2011年高中物理总复习课件新人教版必修.ppt

物 理第二轮总复习,本专题复习三个部分的内容: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.在近几年新课标地区的高考中,运动的描述、受力平衡以及动力学问题都常在试卷,中出现,甚至同时出现,如2010年高考海南物理卷第5、8、16题、山东理综卷第16、17、24题、安徽理综卷第19、22题,可见本专题在 高考中的重要地位.在综合复习这三个部分内容的时候,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、匀变速直线运动的几个重要推论,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=aT2.,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: s1s2s3sn=135(2n-1) 通过连续相等的位移所用的时间之比为: t1t2t3tn=1( -1)( - )( - ). 二、运动的合成与分解,1.从已知的分运动来求合运动,叫做运动的合成.包括位移、速度和 加速度的合成,由于它们都是矢量,所以遵循平行四边形定则.运动的 合成的重点是判断合运动和分运动.一般地,物体的实际运动就是合 运动.求一个已知运动的分运动,叫运动的分解.解题时应按实际“效 果”分解,或正交分解.,2.平抛运动 如图所示,物体从O处以水平初速度v0抛出,经时间t到达P点.,(1)加速度 (2)速度 合速度的大小v= = 设合速度的方向与水平方向的夹角为,有:,tan = = ,即=arctan . (3)位移 合位移的大小s= = 合位移的方向与水平方向的夹角为,有: tan = = = ,即=arctan 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 的变化量相等(v=gt),且必沿竖直方向,如图所示. 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,如图所示.,故有:y=(L+ )tan =(L+ ) . 三、常见的五种力,(续表),四、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. 五、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. 六、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.,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.,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.,例1 如图甲所示,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=84 m处时,B车的速度vB=4 m/s,且正以a=2 m/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=20 m/s的速度做匀速运动,从最初相距84 m时开始计时,经过 t0=12 s后两车相遇.问B车加速行驶的时间是多少?,【解析】设B车加速行驶的时间为t,相遇时A车的位移为:sA=vAt0 B车加速阶段的位移为:sB1=vBt+ at2 B车匀速阶段的速度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,甲,联立以上各式得:t2-2t0t- =0 将题中数据vA=20 m/s,vB=4 m/s,a=2 m/s2,t0=12 s,代入上式有:t2-24t+ 108=0 解得:t1=6 s,t2=18 s(不合题意,舍去) 因此,B车加速行驶的时间为6 s.,答案6 s,【点评】出现不符合实际的解(t2=18 s)的原因是方程“sB2=v(t0-,乙,t)”并不完全描述B车的位移,还需加一定义域t12 s. 解析后可以作出vA-t、vB-t 图象加以验证. 根据v-t图象与t围成的面积等于位移可得,t=12 s时,s= (16+4)6 +46 m=84 m.,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1 4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 如图甲所示,一小球自平台上水平抛出,恰好落在临近平台 的一倾角=53的光滑斜面顶端,并刚好沿光滑斜面下滑.