2011年高三物理第二輪總復(fù)習(xí)課件(949張精品PPT)(大綱版.ppt

2010年高三物理第二輪總復(fù)習(xí) 大綱版 目錄 第1專題力與運動第2專題動量和能量第3專題圓周運動 航天與星體問題第4專題帶電粒子在電場和磁場中的運動第5專題電磁感應(yīng)與電路的分析第6專題振動與波 光學(xué) 執(zhí)掌 原子物理第7專題高考物理實驗第8專題數(shù)學(xué)方法在物理中的應(yīng)用第9專題高中物理常見的物理模型第10專題計算題的答題規(guī)范與解析技巧 第1專題力與運動知識網(wǎng)絡(luò) 考點預(yù)測本專題復(fù)習(xí)三個模塊的內(nèi)容 運動的描述 受力分析與平衡 牛頓運動定律的運用 運動的描述與受力分析是兩個相互獨立的內(nèi)容 它們通過牛頓運動定律才能連成一個有機的整體 雖然運動的描述 受力平衡在近幾年 特別是2008年以前 都有獨立的命題出現(xiàn)在高考中 如2008年的全國理綜卷 第23題 四川理綜卷第23題 但由于理綜考試題量的局限以及課改趨勢 獨立考查前兩模塊的命題在2010年高考中出現(xiàn)的概率很小 大部分高考卷中應(yīng)該都會出現(xiàn)同時考查三個模塊知識的試題 而且占不少分值 在綜合復(fù)習(xí)這三個模塊內(nèi)容的時候 應(yīng)該把握以下幾點 1 運動的描述是物理學(xué)的重要基礎(chǔ) 其理論體系為用數(shù)學(xué)函數(shù)或圖象的方法來描述 推斷質(zhì)點的運動規(guī)律 公式和推論眾多 其中 平拋運動 追及問題 實際運動的描述應(yīng)為復(fù)習(xí)的重點和難點 2 無論是平衡問題 還是動力學(xué)問題 一般都需要進行受力分析 而正交分解法 隔離法與整體法相結(jié)合是最常用 最重要的思想方法 每年高考都會對其進行考查 3 牛頓運動定律的應(yīng)用是高中物理的重要內(nèi)容之一 與此有關(guān)的高考試題每年都有 題型有選擇題 計算題等 趨向于運用牛頓運動定律解決生產(chǎn) 生活和科技中的實際問題 此外 它還經(jīng)常與電場 磁場結(jié)合 構(gòu)成難度較大的綜合性試題 一 運動的描述要點歸納 一 勻變速直線運動的幾個重要推論和解題方法1 某段時間內(nèi)的平均速度等于這段時間的中間時刻的瞬時速度 即 2 在連續(xù)相等的時間間隔T內(nèi)的位移之差 s為恒量 且 s 3 在初速度為零的勻變速直線運動中 相等的時間T內(nèi)連續(xù)通過的位移之比為 s1 s2 s3 sn 1 3 5 2n 1 通過連續(xù)相等的位移所用的時間之比為 t1 t2 t3 tn 4 豎直上拋運動 1 對稱性 上升階段和下落階段具有時間和速度等方面的對稱性 2 可逆性 上升過程做勻減速運動 可逆向看做初速度為零的勻加速運動來研究 3 整體性 整個運動過程實質(zhì)上是勻變速直線運動 5 解決勻變速直線運動問題的常用方法 1 公式法靈活運用勻變速直線運動的基本公式及一些有用的推導(dǎo)公式直接解決 2 比例法在初速度為零的勻加速直線運動中 其速度 位移和時間都存在一定的比例關(guān)系 靈活利用這些關(guān)系可使解題過程簡化 3 逆向過程處理法逆向過程處理法是把運動過程的 末態(tài) 作為 初態(tài) 將物體的運動過程倒過來進行研究的方法 4 速度圖象法速度圖象法是力學(xué)中一種常見的重要方法 它能夠?qū)栴}中的許多關(guān)系 特別是一些隱藏關(guān)系 在圖象上明顯地反映出來 從而得到正確 簡捷的解題方法 二 運動的合成與分解1 小船渡河設(shè)水流的速度為v1 船的航行速度為v2 河的寬度為d 1 過河時間t僅由v2沿垂直于河岸方向的分量v 決定 即t 與v1無關(guān) 所以當(dāng)v2垂直于河岸時 渡河所用的時間最短 最短時間tmin 2 渡河的路程由小船實際運動軌跡的方向決定 當(dāng)v1 v2時 最短路程smin d 當(dāng)v1 v2時 最短路程smin 如圖1 1所示 圖1 1 2 輕繩 輕桿兩末端速度的關(guān)系 1 分解法把繩子 包括連桿 兩端的速度都沿繩子的方向和垂直于繩子的方向分解 沿繩子方向的分運動相等 垂直方向的分運動不相關(guān) 即v1cos 1 v2cos 2 2 功率法通過輕繩 輕桿 連接物體時 往往力拉輕繩 輕桿 做功的功率等于輕繩 輕桿 對物體做功的功率 3 平拋運動如圖1 2所示 物體從O處以水平初速度v0拋出 經(jīng)時間t到達P點 圖1 2 合位移的方向與水平方向的夾角為 有 tan 即 要注意合速度的方向與水平方向的夾角不是合位移的方向與水平方向的夾角的2倍 即 2 而是tan 2tan 4 時間 由sy gt2得 t 平拋物體在空中運動的時間t只由物體拋出時離地的高度sy決定 而與拋出時的初速度v0無關(guān) 5 速度變化 平拋運動是勻變速曲線運動 故在相等的時間內(nèi) 速度的變化量 g 相等 且必沿豎直方向 如圖1 3所示 圖1 3任意兩時刻的速度與速度的變化量 v構(gòu)成直角三角形 v沿豎直方向 注意 平拋運動的速率隨時間并不均勻變化 而速度隨時間是均勻變化的 6 帶電粒子 只受電場力的作用 垂直進入勻強電場中的運動與平拋運動相似 出電場后做勻速直線運動 如圖1 4所示 圖1 4故有 y 熱點 重點 難點 一 直線運動高考中對直線運動規(guī)律的考查一般以圖象的應(yīng)用或追及問題出現(xiàn) 這類題目側(cè)重于考查學(xué)生應(yīng)用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力 對于追及問題 存在的困難在于選用哪些公式來列方程 作圖求解 而熟記和運用好直線運動的重要推論往往是解決問題的捷徑 例1如圖1 5甲所示 A B兩輛汽車在筆直的公路上同向行駛 當(dāng)B車在A車前s 84m處時 B車的速度vB 4m s 且正以a 2m s2的加速度做勻加速運動 經(jīng)過一段時間后 B車的加速度突然變?yōu)榱?A車一直以vA 20m s的速度做勻速運動 從最初相距84m時開始計時 