高中物理全能專題訓(xùn)練高三使用解答或提示

1、第一章物體的運動一、幾個重要概念專題1D2D提示：由于聲音傳到終點時，王華已經(jīng)跑出了一段距離，故王華的實際成績應(yīng)是測量成績再加聲音傳播100m所用的時間20°時的聲速介于15°和25°之間3D提示：由勻變速直線運動的速度公式：vtv0at取時間為1秒分析得，這一秒的末速度比該秒的初速度大0.5m/s故正確答案選D4AB提示：vs/t197/(108)98.5km/h27.4m/s5CD提示：設(shè)AB間距離為s，A、B、C三點的速度分別為vA、vB、vC，由v(v0v1)/2，有：20(vAvB)/2，30(vBvC)/2(vAvC)/2由以上各式可求質(zhì)點在AC段的平

2、均速度及在C點的瞬時速度6解：供客機(jī)起飛的跑道長s1v1t1×1503300(m)供戰(zhàn)斗機(jī)起飛的航空母艦甲板長s2v2t2×283(m)， s1/s23300/8340二、勻變速直線運動規(guī)律及其應(yīng)用專題1D2AD提示：這一秒的初速和末速可能同向也可能反向以初速度方向為正方向若初速和末速同向，有：加速度a(vv0)/t(104)/t6m/s2位移st×(v0v1)/21×(410)/27m若初速和末速反向，有：加速度a(vtv0)/t(104)/114m/s2位移st×(v0vt)/21×(410)/23m故加速度的大小可為14m/s2

3、，大于10m/s2，D問正確；位移的大小可為3m，小于4m，A問正確3ABC提示：由s3s12aT2，其中s12m、s38m、T1s，可求加速度a，故選項B對；由s1v1TaT2/2，可求速度v1，故選項A對；由s2s1aT2，可求s2，故選項C對4ABC提示：當(dāng)物體做勻速直線運動時，中間位置與中間時刻是同一位置，因此C對；當(dāng)物體做勻變速直線運動時，其示意圖如下圖所示，若物體由A向B做勻加速直線運動，則前一半時間的位移小于后一半時間的位移，中間時刻如圖的C點，中間位置為E點，顯然v1v2；若物體由A向B做勻減速直線運動，則前一半時間的位移大于后一半時間的位移，中間時刻如圖的D點，顯然v1v25

4、B提示：因車身長4.5m，占標(biāo)尺上3小格，每小格是1.5m，由圖中讀出第一、第二次閃光后汽車相距s112m，第二、第三次閃光汽車相距s220.1m，由公式：ss2s1aT2，得a2(m/s2)6D提示：由圖可知：下方的物體做勻速運動，而上方的物體做勻加速運動由t4到t5這段時間內(nèi)下方物體的位移幾乎等于上方物體的位移，說明這段時間內(nèi)兩物體的平均速度幾乎相等，由運動規(guī)律知：t4時刻下方物體的速度大于上方物體的速度，t5時刻下方物體的速度小于上方物體的速度，故在t4時刻與t5時刻之間某時刻兩木塊的速度相同，故選項D對7解：設(shè)剎車后t汽車靜止，有tv0/a8/6s故剎車后4s內(nèi)的位移與8/6s的位移相

5、等，為：s×5.33m8解：小物體在傳送帶上做勻加速運動時間：t12(s)位移為：s1(02)/2×22(m)此后小物體做勻速直線運動，運動時間為：t2(ss1)/v(202)/29(s)所以，小物體運動到另一端的時間為：Tt1t22911(s)9解：火車提速前：設(shè)勻速運動的速度為v，則勻加(減)速的時間為：t1位移為s1t1勻速運動的位移為：s2s4s1勻速運動的時間為：t2s2/v，中途停車時間：t360s總時間：4t1t2tT，T7560s解以上各式得v20m/s提速后：火車勻速的速度為v01.5v30m/s勻加(減)速的時間為：t175s移為s11125m勻速運動的

6、位移為：ss2s139750m勻速運動的時間為ts/v04658s運動的總時間：t2t1t24808s1.34h三、自由落體運動和豎直上拋運動專題1ACE提示：若石塊是在拋出點上方15m處，則由公式sv0tgt2/2，有1520t5t2解得：t1s或t3s；若石塊是在拋出點下方15m處，則由公式sv0tgt2/2，有1520t5t2解得：t2s，故選項ACE正確2AC提示：豎直上拋運動的上升過程和自由落體運動互為逆運動，根據(jù)運動的對稱性，上拋運動的最高點即為自由落體的下落點3提示：(1)第1滴水落到盤上的位移：hg(2t)2第2滴水的位移：h1gt2解以上兩式可得h1h/4(2)第1滴水落到盤

