2023年高三物理第二輪總復(fù)習(xí)(全套精品)

PAGEPAGE1792023年高三物理第二輪總復(fù)習(xí)目錄TOC\o"1-2"\h\z\u第1專題力與運(yùn)動(dòng)2第2專題動(dòng)量和能量35第3專題圓周運(yùn)動(dòng)、航天與星體問題60第4專題帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)78第5專題電磁感應(yīng)與電路的分析105第6專題振動(dòng)與波、光學(xué)、熱學(xué)、原子物理136第7專題高考物理實(shí)驗(yàn)163第8專題數(shù)學(xué)方法在物理中的應(yīng)用188第9專題高中物理常見的物理模型207第10專題計(jì)算題的答題標(biāo)準(zhǔn)與解析技巧2272023年高三物理第二輪總復(fù)習(xí)(大綱版)第1專題力與運(yùn)動(dòng)知識(shí)網(wǎng)絡(luò)考點(diǎn)預(yù)測(cè)本專題復(fù)習(xí)三個(gè)模塊的內(nèi)容：運(yùn)動(dòng)的描述、受力分析與平衡、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的運(yùn)用．運(yùn)動(dòng)的描述與受力分析是兩個(gè)相互獨(dú)立的內(nèi)容，它們通過牛頓運(yùn)動(dòng)定律才能連成一個(gè)有機(jī)的整體．雖然運(yùn)動(dòng)的描述、受力平衡在近幾年(特別是2023年以前)都有獨(dú)立的命題出現(xiàn)在高考中(如2023年的全國(guó)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(shì)，獨(dú)立考查前兩模塊的命題在2023年高考中出現(xiàn)的概率很小，大局部高考卷中應(yīng)該都會(huì)出現(xiàn)同時(shí)考查三個(gè)模塊知識(shí)的試題，而且占不少分值．在綜合復(fù)習(xí)這三個(gè)模塊內(nèi)容的時(shí)候，應(yīng)該把握以下幾點(diǎn)：1．運(yùn)動(dòng)的描述是物理學(xué)的重要根底，其理論體系為用數(shù)學(xué)函數(shù)或圖象的方法來描述、推斷質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，公式和推論眾多．其中，平拋運(yùn)動(dòng)、追及問題、實(shí)際運(yùn)動(dòng)的描述應(yīng)為復(fù)習(xí)的重點(diǎn)和難點(diǎn)．2．無論是平衡問題，還是動(dòng)力學(xué)問題，一般都需要進(jìn)行受力分析，而正交分解法、隔離法與整體法相結(jié)合是最常用、最重要的思想方法，每年高考都會(huì)對(duì)其進(jìn)行考查．3．牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用是高中物理的重要內(nèi)容之一，與此有關(guān)的高考試題每年都有，題型有選擇題、計(jì)算題等，趨向于運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決生產(chǎn)、生活和科技中的實(shí)際問題．此外，它還經(jīng)常與電場(chǎng)、磁場(chǎng)結(jié)合，構(gòu)成難度較大的綜合性試題．一、運(yùn)動(dòng)的描述要點(diǎn)歸納(一)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的幾個(gè)重要推論和解題方法1．某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于這段時(shí)間的中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，即eq\o(v,\s\up6(－))t＝veq\f(t,2)．2．在連續(xù)相等的時(shí)間間隔T內(nèi)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(yùn)動(dòng)中，相等的時(shí)間T內(nèi)連續(xù)通過的位移之比為：s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)通過連續(xù)相等的位移所用的時(shí)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(yùn)動(dòng)(1)對(duì)稱性：上升階段和下落階段具有時(shí)間和速度等方面的對(duì)稱性．(2)可逆性：上升過程做勻減速運(yùn)動(dòng)，可逆向看做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)來研究．(3)整體性：整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程實(shí)質(zhì)上是勻變速直線運(yùn)動(dòng)．5．解決勻變速直線運(yùn)動(dòng)問題的常用方法(1)公式法靈活運(yùn)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的根本公式及一些有用的推導(dǎo)公式直接解決．(2)比例法在初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)中，其速度、位移和時(shí)間都存在一定的比例關(guān)系，靈活利用這些關(guān)系可使解題過程簡(jiǎn)化．(3)逆向過程處理法逆向過程處理法是把運(yùn)動(dòng)過程的“末態(tài)〞作為“初態(tài)〞，將物體的運(yùn)動(dòng)過程倒過來進(jìn)行研究的方法．(4)速度圖象法速度圖象法是力學(xué)中一種常見的重要方法，它能夠?qū)栴}中的許多關(guān)系，特別是一些隱藏關(guān)系，在圖象上明顯地反映出來，從而得到正確、簡(jiǎn)捷的解題方法．(二)運(yùn)動(dòng)的合成與分解1．小船渡河設(shè)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(shí)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(guān)，所以當(dāng)v2垂直于河岸時(shí)，渡河所用的時(shí)間最短，最短時(shí)間tmin＝eq\f(d,v2)．(2)渡河的路程由小船實(shí)際運(yùn)動(dòng)軌跡的方向決定．當(dāng)v1＜v2時(shí)，最短路程smin＝d；當(dāng)v1＞v2時(shí)，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(guān)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(yùn)動(dòng)相等(垂直方向的分運(yùn)動(dòng)不相關(guān))，即v1cosθ1＝v2cos_θ2．(2)功率法通過輕繩(輕桿)連接物體時(shí)，往往力拉輕繩(輕桿)做功的功率等于輕繩(輕桿)對(duì)物體做功的功率．3．平拋運(yùn)動(dòng)如圖1－2所示，物體從O處以水平初速度v0拋出，經(jīng)時(shí)間t到達(dá)P點(diǎn)．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(shè)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(shè)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(shí)間：由sy＝eq\f(1,2)gt2得，t＝eq\r(\f(2sy,g))，平拋物體在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t只由物體拋出時(shí)離地的高度sy決定，而與拋出時(shí)的初速度v0無關(guān)．(5)速度變化：平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故在相等的時(shí)間內(nèi)，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(shí)刻的速度與速度的變化量Δv構(gòu)成直角三角形，Δv沿豎直方向．注意：平拋運(yùn)動(dòng)的速率隨時(shí)間并不均勻變化，而速度隨時(shí)間是均勻變化的．(6)帶電粒子(只受電場(chǎng)力的作用)垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)與平拋運(yùn)動(dòng)相似，出電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)、重點(diǎn)、難點(diǎn)(一)直線運(yùn)動(dòng)高考中對(duì)直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的考查一般以圖象的應(yīng)用或追及問題出現(xiàn)．這類題目側(cè)重于考查學(xué)生應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)處理物理問題的能力．對(duì)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(yùn)用好直線運(yùn)動(dòng)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(dāng)B車在A車前s＝84m處時(shí)，B車的速度vB＝4m/s，且正以a＝2m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)；經(jīng)過一段時(shí)間后，B車的加速度突然變?yōu)榱悖瓵車一直以vA＝20m/s的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，從最初相距84m時(shí)開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過t圖1－5甲【解析】設(shè)B車加速行駛的時(shí)間為t，相遇時(shí)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(shí)，依題意有：sA＝sB1＋sB2＋s聯(lián)立以上各式得：t2－2t0t－eq\f(2[(vB－vA)t0＋s],a)＝0將題中數(shù)據(jù)vA＝20m/s，vB＝4m/s，a＝2m/s2，t0＝12s，代入上式有：t2－解得：t1＝6s，t2＝18s(不合題意，舍去)因此，B車加速行駛的時(shí)間為6s．[答案]6s【點(diǎn)評(píng)】①出現(xiàn)不符合實(shí)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(yàn)證．圖1－5乙根據(jù)v－t圖象與t圍成的面積等于位移可得，t＝12s時(shí)，Δs＝[eq\f(1,2)×(16＋4)×6＋4×6]m＝84m．