1、12017 年高三物理第二轮总复习目 录第 1 专题 力与运动 2第 2 专题 动量和能量 35第 3 专题 圆周运动、航天与星体问题 60第 4 专题 带电粒子在电场和磁场中的运动 78第 5 专题 电磁感应与电路的分析 105第 6 专题 振动与波、光学、热学、原子物理 136第 7 专题 高考物理实验 163第 8 专题 数学方法在物理中的应用 188第 9 专题 高中物理常见的物理模型 207第 10 专题 计算题的答题规范与解析技巧 22722017 年高三物理第二轮总复习(大纲版)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
2、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 2013 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3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
3、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 tv v t22在连续相等的时间间隔 T 内的位移之差 s 为恒量，且 saT 23
4、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：s1s 2s 3 sn135(2 n1)通过连续相等的位移所用的时间之比为：t1t 2t 3t n 4竖直上抛运动(1)对称性：上升阶段和下落阶段具有时间和速度等方面的对称性(2)可逆性：上升过程做匀减速运动，可逆向看做初速度为零的匀加速运动来研究(3)整体性：整个运动过程实质上是匀变速直线运动45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
5、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dv岸时，渡河所用的时间最短，最短时间 tmin dv2(2)渡河的路程由小船实际运动轨迹的方向决定当 v1v 2 时，最短路程 smind；当
6、 v1v 2 时，最短路程 smin ，如图 11 所示v1v2 d图 112轻绳、轻杆两末端速度的关系5(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 1v 2cos_2(2)功率法通过轻绳(轻杆)连接物体时，往往力拉轻绳(轻杆) 做功的功率等于轻绳( 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(1)加速度Error!(2)速度Error!合速度的大小 v v2x v2y v20 g2t2设合速度的方向与水平方向的夹
7、角为 ，有：tan ，即 arctan vyvx gtv0 gtv0(3)位移Error!设合位移的大小 s s2x s2y (v0t)2 (f(1,2)gt2)2合位移的方向与水平方向的夹角为 ，有：tan ，即 arctan sysx 12gt2v0t gt2v0 gt2v0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6tan 2tan (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，12 2syg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
8、内，速度的变化量( g )相等，且必沿vt竖直方向，如图 13 所示图 13任意两时刻的速度与速度的变化量 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7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
9、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 vB 4 m/s，且正以 a2 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：s Av At0B 车加速阶段的位移为：sB1v Bt at212匀速阶段的速度 vv Bat，匀速阶段的位移为：sB2v(t 0t)相遇时，依题意有：sAs
10、B1s B2s联立以上各式得：t 22t 0t 02(vB vA)t0 sa将题中数据 vA20 m/s，v B 4 m/s，a2 m/s 2，t 012 s，代入上式有：t 224t 1080解得：t 16 s，t 218 s(不合题意，舍去 )因此，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(t 218 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、v Bt 图象加以验证8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 12
11、(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 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
12、)，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 B12gr grC Dgr12gr【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v2r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 2 v2r9所以当 v ，即转数 n 时，m 可被水平抛出，故选项 A 正确gr12gr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
13、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 y2x 2r 2初速度为 v 的平抛运动在坐标系中的函数为：yr g( )212 xv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 ry2 x2即 rr 12g(f(x,v)22 x2解得：v gr又因皮带轮的转速 n 与 v 的关系为：nv2r可得：当 n 时，m 可被水平抛出12gr答案 A【点评】 “解法一”应用动力学的方法分析求解；“解法二”应用运动学的方法(数学方法
14、) 求解，由于10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vt Fm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
