物理必修1-2(5.5)知识点总结(例题含答案).doc

物理必修1-必修2 5.51.运动的描述和匀变速直线运动的研究1.匀变速直线运动1.“蜻蜓点水”是常见的自然现象，蜻蜓点水后在平静的水面上会出现波纹某同学在研究蜻蜓运动的过程中获得了一张蜻蜓点水的俯视照片，照片反映了蜻蜓连续三次点水后某瞬间的水面波纹如果蜻蜒飞行的速度恰好与水波的传播速度相等，不考虑蜻蜓每次点水所用的时间，在下列四幅图中，与照片相吻合的是（）ABCD解析：因为蜻蜓飞行的速度和水波的速度相同，那么蜻蜓的每一次点水的时候都会是在上一个水波的边线上，而第二个水波和第一个水波都在以相同的速度运动，所以每个圆都应该是内切的故选A变式-1 一天晚上，小明在一条平直路面上做匀速直线运动，经过一路灯（可视为点光源）的正下方后，他继续保持原来运动状态向前走，则他的头顶在地面上的影子将做（）A匀速直线运动B加速直线运动C减速直线运动D无法确定运动形式解：如右图，则OAB和OCD相似，根据相似三角形对应边成比例，则有：=因为人在做匀速直线运动，所以人的头也在做匀速直线运动，则：AB=Vt将式代入式，得：CD=Vt由于V是不变的，因此人的影子从C点到D的过程也是做匀速直线运动，速度是V故选A2.追及、相遇问题匀加速追匀速匀速追匀减速匀加速追匀减速t=t0以前，后面物体与前面物体间距离增大t=t0时，两物体相距最远为x0+xt=t0以后，后面物体与前面物体间距离减小能追及且只能相遇一次匀减速追匀速匀速追匀加速匀减速追匀加速当两物体速度相等时，即t=t0时刻：若x=x0,则恰能追及，两物体只能相遇一次，这也是避免相撞的临界条件若xx0,则相遇两次，设t1时刻x1=x0,两物体第一次相遇，则t2时刻两物体第二次相遇2. 物体A、B同时从同一地点，沿同一方向运动，A以10m/s的速度匀速前进，B以2m/s2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，求A、B再次相遇前两物体间的最大距离1.物理分析法 A做 A10 m/s的匀速直线运动，B做初速度为零、加速度a2 m/s2的匀加速直线运动根据题意，开始一小段时间内，A的速度大于B的速度，它们间的距离逐渐变大，当B的速度加速到大于A的速度后，它们间的距离又逐渐变小；A、B间距离有最大值的临界条件是AB 设两物体经历时间t相距最远，则Aat 把已知数据代入两式联立得t5 s在时间t内，A、B两物体前进的距离分别为 A、B再次相遇前两物体间的最大距离为2.相对运动法 因为本题求解的是A、B间的最大距离，所以可利用相对运动求解选B为参考系，则A相对B的初速度、末速度、加速度分别是010 m/s、tAB0、a2 m/s2 根据t202as有解得、B间的最大距离为sAB25 m3.极值法物体A、B的位移随时间变化规律分别是sA10t，.则A、B间的距离，可见，s有最大值，且最大值为4. 图象法根据题意作出A、B两物体的-t图象，如图1-5-1所示由图可知，A、B再次相遇前它们之间距离有最大值的临界条件是AB，得t15 sA、B间距离的最大值数值上等于OAP的面积，即3.羚羊从静止开始奔跑，经过s1=50m距离能加速到最大速度v1=25m/s，并能维持一段较长的时间；猎豹从静止开始奔跑，经过s2=60m的距离能加速到最大速度v2=30m/s，以后这个速度只能维持4.0s设猎豹距离羚羊x时开始攻击，羚羊则在猎豹开始攻击后1.0s才开始奔跑，假设羚羊和猎豹在加速阶段分别做匀加速运动且均沿同一直线奔跑求：（1）猎豹要在其最大速度减速前追到羚羊，x值应在什么范围？（2）猎豹要在其加速阶段追上羚羊，x值应在什么范围？解答：解：（1）羚羊做加速运动的加速度为：羚羊做加速运动的时间为猎豹做加速运动的加速度为猎豹做加速运动的时间为显然由t1=t2可知：当猎豹进入匀速运动过程1s后，羚羊将做匀速运动当猎豹匀速匀速4.0s时，根据位移关系有：s2+v2t=s1+x+v1（t1）解得：x55m（2）猎豹要在其加速阶段追上羚羊，猎豹运动的时间tt2=4s又因t1=t2，则根据位移关系有：解得：x31.9m故猎豹要在其加速阶段追上羚羊，x值应满足：x31.9m点评：对于追击问题一是要熟练应用运动学公式，二是明确追者和被追者之间的位移、时间关系，根据位移、时间关系列方程即可正确求解4. 甲、乙两物体相距s，同时同向沿同一直线运动，甲在前面做初速度为零、加速度为a1的匀加速直线运动，乙在后做初速度为0，加速度为a2的匀加速直线运动，则（）A若a1a2，则两物体可能相遇一次B若a1a2，则两物体可能相遇二次C若a1a2，则两物体可能相遇二次D若a1a2，则两物体也可相遇一次或不相遇【解析】设乙追上甲的时间为t，追上时它们的位移有上式化简得： 解得：(1)当a1a2时，差别式“”的值由0、a1、a2、s共同决定，且，而的值可能小于零、等于零、大于零，则两物体可能不相遇，相遇一次，相遇两次，所以选项B、D正确（2）当a1a2时，t的表达式可表示为显然，一定大于零且，所以t有两解但t不能为负值，只有一解有物理意义，只能相遇一次，故C选项错误(3)当a1a2时，解一元一次方程得ts/0，一定相遇一次，故A选项正确 【答案】A、B、D【点拨】注意灵活运用数学方法，如二元一次方程判别式本题还可以用vt图像分析求解。