2022年《力与运动》知识点归纳总结 .pdf

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1、第 1 专题力与运动知识网络考点预测本专题复习三个模块的内容：运动的描述、受力分析与平衡、牛顿运动定律的运用运动的描述与受力分析是两个相互独立的内容，它们通过牛顿运动定律才能连成一个有机的整体虽然运动的描述、受力平衡在近几年(特别是2015 年以前 )都有独立的命题出现在高考中(如 2008 年的全国理综卷第23 题、四川理综卷第23 题)，但由于理综考试题量的局限以及课改趋势，独立考查前两模块的命题在2017 年高考中出现的概率很小，大部分高考卷中应该都会出现同时考查三个模块知识的试题，而且占不少分值 在综合复习这三个模块内容的时候，应该把握以下几点：1运动的描述是物理学的重要基础，其理论体

2、系为用数学函数或图象的方法来描述、推断质点的运动规律，公式和推论众多其中，平抛运动、追及问题、实际运动的描述应为复习的重点和难点2无论是平衡问题，还是动力学问题，一般都需要进行受力分析，而正交分解法、 隔离法与整体法相结合是最常用、最重要的思想方法，每年高考都会对其进行考查3牛顿运动定律的应用是高中物理的重要内容之一，与此有关的高考试题每年都有，题型有选择题、 计算题等， 趋向于运用牛顿运动定律解决生产、生活和科技中的实际问题此外，它还经常与电场、 磁场结合， 构成难度较大的综合性试题精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - -

3、 - - - - - -第 1 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 一、运动的描述要点归纳(一)匀变速直线运动的几个重要推论和解题方法1某段时间内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，即vt vt22在连续相等的时间间隔T 内的位移之差 s为恒量，且 saT23在初速度为零的匀变速直线运动中，相等的时间T 内连续通过的位移之比为：s1s2s3 sn135 (2n1) 通过连续相等的位移所用的时间之比为：t1t2t3 tn 1(21)( 32) (nn1) 4竖直上抛运动(1)对称性：上升阶段和下落阶段具有时间和速度等方面的对称性(2)可逆性：上升过程做匀减速运动，可

4、逆向看做初速度为零的匀加速运动来研究(3)整体性：整个运动过程实质上是匀变速直线运动5解决匀变速直线运动问题的常用方法(1)公式法：灵活运用匀变速直线运动的基本公式及一些有用的推导公式直接解决(2)比例法：在初速度为零的匀加速直线运动中，其速度、位移和时间都存在一定的比例关系，灵活利用这些关系可使解题过程简化(3)逆向过程处理法：逆向过程处理法是把运动过程的“末态”作为“初态”，将物体的运动过程倒过来进行研究的方法(4)速度图象法：速度图象法是力学中一种常见的重要方法，它能够将问题中的许多关系，特别是一些隐藏关系，在图象上明显地反映出来，从而得到正确、简捷的解题方法(二)运动的合成与分解1小船

5、渡河：设水流的速度为v1，船的航行速度为v2，河的宽度为d(1)过河时间 t 仅由 v2沿垂直于河岸方向的分量v决定，即tdv，与 v1无关，所以当v2垂直于河岸时，渡河所用的时间最短，最短时间tmindv2(2)渡河的路程由小船实际运动轨迹的方向决定当v1v2时，最短路程smind；当 v1v2时，最短路程sminv1v2d ，如图 11 所示图 11 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 2轻绳、轻杆两末端速度的关系(1)分解法：

6、 把绳子 (包括连杆 )两端的速度都沿绳子的方向和垂直于绳子的方向分解，沿绳子方向的分运动相等(垂直方向的分运动不相关)，即 v1cos 1v2cos_2(2)功率法：通过轻绳(轻杆 )连接物体时，往往力拉轻绳(轻杆 )做功的功率等于轻绳(轻杆 )对物体做功的功率3平抛运动：如图12 所示，物体从O 处以水平初速度v0抛出，经时间t 到达 P 点图 12 (1)加速度水平方向： ax0竖直方向： ayg(2)速度水平方向： vxv0竖直方向： vygt合速度的大小vv2xv2yv20g2t2；设合速度的方向与水平方向的夹角为 ，有：tan vyvxgtv0，即 arctan gtv0(3)位移

