2007年二轮复习名师点津 专题八 机械振动和机械波
考点解读
机械振动与机械波
内容 要求
34.弹簧振子.简谐运动.简谐运动的振幅、周期和频率，简谐运动的位移-时间图象35.单摆，在小振幅条件下单摆做简谐运动.单摆周期公式36.振动中的能量转化37.自由振动和受迫振动.受迫振动的振动频率.共振及其常见的应用38.振动在介质中的传播——波.横波和纵波.横波的图象.波长、频率和波速的关系39.波的叠加.波的干涉、衍射现象40.声波.超声波及其应用41.多普勒效应 ⅡⅡⅠⅠⅡⅠⅠⅠ
考点清单
1.简揩运动的特性
（1）远离平衡位置的过程：由于F＝-kx＝ma，x增大，F增大，a增大，a与v反向，故v减小，动能减小.
（2）衡位置的过程：由F＝-kx＝ma知，位移x减小，F减小，a减小，但a与v同向，故速率v增大，动能增大.
（3）经过同一位置时，位移、回复力、加速度、速率、动能一定相同，但速度、动量不一定相同，方向可相反.
[例1] 一个质点的平衡位置O点附近做机械振动.若从O点开始计时，经过3s质点第一次经过M点（如图8-25所示）；再继续运动，又经过2s它第二次经点M点；则该质点质点第三次经过M点还需的时间是（ ）
图8-25
A.8s B.4s C.14s D.s
[解析] 设图中a、b两点为质点振动过程的最大位移处，若开始计时时刻，质点从O点向右运动，O→M运动过程历时3s，M→b→M过程历时2s显然＝4s，T＝16s.质点第三次经过M点还需要的时间＝T-2s＝（16-2）s＝14s，故选项C正确.
若开始计时时刻质点从O点向左运动，O→a→O→M运动过程历时3s，M→b→M运动过程历时2s显然，s，s.质点第三次再经过M点所需要的时间s＝s-2s＝s，故选项D正确.
综上所述，该题的正确答案是C、D
[答案] C、D
2.简谱运动的对称性、多解性
（1）简谐运动的多解性：做简谐运动的质点，在运动上是一个变加速度的运动，质点运动相同的路程所需的时间不一定相同，它是一个周期性的运动，若运动的时间与周期的关系存在整数倍的关系，则质点运动的路程就不会是惟一的.若是运动时间为周期的一半，运动的路程具有惟一性，若不是具备以上条件，质点运动的路程也是多解的，这是必须要注意的.
（2）简谐运动的对称性：做简谐运动的质点，在距平衡位置等距离的两点上时，具有大小相等的速度和加速度，在O点左右相等的距离上的运动时间也是相同的.
[例2] 一弹簧振子做简谐运动，周期为T（ ）
A.若t时刻和（t+）时刻振子运动位移的大小相等、方向相同，则一定等于T的整数倍
B.若t时刻和（t+）时刻振子运动速度的大小相等、方向相反，则一定等于T/2的整数倍
C.若＝T，则在t时刻和（t+）时刻振子运动的加速度一定相等
D.若＝T/2，则在t时刻和（t+）时刻弹簧的长度一定相等
图8-26
[解析] 对A选项，只能说明这两个时刻振子位于同一位置，如图8-26所示，设在P点，并未说明这两个时刻振子的运动方向是否相同，可以是振子由P向B再回到P的时间.故认为一定等于T的整数倍是错误的；对B选项，振子两次到P位置时可以速度大小相等，方向相反，但并不能肯定等于T/2的整数倍，选项B也是错误的.在相隔一个周期T的两个时刻，振子只能位于同一位置，其位移相同，合外力相同，加速度必定相同，选项C是正确的.相隔T/2的两个时刻，振子的位移大小相等、方向相反，其位置可位于P和对称的P′处，在P′处弹簧处于伸长状态，在P处弹簧处于压缩状态，弹簧的长度并不相等，选项D是错误的.
[答案] C
3.振动的图象
（1）可以确定振动物体在任一时刻的位移.如图8-27，对应t1、t2时刻的位移分别为x1=+7cm，x2=-5cm.
图8-27
（2）确定振动的振幅.图中最大位移的值就是振幅，如图表示振动的振幅是10cm.
（3）确定振动的周期和频率.振动图象上一个完整的正弦（余弦）图形在时间轴上拉开的“长度”表示周期.
由图可知，OD、AE、BF的间隔都等于振动周期，T＝0.2s，频率Hz.
（4）确定各质点的振动方向.例如图中的t1时刻，质点正远离平衡位置向位移的正方向运动；在t3时刻，质点正向着平衡位置运动.
（5）比较各时间质点加速度的大小和方向.例如在图中t1时刻质点位移x1为正，则加速度a1为负，t2时刻x2为负，则加速度a2为正，又因为∣x1∣>∣x2∣，a1>a2.
[例3] 一弹簧振子做简谐振动，周期为T，则（ ）
A.若t时刻和（t+）时刻振子运动位移的大小相等、方向相同，则一定等于T的整数倍
B.若t时刻和（t+）时刻振子运动的速度的大小相等、方向相反，则一定等于T/2的整数倍
C.若＝T，则在t时刻和（t+）时刻振子运动的加速度一定相等
D.若＝，则在t时刻和（t+）时刻弹簧的长度一定相等
图8-28
[解析] 前面已作为例题进行分析.但此题若用图象来解决将更直观、方便.设弹簧振子的振动如图8-28所示.B、C两点的位移大小相等方向相同，但B、C两点的时间间隔≠T，A错误；B、C两点的速度大小相等、方向相反，但≠T/2，B错误；A、D两点间的位移大小和方向均相等，又是相邻的两点，所以A、D两点的时间间隔＝T，A、D两点的位称大小和方向均相等，所以A、D两点的加速度一定相等，C正确；A、C两点的时间间隔＝T/2，A点与C点位移大小相等，方向相反，在A点弹簧是伸长的,在C点弹簧是压缩的，所以在A、C两点，弹簧的形变量大小相同，而弹簧的长度不相等，D错误.
[答案] C
4.单摆的周期
公式中g由单摆所在空间位置决定.
由知，g随地球表面不同位置、不同高度而变化，在不同星球上也不同，因此应求出单摆所在处的等效重力加速度值g′代入公式，即g′不一定等于9.8m/s2.
g′还由单摆系统的运动状态决定，如单摆处在向上加速发射的航天飞机内，沿圆弧切线方向的回复力变大，摆球质量不变，则重力加速度的等效值g′＝g +a，再如，单摆若在轨道上运行的航天飞机内，摆球完全失重，回复力为零，则重力加速度的等效值g′＝0，所以周期为无穷大，即单摆将不再摆动.
当单摆有竖直向上的加速度a时，等效重力加速度为g′＝g +a；当单摆有竖直向下的加速度a(a
g时，等效重力加速度
g′＝a –g
当单摆有水平加速度a时（如加速运动的车厢内），等效重力加速度g′＝，平衡位置已经改变.
[例4] 光滑斜面倾角为θ，斜面上有一辆挂有单摆的小车，如图8-29所示，在小车下滑过程中单摆同时摆动，已知摆长为L，求单摆的振动周期.
图8-29
[解析] 单摆处于失重状态，当单摆与小车相对静止加速下滑时，悬线拉力为
F＝mg cosθ,故单摆做简谐运动时的等效加速g′=g cosθ，如图8-30所示，故振动周期T＝
图8-30
[评价] 摆球处于失重状态时，g′减小，T增大，若处于完全失重状态，则g′为零，故周期趋于无穷大.实际上单摆不会做简谐运动.
[例5] 一个单摆挂在运动电梯中，发现单摆的周期变为电梯静止时周期的2倍，则电梯在这段时间内可能作 运动，其加速度的大小a= .
[解析] 电梯静止时，单摆周期为
摆长未变，而周期变化，说明电梯做加速度不为零的运动，若在这段时间内，周期稳定，则做匀变速直线运动，此时电梯中的单摆周期为
而由题意
由式可解得g′＝g/4
设小球在电梯中自由下落，其加速度为g，方向竖直向下，而它对悬点的加速度为g′＝g/4，小于g.取向下为正方向，则
g′+a =g
由式可得悬点（即电梯）的加速度a =3g/4，方向向下.所以电梯可能是匀加速下降或匀减速上升.
[答案] 匀加速下降或匀减速上升；3g/4.
5.波的特性与波的图象
（1）判断波的传播方向和质点振动方向的方法
方法一：特殊点法
当判定波形图上某点的振动方向时，可以选其相邻的波峰或波谷作为参考点，根据传播方向，判定下一时刻该质点是到达波峰，还是波谷.就可以判定振动方向.简单总结为顺着波的传播方向看，若为“上坡”的质点，振动方向向下，若为“下坡”的质点，振动方向向上.
方法二：微平移法（波形移动法）
作出经微小时间（（2）利用波传播的周期性，双向性解题
波图象的周期性：相隔时间为周期整数倍的两个时刻的波形相同，从而使题目的解答出现多解的可能.
波传播方向的双向性：在题目未给出传播方向时，要考虑到波可沿x轴正向或负向传播的两种可能性.
[例6] 简谐横波在某时刻的波形图象如图8-31所示，由此图可知（ ）
图8-31
A.若质点a向下运动，则波的从左向右传播的
B.若质点b向上运动，则波是从左向右传播的
C.若波从右向左传播，则质点c向下运动
D.若波从右向左传播，则质点d向上运动
[解析] 机械波是机械振动在介质中的传播，解答有关问题时可以抓住“质点振动”或“波形移动”，以此入手进行讨论.
用“质点振动”来分析设这列波是从左向右传播，判断质点a的振动方向，可以左侧相邻的波峰为参考，a比其振动要落后，故a点尚未到达波峰，因此a点是向上运动；判断质点b的振动方向，可以右侧相邻的波谷为参考，b比其振动要提前，故b点已从波谷返回，因此b点是向上运动，选项A、B中B是正确的.
用“波形移动”来分析，设这列波是从左向右传播，则在相邻的一小段时间内，这列波的形状向右平移一小段距离，如图8-32虚线所示.因此所有的质点从原来在实线的位置沿y轴方向运动到虚线的位置，即a质点向上运动，b质点也向上运动，由此可知选项A、B中B是正确的.类似的可以选定选项D是正确的.
图8-32
[答案] B、D
[例7] 如图8-33所示，一根张紧的水平弹性长绳上的a、b两点，相距14.0m，b点在a点的右方.当一列简谐横波沿此绳向右传播时，若a点的位移达到正极大时，b点的位移恰为零，且向下运动，经过1.00s后，a点的位移为零，且向下运动，而b点的位移恰好达到负极大，则这列简谐横波的波速可能等于（ ）
图8-33
A.14.0m/s B.10.0m/s
C.6.00m/s D.4.67m/s
[解析] 当a点位移正极大，b点在平衡位置向下运动时，则沿水平绳a、b两点间波形至少会有四分之三波长，设n为正整数，则有
m，n＝0，1，2……
当经过1.00s，a点在平衡位置向下运动，b点在负的最大位移处，则这段时间至少含有四分之一周期，设m为正整数，则有
s，m＝0，1，2……
因此波速是
m/s
可见波速的确定由n、m共同决定，分析时可先令n =0，再讨论m的所有取值；然后令n =1，再讨论m的所有取值；如此下去.例如令n ＝0，设波速v =14(4m+1)/3 m/s，当m＝0时，波速m/s，即4.67m/s；当m=1时，波速为23.3m/s,超出选项范围，不再讨论.再令n=1，当m=1时，波速为10.00m/s等等.
[答案] B、C
[评价] 波在传播过程中，空间的周期性体现在波形的重复性，可以从波长着手来描述.时间的周期性体现在振动的重复性，可以从周期着手来描述，解答时要善于抓住实质，熟悉描述周期性的方法，提高分析和解决问题的能力.
[例8] 一列简谐波沿x轴方向传播，已知x轴上x1＝0和x2＝1m两处质点的振动图象分别如图8-34中甲、乙所示，求此波的传播速度.
图8-34
[解析] 由所给出的振动的图象知周期T＝4×10-3s.由图象可知t＝0时刻，x＝0时质点P在正最大位移处，x＝1的质点Q在平衡位置向y轴负方向运动，所以当简谐波沿x轴正向传播时PQ间距离为nλ1+3λ1/4，当波沿x轴负方向传播时PQ间距离为nλ2+λ2/4.因为（n+3/4）λ1＝1，所以λ1＝4/(3+4n)；同理因为nλ2+λ2/4＝1，所以λ2＝4/(1+4n).因此可得：
波沿x轴正向传播时的波速
m/s，n＝0，1，2…
波沿x轴负向传播时的波速
m/s，n＝0，1，2…
[评价] 波在传播过程中，根据波的周期性，由于波长、周期和传播方向的不确定，使得传播速度具有多解性.07年二轮复习名师点津 考题九 分子热运动、热和功、气体
考点解读
分子热运动、热和功、气体
内容 要求
42.物质是由大量分子组成的.阿伏加德罗常数.分子的热运动.布朗运动、分子间的相互作用力43.分子热运动的动能.温度是物体分子平均动能的标志.物体分子间的相互作用势能.物体的内能44.做功和热传递是改变物体内能的两种方式.热量.能量守恒规律45.热力学第一定律46.热力学第二定律47.永动机不可能48.绝对零度不可达到49.能源的开发和利用.能源的利用和环境保护50.气体的状态和状态参量.热力学温度51.气体的体积、温度、压强之间的关系52.气体分子运动的特点53.气体压强的微观意义 ⅠⅠⅠⅠⅠⅠⅠⅠⅠⅠⅠⅠ
1.物质是由大量分子组成的
（1）分子的体积很小，它的直径数量级是10-10m.
油膜法测分子直径：d=V/S，V是油滴体积，S是水面上形成的单分子油膜的面积.
（2）分子的质量很小，一般分子质量的数量级是10-26kg.
（3）分子间有空隙.
（4）阿伏加德罗常数：1 mol的任何物质含有的微粒数都相同，这个数的测量值
N＝6.02×1023 mol-1.阿伏加德罗常数是个十分巨大的数字，分子的体积和质量都很小，从而说明物质是由大量分子组成的.
2.分子永不停息地做无规则热运动
（1）扩散现象：相互接触的物体互相进入对方的现象.温度越高，扩散越快.
（2）布朗运动：在显微镜下看到的悬浮在液体中的花粉颗粒做永不停息的无规则运动.颗粒越小，运动越明显；温度越高，运动越激烈.布朗运动是液体分子永不停息做无规则热运动的反映，是微观分子热运动造成的宏观现象.
3.分子间存在相互作用力
（1）分子间同时存在相互作用的引力和斥力，合力叫分子力.
（2）特点：分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但斥力比引力变化更快.
a.r=r0时(约几个埃，1埃＝10-10m)，f引＝f斥，分子力F＝0.
b. rc. r>r0时，f引>f斥，分子力F为引力；
d. r>10r0时，f引、f斥迅速减为零，分子力F＝0.
4.分子动能
温度是物体分子平均动能的标志.不同种类、不同质量的物体，只要温度相同，它们分子的平均动能就相同，而分子的平均速率一般并不相同.
5.分子势能
分子势能随分子间的距离的变化而变化，当分子间的距离r=r0时，分子势能最小，但不是零（选分子间的距离无限远时，分子势能为零）；当rr0时，分子势能随分子间距离的增大而增大.
6.物体的内能
物体的内能是物体内所有分子热运动的动能和分子势能的总和.内能是状态的函数，即是T和V的函数，因此，物体内能的变化与所经历的过程无关，而做功和热传递均与物态变化的过程有关.
7.改变物体内能的两种方式
（1）热传递：把内能从一个物体转移到另一个物体.
（2）做功：把某种形式的能量转化成另一种形式的能量.
8.热力学第一定律
包含物体内在的能量转化和守恒定律，.
使用上式时，必须正确根据符号规则决定各物理的正、负号，从外界吸热Q >0，外界对系统做功W >0，系统内能减小.
理想气体不计分子势能，气体的内能仅决定于温度.
9.能量守恒定律
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为别的形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中其总量不变.这就是能量守恒定律.
10.热力学第二定律的两种表达方式
（1）克劳修斯的表述：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功,而不引起其他变化.这是按照机械能与内能转化过程的方向性来表述的.它也可以表述为：第二类永动机是不可能制成的.
（2）开尔文的表述：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化.
两种表述尽管形式不同，但实质是相同的，都提示了有大量分子参与的宏观过程的方向性.
11.热力学第三定律
绝对零度不可达到.
12.热力学温度
在物理学上把-273.15℃作为起点的温度叫热力学温度.
13.表征气体状态的状态参量——温度、体积和压强
（1）温度：从宏观上，温度表示物体的冷热程度；而从微观上看，温度是大量分子无规则运动的激烈程度的反映，温度是气体分子平均能量的量度.
（2）体积：从宏观上看是一定质量的气体占有空间大小的量度，由于气体分子间距离很大，气体分子之间的作用力很小，气体分子无规则运动使气体具有流动性，使气体的形状和体积大小随容器的形状和容积的大小而变化；因此气体体积等于它所充满的容器的容积，而不是气体分子自身体积的总和.
（3）压强：气体的压强是气体对容器器壁单位面积上的压力；从微观上看，大量气体分子做无规则热运动与容器器壁碰撞，垂直作用在单位器壁面积上的平均冲击力就是压强.气体压强产生的原因是不大好理解的一个知识点，可用密集的面点打在伞面上对伞面产生的持续的压力来比拟大量的气体分子对容器器壁的作用，这样有助于对气体压强产生原因的理解.
14.气体压强的微观解释
气体的压强是气体对容器器壁单位面积上的压力；从微观角度看，气体压强和两个因素有关：一是气体分子的平均动能；二是分子的密集程度.宏观上就是气体的温度和压强.
15.温度、体积、压强三者之间的关系
这部分内容在新教材中已不再深入探讨，等温变化、等压变化和等容变化所遵守三大规律不再涉及，但定性地说明三者之间的关系还是很有必要的.
能力解读
1.本章的概念繁多，规律繁多，要求学生能正确理解，培养学生的理解能力、综合分析问题的能力.
2.通过对热力学第一定律、能力守恒定律、热力学第二定律、热力学第三定律、环境保护、能量耗散等在生活中的应用.
3.利用阿伏加德常数对分子的质量和大小进行计算，培养学生运用数学处理物理问题的能力和良好的计算能力.
4.通过对分子热运动的学习，尤其是布朗运动、扩散现象的学习，培养学生良好的思维能力和空间想象能力.
5.通过对分子力和分子间距离关系图的分析，培养学生利用图象分析问题和识图的能力.
考点清单
1.用油膜法测定分子的大小
用油膜法测定分子大小的原理是：用量筒量出油滴的体积V，测出油滴形成单分子油膜层的面积S，如果把分子看作球形，就可算出油分子的直径.分子虽很小，但分子间有空隙，除一些有机物质的大分子外，一般物质分子直径的数量级都是10-10m，一般分子质量的数量级为10-27kg.
2.对微观量估算的模型建立
（1）对液体、固体来说，微观模型是：分子紧密排列，将物质的摩尔体积分成NA个等份，每一等份就是一个分子；在估算分子直径时，设想分子是一个一个紧挨的小球；在估算分子间距离时，设想每一个分子是一个正立方体，正立方体的边长即为分子间距离.
（2）气体分子不是紧密排列的，所以上述模型对气体不适用，但上述模型可以用来估算分子间平均距离.
