高中物理精典例題專題解析共23專題

高中物理精典名題解析專題［23個專題］專題01：運動學專題.doc專題02：摩擦力專題.doc專題03：牛頓運動定律總結(jié).doc專題04：萬有引力定律全面提高.doc專題05：動量、動量守恒定律.doc專題06：機械能守恒定律.doc專題07：功和能.doc專題08：帶電粒子在電場中的運動.doc專題09：電場力的性質(zhì)，能的性質(zhì).doc專題10：電容器專題2.doc專題11：電學圖象專題.doc專題12：恒定電流.doc專題13：帶電粒子在磁場中的運動.doc專題14：電磁感應功能問題.doc專題15：電磁感應力學綜合題.doc專題16：交流電.doc專題17：幾何光學.doc專題18：物理光學.doc專題19：如何審題.doc專題20：物理解題方法.doc專題21：高三后期復習的指導思想.doc專題22：中檔計算題專題.doc專題23：創(chuàng)新設計與新情景問題.doc一、運動學專題直線運動規(guī)律及追及問題一、例題例題1.一物體做勻變速直線運動，某時刻速度大小為4m/s，1s后速度的大小變?yōu)?0m/s，在這1s內(nèi)該物體的（）A.位移的大小可能小于4mB.位移的大小可能大于10mC.加速度的大小可能小于4m/sD.加速度的大小可能大于10m/s析：同向時反向時式中負號表示方向跟規(guī)定正方向相反答案：A、D例題2：兩木塊自左向右運動，現(xiàn)用高速攝影機在同一底片上多次曝光，記錄下木快每次曝光時的位置，如圖所示，連續(xù)兩次曝光的時間間隔是相等的，由圖可知（）A在時刻t2以及時刻t5兩木塊速度相同B在時刻t1兩木塊速度相同C在時刻t3和時刻t4之間某瞬間兩木塊速度相同D在時刻t4和時刻t5之間某瞬間兩木塊速度相同t1t2t3t4t5t1t2t3t4t5t6t7t1t2t3t4t5t6t7答案：C例題3一跳水運動員從離水面10m高的平臺上躍起，舉雙臂直立身體離開臺面，此時中心位于從手到腳全長的中點，躍起后重心升高0.45m達到最高點，落水時身體豎直，手先入水（在此過程中運動員水平方向的運動忽略不計）從離開跳臺到手觸水面，他可用于完成空中動作的時間是多少？（g取10m/s2結(jié)果保留兩位數(shù)字）解析：根據(jù)題意計算時，可以把運動員的全部質(zhì)量集中在重心的一個質(zhì)點，且忽略其水平方向的運動，因此運動員做的是豎直上拋運動，由可求出剛離開臺面時的速度，由題意知整個過程運動員的位移為－10m（以向上為正方向），由得：－10=3t－5t2解得：t≈1.7s思考：把整個過程分為上升階段和下降階段來解，可以嗎？BABACD拍照時B球的速度；A球上面還有幾顆正在滾動的鋼球解析：拍攝得到的小球的照片中，A、B、C、D…各小球的位置，正是首先釋放的某球每隔0.1s所在的位置.這樣就把本題轉(zhuǎn)換成一個物體在斜面上做初速度為零的勻加速運動的問題了。求拍攝時B球的速度就是求首先釋放的那個球運動到B處的速度；求A球上面還有幾個正在滾動的小球變換為首先釋放的那個小球運動到A處經(jīng)過了幾個時間間隔（0.1s）（1）A、B、C、D四個小球的運動時間相差△T=0.1sVB==m/s=1.75m/s（2）由△s=a△T2得：a=m/s2==5m/s2例5：火車A以速度v1勻速行駛，司機發(fā)現(xiàn)正前方同一軌道上相距s處有另一火車B沿同方向以速度v2（對地，且v2〈v1〉做勻速運動，A車司機立即以加速度（絕對值）a緊急剎車，為使兩車不相撞，a應滿足什么條件？分析：后車剎車做勻減速運動，當后車運動到與前車車尾即將相遇時，如后車車速已降到等于甚至小于前車車速，則兩車就不會相撞，故取s后=s+s前和v后≤v前求解解法一：取取上述分析過程的臨界狀態(tài)，則有v1t－a0t2＝s＋v2tv1－a0t=v2a0=所以當a≥時，兩車便不會相撞。法二：如果后車追上前車恰好發(fā)生相撞，則v1t－at2＝s＋v2t上式整理后可寫成有關t的一元二次方程，即at2＋（v2－v1）t＋s＝0取判別式△〈0，則t無實數(shù)解，即不存在發(fā)生兩車相撞時間t?！鳌?，則有（v2－v1）2≥4（a）s得a≤vv1vvv1v20tt0ACBθ（法三：運用v-t圖象進行分析，設從某時刻起后車開始以絕對值為a的加速度開始剎車，取該時刻為t=0，則A、B兩車的v-t圖線如圖所示。圖中由v1、v2、C三點組成的三角形面積值即為A、B兩車位移之差（s后－s前）=s，tanθ即為后車A減速的加速度絕對值a0。因此有（v1－v2）=s所以tanθ=a0=若兩車不相撞需a≥a0=二、習題1、下列關于所描述的運動中，可能的是（）A速度變化很大，加速度很小B速度變化的方向為正，加速度方向為負C速度變化越來越快，加速度越來越小D速度越來越大，加速度越來越小解析：由a=△v/△t知，即使△v很大，如果△t足夠長，a可以很小，故A正確。速度變化的方向即△v的方向，與a方向一定相同，故B錯。加速度是描述速度變化快慢的物理量，速度變化快，加速度一定大。故C錯。加速度的大小在數(shù)值上等于單位時間內(nèi)速度的改變量，與速度大小無關，故D正確。答案：A、D2、一個物體在做初速度為零的勻加速直線運動，已知它在第一個△t時間內(nèi)的位移為s，若△t未知，則可求出（）第一個△t時間內(nèi)的平均速度第n個△t時間內(nèi)的位移n△t時間的位移物體的加速度解析：因=，而△t未知，所以不能求出，故A錯.因有，（2n-1）s，故B正確；又s∝t2所以=n2，所以sn=n2s，故C正確；因a=，盡管△s=sn-sn-1可求，但△t未知，所以A求不出，D錯.答案：B、C 3、汽車原來以速度v勻速行駛,剎車后加速度大小為a,做勻減速運動,則t秒后其位移為()ABCD無法確定解析:汽車初速度為v，以加速度a作勻減速運動。速度減到零后停止運動，設其運動的時間t，=。當t≤t，時，汽車的位移為s=；如果t＞t，，汽車在t，時已停止運動，其位移只能用公式v2=2as計算，s=答案：D4、汽車甲沿著平直的公路以速度v0做勻速直線運動，當它路過某處的同時，該處有一輛汽車乙開始做初速度為零的勻加速運動去追趕甲車，根據(jù)上述的已知條件（）可求出乙車追上甲車時乙車的速度可求出乙車追上甲車時乙車所走的路程可求出乙車從開始起動到追上甲車時所用的時間不能求出上述三者中任何一個分析：題中涉及到2個相關物體運動問題，分析出2個物體各作什么運動，并盡力找到兩者相關的物理條件是解決這類問題的關鍵，通?？梢詮奈灰脐P系、速度關系或者時間關系等方面去分析。解析：根據(jù)題意，從汽車乙開始追趕汽車甲直到追上，兩者運動距離相等，即s甲==s乙=s，經(jīng)歷時間t甲=t乙=t.那么，根據(jù)勻速直線運動公式對甲應有：根據(jù)勻加速直線運動公式對乙有：，及由前2式相除可得at=2v0，代入后式得vt=2v0，這就說明根據(jù)已知條件可求出乙車追上甲車時乙車的速度應為2v0。因a不知，無法求出路程和時間，如果我們采取作v－t圖線的方法，則上述結(jié)論就比較容易通過圖線看出。圖中當乙車追上甲車時，路程應相等，即從圖中圖線上看面積s甲和s乙，顯然三角形高vt等于長方形高v0的2倍，由于加速度a未知，乙圖斜率不定，a越小，t越大，s也越大，也就是追趕時間和路程就越大。vvvvtv00t乙甲S甲S乙5、在輕繩的兩端各栓一個小球，一人用手拿者上端的小球站在3層樓陽臺上，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層樓的陽臺上，同樣放手讓小球自由下落，則兩小球相繼落地時間差將（）A不變B變大C變小D無法判斷vv10t△t1△t2v2v1＇v2＇解析：兩小球都是自由落體運動，可在一v-t圖象中作出速度隨時間的關系曲線，如圖所示，設人在3樓陽臺上釋放小球后，兩球落地時間差為△vv10t△t1△t2v2v1＇v2＇答案：C－1－11a／m·s－2t/s123406、一物體在A、B兩點的正中間由靜止開始運動（設不會超越A、B），其加速度隨時間變化如圖所示。