1、高三物理第二轮总复习,目 录,第1专题 力与运动 第2专题 动量和能量 第3专题 圆周运动、航天与星体问题 第4专题 带电粒子在电场和磁场中的运动 第5专题 电磁感应与电路的分析 第6专题 振动与波、光学、执掌、原子物理 第7专题 高考物理实验 第8专题 数学方法在物理中的应用 第9专题 高中物理常见的物理模型 第10专题 计算题的答题规范与解析技巧,第1专题 力与运动 知识网络,考点预测本专题复习三个模块的内容：运动的描述、受力分析与平衡、牛顿运动定律的运用运动的描述与受力分析是两个相互独立的内容，它们通过牛顿运动定律才能连成一个有机的整体虽然运动的描述、受力平衡在近几年(特别是2008年以
2、前)都有独立的命题出现在高考中(如2008年的全国理综卷第23题、四川理综卷第23题)，但由于理综考试题量的局限以及课改趋势，独立考查前两模块的命题在2010年高考中出现的概率很小，大部分高考卷中应该都会出现同时考查三个模块知识的试题，而且占不少分值,在综合复习这三个模块内容的时候，应该把握以下几点：1运动的描述是物理学的重要基础，其理论体系为用数学函数或图象的方法来描述、推断质点的运动规律，公式和推论众多其中，平抛运动、追及问题、实际运动的描述应为复习的重点和难点2无论是平衡问题，还是动力学问题，一般都需要进行受力分析，而正交分解法、隔离法与整体法相结合是最常用、最重要的思想方法，每年高考都
3、会对其进行考查3牛顿运动定律的应用是高中物理的重要内容之一，与此有关的高考试题每年都有，题型有选择题、计算题等，趋向于运用牛顿运动定律解决生产、生活和科技中的实际问题此外，它还经常与电场、磁场结合，构成难度较大的综合性试题,一、运动的描述 要点归纳(一)匀变速直线运动的几个重要推论和解题方法1某段时间内的平均速度等于这段时间的中间时刻的 瞬时速度，即 .2在连续相等的时间间隔T内的位移之差s为恒量，且s .3在初速度为零的匀变速直线运动中，相等的时间T内连续通过的位移之比为：s1s2s3sn135(2n1)通过连续相等的位移所用的时间之比为：t1t2t3tn,4竖直上抛运动(1)对称性：上升阶
4、段和下落阶段具有时间和速度等方面的对称性(2)可逆性：上升过程做匀减速运动，可逆向看做初速度为零的匀加速运动来研究(3)整体性：整个运动过程实质上是匀变速直线运动5解决匀变速直线运动问题的常用方法(1)公式法灵活运用匀变速直线运动的基本公式及一些有用的推导公式直接解决(2)比例法在初速度为零的匀加速直线运动中，其速度、位移和时间都存在一定的比例关系，灵活利用这些关系可使解题过程简化,(3)逆向过程处理法逆向过程处理法是把运动过程的“末态”作为“初态”，将物体的运动过程倒过来进行研究的方法(4)速度图象法速度图象法是力学中一种常见的重要方法，它能够将问题中的许多关系，特别是一些隐藏关系，在图象上
5、明显地反映出来，从而得到正确、简捷的解题方法,(二)运动的合成与分解1小船渡河设水流的速度为v1，船的航行速度为v2，河的宽度为d.(1)过河时间t仅由v2沿垂直于河岸方向的分量v决定， 即t ，与v1无关，所以当v2垂直于河岸时，渡河所用的时间最短，最短时间tmin .(2)渡河的路程由小船实际运动轨迹的方向决定.当v1v2时，最短路程smind；当v1v2时，最短路程smin ，如图11 所示图11,2轻绳、轻杆两末端速度的关系(1)分解法把绳子(包括连杆)两端的速度都沿绳子的方向和垂直于绳子的方向分解，沿绳子方向的分运动相等(垂直方向的分运动不相关)，即v1cos 1v2cos2.(2)
6、功率法通过轻绳(轻杆)连接物体时，往往力拉轻绳(轻杆)做功的功率等于轻绳(轻杆)对物体做功的功率3平抛运动如图12所示, 物体从O处 以水平初速度v0抛出，经时间t 到达P点 图12,合位移的方向与水平方向的夹角为，有：tan ，即要注意合速度的方向与水平方向的夹角不是合位移的方向与水平方向的夹角的2倍，即2，而是tan2tan.(4)时间：由sy gt2得，t ，平抛物体在空中运动的时间t只由物体抛出时离地的高度sy决定，而与抛出时的初速度v0无关,(5)速度变化：平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等的时间内，速度的变化量(g)相等，且必沿竖直方向，如图13所示图13任意两时刻的速度与速度的变
