高中物理分类知识总结

高中物理分类知识总结内容摘要：

视重等于零，此时称为完全为重现象。 （ 3）超重与失重的条件 由牛顿第二定律不难判断：当图 8— 1 中的升降机做变速运动，有竖直向上的加速度 a 时，可由 F－ mg=ma 得 F=m（ g+a）＞ mg 在此条件下，系统处于超重状态；当图 8— 1 中的升降机做变速运动，有竖直向上的加速度a 时，可由 mg－ F=ma 得 F=m（ g－ a）＜ mg 在此条件下，系统处于失重状态；当图 8— 1 中的升降机做变速运动，有竖直向下的加速度a 且 a=g时，视重将为 F=0 在此条件下，系统处于完全失重状态。 三、典型例题 例 2．如图 8— 4所示，质量分别为 15kg和 5kg的长方形物体 A和 B 静止叠放在水平桌面上 .A与桌面以及 A、 B间动摩擦因数分别为μ 1= 2=，设最大静摩擦力等于滑动摩 擦力。 问： （ 1）水平作用力 F 作用在 B 上至少多大时， A、 B 之间能发生相对滑动。 （ 2）当 F=30N 或 40N 时， A、 B 加速度分别各为多少。 图 4 图 5 分析： AB 相对滑动的条件是： A、 B 之间的摩擦力达到最大静摩擦力，且加速度达到A可能的最大加速度 a0，所以应先求出 a0. 解：（ 1）以 A为对象，它在水平方向受力如图 8— 5（ a）所示，所以有 mAa0=μ 2mBg－μ 1（ mA+mB） g， a0=ABAB m mmm )(12   g= 15  10m/s2=32m/s2 再以 B 为对象，它在水平方向受力如图 8— 5（ b）所示，加速度也为 a0，所以有 F－ F2=mBa0， F=f2+mBa0= 5 10N+5 32 N=. 即当 F 达到 时， A、 B 间已达到最大静摩擦力 .若 F 再增加， B 加速度增大而 A的加速度已无法增 大，即发生相对滑动，因此， F 至少应大于 . （ 2）当 F=30N，据上面分析可知不会发生相对滑动，故可用整体法求出共同加速度 aA=aB=BA mmfF 1 = 515 10)515(   m/s2=还可以进一步求得 A、 B 间的静摩擦力为 （同学们不妨一试） . 当 F= 40N 时， A、 B 相对滑动，所以必须用隔离法分别求 aA、 aB，其实 aA不必另求， aA=a0=32 m/s2. 以 B 为对象可求得 aB=BmfF 2 = 53040 m/s2=2m/s2. 从上可看出，解决这类问题关键是找到情况发生变化的“临界条件” .各种问题临界条件不同，必须对具体问题进行具体分析。 例 3． 如图 6（ a）所示，质量为 M 的滑块与倾角为θ的斜面间的动摩擦因数为μ .滑动上安装一支架，在支架的 O点处，用细线悬挂一质量为 m的小球 .当滑块匀加速下滑时，小球与滑块相对静止，则细线的方向将如何。 （ a） （ b） （ c） 图 6 分析：要求细线的方向，就是要求细线拉力的方向，所以这还是一个求力的问题 .可以用牛顿第二定律先以整体以求加速度 a（因 a 相同），再用隔离法求拉力（方向） . 解：以整体为研究对象，受力情况发图 8— 6（ b）所示，根据牛顿第二定律有 （ M+m） gsinθ－ f=（ M+m） a， N－（ M+m） gcosθ =0. 而 f=μ N，故可解得 a=g（ sinθ－μ cosθ） . 再以球为研究对象，受务情况如图 8— 6（ c）表示，取 x、 y 轴分别为水平、竖直方向（注意这里与前面不同，主要是为了求 a 方便） .由于加速度 a 与 x 轴间的夹角为θ，根据牛顿第二定律有 Tsinα =macosθ， mg－ Tcosα =masinθ . 由此得 tanα =sincosaga= tan1tan . 