力与运动知识点归纳总结

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2015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Ⅰ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2017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

t －

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v t ＝．

22．在连续相等的时间间隔T 内的位移之差Δs 为恒量，且Δs ＝2．

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： s 1∶s 2∶s 3∶„∶s n ＝1∶3∶5∶„∶(2n －1) 通过连续相等的位移所用的时间之比为：

t 1∶t 2∶t 3∶„∶t n ＝1∶2－1) ∶32) ∶„∶n －n －1) ．

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． 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v 1，船的航行速度为v 2，河的宽度为d ．

d

(1)过河时间t 仅由v 2沿垂直于河岸方向的分量v ⊥决定，即t ＝v 1无关，所以当v 2垂

v ⊥d

直于河岸时，渡河所用的时间最短，最短时间t min ＝

v 2

(2)渡河的路程由小船实际运动轨迹的方向决定．当v 1＜v 2时，最短路程s min ＝d

；当v 1＞v 2时，最短路程s min ＝

v 1

d ，如图1－1 所示． 2

图1－1

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v 1cos θ1

(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1－2所示，物体从O 处以水平初速度v 0抛出，经时间t 到达P 点．

图1－2

⎧⎧⎪水平方向：a x ＝0⎪水平方向：v x ＝v 0⎨(1)加速度 (2)速度⎨ ⎪竖直方向：a y ＝g ⎪竖直方向：v y ＝gt ⎩⎩

合速度的大小v v x ＋v y ＝v 0＋g t ；设合速度的方向与水平方向的夹角为θ，有：

水平方向：s x ＝v 0t ⎧⎪v gt gt

tan θ＝＝，即θ＝arctan (3)位移⎨12

v x v 0v 0竖直方向：s ＝gt y ⎪2⎩

设合位移的大小s ＝s x ＋s y ＝

1

(v 0t ) 2＋(2) 2；合位移的方向与水平方向的夹角为α，有：

2

12s 2gt gt tan α＝α＝arctan s x v 0t 2v 02v 0

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θ≠2α，而是tan θ＝2tan α． 1

(4)时间：由s y ＝gt 2得，t 2

t 只由物体抛出时离地的高g

Δv

相等，Δt

度s y 决定，而与抛出时的初速度v 0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 ＝且必沿竖直方向，如图1－3所示．

图1－

3

任意两时刻的速度与速度的变化量Δv 构成直角三角形，Δv 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1－4所示．

图1－4

L L qUL

故有：y ＝(L ′＋tan α＝(L ′＋．

22dm v 0

要点归纳

(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F x ＝0、F y ＝0、F z ＝0． 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1－8所示．

图1－8

4．共点力作用下物体的平衡分析

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

①运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持． ②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．

③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． ①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． ②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F ＝－F ′．

(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＝ma ；理解要点

①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． ②方向性：a 与F 合都是矢量，方向严格相同．

③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．

(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1－5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s ＝84 m处时，B 车的速度v B ＝4 m/s，且正以a ＝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v A ＝20 m/s的速度做匀速运动，从最初相距84 m时开始计时，经过t 0＝12 s后两车相遇．问B 车加速行驶的时间是多少？

图1－5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 A ＝v A t 0；B 车加速阶段的位移1

为：s B 1＝v B t ＋2；匀速阶段的速度v ＝v B ＋at ，匀速阶段的位移为：s B 2＝v (t 0－t )

22[(v B －v A ) t 0＋s ]

相遇时，依题意有：s A ＝s B 1＋s B 2＋s ；联立以上各式得：t 2－2t 0t 0

a 将题中数据v A ＝20 m/s，v B ＝4 m/s，a ＝2 m/s2，t 0＝12 s，代入上式有：t 2－24t ＋108＝0 解得：t 1＝6 s，t 2＝18 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】①出现不符合实际的解(t 2＝18 s) 的原因是方程“s B 2＝v (t 0－t ) ”并不完全描述B 车的位移，还需加一定义域t ≤12 s．②解析后可以作出v A －t 、v B －t 图象加以验证．

