1、 高中物理模型整理 P2-4 “挂件”模型（轻杆、轻绳、轻弹簧模型，滑轮模型，平衡问题，死结与活结问题，采用正交分解法、图解法、三角形法则和极值法） P4-7 含弹簧的物理模型（弹簧，橡皮绳（筋） P7-12 追及、相遇模型（运动规律，临界问题，数学法（函数极值法、图像法等）和物理方法（参照物变换法，守恒法）等） P13 刹车模型 P13-17“斜面”模型（运动规律，三大定律） P17-20“皮带”模型（“传送带”模型）（摩擦力，牛顿运动定律，功能及摩擦生热等问题） P20-22“滑块木板”模型 P22-27“平抛”模型（平抛、斜抛，平抛中的临界问题，多体平抛）（运动的合成与分解，牛顿运动定律
2、，动能定理（类平抛运动） P27-29“平抛斜面”模型 P29-32类平抛问题 P33-34圆周运动基础知识（有关物理量，向心力） P35-38“水平面圆周运动”模型（用极限法分析圆周运动的临界问题）（向心力来源，实例） P39-40“竖直面圆周运动”模型（轻绳、轻杆、轻弹簧三件的异同点，过最高点的临界条件及圆周运动中的动力学问题和功能问题） P41-47圆周运动题组 P48-53“行星”模型（相关物理量：半径、速度、角速度、周期）（变轨问题，双星模型） P53-55“子弹打木块”模型（三大定律，摩擦生热，临界问题） P56 “人船”模型 P56-57“弹性碰撞” 和“非弹性碰撞”模型（动量守
3、恒定律，能量守恒定律） P58-59含有弹簧的类碰撞问题模型 P60-64“电路的动态变化”模型（串并联电路规律及电能、电功率、闭合电路欧姆定律、判断方法和变压器的三个制约（电压、电流及电功率）问题） P64-65含电容器电路的分析方法 P66-85“电阻测量”模型(两尺、电表读数,伏安法测电阻,测金属电阻率,描绘伏安特性曲线)（电路设计，内外接法，限流式分压式接法的应用） P85-91“测电源的电动势和内阻”模型（电路设计，闭合电路欧姆定律、图象） P91-105“电场”模型（电场力、电势能、电势差、电势等基本概念，典型电场） P105-111“带电粒子在磁场中的圆周运动”模型（圆心半径的确
4、定方法） P111-123“复合场” 模型（平衡与偏转、圆周运动、力和能问题） P124-127“多过程”模型（直线运动、类平抛运动、圆周运动，力和能问题） P128-137“电磁感应”模型（法拉第电磁感应定律，图象） P137-143电磁感应中的电路和图象问题 P144-150“导体棒切割磁感线”模型（电磁感应中的动力学和能量问题）（平面导轨，斜面导轨、竖直导轨等，处理角度为力电角度，电学角度，力能角度） P150-155“交流电”模型（图像法。焦耳定律，闭合电路的欧姆定律，能量问题） P155-161变压器、电能的输送 P161-167“对称”模型（电场、磁场、电磁感应现象中的对称性，多解
5、性） 2 “挂件”模型 【概述】 该模型一般由轻绳(轻杆)和物块模型组合而成，可分为静态和动态两类。常出现在选择、计算题中。 【特点】 静态模型的受力情况满足共点力的平衡条件F 0 动态模型则满足牛顿第二定律F ma 【解题】 解析两种不同模型的关键是抓住物体的受力分析，然后结合平衡条件或牛顿定律。同时也要根据具体的题目具体分析，采用正交分解法，图解法，三角形法则，极值法等不同方法。 轻绳、轻杆、轻弹簧弹力比较（弹簧有关题目后面另提） 1.轻绳拉力一定是沿绳子方向，指向绳子收缩的方向。轻绳拉力的大小可以突变。用轻绳连接的系统通过轻绳的碰撞、撞击时，系统的机械能有损失。 2.轻杆受力不一定沿轻杆
