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热点专题六 动力学和能量观点的综合应用(一)
【专题解读】 1.本
是力学两大
点在多运
程
，高考常以
算
专题
观
动过
问题
计
题压轴
的形式命
。
题
题2.学好本
，可以极大地培养同学
的
能力、推理能力和
专题
们
审题
规
范表达能力，
性的
化，可以提升同学
解决
的信心。
针对
专题强
们
压轴题
3.用到的知
有：力学方法
点
识
动
观
(牛
运
定律、运
学基本
律
顿
动
动
规
)，能量
点
观
(
能定理、机
动
械能守恒定律、能量守恒定律)。
[方法概述]
1.分析思路
(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过
程中力的变化情况。
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同的运动过程中的做
功情况。
(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选
择合适的规律求解。
2.方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景。
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律。
(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案
【真题示例1】 (2020·江苏卷，15)如图1 所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光
滑水平轴O 转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有
质量为m 的小球，球与O 的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M
的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的
角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气
阻力，重力加速度为g。求：
1
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图1
(1)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F：
(3)重物下落的高度h。
答案 (1)2ωR (2) (3)(ωR)2
解析 (1)
速度
线
v＝ωr，得v＝2ωR。
(2)向心力F 向＝2mω2R。
设F 与水平方向的
角
夹
为α，则Fcos α＝F 向；Fsin α＝mg
解得F＝。
(3)落地
，重物的速度
时
v′＝ωR，由机械能守恒定律得
Mv′2＋4×mv2＝Mgh
解得h＝(ωR)2。
【真题示例2】 (2021·江苏卷，14)如图2 所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定
在竖直转轴的O 点，小圆环A 和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L 的细线和弹簧两
端分别固定于O 和A，质量为m 的小球B 固定在细线的中点，装置静止时，细线
与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的
夹角增大到53°时，A、B 间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相
等、方向相反，重力加速度为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图2
(1)装置静止时，弹簧弹力的大小F；
(2)环A 的质量M；
(3)上述过程中，装置对A、B 所做的总功W。
答案 (1)mg (2)m (3)mgL
解析 (1)设AB、OB 的
力分
张
别为F1、F2
A 受力平衡F＝F1sin 37°
B 受力平衡F1cos37 °＋F2cos 37°＝mg
F1sin 37°＝F2sin 37°
2
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解得F＝。
(2)
装置
的角速度
设
转动
为ω
对A F＝Mω22Lcos 37°
对B mgtan 53°＝mω2Lsin 53°
解得M＝m。
(3)B 上升的高度h＝Lcos 37°－Lsin 37°＝L
A、B 的
能分
动
别为
