第一篇：高中物理競(jìng)賽講座講稿：第二部分《牛頓運(yùn)動(dòng)定律》

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第二部分 牛頓運(yùn)動(dòng)定律

第一講 牛頓三定律

一、牛頓第一定律

1、定律。慣性的量度

2、觀念意義，突破“初態(tài)困惑”

二、牛頓第二定律

1、定律

2、理解要點(diǎn)

a、矢量性

b、獨(dú)立作用性：ΣF → a，ΣFx → ax ?

c、瞬時(shí)性。合力可突變，故加速度可突變（與之對(duì)比：速度和位移不可突變）；牛頓第二定律展示了加速度的決定式（加速度的定義式僅僅展示了加速度的“測(cè)量手段”）。

3、適用條件

a、宏觀、低速 b、慣性系

對(duì)于非慣性系的定律修正——引入慣性力、參與受力分析

三、牛頓第三定律

1、定律

2、理解要點(diǎn)

a、同性質(zhì)（但不同物體）b、等時(shí)效（同增同減）

c、無(wú)條件（與運(yùn)動(dòng)狀態(tài)、空間選擇無(wú)關(guān)）

第二講 牛頓定律的應(yīng)用

一、牛頓第一、第二定律的應(yīng)用

單獨(dú)應(yīng)用牛頓第一定律的物理問(wèn)題比較少，一般是需要用其解決物理問(wèn)題中的某一個(gè)環(huán)節(jié)。

應(yīng)用要點(diǎn)：合力為零時(shí)，物體靠慣性維持原有運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；只有物體有加速度時(shí)才需要合力。有質(zhì)量的物體才有慣性。a可以突變而v、s不可突變。

1、如圖1所示，在馬達(dá)的驅(qū)動(dòng)下，皮帶運(yùn)輸機(jī)上方的皮帶以恒定的速度向右運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)將一工件（大小不計(jì)）在皮帶左端A點(diǎn)輕輕放下，則在此后的過(guò)程中（）A、一段時(shí)間內(nèi)，工件將在滑動(dòng)摩擦力作用下，對(duì)地做加速運(yùn)動(dòng)

B、當(dāng)工件的速度等于v時(shí)，它與皮帶之間的摩擦力變?yōu)殪o摩擦力

C、當(dāng)工件相對(duì)皮帶靜止時(shí)，它位于皮帶上A點(diǎn)右側(cè)的某一點(diǎn)

D、工件在皮帶上有可能不存在與皮004km.cn

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2v22?g時(shí)（其中μ為工件與皮帶之間的動(dòng)摩擦因素），才有相對(duì)靜止的過(guò)程，高考資源網(wǎng)（ks5u.com）

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進(jìn)階練習(xí)1：在一向右運(yùn)動(dòng)的車(chē)廂中，用細(xì)繩懸掛的小球呈現(xiàn)如圖3所示的穩(wěn)定狀態(tài)，試求車(chē)廂的加速度。（和“思考”題同理，答：gtgθ。）

進(jìn)階練習(xí)

2、如圖4所示，小車(chē)在傾角為α的斜面上勻加速運(yùn)動(dòng)，車(chē)廂頂用細(xì)繩懸掛一小球，發(fā)現(xiàn)懸繩與豎直方向形成一個(gè)穩(wěn)定的夾角β。試求小車(chē)的加速度。

解：繼續(xù)貫徹“矢量性”的應(yīng)用，但數(shù)學(xué)處理復(fù)雜了一些（正弦定理解三角形）。分析小球受力后，根據(jù)“矢量性”我們可以做如圖5所示的平行四邊形，并找到相應(yīng)的夾角。設(shè)張力T與斜面方向的夾角為θ，則

θ=（90°+ α）-β= 90°-（β-α）（1）對(duì)灰色三角形用正弦定理，有 ?Fsin? = Gsin?（2）

解（1）（2）兩式得：ΣF =

mg?sin?cos(???)

最后運(yùn)用牛頓第二定律即可求小球加速度（即小車(chē)加速度）答：sin?cos(???)g。

2、如圖6所示，光滑斜面傾角為θ，在水平地面上加速運(yùn)動(dòng)。斜面上用一條與斜面平行的細(xì)繩系一質(zhì)量為m的小球，當(dāng)斜面加速度為a時(shí)（a＜ctgθ），小球能夠保持相對(duì)斜面靜止。試求此時(shí)繩子的張力T。

解說(shuō)：當(dāng)力的個(gè)數(shù)較多，不能直接用平行四邊形尋求合力時(shí)，宜用正交分解處理受力，在對(duì)應(yīng)牛頓第二定律的“獨(dú)立作用性”列方程。

正交坐標(biāo)的選擇，視解題方便程度而定。解法一：先介紹一般的思路。沿加速度a方向建x軸，與a垂直的方向上建y軸，如圖7所示（N為斜面支持力）。于是可得兩方程

ΣFx = ma，即Tx － Nx = ma ΣFy = 0，即Ty + Ny = mg 代入方位角θ，以上兩式成為

T cosθ－N sinθ = ma

（1）T sinθ + Ncosθ = mg

（2）這是一個(gè)關(guān)于T和N的方程組，解（1）（2）兩式得：T = mgsinθ + ma cosθ

解法二：下面嘗試一下能否獨(dú)立地解張力T。將正交分解的坐標(biāo)選擇為：x——斜面方向，y——和斜面垂直的方向。這時(shí)，在分解受力時(shí)，只分解重力G就行了，但值得注意，加速度a不在任何一個(gè)坐標(biāo)軸上，是需要分解的。矢量分解后，如圖8所示。

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答：2g ；0。

三、牛頓第二、第三定律的應(yīng)用

要點(diǎn)：在動(dòng)力學(xué)問(wèn)題中，如果遇到幾個(gè)研究對(duì)象時(shí)，就會(huì)面臨如何處理對(duì)象之間的力和對(duì)象與外界之間的力問(wèn)題，這時(shí)有必要引進(jìn)“系統(tǒng)”、“內(nèi)力”和“外力”等概念，并適時(shí)地運(yùn)用牛頓第三定律。

在方法的選擇方面，則有“隔離法”和“整體法”。前者是根本，后者有局限，也有難度，但常常使解題過(guò)程簡(jiǎn)化，使過(guò)程的物理意義更加明晰。

對(duì)N個(gè)對(duì)象，有N個(gè)隔離方程和一個(gè)（可能的）整體方程，這（N + 1）個(gè)方程中必有一個(gè)是通解方程，如何取舍，視解題方便程度而定。

補(bǔ)充：當(dāng)多個(gè)對(duì)象不具有共同的加速度時(shí)，一般來(lái)講，整體法不可用，但也有一種特殊的“整體方程”，可以不受這個(gè)局限（可以介紹推導(dǎo)過(guò)程）——

?????ΣF外= m1a1 + m2a2 + m3a3 + ? + mnan

?F其中Σ外只能是系統(tǒng)外力的矢量和，等式右邊也是矢量相加。

1、如圖12所示，光滑水平面上放著一個(gè)長(zhǎng)為L(zhǎng)的均質(zhì)直棒，現(xiàn)給棒一個(gè)沿棒方向的、大小為F的水平恒力作用，則棒中各部位的張力T隨圖中x的關(guān)系怎樣？

解說(shuō)：截取隔離對(duì)象，列整體方程和隔離方程（隔離右段較好）。

答案：N = FLx。

思考：如果水平面粗糙，結(jié)論又如何？

解：分兩種情況，（1）能拉動(dòng)；（2）不能拉動(dòng)。

第（1）情況的計(jì)算和原題基本相同，只是多了一個(gè)摩擦力的處理，結(jié)論的化簡(jiǎn)也麻煩一些。

第（2）情況可設(shè)棒的總質(zhì)量為M，和水平面的摩擦因素為μ，而F = μl＜L，則x＜(L-l)的右段沒(méi)有張力，x＞(L-l)的左端才有張力。

答：若棒仍能被拉動(dòng)，結(jié)論不變。

若棒不能被拉動(dòng)，且F = μ

lLlLMg，其中

Mg時(shí)（μ為棒與平面的摩擦因素，l為小于L的某一值，F(xiàn)lM為棒的總質(zhì)量），當(dāng)x＜(L-l)，N≡0 ；當(dāng)x＞(L-l)，N = ?x-?L-l??。

應(yīng)用：如圖13所示，在傾角為θ的固定斜面上，疊放著兩個(gè)長(zhǎng)方體滑塊，它們的質(zhì)量分別為m1和m2，它們之間的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分別為μ1和μ2，系統(tǒng)釋放后能夠一起加速下滑，則它們之間的摩擦力大小為：

A、μ1 m1gcosθ ； B、μ2 m1gcosθ ； C、μ1 m2gcosθ ； D、μ1 m2gcosθ ； 解：略。答：B。（方向沿斜面向上。）

思考：（1）如果兩滑塊不是下滑，而是以初速度v0一起上沖，以上結(jié)論會(huì)變嗎？（2）如果斜面光滑，兩滑塊之間有沒(méi)有摩擦力？（3）如果將下面的滑塊換成如圖14所示的盒子，上面的滑塊換004km.cn

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四、特殊的連接體

當(dāng)系統(tǒng)中各個(gè)體的加速度不相等時(shí)，經(jīng)典的整體法不可用。如果各個(gè)體的加速度不在一條直線上，“新整體法”也將有一定的困難（矢量求和不易）。此時(shí)，我們回到隔離法，且要更加注意找各參量之間的聯(lián)系。

解題思想：抓某個(gè)方向上加速度關(guān)系。方法：“微元法”先看位移關(guān)系，再推加速度關(guān)系。、1、如圖18所示，一質(zhì)量為M、傾角為θ的光滑斜面，放置在光滑的水平面上，另一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊從斜面頂端釋放，試求斜面的加速度。