7、上歷時t1，從第1滴水離開水龍頭開始到第2滴水落到盤上歷時：t2t1t1/2從第1滴水離開水龍頭開始到第3滴水落到盤上歷時：t3t2t1/2t12t1/2同理：t4t13t1/2tNt1(N1)t1/2依題意有TtN g4解：研究運動員重心的運動即可設(shè)重心上升0.45m所用時間為t1，則0.45gt12/2，t10.3s重心由(0.4510)m自由下落到水面用時間為t2則10.45gt22/2，t21.4s故用于完成空中動作的時間為：tt1t21.7s5解：10s末氣球與重物的速度為：vat100m/s位移為s1at2/2500m重物掉出后以100m/s的初速度做豎直上拋運動，上升的高度為h5

8、00m故此重物最高可上升Hs1h1000m由豎直上拋運動規(guī)律，有s1vt2gt222，即500100t25t22故重物從氣球上掉出后到落回地面所用時間為：t2101024.14s6解：設(shè)經(jīng)時間t被攔截，則有：s(vtgt2/2)(vtgt2/2)2vtts/2v5s攔截的高度hvtgt2/249875m7解：tt2t1四、歸納法與演繹法應(yīng)用專題1A提示：第一個球回到手時，第四個球必須馬上拋出，則在空中有兩個球，整段路程分為時間相等的三段而由hgt12/2得t10.5s，總時間2t11s，故球在手中停留的最長時間為1/3s2解：可假設(shè)車靜止人從靜止開始勻加速行走，人走完第一節(jié)車廂歷時t15，a2

9、s/25人走完前九節(jié)車廂歷時t215人走完前十節(jié)車廂歷時t10所以第十節(jié)車通過人的時間tt10t90.81(s)3解：設(shè)物體跟檔板碰了n次，則總路程：snll/24n2把物體碰檔板前后的運動看作是勻減速直線運動，所以sv02/2a解以上兩式得物體的加速度大小a4/(2n1)(n0，1，2，3)4解：小球在空中運動的總時間為：t總2t上2v0/g2×30/106(s)在空中的小球個數(shù)nt總/t6/16(個)第一個球和其余小球相遇時位移相等，則有：30t10t2/230(tn)10(tn)2/2n為第2、3、4個球跟第1個球間隔時間，解方程得：t(6n)/2，(n1，2，3，4，5)當(dāng)n

10、1時，t3.5s；n2時，t4.0s；n3時，t4.5s；n4時，t5.0s；n5時，t5.5s以上依次各時刻為第1個跟第2、3、4、5球相遇時刻五、運動圖象專題1B提示：設(shè)物體質(zhì)量為m，空氣阻力為f，上升過程：速度為正加速度為負(fù)，速度圖線為斜向下的直線，加速度大小為：a上gf/m；下升過程：速度為負(fù)加速度為負(fù)，速度圖線在第四象限且斜向下的直線，加速度大小為：a下gf/m；故a上a下2C提示：小孩從高處下落到蹦床前做的是自由落體(即勻加速)直線運動，速度圖象應(yīng)為直線(即oa段)，離開蹦床后做豎直上拋(即勻減速)直線運動，速度圖象也為直線(即cd段)，故應(yīng)選C3A提示：由vtv0gt，得動能為：

11、Ekmv12mg2t2mgv0tmv02故動能與時間的圖象為開口向上的拋物線4C提示：由圖象可知速度都為正的，故物體一直朝正方向做直線運動5ABC提示：A圖：物體先沿正方向做勻減速，到速度為0后，向負(fù)方向(回頭)做勻加速運動；B圖：物體先沿負(fù)方向做勻減速，到速度為0后，向正方向(回頭)做勻加速運動；C圖：物體一直沿負(fù)方向做勻加速直線運動6A提示：用排除法：若是路程圖象，路程應(yīng)是一直增大的，故B錯；若是速度圖象則應(yīng)是直線的，因為下落過程是勻加速直線運動，上升過程是勻減速直線運動，故C錯；除碰撞瞬間外小球運動的加速度是恒定的，所以若是加速度圖象應(yīng)是一平行時間軸的直線，故D錯；故只能選A7BC提示：

12、對C問：由機(jī)械能守恒可知兩球落地時速率相等，故C問對；對ABD問：作出a、b兩球的vt圖象，如圖，兩圖線與時間軸所圍成的面積相等由圖知tatb8tCtD提示：解法一：與上題相同解法二：小球運動到同一豎直直線上沿ACB運動的速率均小于沿ADB運動的速率，故沿ACB運動的平均速率小于沿ADB運動的平均速率，由s，路程s相同，故沿ACB運動的時間大于沿ADB運動的時間9解：0到1s質(zhì)點靜止，1s到3s質(zhì)點做勻速直線運動，速度為2.5m/s，3s到5s質(zhì)點做勻速直線運動，速度為10m/s，5s到6s質(zhì)點靜止(vt圖象如下圖所示)10解法一：設(shè)兩物體拋出的時間間隔為t1時，恰好在后拋出物體落地時被前一物

