./第一章物體的運動一、幾個重要概念專題1．D2．D提示：由于聲音傳到終點時,王華已經(jīng)跑出了一段距離,故王華的實際成績應(yīng)是測量成績再加聲音傳播100m所用的時間．20°時的聲速介于15°和25°之間．3．D提示：由勻變速直線運動的速度公式：vt＝v0＋at取時間為1秒分析得,這一秒的末速度比該秒的初速度大0.5m/s．故正確答案選D．4．AB提示：v＝s/t＝197/<10－8>＝98.5km/h＝27.4m/s5．CD提示：設(shè)AB間距離為s,A、B、C三點的速度分別為vA、vB、vC,由v＝<v0＋v1>/2,有：20＝<vA＋vB>/2,30＝<vB＋vC>/2＝＝<vA＋vC>/2由以上各式可求質(zhì)點在AC段的平均速度及在C點的瞬時速度．6．解：供客機起飛的跑道長s1＝v1t1＝×150＝3300<m>供戰(zhàn)斗機起飛的航空母艦甲板長s2＝v2t2＝×2＝83<m>,∴s1/s2＝3300/83≈40二、勻變速直線運動規(guī)律及其應(yīng)用專題1．D2．AD提示：這一秒的初速和末速可能同向也可能反向．以初速度方向為正方向．若初速和末速同向,有：加速度a＝<v－v0>/t＝<10－4>/t＝6m/s2位移s＝t×<v0＋v1>/2＝1×<4＋10>/2＝7m若初速和末速反向,有：加速度a＝<vt－v0>/t＝<－10－4>/1＝－14m/s2位移s＝t×<v0＋vt>/2＝1×<4－10>/2＝－3m故加速度的大小可為14m/s2,大于10m/s2,D問正確；位移的大小可為3m,小于4m,A問正確．3．ABC提示：由s3－s1＝2aT2,其中s1＝2m、s3＝8m、T＝1s,可求加速度a,故選項B對；由s1＝v1T＋aT2/2,可求速度v1,故選項A對；由s2－s1＝aT2,可求s2,故選項C對．4．ABC提示：當(dāng)物體做勻速直線運動時,中間位置與中間時刻是同一位置,因此C對；當(dāng)物體做勻變速直線運動時,其示意圖如下圖所示,若物體由A向B做勻加速直線運動,則前一半時間的位移小于后一半時間的位移,中間時刻如圖的C點,中間位置為E點,顯然v1＞v2；若物體由A向B做勻減速直線運動,則前一半時間的位移大于后一半時間的位移,中間時刻如圖的D點,顯然v1＞v2．5．B提示：因車身長4.5m,占標(biāo)尺上3小格,每小格是1.5m,由圖中讀出第一、第二次閃光后汽車相距s1＝12m,第二、第三次閃光汽車相距s2＝20.1m,由公式：Δs＝s2－s1＝aT2,得a＝＝≈2<m/s2>6．D提示：由圖可知：下方的物體做勻速運動,而上方的物體做勻加速運動．由t4到t5這段時間內(nèi)下方物體的位移幾乎等于上方物體的位移,說明這段時間內(nèi)兩物體的平均速度幾乎相等,由運動規(guī)律知：t4時刻下方物體的速度大于上方物體的速度,t5時刻下方物體的速度小于上方物體的速度,故在t4時刻與t5時刻之間某時刻兩木塊的速度相同,故選項D對．7．解：設(shè)剎車后t汽車靜止,有t＝v0/a＝8/6s故剎車后4s內(nèi)的位移與8/6s的位移相等,為：s＝＝×＝5.33m8．解：小物體在傳送帶上做勻加速運動時間：t1＝＝＝＝2<s>位移為：s1＝＝<0＋2>/2×2＝2<m>此后小物體做勻速直線運動,運動時間為：t2＝<s－s1>/v＝<20－2>/2＝9<s>所以,小物體運動到另一端的時間為：T＝t1＋t2＝2＋9＝11<s>9．解：火車提速前：設(shè)勻速運動的速度為v,則勻加<減>速的時間為：t1＝＝位移為s1＝t1＝勻速運動的位移為：s2＝s－4s1勻速運動的時間為：t2＝s2/v,中途停車時間：Δt＝360s總時間：4t1＋t2＋Δt＝T,T＝7560s解以上各式得v＝20m/s．提速后：火車勻速的速度為v0＝1.5v＝30m/s勻加<減>速的時間為：t′1＝＝＝75s移為s′1＝＝1125m勻速運動的位移為：s＝s－2s＝139750m勻速運動的時間為t＝s/v0＝4658s運動的總時間：t＝2t′1＋t′2＝4808s＝1.34h三、自由落體運動和豎直上拋運動專題1．ACE提示：若石塊是在拋出點上方15m處,則由公式s＝v0t＋gt2/2,有15＝20t－5t2解得：t＝1s或t＝3s；若石塊是在拋出點下方15m處,則由公式s＝v0t＋gt2/2,有－15＝20t－5t2解得：t＝2＋s,故選項ACE正確．2．AC．提示：豎直上拋運動的上升過程和自由落體運動互為逆運動,根據(jù)運動的對稱性,上拋運動的最高點即為自由落體的下落點．3．提示：<1>第1滴水落到盤上的位移：h＝g<2t>2第2滴水的位移：h1＝gt2解以上兩式可得h1＝h/4<2>第1滴水落到盤上歷時t1＝,從第1滴水離開水龍頭開始到第2滴水落到盤上歷時：t2＝t1＋t1/2從第1滴水離開水龍頭開始到第3滴水落到盤上歷時：t3＝t2＋t1/2＝t1＋2t1/2同理：t4＝t1＋3t1/2……tN＝t1＋<N－1>t1/2依題意有T＝tN＝∴g＝4．解：研究運動員重心的運動即可．設(shè)重心上升0.45m所用時間為t1,則0.45＝gt12/2,t1＝0.3s重心由<0.45＋10>m自由下落到水面用時間為t2則10.45＝gt22/2,t2＝1.4s故用于完成空中動作的時間為：t＝t1＋t2＝1.7s5．解：10s末氣球與重物的速度為：v＝at＝100m/s位移為s1＝at2/2＝500m重物掉出后以100m/s的初速度做豎直上拋運動,上升的高度為h＝＝500m故此重物最高可上升H＝s1＋h＝1000m由豎直上拋運動規(guī)律,有－s1＝vt2－gt222,即－500＝100t2－5t22故重物從氣球上掉出后到落回地面所用時間為：t2＝10＋10＝24.14s．6．解：設(shè)經(jīng)時間t被攔截,則有：s＝<vt＋gt2/2>＋<vt－gt2/2>＝2vtt＝s/2v＝5s攔截的高度h＝vt－gt2/2＝49875m7．解：Δt＝t2－t1＝－四、歸納法與演繹法應(yīng)用專題1．A提示：第一個球回到手時,第四個球必須馬上拋出,則在空中有兩個球,整段路程分為時間相等的三段．而由h＝gt12/2得t1＝＝0.5s,總時間2t1＝1s,故球在手中停留的最長時間為1/3s2．解：可假設(shè)車靜止人從靜止開始勻加速行走,人走完第一節(jié)車廂歷時t1＝＝5,a＝2s/25人走完前九節(jié)車廂歷時t2＝＝15人走完前十節(jié)車廂歷時t10＝＝所以第十節(jié)車通過人的時間Δt＝t10－t9＝0.81<s>3．解：設(shè)物體跟檔板碰了n次,則總路程：s＝nl＋l/2＝4n＋2……①把物體碰檔板前后的運動看作是勻減速直線運動,所以s＝v02/2a…………②解以上兩式得物體的加速度大小a＝4/<2n＋1><n＝0,1,2,3……>4．解：①小球在空中運動的總時間為：t總＝2t上＝2v0/g＝2×30/10＝6<s>在空中的小球個數(shù)n＝t總/t＝6/1＝6<個>②第一個球和其余小球相遇時位移相等,則有：30t－10t2/2＝30<t－n>－10<t－n>2/2n為第2、3、4…個球跟第1個球間隔時間,解方程得：t＝<6＋n>/2,<n＝1,2,3,4,5>當(dāng)n＝1時,t＝3.5s；n＝2時,t＝4.0s；n＝3時,t＝4.5s；n＝4時,t＝5.0s；n＝5時,t＝5.5s以上依次各時刻為第1個跟第2、3、4、5球相遇時刻．五、運動圖象專題1．B提示：設(shè)物體質(zhì)量為m,空氣阻力為f,上升過程：速度為正加速度為負,速度圖線為斜向下的直線,加速度大小為：a上＝g＋f/m；下升過程：速度為負加速度為負,速度圖線在第四象限且斜向下的直線,加速度大小為：a下＝g－f/m；故a上＞a下2．C提示：小孩從高處下落到蹦床前做的是自由落體<即勻加速>直線運動,速度圖象應(yīng)為直線<即oa段>,離開蹦床后做豎直上拋<即勻減速>直線運動,速度圖象也為直線<即cd段>,故應(yīng)選C．3．A．提示：由vt＝v0－gt,得動能為：Ek＝mv12＝mg2t2－mgv0t＋mv02故動能與時間的圖象為開口向上的拋物線．