(二)平拋運(yùn)動(dòng)平拋運(yùn)動(dòng)在高考試題中出現(xiàn)的幾率相當(dāng)高，或出現(xiàn)于力學(xué)綜合題中，如2023年北京、山東理綜卷第24題；或出現(xiàn)于帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)一類問題中，如2023年寧夏理綜卷第24題、天津理綜卷第23題；或出現(xiàn)于此知識(shí)點(diǎn)的單獨(dú)命題中，如2023年高考福建理綜卷第20題、廣東物理卷第17(1)題、2023年全國(guó)理綜卷Ⅰ第14題．對(duì)于這一知識(shí)點(diǎn)的復(fù)習(xí)，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(yùn)用好速度偏轉(zhuǎn)角公式、位移偏轉(zhuǎn)角公式以及兩偏轉(zhuǎn)角的關(guān)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(zhì)點(diǎn))，A為終端皮帶輪．皮帶輪的半徑為r，傳送帶與皮帶輪間不會(huì)打滑．當(dāng)m可被水平拋出時(shí)，A輪每秒的轉(zhuǎn)數(shù)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(dá)皮帶輪的頂端時(shí)，假設(shè)meq\f(v2,r)≥mg，表示m受到的重力小于(或等于)m沿皮帶輪外表做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，m將離開皮帶輪的外外表而做平拋運(yùn)動(dòng)又因?yàn)檗D(zhuǎn)數(shù)n＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(v,2πr)所以當(dāng)v≥eq\r(gr)，即轉(zhuǎn)數(shù)n≥eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,r))時(shí)，m可被水平拋出，應(yīng)選項(xiàng)A正確．解法二建立如圖1－6乙所示的直角坐標(biāo)系．當(dāng)m到達(dá)皮帶輪的頂端有一速度時(shí)，假設(shè)沒有皮帶輪在下面，m將做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度的大小可以作出平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡．假設(shè)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；假設(shè)軌跡在皮帶輪的上方，說明m立即離開皮帶輪做平拋運(yùn)動(dòng)．圖1－6乙又因?yàn)槠л唸A弧在坐標(biāo)系中的函數(shù)為：當(dāng)y2＋x2＝r2初速度為v的平拋運(yùn)動(dòng)在坐標(biāo)系中的函數(shù)為：y＝r－eq\f(1,2)g(eq\f(x,v))2平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡在皮帶輪上方的條件為：當(dāng)x>0時(shí)，平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡上各點(diǎn)與O點(diǎn)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(zhuǎn)速n與v的關(guān)系為：n＝eq\f(v,2πr)可得：當(dāng)n≥eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,r))時(shí)，m可被水平拋出．[答案]A【點(diǎn)評(píng)】“解法一〞應(yīng)用動(dòng)力學(xué)的方法分析求解；“解法二〞應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)的方法(數(shù)學(xué)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(tái)滑雪以其驚險(xiǎn)刺激而聞名，運(yùn)發(fā)動(dòng)在空中的飛躍姿勢(shì)具有很強(qiáng)的欣賞性．某滑雪軌道的完整結(jié)構(gòu)可以簡(jiǎn)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(tái)，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(zhǎng)度可忽略)，在D、E兩點(diǎn)分別與CD、EF相切，EF是減速雪道，傾角θ＝37°．軌道各局部與滑雪板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，圖中軌道最高點(diǎn)A處的起滑臺(tái)距起跳臺(tái)BC的豎直高度h＝10m．A點(diǎn)與C點(diǎn)的水平距離L1＝20m，C點(diǎn)與D點(diǎn)的距離為32.625m．運(yùn)發(fā)動(dòng)連同滑雪板的總質(zhì)量m＝60kg．滑雪運(yùn)發(fā)動(dòng)從A點(diǎn)由靜止開始起滑，通過起跳臺(tái)從C點(diǎn)水平飛出，在落到著陸雪道上時(shí)，運(yùn)發(fā)動(dòng)靠改變姿勢(shì)進(jìn)行緩沖使自己只保存沿著陸雪道的分速度而不彈起．除緩沖外運(yùn)發(fā)動(dòng)均可視為質(zhì)點(diǎn)，設(shè)運(yùn)發(fā)動(dòng)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°圖1－7(1)運(yùn)發(fā)動(dòng)在C點(diǎn)水平飛出時(shí)的速度大?。?2)運(yùn)發(fā)動(dòng)在著陸雪道CD上的著陸位置與C點(diǎn)的距離．(3)運(yùn)發(fā)動(dòng)滑過D點(diǎn)時(shí)的速度大小．【解析】(1)滑雪運(yùn)發(fā)動(dòng)從A到C的過程中，由動(dòng)能定理得：mgh－μmgcosαeq\f(h,sinα)－μmg(L1－h(huán)cotα)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：vC＝10m(2)滑雪運(yùn)發(fā)動(dòng)從C點(diǎn)水平飛出到落到著陸雪道的過程中做平拋運(yùn)動(dòng)，有：x＝vCty＝eq\f(1,2)gt2eq\f(y,x)＝tanθ著陸位置與C點(diǎn)的距離s＝eq\f(x,cosθ)解得：s＝18.75m，t＝1.5(3)著陸位置到D點(diǎn)的距離s′＝13.875m，滑雪運(yùn)發(fā)動(dòng)在著陸雪道上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．把平拋運(yùn)動(dòng)沿雪道和垂直雪道分解，可得著落后的初速度v0＝vCcosθ＋gt加速度為：mgsinθ－μmgcosθ＝ma運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的速度為：veq\o\al(2,D)＝veq\o\al(2,0)＋2as′解得：vD＝20m[答案](1)10m/s(2)18.75互動(dòng)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(xué)們還要能總結(jié)出距斜面最遠(yuǎn)的時(shí)刻以及這一距離．二、受力分析要點(diǎn)歸納(一)常見的五種性質(zhì)的力產(chǎn)生原因或條件方向大小重力由于地球的吸引而產(chǎn)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)地球外表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(tài)無關(guān)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(dòng)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(duì)運(yùn)動(dòng)與接觸面的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反f＝μFN只與μ、FN有關(guān)，與接觸面積、相對(duì)速度、加速度均無關(guān)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(duì)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)與接觸面相對(duì)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)相反①與產(chǎn)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的動(dòng)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(xù)表產(chǎn)生原因或條件方向大小電場(chǎng)力點(diǎn)電荷間的庫(kù)侖力：真空中兩個(gè)點(diǎn)電荷之間的相互作用作用力的方向沿兩點(diǎn)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(chǎng)對(duì)處于其中的電荷的作用正電荷的受力方向與該處場(chǎng)強(qiáng)的方向一致，負(fù)電荷的受力方向與該處場(chǎng)強(qiáng)的方向相反F＝qE磁場(chǎng)力安培力：磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)線的作用力F⊥B，F(xiàn)⊥I，即安培力F垂直于電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)度B所確定的平面．安培力的方向可用左手定那么來判斷F＝BIL安培力的實(shí)質(zhì)是運(yùn)動(dòng)電荷受洛倫茲力作用的宏觀表現(xiàn)洛倫茲力：運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中所受到的力用左手定那么判斷洛倫茲力的方向．特別要注意四指應(yīng)指向正電荷的運(yùn)動(dòng)方向；假設(shè)為負(fù)電荷，那么四指指向運(yùn)動(dòng)的反方向帶電粒子平行于磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，不受洛倫茲力的作用；帶電粒子垂直于磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受洛倫茲力最大，即f洛＝qvB(二)力的運(yùn)算、物體的平衡1．力的合成與分解遵循力的平行四邊形定那么(或力的三角形定那么)．2．平衡狀態(tài)是指物體處于勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止?fàn)顟B(tài)，物體處于平衡狀態(tài)的動(dòng)力學(xué)條件是：F合＝0或Fx＝0、Fy＝0、Fz＝0．