1专题一：运动和力

1、高三物理第二轮专题复习第1专题力与运动知识网络Tj重力与万有弓间f弹力|T各种性质的力I T动摩擦力、静摩擦力|一受力分析一T力的合成与分神平行四边形定则国正交分解至1 - 1|受力分析卜F物体的平衡卜平衡条件卜力 与 运 动日牛锲第一定律h > 牛懊第二定斗4牛倾 第二定阁-日正交分解法处理动力学问闻T连接体问题|超重与失重 |->!平衡条件破坏瞬间的加速度|临界问题|->!简谐运动八=-奴13 周运动 FA=m =mnA=mvb广|公式、推论卜 T 宜线运动卜-运动的描速一行星、卫星问题G双星问题C写哭|运动的合成与洞一平抛运珈叫圆周运动卜I线速度、角速度、向心加速度 I

2、、运动的描述要点归纳(一)匀变速直线运动的几个重要推论和解题方法1. 某段时间内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，即？z=42. 在连续相等的时间间隔 T内的位移之差M为恒量，且As=af.3. 在初速度为零的匀变速直线运动中，相等的时间T内连续通过的位移之比为Si : $2 : $3 : ，”：s =1 : 3 : 5 :：(2 一 1)通过连续相等的位移所用的时间之比为：ti : t2： : - :t?=：(" 一):(，一彖)：.4. 竖直上抛运动(1) 对称性：上升阶段和下落阶段具有时间和速度等方面的对称性(2) 可逆性：上升过程做匀减速运动，可逆向看做初速度为零的

3、匀加速运动来研究(3) 整体性：整个运动过程实质上是匀变速直线运动5. 解决匀变速直线运动问题的常用方法(1) 公式法灵活运用匀变速直线运动的基本公式及一些有用的推导公式直接解决（2）比例法可使解题过程简在初速度为零的匀加速直线运动中，其速度、位移和时间都存在一定的比例关系，灵活利用这些关系 化.（3）逆向过程处理法逆向过程处理法是把运动过程的“末态”作为“初态”，将物体的运动过程倒过来进行研究的方法（4）速度图象法象上明显地反映速度图象法是力学中一种常见的重要方法，它能够将问题中的许多关系，特别是一些隐藏关系，在图 出来，从而得到正确、简捷的解题方法（二）运动的合成与分解1. 小船渡河设水流

4、的速度为。1，船的航行速度为如,河的宽度为d.（1）过河时间E又由如沿垂直于河岸方向的分量 c决定，即与。1无关，所以当。2垂直于河岸 时，渡河所用的时间最短，最短时间/min = g.巧渡河的路程由小船实际运动轨迹的方向决定.当Vi<V2时，最短路程Smin = a；当V >V时，最短路程Smin= 77 d ,如图1 1所示.2. 轻绳、轻杆两末端速度的关系分解法（垂直方向的分运把绳子（包括连杆）两端的速度都沿绳子的方向和垂直于绳子的方向分解，沿绳子方向的分运动相等 动不相关），即。1 COS S =.（2） 功率法通过轻绳（轻杆）连接物体时，往往力拉轻绳（轻杆）做功的功率等于

5、轻绳（轻杆）对物体做功的功率3. 平抛运动如图1 2所示，物体从。处以水平初速度有抛出，经时间/到达户点.水平方向：%=加速度？竖直方向:ay=g速度，水平方向：VX=Vo竖直方向：丹.=印合速度的大小 V =lvl + Vy =lvl+g 2t2设合速度的方向与水平方向南夹角为。，有tan 0=人-,即 0=arctan 更.V： v oVo水平方向：S = v ot竖直方向：设合位移的大小 s=yjsl+sj =yl(vot) 2+(|g?)2合位移的方向与水平方向的夹角为a有：1 2tan a=A=A,即 ? = arctanSx v ot 2。()2。()要注意合速度的方向与水平方向的

6、夹角不是合位移的方向与水平方向的夹角的2倍，即0N2a,而是tan 9=2tan a.(4) 时间：由Sy= £尸得，仔，平抛物体在空中运动的时间？只由物体抛出时离地的高度决定，而与抛出时的初速度Vo无关.(5) 速度变化：平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等的时间内，速度的变化量怎=福)相等，且必沿 竖直方向，如图1-3所示.任意两时刻的速度与速度的变化量构成直角三角形，M沿竖直方向.注意：平抛运动的速率随时间并不均匀变化，而速度随时间是均匀变化的(6) 带电粒子(只受电场力的作用)垂直进入匀强电场中的运动与平抛运动相似，出电场后做匀速直线运动，如图1 4所示.故有：=（L'

