2025年05月02日 星期五
学院2009年高考物理专题复习之能力培养和解题技巧
专题一 力 物体的平衡
能力培养
1、（启东中学，基础题，4分，2分钟）如图1—1所示，物体A以某一初速度沿斜面向下运动时，斜面体B处于静止状态，此时B与水平地面间的静摩擦力大小为f1；若A以某一初速度沿斜面向上运动时，B仍处于静止状态，此时B与水平地面间的静摩擦力大小为f2，则： ( )
A、f1可能为零 B、f1不可能为零 图1—1
C、f2可能为零 D、f2不可能为零
2、（启东中学，中档题，4分，4分钟）质量为m1、m2的小球分别带同种电荷q1和q2，它们用等长的细线吊在同一点O，由于静电斥力的作用，使m1球靠在竖直光滑墙上，m1的拉线l1呈竖直方向，如图所示，m1、m2均处于静止，如图1—2所示。由于某种原因，两球之间的距离变为原来的一半，则其原因可能是（ ）
A、m2变为原来的一半
B、m2变为原来的八分之一
C、q1变为原来的八分之一
D、q2变为原来的八分之一 图1—2
3、（启东中学，中档题，4分，3分钟）如图1—3所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F的拉力作用，而左端的情况各不相同：①中弹簧的左端固定在墙上，②中弹簧的左端受大小也为F的拉力作用，③中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动，④中弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动。若认为弹簧的质量都为零，以l1、l2、l3、l4依次表示四个弹簧的伸长量，则有：（ ）
图1—3
A．l2＞l1 B．l4＞l3 C．l1＞l3 D．l2＝l4
 |
4、（启东中学，中档题，4分，3分钟）用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来，如图1—4所示，今对小球a持续施加一个向左偏下30°的恒力，并对小球b持续施加一个向右偏上30°的同样大的恒力，最后达到平衡。表示平衡状态的图可能是（ ）
图1—4
5、（启东中学，中档题，5分，3分钟）水平放置夹角为60°的光滑V型支架AOB，两臂上各套有一个滑环P、Q，用不可伸长的细线连接两环，如图1—5，缓慢拉动环Q使它沿杆OB滑动，待两环受力达到平衡时，拉力F与线中拉力T的大小之比为 。
图1—5
答案
1、 AD
解析：若A沿斜面向下匀速运动，则A对B的合力方向竖直向下，大小为mag，则B与地面之间的摩擦力为0；若若A沿斜面向上运动，则经过受力分析可知，B一定受到地面水平向左的摩擦力的作用。
2、 BCD
解析：对m2受力分析，如左图所示，利用相似三角形，可知mg/F=L/r,而F=kQ1Q2/r2
得：r3=kLQ1Q2/m,所以答案为BCD。
3、D
解析：弹簧得伸长量与弹簧自由端所受拉力的大小成正比，由于弹簧不计质量，所以题中四种情况下的弹力大小一样，弹簧的伸长量一样。
4、A
解析：利用整体和隔离法来分析两小球。整体水平方向合外力为零，所以上面的细绳应处于竖直状态。
5、
解析：要知道当两环受力达到平衡时,细绳与OA方向垂直，与OB夹角为300。再利用受力分析可得答案。
专题二 直线运动
能力培养
1、（启东中学 基础题 4分 2分钟）如图2—1所示，一个带正电的粒子以一定初速度垂直进入水平方向的匀强电场，若不计重力，下列图像中哪一个能描述粒子在电场中的运动轨迹（ ）
图2—1
2、（启东中学 中档题 4分 4分钟）两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置，如图2—2所示。连续两次曝光的时间间隔是相等的。由图可知（ ）
图2—2
A．在时刻t2以及时刻t5两木块速度相同
B．在时刻t3两木块速度相同
C．在时刻t3和时刻t4之间某瞬时两木块速度相同
D．在时刻t4和时刻t5之间某瞬时两木块速度相同
3、（启东中学 难题 4分 5分钟）历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”定义为
，其中v0和vt分别表示某段位移s内的初速和末速。A>0表示物体做加速运动，A<0表示物体做减速运动。而现在物理学中加速度的定义式为
，下列说法正确的是（ ）
A．若A不变，则a也不变 B．若A>0且保持不变，则a逐渐变大
C．若A不变，则物体在中间位置处的速度为
D．若A不变，则物体在中间位置处的速度为
4、（启东中学 基础题 5分 4分钟）高速公路给人们出行带来了方便，但是因为在高速公路上行驶的车辆速度大，雾天往往出现十几辆车追尾连续相撞的车祸。汽车在沪宁高速公路正常行驶速率为120km / h，汽刹车产生的最大加速度为8m/s2，大雾天关闭高速公路。如果某天有薄雾，能见度约为37m，为安全行驶，避免追尾连续相撞，汽车行驶的最大速度为_________m/s(设司机反应时间为0.6s)
