三轮冲刺---曲线运动、平抛运动、圆周运动“关联”速度问题
考点剖析
1．“关联”速度
绳、杆等有长度的物体，在运动过程中，如果两端点的速度方向不在绳、杆所在直线上，两端的速度通常是不一样的，但两端点的速度是有联系的，称之为“关联”速度。由于高中研究的绳都是不可伸长的，杆都是不可伸长和压缩的，即绳或杆的长度不会改变，所以解题的原则是把物体的实际速度分解为垂直于绳（杆）和平行于绳（杆）两个分量，根据沿绳（杆）方向的分速度大小相同求解。
2．分析“关联”速度的基本步骤
a．确定研究对象，绳 杆 、物接触点
b．确定合运动方向，即物体实际运动的方向
c．分析这个合运动所产生的实际效果，使绳或杆伸缩的效果使绳或杆转动的效果
d．确定两个分速度的方向，沿绳或杆方向的分速度垂直于绳或杆方向的分速度
3、规律总结: 绳（或杆）端速度分解方法
a．确定绳（或杆）端的定点。绳（或杆）两端物体运动时，绳（或杆）在转动，若绳（或杆）的一端不动，另一端运动，则不动的一端为定点；若绳（或杆）的两端均在运动，则欲分解的速度对应的物体端为动点，另一端为等效定点。本例中滑轮右侧这段绳的上端为定点，与B相连的下端为动点。
b．速度分解的方向。确定定点之后，动点（研究对象）的速度可分解为沿绳（或杆）伸长（或缩短）的方向和垂直绳（或杆）使绳（或杆）绕定点转动的方向。牢牢记住实际速度是合速度。
c．绳（或杆）两端物体均在运动，则沿绳（或杆）的方向（弹力方向）速度相等。
典例精析
1、如图所示，物体A和B的质量均为m，且分别用轻绳连接并跨过定滑轮（不计绳子与滑轮、滑轮与轴之间的摩擦）。在用水平变力F拉物体B沿水平方向向右做匀速直线运动的过程中
A．物体A也做匀速直线运动
B．绳子的拉力始终大于物体A所受的重力
C．物体A的速度小于物体B的速度
D．地面对物体B的支持力逐渐增大
【答案】BCD
【解析】将B的运动沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向上的分速度等于A物体的速度，根据平行四边形定则求出A的速度与B的速度的关系。以绳子与物体B的结点为研究对象，将B的速度分解成绳子伸长的速度v1和垂直绳子方向的速度v2，如图所示。
v1=vcosθ，绳子伸长的速度等于物体A上升的速度，即vA=v1=vcosθ，物体B向右运动时θ减小，所以vA增大，物体B匀速向右运动则物体A加速上升，处于超重状态，绳子拉力始终大于物体A所受的重力；θ减小并无限趋近于0，则物体A无限趋近于匀速运动，故物体A上升的加速度在减小，所以绳子的拉力FT减小，地面对B的支持力FNB=mBg－FTsinθ逐渐增大。故选BCD。
考点：运动的合成与分解；超重和失重；力的分解
2、一轻杆两端分别固定质量为mA和mB的两个小球A和B（可视为质点）。将其放在一个光滑球形容器中从位置1开始下滑，如图所示，当轻杆到达位置2时球A与球形容器球心等高，其速度大小为v1，已知此时轻杆与水平方向成θ=30°角，B球的速度大小为v2，则
A．v2=v1 B．v2=2v1 C．v2=v1 D．v2=v1
【答案】C
【解析】 球A与球形容器球心等高，速度v1方向竖直向下，速度分解如图所示，有v11=v1sin 30°=v1，球B此时速度方向与杆成α=60°角，因此v21=v2cos60°=v2，沿杆方向两球速度相等，即v21=v11，解得v2=v1，C项正确。
考点：运动的合成与分解
对点训练
1．如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为Ff，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为FT，则此时
A．人拉绳行走的速度为vcosθ
B．人拉绳行走的速度为
C．船的加速度为
D．船的加速度为
【答案】AC
【解析】船的运动是合运动，它实际上是同时参与了两个分运动；一是沿绳方向的直线运动，二是以滑轮为圆心转动的分运动（即垂直于绳方向的分运动），因此将船的速度进行分解如图甲所示，人拉绳行走的速度v人=vcosθ，A正确，B错误；船的受力如图乙所示，绳对船的拉力等于人拉绳的力，即绳的拉力大小为FT，与水平方向成θ角，因此FTcos θ－Ff=ma，解得 ，C正确，D错误。
2．如图所示，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连。由于B的质量较大，故在释放B后，A将沿杆上升，当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，其上升速度v1≠0，若这时B的速度为v2，则
A．v2=v1 B．v2＞v1
C．v2≠0 D．v2=0
【答案】D
【解析】把A上升的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向的速度，而沿绳子方向的速度与B的速度相等。如图所示，A的速度为v，可看成是合速度其分速度分别是va 、vb，其中va就是B的速度v（同一根绳子，大小相同），当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，va=0，所以B的速度v2=0故选D。
3．如图所示，水平面上固定一个与水平面夹角为θ的斜杆A，另一竖直杆B以速度v水平向左做匀速直线运动，则从两杆开始相交到最后分离的过程中，两杆交点P的速度方向和大小分别为
A．水平向左，大小为v
B．竖直向上，大小为vtan θ
C．沿A杆斜向上，大小为
D．沿A杆斜向上，大小为vcos θ
【答案】C
【解析】 两杆的交点P参与了两个分运动：与B杆一起以速度v水平向左的匀速直线运动和沿B杆竖直向上的匀速运动，交点P的实际运动方向沿A杆斜向上，如图所示，则交点P的速度大小为vP=，故C正确。
4．如图所示，一根长为L的轻杆OA，O端用铰链固定，轻杆靠在一个高为h的物块上，某时刻杆与水平方向的夹角为θ，物块向右运动的速度v，则此时A点速度为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】将物块的速度分解为沿杆方向和垂直于杆方向，垂直于杆方向的速度等于B点绕O转动的线速度，根据v=rω可求出杆转动的角速度，再根据杆的角速度和A的转动半径可以求出A的线速度大小。如图所示
根据运动的合成与分解可知，接触点B的实际运动为合运动，可将B点运动的速度vB=v沿垂直于杆和沿杆的方向分解成v2和v1，其中v2=vBsin θ=vsin θ为B点做圆周运动的线速度，v1=vBcos θ为B点沿杆运动的速度。当杆与水平方向夹角为θ时，，由于B点的线速度为v2=vsinθ=OBω，所以 ，所以A的线速度 ，故C正确。故选：C。三轮冲刺导学案-----类平抛运动与斜抛运动的规律
考点剖析
一、类平抛运动
1．模型特点：a．受力特点：物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直；b．运动特点：在初速度v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度。
2．处理方法
（1）常规分解：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的匀加速直线运动，两个分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性；
（2）特殊分解：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解。
二、斜抛运动问题
斜抛运动可分为斜上抛运动和斜下抛运动，其竖直方向都是初速度不为零的、加速度为g的匀加速运动，水平方向是匀速运动；处理问题的方法是按水平方向和竖直方向列得速度或位移方程求解。
1．运动性质
加速度为g的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线。
2．基本规律（以斜向上抛为例说明，如图所示）
（1）水平方向：v0x＝v0cos θ，F合x＝0；
（2）竖直方向：v0y＝v0sin θ，F合y＝mg。
典例精析
1、在光滑的水平面内，一质量m=1 kg的质点以速度v0=10 m/s沿x轴正方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向（竖直方向）的恒力F=15 N作用，直线OA与x轴成α=37°，如图所示曲线为质点的轨迹图（g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）。如果质点的运动轨迹与直线OA相交于P点，求：
（1）质点从O点到P点所经历的时间以及P点的坐标；
（2）质点经过P点的速度大小。
思路导引：
【答案】（1）3 s P（30 m，22.5 m） （2）
【解析】（1）质点在水平方向上无外力作用做匀速直线运动，竖直方向受恒力F和重力mg作用做匀加速直线运动。由牛顿第二定律得
设质点从O点到P点经历的时间为t，P点坐标为（xP，yP），则xP=v0t，又
联立解得：t=3 s，xP=30 m，yP=22.5 m。
（2）质点经过P点时沿y方向的速度vy=at=15 m/s，故P点的速度大小。
考点：本题考查平抛运动
2、由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28 m3/min，水离开喷口时的速度大小为m/s，方向与水平面夹角为60度，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是（重力加速度g取10 m/s2）
A．28.8 m，1.12×10－2 m3 B．28.8 m，0.672 m3
C．38.4 m，1.29×10－2m3 D．38.4 m，0.776 m3
【答案】A
【解析】将速度分解为水平方向和竖直方向两个分量，vx=vcos 60°，vy=vsin 60°，水的运动可看成竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动的合运动，水柱的高度，上升时间。空中水量可用流量乘以时间来计算，。 故选项A正确。
考点：斜抛运动
点拨：此题考查了斜抛物体的运动特点；解题时首先把斜抛运动分解在水平和竖直两个方向进行研究，竖直方向的运动决定着运动的时间；此题结合生活实际，立意新颖，考查了学生运用物理知识解决实际问题的能力。
对点训练
1、 如图所示，一光滑宽阔的斜面，倾角为θ，高为h，现有一小球在A处以水平速度v0射出，最后从B处离开斜面，下面说法中不正确的是
A．小球的运动轨迹为抛物线
B．小球的加速度为gtanθ
C．小球到达B点的时间为
D．小球到达B点的水平位移
【答案】B
【解析】小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度垂直，做类平抛运动，轨迹为抛物线，故A说法正确；根据牛顿第二定律知，小球的加速度 故B说法错误；小球在沿斜面方向上的位移为，根据 ，解得 ，故C说法正确；在水平方向上做匀速直线运动， ，故D说法正确。
2、如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N两点，两球运动的最大高度相同。空气阻力不计，则
A．B的加速度比A的大
B．B的飞行时间比A的长
C．B在最高点的速度比A在最高点的大
D．B落地时的速度比A在落地时的大
【答案】CD
【解析】在同一位置抛出的两小球，不计空气阻力，在运动过程中的加速度等于重力加速度，故A、B两小球的加速度相等，选项A错误；根据，两球运动的最大高度相同，故两球飞行的时间相等，选项B错误；由于B的射程大，根据水平方向匀速运动的规律x=vt，故B在最高点的速度比A的大，选项C正确；由于两小球在竖直方向做自由落体运动，故A、B落地时在竖直方向的速度相等，B的水平速度大，速度合成后B在落地时的速度比A的大，选项D正确。
3、如图所示，在水平地面上A、B两点同时迎面抛出两个物体，初速度分别为v1、v2，与水平方向所成角α1=、α2=，两物体恰好落到对方抛出点。两物体在空中运动的时间分别为t1、t2，不计空气阻力。则
A．v1 = v2
B．t1 = t2
C．两物体在空中可能相遇
D．两物体位于同一竖直线时，一定在AB中点的右侧
【答案】AD
【解析】在水平方向上做匀速直线运动，故有，在竖直方向上做竖直上抛运动，所以，，联立可得，，A正确，B错误；在竖直方向上速度不相等，又是同时抛出，所以两者不可能同时到达同一高度，即两者不可能相遇，C错误；两者位于同一竖直线时，由于运动时间相同，而A球的水平初速度较大，所以A球走过的水平位移大于B球的，所以一定在AB中点的右侧，D正确。
3．某同学进行篮球训练，如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙面上，不计空气阻力，则下列说法正确的是
A．篮球撞墙的速度，第一次较大
B．从抛出到撞墙，第一次篮球在空中运动的时间较长
C．篮球在空中运动的加速度第一次较大
D．抛出时的速度，第一次一定比第二次大
【答案】B
【解析】由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，因此在这两次中，篮球被抛出后的运动可以看作是平抛运动的逆运动，因此它们在空中运动的加速度都为g，故选项C错误；根据平抛运动的规律可知，在竖直方向上有：h＝，在水平方向上有：x＝v0t，由图可知：h1＞h2，x1＝x2，所以篮球的运动时间t1＞t2，撞墙的速度v01＜v02，故选项A错误，B正确；平抛运动的末速度，即篮球被抛出时的速度v＝，抛出时的速度大小不定，故选项D错误。
4．如图所示，轨道是由一直轨道和一半圆轨道无缝对接组成的，一个小滑块从距轨道最低点B为h高度的A处由静止开始运动，滑块质量为m，不计一切摩擦。则
A．若滑块能通过圆轨道最高点D，h的最小值为2.5R
B．若h=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mg
C．若h=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动
D．若要使滑块能返回到A点，则h≤R
答案：ACD
【解析】要使物体能通过最高点，则由可得：，从A到D根据机械能守恒定律得：，解得，故A正确；若h=2R，从A到C根据机械能守恒定律得：，在C点有：，解得：N=2mg，故B错误；若h=2R，小滑块不能通过最高点D点，在CD中间某一位置即做斜上抛运动离开轨道，做斜抛运动，故C正确；若要使滑块能返回到A点，则物块在圆弧中运动的高度不能超过C点，否则就不能回到A点，则则h≤R，故D正确。
5．如图所示，光滑轨道LMNPQMK固定在水平地面上，轨道平面在竖直面内，MNPQM是半径为R的圆形轨道，轨道LM与圆形轨道MNPQM在M点相切，轨道MK与圆形轨道MNPQM在M点相切，b点、P点在同一水平面上，K点位置比P点低，b点离地高度为2R，a点离地高度为2.5R，若将一个质量为m的小球从左侧轨道上不同位置由静止释放，关于小球的运动情况，以下说法中正确的是
A．若将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球一定不能沿轨道运动到K点
B．若将小球从LM轨道上b点由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点
C．若将小球从LM轨道上a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点
D．若将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度
答案：D
【解析】设小球恰好通过P点时速度为v。此时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：设小球释放点到地面的高度为H。从释放到P点的过程，由机械能守恒定律得：mgH=mg·2R+mv2，解得。所以将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球恰好到达P点，能做完整的圆周运动，由机械能守恒守恒可知，一定能沿轨道运动到K点。而将小球从LM轨道上b点或a、b点之间任一位置由静止释放，不能到达P点，在到达P前，小球离开圆轨道，也就不能到达K点，故ABC错误；小球做斜上抛运动时水平方向做匀速直线运动，到最大高度时水平方向有速度，设斜抛的最大高度为H′，根据机械能守恒定律得：mgH=mv2+mgH′，v>0，则H′考点剖析
1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）发生了变化（即“视重”发生变化）。
2．超重和失重现象中视重与实重的关系
加速度情况 现象 视重（F）与实重（mg）大小关系
a=0 平衡状态 F= mg
a向上 超重 F=m（g + a）
a向下 失重 F=m（g - a）
a=g向下 完全失重 F=0< mg
3．尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma。
5．判断超重和失重现象的方法
物体处于超重状态，还是失重状态，取决于加速度的方向，而不是速度的方向。只要加速度有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；只要加速度有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。
6．超重和失重现象的判断“三”技巧
（1）从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。
