高中物理力学全部总结(详解)

力学综合教学目标通过力学总复习，加深同学们对力学知识的纵向和横向联系的理解；使同学们熟悉和掌握力学部分的典型物理情景；并通过对典型物理情景的剖析，掌握力学问题的思维方法和掌握解决物理问题的基本方法．教学重点、难点分析力学知识的横向联系和纵向联系；力与运动的关系；在物体运动过程中，以及物体间相互作用的过程中，能量变化和动量变化的分析．教学过程设计一、力学知识概况二、知识概述（一）牛顿运动定律动力学部分的研究对象，就物体而言分为单体、连接体；就力而言，分为瞬时力与恒力，要通过典型题掌握各自的要领．其中对物体的受力分析，特别是受力分析中的隔离法与整体法的运用是至关重要的，要结合相关题型加以深化．特别是斜面体上放一个物块，物块静止或运动，再对斜面体做受力分析．近年来的试题更趋向于考查连接体与力的瞬时作用相结合的问题．复习中不妨把两个叠加的物体在斜面上运动，分析某个叠加体的受力这类问题当做一个难点予以突破，其中特别注意运用整体法与隔离法在加速度上效果一致的特点．可谓举一反三，触类旁通．质点做圆周运动时，其向心力与向心加速度满足牛顿第二定律．万有引力提供向心力，天体的匀速圆周运动问题，是牛顿第二定律的重要应用．从历年高考试题看，其命题趋势是逐渐把力的瞬时效应与连接体的合分处理结合起来，使考生具有灵活运用这方面知识的能力，其要求有逐年提高倾向．因此对本章的知识的复习必须注意到这一点．从能力上讲，受力分析的能力、运动分析的能力依然是考查的重点．对研究对象进行正确的受力分析、运动分析，是解决动力学问题的关键．1．力和运动的关系物体受合外力为零时，物体处于静止或匀速直线运动状态；物体所受合外力不为零时，产生加速度，物体做变速运动．若合外力恒定，则加速度大小、方向都保持不变，物体做匀变速运动，匀变速运动的轨迹可以是直线，也可以是曲线．物体所受恒力与速度方向处于同一直线时，物体做匀变速直线运动．根据力与速度同向或反向，可以进一步判定物体是做匀加速直线运动或匀减速直线运动；若物体所受恒力与速度方向成角度，物体做匀变速曲线运动．物体受到一个大小不变，方向始终与速度方向垂直的外力作用时，物体做匀速圆周运动．此时，外力仅改变速度的方向，不改变速度的大小．物体受到一个与位移方向相反的周期性外力作用时，物体做机械振动．表1给出了几种典型的运动形式的力学和运动学特征．综上所述：判断一个物体做什么运动，一看受什么样的力，二看初速度与合外力方向的关系．在高中阶段所解决的力与运动的关系问题，无外乎已知物体运动情况，求物体的受力情况；已知物体受力情况，求物体的运动情况．力与运动的关系是基础，在此基础上，我们还要陆续从功和能、冲量和动量的角度，进一步讨论运动规律．2．力的独立作用原理物体同时受几个外力时，每个力各自独立地产生一个加速度，就像别的力不存在一样，这个性质叫做力的独立作用原理．物体的实际加速度就是这几个分加速度的矢量和．根据力的独立作用原理解题时，有时采用牛顿第二定律的分量形式Fx=maxFy=may分力、合力及加速度的关系是在实际应用中，适当选择坐标系，让加速度的某一个分量为零，可以使计算较为简捷，通常沿实际加速度方向来选取坐标，这种解题方法称为正交分解法．如图1-9-1，质量为m的物体，置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，若要求物体的加速度，可先作出物体的受力图．沿加速度方向建立坐标并写出牛顿第二定律的分量形式mgsinθ-f=ma，f=μNmgcosθ-N=0物体的加速度对于物体受三个力或三个以上力的问题，采用正交分解法可以减少错误，做受力分析时要避免“丢三落四”．（二）力的积累从力在空间上的积累效果与力在时间上的积累效果两个角度，来研究物质运动状态变化的规律，是高中物理重点内容．