第1專題力與運動知識網絡考點預測本專題復習三個模塊的內容：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在高考中(如2008年的全國理綜卷Ⅰ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年高考中出現的概率很小，大部分高考卷中應該都會出現同時考查三個模塊知識的試題，而且占不少分值．在綜合復習這三個模塊內容的時候，應該把握以下幾點：1．運動的描述是物理學的重要基礎，其理論體系為用數學函數或圖象的方法來描述、推斷質點的運動規律，公式和推論眾多．其中，平拋運動、追及問題、實際運動的描述應為復習的重點和難點．2．無論是平衡問題，還是動力學問題，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．牛頓運動定律的應用是高中物理的重要內容之一，與此有關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、生活和科技中的實際問題．此外，它還經常與電場、磁場結合，構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．某段時間內的平均速度等于這段時間的中間時刻的瞬時速度，即eq\o(v,\s\up6(－))t＝veq\f(t,2)．2．在連續相等的時間間隔T內的位移之差Δs為恒量，且Δs＝aT2．3．在初速度為零的勻變速直線運動中，相等的時間T內連續通過的位移之比為：s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)通過連續相等的位移所用的時間之比為：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝EQ\x\bo(1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1)))．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系，靈活利用這些關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”作為“初態”，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中一種常見的重要方法，它能夠將問題中的許多關系，特別是一些隱藏關系，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＝eq\f(d,v⊥)，與v1無關，所以當v2垂直于河岸時，渡河所用的時間最短，最短時間tmin＝eq\f(d,v2)．(2)渡河的路程由小船實際運動軌跡的方向決定．當v1＜v2時，最短路程smin＝d；當v1＞v2時，最短路程smin＝eq\x\bo(\f(v1,v2)d)，如圖1－1所示．圖1－12．輕繩、輕桿兩末端速度的關系(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)，即v1cosθ1＝v2cos_θ2．(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，經時間t到達P點．圖1－2(1)加速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(水平方向：ax＝0,豎直方向：ay＝g))(2)速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(水平方向：vx＝v0,豎直方向：vy＝gt))合速度的大小v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(v\o\al(2,0)＋g2t2)設合速度的方向與水平方向的夾角為θ，有：tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)，即θ＝arctaneq\f(gt,v0)．(3)位移eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(水平方向：sx＝v0t,豎直方向：sy＝\f(1,2)gt2))設合位移的大小s＝eq\r(s\o\al(2,x)＋s\o\al(2,y))＝eq\r((v0t)2＋(\f(1,2)gt2)2)合位移的方向與水平方向的夾角為α，有：tanα＝eq\f(sy,sx)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，即α＝arctaneq\f(gt,2v0)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θ≠2α，而是tanθ＝2tanα．(4)時間：由sy＝eq\f(1,2)gt2得，t＝eq\r(\f(2sy,g))，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．(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，速度的變化量(g＝eq\f(Δv,Δt))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Δv構成直角三角形，Δv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＝EQ\x\bo((L′＋eq\f(L,2))·tanα)＝EQ\x\bo((L′＋eq\f(L,2))·eq\f(qUL,dmv\o\al(2,0)))．熱點、重點、難點(一)直線運動高考中對直線運動規律的考查一般以圖象的應用或追及問題出現．這類題目側重于考查學生應用數學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；經過一段時間后，B車的加速度突然變為零．