經(jīng)過t0 12s后兩車相遇 問B車加速行駛的時間是多少 圖1 5甲 解析 設(shè)B車加速行駛的時間為t 相遇時A車的位移為 sA vAt0B車加速階段的位移為 sB1 vBt at2勻速階段的速度v vB at 勻速階段的位移為 sB2 v t0 t 相遇時 依題意有 sA sB1 sB2 s聯(lián)立以上各式得 t2 2t0t 0將題中數(shù)據(jù)vA 20m s vB 4m s a 2m s2 t0 12s 代入上式有 t2 24t 108 0解得 t1 6s t2 18s 不合題意 舍去 因此 B車加速行駛的時間為6s 答案 6s 點評 出現(xiàn)不符合實際的解 t2 18s 的原因是方程 sB2 v t0 t 并不完全描述B車的位移 還需加一定義域t 12s 解析后可以作出vA t vB t圖象加以驗證 圖1 5乙根據(jù)v t圖象與t圍成的面積等于位移可得 t 12s時 s 16 4 6 4 6 m 84m 二 平拋運動平拋運動在高考試題中出現(xiàn)的幾率相當(dāng)高 或出現(xiàn)于力學(xué)綜合題中 如2008年北京 山東理綜卷第24題 或出現(xiàn)于帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)一類問題中 如2008年寧夏理綜卷第24題 天津理綜卷第23題 或出現(xiàn)于此知識點的單獨命題中 如2009年高考福建理綜卷第20題 廣東物理卷第17 1 題 2008年全國理綜卷 第14題 對于這一知識點的復(fù)習(xí) 除了要熟記兩垂直方向上的分速度 分位移公式外 還要特別理解和運用好速度偏轉(zhuǎn)角公式 位移偏轉(zhuǎn)角公式以及兩偏轉(zhuǎn)角的關(guān)系式 即tan 2tan 例2圖1 6甲所示 m為在水平傳送帶上被傳送的小物體 可視為質(zhì)點 A為終端皮帶輪 已知皮帶輪的半徑為r 傳送帶與皮帶輪間不會打滑 當(dāng)m可被水平拋出時 A輪每秒的轉(zhuǎn)數(shù)最少為 圖1 6甲A B C D 解析 解法一m到達皮帶輪的頂端時 若m mg 表示m受到的重力小于 或等于 m沿皮帶輪表面做圓周運動的向心力 m將離開皮帶輪的外表面而做平拋運動又因為轉(zhuǎn)數(shù)n 所以當(dāng)v 即轉(zhuǎn)數(shù)n 時 m可被水平拋出 故選項A正確 解法二建立如圖1 6乙所示的直角坐標系 當(dāng)m到達皮帶輪的頂端有一速度時 若沒有皮帶輪在下面 m將做平拋運動 根據(jù)速度的大小可以作出平拋運動的軌跡 若軌跡在皮帶輪的下方 說明m將被皮帶輪擋住 先沿皮帶輪下滑 若軌跡在皮帶輪的上方 說明m立即離開皮帶輪做平拋運動 圖1 6乙又因為皮帶輪圓弧在坐標系中的函數(shù)為 當(dāng)y2 x2 r2初速度為v的平拋運動在坐標系中的函數(shù)為 y 平拋運動的軌跡在皮帶輪上方的條件為 當(dāng)x 0時 平拋運動的軌跡上各點與O點間的距離大于r 即 r即 r解得 v 又因皮帶輪的轉(zhuǎn)速n與v的關(guān)系為 n 可得 當(dāng)n 時 m可被水平拋出 答案 A 點評 解法一 應(yīng)用動力學(xué)的方法分析求解 解法二 應(yīng)用運動學(xué)的方法 數(shù)學(xué)方法 求解 由于加速度的定義式為a 而決定式為a 故這兩種方法殊途同歸 同類拓展1高臺滑雪以其驚險刺激而聞名 運動員在空中的飛躍姿勢具有很強的觀賞性 某滑雪軌道的完整結(jié)構(gòu)可以簡化成如圖1 7所示的示意圖 其中AB段是助滑雪道 傾角 30 BC段是水平起跳臺 CD段是著陸雪道 AB段與BC段圓滑相連 DE段是一小段圓弧 其長度可忽略 在D E兩點分別與CD EF相切 EF是減速雪道 傾角 37 軌道各部分與滑雪板間的動摩擦因數(shù)均為 0 25 圖中軌道最高點A處的起滑臺距起跳臺BC的豎直高度h 10m A點與C點的水平距離L1 20m C點與D點的距離為32 625m 運動員連同滑雪板的總質(zhì)量m 60kg 滑雪運動員從A點由靜止開始起滑 通過起跳臺從C點水平飛出 在落到著陸雪道上時 運動員靠改變姿勢進行緩沖使自己只保留沿著陸雪道的分速度而不彈起 除緩沖外運動員均可視為質(zhì)點 設(shè)運動員在全過程中不使用雪杖助滑 忽略空氣阻力的 影響 取重力加速度g 10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 求 圖1 7 1 運動員在C點水平飛出時的速度大小 2 運動員在著陸雪道CD上的著陸位置與C點的距離 3 運動員滑過D點時的速度大小 解析 1 滑雪運動員從A到C的過程中 由動能定理得 mgh mgcos mg L1 hcot mvC2解得 vC 10m s 2 滑雪運動員從C點水平飛出到落到著陸雪道的過程中做平拋運動 有 x vCty gt2 tan 著陸位置與C點的距離s 解得 s 18 75m t 1 5s 3 著陸位置到D點的距離s 13 875m 滑雪運動員在著陸雪道上做勻加速直線運動 把平拋運動沿雪道和垂直雪道分解 可得著落后的初速度v0 vCcos gtsin 加速度為 mgsin mgcos ma運動到D點的速度為 vD2 v02 2as 解得 vD 20m s 答案 1 10m s 2 18 75m 3 20m s互動辨析在斜面上的平拋問題較為常見 位移與水平面的夾角等于傾角 為著落條件 同學(xué)們還要能總結(jié)出距斜面最遠的時刻以及這一距離 二 受力分析要點歸納 一 常見的五種性質(zhì)的力 續(xù)表 續(xù)表 續(xù)表 二 力的運算 物體的平衡1 力的合成與分解遵循力的平行四邊形定則 或力的三角形定則 2 平衡狀態(tài)是指物體處于勻速直線運動或靜止狀態(tài) 物體處于平衡狀態(tài)的動力學(xué)條件是 F合 0或Fx 0 Fy 0 Fz 0 注意 靜止狀態(tài)是指速度和加速度都為零的狀態(tài) 如做豎直上拋運動的物體到達最高點時速度為零 但加速度等于重力加速度 不為零 因此不是平衡狀態(tài) 3 平衡條件的推論 1 物體處于平衡狀態(tài)時 