【物理】2019届二轮复习力与运动学案（全国通用）
专题1 力与运动
01 力与物体平衡
一、受力分析,整体法与隔离法的应用
1.常见的各种性质力
种类
大小
方向
说明
重力
G=mg(不同高度、纬度、星球,g值不同)
竖直向下
微观粒子(电子、质子)的重力一般可忽略,带电小球、油滴的重力一般不能忽略
弹簧的
弹力
F= x(x为形变量)
沿弹簧轴线
大小、方向都能够发生变化
静摩擦力
0
gtan θ时,对小球进行受力分析如图丁所示,根据牛顿第二定律,水平方向有FCsin θ+FB=ma,竖直方向有FCcos θ=mg,解得FC=,FB=ma-mgtan θ,可知FB与a也呈线性关系,而FC不变,所以C项错误,D项正确。
丙 丁
答案▶ BD
甲
6.如图甲所示,倾角为θ的斜面体C置于水平面上,光滑滑块B置于斜面体上,与滑块B连接的细绳固定在天花板上,此时细绳与斜面平行,滑块B与斜面体C均处于静止状态。现将斜面体C稍向左移动,移动后滑块B与斜面体C仍处于静止状态,则( )。
A.细绳对滑块B的拉力变小
B.斜面体C对滑块B的支持力变小
C.地面对斜面体C的支持力变小
D.地面对斜面体C的摩擦力变大
乙
解析▶ 以滑块B为研究对象,受重力mg、细绳拉力FT和斜面体C对它的支持力FN三个力的作用,其中重力mg大小、方向均不变,斜面体C对滑块B的支持力FN方向不变。三力平衡,构成力的三角形,如图乙所示。初始位置绳子对滑块B的拉力与斜面C对滑块B的支持力方向垂直,斜面体C向左移动后,拉力方向与竖直方向的夹角变大,则拉力和斜面体C对滑块B的支持力均变大,由牛顿第三定律可知,滑块B对斜面体C的压力增大,方向不变,以斜面体C为研究对象,由共点力平衡可知,地面对斜面体C的支持力和摩擦力均变大,A、B、C三项错误,D项正确。
答案▶ D
甲
7.(2018· 黑龙江模拟)(多选)如图甲所示,跨过光滑轻小滑轮的轻绳一端连接物体,在绳另一端A施加竖直向下的拉力F,使物体沿水平面向右匀速滑动,在此过程中( )。
A.绳端A的速度逐渐减小
B.绳端A的速度逐渐增大
C.绳端拉力F逐渐增大
D.绳端拉力F的功率逐渐减小
乙
解析▶ 设绳子与水平方向夹角为θ,物体做匀速直线运动,将速度分解,有v1=v0cos θ,因夹角θ增大,则绳端A的速度逐渐减小,A项正确,B项错误;由平衡条件得Fcos θ=f,N+Fsin θ=mg,f=μN,解得F==(tan α=),在物体向右运动过程中θ角逐渐增大,力F可能一直减小,也可能先减小后增大,C项错误;物块匀速运动,拉力F的功率p=Fv1=,θ增大,则所以拉力F的功率变小,D项正确。
答案▶ AD
甲
8.(2018·山西模拟)(多选)如图甲所示,处于竖直平面内的正六边形金属框架ABCDEF可绕过C点且与平面垂直的水平轴自由转动,该金属框架的边长为L,中心记为O,用两根不可伸长、长度均为L的轻质细线将质量为m的金属小球悬挂于框架的A、E两个顶点并处于静止状态,现令框架绕C点转轴沿顺时针方向缓慢转过90°角,已知重力加速度为g,在包括初、末状态的整个转动过程中,下列说法正确的是( )。
A.细线OA中拉力最大值为mg
B.细线OE中拉力最大值为
C.细线OA中拉力逐渐增大
D.细线OE中拉力逐渐减小
乙
解析▶ 对小球进行受力分析,如图乙所示,因OA、OE夹角始终为120°,则在力的三角形中,重力mg的对角始终为60°,设力的三角形中FTA的对角为α,FTE的对角为β,缓慢转动过程中,小球始终受力平衡,由正弦定理得==, α角由30°增大到120°,FTA先增大后减小,当α=90°时,FTA最大,最大值为,A、C两项错误;β角由90°减小到0°,FTE减小到0,当β=90°时,FTE最大,最大值为,故B、D两项正确。
答案▶ BD
9.(2018·上海调研)(多选)如图甲所示,A是一均匀小球,搁在竖直墙壁与四分之一圆弧形滑块B之间,最初A、B相切于小球的最低点,不计一切摩擦。一水平推力F作用在滑块B上,使球与滑块均静止,现将滑块B向右缓慢推过一较小的距离,在此过程中( )。
甲
A.墙壁对球的弹力不变
B.滑块对球的弹力增大
C.地面对滑块的弹力增大
D.推力F增大
解析▶ 对小球受力分析,小球受到重力、墙壁对它的弹力和滑块对它的弹力,如图乙所示,因为重力的大小和方向都不变,墙壁对它的弹力方向不变,根据作图法知,滑块对小球的弹力方向始终在变化,墙壁对它的弹力和滑块对小球弹力的合力不变,大小等于重力,从图乙中可知,滑块对小球的弹力在增大,墙壁对小球的弹力也在增大,A项错误,B项正确。对滑块和小球整体进行受力分析,整体受重力、地面对整体的支持力、墙壁对整体的弹力及水平推力F,在竖直方向上,地面对滑块的支持力等于滑块和小球的重力大小,滑块和小球的重力都不变,所以地面对滑块的支持力不变。在水平方向上,推力F大小等于墙壁对小球的弹力,所以水平推力F增大,C项错误,D项正确。
乙
答案▶ BD
10.(2018·广东模拟)(多选)如图所示,在距定滑轮O正下方l处的B点用绝缘底座固定一带电荷量为+q的小球1,绝缘轻质弹性绳一端悬挂在定滑轮O正上方处的D点,另一端与质量为m
的带电小球2连接,发现小球2恰好在A位置平衡,已知OA长为l,与竖直方向的夹角为60°。由于弹性绳的绝缘效果不是很好,小球2缓慢漏电,一段时间后,当滑轮下方的弹性绳与竖直方向夹角为30°时,小球2恰好在AB连线上的C位置。已知静电力常量为 ,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )。
A.小球2带负电
B.小球2在C位置时所带电荷量为
C.小球2在A位置时所带电荷量为
D.弹性绳的原长为
解析▶ 根据题意可知小球2受到小球1的排斥力,所以小球2带正电,A项错误;设弹性绳的劲度系数为 ,原长为l0,在A位置时,小球2受到竖直向下的重力,小球1对它的库仑力F,绳子对它的拉力T,根据几何知识可知,三个力正好形成一个等边矢量三角形,故F= =mg,T= =mg,解得qA=;在C位置时,小球2受到竖直向下的重力,小球1对它的库仑力F',绳子对它的拉力T',根据几何知识可知,三个力正好形成一个直角矢量三角形,故F'=4 =mg,T'= =mg,解得qA'=,联立解得l0=,B项错误,C、D两项正确。
答案▶ CD
甲
11.(2018·安徽模拟)(多选)如图甲所示,在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽,圆形槽平面与水平面平行,在某一过直径的直线上有O、A、B三点,其中O为圆心,A点固定着一电荷量为Q的正电荷,B点固定着一个未知电荷,且圆槽圆周上各点电势相等,AB=L。有一个可视为质点的质量为m,电荷量为-q的带电小球正在圆槽中运动,在C点小球受到的电场力指向圆心,C点所处的位置如图甲所示,根据题干和图示信息可知( )。
A.B点的电荷带正电
B.B点电荷的电荷量为3Q
C.B点电荷的电荷量为 Q
D.小球在圆槽内做匀速圆周运动
乙
解析▶ 小球在C点受到的电场力指向圆心知,A点的正电荷对小球吸引,则B点的电荷对小球必排斥,因此B点的电荷带负电,A项错误;由∠ABC=∠ACB=30°知,∠ACO=30°,AB=AC=L,BC=2ABcos 30°=L,由力的合成可得F1=F2 ,即=,QB=Q,B项错误,C项正确;圆周上各点电势相等,小球在运动过程中电势能不变,根据能量守恒知,小球的动能不变,小球做匀速圆周运动,D项正确。
答案▶ CD