5、（启东中学 难题 4分 4分钟）羚羊从静止开始奔跑，经过50m能加速到最大速度25m / s，并能维持一段较长的时间；猎豹从静止开始奔跑，经过60m的距离能加速到最大速度30m /s，以后只能维持这速度4.0s。设猎豹距离羚羊x时开始攻击，羚羊在猎豹开始攻击后1.0s才开始奔跑，假定羚羊和猎豹在加速阶段均做匀加速运动，且沿同一条直线奔跑，猎豹要在从最大速度减速前追到羚羊，x值 。
答案
1、C 解析：由于不计重力，所以带电粒子在竖直方向匀速运动，在水平方向匀加速运动，运动形式类似于平抛运动。
2、C 解析：有图可知上方木块做匀加速运动，下方木块做匀减速运动。设每次曝光时间间隔为T，单元格长度为L，所以V下＝4L/T,而上方木块在t3，t4之间的平均速度也是4L/T,所以答案为C。
3、BC
4、20 解析：注意题中的条件：避免追尾连续相撞。也就是说，当某车恰看到前方37m处相撞的两车时，作出反应，经0.6s后刹车，恰避免追尾连续相撞。所以37=0.6v+v2/2a,得v=20m/s
5、x < 55m 解析：设猎豹从静止开始到获得最大速度的时间为t1，羚羊从静止开始到获得最大速度的时间为t2，s1 = v1mt1/2 t1 = 4s ， s2 = v2mt2/2 t2 = 4s 。 猎豹要在从最大速度减速前追到羚羊，猎豹最多匀速运动4s，羚羊最多匀速运动3s。
x < S1－S2 = (60+30×4)－(50＋25×3) = 55m
专题三 牛顿运动定律
讲解部分：
【复习策略】
历年的高考知识点中，有关牛顿运动定律的内容和要求是几乎没有任何变动的，具体知识内容见下表：
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内容 |
要求 |
说明 |
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1.牛顿第一定律.惯性. |
Ⅱ |
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2.牛顿第二定律.质量.圆周运动中的向心力. |
Ⅱ |
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3.牛顿第三定律. |
Ⅱ |
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4.牛顿力学的适用范围. |
Ⅰ |
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5.超重和失重 |
Ⅰ |
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（注：Ⅰ.对所列知识要知道其内容及含义,并能在有关问题中识别和直接使用.
Ⅱ.对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系,能够进行叙述和解释,并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用）
高考对牛顿运动定律的考察，呈现略有增加的趋势，这跟高考试题的平稳，高考的选拔功能由拔尖向基本普及的改变有一定的关系。从近年高考看，本章主要考查考生是否准确理解牛顿第一定律；要求考生加深理解牛顿第二定律，熟练掌握其应用，尤其是物体受力分析方法；理解牛顿第三定律；理解和掌握运动和受力的关系；理解超重和失重。本章考查的重点是牛顿第二定律，而牛顿第一定律和牛顿第三定律在牛顿第二定律的应用中得到了完善的体现。从近年高考来看，每年的高考对本章内容的单独命题多以选择、计算的形式出现，趋向于用牛顿运动定律解决生活、科技、工农业生产等诸多实际问题。例如2004年全国理综Ⅰ的第15、20、25题，全国理综Ⅱ的第21题等。更多的是综合性题目，多与电场、磁场联系，试题难度中等以上。从运动轨迹看多是直线运动，如在水平面上的直线运动，沿竖直方向的上升和下降，沿斜面的上升和下降，也有一些涉及曲线运动。如2003年高考江苏广东试题的第19题，上海的第21题，以及2002年全国的理综的26题等都有体现牛顿定律的相关内容。
本章讲述牛顿的三个基本定律,是力学的重点章节,取到承上启下作用，对于学生掌握力学知识和提高能力,都是十分重要的.
本章在前两章的基础上,运用牛顿运动定律分析两类基本问题,即已知物体的受力情况确定物体的运动情况和已知物体的运动情况来确定物体的受力情况。对此，关键是解决物体的受力和运动，明确合外力的方向，以加速度为桥梁来分析和解决问题。另外，也希望同学们能用动态的观点来分析和解决问题，时刻明确物体的受力是如何变化的，进而分析出物体的运动状态是如何变化，明确运动变化的本质是力带来的。本章节还有一个重点的内容是关于超重和失重。简略归纳如下：
1.通过学习牛顿第一定律,理解惯性概念,理解运动和力的关系,理解质量是惯性的量度,会正确解释有关惯性现象,在牛顿第一定律的建立过程中,培养历史唯物主义和辩证唯物主义观点.通过伽利略理想实验的学习,培养观察能力、抽象思维能力,培养能从纷繁的现象中探求事物本质的科学态度和推理能力.
2.通过学习牛顿第二定律,学会用控制变量法研究力、加速度和质量的关系,进一步理解加速度和力的关系,并能在惯性参考系中,运用运动学和牛顿第二定律的知识分析解决“运动和力”的两类基本问题.
