1、.單元總結一、整體法和隔離法整體法隔離法概念將加速度一樣的幾個物體作為一個整體來分析的方法將研究對象與周圍物體分隔開的方法選用原那么研究系統外的物體對系統整體的作用力或系統整體的加速度研究系統內物體之間的互相作用力注意問題受力分析時不要再考慮系統內物體間的互相作用一般隔離受力較少的物體例1 如圖1所示，在程度粗糙橫桿上，有一質量為m的小圓環A，用一細線懸吊一個質量為m的球B。現用一程度拉力緩慢地拉起球B，使細線與豎直方向成37°角，此時環A仍保持靜止。求：圖11此時程度拉力F的大小；2橫桿對環的支持力的大小；3桿對環的摩擦力。解析1取小球為研究對象進展受力分析，由平衡條件得：FTsi

2、n 37°FFTcos 37°mg聯立解得Fmg。2取A、B組成的系統為研究對象FN2mg，FfFFfmg。 3由2可知環受到的摩擦力大小為mg，方向程度向左。答案1mg22mg3mg方向程度向左方法總結解決連接體問題時，往往先用整體法選取適宜的研究對象作為切入點，到達簡化解題過程的目的。針對訓練1 如圖2所示，A、B兩物體的質量分別為mA、mBmA>mB，由輕繩連接繞過滑輪并從靜止釋放，不計滑輪質量和所有摩擦，那么A、B運動過程中圖2A.輕繩的拉力為mAmBgB.輕繩的拉力逐漸減小C.它們加速度的大小與成正比D.假設mAmB是一定值，那么加速度大小與mAmB成正比解

3、析對A由牛頓第二定律可得mAgFmAa，對B由牛頓第二定律可得FmBBmBa，又FF，解得F，ag，A、B、C錯誤，D正確。答案D二、共點力的動態平衡及處理方法物體在幾個力的共同作用下處于平衡狀態，假如其中的某個力或某幾個力的大小或方向發生變化，物體受到的其他力也會隨之發生變化，假如在變化的過程中物體仍能保持平衡狀態，這就是動態平衡。例2 如圖3，一小球放置在木板與豎直墻面之間。設墻面對球的彈力大小為FN1，木板對球的彈力大小為FN2。以木板與墻連接點所形成的程度直線為軸，將木板從圖示位置開場緩慢地轉到程度位置。不計摩擦，在此過程中圖3A.FN1始終減小，FN2始終增大B.FN1始終減小，FN

4、2始終減小C.FN1先增大后減小，FN2始終減小D.FN1先增大后減小，FN2先減小后增大解析法一解析法如下圖，由平衡條件得FN1FN2，隨逐漸增大到90°，tan 、sin 都增大，FN1、FN2都逐漸減小，所以選項B正確。法二圖解法對球受力分析，球受3個力，分別為重力G、墻對球的彈力FN1和板對球的彈力FN2。當板逐漸放至程度的過程中，球始終處于平衡狀態，即FN1與 FN2的合力F始終豎直向上，大小等于球的重力G，如下圖，由圖可知FN1的方向不變，大小逐漸減小，FN2的方向發生變化，大小也逐漸減小，應選項B正確。答案B方法總結圖解法分析三力動態平衡問題的思路1確定研究對象，作出受

5、力分析圖。2明確三力的特點，哪個力不變，哪個力變化。3將三力的示意圖首尾連接，構造出矢量三角形，或將某力根據其效果進展分解，畫出平行四邊形。4根據量的變化情況，確定有向線段表示力的長度變化，從而判斷各個力的變化情況。針對訓練2 如圖4，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N，初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為。現將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角不變。在OM由豎直被拉到程度的過程中圖4A.MN上的張力逐漸增大B.MN上的張力先增大后減小C.OM上的張力逐漸增大D.OM上的張力先增大后減小解析OM的張力F1和MN的張力F2的合力F不變，關系如下圖，

6、將重物向右上方緩慢拉起，夾角不變，由鈍角逐漸減小到銳角，由銳角逐漸增大到直角，那么MN上的張力F2逐漸增大，OM上的張力F1先增大后減小，選項A、D正確。答案AD三、物理圖象在動力學問題中的應用1.動力學中兩類常見圖象及其處理方法1vt圖象：可以從所提供圖象獲取運動的方向、瞬時速度、某時間內的位移以及加速度，結合實際運動情況可以確定物體的受力情況。2Ft圖象：首先應明確該圖象表示物體所受的是哪個力，還是合力，根據物體的受力情況確定加速度，從而研究它的運動情況。2.兩圖象需關注：圖象的截距、斜率、面積以及正負的含義，要做到物體實際受力與運動情況的嚴密結合。例3 一質量m2.0 kg的小物塊以一定

