（2027届高考物理人教版（2019）二轮练习（含解析）复习之挑战压轴题：功和能（20题）

这是一份（2027届高考物理人教版（2019）二轮练习（含解析）复习之挑战压轴题：功和能（20题），共3页。试卷主要包含了解答题，减速停止，平抛运动的基本规律等内容，欢迎下载使用。
1．（北京）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为。
（1）质量为的雨滴由静止开始，下落高度时速度为，求这一过程中克服空气阻力所做的功。
（2）将雨滴看作半径为的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力，其中是雨滴的速度，是比例系数。
．设雨滴的密度为，推导雨滴下落趋近的最大速度与半径的关系式；
．示意图中画出了半径为、的雨滴在空气中无初速下落的图线，其中 对应半径为的雨滴（选填①、②；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的图线。
（3）由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为的圆盘，证明：圆盘以速度下落时受到的空气阻力（提示：设单位体积内空气分子数为，空气分子质量为。
2．（天津）2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极、之间的匀强电场（初速度忽略不计），、间电压为，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为，电荷量为，其中是正整数，是元电荷。
（1）若引擎获得的推力为，求单位时间内飘入、间的正离子数目为多少；
（2）加速正离子束所消耗的功率不同时，引擎获得的推力也不同，试推导的表达式；
（3）为提高能量的转换效率，要使尽量大，请提出增大的三条建议。
3．（上海）如图，光滑轨道固定在竖直平面内，点与粗糙水平轨道相切，一质量为的小球从高静止落下，在处与一质量为的滑块相撞后小球静止，小球的动能全部传递给滑块，随后滑块从处运动到处且高，滑块通过在段所用时间为。求：
（1）处的动摩擦因数；
（2）若将此过程类比为光电效应的过程，则：为 ；为 ；分析说明： 类比为极限频率。
4．（全国）一长方形木块固定在水平桌面上，已知质量为、速度为的子弹沿水平方向射入木块，它穿出木块时的速度为．现把该木块放在光滑的水平桌面上，让该子弹以相同的速度射入木块，若子弹仍能穿出木块，则木块的质量应满足什么条件？假定两种情况下，木块对子弹的阻力可视为大小相等的恒力。
5．（新课标Ⅱ）轻质弹簧原长为，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为。现将该弹簧水平放置，一端固定在点，另一端与物块接触但不连接。是长度为的水平轨道，端与半径为的光滑半圆轨道相切，半圆的直径竖直，如图所示。物块与间的动摩擦因数．用外力推动物块，将弹簧压缩至长度，然后释放，开始沿轨道运动，重力加速度大小为。
（1）若的质量为，求到达点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到上的位置与点间的距离；
（2）若能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求的质量的取值范围。
6．（新课标Ⅲ）如图，在竖直平面内，一半径为的光滑圆弧轨道和水平轨道在点相切，为圆弧轨道的直径，为圆心，和之间的夹角为，．一质量为的小球沿水平轨道向右运动，经点沿圆弧轨道通过点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为。求
（1）水平恒力的大小和小球到达点时速度的大小；
（2）小球达点时动量的大小；
（3）小球从点落至水平轨道所用的时间。
7．（新课标Ⅰ）如图，一轻弹簧原长为，其一端固定在倾角为的固定直轨道的底端处，另一端位于直轨道上处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于点，，、、、均在同一竖直面内。质量为的小物块自点由静止开始下滑，最低到达点（未画出），随后沿轨道被弹回，最高点到达点，，已知与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为。（取，
（1）求第一次运动到点时速度的大小。
（2）求运动到点时弹簧的弹性势能。
（3）改变物块的质量，将推至点，从静止开始释放。已知自圆弧轨道的最高点处水平飞出后，恰好通过点。点在点左下方，与点水平相距、竖直相距，求运动到点时速度的大小和改变后的质量。
8．（合肥二模）将一轻弹簧竖直放置在地面上，在其顶端由静止释放一质量为的物体，当弹簧被压缩到最短时，其压缩量为。现将该弹簧的两端分别栓接小物块与，并将它们静置于倾角为的足够长固定斜面上，靠在垂直于斜面的挡板上，点为斜面上弹簧自然状态时的位置，如图所示。由斜面上距点的点，将另一物块以初速度沿斜面向下滑行，经过一段时间后与发生正碰，碰撞时间极短，碰后、紧贴在一起运动，但不粘连，已知斜面点下方光滑、上方粗糙，、、的质量均为，与斜面间的动摩擦因数均为，弹簧劲度系数，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为。求：
（1）与碰撞前瞬间的速度大小；
（2）最终停止的位置与点的距离
（3）判断上述过程中能否脱离挡板，并说明理由。
9．（新课标Ⅲ）如图，在竖直平面内由圆弧和圆弧组成的光滑固定轨道，两者在最低点平滑连接。弧的半径为，弧的半径为．一小球在点正上方与相距处由静止开始自由下落，经点沿圆弧轨道运动。
（1）求小球在、两点的动能之比；
（2）通过计算判断小球能否沿轨道运动到点。
10．（广州一模）如图，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上表面。时刻，给木板一个水平向右的初速度，同时对木板施加一个水平向左的恒力，经一段时间，滑块从木板上掉下来。已知木板质量，高，与地面间的动摩擦因数；滑块质量，初始位置距木板左端，距木板右端；初速度，恒力，重力加速度．求：
（1）滑块从离开木板开始到落至地面所用时间；
（2）滑块离开木板时，木板的速度大小；
（3）从时刻开始到滑块落到地面的过程中，摩擦力对木板做的功。
11．（云南一模）如图中所示，在倾角的光滑斜面上，并排放着质量分别为和的两物块。轻弹簧一端与物块相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态。从时刻开始，对施加一沿斜面向上的力使物块沿斜面向上作匀加速运动，若力随时间变化的规律如图乙所示，取，求：
（1）运动的加速度大小：
（2）弹簧的劲度系数；
（3）从开始运动到，刚分离过程中力做的功。
12．（青浦区一模）如图所示，在距水平地面高的光滑水平台面上，一个质量的小物块压缩弹簧后被锁扣锁住，储存了的弹性势能，现打开锁扣，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道（无能量损失）。已知点的切线水平，并与水平地面上长为的粗糙直轨道平滑连接，小物块沿轨道运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度，空气阻力忽略不计。试求：
（1）小物块运动到点时速度的大小。
（2）若小物块第一次运动到点时恰好停下，则小物块与轨道之间的动摩擦因数的大小是多少。
（3）若小物块与墙壁碰撞后速度反向、大小不变，且在之后的运动中不会与点发生第二次碰撞，那么小物块与轨道之间的动摩擦因数应该满足怎样的条件。（不考虑物块从点飞出情况）
13．（新课标Ⅰ）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。时刻，小物块在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当返回到倾斜轨道上的点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块运动的图象如图（b）所示，图中的和均为未知量。已知的质量为，初始时与的高度差为，重力加速度大小为，不计空气阻力。
（1）求物块的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块克服摩擦力所做的功；
（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将从点释放，一段时间后刚好能与再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
14．（崇明区一模）我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量的运动员从长直助滑道的处由静止开始，在无助力的情况下以加速度匀加速滑下，到达点时速度，与的竖直高度差。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台点之间用一段弯曲滑道衔接，与点的高度差，与点的高度差，忽略上的摩擦。求：
（1）运动员离开起跳台时的速度；
（2）段的倾斜角度；
（3）运动员在段下滑时受到阻力的大小；
（4）实际上，段上的摩擦力，以及运动过程中的空气阻力是不可避免的。运动员为了能在离开跳台后，跳得更高，如果你是教练员，请用学习过的物理知识指导运动员（至少提出两点意见）。
15．（江西一模）如图所示轻弹簧一端固定在水平面上的竖直挡板上，处于原长时另一端位于水平面上点处，点左侧光滑，右侧粗糙。水平面的右侧点处有一足够长的斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为，斜面上有一半径为的光滑半圆轨道与斜面切于点，半圆轨道的最高点为，为半圆轨道的另一端点，，、、、、、均在同一竖直面内。使质量为的小物块挤压弹簧右端至点，然后由静止释放，到达点时立即受到斜向右上方，与水平方向的夹角为，大小为的恒力，一直保持对物块的作用，结果通过半圆轨道的最高点时的速度为．已知与水平面斜面间的动摩擦因数均为，取．，
（1）运动到点时对轨道的压力大小；
（2）弹簧的最大弹性势能；
（3）若其它条件不变，增大、间的距离使过点后恰好能垂直落在斜面上，求在斜面上的落点距点的距离。
16．（新课标Ⅲ）静止在水平地面上的两小物块、，质量分别为，；两者之间有一被压缩的微型弹簧，与其右侧的竖直墙壁距离，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使、瞬间分离，两物块获得的动能之和为．释放后，沿着与墙壁垂直的方向向右运动。、与地面之间的动摩擦因数均为．重力加速度取．、运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
（1）求弹簧释放后瞬间、速度的大小；
（2）物块、中的哪一个先停止？该物块刚停止时与之间的距离是多少？
（3）和都停止后，与之间的距离是多少？
17．（新课标Ⅱ）一质量为的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），；时间段为刹车系统的启动时间，；从时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从时刻开始，汽车第内的位移为，第内的位移为。
（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的图线；
（2）求时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？
18．长为、质量为的长木板锁定在水平面上，一个质量为的物块从长木板的左端以的水平速度滑上长木板，结果物块刚好滑到长木板的右端，已知重力加速度，不计物块的大小。
（1）求物块与长木板间的动摩擦因数；
（2）若水平面光滑，解除长木板的锁定，将物块放在长木板上表面的右端，给长木板一个大小为的向右的瞬时初速度。试分析物块会不会从长木板上滑离，如果能滑离，求物块滑离木板时的速度；如果不能滑离，求物块与长木板最后的共同速度；
（3）若水平面是粗糙的，解除长木板的锁定，仍将物块放在长木板上表面的右端，给长木板一个大小为的向右的瞬时初速度，结果物块刚好滑到长木板的中点时与长木板相对静止，求长木板最终滑行的距离。
19．（绵阳模拟）如图所示，一倾角为的光滑斜面固定于水平地面上，为斜面顶点，为斜面上一点同一竖直平面内有固定点，、连线垂直于斜面，，、间距离长度为 长度为的轻绳一端系于点，另一端系质量为的小球，质量为的滑块在一锁定装置作用静止于斜面上的点。现将球拉至与点等高的水平位置，拉直轻绳，以竖直向下的初速度释放，与发生碰撞前一间，锁定装置解除，、均视为质点，碰撞过程中无能量损失，重力加速度为
（1）求小球通过最低点点时，绳对小球拉力的大小；
（2）求小球与滑块碰撞后瞬间，小球和滑块的速度和
（3）若、碰后，滑块能沿斜面上滑越过点，且小球在运动过程中始终不脱离圆轨道，求初速度的取值范围
20．（浙江模拟）如图1所示为单板滑雪型池的比赛场地，比赛时运动员在形滑道内边滑行边利用滑道做各种旋转和跳跃动作，裁判员根据运动员的腾空高度、完成的动作难度和效果评分。图2为该型池场地的横截面图，、为半径的四分之一光滑圆弧雪道，为水平雪道且与圆弧雪道相切，长为，质量为的运动员（含滑板）以的速度从点滑下，经型雪道从点竖直向上飞出，在点上方完成动作的时间为，然后又从点返回型雪道，忽略空气阻力，运动员可视为质点，求：
（1）运动员与雪道间的动摩擦因数；
（2）运动员首次运动到点时对雪道的压力；
（3）运动员最后距离点多远处停下。
2020年高考物理复习之挑战压轴题：功和能（20题）
参考答案与试题解析
一、解答题（共20小题）
1．（北京）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为。
（1）质量为的雨滴由静止开始，下落高度时速度为，求这一过程中克服空气阻力所做的功。
（2）将雨滴看作半径为的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力，其中是雨滴的速度，是比例系数。
．设雨滴的密度为，推导雨滴下落趋近的最大速度与半径的关系式；
．示意图中画出了半径为、的雨滴在空气中无初速下落的图线，其中 ① 对应半径为的雨滴（选填①、②；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的图线。
（3）由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为的圆盘，证明：圆盘以速度下落时受到的空气阻力（提示：设单位体积内空气分子数为，空气分子质量为。
【考点】65：动能定理
【专题】22：学科综合题；12：应用题；64：应用数学处理物理问题的能力；：方程法；31：定性思想；：动能定理的应用专题
【分析】（1）分析雨滴动能和重力势能大小的变化，根据动能定理即可求出；
（2）雨滴匀速下落时，受竖直向下的重力、竖直向上的空气阻力作用而处于平衡状态，由平衡条件可以求出雨滴在空气中下落的终极速度表达式，然后判断；若没有空气的阻力，则雨滴做自由落体运动；
（3）根据共点力平衡条件和题意中有关摩擦力的关系式列式求解。
【解答】解：（1）对雨滴，下落得过程中重力做正功，阻力做负功，由动能定理可得：
所以：
（2）．当雨滴的速度最大时：
其中：，空气阻力，
联立可得：
．由可知雨滴的半径越大则末速度越大，所以末速度较大的①对应半径为的雨滴。
若没有空气的阻力，则雨滴做自由落体运动，则：
其图象如图：
（3）取圆盘△时间内扫过柱体内分子的个数为，则：△
由题意，由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，若取上下左右前后6个方向，则各方向的分子各占；
设分子的平均速率为，碰撞为弹性碰撞，则：
对上表面，向下运动的分子与圆盘碰撞，由于圆盘的质量远大于分子的质量，根据动量守恒与动能守恒可知，则分子碰撞后的速率：
对分子则：
沿前后左右方向运动的分子与盘的下表面碰撞，获得向下的速率，大小为，所以：
对下表面，向上运动的分子与圆盘碰撞，由于圆盘的质量远大于分子的质量，根据动量守恒与动能守恒可知，则分子碰撞后的速率：
对分子则：
圆盘受到的阻力：
联立可得：
则：
答：（1）质量为的雨滴由静止开始，下落高度时速度为，这一过程中克服空气阻力所做的功为。
（2）．设雨滴的密度为，推导雨滴下落趋近的最大速度与半径的关系式为；
．①，如图；
（3）证明见上。
【点评】该题属于物理知识在日常生活中的应用，其中雨滴的终极速度是常见的问题，要注意雨滴的质量与球的体积的联系。
2．（天津）2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极、之间的匀强电场（初速度忽略不计），、间电压为，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为，电荷量为，其中是正整数，是元电荷。
（1）若引擎获得的推力为，求单位时间内飘入、间的正离子数目为多少；
（2）加速正离子束所消耗的功率不同时，引擎获得的推力也不同，试推导的表达式；
（3）为提高能量的转换效率，要使尽量大，请提出增大的三条建议。
【考点】：电势差和电场强度的关系；65：动能定理
【专题】62：推理能力；43：推理法；32：定量思想；531：带电粒子在电场中的运动专题
【分析】（1）根据动能定理求出正离子经过电极时的速度，由牛顿第二定律求出引擎在△时间内飘入电极间的正离子个数△，即可求解；
（2）正离子束在电场中做匀加速直线运动和牛顿第三定律求解表达式，
（3）为使尽量大，分析⑥式得到三条建议：用质量大的离子；用带电量少的离子：减小加速电压。
【解答】解：（1）设正离子经过电极时的速度为，根据动能定理，有
设正离子束所受的电场力为，根据牛顿第三定律，有
设引擎在△时间内飘入电极间的正离子个数为△，由牛顿第二定律，有
△
联立①②③式，且得
④
（2）设正离子束所受的电场力为，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有
⑤
考虑到牛顿第三定律得到，联立①⑤式得
⑥
（3）为使尽量大，分析⑥式得到
三条建议：用质量大的离子；用带电量少的离子：减小加速电压。
答：（1）若引擎获得的推力为，单位时间内飘入、间的正离子数目为；
（2）加速正离子束所消耗的功率不同时，引擎获得的推力也不同，的表达式为；
（3）为提高能量的转换效率，要使尽量大，三条建议：用质量大的离子；用带电量少的离子：减小加速电压。
【点评】本题考查了动能定理和牛顿定律的综合运用，本题的难点在于从题中获取有用的信息，建立物理模型，选择合适的规律进行求解。
3．（上海）如图，光滑轨道固定在竖直平面内，点与粗糙水平轨道相切，一质量为的小球从高静止落下，在处与一质量为的滑块相撞后小球静止，小球的动能全部传递给滑块，随后滑块从处运动到处且高，滑块通过在段所用时间为。求：
（1）处的动摩擦因数；
（2）若将此过程类比为光电效应的过程，则：为 光子 ；为 ；分析说明： 类比为极限频率。
【考点】：机械能守恒定律
【专题】11：计算题；：机械能守恒定律应用专题；43：推理法；31：定性思想
【分析】（1）下滑过程机械能守恒，应用动量守恒定律求出物块到达段的速度，然后应用运动学公式与牛顿第二定律可以求出动摩擦因数。
（2）碰撞过程球的动能全部传递给，没有机械能损失，物体发生弹性碰撞，根据碰撞过程与光电效应过程分析答题。
【解答】解：（1）球运动到处过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
然后将这部分能量传递给，设球在处的速度为，由机械能守恒定律得：，
解得：，
物块在间运动过程：，
由牛顿第二定律解得：，
解得：
（2）、碰撞过程与光电效应相类似，光电效应过程光子与原子中的电子碰撞，电子吸收光子的能量，电子成为光电子，由此可知，球相当于光子，相当于光电子，相当于极限频率；
答：（1）处的动摩擦因数为；
（2）光子；光电子；。
【点评】本题考查了机械能守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用机械能守恒定律、运动学公式与牛顿第二定律可以解题。
4．（全国）一长方形木块固定在水平桌面上，已知质量为、速度为的子弹沿水平方向射入木块，它穿出木块时的速度为．现把该木块放在光滑的水平桌面上，让该子弹以相同的速度射入木块，若子弹仍能穿出木块，则木块的质量应满足什么条件？假定两种情况下，木块对子弹的阻力可视为大小相等的恒力。
【考点】65：动能定理；53：动量守恒定律
【专题】：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；32：定量思想；11：计算题；43：推理法
【分析】木块固定时，对子弹应用动能定理求出子弹克服阻力做功；木块放在光滑水平面上，子弹与木块组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出子弹恰好穿出木块时木块的质量，然后确定木块质量需要满足的条件。
【解答】设木块的质量为，设木块长度为，木块固定时，子弹射穿木块，
对子弹，由动能定理得：，
木块不固定时，子弹射入木块，系统动量守恒，设子弹恰好穿出木块，
子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：，
由能量守恒定律得：，
解得：，子弹要穿出木块：；
答：子弹仍能穿出木块，则木块的质量应满足的条件是：。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚题意与物体的运动过程是解题的前提，应用动能定理、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题，注意动能定理力做功的正负，及动量守恒定律的矢量性。
5．（新课标Ⅱ）轻质弹簧原长为，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为。现将该弹簧水平放置，一端固定在点，另一端与物块接触但不连接。是长度为的水平轨道，端与半径为的光滑半圆轨道相切，半圆的直径竖直，如图所示。物块与间的动摩擦因数．用外力推动物块，将弹簧压缩至长度，然后释放，开始沿轨道运动，重力加速度大小为。
（1）若的质量为，求到达点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到上的位置与点间的距离；
（2）若能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求的质量的取值范围。
【考点】43：平抛运动；65：动能定理
【专题】33：参照思想；：动能定理的应用专题；11：计算题；49：合成分解法
【分析】（1）先研究弹簧竖直的情况，根据系统的机械能守恒求出弹簧最大的弹性势能。弹簧如图放置时，由于弹簧的压缩量等于竖直放置时的压缩量，两种情况弹簧的弹性势能相等。由能量守恒定律求出物体滑到点时的速度，由机械能守恒定律求出物体到达点的速度。物体离开点后做平抛运动，由平抛运动的规律求水平距离。
（2）能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，能上升的最高点为，根据能量守恒定律列式和临界条件求解。
【解答】解：（1）将弹簧竖直放置在地面上，物体下落压缩弹簧时，由系统的机械能守恒得

