侧有 一个高度可以调节的平台,平台上放置一个半径 R＝０．８m的四分之一光滑圆弧AB．将一质量m＝ ２kg的小滑块(可以视为质点)在A 端静止释放从 B 端水平抛出,通过调整高度按钮使得滑块从C 点 刚好沿切线方向无碰撞进入CD 轨道．滑块通过D 前后速度大小不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦 力．取g＝１０m/s２,sin３７°＝０．６,cos３７°＝０．８,不 计空气阻力． (１)求滑块在B 点受到轨道的支持力大小; (２)求B 点与C 点的高度差; (３)若滑块可以在斜面上来回运动最终停在D 点, 求μ的取值范围． 解析:(１)滑块从 A 到B 过程,根据动能定理可得 mgR＝１２mv ２ B, 解得vB＝４m/s, 在B 点,根据牛顿第二定律可得 N－mg＝m v２B R , 解得滑块在 B 点受到轨道的支持力大小为 N ＝ ６０N; (２)滑块从C 点刚好沿切线方向无碰撞进入CD 轨 道,则在C 点有tanθ＝ vy vB , 解得滑块经过C点时的竖直分速度大小为vy＝３m/s, 则B 点与C 点的高度差为h＝ v２y ２g＝０．４５m ; (３)滑块在C 点的速度大小为vC＝ vB cosθ＝５m /s, 若滑块可以在斜面上来回运动最终停在 D 点,设 滑块沿斜面下滑压缩弹簧后被弹簧弹回刚好到达 C 点速度为０;则从C 点下滑到返回C 点过程,根 据动能定理可得 －μ１mgcosθ􀅰２s＝０－ １ ２mv ２ C, 解得μ１＝ ５ １６ , 为了使速度减为０的滑块在斜面上可以下滑,需要 满足mgsinθ＞μmgcosθ, 可得μ＜ ３ ４ , 综上分析可知,μ的取值范围为 ５ １６≤μ＜ ３ ４． 答案:(１)６０N;(２)０．４５m;(３)５１６≤μ＜ ３ ４ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３５１􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第六章　机械能守恒定律