20xx高考物理《牛顿运动定律的综合应用》教材解析
考点11牛顿运动定律的综合应用
考点名片
考点细研究:本考点是物理教材的基础,也是历年高考必考的内容之一,其主要包括的考点有:(1)超重、失重;(2)连接体问题;(3)牛顿运动定律的综合应用、滑块滑板模型、传送带模型等。其中考查到的如:20xx年全国卷第25题、20xx年全国卷第25题、20xx年海南高考第9题、20xx年北京高考第8题、20xx年四川高考第7题、20xx年大纲卷第19题、20xx年江苏高考第5题、20xx年福建高考第15题、20xx年浙江高考第17题和第19题、20xx年广东高考第19题、20xx年山东高考第15题等。
备考正能量:牛顿运动定律是历年高考的主干知识;它不仅是独立的知识点,更是解决力、电动力学综合问题的核心规律。可单独命题(选择题、实验题),也可综合命题(解答题)。高考对本考点的考查以对概念和规律的理解及应用为主,试题难度中等或中等偏上。
一、基础与经典
1.小明家住十层,他乘电梯从一层直达十层。则下列说法正确的是()
A.他始终处于超重状态
B.他始终处于失重状态
C.他先后处于超重、平衡、失重状态
D.他先后处于失重、平衡、超重状态
答案C
解析小明乘坐电梯从一层直达十层过程中,一定是先向上加速,再向上匀速,最后向上减速,运动过程中加速度方向最初向上,中间为零,最后加速度方向向下,因此先后对应的状态应该是超重、平衡、失重三个状态,C正确。
2.如图所示,一长木板在水平地面上运动,在某时刻(t=0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后,木板运动的速度—时间图象可能是图中的()
答案A
解析放上小木块后,长木板受到小木块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力,在两力的共同作用下减速,小木块受到向右的滑动摩擦力作用,做匀加速运动,当两者速度相等后,可能以共同的加速度一起减速,直至速度为零,共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度,故A正确,也可能物块与长木板间动摩擦因数较小,达到共同速度后物块相对木板向右运动,给木板向右的摩擦力,但木板的加速度也小于刚开始运动的加速度,B、C错误;由于水平面有摩擦,故两者不可能一起匀速运动,D错误。
3.如图所示,放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,则()
A.物块可能匀速下滑
B.物块仍以加速度a匀加速下滑
C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑
答案C
解析对物块进行受力分析,设斜面的角度为θ,可列方程mgsinθ-μmgcosθ=ma,sinθ-μcosθ=,当加上力F后,由牛顿第二定律得(mg+F)sinθ-μ(mg+F)cosθ=ma1,即mgsinθ-μmgcosθ+Fsinθ-μFcosθ=ma1,ma+Fsinθ-μFcosθ=ma1,Fsinθ-μFcosθ=F(sinθ-μcosθ)=,大于零,代入上式知,a1大于a。物块将以大于a的加速度匀加速下滑。只有C项正确。
4.(多选)如图所示,质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接,放在倾角为θ的斜面上,用始终平行于斜面向上的拉力F拉A,使它们沿斜面匀加速上升,A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上的张力,可行的办法是()
A.减小A物块的质量B.增大B物块的质量
C.增大倾角θD.增大动摩擦因数μ
答案AB
解析对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得:F-(mA+mB)gsinθ-μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a,隔离物体B,应用牛顿第二定律得,FT-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBa。以上两式联立可解得:FT=,由此可知,FT的大小与θ、μ无关,mB越大,mA越小,FT越大,故A、B均正确。
5.(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同,将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接,如图甲所示,绳子平行于倾角为α的斜面,M恰好能静止在斜面上,不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置,按图乙放置,然后释放M,斜面仍保持静止。则下列说法正确的是()
A.轻绳的拉力等于Mg
B.轻绳的拉力等于mg
C.M运动的加速度大小为(1-sinα)g
D.M运动的加速度大小为g
答案BC
解析互换位置前,M静止在斜面上,则有:Mgsinα=mg,互换位置后,对M有Mg-FT=Ma,对m有:FT′-mgsinα=ma,又FT=FT′,解得:a=(1-sinα)g,FT=mg,故A、D错误,B、C正确。
6.如图所示,木块A的质量为m,木块B的质量为M,叠放在光滑的水平面上,A、B之间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现用水平力F作用于A,则保持A、B相对静止的条件是F不超过()
A.μmgB.μMg
C.μmgD.μMg
答案C
解析由于A、B相对静止,以整体为研究对象可知F=(M+m)a;若A、B即将相对滑动,以物体B为研究对象可知μmg=Ma,联立解得F=μmg,选项C正确。
