高考物理第二轮总复习力学部分.ppt

高考物理第二轮总复习 力学部分,在我们生活的这个世界上,只有物质和物质的运动规律是客观实在的，除此之外再没有别的了。自然界孕育的生命，包括有智能的人，也不过是物质及物质的运动规律的高级表现形式罢了。我们应以这样一种认识对待客观世界，对待生命和人生。,【知识要点】 一、牛顿定律,1、牛顿第一定律 一切物体总是保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。 2、牛顿第二定律 物体的加速度跟所受外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。 F=ma 3、牛顿第三定律 两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。,二、功和能,2、机械能守恒定律 在只有重力或弹力做功的物体系内，动能和势能可以相互转化，但总的机械能保持不变,1、动能定理 外力对物体所做功的代数和等于物体动能的增量，也可表述为：合外力对物体所做的功等于物体动能的增量,三、动量与动量守恒,1、动量定理 物体在一段时间内所受到的合外力的冲量，等于物体在这段时间内动量的变化，对于同一直线上运动的物体其表达式为,2、动量守恒定律 当几个物体组成的物体系不受外力或所受外力之和为零，只有系统内部的物体之间相互作用时，各个物体的动量都可以发生变化，但系统的总动量的大小和方向是保持不变的。这就是动量守恒定律。 对于始终在同一条直线上运动的两个物体组成的系统，动量守恒定律的一般表达式为,四、应用,总体来讲力学的应用问题主要是两类，一类是已知力求运动，一类是已知运动求力。细分又有物体处于平衡状态的问题、包括平抛运动在内的物体做匀变速运动的问题、物体圆周运动的问题、以及振动和波动的问题。 研究和解决问题的方法可以用牛顿定律，可以用动能定理或机械能守恒定律，也可以用动量定理或动量守恒定律来解答。,五、能力要求,1、理解和推理的能力； 2、分析和解决问题的能力； 3、用数学方法解答物理问题的能力； 4、综合及创造的能力； 5、实验能力。,例1、如图1-1所示，长为5米的细绳的两端分别系于竖立在地面上相距为4米的两杆顶端A、B。绳上挂一个光滑的轻质挂钩。它钩着一个重为12牛的物体。平衡时，绳中张力T=,典型例题,分析与解：本题为三力平衡问题。其基本思路为：选对象、分析力、画力图、列方程。对平衡问题，根据题目所给条件，往往可采用不同的方法，如正交分解法、相似三角形等。所以，本题有多种解法。,解法一：选挂钩为研究对象，其受力如图1-2所示 设细绳与水平夹角为，由平衡条件可知：2TSin=F，其中F=12牛 将绳延长，由图中几何条件得：Sin=3/5，则代入上式可得T=10牛。,解法二：挂钩受三个力，由平衡条件可知：两个拉力（大小相等均为T）的合力F与F大小相等方向相反。以两个拉力为邻边所作的平行四边形为菱形。如图1-2所示，其中力的三角形OEG与ADC相似， 则：,得： 牛。,想一想：若将右端绳A 沿杆适当下移些，细绳上张力是否变化？ （提示：挂钩在细绳上移到一个新位置，挂钩两边细绳与水平方向夹角仍相等，细绳的张力仍不变。）,例2：将细绳绕过两个定滑轮A和B绳的两端各系一个质量为m的砝码。A、B间的中点C挂一质量为M的小球，M2m，A、B间距离为l，开始用手托住M使它们都保持静止，如图所示。放手后M和2个m开始运动。求(1)小球下落的最大位移H是多少？ (2)小球的平衡位置距C点距离h是多少？,解：(1)如答案图(a)所示，M下降到最底端时速度为零，此时两m速度也为零，M损失的重力势能等于两m增加的重力势能(机械能守恒),解得,(2)如答案图(b)所示，当M处于平衡位置时，合力为零，T=mg，则,Mg-2mgsin=0,例3、如图3-1所示的传送皮带，其水平部分 ab=2米，bc=4米，bc与水平面的夹角=37，一小物体A与传送皮带的滑动摩擦系数=0.25，皮带沿图示方向运动，速率为2米/秒。