资源简介

(共50张PPT)
第一讲　力与物体的平衡
2023
内容索引
核心考点聚焦
微专题 热考命题突破
【知识网络建构】
核心考点聚焦
考点一
物体的受力分析及静态平衡
核心归纳
命题角度1　受力分析、整体法和隔离法的应用
(1)“四步”搞定受力分析
　　　　　　　 两法交替使用
“一定”:灵活运用整体法和隔离法确定研究对象;
“二析”:按顺序分析研究对象受力情况;
“三画”:画出受力示意图;
“四查”:检查是否漏力、多力或错力。
(2)整体法和隔离法的应用技巧
①不涉及系统内力时,优先考虑应用整体法,即“能整体不隔离”。
②应用“隔离法”时,要先隔离“简单”的物体,如待求量少、或受力少、或处于边缘处的物体。
③各“隔离体”间的力,表现为作用力与反作用力,对整体系统则是内力。
命题角度2　共点力平衡条件的应用
深化拓展　与轻绳、轻杆的弹力相关的“两类”模型
(1)“活结”与“死结”:“活结”两侧绳的弹力大小一定相等,“死结”两侧绳的弹力大小不一定相等。
(2)“活杆”与“死杆”:“活杆”弹力方向一定沿杆,“死杆”弹力方向不一定沿杆。
典例剖析
例1(命题角度2)(2022宁夏银川模拟)如图所示,质量为2m的物块静置于水平台面上,质量为m'的半球体C静置于水平地面上,质量为m的光滑小球(可视为质点)放在半球体C上,P点为三根轻绳PA、PB、PO的结点。系统在图示位置处于静止状态,P点位于半球体球心的正上方,PO竖直,PA水平,PB刚好与半球体相切且与竖直方向的夹角θ=30°。已知物块与台面间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,则(　　)
A.绳OP的拉力大小为mg
B.物块受到的摩擦力大小为2μmg
C.半球体C受到的摩擦力大小为 mg
D.地面对半球体C的支持力大小为(m'+m)g
C
解析 对小球受力分析,如图所示,绳PB的拉力大小
F=mgcos θ,对结点P受力分析可知,绳AP的拉力大
对点训练
1.(命题角度1)如图所示,一个上表面光滑的L形木板放在斜面体上,轻质弹簧一端固定在木板上,另一端与置于木板上表面的木块相连。斜面体放在平板小车上,整体一起沿水平向右的方向做匀速直线运动,不计空气阻力,则关于各物体的受力情况,下列说法正确的是(　　)
A.L形木板受4个力的作用
B.斜面体可能只受2个力作用
C.木块受2个力作用
D.斜面体不可能受平板小车对它的摩擦力作用
D
解析 先把L形木板、木块、轻质弹簧和斜面体看成一个整体进行分析,受重力和平板小车的支持力,故斜面体不受平板小车的摩擦力作用,选项D正确;隔离木块进行分析,其受重力、L形木板的支持力、弹簧沿斜面向上的拉力,共3个力作用,选项C错误;隔离L形木板进行分析,其受重力、斜面体的支持力、弹簧沿斜面向下的拉力、木块的压力、斜面体对它的摩擦力,共5个力作用,选项A错误;隔离斜面体进行分析,其受重力、平板小车的支持力、L形木板的压力和L形木板的摩擦力,共4个力作用,选项B错误。
2.(命题角度2)(2022广东卷)右图是可用来制作豆腐的石磨。木柄AB静止时,连接AB的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点,F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小,F1=F2且∠AOB=60°。下列关系式正确的是(　　)
A.F=F1
B.F=2F1
C.F=3F1
D.F= F1
D
解析 对O点进行受力分析,如图所示,由几何关系可知θ=30°。根据平衡条件得F1cos 30°+F2cos 30°=F,又F1=F2,解得F= F1,选项D正确,A、B、C错误。
3.(命题角度2)(2020全国Ⅲ卷)如图所示,悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处;绳的一端固定在墙上,另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时,O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=70°,则β等于(　　)
A.45° B.55° C.60° D.70°
B
解析 O点受力如图所示,甲、乙两物体的质量相等,绳子的拉力与物体的重力相等,所以F甲=F乙;O点受三个力处于平衡状态,与墙相连细绳的拉力F与另两个力的合力等大反向,所以该拉力F的反向延长线是力F甲和力F乙夹角的角平分线,根据几何关系知,θ=β,2θ+α=180°,解得β=55°,选项B正确。
考点二
动态平衡问题
核心归纳
命题角度1　解析法
如果物体受到多个力的作用,可进行正交分解,利用解析法,建立平衡方程,根据自变量的变化确定因变量的变化。
命题角度2　图解法
如果物体受到三个力的作用,其中一个力的大小、方向均不变,另一个力的方向不变,此时可用图解法,画出不同状态下力的矢量图,判断第三个力的变化情况。
命题角度3　相似三角形法
如果物体受到三个力的作用,其中一个力的大小、方向均不变,另外两个力的方向都发生变化,可以用力三角形与几何三角形相似的方法求解力的变化情况。
深化拓展　平衡中的临界与极值问题
(1)临界状态
平衡中的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态,可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”,在问题的描述中常用“刚好”“恰能”“恰好”等语言叙述。
(2)解决临界与极值问题的常用方法
①解析法;②图解法;③假设推理法。
典例剖析
例2(命题角度2)(2022广东河源模拟)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(　　)
D
解题指导
审题:
读取题干 获取信息
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。
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。
对点训练
4.(命题角度1)(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
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。
5.(命题角度3)(2022湘豫名校3月联考)如图所示为一个水平传感器的简易模型,其截面为内壁光滑竖直放置的正三角形,内部有一个略小于三角形内切圆的小球,三角形各边上有压力传感器,通过测出小球对三边压力的大小,信息处理单元可显示水平传感器摆放处的倾角。图中BC边恰好处于水平状态,现将其以C为轴在竖直平面内顺时针缓慢转动,直到AB边第一次在C上方处于水平状态,则在转动过程中(　　)
A.球对AC边的压力一直增大
B.球对AC边的压力一直减小
C.球对AC边的压力先增大后减小
D.球对AC边的压力先减小后增大
A
6.(命题角度1)(2022安徽蚌埠质检)如图所示,物体甲放置在水平地面上,通过跨过理想定滑轮的轻绳与小球乙相连,整个系统处于静止状态。现对小球乙施加一个水平力F,使小球乙缓慢上升一小段距离,整个过程中物体甲保持静止,甲受到地面的摩擦力为Ff,则该过程中(　　)
A.Ff变小,F变大
B.Ff变小,F变小
C.Ff变大,F变小
D.Ff变大,F变大
D
解析 以小球乙为研究对象,受力分析如图甲所示,设绳与竖直方向的夹角为α,小球乙的质量为m乙,根据平衡条件可得,水平拉力F=m乙gtan α,小球乙缓慢上升一小段距离的过程中,α变大,可知水平拉力F变大,绳子的拉力FT= ,故绳子的拉力FT也变大;以物体甲为研究对象,受力分析如图乙所示,根据平衡条件可得,物体甲受到的地面的摩擦力Ff=FTcos θ,因为θ不变,故摩擦力Ff变大,故D正确。
考点三
电磁学中的平衡问题
核心归纳
命题角度1　电荷在静电力作用下的平衡