7.如图甲所示,静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A。某时刻,A受到水平向右的外力F作用,F随时间t的变化规律如图乙所示,即F=kt,其中k为已知常数。设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff,且A、B的质量相等,则下列可以定性描述长木板B运动的vt图象是()
答案B
解析A、B相对滑动之前加速度相同,由整体法可得:F=2ma,F增大,a增大。当A、B间刚好发生相对滑动时,对木板有Ff=ma,故此时F=2Ff=kt,t=,之后木板做匀加速直线运动,故只有B项正确。
8.如图,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线中正确的是()
答案A
解析本题考查的是牛顿第二定律的应用。本题中开始阶段两物体一起做匀加速运动有F=(m1+m2)a,即a==,两物体加速度相同且与时间成正比。当两物体间的摩擦力达到μm2g后,两者发生相对滑动。对m2有F-f=ma2,在相对滑动之前f逐渐增大,相对滑动后f=μm2g不再变化,a2==-μg,故其图象斜率增大;而对m1,在发生相对滑动后,有μm2g=m1a1,故a1=为定值。故A选项正确。
9.(多选)神舟飞船返回时,3吨重的返回舱下降到距地面10km时,下降速度为200m/s。再减速就靠降落伞了,先是拉出减速伞,16s后返回舱的速度减至80m/s,此时减速伞与返回舱分离。然后拉出主伞,主伞张开后使返回舱的下降速度减至10m/s,此时飞船距地面高度为1m,接着舱内4台缓冲发动机同时点火,给飞船一个向上的反冲力,使飞船的落地速度减为零。将上述各过程视为匀变速直线运动,g=10m/s2。根据以上材料可得()
A.减速伞工作期间返回舱处于失重状态
B.主伞工作期间返回舱处于失重状态
C.减速伞工作期间返回舱的平均加速度大小为7.5m/s2
D.每台缓冲发动机的反冲推力约为返回舱重力的1.5倍
答案CD
解析减速伞和主伞工作期间返回舱均减速下降,处于超重状态,A、B项错;减速伞工作期间,返回舱从200m/s减速至80m/s,由运动学公式得a1==7.5m/s2,C项正确;缓冲发动机开动后,加速度大小为a3==50m/s2,由牛顿第二定律得4F-mg=ma3,解得=1.5,D项正确。
10.(多选)如图甲所示,物块的质量m=1kg,初速度v0=10m/s,在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动,某时刻后恒力F突然反向,整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的图象如图乙所示,g=10m/s2。下列说法中正确的是()
A.0~5s内物块做匀减速运动
B.在t=1s时刻恒力F反向
C.恒力F大小为10N
D.物块与水平面的动摩擦因数为0.3
答案BD
解析题图乙为物块运动的v2x图象,由v2-v=2ax可知,图象的斜率k=2a,得0~5m位移内a1=-10m/s2,5~13m位移内a2=4m/s2,可知恒力F反向时物块恰好位于x=5m处,t==1s,A错误,B正确。对物块受力分析可知,-F-Ff=ma1,F-Ff=ma2,得F=7N,Ff=3N,μ==0.3,C错误,D正确。
二、真题与模拟
11.20xx·海南高考](多选)如图所示,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块。开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时()
A.物块与斜面间的摩擦力减小
B.物块与斜面间的正压力增大
C.物块相对于斜面减速下滑
D.物块相对于斜面匀速下滑
答案BD
解析当升降机匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑时有:mgsinθ=μmgcosθ,则μ=tanθ(θ为斜面倾角)。当升降机加速上升时,设加速度为a,物体处于超重状态,超重ma。物块“重力”变为G′=mg+ma,支持力变为N′=(mg+ma)cosθmgcosθ,B正确。“重力”沿斜面向下的分力GF′=(mg+ma)sinθ,沿斜面摩擦力变为f′=μN′=μ(mg+ma)cosθμmgcosθ,A错误。f′=μ(mg+ma)cosθ=tanθ(mg+ma)cosθ=(mg+ma)sinθ=G下′,所以物块仍沿斜面匀速运动,D正确,C错误。
12.20xx·海南高考](多选)如图所示,物块a、b和c的质量相同,a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,通过系在a上的细线悬挂于固定点O,整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a1,S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2,重力加速度大小为g。在剪断的瞬间()
A.a1=3gB.a1=0
C.Δl1=2Δl2D.Δl1=Δl2
答案AC
解析剪断细线前,把a、b、c看成整体,细线上的拉力为T=3mg。因在剪断瞬间,弹簧未发生突变,因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同。则将细线剪断瞬间,对a隔离进行受力分析,由牛顿第二定律得:3mg=ma1,得a1=3g,A正确,B错误。由胡克定律知:2mg=kΔl1,mg=kΔl2,所以Δl1=2Δl2,C正确,D错误。
