1、第一章 物体的运动一、几个重要概念专题1D2D 提示：由于声音传到终点时，王华已经跑出了一段距离，故王华的实际成绩应是测量成绩再加声音传播 100m 所用的时间20时的声速介于 15和 25之间3D 提示：由匀变速直线运动的速度公式：v tv 0at取时间为 1 秒分析得，这一秒的末速度比该秒的初速度大 0.5m/s故正确答案选 D4AB 提示：vs/t 197/(108) 98.5km/h27.4m/s5CD 提示：设 AB 间距离为 s，A、B 、C 三点的速度分别为 vA、v B、v C，由v(v 0v 1)/2，有：20(v Av B)/2，30(v Bv C)/2 (v Av C)/
2、2C30/2s由以上各式可求质点在 AC 段的平均速度及在 C 点的瞬时速度6解：供客机起飞的跑道长s 1v 1t1 1503300(m )24供战斗机起飞的航空母舰甲板长s 2v 2t2 283(m )， s 1/s23300/834083二、匀变速直线运动规律及其应用专题1D2AD 提示：这一秒的初速和末速可能同向也可能反向以初速度方向为正方向若初速和末速同向，有：加速度 a(vv 0)/t(104)/t 6m/s 2位移 st(v 0v 1)/21 (410)/27m若初速和末速反向，有：加速度a(v tv 0)/t( 104)/114m/s 2位移 st(v 0v t)/21(410)
3、/23m故加速度的大小可为 14m/s2，大于 10m/s2，D 问正确；位移的大小可为 3m，小于4m，A 问正确3ABC 提示：由 s3s 12aT 2，其中 s12m 、 s38m、T1s，可求加速度 a，故选项 B 对；由 s1v 1TaT 2/2，可求速度 v1，故选项 A 对；由 s2s 1aT 2，可求 s2，故选项 C 对4ABC 提示：当物体做匀速直线运动时，中间位置与中间时刻是同一位置，因此C 对；当物体做匀变速直线运动时，其示意图如下图所示，若物体由 A 向 B 做匀加速直线运动，则前一半时间的位移小于后一半时间的位移，中间时刻如图的 C 点，中间位置为 E点，显然 v1
4、v 2；若物体由 A 向 B 做匀减速直线运动，则前一半时间的位移大于后一半时间的位移，中间时刻如图的 D 点，显然 v1v 25B 提示：因车身长 4.5m，占标尺上 3 小格，每小格是 1.5m，由图中读出第一、第二次闪光后汽车相距 s112m ，第二、第三次闪光汽车相距 s220.1m ，由公式： ss 2s 1aT 2，得a 2(m/s 2)T0.6D 提示：由图可知：下方的物体做匀速运动，而上方的物体做匀加速运动由t4 到 t5 这段时间内下方物体的位移几乎等于上方物体的位移，说明这段时间内两物体的平均速度几乎相等，由运动规律知：t 4 时刻下方物体的速度大于上方物体的速度，t 5
5、时刻下方物体的速度小于上方物体的速度，故在 t4 时刻与 t5 时刻之间某时刻两木块的速度相同，故选项 D 对7解：设刹车后 t 汽车静止，有 tv 0/a8/6s 故刹车后 4s 内的位移与 8/6s 的位移相等，为：s 5.33m2t0v868解：小物体在传送带上做匀加速运动时间：t 1 2(s)ag10.位移为：s 1 (0 2)/2 22(m )tv此后小物体做匀速直线运动，运动时间为：t 2(ss 1)/v(20 2)/29(s)所以，小物体运动到另一端的时间为：Tt 1t 2 2911(s)9解：火车提速前：设匀速运动的速度为 v，则匀加(减) 速的时间为：t 1 av40.位移为
6、 s1 t120v8.2匀速运动的位移为：s 2s4s 1匀速运动的时间为：t 2 s2/v，中途停车时间： t360s总时间：4t 1t 2 tT， T7560s解以上各式得 v20m/s提速后：火车匀速的速度为 v01.5v30m/s匀加(减) 速的时间为：t 1 75s40.v3移为 s 1 1125m80.2v匀速运动的位移为：ss2s139750m匀速运动的时间为 ts/v 04658s运动的总时间：t2t 1t 24808s1.34h三、自由落体运动和竖直上抛运动专题1ACE 提示：若石块是在抛出点上方 15m 处，则由公式 sv 0tgt 2/2，有 1520t5t 2解得：t1