3.通过学习牛顿第三定律,进一步理解物体间的力的作用的相互性,能区分平衡力、作用力和反作用力,会正确运用牛顿第三定律解释有关现象.
4．通过学习牛顿定律，解决超重和失重的知识。
5．灵活运用整体法和隔离法解决连结体问题。
6．恰当运用正交分解法解决物体受多力情况下的受力分析。
【典例剖析】
例1 (2002 上海 7)一航天探测器完成对月球的探测任务后,在离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行,先加速运动,再匀速运动,探测器通过喷气而获得推动力,以下关于喷气方向的描述中正确的是( )
A.探测器加速运动时,沿直线向后喷气
B.探测器加速运动时,竖直向下喷气
C.探测器匀速运动时,竖直向下喷气
D.探测器匀速运动时,不需要喷气
[解析]如图所示,把探测器所要做的直线加速运动和匀速直线运动两种情况下的受力分析图画出后,本题便不难解决.只有当探测器受的合力方向沿运动方向时控测器才能做直线加速运动。只有当探测器受平衡力作用时才做匀速直线运动.
本题应选C. 例1图
[点评]本题和科技生活的实际相联系，考生最难以判定的是匀速运动时的喷气的方向,因为虽然经过高中物理的学习,但是还是有不少同学在头脑中有根深蒂固的“力是物体运动的原因”这种想法.还是认为要使探测器斜着做匀速直线运动应有斜着的喷气方向.造成很多同学的错选.
例2(2001 上海 8)一升降机在箱底装有若干个弹簧,设在某次事故中,升降机吊索在空中断裂.忽略摩擦力,则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中( )
A.升降机的速度不断减小
B.升降机的加速度不断变大
C.先是弹力做的负功小于重力做正功,然后是弹力做的负功大于重力做的正功
D.到最低点时,升降机加速度的值一定大于重力加速度的值 例2图
[答案]CD
[解析]当弹簧触地后,对弹簧上的升降机而言.受到重力和弹力的作用,而在一开始,弹簧还几乎未形变.故升降机所受的合力方向依然向下,即仍作向下的加速运动。一旦弹簧的弹力大小等于升降机的重力,此时处于合力为零的临界状态.故此时物体应具有最小的加速度和最大的速度.此后升降机将继续向下运动,只不过由于此时的弹力将大于重力,故开始减速直至速度为零.
另外,在减速过程中,根据运动的对称性,当升降机的速度减至初速度大小时,加速度的大小应正好等于重力加速度,方向向上.而当升降机的速度减为零时,此时的加速度将大于重力加速度.故选择支中C和D是正确的.
本题应选CD.
[点评]本题对物体运动过程的分析要求比较高.很多同学想当然认为弹簧一触地升降机便开始减速.事实上,对一个物体的运动趋势的分析,应从受力和初速度两方面情况结合考虑.如本题中升降机的初速度方向是竖直向下的,而物体在触地后的一小段时间内的合力方向也是向下,故判断到的物体的运动应是加速,而不是减速.
另外,有些同学对最低点的加速度难以分析.事实上,可根据振动的对称性,当弹簧触地的一瞬间,物体仅受重力的作用,加速度大小为g.故当物体减速到速度等于初速度大小时,加速度大小也应为g.当然在速度减为零时的加速度应大于g.
例3(2001 上海 20)如图所示,一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的两根细线上, l1的一端悬挂在天花板上,与竖直方向夹角为θ, l2水平拉直,物体处于平衡状态,现将l2线剪断,求剪断瞬间物体的加速度.
⑴下面是某同学对该题的一种解法:
解:设l1线上拉力为T1,l2线上拉力为T2,重力为mg,物体在三力作用下保持平衡
T1cosθ=mg T1sinθ=T2 故 T2=mgtanθ
剪断线瞬间,T1突然消失,物体即在T2反方向获得加速度,因为mgtanθ=ma,所以加速度a=gtanθ,方向在T2反方向.你认为这个结果正确吗?请对该解法作出评价并说明理由.
⑵若将图中的细线l1改为长度相同质量不计的轻弹簧,如图所示,其他条件不变,求解的步骤和结果与⑴完全相同,即a=gtanθ,你认为这个结果正确吗?请说明理由.
[答案]⑴错⑵对。
[解析]⑴错. 例3图
因为l2被剪断的瞬间,l1上的张力大小发生突变,此时物体获得的瞬时加速度应由重力的一个分力来提供,即
mgsinθ=ma 得 a=gsinθ,方向应垂直于细线方向斜向下.
⑵对.
因为l2被剪断的瞬间,弹簧l1上的张力未发生变化,故剪断线瞬间,T1突然消失,物体即在T2反方向获得加速度,因为mgtanθ=ma,所以加速度a=gtanθ,方向在T2反方向.
