(共36张PPT)
第2讲 力与直线运动
贯通 知识脉络
研学 核心考点
目录索引
贯通 知识脉络
研学 核心考点
考点一 匀变速直线运动规律及应用
1.匀变速直线运动的“四类公式”
2.处理匀变速直线运动的五种方法
3.追及相遇问题的分析思路
例1(2024山东卷)如图所示,固定的光滑斜面上有一木板,其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放,若木板长度为L,通过A点的时间间隔为Δt1;若木板长度为2L,通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为( )
A.(-1)∶(-1)
B.()∶(-1)
C.(+1)∶(+1)
D.()∶(+1)
A
解析 解法一:基本公式法
木板在斜面上运动时,木板的加速度不变,设加速度为a,木板从静止释放到下端到达A点的过程,根据运动学公式有L=,木板从静止释放到上端到达A点的过程,当木板长度为L时,有2L=,当木板长度为2L时,有3L=,又Δt1=t1-t0,Δt2=t2-t0,联立解得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1),故选A。
解法二:巧用比例法
选木板为参考系,斜面上A点相对木板沿斜面向上由静止开始做匀加速直线运动,Δt1即为A点通过第2个L的时间,Δt2即为A点通过第2个L和第3个L的时间,由初速度为0的匀加速直线运动的规律可得Δt2∶Δt1=,故选A。
例2(2025山东名校联盟高三期中)根据道路交通安全法的相关规定,机动车遇到行人正在通过人行横道时应当停车让行。如图所示,当行人以v1=1 m/s的速度从A点开始匀速穿过斑马线时,甲车已经在右侧车道停止线前等待,位于左侧车道的乙车以v2=20 m/s的初速度做匀减速直线运动,加速度大小为a1(未知),当行人运动到B点时乙车恰好停在停止线的位置,此时甲车以加速度a2=2 m/s2做匀加速直线运动,当行人运动到C点时乙车以加速度a1做匀加速直线运动。已知每条车道宽度均为L=5 m。求:
(1)乙车做匀减速直线运动位移的大小;
(2)乙车追上甲车前,两车之间沿车道方向的最远距离。
答案 (1)50 m (2)50 m
解析 (1)行人从A点运动到B点所用时间t0==5 s
此时乙车恰好停在停止线的位置,即速度刚好为零,故匀减速位移x=t0=50 m。
(2)乙车减速过程的加速度大小为a1==4 m/s2
设行人到达B点时开始计时,此时甲车以加速度a2=2 m/s2做匀加速直线运动,则甲车位移和速度分别为x甲=a2t2,v甲=a2t
行人从B点运动到C点过程所用时间依然为t0,当行人运动到C点时乙车以加速度大小a1做匀加速直线运动,则乙车位移和速度分别为x乙=a1(t-t0)2,
v乙=a1(t-t0)
二者速度相等时,两车之间沿车道方向的距离最远,有a1(t-t0)=a2t
得t=10 s
故两车之间沿车道方向的最远距离为Δx=x甲-x乙=a2t2-a1(t-t0)2=50 m。
考点二 牛顿运动定律的应用
命题角度1瞬时加速度问题
例3(多选)(2025甘肃卷)如图所示,轻质弹簧上端固定,下端悬挂质量为2m的小球A,质量为m的小球B与A用细线相连,整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k,重力加速度大小为g。现剪断细线,下列说法正确的是( )
A.小球A运动到弹簧原长处的速度最大
B.剪断细线的瞬间,小球A的加速度大小为
C.小球A运动到最高点时,弹簧的伸长量为
D.小球A运动到最低点时,弹簧的伸长量为
BC
解析 剪断细线后,弹力大于小球A的重力,则小球A先向上做加速运动,随弹力的减小,向上的加速度也减小,当加速度为零时小球速度最大,此时弹力与重力大小相等,弹簧处于拉伸状态,故A错误;剪断细线之前F弹=3mg,剪断细线瞬间弹簧弹力不变,对小球A,由牛顿第二定律得F弹-2mg=2ma,解得A的加速度大小a=,故B正确;剪断细线之前弹簧伸长量x1=,剪断细线后小球A做简谐运动,在平衡位置时弹簧伸长量x2=,即振幅为A1=x1-x2=,由简谐运动对称性可知小球A运动的最高点和最低点关于平衡位置对称,运动到最高点时弹簧伸长量为,故C正确;由上述分析可知,小球A运动到最低点时,弹簧伸长量为,故D错误。
命题角度2动力学两类基本问题
动力学两类基本问题的解题思路
例4(2024九省适应性测试安徽卷)如图所示,相距l=2.5 m的两平台位于同一水平面内,二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动,根据需要设定驱动系统的速度大小v=1 m/s。质量m=10 kg的货物(可视为质点)放在距传送带左侧1 m处的P点,右侧平台的人通过一根轻绳用恒力F=40 N水平向右拉货物。已知货物与平台间的动摩擦因数μ1=0.2,货物与传送带间的动摩擦因数μ2=0.5,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)货物运动到传送带左端时的速度大小v1;
(2)货物在传送带上运动的时间t。
答案 (1)2 m/s (2)2 s
解析 (1)根据牛顿第二定律得
F-μ1mg=ma1