注意：靜止?fàn)顟B(tài)是指速度和加速度都為零的狀態(tài)，如做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的物體到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)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(tài)．3．平衡條件的推論(1)物體處于平衡狀態(tài)時(shí)，它所受的任何一個(gè)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(gè)不平行的力的作用下處于平衡狀態(tài)時(shí)，這三個(gè)力必為共點(diǎn)力．物體在三個(gè)共點(diǎn)力的作用下而處于平衡狀態(tài)時(shí)，表示這三個(gè)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(diǎn)力作用下物體的平衡分析熱點(diǎn)、重點(diǎn)、難點(diǎn)(一)正交分解法、平行四邊形法那么的應(yīng)用1．正交分解法是分析平衡狀態(tài)物體受力時(shí)最常用、最主要的方法．即當(dāng)F合＝0時(shí)有：Fx合＝0，F(xiàn)y合＝0，F(xiàn)z合＝0．2．平行四邊形法有時(shí)可巧妙用于定性分析物體受力的變化或確定相關(guān)幾個(gè)力之比．●例3舉重運(yùn)發(fā)動(dòng)在抓舉比賽中為了減小杠鈴上升的高度和發(fā)力，抓杠鈴的兩手間要有較大的距離．某運(yùn)發(fā)動(dòng)成功抓舉杠鈴時(shí)，測(cè)得兩手臂間的夾角為120°，運(yùn)發(fā)動(dòng)的質(zhì)量為75kg，舉起的杠鈴的質(zhì)量為125kg，如圖1－9甲所示．求該運(yùn)發(fā)動(dòng)每只手臂對(duì)杠鈴的作用力的大小．(取g＝圖1－9甲【分析】由手臂的肌肉、骨骼構(gòu)造以及平時(shí)的用力習(xí)慣可知，伸直的手臂主要沿手臂方向發(fā)力．取手腕、手掌為研究對(duì)象，握杠的手掌對(duì)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(duì)杠鈴的作用力的方向沿手臂的方向，設(shè)該作用力的大小為F，那么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(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球a和b，用質(zhì)量可忽略的剛性細(xì)桿相連放置在一個(gè)光滑的半球面內(nèi)，如圖1－10甲所示．小球a和b的質(zhì)量之比為eq\r(3)，細(xì)桿長(zhǎng)度是球面半徑的eq\r(2)倍．兩球處于平衡狀態(tài)時(shí)，細(xì)桿與水平面的夾角θ是[2023年高考·四川延考區(qū)理綜卷]()圖1－10甲A．45°B．30°C．22.5°D．15°【解析】解法一設(shè)細(xì)桿對(duì)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(duì)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?yàn)橄蛏掀?，即?＝eq\f(π,2)－45°－θ＝45°－θFNb的方向?yàn)橄蛏掀螅处?＝eq\f(π,2)－(45°－θ)＝45°＋θ兩球都受到重力、細(xì)桿的彈力和球面的彈力的作用，過O作豎直線交ab于c點(diǎn)，設(shè)球面的半徑為R，由幾何關(guān)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(xì)桿組成的整體為研究對(duì)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(guān)系及細(xì)桿的長(zhǎng)度知，平衡時(shí)有：sin∠Oab＝eq\f(\f(\r(2),2)R,R)＝eq\f(\r(2),2)故∠Oab＝∠Oba＝45°再設(shè)兩小球及細(xì)桿組成的整體重心位于c點(diǎn)，由懸掛法的原理知c點(diǎn)位于O點(diǎn)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(diǎn)評(píng)】①利用平行四邊形(三角形)定那么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(guān)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，此題也可用隔離法分析小球a、b的受力情況，根據(jù)正交分解法分別列平衡方程進(jìn)行求解，但是求解三角函數(shù)方程組時(shí)難度很大．③解法二較簡(jiǎn)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(fù)合場(chǎng)中的平衡問題在高考試題中，也常出現(xiàn)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中受力平衡的物理情境，出現(xiàn)概率較大的是在正交的電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的平衡問題及在電場(chǎng)和重力場(chǎng)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(jì)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(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，一個(gè)帶電油滴沿著一條與豎直方向成α角的直線MN運(yùn)動(dòng)，如圖1－13所示．由此可判斷以下說法正確的是()圖1－13A．如果油滴帶正電，那么油滴從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)B．如果油滴帶正電，那么油滴從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)C．如果電場(chǎng)方向水平向右，那么油滴從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)D．如果電場(chǎng)方向水平向左，那么油滴從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)【解析】油滴在運(yùn)動(dòng)過程中受到重力、電場(chǎng)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(chǎng)力與重力的合力是恒力，所以物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)；又因電場(chǎng)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(dāng)油滴帶正電時(shí)，應(yīng)該由M點(diǎn)向N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，應(yīng)選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤．假設(shè)電場(chǎng)方向水平向右，那么油滴需帶負(fù)電，此時(shí)斜向右上方與MN垂直的洛倫茲力對(duì)應(yīng)粒子從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，即選項(xiàng)C正確．同理，電場(chǎng)方向水平向左時(shí)，油滴需帶正電，油滴是從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的，應(yīng)選項(xiàng)D錯(cuò)誤．[答案]AC【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)的問題要注意受力分析．因?yàn)槁鍌惼澚Φ姆较蚺c速度的方向垂直，而且與磁場(chǎng)的方向、帶電粒子的電性都有關(guān)，分析時(shí)更要注意．此題中重力和電場(chǎng)力均為恒力，要保證油滴做直線運(yùn)動(dòng)，兩力的合力必須與洛倫茲力平衡，粒子的運(yùn)動(dòng)就只能是勻速直線運(yùn)動(dòng)．★同類拓展2如圖1－14甲所示，懸掛在O點(diǎn)的一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線下端掛有一個(gè)帶電荷量不變的小球A．在兩次實(shí)驗(yàn)中，均緩慢移動(dòng)另一帶同種電荷的小球B．當(dāng)B到達(dá)懸點(diǎn)O的正下方并與A在同一水平線上，A處于受力平衡時(shí)，懸線偏離豎直方向的角度為θ．假設(shè)兩次實(shí)驗(yàn)中B的電荷量分別為q1和q2，θ分別為30°和45°，那么eq\f(q2,q1)為[2007年高考·重慶理綜卷]()圖1－14甲A．2B．3C．2eq\r(3)D．3eq\r(3)【解析】對(duì)A球進(jìn)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(diǎn)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(shè)繩子的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，那么A、B兩球之間的距離r＝Lsinθ，聯(lián)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)，應(yīng)選項(xiàng)C正確．[答案]C互動(dòng)辨析此題為帶電體在重力場(chǎng)和電場(chǎng)中的平衡問題，解題的關(guān)鍵在于：先根據(jù)小球的受力情況畫出平衡狀態(tài)下的受力分析示意圖；然后根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系列式，得出電荷量的通解表達(dá)式，進(jìn)而分析求解．此題表達(dá)了新課標(biāo)在知識(shí)考查中重視方法滲透的思想．三、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用要點(diǎn)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止．(1)理解要點(diǎn)①運(yùn)動(dòng)是物體的一種屬性，物體的運(yùn)動(dòng)不需要力來維持．②它定性地揭示了運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)系：力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，是使物體產(chǎn)生加速度的原因．