变式-1 （2011新课标全国卷）甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。【思路点拨】解答本题时可由运动学公式分别写出两汽车的速度和位移方程，再根据两车加速度的关系，求出两车路程之比。【精讲精析】设汽车甲在第一段时间间隔末（时刻t0）的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a，在第二段时间间隔内行驶的路程为s2，由运动学公式有，v=a t0 s1=a t02 s2=v t02a t02 设汽车乙在时刻t0的速度为v，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1、s2，同理有，v=2a t0 s1=2a t02 s2=v t0a t02 设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s，则有s= s1s2 s= s1s2 联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶路程之比为=答案：变式-2 L=20ml=1ml=1mAB图1-5-3A、B两棒均长1，A棒悬挂于天花板上，B棒与A棒在一条竖直线上，直立在地面，A棒的下端与B棒的上端之间相距20，如图1-5-3所示，某时刻烧断悬挂A棒的绳子，同时将B棒以v0=20/的初速度竖直上抛，若空气阻力可忽略不计，且g=10m/s2，试求：（1）A、B两棒出发后何时相遇？（2）A、B两棒相遇后，交错而过需用多少时间？【解析】本题用选择适当参考系，能起到点石成金的效用。由于A、B两棒均只受重力作用，则它们之间由于重力引起的速度改变相同，它们之间只有初速度导致的相对运动，故选A棒为参考系，则B棒相对A棒作速度为v0的匀速运动。则A、B两棒从启动至相遇需时间当A、B两棒相遇后，交错而过需时间 【答案】(1) 1s (2) 0.1s变式-3 一质点从A点沿直线向B点运动，开始时以加速度加速运动到AB之间的某一点C，然后接着又以加速度继续作匀加速运动到达B点该质点若从B点以加速度运动到C点，接着又以加速度继续加速运动到达A点，则两次运动的过程中( )A由于相同的路段加速度相同，所以它们所用的时间相同B由于相同的路段加速度相同，所以它们的平均速度大小相同C虽然相同的路段加速度相同，但先后的加速的加速度顺序不同，所用的时间肯定不同D由于相同的路段加速度相同，它们的位移大小相同，所以它们的末速度大小相同答案：CD解析：两次运动的在每段相同的路径上加速度相同，说明两次的末速度相同，位移的大小相同，利用这两个特点作出两次运动中的路程与时间图像如答图1-2-1，就可以判断出正确的选项设质点第一次到达C点的速度为，第一次的末速度为，那么在第一次的运动中，有Ovvttt1t2 同理，在第二次运动中有 比较两末速度的大小，它们是相等的由于两段路段上的加速度不同，所以假设，分别作出质点在这两次运动中的速率时间图像，如图所示，由图像与时间轴所围的面积相等，显然，第一次所用的时间少一些故C、D正确变式-4 一物体做直线运动，速度图象如图2所示，设向右为正方向，则前内( )A物体始终向右运动B物体先向左运动，后开始向右运动C前物体位于出发点左方，后位于出发点的右方D在时，物体距出发点最远答案：BC解析：确解答此题的对策是抓住:物体的运动方向是由速度的正负决定的，物体的位置是由位移决定的，纵轴正、负号只表示速度的方向，前物体是向左做减速运动，后是向右做加速运动，物体在某段时间内的位移等于这段时间内所对应的图线所围的图形的面积的代数和，因此末物体位于出发点最左端处，从末开始向右加速运动，在之前，物体一直位于出发点左侧，在末回到出发点，所以正确的选项是BC变式-5 一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为初始时，传送带与煤块都是静止的现让传送带以恒定的加速度0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动求此黑色痕迹的长度答案： l=解析：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0根据牛顿定律，可得煤块的加速度：a=g设经历t时间，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有v0 = a0tv = at由于a a0，故v v0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用再经过时间，煤块的速度由v增加到v0，有 此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有s0= s=传送带上留下的黑色痕迹的长度 l= s0- s由以上各式得 l=变式-6 一个物体原来静止在光滑的水平地面上,从t=0开始运动,在第1、3、5、奇数秒内，给物体施加方向向北的水平推力，使物体获得大小为的加速度，在第2、4、6、偶数秒内，撤去水平推力，向经过多长时间，物体位移的大小为40.25m?