12.如图所示,A、B、C三球的质量均为m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端,另一端与A球相连,A、B间由一轻质细线连接,B、C间由一轻杆相连。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上,弹簧、细线与轻杆均平行于斜面,初始系统处于静止状态,细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是( )。
A.A球的加速度沿斜面向上,大小为gsin θ
B.C球的受力情况未变,加速度为零
C.B、C两球的加速度均沿斜面向下,大小均为gsin θ
D.B、C之间杆的弹力大小不为零
解析▶ 初始系统处于静止状态,把B、C看成整体,B、C受重力2mg、斜面的支持力FN、细线的拉力FT ,由平衡条件可得FT =2mgsin θ,对A进行受力分析,A受重力mg、斜面的支持力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力FT ,由平衡条件可得:F弹=FT +mgsin θ=3mgsin θ,细线被烧断的瞬间,拉力会突变为零,弹簧的弹力不变,根据牛顿第二定律得A球的加速度沿斜面向上,大小a=2gsin θ,A项错误;细线被烧断的瞬间,把B、C看成整体,根据牛顿第二定律得B、C整体的加速度a'=gsin θ,均沿斜面向下,B项错误,C项正确;对C进行受力分析,C受重力mg、杆的弹力F和斜面的支持力,根据牛顿第二定律得mgsin θ+F=ma',解得F=0,所以B、C之间杆的弹力大小为零,D项错误。
答案▶ C
02 力与物体的直线运动
一、匀变速直线运动规律
1.自由落体运动基本公式的推论
自由落体运动常用结论
自由落体运动常用比例
1.Δh=gT 2,即任意相邻相等时间内的位移之差相等。可以推广到hm-hn=(m-n)gT2
2.=,某段时间的中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度
1.前1 s、前2 s、前3 s……内的位移之比为1∶4∶9∶……
2.第1 s、第2 s、第3 s……内的位移之比为1∶3∶5∶……
3.前1 m、前2 m、前3 m……所用的时间之比为1∶∶∶……
4.第1 m、第2 m、第3 m……所用的时间之比为1∶(-1)∶(-)∶……
2.对竖直上抛运动的分析主要通过下面三个
基本方法
研究方法
重要结论
分段研究法
把竖直上抛运动的全过程分为上升阶段和下降阶段,上升阶段做末速度vt=0,加速度a=g的匀减速直线运动,下降阶段做自由落体运动。物体下落阶段的运动和上升阶段的运动互为逆运动
全程研究法
把竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段看成是一个匀减速直线运动,其加速度方向始终与初速度v0的方向相反。应用全程法处理竖直上抛运动全过程问题时,要特别注意速度、位移、加速度等矢量的方向,一般选向上为正方向,初速度v0为正值,运动规律表达式为vt=v0-gt,h=v0t-gt2。上升过程中速度v为正值,下降过程中速度v为负值,物体在抛出点以上时位移h为正值,在抛出点以下时位移h为负值
(续表)
研究方法
重要结论
对称研究法
时间的
对称性
①物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等:t上=t下=
②物体在上升过程中从某点到达最高点所用的时间和从最高点落回该点所用的时间相等
③物体在上升过程中经过某段所用的时间与下落过程经过该段所用的时间相等
速度的
对称性
①物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度大小相等,方向相反
②上升阶段和下降阶段经过同一位置时的速度大小相等,方向相反
能量的
对称性
竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械能对应相等
3.x-t图象与v-t图象的比较
图象
比较项目
x-t图象
v-t图象
图象
实例
(续表)
图象
比较项目
x-t图象
v-t图象
图线
含义
①表示物体做匀速直线运动(斜率表示速度v);
②表示物体静止;
③表示物体向负方向做匀速直线运动;
④交点的纵坐标表示三个物体相遇时的位移;
⑤t1时刻物体(同①表示的物体)位移为x1(图中阴影部分的面积没有意义)
①表示物体做匀加速直线运动(斜率表示加速度a);
②表示物体做匀速直线运动;
③表示物体做匀减速直线运动;
④交点的纵坐标表示三个物体的共同速度;
⑤t1时刻物体(同①表示的物体)速度为v1(图中阴影部分面积表示物体(同①表示的物体)在0 t1时间内的位移)
二、牛顿运动定律
1.对牛顿第一定律的理解
(1)明确了惯性的概念:揭示了物体的一种固有属性,牛顿第一定律揭示了物体所具有的一个重要属性——惯性。
(2)揭示了力的本质:牛顿第一定律明确了力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动的原因,物体的运动不需要力来维持。
(3)揭示了物体不受力作用时的运动状态:牛顿第一定律描述的只是一种理想状态,而实际中不受力作用的物体是不存在的,当物体受力但所受合力为零时,其运动效果跟不受力作用时相同,物体将保持静止或匀速直线运动状态。
2.理解牛顿第二定律的“五性”
考点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.匀变速直线运动问题求解思路
3.解答匀变速直线运动的常用技巧
(1)基本公式法:v=v0+at,x=v0t+at2,v2-=2ax。
(2)重要推论法:=(利用平均速度求瞬时速度);=;Δx=aT2(用逐差法求加速度)。
(3)逆向思维法:“匀减速至速度为零的过程”可逆向处理为“由静止开始做匀加速运动的过程”。
(4)图象法:利用v-t图象或x-t图象求解。
(5)比例法:根据初速度为零的匀变速直线运动规律列出比例。
1.如图所示,竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度约为104 m,升降机运行的最大速度为8 m/s,加速度大小不超过1 m/s2,假定升降机到井口的速度为零,则将矿石从井底提升到井口的最短时间是( )。
A.13 s B.16 s C.21 s D.26 s
解析▶ 升降机先做加速运动,后做匀速运动,最后做减速运动,在加速阶段,所需时间t1==8 s,通过的位移x1==32 m,在减速阶段与加速阶段相同,在匀速阶段所需时间t2==5 s,总时间t=2t1+t2=21 s,C项正确,A、B、D三项错误。
答案▶ C
点评▶ 运动学多物体的多过程问题的解题思路:
(1)明确各个物体在各个过程中的运动特点。
(2)确定各个过程中物体间已知量的关系。
(3)选用合适的公式分别列出各个物体遵循的关系式并求解。
1.(2018·河北模拟)水平地面上有一足球距门柱x=10 m,某同学将该足球以水平速度v1=6 m/s踢出,足球在地面上做匀减速直线运动,加速度大小a1=1 m/s2,足球撞到门柱后反向弹回,弹回瞬间速度大小是碰撞前瞬间速度大小的。该同学将足球踢出后立即由静止开始以a2=1 m/s2的加速度追赶足球,他能达到的最大速度v2=3 m/s,(不计空气阻力)该同学至少经过多长时间才能追上足球?