[点评]由于细线中的张力会在一瞬间发生变化，即“突变”。物体受到的各个力都会因为某些外部条件的变化变化。本题在l2被剪断的瞬间,l1如果是绳子，则绳子上的张力大小将由原先的mg/cosθ（由三力平衡解得），变化到mgcosθ（由绳中拉力抵消重力沿绳子方向的分量而解得）。
而弹簧的形变是无法在一瞬间发生变化，即无法“突变”，只能“渐变”。所以必然导致在l2被剪断的瞬间,弹簧l1上的形变量可以认为未发生丝毫变化,即弹簧上的张力仍为原来三力平衡时的mg/cosθ，从而得到小球在剪断后瞬间的合外力大小等于T2，方向和T2相反，加速度a=gtanθ,方向在T2反方向.
例4(2000 上海 21)风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室。小球孔径略大于细杆直径，如图所示，
⑴当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数。
⑵保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s所需时间为多少？（sin37°=0.6,cos37°=0.8）
[答案] μ=0.5；
例4图
[解析]⑴设小球受风力为F,球质量为m,则
F=μmg
由于风力约为重力的0.5倍,故
μ=0.5
⑵设杆对球的支持力为N,摩擦力为f ,根据牛顿第二定律
沿杆方向 Fcosθ+mgsinθ-f=ma
垂直杆方向 N+Fsinθ-mgcosθ=0 例4图
由运动学公式 S=
at2
得 t=
[点评]本题以风洞作为背景材料，情境比较新颖,所涉及到的知识有受力分析、牛顿第二定律、运动学知识.特别是第二问中对物体加速度的计算,需要花费一定的时间.
本题第二问中，由于物体受到的力比较多，加速度的计算需要用正交分解法,在应用正交分解法解题应注意:一般取加速度方向为x轴正方向,另一垂直于x轴的方向为y轴方向,这样物体在x轴方向的合外力等于ma,而在y轴方向的合外力为零,从而可以求解出本题中的加速度.
例5(1994 全国 30)如图所示,质量M=10kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上,动摩擦因数μ=0.02.在木楔的倾角θ为30°的斜面上,有一质量为m=0.1kg的物体由静止开始沿斜面下滑,当滑行的路程s=1.4m时,其速度v=1.4m/s.在这过程中木楔没有动.求地面对木楔的摩擦力的大小和方向.(g取10m/s2)
[答案] f2=macosθ 方向水平向左.
[解析]由速度位移公式
v2=2as 得 a=v2/2s=
,
而 a<gsinθ=5m/s2,可知木块受到斜面施与的摩擦力f1.
隔离木块m,由牛顿第二定律与力的平衡得 例5图
mgsinθ-f1=ma
mgcosθ-N1=0
再隔离木楔,它已受四个力,再设地面对它的摩擦力为f2,由木楔水平方向受力平衡可知
f1’cosθ+f2=N1’sinθ 其中 f1=f1’ N1=N1’
由此可得 f2=macosθ=0.06N 方向水平向左.
[点评]本题使用“隔离法”解决问题.需要对物体进行细致的受力分析.本题中第二步对木楔进行受力分析时，由于受到的力较多，故最好建立坐标系解题。且摩擦力的方向也应通过最后的解答中的正负来作判断.
作为94年的一道老高考题，在当年的考试中得分率极低，即使在现今的二、三轮复习阶段，本题对同学们的“杀伤力”也极大，我们可以用另一种思路“整体法”来解题。将小滑块和木楔看成一个整体，整体中有一部分（小滑块）有沿斜面向下的加速度，将此加速度沿水平方向分解成ax=0.7cos30°,方向水平向左，此加速度由地面给木楔的水平向左摩擦力f2=macosθ=0.06N来提供，本题由此得解；将此加速度沿竖直方向分解成ay=0.7sin30°,方向竖直向下，表明整体处于失重状态，地面给木楔的支持力将小于整体的重力，比整体的重力小masinθ=0.035N，轻而易举得到另外一个物理量，即地面对木楔的支持力。
超重和失重的观点在本题中得到了一定巧用。
例6、一质量为m均匀立方体木块沿倾斜的直角槽AB滑下，AB棱的倾角为θ，两槽面和过AB棱的竖直平面夹角相等，如图所示，若立方体木块与直角槽两槽面间的动摩擦因数均为u，试求木块下滑的加速度。
|
[答案] a＝(sinθ－
μcosθ)g 例6图
[解析]重力沿斜面方向的分量为F1＝mgsinθ，沿垂直于AB方向的分量为F2＝mgcosθ
而支持力应为N＝N1＝N2＝F2cos45°（如右图所示）
故两边受到的摩擦力均为f1＝f2＝μN＝μmgcosθ·cos45°，
据牛顿定律有，F1－2f1＝ma
解以上几式得：a＝(sinθ－μcosθ)g
[点评]受力分析是解决本题的关键，但本题中立方体木块受到各个力不在同一平面内，即各个力分布在三维空间内，同时本题中的图示也是一个立体三维图。一般而言，以后高中阶段涉及到三维立体图，最好的处理方式应将此三维图作多角度平面处理，有时需从侧面去分析，即观察“侧视图”，本题中将重力的分解即是如此。有时需从上向下观测分析，即观察“俯视图”。有时需观察“剖视图”，本题中的两个槽面对立方体木块的支持力N1和N2便是通过“剖视图”将F2分解而得到。
