高三物理第二轮专题复习教案全套物理.docx
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高三物理第二轮专题复习教案全套物理
第一讲平衡问题
一、特别提示[解平衡问题几种常见方法]
1、力的合成、分解法:
对于三力平衡,一般根据“任意两个力的合力与第三力等大反向”的关系,借助三角函数、相似三角形等手段求解;或将某一个力分解到另外两个力的反方向上,得到这两个分力必与另外两个力等大、反向;对于多个力的平衡,利用先分解再合成的正交分解法。
2、力汇交原理:
如果一个物体受三个不平行外力的作用而平衡,这三个力的作用线必在同一平面上,而且必有共点力。
3、正交分解法:
将各力分解到x轴上和y轴上,运用两坐标轴上的合力等于零的条件
CFx=0^Fy=0)多用于三个以上共点力作用下的物体的平衡。
值得注意的是,对x、y方向
选择时,尽可能使落在x、y轴上的力多;被分解的力尽可能是已知力。
4、矢量三角形法:
物体受同一平面内三个互不平行的力作用平衡时,这三个力的矢量箭头首尾相接恰好构成三角形,则这三个力的合力必为零,利用三角形法求得未知力。
5、对称法:
利用物理学中存在的各种对称关系分析问题和处理问题的方法叫做对称法。
在静力学中所研究对象有些具有对称性,模型的对称往往反映出物体或系统受力的对称性。
解题中注意到这一点,会使解题过程简化。
6、正弦定理法:
三力平衡时,三个力可构成一封闭三角形,若由题设条件寻找到角度关系,则可用正弦定理列式求解。
7、相似三角形法:
利用力的三角形和线段三角形相似。
二、典型例题
1、力学中的平衡:
运动状态未发生改变,即a=0。
表现:
静
匀速直线运动
(1)在重力、弹力、摩擦力作用下的平衡
例1质量为m的物体置于动摩擦因数为」的水平面上,现对它一个拉力,使它做匀速直线运动,问拉力与水平方向成多大夹角时这最小?
解析取物体为研究对象,物体受到重力mg,地面的支持力N,
力f及拉力T四个力作用,如图1-1所示。
:
-=arcctgarcctgJ
不管拉力T方向如何变化,F与水平方向的夹角:
•不变,即F为一个方向不发生改变的变力。
这显然属于三力平衡中的动态平衡问题,由前面讨论知,当T与F互相垂直时,T有最小值,即当
拉力与水平方向的夹角V-90-arcctg-I二arctg」时,使物体做匀速运动的拉力T最小。
(2)摩擦力在平衡问题中的表现
这类问题是指平衡的物体受到了包括摩擦力在内的力的作用。
在共点力平衡中,当物体虽然静止但有运动趋势时,属于静摩擦力;当物体滑动时,属于动摩擦力。
由于摩擦力的方向要随运动或运动趋势的方向的改变而改变,静摩擦力大小还可在一定范围内变动,因此包括摩擦力在内的平衡问题常常需要多讨论几种情况,要复杂一些。
因此做这类题目时要注意两点
1由于静摩擦力的大小和方向都要随运动趋势的改变而改变,因此维持物体静止状态所需的外力允许有一定范围;又由于存在着最大静摩擦力,所以使物体起动所需要的力应大于某一最小的力。
总之,包含摩擦力在内的平衡问题,物体维持静止或起动需要的动力的大小是允许在一定范围内的,只有当维持匀速运动时,外力才需确定的数值。