7、（）直线运动耐号中对直线咨初规律的考套丁朕以图琴的座用成追及间理审现.咨粪题目例至于考？套学生座用数掌卸俱处理物理 间题的筋力.冲于俱及间舞”存荏的围难荏于咨用哪孽公 3卷划方程，.作图多解，.西舞云那 咨用好直线本视的事琴推诊 隹隹最解迭间舞的捷号.?例 1：如图1 5甲所示，/、B两辆汽车在笔直的公路上同向行驶 .当B车在/车前5=84 m处时，3车的速度爵=4 m/s，且正以a=2m/s2的加速度做匀加速运动；经过一段时间后，B车的加速度突然变 为零，车一直以VA=20 m/s的速度做匀速运动，从最初相距 84 m时开始计时，经过to=12 s后两车相遇.问3车加速行驶的时间是多少？I/

8、 ；1A5 h图1 5甲【解析】设方车加速行驶的时间为”相遇时力车的位移为：Sa = VAtoB车加速阶段的位移为：1 2S_g _ VAt + rAClt匀速阶段的速度v = v B + at,匀速阶段的位移为：sm=。（而-0相遇时，依题意有：SA = SBI + Sb2 + S联立以上各式得：2质业夸也=。将题中数据 va = 20 m/s, vb = 4 m/s, a = 2 m/s2, t。= 12 s,代入上式有：t2 - 24/ + 108 = 0解得：?i = 6 s, t2 = 18 s （不合题意，舍去）因此，3车加速行驶的时间为 6s.答案6s【点评】出现不符合实际的解f

9、e-18s）的原因是方程“ SB疽顷£计'并不完全描述3车的位移，还 需加一定义域/W12S.解析后可以作出"t、Vbt图象加以验证.图1 5乙(二)平抛is动平抛运动在高考试题中岀现的几率相当高，或岀现于力学综合题中，对于这一知识点的复习，除了要 上的分速度、分位移公式外，还要特别理解和运用好速度偏转角公式、位移偏转角公式以熟记两垂直方向及两偏转角的关系式(HP tan9=2tan a).?例 2：图1 6甲所示，m为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，/为终端皮带轮.已知皮带轮的半径为A.打c. VF-B.述7?，传送带与皮带轮间不会打滑()D a/F-

10、【解析】解法一：秫到达皮带轮的顶端时，若mAmg表示祖受到的重力小于(或等于)秫沿皮带 轮表面做圆周运动的向心力，m将离开皮带轮的外表面而做平抛运动。又因为转数 n=A- = -aZTI Znr所以当"N面，即转数土、时， m可被水平抛出，故选项 A正确。【点评】“解法一”应用动力学的方法分析求解；同类拓展1 ：高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性.某滑雪 轨道的完整结构可以简化成如图1 7所示的不意图.其中段是助滑雪道，倾角 ？=30°, BC段是水平 起跳台，CD段是着陆雪道，如段与 3C 段圆滑相连，DE段是一小段圆弧(其长度可忽略)，在

11、。、E两点 分别与CD、EF相切，EF是减速雪道，倾角0=37。.轨 道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为“=0.25,图中轨道最高点刀处的起滑台距起跳台3C的竖直高度/z=10m.刀点与C点的水平距离Li=20 m, C点 与。点的距离为32.625 m.运动员连同滑雪板的总质量 m=60 kg.滑雪运动员从/点由静止开始 起滑，通过起跳台从 C点水平飞岀，在落到着陆雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿着陆雪道的分速度而不弹起.除缓冲外运动员均可视为质点，设运动员在全过程中不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度g=10m/s2, sin37 =°0.6, cos

12、37 = 0°.求：图1 7(1) 运动员在C点水平飞出时的速度大小.(2) 运动员在着陆雪道CD上的着陆位置与。点的距离.(3) 运动员滑过。点时的速度大小.,h1【解析】(1)滑雪运动员从刀到 C的过程中，由动能定理得：mgh -jumgcos - - /cot?) = 2解得：如=10m/s.滑雪运动员从。点水平飞岀到落到着陆雪道的过程中做平抛运动，有:x = Vet1，尸翌-上=ta n 0x着陆位置与。点的距离$=寿vUo C7解得：s = 18.75 m,，=1.5s.(3) 着陆位置到。点的距离”=13.875 m,滑雪运动员在着陆雪道上做匀加速直线运动.把平抛运动 沿

13、雪道和垂直雪道分解，可得着落后的初速度V0 = v ccos 0 + gtsin 0力口速度为： mgsin pmgeos 6 ma运动到。点的速度为：=就+2处解得：如)=20m/s.答案(1)10 m/s 18.75 m (3)20 m/s互动辨析在斜面上的平抛问题较为常见，“位移与水平面的夹角等于倾角”为着落条件.同学们还要能总结岀距斜面最远的时刻以及这一距离.、受力分析要点归纳(一)常见的五种性质的力产生原因或条件方向大小重力由于地球的吸引而产生总是竖直向下(铅直向下 或垂直 水平面向下)，注意不一定指向 地心，不一定 垂直地面向下G 重=mg=GA-地球表面附近一切物体 都受重 力作

