高考物理总复习高中物理力学常见二级结论归纳总结

1、高中物理二级结论上集（力学）温馨提示 1、“ 二级结论” 是常见学问和解题体会的总结,都是可以推导的；2、先想前提,后记结论,切勿盲目照搬、套用；3、常用于解挑选题,可以提高解题速度；一般不能直接用于运算题 中；一、匀变速直线运动的规律1、【基本规律】（1）速度公式：vtv0at（留意：公式的矢量性以及vt图是一次函数）（2）位移公式： xv0t1 at 22（留意：公式的矢量性以及xt图是二次函数）xv 02v tt（留意：公式的矢量性）（3）速度与位移的关系式：2 vtv22 ax（位移等分专项工具）02、【常用的推论】（1）/xaT2即任意相邻相等时间内的位移之差相等；可以推广到xmxn

2、2mnaT2v 02v tx,某段时间的中间时刻的即时速度等于该段时间（2）v tt内的平均速度；vx/22 v 02v2,某段位移的中间位置的即时速度公式（不等于该段t位移内的平均速度）；1 可以证明,无论匀加速仍是匀减速,都有vt/2vx/2；3、上抛运动：对称性：t上t下v0, v 上v下,h m2 v 0g2g4、“ 刹车陷阱” ：给出的时间大于滑行时间,就不能用公式算；先求滑行时间,确定了滑行时间小于给出的时间时, 用 v 22 as求滑行距离；5、绳端物体速度分解：对地速度是合速度,分解为沿绳的分速度和垂直绳的分速度；6、两个物体刚好不相撞的临界条件是：接触时速度相等或者匀速运动的

3、速度相等；7、物体滑到小车（木板）一端的临界条件是：物体滑到小车（木板）一端时与小车速度相等；8、在同始终线上运动的两个物体距离最大（小）的临界条件是：速度相等；9、v t 图像的斜率等于加速度,面积等于位移10、x t 图像的斜率等于物体的速度；11、x t 图 依据匀变速直线运动公式 错误.未找到引用源；变形可知 错误.t未找到引用源； 可知 x t 图的截距为 v ,斜率 k 1 a；t 2二、平稳1、几个力平稳,其中一个力与其它几个力的合力等大反向；2、两个力 F 1 F 2 F 且夹角为 就二者的合力为 F合 2F cos 特别的2当 120 时 F 合 F 1 F 2 F3、衣钩模

4、型： “光滑小环 ” 、“光滑滑轮 ” 、“光滑挂钩 ”不切断细绳,仍为同一根绳,拉力大小到处相等；而“结点”就把细绳分成两段,已经为不同绳,拉力大小常不一样；4、几类动态平稳模型联想2 三、运动定律 1 水平面上滑行（水平传送带） ：a g 2 牛二：动力阻力ma 3 沿光滑斜面下滑：a g sin；沿光滑斜面上冲：a-g sin沿 粗 糙 斜 面 下 滑 ：a g sin-g cos； 沿 粗 糙 斜 面 上 冲 ：a（g sin g cos）物体沿着粗糙斜面恰好匀速下滑时 tan时间相等： 45 0 时时间最短：无极值： 4 一起加速运动的物体,合力按质量正比例安排：Nm22F,与有无摩

5、擦（相同）无关,平面、斜面、竖直m 1m都一样；A图 1BFMmF图 25、速度最大时合力为零：3 车以额定功率行驶时,vmPf四、曲线运动 1曲线运动的特点（1）曲线运动的轨迹是 曲线；（2）由于运动的 速度方向 总沿轨迹的 切线方向 ,又由于曲线运动的轨迹是曲线, 所以曲线运动的 速度方向 时刻变化； 即使其速度大小保持恒定,由于其方向不断变化,动；所以说： 曲线运动 肯定是变速运（3）由于曲线运动的 速度肯定是变化的 ,至少其 方向 总是不断变化的,所以,做曲线运动的物体的中速度必不为零 ,所受到的 合外力必不为零 ,必定有 加速度 ；（留意：合外力为零只有两种状态：静 止和匀速直线运动

