2020年高三物理第二輪總復習(全套精品)

1、第第 頁共26頁1、力的合成與分解遵循力的平行四邊形定則（或力的三角形定則）、2、平衡狀態(tài)是指物體處于勻速直線運動或靜止狀態(tài)，物體處于平衡狀態(tài)的動力學條件是：F合=0或Fx=0、Fy=0、Fz=0、注意：靜止狀態(tài)是指速度和加速度都為零的狀態(tài)，如做豎直上拋運動的物體到達最高點時速度為零，但加速度等于重力加速度，不為零，因此不是平衡狀態(tài)、3、平衡條件的推論（1）物體處于平衡狀態(tài)時，它所受的任何一個力與它所受的其余力的合力等大、反向、（2）物體在同一平面上的三個不平行的力的作用下處于平衡狀態(tài)時，這三個力必為共點力、物體在三個共點力的作用下而處于平衡狀態(tài)時，表示這三個力的有向線段組成一封閉的矢量三角形

2、，如圖18所示、圖184、共點力作用下物體的平衡分析熱點、重點、難點（一）正交分解法、平行四邊形法則的應用1、正交分解法是分析平衡狀態(tài)物體受力時最常用、最主要的方法、即當F合=0時有：Fx合=0,Fy合=0,Fz合=0、2、平行四邊形法有時可巧妙用于定性分析物體受力的變化或確定相關幾個力之比、例3舉重運動員在抓舉比賽中為了減小杠鈴上升的高度和發(fā)力,抓杠鈴的兩手間要有較大的距離、某運動員成功抓舉杠鈴時,測得兩手臂間的夾角為120,運動員的質(zhì)量為75kg,舉起的杠鈴的質(zhì)量為125kg，如圖19甲所示、求該運動員每只手臂對杠鈴的作用力的大小、（取g=10m/s2）圖19甲【分析】由手臂的肌肉、骨骼構

3、造以及平時的用力習慣可知，伸直的手臂主要沿手臂方向發(fā)力、取手腕、手掌為研究對象，握杠的手掌對杠有豎直向上的彈力和沿杠向外的靜摩擦力，其合力沿手臂方向，如圖19乙所示、圖19乙【解析】手臂對杠鈴的作用力的方向沿手臂的方向，設該作用力的大小為F,則杠鈴的受力情況如圖19丙所示圖19丙由平衡條件得：2Fcos60=mg解得：F=1250N、答案1250N例4兩個可視為質(zhì)點的小球a和b,用質(zhì)量可忽略的剛性細桿相連放置在一個光滑的半球面內(nèi)，如圖110甲所示、已知小球a和b的質(zhì)量之比為,細桿長度是球面半徑的倍、兩球處于平衡狀態(tài)時,細桿與水平面的夾角0是xx年髙考四川延考區(qū)理綜卷()圖110甲A、45B、3

4、0C、22、5D、15【解析】解法一設細桿對兩球的彈力大小為T,小球a、b的受力情況如圖110乙所示圖110乙其中球面對兩球的彈力方向指向圓心，即有：cosa=解得：a=45故FNa的方向為向上偏右，即Bl=458=45BFNb的方向為向上偏左，即B2=(450)=45+0兩球都受到重力、細桿的彈力和球面的彈力的作用，過0作豎直線交ab于c點，設球面的半徑為R,由幾何關系可得：=解得：FNa=FNb取a、b及細桿組成的整體為研究對象，由平衡條件得：FNasinB1=FNbsinB2即FNbsin(450)=FNbsin(45+0)解得:0=15、解法二由幾何關系及細桿的長度知，平衡時有：sin

5、ZOab=故Z0ab=Z0ba=45再設兩小球及細桿組成的整體重心位于c點，由懸掛法的原理知c點位于0點的正下方，且=即Rsin(450)：Rsin(45+0)=1：解得：0=15、答案D【點評】利用平行四邊形(三角形)定則分析物體的受力情況在各類教輔中較常見、掌握好這種方法的關鍵在于深刻地理解好“在力的圖示中，有向線段替代了力的矢量”、在理論上，本題也可用隔離法分析小球a、b的受力情況，根據(jù)正交分解法分別列平衡方程進行求解，但是求解三角函數(shù)方程組時難度很大、解法二較簡便，但確定重心的公式=超綱、(二)帶電粒子在復合場中的平衡問題在高考試題中，也常出現(xiàn)帶電粒子在復合場中受力平衡的物理情境，出現(xiàn)

