专题一 高考新动向1 立体空间中的力学问题（课件PPT）-【正禾一本通】2025年高考物理高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

物 理 高三二轮专题复习高效讲义 高三二轮专题复习高效讲义 物 理 1 专题一 PPT下载 http:///xiazai/ 力与运动 2 高考新动向1 立体空间中的力学问题 角度1 联系生活实际创设空间立体情境，考查力学平衡问题 角度2 以体育运动的空间曲线为背景，考查抛体运动 高考新动向（一） 立体空间中的力学问题 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 谢谢观看 【例1】 工人用如图所示的装置匀速吊起石球，装置底部ABCD为圆形绳套，A、B、C、D是圆上四等分点，侧面OA、OB、OC、OD是四条完全相同、不可伸长的轻绳。O点在石球球心正上方0.5 m处，石球半径为0.3 m，石球表面光滑、重力大小为G。下列说法正确的是(　　 ) A．OA绳的张力大小为 B．若侧面绳长不变，减小绳套的半径，OA绳的张力减小 C．若绳套不变，将侧面四根轻绳各增加相同的长度，OA绳的张力增大 D．若加速向上提升石球，OA绳的张力大于 [题图转化] 解析：选D。对石球受力分析，OA绳与石球相切于点A′，设OA′绳与竖直方向夹角为θ，如图所示， 由题给条件可知sin θ＝＝0.6，则θ＝37°，故cos θ＝，对结点O受力分析，由平衡条件得4FTAcos θ＝G，解得OA绳的张力大小为FTA＝A错误；由选项A可知FTA＝，若侧面绳长不变，减小绳套的半径，则θ变大，cos θ变小，OA绳的张力变大，B错误；若绳套不变，将侧面四根轻绳各增加相同的长度，则θ变小，cos θ变大，OA绳的张力减小，C错误；若加速向上提升石球，石球的加速度向上，由牛顿第二定律有4FTA′cos θ－G＝ma，可得OA绳的张力FTA′＝＞G，D正确。 【训练1】 孔府是中国传统建筑的杰出代表，其采用了瓦片屋顶，屋顶结构可简化为如图乙所示，弧形瓦片静止在两根相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面的夹角均为θ，瓦片质量为m，重力加速度为g，则(　　 ) A．每根椽子对瓦片的摩擦力大小为0.5mg sin θ B．每根椽子对瓦片的支持力大小为0.5mg cos θ C．椽子对瓦片支持力的合力大小为mg D．椽子对瓦片作用力的合力大小为mg cos θ 解析：选A。两根椽子对瓦片的摩擦力的合力为mg sin θ，摩擦力方向与椽子平行，所以每根椽子对瓦片的摩擦力大小为0.5mg sin θ，故A正确；两根椽子对瓦片的支持力的合力为mg cos θ，瓦片有弧度，所以每根椽子对瓦片的支持力大小不是0.5mg cos θ，故B、C错误；椽子对瓦片的作用力包括支持力和摩擦力，合力大小为mg，故D错误。 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，将看似复杂的空间曲线简单化。首先确定曲线所在的平面，再根据几何关系确定水平位移和竖直位移，最后由抛体运动的公式解决问题。 【例2】 (多选)(2022·山东高考)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 [题图转化]如图所示，图甲为网球向上运动过程中轨迹所在的竖直平面，图乙为网球运动全过程的俯视图。 解析：选BD。设网球飞出时的速度为v0，竖直方向＝2g(H－h)，代入数据得vy＝ m/s＝12 m/s，则vx＝ m/s＝5 m/s，网球水平方向到P点的距离x水平＝vxt＝vx·＝6 m，根据几何关系可得，打在墙面上时，垂直墙面的速度分量v⊥＝vx·＝4 m/s，平行墙面的速度分量v∥＝vx·＝3 m/s，反弹后，垂直墙面的速度分量v⊥′＝0.75·v⊥＝3 m/s，则反弹后的网球速度大小为v＝m/s，网球落到地面的时间t′＝＝ s＝1.3 s，着地点到墙壁的距离d＝v⊥′t′＝3.9 m，故B、D正确，A、C错误。 