高中力教案

力與運(yùn)動。

第四章力與運(yùn)動章末總結(jié)學(xué)案（粵教版必修1）
一、整體法與隔離法的應(yīng)用
圖1
例1如圖1所示，箱子的質(zhì)量M＝5.0kg，與水平地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.22.在箱子頂處系一細(xì)線，懸掛一個質(zhì)量m＝0.1kg的小球，箱子受到水平恒力F的作用，使小球的懸線與豎直方向的擺角θ＝30°，試求力F的大小．(g取10m/s2)
圖2
例2在光滑的水平面上放有一斜劈M，M上又有一物塊m，如圖2所示，力F作用在斜劈上，若要保持m與M相對靜止，F(xiàn)至少要為多大？(各接觸面均光滑，斜面傾角為θ)

二、臨界和極值問題
例3如圖3所示，兩個物塊A和B疊放在光滑水平面上，已知A的質(zhì)量mA＝4kg，
圖3
B的質(zhì)量mB＝5kg，在A上施加一個水平力FA.當(dāng)FA＝20N時，A、B間恰好開始發(fā)生相對運(yùn)動．在撤去FA后，求：若要保持A、B間相對靜止，對B物塊能施加的最大水平力為多大？

三、牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用
例4科研人員乘氣球進(jìn)行科學(xué)考察．氣球、座艙、壓艙物和科研人員的總質(zhì)量為990kg.氣球在空中停留一段時間后，發(fā)現(xiàn)氣球因漏氣而下降，及時堵?。伦r氣球下降速度為1m/s，且做勻加速運(yùn)動，4s內(nèi)下降了12m．為使氣球安全著陸，向艙外緩慢拋出一定的壓艙物．此后發(fā)現(xiàn)氣球做勻減速運(yùn)動，下降速度在5分鐘內(nèi)減少了3m/s.若空氣阻力和泄漏氣體的質(zhì)量均可忽略，重力加速度g＝9.89m/s2，求拋掉的壓艙物的質(zhì)量．

圖4
例5在傾斜角為θ的長斜面上，一帶有風(fēng)帆的滑塊從靜止開始沿斜面下滑，滑塊(連同風(fēng)帆)的質(zhì)量為m，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ、風(fēng)帆受到向后的空氣阻力與滑塊下滑的速度v大小成正比，即F阻＝kv.滑塊從靜止開始沿斜面下滑的v－t圖象如圖4所示，圖中的傾斜直線是t＝0時刻速度圖線的切線．
(1)由圖象求滑塊下滑的最大加速度和最大速度的大??；
(2)若m＝2kg，θ＝37°，g＝10m/s2，求出μ和k的值．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)

【即學(xué)即練】
1．在國際單位制中，功率的單位“瓦”是導(dǎo)出單位，“瓦”用基本單位表示正確的是()
A．焦/秒B．牛米/秒
C．千克米2/秒2D．千克米2/秒3
圖5
2．如圖5所示，一物體靜止在傾斜的木板上，物體與木板之間相互作用力的對數(shù)是()
A．1對
B．2對
C．3對
D．4對
圖6
3．剎車距離是衡量汽車安全性能的重要參數(shù)之一．如圖6所示，圖線1、2分別是甲、乙兩輛汽車的剎車距離s與剎車前的車速v的關(guān)系曲線，已知在緊急剎車過程中，車與地面間是滑動摩擦．據(jù)此可知，下列說法中正確的是()
A．甲車與地面間的動摩擦因數(shù)較大，甲車的剎車性能好
B．乙車與地面間的動摩擦因數(shù)較大，乙車的剎車性能好
C．以相同的車速開始剎車，甲車先停下來，甲車的剎車性能好
D．甲車的剎車距離s隨剎車前的車速v變化快，甲車的剎車性能好
圖7
4．如圖7所示，一物塊靜止在斜面上，現(xiàn)用一個水平力F作用于物塊，當(dāng)力的大小從零開始逐漸增加到F時，而物塊仍能保持靜止，以下說法正確的是()
A．物體受到的靜摩擦力一定增大
B．物塊所受合力增大
C．物塊受到的靜摩擦力有可能增大，也有可能減小
D．物塊受到斜面的作用力增大
5．木塊靜止在傾角為θ的斜面上，那么木塊對斜面的作用力的方向()
A．沿斜面向下
B．垂直斜面向下
C．沿斜面向上
D．豎直向下
圖8
6．某人在地面上用彈簧秤稱得其體重為490N．他將彈簧秤移至電梯內(nèi)稱其體重，t0至t2時間段內(nèi)，彈簧秤的示數(shù)如圖8所示，電梯進(jìn)行的v－t圖可能是(取電梯向上運(yùn)動的方向?yàn)檎?()
7．如圖9所示，一個人用與水平方向成θ＝30°角的斜向下的推力F推一個質(zhì)量為20kg的箱子勻速前進(jìn)，如圖9甲所示，箱子與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.40.求：
圖9
(1)推力F的大??；
(2)若該人不改變力F的大小，只把力的方向變?yōu)榕c水平方向成30°角斜向上去拉這個靜止的箱子，如圖乙所示，拉力作用2.0s后撤去，箱子最多還能運(yùn)動多長距離．(g取10m/s2)
圖10
8．一個質(zhì)量為m的小球B，用兩根等長的細(xì)繩1、2分別固定在車廂的A、C兩點(diǎn)，已知兩輕繩拉直時，如圖10所示，兩輕繩與車廂前壁的夾角均為45°.試求：
(1)當(dāng)車以加速度a1＝g/2向左做勻加速直線運(yùn)動時，兩輕繩1、2的拉力．
(2)當(dāng)車以加速度a2＝2g向左做勻加速直線運(yùn)動時，兩輕繩1、2的拉力．

參考答案
知識體系構(gòu)建
運(yùn)動狀態(tài)質(zhì)量矢量瞬時向下向上＝＝
解題方法探究
例140.7N
解析對小球進(jìn)行受力分析，小球受懸線的拉力FT和重力mg，如圖甲所示，
則FTsinθ＝maFTcosθ＝mg
對整體進(jìn)行受力分析，如圖乙所示．
此時細(xì)繩對箱子的拉力和小球受的拉力對整體而言是內(nèi)力，因此不必考慮：則由牛頓第二定律得F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，
即F＝(M＋m)(μg＋a)＝(M＋m)g(μ＋tanθ)≈40.7N.
例2(M＋m)gtanθ
解析若m、M保持相對靜止，則兩者運(yùn)動情況相同．對m、M所組成的整體進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律可知F＝(m＋M)a.①
以m為研究對象，進(jìn)行受力分析，如圖乙所示，根據(jù)牛頓第二定律可得
Fx＝FN′sinθ＝max＝ma.②
Fy＝FN′cosθ－mg＝may＝0.③
由②③可得a＝gtanθ.代入①中得F＝(m＋M)gtanθ.
例325N
解析依題意，在FA的作用下，A、B一起加速運(yùn)動有相等的加速度．當(dāng)A、B開始發(fā)生相對運(yùn)動時，A、B系統(tǒng)的加速度為最大加速度，A對B的靜摩擦力fAB即為最大靜摩擦力．由牛頓第二定律的比例式有，F(xiàn)A/(mA＋mB)＝fAB/mB.①
當(dāng)對B施加一最大水平力FB時，A、B仍以共同的加速度運(yùn)動，且這一加速度也為最大加速度，故B對A的靜摩擦力fBA也為最大靜摩擦力，即有，
fBA＝fAB.②
同理可列出比例式：FB/(mA＋mB)＝fBA/mA.③
由①②③解得：FB＝mBFA/mA＝25N.
例4101kg
解析設(shè)堵住漏洞后，氣球的初速度為v0，所受的空氣浮力為F浮，氣球、座艙、壓艙物和科研人員的總質(zhì)量為m，由牛頓第二定律得mg－F浮＝ma①
式中a是氣球下降的加速度．以此加速度在時間t內(nèi)下降了h，則h＝v0t＋12at2②
當(dāng)向艙外拋掉質(zhì)量為m′的壓艙物后，有F?。?m－m′)g＝(m－m′)a′③
式中a′是拋掉壓艙物后氣球的加速度．由題意，此時a′方向向上，Δv＝a′Δt.④
式中Δv是拋掉壓艙物后氣球在Δt時間內(nèi)下降速度的減少量．
由①③得m′＝ma＋a′g＋a′⑤
將題設(shè)數(shù)據(jù)m＝990kg，v0＝1m/s，t＝4s，h＝12m，Δt＝300s.
Δv＝3m/s，g＝9.89m/s2代入②④⑤式得m′＝101kg.
例5(1)3m/s22m/s(2)μ＝0.375k＝3Ns/m
解析(1)由題圖可知滑塊做加速度減小的加速運(yùn)動，最終可達(dá)最大速度vm＝2m/s，t＝0時刻滑塊的加速度最大，即為v－t圖線在O點(diǎn)的切線的斜率：a＝v1－v0t1＝3m/s－01s＝3m/s2
(2)對滑塊受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得mgsinθ－F阻－f＝ma
又f＝μFN，F(xiàn)N＝mgcosθ，F(xiàn)阻＝kv，聯(lián)立以上各式得mgsinθ－μmgcosθ－kv＝ma
由(1)知，將v0＝0，a0＝3m/s2和vm＝3m/s，a＝0代入上式可得μ＝0.375，k＝3Ns/m
即學(xué)即練
1．D2.B3.B4.CD
5．D[木塊受力如圖所示，其中FN、f分別為斜面對木塊的支持力和摩擦力，木塊受到三個力的作用處于平衡狀態(tài)，則FN、f的合力與G等大、反向，即方向豎直向上．由牛頓第三定律可知木塊對斜面的作用力與FN、f的合力等大、反向，方向豎直向下．]
6．AD[t0～t1時間內(nèi)，彈簧秤的示數(shù)小于人的重力，人處于失重狀態(tài)，有向下的加速度；t2～t3時間內(nèi)，彈簧秤的示數(shù)大于人的重力，人處于超重狀態(tài)，有向上的加速度；t1～t2時間內(nèi)，彈簧秤的示數(shù)等于人的體重，加速度為0，則B、C選項不正確，A、D正確．]
7．(1)120N(2)2.88m
解析(1)設(shè)地面對箱子的支持力和摩擦力分別為FN、f.取箱子為研究對象，受力如圖甲所示．
由牛頓第二定律得
水平方向Fcosθ＝f
豎直方向FN＝mg＋Fsinθ，又f＝μFN
聯(lián)立上式解得F≈120N
(2)取箱子為研究對象，受力分析如圖乙所示
由牛頓第二定律得
水平方向Fcosθ－f1＝ma1
豎直方向FN1＋Fsinθ＝mg
又f1＝μFN1
拉力作用2s末箱子的速度v1＝a1t
撤去力F后，箱子的受力分析如圖丙所示
由牛頓第二定律得f2＝ma2又f2＝μFN2，F(xiàn)N2＝mg
設(shè)此過程箱子運(yùn)動的距離為s則由運(yùn)動學(xué)公式得s＝v212a2
聯(lián)立以上各式解得s＝2.88m
8．(1)F1＝52mgF2＝0
(2)F1′＝322mgF2′＝22mg
解析取小球?yàn)檠芯繉ο螅O(shè)細(xì)繩1、2對小球的拉力分別為F1，F(xiàn)2，對小球受力分析，如圖甲所示
水平方向上22F1＋22F2＝ma
豎直方向上22F1－mg－22F2＝0
聯(lián)立得F1＝mg＋ma2，F(xiàn)2＝ma－mg2
由此分析知，當(dāng)車以a＝g向左做勻加速直線運(yùn)動時，細(xì)繩2剛好伸直，且對球沒有作用力．
(1)當(dāng)a1＝g2時，細(xì)繩2的拉力為0，受力分析如圖乙
則F1＝F2合＋mg2＝52mg
(2)當(dāng)a2＝2g時，細(xì)繩2上已有拉力則
有F1′＝mg＋ma2＝322mg
F2′＝ma－mg2＝22mg