例7、如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动, 传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面,一物体以恒定的速度v2沿直线向左滑上传送带后,经过一段时间又返回光滑水平面,速率为v2＇,则下列说法正确的是( )
A.若v1 ＜v2 ，则v2＇＝v1 B. 若v1 ＞v2，则v2＇＝v2
C.不管v2多大，总有v2＇＝v2 D.只有v1 =v2时，才有v2＇＝v1 例7图
[答案]B
[解析]物体向左滑上传送带后，受到三个力的作用：重力、弹力和水平向右的滑动摩擦力。作匀减速运动，当速度减小为零以后，将反向（即向右）作匀加速运动。
分两种情形讨论，第一种情形，若v1 ≥v2，则物体将作持续的匀加速运动直至滑上光滑水平面，当然由于向左作匀减速运动和向右反向的匀加速运动的过程具有完全对称性和可逆性，故滑上光滑水平面的速度大小仍等于v2；第二种情形，若v1 ＜v2，则物体向左减速到零后再向右作匀加速运动的过程中，在还未返回到水平面前速度已达到皮带运动的速度v1，以后将随皮带一起作匀速运动，直到滑上水平面,故v2’=v1<v2。
[点评]受力分析是解决本题的关键，但很多同学对反向（即向右）作匀加速运动这段过程分析不够仔细。物体放上水平传送带的运动一定是先作匀加速直线运动，当速度的大小达到皮带一样速度时，紧接下来将和皮带无相对运动共同前进。
如果题目中需要求解运用传送带将物体从一端传送到另一端所需的最短时间，则要求传送带具有足够大的速度，让物体持续地匀加速运动完成从一端到另一端的运动。
“想当然”来解题，是学习物理的每一个同学最易犯的一个通病，“根深蒂固”地以为物体的运动应该这样或那样是同学们解题的大忌，又如有一道题，一个物体从斜面上滑到静止的传送带上，再从传送带上滑到地面上，若传送带逆着物体的运动的方向作传动，问物体的落点是偏近还是偏远？很多同学不进行受力分析，便轻易下结论，以为传送带的传动必将减小物体从传送带上落下时的速度，所以落点将偏近。事实的情况是，物体受到的重力、支持力及物体所受的滑动摩擦力都没有发生任何变化（包括大小和方向），故物体的运动也未有变化，物体仍将落在原位置。
例8、质量为M，长度为L的木板置于光滑的水平地面上，在木板的左端放有一个质量为m的木块，开始时小木块和木板都处于静止状态。某时刻，用一水平恒力将小木块从左端推向右端。如图所示。若小木块与木块之间的动摩擦因素为u，且认为两者之间静摩擦力最大值与其间滑动摩擦力相等，试求：
(1)若能将小木块推向木板右端，水平恒力的最小值F0多大？
(2)若实际所用推力为F（F＞F0），小木块滑到木板右端时木板的速度多大？ 例8图
[答案] F0＝（1＋
）umg; 
[解析] (1)小木块与木板之间的静摩擦力的最大值为Fm＝μN＝μmg,木板能够产生的加速度的最大值为aM＝
＝μg.为使小木板能滑向木板右端，小木块加速度a＞aM，
即 F－f＝ma＞maM
故 F＞f＋maM＝umg＋umg＝（1＋）umg ，
得推力最小值为 F0＝（1＋）umg
(2)因F＞F0，小木块将在木板上滑动，小木块m在木板M上滑动过程中，小木块与木板的加速度分别为：a1=
，a2=
，设小木块在木板上滑行时间为t，当物块和木板分离时，木板的速度为v，利用相对运动关系有：L=
(a1－a2)t2，v=a2t，联立以上各式得：v=
＝
。
[点评]本题是整体与隔离法解决连结体问题的一个典型例子，本题中的第一问，先是以木板为受力分析的对象（隔离法），求出木板临界状态下的最大加速度，再以木板和木块为对象（整体法），求出使两者发生相对滑动的最小推力F0的值。
连结体问题的解决应以加速度为桥梁，恰当选择研究对象即对象的“隔离”或“整体”。可以以下图来表示处理连结体的一般方法。
 |
图中中心的加速度a作为解决连结体问题的关键，可以通过“内力”、“外力”和“物体的运动”来求解加速度，本题中求的是至少以多大的外力F0才能使木块和木板发生相对滑动，可以通过先由“内力”，（方法为“隔离法”）求加速度a，再由加速度a求出“外力”（方法为“整体法”）。
例9、人和雪橇的总质量为75kg,沿倾角θ=37°且足够长的斜坡向下滑动,已知雪橇所受的空气阻力与速度成正比,比例系数k未知,从某时刻开始计时,测量得雪橇运动的v-t图像如图中的曲线AD所示,图中AB是曲线AD在A点的切线,切线上一点B的坐标为(4,15),CD是曲线AD的惭近线,g取10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80.试求比例系数k和雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ。
[答案] k=37.5Ns/m μ=0.125
例9图
[解析]从AB的斜率可知，在开始运动时雪橇的加速度大小为a=
=3.75m/s2.