6、方向。 3.轻弹簧可以被压缩或拉伸，其弹力的大小与弹簧的伸长量或缩短量有关。 轻弹簧各处受力相等，其方向与弹簧形变的方向相反； 弹力的大小为F kx (胡克定律)，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的伸长量或缩短量； 弹簧的弹力不会发生突变。 滑轮模型与死结模型问题的分析 1.跨过滑轮、光滑杆、光滑钉子的细绳两端张力大小相等 2.死结模型：如几个绳端有“结点”，即几段绳子系在一起，谓之“死结”，那么这几段绳中的张力不一定相等 3.同样要注意轻质固定杆的弹力方向不一定沿杆的方向，作用力的方向需要结合平衡方程或牛顿第二定律求得，而轻质活动杆中的弹力方向一定沿杆的方向 【例题】 1.如图所示，小车上固
7、定着一根弯成角的曲杆，杆的另一端固定一个质量为m的球，试分析下列两种情况下轻杆对球的弹力大小及方向： (1)小车静止不动； (2)小车以加速度a向右运动。 解：(1)球处于平衡状态，根据二力平衡的条件知，杆对球的弹力方向跟重力方向相反，竖直向上，弹力大小跟球的重力大小相等，等于 mg. (2) 选小球为研究对象，小车以加速度 a 向右运动时，小球所受重力和杆的弹力的合力一定水平向右，此时，弹力 F 的方向一定指向右上方，只有这样，才能保证小球在竖直方向上保持平衡，水平方向上具有向右的加速度，假设小球所受弹力方向与竖直方向的夹角为 （如图），根据牛顿第二定律有, F sin ma ，F cos
8、mg 。 解得2 2aF m g a ,tang 。 3 2.如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是：（D） A小车静止时，F mg sin ，方向沿杆向上。 B小车静止时，F mgcos ，方向垂直杆向上。 C小车向右以加速度a运动时，一定有maFsin D.小车向左以加速度a运动时，2 2F (ma ) (mg ) ，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角为，则atang . 3. 如图，将一质量为m 的小球用一条轻绳L1和一条轻弹簧L2系起，L1水平，L2与竖直方向夹角为。现突然将L1剪断，问剪断瞬间小球所
9、受的合力。 F mgtan合题中的L2若为轻绳，仍求剪断L1瞬间小球所受的合力？ F mg sin合4. 如图所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为10 kg的物体，ACB30，g取10 m/s2，求： (1)轻绳AC段的张力FAC的大小； (2)横梁BC对C端的支持力的大小及方向 解析 物体 M 处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的轻绳拉力大小等于物体的重力，取C点为研究对象，进行受力分析，如图所示 (1)图中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M的物体，物体处于平衡状态，绳AC段的拉力大小为：FACFCDMg1010 N100 N (2)由几何关系得：FCFACM
10、g100 N 方向和水平方向成30角斜向右上方 答案 (1)100 N (2)100 N 方向与水平方向成30角斜向右上方 【变题】 1.如图所示，一光滑的半圆形碗固定在水平面上，质量为 m1的小球用轻绳跨过光滑碗连接质量分别为m2和m3的物体，平衡时小球恰好与碗之间没有弹力作用，两绳与水平方向夹角分别为60、30，则m1、m2、m3的比值为 ( B ) A123 B2 31 C211 D21 3 4 解析 对m1受力分析，如图所示，则： m2gm1gcos 30 m3gm1gcos 60， m232m1m312m1，B正确 2.在如图10所示的装置中，两物体通过一段绳与两个滑轮连在一起，质量