14、用，与物体是 否处于超重 或失重状态无关弹 力 接触 弹性形变 支持力的方向总是垂 直于接 触面而指向被支持的物体 压力的方向总是垂直 于接触 面而指向被压的物体 绳的拉力总是沿着绳 而指向 绳收缩的方向F=kx弹力的大小往往利用平衡条件和牛顿第二定律求解摩擦力滑动 摩擦力 接触，接触面粗糙 存在正压力 与接触面有相对运动与接触面的相对运动方向相反f=piF n只与、玲有关，与接触面积、相对速度、加速度 均无关静接触，接触面粗糙与接触面相对运动的趋与产生相对运动趋势产生原因或条件方向大小电 场力点电荷间的库仑力：真空中两个点电荷之间的相互作用作用力的方向沿两点 电荷 的连线，同种电荷相互排 斥

15、，异种电荷相互吸引电场对处于其中的电荷的作用正电荷的受力方向与该处场强的方向一致，负电荷 的受力方向与该处场强的 方向相反F=qE磁场力安培力：磁场对通电导线的作用力F± B, F 士 I,即安培力F垂 直于电流/和磁感应强度E 所确定的平面.安培力的 方向可用左手定则来判断F=BIL安培力的实质是运动电荷 受洛伦兹力作用的宏观表 现洛伦兹力：运动电荷在磁场中所受到的力用左手定则判断洛伦兹力的方向.特别要注意四指 应指向正电荷的运动方向；若为负电荷，则四指 指向运动的反方向带电粒子平行于磁场 方向 运动时，不受洛 伦兹力的 作用；带电粒子垂直于磁 场方向 运动时，所受洛伦 兹力最大，

16、即fif, = qvB续表摩擦力 存在正压力 与接触面存在相对运动的趋 势势相反的动力的大小相等存在最大静摩擦力，最 大静 摩擦力的大小由粗糙程度、正 压力决定(二)力的运算、物体的平衡1. 力的合成与分解遵循力的平行四边形定则(或力的二角形定则).2. 平衡状态是指物体处于匀速直线运动或静止状态，物体处于平衡状态的动力学条件是：F ,=Q或Fv=O> F),=0、F：=Q.注意：静止状态是指速度和加速度都为零的状态，如做竖直上抛运动的物体到达最高点时速度为零，但加速度等于重力加速度，不为零，因此不是平衡状态.3. 平衡条件的推论(1) 物体处于平衡状态时，它所受的任何一个力与它所受的其

17、余力的合力等大、反向(2) 物体在同一平面上的二个不平行的力的作用下处于平衡状态时，这二个力必为共点力物体在二个共点力的作用下而处于平衡状态时，表示这二个力的有向线段组成一封闭的矢量二角形，如图1 8所示.4. 共点力作用下物体的平衡分析热点、重点、难点（一）正交分解法、平行四边形法则的应用1. 正交分解法是分析平衡状态物体受力时最常用、最主要的方法.即当F合=0时有：已合=0, FyA = 0, Fz 合=0.2. 平行四边形法有时可巧妙用于定性分析物体受力的变化或确定相关几个力之比?例 3：举重运动员在抓举比赛中为了减小杠铃上升的高度和发力，抓杠铃的两手间要有较大的距离.某运动员成功抓举杠

18、铃时，测得两手臂间的夹角为 120。，运动员的质量为 75 kg,举起的杠铃的质量 为125kg,如图1 9甲所示.求该运动 员每只手臂对杠铃的作用力的大小 .（取g=10m/s2）图1 9甲【分析】由手臂的肌肉、骨骼构造以及平时的用力习惯可知，伸直的手臂主要沿手臂方向发力.取手腕、手掌为研究对象，握杠的手掌对杠有竖直向上的弹力和沿杠向外的静摩擦力，其合力沿手臂方向，如图1-9乙所示.图1 9丙 由平衡条件得： 2Fcos 60 = mg图1 9乙【解析】手臂对杠铃的作用力的方向沿手臂的方向，设该作用力的大小为F,则杠铃的受力情况如图1-9丙所示81解得：F=1250 N.答案1250 N?例