設向A的加速度為為正方向，若從出發(fā)開始計時，則物體的運動情況是（）A先向A，后向B，再向A，又向B，4秒末靜止在原處B先向A，后向B，再向A，又向B，4秒末靜止在偏向A的某點C先向A，后向B，再向A，又向B，4秒末靜止在偏向B的某點D一直向A運動，4秒末靜止在偏向A的某點v/m·s－110v/m·s－110t/s2314答案：D7、天文觀測表明，幾乎所有遠處的恒星（或星系）都在以各自的速度背離我們而運動，離我們越遠的星體，背離我們運動的速度（稱為退行速度）越大；也就是說，宇宙在膨脹，不同星體的退行速度v和它們離我們的距離r成正比，即v=Hr。式中H為一常量，稱為哈勃常數(shù)，已由天文觀察測定，為解釋上述現(xiàn)象，有人提供一種理論，認為宇宙是從一個大爆炸的火球開始形成的，假設大爆炸后各星體即以不同的速度向外勻速運動，并設想我們就位于其中心，則速度越大的星體現(xiàn)在離我們越遠，這一結(jié)果與上述天文觀測一致。由上述理論和天文觀測結(jié)果，可估算宇宙年齡T，其計算式如何？根據(jù)近期觀測，哈勃常數(shù)H=3×10-2m/（s光年），其中光年是光在一年中行進的距離，由此估算宇宙的年齡約為多少年？解析：由題意可知，可以認為宇宙中的所有星系均從同一點同時向外做勻速直線運動，由于各自的速度不同，所以星系間的距離都在增大，以地球為參考系，所有星系以不同的速度均在勻速遠離。則由s=vt可得r=vT，所以，宇宙年齡：T===若哈勃常數(shù)H=3×10-2m/（s光年）則T==1010年思考：1宇宙爆炸過程動量守恒嗎？如果爆炸點位于宇宙的“中心”，地球相對于這個“中心”做什么運動？其它星系相對于地球做什么運動？2其它星系相對于地球的速度與相對于這個“中心”的速度相等嗎？8、摩托車在平直公路上從靜止開始起動，a1=1.6m/s2，稍后勻速運動，然后減速，a2=6.4m/s2，直到停止，共歷時130s，行程1600m。試求：摩托車行駛的最大速度vm；若摩托車從靜止起動，a1、a2不變，直到停止，行程不變，所需最短時間為多少？分析：（1）整個運動過程分三個階段：勻加速運動；勻速運動；勻減速運動?？山柚鷙-t圖象表示。（2）首先要回答摩托車以什么樣的方式運動可使得時間最短。借助v-t圖象可以證明：當摩托車以a1勻加速運動，當速度達到v/m時，緊接著以a2勻減速運動直到停止時，行程不變，而時間最短v/m·s－1vm0t/s130a1a2解：（1）如圖所示，利用推論vt2-v02=2as有：+（130-）vm+=1600.其中a1=1.6m/s2,a2=6.4m/sv/m·s－1vm0t/s130a1a2v/m·s－1vm＇0t/s130a1a2tminv/m·s－1vm＇0t/s130a1a2tmin其中a1=1.6m/s2,a2=6.4m/s2.由②式解得vm=64m/s，故tmin=.既最短時間為50s.答案：（1）12.8m/s（2）50s9一平直的傳送以速率v=2m/s勻速行駛，傳送帶把A處的工件送到B處，A、B兩處相距L=10m，從A處把工件無初速度地放到傳送帶上，經(jīng)時間t=6s能傳送到B處，欲使工件用最短時間從A處傳送到B處，求傳送帶的運行速度至少應多大？解析：物體在傳送帶上先作勻加速運動，當速度達到v=2m/s后與傳送帶保持相對靜止，作勻速運動.設加速運動時間為t，加速度為a，則勻速運動的時間為（6-t）s，則：v=at①s1=at2②s2=v(6-t)③s1+s2=10④聯(lián)列以上四式，解得t=2s,a=1m/s2物體運動到B處時速度即為皮帶的最小速度由v2=2as得v=m/s傳送帶給物體的滑動摩擦力提供加速度，即此加速度為物體運動的最大加速度.要使物體傳送時間最短，應讓物體始終作勻加速運動10、一輛汽車在十字路口等候綠燈，當綠燈亮時汽車以3m/s2的加速度開始行駛，恰在這時一輛自行車以6m/s的速度勻速駛來，從后邊趕過汽車。試求：汽車從路口開動后，在追上自行車之前經(jīng)過多長時間兩車相距最遠？此時距離是多少？什么時候汽車追上自行車，此時汽車的速度是多少？解析：解法一：汽車開動后速度由零逐漸增大，而自行車的速度是定值。當汽車的速度還小于自行車速度時，兩者的距離將越來越大，而一旦汽車速度增加到超過自行車速度時，兩車距離就將縮小。因此兩者速度相等時兩車相距最大，有，所以，解法二：用數(shù)學求極值方法來求解設汽車在追上自行車之前經(jīng)過t時間兩車相距最遠，因為所以，由二次函數(shù)求極值條件知，時，最大即（2）汽車追上自行車時，二車位移相等，則,解法三：用相對運動求解更簡捷選勻速運動的自行車為參考系，則從運動開始到相距最遠這段時間內(nèi)，汽車相對此參考系的各個物理量為：初速度v0=v汽初－v自=（0－6）m/s=－6m/s末速度vt=v汽末－v自=（6－6）m/s=0加速度a=a汽－a自=（3－0）m/s2=3m/s2所以相距最遠s==－6m（負號表示汽車落后）解法四：用圖象求解v/m·v/m·s－1v60t/stt＇v汽v自t=v自/a=s=2s△s=vt－at2/2=（6×2－3×22/2）m=6m（2）由圖可看出：在t時刻以后，由v自或與v汽線組成的三角形面積與標有斜線的三角形面積相等時，兩車的位移相等（即相遇）。所以由圖得相遇時，t’=2t=4s，v’=2v自=12m/s答案（1）2s6m（2）12m/s

二、摩擦力專題明確摩擦力產(chǎn)生的條件物體間直接接觸接觸面粗糙接觸面間有彈力存在物體間有相對運動或相對運動趨勢這四個條件緊密相連，缺一不可．顯然，兩物體不接觸，或雖接觸但接觸面是光滑的，則肯定不存在摩擦力．但滿足(1)、(2)而缺少(3)、(4)中的任意一條，也不會有摩擦力．如一塊磚緊靠在豎直墻，放手后讓其沿墻壁下滑，它滿足條件(1)、(2)、(4)，卻不具備條件(3)，即相互間無壓力，故磚不可能受到摩擦力作用．又如，靜止在粗糙水平面上的物體它滿足了條件(1)、(2)、(3)，缺少條件(4)，當然也不存在摩擦力．ABABF圖1例1(1994年全國考題)如圖1所示，C是水平地面，、是兩個長方形物塊，F(xiàn)是作用在物塊上沿水平方向的力，物體和以相同的速度作勻速直綫運動，由此可知，、間的動摩擦因數(shù)和、間的動摩擦因數(shù)有可能是(A)0，0(B)0，0(C)0，0(D)0，0解析：本題中選、整體為研究對象，由于受推力的作用做勻速直線運動，可知地面對的摩擦力一定水平向左，故0，對A受力分析可知，水平方向不受力，可能為0，可能不為0。正確答案為(B)、(D)．二、了解摩擦力的特點摩擦力具有兩個顯著特點：(1)接觸性；(2)被動性．所謂接觸性，即指物體受摩擦力作用物體間必直接接觸(反之不一定成立)。這種特點已經(jīng)包括在摩擦力產(chǎn)生的條件里，這里不贅述。對于摩擦力的被動性，現(xiàn)仔細闡述。所謂被動性是指摩擦力隨外界約束因素變化而變化．熟知的是靜摩擦力隨外力的變化而變化。圖2例2(1992年全國考題)如圖2所示，一木塊放在水平桌面上，在水平方向共受到三個力，即、和摩擦力作用，木塊圖2處于靜止狀態(tài)，其中＝10N、＝2N，若撤去力，則木塊在水平方向受到的合力為圖2(A)10N，方向向左(B)6N，方向向右(C)2N，方向向左(D)零解析；沒有撤去時，物體所受合外力為零，此時靜摩擦力大小為8N，方向向左．撤去以后，物體在作用下不可能沿水平方向發(fā)生運動狀態(tài)的改變，物體仍保擰靜止．此時地面對物體的靜摩擦力大小為2N，方向向右．從上述分析可見靜摩擦力是被動力．答案應為(D)．對于滑動摩擦力同樣具有被動性．把握摩擦力大小和方向的計算和判斷中學物理只談靜摩擦和滑動摩擦兩種(滾動摩擦不講)．其中沒有具體的計算公式，是隨外力變化的范圍值o≤≤，一般根據(jù)(1)平衡條件求；(2)根據(jù)物體運動狀態(tài)，由牛頓運動定律求．而不但可根據(jù)上述的(1)、(2)方法求，還可以用公式計算圖3ab例3如圖3所示，質(zhì)量為、帶電量為+q的小物體，放在磁感應強度為B的勻強磁場中，粗糙擋板ab的寬度略大于小物體厚度．現(xiàn)給帶電體一個水平?jīng)_量，試分析帶電體所受摩擦力的情況．圖3ab解析：帶電體獲得水平初速它在．它在磁場中受洛侖茲力和重力，若，則帶電體作勻速直線運動，不受摩擦力作用．