③牛頓第一定律是牛頓第二定律的根底，不能認(rèn)為它是牛頓第二定律合外力為零時(shí)的特例．牛頓第一定律定性地給出了力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，第二定律定量地給出力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系．(2)慣性：物體保持原來的勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(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(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān)．②質(zhì)量是物體慣性大小的量度．2．牛頓第三定律(1)兩個(gè)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(zhì)的力，作用效果不能抵消．(3)牛頓第三定律的應(yīng)用非常廣泛，但凡涉及兩個(gè)或兩個(gè)以上物體的物理情境、過程的解答，往往都需要應(yīng)用這一定律．(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F合成正比，跟物體的質(zhì)量m成反比．2．公式：F合＝ma理解要點(diǎn)①因果性：F合是產(chǎn)生加速度a的原因，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)存在，同時(shí)消失．②方向性：a與F合都是矢量，方向嚴(yán)格相同．③瞬時(shí)性和對(duì)應(yīng)性：a為某時(shí)刻某物體的加速度，F(xiàn)合是該時(shí)刻作用在該物體上的合外力．3．應(yīng)用牛頓第二定律解題的一般步驟：(1)確定研究對(duì)象；(2)分析研究對(duì)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(biāo)系，使盡可能多的力或加速度落在坐標(biāo)軸上，并將其余的力或加速度分解到兩坐標(biāo)軸上；(4)分別沿x軸方向和y軸方向應(yīng)用牛頓第二定律列出方程；(5)統(tǒng)一單位，計(jì)算數(shù)值．熱點(diǎn)、重點(diǎn)、難點(diǎn)一、正交分解法在動(dòng)力學(xué)問題中的應(yīng)用當(dāng)物體受到多個(gè)方向的外力作用產(chǎn)生加速度時(shí)，常要用到正交分解法．1．在適當(dāng)?shù)姆较蚪⒅苯亲鴺?biāo)系，使需要分解的矢量盡可能少．2．Fx合＝max合，F(xiàn)y合＝may合，F(xiàn)z合＝maz合．3．正交分解法對(duì)本章各類問題，甚至對(duì)整個(gè)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(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室里，一根足夠長(zhǎng)的細(xì)桿與水平面成θ＝37°固定，質(zhì)量m＝1kg的小球穿在細(xì)桿上靜止于細(xì)桿底端O點(diǎn)．現(xiàn)有水平向右的風(fēng)力F作用于小球上，經(jīng)時(shí)間t1＝2s后停止，小球沿細(xì)桿運(yùn)動(dòng)的局部v－t圖象如圖1－15乙所示．試求：(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，圖1－15(1)小球在0～2s內(nèi)的加速度a1和2～4s內(nèi)的加速度a2．(2)風(fēng)對(duì)小球的作用力F的大小．【解析】(1)由圖象可知，在0～2s內(nèi)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(nèi)小球的加速度為：a2＝eq\f(v3－v2,t2)＝－10m/s2，負(fù)號(hào)表示方向沿桿向下．(2)有風(fēng)力時(shí)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(fēng)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(lián)立以上各式可得：F＝60N．【點(diǎn)評(píng)】①斜面(或類斜面)問題是高中最常出現(xiàn)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(xiàn)涉及兩個(gè)研究對(duì)象的動(dòng)力學(xué)問題，其中又包含兩種情況：一是兩對(duì)象的速度相同需分析它們之間的相互作用，二是兩對(duì)象的加速度不同需分析各自的運(yùn)動(dòng)或受力．隔離(或與整體法相結(jié)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(dāng)連接體內(nèi)(即系統(tǒng)內(nèi))各物體具有相同的加速度時(shí)，可以把連接體內(nèi)所有物體組成的系統(tǒng)作為整體考慮，分析其受力情況，運(yùn)用牛頓第二定律對(duì)整體列方程求解的方法．2．隔離法是指當(dāng)研究對(duì)象涉及由多個(gè)物體組成的系統(tǒng)時(shí)，假設(shè)要求連接體內(nèi)物體間的相互作用力，那么應(yīng)把某個(gè)物體或某幾個(gè)物體從系統(tǒng)中隔離出來，分析其受力情況及運(yùn)動(dòng)情況，再利用牛頓第二定律對(duì)隔離出來的物體列式求解的方法．3．當(dāng)連接體中各物體運(yùn)動(dòng)的加速度相同或要求合外力時(shí)，優(yōu)先考慮整體法；當(dāng)連接體中各物體運(yùn)動(dòng)的加速度不相同或要求物體間的作用力時(shí)，優(yōu)先考慮隔離法．有時(shí)一個(gè)問題要兩種方法結(jié)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(gè)質(zhì)量相等的物體，中間用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，在外力F1、F2的作用下運(yùn)動(dòng)．F1＞F2，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到達(dá)穩(wěn)定時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)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(duì)象，由牛頓第二定律得：F1－F2＝2ma取B為研究對(duì)象：kx－F2＝ma(或取A為研究對(duì)象：F1－kx＝ma)可解得：x＝eq\f(F1＋F2,2k)．[答案]C【點(diǎn)評(píng)】①解析中的三個(gè)方程任取兩個(gè)求解都可以．②當(dāng)?shù)孛娲植跁r(shí)，只要兩物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，那么A、B之間的拉力與地面光滑時(shí)相同．★同類拓展3如圖1－17所示，質(zhì)量為m的小物塊A放在質(zhì)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(dòng)，且A、B相對(duì)靜止．某時(shí)刻撤去水平拉力，經(jīng)過一段時(shí)間，B在地面上滑行了一段距離x，A在B上相對(duì)于B向右滑行了一段距離L(設(shè)木板B足夠長(zhǎng))后A和B都停了下來．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，且μ2＞μ1，那么x的表達(dá)式應(yīng)為()圖1－17A．x＝eq\f(M,m)LB．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(shè)A、B相對(duì)靜止一起向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v，撤去外力后至停止的過程中，A受到的滑動(dòng)摩擦力為：f1＝μ1mg其加速度大小a1＝eq\f(f1,m)＝μ1gB做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a2＝eq\f(μ2(m＋M)g－μ1mg,M)由于μ2＞μ1，所以a2＞μ2g＞μ1g＝即木板B先停止后，A在木板上繼續(xù)做勻減速運(yùn)動(dòng)，且其加速度大小不變對(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理得：－f1(L＋x)＝0－eq\f(1,2)mv2對(duì)B應(yīng)用動(dòng)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(diǎn)評(píng)】①雖然使A產(chǎn)生加速度的力由B施加，但產(chǎn)生的加速度a1＝μ1g是取大地為參照系的．加速度是相對(duì)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(guān)②動(dòng)能定理可由牛頓第二定律推導(dǎo)，特別對(duì)于勻變速直線運(yùn)動(dòng)，兩表達(dá)式很容易相互轉(zhuǎn)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(xì)線的一端固定于傾角為45°、質(zhì)量為M的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細(xì)線另一端拴一質(zhì)量為m的小球B．現(xiàn)對(duì)滑塊施加一水平方向的恒力F，要使小球B能相對(duì)斜面靜止，恒力F應(yīng)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(shè)恒力大小為F1時(shí)，B還在斜面上且對(duì)斜面的壓力為零，此時(shí)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(dāng)水平向左的力大于(M＋m)gcotθ時(shí)，小球B將離開斜面，對(duì)于水平恒力向斜面一側(cè)方向(水平向右)的情況：設(shè)恒力大小為F2時(shí)，B相對(duì)斜面靜止時(shí)對(duì)懸繩的拉力恰好為零，此時(shí)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，F(xiàn)Nsinθ＝ma2解得：a2＝gtanθ即F2＝(M＋m)a2＝(M＋m)gtanθ由此可知，當(dāng)水平向右的力大于(M＋m)gtanθ，B將沿斜面上滑，綜上可知，當(dāng)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(shí)，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(diǎn)評(píng)】斜面上的物體、被細(xì)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(xiàn)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(shí)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(yùn)動(dòng)時(shí)在豎直方向上具有向心加速度，處于失重狀態(tài)．