深入理解“功是能量转化的量度”，以及理解在动量守恒过程中能量的变化，是这部分的核心，应着重做好以下几项工作：1．深入理解几个重要概念本讲研究的概念较多，有功、功率、动能、重力势能、弹性势能、机械能、冲量、动量等重要概念，这是本讲知识的基础，对于它们的物理意义必须进一步深入理解．（1）打破思维惯性，正确认识功的计算公式．功的计算公式W=Fscosθ应用比较广泛，不仅机械功计算经常要应用它，电场力做功和磁场力做功有时也要应用它进行计算．（2）运用对比方法，区分几个不同的功率概念．①正确区别P=W/t和P=Fvcosθ的应用范围．前者为功率的普适定义式，后者是前者导出的机械功的计算公式；前者求出的是t时间内的平均功率，当然t趋近零时，其结果也为瞬时功率，后者公式中的v为瞬时速度大小，求出的功率为瞬时功率；若v为平均速度大小，F且为恒力，求出的即为平均功率．在运用P=Fvcosθ进行计算时，要注意θ的大小，也可能求出负值，那是表示阻力的功率，要注意P和F及v是对应的，通常讲汽车的功率是指汽车牵引力的功率．②正确区别额定功率和实际功率的不同．额定功率是指机器正常工作时输出的最大功率．实际功率是指机器实际工作时的功率，一般不能超过额定功率．③正确区分汽车两种启动方法的物理过程的不同．（3）正确理解势能概念．中学教材研究了重力势能、弹性势能、分子势能、电势能等概念，还要求能够直接运用公式计算重力势能和电势能的大小．不管哪种形式的势能，其对应的作用力均为保守力，它们做功与路径无关，只与物体的始末位置有关，并且W=-△Ep．势能是个相对量，它的大小与所取的零势能位置有关，但势能的变化与零势能位置的选取无关．因此，为了处理问题方便，要巧妙选取零势能的参考位置．势能是个标量，它的正负是相对于零势能而言的．比较势能的大小，要注意它们的正负号．势能属于系统所共有，平时讲物体的重力势能，实际上是物体与地球组成的系统所共有．又如，氢原子核外电子所具有的电势能，实际上应为氢原子所具有．（4）深入理解动量和冲量的物理意义．①弄清动量和动能的区别和联系．动量和动能都是描述物体机械运动状态量的物理量，它们的大小存在下述关系：它们都是相对量，均与参照物的选取有关，通常都取地球为参照物．动量是矢量，动能是标量．物体质量一定，若动能发生变化，动量一定发生变化；若动量发生变化，动能不一定发生变化．例如物体做匀速圆周运动，动能不变，而动量时刻在变．②正确理解冲量I=Ft．I=Ft适用于恒力冲量的计算，是个矢量式，I和F是对应的，方向相同．某一恒力有冲量，该力不一定做功；某一恒力做功，该力一定有冲量．③弄清冲量和动量的关系．合外力冲量是物体动量变化的原因，而非动量的原因．2．熟练掌握动能定理和机械能守恒定律的应用（1）运用动能定理要善于分析物理过程．例如，总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节．司机发觉时，机车已行驶L的距离，于是立即关闭发动机滑行．设运动的阻力与质量成正比，比例系数为k，机车的牵引力恒定．当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？解本题时应注意，前面的列车从脱钩以后到停止，整个运动过程有两个阶段：第一阶段牵引力没撤去时，列车做匀加速直线运动；第二阶段为关闭发动机滑行阶段．运用动能定理时不必分阶段分别列式去研究，应该从整个过程考虑列以下方程式：再对末节列车应用动能定理，有：再从整体考虑，有F=kMg③本问题求解时也可假设中途脱节时，司机立即发觉并关闭发动机，则整个列车两部分将停在同一地点．然而实际上是行驶了距离L后才关闭发动机，此过程中牵引力做的功可看作用来补偿前面列车多行驶s克服阻力所做的功，即kMgL=k（M-m）g△s（2）运用动能定理解连接体问题时，要注意各物体的位移及速度的关系．如图1-9-2所示，在光滑的水平面上有一平板小车M正以速度v向右运动．