第3講力與曲線運動

第3講力與曲線運動分析考情明方向01核心考點考情統(tǒng)計情境圖示模型方法拋體運動問題2023·山東卷,15斜上拋運動能量關(guān)系電容器的能量2023·湖南卷,2斜上拋模型平拋運動模型運動的合成與分解平行四邊形定則2022·廣東卷,6平拋運動與自由落體運動運動的合成與分解2022·山東卷,11斜上拋運動模型速度的合成與分解平行四邊形定則2022·全國甲卷,24平拋運動運動的合成與分解平行四邊形定則圓周運動問題2023·全國甲卷,17一質(zhì)點做勻速圓周運動,若其所受合力的大小與軌跡半徑的n次方成正比,運動周期與軌道半徑成反比,則n等于多少?勻速圓周運動模型2022·山東卷,8勻變速直線運動模型圓周運動模型2022·全國甲卷,14動能定理的應用豎直平面內(nèi)的圓周運動2022·河北卷,10平拋運動的模型圓周運動的模型突破核心提能力02核心考點一拋體運動1.解決拋體運動的思維過程2.建好兩個模型(1)常規(guī)的平拋運動及類平拋運動模型。(2)平拋運動與常見的兩種障礙物斜面和曲面的模型。

(2021·山東卷,16)(10分)海鷗捕到外殼堅硬的鳥蛤(貝類動物)后,有時會飛到空中將它丟下,利用地面的沖擊打碎硬殼。一只海鷗叼著質(zhì)量m=0.1kg的鳥蛤,在H=20m的高度、以v0=15m/s的水平速度飛行時,松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。重力加速度g取10m/s2,忽略空氣阻力。(1)若鳥蛤與地面碰撞時間Δt=0.005s,彈起速度可忽略,求碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力的大小F。(碰撞過程中不計重力)答案:(1)500N

.(2)在海鷗飛行方向正下方的地面上,有一與地面平齊、長度L=6m的巖石,以巖石左端為坐標原點,建立如圖所示坐標系。若海鷗水平飛行的高度仍為20m,速度大小在15m/s～17m/s之間,為保證鳥蛤一定能落到巖石上,求釋放鳥蛤位置的x坐標范圍。答案:(2)[34m,36m]解析:(2)若釋放鳥蛤的初速度為v1=15m/s,設(shè)擊中巖石左端時,釋放點的x坐標為x1,擊中右端時,釋放點的x坐標為x2,則有x1=v1t,x2=x1+L,(1分)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得x1=30m,x2=36m。(1分)若釋放鳥蛤時的初速度為v2=17m/s,設(shè)擊中巖石左端時,釋放點的x坐標為x1′,擊中右端時,釋放點的x坐標為x2′,則有x1′=v2t,(1分)x2′=x1′+L,(1分)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得x1′=34m,x2′=40m。(1分)綜上得釋放鳥蛤位置的x坐標范圍為[34m,36m]。

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.核心考點二圓周運動1.基本思路(1)要進行受力分析,明確向心力的來源,確定圓心以及半徑。2.常見的圓周運動水平面內(nèi)的圓周運動水平轉(zhuǎn)盤上的物體Ff=mω2r—圓錐擺模型mgtanθ=mω2r

(2021·河北卷,9)(多選)如圖,矩形金屬框MNQP豎直放置,其中MN、PQ足夠長,且PQ桿光滑。一根輕彈簧一端固定在M點,另一端連接一個質(zhì)量為m的小球,小球穿過PQ桿。金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω′勻速轉(zhuǎn)動時,小球均相對PQ桿靜止。若ω′>ω,則與以ω勻速轉(zhuǎn)動時相比,以ω′勻速轉(zhuǎn)動時(

