(共66张PPT)
第二讲 力与直线运动
通览知识 明要点
研学考点 提能力
目 录 索 引
01
02
突破热点 聚素养
03
通览知识 明要点
研学考点 提能力
考点一 匀变速直线运动规律及应用
1.记牢匀变速直线运动的“四类公式”
2.掌握处理匀变速直线运动的五种方法
3.处理追及相遇问题的思路
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
例2 (2024广西卷)如图所示,轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒,锥筒间距d=0.9 m,某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1=0.4 s,从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2=0.5 s。求该同学:
(1)滑行的加速度大小;
(2)最远能经过几号锥筒。
答案 (1)1 m/s2 (2)4
解析 (1)假设经过1号锥筒时,该同学的速度为v0,从1号锥筒到2号锥筒做匀减速运动有
联立以上两式,解得a=1 m/s2
v0=2.45 m/s。
(2)该同学静止时距1号锥筒的距离为
x= =3.001 25 m≈3.33d
所以该同学将停在4号锥筒与5号锥筒之间,最远经过4号锥筒。
拓展衍生
1.滑块以一定的初速度v0从底端冲上足够长的光滑斜面,滑行到最高点的时间为t,位移为l;现在距底端 处放一弹性挡板(图中用虚线表示),滑块仍以相同初速度从底端出发。已知滑块与挡板相碰后可原速率反弹,碰撞时间可以忽略不计,则滑块从出发至返回底端的时间为( )
A.0.5t B.t
C.1.2t D.2t
B
2.无线通信技术已经融入了我们生活的方方面面。现甲、乙两位同学利用手机近距离无线连接技术进行实时通信。t=0时,甲、乙两位同学并排(相距较近)从百米赛道起点处沿直线加速起跑,甲同学的初速度为2 m/s,加速度为1 m/s2;乙同学的初速度为1 m/s,加速度为2 m/s2。甲同学加速到最大速度6 m/s,乙同学加速到最大速度7 m/s,两位同学加速到最大速度后均能以各自最大速度跑至终点。已知无线连接的最大距离为10 m,则甲、乙两位同学能实时通信的时间为( )
A.10 s B.11 s
C.12 s D.13 s
B
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
答案 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
1.动力学两类基本问题的解题思路
2.解决动力学问题的三种常用方法
例4 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,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;
(2)货物在传送带上运动的时间。
解题指导
【审题】
读取题干 获取信息 物理关系
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 传送带长度已知;在水平面内运动 l=2.5 m,货物对平台和传送带的压力FN大小等于重力大小
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 传送带匀速运动 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 货物重力和初始位置已知 G=mg
x1=1 m
读取题干 获取信息 物理关系
用恒力F=40 N水平向右拉货物 水平拉力已知 F=40 N
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 两段摩擦力可求 Ff=μFN
货物运动到传送带左端时的速度大小 货物在传送带左边做初速度为零的匀加速运动 F-μ1mg=ma1,
=2a1x1
货物在传送带上运动的时间 货物在传送带上做初速度不为零的匀变速运动 第一段运动的末速度是第二段运动的初速度
【破题】
(1)对货物受力分析,根据牛顿第二定律求加速度,再求运动量;
(2)通过初速度与传送带速度的比较,明确摩擦力方向,根据牛顿第二定律求加速度,明确运动性质,分析求解。
答案 (1)2 m/s (2)2 s
解析 (1)根据牛顿第二定律得
F-μ1mg=ma1
得货物在左端平台上时加速度为a1=2 m/s2
由运动学公式有 =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向左,此时有
F-μ2mg=ma2
加速度为a2=-1 m/s2
命题角度3 连接体问题
1.九种常见连接体
2.连接体问题的分析思路
(1)涉及滑轮的问题:若要求轻绳的拉力,一般都采用隔离法。
(2)水平面上的连接体问题:①这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止,即具有相同的加速度。解题时,一般采用先整体后隔离的方法。②建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则,可以正交分解力,也可以正交分解加速度。
(3)斜面体与物体组成的连接体问题:当物体具有沿斜面方向的加速度,而斜面体相对于地面静止时,一般采用隔离法分析。
例5 (多选)物块B放在光滑的水平桌面上,其上放置物块A,物块A、C通过细绳相连,细绳跨过定滑轮,与物块A相连的细绳平行于桌面,如图所示,物块A、B、C的质量均为m,现释放物块C,A和B一起以相同加速度加速运动,不计细绳与滑轮之间的摩擦力,重力加速度大小为g,则细绳拉力FT的大小及A、B间摩擦力Ff的大小分别为( )
BD
命题角度4 动力学中的临界极值问题
例6 彩虹滑道作为一种旱地滑雪设备,因其外形多彩绚丽、危险性低且符合新时代环保理念而吸引到越来越多的游客。小孩坐在皮艇中被拉上滑道的过程可简化成如图所示的模型。已知皮艇质量m0=5 kg,小孩质量m=30 kg,皮艇与滑道之间的动摩擦因数μ1=0.1,小孩与皮艇之间的动摩擦因数μ2=0.8,现给皮艇一沿滑道斜向上的恒力F,用时t=50 s将皮艇和小孩拉至顶端,滑道长度L=250 m,重力加速度g取10 m/s2,滑道倾角θ=37°,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求小孩所受摩擦力的大小和方向。
