最新高中物理經(jīng)典例題分析

?高中物理巧學(xué)巧解大全?目錄第一局部 高中物理活題巧解方法總論整體法隔離法力的合成法力的分解法力的正交分解法加速度分解法加速度合成法速度分解法速度合成法圖象法補償法〔又稱割補法〕微元法對稱法假設(shè)法臨界條件法動態(tài)分析法利用配方求極值法等效電源法相似三角形法矢量圖解法等效擺長法等效重力加速度法特值法極值法守恒法模型法模式法轉(zhuǎn)化法氣體壓強的參考液片法氣體壓強的平衡法氣體壓強的動力學(xué)法平衡法〔有收尾速度問題〕窮舉法通式法逆向轉(zhuǎn)換法比例法推理法密度比值法程序法等分法動態(tài)圓法放縮法電流元分析法估算法節(jié)點電流守恒法拉密定理法代數(shù)法幾何法第二局部 局部難點巧學(xué)一、利用“假設(shè)法〞判斷彈力的有無以及其方向二、利用動態(tài)分析彈簧彈力三、靜摩擦力方向判斷四、力的合成與分解五、物體的受力分析六、透徹理解加速度概念七、區(qū)分s-t圖象和v-t圖象八、深刻領(lǐng)會三個根底公式九、善用勻變速直線運動幾個重要推論十、抓住時空觀解決追趕〔相遇〕問題十一、有關(guān)彈簧問題中應(yīng)用牛頓定律的解題技巧十二、連接體問題分析策略——整體法與隔離法十三、熟記口訣巧解題十四、巧作力的矢量圖，解決力的平衡問題十五、巧用圖解分析求解動態(tài)平衡問題十六、巧替換、化生僻為熟悉，化繁難就簡易十七、巧選研究對象是解決物理問題的關(guān)鍵環(huán)節(jié)十八、巧用“兩邊夾〞確定物體的曲線運動情況十九、效果法——運動的合成與分解的法寶二十、平拋運動中的“二級結(jié)論〞有妙用二十一、建立“F供＝F需〞關(guān)系，巧解圓周運動問題二十二、把握兩個特征，巧學(xué)圓周運動二十三、現(xiàn)代科技和社會熱點問題——STS問題二十四、巧用黃金代換式“GM＝R2g〞二十五、巧用“比例法〞——解天體運動問題的金鑰匙二十六、巧解天體質(zhì)量和密度的三種方法二十七、巧記同步衛(wèi)星的特點——“五定〞二十八、“六法〞——求力的功二十九、“五大對應(yīng)〞——功與能關(guān)系三十、“四法〞——判斷機械能守恒三十一、“三法〞——巧解鏈條問題三十二、兩種含義——正確理解功的公式，功率的公式三十三、解題的重要法寶之一——功能定理三十四、作用力與反作用力的總功為零嗎？——摩擦力的功歸類三十五、“尋〞規(guī)、“導(dǎo)〞矩學(xué)動量三十六、巧用動量定理解釋常用的兩類物理現(xiàn)象三十七、巧用動量定理解三類含“變〞的問題三十八、動量守恒定律的“三適用〞“三表達〞——動量守恒的判斷三十九、構(gòu)建根本物理模型——學(xué)好動量守恒法寶四十、巧用動量守恒定律求解多體問題四十一、巧用動量守恒定律求解多過程問題四十二、從能量角度看動量守恒問題中的根本物理模型——動量學(xué)習(xí)的提高篇四十三、一條連等巧串三把“金鑰匙〞四十四、巧用力、能的觀點判斷彈簧振子振動中物理量的變化四十五、彈簧振子運動的周期性、對稱性四十六、巧用比值處理擺鐘問題四十七、巧用位移的變化分析質(zhì)點的振動：振動圖像與振動對應(yīng)四十八、巧用等效思想處理等效單擺四十九、巧用繩波圖理解機械波的形成五十、波圖像和振動圖像的區(qū)別五十一、波的疊加 波的干預(yù)五十二、物質(zhì)是由大量分子組成的五十三、布朗運動五十四、分子間作用力五十五、內(nèi)能概念的內(nèi)涵五十六、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律五十七、巧建模型——氣體壓強的理解及大氣壓的應(yīng)用五十八、活用平衡條件及牛頓第二定律——氣體壓強的計算五十九、微觀與宏觀——正確理解氣體的壓強、體積與溫度及其關(guān)系六十、巧用結(jié)論——理想氣體的內(nèi)能變化與熱力學(xué)第一定律的綜合應(yīng)用六十一、巧用庫侖定律解決帶電導(dǎo)體球間力的作用六十二、巧選電場強度公式解決有關(guān)問題六十三、巧用電場能的特性解決電場力做功問題六十四、巧用電容器特點解決電容器動態(tài)問題六十五、利用帶電粒子在電場中不同狀態(tài)解決帶電粒子在電場中的運動六十六、巧轉(zhuǎn)換，速求電場強度六十七、巧用“口訣〞，處理帶電平衡問題六十八、巧用等效法處理復(fù)合場問題六十九、巧用圖象法處理帶電粒子在交變電場中運動問題第一局部高中物理活題巧解方法總論高中階段，最難學(xué)的課程是物理，既要求學(xué)生有過硬的數(shù)學(xué)功底，還要學(xué)生有較強的空間立體感和抽象思維能力。本總論較詳細(xì)地介紹了48種高中物理活題巧解的方法，加上磁場局部“難點巧學(xué)〞中介紹的“結(jié)論法〞，共計有49種方法，這些方法中有大家很熟悉的、用得很多的整體法、隔離法、臨界條件法、矢量圖解法等，也有用得很少的補償法、微元法、節(jié)點電流法等，更多的是用得較多，但方法名稱還未統(tǒng)一的巧解方法，這些方法用起來很巧，給人以耳目一新、豁然開朗的感覺，本總論給出了較科學(xué)合理的方法名稱。古人云：授人以魚，只供一飯之需；授人以漁，那么一生受用無窮，本書編者本著“一切為了學(xué)生，為了一切學(xué)生，為了學(xué)生的一切〞的宗旨，嘔心瀝血地編寫了這本書，以精益求精的質(zhì)量、獨具匠心的創(chuàng)意，教會學(xué)生在短時間內(nèi)提高物理分析、解題技能，縮短解題時間，對減輕學(xué)習(xí)負(fù)擔(dān)、開發(fā)智力、提高學(xué)習(xí)成績有極大地幫助。一、整體法研究對象有兩個或兩個以上的物體，可以把它們作為一下整體，整體質(zhì)量等于它們的總質(zhì)量。整體電量等于它們電量代數(shù)和。有的物理過程比擬復(fù)雜，由幾個分過程組成，我們可以把這幾個分過程看成一個整體。所謂整體法就是將兩個或兩個以上物體組成的整個系統(tǒng)，或由幾個分過程組成的整個過程作為研究對象進行分析研究的方法。整體法適用于求系統(tǒng)所受的外力，計算整體合外力時，作為整體的幾個對象之間的作用力屬于系統(tǒng)內(nèi)力不需考慮，只需考慮系統(tǒng)外的物體對該系統(tǒng)的作用力，故可使問題化繁為簡。例1：在水平滑桌面上放置兩個物體A、B如圖1-1所示，mA=1kg，mB=2kg，它們之間用不可伸長的細(xì)線相連，細(xì)線質(zhì)量忽略不計，A、B分別受到水平間向左拉力F1=10N和水平向右拉力F2=40N的作用，求A、B間細(xì)線的拉力?！厩山狻坑捎诩?xì)線不可伸長，A、B有共同的加速度，那么共同加速度對于A物體：受到細(xì)線向右拉力F和F1拉力作用，那么，即F=20N【答案】=20N例2：如圖1-2所示，上下兩帶電小球，a、b質(zhì)量均為m，所帶電量分別為q和-q，兩球間用一絕緣細(xì)線連接，上球又用絕緣細(xì)線懸掛在開花板上，在兩球所在空間有水平方向的勻強電場，場強為E，平衡細(xì)線都被拉緊，右邊四圖中，表示平衡狀態(tài)的可能是：【巧解】對于a、b構(gòu)成的整體，總電量Q=q-q=0，總質(zhì)量M=2m，在電場中靜止時，ab整體受到拉力和總重力作用，二力平衡，故拉力與重力在同一條豎直線上。【答案】A說明：此答案只局限于a、b帶等量正負(fù)電荷，假設(shè)a、b帶不等量異種電荷，那么a與天花板間細(xì)線將偏離豎直線。例3：如圖1-3所示，質(zhì)量為M的木箱放在水平面上，木箱中的立桿上套著一個質(zhì)量為m的小球，開始時小球在桿的頂端，由靜止釋放后，小球沿桿下滑的加速度為重力加速度的，即，那么小球在下滑的過程中，木箱對地面的壓力為多少？【巧解】對于“一動一靜〞連接體，也可選取整體為研究對象，依牛頓第二定律列式：故木箱所受支持力：，由牛頓第三定律知：木箱對地面壓力?！敬鸢浮磕鞠鋵Φ孛娴膲毫?：如圖1-4，質(zhì)量為m的物體A放置在質(zhì)量為M的物體B上，B與彈簧相連，它們一起在光滑水平面上做簡諧振動，振動過程中A、B之間無相對運動，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，當(dāng)物體離開平衡位置的位移為x時，A、B間摩擦力f的大小等于〔〕A、0 B、kx C、 D、【巧解】對于A、B構(gòu)成的整體，當(dāng)系統(tǒng)離開平衡位置的位移為x時，系統(tǒng)所受的合力為F=kx，系統(tǒng)的加速度為，而對于A物體有摩擦力，故正確答案為D?！