高中生物一輪復習教案

高考物理第一輪考點復習教案10。

靜悟導讀提綱：（七）磁場

【考試說明】

磁場

磁場、磁感應強度、磁感線

通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向

安培力、安培力的方向

勻強磁場中的安培力

洛侖茲力、洛侖茲力的方向

洛侖茲力公式

帶電粒子在勻強磁場中的運動

質譜儀和回旋加速器

Ⅰ

Ⅰ

Ⅰ

Ⅱ

Ⅰ

Ⅱ

Ⅱ

Ⅰ

安培力的計算只限于電流與磁感應強度垂直的情形

洛侖茲力的計算只限于速度與磁場方向垂直的情形

【知識網絡】

1kg/(As2)

（2）對定義式的理解：

①定義式中反映的F、B、I方向關系為：B⊥I，F⊥B，F⊥I，則F垂直于B和I所構成的平面。

②定義式可以用來量度磁場中某處磁感應強度，不決定該處磁場的強弱，磁場中某處磁感應強度的大小由磁場自身性質來決定。

③磁感應強度是矢量，其矢量方向是小磁針在該處的北極受力方向，與安培力方向是垂直的。

④如果空間某處磁場是由幾個磁場共同激發(fā)的，則該點處合磁場（實際磁場）是幾個分磁場的矢量和；某處合磁場可以依據問題求解的需要分解為兩個分磁場；磁場的分解與合成必須遵循矢量運算法則。

【例1】有一小段通電導線，長為1cm，電流強度為5A，把它置于磁場中某點，受到的磁場力為0.1N，則該點的磁感應強度B一定是

A．B=2TB．B≤2TC．B≥2TD．以上情況都有可能

【例1】C

【例2】兩根長直通電導線互相平行，電流方向相同，它們的截面處于等邊△ABC的A和B處，如圖所示.兩通電導線在C處產生磁場的磁感應強度大小都是B0，則C處磁場的總磁感應強度大小是

A．0B．B0C．

若

等離子體射入，受洛倫茲力偏轉，使兩極板帶正、負電，兩極電壓為U時穩(wěn)定。

電子經U加速，從A孔入射經偏轉打到P點，

D形盒內分別接頻率為的高頻交流電源兩極，帶電粒子在窄縫間電場加速，在D形盒內偏轉

【例8】如圖所示，PQ是空間位置固定的兩個電荷量相等的異種電荷，它們的連線中點為O，MN是中垂線，兩電荷連線與中垂線在紙平面內，在垂直紙面方向有一磁場，中垂線上一不計重力的帶正電粒子以初速度v0保持沿中垂線運動，則

A．磁場的方向垂直紙面向外

B．帶電粒子做勻速直線運動，所受洛侖茲力的大小不變

C．帶電粒子做勻速直線運動，所受洛侖茲力的大小改變

D．帶電粒子做變速直線運動，所受洛侖茲力的大小改變

【例8】C

【例9】如圖所示，厚度為h，寬度為d的導體板放在垂直于它的磁感應強度為B的勻強磁場中，當電流通過導體板時，在導體板的上側面A和下側面A′之間會產生電勢差，這種現象稱為霍爾效應．實驗表明，當磁場不太強時，電勢差U、電流I和B的關系為U=k，式中的比例系數k稱為霍爾系數．霍爾效應可解釋如下：外部磁場的洛倫茲力使運動的電子聚集在導體板一側，在導體板的兩側將出現勻強電場，電子將受到靜電力作用．當靜電力與洛倫茲力平衡時，兩側之間就會形成穩(wěn)定的電勢差．設電流I是由電子的定向移動而形成的，電子的平均速率為v，電量為e．回答下列問題：

（1）達到穩(wěn)定狀態(tài)時，導體板上側面A的電勢______下側面A′的電勢．（填“高于”、“低于”或“等于”）

（2）所受洛倫茲力的大小為______．

（3）當導體板上、下兩側面之間的電勢差為U時，電子所受靜電力的大小為______．

（4）由靜電力和洛倫茲力平衡的條件，證明霍爾系數k=1/ne，n代表單位體積中自由電子的個數．

【例9】（1）低于；（2）F洛=Bev；（3）F電=Bev；（4）k=Ud/IB=

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第三章牛頓運動定律
知識網絡：
單元切塊：
按照考綱的要求，本章內容可以分成三部分，即：牛頓第一定律、慣性、牛頓第三定律；牛頓第二定律；牛頓運動定律的應用。其中重點是對牛頓運動定律的理解、熟練運用牛頓運動定律分析解決動力學問題。難點是力與運動的關系問題。

牛頓第一定律慣性牛頓第三定律

教學目標：
1．理解牛頓第一定律、慣性；理解質量是慣性大小的量度
2．理解牛頓第三定律，能夠區(qū)別一對作用力和一對平衡力
3．掌握應用牛頓第一定律、第三定律分析問題的基本方法和基本技能
教學重點：理解牛頓第一定律、慣性概念
教學難點：慣性
教學方法：講練結合，計算機輔助教學
教學過程：
一、牛頓第一定律
1．牛頓第一定律（慣性定律）：一切物體總是保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止。
這個定律有兩層含義：
（1）保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)是物體的固有屬性；物體的運動不需要用力來維持。
（2）要使物體的運動狀態(tài)（即速度包括大小和方向）改變，必須施加力的作用，力是改變物體運動狀態(tài)的原因。
點評：
①牛頓第一定律導出了力的概念
力是改變物體運動狀態(tài)的原因。（運動狀態(tài)指物體的速度）又根據加速度定義：
，有速度變化就一定有加速度，所以可以說：力是使物體產生加速度的原因。
（不能說“力是產生速度的原因”、“力是維持速度的原因”，也不能說“力是改變加
速度的原因”。）
②牛頓第一定律導出了慣性的概念
一切物體都有保持原有運動狀態(tài)的性質，這就是慣性。慣性反映了物體運動狀態(tài)改變
的難易程度（慣性大的物體運動狀態(tài)不容易改變）。質量是物體慣性大小的量度。
③牛頓第一定律描述的是理想化狀態(tài)
牛頓第一定律描述的是物體在不受任何外力時的狀態(tài)。而不受外力的物體是不存在
的。物體不受外力和物體所受合外力為零是有區(qū)別的，所以不能把牛頓第一定律當成
牛頓第二定律在F=0時的特例。
2．慣性：物體保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質。對于慣性理解應注意以下三點：
（1）慣性是物體本身固有的屬性，跟物體的運動狀態(tài)無關，跟物體的受力無關，跟
物體所處的地理位置無關。
（2）質量是物體慣性大小的量度，質量大則慣性大，其運動狀態(tài)難以改變。
（3）外力作用于物體上能使物體的運動狀態(tài)改變，但不能認為克服了物體的慣性。
【例1】下列關于慣性的說法中正確的是
Ａ．物體只有靜止或做勻速直線運動時才有慣性
Ｂ．物體只有受外力作用時才有慣性
Ｃ．物體的運動速度大時慣性大
Ｄ．物體在任何情況下都有慣性
解析：慣性是物體的固有屬性，一切物體都具有慣性，與物體的運動狀態(tài)及受力情況無關，故只有Ｄ項正確。
點評：處理有關慣性問題，必須深刻理解慣性的物理意義，拋開表面現象，抓住問題本質。
【例2】關于牛頓第一定律的下列說法中，正確的是
A．牛頓第一定律是實驗定律
B．牛頓第一定律說明力是改變物體運動狀態(tài)的原因
C．慣性定律與慣性的實質是相同的
D．物體的運動不需要力來維持
解析：牛頓第一定律是物體在理想條件下的運動規(guī)律，反映的是物體在不受力的情況下所遵循的運動規(guī)律，而自然界中不受力的物體是不存在的．故Ａ是錯誤的．慣性是物體保持原有運動狀態(tài)不變的一種性質，慣性定律(即牛頓第一定律)則反映物體在一定條件下的運動規(guī)律，顯然C不正確．由牛頓第一定律可知，物體的運動不需要力來維持，但要改變物體的運動狀態(tài)則必須有力的作用，答案為B、D
【例3】在一艘勻速向北行駛的輪船甲板上，一運動員做立定跳遠，若向各個方向都用相同的力，則（）
A．向北跳最遠
B．向南跳最遠
C．向東向西跳一樣遠，但沒有向南跳遠
D．無論向哪個方向都一樣遠
解析：運動員起跳后，因慣性其水平方向還具有與船等值的速度，所以無論向何方跳都一樣。因此應選答案D。
點評：此題主要考查對慣性及慣性定律的理解，解答此題的關鍵是理解運動員起跳過程中，水平方向若不受外力作用將保持原有勻速運動的慣性，從而選出正確答案
【例4】某人用力推原來靜止在水平面上的小車，使小車開始運動，此后改用較小的力就可以維持小車做勻速直線運動，可見（）
A．力是使物體產生運動的原因
B．力是維持物體運動速度的原因
C．力是使物體速度發(fā)生改變的原因
D．力是使物體慣性改變的原因
解析：由牛頓第一定律的內容可知，一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止，說明一旦物體具有某一速度，只要沒有加速或減速的原因，這個速度將保持不變，根據這種觀點看來，力不是維持物體的運動即維持物體速度的原因，而是改變物體運動狀態(tài)即改變物體速度的原因，故選項C正確。
【例5】如圖中的甲圖所示，重球系于線DC下端，重球下再系一根同樣的線BA，下面說法中正確的是（）
A．在線的A端慢慢增加拉力，結果CD線拉斷
B．在線的A端慢慢增加拉力，結果AB線拉斷
C．在線的A端突然猛力一拉，結果AB線拉斷
D．在線的A端突然猛力一拉，結果CD線拉斷
解析：如圖乙，在線的A端慢慢增加拉力，使得重球有足夠的時間發(fā)生向下的微小位移，以至拉力T2逐漸增大，這個過程進行得如此緩慢可以認為重球始終處于受力平衡狀態(tài)，即T2＝T1＋mg，隨著T1增大，T2也增大，且總是上端繩先達到極限程度，故CD繩被拉斷，A正確。若在A端突然猛力一拉，因為重球質量很大，力的作用時間又極短，故重球向下的位移極小，以至于上端繩未來得及發(fā)生相應的伸長，T1已先達到極限強度，故AB繩先斷，選項C也正確。
二、牛頓第三定律
1．對牛頓第三定律理解應注意：
（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，作用在一條上
（2）作用力與反作用力總是成對出現．同時產生，同時變化，同時消失
（3）作用力和反作用力在兩個不同的物體上，各產生其效果，永遠不會抵消
（4）作用力和反作用力是同一性質的力
（5）物體間的相互作用力既可以是接觸力，也可以是“場”力
定律內容可歸納為：同時、同性、異物、等值、反向、共線
2．區(qū)分一對作用力反作用力和一對平衡力
一對作用力反作用力和一對平衡力的共同點有：大小相等、方向相反、作用在同一條直線上。不同點有：作用力反作用力作用在兩個不同物體上，而平衡力作用在同一個物體上；作用力反作用力一定是同種性質的力，而平衡力可能是不同性質的力；作用力反作用力一定是同時產生同時消失的，而平衡力中的一個消失后，另一個可能仍然存在。

一對作用力和反作用力一對平衡力
作用對象兩個物體同一個物體
作用時間同時產生，同時消失不一定同時產生或消失
力的性質一定是同性質的力不一定是同性質的力
力的大小關系大小相等大小相等
力的方向關系方向相反且共線方向相反且共線