EkA＝M(ω·2Lcos 37°)2
EkB＝m(ω·Lsin 53°)2
由W＝(EkA－0)＋(EkB－0)＋mgh
解得W＝mgL。
【针对训练1】 (2021·江
七市
研
苏
调
)我国早在3000 年前就发明了辘轳，其简化模
型如图3 所示，辘轳的卷筒可绕水平轻轴转动，卷筒质量为M、厚度不计。某人转
动卷筒通过细绳从井里吊起装满水的薄壁柱状水桶，水桶的高为d，空桶质量为
m0，桶中水的质量为m。井中水面与井口的高度差为H，重力加速度为g，不计辐
条的质量和转动轴处的摩擦。
图3
(1)若人以恒定功率P0转动卷筒，装满水的水桶到达井口前已做匀速运动，求水桶
上升过程的最大速度vm；
(2)空桶从桶口位于井口处由静止释放并带动卷筒自由转动，求水桶落到水面时
的速度大小v；
(3)水桶从图示位置缓慢上升高度H，忽略提水过程中水面高度的变化，求此过程
中人做的功W。
答案 (1) (2) (3)(m＋m0)gH－d
解析 (1)
水桶做匀速运
受到
设
动时
细
的拉力
绳
为F1，
有
则
F1＝(m＋m0)g，P0＝
F1vm，解得vm＝。
(2)水桶由静止下落的
程中，水桶和卷筒
成的系
机械能守恒
过
组
统
有
则
m0g(H－d)＝(m0＋M)v2
3
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解得v＝。
(3)
水桶在水中受到的浮力
设
为F 浮，桶口运
到井口的
程中，由
能定理得
动
过
动
W－(m＋m0)gH＋d＝0，F 浮＝mg
解得W＝(m＋m0)gH－d。
【针对训练2】 (2021·
常
四市
研
苏锡
镇
调
)“峡谷长绳秋千”游戏的模型可简化如
图4 所示，游戏开始前，工作人员对底座施加一水平方向的拉力，使其静止于图
中A 位置，然后自由释放，秋千开始荡起来，B 为秋千运动的最低点。已知两绳长
度均为L、夹角为2θ，秋千摆角为α，游客和底座总质量为m，在运动中可视为质
点，不计绳子质量及一切阻力。求：
图4
(1)工作人员对底座施加的水平拉力大小；
(2)游客运动到B 点的速度大小；
(3)运动过程中细绳中的最大拉力。
答案 (1)mgtan α (2) (3)
解析 (1)在A 点，受力分析，根据物体平衡条件有F＝mgtan α。
(2)从A 到B
程，由
能定理
过
动
mgLcos θ(1－cos α)＝mv
得到vB＝。
(3)由分析知，当游客运
到在最低点
动
B
中拉力最大，由受力分析及牛
第
时细绳
顿
二定律知
2FTcos θ－mg＝，
得到FT＝。
1.(2018·江苏单科，14)如图1 所示，钉子A、B 相距5l，处于同一高度。细线的一端
系有质量为M 的小物块，另一端绕过A 固定于B。质量为m 的小球固定在细线上
C 点，B、C 间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时
BC 与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、B 相同高度时的速度恰好
4
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为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝
0.6。求：
图1
(1)小球受到手的拉力大小F；
(2)物块和小球的质量之比M∶m；
(3)小球向下运动到最低点时，物块M 所受的拉力大小T。
答案 (1)Mg－mg (2)6∶5 (3)见解析
解析 (1)
小球受
设
AC、BC 的拉力分别为F1、F2
F1sin 53°＝F2cos 53°
F＋mg＝F1cos 53°＋F2sin 53°
且F1＝Mg
解得F＝Mg－mg。
(2)小球运
到与
动
A、B 相同高度
程中
过
小球上升高度h1＝3lsin 53°，物
下降高度
块
h2＝2l
机械能守恒定律mgh1＝Mgh2
解得＝。
(3)根据机械能守恒定律，小球回到起始点。
此
设
时AC 方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T
牛
运
定律
顿
动
Mg－T＝Ma
小球受AC 的拉力T′＝T
牛
运
定律
顿
动
T′－mgcos 53°＝ma
解得T＝(T＝mg 或T＝Mg)。
2.(2021·天津模拟)如图2 所示，一小物块(视为质点)从H＝10 m 高处，由静止开始
沿光滑弯曲轨道AB 进入半径R＝2 m 的光滑竖直圆环内侧，弯曲轨道AB 在B 点
与圆环轨道平滑相接。之后物块沿CB 圆弧滑下，由B 点(无机械能损失)进入右侧
的粗糙水平面上压缩弹簧。已知物块的质量m＝2 kg，与水平面间的动摩擦因数μ
＝0.2，弹簧自然状态下最左端D 点与B 点距离L＝15 m，g＝10 m/s2，求：
