• / 167
  • 下载费用:15 金币  

2017届高考一轮复习 高中物理模型整理.pdf

关 键 词:
2017届高考一轮复习 高中物理模型整理 2017 高考 一轮 复习 高中物理 模型 整理
资源描述:
高中物理模型整理 P2-4 “挂件”模型(轻杆、轻绳、轻弹簧模型,滑轮模型,平衡问题,死结与活结问题, 采用正交分解法、图解法、三角形法则和极值法) P4-7 含弹簧的物理模型(弹簧,橡皮绳(筋)) P7-12 追及、相遇模型(运动规律,临界问题,数学法(函数极值法、图像法等)和物理 方法(参照物变换法,守恒法)等) P13 刹车模型 P13-17“斜面”模型(运动规律,三大定律) P17-20“皮带”模型(“传送带”模型)(摩擦力,牛顿运动定律,功能及摩擦生热等问题) P20-22“滑块—木板”模型 P22-27“平抛”模型(平抛、斜抛,平抛中的临界问题,多体平抛)(运动的合成与分解, 牛顿运动定律,动能定理(类平抛运动)) P27-29“平抛+斜面”模型 P29-32类平抛问题 P33-34圆周运动基础知识(有关物理量,向心力) P35-38“水平面圆周运动”模型(用极限法分析圆周运动的临界问题)(向心力来源,实例) P39-40“竖直面圆周运动”模型(轻绳、轻杆、轻弹簧三件的异同点,过最高点的临界条件 及圆周运动中的动力学问题和功能问题) P41-47圆周运动题组 P48-53“行星”模型(相关物理量:半径、速度、角速度、周期)(变轨问题,双星模型) P53-55“子弹打木块”模型(三大定律,摩擦生热,临界问题) P56 “人船”模型 P56-57“弹性碰撞” 和“非弹性碰撞”模型(动量守恒定律,能量守恒定律) P58-59含有弹簧的类碰撞问题模型 P60-64“电路的动态变化”模型(串并联电路规律及电能、电功率、闭合电路欧姆定律、判 断方法和变压器的三个制约(电压、电流及电功率)问题) P64-65含电容器电路的分析方法 P66-85“电阻测量”模型(两尺、电表读数,伏安法测电阻,测金属电阻率,描绘伏安特性曲线) (电路设计,内外接法,限流式分压式接法的应用) P85-91“测电源的电动势和内阻”模型(电路设计,闭合电路欧姆定律、图象) P91-105“电场”模型(电场力、电势能、电势差、电势等基本概念,典型电场) P105-111“带电粒子在磁场中的圆周运动”模型(圆心半径的确定方法) P111-123“复合场” 模型(平衡与偏转、圆周运动、力和能问题) P124-127“多过程”模型(直线运动、类平抛运动、圆周运动,力和能问题) P128-137“电磁感应”模型(法拉第电磁感应定律,图象) P137-143电磁感应中的电路和图象问题 P144-150“导体棒切割磁感线”模型(电磁感应中的动力学和能量问题)(平面导轨,斜面 导轨、竖直导轨等,处理角度为力电角度,电学角度,力能角度) P150-155“交流电”模型(图像法。焦耳定律,闭合电路的欧姆定律,能量问题) P155-161变压器、电能的输送 P161-167“对称”模型(电场、磁场、电磁感应现象中的对称性,多解性) 2 “挂件”模型 【概述】 该模型一般由轻绳(轻杆)和物块模型组合而成,可分为静态和动态两类。常出现在选择、 计算题中。 【特点】 静态模型的受力情况满足共点力的平衡条件F 0 动态模型则满足牛顿第二定律F ma 【解题】 解析两种不同模型的关键是抓住物体的受力分析,然后结合平衡条件或牛顿定律。同时 也要根据具体的题目具体分析,采用正交分解法,图解法,三角形法则,极值法等不同方法。 △轻绳、轻杆、轻弹簧弹力比较(弹簧有关题目后面另提) 1.轻绳拉力一定是沿绳子方向,指向绳子收缩的方向。轻绳拉力的大小可以突变。用 轻绳连接的系统通过轻绳的碰撞、撞击时,系统的机械能有损失。 2.轻杆受力不一定沿轻杆方向。 3.轻弹簧可以被压缩或拉伸,其弹力的大小与弹簧的伸长量或缩短量有关。 ①轻弹簧各处受力相等,其方向与弹簧形变的方向相反; ②弹力的大小为F kx (胡克定律),其中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的伸长量 或缩短量; ③弹簧的弹力不会发生突变。 △滑轮模型与死结模型问题的分析 1.跨过滑轮、光滑杆、光滑钉子的细绳两端张力大小相等. 2.死结模型:如几个绳端有“结点”,即几段绳子系在一起,谓之“死结”,那么这几 段绳中的张力不一定相等. 3.同样要注意轻质固定杆的弹力方向不一定沿杆的方向,作用力的方向需要结合平衡 方程或牛顿第二定律求得,而轻质活动杆中的弹力方向一定沿杆的方向. 【例题】 1.如图所示,小车上固定着一根弯成角的曲杆,杆的另一端固定一个 质量为m的球,试分析下列两种情况下轻杆对球的弹力大小及方向: (1)小车静止不动; (2)小车以加速度a向右运动。 解:(1)球处于平衡状态,根据二力平衡的条件知,杆对球的弹力方向跟重力方向相反,竖 直向上,弹力大小跟球的重力大小相等,等于 mg. (2) 选小球为研究对象,小车以加速度 a 向右运动时,小球所受重力和杆 的弹力的合力一定水平向右,此时,弹力 F 的方向一定指向右上方,只有 这样,才能保证小球在竖直方向上保持平衡,水平方向上具有向右的加速 度,假设小球所受弹力方向与竖直方向的夹角为 θ(如图),根据牛顿第二 定律有, F sin ma  , F cos mg  。 解得 2 2 a F m g a ,tan g    。 3 2.如图所示,固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ,在斜杆下端固定有质量 为m的小球,下列关于杆对球的作用力F的判断中,正确的是:(D) A.小车静止时,F mg sin ,方向沿杆向上。 B.小车静止时,F mgcos ,方向垂直杆向上。 C.小车向右以加速度a运动时,一定有 ma F sin  D.小车向左以加速度a运动时, 2 2 F (ma ) (mg )  ,方向斜向左上方,与竖直方 向的夹角为α,则 a tan g   . 3. 如图,将一质量为m 的小球用一条轻绳L 1 和一条轻弹簧L 2 系 起,L 1 水平,L 2 与竖直方向夹角为θ。现突然将L 1 剪断,问剪断瞬间 小球所受的合力。 F mgtan 合 题中的L 2 若为轻绳,仍求剪断L 1 瞬间小球所受的合力? F mg sin 合 4. 如图所示,轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为10 kg的物体, ∠ACB=30°,g取10 m/s 2 ,求: (1)轻绳AC段的张力F AC 的大小; (2)横梁BC对C端的支持力的大小及方向. 解析 物体 M 处于平衡状态,根据平衡条件可判断,与物体相连的 轻绳拉力大小等于物体的重力,取C点为研究对象,进行受力分析,如图所示. (1)图中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M的物体,物体处于平衡状态,绳AC段的拉 力大小为:F AC =F CD =Mg=10×10 N=100 N (2)由几何关系得:F C =F AC =Mg=100 N 方向和水平方向成30°角斜向右上方 答案 (1)100 N (2)100 N 方向与水平方向成30°角斜向右上方 【变题】 1.如图所示,一光滑的半圆形碗固定在水平面上,质量为 m 1 的小球用轻绳跨过光滑碗 连接质量分别为m 2 和m 3 的物体,平衡时小球恰好与碗之间没有弹力作用,两绳与水平方向 夹角分别为60°、30°,则m 1 、m 2 、m 3 的比值为 ( B ) A.1∶2∶3 B.2∶ 3∶1 C.2∶1∶1 D.2∶1∶ 3 4 解析 对m 1 受力分析,如图所示,则: m 2 g=m 1 gcos 30° m 3 g=m 1 gcos 60°, m 2 = 3 2 m 1 m 3 = 1 2 m 1 ,B正确. 2.在如图10所示的装置中,两物体通过一段绳与两个滑轮连在一起,质量分别为m 1 、 m 2 ,悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径,不计一切摩擦,整个装置处于静止状态.