已知斜面 顶端与平台的高度差h=0.8 m,重力加速度g=10 m/s2,sin 53=0.8,cos 5 3=0.6,问: (1)小球水平抛出的初速度v0是多少? (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离s是多少? (3)若斜面顶端高H=20.8 m,则小球离开平台后经多长时间到达斜面 底端?,【解析】(1)由题意可知:小球落到斜面上并沿斜面下滑,说明此时 小球的速度方向与斜面平行,否则小球会弹起,所以vy=v0tan 53, =2gh,甲,代入数据,得vy=4 m/s,v0=3 m/s.,乙,(2)由vy=gt1得t1=0.4 s s=v0t1=30.4 m=1.2 m. (3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a= =8 m/s2 初速度v= =5 m/s =vt2+ a 代入数据,整理得4 +5t2-26=0,解得t2=2 s或t2=- s(不合题意舍去) 所以t=t1+t2=2.4 s.,答案(1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s,【点评】本题中“刚好沿斜面下滑”说明小球刚落到斜面上 时,小球的速度方向恰好沿斜面向下;本题很好地考查了平抛运 动的各方面知识;本题还可以结合机械能守恒定律或动能定理 进行分析计算.,同类拓展1 “抛石机”是古代战争中常用的一种设备,它实际上 是一个费力杠杆.如图甲所示,某研究小组用自制的抛石机演练抛石 过程.所用抛石机长臂的长度L=4.8 m,质量m=10.0 kg的石块装在长 臂末端的口袋中.开始时长臂与水平面间的夹角=30,对短臂施力, 使石块经较长路径获得较大的速度,当长臂转到竖直位置时立即停 止转动,石块被水平抛出,石块落地位置与抛出位置间的水平距离s= 19.2 m.不计空气阻力,重力加速度取g=10 m/s2.求: (1)石块刚被抛出时的速度大小v0. (2)石块刚落地时的速度vt的大小和方向.,甲,竖直方向有:h= gt2 h=L+Lsin 求得v0=16 m/s.,乙,(2)落地时,石块竖直方向的速度为: vy=gt=12 m/s 落地速度vt= =20 m/s 设落地速度与水平方向间的夹角为,如图乙所示 tan = =,【解析】(1)石块被抛出后做平抛运动 水平方向有:s=v0t,得=37或=arctan .,答案(1)16 m/s (2)落地速度大小为20 m/s,方向与水平方向间的 夹角为37,1.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.,三、正交分解法、平行四边形法则的应用,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75 kg,举起的杠铃的质量为12 5 kg,如图甲所示.则该运动员每只手臂对杠铃的作用力大小为(取g= 10 m/s2) ( ),A.625 N B.1250 N C.2500 N D.625 N 【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,如图乙所示.,甲,乙,丙,【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丙所示 由平衡条件得: 2Fcos 60=mg,解得:F=1250 N.,答案B,例4 如图所示,倾角=30的斜面体放在水平地面上,一个重为G 的球在水平力F的作用下静止在光滑斜面上,则水平力F的大小为 ;若将力F从水平方向逆时针转过某一角度后,仍保持F的大 小不变,且小球和斜面也仍旧保持静止,则此时水平地面对斜面体的 摩擦力f= .,【解析】根据题意可知,水平力F沿斜面向上的分力Fcos =Gsin , 所以F=Gtan ,解之得F= ;根据题意可知,力F转过的角度=60, 此时把小球和斜面看成一个整体,水平地面对斜面体的摩擦力和 力F在水平方向的分力等大,即f=Fcos = .,答案,【点评】解决该问题有两个关键点:明确力F从水平方向逆时针 转过某一角度后,力F沿斜面向上的分力和转动前等大;运用整 体和隔离的思想,灵活选取研究对象. 四、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. 在如图甲所示的速度选择器中,选择的速度v= ;在如图乙所示的 电磁流量计中,流速v= ,流量Q= .,甲 乙,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,如图所示.由此可判断下列说法正确的是 ( ),A.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 2007年高考重庆理综卷如图甲所示,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4 5,则 为 ( ),A.2 B.3 C.2 D.3,甲,乙,对A球进行受力分析,如图乙所示,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 = =2 ,【解析】,故选项C正确.,答案C,五、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=1 kg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=2 s后停止,小球沿细杆 运动的部分v-t图象如图乙所示.