7、s 或 t3s；若石块是在抛出点下方 15m 处，则由公式 sv 0tgt 2/2，有1520t5t 2解得：t2 s，故选项 ACE 正确72AC提示：竖直上抛运动的上升过程和自由落体运动互为逆运动，根据运动的对称性，上抛运动的最高点即为自由落体的下落点3提示：(1)第 1 滴水落到盘上的位移：h g(2t)21第 2 滴水的位移：h 1 gt2 解以上两式可得 h1h/4(2)第 1 滴水落到盘上历时 t1 ，从第 1 滴水离开水龙头开始到第 2 滴水落到盘gh/上历时：t 2t 1t 1/2从第 1 滴水离开水龙头开始到第 3 滴水落到盘上历时：t 3t 2t 1/2t 12t 1/2同
8、理：t 4t 13t 1/2 t Nt 1(N1)t 1/2依题意有 Tt N g/2h2T)(h4解：研究运动员重心的运动即可设重心上升 0.45m 所用时间为 t1，则0.45gt 12/2，t 10.3s重心由(0.4510)m 自由下落到水面用时间为 t2 则10.45gt 22/2，t 21.4s故用于完成空中动作的时间为：tt 1t 21.7s5解：10s 末气球与重物的速度为：vat100m/s位移为 s1at 2/2500m重物掉出后以 100m/s 的初速度做竖直上抛运动，上升的高度为 h 500mgv2故此重物最高可上升 H s1h1000m由竖直上抛运动规律，有s 1vt
9、 2gt 222，即500100t 25t 22故重物从气球上掉出后到落回地面所用时间为：t 21010 24.14s6解：设经时间 t 被拦截，则有：s(vtgt 2/2)(vtgt 2/2)2vtts/2v 5s拦截的高度 hvtgt 2/249875m7解： tt 2t 1 gl/6l/四、归纳法与演绎法应用专题1A 提示：第一个球回到手时，第四个球必须马上抛出，则在空中有两个球，整段路程分为时间相等的三段而由 hgt 12/2 得 t1 0.5s，gh/总时间 2t11s，故球在手中停留的最长时间为 1/3s2解：可假设车静止人从静止开始匀加速行走，人走完第一节车厢历时 t1 5，a2
10、s/25s/2人走完前九节车厢历时 t2 15/9人走完前十节车厢历时 t10 as/105所以第十节车通过人的时间 tt 10t 90.81(s)3解：设物体跟档板碰了 n 次，则总路程：snll/24n2把物体碰档板前后的运动看作是匀减速直线运动，所以 sv 02/2a解以上两式得物体的加速度大小a4/(2n1)(n0，1，2，3)4解：小球在空中运动的总时间为：t 总 2t 上 2v 0/g230/106(s)在空中的小球个数 nt 总 /t6/16(个)第一个球和其余小球相遇时位移相等，则有：30t10t 2/230(tn)10(tn) 2/2n 为第 2、3、4个球跟第 1 个球间隔
11、时间，解方程得：t(6n)/2，( n1，2，3，4，5)当 n1 时，t3.5s；n2 时，t4.0s；n3 时，t4.5s；n4 时，t5.0s；n5 时，t5.5s以上依次各时刻为第 1 个跟第 2、3、4、5 球相遇时刻五、运动图象专题1B 提示：设物体质量为 m，空气阻力为 f，上升过程：速度为正加速度为负，速度图线为斜向下的直线，加速度大小为：a 上gf/m；下升过程：速度为负加速度为负，速度图线在第四象限且斜向下的直线，加速度大小为：a 下 gf/m；故 a 上 a 下2C 提示：小孩从高处下落到蹦床前做的是自由落体(即匀加速)直线运动，速度图象应为直线(即 oa 段)，离开蹦床
