资源描述
单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,课件制作：慧谷文化传播有限公司 制作时间：2009-8-25,返回首页,第一专题,第二专题,返回目录,本资料仅供参考，不能作为科学依据。谢谢。本资料仅供参考，不能作为科学依据。感谢您,年高考二轮总复习,专题创新设计 高考深度预测,物 理,第1页,目录,第1专题力与运动,第2页,第1专题力与运动,知识网络,第3页,考点预测,本专题复习三个模块内容：运动描述、受力分析与平衡、牛顿运动定律利用运动描述与受力分析是两个相互独立内容，它们经过牛顿运动定律才能连成一个有机整体即使运动描述、受力平衡在近几年(尤其是年以前)都有独立命题出现在高考中(如年全国理综卷第23题、四川理综卷第23题)，但因为理综考试题量局限以及课改趋势，独立考查前两模块命题在年高考中出现概率很小，大部分高考卷中应该都会出现同时考查三个模块知识试题，而且占不少分值,第4页,在综合复习这三个模块内容时候，应该把握以下几点：,1运动描述是物理学主要基础，其理论体系为用数学函数或图象方法来描述、推断质点运动规律，公式和推论众多其中，平抛运动、追及问题、实际运动描述应为复习重点和难点,2不论是平衡问题，还是动力学问题，普通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惯用、最主要思想方法，每年高考都会对其进行考查,3牛顿运动定律应用是高中物理主要内容之一，与此相关高考试题每年都有，题型有选择题、计算题等，趋向于利用牛顿运动定律处理生产、生活和科技中实际问题另外，它还经常与电场、磁场结合，组成难度较大综合性试题,第5页,一、运动描述,关键点归纳,(一)匀变速直线运动几个主要推论和解题方法,1,某段时间内平均速度等于这段时间中间时刻,瞬时速度，即 .,2在连续相等时间间隔,T,内位移之差,s,为恒量，且,s,.,3在初速度为零匀变速直线运动中，相等时间,T,内连续经过位移之比为：,s,1,s,2,s,3,s,n,135(2,n,1),经过连续相等位移所用时间之比为：,t,1,t,2,t,3,t,n,第6页,4竖直上抛运动,(1)对称性：上升阶段和下落阶段含有时间和速度等方面对称性,(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处理匀变速直线运动问题惯用方法,(1)公式法,灵活利用匀变速直线运动基本公式及一些有用推导公式直接处理,(2)百分比法,在初速度为零匀加速直线运动中，其速度、位移和时间都存在一定百分比关系，灵活利用这些关系可使解题过程简化,第7页,(3)逆向过程处理法,逆向过程处理法是把运动过程“末态”作为“初态”，将物体运动过程倒过来进行研究方法,(4)速度图象法,速度图象法是力学中一个常见主要方法，它能够将问题中许多关系，尤其是一些隐藏关系，在图象上显著地反应出来，从而得到正确、简捷解题方法,第8页,(二)运动合成与分解,1小船渡河,设水流速度为,v,1,，船航行速度为,v,2,，河宽度为,d,.,(1)过河时间,t,仅由,v,2,沿垂直于河岸方向分量,v,决定，,即,t,，与,v,1,无关，所以当,v,2,垂直于河岸时，渡河所用时间最短，最短时间,t,min,.,(2)渡河旅程由小船实际运动轨迹方向决定.当,v,1,v,2,时，最短旅程,s,min,d,；当,v,1,v,2,时，最短旅程,s,min,，,如,图11 所表示,图11,第9页,2轻绳、轻杆两末端速度关系,(1)分解法,把绳子(包含连杆)两端速度都沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向分运动相等(垂直方向分运动不相关)，即,v,1,cos,1,v,2,cos,2,.,(2)功率法,经过轻绳(轻杆)连接物体时，往往力拉轻绳(轻杆)做功功率等于轻绳(轻杆)对物体做功功率,3平抛运动,如图12所表示,物体从,O,处,以水平初速度,v,0,抛出，经时间,t,抵达,P,点,图12,第10页,第11页,合位移方向与水平方向夹角为,，有：,tan,，即,要注意合速度方向与水平方向夹角不是合位移方向与水平方向夹角2倍，即,2,，而是tan,2tan,.,(4)时间：由,s,y,gt,