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高三物理第二轮总复习 目录 第1专题力与运动第2专题动量和能量第3专题圆周运动 航天与星体问题第4专题带电粒子在电场和磁场中的运动第5专题电磁感应与电路的分析第6专题振动与波 光学 执掌 原子物理第7专题高考物理实验第8专题数学方法在物理中的应用第9专题高中物理常见的物理模型第10专题计算题的答题规范与解析技巧 第1专题力与运动知识网络 考点预测本专题复习三个模块的内容 运动的描述 受力分析与平衡 牛顿运动定律的运用 运动的描述与受力分析是两个相互独立的内容 它们通过牛顿运动定律才能连成一个有机的整体 虽然运动的描述 受力平衡在近几年 特别是2008年以前 都有独立的命题出现在高考中 如2008年的全国理综卷 第23题 四川理综卷第23题 但由于理综考试题量的局限以及课改趋势 独立考查前两模块的命题在2010年高考中出现的概率很小 大部分高考卷中应该都会出现同时考查三个模块知识的试题 而且占不少分值 在综合复习这三个模块内容的时候 应该把握以下几点 1 运动的描述是物理学的重要基础 其理论体系为用数学函数或图象的方法来描述 推断质点的运动规律 公式和推论众多 其中 平抛运动 追及问题 实际运动的描述应为复习的重点和难点 2 无论是平衡问题 还是动力学问题 一般都需要进行受力分析 而正交分解法 隔离法与整体法相结合是最常用 最重要的思想方法 每年高考都会对其进行考查 3 牛顿运动定律的应用是高中物理的重要内容之一 与此有关的高考试题每年都有 题型有选择题 计算题等 趋向于运用牛顿运动定律解决生产 生活和科技中的实际问题 此外 它还经常与电场 磁场结合 构成难度较大的综合性试题 一 运动的描述要点归纳 一 匀变速直线运动的几个重要推论和解题方法1 某段时间内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度 即 2 在连续相等的时间间隔T内的位移之差 s为恒量 且 s 3 在初速度为零的匀变速直线运动中 相等的时间T内连续通过的位移之比为 s1 s2 s3 sn 1 3 5 2n 1 通过连续相等的位移所用的时间之比为 t1 t2 t3 tn 4 竖直上抛运动 1 对称性 上升阶段和下落阶段具有时间和速度等方面的对称性 2 可逆性 上升过程做匀减速运动 可逆向看做初速度为零的匀加速运动来研究 3 整体性 整个运动过程实质上是匀变速直线运动 5 解决匀变速直线运动问题的常用方法 1 公式法灵活运用匀变速直线运动的基本公式及一些有用的推导公式直接解决 2 比例法在初速度为零的匀加速直线运动中 其速度 位移和时间都存在一定的比例关系 灵活利用这些关系可使解题过程简化 3 逆向过程处理法逆向过程处理法是把运动过程的 末态 作为 初态 将物体的运动过程倒过来进行研究的方法 4 速度图象法速度图象法是力学中一种常见的重要方法 它能够将问题中的许多关系 特别是一些隐藏关系 在图象上明显地反映出来 从而得到正确 简捷的解题方法 二 运动的合成与分解1 小船渡河设水流的速度为v1 船的航行速度为v2 河的宽度为d 1 过河时间t仅由v2沿垂直于河岸方向的分量v 决定 即t 与v1无关 所以当v2垂直于河岸时 渡河所用的时间最短 最短时间tmin 2 渡河的路程由小船实际运动轨迹的方向决定 当v1 v2时 最短路程smin d 当v1 v2时 最短路程smin 如图1 1所示 图1 1 2 轻绳 轻杆两末端速度的关系 1 分解法把绳子 包括连杆 两端的速度都沿绳子的方向和垂直于绳子的方向分解 沿绳子方向的分运动相等 垂直方向的分运动不相关 即v1cos 1 v2cos 2 2 功率法通过轻绳 轻杆 连接物体时 往往力拉轻绳 轻杆 做功的功率等于轻绳 轻杆 对物体做功的功率 3 平抛运动如图1 2所示 物体从O处以水平初速度v0抛出 经时间t到达P点 图1 2 合位移的方向与水平方向的夹角为 有 tan 即 要注意合速度的方向与水平方向的夹角不是合位移的方向与水平方向的夹角的2倍 即 2 而是tan 2tan 4 时间 由sy gt2得 t 平抛物体在空中运动的时间t只由物体抛出时离地的高度sy决定 而与抛出时的初速度v0无关 5 速度变化 平抛运动是匀变速曲线运动 故在相等的时间内 速度的变化量 g 相等 且必沿竖直方向 如图1 3所示 图1 3任意两时刻的速度与速度的变化量 v构成直角三角形 v沿竖直方向 注意 平抛运动的速率随时间并不均匀变化 而速度随时间是均匀变化的 6 带电粒子 只受电场力的作用 垂直进入匀强电场中的运动与平抛运动相似 出电场后做匀速直线运动 如图1 4所示 图1 4故有 y 热点 重点 难点 一 直线运动高考中对直线运动规律的考查一般以图象的应用或追及问题出现 这类题目侧重于考查学生应用数学知识处理物理问题的能力 对于追及问题 存在的困难在于选用哪些公式来列方程 作图求解 而熟记和运用好直线运动的重要推论往往是解决问题的捷径 例1如图1 5甲所示 A B两辆汽车在笔直的公路上同向行驶 当B车在A车前s 84m处时 B车的速度vB 4m s 且正以a 2m s2的加速度做匀加速运动 经过一段时间后 B车的加速度突然变为零 A车一直以vA 20m s的速度做匀速运动 从最初相距84m时开始计时 经过t0 12s后两车相遇 问B车加速行驶的时间是多少 图1 5甲 解析 设B车加速行驶的时间为t 相遇时A车的位移为 sA vAt0B车加速阶段的位移为 sB1 vBt at2匀速阶段的速度v vB at 匀速阶段的位移为 sB2 v t0 t 相遇时 依题意有 sA sB1 sB2 s联立以上各式得 t2 2t0t 0将题中数据vA 20m s vB 4m s a 2m s2 t0 12s 代入上式有 t2 