（2）从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度或加速度具有竖直向上的分量时处于超重状态，具有向下的加速度或加速度具有竖直向下的分量时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。
（3）从速度变化角度判断：物体向上加速或向下减速时，超重；物体向下加速或向上减速时，失重。
典例精析
如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为4 kg的物体放在传感器上。在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44 N。g取10m/s2。对此过程的分析正确的是
A．物体受到的重力变大
B．物体的加速度大小为1 m/s2
C．电梯正在减速上升
D．电梯的加速度大小为4 m/s2
【解析】电梯中的物体处于超重、平衡、失重状态时加速度是不同的，但物体本身的重力不变，选项A错误。由牛顿第二定律可知，而由牛顿第三定律得，解得：，故选项B正确、选项D错误。加速度向上，运动是加速向上或减速向下，选项C错误。故选B。
答案：B
考点：本题考查了牛顿第二定律、牛顿第三定律、超重与失重。
点拨：要注意超重和失重的条件和实质。
2、在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手弗拉希奇以2.04 m的成绩获得冠军。弗拉希奇身高约为1.93 m，忽略空气阻力，g取10 m/s2。则下列说法正确的是
A．弗拉希奇下降过程处于失重状态
B．弗拉希奇起跳以后在上升过程处于超重状态
C．弗拉希奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力
D．弗拉希奇起跳时的初速度大约为3 m/s
【答案】A
【解析】运动员起跳后上升过程做减速运动，下降过程做加速运动，加速度都是向下，所以运动员在这两个过程中整体处于失重状态，A正确B错误；起跳时加速度向上，根据牛顿第二定律可得，即，所以地面对她的支持力大于重力故能顺利起跳，C错误；运动员起跳时重心在腰部，背越式过杆，重心上升高度可按1 m估算，则起跳时的初速度约为，D错误。
考点：考查了超重失重，牛顿第二定律的应用
点拨：要注意运动员的运动过程，尽管速度方向不同，但加速度方向相同，都是向下的。
对点训练
1．一个矿泉水瓶底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设水瓶在下述几种运动过程中没有转动且忽略空气阻力，则
A．水瓶自由下落时，小孔向下漏水
B．将水瓶竖直向上抛出，水瓶向上运动时，小孔向下漏水；水瓶向下运动时，小孔不向下漏水
C．将水瓶水平抛出，水瓶在运动中小孔不向下漏水
D．将水瓶斜向上抛出，水瓶在运动中小孔向下漏水
【答案】C
【解析】无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，加速度为g，处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，所以C正确。
2．如图所示，运动员“3 m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳板自身重力可忽略不计，则下列说法正确的是
A．运动员将跳板从B压到C的过程中，一直失重
B．运动员向上运动（C→B）的过程中，先超重后失重
C．运动员将跳板从B压到C的过程中，对板的压力先增大后减小
D．运动员向上运动（C→B）的过程中，对板的压力一直减小
【答案】BD
【解析】人受到重力及板向上的弹力，人在向下运动的过程中，人受到的板的弹力越来越大，开始时加速度向下减小；然后加速度再向上增大，故人应先失重后超重，故AC错误；运动员在向上运动时，由于弹力减小，但开始时一定大于重力，故合外力先减小后增大，而加速度先向上，后向下，故人先超重后失重，故B正确；D运动员在向上运动时，板的形变量减小，弹力减小，运动员对板的压力一直减小；，故D正确；故选BD。
3．如图所示，一个箱子中放有一物体，已知静止时物体对下底面的压力等于物体的重力，且物体与箱子上表面刚好接触。现将箱子以初速度v0竖直向上抛出，已知箱子所受空气阻力与箱子运动的速率成正比，且运动过程中始终保持图示姿态。则下列说法正确的是
A．上升过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越小
B．上升过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越小
C．下降过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力可能越来越大
D．下降过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力可能越来越小
【答案】BC
【解析】对箱子和物体整体受力分析，如图所示：由牛顿第二定律可知，Mg+kv=Ma，则，又整体向上做减速运动v减小，所以a减小；再对物体单独受力分析：因a＞g，所以物体受到箱子上底向下的弹力FN，由牛顿第二定律可知，mg+FN=ma，则FN=ma-mg，而a减小，则FN减小，所以上升过程中物体对箱子上底面有压力且压力越来越小；同理，当箱子和物体加速下降时，物体对箱子下底面有压力且压力越来越大，当Mg=kv后，箱子匀速下降，此时物体对箱子下底面压力等于它的重力mg，故BC正确，AD错误，故选BC。
4．一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图象如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力
A．t=2 s时最大 B．t=2 s时最小
C．t=8.5 s时最大 D．t=10 s最大
【答案】A
【解析】由题意知在上升过程中：，所以向上的加速度越大，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由图知，7 s以后加速度向下，由知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，所以CD错误。三轮冲刺导学案---受力分析与物体的平衡
考点剖析
一、受力分析
1．定义：把指定物体（研究对象）在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图，这个过程就是受力分析。
2．受力分析的基本步骤
（1）确定研究对象——即确定分析受力的物体，研究对象可以是一个点、单个物体，也可以是多个物体组成的系统。
（2）隔离物体分析——将研究对象从周围的物体中隔离出来，进而分析周围物体有哪些对它施加了力的作用。一般分析的顺序是：先分析场力（重力、电场力、磁场力），再分析接触力（先弹力后摩擦力），最后分析其他力。
（3）画受力示意图——边分析边将力画在受力示意图上，准确标出力的方向，标明各力的符号，画好受力图后，要检查，避免多力和少力。
3．受力分析的常用方法
（1）整体法：研究系统外的物体对系统整体的作用力。
（2）隔离法：研究系统内部各物体之间的相互作用力。
（2）假设法：在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在或不存在的假设，结合具体情境得到成立或矛盾的结论后，再判断该力是否存在。
4．受力分析的基本思路
特别提示：
（1）在受力分析的过程中，要注意题目给出的物理条件，如光滑——不计摩擦；轻——重力不计；忽略空气阻力等。
（2）一般只分析根据性质命名的力，如重力、弹力、摩擦力等；不分析某些按效果命名的力，如下滑力、动力、阻力等；特殊情况是某些情境中的力常以效果命名，也要分析，如牵引力（电磁力）、空气阻力（粘滞力）。实质上就是避免分析某一性质的力按效果分解的分力。
二、共点力作用下物体的平衡
1．平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动状态。
2．共点力的平衡条件：F合=0或
3．重要推论
（1）二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反。
（2）三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反。
（3）多力平衡：如果物体受多个力作用处于平衡状态，其中任何一个力与其余力的合力大小相等，方向相反。
拓展1：整体法与隔离法在平衡问题中的应用
1．对整体法和隔离法的理解
整体法是指将相互关联的各个物体看成一个整体的方法。整体法的优点在于只需要分析整个系统与外界的关系，避开了系统内部繁杂的相互作用。
隔离法是指将某物体从周围物体中隔离出来，单独分析该物体的方法。隔离法的优点在于能把系统内各个物体所处的状态、物体状态变化的原因以及物体间的相互作用关系表达清楚。
2．整体法和隔离法的使用技巧
当分析相互作用的两个或两个以上的物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法。整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。
拓展2：临界问题的处理方法
1．临界问题：当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述。
2．常见的临界状态有：
（1）两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为0（主要体现为两物体间的弹力为0）；
（2）绳子断与不断的临界条件为绳中张力达到最大值；
（3）绳子绷紧与松驰的临界条件为绳中张力为0；
（3）存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大。
3．研究的基本方法：假设推理法。
拓展3：动态平衡
1．动态平衡：平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化。
2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”。
3．基本方法
（1）解析法：列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式，根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况。
（2）图解法：根据已知量的变化情况，由平行四边形定则或三角形定则作出变化的图示，由几何关系确定未知量大小、方向的变化。
典例精析
1、如图，用等长的两根轻质细线把两个质量相等的小球悬挂起来。现对小球b施加一个水平向左的恒力F，同时对小球a施加一个水平向右的恒力3F，最后达到稳定状态。则下列能表示平衡状态的图是
答案：D
【解析】把a、b作为整体受力分析，受到重力、水平向左的F、水平向右的3F、上段绳子的拉力T1作用，绳子的拉力必然有向左的分力和向上的分力，A错误；设上段绳子与竖直方向夹角为α，则T1sin α=2F，T1cos α=2mg，设下段绳子与竖直方向夹角为β，则T2sin β=F，T2cos β=mg，联立可得α=β ，故BC错误，D正确。
考点：受力分析与物体的平衡、隔离法和整体法
2、如图所示，两根等长的绳子AB和BC吊一重物静止，两根绳子与水平方向夹角均为60°。现保持绳子AB与水平方向的夹角不变，将绳子BC在平面内顺时针缓慢地转到沿水平方向，在这一过程中，绳子BC的拉力变化情况是
A．增大 B．先减小后增大
C．减小 D．先增大后减小
【答案】B
【解析】解法一（图解法）：作拉力变化的动态平行四边形。由图（左）可知，随着θ增大，FBC先减小后增大。
解法二（解析法）：
将FAB、FBC沿水平和竖直方向正交分解，如图（右），由平衡条件列方程有FABcos 60°=FBCsin θ，FABsin 60°+FBCcos θ=FB，联立解得2FBCsin(30°+θ)=FB，当θ=60°时，FBC最小，故随着θ增大，FBC先减小后增大。
考点：动态平衡
对点训练
1．如图所示，质量为M的人用绳子通过滑轮把一个物体沿光滑的斜面向上拉，若不计滑轮的摩擦和绳子的质量，则人向右缓慢移动的过程中
A．绳子的拉力不变
B．人受到的支持力不变
C．人受地面的摩擦力增大
D．人拉绳子的力增大
【答案】AC
【解析】人向右缓慢移动，物体缓慢沿斜面向上运动，在沿斜面方向上物体受到绳子的拉力和重力沿斜面向下的分力，故有T=mgsin θ，其中θ为斜面倾角，可知绳子的拉力大小不变，A正确，D错误；对人受力分析，受到重力mg、地面的支持力N、绳子的拉力T、地面的摩擦力f，有N=mg–Tsin α，f =Tcos α，其中α为绳子与水平方向的夹角，人向右移动过程中α减小，所以N增大，f增大，B错误，C正确。
2．如图所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定。A端用铰链固定，滑轮O在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可忽略)，B端挂一重物P。现施加拉力T将B缓慢上拉(绳和杆均未断)，则在杆竖立前
A．绳子越来越容易断
B．绳子越来越不容易断
C．杆越来越容易断
D．杆越来越不容易断【答案】B
【解析】以B点为研究对象，其受到拉重物的绳的拉力G、轻杆的支持力N和跨滑轮的绳上的拉力T，由平衡条件及三角形相似可得==，解得N=G，T=G，缓慢上拉过程中，AB、AO保持不变，BO变小，则N不变，T变小，杆不会断，绳子越来越不容易断，B正确。
3．如图所示，轻绳一端系在质量为m的物体上，另一端系在轻质圆环上，圆环套在粗糙水平杆MN上。现用水平力F拉绳上一点，使物体处于图中实线位置，然后改变F的大小使其缓慢下降到图中虚线位置，圆环不动。在此过程中，水平拉力F、环与杆间的摩擦力f和环对杆的压力N的变化情况是
A．F逐渐增大，f保持不变，N逐渐增大
B．F逐渐增大，f逐渐增大，N保持不变
C．F逐渐减小，f逐渐增大，N逐渐减小
D．F逐渐减小，f逐渐减小，N保持不变
【答案】D
资【解析】力F的作用点在三个力的作用下处于平衡状态，作出力的矢量三角形，如图所示。绳子的拉力FT与竖直方向的夹角θ减小，由图可知，F随之减小，f=FTsin θ也随之减小。对轻环和物体的整体为研究对象，竖直方向有N=mg，D正确。三轮冲刺导学案---小船渡河模型
考点剖析
1．模型条件
（1）物体同时参与两个匀速直线运动。
（2）一个分运动速度大小和方向保持不变，另一个分运动速度大小不变，方向可在一定范围内变化。
2．模型特点
（1）船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合运动。
（2）三种速度：船在静水中的速度v1、水的流速v2、船的实际速度v。
（3）三种情景
①过河时间最短：船头正对河岸，渡河时间最短，（d为河宽）。
②过河路径最短（v2③过河路径最短（v2>v1时）：合速度不可能垂直于河岸，无法垂直河岸渡河。确定方法如下：如图所示，以v2矢量末端为圆心，以v1矢量的大小为半径画弧，从v2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向航程最短。由图可知，最短航程。
规律总结：
如何进行运动的分解，是一个难点，首先要找到合速度，合速度就是物体的实际速度。 进行分解的一个原则是根据运动的实际效果分解，再一个就是正交分解（沿河岸、垂直于河岸），还要注意两分运动的等时性、独立性、等效性。
典例精析
1、有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河。小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直。去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】 设小船相对静水的速度为，去程时过河的时间为，回程的时间，由题意知，解得，故选项B正确。
考点：小船渡河运动的分解和合成
点拨：此题考查了速度的合成及分解问题；主要考查了小船渡河的两种方式“最短位移”和“最短时间”；搞清楚渡河的时间的决定因素，列时间关系式即可解答；此题是由常规题改编而来的，所以平时要多注意常规题的解答。
2、有一艘船以v甲的船速用最短的时间横渡过河，另一艘船以v乙的船速从同一地点以最短的航程渡河，两船轨迹恰好重合（设河水速度保持不变），则两船过河所用的时间之比为
A．v甲:v乙 B．v乙:v甲 C． D．
【答案】C
【解析】 要使甲船以最短时间过河，则甲船的船头应是垂直河岸，要使乙船以最短的航程过河而又和甲船的轨迹重合，v乙必和轨迹垂直，如图所示。从已知条件和图中的几何关系可得到，，而，v乙=v甲cos θ，联立可得到：。故C项正确。
考点：小船渡河； 运动的分解和合成
对点训练
1．已知河水的流速为，小船在静水中的速度为，且，下面用小箭头表示小船以及船头的指向，能正确反映小船在最短时间内渡河，最短位移渡河的情景图示依次是
A．①② B．①⑤ C．④⑤ D．②③
【答案】C
【解析】根据题意，由运动的独立性可知，当船头垂直河岸渡河时，垂直河岸方向速度最大，渡河时间最短即，故④正确，已知，小船速度与水流速度的合速度垂直河岸时，小船以最短位移渡河，两点间直线段最短，位移最小，如⑤图示，故C正确。
2．小船横渡一条两岸平行的河流，船本身提供的速度（即静水速度）大小不变、船身方向垂直于河岸，水流速度与河岸平行，已知小船的运动轨迹如图所示，则
A．越接近河岸水流速度越小
B．越接近河岸水流速度越大
C．无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短
D．该船渡河的时间会受水流速度变化的影响
【答案】AC