它所受的任何一個力與它所受的其余力的合力等大 反向 2 物體在同一平面上的三個不平行的力的作用下處于平衡狀態(tài)時 這三個力必為共點力 物體在三個共點力的作用下而處于平衡狀態(tài)時 表示這三個力的有向線段組成一封閉的矢量三角形 如圖1 8所示 圖1 84 共點力作用下物體的平衡分析 熱點 重點 難點 一 正交分解法 平行四邊形法則的應(yīng)用1 正交分解法是分析平衡狀態(tài)物體受力時最常用 最主要的方法 即當(dāng)F合 0時有 Fx合 0 Fy合 0 Fz合 0 2 平行四邊形法有時可巧妙用于定性分析物體受力的變化或確定相關(guān)幾個力之比 例3舉重運動員在抓舉比賽中為了減小杠鈴上升的高度和發(fā)力 抓杠鈴的兩手間要有較大的距離 某運動員成功抓舉杠鈴時 測得兩手臂間的夾角為120 運動員的質(zhì)量為75kg 舉起的杠鈴的質(zhì)量為125kg 如圖1 9甲所示 求該運動員每只手臂對杠鈴的作用力的大小 取g 10m s2 圖1 9甲 分析 由手臂的肌肉 骨骼構(gòu)造以及平時的用力習(xí)慣可知 伸直的手臂主要沿手臂方向發(fā)力 取手腕 手掌為研究對象 握杠的手掌對杠有豎直向上的彈力和沿杠向外的靜摩擦力 其合力沿手臂方向 如圖1 9乙所示 圖1 9乙 解析 手臂對杠鈴的作用力的方向沿手臂的方向 設(shè)該作用力的大小為F 則杠鈴的受力情況如圖1 9丙所示圖1 9丙由平衡條件得 2Fcos60 mg解得 F 1250N 答案 1250N 例4兩個可視為質(zhì)點的小球a和b 用質(zhì)量可忽略的剛性細桿相連放置在一個光滑的半球面內(nèi) 如圖1 10甲所示 已知小球a和b的質(zhì)量之比為 細桿長度是球面半徑的倍 兩球處于平衡狀態(tài)時 細桿與水平面的夾角 是 2008年高考 四川延考區(qū)理綜卷 圖1 10甲A 45 B 30 C 22 5 D 15 解析 解法一設(shè)細桿對兩球的彈力大小為T 小球a b的受力情況如圖1 10乙所示圖1 10乙 其中球面對兩球的彈力方向指向圓心 即有 cos 解得 45 故FNa的方向為向上偏右 即 1 45 45 FNb的方向為向上偏左 即 2 45 45 兩球都受到重力 細桿的彈力和球面的彈力的作用 過O作豎直線交ab于c點 設(shè)球面的半徑為R 由幾何關(guān)系可得 解得 FNa FNb 取a b及細桿組成的整體為研究對象 由平衡條件得 FNa sin 1 FNb sin 2即FNb sin 45 FNb sin 45 解得 15 解法二由幾何關(guān)系及細桿的長度知 平衡時有 sin Oab 故 Oab Oba 45 再設(shè)兩小球及細桿組成的整體重心位于c點 由懸掛法的原理知c點位于O點的正下方 且即R sin 45 R sin 45 1 解得 15 答案 D 點評 利用平行四邊形 三角形 定則分析物體的受力情況在各類教輔中較常見 掌握好這種方法的關(guān)鍵在于深刻地理解好 在力的圖示中 有向線段替代了力的矢量 在理論上 本題也可用隔離法分析小球a b的受力情況 根據(jù)正交分解法分別列平衡方程進行求解 但是求解三角函數(shù)方程組時難度很大 解法二較簡便 但確定重心的公式超綱 二 帶電粒子在復(fù)合場中的平衡問題在高考試題中 也常出現(xiàn)帶電粒子在復(fù)合場中受力平衡的物理情境 出現(xiàn)概率較大的是在正交的電場和磁場中的平衡問題及在電場和重力場中的平衡問題 在如圖1 11所示的速度選擇器中 選擇的速度v 在如圖1 12所示的電磁流量計中 流速v 流量Q 圖1 11圖1 12 例5在地面附近的空間中有水平方向的勻強電場和勻強磁場 已知磁場的方向垂直紙面向里 一個帶電油滴沿著一條與豎直方向成 角的直線MN運動 如圖1 13所示 由此可判斷下列說法正確的是 圖1 13A 如果油滴帶正電 則油滴從M點運動到N點B 如果油滴帶正電 則油滴從N點運動到M點C 如果電場方向水平向右 則油滴從N點運動到M點D 如果電場方向水平向左 則油滴從N點運動到M點 解析 油滴在運動過程中受到重力 電場力及洛倫茲力的作用 因洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直 大小隨速度的改變而改變 而電場力與重力的合力是恒力 所以物體做勻速直線運動 又因電場力一定在水平方向上 故洛倫茲力的方向是斜向上方的 因而當(dāng)油滴帶正電時 應(yīng)該由M點向N點運動 故選項A正確 B錯誤 若電場方向水平向右 則油滴需帶負電 此時斜向右上方與MN垂直的洛倫茲力對應(yīng)粒子從N點運動到M點 即選項C正確 同理 電場方向水平向左時 油滴需帶正電 油滴是從M點運動到N點的 故選項D錯誤 答案 AC 點評 對于帶電粒子在復(fù)合場中做直線運動的問題要注意受力分析 因為洛倫茲力的方向與速度的方向垂直 而且與磁場的方向 帶電粒子的電性都有關(guān) 分析時更要注意 本題中重力和電場力均為恒力 要保證油滴做直線運動 兩力的合力必須與洛倫茲力平衡 粒子的運動就只能是勻速直線運動 同類拓展2如圖1 14甲所示 懸掛在O點的一根不可伸長的絕緣細線下端掛有一個帶電荷量不變的小球A 在兩次實驗中 均緩慢移動另一帶同種電荷的小球B 當(dāng)B到達懸點O的正下方并與A在同一水平線上 A處于受力平衡時 懸線偏離豎直方向的角度為 若兩次實驗中B的電荷量分別為q1和q2 分別為30 和45 則為 2007年高考 重慶理綜卷 圖1 14甲A 2B 3C 2D 3 解析 對A球進行受力分析 如圖1 14乙所示 由于繩子的拉力和點電荷間的斥力的合力與A球的重力平衡 故有 F電 mgtan 又F電 k 設(shè)繩子的長度為L 則A B兩球之間的距離r Lsin 聯(lián)立可得 q 由此可見 q與tan sin2 成正比 即 故選項C正確 答案 C互動辨析本題為帶電體在重力場和電場中的平衡問題 解題的關(guān)鍵在于 先根據(jù)小球的受力情況畫出平衡狀態(tài)下的受力分析示意圖 然后根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系列式 得出電荷量的通解表達式 進而分析求解 