3．一對作用力和反作用力的沖量和功
一對作用力和反作用力在同一個過程中（同一段時間或同一段位移）的總沖量一定為零，但作的總功可能為零、可能為正、也可能為負。這是因為作用力和反作用力的作用時間一定是相同的，而位移大小、方向都可能是不同的。
【例6】汽車拉著拖車在水平道路上沿直線加速行駛，根據牛頓運動定律可知（）
A．汽車拉拖車的力大于拖車拉汽車的力
B．汽車拉拖車的力等于拖車拉汽車的力
C．汽車拉拖車的力大于拖車受到的阻力
D．汽車拉拖車的力等于拖車受到的阻力
解析：汽車拉拖車的力與拖車拉汽車的力是一對作用力和反作用力，根據牛頓第三定律得知，汽車拉拖車的力與拖車拉汽車的力必定是大小相等方向相反的，因而B正確，A錯誤。由于題干中說明汽車拉拖車在水平道路上沿直線加速行駛，故沿水平方向拖車只受到兩個外力作用：汽車對它的拉力和地面對它的阻力。因而由牛頓第二定律得知，汽車對它的拉力必大于地面對它的阻力。所以C對，D錯。
【例7】甲、乙二人拔河，甲拉動乙向左運動，下面說法中正確的是
A．做勻速運動時，甲、乙二人對繩的拉力大小一定相等
B．不論做何種運動，根據牛頓第三定律，甲、乙二人對繩的拉力大小一定相等
C．繩的質量可以忽略不計時，甲乙二人對繩的拉力大小一定相等
D．繩的質量不能忽略不計時，甲對繩的拉力一定大于乙對繩的拉力
解析：甲、乙兩人對繩的拉力都作用在繩上，即不是作用力和反作用力．故B項錯誤．
做勻速運動時，繩子受力平衡，即甲、乙兩人對繩的拉力大小一定相等，故A項正確．?繩的質量可以忽略不計時，繩子所受合力為零．故甲、乙二人對繩的拉力大小一定相等．故C項正確．
繩的質量不能忽略不計時，如果有加速度，當加速度向右時，乙對繩的拉力大于甲對繩的拉力．故D項不正確．
故正確選項為AC。
【例8】物體靜止在斜面上，以下幾種分析中正確的是
A．物體受到的靜摩擦力的反作用力是重力沿斜面的分力
B．物體所受重力沿垂直于斜面的分力就是物體對斜面的壓力
C．物體所受重力的反作用力就是斜面對它的靜摩擦力和支持力這兩個力的合力
D．物體受到的支持力的反作用力，就是物體對斜面的壓力
解析：物體受到的靜摩擦力的反作用力是物體對斜面的靜摩擦力．故A錯誤．
物體對斜面的壓力在數值上等于物體所受重力沿垂直于斜面的分力．故B錯誤．
物體所受的重力的反作用力是物體對地球的吸引力．故C錯誤．
故正確選項為D。
【例9】人走路時，人和地球間的作用力和反作用力的對數有
A．一對B．二對C．三對D．四對
解析：人走路時受到三個力的作用即重力、地面的支持力和地面對人的摩擦力，力的作用總是相互的，這三個力的反作用力分別是人對地球的吸引作用，人對地面的壓力和人對地面的摩擦力，所以人走路時與地球間有三對作用力和反作用力，選Ｃ．
【例10】物體靜止于水平桌面上，則
Ａ．桌面對物體的支持力的大小等于物體的重力，這兩個力是一對平衡力
Ｂ．物體所受的重力和桌面對它的支持力是一對作用力與反作用力
Ｃ．物體對桌面的壓力就是物體的重力，這兩個力是同一種性質的力
Ｄ．物體對桌面的壓力和桌面對物體的支持力是一對平衡的力
解析：物體和桌面受力情況如圖所示．
對A選項，因物體處于平衡狀態(tài)，且FN與G作用于同一物體，因此FN和G是一對平衡力，故Ａ正確．
對B選項，因作用力和反作用力分別作用在兩個物體上，故Ｂ錯．
對C選項，因壓力是彈力，而彈力與重力是性質不同的兩種力，故C錯．
對D選項，由于支持力和壓力是物體與桌面相互作用(擠壓)而產生的，因此FN與FN′．是一對作用力和反作用力，故D錯．
答案：A
點評：
（1）一對作用力和反作用力與一對平衡力的最直觀的區(qū)別就是：看作用點，二力平衡時此兩力作用點一定是同一物體；作用力和反作用力的作用點一定是分別在兩個物體上．
（2）兩個力是否是“作用力和反作用力”的最直觀區(qū)別是：看它們是否是因相互作用而產生的．如B選項中的重力和支持力，由于重力不是因支持才產生的，因此，這一對力不是作用力和反作用力．
三、針對訓練
1．火車在長直水平軌道上勻速行駛，坐在門窗密閉的車廂內的一人將手中的鑰匙相對車豎直上拋，當鑰匙（相對車）落下來時（）
A．落在手的后方B．落在在手的前方
C．落在手中D．無法確定
2．根據牛頓第一定律，我們可以得到如下的推論（）
A．靜止的物體一定不受其它外力作用
B．慣性就是質量，慣性是一種保持勻速運動或靜止狀態(tài)的特性
C．物體的運動狀態(tài)發(fā)生了改變，必定受到外力的作用
D．力停止作用后，物體就慢慢停下來
3．關于物體的慣性，下列說法中正確的是（）
A．只有處于靜止或勻速運動狀態(tài)的物體才具有慣性
B．只有運動的物體才能表現出它的慣性
C．物體做變速運動時，其慣性不斷變化
D．以上結論不正確
4．伽利略的理想實驗證明了（）
A．要物體運動必須有力作用，沒有力作用物體將靜止
B．要物體靜止必須有力作用，沒有力作用物體就運動
C．物體不受外力作用時，一定處于靜止狀態(tài)
D．物體不受外力作用時，總保持原來的勻速直線運動或靜止狀態(tài)
5．關于慣性，下述哪些說法是正確的（）
A．慣性除了跟物體質量有關外，還跟物體速度有關
B．物體只有在不受外力作用的情況下才能表現出慣性
C．乒乓球可快速抽殺，是因為乒乓球的慣性小的緣故
D．戰(zhàn)斗機投人戰(zhàn)斗時，必須丟掉副油箱，減小慣性以保證其運動的靈活性
6．如圖所示，一個劈形物體M放在固定的粗糙的斜面上，上面成水平．在水平面上放一光滑小球m，劈形物體從靜止開始釋放，則小球在碰到斜面前的運動軌跡是（）
A．沿斜面向下的直線
B．豎直向下的直線
C．無規(guī)則曲線
D．拋物線
7．關于作用力與反作用力以及相互平衡的兩個力的下列說法中，正確的是（）
A．作用力與反作用力一定是同一性質的力
B．作用力與反作用力大小相等，方向相反，因而可以互相抵消
C．相互平衡的兩個力的性質，可以相同，也可以不同
D．相互平衡的兩個力大小相等，方向相反，同時出現，同時消失
8．質量為M的木塊靜止在傾角為α的斜面上，設物體與斜面間的動摩擦因數為μ，則下列說法正確的是（）
A．木塊受重力，斜面對它的支持力和摩擦力的作用
B．木塊對斜面的壓力與斜面對木塊的支持力大小相等，方向相反
C．斜面對木塊的摩擦力與重力沿科面向下的分力Mgsinα大小相等，方向相反
D．斜面對木塊的摩擦力大小可以寫成μMgcosα
9．下面關于慣性的說法中，正確的是
A．運動速度大的物體比速度小的物體難以停下來，所以運動速度大的物體具有較大的慣性
B．物體受的力越大，要它停下來就越困難，所以物體受的推力越大，則慣性越大
C．物體的體積越大，慣性越大
D．物體含的物質越多，慣性越大
10．關于作用力與反作用力，下列說法中正確的有
A．物體相互作用時，先有作用力，后有反作用力
B．作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一直線上，因而這二力平衡
C．作用力與反作用力可以是不同性質的力，例如，作用力是彈力，其反作用力可能是摩擦力
D．作用力和反作用力總是同時分別作用在相互作用的兩個物體上
11．（2002年春上海大綜試題）根據牛頓運動定律，以下選項中正確的是
A．人只有在靜止的車廂內，豎直向上高高跳起后，才會落在車廂的原來位置
B．人在沿直線勻速前進的車廂內，豎直向上高高跳起后，將落在起跳點的后方
C．人在沿直線加速前進的車廂內，豎直向上高高跳起后，將落在起跳點的后方
D．人在沿直線減速前進的車廂內，豎直向上高高跳起后，將落在起跳點的后方
12．關于物體的慣性，下列說法正確的是
A．只有處于靜止或勻速直線運動的物體才具有慣性
B．只有運動的物體才能表現出它的慣性
C．物體做變速運動時，其慣性不斷變化
D．以上說法均不正確
13．下列現象中能直接由牛頓第一定律解釋的是
A．豎直上升的氣球上掉下的物體，仍能繼續(xù)上升一定高度后才豎直下落
B．水平勻速飛行的飛機上釋放的物體，從飛機上看是做自由落體運動
C．水平公路上運動的卡車，速度逐漸減小直至停止
D．用力將完好的雞蛋敲碎
14．火車在平直軌道上勻速行駛，門窗緊閉的車廂內有一人向上跳起，發(fā)現仍落回車上原處，這是因為
A．人跳起時，車廂內的空氣給他以向前的力，帶著他隨同火車一起向前運動
B．人跳起瞬間，車廂地板給他一個向前的力，推動他隨同火車一起向前運動
C．人跳起后，車在繼續(xù)向前運動，所以人落下必定偏后一些，只是由于時間很短，偏后距離太小，不明顯而已
D．人跳起后直到落地，在水平方向上保持與車相同的速度
15．大人拉小孩，下列說法正確的是
A．當小孩被大人拉走時，大人拉力大于小孩拉力
B．當小孩賴著不動時，大人拉力大于小孩的拉力
C．不管什么情況下，大人拉力總大于小孩的拉力，因為大人的力氣總比小孩大
D．不管什么情況下，大人拉力與小孩拉力大小相等
參考答案：
1．C2．C3．D4．D5．CD
6．B7．AC8．ABC9．D10．D
11．C12．D13．AB14．D15．D
教學反饋
動力學是力與運動學的結合，經過前兩章的復習以及學生在高一所學的基礎上，從課堂氣氛可以反映出學生已經進入高三復習狀態(tài)，從學生反映看，學生對牛頓運動定律很熟悉，區(qū)分
作用力反作用力與一對平衡力部分學生還掌握不是很好，但是這些主要靠記憶，相信學生通過復習應該能加深印象。
牛頓第二定律

教學目標：
1．理解牛頓第二定律，能夠運用牛頓第二定律解決力學問題
2．理解力與運動的關系，會進行相關的判斷
3．掌握應用牛頓第二定律分析問題的基本方法和基本技能
教學重點：理解牛頓第二定律
教學難點：力與運動的關系
教學方法：講練結合，計算機輔助教學
教學過程：
一、牛頓第二定律
1．定律的表述
物體的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物體的質量成反比，加速度的方向跟合力的方向相同，即F=ma（其中的F和m、a必須相對應）
點評：特別要注意表述的第三句話。因為力和加速度都是矢量，它們的關系除了數量大小的關系外，還有方向之間的關系。明確力和加速度方向，也是正確列出方程的重要環(huán)節(jié)。
若F為物體受的合外力，那么a表示物體的實際加速度；若F為物體受的某一個方向上的所有力的合力，那么a表示物體在該方向上的分加速度；若F為物體受的若干力中的某一個力，那么a僅表示該力產生的加速度，不是物體的實際加速度。
2．對定律的理解：
（1）瞬時性：加速度與合外力在每個瞬時都有大小、方向上的對應關系，這種對應關系表現為：合外力恒定不變時，加速度也保持不變。合外力變化時加速度也隨之變化。合外力為零時，加速度也為零。
（2）矢量性：牛頓第二定律公式是矢量式。公式只表示加速度與合外力的大小關系.矢量式的含義在于加速度的方向與合外力的方向始終一致.
（3）同一性：加速度與合外力及質量的關系，是對同一個物體（或物體系）而言。即F與a均是對同一個研究對象而言。
（4）相對性：牛頓第二定律只適用于慣性參照系。
（5）局限性：牛頓第二定律只適用于低速運動的宏觀物體，不適用于高速運動的微觀粒子。
3．牛頓第二定律確立了力和運動的關系
牛頓第二定律明確了物體的受力情況和運動情況之間的定量關系。聯(lián)系物體的受力情況和運動情況的橋梁或紐帶就是加速度。
4．應用牛頓第二定律解題的步驟
（1）明確研究對象?？梢砸阅骋粋€物體為對象，也可以以幾個物體組成的質點組為對象。設每個質點的質量為mi，對應的加速度為ai，則有：
F合=m1a1+m2a2+m3a3+……+mnan
對這個結論可以這樣理解：
先分別以質點組中的每個物體為研究對象用牛頓第二定律：
∑F1=m1a1，∑F2=m2a2，……∑Fn=mnan，
將以上各式等號左、右分別相加，其中左邊所有力中，凡屬于系統(tǒng)內力的，總是成對出現并且大小相等方向相反的，其矢量和必為零，所以最后得到的是該質點組所受的所有外力之和，即合外力F。
（2）對研究對象進行受力分析。同時還應該分析研究對象的運動情況（包括速度、加速度），并把速度、加速度的方向在受力圖旁邊畫出來。
（3）若研究對象在不共線的兩個力作用下做加速運動，一般用平行四邊形定則（或三角形定則）解題；若研究對象在不共線的三個以上的力作用下做加速運動，一般用正交分解法解題（注意靈活選取坐標軸的方向，既可以分解力，也可以分解加速度）。
（4）當研究對象在研究過程的不同階段受力情況有變化時，那就必須分階段進行受力分析，分階段列方程求解。
解題要養(yǎng)成良好的習慣。只要嚴格按照以上步驟解題，同時認真畫出受力分析圖，標出運動情況，那么問題都能迎刃而解。
二、應用舉例
1．力與運動關系的定性分析
【例1】如圖所示，如圖所示，輕彈簧下端固定在水平面上。一個小球從彈簧正上方某一高度處由靜止開始自由下落，接觸彈簧后把彈簧壓縮到一定程度后停止下落。在小球下落的這一全過程中，下列說法中正確的是
A．小球剛接觸彈簧瞬間速度最大
B．從小球接觸彈簧起加速度變?yōu)樨Q直向上
C．從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的速度先增大后減小
D．從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的加速度先減小后增大
解析：小球的加速度大小決定于小球受到的合外力。從接觸彈簧到到達最低點，彈力從零開始逐漸增大，所以合力先減小后增大，因此加速度先減小后增大。當合力與速度同向時小球速度增大，所以當小球所受彈力和重力大小相等時速度最大。選CD。
【例2】如圖所示．彈簧左端固定，右端自由伸長到O點并系住物體m．現將彈簧壓縮到A點，然后釋放，物體一直可以運動到B點．如果物體受到的阻力恒定，則
A．物體從A到O先加速后減速
B．物體從A到O加速運動，從O到B減速運動
C．物體運動到O點時所受合力為零
D．物體從A到O的過程加速度逐漸減小
解析：物體從A到O的運動過程，彈力方向向右．初始階段彈力大于阻力，合力方向向右．隨著物體向右運動，彈力逐漸減小，合力逐漸減小，由牛頓第二定律可知，此階段物體的加速度向右且逐漸減小，由于加速度與速度同向，物體的速度逐漸增大．所以初始階段物體向右做加速度逐漸減小的加速運動．
當物體向右運動至AO間某點（設為O′）時，彈力減小到等于阻力，物體所受合力為零，加速度為零，速度達到最大．
此后，隨著物體繼續(xù)向右移動，彈力繼續(xù)減小，阻力大于彈力，合力方向變?yōu)橄蜃螅罯點時彈力減為零，此后彈力向左且逐漸增大．所以物體從O′點后的合力方向均向左且合力逐漸增大，由牛頓第二定律可知，此階段物體的加速度向左且逐漸增大．由于加速度與速度反向，物體做加速度逐漸增大的減速運動．
正確選項為A、C．
點評：
（1）解答此題容易犯的錯誤就是認為彈簧無形變時物體的速度最大，加速度為零．這顯然是沒對物理過程認真分析，靠定勢思維得出的結論．要學會分析動態(tài)變化過程，分析時要先在腦子里建立起一幅較為清晰的動態(tài)圖景，再運用概念和規(guī)律進行推理和判斷．
（2）通過此題，可加深對牛頓第二定律中合外力與加速度間的瞬時關系的理解，加深對速度和加速度間關系的理解．譬如，本題中物體在初始階段，盡管加速度在逐漸減小，但由于它與速度同向，所以速度仍繼續(xù)增大．
2．牛頓第二定律的瞬時性
【例3】（2001年上海高考題）如圖（1）所示，一質量為m的物體系于長度分別為L1、L2的兩根細線上，L1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為θ，L2水平拉直，物體處于平衡狀態(tài)?，F將L2線剪斷，求剪斷瞬時物體的加速度。
（1）下面是某同學對該題的某種解法：
解：設L1線上拉力為T1，L2線上拉力為T2，重力為mg，物體在三力作用下處于平衡。mg，，解得=mgtanθ，剪斷線的瞬間，T2突然消失，物體卻在T2反方向獲得加速度，因為mgtanθ=ma所以加速度a=gtanθ，方向在T2反方向。你認為這個結果正確嗎？說明理由。
（2）若將圖（1）中的細線L1改為長度相同，質量不計的輕彈簧，如圖（2）所示，其它條件不變，求解的步驟和結果與（1）完全相同，即a=gtanθ，你認為這個結果正確嗎？請說明理由。
解析：（1）這個結果是錯誤的。當L2被剪斷的瞬間，因T2突然消失，而引起L1上的張力發(fā)生突變，使物體的受力情況改變，瞬時加速度沿垂直L1斜向下方，為a=gsinθ。
（2）這個結果是正確的。當L2被剪斷時，T2突然消失，而彈簧還來不及形變（變化要有一個過程，不能突變），因而彈簧的彈力T1不變，它與重力的合力與T2是一對平衡力，等值反向，所以L2剪斷時的瞬時加速度為a=gtanθ，方向在T2的反方向上。
點評：牛頓第二定律F合＝ma反映了物體的加速度a跟它所受合外力的瞬時對應關系．物體受到外力作用，同時產生了相應的加速度，外力恒定不變，物體的加速度也恒定不變；外力隨著時間改變時，加速度也隨著時間改變；某一時刻，外力停止作用，其加速度也同時消失．
3．正交分解法
【例4】如圖所示，質量為4kg的物體靜止于水平面上，物體與水平面間的動摩擦因數為0.5，物體受到大小為20Ｎ，與水平方向成30°角斜向上的拉力F作用時沿水平面做勻加速運動，求物體的加速度是多大?（g取10m/s2）
解析：以物體為研究對象，其受力情況如圖所示，建立平面直角坐標系把F沿兩坐標軸方向分解，則兩坐標軸上的合力分別為
物體沿水平方向加速運動，設加速度為a，則x軸方向上的加速度ax＝a，y軸方向上物體沒有運動，故ay＝０，由牛頓第二定律得
所以
又有滑動摩擦力
以上三式代入數據可解得物體的加速度a=0.58m/s2
點評：當物體的受力情況較復雜時，根據物體所受力的具體情況和運動情況建立合適的直角坐標系，利用正交分解法來解．
4．合成法與分解法
【例5】如圖所示，沿水平方向做勻變速直線運動的車廂中，懸掛小球的懸線偏離豎直方向37°角，球和車廂相對靜止，球的質量為1kg．（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求車廂運動的加速度并說明車廂的運動情況．
（2）求懸線對球的拉力．
解析：
（1）球和車廂相對靜止，它們的運動情況相同，由于對球的受力情況知道的較多，故應以球為研究對象．球受兩個力作用：重力mg和線的拉力FT，由球隨車一起沿水平方向做勻變速直線運動，故其加速度沿水平方向，合外力沿水平方向．做出平行四邊形如圖所示．球所受的合外力為
F合＝mgtan37°
由牛頓第二定律F合＝ma可求得球的加速度為
7.5m/s2
加速度方向水平向右．
車廂可能水平向右做勻加速直線運動，也可能水平向左做勻減速直線運動．
（2）由圖可得，線對球的拉力大小為
N=12.5N
點評：本題解題的關鍵是根據小球的加速度方向，判斷出物體所受合外力的方向，然后畫出平行四邊形，解其中的三角形就可求得結果．
【例6】如圖所示，m=4kg的小球掛在小車后壁上，細線與豎直方向成37°角。求：
（1）小車以a=g向右加速；
（2）小車以a=g向右減速時，細線對小球的拉力F1和后壁對小球的壓力F2各多大？
解析：
（1）向右加速時小球對后壁必然有壓力，球在三個共點力作用下向右加速。合外力向右，F2向右，因此G和F1的合力一定水平向左，所以F1的大小可以用平行四邊形定則求出：F1=50N，可見向右加速時F1的大小與a無關；F2可在水平方向上用牛頓第二定律列方程：F2-0.75G=ma計算得F2=70N?？梢钥闯鯢2將隨a的增大而增大。（這種情況下用平行四邊形定則比用正交分解法簡單。）
（2）必須注意到：向右減速時，F2有可能減為零，這時小球將離開后壁而“飛”起來。這時細線跟豎直方向的夾角會改變，因此F1的方向會改變。所以必須先求出這個臨界值。當時G和F1的合力剛好等于ma，所以a的臨界值為。當a=g時小球必將離開后壁。不難看出，這時F1=mg=56N，F2=0
【例7】如圖所示，在箱內傾角為α的固定光滑斜面上用平行于斜面的細線固定一質量為m的木塊。求：（1）箱以加速度a勻加速上升，（2）箱以加速度a向左勻加速運動時，線對木塊的拉力F1和斜面對箱的壓力F2各多大？
解：（1）a向上時，由于箱受的合外力豎直向上，重力豎直向下，所以F1、F2的合力F必然豎直向上?？上惹驠，再由F1=Fsinα和F2=Fcosα求解，得到：F1=m（g+a）sinα，F2=m（g+a）cosα
顯然這種方法比正交分解法簡單。
（2）a向左時，箱受的三個力都不和加速度在一條直線上，必須用正交分解法?？蛇x擇沿斜面方向和垂直于斜面方向進行正交分解，（同時正交分解a），然后分別沿x、y軸列方程求F1、F2：
F1=m（gsinα-acosα），F2=m（gcosα+asinα）
經比較可知，這樣正交分解比按照水平、豎直方向正交分解列方程和解方程都簡單。
點評：還應該注意到F1的表達式F1=m（gsinα-acosα）顯示其有可能得負值，這意味著繩對木塊的力是推力，這是不可能的。這里又有一個臨界值的問題：當向左的加速度a≤gtanα時F1=m（gsinα-acosα）沿繩向斜上方；當agtanα時木塊和斜面不再保持相對靜止，而是相對于斜面向上滑動，繩子松弛，拉力為零。
5．在動力學問題中的綜合應用
【例7】如圖所示，質量m=4kg的物體與地面間的動摩擦因數為μ=0.5，在與水平成θ=37°角的恒力F作用下，從靜止起向右前進t1=2.0s后撤去F，又經過t2=4.0s物體剛好停下。求：F的大小、最大速度vm、總位移s。
解析：由運動學知識可知：前后兩段勻變速直線運動的加速度a與時間t成反比，而第二段中μmg=ma2，加速度a2=μg=5m/s2，所以第一段中的加速度一定是a1=10m/s2。再由方程可求得：F=54.5N
第一段的末速度和第二段的初速度相等都是最大速度，可以按第二段求得：vm=a2t2=20m/s又由于兩段的平均速度和全過程的平均速度相等，所以有m
點評：需要引起注意的是：在撤去拉力F前后，物體受的摩擦力發(fā)生了改變。
可見，在動力學問題中應用牛頓第二定律，正確的受力分析和運動分析是解題的關鍵，求解加速度是解決問題的紐帶，要牢牢地把握住這一解題的基本方法和基本思路。我本在下一專題將詳細研究這一問題。
三、針對訓練
1．下列關于力和運動關系的幾種說法中，正確的是
A．物體所受合外力的方向，就是物體運動的方向
B．物體所受合外力不為零時，其速度不可能為零
C．物體所受合外力不為零，其加速度一定不為零
D．合外力變小的，物體一定做減速運動
2．放在光滑水平面上的物體，在水平方向的兩個平衡力作用下處于靜止狀態(tài)，若其中一個力逐漸減小到零后，又恢復到原值，則該物體的
A．速度先增大后減小
B．速度一直增大，直到某個定值
C．加速度先增大，后減小到零
D．加速度一直增大到某個定值
3．下列對牛頓第二定律的表達式F＝ma及其變形公式的理解，正確的是
A．由F＝ma可知，物體所受的合外力與物體的質量成正比，與物體的加速度成反比
B．由可知，物體的質量與其所受合外力成正比，與其運動的加速度成反比
C．由可知，物體的加速度與其所受合外力成正比，與其質量成反比
D．由可知，物體的質量可以通過測量它的加速度和它所受到的合外力而求得
4．在牛頓第二定律的數學表達式F＝kma中，有關比例系數k的說法正確的是
A．在任何情況下k都等于1
B．因為k＝１，所以k可有可無
C．k的數值由質量、加速度和力的大小決定
D．k的數值由質量、加速度和力的單位決定
5．對靜止在光滑水平面上的物體施加一水平拉力，當力剛開始作用的瞬間
A．物體立即獲得速度
Ｂ．物體立即獲得加速度
C．物體同時獲得速度和加速度
D．由于物體未來得及運動，所以速度和加速度都為零
6．質量為1kg的物體受到兩個大小分別為2Ｎ和2Ｎ的共點力作用，則物體的加速度大小可能是
A．5m/s2B．3m/s2C．2m/s2D．0.5m/s2
7．如圖所示，質量為10kg的物體，在水平地面上向左運動．物體與水平面間的動摩擦因數為0.2．與此同時，物體受到一個水平向右的推力F＝20N的作用，則物體的加速度為（g取10m/s2）
A．0B．4m/s2，水平向右
C．2m/s2，水平向右D．2m/s2，水平向左
8．質量為ｍ的物體放在粗糙的水平面上，水平拉力F作用于物體上，物體產生的加速度為a，若作用在物體上的水平拉力變?yōu)?F，則物體產生的加速度
A．小于aB．等于a
C．在a和2a之間D．大于2a
9．物體在力F作用下做加速運動，當力F逐漸減小時，物體的加速度________，速度______；當F減小到0時，物體的加速度將_______，速度將________．（填變大、變小、不變、最大、最小和零）等．
10．如圖所示，物體A、B用彈簧相連，mB=2mA，A、B與地面間的動摩擦因數相同，均為μ，在力F作用下，物體系統(tǒng)做勻速運動，在力F撤去的瞬間，A的加速度為_______，B的加速度為_______（以原來的方向為正方向）．
11．甲、乙兩物體的質量之比為5∶3，所受外力大小之比為2∶3，則甲、乙兩物體加速度大小之比為．
12．質量為8×103kg的汽車，以1.5m/s2的加速度沿水平路面加速，阻力為2.5×103Ｎ，那么汽車的牽引力為Ｎ．
13．質量為1.0kg的物體，其速度圖像如圖所示，4s內物體所受合外力的最大值是N；合外力方向與運動方向相反時，合外力大小為Ｎ．
14．在質量為M的氣球下面吊一質量為m的物體勻速上升．某時刻懸掛物體的繩子斷了，若空氣阻力不計，物體所受的浮力大小不計，求氣球上升的加速度．

