精選高中物理復(fù)習(xí)資料
高中物理專(zhuān)題復(fù)習(xí)資料
專(zhuān)題復(fù)習(xí)
（一）第一專(zhuān)題 力與運(yùn)動(dòng)
（1）知識(shí)梳理
一、考點(diǎn)回顧
1．物體怎么運(yùn)動(dòng)，取決于它的初始狀態(tài)和受力情況。牛頓運(yùn)動(dòng)定律揭示了力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，關(guān)系如下
表所示：
2．力是物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的原因，反過(guò)來(lái)物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的改變反映出物體的受力情況。從物體的受力情況去推斷物體運(yùn)動(dòng)情況，或從物體運(yùn)動(dòng)情況去推斷物體的受力情況，是動(dòng)力學(xué)的兩大基本問(wèn)題。
3．處理動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的一般思路和步驟是：
①領(lǐng)會(huì)問(wèn)題的情景，在問(wèn)題給出的信息中，提取有用信息，構(gòu)建出正確的物理模型； ②合理選擇研究對(duì)象；
③分析研究對(duì)象的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況；
④正確建立坐標(biāo)系；
⑤運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)的規(guī)律列式求解。
4．在分析具體問(wèn)題時(shí)，要根據(jù)具體情況靈活運(yùn)用隔離法和整體法，要善于捕捉隱含條件，要重視臨界狀態(tài)分析。
二、經(jīng)典例題剖析
1．長(zhǎng)L的輕繩一端固定在O點(diǎn)，另一端拴一質(zhì)量為m的小球，現(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)，小球通過(guò)最低點(diǎn)和最高點(diǎn)時(shí)所受的繩拉力分別為T(mén)1和T2(速度分別為v0和v)。求證：(1)T1－T2＝6mg(2)v0≥gL
證明：(1)由牛頓第二定律，在最低點(diǎn)和最高點(diǎn)分別有：
T1－mg＝mv0/L
22 2T2＋mg＝mv/L 2 由機(jī)械能守恒得：mv0/2＝mv/2＋mg2L
以上方程聯(lián)立解得：T1－T2＝6mg
(2)由于繩拉力T2≥0，由T2＋mg＝mv/L可得v≥gL
代入mv0/2＝mv/2＋mg2L得：v0≥gL
點(diǎn)評(píng)：質(zhì)點(diǎn)在豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題是牛頓定律與機(jī)械能守恒應(yīng)用的綜合題。加之小球通過(guò)最高點(diǎn)有極值限制。這就構(gòu)成了主要考查點(diǎn)。
2．質(zhì)量為M的楔形木塊靜置在水平面上，其傾角為α的斜面上,一質(zhì)量為m的物體正以加速度a下滑。求水平面對(duì)楔形木塊的彈力N和摩擦力f。 222
解析：首先以物體為研究對(duì)象，建立牛頓定律方程：
N1‘＝mgcosα mgsinα－f1’＝ma，得：f1‘＝m(gsinα－a)
由牛頓第三定律，物體楔形木塊有N1＝N1’，f1＝f1‘
然后以楔形木塊為研究對(duì)象，建立平衡方程：
N＝mg＋N1cosα＋f1sinα＝Mg＋mgcosα＋mgsinα－masinα
＝(M＋m)g－masinα 22
f＝N1sinα－f1cosα＝mgcosαsinα－m(gsinα－a)cosα＝macosα
點(diǎn)評(píng)：質(zhì)點(diǎn)在直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題中應(yīng)用牛頓定律，高考熱點(diǎn)是物體沿斜面的運(yùn)動(dòng)和運(yùn)動(dòng)形式發(fā)生變化兩類(lèi)問(wèn)題。受力分析、研究對(duì)象的選取和轉(zhuǎn)移(應(yīng)用牛頓第三定律)，是這類(lèi)問(wèn)題的能力要求所在。
3．舉重運(yùn)動(dòng)是力量和技巧充分結(jié)合的體育項(xiàng)目。就“抓舉”而言，其技術(shù)動(dòng)作可分為預(yù)備、提杠鈴、發(fā)力、下蹲支撐、起立、放下杠鈴等六個(gè)步驟。圖1所示照片表示了其中的幾個(gè)狀態(tài)。現(xiàn)測(cè)得輪子在照片中的直徑為1.0cm。已知運(yùn)動(dòng)員所舉杠鈴的直徑是45cm，質(zhì)量為150kg，運(yùn)動(dòng)員從發(fā)力到支撐歷時(shí)0.8s，試估測(cè)該過(guò)程中杠鈴被舉起的高度，估算這個(gè)過(guò)程中杠鈴向上運(yùn)動(dòng)的最大速度；若將運(yùn)動(dòng)員發(fā)力時(shí)的作用力簡(jiǎn)化成恒力，則該恒力有多大？