3.与阿伏加德罗常数有关的宏观量与微观量的计算
（1）微观物理量：分子的质量m0，分子体积V0，分子直径d.
（2）宏观物理量：物质的质量M，体积V，密度p，摩尔质量MA，摩尔体积VA.
（3）阿伏加德罗常数是联系宏观物理量与微观物理量的桥梁，根据油膜法测出分子的直径，可算出阿伏加德罗常数；反过来，已知阿伏加德罗常数，根据摩尔质量（或摩尔体积）就可以算出一个分子的质量（或一个分子所占据的体积）.
分子的质量：
分子的体积：
分子的大小：球体模型直径，立方体模型边长
物质所含的分子数：
注意：对于气体，由于分子间隙很大，用上式估算出的是一个分子所占据的体积（活动的空间）.在利用上述关系式进行计算时，有些数据的数字太大（如阿伏加德罗常数），有些数据的数字又太小（如分子的直径和质量等），为了书写方便，习惯上用科学计数法写作10的乘方，如3.0×10-10 m、6.02×1023 mol-1等，我们称10的乘方（10-10、1023等）为“数量级”.对于分子的大小和质量，只要粗略地了解它的数量级就可以了.
[例1] 已知铜的摩尔质量为6.4×10-2 kg/mol，密度为8.9×103 kg/m3，阿伏加德罗常数为6.0×1023 mol-1，试估算铜原子的直径.（要求一位有效数字）
[解析] 对固体或液体来说，分子间隙的数量级远小于分子大小的数量级，所以在估算一个分子（或原子）大小的数量级时，可以忽略分子的间隙，近似地认为组成它们分子（或原子）是一个挨着一个紧密排列的.根据固体或液体这一理想化的微观构成模型及阿伏加德罗常数NA，1 mol的任何固体或液体，都含有NA有个分子（或原子），其摩尔体积V摩可近似地看作等于NA个分子（或原子）体积V的总和，据此便可求出一个分子（或原子）的体积.如果把一个分子（或原子）想象成一个球体，则可进一步求出一个分子（或原子）的直径.
[答案] 每一个铜原子的体积和直径分别为
m3=1.2×10-29m3
m＝3×10-10m.
[例2] α粒子与金原子核发生对心碰撞时，能够接近金原子核中心的最小距离为2.0×10-14m，已知金原子的摩尔质量为0.197kg/mol，阿伏加德罗常数6.0×1023 mol-1，试估算金原子核的平均密度.
[解析] 1 mol的任何物质都含有NA（阿伏加德常数）个分子（或原子），其摩尔质量M摩恒等于NA个分子（或原子）质量m的总和.据此可求出一个分子（或原子）的质量.把上述思路用于本题，一个金原子的质量为 kg =3.3×10-25kg.原子核几乎集中了金原子的全部质量，故可认为金原子核的质量m核近似等于金原子的质量m,如果把金原子核想象成一个球体，由α粒子能够接近金原子核中心的最小距离可推知，金原子核的半径r不会大于这一最小距离.综合上述两点，便可求出金原子核的平均密度ρ不会小于的值.即
kg/m3
=9.8×1015 kg/m3.
[点评] 估算固体或液体一个分子（或原子）的直径和质量，要理解如下两个要点：
忽略分子的间隙，建立理想化的微观构成模型，这是估算一个分子（或原子）的体积和直径数量级的基础.
阿伏加德罗常数NA把宏观量摩尔质量M摩与摩尔体积V摩跟微观量分子质量m与分子体积V联系起来的物理量，即
4.物体内能的变化
（1）做功和热传递在改变物体的内能上是等效的，但它们的本质不一样：做功是其他形式的能和内能之间的转化，热传递是物体间内能的转移.
[说明] 做4.2 J的功与传递1 cal的热量，在改变物体内能上是等效的.
（2）热传递是物体间内能的转移过程.内能转移的数量习惯上用传递的热量来量度.热传递的方式有三种：传导、对流、辐射.热传递的条件是物体之间温度不同，内能从高温物体向低温物体传递（转移），温度相等时达到动态平衡，即热平衡.
[说明] 热量和内能的区别——热量是热传递过程中物体内能的改变量；内能则是物体内所有分子的动能与分子势能的总和，热量与物体的内能多少、温度高低无关.
5.热力学第一定律
（1）内容：外界对物体做的功W加上物体与外界交换的热量Q等于物体内能的变化量，这就是热力学第一定律.
（2）表达式：＝W + Q.
[说明] 为骨能变化量，＝U末-U初，>0内能增加：<0内能减小.
外界对物体做正功W为正值，外界对物体做负功W为负值.
物体吸收热量，Q为正值，物体放出热量，Q为负值.
[例3] 关于物体内内能的变化，以下说法中正确的是（ ）
A.物体吸收热量，内能一定增大
B.物体对外做功，内能一定减小
C.物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变
D.物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变
[解析] 根据热力学第一定律＝W+Q，物体内能的变化与外界对气体做功（或气体对外界做功）、气体从外界吸热（或向外界放热）两种因素有关.物理吸收热量，但有可能同时对外做功，故内能有可能不变甚至减小，故A错.同理，物体对外做功的同时有可能吸热，故内能不一定减小，B错.若物体吸收的热量与对外做功相等，则内能不变，C正确.而放热与对外做功都是使物体内能减小，知D错.
[答案] C
[例4] 一定质量的气体从外界吸收了1×105cal的热量，同时气体对外做国6×105J的功，问：（1）物体的内能变化多少？（2）分子势能是增加还是减少？（3）分子动能如何变化？
[剖析] 可根据热力学第一定律＝W + Q定量分析.
[解析] （1）因气体从外界吸收热量，所以Q＝1×105×4.2 J＝4.2×105 J，气体对外做功W =-6×105 J，据热力学第一定律＝W + Q得＝-6×105 J+4.2×105 J＝-1.8×105 J所以物体内能减少了1.8×105 J.
（2）因为气体对外做功，体积膨胀，分子间距离增大了，分子力做负功，气体的分子热能增加了.
（3）因为气体内能减少了，而分子势能增加了，所以分子动能必然减少了，且分子动能的减少量一定大于分子势能的增加量.
6.能的转化和守恒定律
能量既不能凭空产生，也不能凭空消失，它只能从一种形式转化为别的形式，或者从一个物体转移到别的物体.在转化或转移的过程中其总量不变.这就是能的转化和守恒定律。
永动机是永远造不出来的.
[例5] 在一个与外界没有热交换的房间内打开冰箱门，冰箱正常工作，过一段时间房间内的温度将如何变化（ ）
A.降低 B.升高
C.不变 D.无法确定
[解析] 冰箱消耗电能使冰箱内外发生热交换而达到内部制冷的，把冰箱与房间看作一个系统，打开冰箱门后，冰箱与房间内的热交换发生在系统内，系统内部引不起总能量的变化.但系统消耗电能增加了系统的总能量，冰箱正常工作，根据能的转化与守恒定律知.增加的系统能量转化为内能使房间的温度升高，故选B.
[答案] B
[例6] 如图9-7所示，直立容器内部有被隔板隔开的A、B两部分气体，A的密度小，B的密度较大，抽去隔板，加热气体，使两部分气体均为混合，设在此过程气体吸热Q，气体内能增量为，则（ ）
图9-7
A. ＝Q B. C. >Q D.无法确定
[解析] A、B气体开始的合重心在中线下，混合均为后在中线，所以系统重力势能增大.由能量守恒知，吸收热量一部分增加气体内能，一部分增加重力势能.故[答案] B2007年二轮复习名师点津 专题五 万有引力定律
考点解读
万有引力定律
内容 要求 说明
12.万有引力定律21.万有引力定律的应用.人造地球卫星的运动（限于圆轨道）22.宇宙速度 ⅡⅡ 在地球表面附近，可以认为重力近似等于万有引力
考点清单
1.定律内容及适用条件
在公式中，如是两质点，则r指两质点间距，如是均匀球体，r为球心间距.但有些时候，如题目中结出的不是均匀球体，则可用“挖补法”，即构成均匀球体后再进行计算.
[例1] 如图5-2所示，阴影区域是质量为M、半径为R的球体挖去一个小圆球后的剩余部分，所挖去的小圆球的球心和大球体球心间的距离是，求球体剩余部分对球体外离球心O距离为2R、质量为m的质点P的引力.
图5-2
分析：万有引力定律只适用于两个质点间的作用，只有对均匀球体才可将其看作是质量全部集中在球心的一个质点，至于本题中不规则的阴影区，那是不能当作一个质点来处理的，故可用补偿法，将挖去的球补上.
[解析] 将挖去的球补上，则完整的大球对球外质点P的引力：
半径为的小球的质量
补上小球对质点1的引力：
因而挖去小球的阴影部分对质点P的引力：
2.综合运用牛顿定律、万有引力和匀速率圆周运动求解天体的运动的问题
（1）卫星的速度、加速度、周期和卫星轨道的关系
天体运动近似看成匀速率圆周运动，其向心力都来源于万有引力，即
由此得出：，即线速度v ∝；
，即角速度ω ∝；
，即周期T ∝
，即向心加速度a∝.
[说明] 卫星环绕半径r与该轨道上的线速度v、角速度ω、周期T、向心加速度a存在一一对应关系，一旦r确定，则v、ω、T、a皆确定，与卫星的质量m无关.对于环绕地球运动的卫星，若半径r增大，其周围T变大，线速度v、角速度ω、向心加速度a变小；若半径r减小，其周期T变小，线速度v、角速度ω、向心加速度a增大.
[例2] 已知地球半径R ＝6.4×106m，地面附近重力加速度g =9.8 m/s2，计算在距离地面高为h＝2×106m的圆形轨道上的卫星做匀速率圆周运动的线速度v和周期T.
分析：根据万有引力提供其做圆周运动的向心力求解.
[解析] 卫星做圆周运动的向心力是它与地球间的万有引力，即知
由地球表面附近万有引力近似等于重力，即得
由两式可得：
m/s
=6.9×103m/s
运动周期：
s
7.64×103s
点评：在已知地球半径和地面附近重力加速度的情况下，可以使用变换GM ＝
g R 2，使计算变得简单，有些教师称其为黄金代换.
（2）求天体的质量、密度
通过观察天体做匀速率圆周运动的卫星的周期T、半径r，由万有引力等于向心力，得天体质量
若知天体的半径R，则天体的密度
若天体的卫星环绕天体表面运动，其轨道半径r等于天体半径R，其周期T,则天体密度
[例3] 把地球绕太阳公转看作匀速率圆周运动，轨道平均半径约为1.5×108km，已知万有引力常量G ＝6.67×10-11N·m2/kg2，则可估算出太阳的质量大约是多少kg？（结果取一位有效数字）
[解析] 题干给出地球轨道半径：r=1.5×108km，虽没直接给出地球运转周期数值，但日常知识告诉我们：地球绕太阳公转一周为365天，故周期
T＝365×24×3600＝3.2×107s
万有引力提供向心力
故太阳质量：
kg
2×1030kg
[点评] 在一些天体运行方面的估算题中，常存在一些隐含条件，应加以利用.如在地球表面物体受到地球的引力近似等于重力.地面附近的重力加速度g ＝9.8 m/s2；地球自转周期T=24h，公转周期T ＝365天，月球绕地球运动的周期约为27天等.
本方法利用的是卫星运动的有关参量（如r、T），求出的质量M是中心天体的，而不是卫星本身质量m，同学们应切记这一点.
本题要求结果保留一位有效数字，有效数字运算规则告诉我们：在代入数据运算时，只要按四舍五入的方法代入二位（比要求多保留一位）有效数字即可，这样可避免无意义的冗长计算，最后在运算结果中，再按四舍五入保留到所要求的一位即可，望同学们体会运用.
（3）星体表面及其某一高度处的重力加速度的求法
地球表面的重力加速度
由于自转而导致重力的变化是很微小的，因而在一般的情况下，常忽略地球自转的影响，此时物体所受的重力大小就等于万有引力的大小，因此，若地球表面的重力加速度为g0，则根据万有引力定律：（R0为地球的半径）.该式也适用于其他星体表面.
离地面高h处的重力加速度,根据万有引力定律：
（R0为地球的半径）.
[例3] 有一星球的密度跟地球密度相同，但它表面处的重力加速度是地面上重力加速度的4倍，则该星球的质量将是地球质量的（ ）
A.1/4 B.4倍 C.16倍 D.64倍
[解析] 星体表面的重力加速度：，又知,
所以 故
[答案] D
（4）卫星的变轨问题
卫星绕天体稳定运行时万有引力提供了卫星做圆周运动的向心力.由，得，由此可知轨道半径r越大，卫星的速度v越小.当卫星由于某种原因速度v突然改变时，F和不再相等，因此就不能再根据来确定r的大小.当F >时，卫星做近心运动；当F <时，卫星做离心运动.
[例4] 如图5-3所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运行的3颗人造卫星，下列说法正确的是（ ）
图5-3
A.b、c的线速度大小相等，且大于a的速度
B.b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度
C.c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等候同一轨道上的c
D. a卫星由于某种原因，轨道半径缓慢减小，其线速度将变大
[解析] 因b、c在同一轨道上运行，故其线速度大小，加速度大小均相等.又b、c轨道半径大于a轨道半径，由知b＝c[答案] D
（5）估算问题的思维与解答方法
物理估算，一般是指依据一定的物理概念和规律，运用物理方法和近似计算方法，对所有物理量的数量级或物理量的取值范围，进行大致的推算.
物理估算是一种重要的方法.有的物理问题，在符合精确度的前提下可以用近似的方法简捷处理；有的物理问题，由于本身条件的特殊性，不需要也不可能进行精确的计算.在这些情况下，估算就成为一种科学而又有实用价值的特殊方法.
[例5] 1789年英国著名物理学家卡文迪许首先估算出了地球的平均密度.根据你学过的知识，能否知道地球密度的大小.
[剖析] 实际本题是要求进行估算，因而如何挖掘题目中的隐含条件是关键.而我们学过的知识中能与地球质量密度相联系的应首先想到万有引力定律，何况题设中提出了“卡文迪许”呢？
[解析] 设地球质量为M，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，忽略地球自转的影响，根据万有引力定律得：
将地球看成均匀球体：
由得地球的平均密度
上式中π、G、R和g均为常数，将它们的值代入可得：
ρ＝5.5×103 kg/m3
即地球的平均密度为ρ＝5.5×103 kg/m3
[点评] 估算题中往往告诉的已知量很少或者什么量也不告诉，解题时就要求我们灵活地运用一些物理常数，如：重力加速度g、圆周率π、万有引力恒量G等等.2007年二轮复习名师点津 专题七 动量
考点解读
动量
内容 要求 说明
25.动量、冲量、动量定理26.动量守恒定律32.动量知识和机械能知识的应用（包括碰撞、反冲、火箭）33.航天技术的发展和宇宙航行 ⅡⅡⅡⅠ 动量定理和动量守恒定律的应用只限于一维的情况
1.冲量和动量的概念；2.动量定理；3.动量守恒定律；4.碰撞、爆炸、反冲；5.航天技术、神舟飞船.
考点清单
1.动量的矢量性
（1）因为p＝mv是矢量，只要m的大小、v的大小和v的方向三者中任何一个或几个发生了变化，动量p就发生变化.
（2）动量的变化量也是矢量，其方向与速度的改变量的方向相同，＝P1-P0此式为矢量式，若P1、P0不在一直线上时，要用平行四边形定则（或矢量三角形法）求矢量差.若在一直线上，先规定正方向，再用正、负表示P1、P0，则可用＝P1-P0＝mv1-mv0进行代数运算求解.
2.动量定理及其应用
（1）动量定理的理解要点：
中学物理中，动量定理研究的对象通常是单个物体.
公式是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同.公式中Ft是物体所受的合外力的冲量.
公式除表明两边大小、方向关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因.
动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系，动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系.
由，得.即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率.
动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值.
动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，对于微观现象和高速运动仍然适用.
（2）动量定理的应用
应用I＝求变力的冲量：如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用Ft求变力的冲量，这时可以求出该力作用下物体动量的变化,等效代换变力的冲量I.
应用＝F·求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量的变化（），需要应用矢量运算方法，比较麻烦.如果作用力是恒力，可以求出恒力的冲量等效代换动量的变化.
[例1] 如图7-13所示，质量为m＝2kg的物体，在水平力F=8N的作用下由静止开始沿水平面向右运动.已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.若F作用t1＝6s后撤去，撤去F后又经t2＝2s物体与竖直墙壁相撞，若物体与墙壁作用时间t3＝0.1s，碰墙后反向弹回的速度v′＝6m/s，求墙壁对物体的平均作用力.（g取10m/s2）
图7-13
[解析] 解法1（程序法）：
选物体为研究对象，在t1时间内其受力情况如图7-14甲所示，先F的方向为正方向，根据牛顿第二定律，物体运动的加速度为：
图7-14
m/s2=2m/s2，
撤去F的物体的速度为：v1＝a1t2＝2×6m/s＝12m/s
撤去F后，物体做匀减速运动，其受力情况如图7-14乙所示，根据牛顿第二定律，其运动的加速度为：
m/s2=-2m/s2.
物体开始碰墙时的速度为：
v2=v1+a2t2=12+(-2)×2＝8m/s.
再研究物体碰墙的过程，设竖直墙对物体的平均作用力为，其方向水平向左.若选水平向左为正方向，根据动量定律有：
.
解得：N=280N.
解法2（全程考虑）：
取从物体开始运动到撞墙后反向弹回的全过程应用动量定理，并取F的方向为正方向.
则
所以
N
=280N
[评价] 比较上述两种方法看出，当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时，应用动量定理解题对全程列式较简单，这时定理中的合外力的冲量可理解为整个运动过程中各力冲量的矢量和.此题应用牛顿第二定律和运动学公式较繁琐.
另外有些变力作用或曲线运动的题目用牛顿定律难以解决，应用动量定理解决可化难为易.
[例2] 质量为m的物体，沿半径为R的轨道以速率v做匀速率圆周运动.求物体所受的合外力在半周期内的冲量.
[解析] 做匀速率圆周运动物体所受的合外力即物体做匀速率圆周运动的向心力.虽然向心力的大小，物体运动半圆周所用的时间也可由R和v求得，但由于F的方向是不断变化的，不能冲量的定义I＝Ft求向心力F的冲量.但是根据动量定理，可用物体的动量增量等效代换向心力的冲量.
[解析] 如图7-15所示，研究物体从A运动到B的过程，假设vB的方向为正方向.根据动量定理，合外力的冲量大小为：
图7-15
.
合外力冲量的方向与vB的方向相同.
[例3] 以速度v0水平抛出一个质量为1kg的物体，若在抛出后5s落地，求它落地前3s内动量的变化.
[剖析] 该题若先求出物体落地时的动量和落地3s前的动量，然后再求动量的变化是比较麻烦的,但由于物体只受重力作用，其动量的变化可用重力的冲量等效代换.
[解析] 由动量定理得
kg·m/s＝30kg·m/s
所以3s内动量的变化为30kg·m/s.
3.动量守恒定律及其应用
（1）动量守恒的条件：
系统不受外力或所受的合外力为零.
系统所受的合外力不为零，但系统若在某一方向上的合力为零，则在这一方向上的分动量守恒.
系统所受的合外力不为零，但系统的内力远远大于外力时，可忽略外力，近似认为系统动量守恒，如碰撞、爆炸等现象.