13、體下落追上相碰，那么前拋物體的運動時間應(yīng)等于后拋物體運動時間與t1之和，即：2×2v0/g2v0/gt1得：t12v0/g又設(shè)兩物體拋出時間間隔為t2時，恰好在后拋出物體拋出瞬間前一物體回到原點相碰同理得：2×2v0/g0t2t24v0/g所以，時間間隔必須滿足：2v0/gt4v0/g解法二、分別在圖中畫出兩物體的st圖線，要求兩物體在空中相碰，兩圖線必須有交點前拋物體在空中運動的總時間為：t12×2v0/g后拋物體在空中運動的總時間為：t22v0/g由圖中可看出兩物體拋出的最短時間間隔：t1t1t22v0/g最長時間間隔等于前拋出物體的運動時間：t2t14v0/

14、g所以：2v0/gt4v0/g六、追趕運動專題1C提示：設(shè)乙車運動時間t時兩車距離最大，這時兩車的速度相等，由v1at，有3×(t2)4t，解得t6s，又由sat2/2，得兩車最大距離為：ss甲s乙3×(62)2/24×36/224m2B提示：據(jù)題意，作出前車開始剎車時兩車的速度與時間圖象，如下圖所示，由圖象的物理意義知，三角形AOC的面積為前車剎車后的位移，其大小為s，梯形ABDO的面積為前車開始剎車時后車的位移，其大小為3s，所以兩車不相碰且它們在行駛時應(yīng)保持的距離至少為：s3ss2s，故選B3解：此題用相對運動求解較為簡便，以前車為參照物，則后車相對于前車的

15、初速度為(v1v2)，追上時相對末速度為0，相對加速度為a，相對位移為s由v12v022as得0(v1v2)22(a)s aa為兩車恰好相碰時的加速度，要兩車不相碰，應(yīng)滿足a(v1v2)2/2s4解：兩車不相撞的臨界條件是：A車追上B車時兩車的速度相等選B車為參照物，A車的相對初速度vABv00v0，追上時相對末速度vAB0，相對加速度aAB2aa3a，相對位移SABsl，由vt2v022as有v022(3a)(sl)得v0(最大值)所以，兩車不相碰的條件：v05解：A、B相遇時位移相等有：vAtaBt2/2，得t2vA/aB2×3/32(s)相遇時B的速度：vBaBt3×

16、26(m/s)當(dāng)B減速到vBvA時，A、B相距最遠(yuǎn)，有：vBaBtvAt(vBvA)/aB1.5(s)由上述計算可知在(21.5)3.5(s)末A、B相距最遠(yuǎn)由vt圖象也可求解(見上圖)6解：由題意知：人勻速運動、車勻加速運動，人和車運動時間相等，設(shè)人經(jīng)時間t追上車，當(dāng)追上時人和車的位移關(guān)系是：s人s車s0，即v人·tat2s0得t212t900，若能追上t有解，若追不上t無解b24ac2160，所以人追不上汽車在開始階段，人的速度大于車的速度，人和車之間的距離減小，當(dāng)車的速度大于人的速度時，兩者之間的距離增大，當(dāng)人和車速度相等時，人與車之間距離最小設(shè)從開始追到距離最小的時間為t1，

17、有v人at1，所以t16s，人和車之間的最小距離為：smins0s車s人45×1×626×627m7解：汽車作勻減速運動的位移為：S汽v2汽/2a25(s)t汽v汽/a5(s)s自v自t汽20(m)汽車已停下來自行車還追不上， t5(25720)/48(s)七、運動的合成和分解、平拋運動專題1C提示：設(shè)河寬為L，則渡河時間為tL/v與河流速度無關(guān)2C提示：速度的合成遵守平行四邊形定則3A提示：設(shè)ab的豎直高度為h，ab的水平距離為s，則ac的水平距離為2s以速度v拋出時：hgt2/2，svt以速度2v拋出時：h2gt22/2，hh2，tt2s22vt22vt2s故

18、應(yīng)落在斜面上的b與c之間某一點4BD提示：設(shè)經(jīng)t時間兩球在空中相遇，由自由落體及豎直上拋運動規(guī)律，有：(gt2/2)(v2tgt2/2)H，故tH/v2兩球相遇的水平距離為sv1tv1H/v25解：兩個運動的物體在一條直線上的相遇問題比較容易解決，而不在一條直線的相遇問題要做好幾何圖形，利用三角形知識解題設(shè)人向v2的方向運動，在公路上與汽車相遇在C點，如圖所示，汽車運動距離s1，人運動距離s2由正弦定理有：即：從直角三角形可知：sinbh/d則：sinav1sinb/v2v1h/v2d5/6 arcsin6解：陀螺離開桌面后做平拋運動，設(shè)陀螺水平飛出r時的下落高度剛好是h(此為臨界條件)，則x

19、v0trygt2htv0rv0r所以v0至少為v0=r7解：由圖有：xabcos30°20/m，yabsin30°20m(1)運動員在空中飛行的時間為t2s(2)運動員沖出跳臺時的速度vx/t10m/s8解：設(shè)物體由拋出點運動到P點的時間為t，則有：v0tg30°gt物體由拋出點運動到Q點時，有：v0tg60°g(t1)解得：t0.5sv05m/s9解：小球在水平方向作勻速直線運動， L2v0t小球沿斜面方向作勻加速直線運動，L1gsinqt2解得v0L210解：(1)排球被擊出后，作平拋運動，球在空中飛行的時間t2/2(s)在網(wǎng)上飛行的時間為t11/排