若把物体A轻轻放到a点处，它将被皮带送到c点，且物体A一直没有脱离皮带。求物体A从a点被传送到c点所用的时间。,分析与解：物体A轻放到a点处，它对传送带的相对运动向后，传送带对A的滑动摩擦力向前，则 A 作初速为零的匀加速运动直到与传送带速度相同。设此段时间为t1，则：,设A匀加速运动时间内位移为S1，则：,设物体A在水平传送带上作匀速运动时间为t2，则,a1=g=0.25x10=2.5米/秒2 t=v/a1=2/2.5=0.8秒,a2=g Sin37-gCos37 =10x0.6-0.25x10x0.8 =4米/秒2,t=t1+t2+t3=0.8+0.6+1=2.4秒。,设物体A在bc段运动时间为t3，加速度为a2，则：,解得：t3=1秒 （t3=-2秒舍去）,所以物体A从a点被传送到c点所用的时间,例4、如图4-1所示，传送带与地面倾角=37，AB长为16米，传送带以10米/秒的速度匀速运动。在传送带上端A无初速地释放一个质量为0.5千克的物体，它与传送带之间的动摩擦系数为=0.5，求： （1）物体从A运动到B所需时间， （2）物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体所做的功（g=10米/秒2）,（1）当物体下滑速度小于传送带时，物体的加速度为a1,（此时滑动摩擦力沿斜面向下）则：,t1=v/1=10/10=1秒,当物体下滑速度大于传送带V=10米/秒 时，物体的加速度为a2，（此时f沿斜面向上）则：,即：10t2+t22=11 解得：t2=1秒（t2=-11秒舍去） 所以，t=t1+t2=1+1=2秒,（2）W1=fs1=mgcosS1=0.5X0.5X10X0.8X5=10焦 W2=-fs2=-mgcosS2=-0.5X0.5X10X0.8X11=-22焦,答案：（B、C、D）,想一想：如图4-1所示，传送带不动时，物体由皮带顶端A从静止开始下滑到皮带底端B用的时间为t，则：（请选择） A. 当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定大于t。 B. 当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定等于t。 C. 当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间可能等于t。 D. 当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间可能小于t。,所以，W=W1+W2=10-22=-12焦。,例5、如图5-1所示，长L=75cm的静止直筒中有一不计大小的小球，筒与球的总质量为4千克，现对筒施加一竖直向下、大小为21牛的恒力，使筒竖直向下运动，经t=0.5秒时间，小球恰好跃出筒口。 求：小球的质量。（取g=10m/s2）,分析与解：筒受到竖直向下的力作用后做竖直向下的匀加速运动，且加速度大于重力加速度。而小球则是在筒内做自由落体运动。小球跃出筒口时，筒的位移比小球的位移多一个筒的长度。 设筒与小球的总质量为M，小球的质量为m，筒在重力及恒力的共同作用下竖直向下做初速为零的匀加速运动，设加速度为a；小球做自由落体运动。设在时间t内，筒与小球的位移分别为h1、h2（球可视为质点）如图5-2所示。,由运动学公式得：,又因为筒受到重力(M-m)g和向下作用力F，据牛顿第二定律： F+(M-m)g=(M-m)a 得：,又有：L=h1-h2 代入数据解得：a=16米/秒2,例8、一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的内径大得多。在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）。A球的质量为m1，B球的质量为m2。