13.20xx·北京高考]应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。对此现象分析正确的是()
A.受托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态
B.受托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态
C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度
D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度
答案D
解析物体在手掌的推力作用下,由静止竖直向上加速时,物体处于超重状态。当物体离开手的瞬间,只受重力作用,物体的加速度等于重力加速度,处于完全失重状态,故A、B、C错误;物体离开手的前一时刻,手与物体具有相同的速度,物体离开手的下一时刻,手的速度小于物体的速度,即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内,手的速度变化量大于物体的速度变化量,故手的加速度大于物体的加速度,也就是手的加速度大于重力加速度,故D正确。
14.20xx·四川高考](多选)如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是()
答案BC
解析若v2μmPg,则P先匀减速到零再反向加速到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带);若v2v1,且mQgμmPg,则P先匀减速至v1,然后与传送带一起匀速运动,直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带);若v2v1且mQgμmPg,满足mQg+μmPg=(mP+mQ)a2,中途减速至v1,以后满足mQg-μmPg=(mP+mQ)a3,以a3先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带),故C正确,A、D错误。
15.20xx·大纲卷]一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时,上升的最大高度为H,如图所示;当物块的初速度为时,上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()
A.tanθ和B.tanθ和
C.tanθ和D.tanθ和
答案D
解析对物块上滑过程由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma,根据运动规律可得v2=2a·,2=2a·,联立可得μ=tanθ,h=。故D项正确。
16.20xx·福建高考]如图,滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下滑,直至速度为零。对于该运动过程,若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图象最能正确描述这一运动规律的是()
答案B
解析对物体受力分析,由于物体在斜面上能够停止,物体所受的滑动摩擦力大于物体重力沿斜面的分力。设斜面倾角为α,由牛顿第二定律可知,Ff-mgsinα=ma,FN=mgcosα,又Ff=μFN,解得a=μgcosα-gsinα,加速度a为定值,D错误。由v=v0-at可知,vt图线应为倾斜的直线,C错误。由s=v0t-at2可知,st图线为抛物线,B正确。由几何关系可知h=s·sinα,即ht图线应类似于st图线,A错误。
17.20xx·江西宜春三中检测]如图所示,质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上,光滑槽内有一质量为m的小铁球,现用一水平向右的推力F推动凹槽,小铁球与光滑凹槽相对静止时,凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角,则下列说法正确的是()
A.小铁球受到的合外力方向水平向左
B.凹槽对小铁球的支持力为
C.系统的加速度为a=gtanα
D.推力F=Mgtanα
答案C
解析根据小铁球与光滑凹槽相对静止的状态可知,系统有向右的加速度,小铁球受到的合外力方向水平向右,凹槽对小铁球的支持力为,A、B错误。小球所受合外力为mgtanα,加速度a=gtanα,推力F=(m+M)gtanα,C正确,D错误。
18.20xx·海口联考](多选)如图所示,水平传送带A、B两端相距s=3.5m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。工件滑上A端瞬时速度vA=4m/s,到达B端的瞬时速度设为vB,则(g=10m/s2)()
A.若传送带不动,则vB=3m/s
B.若传送带以速度v=4m/s逆时针匀速转动,vB=3m/s
C.若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动,vB=3m/s
D.若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动,vB=2m/s
答案ABC
解析若传送带不动,由匀变速规律可知v-v=-2as,a=μg,代入数据解得vB=3m/s,当满足选项B、C中的条件时,工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样,还是向左,加速度还是μg,所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3m/s,故选项A、B、C正确,D错误。