解析：題目描述的舉重的實(shí)際情景，要把它理想化為典型的
物理情景。抓舉中，舉起杠鈴是分兩個(gè)階段完成的，從發(fā)力到支
撐是第一階段，舉起一部分高度。該過(guò)程中，先對(duì)杠鈴施加一個(gè)
力（發(fā)力），使杠鈴作加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)杠鈴有一定速度后，人下蹲、
翻腕，實(shí)現(xiàn)支撐，在人下蹲、翻腕時(shí)，可以認(rèn)為運(yùn)動(dòng)員對(duì)杠鈴沒(méi)
有提升的作用力，這段時(shí)間杠鈴是憑借這已經(jīng)獲得的速度在減速上升，最好的動(dòng)作配合是，杠鈴減速上升，人下蹲，當(dāng)杠鈴的速度減為零時(shí)，人的相關(guān)部位恰好到達(dá)杠鈴的下方完成支撐的動(dòng)作。因此從發(fā)力到支撐的0.8s內(nèi)，杠鈴先作加速運(yùn)動(dòng)（當(dāng)作勻加速），然后作減速運(yùn)動(dòng)到速度為零（視為勻減速），這就是杠鈴運(yùn)動(dòng)的物理模型。
根據(jù)輪子的實(shí)際直徑0.45m和它在照片中的直徑1.0cm，可以推算出照片縮小的比例，在照片上用尺量出從發(fā)力到支撐，杠鈴上升的距離h′=1.3cm，按此比例可算得實(shí)際上升的高度為h=0.59m。
設(shè)杠鈴在該過(guò)程中的最大速度為vm， 有h?vmv2h?1.48m/s減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間應(yīng)為t2?m?0.15s t，得vm?t2g
vm2(t?t2)?0.48m 又vm?2as1 解得：2加速運(yùn)動(dòng)的位移：s1?
a?2.28m/s2
根據(jù)牛頓第二定律，有F?mg?ma
解得：F?1842N
點(diǎn)評(píng)：該題中，將舉重的實(shí)際情景抽象成物理模型，是解題的關(guān)鍵，這種抽象也是解所有實(shí)際問(wèn)題的關(guān)鍵。這里，首先應(yīng)細(xì)致分析實(shí)際過(guò)程，有了大致認(rèn)識(shí)后，再做出某些簡(jiǎn)化，這樣就能轉(zhuǎn)化成典型的物理問(wèn)題。比如該題中，認(rèn)為發(fā)力時(shí)運(yùn)動(dòng)員提升的力是恒力，認(rèn)為運(yùn)動(dòng)員下蹲、翻腕時(shí)，對(duì)杠鈴無(wú)任何作用，認(rèn)為杠鈴速度減為零時(shí)，恰好完全支撐，而且認(rèn)為杠鈴的整個(gè)運(yùn)動(dòng)是直線運(yùn)動(dòng)。
4．如圖2所示為一空間探測(cè)器的`示意圖，P1、P2、P3、P4是四個(gè)噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)，P1、P3的連線與空間一固定坐標(biāo)系的x軸平行，P2、P4的連線與y軸平行，每臺(tái)發(fā)動(dòng)機(jī)開(kāi)動(dòng)時(shí)，都能向探測(cè)器提供推力，但不會(huì)使探測(cè)器轉(zhuǎn)動(dòng)。開(kāi)始時(shí)，探測(cè)器以恒定的速率v0向x方向平動(dòng)，要使探測(cè)器改為向正x偏負(fù)y60°方向以原速率v0平動(dòng)，則可以采取的措施是（ ）
A．先開(kāi)動(dòng)P1適當(dāng)時(shí)間，再開(kāi)動(dòng)P4適當(dāng)時(shí)間
B．先開(kāi)動(dòng)P3適當(dāng)時(shí)間，再開(kāi)動(dòng)P2適當(dāng)時(shí)間
C．開(kāi)動(dòng)P4適當(dāng)時(shí)間
D．先開(kāi)動(dòng)P3適當(dāng)時(shí)間，再開(kāi)動(dòng)P4適當(dāng)時(shí)間
解析：該題實(shí)際上是要校正探測(cè)器的飛行狀態(tài)，這在航天活動(dòng)中，是很常見(jiàn)的工作，因此這也是很有意義的一道題。最后要達(dá)到的狀態(tài)是向正x偏負(fù)y60°方向平動(dòng)，速率仍為v0。如圖3所示，這個(gè)運(yùn)動(dòng)可分解為速率為v0cos60°的沿正x方向的平動(dòng)和速率為v0sin60°的沿負(fù)y方向的平動(dòng)，與原狀態(tài)相比，我們應(yīng)使正x方向的速率減小，負(fù)y方向的速率增大。因此應(yīng)開(kāi)動(dòng)P1以施加一負(fù)x方向的反沖力來(lái)減小正x方向的速率；然后開(kāi)動(dòng)P4以施加一負(fù)y方向的反沖力來(lái)產(chǎn)生負(fù)y方向的速率。所以選項(xiàng)A正確。