若，則帶電體貼著a板前進，滑動摩擦力，速度越來越小，變小，當減小到，又有,它又不受摩擦力作用而勻速前進．若，則帶電體貼著b板前逆?；瑒幽Σ亮Γ?它減速運動動直至靜止，而卻是變大的．這充分說明也是具有被動性，所以摩擦力是被動力．了解摩擦力的上述特點在解題時就能因題致宜，靈活地思考，少走彎路，避免出錯.對于滑動摩擦力的大小，還必須了解其與物體運動狀態(tài)無關，與接觸面積大小無關的特點．m╮α圖4例4如圖4所示，一質(zhì)量為m的貨物放在傾角為α的傳送帶上隨傳送帶一起向上或向下做加速運動．設加速度大小為m╮α圖4解析：物體m向上加速運動時，由于沿斜面向下有重力的分力，所以要使物體隨傳送帶向上加速運動，傳送帶對物體的摩擦力必定沿傳送帶向上．物體沿斜面向下加速運動時，摩擦力的方向要視加速度的大小而定，當加速度為某一合適值時，重力沿斜面方向的分力恰好提供了所需的合外力，則摩擦力為零；當加速度大于此值時，摩擦力應沿斜面向下；當加速度小于此值時，摩擦力應沿斜面向上．向上加速運動時，由牛頓第二定律，得：所以F-mgsina=ma，方向沿斜面向上向下加速運動時，由牛頓第二定律，得：mgsina—F＝ma(設F沿斜面向上)所以F=mgsina-ma當a<gsina時，F(xiàn)>0．與所設方向相同——沿斜面向上．當a＝gsina時，F(xiàn)=0．即貨物與傳送帶間無摩擦力作用．當a>gsina時，F(xiàn)<0．與所設方向相反——沿斜面向下．小結(jié)：當物體加速運動而摩擦力方向不明確時，可先假設摩擦力向某一方向，然后應用牛頓第二定律導出表達式，再結(jié)合具體情況進行討論例5如圖5所示，質(zhì)量M=10Kg的木楔ABC靜止于水平地面上，動摩擦因數(shù)μ＝0．02，在木楔的傾角θ為300的斜面上有一質(zhì)量m＝1.0kg的物塊由靜止開始沿斜面下滑．當滑行路程S＝1．4m時，其速度s＝1．4m／s，在此過程中木楔沒有動．求地面對木楔的摩擦力的大小和方向(g取10m／s’)解析：地面對木楔的摩擦力為靜摩擦力，但不一定為最大靜摩擦力，所以不能由Fμ＝μFΝ，來計算求得，只能根據(jù)物體勻運動情況和受力情況來確定．物塊沿斜面勻加速下滑，由可求得物塊下滑的加速度可知物塊受到摩塔力的作用．此條件下，物塊與木楔受力情況分別如圖6.7所示．BFˊBFˊμ1Fμ2mgFN2F?N1圖7ACFN1mg圖6Fμ1物塊沿斜面以加速度Q下滑，對它沿斜面方向和垂直于斜面方向由牛頓第二定律有mgsinθ一Fμ1＝mamgcosθ—FN1＝0．木楔靜止，對它沿水平方向和豎直方向由牛頓第二定律，并注意Fμ1ˊ與Fμ1，F(xiàn)?N1與FN1，等值反向，有Fμ2+Fμ1cosθ—FN1sinθ＝0由上面各式解得地面對木楔的摩擦力此力方向與所設方向相同，由C指向B。另外由以上幾式聯(lián)立還可以求出地面對木楔的支持力顯然，這是由于物塊和木楔系統(tǒng)有向下的加速度而產(chǎn)生了失重現(xiàn)象。對此題也可以系統(tǒng)為研究對象。在水平方向，木楔靜止，加速度為零，物塊加速度水平分量為。對系統(tǒng)在水平方向由牛頓第二定律，有答案：0．61N方向由C一B小結(jié)：(1)靜摩擦力的大小是個變量，它的大小常需要根據(jù)物體的運動狀態(tài)及摩擦力與物體所受其他力的關系來確定．(2)由此題可看出，研究對象的選取對解題步驟的簡繁程度有很大的影響。練習圖81、如圖8所示，位于斜面上的物塊m在沿斜面向上的力F作用下，處于靜止狀態(tài)，則斜面作用于物塊的靜摩擦力①方向可能沿斜面向上②方向可能沿斜面向下③大小可能為零④大小可能等于F以上判斷正確的是………………(D)圖8A．只有①②B．只有③④C．只有①②③D．①②③④都正確2、(2004年連云港第二次調(diào)研題)某人在乎直公路上騎自行車，見到前方較遠處紅色交通信號燈亮起，他便停止蹬車，此后的一段時間內(nèi)，自行車前輪和后輪受到地面的摩擦力分別為和，則…(C)A．向后，后向前B．向前，向后圖9C．向后，向后D．向前，向前圖93、如圖9所示，重6N的木塊靜止在傾角為300的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向，大小等于4N的力F推木塊，木塊仍保持靜止，則木塊所受的摩擦力大小為……………(C)A．4NB．3NC．5ND．6N圖10APV4、(2004年樂山調(diào)研題)如圖10所示，質(zhì)量為m的木塊P在質(zhì)量為M的長木板A上滑行，長木板放在水平地面上，一直處于靜止狀態(tài)．若長木板A與地面間的動摩擦因數(shù)為,木塊P與長板A間的動摩擦因數(shù)為，則長木板ab受到地面的摩擦力大小為(圖10APVAB．CDm1m2圖115、(2004年黃岡調(diào)研題)如圖11所示，在粗糙水平面上有一個三角形木塊，在它的兩個粗糙斜面上分別放兩個質(zhì)量為m1和m2的小木塊，已知三角形木塊和兩個小木塊均靜止，則粗糙水平面對三角形木塊(m1m2圖11A．沒有摩擦力作用B．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向右C．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向左D．有摩擦力作用，但其方向無法確定，因為m1、m2、的數(shù)值并未給出圖126、(2004年寧波期末試題)某空間存在著如圖l2所示的水平方向的勻強磁場，A、B兩個物塊疊放在一起，并置于光滑的絕緣水平地面上，物塊A帶正電，物塊B為不帶電的絕緣塊；水平恒力F作用在物塊B上，使A、B一起由靜止開始水平向左運動．在A、B一起水平向左運動的過程中，關于A、B受力情況的以下說法，正確的是……(B)圖12A．A對B的壓力變小B．B對A的摩擦力保持不變C。A對B的摩擦力變大D．B對地面的壓力保持不變?nèi)鐖D137、如圖13所示，一直角斜槽(兩槽面夾角為90°)，對水平面夾角為30°，一個橫截面為正方形的物塊恰能沿此槽勻速下滑，假定兩槽面的材料和表面情況相同，問物塊和槽面間的動摩擦因數(shù)為多少?如圖13解析：因為物塊對直角斜槽每一面的正壓力為mgcosα.cos45°，所以當物體勻速下滑時，有平衡方程：mgsinα=2μmgcosαcos45°＝μmgcosα，所以μ=．8、質(zhì)量m=1.5Kg的物塊(可視為質(zhì)點)在水平恒力F的作用下,從水平面上A點由靜止開始運動,運動一段距離撤去該力,物體繼續(xù)滑行t=2.0s停在B點.已知AB兩點間的距離S=5.0m,物塊與水平面間的動摩擦因數(shù),求恒力F為多大?(g=10m/s2)解析：設撤去力前物塊的位移為，撤去力時物塊的速度為，物塊受到的滑動摩擦力對撤去力后物塊滑動過程應用動量定理得由運動學公式得對物塊運動的全過程應用動能定理由以上各式得代入數(shù)據(jù)解得vvLA圖149.如圖14所示,靜止在水平面上的紙帶上放一質(zhì)量m為的小金屬塊(可視為質(zhì)點),金屬塊離紙帶右端距離為L,金屬塊與紙帶間動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用力向左將紙帶從金屬塊下水平抽出,設紙帶加速過程極短,可認為紙帶在抽動過程中一直做勻速運動.求:屬塊剛開始運動時受到的摩擦力的大小和方向;(2)要將紙帶從金屬塊下水平抽出,紙帶的速度v應滿足的條件.解析：（1）金屬塊與紙帶達到共同速度前，金屬塊受到的摩擦力為：，方向向左。出紙帶的最小速度為即紙帶從金屬塊下抽出時金屬塊速度恰好等于。對金屬塊：金屬塊位移：紙帶位移：兩者相對位移：解得：故要抽出紙帶，紙帶速度θMmFθMmFa圖15θmg圖17θmg圖17θmgθmgF圖16由題意得：①②由②得：③取斜面為研究對象，受力分析如圖17得：④⑤又因為與是作用力與反作用力，與是作用力與反作用力由牛頓第三定律得：⑥⑦由④⑤⑥⑦解得：