20、球要不觸網(wǎng)，則其速度應(yīng)v(s1/t1)3(m/s)排球不越界，則其速度應(yīng)為v(s2/t2)(318/2)12(m/s)故排球的速度應(yīng)為3m/sv12m/s(2)若無論水平擊球的速度多大，球不是觸網(wǎng)就是越界，這是說明了與擊球的水平速度無關(guān)，而是與擊球的高度有關(guān)若是排球剛剛觸網(wǎng)，則其運動時間為s1/v排球若是剛剛越界，則運動時間為：s2/v，由這兩式可得s1/s2，(式中的h為擊球的高度，h為擊球的高度與網(wǎng)高度之差)hh(s1/s2)2hh0hh0/1(s1/s2)2代入數(shù)據(jù)得：h32/15m八、論述證明題專題1證明：設(shè)做勻變速直線運動的物體的加速度為a，初速度為v0，經(jīng)一段時間t的末速度變?yōu)関t

21、，則這段時間t內(nèi)的平均速度為：，且有：vtv0at設(shè)中間時刻的速度為vt/2，則vt/2v0a·由式解得：vt/2，原命題得證2證明：設(shè)做勻變速直線運動的物體的加速度為a，初速度為v0，經(jīng)一段時間t的末速度變?yōu)関t，位移為s，則有：vtv0atsv0tat2/2由式解得：2asv12v023證明：設(shè)做初速為0的勻加速直線運動的物體的加速度為a，連續(xù)相等位移s所用的時間分別為t1、t2、t3、tn由位移公式，有：sat12/2，解得：t12sa(t1t2)2/2，解得：t2·()3sa(t1t2t3)2/2，解得：t3·()依此類推可得：tn·()，所以有

22、：t1t2t3tn1(1)()連續(xù)相等時間t的位移分別為s1、s2、s3、sn由位移公式，有：s1at2/2s2a·(2t)2/2at2/23at2/2s3a·(3t)2/2a(2t)2/2sat2/2依此類推可得：sna·(nt)2/2a(n1)t2(2n1)at2/2s1s2s3sn135(2n1)4證明；設(shè)連續(xù)相等時間t的位移分別為s1、s2、s3、sn由位移公式，有：sat2/2s2a·(2t)2/2at2/23at2/2s3a·(3t)2/2a(2t)2/25at2/2依此類推可得：sna·(nt)2/2a(n1)t2/2(

23、2n1)at2/2故ss2s13at2/2at2/2at2s3s25at2/23at2/2at2snsn1(2n1)at2/2(2n2)at2/2at2原命題得證5證明：設(shè)勻加速運動的時間為t1，最速度為v，則有：va1t1，故t1v/a1；又設(shè)勻減速運動的時間為t2，則有：va2t2，t2v/a2；所以全程所需的時間：tt1t2v/a1v/a2(a1a2)v/a1a2因為勻加速與勻減速的平均速度相等，均為：，所以全程的平均速度也為：解式得：t第二章物體平衡一、力、重力、彈力專題1BC提示：A、“力是改變物體運動狀態(tài)的原因”其中的“力”是指物體所受的“合力”；“物體運動狀態(tài)改變”是指物體的速度

24、發(fā)生變化，存在加速度；物體雖受幾個力作用，但如果合外力為零，物體的運動狀態(tài)不變B、“1千克力9.8?！睘閱挝粨Q算關(guān)系，任何地方都一樣2A提示：C、作用力與反作用力存在“同時性”，同時產(chǎn)生，同時消失D、力不能從一個物體傳到另一個物體3D提示：A、地表物體的重力除兩極和赤道外均不指向地心B、彈簧秤測重力的大小，桿秤測物體的質(zhì)量C、物體除受重力外還可能受到其他力的作用4B提示：B、輕桿的形變除壓縮和拉伸外還可能有彎曲，故彈力方向不一定在桿的直線上輕繩的彈力(拉力)方向一定沿繩方向C、彈力產(chǎn)生的條件：接觸，彈性形變5BC提示：以G為研究對象，G受二力處于平衡，彈簧b對G的拉力F及物體的重力G10N，且

25、有GFkb(lblb)，lbG/kblb4.5cm再以彈簧b為研究對象，重力不計，則它只受重物對它的拉力10N和彈簧a對它的拉力Ta，二力平衡，故Ta10N，且有ka(lala)10N la7cm6D提示：放在下面的物體的重力對兩根彈簧都有作用，而放在上下兩彈簧之間的物體的重力只拉上面彈簧，故放在下面物體的質(zhì)量應(yīng)為最大的，即a應(yīng)在下b在上；兩個物體的重力都作用的彈簧的勁度系數(shù)應(yīng)小些，而一個物體的重力作用的彈簧的勁度系數(shù)應(yīng)大些，下面彈簧是只有下面物體的重力作用，故下面彈簧的動度系數(shù)應(yīng)大些，所以彈簧s2在上而彈簧s1在下7解：設(shè)物塊2上升的距離為d2，彈簧2原長為l2，則有d2l2l2設(shè)物塊1上升