敬鸢浮緿例5：如圖1-5所示，質(zhì)量為m=2kg的物體，在水平力F=8N的作用下，由靜止開始沿水平方向右運動，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，假設(shè)F作用t1=6s后撤去，撤去F后又經(jīng)t2=2s物體與豎直壁相碰，假設(shè)物體與墻壁作用時間t3=0.1s，碰后反向彈回的速度ν=6m/s，求墻壁對物體的平均作用力FN〔g取10m/s2〕?！厩山狻咳绻磿r間段來分析，物理過程分為三個：撤去F前的加速過程；撤去F后的減速過程；物體與墻壁碰撞過程。分段計算會較復(fù)雜。現(xiàn)把全過程作為一個整體〔整體法〕，應(yīng)用動量定理，并取F的方向為正方向，那么有代入數(shù)據(jù)化簡可得FN=280N【答案】FN=280N巧練：如圖1-6所示，位于水平地面上的斜面傾角為а，斜面體的質(zhì)量為M，當(dāng)A、B兩物體沿斜面下滑時，A、B間無相對滑動，斜面體靜止，設(shè)A、B的質(zhì)量均為m，那么地面對斜面體的支持力FN及摩擦力f分別是多少？假設(shè)斜面體不是光滑的，物體A、B一起沿斜面勻速下滑時，地面對斜面體的支持力FN及摩擦力f又分別是多少？巧練2：如圖1-7所示，MN為豎直墻壁，PQ為無限長的水平地面，在PQ的上方有水平向左的勻強電場，場強為E，地面上有一點A，與豎直墻壁的距離為d，質(zhì)量為m，帶電量為+q的小滑塊從A點以初速vo沿PQ向Q運動，滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，假設(shè)μmg＜Eq，滑塊與墻MN碰撞時無能量損失，求滑塊所經(jīng)歷的總路程s。二、隔離法所謂隔離法就是將研究對象〔物體〕同周圍物體隔離開來，單獨對其進行受力分析的方法。隔離法適用于求系統(tǒng)內(nèi)各物體〔局部〕間相互作用。在實際應(yīng)用中，通常隔離法要與整體法結(jié)合起來應(yīng)用，這樣更有利于問題的求解。例1：如圖2-1所示，在兩塊相同的豎直木板之間，有質(zhì)量均為m的4塊相同的磚，用兩個大小均為F的水平力壓木板，使磚靜止不動，那么第1塊對第2塊磚摩擦力大小為〔〕A、0 B、mg/2 C、mg D、2mg【巧解】此題所求解的是第1塊對第2塊磚摩擦力，屬于求內(nèi)力，最終必須要用隔離法才能求解，研究對象可以選1，也可以選2，到底哪個更簡單呢？假設(shè)選2為研究對象，那么1對2的摩擦力及3對2的摩擦力均是未知的，無法求解；而選1為研究對象，盡管2對1的摩擦力及左板對1的摩擦力均是未知的，但左板對1的摩擦力可以通過整體法求解，應(yīng)選1為研究對象求內(nèi)力較為簡單。先由整體法〔4塊磚作為一個整體〕可得左、右兩板對系統(tǒng)的摩擦力方向都豎直向上，大小均為4mg/2=2mg，再以1為研究對象分析，其受力圖2-2所示〔一定要把它從周圍環(huán)境中隔離開來，單獨畫受力圖〕，1受豎直向下的重力為mg，左板對1的摩擦力f左板豎直向上，大小為2mg，故由平衡條件可得：2對1的摩擦力f21豎直向下，大小為mg，答案應(yīng)選C項?！敬鸢浮緾例2：如圖2-3所示，斜面體固定，斜面傾角為а，A、B兩物體疊放在一起，A的上外表水平，不計一切摩擦，當(dāng)把A、B無初速地從斜面頂端釋放，假設(shè)運動過程中B沒有碰到斜面，那么關(guān)于B的運動情況描述正確的是〔〕A、與A一起沿斜面加速下滑B、與A一起沿斜面勻速下滑C、沿豎直方向勻速下滑D、沿豎直方向加速下滑【巧解】此題所求解的是系統(tǒng)中的單個物體的運動情況，故可用隔離法進行分析，由于不計一切摩擦，而A的上外表水平，故水平方向上B不受力。由牛頓第一定律可知，B在水平方向上運動狀態(tài)不變〔靜止〕，故其運動方向必在豎直方向上。因A加速下滑，運動過程中B沒有碰到斜面〔A、B仍是接觸的〕，即A、B在豎直方向上的運動是一樣的，故B有豎直向下的加速度，答案D正確?！敬鸢浮緿例3：如圖2-4所示，固定的光滑斜面體上放有兩個相同的鋼球P、Q，MN為豎直擋板，初狀態(tài)系統(tǒng)靜止，現(xiàn)將擋板MN由豎直方向緩慢轉(zhuǎn)至與斜面垂直的方向，那么該過程中P、Q間的壓力變化情況是〔〕A、一直增大 B、一直減小 C、先增大后減小 D、一直不變【巧解】此題所求解的是系統(tǒng)內(nèi)力，可用隔離法來分析，研究對象可以選P，也可以選Q，到底選哪個更簡單呢？當(dāng)然選P要簡單些，因為P受力個數(shù)少，P受到重力、斜面的支持力N斜〔垂直斜面向上〕和Q的支持力NQ〔沿斜面斜向上〕共三個力作用，由平衡條件可知，這三個力的合力為零，即重力沿N斜，NQ反方向的分力分別與N耕、NQ的大小相等，在轉(zhuǎn)動擋板過程中，重力的大小及方向都不變，而N耕、NQ的方向也都不變，即分解重力的兩個方向是不變的，故分力也不變，故D選項正確【答案】D例4：如圖2-5所示，人重G1=600N，木板重G2=400N，人與木板、木板與地面間滑動摩擦因數(shù)均為μ=0.2，現(xiàn)在人用水平力F拉繩，使他們木板一起向右勻速動動，那么〔〕A、人拉繩的力是200NB、人的腳給木板的摩擦力向右C、人拉繩的力是100ND、人的腳給木板的摩擦力向左【巧解】求解人與板間的摩擦力方向，屬求內(nèi)力，須用隔離法，研究對象可選人，也可以選板，到底選哪個更簡單呢？當(dāng)然選人要簡單些，因為人受力個數(shù)少，以人為研究對象，人在水平方向上只受繩的拉力〔水平向右〕和板對人的摩擦力兩個力作用，屬二力平衡，故板對人的摩擦力向左，由牛頓第三定律可知，人的腳給木板的摩擦力向右，B、D兩個選項中B選項正確。繩的拉力屬外力，可用整體法來求解，人與板相對地向右運動，滑動摩擦力水平向左，而其大小為；人與板系統(tǒng)水平向右受到兩個拉力，故由平衡條件可得：2T=f，故T=100N，答案C選項正確?！敬鸢浮緽、C巧練1：如圖2-6所示，半徑為R的光滑球，重為G，光滑木塊厚為h，重為G1，用至少多大的水平F推木塊才能使球離開地面？巧練2：如圖2-7所示，A、B兩物體疊放在轉(zhuǎn)臺上〔A在上，B在下〕，并隨轉(zhuǎn)臺一起勻速運動，那么關(guān)于A對B的摩擦力的判斷正確的是〔〕A、A對B沒有摩擦力B、A對B有摩擦力，方向時刻與線速度方向相反C、A對B有摩擦力，方向時刻指向轉(zhuǎn)軸D、A對B有摩擦力，方向時刻背離轉(zhuǎn)軸三、力的合成法一個力如果產(chǎn)生的效果與幾個力共同作用所產(chǎn)生的效果相同，這個力就叫做那幾個的合力，而那幾個力就叫做這個力的分力，求幾個力的合力叫力的合成。力的合成遵循平行四邊形法那么，如求兩個互成角度的共點力F1、F2的合力，可以把表示F1、F2的有向線段作為鄰邊，作一平行四邊形，它的對角線即表示合力大小和方向。共點的兩個力F1、F2的合力F的大小，與兩者的夾角有關(guān)，兩個分力同向時合力最大，反向時合力最小，即合力取值范圍力│F1-F2│≤│F1+F2│合力可以大于等于兩力中的任一個力，也可以小于任一個力，當(dāng)兩力大小一定時，合力隨兩力夾角的增大而減小，隨兩力夾角的減小而增大。如果一個物體A對另一個物體B有兩個力作用，當(dāng)求解A對B的作用力時，通常用力的合成法來求解。例1：水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端裝有一小滑輪B，一輕繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛一質(zhì)量m=10kg的重物，∠CBA=30°，如圖3-1所示，那么滑輪受到繩子的作用力大小為〔g取10m/s2〕〔〕A、50N B、 C、100N D、【巧解】繩子對滑輪有兩個力的作用，即繩子BC有斜向上的拉力，繩子BD有豎直向下的拉力，故此題所求的作用力應(yīng)該為以上這兩個力的合力，可用力的合成法求解。因同一根繩張力處處相等，都等于物體的重力，即TBC=TBD=mg=100N，而這兩個力的夾角又是特殊角120°，用平行四邊形定那么作圖，可知合力F合=100N，所以滑輪受繩的作用力為100N，方向與水平方向成30°角斜向下?！敬鸢浮緾例2：如圖3-2所示，一質(zhì)量為m的物塊，沿固定斜面勻速下滑，斜面的傾角為，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，那么斜面對物塊的作用力大小及方向依次為〔〕A、，沿斜面向下 B、，沿斜面向上C、，垂直斜面向下 D、mg，豎直向上【巧解】斜面對物塊有兩個力的作用，一個是沿垂直斜面向上支持力N，另一個是沿斜面向上的摩擦力f，故此題所求的作用力應(yīng)該為以上這兩個力的合力，可用力的合成法求解。