现将一质量为m的木块无初速地放上小车，由于木块和小车间的摩擦力的作用，小车的速度将发生变化．为使小车保持原来的运动速度不变，必须及时对小车施加一向右的水平恒力F．当F 作用一段时间后把它撤去时，木块恰能随小车一起以速度v共同向右运动．设木块和小车间的动摩擦因数为μ．求在上述过程中，水平恒力F对小车做多少功？本题中的m和M是通过摩擦相互联系的．题中已经给出最后两者速度均为v，解题的关键是要找出s车和s木的关系．由于s车=vt，s木=vt/2，所以s车/s木=2/1①根据动能定理，对于木块有对于车有WF-μmgs车=0③将①式、②式和③式联系起来，可得W=mv2．3．强化动量守恒定律及其与功能关系的综合应用的训练（1）重视动量守恒定律应用的思维训练．例如下面这道试题．如图1-9-3所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都记为n （n=1，2，3，…）．每人手拿一个沙袋，x＞0一侧的每个沙袋质量m=14kg；x＜0一侧的每个沙袋质量为m′=10kg．一质量为M=48kg的小车以某初速度从原点出发向x正方向滑行，不计轨道阻力．当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u朝与车相反的方向（1）沿车面扔到车上，u的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍（n是此人的序号数）．空车出发后，当车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？（2）车上最终有大小沙袋共多少个？先确定车上已有（n-1）个沙袋时，车与沙袋的动量大小p1，和第n个人扔出的沙袋动量大小p2．如果p2＞p1，则车反向滑行；若p1=p2就停止．要能运用不等式讨论，得出结果．题目中第（2）问，车沿x负方向运动时，也应能用上述思维方法进行分析讨论．（2）强化动量守恒定律与能量转化的综合计算．动量守恒定律与机械能守恒定律是两个重要的守恒定律，一些物理过程常常需要运用这两个守恒定律进行处理，这就构造了一类动量和能量的综合题．详见后面例题．（三）典型物理情景[例1]一光滑球夹在竖直墙与放在水平面上的楔形木块间，处于静止．若对光滑球施一个方向竖直向下的力F，如图1-9-4所示，整个装置仍处于静止，则与施力F前相比较[]A．水平面对楔形木块的弹力增大B．水平面对楔形木块的摩擦力不变C．墙对球的弹力不变D．楔形木块对球的弹力增大分析与解答：施加力F，相当于球“重”增加，这样按球“重”G增加来分析各个力的变化，就使问题简化了一层，从整体分析受力，不难得出水平面对楔形木块的弹力增加．确定选项A正确．但是，若简单地认为竖直方向的力增加，不会影响水平方向的力的变化，就认定选项B （甚至于选项C）也正确，就犯了片面分析的错误．如果从另一角度稍加分析，不难看出球与墙之间是有相互作用力的，若没有墙，球就不可能静止．以球为研究对象，其受力如图1-9-5所示，墙对球的弹力T和斜面对球的弹力N1分别为T=Gtanθ，N1=G/cosθG增加，当然T、N1都增加．T增加，从整体看水平面对楔形木块的摩擦力f=T．因此四个选项中所涉及到的力都应是增大的．本题选项A、D正确．[例2]在图1-9-6所示的装置中，AO、BO是两根等长的轻绳，一端分别固定在竖直墙上的同一高度的A、B两点，∠AOB=120°，用轻杆CO使OA、OB两绳位于同一水平面内，OD垂直于AB，轻杆OC与OD在同一竖直平面内，C端固定在墙上，∠COD=60°．在结点O用轻绳悬挂重为G的物体，则绳OA受到的拉力大小为____；杆OC受到的压力大小为____．分析与解答：本题的“难”在于涉及三维空间，但是题目也明确给出了两个平面：△AOB所在的水平面及△COD所在的竖直平面．