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高考物理力與運(yùn)動沖刺專題復(fù)習(xí)

古人云，工欲善其事，必先利其器。高中教師要準(zhǔn)備好教案，這是教師工作中的一部分。教案可以更好的幫助學(xué)生們打好基礎(chǔ)，幫助高中教師有計劃有步驟有質(zhì)量的完成教學(xué)任務(wù)。你知道怎么寫具體的高中教案內(nèi)容嗎？為此，小編從網(wǎng)絡(luò)上為大家精心整理了《高考物理力與運(yùn)動沖刺專題復(fù)習(xí)》，歡迎大家與身邊的朋友分享吧！

20xx屆高考黃岡中學(xué)物理沖刺講解、練習(xí)題、預(yù)測題01：第1專題力與運(yùn)動（1）
知識網(wǎng)絡(luò)
考點(diǎn)預(yù)測
本專題復(fù)習(xí)三個模塊的內(nèi)容：運(yùn)動的描述、受力分析與平衡、牛頓運(yùn)動定律的運(yùn)用．運(yùn)動的描述與受力分析是兩個相互獨(dú)立的內(nèi)容，它們通過牛頓運(yùn)動定律才能連成一個有機(jī)的整體．雖然運(yùn)動的描述、受力平衡在近幾年(特別是2008年以前)都有獨(dú)立的命題出現(xiàn)在高考中(如2008年的全國理綜卷Ⅰ第23題、四川理綜卷第23題)，但由于理綜考試題量的局限以及課改趨勢，獨(dú)立考查前兩模塊的命題在20xx年高考中出現(xiàn)的概率很小，大部分高考卷中應(yīng)該都會出現(xiàn)同時考查三個模塊知識的試題，而且占不少分值．
在綜合復(fù)習(xí)這三個模塊內(nèi)容的時候，應(yīng)該把握以下幾點(diǎn)：
1．運(yùn)動的描述是物理學(xué)的重要基礎(chǔ)，其理論體系為用數(shù)學(xué)函數(shù)或圖象的方法來描述、推斷質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動規(guī)律，公式和推論眾多．其中，平拋運(yùn)動、追及問題、實(shí)際運(yùn)動的描述應(yīng)為復(fù)習(xí)的重點(diǎn)和難點(diǎn)．
2．無論是平衡問題，還是動力學(xué)問題，一般都需要進(jìn)行受力分析，而正交分解法、隔離法與整體法相結(jié)合是最常用、最重要的思想方法，每年高考都會對其進(jìn)行考查．
3．牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用是高中物理的重要內(nèi)容之一，與此有關(guān)的高考試題每年都有，題型有選擇題、計算題等，趨向于運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律解決生產(chǎn)、生活和科技中的實(shí)際問題．此外，它還經(jīng)常與電場、磁場結(jié)合，構(gòu)成難度較大的綜合性試題．

一、運(yùn)動的描述
要點(diǎn)歸納
(一)勻變速直線運(yùn)動的幾個重要推論和解題方法
1．某段時間內(nèi)的平均速度等于這段時間的中間時刻的瞬時速度，即v－t＝vt2．
2．在連續(xù)相等的時間間隔T內(nèi)的位移之差Δs為恒量，且Δs＝aT2．
3．在初速度為零的勻變速直線運(yùn)動中，相等的時間T內(nèi)連續(xù)通過的位移之比為：
s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
通過連續(xù)相等的位移所用的時間之比為：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)．
4．豎直上拋運(yùn)動
(1)對稱性：上升階段和下落階段具有時間和速度等方面的對稱性．
(2)可逆性：上升過程做勻減速運(yùn)動，可逆向看做初速度為零的勻加速運(yùn)動來研究．
(3)整體性：整個運(yùn)動過程實(shí)質(zhì)上是勻變速直線運(yùn)動．
5．解決勻變速直線運(yùn)動問題的常用方法
(1)公式法
靈活運(yùn)用勻變速直線運(yùn)動的基本公式及一些有用的推導(dǎo)公式直接解決．
(2)比例法
在初速度為零的勻加速直線運(yùn)動中，其速度、位移和時間都存在一定的比例關(guān)系，靈活利用這些關(guān)系可使解題過程簡化．
(3)逆向過程處理法
逆向過程處理法是把運(yùn)動過程的“末態(tài)”作為“初態(tài)”，將物體的運(yùn)動過程倒過來進(jìn)行研究的方法．
(4)速度圖象法
速度圖象法是力學(xué)中一種常見的重要方法，它能夠?qū)栴}中的許多關(guān)系，特別是一些隱藏關(guān)系，在圖象上明顯地反映出來，從而得到正確、簡捷的解題方法．
(二)運(yùn)動的合成與分解
1．小船渡河
設(shè)水流的速度為v1，船的航行速度為v2，河的寬度為d．
(1)過河時間t僅由v2沿垂直于河岸方向的分量v⊥決定，即t＝dv⊥，與v1無關(guān)，所以當(dāng)v2垂直于河岸時，渡河所用的時間最短，最短時間tmin＝dv2．
(2)渡河的路程由小船實(shí)際運(yùn)動軌跡的方向決定．當(dāng)v1＜v2時，最短路程smin＝d；當(dāng)v1＞v2時，最短路程smin＝v1v2d，如圖1－1所示．
圖1－1
2．輕繩、輕桿兩末端速度的關(guān)系
(1)分解法
把繩子(包括連桿)兩端的速度都沿繩子的方向和垂直于繩子的方向分解，沿繩子方向的分運(yùn)動相等(垂直方向的分運(yùn)動不相關(guān))，即v1cosθ1＝v2cos_θ2．
(2)功率法
通過輕繩(輕桿)連接物體時，往往力拉輕繩(輕桿)做功的功率等于輕繩(輕桿)對物體做功的功率．
3．平拋運(yùn)動
如圖1－2所示，物體從O處以水平初速度v0拋出，經(jīng)時間t到達(dá)P點(diǎn)．
圖1－2
(1)加速度水平方向：ax＝0豎直方向：ay＝g
(2)速度水平方向：vx＝v0豎直方向：vy＝gt
合速度的大小v＝v2x＋v2y＝v20＋g2t2
設(shè)合速度的方向與水平方向的夾角為θ，有：
tanθ＝vyvx＝gtv0，即θ＝arctangtv0．
(3)位移水平方向：sx＝v0t豎直方向：sy＝12gt2
設(shè)合位移的大小s＝s2x＋s2y＝(v0t)2＋(12gt2)2
合位移的方向與水平方向的夾角為α，有：
tanα＝sysx＝12gt2v0t＝gt2v0，即α＝arctangt2v0
要注意合速度的方向與水平方向的夾角不是合位移的方向與水平方向的夾角的2倍，即θ≠2α，而是tanθ＝2tanα．
(4)時間：由sy＝12gt2得，t＝2syg，平拋物體在空中運(yùn)動的時間t只由物體拋出時離地的高度sy決定，而與拋出時的初速度v0無關(guān)．
(5)速度變化：平拋運(yùn)動是勻變速曲線運(yùn)動，故在相等的時間內(nèi)，速度的變化量(g＝ΔvΔt)相等，且必沿豎直方向，如圖1－3所示．
圖1－3
任意兩時刻的速度與速度的變化量Δv構(gòu)成直角三角形，Δv沿豎直方向．
注意：平拋運(yùn)動的速率隨時間并不均勻變化，而速度隨時間是均勻變化的．
(6)帶電粒子(只受電場力的作用)垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動與平拋運(yùn)動相似，出電場后做勻速直線運(yùn)動，如圖1－4所示．
圖1－4
故有：y＝(L′＋L2)tanα＝(L′＋L2)qULdmv20．
熱點(diǎn)、重點(diǎn)、難點(diǎn)
(一)直線運(yùn)動
高考中對直線運(yùn)動規(guī)律的考查一般以圖象的應(yīng)用或追及問題出現(xiàn)．這類題目側(cè)重于考查學(xué)生應(yīng)用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力．對于追及問題，存在的困難在于選用哪些公式來列方程，作圖求解，而熟記和運(yùn)用好直線運(yùn)動的重要推論往往是解決問題的捷徑．
●例1如圖1－5甲所示，A、B兩輛汽車在筆直的公路上同向行駛．當(dāng)B車在A車前s＝84m處時，B車的速度vB＝4m/s，且正以a＝2m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動；經(jīng)過一段時間后，B車的加速度突然變?yōu)榱悖瓵車一直以vA＝20m/s的速度做勻速運(yùn)動，從最初相距84m時開始計時，經(jīng)過t0＝12s后兩車相遇．問B車加速行駛的時間是多少？
圖1－5甲
【解析】設(shè)B車加速行駛的時間為t，相遇時A車的位移為：sA＝vAt0
B車加速階段的位移為：
sB1＝vBt＋12at2
勻速階段的速度v＝vB＋at，勻速階段的位移為：
sB2＝v(t0－t)
相遇時，依題意有：
sA＝sB1＋sB2＋s
聯(lián)立以上各式得：t2－2t0t－2[(vB－vA)t0＋s]a＝0
將題中數(shù)據(jù)vA＝20m/s，vB＝4m/s，a＝2m/s2，t0＝12s，代入上式有：t2－24t＋108＝0
解得：t1＝6s，t2＝18s(不合題意，舍去)
因此，B車加速行駛的時間為6s．
[答案]6s
【點(diǎn)評】①出現(xiàn)不符合實(shí)際的解(t2＝18s)的原因是方程“sB2＝v(t0－t)”并不完全描述B車的位移，還需加一定義域t≤12s．
②解析后可以作出vA－t、vB－t圖象加以驗(yàn)證．
圖1－5乙
根據(jù)v－t圖象與t圍成的面積等于位移可得，t＝12s時，Δs＝[12×(16＋4)×6＋4×6]m＝84m．
(二)平拋運(yùn)動
平拋運(yùn)動在高考試題中出現(xiàn)的幾率相當(dāng)高，或出現(xiàn)于力學(xué)綜合題中，如2008年北京、山東理綜卷第24題；或出現(xiàn)于帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)一類問題中，如2008年寧夏理綜卷第24題、天津理綜卷第23題；或出現(xiàn)于此知識點(diǎn)的單獨(dú)命題中，如2009年高考福建理綜卷第20題、廣東物理卷第17(1)題、2008年全國理綜卷Ⅰ第14題．對于這一知識點(diǎn)的復(fù)習(xí)，除了要熟記兩垂直方向上的分速度、分位移公式外，還要特別理解和運(yùn)用好速度偏轉(zhuǎn)角公式、位移偏轉(zhuǎn)角公式以及兩偏轉(zhuǎn)角的關(guān)系式(即tanθ＝2tanα)．
●例2圖1－6甲所示，m為在水平傳送帶上被傳送的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，A為終端皮帶輪．已知皮帶輪的半徑為r，傳送帶與皮帶輪間不會打滑．當(dāng)m可被水平拋出時，A輪每秒的轉(zhuǎn)數(shù)最少為()
圖1－6甲
A．12πg(shù)rB．gr
C．grD．12πg(shù)r
【解析】解法一m到達(dá)皮帶輪的頂端時，若mv2r≥mg，表示m受到的重力小于(或等于)m沿皮帶輪表面做圓周運(yùn)動的向心力，m將離開皮帶輪的外表面而做平拋運(yùn)動
又因?yàn)檗D(zhuǎn)數(shù)n＝ω2π＝v2πr
所以當(dāng)v≥gr，即轉(zhuǎn)數(shù)n≥12πg(shù)r時，m可被水平拋出，故選項A正確．
解法二建立如圖1－6乙所示的直角坐標(biāo)系．當(dāng)m到達(dá)皮帶輪的頂端有一速度時，若沒有皮帶輪在下面，m將做平拋運(yùn)動，根據(jù)速度的大小可以作出平拋運(yùn)動的軌跡．若軌跡在皮帶輪的下方，說明m將被皮帶輪擋住，先沿皮帶輪下滑；若軌跡在皮帶輪的上方，說明m立即離開皮帶輪做平拋運(yùn)動．
圖1－6乙
又因?yàn)槠л唸A弧在坐標(biāo)系中的函數(shù)為：當(dāng)y2＋x2＝r2
初速度為v的平拋運(yùn)動在坐標(biāo)系中的函數(shù)為：
y＝r－12g(xv)2
平拋運(yùn)動的軌跡在皮帶輪上方的條件為：當(dāng)x0時，平拋運(yùn)動的軌跡上各點(diǎn)與O點(diǎn)間的距離大于r，即y2＋x2r
即[r－12g(xv)2]2＋x2r
解得：v≥gr
又因皮帶輪的轉(zhuǎn)速n與v的關(guān)系為：n＝v2πr
可得：當(dāng)n≥12πg(shù)r時，m可被水平拋出．
[答案]A
【點(diǎn)評】“解法一”應(yīng)用動力學(xué)的方法分析求解；“解法二”應(yīng)用運(yùn)動學(xué)的方法(數(shù)學(xué)方法)求解，由于加速度的定義式為a＝ΔvΔt，而決定式為a＝Fm，故這兩種方法殊途同歸．
★同類拓展1高臺滑雪以其驚險刺激而聞名，運(yùn)動員在空中的飛躍姿勢具有很強(qiáng)的觀賞性．某滑雪軌道的完整結(jié)構(gòu)可以簡化成如圖1－7所示的示意圖．其中AB段是助滑雪道，傾角α＝30°，BC段是水平起跳臺，CD段是著陸雪道，AB段與BC段圓滑相連，DE段是一小段圓弧(其長度可忽略)，在D、E兩點(diǎn)分別與CD、EF相切，EF是減速雪道，傾角θ＝37°．軌道各部分與滑雪板間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，圖中軌道最高點(diǎn)A處的起滑臺距起跳臺BC的豎直高度h＝10m．A點(diǎn)與C點(diǎn)的水平距離L1＝20m，C點(diǎn)與D點(diǎn)的距離為32.625m．運(yùn)動員連同滑雪板的總質(zhì)量m＝60kg．滑雪運(yùn)動員從A點(diǎn)由靜止開始起滑，通過起跳臺從C點(diǎn)水平飛出，在落到著陸雪道上時，運(yùn)動員靠改變姿勢進(jìn)行緩沖使自己只保留沿著陸雪道的分速度而不彈起．除緩沖外運(yùn)動員均可視為質(zhì)點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動員在全過程中不使用雪杖助滑，忽略空氣阻力的影響，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
圖1－7
(1)運(yùn)動員在C點(diǎn)水平飛出時的速度大?。?br> (2)運(yùn)動員在著陸雪道CD上的著陸位置與C點(diǎn)的距離．
(3)運(yùn)動員滑過D點(diǎn)時的速度大?。?br> 【解析】(1)滑雪運(yùn)動員從A到C的過程中，由動能定理得：mgh－μmgcosαhsinα－μmg(L1－h(huán)cotα)＝12mv2C
解得：vC＝10m/s．
(2)滑雪運(yùn)動員從C點(diǎn)水平飛出到落到著陸雪道的過程中做平拋運(yùn)動，有：
x＝vCt
y＝12gt2
yx＝tanθ
著陸位置與C點(diǎn)的距離s＝xcosθ
解得：s＝18.75m，t＝1.5s．
(3)著陸位置到D點(diǎn)的距離s′＝13.875m，滑雪運(yùn)動員在著陸雪道上做勻加速直線運(yùn)動．把平拋運(yùn)動沿雪道和垂直雪道分解，可得著落后的初速度v0＝vCcosθ＋gtsinθ
加速度為：mgsinθ－μmgcosθ＝ma
運(yùn)動到D點(diǎn)的速度為：v2D＝v20＋2as′
解得：vD＝20m/s．
[答案](1)10m/s(2)18.75m(3)20m/s
互動辨析在斜面上的平拋問題較為常見，“位移與水平面的夾角等于傾角”為著落條件．同學(xué)們還要能總結(jié)出距斜面最遠(yuǎn)的時刻以及這一距離．