●例9為了測(cè)量某住宅大樓每層的平均高度(層高)及電梯的運(yùn)行情況，甲、乙兩位同學(xué)在一樓電梯內(nèi)用電子體重計(jì)及秒表進(jìn)行了以下實(shí)驗(yàn)：質(zhì)量m＝50kg的甲同學(xué)站在體重計(jì)上，乙同學(xué)記錄電梯從地面一樓到頂層的過程中，體重計(jì)的示數(shù)隨時(shí)間變化的情況，并作出了如圖1－19甲所示的圖象．t＝0時(shí)，電梯靜止不動(dòng)，從電梯內(nèi)樓層按鈕上獲知該大樓共19層．(1)電梯啟動(dòng)和制動(dòng)時(shí)的加速度大?。?2)該大樓的層高．圖1－19甲【解析】(1)對(duì)于啟動(dòng)狀態(tài)有：F1－mg＝ma1得：a1＝2m對(duì)于制動(dòng)狀態(tài)有：mg－F3＝ma2得：a2＝2m/s(2)電梯勻速運(yùn)動(dòng)的速度v＝a1t1＝2×1m/s＝從圖中讀得電梯勻速上升的時(shí)間t2＝26s電梯運(yùn)行的總時(shí)間t＝28s電梯運(yùn)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(yuǎn)＝eq\f(s,18)＝eq\f(54,18)＝3m．[答案](1)2m/s22m經(jīng)典考題在本專題中，正交分解、整體與隔離相結(jié)合是最重要也是最常用的思想方法，是高考中考查的重點(diǎn)．力的獨(dú)立性原理、運(yùn)動(dòng)圖象的應(yīng)用次之，在高考中出現(xiàn)的概率也較大．1．有一個(gè)直角支架AOB，AO水平放置，外表粗糙，OB豎直向下，外表光滑．AO上套有小環(huán)P，OB上套有小環(huán)Q，兩環(huán)質(zhì)量均為m，兩環(huán)間由一根質(zhì)量可忽略、不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩相連，并在某一位置平衡(如圖1－20甲所示)．現(xiàn)將P環(huán)向左移一小段距離，兩環(huán)再次到達(dá)平衡，那么將移動(dòng)后的平衡狀態(tài)和原來的平衡狀態(tài)比擬，AO桿對(duì)P環(huán)的支持力N和細(xì)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(huán)的受力情況如圖1－20乙所示，由平衡條件得：Tcosθ＝mg．P環(huán)向左移動(dòng)后θ變小，T＝eq\f(mg,cosθ)變小．圖1－20乙圖1－20丙P環(huán)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(guān)．應(yīng)選項(xiàng)B正確．[答案]B【點(diǎn)評(píng)】①本例是正交分解法、隔離法的典型應(yīng)用，以后的許多考題都由此改編而來．②求解支持力N時(shí)，還可取P、Q組成的整體為研究對(duì)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(zhǎng)木板，木板上站著一只貓．木板的質(zhì)量是貓的質(zhì)量的2倍．當(dāng)繩子突然斷開時(shí)，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對(duì)斜面的位置不變．那么此時(shí)木板沿斜面下滑的加速度為[2004年高考·全國(guó)理綜卷Ⅳ]()圖1－21甲A．eq\f(g,2)sinαB．gsinαC．eq\f(3,2)gsinαD．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(duì)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(duì)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(diǎn)評(píng)】①貓腳與木塊之間的摩擦力使貓保持平衡狀態(tài)．②還可取貓、木板組成的整體為研究對(duì)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(chǎng)需將質(zhì)量m1＝100kg的貨物(可視為質(zhì)點(diǎn))從高處運(yùn)送至地面，為防止貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)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(zhǎng)度均為l＝2m，質(zhì)量均為m2＝100kg，木板上外表與軌道末端相切．貨物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.2．(最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等[2023年高考·山東理綜卷]圖1－22(1)求貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)對(duì)軌道的壓力．(2)假設(shè)貨物滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)，而滑上木板B時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，求μ1應(yīng)滿足的條件．(3)假設(shè)μ1＝0.5，求貨物滑到木板A末端時(shí)的速度和在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．【解析】(1)設(shè)貨物滑到圓軌道末端時(shí)的速度為v0，對(duì)貨物的下滑過程中根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為FN，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)N－m1g＝m1eq\f(v\o\al(2,0),R)聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得FN＝3000N根據(jù)牛頓第三定律，貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為3000N，方向豎直向下．(2)假設(shè)滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)，由受力分析得：μ1m1g≤μ2(m1＋2假設(shè)滑上木板B時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，由受力分析得：μ1m1g＞μ2(m1＋m2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得0.4＜μ1≤0.6．(3)μ1＝0.5，由上問可得，貨物在木板A上滑動(dòng)時(shí)，木板不動(dòng)，設(shè)貨物在木板A上做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得μ1m1g＝m設(shè)貨物滑到木板A末端時(shí)的速度為v1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝－2a1l聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得v1＝4設(shè)在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v1＝v0－a1t聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得t＝0.4s．[答案](1)3000N，方向豎直向下(2)0.4＜μ1≤0.6(3)0.4s【點(diǎn)評(píng)】象這樣同時(shí)考查受力分析、動(dòng)力學(xué)、運(yùn)動(dòng)學(xué)的題型在2023屆高考中出現(xiàn)的可能性最大．4．如圖1－23甲所示，P、Q為某地區(qū)水平地面上的兩點(diǎn)，在P點(diǎn)正下方一球形區(qū)域內(nèi)儲(chǔ)藏有石油．假定區(qū)域周圍巖石均勻分布，密度為ρ；石油密度遠(yuǎn)小于ρ，可將上述球形區(qū)域視為空腔．如果沒有這一空腔，那么該地區(qū)重力加速度(正常值)沿豎直方向；當(dāng)存在空腔時(shí)，該地區(qū)重力加速度的大小和方向會(huì)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(duì)于正常值的偏離叫做“重力加速度反常〞．為了探尋石油區(qū)域的位置和石油儲(chǔ)量，常利用P點(diǎn)附近重力加速度反?，F(xiàn)象．引力常數(shù)為G．圖1－23甲(1)設(shè)球形空腔體積為V，球心深度為d(遠(yuǎn)小于地球半徑)，eq\x\to(PQ)＝x，求空腔所引起的Q點(diǎn)處的重力加速度反常．(2)假設(shè)在水平地面上半徑L的范圍內(nèi)發(fā)現(xiàn)：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(xiàn)在半徑為L(zhǎng)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．[2023年高考·全國(guó)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(shè)空腔處存在密度為ρ的巖石時(shí)，對(duì)Q處物體的引力產(chǎn)生的重力加速度為Δg＝Geq\f(M′,d2＋x2)＝eq\f(GρV,d2＋x2)由力的獨(dú)立原理及矢量的合成定那么知，球形區(qū)域?yàn)榭涨粫r(shí)Q點(diǎn)處的物體的重力加速度的矢量關(guān)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(shè)有(Δg′)max＝kδ、(Δg′)min＝δ聯(lián)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(diǎn)評(píng)】①對(duì)于此題大局部同學(xué)不知如何入手，其原因在于對(duì)力的獨(dú)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本考題使大局部同學(xué)陷入一個(gè)思維誤區(qū)，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那么．能力演練一、選擇題(10×4分)1．如下圖，A、B是兩個(gè)長(zhǎng)方形物塊，F(xiàn)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(yùn)動(dòng)(空氣阻力不計(jì))．