(2)求恒力F的大小。
(3)只给小孩一个沿滑道斜向上的恒力F',求能将小孩
和皮艇拉至顶端且不会发生相对滑动的F'的取值范围。
答案 (1)186 N,方向沿滑道向上
(2)245 N
(3)238 N≤F'≤1 176 N
解析 (1)给皮艇一沿滑道斜向上的恒力F将小孩和皮艇拉至顶端,
由运动学公式有L= at2
得a=0.2 m/s2
对小孩,由牛顿第二定律有Ff-mgsin θ=ma
代入数据得Ff=186 N,方向沿滑道向上。
(2)对小孩和皮艇整体,
由牛顿第二定律有F-(m0+m)gsin θ-μ1(m0+m)gcos θ=(m0+m)a
代入数据得F=245 N。
(3)只给小孩一个沿滑道斜向上的恒力F',能将小孩和皮艇拉至顶端的最小拉力
F min'=(m0+m)gsin θ+μ1(m0+m)gcos θ=238 N
若小孩和皮艇恰好相对滑动,则小孩和皮艇之间达到最大静摩擦力,
为μ2mgcos θ,根据牛顿第二定律,对小孩和皮艇整体有
Fmax'-(m0+m)gsin θ-μ1(m0+m)gcos θ=(m0+m)a'
对皮艇有μ2mgcos θ-m0gsin θ-μ1(m0+m)gcos θ=m0a'
联立代入数据得a'=26.8 m/s2,Fmax'=1 176 N
故238 N≤F'≤1 176 N。
拓展衍生
3.(2024安徽卷)如图所示,竖直平面内有两个完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点,另一端均连接在质量为m的小球上。开始时,在竖直向上的拉力作用下,小球静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点,并保持静止,此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力。若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中( )
A.速度一直增大
B.速度先增大后减小
C.加速度的最大值为3g
D.加速度先增大后减小
A
解析 本题考查物体的平衡、牛顿第二定律。小球在P点保持静止时,由平衡条件可知,拉力F、重力和两弹簧的拉力的合力为零,则两弹簧的合力大小为mg。撤去拉力后,小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下,小球一直做加速运动,故A正确,B错误;小球从P点运动到O点的过程中,弹簧的形变量逐渐减小,弹簧在竖直方向上的合力不断减小,故小球受的合外力一直减小,加速度一直减小,加速度的最大值为刚撤去拉力时的加速度,由牛顿第二定律可知2mg=ma,加速度的最大值为2g,故C、D错误。
4.如图所示,光滑且粗细均匀的直杆水平固定,质量均为m的A、B两个滑环套在杆上,用长为L的细线连接,再用两根长也为L的细线将质量为m的小球C分别与滑环A、B连接,不计滑环和小球的大小,重力加速度为g,水平杆足够长,用水平向右的恒定拉力拉滑环B向右加速运动,A、B、C保持相对静止,连接A、C的细线拉力刚好为零。
(1)求A、B、C整体运动的加速度大小和水平拉力F的大小。
(2)若将水平拉力增大为原来的 倍,从静止开始拉B运动。当整体稳定时,求B、C间细线上拉力的大小。
解析 (1)由题意可知,连接A、C的细线刚好伸直,且拉力刚好为零,设A、B、C整体运动的加速度大小为a1,对小球C受力分析如图所示,受自身重力和B、C间细线上的拉力作用,两力的合力产生加速度,由牛顿第二定律有mgtan 30°=ma1
考点三 运动学图像和动力学图像
命题角度1 运动学图像问题
近几年高考中,多以选择题形式考查,一是考查对图像的理解,二是与追及相遇问题结合起来考查
常规图像 斜率k 面积 图像交点
x-t图像 =v — 表示相遇
v-t图像 =a 位移x 不表示相遇,表示速度相等,往往是距离最大或最小的临界点
a-t图像 — 速度变化Δv 表示此时加速度相等
根据运动规律写出函数表达式,找出斜率及截距的物理意义
例7 (多选)(2025黑吉辽蒙卷)如图(a)所示,倾角为θ、足够长的斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑,甲、乙与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示,两条曲线均为抛物线,乙的x-t曲线在t=t0时切线斜率为0,则( )
A.μ1+μ2=2tan θ
B.t=t0时,甲的速度大小为3v0
C.t=t0之前,地面对斜面的
摩擦力方向向左
D.t=t0之后,地面对斜面的
摩擦力方向向左
答案 AD
图(a)
图(b)
解析 位置x与时间t的图像的斜率表示速度,甲、乙两个小物块的曲线均为抛物线,则甲做匀加速运动,乙做匀减速运动,在t0时间内甲、乙的位移分别为x甲=t0=3x0,x乙=t0=x0,可得t0时刻甲物体的速度为v=2v0,故B错误;甲的加速度大小为a1=,乙的加速度大小为a2=,对甲由牛顿第二定律可得mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1,同理对乙可得μ2mgcos θ-mgsin θ=ma2,联立可得μ1+μ2=2tan θ,故A正确;取水平向左为正方向,对甲、乙与斜面组成的系统由牛顿第二定律可得Ff1=ma1cos θ-ma2cos θ=0,则t=t0之前,地面和斜面之间摩擦力为0,C错误;t=t0之后,乙保持静止,甲继续沿斜面向下加速,对甲、乙与斜面组成的系统由牛顿第二定律可得Ff2=ma1cos θ,即地面对斜面的摩擦力方向向左,D正确。
规律总结 根据运动图像求解物理问题的四点注意事项
1.根据图像的数学意义联系物理规律,明确图像的物理意义。
2.识别横坐标和纵坐标所代表的物理意义,明确物理图像中的点(转折点或交点)、线(直线或曲线)、截距、斜率、面积等的物理意义。
3.图像与追及相遇问题相结合时,要明确初始关系;注意其正、负值的含义及在图像中的表示方法。
4.在考查内容上一般以x-t图像、v-t图像的形式出现,少数情况下会出现a-t图像、x-v图像等不常见的运动图像。
命题角度2 动力学图像问题
例8 (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( )
答案 D