19.20xx·福州质检]如图所示,劲度系数为k的轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上。一质量为m的小球,从离弹簧上端高h处自由下落,接触弹簧后继续向下运动。观察小球开始下落到小球第一次运动到最低点的过程,下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是()
答案A
解析此过程可分为三段,第一段小球向下做自由落体运动,加速度a=g,方向竖直向下,速度v=gt;第二段小球向下做加速运动,加速度a=,弹簧的压缩量x变大,加速度a变小,方向向下;第三段运动小球向下做减速运动,加速度a=,弹簧的压缩量x变大,加速度a变大,方向向上,到达最低点时ag,而且小球接触弹簧后at图线不是线性关系,所以C、D都错误。又由vt图象的斜率变化代表加速度的变化,故选项A正确。
20.20xx·山东烟台期中](多选)如图所示,横截面为直角三角形的三棱柱质量为M,放在粗糙的水平地面上,两底角中其中一个角的角度为α(α45°)。三棱柱的两倾斜面光滑,上面分别放有质量为m1和m2的两物体,两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接,定滑轮固定在三棱柱的顶端,若三棱柱始终处于静止状态。不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦,重力加速度大小为g,则将m1和m2同时由静止释放后,下列说法正确的是()
A.若m1=m2,则两物体可静止在斜面上
B.若m1=m2cotα,则两物体可静止在斜面上
C.若m1=m2,则三棱柱对地面的压力小于(M+m1+m2)g
D.若m1=m2,则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零
答案BC
解析若m1=m2,m2的重力沿斜面向下的分力大小为m2gsin(90°-α),m1的重力沿斜面向下的分力大小为m1gsinα,由于α45°,则m2gsin(90°-α)
20xx高考物理《平抛运动》材料分析
第2节平抛运动
考点一|平抛运动的基本规律
1.性质
加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动,运动轨迹是抛物线.
2.基本规律
以抛出点为原点,水平方向(初速度v0方向)为x轴,竖直向下方向为y轴,建立平面直角坐标系,则:
(1)水平方向:做匀速直线运动,速度vx=v0,位移x=v0t.
(2)竖直方向:做自由落体运动,速度vy=gt,位移y=gt2.
(3)合速度:v=,方向与水平方向的夹角为θ,则tanθ==.
(4)合位移:x=,方向与水平方向的夹角为α,tanα==.
3.对规律的理解(加试要求)
(1)飞行时间:由t=知,时间取决于下落高度h,与初速度v0无关.
(2)水平射程:x=v0t=v0,即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定,与其他因素无关.
(3)落地速度:vt==,以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角,有tanθ==,所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关.
(20xx·浙江4月学考)某卡车在公路上与路旁障碍物相撞.处理事故的警察在泥地中发现了一个小的金属物体,经判断,它是相撞瞬间车顶上一个松脱的零件被抛出而陷在泥里的.为了判断卡车是否超速.需要测量的量是()
A.车的长度,车的重量
B.车的高度,车的重量
C.车的长度,零件脱落点与陷落点的水平距离
D.车的高度,零件脱落点与陷落点的水平距离
D[根据题意和实际情景分析,零件在卡车撞停时,由于惯性向前飞出,不计空气阻力,视为做平抛运动,测出水平位移和高度,由h=gt2,x=v0t,得v0=x,故D正确.]
(20xx·浙江10月学考)如图421甲所示,饲养员对着长l=1.0m的水平细长管的一端吹气,将位于吹气端口的质量m=0.02kg的注射器射到动物身上.注射器飞离长管末端的速度大小v=20m/s.可视为质点的注射器在长管内做匀变速直线运动,离开长管后做平抛运动,如图乙所示.若动物与长管末端的水平距离x=4.0m,求注射器下降的高度h.
图421
【解析】由平抛运动规律有x=vt得t==0.2s由h=gt2得h=0.2m.【答案】0.2m
1.两个重要推论
(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬间速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点,如图422中A点和B点所示.
图422
(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处,设其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=2tanθ.
2.平抛运动的求解方略——运动分解
(1)→→→
(2)时间相等是联系两个分运动的桥梁.
(3)注意速度、位移的合成与分解.
1.关于做平抛运动的物体,说法正确的是()
A.速度始终不变
B.加速度始终不变
C.受力始终与运动方向垂直
D.受力始终与运动方向平行
B[物体做平抛运动的条件是物体只受重力作用,且初速度沿水平方向,故物体的加速度始终不变,大小为g,B正确;物体的平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,其合运动是曲线运动,速度的大小和方向时刻变化,A错误;运动过程中,物体所受的力与运动方向既不垂直也不平行,C、D错误.]