由图 可知 ( ) A.α一定等于β B.m 1 一定大于m 2 C.m 1 一定小于2m 2 D.m 1 可能大于2m 2 答案 AC 解析 滑轮两侧绳的拉力大小相等,合力竖直向上,所以A正确;滑轮两侧绳的拉力 大小等于m 2 g,其合力大小等于m 1 g.当滑轮两侧的绳竖直向上时m 2 最小,等于m 1 的一 半,因滑轮两侧的绳不可能竖直向上,所以C正确,B、D错误. 【高考题】 1.(2012·广东理综·16)如图10所示,两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上,两绳与竖直 方向的夹角都为45°,日光灯保持水平,所受重力为G,左右两绳的拉力大小分别为 (B) 图10 A.G和G B. 2 2 G和 2 2 G C. 1 2 G和 3 2 G D. 1 2 G和 1 2 G 解析 根据对称性知两绳拉力大小相等,设为F,日光灯处于平衡状态,由2Fcos 45° =G解得F= 2 2 G,B项正确. 含弹簧的物理模型 【概述】 纵观历年的高考试题,和弹簧有关的物理试题占有相当大的比重。高考命题者常以弹簧 为载体设计出各类试题,这类试题涉及静力学问题、动力学问题、动量守恒和能量守恒问题、 振动问题、功能问题等,几乎贯穿了整个力学的知识体系,能很好地考查学生的综合分析能 力。 5 【特点】 中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”也是理想化模型,具有如下几个特性: (1)弹力遵循胡克定律F=kx,其中x是弹簧的形变量。 (2)轻:即弹簧(或橡皮绳)的重力可视为零。 (3)弹簧既能受拉力,也能受压力(沿着弹簧的轴线),橡皮绳只能受拉力,不能受压力。 (4)由于弹簧和橡皮绳受力时,其形变较大,发生形变需要一段时间,所以弹簧和橡皮 绳中的弹力不能突变。但是,当弹簧和橡皮绳被剪断时,它们产生的弹力立即消失。 【解题】 胡克定律、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量守恒定律 【例题】 1.如图所示,原长分别为L 1 和L 2 ,劲度系数分别为k 1 和k 2 的轻质弹簧竖 直悬挂在天花板上,两弹簧之间有一质量为 m 1 的物体,最下端挂着质量为 m 2 的另一物体,整个装置处于静止状态.求: (1)这时两弹簧的总长. (2)若有一个质量为M的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起,直到两 弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和,求这时平板受到下面物体m 2 的压力. 解析 (1)设上面弹簧的弹力为F 1 ,伸长量为Δx 1 ,下面弹簧的弹力为F 2 ,伸长量为Δx 2 , 由物体的平衡及胡克定律有 F 1 =(m 1 +m 2 )g, Δx 1 = m 1 +m 2 g k 1 F 2 =m 2 g, Δx 2 = m 2 g k 2 所以两弹簧的总长为 L=L 1 +L 2 +Δx 1 +Δx 2 =L 1 +L 2 + m 1 +m 2 g k 1 + m 2 g k 2 . (2)要使两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和,必须是上面弹簧伸长Δx,下面弹簧缩 短Δx. 对m 2 :F N =k 2 Δx+m 2 g 对m 1 :m 1 g=k 1 Δx+k 2 Δx 解得:F N =m 2 g+ k 2 k 1 +k 2 m 1 g 根据牛顿第三定律知 F N ′=F N =m 2 g+ k 2 k 1 +k 2 m 1 g 答案 (1)L 1 +L 2 + m 1 +m 2 g k 1 + m 2 g k 2 (2)m 2 g+ k 2 k 1 +k 2 m 1 g 6 2.如图所示,一个“Y”字形弹弓顶部跨度为 L,两根相同的橡皮条均匀且弹性良好, 其自由长度均为 L,在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片可将弹丸发射出 去.若橡皮条的弹力满足胡克定律,且劲度系数为k,发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为 2L(弹性限度内),则弹丸被发射过程中所受的最大弹力为 ( ) A. 15kL 2 B. 3kL 2 C.kL D.2kL 答案 A 解析 橡皮条长度最大时每根橡皮条上的弹力是 kL,设此时两橡皮条间夹角为 θ,则 cos θ 2 = 2L 2 - L 2  2 2L = 15 4 ,两橡皮条上的弹力合力为2kLcos θ 2 = 15 2 kL,所以A对. 3.如图所示,用轻弹簧将质量均为m=1 kg的物块A和B连接起来,将 它们固定在空中,弹簧处于原长状态,A距地面的高度h 1 =0.90 m.同时释 放两物块,A与地面碰撞后速度立即变为零,由于B压缩弹簧后被反弹,使 A刚好能离开地面(但不继续上升).若将B物块换为质量为2m的物块C(图 中未画出),仍将它与A固定在空中且弹簧处于原长,从A距地面的高度为 h 2 处同时释放,C压缩弹簧被反弹后,A也刚好能离开地面.已知弹簧的劲 度系数k=100 N/m,求h 2 的大小.[答案] 0.5 m 解:设A物块落地时,B物块的速度为v 1 ,则有: 1 2 mv 1 2 =mgh 1 设A刚好离地时,弹簧的形变量为x,对A物块有: mg=kx 从A落地后到A刚好离开地面的过程中,对于A、B及弹簧组成的系统机械能守恒,则 有: 1 2 mv 1 2 =mgx+ΔE p 换成C后,设A落地时,C的速度为v 2 ,则有: 1 2 ·2mv 2 2 =2mgh 2 从A落地后到A刚好离开地面的过程中,A、C及弹簧组成的系统机械能守恒,则有: 1 2 ·2mv 2 2 =2mgx+ΔE p 联立解得:h 2 =0.5 m. 【变题】 1.如图所示,将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑、半径为R的半球形容器 底部O′处(O为球心),弹簧另一端与质量为m的小球相连,小球静止于P点.已知容器与 水平面间的动摩擦因数为μ,OP与水平方向间的夹角为θ=30°.下列说法正确的是 (CD) A.水平面对容器有向右的摩擦力B.轻弹簧对小球的作用力大小为 1 2 mg C.容器对小球的作用力大小为mg D.弹簧原长为R+ mg k 7 解析 以容器和小球整体为研究对象,受力分析可知: 竖直方向有:总重力、地面的支持力,水平方向上地面对半球形容器没有摩擦力, A错误. 对小球进行受力分析可知,小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止状态,由共点力的 平衡条件可求得小球受到的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力;对小球受力分析如图所示, 由几何关系可知,F N =F=mg,故弹簧原长为R+ mg k ,故B错误,C、D正确. 2.三个质量均为1 kg的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的相同轻弹簧p、q 用轻绳连接,如图7所示,其中a放在光滑水平桌面上.开始时p弹簧处于原长,木块都处 于静止状态.现用水平力F缓慢地向左拉p弹簧的左端,直到c木块刚好离开水平地面为 止,g取10 m/s 2 .该过程p弹簧的左端向左移动的距离是 © 图7 A.4 cm B.6 cm C.8 cm D.10 cm 解析 “缓慢地拉动”说明系统始终处于平衡状态,该过程中p弹簧的左端向左移动的距离 等于两个弹簧长度变化量之和;最初,p弹簧处于原长,而q弹簧受到竖直向下的压力F N1 =m b g=1×10 N=10 N,所以其压缩量为x 1 =F N1 /k=2 cm;最终c木块刚好离开水平地面, q弹簧受到竖直向下的拉力F N2 =m c g=1×10 N=10 N,其伸长量为x 2 =F N2 /k=2 cm,拉力F =(m b +m c )g=2×10 N=20 N,p弹簧的伸长量为x 3 =F/k=4 cm,所以所求距离x=x 1 +x 2 +x 3 =8 cm. 