物塊共受三個力作用：重力mg、支持力N、摩擦力f；由平衡條件可知，這三個力的合力為0，即支持力N、摩擦力f的合力重力mg等大反向，故答案D選項正確【答案】D例3：如圖3-3所示，地面上放在一個質(zhì)量為m的物塊，現(xiàn)有斜向上的力F拉物塊，物塊仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，那么拉力F與物體所受到摩擦力f的合力方向為〔〕A、斜向左上 B、斜向右上C、豎直向上 D、條件缺乏，無法判斷【巧解】物塊共受四個力作用，重力G、拉力F、摩擦力f以及支持力N，其受力圖如圖3-4所示，我們可以用力的合成法，把四力平衡轉(zhuǎn)化成二力平衡：即F與f合成，G與N合成，G與N的合力一定豎直向下，故F與f的合力一定豎直向上，故答案C正確?！敬鸢浮緾巧練1：如圖3-5所示，A、B兩小球穿在水平放置的細(xì)桿上，相距為d，兩小球各用一根長也是d的細(xì)繩連接小球C，三個小球的質(zhì)量均為m，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，而桿對小球A的作用力大小是〔〕A、1.5mg B、mg C、 D、巧練2：如圖3-6所示，在傾角為=30°的粗糙斜面上放有一重為G的物體，現(xiàn)用與斜面底邊平行的力F=G/2推物體，物體恰能沿斜面作勻速直線運動，那么物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為〔〕A、0.5 B、0.2 C、 D、四、力的分解法由一個已經(jīng)力求解它的分力叫力的分解，力的分解是力的合成的逆過程，也同樣遵循平行四邊形法那么，由平行四邊形那么可知，力的合成是惟一的，而力的分解那么可能多解，但在處理實際問題時，力的分解必須依據(jù)力的作用效果來進行的，答案同樣是惟一的。利用力的分解法解題時，先找到要分解的力，再找這個力的作用效果，根據(jù)作用效果確定兩個分力的方向，然后用平行四邊形定那么求這兩個局部。例1：刀、斧、刨等切削工具都叫劈，劈的截面是一個三角形，如圖4-1所示，設(shè)劈的面是一個等腰三角形，劈背的寬度是d，劈的側(cè)面的長度是L使用劈的時候，在劈背上加力F，那么劈的兩側(cè)面對物體的壓力F1、F2為〔〕A、F1=F2=F B、F1=F2=〔L/d〕F C、F1=F2=〔d/L〕F D、以上答案都不對【巧解】由于F的作用，使得劈有沿垂直側(cè)面向外擠壓與之接觸物體的效果，故所求的F1、F2大小等于F的兩個分力，可用力的分解法求解。如圖4-2所示，將F分解為兩個垂直于側(cè)面向下的力F1′、F2′，由對稱性可知，F(xiàn)1′=F2′，根據(jù)力的矢量三角形△OFF1與幾何三角形△CAB相似，故可得：F1′/L=F/d，所以F1′=F2′=LF/d，由于F1=F1′，F(xiàn)2=F2′故F1=F2=〔d/L〕F。【答案】例2：如圖4-3所示，兩完全相同的小球在擋板作用下靜止在傾角為的光滑斜面上，甲圖中擋板為豎直方向，乙圖中擋板與斜面垂直，那么甲、乙兩種情況下小球?qū)π泵娴膲毫χ仁恰病矨、1：1 B、1： C、1： D、1：【巧解】由于小球重力G的作用，使得小球有沿垂直側(cè)面向下擠壓斜面及沿垂直擋板方向擠壓擋板的效果，故所求的小球?qū)π泵鎵毫Υ笮〉扔谥亓沿垂直斜面方向的分力，可用力的分解法求解，如圖所求，甲情況下將G分解G2，乙情況下將G分解G2′，所求壓力之比即為G1：G1′，而G1=G/，G1′=G，故可得壓力之比G1：G1′=1：?！敬鸢浮緽例3：如圖4-4所示，用兩根輕繩將質(zhì)量為m的物塊懸掛在空中，ac和bc與豎直方向的夾角分別為30°和60°，那么ac繩和bc繩中拉分別為〔〕A、 B、C、 D、【巧解】Tac=G1=mgcos30°,Tbc=G2=mgcos60°。【答案】A例4：如圖4-5所示，小車上固定著一根彎成角的曲桿，桿的另一端固定一個質(zhì)量為m的球，小車以加速度a水平向右運動，那么桿對球的彈力大小及方向是〔〕A、mg，豎直向上 B、，沿桿向上C、ma，水平向右 D、，與水平方向成arctan角斜向上【巧解】此題中，小球只受重力mg和桿對球的彈力N兩個力作用，桿對球的彈力N有兩個作用效果；豎直向上拉小球及水平向右拉小球，因兩個作用效果是明確的，故可用力的分解法來求解。桿豎直向上拉小球，使小球在豎直方向上保持平衡，故豎直向上的分力N1=mg；桿水平向右拉小球，使小球獲得向右的加速度，故水平向右的分力N2=ma，由幾何知識可知桿對球的彈力與水平方向的夾角為arctan=arctan，故答案D選項正確?！敬鸢浮緿巧練1：如圖4-6所示，用一根細(xì)繩把重為G的小球，掛在豎直光滑的墻上，改用較長的細(xì)繩，那么小球?qū)K的拉力T及對墻的壓力N將〔〕A、T減小，N增在 B、T增大，N減小C、T減小，N減小 D、T增大，N增大巧練2：如圖4-7所示，輕繩AC與水平角夾角а=30°，BC與水平面的夾角β=60°，假設(shè)AC、BC能承受的最大拉力不能超過100N，設(shè)懸掛重物的繩不會拉斷，那么重物的重力G不能超過〔〕A、100N B、200N C、 D、五、力的正交分解法力的正交分解法：即是把力沿著兩個經(jīng)選定的互相垂直的方向作分解，其目的是便于運用普通代數(shù)運算公式來解決矢量的運算，坐標(biāo)軸的選取是以使問題的分析簡化為原那么，通常選取坐標(biāo)軸的方法是：選取一條坐標(biāo)軸與物體運動的速度方向或加速度的方向相同〔包括處理物體在斜面上運動的問題〕，以求使物體沿另一條坐標(biāo)軸的加速度為零，這樣就可得到外力在該坐標(biāo)軸上的分量之和為零，從而給解題帶來方便，物體受力個數(shù)較多時，常用正交分解法來解。例1：如圖5-1所示，用與水平成θ=37°的拉力F=30N，拉著一個重為G=50N的物體在水平地面上勻速前進，那么物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ為〔〕A、0.2 B、0.3 C、0.6 D、0.75【巧解】物體受四個力作用而勻速，這四個力分別為重力G、拉力F、地面的支持力N、地面的摩擦力f，由于受多個力作用，用正交分解法來解題較為簡單。怎樣選取坐標(biāo)軸呢？選水平方向與豎直方向為坐標(biāo)軸，只需分解F，最簡單，如圖5-2所示，將F進行正交分解，由平衡條件可得：【答案】D例2：如圖5-3所示，重為G=40N的物體與豎直墻間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，假設(shè)受到與水平線成45°角的斜向上的推力F作用而沿豎直墻勻速上滑，那么F為多大？【巧解】物體受四個力作用而勻速上滑，這四個力分別為重為N、推力F、墻的支持力N、墻的摩擦力f，由于受多個力作用，用正交分解法來解題較為簡單。怎樣選取坐標(biāo)軸呢？選水平方向與豎直方向為坐標(biāo)軸，只需分解F，最簡單，如圖5-4所示，將F進行正交分解，由平衡條件可得：【答案】推力F為71N例3：如圖5-5所示，物體Q放在固定的斜面P上，Q受到一水平作用力F，Q處于靜止?fàn)顟B(tài)，這時Q受到的靜摩擦力為f，現(xiàn)使F變大，Q仍靜止，那么可能〔〕A、f一直變大 B、f一直變小C、f先變大，后變小 D、f先變小后變大【巧解】隔離Q，Q物體受重力G支持力N，外力F及摩擦力f四個力而平衡，但f的方向未知〔當(dāng)F較小時，f沿斜面向上；當(dāng)F較大時f沿斜面向下〕，其受力圖如圖5-6所示。怎樣選取坐標(biāo)軸呢？選水平方向與豎直方向為坐標(biāo)軸，需分解N與f，而選沿斜面方向與豎直斜面方向為坐標(biāo)軸，需分解G與F都需要分解兩個力，但N、f是未知力，G、F是力，分解力更簡單些，故應(yīng)選沿斜面方向與堅直斜面方向為坐標(biāo)軸。如圖5-6所示，將G、F進行正交分解，由平衡條件可得：當(dāng)F較小時有：即隨著F的增大，f將減小，當(dāng)F較大時有：即隨著F的增大，f將增大，故當(dāng)F的初始值較小時，f先減小后增大；當(dāng)F的初始值較大時f一直增大?！敬鸢浮緼、D巧練1：如圖5-7所示，斜面體P固定在水平面上，斜面體的傾角為θ=37°，斜面體上有一重為G=60N的木塊Q，用F=10N的水平力推木塊Q，Q恰能沿斜面勻速下滑，那么木塊Q與斜面體P間的摩擦力大小及摩擦因數(shù)分別是多少？巧練2：如圖5-8所示，有一直角支架AOB，AO水平放置，外表粗糙，OB豎直向下，外表光滑，AO上套有小環(huán)P，OB上套有小環(huán)Q，兩環(huán)質(zhì)量均為m，兩環(huán)間由一根質(zhì)量可忽略，不何伸長的細(xì)繩相連，并在某一位置平衡，如圖1-28所示，現(xiàn)將P環(huán)向左移一小段距離，兩環(huán)再將到達平衡，那么將移動后的平衡狀態(tài)和原來的平衡狀態(tài)比擬，AO桿對P環(huán)的支持力N和摩擦力f的變化情況是：〔〕A、N不變、f變大 B、N不變、f變小C、N變大、f變大 D、N變大、f變小共49種方法，其他略第三章牛頓運動定律難點巧學(xué)巧用“兩邊夾〞確定物體的曲線運動情況曲線運動是變速運動，從運動學(xué)的角度可以確定物體加速度與速度、軌跡之間的關(guān)系，也可以從動力學(xué)的角度確定合外力F與速度、軌跡之間的關(guān)系。