參考答案：
1.C2.BC3.CD4.D5.B6.ABC?7.B8.D
9．變小、增大、為零、不變10．0；－μg
11.2∶512.1.45×10413.4214.
教學后記
學生通過復習掌握了解決動力學兩類問題的方法，但是對于比較復雜的綜合性題目，
學生解起來有一定的難度，在以后的復習中應注意加強訓練。

牛頓運動定律的應用

教學目標：
1．掌握運用牛頓三定律解決動力學問題的基本方法、步驟
2．學會用整體法、隔離法進行受力分析，并熟練應用牛頓定律求解
3．理解超重、失重的概念，并能解決有關的問題
4．掌握應用牛頓運動定律分析問題的基本方法和基本技能
教學重點：牛頓運動定律的綜合應用
教學難點：受力分析，牛頓第二定律在實際問題中的應用
教學方法：講練結合，計算機輔助教學
教學過程：
一、牛頓運動定律在動力學問題中的應用
1．運用牛頓運動定律解決的動力學問題常?？梢苑譃閮煞N類型（兩類動力學基本問題）：
（1）已知物體的受力情況，要求物體的運動情況．如物體運動的位移、速度及時間等．
（2）已知物體的運動情況，要求物體的受力情況（求力的大小和方向）．
但不管哪種類型，一般總是先根據已知條件求出物體運動的加速度，然后再由此得出問題的答案．
兩類動力學基本問題的解題思路圖解如下：