得货物在左侧平台上加速度为
a1==2 m/s2
由运动学公式得
=2a1x1,又x1=1 m
解得货物运动到传送带左端时的速度大小为v1=2 m/s。
(2)由于v1>v,可知货物滑上传送带后受到的摩擦力水平向左,有
F-μ2mg=ma2
加速度为a2==-1 m/s2
故货物开始做匀减速运动,设经过时间t2与传送带共速,得t2==1 s
该段时间货物的位移为
x2=t2=1.5 m
共速后货物做匀速运动,设再经过时间t3到达传送带右端,得t3==1 s
故货物在传送带上运动的时间为
t=t2+t3=2 s。
解题思维链
命题角度3连接体问题
1.整体法与隔离法的选用技巧
整体法的 选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力
隔离法的 选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同,或者需要求出系统内物体之间的作用力
整体法、隔 离法的交 替运用 若连接体内各物体具有相同的加速度,且需要求出物体之间的作用力,可以先整体求加速度,后隔离求内力
2.连接体问题中常见的临界条件
接触与脱离 接触面间弹力等于0
恰好发生滑动 摩擦力达到最大静摩擦力
绳子恰好断裂 绳子拉力达到所能承受的最大力
绳子刚好绷直与松弛 绳子拉力为0
例5(2025湖北武汉模拟)将等质量的长方体A、B置于粗糙水平地面上,长方体A和B与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2(μ1>μ2)。如图甲所示,对A施加水平向右的恒力F时,A、B一起向右加速运动,A、B间的弹力大小为F1。如图乙所示,斜面与水平面夹角为θ,将A、B置于斜面上,A、B与斜面间的动摩擦因数也分别为μ1和μ2,对A施加沿斜面向上的恒力F时,A、B一起沿斜面向上加速运动,A、B间的弹力大小为F2,则( )
A.F1C.F1=F2B
解析 图甲过程,对长方体A,根据牛顿第二定律有F-μ1mg-F1=ma1,对长方体B,根据牛顿第二定律有F1-μ2mg=ma1,整理得2F1=F-(μ1-μ2)mg;图乙过程,对长方体A,根据牛顿第二定律有F-F2-mgsin θ-μ1mgcos θ=ma2,对长方体B,根据牛顿第二定律有F2-mgsin θ-μ2mgcos θ=ma2,整理得2F2=F-(μ1-μ2)mgcos θ,已知μ1>μ2,可得F1多题归一 常见连接体情境的分析技巧
提示:三种情况中弹簧弹力、绳的拉力相同且与接触面是否光滑无关(粗糙时必须μA=μB)
提示:常用隔离法
提示:常会出现临界条件
考点三 运动学和动力学图像
命题角度1运动学图像
1.常规图像
常规图像 斜率k 面积 两图像交点
x-t图像 — 表示相遇
v-t图像 位移x 不表示相遇,表示此时速度相等,往往是距离最大或最小的临界点
a-t图像 — 速度变化量Δv 表示此时加速度相等
2.非常规图像
非常规图像 函数表达式 斜率k 纵截距b
v2-x图像 2a
v0
v0
非常规图像 图像特点
a-x图像
面积表示运动时间
例6某公司在封闭公路上对一新型电动汽车进行直线加速和刹车性能测试,某次测试的速度—时间图像如图所示。已知0~3.0 s和3.5~6.0 s内图线为直线,3.0~3.5 s内图线为曲线,则该汽车( )
A.在0~3.0 s内的平均速度大小为10 m/s
B.在3.0~6.0 s内做匀减速直线运动
C.在0~3.0 s内的位移大小比在3.0~6.0 s内的大
D.在0~3.0 s内的加速度大小比在3.5~6.0 s内的小
D
解析 由图可知,0~3.0 s内汽车做匀变速直线运动,此过程平均速度=15 m/s,故A错误;速度—时间图像中图线的斜率大小表示加速度大小,3.0~3.5 s内汽车加速度大小不断变化且与3.5~6.0 s内加速度大小不同,所以3.0~6.0 s内汽车不做匀减速直线运动,故B错误;速度—时间图像中图线与时间轴所围面积表示汽车的位移大小,汽车在0~3.0 s内位移x1=45 m,3.0~6.0 s内汽车位移x2>45 m,汽车在0~3.0 s内的位移大小比在3.0~6.0 s内的小,故C错误;由图像可知,0~3.0 s内的斜率大小小于3.5~6.0 s内的斜率大小,因此在0~3.0 s内的加速度大小比在3.5~6.0 s内的小,故D正确。
考教衔接 运动学中的v-t图像问题
真题图示
(2025陕青晋宁卷) (2024黑吉辽卷)
(2024甘肃卷) (2023福建卷)
衔接教材
人教必修第一册
P34图1-4
关键点拨 此类题目主要考查数形结合的理解能力和逻辑推理能力,注意v-t图像斜率表示加速度,“面积”表示位移
人教必修第一册
P41图2.2-6
命题角度2动力学图像
例7 (2024全国甲卷)如图所示,一轻绳跨过光滑定滑轮,绳的一端系物块P,P置于水平桌面上,与桌面间存在摩擦;绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略),盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m,并测量P的加速度大小a,得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中,可能正确的是( )