由此可知，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1和B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2有可能是()A．μ1＝0，μ2＝0B．μ1＝0，μ2≠0C．μ1≠0，μ2＝0D．μ1≠0，μ2≠0【解析】此題中選A、B整體為研究對(duì)象，由于A、B在推力F的作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知地面對(duì)B的摩擦力一定水平向左，故μ2≠0；對(duì)A進(jìn)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．如下圖，從傾角為θ、高h(yuǎn)＝1.8m的斜面頂端A處水平拋出一石子，石子剛好落在這個(gè)斜面底端的B點(diǎn)處．石子拋出后，經(jīng)時(shí)間t距斜面最遠(yuǎn)，那么時(shí)間t的大小為(取g＝10mA．0.1sB．0.2sC．0.3sD．0.6s【解析】由題意知，石子下落的時(shí)間t0＝eq\r(\f(2h,g))＝0.6s又因?yàn)樗轿灰苮＝hcotθ故石子平拋的水平初速度v0＝eq\f(x,t0)＝eq\f(hcotθ,t0)當(dāng)石子的速度方向與斜面平行時(shí)，石子距斜面最遠(yuǎn)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(gè)小球，一人用手拿著上端的小球站在3樓的陽(yáng)臺(tái)上，放手后讓小球自由下落，兩小球相繼落地的時(shí)間差為T．如果站在4樓的陽(yáng)臺(tái)上，同樣放手讓小球自由下落，那么兩小球相繼落地的時(shí)間差將()A．不變B．增大C．減小D．無法判斷【解析】?jī)尚∏蚨甲鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，可在同一v－t圖象中作出速度隨時(shí)間變化的關(guān)系曲線，如下圖．設(shè)人在3樓的陽(yáng)臺(tái)上釋放小球后，兩球落地的時(shí)間差為Δt1，圖中陰影局部的面積為Δh；假設(shè)人在4樓的陽(yáng)臺(tái)上釋放小球后，兩球落地的時(shí)間差為Δt2，要保證陰影局部的面積也是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(yùn)動(dòng)．現(xiàn)在小車改為向左減速運(yùn)動(dòng)，那么關(guān)于斜面對(duì)小球的彈力NA的大小和擋板B對(duì)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?。甗答案]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(shí)間變化的關(guān)系如下圖，那么()A．小球第一次反彈后的速度大小為3B．小球碰撞時(shí)速度的改變量為2C．小球是從5D．小球反彈起的最大高度為0.45【解析】第一次反彈后的速度為－3m/s，負(fù)號(hào)表示方向向上，A正確．碰撞時(shí)速度的改變量Δv＝－8m/s，B錯(cuò)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[答案]AD6．如圖甲所示，四個(gè)質(zhì)量、形狀相同的斜面體放在粗糙的水平面上，將四個(gè)質(zhì)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(gè)物塊運(yùn)動(dòng)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．假設(shè)在上述四種情況下斜面體均保持靜止且對(duì)地面的壓力依次為F1、F2、F3、F4，那么它們的大小關(guān)系是()甲A．F1＝F2＝F3＝F4B．F1＞F2＞F3＞F4C．F1＜F2＝F4＜F3D．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(duì)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?yàn)榱悖產(chǎn)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(如下圖)，然后放手．假設(shè)彈性繩的伸長(zhǎng)始終在彈性限度內(nèi)，關(guān)于鋼球的加速度a、速度v隨時(shí)間t變化的圖象，以下說法正確的是()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(tài)下降時(shí)鋼球做自由落體運(yùn)動(dòng)，繃緊后小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；當(dāng)小球上升至繩再次松弛時(shí)做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故v～t圖象為圖甲，a～t圖象為圖乙．[答案]B8．如下圖，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以速度v沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，傳送帶的右端與光滑曲面的底部平滑連接，曲面上的A點(diǎn)距離底部的高度h＝0.45m．一小物塊從A點(diǎn)靜止滑下，再滑上傳送帶，經(jīng)過一段時(shí)間又返回曲面．g取10m/s2，那么A．假設(shè)v＝1m/s，那么小物塊能回到B．假設(shè)v＝2m/s，那么小物塊能回到C．假設(shè)v＝5m/s，那么小物塊能回到D．無論v等于多少，小物塊均能回到A點(diǎn)【解析】小物塊滑上傳送帶的初速度v0＝eq\r(2gh)＝3m/s當(dāng)傳送帶的速度v≥3m/s時(shí)，小物塊返回曲面的初速度都等于3m/s，恰好能回到A點(diǎn)，當(dāng)傳送帶的傳送速度v＜3m/s[答案]C9．如圖甲所示，質(zhì)量為m的物體用細(xì)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(zhǎng)．當(dāng)傳送帶分別以v1、v2的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)(v1＜v2)，穩(wěn)定時(shí)繩與水平方向的夾角為θ，繩中的拉力分別為F1，F(xiàn)2；假設(shè)剪斷細(xì)繩時(shí)，物體到達(dá)左端的時(shí)間分別為t1、t2，那么以下說法正確的是()甲A．F1＜F2B．F1＝F2C．t1一定大于t2D．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(xiàn)的大小與傳送帶的速度無關(guān)繩剪斷后m在兩速度的傳送帶上的加速度相同假設(shè)L≤eq\f(v\o\al(2,1),2μg)，那么兩次都是勻加速到達(dá)左端，t1＝t2假設(shè)L＞eq\f(v\o\al(2,1),2μg)，那么物體在傳送帶上先加速再勻速到達(dá)左端，在速度小的傳送帶上需要的時(shí)間更長(zhǎng)，t1＞t2．[答案]BD10．靜電透鏡是利用靜電場(chǎng)使電子束會(huì)聚或發(fā)散的一種裝置，其中某局部靜電場(chǎng)的分布如圖甲所示．圖中虛線表示這個(gè)靜電場(chǎng)在xOy平面內(nèi)的一族等勢(shì)線，等勢(shì)線形狀關(guān)于Ox軸、Oy軸對(duì)稱．等勢(shì)線的電勢(shì)沿x軸正方向增加，且相鄰兩等勢(shì)線的電勢(shì)差相等．一個(gè)電子經(jīng)過P點(diǎn)(其橫坐標(biāo)為－x0)時(shí)，速度與Ox軸平行，適當(dāng)控制實(shí)驗(yàn)條件，使該電子通過電場(chǎng)區(qū)域時(shí)僅在Ox軸上方運(yùn)動(dòng)．在通過電場(chǎng)區(qū)域過程中，該電子沿y軸方向的分速度vy隨位置坐標(biāo)x變化的示意圖是圖乙中的()甲乙【解析】在x軸負(fù)方向，電子所受的電場(chǎng)力向右偏下，那么電子的豎直分速度沿y軸負(fù)方向不斷增加，到達(dá)x＝0時(shí)豎直分速度最大，到達(dá)x軸正方向后，電子所受的電場(chǎng)力向右偏上，那么其豎直分速度沿y軸負(fù)方向不斷減小；又由于在x軸負(fù)方向的電子運(yùn)動(dòng)處的電場(chǎng)線比在x軸正方向電子運(yùn)動(dòng)處的電場(chǎng)線密，相應(yīng)的電子的加速度大，故電子在x軸正方向經(jīng)過與x軸負(fù)方向相同的水平距離時(shí)，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(shí)驗(yàn)中得到小車做直線運(yùn)動(dòng)的s－t關(guān)系如下圖．(1)由圖可以確定，小車在AC段和DE段的運(yùn)動(dòng)分別為()A．AC段是勻加速運(yùn)動(dòng)，DE段是勻速運(yùn)動(dòng)B．AC段是加速運(yùn)動(dòng)，DE段是勻加速運(yùn)動(dòng)C．AC段是加速運(yùn)動(dòng)；DE段是勻速運(yùn)動(dòng)D．AC段是勻加速運(yùn)動(dòng)；DE段是勻加速運(yùn)動(dòng)(2)在與AB、AC、AD對(duì)應(yīng)的平均速度中，最接近小車在A點(diǎn)的瞬時(shí)速度是________段中的平均速度．[答案](1)C(2)AB(每空3分)12．(9分)當(dāng)物體從高空下落時(shí)，其所受阻力會(huì)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)，這個(gè)速度稱為此物體下落的收尾速度．研究發(fā)現(xiàn)，在相同環(huán)境下，球形物體的收尾速度僅與球的半徑和質(zhì)量有關(guān)．下表是某次研究的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)．小球編號(hào)ABCDE小球的半徑(×10－30.50.51.522.5小球的質(zhì)量(×10－6254540100小球的收尾速度(m/s)1640402032(1)根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，求出B球與C球到達(dá)收尾速度時(shí)所受的阻力之比．(2)根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，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(guān)系．(寫出有關(guān)表達(dá)式，并求出比例系數(shù)，重力加速度g取9.8m/s(3)現(xiàn)將C球和D球用輕質(zhì)細(xì)線連接，假設(shè)它們?cè)谙侣鋾r(shí)所受的阻力與單獨(dú)下落時(shí)的規(guī)律相同，讓它們同時(shí)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)球在到達(dá)收尾速度時(shí)處于平衡狀態(tài)，有：f＝mg那么fB∶fC＝mB∶mC代入數(shù)據(jù)解得：fB∶fC＝1∶9．