12、后做竖直上抛(即匀减速)直线运动，速度图象也为直线(即 cd 段 )，故应选 C3A提示：由 vtv 0gt，得动能为：E k mv12 mg2t2mgv 0t mv021故动能与时间的图象为开口向上的抛物线4C 提示：由图象可知速度都为正的，故物体一直朝正方向做直线运动5ABC 提示：A 图：物体先沿正方向做匀减速，到速度为 0 后，向负方向(回头)做匀加速运动；B 图：物体先沿负方向做匀减速，到速度为 0 后，向正方向(回头)做匀加速运动；C 图：物体一直沿负方向做匀加速直线运动6A 提示：用排除法：若是路程图象，路程应是一直增大的，故 B 错；若是速度图象则应是直线的，因为下落过程是匀加
13、速直线运动，上升过程是匀减速直线运动，故 C错；除碰撞瞬间外小球运动的加速度是恒定的，所以若是加速度图象应是一平行时间轴的直线，故 D 错；故只能选 A7BC 提示：对 C 问：由机械能守恒可知两球落地时速率相等，故 C 问对；对ABD 问：作出 a、b 两球的 vt 图象，如图，两图线与时间轴所围成的面积相等由图知tat b8t Ct D 提示：解法一：与上题相同解法二：小球运动到同一竖直直线上沿 ACB 运动的速率均小于沿 ADB 运动的速率，故沿 ACB 运动的平均速率小于沿 ADB 运动的平均速率，由 s ，路程 s 相同，故沿tvACB 运动的时间大于沿 ADB 运动的时间9解：0
14、到 1s 质点静止，1s 到 3s 质点做匀速直线运动，速度为 2.5m/s，3s1350到 5s 质点做匀速直线运动，速度为 10m/s， 5s 到 6s 质点静止(vt 图象如下3510图所示)10解法一：设两物体抛出的时间间隔为 t1 时，恰好在后抛出物体落地时被前一物体下落追上相碰，那么前抛物体的运动时间应等于后抛物体运动时间与 t1 之和，即：22v 0/g 2v0/g t1 得： t12v 0/g又设两物体抛出时间间隔为 t2 时，恰好在后抛出物体抛出瞬间前一物体回到原点相碰同理得：22v 0/g0 t2 t24v 0/g所以，时间间隔必须满足：2v 0/g t4v 0/g解法二、
15、分别在图中画出两物体的 st 图线，要求两物体在空中相碰，两图线必须有交点前抛物体在空中运动的总时间为：t 122v 0/g后抛物体在空中运动的总时间为：t 22v 0/g由图中可看出两物体抛出的最短时间间隔： t1t 1t 22v 0/g最长时间间隔等于前抛出物体的运动时间： t2t 14v 0/g所以：2v 0/g t4v 0/g六、追赶运动专题1C 提示：设乙车运动时间 t 时两车距离最大，这时两车的速度相等，由 v1at，有 3(t2)4t ，解得 t6s，又由 sat 2/2，得两车最大距离为： ss 甲 s 乙 3(6 2) 2/2436/224m2B提示：据题意，作出前车开始刹车
16、时两车的速度与时间图象，如下图所示，由图象的物理意义知，三角形 AOC 的面积为前车刹车后的位移，其大小为 s，梯形 ABDO 的面积为前车开始刹车时后车的位移，其大小为 3s，所以两车不相碰且它们在行驶时应保持的距离至少为： s3s s 2s，故选 B3解：此题用相对运动求解较为简便，以前车为参照物，则后车相对于前车的初速度为(v 1 v2)，追上时相对末速度为 0，相对加速度为a，相对位移为 s由 v12v 022as 得 0(v 1v 2)22(a) s a s)(a 为两车恰好相碰时的加速度，要两车不相碰，应满足 a(v 1v 2)2/2s4解：两车不相撞的临界条件是：A 车追上 B
17、车时两车的速度相等选 B 车为参照物，A 车的相对初速度 vABv 00v 0，追上时相对末速度 vAB0，相对加速度aAB2aa3a，相对位移 SABsl，由 vt2v 022as 有 v022(3a)( sl )得 v0 (最大值)6ls所以，两车不相碰的条件：v 0 )(6lsa5解：A、B 相遇时位移相等有：v Ata Bt2/2，得t2v A/aB 23/32(s)相遇时 B 的速度：v B aBt326(m/s)当 B 减速到 vBv A 时，A 、B 相距最远，有：v B aB tv At(v Bv A)/aB1.5(s)由上述计算可知在(21 .5)3.5(s)末 A、B 相距