可見，不論求解那一類問題，求解加速度是解題的橋梁和紐帶，是順利求解的關鍵。
點評：我們遇到的問題中，物體受力情況一般不變，即受恒力作用，物體做勻變速直線運動，故常用的運動學公式為勻變速直線運動公式，如
等.
2．應用牛頓運動定律解題的一般步驟
（1）認真分析題意，明確已知條件和所求量，搞清所求問題的類型。
（2）選取研究對象.所選取的研究對象可以是一個物體，也可以是幾個物體組成的整體.同一題目，根據題意和解題需要也可以先后選取不同的研究對象。
（3）分析研究對象的受力情況和運動情況。
（4）當研究對象所受的外力不在一條直線上時：如果物體只受兩個力，可以用平行四邊形定則求其合力；如果物體受力較多，一般把它們正交分解到兩個方向上去分別求合力；如果物體做直線運動，一般把各個力分解到沿運動方向和垂直運動的方向上。
（5）根據牛頓第二定律和運動學公式列方程，物體所受外力、加速度、速度等都可根據規(guī)定的正方向按正、負值代入公式，按代數和進行運算。
（6）求解方程，檢驗結果，必要時對結果進行討論。
3．應用例析
【例1】一斜面AB長為10m，傾角為30°，一質量為2kg的小物體（大小不計）從斜面頂端A點由靜止開始下滑，如圖所示（g取10m/s2）
（1）若斜面與物體間的動摩擦因數為0.5，求小物體下滑到斜面底端B點時的速度及所用時間．
（2）若給小物體一個沿斜面向下的初速度，恰能沿斜面勻速下滑，則小物體與斜面間的動摩擦因數μ是多少?
解析：題中第（1）問是知道物體受力情況求運動情況；第（2）問是知道物體運動情況求受力情況。
（1）以小物塊為研究對象進行受力分析，如圖所示。物塊受重力mg、斜面支持力N、摩擦力f，
垂直斜面方向上受力平衡，由平衡條件得：mgcos30°-N=0
沿斜面方向上，由牛頓第二定律得：mgsin30°-f=ma
又f=μN
由以上三式解得a=0.67m/s2
小物體下滑到斜面底端B點時的速度：3.65m/s
運動時間：s
（2）小物體沿斜面勻速下滑，受力平衡，加速度a＝0，有
垂直斜面方向：mgcos30°-N=0
沿斜面方向：mgsin30°-f=0
又f=μN
解得：μ＝0.58
【例2】如圖所示，一高度為h=0.8m粗糙的水平面在B點處與一傾角為θ=30°光滑的斜面BC連接，一小滑塊從水平面上的A點以v0=3m/s的速度在粗糙的水平面上向右運動。運動到B點時小滑塊恰能沿光滑斜面下滑。已知AB間的距離s=5m，求：
（1）小滑塊與水平面間的動摩擦因數；
（2）小滑塊從A點運動到地面所需的時間；
解析：（1）依題意得vB1=0，設小滑塊在水平面上運動的加速度大小為a，則據牛頓第二定律可得f=μmg=ma，所以a=μg，由運動學公式可得得，t1=3.3s
（2）在斜面上運動的時間t2=，t=t1+t2=4.1s
【例3】靜止在水平地面上的物體的質量為2kg，在水平恒力F推動下開始運動，4s末它的速度達到4m/s，此時將F撤去，又經6s物體停下來，如果物體與地面的動摩擦因數不變，求F的大小。
解析：物體的整個運動過程分為兩段，前4s物體做勻加速運動，后6s物體做勻減速運動。
前4s內物體的加速度為
①
設摩擦力為，由牛頓第二定律得
②
后6s內物體的加速度為
③
物體所受的摩擦力大小不變，由牛頓第二定律得
④
由②④可求得水平恒力F的大小為
點評：解決動力學問題時，受力分析是關鍵，對物體運動情況的分析同樣重要，特別是像這類運動過程較復雜的問題，更應注意對運動過程的分析。
在分析物體的運動過程時，一定弄清整個運動過程中物體的加速度是否相同，若不同，必須分段處理，加速度改變時的瞬時速度即是前后過程的聯(lián)系量。分析受力時要注意前后過程中哪些力發(fā)生了變化，哪些力沒發(fā)生變化。四、連接體（質點組）
在應用牛頓第二定律解題時，有時為了方便，可以取一組物體（一組質點）為研究對象。這一組物體一般具有相同的速度和加速度，但也可以有不同的速度和加速度。以質點組為研究對象的好處是可以不考慮組內各物體間的相互作用，這往往給解題帶來很大方便。使解題過程簡單明了。
二、整體法與隔離法
1．整體法：在研究物理問題時，把所研究的對象作為一個整體來處理的方法稱為整體法。采用整體法時不僅可以把幾個物體作為整體，也可以把幾個物理過程作為一個整體，采用整體法可以避免對整體內部進行繁鎖的分析，常常使問題解答更簡便、明了。
運用整體法解題的基本步驟：
（1）明確研究的系統(tǒng)或運動的全過程.
（2）畫出系統(tǒng)的受力圖和運動全過程的示意圖.
（3）尋找未知量與已知量之間的關系，選擇適當的物理規(guī)律列方程求解
2．隔離法：把所研究對象從整體中隔離出來進行研究，最終得出結論的方法稱為隔離法?？梢园颜麄€物體隔離成幾個部分來處理，也可以把整個過程隔離成幾個階段來處理，還可以對同一個物體，同一過程中不同物理量的變化進行分別處理。采用隔離物體法能排除與研究對象無關的因素，使事物的特征明顯地顯示出來，從而進行有效的處理。
運用隔離法解題的基本步驟：
（1）明確研究對象或過程、狀態(tài)，選擇隔離對象.選擇原則是：一要包含待求量，二是所選隔離對象和所列方程數盡可能少。
（2）將研究對象從系統(tǒng)中隔離出來；或將研究的某狀態(tài)、某過程從運動的全過程中隔離出來。
（3）對隔離出的研究對象、過程、狀態(tài)分析研究，畫出某狀態(tài)下的受力圖或某階段的運動過程示意圖。
（4）尋找未知量與已知量之間的關系，選擇適當的物理規(guī)律列方程求解。
3．整體和局部是相對統(tǒng)一相輔相成的
隔離法與整體法，不是相互對立的，一般問題的求解中，隨著研究對象的轉化，往往兩種方法交叉運用，相輔相成.所以，兩種方法的取舍，并無絕對的界限，必須具體分析，靈活運用.無論哪種方法均以盡可能避免或減少非待求量（即中間未知量的出現，如非待求的力，非待求的中間狀態(tài)或過程等）的出現為原則
4．應用例析
【例4】如圖所示，A、B兩木塊的質量分別為mA、mB，在水平推力F作用下沿光滑水平面勻加速向右運動，求A、B間的彈力FN。
解析：這里有a、FN兩個未知數，需要要建立兩個方程，要取兩次研究對象。比較后可知分別以B、（A+B）為對象較為簡單（它們在水平方向上都只受到一個力作用）?？傻?br> 點評：這個結論還可以推廣到水平面粗糙時（A、B與水平面間μ相同）；也可以推廣到沿斜面方向推A、B向上加速的問題，有趣的是，答案是完全一樣的。
【例5】如圖所示，質量為2m的物塊A和質量為m的物塊B與地面的摩擦均不計.在已知水平推力F的作用下，A、B做加速運動.A對B的作用力為多大?
解析：取A、B整體為研究對象，其水平方向只受一個力F的作用
根據牛頓第二定律知：F＝（2m＋m）a
a＝F／3m
取B為研究對象，其水平方向只受A的作用力F1，根據牛頓第二定律知：
F1＝ma
故F1＝F／3
點評：對連結體（多個相互關聯(lián)的物體）問題，通常先取整體為研究對象，然后再根據要求的問題取某一個物體為研究對象.
【例6】如圖，傾角為α的斜面與水平面間、斜面與質量為m的木塊間的動摩擦因數均為μ，木塊由靜止開始沿斜面加速下滑時斜面始終保持靜止。求水平面給斜面的摩擦力大小和方向。
解：以斜面和木塊整體為研究對象，水平方向僅受靜摩擦力作用，而整體中只有木塊的加速度有水平方向的分量?？梢韵惹蟪瞿緣K的加速度，再在水平方向對質點組用牛頓第二定律，很容易得到：
如果給出斜面的質量M，本題還可以求出這時水平面對斜面的支持力大小為：
FN=Mg+mg（cosα+μsinα）sinα，這個值小于靜止時水平面對斜面的支持力。
【例7】如圖所示，mA=1kg，mB=2kg，A、B間靜摩擦力的最大值是5N，水平面光滑。用水平力F拉B，當拉力大小分別是F=10N和F=20N時，A、B的加速度各多大？
解析：先確定臨界值，即剛好使A、B發(fā)生相對滑動的F值。當A、B間的靜摩擦力達到5N時，既可以認為它們仍然保持相對靜止，有共同的加速度，又可以認為它們間已經發(fā)生了相對滑動，A在滑動摩擦力作用下加速運動。這時以A為對象得到a=5m/s2；再以A、B系統(tǒng)為對象得到F=（mA+mB）a=15N
（1）當F=10N15N時，A、B一定仍相對靜止，所以
（2）當F=20N15N時，A、B間一定發(fā)生了相對滑動，用質點組牛頓第二定律列方程：，而aA=5m/s2，于是可以得到aB=7.5m/s2
【例8】如圖所示，質量為M的木箱放在水平面上，木箱中的立桿上套著一個質量為m的小球，開始時小球在桿的頂端，由靜止釋放后，小球沿桿下滑的加速度為重力加速度的，即a=g，則小球在下滑的過程中，木箱對地面的壓力為多少？
命題意圖：考查對牛頓第二定律的理解運用能力及靈活選取研究對象的能力.B級要求.
錯解分析：（1）部分考生習慣于具有相同加速度連接體問題演練，對于“一動一靜”連續(xù)體問題難以對其隔離，列出正確方程.（2）思維缺乏創(chuàng)新，對整體法列出的方程感到疑惑.
解題方法與技巧：
解法一：（隔離法）
木箱與小球沒有共同加速度，所以須用隔離法.
取小球m為研究對象，受重力mg、摩擦力Ff，如圖2-4，據牛頓第二定律得：
mg-Ff=ma①
取木箱M為研究對象，受重力Mg、地面支持力FN及小球給予的摩擦力Ff′如圖.
據物體平衡條件得：
FN-Ff′-Mg=0②
且Ff=Ff′③
由①②③式得FN=g
由牛頓第三定律知，木箱對地面的壓力大小為
FN′=FN=g.
解法二：（整體法）
對于“一動一靜”連接體，也可選取整體為研究對象，依牛頓第二定律列式：
（mg+Mg）-FN=ma+M×0
故木箱所受支持力：FN=g，由牛頓第三定律知：
木箱對地面壓力FN′=FN=g.
三、臨界問題
在某些物理情境中，物體運動狀態(tài)變化的過程中，由于條件的變化，會出現兩種狀態(tài)的銜接，兩種現象的分界，同時使某個物理量在特定狀態(tài)時，具有最大值或最小值。這類問題稱為臨界問題。在解決臨界問題時，進行正確的受力分析和運動分析，找出臨界狀態(tài)是解題的關鍵。
【例9】一個質量為0.2kg的小球用細線吊在傾角θ=53°的斜面頂端，如圖，斜面靜止時，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計摩擦，當斜面以10m/s2的加速度向右做加速運動時，求繩的拉力及斜面對小球的彈力.
命題意圖：考查對牛頓第二定律的理解應用能力、分析推理能力及臨界條件的挖掘能力。
錯解分析：對物理過程缺乏清醒認識，無法用極限分析法挖掘題目隱含的臨界狀態(tài)及條件，使問題難以切入.
解題方法與技巧：當加速度a較小時，小球與斜面體一起運動，此時小球受重力、繩拉力和斜面的支持力作用，繩平行于斜面，當加速度a足夠大時，小球將“飛離”斜面，此時小球受重力和繩的拉力作用，繩與水平方向的夾角未知，題目中要求a=10m/s2時繩的拉力及斜面的支持力，必須先求出小球離開斜面的臨界加速度a0.（此時，小球所受斜面支持力恰好為零）
由mgcotθ=ma0
所以a0=gcotθ=7.5m/s2
因為a=10m/s2＞a0
所以小球離開斜面N=0，小球受力情況如圖，則
Tcosα=ma，Tsinα=mg
所以T==2.83N，N=0.
四、超重、失重和視重
1．超重現象：物體對支持物的壓力（或對懸掛物的拉力）大于物體所受重力的情況稱為超重現象。
產生超重現象的條件是物體具有向上的加速度。與物體速度的大小和方向無關。
產生超重現象的原因：當物體具有向上的加速度a（向上加速運動或向下減速運動）時，支持物對物體的支持力（或懸掛物對物體的拉力）為F，由牛頓第二定律得
F－mg＝ma
所以F＝m（g＋a）＞mg
由牛頓第三定律知，物體對支持物的壓力（或對懸掛物的拉力）F′＞mg.
2．失重現象：物體對支持物的壓力（或對懸掛物的拉力）小于物體所受重力的情況稱為失重現象。
產生失重現象的條件是物體具有向下的加速度，與物體速度的大小和方向無關.?
產生失重現象的原因：當物體具有向下的加速度a（向下加速運動或向上做減速運動）時，支持物對物體的支持力（或懸掛物對物體的拉力）為F。由牛頓第二定律
mg－F＝ma，所以
F＝m（g－a）＜mg
由牛頓第三定律知，物體對支持物的壓力（或對懸掛物的拉力）F′＜mg.
完全失重現象：物體對支持物的壓力（或對懸掛物的拉力）等于零的狀態(tài)，叫做完全失重狀態(tài).
產生完全失重現象的條件：當物體豎直向下的加速度等于重力加速度時，就產生完全失重現象。
點評：（1）在地球表面附近，無論物體處于什么狀態(tài)，其本身的重力G＝mg始終不變。超重時，物體所受的拉力（或支持力）與重力的合力方向向上，測力計的示數大于物體的重力；失重時，物體所受的拉力（或支持力）與重力的合力方向向下，測力計的示數小于物體的重力.可見，在失重、超重現象中，物體所受的重力始終不變，只是測力計的示數（又稱視重）發(fā)生了變化，好像物體的重量有所增大或減小。
（2）發(fā)生超重和失重現象，只決定于物體在豎直方向上的加速度。物體具有向上的加速度時，處于超重狀態(tài)；物體具有向下的加速度時，處于失重狀態(tài)；當物體豎直向下的加速度為重力加速度時，處于完全失重狀態(tài).超重、失重與物體的運動方向無關。
3．應用例析
【例10】質量為m的人站在升降機里，如果升降機運動時加速度的絕對值為a，升降機底板對人的支持力F=mg+ma，則可能的情況是
A.升降機以加速度a向下加速運動
B.升降機以加速度a向上加速運動
C.在向上運動中，以加速度a制動
D.在向下運動中，以加速度a制動
解析：升降機對人的支持力F=mg+ma大于人所受的重力mg，故升降機處于超重狀態(tài)，具有向上的加速度。而A項中加速度向下，C項中加速度也向下，即處于失重狀態(tài)。故只有選項B、D正確。
【例11】下列四個實驗中，能在繞地球飛行的太空實驗艙中完成的是
A．用天平測量物體的質量
B．用彈簧秤測物體的重力
C．用溫度計測艙內的溫度
D．用水銀氣壓計測艙內氣體的壓強
解析：繞地球飛行的太空試驗艙處于完全失重狀態(tài)，處于其中的物體也處于完全失重狀態(tài)，物體對水平支持物沒有壓力，對懸掛物沒有拉力。
用天平測量物體質量時，利用的是物體和砝碼對盤的壓力產生的力矩，壓力為0時，力矩也為零，因此在太空實驗艙內不能完成。
同理，水銀氣壓計也不能測出艙內溫度。
物體處于失重狀態(tài)時，對懸掛物沒有拉力，因此彈簧秤不能測出物體的重力。
溫度計是利用了熱脹冷縮的性質，因此可以測出艙內溫度。故只有選項C正確。
五、針對訓練：
1．如圖所示，質量為M的框架放在水平地面上，一輕彈簧上端固定一個質量為m的小球，小球上下振動時，框架始終沒有跳起。當框架對地面壓力為零瞬間，小球的加速度大小為
A.gB.g
C.0D.g
2．如圖所示，A、B兩小球分別連在彈簧兩端，B端用細線固定在傾角為30°的光滑斜面上，若不計彈簧質量，在線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為
A．都等于B．和0
C．和0D．0和
3．.如圖，質量為m的物體A放置在質量為M的物體B上，B與彈簧相連，它們一起在光滑水平面上做簡諧振動，振動過程中A、B之間無相對運動，設彈簧的勁度系數為k，當物體離開平衡位置的位移為x時，A、B間摩擦力的大小等于
A．0B．kｘ
C．（）kｘD．（）kｘ
4．質量為m的物塊B與地面的動摩擦因數為μ，A的質量為2m與地面間的摩擦不計。在已知水平推力F的作用下，A、B做勻加速直線運動，A對B的作用力為____________。
5．質量為60kg的人站在升降機中的體重計上，當升降機做下列各種運動時，體重計的讀數是多少？
（1）升降機勻速上升
（2）升降機以4m/s2的加速度上升
（3）升降機以5m/s2的加速度下降
（4）升降機以重力加速度g加速下降
（5）以加速度a=12m/s2加速下降
6．（1999年廣東）A的質量m1=4m，B的質量m2=m，斜面固定在水平地面上。開始時將B按在地面上不動，然后放手，讓A沿斜面下滑而B上升。A與斜面無摩擦，如圖，設當A沿斜面下滑s距離后，細線突然斷了。求B上升的最大高度H。
7．質量為200kg的物體，置于升降機內的臺秤上，從靜止開始上升。運動過程中臺秤的示數F與時間t的關系如圖所示，求升降機在7s鐘內上升的高度（取g＝10m/s2）
8．空間探測器從某一星球表面豎直升空。已知探測器質量為1500Kg，發(fā)動機推動力為恒力。探測器升空后發(fā)動機因故障突然關閉，圖6是探測器從升空到落回星球表面的速度隨時間變化的圖線，則由圖象可判斷該探測器在星球表面達到的最大高度Hm為多少m？發(fā)動機的推動力F為多少N？
參考答案：
1．D2．D3．D4．N=（F+2μmg）
5．以人為研究對象，受重力和體重計的支持力F的作用，由牛頓第三定律知，人受到支持力跟人對體重計的壓力大小相等，所以體重計的讀數即為支持力的大小.
（1）勻速上升時，a=0，所以F-mg=0即F=mg=600N
（2）加速上升時，a向上，取向上為正方向，則根據牛頓第二定律：F-mg=ma
所以F=mg+ma=m（g+a）=840N
（3）加速下降時，a向下，取向下為正方向，根據牛頓第二定律：mg-F=ma
所以F=mg-ma=m（g-a）=300N
（4）以a=g加速下降時，取向下為正，根據牛頓第二定律：mg-F=mg
故F=0，即完全失重
（5）以a=12m/s2加速下降，以向下為正，根據牛頓第二定律：F=mg-ma
F=mg-ma=m（g-a）=-120N負號表示人已離開體重計，故此時體重計示數為0.
6．H=1.2s
7．解析：在０～2s這段時間內臺秤示數為3000Ｎ，即超重1000N，這時向上的加速度；在2～5s這段時間內臺秤的示數為2000N，等于物體的重力，說明物體做勻速運動；在5～7s這段時間內，臺秤的示數為F3＝1000N，比物重小1000N，即失重，這時物體做勻減速上升運動，向下的加速度。畫出這三段時間內的v-t圖線如圖所示，v-t圖線所圍成的面積值即表示上升的高度，由圖知上升高度為：h＝50m.
8．Hm=480mF=11250N
教學后記
整體法與隔離法，臨界問題是牛頓運動定律應用的重點也是難點，高考也經常出現，引導學生正確理解掌握這些方法是關鍵，也為后面的復習打下基礎。

高考物理第一輪考點復習教案12

靜悟導讀提綱：（五）電場（選修3－1）

一、【考綱對本模塊的要求】

主體

內容

要求靜

電

場

物質的電結構、電荷守恒

Ⅰ

靜電現象的解釋

Ⅰ

點電荷

Ⅰ

庫侖定律

Ⅱ

靜電場

Ⅰ

電場強度、點電荷的場強

Ⅱ

電場線

Ⅰ

電勢能、電勢

Ⅰ

電勢差

Ⅱ

勻強電場中電勢差與電場強度的關系。

Ⅰ

帶電粒子在勻強電場中的運動

Ⅱ

示波管

Ⅰ

常用的電容器

Ⅰ

電容器的電壓、電荷量和電容的關系

Ⅰ

二、【考試說明解讀】

本章知識結構

3．電場強度：電場強度是矢量

習題1：如圖，在x軸上的x=－1和x=1兩點分別固定電荷量為－4Q和+9Q的點電荷。求：x軸上合場強為零的點的坐標。并求在哪個范圍內的場強沿x軸的正方向。

解答：由點電荷的的電場強度公式和疊加原理，得x=-3處的合場強為零，則在-1x-3）和x9范圍內電場強度沿x軸的正方向

M

N

P

a

b

左

右

A．Q1．Q2都是正電荷，且Q1Q2

B．Q1是正電荷，Q2是負電荷，且Q1|Q2|

C．Q1是負電荷，Q2是正電荷，且|Q1|Q2

D．Q1．Q2都是負電荷，且|Q1||Q2|

答：ACD

4．電場線

要牢記以下5種常見的電場的電場線，特別注意等量同（異）種連線及其連線中垂線的特點

注意電場線的特點和電場線與等勢面間的關系：

①電場線的方向為該點的場強方向，電場線的疏密表示場強的大小。②電場線互不相交。

習題：法拉第首先提出用電場線形象生動地描繪電場，

圖為點電荷a、b所形成電場的電場線分布圖

以下說法為中正確的是（）

A．a、b為異種電荷，a帶電荷量大于b帶電量

B．a、b為異種電荷，a帶電荷量小于b帶電量

C．a、b為同種電荷，a帶電荷量大于b帶電量

D．a、b為同種電荷，a帶電荷量小于b帶電量

答：B

5．電場力做功、電勢、電勢能、電勢差及其關系

這是高考中經常考查的知識點，要重點掌握。填好以下圖，理解之間的關系

電勢、電勢能和電勢差分別是怎樣定義的？

電場力做功

電勢能

電勢

電勢差

W=ΔEP

A．在x軸上還有一點與P點電場強度相同

B．在x軸上還有兩點與P點電場強度相同

C．若將一試探電荷+q從P點移至O點，電勢能增大

D．若將一試探電荷+q從P點移至O點，電勢能減小

6．勻強電場中電場強度和電勢差間的關系

7．帶電粒子在電場中的運動

（1）直線運動

習題1：一負電荷從電場中A點由靜止釋放,只受電場力作用,沿電場線運動到B點,它運動的速度—時間圖象如右圖所示.則A、B兩點所在區(qū)域的電場線分布情況可能是下圖中的：A

（2）類平拋運動：注意兩個推論，速度的偏角和位移偏角的關系

8．示波管

習題：如圖所示為示波管的原理圖，電子槍中熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子，初速度很小，可視為零。電子槍的加速電壓為U１，緊挨著是偏轉電極YY和XX，偏轉電極的電壓為零時，電子經加速電壓加速后會打在熒光屏的正中間，圖示坐標的O點，若要電子打在圖示坐標的第三象限，則：D