解析 由于物块与桌面间存在摩擦,当砝码比较少时,物块保持静止,选项A、B错误;
当砝码比较多时,选整体为研究对象,
拓展衍生
5.(2024辽宁沈阳一模)某汽车在平直公路上行驶,突然发现前方有障碍物,智能系统识别后紧急恒力制动。从制动开始计时,该汽车的位移和时间的比值 与时间t之间的关系图像如图所示,
则下列说法正确的是( )
A.该汽车的初速度大小为20 m/s
B.该汽车的初速度大小为6 m/s
C.该汽车的加速度大小为4 m/s2
D.该汽车从制动到停止用时5 s
答案 A
解析 由于汽车恒力制动,可知该汽车制动后做匀减速直线运动,
设该汽车制动后的加速度大小为a,
6.(2024安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动,t=0时在传送带底端无初速轻放一物块,如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置,速度达到v0。不计空气阻力,则物块从传送带底端运动到顶端的过程中,加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是( )
C
解析 本题考查传送带中的图像问题。0~t0时间内,物体做加速运动,受力分析可知,物体受重力、支持力、滑动摩擦力,滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力,合力不变,故做匀加速运动;t0时物块速度与传送带速度相同,静摩擦力与重力沿传送带向下的分力相等,加速度突变为零,物块做匀速直线运动,C正确,A、B、D错误。
突破热点 聚素养
经典物理模型:“板—块”模型
叠放在一起的滑块和木板之间存在摩擦力,在其他外力作用下它们运动的加速度可能相同也可能不同,有的题目也可能没有外加的拉力或推力。但无论是哪种情况,受力分析和运动过程分析都是解题的关键。
模型建构
“板—块”模型的三个基本关系
加速度 关系 如果滑块与木板之间没有发生相对运动,可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度;如果滑块与木板之间发生相对运动,应采用“隔离法”分别求出滑块与木板运动的加速度。应注意找出滑块与木板是否发生相对运动等隐含条件
速度关系 滑块与木板之间发生相对运动时,明确滑块与木板的速度关系,从而确定滑块与木板受到的摩擦力。应注意当滑块与木板的速度相同时,摩擦力可能会发生突变的情况
位移关系 滑块与木板叠放在一起运动时,应仔细分析滑块与木板的运动过程,明确滑块与木板相对地面的位移和滑块与木板之间的相对位移的关系
考向分析
“板—块”模型在高考试题中经常出现,题型常以计算题形式出现,有时也以选择题形式出现,题目难度一般中等偏上,但最近几年单独考查该模型较少,常与动量、能量结合进行综合考查。此外还应注意变形的“板—块”模型,如小球在圆筒内滑动问题,解决此类变形的“板—块”模型,同样需要受力分析,求解两个物体的加速度,结合竖直上抛和自由落体运动进行解答。
案例探究
典例 如图所示,足够长的木板静止在水平地面上,小物块A放在木板的中间,现在对A施加一与水平方向成53°的恒定拉力F,F的大小为5 N,3 s以后撤去拉力F的同时,另一小物块B以水平向右的速度vB=6.5 m/s(对地速度)冲上木板的左端。已知木板的质量为m0=1 kg,A与B的质量均为m=1 kg,A、B与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.25,木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.10,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,运动过程中A、B不会相撞。
(1)拉力F作用时,木板是否会滑动
(2)撤去拉力F时,求小物块A的速度大小。
(3)求木板运动的总时间。
解析 (1)拉力F作用时,对A受力分析,在竖直方向上有Fsin 53°+FN1=mg
根据牛顿第三定律,A对木板的压力大小等于木板对A的支持力大小,
即FN1'=FN1
对木板受力分析,在竖直方向上有FN2=m0g+FN1'
木板对A的最大静摩擦力、地面对木板的最大静摩擦力分别为Ff1=μ1FN1',Ff2=μ2FN2
解得Ff1=1.5 N,Ff2=1.6 N
由于Fcos 53°=3N>Ff1=1.5 N
所以A向右相对于木板做匀加速直线运动,根据牛顿第三定律,A对木板有向右的摩擦力,由于Ff2=1.6 N>Ff1=1.5 N,
所以木板不会滑动。
(2)对A,根据牛顿第二定律有Fcos 53°-Ff1=ma1
解得a1=1.5 m/s2
撤去拉力F时,根据运动学公式有v1=a1t1
解得v1=4.5 m/s。
(3)由于A与B的质量均为m=1 kg,A、B与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.25,A、B与木板之间的滑动摩擦力大小相等,则A、B均以相同加速度向右做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得μ1mg=ma2,解得a2=2.5 m/s2
对木板有2μ1mg-μ2(2m+m0)g=m0a3,解得a3=2 m/s2
木板向右做匀加速直线运动,设经历时间t2,A与木板达到相等速度,
则有v2=a3t2=v1-a2t2
解得t2=1 s,v2=2 m/s
此时B的速度大小v3=vB-a2t2=4 m/s
随后,木板与A保持相对静止,向右做匀减速直线运动,加速度大小为
规律总结 分析“板—块”模型的四点注意
1.从速度、位移、时间等角度,寻找滑块与木板之间的联系。
2.滑块与木板共速是摩擦力发生突变的临界条件。
3.滑块与木板存在相对滑动的条件
(1)运动学条件:若两物体速度不相等,则会发生相对滑动。
(2)力学条件:一般情况下,假设两物体间无相对滑动,先用整体法算出一起运动的加速度,再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力Ff,比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系,若Ff>Ffm,则发生相对滑动。
4.滑块不从木板上掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时,两者共速。
角度拓展