11、分别为m1、m2，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态由图可知 ( ) A一定等于 Bm1一定大于m2Cm1一定小于2m2Dm1可能大于2m2答案 AC 解析 滑轮两侧绳的拉力大小相等，合力竖直向上，所以A正确；滑轮两侧绳的拉力大小等于m2g，其合力大小等于m1g.当滑轮两侧的绳竖直向上时m2最小，等于m1的一半，因滑轮两侧的绳不可能竖直向上，所以C正确，B、D错误 【高考题】 1.(2012广东理综16)如图10所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为 (B) 图10 A
12、G和G B.22G和22G C.12G和32G D.12G和12G 解析 根据对称性知两绳拉力大小相等，设为F，日光灯处于平衡状态，由2Fcos 45G解得F22G，B项正确 含弹簧的物理模型 【概述】 纵观历年的高考试题，和弹簧有关的物理试题占有相当大的比重。高考命题者常以弹簧为载体设计出各类试题，这类试题涉及静力学问题、动力学问题、动量守恒和能量守恒问题、振动问题、功能问题等，几乎贯穿了整个力学的知识体系，能很好地考查学生的综合分析能力。 5 【特点】 中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”也是理想化模型，具有如下几个特性： (1)弹力遵循胡克定律Fkx，其中x是弹簧的形变量。 (2)轻：即弹簧
13、(或橡皮绳)的重力可视为零。 (3)弹簧既能受拉力，也能受压力(沿着弹簧的轴线)，橡皮绳只能受拉力，不能受压力。 (4)由于弹簧和橡皮绳受力时，其形变较大，发生形变需要一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的弹力不能突变。但是，当弹簧和橡皮绳被剪断时，它们产生的弹力立即消失。 【解题】 胡克定律、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量守恒定律 【例题】 1.如图所示，原长分别为L1和L2，劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为 m1的物体，最下端挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态求： (1)这时两弹簧的总长 (2)若有一个质量为M的平板把下
14、面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板受到下面物体m2的压力 解析 (1)设上面弹簧的弹力为F1，伸长量为x1，下面弹簧的弹力为F2，伸长量为x2，由物体的平衡及胡克定律有 F1(m1m2)g， x1m1m2gk1F2m2g， x2m2gk2所以两弹簧的总长为 LL1L2x1x2L1L2m1m2gk1m2gk2. (2)要使两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和，必须是上面弹簧伸长x，下面弹簧缩短x. 对m2：FNk2xm2g 对m1：m1gk1xk2x 解得：FNm2gk2k1k2m1g 根据牛顿第三定律知 FNFNm2gk2k1k2m1g 答案 (1)L
15、1L2m1m2gk1m2gk2(2)m2gk2k1k2m1g 6 2.如图所示，一个“Y”字形弹弓顶部跨度为 L，两根相同的橡皮条均匀且弹性良好，其自由长度均为 L，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片可将弹丸发射出去若橡皮条的弹力满足胡克定律，且劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L(弹性限度内)，则弹丸被发射过程中所受的最大弹力为 ( ) A.15kL2B.3kL2CkL D2kL 答案 A 解析 橡皮条长度最大时每根橡皮条上的弹力是 kL，设此时两橡皮条间夹角为 ，则cos 22L2L222L154，两橡皮条上的弹力合力为2kLcos 2152kL，所以A对 3.