【训练2】 (2024·江西高考)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图(a)、(b)所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。 (2)将圆盘升高，如图(b)所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。 解析：(1)对转椅受力分析，转椅在水平面内受摩擦力、轻绳拉力，两者合力提供其做圆周运动所需的向心力，如图所示， 设转椅的质量为m，则转椅所需的向心力Fn1＝r1 转椅受到的摩擦力Ff1＝μmg 根据几何关系有tan α＝ 联立解得tan α＝。 答案：(1)　(2) (2)转椅在题图(b)情况下所需的向心力Fn2＝ 转椅受到的摩擦力Ff2＝μFN2 根据几何关系有tan β＝ 竖直方向上由平衡条件有 FN2＋FTcos θ＝mg 水平面上有Ff2＝FTsin θsin β 联立解得ω2＝。 一、单选题 1．(2024·湖北模拟预测)如图为某种秋千椅的示意图，“”形轻质支架O1A1A2O2固定在竖直面内，A1A2沿水平方向，四根等长轻质硬杆通过光滑铰链O1、O2悬挂长方形匀质椅板B1C1C2B2，竖直面内的O1B1C1、O2B2C2均为等边三角形，已知重力加速度为g，椅板的质量为m，若秋千椅处于静止状态，则(　　 ) A．O1B1受到的拉力等于mg B．O2B2受到的拉力等于mg C．若只稍微增加两根等长支架A1O1与A2O2的长度，则每根支架受到的拉力减小 D．若只稍微增加四根等长轻质硬杆的长度，则每根轻杆的拉力减小 解析：选D。由对称性可知四根轻质硬杆所受的拉力大小相等，设为F，则由平衡条件可得4F cos 30°＝mg，解得F＝mg，A、B错误；只增加支架的长度，不影响支架的受力，由平衡条件知支架A1O1与A2O2所受的拉力仍等于mg，C错误；当增加四根轻质硬杆的长度时，则两根轻杆间的夹角减小，由4F1cosθ＝mg，可知每根轻杆所受的拉力将减小，D正确。 2．质量为M、半径为R的光滑匀质球，用一根长度也为R的细线悬挂在互相垂直的两竖直墙壁交线处的P点，则球对任一墙壁的压力大小为(　　 ) A．Mg B．Mg C．Mg D．Mg 解析：选B。对球进行受力分析，球受重力Mg、绳子的拉力FT及两个墙壁对它的支持力，两个支持力大小相等，夹角为90°，设支持力的大小为FN、绳子与竖直墙壁交线的夹角为θ，根据几何知识可知，球心到竖直墙壁交线的垂直距离为d＝R，故sin θ＝，解得θ＝45°，在竖直方向上根据受力平衡可得FTcos θ＝Mg，解得FT＝在水平方向上根据受力平衡可知，两个墙壁对球的支持力的合力大小等于绳子拉力FT的水平分力的大小，即＝FTsin θ，解得FN＝Mg，根据牛顿第三定律可得球对任一墙壁的压力大小为Mg，故B正确。 3．如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD­A1B1C1D1，从顶点A沿不同方向水平抛出一小球(可视为质点，不计空气阻力)。关于小球的运动。下列说法错误的是(　　 ) A．落点在A1B1C1D1内的小球，落在C1点时平抛的初速度最大 B．落点在B1D1上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是1∶ C．运动轨迹与AC1相交的小球，在交点处的速度方向都相同 D．运动轨迹与A1C相交的小球，在交点处的速度方向都相同 解析：选D。小球做平抛运动，根据平抛运动规律有h＝解得飞行时间t＝，水平位移为x＝v0t＝可得落点在A1B1C1D1内的小球，h相同，落在C1点的小球水平位移最大，则落在C1点时平抛的初速度最大，故A正确；设正方体边长为L，落点在B1D1上的小球，由几何关系可知最大水平位移xmax＝L，最小水平位移xmin＝，根据v0＝可知，平抛初速度的最小值与最大值之比vmin∶vmax＝1∶，故B正确；运动轨迹与AC1相交的小球，位移偏转角β相同，设速度偏转角为θ，由平抛运动规律有tan θ＝2tan β，所以θ相同，则运动轨迹与AC1相交的小球，在交点处的速度方向都相同，故C正确；运动轨迹与A1C相交的小球，交点离C点越近初速度越大，竖直方向的速度越小，交点离C点越远初速度越小，竖直方向的速度越大，故在交点处的速度方向不同，故D错误。 