解析▶ 设足球运动到门柱时的速度为v3,由运动学公式可得
-=2a1x
解得v3=4 m/s
足球从踢出到撞到门柱运动的时间
t1==2 s
足球撞到门柱后反弹速度大小v4=2 m/s
足球从反弹到速度减为0的时间t2==2 s
该同学加速时间t3==3 s
该同学加速运动的位移x1==4.5 m
该同学在足球速度减为零时,匀速运动的位移
x2=v2(t1+t2-t3)=3 m
足球从反弹到速度减为0的位移x3==2 m
因x1+x2+x3v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速
(2)v0v时,返回时速度为v;当v0mgsin θ=50 N,故之后小物体将向上做匀速运动,运动的时间t2==4.8 s,故小物体运动的总时间t=t1+t2=5.2 s,小物体运动到B点的速度为1 m/s,A项错误。从A到B,由动能定理可知W传-mglsin θ=mv2-0,解得W传=255 J,B项正确。小物块相对传送带滑动的位移s相=vt1-x1=0.2 m,则物体与传送带间因摩擦产生的热量Q=(μmgcos θ)s相=15 J,D项正确。由功能关系可知,电动机做的功等于物块增加的机械能和因滑动摩擦而产生的热,则W电=W传+Q=270 J,故C项错误。
答案▶ BD
考查角度3
▶ 动力学的临界与极值问题
1.产生临界(极值)问题的条件
(1)接触与脱离的临界(极值)条件:两物体相接触或脱离,临界(极值)条件是弹力FN=0。
(2)是否相对滑动的临界(极值)条件:两物体相接触且处于相对静止时,常存在着静摩擦力,则相对滑动的临界(极值)条件是静摩擦力达到最大值。
(3)绳子是否断裂的临界(极值)条件与绳子是否松弛的临界(极值)条件:绳子所能承受的张力是有限的,绳子断与不断的临界(极值)条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力;绳子松弛的临界(极值)条件是FT=0。
2.解决临界(极值)问题的基本思路
(1)认真审题,详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。
(2)寻找过程中变化的物理量。
(3)探索物理量的变化规律。
(4)确定临界(极值)状态,分析临界(极值)条件,找出临界(极值)关系。
3.如图甲所示,质量为m的小球通过AC、BC两根细绳悬挂在木箱中的C点,两根细绳分别系于A、B两点。木箱与小球组成的系统可沿竖直平面(纸面)向上、下、左、右四个方向做匀加速运动,其加速度大小不等于重力加速度g。下列各说法正确的是( )。
甲
A.若系统向左做匀加速运动,则绳AC拉力可能为零
B.若系统向右做匀加速运动,则绳BC拉力可能为零
C.若系统向上做匀加速运动,则绳BC拉力可能为零
D.若系统向下做匀加速运动,则绳AC拉力可能为零
解析▶ 一般情况下小球受力分析如图乙所示,由于系统的加速度可向上、下、左、右四个方向,所以沿上下、左右建立坐标。细绳AC拉力的分力为F3、F4,细绳BC拉力的分力为F1、F2。若系统向左做匀加速运动,则上下方向的合力为零,必存在F4,所以AC拉力不能为零,A项错误。若系统向右做匀加速运动,F1、F2均可为零,所以BC拉力可能为零,B项正确。若系统向上做匀加速运动,则F4不为零,即FAC不为零,从而F3不为零,而左右方向的合力为零,必存在F1,所以BC拉力不能为零,C项错误。若系统向下做匀加速运动,因加速度不等于重力加速度,故两绳拉力均不为零,故D项错误。
乙
答案▶ B
点评▶ 临界问题实质是一种运动形式(或物理过程和物理状态)转变为另一种运动形式(或物理过程和物理状态)时,存在着分界线的现象,这种分界线通常以临界值和临界状态的形式出现在不同的问题中;引起临界与极值问题的主要原因在于最大静摩擦力、绳子的张力的最大值、两个物体要分离时相互作用的弹力为零,等等,抓住这些是从根本上解决临界问题的关键。
5.(2018·重庆期末)如图甲所示,竖直轻弹簧固定在水平地面上,上端与质量为0.1 g的木块A相连,质量也为0.1 g的木块B叠放在A上,A、B都静止。在B上施加竖直向下的力F,使木块缓慢向下移动。F的大小与木块移动距离x的关系如图乙所示,整个过程弹簧都处于弹性限度内,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )。
甲 乙
A.弹簧的劲度系数为520 N/m
B.在木块下移0.1 m的过程中,木块和弹簧组成的系统机械能增加2.5 J
C.当木块下移0.1 m时,若撤去F,则B的最大速度为5 m/s
D.当木块下移0.1 m时,若撤去F,则A、B分离时的速度为5 m/s
解析▶ 弹簧的压缩量增加0.1 m的过程中,压力增大50 N,根据胡克定律可知ΔF= Δx,所以 ==500 N/m,A项错误;F-x图象中,纵坐标F与横坐标x之间所围的面积表示力F做的功,所以这个过程中力F做功WF=2.5 J,根据功能关系W其他=ΔE机,木块和弹簧组成的系统机械能增加2.5 J,B项正确;木块下移0.1 m时,若撤去F,则A与B整体将向上做加速度减小的加速运动,当A、B回到初始位置时加速度为零,速度最大,由于开始阶段压力做功2.5 J,所以A与B的速度最大时,二者动能的和是2.5 ,即2×mvmJ2=2.5 J,得vm=5 m/s,C项错误;当B的速度是5 m/s时,二者在平衡位置,所以二者的加速度都等于0,B受到的A对B的弹力大小等于A的重力,所以二者没有分离,D项错误。
答案▶ B
1.(2018·江苏模拟)(多选)如图所示为一个质点运动的位移x随时间t变化的图象,由此可知质点在0 4 s内( )。
A.先沿x轴正方向运动,后沿x轴负方向运动
B.一直做匀变速运动
C.t=2 s时速度一定最大
D.速率为5 m/s的时刻有两个
解析▶ 从图中可知正向位移减小,故质点一直朝着负方向运动,A项错误;图象的斜率表示速度大小,故斜率先增大后减小,说明物体速率先增大后减小,做变速运动,但不能判断是不是做匀变速直线运动,t=2 s时,斜率最大,速度最大,B项错误,C项正确;速率先增大后减小,并且平均速度为5 m/s,故增大过程中有一刻速度为5 m/s,减小过程中有一刻速度为5 m/s,共有两个时刻速度大小为5 m/s,D项正确。
答案▶ CD
2.(2018·广东一模)如图所示,水平地面上一物体以v=5 m/s的初速度向右滑行,若物体与地面间的动摩擦因数为0.25,重力加速度g=10 m/s2,则物体在3 s内的位移大小为( )。
A.0.5 m B.2.5 m C.3.75 m D.5 m
解析▶ 物体在向右运动过程中,加速度a=μg=2.5 m/s2,方向向左,物体停止运动所用时间t==2 s,故在3 s内的位移等于物体在2 s内的位移,大小x==5 m,D项正确。
答案▶ D
3.(2018·安徽模拟)小明和小华操控各自的玩具赛车甲、乙在小区平直的路面上做直线运动,t=0时刻两赛车恰并排,此后两赛车运动的位移x与时间的比值随时间t的变化关系如图所示,对于甲、乙两赛车前2 s的运动,下列说法正确的是( )。
A.t=1 s时,甲超过乙最远
B.t=1 s时,甲、乙两赛车相遇
C.t=2 s时,甲超过乙最远
D.t=2 s时,甲、乙两赛车相遇
解析▶ 甲赛车做匀速直线运动,速度v甲=1 m/s。根据x=v0t+at2可得=at+v0,可知乙赛车初速度为零,加速度a=2 m/s2,故两质点在t=0.5 s时速度相等,相距最远,在t=1 s时位移相同,甲、乙相遇。
答案▶ B
4.(2018·安徽联考)如图甲所示,可视为质点的质量m1=1 g的小物块放在质量m2=2 g的长木板正中央位置,长木板静止在水平地面上,连接物块的轻质细绳与水平方向的夹角为37°,现对长木板施加水平向左、大小F=18 N的拉力,长木板运动的v-t图象如图乙所示,sin 37°=0.6,重力加速度取g=10 m/s2,则( )。
甲 乙
A.木板运动1 s离开小物块
B.木板长度为1 m
C.木板与地面间的动摩擦因数为0.5
D.物块与木板间的动摩擦因数为0.5
解析▶ 从图象可知,木板运动2 s离开小物块,A项错误;在0 2 s,由图象可知木板的位移大小x=1 m,故木板的长度L=2x=2 m,B项错误;在2 s 3 s,由图象可得长木板的加速度大小a2==4 m/s2,又a2=,解得木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.5,C项正确;在0 2 s,
小物块受力如图丙所示,由平衡条件得FN+Tsin 37°=m1g,Tcos 37°=f1,而f1=μ1FN,对长木板,由图象得长木板的加速度大小a1==0.5 m/s2,由牛顿第三定律得f1'=f1,FN'=FN,由牛顿第二定律有a1=,解得μ1=,D项错误。
丙
答案▶ C
5.(2018·太原模拟)如图甲所示,一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A上的顶端O处,细线另一端拴一质量m=0.2 g的小球静止在A上。若滑块从静止开始以加速度a向左做匀加速运动,(取重力加速度取g=10 m/s2)( )。