2由于滑动摩擦力F=」Fn,要特别注意题目中正压力的大小的分析和计算,防止出现错误。
例2重力为G的物体A受到与竖直方向成「角的外力F后,静止在竖直墙面上,如图1-2所示,试求墙对物体A的静摩擦力。
分析与解答这是物体在静摩擦力作用下平衡问题。
首先确定研对象,对研究对象进行受力分析,画出受力图。
A受竖直向下的重力
外力F,墙对A水平向右的支持力(弹力)N,以及还可能有静摩擦
f。
这里对静摩擦力的有无及方向的判断是极其重要的。
物体之间有
对运动趋势时,它们之间就有静摩擦力;物体间没有相对运动趋势时,它们之间就没有静摩擦力。
可以假设接触面是光滑的,若不会相对运动,物体将不受静摩擦力,若有相对运动就有静摩擦力。
(注意:
这种假设的方法在研究物理问题时是常用方法,也是很重要的方法。
)具体到这个题目,在竖直方向物体A受重力G以及外力F的竖直分量,即F2=Fcos。
当接触面光滑,G=Fcos:
时,物体能保持静止;当G-Feos〉时,物体A有向下运动的趋势,那么A应受到向上的静摩擦力;当G:
:
:
Fcos•篇时,物体A则有向上运动的趋势,受到的静摩擦力的方向向下,因此应分三种情况说明。
从这里可以看出,由于静摩擦力方向能够改变,数值也有一定的变动范围,滑动摩擦力虽有确
定数值,但方向则随相对滑动的方向而改变,因此,讨论使物体维持某一状态所需的外力F的许可
范围和大小是很重要的。
何时用等号,何时用不等号,必须十分注意。
(3)弹性力作用下的平衡问题
例3如图1-3所示,一个重力为mg的小环套在竖直的半径为r一吐.的光
滑大圆环上,一劲度系数为k,自然长度为L(L<2r)弹簧的一端固定■■■在小
环上,另一端固定在大圆环的最高点A。
当小环静止时,略去弹簧的:
自重
和小环与大圆环间的摩擦。
求弹簧与竖直方向之间的夹角X,V-
分析选取小环为研究对象,孤立它进行受力情况分析:
小环受重力
mg、大圆环沿半径方向的支持力N、弹簧对它的拉力F的作用,显然,用1一」
图1—4
F二k(2rcos「-L)
解法1运用正交分解法。
如图1-4所示,选取坐标系,以小环所置为坐标原点,过原点沿水平方向为x轴,沿竖直方向为y轴。
'Fx=0,-Fsin「Nsin2=0
二Fy=0,-Fcos:
Jmg-Ncos2=0
解法2用相似比法。
若物体在三个力F2、F3作用下处于平衡状态,这三个力必组成首尾相连的三角形F1、F2、F3,题述中恰有三角形AOm与它相似,则必有对应边成比例。
FmgN
2rcos「rr
kL
(4)在电场、磁场中的平衡
例4如图1-5所示,匀强电场方向向右,匀强磁场方向垂直纸面向里,一质量为m带电量为q的微粒以速度v与磁场垂直、与场成45?
角射入复合场中,恰能做匀速直线运动,求电场强度E的大小,磁感强度B的大小。
解析由于带电粒子所受洛仑兹力与v垂直,电场力方向与电
场线平行,知粒子必须还受重力才能做匀速直线运动。
假设粒子带负
电受电场力水平向左,则它受洛仑兹力f就应斜向右下与V垂直,这样粒子不能做匀速直线运动,
所以粒子应带正电,画出受力分析图根据合外力为零可得,
團!