7、化量v构成直角三角形，v沿竖直方向注意：平抛运动的速率随时间并不均匀变化，而速度随时间是均匀变化的,(6)带电粒子(只受电场力的作用)垂直进入匀强电场中的运动与平抛运动相似，出电场后做匀速直线运动，如图14所示图14故有：y,热点、重点、难点(一)直线运动高考中对直线运动规律的考查一般以图象的应用或追及问题出现这类题目侧重于考查学生应用数学知识处理物理问题的能力对于追及问题，存在的困难在于选用哪些公式来列方程，作图求解，而熟记和运用好直线运动的重要推论往往是解决问题的捷径,例1 如图15甲所示，A、B两辆汽车在笔直的公路上同向行驶当B车在A车前s84 m处时，B车的速度vB4 m/s，且正以a
8、2 m/s2的加速度做匀加速运动；经过一段时间后，B车的加速度突然变为零A车一直以vA20 m/s的速度做匀速运动，从最初相距84 m时开始计时，经过t012 s后两车相遇问B车加速行驶的时间是多少？图15甲,【解析】设B车加速行驶的时间为t，相遇时A车的位移为：sAvAt0B车加速阶段的位移为：sB1vBtat2匀速阶段的速度vvBat，匀速阶段的位移为：sB2v(t0t)相遇时，依题意有：sAsB1sB2s联立以上各式得：t22t0t 0将题中数据vA20 m/s，vB4 m/s，a2 m/s2，t012 s，代入上式有：t224t1080解得：t16 s，t218 s(不合题意，舍去)因
9、此，B车加速行驶的时间为6 s.答案 6 s,【点评】出现不符合实际的解(t218 s)的原因是方程“sB2v(t0t)”并不完全描述B车的位移，还需加一定义域t12 s.解析后可以作出vAt、vBt 图象加以验证图15乙根据vt图象与t围成的面积等于位移可得，t12 s时，s (164)646 m84 m.,(二)平抛运动平抛运动在高考试题中出现的几率相当高，或出现于力学综合题中，如2008年北京、山东理综卷第24题；或出现于带电粒子在匀强电场中的偏转一类问题中，如2008年宁夏理综卷第24题、天津理综卷第23题；或出现于此知识点的单独命题中，如2009年高考福建理综卷第20题、广东物理卷第
10、17(1)题、2008年全国理综卷第14题对于这一知识点的复习，除了要熟记两垂直方向上的分速度、分位移公式外，还要特别理解和运用好速度偏转角公式、位移偏转角公式以及两偏转角的关系式(即tan 2tan ),例2 图16甲所示，m为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A为终端皮带轮已知皮带轮的半径为r，传送带与皮带轮间不会打滑当m可被水平抛出时，A轮每秒的转数最少为( )图16甲A B C D,【解析】解法一 m到达皮带轮的顶端时, 若m mg,表示m受到的重力小于(或等于)m沿皮带轮表面做圆周运动的向心力，m将离开皮带轮的外表面而做平抛运动又因为转数n所以当v ，即转数n 时,m可被水
11、平抛出，故选项A正确,解法二 建立如图16乙所示的直角坐标系当m到达皮带轮的顶端有一速度时，若没有皮带轮在下面，m将做平抛运动，根据速度的大小可以作出平抛运动的轨迹若轨迹在皮带轮的下方，说明m将被皮带轮挡住，先沿皮带轮下滑；若轨迹在皮带轮的上方，说明m立即离开皮带轮做平抛运动图16乙又因为皮带轮圆弧在坐标系中的函数为：当y2x2r2初速度为v的平抛运动在坐标系中的函数为：y,平抛运动的轨迹在皮带轮上方的条件为：当x0时，平抛运动的轨迹上各点与O点间的距离大于r，即 r即 r解得：v又因皮带轮的转速n与v的关系为：n可得：当n 时，m可被水平抛出答案 A【点评】“解法一”应用动力学的方法分析求解
12、；“解法二”应用运动学的方法(数学方法)求解，由于加速度的定义式为a ，而决定式为a ，故这两种方法殊途同归,同类拓展1 高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图17所示的示意图其中AB段是助滑雪道，倾角30，BC段是水平起跳台，CD段是着陆雪道，AB段与BC段圆滑相连，DE段是一小段圆弧(其长度可忽略)，在D、E两点分别与CD、EF相切，EF是减速雪道，倾角37.轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为0.25，图中轨道最高点A处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h10 mA点与C点的水平距离L120 m，C点与D点的距离为32.625 m