16、如图所示，用轻弹簧将质量均为m1 kg的物块A和B连接起来，将它们固定在空中，弹簧处于原长状态，A距地面的高度h10.90 m同时释放两物块，A与地面碰撞后速度立即变为零，由于B压缩弹簧后被反弹，使A刚好能离开地面(但不继续上升)若将B物块换为质量为2m的物块C(图中未画出)，仍将它与A固定在空中且弹簧处于原长，从A距地面的高度为h2处同时释放，C压缩弹簧被反弹后，A也刚好能离开地面已知弹簧的劲度系数k100 N/m，求h2的大小答案 0.5 m 解：设A物块落地时，B物块的速度为v1，则有： 12mv12mgh1设A刚好离地时，弹簧的形变量为x，对A物块有： mgkx 从A落地后到A刚好离开
17、地面的过程中，对于A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，则有： 12mv12mgxEp换成C后，设A落地时，C的速度为v2，则有： 122mv222mgh2从A落地后到A刚好离开地面的过程中，A、C及弹簧组成的系统机械能守恒，则有： 122mv222mgxEp联立解得：h20.5 m 【变题】 1.如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑、半径为R的半球形容器底部O处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点已知容器与水平面间的动摩擦因数为，OP与水平方向间的夹角为30.下列说法正确的是 (CD) A水平面对容器有向右的摩擦力B轻弹簧对小球的作用力大小为12mg C容
18、器对小球的作用力大小为mg D弹簧原长为Rmgk7 解析 以容器和小球整体为研究对象，受力分析可知： 竖直方向有：总重力、地面的支持力，水平方向上地面对半球形容器没有摩擦力， A错误 对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止状态，由共点力的平衡条件可求得小球受到的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力；对小球受力分析如图所示，由几何关系可知，FNFmg，故弹簧原长为Rmgk，故B错误，C、D正确 2.三个质量均为1 kg的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接，如图7所示，其中a放在光滑水平桌面上开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止状态现
19、用水平力F缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10 m/s2.该过程p弹簧的左端向左移动的距离是 图7 A4 cm B6 cm C8 cm D10 cm 解析 “缓慢地拉动”说明系统始终处于平衡状态，该过程中p弹簧的左端向左移动的距离等于两个弹簧长度变化量之和；最初，p弹簧处于原长，而q弹簧受到竖直向下的压力FN1mbg110 N10 N，所以其压缩量为x1FN1/k2 cm；最终c木块刚好离开水平地面，q弹簧受到竖直向下的拉力FN2mcg110 N10 N，其伸长量为x2FN2/k2 cm，拉力F(mbmc)g210 N20 N，p弹簧的伸长量为x3F/k4 cm，
20、所以所求距离xx1x2x38 cm. 追及、相遇模型 【解题】 一、对运动图象物理意义的理解 1.一看“轴”：先要看清两轴所代表的物理量，即图象是描述哪两个物理量之间的关系 2.二看“线”：图象表示研究对象的变化过程和规律在 vt图象和xt图象中倾斜的直线分别表示物体的速度和位移随时间变化的运动情况 3.三看“斜率”：xt图象中斜率表示运动物体的速度大小和方向Vt图象中斜率表示运动物体的加速度大小和方向 4.四看“面积”：即图线和坐标轴所围的面积往往代表一个物理量，但也要看两物理量的乘积有无意义例如v和t的乘积vtx有意义，所以vt图线与横轴所围“面积”表示位移，xt图象与横轴所围“面积”无意
21、义 5.五看“截距”：截距一般表示物理过程的初始情况，例如t0时的位移或速度 6.六看“特殊点”：例如交点、拐点(转折点)等例如 xt 图象的交点表示两质点相遇，vt图象的交点表示速度相等 二、追及与相遇问题 1.分析追及问题的方法技巧可概括为“一个临界条件”、“两个等量关系” 8 (1)一个临界条件：速度相等它往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点； (2)两个等量关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体的时间关系和位移关系是解题的突破口 2.主要方法 (1)临界条件法：当二者速度相等时，二者相距最远(最近) (2)图象法：画出xt图象或vt图