24t 108 0解得 t1 6s t2 18s 不合题意 舍去 因此 B车加速行驶的时间为6s 答案 6s 点评 出现不符合实际的解 t2 18s 的原因是方程 sB2 v t0 t 并不完全描述B车的位移 还需加一定义域t 12s 解析后可以作出vA t vB t图象加以验证 图1 5乙根据v t图象与t围成的面积等于位移可得 t 12s时 s 16 4 6 4 6 m 84m 二 平抛运动平抛运动在高考试题中出现的几率相当高 或出现于力学综合题中 如2008年北京 山东理综卷第24题 或出现于带电粒子在匀强电场中的偏转一类问题中 如2008年宁夏理综卷第24题 天津理综卷第23题 或出现于此知识点的单独命题中 如2009年高考福建理综卷第20题 广东物理卷第17 1 题 2008年全国理综卷 第14题 对于这一知识点的复习 除了要熟记两垂直方向上的分速度 分位移公式外 还要特别理解和运用好速度偏转角公式 位移偏转角公式以及两偏转角的关系式 即tan 2tan 例2图1 6甲所示 m为在水平传送带上被传送的小物体 可视为质点 A为终端皮带轮 已知皮带轮的半径为r 传送带与皮带轮间不会打滑 当m可被水平抛出时 A轮每秒的转数最少为 图1 6甲A B C D 解析 解法一m到达皮带轮的顶端时 若m mg 表示m受到的重力小于 或等于 m沿皮带轮表面做圆周运动的向心力 m将离开皮带轮的外表面而做平抛运动又因为转数n 所以当v 即转数n 时 m可被水平抛出 故选项A正确 解法二建立如图1 6乙所示的直角坐标系 当m到达皮带轮的顶端有一速度时 若没有皮带轮在下面 m将做平抛运动 根据速度的大小可以作出平抛运动的轨迹 若轨迹在皮带轮的下方 说明m将被皮带轮挡住 先沿皮带轮下滑 若轨迹在皮带轮的上方 说明m立即离开皮带轮做平抛运动 图1 6乙又因为皮带轮圆弧在坐标系中的函数为 当y2 x2 r2初速度为v的平抛运动在坐标系中的函数为 y 平抛运动的轨迹在皮带轮上方的条件为 当x 0时 平抛运动的轨迹上各点与O点间的距离大于r 即 r即 r解得 v 又因皮带轮的转速n与v的关系为 n 可得 当n 时 m可被水平抛出 答案 A 点评 解法一 应用动力学的方法分析求解 解法二 应用运动学的方法 数学方法 求解 由于加速度的定义式为a 而决定式为a 故这两种方法殊途同归 同类拓展1高台滑雪以其惊险刺激而闻名 运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性 某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图1 7所示的示意图 其中AB段是助滑雪道 倾角 30 BC段是水平起跳台 CD段是着陆雪道 AB段与BC段圆滑相连 DE段是一小段圆弧 其长度可忽略 在D E两点分别与CD EF相切 EF是减速雪道 倾角 37 轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为 0 25 图中轨道最高点A处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h 10m A点与C点的水平距离L1 20m C点与D点的距离为32 625m 运动员连同滑雪板的总质量m 60kg 滑雪运动员从A点由静止开始起滑 通过起跳台从C点水平飞出 在落到着陆雪道上时 运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿着陆雪道的分速度而不弹起 除缓冲外运动员均可视为质点 设运动员在全过程中不使用雪杖助滑 忽略空气阻力的 影响 取重力加速度g 10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 求 图1 7 1 运动员在C点水平飞出时的速度大小 2 运动员在着陆雪道CD上的着陆位置与C点的距离 3 运动员滑过D点时的速度大小 解析 1 滑雪运动员从A到C的过程中 由动能定理得 mgh mgcos mg L1 hcot mvC2解得 vC 10m s 2 滑雪运动员从C点水平飞出到落到着陆雪道的过程中做平抛运动 有 x vCty gt2 tan 着陆位置与C点的距离s 解得 s 18 75m t 1 5s 3 着陆位置到D点的距离s 13 875m 滑雪运动员在着陆雪道上做匀加速直线运动 把平抛运动沿雪道和垂直雪道分解 可得着落后的初速度v0 vCcos gtsin 加速度为 mgsin mgcos ma运动到D点的速度为 vD2 v02 2as 解得 vD 20m s 答案 1 10m s 2 18 75m 3 20m s互动辨析在斜面上的平抛问题较为常见 位移与水平面的夹角等于倾角 为着落条件 同学们还要能总结出距斜面最远的时刻以及这一距离 二 受力分析要点归纳 一 常见的五种性质的力 续表 续表 续表 二 力的运算 物体的平衡1 力的合成与分解遵循力的平行四边形定则 或力的三角形定则 2 平衡状态是指物体处于匀速直线运动或静止状态 物体处于平衡状态的动力学条件是 F合 0或Fx 0 Fy 0 Fz 0 注意 静止状态是指速度和加速度都为零的状态 如做竖直上抛运动的物体到达最高点时速度为零 但加速度等于重力加速度 不为零 因此不是平衡状态 3 平衡条件的推论 1 物体处于平衡状态时 它所受的任何一个力与它所受的其余力的合力等大 反向 2 物体在同一平面上的三个不平行的力的作用下处于平衡状态时 这三个力必为共点力 物体在三个共点力的作用下而处于平衡状态时 表示这三个力的有向线段组成一封闭的矢量三角形 如图1 8所示 图1 84 共点力作用下物体的平衡分析 热点 重点 难点 一 正交分解法 平行四边形法则的应用1 正交分解法是分析平衡状态物体受力时最常用 最主要的方法 即当F合 