甲
A.当a=5 m/s2时,线中拉力为 N
B.当a=10 m/s2时,小球受的支持力为 N
C.当a=12 m/s2时,经过1 s小球运动的水平位移是6 m
D.在稳定后,地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和
乙
解析▶ 小球受力如图乙所示,当小球对滑块的压力恰好等于零时,小球所受重力mg和拉力T使小球随滑块一起沿水平方向向左加速运动,由牛顿运动定律得小球和滑块共同的加速度a0==10 m/s2。当a=5 m/s2a0=10 m/s2时,滑块的位移x=at2=6 m,而小球要先脱离斜面,然后保持与滑块相同的运动状态,故在这1 s内小球运动的水平位移小于6 m,C项错误。在稳定后,对小球和滑块A整体受力分析可知,在竖直方向没有加速度,故地面对A的支持力等于两个物体重力之和,D项错误。
答案▶ A
6.(2018· 徐州期中)(多选)某娱乐节目设计了一款在直轨道上运动的“导师战车”,坐在“战车”中的导师按下按钮,“战车”从静止开始先做匀加速运动,后做匀减速运动,冲到学员面前刚好停止。若总位移大小L=10 m,加速和减速过程的加速度大小之比为1∶4,整个过程历时5 s,则下列说法正确的是( )。
A.全程平均速度的大小为2 m/s
B.加速过程的时间为4 s
C.全程最大速度为4 m/s
D.全程最大速度为2 m/s
解析▶ 全程的平均速度==2 m/s,A项正确;设加速过程的末速度为v,即全程最大的速度,根据a=得加速过程的加速度大小a1=,减速过程的加速度大小a2=,根据题意有=,总时间t1+t2=5 s,联立解得t1=4 s,B项正确;加速过程的位移x1=t1,减速过程的位移x2=t2,总位移L=x1+x2,联立解得L=(t1+t2)=t,解得v==4 m/s,C项正确,D项错误。
答案▶ ABC
7.(2018·厦门模拟)质量M=1 g的木板静止在粗糙水平面上,木板与地面间的动摩擦因数为μ1,在木板的左端放置一个质量m=1 g,大小可忽略的铁块。铁块与木板间的动摩擦因数为μ2,取重力加速度g=10 m/s2。若在铁块右端施加一个从0开始增大的水平向右的力F,假设木板足够长,铁块受到的摩擦力随拉力F的变化如图所示。关于两个动摩擦因数的数值正确的是( )。
A.μ1=0.1,μ2=0.2
B.μ1=0.1,μ2=0.4
C.μ1=0.2,μ2=0.4
D.μ1=0.4,μ2=0.2
解析▶ 由图可知,当F=6 N时,铁块的摩擦力变成了恒定值,即滑动摩擦力,此时有f=μ2mg=4 N,解得μ2=0.4,在F=6 N时,铁块和木板具有相同的加速度,对铁块有F-f=ma,解得a=2 m/s2,对木板有f1-μ1(M+m)g=Ma,f'=f,解得μ1=0.1,故B项正确。
答案▶ B
8.(多选)有一种自带起吊装置的构件运输车,其起吊臂A安装在车厢前端,如图甲所示。当卷扬机B通过绕过定滑轮C的轻质吊索从车厢内吊起质量为m的构件时,连接在吊索上的拉力传感器绘制出吊索拉力随时间变化的规律为三段直线,如图乙所示。则下列描述正确的是( )。
甲 乙
A.t1 t2时间内构件匀加速上升
B.图乙所示整个过程构件的最大加速度为0.2g
C.若t3-t2=4(t2-t1)=4Δt,则构件匀速上升的速度为0.9g·Δt
D.0 t1时间内汽车对地面的压力增大
解析▶ t1 t2时间内吊索拉力增大,构件所受合外力(F=FT-mg=ma)增大,加速度增大,A项错误;t2 t3时间内构件所受合外力最大且恒定,故最大加速度am==0.2g,B项正确;若t3-t2=4(t2-t1)=4Δt,则构件的最大速度vm=Δv=(t2-t1)+0.2g(t3-t2)=0.9g·Δt,C项正确;由于t1时刻构件才离开车厢底板上升,之前系统加速度为零,汽车对地面的压力大小等于汽车和构件的总重力不变,D项错误。
答案▶ BC
9.(2018·山东一模)2008年北京奥运会上何雯娜夺得中国首枚奥运会女子蹦床金牌。为了测量运动员跃起的高度,可在弹性 上安装压力传感器,利用传感器记录运动员运动过程中对弹性 的压力,并由计算机绘出压力—时间图象,如图所示。运动员在空中运动时可视为质点,则可求运动员跃起的最大高度为(g取10 m/s2)( )。
A.7.2 m
B.5.0 m
C.1.8 m
D.1.5 m
解析▶ 由压力—时间关系图象可知,运动员离开 后做竖直上抛运动的最长时间为2.0 s,由对称性可知空中下降时间t降=1.0 s,所以运动员跃起的最大高度h==5 m,B项正确。
答案▶ B
甲
10.(2018·长沙模拟)(多选)某 研单位设计了一空间飞行器,飞行器从地面起飞时,发动机提供的动力方向与水平方向的夹角α=60°,使飞行器恰好沿与水平方向成θ=
30°角的直线斜向上方由静止开始匀加速飞行,如图甲所示。经时间t后,将动力的方向沿逆时针旋转60°,同时适当调节其大小,使飞行器沿原方向匀减速飞行。飞行器所受空气阻力不计。下列说法中正确的是( )。
A.加速时动力的大小等于 mg
B.加速与减速时的加速度大小之比为2∶1
C.减速飞行时间t后速度减为零
D.加速过程发生的位移大小与减速到零的过程发生的位移大小之比为1∶2
解析▶ 起飞时,飞行器受推力和重力,两力的合力与水平方向成30°角斜向上,设动力为F,合力为Fb,如图乙所示,在△OFFb中,由几何关系得F=2mgcos 30°=mg,Fb=mg,故A项错误;由牛顿第二定律得加速时飞行器的加速度a1=g,推力方向逆时针旋转60°,合力的方向与水平方向成30°角斜向下,推力F'跟合力Fb'垂直,如图丙所示,此时合力大小Fb'=mgsin 30°,动力大小F'=mg,飞行器的加速度大小a2==g,加速与减速时的加速度大小之比a1∶a2=2∶1,B项正确;设t时刻的速率为v,由静止开始匀加速飞行,经时间t后减速,设减速到最高点的时间为t',则v=a1t=a2t',解得t'=2t,C项错误;加速过程发生的位移x1=t,减速到速度为零的过程发生的位移大小x2=t',加速过程与减速过程发生的位移大小之比x1∶x2=t∶t'=1∶2,D项正确。
乙 丙
答案▶ BD
11.(2018·广东模拟)2017年5月,国产大飞机C919在上海浦东机场首飞。某次测试中,C919在平直跑道上由静止开始匀加速滑行,经t1=20 s达到最大速度vm=288 m/h,之后匀速滑行一段时间,再匀减速滑行,最后停下来。若滑行总距离x=3200 m,且减速过程的加速度大小与加速过程的加速度大小相等,取重力加速度g=10 m/s2。
(1)求C919减速滑行时的加速度大小。
(2)若C919的质量m=8×104 g,加速过程中飞机受到的阻力恒为自身受到重力的,求飞机加速过程中发动机产生的推力大小。
(3)求C919在整个滑行过程中的平均速度大小。(结果保留1位小数)
解析▶ (1)由题意可知vm=at1=80 m/s
解得a=4 m/s2
由于减速过程和加速过程的加速度大小相等,故
a'=4 m/s2。
(2)加速过程F- mg=ma,解得F=4×105 N。
(3)加速过程有,t1=20 s,x1=a=800 m
减速过程t2=20 s,x2=a'=800 m
匀速过程t3==20 s
故全程的平均速度大小==53.3 m/s。
答案▶ (1)4 m/s2 (2)4×105 N (3)53.3 m/s
12.(2018·衡水模拟)如图所示,一个物块以某一初速度v0沿倾角θ=37°、高h=1.7 m的固定光滑斜面的底端向上运动,物块运动到斜面顶端时的速率v= m/s,如果在斜面中间某一区域设置一段摩擦区,物块与摩擦区之间的动摩擦因数μ=0.125,物块以同样的初速度从斜面的底端向上运动,物块恰好运动到斜面的顶端。(重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,≈4.7)
(1)求初速度v0的大小。
(2)求摩擦区的长度l。
(3)在设置摩擦区后,摩擦区的位置不同,物块以初速度v0从斜面底端运动到斜面顶端的时间不同,求物块从斜面底端运动到斜面顶端的最长时间(计算结果保留2位小数)。
解析▶ (1)由动能定理得
-mgh=mv2-m
代入数据可得v0=6 m/s。
(2)增设摩擦区后,因物块恰好运动到斜面的顶端,则摩擦力做功恰好等于没有摩擦区域时物块运动到斜面顶端的动能,则μmgcos θ·l=mv2
代入数据可得l=1 m。
(3)当摩擦区设置在斜面最下面时,让物块一开始运动就进入摩擦区,物块在斜面上运动的时间最长,设物块在摩擦区和光滑的斜面上的加速度分别是a1和a2,则
-mgsin θ-μmgcos θ=ma1
-mgsin θ=ma2
代入数据可得a1=-7 m/s2,a2=-6 m/s2
设物块在摩擦区内运动的时间为t1,则
l=v0t1+a1
代入数据得t1=0.19 s(另一解舍去)
设物块在斜面的光滑部分运动的初速度为v1,时间为t2,则v1=v0+a1t1=4.67 m/s
t2==0.78 s
物块运动到斜面顶端的最长时间t=t1+t2=0.97 s。
答案▶ (1)6 m/s (2)1 m (3)0.97 s
03 力与物体的曲线运动
一、曲线运动