2,得，,t,，平抛物体在空中运,动时间,t,只由物体抛出时离地高度,s,y,决定，而与抛出时初速度,v,0,无关,第12页,(5)速度改变：平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等时间内，速度改变量(,g,)相等，且必沿竖直方向，如图13所表示,图13,任意两时刻速度与速度改变量,v,组成直角三角形，,v,沿竖直方向,注意：,平抛运动速率随时间并不均匀改变，而速度随时间是均匀改变,第13页,(6)带电粒子(只受电场力作用)垂直进入匀强电场中运动与平抛运动相同，出电场后做匀速直线运动，如图14所表示,图14,故有：,y,第14页,热点、重点、难点,(一)直线运动,高考中对直线运动规律考查普通以图象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能力对于追及问题，存在困难在于选取哪些公式来列方程，作图求解，而熟记和利用好直线运动主要推论往往是处理问题捷径,第15页,例1,如图15甲所表示，,A,、,B,两辆汽车在笔直公路上同向行驶当,B,车在,A,车前,s,84 m处时，,B,车速度,v,B,4 m/s，且正以,a,2 m/s,2,加速度做匀加速运动；经过一段时间后，,B,车加速度突然变为零,A,车一直以,v,A,20 m/s速度做匀速运动，从最初相距84 m时开始计时，经过,t,0,12 s后两车相遇问,B,车加速行驶时间是多少？,图15甲,第16页,【解析】,设,B,车加速行驶时间为,t,，相遇时,A,车位移为：,s,A,v,A,t,0,B,车加速阶段位移为：,s,B,1,v,B,t,at,2,匀速阶段速度,v,v,B,at,，匀速阶段位移为：,s,B,2,v,(,t,0,t,),相遇时，依题意有：,s,A,s,B,1,s,B,2,s,联立以上各式得：,t,2,2,t,0,t,0,将题中数据,v,A,20 m/s，,v,B,4 m/s，,a,2 m/s,2,，,t,0,12 s，代入上式有：,t,2,24,t,1080,解得：,t,1,6 s，,t,2,18 s(不合题意，舍去),所以，,B,车加速行驶时间为6 s.,答案,6 s,第17页,【点评】,出现不符合实际解(,t,2,18 s)原因是方程,“,s,B,2,v,(,t,0,t,),”,并不完全描述,B,车位移，还需加一定义域,t,12 s.,解析后能够作出,v,A,t,、,v,B,t,图象加以验证,图15乙,依据,v,t,图象与,t,围成面积等于位移可得，,t,12 s时，,s,(164),64,6 m84 m.,第18页,(二)平抛运动,平抛运动在高考试题中出现几率相当高，或出现于力学综合题中，如年北京、山东理综卷第24题；或出现于带电粒子在匀强电场中偏转一类问题中，如年宁夏理综卷第24题、天津理综卷第23题；或出现于此知识点单独命题中，如年高考福建理综卷第20题、广东物理卷第17(1)题、年全国理综卷第14题对于这一知识点复习，除了要熟记两垂直方向上分速度、分位移公式外，还要尤其了解和利用好速度偏转角公式、位移偏转角公式以及两偏转角关系式(即tan,2tan,),第19页,例2,图16甲所表示，,m,为在水平传送带上被传送小物体(可视为质点)，,A,为终端皮带轮已知皮带轮半径为,r,，传送带与皮带轮间不会打滑当,m,可被水平抛出时，,A,轮每秒转数最少为(),图16甲,A B C D,第20页,【解析】,解法一,m,抵达皮带轮顶端时,若,m,mg,表示,m,受到重力小于(或等于),m,沿皮带轮表面做圆周运动向心力，,m,将离开皮带轮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,第21页,解法二建立如图16乙所表示直角坐标系当,m,抵达皮带轮顶端有一速度时，若没有皮带轮在下面，,m,将做平抛运动，依据速度大小能够作出平抛运动轨迹若轨迹在皮带轮下方，说明,m,将被皮带轮挡住，先沿皮带轮下滑；若轨迹在皮带轮上方，说明,m,马上离开皮带轮做平抛运动,图16乙,又因为皮带轮圆弧在坐标系中函数为：当,y,2,x,2,r,2,初速度为,v,平抛运动在坐标系中函数为：,y,第22页,平抛运动轨迹在皮带轮上方条件为：当,x,0时，平抛运动轨迹上各点与,O,点间距离大于,r,，即 ,r,即 ,r,解得：,v,又因皮带轮转速,n,与,v,关系为：,n,可得：当,n,时，,m,可被水平抛出,答案,A,【点评】,“,解法一,”,应用动力学方法分析求解；,“,解法二,”,应用运动学方法(数学方法)求解，因为加速度定义式,为,a,，而决定式为,a,，故这两种方法殊途同归,第23页,同类拓展1,高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中飞跃姿势含有很强观赏性某滑雪轨道完整结构能够简化成如图17所表示示意图其中,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动摩擦因数均为,0.25，图中轨道最高点,A,处起滑台距起跳台,BC,竖直高度,h,10 m,A,点与,C,点水平距离,L,1,20 m，,C,点与,D,点距离为32.625 m运动员连同滑雪板总质量,m,60 kg.滑雪运动员从,A,点由静止开始起滑，经过起跳台从,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,第24页,影响，取重力加速度,g,10 m/s,2,，sin 370.6，cos 370.8求：,图17,(1)运动员在,C,点水平飞出时速度大小,(2)运动员在着陆雪道,CD,上着陆位置与,C,点距离,(3)运动员滑过,D,点时速度大小,第25页,【解析】,(1)滑雪运动员从,A,到,C,过程中，由动能定理,得：,mgh,mg,cos,mg,(,L,1,h,cot,),m,v,C,2,解得：,v,C,10 m/s.,(2)滑雪运动员从,C,点水平飞出到落到着陆雪道过程中做平抛运动，有：,x,v,C,t,y,gt,2,tan,着陆位置与,C,点距离,s,解得：,s,18.75 m，,t,1.5 s.,第26页,(3)着陆位置到,D,点距离,s,13.875 m，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，可得着落后初速度,v,0,v,C,cos,gt,sin,加速度为,：,mg,sin,mg,cos,ma,运动到,D,点速度为：,v,D,2,v,0,2,2,as,解得,：,v,D,20 m/s.,答案,(1)10 m/s(2)18.75 m(3)20 m/s,互动辨析,在斜面上平抛问题较为常见，,“,位移与水平面夹角等于倾角,”,为着落条件同学们还要能总结出距斜面最远时刻以及这一距离.,第27页,二、受力分析,关键点归纳,(一)常见五种性质力,产生原因,或条件,方向,大小,重,力,因为地球吸引而产生,总是竖直向下(铅直向下或垂直水平面向下)，注意不一定指向地心，不一定垂直地面向下,G,重,mg,G,地球表面附近一切物体都受重力作用，与物体是否处于超重或失重状态无关,弹,力,接触,弹性形变,支持力方向总是垂直于接触面而指向被支持物体,压力方向总是垂直于接触面而指向被压物体,绳拉力总是沿着绳而指向绳收缩方向,Fkx,弹力大小往往利用平衡条件和牛顿第二定律求解,第28页,续表,产生原因,或条件,方向,大小,摩,擦,力,滑,动,摩,擦,力,接触，接触面粗糙,存在正压力,与接触面有相对运动,与接触面相对运动方向相反,fFN,只与、FN相关，与接触面积、相对速度、加速度均无关,静,摩,擦,力,接触，接触面粗糙,存在正压力,与接触面存在相对运动趋势,与接触面相对运动趋势相反,与产生相对运动趋势动力大小相等,存在最大静摩擦力，最大静摩擦力大小由粗糙程度、正压力决定,第29页,续表,产生原因,或条件,方向,大小,电,场,力,点电荷间库仑力：真空中两个点电荷之间相互作用,作用力方向沿两点电荷连线，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引,F,k,电场对处于其中电荷作用,正电荷受力方向与该处场强方向一致，负电荷受力方向与该处场强方向相反,F,qE,第30页,续表,产生原因,或条件,方向,大小,磁,场,力,安培力：磁场对通电导线作用力,FB，FI，即安培力F垂直于电流I和磁感应强度B所确定平面安培力方向可用左手定则来判断,FBIL,安培力实质是运动电荷受洛伦兹力作用宏观表现,洛伦兹力：运动电荷在磁场中所受到力,用