图1－5乙

1

根据v －t 图象与t 围成的面积等于位移可得，t ＝12 s 时，Δs ＝(16＋4) ×6＋4×6] m ＝

284 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17(1)题、2008年全国理综卷Ⅰ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 θ＝2tan α) ．

●例2 图1－6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1－6甲

1A ．

g

B ．r

g 1 C gr D ．gr r 2π

v 2

【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

r 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 v ω1

＝，所以当v gr ，即转数n ≥2π2πr 2π

g

m 可被水平抛出，故选项A 正确． r

解法二 建立如图1－6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1－6乙

又因为皮带轮圆弧在坐标系中的函数为：当y 2＋x 2＝r 2 1x

初速度为v 的平抛运动在坐标系中的函数为：y ＝r －(2

2

平抛运动的轨迹在皮带轮上方的条件为：当x >0时，平抛运动的轨迹上各点与O 点间的距离大于r y ＋x >r ；即

1x

[r －() 2]2＋x 2>r ；解得：v ≥gr ，又因皮带轮的转速n 与v

2

g

m 可被水平抛出． r

v 1

的关系为：n ＝；可得：当n 2πr 2π

【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) Δv F

求解，由于加速度的定义式为a ＝a ＝

Δt m ★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1－7所示的示意图．其中AB 段是助滑雪道，倾角α＝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θ＝37°．轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ＝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h ＝10 m ．A 点与C 点的水平距离L 1＝20 m ，C 点与D

点的距离为

32.625 m ．运动员连同滑雪板的总质量m ＝60 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g ＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：

图1－7

(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： h 1

mgh －μmgcos αμmg(L 1－h cot α) v 2；解得：v C ＝10 m/s．

sin α2C

(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：x ＝v C t 1

y ＝gt 2 2

y

tan θ， x

着陆位置与C 点的距离s ＝

x

s ＝18.75 m，t ＝1.5 s． cos θ

(3)着陆位置到D 点的距离s ′＝13.875 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v 0＝v C cos θ＋gt sin θ 加速度为：mg sin θ－μmgcos θ＝ma

2

运动到D 点的速度为：v 2D ＝v 0＋2as ′； 解得：v D ＝20 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．

(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： F x 合＝0，F y 合＝0，F z 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1－9甲所示．求该运动员每只手臂对杠铃的作用力的大小．(取g ＝10 m/s2)

图1－9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力和沿杠向外的静摩擦力，其合力沿手臂方向，如图1－9乙所示．

图1－9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1－9丙所示

图1－9丙

由平衡条件得：2F cos 60°＝mg ；解得：F ＝1250 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1－10甲所示．已知小球a 和b 的质量之比为 3，细杆长度是球面半径的 2 倍．两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角θ是[2008年高考·四川延考区理综卷](

)

图1－10甲

A ．45° B ．30° C ．22.5° D ．15°

【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1－10乙所示

图1－10乙

2R 22其中球面对两球的弹力方向指向圆心，即有：cos α＝＝α＝45° R 2

π故F N a 的方向为向上偏右，即β1＝－45°－θ＝45°－θ 2

πF N b 的方向为向上偏左，即β2＝－(45°－θ) ＝45°＋θ 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：

m g F ＝ Oc R

m g F ＝；解得：F N a 3F N b ；取a 、b 及细杆组成的整体为研究对象，由平衡条件得： Oc R

F N a ·sin β1＝F N b ·sin β2；即 3F N b ·sin(45°－θ) ＝F N b ·sin(45°＋θ) ；解得：θ＝15°．

22解法二 由几何关系及细杆的长度知，平衡时有：sin ∠Oab ＝＝R 2

故∠Oab ＝∠Oba ＝45°

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，ac m 且＝3 bc m b

即R ·sin(45°－θ) ∶R ·sin(45°＋θ) ＝1∶3；解得：θ＝15°．[答案] D

【点评】①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”．

②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．

ac m ③解法二较简便，但确定重心的公式＝3超纲． bc m b (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．

E 在如图1－11所示的速度选择器中，选择的速度v ＝；在如图1－12所示的电磁流量计中，B

u πdu 流速v ＝Q ． Bd 4B

图1－11 图1－12

●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α角的直线MN 运动，如图1－13所示．由此可判断下列说法正确的是( )