牛頓運動定律總結(jié)（一）牛頓第一定律（即慣性定律）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：①運動是物體的一種屬性，物體的運動不需要力來維持。②它定性地揭示了運動與力的關系：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。③第一定律是牛頓以伽俐略的理想斜面實驗為基礎，總結(jié)前人的研究成果加以豐富的想象而提出來的；定律成立的條件是物體不受外力，不能用實驗直接驗證。④牛頓第一定律是牛頓第二定律的基礎，不能認為它是牛頓第二定律合外力為零時的特例，第一定律定性地給出了力與運動的關系，第二定律定量地給出力與運動的關系。（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。①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。②質(zhì)量是物體慣性大小的量度。③由牛頓第二定律定義的慣性質(zhì)量m=F/a和由萬有引力定律定義的引力質(zhì)量嚴格相等。④慣性不是力，慣性是物體具有的保持勻速直線運動或靜止狀態(tài)的性質(zhì)、力是物體對物體的作用，慣性和力是兩個不同的概念。（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成正比，跟物體的質(zhì)量m成反比。2.公式：理解要點：①因果性：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；②方向性：a與都是矢量，方向嚴格相同；③瞬時性和對應性：a為某時刻某物體的加速度，是該時刻作用在該物體上的合外力。（三）力的平衡1.平衡狀態(tài)指的是靜止或勻速直線運動狀態(tài)。特點：。2.平衡條件共點力作用下物體的平衡條件是所受合外力為零，即。3.平衡條件的推論（1）物體在多個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中的一個力與余下的力的合力等大反向；（2）物體在同一平面內(nèi)的三個不平行的力作用下，處于平衡狀態(tài)，這三個力必為共點力；（3）物體在三個共點力作用下處于平衡狀態(tài)時，圖示這三個力的有向線段必構(gòu)成閉合三角形。（四）牛頓第三定律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，公式可寫為。（五）力學基本單位制：（在國際制單位中）1.作用力與反作用力的二力平衡的區(qū)別內(nèi)容作用力和反作用力二力平衡受力物體作用在兩個相互作用的物體上作用在同一物體上依賴關系同時產(chǎn)生，同時消失相互依存，不可單獨存在無依賴關系，撤除一個、另一個可依然存在，只是不再平衡疊加性兩力作用效果不可抵消，不可疊加，不可求合力兩力運動效果可相互抵消，可疊加，可求合力，合力為零；形變效果不能抵消力的性質(zhì)一定是同性質(zhì)的力可以是同性質(zhì)的力也可以不是同性質(zhì)的力2.應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，并將其余分解到兩坐標軸上；④分別沿x軸方向和y軸方向應用牛頓第二定律列出方程；⑤統(tǒng)一單位，計算數(shù)值。3.解決共點力作用下物體的平衡問題思路（1）確定研究對象：若是相連接的幾個物體處于平衡狀態(tài)，要注意“整體法”和“隔離法”的綜合運用；（2）對研究對象受力分析，畫好受力圖；（3）恰當建立正交坐標系，把不在坐標軸上的力分解到坐標軸上。建立正交坐標系的原則是讓盡可能多的力落在坐標軸上。（4）列平衡方程，求解未知量。4.求解共點力作用下物體的平衡問題常用的方法（1）有不少三力平衡問題，既可從平衡的觀點（根據(jù)平衡條件建立方程求解）——平衡法，也可從力的分解的觀點求解——分解法。兩種方法可視具體問題靈活運用。（2）相似三角形法：通過力三角形與幾何三角形相似求未知力。對解斜三角形的情況更顯優(yōu)勢。（3）力三角形圖解法，當物體所受的力變化時，通過對幾個特殊狀態(tài)畫出力圖（在同一圖上）對比分析，使動態(tài)問題靜態(tài)化，抽象問題形象化，問題將變得易于分析處理。5.處理臨界問題和極值問題的常用方法涉及臨界狀態(tài)的問題叫臨界問題。臨界狀態(tài)常指某種物理現(xiàn)象由量變到質(zhì)變過渡到另一種物理現(xiàn)象的連接狀態(tài)，常伴有極值問題出現(xiàn)。如：相互擠壓的物體脫離的臨界條件是壓力減為零；存在摩擦的物體產(chǎn)生相對滑動的臨界條件是靜摩擦力取最大靜摩擦力，彈簧上的彈力由斥力變?yōu)槔Φ呐R界條件為彈力為零等。臨界問題常伴有特征字眼出現(xiàn)，如“恰好”、“剛剛”等，找準臨界條件與極值條件，是解決臨界問題與極值問題的關鍵。例1.如圖1所示，一細線的一端固定于傾角為45°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。當滑塊以2g加速度向左運動時，線中拉力T等于多少？解析：當小球和斜面接觸，但兩者之間無壓力時，設滑塊的加速度為a'此時小球受力如圖2，由水平和豎直方向狀態(tài)可列方程分別為：解得：由滑塊A的加速度，所以小球?qū)h離滑塊A，其受力如圖3所示，設線和豎直方向成角，由小球水平豎直方向狀態(tài)可列方程解得：例2.如圖4甲、乙所示，圖中細線均不可伸長，物體均處于平衡狀態(tài)。如果突然把兩水平細線剪斷，求剪斷瞬間小球A、B的加速度各是多少？（角已知）解析：水平細線剪斷瞬間拉力突變?yōu)榱?，圖甲中OA繩拉力由T突變?yōu)門'，但是圖乙中OB彈簧要發(fā)生形變需要一定時間，彈力不能突變。（1）對A球受力分析，如圖5（a），剪斷水平細線后，球A將做圓周運動，剪斷瞬間，小球的加速度方向沿圓周的切線方向。（2）水平細線剪斷瞬間，B球受重力G和彈簧彈力不變，如圖5（b）所示，則小結(jié)：（1）牛頓第二定律是力的瞬時作用規(guī)律，加速度和力同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失。分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是分析該瞬時前后的受力情況及其變化。（2）明確兩種基本模型的特點：A.輕繩的形變可瞬時產(chǎn)生或恢復，故繩的彈力可以瞬時突變。B.輕彈簧（或橡皮繩）在兩端均聯(lián)有物體時，形變恢復需較長時間，其彈力的大小與方向均不能突變。例3.傳送帶與水平面夾角37°，皮帶以10m/s的速率運動，皮帶輪沿順時針方向轉(zhuǎn)動，如圖6所示。今在傳送帶上端A處無初速地放上一個質(zhì)量為的小物塊，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，若傳送帶A到B的長度為16m，g取，則物體從A運動到B的時間為多少？解析：由于，物體一定沿傳送帶對地下移，且不會與傳送帶相對靜止。設從物塊剛放上到皮帶速度達10m/s，物體位移為，加速度，時間，因物速小于皮帶速率，根據(jù)牛頓第二定律，，方向沿斜面向下。皮帶長度。設從物塊速率為到B端所用時間為，加速度，位移，物塊速度大于皮帶速度，物塊受滑動摩擦力沿斜面向上，有：即（舍去）所用總時間例4.如圖7，質(zhì)量的小車停放在光滑水平面上，在小車右端施加一水平恒力F=8N。當小車向右運動速度達到3m/s時，在小車的右端輕放一質(zhì)量m=2kg的小物塊，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)，假定小車足夠長，問：（1）經(jīng)過多長時間物塊停止與小車間的相對運動？（2）小物塊從放在車上開始經(jīng)過所通過的位移是多少？（g?。┙馕觯海?）依據(jù)題意，物塊在小車上停止運動時，物塊與小車保持相對靜止，應具有共同的速度。設物塊在小車上相對運動時間為t，物塊、小車受力分析如圖8：物塊放上小車后做初速度為零加速度為的勻加速直線運動，小車做加速度為勻加速運動。