精選高中物理複習資料
高中物理專題複習資料
專題複習
（一）第一專題 力與運動
（1）知識梳理
一、考點回顧
1．物體怎麼運動，取決於它的初始狀態和受力情況。牛頓運動定律揭示了力和運動的關係，關係如下
表所示：
2．力是物體運動狀態變化的原因，反過來物體運動狀態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動情況，或從物體運動情況去推斷物體的受力情況，是動力學的兩大基本問題。
3．處理動力學問題的一般思路和步驟是：
①領會問題的情景，在問題給出的信息中，提取有用信息，構建出正確的物理模型； ②合理選擇研究對象；
③分析研究對象的受力情況和運動情況；
④正確建立座標系；
⑤運用牛頓運動定律和運動學的規律列式求解。
4．在分析具體問題時，要根據具體情況靈活運用隔離法和整體法，要善於捕捉隱含條件，要重視臨界狀態分析。
二、經典例題剖析
1．長L的輕繩一端固定在O點，另一端拴一質量為m的小球，現使小球在豎直平面內作圓周運動，小球通過最低點和最高點時所受的繩拉力分別為T1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，在最低點和最高點分別有：
T1－mg＝mv0/L
22 2T2＋mg＝mv/L 2 由機械能守恆得：mv0/2＝mv/2＋mg2L
以上方程聯立解得：T1－T2＝6mg
(2)由於繩拉力T2≥0，由T2＋mg＝mv/L可得v≥gL
代入mv0/2＝mv/2＋mg2L得：v0≥gL
點評：質點在豎直面內的圓周運動的問題是牛頓定律與機械能守恆應用的綜合題。加之小球通過最高點有極值限制。這就構成了主要考查點。
2．質量為M的楔形木塊靜置在水平面上，其傾角為α的斜面上,一質量為m的物體正以加速度a下滑。求水平面對楔形木塊的彈力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‘
然後以楔形木塊為研究對象，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
點評：質點在直線運動問題中應用牛頓定律，大學聯考熱點是物體沿斜面的運動和運動形式發生變化兩類問題。受力分析、研究對象的選取和轉移(應用牛頓第三定律)，是這類問題的能力要求所在。
3．舉重運動是力量和技巧充分結合的體育項目。就“抓舉”而言，其技術動作可分為預備、提槓鈴、發力、下蹲支撐、起立、放下槓鈴等六個步驟。圖1所示照片表示了其中的幾個狀態。現測得輪子在照片中的直徑為1.0cm。已知運動員所舉槓鈴的直徑是45cm，質量為150kg，運動員從發力到支撐歷時0.8s，試估測該過程中槓鈴被舉起的高度，估算這個過程中槓鈴向上運動的最大速度；若將運動員發力時的作用力簡化成恆力，則該恆力有多大？
解析：題目描述的舉重的實際情景，要把它理想化為典型的
物理情景。抓舉中，舉起槓鈴是分兩個階段完成的，從發力到支
撐是第一階段，舉起一部分高度。該過程中，先對槓鈴施加一個
力（發力），使槓鈴作加速運動，當槓鈴有一定速度後，人下蹲、
翻腕，實現支撐，在人下蹲、翻腕時，可以認為運動員對槓鈴沒
有提升的作用力，這段時間槓鈴是憑藉這已經獲得的速度在減速上升，最好的動作配合是，槓鈴減速上升，人下蹲，當槓鈴的速度減為零時，人的相關部位恰好到達槓鈴的下方完成支撐的動作。因此從發力到支撐的0.8s內，槓鈴先作加速運動（當作勻加速），然後作減速運動到速度為零（視為勻減速），這就是槓鈴運動的物理模型。
根據輪子的實際直徑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力到支撐，槓鈴上升的距離h′=1.3cm，按此比例可算得實際上升的高度為h=0.59m。
設槓鈴在該過程中的最大速度為vm， 有h?vmv2h?1.48m/s減速運動的時間應為t2?m?0.15s t，得vm?t2g
vm2(t?t2)?0.48m 又vm?2as1 解得：2加速運動的位移：s1?