)A.小球的高度一定降低B.彈簧彈力的大小一定不變C.小球?qū)U壓力的大小一定變大D.小球所受合外力的大小一定變大√√(1)以ω′勻速轉(zhuǎn)動時小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動,小球受到哪些力的作用?所受合力與向心力有什么關(guān)系?彈簧的彈力大小與重力滿足什么關(guān)系?PQ桿對小球的彈力與小球的向心力有什么關(guān)系?提示:小球受到彈簧的拉力、重力與桿的彈力;所受合力與向心力相等;彈簧的彈力豎直分力大小與重力大小相等;PQ桿對小球的彈力與彈簧對小球的水平分力提供小球做圓周運動的向心力。(2)應用正交分解法解答。提示:小球受到彈簧的彈力F、重力mg和PQ桿對小球的彈力FN,矩形金屬框的邊長MP=r,彈簧與豎直方向夾角為α,則小球做圓周運動的半徑R=r,在豎直方向Fcosα=mg,設(shè)彈簧原長為l0,總長度為l,彈簧勁度系數(shù)為k,則k(l-l0)cosα=mg,因為l0、r、mg不變,彈簧的總長度l不變,彈簧彈力的大小一定不變,小球位置不變,與角速度ω無關(guān),故A錯誤,B正確。小球做圓周運動的半徑R=r不變,小球的向心力Fn=mω2r,ω′>ω,所以向心力增大,即小球所受合外力的大小一定變大,D正確。PQ桿對小球的彈力方向不確定,水平方向有兩種情況:Fsinα-FN=mω2r,Fsinα+FN=mω2r,小球位置不變,Fsinα不變,mω2r增大,FN可能增大,也可能減小,根據(jù)牛頓第三定律,小球?qū)U的壓力可能增大,也可能減小,故C錯誤。(3)角速度滿足什么條件時,PQ桿對小球的彈力為零?解析:小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動,設(shè)半徑為r,由合外力提供向心力,如圖所示,小球在豎直方向受力平衡,則Fcosα=mg。若ω′>ω,假設(shè)小球上移,α增大,cosα減小,彈簧伸長量減小,F減小,則Fcosα<mg,小球在豎直方向不能上升,假設(shè)不成立。同理,假設(shè)小球下移,α減小,也不可能,所以α不變,小球的高度不變,彈簧彈力的大小F一定不變,故A錯誤,B正確;規(guī)定桿對小球的彈力方向向右為正,由牛頓第二定律得Fsinα-FN=mω2r,可得FN=Fsinα-mω2r,因為Fsinα是定值,所以當Fsinα>mω2r時,FN>0,桿對環(huán)彈力向右;當Fsinα<mω2r時,FN<0,桿對環(huán)的彈力向左。因為隨著ω的增大,彈力有個反向的過程,所以從ω=0開始逐漸增大,彈力一定是先變小后變大。因為本題Fsinα與mω2r的關(guān)系未知,所以大小關(guān)系不確定,因此彈力可能變大,也可能變小,故C錯誤;小球所受合外力的大小F合=Fn=mω2r,ω變大,其他量不變,則F合一定變大,故D正確?！?/p>

(2023·湖南岳陽二模)(多選)如圖所示,兩個可視為質(zhì)點的、相同的木塊a和b放在轉(zhuǎn)盤上,兩者用長為L的細繩連接,木塊與轉(zhuǎn)盤的最大靜摩擦力均為各自重力的K倍。木塊a放在距離轉(zhuǎn)軸L處,整個裝置能繞通過轉(zhuǎn)盤中心的轉(zhuǎn)軸O1O2轉(zhuǎn)動。開始時,繩恰好伸直但無彈力,現(xiàn)讓該裝置從靜止開始轉(zhuǎn)動,使角速度緩慢增大。下列說法正確的是(

)√√√沖破瓶頸達素養(yǎng)03一、利用逆向思維法解斜上拋運動√√(1)在解決具體問題時由因到果的正向思維受阻,使求解過程陷入“山窮水盡”的境地時,若能變換角度,把物體所發(fā)生的物理過程逆過來加以分析,又能領(lǐng)略到“柳暗花明”的意境。這種“反其道而行之”的方法叫逆向思維法。解決物理問題常用的逆向思維有過程逆向、時間反演等。(2)斜上拋運動上升到最高點的過程,可逆向看成從最高點開始的平拋運動。利用逆向思維法解斜上拋運動可使解答過程簡潔明了。二、利用基本不等式求極值

(2023·河北承德月考)(多選)如圖所示,OA是豎直線,OB是水平線,點A距離點O的高度為h(h可調(diào)節(jié)),點B與點O間的距離為x(x已知)。將一小球從A點以合適的速度水平拋出,每次都能擊中水平面上的B點。不計空氣阻力,則(

)√√(3)利用基本不等式求極值,在力學、電學及熱學等問題中經(jīng)常用到,注意掌握應用方法。三、力差結(jié)論的應用如圖所示,長度為L的輕繩一端固定于O點,另一端系一個質(zhì)量為m的小球,將細繩拉直到水平狀態(tài)時輕輕釋放小球。(1)求小球經(jīng)過最低點時細繩受到的拉力大小。答案:(1)3mg(2)若在O點的正下方釘一個釘子,要求小球在細繩與釘子相碰后能夠繞釘子做一個完整的圓周運動(忽略釘子的直徑),求釘子的位置到懸點O的距離。答案:(2)0.6L