【解析】从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，故水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，故A正确，B错误；由于船身方向垂直于河岸，无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短，故C正确，D错误；故选AC。
3．如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA=OB。若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为
A．t甲C．t甲>t乙 D．无法确定
【答案】C
【解析】 设水速为v0，人在静水中速度为v，对甲，由O→A，所用时间 ，由A→O所用时间 ，则甲所用时①；对乙；由O →B和由B→O的实际速度 ，故所用时间②；两式相比得，即t甲>
t乙，故C正确。
4．小船匀速横渡一条河流。若船头垂直于对岸航行，在出发后10 min到达对岸下游120 m处；若船头保持与河岸成α角向上游航行，出发后12.5 min到达正对岸。求：
（1）水流的速度； （2）船在静水中的速度； （3）河的宽度； （4）船头与河岸间的夹角α。
【答案】 （1）0.2 m/s （2） m/s 3）200 m （4）53°
【解析】 船头垂直于对岸航行时，如图所示。
因为x=v2t，所以水的流速
而且有d=v1t1①
船头保持与岸成α角航行时，如图所示。
v2=v1cosα②
d=v1t2sinα③
由①③式得：，所以α=53°
由②得：，d=v1t1=200 m。三轮冲刺导学案---平抛运动的规律
考点剖析
1．平抛运动的性质及特点
（1）性质：加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。
（2）特点：以抛出点为原点，水平方向（初速度v0方向）为x轴，竖直向下方向为y轴，建立平面直角坐标系，则：
a．水平方向：做匀速直线运动，速度vx＝v0，位移x＝v0t；
b．竖直方向：做自由落体运动，速度vy＝gt，位移y＝gt2；
c．合速度：，方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝；
d．合位移：，方向与水平方向的夹角为θ，tan θ＝＝。
2．平抛运动的基本规律
（1）飞行时间：由知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关；
（2）水平射程：，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关；
（3）落地速度：，以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角，有，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关；
（4）速度改变量：因为平抛运动的加速度为重力加速度g，所以
做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图所示。
（5）两个重要推论
a．做平抛（或类平抛）运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图所示；
b．做平抛（或类平抛）运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ。
典例精析
1、如图所示，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正方向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的。不计空气阻力，则
A．a的飞行时间比b的长
B．b和c的飞行时间相同
C．a的水平速度比b的小
D．b的初速度比c的大
【答案】BD
【解析】根据平抛运动的规律h=gt2，得，因此平抛运动的时间只由高度决定，因为hb=hc＞ha，所以b与c的飞行时间相同，大于a的飞行时间，因此选项A错误，选项B正确；又因为xa＞xb，而ta＜tb，所以a的水平初速度比b的大，选项C错误；做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，b的水平位移大于c，而tb=tc，所以vb＞vc，即b的水平初速度比c的大，选项D正确。
考点：平抛运动
点拨：此题考查平抛运动的基本规律；首先知道平抛运动的时间是由高度决定的，水平射程由高度和水平速度共同决定；此题也是一道常规题目，意在考查学生对基础知识掌握的熟练程度。
2、如图所示，装甲车在水平地面上以速度v0=20 m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h=1.8 m。在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触。枪口与靶距离为L时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v=800 m/s。在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s=90 m后停下。装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹。（不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g=10 m/s2）
（1）求装甲车匀减速运动的加速度大小；
（2）当L=410 m时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；
（3）若靶上只有一个弹孔，求L的范围。
【答案】（1） m/s2 （2）0.55 m 0.45 m （3）492 m【解析】 （1）装甲车的加速度
（2）第一发子弹飞行时间
弹孔离地高度
第二个弹孔离地的高度
两弹孔之间的距离Δh=h2－h1=0.45 m
（3）第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L1，
L1=（v0＋v）=492 m
第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L2，
L2=v＋s=570 m
L的范围为492 m考点：平抛规律综合应用
点拨：此题考查了平抛物体的运动规律以及匀变速直线运动的规律；题目的情景较好，能够联系生活实际，灵活考查学生对物理规律的理解及灵活运用能力，是一道很不错的题目。
对点训练
1．关于平抛运动，下列说法不正确的是
A．是匀变速曲线运动
B．是变加速曲线运动
C．任意两段时间内速度变化量的方向相同
D．任意相等时间内的速度变化量相等
【答案】B
【解析】物体的运动时匀变速还是变加速的关键点在于所受合外力是否恒定，若为恒力则为匀变速运动，否则，为变加速运动；匀变速运动在相等的时间内速度的变化量相同；平抛运动只受重力，故此题选B。
2．如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h（l、h均为定值）。将A向B水平抛出的同时，B自由下落，A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则
A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度
B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰
C．A、B不可能运动到最高处相碰D．A、B一定能相碰
【答案】AD
【解析】由题意知A做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动；B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t1相同，且t1＝ ，若第一次落地前相碰，只要满足A运动时间t＝，所以选项A正确；因为A、B在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A一定会经过B所在的竖直线与B相碰。碰撞位置由A的初速度决定，故选项B、C错误，选项D正确。
3．如图，宽为L的竖直障碍物上开有间距d=0.6 m的矩形孔，其下沿离地高h=1.2 m，离地高H=2 m的质点与障碍物相距。在障碍物以v0=4 m/s匀速向左运动的同时，质点自由下落。为使质点能穿过该孔，L的最大值为 ；若L=0.6 m，的取值范围是 。（取g=10 m/s2）
【答案】0.8 m
【解析】以障碍物为参考系，则质点具有水平向右的初速度v0=4 m/s，自由下落就变为平抛运动，要穿过小孔，竖直方向经过小孔的上边沿，经过小孔下边沿，经过小孔的时间最多有，水平方向，所以L最大值为。当时，小球在水平方向的运动，，整理可得。三轮冲刺导学案---传送带模型问题
考点剖析
1．建模指导
传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题。
（1）水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x（对地）的过程中速度是否和传送带速度相等。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
（2）倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
2．模型特征
（1）水平传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景1 （1）可能一直加速（2）可能先加速后匀速
情景2 （1）v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速（2）v0情景3 （1）传送带较短时，滑块一直减速达到左端（2）传送带足够长时，滑块还要被传送带传回右端。其中v0>v返回时速度为v，当v0（2）倾斜传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景1 （1）可能一直加速（2）可能先加速后匀速
情景2 （1）可能一直加速（2）可能先加速后匀速（3）可能先以a1加速后以a2加速
3．分析传送带问题的关键是判断摩擦力的方向。要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物体速度v物和传送带速度v传的关系确定摩擦力的方向，二是当v物=v传时，判断物体能否与传送带保持相对静止。
典例精析
1、如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以速度v1、v2做逆时针转动时（v1A．F1C．t1一定大于t2 D．t1可能等于t2
【答案】BD
【解析】剪断细绳前，物块处于静止，受力平衡，设传送带对物体的支持力大小为N，水平方向有Fcosθ=f，竖直方向有N=mg-Fsinθ，f=μN，三式联立得：，可见力F与速度大小无关，A错误，B正确；剪断细绳后，物体的加速度大小为a=μg，若物体始终匀加速到达左端，则由可知运动时间t相同， 若物体先匀加速再匀速到达左端，则t1一定大于t2，C错误，D正确。
考点： 本题考查了传送带问题的分析和计算。
点拨：要注意传送带上物体的受力分析，尤其是传送带对物块的摩擦力的分析。
2、如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角，以5 m/s的恒定速度向上运动。一个质量为2 kg的物块（可视为质点），沿平行于传送带方向以10 m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，sin 370=0.6，cos 370=0.8，g=10 m/s2。求：
（1）物块刚滑上传送带时的加速度大小；
（2）物块到达传送带顶端时的速度大小；
（3）整个过程中，摩擦力对物块所做的功。
【答案】（1）10 m/s2 （2）4 m/s （3）－12 J
【解析】 （1）物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为a1，因物块的速度大于皮带的速度，受到的滑动摩擦力沿皮带向下，由牛顿第二定律有
解得a1=10m/s2
（2）设物块速度减为v=5 m/s所用时间为t1，则
解得t1=0.5 s
通过的位移： <6 m
因μ解得a2=2m/s2
设物块到达最高点的速度为v1，则
解得v1=4 m/s
（3）从开始到最高点，由动能定理得
解得W=－12J
考点：本题旨在考查牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、动能定理。
点拨：要特别注意当v物=v传时，判断物体能否与传送带保持相对静止；本题 中滑动摩擦力小于下滑力，两者速度相等时，不会相对静止。
对点训练
1．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带，以地面为参考系，v2>v1。从小物块滑上传送带开始计时，其vt图象可能的是
【答案】ABC
【解析】物体滑上传送带后，受到向右的摩擦力而做匀减速运动，当传送带过短时，物体滑离传送带到达左端，然后在光滑的平台上匀速运动，故此时的v-t图线是A；若物体恰好滑到传送带的最左端时，速度恰好减到零，故此时的v-t图线是C；若传送带较长，则物体向左减速，速度减为零后，反向向右加速，当加速到与传送带共速时随传送带做匀速运动，此时的v-t图线是B；故选ABC。
考点：牛顿第二定律的综合应用
点拨：此题考查了牛顿第二定律的综合应用问题；解题时要分几种情况分析物体在传送带上运动的情况，弄清物体的运动过程，并结合v-t图线的物理意义进行判断；此题考查学生综合分析问题解决问题的能力。
2．如图所示，水平传送带以4 m/s的速度运动，传送带长AB＝20 m，今在其左端将一工件轻轻放在上面，工件被带动，传送到右端，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，（g＝10 m/s2）试求：
（1）工件开始运动时的加速度；
（2）工件的速度为4 m/s时，工件运动的位移为多大；
（3）工件由传送带左端运动到右端的时间。
【答案】（1），方向水平向右；（2） ；（3）
【解析】（1）工件被放在传送带上时初速度为零，相对于传送带向左运动，
受的滑动摩擦力向右，大小为
工件加速度
（2）工件加速到所需时间
在时间内运动的位移，
（3）由于，故工件达到与传送带同样的速度后与传送带相对静止，一起运动至B端．
经过时间后，工件做匀速运动的时间为，，
故从左端运动到右端所用的时间t=t0+t1=6 s
3．传送带以恒定速度 v＝4 m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角 θ＝37°。现将质量 m＝2 kg 的小物块轻放在其底端（小物块可看成质点），平台上的人通过一根轻绳用恒力 F＝20 N 拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为 H＝1.8 m 的平台上，如图所示。已知物块与传送带之间的动摩擦因数 μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10 m/s2，已知 sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少
（2）若在物块与传送带达到同速瞬间撤去恒力 F，则物块还需多少时间才能离开皮带
【答案】（1）0.5 s （2）（2－ ） s
【解析】 （1）物块在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，做匀加速直线运动，有：
F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1
解得a1＝8 m/s2
由v＝a1t1得t1＝0.5 s
位移
物块与传送带达到共同速度后，因F－mgsin θ＝8 N＝μmgcos 37°，故物块在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升。
位移x2＝－x1＝2 m
t2＝＝0.5 s
总时间为t＝t1＋t2＝1 s
（2）在物块与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，则有：
μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma2 解得：a2＝－2 m/s2
假设物块能向上匀减速运动到速度为零，则通过的位移为
x＝＝4 m>x2
故物块向上匀减速运动未达到速度为零时即已脱离传送带
由x2＝vt3＋a2
解得t3＝（2±）s
所以t3＝（2－）s
4．如图所示，长L=9 m的传送带与水平方向的倾角为37°，在电动机的带动下以v=4 m/s的速率顺时针方向运行，在传送带的B端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住，在传送带的A端无初速地放一质量m=1 kg的物块，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，物块与挡板的碰撞能量损失不计（即物块与挡板碰撞前后速率不变），物块与挡板碰撞时间不计。（g=10m/s2，）求：
（1）物块从静止释放到第一次下滑到挡板P处所用的时间；
（2）物块从静止释放到第一次下滑到挡板P处的过程中，物块相对传送带滑行的路程；
（3）物块从静止释放到第一次上升至最高点的过程中，物块相对传送带滑行的路程.
