1、精選優質文檔-傾情為你奉上精選優質文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業專心-專注-專業精選優質文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業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.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，能的性質.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

2、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：創新設計與新情景問題.doc 一、運動學專題直線運動規律及追及問題一 、 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后速度的大小變為10m/s，在這1s內該物體的 （ ）A.位移的大小可能小于4mB.位移的大小可能大于10m C.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

3、向時 式中負號表示方向跟規定正方向相反答案：A、D例題2：兩木塊自左向右運動，現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t1t2t3t4t5t6t7t1t2t3t4t5t6t7解析：首先由圖看出：上邊那個物體相鄰相等時間內的位移之差為恒量，可以判定其做勻變速直線運動；下邊那個物體很明顯地是做勻速直線運動。由于t2及t3時刻兩物體位置相同，說明這段時間內它

4、們的位移相等，因此其中間時刻的即時速度相等，這個中間時刻顯然在t3、t4之間答案：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結果保留兩位數字）解析：根據題意計算時，可以把運動員的全部質量集中在重心的一個質點，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=

5、3t5t2解得：t1.7s思考：把整個過程分為上升階段和下降階段來解，可以嗎？BACD例題4.如圖所示，有若干相同的小鋼球，從斜面上的某一位置每隔0.1s釋放一顆，在連續釋放若干顆鋼球后對斜面上正在滾動的若干小球攝下照片如圖，測得AB=15cm，BC=20cm，試求：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

6、動到A處經過了幾個時間間隔（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=aT2得：a=m/s2=5m/s2例5：火車A以速度v1勻速行駛，司機發現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v2v1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，則有v1ta0t2sv2tv1a0t = v2a

7、0 =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生相撞，則v1tat2 s v2t上式整理后可寫成有關t的一元二次方程，即at2（v2v1）ts 0取判別式0，則t無實數解，即不存在發生兩車相撞時間t。0，則有（v2v1）24（a）s得avv1v20tt0ACB（為避免兩車相撞，故a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，tan即為后車A減速的加速度絕對值a0。因此有（v1v2）=s所以 tan=a0=若

8、兩車不相撞需aa0=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。加速度的大小在數值上等于單位時間內速度的改變量，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時間內的位移為s，若 t未知，則可求出 （ ）第一個t

9、時間內的平均速度第n個t時間內的位移nt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st2 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、C3 、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( )A B C D 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tt，時，汽車的位移為s=；如果tt，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

10、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，通常可以從位移關系、速度關系或者時間關系等方面去分析。解析：根據題意，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，經歷時間t甲=t乙=t.那么，根據勻速直線運動公式對甲應有：根據勻加速直線運動公式

11、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vt圖線的方法，則上述結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。vvtv00t乙甲S甲S乙答案：A5 、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

12、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vv10tt1t2v2v1v2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t1，圖中陰影部分面積為h，若人在4樓陽臺上釋放小球后，兩球落地時間差t2，要保證陰影部分面積也是h；從圖中可以看出一定有t2t1答案：C11ams2t/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，若從出發開始計時，則物體的運動情況是（ ）A 先向A ，后向B，

13、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/ms110t/s2314解析：根據a-t圖象作出其v-t圖象，如右圖所示，由該圖可以看出物體的速度時大時小，但方向始終不變，一直向A運動，又因v-t圖象與t軸所圍“面積”數值上等于物體在t時間內的位移大小，所以4秒末物體距A點為2米答案：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，

14、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，已由天文觀察測定，為解釋上述現象，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在離我們越遠，這一結果與上述天文觀測一致。 由上述理論和天文觀測結果，可估算宇宙年齡T，其計算式如何？根據近期觀測，哈勃常數H=310-2m/（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

15、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H=310-2m/（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

16、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。可借助v-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/ms1vm0t/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/s2.解得：vm=12.8m/s（另一解舍去）.v/ms1vm0t/s130a1a2tmin(2)路程不變，則圖象中面積不變，當v越大則t越小，如圖所示.

17、設最短時間為tmin，則tmin= =1600 其中a1=1.6m/s2,a2=6.4m/s2.由式解得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=at s1=

18、at2 s2=v(6-t) s1+s2=10 聯列以上四式，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。

19、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：用數學求極值方法來求解設汽車在追上自行車之前經過t時間兩車相距最遠，因為所以，由二次函數求極值條件知，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，汽車相對此參考系的各個物理量為：初速度v0 = v汽初v自 =（06）m/s = 6m/s末速度vt = v汽末v自 =（66）m/s = 0加速度 a = a汽a自 =（30）m/s2 =

20、 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/ms1v60t/sttv汽v自（1）自行車和汽車的v-t圖如圖，由于圖線與橫坐標軸所包圍的面積表示位移的大小，所以由圖上可以看出：在相遇之前，在t時刻兩車速度相等時，自行車的位移（矩形面積）與汽車的位移（三角形面積）之差（即斜線部分）達最大，所以t=v自/a=s=2ss= vtat2/2 =（62322/2）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）2s