本題體現(xiàn)了新課標在知識考查中重視方法滲透的思想 圖1 14乙 三 牛頓運動定律的應(yīng)用要點歸納 一 深刻理解牛頓第一 第三定律1 牛頓第一定律 慣性定律 一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài) 直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止 1 理解要點 運動是物體的一種屬性 物體的運動不需要力來維持 它定性地揭示了運動與力的關(guān)系 力是改變物體運動狀態(tài)的原因 是使物體產(chǎn)生加速度的原因 牛頓第一定律是牛頓第二定律的基礎(chǔ) 不能認為它是牛頓第二定律合外力為零時的特例 牛頓第一定律定性地給出了力與運動的關(guān)系 第二定律定量地給出力與運動的關(guān)系 2 慣性 物體保持原來的勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)叫做慣性 慣性是物體的固有屬性 與物體的受力情況及運動狀態(tài)無關(guān) 質(zhì)量是物體慣性大小的量度 2 牛頓第三定律 1 兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等 方向相反 作用在一條直線上 可用公式表示為F F 2 作用力與反作用力一定是同種性質(zhì)的力 作用效果不能抵消 3 牛頓第三定律的應(yīng)用非常廣泛 凡是涉及兩個或兩個以上物體的物理情境 過程的解答 往往都需要應(yīng)用這一定律 二 牛頓第二定律1 定律內(nèi)容物體的加速度a跟物體所受的合外力F合成正比 跟物體的質(zhì)量m成反比 2 公式 F合 ma理解要點 因果性 F合是產(chǎn)生加速度a的原因 它們同時產(chǎn)生 同時變化 同時存在 同時消失 方向性 a與F合都是矢量 方向嚴格相同 瞬時性和對應(yīng)性 a為某時刻某物體的加速度 F合是該時刻作用在該物體上的合外力 3 應(yīng)用牛頓第二定律解題的一般步驟 1 確定研究對象 2 分析研究對象的受力情況 畫出受力分析圖并找出加速度的方向 3 建立直角坐標系 使盡可能多的力或加速度落在坐標軸上 并將其余的力或加速度分解到兩坐標軸上 4 分別沿x軸方向和y軸方向應(yīng)用牛頓第二定律列出方程 5 統(tǒng)一單位 計算數(shù)值 熱點 重點 難點一 正交分解法在動力學(xué)問題中的應(yīng)用當(dāng)物體受到多個方向的外力作用產(chǎn)生加速度時 常要用到正交分解法 1 在適當(dāng)?shù)姆较蚪⒅苯亲鴺讼?使需要分解的矢量盡可能少 2 Fx合 max合 Fy合 may合 Fz合 maz合 3 正交分解法對本章各類問題 甚至對整個高中物理來說都是一重要的思想方法 例6如圖1 15甲所示 在風(fēng)洞實驗室里 一根足夠長的細桿與水平面成 37 固定 質(zhì)量m 1kg的小球穿在細桿上靜止于細桿底端O點 現(xiàn)有水平向右的風(fēng)力F作用于小球上 經(jīng)時間t1 2s后停止 小球沿細桿運動的部分v t圖象如圖1 15乙所示 試求 取g 10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 圖1 15 1 小球在0 2s內(nèi)的加速度a1和2 4s內(nèi)的加速度a2 2 風(fēng)對小球的作用力F的大小 解析 1 由圖象可知 在0 2s內(nèi)小球的加速度為 a1 20m s2 方向沿桿向上在2 4s內(nèi)小球的加速度為 a2 10m s2 負號表示方向沿桿向下 2 有風(fēng)力時的上升過程 小球的受力情況如圖1 15丙所示在y方向 由平衡條件得 FN1 Fsin mgcos 在x方向 由牛頓第二定律得 Fcos mgsin FN1 ma1圖1 15丙 停風(fēng)后上升階段 小球的受力情況如圖1 15丁所示在y方向 由平衡條件得 FN2 mgcos 在x方向 由牛頓第二定律得 mgsin FN2 ma2聯(lián)立以上各式可得 F 60N 圖1 15丁 點評 斜面 或類斜面 問題是高中最常出現(xiàn)的物理模型 正交分解法是求解高中物理題最重要的思想方法之一 二 連接體問題 整體法與隔離法 高考卷中常出現(xiàn)涉及兩個研究對象的動力學(xué)問題 其中又包含兩種情況 一是兩對象的速度相同需分析它們之間的相互作用 二是兩對象的加速度不同需分析各自的運動或受力 隔離 或與整體法相結(jié)合 的思想方法是處理這類問題的重要手段 1 整體法是指當(dāng)連接體內(nèi) 即系統(tǒng)內(nèi) 各物體具有相同的加速度時 可以把連接體內(nèi)所有物體組成的系統(tǒng)作為整體考慮 分析其受力情況 運用牛頓第二定律對整體列方程求解的方法 2 隔離法是指當(dāng)研究對象涉及由多個物體組成的系統(tǒng)時 若要求連接體內(nèi)物體間的相互作用力 則應(yīng)把某個物體或某幾個物體從系統(tǒng)中隔離出來 分析其受力情況及運動情況 再利用牛頓第二定律對隔離出來的物體列式求解的方法 3 當(dāng)連接體中各物體運動的加速度相同或要求合外力時 優(yōu)先考慮整體法 當(dāng)連接體中各物體運動的加速度不相同或要求物體間的作用力時 優(yōu)先考慮隔離法 有時一個問題要兩種方法結(jié)合起來使用才能解決 例7如圖1 16所示 在光滑的水平地面上有兩個質(zhì)量相等的物體 中間用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連 在外力F1 F2的作用下運動 已知F1 F2 當(dāng)運動達到穩(wěn)定時 彈簧的伸長量為 圖1 16A B C D 解析 取A B及彈簧整體為研究對象 由牛頓第二定律得 F1 F2 2ma取B為研究對象 kx F2 ma 或取A為研究對象 F1 kx ma 可解得 x 答案 C 點評 解析中的三個方程任取兩個求解都可以 當(dāng)?shù)孛娲植跁r 只要兩物體與地面的動摩擦因數(shù)相同 則A B之間的拉力與地面光滑時相同 