0时有 Fx合 0 Fy合 0 Fz合 0 2 平行四边形法有时可巧妙用于定性分析物体受力的变化或确定相关几个力之比 例3举重运动员在抓举比赛中为了减小杠铃上升的高度和发力 抓杠铃的两手间要有较大的距离 某运动员成功抓举杠铃时 测得两手臂间的夹角为120 运动员的质量为75kg 举起的杠铃的质量为125kg 如图1 9甲所示 求该运动员每只手臂对杠铃的作用力的大小 取g 10m s2 分析 由手臂的肌肉 骨骼构造以及平时的用力习惯可知 伸直的手臂主要沿手臂方向发力 取手腕 手掌为研究对象 握杠的手掌对杠有竖直向上的弹力和沿杠向外的静摩擦力 其合力沿手臂方向 如图1 9所示 图1 9 解析 手臂对杠铃的作用力的方向沿手臂的方向 设该作用力的大小为F 则杠铃的受力情况如图1 9丙所示图1 9丙由平衡条件得 2Fcos60 mg解得 F 1250N 答案 1250N 例4两个可视为质点的小球a和b 用质量可忽略的刚性细杆相连放置在一个光滑的半球面内 如图1 10甲所示 已知小球a和b的质量之比为 细杆长度是球面半径的倍 两球处于平衡状态时 细杆与水平面的夹角 是 2008年高考 四川延考区理综卷 图1 10甲A 45 B 30 C 22 5 D 15 解析 解法一设细杆对两球的弹力大小为T 小球a b的受力情况如图1 10乙所示图1 10乙 其中球面对两球的弹力方向指向圆心 即有 cos 解得 45 故FNa的方向为向上偏右 即 1 45 45 FNb的方向为向上偏左 即 2 45 45 两球都受到重力 细杆的弹力和球面的弹力的作用 过O作竖直线交ab于c点 设球面的半径为R 由几何关系可得 解得 FNa FNb 取a b及细杆组成的整体为研究对象 由平衡条件得 FNa sin 1 FNb sin 2即FNb sin 45 FNb sin 45 解得 15 解法二由几何关系及细杆的长度知 平衡时有 sin Oab 故 Oab Oba 45 再设两小球及细杆组成的整体重心位于c点 由悬挂法的原理知c点位于O点的正下方 且即R sin 45 R sin 45 1 解得 15 答案 D 点评 利用平行四边形 三角形 定则分析物体的受力情况在各类教辅中较常见 掌握好这种方法的关键在于深刻地理解好 在力的图示中 有向线段替代了力的矢量 在理论上 本题也可用隔离法分析小球a b的受力情况 根据正交分解法分别列平衡方程进行求解 但是求解三角函数方程组时难度很大 解法二较简便 但确定重心的公式超纲 二 带电粒子在复合场中的平衡问题在高考试题中 也常出现带电粒子在复合场中受力平衡的物理情境 出现概率较大的是在正交的电场和磁场中的平衡问题及在电场和重力场中的平衡问题 在如图1 11所示的速度选择器中 选择的速度v 在如图1 12所示的电磁流量计中 流速v 流量Q 图1 11图1 12 例5在地面附近的空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场 已知磁场的方向垂直纸面向里 一个带电油滴沿着一条与竖直方向成 角的直线MN运动 如图1 13所示 由此可判断下列说法正确的是 图1 13A 如果油滴带正电 则油滴从M点运动到N点B 如果油滴带正电 则油滴从N点运动到M点C 如果电场方向水平向右 则油滴从N点运动到M点D 如果电场方向水平向左 则油滴从N点运动到M点 解析 油滴在运动过程中受到重力 电场力及洛伦兹力的作用 因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直 大小随速度的改变而改变 而电场力与重力的合力是恒力 所以物体做匀速直线运动 又因电场力一定在水平方向上 故洛伦兹力的方向是斜向上方的 因而当油滴带正电时 应该由M点向N点运动 故选项A正确 B错误 若电场方向水平向右 则油滴需带负电 此时斜向右上方与MN垂直的洛伦兹力对应粒子从N点运动到M点 即选项C正确 同理 电场方向水平向左时 油滴需带正电 油滴是从M点运动到N点的 故选项D错误 答案 AC 点评 对于带电粒子在复合场中做直线运动的问题要注意受力分析 因为洛伦兹力的方向与速度的方向垂直 而且与磁场的方向 带电粒子的电性都有关 分析时更要注意 本题中重力和电场力均为恒力 要保证油滴做直线运动 两力的合力必须与洛伦兹力平衡 粒子的运动就只能是匀速直线运动 同类拓展2如图1 14甲所示 悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端挂有一个带电荷量不变的小球A 在两次实验中 均缓慢移动另一带同种电荷的小球B 当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上 A处于受力平衡时 悬线偏离竖直方向的角度为 若两次实验中B的电荷量分别为q1和q2 分别为30 和45 则为 2007年高考 重庆理综卷 图1 14甲A 2B 3C 2D 3 解析 对A球进行受力分析 如图1 14乙所示 由于绳子的拉力和点电荷间的斥力的合力与A球的重力平衡 故有 F电 mgtan 又F电 k 设绳子的长度为L 则A B两球之间的距离r Lsin 联立可得 q 由此可见 q与tan sin2 成正比 即 故选项C正确 答案 C互动辨析本题为带电体在重力场和电场中的平衡问题 解题的关键在于 先根据小球的受力情况画出平衡状态下的受力分析示意图 然后根据平衡条件和几何关系列式 得出电荷量的通解表达式 进而分析求解 本题体现了新课标在知识考查中重视方法渗透的思想 图1 14乙 三 牛顿运动定律的应用要点归纳 一 深刻理解牛顿第一 第三定律1 牛顿第一定律 惯性定律 一切物体总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 1 理解要点 运动是物体的一种属性 