(1)静电力的方向
正电荷所受静电力方向与电场强度方向一致,负电荷所受静电力方向与电场强度方向相反。
(2)静电力的大小
①若为匀强电场,静电力F=qE;
命题角度2　电流在安培力作用下的平衡
(1)安培力的方向
用左手定则判断,安培力垂直于B、I决定的平面。
(2)安培力的大小
①B∥I时,F=0;
②B⊥I时,F=BIl;
③B与I的夹角为θ时,F=BIlsin θ(l是导线的有效长度)。
导线两端点连线在垂直磁场方向的投影长度
命题角度3　电荷在洛伦兹力作用下的平衡
(1)洛伦兹力的方向
用左手定则判断,洛伦兹力垂直于B、v决定的平面,洛伦兹力不做功。
(2)洛伦兹力的大小
洛伦兹力F=qvB,此式只适用于B⊥v的情况,当B∥v时F=0。
深化拓展　处理电、磁场中平衡问题的方法
电学问题、力学方法
与纯力学问题的分析方法大致相同,具体如下:
典例剖析
例3(命题角度2)如图所示,光滑绝缘的斜面与水平面的夹角为θ,导体棒ab静止在斜面上,ab与斜面底边平行,通有图示的恒定电流I,空间充满竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。现缓慢增大θ(0<θ<90°),若电流I不变,且ab始终静止在斜面上(不考虑磁场变化产生的影响),下列说法正确的是(　　)
A.B应缓慢减小 B.B应缓慢增大
C.B应先增大后减小 D.B应先减小后增大
B
解析 作出侧视图,如图所示,金属棒受重力、支持力及向右的安培力的作用。缓慢增大角度θ,要使棒仍然平衡,则支持力与安培力的合力一直等于重力,由图可知,安培力缓慢增大,故磁感应强度B应缓慢增大,选项B正确。
对点训练
7.(命题角度1)(2022浙江杭州检测)如图所示,三个质量均为m的带电小球A、B、C分别被三根不可伸长的绝缘细绳1、2、3系于O点,三球平衡时绳2处于竖直方向,且悬点O、球A、球B和球C所在位置正好组成一个边长为a的正方形。已知球A、球B和球C均带正电,电荷量分别为q1、q2和q3,若mg= ,静电力常量为k,重力加速度为g,
则下列说法正确的是(　　)
A.q1和q3可以不相等
B.绳1和绳2的拉力大小之比为1∶
C.绳2的拉力大小为2mg
D.q1∶q2=2∶1
B
解析 因为绳2竖直,可知A、C对B的库仑力相等,因A、B间距离与C、B间距离相等,则A、C所带电荷量必然相等,即q1=q3,选项A错误;因为
8.(命题角度1、3)(2022广东茂名综合测试)如图所示,匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方,匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)。一质量为m、电荷量为q的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v做匀速直线运动,重力加速度为g。则(　　)
A.匀强磁场的方向可能垂直纸面向外
B.小球可能带正电
D
解析 带电小球做匀速直线运动,受力平衡,由平衡条件可得受力情况只能如图中所示,所以小球带负电,B项错误;由左手定则可判断匀强磁场的方向垂直纸面向里,A项错误;由共点力的平衡条件得qEcos 30°=qvBsin 30°,
微专题 热考命题突破
命题篇
新教材、新高考、新情境 生产生活中的平衡问题
情境解读
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。
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
例1(2021广东卷)唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力。设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁,F与竖直方向的夹角分别为α和β,α<β,如图所示。忽略耕索质量,耕地过程中,下列说法正确的是(　　)
A.耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大
B.耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大
C.曲辕犁匀速前进时,耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力
D.直辕犁加速前进时,耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力
B
解析 耕索对曲辕犁拉力的水平分力为Fsin α,耕索对直辕犁拉力的水平分力为Fsin β,耕索对曲辕犁拉力的竖直分力为Fcos α,耕索对直辕犁拉力的竖直分力为Fcos β,因为α<β,所以Fsin αFcos β,选项A错误,选项B正确;根据牛顿第三定律,曲辕犁匀速前进时,耕索对犁的拉力等于犁对耕索的拉力,选项C错误;同理,直辕犁加速前进时,耕索对犁的拉力等于犁对耕索的拉力,选项D错误。
角度拓展1 (2022广东珠海质检)无人机的使用方便和丰富了人们的工作和生活,可利用无人机送快递、送餐、施肥和喷农药等,节约了人力物力,提高了生产生活效率,还能减少人员接触,减少卫生隐患。如图所示,在无风环境下无人机A用轻绳吊着质量为m的快递箱B水平向左做匀速直线运动,轻绳与竖直方向夹角为α。下列说法正确的是(　　)
A.快递箱B受到两个力的作用
B.快递箱B受到的合力水平向左
C.快递箱B受到的轻绳的拉力大小为
D.轻绳对B的拉力与轻绳对A的拉力是一对平衡力
C
解析 由于快递箱B水平向左做匀速直线运动,则其所受合力为0,B错误;由于快递箱B受到的合力为0,则快递箱B不可能只受重力和轻绳的拉力两个力的作用,快递箱B至少受到三个力的作用,除了重力和轻绳的拉力,还有水平向右的空气阻力,A错误;对B受力分析,在竖直方向上由平衡条件可得
C正确;轻绳对B的拉力与轻绳对A的拉力的作用对象不是同一个物体,两个力不是一对平衡力,D错误。
角度拓展2 (2021八省联考广东卷)某同学参加“筷子夹玻璃珠”游戏。如图所示,夹起玻璃珠后,左侧筷子与竖直方向的夹角θ为锐角,右侧筷子竖直,且两筷子始终在同一竖直平面内。保持玻璃珠静止,忽略筷子与玻璃珠间的摩擦。下列说法正确的是(　　)
A.两侧筷子对玻璃珠的合力比重力大
B.两侧筷子对玻璃珠的合力比重力小
C.左侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大
D.右侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大
C
解析 对玻璃珠受力分析如图所示,玻璃珠受重力G、左侧筷子对玻璃珠的弹力F1、右侧筷子对玻璃珠的弹力F2,在三个力的作用下处于平衡状态。根据平衡条件可知,两侧筷子对玻璃珠的合力与重力等大反向,故A、B错误;根据力的平衡,竖直方向有F1sin θ=G,水平方向有F2=F1cos θ,联立得
,由于θ小于90°,则一定有F1>G,而F2不一定大于G,故C正确,D错误。
命题篇
重要思维方法 数学方法在物体平衡问题中的应用
方法构建
高考物理试题的解答离不开数学知识和方法的应用,很多物理试题的求解过程是将物理问题转化为数学问题,经过求解再还原为物理结论的过程。物理解题运用的数学方法通常包括几何(图形辅助)法、图像法、函数法、方程(组)法、递推法、微元法、比例法、极值法、数列法等。在物体平衡问题中常用的是几何(图形辅助)法、图像法、函数法、极值法、相似三角形法等。
考向分析
对于借助物理知识渗透考查数学能力是高考命题的永恒主题,试题难度一般中等偏上;从命题趋势上看,问题常以考查共点力作用下物体的平衡,尤其是三个共点力的平衡问题(包括动态平衡)为重点内容。
案例探究
例2(多选)一质量为m的物体放置在水平地面上,物体与地面之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,欲使物体沿水平地面做匀速直线运动,所用拉力F的可能值为(　　)