同類拓展3如圖1 17所示 質(zhì)量為m的小物塊A放在質(zhì)量為M的木板B的左端 B在水平拉力的作用下沿水平地面勻速向右滑動 且A B相對靜止 某時刻撤去水平拉力 經(jīng)過一段時間 B在地面上滑行了一段距離x A在B上相對于B向右滑行了一段距離L 設(shè)木板B足夠長 后A和B都停了下來 已知A B間的動摩擦因數(shù)為 1 B與地面間的動摩擦因數(shù)為 2 且 2 1 則x的表達式應(yīng)為 圖1 17A x B x C x D x 解析 設(shè)A B相對靜止一起向右勻速運動時的速度為v 撤去外力后至停止的過程中 A受到的滑動摩擦力為 f1 1mg其加速度大小a1 1gB做減速運動的加速度大小a2 由于 2 1 所以a2 2g 1g a1即木板B先停止后 A在木板上繼續(xù)做勻減速運動 且其加速度大小不變對A應(yīng)用動能定理得 f1 L x 0 mv2 對B應(yīng)用動能定理得 1mgx 2 m M gx 0 Mv2解得 x 答案 C 點評 雖然使A產(chǎn)生加速度的力由B施加 但產(chǎn)生的加速度a1 1g是取大地為參照系的 加速度是相對速度而言的 所以加速度一定和速度取相同的參照系 與施力物體的速度無關(guān) 動能定理可由牛頓第二定律推導(dǎo) 特別對于勻變速直線運動 兩表達式很容易相互轉(zhuǎn)換 三 臨界問題 例8如圖1 18甲所示 滑塊A置于光滑的水平面上 一細線的一端固定于傾角為45 質(zhì)量為M的光滑楔形滑塊A的頂端P處 細線另一端拴一質(zhì)量為m的小球B 現(xiàn)對滑塊施加一水平方向的恒力F 要使小球B能相對斜面靜止 恒力F應(yīng)滿足什么條件 圖1 18甲 解析 先考慮恒力背離斜面方向 水平向左 的情況 設(shè)恒力大小為F1時 B還在斜面上且對斜面的壓力為零 此時A B有共同加速度a1 B的受力情況如圖1 18乙所示 有 圖1 18乙Tsin mg Tcos ma1解得 a1 gcot 即F1 M m a1 M m gcot 由此可知 當(dāng)水平向左的力大于 M m gcot 時 小球B將離開斜面 對于水平恒力向斜面一側(cè)方向 水平向右 的情況 設(shè)恒力大小為F2時 B相對斜面靜止時對懸繩的拉力恰好為零 此時A B的共同加速度為a2 B的受力情況如圖1 18丙所示 有 圖1 18丙 FNcos mg FNsin ma2解得 a2 gtan 即F2 M m a2 M m gtan 由此可知 當(dāng)水平向右的力大于 M m gtan B將沿斜面上滑 綜上可知 當(dāng)作用在A上的恒力F向左小于 M m gcot 或向右小于 M m gtan 時 B能靜止在斜面上 答案 向左小于 M m gcot 或向右小于 M m gtan 點評 斜面上的物體 被細繩懸掛的物體這兩類物理模型是高中物理中重要的物理模型 也是高考常出現(xiàn)的重要物理情境 四 超重與失重問題1 超重與失重只是物體在豎直方向上具有加速度時所受支持力不等于重力的情形 2 要注意飛行器繞地球做圓周運動時在豎直方向上具有向心加速度 處于失重狀態(tài) 例9為了測量某住宅大樓每層的平均高度 層高 及電梯的運行情況 甲 乙兩位同學(xué)在一樓電梯內(nèi)用電子體重計及秒表進行了以下實驗 質(zhì)量m 50kg的甲同學(xué)站在體重計上 乙同學(xué)記錄電梯從地面一樓到頂層的過程中 體重計的示數(shù)隨時間變化的情況 并作出了如圖1 19甲所示的圖象 已知t 0時 電梯靜止不動 從電梯內(nèi)樓層按鈕上獲知該大樓共19層 求 1 電梯啟動和制動時的加速度大小 2 該大樓的層高 圖1 19甲 解析 1 對于啟動狀態(tài)有 F1 mg ma1得 a1 2m s2對于制動狀態(tài)有 mg F3 ma2得 a2 2m s2 2 電梯勻速運動的速度v a1t1 2 1m s 2m s從圖中讀得電梯勻速上升的時間t2 26s電梯運行的總時間t 28s電梯運行的v t圖象如圖1 19乙所示 圖1 19乙所以總位移s v t2 t 2 26 28 m 54m層高h 3m 答案 1 2m s22m s2 2 3m 經(jīng)典考題在本專題中 正交分解 整體與隔離相結(jié)合是最重要也是最常用的思想方法 是高考中考查的重點 力的獨立性原理 運動圖象的應(yīng)用次之 在高考中出現(xiàn)的概率也較大 1 有一個直角支架AOB AO水平放置 表面粗糙 OB豎直向下 表面光滑 AO上套有小環(huán)P OB上套有小環(huán)Q 兩環(huán)質(zhì)量均為m 兩環(huán)間由一根質(zhì)量可忽略 不可伸長的細繩相連 并在某一位置平衡 如圖甲所示 現(xiàn)將P環(huán)向左移一小段距離 兩環(huán)再次達到平衡 那么將移動后的平衡狀態(tài)和原來的平衡狀態(tài)比較 AO桿對P環(huán)的支持力N和細繩上的拉力T的變化情況是 1998年高考 上海物理卷 A N不變 T變大B N不變 T變小C N變大 T變D N變大 T變小甲 解析 Q環(huán)的受力情況如圖乙所示 由平衡條件得 Tcos mg P環(huán)向左移動后 變小 T 變小 P環(huán)的受力情況如圖丙所示 由平衡條件得 NP mg Tcos 2mg NP與 角無關(guān) 故選項B正確 答案 B 點評 本例是正交分解法 隔離法的典型應(yīng)用 以后的許多考題都由此改編而來 求解支持力N時 還可取P Q組成的整體為研究對象 將整體受到的外力正交分解知豎直方向有 NQ 2mg 乙 丙 2 如圖甲所示 在傾角為 的固定光滑斜面上有一塊用繩子拴著的長木板 木板上站著一只貓 已知木板的質(zhì)量是貓的質(zhì)量的2倍 當(dāng)繩子突然斷開時 貓立即沿著板向上跑 以保持其相對斜面的位置不變 則此時木板沿斜面下滑的加速度為 2004年高考 全國理綜卷 甲A sin B gsin C gsin D 2gsin 解析 繩子斷開后貓的受力情況如圖乙所示 由平衡條件知 木板對貓有沿斜面向上的摩擦力 有 f mgsin 再取木板為研究對象 其受力情況如圖丙所示 由牛頓第二定律知 2mgsin