解說(shuō)：本題涉及兩個(gè)物體，它們的加速度關(guān)系復(fù)雜，但在垂直斜面方向上，大小是相等的。對(duì)兩者列隔離方程時(shí)，務(wù)必在這個(gè)方向上進(jìn)行突破。

（學(xué)生活動(dòng)）定型判斷斜面的運(yùn)動(dòng)情況、滑塊的運(yùn)動(dòng)情況。位移矢量示意圖如圖19所示。根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，加速度矢量a1和a2也具有這樣的關(guān)系。

（學(xué)生活動(dòng)）這兩個(gè)加速度矢量有什么關(guān)系？

沿斜面方向、垂直斜面方向建x、y坐標(biāo)，可得： a1y = a2y ① 且：a1y = a2sinθ ② 隔離滑塊和斜面，受力圖如圖20所示。

對(duì)滑塊，列y方向隔離方程，有：

mgcosθ-N = ma1y ③ 對(duì)斜面，仍沿合加速度a2方向列方程，有：

Nsinθ= Ma2 ④

解①②③④式即可得a2。答案：a2 = msin?cos?M?msin2?g。

（學(xué)生活動(dòng)）思考：如何求a1的值？

解：a1y已可以通過(guò)解上面的方程組求出；a1x只要看滑塊的受力圖，列x方向的隔離方程即可，顯然有mgsinθ= ma1x，得:a1x = gsinθ。最后據(jù)a1 = a1x?a1y求a1。

答：a1 = gsin?M?msin222?M2?m(m?2M)sin2?。

2、如圖21所示，與水平面成θ角的AB棒上有一滑套C，可以無(wú)摩擦地在棒上滑動(dòng)，開(kāi)始時(shí)與棒的A端相距b，相對(duì)棒靜止。當(dāng)棒保持傾角θ不變地沿水平面勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a（且a＞gtgθ）時(shí)，求滑套C從棒的A端滑出所經(jīng)歷的時(shí)間。

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例題選講針對(duì)“教材”第三章的部分例題和習(xí)題。

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第二篇：高中物理競(jìng)賽講座講稿：第三部分《曲線運(yùn)動(dòng) 萬(wàn)有引力》

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第三部分 曲線運(yùn)動(dòng) 萬(wàn)有引力

第一講 基本知識(shí)介紹

一、曲線運(yùn)動(dòng)

1、概念、性質(zhì)

2、參量特征

二、曲線運(yùn)動(dòng)的研究方法——運(yùn)動(dòng)的分解與合成

1、法則與對(duì)象

2、兩種分解的思路

a、固定坐標(biāo)分解（適用于勻變速曲線運(yùn)動(dòng)）

建立坐標(biāo)的一般模式——沿加速度方向和垂直加速度方向建直角坐標(biāo)；提高思想——根據(jù)解題需要建直角坐標(biāo)或非直角坐標(biāo)。

b、自然坐標(biāo)分解（適用于變加速曲線運(yùn)動(dòng)）

基本常識(shí)：在考查點(diǎn)沿軌跡建立切向τ、法向n坐標(biāo)，所有運(yùn)動(dòng)學(xué)矢量均沿這兩個(gè)方向分解。

??F??ma動(dòng)力學(xué)方程???Fn?ma?n，其中a?改變速度的大?。ㄋ俾剩?，an改變速度的方向。且an= mv2?，其中ρ表示軌跡在考查點(diǎn)的曲率半徑。定量解題一般只涉及法向動(dòng)力學(xué)方程。

三、兩種典型的曲線運(yùn)動(dòng)

1、拋體運(yùn)動(dòng)（類(lèi)拋體運(yùn)動(dòng)）

關(guān)于拋體運(yùn)動(dòng)的分析，和新課教材“平跑運(yùn)動(dòng)”的分析基本相同。在坐標(biāo)的選擇方面，有靈活處理的余地。

2、圓周運(yùn)動(dòng)

勻速圓周運(yùn)動(dòng)的處理：運(yùn)動(dòng)學(xué)參量v、ω、n、a、f、T之間的關(guān)系，向心力的尋求于合成；臨界問(wèn)題的理解。

變速圓周運(yùn)動(dòng)：使用自然坐標(biāo)分析法，一般只考查法向方程。

四、萬(wàn)有引力定律

1、定律內(nèi)容

2、條件

a、基本條件

b、拓展條件：球體（密度呈球?qū)ΨQ(chēng)分布）外部空間的拓展；球體（密度呈球?qū)ΨQ(chēng)分布）內(nèi)部空間的拓展——“剝皮法則”

c、不規(guī)則物體間的萬(wàn)有引力計(jì)算——分割與矢量疊加

五、開(kāi)普勒三定律

天體運(yùn)動(dòng)的本來(lái)模式與近似模式的差距，近似處理的依據(jù)。

六、宇宙速度、天體運(yùn)動(dòng)

1、第一宇宙速度的常規(guī)求法

2、從能量角度求第二、第三宇宙速度

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v1x

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v1x）

Syvy =（v2 – v1cosθ）

dv1sin?

為求極值，令cosθ= p，則sinθ= 22222221?p22，再將上式兩邊平方、整理，得到

v1(Sx?d)p?2v1v2dp?dv2?Sxv1?0

2這是一個(gè)關(guān)于p的一元二次方程，要p有解，須滿(mǎn)足Δ≥0，即

4v1v2d≥4v1(Sx?d)(dv2?Sxv1)2242222222整理得 Sxv1≥d(v2?v1)所以，Sxmin=dv1222222v2?v1，代入Sx（θ）函數(shù)可知，此時(shí)cosθ= 22v1v2

最后，Smin= Sxmin?Sy=

2v2v1d 此過(guò)程仍然比較繁復(fù)，且數(shù)學(xué)味太濃。結(jié)論得出后，我們還不難發(fā)現(xiàn)一個(gè)問(wèn)題：當(dāng)v2＜v1時(shí)，Smin＜d，這顯然與事實(shí)不符。（造成這個(gè)局面的原因是：在以上的運(yùn)算過(guò)程中，方程兩邊的平方和開(kāi)方過(guò)程中必然出現(xiàn)了增根或遺根的現(xiàn)象）所以，此法給人一種玄乎的感覺(jué)。解法二：純物理解——矢量三角形的動(dòng)態(tài)分析

從圖2可知，Sy恒定，Sx越小，必有S合矢量與下游河岸的夾角越大，亦即v合矢量與下游河岸的夾角越大（但不得大于90°）。

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成與分解的問(wèn)題。

（學(xué)生活動(dòng)）如果v1恒定不變，v2會(huì)恒定嗎？若恒定，說(shuō)明理由；若變化，定性判斷變化趨勢(shì)。

結(jié)合學(xué)生的想法，介紹極限外推的思想：當(dāng)船離岸無(wú)窮遠(yuǎn)時(shí)，繩與水的夾角趨于零，v2→v1。當(dāng)船比較靠岸時(shí)，可作圖比較船的移動(dòng)距離、繩子的縮短長(zhǎng)度，得到v2＞v1。故“船速增大”才是正確結(jié)論。

故只能引入瞬時(shí)方位角θ，看v1和v2的瞬時(shí)關(guān)系。

（學(xué)生活動(dòng)）v1和v2定量關(guān)系若何？是否可以考慮用運(yùn)動(dòng)的分解與合成的知識(shí)解答？ 針對(duì)如圖6所示的兩種典型方案，初步評(píng)說(shuō)——甲圖中v2 = v1cosθ，船越靠岸，θ越大，v2越小，和前面的定性結(jié)論沖突，必然是錯(cuò)誤的。

錯(cuò)誤的根源分析：和試驗(yàn)修訂本教材中“飛機(jī)起飛”的運(yùn)動(dòng)分析進(jìn)行了不恰當(dāng)?shù)芈?lián)系。仔細(xì)比較這兩個(gè)運(yùn)動(dòng)的差別，并聯(lián)系“小船渡河”的運(yùn)動(dòng)合成等事例，總結(jié)出這樣的規(guī)律—— 合運(yùn)動(dòng)是顯性的、軌跡實(shí)在的運(yùn)動(dòng)，分運(yùn)動(dòng)是隱性的、需要分析而具有人為特征（無(wú)唯一性）的運(yùn)動(dòng)。

解法一：在圖6（乙）中，當(dāng)我們挖掘、分析了滑輪繩子端點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)后，不難得出：船的沿水面運(yùn)動(dòng)是v2合運(yùn)動(dòng)，端點(diǎn)參與繩子的縮短運(yùn)動(dòng)v1和隨繩子的轉(zhuǎn)動(dòng)v轉(zhuǎn)，從而肯定乙方案是正確的。

即：v2 = v1 / cosθ

解法二：微元法。從考查位置開(kāi)始取一個(gè)極短過(guò)程，將繩的運(yùn)動(dòng)和船的運(yùn)動(dòng)在圖7（甲）中標(biāo)示出來(lái)，AB是繩的初識(shí)位置，AC是繩的末位置，在AB上取AD=AC得D點(diǎn)，并連接CD。顯然，圖中BC是船的位移大小，DB是繩子的縮短長(zhǎng)度。由于過(guò)程極短，等腰三角形ACD的頂角∠A→0，則底角∠ACD→90°，△CDB趨于直角三角形。將此三角放大成圖7（乙），得出：S2 = S1 / cosθ。

鑒于過(guò)程極短，繩的縮短運(yùn)動(dòng)和船的運(yùn)動(dòng)都可以認(rèn)為是勻速的，即：S2 = v2 t，S1 = v1 t。

所以：v2 = v1 / cosθ

三、斜拋運(yùn)動(dòng)的最大射程

物理情形：不計(jì)空氣阻力，將小球斜向上拋出，初速度大小恒為v0，方向可以選擇，試求小球落回原高度的最大水平位移（射程）。

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下面先解脫離點(diǎn)的具體位置。設(shè)脫離點(diǎn)為D，對(duì)應(yīng)方位角為θ，如圖8所示。由于在D點(diǎn)之后繩子就要彎曲，則此時(shí)繩子的張力T為零，而此時(shí)仍然在作圓周運(yùn)動(dòng)，故動(dòng)力學(xué)方程仍滿(mǎn)足

Gn = Gsinθ= mv2r

①

在再針對(duì)A→D過(guò)程，小球機(jī)械能守恒，即（選A所在的平面為參考平面）：

122mv0+ 0 = mg(L + Lsinθ)+

12mv

2② D23代入v0值解①、②兩式得：θ= arcsin，（同時(shí)得到：vD =

23gL）小球脫離D點(diǎn)后將以vD為初速度作斜向上拋運(yùn)動(dòng)。它所能到達(dá)的最高點(diǎn)（相對(duì)A）可以用兩種方法求得。解法一：運(yùn)動(dòng)學(xué)途徑。

先求小球斜拋的最大高度，hm =

527(vDcos?)2g2 =

vD(1?sin2g22?)