（2）动量守恒定律理解要点：
动量守恒定律的研究对象是两个或两个以上的物体所组成的系统，动量守恒不是指系统内各个物体的动量不变，而是指它们在相互作用过程中系统的总动量不变.动量守恒不只是系统在初、末两时刻的总动量相等，而是整个相互作用过程中任意两时刻的总动量都相等.
常见的几种动量守恒定律的表达式：
a.p =p′（系统的初动量等于末动量）
b.（适用于相互作用的两个物体组成的系统，初动量等于末动量）
c.(相互作用的两物体动量的增量大小相等，方向相反)
d.（系统总动量增量为0）
因为动量是矢量，所以动量守恒定律的表达式是矢量式，在作用前后动量都在一条直线上时，选取上方向，将矢量运算简单化为代数运算.
速度v与参考系的选取有关，因此相互作用的物体的速度v1、v2、v1′、v2′必须都相对同一参考系，通常相对地面而言.
动量是状态量，具有瞬时性，动量守恒指的是任意两个确定状态系统的动量矢量和相同，因此动量守恒定律表达式中v1、v2必须是相互作用前同一时刻两物体的瞬时速度，v′1、v′2必须是相互作用后同一时刻两物体的瞬时速度.
动量守恒定律不仅适用于宏观物体的低速运动，也适用于微观现象和高速运动.
[例4] 如图7-16所示，A、B两物体质量之比,mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则（ ）
图7-16
A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒
B.若A、B与平板车上表面间的动摩迭因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒
C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒
D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒
[解析] 如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错.对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项均正确.
若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成系统的外力之和为零，故其动量守恒,
C选项正确.
[答案] BCD
[评价] 判断系统的动量是否守恒时，要注意动量守恒的条件是系统不受外力或所受的合外力为零.因此，要分清系统中的物体所受的力哪些是内力、哪些是外力.
在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关，如本例中第一种情况A、B组成的系统的动量不守恒，而A、B、C组成的系统的动量却是守恒的，因此，在利用动量守恒定律解决问题时，一定要明确在哪一过程中哪些物体组成系统的动量是守恒的，即要明确研究对象和过程.
4.综合应用动量和能量的观点解题
动量的观点：动量定理和动量守恒定律
能量的观点：动能定理和能量守恒定律
这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，它要求无须对过程是怎样变化的细节深入的研究，而更关心的是运动状态变化即改变结果量及其引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量式、动能式和力在过程中的冲量和所做功，即可对问题求解.
利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：
（1）动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式，而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式.
（2）从研究对象上看，动量定理既可研究单体，又可研究系统，但高中阶段一般用于单体，且教学调整意见中明确指出不要求用动量定理计算，动能定理在高中阶段只能用于单体.
（3）动量定恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须注意动量定恒的条件及机械能守恒的条件，在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解未知量，选择研究的两个状态列方程求解.
（4）中学阶段凡可用力的观点解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般都要比力的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动（a不恒定）、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力的观点.
[例5] 质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车的上表面是一光滑的曲面，末端是水平的，如图7-17所示，小车被挡板P挡住，质量为m的物体从距地面高H处自由下落，然后沿光滑的曲面继续下滑，物体落地点与小车右端距离s0，若撤去挡板P，物体仍从原处自由落下，求物体落地时落地点与小车右端距离是多少？
图7-17
[剖析] 当小车被挡住时，物体落在小车上沿曲面向下滑动，对小车有斜向下的压力，由于P的作用小车处于静止状态，物体离开小车时速度为v1，最终平抛落地；当去掉挡板，由于物对车的作用，小车将向左加速运动，动能增大，物体相对车滑动的同时，随车一起向左移动，整个过程机械能守恒，物体滑离小车时的动能将比在前一种情况下小，最终平抛落地，小车同时向前运动，所求距离是物体平抛过程中的水平位移与小车位移的和.求出此种情况下，物体离开车时的速度v2，及此时车的速度
v′2以及相应运动的时间是关键，在物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒，这是解决v2、v2′间关系的具体方法.
[解析] （1）挡住小车时，求物体滑落时的速度v1，物体从最高点下落至滑离小车时机械能守恒，设车尾部（右端）离地面高为h，则有：
由平抛运动的规律：s0=vt
（2）设去掉挡板时物体离开小车时速度为v2，小车速度为v2′，物体从最高点至离开小车之时系统机械能守恒，有：
物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒：
.
此式不仅给出了v2与v2′大小的关系，同时也说明了v2是向右的，物体离开车后对地平抛：
车在t′时间内向前的位移
s2′=v2′t′
比较式、得t′=t，
解式、、得，
此种情况下落地点距车右端的距离：
[评价] 此题解题过程运用了机械能守恒、动量守恒及平抛运动的知识，另外根据动量守恒判断m离车时速度的方向及速度间的关系也是特别重要的.
[例6] 如图7-18所示，质量M＝4kg的木滑板B静止放在光滑水平面上，滑板右端固定着一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离l＝0.5m，这段滑板与木块A之间的动摩擦因数 ＝0.2；而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑.可视为质点小木块质量m＝1kg，原来静止于滑板的左端，当滑板B受水平方向的恒力F＝14N作用时间t后撤去，这时木块A恰好到达弹簧的自由端C处，假设A、B间的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，g取10m/s2，试求：
图7-18
（1）水平恒力F的作用时间t.
（2）木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能.
[剖析] （1）有力F作用于滑板时，A、B向左做初速度为零的变速运动，l为A、B在力F作用时间内的相对位移，可由运动学公式求得时间t.
（2）撤去力F后，A、B组成的系统水平方向动量守恒，当A、B速度相等时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能，由能量关系便可求得最大弹性势能.
[解析] （1）木块A和滑板B均向左做初速为零的匀加速直线运动
m/s2
m/s2
从图7-19可知：sB-sA＝l 即：
图7-19
得：t＝1s.
（2）1s末木块A和滑板B的速度分别为：
vA =aA t=2×1m/s=2m/s
vB =aBt =3×1m/s=3m/s
撤去外力F后，当木块A和滑板B的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能.根据动量守恒定律，有：
，得v=2.8m/s.
由能量守恒定律，得：
J
＝0.4J
[评价] 总的来说，就是根据问题的特点选择上述观点之一或某两个观点联合起来求解，一般来说，要列出物理量间瞬时表达式，可用力的观点，若对一个过程列式，三个观点都可以，但对单体而言，宜选用两个定理，特别是碰撞及涉及时间的问题，优先考虑动量定理；涉及力做的功和位移等时，优先考虑动能定理，若研究对象是互相作用的物体系统，优先考虑两大守恒定律；特别出现能量的转化时，优先考虑两大守恒定律；特别出现能量的转化时，优先考虑能量守恒定律；问题中若动量或机械能有一个守恒，优先考虑应用守恒定律.2007年二轮复习名师点津 专题四 曲线运动
考点解读
质点的运动（曲线运动）
内容 要求 说明
7.运动的合成和分解8.曲线运动中质点的速度的方向沿轨道的切线方向，且必具有加速度9.平抛运动10.匀速率圆周运动.线速度和角速度.周期.圆周运动的向心加速度a=v2/r ⅠⅠⅡⅡ 不要求会推导向心加速度的公式a=v2/r
运动的合成与分解：知道运动的合成与分解是物理学中常用的用等效的观点处理问题的基本方法，理解合成与分解的概念，并能够在实际问题中正确区分合运动与分运动.知道合运动就是物体的实际运动.知道合成与分解遵循矢量的平行四边形定则，运用平行四边形定则熟练解决有关问题.
曲线运动：知道曲线运动的概念，知道做曲线运动的物体的运动方向（瞬时速度的方向）就是质点运动轨迹上的切线方向.理解物体做曲线运动，运动状态必定改变，即做曲线运动的物体一定具有与速度方向不在同一条直线上的加速度，也就是说，曲线运动必定是变速运动.
平抛运动：理解平抛运动是质点受到与初速度方向垂直的恒力作用的运动，“平”是建立在以地球为参考系的角度上来说.深刻理解平抛运动的研究方法——运用运动的分解将曲线运动变成两个互相垂直方向的直线运动（化曲为直）.在具体解决问题过程中要注意分清哪个是分运动，哪个是合运动.
匀速率圆周运动：把握匀速率圆周的概念，能够弄清“匀”的含义仅仅是指速度的大小不变，而速度方向时刻改变.匀速率圆周运动的动力学特征是受力（向心力）与运动方向一直垂直.
线速度和角速度：知道这两个基本概念的确切含义，明白这两个物理量都是用来描述圆周运动快慢的，其定义是单位时间运动质点转过的弧长.线速度方向一直在圆周的切线方向上，角速度则是运动质点与圆心的连线在单位时间内转过的角度.
周期：知道周期是做匀速率圆周运动的质点转过一周所用的时间，同样也是描述匀速率圆周运动快慢的物理量.熟练掌握线速度、角速度、周期之间的关系式.
向心加速度：知道向心加速度的概念和基本表达式，并能够在一些特定的情况下，灵活选择向心加速度的不同表达式：等.
考点清单
1.运动分解与合成的一般思路
（1）利用运动的合成与分解研究曲线运动的思维流程：
（2）在处理实际问题中应注意：
只有深刻挖掘曲线运动的实际运动效果，才能明确曲线运动应分解为哪两个方向上的直线运动.这是分析处理曲线运动的出发点.
进行等效合成时，要寻找两分运动时间的联系——等时性.这往往是分析处理曲线运动问题的切入点.
[例1] 如图4-9所示，AB为斜面，倾角为30°，小球从A点以初速度v0水平抛出，恰好落到B点，求：
图4-9
（1）AB间的距离；
（2）物体在空中飞行的时间；
（3）从抛出开始经多少时间小球与斜面间的距离最大？
[解析] (1)、(2)设飞行时间为t，则水平方向位移：
竖直方向位移：
解得.
（3）设抛出t′后小球与斜面间距离最大，由图可知，此时速度与斜面平行，由如图4-9速度三角形知：
即.
[例2] 如图4-10，一个人站在地面上，用枪瞄准树上的猴子，当子弹从枪口射出时，猴子闻声立即从树上做自由落体运动，讨论一下猴子能否避开子弹的射击？
图4-10
[解析] 将子弹的运动分解为沿v0方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，猴子同时做自由落体运动，则在竖直方向上子弹与猴子保持相对静止；在瞄准方向上，子弹相对猴子以v0做匀速运动，所以只要子弹瞄准猴子则相对运动不受地面限制，在不计声音传播时间和空气阻力条件下，用大于某一值的速度一定会击中猴子.
[评价] 从以上两例看出，将曲线运动分解，可正交分解，亦可斜交分解，有多种分解方法，视解题方便而定.
2.平抛运动中几个有用的结论
[例3] 如图4-11甲所示，为一物体平抛运动的x-y图象，物体从O点抛出，x、y分别为其水平和竖直位移.在物体运动过程中的任一点P（x、y），其速度的反向延长线交于x轴的A点（A点未画出），则OA的长为（ ）
图4-11
A.x B.0.5x C.0.3x D.不能确定
[解析] 作出图示如图4-11乙，设v与竖直方向的夹角为α，根据几何关系：
由平抛运动，得
水平方向：x=v0t
竖直方向：
由、、得
在Rt△AEP中，，
所以.
[答案] B
[评价] 从解答本题中发现：平抛运动中以抛出点O为坐标原点的坐标系中任一点P（x、y）的速度方向与竖直方向的夹角为α，则.其速度的反向延长线交于x轴的处.这两结论可以用于分析其他的平抛、类平抛问题.
[例4] 一固定的斜面倾角为θ，一物体从斜面上的A点平抛并落到斜面上的B点，试证明物体落在B点的速度与斜面的夹角为定值.
图4-12
[解析] 作图4-12，设初速度为v0，到B点竖直速度为vy，设合速度与竖直方向的夹角为α.
由几何关系：
又由几何关系：
所以：，即α为定值.
合速度与斜面夹角
因为θ、α为定值，所以β也为定值，即速度方向与斜面的夹角与平抛初速度无关，只与斜面的倾角有关.
[评价] 从上一例中可看出在推导过程中，若把这一结论迁移到本题中，马上找到了解答本题的方法.
[例5] 如图4-13所示，倾角为θ的斜面上A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上B点所用的时间为（ ）
图4-13
A. B.
C. D.
[解析] 设小球从抛出至落到斜面上的时间为t，在这段时间内水平位移和竖直位移分别为
如图4-14所示.由几何关系知
图4-14
，
所以小球的运动时间.
[答案] B
[评价] 上面是从常规的分运动方法来研究斜面上的平抛运动，还可以变换一个角度去研究.
如图4-15所示，把初速度v0、重力加速度g都分解成沿着斜面和垂直斜面的两个分量.在垂直斜面方向上，小球做的是以v0y为初速度、gy为加速度的竖直上抛运动.小球“上、下”一个来回的时间等于它从抛出至落到斜面上的运动时间，于是立即可得
图4-15
.
采用这种观点，还很容易算出小球在斜面上抛出后，运动过程中离斜面的最大距离、从抛出到离斜面最大距离的时间、斜面上射程等问题，有兴趣的同学请自行研究.
3.小船过河问题的分析
（1）处理方法：小船在有一定流速的水中过河时，实际上参与了两个方向的分运动，即随水流的运动（水冲船的运动）和船相对水的运动（即在静水中的船的运动），船的实际运动是合运动.
（2）若小船要垂直于河岸过河，过河路径最短，应将船头偏向上游，如图4-16甲所示，此时过河时间；
图4-16
若使小船过河的时间最短，应使船头正对河岸行驶，如图4-16乙所示，此时过河时间.
[例6] 一条宽度为的河流，已知船在静水中的速度为，水流速度为.那么：（1）怎样渡河时间最短？（2）若>，怎样渡河位移最小？（3）若<，怎样渡河船漂下的距离最短？
[解析] （1）如图4-17甲所示，设船头斜向上游与河岸成任意角θ，这时船速在垂直于河岸方向的速度分量为，渡河所需的时间为
可以看出：、一定时，t随sinθ增大而减小；当θ＝90°时，sinθ＝1（最大）.所以，船头与河岸垂直时渡河时间最短
.
（2）如图4-17乙所示，渡河的最小位移即河的宽度.为了使渡河位移等于，必须使船的合速度v的方向与河岸垂直.这时船头应指向河的上游，并与河岸成一定的角度θ.根据三角函数关系有
因为0≤cosθ≤1,所以只有在>时，船才有可能垂直河岸横渡.
图4-17
（3）如果水流速度大于船在静水中的航行速度，则不论船的航向如何，总是被水冲向下游.怎样才能使漂下的距离最短呢？如图4-17丙所示，设船头与河岸成θ角.合速度与河岸成α角.可以看出：α角越大，船漂下的距离x越短.那么，在什么条件下α角最大呢？以的末端为圆心、大小为半径画圆，当与圆相切时，α角最大，根据cosθ＝/，船头与河岸的夹角应为
船漂下的最短距离为
此时渡河的最短位移：
.
4．绳子末端速度的如何分解
（1）绳子末端运动速度的分解，应按运动的实际效果进行.
例如在图4-18中，人用绳子通过定滑轮拉物体A，当人以速度v0匀速前进时，求物体A的速度.
图4-18
首先要分析物体A的运动与人拉绳的运动之间有什么样的关系.物体A的运动（即绳的末端的运动）可看作两个分运动的合成：
沿绳的方向被牵引，绳长缩短，绳长缩短的速度即等于v0；
垂直于绳以定滑轮为圆心的摆动，它不改变绳长.这样就可以求得物体A的速度.当物体A向左移动，θ将逐渐变大，vA逐渐变大.虽然人做匀速运动，但物体A却在做变速运动.
[评价] 在进行速度分解时，首先要分清合速度与分速度.合速度就是物体实际运动的速度.由物体的实际运动得是由哪些分运动叠加的，找出相应的分速度.在上述问题中，若不对物体A的运动认真分析，就很容易得出vA=v0 cosθ的错误结果.
[例7] 如图4-19甲，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向右运动时，物体A的受力情况是（ ）
A.绳的拉力大于A的重力
B.绳的拉力等于A的重力
C.绳的拉力小于A的重力
D.拉力先大于重力，后变为小于重力
图4-19
[解析] 车水平向右的速度（也就是绳子末端的运动速度）为合速度，它的两个分速度v1、v2如图4-19乙所示，其中v2就是拉动绳子的速度，它等于A上升的速度.
由图得,vA=v2=v cosθ
小车匀速向右运动过程中，θ逐渐变小，知vA逐渐变大，故A做加速运动，由A的受力及牛顿第二定律知绳的拉力大于A的重力.故选A.
[答案] A
（2）速度投影定理：不可伸长的杆或绳，尽管各点速度不同，但各点速度沿绳方向的投影相同.
[例8] 如图4-20所示，当放在墙角的均匀直杆A端靠在竖直墙上，B端放在水平地面上，当滑到图示位置时，B点速度为v，则A点速度是 .（α为已知）
图4-20
[解析] A点速度沿墙竖直向下vA.根据速度投影定理：
[答案]
5．平抛运动的求解方法
（1）常规解法是运动的分解、
水平方向和竖直方向的两个分运动是相互独立的，其中每个分运动都不会因另一分运动的存在而受到影响.
水平方向和竖直方向的两个分运动及其合运动具有等时性.由可知，平抛物体在空中运动的时间t只决定于物体抛出时离地的高度h，而与抛出时的初速度v0无关.
（2）特殊的解题方法是选择一个适当的参考系.选择一个自由落体运动物体为参考系，平抛物体相对于这个参考系是水平匀速直线运动；选择一个相同初速度的水平匀速直线运动物体为参考系，平抛物体相对于这个参考系做自由落体运动.这种方法在解判断题时是方便的.
[例9] 火车以1m/s2的加速度在平直轨道上加速行驶，车厢中一乘客把手伸到窗外，从距地面2.5m高处自由释放一物体，若不计空气阻力，则物体落地时与乘客的水平距离为（ ）（取g=10 m/s2）
A.0 B.0.50m
C.0.25m D.因不知火车当时的速度，故无法判断
[解析] 解法一 火车做匀加速直线运动，物体做平抛运动，其初速度为火车释放物体时的速度v0，设落地时间为t，在这一段时间内，火车前进了s1，物体沿水平方向前进了s2，则
以上三式联立可得
m =0.25m.
解法二 以火车为参考系，释放物体在水平方向将向后做初速度为零的匀加速直线运动，同时在竖直方向做自由落体运动.
经时间t落到地面，竖直方向：
落地点距乘客的距离，即为释放物体在落地时间内相对于火车的水平位移大小，由匀加速直线运动：
由、得
m.
[答案] C
[评价] 在分析平抛运动时，应先根据其运动特点列出文字方程，解方程时不要急于代入数值，最好先进行文字运算，这样可以用文字结果进行讨论.如本题中物体与乘客的水平距离；如火车匀速运动时，a＝0，物体与乘客水平距离s1-s2＝0；a越大，s1-s2也越大；h为原来的2倍，s1-s2也为原来的2倍.若过早代入数值，就不可能迅速得出结果.
6.竖直平面内的圆周运动问题分析
竖直平面内的圆周运动，是典型的变速圆周运动，对于物体在竖直平面内做变速圆周运动的问题，中学物理中只研究物体通过最高点和最低点的情况，并且经常出现临界状态.
（1）如图4-21所示，没有物体支撑的小球，在竖直平面内做圆周运动过最高点的情况：
图4-21
临界条件：小球到达最高点时绳子的拉力（或轨道的弹力）刚好等于零，小球的重力提供做圆周运动的向心力.