-7
(5)动态收尾平衡冋题
例5如图1-6所示,AB、CD是两根足够长的固定平行金属导轨,两导轨间距离为|,导轨平面与水平面的夹角为V。
在整个导轨
平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场,磁感强度为B。
在
导轨的A、C端连接一个阻值为R的电阻。
一根垂直于导轨放置的金属棒ab,质量为m,从静止开始沿导轨下滑。
求ab棒的最大速度。
(已知ab和导轨间的动摩擦因数为*导轨和金属棒的电阻不计)
解析本题的研究对象为ab棒,画出ab棒的平面受力图,如图1-7。
22
ab棒所受安培力F沿斜面向上,大小为F=Bll=Blv/R,贝Uab棒
下滑的加速度
a=[mgsin)-(-mgcosvF)]/m。
ab棒由静止开始下滑,速度v不断增大,安培力F也增大,加速度a减小。
当a=0时达到稳定状态,此后ab棒做匀速运动,速度达最大。
mgsin)-("mgcosrB2l2v/R)=0。
解得ab棒的最大速度
vm=mgR(sinv-」cos))/B2l2。
例6图1-8是磁流体发电机工作原理图。
磁流体发电机由燃烧室(0)、发电通道(E)和偏
转磁场(B)组成。
在2500K以上的高温下,燃料与氧化剂在燃烧室混合、燃烧后,电离为正负离子(即等离子体),并以每秒几百米的高速喷入磁场,在洛仑兹力的作用下,正负离子分别向上、
下极板偏转,两极板因聚积正负电荷而产生静电场。
这时等离子体同时受到方向相反的洛仑兹力(f)与电场力(F)的作用,当F=f时,离子匀速穿过磁场,两极板电势差达到最大值,即为电源的电
动势。
设两板间距为d,板间磁场的磁感强度为B,等离子体速度为V,负载电阻为R,电源内阻不计,通道截面是边长为d的正方形,试求:
(1)磁流体发电机的电动势'?
(2)发电通道两端的压强差.:
p?
解析根据两板电势差最大值的条件
E匕
f=F得v=
BdB
所以,磁流发电机的电动势为二Bdv
设电源内阻不计,通道横截面边长等于d的正方形,且入口处压强为p,,出口处的压强为p2;当开关S闭合后,发电机电功率为
根据能量的转化和守恒定律有
P电二F,v-F2v二p,d2v-p2d2v
所以,通道两端压强差为
解析如图1-10,三根细绳在0点共点,取0点(结点)为研究对象,分析0点受力如图1-10。
O点受到力T三个力的作用。
图1-10(a)选取合成法进行研究,将
到合力F,由平衡条件知:
图1-10
F二T二mg
则:
F^j=Fctgv-mgctgr
F2=F/sinv-mg/sinv
图1-10(b)选取分解法进行研究,将F2分解成互相垂直的两个分力Fx、Fy,由平衡条件知:
Fy~T-mg,Fx=Fi
则:
F2二Fy/sinv-mg/sinv
Fi二Fx二FyCtgv-mgctg71
问题:
若BO绳的方向不变,则细线AO与BO绳的方向成几度角时,细线AO的拉力最小?
结论:
共点的三力平衡时,若有一个力的大小和方向都不变,另一个力的方向不变,则第三个
力一定存在着最小值。
(7)动中有静,静中有动问题
0B1'11
如图1-11所示,质量为M的木箱放在水平面上,木箱中的立杆上着一个质量为m的小球,开始时小球在杆的顶端,由静止释放后,小球沿杆下滑的加速度为重力加速度的二分之一,则在小球下滑的过程中,
1
木箱对地面的压力为Mgmg。
因为球加速下滑时,杆受向上的摩擦
2
1
力f根据第二定律有mg-f=ma,所以fmg。
对木箱进行受力
2
Ea=Eb=Ec
板,以B端为转动轴,有NA・AB・cosa=N(AB-x)。
可得NA=50-・3N,NB=50N。
第二讲匀变速运动
一、特别提示:
1、匀变速运动是加速度恒定不变的运动,从运动轨迹来看可以分为匀变速直线运动和匀变速曲线运动。
2、从动力学上看,物体做匀变速运动的条件是物体受到大小和方向都不变的恒力的作用。
匀变速运动的加速度由牛顿第二定律决定。
3、原来静止的物体受到恒力的作用,物体将向受力的方向做匀加速直线运动;物体受到和初速度方向相同的恒力,物体将做匀速直线运动;物体受到和初速度方向相反的恒力,物体将做匀减速直线运动;若所受到的恒力方向与初速度方向有一定的夹角,物体就做匀变速曲线运动。
二、典型例题:
例1气球上吊一重物,以速度Vo从地面匀速竖直上升,经过时间t重物落回地面。
不计空气
对物体的阻力,重力离开气球时离地面的高度为多少。
解方法1:
设重物离开气球时的高度为hx,对于离开气球后的运动过程,可列下面方程:
L.Ah
-hx=v0(t-一^)-一gt;,其中(-hx表示)向下的位移hx,—为匀速运动的时间,tx为竖直上
Vo2Vo
抛过程的时间,解方程得:
tx-2Vot,于是,离开气球时的离地高度可在匀速上升过程中求得,g
为:
hx=Vo(t—tx)=v°(t—
\g
方法2:
将重物的运动看成全程做匀速直线运动与离开气球后做自由落体运动的合运动。
显然总位移等于零,所以:
1hx\2
votg(t——)=o
2
Vo
评析通过以上两种方法的比较,更深入理解位移规律及灵活运用运动的合成可以使解题过程更简捷。
例2两小球以95m长的细线相连。
两球从同一地点自由下落,其中一球先下落1s另一球才开
始下落。
问后一球下落几秒线才被拉直?
