高考物理必備—高三物理第二輪復習知識點及經(jīng)典例題[全套]_最新12051153321

1、第一講平衡問題一、特別提示解平衡問題幾種常見方法1、力的合成、分解法：對于三力平衡，一般根據(jù)“任意兩個力的合力與第三力等大反向”的關(guān)系，借助三角函數(shù)、相似三角形等手段求解；或?qū)⒛骋粋€力分解到另外兩個力的反 方向上，得到這兩個分力必與另外兩個力等大、反向；對于多個力的平衡，利用先分解再合 成的正交分解法。2、力匯交原理：如果一個物體受三個不平行外力的作用而平衡，這三個力的作用線必 在同一平面上，而且必有共點力。3、正交分解法：將各力分解到 x 軸上和 y 軸上，運用兩坐標軸上的合力等于零的條件( Fx = 0 Fy= 0) 多用于三個以上共點力作用下的物體的平衡。值得注意的是，對 x 、y 方向

2、選擇時，盡可能使落在 x 、 y 軸上的力多；被分解的力盡可能是已知力。4、矢量三角形法：物體受同一平面內(nèi)三個互不平行的力作用平衡時，這三個力的矢量 箭頭首尾相接恰好構(gòu)成三角形，則這三個力的合力必為零，利用三角形法求得未知力。5、對稱法：利用物理學中存在的各種對稱關(guān)系分析問題和處理問題的方法叫做對稱法。 在靜力學中所研究對象有些具有對稱性，模型的對稱往往反映出物體或系統(tǒng)受力的對稱性。解題中注意到這一點，會使解題過程簡化。6、正弦定理法：三力平衡時，三個力可構(gòu)成一封閉三角形，若由題設條件尋找到角度關(guān)系，則可用正弦定理列式求解。7、相似三角形法：利用力的三角形和線段三角形相似。二、典型例題1、力學

3、中的平衡：運動狀態(tài)未發(fā)生改變，即a = 0 。表現(xiàn)：靜止或勻速直線運動（1） 在重力、彈力、摩擦力作用下的平衡例 1 質(zhì)量為m 的物體置于動摩擦因數(shù)為m 的水平面上，現(xiàn)對它施加一個拉力，使它做勻速直線運動，問拉力與水平方向成多大夾角 時這個力最??？解析取物體為研究對象，物體受到重力mg ，地面的支持力 N摩擦力 f 及拉力 T 四個力作用，如圖 1-1 所示。由于物體在水平面上滑動，則 f= mN ，將 f 和 N 合成，得到合力 F，由圖知 F 與 f的夾角：a = arcctg fN= arcctgm不管拉力 T 方向如何變化，F(xiàn) 與水平方向的夾角a 不變，即 F 為一個方向不發(fā)生改變的變

4、力。這顯然屬于三力平衡中的動態(tài)平衡問題，由前面討論知，當 T 與 F 互相垂直時，T有最小值，即當拉力與水平方向的夾角q = 90 - arcctgm = arctgm 時，使物體做勻速運動的拉力 T 最小。（2） 摩擦力在平衡問題中的表現(xiàn)這類問題是指平衡的物體受到了包括摩擦力在內(nèi)的力的作用。在共點力平衡中，當物體雖然靜止但有運動趨勢時，屬于靜摩擦力；當物體滑動時，屬于動摩擦力。由于摩擦力的方向要隨運動或運動趨勢的方向的改變而改變，靜摩擦力大小還可在一定范圍內(nèi)變動，因此 包括摩擦力在內(nèi)的平衡問題常常需要多討論幾種情況，要復雜一些。因此做這類題目時要注 意兩點由于靜摩擦力的大小和方向都要隨運動趨

5、勢的改變而改變，因此維持物體靜止狀態(tài)所需的外力允許有一定范圍；又由于存在著最大靜摩擦力，所以使物體起動所需要的力應大 于某一最小的力?？傊Σ亮υ趦?nèi)的平衡問題，物體維持靜止或起動需要的動力的大 小是允許在一定范圍內(nèi)的，只有當維持勻速運動時，外力才需確定的數(shù)值。由于滑動摩擦力 F= mFN ，要特別注意題目中正壓力的大小的分析和計算，防止出現(xiàn)錯誤。例 2重力為 G 的物體 A 受到與豎直方向成a 角的外力F 后靜止在豎直墻面上，如圖 1-2 所示，試求墻對物體 A 的靜摩擦力。分析與解答 這是物體在靜摩擦力作用下平衡問題。首先確定研究對象，對研究對象進行受力分析，畫出受力圖。A 受豎直向下