CD
解析 设拉力F与水平方向的夹角为θ,
由平衡条件可得Fcos θ-Ff=0,FN+Fsin θ=mg,且Ff=μFN,
角度拓展3 (2022福建厦门模拟)玩手机时,会让颈椎承受更多的重量。不当的姿势会导致一系列健康问题的出现。当人体直立时,颈椎所承受的压力等于头部的重力;但当低头时,颈椎受到的压力会随之变化。
现将人低头时头颈部简化为如图所示的模型:重心在头部的P点,颈椎OP(视为轻杆)可绕O转动,人的头部在颈椎的支持
力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下静止。假设低头
时颈椎OP与竖直方向的夹角为30°,PQ与竖直方
向的夹角为60°,此时颈椎受到的压力约为直立时
颈椎受到压力的(　　)
A.1.7倍 B.2.8倍
C.3.3倍 D.4.0倍
A
解析 由题意可知,低头时人的头部受力如图所示,其中人的颈椎对头的支持力为FN,沿PQ方向肌肉的拉力为F,因为人的头部静止,
所以FN、F和G可构成力的矢量三角形,
由牛顿第三定律得,此时颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的1.7倍,故A正确。(共61张PPT)
第二讲　力与直线运动
2023
内容索引
核心考点聚焦
微专题 热考命题突破
【知识网络建构】
核心考点聚焦
考点一
运动学基本规律的理解及应用
核心归纳
命题角度1　匀变速直线运动规律的应用
(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
命题角度2　运动图像问题
命题角度3　追及相遇问题
(1)两个关系:时间关系和位移关系,这两个关系可通过画草图得到。
(2)一个条件:两者速度相等,它往往是物体间能追上、追不上或(两者)距离最大、最小的临界条件,也是分析判断的切入点。
深化拓展　运动学中的非常规图像
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
典例剖析
例1(命题角度1)科研人员在保证安全的情况下进行高空坠物实验,让一小球从45 m高的阳台上无初速度掉下,不计空气阻力。在小球刚掉下时恰被楼下一智能小车发现,智能小车迅速由静止沿直线冲向小球下落处的正下方楼底,准备接住小球。已知智能小车到楼底的距离为18 m。将小球和智能小车都看成质点,智能小车移动过程中只做匀速运动或匀变速运动,g取10 m/s2。
(1)智能小车至少用多大的平均速度行驶到楼底
(2)若智能小车在运动过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等,且最大速度不超过9 m/s,要求小车在楼底时已停止运动,求智能小车移动时加速度a的大小需满足什么条件
解题指导
审题:
读取题干 获取信息
让一小球从45 m高的阳台上无初速度掉下,不计空气阻力 小球做自由落体运动,其运动时间是智能小车的最大运动时间
智能小车迅速由静止沿直线冲向小球下落处的正下方楼底 智能小车运动的初速度为零
智能小车到楼底的距离为18 m 智能小车运动的总位移为18 m
智能小车移动过程中只做匀速运动或匀变速运动 智能小车可能先做匀加速直线运动,最后做匀减速直线运动,中间可能有匀速直线运动过程
破题:1.小球和智能小车的运动时间t0可由h= 求得,再由平均速度公式可求智能小车的平均速度。
2.根据时间、位移和速度的限制,判断智能小车运动途中是否有匀速直线运动过程。
3.根据智能小车不同运动阶段的运动性质,选择相应的运动学公式列式求解,注意各运动阶段的时间、位移和速度的联系。
答案 (1)6 m/s　(2)a≥9 m/s2
对智能小车运动过程,由运动学公式得x=vt0
联立各式并代入数据解得v=6 m/s。
(2)假设智能小车先匀加速接着匀减速运动到楼底,
解得v0=2v=12 m/s>vm=9 m/s
故智能小车应先加速到vm=9 m/s,再匀速,最后匀减速运动到楼底
设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为t1、t2、t3,位移分别为x1、x2、x3
由运动学公式得
联立各式并代入数据得a≥9 m/s2。
对点训练
1.(命题角度2、3)(多选)(2021海南卷)甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动,t=0时经过路边的同一路标,下列位移—时间(x-t)图像和速度—时间(v-t)图像对应的运动中,甲、乙两人在t0时刻之前能再次相遇的是(　　)
BC
解析 根据位移—时间图像的交点表示相遇,可知甲、乙两人在t0时刻之前能再次相遇的位移—时间(x-t)图像是B,选项A错误,B正确;根据速度—时间图像与坐标轴所围面积表示位移,可知甲、乙两人在t0时刻之前能再次相遇的速度—时间(v-t)图像是C,选项C正确,D错误。
2.(命题角度1)(2022全国甲卷)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶,速率为v0,要通过前方一长为l0的隧道,当列车的任一部分处于隧道内时,列车速率都不允许超过v(vC
3.(命题角度2、3)甲、乙两辆汽车在平直的高速公路上以相同的速度v0=30 m/s一前一后同向匀速行驶。正常行驶时,甲车在前,乙车在后,两车间距为100 m。某时刻因前方突发状况,两车同时刹车,以此时刻为零时刻,两车的v-t图像如图所示,则(　　)
A.甲、乙两车会发生追尾
B.甲车的刹车距离大于乙车的刹车距离
C.t=2 s时,两车相距最远,最远距离为105 m
D.两车刹车过程中的平均速度均为15 m/s
C
考点二
动力学基本规律的理解及应用
核心归纳
命题角度1　瞬时加速度问题
命题角度2　动力学两类基本问题
命题角度3　连接体问题
(1)涉及滑轮的问题:若要求绳的拉力,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。
命题角度4　动力学中的临界极值问题
临界问题:当某个物理量变化时,会引起其他几个物理量的变化,从而使物体的平衡“恰好出现”或“恰好不出现”,即处于临界状态,在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等字眼。
极值问题:平衡问题的极值,一般指力的变化过程中的最大值和最小值。
深化拓展　解决动力学问题的常用方法
(1)整体法与隔离法。
(2)正交分解法:一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解,有时根据情况也可以把加速度进行正交分解。
(3)逆向思维法:把运动过程的末状态作为初状态反向研究问题的方法,一般用于匀减速直线运动问题,比如刹车问题、竖直上抛运动等。
典例剖析
例2(命题角度2)(2022山东卷)某粮库使用
额定电压U=380 V,内阻R=0.25 Ω的电动
机运粮。如图所示,配重和电动机连接小
车的缆绳均平行于斜坡,装满粮食的小车
以速度v=2 m/s沿斜坡匀速上行,此时电流I=40 A。关闭电动机后,小车又沿斜坡上行路程l到达卸粮点时,速度恰好为零。卸粮后,给小车一个向下的初速度,小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1=100 kg,车上粮食质量m2=1 200 kg,配重质量m0=40 kg,重力加速度g取10 m/s2,小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比,比例系数为k,配重始终未接触地面,不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求:
(1)比例系数k值;(2)上行路程l值。
答案 (1)0.1　(2)0.36 m
解析 (1)电动机的输出功率P=UI-I2R=14 800 W