解析：物体在奇数秒内做匀加速直线运动，加速度大小为；在偶数秒内做匀速直线运动；直观地描述物体的运动可以借助速度-时间图象，如图4-7所示为该物体的运动的速度-时间图像，物体在第1S内的位移为1m，第2S内的位移为2m，第3S内的位移为3m，由此规律可得物体在整数秒内的位移S=n40.25得n9，物体在8S内的位移为36m，余下的4.25m将在9S的部分时间内完成，8S末物体的速度为，4.25=8t+解得t=0.5S，所以物体总共用8.5S3.自由落体运动5. A、B两球，A从距地面高度为h处自由下落，同时将B球从地面以初速v0竖直上抛，两球沿同一竖直线运动.试求以下两种情况下，B球初速度v0的取值范围：B球在上升过程中与A球相遇；B球在下落过程中与A球相遇.分析本题考察两个物体两种运动特点，以及它们之间相互联系.解答时对特殊状态临界点的分析是关键的.解决本题时，画出运动示意图，找准关系，运用规律求解即得.解B球做竖直上抛运动（全过程中）：由于 AB相遇时时间相等t1=t2=t，且h1+h2=ht t=h/v0设B球上升到最大高度时，与球A相遇，如图1，B球上升到最大高度时间为v0/g.由此可知，要使AB在B球上升过程中与A相遇，只要v0/gt即可.B球就会在上升时与A球相遇，如图2是AB还能相遇的最小速度，所以要满足在下落中相遇，需满足说明（1）本题要建立时间和位移关系，同时，根据题设条件.寻找临界点，本题的临界点在B球上，即B球达最大高度和B球落地时，建立速度与时间的关系.（2）值得说明的是，复杂的运动很难在分析时建立物理图景，办法是对每个物体运动过程仔细分析以后，据各自运动特点建立联系.6. 一个物体从H高处自由落下，经过最后196m所用的时间是4s，求物体下落H高所用的总时间T和高度H是多少？取g=9.8m/s2，空气阻力不计.分析 根据题意画出小球的运动示意图（图1）其中t=4s， h=196m.解方法1 根据自由落体公式式（1）减去式（2），得方法2 利用匀变速运动平均速度的性质由题意得最后4s内的平均速度为因为在匀变速运动中，某段时间中的平均速度等于中点时刻的速度，所以下落至最后2s时的瞬时速度为由速度公式得下落至最后2s的时间方法3 利用vt图象画出这个物体自由下落的v-t 图，如图2所示.开始下落后经时间（Tt）和T后的速度分别为g（T-t）、 gT. 图线的AB段与t轴间的面积表示在时间t内下落的高度h.。由变式-1气球下挂一重物，以v0=10m/s匀速上升，当到达离地高h=175m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多少时间落到地面？落地的速度多大？空气阻力不计，取g=10m/s2.分析这里的研究对象是重物，原来它随气球以速度v0匀速上升.绳子突然断裂后，重物不会立即下降，将保持原来的速度做竖直上抛运动，直至最高点后再自由下落.解 方法1 分成上升阶段和下落阶段两过程考虑绳子断裂后重物可继续上升的时间和上升的高度分别为故重物离地面的最大高度为H=h+h1=175m5m=180m.重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为vt=gt2=106m/s=60m/s.所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间t=t1t2=1s6s=7s.方法2 从统一的匀减速运动考虑从绳子断裂开始计时，经时间t最后物体落至抛出点下方，规定初速方向为正方向，则物体在时间t内的位移h= -175m.由位移公式或 t2-2t-35=0，取合理解，得 t=7s.所以重物的落地速度为vt=v0-gt=10m/s-107m/s= -60m/s.其负号表示方向向下，与初速方向相反.说明从统一的匀减速运动考虑，比分段计算方便得多，只是在应用时，需注意位移、速度等物理量的方向，这个物体从绳子断裂到落地过程中的v-t图如图所示.4.实验（用打点计时器测速度，探究小车速度随时间变化的影响）7.现在用打点计时器测定物体的加速度，当电源频率低于50Hz时，如果仍按频率为50Hz的时间间隔打一次点计算，则测出的加速度数值（选填“大于”，“小于”，或“等于”频率为50Hz时测出的加速度的值。当电源的频率为60Hz时，它第隔 s打一次点。大于 0.017（这里取了两位有效数字）打点计时器打点的时间间隔由所用交流电源的频率决定，打点计时器1s内打点的次数n和所用电源的频率f相等，因此打点时间间隔T=（s）。8. 