解方法1:
“线被拉直”指的是两球发生的相对位移大小等于线长,应将两球的运动联系起来解,设后球下落时间为ts,则先下落小球运动时间为(t+1)s,根据位移关系有:
11
g(t1)2-gt2=95
22
解得:
t=9s
方法2:
若以后球为参照物,当后球出发时前球的运动速度为v0=gt=10m/s。
以后两球速度
发生相同的改变,即前一球相对后一球的速度始终为v0=10m/s,此时线已被拉长:
1212
丄1gt1015(m)
22
线被拉直可看成前一球相对后一球做匀速直线运动发生了位移:
s=丨-「:
1=95—5=90(m)
.+s90
…t—二
V010
=9(s)
评析解决双体或多体问题要善于寻找对象之间的运动联系。
解决问题要会从不同的角度来进
行研究,如本题变换参照系进行求解。
例3如图2-1所示,两个相对斜面的倾角分别为37°和
53°,在斜面顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向左、
水平抛出,小球都落在斜面上。
若不计空气阻力,则A、B两
球的运动时间之比为()
A、1:
1B、4:
3C、16:
9D\9:
16
解由平抛运动的位移规律可行:
+1+2
x=v°tygt
2
■/tanv-y/x/.t=2v0tann/g
.匕_tan37°_9_
tB"tan53"16
故D选项正确。
评析灵活运用平抛运动的位移规律解题,是基本方法之一。
不能盲目套用公式。
例4从空中同一地点沿水平方向同时抛出两个小球,它们的
速度方向相反、大小分别为v01和V02,求经过多长时间两小球速
AB
图八1
向右
个小
应用时必须明确各量的物理意义,
方向间的夹角为90°?
解经过时间t,两小球水平分速度v01、v02不变,竖直分
如21.T
圏H
度都等于gt,如图2-2所示,t时刻小球1的速度^与x轴正向
角a1为
tana=gt/v01
小球2的速度v2与x轴正向夹角a2为
tana?
--gt/v02
TT
由图可知a^a1—
2
联立上述三式得t=...VoiVo2/g
评析弄清平抛运动的性质与平抛运动的速度变化规律是解决本题的关键。
例5如图2-3所示,一带电粒子以竖直向上的初速度V。
,自A
处进入电场强度为E、方向水平向右的匀强电场,它受到的电场力恰
与重力大小相等。
当粒子到达图中B处时,速度大小仍为V。
,但方
向变为水平向右,那么A、B之间的电势差等于多少?
从A至UB经历的时间为多长?
解带电粒子从AtB的过程中,竖直分速度减小,水平分速度增大,表明带电粒子的重力不
可忽略,且带正电荷,受电场力向右。
依题意有mg=Eq
根据动能定理:
UABq-mgh=(动能不变)
评析当带电粒子在电场中的运动不是类平抛运动,而是较复杂的曲线运动时,可以把复杂的曲线运动分解到两个互相正交的简单的分运动来求解。
例6如图2-4所示,让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子混合物由静止经过同一加速电场加速,然后在同一偏转电场里偏转,们是否会分成三股?