如图，根据能量守恒定律得

联立解得
物体从到的过程，由机械能守恒定律得

解得
所以物体能到达点，且物体离开点后做平抛运动，则有


解得
即落地点与点间的距离为。
（2）刚好过点，有：，解得
最多到而不脱轨，则有，解得
所以满足条件的的质量的取值范围为：。
答：
（1）到达点时速度的大小是，它离开圆轨道后落回到上的位置与点间的距离是。
（2）的质量的取值范围为：。
【点评】解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如何转化，分段运用能量守恒定律列式是关键。
6．（新课标Ⅲ）如图，在竖直平面内，一半径为的光滑圆弧轨道和水平轨道在点相切，为圆弧轨道的直径，为圆心，和之间的夹角为，．一质量为的小球沿水平轨道向右运动，经点沿圆弧轨道通过点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为。求
（1）水平恒力的大小和小球到达点时速度的大小；
（2）小球达点时动量的大小；
（3）小球从点落至水平轨道所用的时间。
【考点】65：动能定理；：力的合成与分解的运用；：向心力；45：运动的合成和分解
【专题】：动能定理的应用专题；517：运动的合成和分解专题；31：定性思想；43：推理法；：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；11：计算题
【分析】（1）根据力的合成法则，结合牛顿第二定律，及勾股定理，即可求解；
（2）作，依据几何关系，并由动能定理计算速度大小，即可求解动量大小；
（3）根据运动的合成与分解，结合运动学公式，即可求解。
【解答】解：（1）设水平恒力的大小为，小球到达点时所受合力的大小为，
由力的合成法则，则有：
；
设小球到达点时的速度大小为，由牛顿第二定律得：
联立上式，结合题目所给数据，解得：
（2）设小球到达点的速度大小，作，交于点，
由几何关系得：
由动能定理有，
联立上式，结合题目所给数据，那么小球在点的动量大小为：
（3）小球离开点后，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，加速度大小为，
设小球在竖直方向的初速度为，从点落到水平轨道上所用时间为，
由运动学公式，则有：
联立上式，结合题目数据，解得：
答：（1）水平恒力的大小，小球到达点时速度的大小；
（2）小球达点时动量的大小；
（3）小球从点落至水平轨道所用的时间。
【点评】考查力的合成法则，掌握牛顿第二定律的内容，及动能定理的应用，理解几何知识的运用，同时注意运动的合成与分解的内容。
7．（新课标Ⅰ）如图，一轻弹簧原长为，其一端固定在倾角为的固定直轨道的底端处，另一端位于直轨道上处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于点，，、、、均在同一竖直面内。质量为的小物块自点由静止开始下滑，最低到达点（未画出），随后沿轨道被弹回，最高点到达点，，已知与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为。（取，
（1）求第一次运动到点时速度的大小。
（2）求运动到点时弹簧的弹性势能。
（3）改变物块的质量，将推至点，从静止开始释放。已知自圆弧轨道的最高点处水平飞出后，恰好通过点。点在点左下方，与点水平相距、竖直相距，求运动到点时速度的大小和改变后的质量。
【考点】：功能关系；65：动能定理；69：弹性势能
【专题】11：计算题；：方程法；22：学科综合题；：功能关系 能量守恒定律；32：定量思想
【分析】（1）对物体从到的过程分析，由动能定理列式可求得物体到达点的速度；
（2）同（1）的方法求出物块返回点的速度，然后对压缩的过程与弹簧伸长的过程应用功能关系即可求出；
（3）离开点后做平抛运动，将物块的运动分解即可求出物块在点的速度，到的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系即可求出物块的质量。
【解答】解：（1）到的过程中重力和斜面的阻力做功，所以：
其中：
代入数据得：
（2）物块返回点后向上运动的过程中：
其中：
联立得：
物块向下到达最低点又返回的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为，则：
整理得：
物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为，则：
又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：
所以：
（3）由几何关系可知图中点相对于点的高度：
所以点相对于点的高度：
小球做平抛运动的时间：
点到点的水平距离：
由：
联立得：
到的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系得：
联立得：
答：（1）第一次运动到点时速度的大小是。
（2）运动到点时弹簧的弹性势能是。
（3）改变物块的质量，将推至点，从静止开始释放。已知自圆弧轨道的最高点处水平飞出后，恰好通过点。点在点左下方，与点水平相距、竖直相距，求运动到点时速度的大小是，改变后的质量是。
【点评】本题考查功能关系、竖直面内的圆周运动以及平抛运动，解题的关键在于明确能达到点的条件，并能正确列出动能定理及理解题目中公式的含义。第二小问可以从运动全过程的角度跟能量的角度来列式
带入数据，解得
；
带入数据，解得
8．（合肥二模）将一轻弹簧竖直放置在地面上，在其顶端由静止释放一质量为的物体，当弹簧被压缩到最短时，其压缩量为。现将该弹簧的两端分别栓接小物块与，并将它们静置于倾角为的足够长固定斜面上，靠在垂直于斜面的挡板上，点为斜面上弹簧自然状态时的位置，如图所示。由斜面上距点的点，将另一物块以初速度沿斜面向下滑行，经过一段时间后与发生正碰，碰撞时间极短，碰后、紧贴在一起运动，但不粘连，已知斜面点下方光滑、上方粗糙，、、的质量均为，与斜面间的动摩擦因数均为，弹簧劲度系数，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为。求：
（1）与碰撞前瞬间的速度大小；
（2）最终停止的位置与点的距离
（3）判断上述过程中能否脱离挡板，并说明理由。
【考点】：匀变速直线运动的位移与时间的关系；：共点力的平衡；：机械能守恒定律；53：动量守恒定律；65：动能定理
【专题】43：推理法；11：计算题；32：定量思想；：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合
【分析】（1）对，应用动能定理可以求出碰撞前的速度。
（2）、碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的速度，然后应用动能定理解题。
（3）根据离开挡板的条件，对应用动能定理分析判断是否可以离开挡板。
【解答】解：（1）对，由平衡条件得：，解得：，
与碰撞前过程，对，由动能定理得：
，
解得：；
（2）当竖直放置的弹簧被压缩时，质量为的物体的动能为零，
其重力势能转化为弹簧的弹性势能，由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能：，
与碰撞过程系统动量守恒，以向下为正方向，
由动量守恒定律得：，
与碰撞后到返回点过程，始终未动，对、及弹簧组成的系统，
由机械能守恒定律得：，
此后与分离，沿斜面向上匀减速运动直到停下，由动能定理得：
，
解得：，最终停止的位置与点距离为；
（3）要使离开挡板，弹簧必须伸长：，
即需到达斜面上的点上方处，此时弹簧弹性势能为，
假定可以到达该处，则对由至该处过程，
由动能定理得：，
其中：，
解得：，说明此时仍有沿斜面向上的速度，故可以离开挡板；
答：（1）与碰撞前瞬间的速度大小为；
（2）最终停止的位置与点的距离为；
（3）能脱离挡板，因脱离挡板时仍沿斜面向上运动。
【点评】本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律与动能定理的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、动能定理与机械能守恒定律即可解题。
9．（新课标Ⅲ）如图，在竖直平面内由圆弧和圆弧组成的光滑固定轨道，两者在最低点平滑连接。弧的半径为，弧的半径为．一小球在点正上方与相距处由静止开始自由下落，经点沿圆弧轨道运动。
（1）求小球在、两点的动能之比；
（2）通过计算判断小球能否沿轨道运动到点。
【考点】65：动能定理；：向心力；：机械能守恒定律
【专题】：动能定理的应用专题；：临界法；11：计算题；34：比较思想
【分析】（1）根据机械能守恒定律分别求出小球经过点和点的动能，再得到它们的比值。
（2）假设小球能到达点，由机械能守恒定律求出小球到达点的速度，与临界速度比较，即可判断小球能否到点。
【解答】解：（1）根据机械能守恒定律得


则得小球在、两点的动能之比。
（2）假设小球能到达点，由机械能守恒定律得

即得到达点的速度
设小球通过点的临界速度为．则有

即得
因为，所以小球恰好到达点。
答：
（1）小球在、两点的动能之比是。
（2）小球恰好到达点。
【点评】分析清楚小球的运动过程，把握圆周运动最高点临界速度的求法：重力作为向心力，同时要熟练运用机械能守恒定律。
10．（广州一模）如图，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上表面。时刻，给木板一个水平向右的初速度，同时对木板施加一个水平向左的恒力，经一段时间，滑块从木板上掉下来。已知木板质量，高，与地面间的动摩擦因数；滑块质量，初始位置距木板左端，距木板右端；初速度，恒力，重力加速度．求：
（1）滑块从离开木板开始到落至地面所用时间；
（2）滑块离开木板时，木板的速度大小；
（3）从时刻开始到滑块落到地面的过程中，摩擦力对木板做的功。
【考点】37：牛顿第二定律；62：功的计算；65：动能定理
【专题】32：定量思想；11：计算题；：寻找守恒量法；22：学科综合题；：动能定理的应用专题
【分析】（1）由于上表面光滑，小物块与木板间无摩擦则小物块离开木板前始终对地静止，滑块离开后做自由落体运动，由来计算时间；
（2）由于上表面光滑则小物块离开木板前始终对地静止，木板在恒力和摩擦力共同作用下先向右匀减速后向左匀加速，对木板应用牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式即可求解时间；
（3）摩擦力做功为，为木板运动的路程。
【解答】解：（1）设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知

得
（2）以木板为研究对象，向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得

解得，则木板减速到零所经历的时间
所经过的位移
由于，表明这时滑块仍然停留在木板上
此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的方向改变，由牛顿第二定律得

得
滑块离开木板时，木板向左的位移
该过程根据运动学公式
得
滑块滑离瞬间木板的速度
（3）滑块离开木板后，木板所受地面的支持力及摩擦力随之改变，由牛顿第二定律得