本题应从我们熟悉的平面问题入手来解．位于水平面内的AO、BO两绳等长，且整个装置左右对称，可见两绳的拉力相等，设为T，又已知∠AOB=120°，因此，不但能确定两绳拉力的合力的方向是沿OD的，而且合力的大小也等于T．于是若OD为一绳，就可以取代（等效）AO、BO两绳的作用，题目就转化为如图1-9-7所示装置的问题，且求出OD绳的拉力就等于求出OA绳的拉力．不难得出：OC杆受压力：N=G/sin60°=2G[例3]物体静止在光滑水平面上，先对物体施一水平向右的恒力F1，经t秒后物体的速率为v1时撤去F1，立即再对它施一水平向左的恒力F2，又经t秒后物体回到出发点时，速率为v2，则v1、v2间的关系是[]A．v1=v2B．2v1=v2C．3v1=v2 D．5v1=v2分析与解答：设物体在F1作用下，在时间t内发生的位移为s；则物体在F2作用下，在时间t内发生的位移为-s；根据平均速度的定义，以及在匀加速直线运动中平均速度与即时速度的关系，可得物体在F1作用下的平均速度说明：包括匀加速直线运动和匀加速曲线运动．对于匀加速直线运动，无论物体是否做往返运动，上式都成立；对于匀加速直线运动，注意上式的矢量性．[例4]从倾角为30°的斜面上的A点以水平速度v0平抛出的小球，最后落在斜面上B 点，如图1-9-8所示．求（1）物体从A到B所需时间；（2）若物体抛出时的动能为6J，那么物体落在B点时的动能为多少？分析与解答：物体水平抛出后，做平抛运动，假设经过时间t落在斜面上的B点，则：物体在水平方向上的位移为x=v0t物体在竖直方向上的位移为y=gt2/2如果物体落在B点的速度大小为v，则[例5]如图1-9-9所示，置于光滑水平面上的斜劈上，用固定在斜面上的竖直挡板，挡住一个光滑球．这时斜面和挡板对球的弹力分别是N和T．若用力F水平向左推斜劈，使整个装置一起向左加速运动，则N与T的变化情况是N____，T____．分析与解答：首先弄清静止时的情况，这是变化的基础．设球重G，斜面倾角θ，这是两个不变化的物理量．受力图已在原图上画出，静止时有Ncosθ=G，Nsinθ=T于是可得N=G/cosθ，T=Gtanθ当整个装置一起向左加速运动时，N′cosθ=G，N′sinθ-T′=ma于是可得N′=G/cosθ，T′=Gtanθ-ma因此，N′=N，T′＜T其实，这一问题，也可以这样思考：整个装置一起向左加速运动时，在竖直方向上，系统依然处于平衡状态，所以球在竖直方向受合力仍然为零．即仍要满足N=G/cosθ，正是这一约束条件，使得斜面对球的弹力N不可能发生变化，于是使得重球向左加速运动，获得向左的合外力的唯一可能就是T减小了．本题答案是N不变，T减小．本题给我们的直接启示，是要树立“正交思维的意识”，即在两个互相垂直的方向上分析问题．对比和联想，特别是解题之后的再“想一想”，是提高解题能力的“事半功倍”之法．譬如：其一，本题若改为整个装置竖直向上加速运动，讨论各个力的变化情况时，绝不能简单地套用本题的结论，得出“N增大，T不变”的错误结论．同样应由竖直与水平两个方向的约束条件分析，由竖直方向向上加速，可得N增大；由水平方向平衡，注意到N增大，其水平方向的分量也增大，T=Nsinθ，也会随之增大，“正交思维的意识”是一种思维方法，而不是某一简单的结论．其二，本题还应从T减小联想下去——这也应形成习惯．挡板对球的弹力T的最小值是零．若T=0，可得出球以及整个装置的加速度a=gtanθ，这是整个装置一起向左加速运动所允许的最大加速度，加速度再大，球就相对斜面滑动了．若a=gtanθ，既然T=0，那么挡板如同虚设，可以去掉，这样对斜劈的水平推力F的大小，在知道斜劈和重球的质量（M和m）的前提下，也可得F=（M+m）gtanθ．