2008高考全国知名示范性高中物理二、三轮复习技巧与策略及专题训练以及参考答案
文档属性
| 名称 | 2008高考全国知名示范性高中物理二、三轮复习技巧与策略及专题训练以及参考答案 |  | |
| 格式 | rar | ||
| 文件大小 | 268.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2008-02-25 11:36:00 | ||
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文档简介
2008高考全国知名示范性高中物理二、三轮复习技巧与策略及专题训练
第二轮复习：专题训练，查漏补缺
二轮复习首先进行大单元综合复习和训练，注意知识的归纳和总结，注意物理学科不同部分知识间的相互联系和渗透。通过归纳、类比、图表、知识结构图等形式，将分布在各章节零散而又有内在联系的知识点联系起来，形成便于记忆和巩固的知识网络，从新的高度把握整个知识结构体系，为知识的迁移奠定坚实的基础。其次要认真搞好专题复习，对物理学的主干知识（考试说明中的Ⅱ层次内容），应做到深刻理解，并能灵活运用。重视联系生活、生产实际问题的训练，重视近代物理知识、设计性实验的专题训练。对高考第一轮复习中的薄弱环节，要有针对性地进行专题复习，及时、认真、独立完成老师设计的专题训练，对做错的题进行专题过关、查漏补缺、深化知识。
重视物理学科中基本的、核心的、可再生性的高考热点内容（如能量、场、振动和波等），注重信息题、新情景题的专题训练，不断提高获取和处理信息的能力，把握物理学重要的研究方法，要重视物理解题方法的归类总结和专题训练。常用的物理解题有构建物理模型法、物理解题中的数学方法，高考题中隐含条件的挖掘、等效法、极端假设分析法、估算法、图象法等。
第三轮复习：综合训练，回归课本
三轮复习一般安排在考前45天至考前15天，以模拟训练、过关训练及其讲评为主要形式，旨在培养同学们的应试能力和训练良好的竞技状态，进一步强化重要的公式、定律、规律。对题型、题量、难度的控制通过不同层次要求的试卷来训练，使同学们有多种心理准备，从而能从容地走进高考考场。
第三轮复习应注意了以下几个方面。
⑴处理好做练习与看课本的关系，强调同学必须重视课本。
⑵处理好做新练习与看原来练习的关系。一方面要做一定量的新练习，另一方面要重温以往练习、考试过的题，做错的固然要再订正，原来做对的典型题也要求再重新熟悉思路。
⑶抓主干知识与全面复习的关系。
⑷高考的热点与冷避点。尤其是关注社会热点问题、重大的科技问题的动态。
⑸注意知识的复习与应试能力的同步提高，重视研究考试策略
⑹注意总结前面考试的经验教训，调整好考前情绪，不要急躁，扎扎实实地复习，有关知识要加强记忆，考前不做难题，要有平静的心情、稳定的情绪。
专题一 力 物体的平衡
能力培养
1、（启东中学，基础题，4分，2分钟）如图1—1所示，物体A以某一初速度沿斜面向下运动时，斜面体B处于静止状态，此时B与水平地面间的静摩擦力大小为f1；若A以某一初速度沿斜面向上运动时，B仍处于静止状态，此时B与水平地面间的静摩擦力大小为f2，则： ( )
A、f1可能为零 B、f1不可能为零 图1—1
C、f2可能为零 D、f2不可能为零
2、（启东中学，中档题，4分，4分钟）质量为m1、m2的小球分别带同种电荷q1和q2，它们用等长的细线吊在同一点O，由于静电斥力的作用，使m1球靠在竖直光滑墙上，m1的拉线l1呈竖直方向，如图所示，m1、m2均处于静止，如图1—2所示。由于某种原因，两球之间的距离变为原来的一半，则其原因可能是（ ）
A、m2变为原来的一半
B、m2变为原来的八分之一
C、q1变为原来的八分之一
D、q2变为原来的八分之一 图1—2
3、（启东中学，中档题，4分，3分钟）如图1—3所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F的拉力作用，而左端的情况各不相同：①中弹簧的左端固定在墙上，②中弹簧的左端受大小也为F的拉力作用，③中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动，④中弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动。若认为弹簧的质量都为零，以l1、l2、l3、l4依次表示四个弹簧的伸长量，则有：（ ）
图1—3
A．l2＞l1 B．l4＞l3 C．l1＞l3 D．l2＝l4
4、（启东中学，中档题，4分，3分钟）用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来，如图1—4所示，今对小球a持续施加一个向左偏下30°的恒力，并对小球b持续施加一个向右偏上30°的同样大的恒力，最后达到平衡。表示平衡状态的图可能是（ ）
图1—4
5、（启东中学，中档题，5分，3分钟）水平放置夹角为60°的光滑V型支架AOB，两臂上各套有一个滑环P、Q，用不可伸长的细线连接两环，如图1—5，缓慢拉动环Q使它沿杆OB滑动，待两环受力达到平衡时，拉力F与线中拉力T的大小之比为 。
图1—5
答案
1、 AD
解析：若A沿斜面向下匀速运动，则A对B的合力方向竖直向下，大小为mag，则B与地面之间的摩擦力为0；若若A沿斜面向上运动，则经过受力分析可知，B一定受到地面水平向左的摩擦力的作用。
2、 BCD
解析：对m2受力分析，如左图所示，利用相似三角形，可知mg/F=L/r,而F=kQ1Q2/r2
得：r3=kLQ1Q2/m,所以答案为BCD。
3、D
解析：弹簧得伸长量与弹簧自由端所受拉力的大小成正比，由于弹簧不计质量，所以题中四种情况下的弹力大小一样，弹簧的伸长量一样。
4、A
解析：利用整体和隔离法来分析两小球。整体水平方向合外力为零，所以上面的细绳应处于竖直状态。
5、
解析：要知道当两环受力达到平衡时,细绳与OA方向垂直，与OB夹角为300。再利用受力分析可得答案。
专题二 直线运动
能力培养
1、（启东中学 基础题 4分 2分钟）如图2—1所示，一个带正电的粒子以一定初速度垂直进入水平方向的匀强电场，若不计重力，下列图像中哪一个能描述粒子在电场中的运动轨迹（ ）
图2—1
2、（启东中学 中档题 4分 4分钟）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2—2所示。连续两次曝光的时间间隔是相等的。由图可知（ ）
图2—2
A．在时刻t2以及时刻t5两木块速度相同
B．在时刻t3两木块速度相同
C．在时刻t3和时刻t4之间某瞬时两木块速度相同
D．在时刻t4和时刻t5之间某瞬时两木块速度相同
3、（启东中学 难题 4分 5分钟）历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”定义为，其中v0和vt分别表示某段位移s内的初速和末速。A>0表示物体做加速运动，A<0表示物体做减速运动。而现在物理学中加速度的定义式为，下列说法正确的是（ ）
A．若A不变，则a也不变 B．若A>0且保持不变，则a逐渐变大
C．若A不变，则物体在中间位置处的速度为
D．若A不变，则物体在中间位置处的速度为
4、（启东中学 基础题 5分 4分钟）高速公路给人们出行带来了方便，但是因为在高速公路上行驶的车辆速度大，雾天往往出现十几辆车追尾连续相撞的车祸。汽车在沪宁高速公路正常行驶速率为120km / h，汽刹车产生的最大加速度为8m/s2，大雾天关闭高速公路。如果某天有薄雾，能见度约为37m，为安全行驶，避免追尾连续相撞，汽车行驶的最大速度为_________m/s(设司机反应时间为0.6s)
5、（启东中学 难题 4分 4分钟）羚羊从静止开始奔跑，经过50m能加速到最大速度25m / s，并能维持一段较长的时间；猎豹从静止开始奔跑，经过60m的距离能加速到最大速度30m /s，以后只能维持这速度4.0s。设猎豹距离羚羊x时开始攻击，羚羊在猎豹开始攻击后1.0s才开始奔跑，假定羚羊和猎豹在加速阶段均做匀加速运动，且沿同一条直线奔跑，猎豹要在从最大速度减速前追到羚羊，x值 。
答案
1、C 解析：由于不计重力，所以带电粒子在竖直方向匀速运动，在水平方向匀加速运动，运动形式类似于平抛运动。
2、C 解析：有图可知上方木块做匀加速运动，下方木块做匀减速运动。设每次曝光时间间隔为T，单元格长度为L，所以V下＝4L/T,而上方木块在t3，t4之间的平均速度也是4L/T,所以答案为C。
3、BC
4、20 解析：注意题中的条件：避免追尾连续相撞。也就是说，当某车恰看到前方37m处相撞的两车时，作出反应，经0.6s后刹车，恰避免追尾连续相撞。所以37=0.6v+v2/2a,得v=20m/s
5、x < 55m 解析：设猎豹从静止开始到获得最大速度的时间为t1，羚羊从静止开始到获得最大速度的时间为t2，s1 = v1mt1/2 t1 = 4s ， s2 = v2mt2/2 t2 = 4s 。 猎豹要在从最大速度减速前追到羚羊，猎豹最多匀速运动4s，羚羊最多匀速运动3s。
x < S1－S2 = (60+30×4)－(50＋25×3) = 55m
专题三 牛顿运动定律
讲解部分：
【复习策略】
历年的高考知识点中，有关牛顿运动定律的内容和要求是几乎没有任何变动的，具体知识内容见下表：
内容 要求 说明
1.牛顿第一定律.惯性. Ⅱ
2.牛顿第二定律.质量.圆周运动中的向心力. Ⅱ
3.牛顿第三定律. Ⅱ
4.牛顿力学的适用范围. Ⅰ
5.超重和失重 Ⅰ
（注：Ⅰ.对所列知识要知道其内容及含义,并能在有关问题中识别和直接使用.
Ⅱ.对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系,能够进行叙述和解释,并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用）
高考对牛顿运动定律的考察，呈现略有增加的趋势，这跟高考试题的平稳，高考的选拔功能由拔尖向基本普及的改变有一定的关系。从近年高考看，本章主要考查考生是否准确理解牛顿第一定律；要求考生加深理解牛顿第二定律，熟练掌握其应用，尤其是物体受力分析方法；理解牛顿第三定律；理解和掌握运动和受力的关系；理解超重和失重。本章考查的重点是牛顿第二定律，而牛顿第一定律和牛顿第三定律在牛顿第二定律的应用中得到了完善的体现。从近年高考来看，每年的高考对本章内容的单独命题多以选择、计算的形式出现，趋向于用牛顿运动定律解决生活、科技、工农业生产等诸多实际问题。例如2004年全国理综Ⅰ的第15、20、25题，全国理综Ⅱ的第21题等。更多的是综合性题目，多与电场、磁场联系，试题难度中等以上。从运动轨迹看多是直线运动，如在水平面上的直线运动，沿竖直方向的上升和下降，沿斜面的上升和下降，也有一些涉及曲线运动。如2003年高考江苏广东试题的第19题，上海的第21题，以及2002年全国的理综的26题等都有体现牛顿定律的相关内容。
本章讲述牛顿的三个基本定律,是力学的重点章节,取到承上启下作用，对于学生掌握力学知识和提高能力,都是十分重要的.
本章在前两章的基础上,运用牛顿运动定律分析两类基本问题,即已知物体的受力情况确定物体的运动情况和已知物体的运动情况来确定物体的受力情况。对此，关键是解决物体的受力和运动，明确合外力的方向，以加速度为桥梁来分析和解决问题。另外，也希望同学们能用动态的观点来分析和解决问题，时刻明确物体的受力是如何变化的，进而分析出物体的运动状态是如何变化，明确运动变化的本质是力带来的。本章节还有一个重点的内容是关于超重和失重。简略归纳如下：
1.通过学习牛顿第一定律,理解惯性概念,理解运动和力的关系,理解质量是惯性的量度,会正确解释有关惯性现象,在牛顿第一定律的建立过程中,培养历史唯物主义和辩证唯物主义观点.通过伽利略理想实验的学习,培养观察能力、抽象思维能力,培养能从纷繁的现象中探求事物本质的科学态度和推理能力.
2.通过学习牛顿第二定律,学会用控制变量法研究力、加速度和质量的关系,进一步理解加速度和力的关系,并能在惯性参考系中,运用运动学和牛顿第二定律的知识分析解决“运动和力”的两类基本问题.
3.通过学习牛顿第三定律,进一步理解物体间的力的作用的相互性,能区分平衡力、作用力和反作用力,会正确运用牛顿第三定律解释有关现象.
4．通过学习牛顿定律，解决超重和失重的知识。
5．灵活运用整体法和隔离法解决连结体问题。
6．恰当运用正交分解法解决物体受多力情况下的受力分析。
【典例剖析】
例1 (2002 上海 7)一航天探测器完成对月球的探测任务后,在离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行,先加速运动,再匀速运动,探测器通过喷气而获得推动力,以下关于喷气方向的描述中正确的是( )
A.探测器加速运动时,沿直线向后喷气
B.探测器加速运动时,竖直向下喷气
C.探测器匀速运动时,竖直向下喷气
D.探测器匀速运动时,不需要喷气
[解析]如图所示,把探测器所要做的直线加速运动和匀速直线运动两种情况下的受力分析图画出后,本题便不难解决.只有当探测器受的合力方向沿运动方向时控测器才能做直线加速运动。只有当探测器受平衡力作用时才做匀速直线运动.
本题应选C. 例1图
[点评]本题和科技生活的实际相联系，考生最难以判定的是匀速运动时的喷气的方向,因为虽然经过高中物理的学习,但是还是有不少同学在头脑中有根深蒂固的“力是物体运动的原因”这种想法.还是认为要使探测器斜着做匀速直线运动应有斜着的喷气方向.造成很多同学的错选.
例2(2001 上海 8)一升降机在箱底装有若干个弹簧,设在某次事故中,升降机吊索在空中断裂.忽略摩擦力,则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中( )
A.升降机的速度不断减小
B.升降机的加速度不断变大
C.先是弹力做的负功小于重力做正功,然后是弹力做的负功大于重力做的正功
D.到最低点时,升降机加速度的值一定大于重力加速度的值 例2图
[答案]CD
[解析]当弹簧触地后,对弹簧上的升降机而言.受到重力和弹力的作用,而在一开始,弹簧还几乎未形变.故升降机所受的合力方向依然向下,即仍作向下的加速运动。一旦弹簧的弹力大小等于升降机的重力,此时处于合力为零的临界状态.故此时物体应具有最小的加速度和最大的速度.此后升降机将继续向下运动,只不过由于此时的弹力将大于重力,故开始减速直至速度为零.
另外,在减速过程中,根据运动的对称性,当升降机的速度减至初速度大小时,加速度的大小应正好等于重力加速度,方向向上.而当升降机的速度减为零时,此时的加速度将大于重力加速度.故选择支中C和D是正确的.
本题应选CD.
[点评]本题对物体运动过程的分析要求比较高.很多同学想当然认为弹簧一触地升降机便开始减速.事实上,对一个物体的运动趋势的分析,应从受力和初速度两方面情况结合考虑.如本题中升降机的初速度方向是竖直向下的,而物体在触地后的一小段时间内的合力方向也是向下,故判断到的物体的运动应是加速,而不是减速.
另外,有些同学对最低点的加速度难以分析.事实上,可根据振动的对称性,当弹簧触地的一瞬间,物体仅受重力的作用,加速度大小为g.故当物体减速到速度等于初速度大小时,加速度大小也应为g.当然在速度减为零时的加速度应大于g.
例3(2001 上海 20)如图所示,一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的两根细线上, l1的一端悬挂在天花板上,与竖直方向夹角为θ, l2水平拉直,物体处于平衡状态,现将l2线剪断,求剪断瞬间物体的加速度.
⑴下面是某同学对该题的一种解法:
解:设l1线上拉力为T1,l2线上拉力为T2,重力为mg,物体在三力作用下保持平衡
T1cosθ=mg T1sinθ=T2 故 T2=mgtanθ
剪断线瞬间,T1突然消失,物体即在T2反方向获得加速度,因为mgtanθ=ma,所以加速度a=gtanθ,方向在T2反方向.你认为这个结果正确吗 请对该解法作出评价并说明理由.
⑵若将图中的细线l1改为长度相同质量不计的轻弹簧,如图所示,其他条件不变,求解的步骤和结果与⑴完全相同,即a=gtanθ,你认为这个结果正确吗 请说明理由.
[答案]⑴错⑵对。
[解析]⑴错. 例3图
因为l2被剪断的瞬间,l1上的张力大小发生突变,此时物体获得的瞬时加速度应由重力的一个分力来提供,即
mgsinθ=ma 得 a=gsinθ,方向应垂直于细线方向斜向下.
⑵对.
因为l2被剪断的瞬间,弹簧l1上的张力未发生变化,故剪断线瞬间,T1突然消失,物体即在T2反方向获得加速度,因为mgtanθ=ma,所以加速度a=gtanθ,方向在T2反方向.
[点评]由于细线中的张力会在一瞬间发生变化，即“突变”。物体受到的各个力都会因为某些外部条件的变化变化。本题在l2被剪断的瞬间,l1如果是绳子，则绳子上的张力大小将由原先的mg/cosθ（由三力平衡解得），变化到mgcosθ（由绳中拉力抵消重力沿绳子方向的分量而解得）。
而弹簧的形变是无法在一瞬间发生变化，即无法“突变”，只能“渐变”。所以必然导致在l2被剪断的瞬间,弹簧l1上的形变量可以认为未发生丝毫变化,即弹簧上的张力仍为原来三力平衡时的mg/cosθ，从而得到小球在剪断后瞬间的合外力大小等于T2，方向和T2相反，加速度a=gtanθ,方向在T2反方向.