图1－13

A ．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1－14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θ．若

q 2两次实验中B 的电荷量分别为q 1和q 2，θ分别为30°和45°，则为 [2007年高考·重庆理综q 1

卷]( )

图1－14甲

A ．2 B ．3 C ．3 D ．33

【解析】对A 球进行受力分析，如图1－14 乙所示，

图1－14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＝mg tan θ，又F 电qQ mL 2g tan θsin 2 θ＝k ．设绳子的长度为L ，则A 、B 两球之间的距离r ＝L sin θ，联立可得：q ，r kQ A

q tan 45°sin 245°由此可见，q 与tan θsin θ 成正比，即＝3，故选项C 正确．[答案] C q 1tan 30°sin 30°2

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．

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．

2．F 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1－15甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成θ＝37°固定，质量m ＝1 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t 1＝2 s后停止，小球沿细杆运动的部分v －t 图象如图1－15乙所示．试求：(取g ＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

图1－15

(1)小球在0～2 s内的加速度a 1和2～4 s内的加速度a 2．

(2)风对小球的作用力F 的大小．

v 2－v 1【解析】(1)由图象可知，在0～2 s内小球的加速度为：a 1＝＝20 m/s2，方向沿杆向上 t 1

v 3－v 2在2～4 s内小球的加速度为：a 210 m/s2，负号表示方向沿杆向下． t 2

(2)有风力时的上升过程，小球的受力情况如图1－15丙所示

图1－15丙

在y 方向，由平衡条件得：F N1＝F sin θ＋mg cos θ

在x 方向，由牛顿第二定律得：F cos θ－mg sin θ－μFN1＝ma 1

停风后上升阶段，小球的受力情况如图1－15丁所示

图1－15丁

在y 方向，由平衡条件得：F N2＝mg cos θ

在x 方向，由牛顿第二定律得：－mg sin θ－μFN2＝ma 2联立以上各式可得：F ＝60 N．

【点评】①斜面(或类斜面) 问题是高中最常出现的物理模型．

②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1－16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F 1、F 2的作用下运动．已知F 1＞F 2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为( )

图1－16

F 1－F 2F 1－F 2F 1＋F 2A ． B ． C ． k 2k 2k F 1＋F 2D ．k

【解析】取A 、B 及弹簧整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F 1－F 2＝2ma

F 1＋F 2取B 为研究对象：kx －F 2＝ma ；(或取A 为研究对象：F 1－kx ＝ma ) ；可解得：x ＝ 2k

[答案] C ；【点评】①解析中的三个方程任取两个求解都可以．②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1－17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μ1，B 与地面间的动摩擦因数为μ2，且μ2＞μ1，则x 的表达式应为( )

图1－17

M A ．x L m (M ＋m ) L μML μML B ．x ＝C ．x ＝ D ．x m (μ2－μ1)(m ＋M ) (μ2＋μ1)(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，

f A 受到的滑动摩擦力为：f 1＝μ1mg ；其加速度大小a 1＝μ1g m

μ2(m ＋M ) g －μ1mg B 做减速运动的加速度大小a 2＝M

由于μ2＞μ1，所以a 2＞μ2g ＞μ1g ＝a 1

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

1对A 应用动能定理得：－f 1(L ＋x ) ＝0－m v 2 2

1μML 对B 应用动能定理得：μ1mgx －μ2(m ＋M ) gx ＝0－M v 2；解得：x ＝ 2(μ2－μ1)(m ＋M )

[答案] C 。【点评】①虽然使A 产生加速度的力由B 施加，但产生的加速度a 1＝μ1g 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．②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1－18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1－18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F 1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a 1，B 的受力情况如图1－18乙所示，有：

图1－18乙

T sin θ＝mg ，T cos θ＝ma 1；解得：a 1＝g cot θ；即F 1＝(M ＋m ) a 1＝(M ＋m ) g cot θ

由此可知，当水平向左的力大于(M ＋m ) g cot θ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F 2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a 2，B 的受力情况如图1－18丙所示，有：