4．C提示：由圖象可知速度都為正的,故物體一直朝正方向做直線運動．5．ABC提示：A圖：物體先沿正方向做勻減速,到速度為0后,向負方向<回頭>做勻加速運動；B圖：物體先沿負方向做勻減速,到速度為0后,向正方向<回頭>做勻加速運動；C圖：物體一直沿負方向做勻加速直線運動．6．A提示：用排除法：若是路程圖象,路程應(yīng)是一直增大的,故B錯；若是速度圖象則應(yīng)是直線的,因為下落過程是勻加速直線運動,上升過程是勻減速直線運動,故C錯；除碰撞瞬間外小球運動的加速度是恒定的,所以若是加速度圖象應(yīng)是一平行時間軸的直線,故D錯；故只能選A．7．BC提示：對C問：由機械能守恒可知兩球落地時速率相等,故C問對；對ABD問：作出a、b兩球的v－t圖象,如圖,兩圖線與時間軸所圍成的面積相等．由圖知ta＞tb．8．tC＞tD提示：解法一：與上題相同．解法二：小球運動到同一豎直直線上沿ACB運動的速率均小于沿ADB運動的速率,故沿ACB運動的平均速率小于沿ADB運動的平均速率,由s＝,路程s相同,故沿ACB運動的時間大于沿ADB運動的時間．9．解：0到1s質(zhì)點靜止,1s到3s質(zhì)點做勻速直線運動,速度為＝2.5m/s,3s到5s質(zhì)點做勻速直線運動,速度為＝－10m/s,5s到6s質(zhì)點靜止．<v－t圖象如下圖所示>10．解法一：設(shè)兩物體拋出的時間間隔為Δt1時,恰好在后拋出物體落地時被前一物體下落追上相碰,那么前拋物體的運動時間應(yīng)等于后拋物體運動時間與Δt1之和,即：2×2v0/g＝2v0/g＋Δt1得：Δt1＝2v0/g又設(shè)兩物體拋出時間間隔為Δt2時,恰好在后拋出物體拋出瞬間前一物體回到原點相碰．同理得：2×2v0/g＝0＋Δt2Δt2＝4v0/g所以,時間間隔必須滿足：2v0/g≤Δt≤4v0/g解法二、分別在圖中畫出兩物體的s－t圖線,要求兩物體在空中相碰,兩圖線必須有交點．前拋物體在空中運動的總時間為：t1＝2×2v0/g后拋物體在空中運動的總時間為：t2＝2v0/g由圖中可看出兩物體拋出的最短時間間隔：Δt1＝t1－t2＝2v0/g最長時間間隔等于前拋出物體的運動時間：Δt2＝t1＝4v0/g所以：2v0/g≤Δt≤4v0/g六、追趕運動專題1．C提示：設(shè)乙車運動時間t時兩車距離最大,這時兩車的速度相等,由v1＝at,有3×<t＋2>＝4t,解得t＝6s,又由s＝at2/2,得兩車最大距離為：Δs＝s甲－s乙＝3×<6＋2>2/2－4×36/2＝24m2．B．提示：據(jù)題意,作出前車開始剎車時兩車的速度與時間圖象,如下圖所示,由圖象的物理意義知,三角形AOC的面積為前車剎車后的位移,其大小為s,梯形ABDO的面積為前車開始剎車時后車的位移,其大小為3s,所以兩車不相碰且它們在行駛時應(yīng)保持的距離至少為：Δs＝3s－s＝2s,故選B．3．解：此題用相對運動求解較為簡便,以前車為參照物,則后車相對于前車的初速度為<v1－v2>,追上時相對末速度為0,相對加速度為－a,相對位移為s．由v12－v02＝2as得0－<v1－v2>2＝2<－a>s∴a＝a為兩車恰好相碰時的加速度,要兩車不相碰,應(yīng)滿足a＞<v1－v2>2/2s．4．解：兩車不相撞的臨界條件是：A車追上B車時兩車的速度相等．選B車為參照物,A車的相對初速度vAB＝v0－0＝v0,追上時相對末速度vAB′＝0,相對加速度aAB＝2a－a＝－3a,相對位移SAB＝s－l,由vt2－v02＝2as有v02＝2<－3a><s－l>得v0＝<最大值>所以,兩車不相碰的條件：v0≤5．解：A、B相遇時位移相等有：vAt＝aBt2/2,得t＝2vA/aB＝2×3/3＝2<s>相遇時B的速度：vB＝aBt＝3×2＝6<m/s>當(dāng)B減速到vB′＝vA時,A、B相距最遠,有：vB－aB′t′＝vAt′＝<vB－vA>/aB′＝1.5<s>由上述計算可知在<2＋1.5>＝3.5<s>末A、B相距最遠．由v－t圖象也可求解<見上圖>6．解：由題意知：人勻速運動、車勻加速運動,人和車運動時間相等,設(shè)人經(jīng)時間t追上車,當(dāng)追上時人和車的位移關(guān)系是：s人＋s車＝s0,即v人·t－at2＝s0得t2－12t＋90＝0,若能追上t有解,若追不上t無解．Δ＝b2－4ac＝－216＜0,所以人追不上汽車．在開始階段,人的速度大于車的速度,人和車之間的距離減小,當(dāng)車的速度大于人的速度時,兩者之間的距離增大,當(dāng)人和車速度相等時,人與車之間距離最小．設(shè)從開始追到距離最小的時間為t1,有v人＝at1,所以t1＝6s,人和車之間的最小距離為：Δsmin＝s0＋s車－s人＝45＋×1×62－6×6＝27m．7．解：汽車作勻減速運動的位移為：S汽＝v2汽/2a＝25<s>t汽＝v汽/a＝5<s>s自＝v自t汽＝20<m>汽車已停下來自行車還追不上,∴t＝5＋<25＋7－20>/4＝8<s>七、運動的合成和分解、平拋運動專題1．C提示：設(shè)河寬為L,則渡河時間為t＝L/v與河流速度無關(guān)．2．C提示：速度的合成遵守平行四邊形定則．3．A提示：設(shè)ab的豎直高度為h,ab的水平距離為s,則ac的水平距離為2s．以速度v拋出時：h＝gt2/2,s＝vt以速度2v拋出時：h2＝gt22/2,h＞h2,t＞t2s2＝2vt2＜2vt＝2s故應(yīng)落在斜面上的b與c之間某一點．4．BD提示：設(shè)經(jīng)t時間兩球在空中相遇,由自由落體及豎直上拋運動規(guī)律,有：<gt2/2>＋<v2t－gt2/2>＝H,故t＝H/v2兩球相遇的水平距離為s＝v1t＝v1H/v25．解：兩個運動的物體在一條直線上的相遇問題比較容易解決,而不在一條直線的相遇問題要做好幾何圖形,利用三角形知識解題．設(shè)人向v2的方向運動,在公路上與汽車相遇在C點,如圖所示,汽車運動距離s1,人運動距離s2．由正弦定理有：＝＝即：＝從直角三角形可知：sin＝h/d則：sin＝v1sin/v2＝v1h/v2d＝5/6∴arcsin6．解：陀螺離開桌面后做平拋運動,設(shè)陀螺水平飛出r時的下落高度剛好是h<此為臨界條件>,則x＝v0t＝ry＝gt2＝ht＝v0＝rv0＝r所以v0至少為v0=r7．解：由圖有：x＝abcos30°＝20/m,y＝absin30°＝20m<1>運動員在空中飛行的時間為t＝＝2s<2>運動員沖出跳臺時的速度v＝x/t＝10m/s8．解：設(shè)物體由拋出點運動到P點的時間為t,則有：v0tg30°＝gt物體由拋出點運動到Q點時,有：v0tg60°＝g<t＋1>解得：t＝0.5sv0＝5m/s9．解：小球在水平方向作勻速直線運動,∴L2＝v0t小球沿斜面方向作勻加速直線運動,L1＝gsint2解得v0＝L210．解：<1>排球被擊出后,作平拋運動,球在空中飛行的時間t2＝＝＝/2<s>在網(wǎng)上飛行的時間為t1＝＝＝1/排球要不觸網(wǎng),則其速度應(yīng)v＞<s1/t1>＝3<m/s>排球不越界,則其速度應(yīng)為v＜<s2/t2>＝<3＋18/2>＝12<m/s．>故排球的速度應(yīng)為3m/s＜v＜12m/s<2>若無論水平擊球的速度多大,球不是觸網(wǎng)就是越界,這是說明了與擊球的水平速度無關(guān),而是與擊球的高度有關(guān)．若是排球剛剛觸網(wǎng),則其運動時間為s1/v＝排球若是剛剛越界,則運動時間為：s2/v＝,由這兩式可得s1/s2＝,<式中的h為擊球的高度,Δh為擊球的高度與網(wǎng)高度之差>．Δh＝h<s1/s2>2＝h－h(huán)0h＝h0/1－<s1/s2>2代入數(shù)據(jù)得：h＝32/15m八、論述證明題專題1．證明：設(shè)做勻變速直線運動的物體的加速度為a,初速度為v0,經(jīng)一段時間t的末速度變?yōu)関t,則這段時間t內(nèi)的平均速度為：＝,且有：vt＝v0＋at①設(shè)中間時刻的速度為vt/2,則vt/2＝v0＋a·②由①②式解得：vt/2＝＝,原命題得證．