即有mgsin37°-kv-μmgcos37°=ma;
由AD这条渐近线可知，10m/s为其运动的收尾速度（即匀速运动速度），
即有mgsin37°=μmgcos37°+kvm.
其中的v=5m/s、vm=10m/s。
代入数据后得k=37.5Ns/m μ=0.125。
[点评]本题首先要读图，明确AB这条线直线斜率的意义，明确CD这虚渐近线线的意义。
例10、如图所示，水平传送带两端间距L=2m，工作时皮带的传送速度恒为v=2m/s，上皮带离水平地面高为H，现将质量m=5kg的物体（可视为质点）轻轻放在A端（对地速度为零），结果经时间t=2.2s时落至地面C点，设物体与皮带间的动摩擦因数μ=0.5（g=10m/s2,轮轴半径很小）。求：
⑴上皮带距地面高度H；
⑵设其它条件不变，仅改变传送带的传送速度，求物体在地面上的落点距B端的最大水平距离。
[答]⑴5m;⑵2
m/s
例10图
[解析]⑴a=μg=5m/s2
所以 t1=
=0.4s
得 s1=at12=×5×0.42=0.4m
故 t2=
=0.8s
H=gt22=×10×0.82=5m;
⑵若皮带速度足够大，能使小物体持续加速度，则物体在地面上的落点距B端有最大值，此时有
2as=vm2
即 2×5×2= vm2
vm=2m/s
例11如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，从A到B长度为16m，传送带以v=10m/s的速率逆时针方向转动，在传送带上A端无初速度地放一个质量m=0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数u=0.5，求物体从A运动到B所需的时间是多少？（g=10m/s2）
例11图
[解析]小物体刚放到A点至运动到10m/s 过程中,物体受摩擦力作用方向向下,故
a1=gsinθ+μgcosθ=6+4=10m/s2
下滑1s时间后速度达到10m/s,发生位移5m.
小物体速度达10m/s后,由于最大静摩擦力不足以使其相对皮带静止,故继续加速度
a2=gsinθ-μgcosθ=6-4=2m/s2
再下滑余下的11m位移,
S=v0t+
得 t2=1s.
总用时t=t1+t2=2s.
[点评]本题中同学们最易错的地方在于当小物体的速度大小达到和皮带速度一样的10m/s后，第二段的运动很多同学误以为作匀速运动，用时1.1s，总用时解为2.1s。
这种错误的原因在于没有很好地进行受力分析，没有想到皮带的静摩擦力不足以使其相对皮带静止。
例12．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面顶端有一个小物体A自静止开始下滑，同时另一物体B自静止开始由斜面底端向左以恒定加速度a沿光滑水平面运动，A滑下后沿斜面底部光滑小圆弧平稳进入立平面，且匀速向B追去，为使A能追上B，B的加速度的最大值为多大？ 例12图
[解析]A的运动过程为先匀加速，后匀速，在水平面，当A匀速运动的位移与B从开始起作匀加速位移相等时，表明A追上了B。A在斜面上加速度a
=gsinθ，A从开始到斜面底端的时间设为t
，到追上B的时间设为t，则A运动到底端的速度
v=gsinθ·t，
A在水平面上运动直至追上B的位移为
s
=v·（t- t）=gsinθ·t（t- t），
B的位移 s
=
，
gsinθ·t（t- t）=
，
即 -gsinθ·tt+ gsinθ·t
=0
t有解的条件△≥0，即
（gsinθ·t）
·t≤0
解得 a≤gsinθ，
B的最大加速度 a
=gsinθ。
例13．如图所示，长12m、质量为50kg的木块右端置有一立柱，木板与地面间的动摩擦因数为0.1。质量为50kg的人站在木板左端，开始木板与人均静止。后来人以4m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板的右端并立即抱住立柱，试求：
（1）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间。
（2）从人开始运动到最终木板静止，这一过程中木板的总位移。
[解析]⑴人相对木板奔跑时，设人的质量为m，加速度为a1，板的质量为M，加速度为a2，人与板间的相互作用力为F。 例13图
对人有F=ma1=50×4=200N
对板有F=-μ（M+m）g=Ma2 a2=2m/s2
当人跑到板的右端时，有a1t2+a2t2=L 解得t=2s
⑵当人奔跑至木板右端时 人的速度 v1=a1t=8m/s
板的速度 v2=a2t=4m/s 板向左的位移 s= a2t2=4m
人在抱住立柱过程中系统动量定恒 有mv1-mv2=（M+m）v共
解得 v共=2m/s 方向与人原来运动方向一致
在随后的滑行过程中板向右移动s＇
对人与板的整体有-2μgs＇=0-v共2
解得 s＇=2m
板移动的总位移为S总=S-S＇=2m
例14．一平板小车C放在光滑水平面上,今有质量为m的物块A和B,分别以2v0和v0的初速度沿同一直线从小车的两端相向水平滑上小车,如图所示,设A、B两物块与小车的动摩擦因数均为μ,小车的质量也为m,A、B物块均可视为质点.