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＋eq\f(1,2)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聯立以上各式得：t2－2t0t－eq\f(2[(vB－vA)t0＋s],a)＝0將題中數據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】①出現不符合實際的解(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．②解析后可以作出vA－t、vB－t圖象加以驗證．圖1－5乙根據v－t圖象與t圍成的面積等于位移可得，t＝12s時，Δs＝[eq\f(1,2)×(16＋4)×6＋4×6]m＝84m．(二)平拋運動平拋運動在高考試題中出現的幾率相當高，或出現于力學綜合題中，如2008年北京、山東理綜卷第24題；或出現于帶電粒子在勻強電場中的偏轉一類問題中，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Ⅰ第14題．對于這一知識點的復習，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角公式、位移偏轉角公式以及兩偏轉角的關系式(即tanθ＝2tanα)．●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m可被水平拋出時，A輪每秒的轉數最少為()圖1－6甲A．eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,r)) B．eq\r(\f(g,r))C．eq\r(gr) D．eq\f(1,2π)eq\r(gr)【解析】解法一m到達皮帶輪的頂端時，若meq\f(v2,r)≥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數n＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(v,2πr)所以當v≥eq\r(gr)，即轉數n≥eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,r))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為：當y2＋x2＝r2初速度為v的平拋運動在坐標系中的函數為：y＝r－eq\f(1,2)g(eq\f(x,v))2平拋運動的軌跡在皮帶輪上方的條件為：當x>0時，平拋運動的軌跡上各點與O點間的距離大于r，即eq\r(y2＋x2)>r即eq\r([r－\f(1,2)g(\f(x,v))2]2＋x2)>r解得：v≥eq\r(gr)又因皮帶輪的轉速n與v的關系為：n＝eq\f(v,2πr)可得：當n≥eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,r))時，m可被水平拋出．[答案]A【點評】“解法一”應用動力學的方法分析求解；“解法二”應用運動學的方法(數學方法)求解，由于加速度的定義式為a＝eq\f(Δv,Δt)，而決定式為a＝eq\f(F,m)，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構可以簡化成如圖1－7所示的示意圖．其中AB段是助滑雪道，傾角α＝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θ＝37°．軌道各部分與滑雪板間的動摩擦因數均為μ＝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點，設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－μmgcosαeq\f(h,sinα)－μmg(L1－hcotα)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)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＝eq\f(1,2)gt2eq\f(y,x)＝tanθ著陸位置與C點的距離s＝eq\f(x,cosθ)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＝vCcosθ＋gtsinθ加速度為：mgsinθ－μmgcosθ＝ma運動到D點的速度為：veq\o\al(2,D)＝veq\o\al(2,0)＋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．同學們還要能總結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)常見的五種性質的力產生原因或條件方向大小重力由于地球的吸引而產生總是豎直向下(鉛直向下或垂直水平面向下)，注意不一定指向地心，不一定垂直地面向下G重＝mg＝Geq\f(Mm,R2)地球表面附近一切物體都受重力作用，與物體是否處于超重或失重狀態無關彈力①接觸②彈性形變①支持力的方向總是垂直于接觸面而指向被支持的物體②壓力的方向總是垂直于接觸面而指向被壓的物體③繩的拉力總是沿著繩而指向繩收縮的方向F＝－kx彈力的大小往往利用平衡條件和牛頓第二定律求解摩擦力滑動摩擦力①接觸，接觸面粗糙②存在正壓力③與接觸面有相對運動與接觸面的相對運動方向相反f＝μFN只與μ、FN有關，與接觸面積、相對速度、加速度均無關靜摩擦力①接觸，接觸面粗糙②存在正壓力③與接觸面存在相對運動的趨勢與接觸面相對運動的趨勢相反①與產生相對運動趨勢的動力的大小相等②存在最大靜摩擦力，最大靜摩擦力的大小由粗糙程度、正壓力決定續表產生原因或條件方向大小電場力點電荷間的庫侖力：真空中兩個點電荷之間的相互作用作用力的方向沿兩點電荷的連線，同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引F＝keq\f(q1q2,r2)電場對處于其中的電荷的作用正電荷的受力方向與該處場強的方向一致，負電荷的受力方向與該處場強的方向相反F＝qE磁場力安培力：磁場對通電導線的作用力F⊥B，F⊥I，即安培力F垂直于電流I和磁感應強度B所確定的平面．