物理三轮复习难点绝对突破-1摩擦力专题

物理三轮复习难点绝对突破专题 沁阳市高中备课中心 2009 年5月2日星期六物理三轮复习难点绝对突破 -1摩擦力专题

中学物理只谈静摩擦和滑动摩擦两种(滚动摩擦不讲)．其中f静没有具体的计算一、明确摩擦力产生的条件公式，是随外力变化的范围值o≤f静≤fmax，一般根据(1)平衡条件求；(2)根据物体（1）物体间直接接触运动状态，由牛顿运动定律求．而f静不但可根据上述的(1)、(2)方法求，还可以（2）接触面粗糙用公式f滑N计算（3）接触面间有弹力存在（4）物体间有相对运动或相对运动趋势例3如图3所示，质量为m、带电量为+q的小物体，放在磁感应强度为B的匀强这四个条件紧密相连，缺一不可．显然，两物体不接触，或虽接触但接触面是磁场中，粗糙挡板ab的宽度略大于小物体厚度．现给带电体一个水平冲量I，试分析光滑的，则肯定不存在摩擦力．但满足(1)、(2)而缺少(3)、(4)中的任意一条，也带电体所受摩擦力的情况．a不会有摩擦力．如一块砖紧靠在竖直墙，放手后让其沿墙壁下滑，它满足条件(1)、解析：带电体获得水平初速v0I/m它在．它在磁(2)、(4)，却不具备条件(3)，即相互间无压力，故砖不可能受到摩擦力作用．又如，场中受洛仑兹力f洛qv0BqBI/m和重力Gmg，若b静止在粗糙水平面上的物体它满足了条件(1)、(2)、(3)，缺少条件(4)，当然也不f洛G，则带电体作匀速直线运动，不受摩擦力作用．存在摩擦力．图3由于不明确摩擦力产生的条件，导致答题错误的若f洛G，则带电体贴着a板前进，滑动摩擦力f滑N(qvBmg)，速度事是经常发生的．A越来越小，f滑变小，当v减小到v0，又有qv0Bmg,它又不受摩擦力作用而匀速前例1(1994年全国考题)如图1所示，C是水平地FB面，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块上沿水进．平方向的力，物体A和B以相同的速度作匀速直綫运图1若f洛G，则带电体贴着b板前逆。滑动摩擦力；f滑N(mgqvB),它动，由此可知，A、B间的动摩擦因数1和B、C间减速运动动直至静止，而f滑却是变大的．的动摩擦因数2有可能是这充分说明f滑也是具有被动性，所以摩擦力是被动力．了解摩擦力的上述特点(A)10，20(B)10，20在解题时就能因题致宜，灵活地思考，少走弯路，避免出错.(C)10，20(D)10，20对于滑动摩擦力的大小，还必须了解其与物体运动状态无关，与接触面积大解析：本题中选A、B整体为研究对象，由于受推力的作用做匀速直线运动，小无关的特点．例4如图4所示，一质量为m的货物放在倾角为α的传送带上随传送带一起向上或向下可知地面对的摩擦力一定水平向左，故20，对A受力分析可知，水平方向不受力，做加速运动．设加速度大小为α，试求两种情况下货物所受的摩擦力．1可能为0，可能不为0。正确答案为(B)、(D)．解析：物体m向上加速运动时，由于沿斜面向下有重力的分力，所以m二、了解摩擦力的特点要使物体随传送带向上加速运动，传送带对物体的摩擦力必定沿传送带摩擦力具有两个显著特点：(1)接触性；(2)被动性．所谓接触性，即指物体受╮α摩擦力作用物体间必直接接触(反之不一定成立)。这种特点已经包括在摩擦力产生向上．物体沿斜面向下加速运动时，摩擦力的方向要视加速度的大小而的条件里，这里不赘述。对于摩擦力的被动性，现仔细阐述。所谓被动性是指摩擦定，当加速度为某一合适值时，重力沿斜面方向的分力恰好提供了所需图4力随外界约束因素变化而变化．熟知的是静摩擦力随外力的变化而变化。的合外力，则摩擦力为零；当加速度大于此值时，摩擦力应沿斜面向下；例2(1992年全国考题)如图2所示，一木块放在水平当加速度小于此值时，摩擦力应沿斜面向上．桌面上，在水平方向共受到三个力，即F1、F2和摩擦力F1F2向上加速运动时，由牛顿第二定律，得：所以F-mgsina=ma，方向沿斜面向上作用，木块图2处于静止状态，其中F1＝10N、F2＝2N，向下加速运动时，由牛顿第二定律，得：mgsina—F＝ma(设F沿斜面向上)所以F=mgsina-ma若撤去力F1，则木块在水平方向受到的合力为图2当a<gsina时，F>0．与所设方向相同——沿斜面向上．(A)10N，方向向左(B)6N，方向向右当a＝gsina时，F=0．即货物与传送带间无摩擦力作用．(C)2N，方向向左(D)零当a>gsina时，F<0．与所设方向相反——沿斜面向下．解析；F1没有撤去时，物体所受合外力为零，此时静摩擦力大小为8N，方向向小结：当物体加速运动而摩擦力方向不明确时，可先假设摩擦力向某一方向，然左．撤去F1以后，物体在F2作用下不可能沿水平方向发生运动状态的改变，物体仍后应用牛顿第二定律导出表达式，再结合具体情况进行讨论保拧静止．此时地面对物体的静摩擦力大小为2N，方向向右．从上述分析可见静摩例5如图5所示，质量M=10Kg的木楔ABC静止于水平地面上，动摩擦因数μ＝擦力是被动力．答案应为(D)．对于滑动摩擦力同样具有被动性．0．02，在木楔的倾角θ为300的斜面上有一质量m＝1.0kg的物块由静止开始沿斜面三、把握摩擦力大小和方向的计算和判断下滑．当滑行路程S＝1．4m时，其速度s＝1．4m／s，在此过程中木楔没有动．求第1页共36页物理三轮复习难点绝对突破专题 沁阳市高中备课中心 2009 年5月2日星期六地面对木楔的摩擦力的大小和方向(g取10m／s’)解析：地面对木楔的摩擦力为静摩擦力，但不一定为最大静摩擦力，所以不能由Fμ＝μFΝ，来计算求得，只能根据物体匀运动情况和受力情况来确定．物块沿斜面匀加速下滑，由vt2v022as可求得物块下滑的加速度：vt20.7m/s2gsin2a5m/s2s可知物块受到摩塔力的作用．此条件下，物块与木楔受力情况分别如图6.7所示．FN1FAμ1FN2Fˊμ1

可能沿斜面向上 ②方向可能沿斜面向下 ③大小可能为零 ④大小可能等于 F以上判断正确的是⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ ( D)A．只有①② B ．只有③④ C．只有①②③ D．①②③④都正确2、(2004年连云港第二次调研题 )某人在乎直公路上骑自行车，见到前方较远处红色交通信号灯亮起，他便停止蹬 车，此后的一段时间内，自行车前轮和后轮受到地面的摩擦 力分别为 f前和f后，则⋯ ( C )A．f前向后， f后后向前 B ．f前向前， f后向后BFμ2FN1Cmg图6mg图7物块沿斜面以加速度Q下滑，对它沿斜面方向和垂直于斜面方向由牛顿第二定律有mgsinθ一Fμ1＝mamgcosθ—FN1＝0．木楔静止，对它沿水平方向和竖直方向由牛顿第二定律，并注意Fμ1ˊ与Fμ1，FN1与FN1，等值反向，有Fμ2+Fμ1cosθ—FN1sinθ＝0FN2MgFN1COSF1Sin0