6、；）曲线运动速度方向肯定变化,曲线运动肯定是变速运动,反之,变速运动不肯定是曲线运动；2物体做曲线运动的条件 1 从动力学角度看： 物体所受 合外力 方向跟它的速度方向 不在同一 条直线上 ；2 从运动学角度看： 物体的 加速度 方向跟它的速度方向 不在同一条 直线上；4 3分类：（1）加速度（大小和方向）不变的叫匀变速曲线运动 ；（如：平抛运动）（2）加速度变化（大小变、方向变、大小方向均变化）的叫非 匀变速曲线运动 ；（如：圆周运动）4. 曲线运动的合力、轨迹、速度之间的关系（1）轨迹特点：轨迹在速度方向和合力方向之间,且向合力方向一 侧弯曲；（2）合力的成效： 合力沿 切线方向 的分力F

7、 转变 速度的大小 ,沿径向的分力F1转变速度的 方向；当合力方向与速度方向的夹角为 当合力方向与速度方向的夹角为锐角时,物体的速率将 增大 ；钝角时,物体的速率将 减小 ；当合力方向与速度方向 垂直时,物体的速率 不变 ；（举例：匀速圆周运动）5、平抛物体的运动规律1）物体在 t 时刻的位置2y2tanyg0tOyxByAx,0 x水平分位移：xv 0txC y竖直分位移：y1 gt 22合位移大小和方向：lxx2v5 2）物体在 t 时刻的速度水平分速度：vxvtv0vx2v2tanv yg t v 0vygt竖直分速度yv x合速度大小和方向 ：3）运动轨迹的推导xv t2可得：yg2x

8、2此为平抛运动的轨迹方程2v1 2gty04）平抛物体的推论（1）运动时间：t 2h,即平抛物体在空中的飞行时间仅取决于下g落的高度,与初速度 v0 无关；（2）落地的水平距离：l x v 0 2 h,即水平距离与初速度 0v 和下落高度gh有关,与其他因素无关；（3）落地速度：tv2 v 02gh ,即落地速度也只与初速度v 和下落高度 h 有关；（4）平抛运动的速度偏角与位移偏角的关系：tanyg t 2 v 0,tanvx1/ 2gt2xy,vt 的反向延长线与xxvy1/ 2v t/ 2所以：平抛运动的偏角公式为：tan2tan6 轴的交点为水平位移的中点；（5）平抛物体的运动中,任意

9、两个时刻的速度变化量vgt ,方向恒为竖直向下,其v 、tv、v 三个速度矢量构成的三角形肯定是直角三角形；（5）在任意相等时间内,重力的冲量相等IGmgtmvmv2kv 0 2mv yPmgvy1mv2v21mv2mgy（6）重力做功WEP202y（7）重力的瞬时功率mgvy、重力的平均功率26、描述圆周运动各物理量的关系（1）线速度与角速度的关系：vr（2）线速度与周期的关系：v2 r T 2 T（3）角速度与周期的关系：（4）考虑频率f 就有：2f v2rf（5） f 与 n 、 T 的关系：fn1 T以上各物理量的关系vr2Tr2rf2nr7、匀速圆周运动的性质：线速度仅大小不变而方向

10、时刻转变,是 向心加速度仅大小恒定而方向时刻转变,变速运动；是非匀变速曲线运动；匀速圆周运动发生 条件是质点受到大小不变、 方向始终与速度方 向垂直的合外力且指向圆心 （即合力大小恒定、 方向时刻转变）；向心力只转变线速度方向, 不转变大小, 所以只存在向心加速度（向心加速度的作用：描述线速度方向变化快慢）. 7 8、（1）“绳、单轨 ”类：最高点最小速度 gR,最低点最小速度 5gR ,要通过顶点,最小下滑高度 2.5R；最高点与最低点的拉力差 6mg；（2）绳端系小球,从水平位置无初速下摆到最低点：弹力 3mg,向心加速度 2g点（3）“杆”：最高点最小速度0,最低点最小速度4gR；当在最

11、高vgR时,杆拉物体；当vgR时杆支持物体；五、万有引力1、星表模型（1）、在赤道上：万有引力、重力、向心力均指向地心就有GMmmg1m2RR2（2）、在两极上：向心力为GMmmg2R20、重力等于万有引力即（4）、在一般位置：万有引力GMm等于重力 mg与向心力F 的矢量R2和,2、通过观看卫星绕天体做匀速圆周运动的周期 法 （1）、中心天体质量 M42r 3 GT2 ；（2）、如已知天体的半径 R,就天体的密度 M V M3r 3 GT2R3；3R3T,轨道半径 rT、r（3）、如天体的卫星在天体表面邻近围绕天体运动,可认为其轨道半8 径 r 等于天体半径 R,就天体密度 3 GT2；可见