二、受力分析
要點(diǎn)歸納
(一)常見的五種性質(zhì)的力

產(chǎn)生原因
或條件方向大小
重

力由于地球的吸引而產(chǎn)生總是豎直向下(鉛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＝GMmR2
地球表面附近一切物體都受重力作用，與物體是否處于超重或失重狀態(tài)無關(guān)
彈

力①接觸
②彈性形變①支持力的方向總是垂直于接觸面而指向被支持的物體
②壓力的方向總是垂直于接觸面而指向被壓的物體
③繩的拉力總是沿著繩而指向繩收縮的方向F＝－kx
彈力的大小往往利用平衡條件和牛頓第二定律求解
摩

擦

力滑
動
摩
擦
力①接觸，接觸面粗糙
②存在正壓力
③與接觸面有相對運(yùn)動與接觸面的相對運(yùn)動方向相反f＝μFN
只與μ、FN有關(guān)，與接觸面積、相對速度、加速度均無關(guān)
靜
摩
擦
力①接觸，接觸面粗糙
②存在正壓力
③與接觸面存在相對運(yùn)動的趨勢與接觸面相對運(yùn)動的趨勢相反①與產(chǎn)生相對運(yùn)動趨勢的動力的大小相等
②存在最大靜摩擦力，最大靜摩擦力的大小由粗糙程度、正壓力決定
續(xù)表
產(chǎn)生原因
或條件方向大小
電
場
力點(diǎn)電荷間的庫侖力：真空中兩個點(diǎn)電荷之間的相互作用作用力的方向沿兩點(diǎn)電荷的連線，同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引F＝kq1q2r2