C．f前向后，f后向后D．f前向前，f后向前3、如图9所示，重6N的木块静止在倾角为300的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向，大小等于4N的力F推木块，木块仍保持静止，则木块所受的摩擦力大小为⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(C)A．4NB．3NC．5ND．6N图94、(2004年乐山调研题)如图10所示，质量为m的木块P在质量为M的长木板A上滑行，长木板放在水平地面上，一直处于静止状态．若长木板A与地面间的动摩擦因数为由上 面各式 解得地 面对木楔 的摩擦 力 1,木块 P与长板 A间的动摩擦因数为 2，则长木板 ab受到地面的F2FN1sinF1COSmgcossin(mgsinma)sinCmacos1.00.730.61N摩擦力大小为()N2由C指向B。A1MgB．1(mM)gC2mgD1Mg2mg此力方向与所设方向相同，另外由以上几式联立还可以求出地面对木楔的支持力5、(2004年黄冈调研题)如图11所示，在粗糙水平面上有一个三角形木块，在FN2Mgmgcos2(mgsinma)sinMgmgmasin1的两个粗糙斜面上分别放两个质量为m和m的小木块，1110N1.00.7N109.65N(Mm)g122m1m2已知三角形木块和两个小木块均静止，则粗糙1显然，这是由于物块和木楔系统有向下的加速度而产生了失重现象。m对此题也可以系统为研究对象。在水平方向，木楔静止，加速度为零，物块加速度水(A)1平分量为axacos。对系统在水平方向由牛顿第二定律，有F2macos0.61N水平面对三角形木块答案：0．61N方向由C一BA．没有摩擦力作用图11小结：(1)静摩擦力的大小是个变量，它的大小常需要根据物体的运动状态及摩擦B．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向右力与物体所受其他力的关系来确定．C．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向左由此题可看出，研究对象的选取对解题步骤的简繁程度有很大的影响。练习D．有摩擦力作用，但其方向无法确定，因为m1、m2、1和2的1、如图8所示，位于斜面上的物块m在沿斜面向上的力F作数值并未给出6、(2004年宁波期末试题)某空间存在着如图l2所示的水平用下，处于静止状态，则斜面作用于物块的静摩擦力①方向图8第2页共36页

VPA图10它m22图12物理三轮复习难点绝对突破专题沁阳市高中备课中心2009年5月2日星期六方向的匀强磁场，A、B两个物块叠放在一起，并置于光滑的绝缘水平地面上，物块A属块下水平抽出,设纸带加速过程极短,可认为纸带在抽动过程中一直做匀速运动.带正电，物块B为不带电的绝缘块；水平恒力F作用在物块B上，使A、B一起由静止开始求:水平向左运动．在A、B一起水平向左运动的过程中，关于A、B受力情况的以下说法，（1）属块刚开始运动时受到的摩擦力的大小和方向;正确的是⋯⋯(B)(2)要将纸带从金属块下水平抽出,纸带的速度v应满足的条件.A ．A对B的压力 变小 B．B对A的摩擦力 保持不变C。A对B的摩擦 力变大 D ．B对地面的压 力保持不 变7、如图13所示，一直角斜槽 (两槽面夹角为90°)，对水平面夹角为 30°，一个横截面为正

解析：（ 1）金属块与 纸带达到 共同速 度前， 金属块受 到的摩 擦力为 ：f mg，方向向左。方形的物块恰能沿此槽匀速下滑，假定两槽面的材料和表面情况相同，问物块和槽面间的动摩擦因数为多少?解析：因为物块对直角斜槽每一面的正压力为mgcosα.cos45°，所以当物体匀速下滑时，有平衡方程：mgsinα=2μmgcosαcos45°＝2μmgcosα，如图13所以μ=1136．tan2()2368、质量m=1.5Kg的物块(可视为质点)在水平恒力F的作用下,从水平面上A点由静止开始运动,运动一段距离撤去该力,物体继续滑行t=2.0s停在B点.已知AB两点间的距离S=5.0m,物块与水 平面间的 动摩擦 因数 0.20,求恒力F为多大?(g=10m/s 2)解析：设 撤去力 F前物块的位移为 S1，撤去力F时物块的速度 为v ，物块 受到的滑动摩擦力 F1 mg对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得F1t0mv由运动学公式得SS1vt2对物块运动的全过程应用动能定理FS1F1S0由以上各式得2mgsFgt22s代入数据解得F15N9.如图14所示,静止在水平面上的纸带上放一质量m为v的小金属块(可视为质点),金属块离纸带右端距离为L,A金属块与纸带间动摩擦因数为μ.现用力向左将纸带从金L

（2） 出纸带的 最小速 度为v0即纸带从金 属块下 抽出时 金属块速对金属块：fmav0at金属块位移：s11at2纸带位移：s2v0t2两者相对位移：S2S1l解得：v02gl故要抽出纸带，纸带速度v2gl如图15所示,物块和斜面体的质量分别为m.M,物块在平行于斜面的推力F作用下沿斜面加速度a向上滑动时,斜面体仍保持静止.斜面倾角为θ,试求地面对斜面体的支持力和摩擦力.解析:由于小物块沿斜面加速上升，所以物块与斜面不能看成一个整体，应分别对物块与斜面进行研究。（1）取物块为研究对象，受力分析如图16所示：由题意得：FN1mgcos①FmgsinFf1ma②由②得：Ff1Fmgsinma③（2）取斜面为研究对象，受力分析如图17得：FN2Ff1sinMgFN1cos④Ff2Ff1cosFN1sin⑤又因为Ff1与Ff1是作用力与反作用力，Fn1与Fn1是作用Ff2力与反作用力

度恰好等于v0。amFθ M图15FN1 FFf1θmg图16FN2Ff1θmg FN1图14

图17第3页共36页物理三轮复习难点绝对突破专题 沁阳市高中备课中心 2009 年5月2日星期六由牛顿第三定律得：Ff1Ff1Fmgsinma⑥FN1FN1mgcos⑦由④⑤⑥ ⑦解得 ：FN2 (M m)g (F ma)sinFf2 (F mg)cos物理三轮复习难点绝对突破 -2平衡问题一、特别提示 [解平衡问题几种常见方法 ]1、力的合成、分解法：对于三力平衡，一般根据“任意两个力的合力与第三力等大反向”的关系，借助三角函数、相似三角形等手段求解；或将某一个力分解到另外两个力的反方向上，得到这两个分力必与另外两个力等大、反向；对于多个力的平衡，利用先分解再合成的正交分解法。2、力汇交原理：如果一个物体受三个不平行外力的作用而平衡，这三个力的作用线必在同一平面上，而且必有共点力。3、正交分解法：将各力分解到 x轴上和y轴上，运用两坐标轴上的合力等于零的条件( Fx 0 Fy 0)多用于三个以上共点力作用下的物体的平衡。 值得注意的是，对x、y方向选择时，尽可能使落在 x、y轴上的力多；被分解的力尽可能是已知力。4、矢量三角形法：物体受同一平面内三个互不平行的力作用平衡时，这三个力的矢量箭头首尾相接恰好构成三角形，则这三个力的合力必为零，利用三角形法求得未知力。5、对称法：利用物理学中存在的各种对称关系分析问题和处理问题的方法叫做对称法。在静力学中所研究对象有些具有对称性，模型的对称往往反映出物体或系统受力的对称性。解题中注意到这一点，会使解题过程简化。6、正弦定理法：三力平衡时，三个力可构成一封闭三角形，若由题设条件寻找到角度关系，则可用正弦定理列式求解。7、相似三角形法：利用力的三角形和线段三角形相似。二、典型例题1、力学中的平衡：运动状态未发生改变，即 a 0。表现：静止或匀速直线运动（1）在重力、弹力、摩擦力作用下的平衡例1 质量为m的物体置于动摩擦因数为 的水平面上，现对它施加一个拉力，使它做匀速直线运动，问拉力与水平方向成多大夹角时这个力最小？解析 取物体为研究对象，物体受到重力 mg，地面的支持力 N，摩擦力f及拉力T四个力作用，如图 1-1所示。