追及、相遇模型 【解题】 一、对运动图象物理意义的理解 1.一看“轴”:先要看清两轴所代表的物理量,即图象是描述哪两个物理量之间的关系. 2.二看“线”:图象表示研究对象的变化过程和规律.在 v-t图象和x-t图象中倾斜的直线 分别表示物体的速度和位移随时间变化的运动情况. 3.三看“斜率”:x-t图象中斜率表示运动物体的速度大小和方向.V-t图象中斜率表示运动 物体的加速度大小和方向. 4.四看“面积”:即图线和坐标轴所围的面积往往代表一个物理量,但也要看两物理量的乘积 有无意义.例如v和t的乘积vt=x有意义,所以v-t图线与横轴所围“面积”表示位移, x-t图象与横轴所围“面积”无意义. 5.五看“截距”:截距一般表示物理过程的初始情况,例如t=0时的位移或速度. 6.六看“特殊点”:例如交点、拐点(转折点)等.例如 x-t 图象的交点表示两质点相遇,v-t 图象的交点表示速度相等. 二、追及与相遇问题 1.分析追及问题的方法技巧可概括为“一个临界条件”、“两个等量关系”. 8 (1)一个临界条件:速度相等.它往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、最小的临界 条件,也是分析判断问题的切入点; (2)两个等量关系:时间关系和位移关系,通过画草图找出两物体的时间关系和位移关 系是解题的突破口. 2.主要方法 (1)临界条件法:当二者速度相等时,二者相距最远(最近). (2)图象法:画出x-t图象或v-t图象,然后利用图象进行分析求解. (3)数学判别式法:设相遇时间为t,根据条件列方程,得到关于t的一元二次方程,用 判别式进行讨论,若Δ0,即有两个解,说明可以相遇两次;若Δ=0,说明刚好追上 或相遇;若Δx B ,则不能追上. 4.若被追赶的物体做匀减速直线运动,一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动. 【例题】 1.甲车以10 m/s的速度在平直的公路上匀速行驶,乙车以4 m/s的速度与甲车平行同向做匀 速直线运动.甲车经过乙车旁边时开始以0.5 m/s 2 的加速度刹车,从甲车刹车开始计时,求: (1)乙车在追上甲车前,两车相距的最大距离; (2)乙车追上甲车所用的时间. 解析 (1)当甲车速度减至等于乙车速度时两车的距离最大,设该减速过程所用时间为t, 则有v 乙=v 甲-at,解得t=12 s, 此时甲、乙间距离为v 甲t- 1 2 at 2 -v 乙t=36 m (2)设甲车减速到零所需时间为t 1 ,则有t 1 = v甲 a =20 s t 1 时间内,x 甲= v甲 2 t 1 = 10 2 ×20 m=100 m x 乙=v 乙t 1 =4×20 m=80 m 此后乙车再运动时间t 2 = x甲-x乙 v乙 = 20 4 s=5 s,才能追上甲车 故乙车追上甲车需t 1 +t 2 =25 s. 答案 (1)36 m (2)25 s (1)解题思路和方法 9 (2)解题技巧 (1)紧抓“一图三式”,即:过程示意图,时间关系式、速度关系式和位移关系式. (2)审题应抓住题目中的关键字眼,充分挖掘题目中的隐含条件,如“刚好”、“恰好”、 “最多”、“至少”等,它们往往对应一个临界状态,满足相应的临界条件. 2.A、B两列火车在同一轨道上同向行驶,A车在前,其速度为v A =10 m/s,B车在后,其速 度为v B =30 m/s.因大雾能见度低,B车在距A车700 m时才发现前方有A车,这时B车立 即刹车,但要经过1 800 mB车才能停下.问A车若按原速度前进,两车是否会相撞?说明 理由. 解析 根据题意,B车刹车过程中的加速度为: a B = v 2 B 2x = 30 2 2×1 800 m/s 2 =0.25 m/s 2 , B车减速至A车的速度所用时间 t= v B -v A a = 30-10 0.25 s=80 s 在80 s内,A车位移x A =v A t=10×80 m=800 m, B车位移x B =v B t- 1 2 at 2 =(30×80- 1 2 ×0.25×80 2 ) m=1 600 m. 因x B =1 600 mx A +700 m=1 500 m, 所以两车速度相等之前已经相撞. 【变题】 1.斜面上两物体的相遇 10 2.竖直上抛和自由落体中的相碰 3.平抛运动中的相遇 11 4.天体运动中的追及、相遇 5.三个物体的追及、相遇 12 13 刹车模型 “斜面”模型 【概述】 1.自由释放的滑块能在斜面上(如图1甲所示)匀速下滑时,m与M之间的动摩擦因数 μ=gtan θ. 2.自由释放的滑块在斜面上(如图1甲所示): (1)静止或匀速下滑时,斜面M对水平地面的静摩擦力为零; (2)加速下滑时,斜面对水平地面的静摩擦力水平向右; 图1甲 (3)减速下滑时,斜面对水平地面的静摩擦力水平向左。 3.自由释放的滑块在斜面上(如图1乙所示)匀速下滑时,M对水平地面的静摩擦力为 零,这一过程中再在m上加上任何方向的作用力,(在m停止前)M对水平地面的静摩擦力 依然为零. 图1乙 4.悬挂有物体的小车在斜面上滑行(如图2所示): 图2 (1)向下的加速度a=gsin θ时,悬绳稳定时将垂直于斜面; (2)向下的加速度a>gsin θ时,悬绳稳定时将偏离垂直方向向上; (3)向下的加速度a<gsin θ时,悬绳将偏离垂直方向向下. 14 5.在倾角为θ的斜面上以速度v 0 平抛一小球(如图3所示): 图3 (1)落到斜面上的时间t= 2v 0 tan θ g ; (2)落到斜面上时,速度的方向与水平方向的夹角α恒定,且tan α=2tan θ,与初速度无 关; (3)经过t c = v 0 tan θ g 小球距斜面最远,最大距离d= (v 0 sin θ) 2 2gcos θ . 6.如图4所示,当整体有向右的加速度a=gtan θ时,m能在斜面上保持相对静止. 图4 7.在如图5所示的物理模型中,当回路的总电阻恒定、导轨光滑时,ab棒所能达到的 稳定速度v m = mgRsin θ B 2 L 2 . 图5 8.如图6所示,当各接触面均光滑时,在小球从斜面顶端滑下的过程中,斜面后退的 位移s= m m+M L. 图6 【例题】 1.如图7甲所示,质量为M、倾角为θ的滑块A放于水平地面上.把质量为m的滑块B 放在A的斜面上.忽略一切摩擦,有人求得B相对地面的加速度a= M+m M+msin 2 θ gsin θ,式 中g为重力加速度. 图7甲 对于上述解,某同学首先分析了等号右侧的量的单位,没发现问题.他进一步利用特殊 条件对该解做了如下四项分析和判断,所得结论都是“解可能是对的”.但是,其中有一项 是错误 .. 的,请你指出该项[2008年高考·北京理综卷]( ) A.当θ=0°时,该解给出a=0,这符合常识,说明该解可能是对的 15 B.当θ=90°时,该解给出a=g,这符合实验结论,说明该解可能是对的 C.当M≫m时,该解给出a≈gsin θ,这符合预期的结果,说明该解可能是对的 D.当m≫M时,该解给出a≈ g sin θ ,这符合预期的结果,说明该解可能是对的 【解析】当A固定时,很容易得出a=gsin θ;当A置于光滑的水平面时,B加速下滑 的同时A向左加速运动,B不会沿斜面方向下滑,难以求出运动的加速度. 图7乙 设滑块A的底边长为L,当B滑下时A向左移动的距离为x,由动量守恒定律得: M x t =m L-x t 解得:x= mL M+m 当m≫M时,x≈L,即B水平方向的位移趋于零,B趋于自由落体运动且加速度a≈g. 