请在下列步骤中选出必要的，并按顺序填写：_A平衡摩擦力，即将长木板后端适当垫高使下滑力克服摩擦力B把穿过打点计时器的纸带固定在小车后C把打点计时器固定在木板无滑轮端并连好电路D用天平测量小车质量 E换上新的纸带重作两次F把一端附有滑轮的长木板放在桌上，使滑轮伸出桌面G在小车开始运动后，按下秒表开始计时H先使小车放在打点计时器附近，接通电源再放小车，让小车运动I断开电源，取下纸带J使秒表停止，记录打点时间K把一条细绳跨过滑轮一端栓在小车上，另一端吊适当的砝码F、C、K、B、H、I、E 变式-1（1）关于打点计时器在纸带上打出的点痕，下列说法中正确的是（ ）A点痕记录了物体运动的时间B点痕记录了物体在不同时刻的位置和某段时间内的位移C点在纸带上的分布情况反映了物体的运动情况D根据纸带上的点痕可以知道任一时刻运动物体的瞬时速度（2）在使用打点计时器前应检查（ ）A、所用电源是否符合要求 B、纸带是否平整C、打点周期的等时性是否良好 D、复写纸安装是否正确（1）ABC（2）A、B、C、D应注意（1）还应检查振针的高度是否适当，固定振动片的螺丝是否松动，如果有上述现象会出现漏点、双点、等时性不良情况。（2）如果经检查发现打点计时器有问题，不要自己调整，应请实验老师调整，（3）一个性能良好的打点计时器的振动片的固有频率和所使用交流电频率相等，这样使振动片共振，振幅较大，打点清晰，等时性好，而振动片的固有频率与振动片的长度及材料的弹性系数有关，可以通过调节振动片的长度来调整它的固有频率，改变振动片的长度，观察振动片的振幅，把振动片长度固定在振幅最大位置。变式-2在使用打点计时器时（） A.每打完一列点子就要切断电源B、不要移动圆形复写纸片的位置C、纸带一定要从两限位孔穿过，并且压在复写纸的下面D、侧向移动限位孔位置，在一条纸带上可以打出两列点，提高纸带的利用率A、C、D，每打完一列点就要切断电源，是为了防止线圈过热而损坏，圆形复写纸是套在定位轴上的，定位轴可以移动，每打完一列点后移动一下定位轴，以充分利用复写纸的各个部位，可保证打点清晰，限位孔也可以侧向移动，但在移动时要保证两限位孔纵向对齐，移动后要把螺钉拧紧.2.高中力学1.重力，基本相互作用，弹力和摩擦力9. 如图B-6所示，质量为m的物体被劲度系数为k2的弹簧2悬挂在天花板上，下面还拴着劲度系数为k1的轻弹簧1，托住下弹簧的端点A用力向上压，当弹簧2的弹力大小为mg/2时，弹簧1的下端点A上移的高度是多少？解:A点上升的高度等于弹簧2和1缩短的长度之和.A点上升，使弹簧2仍处于伸长状态时，弹力减小了mg/2，弹簧2比原来缩短x1=mg/2k2，弹簧1的弹力为mg/2，压缩量为x1=mg/2k1，所以x=x1+x2=.A点上升，使弹簧2处于压缩状态时，向下的弹力mg/2，压缩量x2=mg/2k2，所以弹簧2总的缩短量.弹簧1上的弹力为，压缩量为x1=，所以x=x1+x2=.故弹簧1的下端点A上移的高度是.10. 如下图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体B施加一水平变力F，Ft关系如图乙所示，可物体在变力作用下由静止开始运动且始终保持相对静止，则下列说法正确的是（）At0时刻，两物体之间的摩擦力最小Bt0时刻，物体的速度最小C0t0时间内，两物体之间的摩擦力逐渐增大D02t0时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同先对整体受力分析可知整体的运动状态的变化；再对A分析可知AB间摩擦力的变化；由运动学公式可知速度的变化解：AC、对AB整体分析可知，整体水平方向只受变化的推力作用；由图象可知，合外力先向右减小，然后再向左增大；则由牛顿第二定律可知，整体的加速度先减小再增大；再对A分析可知A水平方向只受摩擦力；则由牛顿第二定律可知，摩擦力应先减小后增大；t0时刻摩擦力最小；故A正确，C错误；B、因0t0时间内物体一直做加速运动，故速度一直增加，t0时刻，物体的速度最大；故B错误；D、因两物体一直相对静止，故在运动中加速度相同，而A由摩擦力提供加速度，整体由F提供，故A受到的摩擦力一直与F同向，故D正确；故选AD变式-1 如图3-1-10所示，一个半径为R的圆球，其重心不在球心O上，将它置于水平地面上，则平衡时球与地面的接触点为A；若将它置于倾角为30的粗糙斜面上，则平衡时（静摩擦力足够大）球与斜面的接触点为B.已知AB的圆心角度数为60，则圆球重心离球心O的距离是_。 解析：如图3-1-10所示，当小球在斜面上处于静止时，小球的重力作用线一定通过B点，又知小球放在水平面上静止时，球与地面的接触点为A，则其重力的作用线与OA重合，综上所述，球的重心应位于过B点的竖直线和OA线的交点C，由几何关系知，CBO=30，由此得，圆球重心距球心O的距离为：OC=Rsin30=R2。答案：变式-2 如图所示，劲度系数为k2的轻质弹簧，竖直放在桌面上，上面放一质量为m的物块，另一劲度系数为k1的轻质弹簧竖直地放在物块上面，其下端与物块上表面连接在一起，要想使物块在静止时下面弹簧承受物重的2/3，应将上面弹簧的上端A竖直向上提高多大的距离？