D
解析 设P的质量为mP,P与桌面间的滑动摩擦力为Ff;以P为研究对象,根据牛顿第二定律可得F-Ff=mPa,以盘和砝码为研究对象,根据牛顿第二定律可得mg-F=ma,联立可得a=,可知当砝码的重力大于Ff时,才有一定的加速度,当m趋于无穷大时,加速度趋近等于g。故选D。
解题思维链(共40张PPT)
第1讲 力与物体的平衡
贯通 知识脉络
研学 核心考点
目录索引
微专题1
贯通 知识脉络
研学 核心考点
考点一 静态平衡问题
1.四步搞定受力分析
2.解决共点力平衡问题的三种方法
例1 (2025福建卷)漳州著名景点风动石可随风微动。无风时,山体对风动石的作用力为F1,当水平微风吹过时,石随风微动,但依然处于静止状态,此时山体对石的作用力为F2,则( )
A.F1的大小小于F2的大小
B.F1的大小大于F2的大小
C.F1的大小等于F2的大小
D.F1与F2大小关系与风力大小有关
A
解析 无风时,由力的平衡可知,山体对风动石的作用力F1=mg,有水平风吹过时,对风动石受力分析,如图所示,可知此时山体对石的作用力F2=>F1=mg,即F2>F1,A正确。
例2 (多选)(2025河南郑州模拟)如图甲所示,在“亲子活动”中,一位勇敢的宝宝在父母的鼓励与保护下,沿绳梯缓缓而行最终顺利登顶完成自我挑战。现将宝宝攀登过程中的某一瞬间简化成图乙所示情境:两段轻绳与质量为m的小球P相连,右绳a的一端固定在墙壁上的A点,左绳b的一端与水平地面上质量为m0的物块Q相连于B点,系统保持静止。已知绳a与竖直墙壁成α=45°角,绳b与水平方向成β=15°角,重力加速度为g,sin 75°=,
cos 75°=,则下列说法正确的是( )
A.绳a与绳b中的拉力大小相等
B.绳b中的拉力大小为mg
C.物块Q所受地面的摩擦力大小为mg
D.物块Q对地面的压力大小为(m+m0)g
例2 (多选)(2025河南郑州模拟)如图甲所示,在“亲子活动”中,一位勇敢的宝宝在父母的鼓励与保护下,沿绳梯缓缓而行最终顺利登顶完成自我挑战。现将宝宝攀登过程中的某一瞬间简化成图乙所示情境:两段轻绳与质量为m的小球P相连,右绳a的一端固定在墙壁上的A点,左绳b的一端与水平地面上质量为m0的物块Q相连于B点,系统保持静止。已知绳a与竖直墙壁成α=45°角,绳b与水平方向成β=15°角,重力加速度为g,sin 75°=,
cos 75°=,则下列说法正确的是( )
A.绳a与绳b中的拉力大小相等
B.绳b中的拉力大小为mg
C.物块Q所受地面的摩擦力大小为mg
D.物块Q对地面的压力大小为(m+m0)g
BC
解析 小球P处于静止状态,其受力分析如图所示,根据几何关系可知Fa>Fb,即绳a中的拉力大于绳b中的拉力,A错误;结合上述,根据正弦定理有,解得Fa=·mg=mg, Fb=·mg=mg,B正确;将P、Q视为一个整体,对整体进行分析,Q所受地面的静摩擦力Ff=Fa·sin 45°=mg,C正确;将P、Q视为一个整体,对整体进行分析,Q所受地面支持力FN=(m+m0)g-Fa·cos 45°
=g,根据牛顿第三定律可知,物块Q对地面的
压力大小为g,D错误。
拓展变式 (2025山东聊城模拟)如图所示,三段细绳a、b、c依次连接,P、Q为两个结点,连接后绳的两端分别固定在竖直墙壁上的A、D两点,对结点P施加水平向右的拉力F,通过短细线悬挂于Q点的物块静止。已知物块的质量为m,结点P、Q在墙壁上的垂直投影点分别为B、C,各段长度的关系为lAB∶lBC∶lCD∶lCQ∶lBP=4∶4∶2∶2∶3,重力加速度为g,则水平拉力F的大小为( )
A.mg B.mg
C.mg D.mg
B
解析 如图甲所示,设细绳a、c与水平方向的夹角分别为β、α,细绳b与竖直方向的夹角为θ,细绳b上的拉力为Fb。对结点Q受力分析,如图乙所示,根据正弦定理可得。对结点P受力分析,如图丙所示,根据正弦定理可得,两式联立可得F=mg,根据两角和(差)公式将上式展开,结合长度关系,解得水平拉力F=mg,故选B。
多题归一 整体法与隔离法的应用技巧
情境示例 ①
②
③
④
⑤
⑥
关键点拨 共点力平衡问题中,如果出现两个或多个物体时,要灵活选用“整体法+隔离法”。如表中图①所示,选甲、乙整体受力分析可求a、c绳上的弹力,由于b绳倾斜,需要依次隔离甲、乙进行受力分析,最后联立才能求得b绳弹力。当物体对称分布(如图②、⑥)时,解题过程中要注意利用对称性
考点二 动态平衡问题
1.三力作用下的动态平衡
2.四力作用下的动态平衡
(1)在四力平衡中,如果有两个力为恒力,为了简便可用这两个力的合力代替这两个力,转化为三力平衡,例如:如图所示,qE(2)对于一般的四力平衡及多力平衡问题,可采用正交分解法。
例3 某中学为增强学生体魄,组织学生进行体育锻炼。在某次锻炼过程中,一学生将铅球置于两手之间,其中两手之间夹角为60°。保持两手之间夹角不变,将右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置。不计一切摩擦,则在转动过程中,下列说法正确的是( )
A.右手对铅球的弹力增大
B.右手对铅球的弹力先增大后减小
C.左手对铅球的弹力增大
D.左手对铅球的弹力先增大后减小
[思维点拨]本题可尝试用特殊位置法、正弦定理法和辅助圆法分别解答。