例4(2000 上海 21)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，如图所示，
⑴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重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数。
⑵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）
[答案] μ=0.5； 例4图
[解析]⑴设小球受风力为F,球质量为m,则
F=μmg
由于风力约为重力的0.5倍,故
μ=0.5
⑵设杆对球的支持力为N,摩擦力为f ,根据牛顿第二定律
沿杆方向 Fcosθ+mgsinθ-f=ma
垂直杆方向 N+Fsinθ-mgcosθ=0 例4图
由运动学公式 S=at2
得 t=
[点评]本题以风洞作为背景材料，情境比较新颖,所涉及到的知识有受力分析、牛顿第二定律、运动学知识.特别是第二问中对物体加速度的计算,需要花费一定的时间.
本题第二问中，由于物体受到的力比较多，加速度的计算需要用正交分解法,在应用正交分解法解题应注意:一般取加速度方向为x轴正方向,另一垂直于x轴的方向为y轴方向,这样物体在x轴方向的合外力等于ma,而在y轴方向的合外力为零,从而可以求解出本题中的加速度.
例5(1994 全国 30)如图所示,质量M=10kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上,动摩擦因数μ=0.02.在木楔的倾角θ为30°的斜面上,有一质量为m=0.1kg的物体由静止开始沿斜面下滑,当滑行的路程s=1.4m时,其速度v=1.4m/s.在这过程中木楔没有动.求地面对木楔的摩擦力的大小和方向.(g取10m/s2)
[答案] f2=macosθ 方向水平向左.
[解析]由速度位移公式
v2=2as 得 a=v2/2s=,
而 a隔离木块m,由牛顿第二定律与力的平衡得 例5图
mgsinθ-f1=ma
mgcosθ-N1=0
再隔离木楔,它已受四个力,再设地面对它的摩擦力为f2,由木楔水平方向受力平衡可知
f1’cosθ+f2=N1’sinθ 其中 f1=f1’ N1=N1’
由此可得 f2=macosθ=0.06N 方向水平向左.
[点评]本题使用“隔离法”解决问题.需要对物体进行细致的受力分析.本题中第二步对木楔进行受力分析时，由于受到的力较多，故最好建立坐标系解题。且摩擦力的方向也应通过最后的解答中的正负来作判断.
作为94年的一道老高考题，在当年的考试中得分率极低，即使在现今的二、三轮复习阶段，本题对同学们的“杀伤力”也极大，我们可以用另一种思路“整体法”来解题。将小滑块和木楔看成一个整体，整体中有一部分（小滑块）有沿斜面向下的加速度，将此加速度沿水平方向分解成ax=0.7cos30°,方向水平向左，此加速度由地面给木楔的水平向左摩擦力f2=macosθ=0.06N来提供，本题由此得解；将此加速度沿竖直方向分解成ay=0.7sin30°,方向竖直向下，表明整体处于失重状态，地面给木楔的支持力将小于整体的重力，比整体的重力小masinθ=0.035N，轻而易举得到另外一个物理量，即地面对木楔的支持力。
超重和失重的观点在本题中得到了一定巧用。
例6、一质量为m均匀立方体木块沿倾斜的直角槽AB滑下，AB棱的倾角为θ，两槽面和过AB棱的竖直平面夹角相等，如图所示，若立方体木块与直角槽两槽面间的动摩擦因数均为u，试求木块下滑的加速度。
[答案] a＝(sinθ－μcosθ)g 例6图
[解析]重力沿斜面方向的分量为F1＝mgsinθ，沿垂直于AB方向的分量为F2＝mgcosθ
而支持力应为N＝N1＝N2＝F2cos45°（如右图所示）
故两边受到的摩擦力均为f1＝f2＝μN＝μmgcosθ·cos45°，
据牛顿定律有，F1－2f1＝ma
解以上几式得：a＝(sinθ－μcosθ)g
[点评]受力分析是解决本题的关键，但本题中立方体木块受到各个力不在同一平面内，即各个力分布在三维空间内，同时本题中的图示也是一个立体三维图。一般而言，以后高中阶段涉及到三维立体图，最好的处理方式应将此三维图作多角度平面处理，有时需从侧面去分析，即观察“侧视图”，本题中将重力的分解即是如此。有时需从上向下观测分析，即观察“俯视图”。有时需观察“剖视图”，本题中的两个槽面对立方体木块的支持力N1和N2便是通过“剖视图”将F2分解而得到。
例7、如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动, 传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面,一物体以恒定的速度v2沿直线向左滑上传送带后,经过一段时间又返回光滑水平面,速率为v2＇,则下列说法正确的是( )
A.若v1 ＜v2 ，则v2＇＝v1 B. 若v1 ＞v2，则v2＇＝v2
C.不管v2多大，总有v2＇＝v2 D.只有v1 =v2时，才有v2＇＝v1 例7图
[答案]B
[解析]物体向左滑上传送带后，受到三个力的作用：重力、弹力和水平向右的滑动摩擦力。作匀减速运动，当速度减小为零以后，将反向（即向右）作匀加速运动。
分两种情形讨论，第一种情形，若v1 ≥v2，则物体将作持续的匀加速运动直至滑上光滑水平面，当然由于向左作匀减速运动和向右反向的匀加速运动的过程具有完全对称性和可逆性，故滑上光滑水平面的速度大小仍等于v2；第二种情形，若v1 ＜v2，则物体向左减速到零后再向右作匀加速运动的过程中，在还未返回到水平面前速度已达到皮带运动的速度v1，以后将随皮带一起作匀速运动，直到滑上水平面,故v2’=v1[点评]受力分析是解决本题的关键，但很多同学对反向（即向右）作匀加速运动这段过程分析不够仔细。物体放上水平传送带的运动一定是先作匀加速直线运动，当速度的大小达到皮带一样速度时，紧接下来将和皮带无相对运动共同前进。
如果题目中需要求解运用传送带将物体从一端传送到另一端所需的最短时间，则要求传送带具有足够大的速度，让物体持续地匀加速运动完成从一端到另一端的运动。
“想当然”来解题，是学习物理的每一个同学最易犯的一个通病，“根深蒂固”地以为物体的运动应该这样或那样是同学们解题的大忌，又如有一道题，一个物体从斜面上滑到静止的传送带上，再从传送带上滑到地面上，若传送带逆着物体的运动的方向作传动，问物体的落点是偏近还是偏远？很多同学不进行受力分析，便轻易下结论，以为传送带的传动必将减小物体从传送带上落下时的速度，所以落点将偏近。事实的情况是，物体受到的重力、支持力及物体所受的滑动摩擦力都没有发生任何变化（包括大小和方向），故物体的运动也未有变化，物体仍将落在原位置。
例8、质量为M，长度为L的木板置于光滑的水平地面上，在木板的左端放有一个质量为m的木块，开始时小木块和木板都处于静止状态。某时刻，用一水平恒力将小木块从左端推向右端。如图所示。若小木块与木块之间的动摩擦因素为u，且认为两者之间静摩擦力最大值与其间滑动摩擦力相等，试求：
(1)若能将小木块推向木板右端，水平恒力的最小值F0多大？
(2)若实际所用推力为F（F＞F0），小木块滑到木板右端时木板的速度多大？ 例8图
[答案] F0＝（1＋）umg;
[解析] (1)小木块与木板之间的静摩擦力的最大值为F m＝μN＝μmg,木板能够产生的加速度的最大值为aM＝＝μg.为使小木板能滑向木板右端，小木块加速度a＞aM，
即 F－f＝ma＞maM
故 F＞f＋maM＝umg＋umg＝（1＋）umg ，
得推力最小值为 F0＝（1＋）umg
(2)因F＞F0，小木块将在木板上滑动，小木块与木板的加速度分别为
a＝ ＝
设小木块在木板上滑行时间为t，由运动关系有： (a－a＇) V＝
解以以各式得：V＝＝
[点评]本题是整体与隔离法解决连结体问题的一个典型例子，本题中的第一问，先是以木板为受力分析的对象（隔离法），求出木板临界状态下的最大加速度，再以木板和木块为对象（整体法），求出使两者发生相对滑动的最小推力F0的值。
连结体问题的解决应以加速度为桥梁，恰当选择研究对象即对象的“隔离”或“整体”。可以以下图来表示处理连结体的一般方法。
图中中心的加速度a作为解决连结体问题的关键，可以通过“内力”、“外力”和“物体的运动”来求解加速度，本题中求的是至少以多大的外力F0才能使木块和木板发生相对滑动，可以通过先由“内力”，（方法为“隔离法”）求加速度a，再由加速度a求出“外力”（方法为“整体法”）。
例9、人和雪橇的总质量为75kg,沿倾角θ=37°且足够长的斜坡向下滑动,已知雪橇所受的空气阻力与速度成正比,比例系数k未知,从某时刻开始计时,测量得雪橇运动的v-t图像如图中的曲线AD所示,图中AB是曲线AD在A点的切线,切线上一点B的坐标为(4,15),CD是曲线AD的惭近线,g取10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80.试求比例系数k和雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ。
[答案] k=37.5Ns/m μ=0.125
例9图
[解析]从AB的斜率可知，在开始运动时雪橇的加速度大小为a==3.75m/s2.
即有mgsin37°-kv-μmgcos37°=ma;
由AD这条渐近线可知，10m/s为其运动的收尾速度（即匀速运动速度），
即有mgsin37°=μmgcos37°+kvm.
其中的v=5m/s、vm=10m/s。
代入数据后得k=37.5Ns/m μ=0.125。
[点评]本题首先要读图，明确AB这条线直线斜率的意义，明确CD这虚渐近线线的意义。
例10、如图所示，水平传送带两端间距L=2m，工作时皮带的传送速度恒为v=2m/s，上皮带离水平地面高为H，现将质量m=5kg的物体（可视为质点）轻轻放在A端（对地速度为零），结果经时间t=2.2s时落至地面C点，设物体与皮带间的动摩擦因数μ=0.5（g=10m/s2,轮轴半径很小）。求：
⑴上皮带距地面高度H；
⑵设其它条件不变，仅改变传送带的传送速度，求物体在地面上的落点距B端的最大水平距离。
[答]⑴5m;⑵2m/s
例10图
[解析]⑴a=μg=5m/s2
所以 t1==0.4s
得 s1=at12=×5×0.42=0.4m
故 t2==0.8s
H=gt22=×10×0.82=5m;
⑵若皮带速度足够大，能使小物体持续加速度，则物体在地面上的落点距B端有最大值，此时有
2as=vm2
即 2×5×2= vm2
vm=2m/s
例11如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，从A到B长度为16m，传送带以v=10m/s的速率逆时针方向转动，在传送带上A端无初速度地放一个质量m=0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数u=0.5，求物体从A运动到B所需的时间是多少？（g=10m/s2）
例11图
[解析]小物体刚放到A点至运动到10m/s 过程中,物体受摩擦力作用方向向下,故
a1=gsinθ+μgcosθ=6+4=10m/s2
下滑1s时间后速度达到10m/s,发生位移5m.
小物体速度达10m/s后,由于最大静摩擦力不足以使其相对皮带静止,故继续加速度
a2=gsinθ-μgcosθ=6-4=2m/s2
再下滑余下的11m位移,
S=v0t+
得 t2=1s.
总用时t=t1+t2=2s.
[点评]本题中同学们最易错的地方在于当小物体的速度大小达到和皮带速度一样的10m/s后，第二段的运动很多同学误以为作匀速运动，用时1.1s，总用时解为2.1s。
这种错误的原因在于没有很好地进行受力分析，没有想到皮带的静摩擦力不足以使其相对皮带静止。
例12．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面顶端有一个小物体A自静止开始下滑，同时另一物体B自静止开始由斜面底端向左以恒定加速度a沿光滑水平面运动，A滑下后沿斜面底部光滑小圆弧平稳进入立平面，且匀速向B追去，为使A能追上B，B的加速度的最大值为多大？ 例12图
[解析]A的运动过程为先匀加速，后匀速，在水平面，当A匀速运动的位移与B从开始起作匀加速位移相等时，表明A追上了B。A在斜面上加速度a=gsinθ，A从开始到斜面底端的时间设为t，到追上B的时间设为t，则A运动到底端的速度
v=gsinθ·t，
A在水平面上运动直至追上B的位移为
s=v·（t- t）=gsinθ·t（t- t），
B的位移 s=，
gsinθ·t（t- t）=，
即 -gsinθ·tt+ gsinθ·t=0
t有解的条件△≥0，即
（gsinθ·t）·t≤0
解得 a≤gsinθ，
B的最大加速度 a=gsinθ。
例13．如图所示，长12m、质量为50kg的木块右端置有一立柱，木板与地面间的动摩擦因数为0.1。质量为50kg的人站在木板左端，开始木板与人均静止。后来人以4m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板的右端并立即抱住立柱，试求：
（1）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间。
（2）从人开始运动到最终木板静止，这一过程中木板的总位移。
[解析]⑴人相对木板奔跑时，设人的质量为m，加速度为a1，板的质量为M，加速度为a2，人与板间的相互作用力为F。 例13图
对人有F=ma1=50×4=200N
对板有F=-μ（M+m）g=Ma2 a2=2m/s2
当人跑到板的右端时，有a1t2+a2t2=L 解得t=2s
⑵当人奔跑至木板右端时 人的速度 v1=a1t=8m/s
板的速度 v2=a2t=4m/s 板向左的位移 s= a2t2=4m
人在抱住立柱过程中系统动量定恒 有mv1-mv2=（M+m）v共
解得 v共=2m/s 方向与人原来运动方向一致
在随后的滑行过程中板向右移动s＇
对人与板的整体有-2μgs＇=0-v共2
解得 s＇=2m
板移动的总位移为S总=S-S＇=2m
例14．一平板小车C放在光滑水平面上,今有质量为m的物块A和B,分别以2v0和v0的初速度沿同一直线从小车的两端相向水平滑上小车,如图所示,设A、B两物块与小车的动摩擦因数均为μ,小车的质量也为m,A、B物块均可视为质点.
⑴为使AB两物块不相碰,小平板车的长度至少为多少 例14图
⑵由开始滑上小车到两物块静止在小车上,B物块通过的总路程是多少 经过的时间是多少
[解析]⑴三车最后共同向右前进,设速度为v,据动量定理得
2mv0-mv0=3mv
得 v=v0/3
A物块在速度由2v0到 v0/3过程中所发生的位移为SA
SA= [(2v0)2 –(v0/3)2]/2a=
B物体在速度由v0到0的过程中所发生的位移为SB
SB=
C物体由0到v0/3过程中所发生的位移为SC,加速度为μg/2,则
SC=
故板长至少为S= SA +SB -SC=
⑵B先以μg的加速度减到0,通过SB1= tB1=
再以μg/2的加速度增为v0/3,通过SB2= tB2=
总路程 S= SB1 +SB2=
总时间 t= tB1 +tB2=
[点评]本题及上题中都涉及到动量守恒的相关知识，是一道综合性较强的综合题，对同学们能力要求非常高。但细一分析，后续问题的解决都需用到牛顿定律及运动学的知识来解决。这是很多综合题，包括功能关系相联系的题的一大特点，用功能关系解决初末状态，用牛顿定律解决运动的细节，如本题中的板长有运动的时间。
例15(1999年 全国)在光滑水平面上有一质量为m=1.0×10-3kg、电量q=1.0×10-10C的带正电小球，静止在O点。以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy，现突然加一沿x轴正方向、场强大小E=2.0×106V/m的匀强电场，使小球开始运动。经过1.0s，所加电场突然变为沿y轴正方向，场强大小仍为E=2.0×106V/m的匀强电场。再经1.0s，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在些电场作用下经1.0s速度变为零。求此电场的方向和速度变为零时小球的位置坐标。
[解析]由牛顿定律知，小球的加速度大小a===0.20m/s2.
当场强沿x轴正方向时，经1.0s小球的速度大小为vx=at=0.20×1.0=0.20m/s.小球沿x轴方向移动的距离为△x1=at2=×0.2×1.02=0.10m.
在第2s内，电场方向沿y轴正方向，所以小球在x方向做速度vx的匀速运动，在y方向做初速度为零的匀加速运动，沿x方向移动的距离△x2=vxt=0.20m;沿y方向上移动的距离△y==at2=×0.2×1.02=0.10m.所以第2 s末小球的位置坐标
x2=0.10+0.20=0.30m y2=0.10m
第2s末，x方向的分速度仍为vx，在y方向分速度vy=at=0.20×1.0=0.20m/s.