物體做曲線運動的軌跡不外乎以下三種情況：物體的加速度a與其速度v之間的夾角為銳角、直角或鈍角。所謂“兩邊夾〞就是加速度〔或合外力〕與速度把軌跡夾在中間，即：物體做曲線運動的軌跡總在a與v兩方向的夾角中，且和v的方向相切，向加速度一側(cè)彎曲。如以下圖4－1所示三種情況就是這樣。VVaVaVaAAa圖4－1例1一質(zhì)點在某恒力F作用下做曲線運動，圖4－2中的曲線AB是該質(zhì)點運動軌跡的一段，質(zhì)點經(jīng)過A、B兩點時的速率分別為vA、vB.用作圖法找出該恒力方向的可能范圍。BVBAVABVBAVA圖4－2切線上？該質(zhì)點從A點到B點的過程中其速度大小如何變化？假設(shè)速率有變化，且vA＝vB，那么速率最大或最小時在什么位置？解析〔1〕過A、B兩點分別作曲線的切線①和③、法線②和④，如圖4－3所示，從A點看，恒力F應(yīng)在①線的右側(cè)；從B點看F應(yīng)在③線的左側(cè)；因恒力的方向是不變的，故應(yīng)同時滿足上述兩條件。假設(shè)平移③線過A點，那么①、③兩線之間箭頭所指的區(qū)域即為F在A點的方向可能的范圍。〔2〕假設(shè)F在①線上，那么它與vA在同一直線上，由于F為恒力，故質(zhì)點不可能再做曲線運動，這說明F不可能在①線上。假設(shè)F在③線上，那么在A點時vA在垂直于F的方向上有分量，而到B點時垂直于③線的運動分量沒有了，這與該方向上沒有F分量相矛盾，故F不可能在③線上。圖4－3③A圖4－3③AVA②①④③VBB點時與vB夾角小于90o，故質(zhì)點的速率應(yīng)該是先減小后增大?！?〕由于已經(jīng)判定速率為先減小后增大，且vA＝vB，那么運動過程中速率有最小值，且發(fā)生在F與v垂直的位置。二、效果法――運動的合成與分解的法寶力的分解如果不考慮該力產(chǎn)生的效果，對求解往往影響不大，但運動的分解如果不考慮實際效果，就有可能得出錯誤的結(jié)論。反之，假設(shè)根據(jù)運動效果進行分解，會有意想不到的收獲。下面以一個曲線運動中常見的題型――“繩連物〞模型為例進行說明。V1Vα圖4－V1Vα圖4－4解析先用“微元法〞解答。小船在極短時間Δt內(nèi)從A點移到C位移為Δs，如圖4－5所示，由于Δt很小，因此繩子轉(zhuǎn)過的角度Δθ很小，由數(shù)學(xué)知識可認(rèn)為Δs2⊥OA,Δs2⊥OC,ADCOΔθ圖4－ADCOΔθ圖4－5的位移，Δs1為沿繩方向的位移。再由速度的定義，當(dāng)Δt很小時，v＝，所以v＝v1＋v2，即船的速度分解為沿繩方向的速度v1和垂直于繩方向的速度v2。用“效果法〞解答。船的速度v的方向就是合速度的方向，這個速度產(chǎn)生了兩個運動效果：〔1〕假設(shè)繩與水平方向夾角α不變，只是在拉繩，小船將沿繩收縮方向以v1速度運動，〔2〕假設(shè)繩長AO不變，只是α在變，αV1VαV1VV24－6于OA。而α、OA均改變時，即小船向右運動時，v1、v2就可以看成是它的兩個分運動，矢量圖如圖4－6所示，從圖中易知v＝v1/cosα比擬兩種方法可知，效果法簡便易行，又可幫助同學(xué)們理解圓周運動知識，同時也讓學(xué)生懂得不能將繩的速度進行正交分解。三、平拋運動中的“二級結(jié)論〞有妙用解決平拋及類平拋運動問題，重在把握水平方向的勻速運動和豎直方向初速為零的勻加速直線運動的獨立性、等時性、等效性，充分利用矢量三角形、勾股定理、三角函數(shù)等知識解答。特別提醒：=1\*GB3①強調(diào)落點的問題必須抓住兩個分位移之間的關(guān)系。=2\*GB3②強調(diào)末速度的“大小〞或“方向〞〔特別是“方向〞〕的問題必須抓住兩個分速度之間的關(guān)系。另外，記住以下三個“二級結(jié)論〞〔也可稱作定理〕會讓我們在今后解決平拋及類平拋運動問題中收到意想不到的效果，結(jié)論如下。結(jié)論一：做平拋〔或類平拋〕運動的物體在任一時刻任一位置處，設(shè)其末速度方向與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為β，那么tanθ＝2tanβyv⊥xyv⊥xOBAvov結(jié)論二：做平拋〔或類平拋〕運動的物體任意時刻瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點。如圖4－7中A點和B點?！财鋺?yīng)用見“活題巧解〞例6〕結(jié)論三：平拋運動的物體經(jīng)過時間t后，位移s與水平方向的夾角為β，那么此時的動能與初動能的關(guān)系為圖4－7Ekt＝Eko〔1＋4tan2β〕圖4－7〔待高一下學(xué)期用〕四、建立“F供＝F需〞關(guān)系，巧解圓周運動問題在勻速圓周運動中合外力一定等于物體所需的向心力；在變速圓周運動中，合外力沿半徑方向的分力提供向心力。但有一個問題我們極易出錯又始終感到不好理解，即：做曲線運動的物體實際受到的力沿半徑方向的分力〔F供〕并不一定等于物體所需的向心力〔F需＝m〕。例如，當(dāng)F供﹥F需時，物體做向心運動；當(dāng)F供＝F需時，物體就做圓周運動；當(dāng)F供﹤F需時，即物體所受的力缺乏于維持它做圓周運動，物體做離心運動。因此，我們在分析物體是否能做圓周運動時，必須弄清F供與F需的關(guān)系，活用臨界條件法、等效法、類比法等列方程求解。例3設(shè)一運發(fā)動和自行車的總質(zhì)量為m，自行車與地面的動摩擦因素為μ，自行車做圓周運動的軌道半徑為R，自行車平面偏離豎直方向的角度為θ，轉(zhuǎn)彎速度為v，地面支持力為N。問：自行車要順利轉(zhuǎn)彎，須滿足什么條件？解析要使自行車順利轉(zhuǎn)彎，必須解決兩個問題：一是不向外滑動，二是不發(fā)生翻倒。轉(zhuǎn)彎速度――不向外滑動的臨界條件自行車轉(zhuǎn)彎所需向心力由地面的靜摩擦力提供，不向外滑動的條件是所需向心力不超出最大靜摩擦力，即Fn≤μmg，根據(jù)牛頓第二定律有μmgFNμmgFNmgθ圖4－8所以，最大轉(zhuǎn)彎速度為vmax＝臨界轉(zhuǎn)彎傾角――不翻倒的臨界條件自行車不翻倒的條件，是質(zhì)心受到的合力矩為零。如圖4－8所示，即向內(nèi)傾斜而又不滑動、也不翻倒的臨界條件是支持力N與最大靜摩擦力fmax的合力通過質(zhì)心。根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系，臨界轉(zhuǎn)彎傾角tanθ＝，θ＝tan－1μ＝tan－1答案：必須同時滿足兩個條件，即速度不超過，自行車平面與豎直方向的夾角等于tan－1五、把握兩個特征，巧學(xué)圓周運動圓周運動的運動學(xué)特征問題此類問題，需同學(xué)們熟練掌握描述圓周運動的線速度、角速度、向心加速度、周期、頻率、轉(zhuǎn)速等物理量及其關(guān)系，同時，要抓住一些“過渡橋梁〞。例如：但凡直接用皮帶傳動〔包括鏈條傳動、摩擦傳動〕的兩個輪子，在不考慮打滑的情況下，兩輪邊緣上各點的線速度大小相等；但凡同一輪軸上〔各個輪都繞同一根軸同步轉(zhuǎn)動〕的各點角速度相等〔軸上的點除外〕2．圓周運動的動力學(xué)特征及分析與求解圓周運動的動力學(xué)特征為F向＝m。具體在解決問題時，要注意以下三點：①確定研究對象的軌道平面和圓心的位置。例如火車轉(zhuǎn)彎時，其軌道平面是在水平面內(nèi)而不是在斜面上。在水平放置的半球形碗內(nèi)壁上做圓周運動的小球，其軌道平面為水平面，圓心在軌道圓平面上，而不是在球心。②向心力不是與重力、彈力、摩擦力等并列的“性質(zhì)力〞，而是據(jù)效果命名的“效果力〞，故在分析做圓周運動的質(zhì)點受力時，切不可在性質(zhì)力上再添加一個向心力。③坐標(biāo)系的建立：應(yīng)用牛頓第二定律解答圓周運動問題時，常用正交分解法，其坐標(biāo)原點是做圓周運動的物體〔視為質(zhì)點〕所在的位置，相互垂直的兩個坐標(biāo)軸中，其中一個坐標(biāo)軸的方向一定沿半徑指向圓心。六、現(xiàn)代科技和社會熱點問題――STS問題這類試題往往利用物理新模型將教材中難度不大、要求不高，但屬重點內(nèi)容的根底知識及與其相關(guān)的例題、習(xí)題加以有效拼接，演變成各種立意新穎、設(shè)計科學(xué)的題目，從更高層次上考查學(xué)生對所學(xué)根底知識的掌握程度和遷移能力、綜合能力、創(chuàng)新能力。