由于物体在水平面上滑动，则 f N，将f和N合成，得到合力 F，由图知F与f的夹角：arcctgf arcctgN不管拉力T方向如何变化， F与水平方向的夹角 不变，即 F为一个方向不发生改变的变力。这显然属于三力平衡中的动态平衡问题，由前面讨论知，当 T与F互相垂直时， T有最小值，即当拉力与水平方向的夹角 90 arcctg arctg 时，使物体做匀速运动的拉力 T最小。（2）摩擦力在平衡问题中的表现这类问题是指平衡的物体受到了包括摩擦力在内的力的作用。在共点力平衡中，当物体虽然静止但有运动趋势时，属于静摩擦力；当物体滑动时，属于动摩擦力。由于摩擦力的方向要随运动或运动趋势的方向的改变而改变，静摩擦力大小还可在一定范围内变动，因此包括摩擦力在内的平衡问题常常需要多讨论几种情况，要复杂一些。因此做这类题目时要注意两点①由于静摩擦力的大小和方向都要随运动趋势的改变而改变，因此维持物体静止状态所需的外力允许有一定范围；又由于存在着最大静摩擦力，所以使物体起动所需要的力应大于某一最小的力。总之，包含摩擦力在内的平衡问题，物体维持静止或起动需要的动力的大小是允许在一定范围内的，只有当维持匀速运动时，外力才需确定的数值。②由于滑动摩擦力 F= FN，要特别注意题目中正压力的大小的分析和计算，防止出现错误。例2 重力为G的物体A受到与竖直方向成 角的外力 F后，静止在竖直墙面上，如图 1-2所示，试求墙对物体 A的静摩擦力。分析与解答 这是物体在静摩擦力作用下平衡问题。 首先确定研究对象，对研究对象进行受力分析， 画出受力图。A受竖直向下的重力 G，外力F，墙对A水平向右的支持力（弹力）N，以及还可能有静摩擦力 f。这里对静摩擦力的有无及方向的判断是极其重要的。物体之间有相对运动趋势时，它们之间就有静摩擦力；物体间没有相对运动趋势时，它们之间就没有静摩擦力。可以假设接触面是光滑的，若不会相对运动，物体将不受静摩擦力，若有相对运动就有静摩擦力。 （注意：这种假设的方法在研究物理问题时是常用方法，也是很重要的方法。 ）具体到这个题目，在竖直方向物体 A受重力G以及外力F的竖直分量，即F2Fcos。当接触面光滑，GFcos时，物体能保持静止；当GFcos时，物体A有向下运动的趋势，那么A应受到向上的静摩擦力；当Fcos时，物体A则有向上运动的趋势，受到的静摩擦力的方向向下，因此应分三种情况说明。从这里可以看出，由于静摩擦力方向能够改变，数值也有一定的变动范围，滑动摩擦力虽有确定数值，但方向则随相对滑动的方向而改变，因此，讨论使物体维持某一状态所需的外力F第4页共36页物理三轮复习难点绝对突破专题 沁阳市高中备课中心 2009 年5月2日星期六的许可范围和大小是很重要的。何时用等号，何时用不等号，必须十分注意。（3）弹性力作用下的平衡问题例3 如图1-3所示，一个重力为 mg的小环套在竖直的半径为 r的光滑大圆环上，一劲度系数为 k，自然长度为 L（L<2r）弹簧的一端固定在小环上，另一端固定在大圆环的最高点A。当小环静止时，略去弹簧的自重和小环与大圆环间的摩擦。求弹簧与竖直方向之间的夹角分析 选取小环为研究对象， 孤立它进行受力情况分析： 小环受重力mg、大圆环沿半径方向的支持力 N、弹簧对它的拉力 F的作用，显然，F k(2rcos L)解法1 运用正交分解法。如图 1-4所示，选取坐标系，以小环所在位置为坐标原点，过原点沿水平方向为 x轴，沿竖直方向为轴。Fx0,FsinNsin20Fy0,FcosmgNcos20解得arccoskL2(krmg)解法2用相似比法。若物体在三个力F123作用下处于平衡状态，这三个力必组成、F、F首尾相连的三角形F1、F2、F3，题述中恰有三角形AOm与它相似，则必有对应边成比例。

应带正电，画出受力分析图根据合外力为零可得，mg qvBsin45 （1） qE qvBcos45 （2）由（1）式得B2mg，由（1），（2）得Emg/qqv（5）动态收尾平衡问题例5 如图1-6所示，AB、CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间距离为 l，导轨平面与水平面的夹角为 。在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感强度为B。在导轨的 A、C端连接一个阻值为 R的电阻。一根垂直于导轨放置的金属棒 ab，质量为m，从静止开始沿导轨下滑。求ab棒的最大速度。（已知ab和导轨间的动摩擦因数为 ，导轨和金属棒的电阻不计）解析 本题的研究对象为 ab棒，画出ab棒的平面受力图，如图1-7。ab棒所受安培力F沿斜面向上，大小为F BIl B2l2v/R，则ab棒下滑的加速度a [mgsin (mgcos F)]/m。ab棒由静止开始下滑，速度v不断增大，安培力F也增大，加速度a减小。当a=0时达到稳定状态，此后ab棒做匀速运动，速度达最大。F mg N2rcos r r

mgsin ( mgcos B2l2v/R) 0。解得ab棒的最大速度arccos

kL

vm mgR(sin cos )/B2l2。2(kr mg)（4）在电场、磁场中的平衡例4如图1-5所示，匀强电场方向向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为m带电量为q的微粒以速度v与磁场垂直、与电场成45?角射入复合场中，恰能做匀速直线运动，求电场强度E的大小，磁感强度B的大小。解析由于带电粒子所受洛仑兹力与v垂直，电场力方向与电场线平行，知粒子必须还受重力才能做匀速直线运动。假设粒子带负电受电场力水平向左，则它受洛仑兹力 f就应斜向右下与v垂直，这样粒子不能做匀速直线运动， 所以粒子