图1－18丙

F N cos θ＝mg ，F N sin θ＝ma 2；解得：a 2＝g tan θ；即F 2＝(M ＋m ) a 2＝(M ＋m ) g tan θ

由此可知，当水平向右的力大于(M ＋m ) g tan θ，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 ) g cot θ，或向右小于(M ＋m ) g tan θ时，B 能静止在斜面上．

[答案] 向左小于(M ＋m ) g cot θ或向右小于(M ＋m ) g tan θ

【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m ＝50 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1－19甲所示的图象．已知t ＝0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1－19甲

【解析】(1)对于启动状态有：F 1－mg ＝ma 1；得：a 1＝2 m/s2；

对于制动状态有：mg －F 3＝ma 2；得：a 2＝2 m/s2．

(2)电梯匀速运动的速度v ＝a 1t 1＝2×1 m/s＝2 m/s

从图中读得电梯匀速上升的时间t 2＝26 s；电梯运行的总时间t ＝28 s

电梯运行的v －t 图象如图1－19乙所示，

图1－19乙

11s 54所以总位移s ＝v (t 2＋t ) ＝×2×(26＋28) m＝54 m；层高h ＝＝3 m． 221818

[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 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1－20 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1－20甲

A ．N 不变，T 变大 B ．N 不变，T 变小 C ．N 变大，T 变大 D ．N 变大，T 变小

【解析】Q 环的受力情况如图1－20乙所示，由平衡条件得：T cos θ＝mg ．

P 环向左移动后θ变小，T ＝mg 变小． cos θ

图1－20乙 图1－20丙

P 环的受力情况如图1－20丙所示，由平衡条件得：N P ＝mg ＋T cos θ＝2mg ，N P 与θ角无关． 故选项B 正确．[答案] B 【点评】①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．②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：N Q ＝2mg ．

2．如图1－21甲所示，在倾角为α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Ⅳ]( )

图1－21甲

g 3A ．sin α B ．g sin α C sin α 22D ．2g sin α

【解析】绳子断开后猫的受力情况如图1－21乙所示，由平衡条件知，木板对猫有沿斜面向上的摩擦力，有：f ＝mg sin α

图1－21乙 图1－21丙

再取木板为研究对象，其受力情况如图1－21丙所示．由牛顿第二定律知：

32mg sin α＋f ′＝2ma ；解得：a sin α．；[答案] C 2

【点评】①猫脚与木块之间的摩擦力使猫保持平衡状态．②还可取猫、木板组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律：3mg sin α＝2ma 求解，但这一方法高中不作要求．

3．如图1－22所示，某货场需将质量m 1＝100 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R ＝1.8 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l ＝2 m ，质量均为m 2＝100 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μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2．(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，

2取g ＝10 m/s)[2009年高考·山东理综卷]

图1－22

(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μ1应满足的条件．(3)若μ1＝0.5，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．

【解析】(1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v 0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定

1律得：mgR 1v 20；设货物在轨道末端所受支持力的大小为F N ， 2

v 20根据牛顿第二定律得，F N －m 1g ＝m 1F N ＝3000 N R

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，方向竖直向下．

(2)若滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得：μ1m 1g ≤μ2(m 1＋2m 2) g

若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得：μ1m 1g ＞μ2(m 1＋m 2) g

联立并代入数据得0.4＜μ1≤0.6．

(3)μ1＝0.5，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a 1，由牛顿第二定律得μ1m 1g ＝m 1a 1

2设货物滑到木板A 末端时的速度为v 1，由运动学公式得：v 21－v 0＝－2a 1l

联立并代入数据得v 1＝4 m/s；设在木板A 上运动的时间为t ，由运动学公式得： v 1＝v 0－a 1t ；联立并代入数据得t ＝0.4 s．

[答案] (1)3000 N ，方向竖直向下 (2)0.4＜μ1≤0.6；(3)0.4 s ；【点评】象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1－23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ρ；石油密度远小于ρ，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1－23甲

(1)设球形空腔体积为V ，球心深度为d (远小于地球半径) ，PQ ＝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δ与kδ(k ＞1) 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Ⅱ]

【解析】(1)由牛顿第二定律得：a ＝F 引M g ＝G ；假设空腔处存在密度为ρm r M ′GρV 的岩石时，对Q 处物体的引力产生的重力加速度为Δg ＝G ＝d ＋x d ＋x 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1－23乙所示