B
解析 解法一(特殊位置法):依次画出旋转前、旋转30°、旋转60°时铅球的受力示意图如图甲所示。左、右手对铅球的弹力大小分别如下表所示,故选B。
弹力 旋转前 旋转30° 旋转60°
F左 G 0
F右 G G
解法二(正弦定理法):将铅球受到的力平移后首尾相连成三角形,如图乙所示,右手旋转θ时,两手之间夹角保持60°不变,根据正弦定理有,其中0°<θ≤60°,可得F左一直减小,F右先增大后减小,故选B。
解法三(辅助圆法):根据同弧(弦)所对的圆周角相等,作力三角形的外接圆,如图丙所示,可直观判断出B正确。
例4 (2025浙江杭州模拟)如图所示,蹄形磁体水平放置(N极在上),质量为m的导体棒用两根轻质导线悬挂,通入恒定电流,稳定时导线与竖直方向的夹角为θ。两磁极间的磁场可看成匀强磁场,导体棒始终在两磁极之间,重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.导体棒中的电流方向为a→b
B.单根导线上的拉力大小为
C.若电流大小加倍,再次稳定后θ也加倍
D.若导体棒所处磁场的磁场方向在竖直面内逆时针缓慢转过45°角,则导线上拉力变小
D
解析 导体棒所受安培力水平向右,根据左手定则可知,导体棒中的电流方向为b→a,A错误;由力的平衡可得,每根导线上的拉力大小F=,B错误;导体棒所受安培力大小FA=BIL=mgtan θ,若导体棒中的电流大小加倍,
则平衡时tan θ的值加倍,C错误;作出导体棒的受力分析图如图所示,其所受重力大小、方向均不变,磁场方向沿逆时针方向转动45°,则安培力的大小不变,导线上的拉力变小,D正确。
考点三 平衡中的临界、极值问题
平衡中的临界、极值问题的分析思路和方法
解题 思路 解决此类问题重在形成清晰的物理情境,分析清楚物理过程,从而找出临界条件或达到极值的条件。要特别注意可能出现的多种情况 解题 方法 解析法 根据物体的平衡条件列出平衡方程,在解方程时采用数学方法求极值
图解法 此种方法通常适用于物体只在三个力作用下动态平衡的极值问题
极限法 极限法是一种处理极值问题的有效方法,它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(如“极大”“极小”等),从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来,快速求解
例5 (2025山东日照一模)如图所示,水平地面上固定着一个竖直圆形轨道,圆心为O,轨道内壁光滑。轨道内放置一个质量为m的小球,在水平拉力F的作用下静止在轨道内侧A点,AO连线与竖直方向的夹角θ=30°,轨道对小球的支持力大小为FN,重力加速度为g。改变拉力F,小球始终静止在A点。已知sin 15°=,cos 15°=。下列说法正确的是( )
A.将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中,F的最小值为mg
B.将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中,FN的最小值为(-1)mg
C.将拉力F顺时针缓慢旋转45°的过程中,F先减小后增大
D.将拉力F顺时针缓慢旋转45°的过程中,FN的最小值为2mg
B
解析 小球始终静止在A点,根据三角形法则,画出小球的受力变化情况。将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中,如图甲所示,从图甲中可以看出,F先变小后变大,当F与FN垂直时拉力最小为Fmin=mgsin 30°=mg,FN一直减小,根据正弦定理可知最小值为,解得FNmin=(-1)mg,A错误,B正确。将拉力F顺时针缓慢旋转45°的过程中,受力分析如图乙所示,则拉力F、FN都在增大,FN的最小值为FNmin'=mg,C、D错误。
例6 (2025湖南娄底模拟)如图所示,倾角θ=30°的倾斜传送带逆时针匀速转动,一可视为质点的物块P用细线拉着在传送带上保持静止。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=。调整细线的方向并保持物块的位置不变,当细线拉力最小时,细线与水平方向的夹角β为( )
A.0° B.30°
C.60° D.90°
C
解析 设细线对物块的拉力为F,物块受到的滑动摩擦力为Ff,对物块受力分析如图所示,把各个力沿平行传送带和垂直传送带方向分解,平行传送带方向有Fcos(β-θ)-mgsin θ-Ff=0,垂直传送带方向有Fsin(β-θ)+FN-mgcos θ=0,又因为Ff=μFN,可得F=,利用辅助角公式有μsin(β-θ)+cos(β-θ)=sin(β-θ+φ),其中tan φ=,当β-θ+φ=90°
时,F有最小值,此时tan (β-θ)==μ=,则β-θ=
30°,得β=60°,故选C。
微专题1
题型概述
微专题1 三维空间中的平衡问题
1.如图所示,当物体在空间中的受力具有对称性时,可以将物体划分为n个完全相同的对称单元。由于对称性,每个单元在合力方向上的分力是相同的,因此,可以只分析一个单元,这一个单元在合力方向上的分力占n个单元合力的n分之一。(例如:拓展衍生T1)