解析：末态时的物块受力分析如图所示，其中F1与F2分别是弹簧k1、k2的作用力，物块静止有F1F2=mg初态时，弹簧k2（压缩）的弹力F2=mg 末态时，弹簧k2（压缩）的弹力F2=mg弹簧k2的长度变化量x2=由F1F2= mg，F2= 得F1=初态时，弹簧k1（原长）的弹力F1=0 末态时，弹簧k1（伸长）的弹力F1= 弹簧k1的长度变化量x1=由几何关系知所求距离为x1x2= 答案：变式-3 对如图所示的皮带传动装置，下列说法中正确的是（）AA轮带动B轮沿逆时针方向旋转BB轮带动A轮沿顺时针方向旋转CC轮带动D轮沿顺时针方向旋转DD轮带动C轮沿顺时针方向旋转分析：从所给的图可以看出皮带上下明显有区别：第一幅图中A、B轮上的皮带是上松下紧，说明下带受向两端拉伸的力，上端受向内拉伸的力；第二幅图中C、D轮上的皮带是上紧下松，说明上带受向两端拉伸的力，下端受向内拉伸的力解答：解：因主动轮的摩擦力是阻力，而从动轮的摩擦力是动力，因此：（1）在第一幅图中，如果A轮是主动轮，那么应该是A带动B顺时针运动，故A错误；如果B是主动轮，那么应该是B带动A逆时针运动，故B错误（2）在第二幅图中，如果C轮是主动轮，那么应该是C带动D逆时针运动，故C错误；如果D是主动轮，那么应该是D带动C顺时针运动，故D正确；故选D变式-4 如图所示，位于水平桌面上的物体P由跨过定滑轮的细轻绳与物体Q相连（轻绳不可伸长），从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是，两物体的质量都是m，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计若用一水平向右的力F拉P物体，使P物体做匀速直线运动，则F的大小为 _解：以Q为研究对象，由平衡条件可得绳子对Q的拉力大小T=mg再以P物体为研究对象，分析受力，作出力图，如图所示其中，Q对P的滑动摩擦力f2=mg，地面对P的滑动摩擦力大小f1=2mg，根据平衡条件得 F=T+f1+f2=mg+mg+2mg=4mg故答案为：4mg2.力的合成和分解11. 如图所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的衣架的挂钩也是光滑的，轻绳两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，衣服处于静止状态如果保持绳子A端位置不变，将B端分别移动到不同的位置下列判断正确的（）AB端移到B1位置时，绳子张力变大BB端移到B2位置时，绳子张力变小CB端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变大DB端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变小解：A、B、对挂钩受力分析，如图设挂钩为O，从B移到B1时，有：AOsin+OBsin=AOsin+OB1sin故=，即悬点从B移到B1或B2，细线与杆的夹角不变；根据平衡条件，有2Tcos=mg故A错误，B也错误；C、D、绳子右端的B点在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，角度变小，故绳子拉力T变小，故C错误，D正确；故选D12. 如图（甲）所示为杂技表演的安全网示意图，网绳的结构为正方格形，O、a、b、c、d等为网绳的结点，安全网水平张紧后，若质量为m的运动员从高处落下，并恰好落在O点上，该处下凹至最低点时，网绳dOe、bOg上均成120向上的张角，如图（乙）所示，此时O点受到的向下的冲击力大小为F则这时O点周围每根网绳承受的力的大小为（）AFBCF+mgD分析：O点的冲击力被两根绳所承受，故可以为每根绳承受一半的力，则绳子两端的力的合力应等于，由平形四边形定则可求得每根绳所承受的力解答：解：因每根绳的合力应为；而绳受力后成120度角，作出平行四边形可知，由几何关系可知：当合力为时，两分力也为；故每根绳承受的力大小为； 故选B变式-1 在做“互成角度的两个共点力的合成”实验时，橡皮筋的一端固定在木板上，用两个弹簧秤把橡皮筋的另一端拉到某一确定的O点，以下操作中错误的是（ ） A.同一次实验过程中，O点位置允许变动B.实验中，弹簧秤必须保持与木板平行，读数的视线要正对弹簧秤刻度C.实验中，应先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧秤拉力的大小和方向，再把橡皮条另一端拉到O点D.实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两个弹簧秤之间夹角应取90角，以便于算出合力大小ACD解析：如果O点位置变动，力的效果将不相同，所以A的说法错误.