1.解决运动的合成和分解问题的一般思路
(1)明确合运动或分运动的运动性质。
(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)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解。
2.运动性质的判断
二、平抛运动
1.建立坐标,分解运动
将平抛运动分解为竖直方向上的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动(在某些情况下运动分解的方向不一定在竖直方向和水平方向上)。
2.各自独立,分别分析
3.平抛运动是匀变速曲线运动,在任意相等的时间内速度的变化量Δv相等,Δv=gΔt,方向恒为竖直向下
4.平抛运动飞行时间和水平射程的有关因素
(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。
5.两个重要推论
(1)做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
(2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处,其瞬时速度v与初速度v0夹角α的正切值为位移s与水平位移x夹角θ的正切值的两倍,有tan α=2tan θ。
三、圆周运动
“一、二、三、四”求解圆周运动问题
四、万有引力与航天
1.四个分析
“四个分析”是指分析人造卫星的加速度、线速度、角速度及周期与轨道半径的关系。
=
2.天体质量和密度常用的估算方法
项目
使用方法
已知量
利用公式
表达式
备注
质量的
计算
利用运行天体
r、T
G=mr
M=
只能得到中心天体的质量
r、v
G=m
M=
v、T
G=m
G=mr
M=
利用天体表面重力加速度
g、R
mg=
M=
密度的
计算
利用运行天体
r、T、R
G=mr
M=ρ·πR3
ρ=
当r=R时ρ=
利用近地卫星只需测出其运行周期
利用天体表面重力加速度
g、R
mg=
M=ρ·πR3
ρ=
考点1
▶ 运动的合成与分解(小船渡河问题,绳、杆类关联速度问题)
1.运动的合成与分解实质是对描述物体运动的参量(位移、速度、加速度)进行合成与分解,与力的合成与分解一样,遵从矢量运算法则(平行四边形定则、三角形定则)。
2.合运动的性质可由合初速度与合加速度进行判断:(1)两个匀速直线运动的合运动一定为匀速直线运动;(2)合初速度与合加速度共线,物体做直线运动;(3)合初速度与合加速度不共线,物体做曲线运动,合外力恒定时物体做匀变速曲线运动。
3.涉及运动合成与分解的常见问题主要有拉船问题(又称绳端问题)、渡河问题,准确确定合运动(物体的实际运动为合运动)是分析这两类问题的关键。
(1)拉船问题图解
情景
图示
说明
人拉船
船的速度为合速度,满足:v船cos θ=v人
船拉人
船的速度为合速度,满足:v船cos θ=v人
拓展1
光斑的速度为合速度,满足:=v斑;v=。式中ω为手电筒绕O点转动的角速度
拓展2
两车的速度均为合速度,满足:v车cos β=v货cos α
(2)渡河问题图解
问题
图示
说明
最短渡河
时间问题
当船体垂直河岸时,渡河时间最短,大小为t=
最短渡河
位移问题
当v水v船时,在船头方向(v船方向)与合速度方向垂直时,船有最短渡河位移xmin=d
最小渡河
船速问题
在水流速度v水一定和船的航行方向(v合的方向)一定的前提下,当船头(v船方向)与既定航行方向垂直时就有满足题目条件的最小船速,即v船min=v水sin θ
1.(2018·徐州期中)(多选)如图甲所示,一段绳子跨过距地面高度为H的两个定滑轮,一端连接小车P,另一端连接物块Q。小车最初在左边滑轮的下方A点,以速度v从A点匀速向左运动,运动了H距离到达B点。下列说法正确的有( )。
甲
A.物块匀加速上升
B.物块在上升过程中处于超重状态
C.车过B点时,物块的速度为 v
D.车过B点时,左边绳子绕定滑轮转动的的角速度为
解析▶ 将小车的运动分解为沿绳子方向的运动和垂直绳子方向的运动,如图乙所示,小车以速度v向左匀速运动,当小车运动到使绳与水平方向的夹角为θ时,由三角函数可得v'=vcos θ,在向左运动的过程中θ减小,cos θ增大,则物块Q的速度v'增大,因cos θ随θ变化的图线是曲线,故物块Q的速度不是均匀增加的,A项错误;物块Q向上做变加速运动,加速度的方向向上,故物块Q处于超重状态,B项正确;当小车运动到B点时,由三角函数得tan θ==1,即θ=45°,物块
Q的速度v'=vcos 45°=v,垂直绳方向的速度v″=vsin 45°=v,此时左侧绳子的长度为 H,故左边绳子绕定滑轮转动的角速度ω==,C项错误,D项正确。
乙
答案▶ BD
点评▶ 求解运动的合成与分解的关键是正确认识合速度和两个分速度。合运动是物体的实际运动,而分运动是物体同时参与的几个运动,并不是物体的实际运动。
1.(2018·全国卷Ⅰ)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc是半径为R的四分之一的圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球。始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动,重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为( )。
A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR
解析▶ 设小球运动到c点的速度大小为vc,则对小球由a到c的过程,由动能定理得F·3R-mgR=m,又F=mg,解得vc=,小球离开c点后,在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动,水平方向和竖直方向的加速度大小均为g,则小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间t==2,小球在水平方向的位移x=at2=2R。小球从a点开始至运动到其轨迹最高点的过程中,水平方向的位移大小为5R,则小球机械能的增加量ΔE=F×5R=5mgR,C项正确,A、B、D三项错误。
答案▶ C
2.(多选)为了研究空气动力学问题,某人将质量为m的小球从距地面高h处以一定初速度水平抛出,在距抛出点水平距离L处,有一根管口比小球直径略大的竖直细管。管上口距地面 ,由于存在水平空气阻力,小球恰能无碰撞地通过管子,如图所示,则下列说法中正确的是( )。
A.小球的初速度为L
B.空气阻力的大小为
C.小球落地时速度为2
D.小球落地时速度为
解析▶ 小球在运动过程受重力和空气阻力作用,在竖直方向做自由落体运动有=,在水平方向上做匀减速运动,设初速度为v0,所以有L=t,联立解得v0=2L,A项错误;设空气阻力大小为F,根据牛顿第二定律得a=,因小球恰能无碰撞地通过管子,说明小球到管子口时水平方向的速度减为零,所以有0-=-2aL,即0-=-2L,将初速度为v0代入得F=,B项正确;水平方向因空气阻力速度减为零后,进入细管不再受风力的作用,所以水平速度为零,在竖直方向继续以加速度g加速下落,从抛出到落地由竖直方向运动规律得v2=2gh,所以小球最终落地时速度v=,D项正确,C项错误。
答案▶ BD
2.(2018·安徽联考)一只小船在同一河流中先后两次渡河,均从A沿直线运动到B,AB与河岸的夹角为α,第一次渡河时,船头垂直于河岸,船相对于静水的速度为v1,渡河所用时间为t1,第二次船头垂直于AB,船相对于静水的速度为v2,渡河所用时间为t2,河水速度恒定,则( )。
A.=sin α B.=
C.=cos2α D.=
解析▶ 设河水速度为v,当船头垂直河岸时,v1=vtan α,合速度v合1=,当船头垂直AB时,v2=vsin α,合速度v合2=vcos α,因此=,A、B两项错误;由于两次位移相同,因此时间之比=cos=2α,C项正确,D项错误。
答案▶ C
点评▶ 求解此题的关键是弄清两次小船渡河位移相等,合速度方向相同,小船在静水中的速度方向不同。合速度与分速度两次都构成矢量直角三角形。
3.(2018·合肥质检)如图所示,在宽为H的河流中,甲、乙两船从相距 H的A、B两个码头同时开始渡河,船头与河岸均成60°角,两船在静水中的速度大小相等,且乙船恰能沿BC到达正对岸的C点。则下列说法正确的是( )。
A.两船不会相遇
B.两船在C点相遇
C.两船在AC的中点相遇
D.两船在BC的中点相遇
解析▶ 设两船在静水中的速度为v,乙船的合速度,也就是沿BC方向的速度v1=vsin 60°,水流速度v水=vcos 60°,甲船沿AB方向的速度大小v2=vcos 60°+v水=2vcos 60°。若两船相遇,则一定在直线BC上相遇,设相遇点离B点的距离为x,两船渡河的时间相等有=,解得x=H,只有D项正确。
答案▶ D
考点2
▶ 抛体运动问题
1.图解平抛运动的实质
2.运用平抛运动规律处理平抛运动问题要抓住以下几点