22、象，然后利用图象进行分析求解 (3)数学判别式法：设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论，若0，即有两个解，说明可以相遇两次；若0，说明刚好追上或相遇；若xB，则不能追上 4.若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动 【例题】 1.甲车以10 m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4 m/s的速度与甲车平行同向做匀速直线运动甲车经过乙车旁边时开始以0.5 m/s2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求： (1)乙车在追上甲车前，两车相距的最大距离； (2)乙车追上甲车所用的时间 解析 (1)当甲车速度减至等于乙车速度时两车
23、的距离最大，设该减速过程所用时间为t， 则有v 乙v 甲at，解得t12 s， 此时甲、乙间距离为v 甲t12at2v 乙t36 m (2)设甲车减速到零所需时间为t1，则有t1v甲a20 s t1时间内，x 甲v甲2t110220 m100 m x 乙v 乙t1420 m80 m 此后乙车再运动时间t2x甲x乙v乙204s5 s，才能追上甲车 故乙车追上甲车需t1t225 s. 答案 (1)36 m (2)25 s （1）解题思路和方法 9 （2）解题技巧 (1)紧抓“一图三式”，即：过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式 (2)审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，
24、如“刚好”、“恰好”、“最多”、“至少”等，它们往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件 2.A、B两列火车在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度为vA10 m/s，B车在后，其速度为vB30 m/s.因大雾能见度低，B车在距A车700 m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但要经过1 800 mB车才能停下问A车若按原速度前进，两车是否会相撞？说明理由 解析 根据题意，B车刹车过程中的加速度为： aBv2B2x30221 800m/s20.25 m/s2， B车减速至A车的速度所用时间 tvBvAa30100.25s80 s 在80 s内，A车位移xAvAt1080 m800 m， B车位
25、移xBvBt12at2(3080120.25802) m1 600 m. 因xB1 600 mxA700 m1 500 m， 所以两车速度相等之前已经相撞 【变题】 1.斜面上两物体的相遇 10 2.竖直上抛和自由落体中的相碰 3.平抛运动中的相遇 11 4.天体运动中的追及、相遇 5.三个物体的追及、相遇 12 13 刹车模型 “斜面”模型 【概述】 1自由释放的滑块能在斜面上(如图1甲所示)匀速下滑时，m与M之间的动摩擦因数gtan 2自由释放的滑块在斜面上(如图1甲所示)： (1)静止或匀速下滑时，斜面M对水平地面的静摩擦力为零； (2)加速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向右； 图
26、1甲 (3)减速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向左。 3自由释放的滑块在斜面上(如图1乙所示)匀速下滑时，M对水平地面的静摩擦力为零，这一过程中再在m上加上任何方向的作用力，(在m停止前)M对水平地面的静摩擦力依然为零 图1乙 4悬挂有物体的小车在斜面上滑行(如图2所示)： 图2 (1)向下的加速度agsin 时，悬绳稳定时将垂直于斜面； (2)向下的加速度agsin 时，悬绳稳定时将偏离垂直方向向上； (3)向下的加速度agsin 时，悬绳将偏离垂直方向向下 14 5在倾角为的斜面上以速度v0平抛一小球(如图3所示)： 图3 (1)落到斜面上的时间t2v0tan g； (2)落到斜面上
27、时，速度的方向与水平方向的夹角恒定，且tan 2tan ，与初速度无关； (3)经过tcv0tan g小球距斜面最远，最大距离d(v0sin )22gcos 6如图4所示，当整体有向右的加速度agtan 时，m能在斜面上保持相对静止 图4 7在如图5所示的物理模型中，当回路的总电阻恒定、导轨光滑时，ab棒所能达到的稳定速度vmmgRsin B2L2 图5 8如图6所示，当各接触面均光滑时，在小球从斜面顶端滑下的过程中，斜面后退的位移smmML 图6 【例题】 1.如图7甲所示，质量为M、倾角为的滑块A放于水平地面上把质量为m的滑块B放在A的斜面上忽略一切摩擦，有人求得B相对地面的加速度aMmM
28、msin2gsin ，式中g为重力加速度 图7甲 对于上述解，某同学首先分析了等号右侧的量的单位，没发现问题他进一步利用特殊条件对该解做了如下四项分析和判断，所得结论都是“解可能是对的”但是，其中有一项是错误的，请你指出该项2008年高考北京理综卷( ) A当0时，该解给出a0，这符合常识，说明该解可能是对的 15 B当90时，该解给出ag，这符合实验结论，说明该解可能是对的 C当Mm时，该解给出agsin ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 D当mM时，该解给出agsin ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 【解析】当A固定时，很容易得出agsin ；当A置于光滑的水平面时，B加速下