2．證明：設(shè)做勻變速直線運動的物體的加速度為a,初速度為v0,經(jīng)一段時間t的末速度變?yōu)関t,位移為s,則有：vt＝v0＋at①s＝v0t＋at2/2②由①②式解得：2as＝v12－v023．證明：①設(shè)做初速為0的勻加速直線運動的物體的加速度為a,連續(xù)相等位移s所用的時間分別為t1、t2、t3、…tn．由位移公式,有：s＝at12/2,解得：t1＝2s＝a<t1＋t2>2/2,解得：t2＝·<－>3s＝a<t1＋t2＋t3>2/2,解得：t3＝·<－>依此類推可得：tn＝·<－>,所以有：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶<－1>∶<－>∶…∶－②連續(xù)相等時間t的位移分別為s1、s2、s3、…sn．由位移公式,有：s1＝at2/2s2＝a·<2t>2/2－at2/2＝3at2/2s3＝a·<3t>2/2－a<2t>2/2＝sat2/2……依此類推可得：sn＝a·<nt>2/2－a[<n－1>t]2＝<2n－1>at2/2s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶<2n－1>4．證明；設(shè)連續(xù)相等時間t的位移分別為s1、s2、s3、…sn．由位移公式,有：s＝at2/2s2＝a·<2t>2/2－at2/2＝3at2/2s3＝a·<3t>2/2－a<2t>2/2＝5at2/2……依此類推可得：sn＝a·<nt>2/2－a[<n－1>t]2/2＝<2n－1>at2/2故Δs＝s2－s1＝3at2/2－at2/2＝at2s3－s2＝5at2/2－3at2/2＝at2……sn－sn－1＝<2n－1>at2/2－<2n－2>at2/2＝at2原命題得證．5．證明：設(shè)勻加速運動的時間為t1,最速度為v,則有：v＝a1t1,故t1＝v/a1；又設(shè)勻減速運動的時間為t2,則有：v＝a2t2,t2＝v/a2；所以全程所需的時間：t＝t1＋t2＝v/a1＋v/a2＝<a1＋a2>v/a1a2①因為勻加速與勻減速的平均速度相等,均為：＝,所以全程的平均速度也為：＝＝②解①②式得：t＝．第二章物體平衡一、力、重力、彈力專題1．BC提示：A、"力是改變物體運動狀態(tài)的原因"其中的"力"是指物體所受的"合力"；"物體運動狀態(tài)改變"．是指物體的速度發(fā)生變化,存在加速度；物體雖受幾個力作用,但如果合外力為零,物體的運動狀態(tài)不變．B、"1千克力＝9.8牛"為單位換算關(guān)系,任何地方都一樣．2．A提示：C、作用力與反作用力存在"同時性",同時產(chǎn)生,同時消失．D、力不能從一個物體傳到另一個物體．3．D提示：A、地表物體的重力除兩極和赤道外均不指向地心．B、彈簧秤測重力的大小,桿秤測物體的質(zhì)量．C、物體除受重力外還可能受到其他力的作用．4．B提示：B、輕桿的形變除壓縮和拉伸外還可能有彎曲,故彈力方向不一定在桿的直線上．輕繩的彈力<拉力>方向一定沿繩方向．C、彈力產(chǎn)生的條件：①接觸,②彈性形變．5．BC提示：以G為研究對象,G受二力處于平衡,彈簧b對G的拉力F及物體的重力G＝10N,且有G＝F＝kb<l′b－lb>,l′b＝G/kb＋lb＝4.5cm再以彈簧b為研究對象,重力不計,則它只受重物對它的拉力10N和彈簧a對它的拉力Ta,二力平衡,故Ta＝10N,且有ka<l′a－la>＝10N∴l(xiāng)′a＝7cm6．D提示：放在下面的物體的重力對兩根彈簧都有作用,而放在上下兩彈簧之間的物體的重力只拉上面彈簧,故放在下面物體的質(zhì)量應(yīng)為最大的,即a應(yīng)在下b在上；兩個物體的重力都作用的彈簧的勁度系數(shù)應(yīng)小些,而一個物體的重力作用的彈簧的勁度系數(shù)應(yīng)大些,下面彈簧是只有下面物體的重力作用,故下面彈簧的動度系數(shù)應(yīng)大些,所以彈簧s2在上而彈簧s1在下．7．解：①設(shè)物塊2上升的距離為d2,彈簧2原長為l2,則有d2＝l2－[l2－]＝②設(shè)物塊1上升的距離為d1,彈簧1原長為l1,則有：d1＝[l2<l1＋>]－[<l1＋l2>－<＋>]＝<m1＋m2>g<k1＋k2>/k1k2二、摩擦力專題1．C提示：當(dāng)F1減到4N之前,摩擦力的大小為：f＝F1－F2,F1變小F2不變,故f變小,當(dāng)F1減到4N之后,摩擦力的大小為：f＝F2－F1,F1變小F2不變,故f變大,2．B提示：滑動摩擦力的大小f＝FN不變．3．ACD提示：B：對于A、B兩點B點先運動,A點后運動；C：對于C、D兩點C點先運動,D點后運動．4．D提示：后輪是主動輪,所受摩擦力為動力,方向向前,前輪是從動輪,所受摩擦力為阻力,方向向后．5．B提示：A：勻速水平傳送時,M不受靜摩擦力作用；B：皮帶做變速運動時,M所受靜摩擦力f等于其所受合外力,故由牛頓第二定律,有f＝Ma,皮帶加速度a越大,M受到的摩擦力f越大；C、D：M所受靜摩擦力f等于其所受合外力,若皮帶勻速運動,f＝0；若皮帶做加速運動,M所受靜摩擦力f方向與傳送方向相同；若皮帶做減速運動,M所受靜摩擦力f方向與傳送方向相反．6．mg提示：滑動摩擦力大小與接觸面積大小無關(guān)．7．B提示：開始時為滑動摩擦力f＝kt＜G,物體向下變加速運動,到f＝kt＞G后物體向下變減速運動,到v變?yōu)榱銜r變?yōu)殪o摩擦力f′＝G．8．A提示：不論傳送帶靜止還是沿逆時針方向轉(zhuǎn)動,物塊m所受摩擦力均為滑動摩擦力,其大小f＝mg不變．所以物塊在傳送帶上運動是勻減速運動,加速度不變,剛脫離傳送帶瞬間物塊的速度相同,故落點不變．9．D提示：若三個物體均靜止,有：f甲＝Fcos,f乙＝Fcos,f丙＝F；若三個物體均運動,有：f甲＝<mg－Fsin>f乙＝<mg＋Fsin>f丙＝mg因不知這三個物體是靜止還是運動,故無法判斷誰受摩擦力最大．三、物體受力分析專題1．略2．A提示：物體C受到自身的重力和B對C豎直向下的壓力．3．D提示：A、B與地面間可能有靜摩擦力,可能沒有靜摩擦力．四、一對平衡力與一對作用力反作用力1．D提示：C選項的兩個力不一定是相互作用的一對力．2．C提示：人和地球之間的三對作用力和反作用力分別是：人所受重力和人對地球的吸引力,地球?qū)θ说闹С至腿藢Φ厍虻膲毫?地對人的摩擦力和人對地的摩擦力．3．B提示：兩個力彼此平衡,則這兩力應(yīng)是一對平衡為．4．D提示：A：這里說的B受到的滑動摩擦力不說明是A對B的滑動摩擦力還是地對B的滑動摩擦力,故不能確定其大小；B：對整體受力,知地面對B的滑動摩擦力f＝F－T；C、D：對A受力知木塊A受到的摩擦力大小等于T5．B提示：這是因為吊扇轉(zhuǎn)動時空氣對吊扇葉片有向上的反作用力,所以正常轉(zhuǎn)動時懸掛點受的拉力比未轉(zhuǎn)動時要小,且轉(zhuǎn)動速度越大,向上的反作用力越大,拉力越小．6．解：設(shè)鳥的幾何線度為L,那么其質(zhì)量應(yīng)跟線度的立方成正比m∝L3,而翅膀面積應(yīng)跟線度的平方成正比S∝L2∴∝L能飛起來的臨界速度應(yīng)滿足：F＝mg即cSv2＝mg所以v＝∝故v∝可見鴕鳥飛起來需要的最小速度v′應(yīng)滿足＝＝＝5即v′＝5×v＝27.5<m/s>27.5＞11.5所以飛不起來五、平行四邊形定則及圖解法專題1．D提示：F1與F2二力的合力F合的大小范圍是：1N≤F合≤9N2．20．提示：如下圖,由圖及正弦定理,有：F2/sin＝F合/sin30°∴F2＝20sin∴要F2最大,則sin＝1,故F2的最大值為20N．3．B提示：建立OO′為X軸,則Y軸合力應(yīng)為0,設(shè)須同時再加一個力F′,F′方向與Y軸夾角為a,則由正交分解法及Y軸合力為0,有：F′cosa＝Fsin,其中Fsin一定的,故要F′最小,cosa應(yīng)最大為1,所以這個力的最小值是Fsin．