如图所示,水平桌面上质量为m的薄木板右端叠放着质量也为m的小物块,整体处于静止状态,已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ,木板与桌面间的动摩擦因数为 ,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
(1)若使木板与小物块一起以初速度v0沿水平桌面向右运动,求木板向右运动的最大距离。
(2)若对木板施加水平向右的拉力F,为使木板
沿水平桌面向右滑动且与小物块间没有相对滑动,求拉力F应满足的条件。
(3)若给木板施加大小为3μmg、方向沿水平桌面向右的拉力,经过时间t0撤去拉力,此后运动过程中小物块始终未脱离木板,求木板的最小长度。
(2)设木板和小物块组成的系统一起向右滑动时,
最小拉力为Fmin,最大拉力为Fmax,则
所以小物块与木板之间发生相对滑动
小物块的加速度a1=μg
撤去拉力时小物块的速度v1=a1t0=μgt0
设撤去拉力后,再经过时间t1,小物块与木板达到共同速度v,
则v=a1(t0+t1)=a2t0+a3t1(共49张PPT)
第四讲 圆周运动 天体的运动
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研学考点 提能力
目 录 索 引
01
02
突破热点 聚素养
03
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研学考点 提能力
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。 绳恰好伸直
②接触面滑动临界:F=Ffmax。 达到最大静摩擦力
③接触面分离临界:FN=0。
例1 如图所示,餐桌中心是一个半径为r=1.5 m的圆盘,圆盘可绕中心轴转动,餐桌其余部分不转动,近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘的动摩擦因数为μ1=0.6,与餐桌的动摩擦因数为μ2=0.225,餐桌离地高度为h=0.8 m。设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)为使物体不滑到餐桌上,圆盘的角速度ω的最大值为多少
(2)缓慢增大圆盘的角速度,物体从圆盘上甩出,为使
物体不滑落到地面,餐桌半径R的最小值为多大
(3)若餐桌半径R'= r,则在圆盘角速度缓慢增大时,
物体从圆盘上被甩出后做平抛运动的水平位移为多少
解题指导
【审题】
读取题干 获取信息
圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计 物体从圆盘滑到餐桌时速度大小、方向均不变
μ1=0.6、μ2=0.225、h=0.8 m 可求物体在圆盘上不滑动时的最大向心加速度;可求物体在餐桌上做匀减速直线运动的加速度;物体离开餐桌做平抛运动的竖直位移为0.8 m
为使物体不滑落到地面,餐桌半径R的最小值为多大 餐桌半径最小时,物体滑到餐桌边缘的速度恰为零;圆盘半径、餐桌半径和物体在餐桌上的位移组成直角三角形
【破题】
1.明确运动过程:物体在圆盘上保持相对静止时做匀速圆周运动,滑到桌面上后做匀减速直线运动,离开桌面后做平抛运动。
2.弄清临界条件:一是物体在圆盘上发生相对运动的临界条件是静摩擦力达到最大静摩擦力,即等于滑动摩擦力;二是物体不滑落到地面的临界条件是物体滑到餐桌边缘时速度恰好为零。
答案 (1)2 rad/s (2)2.5 m (3)0.6 m
解析 (1)由题意可得,当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时,圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力,所以随着圆盘转速的增大,小物体受到的静摩擦力增大。当静摩擦力最大时,小物体即将滑动,此时圆盘的角速度达到最大,则有Ffm=μ1FN=mrω2
FN=mg
(2)由题意可得,当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零,对应的餐桌半径取最小值。设物体在餐桌上滑动的位移为s,物块在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a,
(3)当物体滑离餐桌时,开始做平抛运动,平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度v'。
命题角度2 竖直平面内圆周运动问题
(1)
(2)常见模型
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2 图甲是某种自行车气门嘴灯,气门嘴灯内部开关结构如图乙所示:弹簧一端固定,另一端与质量为m的小滑块(含触点a)连接,当触点a、b接触,电路接通使气门嘴灯发光,触点b位于车轮边缘。车轮静止且气门嘴灯在最低点时触点a、b距离为L,弹簧劲度系数为 ,重力加速度大小为g,自行车轮胎半径为R,不计开关中的一切摩擦,滑块和触点a、b均可视为质点。
(1)若自行车匀速行驶过程中气门嘴灯可以一直亮,求自行车行驶的最小速度。
(2)若自行车以 的速度匀速行驶,求车轮每转一圈,气门嘴灯的发光时间。
拓展衍生
1.(2024广东卷)如图所示,在细绳的拉动下,半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管,管底在O点,细管内有一根原长为 、劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧底端固定在管底,顶端连接质量为m、可视为质点的插销,当以速度v匀速拉动细绳时,插销做匀速圆周运动。若v过大,插销会卡进固定的端盖,使卷轴转动停止,忽略摩擦力,弹簧在弹性限度内,
要使卷轴转动不停止,v的最大值为( )
A
考点二 天体的运动
命题角度1 开普勒行星运动定律和万有引力定律的应用
1.开普勒行星运动定律
2.不同位置的重力加速度
3.估算中心天体的质量和密度的两条思路
例3 (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
答案 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4 (2024新课标卷)天文学家发现,在太阳系外的一颗红矮星有两颗行星绕其运行,其中行星GJ1002c的轨道近似为圆,轨道半径约为日地距离的 ,周期约为0.06年,则这颗红矮星的质量约为太阳质量的( )