请说明理由。
解设带电粒子质量为m、电量为q,经过加速电场加速后,再入偏转电场中发生偏转,最后射出。
设加速电压为Ui,偏转电压
U2,偏转电极长为L,两极间距离为d,带电粒子由静止经加速电压
速,贝VU1q=—mv2,v=J‘2U2。
2*m
带电粒子进入偏转电场中发生偏转,则水平方向上:
L二vt,
竖直方向上:
22
1’21U:
q’2U:
qLU:
L
yatt2
22dm2dmv24U—d
可见带电粒子射出时,沿竖直方向的偏移量y与带电粒子的质量m和电量q无关。
而一价氢离
子、一价氦离子和二价氦离子,它们仅质量或电量不相同,都经过相同的加速和偏转电场,故它们射出偏转电场时偏移量相同,因而不会分成三股,而是会聚为一束粒子射出。
评析带电粒子在电场中具有加速作用和偏转作用。
分析问题时,注意运动学、动力学、功和能等有关规律的综合运用。
第三讲变加速运动
—、特别提示
所谓变加速运动,即加速度(大小或方向或两者同时)变化的运动,其轨迹可以是直线,也可以是曲线;从牛顿第二定律的角度来分析,即物体所受的合外力是变化的。
本章涉及的中学物理中几种典型的变加速运动如:
简谐运动,圆周运动,带电粒子在电场、磁场和重力场等的复合场中的运动,原子核式结构模型中电子绕原子核的圆周运动等。
故涉及到力学、
电磁学及原子物理中的圆周运动问题。
二、典型例题
SB3-1
例1一电子在如图3-1所示按正弦规律变化的外力作用下由静
止释放,则物体将:
A、作往复性运动
B、ti时刻动能最大
C、一直朝某一方向运动
D>t1时刻加速度为负的最大。
评析电子在如图所示的外力作用下运动,根据牛顿第二定律
知,先向正方向作加速度增大的加速运动,历时ti;再向正方向作加速度减小的加速运动,历时(t2~tl);
(0~t2)整段时间的速度一直在增大。
紧接着在(t2~t3)的时间内,电子将向正方向作加速度增大的减速
运动,历时(t3~t2);(t3~t4)的时间内,电子向正方向作加速度减小的减速运动,根据对称性可知,t4
时刻的速度变为0(也可以按动量定理得,0~t4时间内合外力的冲量为0,冲量即图线和坐标轴围成
的面积)。
其中(0~t2)时间内加速度为正;(t2~t4)时间内加速度为负。
正确答案为:
C。
注意公式F二ma中F、a间的关系是瞬时对应关系,一段时间内可以是变力;而公式
当撤去外力F后,系统将以0点的中心,以A为振幅在竖直平面内上下作简谐运动。
在最低
点:
F合=k(bA)-2mg=KA=F,方向向上,利用牛顿第二定律知,该
2mg:
:
:
4qE;而对b原来必须受力平衡,则:
mg=qE。
前后相矛盾,表明a带负电,b带正电。
(2)设Ua为a与b相撞前a的速度,a下落的过程中重力、电场力做正功,由动能定理有:
12
(4qE'2mg)h2mvA。
由于b原来处于静止状态:
mg二qE。
2
由以上两式可得:
vA二.6gh
一2
a、b相撞的瞬间动量守恒:
2mvA=(2mm)v。
得vvA
3
而电荷守恒,故:
q总=4q-q=3q(负电)
进入磁场,但随着v>F安-a有三种可能:
1
Io(变化规律如图3-10所示)
I。
(变化规律如图3-11所示)
I。
(变化规律如图3-12所示)
线圈全部进入磁场时还未达到稳定电流
2线圈刚全部进入磁场时达到稳定电流
3线圈未全部进磁场时已达到稳定电流
(3)如果mg:
:
:
F安,则:
线圈减速进入磁场,但随着v0:
F安a•=F安_mg,故线
m
圈将作a减小的减速运动。
有三种可能:
1
线圈全部进入磁场时还未达到
稳定电流Io(变化规律如图3-13所示)
2线圈刚全部进入磁场时达到稳定电流Io(变化规律如图3-14所示)
3线圈未全部进入磁场时已达到
稳定电流Io(变化规律如图3-15所示)
例6光从液面到空气时的临界角C为45°,如图3-16
示,液面上有一点光源S发出一束光垂直入射到水平放置于液且到液面的距离为d的平面镜M上,当平面镜M绕垂直过中的轴以角速度••做逆时针匀速转动时,观察者发现水面上有一斑掠过,则观察者们观察到的光斑的光斑在水面上掠过的最大度为多少?