图1－23乙

GρV d 即g' =g =∆g ；故加速度反常Δg ′＝Δg ·cos θ＝ (d ＋x ) (2)由(1)解可得，重力加速度反常Δg ′的最大值和最小值分别为：

(Δg ′)max ＝GρV (Δg ′)min ＝d G ρVd

(d 2+L ) 3

22；由题设有(Δg ′)max ＝kδ、(Δg ′)

min ＝δ

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 ＝L 2k δG ρ(k

-1) 2

3．[答案] (1)

(2) L 2k δG ρ(k -1) 2

3

【点评】①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．②本考题使大部分同学陷入一个思维误区，总在思F 引G 考g ＝g 也是自由落体的加速度g ，遵循矢量的平行四边形定则． m m

能力演练

一、选择题(10×4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μ1和B 、C 间的动摩擦因数μ2有可能是( )

A ．μ1＝0，μ2＝0 B ．μ1＝0，μ2≠0 C ．μ1≠0，μ2＝0 D ．μ1≠0，μ2≠0

【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μ2≠0；对A 进行受力分析可知，水平方向不受力，μ1可能为零，故正确答案为BD ．

2．如图所示，从倾角为θ、高h ＝1.8 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g ＝10 m/s2)( )

A ．0.1 s B ．0.2 s C ．0.3 s D ．0.6 s

【解析】由题意知，石子下落的时间t 0＝2h ＝0.6 s；又因为水平位移x ＝h cot θ g

x h cot θ故石子平抛的水平初速度v 0＝＝；当石子的速度方向与斜面平行时，石子距斜面最t 0t 0

远 gt 即＝tan θ；解得：t ＝0＝0.3 s． 2g

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v －t 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Δt 1，图中阴影部分的面积为Δh ；若人在4楼的阳台上释放小球后，两球落地的时间差为Δt 2，要保证阴影部分的面积也是Δh ，从图中可以看出一定有Δt 2＜Δt 1．

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N A 的大小和挡板B 对小球的弹力N B 的大小，以下说法正确的是(

)

A ．N A 不变，N B 减小 B ．N A 增大，N B 不变 C ．N B 有可能增大 D ．N A 可能为零

【解析】小球的受力情况如图乙所示，有：

乙

N A cos θ＝mg N A sin θ－N B ＝ma 故N A 不变，N B 减小．[答案] A

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/s

B ．小球碰撞时速度的改变量为2 m/s

C ．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

11量Δv ＝－8 m/s，B 错误．下落的高度h 1＝×5×0.5 m＝1.25 m，反弹的高度h 2＝×3×0.322

＝0.45 m，D 正确．

6．如图甲所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同．A 物块放上后匀加速下滑，B 物块获一初速度后匀速下滑，C 物块获一初速度后匀减速下滑，D 物块放上后静止在斜面上．若在上述四种情况下斜面体均保持静止且对地面的压力依次为F 1、F 2、F 3、F 4，则它们的大小关系是( )

甲

A ．F 1＝F 2＝F 3＝F 4 B ．F 1＞F 2＞F 3＞F 4 C ．F 1＜F 2＝F 4＜F 3 D ．F 1＝F 3＜F 2＜F 4

【解析】斜面的受力情况如乙图所示，其中，f 1、N 分别为斜面对物块的摩擦力和支持力的反作用力

N ＝mg cos θ；f 2可能向左，也可能向右或为零．a 图中，f 1＜mg sin θ，故

F ＝Mg ＋mg cos θ·cos θ＋f 1sin θ＜(M ＋m ) g

b 图中，f 1＝mg sin θ，故F ＝Mg ＋mg cos θ·cos θ＋f 1sin θ＝(M ＋m ) g

c 图中，f 1＞mg sin θ，故F ＝Mg ＋mg cos θ·cos θ＋f 1sin θ＞(M ＋m ) g

d 图中，f 1＝mg sin θ，故F ＝(M ＋m ) g ．[答案] C

7．把一钢球系在一根弹性绳的一端，绳的另一端固定在天花板上，先把钢球托起(如图所示) ，然后放手．若弹性绳的伸长始终在弹性限度内，关于钢球的加速度a 、速度v 随时间t 变化的图象，下列说法正确的是( )