21、 6m （2）12m/s二、摩擦力專題明確摩擦力產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ABF圖1 由于不明確摩擦力產生的條件，導致答題錯誤的事是經常發生

22、的 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，、間的動摩擦因數和、間的動摩擦因數有可能是(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)。這種特點已經包

23、括在摩擦力產生的條件里，這里不贅述。對于摩擦力的被動性，現仔細闡述。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，其中10N、2N，若撤去力，則木塊在水平方向受到的合力為 (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生運動狀態的改變，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

24、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(1)平衡條件求；(2)根據物體運動狀態，由牛頓運動定律求而不但可根據上述的 (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給帶電體一個水平沖量，試分析帶電體所受摩擦力的情況 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

25、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。滑動摩擦力；,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無關，與接觸面積大小無關的特點 m圖4例4 如圖4所示，一質量為m的貨物放在傾角為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，試求兩種情況下貨物所受的摩擦力 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

26、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： mgsinaFma(設F沿斜面向上)所以F=mgsina-ma當a0與所設方向相同沿斜面向上當agsina時，F=0即貨物與傳送帶間無摩擦力作用當agsina時，F0）。設物塊從時刻起由靜止開始沿墻壁豎直向下滑動，物

27、塊與墻壁間的動摩擦因數為，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，物塊在豎直方向做勻速直線運動 B. 在時間內，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a D. 物塊受到的最大靜摩擦力總等于b 4. 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，木板上面有一質量為

28、m的物塊，物塊與木板及木板與桌面間的動摩擦因數均為，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

29、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20 m，傳送帶上各點相對地面的速度大小是2 m/s，某物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.1。現將該物塊輕輕地放在傳送帶上的A點后，經過多長時間到達B點？（g取） 10. 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

30、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Gmg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，質量體積，于是起飛的臨界速率。燕子的滑翔速率最小大約為20 km/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

31、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，滑塊質量為m，它與斜面間的動摩擦因數為，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t0時的速度圖線的切線，由此求出和k的

32、值。 13. 如圖10所示，一個彈簧臺秤的秤盤和彈簧質量均不計，盤內放一個質量的靜止物體P，彈簧的勁度系數。現施加給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F是變力，在0.2s以后，F是恒力，取，求拉力F的最大值和最小值。【試題答案】 1. ABD 解析：木箱未運動前，A物體處于受力平衡狀態，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，即發生了失重現象，故物體運動的加速度必然豎直向下

33、，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，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

34、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： 聯立解得： 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

35、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20 km/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，N0，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）由式

36、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，由式和式有： 將g、m、代入式和式后解得： 13. 解析：根據題意，F是變力的時間，這段時間內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： 根據牛頓第二定律，有： 得： 當時，F最小 當時，F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

37、各地模擬試卷命題的熱點。此部分內容在考綱中列為級要求。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 1萬有引力定律發現的思路、方法 開普勒解決了行星繞太陽在橢圓軌道上運行的規律，但沒能揭示出行星按此規律運動的原因英國物理學家牛頓(公元16421727)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

38、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，大膽假設并實驗驗證了行星受太陽的引力亦跟太陽的質量成正比因此得出：太陽對行星的行力跟兩者質量之積成正比最后，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地球形狀的預測牛頓根據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

39、，法國科學院派出兩個測量隊分赴亦道地區的秘魯(緯度20)和高緯度處的拉普蘭德(66)，分別測得兩地1緯度之長為：赤道處是m，兩極處是m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年出現的大彗星與1607年、1531年出現的大彗星實際上是同一顆彗星，并根據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海王星的

40、發現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R20cm、質量M168kg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，在銅球外有一質量m1kg、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d2m，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的所有質點和小球m的所有質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對小球m的吸引力 F=F1+F2式中F1是挖掉球穴后的

41、剩余部分對m的吸引力，F2是半徑為R2的小銅球對m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F1FF22.41109N例2、深入地球內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，可把整個質量集中于球心如果物體深入地球內部，如何計算它所受的引力?如右圖所示，設一個質量為m的物體(可視為質點)在地層內離地心為r的A處為了計算地球對它的引力，把地球分成許多薄層設過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，R1R2R那么HR2 根據萬有

42、引力定律 所以，即兩小塊體積的物體對A處質點的引力大小相等，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FrO它完全不受地球的引力所以，當一個質量為m的物體從球心(r0)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，按平方反比規律減小；當rR0(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

43、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現后的百余年間，一直沒有測出引力常量的準確數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生較大的力矩，使金屬絲產生一定角度的偏轉臼，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發出的光線射到平面鏡M上，在平面鏡偏轉角時，反射光線偏轉2角，可以得出光點在刻度尺上移動的弧長s2R，增大小平面鏡M到刻度尺的距離

44、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，開創了測量弱力的新時代(4)表明：任何規律的發現總是經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別和聯系地球對物體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

45、這是因為地球在不停地自轉，地球上的一切物體都隨著地球自轉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，是地球自轉的角速度這個向心力來自哪里?只能來自地球對物體的引力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)緯度為處的物體隨地球自轉所需的向心力 (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Rcos0，f0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