它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为V0。设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m1、m2、R与V0应满足的关系式是 。,分析与解：如图7-1所示，A球运动到最低点时速度为V0，A球受到向下重力mg和细管向上弹力N1的作用，其合力提供向心力。那么，,这时B球位于最高点，速度为V1，B球受向下重力m2g和细管弹力N2作用。球作用于细管的力是N1、N2的反作用力，要求两球作用于细管的合力为零，即要求N2与N1等值反向，,N1-m1g=m1vo2/R 1,N2+m2g=m2v12/R 3,N1=N2 2，,且N2方向一定向下，对B球：,B球由最高点运动到最低点时速度为V0，此过程中机械能守恒：,说明：（1）本题不要求出某一物理量，而是要求根据对两球运动的分析和受力的分析，在建立1-4式的基础上得到m1、m2、R与V0所满足的关系式5。 （2）由题意要求两球对圆管的合力为零知，N2一定与N1方向相反，这一点是列出3式的关键。且由5式知两球质量关系m1m2。,(m1-m2)v02/R+(m1+5m2)g=0 5,由1234式消去N1、N2和V1后得到m1、m2、R与V0满足的关系式是：,即 m2V12/2+m2g2R=m2V02/2 4,例9、如图8-1所示，质量为m=0.4kg的滑块，在水平外力F作用下，在光滑水平面上从A点由静止开始向B点运动，到达B点时外力F突然撤去，滑块随即冲上半径为 R=0.4米的1/4光滑圆弧面小车，小车立即沿光滑水平面PQ运动。设：开始时平面AB与圆弧CD相切，A、B、C三点在同一水平线上，令AB连线为X轴，且AB=d=0.64m，滑块在AB面上运动时，其动量随位移的变化关系为P=1.6 kgm/s，小车质量M=3.6kg，不计能量损失。求：,(1)滑块受水平推力F为多大? (2)滑块通过C点时，圆弧C点受到压力为多大? (3)滑块到达D点时，小车速度为多大? (4)滑块能否第二次通过C点? 若滑块第二次通过C点时，小车与滑块的速度分别为多大? (5)滑块从D点滑出再返回D点这一过程中，小车移动距离为多少? (g取10m/s2),分析与解：(1)由P=1.6 =mv， 代入x=S=0.64m，可得滑块到B点速度为： VB=1.6 /m=1.6 =3.2m/s AB，由动能定理得：FS= mVB2 , 所以 F=mVB2/(2S)=0.4X3.22/(2X0.64)=3.2N,(2)滑块滑上C立即做圆周运动，由牛顿第二定律得： N-mg=mVC2/R 而VC=VB 则 N=mg+mVC2/R =0.4X10+0.4X3.22/0.4 =14.2N,(3)滑块由CD的过程中，滑块和小车组成系统在水平方向动量守恒，由于滑块始终紧贴着小车一起运动，在D点时，滑块和小车具有相同的水平速度VDX 。 由动量守恒定律得： mVC=(M+m)VDX 所以 VDX=mVC/(M+m) =0.4X3.2/(3.6+0.4) =0.32m/s,(4)滑块一定能再次通过C点。因为滑块到达D点时，除与小车有相同的水平速度VDX外，还具有竖直向上的分速度VDY，因此滑块以后将脱离小车相对于小车做竖直上抛运动(相对地面做斜上抛运动)。因题中说明无能量损失，可知滑块在离车后一段时间内，始终处于D点的正上方(因两者在水平方向不受力作用，水平方向分运动为匀速运动，具有相同水平速度)， 所以滑块返回时必重新落在小车的D点上，然后再圆孤下滑，最后由C点离开小车，做平抛运动落到地面上。 