⑴为使AB两物块不相碰,小平板车的长度至少为多少? 例14图
⑵由开始滑上小车到两物块静止在小车上,B物块通过的总路程是多少?经过的时间是多少?
[解析]⑴三车最后共同向右前进,设速度为v,据动量定理得
2mv0-mv0=3mv
得 v=v0/3
A物块在速度由2v0到 v0/3过程中所发生的位移为SA
SA= [(2v0)2 –(v0/3)2]/2a=
B物体在速度由v0到0的过程中所发生的位移为SB
SB=
C物体由0到v0/3过程中所发生的位移为SC,加速度为μg/2,则
SC=
故板长至少为S= SA +SB -SC=
⑵B先以μg的加速度减到0,通过SB1= tB1=
再以μg/2的加速度增为v0/3,通过SB2= tB2=
总路程 S= SB1 +SB2=
总时间 t= tB1 +tB2=
[点评]本题及上题中都涉及到动量守恒的相关知识，是一道综合性较强的综合题，对同学们能力要求非常高。但细一分析，后续问题的解决都需用到牛顿定律及运动学的知识来解决。这是很多综合题，包括功能关系相联系的题的一大特点，用功能关系解决初末状态，用牛顿定律解决运动的细节，如本题中的板长有运动的时间。
例15(1999年 全国)在光滑水平面上有一质量为m=1.0×10-3kg、电量q=1.0×10-10C的带正电小球，静止在O点。以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy，现突然加一沿x轴正方向、场强大小E=2.0×106V/m的匀强电场，使小球开始运动。经过1.0s，所加电场突然变为沿y轴正方向，场强大小仍为E=2.0×106V/m的匀强电场。再经1.0s，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在些电场作用下经1.0s速度变为零。求此电场的方向和速度变为零时小球的位置坐标。
[解析]由牛顿定律知，小球的加速度大小a=
=
=0.20m/s2.
当场强沿x轴正方向时，经1.0s小球的速度大小为vx=at=0.20×1.0=0.20m/s.小球沿x轴方向移动的距离为△x1=at2=×0.2×1.02=0.10m.
在第2s内，电场方向沿y轴正方向，所以小球在x方向做速度vx的匀速运动，在y方向做初速度为零的匀加速运动，沿x方向移动的距离△x2=vxt=0.20m;沿y方向上移动的距离△y==at2=×0.2×1.02=0.10m.所以第2 s末小球的位置坐标
x2=0.10+0.20=0.30m y2=0.10m
第2s末，x方向的分速度仍为vx，在y方向分速度vy=at=0.20×1.0=0.20m/s.
由上可知此时小球运动方向与x轴成45度角，要使小不速度能变为零，则在第3s内所加场强方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成225度角。
在第3 s内，设在电场作用下小球加速度的x分量和y分量分别为ax、ay，则
ax=
=0.20m/s2; ay=
=0.20m/s2;
在第3s末小球到达的位置坐标为
x3=x2+vxt-axt2=0.40m y3=y2+vyt-ayt2=0.20m
[答案]在第3s内所加场强方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成225度角。坐标位置为（0.40m,0.20m）。
[点评]本题中的运动较为复杂，须对带电粒子在电场中的偏转有较深的理解方能解此题。同时本题对空间想象能力要求比较高。
【解题技巧】
要正确地解决本章节的内容，还应掌握一定的解题技巧。首先，应对重点的知识点有正确的理解和把握。如在应用牛顿第二定律应注意定律的同体性、矢量性、瞬时性和独立性。
⑴“同体性”是指F、m.、a应系同一物体。
⑵“矢量性”是指加速度的方向与合外力的方向相同。
⑶“瞬时性”是指加速度与合外力存在瞬时关系，合外力改变，加速度随即改变，合外力产生的加速度即是这些加速度的矢量和。
⑷“独立性”是指作用在物体上的每一个力都将独立地产生各自的加速度，合外力产生的加速度即是这些加速度的矢量和。
如对牛顿第三定律中的作用力和反作用力与一个物体受到的一对平衡力的关系要有正确的理解。一对作用力和反作用力与一对平衡力虽等大反向,但前者受力的对象为两个物体,至于这两个物体的具体运动性质，还需视两个物体受到的其他力而定。后者的受力对象为一个物体，从效果上看,使该物体处于平衡状态。从性质上看,一对作用与反作用力性质必定相同,而一对平衡力的性质不一定相同。从作用的时间上看,一对作用力反作用力同生同灭,互相牵制而一对平衡力则无此特点.