由上可知此时小球运动方向与x轴成45度角，要使小不速度能变为零，则在第3s内所加场强方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成225度角。
在第3 s内，设在电场作用下小球加速度的x分量和y分量分别为ax、ay，则
ax==0.20m/s2; ay==0.20m/s2;
在第3s末小球到达的位置坐标为
x3=x2+vxt-axt2=0.40m y3=y2+vyt-ayt2=0.20m
[答案]在第3s内所加场强方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成225度角。坐标位置为（0.40m,0.20m）。
[点评]本题中的运动较为复杂，须对带电粒子在电场中的偏转有较深的理解方能解此题。同时本题对空间想象能力要求比较高。
【解题技巧】
要正确地解决本章节的内容，还应掌握一定的解题技巧。首先，应对重点的知识点有正确的理解和把握。如在应用牛顿第二定律应注意定律的同体性、矢量性、瞬时性和独立性。
⑴“同体性”是指F、m.、a应系同一物体。
⑵“矢量性”是指加速度的方向与合外力的方向相同。
⑶“瞬时性”是指加速度与合外力存在瞬时关系，合外力改变，加速度随即改变，合外力产生的加速度即是这些加速度的矢量和。
⑷“独立性”是指作用在物体上的每一个力都将独立地产生各自的加速度，合外力产生的加速度即是这些加速度的矢量和。
如对牛顿第三定律中的作用力和反作用力与一个物体受到的一对平衡力的关系要有正确的理解。一对作用力和反作用力与一对平衡力虽等大反向,但前者受力的对象为两个物体,至于这两个物体的具体运动性质，还需视两个物体受到的其他力而定。后者的受力对象为一个物体，从效果上看,使该物体处于平衡状态。从性质上看,一对作用与反作用力性质必定相同,而一对平衡力的性质不一定相同。从作用的时间上看,一对作用力反作用力同生同灭,互相牵制而一对平衡力则无此特点.
其次，介绍一下解题的基本思路和技巧。
一、牛顿定律和运动学公式联用求解综合题一般步骤：
⑴根据物体的受力情况确定运动情况,此类问题的求解步骤是先应用牛顿定律求出加速度,再根据初始条件应用运动学公式确定物体的运动情况.
⑵根据物体的运动情况推断物体的受力情况,此类问题的求解步骤是先应用运动学公式求出加速度,再应用牛顿定律推断物体的受力情况.
⑶无论是已知受力情况确定运动情况,还是已知运动情况确定受力情况,如果物体中受两个互成角度的力作用而做加速运动时,则这两个力的合力方向(由平行四边形法则直接合成)与物体运动的加速度方向必定相同.因此,解题时只要已知或判断知加速度方向,就可知合力方向,反之亦然,若平行四边形中有直角三角形,要充分利用三角形的数学知识分析.
二、如何求瞬时加速度的方向
在处理和弹性绳(或软弹簧)相连物体的瞬时加速度时,一般要用到弹性绳的形变发生形变的过程需时较长,在短时间内形变量可视作不变这一结论.
三、动力学中正交分解法
⑴如果物体受三个力及三个以上力作用产生加速度，常采用的办法是建立平面直角坐标系，最好使x轴沿加速度方向，然后将各个力进行正交分解，分别求出x轴和y轴方向的合力∑Fx和 ∑Fy,然后根据下式
∑Fx=max, ∑Fy=0 布列方程。
⑵如果物体所受各个力互相垂直或大部分互相垂直，而加速度又和这些力有一夹角，这时一般用分解加速度的方法处理，即x和y轴与各个力（或大部分力）互相垂直，根据
∑Fx=max, ∑Fy=may 布列方程。
四、动力学中连接体问题处理方法
⑴隔离法：若连接体内（即系统内）各物体的加速度大小或方向不同时，一般应将各个物体隔离出来，分别对各个物体根据牛顿定律列式，并要注意标明各物体的加速度方向，找到各物体之间的速度制约关系。
⑵整体法：若连接体内（即系统内）各物体的加速度相同，又不需要系统内各物体间的相互作用力时，可取系统作为一个整体来研究，若连接体内各物体的加速度虽不相同（主要指大小不同），但不需求系统内物体间的相互作用力时，可利用
∑Fx=m1a1x+m2a2x+……
∑Fx=m1a1y+m2a2y+……
对系统列式较简捷。特别是处理选择题.填充题中加速度不同物体的有关问题时尢为方便。
⑶整体法与隔离法交叉使用：若连接体内（即系统内）各物体具有相同的加速度时，应先把连接体当成一个整体列式。如还要求连接体内物体相互作用的内力，则把物体隔离，对单个物体根据牛顿定律列式。
五、整体法和隔离法
1、所谓隔离法就是将物理问题的某些研究对象或某些过程、状态从系统或全过程中隔离出来进行研究的方法.隔离法的两种类型:
⑴对象的隔离:即为寻求与某物体有关的所求量与已知量之间的关系,将某物体从系统中隔离出来;
⑵过程的隔离:物体往往参与几个运动过程,为求解涉及某个过程中的物理量,就必须将这个过程从全过程中隔离出来.
2.所谓整体法,就是指对物理问题整个系统或过程进行研究的方法,也包括两种情况:
⑴整体研究物体系:当不涉及系统中某个物体的力和运动时常用;
⑵整体研究运动全过程:当所求的物理量只涉及运动的全过程时常用。
能力培养
1、（启东中学，基础题，5分，3分钟）关于牛顿第一定律有下列说法：①牛顿第一定律是实验定律；②牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因；③惯性定律与惯性的实质是相同的；④物体的运动不需要力来维持。其中正确的是 （ ）
A．①② B．②③ C．②④ D．①②④
2、（启东中学，基础题，5分，3分钟）一惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计。加速度计的构造原理的示意图如图所示：沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数为k的弹簧相连；两弹簧的另一端与固定壁相连．滑块原来静止，弹簧处于自然长度．滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导．设某段时间内导弹沿水平方向运动；指针向左偏离O点的距离为s，则这段时间内导弹的加速度（ ）
A．方向向左，大小为ks/m
B．方向向右，大小为ks/m
C．方向向左，大小为2ks/m
D．方向向右，大小为2ks/m
3、（启东中学，基础题，5分，5分钟）如图所示，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 ( )
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
4、（启东中学，中档题，10分，8分钟）一间新房即将建成要封顶，考虑到下雨，使落到房顶的雨滴能尽快地滴出房顶，要设计好房顶的坡度．设雨滴沿房顶下淌时无初速无摩擦的运动，那么图四种情况下最符合要求的是 ( )
5、（启东中学，中档题，10分，10分钟）如图，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，开始时，各物均静止，今在两物体上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木块分离时，两木块的速度分别为v1和v2，，物体和木板间的动摩擦因数相同，下列说法
1 若F1＝F2，M1＞M2，则v1 ＞v2，；
2 若F1＝F2，M1＜M2，则v1 ＞v2，；
③若F1＞F2，M1＝M2，则v1 ＞v2，；
④若F1＜F2，M1＝M2，则v1 ＞v2，；其中正确的是 （ ）
A．①③ B．②④ C．①② D．②③
6、（启东中学，中档题，5分，8分钟）如图所示的三个物体质量分别为m1、m2和m3，带有滑轮的物体放在光滑水平面上，滑轮和所有接触面的摩擦以及绳子质量均不计．为使三个物体无相对运动，水平推力F等于_________。
7、（启东中学，难，10分，10分钟）如图所示，小车上放着由轻弹簧连接的质量mA=1kg，mB=0.5kg的两物体A、B两物体与小车间的动摩擦因数分别为μA=0.1，μB=0.2，弹簧的劲度k=0.2N/cm。为使两物体随车向右一起加速运动，弹簧的最大伸长为 。
8、（启东中学，难题，15分值，15分钟）在光滑的水平轨道上有两个半径都是r的小球A和B，质量分别为m和2m，当两球心的距离大于l (l比2 r大得多)时，两球之间无相互作用力，当两球心间的距离等于或小于l时，两球之间存在相互作用的恒定斥力F，设A球从远离B球处以速度v0沿两球心连线向原来静止的B球运动，如图所示，欲使两球不发生接触，必须满足什么条件？
答案：
1、选C．解析：（l）解这一类型的选择题关键是抓住牛顿第一定律的物理意义，正确区分惯性定律和惯性。（2）牛顿第一定律揭示了运动和力的关系，它说明力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体状态的原因。并指出一切物体都具有惯性，即保持原来运动状态不变的特性。（3）不受力的物体是不存在的，因此牛顿第一定律不能用实验证明，但是，它是建立在大量实验基础上，通过思维的逻辑推理而得出的正确结论。
2、选D解析：. 本题是一道联系实际的连接体模型，其受力图景和运动图景是：导弹通过两根弹簧与滑块相连接，当导弹沿水平方向向右做匀加速运动时滑块却要保持静止，所以两根弹簧发生形变产生向右的弹力， 使滑块做加速度逐渐增大的方向向右的加速运动（考虑到导弹的质量远大于滑块质量，所以可认为弹簧弹力不影响导弹的运动）。当滑块与导弹加速度与速度均相同时，弹簧形变量不再改变，两物体保持相对静止（加速度和速度相同）一起做加速运动。
选滑块为研究对象，两根弹簧发生形变的形变量均为s，由牛顿第二定律得2ks＝ma。
所以这段时间内导弹的加速度方向向右，大小为2ks/m，答案D正确
注意，解决实际物体的关键仍然是建立相关的物理图景和物理模型，对于临界问题更是要分析其运动过程，本题如果受力图景与运动图景不清晰，必然会发生谬误。
3、选A．解析：因为物块b匀速下滑，也是处于平衡状态，故可用整体法解．即以a、b整体为研究对象，a、b之间的力属内力，不予考虑．ab整体至少受到重力和水平地面的支持力，如图．由于b匀速，无加速度，系统受力应平衡，故a没有受到水平地面对它的摩擦力．
值得注意的是在同一道题中涉及有隔离法和整体法两种解法．隔离法要多次分析受力，而整体法把物体之间的相互作用力作为系统的内力考虑，有助于我们快速正确地做出判断．我们在解题时，要灵活选择研究对象，注意从整体角度分析、研究问题
4．选A． 解析：设房屋的宽度为，房坡度为θ，则雨滴下落的斜坡长度
①，
由运动学规律得： ②
而由牛顿运动定律分析可得：a=gsinθ ③
解①②③得：
当θ=45°，t最短．故A选项正确．
要求能用所学知识解决生活中的实际问题，体现了物理知识的应用性．对这一类问题，最重要的是要能够根据实际问题建立具体的物理模型．
5．选B．解析：由物块和木块的受力分析判断，物块和木块都做匀加速运动，因物块和木块的加速度不同，导致物体与木块分离，利用物块和木块的位移之差求得木块的速度，然后加以讨论。对物块 F－μmg=ma1 ①，对木块 μmg＝ma2 ②
从刚开始运动到木块分离 ③
由①、②、③得
分离时木块的速度
讨论：F1=F2，M1＜M2时，则；F1＞F2；M1=M2时，则，故选B。
6．m2g (m1+m2+m3) /m1 解析： 设三个物体一起运动的加速度为a，以m1、m2、m3整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
F=（m1+m2+m3）a ①
隔离m1，在水平方向只受绳子的拉力T，有
T=m1a ②
隔离m2，在竖直方向处于平衡状态，且在竖直方向仅受重力m2g和绳子的拉力T，有
T=m2g ③
上述三式联立，解得 F= m2g (m1+m2+m3) /m1
本题也可以隔离m3进行研究，但m3受力情况较为复杂，它与m1、m2之间都有作用力，且滑轮与绳子间也有作用力，有兴趣的读者可自行分析。由此可见，无论是采用整体法还是隔离法，选取研究对象一定要恰当，否则会给解题带来不必要的麻烦。
7．10cm。
解析：根据牛顿第二定律对A有：
μAmAg-F=mAa。
根据牛顿第二定律对B有：
F+fB=mBa。
上二式相加后代入数据得
a=, F=，
当fB取负的最大值时，即fb= -μBmBg=-1N时，F取得最大值，
Fmax=2N。
根据胡克定律有Fmax=kx，得xmax=10cm。
8．
解析：两球间距离等于或小于l时，A球做减速运动，B球做加速运动，当两球速度相等时，两球距离最小，且最小值为2r，找出两球刚好接触的条件，即可求出临界速度v0，从而找出v0的范围
两球心距离等于l或小于l 时，A、B两球的加速度分别为
设两球速度相等时，两球刚好接触
则即，又
连列上几式得，欲使两球不发生接触的条件为
专题四 曲线运动
能力培养
1、（启东中学 基础题 5分3分钟）关于互成角度的两个运动的合成，以下说法正确的是（ ）
A．两个速度不同的匀速运动的合运动一定是匀速运动
B．两个直线运动的合运动一定是直线运动
C．某些曲线运动可以分解成两个直线运动
D．两个初速度为零的匀变速直线运动的合运动一定是曲线运动
2、（启东中学 基础题 5分 4分钟 ）一小球做平抛运动，初速度v0，落地速度为vt，则下图4—1中能正确表示在相等时间内速度矢量的变化情况的是 （ ）
A B C D
图4—1
3、（启东中学 中档题 5分 4分钟）质量不计的轻质弹性杆P部分插入桌面上小孔中，杆另一端套有质量为m的小球，今使小球在水平面内做半径为R、角速度为的匀速圆周运动，如图4—2所示，则杆的上端受到球对它的作用力大小为 （ ）
A、
B、
C、
D、 图4—2
4、（启东中学 中档题 5分 4分钟）质量为的小汽车驶过一座半径为的圆形拱桥，到达桥顶时的速度是，则此时汽车对桥的压力为 ，若要使汽车到达桥顶时对桥的压力恰好为零，则到达桥顶时的速度应当为 。（）
5、（启东中学 难题 5分 6分钟）块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q点，若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图4—3所示，再把物块放到P点自由滑下则 （ ）
A、物块将仍落在Q点
B、物块将会落在Q点的左边
C、物块将会落在Q点的右边
D、物块有可能落不到地面上
图4—3
答案：
1、运动的合成与分解中，合运动到底是什么性质的运动关键看合成以后的初速度和加速度方向之间的关系。若合成后的初速度和加速度方向在一直线上，则合运动是直线运动；若合成后的初速度方向和加速度方向不在一直线上，则合运动是曲线运动。若合成后的加速度是一个定值，则是匀变速运动。曲线运动也可以分解为两个直线运动，例如平抛运动可以分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动。所以：
正确答案为AC。
2、平抛运动的特点：水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动。所以在竖直方向上，小球在相等的时间内速度的增量应该是一样的。所以，
正确答案为B。
3、对于杆子上的小球来讲，做圆周运动的向心力由小球的重力和杆子对它的作用力的合力提供。由受力分析可知，重力竖直向下，向心力水平向右，由勾股定理求解得：
正确答案为D。
4、小汽车在最高点，向心力由重力和桥对它的支持力提供，，代入数据可得：。由牛顿第三定律得，。若要使汽车到达桥顶时对桥的压力恰好为零，则重力刚好提供向心力，由公式得＝。
5、物块从斜面滑下来，当传送带静止时，在水平方向受到与运动方向相反的摩擦力，物块将做匀减速运动。离开传送带时做平抛运动。当传送带逆时针转动时物体相对传送带都是向前运动，受到滑动摩擦力方向与运动方向相反。 物体做匀减速运动，离开传送带时，也做平抛运动，且与传送带不动时的抛出速度相同，故落在Q点，所以A选项正确。
专题五 万有引力
能力培养
1、（启东中学 基础题 5分 4分钟 ）一颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动（ ）
A．根据公式可知，它的半径越大所需的向心力越大
B．根据公式可知，它所需的向心力跟半径成反比
C．根据公式可知，它所需的向心力跟半径的平方成反比
D．根据公式可知，它所需的向心力跟半径无关
2、（启东中学 基础题 5分 4分钟 ）如图5—1中的图、、，其圆心均在地球自转轴线上，则关于同步卫星的轨道下列说法正确的是 （ ）
A、可能为
B、可能为
C、可能为
D、一定为
图5—1
3、（启东中学 中档题 5分 4分钟）2004年9月18日，欧盟和中国草签了中国参与伽利略项目的协议，我国和欧盟合作的建国以来最大的国际科技合作计划—伽利略计划将进入全面实施阶段。这标志着欧洲和我们都将拥有自己的卫星导航定位系统，并结束美国全球卫星定位系统（GPS）在世界独占熬头的局面。伽利略系统将由27颗运行卫星和3颗预备卫星组成，可以覆盖全球，预计于2008年投入使用。卫星的轨道高度为km，倾角为，分布在3个轨道上，每个轨道面部署9颗工作卫星和1颗在轨预备卫星，当某颗工作卫星出现故障时可及时顶替工作。若某颗预备卫星处在略低于工作卫星的轨道上，以下说法中正确的是 （ ）
A、预备卫星的周期大于工作卫星的周期，速度大于工作卫星的速度
B、预备卫星的周期小于工作卫星的周期，速度小于工作卫星的速度
C、为了使该颗预备卫星进入工作卫星的轨道上，应考虑启动火箭发动机向后喷气，通
过反冲作用从较低轨道上使卫星加速