19、 4:两个可视为质点的小球 a和b,用质量可忽略的刚性细杆相连放置在一个光滑的半球面内，如图1 10甲所示.已知小球a和力的质量之比 为方,细杆长度是球面半径的忠倍.两球处于平衡状 态时，细杆与水平面的夹角。是()A. 45 ° B. 30 C.【解析】解法一：设细杆对两球的 弹力大小为T,小球a、方的受力情况如图其中球面对两球的弹力方向指向圆心,2 R A2cos a = 2解得：？ = 45°閣1Q乙根据几何关系，得1-10乙所示。TT故EN。的方向为向上偏右，即用=方-45° -o = 45。-。1T尸蹄的方向为向上偏左，即庞=方-(45o -0) = 45

20、o +o两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用，过。作竖直线交沥于c点，设球面的半径为 R,由矢量三角形与几何三角形相似，可得mg _ FNaOc ROcA R解得：耳=,玲3取a、人及细杆组成的整体为研究对象，由平衡条件得 ：FN/siM =Fmsin 仇即 V3F Ni-sin ( 45 ° - 0)= FNfe-sin (45 ° + 仞解得：6= 15 :(二)带电粒子在复合场中的平衡问题在高考试题中，也常岀现带电粒子在复合场中受力平衡的物理情境，岀现概率较大的是在正交的电场和磁场中的平衡问题及在电场和重力场中的平衡问题F在如图1-11所示的速度选择器中，选择

21、的速度。方；在如图 1-12所示的电磁流量计中，流速咛UBd流量Q=iidu*QI+ + + IXX XX XXS4.K.上XX.方 X X X/XX XX XXXX XX XX图 1 一 11图 1 一 12个带电油滴沿着?例 5：在地面附近的空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场的方向垂直纸面向里,一条与竖直方向成 a角的直线运动，如图1 13所示.由此可判断下列说法正确的是()X、 MX X*. X N图 1 13A. 如果油滴带正电，则油滴从以点运动到N点B. 如果油滴带正电，则油滴从 N点运动到M点C. 如果电场方向水平向右，则油滴从N点运动到"点D. 如果电场方向

22、水平向左，则油滴从N点运动到M点【解析】油滴在运动过程中受到重力、电场力及洛伦兹力的作用，因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，大小随速度的改变而改变，而电场力与重力的合力是恒力，所以物体做匀速直线运动；又因电场力一定在水平方向上，故洛伦兹力的方向是斜向上方的，因而当油滴带正电时，应该由点向N点运动，故选项A正确、B错误.若电场方向水平向右，则油滴需带负电，此时斜向右上方与垂直的洛伦兹力对应粒子从N点运动到M点，即选项C正确.同理，电场方向水平向左时，油滴需带正电，油滴是从 M点运动到N点的，故选项D错误.答案AC【点评】对于带电粒子在复合场中做直线运动的问题要注意受力分析.因为洛伦兹力的方向与

23、速度的方向垂直，而且与磁场的方向、带电粒子的电性都有关，分析时更要注意.本题中重力和电场力均为恒力，要保证油滴做直线运动，两力的合力必须与洛伦兹力平衡，粒子的运动就只能是匀速直线运动同类拓展2:如图1 14甲所示，悬挂在。点的一根不可伸长的绝缘细线下端挂有一个带电荷量不变的小球在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球瓦当 3到达悬点。的正下方并与/在同一水平线上，4处于受力平衡时，悬线 偏离竖直方向的角度为 0.若两次实验中B的电荷量分别为和q2,。分别为30。和45。，贝U尹为()01图1 14甲A. 2 B. 3 C. 2A3 D. 3A3【解析】对刀球进行受力分析，如图1-14乙所示

24、,由于绳子的拉力和点电荷间的斥力的合力与/球的重力平衡，故有：F电=mgtan。，又F电=彪设 绳子的长度为匕，则刀、3两球之间的距离r = Zsin 6,联立可得：q =祯却岩。血。，由此可见，g与tan.2Asin2 0成正比，即 号=:院。：浆。=2吏，故选项C正确.01 lan JU sm JU答案c互动辨析 本题为带电体在重力场和电场中的平衡问题，解题的关键在于：先根据小球的受力情况画岀平衡状态下的受力分析示意图；然后根据平衡条件和几何关系列式，得岀电荷量的通解表达式，进而分析求解.本题体现了新课标在知识考查中重视方法渗透的思想.三、牛顿运动定律的应用要点归纳(一)深刻理解牛顿第一、

25、第三定律1. 牛顿第一定律(惯性定律)一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止(1)理解要点 运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持 它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因 牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例.牛顿第一定律定性地给岀了力与运动的关系，第二定律定量地给岀力与运动的关系(2) 惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性 惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关 质量是物体惯性大小的量度.2. 牛顿第二定律(1) 两个物体之间的