26、的距離為d1，彈簧1原長為l1，則有：d1l2(l1)(l1l2)()(m1m2)g(k1k2)/k1k2二、摩擦力專題1C提示：當(dāng)F1減到4N之前，摩擦力的大小為：fF1F2，F(xiàn)1變小F2不變，故f變小，當(dāng)F1減到4N之后，摩擦力的大小為：fF2F1，F(xiàn)1變小F2不變，故f變大，2B提示：滑動摩擦力的大小fmFN不變3ACD提示：B：對于A、B兩點B點先運動，A點后運動；C：對于C、D兩點C點先運動，D點后運動4D提示：后輪是主動輪，所受摩擦力為動力，方向向前，前輪是從動輪，所受摩擦力為阻力，方向向后5B提示：A：勻速水平傳送時，M不受靜摩擦力作用；B：皮帶做變速運動時，M所受靜摩擦力f等于

27、其所受合外力，故由牛頓第二定律，有fMa，皮帶加速度a越大，M受到的摩擦力f越大；C、D：M所受靜摩擦力f等于其所受合外力，若皮帶勻速運動，f0；若皮帶做加速運動，M所受靜摩擦力f方向與傳送方向相同；若皮帶做減速運動，M所受靜摩擦力f方向與傳送方向相反6mmg提示：滑動摩擦力大小與接觸面積大小無關(guān)7B提示：開始時為滑動摩擦力fmktG，物體向下變加速運動，到fmktG后物體向下變減速運動，到v變?yōu)榱銜r變?yōu)殪o摩擦力fG8A提示：不論傳送帶靜止還是沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，物塊m所受摩擦力均為滑動摩擦力，其大小fmmg不變所以物塊在傳送帶上運動是勻減速運動，加速度不變，剛脫離傳送帶瞬間物塊的速度相同，故落

28、點不變9D提示：若三個物體均靜止，有：f甲Fcosq，f乙Fcosq，f丙F；若三個物體均運動，有：f甲m(mgFsinq)f乙m (mgFsinq)f丙mmg因不知這三個物體是靜止還是運動，故無法判斷誰受摩擦力最大三、物體受力分析專題1略2A提示：物體C受到自身的重力和B對C豎直向下的壓力3D提示：A、B與地面間可能有靜摩擦力，可能沒有靜摩擦力四、一對平衡力與一對作用力反作用力1D提示：C選項的兩個力不一定是相互作用的一對力2C提示：人和地球之間的三對作用力和反作用力分別是：人所受重力和人對地球的吸引力，地球?qū)θ说闹С至腿藢Φ厍虻膲毫?，地對人的摩擦力和人對地的摩擦?B提示：兩個力彼此平衡

29、，則這兩力應(yīng)是一對平衡為4D提示：A：這里說的B受到的滑動摩擦力不說明是A對B的滑動摩擦力還是地對B的滑動摩擦力，故不能確定其大??；B：對整體受力，知地面對B的滑動摩擦力fFT；C、D：對A受力知木塊A受到的摩擦力大小等于T5B提示：這是因為吊扇轉(zhuǎn)動時空氣對吊扇葉片有向上的反作用力，所以正常轉(zhuǎn)動時懸掛點受的拉力比未轉(zhuǎn)動時要小，且轉(zhuǎn)動速度越大，向上的反作用力越大，拉力越小6解：設(shè)鳥的幾何線度為L，那么其質(zhì)量應(yīng)跟線度的立方成正比mL3，而翅膀面積應(yīng)跟線度的平方成正比SL2 L能飛起來的臨界速度應(yīng)滿足：Fmg即cSv2mg所以v故v可見鴕鳥飛起來需要的最小速度v應(yīng)滿足5即v5×v27.5(

30、m/s)27.511.5所以飛不起來五、平行四邊形定則及圖解法專題1D提示：F1與F2二力的合力F合的大小范圍是：1NF合9N220提示：如下圖，由圖及正弦定理，有：F2/sinqF合/sin30° F220sinq 要F2最大，則sinq1，故F2的最大值為20N3B提示：建立OO為X軸，則Y軸合力應(yīng)為0，設(shè)須同時再加一個力F，F(xiàn)方向與Y軸夾角為a，則由正交分解法及Y軸合力為0，有：FcosaFsinq，其中Fsinq一定的，故要F最小，cosa應(yīng)最大為1，所以這個力的最小值是Fsinq4AC提示：如下圖1所示5提示：用圖解法(如圖2所示)可確定球?qū)n板的壓力N2先減小后增大，球?qū)?/p>