安培力的方向可用左手定則來判斷F＝BIL安培力的實質是運動電荷受洛倫茲力作用的宏觀表現洛倫茲力：運動電荷在磁場中所受到的力用左手定則判斷洛倫茲力的方向．特別要注意四指應指向正電荷的運動方向；若為負電荷，則四指指向運動的反方向帶電粒子平行于磁場方向運動時，不受洛倫茲力的作用；帶電粒子垂直于磁場方向運動時，所受洛倫茲力最大，即f洛＝qvB(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．平衡狀態是指物體處于勻速直線運動或靜止狀態，物體處于平衡狀態的動力學條件是：F合＝0或Fx＝0、Fy＝0、Fz＝0．注意：靜止狀態是指速度和加速度都為零的狀態，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．3．平衡條件的推論(1)物體處于平衡狀態時，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用1．正交分解法是分析平衡狀態物體受力時最常用、最主要的方法．即當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°，運動員的質量為75kg，舉起的杠鈴的質量為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、骨骼構造以及平時的用力習慣可知，伸直的手臂主要沿手臂方向發力．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4兩個可視為質點的小球a和b，用質量可忽略的剛性細桿相連放置在一個光滑的半球面內，如圖1－10甲所示．已知小球a和b的質量之比為eq\r(3)，細桿長度是球面半徑的eq\r(2)倍．兩球處于平衡狀態時，細桿與水平面的夾角θ是[2008年高考·四川延考區理綜卷]()圖1－10甲A．45°B．30°C．22.5°D．15°【解析】解法一設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：cosα＝eq\f(\f(\r(2),2)R,R)＝eq\f(\r(2),2)解得：α＝45°故FNa的方向為向上偏右，即β1＝eq\f(π,2)－45°－θ＝45°－θFNb的方向為向上偏左，即β2＝eq\f(π,2)－(45°－θ)＝45°＋θ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，設球面的半徑為R，由幾何關系可得：eq\f(mag,Oc)＝eq\f(FNa,R)eq\f(mbg,Oc)＝eq\f(FNb,R)解得：FNa＝eq\r(3)FNb取a、b及細桿組成的整體為研究對象，由平衡條件得：FNa·sinβ1＝FNb·sinβ2即eq\r(3)FNb·sin(45°－θ)＝FNb·sin(45°＋θ)解得：θ＝15°．解法二由幾何關系及細桿的長度知，平衡時有：sin∠Oab＝eq\f(\f(\r(2),2)R,R)＝eq\f(\r(2),2)故∠Oab＝∠Oba＝45°再設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eq\f(ac,bc)＝eq\f(ma,mb)＝eq\r(3)即R·sin(45°－θ)∶R·sin(45°＋θ)＝1∶eq\r(3)解得：θ＝15°．[答案]D【點評】①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”．②在理論上，本題也可用隔離法分析小球a、b的受力情況，根據正交分解法分別列平衡方程進行求解，但是求解三角函數方程組時難度很大．③解法二較簡便，但確定重心的公式eq\f(ac,bc)＝eq\f(ma,mb)＝eq\r(3)超綱．(二)帶電粒子在復合場中的平衡問題在高考試題中，也常出現帶電粒子在復合場中受力平衡的物理情境，出現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＝eq\f(E,B)；在如圖1－12所示的電磁流量計中，流速v＝eq\f(u,Bd)，流量Q＝eq\f(πdu,4B)．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α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，因而當油滴帶正電時，應該由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，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θ．若兩次實驗中B的電荷量分別為q1和q2，θ分別為30°和45°，則eq\f(q2,q1)為[2007年高考·重慶理綜卷]()（沒有分清什么量不變）圖1－14甲A．2B．3C．2eq\r(3)D．3eq\r(3)【解析】對A球進行受力分析，如圖1－14乙所示，圖1－14乙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＝mgtanθ，又F電＝keq\f(qQA,r2)．設繩子的長度為L，則A、B兩球之間的距離r＝Lsinθ，聯立可得：q＝eq\f(mL2gtanθsin2θ,kQA)，由此可見，q與tanθsin2θ成正比，即eq\f(q2,q1)＝eq\f(tan45°sin245°,tan30°sin230°)＝2eq\r(3)，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，解題的關鍵在于：先根據小球的受力情況畫出平衡狀態下的受力分析示意圖；然后根據平衡條件和幾何關系列式，得出電荷量的通解表達式，進而分析求解．