26、作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上，可用公式表不为F=F'.(2) 作用力与反作用力一定是同种性质的力，作用效果不能抵消(3) 牛顿第三定律的应用非常广泛，凡是涉及两个或两个以上物体的物理情境、过程的解答，往往都需要应用这一定律.(二)牛顿第二定律1. 定律内容物体的加速度a跟物体所受的合外力尸合成正比，跟物体的质量 m成反比2. 公式：F h = ma理解要点 因果性：尸企是产生加速度a的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消失 方向性：a与尸合都是矢量，方向严格相同. 瞬时性和对应性：a为某时刻某物体的加速度，尸企是该时刻作用在该物体上的合外力3. 应

27、用牛顿第二定律解题的一般步骤：(1) 确定研究对象；(2) 分析研究对象的受力情况，画出受力分析图并找出加速度的方向；(3) 建立直角坐标系，使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上，并将其余的力或加速度分解到两坐标轴上；(4) 分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程；(5) 统一单位，计算数值.热点、重点、难点一、正交分解法在动力学问题中的应用当物体受到多个方向的外力作用产生加速度时，常要用到正交分解法1. 在适当的方向建立直角坐标系，使需要分解的矢量尽可能少2. Fx合=口&乂合，灼合=mciy合,Fz合=秫%合.3. 正交分解法对本章各类问题，甚至对整个高中物理来说都是一重要

28、的思想方法?例 6：如图1 15甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成0=37。固定，质量 ？=1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端 O点.现有水平向右的风力尸作用于小球上，经时间 Zi=2 s后停止，小球沿细杆运动的部分。一 / 图象如图 1 一 15 乙所示.试求：(取 g= 10 m/s2, sin 37 = 0.6, cos 37 = 0.8)图 1 15(1) 小球在0? 2 s内的加速度丁和 2? 4 s内的加速度(2) 风对小球的作用力F的大小.【解析】(1)由图象可知，在。？2s内小球的加速度为:4 =甲厂* = 20 m/s。，方向沿杆向上在2? 4s内小球的加

29、速度为：& =% = -10 m/s2,负号表示方向沿杆向下（2）有风力时的上升过程，小球的受力情况如图1-15丙所示mg在V方向，由平衡条件得：玲 i = Fsin 0 + 秫 geos 9在X方向，由牛顿第二定律得：Feos 0 - mgsi n 0 -停风后上升阶段，小球的受力情况如图图1 一 15丙1 -15 丁所示mg图 1 15T在*方向，由平衡条件得：FN2 =秫 geos 3在X方向，由牛顿第二定律得：-mgs in 9 - pFm = m2联立以上各式可得：F=60N.【点评】斜面（或类斜面）问题是高中最常出现的物理模型正交分解法是求解高中物理题最重要的思想方法之一二

30、、连接体问题（整体法与隔离法）高考卷中常岀现涉及两个研究对象的动力学问题，其中又包含两种情况：一是两对象的速度相同需分析它们之间的相互作用，二是两对象的加速度不同需分析各自的运动或受力隔离（或与整体法相结合）的思想方法是处理这类问题的重要手段.1. 整体法是指当连接体内（即系统内）各物体具有相同的加速度时，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体 考虑，分析其受力情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法2. 隔离法是指当研究对象涉及由多个物体组成的系统时，若要求连接体内物体间的相互作用力，贝U应把某个物体或某几个物体从系统中隔离岀来，分析其受力情况及运动情况，再利用牛顿第二定律对隔离岀来的

31、物体列式求解的方法.3. 当连接体中各物体运动的加速度相同或要求合外力时，优先考虑整体法；当连接体中各物体运动的加速度不相同或要求物体间的作用力时，优先考虑隔离法.有时一个问题要两种方法结合起来使用才能解决.?例 7 :如图1 16所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质 弹簧相连，在外力丹、形的作用下运动.已知FE,当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为（）-k By （nnBW < A图 1 16A， k成 2kr为+形月+形CU.-2k- k【解析】取/、B及弹簧整体为研究对象，由牛顿第二定律得：FiF2 = 2ma取3为研究对象：kx F 2 = ma（或

32、取力为研究对象：Fi - kx = md）可解得：=与丘答案c【点评】解析中的三个方程任取两个求解都可以.当地面粗糙时，只要两物体与地面的动摩擦因数相同，则/、3之间的拉力与地面光滑时相同.同类拓展3：如图1 17所示，质量为 m的小物块/放在质量为M的木板3的左端，3在水平拉力 的作用下沿水 平地面匀速向右滑动，且/、3相对静止.某时刻撤去水平拉力，经过一段时间， B在地面 上滑行了一段距离 x，/在 3上相 对于3向右滑行了一段距离 2（设木板3足够长）后/和3都停了下来.已 知/、B间的动摩擦因数 为卜I】，3与地面间的动摩 擦因数为 2，且的 *则x的表达式应为（）A-尸-图 1 17