6、的重力 G，外力 F，墻對 A 水平向右的支持力（彈力）N，以及還可能有靜摩擦力 f 。這里對靜摩擦力的有無及方向的判斷是極其重要的。物體之間有相對運動趨勢時，它們之間就有靜摩擦力；物體間沒有相對運動趨勢時，它們之間 就沒有靜摩擦力?？梢约僭O接觸面是光滑的，若不會相對運動，物體將不受靜摩擦力，若有 相對運動就有靜摩擦力。（注意：這種假設的方法在研究物理問題時是常用方法，也是很重 要的方法。）具體到這個題目，在豎直方向物體 A 受重力 G 以及外力 F 的豎直分量，即F2 = F cos a 。當接觸面光滑， G = F cosa時，物體能保持靜止；當G F cos a 時，物體 A 有向下運動

7、的趨勢，那么 A 應受到向上的靜摩擦力；當G F cos a 時，物體 A 則有向上運動的趨勢，受到的靜摩擦力的方向向下，因此應分三種情況說明。從這里可以看出，由于靜摩擦力方向能夠改變，數(shù)值也有一定的變動范圍，滑動摩擦力雖有確定數(shù)值，但方向則隨相對滑動的方向而改變，因此，討論使物體維持某一狀態(tài)所需 的外力 F 的許可范圍和大小是很重要的。何時用等號，何時用不等號，必須十分注意。（3） 彈性力作用下的平衡問題例 3 如圖 1-3 所示，一個重力為 mg 的小環(huán)套在豎直的半徑為 r 的光滑大圓環(huán)上，一勁度系數(shù)為 k，自然長度為 L（Lt2B、t1=t2C、t1 b FK 2mg F 2mg 時A、

8、B 將分離）。所以要使 A、B 不分離，必須：F 2mg 。K例 4 如圖 3-7 所示，在空間存在水平方向的勻強磁場（圖中未畫出）和方向豎直向上的勻強電場（圖中已畫出），電場強度為 E，磁感強度為 B。在某點由靜止釋放一個帶電液滴 a ，它運動到最低點恰與一個原來處于靜止狀態(tài)的帶電液滴 b 相撞，撞后兩液滴合為一體，并沿水平方向做勻速直線運動，如圖所示，已知 a 的質(zhì)量為 b 的 2 倍， a 的帶電量是 b 的 4 倍（設 a 、b 間靜電力可忽略）。（1） 試判斷 a 、b 液滴分別帶何種電荷？（2） 求當 a 、b 液滴相撞合為一體后，沿水平方向做勻速直線的速度v 及磁場的方向；（3）

9、 求兩液滴初始位置的高度差 h 。評析（1）設 b 質(zhì)量為 m ，則 a 帶電量為 4q，因為如果 a 帶正電， a 要向下偏轉(zhuǎn)， 則必須： 2mg F安 ，表明 h 較小，則：線圈加速進入磁場，但隨著v F安 a 有三種可能：線圈全部進入磁場時還未達到穩(wěn)定電流 I0（變化規(guī)律如圖 3-10 所示）線圈剛?cè)窟M入磁場時達到穩(wěn)定電流 I0（變化規(guī)律如圖 3-11 所示）線圈未全部進磁場時已達到穩(wěn)定電流 I0（變化規(guī)律如圖 3-12 所示）（3） 如果mg F安 ，則：線圈減速進入磁場，但隨著v F安 a =故線圈將作 a 減小的減速運動。有三種可能：線圈全部進入磁場時還未達到穩(wěn)定電流 I0（變化