本題體現了新課標在知識考查中重視方法滲透的思想．三、牛頓運動定律的應用要點歸納(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或靜止狀態，直到有外力迫使它改變這種狀態為止．(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的原因，是使物體產生加速度的原因．③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．牛頓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或靜止狀態的性質叫做慣性．①慣性是物體的固有屬性，與物體的受力情況及運動狀態無關．②質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的力，作用效果不能抵消．(3)牛頓第三定律的應用非常廣泛，凡是涉及兩個或兩個以上物體的物理情境、過程的解答，往往都需要應用這一定律．(二)牛頓第二定律1．定律內容物體的加速度a跟物體所受的合外力F合成正比，跟物體的質量m成反比．2．公式：F合＝ma理解要點①因果性：F合是產生加速度a的原因，它們同時產生，同時變化，同時存在，同時消失．②方向性：a與F合都是矢量，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，F合是該時刻作用在該物體上的合外力．3．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軸方向應用牛頓第二定律列出方程；(5)統一單位，計算數值．熱點、重點、難點一、正交分解法在動力學問題中的應用當物體受到多個方向的外力作用產生加速度時，常要用到正交分解法．1．在適當的方向建立直角坐標系，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，在風洞實驗室里，一根足夠長的細桿與水平面成θ＝37°固定，質量m＝1kg的小球穿在細桿上靜止于細桿底端O點．現有水平向右的風力F作用于小球上，經時間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內的加速度a1和2～4s內的加速度a2．(2)風對小球的作用力F的大小．【解析】(1)由圖象可知，在0～2s內小球的加速度為：a1＝eq\f(v2－v1,t1)＝20m/s2，方向沿桿向上在2～4s內小球的加速度為：a2＝eq\f(v3－v2,t2)＝－10m/s2，負號表示方向沿桿向下．(2)有風力時的上升過程，小球的受力情況如圖1－15丙所示圖1－15丙在y方向，由平衡條件得：FN1＝Fsinθ＋mgcosθ在x方向，由牛頓第二定律得：Fcosθ－mgsinθ－μFN1＝ma1停風后上升階段，小球的受力情況如圖1－15丁所示圖1－15丁在y方向，由平衡條件得：FN2＝mgcosθ在x方向，由牛頓第二定律得：－mgsinθ－μFN2＝ma2聯立以上各式可得：F＝60N．【點評】①斜面(或類斜面)問題是高中最常出現的物理模型．②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)高考卷中常出現涉及兩個研究對象的動力學問題，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．整體法是指當連接體內(即系統內)各物體具有相同的加速度時，可以把連接體內所有物體組成的系統作為整體考慮，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．隔離法是指當研究對象涉及由多個物體組成的系統時，若要求連接體內物體間的相互作用力，則應把某個物體或某幾個物體從系統中隔離出來，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．當連接體中各物體運動的加速度相同或要求合外力時，優先考慮整體法；當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，優先考慮隔離法．有時一個問題要兩種方法結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量相等的物體，中間用勁度系數為k的輕質彈簧相連，在外力F1、F2的作用下運動．已知F1＞F2，當運動達到穩定時，彈簧的伸長量為()圖1－16A．eq\f(F1－F2,k)B．eq\f(F1－F2,2k)C．eq\f(F1＋F2,2k) D．eq\f(F1＋F2,k)【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＝eq\f(F1＋F2,2k)．[答案]C【點評】①解析中的三個方程任取兩個求解都可以．②當地面粗糙時，只要兩物體與地面的動摩擦因數相同，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，質量為m的小物塊A放在質量為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間的動摩擦因數為μ1，B與地面間的動摩擦因數為μ2，且μ2＞μ1，則x的表達式應為()圖1－17A．x＝eq\f(M,m)L B．x＝eq\f((M＋m)L,m)C．x＝eq\f(μ1ML,(μ2－μ1)(m＋M)) D．x＝eq\f(μ1ML,(μ2＋μ1)(m＋M))【解析】設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＝μ1mg其加速度大小a1＝eq\f(f1,m)＝μ1gB做減速運動的加速度大小a2＝eq\f(μ2(m＋M)g－μ1mg,M)由于μ2＞μ1，所以a2＞μ2g＞μ1g＝a1即木板B先停止后，A在木板上繼續做勻減速運動，且其加速度大小不變對A應用動能定理得：－f1(L＋x)＝0－eq\f(1,2)mv2對B應用動能定理得：μ1mgx－μ2(m＋M)gx＝0－eq\f(1,2)Mv2解得：x＝eq\f(μ1ML,(μ2－μ1)(m＋M))．