代入θ和vD的值得：hm = L

5027小球相對(duì)A的總高度：Hm = L + Lsinθ+ hm = 解法二：能量途徑

L 小球在斜拋的最高點(diǎn)仍具有vD的水平分量，即vDsinθ= 程用機(jī)械能守恒定律（設(shè)A所在的平面為參考平面），有

122323gL。對(duì)A→最高點(diǎn)的過(guò)mv0+ 0 = 212m（vDsin?)+ mg Hm 50272容易得到：Hm = L

五、萬(wàn)有引力的計(jì)算

物理情形：如圖9所示，半徑為R的均質(zhì)球質(zhì)量為M，球心在O點(diǎn)，現(xiàn)在被內(nèi)切的挖去了一個(gè)半徑為R/2的球形空腔（球心在O′）。在O、O′的連線上距離O點(diǎn)為d的地方放有一個(gè)很小的、質(zhì)量為m的物體，試求這兩個(gè)物體之間的萬(wàn)有引力。

模型分析：無(wú)論是“基本條件”還是“拓展條件”，本模型都很難直接符合，因此必須使用一些特殊的處理方法。本模型除了照應(yīng)萬(wàn)有引力的拓展條件之外，著重004km.cn

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解以上三式可得：vA =

a?a?bb22GMa，vB =

a?a?bb22GMa

再針對(duì)地球從A到C的過(guò)程，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律，有

12mv2+（－GAMma?c）=

122mvC+（－GMma）

代入vA值可解得：vC =

GMa

為求A、C兩點(diǎn)的曲率半徑，在A、C兩點(diǎn)建自然坐標(biāo)，然后應(yīng)用動(dòng)力學(xué)（法向）方程。在A點(diǎn)，F(xiàn)萬(wàn) = ΣFn = m an，設(shè)軌跡在A點(diǎn)的曲率半徑為ρA，即：G

Mm(a?c)2= m

vA?A2

代入vA值可解得：ρA =

b2a

在C點(diǎn)，方程復(fù)雜一些，須將萬(wàn)有引力在τ、n方向分解，如圖12所示。

然后，F(xiàn)萬(wàn)n =ΣFn = m an，即：F萬(wàn)cosθ= m

2vC?C2

即：GMma2·ba = m

vC?C

代入vC值可解得：ρC =

a2b

值得注意的是，如果針對(duì)A、C兩點(diǎn)用開(kāi)普勒第二定律，由于C點(diǎn)處的矢徑r和瞬時(shí)速度vC不垂直，方程不能寫(xiě)作vA（a－c）= vC a。

正確的做法是：將vC分解出垂直于矢徑的分量（分解方式可參看圖12，但分解的平行四邊形未畫(huà)出）vC cosθ，再用vA（a－c）=（vC cosθ）a，化簡(jiǎn)之后的形式成為

vA（a－c）= vC b 要理解這個(gè)關(guān)系，有一定的難度，所以建議最好不要對(duì)A、C兩點(diǎn)用開(kāi)普勒第二定律

第三講 典型例題解析

教材范本：龔霞玲主編《奧林匹克物理思維訓(xùn)練教材》，知識(shí)出版社，2002年8月第一版。例題選講針對(duì)“教材”第五、第六章的部分例題和習(xí)題。

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第三篇：高中物理競(jìng)賽講座講稿：第八部分《穩(wěn)恒電流》

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第八部分 穩(wěn)恒電流

第一講 基本知識(shí)介紹

第八部分《穩(wěn)恒電流》包括兩大塊：一是“恒定電流”，二是“物質(zhì)的導(dǎo)電性”。前者是對(duì)于電路的外部計(jì)算，后者則是深入微觀空間，去解釋電流的成因和比較不同種類(lèi)的物質(zhì)導(dǎo)電的情形有什么區(qū)別。

應(yīng)該說(shuō)，第一塊的知識(shí)和高考考綱對(duì)應(yīng)得比較好，深化的部分是對(duì)復(fù)雜電路的計(jì)算（引入了一些新的處理手段）。第二塊雖是全新的內(nèi)容，但近幾年的考試已經(jīng)很少涉及，以至于很多奧賽培訓(xùn)資料都把它刪掉了。鑒于在奧賽考綱中這部分內(nèi)容還保留著，我們還是想粗略地介紹一下。

一、歐姆定律

1、電阻定律

a、電阻定律 R = ρ

Slb、金屬的電阻率 ρ = ρ0（1 + αt）

2、歐姆定律

a、外電路歐姆定律 U = IR，順著電流方向電勢(shì)降落 b、含源電路歐姆定律

在如圖8-1所示的含源電路中，從A點(diǎn)到B點(diǎn)，遵照原則：①遇電阻，順電流方向電勢(shì)降落（逆電流方向電勢(shì)升高）②遇電源，正極到負(fù)極電勢(shì)降落，負(fù)極到正極電勢(shì)升高（與電流方向無(wú)關(guān)），可以得到以下關(guān)系

UA ? IR ? ε ? Ir = UB

這就是含源電路歐姆定律。c、閉合電路歐姆定律

在圖8-1中，若將A、B兩點(diǎn)短接，則電流方向只可能向左，含源電路歐姆定律成為 UA + IR ? ε + Ir = UB = UA 即 ε = IR + Ir，或 I =

?R?r

這就是閉合電路歐姆定律。值得注意的的是：①對(duì)于復(fù)雜電路，“干路電流I”不能做絕對(duì)的理解（任何要考察的一條路均可視為干路）；②電源的概念也是相對(duì)的，它可以是多個(gè)電源的串、并聯(lián)，也可以是電源和電阻組成的系統(tǒng)；③外電阻R可以是多個(gè)電阻的串、并聯(lián)或混聯(lián)，但不能包含電源。

二、復(fù)雜電路的計(jì)算

1、戴維南定理：一個(gè)由獨(dú)立源、線性電阻、線性受控源組成的二端網(wǎng)絡(luò)，可以用一個(gè)電壓源和電阻串聯(lián)的二端網(wǎng)絡(luò)來(lái)等效。（事實(shí)上，也可等效為“電流源和電阻并聯(lián)的的二端網(wǎng)絡(luò)”——這就成了諾頓定理。）應(yīng)用方法：其等效電路的電壓源的電動(dòng)勢(shì)等于網(wǎng)絡(luò)的開(kāi)路電壓，其串聯(lián)電阻等于從端鈕看進(jìn)去該網(wǎng)絡(luò)中所有獨(dú)立源為零值時(shí)的等效電阻。．．．

2、基爾霍夫（克?？品颍┒?/p>

a、基爾霍夫第一定律：在任一時(shí)刻流入電路中某一分節(jié)點(diǎn)的電流強(qiáng)度的總和，等于從該點(diǎn)流出的電流強(qiáng)度的總和。

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電流通過(guò)電路時(shí)，電場(chǎng)力對(duì)電荷作的功叫做電功W。單位時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力所作的功叫做電功率P。

計(jì)算時(shí)，只有W = UIt和P = UI是完全沒(méi)有條件的，對(duì)于不含源的純電阻，電功和焦耳熱重合，電功率則和熱功率重合，有W = IRt =

2UR2t和P = IR =

2UR2。

對(duì)非純電阻電路，電功和電熱的關(guān)系依據(jù)能量守恒定律求解。

四、物質(zhì)的導(dǎo)電性 在不同的物質(zhì)中，電荷定向移動(dòng)形成電流的規(guī)律并不是完全相同的。

1、金屬中的電流

即通常所謂的不含源純電阻中的電流，規(guī)律遵從“外電路歐姆定律”。

2、液體導(dǎo)電

能夠?qū)щ姷囊后w叫電解液（不包括液態(tài)金屬）。電解液中離解出的正負(fù)離子導(dǎo)電是液體導(dǎo)電的特點(diǎn)（如：硫酸銅分子在通常情況下是電中性的，但它在溶液里受水分子的作用就會(huì)離

?解成銅離子Cu2+和硫酸根離子SO2，它們?cè)陔妶?chǎng)力的作用下定向移動(dòng)形成電流）。4在電解液中加電場(chǎng)時(shí)，在兩個(gè)電極上（或電極旁）同時(shí)產(chǎn)生化學(xué)反應(yīng)的過(guò)程叫作“電解”。電解的結(jié)果是在兩個(gè)極板上（或電極旁）生成新的物質(zhì)。

液體導(dǎo)電遵從法拉第電解定律——

法拉第電解第一定律：電解時(shí)在電極上析出或溶解的物質(zhì)的質(zhì)量和電流強(qiáng)度、跟通電時(shí)間成正比。表達(dá)式：m = kIt ＝ KQ（式中Q為析出質(zhì)量為m的物質(zhì)所需要的電量；K為電化當(dāng)量，電化當(dāng)量的數(shù)值隨著被析出的物質(zhì)種類(lèi)而不同，某種物質(zhì)的電化當(dāng)量在數(shù)值上等于通過(guò)1C電量時(shí)析出的該種物質(zhì)的質(zhì)量，其單位為kg/C。）