根据共点力平衡,向上匀速运动时有F+m0g=(m1+m2)gsin θ+k(m1+m2)g
向下匀速运动时有m0g+km1g=m1gsin θ
解得sin θ=0.5,k=0.1。
(2)设关闭电动机后的加速度大小为a,沿绳方向,对整体根据牛顿第二定律得(m1+m2)gsin θ+k(m1+m2)g-m0g=(m1+m2+m0)a
解得a= m/s2
再根据v2=2al
解得l=0.36 m。
对点训练
4.(命题角度1)(2022山东青岛质检)如图所示,细绳一端固定在竖直墙上,另一端系着一个质量为m的小球;水平轻质弹簧一端固定在墙上,另一端支撑着小球。小球与弹簧不粘连,平衡时细绳与竖直方向的夹角为37°。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.小球静止时弹簧的弹力大小为0.6mg
B.小球静止时细绳的拉力大小为0.8mg
C.细绳烧断瞬间小球的加速度为 g
D.细绳烧断瞬间小球的加速度为g
C
5.(命题角度3)(2021海南卷)如图所示,两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连,开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后,轻绳的拉力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP=0.5 kg、mQ=0.2 kg,P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2。则推力F的大小为(　　)
A.4.0 N B.3.0 N C.2.5 N D.1.5 N
A
解析 P静止在水平桌面上时,轻绳的拉力FT=mQg=2 N。将水平向右的推力F作用在P上后,轻绳的拉力变为原来的一半,即FT'=1 N,隔离Q受力分析,由牛顿第二定律得,mQg-FT'=mQa,解得a=5 m/s2。隔离P受力分析,由牛顿第二定律得,F-μmPg+FT'=mPa,解得F=4.0 N,选项A正确。
6.(命题角度4)(多选)(2022全国甲卷)如图所示,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前
(　　)
A.P的加速度大小的最大值为2μg
B.Q的加速度大小的最大值为2μg
C.P的位移大小一定大于Q的位移大小
D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
AD
解析 本题考查牛顿第二定律的应用。设两滑块的质量均为m,撤去拉力前,两滑块做匀速直线运动,则拉力大小为F=2μmg
撤去拉力前对Q受力分析知弹簧弹力FT=μmg,以向右为正方向,撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为μmg,两滑块与地面仍然保持相对滑动,此时对滑块P受力分析得
-FT-μmg=ma1
解得a1=-2μg
此时Q所受外力不变,加速度仍为零,滑块P做减速运动,故P、Q间距减小,弹簧伸长量减小,弹力变小,P加速度减小,Q受合力增大,合力向左,故Q做加速度增大的减速运动。P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度,为2μg;Q加速度大小的最大值是弹簧恢复原长时Q的加速度,此时对Q受力分析得
-μmg=ma2,解得a2=-μg
故Q加速度最大值为μg,A正确,B错误。
在该过程中,P减速得快,Q减速得慢,因此任意时刻,P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小,P的位移大小一定小于Q的位移大小,选项C错误,D正确。
微专题 热考命题突破
命题篇
新教材、新高考、新情境 直线运动中的交通安全问题
情境解读
“车祸猛于虎”,交通事故危害当事者的生命安全,造成财产损失。在此,我们倡议每个公民都应该文明行车、安全出行,坚决遵守国家法律,不乱鸣喇叭、不超载超速、不疲劳驾驶、不酒后驾驶,礼让行人、遵守交通规则。
考向分析
在高考中匀变速直线运动的规律很少单独命题,常结合牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动等综合出题,常以生产生活中的情境,如汽车或高速列车的刹车与启动、运动员的加速与减速等为背景进行考查,题目常以选择题形式出现,难度一般不大。
案例探究
例1(2022江苏泰州9月检测)某节日放假期间,全国高速公路免费通行,小轿车可以不停车通过收费站,但要求小轿车通过收费站窗口前x0=9 m区间的速度不超过v0=6 m/s。假设有甲、乙两辆小轿车在收费站前平直公路上沿同一直线分别以v甲=20 m/s和v乙=34 m/s的速度匀速行驶,甲车在前,乙车在后。甲车司机发现正前方收费站,开始以大小为a甲=2 m/s2的加速度匀减速刹车。
(1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章
(2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9 m处的速度恰好为6 m/s并以这一速度开始匀速通过收费站窗口,乙车司机在发现甲车刹车时经t0=0.5 s的反应时间后开始以大小为a乙=4 m/s2的加速度匀减速刹车。为避免两车相撞,且乙车在收费站窗口前9 m区间不超速,则在甲车司机开始刹车时,甲、乙两车至少相距多远
答案 (1)100 m　(2)66 m
x2=x0+x1=100 m,则甲车司机需在离收费站窗口至少100 m处开始刹车才不违章。
(2)设经时间t甲车与乙车速度相同,由运动学公式有v乙-a乙(t-t0)=v甲-a甲t,
代入数据解得t=8 s
相同速度v=v甲-a甲t=4 m/s<6 m/s
因为甲车速度减至6 m/s后, 以这一速度匀速通过收费站窗口,所以为避免两车相撞,两车间的最小距离应按减速到6 m/s时计算,
所以甲、乙的距离至少为x=x3-x1=157 m-91 m=66 m。
角度拓展1 (2022广东汕头质检)根据交通规则,汽车遇行人过斑马线要停车礼让。一辆小汽车在平直马路上以v=36 km/h的速度匀速行驶,当小汽车的车头距停车线d=17.5 m时,司机发现一行人正在通过斑马线,司机紧急刹车,待停稳时,车头刚好在停车线上。设小汽车刹车过程中做匀减速直线运动,司机反应时间为0.50 s。
(1)求小汽车刹车的加速度大小。
(2)之后小汽车以 m/s2的加速度由静止匀加速出发,此时司机发现距车头400 m远的下一个路口的绿灯显示还有30 s。若此路段限速60 km/h,试通过计算分析该车车头能否在绿灯熄灭前到达下一个路口。
答案 (1)4 m/s2　(2)能在绿灯熄灭前到达下一个路口
解析 (1)根据题意有v=36 km/h=10 m/s
小汽车匀减速的位移为x=d-vt0=17.5 m-0.5×10 m=12.5 m
根据运动学公式有v2=2ax
代入数据解得a=4 m/s2。
则运动的总时间为t=t1+t2=29 s<30 s,
所以该车能在绿灯熄灭前到达下一个路口。
命题篇
经典物理模型 “板—块”模型
模型建构
叠放在一起的滑块—木板之间存在摩擦力,在其他外力作用下它们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。
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之间的关系
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,这类题目有时还与动量、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求解。
案例探究