答案 B
解析 本题考查万有引力定律的应用。根据=m2r,可得m1=,即,选项B正确,A、C、D错误。
命题角度2 人造卫星和天体运动
1.近地卫星和静止卫星
2.卫星运行参量分析
要点归纳:高轨低速周期长,低轨高速周期短。
3.变轨问题
例5 某校天文小组通过望远镜观察木星周围的两颗卫星a、b,记录了不同时刻t两卫星的位置变化如图甲所示。现以木星中心为原点,测量图甲中两卫星到木星中心的距离x,以木星的左侧为正方向,绘出x-t图像如图乙所示。已知两卫星绕木星近似做圆周运动,忽略在观测时间内观察者和木星的相对位置变化,由此可知( )
A.a公转周期为t0
B.b公转周期为2t0
C.a公转的角速度比b的小
D.a公转的线速度比b的大
D
甲
乙
解析 由图像可知,a公转周期为2t0,故A错误;
由于b的轨道半径大于a的轨道半径,则b的公转周期大于a的公转周期,则b的公转周期大于2t0,a公转的角速度比b的大,a公转的线速度比b的大,故B、C错误,D正确。
例6 (2025黑龙江哈尔滨模拟)“天问一号”火星探测器从地球上发射到与火星会合的过程中,其运动轨迹可简化为图中虚线所示。“天问一号”飞向火星过程中,认为太阳对“天问一号”的万有引力远大于地球和火星对它的引力。下列说法正确的是( )
A.“天问一号”在地球上的发射速度大于第三宇宙速度
B.与火星会合前,“天问一号”的加速度小于火星公转
的加速度
C.“天问一号”运动的周期大于火星公转的周期
D.“天问一号”在无动力飞向火星过程中,引力势能增大,动能减小,机械能守恒
答案 D
解析 “天问一号”在地球上的发射速度大于第二宇宙速度,小于第三宇宙速度,故A错误;与火星会合前,“天问一号”距离太阳比火星近,根据a=可知,它的加速度大于火星公转的加速度,故B错误;根据开普勒第三定律=k可知,“天问一号”椭圆运动的半长轴小于火星公转轨道半径,所以“天问一号”椭圆运动的周期小于火星公转的周期,故C错误;“天问一号”在无动力飞向火星过程中,引力做负功,引力势能增大,动能减小,机械能守恒,故D正确。
拓展衍生
2.(多选)(2024河北卷)2024年3月20日,鹊桥二号中继星成功发射升空,为嫦娥六号在月球背面的探月任务提供地月间中继通信。鹊桥二号采用周期为24 h的环月椭圆冻结轨道(如图所示),近月点A距月心约为2.0×103 km,远月点B距月心约为1.8×104 km,CD为椭圆轨道的短轴,
下列说法正确的是( )
A.鹊桥二号从C经B到D的运动时间为12 h
B.鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为81∶1
C.鹊桥二号在C、D两点的速度方向垂直于其与月心
的连线
D.鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9 km/s且小于11.2 km/s
BD
解析 根据开普勒第二定律可知,从A→C→B鹊桥二号做减速运动,
从B→D→A鹊桥二号做加速运动,则从C→B→D的运动时间大于半个周期,即大于12 h,故A错误;
解得aA∶aB=81∶1,故B正确;
因为鹊桥二号做曲线运动,其速度方向应为轨迹的切线方向,则可知鹊桥二号在C、D两点的速度方向不可能垂直于其与月心的连线,故C错误;
鹊桥二号未脱离地球的束缚,故鹊桥二号的发射速度应大于地球的第一宇宙速度7.9 km/s,小于地球的第二宇宙速度11.2 km/s,故D正确。
3.(多选)地球恰好运行到火星和太阳之间,且三者几乎排成一条直线的现象被称为“火星冲日”。如图所示,火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动,火星与地球的公转轨道半径之比约为3∶2,地球与火星的质量之比约为10∶1,地球与火星的半径之比约为2∶1,已知半径为R的球的体积V= =2.45,
根据以上信息结合生活常识可知( )
A.火星与地球的平均密度之比约为4∶5
B.火星与地球绕太阳运动的周期之比约为27∶8
C.火星与地球表面的重力加速度大小之比约为2∶5
D.相邻两次“火星冲日”的时间约为701天
答案 AC
4.(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
答案 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。
突破热点 聚素养
模型建构
经典物理模型:双星与多星模型
考向分析
万有引力与航天问题是高考中的高频考点,其中双星与多星模型也是常考问题,此类问题常涉及我们人类探索宇宙的新发现、新成果,随着我国航天技术的飞速发展,万有引力定律及其应用仍将是今后一个时期的命题热点。
案例探究
典例 (多选)在宇宙中,当一颗恒星靠近黑洞时,黑洞和恒星可以相互绕行,从而组成双星系统。在相互绕行的过程中,质量较大的恒星上的物质会逐渐被吸入到质量较小的黑洞中,从而被吞噬掉,黑洞吞噬恒星的过程也被称之为“潮汐瓦解事件”。天鹅座X-1就是这样一个由黑洞和恒星组成的双星系统,它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动。在刚开始吞噬的较短时间内,恒星和黑洞的距离不变,则在这段时间内,下列说法正确的是( )
A.它们间的万有引力大小变大 B.它们间的万有引力大小不变
C.恒星做圆周运动的线速度变大 D.恒星做圆周运动的角速度变大
AC
角度拓展
(多选)三颗质量均为m的星球(可视为质点)位于边长为L的等边三角形的三个顶点上。如图所示,如果它们中的每一颗都在相互的引力作用下沿等边三角形的外接圆轨道运行,引力常量为G,下列说法正确的是( )
BD(共37张PPT)
第三讲 抛体运动
通览知识 明要点
研学考点 提能力
目 录 索 引
01
02
通览知识 明要点
研学考点 提能力
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
(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辽宁葫芦岛模拟)在第十四届中国国际航空航天博览会上,身披七彩祥云的歼-20惊艳亮相。在起飞一段时间内,歼-20在水平方向上做匀速直线运动,在竖直向上方向上运动的v2-h图像如图所示,则地面上观众看到的歼-20运动轨迹正确的是( )