這類題具有“高起點、低落點〞的特點，起點高是指科技成果新，題型新穎、獨特，為題海所無法包容；落點低是指完成這些題目所需的根底知識不超綱?，F(xiàn)舉兩例說明此類題目的巧解。例4從空間同一點O，同時向各個方向以相同的速率拋出許多小球，不計空氣阻力，試證明在這些球都未落地之前，它們在任一時刻的位置可構(gòu)成一個球面。解析如果我們從“可構(gòu)成一個球面〞出發(fā)，以地面為參照物列方程求解會很復(fù)雜，并且不易求解。其實，這道題比擬好的解法是虛物假設(shè)法。解析假設(shè)在O點另有一個小球A，當(dāng)所有小球被拋出的那一瞬間，讓O點處的這個假設(shè)小球做自由落體運動〔這是解答此題最關(guān)鍵的一步〕。因為做拋體運動的所有小球與假設(shè)做自由落體運動的小球A的加速度都相等〔都等于重力加速度〕，所以，做拋體運動的各小球相對于A球都做勻速直線運動，其位移〔注意：是相對于做自由落體運動的小球A的位移〕的大小都是s＝v0t〔v0為各小球拋出時的初速率，t為小球運動的時間〕，也就是說，在同一時刻，各小球與A的距離都相等，因各小球在同一時刻在空中的位置可構(gòu)成一個球面，這個球面的半徑為R＝v0t?？梢姡煌瑫r刻，這些小球的位置構(gòu)成不同球面，當(dāng)然，這些球面的球心就是假設(shè)做自由落體運動的小球A。由以上解答也可解釋節(jié)日的夜晚燃放的煙花在空中為什么是球形的。例5〔2005·武漢模擬〕早在19世紀(jì)，匈牙利物理學(xué)家厄缶就明確指出：“沿水平地面向東運動的物體，其重量，即：列車的視重或列車對水平軌道的壓力一定要減輕。〞后來，人們常把這類物理現(xiàn)象稱之為“厄缶效應(yīng)〞。我們設(shè)想，在地球赤道附近的地平線上，有一列車質(zhì)量是m，正在以速度v沿水平軌道向東勻速行駛。地球的半徑R及地球自轉(zhuǎn)周期T。今天我們像厄缶一樣，如果僅僅考慮地球自轉(zhuǎn)的影響，火車隨地球做線速度為的圓周運動時，火車對軌道的壓力為FN；在此根底上，又考慮到這列火車相對地面附加了一個線速度更快的勻速圓周運動，并設(shè)此時火車對軌道的壓力為FN′，那么，單純地由于該火車向東行駛而引起火車對軌道壓力減輕的數(shù)量FN－FN′為A.B.C.D.解析我們用構(gòu)建物理模型法來解答此題。把火車看作一個質(zhì)點在向東繞地心做勻速圓周運動，向心力由地球?qū)疖嚨囊引和地面對火車支持力的合力提供，根據(jù)牛頓第二定律得F引－FN＝F引－FN′＝聯(lián)立求解得：FN－FN′＝答案選B.活題巧解例1一質(zhì)點在xoy平面內(nèi)運動的軌跡如圖4－9所示，下面關(guān)于其分運動的判斷正確的是y假設(shè)在x方向始終勻速運動，那么在y方向先加速后減速運動；假設(shè)在x方向始終勻速運動，那么在y方向先減速后加速運動；假設(shè)在y方向始終勻速運動，那么在x方向一直加速運動；假設(shè)在y方向始終勻速運動，那么在x方向一直減速運動。OX巧解類比法圖4－9此題可從動力學(xué)的角度確定外力與速度方向改變的關(guān)系，即：物體做曲線運動的軌跡總在加速度與速度矢量的夾角中，且和速度的方向相切，向加速度一側(cè)彎曲。再和平拋運動的動力學(xué)特點類比，可知B對【答案】B例2小河寬為d，河水中各點水流速度大小與各點到較近河岸邊的距離成正比，v水＝kx，k＝4v0/d，x是各點到近岸的距離。小船船頭垂直河岸渡河，小船劃水速度為v0，那么以下說法中正確的是小船渡河的軌跡為曲線；小船到達離河岸d/2處，船渡河的速度為v0；小船渡河時的軌跡為直線；小船到達離河岸3d/4處，船渡河的速度為v0。巧解速度合成法由于小船劃水速度為v0不變，水流速度先變大再變小，河中間為其速度大小變化的轉(zhuǎn)折點，故其合速度的大小及方向在不斷的變化，可見其軌跡為曲線；在河中間時小船的渡河速度應(yīng)為v0；到達離河岸3d/4處時，水流速度為v0，船渡河的速度應(yīng)為v0，故正確選項為A、B?！敬鸢浮緼B例3甲、乙兩船從同一地點渡河，甲船以最短時間過河，乙船以最短航程過河，結(jié)果甲、乙到達對岸同一地點。設(shè)甲、乙兩船在靜水中的速度分別為v甲、v乙并保持不變，求它們到達對岸所用時間之比t甲∶t乙＝？巧解矢量圖解法V甲v水v乙V甲v水v乙αα圖4－10t甲＝〔1〕作出乙的速度矢量圖如圖，由圖可知，要使乙的航程最短，v乙與航線必定垂直，所以t乙＝〔2〕由〔1〕〔2〕兩式得再由幾何知識得cosα＝∴sinα＝將它們代入上式得【答案】AB圖4－11例4如圖4－11所示的塔吊臂上有一可以沿水平方向運動的小車A，小車下吊著裝有物體B的吊鉤。在小車A與物體B以相同的水平速度沿吊臂方向勻速運動的同時，吊鉤將物體B向上吊起，A、B之間距離以d＝H－2t2〔式中AB圖4－11速度大小不變的曲線運動；速度大小增加的曲線運動；加速度大小方向均不變的曲線運動；加速度大小方向均變化的曲線運動。巧解構(gòu)建模型法物體在水平方向上隨車一起做勻速直線運動。而在豎直方向，A、B間的距離滿足d＝H－2t2，即做初速為零的勻加速直線運動，類似平拋運動的模式。過程中物體的水平速度不變，而豎直方向上加速度大小、方向均不變，C正確。向上的速度隨時間均勻增大，由速度的合成可知，其速度大小也增大，B正確。即選BC.【答案】BC例5如圖4－12所示，與水平面的夾角為θ的直角三角形木塊固定在地面上，有一質(zhì)點以初速度vo從三角形木塊的頂點上水平拋出。試求質(zhì)點距斜面的最遠距離。vovoθ圖4－12當(dāng)質(zhì)點做平拋運動的末速度方向平行于斜面時，質(zhì)點距斜面的距離最遠。此時末速度方向與初速度方向成θ角，如圖4－13所示。中A為末速度的反向延長線與水 平位移的交點，AB即為所求的最遠距離。根據(jù)平拋運動規(guī)律有OABvθ圖4－13vOABvθ圖4－13由平拋運動的“二級結(jié)論〞可知：據(jù)圖中幾何關(guān)系可得：解以上各式得：此式即為質(zhì)點距斜面的最遠距離【答案】例6一質(zhì)量為m的小物體從傾角為30o的斜面頂點A水平拋出，落在斜面上B點，假設(shè)物體到達B點時的速度為21m/s，試求小物體拋出時的初速度為多大?〔不計運動過程中的空氣阻力〕vtAvtAv0βBv0αvy圖4－14由題意作出圖4－14，末速度與水平方向 夾角設(shè)為α，斜面傾角設(shè)為β。根據(jù)平拋運動的“二級結(jié)論〞可得tanα＝2tanβ，β＝30o所以tanα＝2由三角知識可得：cosα＝又因為vt＝，所以初速度v0＝vtcosα＝3m/s【答案】初速度為3m/s例7如圖4－15，AB為斜面，BC為水平面。從A點分別以v0,3v0的速度水平拋出的小球，落點與拋出點之間的水平距離分別為S1,S2。不計空氣阻力，那么S1:S2可能為 voAA．1:3B.1:4C.1:8D.1:10 CB巧解極限推理法圖4－15此題考慮小球落點的不確定性，有三種情況?，F(xiàn)分析如下。①當(dāng)兩球均落在水平面上時，因為運動時間相同，∴S1:S2=1:3②當(dāng)兩球均落在斜面上時，設(shè)斜面傾角為θ，那么有 S1=v0t1S2=3v0t2 S1tanθ＝gt12S2tanθ=gt22 由以上方程解得S1:S2＝1:9③當(dāng)一球落在斜面，另一球落在水平面時，可由極限推理法分析出S1與S2的比值介于1:3與1:9之間【答案】ABC正確AB5cm圖4－16例8如圖4－16所示，兩支手槍在同一位置沿水平方向射出兩顆子彈，打在100m遠處的靶上，兩彈孔在豎直方向上相距60厘米，A為甲槍所擊中，B為乙槍所擊中。假設(shè)甲槍子彈的出膛速度是500m/s，求乙槍子彈離開槍口的速度?！膊挥嬁諝庾枇?，g取10mAB5cm圖4－16巧解解析法甲槍子彈運行時間t甲＝＝0.2s甲槍豎直位移h甲＝gt甲2＝0.2m那么乙槍子彈豎直位移h乙＝gt乙2＝h甲＋0.6解得t乙＝0.4s∴乙槍子彈離開槍口的速度v乙＝＝250m/s【答案】250m/s例9如圖4－17所示，某滑板愛好者在離地h＝1.8m高的平臺上滑行，水平離開A點后落在水平地面上的B點，其水平位移S1=3m。著地時由于存在能量損失，著地后速度變?yōu)関＝4m/s,并以此為初速度水平滑行S2＝8m后停止。人與滑板的總質(zhì)量m＝60kg，求：與滑板在水平地面滑行時受到的平均阻力大??；〔2〕人與滑板離開平臺時的水平初速度?！部諝庾枇雎圆挥嫞琯＝10m/s2〕巧解程序法人與滑板在BC段滑行時，由v2＝2as得滑行的加速度為 a＝=1m/s2hAhABCS2S1圖4－17F＝ma＝60〔N〕 〔2〕人與滑板離開平臺后，做平拋運動，有h＝gt2和S1＝v0t 解方程得水平初速度v0＝5m/s【答案】60N，5m/s例10如圖4－18所示,小球在光滑斜面上A點以初速度v0向右拋出，落在斜面底端B點，設(shè)從A點到B點沿v0方向的位移為x1。