物体的运动不需要力来维持 它定性地揭示了运动与力的关系 力是改变物体运动状态的原因 是使物体产生加速度的原因 牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础 不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例 牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系 第二定律定量地给出力与运动的关系 2 惯性 物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性 惯性是物体的固有属性 与物体的受力情况及运动状态无关 质量是物体惯性大小的量度 2 牛顿第三定律 1 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 作用在一条直线上 可用公式表示为F F 2 作用力与反作用力一定是同种性质的力 作用效果不能抵消 3 牛顿第三定律的应用非常广泛 凡是涉及两个或两个以上物体的物理情境 过程的解答 往往都需要应用这一定律 二 牛顿第二定律1 定律内容物体的加速度a跟物体所受的合外力F合成正比 跟物体的质量m成反比 2 公式 F合 ma理解要点 因果性 F合是产生加速度a的原因 它们同时产生 同时变化 同时存在 同时消失 方向性 a与F合都是矢量 方向严格相同 瞬时性和对应性 a为某时刻某物体的加速度 F合是该时刻作用在该物体上的合外力 3 应用牛顿第二定律解题的一般步骤 1 确定研究对象 2 分析研究对象的受力情况 画出受力分析图并找出加速度的方向 3 建立直角坐标系 使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上 并将其余的力或加速度分解到两坐标轴上 4 分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程 5 统一单位 计算数值 热点 重点 难点一 正交分解法在动力学问题中的应用当物体受到多个方向的外力作用产生加速度时 常要用到正交分解法 1 在适当的方向建立直角坐标系 使需要分解的矢量尽可能少 2 Fx合 max合 Fy合 may合 Fz合 maz合 3 正交分解法对本章各类问题 甚至对整个高中物理来说都是一重要的思想方法 例6如图1 15甲所示 在风洞实验室里 一根足够长的细杆与水平面成 37 固定 质量m 1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点 现有水平向右的风力F作用于小球上 经时间t1 2s后停止 小球沿细杆运动的部分v t图象如图1 15乙所示 试求 取g 10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 图1 15 1 小球在0 2s内的加速度a1和2 4s内的加速度a2 2 风对小球的作用力F的大小 解析 1 由图象可知 在0 2s内小球的加速度为 a1 20m s2 方向沿杆向上在2 4s内小球的加速度为 a2 10m s2 负号表示方向沿杆向下 2 有风力时的上升过程 小球的受力情况如图1 15丙所示在y方向 由平衡条件得 FN1 Fsin mgcos 在x方向 由牛顿第二定律得 Fcos mgsin FN1 ma1图1 15丙 停风后上升阶段 小球的受力情况如图1 15丁所示在y方向 由平衡条件得 FN2 mgcos 在x方向 由牛顿第二定律得 mgsin FN2 ma2联立以上各式可得 F 60N 图1 15丁 点评 斜面 或类斜面 问题是高中最常出现的物理模型 正交分解法是求解高中物理题最重要的思想方法之一 二 连接体问题 整体法与隔离法 高考卷中常出现涉及两个研究对象的动力学问题 其中又包含两种情况 一是两对象的速度相同需分析它们之间的相互作用 二是两对象的加速度不同需分析各自的运动或受力 隔离 或与整体法相结合 的思想方法是处理这类问题的重要手段 1 整体法是指当连接体内 即系统内 各物体具有相同的加速度时 可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑 分析其受力情况 运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法 2 隔离法是指当研究对象涉及由多个物体组成的系统时 若要求连接体内物体间的相互作用力 则应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来 分析其受力情况及运动情况 再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法 3 当连接体中各物体运动的加速度相同或要求合外力时 优先考虑整体法 当连接体中各物体运动的加速度不相同或要求物体间的作用力时 优先考虑隔离法 有时一个问题要两种方法结合起来使用才能解决 例7如图1 16所示 在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体 中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连 在外力F1 F2的作用下运动 已知F1 F2 当运动达到稳定时 弹簧的伸长量为 图1 16A B C D 解析 取A B及弹簧整体为研究对象 由牛顿第二定律得 F1 F2 2ma取B为研究对象 kx F2 ma 或取A为研究对象 F1 kx ma 可解得 x 答案 C 点评 解析中的三个方程任取两个求解都可以 当地面粗糙时 只要两物体与地面的动摩擦因数相同 则A B之间的拉力与地面光滑时相同 同类拓展3如图1 