D、为了使该颗预备卫星进入工作卫星的轨道上，应考虑启动火箭发动机向前喷气，通
过反冲作用从较低轨道上使卫星减速
4、（启东中学 中档题 5分 4分钟）如图5—2，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗卫星，下列说法正确的是（ ）
A、b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度
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卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小，其线速度将增大
图5—2
5、（启东中学 难题 5分 10分钟）如图5—3所示，离质量为M、半径为R、密度均匀的球体表面R远处有一质量为m的质点，此时M对m的万有引力为F1，当从M中挖去一半径为r＝R的球体时，剩下部分对m的万有引力为F2。则F1∶F2＝ ？
图5—3
答案：
1、对于人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，向心力由地球对其万有引力
提供。所以与半径的平方成反比。而对于公式，不能简单的讲与半径成正比，因为半径不一样，角速度也不一样，故A错误。同理可知，BD错误。所以：
正确答案为C。
2、同步卫星是相对地球静止的卫星，所以它的周期应和地球自转周期是一样的。而在天体的运动中，周期、轨道半径、环绕速度、角速度之间是相互制约的，所以其他物理量都是定值，且同步卫星的轨道只能与赤道平面共面。所以：
正确答案为D。
3、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，向心力由地球对其的万有引力提供。根据公式和可知，，，则预备卫星的周期小于工作卫星的周期，速度应大于工作卫星的速度。故选项A、B错误。为使该颗预备卫星进入工作卫星的轨道上，应考虑启动火箭发动机向后喷气，速度增大，做离心运动，等它达到工作卫星轨道，速度反而比预备卫星速度小，因为要克服万有引力做功。所以，
正确答案为C。
4、因为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的轨道半径，由知＜，故A选项错；由加速度可知＜，故B选项错。当c加速时，受到的万有引力，它将偏离原轨道，做离心运动；当b减速时，b受到的万有引力，它将偏离原轨道，而做近心运动。所以无论如何c也追不上b，b也追不上c，故C选项错。对这一选项不能用来分析b、c轨道半径的变化情况。对a卫星，当它的轨道半径缓慢减小时，在转动一段较短时间内，可近似认为它的轨道半径没变，视作稳定运行，由知，r减小时v逐渐增大，所以：正确答案为D。
5、质点与大球球心相距2R，其万有引力为F1，则F1＝G 大球质量M＝ρ×πR3，小球质量M′＝ρ×π（）3 即M′＝ρ×πR3＝ 小球球心与质点间相距R，小球与质点间的万有引力为 F1′＝G，则剩余部分对质点m的万有引力为F2＝F1－F1′＝＝ 。故
专题六 动量
能力培养
1、（启东中学，基础题，5分值，3分钟）加拿大萨德伯里中微子观测站揭示了中微子失踪之谜，即观测到的中微子数目比理论值少是因为中微子在运动过程中转化成了一个 子和一个τ子．对上述转化过程的研究有下列说法，其中正确的是
Ａ．该研究过程中牛顿第二定律和动量守恒定律都依然适用
Ｂ．该研究过程中牛顿第二定律和动量守恒定律都不再适用
Ｃ．若发现 子与中微子的运动方向一致，则τ子与中微子的运动方向也可能一致
Ｄ．若发现 子与中微子的运动方向相反，则τ子与中微子的运动方向也可能相反
2、（启东中学，基础题，5分值，3分钟）如图6—1所示，质量为2kg的物体放在光滑的水平面上，用与水平方向成30°角的力F＝4N作用于物体10s，则
A． 力F对物体的冲量大小为40N·s
B．力F对物体的冲量大小为N·s
C．物体动量的变化为40kg·m/s
D．物体的动能增加了300J 图6—1
3、（启东中学，基础题，5分值，2分钟）在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动。假定两板与冰面间的摩擦因数相同。已知甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于
A.在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力
B.在推的过程中，
C.在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度
D.在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小
4、（启东中学，中档题，5分值，3分钟）一只小球沿光滑水平面运动，垂直于墙面撞到竖直墙上。小球撞墙前后的动量变化量为Δp，动能变化量为ΔE，关于Δp和ΔE有下列说法：①若Δp最大，则ΔE也最大；②若Δp最大，则ΔE一定最小；③若Δp最小，则ΔE也最小；④若Δp最小，则ΔE一定最大。以上说法中正确的是
A.①③ B.②④ C.①④ D.②③
5、（启东中学，中档题，5分值，3分钟）如图6—2所示，将质量为2m的长木板静止地放在光滑水平面上，一质量为m的小铅块（可视为质点）以水平初速v0由木板左端滑上木板，铅块滑至木板的右端时恰好与木板相对静止。已知铅块在滑动过程中所受摩擦力始终不变。若将木板分成长度与质量均相等的两段后，紧挨着静止放在此水平面上，让小铅块仍相同的初速v0由左端滑上木板，则小铅块将
A.仍能滑到右端与木板保持相对静止
B.滑过右端后飞离木板
C.在滑到右端前就与木板保持相对静止
D.以上三答案均有可能 图6—2
6、（启东中学，中档题，5分值，4分钟）如图6—3竖直放置的轻弹簧，上端与质量为3kg的物块B相连接。另一个质量为1kg的物块A放在B上。先向下压A，然后释放，A、B共同向上运动一段路程后将分离。分离后A又上升了0.2m到达最高点，此时B的速度方向向下，且弹簧恰好为原长。则从A、B分离到A上升到最高点过程中，弹簧对B的冲量大小为（取g=10m/s2） （ ）
A.1.2Ns B.6.0Ns C.8.0Ns D.12Ns 图6—3
7、（启东中学，中档题，5分值，5分钟）如图6—4所示，两端足够长的敞口容器中，有两个可以自由移动的光滑活塞A和B，中间封有一定量的空气，现有一块粘泥C，以EK的动能沿水平方向飞撞到A并粘在一起，由于活塞的压缩，使密封气体的内能增加，若A、B、C质量相等，则密闭空气在绝热状态变化过程中，内能增加的最大值为
图6—4
8．（启东中学，难题，15分值，10分钟）如图6—5所示，在光滑水平面上放有长为L的长木板C，在C上面的左端以及距左端s处各放有小物块A和B，A、B的体积大小可忽略不计，A、B与长木板C间的动摩擦因数均为μ，A、B、C的质量均为m，开始时，B、C静止，A以某一初速度v0向右做匀减速运动，设物体B与板C之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：
（1）物体A运动过程中，物块B和木板C间的摩擦力．
（2）要使物块A、B相碰，物块A的初速度v0应满足的条件．
图6—5
答案：
1、选C。解析：牛顿定律的适用于宏观的低速运动的物体；而动量守恒定律不仅适用于宏观的物体而且适用于微观物体的运动，不仅适用于高速运动的物体也适用于低速运动的物体。所以AB都错。由动量守恒定律可知若发现 子与中微子的运动方向一致，则τ子与中微子的运动方向也可能一致，可能相反；若发现 子与中微子的运动方向相反，则τ子与中微子的运动方向只能与中微子的运动方向相同。
2、选AD。解析：因为力F是恒力，所以力F对物体的冲量等于Ft，答案A正确，B错误；物体的动量变化等于合外力的冲量，等于N·s；所以C错误，物体动能的增量等于合外力所做的功，所以D正确。
3、选C。解析：因为物体间力的作用于是相互的，在推的过程中，甲推乙的力等于乙推甲的力，且甲推乙的时间等于乙推甲的时间，所以AB均错误；因为分开后甲在冰面上滑行的距离比乙远，且两板与冰面间的摩擦因数相同，所以分开的瞬间甲的速度大于乙的速度，由动量守恒定律可知，甲的质量小于乙的质量，并且分开后甲、乙的加速度大小均等于，所以C正确，D错误。
4、选B。解析：小球与墙面相撞后，如果无能量损失，则小球应以相同的速率反回，这种情况动量变化量Δp最大等于，动能变化量ΔE最小为零；所以②正确；如果小球与墙碰撞后粘在墙上，动量变化量Δp最小等于，动能变化量ΔE最大等于，所以④，所以本题的正确答案为B。
5、选B。解析：由动量守恒定律可知 得出
由功能关系；如果将木板分成长度与质量均相等的两段后，紧挨着静止放在此水平面上，让小铅块仍相同的初速v0由左端滑上木板，小铅块先与左边木板分离，左边木板的最后速度小于右边木板的速度，系统损失的动能变多了，所以转化内能也变多了，所以小铅块与木板相对滑行的距离变大了，所以小铅块应滑过右端后飞离木板。6、选B。解析：AB在弹簧处于原长时分离，且分离时速度大小相等，且等于A竖直上抛的速度v，由运动学公式可知，并且从A上升到最高点所需时间，A上升到最高点时B的速度方向向下且弹簧恰为原长，所以此时B的速度大小为v=2m/s,方向向下，对B用动量定理，可求出弹簧对B的冲量大小为6.0Ns。所以B正确。
7、答案：本题涉及碰撞、动量、能量三个主要物理知识点，是一道综合性较强的问题，但如果总是的几个主要环节，问题将迎刃而解。
粘泥C飞撞到A并粘在一起的瞬间，可以认为二者组成的系统动量守恒，初速度为，末速度为，则有
①
在A、C一起向右运动的过程中，A、B间的气体被压缩，压强增大，所以活塞A将减速运动，而活塞B将从静止开始做加速运动。在两活塞的速度相等之前，A、B之间的气体体积越来越小，内能越来越大。A、B速度相等时内能最大，设此时速度为，此过程对A、B、C组成的系统，由动量守恒定律得（气体的质量不计）：
②
由能的转化和守恒定律可得：在气体压缩过程中，系统动能的减少量等于气体内能的增加量。所以有：
③
解①②③得：
8．解答：（1）设A在C板上滑动时，B相对于C板不动，对BC有?
mg＝2ma，则a＝
又B依靠摩擦力能获得的最大加速度为 am＝＝μg，
因为am＞a，
所以B未相对C滑动，而是随木板C一起向右做加速运动，假设成立．
物块B和木板C间的摩擦力为 FfB＝ma＝μmg，方向向右
（2）若物块A与物块B恰好不发生碰撞，物块A运动到物块B处时，A、B的速度必相等，根据动量守恒定律有
mv0＝（m＋2m）v1
设木板C在此过程中的位移为s1，则物块A的位移为s1＋s，由动能定理
对A： －μmg（s1＋s）＝mv12－mv02
对B、C： μmgs1＝·2m·v12
联立上述各式解得v0＝
要使物块A、B发生碰撞的条件是v0＞
专题七 机械能
能力培养
1．（启东中学，基础题，5分，5分钟）如图7—1所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上，若以地面为零势能参考平面且不计空气阻力，则（ ）
A．物体到海平面时的势能为mgh
B．重力对物体做的功为mgh
C．物体在海平面的动能为
D．物体在海平面上的机械能为
图7—1
2．（启东中学，基础题，5分，5分钟）一个人稳站在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图7—2所示（ ）
A．克服人的重力做功的等于人的重力势能的增加量
B．踏板对人的支持力做的功等于人的动能的增加量
C．踏板对人做的功等于人的机械能的增加量
D．对人做功的只有重力和踏板对人的支持力 图7—2
3．（启东中学，基础题）下列关于机械能是否守恒叙述中正确的是（ ）
A．做匀速直线运动的物体机械能一定守恒
B．做曲线运动的物体机械能可能守恒
C．外力对物体做功为零时，机械能一定守恒
D．除重力外，其他力均不做功，物体的机械能守恒
4．（启东中学，中档题，5分，6分钟）竖立在水平地面上的轻弹簧，下端固定在地面上，将一个金属球放置在弹簧顶端并下压球，使弹簧弹性压缩，用细线把弹簧拴牢，如图7—3甲所示，烧断细线，球将被弹起，且脱离后能继续向上运动，如图7—3乙所示，忽略空气阻力，从细线烧断到刚脱离弹簧的运动过程中（ ）
A．球刚脱离弹簧时，弹簧的弹性势能最小
B．球的动能在刚脱离弹簧时最大
C．球所受的合力最大值大于重力的值
D．系统机械能不变
图7—3
5．（启东中学，中档题，5分，6分钟）质量为m1的滑块，置于光滑水平地面上，其上有一半径为R的1/4光滑圆弧。现将质量为m2的物体从圆弧的最高点自由释放，在物体下滑过程中m1对m2弹力做功W1，m2对m1的弹力做功W2。如图7—4所示，则（ ）
A．W1=0 W2=0
B．W1＜0，W2＞0
C．W1＝0，W2＞0
D．W1＞0，W2＜0 图7—4
6．（启东中学，中档题，5分，8分钟）滑块以速率v1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率变为v2，v2＜v1，若滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端重力势能为零，则（ ）
A．上升时机械能减小，下降时机械能增大
B．上升时机械能减小，下降时机械能也减小
C．上升过程中动能和势能相等的位置在A点的上方
D．上升过程中动能和势能相等的位置在A点的下方
7．（启东中学，难题，10分，10分钟）一带正电的物体静止置于绝缘水平面上，现加一水平向右的匀速电场后物体开始向右运动，如图7—5所示，已知物体与绝缘水平面之间的滑动摩擦力为电场力的1/3，经一段时间后，物体的动能为EK，此时，突然使电场方向反向，大小不变，再经过一段时间，物体回到原出发点，其动能变为________；两段时间内物体通过的路程之比为s1：s2=________。 图7—5
8．（启东中学，解答题，16分，15分钟）质量M=4kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，车的板面距地面高h=0.2m，车板光滑，车的左端放着一质量m=1kg的小物块，车的右端固定一轻质弹簧，如图7—6所示，现一大小为I=5kgm/s方向水平向右的冲量作用于物块，则滑块压缩弹簧之后，又从小车的左端滑出，g取10m/s2，求：
（1）在此过程中，弹簧的最大性势能是多少？
（2）小物块最终落时，落地点距小车左端的水平距离为多大？
图7—6
答案：
1．BCD 解析：选地面为零势能面，物体到海平面的势能为—mgh，此过程重力做功为mgh，由机械能守恒，知物体在海平面的动能为，而势能为-mhg，故机械能为
2．AC 解析：由于人与扶梯有相同的斜向上的加速度，所以人除了受到重力、水平台阶的支持力以外，还受到水平台阶的水平向右的静摩擦力的作用，且三个力均对人做功，故选项D错误；由功能关系可知：物体克服重力做功的等于物体的重力势能的增加量，故选项A正确；合外力所做的功等于物体动能的增加量，故选项B错误；除重力和弹簧弹力以外，其它外力对物体做功等于物体机械能的增加量，本题踏板对人做功包括踏板对人的支持力做的功和踏板对人的静摩擦力做的功。故选项C正确。
3．BD解析：做匀速直线运动的物体，动能不变，但机械能不一定守恒，如匀速上升的物体，机械能就不断增大。选项A错误。
做曲线运动的物体，若只有重力做功，它的机械能就守恒，如做平抛运动的物体，选项B正确。
外力对物体做的功为零，是动能不变的条件，机械能不变的条件是重力和弹簧力外其他力不做功或做功的代数和为零，选项C错误，选项D正确。
4．ACD 解析：球刚脱离弹簧时，未发生形变，弹簧的弹性势能最小，故A选项正确；
当球受到的弹力和重力相等时，加速度为零，速度最大，故B选项错误；由于整个过程中，只有重力和弹簧在做功，系统的机械能守恒，故D选项正确；对于C选项,由振动特点易知，由于小球会离开弹簧继续上升,故在最低点时，球受到的合力大小等于重力，
故C选项也正确。
5．解析：此题如不注意分析，往往容易错选A项，即认为圆弧的弹力总与物体运动垂直，不做功。事实上，在m2下滑的过程中，由于水平方向动量守恒可知，滑块应向左滑动，由于滑块动能增加，且滑块所受的重力及地面对它的支持总与位移方向垂直而不做功，因此，m2对m1的弹力必对m1做正功。由于物体与滑块所组成的系统的机械能守恒，滑块的机械能增加，物体的机械能必定减少，可见m1对m2弹力做负功，故选项B下正确。
6．BC解析：由于滑块回到出发点后动能减小，可知斜面不光滑，即滑块在斜面上滑动过程中要损失机械能，因此无论滑块上升或下降时机械能都会减小，选项A错误，选项B正确。
假设滑块沿斜面运动的加速度一定，则由运动学知识可知在位移中点的速度为初速的
分之一，动能正好为初位置动能的一半，由于有机械能损失，此时重力势能仍小于动能，由此可知，上升过程中动能和势能相等的位置在A点的上方，选项C正确，选项D错误。
7．3EK/2 1：2 解析：从静止出发物体做匀加速运动，到电场反向之前物体通过的路程为s1，动能为EK，由动能定理得Fs1-Fs1=EK （1） FL1+FL1=EK （2） 得s1=2L1（3） 电场反向后先做匀减速运动前进L1后速度变为零，接着反向作匀加速运动通过L2的路程回到原来位置，动能为EKX，对返回过程由动能定理得F（L1+s1）-F（L1+s1）=EKX （4） 由（1）（3）（4）得EKX=3EK/2。 s1：s2=s1：（s1+L1）=1：2