13、运动员连同滑雪板的总质量m60 kg.滑雪运动员从A点由静止开始起滑，通过起跳台从C点水平飞出，在落到着陆雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿着陆雪道的分速度而不弹起除缓冲外运动员均可视为质点，设运动员在全过程中不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的,影响，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8求：图17(1)运动员在C点水平飞出时的速度大小(2)运动员在着陆雪道CD上的着陆位置与C点的距离(3)运动员滑过D点时的速度大小,【解析】(1)滑雪运动员从A到C的过程中，由动能定理得：mghmgcos mg(L1hcot ) mvC2解得：vC10 m/s.(2)滑
14、雪运动员从C点水平飞出到落到着陆雪道的过程中做平抛运动，有：xvCty gt2tan 着陆位置与C点的距离s解得：s18.75 m，t1.5 s.,(3)着陆位置到D点的距离s13.875 m，滑雪运动员在着陆雪道上做匀加速直线运动把平抛运动沿雪道和垂直雪道分解，可得着落后的初速度v0vCcos gtsin 加速度为：mgsin mgcos ma运动到D点的速度为：vD2v022as解得：vD20 m/s.答案 (1)10 m/s (2)18.75 m (3)20 m/s互动辨析 在斜面上的平抛问题较为常见，“位移与水平面的夹角等于倾角”为着落条件同学们还要能总结出距斜面最远的时刻以及这一距离
15、.,二、受力分析 要点归纳(一)常见的五种性质的力,续表,续表,续表,(二)力的运算、物体的平衡1力的合成与分解遵循力的平行四边形定则(或力的三角形定则)2平衡状态是指物体处于匀速直线运动或静止状态，物体处于平衡状态的动力学条件是：F合0或Fx0、Fy0、Fz0.注意：静止状态是指速度和加速度都为零的状态，如做竖直上抛运动的物体到达最高点时速度为零，但加速度等于重力加速度，不为零，因此不是平衡状态3平衡条件的推论(1)物体处于平衡状态时，它所受的任何一个力与它所受的其余力的合力等大、反向(2)物体在同一平面上的三个不平行的力的作用下处于平衡状态时，这三个力必为共点力,物体在三个共点力的作用下而
16、处于平衡状态时，表示这三个力的有向线段组成一封闭的矢量三角形，如图18所示图184共点力作用下物体的平衡分析,热点、重点、难点(一)正交分解法、平行四边形法则的应用1正交分解法是分析平衡状态物体受力时最常用、最主要的方法即当F合0时有：Fx合0，Fy合0，Fz合0.2. 平行四边形法有时可巧妙用于定性分 析物体受力的变化或确定相关几个力之比例3 举重运动员在抓举比赛中为了 减小杠铃上升的高度和发力，抓杠铃的两手 间要有较大的距离某运动员成功抓举杠铃 时， 测得两手臂间的夹角为120， 运动员 的质量为75 kg,举起的杠铃的质量为125 kg， 如图19甲所示求该运动员每只手臂对杠 铃的作用力
17、的大小(取g10 m/s2),【分析】由手臂的肌肉、骨骼构造以及平时的用力习惯可知，伸直的手臂主要沿手臂方向发力取手腕、手掌为研究对象，握杠的手掌对杠有竖直向上的弹力和沿杠向外的静摩擦力，其合力沿手臂方向，如图19所示图19,【解析】手臂对杠铃的作用力的方向沿手臂的方向，设该作用力的大小为F，则杠铃的受力情况如图19丙所示图19丙由平衡条件得：2Fcos 60mg解得：F1250 N.答案 1250 N,例4 两个可视为质点的小球a和b，用质量可忽略的刚性细杆相连放置在一个光滑的半球面内，如图110甲所示已知小球a和b的质量之比为 ，细杆长度是球面半径的倍两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角
18、是2008年高考四川延考区理综卷( )图110甲A.45 B30 C22.5 D15,【解析】解法一 设细杆对两球的弹力大小为T，小球a、b的受力情况如图110乙所示图110乙,其中球面对两球的弹力方向指向圆心，即有：cos解得：45故FNa的方向为向上偏右,即1= -45-=45-FNb的方向为向上偏左,即2= -(45-)45+两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用，过O作竖直线交ab于c点,设球面的半径为R，由几何关系可得：解得：FNa FNb,取a、b及细杆组成的整体为研究对象，由平衡条件得：FNasin 1FNbsin 2即 FNbsin(45)FNbsin(45)解得：15.