a?2.28m/s2
根據牛頓第二定律，有F?mg?ma
解得：F?1842N
點評：該題中，將舉重的實際情景抽象成物理模型，是解題的關鍵，這種抽象也是解所有實際問題的關鍵。這裏，首先應細緻分析實際過程，有了大致認識後，再做出某些簡化，這樣就能轉化成典型的物理問題。比如該題中，認為發力時運動員提升的力是恆力，認為運動員下蹲、翻腕時，對槓鈴無任何作用，認為槓鈴速度減為零時，恰好完全支撐，而且認為槓鈴的整個運動是直線運動。
4．如圖2所示為一空間探測器的示意圖，P1、P2、P3、P4是四個噴氣發動機，P1、P3的`連線與空間一固定座標系的x軸平行，P2、P4的連線與y軸平行，每台發動機開動時，都能向探測器提供推力，但不會使探測器轉動。開始時，探測器以恆定的速率v0向x方向平動，要使探測器改為向正x偏負y60°方向以原速率v0平動，則可以採取的措施是（ ）
A．先開動P1適當時間，再開動P4適當時間
B．先開動P3適當時間，再開動P2適當時間
C．開動P4適當時間
D．先開動P3適當時間，再開動P4適當時間
解析：該題實際上是要校正探測器的飛行狀態，這在航天活動中，是很常見的工作，因此這也是很有意義的一道題。最後要達到的狀態是向正x偏負y60°方向平動，速率仍為v0。如圖3所示，這個運動可分解為速率為v0cos60°的沿正x方向的平動和速率為v0sin60°的沿負y方向的平動，與原狀態相比，我們應使正x方向的速率減小，負y方向的速率增大。因此應開動P1以施加一負x方向的反衝力來減小正x方向的速率；然後開動P4以施加一負y方向的反衝力來產生負y方向的速率。所以選項A正確。
點評：建立座標系，在兩個座標軸的方向上分別應用牛頓運動定律，是研究動力學問題的常用方法。該題一入手，就在沿座標軸的兩個方向上對兩個狀態進行比較，就使問題很快變得清晰。因此要熟練掌握這種分析方法。
5．2000年1月26日我國發射了一顆同步衞星，其定點位置與東經98°的經線在同一平面內，若把甘肅省嘉峪關處的經度和緯度近似取為東經98°和北緯??40?，已知地球半徑R，地球自轉週期為T，地球表面重力加速度為g（視為常量）和光速c。試求該同步衞星發出的微波信號傳到嘉峪關處的接收站所需的時間（要求用題給的已知量的符號表示）。
解析：同步衞星必定在地球的赤道平面上，衞星、地球和其上的嘉峪關的相對位置如圖4所示，由圖可知，如果能求出同步衞星的軌道半徑r，那麼再利用地球半徑R和緯度?就可以求出衞星與嘉峪關的距離L，即可求得信號的傳播時間。
對於同步衞星，根據牛頓第二定律，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?
微波信號傳到嘉峪關處的接收站所需的時間為
R2gT2
3R2gT232()?R?2R()cos?L4?24?2 t?
?cc21
點評：選擇恰當的角度，將題目描述的情況用示意圖表示出來，可以是情景變得更加清晰，有利於分析和思考，要養成這種良好的解題習慣。在解答天體運動的問題時，根據GmM2?mg得到這一關係是經常使用的。 GM?gR2R
6．礦井裏的升降機，由靜止開始勻加速上升，經5s速度
達到4m/s後，又以這個速度勻速上升20s，然後勻減速上升，
經過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
動的位移。 (20?29)4s??98m 27．一隻老鼠從洞口爬出後沿一直線運動，其速度大小與其離開洞口的距
離成反比。當其到達距洞口為d1的點A點時速度為v1，若B點離洞口的距離
為d2（d2>d1），求老鼠由A運動至B所需的時間。 解析：建立11?x座標，畫出?kx圖像。 vv
分析得：d1?d2之間所圍的面積等於老鼠由A運動至B所需的時間。
t?111(?)(d2?d1) 2v1v2
8．一個同學身高h1=1.8m，質量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)該同學用力登地，經過時間t1=0.45s豎直離地跳起，摸高為h3=2.6m。假定他離地的力F1為恆力，求F1的大小。
(2)另一次該同學從所站h4=1.0m的高處自由落下，腳接觸地面後經過時間t2=0.25s身體速度降為零，緊接着他用力F2登地跳起，摸高h5=2.7m。假定前後兩個階段中同學與地面的作用力分別都是恆力，求該同學登地的作用力F2。
解：(1)第一階段：初速為0，時間為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。
對第一階段運動過程進行受力分析，並由牛頓第二定律得： 2F?mg?ma則F?1060N
(2)由分析得第一階段的末速度為：v1?
第二階段的運動位移為：h?2gh?25m/s v5t?m 第四階段的初速度為：v2?m/s