[例6]质量分别为m1和m2的1和2两长方体物块并排放在水平面上，在水平向右的力F作用下，沿水平面加速运动，如图1-9-10所示，试就下面两种情况，求出物体1对物体2的作用力T．（1）水平面光滑．（2）两物块与水平面间的动摩擦因数μ相同．分析与解答．（1）以整个装置为研究对象，它们的加速度为a，则再以物块2为研究对象，物块1对2的作用力T，有（2）与上述过程相同．以整个装置为研究对象，它们的加速度为a′，则再以物块2为研究对象，物块1对2的作用力T′，有T′-μm2g=m2a′两种情况的结论相同，这是因为与“光滑”情况相比较，两物块在运动方向上都各增加了一个力，而这个力是与两物块的质量成正比出现的，两物块的加速度为此改变了相同的值，并非它们之间相互作用力改变造成的；反之，若两物块之间的相互作用力发生了变化，两物块在相反方向上改变了相同的值，为此它们的加速度将一个增加，一个减小，不可能再一起运动了．这与事实不符．另外，1998年高考有一道类似的试题：题中给出物块1的质量为2m，与水平面间的摩擦不计，物块2的质量为m，与水平面间的动摩擦因数为μ，同样在水平力F作用下加速运动，求物块1对物块2的作用力．解的步骤依然是：（3）以整个装置为研究对象，它们的加速度为a，则再以物块2为研究对象，物块1对2的作用力T，有T′-μm2g=m2a′所以F=（M+m）g（tanθ+μ）[例7]一平板车质量M=100kg，停在水平路面上，车身的平板离地面的高h=1.25m，一质量m=50kg的小物块置于车的平板上，它到车尾（左端）的距离b=1.00m，与车板间的动摩擦因数μ=0.20，如图1-9-11所示．今对平板车施一水平方向向右的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落．物块刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离s0=2.0m．求物块落地时，落地点到车尾的水平距离s．（不计路面与平板车以及轮轴之间的摩擦，取g=10m/s2）分析与解答：车启动后，物块受向右的摩擦力f=μmg，同时车也受同样大小向左的摩擦力．物块与车都向右加速运动，物块能从左侧离开车，表明车的加速度a2大于物块的加速度a1．图1-9-12所示为从启动到物块将离开车时，它们的位移关系．对物块：初速度为零，加速度a1和位移s1大小分别为a1=μg=2.0m/s2s1=s0-b=1.0m所用时间t1和末速度v1分别为此间车的加速度a2和末速度v2分别为由对车使用牛顿第二定律F-μmg=Ma2作用于车向右的水平恒力F=500N物块离开车板后，做平抛运动，到落地所用的时间水平射程s′1=v1t2=1.0m在物块做平抛运动这段时间内，车做匀速运动的加速度a3=F/M=5m/s2所以s=s2-s′1=1.625m说明：这道题要求同学能根据题给条件，对整个运动要有一个清晰的分析．对涉及的车子、小物块在整个过程的各个阶段的运动特点都有明确的概念．这样就不难根据有关规律列出它们在各个阶段的有关方程．这道题列出的联立方程较多，因而要求同学具有一定的应用数学工具处理物理问题的能力，和把比较复杂的问题一步一步演算到底的心理素质．[例8]如图1-9-13所示，轻绳长L，一端固定在O点，另一端拴一个质量为m的小球，使小球在竖直平面内做圆周运动．欲使小球能通过最高点，试证明：（2）小球通过最低点和最高点所受的绳拉力T1和T2之差有：T1-T2=6mg．分析与解答：由牛顿第二定律由机械能守恒定律得由①、②、③式得T1-T2=6mg[例9]质量m=4×103kg的汽车，发动机的额定功率为P0=40×103W．若汽车从静止开始，以a=0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，运动中受到大小恒定的阻力f=2×103N，求：（1）汽车匀加速运动的时间．