電場對處于其中的電荷的作用正電荷的受力方向與該處場強(qiáng)的方向一致，負(fù)電荷的受力方向與該處場強(qiáng)的方向相反F＝qE
磁

場

力安培力：磁場對通電導(dǎo)線的作用力F⊥B，F(xiàn)⊥I，即安培力F垂直于電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)度B所確定的平面．安培力的方向可用左手定則來判斷F＝BIL
安培力的實(shí)質(zhì)是運(yùn)動電荷受洛倫茲力作用的宏觀表現(xiàn)
洛倫茲力：運(yùn)動電荷在磁場中所受到的力用左手定則判斷洛倫茲力的方向．特別要注意四指應(yīng)指向正電荷的運(yùn)動方向；若為負(fù)電荷，則四指指向運(yùn)動的反方向帶電粒子平行于磁場方向運(yùn)動時，不受洛倫茲力的作用；帶電粒子垂直于磁場方向運(yùn)動時，所受洛倫茲力最大，即f洛＝qvB
(二)力的運(yùn)算、物體的平衡
1．力的合成與分解遵循力的平行四邊形定則(或力的三角形定則)．
2．平衡狀態(tài)是指物體處于勻速直線運(yùn)動或靜止?fàn)顟B(tài)，物體處于平衡狀態(tài)的動力學(xué)條件是：F合＝0或Fx＝0、Fy＝0、Fz＝0．
注意：靜止?fàn)顟B(tài)是指速度和加速度都為零的狀態(tài)，如做豎直上拋運(yùn)動的物體到達(dá)最高點(diǎn)時速度為零，但加速度等于重力加速度，不為零，因此不是平衡狀態(tài)．
3．平衡條件的推論
(1)物體處于平衡狀態(tài)時，它所受的任何一個力與它所受的其余力的合力等大、反向．
(2)物體在同一平面上的三個不平行的力的作用下處于平衡狀態(tài)時，這三個力必為共點(diǎn)力．
物體在三個共點(diǎn)力的作用下而處于平衡狀態(tài)時，表示這三個力的有向線段組成一封閉的矢量三角形，如圖1－8所示．
圖1－8
4．共點(diǎn)力作用下物體的平衡分析
熱點(diǎn)、重點(diǎn)、難點(diǎn)
(一)正交分解法、平行四邊形法則的應(yīng)用
1．正交分解法是分析平衡狀態(tài)物體受力時最常用、最主要的方法．即當(dāng)F合＝0時有：
Fx合＝0，F(xiàn)y合＝0，F(xiàn)z合＝0．
2．平行四邊形法有時可巧妙用于定性分析物體受力的變化或確定相關(guān)幾個力之比．
●例3舉重運(yùn)動員在抓舉比賽中為了減小杠鈴上升的高度和發(fā)力，抓杠鈴的兩手間要有較大的距離．某運(yùn)動員成功抓舉杠鈴時，測得兩手臂間的夾角為120°，運(yùn)動員的質(zhì)量為75kg，舉起的杠鈴的質(zhì)量為125kg，如圖1－9甲所示．求該運(yùn)動員每只手臂對杠鈴的作用力的大小．(取g＝10m/s2)
圖1－9甲
【分析】由手臂的肌肉、骨骼構(gòu)造以及平時的用力習(xí)慣可知，伸直的手臂主要沿手臂方向發(fā)力．取手腕、手掌為研究對象，握杠的手掌對杠有豎直向上的彈力和沿杠向外的靜摩擦力，其合力沿手臂方向，如圖1－9乙所示．
圖1－9乙
【解析】手臂對杠鈴的作用力的方向沿手臂的方向，設(shè)該作用力的大小為F，則杠鈴的受力情況如圖1－9丙所示
圖1－9丙
由平衡條件得：
2Fcos60°＝mg
解得：F＝1250N．
[答案]1250N
●例4兩個可視為質(zhì)點(diǎn)的小球a和b，用質(zhì)量可忽略的剛性細(xì)桿相連放置在一個光滑的半球面內(nèi)，如圖1－10甲所示．已知小球a和b的質(zhì)量之比為3，細(xì)桿長度是球面半徑的2倍．兩球處于平衡狀態(tài)時，細(xì)桿與水平面的夾角θ是[2008年高考四川延考區(qū)理綜卷]()
圖1－10甲
A．45°B．30°C．22.5°D．15°
【解析】解法一設(shè)細(xì)桿對兩球的彈力大小為T，小球a、b的受力情況如圖1－10乙所示
圖1－10乙
其中球面對兩球的彈力方向指向圓心，即有：
cosα＝22RR＝22
解得：α＝45°
故FNa的方向?yàn)橄蛏掀?，即?＝π2－45°－θ＝45°－θ
FNb的方向?yàn)橄蛏掀螅处?＝π2－(45°－θ)＝45°＋θ
兩球都受到重力、細(xì)桿的彈力和球面的彈力的作用，過O作豎直線交ab于c點(diǎn)，設(shè)球面的半徑為R，由幾何關(guān)系可得：
magOc＝FNaR
mbgOc＝FNbR
解得：FNa＝3FNb
取a、b及細(xì)桿組成的整體為研究對象，由平衡條件得：
FNasinβ1＝FNbsinβ2
即3FNbsin(45°－θ)＝FNbsin(45°＋θ)
解得：θ＝15°．
解法二由幾何關(guān)系及細(xì)桿的長度知，平衡時有：
sin∠Oab＝22RR＝22
故∠Oab＝∠Oba＝45°
再設(shè)兩小球及細(xì)桿組成的整體重心位于c點(diǎn)，由懸掛法的原理知c點(diǎn)位于O點(diǎn)的正下方，且acbc＝mamb＝3
即Rsin(45°－θ)∶Rsin(45°＋θ)＝1∶3
解得：θ＝15°．
[答案]D
【點(diǎn)評】①利用平行四邊形(三角形)定則分析物體的受力情況在各類教輔中較常見．掌握好這種方法的關(guān)鍵在于深刻地理解好“在力的圖示中，有向線段替代了力的矢量”．
②在理論上，本題也可用隔離法分析小球a、b的受力情況，根據(jù)正交分解法分別列平衡方程進(jìn)行求解，但是求解三角函數(shù)方程組時難度很大．
③解法二較簡便，但確定重心的公式acbc＝mamb＝3超綱．
(二)帶電粒子在復(fù)合場中的平衡問題
在高考試題中，也常出現(xiàn)帶電粒子在復(fù)合場中受力平衡的物理情境，出現(xiàn)概率較大的是在正交的電場和磁場中的平衡問題及在電場和重力場中的平衡問題．
在如圖1－11所示的速度選擇器中，選擇的速度v＝EB；在如圖1－12所示的電磁流量計中，流速v＝uBd，流量Q＝πdu4B．
圖1－11圖1－12
●例5在地面附近的空間中有水平方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，已知磁場的方向垂直紙面向里，一個帶電油滴沿著一條與豎直方向成α角的直線MN運(yùn)動，如圖1－13所示．由此可判斷下列說法正確的是()
圖1－13
A．如果油滴帶正電，則油滴從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)
B．如果油滴帶正電，則油滴從N點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn)
C．如果電場方向水平向右，則油滴從N點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn)
D．如果電場方向水平向左，則油滴從N點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn)
【解析】油滴在運(yùn)動過程中受到重力、電場力及洛倫茲力的作用，因洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，大小隨速度的改變而改變，而電場力與重力的合力是恒力，所以物體做勻速直線運(yùn)動；又因電場力一定在水平方向上，故洛倫茲力的方向是斜向上方的，因而當(dāng)油滴帶正電時，應(yīng)該由M點(diǎn)向N點(diǎn)運(yùn)動，故選項A正確、B錯誤．若電場方向水平向右，則油滴需帶負(fù)電，此時斜向右上方與MN垂直的洛倫茲力對應(yīng)粒子從N點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn)，即選項C正確．同理，電場方向水平向左時，油滴需帶正電，油滴是從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的，故選項D錯誤．
[答案]AC
【點(diǎn)評】對于帶電粒子在復(fù)合場中做直線運(yùn)動的問題要注意受力分析．因?yàn)槁鍌惼澚Φ姆较蚺c速度的方向垂直，而且與磁場的方向、帶電粒子的電性都有關(guān)，分析時更要注意．本題中重力和電場力均為恒力，要保證油滴做直線運(yùn)動，兩力的合力必須與洛倫茲力平衡，粒子的運(yùn)動就只能是勻速直線運(yùn)動．
★同類拓展2如圖1－14甲所示，懸掛在O點(diǎn)的一根不可伸長的絕緣細(xì)線下端掛有一個帶電荷量不變的小球A．在兩次實(shí)驗(yàn)中，均緩慢移動另一帶同種電荷的小球B．當(dāng)B到達(dá)懸點(diǎn)O的正下方并與A在同一水平線上，A處于受力平衡時，懸線偏離豎直方向的角度為θ．若兩次實(shí)驗(yàn)中B的電荷量分別為q1和q2，θ分別為30°和45°，則q2q1為[2007年高考重慶理綜卷]()
圖1－14甲
A．2B．3C．23D．33
【解析】對A球進(jìn)行受力分析，如圖1－14乙所示，
圖1－14乙
由于繩子的拉力和點(diǎn)電荷間的斥力的合力與A球的重力平衡，故有：F電＝mgtanθ，又F電＝kqQAr2．設(shè)繩子的長度為L，則A、B兩球之間的距離r＝Lsinθ，聯(lián)立可得：q＝mL2gtanθsin2θkQA，由此可見，q與tanθsin2θ成正比，即q2q1＝tan45°sin245°tan30°sin230°＝23，故選項C正確．
[答案]C
互動辨析本題為帶電體在重力場和電場中的平衡問題，解題的關(guān)鍵在于：先根據(jù)小球的受力情況畫出平衡狀態(tài)下的受力分析示意圖；然后根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系列式，得出電荷量的通解表達(dá)式，進(jìn)而分析求解．本題體現(xiàn)了新課標(biāo)在知識考查中重視方法滲透的思想．