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）物块从A点由静止释放，物块相对传送带向下滑，物块沿传送带向下加速运动的加速度
由得
物块从A到B的时间
（2）在此过程中物块相对传送带向下位移
（3）与P碰前的速度
与挡板碰撞后，以v1的速度反弹，因，物块相对传送带向上滑，物块向上做减速运动的加速度为
物块速度减小到与传送带速度相等的时间：
在t2时间内物块向上的位移：
物块相对传送带向上的位移：
与传送带速度相等后物块相对传送带向下滑，物块向上做减速运动的加速度：
物块速度减小到零的时间：
物块向上的位移：
此过程中物块相对传送带向下的位移：
所求路程：三轮冲刺导学案---动力学中整体法与隔离法的应用
考点剖析
1．方法概述
（1）整体法是指对物理问题的整个系统或过程进行研究的方法。
（2）隔离法是指从整个系统中隔离出某一部分物体，进行单独研究的方法。
2．涉及隔离法与整体法的具体问题类型
（1）涉及滑轮的问题
若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。例如，绳跨过定滑轮连接的两个物体虽然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔离法。
（2）水平面上的连接体问题
①这类问题一般多是连接体（系统）中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度。解题时，一般采用先整体、后隔离的方法。
②建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度。
（3）斜面体与上面物体组成的连接体问题
当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析。
3．解题思路
（1）分析所研究的问题适合应用整体法还是隔离法。
（2）对整体或隔离体进行受力分析，应用牛顿第二定律确定整体或隔离体的加速度。
（3）结合运动学方程解答所求解的未知物理量。
典例精析
1、如图所示，质量为80 kg的物体放在安装在小车上的水平磅秤上，小车沿斜面无摩擦地向下运动。现观察到磅秤的读数只有600 N，则：
（1）斜面的倾角θ为多少？
（2）物体对磅秤的静摩擦力为多少？（g取10 m/s2）
【答案】（1）30° （2）
【解析】（1）设磅秤和小车的总质量为m，对物体、磅秤和小车组成的整体应用牛顿第二定律得
，解得a=gsin θ
隔离M，对M在竖直方向上应用牛顿第二定律，有
，即
代入数据解得sin θ=，故θ=30°
（2）对M在水平方向上应用牛顿第二定律，有
由牛顿第三定律知物体对磅秤的静摩擦力为
点拨：选用整体法和隔离法的策略：（1）当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法；（2）对较复杂的问题，通常需要多次选择研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解。
2、如图所示，在光滑的桌面上有M、m的两个物块，现用力F推物块，使M、m两物块在桌上一起向右加速，则M、m间的相互作用力为
A．若桌面光滑，作用力为
B．若桌面光滑，作用力为
C．若桌面的摩擦因数为μ，M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用力为
D．若桌面的摩擦因数为μ，M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用力为
【答案】AD
【解析】若桌面光滑，将两者看作一个整体，在水平方向上对整体有，对M分析可得，解得，A正确B错误；若桌面不光滑，则将两者看作一个整体，对整体有，对M分析可得，联立即得，故D正确C错误。
考点：考查了牛顿第二定律的应用
点拨：分析整体的受力时采用整体法可以不必分析整体内部的力，分析单个物体的受力时就要用隔离法，采用整体法与隔离法可以使解题更简单。
对点训练
1．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T。现用水平拉力F拉、质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是
A．质量为2m的木块受到四个力的作用
B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5 T时，轻绳还不会被拉断
D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为
【答案】C
【解析】质量为2m的物体受重力、支持力、m对它的压力以及摩擦力，还有轻绳的拉力，总共受5个力，A错误；当轻绳的拉力为T时，m和2m的加速度，对整体分析，拉力，则当拉力为2T时，轻绳恰好被拉断，B错误；C正确；绳子刚要断时，对m、2m整体，由牛顿第二定律，有，解得：，再对m分析，有：，D错；故选C。
2．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为 μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则
A．当F＜2μmg 时，A、B都相对地面静止
B．当F＝ μmg时，A的加速度为μg
C．当F=2μmg 时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过
【答案】BD
【解析】A、B之间的最大静摩擦力为fmax=μmAg=2μmg，B与地面间的最大静摩擦力为。当时，F< fmax，A、B之间不会发生相对滑动，但拉力大于时，B与地面间才会发生相对滑动，故A错误；当时，F>fmax，A、B间会发生相对滑动，由牛顿第二定律有：，选项B正确；当时，恰好达到最大静摩擦力，A、B间会发生相对滑动，A相对B发生滑动，故C正确；A对B的最大摩擦力为2μmg，B受到地面的最大静摩擦力为，无论F为何值，加速度都不会超过，选项D正确。
3．如图所示，物块1、2放在光滑水平面上且用轻质弹簧测力计相连，现对物块1、2分别施以方向相反的水平拉力F1 、F2，在F1、F2的作用下整个系统向右做匀加速直线运动，已知F1＝10 N，则弹簧测力计的示数
A．一定小于10 N B．一定等于10 N
C．一定大于10 N D．条件不足，无法确定
【答案】B
【解析】以1为研究对象，设弹簧弹力为F，物块做匀加速直线运动，合力向右，，则有：，故弹簧测力计示数一定大于10 N，C正确。
4．如图所示，A、B两个物体间用最大张力为200 N的轻绳相连，mA= 5 kg，mB=10 kg，在拉力F的作用下向上加速运动，为使轻绳不被拉断，F的最大值是多少？（g取10 m/s2）
【答案】
【解析】要使轻绳不被拉断，则绳的最大拉力，先以B为研究对象，受力分析如图（1）所示：
据牛顿第二定律有，
再以A、B整体为对象，受力分析如图（2）所示，
同理列方程
联立解得。三轮冲刺导学案--动力学中的临界问题
考点剖析
1．当物体的运动从一种状态转变为另一种状态时必然有一个转折点，这个转折点所对应的状态叫做临界状态；在临界状态时必须满足的条件叫做临界条件。用变化的观点正确分析物体的受力情况、运动状态变化情况，同时抓住满足临界值的条件是求解此类问题的关键。
2．临界或极值条件的标志
（1）有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，表明题述的过程存在着临界点；
（2）若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态；
（3）若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点；
（4）若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是要求收尾加速度或收尾速度。
3．产生临界问题的条件
（1）接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN=0。
（2）相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值。
（3）绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT=0。
（4）加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度。当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值。
典例精析
1、如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离，下列说法正确的是
A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B．B和A刚分离时，它们的加速度为g
C．弹簧的劲度系数等于
D．在B和A分离前，它们做匀加速直线运动
【答案】C
【解析】A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB=0
对B：F－mg=ma
对A：kx－mg=ma
即F=kx时，A、B分离，此时弹簧处于压缩状态
由F=mg，拉B前设弹簧压缩量为x0，则
2mg=kx0，h=x0－x
解以上各式得
综上所述，只有C项正确
考点：牛顿第二定律的应用
点拨：接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN=0。之前是两者相对静止，之后两者相对运动。
2、 如图所示，质量为m=1 kg的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面体质量为M=2 kg，斜面体与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围。（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2）
【答案】14.4 N≤F≤33.6 N
【解析】设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，对物块进行受力分析如图所示，
取加速度的方向为x轴正方向对物块，水平方向有FNsin θ－μFNcos θ=ma1
竖直方向有FNcos θ＋μFNsin θ－mg=0
对M、m整体有F1=（M＋m）a1
代入数值得：a1=4.8 m/s2，F1=14.4 N
设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块进行受力分析如图所示，
在水平方向有FN′sin θ＋μFN′cos θ=ma2
竖直方向有FN′cos θ－μFN′sin θ－mg=0
对整体有F2=（M＋m）a2
代入数值得a2=11.2 m/s2，F2=33.6 N
综上所述可知推力F的取值范围为：14.4 N≤F≤33.6 N
考点：牛顿运动定律的应用
点拨：此题有两个临界条件：当推力F较小时，物块有相对斜面向下运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向上；当推力F较大时，物块有相对斜面向上运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向下。找准临界状态是求解此题的关键。
对点训练
1．如图所示，左右带有固定挡板的长木板放在水平桌面上，物体M放于长木板上静止，此时弹簧对物体的压力为3 N，物体的质量为0.5 kg，物体与木板之间无摩擦，现使木板与物体M一起以6 m／s2的加速度向左沿水平方向做匀加速运动时
A．物体对左侧挡板的压力等于零
B．物体对左侧挡板的压力等于3 NC．物体受到4个力的作用
D．弹簧对物体的压力等于6 N
【答案】A
【解析】 物体静止时，弹簧处于压缩状态，弹力f=3 N。当物体向左加速运动时，若物体对左挡板的压力为零，由牛顿第二定律知：，解得：，当加速度大于，物体离开左挡板，弹簧长度变短，当加速度小于时，物体对左挡板产生压力，弹簧长度不变，所以可知选项A正确BD错误；当加速度时，物体受重力、支持力和弹力，故选项C错误。
【考点定位】本题考查牛顿第二定律的应用
2．如图所示，一细线的一端固定于倾角为的光滑楔形滑块A上的顶端O处，细线另一端系一质量为m=0.5 kg的小球，取。
（1）当滑块静止时，线中拉力等于多少？
（2）当滑块从静止向左加速运动时，小球恰好对斜面无压力，经过2 s小球运动的位移是多少？
【答案】（1） （2）
【解析】（1）对小球受力分析如图甲，小球处于平衡状态有，则
，
解得：
（2）小球和滑块一起向左加速，小球恰好对斜面无压力，对小球受力分析如图乙，由牛顿第二定律有：
，
可得：
由运动学公式可得：
3．如图所示，截面为直角三角形的斜面体固定在水平地面上，两斜面光滑，斜面倾角分别为60°和30°，一条不可伸长的轻绳跨过固定在斜面顶端的光滑定滑轮连接着两个小物体，物体B的质量为m，起始距地面的高度均为，重力加速度为g。
（1）若A的质量也为m，由静止同时释放两物体，求当A刚到地面时的速度大小；
（2）若斜面体不固定，当斜面体在外力作用下以大小为a的加速度水平向右做匀变速直线运动时，要使A、B两物体相对斜面都不动，分析物体A的质量和加速度a的关系。
【答案】（1） （2）（向右匀加速，，）；或（向右匀减速，，）
【解析】（1）设A刚落地时的速度为v，对A和B的整体由牛顿第二定律：
对A由运动学公式：，且x=2h
得：
（2）对两个物体分别进行受力分析，沿垂直斜面和平行斜面方向建立坐标系进行正交分解，当斜面体向右做匀加速直线运动时，加速度方向水平向右
对A物体：
对B物体：
解得：
由等式右侧的分子得，加速度的大小应满足
加速度a越大，A物体的质量越小，A物体质量应满足
当斜面体向右做匀减速直线运动时，加速度方向水平向左
对A物体：
对B物体：
解得：
由等式右侧的分母得，加速度的大小应满足
加速度a越大，A物体的质量越大，A物体质量应满足三轮冲刺导学案--圆周运动与抛体运动的综合
考点剖析
一、水平面内的圆周运动与平抛运动的综合问题
（1）问题特点：此类问题往往是物体先做水平面内的匀速圆周运动，后做平抛运动；
（2）解题关键：
①明确水平面内匀速圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程；
②平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移；
③速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度。
二、竖直面内的圆周运动与平抛运动的综合问题
（1）问题特点：此类问题有时物体先做竖直面内的变速圆周运动，后做平抛运动，有时物体先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动，往往要结合能量关系求解，多以计算题的形式考查；
（2）解题关键：①首先要明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型”，然后分析物体能够达到圆周最高点的临界条件；②注意前后两过程中速度的连续性。
规律总结:竖直面内圆周运动的求解思路：
a．定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同；
b．确定临界点：对轻绳模型来说能否通过最高点的临界点，满足，而对轻杆模型来说临界点是FN表现为支持力还是拉力；
c．研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况；
d．受力分析：对物体在最高点或最低点进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程F合=F向；
e．过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。
三、生活中的圆周运动
铁路转弯
（1）火车转弯时的运动特点
火车转弯时做的是圆周运动，因而具有向心加速度，需要向心力。
（2）向心力的来源
转弯处外轨道略高于内轨道，适当选择内外轨的高度差，可使转弯时所需的向心力几乎完全由支持力与重力的合力来提供。
设内外轨间的距离为L，内外轨的高度差为h，火车转弯的半径为R，火车转弯的规定速度为v0，如图所示F合＝mgtan θ≈mgsin θ＝mg （θ较小时，sin θ≈tan θ），
由牛顿第二定律得：，
所以，
即火车转弯的规定速度。
由于铁轨建成后，h、L、R各量是确定的，故火车转弯时的车速应是一个定值。
注意：a．当火车行驶速率v＝v0时，火车对内外轨均无侧向压力；
b．当火车行驶速率v>v0时，外轨道对轮缘有侧向压力；