(1)处理平抛运动(或类平抛运动)问题时,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,再用运动的合成法则求合运动。
(2)对于从斜面上平抛又落到斜面上的问题,竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值。
(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的比值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。
(5)抓住两个三角形,有关速度的三角形和有关位移的三角形,结合题目呈现的角度或函数方程找到解决问题的突破口。
(6)对斜抛运动问题,可以将斜抛运动在对称轴(最高点)处分开,然后对两部分都可按平抛运动来处理。
3.(2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端,将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出,两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )。
A.2倍 B.4倍 C.6倍 D.8倍
解析▶ 设甲球落至斜面时的速率为v1,乙落至斜面时的速率为v2,由平抛运动规律,x=vt,y=gt2,设斜面倾角为θ,由几何关系有tan θ===·=·,即vy=2tan θ·v,小球由抛出到落至斜面,v1=,联立解得v1=·v,即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比,所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍,A项正确。
答案▶ A
点评▶ 对平抛运动的落点问题,一般建立坐标系,由两个方向遵循的规律列出位移方程,由此确定其落点;对末速度的大小和方向问题,一般要建立水平分速度和竖直分速度之间的关系,由此确定其末速度。特别注意分解某一过程的位移和某一位置的瞬时速度,这样可以获得两个直角三角形,一般该类运动问题都可以在这两个直角三角形中解决。
4.(2018·安徽联考)如图所示,运动员将 球在边界A处正上方B点水平向右击出, 球恰好过 C的上边沿落在D点。不计空气阻力,已知AB=h1, 高h2=h1,AC=x,重力加速度为g,下列说法中正确的是( )。
A.落点D距离 的水平距离为 x
B. 球的初速度大小为x
C.若击球高度低于 h1,则无论球的初速度为多大,球都不可能落在对方界内
D.若保持击球高度不变,球的初速度v0只要不大于,则球一定落在对方界内
解析▶ 因为h1-h2=h1,由t=可知=,由x=v0t可知=,则xAD=x,落点D距 的水平距离为x,A项错误;球从B到D,h1=gt2,x=v0t,得v0=x,B项错误;任意降低击球高度(仍大于h2),
会有一临界情况,此时球刚好接触 又刚好压界,则有=,解得h'=h1,若小于该临界高度,速度大了会出线,速度小了会触 ,C项正确;若保持击球高度不变,击球速度很小,球可能不过 ,故D项错误。
答案▶ C
考点3
▶ 圆周运动问题
1.圆周运动基础知识和典型实例
下面给出几种常见水平面内圆周运动向心力 图示。
运动模型
向心力的 图示
飞机在水平
面内做圆周
运动
火车转弯
圆锥摆
(续表)
运动模型
向心力的 图示
飞车走壁
水平路面
汽车转弯
水平转台
2.竖直面内圆周运动的解题思路
(1)确定模型种类:首先判断是“线模型”还是“杆模型”。
(2)确定临界位置:对于竖直面内的圆周运动,通常其临界位置为圆周运动的最高点或最低点。
(3)研究临界状态:对于“线模型”,最高点的临界状态满足速度v=(其中R为圆周运动的半径);而对于“杆模型”,最高点的临界状态满足速度v=0。
(4)对质点进行受力分析:明确质点做圆周运动过程中的受力情况(通常是最高点或最低点),然后根据牛顿第二定律列出方程F合=m。
(5)对运动过程进行分析:对于处在两个状态之间的运动过程,通常采用动能定理或机械能守恒定律来求解。
3.圆周运动的临界问题的解题模板
4.平抛运动与圆周运动的综合问题
圆周运动与平抛运动或其他运动形式相结合的题目已成为现在高考的热点,物体在竖直面内的圆周运动问题,往往要综合运用牛顿运动定律和功能关系等解题。此类问题的情况有:(1)物体先做竖直面内的变速圆周运动,后做平抛运动;(2)物体先做平抛运动,后做竖直面内的变速圆周运动。这类问题往往要结合能量关系求解。
解答此类问题的关键:先要明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型”,再分析物体能够到达圆周最高点的临界条件,对物体在最低点和最高点时的状态进行分析,抓住前后两过程中速度的连续性。
甲
4.(2018·河北质检)(多选)如图甲所示,两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上,圆环可绕竖直方向的直径旋转,两小球随圆环一起转动且相对圆环静止。已知OA与竖直方向的夹角θ=53°,OA与OB垂直,小球B与圆环间恰好没有摩擦力,重力加速度为g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。下列说法正确的是( )。
A.圆环旋转角速度的大小为
B.圆环旋转角速度的大小为
C.小球A与圆环间摩擦力的大小为mg
D.小球A与圆环间摩擦力的大小为mg
乙
解析▶ 小球B与圆环间恰好没有摩擦力,由支持力和重力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得mgtan 37°=mω2Rsin 37°,解得圆环旋转角速度的大小ω=,A项正确,B项错误;对小球A进行受力分析,设A受到的摩擦力斜向上,如图乙所示,由牛顿第二定律得,在水平方向上Nsin θ-fcos θ=mω2Rsin θ,竖直方向上Ncos θ+fsin θ-mg=0,解得f=,C项错误,D项正确。
答案▶ AD
点评▶ 匀速圆周运动常见临界条件:绳张弛的临界,张力FT=0;接触面滑动的临界,F=f;接触面分离的临界,FN=0。
5.(多选)如图甲所示,小球穿在竖直平面内光滑的固定圆环上,绕圆心O点做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时,圆环与小球间弹力大小为F,小球在最高点的速度大小为v,其F-v2图象如乙图所示,则( )。
甲 乙
A.小球的质量为4 g
B.固定圆环的半径R=0.8 m
C.在最高点速度为4 m/s时,小球受圆环的弹力大小为20 N,方向向上
D.若小球恰好做圆周运动,则小球受圆环的最大弹力为100 N
解析▶ 对小球在最高点进行受力分析,速度为零时,F-mg=0,结合图象可知mg=F=20 N,解得小球的质量m=2 g,A项错误;当F=0时,由向心力公式可得mg=,结合图象可知mg=,即固定圆环的半径R=0.8 m,B项正确;设速度为4 m/s时,小球受圆环的弹力方向向下,由牛顿第二定律得F+mg=m,代入解得F=20 N,方向竖直向下,C项错误;经过最低点时,小球受圆环的弹力最大,由牛顿第二定律得F-mg=m,到最高点速度为零,由机械能守恒得mg×2R=mv2,联立解得F=5mg,代入数据得F=100 N,D项正确。
答案▶ BD
考点4
▶ 万有引力与航天
1.思路与方法
2.双星与多星问题
涉及黑洞问题、双星问题、三星系统等考题主要是以下几种形式。
系统
图示
向心力
可视天体绕黑洞做圆周运动
黑洞对可视天体的万有引力
黑洞与可视星构成的双星系统
彼此给对方的万有引力
两颗可视星构成的双星系统
彼此给对方的万有引力
三星系统(正三角形排列)
另两星球对其万有引力的合力
三星系统(直线等间距排列)
另两星球对其万有引力的合力
5.(2018·全国卷Ⅱ)2018年2月,我国500 m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318+0253”,其自转周期T=5.19 ms,假设星体为质量均匀分布的球体,已知引力常量为6.67×10-11 N·m2/ g2。以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为( )。
A.5×109 g/m3 B.5×1012 g/m3
C.5×1015 g/m3 D.5×1018 g/m3
解析▶ 设脉冲星质量为M,密度为ρ,根据天体运动规律知≥mR,ρ==,代入可得ρ≈5×1015 g/m3 ,故C项正确。
答案▶ C
7.“墨子号”卫星在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动,经过时间t(t小于其运动周期),运动的弧长为s,与地球中心连线扫过的角度为β(弧度),引力常量为G,则下列关于“墨子号”的说法正确的是( )。
A.向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
B.周期为