2.(20xx·嘉兴高三检测)关于从同一高度以不同初速度水平抛出的物体,比较它们落到水平地面上的时间(不计空气阻力),以下说法正确的是()
A.速度大的时间长
B.速度小的时间长
C.一样长
D.质量大的时间长
C[水平抛出的物体做平抛运动,由y=gt2得t=,其下落的时间由下落的高度决定,从同一高度以不同初速度水平抛出的物体,落到水平地面上的时间相同,A、B、D错误,C正确.]
3.(20xx·浙江10月学考)一水平固定的水管,水从管口以不变的速度源源不断地喷出,水管距地面高h=1.8m,水落地的位置到管口的水平距离x=1.2m,不计空气及摩擦阻力,水从管口喷出的初速度大小是()
A.1.2m/sB.2.0m/s
C.3.0m/sD.4.0m/s
B[水从管口喷出后做平抛运动,此时运动时间由竖直方向上的h决定,根据h=gt2得t==0.6s,水平方向做匀速直线运动,由x=v0t得初速度v0=2.0m/s,B选项正确.]
4.如图423所示,滑板运动员以速度v0从离地高度为h的平台末端水平飞出,落在水平地面上.忽略空气阻力,运动员和滑板可视为质点,下列表述正确的是()
图423
A.v0越大,运动员在空中运动时间越长
B.v0越大,运动员落地瞬间速度越大
C.运动员落地瞬间速度方向与高度h无关
D.运动员落地位置与v0大小无关
B[运动员在竖直方向上做自由落体运动,运动员做平抛运动的时间t=,只与高度有关,与速度无关,A项错误;运动员的末速度是由初速度和竖直方向上的速度合成的,合速度v=,初速度越大,合速度越大,B项正确;物体在竖直方向上的速度vy=,高度越高,落地时竖直方向上的速度越大,故合速度方向与高度h有关,C项错误;运动员在水平方向上做匀速直线运动,落地的水平位移x=v0t=v0,故落地的位置与初速度有关,D项错误.]
5.(加试要求)(多选)如图424所示,从某高度处水平抛出一小球,经过时间t到达地面时,速度与水平方向的夹角为θ,不计空气阻力,重力加速度为g.下列说法正确的是()
图424
A.小球水平抛出时的初速度大小
B.小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为
C.若小球初速度增大,则平抛运动的时间变长
D.若小球初速度增大,则θ减小
AD[由tanθ=可得小球平抛的初速度大小v0=,A正确;由tanα====tanθ可知,α≠,B错误;小球平抛运动的时间t=,与小球初速度无关,C错误;由tanθ=可知,v0越大,θ越小,D正确.]考点二|与斜面有关的平抛运动问题
1.从斜面上平抛(如图425)
图425
已知位移方向,方法:分解位移
x=v0t
y=gt2
tanθ=
可求得t=
2.对着斜面平抛(如图426)
图426
已知速度的大小或方向,方法:分解速度
vx=v0
vy=gt
tanθ==
可求得t=
物体从斜面平抛又落在斜面上问题的五条规律
1.物体的竖直位移与水平位移之比是同一个常数,这个常数等于斜面倾角的正切值;
2.物体的运动时间与初速度成正比;
3.物体落在斜面上,位移方向相同,都沿斜面方向;
4.物体落在斜面上时的速度方向平行;
5.当物体的速度方向与斜面平行时,物体离斜面的距离最远.
1.如图427所示,以10m/s的水平初速度抛出的物体,飞行一段时间后,垂直地撞在倾角为θ=30°的斜面上,g取10m/s2,这段飞行所用的时间为()
图427
A.sB.sC.sD.2s
C[
如图所示,把末速度分解成水平方向的分速度v0和竖直方向的分速度vy,则有=cot30°,又vy=gt将数值代入以上两式得t=s.故选C.]
2.如图428所示,在足够长的斜面上的A点,以水平速度v0抛出一个小球,不计空气阻力,它落到斜面上所用的时间为t1;若将此球改用2v0抛出,落到斜面上所用时间为t2,则t1与t2之比为()
图428
A.1∶1B.1∶2
C.1∶3D.1∶4
B[因小球落在斜面上,所以两次位移与水平方向的夹角相等,由平抛运动规律知tanθ==,所以=.故选B.]