46、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105rads數量級，所以mg與F的差別并不很大在不考慮地球自轉的條件下，地球表面物體的重力這是一個很有用的結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的數值，還隨著物體離地面高度的增加而減小若不考慮地球自轉，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處，則gg4在月球軌道處，由于r60，所以重力加速度g g3600重力加速度隨高度增加而

47、減小這一結論對其他星球也適用例3、某行星自轉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的90，已知萬有引力恒量G6.671011Nm2kg2，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 在赤道 依題意mg=O.9mg 由式和球體積公式聯立解得二、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人造地球衛星的繞行速度、角速度、周期與半徑的關系由得r越大，v越小由得r越大，越小由得r越大，T越大例4、土星外層上有一個環。為了判斷它是土星的一部分還是土星的衛星群，可以測量環中各層的線速度a與該l層

48、到土星中心的距離R之間的關系來判斷： ( )A若vR，則該層是土星的一部分；B若v2R，則該層是土星的衛星群C若vR，則該層是土星的一部分 D若v2R，則該層是土星的衛星群求天體質量、密度由 即可求得注意天體半徑與衛星軌跡半徑區別人造地球衛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，產生這一結果的原因是 ( 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

49、力提供了太空垃圾做圓周運動所需的向心力，故產生向心運動的結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星宇宙速度第一宇宙速度，是地球衛星的最小發射速度，也是地球衛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日發現的第2752號小行星命名為吳健雄星，其直徑為32 km，如該小行星的密度和地球相同，則其第一宇宙速度為 ms，已知地球半徑=6400km，地球的第一宇宙速度為8 kms（20ms）

50、第二宇宙速度的計算 如果人造衛星進入地面附近的軌道速度等于或大于1l.2kms，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星從地表a送到b時，外力克服引力做功 同理，衛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星送至無窮遠處所做的總功 為了掙脫地球的引力衛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，根據推

51、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v12.4kms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定律內容:相互作用的幾個物體組成的系統，如果不受外力作用，或者它們受到的外力之和為零，則系統的總動量保持不變。2一般數學表達式：3動量守恒定律的適用條件 ：系統不受外力或受到的外力之和為零（F合=0）； 系統所受的外力遠小于內力（F外F內），則系統動量近似守恒；系統某一方向不受外力作用或所受外力之和為零，則系統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

52、系統性：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，同時應確保整個系統的初、末狀態的質量相等矢量性：系統在相互作用前后，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運算同時性：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，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、

53、B兩小車中間夾了一壓縮輕質彈簧，用兩手控制小車處于靜止狀態，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、兩滑塊在一水平長直氣墊導軌上相碰用頻閃照相機在0，2，3各時刻閃光四次，攝得如圖所示照片，其中像有重疊，（32），由此可判斷（ ）碰前靜止，碰撞發生在60處，2.5時刻碰后靜止，碰撞發生在60處，0.5時刻碰前靜止，碰撞發生在60處，0.5時刻碰后靜止，碰撞發生在60處，2.5時刻解析：該題重點考查根

54、據照片建立碰撞的物理圖景，答案為 B3質量為50的人站在質量為150（不包括人的質量）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L5m，則船在這段時間內的位移是多少？（船所受水的阻力不計）SL 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 = 3.25 m. 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，所有物塊的質量均

55、為m，與木板間的動摩擦因數都相同，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，2 v，3 v，nv，方向都向右，木板的質量與所有物塊的總質量相等 ,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（kn物塊的最小速度v12nV02V0nV0分析：（多個物體組成的系統，應恰當選擇小系統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

56、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，當第一號物塊由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水平方向不受外力，動量守恒，應有：m v+m2 v+m3 v+mn v=（M + nm）v eq oac(,1) M = nm， eq oac(,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為系統一部分，第2

57、 號物塊到第n號物塊為系統另一部分，則 木板和物塊1 p =（M + m）v-m v， 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 oac(,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k v減為v的過程中，序數在第k號物塊后面的所有物塊動量都減小m（k v- 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-（m v+m2 v+mk v）=（n+k）m v-（k+1）m v序號在第k以后的所有物塊動量減少的總量為 p=（n-k）m（k v- v）由動量守恒得 p=p， 即（n+k）m v-（k+1

58、）m v= （n-k）m（k v- v），解得 v=5.如圖所示，人與冰車質量為M，球質量為m，開始均靜止于光滑冰面上，現人將球以對地速度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 = 16 m，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

59、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2兩名質量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上現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

60、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在質量為M 的小車中掛有一單擺，擺球的質量為m。，小車(和單擺)以恒定的速度V沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質量為m的靜止木塊發生碰撞，碰撞時間極短，在此碰撞過程中，下列哪些說法是可能發生的( ) A.小車、木塊、擺球的速度都發生變化，分別變為V1、V2、V3，滿足(m。十M)V=MVl十mV2十m。V3 B擺球的速度不變，小車