6、概率較大的是在正交的電場和磁場中的平衡問題及在電場和重力場中的平衡問題、在如圖111所示的速度選擇器中，選擇的速度v=；在如圖112所示的電磁流量計中，流速v=，流量Q=、圖111圖112例5在地面附近的空間中有水平方向的勻強電場和勻強磁場，已知磁場的方向垂直紙面向里，一個帶電油滴沿著一條與豎直方向成a角的直線MN運動，如圖113所示、由此可判斷下列說法正確的是()圖113A、如果油滴帶正電，則油滴從M點運動到N點B、如果油滴帶正電，則油滴從N點運動到M點C、如果電場方向水平向右，則油滴從N點運動到M點D、如果電場方向水平向左，則油滴從N點運動到M點【解析】油滴在運動過程中受到重力、電場力及洛

7、倫茲力的作用，因洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，大小隨速度的改變而改變，而電場力與重力的合力是恒力，所以物體做勻速直線運動；又因電場力一定在水平方向上，故洛倫茲力的方向是斜向上方的，因而當油滴帶正電時，應該由M點向N點運動，故選項A正確、B錯誤、若電場方向水平向右，則油滴需帶負電，此時斜向右上方與MN垂直的洛倫茲力對應粒子從N點運動到M點，即選項C正確、同理，電場方向水平向左時，油滴需帶正電，油滴是從M點運動到N點的，故選項D錯誤、答案AC【點評】對于帶電粒子在復合場中做直線運動的問題要注意受力分析、因為洛倫茲力的方向與速度的方向垂直，而且與磁場的方向、帶電粒子的電性都有關，分析時更要注意、

8、本題中重力和電場力均為恒力，要保證油滴做直線運動，兩力的合力必須與洛倫茲力平衡，粒子的運動就只能是勻速直線運動、同類拓展2如圖114甲所示，懸掛在0點的一根不可伸長的絕緣細線下端掛有一個帶電荷量不變的小球A、在兩次實驗中，均緩慢移動另一帶同種電荷的小球B、當B到達懸點0的正下方并與A在同一水平線上，A處于受力平衡時，懸線偏離豎直方向的角度為B、若兩次實驗中B的電荷量分別為q1和q2,B分別為30和45,則為xx年髙考重慶理綜卷()圖114甲TOC o 1-5 h zA、2B、3C、2D、3【解析】對A球進行受力分析，如圖114乙所示，圖114乙由于繩子的拉力和點電荷間的斥力的合力與A球的重力平

9、衡，故有：F電=山七&口又F電=艮設繩子的長度為L,則A、B兩球之間的距離r=Lsin聯(lián)立可得：q=，由此可見，q與tan0sin20成正比，即=2,故選項C正確、答案C互動辨析本題為帶電體在重力場和電場中的平衡問題，解題的關鍵在于：先根據(jù)小球的受力情況畫出平衡狀態(tài)下的受力分析示意圖；然后根據(jù)平衡條件和幾何關系列式，得出電荷量的通解表達式，進而分析求解、本題體現(xiàn)了新課標在知識考查中重視方法滲透的思想、三、牛頓運動定律的應用要點歸納(一)深刻理解牛頓第一、第三定律1、牛頓第一定律(慣性定律)一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止、(1)理解要點運動是物體的一種

10、屬性，物體的運動不需要力來維持、它定性地揭示了運動與力的關系：力是改變物體運動狀態(tài)的原因，是使物體產(chǎn)生加速度的原因、牛頓第一定律是牛頓第二定律的基礎，不能認為它是牛頓第二定律合外力為零時的特例、牛頓第一定律定性地給出了力與運動的關系，第二定律定量地給出力與運動的關系、(2)慣性：物體保持原來的勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)叫做慣性、慣性是物體的固有屬性，與物體的受力情況及運動狀態(tài)無關、質(zhì)量是物體慣性大小的量度、2、牛頓第三定律(1)兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在一條直線上，可用公式表示為F=F、(2)作用力與反作用力一定是同種性質(zhì)的力，作用效果不能抵消、(3)牛