例2(2022辽宁葫芦岛一模)如图甲所示,有一块木板静止在足够长的粗糙水平面上,木板的质量为m1=4 kg,长为L=1.4 m;木板右端放一小滑块,小滑块的质量为m2=1 kg,可视为质点。现用水平恒力F作用在木板右端,恒力F取不同数值时,小滑块和木板的加速度分别对应不同数值,两者的a-F图像如图乙所示,g取10 m/s2。
(1)求小滑块与木板之间的动摩擦因
数μ1以及木板与地面之间的动摩擦
因数μ2。
(2)若水平恒力F=27.8 N,且始终作用
在木板上,当小滑块从木板上滑落时,经历的时间为多长
答案 (1)0.4　0.1　(2)2 s
解析 (1)由题图可知,当恒力F>25 N时,小滑块与木板将出现相对滑动,
此后小滑块的加速度为a1=4 m/s2
以小滑块为研究对象,根据牛顿第二定律得μ1m2g=m2a1
代入数据解得μ1=0.4
以木板为研究对象,根据牛顿第二定律有
F-μ1m2g-μ2(m2+m1)g=m1a2
解得μ2=0.1。
(2)设小滑块在木板上滑动时间为t时从木板上滑落,当水平恒力F=27.8 N时,小滑块的加速度为a1=4 m/s2
由题可知,x2-x1=L
联立以上各式解得t=2 s。
角度拓展2 如图所示,光滑曲面AB与长度L=6 m的水平传送带BC平滑连接,传送带以大小为v=6 m/s的速度沿顺时针方向匀速运行,传送带最右侧C端靠近一倾角θ=30°的足够长的斜面的底端,二者通过一段长度不计的光滑小圆弧(图中未画出)平滑连接。将一小物块从曲面上高h=1.25 m 处的A点由静止释放,物块与传送带、斜面之间的动摩擦因数分别为μ1=0.2、μ2= ,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小物块从开始滑上
传送带到最终停止运动
的总时间(结果保留到小数点后2位)。
(2)若传送带的速度大小v可以任意调节,求小物块沿斜面上升的最大高度与最小高度之比。
答案 (1)1.52 s　(2)49∶1
解析 (1)设小物块质量为m,运动到B点时的速度为v0,
小物块冲上斜面后,根据牛顿第二定律有
mgsin θ+μ2mgcos θ=ma2
解得a2=12.5 m/s2
所以小物块最后会停在斜面上,
故小物块从滑上传送带到最终停止运动的总时间为t=t1+t2+t3=1.52 s。
(2)当小物块在传送带上一直做匀加速运动时,其滑至C端时的速度最大,
设为v1
联立可得小物块沿斜面上升的最大高度与最小高度之比为h1∶h2=49∶1。
解题篇
大题突破(一)动力学规律在直线运动中的综合应用
典例示范(18分)(2022安徽合肥一模)如图所示,小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连,A位于水平传送带的右端,B置于倾角为30°的光滑固定斜面上,轻绳分别与斜面、传送带平行,传送带始终以速度v0=2 m/s逆时针匀速转动,某时刻A从传送带右端通过细绳带动B以相同初速率v1=5 m/s运动,方向如图所示,经过一段时间A回到传送带的右端,已知A、B的质量均为1 kg, A与传送带间的动摩擦因数为0.1,斜面、轻绳、传送带均足够长,B不会碰到定滑轮,定滑轮的质量与摩擦均不计,g取10 m/s2,求:
(1)A向左运动的总时间;
(2)A回到传送带右端的速度大小;
(3)上述过程中,A与传送带间因摩
擦产生的总热量。
原生态样卷剖析
学生答卷及批阅展示
教师点评
1.第(1)问中,必要的文字说明不完整,没有指明所选的正方向,应当进行补充。
技巧:列式前一定要选好正方向,然后根据所选方向列方程。
2.①、②、③三个式子正确得分。
3.该同学没有分析出加速度大小发生变化,而是认为做加速度大小一直不变的减速运动。由于A的运动情况没有分析清楚,造成解答错误。
技巧:对于传送带问题,一定要把摩擦力分析清楚,当速度相等时,摩擦力发生突变。
4.由于第(1)问的错误,造成第(2)、第(3)问的思维出现偏差,没有把A物体运动的不同过程分析出来,导致错误。解题的基本思路,还算清晰,根据所列方程或公式,分步给分。
教师点评
总评:该题满分18分,该同学开始思路较清晰,中间由于摩擦力分析错误,造成错解;该同学的优点是做题过程较规范,物理字母符号应用较好;分步列式,分步得分,减少了失分,总分得到11分。
【满分答卷】
解析 (1)A向左减速运动的过程中,开始时A的速度大于传送带的速度,以A为研究对象,受到向右的摩擦力与绳对A的拉力,设绳子的拉力为FT1,以向右为正方向,由牛顿第二定律得
FT1+μmg=ma1①(0.5分)
以B为研究对象,B的加速度的大小始终与A相等,B向上运动的过程中,由牛顿第二定律得
mgsin 30°-FT1=ma1②(0.5分)
当A的速度与传送带的速度相等之后,A继续减速,A的速度小于传送带的速度,受到的摩擦力变成了向左,设绳子的拉力为FT2,以A为研究对象,由牛顿第二定律得
FT2-μmg=ma2⑤(0.5分)
以B为研究对象,B的加速度的大小始终与A相等,B向上运动的过程中,由牛顿第二定律得
mgsin 30°-FT2=ma2⑥(0.5分)
A向左运动的总时间t=t1+t2=2 s。⑨(1分)
(2)A向右运动的过程中,受到的摩擦力的方向仍然向左,仍然受到绳子的拉力,同时,B受到的力也不变,所以它们受到的合力不变,所以A的加速度不变,仍为a3=a2=2 m/s2⑩(0.5分)
A向左运动的总位移x=x1+x2=-4.5 m (0.5分)
A回到传送带右端的位移x3=-x=4.5 m (0.5分)
(3)t1时间内传送带的位移
x1'=-v0t1=-2 m (0.5分)
该时间内传送带相对于A的位移
Δx1=x1'-x1=1.5 m (1分)
t2时间内传送带的位移
x2'=-v0t2=-2 m (0.5分)
该时间内传送带相对于A的位移
Δx2=x2-x2'=1 m (1分)
A回到传送带右端的时间为t3,则
t3时间内传送带的位移
A与传送带之间的摩擦力
Ff=μmg=1 N (0.5分)
上述过程中A与传送带间因摩擦产生的总热量
解答思路归纳(共56张PPT)
第三讲　力与曲线运动
2023
内容索引
核心考点聚焦
微专题 热考命题突破
【知识网络建构】
核心考点聚焦
考点一
运动的合成与分解
核心归纳
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。
命题角度2　小船渡河问题
三种渡河情境
命题角度3　关联速度问题
把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。
典例剖析
例1(命题角度1)(2022安徽蚌埠三模)冰壶比赛中投壶手在投出冰壶时会带有一定的旋转(自旋),擦冰手在冰壶运动的前方高速摩擦冰面(刷冰),减小冰壶前侧受到的摩擦力,可使冰壶做曲线运动。在下列所示的各图中,圆表示冰壶,ω表示冰壶自旋的方向,v表示冰壶前进的方向,则在刷冰的过程中,冰壶运动的轨迹(虚线表示)可能正确的是(　　)
A.①③ B.①④ C.②③ D.②④
B
解析 由题意可知,擦冰手在冰壶运动的前方高速摩擦冰面(刷冰),减小冰壶前侧受到的摩擦力,而后侧所受摩擦力几乎不变。如图所示,若冰壶按题图①所示的逆时针方向旋转,则沿垂直速度的方向,摩擦力的合力向左,则冰壶运动轨迹将向左偏转;同理若冰壶按顺时针方向旋转,则冰壶运动轨迹向右偏转。即①④正确,故选B。
对点训练
1.(命题角度2)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
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。
2.(命题角度3)(2022广东广州模拟)如图所示,园林工人正在把一棵枯死的小树苗从底部掰折,已知树苗的长度为L,该工人的两手与树苗的接触位置(树苗被掰折的过程中手与树苗接触位置始终不变)距地面高为h,树苗与地面的夹角为α时,该工人手水平向右的速度恰好为v,则树苗转动的角速度为
(　　)
C
解析 因手与树苗接触位置始终不变,故接触点做圆周运动,把接触点的线速度按水平与竖直方向分解,水平分速度等于工人手水平向右的速度v,如图所示,