f 2ma解得 a gsin 答案 C 點評 貓腳與木塊之間的摩擦力使貓保持平衡狀態(tài) 還可取貓 木板組成的整體為研究對象 由牛頓第二定律 3mgsin 2ma求解 但這一方法高中不作要求 乙丙 3 如圖所示 某貨場需將質(zhì)量m1 100kg的貨物 可視為質(zhì)點 從高處運送至地面 為避免貨物與地面發(fā)生撞擊 現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道 使貨物由軌道頂端無初速度滑下 軌道半徑R 1 8m 地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板A B 長度均為l 2m 質(zhì)量均為m2 100kg 木板上表面與軌道末端相切 貨物與木板間的動摩擦因數(shù)為 1 木板與地面間的動摩擦因數(shù) 2 0 2 最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等 取g 10m s2 1 求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力 2 若貨物滑上木板A時 木板不動 而滑上木板B時 木板B開始滑動 求 1應(yīng)滿足的條件 3 若 1 0 5 求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運動的時間 2009年高考 山東理綜卷 解析 1 設(shè)貨物滑到圓軌道末端時的速度為v0 對貨物的下滑過程中根據(jù)機械能守恒定律得 mgR m1v02設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為FN 根據(jù)牛頓第二定律得 FN m1g m1聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得FN 3000N根據(jù)牛頓第三定律 貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力大小為3000N 方向豎直向下 2 若滑上木板A時 木板不動 由受力分析得 1m1g 2 m1 2m2 g若滑上木板B時 木板B開始滑動 由受力分析得 1m1g 2 m1 m2 g聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得0 4 1 0 6 3 1 0 5 由上問可得 貨物在木板A上滑動時 木板不動 設(shè)貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為a1 由牛頓第二定律得 1m1g m1a1設(shè)貨物滑到木板A末端時的速度為v1 由運動學(xué)公式得 v12 v02 2a1l聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得v1 4m s設(shè)在木板A上運動的時間為t 由運動學(xué)公式得 v1 v0 a1t聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得t 0 4s 答案 1 3000N 方向豎直向下 2 0 4 1 0 6 3 0 4s 點評 像這樣同時考查受力分析 動力學(xué) 運動學(xué)的題型在2010屆高考中出現(xiàn)的可能性最大 4 如圖1 23甲所示 P Q為某地區(qū)水平地面上的兩點 在P點正下方一球形區(qū)域內(nèi)儲藏有石油 假定區(qū)域周圍巖石均勻分布 密度為 石油密度遠小于 可將上述球形區(qū)域視為空腔 如果沒有這一空腔 則該地區(qū)重力加速度 正常值 沿豎直方向 當(dāng)存在空腔時 該地區(qū)重力加速度的大小和方向會與正常情況有微小偏離 重力加速度在原豎直方向 即PO方向 上的投影相對于正常值的偏離叫做 重力加速度反常 為了探尋石油區(qū)域的位置和石油儲量 常利用P點附近重力加速度反?，F(xiàn)象 已知引力常數(shù)為G 圖1 23甲 1 設(shè)球形空腔體積為V 球心深度為d 遠小于地球半徑 x 求空腔所引起的Q點處的重力加速度反常 2 若在水平地面上半徑L的范圍內(nèi)發(fā)現(xiàn) 重力加速度反常值在 與k k 1 之間變化 且重力加速度反常的最大值出現(xiàn)在半徑為L的范圍的中心 如果這種反常是由于地下存在某一球形空腔造成的 試求此球形空腔球心的深度和空腔的體積 2009年高考 全國理綜卷 解析 1 由牛頓第二定律得 a 故重力加速度g G假設(shè)空腔處存在密度為 的巖石時 對Q處物體的引力產(chǎn)生的重力加速度為 g G由力的獨立原理及矢量的合成定則知 球形區(qū)域為空腔時Q點處的物體的重力加速度的矢量關(guān)系如圖1 23乙所示即故加速度反常 g g cos 圖1 23乙 2 由 1 解可得 重力加速度反常 g 的最大值和最小值分別為 g max g min 由題設(shè)有 g max k g min 聯(lián)立以上各式得 地下球形空腔球心的深度和空腔的體積分別為 d V 答案 1 2 點評 對于本題大部分同學(xué)不知如何入手 其原因在于對力的獨立性原理及矢量 加速度 的合成與分解理解不夠深刻和熟練 本考題使大部分同學(xué)陷入一個思維誤區(qū) 總在思考g 而不去思考g也是自由落體的加速度g 遵循矢量的平行四邊形定則 能力演練一 選擇題 10 4分 1 如圖所示 A B是兩個長方形物塊 F是作用在物塊B上沿水平方向的力 A和B以相同的速度在水平地面C上做勻速直線運動 空氣阻力不計 由此可知 A B間的動摩擦因數(shù) 1和B C間的動摩擦因數(shù) 2有可能是 A 1 0 2 0B 1 0 2 0C 1 0 2 0D 1 0 2 0 解析 本題中選A B整體為研究對象 由于A B在推力F的作用下做勻速直線運動 可知地面對B的摩擦力一定水平向左 故 2 0 對A進行受力分析可知 水平方向不受力 1可能為零 故正確答案為BD 答案 BD 2 如圖所示 從傾角為 高h 1 8m的斜面頂端A處水平拋出一石子 