19、解法二 由几何关系及细杆的长度知，平衡时有：sinOab故OabOba45再设两小球及细杆组成的整体重心位于c点，由悬挂法的原理知c点位于O点的正下方，且即Rsin(45)Rsin(45)1解得：15.答案 D,【点评】利用平行四边形(三角形)定则分析物体的受力情况在各类教辅中较常见掌握好这种方法的关键在于深刻地理解好“在力的图示中，有向线段替代了力的矢量”在理论上，本题也可用隔离法分析小球a、b的受力情况，根据正交分解法分别列平衡方程进行求解，但是求解三角函数方程组时难度很大解法二较简便，但确定重心的公式 超纲,(二)带电粒子在复合场中的平衡问题在高考试题中，也常出现带电粒子在复合场中受力平
20、衡的物理情境，出现概率较大的是在正交的电场和磁场中的平衡问题及在电场和重力场中的平衡问题在如图111所示的速度选择器中，选择的速度v ；在如图 112 所示的电磁流量计中，流速v ，流量Q .图111 图112,例5 在地面附近的空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场的方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成角的直线MN运动，如图113所示由此可判断下列说法正确的是( )图113A如果油滴带正电，则油滴从M点运动到N点B如果油滴带正电，则油滴从N点运动到M点C如果电场方向水平向右，则油滴从N点运动到M点D如果电场方向水平向左，则油滴从N点运动到M点,【解析】油滴在运动过程中受
21、到重力、电场力及洛伦兹力的作用，因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，大小随速度的改变而改变，而电场力与重力的合力是恒力，所以物体做匀速直线运动；又因电场力一定在水平方向上，故洛伦兹力的方向是斜向上方的，因而当油滴带正电时，应该由M点向N点运动，故选项A正确、B错误若电场方向水平向右，则油滴需带负电，此时斜向右上方与MN垂直的洛伦兹力对应粒子从N点运动到M点，即选项C正确同理，电场方向水平向左时，油滴需带正电，油滴是从M点运动到N点的，故选项D错误答案 AC【点评】对于带电粒子在复合场中做直线运动的问题要注意受力分析因为洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，而且与磁场的方向、带电粒子的电性都有关，分析
22、时更要注意本题中重力和电场力均为恒力，要保证油滴做直线运动，两力的合力必须与洛伦兹力平衡，粒子的运动就只能是匀速直线运动,同类拓展2 如图114甲所示，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端挂有一个带电荷量不变的小球A.在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B.当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为.若两次实验中B的电荷量分别为q1和q2，分别为30和45，则 为 2007年高考重庆理综卷( )图114甲A2 B3 C2 D3,【解析】对A球进行受力分析，如图114 乙所示，由于绳子的拉力和点电荷间的斥力的合 力与A球的重力平衡，故有：F电
23、mgtan，又F电k .设绳子的长度为L，则A、B两球之间的距离rLsin，联立可得：q, 由此可见, q与tansin2成正比,即 ,故选项C正确答案 C互动辨析 本题为带电体在重力场和电场中的平衡问题，解题的关键在于：先根据小球的受力情况画出平衡状态下的受力分析示意图；然后根据平衡条件和几何关系列式，得出电荷量的通解表达式，进而分析求解本题体现了新课标在知识考查中重视方法渗透的思想,图114乙,三、牛顿运动定律的应用 要点归纳(一)深刻理解牛顿第一、第三定律1牛顿第一定律(惯性定律)一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止(1)理解要点运动是物体的一种属性
24、，物体的运动不需要力来维持它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例牛顿第一定律定性地给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惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关质量是物体惯性大小的量度2牛顿第三定律(1)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，可用公式表示为FF.(2)作用力与反作用力一定是同种性质的力，作用效果不能抵消(3)牛顿第三定律的应用非常广