选项D中,当m≫M时,a≈ g sin θ >g显然不可能. [答案] D 【点评】本例中,若m、M、θ、L有具体数值,可假设B下滑至底端时速度v 1 的水平、 竖直分量分别为v 1x 、v 1y ,则有: v 1y v 1x = h L-x = (M+m)h ML 1 2 mv 1x 2 + 1 2 mv 1y 2 + 1 2 Mv 2 2 =mgh mv 1x =Mv 2 解方程组即可得v 1x 、v 1y 、v 1 以及v 1 的方向和m下滑过程中相对地面的加速度. 2.在倾角为θ的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小相同的匀强磁场,其方向一个 垂直于斜面向上,一个垂直于斜面向下(如图8甲所示),它们的宽度均为L.一个质量为m、 边长也为L的正方形线框以速度v进入上部磁场时,恰好做匀速运动. 图8甲 (1)当ab边刚越过边界ff′时,线框的加速度为多大,方向如何? (2)当ab边到达gg′与ff′的正中间位置时,线框又恰好做匀速运动,则线框从开始进 入上部磁场到ab边到达gg′与ff′的正中间位置的过程中,线框中产生的焦耳热为多少? (线框的ab边在运动过程中始终与磁场边界平行,不计摩擦阻力) 【解析】(1)当线框的ab边从高处刚进入上部磁场(如图8 乙中的位置①所示)时,线框 恰好做匀速运动,则有: mgsin θ=BI 1 L 此时I 1 = BLv R 当线框的ab边刚好越过边界ff′(如图8乙中的位置②所示)时,由于线框从位置①到位 置②始终做匀速运动,此时将ab边与cd边切割磁感线所产生的感应电动势同向叠加,回路 16 中电流的大小等于2I 1 .故线框的加速度大小为: 图8乙 a= 4BI 1 L-mgsin θ m =3gsin θ,方向沿斜面向上. (2)而当线框的ab边到达gg′与ff′的正中间位置(如图8 乙中的位置③所示)时,线框 又恰好做匀速运动,说明mgsin θ=4BI 2 L 故I 2 = 1 4 I 1 由I 1 = BLv R 可知,此时v′= 1 4 v 从位置①到位置③,线框的重力势能减少了 3 2 mgLsin θ 动能减少了 1 2 mv 2 - 1 2 m( v 4 ) 2 = 15 32 mv 2 由于线框减少的机械能全部经电能转化为焦耳热,因此有: Q= 3 2 mgLsin θ+ 15 32 mv 2 . [答案] (1)3gsin θ,方向沿斜面向上 (2) 3 2 mgLsin θ+ 15 32 mv 2 【点评】导线在恒力作用下做切割磁感线运动是高中物理中一类常见题型,需要熟练掌 握各种情况下求平衡速度的方法. 【高考题】(动力学中的临界极值问题) 临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼,明显表明题述的过程存在着临界 点; (2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语,表明题述的过程存在 着“起止点”,而这些起止点往往就对应临界状态; (3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼,表明题述的过程存在着 极值,这个极值点往往是临界点; (4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等,即是求收尾加速度或收尾速度. 17 (2013·山东·22)如图所示,一质量m=0.4 kg的小物块,以v 0 =2 m/s的初速度,在与斜面成 某一夹角的拉力F作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经t=2 s的时间物块由A点运动到B 点,A、B之间的距离L=10 m.已知斜面倾角θ=30°,物块与斜面 之间的动摩擦因数μ= 3 3 .重力加速度g取10 m/s 2 . (1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小. (2)拉力F与斜面夹角多大时,拉力F最小?拉力F的最小值是多少? 解析 (1)设物块加速度的大小为a,到达B点时速度的大小为v,由运动学公式得 L=v 0 t+ 1 2 at 2 ① v=v 0 +at ② 联立①②式,代入数据得 a=3 m/s 2 ③ v=8 m/s ④ (2)设物块所受支持力为F N ,所受摩擦力为F f ,拉力与斜面间的夹角为α,受力分析如 图所示,由牛顿第二定律得 Fcos α-mgsin θ-F f =ma ⑤ Fsin α+F N -mgcos θ=0 ⑥ 又F f =μF N ⑦ 联立⑤⑥⑦式得F= mgsin θ+μcos θ+ma cos α+μsin α ⑧ 由数学知识得cos α+ 3 3 sin α= 2 3 3 sin(60°+α) ⑨ 由⑧⑨式可知对应最小F的夹角α=30° ⑩ 联立③⑧⑩式,代入数据得F的最小值为F min = 13 3 5 N 答案 (1)3 m/s 2 8 m/s (2)30° 13 3 5 N 动力学中的典型临界条件 (1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离,临界条件是:弹力F N =0. (2)相对滑动的临界条件:两物体相接触且处于相对静止时,常存在着静摩擦力,则相 对滑动的临界条件是:静摩擦力达到最大值. (3)绳子断裂与松驰的临界条件:绳子所能承受的张力是有限度的,绳子断与不断的临 界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力,绳子松驰的临界条件是:F T =0. (4)加速度变化时,速度达到最值的临界条件:当加速度变为零时. 18 “皮带”(传送带)模型 【概述】 一个物体以速度 v 0 (v 0 ≥0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传 送带”模型,如图 (a)、(b)、(c)所示. 【特点】 1.水平传送带 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2 (1)v 0 v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速 (2)v 0 v返回 时速度为v,当v 0 a 1, 解得F2μ(m 1 +m 2 )g (3)纸板抽出前,砝码运动的距离 x 1 = 1 2 a 1 t 2 1 .纸板运动的距离 d+x 1 = 1 2 a 2 t 2 1 .纸板抽出后, 砝码在桌面上运动的距离x 2 = 1 2 a 3 t 2 2 ,l=x 1 +x 2 由题意知a 1 =a 3 ,a 1 t 1 =a 3 t 2 解得F=2μ       m 1 +       1+ d l m 2 g 代入数据得F=22.4 N. 答案 (1)μ(2m 1 +m 2 )g (2)F2μ(m 1 +m 2 )g (3) 22.4 N “平抛”模型之平抛、斜抛 【概述】 一、平抛运动 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v 0 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v x =v 0 ,位移x=v 0 t. (2)竖直方向:做自由落体运动,速度v y =gt,位移y= 1 2 gt 2 . 23 (3)合速度:v= v 2 x +v 2 y ,方向与水平方向的夹角为θ,则tan θ= v y v x = gt v 0 . (4)合位移:s= x 2 +y 2 ,方向与水平方向的夹角为α,tan α= y x = gt 2v 0 . 平抛运动的基本规律 1.飞行时间:由t= 2h g 知,时间取决于下落高度h,与初速度v 0 无关. 2.水平射程:x=v 0 t=v 0 2h g ,即水平射程由初速度v 0 和下落高度h共同决定,与其他因 素无关. 3.落地速度:v t = v 2 x +v 2 y = v 2 0 +2gh,以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角,有tan θ= v y v x = 2gh v 0 ,所以落地速度也只与初速度v 0 和下落高度h有关. 