得
故木板在这段时间的位移为
代入数据解得
整个过程摩擦力对木板做的功为
代入数据解得
答：
（1）滑块从离开木板开始到落至地面所用时间是；
（2）滑块离开木板时，木板的速度大小是；
（3）从时刻开始到滑块落到地面的过程中，摩擦力对木板做的功是。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，分析滑块的运动是关键，由于上表面光滑，小物块与木板间无摩擦则小物块离开木板前始终对地静止，滑块离开后做自由落体运动；注意摩擦力做功与路程有关。
11．（云南一模）如图中所示，在倾角的光滑斜面上，并排放着质量分别为和的两物块。轻弹簧一端与物块相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态。从时刻开始，对施加一沿斜面向上的力使物块沿斜面向上作匀加速运动，若力随时间变化的规律如图乙所示，取，求：
（1）运动的加速度大小：
（2）弹簧的劲度系数；
（3）从开始运动到，刚分离过程中力做的功。
【考点】37：牛顿第二定律；：胡克定律
【专题】43：推理法；32：定量思想；522：牛顿运动定律综合专题；11：计算题；63：分析综合能力
【分析】（1）未施加拉力时，系统处于平衡状态，由平衡条件列式，刚施加时，对、整体，由牛顿第二定律结合图象可求得加速度；
（2）题意可知时，、开始分离，对物体由牛顿第二定律结合运动学公式可求得弹簧的劲度系数；
（3）由牛顿第二定律结合运动学公式可得出随、的位移变化的图象，则力做的功可求解。
【解答】解：（1）未施加拉力时，、均静止，可得：①
时刻刚施加时，对、整体，据牛顿第二定律可得：②
由图象可得此时
由以上两式解得：③
（2）据题意可知时，、开始分离，刚分离时，
对据牛顿第二定律可得：：④
内，对
又：
解得：
（3）设、运动的位移为，、分离前，有：⑦
可得：
从开始运动到、分离：
解得：
此时拉力的大小为①
由此可得从开始运动到、刚分离，随、的位移变化的图象如图所示，由图象可得：
答：（1）运动的加速度大小是；
（2）弹簧的劲度系数是；
（3）从开始运动到，刚分离过程中力做的功是。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，结合图象分析两个物体的运动过程是求解的关键，注意牛顿第二定律的灵活运用。
12．（青浦区一模）如图所示，在距水平地面高的光滑水平台面上，一个质量的小物块压缩弹簧后被锁扣锁住，储存了的弹性势能，现打开锁扣，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道（无能量损失）。已知点的切线水平，并与水平地面上长为的粗糙直轨道平滑连接，小物块沿轨道运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度，空气阻力忽略不计。试求：
（1）小物块运动到点时速度的大小。
（2）若小物块第一次运动到点时恰好停下，则小物块与轨道之间的动摩擦因数的大小是多少。
（3）若小物块与墙壁碰撞后速度反向、大小不变，且在之后的运动中不会与点发生第二次碰撞，那么小物块与轨道之间的动摩擦因数应该满足怎样的条件。（不考虑物块从点飞出情况）
【考点】：机械能守恒定律；65：动能定理
【专题】11：计算题；：动能定理的应用专题；32：定量思想；43：推理法；22：学科综合题
【分析】（1）弹簧释放后，弹簧的弹性势能全部转化为物块的动能，对到的过程运用机械能守恒，求出小球到达点的速度。
（2）根据速度位移公式求出段的加速度大小，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小。
（3）由于不考虑物块从点飞出情况，当动摩擦因数最小时，物块恰好第二次到达点，但是不与墙壁碰撞，结合动能定理求出动摩擦因数的最小值，从而得出动摩擦因数的范围。
【解答】解：（1）弹簧释放后，弹簧的弹性势能全部转化为物块的动能：
在到过程中只有重力做功，由机械能守恒定律有：
代入数据可得：。
（2）在过程中对物块进行如图所示受力分析：
竖直方向上由力的平衡：
水平方向上由牛顿运动定律有：
在过程中由匀变速直线运动，有：
代入相关数据解得：。
（3）若小物块恰好第二次到达点停下，动摩擦因数最小，由能量守恒有：
，
代入数据可求：。
所以，物块与墙壁若只发生一次碰撞，需满足条件是：。
答：（1）小物块运动到点时速度的大小为；
（2）小物块与轨道之间的动摩擦因数的大小是；
（3）小物块与轨道之间的动摩擦因数应该满足。
【点评】对于复杂的力学问题，应该先清楚研究对象的运动过程，根据运动性质利用物理规律解决问题；关于能量守恒的应用，要清楚物体运动过程中能量的转化。
13．（新课标Ⅰ）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。时刻，小物块在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当返回到倾斜轨道上的点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块运动的图象如图（b）所示，图中的和均为未知量。已知的质量为，初始时与的高度差为，重力加速度大小为，不计空气阻力。
（1）求物块的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块克服摩擦力所做的功；
（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将从点释放，一段时间后刚好能与再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
【考点】53：动量守恒定律；65：动能定理
【专题】：动能定理的应用专题；32：定量思想；63：分析综合能力；：方程法
【分析】（1）根据动量守恒定律和能量关系列方程求解；
（2）对下滑过程中和上滑过程中根据动能定理列方程，从图（b）给出的图象可得上升的高度与的关系，根据功的计算公式求解物块在整个过程中克服摩擦力做的功；
（3）设根据动能定理求解在水平轨道上能够滑行的距离，物块与轨道间的动摩擦因数在改变后，根据动能定理求解滑行的距离，然后求出改变前后动摩擦因数的比值。
【解答】解：（1）根据图（b），为在碰撞前瞬间的速度大小，为其碰撞后瞬间速度大小。设物块的质量为，碰后瞬间的速度为，
根据动量守恒定律可得：
根据能量守恒定律可得：
联立解得；
（2）在图（b）描述的运动中，设物块与轨道间的滑动摩擦力大小为，下滑过程中所走过的路程为，返回过程中所走过的路程为，点的高度为，整个过程中克服摩擦所做的功为，根据动能定理可得：
从图（b）给出的图象可知，
根据几何关系可得：
物块在整个过程中克服摩擦力做的功为：
，
联立解得：；
（3）设倾斜轨道倾角为，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为，则有：
设物块在水平轨道上能够滑行的距离为，
根据动能定理可得
设物块与轨道间的动摩擦因数在改变后为，根据动能定理可得：
联立解得：。
答：（1）物块的质量为；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，物块克服摩擦力所做的功为；
（3）改变前后动摩擦因数的比值为。
【点评】本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。
14．（崇明区一模）我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量的运动员从长直助滑道的处由静止开始，在无助力的情况下以加速度匀加速滑下，到达点时速度，与的竖直高度差。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台点之间用一段弯曲滑道衔接，与点的高度差，与点的高度差，忽略上的摩擦。求：
（1）运动员离开起跳台时的速度；
（2）段的倾斜角度；
（3）运动员在段下滑时受到阻力的大小；
（4）实际上，段上的摩擦力，以及运动过程中的空气阻力是不可避免的。运动员为了能在离开跳台后，跳得更高，如果你是教练员，请用学习过的物理知识指导运动员（至少提出两点意见）。
【考点】65：动能定理；37：牛顿第二定律
【专题】32：定量思想；：方程法；22：学科综合题；11：计算题；：动能定理的应用专题
【分析】（1）段机械能守恒即可求得速度；
（2）根据速度位移公式求得位移，利用几何关系倾角；
（3） 段上由牛顿第二定律得阻力；
（4）根据运动的情况，结合实际分析即可。
【解答】解：（1）段机械能守恒，得：
代入数据得：
（2）由匀变速公式，
得长度为：
设段倾角为，则有：，
代入数据得：
（3） 段上由牛顿第二定律得：
解得：
（4）根据运动的规律可知，离开点后上升的高度与到达点的速度以及运动员在空中受到的阻力有关。
在段用撑杆增加助力可以增大到达的速度；离开点后，注意姿势，减小与空气接触的正对面积也可以减小运动员与空气的阻力，也可以增大上升的高度。
所以用撑杆增加助力；注意姿势，减小与空气接触的正对面积 都可以。
答：（1）运动员离开起跳台时的速度为
（2）段的倾斜角度为；
（3）运动员在段下滑时受到阻力的大小为。
（4）用撑杆增加助力；注意姿势，减小与空气接触的正对面积。
【点评】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式和向心力的综合应用，利用好几何关系即可判断。
15．（江西一模）如图所示轻弹簧一端固定在水平面上的竖直挡板上，处于原长时另一端位于水平面上点处，点左侧光滑，右侧粗糙。水平面的右侧点处有一足够长的斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为，斜面上有一半径为的光滑半圆轨道与斜面切于点，半圆轨道的最高点为，为半圆轨道的另一端点，，、、、、、均在同一竖直面内。使质量为的小物块挤压弹簧右端至点，然后由静止释放，到达点时立即受到斜向右上方，与水平方向的夹角为，大小为的恒力，一直保持对物块的作用，结果通过半圆轨道的最高点时的速度为．已知与水平面斜面间的动摩擦因数均为，取．，
（1）运动到点时对轨道的压力大小；
（2）弹簧的最大弹性势能；
（3）若其它条件不变，增大、间的距离使过点后恰好能垂直落在斜面上，求在斜面上的落点距点的距离。
【考点】：向心力；38：牛顿第三定律；：功能关系；37：牛顿第二定律
【专题】11：计算题；522：牛顿运动定律综合专题；：方程法；22：学科综合题；：功能关系 能量守恒定律；32：定量思想
【分析】（1）在点对受力分析，根据牛顿第二定律列式求解；
（2）对过程利用动能定理求出点速度，然后利用牛顿第二定律研究段运动性质从而求解点速度，然后利用能量守恒求解最大弹性势能；
（3）在点脱离圆轨道，做曲线运动，把该运动分解为平行于斜面的匀减速直线运动和垂直于斜面的初速度为零的匀加速直线运动，根据两个方向运动规律列式求解。
【解答】解：（1）在半圆轨道的最高点，设轨道对的压力为，由牛顿运动定律得：
代入数据解得：
由牛顿第三定律得，运动到点时对轨道的压力为：
（2）从点到点，由动能定理得：
代入数据解得：
从点到点，由牛顿运动定律得：
解得，说明从点到点匀速运动，故有：
由能的转化和守恒得：
解得：
（3）在点脱离圆轨道，做曲线运动，
把该运动分解为平行于斜面的匀减速直线运动和垂直于斜面的初速度为零的匀加速直线运动，
平行斜面方向：
代入数据解得：
垂直斜面方向：
代入数据解得：
垂直落在斜面上，运动时间满足：
平行于斜面方向上：
联立解得：
平行于斜面方向上：
在斜面上的落地距的距离。
答：（1）运动到点时对轨道的压力大小为；
（2）弹簧的最大弹性势能为；
（3）若其它条件不变，增大、间的距离使过点后恰好能垂直落在斜面上，在斜面上的落点距点的距离为。
【点评】本题考查多运动过程问题，关键是要分析清楚物体各段的运动情况，抓住弹簧的弹性势能与形变量有关。对动能定理的运用，要选择研究过程，分析哪些力对物体做功，进而确定合力的功或总功。运用运动分解时，要分析清楚运动性质，利用运动规律即可求解。
16．（新课标Ⅲ）静止在水平地面上的两小物块、，质量分别为，；两者之间有一被压缩的微型弹簧，与其右侧的竖直墙壁距离，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使、瞬间分离，两物块获得的动能之和为．释放后，沿着与墙壁垂直的方向向右运动。、与地面之间的动摩擦因数均为．重力加速度取．、运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
（1）求弹簧释放后瞬间、速度的大小；
（2）物块、中的哪一个先停止？该物块刚停止时与之间的距离是多少？
（3）和都停止后，与之间的距离是多少？
【考点】65：动能定理；53：动量守恒定律；37：牛顿第二定律
【专题】22：学科综合题；：动量定理应用专题；11：计算题；64：应用数学处理物理问题的能力；：方程法；32：定量思想
【分析】（1）与分离的过程中二者的动量守恒，由动量守恒定律结合功能关系即可求出分离后的速度；
（2）由动量定理即可分别求出停止的时间，由动量定理求出其中的一个停止运动时另一个的速度，由动能定理求出位移，由几何关系求出距离；
（3）由动能定理求出位移，由几何关系求出距离。
【解答】解：（1）设弹簧释放瞬间和的速度大小分别为、，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有：
联立①②式并代入题给数据得
，
（2）、两物块与地面间的动摩擦因数相等，二者运动的过程中，若一直向右运动，一直到停止，则对由动量定理可得：
则：
一直向左运动，则：
可得：
可知先停止运动，该过程中的位移：
代入数据可得：
从二者分开到停止，若一直向右运动，由动量定理可得：
停止时的速度：
代入数据可得：
对由动能定理可得：
则位移：
这表明在时间内已与墙壁发生碰撞，但没有与发生碰撞，此时位于出发点右边的距离为：△ 处。
位于出发点左边0.25 处，两物块之间的距离为：△
（3）时刻后将继续向左运动，假设它能与静止的碰撞，碰撞时速度的大小为，由动能定理有：⑩
联立并代入题给数据得：
故与将发生碰撞。设碰撞后、的速度分别为以和，由动量守恒定律与机械能守恒定律有：
以及：
联立并代入题给数据得：，
这表明碰撞后将向右运动，继续向左运动。设碰撞后向右运动距离为时停止，向左运动距离为时停止，由动能定理可得：
，
代入数据得：，
小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离：
答：（1）弹簧释放后瞬间、速度的大小分别为和；
（2）物块先停止，该物块刚停止时与之间的距离是；
（3）和都停止后，与之间的距离是。
【点评】本题关键要分析清楚物体运动过程，明确能量是如何转化的，熟练应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题，注意动量守恒定律与机械能守恒定律的条件，及动量定理的矢量性与动能定理的功的正负。
该题除分离的过程外，其余的步骤也可以使用牛顿第二定律结合运动学的公式解答。
17．（新课标Ⅱ）一质量为的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），；时间段为刹车系统的启动时间，；从时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从时刻开始，汽车第内的位移为，第内的位移为。
（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的图线；
（2）求时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？
【考点】52：动量定理；：匀变速直线运动的图象；：匀变速直线运动规律的综合运用；37：牛顿第二定律
【专题】22：学科综合题；：方程法；32：定量思想；63：分析综合能力；：力学综合性应用专题
【分析】（1）根据运动情况画出速度图象；
（2）若汽车在△△时间未停止，根据运动学公式求解速度，再判断运动情况；由于在△△时间汽车停止，根据运动学公式列方程求解；
（3）根据牛顿第二定律求解阻力，根据动量定理、动能定理列方程求解汽车克服阻力做的功和速度大小，根据位移时间关系求解从司机发出警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离。
【解答】解：（1）图象如图所示；
（2）设刹车前汽车匀速行驶的速度大小为，则时刻的速度也为，时刻的速度为，在时刻以后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为，取△，设汽车在△△内的位移为，、2、。
若汽车在△△时间内未停止，设它在△时刻的速度为，在△时刻的速度为，根据运动学公式有：
△①
△②
△③
联立①②③式，代入数据解得：④
这说明在△时刻前，汽车已经停止。因此，①式子不成立；
由于在△△时间内汽车停止，根据运动学公式可得：
△⑤
⑥
联立②⑤⑥式，代入数据解得，⑦
或者，⑧
但⑧式子情境下，，不合题意，舍去；
（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力大小为，根据牛顿第二定律可得：
⑨
在时间内，阻力对汽车冲量的大小为⑩
根据动量定理可得：，⑪
根据动能定理，在时间内，汽车克服阻力做的功为⑫
联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入数据可得：
，⑬
；⑭
从司机发出警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为：
⑮
联立⑦⑬⑮，代入数据解得。⑯
答：（1）从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的图线如图所示。
（2）时刻汽车的速度大小，此后的加速度大小为；
（3）刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为，时间内汽车克服阻力做的功为；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为。
【点评】本题考查了动能定理、动量定理、牛顿第二定律的综合应用等问题，涉及的物理过程比较复杂，弄清楚运动情况和受力情况是关键；
注意汽车速度减为零后不再运动，所以解答此类问题的一般方法是先判断速度减为零的时间，判断给定的时间内汽车是否已经静止，再选用合适的公式进行解答。
18．长为、质量为的长木板锁定在水平面上，一个质量为的物块从长木板的左端以的水平速度滑上长木板，结果物块刚好滑到长木板的右端，已知重力加速度，不计物块的大小。
（1）求物块与长木板间的动摩擦因数；
（2）若水平面光滑，解除长木板的锁定，将物块放在长木板上表面的右端，给长木板一个大小为的向右的瞬时初速度。试分析物块会不会从长木板上滑离，如果能滑离，求物块滑离木板时的速度；如果不能滑离，求物块与长木板最后的共同速度；
（3）若水平面是粗糙的，解除长木板的锁定，仍将物块放在长木板上表面的右端，给长木板一个大小为的向右的瞬时初速度，结果物块刚好滑到长木板的中点时与长木板相对静止，求长木板最终滑行的距离。
【考点】37：牛顿第二定律；：功能关系；53：动量守恒定律；65：动能定理
【专题】22：学科综合题；：方程法；32：定量思想；64：应用数学处理物理问题的能力；11：计算题；：动量定理应用专题
【分析】（1）由动能定理即可求出动摩擦因数；
（2）根据动量守恒求出共同速度，然后结合功能关系分析能不能分离；
（3）根据牛顿第二定律求出物块与木板的加速度，由位移公式写出这段时间内物块的位移与时间关系，由速度公式写出速度与时间的关系，联立求出时间、位移、以及木板与地面之间的动摩擦因数；速度相等后二者一起减速，再根据位移关系列式求解。
【解答】解：（1）物块刚好滑到长木板的右端时，只有摩擦力做功，则有：
代入数据可得：
（2）假设物块不能滑离木板，则二者的末速度一定相等，选取物块的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律可得：
代入数据可得：
设物块在木板上滑动的距离为，则有：
代入数据可得：
可知物块不能滑离木板。
（3）设木板与地面之间的动摩擦因数为，物块滑动到长木板的中点的共同速度为，物块滑动的加速度为：
木板的加速度为：
由位移与时间的关系有：
由速度与时间关系有：
联立可得：
此过程中长木板的位移为：
此后木板的加速度为：
位移为：
木板的总位移为：
代入数据联立可得：
答：（1）物块与长木板间的动摩擦因数是0.8；
（2）物块不会从长木板上滑离，物块与长木板最后的共同速度是；
（3）长木板最终滑行的距离是
【点评】该题涉及的过程多，使用的物理公式与方法多，解答的关键是正确的受力分析，由牛顿第二定律求出物块和长木板的加速度是解决问题的基础，关键要抓住两者的位移关系，注意隔离法的运用。
19．（绵阳模拟）如图所示，一倾角为的光滑斜面固定于水平地面上，为斜面顶点，为斜面上一点同一竖直平面内有固定点，、连线垂直于斜面，，、间距离长度为 长度为的轻绳一端系于点，另一端系质量为的小球，质量为的滑块在一锁定装置作用静止于斜面上的点。现将球拉至与点等高的水平位置，拉直轻绳，以竖直向下的初速度释放，与发生碰撞前一间，锁定装置解除，、均视为质点，碰撞过程中无能量损失，重力加速度为
（1）求小球通过最低点点时，绳对小球拉力的大小；
（2）求小球与滑块碰撞后瞬间，小球和滑块的速度和
（3）若、碰后，滑块能沿斜面上滑越过点，且小球在运动过程中始终不脱离圆轨道，求初速度的取值范围
【考点】65：动能定理
【专题】：寻找守恒量法；32：定量思想；11：计算题；：动能定理的应用专题；22：学科综合题
【分析】（1）小球从开始运动到最低点点的过程中，由机械能守恒定律求出小球通过最低点点时的速度。在最低点，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求绳子的拉力。
（2）由机械能守恒定律求出碰撞前瞬间小球的速度，由动量守恒定律和机械能守恒定律结合求碰撞后瞬间小球和滑块的速度和。
（3）分三种情况讨论：一、滑块能沿斜面上滑越过点。二、小球不能做完整圆周运动，但不脱离圆轨道。三、小球能做完整圆周运动。由机械能守恒定律和临界条件结合求解。
【解答】解：（1）小球摆到点时，设速度为，绳对小球的拉力大小为，由机械能守恒定律有