17所示 质量为m的小物块A放在质量为M的木板B的左端 B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动 且A B相对静止 某时刻撤去水平拉力 经过一段时间 B在地面上滑行了一段距离x A在B上相对于B向右滑行了一段距离L 设木板B足够长 后A和B都停了下来 已知A B间的动摩擦因数为 1 B与地面间的动摩擦因数为 2 且 2 1 则x的表达式应为 图1 17A x B x C x D x 解析 设A B相对静止一起向右匀速运动时的速度为v 撤去外力后至停止的过程中 A受到的滑动摩擦力为 f1 1mg其加速度大小a1 1gB做减速运动的加速度大小a2 由于 2 1 所以a2 2g 1g a1即木板B先停止后 A在木板上继续做匀减速运动 且其加速度大小不变对A应用动能定理得 f1 L x 0 mv2 对B应用动能定理得 1mgx 2 m M gx 0 Mv2解得 x 答案 C 点评 虽然使A产生加速度的力由B施加 但产生的加速度a1 1g是取大地为参照系的 加速度是相对速度而言的 所以加速度一定和速度取相同的参照系 与施力物体的速度无关 动能定理可由牛顿第二定律推导 特别对于匀变速直线运动 两表达式很容易相互转换 三 临界问题 例8如图1 18甲所示 滑块A置于光滑的水平面上 一细线的一端固定于倾角为45 质量为M的光滑楔形滑块A的顶端P处 细线另一端拴一质量为m的小球B 现对滑块施加一水平方向的恒力F 要使小球B能相对斜面静止 恒力F应满足什么条件 图1 18甲 解析 先考虑恒力背离斜面方向 水平向左 的情况 设恒力大小为F1时 B还在斜面上且对斜面的压力为零 此时A B有共同加速度a1 B的受力情况如图1 18乙所示 有 图1 18乙Tsin mg Tcos ma1解得 a1 gcot 即F1 M m a1 M m gcot 由此可知 当水平向左的力大于 M m gcot 时 小球B将离开斜面 对于水平恒力向斜面一侧方向 水平向右 的情况 设恒力大小为F2时 B相对斜面静止时对悬绳的拉力恰好为零 此时A B的共同加速度为a2 B的受力情况如图1 18丙所示 有 图1 18丙 FNcos mg FNsin ma2解得 a2 gtan 即F2 M m a2 M m gtan 由此可知 当水平向右的力大于 M m gtan B将沿斜面上滑 综上可知 当作用在A上的恒力F向左小于 M m gcot 或向右小于 M m gtan 时 B能静止在斜面上 答案 向左小于 M m gcot 或向右小于 M m gtan 点评 斜面上的物体 被细绳悬挂的物体这两类物理模型是高中物理中重要的物理模型 也是高考常出现的重要物理情境 四 超重与失重问题1 超重与失重只是物体在竖直方向上具有加速度时所受支持力不等于重力的情形 2 要注意飞行器绕地球做圆周运动时在竖直方向上具有向心加速度 处于失重状态 例9为了测量某住宅大楼每层的平均高度 层高 及电梯的运行情况 甲 乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验 质量m 50kg的甲同学站在体重计上 乙同学记录电梯从地面一楼到顶层的过程中 体重计的示数随时间变化的情况 并作出了如图1 19甲所示的图象 已知t 0时 电梯静止不动 从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层 求 1 电梯启动和制动时的加速度大小 2 该大楼的层高 图1 19甲 解析 1 对于启动状态有 F1 mg ma1得 a1 2m s2对于制动状态有 mg F3 ma2得 a2 2m s2 2 电梯匀速运动的速度v a1t1 2 1m s 2m s从图中读得电梯匀速上升的时间t2 26s电梯运行的总时间t 28s电梯运行的v t图象如图1 19乙所示 图1 19乙所以总位移s v t2 t 2 26 28 m 54m层高h 3m 答案 1 2m s22m s2 2 3m 经典考题在本专题中 正交分解 整体与隔离相结合是最重要也是最常用的思想方法 是高考中考查的重点 力的独立性原理 运动图象的应用次之 在高考中出现的概率也较大 1 有一个直角支架AOB AO水平放置 表面粗糙 OB竖直向下 表面光滑 AO上套有小环P OB上套有小环Q 两环质量均为m 两环间由一根质量可忽略 不可伸长的细绳相连 并在某一位置平衡 如图甲所示 现将P环向左移一小段距离 两环再次达到平衡 那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较 AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况是 1998年高考 上海物理卷 A N不变 T变大B N不变 T变小C N变大 T变D N变大 T变小甲 解析 Q环的受力情况如图乙所示 由平衡条件得 Tcos mg P环向左移动后 变小 T 变小 P环的受力情况如图丙所示 由平衡条件得 NP mg Tcos 2mg NP与 角无关 故选项B正确 答案 B 点评 本例是正交分解法 隔离法的典型应用 以后的许多考题都由此改编而来 求解支持力N时 还可取P Q组成的整体为研究对象 将整体受到的外力正交分解知竖直方向有 NQ 2mg 乙 丙 2 如图甲所示 在倾角为 的固定光滑斜面上有一块用绳子拴着的长木板 木板上站着一只猫 已知木板的质量是猫的质量的2倍 当绳子突然断开时 猫立即沿着板向上跑 以保持其相对斜面的位置不变 则此时木板沿斜面下滑的加速度为 2004年高考 全国理综卷 甲A sin B gsin C gsin D 2gsin 解析 绳子断开后猫的受力情况如图乙所示 由平衡条件知 木板对猫有沿斜面向上的摩擦力 有 f mgsin 再取木板为研究对象 