4．AC提示：如下圖1所示．5．提示：用圖解法<如圖2所示>可確定球?qū)n板的壓力N2先減小后增大,球?qū)π泵鎵毫1一直減小．6．解：小環(huán)受到重力G、大環(huán)對小環(huán)斜向下的彈力N和彈簧對它的彈性力F<如下圖>．小環(huán)靜止,F合＝0,N＝G,F＝2Gcos而F＝kΔx＝k<2Rcos－L>解以上兩式得：cos＝kL/2<kR－G>＝arccos7．證明：根據(jù)力的分解法作出力F的分力f1、f2的矢量圖,如原圖所示,有f1＝f2,由矢量△OFf2與幾何△ABC相似,得＝即f1＝F＝f2命題得證六、共點力平衡條件及正交分解法專題1．BC提示：對物體m受力,因為物體勻速運動所有：f＝FcosN＝Fsin－mg,∴f＝N＝<Fsin－mg>2．B提示：對A受力：T＝GA,∵GA不變∴T不變；對人受力有：N＋Tsin＝G人f＝Tcos又∵G人、T均不變而變小,故N和f均增大．3．D．提示：對球受力分析有：A：F＝N2＋N1sin,N1cos＝G<式中N1是斜面對球的支持力,N2是墻對球的水平支持力>∴F＞N2；B、D：N2、0均不知,無法確定G與F及G與N1的大小關(guān)系；C：N1＝G/cos＞G．4．解：繩結(jié)點受力平衡如圖所示,物體靜止,合力為零,＝cos/l＝cos解得：l＝Ts/5．BC提示：在物體A上放一重物相當(dāng)于增大A物體的質(zhì)量．6．ABD提示：物體m恰好勻速,有f＝mgsin＝mgcos,∴＝tg加豎直向下的力F后：對m受力并建立沿斜面向上方向為X軸,豎直斜面方向為Y軸,X軸的合力為：FX＝<mg＋F>sin－<mg＋F>cos＝<mg＋F>sin－tg<mg＋F>cos＝0,故物體m仍保持勻速下滑．又∵N＝<mg＋F>cos；f＝<mg＋F>sin∴N與f均增大7．解：在上題中,若所加的力是垂直于斜面向下的力,則有：X軸的合力,FX＝mgsin－<mgcos＋F>＝F,即物體m所受合力為－F與速度方向相反,故物體做減速運動到靜止．七、共點力平衡條件推論專題1．0,8,3．2．E提示：小球在線拉力作用下靜止且線水平,說明小球所受重力與電場力的合力水平向右．燒斷線后,因為重力與電場力均不變,所以小球所受合力仍為水平向右且為恒力,故小球?qū)⑾蛴易鰟蚣铀僦本€運動．3．D提示：木塊對斜面的作用力也就是木塊對斜面的壓力和摩擦力的合力．4．A提示：重心位置雖然不同,但受力分析時重心的作用點仍可畫在圓球的圓心上,故結(jié)果是一樣的．5．4.5m提示：受力分析如圖,T＝F＝mgF1＝F2＝＝fm∴cos＝＝＝,∴sin＝繩長L＝2L1＋l＝＋l＝l＝4.5<m>6．AC提示：物體所受摩擦力大小為：f＝mg＝2N物體做勻速運動,合力為0,故選AC．7．CD提示：A、物體靜止,故物體所受重力、支持力和靜摩擦力的合力為0；B、物體所受重力和靜摩擦力的合力的大小等于支持力的大小,為mgcos,增大,故mgcos減小；C、物體所受重力和支持力的合力的大小等于靜摩擦力的大小,為mgsin,增大,故mgsin增大；D、物體所受支持力和摩擦力的合力等于重力,故不變．八、平衡條件結(jié)合隔離法、整體法的應(yīng)用專題1．A提示：對A受力知B對A的摩擦力等于F2＝1N,對整體受力知地面對B的摩擦力等于0．2．A提示：對ab兩球組成整體,對整體受力,整體受兩個力：豎直向下的重力和上段線的拉力,因整體靜止,故上段線的拉力應(yīng)豎直向上,即上段線應(yīng)是豎直的,用排除法,應(yīng)選A．3．B提示：對磁鐵A受力,知B對A的彈力為：F＝mg＋F吸＞mg<式中m為磁鐵A的質(zhì)量,F吸是磁鐵B對A的吸引力>對磁鐵AB整體受力有：C對B的彈力F2＝2mg4．BD提示：A勻速運動,所受合力為0,所以A所受摩擦力一定為0,故1可以為0也可以不為0；對AB整體受力知C對B的摩擦力為：f＝F一定不為0,故2一定不為0．5．A提示：可用排除法解此題,對m受力,因為m勻速運動,所以m所受合力為0,故M對m一定沒有摩擦力的作用,故選項B、C、D均錯,選項A對．6．ABC提示：對上面的球受力如圖,由圖知：C點的彈力從N2cos＝mg,故N2＝mg/cos＞mg,故D問不對；D點的彈力N1＝N2sin＝mgtg,因為tg可大于1,可等于1也可小于1,故N1可大于,也可等于還可小于小球的重力,故A問正確；對兩球整體受力,知：D點的彈力大小等于A點的彈力大小,故B問正確；B點的彈力等于兩個小球的重力之和,故C問正確．7．AD提示：對光滑球受力如圖,設(shè)球質(zhì)量為m,楔形木底角為,楔形木質(zhì)量為M,墻對球的向左的彈力為N1,楔形木對球的支持力為N2,由圖有：N2cos＝mg＋F,故N2增大,N1＝N2sin,故N1增大；對球與楔形木整體受力有：水平面對楔形木塊的豎直向上的彈力為：N＝mg＋Mg＋F,故N增大,水平面對楔形木塊的摩擦力f＝N1,故f增大8．解：對A、B、C整體受力知：豎直向下的力有：三個小球的重力3mg,B受電場力2qE,C受電場力2qE；豎直向上的力有：懸線的拉力T,A球受的電場力qE．因為三個小球靜止,故豎直方向的合力為0,有：T＋qE－3mg－2qE－2qE＝0所以懸線的張力T＝3/<mg＋qE>9．提示：對M、m整體,加速度a＝0,地面對斜面體的支持力為：N＝<m＋M>g－Fsin方向豎直向上斜面體受地面的靜摩擦力為：f＝Fcos,方向水平向左．10．解：設(shè)左右兩木板對磚1和4的靜摩擦力分別是f,對四塊磚整體受力,由平衡條件有：2f＝4mg所以f＝2mg又設(shè)第2塊磚對第3塊磚的靜摩擦力為f23．同理對3與4兩塊磚整體受力有：f＋f23＝2mg故f23＝011．解：①對人受力,由平衡條件有：N人＝G人－T＝500－100＝400<N>方向豎直向上．②對人和吊籃,設(shè)地面對吊籃的支持力為N蘭,則有：N＝<G人＋G>－2T＝700－200＝500<N>方向豎直向上．③當(dāng)N蘭＝0時,人拉繩的力至少為T,則有：2T′＝G人＋G蘭∴T′＝700/2＝350<N>12．解：由題目條件知,兩物體均靜止,對AB整體受力分析有：地面對B物體的摩擦力fB＝F＝20N；對A受力分析有：B對A的摩擦力fA＝T＝F/2＝10N．九、用極限法分析平衡物體的有關(guān)臨界問題1．解：如圖TB＝＝＝10<N>TB＜30N所以AB繩不斷．∵tg＝＝＝∴＝30°即在線OA段與豎直方向成30°夾角時,OA線恰好不斷,AC和AB線都不會斷．2．ABCD提示：有兩種情況：第一種：若斜面對物體的靜摩擦力f沿斜面向上且當(dāng)f從0變到10N時,彈簧的彈力F方向沿斜面向上,大小可在10N到0之間變化；當(dāng)f＝10N時,F＝0；當(dāng)f從10N變到12N時,彈簧的彈力F方向沿斜面向下,大小可在0到2N之間變化．第二種：若斜面對物體的靜摩擦力f沿斜面向下：則彈簧的彈力方向一定沿斜面向上,大小可在10N到22N之間變化．由以上兩種情況可知ABCD均正確．3．CD提示：小木塊受到斜面的支持力與摩擦力的合力大小等于木塊的重力G與向右的力F的合力FGF,方向跟G與F的合力FGF的方向相反．4．AB．提示：設(shè)物體P的質(zhì)量為m,物體Q的質(zhì)量為M<M＞m>,對物體P受力知繩的拉力T＝mg；對物體Q受力如下圖,有：F＝f＋Tcos,若F＞Tcos則摩擦力為正數(shù),表示摩擦力方向向左,若F＜Tcos則摩擦力為負數(shù),表示摩擦力方向向右,若F＝Tcos則摩擦力為0,FN＋Tsin＝Mg,因為T＝mg＜Mg,故支持力不可能為0．5．解：若物體恰好想沿墻向上滑動,則物體所受摩擦力方向向下,因物體靜止,有：Fcos＝FNFsin＝mg＋ff＝FN代入數(shù)據(jù)并計算得：最大推力F＝50N；若物體恰好想沿墻向下滑動,則物體所受摩擦力方向向上,因物體靜止,有：Fcos＝FNFsin＝mg－ff＝FN,代入數(shù)據(jù)并計算得：最小推力F＝10N；所以10≤F≤50N6．