[答案]C【點評】①雖然使A產生加速度的力由B施加，但產生的加速度a1＝μ1g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．②動能定理可由牛頓第二定律推導，特別對于勻變速直線運動，兩表達式很容易相互轉換．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°、質量為M的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細線另一端拴一質量為m的小球B．現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Tsinθ＝mg，Tcosθ＝ma1解得：a1＝gcotθ即F1＝(M＋m)a1＝(M＋m)gcotθ由此可知，當水平向左的力大于(M＋m)gcotθ時，小球B將離開斜面，對于水平恒力向斜面一側方向(水平向右)的情況：設恒力大小為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FNcosθ＝mg，FNsinθ＝ma2解得：a2＝gtanθ即F2＝(M＋m)a2＝(M＋m)gtanθ由此可知，當水平向右的力大于(M＋m)gtanθ，B將沿斜面上滑，綜上可知，當作用在A上的恒力F向左小于(M＋m)gcotθ，或向右小于(M＋m)gtanθ時，B能靜止在斜面上．[答案]向左小于(M＋m)gcotθ或向右小于(M＋m)gtanθ【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．●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、乙兩位同學在一樓電梯內用電子體重計及秒表進行了以下實驗：質量m＝50kg的甲同學站在體重計上，乙同學記錄電梯從地面一樓到頂層的過程中，體重計的示數隨時間變化的情況，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)對于啟動狀態有：F1－mg＝ma1得：a1＝2m/s2對于制動狀態有：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＝eq\f(1,2)v(t2＋t)＝eq\f(1,2)×2×(26＋28)m＝54m層高h＝eq\f(s,18)＝eq\f(54,18)＝3m．[答案](1)2m/s22m/s2(2)3m經典考題在本專題中，正交分解、整體與隔離相結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、運動圖象的應用次之，在高考中出現的概率也較大．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P，OB上套有小環Q，兩環質量均為m，兩環間由一根質量可忽略、不可伸長的細繩相連，并在某一位置平衡(如圖1－20甲所示)．現將P環向左移一小段距離，兩環再次達到平衡，那么將移動后的平衡狀態和原來的平衡狀態比較，AO桿對P環的支持力N和細繩上的拉力T的變化情況是[1998年高考·上海物理卷]()圖1－20甲A．N不變，T變大 B．N不變，T變小C．N變大，T變大 D．N變大，T變小

【解析】Q環的受力情況如圖1－20乙所示，由平衡條件得：Tcosθ＝mg．P環向左移動后θ變小，T＝eq\f(mg,cosθ)變小．圖1－20乙圖1－20丙P環的受力情況如圖1－20丙所示，由平衡條件得：NP＝mg＋Tcosθ＝2mg，NP與θ角無關．故選項B正確．[答案]B【點評】①本例是正交分解法、隔離法的典型應用，以后的許多考題都由此改編而來．②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．2．如圖1－21甲所示，在傾角為α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．已知木板的質量是貓的質量的2倍．當繩子突然斷開時，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Ⅳ]()圖1－21甲A．eq\f(g,2)sinα B．gsinαC．eq\f(3,2)gsinα D．2gsinα【解析】繩子斷開后貓的受力情況如圖1－21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＝mgsinα圖1－21乙圖1－21丙再取木板為研究對象，其受力情況如圖1－21丙所示．由牛頓第二定律知：2mgsinα＋f′＝2ma解得：a＝eq\f(3,2)gsinα．[答案]C【點評】①貓腳與木塊之間的摩擦力使貓保持平衡狀態．②還可取貓、木板組成的整體為研究對象，由牛頓第二定律：3mgsinα＝2ma求解，但這一方法高中不作要求．3．如圖1－22所示，某貨場需將質量m1＝100kg的貨物(可視為質點)從高處運送至地面，為避免貨物與地面發生撞擊，現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為μ1，木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.2．(最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g＝10m/s2)[2009年高考·山東理綜卷]圖1－22(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μ1應滿足的條件．(3)若μ1＝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．