例6 图1-8是磁流体发电机工作原理图。磁流体发电机由燃烧室（ O）、发电通道（E）和偏转磁场（B）组成。在 2500K以上的高温下，燃料与氧化剂在燃烧室混合、燃烧后，电离为正负离子（即等离子体） ，并以每秒几百米的高速喷入磁场，在洛仑兹力的作用下，正负离子分别向上、下极板偏转，两极板因聚积正负电荷而产生静电场。这时等离子体同时受到方向相反的洛仑兹力（ f）与电场力（F）的作用，当F=f时，离子匀速穿过磁场，两极板电势差达到最大值， 即为电源的电动势。 设两板间距为 d，板间磁场的磁感强度为 B，等离子体速度为 v，负载电阻为 R，电源内阻第5页共36页物理三轮复习难点绝对突破专题 沁阳市高中备课中心 2009 年5月2日星期六不计，通道截面是边长为 d的正方形，试求：（1）磁流体发电机的电动势 ？（2）发电通道两端的压强差 p？解析 根据两板电势差最大值的条件

F2 F/sin mg/sin图1-10（b）选取分解法进行研究，将 F2分解成互相垂直的两个分力 Fx、Fy，由平衡条件知：Fy T mg,Fx F1f F得v

EB dB

则：F2 Fy/sin mg/sin所以，磁流发电机的电动势为 Bdv设电源内阻不计，通道横截面边长等于d的正方形，且入口处压强为p1，出口处的压强为p2；当开关S闭合后，发电机电功率为P电2(Bdv)2RR根据能量的转化和守恒定律有P电FvFvpd2vp2d2v121所以，通道两端压强差为B2vp p1 p2R（6）共点的三力平衡的特征规律例7 图1-9中重物的质量为 m，轻细线AO和BO的A、B端是固定的，平衡时AD是水平的，BO与水平的夹角为。AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是：A、F1mgcosB、F1mgctgC、F2mgsinD、F2mg/sin解析如图1-10，三根细绳在O点共点，取O点（结点）为研究对象，分析O点受力如图1-10。O点受到AO绳的拉力F1、BO绳的拉力2以及重物对它F的拉力T三个力的作用。图1-10（a）选取合成法进行研究，将F1、F2合成，得到合力F，由平衡条件知：F T mg则：F1 Fctg mgctg

F1 Fx Fyctg mgctg问题：若 BO绳的方向不变，则细线 AO与BO绳的方向成几度角时，细线 AO的拉力最小？结论：共点的三力平衡时，若有一个力的大小和方向都不变，另一个力的方向不变，则第三个力一定存在着最小值。（7）动中有静，静中有动问题如图1-11所示，质量为M的木箱放在水平面上，木箱中的立杆上着一个质量为m的小球，开始时小球在杆的顶端，由静止释放后，小球沿杆下滑的加速度为重力加速度的二分之一，则在小球下滑的过程中，木箱对地面的压力为Mg1mg。因为球加速下滑时，杆受向上的摩擦2力f根据第二定律有mgfma，所以f1mg。对木箱进行受力2分析有：重力Mg、地面支持力N、及球对杆向下的摩擦力f1mg。由平衡条件有12NfmgMgmg。22、电磁学中的平衡（1）电桥平衡若没有R，则R1和R2串联后与R3和R4串联后再并联设通过R1的电流为I1，通过R3的电流I2如有：I1R1=I2R3，I1R2=I2R4则R两端电势差为0所以R中的电流为0，即电桥平衡。（2）静电平衡例8一金属球，原来不带电。现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图1-12所示。金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、、c三点的场强大小分别为Ea、b第6页共36页物理三轮复习难点绝对突破专题 沁阳市高中备课中心 2009 年5月2日星期六Eb、Ec，三者相比，物理三轮复习难点绝对突破3-匀变速运动问题A、Ea最大B、Eb最大C、Ec最大D、Ea=Eb=Ec一、特别提示：1、匀变速运动是加速度恒定不变的运动，从运动轨迹来看可以分为匀变速直线运动和匀变解析：当金属球在带电杆激发的电场中达到以静电平衡时，其内部的场强为0，即细杆在a、速曲线运动。b、c产生的场强与金属球上的感应电荷在a、b、c产生的场强大小相等，方向相反，故答案2、从动力学上看，物体做匀变速运动的条件是物体受到大小和方向都不变的恒力的作用。C正确。匀变速运动的加速度由牛顿第二定律决定。3、热平衡问题3、原来静止的物体受到恒力的作用，物体将向受力的方向做匀加速直线运动；物体受到和例9家电电热驱蚊器中电热部分的主要元件是PTC，它是由初速度方向相同的恒力，物体将做匀速直线运动；物体受到和初速度方向相反的恒力，物体将钛酸钡等半导体材料制成的电阻器，其电阻率与温度t的个关系做匀减速直线运动；若所受到的恒力方向与初速度方向有一定的夹角，物体就做匀变速曲线运图象如图1-13。电热驱蚊器的原理是：通电后电阻器开始发热，温动。度上升，使药片散发出驱蚊药，当电热器产生的热与向外散发的热二、典型例题：平衡时，温度达到一个稳定值。由图象可以判定：通电后，PTC电例1气球上吊一重物，以速度v0从地面匀速竖直上升，经过时间t重物落回地面。不计空阻器的功率变化情况是，稳定时的温度应取区间的某一值。气对物体的阻力，重力离开气球时离地面的高度为多少。分析通电后应认为电压U不变。随着温度的升高，在（0~t1）解方法1：设重物离开气球时的高度为hx，对于离开气球后的运动过程，可列下面方程：范围内，电阻率随温度的升高而减小，因此电阻减小，电功率增大，驱蚊器温度持续上升；在（t1~t2）范围内，电阻率随温度的升高而增大，因此电阻增大，电功率hx)1gtx2，其中（-hx表示）向下的位移hx，hx为匀速运动的时间，减小。当电热器产生的热与向外散发的热平衡时，温度、电阻、电功率都稳定在某一值。hxv0(ttx为竖直解答功率变化是先增大后减小，最后稳定在某一值。这时温度应在t1~t2间。v02v04、有固定转轴物体的平衡。2v0t例10重1003（N）的由轻绳悬挂于墙上的小球，搁在轻上抛过程的时间，解方程得：tx，于是，离开气球时的离地高度可在匀速上升过程中g质斜板上，斜板搁于墙角。不计一切摩擦，球和板静止于图1-142v0t)所示位置时，图中角均为30°。求：悬线中张力和小球受到的求得，为：hxv0(ttx)v0(t斜板的支持力各多大？小球与斜板接触点应在板上何处？板两端g所受压力多大？（假设小球在板上任何位置时，图中角均不变）方法2：将重物的运动看成全程做匀速直线运动与离开气球后做自由落体运动的合运动。显解析设球与板的相互作用力为N，绳对球的拉力为T，则对然总位移等于零，所以：球有TcosGsinTsinNGcos，可得T100N，，1hx2N=100N。球对板的作用力N、板两端所受的弹力NA和NB，板在v0tg(t)02v0ABsin2a这三个力作用下静止，则该三个力为共点力，据此可求得球距A端距离xAB/4，2v0t)即球与板接触点在板上距A端距离为板长的1/4处。对板，以A端为转动轴，有解得：hxv0(tNBABsinaNx端为转动轴，有NAABcosaN(ABx)。可得g对板，以B评析通过以上两种方法的比较，更深入理解位移规律及灵活运用运动的合成可以使解题NA503N，NB50N。过程更简捷。例2两小球以95m长的细线相连。两球从同一地点自由下落，其中一球先下落1s另一球才开始下落。问后一球下落几秒线才被拉直？解方法1：“线被拉直”指的是两球发生的相对位移大小等于线长，应将两球的运动联系第7页共36页物理三轮复习难点绝对突破专题 沁阳市高中备课中心 2009 年5月2日星期六起来解，设后球下落时间为 ts，则先下落小球运动时间为 (t+1)s，根据位移关系有：1g(t 1)2 1gt2952 2解得：t=9s方法2：若以后球为参照物， 当后球出发时前球的运动速度为 v0 gt 10m/s。以后两球速度发生相同的改变，即前一球相对后一球的速度始终为 v0 10m/s，此时线已被拉长：l 1gt2 1 10 12 5(m)2 2线被拉直可看成前一球相对后一球做匀速直线运动发生了位移：s l l 95 5 90(m)s909(s)∴t10v0评析解决双体或多体问题要善于寻找对象之间的运动联系。解决问题要会从不同的角度来进行研究，如本题变换参照系进行求解。例3 如图2-1所示，两个相对斜面的倾角分别为 37°和53°，在斜面顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上。若不计空气阻力，则 A、B两个小球的运动时间之比为（ ）A、1:1 B、4:3 C、16:9 D\9：16解 由平抛运动的位移规律可行：xv0ty1gt22∵tany/x∴t2v0tan/g∴tAtan379tBtan5316故D选项正确。评析灵活运用平抛运动的位移规律解题，是基本方法之一。应用时必须明确各量的物理意义，不能盲目套用公式。例4从空中同一地点沿水平方向同时抛出两个小球，