12、,只要测出卫星围绕天体表面运动的周期 T,就可估测出中心天体的密度；3、通过运算天体表面的重力加速度g ,天体的半径 R g 、 R法 （1）、在中心天体表面或邻近,万有引力近似等于重力GMmmg,R2即GMgR2（2）、利用天体表面的重力加速度g 和天体半径 Rg、R 法 由于 G MmR 2 mg,故天体质量 MgR2 G,天体密度 M V M3g 4GR；3R34、第一宇宙速度：v GMR 将 GM gR 2 代入得 v gR 7 9. km / s；最大的围绕速度、最小的发射速度；5、随着运行的轨道半径的逐步增大,向心加速度、线速度、角速度、动能 E将逐步减小,周期将逐步增大 6、卫星

13、变轨十问. 简记为： 高轨低速大周期；1、阐述卫星发射与回收过程的基本原理？2、就 1、2 轨道比较卫星经过 Q 点时线速度 v 、v 的大小？3、就 2、3 轨道比较卫星经过 P 点时线速度 v 、v 的大小？4、就 2 轨道比较 Q 、 P两点的线速度 v 、v 大小？5、比较 1 轨道卫星经过 Q 点 3 轨道卫星经过 P 点时两点线速度v 、v 的大小？6、就 1、2 轨道比较卫星经过 7、就 2、3 轨道比较卫星经过Q 点时加速度的大小？P 点时加速度的大小？9 8、卫星在整个发射过程机械能将如何变化？9、如 1 轨道的半径为R ,3 轨道的半径为R 如轨道 1 的周期为 T 就卫星

14、从 Q 到 P 所用的时间为多少？（椭圆轨道周期的求法）10、如已知卫星在 3 轨道运行的周期为 T ,中心天体的半径为 R 就卫星距离中心每天表面的高度为？7、双星问题的两个结论1运动半径：m 1r2,即某恒星的运动半径与其质量成反比；m 2r12质量之和：两恒星的质量之和m1m242L3 GT2 ；六、功能关系 - 功是能量转化的量度 ,功不是能 . （1）重力所做的功等于重力势能的削减（数值上相等）（2）电场力所做的功等于电势能的削减（数值上相等）（3）弹簧的弹力所做的功等于弹性势能的削减（数值上相等）（4）分子力所做的功等于分子势能的削减（数值上相等）（5）合外力所做的功等于动能的增加

15、（全部外力）（6）只有重力和弹簧的弹力做功,机械能守恒（7）克服安培力所做的功等于感应电能的增加（数值上相等）（8）除重力和弹簧弹力以外的力做功等于机械能的增加（9）功能关系：摩擦生热 Qf S相对 （f滑动摩擦力的大小, E损为 系统缺失的机械能, Q为系统增加的内能）（10）静摩擦力可以做正功、 负功、仍可以不做功 ,但不会摩擦生热；滑动摩擦力可以做正功、负功、仍可以不做功,但会摩擦生热；相互作用的一对静摩擦力,如其中一个力做正功,就另一个力做负功,且总功代数和为零,如相互作用力是一对滑动摩擦力,也可以对其 中一个物体做正功,但总功代数和肯定小于零,且 W总=F S 相对；（11）作用力和

16、反作用力做功之间无任何关系,但冲量等大反向；一对平稳力做功不是等值异号,七、动量：就是都不做功, 但冲量关系不确定； 1 反弹：动量变化量大小pm v1v210 2 “ 弹开” 即爆炸（初动量为零 量成反比；, 分成两部分）：速度和动能都与质A、 B 组成的系统 动量守恒 ：mAvAmBv B 得：vAm Bv BmA 式说明在 爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的速度与它们的 质量成反比 ；A、 B 组成的系统 能量守恒 ：E化学能1m Av21m B2 v BP2mE k得2A2 式也可以写为：P AP B又依据动量与动能的关系2m AEkA2 m BEkB进一步化简得：E AmBEkBm

17、A式说明在 爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的动能与它们的 质量成反比 ； 联立可得：EkAmAmBBE化学能EkBmAmABE化学能mm3、碰撞现象满意的规律（1）动量守恒定律：p1p2p1p2p2 2；（2）机械能不增加：2 p 1p2 2p 122 m 12m 22 m 12m 2（3）速度要合理；碰前两物体同向运动,如要发生碰撞,就应有v后v 前,碰后原先在前的物体速度肯定增大,如碰后两物体同向运11动,就应有v前v后；4、一维弹性碰撞：（1）双动模型动量守恒：m 1 v1m 2v2m 1v 1m2v212机械能守恒：m 2v 212m 1 v 112 mv 21m 1v 12222