A ．甲为a －t 图象 B ．乙为a －t 图象 C ．丙为v －t 图象 D ．丁为v －t 图象

【解析】由题图可知，弹性绳处于松弛状态下降时钢球做自由落体运动，绷紧后小球做简谐运动；当小球上升至绳再次松弛时做竖直上抛运动，故v ～t 图象为图甲，a ～t 图象为图乙．

[答案] B

8．如图所示，足够长的水平传送带以速度v 沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接，曲面上的A 点距离底部的高度h ＝0.45 m．一小物块从A 点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回曲面．g 取10 m/s2，则下列说法正确的是( )

A ．若v ＝1 m/s，则小物块能回到A 点；B ．若v ＝2 m/s，则小物块能回到A 点

C ．若v ＝5 m/s，则小物块能回到A 点；D ．无论v 等于多少，小物块均能回到A 点

【解析】小物块滑上传送带的初速度v 02gh ＝3 m/s；当传送带的速度v ≥3 m/s时，小物块返回曲面的初速度都等于3 m/s，恰好能回到A 点，当传送带的传送速度v ＜3 m/s 时，小物块返回曲面的初速度等于v ，不能回到A 点．[答案] C

9．如图甲所示，质量为m 的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L ．当传送带分别以v 1、v 2的速度逆时针转动(v 1＜v 2) ，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，绳中的拉力分别为F 1，F 2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t 1、t 2，则下列说法正确的是(

)

甲

A ．F 1＜F 2 B ．F 1＝F 2 C ．t 1一定大于t 2 D ．t 1可能等于t 2

【解析】绳剪断前物体的受力情况如图乙所示，由平衡条件得：F N ＋F sin θ＝mg

乙

f ＝μFN ＝F cos θ；解得：F ＝μmg，F 的大小与传送带的速度无关绳剪断后m 在两速μsin θ＋cos θ

v 2v 211度的传送带上的加速度相同；若L ≤t 1＝t 2；若L ＞，2μg2μg

则物体在传送带上先加速再匀速到达左端，在速度小的传送带上需要的时间更长，t 1＞t 2．[答案] BD

10．静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如图甲所示．图中虚线表示这个静电场在xOy 平面内的一族等势线，等势线形状关于Ox 轴、Oy 轴对称．等势线的电势沿x 轴正方向增加，且相邻两等势线的电势差相等．一个电子经过P 点(其横坐标为－x 0) 时，速度与Ox 轴平行，适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在Ox 轴上方运动．在通过电场区域过程中，该电子沿y 轴方向的分速度v y 随位置坐标x 变化的示意图是图乙中的( )

甲

乙

【解析】在x 轴负方向，电子所受的电场力向右偏下，则电子的竖直分速度沿y 轴负方向不断增加，到达x ＝0时竖直分速度最大，到达x 轴正方向后，电子所受的电场力向右偏上，则其竖直分速度沿y 轴负方向不断减小；又由于在x 轴负方向的电子运动处的电场线比在x 轴正方向电子运动处的电场线密，相应的电子的加速度大，故电子在x 轴正方向经过与x 轴负方向相同的水平距离时，y 轴方向的分速度不能减为零，D 正确．

二、非选择题(共60分)

11．(6分) 在某次实验中得到小车做直线运动的s －t 关系如图所示．

(1)由图可以确定，小车在AC 段和DE 段的运动分别为( )

A ．AC 段是匀加速运动，DE 段是匀速运动；B ．AC 段是加速运动，DE 段是匀加速运动

C ．AC 段是加速运动；DE 段是匀速运动；D ．AC 段是匀加速运动；DE 段是匀加速运动

(2)在与AB 、AC 、AD 对应的平均速度中，最接近小车在A 点的瞬时速度是________段中的平均速度．[答案] (1)C (2)AB (每空3分)

12．(9分) 当物体从高空下落时，其所受阻力会随物体速度的增大而增大，因此物体下落一段距离后将保持匀速运动状态，这个速度称为此物体下落的收尾速度．研究发现，在相同环境下，球形物体的收尾速度仅与球的半径和质量有关．下表是某次研究的实验数据．