2.如图所示,物体空间受力没有对称性时,首先要对研究对象进行三维空间内的受力分析,然后通过从不同视角画侧视图或俯视图的方式分析某个平面内的受力,并画出力的示意图,最后在不同平面内分别进行力的合成或分解,结合平衡条件进行求解。(例如:典例探究和拓展衍生T2)
典例探究
(2025黑龙江齐齐哈尔模拟)如图所示,学校门口水平地面上有一质量m=33 kg的石墩,两工作人员一人拉轻绳一端按图示方式拉石墩,两轻绳间的夹角为α=74°,其角平分线与水平面间的夹角为θ=37°,石墩与地面间的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,不计轻绳与石墩间的摩擦,
sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)若每根轻绳上的拉力为F=50 N,求石墩对地面的压力大小。
(2)若石墩匀速移动,求每根轻绳上的拉力大小。
(3)若改变两根轻绳间的夹角和两根轻绳角平分线与水平面间的夹角,求使石墩匀速运动时绳上的最小拉力大小。
答案 (1)282 N (2)93.75 N
(3)33 N
解析 (1)在两根轻绳所在倾斜平面内对石墩进行受力分析如图甲所示,
则两根轻绳拉力的合力为
F合=2Fcos 37°=80 N
在竖直平面内对石墩进行受力分析如图乙所示
甲
乙
则地面对石墩的支持力为
FN=mg-F合sin 37°=282 N
由牛顿第三定律可知石墩对地面的压力大小为282 N。
(2)若石墩匀速运动,根据平衡条件有F合'cos 37°=μ(mg-F合'sin 37°)
又F合'=2F'cos 37°
解得F'=93.75 N。
(3)当两根轻绳拉力的方向相同时,合力最大为2F1,当两根轻绳角平分线与水平方向夹角为α时,根据平衡条件有2F1cos α=μ(mg-2F1sin α)
整理得F1=,其中tan φ=,显然F1的最小值为F1min==33 N。
拓展衍生
1.(2025河南豫北名校联考)如图为质点P受到的8个力的图示,8个力的顶点刚好构成长方体ABCD-EFGH,O为该长方体的中心,若力F0的图示可表示为有向线段PO,则质点P受到的合力为( )
A.2F0 B.2F0
C.4F0 D.8F0
D
解析 将PG和PA方向的力合成,如图所示,可知点O为AG的中点,由平行四边形定则可知力FPA、FPG的合力为2F0;同理,力FPB、FPH的合力,力FPC、FPE的合力,力FPD、FPF的合力均为2F0;所以质点P受到的合力为8F0,故选D。
2.(多选)(2025福建第一次质量检测)耙的历史十分悠久,图甲为《天工开物》中用耕牛带动耙整理田地的场景,将其简化为图乙所示的物理模型,耙可视为平行于水平地面的木板ABCD,农具牛轭可简化为平行于AB的直杆MN,两根对称且等长的耙索一端系在A、B点,另一端系在M、N点,其延长线的交点为O1。某次耙地时人和耙做匀速直线运动,两根耙索构成的平面AO1B与水平面夹角∠O1O2O3=30°,两耙索延长线夹角∠AO1B=30°,单根耙索的拉力大小为F,地面对耙的作用力与竖直方向夹角为θ。已知人和耙的总质量为m,所受阻力为对地面压力的,耙索质量不计,重力加速度为g,
sin 15°=,cos 15°=,则( )
A.F=mg
B.F=mg
C.θ=30°
D.θ=60°
甲
乙
BC
解析 由题可知,两耙索拉力的合力为F合=2Fcos 15°=F,对耙和人整体分析,根据平衡条件可得F合cos 30°=F压,F合sin 30°+FN=mg,由牛顿第三定律可知F压=FN,联立解得F=mg,A错误,B正确;由几何关系得tan θ=,解得θ=30°,C正确,D错误。(共29张PPT)
第3讲 抛体运动
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考点一 运动的合成与分解
命题角度1运动的合成与分解的基本思路
基本思路
(1)明确合运动和分运动的运动性质。
(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。
(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。
(4)运用力与速度的方向关系或矢量的运算法则进行分析求解。
例1 (2025湖南卷)如图所示,物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面,物块的水平位移、竖直位移、水平速度、竖直速度分别用x、y、vx、vy表示。物块向上运动过程中,下列图像可能正确的是( )
C
解析 由题意可知,物块沿斜面向上做匀减速直线运动,设初速度为v0,加速度大小为a,斜面倾角为θ,水平方向上物块做匀减速直线运动,初速度为v0x=v0cos θ,加速度大小为ax=acos θ,则有=-2axx,整理可得vx=,可知,vx-x图像应为类似抛物线的一部分,故A、B错误;物块在竖直方向上做匀减速直线运动,速度为v0y=v0sin θ,加速度大小为ay=asin θ,则有=-2ayy,整理可得vy=,可知,vy-y图像应为类似抛物线的一部分,故C正确,D错误。
命题角度2关联速度问题