解：設(shè)B的質(zhì)量M較小時,A恰好沿斜面下滑,mgsin＝Mg＋mgcosM＝m<sin－cos><最小值>設(shè)B的質(zhì)量較大時,A恰好沿斜面上滑,mgsin＋mgcos＝M′g得：M′＝m<sin＋cos><最大值>欲保持A物體靜止于斜面上,則物體B的質(zhì)量應(yīng)取值：m<sin－cos>h≤M≤m<sin＋cos>7．解：當(dāng)A物體水平向左勻速運動時,水平拉力F＝f＋mg＝mg＋mg＝mg<1＋>當(dāng)A物體水平向右勻速運動時,則有：F＋mg＝mg得水平拉力：F′＝mg<1－>8．提示：量出線長L,一端固定于水平放置的米尺上,用手提另一端,下掛鉤碼后,手提另一端沿米尺緩慢移動,至細線斷時,記下兩線端距離S,則細線的最大張力為：T＝．第三章運動和力一、牛頓第一定律專題1．C分析：小車先是F推＞f滑的加速階段,后是F推＝f滑的勻速階段,選項中的力是指合力；可見力是改變運動狀態(tài),產(chǎn)生加速度的原因．2．AC分析：慣性的表現(xiàn)為：靜則靜,動則動,故選項A正確；質(zhì)量是物體慣性大小的量度,質(zhì)量大則慣性大,運動狀態(tài)難改變；質(zhì)量小則慣性小,運動狀態(tài)容易改變,質(zhì)量不變則慣性不變,故選項B錯,C對；有質(zhì)量就有慣性,故選項D錯．3．BD分析：小車原來可以是向右的勻加速運動或向左的勻減速運動,故當(dāng)小車突然止動,A可離開斜面做曲線運動或沿斜面上滑．4．AC分析：當(dāng)車廂向右勻速運動時,M受力不平衡,故M擺動；N受力可平衡或不平衡,故N靜止或擺動,當(dāng)車廂向右勻加速運動時,N合力不向右,故N在擺動中,M合力可向右,故M可靜止或擺動．5．A分析：由于小球只受豎直方向的重力和M對它的支持力,且初速為零,故小球只能是在豎直方向向下直運動．二、牛頓第二定律基本應(yīng)用專題1．BD分析：鋼球在油槽中受重力和阻力作用,依題意阻力f＝kv,所以合力：F合＝mg－kv,v↑F合↓a↓,當(dāng)F合＝0時,a＝0；故鋼球的加速度逐漸減小到零．運動是先加速后勻速．2．A提示：上升過程：a＝<mg＋kv>/m＝g＋kv/mv↓a↓下落過程：a＝g－kv/mv↑a↓所以a始終變小．3．AC分析：小球在上升的過程中,受重力和向上逐漸減小的<或向下逐漸增大的彈力作用>,故小球做減速運動合力逐漸增大．4．分析：從A→B過程,物體受力F合＝F彈－f＝kΔx－f由于Δx↓而f一定∴F合↓a↓；當(dāng)kΔx＝f時,a＝0,然后Δx繼續(xù)減小,使kΔx＜f,則F合＝f－kΔx隨Δx↓F合↑a↑,故從A→B物體先加速后減速,加速度是先減小后反向增大．從B→C過程,物體受到F合＝f且與速度反向,故一直做減速運動．6．B提示：設(shè)阻力為f則：加速度aa＝g－f/ma,ab＝g－f/mb因為ma＞mb,所以aa＞ab由s＝at2/2,且s相同,所以有：ta＜tb7．BC提示：若b原是拉伸的,依題意可判定小球受彈力Ta1＝6m<向上>Tb1＝1m<向下>故撤b時的加速度a1＝1m/s2<向上>若b原是壓縮的,依題意可判定小球受彈力Ta2＝6m<向下>Tb2＝11m<向上>故撤b時的加速度a2＝11m/s2<向下>8．解：設(shè)宇航員的質(zhì)量為m,飛船升空時的加速度為a,飛船升空時受二力作用：重力mg,座椅的壓力kmg,由牛頓第二定律有kmg－mg＝ma解得a＝<k－1>g依題意4≤k≤12,所以30m/s2≤a≤110m/s29．解：小球與筒底分離,而做自由落體運動,h1＝gt2＝1.25<m>筒豎直向下的位移：h2＝h1＋L＝2<m>由h2＝at2得筒的加速度為：a＝＝＝16<m/s2>對筒由牛頓第二定律可得：F＋m2g＝m2a,解得m2＝3.5kg,故小球的質(zhì)量為：m1＝M－m2＝0.5kg10．解：在反應(yīng)時間內(nèi),汽車作勻速運動的距離：S1＝vt設(shè)剎車時汽車的加速度大小為a,汽車的質(zhì)量為m,則有：f＝ma自剎車到停下,汽車運動的距離為：S2＝v2/2a∴汽車間的距離至少為S＝S1＋S2由上各式得：S＝1.6×102m11．解：①由運動學(xué)公式s＝at2/2得a＝2s/t2＝2×1800/100＝36<m/s2>②設(shè)安全帶對人的作用力向下大小為F,人質(zhì)量為m,則由牛頓第二定律得F＋mg＝ma∴F＝m<a－g>＝26m＝2.6mg12．解：①由牛頓第二定律得mg－kv2＝ma∴a＝＝＝7.5<m/s2>②跳傘員先加速下落,速度增大,加速度減小,當(dāng)a＝0時速度最大,以后保持勻速運動．則當(dāng)a＝0時,mg＝kvt2vt＝＝＝6<m/s>13．解：運動員的加速度a＝F/m＝5m/s2第一個0.4s,運動員的位移是：s1＝at2/2＝5×0.42/2＝0.4<m>第一個0.2s,運動員的位移是：s1′＝at·t′＝5×0.4×0.2＝0.4<m>第二個0.4s,運動員的位移是：s2＝at·t＋at2/2＝5×0.42/2＝1.2<m>＝3S1第二個0.2s,運動員的位移是：s2′＝a×2t·t′＝0.8<m>＝2s第三個0.4s,運動員的位移是：s3＝a·2t＋at2/2＝5s1第三個0.2s,運動員的位移是：s3′＝a×3t×t′＝3s6s內(nèi)共有10個0.6s,總位移為s＝s1＋3s1＋…＋19s1＋s′1＋2s′1＋…10s′1＝62<m>三、牛頓第二定律正交分解應(yīng)用專題1．D分析：桿對小球的作用力F可理解為靜摩擦力和彈力的合力,其方向及大小直接分析不易確定,應(yīng)對小球受力分析再根據(jù)運動狀態(tài)判斷,小球受豎直向下重力mg及桿對小球的作用力F兩個力的作用,當(dāng)小車水平向左作變加速運動,小球相對小車靜止,故小球也向左作變加速直線運動,小球所受合力方向應(yīng)水平向左,設(shè)F與豎直方向夾角為,由牛頓第二定律有：Fcos＝mgFsin＝ma∴tg＝a/g故加速度a數(shù)值改變時,也改變,即BC桿對小球的作用力的方向隨加速度a數(shù)值的改變而改變．故應(yīng)選D．2．BC分析：物體受重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力<水平方向合力為0>作用,以平行斜面為x軸,垂直斜面為y軸建立坐標(biāo)得：x：f－mgsin＝masinf＝m<a＋g>sin所以一定時,a大,f大；y：N－mgcos＝macosN＝m<a＋g>cos所以a一定時,大,N小；3．A分析：對A：開動P1,探測器沿x方向速度vX減小,再開P4探測器沿y負方向加速得vY,則探測器的實際速度是vX和vY的合成有可能與v0大小相等,所以A正確．對B先開P3,則沿x方向速度vX＞v0,再開P2,則沿y正方向加速為vY,其合速度方向應(yīng)是偏向正x、y方向．對C：只開P4,則vX不變,vY為向y負方向,合速度方向是正x偏負y方向但其合速度比v0大．對D：先開P3,則vX＞v0,再開P4,則有y負方向的vY,其合速度v＞v0．4．6m,4m解：開始時,物體在Fx＝1N的力作用下沿x軸做勻加速直線運動,有：a1＝Fx/m＝1/1＝1m/s位移x1＝a1t12/2＝2m2s末的加速度v＝a1t1＝2m/s后來,物體在Fy＝2N的力作用下做類似平拋運動：x軸方向做勻速運動．有：位移x2＝vt2＝4<m>；y軸方向做初速為0勻加速運動,有：位移y2＝Fyt2/2m＝4<m>所以撤去Fy的時刻,物體位置的坐標(biāo)為：x＝x1＋x2＝2＋4＝6<m>,y＝4<m>5．gtg解：對物體受力如圖,物體相對斜面靜止,由牛頓第二定律有：Ncos＝mgNsin＝ma所以這時加速度的大小為a＝gtg6．gctg解：設(shè)木塊向右加速度最小為a時,球才離開圓槽,此時球與木板加速度相同,方向向右,則球所受合力也向右,<注此時槽下底部對球無支持力,只有A點有指向o的支持力>∴F合＝mgctg＝ma∴a＝gctg7．