高考物理第二轮总复习力学.ppt

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1、高考物理第一轮总复习必修1 2运动问题部分 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 ma3 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

2、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

3、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

4、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

5、 M 2m 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

6、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2t v a1 2 2 5 0 8秒 a2 gSin37 gCos37 10 x0 6 0 25x10 x0 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

7、 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 1

8、1秒舍去 所以 t t1 t2 1 1 2秒 2 W1 fs1 mgcos S1 0 5X0 5X10X0 8X5 10焦W2 fs2 mgcos S2 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

9、 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

10、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

11、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

12、量关系m1 m2 m1 m2 v02 R m1 5m2 g 0 5 由 1 2 3 4 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 6kgm s 小

13、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 sA B 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

14、VC VB则N mg mVC2 R 0 4X10 0 4X3 22 0 4 14 2N 3 滑块由C D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

15、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 mVC 2 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 64

16、m 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 5X1X1