5
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图2
(1)物块从A 滑到B 时的速度大小；
(2)物块到达圆环顶点C 时对轨道的压力；
(3)若弹簧最短时压缩量为10 m，求此时弹簧弹性势能。
答案 (1)14.1 m/s (2)100 N (3)100 J
解析 (1)物
从
块
A 滑到B 的
程由
能定理得
过
动
mgH＝mv
解得vB＝10 m/s＝14.1 m/s。
(2)物
从
块
A 滑到C 的
程由
能定理得
过
动
mg(H－2R)＝mv，在C 点由牛
第二定
顿
律得mg＋N＝m，解得N＝100 N。
(3)从B 点到
簧
最短
的
程由功能关系得
弹
压缩
时
过
mv＝μmg(L＋x)＋Ep，解得Ep＝
100 J。
3.(2021·广
深圳
研
东
调
)一个体重为m＝50 kg 的中学生，乘坐正常工作的电梯从
七楼下降到一楼如图3 甲。用传感器记录下他受到的支持力随时间变化的关系如
图乙。查阅资料得知电梯的空轿厢质量为M1＝1 150 kg，“对重”的质量为M2＝
1 300 kg，不计滑轮摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，求：
图3
(1)0～14 s 内电梯下降的高度；
(2)0～4 s 内钢索对“对重”的拉力大小以及0～10 s 内钢索对“对重”做的功。
答案 (1)20 m (2)13 650 N，210 600 J
解析 (1)在0～4 s 内，
人由牛
第二定律分析可知
对
顿
mg－F1＝ma1
代入数据可知a1＝0.5 m/s
此段
内
梯下降的位移
时间
电
为h1＝a1t
此
梯的速度
时电
为v1＝a1t1
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在4～10 s 内，由于F2＝mg
可知
梯匀速下降，下降的位移
电
为h2＝v1t2
在10～14 s 内，
人由牛
第二定律分
对
顿
析可知mg－F3＝ma3
代入数据可知a3＝－0.5 m/s，即
梯将减速下降，位移
电
为h3＝v1t3＋a3t
梯下降的
高度
电
总
H＝h1＋h2＋h3
代入数据得H＝20 m。
(2)0～4 s 内对“
重
对
”由牛
第二定律分析可列
顿
FT－M2g＝M2a1
代入数据解出FT＝13 650 N
0～10 s 内对“
重
对
”由
能定理可知
动
W－M2g(h1＋h2)＝M2v
代入数据算得W＝210 600 J。
4.如图4 所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定
在竖直光滑墙面上的O 点。开始时，小球静止于A 点，现给小球一水平向右的初
速度，使其恰好能在竖直平面内绕O 点做圆周运动。垂直于墙面的钉子N 位于过
O 点竖直线的左侧，ON与OA的夹角为θ(0＜θ＜π)，且细线遇到钉子后，小球绕钉
子在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断。已
知小球的质量为m，细线的长度为L，细线能够承受的最大拉力为7mg，重力加速
度为g。
图4
(1)求小球初速度的大小v0；
(2)求小球绕钉子做圆周运动的半径r 与θ 的关系式；
(3)在细线被拉断后，小球继续向前运动，试判断它能否通过A 点。若能，请求出细
线被拉断时θ 的值；若不能，请通过计算说明理由。
答案 (1) (2)r＝L (3)不能通过A 点，理由见解析
解析 (1)
小球在最高点的速度
设
为v，根据牛
第二定律有
顿
mg＝m，解得v＝
小球从A 点至最高点，由
能定理有
动
－mg·2L＝mv2－mv
解得v0＝。
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(2)小球
子做
周运
，碰到
子
的速度
绕钉
圆
动设
钉
时
为v1，由
放到碰到
子
根据
释
钉
时
能定理得
动
－mgL＝mv－mv
碰到
子到
子断的
程，由
能定理得
钉
绳
过
动
mgr＝mv－mv
子断的瞬
绳
间FT＝7mg，FT－mg＝m
立以上几式，解得
联
r＝L。
(3)
被拉断后，小球做平抛运
，
细线
动
设经过t
小球运
到
时间
动
过A 点的
直
上
竖
线
由几何关系得x＝(L－r)sin θ
平抛运
的水平方向有
动
x＝v2t，由(2)可知v2＝，平抛运
直方向有
动竖
y＝gt2
代入上面几式可得
y＝gt2＝
平抛开始点与A 点的高度差为
h＝L－r－(L－r)cos θ＝(L－r)(1－cos θ)
若正好过A 点，则h＝y，解得r＝L，
此
与
结论
(2)不相符，所以小球不能通过A 点。
8