18、最远由 vt 图象也可求解(见上图)6解：由题意知：人匀速运动、车匀加速运动，人和车运动时间相等，设人经时间 t追上车，当追上时人和车的位移关系是：s 人 s 车 s 0，即 v 人 tat 2s 0 得t212t900，若能追上 t 有解，若追不上 t 无解 b 24ac2160，所以人追不上汽车在开始阶段，人的速度大于车的速度，人和车之间的距离减小，当车的速度大于人的速度时，两者之间的距离增大，当人和车速度相等时，人与车之间距离最小设从开始追到距离最小的时间为 t1，有 v 人 at 1，所以 t16s，人和车之间的最小距离为： smins 0s 车 s 人 45 1626627m27解：
19、汽车作匀减速运动的位移为：S 汽 v 2 汽 /2a25(s)t 汽 v 汽 /a5(s)s 自 v 自 t 汽 20(m )汽车已停下来自行车还追不上， t5(25720)/48(s)七、运动的合成和分解、平抛运动专题1C 提示：设河宽为 L，则渡河时间为 tL /v 与河流速度无关2C 提示：速度的合成遵守平行四边形定则3A 提示：设 ab 的竖直高度为 h，ab 的水平距离为 s，则 ac 的水平距离为 2s以速度 v 抛出时：hgt 2/2，svt以速度 2v 抛出时：h 2gt 22/2，hh 2，tt 2 s 22vt 22vt2s故应落在斜面上的 b 与 c 之间某一点4BD 提
20、示：设经 t 时间两球在空中相遇，由自由落体及竖直上抛运动规律，有：(gt 2/2)(v 2tgt 2/2)H，故 tH /v2两球相遇的水平距离为 sv 1tv 1H/v25解：两个运动的物体在一条直线上的相遇问题比较容易解决，而不在一条直线的相遇问题要做好几何图形，利用三角形知识解题设人向 v2 的方向运动，在公路上与汽车相遇在 C 点，如图所示，汽车运动距离 s1，人运动距离 s2由正弦定理有： sin1i2sin1tvi2t即： isinv从直角三角形可知：sin h/ d则：sin v 1sin/v2v 1h/v2d5/6 arcsin 656解：陀螺离开桌面后做平抛运动，设陀螺水平
21、飞出 r 时的下落高度刚好是 h(此为临界条件)，则xv 0try gt2 h1t gv 0 r v 0rh2hg2所以 v0 至少为 v0=r7解：由图有：xabcos3020 /m，3yabsin3020m(1)运动员在空中飞行的时间为t 2sgy/2(2)运动员冲出跳台时的速度vx/t10 m/s38解：设物体由抛出点运动到 P 点的时间为 t，则有：v 0tg30 gt物体由抛出点运动到 Q 点时，有：v 0tg60 g(t1)解得：t0.5s v 05 m/s39解：小球在水平方向作匀速直线运动， L 2v 0t小球沿斜面方向作匀加速直线运动，L 1 gsint2解得 v 0L2 1
22、2/sinL10解：(1)排球被击出后，作平抛运动，球在空中飞行的时间t 2 /2(s)gh/ 0/5.在网上飞行的时间为t 1 1/gh/2 10/)25(.排球要不触网，则其速度应v(s 1/t1) 3 (m/s)0排球不越界，则其速度应为v(s 2/t2) (318/2) 12 (m/s)2故排球的速度应为 3 m/sv12 m/s102(2)若无论水平击球的速度多大，球不是触网就是越界，这是说明了与击球的水平速度无关，而是与击球的高度有关若是排球刚刚触网，则其运动时间为s 1/v gh/2排球若是刚刚越界，则运动时间为：s 2/v ，/由这两式可得 s1/s2 ，h/(式中的 h 为击
23、球的高度， h 为击球的高度与网高度之差) hh(s 1/s2)2hh 0hh 0/ 1(s 1/s2)2代入数据得：h32/15m八、论述证明题专题1证明：设做匀变速直线运动的物体的加速度为 a，初速度为 v0，经一段时间 t 的末速度变为 vt，则这段时间 t 内的平均速度为： ，且有：v2t0v tv 0at 设中间时刻的速度为 vt/2，则v t/2v 0a 21由式解得：v t/2 ，原命题得证t0v2证明：设做匀变速直线运动的物体的加速度为 a，初速度为 v0，经一段时间 t 的末速度变为 vt，位移为 s，则有：v tv 0at sv 0tat 2/2 由式解得：2asv 12v