即.
上式中的是小球通过最高点的最小速度，通常叫临界速度＝.
能过最高点的条件：>（此时绳或轨道对球产生拉力F或压力FN）.
不能过最高点的条件：<（实际上球还没有到最高点就脱离了轨道）.
（2）如图4-22所示，有物体支撑的小球在竖直平面内做圆周运动过最高点的情况：
图4-22
临界条件：由于硬杆和管壁的支撑作用，小球恰能达到最高点的临界速度
＝0
图4-22甲所示的小球过最高点时，轻杆对小球的弹力的情况：
当＝0时，轻杆对小球有竖直向上的支持力FN，其大小等于小球的重力，即
FN＝mg.
当0 <<时，杆对小球的支持力的方向竖直向上，大小随速度的增大而减小，其取值范围是：mg > FN > 0.
当=时，FN＝0.
当＞时，杆对小球有指向圆心的拉力，其大小随速度的增大而增大.
图4-22乙所示的小球过最高点时，光滑硬管对小球的弹力情况：
＝0时，管的内壁下侧对小球有竖直向上的支持力FN，其大小等于小球重力，即FN =mg.
当0＜v＜时，管的内壁下侧对小球有竖直向上的支持力FN，大小随速度的增大而减小，其取值范围是mg > FN > 0.
当＝时，FN＝0.
当>时，管的内壁上侧对小球有竖直向下指向圆心的压力，其大小随速度的增大而增大.
[例10] 长度为L＝0.50m的轻质细杆OA，A端有一质量为m＝3.0kg的小球，如图4-23所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率是2.0m/s，g取10m/s2，则此时细杆OA受到（ ）
图4-23
A.6.0 N的拉力 B.6.0 N的压力
C.24 N的拉力 D.24 N的压力
[解析] 解法一 设小球以速率v0通过最高点时，球对杆的作用力恰好为零，即mg =m
m/s=m/s
由于v＝2.0m/s如图4-24甲所示，为小球的受力情况图.
由牛顿第二定律mg - FN＝
FN = mg -＝3.0×（10-）N＝6.0N
图4-24
解法二 设杆对小球的作用力为FN（由于方向未知，设为向下）.
如图4-24乙所示，由向心力公式得：FN + mg =
则FN ＝- mg =(3.0×-3.0×10)N＝-6 N.
负号说明FN的方向与假设方向相反，即向上.
[答案] B
7.临界问题
圆周运动中的临界问题的分析与求解方法不只是竖直平面内的圆周运动中存在临界问题，其他许多问题中也有临界问题.对这类问题的求解一般都是先假设某量达到最大、最小的临界情况，从而建立方程求出.
[例11] 如图4-25所示，两个用相同材料制成的靠摩擦转动的轮A和B水平放置，两轮半径RA=2RB.当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A轮边缘上.若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也静止，则木块距B轮转轴的最大距离为（ ）
图4-25
A.RB/4 B.RB/3 C.RB/2 D.RB
[解析] 由图可知，当主动轮A匀速转动时，A、B两轮边缘上的线速度相同，由，得.由于小木块恰能在A边缘静止，则由静摩擦力提供的向心力达最大值 mg，得：
设放在B轮上能使木块相对静止的距B转轴的最大距离为r，则向心力由最大静摩擦力提供，故
因A、B材料相同，故木块与A、B的摩擦因数相同，、式左边相等，故
所以选项C正确.
[答案] C
8.向心力
（1）理解要点
定义：做圆周运动的物体所受的指向圆心的力.
作用效果：产生向心加速度，以不断改变物体的线速度方向，维持物体做圆周运动.
方向：总是沿半径指向圆心，是一个变力.
大小：
向心力来源
向心力可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是各力的合力或某力的分力，总之，只要达到维持物体做圆周运动效果的力，就是向心力.向心力是按力的作用效果来命名的.对各种情况下向心力的来源应明确.如：水平圆盘上跟随圆盘一起匀速转动的物体（图4-26甲）和水平地面上匀速转弯的汽车，其摩擦力是向心力；圆锥摆（图4-26乙）和以规定速率转弯的火车，向心力是重力与弹力的合力.
图4-26
（2）圆周运动中向心力分析
匀速率圆周运动：物体做匀速率圆周运动时受到的外力的合力就是向心力，向心力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心，这是物体做匀速率圆周运动的条件.
变速圆周运动：在变速圆周运动中，合外力不仅大小随时间改变，其方向也不沿半径指向圆心.合外力沿半径方向的分力（或所有外力沿半径方向的分力的矢量和）提供向心力，使物体产生向心加速度，改变速度的方向.合外力沿轨道切线方向的分力，使物体产生切向加速度，改变速度的大小.
（3）圆周运动中的动力学方程
圆周运动动力学方程即将牛顿第二定律应用于圆周运动.（F＝ma）.
[说明] 将牛顿第二定律F = ma用于匀速率圆周运动，F就是向心力，a就是向心加速度.即得：.
应用步骤
a.确定研究对象：确定轨道平面和圆心位置，从而确定向心力的方向.
b.选定向心力方向的正方向.
c.受力分析（不要把向心力作为某一性质的力进行分析）.
d.由牛顿第二定律列方程.
e.求解并说明结果的物理意义.
9.离心运动
（1）离心现象条件分析
做圆周运动的物体，由于本身具有惯性，总是想沿着切线方向运动，只是由于向心力作用，使它不能沿切线方向飞出，而被限制着沿圆周运动，如图4-27所示.
图4-27
当产生向心力的合外力消失，F =0，便沿所在位置的切线方向飞出去，如
4-27A点所示.
当提供向心力的合外力不完全消失，而只是小于应当具有的向心力，，即合外力不足提供需的向心力的情况下，物体沿切线与圆周之间的一条曲线运动.如图4-27B点所示.
（2）离心运动的应用和危害
利用离心运动制成离心机械.如：离心干燥器、洗衣机的脱水筒等.
汽车、火车转弯处，为防止离心运动造成的危害，一是限定汽车和火车的转弯速度不能太大；二是把路面筑成外高内低的斜坡以增大向心力.
[说明] 若合外力大于所需的向心力，物体离圆心将越来越近，即为近心运动.2007年二轮复习名师点津 专题十 电场
考点解读
电场
内容 要求 说明
54.两种电荷.电荷守恒55.真空中的库仑定律.电荷量56电场.电场强度.电场线.点电荷的场强.匀强电场.电场强度的叠加57.电势能.电势差.电势.等势面58.匀强电场中电势差和电场强度的关系59.静电屏蔽60.带电粒子在匀强电场中的运动61.示波管.示波器及其应用62.电容器的电容63.平行板电容器的电容.常用的电容器 ⅠⅡⅡⅡⅡⅠⅡⅠⅡⅠ 带电粒子在匀强电场中运动的计算，只限于带电粒子进入电场时速度平行或垂直于场强的情况
考点清单
1.库仑定律成立的条件及应用
内容：在真空中两个点电荷的相互作用力跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们间的距离的平方成反比，作用力的方向在它们的连线上.
表达式：
[说明] （1）库仑定律适用在真空中、点电荷间的相互作用，点电荷在空气中的相互作用也可以应用该定律.
对于两个均匀带电绝缘球体，可以将其视为电荷集中于球心的点电荷，r为两球心之间的距离.
对于两个带电金属球，要考虑金属表面电荷的重新分布.
库仑力是短程力，在r =10-15～10-9 m的范围均有效.所以不能根据公式错误地推论：当r →0时，F→∞，其实，在这样的条件下，两个带电体也已经不能再看做点电荷.
（2）在计算时，知物理量应采用国际单位制单位.此时静电力常量k =9×109N·m2/C2.
（3），可采用两种方法计算：
采用绝对值计算.库仑力的方向由题意判断得出.
Q1、Q2带符号计算.此时库仑力F的正、负符号不表示方向，只表示吸引力和排斥力.
（4）库仑力具有力的共性
两个点电荷之间相互作用的库仑力遵守牛顿第三定律.
库仑力可使带电体产生加速度.例如原子的核外电子绕核运动时，库仑力使核外电子产生向心加速度.
库仑力可以和其他力平衡.
某个点电荷同时受几个点电荷的作用时，要用平行四边形定则求合力.
[例1] 如图10-27所示，在一条直线上的A、B、C三点上分别放置QA=+3×
10-9C、QC＝+3×10-9C的点电荷，试求作用在A电荷上的作用力.
图10-27
[剖析] 由于点电荷A处在B和C的电场中，故同时受到B和C的库仑力作用.因此作用在A电荷上的作用力应为两库仑的合力，可根据库仑定律分别求出B和C对A的库仑力的大小，再求合力.
[解析] 研究A点电荷.分析A受到B、C电荷的库仑力，如图10-28所示，根据库仑定律：
图10-28
N
N
N
N
规定沿这条直线由A指向C为正方向，则A点电荷受到的合力大小为：
FA = FBA - FCA =(1.08×10-3 - 9.0×10-5)N
=9.9×10-4 N.
[答案] A点电荷受到的合力方向为由A指向C的方向、大小为9.9×10-4 N
2.电场强度的计算
（1）定义式：适用于任何电场，E与F、q无关，E的方向规定为正电荷受到电场力的方向.
（2）点电荷电场的场强：.
[说明] 电场中某点的电场强度的大小与形成电场的电荷电量有关，而与场电荷的电性无关，而电场中各点场强方向由场电荷电性决定.
由定义式知：电场力F = qE，即电荷在电场中所受的电场力的大小由电场和电荷共同决定；电场力的方向由场强方向和电荷电性决定：正电荷在电场中所受电场力的方向与场强方向一致，负电荷在电场中所受电场力的方向与场强方向相反.
如果空间几个电场叠加，则空间某点的电场强度为知电场在该点电场强度的矢量和，应据矢量合成法则——平行四边形定则合成；当各场强方向在同一直线上时，选定正方向后作代数运算合成.
[例2] 在场强为E的匀强电场中，取O点为圆心，r为半径作一圆周，在O点固定一电量为+Q的点电荷，a、b、c、d为相互垂直的两条直线和圆周的交点.当把一检验电荷+q放在d点恰好平衡时（如图10-29所示）.
图10-29
（1）匀强电场场强E的大小、方向如何？
（2）检验电荷+q放在点c 时，受力Fc的大小、方向如何？
（3）检验电荷+q放在点b时，受力Fb的大小、方向如何？
[剖析] 由题意知，检验电荷是处在匀强电场和点电荷+Q产生的电场所组成的叠加场中.因此要求检验电荷在电场中某点所受的电场力，首先应确定该点的合场强，要确定合场强，就需要求匀强电场的场强.而题目已经告诉当检验电荷处在d点时恰好平衡，这恰恰是两电场共同作用的结果，据此则问题可解.
[解析] （1）由题意可知：
由F1=F2，所以匀强电场方向沿db方向.
（2）检验电荷放在c点：
所以.方向与ac方向成45°角（如图10-30所示）.
图10-30
[评价] 本题如果先分别求出两电场对检验电荷各自作用的电场力，然后再利用矢量合成求合力亦可.
3.电荷守恒定律
电荷既不能被创造，也不能被消灭，它们只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分.在转移过程中，电荷总量不变.
[说明] （1）电荷量的实质：物体得到或失去电子便带上了电荷，得到电子带负电，失去电子带正电，讨论物体带何种电性，是指物体的净电荷是正还是负，也就是说物体所具有的总电荷中是正电荷多于负电荷，还是负电荷多于正电荷，净电荷的多少叫做电荷量.
（2）摩擦起电：两个不同种的物体相互摩擦，其中一个物体失去电子而带正电，另一物体获得电子而带等量的负电.
（3）接触起电：用一个不带电的物体去接触另一个带电的物体，带电物体的净电荷的一部分就会转移到原来不带电的物体上，使原来不带电的物体带电.
（4）电荷的中和：两个有等量异种电荷的导体，相互接触后净电荷为零的现象叫电荷的中和.
（5）不能将起电现象看成是电荷的创造，也不能将电荷中和现象看成是电荷的消灭，从而否定电荷守恒定律.事实上，不论是起电现象还是电荷中和的现象，其过程只是电荷的转移，电荷本身并没有被创造或消灭.在任何物理过程中，各个物体的电荷量可以改变，但所有物体电荷量的代数和是守恒的.
4.电势能大小的比较
（1）场电荷判断法
离场正电荷越近，检验正电荷的电势能越大；检验负电荷的电势能越小.
离场负电荷越近，检验正电荷的电势能越小；检验负电荷的电势能越大.
（2）电场线法
正电荷顺着电场线的方向移动时，电势能逐渐减小；逆着电场线的方向移动时，电势能逐渐增大.
负电荷顺着电场线的方向移动时，电势能逐渐增大；逆着电场线的方向移动时，电势能逐渐减小.
（3）做功判断法
无论正、负电荷，电场力做正功，电荷从电势能较大的地方移向电势能较小的地方，反之，如果电荷克服电场力做功，那么电荷将从电势能较小的地方移向电势能较大的地方.
[例3] 如图10-31所示的电场线，可判定（ ）
图10-31
A.该电场一定是匀强电场
B.A点的电势一定低于B点电势
C.负电荷放在B点的电势能比A点的电势能大
D.负电荷放在B点所受电场力方向向右
[解析] 由图知，该电场线为直线，在我们常接触的电场中，匀强电场的电场线是是直线，但点电荷的电场线也是直线，故也可能是正电荷放在左端或负电荷放在右端时产生电场的电场线，另外也可能是正负电荷之间的一条电场线，故A错.
电势的高低可据电场线由高电势指向低电势判断，则错.
由于，故正电荷在A点的电势能大，而负电荷在B点的电势能大，因此C正确，也可假设负电荷由A移到B，则该过程中电场力向左与运动方向相反故电场力做负功，电势能增加.
负电荷在电场中所受电场力的方向与该点场强的方向相反.故D错.
[答案] C
5.匀强电场中电势差和电场强度的关系
电势差和电场强度都是描述电场性质的物理量，都由电场本身决定，但这两个物理量之间无直接关系，电场强度是从力的角度描述电场性质的物理量，是矢量；电势差则是从能量角度来描述电场性质的物理量，是标量.但是电场强度与电势差有一定的关系.
（1）匀强电场中电势差和电场强度在方向上的关系：
由图10-32可知，由A点沿AB、AC、AD、AF路径电势均降落，且UAB=UAC=UAD=UAF其中AB路径电势降落最快（单位长度上的电势差最大）.由此可知：
图10-32
电势降落最快的方向是电场强度的方向.
（2）匀强电场中电场强度和电势差在数值上的关系：
.
[说明] 上式只适用于匀强电场；
上式中U为电场中的两点间的电势差，d为两点沿场强方向间的距离（即两点所在等势面间的距离）；
电场强度的单位：N/C=V/m.
[例4] 如图10-33所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab =2cm，bc =12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，一个电荷量为q＝4×10-8C的正电荷从a移到b电场力做功为W1＝1.2×10-7 J，求：
图10-33
（1）匀强电场的场强E＝？
（2）电荷从b移到c，电场力做功W2=
（3）a、c两点的电势差Uac＝？
[剖析] 由于电场力做功W=qU与路径无关，只与初末位置间的电势差有关，故可据已知的电场力做功先求电势差,再据匀强电场中场强与电势差的关系确定场强E.反之亦然.
[解析] （1）设ab两点间距离d
W1 =qUab
由两式得V/m =60 V/m.
（2）设bc两点沿场强方向距离为d1.
W2=qUbc
由式得：
J=1.44×10-7J.
（3）设电荷从a移到c电场力做功为W
W=W1+W2
W=qUac
由式得：
V
V＝6.6V.
6.导体处于静电平衡的特点
导体内部各点的场强为零.
导体表面任意点的场强方向与该表面垂直.
导体为等势体，导体表现为等势面.
带电导体的净电荷分布在导体的外表面.曲率半径大的地方电荷的密度小，曲率半径小的地方电荷的密度大.
[说明] （1）导体内部场强是指引起感应现象的外部电场在导体内产生的场强与感应电荷产生的场强合场强，只有当合场强为零时，内部自由电荷才不再受电场力作用，即不再定向移动.
（2）放入电场中的导体，导体上任意一点的电势均等于场电荷在该点电势与感应电荷在该点电势的代数和，该值对导体中各点来说必相等，因为两点间存在电势差是产生电流的条件，即两点存在电势差时，电荷要定向移动.
（3）对于孤立的带电导体可认为它处于本身所带电荷形成的电场中，导体内部场强为零，仍为等势体，带电导体的净电荷分布在导体的外表面可利用法拉第圆筒实验来证明.
[例5] 如图10-34所示，把原来不带电的金属球壳B的外表面接地，将一带正电的小球A从小孔放入球壳内，但不与B发生接触，达到静电平衡后，则（ ）
图10-34
A.B的空腔内电场强度为零
B.B不带电
C.B的内外表面电势相等
D.B带负电
[解析] 当金属壳B接地时，金属壳B和地球就可看成一个大导体，相对小球A来说，B的内表面是近端，地球另一侧是远端，因此B的内表面被A感应而带负电（即B带负电），地球另一侧带正电，故D选项正确.
由于金属壳B的内外表面及地球均是同一个导体，它们的电势相等（为零），故C选项正确.
因B的空腔内有带正电的A球和B内表面的负电荷形成的电场，由叠加可知B的空腔内场强不为零，故A选项错.
[答案] CD
7.电场力做功的计算
（1）根据电势能的变化与电场力做功的关系计算
电场力做了多少功，就有多少电势能和其他形式的能发生相互转化
（2）应用化工W=qUAB计算
正负号运算法：按照符号规定把电量q和移动过程的始、终两点的电势UAB的值代入公式W=qUAB.
符号规定是：所移动的电荷若为正电荷，q取正值；若为负电荷，q取负值，若移动过程的始点电势高于终点电势，UAB取正值；若始点电势低于终点电势，UAB取负值.
绝对值运算法：公式中的q和UAB都取绝对值，即公式变为
W =∣q∣·∣UAB∣
正、负功判断：当正（或负）电荷从电势较高的点移动到电势较低的点时，是电场力做正功（或电场力做负功）；当正（或负）电荷从电势较低的点移动到电势较高的点时，是电场力做负功（或电场力做正功）.
[说明] 采用这种处理方法时，公式中的UAB是电势差的绝对值，而不是电势的绝对值之差，由于＝，所以，这种处理方法不必计较A、B之中哪个是始点哪个是终点.
[例6] 如图10-35所示，虚线方框内有一匀强电场，A、B、C为该电场中的三个点，已知＝12 V，＝6 V，＝-6 V，试在该方框中作出该电场的示意图（即画出几条电场线）并要求保留作图时所用的辅助线（用虚线表示）.若将一个电子从A点移到B点，电场力做多少电子伏的功？
图10-35
[解析] 图＝6 V，＝-6 V，根据匀强电场的特点，在BC连线的中点D处的电势必为零；同理，把AC线段等分成三份，在分点F处的电势也必为零，连接DF即为该匀强电场中的一条等势线，根据电场线与等势面垂直，可以画出电场中电场线如图所示，由沿场强方向电势降低可确定出场强的方向.
将电子从A移到B，电场力做功为
W = -eUAB= -e×(12-6) V= -6 eV.
8.处理平行板电容器内部E、U、Q变化问题的基本思路：
（1）首先要区分两种基本情况：
电容器两极板电势差U保持不变；
电容器的带电量Q保持不变.