A．X、Y極板接電源的正極，X，、Y，接電源的負極

B．X、Y，極板接電源的正極，X，、Y接電源的負極

C．X，、Y極板接電源的正極，X、Y，接電源的負極

D．X，、Y，極板接電源的正極，X、Y接電源的負極

高考物理第一輪考點復習教案5

第二章直線運動
知識網絡：
單元切塊：
按照考綱的要求，本章內容可以分成三部分，即：基本概念、勻速直線運動；勻變速直線運動；運動圖象。其中重點是勻變速直線運動的規(guī)律和應用。難點是對基本概念的理解和對研究方法的把握。

基本概念勻速直線運動
知識點復習
一、基本概念
1、質點：用來代替物體、只有質量而無形狀、體積的點。它是一種理想模型，物體簡化為質點的條件是物體的形狀、大小在所研究的問題中可以忽略。
2、時刻：表示時間坐標軸上的點即為時刻。例如幾秒初，幾秒末，幾秒時。
時間：前后兩時刻之差。時間坐標軸上用線段表示時間，例如，前幾秒內、第幾秒內。
3、位置：表示空間坐標的點。
位移：由起點指向終點的有向線段，位移是末位置與始位置之差，是矢量。
路程：物體運動軌跡之長，是標量。
注意：位移與路程的區(qū)別．
4、速度：描述物體運動快慢和運動方向的物理量，是位移對時間的變化率，是矢量。
平均速度：在變速直線運動中，運動物體的位移和所用時間的比值，v=s/t（方向為位移的方向）
瞬時速度：對應于某一時刻（或某一位置）的速度，方向為物體的運動方向。
速率：瞬時速度的大小即為速率；
平均速率：質點運動的路程與時間的比值，它的大小與相應的平均速度之值可能不相同。
注意：平均速度的大小與平均速率的區(qū)別．
【例1】物體M從A運動到B，前半程平均速度為v1，后半程平均速度為v2，那么全程的平均速度是：（）
A．（v1+v2）/2B．C．D．
解析：本題考查平均速度的概念。全程的平均速度，故正確答案為D
5、加速度：描述物體速度變化快慢的物理量，a=△v/△t（又叫速度的變化率），是矢量。a的方向只與△v的方向相同（即與合外力方向相同）。
點評1：
（1）加速度與速度沒有直接關系：加速度很大，速度可以很小、可以很大、也可以為零（某瞬時）；加速度很小，速度可以很小、可以很大、也可以為零（某瞬時）。
（2）加速度與速度的變化量沒有直接關系：加速度很大，速度變化量可以很小、也可以很大；加速度很小，速度變化量可以很大、也可以很小。加速度是“變化率”——表示變化的快慢，不表示變化的大小。
點評2：物體是否作加速運動，決定于加速度和速度的方向關系，而與加速度的大小無關。加速度的增大或減小只表示速度變化快慢程度增大或減小，不表示速度增大或減小。
（1）當加速度方向與速度方向相同時，物體作加速運動，速度增大；若加速度增大，速度增大得越來越快；若加速度減小，速度增大得越來越慢（仍然增大）。
（2）當加速度方向與速度方向相反時，物體作減速運動，速度減??；若加速度增大，速度減小得越來越快；若加速度減小，速度減小得越來越慢（仍然減?。?。
【例2】一物體做勻變速直線運動，某時刻速度大小為4m/s，經過1s后的速度的大小為10m/s，那么在這1s內，物體的加速度的大小可能為
解析：本題考查速度、加速度的矢量性。經過1s后的速度的大小為10m/s，包括兩種可能的情況，一是速度方向和初速度方向仍相同，二是速度方向和初速度方向已經相反。取初速度方向為正方向，則1s后的速度為vt=10m/s或vt=－10m/s
由加速度的定義可得
m/s或m/s。
答案：6m/s或14m/s
點評：對于一條直線上的矢量運算，要注意選取正方向，將矢量運算轉化為代數運算。
6、運動的相對性：只有在選定參考系之后才能確定物體是否在運動或作怎樣的運動。一般以地面上不動的物體為參照物。
【例3】甲向南走100米的同時，乙從同一地點出發(fā)向東也行走100米，若以乙為參考系，求甲的位移大小和方向？
解析：如圖所示，以乙的矢量末端為起點，向甲的矢量末端作一條有向線段，即為甲相對乙的位移，由圖可知，甲相對乙的位移大小為m，方向，南偏西45°。
點評：通過該例可以看出，要準確描述物體的運動，就必須選擇參考系，參考系選擇不同，物體的運動情況就不同。參考系的選取要以解題方便為原則。在具體題目中，要依據具體情況靈活選取。下面再舉一例。
【例4】某人劃船逆流而上，當船經過一橋時，船上一小木塊掉在河水里，但一直航行至上游某處時此人才發(fā)現，便立即返航追趕，當他返航經過1小時追上小木塊時，發(fā)現小木塊距離橋有5400米遠，若此人向上和向下航行時船在靜水中前進速率相等。試求河水的流速為多大？
解析：選水為參考系，小木塊是靜止的；相對水，船以恒定不變的速度運動，到船“追上”小木塊，船往返運動的時間相等，各為1小時；小橋相對水向上游運動，到船“追上”小木塊，小橋向上游運動了位移5400m，時間為2小時。易得水的速度為0.75m/s。
二、勻速直線運動
1．定義：，即在任意相等的時間內物體的位移相等．它是速度為恒矢量的運動，加速度為零的直線運動。
2．圖像：勻速直線運動的s-t圖像為一直線：圖線的斜率在數值上等于物體的速度。

三、綜合例析
【例5】關于位移和路程，下列說法中正確的是（）
A．物體沿直線向某一方向運動，通過的路程就是位移
B．物體沿直線向某一方向運動，通過的路程等于位移的大小
C．物體通過一段路程，其位移可能為零
D．物體通過的路程可能不等，但位移可能相同
解析：位移是矢量，路程是標量，不能說這個標量就是這個矢量，所以A錯，B正確．路程是物體運動軌跡的實際長度，而位移是從物體運動的起始位置指向終止位置的有向線段，如果物體做的是單向直線運動，路程就和位移的大小相等．如果物體在兩位置間沿不同的軌跡運動，它們的位移相同，路程可能不同．如果物體從某位置開始運動，經一段時間后回到起始位置，位移為零，但路程不為零，所以，CD正確．
【例6】關于速度和加速度的關系，下列說法中正確的是（）
A．速度變化越大，加速度就越大
B．速度變化越快，加速度越大
C．加速度大小不變，速度方向也保持不變
C．加速度大小不斷變小，速度大小也不斷變小
解析：根據可知，Δv越大，加速度不一定越大，速度變化越快，則表示越大，故加速度也越大，B正確．加速度和速度方向沒有直接聯(lián)系，加速度大小不變，速度方向可能不變，也可能改變．加速度大小變小，速度可以是不斷增大．故此題應選B．
【例7】在與x軸平行的勻強電場中，場強為E=1.0×106V/m，一帶電量q=1.0×10-8C、質量m=2.5×10-3kg的物體在粗糙水平面上沿著x軸作勻速直線運動，其位移與時間的關系是x＝5-2t，式中x以m為單位，t以s為單位。從開始運動到5s末物體所經過的路程為m，位移為m。
解析：須注意本題第一問要求的是路程；第二問要求的是位移。
將x＝5-2t和對照，可知該物體的初位置x0＝5m，初速度v0=m/s，運動方向與位移正方向相反，即沿x軸負方向，因此從開始運動到5s末物體所經過的路程為10m，而位移為m。
【例8】某游艇勻速滑直線河流逆水航行，在某處丟失了一個救生圈，丟失后經t秒才發(fā)現，于是游艇立即返航去追趕，結果在丟失點下游距丟失點s米處追上，求水速．（水流速恒定，游艇往返的劃行速率不變）。
解析：以水為參照物（或救生圈為參照物），則游艇相對救生圈往返的位移大小相等，且游艇相對救生圈的速率也不變，故返航追上救生圈的時間也為t秒，從丟失到追上的時間為2t秒，在2t秒時間內，救生圈隨水運動了s米，故水速
思考：若游艇上的人發(fā)現丟失時，救生圈距游艇s米，此時立即返航追趕，用了t秒鐘追上，求船速．
【例9】如圖所示為高速公路上用超聲測速儀測車速的示意圖，測速儀發(fā)出并接收超聲波脈沖信號，根據發(fā)出和接收到信號間的時間差，測出被測物體速度，圖中P1、P2是測速儀發(fā)出的超聲波信號，n1、n2分別是P1、P2被汽車反射回來的信號，設測速儀勻速掃描，P1，P2之間的時間間隔Δt=1.0s，超聲波在空氣中傳播的速度是340m/s，若汽車是勻速行駛的，則根據圖Ｂ可知汽車在接收P1、P2兩個信號之間的時間內前進的距離是＿＿＿m，汽車的速度是_____m/s.
解析：本題首先要看懂Ｂ圖中標尺所記錄的時間每一小格相當于多少：由于P1P2之間時間間隔為1.0s，標尺記錄有30小格，故每小格為1／30s，其次應看出汽車兩次接收（并反射）超聲波的時間間隔：P1發(fā)出后經12／30s接收到汽車反射的超聲波，故在P1發(fā)出后經6／30s被車接收，發(fā)出P1后，經1s發(fā)射P2，可知汽車接到P1后，經t1=1-6/30=24/30s發(fā)出P2，而從發(fā)出P2到汽車接收到P2并反射所歷時間為t2=4.5/30s，故汽車兩次接收到超聲波的時間間隔為t=t1+t2=28.5/30s，求出汽車兩次接收超聲波的位置之間間隔：s=(6/30-4.5/30)v聲＝（1.5/30）×340=17m，故可算出v汽=s/t=17÷(28.5/30)=17.9m/s.
【例10】天文觀測表明，幾乎所有遠處的恒星（或星系）都在以各自的速度遠離我們而運動，離我們越遠的星體，背離我們運動的速度（稱為退行速度）越大；也就是說，宇宙在膨脹，不同星體的退行速度v和它們離我們的距離r成正比，即v=Hr，式中H為一恒量，稱為哈勃常數，已由天文觀測測定。為解釋上述現象，有人提出一種理論，認為宇宙是從一個爆炸的大火球開始形成的，大爆炸后各星體即以各自不同的速度向外勻速運動，并設想我們就位于其中心。由上述理論和天文觀測結果，可估算宇宙年齡T，其計算式為T=。根據近期觀測，哈勃常數H=3×10-2m/s﹒光年，由此估算宇宙的年齡約為年。
解析：本題涉及關于宇宙形成的大爆炸理論，是天體物理學研究的前沿內容，背景材料非常新穎，題中還給出了不少信息。題目描述的現象是：所有星體都在離我們而去，而且越遠的速度越大。提供的一種理論是：宇宙是一個大火球爆炸形成的，爆炸后產生的星體向各個方向勻速運動。如何用該理論解釋呈現的現象？可以想一想：各星體原來同在一處，現在為什么有的星體遠，有的星體近？顯然是由于速度大的走得遠，速度小的走的近。所以距離遠是由于速度大，v=Hr只是表示v與r的數量關系，并非表示速度大是由于距離遠。
對任一星體，設速度為v，現在距我們?yōu)閞，則該星體運動r這一過程的時間T即為所要求的宇宙年齡，T=r/v
將題給條件v=Hr代入上式得宇宙年齡T=1/H
將哈勃常數H=3×10-2m/s光年代入上式，得T=1010年。
點評：有不少考生遇到這類完全陌生的、很前沿的試題，對自己缺乏信心，認為這樣的問題自己從來沒見過，老師也從來沒有講過，不可能做出來，因而采取放棄的態(tài)度。其實只要靜下心來，進入題目的情景中去，所用的物理知識卻是非常簡單的。這類題搞清其中的因果關系是解題的關鍵。
四、針對訓練
1．對于質點的運動，下列說法中正確的是（）
A．質點運動的加速度為零，則速度為零，速度變化也為零
B．質點速度變化率越大，則加速度越大
C．質點某時刻的加速度不為零，則該時刻的速度也不為零
D．質點運動的加速度越大，它的速度變化越大
2．某質點做變速運動，初始的速度為3m／s，經3s速率仍為3m／s測（）
A．如果該質點做直線運動，該質點的加速度不可能為零
B．如果該質點做勻變速直線運動，該質點的加速度一定為2m／s2
C．如果該質點做曲線運動，該質點的加速度可能為2m／s2
D．如果該質點做直線運動，該質點的加速度可能為12m／s2
3．關于物體的運動，不可能發(fā)生的是（）
A．加速度大小逐漸減小，速度也逐漸減小
B．加速度方向不變，而速度方向改變
C．加速度和速度都在變化，加速度最大時，速度最小
D．加速度為零時，速度的變化率最大
4．兩木塊自左向右運動，現用高速攝影機在同一底片上多次曝光，記錄下木塊每次曝光時的位置，如圖所示．連續(xù)兩次曝光的時間間隔是相等的．由圖可知（）
A．在時刻t2以及時刻t5兩木塊速度相同
B．在時刻t3兩木塊速度相同
C．在時刻t3和時刻t4之間某瞬時兩木塊速度相同
D．在時刻t4和時刻t5之間某瞬時兩木塊速度相同
5．一輛汽車在一直線上運動，第1s內通過5m，第2s內通過10m，第3s內通過20m，4s內通過5m，則最初兩秒的平均速度是m／s，最后兩秒的平均速度是＿＿m／s，全部時間的平均速度是＿＿＿＿＿＿m／s．
6．在離地面高h處讓一球自由下落，與地面碰撞后反彈的速度是碰前3／5，碰撞時間為Δt，則球下落過程中的平均速度大小為＿＿＿＿＿，與地面碰撞過程中的平均加速度大小為＿＿＿＿＿＿＿。（不計空氣阻力）．
7．物體以5m/s的初速度沿光滑斜槽向上做直線運動，經4s滑回原處時速度大小仍為5m／s，則物體的速度變化為＿＿＿＿＿，加速度為＿＿＿＿＿．（規(guī)定初速度方向為正方向）．
8．人們工作、學習和勞動都需要能量，食物在人體內經消化過程轉化為葡萄糖，葡萄糖在體內又轉化為CO2和H2O，同時產生能量E＝2.80×106Jmol－1．一個質量為60kg的短跑運動員起跑時以1/6s的時間沖出1m遠，他在這一瞬間內消耗體內儲存的葡萄糖質量是多少？
參考答案：
1．B
2．BC
3．D
4．C
5．7.5；12.5；10
6．，
7．m/s；m/s2
8．0.28g
附:
知識點梳理
閱讀課本理解和完善下列知識要點
一、參考系
1.為了描述物體的運動而的物體叫參考系（或參照物）。
2.選取哪個物體作為參照物，常常考慮研究問題的方便而定。研究地球上物體的運動，一般來說是取為參照物，對同一個運動，取不同的參照物，觀察的結果可能不同。
3.運動學中的同一公式中所涉及的各物理量應相對于同一參照物。如果沒有特別說明，都是取地面為參照物。
二、質點
1.定義:
2.物體簡化為質點的條件：
3.注意：同一物體，有時能被看作質點，有時就不能看作質點。
三、時間和時刻
1.時刻；在時間軸上可用一個確定的點來表示，如“2s末”、“3s初”等。
2.時間：指兩個時刻之間的一段間隔，如“第三秒內”、“10分鐘”等。
四、位移和路程
1.位移
①意義：位移是描述的物理量。
②定義：
③位移是矢量，有向線段的長度表示位移大小，有向線段的方向表示位移的方向。
2.路程：路程是；路程是標量，只有大小，沒有方向。
3.物體做運動時，路程才與位移大小相等。在曲線運動中質點的位移的大小一定路程。
五、速度和速率
1.速度
①速度是描述的物理量。速度是矢量，既有大小又又方向。
②瞬時速度：對應或
的速度，簡稱速度。瞬時速度的方向為該時刻質點的方向。
③平均速度：定義式為，該式適用于運動；而平均速度公式僅適用于運動。
平均速度對應某一段時間（或某一段位移），平均速度的大小跟時間間隔的選取有關，不同的階段平均速度一般不同，所以求平均速度時，必須明確是求哪一段位移或哪一段時間內的平均速度。
2.速率：瞬時速度的大小叫速率，速率是標量，只有大小，沒有方向。
六、加速度
1.加速度是描述的物理量。
2.定義式：。
3.加速度是矢量，方向和方向相同。
4.加速度和速度的區(qū)別和聯(lián)系：
①加速度的大小和速度（填“有”或“無”）直接關系。質點的運動的速度大，加速度大；速度小，其加速度
小；速度為零，其加速度為零（填“一定”或“不一定”）。
②加速度的方向（填“一定”或“不一定”）和速度方向相同。質點做加速直線運動時，加速度與速度方向；質點做減速直線運動時，加速度與速度方向；質點做曲線運動時，加速度方向與初速度方向成某一角度。
③質點做加速運動還是減速運動，取決于加速度的和速度的關系，與加速度的無關。
七、勻速直線運動
1.定義：
叫勻速直線運動。
2.速度公式：
鞏固訓練
1.兩輛汽車在平直的公路上行駛，甲車內一個人看見窗外樹木向東移動，乙車內一個人發(fā)現甲車沒有運動，如果以大地為參照物，上述事實說明…………………………()
A.甲車向西運動，乙車不動
B.乙車向西運動，甲車不動
C.甲車向西運動，乙車向東運動
D.甲、乙兩車以相同的速度同時向西運動
2.某物體沿著半徑為R的圓周運動一周的過程中，最大路程為，最大位移為。
3.物體做直線運動，若在前一半時間是速度為v1的勻速運動，后一半時間是速度為v2的勻速運動，則整個運動過程的平均速度大小是；若在前一半路程是速度為v1的勻速運動，后一半路程是速度為v2的勻速運動，則整個運動過程的平均速度大小是。
4.下列說法中正確的是…………………（）
A.物體有恒定速率時，其速度仍可能有變化
B.物體有恒定速度時，其速率仍可能有變化
C.物體的加速度不為零時，其速度可能為零
D.物體具有沿x軸正向的加速度時，可能具有沿x軸負向的速度
5.一架飛機水平勻速地在某同學頭頂飛過，當他聽到飛機的發(fā)動機聲從頭頂正上方傳來時，發(fā)現飛機在他前上方約與地面成60°角的方向上，據此可估算出此飛機的速度約為聲速的_____倍
6.下列關于質點的說法中，正確的是…（）
A.質點是非常小的點；B.研究一輛汽車過某一路標所需時間時，可以把汽車看成質點；C.研究自行車運動時，由于車輪在轉動，所以無論研究哪方面，自行車都不能視為質點；D.地球雖大，且有自轉，但有時仍可被視為質點
7.下列說法中正確的是…………………（）
A.位移大小和路程不一定相等，所以位移才不等于路程；B.位移的大小等于路程，方向由起點指向終點；C.位移取決于始末位置，路程取決于實際運動路線；
D.位移描述直線運動，是矢量；路程描述曲線運動，是標量。
8.下列說法中正確的是…………………（）
A．質點運動的加速度為0，則速度為0，速度變化也為0；B．質點速度變化越慢，加速度越??；C．質點某時刻的加速度不為0，則該時刻的速度也不為0；D．質點運動的加速度越大，它的速度變化也越大。
9.某同學在百米比賽中，經50m處的速度為10.2m/s，10s末以10.8m/s沖過終點，他的百米平均速度大小為m/s。