4.速度改变量:因为平抛运动的加速度为重力加速度 g,所以做平抛运动的物体在任意相 等时间间隔Δt内的速度改变量Δv=gΔt相同,方向恒为竖直向下,如图所示. 5.两个重要推论 (1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平 位移的中点,如图中A点和B点所示. (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,位移与水平方向的夹角为θ,则tan α=2tan θ. 二、斜抛运动 1.运动性质 加速度为g的匀变速曲线运动,轨迹为抛物线. 2.基本规律(以斜向上抛为例说明,如图所示) (1)水平方向:v 0x =v 0 cos_θ,F 合 x =0. (2)竖直方向:v 0y =v 0 sin_θ,F 合 y =mg. 24 【例题】 有一项人体飞镖项目,可将该运动简化为以下模型(如图所示):手握飞镖的小孩用一根 不可伸长的细绳系于天花板下,在A处被其父亲沿垂直细绳方向推出,摆至最低处B时小 孩松手,飞镖依靠惯性沿BC飞出命中竖直放置的圆形靶的靶心O,圆形靶的最高点C与B 点在同一高度,A、B、C三点处在同一竖直平面内,且BC与圆形靶平面垂直.已知小孩质 量为m,细绳长为L,B、C两点之间的距离为d,靶的半径为R,A、B两点之间的高度差 为h.不计空气阻力,小孩和飞镖均可视为质点,重力加速度为g. (1)求小孩在A处被推出时的初速度大小; (2)如果飞镖脱手时沿BC方向速度不变,但由于小孩手臂 的水平抖动使其获得了一个垂直于BC的水平速度v 1 ,要 让飞镖能够击中圆形靶,求v 1 的取值范围. 解析 (1)设飞镖从B点平抛运动到O点的时间为t,从B点抛出的速度为v,则有d=vt R= 1 2 gt 2 由机械能守恒定律得 1 2 mv 2 0 +mgh= 1 2 mv 2 联立以上三式解得v 0 = d 2 g 2R -2gh (2)因BC方向的速度不变,则从B到靶的时间t不变,竖直方向上的位移仍为R,则靶上的 击中点一定与靶心O在同一高度上,则垂直于BC的水平位移一定小于R,因此有 v 1 tx b x c 26 解析 根据平抛运动的规律h= 1 2 gt 2 ,得t= 2h g ,因此平抛运动的时间只由高度决 定,因为hb=hcha,所以b与c的飞行时间相同,大于a的飞行时间,因此选项A错误、选 项B正确;又因为xaxb,而tavc,即b 的水平初速度比c的大,选项D正确. (2013·深圳模拟)如图所示,在距水平地面H和4H高度处,同时将质量相同的a、b两 小球以相同的初速度v 0 水平抛出,则以下判断正确的是( C ). A.a、b两小球同时落地 B.两小球落地速度方向相同 C.a、b两小球水平位移之比为1∶2 D.a、b两小球水平位移之比为1∶4 解析 a、b两小球均做平抛运动,由于下落时间t= 2h g ,水平位移x=v 0 2h g , 将h a =H,h b =4H代入上述关系式可得A、D错误,C正确;两小球落地时速度方向均与落 地点沿轨迹的切线方向一致,所以B错误. 平抛运动中的临界问题 例3 如图所示,水平屋顶高H=5 m,围墙高h=3.2 m,围墙到房子的水平距离L=3 m, 围墙外空地宽x=10 m,为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上,g取10 m/s 2 . 求: (1)小球离开屋顶时的速度v 0 的大小范围; (2)小球落在空地上的最小速度. 解析 (1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v 01 ,则小球的水平位移: L+x=v 01 t 1 小球的竖直位移:H= 1 2 gt 2 1 解以上两式得 v 01 =(L+x) g 2H =13 m/s 设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v 02 ,则此过程中小球的水平位移: L=v 02 t 2 27 小球的竖直位移:H-h= 1 2 gt 2 2 解以上两式得:v 02 =5 m/s 小球抛出时的速度大小为5 m/s≤v 0 ≤13 m/s (2)小球落在空地上,下落高度一定,落地时的竖直分速度一定,当小球恰好越过围墙 的边缘落在空地上时,落地速度最小. 竖直方向:v 2 y =2gH 又有:v min = v 2 02 +v 2 y 解得:v min =5 5 m/s 答案 (1)5 m/s≤v 0 ≤13 m/s (2)5 5 m/s 1.本题使用的是极限分析法,v 0 不能太大,否则小球将落在空地外边;v 0 又不能太小,否 则被围墙挡住而不能落在空地上.因而只要分析落在空地上的两个临界状态,即可解得 所求的范围. 2.从解答中可以看到,解题过程中画出示意图的重要性,它既可以使抽象的物理情境变得 直观,也可以使隐藏于问题深处的条件显露无遗.小球落在墙外的空地上,其速度最大 值所对应的落点位于空地的外侧边缘,而其速度最小值所对应的落点却不是空地的内侧 边缘,而是围墙的最高点,这一隐含的条件只有在示意图中才能清楚地显露出来. “平抛+斜面”模型 【解题】 斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型,在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移 和速度规律,还要充分运用斜面倾角,找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系, 从而使问题得到顺利解决。 实例 方法 内容 斜面 求小球平抛时间 总结 分 解 速 度 水平v x =v 0 竖直v y =gt合速 度v= v 2 x +v 2 y 如图,v y =gt,tan θ= v 0 v y = v 0 gt ,故t= v 0 gtan θ 分解速度,构 建速度三角 形 分 解 位 移 水平x=v 0 t 竖直y= 1 2 gt 2 合位移x 合= x 2 +y 2 如图,x=v 0 t,y= 1 2 gt 2 , 而tan θ= y x ,联立得t= 2v 0 tan θ g 分解位移,构 建位移三角 形 28 【例题】 如图所示,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3 s 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=50 kg.不计空气阻力(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8;g取10 m/s 2 ).求: (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 Lsin 37°= 1 2 gt 2 , L= gt 2 2sin 37° =75 m. (2)设运动员离开O点时的速度为v 0 ,运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动,有 Lcos 37°=v 0 t, 即v 0 = Lcos 37° t =20 m/s. (3)解法一 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v 0 cos 37°、 加速度为gsin 37°)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为v 0 sin 37°、加速度为gcos 37°). 当垂直斜面方向的速度减为零时,运动员离斜坡最远,有 v 0 sin 37°=gcos 37°·t,解得t=1.5 s 解法二 当运动员的速度方向平行于斜坡或与水平方向成37°角时,运动员离斜坡最远, 有 gt v 0 =tan 37°,t=1.5 s. 