法拉第電解第二定律：物質(zhì)的電化當(dāng)量K和它的化學(xué)當(dāng)量成正比。某種物質(zhì)的化學(xué)當(dāng)量是該物質(zhì)的摩爾質(zhì)量M（克原子量）和它的化合價(jià)n的比值，即 K = 對(duì)任何物質(zhì)都相同，F(xiàn) = 9.65×104C/mol。

將兩個(gè)定律聯(lián)立可得：m =

MFnMFn，而F為法拉第常數(shù)，Q。

3、氣體導(dǎo)電

氣體導(dǎo)電是很不容易的，它的前提是氣體中必須出現(xiàn)可以定向移動(dòng)的離子或電子。按照“載流子”出現(xiàn)方式的不同，可以把氣體放電分為兩大類(lèi)——

a、被激放電

在地面放射性元素的輻照以及紫外線和宇宙射線等的作用下，會(huì)有少量氣體分子或原子被電離，或在有些燈管內(nèi)，通電的燈絲也會(huì)發(fā)射電子，這些“載流子”均會(huì)在電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生定向移動(dòng)形成電流。這種情況下的電流一般比較微弱，且遵從歐姆定律。典型的被激放電情形有

b、自激放電

但是，當(dāng)電場(chǎng)足夠強(qiáng)，電子動(dòng)能足夠大，它們和中性氣體相碰撞時(shí)，可以使中性分子電離，即所謂碰撞電離。同時(shí)，在正離子向陰極運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于以很大的速度撞到陰極上，還可能從陰極表面上打出電子來(lái)，這種現(xiàn)象稱(chēng)為二次電子發(fā)射。碰撞電離和二次電子發(fā)射使氣體中在很短的時(shí)間內(nèi)出現(xiàn)了大量的電子和正離子，電流亦迅速增大。這種現(xiàn)象被稱(chēng)為自激放電。自激放電不遵從歐姆定律。

常見(jiàn)的自激放電有四大類(lèi)：輝光放電、弧光放電、火花放電、電暈放電。

4、超導(dǎo)現(xiàn)象

據(jù)金屬電阻率和溫度的關(guān)系，電阻率會(huì)隨著溫度的降低和降低。當(dāng)電阻率降為零時(shí)，稱(chēng)為004km.cn

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【模型分析】這就是所謂的橋式電路，這里先介紹簡(jiǎn)單的情形：將A、B兩端接入電源，并假設(shè)R5不存在，C、D兩點(diǎn)的電勢(shì)有什么關(guān)系？

☆學(xué)員判斷…→結(jié)論：相等。

因此，將C、D縮為一點(diǎn)C后，電路等效為圖8-5乙

對(duì)于圖8-5的乙圖，求RAB是非常容易的。事實(shí)上，只要滿(mǎn)足電路稱(chēng)為“平衡電橋”。

【答案】RAB = 154R1R2=

R3R4的關(guān)系，我們把橋式Ω。

〖相關(guān)介紹〗英國(guó)物理學(xué)家惠斯登曾將圖8-5中的R5換成靈敏電流計(jì)○G，將R1、R2中的某一個(gè)電阻換成待測(cè)電阻、將R3、R4換成帶觸頭的電阻絲，通過(guò)調(diào)節(jié)觸頭P的位置，觀察電流計(jì)示數(shù)為零來(lái)測(cè)量帶測(cè)電阻Rx的值，這種測(cè)量電阻的方案幾乎沒(méi)有系統(tǒng)誤差，歷史上稱(chēng)之為“惠斯登電橋”。

請(qǐng)學(xué)員們參照?qǐng)D8-6思考惠斯登電橋測(cè)量電阻的原理，并寫(xiě)出Rx的表達(dá)式（觸頭兩端的電阻絲長(zhǎng)度LAC和LCB是可以通過(guò)設(shè)置好的標(biāo)尺讀出的）。

☆學(xué)員思考、計(jì)算… 【答案】Rx =LCBLACR0。

【物理情形3】在圖8-7甲所示的有限網(wǎng)絡(luò)中，每一小段導(dǎo)體的電阻均為R，試求A、B兩點(diǎn)之間的等效電阻RAB。

【模型分析】在本模型中，我們介紹“對(duì)稱(chēng)等勢(shì)”的思想。當(dāng)我們將A、B兩端接入電源，電流從A流向B時(shí)，相對(duì)A、B連線對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)電流流動(dòng)的情形必然是完全相同的，即：在圖8-7乙圖中標(biāo)號(hào)為1的點(diǎn)電勢(shì)彼此相等，標(biāo)號(hào)為2的點(diǎn)電勢(shì)彼此相等?。將它們縮點(diǎn)后，1點(diǎn)和B點(diǎn)之間的等效電路如圖8-7丙所示。

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618145Ω。高考資源網(wǎng)（ks5u.com）

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歐姆定律都是適用的，而且，對(duì)于每一段導(dǎo)體，歐姆定律也是適用的。

現(xiàn)在，當(dāng)我們將無(wú)窮遠(yuǎn)接地，A點(diǎn)接電源正極，從A點(diǎn)注入電流I時(shí)，AB小段導(dǎo)體的電流必為I/3 ；

當(dāng)我們將無(wú)窮遠(yuǎn)接地，B點(diǎn)接電源負(fù)極，從B點(diǎn)抽出電流I時(shí)，AB小段導(dǎo)體的電流必為I/3 ； 那么，當(dāng)上面“注入”和“抽出”的過(guò)程同時(shí)進(jìn)行時(shí)，AB小段導(dǎo)體的電流必為2I/3。

最后，分別對(duì)導(dǎo)體和整個(gè)網(wǎng)絡(luò)應(yīng)用歐姆定律，即不難求出RAB。【答案】RAB =R。

32〖相關(guān)介紹〗事實(shí)上，電流注入法是一個(gè)解復(fù)雜電路的基本工具，而不是僅僅可以適用于無(wú)限網(wǎng)絡(luò)。下面介紹用電流注入法解圖8-8中橋式電路（不平衡）的RAB。

從A端注入電流I，并設(shè)流過(guò)R1和R2的電流分別為I1和I2，則根據(jù)基爾霍夫第一定律，其它三個(gè)電阻的電流可以表示為如圖8-10所示。

然后對(duì)左邊回路用基爾霍夫第二定律，有 I1R1 +(I1 ? I2)R5 ?(I ? I1)R3 = 0 即 2I1 + 10(I1 ? I2)? 3(I ? I1)= 0 整理后得 15I1 ? 10I2 = 3I ① 對(duì)左邊回路用基爾霍夫第二定律，有 I2R2 ?(I ? I2)R4 ?(I1 ? I2)R5 = 0 即 4I2 ? 12(I ? I2)? 10(I1 ? I2)= 0 整理后得 ?5I1 + 13I2 = 6I ② 解①②兩式，得 I1 =

991452129I，I2 = I 很顯然 UA ? I1R1 ? I2R2 = UB 即 UAB = 2×99145I + 4×

2129I =

618145I

UABI最后對(duì)整塊電路用歐姆定律，有 RAB =

4、添加等效法

=

618145Ω。

【物理情形】在圖8-11甲所示無(wú)限網(wǎng)絡(luò)中，每個(gè)電阻的阻值均為R，試求A、B兩點(diǎn)間的電阻RAB。

【模型分析】解這類(lèi)問(wèn)題，我們要用到一種數(shù)學(xué)思想，那就是：無(wú)窮大和有限數(shù)的和仍為無(wú)窮大。在此模型中，我們可以將“并聯(lián)一個(gè)R再串聯(lián)一個(gè)R”作為電路的一級(jí)，總電路是這樣無(wú)窮級(jí)的疊加。在圖8-11乙圖中，虛線部分右邊可以看成原有無(wú)限網(wǎng)絡(luò)，當(dāng)它添加一級(jí)后，仍為無(wú)限網(wǎng)絡(luò)，即

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【模型分析】用戴維南定理的目的是將電源系統(tǒng)或與電源相關(guān)聯(lián)的部分電路等效為一個(gè)電源，然后方便直接應(yīng)用閉合電路歐姆定律。此電路中的電源只有一個(gè)，我們可以援用后一種思路，將除R5之外的電阻均看成“與電源相關(guān)聯(lián)的”部分，于是——

將電路做“拓?fù)洹弊儞Q，成圖8-14乙圖。這時(shí)候，P、Q兩點(diǎn)可看成“新電源”的兩極，設(shè)新電源的電動(dòng)勢(shì)為ε′，內(nèi)阻為r′，則

r′= R1∥R2 + R3∥R4 =

43Ω

ε′為P、Q開(kāi)路時(shí)的電壓。開(kāi)路時(shí)，R1的電流I1和R3的電流I3相等，I1 = I3 = ?（R1?R2)1415(R3?R4)?12 =

715715A，令“老電源”的負(fù)極接地，則UP = I1R2 = V

715V，UQ = I3R4 = V，所以 ε′= UQP = 最后電路演化成圖8-14丙時(shí)，R5的電流就好求了。

【答案】R5上電流大小為0.20A，方向（在甲圖中）向上。

2、基爾霍夫定律的應(yīng)用

基爾霍夫定律的內(nèi)容已經(jīng)介紹，而且在（不含源）部分電路中已經(jīng)做過(guò)了應(yīng)用。但是在比較復(fù)雜的電路中，基爾霍夫第一定律和第二定律的獨(dú)立方程究竟有幾個(gè)？這里需要補(bǔ)充一個(gè)法則，那就是——

