高三力学复习十五讲--力学部分知识综合

中小学教育资源交流中心提供力学复习十五【教学内容】本周教学内容为力学内部知识的综合复习例说。【教学目标】帮助学生能全面掌握力学知识体系，灵活运用其基本定律，规律解决综合题。【知识讲解】力学部分知识综合一、知识契合点：1、力、物体的平衡2、物体的运动力的概念：力是物体对物体的作用力的效果：使物体发生形变,使物体运动状态发生改变。力的分类按性质分按效果分非接触力接触力弹力、摩擦力重力、电场力、磁场力拉力、压力、支持力、动力、阻力、向心力、回复力、浮力力的合成—与分解（互为逆运算）合成（有唯一解）—图示法：平行四边形法则分解（不定解）--按实际效果分解物体的平衡共点力作用下物体的平衡条件：∑F=0或00yxFF有固定转动轴物体的平衡条件：∑M=0力直线运动匀速直线运动S=V0t匀变速直线运动Vt=Vo+atS=Vot+21at2Vt2=Vo2+2as变加速直线运动（简谐振动）S=V平t运动的合成运动的相对性运动的独立性运动的等时性分运动在一直线vo和a同向：初速不为0的匀速运动。（特例：竖直下抛）vo和a反向：匀减速运动（特例：竖直上抛）分运动不在一直线两匀速直线合运动是匀速直线运动匀速直线和匀变速直线合成合运动是曲线运动（特例：平抛）两分运动vo=0,a均恒定或两分运动完全相同合运动直线运动。曲线运动平抛运动221gtytVxo圆周运动匀速圆周运动变速圆周运动wRVwVRT22nfT6011tVaRVatn2RVa2合物体的运动中小学教育资源交流中心、牛顿运动定律4、动量和机械能5、机械振动和机械波一切物体具有惯性质量是物体惯性大小的量度牛顿第一定律（惯性定律）∑F=0同向性：F和a方向始终相同同时性：有F的同时必产生a同体性：∑F和m属于同一研究体。同单位：都采用国际单位制，K才=1相对性：式中的a是相对惯性参照系适用性：适用低速、宏观。独立性：力单独作用于该物体时所产生加速度的矢量和。牛顿第二定律（加速度定律）∑F=ma或F=tvmv0大牛顿第三定律（作用力和反作用力定律）F=-F′等值：大小相等。反向：方向相反。共线：作用在同一直线上。异体：牵涉两个物体，互为施力物和受力物。同时：同时产生，同时消失，同时变化。同性：同种性质。VO=0，物体保持静止状态VO≠0，物体保持匀速直线运动状态惯性使物体保持原有运动状态力是改变物体运动状态的原因地球是一个惯性参照系相对地球静止或匀速运动的物体也是惯性参照系牛顿运动定律冲量：I=F·t动量：p=mv力的累积效应tvmmvF112合外力为0动量守恒定律：m1v1+m2v2=m1v1‘+m2v2‘(由牛顿第三定律、动量定理推出)力的瞬间效应F=ma力的时间累计功：W=Fscosθ重（弹、电场）力作功特点与路径无关W=Ep1–Ep2功率tWpVFp动能定理21222121mVmVW总svvamaFot2,22推出）只有系统内部重力、弹力作功机械能守恒定律2211kpkpEEEE机械能动能221mVEk势能：重力势能Ep=mgh力的空间累计动量和机械能中小学教育资源交流中心提供由上综述可见：运动和力的关系是力学的中心问题。其中，力的基本知识是基础；牛顿运动定律及运动学公式、动量定理及动量守恒定律、动能定理及机械能定恒定律是力学的核心内容，也是解决力学问题的三条基本途径；圆周运动和简谐运动则是牛顿运动定律的具体应用。在力学中，物体的多过程运动和多个物体的运动问题。往往能将不同种类运动的知识综合在一起；两类牛顿运动定律的应用问题，实际上是牛顿运动定律和运动学公式的综合；物体间的相互作用问题，常常成为应用动量和能量观点求解的力学综合题的热点；而机械波的问题，又可与综合题例形象描绘：振动图象动力学特征：F=-kx运动学特征离开平衡位置Vx在平衡位置V最大x=0；向着平衡位置Vx在两端位置v=0，x最大。简谐运动弹簧振子单摆：周期glT2实例表征振动的物理量振幅A：表示振动强弱频繁f、周期T：表示振动快慢产生条件回复力；阻力足够小。基本特征往复性、周期性机械振动形象描绘：波的图象分类横波：振动方向和波传播方向垂直。纵波：振动方向和波传播方向一致。现象：振动加强和振动减弱区域互相间隔。条件：频率相同两列波相遇特性干涉衍射波绕过障碍物的现象，障碍物尺寸与波长差不多或小于产生条件：波源、媒质媒质作振动，本身并不随波迁移波传播的是振动形式和能量。后面质点总落后于前面质点的运动。描述波的物理量波速v——决定于媒质频率f——决定于波源波长λ——决定于λ=v/f基本特征机械波机械振动和机械波中小学教育资源交流中心、质量为M的木块静止于光滑的水平面上，另一个质量为m的速度为v0的子弹水平射入木块且不穿出，设木块对子弹的阻力恒为f。试求：（1）木块至少多长才不会穿出。（2）子弹在木块中运动时间是多少。方法一：用牛顿运动定律，匀变速直线运动规律求解。设木块运动的位移为s1，加速度为a木，子弹相对地面运动位移为s2，加速度为a子，木块与子弹获得的共同速度为v，相互作用时间为t，如图1所示。对木块f=Ma木（1）v2=2a木s1（2）木avt（3）对子弹-f=ma子（4）子avvt0（5）由（1）、（3）、（4）、（5）式求得Mmmvv0（6）由（1）、（2）、（6）式得所以2201)(2)(MmfMmvs子弹对地位移s2（根据公式v2=v02+2a子s2）mfvvs22022220)(2)2(MmfMmmMv从而求得木块至少长度L为L=s2–s1=)(220MmfmMv子弹在木块中运动时间t为由公式v=v0+a子t及Mmmvv0-f=ma子所以)(0MmfmMvt（以下略）方法二：用能量转化与守恒定律求解。