31、斜面壓力N1一直減小6解：小環(huán)受到重力G、大環(huán)對小環(huán)斜向下的彈力N和彈簧對它的彈性力F(如下圖)小環(huán)靜止，F(xiàn)合0，NG，F(xiàn)2Gcosj而Fkxk(2RcosjL)解以上兩式得：cosjkL/2(kRG)jarccos7證明：根據(jù)力的分解法作出力F的分力f1、f2的矢量圖，如原圖所示，有f1f2，由矢量OFf2與幾何ABC相似，得即f1Ff2命題得證六、共點力平衡條件及正交分解法專題1BC提示：對物體m受力，因為物體勻速運動所有：fFcosqNFsinqmg， fmNm(Fsinqmg)2B提示：對A受力：TGA， GA不變 T不變；對人受力有：NTsinqG人fTcosq又 G人、T均不變而q

32、變小，故N和f均增大3D提示：對球受力分析有：A：FN2N1sinq，N1cosqG(式中N1是斜面對球的支持力，N2是墻對球的水平支持力) FN2；B、D：N2、0均不知，無法確定G與F及G與N1的大小關(guān)系；C：N1G/cosqG4解：繩結(jié)點受力平衡如圖所示，物體靜止，合力為零，cosq/lcosq解得：lTs/5BC提示：在物體A上放一重物相當(dāng)于增大A物體的質(zhì)量6ABD提示：物體m恰好勻速，有fmgsinqmmgcosq， mtgq加豎直向下的力F后：對m受力并建立沿斜面向上方向為X軸，豎直斜面方向為Y軸，X軸的合力為：FX(mgF)sinqm(mgF)cosq(mgF)sinqtgq(m

33、gF)cosq0，故物體m仍保持勻速下滑又 N(mgF)cosq；f(mgF)sinq N與f均增大7解：在上題中，若所加的力是垂直于斜面向下的力，則有：X軸的合力，F(xiàn)Xmgsinqm(mgcosqF)mF，即物體m所受合力為mF與速度方向相反，故物體做減速運動到靜止七、共點力平衡條件推論專題10，8，32E提示：小球在線拉力作用下靜止且線水平，說明小球所受重力與電場力的合力水平向右燒斷線后，因為重力與電場力均不變，所以小球所受合力仍為水平向右且為恒力，故小球?qū)⑾蛴易鰟蚣铀僦本€運動3D提示：木塊對斜面的作用力也就是木塊對斜面的壓力和摩擦力的合力4A提示：重心位置雖然不同，但受力分析時重心的作用

34、點仍可畫在圓球的圓心上，故結(jié)果是一樣的54.5m提示：受力分析如圖，TFmgF1F2fm cosa， sina繩長L2L1lll4.5(m)6AC提示：物體所受摩擦力大小為：fmmg2N物體做勻速運動，合力為0，故選AC7CD提示：A、物體靜止，故物體所受重力、支持力和靜摩擦力的合力為0；B、物體所受重力和靜摩擦力的合力的大小等于支持力的大小，為mgcosq，q增大，故mgcosq減??；C、物體所受重力和支持力的合力的大小等于靜摩擦力的大小，為mgsinq，q增大，故mgsinq增大；D、物體所受支持力和摩擦力的合力等于重力，故不變八、平衡條件結(jié)合隔離法、整體法的應(yīng)用專題1A提示：對A受力知B

35、對A的摩擦力等于F21N，對整體受力知地面對B的摩擦力等于02A提示：對ab兩球組成整體，對整體受力，整體受兩個力：豎直向下的重力和上段線的拉力，因整體靜止，故上段線的拉力應(yīng)豎直向上，即上段線應(yīng)是豎直的，用排除法，應(yīng)選A3B提示：對磁鐵A受力，知B對A的彈力為：FmgF吸mg(式中m為磁鐵A的質(zhì)量，F(xiàn)吸是磁鐵B對A的吸引力)對磁鐵AB整體受力有：C對B的彈力F22mg4BD提示：A勻速運動，所受合力為0，所以A所受摩擦力一定為0，故m1可以為0也可以不為0；對AB整體受力知C對B的摩擦力為：fF一定不為0，故m2一定不為05A提示：可用排除法解此題，對m受力，因為m勻速運動，所以m所受合力為0

36、，故M對m一定沒有摩擦力的作用，故選項B、C、D均錯，選項A對6ABC提示：對上面的球受力如圖，由圖知：C點的彈力從N2cosqmg，故N2mg/cosqmg，故D問不對；D點的彈力N1N2sinqmgtgq，因為tgq可大于1，可等于1也可小于1，故N1可大于，也可等于還可小于小球的重力，故A問正確；對兩球整體受力，知：D點的彈力大小等于A點的彈力大小，故B問正確；B點的彈力等于兩個小球的重力之和，故C問正確7AD提示：對光滑球受力如圖，設(shè)球質(zhì)量為m，楔形木底角為q，楔形木質(zhì)量為M，墻對球的向左的彈力為N1，楔形木對球的支持力為N2，由圖有：N2cosqmgF，故N2增大，N1N2sinq，