石子剛好落在這個斜面底端的B點處 石子拋出后 經(jīng)時間t距斜面最遠 則時間t的大小為 取g 10m s2 A 0 1sB 0 2sC 0 3sD 0 6s 答案 C 3 在輕繩的兩端各拴一個小球 一人用手拿著上端的小球站在3樓的陽臺上 放手后讓小球自由下落 兩小球相繼落地的時間差為T 如果站在4樓的陽臺上 同樣放手讓小球自由下落 則兩小球相繼落地的時間差將 A 不變B 增大C 減小D 無法判斷 解析 兩小球都做自由落體運動 可在同一v t圖象中作出速度隨時間變化的關(guān)系曲線 如圖所示 設(shè)人在3樓的陽臺上釋放小球后 兩球落地的時間差為 t1 圖中陰影部分的面積為 h 若人在4樓的陽臺上釋放小球后 兩球落地的時間差為 t2 要保證陰影部分的面積也是 h 從圖中可以看出一定有 t2 t1 答案 C 4 如圖甲所示 小球靜止在小車中的光滑斜面A和光滑豎直擋板B之間 原來小車向左勻速運動 現(xiàn)在小車改為向左減速運動 那么關(guān)于斜面對小球的彈力NA的大小和擋板B對小球的彈力NB的大小 以下說法正確的是 A NA不變 NB減小B NA增大 NB不變C NB有可能增大D NA可能為零 解析 小球的受力情況如圖乙所示 有 NAcos mgNAsin NB ma故NA不變 NB減小 答案 A 甲 乙 5 小球從空中自由下落 與水平地面第一次相碰后彈到空中某一高度 其速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示 則 A 小球第一次反彈后的速度大小為3m sB 小球碰撞時速度的改變量為2m sC 小球是從5m高處自由下落的D 小球反彈起的最大高度為0 45m 解析 第一次反彈后的速度為 3m s 負號表示方向向上 A正確 碰撞時速度的改變量 v 8m s B錯誤 下落的高度h1 5 0 5m 1 25m 反彈的高度h2 3 0 3 0 45m D正確 答案 AD 6 如圖甲所示 四個質(zhì)量 形狀相同的斜面體放在粗糙的水平面上 將四個質(zhì)量相同的物塊放在斜面頂端 因物塊與斜面的摩擦力不同 四個物塊運動情況不同 A物塊放上后勻加速下滑 B物塊獲一初速度后勻速下滑 C物塊獲一初速度后勻減速下滑 D物塊放上后靜止在斜面上 若在上述四種情況下斜面體均保持靜止且對地面的壓力依次為F1 F2 F3 F4 則它們的大小關(guān)系是 甲A F1 F2 F3 F4B F1 F2 F3 F4C F1 F2 F4 F3D F1 F3 F2 F4 解析 斜面的受力情況如乙圖所示 其中 f1 N分別為斜面對物塊的摩擦力和支持力的反作用力N mgcos f2可能向左 也可能向右或為零 a圖中 f1 mgsin 故F Mg mgcos cos f1sin M m gb圖中 f1 mgsin 故F Mg mgcos cos f1sin M m gc圖中 f1 mgsin 故F Mg mgcos cos f1sin M m gd圖中 f1 mgsin 故F M m g 答案 C 乙 7 把一鋼球系在一根彈性繩的一端 繩的另一端固定在天花板上 先把鋼球托起 如圖所示 然后放手 若彈性繩的伸長始終在彈性限度內(nèi) 關(guān)于鋼球的加速度a 速度v隨時間t變化的圖象 下列說法正確的是 A 甲為a t圖象B 乙為a t圖象C 丙為v t圖象D 丁為v t圖象 解析 由題圖可知 彈性繩處于松弛狀態(tài)下降時鋼球做自由落體運動 繃緊后小球做簡諧運動 當(dāng)小球上升至繩再次松弛時做豎直上拋運動 故v t圖象為圖甲 a t圖象為圖乙 答案 B 8 如圖所示 足夠長的水平傳送帶以速度v沿順時針方向運動 傳送帶的右端與光滑曲面的底部平滑連接 曲面上的A點距離底部的高度h 0 45m 一小物塊從A點靜止滑下 再滑上傳送帶 經(jīng)過一段時間又返回曲面 g取10m s2 則下列說法正確的是 A 若v 1m s 則小物塊能回到A點B 若v 2m s 則小物塊能回到A點C 若v 5m s 則小物塊能回到A點D 無論v等于多少 小物塊均能回到A點 解析 小物塊滑上傳送帶的初速度v0 3m s當(dāng)傳送帶的速度v 3m s時 小物塊返回曲面的初速度都等于3m s 恰好能回到A點 當(dāng)傳送帶的傳送速度v 3m s時 小物塊返回曲面的初速度等于v 不能回到A點 答案 C 9 如圖甲所示 質(zhì)量為m的物體用細繩拴住放在粗糙的水平傳送帶上 物體距傳送帶左端的距離為L 當(dāng)傳送帶分別以v1 v2的速度逆時針轉(zhuǎn)動 v1 v2 穩(wěn)定時繩與水平方向的夾角為 繩中的拉力分別為F1 F2 若剪斷細繩時 物體到達左端的時間分別為t1 t2 則下列說法正確的是 甲A F1 F2B F1 F2C t1一定大于t2D t1可能等于t2 解析 繩剪斷前物體的受力情況如圖乙所示 由平衡條件得 FN Fsin mgf FN Fcos 解得 F F的大小與傳送帶的速度無關(guān)繩剪斷后m在兩速度的傳送帶上的加速度相同若L 則兩次都是勻加速到達左端 t1 t2若L 則物體在傳送帶上先加速再勻速到達左端 在速度小的傳送帶上需要的時間更長 t1 t2 答案 BD 乙 10 靜電透鏡是利用靜電場使電子束會聚或發(fā)散的一種裝置 其中某部分靜電場的分布如圖甲所示 圖中虛線表示這個靜電場在xOy平面內(nèi)的一族等勢線 等勢線形狀關(guān)于Ox軸 Oy軸對稱 等勢線的電勢沿x軸正方向增加 且相鄰兩等勢線的電勢差相等 一個電子經(jīng)過P點 其橫坐標為 x0 時 速度與Ox軸平行 適當(dāng)控制實驗條件 使該電子通過電場區(qū)域時僅在Ox軸上方運動 在通過電場區(qū)域過程中 該電子沿y軸方向的分速度vy隨位置坐標x變化的示意圖是圖乙中的 甲 乙 解析 在x軸負方向 電子所受的電場力向右偏下 則電子的豎直分速度沿y軸負方向不斷增加 到達x 0時豎直分速度最大 到達x軸正方向后 電子所受的電場力向右偏上 則其豎直分速度沿y軸負方向不斷減小 又由于在x軸負方向的電子運動處的電場線比在x軸正方向電子運動處的電場線密 相應(yīng)的電子的加速度大 故電子在x軸正方向經(jīng)過與x軸負方向相同的水平距離時 y軸方向的分速度不能減為零 D正確 答案 D 二 