c．当火车行驶速率v同理，高速公路、赛车的弯道处也是外高内低，使重力和支持力的合力提供车辆转弯时所需要的向心力，减小由于转弯产生的摩擦力对车轮的损坏。
2．拱形桥
汽车以速度v过半径R的凸形（或凹形）桥时受力如图所示，在最高点（或最低点）处，由重力和支持力的合力提供向心力。
（1）在凸形桥的最高点，，，速度越大，FN越小，当时，FN＝0。
（2）在凹形桥（路面）最低点，，，速度越大，FN越大。
3．离心运动
做圆周运动的物体，在所受的合外力突然消失或合外力不足以提供物体做圆周运动所需的向心力的情况下，就会做逐渐远离圆心的运动，这种运动叫做离心运动。
典例精析
1、如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5 m，离水平地面的高度H=0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4 m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10 m/s2。求：
（1）物块做平抛运动的初速度大小v0；
（2）物块与转台间的动摩擦因数μ。
【答案】（1）1 m/s（2） 0.2
【解析】（1）物块做平抛运动，在竖直方向上有
①
在水平方向上有s=v0t②
由①②式解得③
代入数据得v0=1 m/s
（2）物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有
④
fm=μN=μmg⑤
由④⑤式得
代入数据得μ=0.2。
考点：圆周运动、平抛运动及牛顿定律的应用
点拨：此题是圆周运动与平抛运动的结合题；解题时要明确各个物理量的立体关系，灵活运用平抛物体的运动规律列出方程；明确当物体刚要离开平台时，最大静摩擦力等于向心力；此题难度不大，也是一道基础题。
2、如图所示，有一长为L的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球恰好在竖直平面内做完整的圆周运动，已知水平面上的C点在O点的正下方，且到O点的距离为1.9 L，不计空气阻力，求：（g＝10 m/s2）
（1）小球通过最高点A的速度vA；
（2）若小球通过最低点B时，细线对小球的拉力T恰好为小球重力的6倍，且小球通过B点时细线断裂，求小球落地点到C的距离。
【答案】（1） （2）3L
【解析】（1）对小球，当恰好通过最高点时，细线的拉力为0，根据向心力公式有mg＝m，则
vA＝
（2）当小球在B点时，由牛顿第二定律得
T－mg＝m，而T＝6mg
解得小球在B点的速度vB＝
细线断裂后，小球做平抛运动，则
竖直方向：1.9L－L＝gt2
水平方向：x＝vBt
代入数据得：x＝3L，即小球落地点到C的距离为3L
3、有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是
A．如图a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态
B．如图b所示是一圆锥摆，增大θ，但保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变
C．如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速度圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等
D．火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用
【答案】B
【解析】汽车通过拱桥的最高点时有，故得，故处于失重状态，A错误；圆锥摆摆动过程中重力和绳子的拉力充当向心力，故有，设圆锥的高度为h，则运动半径为，故有，解得，角速度大小与角度无关，B正确；在两个位置上小球的重力相同，支持力方向相同，所以合力相同，即向心力相同，根据公式可得半径越大，角速度越小，故角速度不同，所受筒壁的支持力大小相等，故C错误；当火车在规定的速度转弯时，由支持力与重力的合力提供火车转弯所需的向心力。当速度大于规定的速度时，火车的支持力与重力的合力不足以来提供火车转弯，就会出现侧翻现象，导致火车轮缘挤压外轨，故D错误。
对点训练
1．如图，为一个半径为5 m的圆盘，正绕其圆心做匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图的位置的时候，在其圆心正上方20 m的高度有一小球正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，要使得小球正好落打在A点则
（1）小球平抛的初速度为多少？
（2）圆盘的角速度满足什么条件？
【答案】（1）2.5 m/s（2） （）（k=1、2、3…）
【解析】（1）小球做平抛运动，根据平抛运动的规律可得：
由
解得
（2）对圆盘上的A点，转过的必定是整数圈即
（）（k=1、2、3…）
2．如图所示，在水平面内做匀速圆周运动的圆锥摆，O为悬点，O＇为O在水平地面上的投影，已知绳长为a，绳与竖直方向夹角为θ=60°，OO＇间距离为，某时刻绳被剪断，小球将落到P 点，求：
（1）小球做圆周运动的速度v；
（2）P到O＇的距离l。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）小球所受合力提供向心力：
解得小球做圆周运动的线速度为：
（2）小球做平抛运动的位移：
由几何关系有：
代入数值解得：三轮冲刺导学案---圆周运动的规律
考点剖析
1．对线速度、角速度、周期和转速的理解
（1）v、T、r的关系：物体在转动一周的过程中，通过的弧长，所用时间为，则；
（2） ω、T的关系：物体在转动一周的过程中，转过的角度，所用时间为，则；
（3）ω、n的关系：物体在1 s内转过n圈，1圈转过的角度为2π ，则1 s内转过的角度，即；
（4）v、ω、r的关系：；
a．r一定时，；
b．ω一定时，；
c．v一定时，；
注意：a．v、ω、r间的关系是瞬时对应的；
b． v、ω、r三个量中，只有先确定其中一个量不变，才能进一步明确另外两个量是正比还是反比关系；
c．比较物体沿圆周运动的快慢看线速度，比较物体绕圆心转动的快慢看周期和角速度。
2．传动装置中各物理量间的关系
（1）传动的几种情况
a．皮带传动（线速度大小相等）b．同轴传动（角速度相等） c．齿轮传动（线速度大小相等）d．摩擦传动（线速度大小相等）
（2）传动装置中的两个结论
a．凡是直接用皮带传动（包括链条传动、摩擦传动）的两个轮子，两轮边缘上各点的线速度大小相等；
b．凡是同一个轮轴上（各个轮都绕同一根轴同步转动）的轮子，轮上各点的角速度都相等（轴上的点除外）。
3．向心力和向心加速度
（1）向心加速度与半径的关系
在表达式中，an与两个量（ω或v、r）有关，在讨论时要注意用控制变量法分析：若角速度ω相同，a∝r；若线速度v大小相同，。an与r的关系可用图甲、乙表示。
注意：应注意向心加速度公式，在v一定的情况下，方可认为物体的向心加速度an与r成反比，而在ω一定的情况下，可认为向心加速度an与r成正比，因向心加速度的每个公式都涉及三个物理量的变化关系，所以必须在某一物理量不变时，才可以判断另外两个物理量之间的关系。
（2）向心力
①定义：做匀速圆周运动的物体受到的指向圆心的合外力；
②作用效果：产生向心加速度，不断改变线速度的方向；
③方向：总是沿半径指向圆心；
④大小：；
⑤向心力是按作用效果来命名的；
⑥向心力的特点
a．向心力是按力的作用效果来命名的力，它不是具有确定性质的某种力，相反，任何性质的力都可以作为向心力；
b．向心力的作用效果是改变线速度的方向，做匀速圆周运动的物体所受的合外力即为向心力，其方向一定指向圆心，是变化的（线速度大小变化的非匀速圆周运动的物体所受的合外力不指向圆心，它既改变速度方向，同时也改变速度的大小，即产生法向加速度和切向加速度）；
c．向心力可以是某几个力的合力，也可以是某个力的分力；
⑦向心力的来源分析
a．任何一种力或几种力的合力，它使物体产生向心加速度；
b．若物体做匀速圆周运动，其向心力必然是物体所受的合力，它始终沿着半径方向指向圆心，并且大小恒定；
c．若物体做非匀速圆周运动，其向心力则为物体所受的合力在半径方向上的分力，而合力在切线方向的分力则用于改变线速度的大小。
注意：向心力并不是一种特殊性质的力，它是根据力的作用效果命名的。向心力可以是重力、弹力、摩擦力等各种性质的力，也可以是几个力的合力，还可以是某个力的分力。没有单独存在的另外的向心力，在对物体进行受力分析时，不能额外地加个向心力。
规律总结：解决圆周运动问题的主要步骤：
（1）审清题意，确定研究对象；
（2）分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
（3）分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；
（4）根据牛顿运动定律及向心力公式列方程；
（5）求解、讨论。
典例精析
1、甲沿着半径为R的圆周跑道匀速跑步，乙沿着半径为2R的圆周跑道匀速跑步，在相同的时间内，甲、乙各自跑了一圈，他们的角速度和线速度的大小分别为ω1、ω2和v1、v2，则
A．ω1>ω2，v1>v2 B．ω1<ω2，v1C．ω1＝ω2，v1【答案】C
【解析】由于甲、乙在相同时间内各自跑了一圈，，，v12、（多选）如图所示为皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径是4r，小轮的半径是2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动过程中皮带不打滑，则
A．a点和b点的线速度大小相等 B．a点和b点的角速度大小相等
C．a点和c点的线速度大小相等 D．a点和d点的向心加速度大小相等
【答案】CD
【解析】皮带不打滑表示轮子边缘在某段时间内转过的弧长总是跟皮带移动的距离相等，即a、c两点的线速度大小相等，选项A错，C对；b、c、d三点同轴转动，角速度大小相等，故ωc=ωb，又va=vc，rc=2ra，且v=rω，故ωa=2ωc，ωa=2ωb，选项B错；设a点线速度大小为v，c点线速度也为v，而d点线速度则为2v，所以，，选项D对。
考点：圆周运动的规律
点拨：传动装置特点：a．同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同；
b．皮带传动：不打滑的摩擦传动和皮带（或齿轮）传动的两轮边缘上各点线速度大小相等。
3、如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是
A．A的速度比B的大
B．A与B的向心加速度大小相等
C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
【答案】D
【解析】A、B绕竖直轴匀速转动的角速度相等，即ωA=ωB，但rA考点：圆周运动；向心力
点拨：此题考查了圆周运动的规律及向心力的问题；关键是对物体进行受力分析，找到向心力，根据牛顿第二定律列方程进行讨论；此题是由常规题改编而成的，能灵活考查学生运用知识的能力，难度中等。
对点训练
1．如图，带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转30圈。在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆盘，观察到白点每秒沿
A．顺时针旋转31圈 B．逆时针旋转31圈
C．顺时针旋转1圈 D．逆时针旋转1圈
【答案】D
【解析】白点每隔回到出发点，而闪光灯每隔闪光一次，假设至少经过t s白点刚好回到出发点而闪光灯刚好闪光，即刚好是和的最小公倍数则有，所以观察到白点每秒钟转1圈，选项AB错。其实相当于两个质点以不同的角速度做匀速圆周运动，再次处在同一半径时，即观察到白点转动一周，由于白点的角速度小于以的周期做匀速圆周运动角速度，所以观察到白点向后即逆时针方向运动。
2．在“天宫一号”的太空授课中，航天员王亚平做了一个有趣实验。在T形支架上，用细绳拴着一颗明黄色的小钢球。设小球质量为m，细绳长度为L。王亚平用手指沿切线方向轻推小球，小球在拉力作用下做匀速圆周运动。测得小球运动的周期为T，由此可知
A．小球运动的角速度ω=T/（2π）
B．小球运动的线速度v=2πL/T
C．小球运动的加速度a=2π2L/T
D．细绳中的拉力为F=4mπ2L/T2
【答案】BD
【解析】小球运动的角速度ω=2π/T，选项A错误；线速度v=ωL=2πL/T，选项B正确；加速度a=ω2L=4π2L/T2，选项C错误；细绳中的拉力为F=ma=4mπ2L/T2，选项D正确。
3．如图所示为质点P、Q做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图线。表示质点P的图线是过原点的一条直线，表示质点Q的图线是双曲线。由图线可知
A．质点P的线速度大小不变 B．质点P的角速度大小不变
C．质点Q的角速度大小不变 D．质点Q的周期大小不变
【答案】B
【解析】由于质点P、Q做匀速圆周运动，根据匀速圆周运动向心加速度公式有：an＝＝rω2，又由于质点P的a-r图象为过原点的直线，即aP与r成正比例关系，质点Q的a-r图象为双曲线，即aQ与r成反比例关系，对照上述关系式可知，质点P的角速度大小不变，质点Q的线速度大小不变，故选项B正确，根据v＝rω可知，质点P的线速度大小应与r成正比例关系，质点Q的角速度大小与r成反比例关系，故选项AC错误；由T＝可知，质点Q的周期大小与r成正比例关系，故选项D错误。
4．如图所示，用细绳一端系着的质量为M=0.6 kg的物体A静止在水平转盘上，细绳另一端通过转盘中心的光滑小孔O吊着质量为m=0.3 kg的小球B，A的重心到O点的距离为0.2 m。若A与转盘间的最大静摩擦力为Ff=2 N，为使小球B保持静止，求转盘绕中心O旋转的角速度ω的取值范围。（取g=10 m/s2）
【答案】2.9 rad/s≤ω≤6.5 rad/s
【解析】要使B静止，A必须相对于转盘静止——具有与转盘相同的角速度。A需要的向心力由绳的拉力和静摩擦力的合力提供。角速度取最大值时，A有离心趋势，静摩擦力指向圆心O；角速度取最小值时，A有向心趋势，静摩擦力背离圆心O。设角速度ω的最大值为ω1，最小值为ω2
对于B：FT=mg
对于A：或
代入数据解得ω1=6.5 rad/s，ω2=2.9 rad/s
所以2.9 rad/s≤ω≤6.5 rad/s三轮冲刺导学案---开普勒行星运动定律及万有引力定律
考点剖析
一、开普勒行星运动定律
1．开普勒第一定律（轨道定律）：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上。
2．开普勒第二定律（面积定律）：对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积。
3．开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道半径的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等，即。
说明：
（1）开普勒行星运动定律适用于一切行星（卫星）绕恒星（行星）运动的情况；
（2）不同行星绕太阳运动的椭圆轨道是不同的；
（3）行星在近日点的速率远大于在远日点的速率；
（4）表达式中，k值只与中心天体有关。
二、万有引力定律
1．内容：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m1和m2的乘积成正比、与它们之间距离r的二次方成反比。
2．公式：（G=6.67×10-11 N·m2/kg2）。
3．适用范围：
（1）质点间引力的计算；
（2）质量分布均匀的球体，r是球体球心间的距离；
（3）一个均匀球体与球外一个质点间的万有引力的计算，r是球心到质点的距离；
（4）两个物体间的距离远大于物体本身的大小时，r为两物体质心间的距离。
典例精析
1、某行星绕太阳运行的椭圆轨道如图所示，F1和F2是椭圆轨道的两个焦点，行星在A点的速率比在B点的大，则太阳是位于
A．F1 B．F2 C．A D．B
【答案】B
【解析】根据开普勒行星运动定律，因行星在A点的速率比在B点的大，故A点是近日点，B点是远日点，太阳应位于F2点，故选B。
【考点定位】开普勒行星运动定律。
2、某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图所示。该行星与地球的公转半径比为
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由题图可知行星的轨道半径大周期长。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明从最初在日地连线的延长线上开始，每一年地球都在行星的前面比行星多转圆周的N分之一，N年后地球转了N圈，比行星多转1圈，即行星转了N–1圈从而再次在日地连线的延长线上。所以行星的周期是年，根据开普勒第三定律有则答案是B。