在点，对小球，由牛顿第二定律有
解得
（2）设小球在与碰前的速度为，则由机械能守恒定律有

对于碰撞过程，取沿斜面向上为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律有
解得．，
（3）讨论：
滑块能沿斜面上滑越过点，则
解得
小球不能做完整圆周运动，但不脱离圆轨道，即回到最右端位置时速度不能大于零，则
解得
小球能做完整圆周运动，即能够过最高点，设小球恰能过最高点的速度为，则
小球能过圆轨道的最高点的条件为：
解得
综上，初速度的取值范围为：或
答：
（1）小球通过最低点点时，绳对小球拉力的大小是；
（2）小球与滑块碰撞后瞬间，小球和滑块的速度和分别为和。
（3）初速度的取值范围为或。
【点评】本题的关键是理清运动过程，选择合适的规律进行求解。要把握隐含的临界条件，注意不能漏解：小球始终不脱离圆轨道，可能做完整的圆周运动，也可能是不完整的圆周运动。
20．（浙江模拟）如图1所示为单板滑雪型池的比赛场地，比赛时运动员在形滑道内边滑行边利用滑道做各种旋转和跳跃动作，裁判员根据运动员的腾空高度、完成的动作难度和效果评分。图2为该型池场地的横截面图，、为半径的四分之一光滑圆弧雪道，为水平雪道且与圆弧雪道相切，长为，质量为的运动员（含滑板）以的速度从点滑下，经型雪道从点竖直向上飞出，在点上方完成动作的时间为，然后又从点返回型雪道，忽略空气阻力，运动员可视为质点，求：
（1）运动员与雪道间的动摩擦因数；
（2）运动员首次运动到点时对雪道的压力；
（3）运动员最后距离点多远处停下。
【考点】65：动能定理；：向心力
【专题】：动能定理的应用专题；11：计算题；22：学科综合题；：模型法；32：定量思想
【分析】（1）运动员从点竖直向上飞出后做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的时间可以求出运动员离开点时的速度，运动员从点到点的过程，由动能定理即可求出运动员与雪道间的动摩擦因数。
（2）运动员从点运动到点的过程中，由动能定理求出运动员通过点时的速度。在点，由牛顿第二定律求出轨道对运动员的支持力，从而得到运动员对轨道的压力。
（3）对整个过程研究，由动能定理列式，求出运动员在在水平雪道上通过的路程，再分析最终停止位置。
【解答】解：（1）设运动员从点向上飞出的速度为，则
运动员从点到点的过程，由动能定理得
解得。
（2）运动员从点运动到点的过程中，由动能定理得