3.(20xx·台州模拟)如图429所示,位于同一高度的小球A、B分别以v1和v2的速度水平抛出,都落在了倾角为30°的斜面上的C点,小球B恰好垂直打到斜面上,则v1、v2之比为()
图429
A.1∶1B.2∶1
C.3∶2D.2∶3
C[小球A、B从同一高度平抛,到斜面上的C点经历的时间相等,设为t,由题意可得:tan30°=,tan30°=,解得:v1∶v2=3∶2,C正确.]
4.(加试要求)如图4210所示,两个相对的斜面,倾角分别为α=37°和β=53°.在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出,小球都落在斜面上.若不计空气阻力,则a、b两个小球的运动时间之比为()
图4210
A.1∶1B.4∶3
C.16∶9D.9∶16
D[对a有=tanα,得ta=①
对b有=tanβ,得tb=②
将数值代入①②得ta∶tb=9∶16.故选D.]
5.(加试要求)如图4211所示,一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出,经过3s落到斜坡上的A点.已知O点是斜坡的起点,斜坡与水平面的夹角θ=37°,运动员的质量m=50kg.不计空气阻力(sin37°=0.6,cos37°=0.8;g取10m/s2).求:
图4211
(1)A点与O点的距离L;
(2)运动员离开O点时的速度大小;
(3)运动员从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间.
【解析】(1)运动员在竖直方向做自由落体运动,有Lsin37°=gt2L==75m.(2)设运动员离开O点时的速度为v0,运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动,有Lcos37°=v0t,即v0==20m/s.(3)运动员的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速运动(初速度为v0cos37°、加速度为gsin37°)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为v0sin37°、加速度为gcos37°).当垂直斜面方向的速度减为零时,运动员离斜坡最远,有v0sin37°=gcos37°·t,解得t=1.5s.
【答案】(1)75m(2)20m/s(3)1.5s
20xx高考物理《圆周运动》材料分析
第3节圆周运动
考点一|圆周运动的基本概念
1.线速度:描述物体圆周运动快慢的物理量.
v==.
2.角速度:描述物体绕圆心转动快慢的物理量.
ω==.
3.周期和频率:描述物体绕圆心转动快慢的物理量.
T=,T=.
4.向心加速度:描述速度方向变化快慢的物理量.
an==rω2=ωv=r.
5.相互关系:(1)v=ωr=r=2πrf.
(2)an==rω2=ωv=r=4π2f2r.
(20xx·浙江4月学考)如图431为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间.假定此时他正沿圆弧形弯道匀速率滑行,则他()
图431
A.所受的合力为零,做匀速运动
B.所受的合力恒定,做匀加速运动
C.所受的合力恒定,做变加速运动
D.所受的合力变化,做变加速运动
D[运动员做匀速圆周运动,其加速度指向圆心,方向时刻变化,为变加速运动,合力也指向圆心,方向时刻变化.D正确.]
(20xx·浙江10月学考)在“G20”峰会“最忆是杭州”的文艺演出中,芭蕾舞演员保持如图432所示姿式原地旋转,此时手臂上A、B两点角速度大小分别为ωA、ωB,线速度大小分别为vA、vB,则()
图432
A.ωAωBB.ωAωB
C.vAvB
D[该模型为同轴转动模型,可以得出角速度一样,因此半径大的点线速度大,所以A、B两点角速度一样,线速度A处大于B处.故选D.]
1.对公式v=ωr的理解
(1)当r一定时,v与ω成正比;
(2)当ω一定时,v与r成正比;
(3)当v一定时,ω与r成反比.2.常见的三种传动方式及特点
(1)皮带传动:如图433所示,皮带与两轮之间无相对滑动时,两轮边缘线速度大小相等,即vA=vB.
图433
(2)摩擦传动:如图434甲所示,两轮边缘接触,接触点无打滑现象时,两轮边缘线速度大小相等,即vA=vB.
图434
(3)同轴传动:如图乙、丙所示,绕同一转轴转动的物体,角速度相同,ωA=ωB,由v=ωr知v与r成正比.
1.对于做匀速圆周运动的物体,下列说法中不正确的是()
A.相等的时间内通过的路程相等
B.相等的时间内通过的弧长相等
C.相等的时间内通过的位移相等
D.相等的时间内转过的角度相等
C[匀速圆周运动是指线速度大小不变的圆周运动,因此在相等时间内通过路程相等,弧长相等,转过的角度也相等,故选项A、B、D正确;相等的时间内通过的位移方向不同,由于位移是矢量,因此位移不相等,故选项C错误.]