29、滑的同时A向左加速运动，B不会沿斜面方向下滑，难以求出运动的加速度 图7乙 设滑块A的底边长为L，当B滑下时A向左移动的距离为x，由动量守恒定律得： MxtmLxt解得：xmLMm当mM时，xL，即B水平方向的位移趋于零，B趋于自由落体运动且加速度ag 选项D中，当mM时，agsin g显然不可能 答案 D 【点评】本例中，若m、M、L有具体数值，可假设B下滑至底端时速度v1的水平、竖直分量分别为v1x、v1y，则有： v1yv1xhLx(Mm)hML12mv1x212mv1y212Mv22mgh mv1xMv2解方程组即可得v1x、v1y、v1以及v1的方向和m下滑过程中相对地面的加速度 2
30、.在倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相同的匀强磁场，其方向一个垂直于斜面向上，一个垂直于斜面向下(如图8甲所示)，它们的宽度均为L一个质量为m、边长也为L的正方形线框以速度v进入上部磁场时，恰好做匀速运动 图8甲 (1)当ab边刚越过边界ff时，线框的加速度为多大，方向如何？ (2)当ab边到达gg与ff的正中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则线框从开始进入上部磁场到ab边到达gg与ff的正中间位置的过程中，线框中产生的焦耳热为多少？(线框的ab边在运动过程中始终与磁场边界平行，不计摩擦阻力) 【解析】(1)当线框的ab边从高处刚进入上部磁场(如图8 乙中的位置所示)时，线框恰好做
31、匀速运动，则有： mgsin BI1L 此时I1BLvR当线框的ab边刚好越过边界ff(如图8乙中的位置所示)时，由于线框从位置到位置始终做匀速运动，此时将ab边与cd边切割磁感线所产生的感应电动势同向叠加，回路16 中电流的大小等于2I1故线框的加速度大小为： 图8乙 a4BI1Lmgsin m3gsin ，方向沿斜面向上 (2)而当线框的ab边到达gg与ff的正中间位置(如图8 乙中的位置所示)时，线框又恰好做匀速运动，说明mgsin 4BI2L 故I214I1由I1BLvR可知，此时v14v 从位置到位置，线框的重力势能减少了32mgLsin 动能减少了12mv212m(v4)21532
32、mv2由于线框减少的机械能全部经电能转化为焦耳热，因此有： Q32mgLsin 1532mv2 答案 (1)3gsin ，方向沿斜面向上 (2)32mgLsin 1532mv2【点评】导线在恒力作用下做切割磁感线运动是高中物理中一类常见题型，需要熟练掌握各种情况下求平衡速度的方法 【高考题】（动力学中的临界极值问题） 临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点； (2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态； (3)若题目中有“最大”、“最小”、“至
33、多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点； (4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度 17 (2013山东22)如图所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 m已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数33.重力加速度g取10 m/s2. (1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小 (2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？ 解析 (1)设物块加速度的大小为a，到
34、达B点时速度的大小为v，由运动学公式得 Lv0t12at2 vv0at 联立式，代入数据得 a3 m/s2 v8 m/s (2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得 Fcos mgsin Ffma Fsin FNmgcos 0 又FfFN 联立式得Fmgsin cos macos sin 由数学知识得cos 33sin 2 33sin(60) 由式可知对应最小F的夹角30 联立式，代入数据得F的最小值为Fmin13 35N 答案 (1)3 m/s28 m/s (2)30 13 35N 动力学中的典型临界条件 (1)接触与脱离的临界条