(1)(2)根据表中的数据，归纳出球形物体所受的阻力f 与球的速度大小及球的半径之间的关系．(写出有关表达式，并求出比例系数，重力加速度g 取9.8 m/s2)

(3)现将C 球和D 球用轻质细线连接，若它们在下落时所受的阻力与单独下落时的规律相同，让它们同时从足够高的同一高度下落，试求出它们的收尾速度，并判断它们落地的顺序(不需要写出判断理由) ．

【解析】(1)球在达到收尾速度时处于平衡状态，有：f ＝mg 则f B ∶f C ＝m

B ∶m C 代入数据解得：f B ∶f C ＝1∶9．

(2)由表中A 、B 两球的有关数据可得，阻力与速度成正比，即f ∝v

由表中B 、C 两球的有关数据可得，阻力与球的半径的平方成正比，即f ∝r 2

得：f ＝k v r 2 其中k ＝4.9 N·s/m3．

(3)将C 球和D 球用细线连接后，应满足：m C g ＋m D g ＝f C ＋f D

2即m C g ＋m D g ＝k v (r 2C ＋r D ) 代入数据解得：v ＝27.2 m/s

比较C 、D 两小球的质量和半径，可判断出C 球先落地．

[答案] (1)1∶9 ；(2)f ＝k v r 2，k ＝4.9 N·s/m3；(3)27.2 m/s C 球先落地 (3分)

13．(10分) 将一平板支撑成一斜面，一石块可以沿着斜面往不同的方向滑行，如图所示．如

果使石块具有初速度v ，方向沿斜面向下，那么它将做匀减速运动，经过距离L 1后停下来；如果使石块具有同样大小的速度，但方向沿斜面向上，它将向上运动距离L 2后停下来．现在平板上沿水平方向钉一光滑木条(图中MN 所示) ，木条的侧边与斜面垂直．如果使石块在水平方向以与前两种情况同样大小的初速度紧贴着光滑木条运动，求石块在水平方向通过的距离L ．

【解析】设斜面的倾斜角为θ，石块与斜面间的动摩擦因数为μ，故石块沿斜面减速下滑时的加速度为：a 1＝μgcos θ－g sin θ 沿斜面减速上滑时的加速度a 2＝μgcos θ＋g sin θ 紧贴光滑木条水平运动时的加速度a 3＝μgcos θ；由题意可得：v 2＝2a 1L 1 v 2＝2a 2L 2

2L 1L 2v 2＝2a 3L (3分) 解得：L ＝ (1分) L 1＋L 2

14．(10分) 如图所示，一固定的斜面倾角为30°，一边与地面垂直，顶上有一定滑轮．一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块A 和B 连结，A 的质量为4m ，B 的质量为m ．开始时将B 按在地面上不动，然后放开手，让A 沿斜面下滑而B 上升．物块A 与斜面间无摩擦．当A 沿斜面下滑s 距离后，细线突然断了，求物块B 上升的最大高度．(不计细线与滑轮之间的摩擦)

【解析】设细线断前物块的加速度大小为a ，细线的张力为T ，由牛顿第二定律得：

14mg sin 30°－T ＝4ma (2分) T －mg ＝ma (2分) 解得：a ＝g (1分) 5

故线断瞬间B 的速度大小v B 2as (2分) 5

v 21B 线断后B 再上升的最大高度h ＝ (1分) 2g 5

66物块B 上升的最大高度h 总＝s ＋h ＝s ． (2分) [答案] 55

15．(12分) 在光滑的绝缘水平面上有一质量m ＝1.0×103 kg、电荷量q ＝＋1.0×1010 C的带电小球静止在O 点，以O 点为原点在该水平面内建立直角坐标系xOy (如图所示) ．现突然加一个沿x 轴正方向、场强大小E ＝2.0×106 V/m的匀强电场使小球运动，并开始计时．在第1 s 末所加电场方向突然变为沿y 轴正方向，大小不变；在第2 s末电场突然消失，求第3 s