考点：开普勒第三定律
点拨：此题以地球绕太阳运转为背景，考查了开普勒第三定律，其实也是圆周运动的“追击”问题；关键是知道三星再次共线时，地球转过的圈数比行星多一圈，另外地球的运动周期是1年，这是一个隐含的条件。
3、登上火星是人类的梦想，“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星。地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响。根据下表，火星和地球相比
行星 半径/m 质量/kg 轨道半径/m
地球 6.4×106 6.0×1024 1.5×1011
火星 3.4×106 6.4×1023 2.3×1011
A．火星的公转周期较小
B．火星做圆周运动的加速度较小
C．火星表面的重力加速度较大
D．火星的第一宇宙速度较大
【答案】B
【解析】火星与地球都绕太阳运动，太阳对它们的万有引力提供其做圆周运动的向心力，设太阳的质量为M，即有：=man=，解得：an=∝，T=∝，由表格数据可知，火星轨道半径较大，因此向心加速度an较小，故选项B正确；公转周期T较大，故选项A错误；在表面处时，根据m′g=，可得：g∝，即：==，所以火星表面的重力加速度较小，故选项C错误；由第一宇宙速度公式v1＝可知，
=，所以火星的第一宇宙速度较小，故选项D错误。
考点：万有引力定律的应用和分析数据、估算的能力。
点拨：天体运动可分为近地运动模型和环绕运动模型两大类：
（1）在近地运动模型中，mg≈，即有：g≈∝
（2）在环绕运动模型中，Fn＝，各运动参量与轨道半径的关系是越高越慢，即r越大，v、ω、an越小，T越大。
对点训练
1、人造卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，A卫星的运行周期为2天，A的轨道半径为B的轨道半径的1/3，则B卫星运行的周期大约是
A．1~4天 B．4~8天 C．8~16天 D．16~20天
【答案】C
【解析】设A的轨道半径为r，则B的轨道半径为3r，它们都绕地球做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律，可以得出，代入计算天，所以C项正确。
2、太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学中称为“行星冲日”。假定有两个地外行星A和B，地球公转周期T0=1年，公转轨道的半径为，A行星的公转周期TA=2年，B行星公转的轨道半径，则
A．相邻两次A星冲日间隔为2年
B．相邻两次B星冲日间隔为8年
C．相邻两次A星冲日间隔时间比相邻两次B星冲日间隔时间长
Ｄ．相邻两次A、B两星同时冲日时间间隔为8年
【答案】ABD
【解析】对于地球与行星A而言，因为地球的公转周期为1年，行星A的公转周期为2年，所以经过2年后，地球与行星A又会处于同一直线上，即相邻两次A星冲日的时间间隔为2年，选项A正确；因为行星B的半径是地球半径的4倍，由公式GMT2=4π2r3可知，周期之比为8:1，即行星B的公转周期为8年，所以经过8年后，行星B回到原位置，地球也经过了8个周期回到原位置，故它们相邻两次冲日的时间间隔为8年，选项B正确；即相邻两次A星冲日间隔时间比相邻两次B星冲日间隔时间短，选项C错误；经过8年后，地球经过了8个周期，行星A经过了4个周期，行星B经过了1个周期，故它们又会回到原来的位置，即相邻两次A、B两星同时冲日时间间隔为8年，选项D正确。
3、科学家经过深入观测研究，发现月球正逐渐离我们远去，并且将越来越暗。有地理学家观察了现存的几种鹦鹉螺化石，发现其贝壳上的波状螺纹具有树木年轮一样的功能，螺纹分许多隔，每隔上波状生长线在30条左右，与现代农历一个月的天数完全相同。观察发现，鹦鹉螺的波状生长线每天长一条，每月长一隔。研究显示，现代鹦鹉螺的贝壳上，生长线是30条，中生代白垩纪是22条，侏罗纪是18条，奥陶纪是9条。已知地球表面的重力加速度为，地球的半径为6 400 km，现代月球到地球的距离约为38万公里。始终将月球绕地球的运动视为圆周运动，由以上条件可以估算奥陶纪月球到地球的距离约为
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】由题可知现代鹦鹉螺的贝壳上，生长线是30条，对应周期为30天；奥陶纪是9条，每一条对应1天，可知奥陶纪月球周期为9天；根据，可知，奥陶纪月球到地球的距离约为。
4、17世纪，英国天文学家哈雷跟踪过一颗彗星，他算出这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的18倍，并预言这颗彗星将每隔一定的时间飞临地球，后来哈雷的预言得到证实，该彗星被命名为哈雷彗星。哈雷彗星围绕太阳公转的轨道是一个非常扁的椭圆，如图所示。从公元前240年起，哈雷彗星每次回归，中国均有记录。它最近一次回归的时间是1986年。从公元前240年至今，我国关于哈雷彗星回归记录的次数，最合理的是
A．24次 B．30次
C．124次 D．319次
【答案】B
【解析】本题考查的是开普勒第三定律，设彗星的周期为T1，地球的公转周期为T2，由开普勒第三定律得，已知地球的周期T2=1年，则可以求出T1=76年，从公元前240年至1986年，即，所以最合理的次数是30次。故选项B正确。
5、银河系中有两颗行星绕某恒星运行，从天文望远镜中观察到它们的运转周期之比为27:1，则它们的轨道半径比为
A．3:1 B．9:1 C．27:1 D．1:9
【答案】B
【解析】行星在绕恒星做圆周运动时恒星对行星的引力提供其做圆周运动的向心力，故有，所以，故，故选B。
6、长期以来“卡戎星”被认为是冥王星唯一的卫星，它的公转轨道半径r1≈2.0×104 km，公转周期T1≈6天。2006年3月，天文学家新发现两颗冥王星的小卫星，其中一颗的公转轨道半径r2≈4.8×104 km，取，则它的公转周期T2最接近于
A．11天 B．23天 C． 35天 D．83天
【答案】B
【解析】根据开普勒行星三定律的周期定律，可得天，故B正确。三轮冲刺导学案---曲线运动
考点剖析
一、曲线运动的特点
在曲线运动中，运动质点在某一点的瞬时速度的方向就是通过曲线上的这一点的切线方向，因此，质点在曲线运动中速度的方向时刻在变化。所以曲线运动一定是变速运动，但是，变速运动不一定是曲线运动，直线运动中速度大小变化时的运动也是变速运动。
二、做曲线运动的条件
1．从运动学角度，物体的加速度方向跟速度方向不在同一条直线上时，物体就做曲线运动。
2．从动力学角度，如果物体所受合外力的方向跟物体的速度方向不在同一条直线上时，物体就做曲线运动。
三、曲线运动的分类
分类 特点 特例
匀变速曲线运动 1、物体所受的合外力方向与初速度的方向不在同一条直线上；2、合外力是恒力 平抛运动
变加速曲线运动 1、物体所受的合外力方向与初速度的方向不在同一条直线上；2、合外力是变力 匀速圆周运动
四、方法总结：“两个基本关系”
1．合力方向与速率变化的关系：
2．合力方向与轨迹的关系：无力不拐弯，拐弯必有力。曲线运动的轨迹始终夹在合力方向与速度方向之间，而且向合力的方向弯曲，或者说合力的方向总是指向曲线的凹侧。曲线的轨迹不会出现急折，只能平滑变化，且与速度方向相切。
典例精析
1、关于物体所受合外力的方向，下列说法正确的是
A．物体做速率逐渐增加的直线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相同B．物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变
C．物体做变速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心
D．物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直
【答案】AD
【解析】已知物体做直线运动，说明加速度与速度共线，又知速率逐渐增加，说明加速度与速度同向，故其所受合外力的方向一定与速度方向相同，A正确；物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向不一定改变，如做平抛运动的物体，B错误；物体只有在做匀速率圆周运动时，合外力才全部充当向心力，物体做变速率圆周运动时，只是合外力有指向圆心的分量，但其所受合外力的方向不指向圆心，故C错误；物体做匀速率曲线运动时，据动能定理可知合外力不做功，故物体所受合外力的方向总是与速度方向垂直，D正确。本题选AD。
考点：考查物体运动所需的条件，重在考查理解能力
点拨：此题考查了曲线运动的条件；关键是知道物体在切线方向及在法线方向的受力情况，然后确定这两个方向的运动情况，可结合曲线运动的特例——匀速圆周运动和平抛运动的特点来考虑；此题难度不大。
2、小文同学在探究物体做曲线运动的条件时，将一条形磁铁放在桌面的不同位置，让小钢珠在水平桌面上从同一位置以相同初速度v0运动，得到不同轨迹。图中a、b、c、d为其中四条运动轨迹，磁铁放在位置A时，小钢珠的运动轨迹是 （填轨迹字母代号），磁铁放在位置B时，小钢珠的运动轨迹是 （填轨迹字母代号）。实验表明，当物体所受合外力的方向跟它的速度方向 （选填“在”或“不在”）同一直线上时，物体做曲线运动。
【答案】b c 不在
【解析】 由于A处磁力与直线b在同一条直线上，故小钢珠做直线运动，运动轨迹为b，由于B处磁力斜向上，故为轨迹c，d轨迹不合理，从而验证了物体做曲线运动的条件是物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上。
考点：物体做曲线运动的条件
点评：此题通过具体的事例考查了物体做直线运动和曲线运动的条件；关键是要看速度方向与物体所受合力方向的夹角；此题也是一道考查学生基础知识的题目。
3、双人滑运动员在光滑的水平冰面上做表演，甲运动员给乙运动员一个水平恒力，乙运动员在冰面上完成了一段优美的弧线MN。vM与vN正好成90°角，则此过程中，乙运动员受到甲运动员的恒力可能是右图中的
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
【答案】C
【解析】由于乙运动员在vM方向上做减速运动，在vN方向上做加速运动，故只有C正确。
考点：物体做曲线运动的条件
对点训练
1．下列说法正确的是
A．物体在恒力作用下可能做曲线运动
B．物体在变力作用下一定做曲线运动
C．物体在恒力作用下一定做直线运动
D．做圆周运动的物体，合外力一定指向圆心
【答案】A
【解析】做直线运动还是曲线运动看力的方向与速度方向的关系，方向在同一直线上做直线运动，不在同一直线上做曲线运动，A正确B、C错误；圆周运动分匀速圆周运动和非匀速圆周运动，匀速圆周运动的合外力一定指向圆心，非匀速圆周运动中合外力的一个分量指向圆心，合外力不指向圆心，D错误。
2．某质点在一段时间内做曲线运动，则在此段时间内
A．速度可以不变，加速度一定在不断变化
B．速度可以不变，加速度也可以不变
C．速度一定在不断变化，加速度也一定在不断变化
D．速度一定在不断变化，加速度可以不变
【答案】D
【解析】物体做曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，但是合力不一定改变，所以加速度不一定改变，如平抛运动，D正确。
3．质点在某一平面内沿曲线由P运动到Q，如果用v、a、F分别表示质点运动过程中的速度、加速度和受到的合力。则下列选项中可能正确的是
【答案】D
【解析】曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向，其加速度或合力跟速度有一定夹角，且指向轨迹弯曲的内侧，只有选项D正确。
4．某质点在xOy平面上运动，其在x轴方向和y轴方向上的v﹣t图象分别如图甲和图乙所示，则下列判断正确的是
A．该质点做匀变速直线运动
B．该质点做匀变速曲线运动
C．该质点的初速度为7 m/s
D．前2 s内质点的位移为21 m
【答案】A
【解析】有图象知，x轴方向物体做初速度为3 m/s，加速度为的匀加速直线运动，y轴方向物体做初速度为4 m/s，加速度为的匀加速直线运动，由于加速度的比值和速度的比值相等，所以加速度的方向与初速度方向一致，故物体做匀加速直线运动，故A正确，B错误；根据矢量合成原则得：，故C错误；根据，得：，故D错误。故选：A三轮冲刺导学案：滑块—木板模型
考点剖析
1．建模指导
解此类题的基本思路：（1）分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；（2）对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程。特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移。
2．模型特征
上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
3．思维模板
4．分析滑块—木板模型问题时应掌握的技巧
（1）分析题中滑块、木板的受力情况，求出各自的加速度。
（2）画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系。
（3）知道每一过程的末速度是下一过程的初速度。
（4）两者发生相对滑动的条件：（1）摩擦力为滑动摩擦力。（2）二者加速度不相等。
5． 滑块—木板模型临界问题的求解思路
典例精析
1、如图甲所示，光滑的水平地面上放有一质量为M、长为的木板。从时刻开始，质量为的物块以初速度从左侧滑上木板，同时在木板上施一水平向右的恒力，已知开始运动后内两物体的图线如图乙所示，物块可视为质点，，下列说法正确的是
A．木板的质量
B．物块与木板间的动摩擦因数为
C．时，木板的加速度为
D．时，木板的速度为
【答案】BD
【解析】在1 s前，物体向右匀减速，木板向右匀加速，对物体分析，由牛顿第二定律可得：，由图象可知：，联立解得：。对木板分析，由牛顿第二定律可得：，由图象可知：，联立解得：，经过时间t，两者达到共同速度，则，代入数据解得：，共同速度，此时物体的相对位移为：，说明物体未脱离木板，当两者达到共同速度后，假设两者相对静止一起加速，由牛顿第二定律可得：，代入数据解得：，对物体由牛顿第二定律可得：，所以物体相对木板还是要相对滑动，对木板由牛顿第二定律可得：，代入数据解得：，时，木板的速度为，故AC错误，BD正确。
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；物体的弹性和弹力
点拨：本题考查图象的应用；图象题是高考的热点问题，关键从图象中获取信息，能够通过图象得出物体的运动规律。
2、如图所示，质量M=8.0 kg、长L=2.0 m的薄木板静置在光滑水平地面上，且木板不固定。质量m=0.40kg的小滑块（可视为质点）以速度v0从木板的左端冲上木板。已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.20，（假定滑块与木板之间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2。）
（1）若v0=2.1 m/s，从小滑块滑上长木板，到小滑块与长木板相对静止，小滑块的位移是多少？
（2）若v0=3.0 m/s，在小滑块冲上木板的同时，对木板施加一个水平向右的恒力F，如果要使滑块不从木板上掉下，力F应满足什么条件？
【答案】（1）s=1.1 m （2）
【解析】（1）分析m的受力，由牛顿第二定律有
分析M的受力，由牛顿第二定律有
设经过时间t两者速度相同
代入数据，可得t=1 s
相对静止的共同速度为
（2）①设当F=F1时，滑块恰好运动到木板的右端，然后与木板一起运动。在滑块与木板有相对滑动的这段时间内，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动。设这段时间为t1，滑块与木板共同运动的速度为v1，则有，，所以t1= s
由
所以
根据牛顿第二定律有，所以
所以，当时，滑块不会从木板的右端滑出
②当滑块与木板共速后，只要不发生相对滑动，滑块就不会从木板的左端滑出，根据牛顿第二定律：
滑块与木板共同运动的加速度
而滑块在静摩擦力的作用下，能达到的最大加速度。因此，滑块不从木板左端滑出需满足的条件是，即
所以滑块不从木板掉下的条件是：
点拨：分析木板和木块的运动，结合牛顿第二定律和运动学公式，抓住它们的位移关系，列出速度、位移、加速度与时间的关系式进行计算；滑块不从木板上掉下的临界条件是速度相等时位移差等于木板的长度。
考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动规律的应用。
对点训练