25、泛，凡是涉及两个或两个以上物体的物理情境、过程的解答，往往都需要应用这一定律,(二)牛顿第二定律1定律内容物体的加速度a跟物体所受的合外力F合成正比，跟物体的质量m成反比2公式：F合ma理解要点因果性：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，同时消失方向性：a与F合都是矢量，方向严格相同瞬时性和对应性：a为某时刻某物体的加速度，F合是该时刻作用在该物体上的合外力,3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的方向；(3)建立直角坐标系，使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上，并将其余的力或加速度分解到两坐标轴上；
26、(4)分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程；(5)统一单位，计算数值,热点、重点、难点一、正交分解法在动力学问题中的应用当物体受到多个方向的外力作用产生加速度时，常要用到正交分解法1在适当的方向建立直角坐标系，使需要分解的矢量尽可能少2Fx合max合，Fy合may合，Fz合maz合3正交分解法对本章各类问题，甚至对整个高中物理来说都是一重要的思想方法,例6 如图115甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成37固定，质量m1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点现有水平向右的风力F作用于小球上，经时间t12 s后停止，小球沿细杆运动的部分vt图象如图115乙所示试求：(
27、取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)图115(1)小球在02 s内的加速度a1和24 s内的加速度a2.(2)风对小球的作用力F的大小,【解析】(1)由图象可知，在02 s内小球的加速度为：a1 20 m/s2，方向沿杆向上在24 s内小球的加速度为：a2 10 m/s2，负号表示方向沿杆向下(2)有风力时的上升过程，小球的 受力情况如图115丙所示在y方向，由平衡条件得：FN1Fsin mgcos 在x方向，由牛顿第二定律得：Fcos mgsin FN1ma1 图115丙,停风后上升阶段，小球的受力情况如图115丁所示在y方向，由平衡条件得：FN2mgcos 在x方向
28、，由牛顿第二定律得：mgsin FN2ma2联立以上各式可得：F60 N. 图115丁【点评】斜面(或类斜面)问题是高中最常出现的物理模型正交分解法是求解高中物理题最重要的思想方法之一,二、连接体问题(整体法与隔离法)高考卷中常出现涉及两个研究对象的动力学问题，其中又包含两种情况：一是两对象的速度相同需分析它们之间的相互作用，二是两对象的加速度不同需分析各自的运动或受力隔离(或与整体法相结合)的思想方法是处理这类问题的重要手段1整体法是指当连接体内(即系统内)各物体具有相同的加速度时，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法,2隔离法
29、是指当研究对象涉及由多个物体组成的系统时，若要求连接体内物体间的相互作用力，则应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来，分析其受力情况及运动情况，再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法3当连接体中各物体运动的加速度相同或要求合外力时，优先考虑整体法；当连接体中各物体运动的加速度不相同或要求物体间的作用力时，优先考虑隔离法有时一个问题要两种方法结合起来使用才能解决,例7 如图116所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动已知F1F2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为( )图116A. B.C. D.,【解析】取A、B及