设运动员首次运动到点时对雪道的压力为，由牛顿第二定律知

联立得，方向竖直向上
由牛顿第三定律知运动员首次运动到点时对雪道的压力大小，方向竖直向下
（3）设运动员运动的全过程在水平雪道上通过的总路程为，由动能定理得

解得
所以运动员在水平雪道上运动了5.5个来回后到达点左侧处，故最后在点右侧处停下。
答：
（1）运动员与雪道间的动摩擦因数为0.1。
（2）运动员首次运动到点时对雪道的压力大小，方向竖直向下。
（3）运动员最后在点右侧处停下。
【点评】正确进行受力分析和运动过程分析，然后灵活选取相应的物理规律，是解决问题的关键。涉及力在空间上积累效果运用动能定理研究比较简洁。
考点卡片
1．匀变速直线运动的位移与时间的关系
【考点归纳】
（1）匀变速直线运动的位移与时间的关系式：x＝v0t+at2。
（2）公式的推导
①利用微积分思想进行推导：在匀变速直线运动中，虽然速度时刻变化，但只要时间足够小，速度的变化就非常小，在这段时间内近似应用我们熟悉的匀速运动的公式计算位移，其误差也非常小，如图所示。
②利用公式推导：匀变速直线运动中，速度是均匀改变的，它在时间t内的平均速度就等于时间t内的初速度v0和末速度v的平均值，即＝．结合公式x＝vt和v＝vt+at可导出位移公式：x＝v0t+at2
（3）匀变速直线运动中的平均速度
在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度vt/2＝v0+a×t＝，该段时间的末速度v＝vt+at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得＝＝＝v0+at＝＝＝＝vt/2。
即有：＝＝vt/2。
所以在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值。
（4）匀变速直线运动推论公式：
任意两个连续相等时间间隔T内，位移之差是常数，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。
推导：如图所示，x1、x2为连续相等的时间T内的位移，加速度为a。
【命题方向】
例1：对基本公式的理解
汽车在平直的公路上以30m/s的速度行驶，当汽车遇到交通事故时就以7.5m/s2的加速度刹车，刹车2s内和6s内的位移之比（ ）
A.1：1 B.5：9 C.5：8 D.3：4
分析：求出汽车刹车到停止所需的时间，汽车刹车停止后不再运动，然后根据位移时间公式求出2s内和6s内的位移。
解：汽车刹车到停止所需的时间＞2s
所以刹车2s内的位移＝45m。
t0＜6s，所以刹车在6s内的位移等于在4s内的位移。
＝60m。
所以刹车2s内和6s内的位移之比为3：4．故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
点评：解决本题的关键知道汽车刹车停下来后不再运动，所以汽车在6s内的位移等于4s内的位移。此类试题都需注意物体停止运动的时间。
例2：对推导公式＝＝vt/2的应用
物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小是3m•s﹣1，1s以后速度大小是9m•s﹣1，在这1s内该物体的（ ）
A．位移大小可能小于5m B．位移大小可能小于3m
C．加速度大小可能小于11m•s﹣2D．加速度大小可能小于6m•s﹣2
分析：1s后的速度大小为9m/s，方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反。根据a＝，求出加速度，根据平均速度公式x＝求位移。
解：A、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，1s内的位移x＝＝．若1s末的速度与初速度方向相反，1s内的位移x＝＝．负号表示方向。所以位移的大小可能小于5m，但不可能小于3m。故A正确，B错误。
C、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，则加速度．若1s末的速度与初速度方向相反，则加速度a＝．所以加速度的大小可能小于11m/s2，不可能小于6m/s2．故C正确，D错误。
故选：AC。
点评：解决本题的关键注意速度的方向问题，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式，此公式在考试中经常用到。
【解题思路点拨】
（1）应用位移公式的解题步骤：
①选择研究对象，分析运动是否为变速直线运动，并选择研究过程。
②分析运动过程的初速度v0以及加速度a和时间t、位移x，若有三个已知量，就可用x＝v0t+at2求第四个物理量。
③规定正方向（一般以v0方向为正方向），判断各矢量正负代入公式计算。
（2）利用v﹣t图象处理匀变速直线运动的方法：
①明确研究过程。
②搞清v、a的正负及变化情况。
③利用图象求解a时，须注意其矢量性。
④利用图象求解位移时，须注意位移的正负：t轴上方位移为正，t轴下方位移为负。
⑤在用v﹣t图象来求解物体的位移和路程的问题中，要注意以下两点：a．速度图象和t轴所围成的面积数值等于物体位移的大小；b．速度图象和t轴所围面积的绝对值的和等于物体的路程。
2．匀变速直线运动规律的综合运用
【知识点的认识】
（1）求解匀变速直线运动的常用方法
【命题方向】
例1：如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线18m．该车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2．此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s，下列说法中正确的有（ ）
A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线
B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速
C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线
D．如果距停车线5m处减速，汽车能停在停车线处
分析：本题中汽车有两种选择方案
方案一、加速通过
按照AB选项提示，汽车立即以最大加速度匀加速运动，分别计算出匀加速2s的位移和速度，与实际要求相比较，得出结论；
方案二、减速停止
按照CD选项提示，汽车立即以最大加速度匀减速运动，分别计算出减速到停止的时间和位移，与实际要求相比较，即可得出结论；
解答：如果立即做匀加速直线运动，t1＝2s内的位移＝20m＞18m，此时汽车的速度为v1＝v0+a1t1＝12m/s＜12.5m/s，汽车没有超速，A项正确、B错误；
如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间s，此过程通过的位移为＝6.4m，即刹车距离为6.4m，提前18m减速，汽车不会过停车线，如果距停车线5m处减速，则会过线，因而C项正确、D错误；
故选：AC．
点评：熟练应用匀变速直线运动的公式，是处理问题的关键，对汽车运动的问题一定要注意所求解的问题是否与实际情况相符．
例2：追及问题
一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以3m/s2的加速度开始加速行驶，恰在这时一辆自行车以6m/s的速度匀速驶来，从后边超过汽车．试求：
（1）汽车从路口启动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时距离是多少？
（2）汽车多长时间后能追及自行车？追上时汽车的速度是多大？
分析：（1）在速度相等之前，小汽车的速度小于自行车的速度，之间的距离越来越大，速度相等之后，小汽车的速度大于自行车，之间的距离越来越小．可知速度相等时相距最远．根据运动学公式求出两车的位移，从而求出两车相距的距离．
（2）抓住汽车追上自行车时，两车的位移相等，求出时间，根据速度时间公式v＝at求出汽车的速度．
解答：
方法一（公式法）：（1）设汽车在追上自行车之前经t时间两车速度相等，此时两车相距最远，
即at＝v自，解得：t＝＝s＝2s，
此时距离△s＝s2﹣s1＝v自t﹣at2，
△s＝6×2﹣×3×22＝6m；
（2）汽车追上自行车时，二车位移相等，
则有vt′＝at′2，带入数据得：6t′＝×3t′2，
解得：t′＝4s，
所以汽车的速度v′＝at′＝3×4＝12m/s
方法二（作图法）：（1）画出自行车和汽车的速度﹣时间图线，自行车的位移s2等于其图线与时间轴围成的矩形的面积，而汽车的位移s1则等于其图线与时间轴围成的三角形的面积．两车之间的距离则等于图中矩形的面积与三角形面积的差，不难看出，当t＝t0时矩形与三角形的面积之差最大．
v﹣t图象的斜率表示物体的加速度，由a＝tanα＝＝3，
知t0＝2s，
故当t＝2s时两车的距离最大，
．
（2）解法如方法一．
答：（1）汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过2s钟两车相距最远，此时距离为6m；
（2）经过4s汽车追上自行车，此时汽车的速度为12m/s．
点评：解决本题的关键速度小者加速追速度大者，在速度相等时，两者有最大距离．以及知道两车相遇时，位移相等．
【知识点的应用及延伸】
三种典型追及问题：
题型1：同地出发，速度小者（初速度为零的匀加速）追速度大者（匀速）．
①能追及，且只能相遇一次；
②当v1＝v2时，A、B距离最大；
题型2：速度大者（匀减速）追速度小者（匀速）．
①当v1＝v2时，A未追上B，则A、B永不相遇，此时两者间有最小距离；
②当v1＝v2时，A恰好追上B，则A、B相遇一次，也是避免相撞刚好追上的临界条件；
③当v1＞v2时，A已追上B，则A、B相遇两次，且之后当两者速度相等时，两者间有最大距离．
题型3：被追赶的物体做匀减速运动的追击．
①明确2个关系、1个条件；
②一定要注意追上前该物体是否已经停止运动．
【解题思路点拨】
1．追及和相遇问题的实质：研究的两物体能否在相同的时刻到达相同的空间位置的问题．
2．解追及和相遇问题的思路：
（1）根据对两物体运动过程的分析，画出两物体运动的情景图；
（2）根据两物体的运动性质，分别列出两个物体的位移方程，注意要将两物体运动时间的关系反映在方程中；
（3）由运动示意图找出两物体位移间的关联方程，这是关键；
（4）联立方程求解，并对结果进行简单分析．
3．分析追及和相遇问题时要注意：
（1）理清两个关系、一个条件．时间关系：tA＝tB±t0；位移关系：sA＝sB±s0．速度条件：两者速度相等．它往往是物体间能否追上或（两者）距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点．
（2）若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动．
（3）解决问题时需要注意二者是否同时、同地出发；
（4）仔细审题，注意抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”、“恰巧”、“最多”、“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件．
4．解决追及和相遇问题的方法：
（1）物理分析法：通过对物理情景和物理过程的分析，找到临界状态和临界条件，然后列出方程求解；
（2）数学方法：在匀变速运动的位移表达式中有时间的二次方，可列出位移方程，利用二次函数求极值的方法求解，有时也可借助v﹣t图象进行分析．
3．匀变速直线运动的图象
【知识点的认识】
1．匀变速直线运动的s﹣t图象。
（1）匀变速直线运动的s﹣t图象为抛物线（匀速直线运动的s﹣t图象是一 条倾斜直线）。
（2）s﹣t图象中斜率的大小表示物体运动的快慢，斜率越大，速度越大。
（3）s﹣t图象的斜率为正，表示速度方向与所选正方向相同，斜率为负，表示速度方向与所选正方向相反。
2．匀变速直线运动的v﹣t图象：对于匀变速直线运动来说，其速度随时间变化的v﹣t图线如图所示，对于该图线，应把握如下三个要点。
（1）纵轴上的截距其物理意义是运动物体的初速度v0；
（2）图线的斜率其物理意义是运动物体的加速度a；斜率为正，表示加速度方向与所设正方向相同；斜率为负表示加速度方向与所设正方向相反；斜率不变，表示加速度不变。
（3）图线下的“面积”表示是运动物体在相应的时间内所发生的位移s，t轴上面的位移为正值，t轴下面的位移为负值。
【命题方向】
例1：两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4s时间内的v﹣t图象如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为（ ）
A.和0.30s B.3和0.30s C.和0.28s D.3和0.28s
分析：先根据三角形相似知识求出t1，再根据速度图象的斜率等于加速度求出甲乙的加速度大小，由牛顿第二定律和第三定律求解两物体质量之比。
解答：根据三角形相似得：＝，得t1＝0.3s。
根据速度图象的斜率等于加速度，得到：
甲的加速度大小为a甲＝＝，乙的加速度大小为a乙＝＝10m/s2
据题，仅在两物体之间存在相互作用，根据牛顿第三定律得知，相互作用力大小相等，由牛顿第二定律F＝ma得：两物体的加速度与质量成反比，则有质量之比为m甲：m乙＝a乙：a甲＝3：1。
故选：B。
点评：本题一方面考查速度图象的斜率等于加速度；另一方面考查运用数学知识解决物理问题的能力。
例2：某一质点运动的位移x随时间t变化的图象如图所示，则（ ）
A．在10s末时，质点的速度最大
B．在0～10s内，质点所受合外力的方向与速度方向相反
C．在8s和12s时，质点的加速度方向相反
D．在20s内，质点的位移为9m
分析：位移﹣时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向。当物体做加速运动时，合外力与速度同向，当物体做减速运动时，合外力与速度反向。
解答：A、位移﹣时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知在10s末时，质点的速度为零，故A错误；
B、在0～10s内，斜率逐渐减小，说明物体做减速运动，质点所受合外力的方向与速度方向相反，故B正确；
C、在0～10s内，物体沿正方向做减速运动，加速度方向与速度方向相反，即沿负方向；在10～20s内，斜率为负值，说明物体沿负方向运动，斜率增大，做加速运动，加速度方向与速度方向相同，即沿负方向。所以在8s和12s时，质点的加速度方向相同，故C错误；
D、△x＝x2﹣x1＝0﹣1m＝﹣1m，故D错误。
故选：B。
点评：理解位移﹣时间图象时，要抓住点和斜率的物理意义，掌握斜率表示速度是关键。
【知识点的应用及延伸】
1．图象的意义
运动图象是通过建立坐标系来表达有关物体运动规律的一种重要方法，对直线运动的图象应从以下几点认识它的物理意义：
（1）能从图象识别物体运动的性质。
（2）能认识图象在坐标轴上的截距的意义。
（3）能认识图象的斜率的意义。
（4）能认识图线复盖面积的意义（仅限于v﹣t图象）。
（5）能说出图线某一点对应的状态。
2．图象问题
（1）s﹣t图象。能读出s、t、v的信息（斜率表示速度），物体运动的s﹣t图象表示物体的位移随时间变化的规律。与物体运动的轨迹无任何直接关系。
（2）v﹣t图象。能读出s、t、v、a的信息（斜率表示加速度，曲线下的面积表示位移）。可见v﹣t图象提供的信息更多，应用也更广。
4．力的合成与分解的运用
【知识点的认识】
一、物体的受力分析
1．放在水平地面上静止的物体．
二力平衡：某个物体受两个力作用时，只要两个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，则这两个力合力为零，物体处于平衡状态．
2．放在水平地面上的物体（受到一个竖直向上的力F仍保持静止）
竖直方向上三力平衡：F+FN＝G，即：竖直方向上合力为0．
3．放在水平地面上的物体（受到一个推力仍保持静止）
水平方向上二力平衡，即：水平方向上合力为0
竖直方向上二力平衡；即：竖直方向上合力为0．
4．放在水平地面上的物体（受到一个拉力F仍保持静止如图示）
水平方向上：Fx＝Ff，即：水平方向上合力为0；
竖直方向上：G＝Fy+FN，即：竖直方向上合力为0．
5．力的合成解题：放在斜面上静止的物体
合成法：物体受几个力的作用，可先将某几个力合成，再将问题转化为二力平衡．
6．力的分解解题：放在斜面上静止的物体
分解法：物体受几个力的作用，将某个力按效果分解，则其分力与其它几个力满足平衡条件．
7．放在斜面上的物体受到一个平行斜面向上的力F仍保持静止
平行斜面方向上：F1＝F+Ff，即：平行斜面方向方向上合力为0；
垂直斜面方向上：F2＝FN，即：垂直斜面方向上合力为0．
8．放在斜面上的物体受到一个垂直斜面向下的力F仍保持静止
平行斜面方向上：F1＝Ff，即：平行斜面方向方向上合力为0；
垂直斜面方向上：F2+F＝FN，即：垂直斜面方向上合力为0．
9．放在斜面上的物体受到一个水平向右的力F仍保持静止
平行斜面方向上：G1＝Ff+F1，即：平行斜面方向方向上合力为0；
垂直斜面方向上：G2+F2＝FN，即：垂直斜面方向上合力为0．
5．胡克定律
【知识点的认识】
1．弹力
（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．
（2）弹力的产生条件：①弹力的产生条件是两个物体直接接触，②并发生弹性形变．
（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面．
①支撑面的弹力：支持力的方向总是 垂直 于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体．
点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面．
球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上．
球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面．
②弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向．其弹力可为拉力，可为压力．
③轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力．
2．胡克定律
弹簧受到外力作用发生弹性形变，从而产生弹力．在弹性限度内，弹簧弹力F的大小与弹簧伸长（或缩短）的长度x成正比．即F＝kx，
其中，劲度系数k的意义是弹簧每伸长（或缩短）单位长度产生的弹力，其单位为N/m．它的大小由制作弹簧的材料、弹簧的长短和弹簧丝的粗细决定．x则是指形变量，应为形变（包括拉伸形变和压缩形变）后弹簧的长度与弹簧原长的差值．
注意：胡克定律在弹簧的弹性限度内适用．
3．胡克定律的应用
（1）胡克定律推论
在弹性限度内，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x
即：弹簧弹力的变化量与弹簧形变量的变化量（即长度的变化量）成正比．
（2）确定弹簧状态
对于弹簧问题首先应明确弹簧处于“拉伸”、“压缩”还是“原长”状态，并且确定形变量的大小，从而确定弹簧弹力的方向和大小．如果只告诉弹簧弹力的大小，必须全面分析问题，可能是拉伸产生的，也可能是压缩产生的，通常有两个解．
（3）利用胡克定律的推论确定弹簧的长度变化和物体位移的关系
如果涉及弹簧由拉伸（压缩）形变到压缩（拉伸）形变的转化，运用胡克定律的推论△F＝k△x可直接求出弹簧长度的改变量△x的大小，从而确定物体的位移，再由运动学公式和动力学公式求相关量．
【命题方向】
（1）第一类常考题型是考查胡克定律：
一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，若改挂100N的重物时，弹簧总长为20cm，则弹簧的原长为（ ）
A．12cm B．14cm C．15cm D．16cm
分析：根据胡克定律两次列式后联立求解即可．
解：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，根据胡克定律，有：F1＝kx1；
若改挂100N的重物时，根据胡克定律，有：F2＝kx2；
联立解得：k＝；
x2＝；
故弹簧的原长为：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；
故选D．
点评：本题关键是根据胡克定律列式后联立求解，要记住胡克定律公式中F＝k•△x的△x为行变量．
（2）第二类常考题型是考查胡克定律与其他知识点的结合：
如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长△l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于（ ）
A. B. C. D.
分析：根据胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．
解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）g＝kl ①
设使弹簧再伸长△l时手的拉力大小为F
再由胡克定律得 F＝k△l ②
由①②联立得 F＝
刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．
设刚松手时，加速度大小为a，
根据牛顿第二定律得 a＝＝
对物体研究：FN﹣mg＝ma
解得 FN＝（1+）mg
故选A．
点评：点评：本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．
【解题方法点拨】
这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．弹力的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确定．
6．牛顿第二定律
【知识点的认识】
1．内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．
2．表达式：F合＝ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合＝k•ma，只有在国际单位制中才有k＝1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg•m/s2．
3．适用范围：
（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）．
（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况．
4．对牛顿第二定律的进一步理解
牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝．
另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的．
（1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同．
（2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的．
（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量．
（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应．
（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的．
【命题方向】
题型一：对牛顿第二定律的进一步理解的考查
例子：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此两图线可以得出（ ）
A．物块的质量为1.5kg
B．物块与地面之间的滑动摩擦力为2N
C．t＝3s时刻物块的速度为3m/s
D．t＝3s时刻物块的加速度为2m/s2
分析：根据v﹣t图和F﹣t图象可知，在4～6s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在2～4s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小．根据速度时间图线求出3s时的速度和加速度．
解答：4～6s做匀速直线运动，则f＝F＝2N．2～4s内做匀加速直线运动，加速度a＝，根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣时间图线可知，3s时刻的速度为2m/s．故B、D正确，A、C错误．
故选：BD．
点评：本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解．
题型二：对牛顿第二定律瞬时性的理解
例子：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F1，Ⅱ中拉力大小为F2，当剪断Ⅱ瞬间时，球的加速度a应是（ ）
A．则a＝g，方向竖直向下 B．则a＝g，方向竖直向上
C．则a＝，方向沿Ⅰ的延长线 D．则a＝，方向水平向左
分析：先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力．刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度．
解答：Ⅱ未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2＝mgtanθ，F1＝．
刚剪断Ⅱ的瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图：
由几何关系，F合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛顿第二定律得：
a＝＝，方向水平向左，故ABC错误，D正确；
故选：D．
点评：本题考查了求小球的加速度，正确受力分析、应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确解题，知道弹簧的弹力不能突变是正确解题的关键．
题型三：动力学中的两类基本问题：①已知受力情况求物体的运动情况；②已知运动情况求物体的受力情况．
加速度是联系运动和受力的重要“桥梁”，将运动学规律和牛顿第二定律相结合是解决问题的基本思路．
例子：某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以初速度v0＝4m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v﹣t图线如图乙所示．g取10m/s2．求：
（1）上滑过程中的加速度的大小a1；
（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ；
（3）木块回到出发点时的速度大小v．
分析：（1）由v﹣t图象可以求出上滑过程的加速度．
（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数．
（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度．
解答：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式有：
上滑过程中加速度的大小：
（2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F＝ma得上滑过程中有：
mgsinθ+μmgcsθ＝ma1
代入数据得：μ＝0.35．
（3）下滑的距离等于上滑的距离：
x＝＝m＝1m
下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F＝ma得：
下滑过程中：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2
解得：＝2m/s2
下滑至出发点的速度大小为：v＝
联立解得：v＝2m/s
答：（1）上滑过程中的加速度的大小；
（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.35；
（3）木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s．
点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解．
【解题方法点拨】
1．根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系．对于分析瞬时对应关系时应注意两个基本模型特点的区别：
（1）轻绳、轻杆模型：①轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，②轻绳、轻杆的拉力可突变；
（2）轻弹簧模型：①弹力的大小为F＝kx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，②弹力突变．
2．应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求受力情况，都需用牛顿第二定律列方程．
应用牛顿第二定律的解题步骤
（1）通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程．
（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，规定正方向．
（3）根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解．（列牛顿第二定律方程时可把力进行分解或合成处理，再列方程）
（4）检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论．
7．牛顿第三定律
【知识点的认识】
1．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．
2．作用力与反作用力的“四同”和“三不同”：
【命题方向】
题型一：牛顿第三定律的理解和应用
例子：关于作用力与反作用力，下列说法正确的是（ ）
A．作用力与反作用力的合力为零
B．先有作用力，然后才产生反作用力
C．作用力与反作用力大小相等、方向相反
D．作用力与反作用力作用在同一个物体上
分析：由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．
解答：A、作用力与反作用力，作用在两个物体上，效果不能抵消，合力不为零，故A错误．
B、作用力与反作用力，它们同时产生，同时变化，同时消失，故B错误．
C、作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在两个物体上，故C正确．
D、作用力与反作用力，作用在两个物体上，故D错误．
故选：C．
点评：考查牛顿第三定律及其理解．理解牛顿第三定律与平衡力的区别．
【解题方法点拨】
应用牛顿第三定律分析问题时应注意以下几点
（1）不要凭日常观察的直觉印象随便下结论，分析问题需严格依据科学理论．
（2）理解应用牛顿第三定律时，一定抓住“总是”二字，即作用力与反作用力的这种关系与物体的运动状态无关．
（3）与平衡力区别应抓住作用力和反作用力分别作用在两个物体上．
【知识点的应用及延伸】
比较作用力和反作用力与平衡力的异同点：
8．共点力的平衡
【知识点的认识】
1．共点力
物体同时受几个力的作用，如果这几个力都作用于物体的同一点或者它们的作用线交于同一点，这几个力叫共点力。能简化成质点的物体受到的力可视为共点力。
2．平衡状态
物体保持静止或匀速运动状态（或有固定转轴的物体匀速转动）。
注意：这里的静止需要二个条件，一是物体受到的合外力为零，二是物体的速度为零，仅速度为零时物体不一定处于静止状态，如物体做竖直上抛运动达到最高点时刻，物体速度为零，但物体不是处于静止状态，因为物体受到的合外力不为零。
共点力的平衡：如果物体受到共点力的作用，且处于平衡状态，就叫做共点力的平衡。
共点力的平衡条件：为使物体 保持平衡状态，作用在物体上的力必须满足的条件，叫做两种平衡状态：
静态平衡v＝0；a＝0；
动态平衡v≠0；a＝0；
①瞬时速度为0时，不一定处于平衡状态。如：竖直上抛最高点。只有能保持静止状态而加速度也为零才能认为平衡状态。
②物理学中的“缓慢移动”一般可理解为动态平衡。
3．共点力作用下物体的平衡条件
（1）物体受到的合外力为零。即F合＝0； 其正交分解式为F合x＝0；F合y＝0；
（2）某力与余下其它力的合力平衡（即等值、反向）。
二力平衡：这两个力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，并作用于同一物体。
（要注意与一对作用力与反作用力的区别）。
三力平衡：三个力的作用线（或者反向延长线）必交于一个点，且三个力共面。称为汇交共面性。其力大小符合组成三角形规律。
三个力平移后构成一个首尾相接、封闭的矢量 形；任意两个力的合力与第三个力等大、反向（即是相互平衡）。
推论：①非平行的三个力作用于物体而平衡，则这三个力一定共点。
②几个共点力作用于物体而平衡，其中任意几个力的合力与剩余几个力（一个力）的合力一定等值反向。
三力汇交原理：当物体受到三个非平行的共点力作用而平衡时，这三个力必交于一点；
说明：
①物体受到N个共点力作用而处于平衡状态时，取出其中的一个力，则这个力必与剩下的（N﹣1）个力的合力等大反向。
②若采用正交分解法求平衡问题，则其平衡条件为：FX合＝0，FY合＝0；
求解平衡问题的一般步骤：选对象，画 受力图，建坐标，列方程。
4．平衡的临界问题
由某种物理现象变化为另一种物理现象或由某种物理状态变化为另一种物理状态时，发生转折的状态叫临界状态，临界状态可以理解为“恰好出现”或“恰好不出现”某种现象的状态。平衡物体的临界状态是指物体所处的平衡状态将要发生变化的状态。往往 利用“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。
5．平衡的极值问题
极值是指研究平衡问题中某物理量变化情况时出遭到的最大值或最小值。可分为简单极值问题和条件极值问题。
【重要考点归纳】
1．物体的受力分析
（1）受力分析步骤
物体的受力分析是解决力学问题的基础，同时也是关键所在，一般对物体进行受力分析的步骤如下：
①明确研究对象。
在进行受力分析时，研究对象可以是某一个物体，也可以是保持相对静止的若干个物体。在解决比较复杂的问题时，灵活地选取研究对象可以使问题简化。研究对象确定以后，只分析研究对象以外的物体施 予研究对象的力（既研究对象所受的外力），而不分析研究对象施予外界的力。
②按顺序找力。
必须是先场力（重力、电场力、磁场力），后接触力；接触力中必须先弹力，后摩擦力（只有在有弹力的接触面之间才可能有摩擦力）。
③画出受力示意图，标明各力的符号。
④需要合成或分解时，必须画出相应的平行四边形。
（2）隔离法与整体法
①整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解。在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力。
②隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析。隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析。
③通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用。
注意：本考点考查考生的基本功：受力分析，受力分析是处理力学问题的关键和基础，所以要熟练掌握物体受力分析的一般步骤和方法。
2．共点力平衡的处理方法
（1）三力平衡的基本解题方法
①力的合成、分解法：即分析物体的受力，把某两个力进行合成，将三力转化为二力，构成一对平衡力，二是把重力按实际效果进行分解，将三力转化为四力，构成两对平衡力。
②相似三角形法：利用矢量三角形与几何三角形相似的关系，建立方程求解力的方法。应用这种方法，往往能收到简捷的效果。
（2）多力平衡的基本解题方法：正交分解法
利用正交分解方法解体的一般步骤：
①明确研究对象；
②进行受力分析；
③建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；
④x方向，y方向分别列平衡方程求解。
注意：求解平衡问题关键在于对物体正确的受力分析，不能多力，也不能少力，对于三力平衡，如果是特殊角度，一般采用力的合成、分解法，对于非特殊角，可采用相似三角形法求解，对于多力平衡，一般采用正交分解法。
3．动态平衡
求解三个力的动态平衡问题，一般是采用图解法，即先做出两个变力的合力（应该与不变的那个力等大反向）然后过合力的末端画方向不变的那个力的平行线，另外一个变力的末端必落在该平行线上，这样就能很直观的判断两个变力是如何变化的了，如果涉及到最小直的问题，还可以采用解析法，即采用数学求极值的方法求解。
4．连接体的平衡问题
当一个系统（两个及两个以上的物体）处于平衡状态时，系统内的每一个物体都处于平衡状态，当求系统内各部分相互作用时用隔离法（否则不能暴露物体间的相互作用），求系统受到的外力时，用整体法，即将整个系统作为一个研究对象，具体应用中，一般两种方法交替使用。
【命题方向】
（1）第一类常考题型是对基本知识点的考查：
如图所示，一光滑斜面固定在地面上，重力为G的物体在一水平推力F的作用下处于静止状态。若斜面的倾角为θ，则（ ）
A．F＝Gcsθ
B．F＝Gsinθ
C．物体对斜面的压力FN＝Gcsθ
D．物体对斜面的压力FN＝
分析：对物体进行受力分析：重力、推力F和斜面的支持力，作出力图，根据平衡条件求出F和斜面的支持力，再得到物体对斜面的压力。
解：以物体为研究对象，对物体进行受力分析：重力、推力F和斜面的支持力，作出力图如图，根据平衡条件得
F＝FNsinθ
FNcsθ＝G
解得 F＝Gtanθ，FN＝
由牛顿第三定律得：FN′＝FN＝
故选D。
点评：本题分析受力情况，作出力图是解题的关键。此题运用力合成法进行处理，也可以运用正交分解法求解。
（2）第二类常考题型是对多力平衡综合的考查：
如图所示，半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖向挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，若用外力使MN保持竖直且缓慢向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中（ ）
A．MN对Q的弹力逐渐减小
B．Q所受的合力逐渐增大
C．地面对P的摩擦力逐渐增大
D．P、Q间的弹力先减小后增大
分析：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解。
解答：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图
根据共点力平衡条件，有：
N1＝
N2＝mgtanθ
再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的摩擦力，如图
根据共点力平衡条件，有：
f＝N2
N＝（M+m）g
故：f＝mgtanθ
MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，P、Q受到的合力一直为零；
故选：C。
点评：本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论。
（3）第二类常考题型是对连接体的平衡问题的考查：
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、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图所示）。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（ ）
A．N不变，T变大 B．N不变，T变小
C．N变大，T变大 D．N变大，T变小
分析：分别以两环组成的整体和Q环为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件研究AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况。
解：以两环组成的整体，分析受力情况如图1所示。根据平衡条件得，N＝2mg保持不变。再以Q环为研究对象，分析受力情况如图2所示。设细绳与OB杆间夹角为α，由平衡条件得，细绳的拉力T＝，P环向左移一小段距离时，α减小，csα变大，T变小。
故选：B。
点评：本题涉及两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象是关键。当几个物体都处于静止状态时，可以把它们看成整体进行研究。
【解题方法点拨】
力学知识是物理学的基础，受力分析又是力学的基础，从近几年高考出题的形式上来看，力的合成与分解问题常与日常生活实际紧密结合，突出了对于实际物理问题的模型抽象能力，在高考的出题方向上也体现了考查学生运用数学知识分析物理问题的能力，主要是考查共点力作用下的物体平衡，尤其是三个共点力的平衡问题，同时更多的题目则体现了与物体的平衡问题、牛顿第二定律的应用问题、动量能量、场类问题的综合考查，试题形式主要以选择题、解答题形式出现。
9．平抛运动
【知识点的认识】
一、平抛运动
1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在重力作用下的运动．
2．条件：（1）初速度沿水平方向；（2）只受重力作用．
3．性质：匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线．
4．研究方法：分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动两个分运动．
5．规律：
（1）水平方向：匀速直线运动，vx＝v0，x＝v0t，ax＝0．
（2）竖直方向：自由落体运动，vy＝gt，y＝gt2，ay＝g．
（3）实际运动：v＝，s＝，a＝g．
二、类平抛运动
1．定义：加速度恒定，加速度方向与初速度方向垂直．
2．性质：匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线．
3．研究方法：一般将类平抛运动沿初速度和加速度两个方向分解．
4．规律：与平抛运动类似．
（1）初速度方向：匀速直线运动，vx＝v0，x＝v0t，ax＝0．
（2）加速度方向：初速度为零的匀加速直线运动，vy＝ayt，y＝ayt2．
（3）合运动（实际运动）：v＝，s＝，a＝ay．
三、平抛运动的基本规律
1．速度的变化规律
（1）任意时刻的速度水平分量均等于初速度v0．
（2）任意相等时间间隔△t内的速度变化量方向竖直向下，大小△v＝△vy＝g△t．
2．位移变化规律
（1）任意相等时间间隔内，水平位移相同，即△x＝v0△t．
（2）连续相等的时间间隔△t内，竖直方向上的位移差不变，即△y＝g△t2．
3．平抛运动的两个重要推论
推论Ⅰ：做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，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tanα＝2tanθ．
证明：如图所示，由平抛运动规律得：tanα＝，tanθ＝，所以tanα＝2tanθ．
推论Ⅱ：做平抛运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．
证明：如图所示，设平抛物体的初速度为v0，从原点O到A点的时间为t，A点坐标为（x，y），B点坐标为（x′，0），则x＝v0t，y＝gt2，v⊥＝gt，又tanα＝，
解得x′＝．
即末状态速度方向的反向延长线与x轴的交点必为此时水平位移的中点．
【命题方向】
（1）第一类常考题型是考查平抛运动基本规律的应用：
如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度V1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度V2竖直向上发射炮弹拦截．设拦截系统与飞机的水平距离为s，不计空气阻力．若拦截成功，则V1、V2的关系应满足（ ）
A．v1＝v2 B．v1＝v2 C．v1＝v2 D．v1＝v2
分析：若拦截成功，竖直上抛的炮弹和平抛的炮弹运动时间相等，在竖直方向上的位移之和等于H，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．
解：炮弹运行的时间t＝，在这段时间内飞机发射炮弹在竖直方向上的位移h1＝gt2，拦截炮弹在这段时间内向上的位移，h2＝v2t﹣gt2．
则H＝h1+h2＝v2t，所以H＝v2，解得：
v1＝v2，故C正确，A、B、D错误．
故选C．
点评：解决平抛运动的关键在于用好运动的合成与分解，明确平抛运动的实质是水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体的合运动；两个分运动互不影响，相互独立．
（2）第二类常考题型是平抛运动和斜面结合问题：
如图所示，A、B、C三个小球分别从斜面的顶端以不同的速度水平抛出，其中A、B落到斜面上，C落到水平面上，A、B落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角分别为α、β，C落到水平面上时速度方向与水平方向的夹角为γ，则（ ）
A．α＝β＝γ B．α＝β＞γ C．α＝β＜γ D．α＜β＜γ
分析：设小球落在斜面上时平抛初速度为v0，落在斜面底端时初速度为v1，落在水平面上C点时初速度为v2．小球落在斜面上时，斜面倾角的正切等于竖直位移与水平位移之比，列式求出平抛运动的时间，再求出落在斜面时速度方向与水平方向的夹角的正切，来比较夹角的大小．
解：设小球落在斜面上时平抛初速度为v0，落在斜面上时速度与水平方向的夹角为θ′，斜面倾角为θ．
由tanθ＝＝＝，得到t＝
则tanθ′＝＝＝2tanθ，与初速度大小无关，即落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角均相等，所以α＝β．
设小球落在斜面底端时速度与水平方向夹角为γ′，其初速度为v1，落在水平面上C点时初速度为v2．
由于高度相同，平抛时间相等，设为t1．
则tanγ′＝，tanγ＝
由于v1＜v2 所以tanγ′＞tanγ，γ′＞γ
由上分析可知γ′＝α＝β，所以α＝β＞γ．
故选B．
点评：本题关键是斜面的倾角的应用，它表示位移方向与水平方向的夹角，分解位移，不是分解速度，不能得到这样的式子：tanθ＝．
（3）第三类常考题型是涉及平抛运动的综合问题：
如图所示，在距地面高为H＝45m处，有一小球A以初速度v0＝10m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度v0同方向滑出，B与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，A、B均可看做质点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）A球从抛出到落地的时间和这段时间内的水平位移；
（2）A球落地时，A、B之间的距离．
分析：A球做的是平抛运动，研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．
B球只在摩擦力的作用下，做匀减速直线运动，由匀变速直线运动的规律可以求得B的位移的大小．
解：（1）A球做的是平抛运动，由平抛运动的规律得
水平方向上：x＝V0t
竖直方向上：H＝gt2
由以上两个方程可以解得，
x＝30m，
t＝3s，
（2）对B物块，由牛顿第二定律可得，μmg＝ma，所以a＝μg＝5m/s2，
减速至停止所需要的时间为t′＝＝2s＜3s，
所以在A落地之前B已经停止运动，B的总位移为，
xB＝＝10m，
所以AB间的距离为△x＝x﹣xB＝20m．
答：（1）A球从抛出到落地的时间是3s，这段时间内的水平位移是30m；
（2）A球落地时，A、B之间的距离是20m．
点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，对B运用匀减速直线运动的规律直接求解即可．
（4）第四类常考题型是斜抛运动问题：
如图所示，水平地面上不同位置的三个小球斜上抛，沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（ ）
A．三个小球落地时的速率相等
B．沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长
C．三个小球抛出的初速度竖直分量相等
D．三个小球抛出的初速度水平分量相等
分析：三个小球都做斜抛运动，运用运动的分解法，将其运动分解为竖直和水平两个方向研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据运动学公式列式，再进行分析．
解：设任一小球初速度大小为v0，初速度的竖直分量为vy，水平分量为vx，初速度与水平方向的夹角为α，上升的最大高度为h，运动时间为t，落地速度大小为v．
A、C、D、取竖直向上方向为正方向，小球竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为a＝﹣g，
由0﹣＝﹣2gh，得vy＝，h相同，vy相同，则三个小球初速度的竖直分量相同．
由速度的分解知：vy＝v0sinα，由于α不同，所以v0不同．
根据机械能守恒定律得知，小球落地时与抛出时速率相等，所以可知三个小球落地时的速率不等．
又有 vy＝vxtanα，vy相同，α不同，则vx不同，初速度水平分量不等，故AD错误，C正确．
B、由运动学公式有：h＝，则得：t＝2，则知三个球运动的时间相等；故B错误．
故选：C．
点评：对于斜抛运动，要能熟练运用运动的分解法进行分析，掌握相关的运动学公式是解题的基础．
【解题方法点拨】
1．平抛运动的处理技巧﹣﹣一“补”登天
由平抛运动的分解规律可知，平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，我们在解答有关平抛运动的问题时，如果选择适当的位置补画这两个方向的平面，按照这种分解规律可以给解题带来极大的方便．
2．斜面上的平抛运动问题的规律总结
（1）顺着斜面平抛
方法：分解位移
x＝v0t
y＝gt2
tanθ＝
可求得t＝
（2）对着斜面平抛（如右图）
方法：分解速度
vx＝v0
vy＝gt，
tanθ＝＝
可求得t＝
（3）对着竖直墙壁平抛（如右图）水平初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移相同．
t＝．
3．类平抛运动的求解方法
①常规分解法：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（即沿合外力的方向）的匀加速直线运动．两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性．
②特殊分解法：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a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．
4．涉及平抛运动的综合问题
（1）平抛运动与其他运动形式（如匀速直线运动、竖直上抛运动、自由落体运动、圆周运动等）综合的题目．在这类问题的分析中要注意平抛运动与其他运动在时间上、位移上、速度上的相关分析．
（2）多体平抛问题：
①若两物体同时从同一高度（或同一点）抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只决定于两物体水平分运动；