11、頓第三定律的應用非常廣泛，凡是涉及兩個或兩個以上物體的物理情境、過程的解答，往往都需要應用這一定律、(二)牛頓第二定律1、定律內(nèi)容物體的加速度a跟物體所受的合外力F合成正比，跟物體的質(zhì)量m成反比、2、公式：卩合=山&理解要點因果性：F合是產(chǎn)生加速度a的原因，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時存在，同時消失、方向性：a與F合都是矢量，方向嚴格相同、瞬時性和對應性：a為某時刻某物體的加速度，F(xiàn)合是該時刻作用在該物體上的合外力、3、應用牛頓第二定律解題的一般步驟：(1)確定研究對象；(2)分析研究對象的受力情況，畫出受力分析圖并找出加速度的方向；(3)建立直角坐標系，使盡可能多的力或加速度落在坐標軸上，并

12、將其余的力或加速度分解到兩坐標軸上；(4)分別沿x軸方向和y軸方向應用牛頓第二定律列出方程；(5)統(tǒng)一單位，計算數(shù)值、熱點、重點、難點一、正交分解法在動力學問題中的應用當物體受到多個方向的外力作用產(chǎn)生加速度時，常要用到正交分解法、1、在適當?shù)姆较蚪⒅苯亲鴺讼?，使需要分解的矢量盡可能少、2、卩*合=max合，F(xiàn)y合=may合，F(xiàn)z合=maz合、3、正交分解法對本章各類問題，甚至對整個髙中物理來說都是一重要的思想方法、例6如圖115甲所示，在風洞實驗室里，一根足夠長的細桿與水平面成0=37固定，質(zhì)量m=1kg的小球穿在細桿上靜止于細桿底端0點、現(xiàn)有水平向右的風力F作用于小球上，經(jīng)時間11=2s后

13、停止，小球沿細桿運動的部分vt圖象如圖115乙所示、試求：（取g=10m/s2,sin37=0、6,cos37=0、8）圖115（1）小球在02s內(nèi)的加速度a1和24s內(nèi)的加速度a2、（2）風對小球的作用力F的大小、【解析】（1）由圖象可知，在02s內(nèi)小球的加速度為：a1=20m/s2，方向沿桿向上在24s內(nèi)小球的加速度為：a2=10m/s2，負號表示方向沿桿向下、（2）有風力時的上升過程，小球的受力情況如圖115丙所示圖115丙在y方向，由平衡條件得：FN1=Fsin0+mgcos0在x方向，由牛頓第二定律得：Fcos0mgsin0uFN1=ma1停風后上升階段，小球的受力情況如圖115丁所

14、示圖115丁在y方向，由平衡條件得：FN2=mgcos0在x方向，由牛頓第二定律得：一mgsin0uFN2=ma2聯(lián)立以上各式可得：F=60N、【點評】斜面（或類斜面）問題是髙中最常出現(xiàn)的物理模型、正交分解法是求解高中物理題最重要的思想方法之一、二、連接體問題（整體法與隔離法）髙考卷中常出現(xiàn)涉及兩個研究對象的動力學問題，其中又包含兩種情況：一是兩對象的速度相同需分析它們之間的相互作用，二是兩對象的加速度不同需分析各自的運動或受力、隔離（或與整體法相結合）的思想方法是處理這類問題的重要手段、1、整體法是指當連接體內(nèi)（即系統(tǒng)內(nèi)）各物體具有相同的加速度時，可以把連接體內(nèi)所有物體組成的系統(tǒng)作為整體考慮

15、，分析其受力情況，運用牛頓第二定律對整體列方程求解的方法、2、隔離法是指當研究對象涉及由多個物體組成的系統(tǒng)時，若要求連接體內(nèi)物體間的相互作用力，則應把某個物體或某幾個物體從系統(tǒng)中隔離出來，分析其受力情況及運動情況，再利用牛頓第二定律對隔離出來的物體列式求解的方法、3、當連接體中各物體運動的加速度相同或要求合外力時，優(yōu)先考慮整體法；當連接體中各物體運動的加速度不相同或要求物體間的作用力時，優(yōu)先考慮隔離法、有時一個問題要兩種方法結合起來使用才能解決、例7如圖116所示，在光滑的水平地面上有兩個質(zhì)量相等的物體，中間用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，在外力F1、F2的作用下運動、已知F1F2，當運動達到穩(wěn)