15、，C 点与 D 点的距离为 32.625 m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/s 2，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：mg
16、hmgcos mg(L 1hcot )hsin mv12 2C解得：v C10 m/s(2)滑雪运动员从 C 点水平飞出到落到着陆雪道的过程中做平抛运动，有：xv Cty gt21211tan yx着陆位置与 C 点的距离 sxcos 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 v0v Ccos gtsin 加速度为：mgsin mgcos ma运动到 D 点的速度为：v v 2as2D 20解得：v D20 m/s答案 (1)10 m/s (2)18.75 m
17、 (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 二、受力分析要点归纳(一)常见的五种性质的力产生原因或条件方 向 大 小重力由于地球的吸引而产生总是竖直向下(铅直向下或垂直水平面向下)，注意不一定指向地心，不一定垂直地面向下G 重 mgGMmR2地球表面附近一切物体都受重力作用，与物体是否处于超重或失重状态无关12弹力接触弹性形变支持力的方向总是垂直于接触面而指向被支持的物体压力的方向总是垂直于接触面而指向被压的物体绳的拉力总是沿着绳而指向绳收缩的方向Fkx弹力的大小往往利用平衡条件和牛顿第二定
18、律求解滑动摩擦力接触，接触面粗糙存在正压力与接触面有相对运动与接触面的相对运动方向相反fF N只与 、F N 有关，与接触面积、相对速度、加速度均无关摩擦力静摩擦力接触，接触面粗糙存在正压力与接触面存在相对运动的趋势与接触面相对运动的趋势相反与产生相对运动趋势的动力的大小相等存在最大静摩擦力，最大静摩擦力的大小由粗糙程度、正压力决定续表产生原因或条件方 向 大 小点电荷间的库仑力：真空中两个点电荷之间的相互作用作用力的方向沿两点电荷的连线，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引Fkq1q2r2电场力电场对处于其中的电荷的作 正电荷的受力方向与该处场强的方向一致， FqE13用 负电荷的受力方向与该
19、处场强的方向相反安培力：磁场对通电导线的作用力FB，FI ，即安培力 F 垂直于电流 I 和磁感应强度 B 所确定的平面安培力的方向可用左手定则来判断FBIL安培力的实质是运动电荷受洛伦兹力作用的宏观表现磁场力 洛伦兹力：运动电荷在磁场中所受到的力用左手定则判断洛伦兹力的方向特别要注意四指应指向正电荷的运动方向；若为负电荷，则四指指向运动的反方向带电粒子平行于磁场方向运动时，不受洛伦兹力的作用；带电粒子垂直于磁场方向运动时，所受洛伦兹力最大，即 f 洛 qvB(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
20、处于平衡状态的动力学条件是：F 合 0 或Fx0、F y0、F z0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 18144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
21、物体受力时最常用、最主要的方法即当 F 合 0 时有：Fx 合 0，F y 合 0，F z 合 02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的大小(取 g10 m/s 2)图 19 甲【分析】由手臂的肌肉、骨骼构造以及平时的用力习惯可知，伸直的手臂主要沿手臂方向发力取手腕、手掌为研究对象，握杠的手掌对杠有竖直向上的弹
22、力和沿杠向外的静摩擦力，其合力沿手臂方向，如图 19 乙所示15图 19 乙【解析】手臂对杠铃的作用力的方向沿手臂的方向，设该作用力的大小为 F，则杠铃的受力情况如图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3 2态时，细杆与水平面的夹角 是2008 年高考四川延考区理综卷 ( )图 110 甲A45 B 30 C22.5 D 15【解析】解法一 设细杆
23、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16图 110 乙其中球面对两球的弹力方向指向圆心，即有：cos 22RR 22解得：45故 FNa 的方向为向上偏右，即 1 4545 2FNb 的方向为向上偏左，即 2 (45 )45 2两球都受到重力、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：magOc FNaRmbgOc FNbR解得：F Na FNb3取 a、b 及细杆组成的整体为研究对象，由平衡条件得：FNasin 1F Nbsin 2即 FNbsin(45)F Nbsin(45 )3解得：15 解法二
24、由几何关系及细杆的长度知，平衡时有：17sinOab 22RR 22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 acbc mamb3即 Rsin(45)Rsin(45) 1 3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acbc mamb 3
25、(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 vEB，流量 Q uBd du4B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，一18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
26、 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
27、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
28、分别为 q1 和q2， 分别为 30和 45，则 为 2007 年高考 重庆理综卷 ( )q2q119图 114 甲A2 B3 C2 D33 3【解析】对 A 球进行受力分析，如图 114 乙所示，图 114 乙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 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qQAr2 mL2gtan sin2 kQA见，q 与 tan sin2 成正比，即 2 ，故选项 C 正确q2q1 tan 45sin245tan 30sin230 3答案 C互动辨析 本题为带电体在重
29、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三、牛顿运动定律的应用20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，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