30、弹簧整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F1F22ma取B为研究对象：kxF2ma(或取A为研究对象：F1kxma)可解得：x .答案 C【点评】解析中的三个方程任取两个求解都可以当地面粗糙时，只要两物体与地面的动摩擦因数相同，则A、B之间的拉力与地面光滑时相同,同类拓展3 如图117所示，质量为m的小物块A放在质量为M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段距离x，A在B上相对于B向右滑行了一段距离L(设木板B足够长)后A和B都停了下来已知A、B间的动摩擦因数为1，B与地面间的动摩擦因数为2，且21，则x
31、的表达式应为( )图117Ax BxCx Dx,【解析】设A、B相对静止一起向右匀速运动时的速度为v，撤去外力后至停止的过程中，A受到的滑动摩擦力为：f11mg其加速度大小a1 1gB做减速运动的加速度大小a2由于21，所以a22g1ga1即木板B先停止后，A在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变对A应用动能定理得：f1(Lx)0 mv2,对B应用动能定理得：1mgx2(mM)gx0 Mv2解得：x .答案 C【点评】虽然使A产生加速度的力由B施加，但产生的加速度a11g是取大地为参照系的加速度是相对速度而言的，所以加速度一定和速度取相同的参照系，与施力物体的速度无关动能定理可由牛顿第二
32、定律推导，特别对于匀变速直线运动，两表达式很容易相互转换,三、临界问题例8 如图118甲所示，滑块A置于光滑的水平面上，一细线的一端固定于倾角为45、质量为M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B.现对滑块施加一水平方向的恒力F，要使小球B能相对斜面静止，恒力F应满足什么条件？图118甲,【解析】先考虑恒力背离斜面方向(水平向左)的情况：设恒力大小为F1时，B还在斜面上且对斜面的压力为零，此时A、B有共同加速度a1，B的受力情况如图118乙所示，有：图118乙Tsin mg，Tcos ma1解得：a1gcot 即F1(Mm)a1(Mm)gcot ,由此可知，当水平向左的力大
33、于(Mm)gcot 时，小球B将离开斜面，对于水平恒力向斜面一侧方向(水平向右)的情况：设恒力大小为F2时，B相对斜面静止时对悬绳的拉力恰好为零，此时A、B的共同加速度为a2，B的受力情况如图118丙所示，有：图118丙,FNcos mg，FNsin ma2解得：a2gtan 即F2(Mm)a2(Mm)gtan 由此可知，当水平向右的力大于(Mm)gtan ，B将沿斜面上滑，综上可知，当作用在A上的恒力F向左小于(Mm)gcot ，或向右小于(Mm)gtan 时，B能静止在斜面上答案 向左小于(M+m)gcot或向右小于(M+m)gtan【点评】斜面上的物体、被细绳悬挂的物体这两类物理模型是高
34、中物理中重要的物理模型，也是高考常出现的重要物理情境,四、超重与失重问题1超重与失重只是物体在竖直方向上具有加速度时所受支持力不等于重力的情形2要注意飞行器绕地球做圆周运动时在竖直方向上具有向心加速度，处于失重状态例9 为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯的运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验：质量m50 kg的甲同学站在体重计上，乙同学记录电梯从地面一楼到顶层的过程中，体重计的示数随时间变化的情况，并作出了如图119甲所示的图象已知t0时，电梯静止不动，从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层求：,(1)电梯启动和制动时的加速度大小(2)该大楼的层高图1
35、19甲【解析】(1)对于启动状态有：F1mgma1得：a12 m/s2对于制动状态有：mgF3ma2得：a22 m/s2.,(2)电梯匀速运动的速度va1t121 m/s2 m/s从图中读得电梯匀速上升的时间t226 s电梯运行的总时间t28 s电梯运行的vt图象如图119乙所示，图119乙所以总位移s v (t2t) 2(2628) m54 m层高h 3 m.答案 (1)2 m/s2 2 m/s2 (2)3 m,经典考题在本专题中，正交分解、整体与隔离相结合是最重要也是最常用的思想方法，是高考中考查的重点力的独立性原理、运动图象的应用次之，在高考中出现的概率也较大1有一个直角支架AOB，AO