三、牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用
要點(diǎn)歸納
(一)深刻理解牛頓第一、第三定律
1．牛頓第一定律(慣性定律)
一切物體總保持勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止．
(1)理解要點(diǎn)
①運(yùn)動是物體的一種屬性，物體的運(yùn)動不需要力來維持．
②它定性地揭示了運(yùn)動與力的關(guān)系：力是改變物體運(yùn)動狀態(tài)的原因，是使物體產(chǎn)生加速度的原因．
③牛頓第一定律是牛頓第二定律的基礎(chǔ)，不能認(rèn)為它是牛頓第二定律合外力為零時的特例．牛頓第一定律定性地給出了力與運(yùn)動的關(guān)系，第二定律定量地給出力與運(yùn)動的關(guān)系．
(2)慣性：物體保持原來的勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)叫做慣性．
①慣性是物體的固有屬性，與物體的受力情況及運(yùn)動狀態(tài)無關(guān)．
②質(zhì)量是物體慣性大小的量度．
2．牛頓第三定律
(1)兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在一條直線上，可用公式表示為F＝－F′．
(2)作用力與反作用力一定是同種性質(zhì)的力，作用效果不能抵消．
(3)牛頓第三定律的應(yīng)用非常廣泛，凡是涉及兩個或兩個以上物體的物理情境、過程的解答，往往都需要應(yīng)用這一定律．
(二)牛頓第二定律
1．定律內(nèi)容
物體的加速度a跟物體所受的合外力F合成正比，跟物體的質(zhì)量m成反比．
2．公式：F合＝ma
理解要點(diǎn)
①因果性：F合是產(chǎn)生加速度a的原因，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時存在，同時消失．
②方向性：a與F合都是矢量，方向嚴(yán)格相同．
③瞬時性和對應(yīng)性：a為某時刻某物體的加速度，F(xiàn)合是該時刻作用在該物體上的合外力．
3．應(yīng)用牛頓第二定律解題的一般步驟：
(1)確定研究對象；
(2)分析研究對象的受力情況，畫出受力分析圖并找出加速度的方向；
(3)建立直角坐標(biāo)系，使盡可能多的力或加速度落在坐標(biāo)軸上，并將其余的力或加速度分解到兩坐標(biāo)軸上；
(4)分別沿x軸方向和y軸方向應(yīng)用牛頓第二定律列出方程；
(5)統(tǒng)一單位，計算數(shù)值．
熱點(diǎn)、重點(diǎn)、難點(diǎn)
一、正交分解法在動力學(xué)問題中的應(yīng)用
當(dāng)物體受到多個方向的外力作用產(chǎn)生加速度時，常要用到正交分解法．
1．在適當(dāng)?shù)姆较蚪⒅苯亲鴺?biāo)系，使需要分解的矢量盡可能少．
2．Fx合＝max合，F(xiàn)y合＝may合，F(xiàn)z合＝maz合．
3．正交分解法對本章各類問題，甚至對整個高中物理來說都是一重要的思想方法．
●例6如圖1－15甲所示，在風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室里，一根足夠長的細(xì)桿與水平面成θ＝37°固定，質(zhì)量m＝1kg的小球穿在細(xì)桿上靜止于細(xì)桿底端O點(diǎn)．現(xiàn)有水平向右的風(fēng)力F作用于小球上，經(jīng)時間t1＝2s后停止，小球沿細(xì)桿運(yùn)動的部分v－t圖象如圖1－15乙所示．試求：(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
圖1－15
(1)小球在0～2s內(nèi)的加速度a1和2～4s內(nèi)的加速度a2．
(2)風(fēng)對小球的作用力F的大?。?br> 【解析】(1)由圖象可知，在0～2s內(nèi)小球的加速度為：
a1＝v2－v1t1＝20m/s2，方向沿桿向上
在2～4s內(nèi)小球的加速度為：
a2＝v3－v2t2＝－10m/s2，負(fù)號表示方向沿桿向下．
(2)有風(fēng)力時的上升過程，小球的受力情況如圖1－15丙所示
圖1－15丙
在y方向，由平衡條件得：
FN1＝Fsinθ＋mgcosθ
在x方向，由牛頓第二定律得：
Fcosθ－mgsinθ－μFN1＝ma1
停風(fēng)后上升階段，小球的受力情況如圖1－15丁所示
圖1－15丁
在y方向，由平衡條件得：
FN2＝mgcosθ
在x方向，由牛頓第二定律得：
－mgsinθ－μFN2＝ma2
聯(lián)立以上各式可得：F＝60N．
【點(diǎn)評】①斜面(或類斜面)問題是高中最常出現(xiàn)的物理模型．
②正交分解法是求解高中物理題最重要的思想方法之一．
二、連接體問題(整體法與隔離法)
高考卷中常出現(xiàn)涉及兩個研究對象的動力學(xué)問題，其中又包含兩種情況：一是兩對象的速度相同需分析它們之間的相互作用，二是兩對象的加速度不同需分析各自的運(yùn)動或受力．隔離(或與整體法相結(jié)合)的思想方法是處理這類問題的重要手段．
1．整體法是指當(dāng)連接體內(nèi)(即系統(tǒng)內(nèi))各物體具有相同的加速度時，可以把連接體內(nèi)所有物體組成的系統(tǒng)作為整體考慮，分析其受力情況，運(yùn)用牛頓第二定律對整體列方程求解的方法．
2．隔離法是指當(dāng)研究對象涉及由多個物體組成的系統(tǒng)時，若要求連接體內(nèi)物體間的相互作用力，則應(yīng)把某個物體或某幾個物體從系統(tǒng)中隔離出來，分析其受力情況及運(yùn)動情況，再利用牛頓第二定律對隔離出來的物體列式求解的方法．
3．當(dāng)連接體中各物體運(yùn)動的加速度相同或要求合外力時，優(yōu)先考慮整體法；當(dāng)連接體中各物體運(yùn)動的加速度不相同或要求物體間的作用力時，優(yōu)先考慮隔離法．有時一個問題要兩種方法結(jié)合起來使用才能解決．
●例7如圖1－16所示，在光滑的水平地面上有兩個質(zhì)量相等的物體，中間用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，在外力F1、F2的作用下運(yùn)動．已知F1＞F2，當(dāng)運(yùn)動達(dá)到穩(wěn)定時，彈簧的伸長量為()
圖1－16
A．F1－F2kB．F1－F22k
C．F1＋F22kD．F1＋F2k
【解析】取A、B及彈簧整體為研究對象，由牛頓第二定律得：F1－F2＝2ma
取B為研究對象：kx－F2＝ma
(或取A為研究對象：F1－kx＝ma)
可解得：x＝F1＋F22k．
[答案]C
【點(diǎn)評】①解析中的三個方程任取兩個求解都可以．
②當(dāng)?shù)孛娲植跁r，只要兩物體與地面的動摩擦因數(shù)相同，則A、B之間的拉力與地面光滑時相同．
★同類拓展3如圖1－17所示，質(zhì)量為m的小物塊A放在質(zhì)量為M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面勻速向右滑動，且A、B相對靜止．某時刻撤去水平拉力，經(jīng)過一段時間，B在地面上滑行了一段距離x，A在B上相對于B向右滑行了一段距離L(設(shè)木板B足夠長)后A和B都停了下來．已知A、B間的動摩擦因數(shù)為μ1，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，且μ2＞μ1，則x的表達(dá)式應(yīng)為()
圖1－17
A．x＝MmLB．x＝(M＋m)Lm
C．x＝μ1ML(μ2－μ1)(m＋M)D．x＝μ1ML(μ2＋μ1)(m＋M)
【解析】設(shè)A、B相對靜止一起向右勻速運(yùn)動時的速度為v，撤去外力后至停止的過程中，A受到的滑動摩擦力為：
f1＝μ1mg
其加速度大小a1＝f1m＝μ1g
B做減速運(yùn)動的加速度大小a2＝μ2(m＋M)g－μ1mgM
由于μ2＞μ1，所以a2＞μ2g＞μ1g＝a1
即木板B先停止后，A在木板上繼續(xù)做勻減速運(yùn)動，且其加速度大小不變
對A應(yīng)用動能定理得：－f1(L＋x)＝0－12mv2
對B應(yīng)用動能定理得：
μ1mgx－μ2(m＋M)gx＝0－12Mv2
解得：x＝μ1ML(μ2－μ1)(m＋M)．
[答案]C
【點(diǎn)評】①雖然使A產(chǎn)生加速度的力由B施加，但產(chǎn)生的加速度a1＝μ1g是取大地為參照系的．加速度是相對速度而言的，所以加速度一定和速度取相同的參照系，與施力物體的速度無關(guān)．
②動能定理可由牛頓第二定律推導(dǎo)，特別對于勻變速直線運(yùn)動，兩表達(dá)式很容易相互轉(zhuǎn)換．
三、臨界問題
●例8如圖1－18甲所示，滑塊A置于光滑的水平面上，一細(xì)線的一端固定于傾角為45°、質(zhì)量為M的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細(xì)線另一端拴一質(zhì)量為m的小球B．現(xiàn)對滑塊施加一水平方向的恒力F，要使小球B能相對斜面靜止，恒力F應(yīng)滿足什么條件？
圖1－18甲
【解析】
先考慮恒力背離斜面方向(水平向左)的情況：設(shè)恒力大小為F1時，B還在斜面上且對斜面的壓力為零，此時A、B有共同加速度a1，B的受力情況如圖1－18乙所示，有：
圖1－18乙
Tsinθ＝mg，Tcosθ＝ma1
解得：a1＝gcotθ
即F1＝(M＋m)a1＝(M＋m)gcotθ
由此可知，當(dāng)水平向左的力大于(M＋m)gcotθ時，小球B將離開斜面，對于水平恒力向斜面一側(cè)方向(水平向右)的情況：設(shè)恒力大小為F2時，B相對斜面靜止時對懸繩的拉力恰好為零，此時A、B的共同加速度為a2，B的受力情況如圖1－18丙所示，有：
圖1－18丙
FNcosθ＝mg，F(xiàn)Nsinθ＝ma2
解得：a2＝gtanθ
即F2＝(M＋m)a2＝(M＋m)gtanθ
由此可知，當(dāng)水平向右的力大于(M＋m)gtanθ，B將沿斜面上滑，綜上可知，當(dāng)作用在A上的恒力F向左小于(M＋m)gcotθ，或向右小于(M＋m)gtanθ時，B能靜止在斜面上．
[答案]向左小于(M＋m)gcotθ或向右小于(M＋m)gtanθ
【點(diǎn)評】斜面上的物體、被細(xì)繩懸掛的物體這兩類物理模型是高中物理中重要的物理模型，也是高考常出現(xiàn)的重要物理情境．
四、超重與失重問題
1．超重與失重只是物體在豎直方向上具有加速度時所受支持力不等于重力的情形．
2．要注意飛行器繞地球做圓周運(yùn)動時在豎直方向上具有向心加速度，處于失重狀態(tài)．
●例9為了測量某住宅大樓每層的平均高度(層高)及電梯的運(yùn)行情況，甲、乙兩位同學(xué)在一樓電梯內(nèi)用電子體重計及秒表進(jìn)行了以下實(shí)驗(yàn)：質(zhì)量m＝50kg的甲同學(xué)站在體重計上，乙同學(xué)記錄電梯從地面一樓到頂層的過程中，體重計的示數(shù)隨時間變化的情況，并作出了如圖1－19甲所示的圖象．已知t＝0時，電梯靜止不動，從電梯內(nèi)樓層按鈕上獲知該大樓共19層．求：
(1)電梯啟動和制動時的加速度大?。?br> (2)該大樓的層高．
圖1－19甲
【解析】(1)對于啟動狀態(tài)有：F1－mg＝ma1
得：a1＝2m/s2
對于制動狀態(tài)有：mg－F3＝ma2
得：a2＝2m/s2．
(2)電梯勻速運(yùn)動的速度v＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s
從圖中讀得電梯勻速上升的時間t2＝26s
電梯運(yùn)行的總時間t＝28s
電梯運(yùn)行的v－t圖象如圖1－19乙所示，
圖1－19乙
所以總位移s＝12v(t2＋t)＝12×2×(26＋28)m＝54m
層高h(yuǎn)＝s18＝5418＝3m．
[答案](1)2m/s22m/s2(2)3m

高考物理沖刺力與運(yùn)動2專題復(fù)習(xí)

一名優(yōu)秀的教師就要對每一課堂負(fù)責(zé)，作為教師準(zhǔn)備好教案是必不可少的一步。教案可以讓學(xué)生能夠在教學(xué)期間跟著互動起來，幫助教師提高自己的教學(xué)質(zhì)量。所以你在寫教案時要注意些什么呢？急您所急，小編為朋友們了收集和編輯了“高考物理沖刺力與運(yùn)動2專題復(fù)習(xí)”，僅供參考，歡迎大家閱讀。

20xx屆高考黃岡中學(xué)物理沖刺講解、練習(xí)題、預(yù)測題02：第1專題力與運(yùn)動（2）經(jīng)典考題

在本專題中，正交分解、整體與隔離相結(jié)合是最重要也是最常用的思想方法，是高考中考查的重點(diǎn)．力的獨(dú)立性原理、運(yùn)動圖象的應(yīng)用次之，在高考中出現(xiàn)的概率也較大．

1．有一個直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB豎直向下，表面光滑．AO上套有小環(huán)P，OB上套有小環(huán)Q，兩環(huán)質(zhì)量均為m，兩環(huán)間由一根質(zhì)量可忽略、不可伸長的細(xì)繩相連，并在某一位置平衡(如圖1－20甲所示)．現(xiàn)將P環(huán)向左移一小段距離，兩環(huán)再次達(dá)到平衡，那么將移動后的平衡狀態(tài)和原來的平衡狀態(tài)比較，AO桿對P環(huán)的支持力N和細(xì)繩上的拉力T的變化情況是[1998年高考上海物理卷]()