若其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，另一弹簧秤拉力大小和方向只有唯一值才可能把橡皮筋另一端拉到O点，而且很难调节到这个大小和方向，同时，还可能出现超过弹簧秤的量程，所以C错误.该实验是利用力的图示法验证平行四边形定则，而不是利用计算公式算出合力，所以D错误.本题答案为ACD.变式-2 如图所示，水平面上固定一光滑半球，球心O的正上方固定一个小滑轮，绳上拴一小球，小球置于半球面上的A点，绳绕过定滑轮，另一端用力F拉，现缓慢地将小球从B点释放到A点，则此过程中，小球对半球面的压力N以及细线拉力T的大小变化情况以下说法正确的是（）AT变小；N不变BT变小；N变小CT变大；N不变DT变大；N变大分析：分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，根据三角形相似法分析N、T的变化解答：解：以小球为研究对象，分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，由平衡条件得知F=G由NFAAO1O得=得到 N= T=由题缓慢地将小球从B点释放到A点过程中，O1O，AO不变，O1A变大可见T变大；N不变故选C变式-3 如图所示，在一粗糙水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一原长为L，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与地面间的滑动摩擦因数均为现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是（）AL+m1gBL+（m1+m2）gCL+m2gDL+（）g分析：当两木块一起匀速运动时，木块1受到重力、弹簧的拉力、地面的支持力和摩擦力而平衡，根据平衡条件求出弹簧的弹力，由胡克定律求出弹簧伸长的长度，再求解两木块之间的距离解答：解：对木块1研究木块1受到重力、弹簧的拉力、地面的支持力和摩擦力 根据平衡条件弹簧的弹力F=m1g 又由胡克定律得到弹簧伸长的长度x=所以两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是S=L+x=L+m1g故选A 变式-4 （2007江苏）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是mg现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为（）ABCD3mg分析：要使四个物体一块做加速运动而不产生相对活动，则两接触面上的摩擦力不能超过最大静摩擦力；分析各物体的受力可确定出哪一面上达到最大静摩擦力；由牛顿第二定律可求得拉力T解答：解：本题的关键是要想使四个木块一起加速，则任两个木块间的静摩擦力都不能超过最大静摩擦力设左侧两木块间的摩擦力为f1，右侧木块间摩擦力为f2；则有对左侧下面的大木块有：f1=2ma，对左侧小木块有Tf1=ma；对右侧小木块有f2T=ma，对右侧大木块有Ff2=2ma（1）；联立可F=6ma（2）； 四个物体加速度相同，由以上式子可知f2一定大于f1；故f2应达到最大静摩擦力，由于两个接触面的最大静摩擦力最大值为mg，所以应有f2=mg（3），联立（1）、（2）、（3）解得故选B3.牛顿三大定律及运用13. 有人做过这样一个实验：如图所示，把鸡蛋A向另一个完全一样的鸡蛋B 撞去（用同一部分），结果是每次都是鸡蛋被撞破，则下列说法不正确的是（）AB对的作用力大小等于对的作用力的大小.对的作用力的大于对的作用力的大小.A蛋碰撞瞬间，其内蛋黄和蛋白由于惯性，会对A 蛋壳产生向前的作用力. D A蛋碰撞部位除受到B对它的作用力外，还受到A蛋中蛋黄和蛋白对它的作用力，所以受到合力较小. 【解析】根据对相互作用力及惯性概念的理解，不难看出符合题意的是B选项.ABLm14. 如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一轻环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当细绳与AB成角时，小球速度的水平分量和竖直分量的大小各是多少？轻环移动的距离d是多少？【解析】本题是“轻环”模型问题.由于轻环是套在光滑水平横杆上的，在小球下落过程中，由于轻环可以无摩擦地向右移动，故小球在落到最低点之前，绳子对小球始终没有力的作用，小球在下落过程中只受到重力作用.因此，小球的运动轨迹是竖直向下的，这样当绳子与横杆成角时，小球的水平分速度为Vx=0,小球的竖直分速度.可求得轻环移动的距离是d=L-Lcos.DCBA变式-1 如图所示，重物系于线DC下端，重物下端再系一根同样的线BA ，下列说法正确的是： A.在线的A端慢慢增加拉力，结果CD线拉断. B.在线的A端慢慢增加拉力，结果AB线拉断. C.