8．解析：（1）从题意知I=mv1=5kgm/s，v1=5m/s；小物块与小车发生碰撞，到弹簧压缩到最短时物块与小车有共同速度，碰撞过程动量守恒，设它们的共同速度为u则mv1=（m+M）u 代入数据得u=1m/s 弹簧的最大性势能W弹=
（2）物块与小车的整个碰撞过程是最完全弹性碰撞，故有mv1=mv+Mv
联立两式，可得v v2m/s
小物块落地时与小车左端的水平距离是L=（v=1m
Ｆ
Ｆ
F
Ｆ
Ｆ
①
②
③
④
a
b
右
左
a
b
A
a
b
D
a
b
B
b
a
C
)60°
A
B
P
Q
O
F
0
0
0
0
x
y
x
y
x
y
x
y
A B C D
t1
t2
t3
t4
t5
t6
t7
t1
t2
t3
t4
t5
t6
t7
N1
N2
F2
v1
v2
物体的运动
内力 a 外力
v/ms-1
B
C
A
D
5
10
15
O
t/s
4
30°
F
m
m
2m
v0
A
B
A
B
v0
C
第二轮复习：专题训练，查漏补缺
二轮复习首先进行大单元综合复习和训练，注意知识的归纳和总结，注意物理学科不同部分知识间的相互联系和渗透。通过归纳、类比、图表、知识结构图等形式，将分布在各章节零散而又有内在联系的知识点联系起来，形成便于记忆和巩固的知识网络，从新的高度把握整个知识结构体系，为知识的迁移奠定坚实的基础。其次要认真搞好专题复习，对物理学的主干知识（考试说明中的Ⅱ层次内容），应做到深刻理解，并能灵活运用。重视联系生活、生产实际问题的训练，重视近代物理知识、设计性实验的专题训练。对高考第一轮复习中的薄弱环节，要有针对性地进行专题复习，及时、认真、独立完成老师设计的专题训练，对做错的题进行专题过关、查漏补缺、深化知识。
重视物理学科中基本的、核心的、可再生性的高考热点内容（如能量、场、振动和波等），注重信息题、新情景题的专题训练，不断提高获取和处理信息的能力，把握物理学重要的研究方法，要重视物理解题方法的归类总结和专题训练。常用的物理解题有构建物理模型法、物理解题中的数学方法，高考题中隐含条件的挖掘、等效法、极端假设分析法、估算法、图象法等。
第三轮复习：综合训练，回归课本
三轮复习一般安排在考前45天至考前15天，以模拟训练、过关训练及其讲评为主要形式，旨在培养同学们的应试能力和训练良好的竞技状态，进一步强化重要的公式、定律、规律。对题型、题量、难度的控制通过不同层次要求的试卷来训练，使同学们有多种心理准备，从而能从容地走进高考考场。
第三轮复习应注意了以下几个方面。
⑴处理好做练习与看课本的关系，强调同学必须重视课本。
⑵处理好做新练习与看原来练习的关系。一方面要做一定量的新练习，另一方面要重温以往练习、考试过的题，做错的固然要再订正，原来做对的典型题也要求再重新熟悉思路。
⑶抓主干知识与全面复习的关系。
⑷高考的热点与冷避点。尤其是关注社会热点问题、重大的科技问题的动态。
⑸注意知识的复习与应试能力的同步提高，重视研究考试策略
⑹注意总结前面考试的经验教训，调整好考前情绪，不要急躁，扎扎实实地复习，有关知识要加强记忆，考前不做难题，要有平静的心情、稳定的情绪。
专题一 力 物体的平衡
能力培养
1、（启东中学，基础题，4分，2分钟）如图1—1所示，物体A以某一初速度沿斜面向下运动时，斜面体B处于静止状态，此时B与水平地面间的静摩擦力大小为f1；若A以某一初速度沿斜面向上运动时，B仍处于静止状态，此时B与水平地面间的静摩擦力大小为f2，则： ( )
A、f1可能为零 B、f1不可能为零 图1—1
C、f2可能为零 D、f2不可能为零
2、（启东中学，中档题，4分，4分钟）质量为m1、m2的小球分别带同种电荷q1和q2，它们用等长的细线吊在同一点O，由于静电斥力的作用，使m1球靠在竖直光滑墙上，m1的拉线l1呈竖直方向，如图所示，m1、m2均处于静止，如图1—2所示。由于某种原因，两球之间的距离变为原来的一半，则其原因可能是（ ）
A、m2变为原来的一半
B、m2变为原来的八分之一
C、q1变为原来的八分之一
D、q2变为原来的八分之一 图1—2
3、（启东中学，中档题，4分，3分钟）如图1—3所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F的拉力作用，而左端的情况各不相同：①中弹簧的左端固定在墙上，②中弹簧的左端受大小也为F的拉力作用，③中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动，④中弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动。若认为弹簧的质量都为零，以l1、l2、l3、l4依次表示四个弹簧的伸长量，则有：（ ）
图1—3
A．l2＞l1 B．l4＞l3 C．l1＞l3 D．l2＝l4
4、（启东中学，中档题，4分，3分钟）用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来，如图1—4所示，今对小球a持续施加一个向左偏下30°的恒力，并对小球b持续施加一个向右偏上30°的同样大的恒力，最后达到平衡。表示平衡状态的图可能是（ ）
图1—4
5、（启东中学，中档题，5分，3分钟）水平放置夹角为60°的光滑V型支架AOB，两臂上各套有一个滑环P、Q，用不可伸长的细线连接两环，如图1—5，缓慢拉动环Q使它沿杆OB滑动，待两环受力达到平衡时，拉力F与线中拉力T的大小之比为 。
图1—5
答案
1、 AD
解析：若A沿斜面向下匀速运动，则A对B的合力方向竖直向下，大小为mag，则B与地面之间的摩擦力为0；若若A沿斜面向上运动，则经过受力分析可知，B一定受到地面水平向左的摩擦力的作用。
2、 BCD
解析：对m2受力分析，如左图所示，利用相似三角形，可知mg/F=L/r,而F=kQ1Q2/r2
得：r3=kLQ1Q2/m,所以答案为BCD。
3、D
解析：弹簧得伸长量与弹簧自由端所受拉力的大小成正比，由于弹簧不计质量，所以题中四种情况下的弹力大小一样，弹簧的伸长量一样。
4、A
解析：利用整体和隔离法来分析两小球。整体水平方向合外力为零，所以上面的细绳应处于竖直状态。
5、
解析：要知道当两环受力达到平衡时,细绳与OA方向垂直，与OB夹角为300。再利用受力分析可得答案。
专题二 直线运动
能力培养
1、（启东中学 基础题 4分 2分钟）如图2—1所示，一个带正电的粒子以一定初速度垂直进入水平方向的匀强电场，若不计重力，下列图像中哪一个能描述粒子在电场中的运动轨迹（ ）
图2—1
2、（启东中学 中档题 4分 4分钟）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2—2所示。连续两次曝光的时间间隔是相等的。由图可知（ ）
图2—2
A．在时刻t2以及时刻t5两木块速度相同
B．在时刻t3两木块速度相同
C．在时刻t3和时刻t4之间某瞬时两木块速度相同
D．在时刻t4和时刻t5之间某瞬时两木块速度相同
3、（启东中学 难题 4分 5分钟）历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”定义为，其中v0和vt分别表示某段位移s内的初速和末速。A>0表示物体做加速运动，A<0表示物体做减速运动。而现在物理学中加速度的定义式为，下列说法正确的是（ ）
A．若A不变，则a也不变 B．若A>0且保持不变，则a逐渐变大
C．若A不变，则物体在中间位置处的速度为
D．若A不变，则物体在中间位置处的速度为
4、（启东中学 基础题 5分 4分钟）高速公路给人们出行带来了方便，但是因为在高速公路上行驶的车辆速度大，雾天往往出现十几辆车追尾连续相撞的车祸。汽车在沪宁高速公路正常行驶速率为120km / h，汽刹车产生的最大加速度为8m/s2，大雾天关闭高速公路。如果某天有薄雾，能见度约为37m，为安全行驶，避免追尾连续相撞，汽车行驶的最大速度为_________m/s(设司机反应时间为0.6s)
5、（启东中学 难题 4分 4分钟）羚羊从静止开始奔跑，经过50m能加速到最大速度25m / s，并能维持一段较长的时间；猎豹从静止开始奔跑，经过60m的距离能加速到最大速度30m /s，以后只能维持这速度4.0s。设猎豹距离羚羊x时开始攻击，羚羊在猎豹开始攻击后1.0s才开始奔跑，假定羚羊和猎豹在加速阶段均做匀加速运动，且沿同一条直线奔跑，猎豹要在从最大速度减速前追到羚羊，x值 。
答案
1、C 解析：由于不计重力，所以带电粒子在竖直方向匀速运动，在水平方向匀加速运动，运动形式类似于平抛运动。
2、C 解析：有图可知上方木块做匀加速运动，下方木块做匀减速运动。设每次曝光时间间隔为T，单元格长度为L，所以V下＝4L/T,而上方木块在t3，t4之间的平均速度也是4L/T,所以答案为C。
3、BC
4、20 解析：注意题中的条件：避免追尾连续相撞。也就是说，当某车恰看到前方37m处相撞的两车时，作出反应，经0.6s后刹车，恰避免追尾连续相撞。所以37=0.6v+v2/2a,得v=20m/s
5、x < 55m 解析：设猎豹从静止开始到获得最大速度的时间为t1，羚羊从静止开始到获得最大速度的时间为t2，s1 = v1mt1/2 t1 = 4s ， s2 = v2mt2/2 t2 = 4s 。 猎豹要在从最大速度减速前追到羚羊，猎豹最多匀速运动4s，羚羊最多匀速运动3s。
x < S1－S2 = (60+30×4)－(50＋25×3) = 55m
专题三 牛顿运动定律
讲解部分：
【复习策略】
历年的高考知识点中，有关牛顿运动定律的内容和要求是几乎没有任何变动的，具体知识内容见下表：
内容 要求 说明
1.牛顿第一定律.惯性. Ⅱ
2.牛顿第二定律.质量.圆周运动中的向心力. Ⅱ
3.牛顿第三定律. Ⅱ
4.牛顿力学的适用范围. Ⅰ
5.超重和失重 Ⅰ
（注：Ⅰ.对所列知识要知道其内容及含义,并能在有关问题中识别和直接使用.
Ⅱ.对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系,能够进行叙述和解释,并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用）
高考对牛顿运动定律的考察，呈现略有增加的趋势，这跟高考试题的平稳，高考的选拔功能由拔尖向基本普及的改变有一定的关系。从近年高考看，本章主要考查考生是否准确理解牛顿第一定律；要求考生加深理解牛顿第二定律，熟练掌握其应用，尤其是物体受力分析方法；理解牛顿第三定律；理解和掌握运动和受力的关系；理解超重和失重。本章考查的重点是牛顿第二定律，而牛顿第一定律和牛顿第三定律在牛顿第二定律的应用中得到了完善的体现。从近年高考来看，每年的高考对本章内容的单独命题多以选择、计算的形式出现，趋向于用牛顿运动定律解决生活、科技、工农业生产等诸多实际问题。例如2004年全国理综Ⅰ的第15、20、25题，全国理综Ⅱ的第21题等。更多的是综合性题目，多与电场、磁场联系，试题难度中等以上。从运动轨迹看多是直线运动，如在水平面上的直线运动，沿竖直方向的上升和下降，沿斜面的上升和下降，也有一些涉及曲线运动。如2003年高考江苏广东试题的第19题，上海的第21题，以及2002年全国的理综的26题等都有体现牛顿定律的相关内容。
本章讲述牛顿的三个基本定律,是力学的重点章节,取到承上启下作用，对于学生掌握力学知识和提高能力,都是十分重要的.
本章在前两章的基础上,运用牛顿运动定律分析两类基本问题,即已知物体的受力情况确定物体的运动情况和已知物体的运动情况来确定物体的受力情况。对此，关键是解决物体的受力和运动，明确合外力的方向，以加速度为桥梁来分析和解决问题。另外，也希望同学们能用动态的观点来分析和解决问题，时刻明确物体的受力是如何变化的，进而分析出物体的运动状态是如何变化，明确运动变化的本质是力带来的。本章节还有一个重点的内容是关于超重和失重。简略归纳如下：
1.通过学习牛顿第一定律,理解惯性概念,理解运动和力的关系,理解质量是惯性的量度,会正确解释有关惯性现象,在牛顿第一定律的建立过程中,培养历史唯物主义和辩证唯物主义观点.通过伽利略理想实验的学习,培养观察能力、抽象思维能力,培养能从纷繁的现象中探求事物本质的科学态度和推理能力.
2.通过学习牛顿第二定律,学会用控制变量法研究力、加速度和质量的关系,进一步理解加速度和力的关系,并能在惯性参考系中,运用运动学和牛顿第二定律的知识分析解决“运动和力”的两类基本问题.
3.通过学习牛顿第三定律,进一步理解物体间的力的作用的相互性,能区分平衡力、作用力和反作用力,会正确运用牛顿第三定律解释有关现象.
4．通过学习牛顿定律，解决超重和失重的知识。
5．灵活运用整体法和隔离法解决连结体问题。
6．恰当运用正交分解法解决物体受多力情况下的受力分析。
【典例剖析】
例1 (2002 上海 7)一航天探测器完成对月球的探测任务后,在离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行,先加速运动,再匀速运动,探测器通过喷气而获得推动力,以下关于喷气方向的描述中正确的是( )
A.探测器加速运动时,沿直线向后喷气
B.探测器加速运动时,竖直向下喷气
C.探测器匀速运动时,竖直向下喷气
D.探测器匀速运动时,不需要喷气
[解析]如图所示,把探测器所要做的直线加速运动和匀速直线运动两种情况下的受力分析图画出后,本题便不难解决.只有当探测器受的合力方向沿运动方向时控测器才能做直线加速运动。只有当探测器受平衡力作用时才做匀速直线运动.
本题应选C. 例1图
[点评]本题和科技生活的实际相联系，考生最难以判定的是匀速运动时的喷气的方向,因为虽然经过高中物理的学习,但是还是有不少同学在头脑中有根深蒂固的“力是物体运动的原因”这种想法.还是认为要使探测器斜着做匀速直线运动应有斜着的喷气方向.造成很多同学的错选.
例2(2001 上海 8)一升降机在箱底装有若干个弹簧,设在某次事故中,升降机吊索在空中断裂.忽略摩擦力,则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中( )
A.升降机的速度不断减小
B.升降机的加速度不断变大
C.先是弹力做的负功小于重力做正功,然后是弹力做的负功大于重力做的正功
D.到最低点时,升降机加速度的值一定大于重力加速度的值 例2图
[答案]CD
[解析]当弹簧触地后,对弹簧上的升降机而言.受到重力和弹力的作用,而在一开始,弹簧还几乎未形变.故升降机所受的合力方向依然向下,即仍作向下的加速运动。一旦弹簧的弹力大小等于升降机的重力,此时处于合力为零的临界状态.故此时物体应具有最小的加速度和最大的速度.此后升降机将继续向下运动,只不过由于此时的弹力将大于重力,故开始减速直至速度为零.
另外,在减速过程中,根据运动的对称性,当升降机的速度减至初速度大小时,加速度的大小应正好等于重力加速度,方向向上.而当升降机的速度减为零时,此时的加速度将大于重力加速度.故选择支中C和D是正确的.
本题应选CD.
[点评]本题对物体运动过程的分析要求比较高.很多同学想当然认为弹簧一触地升降机便开始减速.事实上,对一个物体的运动趋势的分析,应从受力和初速度两方面情况结合考虑.如本题中升降机的初速度方向是竖直向下的,而物体在触地后的一小段时间内的合力方向也是向下,故判断到的物体的运动应是加速,而不是减速.
另外,有些同学对最低点的加速度难以分析.事实上,可根据振动的对称性,当弹簧触地的一瞬间,物体仅受重力的作用,加速度大小为g.故当物体减速到速度等于初速度大小时,加速度大小也应为g.当然在速度减为零时的加速度应大于g.
例3(2001 上海 20)如图所示,一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的两根细线上, l1的一端悬挂在天花板上,与竖直方向夹角为θ, l2水平拉直,物体处于平衡状态,现将l2线剪断,求剪断瞬间物体的加速度.
⑴下面是某同学对该题的一种解法:
解:设l1线上拉力为T1,l2线上拉力为T2,重力为mg,物体在三力作用下保持平衡
T1cosθ=mg T1sinθ=T2 故 T2=mgtanθ
剪断线瞬间,T1突然消失,物体即在T2反方向获得加速度,因为mgtanθ=ma,所以加速度a=gtanθ,方向在T2反方向.你认为这个结果正确吗 请对该解法作出评价并说明理由.
⑵若将图中的细线l1改为长度相同质量不计的轻弹簧,如图所示,其他条件不变,求解的步骤和结果与⑴完全相同,即a=gtanθ,你认为这个结果正确吗 请说明理由.
[答案]⑴错⑵对。
[解析]⑴错. 例3图
因为l2被剪断的瞬间,l1上的张力大小发生突变,此时物体获得的瞬时加速度应由重力的一个分力来提供,即
mgsinθ=ma 得 a=gsinθ,方向应垂直于细线方向斜向下.
⑵对.
因为l2被剪断的瞬间,弹簧l1上的张力未发生变化,故剪断线瞬间,T1突然消失,物体即在T2反方向获得加速度,因为mgtanθ=ma,所以加速度a=gtanθ,方向在T2反方向.
[点评]由于细线中的张力会在一瞬间发生变化，即“突变”。物体受到的各个力都会因为某些外部条件的变化变化。本题在l2被剪断的瞬间,l1如果是绳子，则绳子上的张力大小将由原先的mg/cosθ（由三力平衡解得），变化到mgcosθ（由绳中拉力抵消重力沿绳子方向的分量而解得）。
而弹簧的形变是无法在一瞬间发生变化，即无法“突变”，只能“渐变”。所以必然导致在l2被剪断的瞬间,弹簧l1上的形变量可以认为未发生丝毫变化,即弹簧上的张力仍为原来三力平衡时的mg/cosθ，从而得到小球在剪断后瞬间的合外力大小等于T2，方向和T2相反，加速度a=gtanθ,方向在T2反方向.