24、 023证明：设做初速为 0 的匀加速直线运动的物体的加速度为 a，连续相等位移 s 所用的时间分别为 t1、t 2、t 3、t n由位移公式，有：sat 12/2，解得：t 1 as/22sa(t 1t 2)2/2，解得：t 2 ( )s/13sa(t 1t 2t 3)2/2，解得：t 3 ( )as/2依此类推可得：t n ( )，所以有：s/2n1t 1t 2t 3t n1(1) ( ) 32n1连续相等时间 t 的位移分别为 s1、s 2、s 3、s n由位移公式，有：s 1at 2/2s 2a(2t) 2/2at 2/23at 2/2s 3a(3t) 2/2a(2t) 2/2sat
25、2/2依此类推可得：s na(nt) 2/2a(n1) t2(2 n1)at 2/2s 1s 2s 3s n135(2 n1)4证明；设连续相等时间 t 的位移分别为 s1、s 2、s 3、s n由位移公式，有：sat 2/2s 2a(2t) 2/2at 2/23at 2/2s 3a(3t) 2/2a(2t) 2/25at 2/2依此类推可得：s na(nt) 2/2a(n1) t2/2(2n1) at2/2故 ss 2s 13at 2/2 at2/2at 2s 3s 25at 2/23at 2/2at 2s ns n1 (2n1)at 2/2(2n2) at2/2at 2原命题得证5证明：设
26、匀加速运动的时间为 t1，最速度为 v，则有：va 1t1，故 t1v /a1；又设匀减速运动的时间为 t2，则有：va 2t2，t 2v /a2；所以全程所需的时间：tt 1t 2v /a1v /a2(a 1a 2)v/a1a2 因为匀加速与匀减速的平均速度相等，均为： ，0所以全程的平均速度也为： v2ts解式得：t 2121/)(asa第二章 物体平衡一、力、重力、弹力专题1BC 提示：A 、“力是改变物体运动状态的原因”其中的“力”是指物体所受的“合力”；“物体运动状态改变”是指物体的速度发生变化，存在加速度；物体虽受几个力作用，但如果合外力为零，物体的运动状态不变B、“1 千克力9.
27、8 牛” 为单位换算关系，任何地方都一样2A 提示：C、作用力与反作用力存在“同时性”，同时产生，同时消失D、力不能从一个物体传到另一个物体3D 提示：A、地表物体的重力除两极和赤道外均不指向地心 B、弹簧秤测重力的大小，杆秤测物体的质量C、物体除受重力外还可能受到其他力的作用4B 提示：B、轻杆的形变除压缩和拉伸外还可能有弯曲，故弹力方向不一定在杆的直线上轻绳的弹力(拉力)方向一定沿绳方向C 、弹力产生的条件：接触，弹性形变5BC 提示：以 G 为研究对象，G 受二力处于平衡，弹簧 b 对 G 的拉力 F 及物体的重力 G10N，且有 GFk b(l bl b)，l bG/k bl b4.5
28、cm再以弹簧 b 为研究对象，重力不计，则它只受重物对它的拉力 10N 和弹簧 a 对它的拉力 Ta，二力平衡，故 Ta10N ，且有k a(l al a)10N l a7cm6D 提示：放在下面的物体的重力对两根弹簧都有作用，而放在上下两弹簧之间的物体的重力只拉上面弹簧，故放在下面物体的质量应为最大的，即 a 应在下 b 在上；两个物体的重力都作用的弹簧的劲度系数应小些，而一个物体的重力作用的弹簧的劲度系数应大些，下面弹簧是只有下面物体的重力作用，故下面弹簧的动度系数应大些，所以弹簧s2 在上而弹簧 s1 在下7解：设物块 2 上升的距离为 d2，弹簧 2 原长为 l2，则有d 2l 2l