末

小球的位置． －－

一位同学这样分析：第1 s内小球沿x 轴做初速度为零的匀加速直线运动，可求出其位移x 1；第2 s内小球沿y 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，可求出其位移y 2及其速度v ，第3 s 内小球沿y 轴正方向做匀速直线运动，可求出其位移s ，最后小球的横坐标是x 1，纵坐标是y 2＋s ．；你认为他的分析正确吗？如果认为正确，请按他的思路求出第3 s末小球的位置；如果认为不正确，请指出错误之处并求出第3 s末小球的位置．

【解析】该同学的分析不正确．因为第1 s 末小球有沿x 方向的初速度，所以第2 s 内小球做类平抛运动，第3 s内也不沿y 轴正方向运动． (3分)

F qE 第1 s内小球做初速度为零的匀加速直线运动，有：a 1x ＝(1分) m m

1.0×1010×2.0×106×1212qEt 2qEt x 1＝a 1x t 1＝＝ m ＝0.1 m (1分) v 1x ＝a 1x t 1＝ －22m m 2×1.0×10－

qE 12qEt 2第2 s内小球做类平抛运动，有：a 2y ＝(1分) y 2＝a 2y t 2＝ m 22m

1.0×1010×2.0×106×12

＝m ＝0.1 m (1分) －2×1.0×10－

106qEt 2qEt 1t 21.0×10×2.0×10×1×1v 2y ＝a 2t 2＝ x 2＝v 1x t 2＝m ＝0.2 m (1分) m m 1.0×10－

第3 s内小球做匀速直线运动，沿x 方向速度为v 1x ，沿y 方向速度为v 2y ，有：

106qEt t 1.0×10×2.0×10×1×1x 3＝v 1x t 3＝ m ＝0.2 m (1分) －m 1.0×10－

106qEt t 1.0×10×2.0×10×1×1y 3＝v 2y t 3＝ m ＝0.2 m (1分) m 1.0×10－

第3 s末小球的位置坐标为：x ＝x 1＋x 2＋x 3＝0.5 m (1分)

y ＝y 2＋y 3＝0.3 m． (1分)

16．(13分) 如图所示，长L ＝1.5 m 、高h ＝0.45 m 、质量M ＝10 kg 的长方体木箱在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度v 0＝3.6 m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F

L ＝50 N，并同时将一个质量m ＝1 kg的小球轻放在距木箱右端处的P 点(小球可视为质点，3

放在P 点时相对于地面的速度为零) ，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．已知木箱与地面的动摩擦因数μ＝0.2，而小球与木箱之间的摩擦不计．取g ＝10 m/s2，求：

(1)小球从开始离开木箱至落到地面所用的时间．

(2)小球放上P 点后，木箱向右运动的最大位移．

(3)小球离开木箱时木箱的速度．

1【解析】(1)小球离开木箱后做自由落体运动，设其落到地面所用的时间为t ，由h ＝gt 2得： 2

t g 2×0.45 s ＝0.3 s． (2分) 10

(2)小球放上木箱后相对地面静止；由F ＋μFN ＝Ma 1 (1分) ；F N ＝(M ＋m ) g (1分)

F ＋μ(M ＋m ) g 50＋0.2(10＋1) ×10得木箱的加速度：a 1 m/s2＝7.2 m/s2 (2分) M 10

v 23.62木箱向右运动的最大位移s 1＝ m ＝0.9 m． 2a 12×7.2

(3)由于s 1＝0.9 m＜1 m，故木箱在向右运动期间，小球不会从木箱的左端掉下 (1分)

F －μ(M ＋m ) g 50－0.2(10＋1)×10得木箱向左运动的加速度：a 2 m/s2＝2.8 m/s2 (2分) M 10

设木箱向左运动s 2时，小球从木箱的右端掉下，有：

L s 2＝s 1＋＝0.9 m＋0.5 m＝1.4 m (1分) 3

1设木箱向左运动所用的时间为t 2，则由s 2＝a 2t 2得：t 2＝22a 2s ＝1 s (1分) 2.8

小球刚离开木箱时木箱的速度方向向左，大小为：

v 2＝a 2t 2＝2.8×1 m/s＝2.8 m/s． (1分) [答案] (1)0.3 s (2)0.9 m (3)2.8 m/s