37、故N1增大；對球與楔形木整體受力有：水平面對楔形木塊的豎直向上的彈力為：NmgMgF，故N增大，水平面對楔形木塊的摩擦力fN1，故f增大8解：對A、B、C整體受力知：豎直向下的力有：三個小球的重力3mg，B受電場力2qE，C受電場力2qE；豎直向上的力有：懸線的拉力T，A球受的電場力qE因為三個小球靜止，故豎直方向的合力為0，有：TqE3mg2qE2qE0所以懸線的張力T3/(mgqE)9提示：對M、m整體，加速度a0，地面對斜面體的支持力為：N(mM)gFsinq方向豎直向上斜面體受地面的靜摩擦力為：fFcosq，方向水平向左10解：設(shè)左右兩木板對磚1和4的靜摩擦力分別是f，對四塊磚整體受力

38、，由平衡條件有：2f4mg所以f2mg又設(shè)第2塊磚對第3塊磚的靜摩擦力為f23同理對3與4兩塊磚整體受力有：ff232mg故f23011解：對人受力，由平衡條件有：N人G人T500100400(N)方向豎直向上對人和吊籃，設(shè)地面對吊籃的支持力為N蘭，則有：N(G人G)2T700200500(N)方向豎直向上當(dāng)N蘭0時，人拉繩的力至少為T，則有：2TG人G蘭 T700/2350(N)12解：由題目條件知，兩物體均靜止，對AB整體受力分析有：地面對B物體的摩擦力fBF20N；對A受力分析有：B對A的摩擦力fATF/210N九、用極限法分析平衡物體的有關(guān)臨界問題1解：如圖TB10(N)TB30N所以

39、AB繩不斷 tgq q30°即在線OA段與豎直方向成30°夾角時，OA線恰好不斷，AC和AB線都不會斷2ABCD提示：有兩種情況：第一種：若斜面對物體的靜摩擦力f沿斜面向上且當(dāng)f從0變到10N時，彈簧的彈力F方向沿斜面向上，大小可在10N到0之間變化；當(dāng)f10N時，F(xiàn)0；當(dāng)f從10N變到12N時，彈簧的彈力F方向沿斜面向下，大小可在0到2N之間變化第二種：若斜面對物體的靜摩擦力f沿斜面向下：則彈簧的彈力方向一定沿斜面向上，大小可在10N到22N之間變化由以上兩種情況可知ABCD均正確3CD提示：小木塊受到斜面的支持力與摩擦力的合力大小等于木塊的重力G與向右的力F的合力FGF

40、，方向跟G與F的合力FGF的方向相反4AB提示：設(shè)物體P的質(zhì)量為m，物體Q的質(zhì)量為M(Mm)，對物體P受力知繩的拉力Tmg；對物體Q受力如下圖，有：FfTcosq，若FTcosq則摩擦力為正數(shù)，表示摩擦力方向向左，若FTcosq則摩擦力為負(fù)數(shù)，表示摩擦力方向向右，若FTcosq則摩擦力為0，F(xiàn)NTsinqMg，因為TmgMg，故支持力不可能為05解：若物體恰好想沿墻向上滑動，則物體所受摩擦力方向向下，因物體靜止，有：FcosqFNFsinqmgffmFN代入數(shù)據(jù)并計算得：最大推力F50N；若物體恰好想沿墻向下滑動，則物體所受摩擦力方向向上，因物體靜止，有：FcosqFNFsinqmgffmFN

41、，代入數(shù)據(jù)并計算得：最小推力F10N；所以10F50N6解：設(shè)B的質(zhì)量M較小時，A恰好沿斜面下滑，mgsinqMgmmgcosqMm(sinqmcosq)(最小值)設(shè)B的質(zhì)量較大時，A恰好沿斜面上滑，mgsinqmmgcosqMg得：Mm(sinqmcosq)(最大值)欲保持A物體靜止于斜面上，則物體B的質(zhì)量應(yīng)取值：m(sinqmcosq)hMm(sinqmcosq)7解：當(dāng)A物體水平向左勻速運動時，水平拉力Ffmgmmgmgmg(1m)當(dāng)A物體水平向右勻速運動時，則有：Fmmgmg得水平拉力：Fmg(1m)8提示：量出線長L，一端固定于水平放置的米尺上，用手提另一端，下掛鉤碼后，手提另一端沿

42、米尺緩慢移動，至細(xì)線斷時，記下兩線端距離S，則細(xì)線的最大張力為：T第三章運動和力一、牛頓第一定律專題1C分析：小車先是F推f滑的加速階段，后是F推f滑的勻速階段，選項中的力是指合力；可見力是改變運動狀態(tài)，產(chǎn)生加速度的原因2AC分析：慣性的表現(xiàn)為：靜則靜，動則動，故選項A正確；質(zhì)量是物體慣性大小的量度，質(zhì)量大則慣性大，運動狀態(tài)難改變；質(zhì)量小則慣性小，運動狀態(tài)容易改變，質(zhì)量不變則慣性不變，故選項B錯，C對；有質(zhì)量就有慣性，故選項D錯3BD分析：小車原來可以是向右的勻加速運動或向左的勻減速運動，故當(dāng)小車突然止動，A可離開斜面做曲線運動或沿斜面上滑4AC分析：當(dāng)車廂向右勻速運動時，M受力不平衡，故M擺