36、水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图甲所示)现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移 动后的平衡状态和原来的平衡状态比较， AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T 的变化情况是1998年高考上海物理卷( )AN不变,T变大 BN不变,T变小CN变大，T变 DN变大,T变小 甲,【解析】Q环的受力情况如 图乙所示，由平衡条件得： Tcos mg，P环向左移动后变小，T 变小P环的受力情况如图丙所示， 由平衡条件得：NPmgTcos 2mg，NP 与角无关故选项B
37、正确答案 B【点评】本例是正交分解法、 隔离法的典型应用，以后的许多考题都由此改编而来求解支持力N时，还可取P、Q组成的整体为研究对象，将整体受到的外力正交分解知竖直方向有：NQ2mg,乙,丙,2如图甲所示，在倾角为的固定光滑斜面上有一块用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫已知木板的质量是猫的质量的2倍当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变则此时木板沿斜面下滑的加速度为2004年高考全国理综卷( )甲A sin Bgsin C gsin D2gsin ,【解析】绳子断开后猫的受力情况如图乙所示，由平衡条件知，木板对猫有沿斜面向上的摩擦力，有： fmgsin 再取木板为
38、研究对象， 其受力情况如图丙所示由 牛顿第二定律知：2mgsin f2ma解得：a gsin 答案 C【点评】猫脚与木块之间的摩擦力使猫保持平衡状态还可取猫、木板组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律：3mgsin 2ma求解，但这一方法高中不作要求,乙 丙,3如图所示，某货场需将质量m1100 kg 的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速度滑下，轨道半径R1.8 m地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l2 m，质量均为m2100 kg，木板上表面与轨道末端相切货物与木板间的动摩擦因数为1，
39、木板与地面间的动摩擦因数20.2(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g10 m/s2),(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求1应满足的条件(3)若10.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间2009年高考山东理综卷,【解析】(1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得：mgR m1v02设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得，FNm1gm1联立以上两式并代入数据得FN3000 N根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000 N，
40、方向竖直向下(2)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得：1m1g2(m12m2)g若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得：1m1g2(m1m2)g联立并代入数据得0.410.6,(3)10.5，由上问可得，货物在木板A上滑动时，木板不动，设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得1m1gm1a1设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得：v12v022a1l联立并代入数据得v14 m/s设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得：v1v0a1t联立并代入数据得t0.4 s答案 (1)3000 N，方向竖直向下 (2)0.410.6(3)0.4 s【点评】像