例4(2000 上海 21)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，如图所示，
⑴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重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数。
⑵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）
[答案] μ=0.5； 例4图
[解析]⑴设小球受风力为F,球质量为m,则
F=μmg
由于风力约为重力的0.5倍,故
μ=0.5
⑵设杆对球的支持力为N,摩擦力为f ,根据牛顿第二定律
沿杆方向 Fcosθ+mgsinθ-f=ma
垂直杆方向 N+Fsinθ-mgcosθ=0 例4图
由运动学公式 S=at2
得 t=
[点评]本题以风洞作为背景材料，情境比较新颖,所涉及到的知识有受力分析、牛顿第二定律、运动学知识.特别是第二问中对物体加速度的计算,需要花费一定的时间.
本题第二问中，由于物体受到的力比较多，加速度的计算需要用正交分解法,在应用正交分解法解题应注意:一般取加速度方向为x轴正方向,另一垂直于x轴的方向为y轴方向,这样物体在x轴方向的合外力等于ma,而在y轴方向的合外力为零,从而可以求解出本题中的加速度.
例5(1994 全国 30)如图所示,质量M=10kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上,动摩擦因数μ=0.02.在木楔的倾角θ为30°的斜面上,有一质量为m=0.1kg的物体由静止开始沿斜面下滑,当滑行的路程s=1.4m时,其速度v=1.4m/s.在这过程中木楔没有动.求地面对木楔的摩擦力的大小和方向.(g取10m/s2)
[答案] f2=macosθ 方向水平向左.
[解析]由速度位移公式
v2=2as 得 a=v2/2s=,
而 a
mgsinθ-f1=ma
mgcosθ-N1=0
再隔离木楔,它已受四个力,再设地面对它的摩擦力为f2,由木楔水平方向受力平衡可知
f1’cosθ+f2=N1’sinθ 其中 f1=f1’ N1=N1’
由此可得 f2=macosθ=0.06N 方向水平向左.
[点评]本题使用“隔离法”解决问题.需要对物体进行细致的受力分析.本题中第二步对木楔进行受力分析时，由于受到的力较多，故最好建立坐标系解题。且摩擦力的方向也应通过最后的解答中的正负来作判断.
作为94年的一道老高考题，在当年的考试中得分率极低，即使在现今的二、三轮复习阶段，本题对同学们的“杀伤力”也极大，我们可以用另一种思路“整体法”来解题。将小滑块和木楔看成一个整体，整体中有一部分（小滑块）有沿斜面向下的加速度，将此加速度沿水平方向分解成ax=0.7cos30°,方向水平向左，此加速度由地面给木楔的水平向左摩擦力f2=macosθ=0.06N来提供，本题由此得解；将此加速度沿竖直方向分解成ay=0.7sin30°,方向竖直向下，表明整体处于失重状态，地面给木楔的支持力将小于整体的重力，比整体的重力小masinθ=0.035N，轻而易举得到另外一个物理量，即地面对木楔的支持力。
超重和失重的观点在本题中得到了一定巧用。
例6、一质量为m均匀立方体木块沿倾斜的直角槽AB滑下，AB棱的倾角为θ，两槽面和过AB棱的竖直平面夹角相等，如图所示，若立方体木块与直角槽两槽面间的动摩擦因数均为u，试求木块下滑的加速度。
[答案] a＝(sinθ－μcosθ)g 例6图
[解析]重力沿斜面方向的分量为F1＝mgsinθ，沿垂直于AB方向的分量为F2＝mgcosθ
而支持力应为N＝N1＝N2＝F2cos45°（如右图所示）
故两边受到的摩擦力均为f1＝f2＝μN＝μmgcosθ·cos45°，
据牛顿定律有，F1－2f1＝ma
解以上几式得：a＝(sinθ－μcosθ)g
[点评]受力分析是解决本题的关键，但本题中立方体木块受到各个力不在同一平面内，即各个力分布在三维空间内，同时本题中的图示也是一个立体三维图。一般而言，以后高中阶段涉及到三维立体图，最好的处理方式应将此三维图作多角度平面处理，有时需从侧面去分析，即观察“侧视图”，本题中将重力的分解即是如此。有时需从上向下观测分析，即观察“俯视图”。有时需观察“剖视图”，本题中的两个槽面对立方体木块的支持力N1和N2便是通过“剖视图”将F2分解而得到。
例7、如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动, 传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面,一物体以恒定的速度v2沿直线向左滑上传送带后,经过一段时间又返回光滑水平面,速率为v2＇,则下列说法正确的是( )
A.若v1 ＜v2 ，则v2＇＝v1 B. 若v1 ＞v2，则v2＇＝v2
C.不管v2多大，总有v2＇＝v2 D.只有v1 =v2时，才有v2＇＝v1 例7图
[答案]B
[解析]物体向左滑上传送带后，受到三个力的作用：重力、弹力和水平向右的滑动摩擦力。作匀减速运动，当速度减小为零以后，将反向（即向右）作匀加速运动。
分两种情形讨论，第一种情形，若v1 ≥v2，则物体将作持续的匀加速运动直至滑上光滑水平面，当然由于向左作匀减速运动和向右反向的匀加速运动的过程具有完全对称性和可逆性，故滑上光滑水平面的速度大小仍等于v2；第二种情形，若v1 ＜v2，则物体向左减速到零后再向右作匀加速运动的过程中，在还未返回到水平面前速度已达到皮带运动的速度v1，以后将随皮带一起作匀速运动，直到滑上水平面,故v2’=v1
如果题目中需要求解运用传送带将物体从一端传送到另一端所需的最短时间，则要求传送带具有足够大的速度，让物体持续地匀加速运动完成从一端到另一端的运动。
“想当然”来解题，是学习物理的每一个同学最易犯的一个通病，“根深蒂固”地以为物体的运动应该这样或那样是同学们解题的大忌，又如有一道题，一个物体从斜面上滑到静止的传送带上，再从传送带上滑到地面上，若传送带逆着物体的运动的方向作传动，问物体的落点是偏近还是偏远？很多同学不进行受力分析，便轻易下结论，以为传送带的传动必将减小物体从传送带上落下时的速度，所以落点将偏近。事实的情况是，物体受到的重力、支持力及物体所受的滑动摩擦力都没有发生任何变化（包括大小和方向），故物体的运动也未有变化，物体仍将落在原位置。
例8、质量为M，长度为L的木板置于光滑的水平地面上，在木板的左端放有一个质量为m的木块，开始时小木块和木板都处于静止状态。某时刻，用一水平恒力将小木块从左端推向右端。如图所示。若小木块与木块之间的动摩擦因素为u，且认为两者之间静摩擦力最大值与其间滑动摩擦力相等，试求：
(1)若能将小木块推向木板右端，水平恒力的最小值F0多大？
(2)若实际所用推力为F（F＞F0），小木块滑到木板右端时木板的速度多大？ 例8图
[答案] F0＝（1＋）umg;
[解析] (1)小木块与木板之间的静摩擦力的最大值为F m＝μN＝μmg,木板能够产生的加速度的最大值为aM＝＝μg.为使小木板能滑向木板右端，小木块加速度a＞aM，
即 F－f＝ma＞maM
故 F＞f＋maM＝umg＋umg＝（1＋）umg ，
得推力最小值为 F0＝（1＋）umg
(2)因F＞F0，小木块将在木板上滑动，小木块与木板的加速度分别为
a＝ ＝
设小木块在木板上滑行时间为t，由运动关系有： (a－a＇) V＝
解以以各式得：V＝＝
[点评]本题是整体与隔离法解决连结体问题的一个典型例子，本题中的第一问，先是以木板为受力分析的对象（隔离法），求出木板临界状态下的最大加速度，再以木板和木块为对象（整体法），求出使两者发生相对滑动的最小推力F0的值。
连结体问题的解决应以加速度为桥梁，恰当选择研究对象即对象的“隔离”或“整体”。可以以下图来表示处理连结体的一般方法。
图中中心的加速度a作为解决连结体问题的关键，可以通过“内力”、“外力”和“物体的运动”来求解加速度，本题中求的是至少以多大的外力F0才能使木块和木板发生相对滑动，可以通过先由“内力”，（方法为“隔离法”）求加速度a，再由加速度a求出“外力”（方法为“整体法”）。
例9、人和雪橇的总质量为75kg,沿倾角θ=37°且足够长的斜坡向下滑动,已知雪橇所受的空气阻力与速度成正比,比例系数k未知,从某时刻开始计时,测量得雪橇运动的v-t图像如图中的曲线AD所示,图中AB是曲线AD在A点的切线,切线上一点B的坐标为(4,15),CD是曲线AD的惭近线,g取10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80.试求比例系数k和雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ。
[答案] k=37.5Ns/m μ=0.125
例9图
[解析]从AB的斜率可知，在开始运动时雪橇的加速度大小为a==3.75m/s2.
即有mgsin37°-kv-μmgcos37°=ma;
由AD这条渐近线可知，10m/s为其运动的收尾速度（即匀速运动速度），
即有mgsin37°=μmgcos37°+kvm.
其中的v=5m/s、vm=10m/s。
代入数据后得k=37.5Ns/m μ=0.125。
[点评]本题首先要读图，明确AB这条线直线斜率的意义，明确CD这虚渐近线线的意义。
例10、如图所示，水平传送带两端间距L=2m，工作时皮带的传送速度恒为v=2m/s，上皮带离水平地面高为H，现将质量m=5kg的物体（可视为质点）轻轻放在A端（对地速度为零），结果经时间t=2.2s时落至地面C点，设物体与皮带间的动摩擦因数μ=0.5（g=10m/s2,轮轴半径很小）。求：
⑴上皮带距地面高度H；
⑵设其它条件不变，仅改变传送带的传送速度，求物体在地面上的落点距B端的最大水平距离。
[答]⑴5m;⑵2m/s
例10图
[解析]⑴a=μg=5m/s2
所以 t1==0.4s
得 s1=at12=×5×0.42=0.4m
故 t2==0.8s
H=gt22=×10×0.82=5m;
⑵若皮带速度足够大，能使小物体持续加速度，则物体在地面上的落点距B端有最大值，此时有
2as=vm2
即 2×5×2= vm2
vm=2m/s
例11如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，从A到B长度为16m，传送带以v=10m/s的速率逆时针方向转动，在传送带上A端无初速度地放一个质量m=0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数u=0.5，求物体从A运动到B所需的时间是多少？（g=10m/s2）
例11图
[解析]小物体刚放到A点至运动到10m/s 过程中,物体受摩擦力作用方向向下,故
a1=gsinθ+μgcosθ=6+4=10m/s2
下滑1s时间后速度达到10m/s,发生位移5m.
小物体速度达10m/s后,由于最大静摩擦力不足以使其相对皮带静止,故继续加速度
a2=gsinθ-μgcosθ=6-4=2m/s2
再下滑余下的11m位移,
S=v0t+
得 t2=1s.
总用时t=t1+t2=2s.
[点评]本题中同学们最易错的地方在于当小物体的速度大小达到和皮带速度一样的10m/s后，第二段的运动很多同学误以为作匀速运动，用时1.1s，总用时解为2.1s。
这种错误的原因在于没有很好地进行受力分析，没有想到皮带的静摩擦力不足以使其相对皮带静止。
例12．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面顶端有一个小物体A自静止开始下滑，同时另一物体B自静止开始由斜面底端向左以恒定加速度a沿光滑水平面运动，A滑下后沿斜面底部光滑小圆弧平稳进入立平面，且匀速向B追去，为使A能追上B，B的加速度的最大值为多大？ 例12图
[解析]A的运动过程为先匀加速，后匀速，在水平面，当A匀速运动的位移与B从开始起作匀加速位移相等时，表明A追上了B。A在斜面上加速度a=gsinθ，A从开始到斜面底端的时间设为t，到追上B的时间设为t，则A运动到底端的速度
v=gsinθ·t，
A在水平面上运动直至追上B的位移为
s=v·（t- t）=gsinθ·t（t- t），
B的位移 s=，
gsinθ·t（t- t）=，
即 -gsinθ·tt+ gsinθ·t=0
t有解的条件△≥0，即
（gsinθ·t）·t≤0
解得 a≤gsinθ，
B的最大加速度 a=gsinθ。
例13．如图所示，长12m、质量为50kg的木块右端置有一立柱，木板与地面间的动摩擦因数为0.1。质量为50kg的人站在木板左端，开始木板与人均静止。后来人以4m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板的右端并立即抱住立柱，试求：
（1）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间。
（2）从人开始运动到最终木板静止，这一过程中木板的总位移。
[解析]⑴人相对木板奔跑时，设人的质量为m，加速度为a1，板的质量为M，加速度为a2，人与板间的相互作用力为F。 例13图
对人有F=ma1=50×4=200N
对板有F=-μ（M+m）g=Ma2 a2=2m/s2
当人跑到板的右端时，有a1t2+a2t2=L 解得t=2s
⑵当人奔跑至木板右端时 人的速度 v1=a1t=8m/s
板的速度 v2=a2t=4m/s 板向左的位移 s= a2t2=4m
人在抱住立柱过程中系统动量定恒 有mv1-mv2=（M+m）v共
解得 v共=2m/s 方向与人原来运动方向一致
在随后的滑行过程中板向右移动s＇
对人与板的整体有-2μgs＇=0-v共2
解得 s＇=2m
板移动的总位移为S总=S-S＇=2m
例14．一平板小车C放在光滑水平面上,今有质量为m的物块A和B,分别以2v0和v0的初速度沿同一直线从小车的两端相向水平滑上小车,如图所示,设A、B两物块与小车的动摩擦因数均为μ,小车的质量也为m,A、B物块均可视为质点.
⑴为使AB两物块不相碰,小平板车的长度至少为多少 例14图
⑵由开始滑上小车到两物块静止在小车上,B物块通过的总路程是多少 经过的时间是多少
[解析]⑴三车最后共同向右前进,设速度为v,据动量定理得
2mv0-mv0=3mv
得 v=v0/3
A物块在速度由2v0到 v0/3过程中所发生的位移为SA
SA= [(2v0)2 –(v0/3)2]/2a=
B物体在速度由v0到0的过程中所发生的位移为SB
SB=
C物体由0到v0/3过程中所发生的位移为SC,加速度为μg/2,则
SC=
故板长至少为S= SA +SB -SC=
⑵B先以μg的加速度减到0,通过SB1= tB1=
再以μg/2的加速度增为v0/3,通过SB2= tB2=
总路程 S= SB1 +SB2=
总时间 t= tB1 +tB2=
[点评]本题及上题中都涉及到动量守恒的相关知识，是一道综合性较强的综合题，对同学们能力要求非常高。但细一分析，后续问题的解决都需用到牛顿定律及运动学的知识来解决。这是很多综合题，包括功能关系相联系的题的一大特点，用功能关系解决初末状态，用牛顿定律解决运动的细节，如本题中的板长有运动的时间。
例15(1999年 全国)在光滑水平面上有一质量为m=1.0×10-3kg、电量q=1.0×10-10C的带正电小球，静止在O点。以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy，现突然加一沿x轴正方向、场强大小E=2.0×106V/m的匀强电场，使小球开始运动。经过1.0s，所加电场突然变为沿y轴正方向，场强大小仍为E=2.0×106V/m的匀强电场。再经1.0s，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在些电场作用下经1.0s速度变为零。求此电场的方向和速度变为零时小球的位置坐标。
[解析]由牛顿定律知，小球的加速度大小a===0.20m/s2.
当场强沿x轴正方向时，经1.0s小球的速度大小为vx=at=0.20×1.0=0.20m/s.小球沿x轴方向移动的距离为△x1=at2=×0.2×1.02=0.10m.
在第2s内，电场方向沿y轴正方向，所以小球在x方向做速度vx的匀速运动，在y方向做初速度为零的匀加速运动，沿x方向移动的距离△x2=vxt=0.20m;沿y方向上移动的距离△y==at2=×0.2×1.02=0.10m.所以第2 s末小球的位置坐标
x2=0.10+0.20=0.30m y2=0.10m
第2s末，x方向的分速度仍为vx，在y方向分速度vy=at=0.20×1.0=0.20m/s.