考点二
抛体运动的规律及应用
核心归纳
命题角度1　落点确定的平抛运动
根据题意确定已知合速度还是合位移,从而应用运动的合成与分解知识进行分析,列对应关系式。
命题角度2　多个物体做平抛运动的比较
注意寻找不同物体平抛运动的相同点,如有相同竖直位移,则运动时间一定相同。
命题角度3　平抛运动中的临界问题
根据临界状态确定临界条件是解题关键。
命题角度4　斜抛运动
一般需要沿水平和竖直方向分解初速度,可根据对称性求解相关问题。
深化拓展　
1.处理平抛运动(或类平抛运动)的四条注意事项
(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。
典例剖析
例2(命题角度3)(多选)(2022天津滨海新区月考)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示。P是个微粒源,能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为h的探测屏AB竖直放置,离P点的水平距离为L,上端A与P点的高度差也为h,重力加速度为g,关于微粒的运动,
下列说法正确的是(　　)
AC
对点训练
3.(命题角度1)(2022广东卷)右图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下,经过水平NP段后飞入空中,在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失,不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是(　　)
C
解析 设MN段斜坡倾角为θ,运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得mgsin θ=ma1,可得a1=gsin θ;运动员在水平NP段做匀速直线运动,加速度a2=0;运动员从P点飞出后做平抛运动,加速度为重力加速度,a3=g,选项C正确, D错误。设在P点的速度为v0,则从P点飞出后速度大小的表达式为v= ,可知从P点飞出后速度大小与时间的关系图像不可能为直线, 选项A、B错误。
4.(命题角度2)(多选)(2022福建泉州三检)亲子游戏有益于家长与孩子之间的情感交流。如图所示,父亲与儿子站在水平地面玩抛球游戏,两人相向站立,各持一小球并将球水平抛出,下述抛球方式可能使两球在落地前相遇的有(　　)
A.父亲先将球抛出
B.儿子先将球抛出
C.两人同时将球抛出
D.父亲下蹲适当高度后再与儿子同时将球抛出
AD
解析 父亲扔出的球的竖直位移较大,根据t= 可知,父亲扔出的球在空
中飞行时间较长,即要想使两球在落地前相遇,父亲应先将球抛出,选项A正确,B、C错误;若父亲下蹲适当高度与儿子高度相同,再与儿子同时将球抛出,则两球在相同时间内下落相同的高度,则也可能在落地前相遇,选项D正确。
5.(命题角度4)(多选)(2022山东卷)如图所示,某同学将离地1.25 m的网球以13 m/s的速度斜向上击出,击球点到竖直墙壁的距离为4.8 m。当网球竖直分速度为零时,击中墙壁上离地高度为8.45 m的P点。网球与墙壁碰撞后,垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍,平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10 m/s2,网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为(　　)
A.v=5 m/s B.v=3 m/s
C.d=3.6 m D.d=3.9 m
BD
解析 因为网球竖直分速度为零时击中墙壁,所以碰后网球做平抛运动,碰前逆向看网球也做平抛运动。
碰后垂直墙面的速度分量v水平⊥后=0.75v水平⊥=0.75×4 m/s=3 m/s
距离d=v水平⊥后t后=3×1.3 m=3.9 m
选项B、D正确。
考点三
圆周运动的规律及应用
核心归纳
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
　　　　 绳恰好伸直
①绳的临界:拉力FT=0。
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。
命题角度2　竖直平面内圆周运动问题
深化拓展　平抛运动和圆周运动的组合问题
平抛运动结合圆周运动是近年高考热点,该类题解题程序一般分三步:
第一步:分析运动形式
1.单个质点的连续运动:平抛运动接圆周运动或圆周运动接平抛运动。
2.质点和圆盘的独立运动:圆盘外质点平抛落在转动圆盘上,或者转动圆盘上质点被抛出落在圆盘外。
第二步:确定运动临界与关联
1.单个质点的连续运动:速度与圆轨道相切,恰好经过圆轨道最高点等。
2.质点和圆盘的独立运动:运动时间关联,位移关联,速度关联等。
第三步:用规律
根据临界条件和关联列方程求解。
典例剖析
例3(命题角度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:
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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,则
Ff=μ2mg
所以a=μ2g=2.25 m/s2
物体在餐桌上滑动的初速度为v0=ωr=3 m/s
(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'。
对点训练
6.(命题角度1)(2022山东卷)无人配送小车某次性能测试路径如图所示,半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点,与半径为4 m的半圆弧CD相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径,到适当位置调整速率运动到B点,然后保持速率不变依次经过BC和
CD。为保证安全,小车速率最大为4 m/s,在ABC段的加速度最大为2 m/s2,CD段的加速度最大为1 m/s2。
小车视为质点,小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为(　　)
B
7.(命题角度2)半径为R的内壁光滑的圆环形轨道固定在水平桌面上,轨道的正上方和正下方分别有质量为mA和mB的小球A和B,A的质量是B的两倍,它们在轨道内沿逆时针方向滚动,经过最低点时速率相等;当B球在最低点时,A球恰好通过最高点,如图所示,此时轨道对桌面的压力恰好等于轨道重力,当地重力加速度为g。则小球在最低点的速率可表示为(　　)
C
8.(命题角度2)(多选)(2022四川师大附中二诊)如图所示,一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道,管道里有一个直径略小于管道内径的小球,小球在管道内做圆周运动,从B点脱离后做平抛运动,经过0.3 s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰。已知半圆形管道的半径R=1 m,小球可看作质点且其质量为m=1 kg,g取10 m/s2。则(　　)
A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平
距离是0.9 m
B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平
距离是1.9 m
C.小球经过管道的B点时,受到下管道的作用力FNB的大小是2 N
D.小球经过管道的B点时,受到下管道的作用力FNB的大小是1 N
AD