16、定時，彈簧的伸長量為()圖116A、B、C、D、【解析】取A、B及彈簧整體為研究對象，由牛頓第二定律得：F1-F2=2ma取B為研究對象：kxF2=ma（或取A為研究對象：F1-kx=ma）可解得：x=、答案C【點評】解析中的三個方程任取兩個求解都可以、當?shù)孛娲植跁r，只要兩物體與地面的動摩擦因數(shù)相同，則A、B之間的拉力與地面光滑時相同、同類拓展3如圖117所示，質(zhì)量為m的小物塊A放在質(zhì)量為M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面勻速向右滑動，且A、B相對靜止、某時刻撤去水平拉力，經(jīng)過一段時間，B在地面上滑行了一段距離x,A在B上相對于B向右滑行了一段距離L（設木板B足夠長）后A和B都停

17、了下來、已知A、B間的動摩擦因數(shù)為U1，B與地面間的動摩擦因數(shù)為u2，且卩2卩1,則x的表達式應為（）圖117TOC o 1-5 h zA、x=LB、x=C、x=D、x=【解析】設A、B相對靜止一起向右勻速運動時的速度為v,撤去外力后至停止的過程中，A受到的滑動摩擦力為：f1=u1mg其加速度大小a1=u1gB做減速運動的加速度大小a2=由于u2u1,所以a2u2gulg=al即木板B先停止后，A在木板上繼續(xù)做勻減速運動，且其加速度大小不變對A應用動能定理得：一f1(L+x)=0mv2對B應用動能定理得：u1mgxy2(m+M)gx=0Mv2解得：x=、答案C【點評】雖然使A產(chǎn)生加速度的力由B

18、施加，但產(chǎn)生的加速度a1=ulg是取大地為參照系的、加速度是相對速度而言的，所以加速度一定和速度取相同的參照系，與施力物體的速度無關、動能定理可由牛頓第二定律推導，特別對于勻變速直線運動，兩表達式很容易相互轉換、三、臨界問題例8如圖118甲所示，滑塊A置于光滑的水平面上，一細線的一端固定于傾角為45、質(zhì)量為M的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細線另一端拴一質(zhì)量為m的小球B、現(xiàn)對滑塊施加一水平方向的恒力F,要使小球B能相對斜面靜止，恒力F應滿足什么條件？圖118甲【解析】先考慮恒力背離斜面方向(水平向左)的情況：設恒力大小為F1時，B還在斜面上且對斜面的壓力為零，此時A、B有共同加速度al,B的受力情

19、況如圖118乙所示，有：圖1一18乙TsinB=mg,Tcos0=ma1解得：a1=gcot0即F1=(M+m)a1=(M+m)gcot0由此可知，當水平向左的力大于(M+m)gcot0時，小球B將離開斜面，對于水平恒力向斜面一側方向(水平向右)的情況：設恒力大小為F2時，B相對斜面靜止時對懸繩的拉力恰好為零，此時A、B的共同加速度為a2，B的受力情況如圖1一18丙所示，有：圖1一18丙FNcos0=mg，F(xiàn)Nsin0=ma2解得：a2=gtan0即F2=(M+m)a2=(M+m)gtan0由此可知，當水平向右的力大于(M+m)gtan0，B將沿斜面上滑，綜上可知，當作用在A上的恒力F向左小于

20、(M+m)gcot0，或向右小于(M+m)gtan0時，B能靜止在斜面上、答案向左小于(M+m)gcot0或向右小于(M+m)gtan0【點評】斜面上的物體、被細繩懸掛的物體這兩類物理模型是高中物理中重要的物理模型，也是高考常出現(xiàn)的重要物理情境、四、超重與失重問題1、超重與失重只是物體在豎直方向上具有加速度時所受支持力不等于重力的情形、2、要注意飛行器繞地球做圓周運動時在豎直方向上具有向心加速度，處于失重狀態(tài)、例9為了測量某住宅大樓每層的平均高度(層高)及電梯的運行情況，甲、乙兩位同學在一樓電梯內(nèi)用電子體重計及秒表進行了以下實驗：質(zhì)量m=50kg的甲同學站在體重計上，乙同學記錄電梯從地面一樓到