去掉斜面，小球從A點仍然以v0的初速度向右拋出，落在地面上的C點，設(shè)水平位移為x2。那么有：A.x1>x2.B.x1=x2.C.x1<x2.D.以上三種情況都有可能。v0v0ACBx1x2α圖4－18設(shè)A點到地面的高為h，斜面傾角為α。球從A到C,做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知：x2＝v0t2，h＝gt22由以上方程解得x2＝v0球從A到B，在斜面上做的是類平拋運動，加速度沿斜面向下，大小為 a＝gsinα類比平拋運動的規(guī)律可得 x1＝v0t1QvPRSTQvPRST圖4－19比擬x1和x2可知x1>x2.【答案】A例11圖4－19所示的斜面上有P、R、S、T四個點，PR＝RS＝ST，從P點正上方的Q點以速度v水平拋出一個物體，物體落于R點，假設(shè)從Q點以速度2v水平拋出一個物體，不計空氣阻力，那么物體落在斜面上的A..R與S之間某一點B.S點C.S與T之間某一點D.T點巧解演繹法此題如果定量計算會很繁瑣,而根據(jù)平拋運動的規(guī)律定性推理卻很容易，又好理解。物體落到R點時，設(shè)水平位移為L。速度加倍時，如果運動時間不變，水平位移x=2L，落點剛好在S點。但事實上由于豎直方向下落高度減小，運動時間減少了，所以水平位移x小于2L，即落在斜面上R與S之間。應(yīng)選A.【答案】A例12從空中同一點沿水平方向同時拋出兩個小球，他們初速度大小分別為v1、v2，初速度方向相反。求經(jīng)過多長時間兩小球速度間的夾角為90o？巧解矢量圖解法設(shè)兩小球拋出后經(jīng)過時間t它們速度之間的夾角為90o，此時它們與豎直方向的夾角分別為α和β。對兩小球分別構(gòu)建速度矢量三角形如圖4－20所示，依圖可得v1v2v1′v2′v1v2v1′v2′αβ圖4－20又∵α＋β＝90o，∴ctanα＝tanβ〔2〕由〔1〕〔2〕兩式得到：＝，即t＝【答案】例13如圖4－21所示，小球a、b分別以大小相等、方向相反的初速度從三角形斜面的頂點同時水平拋出。兩斜面的傾角分別為θ1和θ2，求小球a、babvabv0v0θ1θ2圖4－21巧解矢量圖解法設(shè)小球a、b運動時間分別為ta、tb，作出它們的位移矢量圖，如圖4-22所示。依圖可得：gtb2θ1θgtb2θ1θ2v0tbv0tagta2圖4－22tanθ2＝由以上兩式可得：【答案】例14如圖4－23所示，用繩懸掛的鏈條由直徑為5cm的圓環(huán)連接而成，槍管水平放置且跟環(huán)4的圓心在同一水平面上。L＝10m，子彈出口速度100m/s。不計空氣阻力，g＝10m/s2。在子彈射出前0.1s燒斷繩，子彈將穿過第幾個環(huán)？巧解推理法圖4圖4－233L124行比擬推理，子彈飛過水平距離L所用時間t＝L/v0＝0.1s，在0.1s內(nèi)子彈豎直方向下降位移y＝gt2＝×10×0.12＝0.05m。繩斷后環(huán)下降位移y′＝g〔t＋0.1〕2＝0.2m。故子彈穿過環(huán)1?！敬鸢浮看┻^第1個環(huán)例15一水平放置的水管，距地面高h＝1.8m，管內(nèi)橫截面積S＝2.0cm2。水從管口處以不變的速度v＝2.0m/s源源不斷地沿水平方向射出，設(shè)出口處橫截面上各處水的速度都相同，并假設(shè)水流在空中不散開。取重力加速度g＝10m/s2,不計空氣阻力。求水流穩(wěn)定后在空中有多少立方米的水。巧解模型法這道題考查的物理思維方法主要是等效轉(zhuǎn)換法。我們將空中拋物線水柱的體積等效轉(zhuǎn)換為在時間t＝內(nèi)從管中流出的水的體積，并設(shè)水柱不散開。設(shè)水由噴口處到落地所用時間為t，單位時間內(nèi)水管噴出的水量為Q，水流穩(wěn)定后在空中水的總量為V。根據(jù)題意有Q＝SvV＝Qt再根據(jù)自由落體運動的規(guī)律有h＝gt2聯(lián)立以上三式得V＝Sv，代入數(shù)據(jù)得V＝2.4×10－4【答案】2.4×10－4例16有一直徑為d，高為h，內(nèi)壁光滑的鋼筒，一小鋼球以初速度v0從筒上邊緣A處水平拋出，與鋼筒內(nèi)壁發(fā)生無能量損失的碰撞后恰好又落到A點正下方水平面上的B點，如圖4－24〔a〕所示，求鋼球與筒內(nèi)壁的碰撞次數(shù)。巧解對稱法由于小球與筒壁發(fā)生的是無能量損失的碰撞，所以小球與筒壁第一次碰撞后向右作斜下拋運動，見圖4－24〔b〕所示，把CD所在的平面視為“鏡面〞，由平面鏡的“物像對稱性〞，可把小球的整個過程等效于圖中從A′點出發(fā)以v0′＝－v0的平拋運動。設(shè)小球ts落地，那么有h＝gt2∴t＝(1)B‘B’‘=S=v0t＝v0〔2〕AdAdCDBhSBA′Av0〔a〕〔b〕圖4－24n＝s/d=【答案】例17雨傘邊緣半徑為r，且高出地面為h，假設(shè)雨傘以角速度ω旋轉(zhuǎn)，求雨滴自傘邊緣甩出后落于地面成一大圓圈的半徑R。巧解幾何法由題意可知，這是一個立體運動問題，具有多視角性，如果選擇恰當(dāng)?shù)囊暯菍⑺D(zhuǎn)化為平面問題后，幾何關(guān)系清楚地顯示出來，便可確定物理量之間的關(guān)系雨滴運動的俯視圖如圖，由圖4－25可知：vsrR圖4－25vsrR圖4－25聯(lián)合解得s＝。由幾何關(guān)系得R＝＝【答案】例18某種變速自行車，有六個飛輪和三個鏈輪，如圖4－26所示，鏈輪和飛輪的齒數(shù)如下表所示。前后輪直徑均為660mm，人騎該車行進速度為4m/s時，腳踩踏板做勻速圓周運動的角速度最小值約為名稱鏈輪飛輪齒數(shù)N/個483828151618212428踏板踏板鏈輪鏈條后輪飛輪圖4－26巧解模型法車行速度與前后輪邊緣的線速度相等，故后輪邊緣的線速度為4m/s,后輪的角速度ω＝v/R≈12rad/s 飛輪與后輪為同軸裝置，故飛輪的角速度ω1＝ω＝12rad/s 飛輪與鏈輪是用鏈條連接的，故鏈輪與飛輪線速度相同，所以ω1r1＝ω2r2，r1與r2分別為飛輪和鏈輪的半徑，因輪周長L＝NΔL＝2πr，N為齒數(shù)，ΔL為兩鄰齒間的弧長，故r∝N，所以ω1N1＝ω2N2。又踏板與鏈輪同軸，腳踩踏板的角速度ω3＝ω2，那么ω3＝ω1N1/N2，要使ω3最小，那么N1＝15，N2＝48，故ω3＝12×15/48rad/s＝3.75rad/s≈3.8rad/s【答案】B例19有一種大型游戲器械，它是一個圓筒型大型容器，筒壁豎直，游客進入容器后靠筒壁站立，當(dāng)圓筒開始轉(zhuǎn)動后，轉(zhuǎn)速加快到一定程度時，突然地板塌落，游客發(fā)現(xiàn)自己沒有落下去，這是因為游客處于超重狀態(tài)；游客處于失重狀態(tài)；游客受到的摩擦力與重力平衡；筒壁對游客的支持力與重力平衡。巧解模式法這是一種圓周運動模式題，人在水平方向做圓周運動，所受的支持力指向圓心，提供向心力。而在豎直方向受力平衡，即重力與摩擦力平衡。所以C對?！敬鸢浮緾FTOFTOω圖4－27定在一光滑圓錐頂上，如圖4－27所示，設(shè)小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動的角速度為ω，線的張力為FT,那么FT隨ω2變化的圖像是圖4－28中的FFTFTFTFTOOOOω02ω02ω02ω02ABCD圖4－28ααF1mgF1F2mgθ甲乙圖4－29巧解臨界條件法當(dāng)ω較小時，小球受力如圖4-29(甲)所示，由牛頓第二定律得F1sinθ－F2cosθ＝mLω2sinθF1cosθ－F2sinθ－mg＝0解得繩子拉力FT＝F1=mLω2sin2θ＋mgcosθ當(dāng)ω較大時小球受力如圖4-29(乙)所示，由牛頓第二定律得F1sinα＝mLω2sinα解得繩子拉力FT＝F1=mLω2，應(yīng)選項C正確vHvHR圖4－30例21如圖4－30所示，具有圓錐形狀的回轉(zhuǎn)器〔陀螺〕，繞它的軸在光滑的桌面上以角速度ω快速旋轉(zhuǎn)，同時以速度v向左運動，假設(shè)回轉(zhuǎn)器的軸一直保持豎直，為使回轉(zhuǎn)器從桌子的邊緣滑出時不會與桌子邊緣發(fā)生碰撞，速度v至少應(yīng)等于〔設(shè)回轉(zhuǎn)器的高為H，底面半徑為R，不計空氣阻力對回轉(zhuǎn)器的作用〕A.ωRB.ωHC.RD.R巧解臨界條件法其實回轉(zhuǎn)器能否碰到桌子邊緣與它轉(zhuǎn)動情況無關(guān)，而是取決于它運動的速度和自身的形狀，此題的臨界條件是回轉(zhuǎn)器的上緣剛好與桌緣碰到，如圖4－31所示。根據(jù)平拋運動的規(guī)律可得圖4圖4－31H＝gt2由上式解得v＝R即選D.