直分速度都等于gt，如图2-2所示，t时刻小球1的速度v1与x轴正向夹角a1为tana1gt/v01小球2的速度v2与x轴正向夹角a2为tana2gt/v02由图可知a2a12联立上述三式得tv01v02/g评析弄清平抛运动的性质与平抛运动的速度变化规律是解决本题的关键。例5如图2-3所示，一带电粒子以竖直向上的初速度v0，自A处进入电场强度为E、方向水平向右的匀强电场，它受到的电场力恰与重力大小相等。当粒子到达图中B处时，速度大小仍为v0，但方向变为水平向右，那么A、B之间的电势差等于多少？从A到B经历的时间为多长？解带电粒子从A→B的过程中，竖直分速度减小，水平分速度增大，表明带电粒子的重力不可忽略，且带正电荷，受电场力向右。依题意有mgEq根据动能定理：UABqmgh(动能不变)在竖直方向上做竖直上抛运动，则v0202gh,v0gt解得：hv2,tv0。2gg∴UABmghmg?v02Eqv02Ev02qq2g2gq2g评析当带电粒子在电场中的运动不是类平抛运动，而是较复杂的曲线运动时，可以把复它们的初速度方向相反、大小分别为v01和v02杂的曲线运动分解到两个互相正交的简单的分运动来求解。，求经过多长例6如图2-4所示，让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离时间两小球速度方向间的夹角为90°？子的混合物由静止经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场解经过时间t，两小球水平分速度v01、v02里偏转，它们是否会分成三股？请说明理由。不变，竖解设带电粒子质量为m、电量为q，经过加速电场加速后，第8页共36页物理三轮复习难点绝对突破专题 沁阳市高中备课中心 2009 年5月2日星期六再进入偏转电场中发生偏转，最后射出。设加速电压为 U1，偏转电压为 U2，偏转电极长为L，两极间距离为d，带电粒子由静止经加速电压加速，则U1q=12，v2U1qmv。2m带电粒子进入偏转电场中发生偏转，则水平方向上：Lvt，竖直方向上：y1at21U2q?t2U2qL2U2L2。22dm2dmv24U1d可见带电粒子射出时，沿竖直方向的偏移量y与带电粒子的质量m和电量q无关。而一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子，它们仅质量或电量不相同，都经过相同的加速和偏转电场，故它们射出偏转电场时偏移量相同，因而不会分成三股，而是会聚为一束粒子射出。评析带电粒子在电场中具有加速作用和偏转作用。分析问题时，注意运动学、动力学、功和能等有关规律的综合运用。物理三轮复习难点绝对突破 4-牛顿运动定律总结（一）牛顿第一定律（即惯性定律）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：①运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持。②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。③第一定律是牛顿以伽俐略的理想斜面实验为基础，总结前人的研究成果加以丰富的想象而提出来的；定律成立的条件是物体不受外力，不能用实验直接验证。④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，第一定律定性地给出了力与运动的关系，第二定律定量地给出力与运动的关系。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。①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。②质量是物体惯性大小的量度。③由牛顿第二定律定义的惯性质量 m=F/a 和由万有引力定律定义的引力质量m Fr2/GM严格相等。④惯性不是力，惯性是物体具有的保持匀速直线运动或静止状态的性质、力是物体对物体的作用，惯性和力是两个不同的概念。（二）牛顿第二定律定律内容物体的加速度 a跟物体所受的合外力 F合成正比，跟物体的质量 m成反比。

公式：F合ma理解要点：①因果性： F合是产生加速度 a的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消失；②方向性：a与F合都是矢量，方向严格相同；③瞬时性和对应性： a为某时刻某物体的加速度， F合是该时刻作用在该物体上的合外力。（三）力的平衡平衡状态指的是静止或匀速直线运动状态。特点： a 0。平衡条件共点力作用下物体的平衡条件是所受合外力为零，即 F 0。平衡条件的推论1）物体在多个共点力作用下处于平衡状态，则其中的一个力与余下的力的合力等大反向；2）物体在同一平面内的三个不平行的力作用下，处于平衡状态，这三个力必为共点力；3）物体在三个共点力作用下处于平衡状态时，图示这三个力的有向线段必构成闭合三角形。（四）牛顿第三定律两个物体之间的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，公式可写为F F'。（五）力学基本单位制： kg、m、s（在国际制单位中）作用力与反作用力的二力平衡的区别内容作用力和反作用力二力平衡受力物体作用在两个相互作用的物体上作用在同一物体上依赖关系同时产生，同时消失相互依存，不可单独存无依赖关系，撤除一个、另一个可依然在存在，只是不再平衡叠加性两力作用效果不可抵消，不可叠加，不可求两力运动效果可相互抵消，可叠加，可合力求合力，合力为零；形变效果不能抵消力的性质一定是同性质的力可以是同性质的力也可以不是同性质的力应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。第9页共36页物理三轮复习难点绝对突破专题 沁阳市高中备课中心 2009 年5月2日星期六3.解决共点力作用下物体的平衡问题思路（1）确定研究对象：若是相连接的几个物体处于平衡状态， 要注意“整体法”和“隔离法”的综合运用；2）对研究对象受力分析，画好受力图；3）恰当建立正交坐标系，把不在坐标轴上的力分解到坐标轴上。建立正交坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上。4）列平衡方程，求解未知量。求解共点力作用下物体的平衡问题常用的方法1）有不少三力平衡问题，既可从平衡的观点（根据平衡条件建立方程求解）——平衡法，也可从力的分解的观点求解——分解法。两种方法可视具体问题灵活运用。2）相似三角形法：通过力三角形与几何三角形相似求未知力。对解斜三角形的情况更显优势。3）力三角形图解法，当物体所受的力变化时，通过对几个特殊状态画出力图（在同一图上）对比分析，使动态问题静态化，抽象问题形象化，问题将变得易于分析处理。处理临界问题和极值问题的常用方法涉及临界状态的问题叫临界问题。临界状态常指某种物理现象由量变到质变过渡到另一种物理现象的连接状态，常伴有极值问题出现。如：相互挤压的物体脱离的临界条件是压力减为零；存在摩擦的物体产生相对滑动的临界条件是静摩擦力取最大静摩擦力，弹簧上的弹力由斥力变为拉力的临界条件为弹力为零等。临界问题常伴有特征字眼出现，如“恰好”、“刚刚”等，找准临界条件与极值条件，是解决临界问题与极值问题的关键。例1.如图1所示，一细线的一端固定于倾角为 45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线另一端拴一质量为m的小球。当滑块以2g加速度向左运动时，线中拉力T等于多少？解析：当小球和斜面接触，但两者之间无压力时，设滑块的加速度为a'此时小球受力如图 2，由水平和竖直方向状态可列方程分别为：Tcos45 ma'Tsin45 mg 0解得：a' g由滑块A的加速度a 2g a'，所以小球将飘离滑块 A，其受力如图 3所示，设线和竖直方向成 角，由小球水平竖直方向状态可列方程