2.皮带传动装置如图435所示,两轮的半径不相等,传动过程中皮带不打滑.关于两轮边缘上的点,下列说法正确的是()
图435
A.周期相同
B.角速度相等
C.线速度大小相等
D.向心加速度相等
C[皮带不打滑时,皮带上各点的线速度大小相等,C正确.]
3.如图436所示,当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时,板上A、B两点()
图436
A.角速度之比ωA∶ωB=∶1
B.角速度之比ωA∶ωB=1∶
C.线速度之比vA∶vB=∶1
D.线速度之比vA∶vB=1∶
D[板上A、B两点的角速度相等,角速度之比ωA∶ωB=1∶1,选项A、B错误;线速度v=ωr,线速度之比vA∶vB=1∶,选项C错误,D正确.]
4.(加试要求)如图437是自行车传动装置的示意图,其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮,Ⅱ是半径为r2的小齿轮,Ⅲ是半径为r3的后轮,假设脚踏板的转速为nr/s,则自行车前进的速度为()
图437
A.B.
C.D.
D[因为要计算自行车前进的速度,即车轮Ⅲ边缘上的线速度的大小,根据题意知:轮Ⅰ和轮Ⅱ边缘上的线速度的大小相等,据v=rω可知:r1ω1=r2ω2,已知ω1=ω,则轮Ⅱ的角速度ω2=ω,因为轮Ⅱ和轮Ⅲ共轴,所以转动的角速度相等即ω3=ω2,根据v=rω可知,v3=r3ω3==.]考点二|圆周运动中的动力学分析
1.匀速圆周运动的向心力
(1)作用效果
向心力产生向心加速度,只改变速度的方向,不改变速度的大小.
(2)大小
F=m=mω2r=mr=mωv=4π2mf2r.
(3)方向
始终沿半径方向指向圆心,时刻在改变,即向心力是一个变力.
(4)来源(加试要求)
向心力可以由一个力提供,也可以由几个力的合力提供,还可以由一个力的分力提供.
2.离心现象的受力特点(只必考要求)
图438
当F=mrω2时,物体做匀速圆周运动;
当F=0时,物体沿切线方向飞出;当FFCD.FBFC
B[在平直公路上行驶时,重力等于支持力,由牛顿第三定律知,压力等于支持力,所以压力FA=mg;汽车到达B点时,有向下的加速度,汽车失重,故支持力小于重力,因而压力小于重力;在C点时与在B点时相反,压力大于重力,所以FCFAFB,故B正确.]
2.(20xx·通化高三检测)如图4310所示,在匀速转动的圆筒内壁上紧靠着一个物体一起运动,充当向心力的是()
图4310
A.重力B.弹力
C.静摩擦力D.滑动摩擦力
B[物体在竖直方向上受重力和静摩擦力作用,两力平衡,在水平方向上受弹力作用,弹力充当向心力,B正确.]
3.(20xx·绍兴市调研)奥运会单杠比赛中有一个“单臂大回环”的动作,难度系数非常大.假设运动员质量为m,单臂抓杠杆身体下垂时,手掌到人体重心的距离为l.如图4311所示,在运动员单臂回转从顶点倒立转至最低点过程中,可将人体视为质量集中于重心的质点,且不考虑手掌与单杠间的摩擦力,重力加速度为g,若运动员在最低点的速度为2,则运动员的手臂拉力为自身重力的()
图4311
A.2倍B.3倍
C.4倍D.5倍
D[对运动员在最低点受力分析,由牛顿第二定律可得,F-mg=m,解得,F=5mg,D项正确.]
4.(加试要求)在云南省某些地方到现在还要依靠滑铁索过江,若把这滑铁索过江简化成如图4312所示的模型,铁索的两个固定点A、B在同一水平面内,A、B间的距离为L=80m,铁索的最低点离A、B连线的垂直距离为H=8m,若把铁索看做是圆弧,已知一质量m=52kg的人借助滑轮(滑轮质量不计)滑到最低点时的速度为10m/s,那么()
图4312
A.人在整个铁索上的运动可看成是匀速圆周运动
B.可求得铁索的圆弧半径为100m
C.人在滑到最低点时,滑轮对铁索的压力为570N
D.人在滑到最低点时,滑轮对铁索的压力为50N
C[人借助滑轮下滑过程中,其速度是逐渐增大的,因此人在整个铁索上的运动不能看成匀速圆周运动;设圆弧的半径为r,由几何关系,有:(r-H)2+2=r2,解得r=104m;人在滑到最低点时,根据牛顿第二定律得:FN-mg=m,解得FN=570N,选项C正确.]考点三|竖直面内圆周运动的临界问题
1.在竖直平面内做圆周运动的物体,按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类:一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等),称为“绳(环)约束模型”,二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等),称为“杆(管)约束模型”.