圖1－20甲

A．N不變，T變大B．N不變，T變小

C．N變大，T變大D．N變大，T變小

【解析】Q環(huán)的受力情況如圖1－20乙所示，由平衡條件得：Tcosθ＝mg．

P環(huán)向左移動后θ變小，T＝mgcosθ變?。?/p>

圖1－20乙圖1－20丙

P環(huán)的受力情況如圖1－20丙所示，由平衡條件得：

NP＝mg＋Tcosθ＝2mg，NP與θ角無關(guān)．

故選項B正確．

[答案]B

【點(diǎn)評】①本例是正交分解法、隔離法的典型應(yīng)用，以后的許多考題都由此改編而來．

②求解支持力N時，還可取P、Q組成的整體為研究對象，將整體受到的外力正交分解知豎直方向有：NQ＝2mg．

2．如圖1－21甲所示，在傾角為α的固定光滑斜面上有一塊用繩子拴著的長木板，木板上站著一只貓．已知木板的質(zhì)量是貓的質(zhì)量的2倍．當(dāng)繩子突然斷開時，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對斜面的位置不變．則此時木板沿斜面下滑的加速度為[2004年高考全國理綜卷Ⅳ]()

圖1－21甲

A．g2sinαB．gsinα

C．32gsinαD．2gsinα

【解析】繩子斷開后貓的受力情況如圖1－21乙所示，由平衡條件知，木板對貓有沿斜面向上的摩擦力，有：

f＝mgsinα

圖1－21乙圖1－21丙

再取木板為研究對象，其受力情況如圖1－21丙所示．由牛頓第二定律知：

2mgsinα＋f′＝2ma

解得：a＝32gsinα．

[答案]C

【點(diǎn)評】①貓腳與木塊之間的摩擦力使貓保持平衡狀態(tài)．

②還可取貓、木板組成的整體為研究對象，由牛頓第二定律：3mgsinα＝2ma求解，但這一方法高中不作要求．

3．如圖1－22所示，某貨場需將質(zhì)量m1＝100kg的貨物(可視為質(zhì)點(diǎn))從高處運(yùn)送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物由軌道頂端無初速度滑下，軌道半徑R＝1.8m．地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板A、B，長度均為l＝2m，質(zhì)量均為m2＝100kg，木板上表面與軌道末端相切．貨物與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2．(最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g＝10m/s2)

[2009年高考山東理綜卷]

圖1－22

(1)求貨物到達(dá)圓軌道末端時對軌道的壓力．

(2)若貨物滑上木板A時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求μ1應(yīng)滿足的條件．

(3)若μ1＝0.5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運(yùn)動的時間．

【解析】(1)設(shè)貨物滑到圓軌道末端時的速度為v0，對貨物的下滑過程中根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：

mgR＝12m1v20

設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為FN，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)N－m1g＝m1v20R

聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得FN＝3000N

根據(jù)牛頓第三定律，貨物到達(dá)圓軌道末端時對軌道的壓力大小為3000N，方向豎直向下．

(2)若滑上木板A時，木板不動，由受力分析得：

μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g

若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得：

μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得0.4＜μ1≤0.6．

(3)μ1＝0.5，由上問可得，貨物在木板A上滑動時，木板不動，設(shè)貨物在木板A上做減速運(yùn)動時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得μ1m1g＝m1a1

設(shè)貨物滑到木板A末端時的速度為v1，由運(yùn)動學(xué)公式得：

v21－v20＝－2a1l

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得v1＝4m/s

設(shè)在木板A上運(yùn)動的時間為t，由運(yùn)動學(xué)公式得：

v1＝v0－a1t

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得t＝0.4s．

[答案](1)3000N，方向豎直向下(2)0.4＜μ1≤0.6

(3)0.4s

【點(diǎn)評】象這樣同時考查受力分析、動力學(xué)、運(yùn)動學(xué)的題型在20xx屆高考中出現(xiàn)的可能性最大．

4．如圖1－23甲所示，P、Q為某地區(qū)水平地面上的兩點(diǎn)，在P點(diǎn)正下方一球形區(qū)域內(nèi)儲藏有石油．假定區(qū)域周圍巖石均勻分布，密度為ρ；石油密度遠(yuǎn)小于ρ，可將上述球形區(qū)域視為空腔．如果沒有這一空腔，則該地區(qū)重力加速度(正常值)沿豎直方向；當(dāng)存在空腔時，該地區(qū)重力加速度的大小和方向會與正常情況有微小偏離．重力加速度在原豎直方向(即PO方向)上的投影相對于正常值的偏離叫做“重力加速度反?！保疄榱颂綄な蛥^(qū)域的位置和石油儲量，常利用P點(diǎn)附近重力加速度反常現(xiàn)象．已知引力常數(shù)為G．

圖1－23甲

(1)設(shè)球形空腔體積為V，球心深度為d(遠(yuǎn)小于地球半徑)，PQ＝x，求空腔所引起的Q點(diǎn)處的重力加速度反常．

(2)若在水平地面上半徑L的范圍內(nèi)發(fā)現(xiàn)：重力加速度反常值在δ與kδ(k＞1)之間變化，且重力加速度反常的最大值出現(xiàn)在半徑為L的范圍的中心，如果這種反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，試求此球形空腔球心的深度和空腔的體積．

[2009年高考全國理綜卷Ⅱ]

【解析】(1)由牛頓第二定律得：a＝F引m

故重力加速度g＝GMr2

假設(shè)空腔處存在密度為ρ的巖石時，對Q處物體的引力產(chǎn)生的重力加速度為Δg＝GM′d2＋x2＝GρVd2＋x2

由力的獨(dú)立原理及矢量的合成定則知，球形區(qū)域?yàn)榭涨粫rQ點(diǎn)處的物體的重力加速度的矢量關(guān)系如圖1－23乙所示

圖1－23乙

即

故加速度反常Δg′＝Δgcosθ＝GρVd(d2＋x2)3．

(2)由(1)解可得，重力加速度反常Δg′的最大值和最小值分別為：

(Δg′)max＝GρVd2，(Δg′)min＝

由題設(shè)有(Δg′)max＝kδ、(Δg′)min＝δ

聯(lián)立以上各式得，地下球形空腔球心的深度和空腔的體積分別為：

d＝，V＝．

[答案](1)(2)

【點(diǎn)評】①對于本題大部分同學(xué)不知如何入手，其原因在于對力的獨(dú)立性原理及矢量(加速度)的合成與分解理解不夠深刻和熟練．

②本考題使大部分同學(xué)陷入一個思維誤區(qū)，總在思考g＝Gm，而不去思考g也是自由落體的加速度g＝F引m，遵循矢量的平行四邊形定則．

能力演練

一、選擇題(10×4分)

1．如圖所示，A、B是兩個長方形物塊，F(xiàn)是作用在物塊B上沿水平方向的力，A和B以相同的速度在水平地面C上做勻速直線運(yùn)動(空氣阻力不計)．由此可知，A、B間的動摩擦因數(shù)μ1和B、C間的動摩擦因數(shù)μ2有可能是()

A．μ1＝0，μ2＝0B．μ1＝0，μ2≠0

C．μ1≠0，μ2＝0D．μ1≠0，μ2≠0

【解析】本題中選A、B整體為研究對象，由于A、B在推力F的作用下做勻速直線運(yùn)動，可知地面對B的摩擦力一定水平向左，故μ2≠0；對A進(jìn)行受力分析可知，水平方向不受力，μ1可能為零，故正確答案為BD．

[答案]BD

2．如圖所示，從傾角為θ、高h(yuǎn)＝1.8m的斜面頂端A處水平拋出一石子，石子剛好落在這個斜面底端的B點(diǎn)處．石子拋出后，經(jīng)時間t距斜面最遠(yuǎn)，則時間t的大小為(取g＝10m/s2)()

A．0.1sB．0.2sC．0.3sD．0.6s

【解析】由題意知，石子下落的時間t0＝2hg＝0.6s

又因?yàn)樗轿灰苮＝hcotθ

故石子平拋的水平初速度v0＝xt0＝hcotθt0

當(dāng)石子的速度方向與斜面平行時，石子距斜面最遠(yuǎn)

即gtv0＝tanθ

解得：t＝h2g＝0.3s．

[答案]C

3．在輕繩的兩端各拴一個小球，一人用手拿著上端的小球站在3樓的陽臺上，放手后讓小球自由下落，兩小球相繼落地的時間差為T．如果站在4樓的陽臺上，同樣放手讓小球自由下落，則兩小球相繼落地的時間差將()

A．不變B．增大C．減小D．無法判斷

【解析】兩小球都做自由落體運(yùn)動，可在同一v－t圖象中作出速度隨時間變化的關(guān)系曲線，如圖所示．設(shè)人在3樓的陽臺上釋放小球后，兩球落地的時間差為Δt1，圖中陰影部分的面積為Δh；若人在4樓的陽臺上釋放小球后，兩球落地的時間差為Δt2，要保證陰影部分的面積也是Δh，從圖中可以看出一定有Δt2＜Δt1．

[答案]C

4．如圖甲所示，小球靜止在小車中的光滑斜面A和光滑豎直擋板B之間，原來小車向左勻速運(yùn)動．現(xiàn)在小車改為向左減速運(yùn)動，那么關(guān)于斜面對小球的彈力NA的大小和擋板B對小球的彈力NB的大小，以下說法正確的是()

甲

A．NA不變，NB減小B．NA增大，NB不變

C．NB有可能增大D．NA可能為零

【解析】小球的受力情況如圖乙所示，有：

乙

NAcosθ＝mg

NAsinθ－NB＝ma

故NA不變，NB減小．

[答案]A

5．小球從空中自由下落，與水平地面第一次相碰后彈到空中某一高度，其速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示，則()

A．小球第一次反彈后的速度大小為3m/s

B．小球碰撞時速度的改變量為2m/s

C．小球是從5m高處自由下落的

D．小球反彈起的最大高度為0.45m

【解析】第一次反彈后的速度為－3m/s，負(fù)號表示方向向上，A正確．碰撞時速度的改變量Δv＝－8m/s，B錯誤．下落的高度h1＝12×5×0.5m＝1.25m，反彈的高度h2＝12×3×0.3＝0.45m，D正確．

[答案]AD

6．如圖甲所示，四個質(zhì)量、形狀相同的斜面體放在粗糙的水平面上，將四個質(zhì)量相同的物塊放在斜面頂端，因物塊與斜面的摩擦力不同，四個物塊運(yùn)動情況不同．A物塊放上后勻加速下滑，B物塊獲一初速度后勻速下滑，C物塊獲一初速度后勻減速下滑，D物塊放上后靜止在斜面上．若在上述四種情況下斜面體均保持靜止且對地面的壓力依次為F1、F2、F3、F4，則它們的大小關(guān)系是()