解：①有可能．②設(shè)在前進方向施加斜向下推力F1,如圖所示,F1與前進方向夾角為,如果F1cos＝mF1sin,＝arctg則物體在水平方向的反方向所受合力不變,加速度不變<物體在豎直方向始終平衡>；設(shè)在物體前進方向的反方向施加一個斜向上的拉力F2如圖所示,F2與前進反方向夾角為,物體在豎直方向上要保持平衡必須滿足F2sin≤mg在水平方向必須滿足F2cos＝F2sin＝arctg則物體在水平方向所受合力不變,加速度不變,所以F2的大小應(yīng)滿足的條件為F2≤8．解：①對滑塊由牛頓第二定律得mgsin－mgcos－kv＝ma由此可知滑塊下滑的加速度表達式為a＝gsin－mgcos－kv/m②滑塊下滑的過程中,速度越大,加速度數(shù)值越小,當(dāng)a＝0時其速度最大,由0＝gsin－gcos－kv/m得vm＝<mgsin－gcosg>/k③由圖象知：當(dāng)v＝0時,a＝3m/s2將數(shù)值代入第一問加速度表達式得＝2/15＝0.23當(dāng)a＝0時,vm＝2m/s將數(shù)據(jù)代入第二問中速度表達式得k＝3.0<N·s/m>四、牛頓第二定律結(jié)合整體法、隔離法解連結(jié)體問題1．AC分析：對整體：2T＝<M＋m>a對m：T＋f＝ma∴f＝－T當(dāng)m＞M時,f＞0,向右當(dāng)m＜M時,f＜0,向左當(dāng)m＝M時,f＝0．2．AB解：光滑時,對整體：F＝<M＋m>aaF/<M＋m>對m：T＝ma＝mF/<m＋M>有摩擦?xí)r,對整體：F－<M＋m>a＝<M＋m>aa＝對m：T′－mg＝maT′＝mF/<M＋m>3．A分析：把兩個小球看成一個整體,易知繩應(yīng)偏離豎直方向,且a＝gtg,又對下面的小球,由于其加速度也為a,則其上端的細繩與豎直方向偏角也應(yīng)為,故只有A正確．4．BD分析：A、B均從初速為零開始,A作加速度減小的加速運動,B作加速度增大的加速運動<開始為零>,故當(dāng)A、B加速度相同時,vA＞vB,再隨A的加速度減小,B的加速度增大,則A、B速度相等時,有aA＜aB．5．BD解：設(shè)物塊與木板間動摩擦因數(shù)為分別選取物塊和木板為研究對象．對物塊,由牛頓第二定律：F－m′g＝m′a1對木板,由牛頓第二定律：m′g＝ma2又由運動位移關(guān)系S物－S板＝a1t2－a2t2＝Lt＝對木板,當(dāng)物塊與木板分離時速度為v,有v＝a2t＝·6．解：把A、B看作一個整體,由牛頓第二定律得<m＋M>gsin－1<M＋m>gcos＝<m＋M>a,設(shè)物體B受到A的摩擦力沿斜面方向向上,由牛頓第二定律得,mgsin－f＝ma由上兩式得f＝1mgcos,方向沿斜面向上．7．解：對整體,由牛頓第二定律得：<m＋M>gsin＝<m＋M>a,對物體A,水平和豎直方向的直角坐標(biāo)：得f＝macosmg－N＝masin解得N＝mgcos2f＝mgsincos8．解：把人與吊板組成一個整體,對整體,由牛二定律有：T＋T－mg－Mg＝<m＋M>a∴a＝<T＋T－mg－Mg>/<m＋M>＝<440＋440－10×10－70×10>/<10＋70>＝1.0m/s方向向上對人受力,有：T＋N－Mg＝Ma∴N＝M<g＋a>－T＝70×<10＋1>－440＝330N由牛三定律有：人對吊板的壓力F＝N＝330N9．解：<1>當(dāng)t＝0時,A受重力和彈力平衡,有F1＝kx1＝mg,彈簧的壓縮量x1＝mg/k＝0.15<m>,t＝0.4<s>時,B受地面的支持力N＝0,有F2＝kx2＝mg,彈簧的伸長量x2＝mg/k＝0.15<m>物體A在0.4s內(nèi)的位移s＝x1＋x2＝at2/2a＝2s/t2＝3.75<m/s2>對A分析外力F最小時：t＝0Fmin＝ma＝45<N>；外力F最大時：t＝0.4sFmax＝m<g＋a>＋F2＝285<N>五、牛頓第二定律結(jié)合程序法應(yīng)用專題1．AD、提示：對A選項,物體沿斜面上滑做勻減速運動,加速度沿斜面向下,大小為a1＝<mgsin＋f>/m；到最高點又滑回過程中物體做勻加速運動,加速度也是沿斜面向下,大小為a＝<mgsin－f>/m；對B選項,∵由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律知回到O點的速度比從O點以初速v沿斜面向上滑時的速度要小,上滑與下滑位移s相等,∴由s＝<0＋v>t/2知t上＜t下；對C選項,在P點速度為0,而加速度不為0．2．BC提示：對小球受力知沒有剪斷線時彈簧對小球的拉力大小等于F＋mg,剪斷線瞬間,彈簧形變沒改變,故彈簧力仍為F＋mg,所以小球的加速度大小為a＝<F＋mg－mg>/m＝F/m方向豎直向上,處于超重狀態(tài),故選項C對D錯；沒有剪斷線時,由整體法知：地面支持力為<M＋m>g；剪斷線瞬間,對整體受力及由牛二定律知：地面支持力N＝<M＋m>g＋am＝<M＋m>g＋F,故地面的支持力增加了F3．BD提示：突然撤去F的瞬間,彈簧的彈力沒有變化．4．B提示：輕桿與輕彈簧不同之處是：撤去支托物瞬間,輕桿的彈力立即變化,而輕彈簧的彈力瞬間沒有變化．5．解：突然撤去此力瞬間,AB整體受到豎直向上的力,大小為kΔl由牛二定律有：a＝kΔl/2m,方向豎直向上,對A受力有：N－mg＝ma所以B對A向上的支持力大小為N＝kΔl/2＋mg由牛三定律知：此時A對B的壓力大小為kΔl/2＋mg6．解：①拔M瞬間,當(dāng)小球加速度向上時,由牛頓第二定律得：kΔx2－mg＝ma1拔M之前：kΔx1＋mg＝kΔx2其中Δx1和Δx2、分別為彈簧1、2的形變量,當(dāng)拔去N時：kΔx1＋mg＝ma2由以上三式得a2＝22m/s2,方向向下．設(shè)拔M瞬時,小球加速度向下,則由牛頓第二定律得：kΔx2＋mg＝ma1,拔M之前：kΔx2＋mg＝kΔx1,當(dāng)拔去N時：kΔx1－mg＝ma′2由以上三式得：a′2＝2m/s2,方向向上．7．解：①兩物體勻速時,對A有：F＝kΔx＋f,對B有：kΔx＝fB②當(dāng)撒F時：對A由牛頓第二定律：F合＝kΔx＋fA＝F＝mAaAaA＝F/mA對B有kΔx＝fBaB＝08．解：m離開M之前,m和M都向前做勻加速運動,當(dāng)SM＝S0＝2<m>時,小物塊位移Sm＝1<m>對m：mg＝ma1aA＝g＝2<m/s2>由Sm＝a1t12/2得t1＝1<s>,對M：由SM＝a2t22/2a2＝4<m/s2>又F－mg＝Ma2F＝500<N>當(dāng)小物塊m離開M之后,m做平拋,M在F作用下勻加速,故對小物塊m：h＝gt02/2t＝0.5<s>,小塊平拋初速度vm＝a1t1＝2×1＝2<m/s>,故m平拋的水平距離S′m＝vmt0＝2×0.5＝1<m>,對M有：F＝Ma′a′＝F/M＝500/100＝5<m/s2>在m離開M時,M的速度vM＝a2t1＝4×1＝4<m/s>故離開M后,M的位移：＝vMt0＋＝4×0.5＋5×0.52/2＝2.625<m>,故物塊落地點到車尾的水平距離Δs＝S′Ｍ－S′m＝2.625－1＝1.625<m>六、牛頓第二定律結(jié)合臨界問題專題1．解：對m2受力知繩子的拉力T＝m2g；對m1受力由牛二定律有：T＝m1a∴m1的加速度a＝m2g/m1,方向水平向右；又因為三個物體無相對運動,故三個物體均以加速度a水平向右運動,對三個物體整體受力及由牛二定律知：F＝<m1＋m2＋m3>a＝m2<m1＋m2＋m3>g/m12．解：對整體F＝<m＋M>a設(shè)m剛好離開地面時,地面對m的支持力為0,對m有F－Nsin＝maNcos＝mg由上各式解得：F＝<M＋m>gtg/M3．解：當(dāng)斜面體向右加速運動時,設(shè)小球剛好離開斜面,則N＝0由牛頓第二定律得：F合＝mgctg＝ma右,當(dāng)a右≤gctg時,小球在斜面上沒有相對運動．當(dāng)斜面體向左加速運動時,設(shè)小球剛好沿斜面向上運動時,T＝0,由牛頓第二定律得：F合＝mgctg＝ma左故a左≤gtg時,小球沒有相對運動．