C.质量为
D.线速度大于第一宇宙速度
解析▶ “墨子号”绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,由G=ma得加速度a=,则知“墨子号”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度,A项错误;环绕周期T==,B项正确;由G=mrω2,ω=,联立解得地球的质量M=,不能求出“墨子号”的质量,C项错误;第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度,故“墨子号”在轨道上运行的速度小于地球的第一宇宙速度,D项错误。
答案▶ B
6.(2018·全国卷Ⅰ)(多选)2017年,人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据 学家们复原的过程,在两颗中子星合并前约100 s时,它们相距约400 m,绕二者连线上的某点每秒转动12圈,将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体,由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识,可以估算出这一时刻两颗中子星( )。
A.质量之积 B.质量之和
C.速率之和 D.各自的自转角速度
解析▶ 双中子星做匀速圆周运动的频率f=12 H (周期T= s),由万有引力提供向心力,可得G=m1r1(2πf)2,G=m2r2(2πf)2,r1+r2=r,联立解得m1+m2=,B项正确,A项错误;由v1=ωr1=2πfr1,v2=ωr2=2πfr2,联立解得v1+v2=2πfr,C项正确;不能得出各自自转的角速度,D项错误。
答案▶ BC
8.(多选)如图所示是双星绕O点做匀速圆周运动的示意图,已知它们的质量分别为m1、m2,轨道半径的大小分别为r1、r2,并且r2>r1,若双星的总质量为M,双星间的距离为L,周期为T,则( )。
A.m2的线速度一定小于m1的线速度
B.m2的质量一定小于m1的质量
C.L一定,M越大,T越小
D.M一定,L越大,T越小
解析▶ 因角速度相等,轨道半径小的线速度小,A项错误;由于每颗星的向心力都是由双星间相互作用的万有引力提供的,因此大小必然相等,由F=mω2r
可得各自的轨道半径与其质量成反比,即r∝,所以轨道半径小的质量大,B项正确; 对质量为m1的星球有G=m1r1,对质量为m2的星球有G=m2r2,又因r1+r2=L,联立解得T=2π,可知L一定,M越大,T越小,C项正确;M一定,L越大,T越大,D项错误。
答案▶ BC
考查角度1
▶ 竖直平面内的圆周运动问题
竖直面内圆周运动的两类模型对比分析
模型
线—球模型
杆—球模型
模型
说明
用绳束缚的小球在竖直面内绕固定点做圆周运动
用杆或环形管内光滑轨道束缚的小球在竖直面内的圆周运动
模型
图示
定量
分析
在小球通过最高点时存在临界状态:小球到达最高点时绳子的拉力(或轨道的弹力)刚好等于零,小球的重力刚好提供做圆周运动的向心力,即mg=m。式中的v0是小球通过最高点的最小速度,通常叫临界速度,v0=。相关讨论如下:
①当小球通过最高点的速度v=v0时,小球的重力刚好提供做圆周运动的向心力;
②当小球通过最高点的速度vv0时,小球能在竖直面内做完整的圆周运动,且绳子有拉力
在小球通过最高点时存在以下几种情况(其中v0=):
①当小球通过最高点的速度v=v0时,小球的重力刚好提供做圆周运动的向心力;
②当小球通过最高点的速度vv0时,杆对小球有向下的拉力
(续表)
模型
线—球模型
杆—球模型
模型
应用
本模型的分析方法和结论适用于“水流星”“线球模型”“过山车”以及“竖直面上的环形光滑内侧轨道”等情景,其共同点:由于机械能守恒,物体做圆周运动的速率时刻在改变,物体在最高点处的速率最小,在最低点处的速率最大。物体在最低点处向心力向上,而重力向下,所以弹力必然向上且大于重力;而在最高点处,
本模型的分析方法和结论适用于“过拱桥”“杆球模型”“环形管内光滑轨道”等情景
向心力向下,重力也向下,所以弹力的方向就不能确定了,要分情况进行讨论
1.如图所示,光滑的水平轨道的右端与光滑的竖直圆轨道在C点相连接,左端与粗糙的倾斜轨道AB在B点相连,倾斜轨道与水平方向的夹角α=37°,倾斜轨道长L=1.25 m,小滑块与倾斜轨道的动摩擦因数μ=0.3。质量m=0.1 g的小滑块由倾斜轨道顶端静止滑下,小滑块经过轨道衔接处没有能量损失。(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2)
(1)求小滑块第一次到达倾斜轨道底端B点时速度的大小。
(2)要使小滑块不离开轨道,圆轨道的半径应该满足什么条件?
解析▶ (1)小滑块在倾斜轨道上运动,由动能定理知
(mgsin 37°-μmgcos 37°)L=mv2
解得v=3 m/s。
(2)①若小滑块恰好过竖直圆轨道最高点,设过最高点的速度为v0,则有
mg=m,-mg×2R1=m-mv2
联立解得R1=0.18 m。
②若小滑块恰好到竖直圆轨道最右端,则有-mg×R2=0-mv2
解得R2=0.45 m
要使小滑块不离开轨道,竖直圆弧轨道的半径R≤0.18 m或R≥0.45 m。
答案▶ (1)3 m/s (2)要使小滑块不离开轨道,竖直圆弧轨道的半径R≤0.18 m或R≥0.45 m
点评▶ 小滑块在竖直面内做圆周运动时不脱离圆轨道有两种情况:(1)能通过最高点,其临界条件类似于“竖直面内做圆周运动的轻绳模型”, 小滑块的重力刚好提供做圆周运动的向心力,即mg=m,式中的v0是小滑块通过最高点的最小速度,通常叫临界速度,v0=;(2)不超过圆弧,即小滑块恰好到达与竖直圆圆心的等高处,若小滑块运动超过圆弧,又不能通过最高点,则做斜抛运动。
1.如图所示,粗糙水平面与半径为R的光滑圆轨道之间由小圆弧平滑连接,一质量为m的小滑块(可视为质点)恰以初速度v0从A点沿切线进入圆轨道。如果小滑块恰好能够两次经过轨道最高点,已知重力加速度为g,则小滑块与水平面之间的动摩擦因数是( )。
A.μ=-
B.μ=-
C.μ=
D.μ=-
解析▶ 设小滑块第二次恰好经过轨道最高点的速度为v,根据牛顿第二定律可得mg=m,由几何关系可得水平地面AB的长度LAB=2×Rcos 30°=R,圆轨道最高点到水平地面的高度h=R+Rsin 30°=R,全过程根据动能定理得-μmg×R-mg×R=mv2-m,解得μ=-,故B项正确,A、C、D三项错误。
答案▶ B
2.(多选)如图所示,竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接,不计一切摩擦。圆心O点正下方放置质量为2m的小球A,质量为m的小球B以初速度v0向左运动,与小球A发生弹性碰撞。碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道,则小球B的初速度v0可能为( )。
A.2 B.
C.2 D.
解析▶ 设B的初速度方向为正方向,碰撞后B与A的速度分别为v1和v2,则mv0=mv1+2mv2,由能量守恒得=+,联立解得 v2=,小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道有两种情况
①恰好能通过最高点,说明小球A到达最高点时小球A的重力提供向心力,设在最高点的速度为vmin,由牛顿第二定律得2mg=
A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒,得
2mg×2R+×2m=
联立解得v0=,可知若小球A经过最高点,则需要v0≥
②小球A不能到达最高点,则小球A不脱离轨道时,恰好到达与O等高处,由机械能守恒定律得2mgR=×2m,联立解得v0=。可知若小球A不脱离轨道,须满足v0≤
由以上的分析可知,若小球A不脱离轨道,须满足v0≤或v0≥,A、D两项错误,B、C两项正确。
答案▶ BC
考查角度2
▶ 卫星的变轨问题
1.卫星的变轨问题分析
卫星的变轨问题可分为两类:大气层外的发动机变轨(跃迁式)和稀薄空气作用下的摩擦(连续)变轨。
(1)必须掌握的三种运动情景
(2)大气层外的发动机变轨又存在从较低轨道变轨到较高轨道和从较高轨道变轨到较低轨道两种情况,这两种情况互为逆过程。
(3)卫星速度改变时,卫星将变轨运行
①速度增大时,卫星将做离心运动,周期变长,机械能增加,稳定在高轨道上时速度比在低轨道上小。
②速度减小时,卫星将做向心运动,周期变短,机械能减少,稳定在低轨道上时速度比在高轨道上大。
2.变轨前后各参量的比较
(1)速度大小问题:如图所示,设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别为v1、v3,在轨道Ⅱ上过A点和B点时速率分别为vA、vB。在A点加速,则vA>v1,在B点加速,则v3>vB,又因v1>v3,故有vA>v1>v3>vB。