10、規(guī)律如圖 3-13 所示）F安 - mg，m線圈剛?cè)窟M入磁場時達到穩(wěn)定電流 I0（變化規(guī)律如圖 3-14 所示）線圈未全部進入磁場時已達到穩(wěn)定電流 I0（變化規(guī)律如圖 3-15 所示） 例 6光從液面到空氣時的臨界角 C 為 45，如圖 3-16所示，液面上有一點光源 S 發(fā)出一束光垂直入射到水平放置于液體中且到液面的距離為 d 的平面鏡 M 上，當平面鏡 M 繞垂直過中心 O 的軸以角速度w做逆時針勻速轉(zhuǎn)動時，觀察者發(fā)現(xiàn)水面上有一光斑掠過，則觀察者們觀察到的光斑的光斑在水面上掠過的最大速度為多少？評析本題涉及平面鏡的反射及全反射現(xiàn)象，需綜合運用反射定律、速度的合成與分解、線速度與角速度的關(guān)

11、系等知識求解，確定光斑掠移速度的極值點及其與平面鏡轉(zhuǎn)動角速度間的關(guān)系，是求解本例的關(guān)鍵。設平面鏡轉(zhuǎn)過q角時，光線反射到水面上的 P 點，光斑速度為v ，如圖 3-17 可知： v =v1cos 2q，而：v1 = l 2w=dcos 2q 2w故： v =2wd cos 2 2q，q (cos 2q) v ，而光從液體到空氣的臨界角為 C，所以當 2q= C = 45 時達到最大值vmax ，即：vmax= 2wd cos 2 C= 4wd例 7 如圖 3-18 所示為一單擺的共振曲線，則該單擺的擺長約為多少？共振時單擺的振幅多大？共振時擺球簡諧運動的最大 加速度和最大速度大小各為多少？（ g

12、 取 10m/s2）評析 這是一道根據(jù)共振曲線所給信息和單擺振動規(guī)律進行推理和綜合分析的題目，本題涉及到的知識點有受迫振動、共振的概念和規(guī)律、單擺擺球做簡諧運動及固有周期、頻率、能量的概念和規(guī)律等。由題意知， 當單擺共振時頻率 f= 0.5Hz ， 即：f固= f= 0.5Hz，振幅A=8cm=0.08m，由T = 1 = 2p l得：fgl =g4p2 f 2=104 3.142 0.52m 1m如圖 3-19 所示，擺能達到的最大偏角qm c ，所以： R c 。則由以上三式可得： R 合 4.21010 光年。即宇宙的半徑至少為 4.21010 光年。= 4.0 10 m ，第四講動量和

13、能量一、特別提示動量和能量的知識貫穿整個物理學，涉及到“力學、熱學、電磁學、光學、原子物理學” 等，從動量和能量的角度分析處理問題是研究物理問題的一條重要的途徑，也是解決物理問題最重要的思維方法之一。1、動量關(guān)系動量關(guān)系包括動量定理和動量守恒定律。（1） 動量定理凡涉及到速度和時間的物理問題都可利用動量定理加以解決，特別對于處理位移變化不 明顯的打擊、碰撞類問題，更具有其他方法無可替代的作用。（2） 動量守恒定律動量守恒定律是自然界中普通適用的規(guī)律，大到宇宙天體間的相互作用，小到微觀粒子 的相互作用，無不遵守動量守恒定律，它是解決爆炸、碰撞、反沖及較復雜的相互作用的物 體系統(tǒng)類問題的基本規(guī)律。

14、動量守恒條件為：系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零在某一方向上，系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零，該方向上動量守恒。系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，動量近似守恒。在某一方向上，系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，該方向上動量近似守恒。 應用動量守恒定律解題的一般步驟：確定研究對象，選取研究過程；分析內(nèi)力和外力的情況，判斷是否符合守恒條件；選定正方向，確定初、末狀態(tài)的動量，最后根據(jù)動量守恒定律列議程求解。應用時，無需分析過程的細節(jié)，這是它的優(yōu)點所在，定律的表述式是一個矢量式，應用時要特別注意方向。2、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律（1） 能量守恒定律的具體表現(xiàn)形式高中物理知識包括“力學、熱學、電學、原子物理”五大部分內(nèi)容，它們具有各自的獨 立性