试求:(取g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37 =0.8),(1)小球在02 s内的加速度a1和24 s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02 s内小球的加速度为: a1= =20 m/s2,方向沿杆向上 在24 s内小球的加速度为: a2= =-10 m/s2,负号表示方向沿杆向下.,丙,(2)有风力时的上升过程,小球的受力情况如图丙所示 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 停风后上升阶段,小球的受力情况如图丁所示,丁,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=60 N.,答案(1)20 m/s2,方向沿杆向上 -10 m/s2,方向沿杆向下 (2)60 N,【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.,六、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 F1F2,当运动达到稳定时,弹簧的伸长量为 ( ),A. 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 2010年河南郑州模拟如图所示,在水平面上有 两个由同样材料做成的质量分别为m1和m2的物体A、B,m1m2,A、 B间水平连接着一轻质弹簧秤.若用大小为F的水平力向右拉B,稳定 后B的加速度大小为a1,弹簧秤示数为F1;如果改用大小为F的水平力 向左拉A,稳定后A的加速度大小为a2,弹簧秤示数为F2.则以下关系式 正确的是 ( ),A.a1=a2,F1F2 B.a1=a2,F1F2,C.a1a2,F1F2,【解析】对整体,水平方向只受拉力F作用,因此稳定时具有的相同 加速度为a= 相等,C、D错.当拉力F作用于B时,对A有F1=m1,a+m1g=m1(a+g);当拉力作用于A时,对B有F2=m2a+m2g=m2(a+ g),由于m1m2,所以F1F2,A正确.,答案A,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.,七、超重与失重问题,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8 2010年北京崇文模拟如图所示,一些商场安装了智能化的 自动扶梯.为了节约能源,在没有乘客乘行时,自动扶梯以较小的速度 匀速运行,当有乘客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运 行.已知自动扶梯向左上方运动,则在电梯运送乘客的过程中 ( ),A.乘客始终受摩擦力作用,B.乘客经历先超重再失重两个过程,C.乘客对扶梯的作用力先指向右下方,再竖直向下,D.扶梯对乘客的作用力始终竖直向上,【解析】当人和扶梯匀速运动时,人只受到重力和支持力的作用, 不受摩擦力,且既不超重也不失重,A、B都不对;当人和扶梯加速运 动时,加速度沿扶梯斜向上,故人受到的合力沿左上方,根据牛顿第,三定律可知,乘客对扶梯的作用力先指向右下方,故C正确,D不对.,答案C,【点评】跟图象或情景相结合的问题在高考试卷中占的比重很 大,是热点题型. 物体是处于超重还是失重状态和物体运动的速度方向无关,可 以根据物体运动的加速度方向来判断.加速度方向向下,处于失重 状态,加速度方向向上,处于超重状态.,同类拓展4 2010年山西康杰中学模拟图示为跳伞者在竖直下 降过程中速度v随时间t变化的示意图.根据示意图,判定下列说法正 确的是 ( ),A.在t1和t2之间,速度越大,空气阻力越小,B.伞在水平方向上越飞越远,C.tan g(g为当地的重力加速度),D.在t1和t2之间,跳伞者处于超重状态,【解析】在t1和t2之间,加速度越来越小且向上,说明阻力大于重力 且阻力越来越小,可见速度越小,空气阻力越小,A不对、D正确;跳,伞者从静止开始竖直下降,在水平方向没有速度,B不对;tan 的值 为图线的斜率,和跳伞者的加速度等大,因该图线描述的是跳伞者 在下降过程中的运动情况,故0到t1时间内跳伞者所受的合力为mg- f,故跳伞者的加速度小于g,即C是正确的.,答案CD,例9 如图甲所示,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?,【解析】,乙,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 受力情况如图乙所示,有:,八、临界问题,甲,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的受力情况如图丙所示,有:,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.,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.,1.1998年高考上海物理卷有一个直角支架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 ( ),A.N不变,T变大 B.N不变,T变小,C.N变大,T变大 D.N变大,T变小,【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:,甲,乙,丙 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.,2.2010年高考全国理综卷如图所示,轻弹簧上端与一质量为m的 木块1相连,下端与另一质量为M的木块2相连,整个系统置于水平放 置的光滑木板上,并处于静止状态.现将木板沿水平方向突然抽出,设 抽出后的瞬间,木块1、2的加速度大小分别为a1、a2,重力加速度大 小为g.