为了对此解有个直观的认识，不妨以几个特殊μ值代入 （ 1）μ =0，α =θ，绳子正好与斜面垂直； （ 2）μ =tanθ，α =00，此时物体匀 速下滑，加速度为 0，绳子自然下垂； （ 3）μ＜ tanθ，则α＜θ，物体加速下滑 . 例 5． 如图 9所示，升降机地板上有一木桶，桶内水面上漂浮着一个木块，当升降机静止时，木块有一半浸在水中，若升降机以 a=21 g 的加速度匀加速上升时，木块浸入水中的部分占总体积的 __________。 分析：通常会有同学作出如下分析。 当升降机静止时，木块所受浮力 F1与重力平衡，于是 F1－ mg=0 F1=ρ 21 Vg 当升降机加 速上升时，木块所受浮力 F2比重大，此时有 F2－ mg=ma=21 mg F2=ρ V/g 在此基础上可解得 V/ ： V=3 ： 4 但上述结论是错误的，正确解答如下。 解：当升降机静止时有 F1－ mg=0 F1=ρ21Vg 当升降机加速上升时，系统处于超重状态，一方面所受浮力 F2确实大于木块的重力 mg，有 F2－ mg=ma=21mg 另一方面所排开的体积为 V/的水的视重大于其真重ρ V/g，而等于 F2=G 排 =ρ V/(g+a)=23ρ V/g 由此解得 V/ ： V=1 ： 2 即：浸入水中的部分仍占木块体积的一半。 四、曲线运动 复习要点 1．曲线运动的特征与条件； 2．运动的合成与分解； 3．平抛物线的运动； 4．匀速圆周运动 二、难点剖析 1．曲线运动的特征 （ 1）曲线运动的轨迹是曲线 （ 2）由于运动的速度方向总沿轨迹的切线方向，又由于曲 线运动的轨迹是曲线，所以曲线运动的速度方向时刻变化。 即使其速度大小保持恒定，由于其方向不断变化，所以说：曲线运动一定是变速运动。 （ 3）由于曲线运动速度的一定是变化的，至少其方向总是不断变化的，所以，做曲线运动的物体的中速度必不为零，所受到的合外力必不为零。 2．物体做曲线运动的条件 力的作用效果之一是迫使物体的速度发生变化，其中：与速度方向平行的力将迫使物体速度的大小发生变化；与速度方向垂直的力将迫使物体速度的方向发生变化。 正因为如此：当物体所受到的合外力方向与其速度方向平行时，物体将做直线运动；当物体所 受到的合外力方向与其速度方向不平行时，物体将做曲线运动。 3．两类典型的曲线运动的特征比较 高中物理所介绍的平抛运动和匀速圆周运动，实际上分别代表着加速度恒定的“匀变速曲线运动”和加速度不断变化的“变变曲线运动”这两类不同的曲线运动。 （ 1）受力特征的比较。 平抛运动中，物体只受恒定的重力 mg的作用；匀速圆周运动中，物体的受力情况较为复杂，就其效果而言，其合外力充当向心力，大小恒定为 F 向 =rm2=mrω 2=mυω 方向则不断变化，但始终指向圆轨道的圆 心。 （ 2）加速度特征的比较 平抛运动中，物体中恒定的重力 mg 的作用下产生恒定的加速度 g，因此平抛运动是加速度不变的“匀变速曲线运动”；匀速圆周运动中，物体受到的合外力 F 向 大小恒定、方向不断变化，因此产生的向心加速度 a 向 的大小恒定，为 a 向 = r2 =rω 2=υω . 方向不断变化，但始终指向圆轨道的圆心，因此匀速圆周运动实际上是加速度变化的“变速曲线运动”。 （ 3）速率与动能变化特征的比较。 平抛运动中，由于物体所受的合外力（重力 mg）除 在开始时与速度方向垂直外，其余任意时刻均与之夹一个锐角，所以合外力（重力 mg）将物体做正功而使其速率和动能不断增大，匀速圆周运动中，由于物体所受的合外力（向心力 F 向 ）始终与速度方向垂直，所以合外力（向心力 F 向 ）对物体不做功，物体的速率和动能均保持恒定。 （ 4）速度和动量变化特征的比较。 