4．解：①當(dāng)P以加速度a沿斜面向上運動時m受到P的摩擦力為f1,如圖所示．f1＝macos,N－mg＝masinf1＝N解得：＝acos/<g＋asin>②當(dāng)P在光滑斜面上自由下滑時cosa＝gsinm受到P的摩擦力為f2,如圖．f2＝macosmg－N＝masinf2＝N解得：＝tg5．解：①當(dāng)施于A的水平拉力F最大時,A、B仍相對靜止,m2受到m1的靜摩擦力fBA最大,由牛頓第二定律：對m2有：m1g＝m2a對整體有：F＝<m1＋m2>a解以上兩式得：F＝②當(dāng)施于B的水平拉力F最大時,A、B仍相對靜止,m1受到m2靜摩擦力最大,由牛頓第二定律對m1有：m1g＝m1a對整體有：F＝<m1＋m2>aF＝<m1＋m2>g③若要把A從B的上表面拉出,則施于A的水平拉力F的最小值為：F＝6．解：當(dāng)木棒剛好離開地面時,地面對棒的支持力N＝0,此時棒受重力和繩拉力作用,由牛頓第二定律得：F合＝mgctg＝ma∵ctg＝∴a＝gctg＝g/h7．解：<1>當(dāng)小球?qū)π泵娴膲毫榱銜r,小球處于在斜面上和飛起來的臨界,根據(jù)小球的受力得：F合＝mgctg＝ma0a0＝gctg＝g∵a1＜a0∴小球在斜面上受三個力．x：T1cos－Nsin＝ma1y：T1sin＋Ncos＝mg∴T1＝＝20<N><2>a2＞a0,小球飛離斜面,只受兩個力T2＝＝＝36.1N七、牛頓第二定律結(jié)合假設(shè)法分析物體受力專題1．D分析：對A：若斜面光滑,m1、m2一起下滑的加速度為a＝gsin,輕桿無彈力；對B、C：m1、m2間是否有相互作用力,是拉力或推力跟m1、m2與斜面間的動摩擦因數(shù)有關(guān),跟m無關(guān),比如：1＝0而2≠0則m2拉m1；若1≠0而2＝0則m1拉m2；2．B分析：因為不存在摩擦,盒與球下滑加速度相同為gsin,假設(shè)球?qū)星氨谟袎毫?則球的加速度小于盒的加速度,不能一起下滑,所以球?qū)星氨跓o壓力,即T＝0；球?qū)械讐毫镹＝mgcos,增大,N變小．3．B由于考慮空氣阻力,上升時：整體受力如圖1,加速度：a＝<Mg＋mf＋f>/<M＋m>＝g＋f/<M＋m>大于g,所以金屬球m的加速度也大于g,對金屬球m受力及由牛二定律知：金屬球除受豎直向下的重力外,應(yīng)還受到盒頂對金屬球豎直向下壓力,由牛三定律知：金屬球m對盒頂有豎直向上的壓力；下降時：整體受力如圖2,加速度：a1＝<Mg＋mg－f>/<M＋m>＝g－f/<M＋m>＜g,所以金屬球m的加速度也小于g,對金屬球m受力及由牛二定律知：金屬球除受豎直向下的重力外,應(yīng)還受到盒底對金屬球豎直向上壓力,由牛三定律知：金屬球m對盒底有豎直向下的壓力．4．解：對AB整體受力如圖3所示,由圖及牛二定律有：F1＋F2＝<mA＋mB>a＝2ma∴整體以水平向右的加速度a＝<F1＋F2>/2m向右做勻加速運動,對A受力分析如圖4所示有：F1－f＝mAa＝ma∴B對A的摩擦力大小為f＝F1－ma＝<F1－F2>/2,方向水平向左,由牛三定律知：A對B的摩擦力大小為f＝<F1－F2>/2方向水平向右．八、牛頓第二定律結(jié)合圖象分析的專題1．A提示：第1s內(nèi)物體做勻加速直線運動,合力F1方向應(yīng)與速度v方向相同,為正方向,大小為F1＝ma1＝2m；第2s內(nèi)物體做勻減直線運動,合力F2方向與速度v方向相反,為負方向,大小為F2＝ma2＝2m；第3內(nèi)物體回頭做勻加速直線運動,合力F3方向與原速度v方向相反,為負方向,大小為F3＝ma3＝2m；2．解：物體沿斜面向上做勻減運動,加速度：a上＝－<vt－v0>/t＝<0－12>/2＝6m/s,由受力分析與牛二定律得：<mgsin＋f>＝ma1＝6m,而f＝N＝mgcos物體沿斜面向下做勻加運動,加速度：m下＝<vt－v0>/t＝<12－0>/<5－2>＝4m/s,由受力分析與牛二定律得：<mgsin－f>＝ma下＝4m,而f＝N＝mgcos所以動摩擦因數(shù)＝/15,斜面傾角＝30°3．解：由圖線知：電梯在0～2s內(nèi)做勻加速直線運動,在2s～6s內(nèi)做勻速直線運動,在6s～9s內(nèi)做勻減速直線運動．在0～2s內(nèi)加速度大小為a1＝6/2＝3m/s2,由受力分析及牛二定律,有：T1－mg＝ma1所以鋼繩所受拉力大小為T1＝mg＋ma1＝100×10＋100×3＝1300N；在2s～6s內(nèi)鋼繩所受拉力大小為T2＝mg＝100×10＝1000N；在6s～9s內(nèi)加速度大小為a2＝6/<9－6>＝2m/s2,由受力分析及牛二定律,有：mg－T3＝ma1所以鋼繩所受拉力大小為：T3＝mg－ma2＝100×10－100×2＝800N．4．BC提示：物體在第1s內(nèi)保持靜止,說明力F1與F2大小相等方向相反；在1s～3s內(nèi)水平力F1的大小均勻減小到0,F2保持不變,物體開始做加速運動,運動方向與F2方向相同,加速度大小a＝<F2－F1>/m,故加速度a變大,速度也變大；在3s～5s內(nèi)水平力F1的大小由0開始均勻增大到與F2等大,F2保持不變,物體所受合方向仍與F2方向相同,故物體仍沿F2方向做加速運動,加速度大小a＝<F2－F1>/m,故加速度a變小,速度變大；5s后物體做勻速直線運動．5．A提示：功率保持恒定,由p＝Fv,知牽引力變小,加速度變,故氣車做的是加速度變小的速度增大的運動,用v～t圖象來解<如圖所示>,汽車在120s內(nèi)的位移s為圖中OAB包圍的面積,所以位移s的大小大于120×10/2m而小于120×10m,故選A6．解：摩擦力f＝mg＝0.2×1×10＝2N在0～6s內(nèi)物體做勻加速運動,加速度a1＝<F－f>/m＝<4－2>/1＝2m/s2,y1＝a1t＝2×6＝12m/s6s～10s內(nèi)物體做勻速運動,10s～12s內(nèi)物體做勻減速運動,加速度a2＝<F3＋f>/m＝<2＋2>/1＝4m/s2v2＝v1－a2t2＝12－4×2＝4m/s由圖可求物體在前12s內(nèi)的位移100m九．超重、失重專題1．D、提示：電梯加速上升,人也加速上升,對人受力分析及由牛二定律有：T－mg＝ma,所以此人的視重T＝m<g＋a>2．B、提示：原來：有m1＝m2＋m3彈簧秤的讀數(shù)為T＝<m1＋m2＋m3>g＝2m1g把m2移到m1后：m1m2加速下落,m3加速上升,加速度的大小相等,設(shè)加速度大小為a,繩子的拉力大小為F,對整體有：<m1＋m2－m3>g＝<m1＋m2＋m3>a對m3有：F－m3g＝mea所以F＝m1g－m22g/m1所以彈簧秤的讀數(shù)變?yōu)門＝2F＝2m1g－2m22g/m1＜2m1g3．D提示：當(dāng)裝置自由下落過程中,小球也自由下落,加速度為g,故小球不壓彈簧也不拉彈簧,彈簧的彈力為0,故選D．4．B提示：對整體受力,注意：當(dāng)接通電路,鐵塊被吸起過程中,鐵塊向上做加速運動,為超重狀態(tài),故臺秤的示數(shù)變大5．B提示：箱子向下加速運動時,小球也向下加速運動,對小球受力再用牛二定律分析即可解決．6．C提示：整個系統(tǒng)處于完全失重狀態(tài),水與水之間,水與桶壁之間均幾乎無有相互作用力．7．B提示：用整體法：對籠與猴子整體受力有：猴子加速向上運動時,F1－<M＋m>g＝ma,所以F1＞<M＋m>g猴子加速向下運動時,<M＋m>g－F2＝ma,所以F2＜<M＋m>g8．解：①由題意可知,座艙做自由落體運動的高度h1＝H－h(huán)＝48m,而離地高度40m左右的位置,是處于自由落體運動過程中,托著鉛球的手不受鉛球的壓力作用．②對自由落體運動過程應(yīng)用機械能守恒定律,得mgh1＝mv12對勻減速運動過程,由v12－v02＝2as,得當(dāng)座艙到離地高度15m左右的位置時,座艙做勻減速下落運動,由牛頓第二定律,得N－mg＝ma,即N＝mg＋ma＝5<10＋17.1>≈136N．