29、2 )(kgm1)(kg设物块 1 上升的距离为 d1，弹簧 1 原长为 l1，则有：d 1l 2(l1 )( l1l 2)( )kk2m(m 1m 2)g(k1k 2)/k1k2二、摩擦力专题1C 提示：当 F1 减到 4N 之前，摩擦力的大小为：fF 1F 2，F 1 变小 F2 不变，故 f 变小，当 F1 减到 4N 之后，摩擦力的大小为：fF 2F 1，F 1 变小 F2 不变，故 f 变大，2B 提示：滑动摩擦力的大小 f FN 不变3ACD 提示：B：对于 A、B 两点 B 点先运动，A 点后运动；C：对于 C、D 两点 C 点先运动， D 点后运动4D 提示：后轮是主动轮，所受
30、摩擦力为动力，方向向前，前轮是从动轮，所受摩擦力为阻力，方向向后5B 提示：A：匀速水平传送时，M 不受静摩擦力作用；B：皮带做变速运动时，M 所受静摩擦力 f 等于其所受合外力，故由牛顿第二定律，有fMa，皮带加速度 a 越大，M 受到的摩擦力 f 越大；C、D：M 所受静摩擦力 f 等于其所受合外力，若皮带匀速运动，f0；若皮带做加速运动，M 所受静摩擦力 f 方向与传送方向相同；若皮带做减速运动，M 所受静摩擦力 f 方向与传送方向相反6 mg 提示：滑动摩擦力大小与接触面积大小无关7B 提示：开始时为滑动摩擦力 f ktG ，物体向下变加速运动，到 f ktG后物体向下变减速运动，到
31、v 变为零时变为静摩擦力 fG8A 提示：不论传送带静止还是沿逆时针方向转动，物块 m 所受摩擦力均为滑动摩擦力，其大小f mg 不变所以物块在传送带上运动是匀减速运动，加速度不变，刚脱离传送带瞬间物块的速度相同，故落点不变9D 提示：若三个物体均静止，有：f 甲 Fcos ，f 乙 Fcos ，f 丙 F；若三个物体均运动，有：f 甲 (mgFsin )f 乙 (mgFsin )f 丙 mg因不知这三个物体是静止还是运动，故无法判断谁受摩擦力最大三、物体受力分析专题1略2A 提示：物体 C 受到自身的重力和 B 对 C 竖直向下的压力3D 提示：A、B 与地面间可能有静摩擦力，可能没有静摩擦
32、力四、一对平衡力与一对作用力反作用力1D 提示：C 选项的两个力不一定是相互作用的一对力2C 提示：人和地球之间的三对作用力和反作用力分别是：人所受重力和人对地球的吸引力，地球对人的支持力和人对地球的压力，地对人的摩擦力和人对地的摩擦力3B 提示：两个力彼此平衡，则这两力应是一对平衡为4D 提示：A：这里说的 B 受到的滑动摩擦力不说明是 A 对 B 的滑动摩擦力还是地对 B 的滑动摩擦力，故不能确定其大小；B：对整体受力，知地面对 B 的滑动摩擦力 fFT；C、D：对 A 受力知木块 A 受到的摩擦力大小等于 T5B 提示：这是因为吊扇转动时空气对吊扇叶片有向上的反作用力，所以正常转动时悬挂
33、点受的拉力比未转动时要小，且转动速度越大，向上的反作用力越大，拉力越小6解：设鸟的几何线度为 L，那么其质量应跟线度的立方成正比 mL3，而翅膀面积应跟线度的平方成正比SL 2 LSm能飞起来的临界速度应满足：Fmg即 cSv 2mg所以 v cSg故 v L可见鸵鸟飞起来需要的最小速度 v应满足 52即 v5v 27.5(m/s)27.511.5 所以飞不起来五、平行四边形定则及图解法专题1D 提示：F 1 与 F2 二力的合力F 合 的大小范围是：1N F 合 9N220提示：如下图，由图及正弦定理，有：F 2/sinF 合 /sin30 F 220sin 要 F2 最大，则 sin1，故
34、 F2 的最大值为 20N3B 提示：建立 OO为 X 轴，则 Y 轴合力应为 0，设须同时再加一个力F，F方向与 Y 轴夹角为 a，则由正交分解法及 Y 轴合力为 0，有：Fcos a Fsin，其中 Fsin一定的，故要 F最小，cosa 应最大为 1，所以这个力的最小值是 Fsin4AC 提示：如下图 1 所示5提示：用图解法(如图 2 所示) 可确定球对档板的压力 N2 先减小后增大，球对斜面压力 N1 一直减小6解：小环受到重力 G、大环对小环斜向下的弹力 N 和弹簧对它的弹性力 F(如下图)小环静止，F 合 0，NG，F2Gcos 而 Fk xk(2Rcos L)解以上两式得：co