在线的A端突然猛力一拉，结果将AB线拉断. D在线的A端突然猛力一拉，结果将CD线拉断.C解析:如下图所示，在线的A端慢慢增加拉力，使得重球有足够的时间发生向下的微小位移，以至拉力T2逐渐增大，这个过程进行得如此缓慢可以认为重球始终处于受力平衡状态，即 T2T1mg，随着T1增大，T2也增大，且总是上端绳先达到极限程度，故CD绳被拉断，A正确；若在A端突然猛力一拉，因为重球质量很大，力的作用时间又极短，故重球向下的位移极小，以至于上端绳未来得及发生相应的伸长，T1已先达到极限强度，故AB绳先断，选项C也正确。变式-2 【例2】如图所示，一个小球从竖直固定在地面上的轻弹簧的正上方某处自由下落，从小球与弹簧接触开始直到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度和加速度的变化情况是( ) A.加速度和速度均越来越小，它们的方向均向下. B.加速度先变小后又增大，方向先向下后向上；速度越来越小，方向一直向下. C.加速度先变小后又增大，方向先向下后向上；速度先变大后又变小，方向一直向下. D.加速度越来越小，方向一直向下；速度先变大后又变小，方向一直向下.【解析】由牛顿第二定律，小球与弹簧接触以后，它的加速度变化与所受合外力的变化是一致的，是瞬时对应的，所以运动情况的分析可以从分析小球所受合力的变化情况入手.小球自由下落与弹簧接触后，受到两个力的作用，其中重力恒定，而所受的弹力大小随弹簧压缩量的增大而增大，方向一直向上.因此，在小球与弹簧接触后，到达平衡位置之前重力大于弹力，它们的合力向下，由 mgkx=ma知加速度逐渐减小，而速度与加速度同向，大小是增大的. 在平衡位置，重力等于弹力，小球所受的合力变为零，加速度为零，速度达到最大，由于惯性，它仍下落，使得弹簧的压缩量继续增大，弹力大于重力，这样使小球所受的合力变为向上，且不断增大，由 kxmg=ma 知，加速度方向变为向上，并不断增大，速度与加速度反向，所以会逐渐减小. 在最低点，弹簧的压缩量达到最大时，弹力增大到最大，加速度也达到最大，而速度减小到零，这以后小球会被弹簧向上弹起来.向上弹起的过程与上述过程可逆.综上，正确选项是C.变式-3 如图所示，一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套一个环，箱和杆的质量为M，环的质量为m。已知环沿着杆加速下滑，环与杆的摩擦力大小为Ff，则此时箱对地面的压力为（ ）A.Mg B.(M+m)g C.(M+m)g-Ff D.Mg+FfD解法一：（隔离法）取箱子为研究对象，其受力情况是：重力Mg、地面对箱的支持力F，环对杆（即对箱）的摩擦力Ff，因木箱静止，由牛顿第二定律知，F-Mg-Ff=0,故F=Mg+Ff，由牛顿第三定律得箱子对地面的压力为F=F=Mg+Ff。解法二：（整体法）取箱子与环整体为研究对象，其受力情况为：重力(M+m)g、地面的支持力F,由牛顿第二定律可得：-F+(M+m)g=M0+ma(a为小环下滑的加速度) 1，对小环由牛顿第二定律可知：mg-Ff=ma， 2由12式得：F=Mg+Ff，由牛顿第三定律可知，箱子对地面的压力为F=F=Mg+Ff变式-4利用牛顿第三定律，有人设计了一种交通工具，在平车上装了一个电风扇，风扇运转时吹出的风全部打到竖直固定在小车中间的风帆上，靠风帆受力而向前运动，如图所示，对于这种设计，下列分析中正确的是（ ）A. 根据牛顿第二定律，这种设计能使小车运行B. 根据牛顿第三定律，这种设计能使小车运行C. 这种设计不能使小车运行，因为它违反了牛顿第二定律D. 这种设计不能使小车运行，因为它违反了牛顿第三定律D风扇将风往前吹时，风同时将风扇及车体往后推，结果风力成了内力，不可能使车前进。变式-5如图所示，用弹簧测力计悬挂一个重G为10N的金属块，使金属块部分浸在台秤上的水杯中（水不会溢出），若弹簧测力计的示数变为FT=6N,则台秤的示数（ ）A.保持不变 B.增加10NC.增加6N D.增加4ND，金属块浸入水中后，水对金属块产生浮力F，由弹簧测力计的示数知，浮力的大小为F=G-F=(10-6)N=4N，根据牛顿第三定律，金属块对水也施加一个反作用力F，其大小F=F=4N,通过水和杯的传递，对台秤产生附加压力，所以，台秤的示数增加4N.变式-6下列对牛顿第二定律的表达式F=ma及其变形公式的理解，正确的是（ ）A.由F=ma可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比B.由m=F/a可知，物体的质量与其所受合力成正比，与其运动的加速度成反比C.由a=F/m可知，物体的加速度与其所受合力成正比，与其质量成反比D.由m=F/a可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合力而求出C,D 物体的质量是由物体本身决定的，与受力无关，作用在物体上的合力，是由和它相互作用的物体作用产生的，与物体的质量和加速度无关。4.力学单位制15.关于物理量的单位，下列说法中正确的是（ ）A.任何一个物理量和物理概念都具有相对应的单位B.物理公式中的物理量也可能没有单位，这样的量也没有数值C.