15、，但又有相互的聯(lián)系性，其中能量守恒定律是貫穿于這五大部分的主線，只不過在不同 的過程中，表現(xiàn)形式不同而已，如：在力學中的機械能守恒定律： Ek1 + Ep1 = Ek 2 + Ep 2在熱學中的熱力學第一定律： DU = W + Q在電學中的閉合電路歐姆定律： I =次定律。ER + r，法拉第電磁感應定律 E = n Df，以及楞Dt在光學中的光電效應方程： 1 nw2= hv - W2m在原子物理中愛因斯坦的質(zhì)能方程： E = mc 2（2） 利用能量守恒定律求解的物理問題具有的特點：題目所述的物理問題中，有能量由某種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式；題中參與轉(zhuǎn)化的各種形式的能，每種形式的能如何轉(zhuǎn)化或

16、轉(zhuǎn)移，根據(jù)能量守恒列出方 程即總能量不變或減少的能等于增加的能。二、典題例題例題 1 某商場安裝了一臺傾角為 30的自動扶梯，該扶梯在電壓為 380V 的電動機帶動下以 0.4m/s 的恒定速率向斜上方移動，電動機的最大輸出功率為 4.9kkw。不載人時測得電動機中的電流為 5A，若載人時傳頌梯的移動速度和不載人時相同，設人的平均質(zhì)量為60kg，則這臺自動扶梯可同時乘載的最多人數(shù)為多少？（g=10m/s2）。分析與解 電動機的電壓恒為 380V，扶梯不載人時，電動機中的電流為 5A，忽略掉電動機內(nèi)阻的消耗，認為電動機的輸入功率和輸出功率相等，即可得到維持扶梯運轉(zhuǎn)的功率為P0 = 380V 5A

17、 = 1900W電動機的最大輸出功率為可用于輸送顧客的功率為Pm = 4.9kWDP = Pm - P0 = 3kW由于扶梯以恒定速率向斜上方移動，每一位顧客所受的力為重力 mg 和支持力 FN ，且FN=mg電動機通過扶梯的支持力 FN 對顧客做功，對每一位顧客做功的功率為P1=Fnvcosa=mgvcos(90-30)=120W則，同時乘載的最多人數(shù)人 n = DP = 3000 = 25 人P1120點評 實際中的問題都是復雜的，受多方面的因素制約，解決這種問題，首先要突出實際問題的主要因素，忽略次要因素，把復雜的實際問題抽象成簡單的物理模型，建立合適的 物理模型是解決實際問題的重點，也

18、是難點。解決物理問題的一個基本思想是過能量守恒計算。很多看似難以解決的問題，都可以通 過能量這條紐帶聯(lián)系起來的，這是一種常用且非常重要的物理思想方法，運用這種方法不僅 使解題過程得以簡化，而且可以非常深刻地揭示問題的物理意義。運用機械功率公式 P=Fv 要特別注意力的方向和速度方向之間的角度，v 指的是力方向上的速度。本題在計算扶梯對每個顧客做功功率 P 時，P1=Fnvcosa=mgvcos(90-30)，不能忽略 cosa，a 角為支持力 Fn 與顧客速度的夾角。例題 2 如圖 4-1 所示：擺球的質(zhì)量為 m，從偏離水平方向 30的位置由靜釋放，設繩子為理想輕繩，求小球運動到最低點 A 時

19、繩子受到的拉力是多少？分析與解設懸線長為 l，下球被釋放后，先做自由落體運動， 直到下落高度為 h=2lsinq，處于松馳狀態(tài)的細繩被拉直為止。這時小球的速度豎直向下，大小為v =。當繩被拉直時，在繩的沖力作用下，速度 v 的法向分量vn 減為零（由于繩為理想繩子， 能在瞬間產(chǎn)生的極大拉力使球的法向速度減小為零，相應的動能轉(zhuǎn)化為繩的內(nèi)能）；小球以切向分量v1 = v sin 30 開始作變速圓周運動到最低點，在繩子拉直后的過程中機械能守恒，有1 m(v sin 30)2 + mg (1 - cos 60) = 1 mv 222A在最低點 A，根據(jù)牛頓第二定律，有v 2F - mg = mlv