平抛运动中，由于物体的加速度 g和合外力 mg均恒定，所以在任意相等的时间间隔内，物体的速度和动量增量均相等，如图 — 1 中（ a）、（ b）所示，匀速圆周运动中，由于物体的加速度 a 向 和合外力 F 向 均具备着“大小恒定、方向变化”的特征，所 以在任意相等的时间间隔内，物体的速度和动量的增量相应也都具备着“大小相等、方向不同”的特征，如图 9—2 中（ b）、（ c）所示。 图 — 1 图 — 2 4．两类典型的曲线运动的分析方法比较 （ 1）对于平抛运动这类“匀变速曲线运动”，我们的分析方法一般是“在固定的坐标1P1υ3△ υυ 32υ△υ △ υ 023P△2P 3 2△ PP 1P△0υP 0△ υ υ△2υυ 3(a)θθ1υOθP 1△(c)2△ P 3P△(b)2 3υ 0 υ 1△系内正交分解其位移和速度”，运动规律可表示为 2021,gtytx  ；   .,0gtyx  （ 2）对于匀速圆周运动这类“变变速曲线运动”，我们的分析方法一般是“在运动的坐标系内正交分解其力和加速度”，运动规律可表示为 .,022  mmrrmmaFFmaF向向法切切 三、典型例题 例 1．船在静水中的速度为υ，流水的速度为 u，河宽为 L。 （ 1）为使渡河时间最短，应向什么方向划船。 此时渡河所经历的时间和所通过的路程各为多大。 （ 2）为使渡河通过的路程最短，应向什么方向划船。 比时渡河所经历的时间和所通过的路程各为多大。 分析：为使渡河时间最短，只须使垂直于河岸的分速度尽可能大；为使漏河路程最 短，只须使船的合速度与河岸夹角尽可能接近 900角。 解：（ 1）为使渡河时间最短，必须使垂直于河岸的分速度尽可能大，即应沿垂直于河岸的方向划船，此时所渡河经历的时间和通过的路程分别为 t1=L d1= 22 )(LuL =L 22 u （ 2）为使渡河路程最短，必须使船的合速度方向尽可能垂直于河岸。 分如下两种情况讨论： ①当υ＞ u 时，划船的 速度方向与河岸夹α角偏向上游方向，于是有 υ cosα =u L=υ sinα t2 d2=L 由此解得 ： α =arccosu t2=L/ 22 u d2=L ②当υ＜ u 时，划船的速度方向与河岸夹β角偏向上游方向，于是又有 ucosβ =υ /2d cosβ =L /2d = 22 u /2t 由此解得： β =arccosu /2t =Lu/υ 22 u /2d =Lu/υ 例 2． 如图 — 3 所示，在斜面上 O 点先后以υ 0 和 2υ 0的速 度水平抛出 A、 B 两小球，则从抛出至第一次着地，两小球的水平位移大小之比可能为（ ） A． 1 ： 2 B． 1 ： 3 C． 1 ： 4 D． 1 ： 5 分析：要注意到两球着地的几种可能。 解：两小球分别以υ 0和 2υ 0 的初速度做平抛运动，于是有 x1=υ 0t1， x2=2υ 0t2； y1=21 gt12， y2=21 gt22 两小球着地情况有几种可能性： 图 — 3 （ 1）均落在水平上，于是有 y1=y2，可得 x1 ： x2=1 ： 2。 故选 A。 （ 2）均落在斜面上，于是有 y1/x1=y2/x2，可得 x1 ： x2=1 ： 4，故选 C。 （ 3） A 球落在斜面上， B 球落在水平面上，于是有 t1＜ t2和11xy ＞22xy ，可得 1 ： 2＞x1 ： x2＞ 1 ： 4。 故选 B。 综上所述：此例应选 ABC。 例 3．如图 — 4所示，两根细线把两个相同的小球悬于同一点，并使两球在同一水平面内做匀速圆周运动，其 中小球 1 的转动半径较大，则两小球转动的角速度大小关系为 ω 1__________ω 2，两根线中拉力大小关系为 T1_________T2，（填“＞”“＜”或“ =” )。