35、件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN0. (2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值 (3)绳子断裂与松驰的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松驰的临界条件是：FT0. (4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为零时 18 “皮带”（传送带）模型 【概述】 一个物体以速度 v0(v00)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送带”模型，如图 (a)、(b)、(c)所示 【特点】 1.水平传送带 项目 图示 滑块可能的运
36、动情况 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2 (1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0v返回时速度为v，当v0a1, 解得F2(m1m2)g (3)纸板抽出前，砝码运动的距离 x112a1t21.纸板运动的距离 dx112a2t21.纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x212a3t22，lx1x2由题意知a1a3，a1t1a3t2解得F2m11dlm2g 代入数据得F22.4 N. 答案 (1)(2m1m2)g (2)F2(m1m2)g (3) 22.4 N “平抛”模型之平抛、斜抛 【概述】 一、平抛运动 1性质：加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动
37、，运动轨迹是抛物线 2基本规律：以抛出点为原点，水平方向(初速度v0方向)为x轴，竖直向下方向为y轴，建立平面直角坐标系，则： (1)水平方向：做匀速直线运动，速度vxv0，位移xv0t. (2)竖直方向：做自由落体运动，速度vygt，位移y12gt2. 23 (3)合速度：v v2xv2y，方向与水平方向的夹角为，则tan vyvxgtv0. (4)合位移：s x2y2，方向与水平方向的夹角为，tan yxgt2v0. 平抛运动的基本规律 1飞行时间：由t 2hg知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关 2水平射程：xv0tv02hg，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素
38、无关 3落地速度：vt v2xv2y v202gh，以表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tan vyvx2ghv0，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关 4速度改变量：因为平抛运动的加速度为重力加速度 g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔t内的速度改变量vgt相同，方向恒为竖直向下，如图所示 5两个重要推论 (1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中A点和B点所示 (2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则tan 2tan . 二、斜抛运动 1运动性质
39、加速度为g的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线 2基本规律(以斜向上抛为例说明，如图所示) (1)水平方向：v0xv0cos_，F 合x0. (2)竖直方向：v0yv0sin_，F 合ymg. 24 【例题】 有一项人体飞镖项目，可将该运动简化为以下模型(如图所示)：手握飞镖的小孩用一根不可伸长的细绳系于天花板下，在A处被其父亲沿垂直细绳方向推出，摆至最低处B时小孩松手，飞镖依靠惯性沿BC飞出命中竖直放置的圆形靶的靶心O，圆形靶的最高点C与B点在同一高度，A、B、C三点处在同一竖直平面内，且BC与圆形靶平面垂直已知小孩质量为m，细绳长为L，B、C两点之间的距离为d，靶的半径为R，A、B两点之间的高度
40、差为h.不计空气阻力，小孩和飞镖均可视为质点，重力加速度为g. (1)求小孩在A处被推出时的初速度大小； (2)如果飞镖脱手时沿BC方向速度不变，但由于小孩手臂 的水平抖动使其获得了一个垂直于BC的水平速度v1，要 让飞镖能够击中圆形靶，求v1的取值范围 解析 (1)设飞镖从B点平抛运动到O点的时间为t，从B点抛出的速度为v，则有dvt R12gt2由机械能守恒定律得 12mv20mgh12mv2联立以上三式解得v0 d2g2R2gh (2)因BC方向的速度不变，则从B到靶的时间t不变，竖直方向上的位移仍为R，则靶上的击中点一定与靶心O在同一高度上，则垂直于BC的水平位移一定小于R，因此有 v