20、2所以，繩的拉力 F = mg + ml= 3.5mg點評 繩子拉直瞬間，物體將損失機械能轉(zhuǎn)化為繩的內(nèi)能（類似碰撞），本題中很多同學會想當然地認為球初態(tài)機械能等于末態(tài)機械能，原因是沒有分析繩拉直的短暫過程及發(fā) 生的物理現(xiàn)象。力學問題中的“過程”、“狀態(tài)”分析是非常重要的，不可粗心忽略。例題 3如圖 4-2 所示，兩端足夠長的敞口容器中，有兩個可以自由移動的光滑活塞 A 和 B，中間封有一定量的空氣， 現(xiàn)有一塊粘泥C，以EK的動能沿水平方向飛撞到A 并粘在一起由于活塞的壓縮，使密封氣體的內(nèi)能增加，高 A、B、C 質(zhì)量相等，則密閉空氣在絕熱狀態(tài)變化過程中，內(nèi)能增加的最大值是 多少？分析與解本題涉及

21、碰撞、動量、能量三個主要物理知識點是一道綜合性較強的問題，但如果總是的幾個主要環(huán)節(jié)，問題將迎刃而解。粘泥 C 飛撞到 A 并粘在一起的瞬間，可以認為二者組成的系統(tǒng)動量守恒，初速度為v 0 ，末速度為v1 ，則有mv0 = 2mv1在 A、C 一起向右運動的過程中，A、B 間的氣體被壓縮，壓強增大，所以活塞 A 將減速運動，而活塞 B 將從靜止開始做加速運動。在兩活塞的速度相等之前，A、B 之間的氣體體積越來越小，內(nèi)能越來越大。A、B 速度相等時內(nèi)能最大，設此時速度為v2 ，此過程對 A、B、C 組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得（氣體的質(zhì)量不計）：mv0 = 3mv2由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可得：在氣體

22、壓縮過程中，系統(tǒng)動能的減少量等于氣體內(nèi)能的增加量。所以有：DE = 1 mv 2 - 1 3mv 22122解得： DE = 1 1 mv2 = 1 E 6206K點評若將本題的物理模型進行等效的代換：A 和 B 換成光滑水平面上的兩個物塊，A、B 之間的氣體變成一輕彈簧，求內(nèi)能的最大增量變成求彈性勢能的最大增量。對代換后的模型我們已很熟悉，其實二者是同一類型的題目。因此解題不要就題論題，要有一個歸納總結(jié) 的過程，這樣才能夠舉一反三。例 4如圖 4-3 所示，是用直流電動機提升重物的裝置，重物質(zhì)量 m = 50kg ，電源電動勢 E = 110V ，內(nèi)電阻 r1= 1W ，電動機的內(nèi)電阻 r2

23、 = 4W 。阻力不計。當勻速提升重物時，電路中電流強度 I = 5A 。取 g = 10m / s 2 ，試求：（1） 電源的總功率和輸出功率；（2） 重物上升的速度。分析與解電源輸出的總能量，一部分消耗于自身內(nèi)阻，其余全部輸出傳給電動機。電動機獲得的電能，一部分轉(zhuǎn)化為電動機的內(nèi)能，其余的全部轉(zhuǎn)化為機械能。（1）電源的總功率為： P總 = EI = 110 5 = 550(W )電源的輸出功率為： P = UI = I (E - Ir1 ) = 5(110 - 5 1) = 525(W )（2）電動機的輸入功率為： P入 = 525(W )電動機的熱功率： P熱= I 2r2 = 52 4 = 100(W )電動機的輸出功率等于它對重物做功的功率，即 P入 - P熱 = mgv所以， v =P入 - P熱mg= 525 - 100500= 0.85m / s點評本題中電源的總功率 550W，就是每秒鐘電源把其它形式的能轉(zhuǎn)化為 550J 電能。電源的輸出功率為 525W，就是每秒鐘輸出電能 525J，對整個電路來說，遵循能的轉(zhuǎn)化和守恒定律。因此要學會從能量角度來處理電路中的問題。例題 5 如圖 4-4 所示，金屬桿 a 在離地 h 高處從靜止開始沿弧形軌道下滑，導軌平行的水平部分有豎直向上的勻 強磁場 B，水平部分導軌上原來放有一根金屬桿 b，已知桿a 的質(zhì)