②若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体水平分运动和竖直高度差决定；
③若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距决定于两物体水平分运动和竖直分运动．
10．运动的合成和分解
【知识点的认识】
运动的合成和分解
1．分运动和合运动：一个物体同时参与几个运动，参与的这几个运动即分运动，物体的实际运动即合运动。
2．运动的合成与分解
已知分运动求合运动称为运动的合成；已知合运动求分运动称为运动的分解。两者互为逆运算。在对物体的实际运动进行分解时，要根据实际效果分解。
3．遵循的规律
位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则。
（1）如果各分运动在同一直线上，需选取正方向，与正方向同向的量取“+”号，与正方向反向的量取“﹣”号，从而将矢量运算简化为代数运算。
（2）两分运动不在同一直线上时，按照平行四边形定则进行合成，如图所示。
4．合运动和分运动的关系
（1）等时性：合运动与分运动经历的时间相等。
（2）独立性：一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，不受其他分运动的影响。
（3）等效性：各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果。
5．合运动的性质与轨迹
合运动的性质和轨迹，由两个分运动的性质及合初速度与合加速度的方向关系决定。
（1）根据加速度判定合运动的性质：若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度（大小或方向）变化，则为非匀变速运动。
（2）根据合加速度的方向与合初速度的方向判定合运动的轨迹：若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上则为直线运动，否则为曲线运动。
（3）合力（或合加速度）方向与轨迹的关系
物体做曲线运动的轨迹一定夹在合力（或合加速度）方向和速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合力（或合加速度）方向指向曲线的凹侧。
【命题方向】
（1）第一类常考题型是考查合运动的性质与轨迹：
如图，甲车自西向东做匀加速运动，乙车由南向北做匀速运动，到达O位置之前，乙车上的人看到甲车运动轨迹大致是图中的（ ）
分析：以乙车为参考系，甲车在东西方向上做匀加速直线运动，在南北方向上做匀速直线运动，根据运动的合成确定甲车的轨迹。
解答：解：以乙车为参考系，甲车向东做匀加速直线运动，向南做匀速直线运动，由于合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，则合运动是曲线，因为加速度的方向大致指向轨迹凹的一向，故C正确，A、B、D错误。
故选C。
点评：解决本题的关键知道曲线运动的条件，知道曲线运动加速度的方向大致指向轨迹凹的一向。
（2）第二类常考题型是考查运动的合成与分解：
一快艇从离岸边100m远的河流中央向岸边行驶。已知快艇在静水中的速度图象如（图甲）所示；河中各处水流速度相同，且速度图象如（图乙）所示，则（ ）
A．快艇的运动轨迹一定为直线
B．快艇的运动轨迹可能为直线，也可能为曲线
C．快艇最快到达岸边，所用的时间为20s
D．快艇最快到达岸边，经过的位移为100m
分析：分析：AB、将快艇的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，两分运动一个做匀加速直线运动，一个做匀速直线运动，根据运动的合成确定其运动的轨迹。
C、根据合运动与分运动具有等时性，在垂直于河岸方向上的速度越大，时间越短。即静水速垂直于河岸时，时间最短。
D、根据平行四边形定则求出合位移。
解：AB、两分运动一个做匀加速直线运动，一个做匀速直线运动，知合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，合运动为曲线运动。故A、B错误。
C、静水速垂直于河岸时，时间最短。在垂直于河岸方向上的加速度a＝0.5m/s2，由d＝得，t＝20s。故C正确。
D、在沿河岸方向上的位移x＝v2t＝3×20m＝60m，所以最终位移s＝＝20m．故D错误。
故选：C。
点评：解决本题的关键会将快艇的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，知道在垂直于河岸方向上的速度越大，时间越短。以及知道分运动与合运动具有等时性。
（3）第三类常考题型是考查小船渡河运动：
如图所示，一条小船位于200m宽的河正中A点处，从这里向下游100m处有一危险区，当时水流速度为4m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是（ ）
A.m/s B.m/s C.2m/s D.4m/s
分析：小船离河岸100m处，要使能安全到达河岸，则小船的合运动最大位移为．因此由水流速度与小船的合速度，借助于平行四边形定则，即可求出小船在静水中最小速度。
解：要使小船避开危险区沿直线到达对岸，则有合运动的最大位移为。
因此已知小船能安全到达河岸的合速度，设此速度与水流速度的夹角为θ，
即有tanθ＝
所以θ＝30°
又已知流水速度，则可得小船在静水中最小速度为：v船＝v水sinθ＝×4m/s＝2m/s
故选：C。
点评：一个速度要分解，已知一个分速度的大小与方向，还已知另一个分速度的大小且最小，则求这个分速度的方向与大小值。这种题型运用平行四边形定则，由几何关系来确定最小值。
（4）第四类常考题型是考查绳、杆末端速度的分解：
如图所示，沿竖直杆以速度υ匀速下滑的物体A通过轻质细绳拉光滑水平面上的物体B，当细绳与竖直杆间的夹角为θ时，物体B的速度为（ ）
分析：物体A以速度v沿竖直杆匀速下滑，绳子的速率等于物体B的速率，将A物体的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于绳速，由几何知识求解B的速率，再讨论B的运动情况。
解：将A物体的速度按图示两个方向分解，如图所示，
由绳子速率v绳＝vcsθ
而绳子速率等于物体B的速率，则有物体B的速率vB＝v绳＝vcsθ．故B正确，ACD错误，
故选：B
本题通常称为绳端物体速度分解问题，容易得出这样错误的结果：将绳的速度分解，如图得到
v＝v绳sinθ
【解题方法点拨】
1．两个直线运动的合运动性质的判断
根据合加速度方向与合初速度方向判定合运动是直线运动还是曲线运动，具体分以下几种情况：
2．运动的合成与分解的规律总结
（1）分析运动的合成与分解问题，要注意运动的分解方向，一般情况按运动效果进行分解，切记不可按分解力的思路来分解运动。
（2）要注意分析物体在两个方向上的受力及运动规律，分别在两个方向上列式求解。
（3）两个分方向上的运动具有等时性，这常是处理运动分解问题的关键点。
3．小船渡河运动模型
（1）小船渡河的运动可以看成是小船划行的运动和小船随河流运动的合运动，船的实际运动是两个分运动的合运动。该运动模型中常涉及的问题有船渡河最短时间的计算和船渡河位移最短时速度方向的确定等。小船渡河的三种情景：
①过河时间最短：船头正对河岸时，渡河时间最短，t短＝（d为河宽）。
②过河路径最短（v2＜v1时）：合速度垂直于河岸时，航程最短，s短＝d．船头指向上游与河岸夹角为α，csα＝。
③过河路径最短（v2＞v1时）：合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河。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：csα＝，最短航程：s短═。
（2）求解小船渡河问题的方法
求解小船渡河问题有两类：一是求最短渡河时间，二是求最短渡河位移，无论哪类都必须明确以下四点：
①解决这类问题的关键是：正确区分分运动和合运动，船的航行方向也就是船头指向，是分运动。船的运动方向也就是船的实际运动方向，是合运动，一般情况下与船头指向不一致。
②运动分解的基本方法，按实际效果分解，一般用平行四边形定则按水流方向和船头指向分解。
③渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关。
④求最短渡河位移时，根据船速v船与水流速度v水的大小情况用三角形定则求极限的方法处理。
4．绳、杆末端速度分解模型
（1）模型特点
用绳、杆相牵连的物体，在运动过程中，其两物体的速度通常不同，但物体沿绳或杆方向的速度分量大小相等。
（2）常用的解题思路和方法：
先确定合运动的方向（物体实际运动的方向），然后分析这个合运动所产生的实际效果（一方面使绳或杆伸缩的效果；另一方面使绳或杆转动的效果）以确定两个分速度的方向（沿绳或杆方向的分速度和垂直绳或杆方向的分速度，而沿绳或杆方向的分速度大小相同）。
（3）解决此类问题时应把握以下两点
①确定合速度，它应是小船的实际速度；
②小船的运动引起了两个效果：一是绳子的收缩，二是绳绕滑轮的转动。应根据实际效果进行运动的分解。
11．向心力
【知识点的认识】
一：向心力
1．作用效果：产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．
2．大小：Fn＝man＝＝mω2r＝．
3．方向：总是沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．
4．来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，甚至可以由一个力的分力提供，因此向心力的来源要根据物体受力的实际情况判定．
注意：向心力是一种效果力，受力分析时，切不可在物体的相互作用力以外再添加一个向心力．
二、离心运动和向心运动
1．离心运动
（1）定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．
（2）本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向．
（3）受力特点：
当F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动；
当F＝0时，物体沿切线方向飞出；
当F＜mrω2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力．如图所示．
2．向心运动
当提供向心力的合外力大于做圆周运动所需向心力时，即F＞mrω2，物体渐渐向圆心靠近．如图所示．
注意：物体做离心运动不是物体受到所谓离心力作用，而是物体惯性的表现，物体做离心运动时，并非沿半径方向飞出，而是运动半径越来越大或沿切线方向飞出．
【重要知识点分析】
1．圆周运动中的运动学分析
（1）对公式v＝ωr的理解
当r一定时，v与ω成正比．
当ω一定时，v与r成正比．
当v一定时，ω与r成反比．
（2）对a＝＝ω2r＝ωv的理解
在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比．
2．匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较
【命题方向】
（1）第一类常考题型是对圆周运动中的传动问题分析：
一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面，圆锥筒固定，有质量相等的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，A的运动半径较大，则（ ）
A．球A的线速度等于球B的线速度
B．球A的角速度等于球B的角速度
C．球A的运动周期等于球B的运动周期
D．球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力
分析：对AB受力分析，可以发现它们都是重力和斜面的支持力的合力作为向心力，并且它们的质量相等，所以向心力的大小也相等，再根据线速度、加速度和周期的公式可以做出判断．
解：
A、如右图所示，小球A和B紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动．
由于A和B的质量相同，小球A和B在两处的合力相同，即它们做圆周运动时的向心力是相同的．
由向心力的计算公式F＝m，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的线速度大，所以A错误．
B、又由公式F＝mω2r，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的角速度小，所以B错误．
C、由周期公式T＝，所以球A的运动周期大于球B的运动周期，故C错误．
D、球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力，所以D正确．
故选D．
点评：对物体受力分析是解题的关键，通过对AB的受力分析可以找到AB的内在的关系，它们的质量相同，向心力的大小也相同，本题能很好的考查学生分析问题的能力，是道好题．
（2）第二类常考题型是对圆周运动中的动力学问题分析：
如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆轨道上做圆周运动．圆半径为R，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆轨．则其通过最高点时（ ）
A．小球对圆环的压力大小等于mg
B．小球受到的向心力等于重力
C．小球的线速度大小等于
D．小球的向心加速度大小等于g
分析：小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，知轨道对小球的弹力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球的速度．
解：A、因为小球刚好在最高点不脱离圆环，则轨道对球的弹力为零，所以小球对圆环的压力为零．故A错误．
B、根据牛顿第二定律得，mg＝m＝ma，知向心力不为零，线速度v＝，向心加速度a＝g．故B、C、D正确．
故选BCD．
点评：解决本题的关键知道在最高点的临界情况，运用牛顿第二定律进行求解．
（3）第二类常考题型是对圆周运动的绳模型与杆模型分析：
如图，质量为0.5kg的小杯里盛有1kg的水，用绳子系住小杯在竖直平面内做“水流星”表演，转动半径为1m，小杯通过最高点的速度为4m/s，g取10m/s2．求：
（1）在最高点时，绳的拉力？
（2）在最高点时水对小杯底的压力？
（3）为使小杯经过最高点时水不流出，在最高点时最小速率是多少？
分析：（1）受力分析，确定圆周运动所需要的向心力是由哪个力提供的；
（2）水对小杯底的压力与杯子对水的支持力是作用力与反作用力，只要求出杯子对水的支持力的大小就可以了，它们的大小相等，方向相反；
（3）物体恰好能过最高点，此时的受力的条件是只有物体的重力作为向心力．
解：（1）小杯质量m＝0.5kg，水的质量M＝1kg，在最高点时，
杯和水的受重力和拉力作用，如图所示，
合力F合＝（M+m）g+T﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
圆周半径为R，则F向＝（M+m）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
F合提供向心力，有 （M+m）g+T＝（M+m）
所以细绳拉力T＝（M+m）（﹣g）＝（1+0.5）（﹣10）＝9N；
（2）在最高点时，水受重力Mg和杯的压力F作用，如图所示，
合力F合＝Mg+F
圆周半径为R，则F向＝M
F合提供向心力，有 Mg+F＝M
所以杯对水的压力F＝M（﹣g）＝1×（﹣10）＝6N；
根据牛顿第三定律，水对小杯底的压力为6N，方向竖直向上．
（3）小杯经过最高点时水恰好不流出时，此时杯对水的压力为零，只有水的重力作为向心力，由（2）得：
Mg＝M
解得v＝＝m/s＝．
答：（1）在最高点时，绳的拉力为9 N；（2）在最高点时水对小杯底的压力为6N；（3）在最高点时最小速率为．
点评：水桶在竖直面内做圆周运动时向心力的来源是解决题目的重点，分析清楚哪一个力做为向心力，再利用向心力的公式可以求出来，必须要明确的是当水桶恰好能过最高点时，只有水的重力作为向心力，此时水恰好流不出来．
【解题方法点拨】
1．圆周运动中的运动学规律总结
在分析传动装置中的各物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，具体有：
（1）同一转轴的轮上各点角速度ω相同，而线速度v＝ωr与半径r成正比．
（2）当皮带（或链条、齿轮）不打滑时，传动皮带上各点以及用皮带连接的两轮边沿上的各点线速度大小相等，而角速度ω＝与半径r成反比．
（3）齿轮传动时，两轮的齿数与半径成正比，角速度与齿数成反比．
2．圆周运动中的动力学问题分析
（1）向心力的确定
①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．
②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．
（2）向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．
（3）解决圆周运动问题步骤
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．
3．竖直平面内圆周运动的绳模型与杆模型
（1）在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等），称为“绳（环）约束模型”，二是有支撑（如球与杆连接、在弯管内的运动等），称为“杆（管道）约束模型”．
（2）绳、杆模型涉及的临界问题．
12．动量定理
【知识点的认识】
1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．
2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．
3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F＝＝＝＝ma，所以物体动量的变化率等于它受到的力，即F＝，这是牛顿第二定律的动量表述．
【命题方向】
题型一：动量定理的应用
例子：一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过△t时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（ ）
A．mg△t B. C.+mg D.﹣mg
分析：由题意可知，铁锤的初末动量，由动量定理可求得其对木桩的平均冲力．
解答：对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力；设向下为正方向，则有：
（mg﹣F）t＝0﹣mv
得：F＝mg+；
由牛顿第三定律可知，铁锤对桩的平均冲力为：F＝mg+；
故选：C．
点评：本题考查动量定理的应用，在应用时要注意先明确正方向，然后才能列动能定理的关系式求解．
【解题方法点拨】
1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．
2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．
3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．
13．动量守恒定律
【知识点的认识】
1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．
2．表达式：
（1）p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′．
（2）m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．
（3）△p1＝﹣△p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
（4）△p＝0，系统总动量的增量为零．
3．动量守恒定律的适用条件
（1）不受外力或所受外力的合力为零．不能认为系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．
（2）近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．
（3）如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在这一方向上动量守恒．
【命题方向】
题型一：动量守恒的判断
例子：如图所示，A、B两物体的质量比mA：mB＝3：2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑．当弹簧突然释放后，则有（ ）
A．A、B系统动量守恒 B．A、B、C系统动量守恒
C．小车向左运动 D．小车向右运动
分析：在整个过程中三个物体组成的系统合外力为零，系统的动量守恒．分析小车的受力情况，判断其运动情况．
解答：A、B，由题意，地面光滑，所以A、B和弹簧、小车组成的系统受合外力为零，所以系统的动量守恒．
在弹簧释放的过程中，由于mA：mB＝3：2，A、B所受的摩擦力大小不等，所以A、B组成的系统合外力不为零，动量不守恒．故A错误．B正确；
C、D由于A、B两木块的质量之比为m1：m2＝3：2，由摩擦力公式f＝μN＝μmg知，A对小车向左的滑动摩擦力大于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B相对小车停止运动之前，小车的合力所受的合外力向左，会向左运动，故C正确，D错误．
故选：BC．
点评：本题关键掌握系统动量守恒定律的适用条件：合外力为零，并能通过分析受力，判断是否系统的动量是否守恒，题目较为简单！
题型二：动量守恒的应用
例子：如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ．最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板．求：
（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；
（2）木块A在整个过程中的最小速度．
分析：（1）A、B两木块同时水平向右滑动后，木块A先做匀减速直线运动，当木块A与木板C的速度相等后，A、C相对静止一起在C摩擦力的作用下做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动，直到三个物体速度相同．根据三个物体组成的系统动量守恒求出最终共同的速度，对B由牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求解发生的位移；
（2）当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，根据系统的动量守恒求解A在整个过程中的最小速度，或根据牛顿第二定律分别研究A、C，求出加速度，根据速度公式，由速度相等条件求出时间，再求解木块A在整个过程中的最小速度．
解答：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1．对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：
mv0+2mv0＝（m+m+3m）v1
解得：v1＝0.6v0
木块B滑动的加速度为：a＝μg，
所发生的位移：x＝＝
（2）A与C速度相等时，速度最小，此过程A和B减少的速度相等，有：
mv0+2mv0＝（m+3m）vA+mvB
v0﹣vA＝2v0﹣vB
解得：vA＝0.4v0
答：（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移是；
（2）木块A在整个过程中的最小速度是0.4v0．
点评：本题是木块在木板上滑动的类型，分析物体的运动过程是解题基础，其次要把握物理过程所遵守的规律，这种类型常常根据动量守恒和能量守恒结合处理．
题型三：动量守恒的临界问题
如图所示，光滑的水平面上有一个质量为M＝2m的凸型滑块，它的一个侧面是与水平面相切的光滑曲面，滑块的高度为h＝0.3m．质量为m的小球，以水平速度v0在水平面上迎着光滑曲面冲向滑块．试分析计算v0应满足什么条件小球才能越过滑块．（取g＝1Om/s2）
分析：小球越到滑块最高点速度水平向右，以滑块和和小球组成的系统为研究对象；根据动量守恒和过程系统机械能守恒列出等式；根据题意要越过滑块，应有v1＞v2，我们解决问题时取的是临界状态求解．
解答：设小球越过滑块最高点的速度为v1，此时滑块的速度为v2，根据动量守恒得：
mv0＝mv1+2mv2
此过程系统机械能守恒，根据机械能守恒得：
mv02＝mv12+2mv22+mgh
小球要越过滑块，应有v1＞v2，至少也要有v1＝v2，设v1＝v2＝v，上述两式变为
mv0＝（m+2m）v
mv02＞（m+2m）v2+mgh
解得v0＞3m/s
答：小球要越过滑块，初速度应满足v0＞3m/s．
点评：应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件．把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题．
题型四：动量与能量的综合
例子：如图所示，光滑水平面上放置质量均为M＝2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过两车连接处时，感应开关使两车自动分离，分离时对两车及滑块的瞬时速度没有影响），甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之问的动摩擦因数μ＝0.5，一根轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m＝1kg的滑块P（可视为质点）与弹簧的右端接触但不相连，用一根细线拴在甲车左端和滑块P之间使弹簧处于压缩状态，此时弹簧的弹性势能E0＝10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，g取10m/s2．求：
（1）滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；
（2）滑块P滑上乙车后相对乙车滑行的距离．
分析：（1）因地面光滑，所以滑块P在甲车上滑动的过程中，符合动量守恒的条件，同时除了弹簧的弹力做功之外，没有其他的力做功，所以机械能也是守恒的，分别应用动量守恒和机械能守恒列式求解，可得出滑块P滑上乙时的瞬时速度．
（2）滑块P滑上乙车时，甲乙两车脱离，滑块和乙车做成了系统，经对其受力分析，合外力为零，动量守恒，可求出滑块和乙车的最终共同速度，由能量的转化和守恒可知，系统减少的机械能转化为了内能，即为摩擦力与相对位移的乘积．从而可求出相对位移，即滑块P在乙车上滑行的距离．
解答：（1）设滑块P滑上乙车前的速度为v，以整体为研究对象，作用的过程中动量和机械能都守恒，选向右的方向为正，应用动量守恒和能量关系有：
mv1﹣2Mv2＝0…①
E0＝m+…②
①②两式联立解得：v1＝4m/s v2＝1m/s
（2）以滑块和乙车为研究对象，选向右的方向为正，在此动过程中，由动量守恒定律得：
mv1﹣Mv2＝（m+M）v共…③
由能量守恒定律得：μmgL＝+﹣（M+m）…④
③④联立并代入得：L＝m
答：（1）滑块P滑上乙时的瞬时速度的大小为4m/s．
（2）滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离为m．
点评：本题考察了动量守恒．机械能守恒和能量的转化与守恒．
应用动量守恒定律解题要注意“四性”，①系统性．②矢量性．③同时性．
机械能守恒的条件是只有重力（或弹簧的弹力）做功，并只发生动能和势能的转化．
【解题方法点拨】
1．应用动量守恒定律的解题步骤：
（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；
（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；
（3）规定正方向，确定初末状态动量；
（4）由动量守恒定律列式求解；
（5）必要时进行讨论．
2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：
（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．
（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．
正确把握以上两点是求解这类问题的关键．
3．综合应用动量观点和能量观点
4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．
5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：
（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．
（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．
（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．
14．功的计算
【知识点的认识】
1．做功的两个不可缺少的因素：力和物体在力的方向上发生的位移．
2．功的公式：W＝Flcsα，其中F为恒力，α为F的方向与位移l的方向之间的夹角；功的单位：焦耳（J）；功是标量．
3．功的计算：
（1）合力的功
①先求出合力，然后求总功，表达式为：∑W＝∑F⋅scsθ（θ为合力与位移方向的夹角）
②合力的功等于各分力所做功的代数和，即：∑W＝W1+W2+…
（2）变力做功：对于变力做功不能依定义式W＝Fscsα直接求解，但可依物理规律通过技巧的转化间接求解．
①可用（微元法）无限分小法来求，过程无限分小后，可认为每小段是恒力做功．
②平均力法：若变力大小随位移是线性变化，且方向不变时，可将变力的平均值求出后用公式：计算．
③利用F﹣s图象，F﹣s图线与坐标轴所包围的面积即是力F做功的数值．
④已知变力做功的平均功率P，则功W＝Pt．
⑤用动能定理进行求解：由动能定理W＝△EK可知，将变力的功转换为物体动能的变化量，可将问题轻易解决．
⑥用功能关系进行求解．
【命题方向】
题型一：功的计算
例1：如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置． 用水平拉力F将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中：
（1）F为恒力，拉力F做的功是 FLsinθ J
（2）用F缓慢地拉，拉力F做的功是 mgL（1﹣csθ） J．
分析：小球用细线悬挂而静止在竖直位置，当用恒力拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，由功的公式结合球的位移可求出拉力做功．当F缓慢地拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，则由动能定理可求出拉力做功．
解答：（1）当小球用细线悬挂而静止在竖直位置，当用恒力拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，
则拉力做功为：W＝FS＝FLsinθ
（2）当F缓慢地拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，缓慢则是速率不变，
则由动能定理可得：
WF﹣mgh＝0
而高度变化为：h＝L（1﹣csθ）
所以WF＝mgL（1﹣csθ）
故答案为：FLsinθ；mgL（1﹣csθ）．
点评：当力恒定时，力与力的方向的位移乘积为做功的多少；当力不恒定时，则由动能定理来间接求出变力做功．同时当小球缓慢运动，也就是速率不变．
题型二：用画图法求功
例2：用铁锤将一铁钉击入木块，设木块对铁钉的阻力与铁钉进入木块内的深度成正比，即Ff＝kx（其中x为铁钉进入木块的深度），在铁锤击打第一次后，铁钉进入木块的深度为d．
（1）求铁锤对铁钉做功的大小；
（2）若铁锤对铁钉每次做功都相等，求击打第二次时，铁钉还能进入的深度．
分析：阻力与深度成正比，力是变力，可以应用f﹣d图象再结合动能定理分析答求解．
解答：（1）由题意可知，阻力与深度d成正比，f﹣d图象如图所示，F﹣x图象与坐标轴所形成图形的面积等于力所做的功，故第一次时所做的功：
W＝；
（2）每次钉钉子时做功相同，如图所示可得：
力与深度成正比，则：f＝kd，f′＝kd′，
两次做功相同，W＝df＝（f+f′）（d′﹣d），
解得：d′＝d﹣d，
第二次钉子进入木板的深度：h＝d′﹣d＝（﹣1）d；
答：（1）铁锤对铁钉做功的大小为；
（2）二次钉子进入木板的深度（﹣1）d；
点评：图象法在物理学中应用非常广泛，有时可以起到事半功倍的效果，在学习中要注意应用．
【解题方法点拨】
1．在计算力所做的功时，首先要对物体进行受力分析，明确是要求哪个力做的功，这个力是恒力还是变力；其次进行运动分析，明确是要求哪一个过程力所做的功．关于恒力的功和变力的功的计算方法如下：
（1）恒力做功：对恒力作用下物体的运动，力对物体做的功用W＝Flcsα求解．该公式可写成W＝F•（l•csα）＝（F•cs α）•l．即功等于力与力方向上的位移的乘积或功等于位移与位移方向上的力的乘积．
（2）变力做功：
①用动能定理W＝△Ek或功能关系W＝△E，即用能量的增量等效代换变力所做的功．（也可计算恒力做功）
②当变力的功率P一定时，可用W＝Pt求功，如机车以恒定功率启动时．
③把变力做功转化为恒力做功：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程（不是位移）的乘积．如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等．
（3）总功的求法：
①总功等于合外力的功：先求出物体所受各力的合力F合，再根据W总＝F合lcsα计算总功，但应注意α应是合力与位移l的夹角．
②总功等于各力做功的代数和．
【知识点的应用及延伸】
各种力做功的特点
1、重力做功特点
（1）重点做功与路径无关，只与物体的始末位置高度差有关．
（2）重力做功的大小：W＝mg•h．
（3）重力做功与重力势能的关系：WG＝﹣△Ep＝Ep1﹣Ep2．
此外，做功多少与路径无关的力还有：匀强电场中的电场力做功，液体的浮力做功等．
2．摩擦力做功的特点：
（1）静摩擦力做功的特点：
①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
②在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的相互转移（静摩擦力起着传递机械能的作用），而没有机械能转化为其他形式的能．
③相互摩擦的系统内，一对静摩擦力所做功的代数和总为零．
（2）滑动摩擦力做功的特点：
①滑动摩擦力可以对物体做正功，也可以对物体做负功，当然也可以不做功．
②一对滑动摩擦力做功的过程中，能量的转化有两个方面：一是相互摩擦的物体之间机械能的转移；二是机械能转化为内能．
③一对滑动摩擦力的总功等于﹣f△s，式中△s指物体间的相对位移．
④转化为内能的量值等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，即W＝Q（即摩擦生热）．
⑤滑动摩擦力、空气摩擦阻力等，在曲线运动或往返运动时等于力和路程（不是位移）的乘积．
15．动能定理
【知识点的认识】
1．内容：合外力在一个过程中对物体所做的功等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式：W＝EK2﹣EK1。
3．物理意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即合力的功是物体动能变化的量度。
4．动能定理的适用条件
（1）动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
（2）既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。
5．对动能定理的理解
（1）一个物体的动能变化△Ek与合外力对物体所做功W具有等量代换关系。
①若△Ek＞0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功。
②若△Ek＜0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值。
③若△Ek＝0，表示合外力对物体所做的功等于零。反之亦然。这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法。
（2）动能定理公式中等号的意义：等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系：
①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功。
②单位相同：国际单位都是焦耳。
③因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。
（3）动能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑使用动能定理。由于只需要从力在整个位移内所做的功和这段位移始末两状态的动能变化去考虑，无需注意其中运动状态变化的细节，同时动能和功都是标量，无方向性，所以无论是直线运动还是曲线运动，计算都会特别方便。
（4）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系。
注意：功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理，但牛顿第二定律是矢量方程，可以在互相垂直的方向上分别使用分量方程。
【命题方向】
题型一：对动能定理表达式的直接考核
如图所示，某人将质量为m的石块从距地面h高处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v0，不计空气阻力，石块落地时的动能为（ ）
A．mghB.mv02 C. D.
分析：根据动能定理求出石块落地时的动能大小。
解答：根据动能定理得，，解得石块落地时的动能．故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
点评：运用动能定理解题首先要确定研究对象和研究过程，分析有哪些力做功，根据动能定理列出表达式进行求解。
【解题方法点拨】
1．应用动能定理的一般步骤
（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。
（2）分析受力及各力做功的情况
①受哪些力？
②每个力是否做功？
③在哪段位移哪段过程中做功？
④做正功还是负功？
⑤做多少功？求出代数和。
（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。
（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。
注意：
①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。
②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。
16．弹性势能
【知识点的认识】
1．定义：发生形变的物体，在恢复原状时能够对外做功，因而具有能量，这种能叫做弹性势能。
2．决定因素：与形变程度有关，形变越厉害，弹性势能就越大；与弹簧的劲度系数有关，k越大，弹性势能就越大。
3．弹簧弹性势能表达式：。
4．弹力做功的计算：由于弹力是一个变力，计算其功不能用W＝Fs设弹簧的伸长量为x，则F＝kx，画出F﹣x图象。如图所示。则此图线与x轴所夹面积就为弹力所做的功。由图象可得：W弹＝kx12﹣kx22＝﹣△EP。
5．弹力做功与弹性势能变化量的关系：W弹＝﹣△EP．当弹力做负功，弹性势能增加；当弹力做正功，弹性势能减少。
【命题方向】
题型一：对弹性势能的理解
例1：关于弹性势能，下列说法正确的是（ ）
A．弹性势能与物体的形变量有关
B．弹性势能与物体的形变量无关
C．物体运动的速度越大，弹性势能越大
D．物体运动的速度越大，弹性势能越小
分析：任何物体发生弹性形变时，都具有弹性势能。弹簧伸长和压缩时都有弹性势能。同一个弹簧形变量越大，弹性势能就越大。
解：AB、发生弹性形变的物体，形变量越大，弹性势能越大，故A正确，B错误；
CD、物体运动的速度越大，动能越大，但弹性势能与物体的运动速度大小无关，故C错误，D错误。
故选：A。
点评：本题关键明确弹性势能的概念，知道影响弹性势能大小的因素，基础题。
【知识点应用及拓展】
【解题方法点拨】
17．功能关系
【知识点的认识】
1．内容
（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化．
（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现．
2．高中物理中几种常见的功能关系
【命题方向】
题型一：对功能关系的理解应用
例1：如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g．物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（ ）
A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH D．机械能损失了
分析：若动能变化为正值，说明动能增加，若为负值，说明动能减少，然后根据动能定理，求出合力做的功即可；要求机械能损失，只要求出除重力外其它力做的功即可．
解：根据动能定理应有＝﹣ma＝﹣2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了 2mgH，所以A正确B错误；
再由牛顿第二定律（选取沿斜面向下为正方向）有mgsin30°+f＝ma＝mg，可得f＝mg，根据功能关系应有△E＝﹣f＝﹣mgH，即机械能损失了mgH，所以C正确D错误．
故选：AC．
点评：要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功．
【解题方法点拨】
1．解答功能关系问题时，一般步骤如下：
（1）明确研究对象及其运动过程；
（2）对研究对象进行受力分析，明确其所受的每一个力的大小、方向；
（3）计算各个力所做的功；
（4）明确能量转化的关系，找出对应力所做的功．
18．机械能守恒定律
【知识点的认识】
1．机械能：势能和动能统称为机械能，即E＝Ek+Ep，其中势能包括重力势能和弹性势能．
2．机械能守恒定律
（1）内容：在只有重力（或弹簧弹力）做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变．
（2）表达式：
【命题方向】
题型一：机械能是否守恒的判断
例1：关于机械能是否守恒的叙述中正确的是（ ）
A．只要重力对物体做了功，物体的机械能一定守恒
B．做匀速直线运动的物体，机械能一定守恒
C．外力对物体做的功为零时，物体的机械能一定守恒
D．只有重力对物体做功时，物体的机械能一定守恒
分析：机械能守恒的条件：只有重力或弹力做功的物体系统，其他力不做功，理解如下：
①只受重力作用，例如各种抛体运动．
②受到其它外力，但是这些力是不做功的．例如：绳子的一端固定在天花板上，另一端系一个小球，让它从某一高度静止释放，下摆过程中受到绳子的拉力，但是拉力的方向始终与速度方向垂直，拉力不做功，只有重力做功，小球的机械能是守恒的．
③受到其它外力，且都在做功，但是它们的代数和为0，此时只有重力做功，机械能也是守恒的．
解：A、机械能守恒条件是只有重力做功，故A错误；
B、匀速运动，动能不变，但重力势能可能变化，故B错误；
C、外力对物体做的功为零时，不一定只有重力做功，当其它力与重力做的功的和为0时，机械能不守恒，故C错误；
D、机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，故D正确．
故选：D．
点评：本题关键是如何判断机械能守恒，可以看能量的转化情况，也可以看是否只有重力做功．
题型二：机械能守恒定律的应用
例2：如图，竖直放置的斜面下端与光滑的圆弧轨道BCD的B端相切，圆弧半径为R，∠COB＝θ，斜面倾角也为θ，现有一质量为m的小物体从斜面上的A点无初速滑下，且恰能通过光滑圆形轨道的最高点D．已知小物体与斜面间的动摩擦因数为μ，
求：（1）AB长度l应该多大．
（2）小物体第一次通过C点时对轨道的压力多大．
分析：
（1）根据牛顿第二定律列出重力提供向心力的表达式，再由动能定理结合几何关系即可求解；
（2）由机械能守恒定律与牛顿第二定律联合即可求解．
解：（1）因恰能过最高点D，则有
又因f＝μN＝μmgcsθ，
物体从A运动到D全程，由动能定理
可得：mg（lsinθ﹣R﹣Rcsθ）﹣fl＝
联立求得：
（2）物体从C运动到D的过程，设C点速度为vc，由机械能守恒定律：
物体在C点时：
联合求得：N＝6mg
答：（1）AB长度得：．
（2）小物体第一次通过C点时对轨道的压力6mg．
点评：本题是动能定理与牛顿运动定律的综合应用，关键是分析物体的运动过程，抓住滑动摩擦力做功与路程有关这一特点．
题型三：多物体组成的系统机械能守恒问题
例3：如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是（ ）
A．斜面倾角α＝30°
B．A获得最大速度为2g
C．C刚离开地面时，B的加速度最大
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
分析：C球刚离开地面时，弹簧的弹力等于C的重力，根据牛顿第二定律知B的加速度为零，B、C加速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角．
A、B、C组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知，压缩量与伸长量相等．在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度与B相等；
解：A、C刚离开地面时，对C有：kx2＝mg
此时B有最大速度，即aB＝aC＝0
则对B有：T﹣kx2﹣mg＝0
对A有：4mgsinα﹣T＝0
以上方程联立可解得：sinα＝，α＝30°，故A正确；
B、初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1＝mg
由上问知x1＝x2＝，则从释放至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；
此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：
4mg（x1+x2）sinα＝mg（x1+x2）+（4m+m）vBm2
以上方程联立可解得：vBm＝2g
所以A获得最大速度为2g，
故B正确；
C、对B球进行受力分析可知，C刚离开地面时，B的速度最大，加速度为零．故C错误；
D、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误．
故选：AB．
点评：本题关键是对三个小球进行受力分析，确定出它们的运动状态，再结合平衡条件和系统的机械能守恒进行分析．
【解题方法点拨】
1．判断机械能是否守恒的方法
（1）利用机械能的定义判断：分析动能与势能的和是否变化．如：匀速下落的物体动能不变，重力势能减少，物体的机械能必减少．
（2）用做功判断：若物体或系统只有重力（或弹簧的弹力）做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，机械能守恒．
（3）用能量转化来判断：若系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的转化，则系统的机械能守恒．
（4）对一些绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等问题机械能一般不守恒，除非题中有特别说明或暗示．
2．应用机械能守恒定律解题的基本思路
（1）选取研究对象﹣﹣物体或系统．
（2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．
（3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能．
（4）选取方便的机械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）进行求解．
注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关．
3．对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：
（1）分析清楚运动过程中各物体的能量变化；
（2）哪几个物体构成的系统机械能守恒；
（3）各物体的速度之间的联系．
19．电势差和电场强度的关系
【知识点的认识】
一、电势差与电场强度的关系式
1．关系式：U＝Ed或者E＝。
2．适用条件：只有在匀强电场中才有这个关系。
3．注意：式中d是指沿电场方向两点间的距离。
4．方向关系：场强的方向就是电势降低最快的方向。由于电场线跟等势面垂直，只有沿电场线方向，单位长度上的电势差才最大，也就是说电势降落最快的方向为电场强度的方向。但电势降落的方向不一定是电场强度方向。
二、对公式U＝Ed的理解
1．从变形公式E＝可以看出，电场强度越大，说明沿电场线方向电势差越大，表明电势降落的越快，因此电场强度除了能描述电场的力的性质外还有另一个物理意义，那就是：电场强度是描述电场中电势降落快慢的物理量，也同时说明，沿电场线方向电势降落最快。
2．公式中的d可理解为匀强电场中两点所在等势面之间的距离。
3．对于非匀强电场，用公式E＝可以定性分析某些问题。例如等差等势面E越大处，d越小。因此可以断定，等差等势面越密的地方电场强度也越大。
现在举例来说明公式E＝在非匀强电场中的应用。如图所示，A、B、C是同一电场线上的三点，且＝，由电场线的疏密程度可以看出EA＜EB＜EC，所以AB间的平均场强比BC间的小，即AB＜BC，又因为UAB＝•AB，UBC＝•BC，所以UAB＜UBC。
三、电场强度与电势差的比较
【命题方向】
题型一：匀强电场中电势差与场强的关系
例1：如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为（ ）
A.200V/m B.200V/m C.100V/m D.100V/m
分析：在x轴上找一电势为3V的点，将该点与B点连接，该连线为等势线，求出OB沿电场线方向上的距离，根据E＝求出电场强度的大小。
解：OA的中点C的电势为3V，将C点与B点连接，如图，电场线与等势线垂直，根据几何关系得，BC＝2cm，则OB沿电场线方向上的距离d＝cm。
所以电场强度E＝＝200V/m。故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
点评：解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系，即E＝，注意d是沿电场线方向上的距离。
【解题方法点拨】
1．U＝Ed关系的应用：
公式U＝Ed中d是沿场强方向的两点间的距离或两等势面间的距离，而U是这两点间的电势差。这一定量关系只适用于匀强电场，变形后E＝，用它可求匀强电场的场强，也可定性分析非匀强电场。
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日期：2020/4/13 15:59:25；用户：ZY蔡老师；邮箱：[email protected]；学号：5146005

