1、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
2、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,
3、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
4、，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
5、：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，
6、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=0.25
7、x10=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
8、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
9、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
10、，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
11、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
12、 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=0.4k
13、g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
14、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/sAB，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
15、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
16、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/sVC=(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
17、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
18、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
19、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
20、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
21、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
22、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=2mgx
23、0 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
24、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
25、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
26、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
27、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Vc，B做圆周运动的临界条件： mBg=mBV2/L 1,又因 mBVB2/2=mBV2/2+mBg2L 2,将1式及VB= 代入2式得：L=2h/5,即L2h/5时，A、B碰后B才可能做圆周运动。而题意为L=h/42h/5，故A与B碰后，B必做圆周运动。因此(1)的解为：A与B碰后A停在Q处，B做圆周运动，经一周后，B再次与A相碰，B停在Q处，A向右以速度 做匀速直
28、线运动。,(2)由上面分析可知，当L=h时，A与B碰后，B只做摆动，因水平面粗糙，所以A在来回运动过程中动能要损失。设碰撞次数为n，由动能定理可得：mAgh-nmAgS=0 所以n=h/S,讨论：若n为非整数时，相碰次数应凑足整数数目。 如n=1.2，则碰撞次数为两次。当n为奇数时，相碰次数为(n-1)次。如n=3，则相碰次数为两次，且A球刚到达Q处将碰B而又未碰B；图13-2当n为偶数时，相碰次数就是该偶数的数值，如n=4，则相碰次数为四次。球将停在距B球S处的C点。A球停留位置如图13-2所示。,图13-2,例23、如图20-1所示，一列横波t时刻的图象用实线表示，又经t=0.2s时的图象
29、用虚线表示。已知波长为2m，则以下说法正确的是：( )A.若波向右传播，则最大周期是2s。B.若波向左传播，则最大周期是2s。C.若波向左传播，则最小波速是9m/s。D.若波速是19m/s，则传播方向向左。,图20-1,分析与解：若向右传播，则传播距离x=(n+0.2)m (n=0、1、2、3) 所以 v=x/t = (n+0.2)/ t (n=0、1、2、3) 当n=0时，速度有最小值vmin=1m/s，周期有最大值Tmax=/vmin=2s,所以A正确。若向左传播，则传播距离x=(n+1.8)m (n=0、1、2、3) 所以 v=x/t = (n+1.8)/ t (n=0、1、2、3) 当n=0时，速度有最小值vmin=9m/s，周期有最大值Tmax=/vmin=0.22s, 所以B错,C正确。当n=1时 V=19m/s，所以D正确。故本题应选A、C、D。,