教學后記
運動學涉及到的公式很多，而且運動學是在高一第一學期就已經學過，時間比較長了，很多推論學生都差不多忘了，運用起來會亂套，特別是對基礎不是很好的學生。對成績好的學生來講，運動學是比較簡單的，關鍵是要讓學生培養(yǎng)一題多解的思想，并且能夠在解題時選擇最簡單的方法來解。運動學在高考中單獨考查的不多，主要是很力學電磁學綜合出現，因此，第一輪復習關鍵復習基本公式及靈活運用，為在綜合解題做準備。

勻變速直線運動

一、勻變速直線運動公式
1．常用公式有以下四個
點評：
（1）以上四個公式中共有五個物理量：s、t、a、v0、vt，這五個物理量中只有三個是獨立的，可以任意選定。只要其中三個物理量確定之后，另外兩個就唯一確定了。每個公式中只有其中的四個物理量，當已知某三個而要求另一個時，往往選定一個公式就可以了。如果兩個勻變速直線運動有三個物理量對應相等，那么另外的兩個物理量也一定對應相等。
（2）以上五個物理量中，除時間t外，s、v0、vt、a均為矢量。一般以v0的方向為正方向，以t=0時刻的位移為零，這時s、vt和a的正負就都有了確定的物理意義。
2．勻變速直線運動中幾個常用的結論
（1）Δs=aT2，即任意相鄰相等時間內的位移之差相等?？梢酝茝V到
sm-sn=(m-n)aT2
（2），某段時間的中間時刻的即時速度等于該段時間內的平均速度。
，某段位移的中間位置的即時速度公式（不等于該段位移內的平均速度）。
可以證明，無論勻加速還是勻減速，都有。
點評：運用勻變速直線運動的平均速度公式解題，往往會使求解過程變得非常簡捷，因此，要對該公式給與高度的關注。
3．初速度為零（或末速度為零）的勻變速直線運動
做勻變速直線運動的物體，如果初速度為零，或者末速度為零，那么公式都可簡化為：
，，，
以上各式都是單項式，因此可以方便地找到各物理量間的比例關系。
4．初速為零的勻變速直線運動
（1）前1秒、前2秒、前3秒……內的位移之比為1∶4∶9∶……
（2）第1秒、第2秒、第3秒……內的位移之比為1∶3∶5∶……
（3）前1米、前2米、前3米……所用的時間之比為1∶∶∶……
（4）第1米、第2米、第3米……所用的時間之比為1∶∶（）∶……
對末速為零的勻變速直線運動，可以相應的運用這些規(guī)律。
5．一種典型的運動
經常會遇到這樣的問題：物體由靜止開始先做勻加速直線運動，緊接著又做勻減速直線運動到靜止。用右圖描述該過程，可以得出以下結論：
（1）
（2）
6、解題方法指導：
解題步驟：
（1）根據題意，確定研究對象。
（2）明確物體作什么運動，并且畫出運動示意圖。
（3）分析研究對象的運動過程及特點，合理選擇公式，注意多個運動過程的聯(lián)系。
（4）確定正方向，列方程求解。
（5）對結果進行討論、驗算。
解題方法：
（1）公式解析法：假設未知數，建立方程組。本章公式多，且相互聯(lián)系，一題常有多種解法。要熟記每個公式的特點及相關物理量。
（2）圖象法：如用v—t圖可以求出某段時間的位移大小、可以比較vt/2與vS/2，以及追及問題。用s—t圖可求出任意時間內的平均速度。
（3）比例法：用已知的討論，用比例的性質求解。
（4）極值法：用二次函數配方求極值，追趕問題用得多。
（5）逆向思維法：如勻減速直線運動可視為反方向的勻加速直線運動來求解。
綜合應用例析
【例1】在光滑的水平面上靜止一物體，現以水平恒力甲推此物體，作用一段時間后換成相反方向的水平恒力乙推物體，當恒力乙作用時間與恒力甲的作用時間相同時，物體恰好回到原處，此時物體的速度為v2，若撤去恒力甲的瞬間物體的速度為v1，則v2∶v1=?
解析：解決此題的關鍵是：弄清過程中兩力的位移關系，因此畫出過程草圖（如圖5），標明位移，對解題有很大幫助。
通過上圖，很容易得到以下信息：
，而，得v2∶v1=2∶1
思考：在例1中，F1、F2大小之比為多少？（答案：1∶3）
點評：特別要注意速度的方向性。平均速度公式和加速度定義式中的速度都是矢量，要考慮方向。本題中以返回速度v1方向為正，因此，末速度v2為負。
【例2】兩木塊自左向右運動，現用高速攝影機在同一底片上多次曝光，記錄下木塊每次曝光時的位置，如圖所示，連續(xù)兩次曝光的時間間隔是相等的，由圖可知

A．在時刻t2以及時刻t5兩木塊速度相同
B．在時刻t1兩木塊速度相同
C．在時刻t3和時刻t4之間某瞬間兩木塊速度相同
D．在時刻t4和時刻t5之間某瞬時兩木塊速度相同
解析：首先由圖看出：上邊那個物體相鄰相等時間內的位移之差為恒量，可以判定其做勻變速直線運動；下邊那個物體明顯地是做勻速運動。由于t2及t5時刻兩物體位置相同，說明這段時間內它們的位移相等，因此其中間時刻的即時速度相等，這個中間時刻顯然在t3、t4之間，因此本題選C。
【例3】在與x軸平行的勻強電場中，一帶電量q=1.0×10-8C、質量m=2.5×10-3kg的物體在光滑水平面上沿著x軸作直線運動，其位移與時間的關系是x＝0.16t－0.02t2，式中x以m為單位，t以s為單位。從開始運動到5s末物體所經過的路程為m，克服電場力所做的功為J。
解析：須注意：本題第一問要求的是路程；第二問求功，要用到的是位移。
將x＝0.16t－0.02t2和對照，可知該物體的初速度v0=0.16m/s，加速度大小a=0.04m/s2，方向跟速度方向相反。由v0=at可知在4s末物體速度減小到零，然后反向做勻加速運動，末速度大小v5=0.04m/s。前4s內位移大小，第5s內位移大小，因此從開始運動到5s末物體所經過的路程為0.34m，而位移大小為0．30m，克服電場力做的功W=mas5=3×10-5J。
【例4】一輛汽車沿平直公路從甲站開往乙站，起動加速度為2m/s2，加速行駛5秒，后勻速行駛2分鐘，然后剎車，滑行50m，正好到達乙站，求汽車從甲站到乙站的平均速度？
解析：起動階段行駛位移為：
s1=……（1）
勻速行駛的速度為：v=at1……（2）
勻速行駛的位移為：s2=vt2……（3）
剎車段的時間為：s3=……（4）
汽車從甲站到乙站的平均速度為：
=
【例5】汽車以加速度為2m/s2的加速度由靜止開始作勻加速直線運動，求汽車第5秒內的平均速度？
解析：此題有三解法：
（1）用平均速度的定義求：
第5秒內的位移為：s=at52－at42=9(m)
第5秒內的平均速度為：v===9m/s
（2）用推論v=（v0+vt）/2求：v==m/s=9m/s
（3）用推論v=vt/2求。第5秒內的平均速度等于4.5s時的瞬時速度：
v=v4.5=a4.5=9m/s
【例6】一物體由斜面頂端由靜止開始勻加速下滑，最初的3秒內的位移為s1，最后3秒內的位移為s2，若s2-s1=6米，s1∶s2=3∶7，求斜面的長度為多少？
解析：設斜面長為s，加速度為a，沿斜面下滑的總時間為t。則：
斜面長：s=at2……(1)
前3秒內的位移：s1=at12……（2）
后3秒內的位移：s2=s-a(t-3)2……(3)
s2-s1=6……(4)
s1∶s2=3∶7……(5)
解（1）—（5）得：a=1m/s2t=5ss=12.5m
【例7】物塊以v0=4米/秒的速度滑上光滑的斜面，途經A、B兩點，已知在A點時的速度是B點時的速度的2倍，由B點再經0.5秒物塊滑到斜面頂點C速度變?yōu)榱悖珹、B相距0.75米，求斜面的長度及物體由D運動到B的時間？
解析：物塊作勻減速直線運動。設A點速度為VA、B點速度VB，加速度為a，斜面長為S。
A到B：vB2vA2=2asAB……(1)
vA=2vB……(2)
B到C：0=vB+at0……..(3)
解（1）（2）（3）得：vB=1m/s
a=2m/s2
D到C0v02=2as……(4)
s=4m
從D運動到B的時間：
D到B：vB=v0+at1t1=1.5秒
D到C再回到B：t2=t1+2t0=1.5+20.5=2.5(s)
【例8】一質點沿AD直線作勻加速直線運動，如圖，測得它在AB、BC、CD三段的時間均為t，測得位移AC=L1，BD=L2，試求質點的加速度？
解析：設AB=s1、BC=s2、CD=s3則：
s2s1=at2s3s2=at2
兩式相加：s3s1=2at2
由圖可知：L2L1=（s3+s2）（s2+s1）=s3s1
則：a=
【例9】一質點由A點出發(fā)沿直線AB運動，行程的第一部分是加速度為a1的勻加速運動，接著做加速度為a2的勻減速直線運動，抵達B點時恰好靜止，如果AB的總長度為s，試求質點走完AB全程所用的時間t？
解析：設質點的最大速度為v，前、后兩段運動過程及全過程的平均速度相等，均為。
全過程：s=……（1）
勻加速過程：v=a1t1……（2）
勻減速過程：v=a2t2……（3）
由（2）（3）得：t1=代入（1）得：
s=s=
將v代入（1）得：
t=
【例10】一個做勻加速直線運動的物體，連續(xù)通過兩段長為s的位移所用的時間分別為t1、t2，求物體的加速度？
解析：
方法一：
設前段位移的初速度為v0，加速度為a，則：
前一段s：s=v0t1+……（1）
全過程2s：2s=v0（t1+t2）+……（2）
消去v0得：a=
方法二：
設前一段時間t1的中間時刻的瞬時速度為v1,后一段時間t2的中間時刻的瞬時速度為v2。所以：
v1=……（1）v2=……（2）
v2=v1+a（）……（3）解（1）（2）（3）得相同結果。
方法三：
設前一段位移的初速度為v0，末速度為v，加速度為a。
前一段s：s=v0t1+……（1）
后一段s：s=vt2+……（2）
v=v0+at……（3）解（1）（2）（3）得相同結果。
二、勻變速直線運動的特例
1．自由落體運動
物體由靜止開始，只在重力作用下的運動。
（1）特點：加速度為g，初速度為零的勻加速直線運動。
（2）規(guī)律：vt=gth=gt2vt2=2gh
2．豎直上拋運動
物體以某一初速度豎直向上拋出，只在重力作用下的運動。
（1）特點：初速度為v0，加速度為-g的勻變速直線運動。
（2）規(guī)律：vt=v0-gth=v0t-gt2vt2-v02=－2gh
上升時間，下降到拋出點的時間，上升最大高度
（3）處理方法:
一是將豎直上拋運動全過程分為上升和下降兩個階段來處理，要注意兩個階段運動的對稱性。
二是將豎直上拋運動全過程視為初速度為v0，加速度為-g的勻減速直線運動
綜合應用例析
【例11】（1999年高考全國卷）一跳水運動員從離水面10m高的平臺上向上躍起，舉雙臂直體離開臺面，此時其重心位于從手到腳全長的中點，躍起后重心升高0.45m達到最高點，落水時身體豎直，手先入水（在此過程中運動員水平方向的運動忽略不計）從離開跳臺到手觸水面，他可用于完成空中動作的時間是______s。（計算時，可以把運動員看作全部質量集中在重心的一個質點，g取10m/s2，結果保留二位數）
解析：運動員的跳水過程是一個很復雜的過程，主要是豎直方向的上下運動，但也有水平方向的運動，更有運動員做的各種動作。構建運動模型，應抓主要因素?，F在要討論的是運動員在空中的運動時間，這個時間從根本上講與運動員所作的各種動作以及水平運動無關，應由豎直運動決定，因此忽略運動員的動作，把運動員當成一個質點，同時忽略他的水平運動。當然，這兩點題目都作了說明，所以一定程度上“建模”的要求已經有所降低，但我們應該理解這樣處理的原因。這樣，我們把問題提煉成了質點作豎直上拋運動的物理模型。
在定性地把握住物理模型之后，應把這個模型細化，使之更清晰?？僧嫵鋈鐖D所示的示意圖。由圖可知，運動員作豎直上拋運動，上升高度h，即題中的0.45m；從最高點下降到手觸到水面，下降的高度為H，由圖中H、h、10m三者的關系可知H=10.45m。
由于初速未知，所以應分段處理該運動。運動員躍起上升的時間為：s
從最高點下落至手觸水面，所需的時間為：s
所以運動員在空中用于完成動作的時間約為：=1.7s
點評：構建物理模型時，要重視理想化方法的應用，要養(yǎng)成化示意圖的習慣。
【例12】如圖所示是我國某優(yōu)秀跳水運動員在跳臺上騰空而起的英姿.跳臺距水面高度為10m，此時她恰好到達最高位置，估計此時她的重心離跳臺臺面的高度為1m，當她下降到手觸及水面時要伸直雙臂做一個翻掌壓水花的動作，這時她的重心離水面也是1m.(取g=10m/s2)求：
（1）從最高點到手觸及水面的過程中其重心可以看作是自由落體運動，她在空中完成一系列動作可利用的時間為多長?
（2）忽略運動員進入水面過程中受力的變化，入水之后，她的重心能下沉到離水面約2.5m處，試估算水對她的平均阻力約是她自身重力的幾倍?
解析：（1）這段時間人重心下降高度為10m
空中動作時間t=
代入數據得t=s=1.4s
(2)運動員重心入水前下降高度h+Δh=11m
據動能定理mg(h+Δh+h水)=fh水
整理并代入數據得=5.4
三、針對訓練
1．騎自行車的人沿著直線從靜止開始運動，運動后，在第1s、2s、3s、4s內，通過的路程分別為1m、2m、3m、4m，有關其運動的描述正確的是
A．4s內的平均速度是2.5m/s
B．在第3、4s內平均速度是3.5m/s
C．第3s末的即時速度一定是3m/s
D．該運動一定是勻加速直線運動
2．汽車以20m/s的速度做勻速直線運動，剎車后的加速度為5m/s2，那么開始剎車后2s與開始剎車后6s汽車通過的位移之比為
A．1∶4B.3∶5C.3∶4D.5∶9
3．有一個物體開始時靜止在O點，先使它向東做勻加速直線運動，經過5s，使它的加速度方向立即改為向西，加速度的大小不改變，再經過5s，又使它的加速度方向改為向東，但加速度大小不改變，如此重復共歷時20s，則這段時間內
A．物體運動方向時而向東時而向西
B．物體最后靜止在O點
C．物體運動時快時慢，一直向東運動
D．物體速度一直在增大
4．物體做勻變速直線運動，某時刻速度的大小為4m/s，1s后速度的大小變?yōu)?0m/s，關于該物體在這1s內的位移和加速度大小有下列說法
①位移的大小可能小于4m
②位移的大小可能大于10m
③加速度的大小可能小于4m/s2
④加速度的大小可能大于10m/s2
其中正確的說法是
A．②④B.①④C.②③D.①③
5．物體從斜面頂端由靜止開始滑下，經ts到達中點，則物體從斜面頂端到底端
共用時間為
A．sB.sC.2tsD.ts
6．做勻加速直線運動的物體，先后經過A、B兩點時的速度分別為v和7v，經
歷的時間為t，則
A．前半程速度增加3.5v
B．前時間內通過的位移為11vt/4
C．后時間內通過的位移為11vt/4
D．后半程速度增加3v
7．一觀察者站在第一節(jié)車廂前端，當列車從靜止開始做勻加速運動時
A．每節(jié)車廂末端經過觀察者的速度之比是1∶∶∶…∶
B．每節(jié)車廂末端經過觀察者的時間之比是1∶3∶5∶…∶n
C．在相等時間里經過觀察者的車廂數之比是1∶3∶5∶…
D．在相等時間里經過觀察者的車廂數之比是1∶2∶3∶…
8．汽車A在紅綠燈前停住，綠燈亮起時起動，以0.4m/s2的加速度做勻加速運動，經過30s后以該時刻的速度做勻速直線運動.設在綠燈亮的同時，汽車B以8m/s的速度從A車旁邊駛過，且一直以相同速度做勻速直線運動，運動方向與A車相同，則從綠燈亮時開始
A．A車在加速過程中與B車相遇
B．A、B相遇時速度相同
C．相遇時A車做勻速運動
D．兩車不可能再次相遇
9．做勻加速直線運動的火車，車頭通過路基旁某電線桿時的速度是v1，車尾通過該電線桿時的速度是v2，那么，火車中心位置經過此電線桿時的速度是_______.
10．一物體由靜止開始做勻加速直線運動，在第49s內位移是48.5m,則它在第60s內位移是_______m.
11．一物體初速度為零，先以大小為a1的加速度做勻加速運動，后以大小為a2的加速度做勻減速運動直到靜止.整個過程中物體的位移大小為s，則此物體在該直線運動過程中的最大速度為_______.
12．如圖所示為用打點計時器測定勻變速直線運動的加速度的實驗時記錄下的一條紙帶.紙帶上選取1、2、3、4、5各點為記數點，將直尺靠在紙帶邊，零刻度與紙帶上某一點0對齊.由0到1、2、3…點的距離分別用d1、d2、d3…表示，測量出d1、d2、d3…的值，填入表中.已知打點計時器所用交流電的頻率為50Hz，由測量數據計算出小車的加速度a和紙帶上打下點3時小車的速度v3，并說明加速度的方向.
距離d1d2d3d4d5
測量值(cm)
加速度大小a=_______m/s2，方向_______，小車在點3時的速度大小v3=_______m/s.
13．一物體做勻加速直線運動，初速度為0.5m/s，第7s內的位移比第5s內的位移多4m，求：
（1）物體的加速度.
（2）物體在5s內的位移.
14．某航空公司的一架客機，在正常航線上做水平飛行時，突然受到強大的垂直氣流的作用，使飛機在10s內下降高度為1800m，造成眾多乘客和機組人員的傷害事故，如果只研究在豎直方向上的運動，且假設這一運動是勻變速直線運動.
（1）求飛機在豎直方向上產生的加速度多大？
（2）試估算成年乘客所系安全帶必須提供多大拉力才能使乘客不脫離座椅.(g取10m/s2)
15．如圖，一長為l的長方形木塊可在傾角為a的斜面上無摩擦地滑下，連續(xù)經過1、2兩點，1、2之間有一距離，物塊通過1、2兩點所用時間分別為t1和t2,那么物塊前端P在1、2之間運動所需時間為多少？
參考答案
1.AB
2.C
3.C
4.B
5.A
6.C
7.AC
8.C
9.
10.59.5
11.vm=
12.0.58;與運動方向相反；0.13
13.利用相鄰的相等時間里的位移差公式：Δs=aT2,知Δs=4m,T=1s.a=
=m/s2=2m/s2.再用位移公式可求得s5=v0t+at2=(0.5×5+×2×52)m=27.5m
14.由s=at2及：a=m/s2=36m/s2.
由牛頓第二定律：F+mg=ma得F=m(a-g)=1560N,成年乘客的質量可取45kg~65kg,因此，F相應的值為1170N~1690N
15.設P端通過1后時刻速度為v1′，通過2后時刻速度為v2′,由勻變速運動規(guī)律有：v1′=,v2′=.物體運動的加速度為a=gsinα,=又t1-1′=,t2-2′=,故t12=t1-1′-t2-2′+=
教學隨感
運變速直線運動重點是讓學生記住公式及推論，并且注意培養(yǎng)學生可逆思維和一題多解的思維，為后面復習打下牢固的基礎。
運動圖象追趕問題