解得：T' ma2 mg2 5mg例2.如图4甲、乙所示，图中细线均不可伸长，物体均处于平衡状态。如果突然把两水平细线剪断，求剪断瞬间小球A、B的加速度各是多少？角已知）解析：水平细线剪断瞬间拉力突变为零，图甲中OA绳拉力由 T突变为T'，但是图乙中 OB弹簧要发生形变需要一定时间，弹力不能突变。1）对A球受力分析，如图5（a），剪断水平细线后，球A将做圆周运动，剪断瞬间，小球的加速度a1方向沿圆周的切线方向。F1 mgsin ma1， a1 gsin2）水平细线剪断瞬间，B球受重力G和弹簧弹力T2不变，如图5（b）所示，则F2 mBgtan， a2 gtan小结：（1）牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度和力同时产生、同时变化、同时消失。分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该瞬时前后的受力情况及其变化。（2）明确两种基本模型的特点：轻绳的形变可瞬时产生或恢复，故绳的弹力可以瞬时突变。轻弹簧（或橡皮绳）在两端均联有物体时，形变恢复需较长时间，其弹力的大小与方向均不能突变。例3.传送带与水平面夹角37°，皮带以10m/s的速率运动，皮带轮沿顺时针方向转动，如图6所示。今在传送带上端A处无初速地放上一个质量为m05.kg的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A到B的长度为16m，g取10m/s2，则物体从A运动到B的时间为多少？解析：由于 05. tan 0.75，物体一定沿传送带对地下移，且不会与传送带相对静止。第10页共36页物理三轮复习难点绝对突破专题 沁阳市高中备课中心 2009 年5月2日星期六设从物块刚放上到皮带速度达 10m/s，物体位移为 s1，加速度a1，时间t1，因物速小于皮带速率，根据牛顿第二定律，a1mgsinmgcos10m/s2，方向沿斜面向下。mt1v1s，s11a1t125m皮带长度。a12设从物块速率为10m/s2到B端所用时间为t2，加速度a2，位移s2，物块速度大于皮带速度，物块受滑动摩擦力沿斜面向上，有：a2mgsinmgcos2m/s21ms2vt2a2t222即16510t212t22，t21s（t210s舍去）2所用总时间tt1t22s例4.如图7，质量M 8kg的小车停放在光滑水平面上， 在小车右端施加一水平恒力 F=8N。当小车向右运动速度达到 3m/s时，在小车的右端轻放一质量 m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数 0.2，假定小车足够长，问：1）经过多长时间物块停止与小车间的相对运动？（2）小物块从放在车上开始经过 t0 30.s所通过的位移是多少？（ g取10m/s2）解析：（1）依据题意，物块在小车上停止运动时，物块与小车保持相对静止， 应具有共同的速度。设物块在小车上相对运动时间为 t，物块、小车受力分析如图 8：物块放上小车后做初速度为零加速度为 a1的

匀加速直线运动，小车做加速度为a2匀加速运动。由牛顿运动定律：物块放上小车后加速度：a1g2m/s2小车加速度：a2Fmg/M0.5m/s2由v1v2得：t2s（2）物块在前2s内做加速度为a1的匀加速运动，后1s同小车一起做加速度为a2的匀加速运动。以系统为研究对象：根据牛顿运动定律，由FMma3得：a3F/Mm0.8m/s2物块位移ss1s2s11/2a1t24ms2v1t1/2at224.4mss1s28.4m例5.将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图9所示，在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。当箱以a./的加速度20ms2竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为6.0N，下底板的传感器显示的压力为10.0N。（取g10m/s2）1）若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，试判断箱的运动情况。2）若上顶板传感器的示数为零，箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？启迪：题中上下传感器的读数，实际上是告诉我们顶板和弹簧对 m的 作 用力的大小。对 m受力分析求出合外力，即可求出 m的加速度，并进一步确 定 物体的运动情况，但必须先由题意求出 m的值。解析：当a1 2.0m/s2减速上升时，m受力情况如图 10所示：第11页共36页物理三轮复习难点绝对突破专题mgN1N2ma1N2N110605.kgmga110kg2（1）N2'N210N，N1'N2'25NN1'mgN2'0故箱体将作匀速运动或保持静止状态。（2）若N1" 0，则F合N2"mg105N5NaF合10m/s2（向上）m即箱体将向上匀加速或向下匀减速运动，且加速度大小大于、等于10m/s2。