（2）汽车可达的最大速度Vm．（3）汽车速度v=2vm/3时的加速度a1．分析与解答：若对汽车发动机的额定功率缺乏正确的理解，那么，对本题所设两问就不可能理解，更不用谈正确的解．汽车发动机的额定功率是允许的最大输出功率，发动机的输出功率P等于汽车的牵引力F与速度v的乘积，即P=Fv就本题而言，应分两个阶段分析：第一阶段，汽车从静止开始做匀加速直线运动，且阻力f恒定．因此，这一阶段汽车的牵引力恒定，由P=Fv可知，随汽车速度的增加，发动机的输出功率也将随之增加．但是汽车发动机的功率不可能无限增加．在达到额定功率后，汽车速度再增加，只能导致牵引力F减小，从而加速度减小．但速度仍在增加，又会使牵引力减小，加速度减小，…<AUTHOR>…<AUTHOR>这就是为什么会有匀加速运动的时间之说．直到汽车的加速度为零时，即牵引力减小到与阻力平衡，汽车的速度才达可能的最大值vm，以后在额定功率下，汽车做匀速运动．具体解法如下：（1）汽车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F-f=ma，F=4×103N汽车做匀加速运动的过程，发动机的输出功率随之增加，当达额定功率时，汽车匀加速运动可达的最大速度v′，有v′=P0/F汽车匀加速运动所用的时间t=v′/a=20s（2）这以后汽车保持恒定的额定功率，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大值vm，此时有vm=P0/f=20m/s（3）v=2vm/3时，由于v＞10m/s，所以汽车正处于加速度减小过程中．汽车的加速度（即时加速度）图1-9-14是本题所述过程的v-t图线，t=20s前，汽车牵引力恒定，做匀加速直线运动，在t=20s后，汽车的功率恒定，做加速度逐渐减小（图线的斜率逐渐减小）的加速运动．不难看出，这两种启动方法物理过程是有所不同的．为了把功率知识和牛顿第二定律与动能定理有机结合起来，还可讨论下面的问题：①在汽车保持P0不变的启动过程中，当速度达到最大速度vm的一半时，加速度为多大？②若汽车先以恒力F启动，达到v′m后再保持P0不变的运动．如果知道从v′m到刚达到v通过的位移s，那么汽车从静止开始到速度刚达到vm的时间为多少？[例10]质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上．平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图1-9-15所示．一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动．已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点．若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度．求物块向上运动到达的最高点与O点的距离．分析与解答：对于这类综合题，要善于分析物理过程中各个阶段的特点及其遵循的规律，要注意两个物体在运动过程中相关量的关系．质量为m 的物块运动过程应分为三个阶段：第一阶段为自由落体运动；第二阶段为和钢板碰撞；第三阶段是和钢板一道向下压缩弹簧运动，再一道回到O 点．质量为2m 的物块运动过程除包含上述三个阶段以外还有第四阶段，即2m 物块在O 点与钢板分离后做竖直上抛运动．弹簧对于m ：第二阶段，根据动量守恒有mv0=2mv1 ②对于2m 物块：第二阶段，根据动量守恒有2mv0=3mv2 ④第三阶段，根据系统的机械能守恒有又因 E ′p=Ep ⑦上几式联立起来可求出：l=x0/2子弹打木块模型［模型概述］子弹打木块模型及推广：⑴一物块在木板上滑动(E s F Q f ∆==相对μ，Q 为摩擦在系统中产生的热量)。