點(diǎn)評(píng)：建立坐標(biāo)系，在兩個(gè)坐標(biāo)軸的方向上分別應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律，是研究動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的常用方法。該題一入手，就在沿坐標(biāo)軸的兩個(gè)方向上對(duì)兩個(gè)狀態(tài)進(jìn)行比較，就使問(wèn)題很快變得清晰。因此要熟練掌握這種分析方法。
5．2000年1月26日我國(guó)發(fā)射了一顆同步衛(wèi)星，其定點(diǎn)位置與東經(jīng)98°的經(jīng)線在同一平面內(nèi)，若把甘肅省嘉峪關(guān)處的經(jīng)度和緯度近似取為東經(jīng)98°和北緯??40?，已知地球半徑R，地球自轉(zhuǎn)周期為T(mén)，地球表面重力加速度為g（視為常量）和光速c。試求該同步衛(wèi)星發(fā)出的微波信號(hào)傳到嘉峪關(guān)處的接收站所需的時(shí)間（要求用題給的已知量的符號(hào)表示）。
解析：同步衛(wèi)星必定在地球的赤道平面上，衛(wèi)星、地球和其上的嘉峪關(guān)的相對(duì)位置如圖4所示，由圖可知，如果能求出同步衛(wèi)星的軌道半徑r，那么再利用地球半徑R和緯度?就可以求出衛(wèi)星與嘉峪關(guān)的距離L，即可求得信號(hào)的傳播時(shí)間。
對(duì)于同步衛(wèi)星，根據(jù)牛頓第二定律，有：
mM2?2?m?r?? 其中： 2Tr
mM2又G2?mg 即：GM?gR RG
gR2T2
3) 由以上幾式解得：r?(24?
由余弦定理得L?1r2?R2?2rRcos?
微波信號(hào)傳到嘉峪關(guān)處的接收站所需的時(shí)間為
R2gT2
3R2gT232()?R?2R()cos?L4?24?2 t?
?cc21
點(diǎn)評(píng)：選擇恰當(dāng)?shù)慕嵌龋瑢㈩}目描述的情況用示意圖表示出來(lái)，可以是情景變得更加清晰，有利于分析和思考，要養(yǎng)成這種良好的解題習(xí)慣。在解答天體運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題時(shí)，根據(jù)GmM2?mg得到這一關(guān)系是經(jīng)常使用的。 GM?gR2R
6．礦井里的升降機(jī)，由靜止開(kāi)始勻加速上升，經(jīng)5s速度
達(dá)到4m/s后，又以這個(gè)速度勻速上升20s，然后勻減速上升，
經(jīng)過(guò)4s停在井口，求礦井的深度？
解析：作v—t圖，如圖所示，所圍梯形面積就是物體運(yùn)
動(dòng)的位移。 (20?29)4s??98m 27．一只老鼠從洞口爬出后沿一直線運(yùn)動(dòng)，其速度大小與其離開(kāi)洞口的距
離成反比。當(dāng)其到達(dá)距洞口為d1的點(diǎn)A點(diǎn)時(shí)速度為v1，若B點(diǎn)離洞口的距離
為d2（d2>d1），求老鼠由A運(yùn)動(dòng)至B所需的時(shí)間。 解析：建立11?x坐標(biāo)，畫(huà)出?kx圖像。 vv
分析得：d1?d2之間所圍的面積等于老鼠由A運(yùn)動(dòng)至B所需的時(shí)間。
t?111(?)(d2?d1) 2v1v2
8．一個(gè)同學(xué)身高h(yuǎn)1=1.8m，質(zhì)量m=65kg，站立舉手摸高（指手能摸到的最大高度）h2=2.2m，g=10m/s。
(1)該同學(xué)用力登地，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1=0.45s豎直離地跳起，摸高為h3=2.6m。假定他離地的力F1為恒力，求F1的大小。
(2)另一次該同學(xué)從所站h4=1.0m的高處自由落下，腳接觸地面后經(jīng)過(guò)時(shí)間t2=0.25s身體速度降為零，緊接著他用力F2登地跳起，摸高h(yuǎn)5=2.7m。假定前后兩個(gè)階段中同學(xué)與地面的作用力分別都是恒力，求該同學(xué)登地的作用力F2。
解：(1)第一階段：初速為0，時(shí)間為t1=0.45s豎直離地跳起，加速度為a，速度為v。
第二階段：初速度為v，末速度為0，加速度為g，高度為0.4m/s。
對(duì)第一階段運(yùn)動(dòng)過(guò)程進(jìn)行受力分析，并由牛頓第二定律得： 2F?mg?ma則F?1060N
(2)由分析得第一階段的末速度為：v1?
第二階段的運(yùn)動(dòng)位移為：h?2gh?25m/s v5t?m 第四階段的初速度為：v2?m/s
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