35、s kL/2(kR G)arccos (2k7证明：根据力的分解法作出力 F 的分力 f1、f 2 的矢量图，如原图所示，有 f1f 2，由矢量OFf 2 与几何ABC 相似，得 ABC即 f 1Ff 2命题得证六、共点力平衡条件及正交分解法专题1BC 提示：对物体 m 受力，因为物体匀速运动所有：fFcos NFsin mg， f N (Fsinmg)2B 提示：对 A 受力：TG A， G A 不变 T 不变；对人受力有：NT sin G 人 f Tcos 又 G 人 、T 均不变而 变小，故 N 和 f 均增大3D提示：对球受力分析有：A：FN 2N 1sin，N 1cosG(式中 N1
36、 是斜面对球的支持力，N 2 是墙对球的水平支持力) FN 2；B、D：N 2、0 均不知，无法确定 G 与 F 及 G 与 N1 的大小关系；C：N 1G/cos G4解：绳结点受力平衡如图所示，物体静止，合力为零，cos Tmg2/lcos )(sl解得：lTs/ 2)(4mg5BC 提示：在物体 A 上放一重物相当于增大 A 物体的质量6ABD 提示：物体 m 恰好匀速，有fmgsin mgcos， tg 加竖直向下的力 F 后：对 m 受力并建立沿斜面向上方向为 X 轴，竖直斜面方向为 Y 轴，X 轴的合力为：F X( mg F)sin (mgF)cos (mgF)sin tg (mg
37、F )cos0，故物体 m 仍保持匀速下滑又 N(mgF)cos ； f(mg F)sin N 与 f 均增大7解：在上题中，若所加的力是垂直于斜面向下的力，则有：X 轴的合力，F Xmgsin (mgcosF) F，即物体 m 所受合力为 F 与速度方向相反，故物体做减速运动到静止七、共点力平衡条件推论专题10，8，32E 提示：小球在线拉力作用下静止且线水平，说明小球所受重力与电场力的合力水平向右烧断线后，因为重力与电场力均不变，所以小球所受合力仍为水平向右且为恒力，故小球将向右做匀加速直线运动3D 提示：木块对斜面的作用力也就是木块对斜面的压力和摩擦力的合力4A 提示：重心位置虽然不同，
38、但受力分析时重心的作用点仍可画在圆球的圆心上，故结果是一样的54.5m 提示：受力分析如图，TFmgF 1F 2 f mcos/g cos ，f/41052/8.3 sin 54绳长 L2L 1l l l4.5(m )sin2/96AC 提示：物体所受摩擦力大小为：f mg2N 物体做匀速运动，合力为 0，故选 AC7CD 提示：A、物体静止，故物体所受重力、支持力和静摩擦力的合力为 0；B、物体所受重力和静摩擦力的合力的大小等于支持力的大小，为 mgcos， 增大，故mgcos减小；C、物体所受重力和支持力的合力的大小等于静摩擦力的大小，为 mgsin， 增大，故mgsin增大；D、物体所受
39、支持力和摩擦力的合力等于重力，故不变八、平衡条件结合隔离法、整体法的应用专题1A 提示：对 A 受力知 B 对 A 的摩擦力等于 F21N，对整体受力知地面对 B 的摩擦力等于 02A 提示：对 ab 两球组成整体，对整体受力，整体受两个力：竖直向下的重力和上段线的拉力，因整体静止，故上段线的拉力应竖直向上，即上段线应是竖直的，用排除法，应选 A3B 提示：对磁铁 A 受力，知 B 对 A 的弹力为：FmgF 吸 mg(式中 m 为磁铁 A 的质量，F 吸 是磁铁 B 对 A 的吸引力)对磁铁 AB 整体受力有：C 对 B 的弹力 F22mg4BD 提示：A 匀速运动，所受合力为 0，所以 A
40、 所受摩擦力一定为 0，故 1 可以为 0 也可以不为 0；对 AB 整体受力知 C 对 B 的摩擦力为：fF 一定不为 0，故 2 一定不为 05A 提示：可用排除法解此题，对 m 受力，因为 m 匀速运动，所以 m 所受合力为 0，故 M 对 m 一定没有摩擦力的作用，故选项 B、C、D 均错，选项 A 对6ABC 提示：对上面的球受力如图，由图知：C 点的弹力从 N2cosmg，故N2mg/cos mg，故 D 问不对；D 点的弹力 N1N 2sinmgtg ，因为 tg可大于 1，可等于 1 也可小于 1，故 N1 可大于，也可等于还可小于小球的重力，故 A 问正确；对两球整体受力，知