基爾霍夫第一定律的獨(dú)立方程個(gè)數(shù)為節(jié)點(diǎn)總數(shù)減一；

基爾霍夫第二定律的獨(dú)立方程個(gè)數(shù)則為獨(dú)立回路的個(gè)數(shù)。而且，獨(dú)立回路的個(gè)數(shù)m應(yīng)該這樣計(jì)算

m = p ? n + 1 其中p為支路數(shù)目（不同電流值的數(shù)目），n為節(jié)點(diǎn)個(gè)數(shù)。譬如，在圖8-15所示的三個(gè)電路中，m應(yīng)該這樣計(jì)算

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須看到，隨著獨(dú)立回路個(gè)數(shù)的增多，基爾霍夫第二定律的方程隨之增多，解題的麻煩程度隨之增大。

三、液體導(dǎo)電及其它

【物理情形】已知法拉第恒量F = 9.65×104C/mol，金的摩爾質(zhì)量為0.1972kg/mol，金的化合價(jià)為3，要想在電解池中析出1g金，需要通過(guò)多少電量？金是在電解池的正極板還是在負(fù)極板析出？

【解說(shuō)】法拉第電解定律（綜合形式）的按部就班應(yīng)用，即 Q =

mFnM，代入相關(guān)數(shù)據(jù)（其中m = 1.0×10?3kg，n = 3）即可。

【答案】需要1.47×103C電量，金在負(fù)極板析出。

【相關(guān)應(yīng)用】在圖8-19所示的裝置中，如果在120分鐘內(nèi)淀積3.0×1022個(gè)銀原子，銀的化合價(jià)為1。在電流表中顯示的示數(shù)是多少？若將阿弗伽德羅常數(shù)視為已知量，試求法拉第恒量。

【解說(shuō)】第一問(wèn)根據(jù)電流定義即可求得；

第二問(wèn) F = QMmn = 3.0?1022?1.6?102223?19M3.0?10

46.02?10M【答案】0.667A；9.63×10C/mol。

四、問(wèn)題補(bǔ)遺——?dú)W姆表

圖8-20展示了歐姆表的基本原理圖（未包括換檔電路），虛線方框內(nèi)是歐姆表的內(nèi)部結(jié)構(gòu)，它包含表頭G、直流電源ε（常用干電池）及電阻RΩ。

當(dāng)被測(cè)電阻Rx接入電路時(shí)，表頭G電流 I = ?Rg?r?R??Rx

可以看出，對(duì)給定的歐姆表，I與Rx有一一對(duì)應(yīng)的關(guān)系，所以由表頭指針的位置可以知道Rx的大小。為了讀數(shù)方便，事先在刻度盤(pán)上直接標(biāo)出歐姆值。

考查I（Rx）函數(shù)，不難得出歐姆表的刻度特點(diǎn)有三：①大值在左邊、小值在右邊；②不均勻，小值區(qū)域稀疏、大值區(qū)域密集；③沒(méi)有明確的量程，最右邊為零，最左邊為∞。歐姆表雖然沒(méi)有明確的量程，并不以為著測(cè)量任何電阻都是準(zhǔn)確的，因?yàn)榇笾祬^(qū)域的刻度線太密，難以讀出準(zhǔn)確讀數(shù)。這里就有一個(gè)檔位選擇問(wèn)題。歐姆表上備有“×1”、“×10”、“×100”、“×1k”不同檔位，它們的意義是：表盤(pán)的讀數(shù)乘以這個(gè)倍數(shù)就是最后的測(cè)量結(jié)果。比如，一個(gè)待測(cè)電阻阻值越20kΩ，選擇“×10”檔，指針將指在2k附近（密集區(qū)），不準(zhǔn)，選擇“×1k”檔，指針將指在20附近（稀疏區(qū)），讀數(shù)就準(zhǔn)確了。

不同的檔位是因?yàn)闅W姆表的中值電阻可以選擇造成的。當(dāng)Rx =（Rg + r + RΩ）時(shí)，表頭電流I = 12Ig，指針指在表盤(pán)的幾何中心，故稱(chēng)此時(shí)的Rx——即（Rg + r + RΩ）——為中值電阻，它就是表盤(pán)正中刻度的那個(gè)數(shù)字乘以檔位倍數(shù)。很顯然，對(duì)于一個(gè)給定的歐姆檔，中值電阻（簡(jiǎn)004km.cn

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第四篇：人教版高中物理必修一牛頓運(yùn)動(dòng)定律教案

基礎(chǔ)夯實(shí)

1．(寧波市12～13學(xué)年高一上學(xué)期期末)關(guān)于物體慣性，下列說(shuō)法中正確的是（）A．把手中的球由靜止釋放后，球能加速下落，說(shuō)明力是改變物體慣性的原因

B．公交汽車(chē)在啟動(dòng)時(shí)，乘客都要向后傾，這是乘客具有慣性的緣故

C．戰(zhàn)斗機(jī)在空戰(zhàn)時(shí)，甩掉副油箱是為了減小慣性，提高飛行的靈活性

D．運(yùn)動(dòng)員在百米沖刺時(shí)，速度很大，很難停下來(lái)，說(shuō)明速度越大，物體的慣性也越大

答案：BC 2．關(guān)于伽利略理想實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是（）A．完全是理想的，沒(méi)有事實(shí)為基礎(chǔ)的

B．是以可靠事實(shí)為基礎(chǔ)的，經(jīng)科學(xué)抽象，深刻反映自然規(guī)律的 C．沒(méi)有事實(shí)為基礎(chǔ)，只有理想推理 D．以上說(shuō)法都不對(duì) 答案：B 解析：真實(shí)的實(shí)驗(yàn)是一種實(shí)踐的活動(dòng)，是可以通過(guò)一定的實(shí)驗(yàn)器材和實(shí)驗(yàn)方法而實(shí)現(xiàn)的實(shí)驗(yàn)?！袄硐雽?shí)驗(yàn)”是一種思維活動(dòng)，是人們?cè)诔橄笏季S中設(shè)想出來(lái)而實(shí)際上無(wú)法做到的“實(shí)驗(yàn)”?！袄硐雽?shí)驗(yàn)”并不是脫離實(shí)際的主觀臆想，它是以實(shí)踐為基礎(chǔ)的，是在真實(shí)的科學(xué)實(shí)驗(yàn)的基礎(chǔ)上抓住主要矛盾，忽略次要矛盾，是以一定的邏輯法則為依據(jù)的，而這些邏輯法則，都是從長(zhǎng)期的社會(huì)實(shí)踐中總結(jié)出來(lái)的，并為實(shí)踐所證實(shí)了的。理想實(shí)驗(yàn)可以深刻地揭示自然規(guī)律。3．人從行駛的汽車(chē)上跳下來(lái)后容易（）A．向汽車(chē)行駛的方向跌倒 B．向汽車(chē)行駛的反方向跌倒 C．向車(chē)右側(cè)方向跌倒 D．向車(chē)左側(cè)方向跌倒 答案：A 解析：人從車(chē)上跳下來(lái)時(shí)，腳和地面接觸時(shí)，因摩擦而停止運(yùn)動(dòng)，身體由于慣性而繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)。故容易向車(chē)行駛的方向跌倒。

4.在水平面上有一輛勻速行駛的小車(chē)，車(chē)上固定一盛滿(mǎn)水的碗?，F(xiàn)突然發(fā)現(xiàn)碗中的水灑出，水灑出的情況如圖所示，則關(guān)于小車(chē)在此種情況下的運(yùn)動(dòng)敘述正確的是（）A．小車(chē)勻速向左運(yùn)動(dòng) B．小車(chē)可能突然向左加速運(yùn)動(dòng) C．小車(chē)可能突然向左減速運(yùn)動(dòng) D．小車(chē)可能突然向右減速運(yùn)動(dòng) 答案：BD 解析：如果小車(chē)正在向左勻速運(yùn)動(dòng)，突然加速，則碗中的水由于慣性仍保持原有的速度，就會(huì)向右灑出，故B正確；如果小車(chē)正向右勻速運(yùn)動(dòng)，突然減速，則碗中的水由于慣性仍保持原來(lái)的速度，就會(huì)向右灑出，故D正確。

5．科學(xué)思維和科學(xué)方法是我們認(rèn)識(shí)世界的基本手段。在研究和解決問(wèn)題過(guò)程中，不僅需要相應(yīng)的知識(shí)，還要注意運(yùn)用科學(xué)方法。理想實(shí)驗(yàn)有時(shí)更能深刻地反映自然規(guī)律。伽利略設(shè)想了一個(gè)理想實(shí)驗(yàn)，如圖所示，其中有一個(gè)是經(jīng)驗(yàn)事實(shí)，其余是推論。

①減小第二個(gè)斜面的傾角，小球在這斜面上仍然要達(dá)到原來(lái)的高度；

②兩個(gè)對(duì)接的斜面，讓靜止的小球沿一個(gè)斜面滾下，小球?qū)L上另一個(gè)斜面；

③如果沒(méi)有摩擦，小球?qū)⑸仙皆瓉?lái)釋放時(shí)的高度；

④繼續(xù)減小第二個(gè)斜面的傾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面做持續(xù)的勻速運(yùn)動(dòng)。

下列關(guān)于事實(shí)和推論的分類(lèi)正確的是（）A．①是事實(shí)，②③④是推論 B．②是事實(shí)，①③④是推論 C．③是事實(shí)，①②④是推論 D．④是事實(shí)，①②③是推論 答案：B 解析：伽利略的理想實(shí)驗(yàn)是以經(jīng)驗(yàn)事實(shí)為基礎(chǔ)，設(shè)想實(shí)驗(yàn)步驟和過(guò)程，運(yùn)用分析推理得出結(jié)論的，之所以稱(chēng)之為理想實(shí)驗(yàn)，是因?yàn)閷?shí)驗(yàn)的結(jié)果是無(wú)法用實(shí)際的實(shí)驗(yàn)進(jìn)行驗(yàn)證的，但是，分析推理的過(guò)程是合乎邏輯的，是嚴(yán)密的，是對(duì)實(shí)驗(yàn)過(guò)程的科學(xué)的抽象，因此得出的結(jié)論是對(duì)客觀世界真實(shí)的反映，題給實(shí)驗(yàn)的四個(gè)步驟中，只有②是經(jīng)驗(yàn)事實(shí)，其余是推論，分類(lèi)正確的選項(xiàng)是B項(xiàng)。6．如圖所示，一個(gè)玻璃杯內(nèi)盛有半杯水，上面蓋一塊塑料板，板上放一只雞蛋，用小木棒猛擊塑料板，塑料板離杯飛出，雞蛋卻穩(wěn)穩(wěn)地落入杯中，請(qǐng)解釋這一現(xiàn)象。