4．(2024·山东潍坊二模)如图所示，某同学用一双筷子夹起质量为m的圆柱形重物，已知圆柱竖直、半径为r，筷子水平，交叉点到圆柱接触点的距离均为L＝4r，每根筷子对圆柱的压力大小为2mg，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　 ) A．每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为mg B．每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为mg C．每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为mg D．若增大筷子与圆柱体间的压力，摩擦力大小不变 解析：选B。重物在竖直方向上由平衡条件可知2Ffy＝mg，解得Ffy＝，水平方向受力分析，俯视图如图所示， cos α＝，cos θ＝，由平衡条件知2FNcos α＝2Ffxcos θ，其中FN＝2mg，解得Ffx＝mg，所以每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为Ff＝mg，故A、C错误，B正确；增大筷子与圆柱体间的压力，摩擦力竖直分量仍等于重力大小，摩擦力水平分量增大，摩擦力变大，故D错误。 5．如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、R1和R2为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是(　　 ) A．若h1＝h2，则v1∶v2＝R2∶R1 B．若v1＝v2，则h1∶h2＝R1∶R2 C．若ω1＝ω2，v1＝v2，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同 D．若h1＝h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则ω1＝ω2 解析：选D。根据平抛运动的规律有h＝gt2；R＝vt，解得R＝v，可知若h1＝h2，则 v1∶v2＝R1∶R2；若v1＝v2，则h1∶h2＝，A、B错误。若ω1＝ω2，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1＝v2，出水口的截面积相同，可知单位时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，可知得到的水量较多，C错误；设出水口横截面积为S0，喷水速度为v，若ω1＝ω2，则喷水管转动一周的时间相等，因h相等，则水落地的时间相等，则t＝相等，在圆周上单位时间内单位长度的水量为Q0＝相等，即一周中每个花盆中的水量相同，D正确。 二、计算题 6．图甲是古代马车的示意图，车盖呈伞状，支撑轴竖直向上，伞底圆面水平。过支撑轴的截面图简化为如图乙所示的等腰三角形，底面半径恒定为r，底角为θ。θ取不同的值时，自车盖顶端A由静止下滑的水滴(可视为质点)沿斜面运动的时间不同。已知重力加速度为g，不计水滴与伞面间的摩擦力和空气阻力。 (1)倾角θ为多大时，水滴下滑时间最短，并求出最短时间tmin； (2)满足(1)问条件，在车盖底面下方h＝的水平面内有一长为L＝r的水平横梁(可看成细杆)，横梁位于支撑轴正前方，其俯视图如图丙所示，横梁的垂直平分线过支撑轴。现保持车辆静止，大量水滴沿车盖顶端由静止向各方向滑下，整个横梁恰好“被保护”不被淋湿。求水平面内横梁中点到支撑轴的距离d。 解析：(1)水滴沿伞面下滑过程中有 mg sin θ＝ma 联立解得 又0<θ<，则当θ＝时水滴滑落伞面时间最短， 解得tmin＝2。 (2)水滴沿伞面下落过程有mgr＝mv2 水滴离开伞后做斜下抛运动，且有水平和竖直两个分速度vx＝vy＝v cos 竖直方向h＝vyt2＋ 水平方向x＝vxt2 由几何关系可知(x＋r)2＝d2＋ 联立解得d＝r。 答案：(1)　2　(2)r $$