解析 小球从B点脱离后做平抛运动,经过0.3 s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰,则在C点的竖直分速度为vCy=gt=3 m/s,因小球恰好垂直撞在斜面上,则平抛运动水平初速度为vB=vCytan 45°=3 m/s,小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离为x=vBt=0.9 m,故A正确,B错误;设小球经过B点时,受到下管道竖直向上的作用力FNB,根据牛顿第二定律可得mg-FNB=m ,解得FNB=1 N,即小球在B点受到下管道的作用力的大小是1 N,故C错误,D正确。
微专题 热考命题突破
命题篇
新教材、新高考、新情境 生活中的曲线运动
情境解读
生活中的曲线运动非常多,涉及方方面面。
一、运动的合成与分解方面的有关情境
小船渡河:小船(有动力)渡河同时参与了两个分运动,一个是小船随自身动力的运动,一个是随河水流动的运动,而船的实际运动是这两种运动的合成。
风中跳伞:跳伞运动员在水平方向的风中跳伞后,在竖直方向上做变加速直线运动,水平方向随风做直线运动,实际运动为二者的合运动。
二、抛体运动方面的有关情境
生活方面:打水漂、套圈、飞车过壕沟、浇草坪的旋转水龙头等。
体育方面:立定跳远、跳高、各种球类运动、跳台滑雪等。
三、圆周运动方面的有关情境
过山车、旋转飞椅、水流星、汽车过拱桥、火车转弯、洗衣机脱水筒、旋转餐桌、单杠运动中的单臂大回环等。
考向分析
生活中的曲线运动也是高考必考内容之一,通常以日常生活情境或体育运动情境为素材,考查运动的合成与分解﹑平抛运动和圆周运动等知识点,在具体题目中往往涉及临界极值问题,解题时要注意临界状态的分析。
案例探究
例1(多选)2022年2月18日,我国运动员夺得北京冬奥会自由式滑雪女子U型场地技巧赛冠军。比赛场地可简化为如图甲所示的模型:滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道连接而成,轨道的倾角为θ。某次腾空时,运动员(视为质点)以大小为v的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道,速度方向与轨道边缘AD的夹角为90°-θ,腾空后沿轨道边缘AD上的N点回到轨道,腾空过程(从M点运动到N点的过程)的左视图如图乙所示。重力加速度大小为g,不计空气阻力。
甲
乙
下列说法正确的是(　　)
A.运动员腾空过程中处于超重状态
BD
解析 运动员腾空过程中加速度方向一直向下,运动员一直处于失重状态,故A错误;运动员在M点时,垂直AD方向的速度大小v1=vsin(90°-θ),设运动员在ABCD面内垂直AD方向的加速度大小为a1,根据牛顿第二定律有mgcos θ=ma1,设运动员腾空过程中离开AD的最大距离为d,根据匀变速直线运动
角度拓展1 某校运动会开幕式上,各班进行入场式表演时,无人机从地面开始起飞,在空中进行跟踪拍摄。若无人机在水平和竖直方向运动的速度随时间变化的关系图像如图所示,则无人机(　　)
A.在0~t1时间内,运动轨迹为曲线
B.在t1~t2时间内,运动轨迹为直线
C.在t1~t2时间内,速度均匀变化
D.t3时刻加速度的方向竖直向上
C
解析 在0~t1时间内,无人机沿x轴方向和y轴方向均做初速度为零的匀加速直线运动,其合运动是直线运动,故A错误;在t1~t2时间内,无人机的加速度沿y轴负方向,但初速度为t1时刻的末速度,方向不沿y轴方向,初速度和加速度不共线,因此运动轨迹是曲线,故B错误;在t1~t2时间内,无人机的加速度沿y轴负方向,且为定值,因此其速度均匀变化,故C正确;在t3时刻,无人机有x轴负方向和y轴正方向的加速度分量,合加速度方向不是竖直向上,故D错误。
命题篇
经典物理模型 抛体运动模型
模型建构
高中物理中的抛体运动包含平抛运动和斜抛运动,要掌握抛体运动的规律、特点和常用结论,结合化曲为直的思维方法,变换视角,巧妙地构建物理模型,再选用恰当的物理公式,从而高效地解题。
比如炮弹的运动情境可构建为斜抛运动模型,将炮弹的运动按水平方向和竖直方向分解,重力方向竖直向下,但空气阻力有竖直分量和水平分量,根据牛顿第二定律、结合运动学公式定性分析。
考向分析
抛体运动在高考中可以单独命题,也常常结合圆周运动、机械能等知识命题。试题往往与生活实际、体育运动等联系密切,体现物理来源于生活又走向生活的命题理念。
案例探究
例2如图所示,某可视为质点的小球从倾角为α=30°的斜面顶端O点以大小为v0=20 m/s的速度飞出,且速度方向与斜面夹角为θ=60°。图中虚线为小球在空中的运动轨迹,且A为轨迹上离斜面最远的点,B为小球在斜面上的落点,C是过A作竖直线与斜面的交点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小球从O运动到A点所用时间t;
(2)小球离斜面最远的距离l;
(3)O、C两点间距离x。
解析 (1)垂直斜面方向有v1=v0sin θ
a1=gcos α
小球运动到A点时,垂直斜面方向的速度为0
角度拓展2 (2022浙江金丽衢十二校联考)先后将小球1、2由同一位置以不同的速度竖直向上抛出,竖直方向阻力不计,由于受水平风力的作用,两小球的运动轨迹如图中虚线所示,则两小球相比,下列说法正确的是(　　)
A.小球1竖直向上抛出的初速度小
B.小球1从抛出到落地的运动时间长
C.小球2的质量一定比小球1的质量大
D.小球2所受的风力一定比小球1受到的大
B
解析 小球的运动可以分解为竖直方向的竖直上抛和水平方向的匀加速直线运动,上升阶段竖直方向满足 =2gh,h= gt2,依题意,可知小球1的上升高度大于小球2的上升高度,所以小球1竖直向上抛出的初速度大,小球1从抛出到落地的运动时间长,故A错误,B正确;小球水平方向满足x= at2,由图可知,小球1的飞行时间长,水平位移小,所以小球1的加速度小,由于不知道两小球水平方向受力关系,所以不能判断二者质量的关系,故C、D错误。(共37张PPT)
第四讲　万有引力定律及其应用
2023
内容索引
核心考点聚焦
微专题 热考命题突破
【知识网络建构】
核心考点聚焦
考点一
开普勒行星运动定律与万有引力定律的应用
核心归纳
命题角度1　开普勒行星运动定律
(1)行星的运行轨道都是椭圆,求解问题时可近似为圆轨道处理。
(2)同一个行星与中心天体的连线在相等时间内扫过的面积相等。
不是弧长相等
(3) =k中对绕同一中心天体运行的星体k值相同,对于不同中心天体的绕转系统k值不同。
命题角度2　重力和万有引力的关系
(1)不考虑自转时,星球表面附近物体的重力等于物体与星球间的万有引力,
命题角度3　估算中心天体的质量和密度的两条思路
典例剖析
例1(命题角度1)哈雷彗星绕太阳做椭圆运动,其运动轨道远日点距离太阳35.1 AU,近日点距离太阳0.586 AU,地球绕太阳做圆周运动,轨道半径为1 AU,公转速度约为29.8 km/s。已知引力势能的表达式为Ep=- ,其中G为引力常量,m1为中心天体质量,m2为环绕天体质量,r为两天体中心的距离。则根据以上信息,可知哈雷彗星的最小环绕速率约为(　　)
A.0.50 km/s B.0.80 km/s
C.0.91 km/s D.3.8 km/s
C
解析 哈雷彗星在轨道上运行的过程中机械能守恒,则由引力势能的表达式可知哈雷彗星运动到远日点时环绕速率最小,根据机械能守恒定律有
对点训练
1.(命题角度2)(2022全国乙卷)2022年3月,中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约400 km的“天宫二号”空间实验室上通过天地连线,为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到,在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中,航天员可以自由地漂浮,这表明他们(　　)
A.所受地球引力的大小近似为零