30、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
31、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21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；(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
32、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2F x 合 ma x 合 ，F y 合 ma y 合 ，F z 合 ma z 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： (取 g10 m/s 2，sin 370.6，cos 370.8)图 115(1)小球在
33、 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22【解析】(1)由图象可知，在 02 s 内小球的加速度为：a1 20 m/s 2，方向沿杆向上v2 v1t1在 24 s 内小球的加速度为：a2 10 m/s 2，负号表示方向沿杆向下v3 v2t2(2)有风力时的上升过程，小球的受力情况如图 115 丙所示图 115 丙在 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 F N1ma 1停风后上升阶段，小球的受力情况如图 115 丁所示图 115 丁在 y 方向，由平衡条件得：FN2mg
34、cos 在 x 方向，由牛顿第二定律得：23mgsin F N2ma 2联立以上各式可得：F60 N 【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
35、求解的方法2隔离法是指当研究对象涉及由多个物体组成的系统时，若要求连接体内物体间的相互作用力，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、F 2 的作用下运动已知 F1F 2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为( )图 116A
36、 BF1 F2k F1 F22kC DF1 F22k F1 F2k【解析】取 A、B 及弹簧整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F 1F 22ma取 B 为研究对象：kxF 2ma(或取 A 为研究对象： F1kxma)24可解得：x F1 F22k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
37、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 2 1，则 x 的表达式应为( )图 117Ax L Bx Mm (M m)LmCx Dx1ML(2 1)(m M) 1ML(2 1)(m M)【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：f1 1mg其加速度大小 a1 1gf1mB 做减速运动的加速度大小 a22(m M)g 1mgM由于 2 1，所以 a2 2g 1ga 1即木板 B 先停止后，A
38、 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：f 1(Lx)0 mv212对 B 应用动能定理得：251mgx 2(m M)gx0 Mv212解得：x 1ML(2 1)(m M)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 a1 1g 是取大地为参照系的加速度是相对速度而言的，所以加速度一定和速度取相同的参照系，与施力物体的速度无关动能定理可由牛顿第二定律推导，特别对于匀变速直线运动，两表达式很容易相互转换三、临界问题例 8 如图 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
39、 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，T cos ma 1解得：a 1gcot 即 F1( Mm)a 1(Mm) gcot 26由此可知，当水平向左的力大于(M m) 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
40、，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，F Nsin ma 2解得：a 2gtan 即 F2( Mm)a 2(Mm) gtan 由此可知，当水平向右的力大于(M m) 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( M m)gcot ，或向右小于( Mm) gtan 时，B 能静止在斜面上答案 向左小于(Mm) gcot 或向右小于( Mm) 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中物理中重要的物理模型，也是高考常出现的重要物理
41、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27图 119 甲【解析】(1)对于
42、启动状态有：F 1mg ma 1得：a 12 m/s 2对于制动状态有：mgF 3ma 2得：a 22 m/s 2(2)电梯匀速运动的速度 va 1t121 m/s 2 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 1 19 乙所示，图 119 乙所以总位移 s v (t2t) 2(2628) m54 m12 12层高 h 3 ms18 5418答案 (1)2 m/s 2 2 m/s 2 (2)3 m28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
43、考中出现的概率也较大1有一个直角支架 AOB，AO 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 120 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( )图 120 甲AN 不变，T 变大 BN 不变，T 变小CN 变大，T 变大 DN 变大，T 变小29【解析】Q 环的受力情况如图 120 乙所示，由平衡条件得：Tcos mgP 环向左移动后 变小，T 变小mgcos 图 120 乙 图 120 丙P 环的受力情况如图 120 丙所示，由平衡条件得：NPmgTcos 2mg，N P 与 角无关故选项 B 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