答案 (1)75 m (2)20 m/s (3)1.5 s 常见平抛运动模型运动时间的计算方法 (1)在水平地面正上方h处平抛: 由h= 1 2 gt 2 知t= 2h g ,即t由高度h决定. (2)在半圆内的平抛运动(如图1),由半径和几何关系制约时间t: h= 1 2 gt 2 R± R 2 -h 2 =v 0 t 联立两方程可求t. 图1 29 (3)斜面上的平抛问题(如图2): ①顺着斜面平抛 方法:分解位移 x=v 0 t y= 1 2 gt 2 图2 tan θ= y x 可求得t= 2v 0 tan θ g ②对着斜面平抛(如图3) 方法:分解速度 v x =v 0 v y =gt tan θ= v 0 v y = v 0 gt 图3 可求得t= v 0 gtan θ (4)对着竖直墙壁平抛(如图4) 水平初速度v 0 不同时,虽然落点不同,但水平位移d相同. T= d v 0 图4 类平抛问题模型的分析方法 【解题】类平抛运动在高考中常被考到,特别是带电粒子在电场中偏转时的类平抛运动考查 到的概率很大. 1.类平抛运动的受力特点 物体所受的合外力为恒力,且与初速度的方向垂直. 2.类平抛运动的运动特点 在初速度v 0 方向上做匀速直线运动,在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动, 加速度a= F合 m . 3.类平抛运动的求解方法 (1)常规分解法:将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方 向(即沿合外力的方向)的匀加速直线运动.两分运动彼此独立,互不影响,且与合运动 具有等时性. (2)特殊分解法:对于有些问题,可以过抛出点建立适当的直角坐标系,将加速度 a 分 解为a x 、a y ,初速度v 0 分解为v x 、v y ,然后分别在x、y方向列方程求解. 30 【例题】如图所示的光滑斜面长为l,宽为b,倾角为θ,一物块(可看成质点)沿斜面左上方 顶点P水平射入,恰好从底端Q点离开斜面,试求: (1)物块由P运动到Q所用的时间t; (2)物块由P点水平射入时的初速度v 0 ; (3)物块离开Q点时速度的大小v. 解析 (1)沿斜面向下的方向有mgsin θ=ma,l= 1 2 at 2 联立解得t= 2l gsin θ . (2)沿水平方向有b=v 0 t v 0 = b t =b gsin θ 2l . (3)物块离开Q点时的速度大小v= v 2 0 +at 2 = b 2 +4l 2 gsin θ 2l . 答案 (1) 2l gsin θ (2)b gsin θ 2l (3) b 2 +4l 2 gsin θ 2l 【高考题】 1.(2012·江苏卷,6)如图所示,相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值).将 A向B水平抛出的同时,B自由下落.A、B与地面碰撞前后,水平分速度不变,竖直分速 度大小不变、方向相反.不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间,则( ). A.A、B在第一次落地前能否相碰,取决于A的初速度 B.A、B在第一次落地前若不碰,此后就不会相碰 C.A、B不可能运动到最高处相碰 D.A、B一定能相碰 解析 由题意知 A 做平抛运动,即水平方向做匀速直线运动,竖直方向为自由落体运 动;B为自由落体运动,A、B竖直方向的运动相同,二者与地面碰撞前运动时间t 1 相同, 且t 1 = 2h g ,若第一次落地前相碰,只要满足A运动时间t= l v l t 1 ,所以选项A 正确;因为A、B在竖直方向的运动同步,始终处于同一高度,且A与地面相碰后水平速度 不变,所以A一定会经过B所在的竖直线与B相碰.碰撞位置由A球的初速度决定,故选 项B、C错误,选项D正确. 答案 AD 31 2.(2011·广东卷,17)如图所示,在网球的网前截击练习中,若练习者在球网正上方距 地面H处,将球以速度v 沿垂直球网的方向击出,球刚好落在底线上.已知底线到网的距 离为L,重力加速度取g,将球的运动视作平抛运动,下列表述正确的是( ). A.球的速度v等于L g 2H B.球从击出至落地所用时间为 2H g C.球从击球点至落地点的位移等于L D.球从击球点至落地点的位移与球的质量有关 解析 球做平抛运动,则其在竖直方向做自由落体运动,由H= 1 2 gt 2 得t= 2H g ,故B 正确,水平方向做匀速运动,由L=vt得v= L t =L g 2H ,可知A正确.球从击球点到落地 点的位移s= H 2 +L 2 与m无关,可知C、D错误. 答案 AB 3.(2011·海南卷,15)如图所示,水平地面上有一个坑,其竖直截面为半圆,ab为沿水 平方向的直径.若在a点以初速度v 0 沿ab方向抛出一小球,小球会击中坑壁上的c点.已 知c点与水平地面的距离为圆半径的一半,求圆的半径. 解析 小球做平抛运动 落到c点时的竖直位移为y= R 2 =Rsin 30° 而y= 1 2 gt 2 即 R 2 = 1 2 gt 2 水平位移x=R+Rcos 30°,而x=v 0 t 联立得R= 4v 2 0 7+4 3g =(28-16 3) v 2 0 g 答案 (28-16 3) v 2 0 g 4.(2010·北京卷,22)如图所示,跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出, 经3.0 s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=50 kg.不计空气阻力.(取sin 37°=0.60,cos 37°=0.80;g取10 m/s 2 )求 (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)运动员落到A点时的动能. 32 解析 (1)运动员在竖直方向做自由落体运动,有 Lsin 37°= 1 2 gt 2 A点与O点的距离L= gt 2 2sin 37° =75 m (2)设运动员离开O点的速度为v 0 ,运动员在水平方向做匀速直线运动,即Lcos 37°= v 0 t,解得v 0 = Lcos 37° t =20 m/s (3)由机械能守恒,取A点为重力势能零点,运动员落到A点时的动能为E kA =mgLsin 37° + 1 2 mv 2 0 =32 500 J 答案 (1)75 m (2)20 m/s (3)32 500 J 5.(2013·北京·19)在实验操作前应该对实验进行适当的分析.研究平抛运动的实验装置示意 图如图所示.小球每次都从斜槽的同一位置无初速度释放,并从斜槽末端水平飞出.改 变水平板的高度,就改变了小球在板上落点的位置,从而可描绘出小球的运动轨迹.某 同学设想小球先后三次做平抛运动,将水平板依次放在如图1、2、3的位置,且1与2 的间距等于2与3的间距.若三次实验中,小球从抛出点到落点的水平位移依次为x 1 、 x 2 、x 3 ,机械能的变化量依次为ΔE 1 、ΔE 2 、ΔE 3 ,忽略空气阻力的影响,下面分析正确 的是 ( ) A.x 2 -x 1 =x 3 -x 2 ,ΔE 1 =ΔE 2 =ΔE 3 B.x 2 -x 1 >x 3 -x 2 ,ΔE 1 =ΔE 2 =ΔE 3 C.x 2 -x 1 >x 3 -x 2 ,ΔE 1 <ΔE 2 <ΔE 3 D.x 2 -x 1 <x 3 -x 2 ,ΔE 1 <ΔE 2 <ΔE 3 答案 B 解析 不计空气阻力,小球在运动过程中机械能守恒,所以ΔE 1 =ΔE 2 =ΔE 3 =0.小球在 水平方向上做匀速运动,在竖直方向上做匀加速运动,又因y 12 =y 23 ,所以t 12 >t 23 ,x 2 -x 1 >x 3 -x 2 ,由以上分析可知选项B正确. 33 圆周运动 一、描述圆周运动的物理量 1.线速度:描述物体圆周运动快慢的物理量. 2 2 s r v rf t T     . 定义:弧长s与通过这段弧长所用时间t的比值。单位m/s。矢量,方向为该点切线方向。 2.