答案 A
解析 根据题意可知歼-20在水平方向上做匀速直线运动,由v2-h图像可知在竖直向上方向上做匀速直线运动,则合运动为匀速直线运动,由速度的合成得方向斜向上,故选A。
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 为了减小关后备箱时箱盖和车体间的冲力,在箱盖和车体间安装液压缓冲杆,其结构如图所示。当液压杆AO2长度为L时,AO2和水平方向夹角为75°,AO1和水平方向夹角为45°,A点相对于O1的速度是vA,则A点相对于O2的角速度为( )
A
命题角度3 小船渡河问题
三种渡河情境
例3 如图所示,小船以大小为v(船在静水中的速度)、方向与上游河岸成θ角的速度从O处过河,经过一段时间,正好到达正对岸的O'处。现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸O'处,在水流速度不变的情况下,可采取的方法是( )
A.θ角不变且v增大
B.θ角减小且v增大
C.θ角增大且v减小
D.θ角增大且v增大
答案 D
解析 由题意可知,航线恰好垂直于河岸,要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸O'处,则合速度增大,方向始终垂直于河岸。小船在静水中的速度增大,与上游河岸的夹角θ增大,如图所示,故选D。
拓展衍生
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( )
答案 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。
考点二 抛体运动
命题角度1 平抛运动问题
1.处理平抛运动问题的四个关键点
(1)处理平抛运动(或类平抛运动)时,一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解,先按分运动规律列式,再用运动的合成求合运动。
实际就是分解位移
(2)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题,其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。
实际就是分解速度
(3)若平抛的物体垂直打在斜面上,则物体打在斜面上瞬间,其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。
(4)做平抛运动的物体,其位移方向与速度方向一定不同。
2.平抛运动的三个重要推论
(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 tan α=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OC= (如图所示)。
(3)任何一段时间内,速度变化量为Δv=gΔt,方向恒为竖直向下;连续相等的时间间隔Δt内,竖直方向的位移差不变,为Δy=g(Δt)2,在平抛运动轨迹上找几个点,使x1=x2=…,利用y2-y1=g(Δt)2可求重力加速度。
例4 (2024辽宁辽阳二模)如图甲所示,客家人口中的“风车”也叫“谷扇”,是农民常用来精选谷物的农具。在同一风力作用下,精谷和瘪谷(空壳)都从洞口水平飞出,结果精谷和瘪谷落地点不同,自然分开,简化装置如图乙所示。谷粒从洞口飞出后均做平抛运动,落在M点的谷粒速度方向和竖直方向的夹角为θ1,从洞口飞出时的速度大小为v1;落在N点的谷粒速度方向和竖直方向的夹角为θ2,从洞口飞出时的速度大小为v2。
下列分析正确的是( )
B
解析 精谷的质量大于瘪谷的质量,在相同的风力作用下,瘪谷获得的加速度大于精谷的加速度,加速位移相同,由v2=2ax可知,瘪谷获得的速度大于精谷的速度。精谷和瘪谷从洞口飞出后均做平抛运动,竖直方向位移相同,
例5 (2023全国甲卷)如图所示,光滑水平桌面上有一轻质弹簧,其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端,使弹簧的弹性势能为Ep。释放后,小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动,与弹簧分离后,从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间,其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等;垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的 ,小球与地面碰撞后,弹起的最大高度为h,重力加速度大小为g,忽略空气阻力。求:
(1)小球离开桌面时的速度大小;
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
解题指导
【审题】
【破题】
(1)小球和弹簧组成的系统在桌面上机械能守恒;
(2)小球与水平地面碰撞后,在竖直方向上做竖直上抛运动;
(3)把握小球与地面碰撞前后竖直方向上的速度关系。
(2)设小球刚离开桌面到第一次落地所用时间为t,第一次落地的竖直速度为vy,落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x,第一次落地后弹起的竖直速度为vy',则
x=v0t
vy=gt
vy'2=2gh
命题角度2 斜抛运动问题
例6 (多选)(2024江西卷)一条河流某处存在高度差,小鱼从低处向上跃出水面,冲到高处。如图所示,以小鱼跃出水面处为坐标原点,x轴沿水平方向,建立坐标系,小鱼的初速度为v0,末速度v沿x轴正方向。在此过程中,小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度vx和竖直方向分速度vy与时间t的关系,下列图像可能正确的是( )
答案 AD
解析 小鱼在运动过程中只受重力作用,做斜上抛运动,可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动。水平方向速度不变,水平位移x=vxt,选项A正确,C错误。竖直方向y=vy0t- gt2,vy=vy0-gt,且最高点时竖直方向的速度为0,选项B错误,D正确。
例7 (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.