沁阳市高中备课中心 2009 年5月2日星期六拉住且恰好静止，现突然发现 A被弹簧拉动，则木箱的运动情况可能是（ ）A.加速下降 B.减速上升C.匀速向右运动 D.加速向左运动2.如图2所示，固定在水平面上的光滑半球，球心 O的正上方固定一个小定滑轮，细绳一端拴一小球，小球置于半球面上的A点，另一端绕过定滑轮，如图所示。今缓慢拉绳使小球从A点滑到半球顶点，则此过程中，小球对半球的压力大小 N及细绳的拉力 T大小的变化情况是（ ）A.N变大，T变大 B.N变小，T变大C.N不变，T变小 D.N变大，T变小3.一个物块与竖直墙壁接触，受到水平推力F的作用。力F随时间变化的规律为Fkt（常量k>0）。设物块从t0时刻起由静止开始沿墙壁竖直向下滑动，物块与墙壁间的动摩擦因数为 1，得到物块与竖直墙壁间的摩擦力 f随时间t变化的图象，如图 3所示，从图线可以得出（ ）在0~t1时间内，物块在竖直方向做匀速直线运动例6.测定病人的血沉有助于对病情的判断。血液由红血球和血浆组成，将血液放在竖直的玻B.在0~t1时间内，物块在竖直方向做加速度逐渐减小的加速运动璃管内，红血球会匀速下沉，其下沉的速度称为血沉，某人血沉为v，若把红血球看成半径为RC.物块的重力等于a的小球，它在血浆中下沉时所受阻力f6Rv，为常数，则红血球半径R＝___________。D.物块受到的最大静摩擦力总等于b如图4所示，几个倾角不同的光滑斜面具有共同的底边AB，当物4.（设血浆密度为0，红血球密度为）体由静止沿不同的倾角从顶端滑到底端，下面哪些说法是正确的？（）解析：红血球受到重力、阻力、浮力三个力作用处于平衡状态，由于这三个力位于同一竖A.倾角为30°时所需时间最短直线上，故可得B.倾角为45°所需时间最短mg0gVfC.倾角为60°所需时间最短D.所需时间均相等即4R3g0g4R36Rv5.如图5所示，质量为M的木板，上表面水平，放在水平桌面上，339v木板上面有一质量为m的物块，物块与木板及木板与桌面间的动摩擦因得：R数均为，若要以水平外力F将木板抽出，则力F的大小至少为（）20gA.mgB.MmgC.m2MgD.2Mmg6.一个质量不计的轻弹簧，竖直固定在水平桌面上，一个实战模拟：小球从弹簧的正上方竖直落下，从小球与弹簧接触开始直到弹簧被压缩到最短的过程中，小球1.如图1所示，在原来静止的木箱内，放有A物体，A被一伸长的弹簧的速度和加速度的大小变化情况是（）第12页共36页物理三轮复习难点绝对突破专题 沁阳市高中备课中心 2009 年5月2日星期六加速度越来越小，速度也越来越小加速度先变小后变大，速度一直是越来越小加速度先变小，后又增大，速度先变大，后又变小加速度越来越大，速度越来越小7.质量m 1kg的物体在拉力 F作用下沿倾角为 30°的斜面斜向上匀加速运动， 加速度的大小为a 3m/s2，力F的方向沿斜面向上，大小为 10N。运动过程中，若突然撤去拉力 F，在撤去拉力 F的瞬间物体的加速度的大小是 ____________；方向是____________。8.如图6所示，倾斜的索道与水平方向的夹角为 37°，当载物车厢加速向上运动时，物对车厢底板的压力为物重的 1.25倍，这时物与车厢仍然相对静止，则车厢对物的摩擦力的大小是物重的 ________倍。9.如图7所示，传送带AB段是水平的，长20m，传送带上各点相对地面的速度大小是2m/s，某物块与传送带间的动摩擦因数为0.1。现将该物块轻轻地放在传送带上的A点后，经过多长时间到达B点？（g取102）m/s10.鸵鸟是当今世界上最大的鸟。 有人说它不会飞是因为翅膀退化了， 如果鸵鸟长了一副与身体大小成比例的翅膀，它是否就能飞起来呢？这是一个使人极感兴趣的问题，试阅读下列材料并填写其中的空白处。鸟飞翔的必要条件是空气的上举力 F至少与体重 G＝mg平衡，鸟扇动翅膀获得的上举力可表示为F cSv2，式中S为鸟翅膀的面积， v为鸟飞行的速度， c是恒量，鸟类能飞起的条件是F G，即v _________，取等号时的速率为临界速率。我们作一个简单的几何相似性假设。设鸟的几何线度为 l，质量m 体积 l3，S l2，于是起飞的临界速率 v l。燕子的滑翔速率最小大约为 20km/h，而鸵鸟的体长大约是燕子的25倍，从而跑动起飞的临界速率为 ________km/h，而实际上鸵鸟的奔跑速度大约只有 40km/h，可见，鸵鸟是飞不起来的，我们在生活中还可以看到，像麻雀这样的小鸟，只需从枝头跳到空中，用翅膀拍打一两下，就可以飞起来。而像天鹅这样大的飞禽，则首先要沿着地面或水面奔跑一段才能起飞，这是因为小鸟的 _______，而天鹅的______。11.如图8所示，A、B两个物体靠在一起放在光滑水平面上，

它们的质量分别为MA3kg，MB6kg。今用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间变化的关系是FA92tN、FB32tN。求从t=0到A、B脱离，它们的位移是多少？12.如图9所示，在倾角为 的长斜面上有一带风帆的滑块， 从静止开始沿斜面下滑， 滑块质量为m，它与斜面间的动摩擦因数为 ，帆受到的空气阻力与滑块下滑速度的大小成正比，即kv。1）写出滑块下滑加速度的表达式。2）写出滑块下滑的最大速度的表达式。（3）若m 2.0kg， 30，g 10m/s2，从静止下滑的速度图象如图所示的曲线， 图中直线是 t＝0时的速度图线的切线，由此求出 和k的值。13.如图 10所示，一个弹簧台秤的秤盘和弹簧质量均不计，盘内放一个质量 m 12kg的静止物体 P，弹簧的劲度系数 k 800N/m。现施加给 P一个竖直向上的拉力F，使P从静止开始向上做匀加速运动。已知在头 0.2s内F是变力，在0.2s以后，F是恒力，取 g 10m/s2，求拉力F的最大值和最小值。【试题答案】1.ABD解析：木箱未运动前， A物体处于受力平衡状态，受力情况：重力 mg、箱底的支持力 N、弹簧拉力 F和最大的静摩擦力 fm（向左），由平衡条件知：mg N，F fm物体A被弹簧向右拉动（已知），可能有两种原因，一种是弹簧拉力 F fm'（新情况下的最大静摩擦力），可见fm fm'，即最大静摩擦力减小了，由 fm N知正压力N减小了，即发生了失重现象，故物体运动的加速度必然竖直向下，由于物体原来静止，所以木箱运动的情况可能是加速下降，也可能是减速上升， A对B也对。另一种原因是木箱向左加速运动，最大静摩擦力不足使 A物体产生同木箱等大的加速度，第13页共36页物理三轮复习难点绝对突破专题 沁阳市高中备课中心 2009 年5月2日星期六即 mg kx ma mg的情形，D正确。匀速向右运动的情形中A的受力情况与原来静止时A的受力情况相同，且不会出现直接由静止改做匀速运动的情形，C错。2.C小球受力如图 11（甲），T、N、G构成一封闭三角形。由图11（乙）可见， AOB~ ANTT/AB N/OA G/OBGAB/OBNGOA/OBAB变短，OB不变，OA不变，故 T变小，N不变。3.BC在0~t1时间内，物块受到的摩擦力小于物块受到的重力，物块向下做加速运动，A错。滑动摩擦力随正压力的增大而逐渐增大，合外力逐渐减小，加速度逐渐减小，B对。当摩擦力不再随正压力的变化而变化时，一定是静摩擦力了。静摩擦力的大小恰好与重力平衡，所以物块受的重力等于a，C对。最大静摩擦力随正压力的增大而增大，不会总等于b，D错。4.B解析：设沿一一般斜面下滑，倾角为，长为l，物体沿斜面做初速为零加速度为agsin的匀加速直线运动，滑到底端的时间为t，则有：<1><2>联立解得：t2AB4ABgsincosgsin2所以当290，45时，t最小，故选B。5.D解析：将木板抽出的过程中，物块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，m的加速度大小为amg，要抽出木板，必须使木板的加速度大于物块的加速度，即aMamg，对木板受力分析如图12，根据牛顿第二定律，得：FMmgmgMaMFMmgmgMaMMmgmgMg2Mmg

