2016年高校自主招生物理讲义第二讲

概念要深化方法要拓展内容要增加rArBABBABABAiiirrrABrrABSABrr运动学运动的合成与分解相对运动、牵连运动与绝对运动在研究物体的复杂运动时，通常可把复杂运动分解为两个或多个简单的分运动，这称为运动的分解与合成，包括物体的位移、速度及加速度的合成与分解等。相关物理量的分解与合成遵守平行四边形定则。通常把物体相对于基本参照系(如地面等)的运动称为“绝对运动”；把相对于基本参照系运动着的参照系称为运动参照系，运动参照系相对于基本参照系的运动称为“牵连运动”。而物体相对于运动参照系的运动称为“相对运动”。三者关系：v绝＝v相＋v牵，或v甲对地＝v甲对乙＋v乙对地位移、加速度也有类似的关系。一半径为R的圆环沿水平直线作纯滚动（即圆环与地面间无相对滑动），环上一点p绕过圆环中心O，且与环面相垂直的水平轴线以确定的角速度w转动。（1）求p点的运动方程；（2）设圆环与水平面的接触点为p，，证明任一时刻环上除p，外的任意点在任一瞬时都绕p，点以角速度w转动（取坐标如图，并设t=0时p点在坐标原点）。OO，p′xyRrppOO，p’xyRrr′Rwv0wtvw设p点坐标为x，ytRtRtRtRx)2πcos()cos1()2πsin(tRtRRyww当v与r′垂直时应有yxxyvv圆环作纯滚动Rw=v0设p点速度分量为vx，vy)cos1()2πsin(0tRtRxvvtRtRy)2πcos(vpOO，p’xyRrr′Rwv0wtvwyxxyvv)cos1()2πsin(0tRtRxvvtRtRy)2πcos(v设r′的分量为x′，y′，由几何关系得tRtRxwwsin)2πcos()cos1()2πsin(tRtRRywwyxttxywwcos1sinvv如图所示，在倾角为q的光滑斜面顶端有一质点A自静止开始自由下滑，与此同时在斜面底部有一质点B自静止开始以匀加速度a背离斜面在光滑的水平面上运动。设A下滑到斜面底部能沿着光滑的小弯曲部分平稳地朝B追去，为使A不能追上B，a的取值范围为多少？ABqA滑到水平面所需时间t1=vA/gsinqA恰能追上B所需满足的条件：(1)又经t2后A与B在水平面上运动距离相等，即vAt2=a(t1+t2)2/2(2)A追上B时，B速度恰为vA，即vA=a(t1+t2)由上面三式解得：t1=t2，vA=a(t1+t2)=2at1，a=gsinq/2结论：为使A不能追上B，必须满足agsinq/2另解：利用v—t图vA=gsinqt1A：t1—t2，B：0—t2，面积相等vA(t1+t2)/2=vAt2得：t1=t2vA=a(t1+t2)=gsinqt1t1Ovtt2vAABt1Ot2t1Oa=gsinq/2如图所示，一条形磁铁置于水平转台上随转台一起作匀变速转动，一磁传感器位于转台边缘。从而可以获得传感器所在位置的磁感应强度随时间的变化曲线如图。图中横坐标为时间轴，读数为3秒/每格，纵坐标为磁感应强度。求：（1）转台在测量期间的平均角速度；（2）转台的角加速度。传感器示波器tqwsrad15431526作wt图，直线的斜率即为角加速度在水平面OB上有一A点，OA＝L，在A点以速度v0抛出一小球，在不被倾角为a的OC面板弹回的前提下，问小球的最大射程是多少？Ox0cosxvtq201sin2yvtgtq2220tan2cosgxyxvqq轨道方程OC线方程()tanyxLa2220tan()tan2cosgxxxLvqaq取q＝45°220(tan1)tan0gxxLvaa为使小球不被OC面板弹回，方程应无解2204(tan1)tan0glvaa2024tan(tan1)glvaa20vxg此时最大射程2024tan(tan1)glvaa若q45°但qa2220(tantan)4tan2cosgLvaqaq2204(tan1)tan0glvaa为使小球不被OC面板弹回，方程应无解或只有一解，整理得220sin()sin20glvaqa∵qa220sin()sin2glvqaa2024tan(tan1)glvaa20vxg此时最大射程2024tan(tan1)glvaa若q45°但qa2220(tantan)4tan2cosgLvaqaq为使小球不被OC面板弹回，方程应无解或只有一解，整理得220sin()sin20glvaqa∵qa220sin()sin2glvqaa0sin2arcsinglvaqa20max0sin2sin2(arcsin)glvxgvaa∴最大射程牛顿定律应用牛顿第二定律解题的基本步骤惯性力（1）确定研究对象；（2）对相关物体进行隔离、单独进行受力分析；（3）选取合适的坐标系；（4）列出各相关物体的动力学方程；（5）根据物体运动间的联系列出约束方程；（6）求解并讨论所得结果。在非惯性系应用牛顿第二定律，除了要考虑物体受到的真实力外，可假想有一个惯性力作用在物体上，即则在非惯性参考系中，牛顿第二定律在形式上成立。amamF0m1m2m3F所有接触无摩擦，求各物体加速度m1m1gN1Ta1m2m2gN2Ta2xa2ym3Fm3gN3N1N2TTa311amTyxamTgmamN222222332amTNF321aaay32aaxqAB一轻绳两端分别连接小球A和小环B，球与环质量相等，环B可在拉紧的水平钢丝上作无摩擦的滑动。现使小球在钢丝所在的竖直平面内摆动。