首先明确物体的实际速度为合速度,将物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)的两个分量,根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。
例2 (2025江苏泰州模拟)汽车发动机的曲轴连杆机构的结构示意图如图所示。曲轴可绕固定的O点自由转动,连杆两端分别连接曲轴上的A点和活塞上的B点,若曲轴绕O点做匀速圆周运动,曲轴上A点的速率为12 m/s,已知lOA=15 cm,lAB=20 cm。下列说法正确的是( )
A.活塞在水平方向上做匀速直线运动
B.当曲轴竖直时,活塞的速度大小为8 m/s
C.当曲轴与连杆共线时,活塞的速度大小为12 m/s
D.当曲轴与连杆垂直时,活塞的速度大小为15 m/s
D
解析 活塞沿水平方向往复运动,则活塞的运动不是匀速直线运动,A错误;已知A点的线速度大小为vA=12 m/s,当曲轴竖直时,将A点和活塞的速度沿连杆方向和垂直连杆方向分解,如图所示,由几何关系可知vAcos θ=v杆1 =vB1cos θ,可得vA=vB1=12 m/s,B错误;当曲轴和连杆共线时,A点在沿连杆方向的分速度是0,则活塞的实际速度沿连杆也为0,C错误;当曲轴与连杆垂直时,A点的速度沿连杆方向,设连杆与水平方向的夹角为α,有vA=v杆2=vB2cos α, 其中cos α=,解得vB2=15 m/s,D正确。
命题角度3小船渡河问题
三种渡河情境
例3 (2025陕西西安模拟)如图所示,一条两岸平行的河,水流速度方向平行于河岸且大小保持不变。一条小船在河中匀速运动,船在静水中的速度大小为v静,船头方向与垂直于河岸方向的夹角为θ,船的实际速度(合速度)
v船与河岸的夹角也为θ,关于v静与v船的大小关系,下列说法正确的是( )
A.v船= B.v船=v静tan θ
C.v船= D.v船=v静cos θ
A
解析 由题意作出船的运动图示如图所示,由于v静与垂直于河岸方向的夹角为θ,v船与河岸的夹角也为θ,在矢量三角形OAB中,OA表示v静,OB表示v船,根据几何知识可得∠AOB=90°-2θ,∠OBA=θ,则有∠OAB=180°-(90°-2θ)-θ=90°+θ,在△OAB中,由正弦定理可得,即,整理可得v船=,故选A。
考点二 平抛运动
1.平抛运动及研究方法
2.平抛运动的两个推论
(1)若速度方向与水平方向的夹角为α,位移方向与水平方向的夹角为θ,则 tanα=2tan θ。
(2)平抛运动到任一位置A,过A点作其速度方向的反向延长线交Ox轴于C点,有xOC=(如图所示)。
例4 (2025四川雅安二模)如图所示,将小球从斜面顶端分别以v、2v、3v、4v、5v水平抛出,不计空气阻力,小球落点位置分别标为1、2、3、4、5。下列选项中标示小球落点位置可能正确的是( )
A
解析 小球做平抛运动,设斜面倾角为θ,小球落在斜面上时,有tan θ=,解得t=,小球抛出点与落地点间的距离l=,小球落在水平面上时,小球的运动时间相等,有x=v0t∝v0,故选A。
例5 (2025安徽A10联盟模拟)一种定点投抛的游戏可简化为如图所示的模型,斜面AB的倾角为θ=37°,A、B两点分别是斜面的底端和顶端,洞口处于斜面上的P点,O点在A点的正上方,A、B、O、P四点在同一竖直面内。第一次小球以3 m/s的水平速度从O点抛出,正好落入洞中的P点,OP的连线正好与斜面垂直;第二次小球以另一水平速度也从O点抛出,小球正好与斜面在Q点垂直相碰(Q点未在图中标出)。不计空气阻力,重力加速度大小g取10 m/s2,sin 37°=0.6。下列说法正确的是( )
A.小球从O点运动到P点的时间是0.4 s
B.Q点在P点的下方
C.第二次小球水平抛出的速度小于3 m/s
D.O、A两点的高度差为5 m
D
解析 第一次以水平速度v0从O点抛出小球,正好落入倾角为θ的斜面上的洞中,此时位移垂直于斜面,由几何关系可知tan θ=,解得t0=0.8 s,A错误;根据平抛运动中速度偏角的正切值等于位移偏角的正切值的2倍,当小球以水平速度v从O点抛出,可知此时落到斜面上的位移偏角小于以水平速度v0=3 m/s抛出时落到斜面上的位移偏角,所以Q点在P点的上方,则tx0,所以v>v0=3 m/s,B、C错误;根据几何关系结合运动学规律可得O、A两点的高度差h=+v0t0tan θ,解得h=5 m,D正确。
多题归一 如表所示,大多数平抛运动与斜面(曲面)的综合问题,最终可转化为对平抛物体位移方向、速度方向的分析,以及对位移、速度分解和计算,从而解决问题。
已知速度方向,分解速度 垂直落在斜面上
无碰撞地进入圆弧形轨道
已知位移方向,分解位移 求飞行时间、位移等
落在斜面上位移最小
落在圆弧上 (x-R)2+y2=R2
考点三 斜抛运动
斜抛运动分析
性质 斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动,运动轨迹是抛物线
研究方法 运动的合成与分解、逆向思维法
基本规律 (以斜上抛运动为例)
常见 图例
例6 (2025湖北卷)某网球运动员两次击球时,击球点离网的水平距离均为L,离地高度分别为、L,网球离开球拍瞬间的速度大小相等,方向分别斜向上、斜向下,且与水平方向夹角均为θ。击球后网球均刚好直接掠过球网,运动轨迹平面与球网垂直,忽略空气阻力,tan θ的值为( )