(2)加速度大小问题:因为在A点,卫星只受到万有引力作用,故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过A点,卫星的加速度都相同,同理,从Ⅱ、Ⅲ轨道经过B点时加速度也相同。
(3)周期长短问题:设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上的运行周期分别为T1、T2、T3,轨道半径分别为r1、r2(半长轴)、r3,由开普勒第三定律= 可知T1时,弹簧处于伸长状态,B项错误;在杆的角速度增大的过程中,小球的动能增大,重力势能增大,弹簧的弹性势能增大,小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒,C项正确;设弹簧劲度系数为 ,由杆静止时,弹簧的压缩量为得,mgsin 30°=,设角速度等于时速度为v,弹簧伸长l,杆的支持力为FN。则FNcos 30°= lsin 30°+mg,FNsin 30°+ lcos 30°=mω2(l0+l)cos 30°,联立解得l=,初末状态的弹性势能相等,则小球增加的机械能ΔE=ΔE +ΔEp,因v=ω×l0cos 30°=,故ΔE =mv2=mgl0,ΔEp=mg×l0sin 30°=mgl0,则ΔE=mgl0,D项正确。
答案▶ CD
6.(多选)利用引力常量G和下列某一组数据,能计算出地球质量的是( )。
A.地球半径R和表面重力加速度g(忽略地球自转)
B.人造卫星绕地球做圆周运动的速度v和周期T
C.月球绕地球做圆周运动的周期T及月球与地心间的距离r
D.地球绕太阳做圆周运动的周期T及地球与太阳间的距离r
解析▶ 根据地球表面物体重力等于万有引力可得=mg,解得地球质量M=,A项正确;由万有引力提供向心力可得==mR,可根据v、T求得R,进而求得地球质量,B项正确;根据万有引力提供向心力可得=mr,可根据T、r求得中心天体的质量M,运动天体的质量m抵消掉,无法求解,C项正确,D项错误。
答案▶ ABC
7.(多选)关于环绕地球运行的卫星,下列说法正确的是( )。
A.在同一轨道上运行的两颗质量相同的卫星,它们的动量相同
B.在赤道上空运行的两颗同步卫星,它们的机械能可能不同
C.若卫星运动的周期与地球自转周期相同,它就是同步卫星
D.沿椭圆轨道运行的卫星,在轨道不同位置可能具有相同的速率
解析▶ 在同一轨道上运行的两颗质量相同的卫星,它们的速度大小相同,但是方向不同,则动量不同,A项错误;在赤道上空运行的两颗同步卫星,它们的高度和速度都相同,但是质量可能不同,机械能可能不同,B项正确;卫星运动的周期与地球自转周期相同,且它的轨道必须在赤道平面内才是同步卫星,C项错误;沿椭圆轨道运行的卫星,在轨道不同位置可能具有相同的速率,例如在与长轴对称的两点上,D项正确。
答案▶ BD
8.同步卫星的发射方法是变轨发射,即先把卫星发射到离地面高度为200 m 300 m的圆形轨道上,这条轨道叫停泊轨道,如图所示,当卫星穿过赤道平面上的P点时,末级火箭点火工作,使卫星进入一条大的椭圆轨道,其远地点恰好在地球赤道上空约36000 m处,这条轨道叫转移轨道;当卫星到达远地点Q时,再启动卫星上的发动机,使之进入同步轨道,也叫静止轨道。关于同步卫星及其发射过程,下列说法不正确的是( )。
A.在P点火箭点火和Q点启动发动机的目的都是使卫星加速,因此,卫星在静止轨道上运行的线速度大于在停泊轨道上运行的线速度
B.在P点火箭点火和Q点启动发动机的目的都是使卫星加速,因此,卫星在静止轨道上运行的机械能大于在停泊轨道上运行的机械能
C.卫星在转移轨道上运动的速度大小范围为7.9 m/s 11.2 m/s
D.所有地球同步卫星的静止轨道都相同
解析▶ 根据变轨的原理知,在P点火箭点火和Q点启动发动机的目的都是使卫星加速。当卫星做圆周运动时,由G=m,得v= ,可知卫星在静止轨道上运行的线速度小于在停泊轨道上运行的线速度;由能量守恒知,卫星在静止轨道上运行的机械能大于在停泊轨道上运行的机械能,
故A项错误,B项正确。在转移轨道上的速度大于第一宇宙速度,小于第二宇宙速度,即速度大小范围为7.9 m/s 11.2 m/s,故C项正确。所有的地球同步卫星的静止轨道都相同,并且都在赤道平面上,高度一定,故D项正确。
答案▶ A
9.(多选)如图甲所示,一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与小球B连接,另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A连接,杆两端固定且足够长,物块A由静止从图示位置释放后,沿杆向上运动。设某时刻物块A运动的速度大小为vA,小球B运动的速度大小为vB,轻绳与杆的夹角为θ,则( )。
甲
A.vA=vBcos θ
B.vB=vAcos θ
C.小球B减小的势能等于物块A增加的动能
D.当物块A上升到与滑轮等高时,它的机械能最大
乙
解析▶ 由运动的合成与分解可知,物体A参与两个分运动:一个是沿着与它相连接的绳子的运动,另一个是垂直于绳子斜向上的运动。而物体A的实际运动轨迹是沿着竖直杆向上的,这一轨迹所对应的运动就是物体A的合运动,它们之间的关系如图乙所示。由几何关系可得vB=v'=vAcos θ,所以A项错误,B项正确。A、B组成的系统只有重力做功,系统机械能守恒,系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量,则小球重力势能的减小量等于系统动能的增加量和A的重力势能的增加量,故C项错误。除重力以外其他力做的功等于机械能的增量,物块A上升到与滑轮等高前,拉力做正功,机械能增加,物块A上升到与滑轮等高后,拉力做负功,机械能减小,所以A上升到与滑轮等高时,机械能最大,故D项正确。
答案▶ BD
10.(多选)如图甲所示,长为R的轻杆一端固定一小球,现让小球在竖直平面内绕轻杆的另一端O做圆周运动。小球运动到最高点时,受到的弹力为F,速度大小为v,其F-v2图象如图乙所示。则( )。
甲 乙
A.v2=c时,小球对杆的弹力方向向下
B.当地的重力加速度大小为
C.小球的质量为
D.v2=2b时,小球受到的弹力与重力大小相等
解析▶ 由图象可知,当v2=c时,有F<0,则杆对小球的作用力方向向下,根据牛顿第三定律可知,小球对杆的弹力方向向上,故A项错误;由图象知,当v2=b时,F=0,杆对小球无弹力,此时重力提供小球做圆周运动的向心力,有mg=m,得g=,B项错误;由图象知,当v2=0时,F=a,故有F=mg=a,解得m==,C项正确;由图象可知,当v2=2b时,由F+mg=m=2mg,得F=mg,D项正确。
答案▶ CD
11.(多选)如图所示,在水平转盘上放有两个可视为质点的相同的木块P和Q,两者用长为x的细绳连接,木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的 倍,P放在距离转轴x处,整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动。开始时,绳恰好伸直但无弹力,现让该装置从静止开始转动,使角速度缓慢增大,以下说法正确的是( )。
A.ω在<ω<范围内增大时,Q所受摩擦力变大
B.当ω>时,绳子一定有弹力
C.当ω>时,P、Q相对于转盘会滑动
D.ω在0<ω<范围内增大时,P所受摩擦力一直变大
解析▶ 开始角速度较小,两木块都靠静摩擦力提供向心力,当Q达到最大静摩擦力时,绳子开始出现弹力。由 mg=m·2x,解得ω1=,当ω>时,绳子具有弹力;此时P靠静摩擦力和拉力的合力提供向心力,拉力增大,静摩擦力增大,当P所受的摩擦力达到最大静摩擦力时,P、Q相对于转盘会滑动,对P有 mg-T=mx,对Q有T+ mg=m·2x,解得ω2=,所以当ω在<ω<范围内增大时,Q所受摩擦力不变;当ω>时,Q开始滑动,B项正确,A、C两项错误。当ω在0<ω<范围内增大时,P所受摩擦力一直增大,D项正确。
答案▶ BD
12.(多选)如图所示,小物块静止在水平面上A处,水平面右侧与一竖直光滑圆轨道平滑连接于B处,小物块可不受阻碍的进入圆轨道,C为圆轨道最高点。现给小物块水平向右的冲量I,使小物块向右运动。已知小物块的质量m=1 g,物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5,圆环半径R=0.6 m,A、B两处的距离L=0.8 m,重力加速度g=10 m/s2,则( )。
A.I=2 N·s时,物块能进入圆轨道
B.I=4 N·s时,物块不会脱离圆轨道
C.I=6 N·s时,物块将脱离圆轨道
D.I=5 N·s时,物块能到达C点,且对C点压力为30 N
解析▶ 由动量定理I=mv,物块恰好到B点时,有-μmgL=0-mv2,则小物块的冲量I=mv=2 N·s。恰好到与圆心等高处时,由动能定理有-μmgL-mgR=0-mv2,解得I=2 N·s,恰好到C点时,由牛顿第二定律有mg=m,由动能定理有-μmgL-2mgR=m-mv2,解得I= N·s,A项错误,B、C两项正确;I=5 N·s时,物块从A点到C点时,由动能定理有-μmgL-2mgR=m-mv2,由牛顿第二定律有mg+FN=m,联立解得FN=20 N,D项错误。
答案▶ BC