【解析】(1)設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機械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)設貨物在軌道末端所受支持力的大小為FN，根據牛頓第二定律得，FN－m1g＝m1eq\f(v\o\al(2,0),R)聯立以上兩式并代入數據得FN＝3000N根據牛頓第三定律，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：μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得：μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g聯立并代入數據得0.4＜μ1≤0.6．(3)μ1＝0.5，由上問可得，貨物在木板A上滑動時，木板不動，設貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得μ1m1g＝m1a1設貨物滑到木板A末端時的速度為v1，由運動學公式得：veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝－2a1l聯立并代入數據得v1＝4m/s設在木板A上運動的時間為t，由運動學公式得：v1＝v0－a1t聯立并代入數據得t＝0.4s．[答案](1)3000N，方向豎直向下(2)0.4＜μ1≤0.6(3)0.4s【點評】象這樣同時考查受力分析、動力學、運動學的題型在2010屆高考中出現的可能性最大．4．如圖1－23甲所示，P、Q為某地區水平地面上的兩點，在P點正下方一球形區域內儲藏有石油．假定區域周圍巖石均勻分布，密度為ρ；石油密度遠小于ρ，可將上述球形區域視為空腔．如果沒有這一空腔，則該地區重力加速度(正常值)沿豎直方向；當存在空腔時，該地區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”．為了探尋石油區域的位置和石油儲量，常利用P點附近重力加速度反常現象．已知引力常數為G．圖1－23甲(1)設球形空腔體積為V，球心深度為d(遠小于地球半徑)，eq\x\to(PQ)＝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的范圍內發現：重力加速度反常值在δ與kδ(k＞1)之間變化，且重力加速度反常的最大值出現在半徑為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Ⅱ]【解析】(1)由牛頓第二定律得：a＝eq\f(F引,m)故重力加速度g＝Geq\f(M,r2)假設空腔處存在密度為ρ的巖石時，對Q處物體的引力產生的重力加速度為Δg＝Geq\f(M′,d2＋x2)＝eq\f(GρV,d2＋x2)由力的獨立原理及矢量的合成定則知，球形區域為空腔時Q點處的物體的重力加速度的矢量關系如圖1－23乙所示圖1－23乙即故加速度反常Δg′＝Δg·cosθ＝eq\f(GρVd,\r((d2＋x2)3))．(2)由(1)解可得，重力加速度反常Δg′的最大值和最小值分別為：(Δg′)max＝eq\f(GρV,d2)，(Δg′)min＝由題設有(Δg′)max＝kδ、(Δg′)min＝δ聯立以上各式得，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】①對于本題大部分同學不知如何入手，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．②本考題使大部分同學陷入一個思維誤區，總在思考g＝eq\f(G,m)，而不去思考g也是自由落體的加速度g＝eq\f(F引,m)，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μ1和B、C間的動摩擦因數μ2有可能是()A．μ1＝0，μ2＝0 B．μ1＝0，μ2≠0C．μ1≠0，μ2＝0 D．μ1≠0，μ2≠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μ2≠0；對A進行受力分析可知，水平方向不受力，μ1可能為零，故正確答案為BD．[答案]BD2．如圖所示，從傾角為θ、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【解析】由題意知，石子下落的時間t0＝eq\r(\f(2h,g))＝0.6s又因為水平位移x＝hcotθ故石子平拋的水平初速度v0＝eq\f(x,t0)＝eq\f(hcotθ,t0)當石子的速度方向與斜面平行時，石子距斜面最遠即eq\f(gt,v0)＝tanθ解得：t＝eq\r(\f(h,2g))＝0.3s．[答案]C3．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系曲線，如圖所示．設人在3樓的陽臺上釋放小球后，兩球落地的時間差為Δt1，圖中陰影部分的面積為Δh；若人在4樓的陽臺上釋放小球后，兩球落地的時間差為Δt2，要保證陰影部分的面積也是Δh，從圖中可以看出一定有Δt2＜Δt1．[答案]C4．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．現在小車改為向左減速運動，那么關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()甲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：乙NAcosθ＝mgNAsinθ－NB＝ma故NA不變，NB減小．[答案]A5．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Δv＝－8m/s，B錯誤．下落的高度h1＝eq\f(1,2)×5×0.5m＝1.25m，反彈的高度h2＝eq\f(1,2)×3×0.3＝0.45m，D正確．