（2）赖以进行讨论的物理依据主要有三个：
平行板电容器的电容C与板距d、正对面积S、介质介电常数ε间的关系；
平行板电容器内部是匀强电场，所以场强；
电容器所带的电量Q=CU.
[例7] 图10-36中平行放置的金属板A、B组成一只平行板电容器.在不断开开关S时，试讨论以下两种情况下电容器两板电势差U、电量Q、板间场强E的变化情况：（1）使A板向上平移拉开一些；（2）使A板向右平移错开一些.
图10-36
[解析] 因为开关S没有断开，故该题属于U不变的情况.
（1）因为平行板电容器的电容C∝，当d↑时，C↓；又因为电容器的带电量Q=CU，U不变，C↓时，Q↓；平行板电容器内部为匀强电场，根据，因U不变，d↑，故E↓.
（2）两板错开意味着正对面积S↓.由C∝S可知C↓，由Q=CU可知Q↓，两板间距d不变，由判定此时E没有变化.
[答案] （1）U不变；Q减小；E减小
（2）U不变；Q减小；E不变
[例8] 在上例中，若断开S再讨论下述情况中Q、U、E的变化：（1）使A、B板间距d稍微增大；（2）使A、B正对面积S稍微减少；（3）A、B间充满介电常数
ε>1的介质.
[解析] 电源断开之后，电容器所带的电量Q不变化，属于Q保持不变的情况.
（1）d↑C↓（C∝），又因Q不变，由Q=CU可知U↑.对E的讨论不能再用，这是因为d↑且U↑，从这个式子不能判定E变化的情况.但本问题中Q不变，所以可设法推导E与Q间的关系式作为判断依据.
由
则
我们看到，在本情况中E与d无关，当Q、S、ε均没有变化时，E保持不变.
（2）由.现因S↓、Q、ε不变，故E↑.S↓使C↓，且Q不变，根据可知U↑.
（3）由.现因ε↑，Q、S不变，故E↓.充入介质使C↑，且Q不变，根据可知U↓.
[答案] （1）Q不变；U增大；E不变
（2）Q不变；U增大；E增大
（3）Q不变；U减小；E减小
9.静电感应过程中电荷移动方向的判定
静电感应过程中，当两导体短接时，据两导体电势的高低确定电荷移动的方向，从而确定导体的带电情况.
[说明] （1）原来静止的正电荷由高电势移向低电势，负电荷由低电势移向高电势.
（2）一般我们以大地或无穷远处的电势零点.因此一般正电荷的电场中各点的电势大于零，负电荷的电场中各点的电势小于零.
[例9] 如图10-37所示，带正电的小球靠近不带电的金属导体AB的A端，由于静电感应，导体A端出现负电荷，B端出现正电荷，关于导体AB感应起电的说法正确的是（ ）
图10-37
A.用手接触一下导体的A端，导体将带正电荷
B.用手接触一下导体AB的中部，导体将不带电
C.用手接触一下导体的任何部位，导体将带负电
D.用手接触导体AB后，只要带正电小球不移走，AB不可能带电
[解析] 导体AB处在带正电小球的电场中，处于静电平衡状态后，导体AB各处电势相等，且.当用手接触导体AB任何位置时，负电荷由电势低的大地流向电势高的AB，故导体AB都将带上负电荷，所以答案是C
[答案] C
[例10] 一个带正电的绝缘金属球壳A，顶部开孔，有两个带正电的金属球B、C，用金属导线连接，让B球置于球壳A的空腔中与内表面接触后，又提到如图10-38所示位置，C球放置在A球壳外离A球较远处，待静电平衡后正确的说法是（ ）
图10-38
A.B、C都带电
B.B球不带电，C球带正电
C.让C球拉地后，B球带负电
D.C球接地后，A球壳空腔中场强为零
[解析] B球与A球壳内表面接触A、B、C三者连成一个整体，静电平衡后净电荷只分布在导体外表面，所以A球壳外表面和C球均带正电，B球不带电，A、B、C三者为一等电势体；当B球提起后，B、C的电势相等，无电荷的定向移动，由于B、C与A等势且为正，C球接地后，将有自由电子从零电势的大地向高电势的B、C上移动，B带负电，此时，B球将使A球壳内表面感应出正电荷，从而在空腔内形成由内表面指向B球的电场，场强不为零，应选B、C.
[答案] BC
10.用能量观点处理带电体在电场中的运动
对于受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量观点来处理，即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理常常显得简洁.具体方法常有两种：
（1）用动能定理处理.思维顺序一般为：
弄清研究对象，明确所研究的物理过程；
分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功；
弄清所研究过程的始、末状态（主要指动能）；
根据列出方程求解.
（2）用包括静电势能和内能在内的能量守恒定律处理.列式的方法常有两种：
从初、末状态的能量相等（即E1=E2）列方程；
从某些能量的减少等于另一些能量的增加（即）列方程.
[例11] 如图10-39所示，a、b、c三条虚线为电场中的等势面，等势面b的电势为零，且相邻两个等势面间的电势差相等，一个带正电的粒子在A点时的动能为10J，在电场力作用下从A运动到B速度为零，当这个粒子的动能为7.5J时，其电势能为（ ）
图10-39
A.12.5J B.2.5J
C.0 D.-2.5J
[解析] 根据题意可知，带电粒子从A到B，电场力做功为-10J（动能定理），则带电粒子从A运动到等势面b时，电场力做功-5J，粒子在等势面b时动能为5J，带电粒子在电场中的电势能和动能之和为5J，是守恒的，当动能为7.5J时，其电势能为-2.5J.
[答案] D2007年二轮复习名师点津 专题一 直线运动
考点解读
直线运动
内容 要求 说明
1．机械运动，参考系，质点2．位移和路程3．匀速直线运动.速度.速率.位移公式s=vt.s-t图.v-t图4．变速直线运动，平均速度5．瞬时速度（简称速度）6．匀变速直线运动.加速度.公式 ⅠⅡⅡ ⅡⅠⅡ 不要求会推导向心加速度的公式
机械运动：知道什么是机械运动，研究机械运动离不开参考系.
参考系：知道参考系的概念和如何选择参考系.
质点：知道质点的定义（用来代替物体的有质量的点），知道质点是理想化的物理模型，知道物体能够当作质点研究的条件.（当物体的大小、形状对所研究的问题的影响可以忽略时，物体可视为质点.）
位移：知道位移是物体位置的移动，其大小表示两个位置之间的距离，其方向由初位置指向末位置，是矢量，知道位移的大小与物体的具体路径无关.
路程：知道路程是质点运动的实际长度，其大小与路径有关，是标量.
匀速直线运动：知道在任何相等的时间内位移都相等的运动才是匀速直线运动，知道在什么条件下实际物体的运动可以看成匀速直线运动.
速度：知道速度是描述运动快慢的物理量，是位移对时间的变化率.
速率：速度的大小，一般认为是路程和时间的比值.
变速直线运动：知道变速直线运动的定义，知道实际物体的运动都是变速运动.匀速直线运动只是在某一段时间（空间）内的理想情况.
平均速度：知道平均速度的定义和计算，知道平均速度只是表达质点在某一段时间内运动的快慢，并不能反映质点实际运动的快慢.
瞬时速度：知道瞬时速度是运动质点在某一时刻或位置的速度，能够准确表达质点的实际运动的快慢，匀速直线运动中没有提出瞬时速度的概念是因为匀速时每时每刻的速度都相等，没有区分的必要.
匀变速直线运动：知道匀变速直线运动的概念，理解在任何相等的时间内速度的变化都相等的运动是匀变速直线运动.并能够在解决问题过程中熟练地判断物体的运动是否是匀变速直线运动.
加速度：知道加速度是反映速度变化快慢的物理量，也是一个由其他物理量导出的物理量，深刻挖掘加速度的含义，理解加速度反映的是速度变化率的实质，并能够在解决问题中熟练运用且能够区分似是而非的说法.
基本公式：匀速直线运动的位移公式 s=vt
匀变速直线运动的速度公式 v=v0+at
匀变速直线运动的位移公式
由以上两式容易导出
s-t图象：反映位移随时间变化的图象，知道坐标轴的物理意义，截距的物理意义.在同一个坐标系里有两个以上的质点的位移图象时，知道图象交点的意义，并能够运用图象解决相关的问题.
v-t图象：反映速度随时间变化的图象，知道坐标轴的物理意义，截距的物理意义，在同一个坐标系里有两个以上的质点的速度图象时，知道图象交点的意义，知道速度图线与时间所围成的几何图形的面积表示物体的运动位移，并能够运用图象解决相关的问题.
考点清单
一、平均速度的求解及其应用方法
求平均速度的公式有两个：一个是定义式，普遍适用于各种运动；另一个是，只适用于加速度恒定的匀变速直线运动.
[例1] 汽车从甲地由静止出发，沿直线运动到丙地，乙在甲丙两地的中点.汽车从甲地匀加速运动到乙地，经过乙地速度为60 km/h；接着又从乙地匀加速运动到丙地，到丙地时速度为120 km/h，求汽车从甲地到达丙地的平均速度.
[剖析] 本题全过程并不是一个“完整”的匀加速运动，因而不能用求解全程的平均速度.
[解析] 设甲丙两地距离为2l，汽车通过甲乙两地时间为t1，通过乙丙两地的时间t2.
甲到乙是匀加速运动，由得
从乙到丙也是匀加速运动，由得：
[点评] 计算平均速度常见的错误是滥用.如将本例求解为，这种解法的错误是认为汽车全过程作加速度恒定的直线运动.其实，汽车从甲地到乙地和从乙地到丙地两段的加速度并不相同，由可知：故对全过程不适用.
物体作匀变速运动的平均速度，在时间t内的位移,相当于把一个变速运动转化为一个匀速运动，匀变速直线运动的物体，在某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度：.
应用于解题会使求解更简单方便.
[例2] 某物体以12 m/s的初速度做匀减速运动，在第3 s内的位移为4.5 m，求物体的加速度.
[解析] 解法一 物体前2 s的位移，,物体前3 s的位移，第3 s内的位移
解得
解法二 物体在第3秒内的平均速度，即为第3秒中间时刻2.5秒时的即时速度，所以
.
[例3] 两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置，如图1-9所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的，由图可知（ ）
图1-9
A.在时刻t2以及时刻t5两木块速度相同
B.在时刻t1两木块速度相同
C.在时刻t3和时刻t4之间某瞬间两木块速度相同
D.在时刻t4和时刻t5之间某瞬间两木块速度相同
[解析] 首先由图看出：上边那个物体相邻相等时间内的位移之差为恒量，可以判定其做匀变速直线运动；下边那个物体明显的是做匀速运动.由于t2及t5时刻两物体位置相同，说明这段时间内它们的位移相等，因此其中间时刻的即时速度相等，这个中间时刻显然在t3、t4之间，因此本题选C.
二、匀变速直线运动的规律及其应用
1.匀变速直线运动的特证：a =恒量
2.匀变速直线运动的规律：，
3.几个重要推论：
时，将时间等分，
恒量，此式对于均成立，是判定物体是否做匀变速运动的依据之一，其中T为时间间隔.
一段时间内物体的平均速度恰等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，.
从静止开始连续相等的位移所用时间之比为.
[例4] 汽车自O点由静止在平直公路上做匀加速直线运动，途中6 s时间内依次经过P、Q两根电线杆.已知P、Q相距60 m，车经过Q时的速率为15 m/s,则
（1）汽车经过P时的速率是多少？
（2）汽车的加速度为多少？
（3）O、P两点间距离为多少？
[解析] 方法一：设汽车经过P点的速度为，经过Q的速度为,由得
，
所以.
由.
由得
.
方法二：设汽车经过P点的速度为,由，
得
由代值可得.
[例5] 一辆汽车以72 km/h行驶，现因故紧急刹车并最终停止运动，已知汽车刹车过程加速度的大小为5 m/s2，则从开始刹车经过5 s，汽车通过的距离是多少
[剖析] 本题的刹车过程有一个“陷阱”，即在5 s内是正在刹车，还是停车，若正在刹车，可用位移公式；若停车时间t < 5 s,则刹车过程的距离即为所求.
[解析] 汽车由刹车开始至停止运动所用的时间为，选的方向为正方向.
，得
可见，该汽车刹车后经过4 s就已经静止，后1 s是静止的.
由知刹车后5 s内通过的距离
.
[说明] 此题易犯的错误是将t=5 s直接代入位移公式得m，这样得出的位移实际上是汽车停止后又反向加速运动1 s的总位移，显然与实际情况不符.
[例6] 一物体初速度为零，先以大小为的加速度做匀加速运动，后以大小为的加速度做匀减速运动直到静止，整个过程中物体的位移为s，则该物体在此直线运动过程中最大的速度为 。
[剖析] 加速与减速阶段的分界点是最大速度所在的位置，抓住分界点灵活选择公式求解并不难。
[解析] 物体匀加速运动的末速度等于匀减速运动的初速度，由匀变速直线运动的平均速度公式知，前后两段位移上物体的平均速度相等，都等于.
设物体的最大速度为v，匀加速和匀减速运动过程的+3时间分别是，则由题意得
而对于加速过程，
对于减速过程，
由、整理出，代入中得
故.
[点评] 两段运动的联系，就是分界点的速度，故解决此类问题，要善于找到两部分运动的联系，找到与前后运动都有关系的物理量.
三、自由落体与竖直上抛运动
（一）自由落体运动
物体只受重力作用由静止开始下落的运动叫自由落体运动.自由落体运动是初速度为零，加速度a=g的匀变速直线运动.自由落体运动实际上是物理学中的理想化运动，只有满足一定的条件才能把实际的落体运动看成是自由落体运动.第一、物体只受重力作用，如果还受空气阻力作用，那么空气阻力与重力比可以忽略不计.第二、物体必须从静止开始下落，即初速度为零.
（二）自由落体运动的规律
1.初速度，加速度a=g.g与物体无关，只与物体所在位置有关，通常计算中取g=9.8 m/s2,粗略计算中取g=10 m/s2,且方向总是竖直向下.
2.基本公式
3.初速度为零的匀加速直线运动的一切规律和推论对自由落体运动都是适用的.
（三）竖直上抛运动
将物体以一定的初速度沿竖直方向向上抛出，物体所做的运动叫竖直上抛运动.竖直上抛运动是初速度竖直向上，加速度竖直向下的匀变速直线运动.通常以向上为正方向，则竖直上抛运动，可以看作是初速度为，加速度a=-g的匀减速直线运动.竖直上抛运动还可以根据运动方向的不同，分为上升阶段的匀减速直线运动和下降阶段的自由落体运动.
（四）竖直上抛运动的规律
1.以抛出点为坐标原点，以方向为正方向有
2.竖直上抛运动的对称性，即物体经过空中某一位置时上升速率与下降速率的关系；由此位置上升到最高点所用的时间与由最高点下降到此位置所用时间的关系.
[例7] 从地面竖直向上抛出一物体A，同时在离地面某一高度处另有一物体B自由下落，两物体在空中达到同一高度时速度大小都是v，则下述正确的是（ ）
A.物体A上抛初速度大小和B物体落地时的速度大小都是2v
B.物体A和B落地时间相同
C.物体A能上升的最大高度和物体B开始下落时的高度相同
D.两物体在空中达同一高度处，一定是B物体开始下落时高度的中点
[解析] 由于物体A与B同时开始运动，在空中相遇达到同一高度，速度大小相同均为v，即从开始到相遇运动的时间相同.根据上抛物体运动特点；（1）物体在上升与下降过程，中同一高度速度大小相等；（2）从同一高度上升到最高点和从最高点返回的时间相等.可判断：（1）物体A是在上升阶段与B物体相遇；（2）物体A从相遇处继续向上运动是B物体相遇前自由落体的逆过程；而物体B从相遇处继续向下运动是A物体相遇前的逆过程，那么A物体上升的最大高度为B物体开始下落的高度；B物体从相遇到落地运动的时间与相遇前运动的时间相同，所以B物体落地速度大小为2v，故A、C正确.
[答案] AC
[例8] 物体从高处自由落下，通过1.75 m高的窗户所需时间为0.1 s，物体从窗底落到地面所需时间为0.2 s，则物体是从多高处下落的？
[解析] 因物体做自由落体运动，所以通过窗户的中间时刻的速度等于通过窗户全程的平均速度，即，物体抵达地面时的速度为，物体自由下落的高度
.
[例9] 一跳水运动员从离水面10 m高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时重心位于从手到脚全长的中点.跃起后重心升高0.45 m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水（在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计），从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间是 s.(计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点，g取10 m/s2，结果保留二位有效数字)
[解析] 在上升过程中，根据竖直上抛运动的最大高度与初速度的关系可得运动员（质点）的初速度，在运动员离开跳台到手接触到水的全过程，质点做匀减速直线运动.取方向为正方向，运动员运动的加速度是重力加速度g，方向竖直向下，所以取负值：a= - g=-10 m/s2，位移大小为10 m，方向也竖直向下，故有s=-10 m.利用匀变速直线运动的位移公式，即，解得.
四、追击和相遇问题的求解方法
两物体在同一直线上运动，往往涉及追击、相遇或避免碰撞问题，解答此类问题的关键条件是：两物体能否同时到达空间某位置.基本思路是：
分别对两物体研究；
画出运动过程示意图；
列出位移方程；
找出时间关系、速度关系、位移关系；
解出结果，必要时进行讨论.
1.追击问题：追和被追的两物体的速度相等（同向运动）是能否追上及两者距离有极值的临界条件.
第一类：速度大者减速（如匀减速直线运动）追速度小者（如匀速运动）：
（1）当两者速度相等时，若追者位移仍小于被追者位移，则永远追不上，此时两者间有最小距离.
（2）若两者位移相等，且两者速度相等时，则恰能追上，也是两者避免碰撞的临界条件.
（3）若两者位移相等时，追者速度仍大于被追者的速度，则被追者还有一次追上追者的机会，其间速度相等时两者间距离有一个较大值.
第二类：速度小者加速（如初速度为零的匀加速直线运动）追速度大者（如匀速运动）：
（1）当两者速度相等时有最大相遇.
（2）若两者位移相等时，则追上.
2.相遇问题
（1）同向运动的两物体追上即距离.
（2）相向运动的物体，当各自发生的位移大小之和等于开始时两物体的距离时即相遇.
[例10] 火车以速度匀速行驶，司机发现前方同轨道上相距s处有另一火车沿同方向以速度（对地，且>）做匀速运动，司机立即以加速度a紧急刹车，要使两车不相撞，a应满足什么条件？
[解析] 后车刹车后虽做匀减速运动，但在其速度减小至与相等之前，两车的距离仍将逐渐减小；当后车速度减小至小于前车速度后，两车距离将逐渐增大.可见，当两车速度相等时，两车距离最近，若后车减速的加速度过小，则会出现后车速度减为与前车速度相等之前即追上前车，发生撞车事故；若后车加速度过大，则会出现后车速度减为与前车速度相等时仍未追上前车，根本不可能发生撞车事故，若后车加速度大小等于某值时，恰能使两车在速度相等时后车追上前车，这正是两车恰不相撞的临界状态，此时对应的加速度即为两车不相撞的最小加速度.
解法一 设经时间t，恰追上而不相撞，则：
解之可得
时，两车不会相撞.