左手定则判断洛伦兹力方向尤其要注意四指应指向正电荷运动方向；若为负电荷，则四指指向运动反方向,带电粒子平行于磁场方向运动时，不受洛伦兹力作用；带电粒子垂直于磁场方向运动时，所受洛伦兹力最大，即f洛qvB,第31页,(二)力运算、物体平衡,1力合成与分解遵照力平行四边形定则(或力三角形定则),2平衡状态是指物体处于匀速直线运动或静止状态，物体处于平衡状态动力学条件是：,F,合,0或,F,x,0、,F,y,0、,F,z,0.,注意：静止状态是指速度和加速度都为零状态，如做竖直上抛运动物体抵达最高点时速度为零，但加速度等于重力加速度，不为零，所以不是平衡状态,3平衡条件推论,(1)物体处于平衡状态时，它所受任何一个力与它所受其余力协力等大、反向,(2)物体在同一平面上三个不平行力作用下处于平衡状态时，这三个力必为共点力,第32页,物体在三个共点力作用下而处于平衡状态时，表示这三个力有向线段组成一封闭矢量三角形，如图18所表示,图18,4共点力作用下物体平衡分析,第33页,热点、重点、难点,(一)正交分解法、平行四边形法则应用,1,正交分解法是分析平衡状态物体受力时最惯用、最主要方法即当,F,合,0时有：,F,x,合,0，,F,y,合,0，,F,z,合,0.,2.平行四边形法有时可巧妙用于定性分,析物体受力改变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,减小杠铃上升高度和发力，抓杠铃两手,间要有较大距离某运动员成功抓举杠铃,时，测得两手臂间夹角为120，运动员,质量为75 kg,举起杠铃质量为125 kg，,如图19甲所表示求该运动员每只手臂对杠,铃作用力大小(取,g,10 m/s,2,),图19甲,第34页,【分析】,由手臂肌肉、骨骼结构以及平时用力习惯可知，伸直手臂主要沿手臂方向发力取手腕、手掌为研究对象，握杠手掌对杠有竖直向上弹力和沿杠向外静摩擦力，其协力沿手臂方向，如图19乙所表示,图19乙,第35页,【解析】,手臂对杠铃作用力方向沿手臂方向，设该作用力大小为,F,，则杠铃受力情况如图19丙所表示,图19丙,由平衡条件得：,2,F,cos 60,mg,解得：,F,1250 N.,答案,1250 N,第36页,例4,两个可视为质点小球,a,和,b,，用质量可忽略刚性细杆相连放置在一个光滑半球面内，如图110甲所表示已知小球,a,和,b,质量之比为 ，细杆长度是球面半径,倍两球处于平衡状态时，细杆与水平面夹角,是,年高考四川延考区理综卷,(),图110甲,A.45B30C22.5D15,第37页,【解析】,解法一设细杆对两球弹力大小为,T,，小球,a,、,b,受力情况如图110乙所表示,图110乙,第38页,其中球面对两球弹力方向指向圆心，即有：,cos,解得：,45,故,F,N,a,方向为向上偏右,即,1,=,-,45,-,=45,-,F,N,b,方向为向上偏左,即,2,=,-,(45,-,)45+,两球都受到重力、细杆弹力和球面弹力作用，过,O,作竖直线交,ab,于,c,点,设球面半径为,R,，由几何关系可得：,解得：,F,N,a,F,N,b,第39页,取,a,、,b,及细杆组成整体为研究对象，由平衡条件得：,F,N,a,sin,1,F,N,b,sin,2,即,F,N,b,sin(45,),F,N,b,sin(45,),解得：,15.,解法二由几何关系及细杆长度知，平衡时有：,sin,Oab,故,Oab,Oba,45,再设两小球及细杆组成整体重心位于,c,点，由悬挂法,原理知,c,点位于,O,点正下方，且,即,R,sin(45,),R,sin(45,)1,解得：,15.,答案,D,第40页,【点评】,利用平行四边形(三角形)定则分析物体受力情况在各类教辅中较常见掌握好这种方法关键在于深刻地了解好,“,在力图示中，有向线段替换了力矢量,”,在理论上，本题也可用隔离法分析小球,a,、,b,受力情况，依据正交分解法分别列平衡方程进行求解，不过求解三角函数方程组时难度很大,解法二较简便，但确定重心公式,超,纲,第41页,(二)带电粒子在复合场中平衡问题,在高考试题中，也常出现带电粒子在复合场中受力平衡物理情境，出现概率较大是在正交电场和磁场中平衡问题及在电场和重力场中平衡问题,在如图111所表示速度选择器中，选择速度,v,；,在如图 112 