则有 ( ),A.a1=g,a2=g B.a1=0,a2=g,C.a1=0,a2= g D.a1=g,a2= g,改变.木块1受重力和支持力,有mg=F,a1=0.木块2受重力和压力,根 据牛顿第二定律有a2= = g.,答案C,【点评】本题属于牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题,关键是 区分瞬时力与延时力.,【解析】在抽出木板的瞬时,弹簧对1的支持力和对2的压力并未,3.2009年高考江苏物理卷航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器, 其质量m=2 kg,动力系统提供的恒定升力F=28 N.试飞时,飞行器从 地面由静止开始竖直上升.设飞行器飞行时所受的阻力大小不变,g 取10 m/s2. (1)第一次试飞,飞行器飞行t1=8 s时到达高度H=64 m.求飞行器所受 阻力f的大小. (2)第二次试飞,飞行器飞行t2=6 s时遥控器出现故障,飞行器立即失 去升力.求飞行器能达到的最大高度h. (3)为了使飞行器不致坠落到地面,求飞行器从开始下落到恢复升力 的最长时间t3.,【解析】(1)第一次飞行中,设加速度为a1 由匀加速运动规律得:H= a1 由牛顿第二定律得:F-mg-f=ma1 解得:f=4 N. (2)第二次飞行中,设失去升力时的速度为v1,上升的高度为s1,由匀 加速运动规律得:s1= a1 设失去升力后的加速度大小为a2,上升的高度为s2 由牛顿第二定律得:mg+f=ma2 由运动学规律得:v1=a1t2,s2= 解得:h=s1+s2=42 m.,(3)设失去升力下降阶段加速度的大小为a3,恢复升力后加速度的大 小为a4,恢复升力时速度为v3 由牛顿第二定律得:mg-f=ma3 F+f-mg=ma4 由运动学规律得: + =h,v3=a3t3 解得:t3= s(或2.1 s).,答案(1)4 N (2)42 m (3) s,【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.,4.2010年高考山东理综卷如图所示,四分之一圆轨道OA与水平轨 道AB相切,它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内,圆轨道OA的半 径R=0.45 m,水平轨道AB长s1=3 m,OA与AB均光滑.一滑块从O点由 静止释放,当滑块经过A点时,静止在CD上的小车在F=1.6 N的水平 恒力作用下启动,运动一段时间后撤去力F.当小车在CD上运动了s2= 3.28 m时速度v=2.4 m/s,此时滑块恰好落入小车中.已知小车质量M= 0.2 kg,与CD间的动摩擦因数=0.4.求:(取g=10 m/s2),(1)恒力F的作用时间t. (2)AB与CD的高度差h.,【解析】(1)设小车在轨道CD上加速的距离为s,由动能定理得:Fs- Mgs2= Mv2 设小车在轨道CD上做加速运动时的加速度为a,由牛顿运动定律 得:F-Mg=Ma 且s= at2,联立解得:t=1 s. (2)设小在在轨道CD上做加速运动的末速度为v,撤去F后小车做减 速运动时的加速度为a,减速时间为t,由牛顿运动定律得:v=at -Mg=Ma v=v+at 设滑块的质量为m,运动到A点的速度为vA,由动能定理得:mgR= m,设滑块由A点运动到B点的时间为t1,由运动学公式得:s1=vAt1 设滑块做平抛运动的时间为t1,则t1=t+t-t1 由平抛规律得:h= gt12 联立解得: h=0.8 m.,答案(1)1 s (2)0.8 m,【点评】像这样同时考查受力分析、动力学、运动学的题型在20 11届高考中出现的可能性非常大.,1.2010年宁夏银川模拟在建筑装修中,工人用质量为M的磨石对斜 壁进行打磨,如图所示.当对磨石加竖直向上的推力F时,磨石恰好沿 斜壁向上匀速运动.已知磨石与斜壁之间的动摩擦因素为,则磨石 受到的摩擦力是 ( ),A.(F-mg)cos B.(mg-F)sin ,C.(mg-F) D.(F-mg),【解析】先把F和重力mg合成,得到F-mg,那么磨石对斜壁的正压 力应该等于(F-mg)cos ,故A正确.,答案A,一、选择题(104分),2.2010年安徽“江南十校”联考在水平地面上M点的正上方某一 高度处,将S1球以初速度v1水平向右抛出,同时在M点右方地面上N点 处,将S2球以初速度v2斜向左上方抛出,两球恰在M、N连线的中点正 上方相遇.不计空气阻力,则两球从抛出到相遇的过程中 ( ),A.初速度大小关系为 v1=v2 B.速度变化量相同,C.水平位移相同 D.都不是匀变速运动,【解析】从抛出到相遇过程中两球运动时间相等,两球的加速度 都是g,所以两球的速度变化量都是gt,两球都做匀变速运动,B正确 、D不对;两球在水平方向的位移大小相等,但方向相反,所以v2的 水平分量和v1等大,可见v2 v1,A、C都不对.,答案B,3.图示为一物体做直线运动时的图象,但纵坐标表示的物理量未标 出.已知物体在前2 s时间内向东运动,以下判断正确的是 ( ),A.若纵坐标表示速度,则物体在4 s内的位移为零,B.若纵坐标表示速度,则物体在4 s内的加速度大小不变,方向始终 向西,C.若纵坐标表示位移,则物体在4 s内的运动方向始终向东,D.