解法二 要使两车不相撞，其位移关系应为
即
对任一时间t，不等式都成立的条件为
由此得
解法三 以前车为参照物，刹车后后车相对前车做初速度、加速度为的匀减速直线运动，当后车相对前车的速度减为零时，若相对位移，则不会相撞.故由
得
[点评] 解法一中应用物理的临界条件，恰好追上而不撞.而解法二中运用了常用的数学方法，由位移关系到一元二次方程，然后利用根的判别式来确定方程中各系数间的关系.解法三通过巧妙地选取参考系，使两车运动的关系变得十分简明.
五、逆向转换法
即逆着原来的运动过程考虑.如火车进站刹车滑行，逆着车行驶方向考虑时就把原来的一个匀减速运动转化为一个初速度为零的匀加速运动；物体竖直上抛，逆着抛出方向，就变成从最高点向下的自由落体运动，等等.
[例11] 运行着的汽车制动后做匀减速直线滑行，经3.5 s停止，试问它在制动开始的1 s内、2 s内、3 s内通过的位移之比为多少？
[解析] 如图1-10所示，汽车从O开始制动后，1 s末到A，2 s末到B，3 s末到C，停止在D.
图1-10
这个运动的逆过程可看成初速度为零的匀加速运动，加速度的数值等于汽车做匀减速直线运动时的加速度，如图1-11所示.将3.5 s等分为7个0.5 s，那么，逆过程从D起的连续7个0.5 s内的位移之比为1∶3∶5∶7∶9∶11∶13.在图1-10中，.
图1-11
汽车从O起1 s内、2 s内、3 s内的位移即图中的，所以.
[点评] 本题若从运动基本规律入手通过代数变换求解，不够简捷，上述提供的巧解中用了两个要点：（1）运动在空间、时间上的可逆性；（2）的匀加速运动的特点，用的匀加速运动逆向代表末速度为零的匀减速运动常可简化解题过程.
[例12] 将一小物体以初速竖直上抛.若物体所受空气阻力大小不变，则小物体在到达最高点的最后一秒和离开最高点的第一秒时间内通过的路程、速度的变化量的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
[解析] 上升的加速度大于下落的加速度.根据逆向转换的方法，上升最后一秒可以看成以从零下降的最初一秒，故有,而以下降的第一秒内有.,，即A、C正确
[答案] AC
六、图象运用
1.理解直线运动图象的意义
运动图象是通过建立坐标系来表达有关物体运动规律的一种重要方法.形状类似的图象在不同的坐标系中表示的物理规律不同，因此，应用图象时，首先要看清纵、横坐标代表何种物理量.对直线运动的图象应从以下几点认识它的物理意义:
(1)能从图象识别物体运动的性质.
(2)能认识图象截距的意义.
(3)能认识图象斜率的意义.
(4)能认识图象覆盖面积的意义（仅限于v-t图象）.
(5)能说出图线上任一点的状况.
2.位移-时间（s-t）图象
物体运动的s-t图象表示物体的位移随时间变化的规律.与物体运动的轨迹无任何直接关系.图1-12中a、b、c三条直线对应的s-t关系式分别为，都是匀速直线运动的位移图象.纵轴截距表示t=0时a在b前方处；横轴截距表示c比b晚出发时间；斜率表示运动速度，易见；交点P可反映t时刻c追及b.
图1-12
3.速度-时间（v-t）图象
物体运动的v-t图象表示物体运动的速度随时间变化的规律，与物体运动的轨迹也无任何直接关系.
图1-13中a、b、c、d四条直线对应的v-t关系式分别为，直线是匀速运动的速度图象，其余都是匀变速直线运动的速度图象.纵轴截距表示b、d的初速度，横轴截距表示匀减速直线运动到速度等于零需要的时间.斜率表示运动的加速度，斜率为负者
（如d）对应于匀减速直线运动.图线下边覆盖的面积表示运动的位移.两图线的交点P可反映在时刻t两个运动（c和d）有相同的速度.
图1-13
4.s-t图象与v-t图象的比较
图1-14中和下表是形状一样的图线在s-t图象与v-t图象中的比较.
图1-14
s-t图 v-t图
表示物体做匀速直线运动（斜率表示速度v） 表示物体做匀加速直线运动（斜率表示加速度a）
表示物体静止 表示物体做匀速直线运动
表示物体静止 表示物体静止
表示物体向反方向做匀速直线运动；初位移为s0 表示物体做匀减速直线运动；初速度为v0
交点的纵坐标表示三个运动质点相遇时的位移 交点的纵坐标表示三个运动质点的共同速度
t1时间内物体位移为s1 t1时刻物体速度为v1（图中阴影部分面积表示质点在0～t1时间内的位移）
[例13] 两辆完全相同的汽车，沿水平直线一前一后匀速行驶，速度均为v0，若前车突然以恒定加速度刹车，在它刚停车后，后车以与前车相同的加速度开始刹车，已知前车在刹车过程中所行的距离为s，若要保证两车在上述情况下不相撞，则两车在匀速行驶时应保持距离至少为（ ）
A.s B.2s C.3s D.4s
[解析] 本题的解法很多，在这里只通过图线分析.根据题意，作出前车刹车后两车的v-t图线，分别为图1-15中的AC和ABD，图中三角形AOC的面积为前车刹车后的位移s，梯形面积ABDO为前车刹车后后车的位移，由于前后两车刹车的加速度相同，所以图中AC∥BD，OC=CD.即梯形ABDO的面积是三角形AOC面积的三倍.
图1-15
SABDO＝3S△AOC=3S
为了使两车不发生相撞，两车行驶时应保持的距离至少是△s=SABDO-S△AOC=3s-s=2s.
[答案] B
[点评] 本题中采用图象法的妙处在于，图象能形象地表示出两车位移变化的物理情景，可以说，作出上图后一眼便可看出答案.
[例14] 如图1-16所示，两光滑斜面的总长度相等，高度也相等，两球由静止从顶端下滑，若球在图上转折点无能量损失，则有（ ）
图1-16
A.两球同时落地
B.b球先落地
C.两球落地时速率相等
D.a球先落地
[解析] 在分析运动的全过程中，可由机械能守恒定律判断出两球落地时速率相等.根据v-t图中的“面积”表示位移的大小，可作出两次运动的v-t图，由图可知b球用时少，故正确答案为B、C
[答案] BC
[例15] 两支完全相同的光滑直角弯管（如图1-17所示），现有两只相同小球a和a′同时从管口由静止滑下，问谁先从下端的出口掉出？（假设通过拐角处时无机械能损失）
图1-17
[解析] 首先由机械能守恒可以确定拐角处v1 > v2，而两小球到达出口时的速率v相等.又由题意可知两球经历的总路程s相等.由牛顿第二定律，小球的加速度大小a=gsinα+,小球a第一阶段的加速度跟小球a′第二阶段的加速度大小相同（设为a1）；小球a第二阶段的加速度跟小球a′第一阶段的加速度大小相同（设为a2），根据图中管的倾斜程度，显然有a1 > a2.根据这些物理量大小的分析，在同一个v-t图象中两球速度曲线下所围的面积应该相同，且末状态速度大小也相同（纵坐标相同）.开始时a球曲线的斜率大.由于两球两阶段加速度对应相等，如果同时到达（经历时间t1）则必然有s1>s2,显然不合理.考虑到两球末速度大小相等（图中vm），球a的速度图象只能如Ⅱ线所示.因此有t1＜t2，即a球先到.
[例16] 老鼠离开洞穴沿直线前进，它的速度与到洞穴的距离成反比，当它行进到离洞穴距离为d1的甲处时速度是v1，则它行进到离洞穴距离为d2的乙处时速度是多大？从甲处到乙处用去多少时间？
[解析] 由题意可知，老鼠的速度v与它到洞穴的距离d的乘积为一常数,设d2处的速度为v2，则有1/v是与d成正比的，在1/v-d的图象中，图象与d轴所围的面积就是时间t，由图1-18中的图象可知老鼠从甲处到乙处所需时间.
图1-182007年二轮复习名师点津 专题六 机械能
考点解读
机械能
内容 要求
27.功.功率28.动能、做功与动能改变的关系29.重力势能.重力做功与重力势能改变的关系30.弹性势能31.机械能守恒定律 ⅡⅡⅡⅠⅡ
1.功的概念、正功和负功；2.功率的概念、平均功率和瞬时功率；3.动能的概念；4.动能定理；5.重力势能、弹性势能的概念；6.机械能守恒定律；7.功和能的关系；8.能量转化和守恒定律.
考点清单
1.功的计算：
（1）恒力做功的计算一般根据公式W =FS cosα，注意S严格的讲是力的作用点的位移.
（2）将变力做功转化为恒力做功，常见的方法有三种：
如力是均匀变化的可用求平均力的方法将变力转化为恒力.
耗散力（如空气阻力）在曲线运动（或往返运动）过程中，所做的功等于力和路的乘积，不是力和位移的乘积，可将方向变化大小不变的变力转化为恒力来求力所做的功.
通过相关连点的联系将变力做功转化为恒力做功.
[例1] 如图6-19所示，用恒力F通过光滑的定滑轮把静止在水平面上的物体从位置A拉到位置B，物体的质量为m，定滑轮离水平地面的高度为h，物体在水平位置A、B时细绳与水平方向的夹角分别为θ1和θ2，求绳的拉力对物体做的功.
图6-19
[解析] 人拉绳的力是恒力，但绳拉物体的力的方向不断变化，故绳拉物体的F 力是变力，但此力对物体所做的功与恒力F做的功相等，力F作用的位移与物体的位移相关连，即，则细绳对物体的拉力F 所做的功为：W =WF =F .
[例2] 如图6-20所示，以初速度竖直向上抛出一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为h1，空气阻力的大小恒为F，则小球从抛出至回到出发点下方h2处，合外力对小球做的功为多少？
图6-20
[解析] 空气阻力做的功为
重力做功为，
[评价] 对运动全过程分析可知，空气阻力是变力（方向改变），故变力做功应转变为两个过程的恒力做功；空气阻力做功与路径有关.
2.机动车的两种特殊起动过程分析
（1）以恒定的功率起动：
机车以恒定的功率起动后，若运动过程中所受阻力F 不变，由于牵引力，随v增大，F减小，根据牛顿第二定律，当速度v增大时，加速度a减小，其运动情况是做加速度减小的加速动，直至F=F′时，a减小至零，此后速度不再增大，速度达到最大值而做匀速运动，做匀速直线运动的速度是，这一过程的v-t关系如图6-21所示.
图6-21
（2）车以恒定的加速度a运动：
由知，当加速度a不变时，发动机牵引力F恒定，再由P = Fv知，F一定，发动机实际输出功率P随v的增大而增大，但当P增大到额定功率以后不再增大，此后，发动机保持额定功率不变，v继续增大，牵引力F减小，直至F= F 时，
a＝0，车速达到最大值，此后匀速运动.
在P增至P额之前，车匀加速运动，其持续时间为（这个v0必定小于vm，它是车的功率增至P额之时的瞬时速度）.计算时，利用F - F =ma，先算出F；再求出，最后根据v=at求t0；在P增至P额之后，为加速度减小的加速运动，直至达到vm.这一过程的v/t关系如图6-22所示：
图6-22
注意：P =Fv中的F仅是机车的牵引力，而非车辆所受合力，这一点在计算题目时极易出错.
[例3] 汽车由静止开始做匀加速直线运动，速度达到v0的过程中的平均速度为v1；若汽车由静止开始满功率行驶，速度达到v0的过程中的平均速度为v2，且两次历时相同，则（ ）
A.v1>v2 B.v1C.v1=v2 D.条件不足，无法判断
[解析] 两种运动的v - t图象如图6-23所示.a表示匀加速的过程,b表示满功率行驶过程，由v - t图象与横轴构成面积为位移的大小知sb>sa，据平均速度的定义知v1图6-23
[答案] B
[评价] 利用v-t图象解题是一个很好的方法，在v-t图象上，图象切线斜率表示加速度，图线与横轴构成面积为位移大小.
3.动能定理及其应用
（1）对动能定理的理解：
W总是所有外力对物体做的总功，这些力对物体所做功的代数和等于物体动能的增量，即W总＝W1+W2+……（代数和）.或先将物体的外力进行合成，求出合外力
F合后，再用W总=F合s cosα进行计算.
因为动能定理中功和能均与参照物的选取有关，所以动能定理也与参照物的选取有关.中学物理中一般取地球为参照物.
不论物体做什么形式的运动，受力如何，动能定理总是适用的.
动能定理是计算物体位移或速率的简捷公式.当题目中涉及到位移时可优先考虑动能定理.
做功的过程是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果联系的数值上相等的符号，它并不意味着“功就是动能增量”，也不意味着“功转变成了动能”，而是意味着“功引起物体动能的变化”.
动能定理公式两边每一项都是标量，因此动能定理是个标量方程.
若，即，合力对物体做正功，物体的动能增加；若,即，合力对物体做负功，物体的动能送减少.
（2）应用动能定理应该注意：
明确研究对象和研究过程，找出始、末状态的速度情况.
要对物体进行正确的受力分析（包括重力、弹力等），明确各力的做功大小及正、负情况.
有些力在运动过程中不是始终存在，若物体运动过程中包含几个物理过程，物体运动状态、受力等情况均发生变化，则在考虑外力做功时，必须根据不同情况，分别对待.
若物体运动过程中包含几个不同的物理过程，解题时，可以分段考虑，也可视为一个整体过程，列出动能定理求解.
[例4] 如图6-24甲所示，物体在离斜面底端4 m处由静止滑下，若动摩擦因数均为0.5，斜面倾角37°，斜面与平面间由一小段圆弧连接，求物体能在水平面上滑行多远？
[解析] 物体在斜面上受重力mg、支持力FN1、摩擦力F1的作用，沿斜面加速下滑（因μ＝0.5图6-24
解法一 对物体在斜面上和平面上时进行受力分析，如图6-23所示，知下滑阶段：
由动能定理
在水平运动过程中
由动能定理：
由、式可得
m=1.6m.
解法二：物体受力分析同上.
物体运动的全过程中，初、末状态速度均为零，对全过程应用动能定理
得
m=1.6m.
4.机械能守恒定律及其应用
（1）机械能是否守恒的判断
物体只受重力，只发生动能和重力势能的相互转化.如自由落体运动，抛体运动等.
只有弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化.如在光滑水平面运动的物体碰到一个弹簧，和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒.
物体既受重力，又受弹力，但只有重力和弹力做功，只发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化，如自由下落的物体落到竖直的弹簧上和弹簧相互作用的过程.对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒.
除受重力（或弹力）外，受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代数和为零.如物体在沿斜面拉力F的作用下沿斜面向下运动，其拉力的大小与摩擦力的大小相等，在此运动过程中，其机械能守恒，只要满足上述条件，机械能一定守恒，要切实理解.
（2）应用机械能守恒定律的解题思路
明确研究对象，即哪些物体参与了动能和势能的相互转化，选择合适的初态和末态.
分析物体的受力并分析各个力做功，看是否符合机械能守恒条件.只有符合条件才能应用机械能守恒定律.
正确选择守恒定律的表达式列方程，可分过程列式，也可对全过程列式.
求解结果说明物理意义.
[例5] 有一光滑水平板，板的中央有一个小孔，孔内穿入一根光滑轻线，轻线的上端系一质量为M的小球，轻线的下端系着质量分别为m1和m2的两个物体，当小球在光滑水平板上沿半径为R的轨道做匀速率圆周运动时，轻线下端的两个物体都处于静止状态（如图6-25）.若将两物体之间的轻线剪断，则小球的线速度为多大时才能再次在水平板上做匀速率圆周运动？
图6-25
[解析] 该题用定恒观点和转化观点分别解答如下：
解法一 （守恒观点）选小球为研究对象，设小球沿半径为R的轨道做匀速率圆周运动时的线速度为v0，根据牛顿第二定律有
当剪断两物体之间的轻线后，轻线对小球的拉力减小，不足以维持小球在半径为R的轨道上继续做匀速率圆周运动，于是小球沿切线方向逐渐偏离原来的轨道，同时轻线下端的物体m1逐渐上升，且小球的线速度逐渐减小.假设物体m1上升高度为h，小球的线速度减为v时，小球在半径为（R+h）的轨道上再次做匀速率圆周运动，根据牛顿第二定律有
再选小球M、物体m1与地球所组的系统为研究对象，研究两物体间的轻线剪断后物体m1上升的过程，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒.选小球做匀速率圆周运动的水平面为零势面，设小球沿半径为R的轨道做匀速率圆周运动时物体m1到水平板的距离为H，根据机械能守恒定律有：
以上三式联立解得：.
解法二 （转化观点）与解法一相同，首先列出两式，然后再选小球、物体m1与地球组成的系统为研究对象，研究两物体间的轻线剪断后物体m1上升的过程，由于系统的机械能守恒，所以小球M动能的减少量等于物体m1重力势能的增加量.即：
式联立解得：.
[评价] 比较上述两种解法可以看出，根据机械能守恒定律应用守恒观点列方程时，需要选零势面和找出物体与零势面的高度差，比较麻烦；如果应用转化观点列方程，则无需选零势面，往往显得简捷.2007年二轮复习名师点津 考题二 力、物体的平衡
考点解读
力、物体的平衡
内容 要求 说明
11.力是物体间的相互作用，是物体发生形变和物体运动状态改变的原因.力是矢量.力的合成与分解12.万有引力定律.重力.重心13.形变和弹力.胡克定律14.静摩擦.最大静摩擦力15.滑动摩擦.滑动摩擦定律24.共点力作用下物体的平衡 ⅡⅡⅡⅠⅡⅡ 1.在地球表面附近，可以认为重力近似等于万有引力2.不要求知道静摩擦因数
知道力是物体之间的相互作用，能在具体问题中找出施力物体和受力物体.知道力既有大小又有方向，能在具体问题中画出力的图示或力的示意图.初步了解力的分类方法，知道力的名称可按力的作用效果命名，也可按力的性质命名.
知道重力是由于地球对物体的吸引而产生的.掌握重力的方向和大小，知道重力大小的测量方法.掌握重心的位置与哪些因素有关，会确定质量分布均匀且形状规则物体重心的位置.
了解形变的概念和形变的种类.知道弹力是物体发生弹性形变时产生的，能在具体问题中正确判断弹力的有无.知道压力、支持力、拉力都是弹力，能在具体问题中正确画出它们的方向.知道形变越大，弹力越大.
知道滑动摩擦力产生的条件，会正确判断滑动摩擦力的方向.会用公式F=μFN计算滑动摩擦力的大小，知道动摩擦因数μ的大小是由接触面的材料、粗糙程度决定的.知道静摩擦力产生的条件，会正确判断静摩擦力的有无及静摩擦力的方向.知道静摩擦力存在最大值，知道静摩擦力在不超过最大值的情况下，大小、方向均可随机应变.知道静摩擦力不一定都是阻力.
知道什么是共点力作用下物体的平衡状态.知道共点力作用下物体的平衡条件.知道力的平衡及其特点.学会应用平衡条件对物体进行受力分析.学会用整体法和隔离法解决三力平衡和多力平衡问题.
考点清单
一、重力
1.重力是万有引力吗？
万有引力是任何两个物体之间都存在的相互作用.它的大小与两个物体的质量乘积成正比，与它们两者间距离的平方成反比，作用力的方向在两者的连线上.重力是由于地球与物体间的万有引力而产生的，是万有引力的一个分力，其大小G=mg，其中g为当地的重力加速度，重力的指向竖直向下略偏离地心，另一分力提供物体随地球自转而做圆周运动的向心力，因此重力不是万有引力.在地球不同纬度处重力大小不同，只是由于此原因引起的重力变化不大，除非在专门讨论重力意义时才加以区别，一般情况下认为物体的重力近似等于地球对物体的万有引力.