答案 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。
拓展衍生
2.(2024内蒙古呼和浩特二模)“打水漂”是一种常见的娱乐活动,以一定的高度水平扔出的瓦片,会反复在水面上弹跳前进,假设瓦片和水面相撞后,在水平和竖直方向上速度大小均减小,以下四幅图有可能是瓦片轨迹的是
( )
答案 C
解析 瓦片和水面相撞后,在竖直方向上速度大小减小,故碰撞后小球竖直方向上升的高度逐渐减小,根据t=2 可知,瓦片在空中的时间逐渐减小,水平方向有x=vxt,可知瓦片在空中通过的水平位移逐渐减小,C正确。
3.(2023山东卷)电磁炮灭火消防车(图甲)采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能,设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示,若电磁炮正对高楼,与高楼之间的水平距离L=60 m,灭火弹出膛速度v0=50 m/s,方向与水平面夹角θ=53°,不计炮口离地面高度及空气阻力,重力加速度大小g取10 m/s2,sin 53°=0.8。
(1)求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H。
(2)已知电容器储存的电能E= CU2,转化为
灭火弹动能的效率η=15%,灭火弹的质量为
3 kg,电容C=2.5×104 μF,电容器工作电压
U应设置为多少
解析 (1)灭火弹出膛速度v0=50 m/s,方向与水平面夹角θ=53°
灭火弹水平速度为vx=v0cos θ=30 m/s(共38张PPT)
第一讲 力与物体的平衡
通览知识 明要点
研学考点 提能力
目 录 索 引
01
02
突破热点 聚素养
03
通览知识 明要点
研学考点 提能力
考点一 物体的受力分析及静态平衡
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 (多选)(2025吉林长春模拟)如图所示,用磁扣将卡纸“吸”在竖直黑板上并处于静止状态。下列说法正确的是( )
A.卡纸一共受到4个力的作用
B.磁扣对卡纸的摩擦力方向竖直向下
C.黑板对卡纸的摩擦力与卡纸的重力大小相等
D.磁扣对卡纸的压力与卡纸对磁扣的支持力大小相等
答案 BD
解析 卡纸受到重力、磁扣的压力和摩擦力、黑板的支持力和摩擦力5个力作用,故A错误;根据共点力平衡可知,磁扣受到卡纸的摩擦力与磁扣的重力等大反向,卡纸对磁扣的摩擦力方向竖直向上,根据牛顿第三定律可知,磁扣对卡纸的摩擦力方向竖直向下,故B正确;在竖直方向上,卡纸受到竖直向下的重力、磁扣对卡纸竖直向下的摩擦力和黑板对卡纸竖直向上的摩擦力,根据共点力平衡可知,卡纸的重力和磁扣对卡纸的摩擦力的合力大小等于黑板对卡纸的摩擦力大小,故C错误;根据牛顿第三定律可知,磁扣对卡纸的压力与卡纸对磁扣的支持力大小相等,故D正确。
例2 如图所示,倾角为α的斜面固定在水平面上,在斜面和固定的竖直挡板之间有两个匀质球P、Q,P球质量是Q球质量的三倍,各接触面均光滑,系统处于静止状态,P、Q两球的球心连线与竖直方向的夹角为β,下列说法正确的是( )
A.4tan α=tan β B.3tan α=tan β
C.2tan α=tan β D.tan α=tan β
解题指导
【审题】
读取题干 获取信息
P球质量是Q球质量的三倍 质量关系
各接触面均光滑 不受摩擦力
处于静止状态 处于平衡状态,合力为0
【破题】
答案 A
解析 以P、Q两球整体为研究对象,受力分析如图甲所示,由平衡条件可得F2=4mgtan α,以Q球为研究对象,受力分析如图乙所示,由平衡条件可得F2=mgtan β,联立解得4tan α=tan β,故选A。
规律总结 整体法、隔离法的运用
在处理共点力平衡的问题时,若出现了两个或多个物体,一般会使用整体法或隔离法,可以使用“整体法+隔离法”或“隔离法+隔离法”,可根据具体题目灵活应用。
拓展衍生
1.(2024新课标卷)如图所示,两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上,下端分别系有均带正电荷的小球P、Q,小球处在某一方向水平向右的匀强电场中,平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等,则
( )
A.两绳中的拉力大小一定相等
B.P的质量一定大于Q的质量
C.P的电荷量一定小于Q的电荷量
D.P的电荷量一定大于Q的电荷量
答案 B
解析 本题考查带电小球在电场中的平衡问题。
分别对P、Q进行受力分析,如图所示。
所以mP>mQ,选项B正确。
P、Q的电荷量关系不确定,选项C、D错误。
2.(2025辽宁沈阳模拟)如图所示,某同学设计了4个完全相同的木块,紧密并排放在固定的斜面上,分别标记为“2”“0”“2”“4”,不计所有接触处的摩擦,则0号木块左右两侧面所受的弹力之比为( )
A.3∶2 B.2∶3
C.4∶3 D.1∶2
答案 A
解析 设每个木块的质量为m,斜面倾角为θ;以上方三个木块为整体,根据受力平衡可得,0号木块左侧面所受的弹力大小为F1=3mgsin θ,以上方两个木块为整体,根据受力平衡可得F2'=2mgsin θ,则根据牛顿第三定律0号木块右侧面所受的弹力大小为F2=F2'=2mgsin θ,所以0号木块左右两侧面所受的弹力之比为F1∶F2=3∶2,故选A。
考点二 动态平衡和极值问题
命题角度1 动态平衡问题
动态平衡问题的分析过程与处理方法
例3 (2021湖南卷)质量为m'的凹槽静止在水平地面上,内壁为半圆柱面,截面如图所示,A为半圆的最低点,B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触,内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动,力F的方向始终沿圆弧的切线方向,在此过程中所有摩擦均可忽略,下列说法正确的是( )
A.推力F先增大后减小
B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C.墙面对凹槽的压力先增大后减小