33、A . M（M+m lA. x=- L mB. xmC_ MMLx S2 一 1）（ ?+A/）【解析】设/、3相对静止一起向右匀速运动时的速度为o,撤去外力后至停止的过程中，/受到的滑 动摩擦力为:fi =Amg其加速度大小：ai=e = ig3做减速运动的加速度大小：疽"呼"哗由于 2 1,所以 O2 2g lg =。1即木板B先停止后，力在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变。对A应用动能定理得：-/i（L + X）= 0 - Amv2对£应用动能定理得：juArngx -所（勿 + M）gx = 0 - jMv解得:4ML叫-同）（机+答案C【点评】

34、虽然使/产生加速度的力由B施加，但产生的加速度 ai =mg是取大地为参照系的.加速度是相对速度而言 的，所以加速度一定和速度取相同的参照系，与施力物体的速度无关动能定理可由牛顿第二定律推导，特别对于匀变速直线运动，两表达式很容易相互转换三、临界问题?例 8：如图1 18甲所不，滑块/置于光滑的水平面上，一细线的一端固定于倾角为45。、质量为 以的光滑楔形滑块/的顶端P处，细线另一端拴一质量为 m的小球现对滑块施加一水平方向的恒力F,要使小球B能相对斜面静止，恒力 F应满足什么条件？图1 18甲【解析】先考虑恒力背离斜面方向(水平向左)的情况：设恒力大小为尸 1时，b还在斜面上且对斜面的压力为

35、零 ，此时/、b有共 同加速度叫，B的受力情况如图1-18乙所示，有：Tsin 0 = mg, Tcos解得：ax = gcot 0即 F : = (M+ rri)a = (M + 秫)gcot 6由此可知，当水平向左的力大于 (M+ m)gcot 3时，小球B将离开斜面，对于水平恒力向斜面一侧方向(水平向右)的情况：设恒力大小为尸2时，£相对斜面静止时对悬绳的拉力恰好为零，此时力、£的共同加速度为。2, B的受力情况如图1 - 18丙所示，有：玲 cos 6 = mg,玲 sin 6 = ma2解得：a2 = gtan 9即珏=(M + m)a2 = (M+ m)gta

36、n 3由此可知，当水平向右的力大于(M+m)gtan <9, B将沿斜面上滑，综上可知，当作用在力上的恒力F向左小于(M+m)gcot 0,或向右小于(M+ m)gtan 3时，B能静止在斜面上.答案 向左小于(Af+秫)gcot 0或向右小于(Af+秫)gtan 0【点评】斜面上的物体、被细绳悬挂的物体这两类物理模型是高中物理中重要的物理模型，也是高考常岀现的重要物理情境.四、超重与失重问题1.超重与失重只是物体在竖直方向上具有加速度时所受支持力不等于重力的情形2. 要注意飞行器绕地球做圆周运动时在竖直方向上具有向心加速度，处于失重状态?例 9：为了测量某住宅大楼每层的平均高度（层高）

37、及电梯的运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验：质量秫 =50 kg的甲同学站在体重计上，乙同学记录电梯从地面一楼到顶层的过程中，体重计的示数随时间变化的情况，并作出了如图1 19甲所示的图象.已知，=0时，电梯静止不动，从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层.求：（1）电梯启动和制动时的加速度大小.（2）该大楼的层高.体重计示数/N6005004000 12 329 30图1 19甲【解析】（1）对于启动状态有：Fx得：（71 = 2 m/s2对于制动状态有： mg F = ma2得: 6?2 = 2 m/s2.电梯匀速运动的速度 v =2X1 m/s = 2 m

38、/s从图中读得电梯匀速上升的时间 ，2 = 26S电梯运行的总时间/ = 28s电梯运行的，图象如图 1-19乙所示，0 123图1 19乙所以总位移 s = 3 (/2 + f) = *2X(26 + 28) m = 54 m户吉，s 54 层局力=正=萄 = 3m.答案(1)2 m/s2 2 m/s2 (2)3 m经典考题在本专题中，正交分解、整体与隔离相结合是最重要也是最常用的思想方法，是高考中考查的重点.力 的独立性原理、运动图象的应用次之，在高考中岀现的概率也较大1. 有一个直角支架 AOB,/O水平放置，表面粗糙，竖直向下，表面光滑.AO 土套有小环OB上套有小环0两环质量均为两环