所表示电磁流量计中，流速,v,，流量,Q,.,图111 图112,第42页,例5,在地面附近空间中有水平方向匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成,角直线,MN,运动，如图113所表示由此可判断以下说法正确是(),图113,A假如油滴带正电，则油滴从,M,点运动到,N,点,B假如油滴带正电，则油滴从,N,点运动到,M,点,C假如电场方向水平向右，则油滴从,N,点运动到,M,点,D假如电场方向水平向左，则油滴从,N,点运动到,M,点,第43页,【解析】,油滴在运动过程中受到重力、电场力及洛伦兹力作用，因洛伦兹力方向一直与速度方向垂直，大小随速度改变而改变，而电场力与重力协力是恒力，所以物体做匀速直线运动；又因电场力一定在水平方向上，故洛伦兹力方向是斜向上方，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，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问题要注意受力分析因为洛伦兹力方向与速度方向垂直，而且与磁场方向、带电粒子电性都相关，分析时更要注意本题中重力和电场力均为恒力，要确保油滴做直线运动，两力协力必须与洛伦兹力平衡，粒子运动就只能是匀速直线运动,第44页,同类拓展2,如图114甲所表示，悬挂在,O,点一根不可伸长绝缘细线下端挂有一个带电荷量不变小球,A,.在两次试验中，均迟缓移动另一带同种电荷小球,B,.当,B,抵达悬点,O,正下方并与,A,在同一水平线上，,A,处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为,.若两次试验中,B,电荷量分别为,q,1,和,q,2,，,分别为30和45，则 为,年高考重庆理综卷,(),图114甲,A2B3C2D3,第45页,【解析】,对,A,球进行受力分析，如图114 乙所表示，,因为绳子拉力和点电荷间斥力合,力与,A,球重力平衡，故有：,F,电,mg,tan,，,又,F,电,k,.设绳子长度为,L,，则,A,、,B,两球之间距离,r,L,sin,，联立可得：,q,由此可见,q,与tan,sin,2,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平衡问题，解题关键在于：先依据小球受力情况画出平衡状态下受力分析示意图；然后依据平衡条件和几何关系列式，得出电荷量通解表示式，进而分析求解本题表示了新课标在知识考查中重视方法渗透思想,图114乙,第46页,三、牛顿运动定律应用,关键点归纳,(一)深刻了解牛顿第一、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)了解关键点,运动是物体一个属性，物体运动不需要力来维持,它定性地揭示了运动与力关系：力是改变物体运动状态原因，是使物体产生加速度原因,牛顿第一定律是牛顿第二定律基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时特例牛顿第一定律定性地给出了力与运动关系,第二定律定量地给出力与运动关系,第47页,(2)惯性：物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态性质叫做惯性,惯性是物体固有属性，与物体受力情况及运动状态无关,质量是物体惯性大小量度,2牛顿第三定律,(1)两个物体之间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力，作用效果不能抵消,(3)牛顿第三定律应用非常广泛，凡是包括两个或两个以上物体物理情境、过程解答，往往都需要应用这一定律,第48页,(二)牛顿第二定律,1定律内容,物体加速度,a,跟物体所受合外力,F,合,成正比，跟物体质量,m,成反比,2公式：,F,合,ma,了解关键点,因果性：,F,合,是产生加速度,a,原因，它们同时产生，同时改变，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,为某时刻某物体加速度，,F,合,是该时刻作用在该物体上合外力,第49页,3应用牛顿第二定律解题普通步骤：,