(2)由表中A、B兩球的有關(guān)數(shù)據(jù)可得，阻力與速度成正比，即f∝v由表中B、C兩球的有關(guān)數(shù)據(jù)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(xì)線連接后，應(yīng)滿足：mCg＋mDg＝fC＋fD即mCg＋mDg＝kv(req\o\al(2,C)＋req\o\al(2,D))代入數(shù)據(jù)解得：v＝27.2比擬C、D兩小球的質(zhì)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(313．(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，如下圖．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(yùn)動(dòng)，經(jīng)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(yùn)動(dòng)距離L2后停下來．現(xiàn)在平板上沿水平方向釘一光滑木條(圖中MN所示)，木條的側(cè)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(yùn)動(dòng)，求石塊在水平方向通過的距離L．【解析】設(shè)斜面的傾斜角為θ，石塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，故石塊沿斜面減速下滑時(shí)的加速度為：a1＝μgcosθ－gsinθ(2分)沿斜面減速上滑時(shí)的加速度a2＝μgcosθ＋gsinθ(2分)緊貼光滑木條水平運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a3＝μgcosθ(2分)由題意可得：v2＝2a1v2＝2a2v2＝2a3L(3解得：L＝eq\f(2L1L2,L1＋L2)．(1分)[答案]eq\f(2L1L2,L1＋L2)14．(10分)如下圖，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(xì)線跨過定滑輪，兩端分別與物塊A和B連結(jié)，A的質(zhì)量為4m，B的質(zhì)量為m．開始時(shí)將B按在地面上不動(dòng)，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(dāng)A沿斜面下滑s距離后，細(xì)線突然斷了，求物塊B上升的最大高度．(不計(jì)細(xì)線與滑輪之間的摩擦【解析】設(shè)細(xì)線斷前物塊的加速度大小為a，細(xì)線的張力為T，由牛頓第二定律得：4mgsin30°－T＝4ma(2分)T－mg＝ma(2分)解得：a＝eq\f(1,5)g(1分)故線斷瞬間B的速度大小vB＝eq\r(2as)＝eq\r(\f(2,5)gs)(2分)線斷后B再上升的最大高度h＝eq\f(v\o\al(2,B),2g)＝eq\f(1,5)s(1分)物塊B上升的最大高度h總＝s＋h＝eq\f(6,5)s．(2分)[答案]eq\f(6,5)s15．(12分)在光滑的絕緣水平面上有一質(zhì)量m＝1.0×10－3kg、電荷量q＝＋1.0×10－10C的帶電小球靜止在O點(diǎn)，以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)在該水平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy(如下圖)．現(xiàn)突然加一個(gè)沿x軸正方向、場(chǎng)強(qiáng)大小E＝2.0×106V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)使小球運(yùn)動(dòng)，并開始計(jì)時(shí)．在第1s末所加電場(chǎng)方向突然變?yōu)檠貀軸正方向，大小不變；在第2s末電場(chǎng)突然消失，求第一位同學(xué)這樣分析：第1s內(nèi)小球沿x軸做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可求出其位移x1；第2s內(nèi)小球沿y軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可求出其位移y2及其速度v，第3s內(nèi)小球沿y軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可求出其位移s，最后小球的橫坐標(biāo)是x1，縱坐標(biāo)是y2＋s．你認(rèn)為他的分析正確嗎？如果認(rèn)為正確，請(qǐng)按他的思路求出第3s末小球的位置；如果認(rèn)為不正確，請(qǐng)指出錯(cuò)誤之處并求出第3s末小球的位置．【解析】該同學(xué)的分析不正確．因?yàn)榈?s末小球有沿x方向的初速度，所以第2s內(nèi)小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，第3s內(nèi)也不沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)．(3分)第1s內(nèi)小球做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有：a1x＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)(1分)x1＝eq\f(1,2)a1xteq\o\al(2,1)＝eq\f(qEt\o\al(2,1),2m)＝eq\f(1.0×10－10×2.0×106×12,2×1.0×10－3)m＝0.1m(1分)v1x＝a1xt1＝eq\f(qEt1,m)第2s內(nèi)小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，有：a2y＝eq\f(qE,m)(1分)y2＝eq\f(1,2)a2yteq\o\al(2,2)＝eq\f(qEt\o\al(2,2),2m)＝eq\f(1.0×10－10×2.0×106×12,2×1.0×10－3)m＝0.1m(1分)v2y＝a2t2＝eq\f(qEt2,m)x2＝v1xt2＝eq\f(qEt1t2,m)＝eq\f(1.0×10－10×2.0×106×1×1,1.0×10－3)m＝0.2m(1分)第3s內(nèi)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿x方向速度為v1x，沿y方向速度為v2y，有：x3＝v1xt3＝eq\f(qEt1t3,m)＝eq\f(1.0×10－10×2.0×106×1×1,1.0×10－3)m＝0.2m(1分)y3＝v2yt3＝eq\f(qEt2t3,m)＝eq\f(1.0×10－10×2.0×106×1×1,1.0×10－3)m＝0.2m(1分)第3s末小球的位置坐標(biāo)為：x＝x1＋x2＋x3＝0.5m(1y＝y(tǒng)2＋y3＝0.3m．(1[答案]略16．(13分)如下圖，長(zhǎng)L＝1.5m、高h(yuǎn)＝0.45m、質(zhì)量M＝10kg的長(zhǎng)方體木箱在水平面上向右做直線運(yùn)動(dòng)．當(dāng)木箱的速度v0＝3.6m/s時(shí)，對(duì)木箱施加一個(gè)方向水平向左的恒力F＝50N，并同時(shí)將一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的小球輕放在距木箱右端eq\f(L,3)處的P點(diǎn)(小球可視為質(zhì)點(diǎn)，放在P點(diǎn)時(shí)相對(duì)于地面的速度為零)，經(jīng)過一段時(shí)間，小球脫離木箱落到地面．木箱與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，而小球與木箱之間的摩擦不計(jì)．取g＝10m/s2，求：(1)小球從開始離開木箱至落到地面所用的時(shí)間．(2)小球放上P點(diǎn)后，木箱向右運(yùn)動(dòng)的最大位移．(3)小球離開木箱時(shí)木箱的速度．【解析】(1)小球離開木箱后做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)其落到地面所用的時(shí)間為t，由h＝eq\f(1,2)gt2得：t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.45,10))s＝0.3s．(2分)(2)小球放上木箱后相對(duì)地面靜止由F＋μFN＝Ma1(1分)FN＝(M＋m)g(1分)得木箱的加速度：a1＝eq\f(F＋μ(M＋m)g,M)＝eq\f(50＋0.2(10＋1)×10,10)m/s2＝7.2m/s2(2木箱向右運(yùn)動(dòng)的最大位移s1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝eq\f(3.62,2×7.2)m＝0.9m．(1分)(3)由于s1＝0.9m＜1m，故木箱在向右運(yùn)動(dòng)期間，小球不會(huì)從木箱的左端掉下(1分)得木箱向左運(yùn)動(dòng)的加速度：a2＝eq\f(F－μ(M＋m)g,M)＝eq\f(50－0.2(10＋1)×10,10)m/s2＝2.8m/s2(2分)設(shè)木箱向左運(yùn)動(dòng)s2時(shí)，小球從木箱的右端掉下，有：s2＝s1＋eq\f(L,3)＝0.9m＋0.5m＝1.4m(1分)設(shè)木箱向左運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間為t2，那么由s2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)得：t2＝eq\r(\f(2s2,a2))＝eq\r(\f(2×1.4,2.8))s＝1s(1分)小球剛離開木箱時(shí)木箱的速度方向向左，大小為：v2＝a2t2＝2.8×1m/s＝2.8m/s．(1分)[答案](1)0.3s(2)0.9m(3)第2專題動(dòng)量和能量知識(shí)網(wǎng)絡(luò)考點(diǎn)預(yù)測(cè)本專題涉及的內(nèi)容是動(dòng)力學(xué)內(nèi)容的延續(xù)和深化．動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律比牛頓運(yùn)動(dòng)定律的適用范圍更廣泛．它們是自然界中最根本、最普遍、最重要的客觀規(guī)律，也是高中物理的重點(diǎn)和難點(diǎn)、高考考查內(nèi)容的重點(diǎn)．其命題形式一般是能量與動(dòng)量綜合起來考，如：2023年全國(guó)理綜卷Ⅰ第21題、第25題，2023年全國(guó)理綜卷Ⅰ的第24題“下擺拉動(dòng)滑塊碰撞問題〞，全國(guó)理綜卷Ⅱ的第23題“子彈射擊木塊問題〞，重慶理綜卷的第24題“碰撞后壓縮彈簧問題〞．