1．如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小可能是
A．a=μg B． C． D．
【答案】CD
【解析】 若木块和木板之间发生相对滑动，则对木板，根据牛顿第二定律：，解得，选项C正确；若木块和木板之间不发生相对滑动，则对木板和木块的整体，根据牛顿定律可得：，解得，选项D正确；故选AD。
2．如图所示，质量M=5 kg的木板A在恒力F的作用下以速度向右做匀速直线运动，某时刻在其右端无初速度地放上一质量为的小物块B。已知木板与地面间的动摩擦因数，物块与木板间的摩擦因数。（物块可看作质点，木板足够长，取g=10 m/s2）试求：
（1）放上物块后木板发生的位移；
（2）物块与木板之间产生的摩擦热。
【答案】（1）52 m （2）Q=48 J
【解析】（1）由题意可知
放上物体之后的木板：
物块：
令二者速度相等：
得：t1=2 s
可知速度相同时：v=8 m/s
2 s内木板发生的位移：
二者共速后一起做匀减速运动：
一起做减速运动的时间：
减速过程中木板发生的位移：
因此木板发生的总位移
（2）在第一个过程中，物块的位移
物块与木反之间产生的摩擦热为：
得：Q=48 J
3．如图所示，质量为M＝2 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝1 kg的小滑块（可视为质点）以v0＝3.6 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动。已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小f和方向；
（2）滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度大小；
（3）若长木板足够长，滑块与长木板达到的共同速度v。
【答案】（1） ，方向向右 （2） （3）
【解析】（1）滑块所受摩擦力为滑动摩擦力：，方向向左
根据牛顿第三定律，长木板受到的摩擦力 ，方向向右
（2）由牛顿第二定律得：
得出
（3）与滑块情况相似
可得出木板的加速度
设经过时间t，滑块和长木板达到共同速度v，则满足：对滑块：
对长木板：
由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度。
4．如图所示，长为L=6 m、质量M=4 kg的长木板放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块施加方向水平向右的恒定拉力F作用，取g=10 m/s2。
（1）为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为多少；
（2）若F=8 N，求物块从木板左端运动到右端经历的时间；
（3）若F=8 N，为使物块不从木板上滑离，求恒力F的最长作用时间。
【答案】（1）5 N （2）2 s （3）
【解析】（1）设物块与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F0，整体的加速度大小为a，则：
对整体：F0=（m+M）
对木板：aμmg=Ma
解之得： F0=5N
即，为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N；
（2）物块的加速度大小为：
木板的加速度大小为：
设物块滑到木板右端所需时间为t，则：
解之，得：t=2 s
（3）设力F作用一段时间t1后撤去，撤去后经时间t2物块与木板相对静止；撤去力F后，木板的加速度不变，物块的加速度大小为： am′=μg=4 m/s2
两物体开始运动至相对静止过程：
物块的位移大小为
x=amt12+amt1t2-am′t22 ①
木板的位移大小为
X=aM（t1+t2）2 ②
物块恰不滑离木板，满足
x-X=L ③
根据速度关系，有
amt1-am′t2= aM（t1+t2） ④
联立①②③④式，代入数据，得
即为使物块不从木板上滑离，恒力F的最长作用时间为三轮冲刺导学案---用牛顿第二定律解决瞬时加速度问题
考点剖析
1．在分析瞬时对应关系时应注意区分动力学中的几种模型。
受外力时的形变量 力能否突变 产生拉力或压力
轻绳 微小不计 可以 只有拉力没有压力
轻橡皮绳 较大 不能 只有拉力没有压力
轻弹簧 较大 不能 既可有拉力；也可有压力
轻杆 微小不计 可以 既可有拉力；也可有压力
2．分析瞬时问题的注意要点:
（1）物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。
（2）分析物体的瞬时问题，关键是分析瞬时前后的受力情况和运动情况，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度。
（3）分析此类问题应特别注意绳或线类、弹簧或橡皮绳类模型的特点。
（4）加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。
典例精析
1、如图所示，细线连接着A球，轻质弹簧两端连接着质量相等的A、B球，在倾角为θ的光 滑斜面体C上静止，弹簧与细线均平行于斜面。C的底面粗糙，在水平地面上能始终保持静止，在细线被烧断后的瞬间，下列说法正确的是( )
A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin θ
B．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin θ
C．C对地面的压力等于A、B和C的重力之和
D．地面对C无摩擦力
【答案】B
【解析】在细线被烧断前，由平衡条件得弹簧弹力FT=mgsinθ，在细线被烧断后的瞬间，弹簧弹力不变，故小球B合外力为零，加速度等于零，小球A受合外力为F=FT+mgsinθ=2mgsinθ，再根据牛顿第二定律得：小球A加速度为2gsinθ，方向沿斜面向下，所以A错误；B正确；由小球 A知，系统有沿斜面向下的加速度，把该加速度分解为竖直向下和水平向左，可得：C对地面的压力小于A，B和C的重力之和，地面对C摩擦力水平向左，故C、D错误。
考点：本题考查牛顿第二定律
点拨：用牛顿第二定律解决瞬时加速度这类问题的核心是：弹簧的弹力不会突然改变，对比状态变化前后的力，就可以解决问题。
2、如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态。现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间
A．物体B的加速度大小为g
B．物体C的加速度大小为2 g
C．吊篮A的加速度大小为3 g
D．A、C间的弹力大小为0.5 mg
【答案】D
【解析】在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B受力情况不变，故物体B的加速度大小为零，选项A错误；将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得，，即A、C的加速度均为1.5g。故B、C错误。剪断细线的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A：FC+mg=ma。得：FC=ma-mg=0.5mg。故D正确。
点拨：轻绳不需要形变恢复时间，在瞬时问题中，其弹力可以突变，成为零或者别的值；轻弹簧（或者橡皮绳）需要较长的形变恢复时间，在瞬时问题中其弹力不能突变，大小方向均不变。
对点训练
如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q。球静止时，Ⅰ中拉力大小为FT1，Ⅱ中拉力大小为FT2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间，球的加速度a应是
A．若剪断Ⅰ，则a=g，竖直向下
B．若剪断Ⅱ，则a=g，竖直向上
C．若剪断Ⅱ，则，方向水平向左
D．若剪断Ⅰ，则，方向沿Ⅰ的延长线
【答案】AC
【解析】若剪断Ⅰ，则弹簧对小球的拉力立即变为零，所以小球只受重力作用，加速度为a=g，竖直向下；若剪断Ⅱ，则由于弹簧的弹力不能突变，所以此时小球受到FT1和重力mg作用，合力水平向左，大小为FT2，所以加速度为。选项AC正确。
2．如图，两个质量分别为m12 kg、m2 = 3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为F1=30 N、F2 =20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则
A．弹簧秤的示数是20 N
B．弹簧秤的示数是25 N
C．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为5 m/s2
D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s2
【答案】D
【解析】将两物体和弹簧秤看作一个整体，根据牛顿第二定律可得，对m1分析可得，联立解得，AB错误；在突然撤去F2的瞬间，因为弹簧的弹力不能发生突变，所以m1的受力没有发生变化，故加速度大小仍为2 m/s2，故C错误；突然撤去F1的瞬间，m1的受力仅剩弹簧的弹力，对m1列牛顿第二定律得：F=m1a，解得：a=13 m/s2，故D正确。
3．如图所示，在倾角为α＝30°的光滑固定斜面上，有两个质量均为m的小球A、B，它们用原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接，现对A施加一水平向右的恒力F，使A、B均静止在斜面上，下列说法正确的是
A．弹簧的长度为L+
B．水平恒力F大小为mg
C．撤掉恒力F的瞬间小球A的加速度大小为g
D．撤掉恒力F的瞬间小球B的加速度大小为
【答案】AC
【解析】对小球B分析知，，则弹簧的伸长量：，所以弹簧的长度为：，A正确；对整体分析，，解得，B错误；撤去恒力F瞬间，弹簧的弹力不变，对A球，根据牛顿第二定律得，，C正确。撤去恒力F瞬间，弹簧的弹力不变，对B球，合力为零，则B球的加速度为零，D错误；故选AC。三轮冲刺导学案---研究匀变速直线运动
考点剖析
一、实验目的
1．练习正确使用打点计时器，学会利用打上点的纸带研究物体的运动。
2．掌握判断物体是否做匀变速直线运动的方法（）。
3．测定匀变速直线运动的加速度。
二、实验原理
1．打点计时器
（1）作用。计时仪器，每隔0.02 s打一次点。
（2）两种打点计时器的比较
电磁打点计时器 电火花计时器
所用电源 4~6 V低压交流 220 V交流
打点方式 振针打点 电火花打点
时间间隔 每隔0.02 s打一次点 每隔0.02 s打一次点
实验误差 振针和纸带之间有摩擦，误差较大 火花放电不会影响纸带运动，误差较小
（3）纸带上点的意义
表示和纸带相连的物体在不同时刻的位置；通过研究纸带上各点之间的距离，可以判断物体的运动情况；可以利用纸带上打出的点来确定计数点间的时间间隔。
2．匀变速直线运动的判断
连续相等时间内的位移之差是恒量，（不为零），则物体做匀变速直线运动，且。
3．由纸带求物体运动速度的方法
根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，即。
4．由纸带求加速度
（1）用“逐差法”求加速度
根据，求出加速度、、，再计算出a1、a2、a3的平均值，即为物体运动的加速度，即。
（2）利用v-t图象的斜率求加速度
先根据求出多个时刻随对应点的瞬时速度，然后画出v-t图象，图线的斜率即为物体运动的加速度。
三、实验器材
电火花计时器（或电磁打点计时器）一端固定有定滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、电源、复写纸。
四、实验步骤
1．仪器安装
（1）把固定有定滑轮的长木板放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面，把打点计时器固定在长木板上没有定滑轮的一端，连接好电路。
（2）把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下面挂上合适的钩码，把纸带穿过打点计时器，并把它的一端固定在小车的后面。如图所示，放手后，看小车能否在长木板上平稳地加速滑行。
2．测量和记录
（1）把小车停在靠近打点计时器处，先接通电源，再放开小车，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列的点。换上新纸带重复实验，至少重复三次。
（2）从几条纸带中选一条比较理想的，舍掉开头比较密集的点，从便于测量的点开始确定计数点，为了计算方便和减少误差，通常用连续打点五次的时间作为时间单位，即T=0.1 s。正确使用毫米刻度尺测量每相邻两计数点间的距离，并填入设计好的表格中。
（3）利用某一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度求得各计数点的瞬时速度。
（4）增减所挂钩码数量，重复实验两次。
3．处理数据并得出试验结论
（1）由试验数据画出v-t图象。
（2）由v-t图象得出小车运动的速度随时间变化的规律。
五、数据处理
1．目的
通过纸带求解运动的加速度和瞬时速度，确定物体的运动性质等。
2．处理的方法（1）分析物体的运动性质——测量相邻计数点间的距离，计算相邻计数点间距离之差，看其是否为常数，从而确定物体的运动性质。
（2）利用逐差法求解平均加速度。
（3）利用平均速度求瞬时速度。
（4）利用v-t图象求加速度。
六、误差分析
1．电流频率不稳引起的实验系统误差。
2．测量数据不准及描点、连线作图不准等引起的偶然误差。
七、注意事项
1．平行：纸带、细绳要和木板平行。
2．两先两后：实验中应先接通电源，后让小车运动；实验完毕应先断开电源，后取纸带。
3．防止碰撞：在到达长木板末端前应让小车停止运动，防止钩码落地和小车与滑轮相撞。
4．减小误差：小车的加速度宜适当大些，可以减小长度的测量误差，加速度大小以能在约50 cm的纸带上清楚地取出6~7个计数点为宜。
（1）作出速度–时间图象，通过图象的斜率求解物体的加速度；
（2）剪下相邻计数点的纸带紧排在一起求解加速度。
典例精析
在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带如图所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G等7个计数点，每相邻两个计数点之间还有4个点图中没有画出，打点计时器接周期为T =0.02 s的交流电源。经过测量得：d1=3.60 cm，d2=7.70 cm，d3=12.32 cm，d4=17.41 cm， d5=23.00 cm，d6=29.10 cm。（以下结果均保留两位有效数字）
（1）通过计算，打出F点时物体的速度为vF =_____________m/s；
（2）物体的加速度a=__________m/s2；
（3）如果当时电网中交变电流的频率是f=51 Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比___________（选填：偏大、偏小或不变）。
【答案】（1）0.58 （2）0.50 （3）偏小
【解析】因每相邻两个计数点之间还有4个点图中没有画出，打点计时器接周期为T=0.02 s所以。
（1）。
（2）。
（3）由实际打点周期小于0.02 s，计算时仍按0.02 s，所以计算结果比实际值偏小。
点拨：求加速度时，为了减小误差，采用逐差法。事实上，可以把整条纸带分成两大段（时间相等）据求加速度。若纸带有奇数个间隔，则要舍掉一段（第一段或最后一段）这样能保证两段的时间相等。求某点速度时，要用该点左右相邻的位移求平均速度。
对点训练
1．若实验中，算出各点的时刻所对应的瞬时速度，计算加速度最合理的方法是
A．根据实验数据画出图出图，量出倾斜角α，由，求出加速度
B．根据任意两点的速度用公式求算出加速度
C．根据实验数据画出图，由图线上相距较远的两点对应的速度、时间，用公式算出加速度
D．依次算出通过连续两计数点的加速度，算出平均值作为小车的加速度
【答案】C
【解析】B选项偶然误差较大，D选项实际上仅由始末两个速度决定，偶然误差也比较大，只有利用实验数据画出对应的图，才可充分利用各次测量数据，减少偶然误差。由于在物理图象中，两坐标轴的分度大小往往是不相等的，根据同一数据，可以画出倾角不同的许多图线，A选项是错误的，另外测量角度误差较大。正确的方法是根据图线找出不同时刻所对应的速度值，然后利用公式算出加速度，即C选项是正确的。
2．在使用打点计时器时，发现打点计时器打点周期不稳定，其原因可能是
A．交流电压不稳定
B．永久磁铁磁性太弱
C．电源的频率不稳定
D．振动片的固有频率与交流电源的频率有偏差
【答案】CD