2.重心一定在物体上吗？
重心是从等效的观点来定义的，对于整个物体，各部分重力相当于集中作用在物体的重心上，所以，重心不一定在物体上.下面的实验可以让我们体会到重心的存在、重心是重力的等效作用点.如图2-17所示，细棍用线悬吊，棍处于水平静止状态.棍受两个力：重力和细线的拉力.由二力平衡条件可判断：重力和拉力大小相等，方向相反，作用在同一直线上.从而可得出，棍的悬点O就是其重力的作用点，细棍的各部分受的重力可以看成集中于这一点，这一点就叫细棍的重心.同理可知，质量均匀分布的圆环的重心位于环中心，不在物体上.
图2-17
3.重心的确定
形状规则、质量分布均匀的物体，它的重心就在其几何中心上；不规则物体的重心位置除跟物体的形状有关外，还跟物体内质量的分布有关.对于形状不规则或者质量分布不均匀的薄板，也可用此题的悬挂法利用几何知识求解.
[例1] 如图2-18所示，矩形均匀薄板长AC=60cm，宽CD=10cm，在B点用细线悬挂，板处于平衡状态，AB＝35cm，则悬线和板边缘CA的夹角α＝ .
图2-18
[解析] 如图2-19所示，矩形均匀薄板的重心在AD和CE交点O处，根据二力平衡条件知，重力G跟悬线拉力等大反向，且共线.由几何知识知tanα＝OF/BF=OF/(AB-AF)==1,得α＝45°.
图2-19
[答案] 45℃
二、相互接触的物体间是否存在弹力
对于形变明显的情况（如弹簧）可由形变直接判断，形变不明显的通常用下面三种方法：
方法1：“假设法”分析物体间的弹力
欲分析一物体的某一接触处是否有弹力作用，可先假设没有所接触的物体，看看被研究的物体有怎样的运动趋势：
（1）若被研究的物体倒向原接触物的一边，则两者之间有挤压的弹力，它们之间的弹力方向必与接触面（或接触点的切面）垂直，且指向受力物体的内部.
（2）若被研究的物体倒向远离接触物的一边，则两者之间只可能产生拉伸的弹力，倘若仅是物体与细绳连接，它们之间的弹力方向必定沿绳指向各自的外部.
（3）若被研究的物体仍不动，则两者之间无弹力.
[例2] 如图2-20所示，已知小球静止，甲中的细线竖直，乙中的细线倾斜，试判断图中小球所受弹力的方向.
图2-20
[剖析] 小球除受重力外，还受其他力的作用，甲、乙两图中均可采用“假设法”分析：在两图中，若去掉细线，则小球将下滑，故两细线中均有沿线方向的拉力；在甲图中若去掉斜面体，小球仍能在原位置保持静止状态；在乙图中若去掉斜面体，则小球不会在原位置静止.
[答案] 甲图中小球受细绳向上的拉力；乙图中小球受细线斜向上的拉力和垂直斜面的弹力.
[评价] 细绳、支撑面是重要的物理模型，应加以重视
假设法分析问题，在以后经常用到.
方法2：“替换法”分析物体间的弹力
用细绳替换装置中的杆件，看能不能维持原来的力学状态，如果能维持，则说明这个杆提供的是拉力.否则，提供的是支持力.
[例3] 在如图2-21甲所示装置中分析AB、AC杆对A点的弹力的方向，不计AB、AC的重力.
图2-21
[解析] 用绳替换AB，原装置状态不变，说明AB对A施加的是拉力；用绳替换AC，原状态不能维持，说明AC对A施加的是支持力.
[答案] 如图2-21乙所示
方法3：根据“物体的运动状态”分析弹力
由运动状态分析弹力，即物体的受力必须与物体的运动状态相符合，依据物体的运动状态，由二力平衡（或牛顿第二定律）列方程，求解物体间的弹力.
三、静摩擦力方向的判定
相对运动趋势不如相对运动直观，具有很强的隐蔽性，所以静摩擦力的方向判定较困难，为此常用下面几种方法判断：
1.“假设法”和“反推法”
假设法：即先假定没有摩擦力（即光滑）时，看相对静止的物体间能否发生相对运动.若能，则有静摩擦力，方向与相对运动方向相反；若不能，则没有静摩擦力，换句话说，静摩擦力的存在是为了使两物体相对静止，若没有它，两物体也相对静止，就没有静摩擦力.
反推法：是从研究物体表现出的运动状态这个结果反推出它必须具有的条件，分析组成条件的相关因素中摩擦力所起的作用，就容易判断摩擦力的方向了.
[例4] 如图2-22所示，物体A、B在力F作用下一起以相同速度沿F方向匀速运动，关于物体A所受的摩擦力，下列说法正确的是（ ）
图2-22
A.甲、乙两图中A均受摩擦力，且方向均与F相同
B.甲、乙两图中A均受摩擦力，且方向无均与F相反
C.甲、乙两图中A物体均不受摩擦力
D.甲图中A不受摩擦力，乙图中A受摩擦力，方向和F相同
[解析] 用假设法分析：甲图中，假设A受摩擦力，与A做匀速运动在水平方向受力为零不符，所以A不受摩擦力，乙图中，假设A不受摩擦力，A将相对B沿斜面向下运动，从而A受沿F方向的摩擦力，正确答案应选D.
[答案] D
2.根据物体的运动状态，用牛顿第二定律来判断.
此法关键是先判明物体的运动状态（即加速度方向），再利用牛顿第二定律（F＝ma）确定合力，然后受力分析确定静摩擦力的大小及方向.
图2-23
[例5] 如图2-23甲中，物体B叠放在物体A上，水平地面光滑，外力F作用于物体A上，使它们一起运动，试分析两物体受到的静摩擦力的方向.
[解析] 假设没有摩擦力，当F使物体A向右加速时，物体B将保持原来的运动状态（静止），经一小段时间后它们的相对位置将发生变化，如图2-23乙，所以物体B相对A发生了向左的运动，即物体B相对A有向左运动的趋势，所以A对B的静摩擦向右（与B的实际运动方向相同）.同理A相对于B有向右运动的趋势，A受到B对它的摩擦力应是向左（与A的实际运动反向）.
3.利用牛顿第三定律（即作用力与反作用力的关系）来判断
此法关键是抓住“力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力方向，再确定另一物体受到的静摩擦力.
例5中，因B随A一起向右加速，故B受合力一定向右，而B在水平方向只受摩擦力的作用力，所以B受摩擦力一定向右.由作用力与反作用力的关系知A受到B的摩擦力向左.
四、力的正交分解法
把力沿两个互相垂直的方向分解，叫做力的正交分解法.
1.这是一种很有用的方法，分解是为了求合力，尤其适用于物体受多个力的情况.
物体受到F1、F2、F3……，求合力F时，可把各力沿相互垂直的x轴、y轴分解，F1分解为F1x和F1y，F2分解为F2x和F2y，F3分解为F3x和F3y……则x轴上的合力Fx＝F1x+F2x+F3x+……，y轴上的合力Fy＝F1y+F2y+F3y+…….
合力，设合力与x轴夹角为θ，则tanθ＝.
2.正交分解时建立坐标轴的原则：
（1）在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则
（2）在动力学中，以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标，这样使牛顿第二定律表达式变为
（3）尽量不分解未知力或少分解未知力
3.正交分解法的步骤：
（1）以力的作用点为原点作直角坐标系，标出x轴和y轴，如果这时物体处于平衡状态，则两轴的方向可根据方便自己选择，如果力不平衡而产生加速度，则x轴（或y轴）一般要和加速度的方向重合（有时分解加速度）.
（2）将与坐标轴成角度的力分解成x轴方向和y轴方向的两个分力，并在图上标明，用符号Fx和Fy表示.
（3）在图上标出力与x轴或力与y轴的夹角，然后列出Fx、Fy的数学表达式，如：F与x轴夹角为θ，则Fx＝Fcosθ，Fy＝Fsinθ,与两轴重合的力就不需要分解了.
（4）列出x轴方向上的各分力的合力和y轴方向上的各分力的合力的两个方程，然后再求解.
[例6] 如图2-24中，用绳AC和BC吊起一个重50N的物体，两绳AC、BC与竖直方向的夹角分别为30°和45°，求：绳AC和BC对物体的拉力.
图2-24
[解析] 此题可以用平行四边形定则求解，但因其夹角不是特殊角，计算麻烦，如果改用正交分解法则简便得多.
以C为原点作直角坐标系，设x轴水平，y轴竖直，在图上标出FAC和FBC在x轴和y轴上的分力，即：
FACX＝FAC sin30°＝
FACy＝FAC cos30°＝
FBCX＝FBC sin45°＝
FBCy＝FBC cos45°＝
在X轴上，FACX与FBCX大小相等.
即＝
在y轴上，FACy与FBCy的合力与重力相等
即+＝50 N
解得绳BC的拉力
绳AC拉力
[评价] 此题若以AC或BC为轴建立坐标系，解方程容易些，同学不妨一试.
五、受力分析的方法
1.物体受力分析的一般思路
（1）明确研究对象，研究对象可以是质点、结点、物体、物体系.
（2）按顺序分析物体所受的力，一般可先按重力、弹力、摩擦力的次序分析，再分析电场力、磁场力等其他力.
（3）正确画出受力图，注意：不同对象的受力图用隔离法分别画出，对于质点和不考虑力对物体的形变和转动效果的情况，可将各力平移至物体的重心上，即各力均从重心画起.
（4）检验，防止错画力、多画力和漏画力.
2.受力分析的注意事项
（1）只分析研究对象所受的力，不分析研究对象对其他物体所施的力.
（2）只分析根据性质命名的力.
（3）每分析一个力，都应找出施力物体.
（4）合力和分力不能同时作为物体所受的力.
[例7] 如图2-25所示，A、B、C三个物体叠放在桌面上，在A的上面再加一个作用力F，则C物体受到竖直向下的作用力除了自身的重力之外还有（ ）
图2-25
A.1个力 B.2个力 C.3个力 D.4个力
[解析] 将C物隔离开，竖直方向受到B给C的压力，地面给C竖直向上支持力，地球给C的重力，不能认为F经A、B传给了C，故除重力外，还有B对C的压力竖直向下，即选A.
[答案] A
[例8] 如图2-26所示，A、B、C三木块叠放在水平桌面上，对B木块施加一水平向右的恒力F，三木块共同向右匀速运动，已知三木块的重力都是G，分别对三木块进行受力分析.
图2-26
[解析] 先从受力情况最简单的A开始分析，A受力平衡，竖直方向受向下的重力G，B对A的支持力FN1=G，水平方向不受力，如图2-27甲.然后依次向下分析，B木块也受力平衡，竖直方向受三个力作用，重力G、A对B的压力FN1′=G、C对B的支持力FN2=2G；水平方向受两个力，向右的恒力F和C对B的摩擦力FCB=F,如图2-27乙所示.C木块同样受力平衡，竖直方向受三个力作用，重力G、B对C的压力FN2′=2G、桌面对C的支持力FN3=3G；水平方向受两个力，水平向右的静摩擦力FBC＝F，桌面对C的向左的滑动摩擦力FC桌＝F,如图2-27丙所示.
图2-27
[评价] （1）本题中对几个物体的受力分析采取了“隔离法”，进行分析时采取先易后难的顺序，先从受力情况较简单的开始.
（2）对某个物体的受力分析顺序，一般是先根据力的性质和产生原因去分析.首先确定重力，再从和它接触的物体上去找是否存在弹力和摩擦力.对于不易确定的，再根据运动情况，利用平衡条件（有时需根据牛顿第二定律）去分析.
（3）使用牛顿第三定律，可使分析简单，如判断出B受到C的摩擦力为FCB=F且向左后，立即就可以知道C与B的接触面上受到B物体对C物体向右且大小等于F的摩擦力FBC的作用.
六、解答平衡问题时常用的数学方法
1.菱形转化为直角三角形
如果两分力大小相等，则以这两分力为邻边所作的平行四边形是一个菱形，而菱形的两条对角线相互垂直，可将菱形分成四个相同的直角三角形，于是菱形转化成直角三角形.
[例9] 如图2-28甲所示，相距4 m的两根竖直柱子上拴一根长5 m的细绳，小滑轮及绳的质量和摩擦均不计，滑轮下吊一重180 N的重物，绳中张力多大？
图2-28
[解析] 选小滑轮为研究对象，受力分析如图2-28乙所示，由平衡条件可知，F1、F2的合力与G大小相等、方向相反.由对称性可知，平行四边形obca为菱形，可将菱形分成四个相同的直角三角形，则有F1=F2=
又,故
.
2.相似三角形法
如果在对力利用平行四边形定则（或三角形定则）运算的过程中， 力三角形与几何三角形相似，则可根据相似三角形对应边成比例等性质求解.
[例10] 光滑半球面上的小球被一通过定滑轮的力F由底端缓慢拉到顶端的过程中，试分析绳的拉力F及半球面对小球的支持力FN的变化情况（如图2-29所示）.
图2-29
[解析] 如图2-30所示，作出小球的受力示意图，注意弹力FN总与球面垂直，从图中可得到相似三角形.
图2-30
[答案] 设球体半径为R，定滑轮到球面的距离为h，绳长为L，据三角形相似得：
由上两式得绳中张力F=mg
球面弹力FN=mg
由于拉动过程中h、R不变，L变小
故F减小，FN不变.
[评价] 三角形相似法解此类问题很方便，但不满足此法适用条件的不能乱用，要求处于平衡态.
3.正交分解法
共点力作用下物体的平衡条件（F＝0）是矢量方程，求合力需要应用平行四边形定则，比较麻烦；通常用正交分解法把矢量运算转化为标量运算.正交分解法平衡问题的基本思路是：
（1）选取研究对象：处于平衡状态的物体；
（2）对研究对象进行受力分析，画受力图；
（3）建立直角坐标系；
（4）根据Fx＝0和Fy＝0列方程；
（5）解方程，求出结果，必要时还应进行讨论.
七、解答平衡问题常用的物理方法
1.隔离法与整体法
隔离法 为了弄清系统（接连体）内某个物体的受力和运动情况，一般可采用隔离法.运用隔离法解题的基本步骤是：
（1）明确研究对象或过程、状态；
（2）将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从全过程中隔离出来；
（3）画出某状态下的受力图或运动过程示意图；
（4）选用适当的物理规律列方程求解.
整体法 当只涉及研究系统而不涉及系统内部某些物体的力和运动时，一般可采用整体法.运用整体法解题的基本步骤是：
（1）明确研究的系统和运动的全过程；
（2）画出系统整体的受力图和运动全过程的示意图；
（3）选用适当的物理规律列方程求解.
隔离法和整体法常常需交叉运用，从而优化解题思路和方法，使解题简捷明快.
[例11] 在粗糙水平面上放着一个三角形木块abc，在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为m1和m2的两个物体，m1>m2如图2-31所示，若三角形木块和两物体都是静止的，则粗糙水平面对三角形木块（ ）
图2-31
A.有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向右
B.有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向左
C.有摩擦力的作用，但摩擦力的方向不能确定，因m1、m2、θ1、θ2的数值均未给出
D.以上结论都不对
[解析] 解法一 （隔离法）：把三角形木块隔离出来，它的两个斜面上分别受到两木块对它的压力FN1、FN2，摩擦力F1、F2.由两木块的平衡条件知，这四个力的大小分别为
FN1=m1g cosθ1 FN2=m2g cosθ2
F1=m1g sinθ1 F2=m2g sinθ2
它们的水平分力的大小（如图2-32所示）分别为
图2-32
FN1x=FN1 sinθ1=m1g cosθ1sinθ1,
FN2x=FN2 sinθ1=m2g cosθ2sinθ2,
F1x=F1 cosθ1=m1g cosθ1sinθ1,
F2x=F2 cosθ2=m2g cosθ2sinθ2,
其中 FN1x＝F1x,FN2x＝F2x,
即它们的水平分力互相抵消，木块在水平方向无滑动趋势，因此不受地面的摩擦力作用.
解法二 （整体法）：由于三角形木块和斜面上的两物体都静止，可以把它们看成一个整体，如图2-23所示，竖直方向受到重力（m1+m2+M）g和支持力FN作用处于平衡状态，水平方向无任何滑动趋势，因此不受地面的摩擦力作用.
图2-33
[答案] D
2.三角形法分析动态平衡问题
所谓动态平衡问题是指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，利用图解法解决此类问题的基本方法是：对研究对象在状态变化过程中的若干状态进行受力分析，依据某一参量的变化，在同一图中做出物体在若干状态下的平衡力图（力的平行四边形简化为三角形），再由动态的力四边形各边长度变化及角度变化确定力的大小及方向的变化情况.
[例12] 如图2-34甲所示，m在三根细绳悬吊下处于平衡状态，现用手持绳OB的B端，使OB缓慢向上转动，且始终保持结点O的位置不动，分析AO、BO两绳中的拉力如何变化.
图2-34
[解析] 由于O点始终不动故物体始终处于平衡状态，OC对O点的拉力不变且OA中拉力的方向不变，由平衡条件的推论可知绳AO的拉力F1与绳OB的拉力F2的合力
F′的大小和方向不变.现假设OB转至图2-34乙中F′2位置，用平行四边形定则可以画出这种情况下的平行四边形，可以看到F′2、F2末端的连线恰好为F1的方向，即F′2矢量的末端一定顶在BD这条线上，依此即可看出，在OB上转的过程中,OA中的拉力F1变小，而OB中的拉力F2是先变小后变大.
[评价] 该题动态平衡中各力的变化情况是一种常见类型，总结其特点有：合力大小和方向不变；一个分力的方向不变，分析另一个分力方向变化时两个分力的大小的变化情况.用图解法具有简单、直观的优点.
3.临界状态处理方法——假设法
某种物理现象变化为另一种物理现象的转折状态叫做临界状态，平衡物体的临界状态是指物体所处的平衡状态将要破坏、而尚未破坏的状态.解答平衡物体的临界问题时可用假设法.运用假设法解题的基本步骤是：明确研究对象；画受力图；假设可发生的临界现象；列出满足所发生的临界现象的平衡方程求解.
[例13] 如图2-35所示，能承受最大拉力为10 N的细线OA与竖解直方向成
45°角，能承受最大拉力为5 N的细线OB水平，细线OC能承受足够大的拉力，为使OA、OB均不被拉断，OC下端所悬挂物体的最大重力是多少？
图2-35
[解析] 当OC下端所悬物重不断增大时.细线OA、OB所受的拉力同时增大.为了判断哪根细线先被拉断，可选O点为研究对象，其受力情况如图2-36所示，利用假设，分别假设OA、OB达最大值时，看另一细线是否达到最大值，从而得到结果.
图2-36
取O点为研究对象，受力分析如图2-36所示，假设OB不会被拉断，且OA上的拉力先达到最大值，即F1=10N，根据平衡条件有
由于F2大于OB能承受的最大拉力，所以在物重逐渐增大时，细线OB先被拉断.