其受力情况如图丙所示 由牛顿第二定律知 2mgsin f 2ma解得 a gsin 答案 C 点评 猫脚与木块之间的摩擦力使猫保持平衡状态 还可取猫 木板组成的整体为研究对象 由牛顿第二定律 3mgsin 2ma求解 但这一方法高中不作要求 乙丙 3 如图所示 某货场需将质量m1 100kg的货物 可视为质点 从高处运送至地面 为避免货物与地面发生撞击 现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道 使货物由轨道顶端无初速度滑下 轨道半径R 1 8m 地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A B 长度均为l 2m 质量均为m2 100kg 木板上表面与轨道末端相切 货物与木板间的动摩擦因数为 1 木板与地面间的动摩擦因数 2 0 2 最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等 取g 10m s2 1 求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力 2 若货物滑上木板A时 木板不动 而滑上木板B时 木板B开始滑动 求 1应满足的条件 3 若 1 0 5 求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间 2009年高考 山东理综卷 解析 1 设货物滑到圆轨道末端时的速度为v0 对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得 mgR m1v02设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN 根据牛顿第二定律得 FN m1g m1联立以上两式并代入数据得FN 3000N根据牛顿第三定律 货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N 方向竖直向下 2 若滑上木板A时 木板不动 由受力分析得 1m1g 2 m1 2m2 g若滑上木板B时 木板B开始滑动 由受力分析得 1m1g 2 m1 m2 g联立并代入数据得0 4 1 0 6 3 1 0 5 由上问可得 货物在木板A上滑动时 木板不动 设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1 由牛顿第二定律得 1m1g m1a1设货物滑到木板A末端时的速度为v1 由运动学公式得 v12 v02 2a1l联立并代入数据得v1 4m s设在木板A上运动的时间为t 由运动学公式得 v1 v0 a1t联立并代入数据得t 0 4s 答案 1 3000N 方向竖直向下 2 0 4 1 0 6 3 0 4s 点评 像这样同时考查受力分析 动力学 运动学的题型在2010届高考中出现的可能性最大 4 如图1 23甲所示 P Q为某地区水平地面上的两点 在P点正下方一球形区域内储藏有石油 假定区域周围岩石均匀分布 密度为 石油密度远小于 可将上述球形区域视为空腔 如果没有这一空腔 则该地区重力加速度 正常值 沿竖直方向 当存在空腔时 该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏离 重力加速度在原竖直方向 即PO方向 上的投影相对于正常值的偏离叫做 重力加速度反常 为了探寻石油区域的位置和石油储量 常利用P点附近重力加速度反常现象 已知引力常数为G 图1 23甲 1 设球形空腔体积为V 球心深度为d 远小于地球半径 x 求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常 2 若在水平地面上半径L的范围内发现 重力加速度反常值在 与k k 1 之间变化 且重力加速度反常的最大值出现在半径为L的范围的中心 如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的 试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积 2009年高考 全国理综卷 解析 1 由牛顿第二定律得 a 故重力加速度g G假设空腔处存在密度为 的岩石时 对Q处物体的引力产生的重力加速度为 g G由力的独立原理及矢量的合成定则知 球形区域为空腔时Q点处的物体的重力加速度的矢量关系如图1 23乙所示即故加速度反常 g g cos 图1 23乙 2 由 1 解可得 重力加速度反常 g 的最大值和最小值分别为 g max g min 由题设有 g max k g min 联立以上各式得 地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为 d V 答案 1 2 点评 对于本题大部分同学不知如何入手 其原因在于对力的独立性原理及矢量 加速度 的合成与分解理解不够深刻和熟练 本考题使大部分同学陷入一个思维误区 总在思考g 而不去思考g也是自由落体的加速度g 遵循矢量的平行四边形定则 能力演练一 选择题 10 4分 1 如图所示 A B是两个长方形物块 F是作用在物块B上沿水平方向的力 A和B以相同的速度在水平地面C上做匀速直线运动 空气阻力不计 由此可知 A B间的动摩擦因数 1和B C间的动摩擦因数 2有可能是 A 1 0 2 0B 1 0 2 0C 1 0 2 0D 1 0 2 0 解析 本题中选A B整体为研究对象 由于A B在推力F的作用下做匀速直线运动 可知地面对B的摩擦力一定水平向左 故 2 0 对A进行受力分析可知 水平方向不受力 1可能为零 故正确答案为BD 答案 BD 2 如图所示 从倾角为 高h 1 8m的斜面顶端A处水平抛出一石子 