B.所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C.所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
D.在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
C
解析 本题考查万有引力定律的应用。航天员在空间站中所受万有引力完全提供其做圆周运动所需的向心力,飞船对其作用力等于零,故C正确,A、B错误;根据万有引力公式F万=G 可知,航天员在地球表面上所受引力的大小大于其在飞船内所受引力的大小,即大于其随飞船运动所需向心力的大小,故D错误。
2.(命题角度3)(2021全国乙卷)科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测,给出1994年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为1 000 AU(太阳到地球的距离为1 AU)的椭圆,银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量
黑洞的引力,设太阳的质量为m,可以推测出该黑洞质
量约为(　　)
A.4×104m
B.4×106m
C.4×108m
D.4×1010m
B
考点二
天体运行规律
核心归纳
命题角度1　近地卫星和同步卫星
(1)近地卫星:①轨道半径等于地球半径;②卫星所受万有引力等于重力mg;③卫星向心加速度即为重力加速度。
(2)同步卫星:①同步卫星的周期等于地球的自转周期;②所有地球同步卫星都在赤道上空相同的高度上。
命题角度2　卫星运行参量分析
(R、g分别是天体的半径、天体表面重力加速度)。
　　　　　　　　　　　 黄金代换
命题角度3　变轨问题
供不应求
供大于求
(3)同一卫星在不同轨道上运行时机械能不同,轨道半径越大,机械能越大。
(4)卫星经过不同轨道相交的同一点时加速度相等,外轨道的速度大于内轨道的速度。
典例剖析
例2(命题角度1、3)北斗卫星导航系统是中国自行研制
的全球卫星导航系统。静止卫星是北斗卫星导航系统
非常重要的组成部分,下图为地球某静止卫星的转换轨
道示意图,其中Ⅰ为近地轨道,Ⅱ为转换轨道,Ⅲ为同步
轨道,下列说法正确的是(　　)
A.赤道上静止物体的向心加速度为a0,Ⅰ轨道上卫星的加速度为a1,Ⅲ轨道上卫星的加速度为a3,则加速度的大小关系为a3>a1>a0
B.在Ⅱ轨道上,卫星从P点运动到Q点的过程中机械能增加
C.在P点,Ⅱ轨道的线速度大于Ⅰ轨道的线速度
D.Ⅱ轨道对应的运行周期大于Ⅲ轨道对应的运行周期
C
解题指导
审题:
读取题干 获取信息
Ⅰ为近地轨道,Ⅱ为转换轨道,Ⅲ为同步轨道 近地轨道半径等于地球半径,静止卫星的角速度等于地球自转的角速度
题图 卫星在近地轨道P点做离心运动进入转换轨道,卫星在转换轨道Q点做离心运动进入同步轨道
破题:卫星变轨时速度的变化要根据万有引力和所需向心力的大小关系判断;根据牛顿第二定律比较各点的加速度;根据开普勒第三定律比较不同轨道上卫星的周期关系。
素养要语　卫星变轨的两种情况
对点训练
3.(命题角度1)(2021海南卷)2021年4月29日,我国在海南文昌用长征五号B运载火箭成功将空间站天和核心舱送入预定轨道。核心舱运行轨道距地面的高度约为400 km,地球同步卫星距地面的高度接近36 000 km。则该核心舱的(　　)
A.角速度比地球同步卫星的小
B.周期比地球同步卫星的长
C.向心加速度比地球同步卫星的大
D.线速度比地球同步卫星的小
C
4.(命题角度2)(多选)极轨气象卫星的运动采用近极地太阳同步轨道,卫星轨道平面和太阳光线保持固定的交角。卫星每天差不多在固定的时间经过同一地区两次。将极轨气象卫星的轨道看作圆形,每条轨道都经过高纬度地区,由于地球自转,使一个极轨卫星每隔12 h左右就可以获得一次全球的气象资料。关于极轨卫星在轨运行,以下判断正确的是(　　)
A.运行速度小于第一宇宙速度
B.运行高度与地球同步通信卫星的高度相同
C.运行轨道中心不是地心
D.向心加速度小于地球表面处重力加速度
AD
解析 极轨卫星的运行周期为12 h,大于近地卫星的运行周期(约84 min), 所以其运行速度小于近地卫星的运行速度即第一宇宙速度,选项A正确;极轨卫星的运行周期为12 h,小于地球同步通信卫星的运行周期(24 h), 所以其运行高度小于地球同步通信卫星的高度,选项B错误;任何绕地球匀速圆周运行的卫星,其轨道中心都是地心,选项C错误;极轨卫星的向心加速度为
微专题 热考命题突破
命题篇
新教材、新高考、新情境 中国太空探索的发展
情境解读
高考常以我国对太空的探索,如北斗系统、中国天眼、中国空间站、天问一号、嫦娥工程、神舟系列飞船等为情境,考查考生对开普勒行星运动定律、万有引力定律的应用。题目设问的角度比较新颖,对考生的能力要求较高,体现了对物理核心素养中科学思维的考查,充分考查了考生应用物理知识解决实际问题的能力,同时鼓励考生拓展视野,关注国家最新科技进展,增强民族自信心和自豪感。
考向分析
有关万有引力定律及其应用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,以近几年中国空间技术和宇宙探索为情境的题目备受青睐,分析人造卫星的运行规律仍是考试中的热点。
案例探究
例1(2022江苏徐州二模)2020年我国实施天问一号计划,将通过一次发射,实现“环绕、降落、巡视”三大火星探索任务。如图所示,探测器经历椭圆轨道Ⅰ→椭圆轨道Ⅱ→圆轨道Ⅲ的变轨过程。Q为轨道Ⅰ远火点,P为轨道Ⅰ近火点,探测器在三个轨道运行时都经过P点。则探测器(　　)
A.沿轨道Ⅰ运行至P点的速度大于运行至Q点的速度
B.沿轨道Ⅱ运行至P点的加速度大于沿轨道Ⅲ运行至
P点的加速度
C.沿轨道Ⅱ运行的周期小于沿轨道Ⅲ运行的周期
D.与火星连线在相等时间内,沿轨道Ⅰ运行与沿轨道
Ⅱ运行扫过的面积相等
A
解析 探测器沿轨道Ⅰ从P点运动到Q点的过程中,要克服引力做功,动能减小,所以经过P点的速度大于运行至Q点的速度,故A正确;经过P点时的加速度是由火星对探测器的引力产生的,由G =ma知加速度取决于火星的质量和P点的位置,与轨道无关,即沿轨道Ⅱ运行至P点的加速度等于沿轨道Ⅲ运行至P点的加速度,故B错误;由题图知,轨道Ⅱ的半长轴a大于轨道Ⅲ的圆周半径r3,根据开普勒第三定律 ,知沿轨道Ⅱ运行的周期T2大于沿轨道Ⅲ运行的周期T3,故C错误;由开普勒第二定律知,沿同一轨道运动过程中,卫星与行星连线在相等时间内扫过的面积相等,故D错误。
角度拓展1 (2022山东潍坊模拟)2021年5月15日7时18分,天问一号着陆巡视器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区。某天文爱好者做出如下假设:未来航天员登陆火星,在火星表面将小球竖直上抛,取抛出位置O点处的位移x=0,从小球抛出开始计时,以竖直向上为正方向,小球运动的 -t图像如图所示(其中a、b均为已知量)。忽略火星的自转,且将其视为半径为R的匀质球体,引力常量为G。则下列分析正确的是(　　)
A.小球竖直上抛的初速度为2a
C
命题篇
经典物理模型 双星与多星模型
模型建构
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
例2(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
解析 设质量较大的恒星的质量为m1,质量较小的黑洞的质量为m2,则两者之间的万有引力为F=G ,由数学知识可知,当m1=m2时,m1m2有最大值,根据题意可知质量较小的黑洞吞噬质量较大的恒星,因此在刚开始吞噬的较短时间内,万有引力变大,故A正确,B错误;对于两天体,万有引力提供向
角度拓展2 (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

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