(1)确定研究对象；,(2)分析研究对象受力情况，画出受力分析图并找出加速度方向；,(3)建立直角坐标系，使尽可能多力或加速度落在坐标轴上，并将其余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,第50页,热点、重点、难点,一、正交分解法在动力学问题中应用,当物体受到多个方向外力作用产生加速度时，常要用到正交分解法,1在适当方向建立直角坐标系，使需要分解矢量尽可能少,2,F,x,合,ma,x,合,，,F,y,合,ma,y,合,，,F,z,合,ma,z,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主要思想方法,第51页,例6,如图115甲所表示，在风洞试验室里，一根足够长细杆与水平面成,37固定，质量,m,1 kg小球穿在细杆上静止于细杆底端,O,点现有水平向右风力,F,作用于小球上，经时间,t,1,2 s后停顿，小球沿细杆运动部分,v,t,图象如图115乙所表示试求：(取,g,10 m/s,2,，sin 370.6，cos 370.8),图115,(1)小球在02 s内加速度,a,1,和24 s内加速度,a,2,.,(2)风对小球作用力,F,大小,第52页,【解析】,(1)由图象可知，在02 s内小球加速度为：,a,1,20 m/s,2,，方向沿杆向上,在24 s内小球加速度为：,a,2,10 m/s,2,，负号表示方向沿杆向下,(2)有风力时上升过程，小球,受力情况如图115丙所表示,在,y,方向，由平衡条件得：,F,N1,F,sin,mg,cos,在,x,方向，由牛顿第二定律得：,F,cos,mg,sin,F,N1,ma,1,图115丙,第53页,停风后上升阶段，小球受力情况如图115丁所表示,在,y,方向，由平衡条件得：,F,N2,mg,cos,在,x,方向，由牛顿第二定律得：,mg,sin,F,N2,ma,2,联立以上各式可得：,F,60 N.,图,115,丁,【点评】,斜面(或类斜面)问题是高中最常出现物理模型,正交分解法是求解高中物理题最主要思想方法之一,第54页,二、连接体问题(整体法与隔离法),高考卷中常出现包括两个研究对象动力学问题，其中又包含两种情况：一是两对象速度相同需分析它们之间相互作用，二是两对象加速度不一样需分析各自运动或受力隔离(或与整体法相结合)思想方法是处理这类问题主要伎俩,1整体法是指当连接体内(即系统内)各物体含有相同加速度时，能够把连接体内全部物体组成系统作为整体考虑，分析其受力情况，利用牛顿第二定律对整体列方程求解方法,第55页,2隔离法是指当研究对象包括由多个物体组成系统时，若要求连接体内物体间相互作用力，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物体列式求解方法,3当连接体中各物体运动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加速度不相同或要求物体间作用力时，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处理,第56页,例7,如图116所表示，在光滑水平地面上有两个质量相等物体，中间用劲度系数为,k,轻质弹簧相连，在外力,F,1,、,F,2,作用下运动已知,F,1,F,2,，当运动到达稳定时，弹簧伸长量为(),图116,A.B.,C.D.,第57页,【解析】,取,A,、,B,及弹簧整体为研究对象，由牛顿第二定律得：,F,1,F,2,2,ma,取,B,为研究对象：,kx,F,2,ma,(或取,A,为研究对象：,F,1,kx,ma,),可解得：,x,.,答案,C,【点评】,解析中三个方程任取两个求解都能够,当地面粗糙时，只要两物体与地面动摩擦因数相同，则,A,、,B,之间拉力与地面光滑时相同,第58页,同类拓展3,如图117所表示，质量为,m,小物块,A,放在质量为,M,木板,B,左端，,B,在水平拉力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,间动摩擦因数为,1,，,B,与地面间动摩擦因数为,2,，且,2,1,，则,x,表示式应为(),图117,A,x,B,x,C,x,D,x,第59