由机械能守恒定律得： mVC2=mgR+ (M+m)VDX2+ mVDY2 所以,以滑块、小车为系统，以滑块滑上C点为初态，滑块第二次滑到C点时为末态，此过程中系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒(注意：对滑块来说，此过程中弹力与速度不垂直，弹力做功，机械能不守恒)得： mVC=mVC+MV 即 mVC2= mVC2+ MV2,上式中VC、V分别为滑块返回C点时，滑块与小车的速度， V=2mVC/(M+m) =2X0.4X3.2/(3.6+0.4) =0.64m/s VC=(m-M)VC/(m+M) =(0.4-3.6)X3.2/(0.4+3.6) =-2.56m/s(与V反向),(5)滑块离D到返回D这一过程中，小车做匀速直线运动，前进距离为： S=VDX2VDY/g =0.32X2X1.1/10 =0.07m,例10、如图9-1所示，质量为M=3kg的木板静止在光滑水平面上，板的右端放一质量为m=1kg的小铁块，现给铁块一个水平向左速度V0=4m/s，铁块在木板上滑行，与固定在木板左端的水平轻弹簧相碰后又返回，且恰好停在木板右端，求铁块与弹簧相碰过程中，弹性势能的最大值EP。,分析与解：在铁块运动的整个过程中，系统的动量守恒，因此弹簧压缩最大时和铁块停在木板右端时系统的共同速度（铁块与木板的速度相同）可用动量守恒定律求出。在铁块相对于木板往返运动过程中，系统总机械能损失等于摩擦力和相对运动距离的乘积，可利用能量关系分别对两过程列方程解出结果。,设弹簧压缩量最大时和铁块停在木板右端时系统速度分别为V和V，由动量守恒得： mV0=(M+m)V=(M+m)V 所以， V=V=mV0/(M+m)=1X4/(3+1)=1m/s,铁块刚在木板上运动时系统总动能为： EK=mV02/2=0.5X1X16=8J 弹簧压缩量最大时和铁块最后停在木板右端时，系统总动能都为： EK=(M+m)V2/2=0.5X(3+1)X1=2J 铁块在相对于木板往返运过程中，克服摩擦力f所做的功为： Wf=f2L=EK-EK=8-2=6J 铁块由开始运动到弹簧压缩量最大的过程中，系统机械能损失为： fs=3J 由能量关系得出弹性势能最大值为： EP=EK-EK-fs=8-2-3=3J,说明：由于木板在水平光滑平面上运动，整个系统动量守恒，题中所求的是弹簧的最大弹性势能，解题时必须要用到能量关系。 在解本题时要注意两个方面： .是要知道只有当铁块和木板相对静止时(即速度相同时)，弹簧的弹性势能才最大；弹性势能最大时，铁块和木板的速度都不为零；铁块停在木板右端时，系统速度也不为零。 .是系统机械能损失并不等于铁块克服摩擦力所做的功，而等于铁块克服摩擦力所做的功和摩擦力对木板所做功的差值，故在计算中用摩擦力乘上铁块在木板上相对滑动的距离。,例11、如图10-1所示，劲度系数为 K的轻质弹簧一端与墙固定，另一端与倾角为的斜面体小车连接，小车置于光滑水平面上。在小车上叠放一个物体，已知小车质量为 M，物体质量为m，小车位于O点时，整个系统处于平衡状态。现将小车从O点拉到B点，令OB=b，无初速释放后，小车即在水平面B、C间来回运动，而物体和小车之间始终没有相对运动。求：(1)小车运动到B点时的加速度大小和物体所受到的摩擦力大小。(2)b的大小必须满足什么条件，才能使小车和物体一起运动过程中，在某一位置时，物体和小车之间的摩擦力为零,分析与解： (1)所求的加速度a和摩擦力f是小车在B点时的瞬时值。取M、m和弹簧组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律： kb=(M+m)a 所以a=kb/(M+m)。 取m为研究对象，在沿斜面方向有： f-mgsin=macos 所以， f=mgsin+m cos=m(gsin+ cos),(2)当物体和小车之间的摩擦力的零时，小车的加速度变为a，小车距O点距离为b，取m为研究对象，有： mgsin=macos 取M、m和弹簧组成的系统为研究对象，有： kb=(M+m)a 以上述两式联立解得： b= (M+m)gtg,说明：在求解加速度时用整体法，在分析求解m受到的摩擦力时用隔离法。整体法和隔离法两者交互运用是解题中常用的方法，希读者认真掌握。,例12、质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为Xo，如图11-1所示。