由牛頓運動定律：物塊放上小車后加速度：小車加速度：由得：（2）物塊在前2s內(nèi)做加速度為的勻加速運動，后1s同小車一起做加速度為的勻加速運動。以系統(tǒng)為研究對象：根據(jù)牛頓運動定律，由得：物塊位移例5.將金屬塊m用壓縮的輕彈簧卡在一個矩形的箱中，如圖9所示，在箱的上頂板和下底板裝有壓力傳感器，箱可以沿豎直軌道運動。當箱以的加速度豎直向上做勻減速運動時，上頂板的傳感器顯示的壓力為6.0N，下底板的傳感器顯示的壓力為10.0N。（?。?）若上頂板傳感器的示數(shù)是下底板傳感器的示數(shù)的一半，試判斷箱的運動情況。（2）若上頂板傳感器的示數(shù)為零，箱沿豎直方向運動的情況可能是怎樣的？啟迪：題中上下傳感器的讀數(shù)，實際上是告訴我們頂板和彈簧對m的作用力的大小。對m受力分析求出合外力，即可求出m的加速度，并進一步確定物體的運動情況，但必須先由題意求出m的值。解析：當減速上升時，m受力情況如圖10所示：（1）故箱體將作勻速運動或保持靜止狀態(tài)。（2）若，則即箱體將向上勻加速或向下勻減速運動，且加速度大小大于、等于。例6.測定病人的血沉有助于對病情的判斷。血液由紅血球和血漿組成，將血液放在豎直的玻璃管內(nèi)，紅血球會勻速下沉，其下沉的速度稱為血沉，某人血沉為v，若把紅血球看成半徑為R的小球，它在血漿中下沉時所受阻力，為常數(shù)，則紅血球半徑R＝___________。（設血漿密度為，紅血球密度為）解析：紅血球受到重力、阻力、浮力三個力作用處于平衡狀態(tài)，由于這三個力位于同一豎直線上，故可得即得：1.如圖1所示，在原來靜止的木箱內(nèi)，放有A物體，A被一伸長的彈簧拉住且恰好靜止，現(xiàn)突然發(fā)現(xiàn)A被彈簧拉動，則木箱的運動情況可能是（）A.加速下降 B.減速上升C.勻速向右運動 D.加速向左運動2.如圖2所示，固定在水平面上的光滑半球，球心O的正上方固定一個小定滑輪，細繩一端拴一小球，小球置于半球面上的A點，另一端繞過定滑輪，如圖所示。今緩慢拉繩使小球從A點滑到半球頂點，則此過程中，小球?qū)Π肭虻膲毫Υ笮及細繩的拉力T大小的變化情況是（）A.N變大，T變大 B.N變小，T變大C.N不變，T變小 D.N變大，T變小3.一個物塊與豎直墻壁接觸，受到水平推力F的作用。力F隨時間變化的規(guī)律為（常量k>0）。設物塊從時刻起由靜止開始沿墻壁豎直向下滑動，物塊與墻壁間的動摩擦因數(shù)為，得到物塊與豎直墻壁間的摩擦力f隨時間t變化的圖象，如圖3所示，從圖線可以得出（）A.在時間內(nèi)，物塊在豎直方向做勻速直線運動B.在時間內(nèi)，物塊在豎直方向做加速度逐漸減小的加速運動C.物塊的重力等于aD.物塊受到的最大靜摩擦力總等于b4.如圖4所示，幾個傾角不同的光滑斜面具有共同的底邊AB，當物體由靜止沿不同的傾角從頂端滑到底端，下面哪些說法是正確的？（）A.傾角為30°時所需時間最短B.傾角為45°所需時間最短C.傾角為60°所需時間最短D.所需時間均相等5.如圖5所示，質(zhì)量為M的木板，上表面水平，放在水平桌面上，木板上面有一質(zhì)量為m的物塊，物塊與木板及木板與桌面間的動摩擦因數(shù)均為，若要以水平外力F將木板抽出，則力F的大小至少為（）A. B.C. D.6.一個質(zhì)量不計的輕彈簧，豎直固定在水平桌面上，一個小球從彈簧的正上方豎直落下，從小球與彈簧接觸開始直到彈簧被壓縮到最短的過程中，小球的速度和加速度的大小變化情況是（）A.加速度越來越小，速度也越來越小B.加速度先變小后變大，速度一直是越來越小C.加速度先變小，后又增大，速度先變大，后又變小D.加速度越來越大，速度越來越小7.質(zhì)量的物體在拉力F作用下沿傾角為30°的斜面斜向上勻加速運動，加速度的大小為，力F的方向沿斜面向上，大小為10N。運動過程中，若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬間物體的加速度的大小是____________；方向是____________。8.如圖6所示，傾斜的索道與水平方向的夾角為37°，當載物車廂加速向上運動時，物對車廂底板的壓力為物重的1.25倍，這時物與車廂仍然相對靜止，則車廂對物的摩擦力的大小是物重的________倍。9.如圖7所示，傳送帶AB段是水平的，長20m，傳送帶上各點相對地面的速度大小是2m/s，某物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.1。現(xiàn)將該物塊輕輕地放在傳送帶上的A點后，經(jīng)過多長時間到達B點？（g?。?0.鴕鳥是當今世界上最大的鳥。有人說它不會飛是因為翅膀退化了，如果鴕鳥長了一副與身體大小成比例的翅膀，它是否就能飛起來呢？這是一個使人極感興趣的問題，試閱讀下列材料并填寫其中的空白處。鳥飛翔的必要條件是空氣的上舉力F至少與體重G＝mg平衡，鳥扇動翅膀獲得的上舉力可表示為，式中S為鳥翅膀的面積，v為鳥飛行的速度，c是恒量，鳥類能飛起的條件是，即_________，取等號時的速率為臨界速率。我們作一個簡單的幾何相似性假設。設鳥的幾何線度為，質(zhì)量體積，，于是起飛的臨界速率。燕子的滑翔速率最小大約為20km/h，而鴕鳥的體長大約是燕子的25倍，從而跑動起飛的臨界速率為________km/h，而實際上鴕鳥的奔跑速度大約只有40km/h，可見，鴕鳥是飛不起來的，我們在生活中還可以看到，像麻雀這樣的小鳥，只需從枝頭跳到空中，用翅膀拍打一兩下，就可以飛起來。而像天鵝這樣大的飛禽，則首先要沿著地面或水面奔跑一段才能起飛，這是因為小鳥的_______，而天鵝的______。11.如圖8所示，A、B兩個物體靠在一起放在光滑水平面上，它們的質(zhì)量分別為。今用水平力推A，用水平力拉B，和隨時間變化的關系是。求從t=0到A、B脫離，它們的位移是多少？12.如圖9所示，在傾角為的長斜面上有一帶風帆的滑塊，從靜止開始沿斜面下滑，滑塊質(zhì)量為m，它與斜面間的動摩擦因數(shù)為，帆受到的空氣阻力與滑塊下滑速度的大小成正比，即。（1）寫出滑塊下滑加速度的表達式。（2）寫出滑塊下滑的最大速度的表達式。（3）若，從靜止下滑的速度圖象如圖所示的曲線，圖中直線是t＝0時的速度圖線的切線，由此求出和k的值。13.如圖10所示，一個彈簧臺秤的秤盤和彈簧質(zhì)量均不計，盤內(nèi)放一個質(zhì)量的靜止物體P，彈簧的勁度系數(shù)?，F(xiàn)施加給P一個豎直向上的拉力F，使P從靜止開始向上做勻加速運動。已知在頭0.2s內(nèi)F是變力，在0.2s以后，F(xiàn)是恒力，取，求拉力F的最大值和最小值?！驹囶}答案】1.ABD解析：木箱未運動前，A物體處于受力平衡狀態(tài)，受力情況：重力mg、箱底的支持力N、彈簧拉力F和最大的靜摩擦力（向左），由平衡條件知：物體A被彈簧向右拉動（已知），可能有兩種原因，一種是彈簧拉力（新情況下的最大靜摩擦力），可見，即最大靜摩擦力減小了，由知正壓力N減小了，即發(fā)生了失重現(xiàn)象，故物體運動的加速度必然豎直向下，由于物體原來靜止，所以木箱運動的情況可能是加速下降，也可能是減速上升，A對B也對。另一種原因是木箱向左加速運動，最大靜摩擦力不足使A物體產(chǎn)生同木箱等大的加速度，即的情形，D正確。勻速向右運動的情形中A的受力情況與原來靜止時A的受力情況相同，且不會出現(xiàn)直接由靜止改做勻速運動的情形，C錯。2.C小球受力如圖11（甲），T、N、G構(gòu)成一封閉三角形。由圖11（乙）可見，AB變短，OB不變，OA不變，故T變小，N不變。3.BC在時間內(nèi)，物塊受到的摩擦力小于物塊受到的重力，物塊向下做加速運動，A錯。滑動摩擦力隨正壓力的增大而逐漸增大，合外力逐漸減小，加速度逐漸減小，B對。當摩擦力不再隨正壓力的變化而變化時，一定是靜摩擦力了。靜摩擦力的大小恰好與重力平衡，所以物塊受的重力等于a，C對。最大靜摩擦力隨正壓力的增大而增大，不會總等于b，D錯。4.B解析：設沿一一般斜面下滑，傾角為，長為，物體沿斜面做初速為零加速度為的勻加速直線運動，滑到底端的時間為t，則有：<1><2>聯(lián)立解得：所以當時，t最小，故選B。