39、间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图1 20甲所示）.现将F环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力 T的变化情况是1998年高考？上海物理 卷（）图1 20甲A. N不变，T变大B. N不变，丁变小C. N变大,T变大D. N变大，变小【解析】0环的受力情况如图1-20乙所示，由平衡条件得：Tcosd = mg.P环向左移动后。变小，丁 =器变小.F环的受力情况如图1-20丙所示，由平衡条件得：Np = mg + Zcos 0 = 2mg, Np 与。角无关.故选项B正确.答案B【点评】本

40、例是正交分解法、隔离法的典型应用，以后的许多考题都由此改编而来求解支持力N时，还可取P、。组成的整体为研究对象，将整体受到的外力正交分解知竖直方向有：NQ = 2mg.2. 如图1 21甲所不，在倾角为a的固定光滑斜面上有一块用绳了拴着的长木板，木板上站着一只猫.已知木板的质量是猫的质量的 2倍.当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变.则此时木板沿斜面下滑的加速度为（）A. 2sin aB.gs in aC. &sinaD? 2gsin a【解析】绳子断开后猫的受力情况如图1-21乙所示，由平衡条件知，木板对猫有沿斜面向上的摩擦力，有：/=秫 gsin a2m

41、g图1 21乙图1 21丙再取木板为研究对象，其受力情况如图1-21丙所示.由牛顿第二定律知：mg2mgs in a +f = 2ma,3解得：<7=2gsin a.答案C【点评】猫脚与木块之间的摩擦力使猫保持平衡状态还可取猫、木板组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律：3mgsin a = 2ma求解，但这一方法高中 不作要求.3. 如图1 22所示，某货场需将质量” ?i = 100 kg勺货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货 物与地面发生 撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速度滑下，轨道半径7?=1.8 m.地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木

42、板 /、B,长度均为/=2 m,质量均为皿=1。0 kg,木板上表面与轨道末端相切.货物与木板间的动摩 擦因数为如木板与地面间的动摩擦因数“2=02最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取 g=10m/s2)图 1-22(1) 求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力.(2) 若货物滑上木板/时，木板不动，而滑上木板 3时，木板B开始滑动，求 1应满足的条件.(3) 若内=0.5,求货物滑到木板/末端时的速度和在木板/上运动的时间.【解析】(1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为。°,对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得：mgR就设货物在轨道末端所受支持力的大小为玲，根据牛顿第二定律得，Fng

43、= m*联立以上两式并代入数据得FN = 3000N根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N,方向竖直向下.(2) 若滑上木板刀时，木板不动，由受力分析得：+ 2 ，2)g若滑上木板3时，木板3开始滑动，由受力分析得：+，"2)g 联立并代入数据得0.4< iW0.6.速度大小为,由(3) 同=0.5,由上问可得，货物在木板刀上滑动时，木板不动，设货物在木板刀上做减速运动时的加 牛顿第二定律得四ig = miOi设货物滑到木板/末端时的速度为"1，由运动学公式得：v vl= - 2a J联立并代入数据得=4 m/s设在木板/上运动的时间为由运

44、动学公式得：V = % - at联立并代入数据得/ = 0.4 s.答案(1)3000N,方向竖直向下(2)0.4</i<0.6(3)0.4 s【点评】象这样同时考查受力分析、动力学、运动学的题型在2010届高考中出现的可能性最大.假定区域周围岩石均匀4. 如图1-23甲所示，为某地区水平地面上的两点，在户点正下方一球形区域内储藏有石油分布，密度为仞石油密度远小于，可将上述球形区域视为空腔.如果没有这一空 腔，则该地区重力加速度(正常值)沿竖直方向；当存在空腔时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏离.重力加速度在原竖直方向(即P0方向)上的投影相对于正常值的偏离叫做“

45、重力加速度反常”.为了探寻石油区域的位置和石油储量，常利用P点附近重力加速度反常现象.已知引力常数为 G.(1) 设球形空腔体积为 V球心深度为d(远小于地球半径)，PQ =x,求空腔所引起的。点处的重力加速度反常.(2) 若在水平地面上半径 Z的范围内发现：重力加速度反常值在。与W>1)之间变化，且重力加速度 反常的最大值出现在半径为Z的范围的中心，如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积.【解析】由牛顿第二定律得：。=令故重力加速度g =犀假设空腔处存在密度为 p的岩石时，对 Q处物体的引力产生的重力加速度为Ag = G,+检=弹*由力的独立

46、原理及矢量的合成定则知，球形区域为空腔时Q点处的物体的重力加速度的矢量关系如图1 _ 23乙所示Q图1 23乙即=g = Ag故加速度反常 Ag7 = Ag-cos 6 = f=.W+c由解可得，重力加速度反常的最大值和最小值分别为:章，、GpVGpVd( g')max =(AgAmi n = f(/ +i3y由题设有(Ag')max =妨、(Ag')mm =联立以上各式得，地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为答案GpVdIAk8(2) A=j(2 +/)33Nk -1PkS【点评】对于本题大部分同学不知如何入手，其原因在于对力的独立性原理及矢量（加速度）的合成与分