求小球摆离铅锤线最大角度q时小环和小球的加速度。B在水平方向运动方程TsinqmaB以B为参照系F惯=maB在最大摆角处A加速度沿圆弧切线方向,运动方程为T+F惯sinq-mgcosq0mgsinqF惯cosqma’Aqqqq22sin1sin2sin122singagaABqqqqqq222sin12sin2sinsin122sincosgaagaaaAAyBAAx守恒定律保守力做功与势能动量定理与动量守恒功能关系机械能守恒开普勒定律机械振动机械波简谐振动的运动学特征相位平面简谐波的波表达式同方向简谐振动的合成波的叠加干涉万有引力的功ri1irirairbraabMmF22cosiiiiiiGMmGMmArrrariiiirrrrGMm11111iirrGMmbbarrGMmrrGMmrrGMmA1111111211barrGMmA111、势能的引入与物体的位置相联系的系统能量称为势能（Ep）。保守力的功是势能变化的量度：物体在a，b两点的势能Epa，Epb之差等于质点由a点移动到b点过程中保守力做的功Aab。保守力的功等于系统势能的减少。势能弹性势能重力势能引力势能如：空间某点的势能Ep在数值上等于质点从该点移动到势能零点时保守力作的功。•势能的大小只有相对的意义，相对于势能零点而言。势能零点可以任意选取。•势能是相互作用有保守力的系统的属性。说明设空间点为势能零点，则空间任意一点的势能为：0rr质点系的动量定律动量守恒定律设有N个质点构成一个系统，末速度。第i个质点：外力，内力，初速度，质量由质点动量定理：其中：m2m1i质点系的动量定理：质点系统所受合外力的冲量等于系统总动量的增量。内力对系统总动量无影响，但对每个质点的动量仍有影响系统内质点所受外力冲量的矢量和等于系统总动量的增量。质点间通过内力的作用交换动量动量守恒定律系统所受合外力为零时，系统的总动量保持不变。iivmP0iF当时，常矢量。(2)当外力作用远小于内力作用时，可近似认为系统的总动量守恒。（如：碰撞、打击等）(1)动量守恒是指系统动量总和不变，但系统内各个质点的动量可以变化,通过内力进行传递和交换。说明(3)分量式(4)定律不仅适合宏观物体，同样也适合微观领域。将一小球从某点以初速度v0竖直向上抛出，当小球落回该抛出点时速率为vt，已知小球在运动过程中受到的空气阻力大小与小球的速度大小成正比，求小球从抛出到落回原处所用的时间。空气阻力正比于运动速度，物体上升与下落整个过程的速度时间曲线一定是分布于时间轴的上下两面，且由于上升与下落过程经过的距离相等，即时间轴上下两侧曲线所围的面积相等，而速度时间曲线等价于阻力时间曲线，所以在整个运动过程中空气阻力的冲量等于零。由动量定理0mvmvmgttgvvtt0上升阶段：makvmgtxmkgtvhmkgtv10下降阶段：amkvmgtxmkgtvhmkgtvt2gtttgvvt210gvvtt0质点系的动能定理质点动能定理2022121iiiiivmvmAIeiiiAAA其中对系统内所有质点求和iiiiiiiiiivmvmAA202Ie2121讨论总动能2c22121vmvmEiiiiik[例]质量为M的静止粒子A与质量为m，具有速度的粒子B碰撞，实验发现，当B的动能小于某个数值时，A、B为弹性碰撞，只有当B的动能大于此值时，A、B发生非弹性碰撞，此时B将吸收数值为E的固定能量。计算B所应具有的这一动能值。一对内力的功：1.系统内一对内力的功一般不为零2.一对内力做功之和与所选的参照系无关3.一对内力做功之和只与相对位移有关sl子弹木块[例]一颗子弹穿入厚为l的木块后停留在木块的前部，同时木块在桌面上向前移动了s距离，求这一过程中子弹与木块之间的摩擦力所做的总功。地面参考系：lfAAAfff21木块参考系：子弹参考系：)(2lsfAf子弹lfAf2子弹02fA子弹sfAf1木块01fA木块lfAf1木块长为l的木板A的质量为M，板上右端有质量为m的物块B（不计大小），物块与木板间的滑动摩擦因数为m，它们一起静止在光滑的水平面上。则质量为m的物块C至少以的速率与木板左端发生完全非弹性碰撞时，方可使B脱离A板。()(2)CACABCmVmMVmMV2211(2)()22ABCACmglmMVmMVm2()(2)CglmMmMVmm[例]半径为R，质量为M，表面光滑的半球放在光滑水平面上，在其正上方置一质量为m的小滑块。当小滑块从顶端无初速地下滑后，在图示q角位置处开始脱离半球。已知cosq=0.7,求M/m。qR解:VvmMVqcos22221sincos21cos1MVvVvmgRqqq212sincos12qqmMMmgRv脱离瞬间N=0Rvg2cosq以代入后解得v43.2cos12coscoscos1cos122qqqqqmM?ABk解：设：弹簧恢复到原长时滑块B的速度为VB0机械能守恒：23212020BmVkxmkxVB300A块离墙后：022211BVmvmvmv1=v2=v时：033BmVmvmvmkxVvB3434300[例]两个质量分别为m1和m2的木块A、B，用一劲度系数为k的轻弹簧连接，放在光滑的水平面上。A紧靠墙。今用力推B块，使弹簧压缩x0然后释放。（已知m1=m，m2=3m）求：（1）释放后A，B两滑块速度相等时的瞬时速度的大小。（2）弹簧的最大伸长量。202222211221212121BVmvmvmkx当弹簧处于最大伸长量时，必有v1=v2=