一对作用力与反作用力
一对平衡力
相
同
点
大小
相等
相等
方向
相反
相反
是否共线
共线
共线
不
同
点
性质
一定相同
不一定相同
作用时间
同时产生、同时消失
不一定同时产生、同时消失
作用对象
不同（异体）
相同（同体
作用效果
两个力在不同物体产生不同效果，不能抵消
两个力在同一物体上使物体达到平衡的效果
A．
B．
C．
D．
A．
B．υcsθ
C．υ
D．υsinθ
两个互成角度的分运动
合运动的性质
两个匀速直线运动
匀速直线运动
一个匀速直线运动、
一个匀变速直线运动
匀变速曲线运动
两个初速度为零的匀加速直线运动
匀加速直线运动
两个初速度不为零
的匀变速直线运动
如果v合与a合共线，为匀变速直线运动
如果v合与a合不共线，为匀变速曲线运动
项目
匀速圆周运动
非匀速圆周运动
运动
性质
是速度大小不变，方向时刻变化的变速曲线运动，是加速度大小不变而方向时刻变化的变加速曲线运动
是速度大小和方向都变化的变速曲线运动，是加速度大小和方向都变化的变加速曲线运动
加速度
加速度方向与线速度方向垂直．即只存在向心加速度，没有切向加速度
由于速度的大小、方向均变，所以不仅存在
向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不断改变
向心力

