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专题强化一 动力学和能量观点的综合应用
命题点一 多运动组合问题
1．抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．
2．两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．
例1 (2017·浙江4月选考·20)图1中给出了一段“S”形单行盘山公路的示意图．弯道1、弯道2可看做两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O1、O2，弯道中心线半径分别为r1＝
10m、r2＝20m，弯道2比弯道1高h＝12m，有一直道与两弯道圆弧相切．质量m＝1200kg的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑．(sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g＝10m/s)
2
图1
(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v1；
(2)汽车以v1进入直道，以P＝30kW的恒定功率直线行驶了t＝8.0s进入弯道2，此时速度恰为通过弯道中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；
(3)汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道．设路宽d＝10m，求此最短时间(A、B两点都在轨道中心线上，计算时视汽车为质点)． 答案 见解析
解析 (1)汽车在沿弯道1中心线行驶时， v12由牛顿第二定律得，kmg＝m r1解得v1＝kgr1＝55m/s.
(2)设在弯道2沿中心线行驶的最大速度为v2 v22
由牛顿第二定律得，kmg＝m r2
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解得v2＝kgr2＝510m/s 在直道上由动能定理有
Pt－mgh＋Wf＝mv22－mv12
代入数据可得Wf＝－2.1×10J.
(3)沿如图所示内切的路线行驶时间最短，
4
1212
由图可得
r′2＝r12＋[r′－(r1－)]2
代入数据可得r′＝12.5m
设汽车沿该路线行驶的最大速度为v′ v′2
则kmg＝m
r′
得v′＝kgr′＝12.5m/s r1
由sinθ＝＝0.8
r′
则对应的圆心角为2θ＝106° 106°
路线长度s＝×2πr′≈23.1m
360°最短时间t′＝
s
≈1.8s. v′
d2
变式1 (2016·浙江4月选考·20)如图2所示装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成．其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB与粗糙直轨道BC平滑连接，高度差分别是h1＝0.20m、h2＝0.10m，BC水平距离L＝1.00m．轨道Ⅱ由AE、螺旋圆形EFG和GB三段光滑轨道平滑连接而成，且A点与F点等高．当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m＝0.05kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点；当弹簧压缩量为2d时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C点．(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，g＝10m/s)
2
图2
(1)当弹簧压缩量为d时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；
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(2)求滑块与轨道BC间的动摩擦因数；
(3)当弹簧压缩量为d时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B点？请通过计算说明理由． 答案 (1)0.1J 2m/s (2)0.5 (3)见解析 解析 (1)由机械能守恒定律可得
E弹＝ΔEk＝ΔEp＝mgh1＝0.05×10×0.20J＝0.1J
12
由ΔEk＝mv0，可得v0＝2m/s.
2
(2)由E弹∝d，可得当弹簧压缩量为2d时， ΔEk′＝E弹′＝4E弹＝4mgh1
由动能定理可得－mg(h1＋h2)－μmgL＝－ΔEk′ 3h1－h2
解得μ＝＝0.5.
L
(3)滑块恰能通过螺旋圆形轨道最高点需满足的条件是
2
mg＝
mv2 Rm
由机械能守恒定律有v＝v0＝2m/s 解得Rm＝0.4m
当R>0.4m时，滑块会脱离螺旋圆形轨道，不能上升到B点； 当R≤0.4m时，滑块能上升到B点． 题型1 平抛运动＋圆周运动的组合
例2 (2013·浙江理综·23)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图3.图中A、B、
C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1＝1.8m，h2＝4.0m，x1＝4.8m，x2＝8.0m．开始时，质量分
别为M＝10kg和m＝2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s.求：
2
图3
(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值； (2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小； (3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．
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