18、2v 1m 1m 2v 12m 2v2m 1m2解得v2m2m 1v22m 1v 1m 1m2（2）一动一静m 1v0m 1v 1m 2v2m 2v0,v22m 1v 02m 2v 2m 11v12 mv 012 mv 112 mv2222由两式得：v1m 1m 1m 2m 1m5、 完全非弹性碰撞（1）双动模型系统碰撞前后动量守恒有：m 1 v1+m 2v 2=m 1+m2v碰撞后系统动能缺失：E k1m 1v 121m2v22-1m 1m 2v22m 1m 2v 1v22222m 1m 2（3）一动一静模型系统碰撞前后动量守恒有：m 1 v0m 1m 2v2碰撞后系统动能缺失：Ek1m 1

19、v 02-1m 1m 2 v22Ekm 1m 22 v 0m 1m 212 mv 0m 1m 2E2 m 1m 2m 2m 2k02126、子弹打木块类问题 设质量为 m 的子弹以初速度v 射向静止在光滑水平面上的质量为 M 的木块,并留在木块中不再射出,子弹钻入木块深度为d ；求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前 进的距离；v 0 s1 d 子弹和木块最终共同运动,相当于完全非 弹性碰撞；s2解：从动量的角度看,子弹射入木块过程中系统动量守恒：mv0Mmv 从能量的角度看,该过程系统缺失的动能全部转化为系统的内能；设平均阻力大小为 f ,设子弹、木块的位移大小分别为 1s、2s,如下

20、列图,明显有 s 1 s 2 d对子弹用动能定理：f s 1 1mv 2 1mv 0 2 2 2对木块用动能定理：f s 2 1 Mv 2 2、相减得：f d 1 mv 0 2 1 M m v 2 Mm v 0 2 2 2 2 M m对子弹用动量定理：-f t mv mv 0 对木块用动量定理：f t Mv 7、人船作用的对位置移如下列图,长为L、质量为 M 的小船停在静水中,质量为m 的人从静止开头从船头走到船尾,移各为多少？不计水的阻力, 求船和人对地面的位解析：以人和船组成的系统为讨论对象,在水平方向不受外力作用,满意动量守恒设某时刻人的速度为方向为正,就有：mv 1Mv20v1,船的速

21、度为 v2,取人行进的上式换为平均速度仍旧成立,即m v 1Mv2s 20s1 s2 Ms2两边同乘时间 t,mv1tMv2t0,设人、船位移大小分别为s1、s2,就有,ms 1L由图可以看出：s 113由两式解得s1MmmL,s2MMmL八、力学运算题答题模式题型一 板块模型【规范解答】m 在 m 上向右做匀减速直线运动由牛顿其次定律：-m 1 g m 1 a 1 得 a 1m 向右做匀加速直线运动由牛顿其次定律：m 1 g m 2 a 2 得 a 2设二者历时 t 时相对静止此时具有共同速度 v ,就对于 m ：v v 0 a 1 t v0 对于 m ：v a 2 v联立得 二者在这段时间

22、内发生的位移分别为 1x、x 就t对于 m ：x 1 v 0 vt 2对于 m ：x 2 vt 2二者的相对位移：x x 1 x 2 要使物块不从小车右端滑出就 x L 题型二 传送带模型【规范解答】物体置于传送带左端时,先做匀加速直线运动,由牛顿其次定律得：mgma代入数据得ag当物体加速到速度等于传送带速度t1v ax2vt11运动的位移x12传送带的位移vt14二者的相对位移xx 1x22t ：Lx1vt2由于：x1L就物体接着做匀速直线运动,匀速直线运动所用时间所需传送时间tt1t2E1 2mv 2Q传送带对物体做的功：W fmgx 1产生的热量：Qmgx电动机输出的电能（或电动机对传送带做的功）W题型三 圆周平抛模型【规范解答】：1 运动员离开平台后从有：2 yv2ghv 0tan2在 B 点有：vy由得：v03m/sA至 B 的过程中,在竖直方向2 运动员在圆弧轨道做圆周运动,由牛顿其次定律可得Nmgm2 v R1 2mv 由机械能守恒得12 mv 0mg hR1cos 532取立解得N2150NN =N=2150