若纵坐标表示位移,则物体在4 s内的位移为零,【解析】若纵坐标表示速度,位移的大小等于图线和坐标轴围成 的面积,又因前后两秒时间内位移等大反向,所以物体在4 s内的位 移为零,A正确;前两秒速度为负,而表示加速度大小的斜率为正值, 可见加速度的方向向西,B正确;若纵坐标表示位移,则表示物体运,动前在参考点的西边,然后向东运动2 s到达参考点,物体做直线运 动,则后2 s内运动方向不变,C正确;由图象可知2 s末的位置为零,4 s 内的位移不是零,D不对.,答案ABC,4.2010年上海市部分重点中学联考从地面以一定的速度竖直向上 抛出一小球,小球从抛出点上升到最高点的时刻为t1,下落到抛出点 的时刻为t2.若空气阻力的大小恒定,则在下图中能正确表示被抛出 物体的速率v随时间t的变化关系的图线是 ( ),【解析】速率都为正值,A不对.上升过程速率减小,下降过程速率 增大,B不对.上升过程重力和阻力方向都向下,合力较大,加速度较 大;下降过程重力向下,阻力向上,合力为二者之差,所以较小,加速 度较小,可见,C选项正确,D不对.,答案C,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3 m/s,B.小球碰撞时速度的改变量为2 m/s,C.小球是从5 m高处自由下落的,D.小球反弹起的最大高度为0.45 m,【解析】第一次反弹后的速度为-3 m/s,负号表示方向向上,A正确. 碰撞时速度的改变量v=-8 m/s,B错误.下落的高度h1= 50.5 m= 1.25 m,反弹的高度h2= 30.3=0.45 m,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=F4 B.F1F2F3F4,C.F1F2=F4F3 D.F1=F3F2F4,乙,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,f1mgsin ,故,【解析】,F=Mg+mgcos cos +f1sin mgsin ,故F=Mg+mgcos cos +f1sin (M+m)g d图中,f1=mgsin ,故F=(M+m)g.,答案C,7.2010年安徽“江南十校”联考磕头虫是一种不用足跳但又善于 跳高的小甲虫.当它腹朝天、背朝地躺在地面上时,将头用力向后仰, 拱起体背,在身下形成一个三角形空区,然后猛然收缩体内背纵肌,使 重心迅速向下加速,背部猛烈撞击地面,地面反作用力便将其弹向空 中.弹射录像显示,磕头虫拱背后重心向下加速(视为匀加速)的距离 大约为0.8 mm,弹射最大高度为24 cm.而人原地起跳方式是,先屈腿 下蹲,然后突然蹬地向上加速,假想人原地起跳的加速度与磕头虫加 速过程的加速度大小相等,如果人加速过程(视为匀加速)重心上升 高度为0.5 m,那么人离地后重心上升的最大高度可达(空气阻力不 计,设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等) ( ),A.150 m B.75 m C.15 m D.7.5 m,【解析】设磕头虫拱背后重心向下加速的距离为h1,其弹射最大高 度为h2,人重心上升的高度为h3,人可上升的高度为h4.因已知磕头虫 弹射的最大高度,所以弹射的初速度v1= ,磕头虫在加速下降过 程的加速度a= .人离地时的速度v2= ,人离地后重心上升的最 大高度可达h2= =150 m,A选项正确.,答案A,8.2010年高考福建理综卷如图甲所示,质量不计的弹簧竖直固定 在水平面上,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止 释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧,上 升到一定高度后再下落,如此反复.通过安装在弹簧下端的压力传感 器,测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示,则 ( ),A.t1时刻小球动能最大,B.t2时刻小球动能最大,C.t2t3这段时间内,小球的动能先增加后减少,D.t2t3这段时间内,小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能,【解析】弹簧的弹力F最大时(如题图中的t2时刻,此时的弹力F一 定大于小球的重力),即弹簧被压缩到最短时,也是小球的动能最小 时;当弹力F等于小球的重力时,小球的动能最大;选项A、B均错误. t1t2这段时间内,小球在压缩弹簧;t2t3这段时间内,小球在上升,弹 簧在恢复形变;前一段时间,向上的弹力F大于小球的重力,小球做 加速运动,动能增加;后一段时间,向上的弹力F小于小球的重力,小 球做减速运动,动能减小;选项C正确.t2t3这段时间内,小球增加的 机械能等于弹簧减小的弹性势能,选项D错误.,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(v1v2),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 ( ),A.F1F2 B.F1=F2,C.t1一定大于t2 D.t1可能等于t2,甲,乙,绳剪断前物体的受力情况如图乙所示,由平衡条件得:FN+Fsin =m g f=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,【解析】,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,t1t2.,答案BD,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 ( ),乙,甲,【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,11.