5.D解析：將木板抽出的過程中，物塊與木板間的摩擦力為滑動摩擦力，m的加速度大小為，要抽出木板，必須使木板的加速度大于物塊的加速度，即，對木板受力分析如圖12，根據(jù)牛頓第二定律，得：選項D正確6.C當彈簧的彈力等于重力時，小球的速度最大，。7.，沿斜面向下有拉力時，代入，求得撤F瞬間，8.0.33提示：9.11s提示：物塊放到A點后先在摩擦力作用下做勻加速直線運動，速度達到2m/s后，與傳送帶一起以2m/s的速度直至運動到B點。10.解析：根據(jù)題意，鳥類飛起的必要條件是即滿足故燕子的最小滑翔速率約為20km/h，而鴕鳥的體長大約是燕子的25倍。因故可見，鴕鳥起飛的臨界速率約為100km/h，而實際上鴕鳥的速率約為40km/h，可見鴕鳥是飛不起來的。11.4.17m提示：以A、B整體為對象：當A、B相互脫離時，N＝0，則以A為研究對象12.（1）對滑塊應用牛頓第二定律有：滑塊下滑加速度表達式為：（2）由<1>式可知，當滑塊的速度增大時，其加速度是減小的，當加速度為零時，滑塊的速度達到最大，由<1>式可知最大速度為：（3）由圖可知，當滑塊的速度為零時，其加速度為最大加速度，而由<1>式可知當滑塊的加速度為零時，它的速度最大，滑塊的最大速度為，由<1>式和<2>式有：將g、m、代入<3>式和<4>式后解得：13.解析：根據(jù)題意，F(xiàn)是變力的時間，這段時間內(nèi)的位移就是彈簧最初的壓縮量S，由此可以確定上升的加速度a，由得：根據(jù)牛頓第二定律，有：得：當時，F(xiàn)最小當時，F(xiàn)最大∴拉力的最小值為90N，最大值為210N

萬有引力定律專題萬有引力定律與牛頓三定律，并稱經(jīng)典力學四大定律，可見萬有引力定律的重要性。萬有引力定律定律已成為高考和各地模擬試卷命題的熱點。此部分內(nèi)容在《考綱》中列為Ⅱ級要求。有關題目立意越來越新，但解題涉及的知識，難度不大，規(guī)律性較強。特別是隨著我國載人飛船升空和對空間研究的深入，高考對這部分內(nèi)容的考查將會越來越強。一、對萬有定律的理解1．萬有引力定律發(fā)現(xiàn)的思路、方法開普勒解決了行星繞太陽在橢圓軌道上運行的規(guī)律，但沒能揭示出行星按此規(guī)律運動的原因．英國物理學家牛頓(公元1642～1727)對該問題進行了艱苦的探索，取得了重大突破．首先，牛頓論證了行星的運行必定受到一種指向太陽的引力．其次，牛頓進一步論證了行星沿橢圓軌道運行時受到太陽的引力，與它們的距離的二次方成反比．為了在中學階段較簡便地說明推理過程，課本中是將橢圓軌道簡化為圓形軌道論證的．第三，牛頓從物體間作用的相互性出發(fā)，大膽假設并實驗驗證了行星受太陽的引力亦跟太陽的質(zhì)量成正比．因此得出：太陽對行星的行力跟兩者質(zhì)量之積成正比．最后，牛頓做了著名的“月一地”檢驗，將引力合理推廣到宇宙中任何兩物體，使萬有引力規(guī)律賦予普遍性．2．萬有引力定律的檢驗牛頓通過對月球運動的驗證，得出萬有引力定律，開始時還只能是一個假設，在其后的一百多年問，由于不斷被實踐所證實，才真正成為一種理論．其中，最有效的實驗驗證有以下四方面．⑴．地球形狀的預測．牛頓根據(jù)引力理論計算后斷定，地球的赤道部分應該隆起，形狀像個橘子．而笛卡爾根據(jù)旋渦假設作出的預言，地球應該是兩極伸長的扁球體，像個檸檬．1735年，法國科學院派出兩個測量隊分赴亦道地區(qū)的秘魯(緯度φ＝20°)和高緯度處的拉普蘭德(φ＝66°)，分別測得兩地1°緯度之長為：赤道處是110600m，兩極處是111900m．后來，又測得法國附近緯度1°的長度和地球的扁率．大地測量基本證實了牛頓的預言，從此，這場“橘子與檸檬”之爭才得以平息．⑵．哈雷彗星的預報．英國天文學家哈雷通過對彗星軌道的對照后認為，1682年出現(xiàn)的大彗星與1607年、1531年出現(xiàn)的大彗星實際上是同一顆彗星，并根據(jù)萬有引力算出這個彗星的軌道，其周期是76年．哈雷預言，1758年這顆彗星將再次光臨地球．于是，預報彗星的回歸又一次作為對牛頓引力理論的嚴峻考驗．后來，彗星按時回歸，成為當時破天荒的奇觀，牛頓理論又一次被得到證實．⑶．海王星的發(fā)現(xiàn)．⑷．萬有引力常量的測定．由此可見，一個新的學說決不是一蹴而就的，也只有通過反復的驗證，才能被人們所普遍接受．3．萬有引力定律的適用條件例1、如下圖所示，在半徑R＝20cm、質(zhì)量M＝168kg的均勻銅球中，挖去一球形空穴，空穴的半徑為要，并且跟銅球相切，在銅球外有一質(zhì)量m＝1kg、體積可忽略不計的小球，這個小球位于連接銅球球心跟空穴中心的直線上，并且在空穴一邊，兩球心相距是d＝2m，試求它們之間的相互吸引力．解：完整的銅球跟小球m之間的相互吸引力為這個力F是銅球M的所有質(zhì)點和小球m的所有質(zhì)點之間引力的總合力，它應該等于被挖掉球穴后的剩余部分與半徑為婁的銅球?qū)π∏騧的吸引力F=F1+F2．式中F1是挖掉球穴后的剩余部分對m的吸引力，F(xiàn)2是半徑為R／2的小銅球?qū)的吸引力。因為，所以挖掉球穴后的剩余部分對小球的引力為F1＝F－F2＝2.41×10－9N例2、深入地球內(nèi)部時物體所受的引力假設地球為正球體，各處密度均勻．計算它對球外物體的引力，可把整個質(zhì)量集中于球心．如果物體深入地球內(nèi)部，如何計算它所受的引力?如右圖所示，設一個質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點)在地層內(nèi)離地心為r的A處．為了計算地球?qū)λ囊Γ训厍蚍殖稍S多薄層．設過A點的對頂錐面上兩小塊體積分別為△V1、△V2．當△V1和△V2很小時，可以近似看成圓臺．已知圓臺的體積公式式中R1和R2分別是上、下兩底面的半徑．當圓臺很小很薄時，且Ha，Hb時，R1≈R2≈R．那么Ｖ＝πHR2根據(jù)萬有引力定律所以，即兩小塊體積的物體對A處質(zhì)點的引力大小相等，且方向相反，它們的合力為零．當把地球分成許多薄層后，可以看到，位于A點以外的這一圈地層(右圖中用斜線表示)對物體的引力互相平衡，相當于對A處物體不產(chǎn)生引力，對A處物體的引力完全由半徑為r的這部分球體產(chǎn)生．引力大小為即與離地心的距離成正比．當物體位于球心時，r=0，則Fr＝O．它完全不受地球的引力．所以，當一個質(zhì)量為m的物體從球心(r＝0)逐漸移到球外時，它所受地球的引力F隨r的變化關系如右圖所示．即先隨r的增大正比例地增大；后隨r的增大，按平方反比規(guī)律減?。划攔＝R0(地球半徑)時，引力．4．注意領會卡文迪許實驗設計的巧妙方法．由萬有引力定律表達式可知，，要測定引力常量G，只需測出兩物體m1、m2間距離r及它們間萬有引力F即可．由于一般物體間的萬有引力F非常小，很難用實驗的方法顯示并測量出來，所以在萬有引力定律發(fā)現(xiàn)后的百余年間，一直沒有測出引力常量的準確數(shù)值．卡文迪許巧妙的扭秤實驗通過多次“放大”的辦法解決了這一問題．圖是卡文迪許實驗裝置的俯視圖．首先，圖中固定兩個小球m的r形架，可使m、m’之間微小的萬有引力產(chǎn)生較大的力矩，使金屬絲產(chǎn)生一定角度的偏轉(zhuǎn)臼，這是一次“放大”效應．其次，為了使金屬絲的微小形變加以“放大”，卡文迪許用從1發(fā)出的光線射到平面鏡M上，在平面鏡偏轉(zhuǎn)θ角時，反射光線偏轉(zhuǎn)2θ角，可以得出光點在刻度尺上移動的弧長s＝2θR，增大小平面鏡M到刻度尺的距離R，光點在刻度尺上移動的弧長S就相應增大，這又是一次“放大”效應．由于多次巧妙“放大”，才使微小的萬有引力顯示并測量出來．除“放大法”外，物理上觀察實驗效果的方法，還包括“轉(zhuǎn)換法”、“對比法”等．深刻認識卡文迪許實驗的意義(1)卡文迪許通過改變質(zhì)量和距離，證實了萬有引力的存在及萬有引力定律的正確性．(2)第一次測出了引力常量，使萬有定律能進行定量計算，顯示出真正的實用價值．(3)標志著力學實驗精密程度的提高，開創(chuàng)了測量弱力的新時代．