47、解理解不够深刻和熟练.本考题使大部分同学陷入一个思维误区，总在思考g = J而不去思考g也是自由落体的加速度 g=%，遵循矢量的平行四边形定则能力演练一、选择题 （10X4分）1.如图所不，/、3是两个长方形物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，/和B以相同的速度 在水平地面。上做 匀速直线运动（空气阻力不计）.由此可知，力、B间的动摩擦因数 1和3、。间的动摩擦 因数02有可能是（）KL_BA.1 = 0,伉=0A. 0.1 s【解析】当石子的速度方向与斜面平行时，石子距斜面最远C . 0i - 0，“ 2=o【解析】本题中选A、B整体为研究对象，由于 A、B在推力尸的作用下做匀速直线运动

48、，可知地面对3的摩擦力一定水平向左，故用尹 0 ;对/进行受力分析 B. i=0, #2夭0可知，水平方向不受力，佝可能为零，故D. ?i 乂 0, #2夭0正确答案为BD.答案BD2. 如图所不，从倾角为 0、高/7=1.8 m的斜面顶端/处水平抛出一石了，石了刚好落在这个斜面底端的B点处.又因为水平位移x = hcot 6故石子平抛的水平初速度 °=产=丝羿7的大小为（取g=10m/s2）（）to ?0 石了抛出后，经时间，距斜面最远，则时间=tanO解得：f = yj 金=03 s.答案c3. 在轻绳的两端各拴一个小球，一人用手拿着上端的小球站在3楼的阳台上，放手后让小球自由下

49、落，两小球相继落地的时间差为”如果站在4楼的阳台上，同样放手让小球自由下落，则两小球相继落地的时间差将（）A. 不变B.增大C.减小D.无法判断【解析】两小球都做自由落体运动，可在同一v-t图象中作出速度随时间变化的关系曲线，如图所 示.设人在3楼的阳台上释放小球后，两球落地的时间差为图中阴影部分的面积为/?;若人在 4楼的阳台上释放小球后，两球落地的时间差为&2，要保证阴影部分的面积也是 /!，从图中可以看出一定有, 2 < ,.答案c4. 如图甲所示，小球静止在小车中的光滑斜面/和光滑竖直挡板 B之间，原来小车向左匀速运动.现 在小车改为向左减速运动，那么关于斜面对小球的弹力

50、Na的大小和挡板3对小球的弹力NB的大小，以下 说法正确的是（）A. M不变，M减小C. M有可能增大B. M增大，M不变D.可能为零【解析】小球的受力情况如图乙所示，有img乙N/Cos 9=mgMsin ONBma故M不变，M减小.答案AU（）小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，贝A.小球第一次反弹后的速度大小为3 m/s6.块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同 速度后匀减速下滑，。物块放上后静止在斜面上 Fa、乩，则它们的大小关系是（）面顶端，因物C物块获一初为F、凡、A. F匸F2=F、=F4C. FI <F2=F4&

51、lt;F3D. FI=F3<F2<F【解析】斜面的受力情况如乙图所示，其中，万、N分别为斜面对物块的摩擦力和支持力的反作用力B. 小球碰撞时速度的改变量为 2 m/sC. 小球是从5 m高处自由下落的D. 小球反弹起的最大高度为 0.45 m【解析】第一次反弹后的速度为-3 m/s,负号表示方向向上，A正确.碰撞时速度的改变量=-8 m/s, B错误.下落的高度/? = ; X5X0.5 m= 1.25 m,反弹的高度必=;X3X0.3 = 0.45 m, D 正确.答案AD如图甲所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜./物块放上后匀加速下滑

52、，B物块获一初 速度后匀速下滑, .若在上述四种情况下斜 面体均保持静止且对地面的压力依次=mgsin 故 F = Mg + 秫 geos 0-cos 0 +/isin 6 = (M + m)g> mgsin 仇故尸=Mg+ 勿 geos 0-cos 9 +/ ； sin 3 > (M+ m)g fi = mgsin 0, 故 F=C把一钢球系在一根弹性绳的一端，绳的另一端固定在天花板上，先把钢球托起 的伸长始终在弹性限度内，关于钢球的加速度速度”随时间，变化的图象，下列说法正7.（如图所示），然后放确的是（）手.若弹性绳0N=mgcos 9为可能向左，也可能向右或为零.a 图中，fi < mgsin 0, 故F = Mg + 秫 geos "cos 6 +/isin 0 <（m+ m）gb图中，c图中，d图中，答案B.乙为af图象D. 丁为。一，图象A.甲为a，图象C