评析本题涉及平面镜的反射及全反射现象,需综合运用射定律、速度的合成与分解、线速度与角速度的关系等知识求解,光斑掠移速度的极值点及其与平面镜转动角速度间的关系,是求解本例的关键。
设平面镜转过二角时,光线反射到水面上的P点,光斑速度
为V,如图3-17可知:
v=—冬,而:
cos2日
._de
v1=丨・22-
cos20
2^-C=45时达到最大值Vmax,即:
二2
\g
例8已知物体从地球上的逃逸速度(第二宇宙速度)v2=』2GME/Re,其中G、Me、Re
分别是引力常量、地球的质量和半径。
已知G=6.7x10-11n•m2/kg2,c=3.0x108m/s,求下列问题:
(1)逃逸速度大于真空中光速的天体叫做黑洞,设某黑洞的质量等于太阳的质量M=2.0x1030kg,
求它的可能最大半径(这个半径叫Schwarhid半径);
(2)在目前天文观测范围内,物质的平均密
度为10-27kg/m3,如果认为我们的宇宙是这样一个均匀大球体,其密度使得它的逃逸速度大于光在真
空中的速度c,因此任何物体都不能脱离宇宙,问宇宙的半径至少多大?
(最后结果保留两位有效数字)
其中M、R为天体的质量和半径,对于黑洞模型来说,其逃逸速度大于真空中的光速,即
即质量为2.0103°kg的黑洞的最大半径为3.0103(m)
为宇宙的密度,则宇宙所对应的逃逸速度为v^,:
-2GM/R,由于宇宙密度使得其逃逸速度大于光
速c。
即:
v2c。
则由以上三式可得:
半径至少为4.2x1010光年。
第四讲动量和能量
—、特别提示
动量和能量的知识贯穿整个物理学,涉及到“力学、热学、电磁学、光学、原子物理学”等,从动量和能量的角度分析处理问题是研究物理问题的一条重要的途径,也是解决物理问题最重要的思维方法之一。
1、动量关系
动量关系包括动量定理和动量守恒定律。
(1)动量定理
凡涉及到速度和时间的物理问题都可利用动量定理加以解决,特别对于处理位移变化不明显的打击、碰撞类问题,更具有其他方法无可替代的作用。
(2)动量守恒定律
动量守恒定律是自然界中普通适用的规律,大到宇宙天体间的相互作用,小到微观粒子的相互作用,无不遵守动量守恒定律,它是解决爆炸、碰撞、反冲及较复杂的相互作用的物体系统类问题的基本规律。
动量守恒条件为:
1系统不受外力或所受合外力为零
2在某一方向上,系统不受外力或所受合外力为零,该方向上动量守恒。
3系统内力远大于外力,动量近似守恒。
4在某一方向上,系统内力远大于外力,该方向上动量近似守恒。
应用动量守恒定律解题的一般步骤:
确定研究对象,选取研究过程;分析内力和外力的情况,判断是否符合守恒条件;选定正方向,确定初、末状态的动量,最后根据动量守恒定律列议程求解。
应用时,无需分析过程的细节,这是它的优点所在,定律的表述式是一个矢量式,应用时要特别注意方向。
2、能的转化和守恒定律
(1)能量守恒定律的具体表现形式
高中物理知识包括“力学、热学、电学、原子物理”五大部分内容,它们具有各自的独立性,但又有相互的联系性,其中能量守恒定律是贯穿于这五大部分的主线,只不过在不同的过程中,表现形式不同而已,如:
在
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