角速度:描述物体绕圆心转动快慢的物理量. 2 2 f t T       定义:半径转过的角度跟所用时间t的比值叫做圆周运动的角速度。单位弧度/秒(rad/s) 3.周期和频率:描述物体绕圆心转动快慢的物理量.T= 2πr v ,T= 1 f . 匀速圆周运动的物体运动一周所用的时间叫做周期,用符号T表示,国际单位是s。 每秒钟转过的圈数叫做频率,用符号f 表示,国际单位是 Hz 。 4.向心加速度:描述速度方向变化快慢的物理量.a n =rω 2 = v 2 r =ωv= 4π 2 T 2r. 5.向心力:作用效果产生向心加速度,F n =ma n . 6.相互关系:(1)v=ωr= 2π T r=2πrf. (2)a n = v 2 r =rω 2 =ωv= 4π 2 T 2 r=4π 2 f 2 r. (3)F n =ma n =m v 2 r =mω 2 r=mr 4π 2 T 2=mr4π 2 f 2 . 二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动 1.匀速圆周运动 (1)定义:线速度大小不变的圆周运动 . (2)性质:向心加速度大小不变,方向总是指向圆心的变加速曲线运动. (3)质点做匀速圆周运动的条件:合力大小不变,方向始终与速度方向垂直且指向圆心. 2.非匀速圆周运动 (1)定义:线速度大小、方向均发生变化的圆周运动. (2)合力的作用 ①合力沿速度方向的分量F t 产生切向加速度,F t =ma t ,它只改变速度的方向. ②合力沿半径方向的分量F n 产生向心加速度,F n =ma n ,它只改变速度的大小. 三、离心运动 1.本质:做圆周运动的物体,由于本身的惯性,总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向. 2.受力特点(如图2所示) 34 图2 (1)当F=mrω 2 时,物体做匀速圆周运动. (2)当F=0时,物体沿切线方向飞出. (3)当Fmrω 2 时,物体逐渐向圆心靠近,做向心运动. 1.高中阶段所接触的传动主要有: (1)皮带传动(线速度大小相等):如图甲、乙所示,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v A =v B . (2) 摩擦传动(线速度大小相等):如下图甲所示,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v A =v B . (3) 同轴传动(角速度相等) 如上图乙所示,两轮固定在一起绕同一转轴转动,两轮转动的角 速度大小相等,即ω A =ω B . (4) 齿轮传动(线速度大小相等); 2.传动装置的特点:(1)同轴传动:固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同;(2)皮带 传动、齿轮传动和摩擦传动:皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点 线速度大小相等. 四、向心力 1.“向心力”是一种效果力。 任何一个力,或者几个力的合力,或者某个力的一个分力,只要其效果是使物体做匀 速圆周运动的,都可以作为向心力。 2 2 2 2 2 2 v F m m r m( ) r m( f ) r r T       向 2.向心力的确定 (1)做匀速圆周运动物体所受的合力为向心力 (2)做圆周运动物体沿半径方向的力为向心力 当做圆周运动物体所受的合力不指向圆心时,可以将它沿半径方向和切线方向正交分 解,其沿半径方向的分力为向心力,只改变速度的方向,不改变速度的大小;其沿切线方向 的分力为切向力,只改变速度的大小,不改变速度的方向。 相应地,向心加速度描述速度方向变化的快慢,切向加速度描述速度大小变化的快慢。 2 2 2 2 2 2 v F m m r m( ) r m( f ) r r T       向 35 “水平面圆周运动”模型 【特点】由物体的重力与弹力的合力充当向心力,向心力的方向水平。也可以说是其中弹力 的水平分力提供向心力(弹力的竖直分力和重力互为平衡力)。 【例题】 1.小球在半径为R的光滑半球内做水平面内的匀速圆周运动,小 球与半球球心连线跟竖直方向的夹角为θ,求线速度v、周期T。 (小球的半径远小于R) 解: 小球做匀速圆周运动的向心力F 是重力G 和支持力N 的合 力。如图所示有: 2 v mgtan m r   由几何关系,有 r Rsin 联立以上二式,可解得:v gRtan sin  2 Rsin T v    又 2 Rcos T g   可解得 点评:本题的分析方法和结论同样适用于圆锥摆、火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞 行等在水平面内的匀速圆周运动的问题。共同点是由重力和弹力的合力提供向心力,向心力 方向水平。 2. (2013·重庆·8)如图5所示,半径为R的半球形陶罐,固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台 上,转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合.转台以一定角速度ω匀速旋转, 一质量为 m 的小物块落入陶罐内,经过一段时间后,小物块随陶罐一起转动且相对罐 壁静止,它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°,重力加速度大小为g. (1)若ω=ω 0 ,小物块受到的摩擦力恰好为零,求ω 0 ; (2)若ω=(1±k)ω 0 ,且0<k≪1,求小物块受到的摩擦力大小和方向. 解析 (1)对小物块受力分析可知: F N cos 60°=mg F N sin 60°=mR′ω 2 0 R′=Rsin 60° 联立解得:ω 0 = 2g R 36 (2)由于0<k≪1, 当ω=(1+k)ω 0 时,物块受摩擦力方向沿罐壁切线向下.由受力分析可知: F N ′cos 60°=mg+fcos 30° F N ′sin 60°+fsin 30°=mR′ω 2 R′=Rsin 60° 联立解得:f= 3k2+k 2 mg 当ω=(1-k)ω 0 时,物块受摩擦力方向沿罐壁切线向上.由受力分析和几何关系知. F N ″cos 60°+f′sin 60°=mg F N ″sin 60°-f′cos 60°=mR′ω 2 R′=Rsin 60° 所以f′= 3k2-k 2 mg. 答案 (1)ω 0 = 2g R (2)当ω=(1+k)ω 0 时,f沿罐壁切线向下,大小为 3k2+k 2 mg 当ω=(1-k)ω 0 时,f沿罐壁切线向上,大小为 3k2-k 2 mg 解决圆周运动问题(动力学分析)的主要步骤 (1)审清题意,确定研究对象;明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环. (2)分析物体的运动情况,即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等; (3)分析物体的受力情况,画出受力示意图,确定向心力的来源; (4)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程. 3.如图6所示,一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO′转动,筒内壁粗糙,筒口半 径和筒高分别为R和H,筒内壁A点的高度为筒高的一半,内壁上有一质量为m的小 物块,求: 图6 37 (1)当筒不转动时,物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小; (2)当物块在A点随筒匀速转动,且其所受到的摩擦力为零时,筒转动的角速度. 答案 (1) mgH R 2 +H 2 mgR R 2 +H 2 (2) 2gH R 解析 (1)物块静止时,对物块进行受力分析如图所示,设筒壁与水平面的 夹角为θ. 