答案：塑料板受到小木棒的擊打，外力迫使它改變?cè)瓉?lái)的靜止?fàn)顟B(tài)，因此會(huì)飛出。由于慣性，塑料板被擊出后，雞蛋的狀態(tài)來(lái)不及改變，穩(wěn)穩(wěn)地落入杯中。

7．請(qǐng)根據(jù)圖中的情景，說(shuō)明車(chē)子所處的狀態(tài)，并對(duì)這種情景做出解釋。

答案：從圖(1)可以看出，乘客向前傾，說(shuō)明乘客相對(duì)車(chē)廂有向前運(yùn)動(dòng)的速度，所以汽車(chē)在減速。從圖(2)可看出，乘客向后傾，說(shuō)明乘客有相對(duì)車(chē)廂向右運(yùn)動(dòng)的速度，說(shuō)明列車(chē)在加速。8．常見(jiàn)的柴油機(jī)、電動(dòng)機(jī)等機(jī)器的底座非常的沉重，而參加作戰(zhàn)任務(wù)的戰(zhàn)斗機(jī)卻要拋掉副油箱(如下圖)以減小重量，這是為什么呢？你能解釋一下嗎？

答案：慣性的量度是質(zhì)量，而且是唯一的量度。柴油機(jī)、電動(dòng)機(jī)等機(jī)器在使用時(shí)往往要避免它們發(fā)生移動(dòng)，所以要增加它們的質(zhì)量，以增大它們的慣性。而戰(zhàn)斗機(jī)在執(zhí)行戰(zhàn)斗任務(wù)時(shí)，為了使自己便于調(diào)節(jié)，靈活機(jī)動(dòng)，就要拋掉副油箱以減小慣性。

能力提升

1．如圖所示(俯視圖)，以速度v勻速行駛的列車(chē)車(chē)廂內(nèi)有一水平桌面，桌面上的A處有一小球。若車(chē)廂中的旅客突然發(fā)現(xiàn)小球沿圖中虛線由A向B運(yùn)動(dòng)。則由此可判斷列車(chē)()

A．減速行駛，向南轉(zhuǎn)彎

B．減速行駛，向北轉(zhuǎn)彎 C．加速行駛，向南轉(zhuǎn)彎

D．加速行駛，向北轉(zhuǎn)彎 答案：A 解析：本題考查了慣性的概念，由牛頓第一定律可知，小球在水平桌面上向前運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明列車(chē)減速行駛，小球向北運(yùn)動(dòng)，則表明列車(chē)向南轉(zhuǎn)彎。

2．如圖所示，在一輛表面光滑足夠長(zhǎng)的小車(chē)上，有質(zhì)量為m1和m2的兩個(gè)小球(m1>m2)，兩小球原來(lái)隨車(chē)一起運(yùn)動(dòng)。當(dāng)車(chē)突然停止時(shí)，如不考慮其他阻力，則兩個(gè)小球()

A．一定相碰

C．不一定相碰

答案：B 解析：因小車(chē)表面光滑，因此球在水平方向上沒(méi)有受到外力作用。原來(lái)兩球與小車(chē)有相同速度，當(dāng)車(chē)突然停止時(shí)，由于慣性，兩小球的速度不變，所以不會(huì)相碰。

3.B．一定不相碰 D．無(wú)法確定

如圖所示是一種汽車(chē)安全帶控制裝置示意圖。當(dāng)汽車(chē)處于靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，剎車(chē)擺錘豎直懸掛，鎖棒水平，棘輪可以自由轉(zhuǎn)動(dòng)，安全帶能被拉動(dòng)。當(dāng)汽車(chē)突然剎車(chē)時(shí)，擺錘由于慣性繞軸擺動(dòng)，使得鎖棒鎖定棘輪的轉(zhuǎn)動(dòng)，安全帶不能被拉動(dòng)。若擺錘從圖中實(shí)線位置擺到虛線位置，汽車(chē)的可能運(yùn)動(dòng)方向和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是（）A．向右行駛、勻速直線運(yùn)動(dòng) B．向左行駛、勻速直線運(yùn)動(dòng) C．向右行駛、突然剎車(chē) D．向左行駛、突然剎車(chē) 答案：C 解析：若汽車(chē)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則擺錘不會(huì)從實(shí)線位置擺到虛線位置，故A、B均錯(cuò)誤；由圖可知擺錘向右擺動(dòng)，可知擺錘具有水平向左的加速度，故汽車(chē)加速度向左，汽車(chē)可能向左加速或向右減速，故C正確、D錯(cuò)誤。

4.如圖所示，重球系于線DC下端，重球下再系一根同樣的繩BA，下列說(shuō)法正確的是（）A．在繩的A端緩慢增加拉力，結(jié)果CD繩先斷 B．在繩的A端緩慢增加拉力，結(jié)果AB繩先斷 C．在繩的A端突然猛一拉，結(jié)果AB繩先斷 D．在繩的A端突然猛一拉，結(jié)果CD繩先斷 答案：AC

解析：受力如圖所示，在繩的A端緩慢增加拉力，使得重球在足夠的時(shí)間發(fā)生了微小的位移，這個(gè)過(guò)程進(jìn)行緩慢，可以認(rèn)為重球始終處于平衡狀態(tài)，即FT2＝FT1＋mg，隨著FT1增大，F(xiàn)T2也增大且FT2總是大于FT1，所以CD繩被拉斷，A項(xiàng)對(duì)，B項(xiàng)錯(cuò)。

若在A端猛拉，由于重球質(zhì)量很大，力的作用時(shí)間極短，由于慣性，故重球向下的位移極小(可以看成運(yùn)動(dòng)狀態(tài)未來(lái)得及改變)以致上段繩的拉力幾乎未增加，F(xiàn)T1已達(dá)到極限程度，故AB繩先斷，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。

5.在如圖所示的實(shí)驗(yàn)中，可以看到，從同一高度釋放小車(chē)隨著表面材料的改變而一次比一次停得遠(yuǎn)，如果表面絕對(duì)光滑，那么我們綜合伽利略的實(shí)驗(yàn)，通過(guò)合理外推可以得出結(jié)論：______________ _________________________________________________________。

該實(shí)驗(yàn)和伽利略的斜面實(shí)驗(yàn)都是采用了相同的________，它是建立在事實(shí)基礎(chǔ)上，把經(jīng)驗(yàn)事實(shí)與抽象思維結(jié)合在一起推測(cè)的方法。

答案：物體的運(yùn)動(dòng)不需要力來(lái)維持 理想實(shí)驗(yàn)法

解析：根據(jù)伽利略的理想斜面實(shí)驗(yàn)，本實(shí)驗(yàn)中若表面絕對(duì)光滑，小車(chē)將永遠(yuǎn)運(yùn)動(dòng)下去，不需要力來(lái)維持；兩個(gè)實(shí)驗(yàn)都是理想實(shí)驗(yàn)。

6．如圖所示，有一旅游愛(ài)好者，想做環(huán)球旅行。他設(shè)想乘坐一氣球?qū)⒆约簯腋≡诟呖罩?，因?yàn)榈厍蛟谧赞D(zhuǎn)，所以他只要在空中停留一天，就可以環(huán)球旅行一次了。你認(rèn)為這個(gè)旅游愛(ài)好者的想法能實(shí)現(xiàn)嗎？為什么？

答案：因?yàn)榈厍蛏系囊磺形矬w，包括地球周?chē)拇髿舛茧S著地球自轉(zhuǎn)而一起運(yùn)動(dòng)著，人乘著氣球升空后。由于慣性，仍保持原來(lái)的速度隨地球、大氣一起運(yùn)動(dòng)，不計(jì)其他與地球有相對(duì)運(yùn)動(dòng)(如風(fēng))的作用產(chǎn)生的影響，升空的氣球與其下方的地面保持相對(duì)靜止，所以他不可能一天相對(duì)地球繞行一周。所以不能實(shí)現(xiàn)。

7．如圖所示，一木塊和小車(chē)一塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小車(chē)遇到一障礙物的瞬間(設(shè)小車(chē)不反彈)，則：

(1)如果小車(chē)上表面粗糙，木塊將如何運(yùn)動(dòng)？(2)如果小車(chē)上表面光滑，木塊將如何運(yùn)動(dòng)？ 答案：(1)向右傾倒(2)向右勻速直線運(yùn)動(dòng) 解析：當(dāng)小車(chē)遇到障礙物時(shí)，小車(chē)將停下。

(1)如果上表面粗糙，則木塊上部由于慣性將繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)；木塊下部受到一個(gè)向左的摩擦力，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生改變，很快停止，故此時(shí)木塊將向右傾倒。

(2)如果小車(chē)上表面光滑，則木塊下部不受摩擦力，此時(shí)整個(gè)木塊都將由于慣性而保持向右的勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。

8．如圖所示，在瓶?jī)?nèi)裝滿(mǎn)水，將乒乓球用細(xì)線拴住并按入水中，線的另一端固定在瓶蓋上。蓋上瓶蓋并將瓶子翻轉(zhuǎn)，乒乓球?qū)⒏≡谒小Ｓ檬滞兄孔铀较蛴易黾铀僦本€運(yùn)動(dòng)，乒乓球在瓶中的位置會(huì)如何變化？解釋你所觀察到的現(xiàn)象。