[答案]AD6．如圖甲所示，四個質量、形狀相同的斜面體放在粗糙的水平面上，將四個質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，則它們的大小關系是()甲A．F1＝F2＝F3＝F4 B．F1＞F2＞F3＞F4C．F1＜F2＝F4＜F3 D．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乙N＝mgcosθf2可能向左，也可能向右或為零．a圖中，f1＜mgsinθ，故F＝Mg＋mgcosθ·cosθ＋f1sinθ＜(M＋m)gb圖中，f1＝mgsinθ，故F＝Mg＋mgcosθ·cosθ＋f1sinθ＝(M＋m)gc圖中，f1＞mgsinθ，故F＝Mg＋mgcosθ·cosθ＋f1sinθ＞(M＋m)gd圖中，f1＝mgsinθ，故F＝(M＋m)g．[答案]C7．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，關于鋼球的加速度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下降時鋼球做自由落體運動，繃緊后小球做簡諧運動；當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]B8．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＝eq\r(2gh)＝3m/s當傳送帶的速度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]C9．如圖甲所示，質量為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．當傳送帶分別以v1、v2的速度逆時針轉動(v1＜v2)，穩定時繩與水平方向的夾角為θ，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＜F2 B．F1＝F2C．t1一定大于t2 D．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＋Fsinθ＝mg乙f＝μFN＝Fcosθ解得：F＝eq\f(μmg,μsinθ＋cosθ)，F的大小與傳送帶的速度無關繩剪斷后m在兩速度的傳送帶上的加速度相同若L≤eq\f(v\o\al(2,1),2μg)，則兩次都是勻加速到達左端，t1＝t2若L＞eq\f(v\o\al(2,1),2μg)，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]BD10．靜電透鏡是利用靜電場使電子束會聚或發散的一種裝置，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平面內的一族等勢線，等勢線形狀關于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．一個電子經過P點(其橫坐標為－x0)時，速度與Ox軸平行，適當控制實驗條件，使該電子通過電場區域時僅在Ox軸上方運動．在通過電場區域過程中，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，相應的電子的加速度大，故電子在x軸正方向經過與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，這個速度稱為此物體下落的收尾速度．研究發現，在相同環境下，球形物體的收尾速度僅與球的半徑和質量有關．下表是某次研究的實驗數據．小球編號ABCDE小球的半徑(×10－3m)0.50.51.522.5小球的質量(×10－6kg)254540100小球的收尾速度(m/s)1640402032(1)根據表中的數據，求出B球與C球達到收尾速度時所受的阻力之比．(2)根據表中的數據，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系．(寫出有關表達式，并求出比例系數，重力加速度g取9.8m/s2)(3)現將C球和D球用輕質細線連接，若它們在下落時所受的阻力與單獨下落時的規律相同，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，有：f＝mg則fB∶fC＝mB∶mC代入數據解得：fB∶fC＝1∶9．(2)由表中A、B兩球的有關數據可得，阻力與速度成正比，即f∝v由表中B、C兩球的有關數據可得，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，應滿足：mCg＋mDg＝fC＋fD即mCg＋mDg＝kv(req\o\al(2,C)＋req\o\al(2,D))代入數據解得：v＝27.2m/s比較C、D兩小球的質量和半徑，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．現在平板上沿水平方向釘一光滑木條(圖中MN所示)，木條的側邊與斜面垂直．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】設斜面的傾斜角為θ，石塊與斜面間的動摩擦因數為μ，故石塊沿斜面減速下滑時的加速度為：a1＝μgcosθ－gsinθ(2分)沿斜面減速上滑時的加速度a2＝μgcosθ＋gsinθ(2分)緊貼光滑木條水平運動時的加速度a3＝μgcosθ(2分)由題意可得：v2＝2a1L1v2＝2a2L2v2＝2a3L(3分)解得：L＝eq\f(2L1L2,L1＋L2)．(1分)[答案]eq\f(2L1L2,L1＋L2)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連結，A的質量為4m，B的質量為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