由上可知此时小球运动方向与x轴成45度角，要使小不速度能变为零，则在第3s内所加场强方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成225度角。
在第3 s内，设在电场作用下小球加速度的x分量和y分量分别为ax、ay，则
ax==0.20m/s2; ay==0.20m/s2;
在第3s末小球到达的位置坐标为
x3=x2+vxt-axt2=0.40m y3=y2+vyt-ayt2=0.20m
[答案]在第3s内所加场强方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成225度角。坐标位置为（0.40m,0.20m）。
[点评]本题中的运动较为复杂，须对带电粒子在电场中的偏转有较深的理解方能解此题。同时本题对空间想象能力要求比较高。
【解题技巧】
要正确地解决本章节的内容，还应掌握一定的解题技巧。首先，应对重点的知识点有正确的理解和把握。如在应用牛顿第二定律应注意定律的同体性、矢量性、瞬时性和独立性。
⑴“同体性”是指F、m.、a应系同一物体。
⑵“矢量性”是指加速度的方向与合外力的方向相同。
⑶“瞬时性”是指加速度与合外力存在瞬时关系，合外力改变，加速度随即改变，合外力产生的加速度即是这些加速度的矢量和。
⑷“独立性”是指作用在物体上的每一个力都将独立地产生各自的加速度，合外力产生的加速度即是这些加速度的矢量和。
如对牛顿第三定律中的作用力和反作用力与一个物体受到的一对平衡力的关系要有正确的理解。一对作用力和反作用力与一对平衡力虽等大反向,但前者受力的对象为两个物体,至于这两个物体的具体运动性质，还需视两个物体受到的其他力而定。后者的受力对象为一个物体，从效果上看,使该物体处于平衡状态。从性质上看,一对作用与反作用力性质必定相同,而一对平衡力的性质不一定相同。从作用的时间上看,一对作用力反作用力同生同灭,互相牵制而一对平衡力则无此特点.
其次，介绍一下解题的基本思路和技巧。
一、牛顿定律和运动学公式联用求解综合题一般步骤：
⑴根据物体的受力情况确定运动情况,此类问题的求解步骤是先应用牛顿定律求出加速度,再根据初始条件应用运动学公式确定物体的运动情况.
⑵根据物体的运动情况推断物体的受力情况,此类问题的求解步骤是先应用运动学公式求出加速度,再应用牛顿定律推断物体的受力情况.
⑶无论是已知受力情况确定运动情况,还是已知运动情况确定受力情况,如果物体中受两个互成角度的力作用而做加速运动时,则这两个力的合力方向(由平行四边形法则直接合成)与物体运动的加速度方向必定相同.因此,解题时只要已知或判断知加速度方向,就可知合力方向,反之亦然,若平行四边形中有直角三角形,要充分利用三角形的数学知识分析.
二、如何求瞬时加速度的方向
在处理和弹性绳(或软弹簧)相连物体的瞬时加速度时,一般要用到弹性绳的形变发生形变的过程需时较长,在短时间内形变量可视作不变这一结论.
三、动力学中正交分解法
⑴如果物体受三个力及三个以上力作用产生加速度，常采用的办法是建立平面直角坐标系，最好使x轴沿加速度方向，然后将各个力进行正交分解，分别求出x轴和y轴方向的合力∑Fx和 ∑Fy,然后根据下式
∑Fx=max, ∑Fy=0 布列方程。
⑵如果物体所受各个力互相垂直或大部分互相垂直，而加速度又和这些力有一夹角，这时一般用分解加速度的方法处理，即x和y轴与各个力（或大部分力）互相垂直，根据
∑Fx=max, ∑Fy=may 布列方程。
四、动力学中连接体问题处理方法
⑴隔离法：若连接体内（即系统内）各物体的加速度大小或方向不同时，一般应将各个物体隔离出来，分别对各个物体根据牛顿定律列式，并要注意标明各物体的加速度方向，找到各物体之间的速度制约关系。
⑵整体法：若连接体内（即系统内）各物体的加速度相同，又不需要系统内各物体间的相互作用力时，可取系统作为一个整体来研究，若连接体内各物体的加速度虽不相同（主要指大小不同），但不需求系统内物体间的相互作用力时，可利用
∑Fx=m1a1x+m2a2x+……
∑Fx=m1a1y+m2a2y+……
对系统列式较简捷。特别是处理选择题.填充题中加速度不同物体的有关问题时尢为方便。
⑶整体法与隔离法交叉使用：若连接体内（即系统内）各物体具有相同的加速度时，应先把连接体当成一个整体列式。如还要求连接体内物体相互作用的内力，则把物体隔离，对单个物体根据牛顿定律列式。
五、整体法和隔离法
1、所谓隔离法就是将物理问题的某些研究对象或某些过程、状态从系统或全过程中隔离出来进行研究的方法.隔离法的两种类型:
⑴对象的隔离:即为寻求与某物体有关的所求量与已知量之间的关系,将某物体从系统中隔离出来;
⑵过程的隔离:物体往往参与几个运动过程,为求解涉及某个过程中的物理量,就必须将这个过程从全过程中隔离出来.
2.所谓整体法,就是指对物理问题整个系统或过程进行研究的方法,也包括两种情况:
⑴整体研究物体系:当不涉及系统中某个物体的力和运动时常用;
⑵整体研究运动全过程:当所求的物理量只涉及运动的全过程时常用。
能力培养
1、（启东中学，基础题，5分，3分钟）关于牛顿第一定律有下列说法：①牛顿第一定律是实验定律；②牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因；③惯性定律与惯性的实质是相同的；④物体的运动不需要力来维持。其中正确的是 （ ）
A．①② B．②③ C．②④ D．①②④
2、（启东中学，基础题，5分，3分钟）一惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计。加速度计的构造原理的示意图如图所示：沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数为k的弹簧相连；两弹簧的另一端与固定壁相连．滑块原来静止，弹簧处于自然长度．滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导．设某段时间内导弹沿水平方向运动；指针向左偏离O点的距离为s，则这段时间内导弹的加速度（ ）
A．方向向左，大小为ks/m
B．方向向右，大小为ks/m
C．方向向左，大小为2ks/m
D．方向向右，大小为2ks/m
3、（启东中学，基础题，5分，5分钟）如图所示，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 ( )
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
4、（启东中学，中档题，10分，8分钟）一间新房即将建成要封顶，考虑到下雨，使落到房顶的雨滴能尽快地滴出房顶，要设计好房顶的坡度．设雨滴沿房顶下淌时无初速无摩擦的运动，那么图四种情况下最符合要求的是 ( )
5、（启东中学，中档题，10分，10分钟）如图，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，开始时，各物均静止，今在两物体上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木块分离时，两木块的速度分别为v1和v2，，物体和木板间的动摩擦因数相同，下列说法
1 若F1＝F2，M1＞M2，则v1 ＞v2，；
2 若F1＝F2，M1＜M2，则v1 ＞v2，；
③若F1＞F2，M1＝M2，则v1 ＞v2，；
④若F1＜F2，M1＝M2，则v1 ＞v2，；其中正确的是 （ ）
A．①③ B．②④ C．①② D．②③
6、（启东中学，中档题，5分，8分钟）如图所示的三个物体质量分别为m1、m2和m3，带有滑轮的物体放在光滑水平面上，滑轮和所有接触面的摩擦以及绳子质量均不计．为使三个物体无相对运动，水平推力F等于_________。
7、（启东中学，难，10分，10分钟）如图所示，小车上放着由轻弹簧连接的质量mA=1kg，mB=0.5kg的两物体A、B两物体与小车间的动摩擦因数分别为μA=0.1，μB=0.2，弹簧的劲度k=0.2N/cm。为使两物体随车向右一起加速运动，弹簧的最大伸长为 。
8、（启东中学，难题，15分值，15分钟）在光滑的水平轨道上有两个半径都是r的小球A和B，质量分别为m和2m，当两球心的距离大于l (l比2 r大得多)时，两球之间无相互作用力，当两球心间的距离等于或小于l时，两球之间存在相互作用的恒定斥力F，设A球从远离B球处以速度v0沿两球心连线向原来静止的B球运动，如图所示，欲使两球不发生接触，必须满足什么条件？
答案：
1、选C．解析：（l）解这一类型的选择题关键是抓住牛顿第一定律的物理意义，正确区分惯性定律和惯性。（2）牛顿第一定律揭示了运动和力的关系，它说明力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体状态的原因。并指出一切物体都具有惯性，即保持原来运动状态不变的特性。（3）不受力的物体是不存在的，因此牛顿第一定律不能用实验证明，但是，它是建立在大量实验基础上，通过思维的逻辑推理而得出的正确结论。
2、选D解析：. 本题是一道联系实际的连接体模型，其受力图景和运动图景是：导弹通过两根弹簧与滑块相连接，当导弹沿水平方向向右做匀加速运动时滑块却要保持静止，所以两根弹簧发生形变产生向右的弹力， 使滑块做加速度逐渐增大的方向向右的加速运动（考虑到导弹的质量远大于滑块质量，所以可认为弹簧弹力不影响导弹的运动）。当滑块与导弹加速度与速度均相同时，弹簧形变量不再改变，两物体保持相对静止（加速度和速度相同）一起做加速运动。
选滑块为研究对象，两根弹簧发生形变的形变量均为s，由牛顿第二定律得2ks＝ma。
所以这段时间内导弹的加速度方向向右，大小为2ks/m，答案D正确
注意，解决实际物体的关键仍然是建立相关的物理图景和物理模型，对于临界问题更是要分析其运动过程，本题如果受力图景与运动图景不清晰，必然会发生谬误。
3、选A．解析：因为物块b匀速下滑，也是处于平衡状态，故可用整体法解．即以a、b整体为研究对象，a、b之间的力属内力，不予考虑．ab整体至少受到重力和水平地面的支持力，如图．由于b匀速，无加速度，系统受力应平衡，故a没有受到水平地面对它的摩擦力．
值得注意的是在同一道题中涉及有隔离法和整体法两种解法．隔离法要多次分析受力，而整体法把物体之间的相互作用力作为系统的内力考虑，有助于我们快速正确地做出判断．我们在解题时，要灵活选择研究对象，注意从整体角度分析、研究问题
4．选A． 解析：设房屋的宽度为，房坡度为θ，则雨滴下落的斜坡长度
①，
由运动学规律得： ②
而由牛顿运动定律分析可得：a=gsinθ ③
解①②③得：
当θ=45°，t最短．故A选项正确．
要求能用所学知识解决生活中的实际问题，体现了物理知识的应用性．对这一类问题，最重要的是要能够根据实际问题建立具体的物理模型．
5．选B．解析：由物块和木块的受力分析判断，物块和木块都做匀加速运动，因物块和木块的加速度不同，导致物体与木块分离，利用物块和木块的位移之差求得木块的速度，然后加以讨论。对物块 F－μmg=ma1 ①，对木块 μmg＝ma2 ②
从刚开始运动到木块分离 ③
由①、②、③得
分离时木块的速度
讨论：F1=F2，M1＜M2时，则；F1＞F2；M1=M2时，则，故选B。
6．m2g (m1+m2+m3) /m1 解析： 设三个物体一起运动的加速度为a，以m1、m2、m3整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
F=（m1+m2+m3）a ①
隔离m1，在水平方向只受绳子的拉力T，有
T=m1a ②
隔离m2，在竖直方向处于平衡状态，且在竖直方向仅受重力m2g和绳子的拉力T，有
T=m2g ③
上述三式联立，解得 F= m2g (m1+m2+m3) /m1
本题也可以隔离m3进行研究，但m3受力情况较为复杂，它与m1、m2之间都有作用力，且滑轮与绳子间也有作用力，有兴趣的读者可自行分析。由此可见，无论是采用整体法还是隔离法，选取研究对象一定要恰当，否则会给解题带来不必要的麻烦。
7．10cm。
解析：根据牛顿第二定律对A有：
μAmAg-F=mAa。
根据牛顿第二定律对B有：
F+fB=mBa。
上二式相加后代入数据得
a=, F=，
当fB取负的最大值时，即fb= -μBmBg=-1N时，F取得最大值，
Fmax=2N。
根据胡克定律有Fmax=kx，得xmax=10cm。
8．
解析：两球间距离等于或小于l时，A球做减速运动，B球做加速运动，当两球速度相等时，两球距离最小，且最小值为2r，找出两球刚好接触的条件，即可求出临界速度v0，从而找出v0的范围
两球心距离等于l或小于l 时，A、B两球的加速度分别为
设两球速度相等时，两球刚好接触
则即，又
连列上几式得，欲使两球不发生接触的条件为
专题四 曲线运动
能力培养
1、（启东中学 基础题 5分3分钟）关于互成角度的两个运动的合成，以下说法正确的是（ ）
A．两个速度不同的匀速运动的合运动一定是匀速运动
B．两个直线运动的合运动一定是直线运动
C．某些曲线运动可以分解成两个直线运动
D．两个初速度为零的匀变速直线运动的合运动一定是曲线运动
2、（启东中学 基础题 5分 4分钟 ）一小球做平抛运动，初速度v0，落地速度为vt，则下图4—1中能正确表示在相等时间内速度矢量的变化情况的是 （ ）
A B C D
图4—1
3、（启东中学 中档题 5分 4分钟）质量不计的轻质弹性杆P部分插入桌面上小孔中，杆另一端套有质量为m的小球，今使小球在水平面内做半径为R、角速度为的匀速圆周运动，如图4—2所示，则杆的上端受到球对它的作用力大小为 （ ）
A、
B、
C、
D、 图4—2
4、（启东中学 中档题 5分 4分钟）质量为的小汽车驶过一座半径为的圆形拱桥，到达桥顶时的速度是，则此时汽车对桥的压力为 ，若要使汽车到达桥顶时对桥的压力恰好为零，则到达桥顶时的速度应当为 。（）
5、（启东中学 难题 5分 6分钟）块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q点，若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图4—3所示，再把物块放到P点自由滑下则 （ ）
A、物块将仍落在Q点
B、物块将会落在Q点的左边
C、物块将会落在Q点的右边
D、物块有可能落不到地面上
图4—3
答案：
1、运动的合成与分解中，合运动到底是什么性质的运动关键看合成以后的初速度和加速度方向之间的关系。若合成后的初速度和加速度方向在一直线上，则合运动是直线运动；若合成后的初速度方向和加速度方向不在一直线上，则合运动是曲线运动。若合成后的加速度是一个定值，则是匀变速运动。曲线运动也可以分解为两个直线运动，例如平抛运动可以分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动。所以：
正确答案为AC。
2、平抛运动的特点：水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动。所以在竖直方向上，小球在相等的时间内速度的增量应该是一样的。所以，
正确答案为B。
3、对于杆子上的小球来讲，做圆周运动的向心力由小球的重力和杆子对它的作用力的合力提供。由受力分析可知，重力竖直向下，向心力水平向右，由勾股定理求解得：
正确答案为D。
4、小汽车在最高点，向心力由重力和桥对它的支持力提供，，代入数据可得：。由牛顿第三定律得，。若要使汽车到达桥顶时对桥的压力恰好为零，则重力刚好提供向心力，由公式得＝。
5、物块从斜面滑下来，当传送带静止时，在水平方向受到与运动方向相反的摩擦力，物块将做匀减速运动。离开传送带时做平抛运动。当传送带逆时针转动时物体相对传送带都是向前运动，受到滑动摩擦力方向与运动方向相反。 物体做匀减速运动，离开传送带时，也做平抛运动，且与传送带不动时的抛出速度相同，故落在Q点，所以A选项正确。
专题五 万有引力
能力培养
1、（启东中学 基础题 5分 4分钟 ）一颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动（ ）
A．根据公式可知，它的半径越大所需的向心力越大
B．根据公式可知，它所需的向心力跟半径成反比
C．根据公式可知，它所需的向心力跟半径的平方成反比
D．根据公式可知，它所需的向心力跟半径无关
2、（启东中学 基础题 5分 4分钟 ）如图5—1中的图、、，其圆心均在地球自转轴线上，则关于同步卫星的轨道下列说法正确的是 （ ）
A、可能为
B、可能为
C、可能为
D、一定为
图5—1
3、（启东中学 中档题 5分 4分钟）2004年9月18日，欧盟和中国草签了中国参与伽利略项目的协议，我国和欧盟合作的建国以来最大的国际科技合作计划—伽利略计划将进入全面实施阶段。这标志着欧洲和我们都将拥有自己的卫星导航定位系统，并结束美国全球卫星定位系统（GPS）在世界独占熬头的局面。伽利略系统将由27颗运行卫星和3颗预备卫星组成，可以覆盖全球，预计于2008年投入使用。卫星的轨道高度为km，倾角为，分布在3个轨道上，每个轨道面部署9颗工作卫星和1颗在轨预备卫星，当某颗工作卫星出现故障时可及时顶替工作。若某颗预备卫星处在略低于工作卫星的轨道上，以下说法中正确的是 （ ）
A、预备卫星的周期大于工作卫星的周期，速度大于工作卫星的速度
B、预备卫星的周期小于工作卫星的周期，速度小于工作卫星的速度
C、为了使该颗预备卫星进入工作卫星的轨道上，应考虑启动火箭发动机向后喷气，通
过反冲作用从较低轨道上使卫星加速
D、为了使该颗预备卫星进入工作卫星的轨道上，应考虑启动火箭发动机向前喷气，通
过反冲作用从较低轨道上使卫星减速
4、（启东中学 中档题 5分 4分钟）如图5—2，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗卫星，下列说法正确的是（ ）
A、b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度