石子刚好落在这个斜面底端的B点处 石子抛出后 经时间t距斜面最远 则时间t的大小为 取g 10m s2 A 0 1sB 0 2sC 0 3sD 0 6s 答案 C 3 在轻绳的两端各拴一个小球 一人用手拿着上端的小球站在3楼的阳台上 放手后让小球自由下落 两小球相继落地的时间差为T 如果站在4楼的阳台上 同样放手让小球自由下落 则两小球相继落地的时间差将 A 不变B 增大C 减小D 无法判断 解析 两小球都做自由落体运动 可在同一v t图象中作出速度随时间变化的关系曲线 如图所示 设人在3楼的阳台上释放小球后 两球落地的时间差为 t1 图中阴影部分的面积为 h 若人在4楼的阳台上释放小球后 两球落地的时间差为 t2 要保证阴影部分的面积也是 h 从图中可以看出一定有 t2 t1 答案 C 4 如图甲所示 小球静止在小车中的光滑斜面A和光滑竖直挡板B之间 原来小车向左匀速运动 现在小车改为向左减速运动 那么关于斜面对小球的弹力NA的大小和挡板B对小球的弹力NB的大小 以下说法正确的是 A NA不变 NB减小B NA增大 NB不变C NB有可能增大D NA可能为零 解析 小球的受力情况如图乙所示 有 NAcos mgNAsin NB ma故NA不变 NB减小 答案 A 甲 乙 5 小球从空中自由下落 与水平地面第一次相碰后弹到空中某一高度 其速度随时间变化的关系如图所示 则 A 小球第一次反弹后的速度大小为3m sB 小球碰撞时速度的改变量为2m sC 小球是从5m高处自由下落的D 小球反弹起的最大高度为0 45m 解析 第一次反弹后的速度为 3m s 负号表示方向向上 A正确 碰撞时速度的改变量 v 8m s B错误 下落的高度h1 5 0 5m 1 25m 反弹的高度h2 3 0 3 0 45m D正确 答案 AD 6 如图甲所示 四个质量 形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上 将四个质量相同的物块放在斜面顶端 因物块与斜面的摩擦力不同 四个物块运动情况不同 A物块放上后匀加速下滑 B物块获一初速度后匀速下滑 C物块获一初速度后匀减速下滑 D物块放上后静止在斜面上 若在上述四种情况下斜面体均保持静止且对地面的压力依次为F1 F2 F3 F4 则它们的大小关系是 甲A F1 F2 F3 F4B F1 F2 F3 F4C F1 F2 F4 F3D F1 F3 F2 F4 解析 斜面的受力情况如乙图所示 其中 f1 N分别为斜面对物块的摩擦力和支持力的反作用力N mgcos f2可能向左 也可能向右或为零 a图中 f1 mgsin 故F Mg mgcos cos f1sin M m gb图中 f1 mgsin 故F Mg mgcos cos f1sin M m gc图中 f1 mgsin 故F Mg mgcos cos f1sin M m gd图中 f1 mgsin 故F M m g 答案 C 乙 7 把一钢球系在一根弹性绳的一端 绳的另一端固定在天花板上 先把钢球托起 如图所示 然后放手 若弹性绳的伸长始终在弹性限度内 关于钢球的加速度a 速度v随时间t变化的图象 下列说法正确的是 A 甲为a t图象B 乙为a t图象C 丙为v t图象D 丁为v t图象 解析 由题图可知 弹性绳处于松弛状态下降时钢球做自由落体运动 绷紧后小球做简谐运动 当小球上升至绳再次松弛时做竖直上抛运动 故v t图象为图甲 a t图象为图乙 答案 B 8 如图所示 足够长的水平传送带以速度v沿顺时针方向运动 传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接 曲面上的A点距离底部的高度h 0 45m 一小物块从A点静止滑下 再滑上传送带 经过一段时间又返回曲面 g取10m s2 则下列说法正确的是 A 若v 1m s 则小物块能回到A点B 若v 2m s 则小物块能回到A点C 若v 5m s 则小物块能回到A点D 无论v等于多少 小物块均能回到A点 解析 小物块滑上传送带的初速度v0 3m s当传送带的速度v 3m s时 小物块返回曲面的初速度都等于3m s 恰好能回到A点 当传送带的传送速度v 3m s时 小物块返回曲面的初速度等于v 不能回到A点 答案 C 9 如图甲所示 质量为m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上 物体距传送带左端的距离为L 当传送带分别以v1 v2的速度逆时针转动 v1 v2 稳定时绳与水平方向的夹角为 绳中的拉力分别为F1 F2 若剪断细绳时 物体到达左端的时间分别为t1 t2 则下列说法正确的是 甲A F1 F2B F1 F2C t1一定大于t2D t1可能等于t2 解析 绳剪断前物体的受力情况如图乙所示 由平衡条件得 FN Fsin mgf FN Fcos 解得 F F的大小与传送带的速度无关绳剪断后m在两速度的传送带上的加速度相同若L 则两次都是匀加速到达左端 t1 t2若L 则物体在传送带上先加速再匀速到达左端 在速度小的传送带上需要的时间更长 t1 t2 答案 BD 乙 10 静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置 其中某部分静电场的分布如图甲所示 图中虚线表示这个静电场在xOy平面内的一族等势线 等势线形状关于Ox轴 Oy轴对称 等势线的电势沿x轴正方向增加 且相邻两等势线的电势差相等 一个电子经过P点 其横坐标为 x0 时 速度与Ox轴平行 适当控制实验条件 使该电子通过电场区域时仅在Ox轴上方运动 在通过电场区域过程中 该电子沿y轴方向的分速度vy随位置坐标x变化的示意图是图乙中的 甲 乙 解析 在x轴负方向 电子所受的电场力向右偏下 则电子的竖直分速度沿y轴负方向不断增加 