由平衡条件有F f =mgsin θ,F N =mgcos θ 由图中几何关系有cos θ= R R 2 +H 2 ,sin θ= H R 2 +H 2 故有F f = mgH R 2 +H 2 ,F N = mgR R 2 +H 2 (2)分析此时物块受力如图所示, 由牛顿第二定律有mgtan θ=mrω 2 . 其中tan θ= H R ,r= R 2 . 可得ω= 2gH R . 用极限法分析圆周运动的临界问题 1.有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼,明显表明题述的过程中存在着临 界点. 2.若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语,表明题述的过程中存 在着“起止点”,而这些起止点往往就是临界状态. 3.若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼,表明题述的过程中存在 着极值,这些极值点也往往是临界状态. 【例题】1.如图所示,用一根长为l=1 m的细线,一端系一质量为m=1 kg的小球(可视为 质点),另一端固定在一光滑锥体顶端,锥面与竖直方向的夹角θ=37°,当小球在水平 面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时,细线的张力为F T .(g取10 m/s 2 ,结 果可用根式表示)求: (1)若要小球离开锥面,则小球的角速度ω 0 至少为多大? (2)若细线与竖直方向的夹角为60°,则小球的角速度ω′为多大? 38 解析 (1)若要小球刚好离开锥面,则小球只受到重力和细线拉力,如图所示.小球做 匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上,故向心力水平,在水平方向 运用牛顿第二定律及向心力公式得: mgtan θ=mω 2 0 lsin θ 解得:ω 2 0 = g lcos θ 即ω 0 = g lcos θ = 5 2 2 rad/s. (2)同理,当细线与竖直方向成 60°角时,由牛顿第二定律及向心力公式:mgtan α= mω′ 2 lsin α 解得:ω′ 2 = g lcos α ,即ω′= g lcos α =2 5 rad/s. 答案 (1) 5 2 2 rad/s (2)2 5 rad/s 2.铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的.弯道处要求外轨比内轨高,其内、外轨 高度差 h的设计不仅与 r有关.还与火车在弯道上的行驶速度v 有关.下列说法正确的是 ( ). A.速率v一定时,r越小,要求h越大 B.速率v一定时,r越大,要求h越大 C.半径r一定时,v越小,要求h越大 D.半径r一定时,v越大,要求h越大 解析 火车转弯时,圆周平面在水平面内,火车以设计速率行驶时,向心力刚好由重力 G 与 轨道支持力F N 的合力来提供,如图所示,则有mgtan θ= mv 2 r ,且tan θ≈sin θ= h L ,其中L 为轨间距,是定值,有mg h L = mv 2 r , 通过分析可知A、D正确. 答案 AD 39 “竖直面圆周运动”模型 【特点】 物体做圆周运动的速率是时刻在改变的,由于机械能守恒,物体在最高点处的速率最小, 在最底点处的速率最大。 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,向心力向下,重力也向下,所以弹力的方向可能有三种情况。 ⑴弹力只可能向下,如绳拉球。这种情况下有 2 mv F mg mg R    即v gR 否则不能通过最高点。 (2)弹力只可能向上,如车过桥。在这种情况下有 2 mv mg F mg, R v gR      (3)弹力既可能向上又可能向下,如管内转(或杆连球)。 这种情况下,速度大小v可以取任意值。可以进一步讨论: ①当v=0时,F N =mg,F N 为支持力,沿半径背离圆心 ②当0 gr时,F N +mg=m v 2 r ,F N 指向圆心并随v的增大而增大。 【例题】如图所示,竖直环A半径为r,固定在木板B上,木板B放在水平地面上,B的左 右两侧各有一挡板固定在地上,B不能左右运动,在环的最低点静放有一小球C,A、B、 C的质量均为m.现给小球一水平向右的瞬时速度v,小球会在环内侧做圆周运动,为保 证小球能通过环的最高点,且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环的摩擦阻力), 则瞬时速度v必须满足 ( ) A.最小值 4gr B.最大值 6gr C.最小值 5gr D.最大值 7gr 审题与关联 40 解析 要保证小球能通过环的最高点,在最高点最小速度满足mg=m v 2 0 r ,由最低点到最 高点由机械能守恒得 1 2 mv 2 min =mg·2r+ 1 2 mv 2 0 ,可得小球在最低点瞬时速度的最小值为 5gr;为了不会使环在竖直方向上跳起,在最高点有最大速度时,球对环的压力为2mg, 满足3mg=m v 2 1 r ,从最低点到最高点由机械能守恒得: 1 2 mv 2 max =mg·2r+ 1 2 mv 2 1 ,可得小球 在最低点瞬时速度的最大值为 7gr. 答案 CD 【总结】竖直面内圆周运动的求解思路 (1)定模型:首先判断是轻绳模型还是轻杆模型,两种模型过最高点的临界条件不同. (2)确定临界点:v 临= gr,对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点,而对轻杆模 型来说是F N 表现为支持力还是拉力的临界点. (3)研究状态:通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况. (4)受力分析:对物体在最高点或最低点时进行受力分析,根据牛顿第二定律列出方程, F 合=F 向. (5)过程分析:应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程. 圆周运动题组 ►题组1 匀速圆周运动的运动学分析 1.关于匀速圆周运动的说法,正确的是 ( ) A.匀速圆周运动的速度大小保持不变,所以做匀速圆周运动的物体没有加速度 B.做匀速圆周运动的物体,虽然速度大小不变,但方向时刻都在改变,所以必有加速 度 C.做匀速圆周运动的物体,加速度的大小保持不变,所以是匀变速曲线运动 D.匀速圆周运动加速度的方向时刻都在改变,所以匀速圆周运动一定是变加速曲线运 动 答案 BD 41 解析 速度和加速度都是矢量,做匀速圆周运动的物体,虽然速度大小不变,但方向时 刻在改变,速度时刻发生变化,必然具有加速度.加速度大小虽然不变,但方向时刻改 变,所以匀速圆周运动是变加速曲线运动.故本题选B、D. 2.如图1所示,甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动,相
展开阅读全文
  语墨文库所有资源均是用户自行上传分享,仅供网友学习交流,未经上传用户书面授权,请勿作他用。
0条评论

还可以输入200字符

暂无评论,赶快抢占沙发吧。

关于本文
本文标题:2017届高考一轮复习 高中物理模型整理.pdf
链接地址:http://www.wenku38.com/p-35950.html

                                            站长QQ:1002732220      手机号:18710392703    


                                                          copyright@ 2008-2020 语墨网站版权所有

                                                             经营许可证编号:蜀ICP备18034126号

网站客服微信
收起
展开