对系统mv0=(m+M)v（动量守恒）220)(2121vMmmvfL（损失△E机=△Q热）便可求出L值来。求t同方法一中相同。方法三：用v-t图像求解。作出木块和子弹v-t图像，如图2所示。显然图中阴影部分面tv0vv0图2Ms1s2mv0图1中小学教育资源交流中心fMmmMvMmfmMvv)(2)(212000求t同方法一中相同。由能量转化与守恒定律解能居高临下，用图像法解，可将逻辑思维转化为形象思维，更为直观简捷。思考1、如图3所示，在光滑的水平面上静止着质量为M的长条形物体，M的左端有一质量为m、初速度为v0的物体，在M上滑动。已知，m和M之间的滑动摩擦系数为μ。假设M足够长，m不可能从M上滑下来。从此时刻开始到m和M具有共同运动的速度，这一段时间内。提示：方法一：利用牛顿运动定律和运动学规律，求m和M共同运动的速度、m从M左端开始运动到共同运动时用的时间、m的位移sm、M的位移sM、m在M上滑过的长度。解：对m:受力分析如图4(a)。∵μmg=mam,∴am=μg则，V=v0-amt=v0–μgt（1）对M：受力分析如图4（b）∵μmg=MaM,∴MmgaM则gtMmtaVM（2）由（1）（2）可得：)(00MmgMvtMmmvV（其中V为m与M共同运动的速度，t为m从M左端开始到共同运动时用的时间）两物体的位移220232020)(221)(2)2(21MmgmMvtasMmgMvMmtatvsMMmmm在M上滑过的长度μmgN1mg(a)mμmgMgNMNM(b)图4Mmv0图3中小学教育资源交流中心，=)(220MmgMv。方法二：利用动能定理和动量定理。根据动量定理：MVmgtmvmVmgt0解得：)(00MmgMvtMmmVV根据动能定理：2202212121MVmgsmvmVmgsMm解得：220220)(2)(2)2(MmgmMvsMmgMvMmsMm)(220MmgMvSMm例析2、一质量M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，mM。现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度,如图5所示，使A开始向左运动、B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板。以地面为参照系，（1）若已知A和B的初速度大小为v0,求它们最后的速度的大小和方向？（2）若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离？第（1）问：方法一：用动量守恒定律解。∵A、B间摩擦力等值反向，系统所受合力为零，∴水平方向动量守恒。取坐标向右为正。木块A不滑离B板的条件是二者处于相对静止，设此时共同速度为vt，由tvmMmvMv)(00可得：0vmMmMvt①∵Mm,∴vt方向向右。方法二：用运动学方程解。取坐标向右为正，tMfvtavvtmfvtavvBA020010当A不滑离B板，二者有相同速度时，0vmMmMvvBA，方向向右。第（2）问：方法一：用能量守恒观点考虑。当木块A对地向左距离最远时，末速为零，在这过程中，lBAv0v0图5中小学教育资源交流中心做功的结果消耗了自身的动能：2021mvfs②而A刚好没有滑离B板的条件是：A滑到B板的最左端，且二者具有相同速度vt。A、B间因摩擦产生的内能等于系统能量的损失：)(2220tvvmMflQ③由①、②、③得向左最远距离：lMmMs4。方法二：用动能定理考虑。设小木块A向左离出发点最远距离为s，此时末速为零（板速为v1）；当A、B刚达共同速度vt时，板B向右运动的路程为L，A速度由0增大到vt时向右运动的路程为s1，如图6所示。设A、B间滑动摩擦力为f，根据动能定理对A：2021mvfs②2121tmvfs③对B：)(2202vvMfLt④且有几何关系：lssL)(1⑤由①—⑤可得：lMmMs4。方法三：用牛顿第二定律及运动学观点考虑。A在摩擦力f作用下，作初速为v0的匀减速运动（对地向左），待末速为零时，运动得最远：fmvavs2220120②A仍在摩擦力f作用下，作初速为零的匀加速运动（对地向右），直到刚与B速度相等，二者相对静止，此时摩擦力消失，A到达B板最左端（参看图6）。这整个过程用的时间：fvvMavvttt)(020③B板运动距离：2022221tMftvtatvLo④A对出发点的位移：20210221'tmftvtatvs⑤图中几何关系：202)(2'tMmmMftvsLl⑥由①—⑥可得：lMmMs4。方法四：用平均速度的观点考虑。A、B在达共同速度前，均作匀减速直线运动，所以可用平均速度计算位移。A由v0到对地静止，向左的最大位移：fmvavvs2220100②A、B刚达共同速度vt时，B对地的位移：tvvtvLtB20③v0v0vA=0v1s1vtss’Lol图6中小学教育资源交流中心对地的位移，考虑到vt与v0方向相反，有tvvtvstA2'0④整个过程所用时间：fvvMtt)(0⑤由几何关系：tvsLl0'⑥由①、②、⑤、⑥可得：lMmMs4。方法五：用图象观点考虑。取坐标向右为正，对A：vA=-v0+a1t对B：vB=v0-a2tA、B运动的v—t图象如图7所示，运动的位移可用相应的面积计算。由图7可知，当t=t1时，A向左的位移最大：DEKOEKSSs21①∵0vmMmMvt，即mMmMvvOECHt0又△DEK与△DKC