即手要用136N的力才能拖住鉛球．第四章圓周運動及萬有引力一、曲線運動特點、物體做曲線運動條件專題1．BC提示：A、B、D三問：是直線運動還是曲線運動不是看加速度變與不變,主要是看加速度方向與速度方向的關(guān)系：若加速度方向與速度方向共線,則這種運動一定是直線運動,若加速度方向與速度方向不在同一直線上,則這種運動一定是曲線運動．如平拋運動．C問：若初速度為零,任一時刻加速度與速度均共線,故一定是直線運動．2．A提示：曲線運動的條件是：物體所受合外力<加速度>不為零且所受合外力<加速度>方向與速度方向不在同一條直線上；若物體不受外力作用則物體的運動一定是直線運動．3．BCD提示：原來物體做勻速直線運動,說明原來物體所受合外力為0,如果撤去其中一個力,則物體所受合外力一定不為0且其一定與所撤去的力大小相等方向相反,所以一定是加速度不為0且不變的勻變速度運動．若撒去的力方向與原速度方向共線同向則撤去后物體將勻減速直線運動,若撤去的力方向與原速度方向共線反向則撤去后物體將勻加速直線運動,若撤去的力方向與原速度方向不共線則撤去后物體將曲線運動．4．BCD提示：A、B兩問：物體做曲線運動還是直線運動不是看物體所受的力是變力還是恒力作用,而主要是看物體所受的力的方向與速度方向的關(guān)系：若物體所受的力的方向與速度方向在同一條直線上,則物體一定做直線運動；若物體所受的力的方向與速度方向不在同一條直線上,則物體一定做曲線運動；C問：假設(shè)物體在恒力作用下也能做圓周運動,則當(dāng)物體運動到這個恒力方向與速度方向在同一條直線上時,這時這個恒力就只改變速度大小而沒有改變速度方向<也就是這時物體所受的向心力為0>,凡圓周運動都必需向心力,故假設(shè)不成立；D問：勻速圓周運動的條件是：物體所受的合力始終等于向心力,而向心力方向始終與速度方向垂直．5．B分析：曲線運動的速度方向時刻改變,故速度一定在變化,曲線運動可分為勻變速曲線運動<a恒定>和非勻變速曲線運動<a變化>6．B提示：注意：①重點看O點的速度方向,一定是垂直向下的；②小球所受的電場力與重力的合力是恒力且方向斜向右下方,所以小球做的是勻變速曲線運動．7．C提示：曲線運動的物體的軌跡向著合外力方向一側(cè)彎曲．8．B提示：先把速度合成：一個勻速度直線運動和一個勻變速直線運動的合運動的速度方向一定與自變速直線運動成一定的角度<即這兩個方向一定不在一條直線上>；再把力合成：合力的方向一定與勻變速直線運動方向在同一條直線上．所以合成后,合速度方向一定與合力方向不在同一條直線上,故一定是曲線運動．9．BD提示：根據(jù)s－t圖線中v＝k<斜率>來比較速度的變化．二、圓周運動幾個重要概念專題1．CEF提示：A、B、C三問：勻速圓周運動的加速度即向心加速度,方向時刻改變；是非勻變速運動．對D：因為物體受向心力,所以才做圓周運動．2．D提示：先判斷是A小球還是B小球先到達b點,判斷方法：用平均速率公式可知路程相同,只要看平均速率就可以了．這里的平均速率可看成任意同一豎直線上時的速率,由機械能守恒定律可知：運動到任意同一豎直線時小球A的平均速率一定小于小球B的平均速率,B球先到達b點．所以兩球在c點相遇．3．AD提示：地球上任意點的角速度大小相同,線速度v＝r,不變而r隨緯度增大而減小,故線速度v變小；又由向心加速度公式a＝2r,緯度增大向心加速度a減小的．4．CD提示：因皮帶不打滑,所以a點與c點線速度相等,即va＝vc又因c、b、d三點在同一大輪上故角速度相等,即b＝c＝d線速度va＝vc＝2rbvb＝rbva＝2vb∵向心速度aa＝va2/r＝4rb2ad＝4rb2∴aa＝ad5．C提示：每兩根相鄰輻條間的夾角＝45°若1/30s內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度是的整數(shù)倍,觀眾覺得車輪不動．C：C＝8×45°＋5°應(yīng)覺得車輪前進D：D＝8×45°－5°應(yīng)覺得車輪后退6．2∶3,1∶1提示：由公式＝/t,時間t相等,有A∶B＝A/t∶B/t＝A∶B＝3∶2周期T＝2/∴TA∶TB＝2/A∶2/B＝B∶A＝2∶3線速度v＝s/t,時間t相等,∴vA∶vB＝sA/t∶sB/t＝sA∶sB＝2∶3向心加速度a＝2r＝·2r＝v∴aA∶aB＝AvA∶BvB＝<A∶B>×<vA∶vB>＝<3∶2>×<2∶3>＝1∶17．提示：如圖,∵＝·2＝<rad>∴R＋h＝R/cosh＝<－1>R＝9.9×102<km>8．解：設(shè)B球碰A球粘在一起的速度為v,由動量守恒得：m1v0＝<m1＋m2>vv＝mv0/<m1＋m2>小球在環(huán)直徑上運動時間：t＝＋＝在時間t內(nèi)圓環(huán)可能轉(zhuǎn)過1/2周或3/2周,5/2周……∴t＝T/2＋nT＝T<2n＋1>/2＝2<2n＋1>/2＝<2n＋1>/解得＝m1v0<2n＋1>/R<2m1＋m2><n＝0,1,2,3…>9．解：分子在兩盤間運動時間t,t＝L/v＝0.2/300＝1/1500<s>設(shè)分子到達B盤時B盤轉(zhuǎn)過角度為,＝[k2＋2×6/360]弧度,∴t＝＝＝n＝1500k＋25<k＝0,1,2…>10．解：①∵地球公轉(zhuǎn)周期是365天,∴月球兩次滿月時,地球繞太陽轉(zhuǎn)過的角度為：=×29.5≈0.5<rad>②由題意可知,月球轉(zhuǎn)過<2＋>用了29.5天,設(shè)月球轉(zhuǎn)過2所用的時間為T,則有：＝∴T＝×29.5＝27.3<天>三、勻速圓周運動、非勻速圓周運動及向心力來源專題1．ABCD物體做勻速圓周運動的特點：物體所受合外力及加速度一定指向圓心．2．C小球在豎直平面做變速圓周運動,變速圓周運動的加速度不一定指向圓心．3．BC對A、D：汽車在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)彎須由摩擦力提供向心力,但水平面光滑,汽車沒有水平方向的力,所以選項A、D錯；對C：如第5題圖；對B：火車轉(zhuǎn)彎按規(guī)定的速率行駛時,向心力等于G和N的合力,即mgtg＝mv＝此時火車對內(nèi)、外軌均無壓力；當(dāng)v＜時,火車對內(nèi)軌有壓力；當(dāng)v＞時,火車對外軌有壓力．4．解：司機急剎車時前進的距離為：s1＝v02/2a＝v02/2g司機馬上轉(zhuǎn)彎,摩擦力提供向心力：mg＝mv2/R∴R＝v2/g,s1＜R,故剎車不容易碰到墻壁．5．解：第1、2、3個圖A球做圓周運動所需的向心力是重力和拉力的合力提供的；第4個圖向心力來源于mBg；第5個圖向心力來源于靜摩擦力；第6個圖向心力來源于筒壁對A的彈力；第7個圖向心力來源于重力和支持力的合力；第8個圖向心力來源于重力和舉力的合力．6．解：應(yīng)加豎直向上的勻強電場．小球在豎直平面內(nèi)作勻速圓周運動,是繩的拉力提供向心力,重力和電場力平衡Eq＝mg∴E＝mg/q四、向心力公式應(yīng)用專題1．D對AD：木塊做勻速圓周運動,加速度大小不變,方向始終指向球心,A錯D對；對B：木塊所受合外力等于向心力,大小不變,B錯；對C：木塊下滑過程中,受力如圖,f＝mgsin,減小,f減小,C錯；2．B汽車受力分析如圖,其向心力由重力和支持力在水平方向的合力提供,即mgtg＝m＝arctg3．D分析：同軸轉(zhuǎn)動,兩人的角速度相等,但半徑不等,線速度不等．根據(jù)F＝mr2,對甲：9.2＝80×r甲2對乙：9.2＝40×<0.9－r甲>2解得：r甲＝0.3mr乙＝0.6m＝/6＜6rad/s4．C分析：上海、洛杉磯的地理位置如圖,上海到洛杉磯的航向與地球自轉(zhuǎn)方向相同,設(shè)飛機對軸心的速度為v1；洛杉磯到上海的航向與地球自轉(zhuǎn)方向相反,設(shè)飛機對軸心的速度為v2；由于相對于地面的飛行速度的大小相等．所以,v1＞v2；設(shè)乘客對座椅的壓力為N,則：mgcos－N＝mN1＜N2．5．C分析：由向心力公式,F＝m2r得mgtan＝mR2sin故cos＝g/