绳模型
杆模型
常见类型
均是没有支撑的小球

均是有支撑的小球
过最高点的临界条件
由mg＝m得v临＝
由小球恰能做圆周运动得v临＝0
讨论分析
（1）过最高点时，v≥，FN+mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN；
（2）不能过最高点时，v＜，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道；
（1）当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心；
（2）当0＜v＜时，﹣FN+mg＝m，FN背向圆心，随v的增大而减小；
（3）当v＝时，FN＝0；
（4）当v＞时，FN+mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大；
重力势能
弹性势能
定义
物体由于被举高而具有的能量
物体发生弹性形变而具有的能量
影响因素
物体的质量、高度
劲度系数K、形变量L
表达式
EP＝mgh
EP＝kl2
能的变化与力做功的关系
重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加
弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能增加
相对性
与选择的零势能面有关
一般以弹簧处于原长时的弹性势能为零
功
能量的变化
合外力做正功
动能增加
重力做正功
重力势能减少
弹簧弹力做正功
弹性势能减少
电场力做正功
电势能减少
其他力（除重力、弹力）做正功
机械能增加
一对滑动摩擦力做的总功为负功
系统的内能增加
观点
表达式
守恒观点
E1＝E2，Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2（要选零势能参考平面）
转化观点
△EK＝﹣△EP（不用选零势能参考平面）
转移观点
△EA＝﹣△EB（不用选零势能参考平面）
物理量
电势差U
电场强度E
定义
（1）电场中任意两点的电势之差，UAB＝φA﹣φB
（2）电荷在电场中两点间移动时，静电力所做的功跟电荷量的比值
放入电场中某一点的电荷受到的静电力跟它的电荷量的比值
定义式
U＝
E＝
意义
描述了电场的能的性质
描述了电场的力的性质
大小
数值上等于单位正电荷从一点移到另一点时，静电力所做的功
数值上等于单位电荷受到的力
方向
标量，无方向
规定为正电荷在该点所受静电力的方向
联系
在匀强电场中有U＝Ed