A. B.
C. D.
C
解析 由题意可画出示意图,如图所示,设斜向下击出的球到球网的竖直距离为h1,斜向上击出的球到球网的竖直距离为h2,在水平方向上,有
L=v0cos θ·t1,L=v0cos θ·t2,则t1=t2=t,v0=,在竖直方向,有h1-h2 =-(-v0sin θ·t+gt2),且h1-h2=,联立解得tan θ=,故C正确。
例7 (2025山东济宁模拟)如图所示,水平地面上固定一足够大斜面,倾角为37°。P点为斜面上的点,Q点在P点正上方,两点相距1.5 m,AB为斜面上与Q点等高的线段。从Q点以不同速率多次斜向上抛出小球并落在线段AB上,每次抛出时的方向均与水平方向成45°角,且抛出时的最大速率为5 m/s。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,忽略空气阻力,则落点间的最大距离为( )
A.3 m B.2.5 m
C.2 m D.1.5 m
A
解析 由于小球从Q点抛出到落到与Q等高的线段AB上,其竖直位移为零,故运动时间t=2× ,在此时间内,小球的水平位移为x=v0cos 45°·t=,当小球初速度大小为5 m/s时,小球落到与抛出点等高的落点时水平位移最大,此时小球的水平位移为xmax= m=2.5 m,当小球落到AB上的落点与Q的连线垂直于AB时,此时小球的水平位移最小,此时小球的水平位移为xmin==2 m,当小球以不同速率从O点斜向上抛出并落在AB上时,根据数学知识及对称性可得落点在AB上的最大间距为Lmax=2=3 m,故选A。(共34张PPT)
第4讲 圆周运动 天体的运动
贯通 知识脉络
研学 核心考点
目录索引
贯通 知识脉络
研学 核心考点
考点一 圆周运动
命题角度1水平面内的圆周运动
(1)水平面内圆周运动的分析思路
(2)水平面内圆周运动的临界问题
①绳的临界:拉力FT=0。
②接触面滑动临界:F=Ffmax。
③接触面分离临界:FN=0。
绳恰好伸直
达到最大静摩擦力
例1 (多选)(2025贵州黔东南模拟)如图所示,两个可视为质点的相同木块A和B 放在水平转盘上,用不可伸长的轻绳相连,连线过转盘的圆心O,木块A、B 到转轴中心的距离分别为L和2L,木块与转盘之间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。开始时,轻绳恰好伸直但无弹力,现让转盘在水平面内由静止开始绕转轴OO'做角速度ω 缓慢增大的圆周运动。
下列说法正确的是( )
A.当角速度ω增大到时,木块A将相对转盘滑动
B.当角速度ω>时,木块A相对转盘滑动
C.角速度ω在<ω<范围内增大时,轻绳的拉力增大
D.角速度ω在<ω<范围内增大时,木块A受到的摩擦力先减小后增大
BCD
解析 当角速度 ω较小时,A、B 两木块都靠摩擦力提供向心力,由Ff=mrω2可知,B的摩擦力先达到最大值,此时 μmg=2mL,解得 ω1=,若角速度大于 ω1,对A,有F+FfA=mLω2,对B,有F+μmg=2mLω2,得FfA=μmg-mLω2,当角速度等于时,FfA=0,A错误;随着角速度增大,FfA先减小然后反向增大,设当角速度增大到 ω2时,A相对于转盘即将滑动,A的摩擦力达到最大,方向背离圆心,对A,有F-μmg=mL,对B,有F+μmg=2mL,联立解得 ω2=,B正确;角速度在 <ω<的范围内,随着角速度的增大,轻绳的拉力增大,A、B 均相对于转盘静止,B受到的摩擦力不变,而A受到的摩擦力先减小后增大,C、D正确。
例2 (2024江西卷)雪地转椅是一种游乐项目,其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图甲、乙所示,传动装置有一高度可调的水平圆盘,可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳,轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后,其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,不计空气阻力。
甲 圆盘在水平雪地
乙 圆盘在空中
(1)在图甲中,若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。
(2)将圆盘升高,如图乙所示。圆盘匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动,绳子与竖直方向的夹角为θ,绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。
答案 (1)
(2)
解析 (1)转椅做匀速圆周运动,设此时轻绳拉力为FT,转椅质量为m,受力分析可知轻绳拉力沿切线方向的分量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡,沿径向方向的分量提供转椅做圆周运动的向心力,故可得FTcos α=mr1, FTsin α=μmg
联立解得tan α=。
(2)设此时轻绳拉力为FT',沿A1B和垂直A1B竖直向上的分力分别为F1=FT'sin θ,F2=FT'cos θ
对转椅根据牛顿第二定律得F1cos β=mr2
沿切线方向F1sin β=Ff=μFN
竖直方向FN+F2=mg
联立解得
ω2=
考教衔接 水平面内的圆周运动
真题图示
(2025山东卷) (2023江苏卷)
(2024海南卷 ) (2023福建卷)
衔接教材
人教必修第二册
P28图6.2-3
关键点拨 对做圆周运动的物体受力分析,确定向心力来源;当物体做匀速圆周运动时,合力一定指向圆心充当向心力
人教必修第二册
P30图6.2-7
命题角度2竖直平面内的圆周运动
(1)
(2)常见模型
模型 主要位置 临界情况
轻绳模型 恰好通过最高点时,轻绳的拉力为0