(4)表明：任何規(guī)律的發(fā)現(xiàn)總是經(jīng)過理論上的推理和實驗上的反復驗證才能完成．5．物體在地面上所受的引力與重力的區(qū)別和聯(lián)系地球?qū)ξ矬w的引力是物體具有重力的根本原因．但重力又不完全等于引力．這是因為地球在不停地自轉(zhuǎn)，地球上的一切物體都隨著地球自轉(zhuǎn)而繞地軸做勻速圓周運動，這就需要向心力．這個向心力的方向是垂直指向地軸的，它的大小是，式中的r是物體與地軸的距離，ω是地球自轉(zhuǎn)的角速度．這個向心力來自哪里?只能來自地球?qū)ξ矬w的引力F，它是引力F的一個分力如右圖，引力F的另一個分力才是物體的重力mg．在不同緯度的地方，物體做勻速圓周運動的角速度ω相同，而圓周的半徑r不同，這個半徑在赤道處最大，在兩極最小(等于零)．緯度為α處的物體隨地球自轉(zhuǎn)所需的向心力(R為地球半徑)，由公式可見，隨著緯度升高，向心力將減小，在兩極處Rcosα＝0，f＝0．作為引力的另一個分量，即重力則隨緯度升高而增大．在赤道上，物體的重力等于引力與向心力之差．即．在兩極，引力就是重力．但由于地球的角速度很小，僅為10－5rad／s數(shù)量級，所以mg與F的差別并不很大．在不考慮地球自轉(zhuǎn)的條件下，地球表面物體的重力這是一個很有用的結(jié)論．從圖中還可以看出重力mg一般并不指向地心，只有在南北兩極和赤道上重力mg才能向地心．同樣，根據(jù)萬有引力定律知道，在同一緯度，物體的重力和重力加速度g的數(shù)值，還隨著物體離地面高度的增加而減?。舨豢紤]地球自轉(zhuǎn)，地球表面處有，可以得出地球表面處的重力加速度．在距地表高度為h的高空處，萬有引力引起的重力加速度為g＇，由牛頓第二定律可得：即如果在h＝Ｒ處，則g＇＝g／4．在月球軌道處，由于r＝60Ｒ，所以重力加速度g＇＝g／3600．重力加速度隨高度增加而減小這一結(jié)論對其他星球也適用．例3、某行星自轉(zhuǎn)一周所需時間為地球上的6h，在這行星上用彈簧秤測某物體的重量，在該行量赤道上稱得物重是兩極時測得讀數(shù)的90％，已知萬有引力恒量G＝6.67×10－11N·m2／kg2，若該行星能看做球體，則它的平均密度為多少?[解析]在兩極，由萬有引力定律得①在赤道②依題意mg＇=O.9mg③由式①②③和球體積公式聯(lián)立解得二、萬有引力定律在天文學上的應用萬有引力定律提供天體做圓周運動的向心力⑴人造地球衛(wèi)星的繞行速度、角速度、周期與半徑的關系①由得r越大，v越?、谟傻胷越大，ω越?、塾傻胷越大，T越大例4、土星外層上有一個環(huán)。為了判斷它是土星的一部分還是土星的衛(wèi)星群，可以測量環(huán)中各層的線速度a與該l層到土星中心的距離R之間的關系來判斷：(ＡＤ)A．若v∝R，則該層是土星的一部分；B．若v2∝R，則該層是土星的衛(wèi)星群C．若v∝１／R，則該層是土星的一部分D．若v2∝１／R，則該層是土星的衛(wèi)星群⑵求天體質(zhì)量、密度由即可求得注意天體半徑與衛(wèi)星軌跡半徑區(qū)別⑶人造地球衛(wèi)星的離心向心問題例5、在地球大氣層外有很多太空垃圾繞地球做勻速圓周運動，每到太陽活動期，由于受太陽的影響，地球大氣層的厚度開始增加，從而使得部分垃圾進入大氣層，開始做靠近地球的向心運動，產(chǎn)生這一結(jié)果的原因是(C)A．由于太空垃圾受到地球引力減小而導致的向心運動B．由于太空垃圾受到地球引力增大而導致的向心運動C．由于太空垃圾受到空氣阻力而導致的向心運動D．地球引力提供了太空垃圾做圓周運動所需的向心力，故產(chǎn)生向心運動的結(jié)果與空氣阻力無關例6、宇宙飛船要與軌道空間站對接，飛船為了追上軌道空間站(A)A．只能從較低軌道上加速B．只能從較高軌道上加速C．只能從同空間站同一高度軌道上加速D．無論在什么軌道上，只要加速都行人造地球衛(wèi)星⑴宇宙速度第一宇宙速度，是地球衛(wèi)星的最小發(fā)射速度，也是地球衛(wèi)星在近地軌道上運行時的速度．由得．例7、1990年3月，紫金山天文臺將1965年9月20日發(fā)現(xiàn)的第2752號小行星命名為吳健雄星，其直徑為32km，如該小行星的密度和地球相同，則其第一宇宙速度為m／s，已知地球半徑Ｒ=6400km，地球的第一宇宙速度為8km／s．（20m／s）第二宇宙速度的計算如果人造衛(wèi)星進入地面附近的軌道速度等于或大于1l.2km／s，就會脫離地球的引力，這個速度稱為第二宇宙速度．為了用初等數(shù)學方法計算第二宇宙速度，設想從地球表面至無窮遠處的距離分成無數(shù)小段ab、bc、…，等分點對應的半徑為r1、r2…，如下圖所示．由于每一小段ab、bc、cd…極小，這一小段上的引力可以認為不變．因此把衛(wèi)星從地表a送到b時，外力克服引力做功同理，衛(wèi)星從地表移到無窮遠過程中，各小段上外力做的功分別為…把衛(wèi)星送至無窮遠處所做的總功為了掙脫地球的引力衛(wèi)星必須具有的動能為所以第三宇宙速度的推算脫離太陽引力的速度稱為第三宇宙速度．因為地球繞太陽運行的速度為v地＝30km/s，根據(jù)推導第二宇宙速度得到的脫離引力束縛的速度等于在引力作用下環(huán)繞速度的倍，即因為人造天體是在地球上，所以只要沿地球運動軌道的方向增加△v＝12.4km／s即可，即需增加動能．所以人造天體需具有的總能量為得第三宇宙速度

動量守恒定律一：復習要點1．定律內(nèi)容:相互作用的幾個物體組成的系統(tǒng)，如果不受外力作用，或者它們受到的外力之和為零，則系統(tǒng)的總動量保持不變。2．一般數(shù)學表達式：3．動量守恒定律的適用條件：①系統(tǒng)不受外力或受到的外力之和為零（∑F合=0）；②系統(tǒng)所受的外力遠小于內(nèi)力（F外F內(nèi)），則系統(tǒng)動量近似守恒；③系統(tǒng)某一方向不受外力作用或所受外力之和為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒(分方向動量守恒)4．動量恒定律的五個特性①系統(tǒng)性：應用動量守恒定律時，應明確研究對象是一個至少由兩個相互作用的物體組成的系統(tǒng)，同時應確保整個系統(tǒng)的初、末狀態(tài)的質(zhì)量相等②矢量性：系統(tǒng)在相互作用前后，各物體動量的矢量和保持不變．當各速度在同一直線上時，應選定正方向，將矢量運算簡化為代數(shù)運算③同時性：應是作用前同一時刻的速度，應是作用后同—時刻的速度④相對性：列動量守恒的方程時，所有動量都必須相對同一慣性參考系，通常選取地球作參考系⑤普適性：它不但適用于宏觀低速運動的物體，而且還適用于微觀高速運動的粒子．它與牛頓運動定律相比，適用范圍要廣泛得多，又因動量守恒定律不考慮物體間的作用細節(jié)，在解決問題上比牛頓運動定律更簡捷二：典題分析1.放在光滑水平面上的A、B兩小車中間夾了一壓縮輕質(zhì)彈簧，用兩手控制小車處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是()A.兩手同時放開，兩車的總動量等于零B．先放開右手，后放開左手，兩車的總動量向右C．先放開右手，后放開左手，兩車的總動量向左D．先放開右手，后放開左手，兩車的總動量為零解析：該題考查動量守恒的條件，答案為AB2．Ａ、Ｂ兩滑塊在一水平長直氣墊導軌上相碰．用頻閃照相機在ｔ０＝0，ｔ１＝Δｔ，ｔ２＝2Δｔ，ｔ３＝3Δｔ各時刻閃光四次，攝得如圖所示照片，其中Ｂ像有重疊，ｍＢ＝（3／2）ｍＡ，由此可判斷（）Ａ．碰前Ｂ靜止，碰撞發(fā)生在60ｃｍ處，ｔ＝2.5Δｔ時刻

Ｂ．碰后Ｂ靜止，碰撞發(fā)生在60ｃｍ處，ｔ＝0.5Δｔ時刻

Ｃ．碰前Ｂ靜止，碰撞發(fā)生在60ｃｍ處，ｔ＝0.5Δｔ時刻