再假设OB线上的拉力刚好达到最大值（即F2max＝5 N）.处于将被拉断的临界状态，根据平衡条件有
再选重物为研究对象，根据平衡条件有
F3=Gmax
以上三式联立解得悬挂最大重力为Gmax=F2max=5 N.2007年二轮复习名师点津 专题三 牛顿定律
考点解读
牛顿定律
内容 要求
16.牛顿第一定律.惯性17.牛顿第二定律.质量.圆周运动中的向心18.牛顿第三定律19.牛顿力学的适用范围20.牛顿定律的应用23.超重和失重 ⅡⅡⅡⅠⅡⅠ
牛顿第一定律：知道牛顿定律的内容，知道牛顿第一定律是在物体不受力的理想情况下经过思维推理得出的物理定律.定律给出了物体具有维持原来运动状态的性质
——惯性，也就是说物体的运动不需要力来维持，力是物体改变运动状态的原因.
惯性：知道惯性是物体的一种属性，是维持物体运动状态的原因.既然是自身的属性，它就不会因外部条件的变化而变化，如物体的运动速度、所处的空间位置等.知道质量是物体惯性大小的量度.
牛顿第二定律：深刻理解牛顿第二定律的内容，弄清加速度与两个因素有关，一个是外部因素（受到外力的作用），一个是内部因素（自身属性惯性），并能够结合力的合成与分解熟练地解决有关问题.
牛顿第三定律：深刻理解牛顿第三定律的内容，并能够在有关问题中识别和熟练运用它解决相关的问题.牛顿第三定律应用的情况普遍到在很多具体问题中运用到牛顿第三定律而没有感觉到应用了它.物理学家称第三定律是最美妙的定律.
质量:质量是物质的一种属性，是物体惯性大小的量度.
牛顿定律适用条件：牛顿定律是在宏观低速的前提下总结出来的规律，当然对宏观低速是适用的.对于微观和高速情况它是不适用的.
超重和失重：理解超重和失重现象产生的原因，并能够运用牛顿定律正确解决有关问题.
考点清单
1.牛顿第一定律
一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外边迫使它改变这种状态为止.
（1）牛顿第一定律提示了一切物体都具有惯性，即具有保持原来运动状态不变的性质.
（2）牛顿第一定律提示了静止状态和匀速直线运动状态的等价性，它们的区别仅仅是参考系不同.
（3）牛顿第一定律指出了力是改变物体运动状态的原因，为牛顿第二定律的提出作了准备.
（4）牛顿第一定律描述的是一种理想化的状态，因为不存在不受外力作用的物体，因此它是在一些理想实验的基础上经过科学推理做出的结论.通常人们看到的静止或匀速直线运动状态，实际上是物体受到平衡力作用的结果.
（5）牛顿第一定律明确指出适用于一切物体.这就包括地上的物体和天上的物体.
这是人类思想史上第一次跨越天地之间的鸿沟，把地上的物体运动规律与天上的物体运动规律统一起来.
（6）牛顿第一定律提示了物体自己就是运动的，物体自己能够维持自己的状态，具有总保持运动状态的属性.
（7）牛顿第一定律不能看作牛顿第二定律的特殊情况，牛顿第一定律研究的是不受外力的理想情况，与受合外力为零不是一回事.（理想与现实不能等同的）
[例1] 在一艘匀速向北行驶的轮船甲板上，一运动员作立定跳远，若向各个方向都用相同的力，则（ ）
A.向北跳最远
B.向南跳最远
C.向东向西跳一样远，但没有向南跳远
D.无论向哪个方向都一样远
[解析] 运动员在跳起前与轮船有相同的水平速度，跳起后将保持这一速度不变.
运动员起跳后，因惯性其水平方向还具有与船等值的速度，所以无论向何方跳都一样.
[答案] D
[评价] 惯性现象在日常生活中是很多见的，要注意分析生活中的惯性现象，加深对相关知识的理解.
[例2] 两个完全相同的物体，在同一水平面上分别沿直线运动，则初速度较大的物体要比初速度较小的物体滑行时间长.据此，有的同学说：“物体的运动速度越大，惯性越大”.此种说法是否正确？
[解析] 因为物体完全相同，所以它们具有相同质量；又因惯性的大小是由物体的质量所决定的，与运动情况无关，故两个物体的惯性是相同的.至于为什么初速度大的物体运动的时间会长一些，应该这样理解：由于两物体受到的摩擦力相同（F=μFN=μmg），即此时两物体所受合外力相同，在物体质量相同时，两个物体的加速度大小相等.据匀减速直线运动规律（末态静止即v1=0），所以初速度v0大的物体运动时间较长，滑行距离也较大.由此可见，该同学的说法是错误的，两物体的惯性一样大.
[评价] 运动状态改变的难易是在共同前提下比较的，即合外力相同、速度改变量相同时，此时间，时间长，惯性大；时间短，惯性小.
[例3] 关于物体的惯性，下列说法中正确的是（ ）
A.运动速度大的物体，不能很快停下来，是因为速度大时，惯性也大
B.静止的火车启动时，速度变化慢，是因为静止的火车惯性大
C.乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球惯性小的缘故
D.物体受到的外力大，则惯性小；受到的外力小，则惯性就大
[解析] 因为一切物体都具有惯性，惯性是物体的固有属性，惯性仅由物体的质量大小决定，与外界因素（受力与否、受力的大小与多少、运动状态以及所处环境）无关.故D错.运动速度大的物体不能很快停下来，是因为从较大的速度变为静止，速度的改变量大，需要较长的时间，并非速度大，惯性大，故A错.静止的火车启动时，速度变化缓慢，是因为火车质量大，惯性大，而不是因为静止物体惯性大，故B错.乒乓球可以很快抽杀，是因为其质量很小，惯性小，在相同外力作用下运动状态容易改变，故C正确.
[答案] C
[评价] 对惯性概念的认识要掌握“一切”的含义，“一切”即无一例外，不论物体的种类、质量的大小、是否受力、是否运动、做何种运动都毫不例外地具有惯性，且惯性的大小仅由质量大小决定，与其他因素无关.但惯性不是质量，二者是两个不同的概念.
2.对牛顿第二定律的理解
（1）瞬时性：牛顿第二定律是力的瞬时作用规律.力和加速度同时存在、同时变化、同时消失.
（2）矢量性：F=ma是一个矢量方程，加速度a与F方向保持一致.
（3）独立性：物体受几个外力作用，在一个外力作用下产生的加速度只与此外力有关，与其他力无关.合加速度与合力有关.
（4）同体性：指作用于物体上的力使该物体产生的加速度.
[例4] 如图3-26所示，一个劈形物ABC各面光滑，放在固定的斜面上，AB成水平并放上一个光滑小球，把物体ABC从静止开始释放，则小球在碰到斜面以前的运动轨迹是（ ）
A.沿斜面的直线 B.竖直的直线 C.弧形曲线 D.折线
图3-26
[解析] 因小球在物体ABC从静止释放过程中，水平方向不受力的作用，由于惯性，水平方向仍保持静止而没有运动，所以小球在碰到斜面前的运动轨迹是竖直线.
[答案] B
[评价] 本题就单方向不受外力时，考查对牛顿第一定律的理解.
3.应用牛顿运动定律解题的规范步骤
（1）确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力图.
（2）根据力的合成与分解的方法，求出物体所受的合外力（包括大小和方向）
（3）根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度.
（4）结合给定的物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动参量.
[例5] 一质量为M、倾角为θ的楔形木块静置在水平桌面上，与桌面间的动摩擦因数为μ；另一物块质量为m，置于楔形木块的斜面上，物块与斜面的接触是光滑的.为了保持物块相对于斜面静止，可用一水平力推楔形木块，如图3-27所示，求此水平力F的大小.
图3-27
[解析] 因为m与M相对静止，因而有共同的加速度a，隔离m分析受力如图
3-28甲所示，受二力G＝mg与N，此二力的合力水平向左，使m产生加速度a，由牛顿第二定律
图3-28
mg tanθ＝ma，故a=g tanθ
把M与m整体作为研究对象，受力如图3-28乙所示，受重力(M + m)g，地面支持力N′，水平推力F和摩擦力 ，在竖直方向与水平方向上分别有：
而
由、、、解得F=(M + m)g (μ+tanθ).
[评价] 用牛顿第二定律解题的一般方法与步骤是：明确对象，隔离研究对象，分析运动和受力，依据定律列方程，统一单位求结果.研究对象的确定要看问题的特点而定，可以将某个物体隔离出来讨论，也可以将加速度相同的几个物体看做一个整体来讨论.在选择和确定研究对象时，视求解的方便程度，隔离法与整体法可灵活地选用.用正交分解法解题时，牛顿第二定律可写成分量式：Fx = max,Fy=may.在正交坐标系建立时，尽可能使较多的力与坐标轴重合，可以使求解简单化.通常选加速度a的方向和垂直于a的方向作为坐标轴的正方向.
[例6] 如图3-29所示，在粗糙的水平面上放一三角形木块a，若物体b在a的斜面上匀速下滑，则（ ）
图3-29
A.a保持静止，而且没有相对于水平面运动的趋势
B.a保持静止，但有相对于水平面向右运动的趋势
C.a保持静止，但有相对于水平面向左运动的趋势
D.因未给出所需数据，无法对a是否运动或有无运动趋势作出判断
[解析] 以b为研究对象，b受竖直向下重力、斜面支持力和滑动摩擦力.b匀速下滑说明所受合力为零，斜面支持力和滑动摩擦力的合力竖直向上，与重力平衡.所以，b对a的压力和滑动摩擦力的合力方向竖直向下，a在水平方向上不受外力作用，A正确，B、C、D都错误.
另外，考虑到匀速与静止的力学等价性，可见a、b为一整体，整体不受水平外力作用，故无相对运动趋势，故A正确，B、C、D错误。
[答案] A
[易错分析] 错解B、C、D
一、错选B的同学只考虑到b对a的压力有一水平向右的分量，而没有考虑到b对a的滑动摩擦力也有一水平向左的分量.实际上b对a的压力和滑动摩擦力的合力方向竖直向下，b对a水平方向上没有作用力.错选C的同学认为b向下滑将带动a有向左运动的趋势，这也是片面的考虑.
二、有的同学错选D，以为D的说法考虑问题全面.这些同学只看到问题复杂性的一面，而没有进一步分析得出简单的结论.
[例7] 如图3-30所示，水平地面上有两个完全相同的木块A、B，在水平推力F作用下运动，用FAB代表A、B间的相互作用力（ ）
图3-30
A.若地面是完全光滑的，则FAB=F
B.若地面是完全光滑的，则FAB=
C.若地面动摩擦因数为 ，则FAB=F
D.若地面动摩擦因数为 ，则FAB=
[解析] 设A、B木块的质量都是m ，地面动摩擦因数为 ，则A、B物体受地面水平方向的滑动摩擦力为2 mg.
把A、B木块看成一整体，水平方向受推力F和滑动摩擦力2 mg作用.若加速度为a，则由牛顿定律得
F - 2 mg =2ma
以B为研究对象，B水平方向受A的推力FAB和滑动摩擦力 mg作用.
得FAB- mg＝ma
联立、式解得 FAB=，B、D正确.
[答案] BD
[易错分析] 错解A、C.
一、一些同学错选A和C，这些同学认为作用于A的水平推力F经过A传递到B，A、B间的相互作用力为F.这种力的传递的概念只有在一些特殊情况下才能应用，一般情况下是不正确的.要理解A、B之间的相互作用力是弹力，这种弹力一般用牛顿定律来分析计算的.
二、有的同学漏选了D，他们凭感觉认为有摩擦后B受力应小于.题中已说明，根据牛顿定律和受力分析，无论是否有摩擦，FAB与 无关，都等于.
4.力、加速度、速度关系
（1）物体所受合外力的方向决定了其加速度的方向,合力与加速度的大小关系是F=ma，只要有合力，不管速度是大，还是小，或是零，都有加速度，只有合力为零，加速度才能为零.一般情况下，合力与速度无必然的联系，只有速度变化才与合力有必然的联系.
（2）合力与速度同向时，物体加速，反之减速.
（3）力与运动的关系：力是改变物体运动状态的原因，即：力→加速度→速度变化（运动状态变化）.
物体所受到的合外力决定了物体当时加速度的大小，而加速度的大小决定了单位时间内速度的变化量的大小.加速度大小、与速度大小无必然的联系.
（4）区别加速度的定义式与决定式.
定义式：，即加速度定义为速度变化量与所用时间的比值，而a=F/m则揭示了加速度决定于物体所受的合外力与物体的质量.
[例8] 质量m =1 kg的物体静止在光滑的水平面上，在第1，3，5…，奇数秒内给物体施加同向力F=2 N的水平推力；在第2，4，6，…，偶数秒内不给物体施加力的作用，求经多少时间，此物体的位移恰好是105 m.
[解析] 物体运动的加速度a=F/m=2 m/s2
运动过程中的速度—时间图象如图3-31所示，它说明了物体在奇数秒内做加速运动，在偶数秒内做匀速运动.若以2 s为一个周期T来计算，则后一个周期比前一个周期内的相应时刻速度均大，且.相应地每后一个周期比前一个周期内的位移多.
物体在第一个周期内的位移
在第n个周期内的位移为
物体的总位移
当时，即.解得（另一解为负值，舍去），所以
图3-31
[评价] 读图创设物理情景是解题的关键.理解v-t图象的物理意义是创设情景的基础.逻辑推理能力是本题主要的考查点.
5.动力学的两大基本问题
（1）已知受力情况求运动情况
根据牛顿第二定律，已知物体的受力情况，可以求出物体的加速度；再知道物体的初始条件初位置和初速度，根据运动学公式，就可以求出物体在任一时刻的速度和位置，也就求解了物体的运动情况.
（2）已知物体的运动情况，求物体的受力情况.
根据物体的运动情况，由运动学公式可以求出加速度，再根据牛顿第二定律可确定物体受的合外力，从而求出未知的力，或与力相关的某些物理量.如：动摩擦因数、劲度系数、力的角度等.
说明 无论是哪种情况，联系力和运动的“桥梁”是加速度解题思路可表示如下：
[例9] 如图3-32所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A→B长度为16 m，传送带以10 m/s的速率逆时针转动.在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A运动到B需时间是多少？（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
图3-32
[剖析] 物体的运动分为两个过程，一个过程在物体速度等于传送带速度之前，物体做匀加速直线运动；第二个过程是物体速度等于传送带速度以后的运动情况，其中速度相同点是一个转折点，此后的运动情况要看mg sinθ与所受的最大静摩擦力，若μ[解析] 物体放在传送带上后，开始的阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力F，物体受力情况如图3-33所示.物体由静止加速，由牛顿第二定律得
图3-33
a1=10×（0.6+0.5×0.8）m/s2=10 m/s2
物体加速至与传送带速度相等需要的时间
由于μ图3-34
mg sinθ-μmg cosθ=ma2 a2=2 m/s2
设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2，由
解得t2=1s t2=-11 s（舍去）
所以物体由A→B的时间t =t1+t2=2 s
[评价] 解答“运动和力”问题的关键是要分析清楚物体的受力情况和运动情况弄清所给问题的物理情景.加速度是动力学公式和运动学公式之间联系的桥梁.
审题时应注意由题给条件作必要的定性分析或半定量分析.譬如，由本题中给出的μ和θ值可作出判断：当μ≥tanθ时，物体在加速至与传送带速度相同后，将与传送带相对静止一起匀速运动；当μ通过此题可进一步体会到，滑动摩擦力的方向并不总是阻碍物体的运动，而是阻碍物体间的相对运动.它可能是阻力，也可能是动力.
6.牛顿第三定律
两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上.作用力和反作用力不是一对平衡力，因为它们分别作用于两个不同的物体.牛顿第三定律说明物体间是相互作用、相互联系的，也说明力不能脱离物体而存在.
作用力和反作用力与一对平衡力的联系和区别
（1）联系：都是大小相等、方向相反，作用在一条直线上.
（2）区别：作用力和反作用力都是同种性质的力，而一对平衡力不一定是同种性质的力.
作用力和反作用力总是同时产生、同时消失，而一对平衡力不具同时性.
作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上，而一对平衡力作用在同一物体上.
作用力和反作用力可以处于任何运动状态，而一对平衡力的相关物体一定处于平衡状态.
7.超重、失重现象及运动特征
（1）超重与失重现象不是物体的重力有变化，物体的重力不会因物体的运动状态的改变而改变.
（2）超重：物体的加速度方向是竖直向上.物体不一定是竖直向上做加速运动，也可以是竖直向下做减速运动.
失重：物体的加速度方向是竖直向下.物体既可以是向下做加速运动，也可以是向上做减速运动.
（3）尽管物体不在竖直方向上运动，只要其加速度在竖直方向上有分量，即ay≠0，则当ay方向竖直向上时，物体处于超重状态，当ay方向竖直向下时，物体处于失重状态.
[例10] 如图3-35，质量为M的粗糙斜面上有一质量为m的木块匀减速下滑，则地面受到的正压力应当是（ ）
图3-35
A.等于（M + m）g B.大于（M + m）g
C.小于（M + m）g D.无法确定
[答案] B
[解析] 分析M、m运动状态，知M、m整体有竖直向上的加速度分量，所以处于超重状态，整体对地面的压力大于（M + m）g，应选B.
[评价] 不少问题若直接用牛顿第二定律判断，分析过程很繁琐，而用超重和失重的知识分析，思路却很简捷，看来超重和失重作为一种定性或半定量分析问题方法，不容轻视.
8.正交分解法与牛顿第二定律的结合应用
当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法解题，多数情况下是把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上有：Fx＝ma（沿加速度方向）
Fy＝0（垂直于加速度方向）
特殊情况下分解加速度比分解力更简单.
应用步骤一般为：
确定研究对象；分析研究对象的受力情况并画出受力图；建立直角坐标系，把力或加速度分解在x轴或y轴上；分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程；统一单位，计算数值.
[例11] 质量为m的物体放在倾角为α的斜面上，物体和斜面的动摩擦因数为μ，如沿水平方向加一个力F，使物体沿斜面向上以加速度a做匀加速直线运动（如图3-36所示），则F＝？
图3-36
[解析] 本题将力沿平行于斜面和垂直于斜面两个方向分解，分别利用两个方向的合力与加速度的关系列方程.
[答案] （1）受力分析：物体受四个力作用：推力F、重力mg、弹力FN，摩擦力F′
（2）建立坐标：以加速度方向即沿斜向上为x轴正向，分解F和mg（如图3-37所示）：
图3-37
（3）建立方程并求解
x方向：F cosα-mg sinα- F′=ma
y方向：FN-mg cosα-F sinα=0
F′= μFN
三式联立求解得F=m（α+g sin α+μg cosα）/(cos α-μsinα)
分解加速度而不分解力，此种方法一般是在以某种力或合力的方向为x轴正向时，其他力都落在两坐标轴上而不需再分解.
[例12] （2000上海高考，21）（12分）风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力.现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室.小球孔径略大于细杆直径.如图3-38所示.
（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数.
图3-38
（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s所需时间为多少？（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
[解析] （1）设小球所受的风力为F，如图3-39所示，小球质量为m，因为F =μmg，所以μ＝F/mg＝0.5
图3-39
（2）设杆对小球的支持力为N，摩擦力为 ，沿杆方向，F cos θ+mg sin θ- =ma，垂直杆的方向N + F sin θ- mg cos θ=0，其中 ＝μN，可解得
又因为，所以
[说明] 风洞实验是模拟航空航天飞行器飞行的不可缺少的实验设备，该题就是以这样的先进的科学实验设备为背景，来考查牛顿定律的应用.学生只要从题境中抽象出来，建立理想化的斜面模型，题目即迎刃而解.