答案：乒乓球相對(duì)瓶向右移動(dòng)

解析：因?yàn)樗馁|(zhì)量大于乒乓球的質(zhì)量，所以水的慣性大于乒乓球的慣性。當(dāng)水相對(duì)瓶向左移動(dòng)時(shí)，將擠壓乒乓球，使乒乓球相對(duì)瓶向右移動(dòng)。

第五篇：高中物理牛頓運(yùn)動(dòng)定律知識(shí)點(diǎn)含幾種典型例題

牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用習(xí)題

典型例題透析

類(lèi)型

一、瞬時(shí)加速度的分析

1、質(zhì)量分別為mA和mB的兩個(gè)小球，用一根輕彈簧聯(lián)結(jié)后用細(xì)線懸掛在頂板下，如圖所示，當(dāng)

細(xì)線被剪斷的瞬間。關(guān)于兩球下落加速度的說(shuō)法中，正確的是()

A、aA＝aB＝0

B、aA＝aB＝g

C、aA＞g，aB＝0 D、aA＜g，aB＝0

解析：分別以A、B兩球?yàn)檠芯繉?duì)象。當(dāng)細(xì)線束剪斷前，A球受到豎直向下的重力mAg、彈簧的彈力T，豎直向上細(xì)線的拉力T′；B球受到豎直向下的重力mBg，豎直向上彈簧的彈力T，如下圖。

它們都處于力平衡狀態(tài)，因此滿(mǎn)足條件，T ＝mBg

T′＝mAg＋T＝(mA＋mB)g

細(xì)線剪斷的瞬間，拉力T′消失，但彈簧仍暫時(shí)保持著原來(lái)的拉伸狀態(tài)，故B球受力不變，仍處于平衡狀態(tài)。所以，B的加速度aB＝0，而A球則在重力和彈簧的彈力作用下，其瞬時(shí)加速度為：

答案：C舉一反三

【變式】如圖所示，木塊A與B用一輕彈簧相連，豎直放在木塊C上，三者靜置于地面，它們的質(zhì)量

之比是l∶2∶3，設(shè)所有接觸面都光滑，當(dāng)沿水平方向抽出木塊C的瞬間，木塊A和B的加速度分別是aA＝

，aB＝。

解析：在抽出木塊C前，彈簧的彈力F＝mAg。抽出木塊C瞬間，彈簧彈力不變，所以，A所受合力仍為零，故aA＝0。木塊B所受合力FB＝mBg＋F＝

答案：，所以。

類(lèi)型

二、力、加速度、速度的關(guān)系

2、如圖，自由下落的小球下落一段時(shí)間后，與彈簧接觸，從它接觸彈簧開(kāi)始，到彈簧壓縮到最短的過(guò)程中，小球的速度、加速度、合外力的變化情況是怎樣的？（按論述題要求解答）

解析：因?yàn)樗俣茸兇蠡蜃冃∪Q于速度方向與加速度方向的關(guān)系（當(dāng)a與v同向時(shí)v變大，當(dāng)a與v反向時(shí)v變?。?，而加速度由合力決定，所以此題要分析v、a的大小變化，必須要分析小球受到的合力的變化。

小球接觸彈簧時(shí)受兩個(gè)力作用：向下的重力和向上的彈力（其中重力為恒力）。

在接觸的頭一階段，重力大于彈力，小球合力向下，且不斷變?。ㄒ?yàn)镕合＝mg－kx，而x增大），因而加速度減少（a＝F合／m），由于a與v同向，因此速度繼續(xù)變大。

當(dāng)彈力增大到大小等于重力時(shí)，合外力為零，加速度為零，速度達(dá)到最大。

之后，小球由于慣性仍向下運(yùn)動(dòng)，但彈力大于重力，合力向上且逐漸變大（F合＝kx－mg）因而加速度向上且變大，因此速度減小至零。

（注意：小球不會(huì)靜止在最低點(diǎn)，將被彈簧上推向上運(yùn)動(dòng)，請(qǐng)同學(xué)們自己分析以后的運(yùn)動(dòng)情況）．

綜上分析得：小球向下壓彈簧過(guò)程，F(xiàn)方向先向下后向上，大小先變小后變大； a方向先向下后向上，大小先變小后變大；v方向向下，大小先變大后變小。

（向上推的過(guò)程也是先加速后減速）。舉一反三

【變式】如圖所示，一輕質(zhì)彈簧一端系在墻上的O點(diǎn)，自由伸長(zhǎng)到B點(diǎn)，今用一小物體m把彈簧壓縮到A點(diǎn)，然后釋放，小物體能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)靜止，物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，試判斷下列說(shuō)法正確的是：（）

A．物體從A到B速度越來(lái)越大，從B到C速度越來(lái)越小

B．物體從A到B速度越來(lái)越小，從B到C速度不變

C．物體從A到B先加速后減速，從B到C一直減速運(yùn)動(dòng)

D．物體在B點(diǎn)受合外力為零

解析：物體從A到B的過(guò)程中水平方向一直受到向左的滑動(dòng)摩擦力Ff＝μmg大小不變；還一直受到向右的彈簧的彈力，從某個(gè)值逐漸減小為零，開(kāi)始時(shí)，彈力大于摩擦力，合力向右，物體向右加速，隨著彈力的減小，合力越來(lái)越??；到A、B間的某一位置時(shí)，彈力和摩擦力大小相等，方向相反，合力為零，速度達(dá)到最大；隨后，摩擦力大于彈力，合力增大但方向向左，合力方向與速度方向相反，物體開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)，所以小物塊由A到B的過(guò)程中，先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)。從B到C一直減速運(yùn)動(dòng)。

答案： C

類(lèi)型

三、整體法和隔離法分析連接體問(wèn)題

3、為了測(cè)量木板和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，某同學(xué)設(shè)計(jì)這樣一個(gè)實(shí)驗(yàn)。在小木板上固定一個(gè)彈簧秤(彈簧秤的質(zhì)量不計(jì))，彈簧秤下端吊一個(gè)光滑的小球。將木板和彈簧秤一起放在斜面上。當(dāng)用手固定住木板時(shí)，彈簧秤示數(shù)為F1；放手后使木板沿斜面下滑，穩(wěn)定時(shí)彈簧秤示數(shù)為F2，測(cè)得斜面傾角為θ，由以上數(shù)據(jù)算出木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。(只能用題中給出的已知量表示)

解析：把木板、小球、彈簧看成一個(gè)整體，應(yīng)用整體法。

木板、小球、彈簧組成的系統(tǒng)，當(dāng)沿斜面下滑時(shí)，它們有相同的加速度。

設(shè)，它們的加速度為a，則可得：(m球＋m木)gsinθ－μ(m球＋m木)gcosθ＝(m球＋m木)a 可得：a＝gsinθ－μgcosθ

①

隔離小球，對(duì)小球應(yīng)用隔離法，對(duì)小球受力分析有：mgsinθ－F2＝ma ②

而：mgsinθ＝F1

③

由①②得：F2＝μmgcosθ

④

由③④得舉一反三 tanθ

【變式】如圖示，兩個(gè)質(zhì)量均為m的完全相同的物塊，中間用繩連接，若繩能夠承受的最大拉力為T(mén)，現(xiàn)將兩物塊放在光滑水平面上，用拉力F1拉一物塊時(shí)，恰好能將連接繩拉斷；倘若把兩物塊放在粗糙水平面上，用拉力F2拉一物塊時(shí)(設(shè)拉力大于摩擦力)，也恰好將連接繩拉斷，比較F1、F2的大小可知()。

A、F1＞FB、F1＜FC、F1＝FD、無(wú)法確定

解析：（1）當(dāng)放置在光滑水平面上時(shí)。

由于兩物體的加速度相同，可以把它們看成一個(gè)整體，對(duì)此應(yīng)用整體法。

由F＝ma可知，兩物體的整體加速度。

在求繩子張力時(shí)，必須把物體隔離（否則，繩子張力就是系統(tǒng)內(nèi)力），應(yīng)用隔離法。

隔離后一物體，則繩子的張力：。

（2）當(dāng)放置在粗糙水平面上時(shí)，同樣應(yīng)用整體法與隔離法。

設(shè)每個(gè)物塊到的滑動(dòng)摩擦力為F′，則整體加速度

隔離后一個(gè)物體，則繩子的張力。

可見(jiàn)這種情況下，外力都等于繩子的最大張力T的兩倍，故選項(xiàng)C正確。

答案：C。

類(lèi)型

四、程序法解題

4、如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧上端固定，下掛一質(zhì)量為m0的平盤(pán)，盤(pán)中有物體質(zhì)量為m，當(dāng)盤(pán)靜止時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)了l，現(xiàn)向下拉盤(pán)使彈簧再伸長(zhǎng)Δl后停止，然后松手放開(kāi)，設(shè)彈簧總處在彈性限度內(nèi)，則剛松開(kāi)手時(shí)盤(pán)對(duì)物體的支持力等于：

A、(1＋

B、(1＋)mg C、D、解析：題目描述主要有兩個(gè)狀態(tài)：(1)未用手拉時(shí)盤(pán)處于靜止?fàn)顟B(tài)；(2)松手時(shí)盤(pán)處于向上加速狀態(tài)，對(duì)于這兩個(gè)狀態(tài)，分析即可：

當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)l靜止時(shí)，對(duì)整體有

①

當(dāng)剛松手時(shí)，對(duì)整體有：

對(duì)m有：F－mg＝ma ③

對(duì)①、②、③解得：

答案：B

類(lèi)型

五、臨界問(wèn)題的分析與求解

5、如圖所示，斜面是光滑的，一個(gè)質(zhì)量是0.2kg的小球用細(xì)繩吊在傾角為53°的斜面頂端。

2斜面靜止時(shí)，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行；當(dāng)斜面以8m/s的加速度向右做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，求繩子的拉力及斜面對(duì)小球的彈力。