D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
答案 C
解析 如图所示,在任意位置,对小滑块受力分析,设FN与竖直方向的夹角为θ,根据平衡条件有FN=mgcos θ,推力F=mgsin θ。由A向B移动过程中,θ角增大,所以推力F增大,FN减小,选项A、B错误。选小滑块和凹槽整体为研究对象,推力在水平方向的分力F水平=Fcos θ=mgsin θcos θ= ,先增大后减小,所以墙面对凹槽的压力先增大后减小,选项C正确。推力在竖直方向的分力F竖=Fsin θ=mgsin2θ增大,故水平地面对凹槽的支持力F支=(m+m')g-F竖减小,选项D错误。
例4 (2025辽宁朝阳模拟)如图为节日里悬挂灯笼的一种方式,A、B点等高, O为结点,轻绳AO、BO长度相等,拉力大小分别为FA、FB,灯笼受到的重力大小为G。下列说法正确的是( )
A.一定有FA=FB B.一定有FAC.一定有FA+FB=G D.保持A、B点等高,轻绳AO、BO的夹角越大,FA越小
答案 A
解析 因A、B点等高且轻绳AO、BO长度相等,可知两绳与竖直方向夹角θ相等,对结点O在水平方向有FAsin θ=FBsin θ,可知一定有FA=FB,选项A正确;因竖直方向上2FAcos θ=G,则不一定有FA命题角度2 极值问题
平衡中临界、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 如图所示,质量为m的小球用细线系住放在光滑斜面上,斜面足够长,倾角为α的斜面体置于光滑水平面上,用水平力F推斜面体使斜面体缓慢地向左移动,小球沿斜面缓慢升高。已知重力加速度为g,则当细线拉力最小时,推力F等于( )
解题指导
【审题】
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使斜面体缓慢地向左移动,小球沿斜面缓慢升高 小球和斜面体都处于动态平衡状态
当细线拉力最小时 判断何时拉力最小,最小值是多少
求推力F 要分析推力F的大小,可把小球和斜面体作为整体进行研究
【破题】
先以小球为研究对象进行受力分析,受重力(大小、方向均不变)、支持力(方向不变)和拉力,可应用图解法求解,通过图解法判断存在极值的状态;再以小球和斜面体整体为研究对象受力分析,可确定推力F的大小等于细线拉力的水平分力。
答案 D
解析 小球受力分析如图所示,在小球沿斜面缓慢上升过程中,小球所受合力为零,当拉力FT与支持力FN垂直时,拉力最小,最小值为FTmin=mgsin α。对小球和斜面体整体受力分析,根据平衡条件可知F=FTmincos α=
mgsin αcos α= mgsin 2α,D正确。
拓展衍生
3.(2025辽宁沈阳模拟)如图所示,一根长为l的细绳一端固定在O点,另一端悬挂质量为m的小球A,为使细绳与竖直方向夹角为30°且绷紧,小球A处于静止状态,则需对小球施加的最小力等于( )
A.mg B.mg
C.mg D.mg
答案 B
解析 小球受重力mg、细绳拉力FT及另一拉力F,FT与F的合力与重力平衡。受力分析如图所示,由图可以看出,当F与FT垂直时,F最小,等于mgsin 30° =mg,故选B。
4.《考工记》中的“马力既竭,辀(指车辕)犹能一取焉”,揭示了一些初步的力学原理。如图甲所示,车辕是马车车身上伸出的两根直木,它是驾在马上拉车的把手。图乙为马拉车时的简化模型,车辕前端距车轴的高度h约为1 m,马拉车的力可视为沿车辕方向,马车的车轮与地面间的摩擦力大小是其对地面压力的 ,马拉车在水平面上匀速前进,若想让马尽可能省力,则车辕的长度约为( )
答案 D
解析 设车辕与水平方向的夹角为θ,
则当车匀速前进时,有Fcos θ=k(mg-Fsin θ),
突破热点 聚素养
新教材、新高考、新情境:生产生活中的平衡问题
近几年高考物理试题中与生活、生产、高科技密切联系的试题逐渐增多,如以生活、劳动为情境,考查受力分析和共点力平衡等。在解决此类问题时要将所学物理知识与实际情境联系起来,抓住问题实质,将问题转化为熟知的物理模型和物理过程求解。
情境解读
考向分析
对于共点力作用下物体的平衡的题目在高考中通常以选择题的形式出现,难度一般中等;从命题趋势上看,力的合成与分解常与生活实际结合密切,突出对实际问题模型抽象能力的考查,有时也结合电场、磁场等综合考查。
案例探究
典例(2022浙江1月选考)如图所示,学校门口水平地面上有一质量为m的石墩,石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ,工作人员用轻绳按如图所示方式匀速移动石墩时,两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
C.减小夹角θ,轻绳的合拉力一定减小
D.轻绳的合拉力最小时,地面对石墩的摩擦力也最小
答案 B
解析 对石墩受力分析, 由平衡条件可知Fcos θ=Ff,Fsin θ+FN=mg,
可知当θ+φ=90°时,拉力有最小值,即减小夹角θ,轻绳的合拉力不一定减小,故C错误;
可知增大夹角θ,摩擦力一直减小,当θ趋近于90°时,摩擦力最小,所以轻绳的合拉力最小时,地面对石墩的摩擦力不是最小,故D错误。
角度拓展
在一次抓金砖活动中,某参赛者单手刚好能将一金砖从桌面上抓起。如图所示,该金砖的横截面为等腰梯形,底角为θ,金砖所受重力为G。下列说法正确的是( )
A.金砖被抓起后保持静止时,手对金砖的作用力大小为G
B.金砖被抓起后保持静止时,仅增大手对金砖的压力,
金砖受到手的摩擦力保持不变
C.无论θ角多大,都可以将金砖抓起
D.相同质量的金砖,θ角越小,金砖越容易被抓起
答案 A
解析 手与金砖有两个接触面,对金砖施加两个正压力FN并产生两个静摩擦力Ff,这四个力的作用效果与重力平衡,故手对金砖的作用力大小为G,方向竖直向上,A正确。根据受力分析图,竖直方向有2FNcos θ+G=2Ffsin θ,可知仅增大手对金砖的压力,金砖受到手的摩擦力将增大,B错误。设手与金砖间的最大静摩擦力为正压力的k倍,根据受力分析可知,当Ffsin θ≤FNcos θ即tan θ≤时,无论正压力FN多大,都无法将金砖抓起;若刚好抓起金砖,则有2FNcos θ+G=2·kFNsin θ,即2(ksin θ-cos θ)FN=G,故θ角越大,FN越小,越容易抓起金砖,C、D错误。