41、：D 点的弹力大小等于 A 点的弹力大小，故 B 问正确；B 点的弹力等于两个小球的重力之和，故 C 问正确7AD 提示：对光滑球受力如图，设球质量为 m，楔形木底角为 ，楔形木质量为M，墙对球的向左的弹力为 N1，楔形木对球的支持力为 N2，由图有：N 2cosmg F，故N2 增大，N 1N 2sin，故 N1 增大；对球与楔形木整体受力有：水平面对楔形木块的竖直向上的弹力为：NmgMg F，故 N 增大，水平面对楔形木块的摩擦力 fN 1，故 f 增大8解：对 A、B、C 整体受力知：竖直向下的力有：三个小球的重力 3mg，B 受电场力 2qE，C 受电场力 2qE；竖直向上的力有：悬线
42、的拉力 T，A 球受的电场力 qE因为三个小球静止，故竖直方向的合力为 0，有：TqE 3m g2qE2qE0所以悬线的张力 T3/(mgqE)9提示：对 M、m 整体，加速度 a0，地面对斜面体的支持力为：N(m M )gFsin 方向竖直向上斜面体受地面的静摩擦力为：fFcos ，方向水平向左10解：设左右两木板对砖 1 和 4 的静摩擦力分别是 f，对四块砖整体受力，由平衡条件有：2f4mg 所以 f2mg又设第 2 块砖对第 3 块砖的静摩擦力为 f23同理对 3 与 4 两块砖整体受力有：ff 232mg 故 f23011解：对人受力，由平衡条件有：N 人 G 人 T50010040
43、0(N) 方向竖直向上对人和吊篮，设地面对吊篮的支持力为 N 兰 ，则有：N (G 人 G)2T700200500(N)方向竖直向上当 N 兰 0 时，人拉绳的力至少为 T，则有：2TG 人 G 兰 T700/2350(N)12解：由题目条件知，两物体均静止，对 AB 整体受力分析有：地面对 B 物体的摩擦力 fBF20N；对 A 受力分析有：B 对 A 的摩擦力 fATF/210N九、用极限法分析平衡物体的有关临界问题1解：如图 TB 10 (N) T B30N 所以 AB 绳不20G230)(断 tg GTB301 30即在线 OA 段与竖直方向成 30夹角时，OA 线恰好不断， AC 和
44、 AB 线都不会断2ABCD 提示：有两种情况：第一种：若斜面对物体的静摩擦力 f 沿斜面向上且当 f从 0 变到 10N 时，弹簧的弹力 F 方向沿斜面向上，大小可在 10N 到 0 之间变化；当f10N 时，F0；当 f 从 10N 变到 12N 时，弹簧的弹力 F 方向沿斜面向下，大小可在 0到 2N 之间变化第二种：若斜面对物体的静摩擦力 f 沿斜面向下：则弹簧的弹力方向一定沿斜面向上，大小可在 10N 到 22N 之间变化由以上两种情况可知 ABCD 均正确3CD 提示：小木块受到斜面的支持力与摩擦力的合力大小等于木块的重力 G 与向右的力 F 的合力 FGF，方向跟 G 与 F 的
45、合力 FGF 的方向相反4AB提示：设物体 P 的质量为 m，物体 Q 的质量为 M(Mm )，对物体 P 受力知绳的拉力 Tmg ；对物体 Q 受力如下图，有：FfTcos ，若 FTcos 则摩擦力为正数，表示摩擦力方向向左，若 FTcos 则摩擦力为负数，表示摩擦力方向向右，若 FTcos 则摩擦力为 0，F NT sinMg，因为 Tmg Mg，故支持力不可能为 05解：若物体恰好想沿墙向上滑动，则物体所受摩擦力方向向下，因物体静止，有：Fcos F NFsin mgff FN代入数据并计算得：最大推力 F50N ；若物体恰好想沿墙向下滑动，则物体所受摩擦力方向向上，因物体静止，有：Fcos F NFsin mgff FN，代入数据并计算得：最小推力 F10N ；所以 10F50N6解：设 B 的质量 M 较小时，A 恰好沿斜面下滑，mgsin Mg mgcosMm(sin cos)(最小值)