到达x 0时竖直分速度最大 到达x轴正方向后 电子所受的电场力向右偏上 则其竖直分速度沿y轴负方向不断减小 又由于在x轴负方向的电子运动处的电场线比在x轴正方向电子运动处的电场线密 相应的电子的加速度大 故电子在x轴正方向经过与x轴负方向相同的水平距离时 y轴方向的分速度不能减为零 D正确 答案 D 二 非选择题 共60分 11 6分 在某次实验中得到小车做直线运动的s t关系如图所示 1 由图可以确定 小车在AC段和DE段的运动分别为 A AC段是匀加速运动 DE段是匀速运动B AC段是加速运动 DE段是匀加速运动C AC段是加速运动 DE段是匀速运动D AC段是匀加速运动 DE段是匀加速运动 2 在与AB AC AD对应的平均速度中 最接近小车在A点的瞬时速度是 段中的平均速度 答案 1 C 2 AB 每空3分 12 9分 当物体从高空下落时 其所受阻力会随物体速度的增大而增大 因此物体下落一段距离后将保持匀速运动状态 这个速度称为此物体下落的收尾速度 研究发现 在相同环境下 球形物体的收尾速度仅与球的半径和质量有关 下表是某次研究的实验数据 1 根据表中的数据 求出B球与C球达到收尾速度时所受的阻力之比 2 根据表中的数据 归纳出球形物体所受的阻力f与球的速度大小及球的半径之间的关系 写出有关表达式 并求出比例系数 重力加速度g取9 8m s2 3 现将C球和D球用轻质细线连接 若它们在下落时所受的阻力与单独下落时的规律相同 让它们同时从足够高的同一高度下落 试求出它们的收尾速度 并判断它们落地的顺序 不需要写出判断理由 解析 1 球在达到收尾速度时处于平衡状态 有 f mg则fB fC mB mC代入数据解得 fB fC 1 9 2 由表中A B两球的有关数据可得 阻力与速度成正比 即f v由表中B C两球的有关数据可得 阻力与球的半径的平方成正比 即f r2得 f kvr2其中k 4 9N s m3 3 将C球和D球用细线连接后 应满足 mCg mDg fC fD即mCg mDg kv rC2 rD2 代入数据解得 v 27 2m s比较C D两小球的质量和半径 可判断出C球先落地 答案 1 1 9 3分 2 f kvr2 k 4 9N s m3 3分 3 27 2m sC球先落地 3分 13 10分 将一平板支撑成一斜面 一石块可以沿着斜面往不同的方向滑行 如图所示 如果使石块具有初速度v 方向沿斜面向下 那么它将做匀减速运动 经过距离L1后停下来 如果使石块具有同样大小的速度 但方向沿斜面向上 它将向上运动距离L2后停下来 现在平板上沿水平方向钉一光滑木条 图中MN所示 木条的侧边与斜面垂直 如果使石块在水平方向以与前两种情况同样大小的初速度紧贴着光滑木条运动 求石块在水平方向通过的距离L 解析 设斜面的倾斜角为 石块与斜面间的动摩擦因数为 故石块沿斜面减速下滑时的加速度为 a1 gcos gsin 2分 沿斜面减速上滑时的加速度a2 gcos gsin 2分 紧贴光滑木条水平运动时的加速度a3 gcos 2分 由题意可得 v2 2a1L1v2 2a2L2v2 2a3L 3分 解得 L 1分 答案 14 10分 如图所示 一固定的斜面倾角为30 一边与地面垂直 顶上有一定滑轮 一柔软的细线跨过定滑轮 两端分别与物块A和B联结 A的质量为4m B的质量为m 开始时将B按在地面上不动 然后放开手 让A沿斜面下滑而B上升 物块A与斜面间无摩擦 当A沿斜面下滑s距离后 细线突然断了 求物块B上升的最大高度 不计细线与滑轮之间的摩擦 答案 s 15 12分 在光滑的绝缘水平面上有一质量m 1 0 10 3kg 电荷量q 1 0 10 10C的带电小球静止在O点 以O点为原点在该水平面内建立直角坐标系xOy 如图所示 现突然加一个沿x轴正方向 场强大小E 2 0 106V m的匀强电场使小球运动 并开始计时 在第1s末所加电场方向突然变为沿y轴正方向 大小不变 在第2s末电场突然消失 求第3s末小球的位置 一位同学这样分析 第1s内小球沿x轴做初速度为零的匀加速直线运动 可求出其位移x1 第2s内小球沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动 可求出其位移y2及其速度v 第3s内小球沿y轴正方向做匀速直线运动 可求出其位移s 最后小球的横坐标是x1 纵坐标是y2 s 你认为他的分析正确吗 如果认为正确 请按他的思路求出第3s末小球的位置 如果认为不正确 请指出错误之处并求出第3s末小球的位置 解析 该同学的分析不正确 因为第1s末小球有沿x方向的初速度 所以第2s内小球做类平抛运动 第3s内也不沿y轴正方向运动 3分 第1s内小球做初速度为零的匀加速直线运动 有 第2s内小球做类平抛运动 有 答案 略 16 13分 如图所示 长L 1 5m 高h 0 45m 质量M 10kg的长方体木箱在水平面上向右做直线运动 当木箱的速度v0 3 6m s时 对木箱施加一个方向水平向左的恒力F 50N 并同时将一个质量m 1kg的小球轻放在距木箱右端处的P点 小球可视为质点 放在P点时相对于地面的速度为零 经过一段时间 小球脱离木箱落到地面 已知木箱与地面的动摩擦因数 0 2 而小球与木箱之间的摩擦不计 取g 10m s2 求 1 小球从开始离开木箱至落到地面所用的时间 2 小球放上P点后 木箱向右运动的最大位移 3 小球离开木箱时木箱的速度 答案 1 0 3s 2 0 9m 3 2 8m s 第2专题动量和能量知识网络 考点预测本专题涉及的内容是动力学内容的延续和深化 动量守恒定律 机械能守恒定律 能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛 它们是自然界中最基本 最普遍 最重要的客观规律 也是高中物理的重点和难点 高考考查内容的重点