【解析】打点计时器的打点周期跟电源频率和振动片的固有频率有关。一个性能良好的打点计时器振动片的固有频率和使用的交流电频率相等。这样振动片发生共振，振幅较大，打点清晰，等时性好，而电压的高低直接影响振动片的振动强弱，即振幅的大小，而不影响振动片的振动周期，故也不影响打点计时器的打点周期。永久磁铁的磁性能影响打点痕迹的轻重，即点迹的清晰度，并不影响打点的周期，综上所述，引起打点周期不稳定的原因是C、D两选项所述，故答案应为C、D两选项。
3．我国交流电的频率为50 Hz，因此，打点计时器每隔0.02 s打一个点。如图所示为某次实验时打出的一条纸带。其中1，2，3，4为依次选定的计数点。根据图中的数据，图中打1~2点时间内物体的平均速度为________m/s；打第2~4点时间内物体的平均速度为________m/s，打第2个计数点时物体的瞬时速度为__________m/s，计算的依据是____________________________。
【答案】0.32 1.23 0.65 匀变速直线运动一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度
【解析】每一两个计数点之间的时间间隔为0.1 s，所以打第1~2点时间内物体的平均速度为；打第2~4点时间内物体的平均速度为；打第2个计数点时物体的瞬时速度为。
4．某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示。打点计时器电源的频率为50 Hz。
（1）通过分析纸带数据，可判断物块在两相邻计数点________和________之间某时刻开始减速。
（2）计数点5对应的速度大小为________m/s，计数点6对应的速度大小为______m/s。（保留三位有效数字）
（3）物块减速运动过程中加速度的大小为a=________m/s2。
【答案】（1）6 7（或7 6）
（2）1.00 1.20 （3）2.00
【解析】 （1）从计数点1到6相邻的相等时间内的位移差Δx≈2.00 cm，在6、7计数点间的位移比5、6之间增加了（12.28－11.01）cm=1.27 cm<2.00 cm，因此，开始减速的时刻在计数点6和7之间。
（2）计数点5对应的速度大小为m/s=1.00 m/s。
计数点4对应的速度大小为m/s=0.80 m/s。
根据，得计数点6对应的速度大小为v6=2v5－v4=（2×1.00－0.80）m/s=1.20 m/s。
（3）物块在计数点7到11之间做减速运动，根据Δx=aT2得x9－x7=2a1T2，x10－x8=2a2T2
故≈－2.00 m/s2。
5．在DIS系统中，光电门测量的是运动物体挡光时间内的平均速度，因为挡光片较窄，所以可看作测量的是瞬时速度。为了测量做匀变速直线运动的小车的加速度，将宽度均为b的挡光片A、B固定在小车上，如图所示。当小车做匀变速运动经过光电门时，测得A、B先后挡光的时间分别为Δt1和Δt2，A、B开始挡光时刻的间隔为t，则A、B先后经过光电门时的速度分别为________，________；小车的加速度a=________。
【答案】
【解析】光电门测量的是运动物体挡光时间内的平均速度，因为挡光片较窄，所以可看作测量的是瞬时速度。A、B先后经过光电门时的速度分别为vA=，vB=；小车的加速度。三轮冲刺导学案----验证动量守恒定律
考点剖析
一、实验目的
验证动量守恒定律。
二、实验原理
在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速度v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒。
三、实验器材
方案一：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块（两个）、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等。
方案二：带细线的摆球（两套）、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。
方案三：光滑长木板、打点计时器、纸带、小车（两个）、天平、撞针、橡皮泥。
方案四：斜槽、小球（两个）、天平、复写纸、白纸等。
四、实验步骤
方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验（如图所示）。
1．测质量：用天平测出滑块质量。
2．安装：正确安装好气垫导轨。
3．实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度（①改变滑块的质量。②改变滑块的初速度大小和方向）。
4．验证：一维碰撞中的动量守恒。
方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验（如图所示）
1．测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2。
2．安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来。
3．实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰。
4．测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度。
5．改变条件：改变碰撞条件，重复实验。
6．验证：一维碰撞中的动量守恒。
方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验（如图所示）。
1．测质量：用天平测出两小车的质量。
2．安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。
3．实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动。
4．测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝算出速度。
5．改变条件：改变碰撞条件，重复实验。
6．验证：一维碰撞中的动量守恒。
方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律（如图所示）。
1．测质量：用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球。
2．安装：按照如图所示安装实验装置。调整固定斜槽使斜槽底端水平。
3．铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好。记下重垂线所指的位置O。
4．放球找点：不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次。用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面。圆心P就是小球落点的平均位置。
5．碰撞找点：把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次。用步骤4的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N。如图所示。
6．验证：连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度。将测量数据填入表中。最后代入m1·OP＝m1·OM+m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立。
7．结束：整理好实验器材放回原处。
四、数据处理
1．速度的测量
方案一：滑块速度的测量：v＝，式中Δx为滑块挡光片的宽度（仪器说明书上给出，也可直接测量），Δt为数字计时器显示的滑块（挡光片）经过光电门的时间。
方案二：摆球速度的测量：v＝，式中h为小球释放时（或碰撞后摆起的）高度，h可用刻度尺测量（也可由量角器和摆长计算出）。
方案三：小车速度的测量：v＝，式中Δx是纸带上两计数点间的距离，可用刻度尺测量，Δt为小车经过Δx的时间，可由打点间隔算出。
2．验证的表达式方案一、二、三：m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′。
方案四：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。
典例精析
两位同学用如图甲所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。
（1）实验中必须满足的条件是 。
A．斜槽轨道尽量光滑以减小误差
B．斜槽轨道末端的切线必须水平
C．入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
D．两球的质量必须相等
（2）测量所得入射球A的质量为mA，被碰撞小球B的质量为mB，图甲中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球A从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置P，测得平抛射程为OP；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与小球B相撞，分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N，测得平抛射程分别为OM和ON。当所测物理量满足表达式 时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果满足表达式 时，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞。
（3）记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O的距离：OM=2.68 cm，OP=8.62 cm，ON=11.50 cm，并知两球的质量分别为mB=10 g与mA=20 g，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差= %（结果保留一位有效数字）。
（4）乙同学也用上述两球进行实验，但将实验装置进行了改装：如图乙所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球A、球B与木条的撞击点。实验时，首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，撞击点为B′；然后将木条平移到图中所示位置，入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点P′；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与球B相撞，确定球A和球B相撞后的撞击点分别为M′和N′。测得B′与N′、P′、M′各点的高度差分别为h1、h2、h3。若所测物理量满足表达式 时，则说明球A和球B碰撞中动量守恒。
【答案】（1）BC （2）mAOP=mAOM+mBON mAOP2=mAOM2+mBON2 （3）2 （4）
【解析】（1）“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；为了使小球碰后不被反弹，要求入射小球质量大于被碰小球质量，故D错误。
（2）小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，它们的水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若两球相碰前后的动量守恒，则mAv0=mAv1+mBv2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：mAOP=mAOM+mBON；若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得：mAv02=mAv12+mBv22，将OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：mAOP2=mAOM2+mBON2。
（3）由（2）知
（4）小球做平抛运动，在竖直方向上：h=gt2，平抛运动时间：t=，设轨道末端到木条的水平位置为x，小球做平抛运动的初速度：vA=，vA′=，vB′=，如果碰撞过程动量守恒，则：mAvA=mAvA′+mBvB′，将速度代入动量守恒表达式解得：。
对点训练
1．气垫导轨是常用的一种实验仪器。它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。现用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：
a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB。
b．调整气垫导轨，使导轨处于水平。
c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上。
d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1。
e．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作。当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。
（1）实验中还应测量的物理量是_________ __ _ __________。
（2）利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是____ ________________。
（3）被压缩弹簧的弹性势能的表达式为 。
【答案】（1）B的右端至D板的距离L2 （2） （3）
【解析】（1）还应测量出B的右端至D板的距离L2，这样才能算出时间；（2）A滑块的速度，同样B滑块的速度，因此用已知量代入就是；（3）弹性势能就等于A、B两个滑块的动能，即。
2．某同学用如图所示的装置，利用两个大小相同的小球做对心碰撞来验证动量守恒定律，图中AB是斜槽，BC是水平槽，它们连接平滑，O点为重锤线所指的位置。实验时先不放置被碰球2，让球1从斜槽上的某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复10次，然后将球2置于水平槽末端，让球1仍从位置G由静止滚下，和球2碰撞，碰后两球分别在记录纸上留下各自的痕迹，重复10次。实验得到小球的落点的平均位置分别为M、N、P。
（1）在该实验中，应选用的器材是下列器材中的 。
A．天平 B．游标卡尺 C．刻度尺 D．大小相同的钢球两个
E．大小相同的钢球和硬橡胶球各一个
（2）在此实验中，球1的质量为m1，球2的质量为m2，需满足m1 m2（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
（3）被碰球2飞行的水平距离由图中线段 表示。
（4）若实验结果满足m1 ON= ，就可以验证碰撞过程中动量守恒．
【答案】（1）ACE （2）大于 （3）OP （4）m1·OM+m2·OP
【解析】（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有m1v0=m1v1+m2v2，在做平抛运动的过程中由于时间是相等的，所以得t m1v0=t m1v1+t m2v2，即m1ON=m1OM+m2OP，可知，需要使用天平测量小球的质量，使用刻度尺测量小球在水平方向的位移；所以需要选择的器材有ACD。
（2）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有：m1v0=m1v1+m2v2，在碰撞过程中动能守恒，故有m1v02=m1v12+m2v22，解得：v1=，要碰后入射小球的速度v1>0，即m1﹣m2>0，故答案为：大于。
（3）1球和2球相撞后，2球的速度增大，1球的速度减小，都做平抛运动，竖直高度相同，所以碰撞后2球的落地点是P点，所以被碰球2飞行的水平距离由图中线段OP表示。
（4）N为碰前入射小球落点的位置，M为碰后入射小球的位置，P为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度为，碰撞后入射小球的速度为：，碰撞后被碰小球的速度为：，若m1v0=m2v2+m1v1，则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，代入数据得：m1ON= m1·OM+m2·OP。