一、運動圖象
用圖像研究物理現象、描述物理規(guī)律是物理學的重要方法，運動圖象問題主要有：s-t、v-t、a-t等圖像。
1.s-t圖象。能讀出s、t、v的信息（斜率表示速度）。
2.v-t圖象。能讀出s、t、v、a的信息（斜率表示加速度，曲線下的面積表示位移）。可見v-t圖象提供的信息最多，應用也最廣。
位移圖象（s-t）速度圖象（v-t）加速度圖象（a-t）
勻速直線運動
勻加速直線運動
（a0，s有最小值）拋物線（不要求）
勻減速直線運動
（a0，s有最大值）拋物線（不要求）
備注位移圖線的斜率表示速度①斜率表示加速度
②圖線與橫軸所圍面積表示位移，橫軸上方“面積”為正，下方為負

【例1】一個固定在水平面上的光滑物塊，其左側面是斜面AB，右側面是曲面AC。已知AB和AC的長度相同。兩個小球p、q同時從A點分別沿AB和AC由靜止開始下滑，比較它們到達水平面所用的時間
A.p小球先到
B.q小球先到
C.兩小球同時到
D.無法確定
解析：可以利用v-t圖象(這里的v是速率，曲線下的面積表示路程s)定性地進行比較。在同一個v-t圖象中做出p、q的速率圖線，顯然開始時q的加速度較大，斜率較大；由于機械能守恒，末速率相同，即曲線末端在同一水平圖線上。為使路程相同（曲線和橫軸所圍的面積相同），顯然q用的時間較少。
【例2】兩支完全相同的光滑直角彎管(如圖所示)現有兩只相同小球a和a/同時從管口由靜止滑下，問誰先從下端的出口掉出？(假設通過拐角處時無機械能損失)
解析：首先由機械能守恒可以確定拐角處v1v2，而兩小球到達出口時的速率v相等。又由題薏可知兩球經歷的總路程s相等。由牛頓第二定律，小球的加速度大小a=gsinα，小球a第一階段的加速度跟小球a/第二階段的加速度大小相同（設為a1）；小球a第二階段的加速度跟小球a/第一階段的加速度大小相同（設為a2），根據圖中管的傾斜程度，顯然有a1a2。根據這些物理量大小的分析，在同一個v-t圖象中兩球速度曲線下所圍的面積應該相同，且末狀態(tài)速度大小也相同（縱坐標相同）。開始時a球曲線的斜率大。由于兩球兩階段加速度對應相等，如果同時到達（經歷時間為t1）則必然有s1s2，顯然不合理。考慮到兩球末速度大小相等（圖中vm），球a/的速度圖象只能如藍線所示。因此有t1t2，即a球先到。
點評：1、應用物理圖象的優(yōu)越性
（1）利用圖象解題可以使解題過程簡化，思路更清晰，比解析法更巧妙、更靈活。在有些情況下運用解析法可能無能為力，用圖象法可能使你豁然開朗。
（2）利用圖象描述物理過程更直觀
從物理圖象可以更直觀地觀察出物理過程的動態(tài)特征。當然不是所有物理過程都可以用物理圖象進行描述。
（3）利用圖象分析物理實驗
運用圖象處理物理實驗數據是物理實驗中常用的一種方法，這是因為它除了具有簡明、直觀、便于比較和減少偶然誤差的特點外，還可以有圖象求第三個相關物理量、運用圖想求出的相關物理量誤差也比較小。
2、要正確理解圖象的意義
（1）首先明確所給的圖象是什么圖象。即認清圖象中橫縱軸所代表的物理量及它們的函數關系。特別是那些圖形相似容易混淆的圖象，更要注意區(qū)分。
（2）要清楚地理解圖象中的“點”、“線”、“斜率”、“截距”、“面積”的物理意義。
①點：圖線上的每一個點對應研究對象的一個狀態(tài)，特別注意“起點”、“終點”、“拐點”，它們往往對應一個特殊狀態(tài)。
②線：表示研究對象的變化過程和規(guī)律，如v－t圖象中圖線若為傾斜直線，則表示物體做勻變速直線運動。
③斜率：表示橫、縱坐標上兩物理量的比值，常有一個重要的物理量與之對應。用于求解定量計算對應物理量的大小和定性分析變化的快慢問題。如s－t圖象的斜率表示速度大小，v－t圖象的斜率表示加速度大小。
④面積；圖線與坐標軸圍成的面積常與某一表示過程的物理量相對應。如v－t圖象與橫軸包圍的“面積”大小表示位移大小。
⑤截距：表示橫、縱坐標兩物理量在“邊界”條件下的物理量的大小。由此往往能得到一個很有意義的物理量。
【例3】一物體做加速直線運動，依次通過A、B、C三點，AB=BC。物體在AB段加速度為a1，在BC段加速度為a2，且物體在B點的速度為，則
A．a1a2B．a1=a2C．a1a2D．不能確定
解析：依題意作出物體的v-t圖象，如圖所示。圖線下方所圍成的面積表示物體的位移，由幾何知識知圖線②、③不滿足AB=BC。只能是①這種情況。因為斜率表示加速度，所以a1a2，選項C正確。
點評：本題是根據圖象進行定性分析而直接作出解答的。分析時要熟悉圖線下的面積、斜率所表示的物理意義。
【例4】螞蟻離開巢沿直線爬行，它的速度與到蟻巢中心的距離成反比，當螞蟻爬到距巢中心的距離L1=1m的A點處時，速度是v1=2cm/s。試問螞蟻從A點爬到距巢中心的距離L2=2m的B點所需的時間為多少？
解析：本題若采用將AB無限分割，每一等分可看作勻速直線運動，然后求和，這一辦法原則上可行，實際上很難計算。
題中有一關鍵條件：螞蟻運動的速度v與螞蟻離巢的距離x成反比，即，作出圖象如圖示，為一條通過原點的直線。從圖上可以看出梯形ABCD的面積，就是螞蟻從A到B的時間：s
點評：解該題的關鍵是確定坐標軸所代表的物理量，速率與距離成反比的條件，可以寫成，也可以寫成，若按前者確定坐標軸代表的量，圖線下的面積就沒有意義了，而以后者來確定，面積恰好表示時間，因此在分析時有一個嘗試的過程。
二、追趕問題
討論追及、相遇的問題，其實質就是分析討論兩物體在相同時間內能否到達相同的空間位置問題。
1．兩個關系：即時間關系和位移關系
2．一個條件：即兩者速度相等，它往往是物體間能否追上、追不上或（兩者）距離最大、最小的臨界條件，也是分析判斷的切入點。
常見的情況有：
（1）物體A追上物體B：開始時，兩個物體相距s0，則A追上B時，必有sA-sB=s0，且vA≥vB。
（2）物體A追趕物體B：開始時，兩個物體相距s0，要使兩物體恰好不相撞，必有sA-sB=s0，且vA≤vB。
3．解題思路和方法