【答案】Dhα圖4－32mgFhα圖4－32mgFnNα圖4－33h越高摩托車對側(cè)壁的壓力越大；h越高摩托車做圓周運動的向心力將越大；h越高摩托車做圓周運動的周期將越長；h越高摩托車做圓周運動的線速度將越大。巧解演繹法設(shè)側(cè)壁與豎直方向的夾角為α，演員與摩托車受力如圖4－33所示，由圖可得側(cè)壁對小球的支持力N＝mg/sinα∴車對側(cè)壁的壓力不變向心力Fn＝mg/tanα不變由牛頓第二定律可知mg/tanα＝mR(2π/T)2因為h越高，R越大，所以周期T越長，再由mg/tanα＝mv2/R可知，隨著R增大，線速度v要增大【答案】CD例23如圖4－34所示，滑雪者滑到圓弧形的山坡處，圓弧的半徑為R，長度是圓周長的1/4.為了能騰空飛起并直接落到地面上，滑雪者在坡頂?shù)乃俣戎辽賾?yīng)為多少？這時落地點離坡頂?shù)乃骄嚯x為多少？巧解臨界條件法vRvRR圖4－34mg＝∴在坡頂?shù)淖钚∷俣葹関＝由平拋運動的規(guī)律有R＝gt2S＝vt∴落點距坡頂?shù)乃骄嚯x為S＝R【答案】，RmgFθ〔a〕〔b〕mgFθ〔a〕〔b〕圖4－35巧解模型法這是一個圓周運動模型問題，女運發(fā)動可看作一個質(zhì)點，受力如圖4－35〔b〕所示，由圖可知，女運發(fā)動受拉力大小F＝mg/cosθ由向心力公式可得mgtanθ＝mω2r∴轉(zhuǎn)動角速度ω＝【答案】mg/cosθω＝例25如圖4－36所示，支架質(zhì)量為M，置于粗糙水平地面上，轉(zhuǎn)軸O處懸掛一個質(zhì)量為m的小球，懸線長為L，當(dāng)小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動時，支架始終不動。假設(shè)小球到達最高點時，恰好支架對地?zé)o壓力，求小球到達最高點時的速度大小。mOmOM圖4－36當(dāng)小球到達最高點時存在向心加速度，設(shè)為a，選支架和小球整體為研究對象，那么由牛頓第二定律得〔M＋m〕g＝ma 解得a＝又據(jù)向心加速度公式a＝，解得小球到達最高點時的速度大小v＝【答案】第二十章動量守恒定律難點巧學(xué)一、“尋〞規(guī)、“導(dǎo)〞矩學(xué)動量1、“尋〞規(guī)：巧用“聯(lián)想、比照〞列圖加深對動量定理的理解現(xiàn)行很多高中教材包括本書的編排次序是先學(xué)“動能定理〞，再學(xué)“動量定理〞。我們可以建立兩者關(guān)系圖譜〔圖8-1〕，增強對“動量定理〞的認(rèn)識。圖中兩豎表示“等于〞，中間粗的一橫表示“減號〞，即分別反映兩個式子：過程量初狀態(tài)〔時刻〕量末狀態(tài)〔時刻〕量經(jīng)歷一段過程過程量初狀態(tài)〔時刻〕量末狀態(tài)〔時刻〕量經(jīng)歷一段過程合外力的功初動能末動能一段位移合外力的沖量初動量末動量一段時間圖8-1兩者在使用時程序大體相似，但要注意：前式中，“功〞有正負(fù)，是標(biāo)量式；后式中，沖量和初、末動量都會有正負(fù)區(qū)分，是矢量式，解題時要規(guī)定正方向。對于另一難點——動量守恒定律，那么可以和機械能守恒定律的使用形成比照。例1：如圖8-2，質(zhì)量為0.4kg的A球，向右以20m/s的速度在水平面上與豎直墻壁碰撞，碰撞時平均沖力為100N，同時A還受到20N的摩擦阻力，碰撞時間為0.1s，求碰撞后A的速度。mgFmgFNF沖F阻圖8-2，所以即碰后A球的速度大小為10m/s，方向與碰前相反。2：“導(dǎo)〞矩〔即總結(jié)解題步驟〕：巧學(xué)動量定理的解題步驟，做到不丟重力丟重力是使用動量定理時常見的錯誤。如果我們能夠找出使用的規(guī)那么，并按照一定的規(guī)矩和步驟解題，就可以減少錯誤。利用動量定理解題的一般步驟：a、選擇恰當(dāng)?shù)奈矬w或物體系作為研究對象；b、對研究對象進行受力分析〔口訣：先重力、再彈力、再摩擦力、最后勿忘“電、磁、浮等其他力〞〕，確定研究過程中各力的沖量；c、選定正方向，確定初、末狀態(tài)的動量；d、根據(jù)動量定理列出方程，并統(tǒng)一到國際單位制中運算求出結(jié)果。例2：〔95年·全國〕一粒鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)開始自由下落,然后陷入泥潭中。假設(shè)把在空中下落的過程稱為過程Ⅰ,進入泥潭直到停住的過程稱為過程Ⅱ,那么()A、過程Ⅰ中鋼珠動量的改變量等于重力的沖量；

B、過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ中重力沖量的大??；

C、過程Ⅱ中鋼珠克服阻力所做的功等于過程Ⅰ與過程Ⅱ中鋼珠所減少的重力勢能之和；

D、過程Ⅱ中損失的機械能等于過程Ⅰ中鋼珠所增加的動能。解析：在過程Ⅰ中鋼珠只受重力，重力的沖量等于鋼珠動量改變量，選項A正確。同時，在過程Ⅰ中重力做功，鋼珠重力勢能減小，動能增加。在過程Ⅱ中鋼珠除受阻力外，仍受重力，判斷時最容易丟掉重力的沖量及重力的功。選項B、D就是犯了“丟重力〞的錯誤。應(yīng)該是過程Ⅱ中阻力沖量的大小等于過程Ⅰ和過程Ⅱ整個過程中重力的沖量；過程Ⅱ中損失的機械能等于過程Ⅰ中重力的沖量；過程Ⅱ中損失的機械能等于過程Ⅰ中鋼珠增加的動能及過程Ⅱ中機械能〔含重力勢能〕減少量之和。所以A、C正確二、巧用動量定理解釋常見的兩類物理現(xiàn)象由，那么巧記推論：物體所受合外力等于它自身“動量變化率〞。例3、玻璃杯從同一高度自由下落，掉落在硬質(zhì)水泥板上易碎，掉落在松軟地毯上不易碎，這是由于玻璃杯掉在松軟地毯上：〔〕A、所受合外力的沖量較小B、動量的變化量較小C、動量的變化率較小D、地毯對杯子的作用力小于杯子對地毯的作用力解析：杯子從同一高度下落，與地面碰撞的瞬時速度、動量都是一定的。與地面相碰到剛靜止時，不管玻璃杯是否破碎，動量的改變量都相等，由動量定理得：合外力的沖量也相等?？梢夾、B是錯誤的。由得，玻璃杯受到的合外力等于動量的變化率。玻璃杯掉在松軟的地毯上，動量減小經(jīng)歷的時間較長，較小，玻璃杯受到的合力較小，玻璃杯就不易碎，故C選項正確。而杯子對地毯的作用力和地毯對杯子的作用力是一對相互作用力，應(yīng)等值反向，所以D也錯誤。例4、小筆帽放在一小紙條上，快拉紙條，小筆帽不動，慢拉紙條，小筆帽動起來，這是為什么？解析：當(dāng)緩慢拉動紙條時，小筆帽與紙條之間是靜摩擦力，由于作用時間長，小筆帽獲得的沖量較大，可以改變它的靜止?fàn)顟B(tài)，從而帶動小筆帽一起運動；在快拉時，盡管這是小筆帽與紙條之間因別離產(chǎn)生滑動摩擦力，但由于作用時間很短，小筆帽獲得的沖量并不大，還未來得及改變其靜止?fàn)顟B(tài)，紙條已抽出來了。小結(jié)：用動量定理解釋現(xiàn)象一般分為兩類：一類是物體的動量變化一定，此時力的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越小〔如例3〕；另一類是作用力一定，此時力的作用時間越長，動量變化越大；力的作用時間越短，動量變化越小〔如例4，力的區(qū)別不大，但時間差異較大是此題的主要因素〕。三、巧用動量定理解三類含“變〞的問題1、巧解變力的沖量：變力的沖量在中學(xué)物理階段不能用I=Ft求解，但是用動量定理可以用ΔΡ來間接的表示變力的沖量。例5：〔1994年·上?！澄矬wA和B用輕繩相連掛在輕質(zhì)彈簧下靜止不動，如圖〔甲〕所示，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為M。當(dāng)連接A、B的繩突然斷開后，物體A上升經(jīng)某一位置時的速度大小為v，這時物體B下落速度大小為u，如圖〔乙〕所示。在這段時間里，彈簧的彈力對物體A的沖量為〔〕圖8-3A．mvB．mv－Mu圖8-3C．mv＋MuD．mv＋mu解析：欲求在指定過程中彈簧彈力的沖量，思路有兩條：一是從沖量概念入手計算，I=Ft，二是由動量定理通過動量的變化計算，即I=△p。由于彈簧的彈力是變力，時間又是未知量，故只能用動量定理求解。剪斷細(xì)繩后，A上升，B自由下落，但A在上升過程中彈簧是一變力。假設(shè)設(shè)這段時間為t，以向上為正方向，對A、B分別用動量定理有：對A：對B自由落體：聯(lián)立可得2、巧解曲線運動的動量變化例6：做平拋運動的物體，每秒鐘的速度變化量總是〔〕A、大小相等，方向相同B、大小不等，方向不同C、大小相等，方向不同D、大小不等，方向相同解析：曲線運動的特點是運動方向不斷變化。根據(jù)平拋運動的定義，物體在運動過程中只受重力作用，又由動量定理得：，注意到各式為矢量關(guān)系，所以選擇A。3、巧建“管道〞模型，鎖定目標(biāo)，巧解流體類變質(zhì)量問題：例7：設(shè)水的密度為ρ，水槍口的截面積為S，水從槍口噴出的速度為,假設(shè)水平直射到煤層后速度為零，那么水對煤層的平均作用力的大小為多少？