(6分)在一次课外活动中,某同学用图甲所示的装置测量放在水平 光滑桌面上的铁块A与金属板B间的动摩擦因数.已知铁块A的质量 mA=1 kg,金属板B的质量mB=0.5 kg.用水平力F向左拉金属板B,使其 向左运动,弹簧秤的示数如图甲所示,则A、B间的摩擦力f= N,A、B间的动摩擦因数= (g取10 m/s2).该同学还将纸带连接 在金属板B的后面,通过打点计时器连续打下一系列的点,测量结果 如图乙所示,图中各计数点间的时间间隔为0.1 s,可求得拉金属板的 水平力F= N.,二、非选择题(共60分),【解析】以A为研究对象,A在水平方向二力平衡,故A、B之间的 摩擦力为2.50 N,动摩擦因数= = =0.25.以B为研究对象,根据 纸带,用逐差法可求出纸带的加速度a= m/s2=2 m/s2,根据牛顿第二定律 有F-mAg=mBa,解得F=3.50 N.,答案2.50 0.25 3.5 (每空2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9.8 m/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fBfC =mB mC 代入数据解得:fBfC=19.,(2)由表中A、B两球的有关数据可得,阻力与速度成正比,即fv 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fr2,得:f=kvr2,其中k=4.9 Ns/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( + ) 代入数据解得:v=27.2 m/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)19 (3分) (2)f=kvr2,k=4.9 Ns/m3 (3分),(3)27.2 m/s C球先落地 (3分),13.(10分)2010年北京石景山区模拟一个物块放置在粗糙的水平地 面上,受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图甲所示,速度v随时间 t变化的关系如图乙所示.求:(取g=10 m/s2),甲 乙,(1)1 s末物块所受摩擦力的大小f1. (2)物块在前6 s内的位移大小s. (3)物块与水平地面间的动摩擦因数.,【解析】(1)从图甲中可以读出,当t=1 s时 f1=F1=4 N. (2分),(2)物块在前6 s内的位移大小 s= m=12 m. (2分) (3)从图乙中可以看出,在t=2 s至t=4 s过程中,物块做匀加速运动,加 速度大小为: a= = m/s2=2 m/s2 (1分) 由牛顿第二定律得:F-mg=ma (1分) F3=f3=mg (1分) 所以m= = kg=2 kg (2分) = = =0.4. (1分),答案(1)4 N (2)12 m (3)0.4,14.(10分)2010年北京海淀模拟如图所示,一倾角为37的斜面固定 在水平地面上,质量m=1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用 下,从A点由静止开始运动,到达B点时立即撤去拉力F.此后,物体到 达C点时速度为零.每隔0.2 s通过速度传感器测得物体的瞬时速度, 下表给出了部分测量数据.试求:(取 sin 37=0.6,cos 37=0.8),(1)斜面的动摩擦因数. (2)恒力F的大小. (3)t=1.6 s时物体的瞬时速度.,【解析】(1)减速时:a2= = =10 m/s2 (1分) 由 mgsin +mgcos =ma2 (1分) 代入得=0.5. (1分) (2)加速时a1= m/s2=5 m/s2 (1分) F-mgsin -mgcos =ma1 (1分) 即F-1100.6-0.51100.8=15, 得F=15 N. (1分) (3)设第一价段运动的时间为t1,在B点时两个阶段运动的速度相等, 所以有: 5t1=1.3+10(2.4-t1) (2分) 得t1=1.68 s (1分),可见,t=1.6 s的时刻处在第一运动阶段,因此有: v=a1t=51.6 m/s=8 m/s. (1分),答案(1)0.5 (2)15 N (3)8 m/s,15.(12分)2010年高考安徽理综卷质量为2 kg的物体在水平推力F 的作用下沿水平面做直线运动,一段时间后撤去F,其运动的v-t图象 如图所示.g取10 m/s2,求:,(1)物体与水平面间的动摩擦因数. (2)水平推力F的大小. (3)010 s内物体运动位移的大小.,【解析】(1)撤去F后,在6 s10 s内物体做匀减速运动,其加速度的 大小a2= =2 m/s2 (2分),由牛顿第二定律a2= (2分) 解得:=0.2. (1分) (2)由v-t图象知,物体在06 s内做匀加速运动,其加速度的大小a1= =1 m/s2 (2分) 由牛顿第二定律a1= ,解得:F=6 N. (2分) (3)由v-t图象可知,物体在010 s内的位移大小等于