2.绳、杆模型涉及的临界问题
绳模型杆模型常见类型过最高点的临界条件由mg=m得v临=由小球恰能做圆周运动得v临=0讨论分析(1)过最高点时,v≥,FN+mg=m,绳、圆轨道对球产生弹力FN
(2)不能过最高点时,v,在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v=0时,FN=mg,FN为支持力,沿半径背离圆心
(2)当0时,FN+mg=m,FN指向圆心并随v的增大而增大
(20xx·浙江4月学考)如图4313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)
图4313
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.
【解析】恰能通过圆环最高点,需满足的条件是mg=①由弹簧压缩量为d时,恰好使滑块上升到B点得EpA=mgh1②沿轨道Ⅱ运动时由A到F机械能守恒EpA=mv2③①②③联立解得v=2m/s,Rm=0.4m当RRm=0.4m时,滑块会脱离螺旋轨道,不能上升到B点.【答案】见解析
/
1.(多选)(20xx·台州市六校高二联考)如图4314所示甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车,甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动,丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动,两种过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上,四个图中轨道的半径都为R,下列说法正确的是()
图4314
A.甲图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时,座椅一定给人向上的力
B.乙图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时,安全带一定给人向上的力
C.丙图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时,座椅一定给人向上的力
D.丁图中,轨道车过最高点的最小速度为
BC[在甲图中,当速度比较小时,根据牛顿第二定律得,mg-FN=m,即座椅给人施加向上的力,当速度比较大时,根据牛顿第二定律得,mg+FN=m,即座椅给人施加向下的力,故A错误;在乙图中,因为合力指向圆心,重力竖直向下,所以安全带一定给人向上的力,故B正确;在丙图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时,合力方向向上,重力竖直向下,则座椅给人的作用力一定竖直向上,故C正确;在丁图中,由于轨道车有安全锁,可知轨道车在最高点的最小速度为零,故D错误.]
2.(20xx·东阳模拟)一轻杆一端固定质量为m的小球,以另一端O为圆心,使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动,如图4315所示,则下列说法正确的是()
图4315
A.小球过最高点时,杆所受到的弹力可以等于零
B.小球过最高点的最小速度是
C.小球过最高点时,杆对球的作用力一定随速度增大而增大
D.小球过最高点时,杆对球的作用力一定随速度增大而减小
A[轻杆可对小球产生向上的支持力,小球经过最高点的速度可以为零,当小球过最高点的速度v=时,杆所受的弹力等于零,A正确,B错误;若v,则杆在最高点对小球的弹力竖直向上,mg-F=m,随v增大,F减小,若v,则杆在最高点对小球的弹力竖直向下,mg+F=m,随v增大,F增大,故C、D均错误.]
3.长度为1m的轻杆OA的A端有一质量为2kg的小球,以O点为圆心,在竖直平面内做圆周运动,如图4316所示,小球通过最高点时的速度为3m/s,g取10m/s2,则此时小球将()
图4316
A.受到18N的拉力
B.受到38N的支持力
C.受到2N的拉力
D.受到2N的支持力
D[设此时轻杆拉力大小为F,根据向心力公式有F+mg=m,代入数值可得F=-2N,表示受到2N的支持力,选项D正确.]
4.如图4317所示,小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动,内侧壁半径为R,小球半径为r,则下列说法正确的是()
图4317
A.小球通过最高点时的最小速度vmin=
B.小球通过最高点时的最小速度vmin=
C.小球在水平线ab以下的管道中运动时,内侧管壁对小球一定无作用力
D.小球在水平线ab以上的管道中运动时,外侧管壁对小球一定有作用力
C[小球沿光滑圆形管道上升,到达最高点的速度可以为零,A、B选项均错误;小球在水平线ab以下的管道中运动时,由于重力的方向竖直向下,向心力方向斜向上,必须受外侧管壁指向圆心的作用力,C正确;小球在水平线ab以上的管道中运动时,由于重力有指向圆心的分量,若速度较小,小球可不受外侧管壁的作用力,D错误.]
文章来源:http://m.jab88.com/j/68680.html
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