甲

A．F1＝F2＝F3＝F4B．F1＞F2＞F3＞F4

C．F1＜F2＝F4＜F3D．F1＝F3＜F2＜F4

【解析】斜面的受力情況如乙圖所示，其中，f1、N分別為斜面對物塊的摩擦力和支持力的反作用力

乙

N＝mgcosθ

f2可能向左，也可能向右或?yàn)榱悖?/p>

a圖中，f1＜mgsinθ，故

F＝Mg＋mgcosθcosθ＋f1sinθ＜(M＋m)g

b圖中，f1＝mgsinθ，故F＝Mg＋mgcosθcosθ＋f1sinθ＝(M＋m)g

c圖中，f1＞mgsinθ，故F＝Mg＋mgcosθcosθ＋f1sinθ＞(M＋m)g

d圖中，f1＝mgsinθ，故F＝(M＋m)g．

[答案]C

7．把一鋼球系在一根彈性繩的一端，繩的另一端固定在天花板上，先把鋼球托起(如圖所示)，然后放手．若彈性繩的伸長始終在彈性限度內(nèi)，關(guān)于鋼球的加速度a、速度v隨時間t變化的圖象，下列說法正確的是()

A．甲為a－t圖象B．乙為a－t圖象

C．丙為v－t圖象D．丁為v－t圖象

【解析】由題圖可知，彈性繩處于松弛狀態(tài)下降時鋼球做自由落體運(yùn)動，繃緊后小球做簡諧運(yùn)動；當(dāng)小球上升至繩再次松弛時做豎直上拋運(yùn)動，故v～t圖象為圖甲，a～t圖象為圖乙．

[答案]B

8．如圖所示，足夠長的水平傳送帶以速度v沿順時針方向運(yùn)動，傳送帶的右端與光滑曲面的底部平滑連接，曲面上的A點(diǎn)距離底部的高度h＝0.45m．一小物塊從A點(diǎn)靜止滑下，再滑上傳送帶，經(jīng)過一段時間又返回曲面．g取10m/s2，則下列說法正確的是()

A．若v＝1m/s，則小物塊能回到A點(diǎn)

B．若v＝2m/s，則小物塊能回到A點(diǎn)

C．若v＝5m/s，則小物塊能回到A點(diǎn)

D．無論v等于多少，小物塊均能回到A點(diǎn)

【解析】小物塊滑上傳送帶的初速度v0＝2gh＝3m/s

當(dāng)傳送帶的速度v≥3m/s時，小物塊返回曲面的初速度都等于3m/s，恰好能回到A點(diǎn)，當(dāng)傳送帶的傳送速度v＜3m/s時，小物塊返回曲面的初速度等于v，不能回到A點(diǎn)．

[答案]C

9．如圖甲所示，質(zhì)量為m的物體用細(xì)繩拴住放在粗糙的水平傳送帶上，物體距傳送帶左端的距離為L．當(dāng)傳送帶分別以v1、v2的速度逆時針轉(zhuǎn)動(v1＜v2)，穩(wěn)定時繩與水平方向的夾角為θ，繩中的拉力分別為F1，F(xiàn)2；若剪斷細(xì)繩時，物體到達(dá)左端的時間分別為t1、t2，則下列說法正確的是()

甲

A．F1＜F2B．F1＝F2

C．t1一定大于t2D．t1可能等于t2

【解析】繩剪斷前物體的受力情況如圖乙所示，由平衡條件得：FN＋Fsinθ＝mg

乙

f＝μFN＝Fcosθ

解得：F＝μmgμsinθ＋cosθ，F(xiàn)的大小與傳送帶的速度無關(guān)繩剪斷后m在兩速度的傳送帶上的加速度相同

若L≤v212μg，則兩次都是勻加速到達(dá)左端，t1＝t2

若L＞v212μg，則物體在傳送帶上先加速再勻速到達(dá)左端，在速度小的傳送帶上需要的時間更長，t1＞t2．

[答案]BD

10．靜電透鏡是利用靜電場使電子束會聚或發(fā)散的一種裝置，其中某部分靜電場的分布如圖甲所示．圖中虛線表示這個靜電場在xOy平面內(nèi)的一族等勢線，等勢線形狀關(guān)于Ox軸、Oy軸對稱．等勢線的電勢沿x軸正方向增加，且相鄰兩等勢線的電勢差相等．一個電子經(jīng)過P點(diǎn)(其橫坐標(biāo)為－x0)時，速度與Ox軸平行，適當(dāng)控制實(shí)驗(yàn)條件，使該電子通過電場區(qū)域時僅在Ox軸上方運(yùn)動．在通過電場區(qū)域過程中，該電子沿y軸方向的分速度vy隨位置坐標(biāo)x變化的示意圖是圖乙中的()

甲

乙

【解析】在x軸負(fù)方向，電子所受的電場力向右偏下，則電子的豎直分速度沿y軸負(fù)方向不斷增加，到達(dá)x＝0時豎直分速度最大，到達(dá)x軸正方向后，電子所受的電場力向右偏上，則其豎直分速度沿y軸負(fù)方向不斷減?。挥钟捎谠趚軸負(fù)方向的電子運(yùn)動處的電場線比在x軸正方向電子運(yùn)動處的電場線密，相應(yīng)的電子的加速度大，故電子在x軸正方向經(jīng)過與x軸負(fù)方向相同的水平距離時，y軸方向的分速度不能減為零，D正確．

[答案]D

二、非選擇題(共60分)

11．(6分)在某次實(shí)驗(yàn)中得到小車做直線運(yùn)動的s－t關(guān)系如圖所示．

(1)由圖可以確定，小車在AC段和DE段的運(yùn)動分別為()

A．AC段是勻加速運(yùn)動，DE段是勻速運(yùn)動

B．AC段是加速運(yùn)動，DE段是勻加速運(yùn)動

C．AC段是加速運(yùn)動；DE段是勻速運(yùn)動

D．AC段是勻加速運(yùn)動；DE段是勻加速運(yùn)動

(2)在與AB、AC、AD對應(yīng)的平均速度中，最接近小車在A點(diǎn)的瞬時速度是________段中的平均速度．

[答案](1)C(2)AB(每空3分)

12．(9分)當(dāng)物體從高空下落時，其所受阻力會隨物體速度的增大而增大，因此物體下落一段距離后將保持勻速運(yùn)動狀態(tài)，這個速度稱為此物體下落的收尾速度．研究發(fā)現(xiàn)，在相同環(huán)境下，球形物體的收尾速度僅與球的半徑和質(zhì)量有關(guān)．下表是某次研究的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)．

小球編號ABCDE

小球的半徑(×10－3m)0.50.51.522.5

小球的質(zhì)量(×10－6kg)254540100

小球的收尾速度(m/s)1640402032

(1)根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，求出B球與C球達(dá)到收尾速度時所受的阻力之比．

(2)根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，歸納出球形物體所受的阻力f與球的速度大小及球的半徑之間的關(guān)系．(寫出有關(guān)表達(dá)式，并求出比例系數(shù)，重力加速度g取9.8m/s2)

(3)現(xiàn)將C球和D球用輕質(zhì)細(xì)線連接，若它們在下落時所受的阻力與單獨(dú)下落時的規(guī)律相同，讓它們同時從足夠高的同一高度下落，試求出它們的收尾速度，并判斷它們落地的順序(不需要寫出判斷理由)．

【解析】(1)球在達(dá)到收尾速度時處于平衡狀態(tài)，有：

f＝mg

則fB∶fC＝mB∶mC

代入數(shù)據(jù)解得：fB∶fC＝1∶9．

(2)由表中A、B兩球的有關(guān)數(shù)據(jù)可得，阻力與速度成正比，即f∝v

由表中B、C兩球的有關(guān)數(shù)據(jù)可得，阻力與球的半徑的平方成正比，即f∝r2

得：f＝kvr2

其中k＝4.9Ns/m3．

(3)將C球和D球用細(xì)線連接后，應(yīng)滿足：

mCg＋mDg＝fC＋fD

即mCg＋mDg＝kv(r2C＋r2D)

代入數(shù)據(jù)解得：v＝27.2m/s

比較C、D兩小球的質(zhì)量和半徑，可判斷出C球先落地．

[答案](1)1∶9(3分)

(2)f＝kvr2，k＝4.9Ns/m3(3分)

(3)27.2m/sC球先落地(3分)

13．(10分)將一平板支撐成一斜面，一石塊可以沿著斜面往不同的方向滑行，如圖所示．如果使石塊具有初速度v，方向沿斜面向下，那么它將做勻減速運(yùn)動，經(jīng)過距離L1后停下來；如果使石塊具有同樣大小的速度，但方向沿斜面向上，它將向上運(yùn)動距離L2后停下來．現(xiàn)在平板上沿水平方向釘一光滑木條(圖中MN所示)，木條的側(cè)邊與斜面垂直．如果使石塊在水平方向以與前兩種情況同樣大小的初速度緊貼著光滑木條運(yùn)動，求石塊在水平方向通過的距離L．

【解析】設(shè)斜面的傾斜角為θ，石塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，故石塊沿斜面減速下滑時的加速度為：

a1＝μgcosθ－gsinθ(2分)

沿斜面減速上滑時的加速度a2＝μgcosθ＋gsinθ

(2分)

緊貼光滑木條水平運(yùn)動時的加速度a3＝μgcosθ

(2分)

由題意可得：

v2＝2a1L1

v2＝2a2L2

v2＝2a3L(3分)

解得：L＝2L1L2L1＋L2．(1分)

[答案]2L1L2L1＋L2

14．(10分)如圖所示，一固定的斜面傾角為30°，一邊與地面垂直，頂上有一定滑輪．一柔軟的細(xì)線跨過定滑輪，兩端分別與物塊A和B連結(jié)，A的質(zhì)量為4m，B的質(zhì)量為m．開始時將B按在地面上不動，然后放開手，讓A沿斜面下滑而B上升．物塊A與斜面間無摩擦．當(dāng)A沿斜面下滑s距離后，細(xì)線突然斷了，求物塊B上升的最大高度．(不計細(xì)線與滑輪之間的摩擦)

【解析】設(shè)細(xì)線斷前物塊的加速度大小為a，細(xì)線的張力為T，由牛頓第二定律得：

4mgsin30°－T＝4ma(2分)

T－mg＝ma(2分)

解得：a＝15g(1分)

故線斷瞬間B的速度大小vB＝2as＝25gs(2分)

線斷后B再上升的最大高度h＝v2B2g＝15s(1分)

物塊B上升的最大高度h總＝s＋h＝65s．(2分)

[答案]65s

15．(12分)在光滑的絕緣水平面上有一質(zhì)量m＝1.0×10－3kg、電荷量q＝＋1.0×10－10C的帶電小球靜止在O點(diǎn)，以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)在該水平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy(如圖所示)．現(xiàn)突然加一個沿x軸正方向、場強(qiáng)大小E＝2.0×106V/m的勻強(qiáng)電場使小球運(yùn)動，并開始計時．在第1s末所加電場方向突然變?yōu)檠貀軸正方向，大小不變；在第2s末電場突然消失，求第3s末小球的位置．