页,【解析】,设,A,、,B,相对静止一起向右匀速运动时速度为,v,，撤去外力后至停顿过程中，,A,受到滑动摩擦力为：,f,1,1,mg,其加速度大小,a,1,1,g,B,做减速运动加速度大小,a,2,因为,2,1,，所以,a,2,2,g,1,g,a,1,即木板,B,先停顿后，,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：,f,1,(,L,x,)0,m,v,2,第60页,对,B,应用动能定理得：,1,mgx,2,(,m,M,),gx,0,M,v,2,解得：,x,.,答案,C,【点评】,即使使,A,产生加速度力由,B,施加，但产生加速度,a,1,1,g,是取大地为参考系加速度是相对速度而言，所以加速度一定和速度取相同参考系，与施力物体速度无关,动能定理可由牛顿第二定律推导，尤其对于匀变速直线运动，两表示式很轻易相互转换,第61页,三、临界问题,例8,如图118甲所表示，滑块,A,置于光滑水平面上，一细线一端固定于倾角为45、质量为,M,光滑楔形滑块,A,顶端,P,处，细线另一端拴一质量为,m,小球,B,.现对滑块施加一水平方向恒力,F,，要使小球,B,能相对斜面静止，恒力,F,应满足什么条件？,图118甲,第62页,【解析】,先考虑恒力背离斜面方向(水平向左)情况：设恒力大小为,F,1,时，,B,还在斜面上且对斜面压力为零，此时,A,、,B,有共同加速度,a,1,，,B,受力情况如图118乙所表示，有：,图118乙,T,sin,mg,，,T,cos,ma,1,解得：,a,1,g,cot,即,F,1,(,M,m,),a,1,(,M,m,),g,cot,第63页,由此可知，当水平向左力大于(,M,m,),g,cot,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)情况：设恒力大小为,F,2,时，,B,相对斜面静止时对悬绳拉力恰好为零，此时,A,、,B,共同加速度为,a,2,，,B,受力情况如图118丙所表示，有：,图118丙,第64页,F,N,cos,mg,，,F,N,sin,ma,2,解得：,a,2,g,tan,即,F,2,(,M,m,),a,2,(,M,m,),g,tan,由此可知，当水平向右力大于(,M,m,),g,tan,，,B,将沿斜面上滑，综上可知，看成用在,A,上恒力,F,向左小于(,M,m,),g,cot,，或向右小于(,M,m,),g,tan,时，,B,能静止在斜面上,答案,向左小于(,M,+,m,),g,cot,或向右小于(,M,+,m,),g,tan,【点评】,斜面上物体、被细绳悬挂物体这两类物理模型是高中物理中主要物理模型，也是高考常出现主要物理情境,第65页,四、超重与失重问题,1,超重与失重只是物体在竖直方向上含有加速度时所受支持力不等于重力情形,2要注意飞行器绕地球做圆周运动时在竖直方向上含有向心加速度，处于失重状态,例9,为了测量某住宅大楼每层平均高度(层高)及电梯运行情况，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试验：质量,m,50 kg甲同学站在体重计上，乙同学统计电梯从地面一楼到顶层过程中，体重计示数随时间改变情况，并作出了如图119甲所表示图象已知,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：,第66页,(1)电梯开启和制动时加速度大小,(2)该大楼层高,图119甲,【解析】,(1)对于开启状态有：,F,1,mg,ma,1,得：,a,1,2 m/s,2,对于制动状态有：,mg,F,3,ma,2,得：,a,2,2 m/s,2,.,第67页,(2)电梯匀速运动速度,v,a,1,t,1,2,1 m/s2 m/s,从图中读得电梯匀速上升时间,t,2,26 s,电梯运行总时间,t,28 s,电梯运行,v,t,图象如图119乙所表示，,图119乙,所以总位移,s,v,(,t,2,t,)2(2628)m54 m,层高,h,3 m.,答案,(1)2 m/s,2,2 m/s,2,(2)3 m,第68页,第69页,第70页,
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