非選擇題 共60分 11 6分 在某次實驗中得到小車做直線運動的s t關(guān)系如圖所示 1 由圖可以確定 小車在AC段和DE段的運動分別為 A AC段是勻加速運動 DE段是勻速運動B AC段是加速運動 DE段是勻加速運動C AC段是加速運動 DE段是勻速運動D AC段是勻加速運動 DE段是勻加速運動 2 在與AB AC AD對應(yīng)的平均速度中 最接近小車在A點的瞬時速度是 段中的平均速度 答案 1 C 2 AB 每空3分 12 9分 當(dāng)物體從高空下落時 其所受阻力會隨物體速度的增大而增大 因此物體下落一段距離后將保持勻速運動狀態(tài) 這個速度稱為此物體下落的收尾速度 研究發(fā)現(xiàn) 在相同環(huán)境下 球形物體的收尾速度僅與球的半徑和質(zhì)量有關(guān) 下表是某次研究的實驗數(shù)據(jù) 1 根據(jù)表中的數(shù)據(jù) 求出B球與C球達到收尾速度時所受的阻力之比 2 根據(jù)表中的數(shù)據(jù) 歸納出球形物體所受的阻力f與球的速度大小及球的半徑之間的關(guān)系 寫出有關(guān)表達式 并求出比例系數(shù) 重力加速度g取9 8m s2 3 現(xiàn)將C球和D球用輕質(zhì)細線連接 若它們在下落時所受的阻力與單獨下落時的規(guī)律相同 讓它們同時從足夠高的同一高度下落 試求出它們的收尾速度 并判斷它們落地的順序 不需要寫出判斷理由 解析 1 球在達到收尾速度時處于平衡狀態(tài) 有 f mg則fB fC mB mC代入數(shù)據(jù)解得 fB fC 1 9 2 由表中A B兩球的有關(guān)數(shù)據(jù)可得 阻力與速度成正比 即f v由表中B C兩球的有關(guān)數(shù)據(jù)可得 阻力與球的半徑的平方成正比 即f r2得 f kvr2其中k 4 9N s m3 3 將C球和D球用細線連接后 應(yīng)滿足 mCg mDg fC fD即mCg mDg kv rC2 rD2 代入數(shù)據(jù)解得 v 27 2m s比較C D兩小球的質(zhì)量和半徑 可判斷出C球先落地 答案 1 1 9 3分 2 f kvr2 k 4 9N s m3 3分 3 27 2m sC球先落地 3分 13 10分 將一平板支撐成一斜面 一石塊可以沿著斜面往不同的方向滑行 如圖所示 如果使石塊具有初速度v 方向沿斜面向下 那么它將做勻減速運動 經(jīng)過距離L1后停下來 如果使石塊具有同樣大小的速度 但方向沿斜面向上 它將向上運動距離L2后停下來 現(xiàn)在平板上沿水平方向釘一光滑木條 圖中MN所示 木條的側(cè)邊與斜面垂直 如果使石塊在水平方向以與前兩種情況同樣大小的初速度緊貼著光滑木條運動 求石塊在水平方向通過的距離L 解析 設(shè)斜面的傾斜角為 石塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為 故石塊沿斜面減速下滑時的加速度為 a1 gcos gsin 2分 沿斜面減速上滑時的加速度a2 gcos gsin 2分 緊貼光滑木條水平運動時的加速度a3 gcos 2分 由題意可得 v2 2a1L1v2 2a2L2v2 2a3L 3分 解得 L 1分 答案 14 10分 如圖所示 一固定的斜面傾角為30 一邊與地面垂直 頂上有一定滑輪 一柔軟的細線跨過定滑輪 兩端分別與物塊A和B聯(lián)結(jié) A的質(zhì)量為4m B的質(zhì)量為m 開始時將B按在地面上不動 然后放開手 讓A沿斜面下滑而B上升 物塊A與斜面間無摩擦 當(dāng)A沿斜面下滑s距離后 細線突然斷了 求物塊B上升的最大高度 不計細線與滑輪之間的摩擦 答案 s 15 12分 在光滑的絕緣水平面上有一質(zhì)量m 1 0 10 3kg 電荷量q 1 0 10 10C的帶電小球靜止在O點 以O(shè)點為原點在該水平面內(nèi)建立直角坐標系xOy 如圖所示 現(xiàn)突然加一個沿x軸正方向 場強大小E 2 0 106V m的勻強電場使小球運動 并開始計時 在第1s末所加電場方向突然變?yōu)檠貀軸正方向 大小不變 在第2s末電場突然消失 求第3s末小球的位置 一位同學(xué)這樣分析 第1s內(nèi)小球沿x軸做初速度為零的勻加速直線運動 可求出其位移x1 第2s內(nèi)小球沿y軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動 可求出其位移y2及其速度v 第3s內(nèi)小球沿y軸正方向做勻速直線運動 可求出其位移s 最后小球的橫坐標是x1 縱坐標是y2 s 你認為他的分析正確嗎 如果認為正確 請按他的思路求出第3s末小球的位置 如果認為不正確 請指出錯誤之處并求出第3s末小球的位置 解析 該同學(xué)的分析不正確 因為第1s末小球有沿x方向的初速度 所以第2s內(nèi)小球做類平拋運動 第3s內(nèi)也不沿y軸正方向運動 3分 第1s內(nèi)小球做初速度為零的勻加速直線運動 有 第2s內(nèi)小球做類平拋運動 有 答案 略 16 13分 如圖所示 長L 1 5m 高h 0 45m 質(zhì)量M 10kg的長方體木箱在水平面上向右做直線運動 當(dāng)木箱的速度v0 3 6m s時 對木箱施加一個方向水平向左的恒力F 50N 并同時將一個質(zhì)量m 1kg的小球輕放在距木箱右端處的P點 小球可視為質(zhì)點 放在P點時相對于地面的速度為零 經(jīng)過一段時間 小球脫離木箱落到地面 已知木箱與地面的動摩擦因數(shù) 0 2 而小球與木箱之間的摩擦不計 取g 10m s2 求 1 小球從開始離開木箱至落到地面所用的時間 2 小球放上P點后 木箱向右運動的最大位移 3 小球離開木箱時木箱的速度 答案 1 0 3s 2 0 9m 3 2 8m s 第2專題動量和能量知識網(wǎng)絡(luò) 考點預(yù)測本專題涉及的內(nèi)容是動力學(xué)內(nèi)容的延續(xù)和深化 動量守恒定律 機械能守恒定律 能量守恒定律比牛頓運動定律的適用范圍更廣泛 它們是自然界中最基本 最普遍 最重要的客觀規(guī)律 也是高中物理