选项D正确ammg (M+m)g F图126.C当弹簧的弹力等于重力时，小球的速度最大， a 0。7m/s2，沿斜面向下有拉力时，Fmgsin30fma代入a3m/s2，求得f2N撤F瞬间，fmgsin30ma8.0.33提示：Nmgmay，f静aymax，tg37ax9.11s提示：物块放到A点后先在摩擦力作用下做匀加速直线运动，速度达到2m/s后，与传送带一起以2m/s的速度直至运动到B点。10.解析：根据题意，鸟类飞起的必要条件是FG即满足cSv2mg故vmgcS燕子的最小滑翔速率约为20km/h，而鸵鸟的体长大约是燕子的25倍。因：vlv鸵l鸵255故l燕v燕v鸵5v燕100km/h可见，鸵鸟起飞的临界速率约为100km/h，而实际上鸵鸟的速率约为40km/h，可见鸵鸟是飞不起来的。11.4.17m第14页共36页物理三轮复习难点绝对突破专题 沁阳市高中备课中心 2009 年5月2日星期六提示：以A、B整体为对象：FA FB mA mB a4m/s23当A、B相互脱离时，N＝0，则以A为研究对象FAmAa492tt2.5ss1at225m6（1）对滑块应用牛顿第二定律有：mgsin mgcos kv ma滑块下滑加速度表达式为：a gsin cos kv/m 12）由<1>式可知，当滑块的速度增大时，其加速度是减小的，当加速度为零时，滑块的速度达到最大，由<1>式可知最大速度为：vmaxmgsincos/k2（3）由图可知，当滑块的速度为零时，其加速度为最大加速度amax3m/s2，而由<1>式可知当滑块的加速度为零时，它的速度最大，滑块的最大速度为vmax2m/s，由<1>式和<2>式有：3gsincos32mgsincos/k4

由S1at2得：a2S2015.7.5m/s22t20.22根据牛顿第二定律，有：Fmgkxma得：Fmgakx当xS时，F最小Fminmgaksmgamgma127.590(N)当x0时，F最大Fmaxmgak0mga12107.5210N∴拉力的最小值为 90N，最大值为 210N将g、m、 代入<3>式和<4>式后解得：23/150.23物理三轮复习难点绝对突破5-直线运动规律及追及问题k30.kg/s一、例题例题1.一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s，1s后速度的大小变为10m/s，13.解析：根据题意，F是变力的时间t02.s，这段时间内的位移就是弹簧最初的压缩量S，在这1s内该物体的（）由此可以确定上升的加速度a，A.位移的大小可能小于4mKSmg12100B.位移的大小可能大于10mmg，S015.mC.加速度的大小可能小于4m/sK800D.加速度的大小可能大于10m/s第15页共36页物理三轮复习难点绝对突破专题 沁阳市高中备课中心 2009 年5月2日星期六析：同向时a1vtv0104m/s26m/s2t1s1v0vtt4101m7m22反向时a2vtv0104m/s214m/s2t1s2v0vtt4101m3m22式中负号表示方向跟规定正方向相反答案：A、D例题2：两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木快每次曝光时的位置，如图所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的，由图可知（）在时刻t2以及时刻t5两木块速度相同在时刻t1两木块速度相同在时刻t3和时刻t4之间某瞬间两木块速度相同在时刻t4和时刻t5之间某瞬间两木块速度相同解析：首先由图看出：上边那个物体相邻相等时间内的位移之差为恒量，可以判定其做匀变速直线运动；下边那个物体很明显t1t2t3t4t5t6t7地是做匀速直线运动。由于t2及t3时刻两物体位置相同，说明这段时间内它们的位移相等，因此其中间时刻t1t2t3t4t5t6t7的即时速度相等，这个中间时刻显然在t3、t4之间答案：C例题3一跳水运动员从离水面10m高的平台上跃起，举双臂直立身体离开台面，此时中心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水（在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计）从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间是多少？（ g取10m/s2结果保留两位数字）解析：根据题意计算时，可以把运动员的全部质量集中在重心的一个质点，且忽略其水平方向的运动，因此运动员做的是竖直上抛运动，由v02h可求出刚离开台面时的速度2gv02gh3m/s，由题意知整个过程运动员的位移为－10m（以向上为正方向），由

sv0t1at2得：210=3t－5t2解得：t≈1.7s思考：把整个过程分为上升阶段和下降阶段来解，可以吗？例题4.如图所示，有若干相同的小钢球，从斜面上的某一位置每隔0.1s释放一颗，在连续释放若干颗钢球后对斜面上正在滚动的若干小球摄下照片如图，测得AB=15cm，BC=20cm，试求：（1）拍照时B球的速度；（2）A球上面还有几颗正在滚动的钢球解析：拍摄得到的小球的照片中，A、B、C、D⋯各小球的位置，正是首先释放的某球每隔0.1s所在的位置.这样就把本题转换成一个物体在斜面上做初速度为零的匀加速运动的问题了。求拍摄时B球的速度就是求首先释放的那个球运动到B处的速度；求A球上面还有几个正在滚动的小球变换为首先释放的那个小球运动到A处经过了几个时间间隔（0.1s）（1）A、B、C、D四个小球的运动时间相差△T=0.1sVB=sBCsAB=0.35Am/s=1.75m/sB2T0.2C（2）由△s=a△T2得：Ds0.20.15a=22T2m/s=2=5m/s0.1例5：火车A以速度v1匀速行驶，司机发现正前方同一轨道上相距s处有另一火车B沿同方向以速度v2（对地，且v2〈v1〉做匀速运动，A车司机立即以加速度（绝对值）a紧急刹车，为使两车不相撞，a应满足什么条件？分析：后车刹车做匀减速运动，当后车运动到与前车车尾即将相遇时，如后车车速已降到等于甚至小于前车车速，则两车就不会相撞，故取s后=s+s前和v后≤v求解前解法一：取取上述分析过程的临界状态，则有1v1t－ a0t2＝s＋v2t2v1－a0t=v2(v1v2)2a0=2s(v1v2)2所以当a≥时，两车便不会相撞。2s法二：如果后车追上前车恰好发生相撞，则第16页共36页物理三轮复习难点绝对突破专题 沁阳市高中备课中心 2009 年5月2日星期六1v1t－ at2＝s＋v2t2上式整理后可写成有关 t的一元二次方程，即at2＋（v2－v1）t＋s＝02取判别式△〈0，则t无实数解，即不存在发生两车相撞时间t。△≥0，则有（v212≥4（12(v2v1)2得a≤2s(v2v1)2为避免两车相撞，故a≥2s法三：运用v-t图象进行分析，设从某时刻起后车开始以绝对值为a的加速度开始刹车，取该时刻为t=0，则A、B两车的v-t图线如图所示。图中由v1、v2、C三点组成的三角形面积值即为A、B两车位移之差（s后－s前）=s，tanθ即为后车A减速的加速度绝对值a0。因此有

若△t未知，则可求出（）A．第一个△t时间内的平均速度B．第n个△t时间内的位移C．n△t时间的位移D．物体的加速度解析：因v=s，而△t未知，所以v不能求出，故A错.t因s:s:s::sn1:3:5::(2n1),有s:sn1:(2n1)，sn(2n1)s（2n-1）snss，故B正确；又s∝t2所以s=n2，所以sn=n2s，故C正确；因a=t2，尽管△s=sn-sn-1可求，但△t未知，所以A求不出，D错.答案：B、C3、汽车原来以速度v匀速行驶,刹车后加速度大小为a,做匀减速运动,则t秒后其位移为()Avt1at2Bv2Cvt1at2D无法确定（v1－v2）(v1v2)=s2 tan所以tanθ=a0(v1v2)2=2svv1Av2θCB（

22a2解析:汽车初速度为v，以加速度a作匀减速运动。速度减到零后停止运动，设其运动的时，v，12，，时已停止运动，其位移间