41、这样同时考查受力分析、动力学、运动学的题型在2010届高考中出现的可能性最大,4如图123甲所示，P、Q为某地区水平地面上的两点，在P点正下方一球形区域内储藏有石油假定区域周围岩石均匀分布，密度为；石油密度远小于，可将上述球形区域视为空腔如果没有这一空腔，则该地区重力加速度(正常值)沿竖直方向；当存在空腔时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏离重力加速度在原竖直方向(即PO方向)上的投影相对于正 常值的偏离叫做“重力加速度反常” 为了探寻石油区域的位置和石油储 量, 常利用P点附近重力加速度反常 现象已知引力常数为G 图123甲,(1)设球形空腔体积为V，球心深度为d(远小于地球
42、半径)， x，求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常(2)若在水平地面上半径L的范围内发现：重力加速度反常值在与k(k1)之间变化，且重力加速度反常的最大值出现在半径为L的范围的中心，如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积2009年高考全国理综卷,【解析】(1)由牛顿第二定律得：a故重力加速度gG假设空腔处存在密度为的岩石时，对Q处物体的引力产生的重力加速度为gG由力的独立原理及矢量的合 成定则知，球形区域为空腔时Q 点处的物体的重力加速度的矢量 关系如图123乙所示即 故加速度反常ggcos ,图123乙,(2)由(1)解可得，重力加速度反常g的最大
43、值和最小值分别为：(g)max ，(g)min由题设有(g)maxk、(g)min联立以上各式得，地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为：d ，V ,答案 (1) (2) 【点评】对于本题大部分同学不知如何入手，其原因在于对力的独立性原理及矢量(加速度)的合成与分解理解不够深刻和熟练本考题使大部分同学陷入一个思维误区，总在思考g ，而不去思考g也是自由落体的加速度g ，遵循矢量的平行四边形定则,能力演练一、选择题(104分)1如图所示，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，A和B以相同的速度在水平地面C上做匀速直线运动(空气阻力不计)由此可知，A、B间的动摩擦因数1和B、
44、C间的动摩擦因数2有可能是( )A10，20 B10，20C10，20 D10，20【解析】本题中选A、B整体为研究对象，由于A、B在推力F的作用下做匀速直线运动，可知地面对B的摩擦力一定水平向左，故20；对A进行受力分析可知，水平方向不受力，1可能为零，故正确答案为BD答案 BD,2如图所示，从倾角为、高h1.8 m的斜面顶端A处水平抛出一石子，石子刚好落在这个斜面底端的B点处石子抛出后，经时间t距斜面最远，则时间t的大小为(取g10 m/s2)( )A0.1 s B0.2 s C0.3 s D0.6 s,答案 C,3在轻绳的两端各拴一个小球，一人用手拿着上端的小球站在3楼的阳台上，放手后让
45、小球自由下落，两小球相继落地的时间差为T如果站在4楼的阳台上，同样放手让小球自由下落，则两小球相继落地的时间差将( )A不变 B增大 C减小 D无法判断【解析】两小球都做自由落体运动，可在同一vt图象中作出速度随时间变化的关系曲线，如图所示设人在3楼的阳台上释放小球后，两球落地的时 间差为t1，图中阴影部分的面积为 h;若人在4楼的阳台上释放小球后， 两球落地的时间差为t2，要保证阴 影部分的面积也是h，从图中可以 看出一定有t2t1答案 C,4如图甲所示，小球静止在小车中的光滑斜面A和光滑竖直挡板B之间，原来小车向左匀速运动现在小车改为向左减速运动，那么关于斜面对小球的弹力NA的大小和挡板B
46、对小球的弹力NB的大小，以下说法正确的是( )ANA不变，NB减小BNA增大，NB不变CNB有可能增大DNA可能为零【解析】小球的受力情况如图乙 所示，有：NAcos mgNAsin NBma故NA不变，NB减小答案 A,甲,乙,5小球从空中自由下落，与水平地 面第一次相碰后弹到空中某一高度, 其速 度随时间变化的关系如图所示，则( )A小球第一次反弹后的速度大小 为3 m/sB小球碰撞时速度的改变量为2 m/sC小球是从5 m高处自由下落的D小球反弹起的最大高度为0.45 m【解析】第一次反弹后的速度为3 m/s，负号表示方向向上,A正确碰撞时速度的改变量v=8 m/s,B错误.下落的高度h1= 50.5 m=1.25 m，反弹的高度h2= 30.30.45 m，D正确答案 AD,