一物块从钢板正上方距离为 3Xo的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点。若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度。求物块向上运动到达的最高点O点的距离。,图11-1,分析与解：物块自由下落，与钢板碰撞，压缩弹簧后再反弹向上，运动到O点，弹簧恢复原长。碰撞过程满足动量守恒条件。压缩弹簧及反弹时机械能守恒。自由下落3Xo，根据机械能守恒：,物块与钢板碰撞时，根据动量守恒： mv0=(m+m)v1（v1为碰后共同速度）,V1=V0/2=,所以,物块与钢板一起升到O点，根据机械能守恒： 2mV12+Ep=2mgx0 1,如果物块质量为2m，则：2mVo=(2m+m)V2 ， 即V2= Vo,设回到O点时物块和钢板的速度为V，则： 3mV22+Ep=3mgx0+ 3mV2 2,从O点开始物块和钢板分离，由1式得： Ep= mgx0,代入2得： m( Vo)2+ mgx0=3mgx0 + 3mV2,所以，V=gx0 即,例13、如图12-1所示，有两块大小不同的圆形薄板(厚度不计)，质量分别为M和m，半径分别为R和r，两板之间用一根长为0.4m的轻绳相连结。开始时，两板水平放置并叠合在一起，静止于高度为0.2m处。然后自由下落到一固定支架C上，支架上有一半径为R(rRR)的圆孔，圆孔与两薄板中心均在圆板中心轴线上，木板与支架发生没有机械能损失的碰撞。碰撞后，两板即分离，直到轻绳绷紧。在轻绳绷紧的瞬间，两物体具有共同速度V，如图12-2所示。求：(1)若M=m，则V值为多大 (2)若M/m=K，试讨论 V的方向与K值间的关系。,图12-1,分析与解：开始 M与m自由下落，机械能守恒。 M与支架C碰撞后，M以原速率返回，向上做匀减速运动。m向下做匀加速运动。在绳绷紧瞬间，内力(绳拉力)很大，可忽略重力，认为在竖直方向上M与m系统动量守恒。,图12-2,(1)据机械能守恒： (M+m)gh=(M+m)V02/2 所以，V0= =2m/s,M碰撞支架后以Vo返回作竖直上抛运动，m自由下落做匀加速运动。在绳绷紧瞬间，M速度为V1，上升高度为h1，m的速度为V2，下落高度为h2。则： h1+h2=0.4m，h1=V0t-gt2，h2=V0t+gt2， 而 h1+h2=2V0t， 故：,所以：V1=V0-gt=2-100.1=1m/s V2=V0+gt=2+100.1=3m/s 根据动量守恒，取向下为正方向，mV2-MV1=(M+m)V，所以,那么当m=M时，V=1m/s； 当M/m=K时，V= 。,讨论： K3时，V0，两板速度方向向下。 K3时，V0，两板速度方向向上。 K=3时，V=0，两板瞬时速度为零，接着再自由下落。,例14、如图13-1所示，物体A从高h的P处沿光滑曲面从静止开始下滑，物体B用长为L的细绳竖直悬挂在O点且刚和平面上Q点接触。已知mA=mB，高h及S(平面部分长)。若A和B碰撞时无能量损失。(1)若Lh/4，碰后A、B各将做什么运动?(2)若L=h，且A与平面的动摩擦因数为，A、B可能碰撞几次？A最终在何处？,图13-1,分析与解：当水平部分没有摩擦时，A球下滑到未碰B球前能量守恒，与B碰撞因无能量损失，而且质量相等，由动量守恒和能量守恒可得两球交换速度。A 停在Q处，B碰后可能做摆动，也可能饶 O点在竖直平面内做圆周运动。 如果做摆动，则经一段时间，B反向与A相碰，使A又回到原来高度，B停在Q处，以后重复以上过程，如此继续下去。 若B做圆周运动，B逆时针以O为圆心转一周后与A相碰，B停在Q处，A向右做匀速运动。 由此分析，我们可得本题的解如下：,(1)A与B碰撞前A的速度： mgh=mVA2/2， VA=,因为mA=mB，碰撞无能量损失，两球交换速度，得：VA=0，VB=VA=,设B球到最高点的速度为