一位同學(xué)這樣分析：第1s內(nèi)小球沿x軸做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，可求出其位移x1；第2s內(nèi)小球沿y軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，可求出其位移y2及其速度v，第3s內(nèi)小球沿y軸正方向做勻速直線運(yùn)動，可求出其位移s，最后小球的橫坐標(biāo)是x1，縱坐標(biāo)是y2＋s．

你認(rèn)為他的分析正確嗎？如果認(rèn)為正確，請按他的思路求出第3s末小球的位置；如果認(rèn)為不正確，請指出錯誤之處并求出第3s末小球的位置．

【解析】該同學(xué)的分析不正確．因?yàn)榈?s末小球有沿x方向的初速度，所以第2s內(nèi)小球做類平拋運(yùn)動，第3s內(nèi)也不沿y軸正方向運(yùn)動．(3分)

第1s內(nèi)小球做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，有：

a1x＝Fm＝qEm(1分)

x1＝12a1xt21＝qEt212m

＝1.0×10－10×2.0×106×122×1.0×10－3m＝0.1m(1分)

v1x＝a1xt1＝qEt1m

第2s內(nèi)小球做類平拋運(yùn)動，有：

a2y＝qEm(1分)

y2＝12a2yt22＝qEt222m

＝1.0×10－10×2.0×106×122×1.0×10－3m＝0.1m(1分)

v2y＝a2t2＝qEt2m

x2＝v1xt2＝qEt1t2m

＝1.0×10－10×2.0×106×1×11.0×10－3m＝0.2m(1分)

第3s內(nèi)小球做勻速直線運(yùn)動，沿x方向速度為v1x，沿y方向速度為v2y，有：

x3＝v1xt3＝qEt1t3m

＝1.0×10－10×2.0×106×1×11.0×10－3m＝0.2m(1分)

y3＝v2yt3＝qEt2t3m

＝1.0×10－10×2.0×106×1×11.0×10－3m＝0.2m(1分)

第3s末小球的位置坐標(biāo)為：

x＝x1＋x2＋x3＝0.5m(1分)

y＝y(tǒng)2＋y3＝0.3m．(1分)

[答案]略

16．(13分)如圖所示，長L＝1.5m、高h(yuǎn)＝0.45m、質(zhì)量M＝10kg的長方體木箱在水平面上向右做直線運(yùn)動．當(dāng)木箱的速度v0＝3.6m/s時，對木箱施加一個方向水平向左的恒力F＝50N，并同時將一個質(zhì)量m＝1kg的小球輕放在距木箱右端L3處的P點(diǎn)(小球可視為質(zhì)點(diǎn)，放在P點(diǎn)時相對于地面的速度為零)，經(jīng)過一段時間，小球脫離木箱落到地面．已知木箱與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，而小球與木箱之間的摩擦不計．取g＝10m/s2，求：

(1)小球從開始離開木箱至落到地面所用的時間．

(2)小球放上P點(diǎn)后，木箱向右運(yùn)動的最大位移．

(3)小球離開木箱時木箱的速度．

【解析】(1)小球離開木箱后做自由落體運(yùn)動，設(shè)其落到地面所用的時間為t，由h＝12gt2得：

t＝2hg＝2×0.4510s＝0.3s．(2分)

(2)小球放上木箱后相對地面靜止

由F＋μFN＝Ma1(1分)

FN＝(M＋m)g(1分)

得木箱的加速度：

a1＝F＋μ(M＋m)gM＝50＋0.2(10＋1)×1010m/s2

＝7.2m/s2(2分)

木箱向右運(yùn)動的最大位移s1＝v202a1＝3.622×7.2m＝0.9m．

(1分)

(3)由于s1＝0.9m＜1m，故木箱在向右運(yùn)動期間，小球不會從木箱的左端掉下(1分)

得木箱向左運(yùn)動的加速度：

a2＝F－μ(M＋m)gM＝50－0.2(10＋1)×1010m/s2

＝2.8m/s2(2分)

設(shè)木箱向左運(yùn)動s2時，小球從木箱的右端掉下，有：

s2＝s1＋L3＝0.9m＋0.5m＝1.4m(1分)

設(shè)木箱向左運(yùn)動所用的時間為t2，則由s2＝12a2t22得：

t2＝2s2a2＝2×1.42.8s＝1s(1分)

小球剛離開木箱時木箱的速度方向向左，大小為：

v2＝a2t2＝2.8×1m/s＝2.8m/s．(1分)

[答案](1)0.3s(2)0.9m(3)2.8m/s

高考物理考前回扣教材-力與曲線運(yùn)動

一名優(yōu)秀的教師在每次教學(xué)前有自己的事先計劃，準(zhǔn)備好一份優(yōu)秀的教案往往是必不可少的。教案可以讓學(xué)生更好的吸收課堂上所講的知識點(diǎn)，幫助教師營造一個良好的教學(xué)氛圍。那么如何寫好我們的教案呢？以下是小編收集整理的“高考物理考前回扣教材-力與曲線運(yùn)動”，相信您能找到對自己有用的內(nèi)容。

力與曲線運(yùn)動
考點(diǎn)要求重溫
考點(diǎn)11運(yùn)動的合成與分解(Ⅱ)
考點(diǎn)12拋體運(yùn)動(Ⅱ)
考點(diǎn)13勻速圓周運(yùn)動、角速度、線速度、向心加速度(Ⅰ)
考點(diǎn)14勻速圓周運(yùn)動的向心力(Ⅱ)
考點(diǎn)15離心現(xiàn)象(Ⅰ)
考點(diǎn)16萬有引力定律及其應(yīng)用(Ⅱ)
考點(diǎn)17環(huán)繞速度(Ⅱ)
考點(diǎn)18第二宇宙速度和第三宇宙速度(Ⅰ)
考點(diǎn)19經(jīng)典時空觀和相對論時空觀(Ⅰ)
要點(diǎn)方法回顧
1.怎樣分析平拋運(yùn)動問題？平拋運(yùn)動有哪些規(guī)律？
答案(1)平拋運(yùn)動問題的分析方法：分解為水平方向上的勻速直線運(yùn)動和豎直方向上的自由落體運(yùn)動.即運(yùn)動的合成與分解.
(2)平拋運(yùn)動的運(yùn)動規(guī)律：

平拋運(yùn)動水平分運(yùn)動豎直分運(yùn)動合運(yùn)動
速度大小vx＝v0vy＝gtv＝v2x＋v2y

方向x軸正方向y軸正方向tanθ＝gtv0

位移大小x＝v0ty＝12gt2
s＝x2＋y2

方向x軸正方向y軸正方向tanφ＝gt2v0

2.豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動模型有哪些，各有什么特點(diǎn)？
答案(1)輕繩模型
如圖所示，球過最高點(diǎn)的速度最小值vmin＝rg，若v＞rg，繩對球產(chǎn)生拉力.球緊貼圓形光滑內(nèi)側(cè)軌道的運(yùn)動與此相似，球過最高點(diǎn)時速度最小值同樣是vmin＝rg，當(dāng)v＞rg時，軌道對球產(chǎn)生壓力.
(2)輕桿模型
如圖所示，球過最高點(diǎn)的速度最小值vmin＝0，當(dāng)0＜v＜rg時，F(xiàn)N隨v增大而減小，F(xiàn)N為支持力；當(dāng)v＝rg時，F(xiàn)N＝0；當(dāng)v＞rg時，F(xiàn)N隨v增大而增大，F(xiàn)N為拉力.球在圓形光滑管道內(nèi)的運(yùn)動與此相似.
3.萬有引力定律有哪些具體的應(yīng)用？
答案(1)萬有引力定律：F＝Gm1m2r2，式中G為萬有引力常量，G＝6.67×10－11Nm2/kg2.
是由卡文迪許通過扭秤實(shí)驗(yàn)測得的.
(2)計算離地面高為h處的重力加速度g＝GMR＋h2.
(3)分析天體運(yùn)動問題
把天體的運(yùn)動看成是勻速圓周運(yùn)動，其所需向心力由萬有引力提供.
GMmr2＝mv2r＝mω2r＝m(2πT)2r＝m(2πf)2r
應(yīng)用時可根據(jù)實(shí)際情況選用適當(dāng)?shù)墓竭M(jìn)行分析或計算.
研究天體運(yùn)動時，一般不考慮天體自轉(zhuǎn)因素的影響，而認(rèn)為物體在某天體表面的重力大小等于天體對物體的萬有引力，即mg＝GMmR2，整理得GM＝gR2，此式常稱為黃金代換公式.
(4)天體質(zhì)量M、密度ρ的估算
測出衛(wèi)星繞天體做勻速圓周運(yùn)動的半徑R和周期T，
由GMmR2＝m4π2T2R得M＝4π2R3GT2，ρ＝MV＝M43πR30＝3πR3GT2R30(R0為天體的半徑)
當(dāng)衛(wèi)星沿天體表面繞天體運(yùn)行時，R＝R0，則ρ＝3πGT2.
4.衛(wèi)星的運(yùn)行及變軌遵循什么規(guī)律？
答案(1)衛(wèi)星的繞行速度、角速度、周期與半徑r的關(guān)系
①由GMmr2＝mv2r得v＝GMr，所以r越大，v越小.
②由GMmr2＝mω2r，得ω＝GMr3，所以r越大，ω越小.
③由GMmr2＝m4π2T2r得T＝4π2r3GM，所以r越大，T越大.
(2)衛(wèi)星的變軌
阻力作用下漸變：衛(wèi)星線速度v將增大，周期T將減小，向心加速度a將增大，動能Ek將增大，勢能Ep將減小，該過程有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(摩擦生熱)，因此衛(wèi)星機(jī)械能E機(jī)將減小.
突變：要使衛(wèi)星由較低的圓軌道進(jìn)入較高的圓軌道，即增大軌道半徑(增大軌道高度h)，一定要給衛(wèi)星增加能量.與在低軌道時比較，衛(wèi)星在較高軌道上的動能Ek減小，勢能Ep增大，機(jī)械能E機(jī)也增大.增加的機(jī)械能由化學(xué)能轉(zhuǎn)化而來.
(3)同步衛(wèi)星的四個“一定”
軌道平面一定軌道平面與赤道平面共面
周期一定與地球自轉(zhuǎn)周期相同，即T＝24h
高度一定由GMmR＋h2＝m4π2T2(R＋h)得同步衛(wèi)星離地面的高度h＝
3GMT24π2－R≈3.6×107m

速率一定v＝GMR＋h≈3.1×103m/s

(4)雙星問題
如圖所示，設(shè)雙星的兩子星的質(zhì)量分別為M1和M2，相距L，M1和M2的線速度分別為v1和v2，角速度分別為ω1和ω2，由幾何關(guān)系得r1＋r2＝L.
由萬有引力定律和牛頓第二定律得：
GM1M2L2＝M1v21r1＝M1r1ω21GM1M2L2＝M2v22r2＝M2r2ω22.

高考物理考前回扣教材-力與直線運(yùn)動