41、1txbxc26 解析 根据平抛运动的规律h12gt2，得t 2hg，因此平抛运动的时间只由高度决定，因为hbhcha，所以b与c的飞行时间相同，大于a的飞行时间，因此选项A错误、选项B正确；又因为xaxb，而tavc，即b的水平初速度比c的大，选项D正确 (2013深圳模拟)如图所示，在距水平地面H和4H高度处，同时将质量相同的a、b两小球以相同的初速度v0水平抛出，则以下判断正确的是( C ) Aa、b两小球同时落地 B两小球落地速度方向相同 Ca、b两小球水平位移之比为12 Da、b两小球水平位移之比为14 解析 a、b两小球均做平抛运动，由于下落时间t 2hg，水平位移xv02hg，将
42、haH，hb4H代入上述关系式可得A、D错误，C正确；两小球落地时速度方向均与落地点沿轨迹的切线方向一致，所以B错误 平抛运动中的临界问题 例3 如图所示，水平屋顶高H5 m，围墙高h3.2 m，围墙到房子的水平距离L3 m，围墙外空地宽x10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g取10 m/s2.求： (1)小球离开屋顶时的速度v0的大小范围； (2)小球落在空地上的最小速度 解析 (1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v01，则小球的水平位移：Lxv01t1小球的竖直位移：H12gt21解以上两式得 v01(Lx) g2H13 m/s 设小球恰好越过围墙的边缘时的水
43、平初速度为v02，则此过程中小球的水平位移： Lv02t227 小球的竖直位移：Hh12gt22解以上两式得：v025 m/s 小球抛出时的速度大小为5 m/sv013 m/s (2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小 竖直方向：v2y2gH 又有：vmin v202v2y解得：vmin5 5 m/s 答案 (1)5 m/sv013 m/s (2)5 5 m/s 1本题使用的是极限分析法，v0不能太大，否则小球将落在空地外边；v0又不能太小，否则被围墙挡住而不能落在空地上因而只要分析落在空地上的两个临界状态，即可解得所求的范
44、围 2从解答中可以看到，解题过程中画出示意图的重要性，它既可以使抽象的物理情境变得直观，也可以使隐藏于问题深处的条件显露无遗小球落在墙外的空地上，其速度最大值所对应的落点位于空地的外侧边缘，而其速度最小值所对应的落点却不是空地的内侧边缘，而是围墙的最高点，这一隐含的条件只有在示意图中才能清楚地显露出来 “平抛斜面”模型 【解题】 斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决。 实例 方法 内容 斜面 求小球平抛时间 总结 分 解 速 度 水平vxv0 竖直vyg
45、t合速度v v2xv2y如图，vygt，tan v0vyv0gt，故tv0gtan 分解速度，构建速度三角形 分 解 位 移 水平xv0t 竖直y12gt2合位移x 合x2y2如图，xv0t，y12gt2，而tan yx，联立得t2v0tan g分解位移，构建位移三角形 28 【例题】 如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3 s落到斜坡上的A点已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角37，运动员的质量m50 kg.不计空气阻力(sin 370.6，cos 370.8；g取10 m/s2)求： (1)A点与O点的距离L； (2)运动员离开O点时的速度大小； (
46、3)运动员从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间 解析 (1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有 Lsin 3712gt2， Lgt22sin 3775 m. (2)设运动员离开O点时的速度为v0，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，有 Lcos 37v0t， 即v0Lcos 37t20 m/s. (3)解法一 运动员的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速运动(初速度为v0cos 37、加速度为gsin 37)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为v0sin 37、加速度为gcos 37) 当垂直斜面方向的速度减为零时，运动员离斜坡最远，有 v0sin 37gcos 37t，解得t1.5 s 解法二 当运动员的速度方向平行于斜坡或与水平方向成37角时，运动员离斜坡最远，有gtv0tan 37，t1.5 s. 答案 (1)75 m (2)20 m/s (3)1.5 s 常见平抛运动模型运动时间的计算方法 (1)在水平地面正上方h处平抛： 由h12gt2知t 2hg，即t由高度h决定 (2)在半圆内的平抛运动(如图1)，由半径和几何关系制约时间t： h12gt2R R2h2v0t 联立两方程可求t. 图1 29 (3)斜面上的平抛问题(如图2)： 顺着斜面平抛 方法：分解位移 xv0t y12gt2 图2 tan yx