【例5】從離地面高度為h處有自由下落的甲物體，同時在它正下方的地面上有乙物體以初速度v0豎直上拋，要使兩物體在空中相碰，則做豎直上拋運動物體的初速度v0應滿足什么條件？（不計空氣阻力，兩物體均看作質點）.若要乙物體在下落過程中與甲物體相碰，則v0應滿足什么條件？
命題意圖：以自由下落與豎直上拋的兩物體在空間相碰創(chuàng)設物理情景，考查理解能力、分析綜合能力及空間想象能力.B級要求.
錯解分析：考生思維缺乏靈活性，無法巧選參照物，不能達到快捷高效的求解效果。
解題方法與技巧：（巧選參照物法）
選擇乙物體為參照物，則甲物體相對乙物體的初速度：v甲乙=0-v0=-v0
甲物體相對乙物體的加速度a甲乙=-g-（-g）=0
由此可知甲物體相對乙物體做豎直向下，速度大小為v0的勻速直線運動。所以，相遇時間為：t=
對第一種情況，乙物體做豎直上拋運動，在空中的時間為：0≤t≤
即：0≤≤
所以當v0≥，兩物體在空中相碰。
對第二種情況，乙物體做豎直上拋運動，下落過程的時間為：≤t≤
即≤≤。
所以當≤v0≤時，乙物體在下落過程中與甲物體相碰。
【例6】（1999年全國）為了安全，在公路上行駛的汽車之間應保持必要的距離.已知某高速公路的最高限速v=120km/h.假設前方車輛突然停止，后車司機從發(fā)現這一情況，經操縱剎車，到汽車開始減速所經歷的時間（即反應時間）t=0.50s，剎車時汽車受到阻力的大小f為汽車重的0.40倍，該高速公路上汽車間的距離s至少應為多少？（取重力加速度g=10m/s2）
解析：在反應時間內，汽車作勻速運動，運動的距離s1=vt
設剎車時汽車的加速度的大小為a，汽車的質量為m，有f=ma
自剎車到停下，汽車運動的距離s2=v2/2a
所求距離s=s1+s2
由以上各式得s=1.6×102m
【例7】在某市區(qū)內，一輛小汽車在公路上以速度v1向東行駛，一位觀光游客正由南向北從斑馬線上橫過馬路。汽車司機發(fā)現游客途經D處時，經過0.7s作出反應緊急剎車，但仍將正步行至B處的游客撞傷，該汽車最終在C處停下，如圖所示。為了判斷汽車司機是否超速行駛以及游客橫穿馬路的速度是否過快，警方派一警車以法定最高速度vm＝14.0m/s行駛在同一馬路的同一地段，在肇事汽車的起始制動點A緊急剎車，經14.0ｍ后停下來。在事故現場測得＝17.5ｍ，＝14.0ｍ，＝2.6ｍ．肇事汽車的剎車性能良好，問：
（1）該肇事汽車的初速度vA是多大?
（2）游客橫過馬路的速度是多大?
解析：（1）警車和肇事汽車剎車后均做勻減速運動，其加速度大小，與車子的質量無關，可將警車和肇事汽車做勻減速運動的加速度的大小視作相等。
對警車，有vm2＝2s；對肇事汽車，有vA2＝2s′，則
vm2/vA2＝s/s′，即vm2/vA2＝s／(＋)＝14.0／(17.5＋14.0)，
故m/s．
（2）對肇事汽車，由v02＝2s∝s得
vA2／vB2＝(＋)／＝(17.5＋14.0)／14.0，
故肇事汽車至出事點Ｂ的速度為vB＝vA＝14.0m/s．
肇事汽車從剎車點到出事點的時間t1＝2／(vA+vB)＝1s，
又司機的反應時間t0＝0.7s，故游客橫過馬路的速度
v′＝／t0＋t1＝2.6／(0.7＋1)≈1.53m/s。
從上面的分析求解可知，肇事汽車為超速行駛，而游客的行走速度并不快。
點評：本題涉及的知識點并不復雜，物理情景則緊密聯(lián)系生活實際，主要訓練學生的信息汲取能力和分析推理能力。
【例8】（2000年全國）一輛實驗小車可沿水平地面（圖中紙面）上的長直軌道勻速向右運動.有一臺發(fā)出細光束的激光器裝在小轉臺M上，到軌道的距離MN為d=10m，如圖所示.轉臺勻速轉動，使激光束在水平面內掃描，掃描一周的時間為T＝60ｓ.光束轉動方向如圖中箭頭所示.當光束與MN的夾角為45°時，光束正好射到小車上.如果再經過Δt＝2.5ｓ，光束又射到小車上，則小車的速度為多少?（結果保留兩位數字）
解析：該題為一“追及”的問題，有兩種可能解，第一次為物追光點，在相同時間內，汽車與光點掃描的位移相等，L1=d（tan45°-tan30°），則v1==1.7m/s，第二次為（光）點追物，時間相同，空間位移相同，L2=d（tan60°-tan45°），可得v2==2.9m/s
三、針對訓練
1.飛機從一地起飛，到另一地降落，如果飛機在豎直方向的分速度vy與時間t的關系曲線如圖所示（作圖時規(guī)定飛機向上運動時vy為正），則在飛行過程中，飛機上升的最大高度是_____m，在t=2200s到t=2400s一段時間內，它在豎直方向的分加速度ay為_____m/s2。
2.三個質點同時同地沿直線運動的位移圖像如圖所示，則下列說法中正確的是（）
A．在t0時間內，它們的平均速度大小相等
B．在t0時間內，它們的平均速率大小相等
C．在t0時間內，Ⅱ、Ⅲ的平均速率相等
D.在t0時間內，Ⅰ的平均速度最大
3．在一次無線電測向比賽中，甲、乙、丙三個小分隊從營地O同時出發(fā)，沿三條不同的路徑在同一時刻于A點搜到目標，如圖，則下列說法中正確的是（）
①三個小分隊的平均速度相同
②三個小分隊的平均速率相同
③小分隊乙的平均速度最小
④小分隊甲的平均速率最大
A．①②B．①④
C．②③D．③④
4．將物體豎直向上拋出后，如圖所示，如果在上升階段和下落階段所受空氣阻力大小相等，則：
（1）能正確反映物體的速度（以豎直向上作為正方向）隨時間變化的是（）
（2）能正確反映物體的速率隨時間變化的是（）
5．如圖為兩個物體A和B在同一直線上沿同一方向同時作勻加速運動的v-t圖線。已知在第3s末兩個物體在途中相遇，則物體的出發(fā)點的關系是
A．從同一地點出發(fā)B．A在B前3m處C．B在A前3m處D．B在A前5m處
6．有兩個光滑固定斜面AB和BC，A、C兩點在同一水平面上，斜面BC比AB長（如圖甲所示），下面四個圖中（如圖乙）正確表示滑塊速率隨時間t變化規(guī)律的是：
7．兩輛完全相同的汽車，沿水平直路一前一后勻速行駛，速度均為v0，若前車突然以恒定的加速度剎車，在它剛停住時，后車以前車剎車時的加速度開始剎車，已知前車在剎車過程中所行駛的距離為s，若要保證兩車在上述情況中不相撞，則兩車在勻速行駛時保持距離至少應為多少？
8．汽車在平直公路上以速度v0做勻速直線運動。當它路過某處的同時，該處有一輛汽車乙開始做初速度為零的勻加速運動去追趕甲車．根據上述的已知多件（）
A．可求出乙車追上甲車時的速度
B．可求出乙車追上甲車時所走的路程
C．可求出乙車從開始運動到追上甲車所用的時間
D．不能求出上述三者中的任何一個
9．兩輛完全相同的汽車，沿水平直路一前一后勻速行駛，速度均為v0，若前車突然以恒定的加速度剎車，在它剛停住時，后車以前車剎車時的加速度開始剎車．已知前車在剎車過程中所行的距離為s，若要保證兩車在上述情況中不相撞，則兩車在勻速行駛時保持的距離至少應為（）
A．sB．2sC．3sD．4s
10．汽車以20m／s的速度沿公路向東行駛，自行車以5m／s的速度在汽車前與汽車同方向勻速運動，當汽車與自行車相距44m時開始以大小為2m／s2的加速度剎車，求汽車與自行車何時何處相遇。
11．A、B兩棒均長1m，A懸于高處，B豎于地面，A的下端和B的上端相距20m。今A、B兩棒同時運動，A做自由落體運動，B以初速度20m／s豎直上拋，在運動過程中兩棒都保持豎直。求：兩棒何時開始相遇？相遇（不相碰）過程為多少時間？（g＝10m／s2）
12．如圖所示，水平軌道上停放著一輛質量為5.0×102kg的小車A，在A的右方L=8.0m處，另一輛小車B正以速度vB=4.0m/s的速度向右做勻速直線運動遠離A車，為使A車能經過t=10.0s時間追上B車，立即給A車適當施加向右的水平推力使小車做勻變速直線運動，設小車A受到水平軌道的阻力是車重的0.1倍，試問：在此追及過程中，推力至少需要做多少功？（取g=10m/s2）

教學后記
圖象是高考考查的熱點問題，有單獨出現也經常和電學，電磁學結合出現，掌握好常見圖象的分析方法是關鍵。特別是速度時間圖象高考中經常出現，應該引導學生重視。

高考物理第一輪考點復習教案1

靜悟導讀提綱：（四）動能定理能量守恒定律
【考試說明】
機械能功和功率
動能和動能定理
重力做功與重力勢能
功能關系、機械能守恒定律及其應用Ⅱ
Ⅱ
Ⅱ
Ⅱ
【知識網絡】
【考試說明解讀】
一、功
1.功的計算公式W=Fscosα.
說明：
⑴式中F是作用在物體上的外力，s是受力物體的位移，α是F與s之間的夾角.
由功的計算式可知，有力和位移不一定有功(α=90°時，W=0)
⑵當F、s、α確定后，某個力F對物體做的功有確定的值，與物體的運動形式(無論是勻速或變速)無關，也與物體同時受到的其他力無關.
2.正功和負功
⑴.當α＜90°時，W＞0，力對物體做正功，此時力對物體的運動有推動作用，此力叫動力.
⑵.當90°＜α≤180°時，W＜0，力對物體做負功，此時力對物體的運動起阻礙作用，此力叫阻力，也可說成物體克服這個力做了功.
注意：力(F)和位移(s)都是矢量，功(W)雖然有正負，但功是標量。正負既不表示方向，也不表示大小.只表示力在做功過程中所起的作用.
二、功率
1.計算功率的兩個公式
⑴公式p=W/t：是功率的定義式，算出的是在時間t內力做功的平均功率.
⑵公式P=Fv(F、v在一條直線上)：當v為瞬時速度時，算出的是瞬時功率；當v為平均速度時，算出的是一段時間內的平均功率。若F、v不共線，夾角為θ時，P=Fvcosθ.
2.機車起動
⑴以恒定功率起動，其運動情況是：變加速(a↓)→(a=0)勻速；
⑵勻加速起動，其運動情況是：
勻加速(a恒定，P增大)→額定Pm后，作變加速(a↓)→(a=0)勻速.
【例1】某人用F=100N的恒力，通過滑輪把物體M拉上斜面，如圖所示，用力F方向恒與斜面成60°，若物體沿斜面運動1m，他做的功是J。（g取10m/s2）（150J）
三、動能定理
1.動能：
⑴表達式：Ek=mv2/2單位：焦耳(J)
⑵理解
①動能是狀態(tài)量；②動能是標量；③動能具有瞬時性，與某一時刻或位置相對應.
④動能具有相對性，對于不同的參考系，物體速度有不同的瞬時值，動能也就有不同的瞬時值.在研究物體的動能時一般都是以地面為參考系的.
2.動能定理
⑴內容：合外力對物體所做的功等于物體動能的增量.?
動能定理也可敘述為：合外力對物體所做的功，等于物體動能的增加；物體克服外力所做的功，等于物體動能的減少.?
⑵公式：W總=mv22/2-mv21/2
注意：
⑴W總是物體所受各外力對物體做功的代數和，特別注意功的正負，也可以先求出合外力，再求合外力的功.
⑵公式等號右邊是動能的增量，是末狀態(tài)的動能減初狀態(tài)的動能.
⑶不論作用在物體上的力是恒力還是變力，也不論物體是做直線運動還是曲線運動，動能定理都適用.
⑷應用動能定理解題，一般比應用牛頓第二定律和運動學公式解題要簡便，當題設條件涉及力的位移效應，或求變力做功問題，均優(yōu)先考慮用動能定理求解.
【例2】質量為m的子彈，以水平速度v射入靜止在光滑水平面上質量為M的木塊，并留在其中，下列說法正確的是(BD)?
A．子彈克服阻力做的功與木塊獲得的動能相等
B．阻力對子彈做的功與子彈動能的減少相等
C．子彈克服阻力做的功與子彈對木塊做的功相等
D．子彈克服阻力做的功大于子彈對木塊做的功
四．機械能守恒定律
1.重力做功的特點：
由于重力的方向始終豎直向下，因而在物體運動的過程中，重力的功只取決于初、末位置間的高度差，與物體運動的路徑無關，即WG=mgh
2.重力勢能
⑴定義：受重力作用的物體，具有的與它相對地球的位置有關的能量叫重力勢能.
重力勢能大小的公式為Ep=mgh
⑵注意問題
①重力勢能是地球和物體組成的系統(tǒng)共有的，而不是物體單獨具有的
②重力勢能的大小和零勢能面的選取有關.
③重力勢能是標量，但有正、負
⑶做功跟重力勢能改變的關系：重力做正功，重力勢能減??；重力做負功，重力勢能增加，總之，重力做功等于勢能增量的負值，即WG=-△EP.
3.彈性勢能
⑴定義：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能.
⑵大?。簭椥詣菽艿拇笮∨c形變量及勁度系數有關，彈簧的形變量越大，勁度系數越大，彈簧的彈性勢能越大.
4.機械能守恒定律
（1）內容：在只有重力(或彈力)做功的條件下，物體的重力勢能(或彈性勢能)和動能相互轉化，但機械能總量保持不變.
（2）公式：Ek+Ep=E′k+E′p或E1=E2或△E=0
（3）機械能守恒定律成立的條件：
對單個物體：只有重力做功,其他力不做功或做功的代數和為零.
對系統(tǒng)：不僅要看外力功，還要看內力功。因為內力做功也可引起系統(tǒng)機械能的變化。
【例3】如圖所示，在水平臺面上的A點，一個質量為m的物體以初速度v0被拋出，不計空氣阻力，求它到達B點時速度的大小。(vB=)
五、功能關系
1．做功使不同形式的能發(fā)生轉化；
2．功是能量轉化的標志和量度；
3．功和能的區(qū)別.
①能是狀態(tài)量，功是過程量；
②功和能不能相互轉化.
4.功是能量轉化的標志
①重力做功——重力勢能的改變
②電場力做功——電勢能的改變
③合外力做功——動能的改變
④彈簧中彈力做功——彈性勢能的改變
⑤除重力之外的力做功——機械能的改變
5.功是能量轉化的量度
做功的過程就是能量轉化的過程，做了多少功，就有多少能量發(fā)生了轉化，反之轉化了多少能量就說明做了多少功.
注意：功和能是兩個密切相關的物理量，但功和能有本質的區(qū)別，功是反映物體間在相互作用過程中能量變化多少的物理量，是一個過程量；能是用來反映物體運動狀態(tài)的物理量，處于一定運動狀態(tài)(如速度和相對位置)的物體就有一定的能量.
功和能的單位相同，在國際單位制中，都是焦(J).
6.應用能量守恒定律解題的步驟
①分清有多少種形式的能(如動能、勢能、內能、電能等)在變化；
②分別列出減少的能量和增加的能量的表示式；
③列方程△E減=△E增進行求解.
【例4】一物塊從圖所示的弧型軌道上的A點，由靜止開始滑下，由于軌道不光滑，它僅能滑到B點.由B點返回后，僅能滑到C點，已知A、B高度差為h1，B、C高度差為h2，則下列關系正確的是(C)
A．h1=h2
B．h1＜h2
C．h1＞h2
D．h1、h2大小關系不確定

六、實驗《驗證機械能守恒定律》
1.實驗目的
驗證機械能守恒定律.
2.實驗原理
在只有重力做功的自由落體運動中，物體的重力勢能和動能互相轉化，但總的機械能守恒，若物體某時刻速度為v，下落高度為h，恒有：
mgh=mv2/2
故只需借助打點計時器，通過紙帶測出重物某時刻的下落高度h和該時刻的瞬時速度，即可驗證機械能是否守恒.
測定第n點的瞬時速度的方法是：測出第n點相鄰的前、后兩段相等時間T內下落的距離Sn和Sn+1，然后由公式vn=（Sn+Sn+1）/2T或由vn=（dn+1-dn-1）/2T算出（如圖所示）.
3.實驗器材
鐵架臺(帶鐵夾)，打點計時器，重錘(帶紙帶夾子)，紙帶幾條，復寫紙片，導線，直尺，學生電源.
4.注意事項
1.實驗中打點計時器的安裝，兩紙帶限位孔必須在同一豎直線上，以減少摩擦阻力.
2.實驗時，必須先接通電源，讓打點計時器工作正常后才松手讓紙帶重錘下落.
3.打點記時器必須接交流電源.
4.重錘的選擇應是質量較大，從而使重力遠大于下落過程中所受的阻力，實現減小實驗誤差的目的.
5.選用紙帶時應盡量挑第一、二點間距離接近2mm的紙帶.
6.計算下落高度時，都必須從起始點算起。不能搞錯，為了減小測量h的相對誤差，選取的各個計數點要離起始點遠一些，但紙帶也不宜過長，有效長度可在60cm-80cm內.
7.因為實驗要求第一個點對應重錘開始下落的時刻，這就要盡量使每點是清晰小點，為此提起紙帶的手要保持不動，待接通電源，打點計時器正常工作后再松開紙帶.
8.實驗中，只要驗證gh是否等于V2/2即可，不用測重錘的質量.