7、的初速度沖上一傾角為37°足夠長的斜面，某同學利用傳感器測出了小物塊從一開場沖上斜面到上滑過程中多個時刻的瞬時速度，并用計算機作出了小物塊上滑過程的速度時間圖線，如圖5所示。取sin 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2求：圖51小物塊沖上斜面過程中加速度的大小；2小物塊與斜面間的動摩擦因數；3小物塊所到達斜面最高點與斜面底端的間隔 。解析1由小物塊上滑過程的速度時間圖線，可得小物塊沖上斜面過程中加速度為a m/s28.0 m/s2加速度大小為8 m/s2。2對小物塊進展受力分析如下圖，由牛頓第二定律知：mgsin 37°Ffma又FNm

8、gcos 37°0FfFN代入數據解得0.25。3由圖線知小物塊沿斜面上滑的間隔 為x·t×1.0 m4.0 m答案 18.0 m/s2 20.25 34.0 m規律總結1.vt、xt圖象反映的是物體的運動規律，絕非代表物體的運動軌跡。Ft圖象反映的是物體的受力規律2.分析圖象法，先從它的物理意義、點、線段、截距、交點、拐點、面積等方面理解信息。針對訓練3 放在程度地面上的一物塊，受到方向不變的程度推力F的作用，F的大小與時間t的關系如圖6甲所示，物塊速度v與時間t的關系如圖乙所示。取重力加速度g10 m/s2。由這兩個圖象可以求得物塊的質量m和物塊與地面之間的動

9、摩擦因數分別為圖6A.0.5 kg，0.4 B.1.5 kg，C.0.5 kg，0.2 D.1 kg，0.2解析由Ft圖和vt圖可得，物塊在24 s內所受外力F3 N，物塊做勻加速運動，a m/s22 m/s2，FFfma，即310m2m物塊在46 s所受外力F2 N，物塊做勻速直線運動，那么FFf，Fmg，即10m2由解得m0.5 kg，0.4，故選項A正確。答案A四、應用牛頓運動定律處理多過程問題1.按時間的先后順序對題目給出的物體運動過程或不同的狀態進展分析包括列式計算的解題方法稱為程序法。解題的根本思路是：正確劃分出題目中有多少個不同過程或多少個不同狀態，然后對各個過程或各個狀態進展詳

10、細分析，得出正確的結果。2.當題目給出的物理過程較復雜，由多個過程組成時，要明確整個過程由幾個子過程組成，將過程合理分段，找到相鄰過程的聯絡點并逐一分析每個過程。聯絡點：前一過程的末速度是后一過程的初速度，另外還有位移關系等。例4 科研人員乘氣球進展科學考察。氣球、座艙、壓艙物和科研人員的總質量為990 kg。氣球在空中停留一段時間后，發現氣球漏氣而下降，及時堵住。堵住時氣球下降速度為1 m/s，且做勻加速運動，4 s內下降了12 m。為使氣球平安著陸，向艙外緩慢拋出一定的壓艙物。此后發現氣球做勻減速運動，下降速度在5分鐘內減少3 m/s。假設空氣阻力和泄漏氣體的質量均可忽略，重力加速度g9.

11、89 m/s2，求拋掉的壓艙物的質量。解析拋壓艙物前，h1v0ta1t解得：a11 m/s2設漏氣后浮力為F，拋壓艙物前質量為m，拋掉壓艙物的質量為m，對過程分析，如下圖，由牛頓第二定律得：mgFma1拋壓艙物后，va2t解得：a20.01 m/s2由牛頓第二定律得：Fmmgmma2解得：m101 kg答案101 kg方法總結分析多過程問題的要領1將多過程分解為多個子過程，各子過程間由銜接點連接。2對各子過程進展受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和過程示意圖。3根據子過程和銜接點的模型特點選擇合理的動力學規律列方程。4分析銜接點的位移、速度、加速度等的聯絡，確定各子過程間的時間關系、位移關系、速度關系等，并列出相關的輔助方程。5聯立方程組，分析求解，并對結果進展必要的討論或驗證。針對訓練4 物體以14.4 m/s的初速度從斜面底端沖上傾角為37°的斜坡，到最高點后再滑下，如圖7所示。物體與斜面間的動摩擦因數為0.15，求：圖71物體沿斜面上滑的最大位移；2物體沿斜面下滑的時間。g=10 m/s2, sin 37°0.6，cos 37°0.8解