但是，由于目前全國(guó)的課改形勢(shì)以及在課程標(biāo)準(zhǔn)中的內(nèi)容設(shè)置，在高考中出現(xiàn)的這類綜合題的難點(diǎn)主要在于功能關(guān)系的應(yīng)用上，而不是在于動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用上．另外，從2023年各地的高考考卷中也可發(fā)現(xiàn)，除了能量與動(dòng)量的綜合題外，單獨(dú)考查功能原理的試題在卷中出現(xiàn)的概率也較大．要點(diǎn)歸納一、根本的物理概念1．沖量與功的比擬eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1((1)定義式))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(沖量的定義式：I＝Ft(作用力在時(shí)間上的積累效果),功的定義式：W＝Fscosθ(作用力在空間上的積累效果)))(2)屬性eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(沖量是矢量，既有大小又有方向(求合沖量應(yīng)按矢,量合成法那么來計(jì)算),功是標(biāo)量，只有大小沒有方向(求物體所受外力的,總功只需按代數(shù)和計(jì)算)))2．動(dòng)量與動(dòng)能的比擬(1)定義式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(動(dòng)量的定義式：p＝mv,動(dòng)能的定義式：Ek＝\x\bo(\f(1,2)mv2)))(2)屬性eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(動(dòng)量是矢量(動(dòng)量的變化也是矢量,求動(dòng)量的變化,應(yīng)按矢量運(yùn)算法那么來計(jì)算),動(dòng)能是標(biāo)量(動(dòng)能的變化也是標(biāo)量,求動(dòng)能的變化,只需按代數(shù)運(yùn)算法那么來計(jì)算)))(3)動(dòng)量與動(dòng)能量值間的關(guān)系eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝\x\bo(\r(2mEk)),Ek＝\f(p2,2m)＝\x\bo(\f(1,2)pv)))(4)動(dòng)量和動(dòng)能都是描述物體狀態(tài)的量，都有相對(duì)性(相對(duì)所選擇的參考系)，都與物體的受力情況無關(guān)．動(dòng)量的變化和動(dòng)能的變化都是過程量，都是針對(duì)某段時(shí)間而言的．二、動(dòng)量觀點(diǎn)的根本物理規(guī)律1．動(dòng)量定理的根本形式與表達(dá)式：I＝Δp．分方向的表達(dá)式：Ix合＝Δpx，Iy合＝Δpy．2．動(dòng)量定理推論：動(dòng)量的變化率等于物體所受的合外力，即eq\f(Δp,Δt)＝F合．3．動(dòng)量守恒定律(1)動(dòng)量守恒定律的研究對(duì)象是一個(gè)系統(tǒng)(含兩個(gè)或兩個(gè)以上相互作用的物體)．(2)動(dòng)量守恒定律的適用條件①標(biāo)準(zhǔn)條件：系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力之和為零．②近似條件：系統(tǒng)所受外力之和雖不為零，但比系統(tǒng)的內(nèi)力小得多(如碰撞問題中的摩擦力、爆炸問題中的重力等外力與相互作用的內(nèi)力相比小得多)，可以忽略不計(jì)．③分量條件：系統(tǒng)所受外力之和雖不為零，但在某個(gè)方向上的分量為零，那么在該方向上系統(tǒng)總動(dòng)量的分量保持不變．(3)使用動(dòng)量守恒定律時(shí)應(yīng)注意：①速度的瞬時(shí)性；②動(dòng)量的矢量性；③時(shí)間的同一性．(4)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決問題的根本思路和方法①分析題意，明確研究對(duì)象．在分析相互作用的物體總動(dòng)量是否守恒時(shí)，通常把這些被研究的物體統(tǒng)稱為系統(tǒng)．對(duì)于比擬復(fù)雜的物理過程，要采用程序法對(duì)全過程進(jìn)行分段分析，要明確在哪些階段中，哪些物體發(fā)生相互作用，從而確定所研究的系統(tǒng)是由哪些物體組成的．②對(duì)各階段所選系統(tǒng)內(nèi)的物體進(jìn)行受力分析，弄清哪些是系統(tǒng)內(nèi)部物體之間相互作用的內(nèi)力，哪些是作用于系統(tǒng)的外力．在受力分析的根底上根據(jù)動(dòng)量守恒定律的條件，判斷能否應(yīng)用動(dòng)量守恒定律．③明確所研究的相互作用過程，確定過程的始末狀態(tài)，即系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的初動(dòng)量和末動(dòng)量的值或表達(dá)式．(注意：在研究地面上物體間相互作用的過程時(shí)，各物體運(yùn)動(dòng)的速度均應(yīng)取地球?yàn)閰⒖枷?④確定正方向，建立動(dòng)量守恒方程求解．三、功和能1．中學(xué)物理中常見的能量動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2；重力勢(shì)能Ep＝mgh；彈性勢(shì)能E彈＝eq\f(1,2)kx2；機(jī)械能E＝Ek＋Ep；分子勢(shì)能；分子動(dòng)能；內(nèi)能；電勢(shì)能E＝qφ；電能；磁場(chǎng)能；化學(xué)能；光能；原子能(電子的動(dòng)能和勢(shì)能之和)；原子核能E＝mc2；引力勢(shì)能；太陽(yáng)能；風(fēng)能(空氣的動(dòng)能)；地?zé)?、潮汐能?．常見力的功和功率的計(jì)算：恒力做功W＝Fscosθ；重力做功W＝mgh；一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的總功Wf＝－fs路；電場(chǎng)力做功W＝qU；功率恒定時(shí)牽引力所做的功W＝Pt；恒定壓強(qiáng)下的壓力所做的功W＝p·ΔV；電流所做的功W＝UIt；洛倫茲力永不做功；瞬時(shí)功率P＝Fvcos_θ；平均功率eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)＝Feq\o(v,\s\up6(－))cosθ．3．中學(xué)物理中重要的功能關(guān)系能量與物體運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)相對(duì)應(yīng)．在物體相互作用的過程中，物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)通常要發(fā)生變化，所以物體的能量變化一般要通過做功來實(shí)現(xiàn)，這就是常說的“功是能量轉(zhuǎn)化的量度〞的物理本質(zhì)．那么，什么功對(duì)應(yīng)著什么能量的轉(zhuǎn)化呢？在高中物理中主要的功能關(guān)系有：(1)外力對(duì)物體所做的總功等于物體動(dòng)能的增量，即W總＝ΔEk．(動(dòng)能定理)(2)重力(或彈簧的彈力)對(duì)物體所做的功等于物體重力勢(shì)能(或彈性勢(shì)能)的增量的負(fù)值，即W重＝－ΔEp(或W彈＝－ΔEp)．(3)電場(chǎng)力對(duì)電荷所做的功等于電荷電勢(shì)能的增量的負(fù)值，即W電＝－ΔE電．(4)除重力(或彈簧的彈力)以外的力對(duì)物體所做的功等于物體機(jī)械能的增量，即W其他＝ΔE機(jī)．(功能原理)(5)當(dāng)除重力(或彈簧彈力)以外的力對(duì)物體所做的功等于零時(shí)，那么有ΔE機(jī)＝0，即機(jī)械能守恒．(6)一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功與內(nèi)能變化的關(guān)系是：“摩擦所產(chǎn)生的熱〞等于滑動(dòng)摩擦力跟物體間相對(duì)路程的乘積，即Q＝fs相對(duì)．一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做的功的代數(shù)和總為負(fù)值，表示除了有機(jī)械能在兩個(gè)物體間轉(zhuǎn)移外，還有一局部機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，這就是“摩擦生熱〞的實(shí)質(zhì)．(7)安培力做功對(duì)應(yīng)著電能與其他形式的能相互轉(zhuǎn)化，即W安＝ΔE電．安培力做正功，對(duì)應(yīng)著電能轉(zhuǎn)化為其他能(如電動(dòng)機(jī)模型)；克服安培力做負(fù)功，對(duì)應(yīng)著其他能轉(zhuǎn)化為電能(如發(fā)電機(jī)模型)；安培力做功的絕對(duì)值等于電能轉(zhuǎn)化的量值．(8)分子力對(duì)分子所做的功等于分子勢(shì)能的增量的負(fù)值，即W分子力＝－ΔE分子．(9)外界對(duì)一定質(zhì)量的氣體所做的功W與氣體從外界所吸收的熱量Q之和等于氣體內(nèi)能的變化，即W＋Q＝ΔU．(10)在電機(jī)電路中，電流做功的功率等于電阻發(fā)熱的功率與輸出的機(jī)械功率之和．(11)在純電阻電路中，電流做功的功率等于電阻發(fā)熱的功率．(12)在電解槽電路中，電流做功的功率等于電阻發(fā)熱的功率與轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的功率之和．(13)在光電效應(yīng)中，光子的能量hν＝W＋eq\f(1,2)mv02．(14)在原子物理中，原子輻射光子的能量hν＝E初－E末，原子吸收光子的能量hν＝E末－E初．(15)核力對(duì)核子所做的功等于核能增量的負(fù)值，即W核＝－ΔE核，并且Δmc2＝ΔE核．(16)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律．對(duì)于所有參與相互作用的物體所組成的系統(tǒng)，無論什么力做功，可能每一個(gè)物體的能量的數(shù)值及形式都發(fā)生變化，但系統(tǒng)內(nèi)所有物體的各種形式能量的總和保持不變．4．運(yùn)用能量觀點(diǎn)分析、解決問題的根本思路(1)選定研究對(duì)象(單個(gè)物體或一個(gè)系統(tǒng))，弄清物理過程．(2)分析受力情況，看有什么力在做功，弄清系統(tǒng)內(nèi)有多少種形式的能在參與轉(zhuǎn)化．(3)仔細(xì)分析系統(tǒng)內(nèi)各種能量的變化情況及變化的數(shù)量．(4)列方程ΔE減＝ΔE增或E初＝E末求解．四、彈性碰撞在一光滑水平面上有兩個(gè)質(zhì)量分別為m1、m2的剛性小球A和B以初速度v1、v2運(yùn)動(dòng)，假設(shè)它們能發(fā)生正碰，碰撞后它們的速度分別為v1′和v2′．v1、v2、v1′、v2′是以地面為參考系的，將A和B看做系統(tǒng)．由碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′由于彈性碰撞中沒有機(jī)械能損失，故有：eq\f(1,2)m1v12＋eq