思路點(diǎn)撥：斜面由靜止向右加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)a較小時(shí)，小球受到三個(gè)力作用，此時(shí)細(xì)繩平行于斜面；當(dāng)a增大時(shí)，斜面對(duì)小球的支持力將會(huì)減少，當(dāng)a增大到某一值時(shí)，斜面對(duì)小球的支持力為零；若a繼續(xù)增大，小球?qū)?huì)“飛離”斜面，此時(shí)繩與水平方向的夾角將會(huì)大于θ角。而題中給出的斜面向右的加速度，到底屬于上述哪一種情況，必須先假定小球能夠脫離斜面，然后求出小球剛剛脫離斜面的臨界加速度才能斷定。

解析：處于臨界狀態(tài)時(shí)小球受力如圖示：

則有：mgcotθ＝ma0

解得：a0＝gcotθ＝7.5m/s

∵a＝8m/s＞a0

∴小球在此時(shí)已經(jīng)離開(kāi)斜面

∴繩子的拉力

斜面對(duì)小球的彈力：N＝0 舉一反三

22【變式】一個(gè)彈簧放在水平地面上，Q為與輕彈簧上端連在一起的秤盤(pán)，P為一重物，已知P的質(zhì)量

M=10.5kg，Q的質(zhì)量m＝1.5kg，彈簧的質(zhì)量不計(jì)，勁度系數(shù)k=800N/m，系統(tǒng)處于靜止，如下圖所示，現(xiàn)給P施加一個(gè)方向豎直向上的力F，使它從靜止開(kāi)始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，已知在前0.2s以后，F(xiàn)為恒力，求：力F的最大值與最小值。(取g=l0m/s)

解析：(1)P做勻加速運(yùn)動(dòng)，它受到的合外力一定是恒力。P受到的合外力共有3個(gè)：重力、向上的力F及對(duì)Q對(duì)P的支持力FN，其中重力Mg為恒力，F(xiàn)N為變力，題目說(shuō)0.2s以后F為恒力，說(shuō)明t＝0.2s的時(shí)刻，正是P與Q開(kāi)始脫離接觸的時(shí)刻，即臨界點(diǎn)。

(2)t＝0.2s的時(shí)刻，是Q對(duì)P的作用力FN恰好為零的時(shí)刻，此時(shí)刻P與Q具有相同的速度及加速度。因此，此時(shí)刻彈簧并未恢復(fù)原長(zhǎng)，也不能認(rèn)為此時(shí)刻彈簧的彈力為零。

(3)當(dāng)t＝0時(shí)刻，應(yīng)是力F最小的時(shí)刻，此時(shí)刻F?。?M＋m)a(a為它們的加速度)。隨后，由于彈簧彈力逐漸變小，而P與Q受到的合力保持不變，因此，力F逐漸變大，至t＝0.2s時(shí)刻，F(xiàn)增至最大，此時(shí)刻F大＝M(g＋a)。

以上三點(diǎn)中第(2)點(diǎn)是解決此問(wèn)題的關(guān)鍵所在，只有明確了P與Q脫離接觸的瞬間情況，才能確定這0.2s時(shí)間內(nèi)物體的位移，從而求出加速度a，其余問(wèn)題也就迎刃而解了。

解：設(shè)開(kāi)始時(shí)彈簧壓縮量為x1，t＝0.2s時(shí)彈簧的壓縮量為x2，物體P的加速度為a，則有：

kx1＝(M＋m)g

①

kx2－mg＝ma ②

x1－x2＝

③

由①式得：

解②③式得：a＝6m/s

2力F的最小值：F?。?M＋m)a＝72N

力F的最大值：F大＝M(g＋a)＝168N

類(lèi)型

六、利用圖象求解動(dòng)力學(xué)與運(yùn)動(dòng)學(xué)的題目

6、放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力的作用，F(xiàn)的大小與時(shí)間t的關(guān)系和物

2塊速度v與時(shí)間t的關(guān)系，如圖甲、乙所示。取重力加速度g＝10m/s。由此兩圖線可以求得物塊的質(zhì)量m和物塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ分別為()

A、m＝0.5kg，μ＝0.4

B、m＝1.5kg，μ＝

C、m＝0.5kg，μ＝0.2

D、m＝1kg，μ＝0.2

2解析：由v－t圖可知在0～2s 靜止，2～4s是以初速度為0，加速度a＝2m/s做勻加速運(yùn)動(dòng)，4～6s內(nèi)以v＝4m/s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合F－t圖像可分析得出：μmg＝2N，ma＝3N－2N，解得m＝0.5kg，μ＝0.4。

答案：A

類(lèi)型

七、用假設(shè)法分析物體的受力

7、兩個(gè)疊在一起的滑塊，置于固定的、傾角為θ的斜面上，如下圖所示，滑塊A、B質(zhì)量分別為M、m，A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，B與A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，已知兩滑塊都從靜止開(kāi)始以相同的加速度從斜面滑下，滑塊B受到的摩擦力（）

A、等于零

B、方向沿斜面向上

C、大于等于μ1mgcosθ

D、大于等于μ2mgcosθ

解析：把A、B兩滑塊作為一個(gè)整體，設(shè)其下滑加速度為a，由牛頓第二定律：

(M＋m)gsinθ－μ1(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a 得a ＝g(gsinθ－μ1cosθ)

由于a＜gsinθ，可見(jiàn)B隨A一起下滑過(guò)程中，必須受到A對(duì)它沿斜面向上的摩擦力，設(shè)摩擦力為FB(如圖所示)，由牛頓第二定律：mgsinθ－FB＝ma 得FB＝mgsinθ－ma＝mgsinθ－mg(sinθ－μ1cosθ)＝μ1mgcosθ

答案：B、C

總結(jié)升華：由于所求的摩擦力是未知力，如果不從加速度大小比較先判定其方向，也可任意假設(shè)，若設(shè)B受到A對(duì)它的摩擦力沿斜面向下，則牛頓第二定律的表達(dá)式為：mgsinθ＋FB＝ma得FB＝ma－mgsinθ＝mg(sinθ－μ1cosθ)－mgsinθ＝－μ1mgcosθ，大小仍為μ1mgcosθ。

式中負(fù)號(hào)表示FB的方向與規(guī)定的正方向相反，即沿斜面向上。舉一反三

【變式】如圖所示，傳送帶與水平面夾角θ＝37°，并以v＝10m/s的速度運(yùn)行，在傳送帶的A端輕輕地放一小物體，若已知傳送帶與物體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，傳送帶A到B端的距離s＝16m，則小物體從A端運(yùn)動(dòng)到B端所需的時(shí)間可能是(g＝10m/s)（）

A、1.8s B、2.0s

C、2.1s

D、4.0s

2解析：若傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，物體受向上的摩擦力，因mgsinθ＞μmgcosθ，故物塊向下加速運(yùn)動(dòng)，a＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2。由4.0s，所以，D正確。，解得：t＝4.0s。即，小物體從A端運(yùn)動(dòng)到B端所需的時(shí)間為

若傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，物體開(kāi)始受向下的摩擦力，向下加速運(yùn)動(dòng)，a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s，2當(dāng)速度達(dá)到l0m/s時(shí)，運(yùn)動(dòng)位移，所用的時(shí)間為，t1＝，以后由于下滑力的作用物塊

又受向上的摩擦力，此時(shí)它的加速度為a2＝2m/s，在此加速度下運(yùn)動(dòng)的位移 s2＝s－s1＝11m，又由得11＝10t2＋t2，解得t2＝1s。所以，小物體從A端運(yùn)動(dòng)到B端所需的時(shí)間：t總＝t1＋t2＝2s，B正確。

答案：B、D。

22探究園地

3、如圖a，質(zhì)量m＝1kg的物體沿傾角θ＝37°的固定粗糙斜面由靜止開(kāi)始向下運(yùn)動(dòng)，風(fēng)對(duì)物體的作用力沿水平方向向右，其大小與風(fēng)速v成正比，比例系數(shù)用k表示，物體加速度a與風(fēng)速v的關(guān)系如圖b所示。求：（sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s）

2（1）物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（2）比例系數(shù)k。

解析：（1）對(duì)初始時(shí)刻：mgsinθ－μmgcosθ＝ma0 ①

由圖讀出a0=4m/s代入①式，2解得：μ＝＝0.25；

（2）對(duì)末時(shí)刻加速度為零：mgsinθ－μN(yùn)－kvcosθ＝0 ②

又N＝mgcosθ＋kvsinθ

由圖得出此時(shí)v=5m/s

代入②式解得：k＝＝0.84kg/s

2、如圖所示，用力F拉物體A向右加速運(yùn)動(dòng)，A與地面的摩擦因數(shù)是對(duì)于A的加速度，下面表述正確的是：（）

A．B．，B與A間的摩擦因數(shù)是。

C．

D．

解析：正確選項(xiàng)是C。對(duì)于A、B選項(xiàng)我們應(yīng)該知道它們錯(cuò)在哪里。A選項(xiàng)誤把A受到的力算到AB整個(gè)上面了。B選項(xiàng)則沒(méi)有分析正確地面給A的摩擦力，A對(duì)地面的壓力是。D選項(xiàng)把AB之間的摩擦力方向搞反了。

7、如圖所示，AB為一輕桿，AC為一輕繩，物體m的重為G=100N，α=30°，求繩上的張力TAC=？，因此摩擦力是

解析：方法（1）：力的作用效果

將A點(diǎn)所受豎直向下的拉力T分解，如圖：

TAC=

方法（2）：共點(diǎn)力平衡

A點(diǎn)受力如圖：

由平衡條件可得∑F=0

(3)正交分解

如圖建立坐標(biāo)系：

∵A點(diǎn)靜止

∴