物理量之间单位关系的确定离不开描述各种规律的物理公式D.物理量的单位均可以互相导出C,任何物理量都有单位，但单位并不一定唯一，物理量单位之间的关系可以通过物理公式导出变式-1下列关于单位制及其应用的说法中，正确的是（ ）A. 基本单位和导出单位一起组成了单位制B. 选用的基本单位不同，构成的单位制也不同C. 在物理计算中，如果所有已知量都用同一单位制中的单位表示，只要正确应用物理公式，其结果就一定是用这个单位制中的单位来表示的D. 一般说来，物理公式主要确定各物理量间的数量关系，并不一定同时确定单位关系ABC物理公式确定各物理量间的数量关系，同时确定单位关系变式-2关于牛顿第二定律正确的是（ ）A.物体的质量不变，a正比于F，对F和a的单位没有限制B.对于相同的合外力，a反比于m，对m和a的单位没有任何限制C.在公式F=ma中，F、m和a可以取不同单位制中的单位D. 在公式F=ma中，当m和a分别用kg和m/s2作单位时，F必须用N作单位D 公式中的单位一般要统一。5.实验：探究加速度与力、质量的关系16. 如图所示，A、B两条直线是在A、B两地分别用竖直向上的力F拉质量分别为mA和mB的两个物体得出的加速度a与力F之间的关系图线，分析图线可知下列说法中正确的是（）A比较两地的重力加速度有gA=gBB比较两物体的质量有mAmBC比较两地的重力加速度有gAgBD比较两物体的质量有mAmB解：根据F=ma可知a-F图象中斜率表示1/m，由图可知A的斜率大于B的斜率，所以mAmB根据牛顿第二定律由图象可知当两个物体外力F都为0时加速度都相同两物体都只受重力作用a=g所以gA=gB故选AB变式-1 （1）某学生做“验证牛顿第二定律”的实验在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大他所得到的aF关系可用下列哪根图线表示？图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力（2）在“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验中，以下做法正确的是A平衡摩擦力时，应将小盘用细绳通过定滑轮系在小车上B每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源D求小车运动的加速度时，可用天平测出小盘和砝码的质量（M和m）以及小车质量M，直接用公式a=g求出解：（1）把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，那么小车的重力沿斜面分力就会大于摩擦力，在没有绳子拉力时，小车已有了加速度故选C（2）A、平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，是小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动故A错误B、每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力故B正确C、实验时，应先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理故C错误D、小车运动的加速度是利用打点计时器测量，如果用天平测出m以及小车质量M，直接用公式a=mg/M求出，这是在直接运用牛顿第二定律计算的，而我们实验是在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系故D错误故选B6.整体法和隔离法AOBPQ17.有一个直角支架 AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑，AO上套有小环P，OB上套有小环 Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸展的细绳相连，并在某一位置平衡，如图。现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况是（ ）AN不变，T变大 BN不变，T变小CN变大，T变大 DN变大，T变小【解析】隔离法：设PQ与OA的夹角为，对P有：mgTsin=N对Q有：Tsin=mg所以 N=2mg， T=mg/sin 故N不变，T变大答案为B整体法：选P、Q整体为研究对象，在竖直方向上受到的合外力为零，直接可得N=2mg，再选P或Q中任一为研究对象，受力分析可求出T=mg/sin变式-1 MFm【例16】如图所示，物体M、m紧靠着置于摩擦系数为的斜面上，斜面的倾角为，现施加一水平力F作用于M，M、m共同向上作加速运动，求它们之间相互作用力的大小。f1F(M+m)gxyF1a【解析】两个物体具有相同的沿斜面向上的加速度，可以把它们当成一个整体（看作一个质点），其受力如图所示，建立坐标系，则： (1) （2）且： （3）要求两物体间的相互作用力