Ｄ．碰后Ｂ靜止，碰撞發(fā)生在60ｃｍ處，ｔ＝2.5Δｔ時刻解析：該題重點考查根據(jù)照片建立碰撞的物理圖景，答案為B3．質(zhì)量為50㎏的人站在質(zhì)量為150㎏（不包括人的質(zhì)量）的船頭上，船和人以0.20m/s的速度向左在水面上勻速運動，若人用t=10s的時間勻加速從船頭走到船尾，船長L＝5m，則船在這段時間內(nèi)的位移是多少？（船所受水的阻力不計）SSL分析：（該題利用動量守恒重點考查了人、船模型中速度關系、位移關系）解析：設人走到船尾時，人的速度為，船的速度為 對系統(tǒng)分析：動量守恒對船分析：（勻加速運動）S=對人分析：（勻加速運動）得：S=3.25m.4．如圖所示，一塊足夠長的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右并非放有序號是1，2，3，…，n的物體，所有物塊的質(zhì)量均為m，與木板間的動摩擦因數(shù)都相同，開始時，木板靜止不動，第1，2，3，…n號物塊的初速度分別是v，2v，3v，…nv，方向都向右，木板的質(zhì)量與所有物塊的總質(zhì)量相等,最終所有物塊與木板以共同速度勻速運動。設物塊之間均無相互碰撞，木板足夠長。試求：（1）所有物塊與木板一起勻速運動的速度v；（2）第1號物塊與木板剛好相對靜止時的速度v；（3）通過分析與計算說明第k號（k＜n＝物塊的最小速度v112nV02V0nV0分析：（多個物體組成的系統(tǒng)，應恰當選擇小系統(tǒng)利用動量守恒定律求解）在木板上各個物塊相對木板運動，都給木板一個向右的磨擦力，因各個物塊質(zhì)量相同，滑動磨擦力都一樣，木板在磨擦力的作用下向右加速。由于每個物塊的初始速度不同，因而相對木板靜止的物塊順序依次是1，2，…，n號，當?shù)谝惶栁飰K由v到相對木板靜止時，其動量變化設為△p，則其他各個所有物塊在這段時間內(nèi)的動量變化也都為△p（f相同，T相同），因木板與所有物塊總動量守恒，故可用動量守恒關系求出第1號物塊相對木板靜止時的速度。解析：（1）設所有物塊都相對木板靜止時的速度為v，因木板與所有物塊系統(tǒng)水平方向不受外力，動量守恒，應有：mv+m·2v+m·3v+…+m·nv=（M+nm）veq\o\ac(○,1)M=nm，eq\o\ac(○,2)解得:v=（n+1）v，（2）設第1號物塊相對木板靜止時的速度為v，取木板與物塊1為系統(tǒng)一部分，第2號物塊到第n號物塊為系統(tǒng)另一部分，則木板和物塊1△p=（M+m）v-mv，2至n號物塊△p=（n-1）m·（v-v）由動量守恒定律：△p=△p，解得v=v，eq\o\ac(○,3)（3）設第k號物塊相對木板靜止時的速度由v，則第k號物塊速度由kv減為v的過程中，序數(shù)在第k號物塊后面的所有物塊動量都減小m（kv-v），取木板與序號為1至K號以前的各物塊為一部分，則△p=（M+km）v-（mv+m·2v+…+mkv）=（n+k）mv-（k+1）mv序號在第k以后的所有物塊動量減少的總量為△p=（n-k）m（kv-v）由動量守恒得△p=△p，即（n+k）mv-（k+1）mv=（n-k）m（kv-v），解得v=5.如圖所示，人與冰車質(zhì)量為M，球質(zhì)量為m，開始均靜止于光滑冰面上，現(xiàn)人將球以對地速度V水平向右推出，球與擋板P碰撞后等速率彈回，人接住球后又將球以同樣的速度V向右推出……如此反復，已知M=16m，試問人推球幾次后將接不到球?分析：（該題是多過程動量守恒問題，可以采用數(shù)學歸納的方法研究；當然也可整個過程采用動量定理研究）解析：取水平向左為正方向，冰車、人、球為系統(tǒng)．由動量守恒定律，對第一次推球過程有：對第二次整個接、推球過程有：對第三次整個接、推球過程有：對第n次整個接、推球過程同理分析得：設推球n次后恰接不到球，則，故有代人已知條件解得：n=8.5，即人推球9次后將接不到球．三：動量守恒定律適應練習丹陽六中馬躍中1．質(zhì)量為m的人隨平板車以速度V在平直跑道上勻速前進，不考慮摩擦阻力，當此人相對于車豎直跳起至落回原起跳位置的過程中，平板車的速度()A．保持不變B．變大C．變小D．先變大后變小E．先變小后變大2．兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上．現(xiàn)在其中一人向另一人拋出一個籃球，另一人接球后再拋回．如此反復進行幾次后，甲和乙最后的速率關系是()．A．若甲先拋球，則一定是V甲>V乙B．若乙最后接球，則一定是V甲>V乙C．只有甲先拋球，乙最后接球，才有V甲>V乙D．無論怎樣拋球和接球，都是V甲>V乙 3．一小型宇宙飛船在高空繞地球做勻速圓周運動如果飛船沿其速度相反的方向彈射出一個質(zhì)量較大的物體，則下列說法中正確的是()．A．物體與飛船都可按原軌道運行B．物體與飛船都不可能按原軌道運行C．物體運行的軌道半徑無論怎樣變化，飛船運行的軌道半徑一定增加D．物體可能沿地球半徑方向豎直下落4．在質(zhì)量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質(zhì)量為m。，小車(和單擺)以恒定的速度V沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，在此碰撞過程中，下列哪些說法是可能發(fā)生的()．A.小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)閂1、V2、V3，滿足(m。十M)V=MVl十mV2十m。V3B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)閂1、V2，滿足MV=MVl十mV2C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)閂’，滿足MV=(M十m)V’D.小車和擺球的速度都變?yōu)閂1，木塊的速度變?yōu)閂2，滿足(M+mo)V=(M+mo)Vl+mV25．如圖所示，質(zhì)量為M的平板車在光滑水平面上以速度v勻速運動，車身足夠長，其上表面粗糙，質(zhì)量為m的小球自高h處由靜止下落，與平板車碰撞后，每次上升高度仍為h，每次碰撞過程中，由于摩擦力的沖量不能忽略，小球水平速度逐漸增大，撞擊若干次后，小球水平速度不再增大，則平板車的最終速度V是多大？6．兩塊厚度相同的木塊A和B，緊靠著放在光滑的水平面上，其質(zhì)量分別為mA=2.0kg，mB=0.90kg，它們的下底面光滑，上表面粗糙，另有一質(zhì)量mC=0．10kg的滑塊C(可視為質(zhì)點)，以VC=10m／s的速度恰好水平地滑A的上表面，如圖所示，由于摩擦，滑塊最后停在木塊B上，B和C的共同速度為0.50m／s．(1)木塊A的最終速度VA；CBAVC(2)滑塊CCBAVC7．甲、乙兩個小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲，甲和他的冰車總質(zhì)量共為M=30kg，乙和他的冰車總質(zhì)量也是30kg，游戲時，甲推著一個質(zhì)量m=15kg的箱子，和他一起以大小為V0=2m／s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來，如圖，為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處時乙迅速把它抓住，若不計冰面的摩擦，問甲至少要以多大的速度(相對地面)將箱子推出，才能避免與乙相撞．（注意兩人避免相撞的條件）8．如圖，—玩具車攜帶若干質(zhì)量為m1的彈丸，車和彈丸的總質(zhì)量為m2,在半徑為R的水平光滑軌道上以速率V0做勻速圓周運動，若小車每一周便沿運動方向相對地面以恒定速度u發(fā)射—枚彈丸．求：(1)至少發(fā)射多少顆彈丸后小車開始反向運動?(2)寫出小車反向運動前發(fā)射相鄰兩枚彈丸的時間間隔的表達式．uu9．某人在一只靜止的小船上練習射擊．已知船、人連同槍(不包括子彈)及靶的總質(zhì)量為M，槍內(nèi)裝有n顆子彈，每顆子彈的質(zhì)量為m，槍口到靶的距離為L，子彈飛出槍口時相對于地面的速度為v．若在發(fā)射后一顆子彈時，前一顆子彈已陷入固定在船上的靶中，不計水對船的阻力．問(1)射出第一顆子彈時，船的速度多大，(2)發(fā)射第n顆子彈時，船的速度多大?(3