轻杆模型 恰好通过最高点时,轻杆对小球的弹力等于小球的重力
模型 主要位置 临界情况
带电小球在叠加场中的圆周运动 等效法 关注六个位置的动力学方程,最高点、最低点、等效最高点、等效最低点、最左边和最右边位置 恰好通过等效最高点;恰好做完整圆周运动
倾斜转盘上的物体 最高点mgsin θ±Ff=mω2r 最低点Ff-mgsin θ=mω2r 恰好通过最低点
例3 (2025江西景德镇三模)如图所示,轻杆长3L,在轻杆两端分别固定质量均为m的A、B两球,光滑水平转轴穿过轻杆上距球A为L处的O点,外界给系统一定能量后,轻杆和球在竖直平面内转动,球B运动到最高点时,轻杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力,重力加速度为g。则球B在最高点时
( )
A.速度为零
B.球A的速度大小为
C.水平转轴对轻杆的作用力为mg
D.水平转轴对轻杆的作用力为2mg
B
解析 球B运动到最高点时,轻杆对球B恰好无作用力,即重力恰好提供向心力,有mg=m,解得vB=,A错误;由于A、B两球的角速度相等,由v=ωr得球A的速度大小为vA=vB=,B正确;轻杆对球A的作用力FT-mg =m,则FT=mg,球B到最高点时,对轻杆无弹力,所以水平转轴对轻杆的作用力为mg,C、D错误。
考点二 天体的运动
1.不同位置的重力加速度
2.天体质量和密度的计算
3.变轨问题
卫星稳定运行时:“高轨(r大)低速(‘速’包含线速度、加速度和向心加速度)大周期,低轨高速小周期”。
例4 (2025湖南卷)我国研制的“天问二号”探测器,任务是对伴地小行星及彗星交会等进行多目标探测。某同学提出探究方案,通过释放卫星绕小行星进行圆周运动,可测得小行星半径R和质量m行。为探测某自转周期为T0的小行星,卫星先在其同步轨道上运行,测得距离小行星表面高度为h,接下来变轨到小行星表面附近绕其做匀速圆周运动,测得周期为T1。已知引力常量为G,不考虑其他天体对卫星的引力,可根据以上物理量得到R=h,m行=。下列选项正确的是( )
A.a为T1,b为T0,c为T1
B.a为T1,b为T0,c为T0
C.a为T0,b为T1,c为T1
D.a为T0,b为T1,c为T0
A
解析 根据题意,卫星在小行星同步轨道和表面附近轨道运行时轨道半径分别为R+h、R,设卫星的质量为m,由开普勒第三定律可知,解得R=h,卫星绕小行星表面附近做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力可知=mR,解得m行=,对应结果可得a为T1,b为T0,c为T1,故A正确。
例5 (2025北京卷)2024年6月,嫦娥六号探测器首次实现月球背面采样返回,如图所示,探测器在圆形轨道1上绕月球飞行,在A点变轨后进入椭圆轨道2,B为远月点,关于嫦娥六号探测器,下列说法正确的是( )
A.在轨道2上从A向B运动过程中动能逐渐减小
B.在轨道2上从A向B运动过程中加速度逐渐变大
C.在轨道2上机械能与在轨道1上相等
D.利用引力常量和探测器在轨道1运行的周期,可求出月球的质量
A
解析 在轨道2上从A向B运动过程中,探测器远离月球,月球对探测器的引力做负功,根据动能定理,探测器的动能逐渐减小,故A正确;探测器受到来自月球的引力,由G=ma,解得a=G,在轨道2上从A向B运动过程中,r增大,加速度逐渐变小,故B错误;探测器在A点从轨道1变轨到轨道2,需要加速,机械能增加,所以探测器在轨道2上的机械能大于在轨道1上的机械能,故C错误;探测器在轨道1上做圆周运动,根据万有引力提供向心力,可得G=mr,解得m月=,利用引力常量G和探测器在轨道1运行的周期T,还需要知道轨道1的半径r,才能求出月球的质量,故D错误。
例6 (2025河北邯郸模拟)2025年1月我国成功将通信技术试验卫星十四号发射升空。相对于通信卫星来说,天宫空间站距离地面较近,可近似认为轨道半径等于地球半径R。一地球通信卫星离地高度为R,其轨道与天宫空间站轨道共面,运行方向与空间站同向,地球表面的重力加速度为g。通信卫星与空间站通过微波进行通信,微波通信主要依赖直线传播,则空间站可连续与通信卫星进行数据传输的时间为( )
A. B.
C. D.
A
解析 通信卫星的轨道半径为2R,运行周期为T卫,则有G=m·2R,又G=m0g,解得T卫=4π,设空间站运行周期为T,同理有T=2π,由几何关系可知从空间站进入可传输范围到运行出可传输范围,空间站比通信卫星绕地心多转过的角度为120°,设二者可连续进行数据传输的时间为t,则t-t=,联立解得t=,故选A。
例7 (2024重庆卷)在万有引力作用下,太空中的某三个天体可以做相对位置不变的圆周运动,假设甲、乙两个天体的质量均为m1,相距为2L,其连线的中点为O,另一天体丙(图中未画出)的质量为m2(m2 m1),若丙处于甲、乙连线的垂直平分线上某特殊位置,甲、乙、丙可视为绕O点做角速度相同的匀速圆周运动,且相对位置不变,忽略其他天体的影响,引力常量为G。则( )
A.丙的线速度大小是甲的倍
B.丙的向心加速度大小是乙的一半
C.丙在一个周期内的路程为2πL
D.丙的角速度大小为
A
解析 甲、乙、丙三个天体角速度相同,由于m2 m1,则对甲天体有G=m1ω2L,解得ω=,D错误;设丙与甲、乙的连线与甲、乙连线中垂线的夹角为α,对丙天体有2Gcos α=m2ω2,解得α=30°,则丙的轨道半径为r丙=L,由v=ωr,可知丙的线速度大小是甲的倍,A正确;由a=ω2r,可知丙的向心加速度大小是乙的倍,B错误;丙在一个周期内运动的路程为s=2πr丙=2πL,C错误。
多题归一 多星模型
模型 “双星”模型 “三星”模型 “四星”模型
示意图
受力特点 两星间的万有引力提供两星做圆周运动的向心力 各星所受万有引力的合力提供其做圆周运动的向心力 各星所受万有引力的合力提供其做圆周运动的向心力
关键点 m1r1=m2r2 r1+r2=L