其次，介绍一下解题的基本思路和技巧。
一、牛顿定律和运动学公式联用求解综合题一般步骤：
⑴根据物体的受力情况确定运动情况,此类问题的求解步骤是先应用牛顿定律求出加速度,再根据初始条件应用运动学公式确定物体的运动情况.
⑵根据物体的运动情况推断物体的受力情况,此类问题的求解步骤是先应用运动学公式求出加速度,再应用牛顿定律推断物体的受力情况.
⑶无论是已知受力情况确定运动情况,还是已知运动情况确定受力情况,如果物体中受两个互成角度的力作用而做加速运动时,则这两个力的合力方向(由平行四边形法则直接合成)与物体运动的加速度方向必定相同.因此,解题时只要已知或判断知加速度方向,就可知合力方向,反之亦然,若平行四边形中有直角三角形,要充分利用三角形的数学知识分析.
二、如何求瞬时加速度的方向
在处理和弹性绳(或软弹簧)相连物体的瞬时加速度时,一般要用到弹性绳的形变发生形变的过程需时较长,在短时间内形变量可视作不变这一结论.
三、动力学中正交分解法
⑴如果物体受三个力及三个以上力作用产生加速度，常采用的办法是建立平面直角坐标系，最好使x轴沿加速度方向，然后将各个力进行正交分解，分别求出x轴和y轴方向的合力∑Fx和 ∑Fy,然后根据下式
∑Fx=max, ∑Fy=0 布列方程。
⑵如果物体所受各个力互相垂直或大部分互相垂直，而加速度又和这些力有一夹角，这时一般用分解加速度的方法处理，即x和y轴与各个力（或大部分力）互相垂直，根据
∑Fx=max, ∑Fy=may 布列方程。
四、动力学中连接体问题处理方法
⑴隔离法：若连接体内（即系统内）各物体的加速度大小或方向不同时，一般应将各个物体隔离出来，分别对各个物体根据牛顿定律列式，并要注意标明各物体的加速度方向，找到各物体之间的速度制约关系。
⑵整体法：若连接体内（即系统内）各物体的加速度相同，又不需要系统内各物体间的相互作用力时，可取系统作为一个整体来研究，若连接体内各物体的加速度虽不相同（主要指大小不同），但不需求系统内物体间的相互作用力时，可利用
∑Fx=m1a1x+m2a2x+……
∑Fx=m1a1y+m2a2y+……
对系统列式较简捷。特别是处理选择题.填充题中加速度不同物体的有关问题时尢为方便。
⑶整体法与隔离法交叉使用：若连接体内（即系统内）各物体具有相同的加速度时，应先把连接体当成一个整体列式。如还要求连接体内物体相互作用的内力，则把物体隔离，对单个物体根据牛顿定律列式。
五、整体法和隔离法
1、所谓隔离法就是将物理问题的某些研究对象或某些过程、状态从系统或全过程中隔离出来进行研究的方法.隔离法的两种类型:
⑴对象的隔离:即为寻求与某物体有关的所求量与已知量之间的关系,将某物体从系统中隔离出来;
⑵过程的隔离:物体往往参与几个运动过程,为求解涉及某个过程中的物理量,就必须将这个过程从全过程中隔离出来.
2.所谓整体法,就是指对物理问题整个系统或过程进行研究的方法,也包括两种情况:
⑴整体研究物体系:当不涉及系统中某个物体的力和运动时常用;
⑵整体研究运动全过程:当所求的物理量只涉及运动的全过程时常用。
能力培养
1、（启东中学，基础题，5分，3分钟）关于牛顿第一定律有下列说法：①牛顿第一定律是实验定律；②牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因；③惯性定律与惯性的实质是相同的；④物体的运动不需要力来维持。其中正确的是 （ ）
A．①② B．②③ C．②④ D．①②④
2、（启东中学，基础题，5分，3分钟）一惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计。加速度计的构造原理的示意图如图所示：沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数为k的弹簧相连；两弹簧的另一端与固定壁相连．滑块原来静止，弹簧处于自然长度．滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导．设某段时间内导弹沿水平方向运动；指针向左偏离O点的距离为s，则这段时间内导弹的加速度（ ）
A．方向向左，大小为ks/m
B．方向向右，大小为ks/m
C．方向向左，大小为2ks/m
D．方向向右，大小为2ks/m
3、（启东中学，基础题，5分，5分钟）如图所示，在粗糙的水平面上放一三角形木块a，若物体b在a的斜面上匀速下滑，则 ( )
A．a保持静止，而且没有相对于水平面运动的趋势
B．a保持静止，但有相对于水平面向右运动的趋势
C．a保持静止，但有相对于水平面向左运动的趋势
D．因未给出所需数据，无法对a是否运动或有无运动趋势作出判断
4、（启东中学，中档题，10分，8分钟）一间新房即将建成要封顶，考虑到下雨，使落到房顶的雨滴能尽快地滴出房顶，要设计好房顶的坡度．设雨滴沿房顶下淌时无初速无摩擦的运动，那么图四种情况下最符合要求的是 ( )