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卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小，其线速度将增大
图5—2
5、（启东中学 难题 5分 10分钟）如图5—3所示，离质量为M、半径为R、密度均匀的球体表面R远处有一质量为m的质点，此时M对m的万有引力为F1，当从M中挖去一半径为r＝R的球体时，剩下部分对m的万有引力为F2。则F1∶F2＝ ？
图5—3
答案：
1、对于人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，向心力由地球对其万有引力
提供。所以与半径的平方成反比。而对于公式，不能简单的讲与半径成正比，因为半径不一样，角速度也不一样，故A错误。同理可知，BD错误。所以：
正确答案为C。
2、同步卫星是相对地球静止的卫星，所以它的周期应和地球自转周期是一样的。而在天体的运动中，周期、轨道半径、环绕速度、角速度之间是相互制约的，所以其他物理量都是定值，且同步卫星的轨道只能与赤道平面共面。所以：
正确答案为D。
3、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，向心力由地球对其的万有引力提供。根据公式和可知，，，则预备卫星的周期小于工作卫星的周期，速度应大于工作卫星的速度。故选项A、B错误。为使该颗预备卫星进入工作卫星的轨道上，应考虑启动火箭发动机向后喷气，速度增大，做离心运动，等它达到工作卫星轨道，速度反而比预备卫星速度小，因为要克服万有引力做功。所以，
正确答案为C。
4、因为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的轨道半径，由知＜，故A选项错；由加速度可知＜，故B选项错。当c加速时，受到的万有引力，它将偏离原轨道，做离心运动；当b减速时，b受到的万有引力，它将偏离原轨道，而做近心运动。所以无论如何c也追不上b，b也追不上c，故C选项错。对这一选项不能用来分析b、c轨道半径的变化情况。对a卫星，当它的轨道半径缓慢减小时，在转动一段较短时间内，可近似认为它的轨道半径没变，视作稳定运行，由知，r减小时v逐渐增大，所以：正确答案为D。
5、质点与大球球心相距2R，其万有引力为F1，则F1＝G 大球质量M＝ρ×πR3，小球质量M′＝ρ×π（）3 即M′＝ρ×πR3＝ 小球球心与质点间相距R，小球与质点间的万有引力为 F1′＝G，则剩余部分对质点m的万有引力为F2＝F1－F1′＝＝ 。故
专题六 动量
能力培养
1、（启东中学，基础题，5分值，3分钟）加拿大萨德伯里中微子观测站揭示了中微子失踪之谜，即观测到的中微子数目比理论值少是因为中微子在运动过程中转化成了一个 子和一个τ子．对上述转化过程的研究有下列说法，其中正确的是
Ａ．该研究过程中牛顿第二定律和动量守恒定律都依然适用
Ｂ．该研究过程中牛顿第二定律和动量守恒定律都不再适用
Ｃ．若发现 子与中微子的运动方向一致，则τ子与中微子的运动方向也可能一致
Ｄ．若发现 子与中微子的运动方向相反，则τ子与中微子的运动方向也可能相反
2、（启东中学，基础题，5分值，3分钟）如图6—1所示，质量为2kg的物体放在光滑的水平面上，用与水平方向成30°角的力F＝4N作用于物体10s，则
A． 力F对物体的冲量大小为40N·s
B．力F对物体的冲量大小为N·s
C．物体动量的变化为40kg·m/s
D．物体的动能增加了300J 图6—1
3、（启东中学，基础题，5分值，2分钟）在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动。假定两板与冰面间的摩擦因数相同。已知甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于
A.在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力
B.在推的过程中，
C.在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度
D.在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小
4、（启东中学，中档题，5分值，3分钟）一只小球沿光滑水平面运动，垂直于墙面撞到竖直墙上。小球撞墙前后的动量变化量为Δp，动能变化量为ΔE，关于Δp和ΔE有下列说法：①若Δp最大，则ΔE也最大；②若Δp最大，则ΔE一定最小；③若Δp最小，则ΔE也最小；④若Δp最小，则ΔE一定最大。以上说法中正确的是
A.①③ B.②④ C.①④ D.②③
5、（启东中学，中档题，5分值，3分钟）如图6—2所示，将质量为2m的长木板静止地放在光滑水平面上，一质量为m的小铅块（可视为质点）以水平初速v0由木板左端滑上木板，铅块滑至木板的右端时恰好与木板相对静止。已知铅块在滑动过程中所受摩擦力始终不变。若将木板分成长度与质量均相等的两段后，紧挨着静止放在此水平面上，让小铅块仍相同的初速v0由左端滑上木板，则小铅块将
A.仍能滑到右端与木板保持相对静止
B.滑过右端后飞离木板
C.在滑到右端前就与木板保持相对静止
D.以上三答案均有可能 图6—2
6、（启东中学，中档题，5分值，4分钟）如图6—3竖直放置的轻弹簧，上端与质量为3kg的物块B相连接。另一个质量为1kg的物块A放在B上。先向下压A，然后释放，A、B共同向上运动一段路程后将分离。分离后A又上升了0.2m到达最高点，此时B的速度方向向下，且弹簧恰好为原长。则从A、B分离到A上升到最高点过程中，弹簧对B的冲量大小为（取g=10m/s2） （ ）
A.1.2Ns B.6.0Ns C.8.0Ns D.12Ns 图6—3
7、（启东中学，中档题，5分值，5分钟）如图6—4所示，两端足够长的敞口容器中，有两个可以自由移动的光滑活塞A和B，中间封有一定量的空气，现有一块粘泥C，以EK的动能沿水平方向飞撞到A并粘在一起，由于活塞的压缩，使密封气体的内能增加，若A、B、C质量相等，则密闭空气在绝热状态变化过程中，内能增加的最大值为
图6—4
8．（启东中学，难题，15分值，10分钟）如图6—5所示，在光滑水平面上放有长为L的长木板C，在C上面的左端以及距左端s处各放有小物块A和B，A、B的体积大小可忽略不计，A、B与长木板C间的动摩擦因数均为μ，A、B、C的质量均为m，开始时，B、C静止，A以某一初速度v0向右做匀减速运动，设物体B与板C之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：
（1）物体A运动过程中，物块B和木板C间的摩擦力．
（2）要使物块A、B相碰，物块A的初速度v0应满足的条件．
图6—5
答案：
1、选C。解析：牛顿定律的适用于宏观的低速运动的物体；而动量守恒定律不仅适用于宏观的物体而且适用于微观物体的运动，不仅适用于高速运动的物体也适用于低速运动的物体。所以AB都错。由动量守恒定律可知若发现 子与中微子的运动方向一致，则τ子与中微子的运动方向也可能一致，可能相反；若发现 子与中微子的运动方向相反，则τ子与中微子的运动方向只能与中微子的运动方向相同。
2、选AD。解析：因为力F是恒力，所以力F对物体的冲量等于Ft，答案A正确，B错误；物体的动量变化等于合外力的冲量，等于N·s；所以C错误，物体动能的增量等于合外力所做的功，所以D正确。
3、选C。解析：因为物体间力的作用于是相互的，在推的过程中，甲推乙的力等于乙推甲的力，且甲推乙的时间等于乙推甲的时间，所以AB均错误；因为分开后甲在冰面上滑行的距离比乙远，且两板与冰面间的摩擦因数相同，所以分开的瞬间甲的速度大于乙的速度，由动量守恒定律可知，甲的质量小于乙的质量，并且分开后甲、乙的加速度大小均等于，所以C正确，D错误。
4、选B。解析：小球与墙面相撞后，如果无能量损失，则小球应以相同的速率反回，这种情况动量变化量Δp最大等于，动能变化量ΔE最小为零；所以②正确；如果小球与墙碰撞后粘在墙上，动量变化量Δp最小等于，动能变化量ΔE最大等于，所以④，所以本题的正确答案为B。
5、选B。解析：由动量守恒定律可知 得出
由功能关系；如果将木板分成长度与质量均相等的两段后，紧挨着静止放在此水平面上，让小铅块仍相同的初速v0由左端滑上木板，小铅块先与左边木板分离，左边木板的最后速度小于右边木板的速度，系统损失的动能变多了，所以转化内能也变多了，所以小铅块与木板相对滑行的距离变大了，所以小铅块应滑过右端后飞离木板。6、选B。解析：AB在弹簧处于原长时分离，且分离时速度大小相等，且等于A竖直上抛的速度v，由运动学公式可知，并且从A上升到最高点所需时间，A上升到最高点时B的速度方向向下且弹簧恰为原长，所以此时B的速度大小为v=2m/s,方向向下，对B用动量定理，可求出弹簧对B的冲量大小为6.0Ns。所以B正确。
7、答案：本题涉及碰撞、动量、能量三个主要物理知识点，是一道综合性较强的问题，但如果总是的几个主要环节，问题将迎刃而解。
粘泥C飞撞到A并粘在一起的瞬间，可以认为二者组成的系统动量守恒，初速度为，末速度为，则有
①
在A、C一起向右运动的过程中，A、B间的气体被压缩，压强增大，所以活塞A将减速运动，而活塞B将从静止开始做加速运动。在两活塞的速度相等之前，A、B之间的气体体积越来越小，内能越来越大。A、B速度相等时内能最大，设此时速度为，此过程对A、B、C组成的系统，由动量守恒定律得（气体的质量不计）：
②
由能的转化和守恒定律可得：在气体压缩过程中，系统动能的减少量等于气体内能的增加量。所以有：
③
解①②③得：
8．解答：（1）设A在C板上滑动时，B相对于C板不动，对BC有?
mg＝2ma，则a＝
又B依靠摩擦力能获得的最大加速度为 am＝＝μg，
因为am＞a，
所以B未相对C滑动，而是随木板C一起向右做加速运动，假设成立．
物块B和木板C间的摩擦力为 FfB＝ma＝μmg，方向向右
（2）若物块A与物块B恰好不发生碰撞，物块A运动到物块B处时，A、B的速度必相等，根据动量守恒定律有
mv0＝（m＋2m）v1
设木板C在此过程中的位移为s1，则物块A的位移为s1＋s，由动能定理
对A： －μmg（s1＋s）＝mv12－mv02
对B、C： μmgs1＝·2m·v12
联立上述各式解得v0＝
要使物块A、B发生碰撞的条件是v0＞
专题七 机械能
能力培养
1．（启东中学，基础题，5分，5分钟）如图7—1所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上，若以地面为零势能参考平面且不计空气阻力，则（ ）
A．物体到海平面时的势能为mgh
B．重力对物体做的功为mgh
C．物体在海平面的动能为
D．物体在海平面上的机械能为
图7—1
2．（启东中学，基础题，5分，5分钟）一个人稳站在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图7—2所示（ ）
A．克服人的重力做功的等于人的重力势能的增加量
B．踏板对人的支持力做的功等于人的动能的增加量
C．踏板对人做的功等于人的机械能的增加量
D．对人做功的只有重力和踏板对人的支持力 图7—2
3．（启东中学，基础题）下列关于机械能是否守恒叙述中正确的是（ ）
A．做匀速直线运动的物体机械能一定守恒
B．做曲线运动的物体机械能可能守恒
C．外力对物体做功为零时，机械能一定守恒
D．除重力外，其他力均不做功，物体的机械能守恒
4．（启东中学，中档题，5分，6分钟）竖立在水平地面上的轻弹簧，下端固定在地面上，将一个金属球放置在弹簧顶端并下压球，使弹簧弹性压缩，用细线把弹簧拴牢，如图7—3甲所示，烧断细线，球将被弹起，且脱离后能继续向上运动，如图7—3乙所示，忽略空气阻力，从细线烧断到刚脱离弹簧的运动过程中（ ）
A．球刚脱离弹簧时，弹簧的弹性势能最小
B．球的动能在刚脱离弹簧时最大
C．球所受的合力最大值大于重力的值
D．系统机械能不变
图7—3
5．（启东中学，中档题，5分，6分钟）质量为m1的滑块，置于光滑水平地面上，其上有一半径为R的1/4光滑圆弧。现将质量为m2的物体从圆弧的最高点自由释放，在物体下滑过程中m1对m2弹力做功W1，m2对m1的弹力做功W2。如图7—4所示，则（ ）
A．W1=0 W2=0
B．W1＜0，W2＞0
C．W1＝0，W2＞0
D．W1＞0，W2＜0 图7—4
6．（启东中学，中档题，5分，8分钟）滑块以速率v1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率变为v2，v2＜v1，若滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端重力势能为零，则（ ）
A．上升时机械能减小，下降时机械能增大
B．上升时机械能减小，下降时机械能也减小
C．上升过程中动能和势能相等的位置在A点的上方
D．上升过程中动能和势能相等的位置在A点的下方
7．（启东中学，难题，10分，10分钟）一带正电的物体静止置于绝缘水平面上，现加一水平向右的匀速电场后物体开始向右运动，如图7—5所示，已知物体与绝缘水平面之间的滑动摩擦力为电场力的1/3，经一段时间后，物体的动能为EK，此时，突然使电场方向反向，大小不变，再经过一段时间，物体回到原出发点，其动能变为________；两段时间内物体通过的路程之比为s1：s2=________。 图7—5
8．（启东中学，解答题，16分，15分钟）质量M=4kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，车的板面距地面高h=0.2m，车板光滑，车的左端放着一质量m=1kg的小物块，车的右端固定一轻质弹簧，如图7—6所示，现一大小为I=5kgm/s方向水平向右的冲量作用于物块，则滑块压缩弹簧之后，又从小车的左端滑出，g取10m/s2，求：
（1）在此过程中，弹簧的最大性势能是多少？
（2）小物块最终落时，落地点距小车左端的水平距离为多大？
图7—6
答案：
1．BCD 解析：选地面为零势能面，物体到海平面的势能为—mgh，此过程重力做功为mgh，由机械能守恒，知物体在海平面的动能为，而势能为-mhg，故机械能为
2．AC 解析：由于人与扶梯有相同的斜向上的加速度，所以人除了受到重力、水平台阶的支持力以外，还受到水平台阶的水平向右的静摩擦力的作用，且三个力均对人做功，故选项D错误；由功能关系可知：物体克服重力做功的等于物体的重力势能的增加量，故选项A正确；合外力所做的功等于物体动能的增加量，故选项B错误；除重力和弹簧弹力以外，其它外力对物体做功等于物体机械能的增加量，本题踏板对人做功包括踏板对人的支持力做的功和踏板对人的静摩擦力做的功。故选项C正确。
3．BD解析：做匀速直线运动的物体，动能不变，但机械能不一定守恒，如匀速上升的物体，机械能就不断增大。选项A错误。
做曲线运动的物体，若只有重力做功，它的机械能就守恒，如做平抛运动的物体，选项B正确。
外力对物体做的功为零，是动能不变的条件，机械能不变的条件是重力和弹簧力外其他力不做功或做功的代数和为零，选项C错误，选项D正确。
4．ACD 解析：球刚脱离弹簧时，未发生形变，弹簧的弹性势能最小，故A选项正确；
当球受到的弹力和重力相等时，加速度为零，速度最大，故B选项错误；由于整个过程中，只有重力和弹簧在做功，系统的机械能守恒，故D选项正确；对于C选项,由振动特点易知，由于小球会离开弹簧继续上升,故在最低点时，球受到的合力大小等于重力，
故C选项也正确。
5．解析：此题如不注意分析，往往容易错选A项，即认为圆弧的弹力总与物体运动垂直，不做功。事实上，在m2下滑的过程中，由于水平方向动量守恒可知，滑块应向左滑动，由于滑块动能增加，且滑块所受的重力及地面对它的支持总与位移方向垂直而不做功，因此，m2对m1的弹力必对m1做正功。由于物体与滑块所组成的系统的机械能守恒，滑块的机械能增加，物体的机械能必定减少，可见m1对m2弹力做负功，故选项B下正确。
6．BC解析：由于滑块回到出发点后动能减小，可知斜面不光滑，即滑块在斜面上滑动过程中要损失机械能，因此无论滑块上升或下降时机械能都会减小，选项A错误，选项B正确。
假设滑块沿斜面运动的加速度一定，则由运动学知识可知在位移中点的速度为初速的
分之一，动能正好为初位置动能的一半，由于有机械能损失，此时重力势能仍小于动能，由此可知，上升过程中动能和势能相等的位置在A点的上方，选项C正确，选项D错误。
7．3EK/2 1：2 解析：从静止出发物体做匀加速运动，到电场反向之前物体通过的路程为s1，动能为EK，由动能定理得Fs1-Fs1=EK （1） FL1+FL1=EK （2） 得s1=2L1（3） 电场反向后先做匀减速运动前进L1后速度变为零，接着反向作匀加速运动通过L2的路程回到原来位置，动能为EKX，对返回过程由动能定理得F（L1+s1）-F（L1+s1）=EKX （4） 由（1）（3）（4）得EKX=3EK/2。 s1：s2=s1：（s1+L1）=1：2
8．解析：（1）从题意知I=mv1=5kgm/s，v1=5m/s；小物块与小车发生碰撞，到弹簧压缩到最短时物块与小车有共同速度，碰撞过程动量守恒，设它们的共同速度为u则mv1=（m+M）u 代入数据得u=1m/s 弹簧的最大性势能W弹=
（2）物块与小车的整个碰撞过程是最完全弹性碰撞，故有mv1=mv+Mv
联立两式，可得v v2m/s
小物块落地时与小车左端的水平距离是L=（v=1m
Ｆ
Ｆ
F
Ｆ
Ｆ
①
②
③
④
a
b
右
左
a
b
A
a
b
D
a
b
B
b
a
C
)60°
A
B
P
Q
O
F
0
0
0
0
x
y
x
y
x
y
x
y
A B C D
t1
t2
t3
t4
t5
t6
t7
t1
t2
t3
t4
t5
t6
t7
N1
N2
F2
v1
v2
物体的运动
内力 a 外力
v/ms-1
B
C
A
D
5
10
15
O
t/s
4
30°
F
m
m
2m
v0
A
B
A
B
v0
C
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