21、頂層的過程中，體重計的示數(shù)隨時間變化的情況，并作出了如圖119甲所示的圖象、已知t=0時，電梯靜止不動，從電梯內(nèi)樓層按鈕上獲知該大樓共19層、求：(1)電梯啟動和制動時的加速度大小、(2)該大樓的層高、圖119甲【解析】(1)對于啟動狀態(tài)有：Flmg=ma1得：al=2m/s2對于制動狀態(tài)有：mgF3=ma2得：a22m/s2、(2)電梯勻速運動的速度v=a1tl=21m/s=2m/s從圖中讀得電梯勻速上升的時間t2=26s電梯運行的總時間t=28s電梯運行的vt圖象如圖119乙所示，圖119乙所以總位移s=v(t2t)=2(2628)m=54m層髙h=3m、答案(1)2m/s22m/s23m

22、經(jīng)典考題在本專題中，正交分解、整體與隔離相結合是最重要也是最常用的思想方法，是髙考中考查的重點、力的獨立性原理、運動圖象的應用次之，在髙考中出現(xiàn)的概率也較大、1、有一個直角支架AOB,A0水平放置，表面粗糙，0B豎直向下，表面光滑、A0上套有小環(huán)P，0B上套有小環(huán)Q，兩環(huán)質(zhì)量均為m，兩環(huán)間由一根質(zhì)量可忽略、不可伸長的細繩相連，并在某一位置平衡(如圖120甲所示)、現(xiàn)將P環(huán)向左移一小段距離，兩環(huán)再次達到平衡，那么將移動后的平衡狀態(tài)和原來的平衡狀態(tài)比較，A0桿對P環(huán)的支持力N和細繩上的拉力T的變化情況是1998年髙考上海物理卷()圖120甲A、N不變，T變大B、N不變，T變小C、N變大，T變大D、

23、N變大，T變小【解析】Q環(huán)的受力情況如圖120乙所示，由平衡條件得：Tcos0=mg、P環(huán)向左移動后0變小，T=變小、圖120乙圖120丙P環(huán)的受力情況如圖120丙所示，由平衡條件得：NP=mg+Tcos0=2mg，NP與0角無關、故選項B正確、答案B【點評】本例是正交分解法、隔離法的典型應用，以后的許多考題都由此改編而來、求解支持力N時，還可取P、Q組成的整體為研究對象，將整體受到的外力正交分解知豎直方向有：NQ=2mg、2、如圖121甲所示，在傾角為a的固定光滑斜面上有一塊用繩子拴著的長木板，木板上站著一只貓、已知木板的質(zhì)量是貓的質(zhì)量的2倍、當繩子突然斷開時，貓立即沿著板向上跑，以保持其相

24、對斜面的位置不變、則此時木板沿斜面下滑的加速度為2004年髙考全國理綜卷W(）圖121甲A、sinaB、gsinaC、gsinaD、2gsina【解析】繩子斷開后貓的受力情況如圖121乙所示，由平衡條件知，木板對貓有沿斜面向上的摩擦力，有：f=mgsina圖1一21乙圖1一21丙再取木板為研究對象，其受力情況如圖1一21丙所示、由牛頓第二定律知：2mgsina+f=2ma解得：a=gsina、答案C【點評】貓腳與木塊之間的摩擦力使貓保持平衡狀態(tài)、還可取貓、木板組成的整體為研究對象，由牛頓第二定律：3mgsina=2ma求解，但這一方法髙中不作要求、3、如圖1一22所示，某貨場需將質(zhì)量m1=100kg的貨物（可視為質(zhì)點）從髙處運送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物由軌道頂端無初速度滑下，軌道半徑R=1、8m、地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板A、B，長度均為l=2m，質(zhì)量均為m2=100kg，木板上表面與軌道末端相切、貨物與木板間的動摩擦因數(shù)為U1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)卩2=0、2、(最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10m/s2)xx年髙考