43、動；N受力可平衡或不平衡，故N靜止或擺動，當(dāng)車廂向右勻加速運動時，N合力不向右，故N在擺動中，M合力可向右，故M可靜止或擺動5A分析：由于小球只受豎直方向的重力和M對它的支持力，且初速為零，故小球只能是在豎直方向向下直運動二、牛頓第二定律基本應(yīng)用專題1BD分析：鋼球在油槽中受重力和阻力作用，依題意阻力fkv，所以合力：F合mgkv，vF合a，當(dāng)F合0時，a0；故鋼球的加速度逐漸減小到零運動是先加速后勻速2A提示：上升過程：a(mgkv)/mgkv/mva下落過程：agkv/mva所以a始終變小3AC分析：小球在上升的過程中，受重力和向上逐漸減小的(或向下逐漸增大的彈力作用)，故小球做減速運動合

44、力逐漸增大4分析：從AB過程，物體受力F合F彈fkxf由于x而f一定 F合a；當(dāng)kxf時，a0，然后x繼續(xù)減小，使kxf，則F合fkx隨xF合a，故從AB物體先加速后減速，加速度是先減小后反向增大從BC過程，物體受到F合f且與速度反向，故一直做減速運動6B提示：設(shè)阻力為f則：加速度aagf/ma，abgf/mb因為mamb，所以aaab由sat2/2，且s相同，所以有：tatb7BC提示：若b原是拉伸的，依題意可判定小球受彈力Ta16m(向上)Tb11m(向下)故撤b時的加速度a11m/s2(向上)若b原是壓縮的，依題意可判定小球受彈力Ta26m(向下)Tb211m(向上)故撤b時的加速度a2

45、11m/s2(向下)8解：設(shè)宇航員的質(zhì)量為m，飛船升空時的加速度為a，飛船升空時受二力作用：重力mg，座椅的壓力kmg，由牛頓第二定律有kmgmgma解得a(k1)g依題意4k12，所以30m/s2a110m/s29解：小球與筒底分離，而做自由落體運動，h1gt21.25(m)筒豎直向下的位移：h2h1L2(m)由h2at2得筒的加速度為：a16(m/s2)對筒由牛頓第二定律可得：Fm2gm2a，解得m23.5kg，故小球的質(zhì)量為：m1Mm20.5kg10解：在反應(yīng)時間內(nèi)，汽車作勻速運動的距離：S1vt設(shè)剎車時汽車的加速度大小為a，汽車的質(zhì)量為m，則有：fma自剎車到停下，汽車運動的距離為：S

46、2v2/2a 汽車間的距離至少為SS1S2由上各式得：S1.6×102m11解：由運動學(xué)公式sat2/2得a2s/t22×1800/10036(m/s2)設(shè)安全帶對人的作用力向下大小為F，人質(zhì)量為m，則由牛頓第二定律得Fmgma Fm(ag)26m2.6mg12解：由牛頓第二定律得mgkv2ma a7.5(m/s2)跳傘員先加速下落，速度增大，加速度減小，當(dāng)a0時速度最大，以后保持勻速運動則當(dāng)a0時，mgkvt2vt6(m/s)13解：運動員的加速度aF/m5m/s2第一個0.4s，運動員的位移是：s1at2/25×0.42/20.4(m)第一個0.2s，運動員的

47、位移是：s1at·t5×0.4×0.20.4(m)第二個0.4s，運動員的位移是：s2at·tat2/25×0.42/21.2(m)3S1第二個0.2s，運動員的位移是：s2a×2t·t0.8(m)2s第三個0.4s，運動員的位移是：s3a·2tat2/25s1第三個0.2s，運動員的位移是：s3a×3t×t3s6s內(nèi)共有10個0.6s，總位移為ss13s119s1s12s110s162(m)三、牛頓第二定律正交分解應(yīng)用專題1D分析：桿對小球的作用力F可理解為靜摩擦力和彈力的合力，其方向及大小直接分析不易確定，應(yīng)對小球受力分析再根據(jù)運動狀態(tài)判斷，小球受豎直向下重力mg及桿對小球的作用力F兩個力的作用，當(dāng)小車水平向左作變加速運動，小球相對小車靜止，故小球也向左作變加速直線運動，小球所受合力方向應(yīng)水平向左，設(shè)F與豎直方向夾角為q，由牛頓第二定律有：FcosqmgFsinqma tgqa/g故加速度a數(shù)值改變時，q也改變，即BC桿對小球的作用力的方向隨加速度a數(shù)值的改變而改變故應(yīng)選D2BC分析：物體受重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力(水平方向合力為0)作用，以平行斜面為x軸，垂直斜面為y軸建立坐標(biāo)得：x：fmgsinq