解析：此類問題的特點是，隨著時間變化，作用的主體會不斷變化，對象難以鎖定，對應(yīng)的質(zhì)量難以表達計算，假設(shè)水從水槍口射出之后還沿著一個“管道〞〔我們自己假象出來的〕沖到煤層上，取Δt時間內(nèi)射到煤層的水的質(zhì)量Δm為研究對象，這些水分布在截面積為S，長為的“管道〞內(nèi)，那么，根據(jù)動量定理得：，即注：此類題還很多，此題中的水改為“氣體〞、“稱米機〞中的米、“隕石〞等，例如活題巧解中例11。四、動量守恒定律的“三適用〞“三表達〞——動量守恒的判斷“三適用〞——以下三種情況可用動量守恒定律解題1、假設(shè)系統(tǒng)不受外力或受外力之和為零，那么系統(tǒng)的總動量守恒例8：如圖8-4，一車廂長為L，質(zhì)量為M，靜止于光滑的水平面上，廂內(nèi)有一質(zhì)量為m的物體以初速向右運動，與車廂來回碰撞n次后靜止于車廂中，這時車廂的速度為：mv0圖8-4mv0圖8-4C、D、解析：當(dāng)物體在車廂內(nèi)運動及與車廂碰撞過程中，物體與車廂組成的系統(tǒng)所受外力有重力和支持力，合力為零，故系統(tǒng)總動量守恒。系統(tǒng)初動量為，當(dāng)物體靜止在車廂中時，二者具有相同的速度，設(shè)為那么：，解得，選項C對。2、假設(shè)系統(tǒng)所受外力之和不為零，那么系統(tǒng)的總動量不守恒，但如果某一方向上的外力之和為零，那么該方向上的動量守恒Θ圖8-5例9：如圖8-5，將質(zhì)量為m的鉛球以大小為，與水平方向傾角為的初速度拋入一個裝著沙子的總質(zhì)量為M的靜止的砂車中，砂車與地面的摩擦不計，球與砂車的共同速度為多少？Θ圖8-5解析：把鉛球和砂車看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)在整個過程中不受水平方向的外力，那么水平方向上的動量守恒，而在豎直方向上，當(dāng)鉛球落在砂車中時，地面與系統(tǒng)的支持力不等于系統(tǒng)的總重力，故系統(tǒng)在豎直方向上動量不守恒〔另外，也可以從結(jié)果上來看：初始狀態(tài)系統(tǒng)在豎直方向上有速度，而最終整個系統(tǒng)只有水平方向的速度，由此也能得到系統(tǒng)豎直方向上動量不守恒〕。設(shè)系統(tǒng)后來共同速度為，那么，3、假設(shè)系統(tǒng)所受外力之和不為零，但是外力遠小于內(nèi)力，可以忽略不計，那么物體相互作痛過程動量近似守恒。如碰撞、爆炸等。例10：質(zhì)量為M的木塊靜止在水平面上，木塊與地面間的動摩擦系數(shù)為，一顆質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊后，木塊沿水平面滑行s后停止，試求子彈射入木塊前的速度。解析：子彈射入木塊過程中，木塊受地面的摩擦力為F，此力即為子彈與木塊組成的系統(tǒng)所受的外力，不為零。但子彈與木塊打擊時，相互作用力F內(nèi)>>F外，摩擦力可忽略不計，系統(tǒng)的動量近似守恒。設(shè)子彈射入木塊后，子彈與木塊的共同速度為，由動量守恒定律得：……=1\*GB3①此后，子彈和木塊一起做勻減速直線運動，由動能定理得……=2\*GB3②由=1\*GB3①=2\*GB3②得：“三表達〞——動量守恒定律有三種常用的數(shù)學(xué)表達式1、系統(tǒng)的初動量等于末動量，即。例題中很多見，讀者自己查看。2、假設(shè)A、B兩物體組成的系統(tǒng)在相互作用過程中動量守恒，那么〔負(fù)號表示與方向相反〕例11：質(zhì)量相等的三個小球a、b、c在光滑的水平面上以相同的速率運動，它們分別與原來靜止的三個球A、B、C相碰〔a與A，b與B，c與C〕。碰后，a球繼續(xù)沿原來的方向運動，b球靜止不動，c球被彈回而反向運動，這時ABC三球中動量最大的是〔〕A、A球B、B球C、C球D、由于A、B、C三球質(zhì)量未知，無法判定解析：三球在碰撞過程中動量都守恒，且a、b、c三球在碰撞過程中，動量變化的大小關(guān)系為：。由動量守恒定律知：，所以A、B、C三球在碰撞過程中動量變化的大小關(guān)系為。由于A、B、C三球初動量都為零，所以碰后它們的動量大小關(guān)系為，應(yīng)選項C正確。3、假設(shè)A、B兩物體相互作用過程中動量守恒，那么。但此表達式僅適用于系統(tǒng)總動量恒為零的情況〔、分別為A、B在作用過程中的位移大小〕，或系統(tǒng)某方向上總動量恒為零的情況〔此時的、分別為A、B在作用過程中，在該方向上的位移大小〕。比方人船模型。五、構(gòu)建根本物理模型——學(xué)好動量守恒的法寶：1、人船模型：特點：系統(tǒng)初始動量為零，你動我反動，你快我快，你慢我慢，你停我也停。從能量的角度看，當(dāng)系統(tǒng)運動時，人體內(nèi)化學(xué)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)動能。例15：如圖8-6所示，在平靜的水面上浮著一只質(zhì)量為M、長度為L的船(船處于靜止?fàn)顟B(tài))，船的右端(B端)站著一個質(zhì)量為m的人，當(dāng)人從船的右端走到船的左端(A端)的過程中，怎樣求船的位移SM的大小?(水的阻力不計)MABmMABMABmMABSMSm圖8-6經(jīng)很短時間△t(在這很短的時間內(nèi)，可認(rèn)為人、船分別以大小為的速度分別向左、向右做勻速運動)，有所以因為，所以因為所以船的位移大小為,人對地面的位移大小為有些書上利用人船系統(tǒng)平均動量守恒，也得到了結(jié)論，但是沒有注意動量守恒定律的瞬時性，那只是一種等效的做法。拓變：“類人船模型〞，見活題巧解例13、例14。2、“子彈打木塊〞模型特點：一個物體在另一個物體外表或內(nèi)部運動，在運動方向不受外力，動量守恒。從能量的觀點看，系統(tǒng)的動能損失轉(zhuǎn)化為兩者的內(nèi)能。特別注意。例16：質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為m速度為的子彈水平射人木塊中，求：1〕、如果子彈，而靜止在木塊中，子彈的最終速度；2〕、如果子彈未穿出，所受阻力的大小恒為F，求子彈打進木塊的深度為L。3〕、如果子彈能夠以速度穿出，求子彈穿出后，木塊的速度。解：選系統(tǒng)為研究對象，水平方向不受外力，動量守恒。1〕、題中的“靜止〞，只是兩者相對靜止，設(shè)他們的共同速度為，m=(m+M)那么：①2〕、從能量的觀點看系統(tǒng)克服內(nèi)部摩擦力做功(摩擦力與物體相對路程的乘積)等于系統(tǒng)動能的損失。即。該式一定要記住。例如活題巧解〔例16—例18〕由系統(tǒng)能量守恒得：②由①②解得：3〕、系統(tǒng)動量守恒：m=m+M那么：mv0Mmv0MLx圖8-7分別選子彈和木塊為研究對象，由動能定理得對子彈：③對木塊：④由③+④解得：除去負(fù)號就可得方程②。拓變：“類子彈木塊〞模型——木塊與平板車，見活題巧解例15、例16、例17。3、“木塊彈簧〞模型v0v0圖8-8例17、如圖8-8所示，質(zhì)量M=2m的光滑木板靜止放在光滑水平面上，木板左端固定一根輕質(zhì)彈簧，一質(zhì)量為m的小木塊(可視為質(zhì)點)，從木塊的右端以未知的速度開始沿木板向左滑行。假設(shè)在小木塊壓縮彈簧的過程中，彈簧具有最大的彈性勢能為Ep，求未知速度的大小。解：木板、木塊、彈簧三者所組成的系統(tǒng)滿足動量守恒。當(dāng)木塊與木板到達共同速度，兩者相距最近，彈簧壓縮量最大，彈簧具有最大彈性勢能。m=(m+M)①又因為系統(tǒng)能量守恒得：②由①②得：拓變：系統(tǒng)中不僅有彈性勢能，而且還有內(nèi)能參與轉(zhuǎn)化?；铑}巧解例20。六、巧用動量守恒定律求解多體問題：1、巧選對象對多物體系統(tǒng)，由于參與作用的物體較多，作用的情況比擬復(fù)雜，因此，要從巧選研究對象和巧選研究過程上找到解題的突破口。既要注意系統(tǒng)總動量守恒，還要注意系統(tǒng)內(nèi)某幾個物體發(fā)生作用時動量也守恒。例12：質(zhì)量相等的五個物體在光滑水平面上間隔一定距離排成一條直線，如圖8-9所示，具有初速度v0的物體1向其它4個靜止物體運動，依次發(fā)生碰撞，每次碰撞后不再分開，最后5個物體粘成一整體，那么這個整體的速度等于多少？12345圖8-9解析：這是一個涉及五個物體的多物體系統(tǒng)。當(dāng)物體1與物體2發(fā)生碰撞的過程中，取物體1和物體2為研究對象，它們的總動量守恒。接著，物體1和物體2組成