7、水平方向： sxv0t竖直方向： sy12gt2设合位移的大小ss2xs2y(v0t)2(12gt2)2；合位移的方向与水平方向的夹角为 ，有：tan sysx12gt2v0tgt2v0，即 arctan gt2v0要注意合速度的方向与水平方向的夹角不是合位移的方向与水平方向的夹角的2 倍，即 2 ，而是 tan 2tan (4)时间：由 sy12gt2得， t2syg，平抛物体在空中运动的时间t 只由物体抛出时离地的高度 sy决定，而与抛出时的初速度v0无关(5)速度变化： 平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等的时间内，速度的变化量 (g v t)相等，且必沿竖直方向，如图13 所示图 13

8、任意两时刻的速度与速度的变化量 v 构成直角三角形， v 沿竖直方向注意：平抛运动的速率随时间并不均匀变化，而速度随时间是均匀变化的精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 30 页 - - - - - - - - - - (6)带电粒子 (只受电场力的作用)垂直进入匀强电场中的运动与平抛运动相似，出电场后做匀速直线运动，如图14 所示图 14 故有： y (LL2) tan (LL2) qULdmv20精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载

9、 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 要点归纳(一)常见的五种性质的力产生原因或条件方向大小重力由于地球的吸引而产生总是竖直向下( 铅直向下或垂直水平面向下)，注意不一定指向地心，不一定垂直地面向下G重mgGMmR2地球表面附近一切物体都受重力作用，与物体是否处于超重或失重状态无关弹力接触弹性形变支持力的方向总是垂直于接触面而指向被支持的物体压力的方向总是垂直于接触面而指向被压的物体绳的拉力总是沿着绳而指向绳收缩的方向F kx弹力的大小往往利用平衡条件和牛顿第二定律求解摩擦力滑动摩擦力接触，接触面粗糙存在正压力与接触

10、面有相对运动与接触面的相对运动方向相反fFN只与 、FN有关，与接触面积、 相对速度、加速度均无关静摩擦力接触，接触面粗糙存在正压力与接触面存在相对运动的趋势与接触面相对运动的趋势相反与产生相对运动趋势的动力的大小相等 存 在 最 大 静 摩 擦力，最大静摩擦力的大小由粗糙程度、正压力决定续表产生原因或条件方向大小电场力点电荷间的库仑力：真空中两个点电荷之间的相互作用作用力的方向沿两点电荷的连线，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引F kq1q2r2电场对处于其中的电荷的作用正电荷的受力方向与该 处 场 强 的 方 向 一FqE精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - -

11、- - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 致，负电荷的受力方向与该处场强的方向相反磁场力安培力： 磁场对通电导线的作用力FB，FI，即安培力 F 垂直于电流I 和磁感应强度B 所确定的平面安培力的方向可用左手定则来判断FBIL安培力的实质是运动电荷受洛伦兹力作用的宏观表现洛伦兹力： 运动电荷在磁场中所受到的力用左手定则判断洛伦兹力的方向特别要注意四指应指向正电荷的运动方向；若为负电荷，则四指指向运动的反方向带电粒子平行于磁场方向运动时，不受洛伦兹力的作用；带电粒子垂直于磁场方向运动时，所受洛伦兹力最大，即

12、f洛qvB(二)力的运算、物体的平衡1力的合成与分解遵循力的平行四边形定则(或力的三角形定则)2平衡状态是指物体处于匀速直线运动或静止状态，物体处于平衡状态的动力学条件是：F合0 或 Fx0、Fy0、Fz0注意：静止状态是指速度和加速度都为零的状态，如做竖直上抛运动的物体到达最高点时速度为零，但加速度等于重力加速度，不为零，因此不是平衡状态3平衡条件的推论(1)物体处于平衡状态时，它所受的任何一个力与它所受的其余力的合力等大、反向(2)物体在同一平面上的三个不平行的力的作用下处于平衡状态时，这三个力必为共点力物体在三个共点力的作用下而处于平衡状态时，表示这三个力的有向线段组成一封闭的矢量三角形

13、，如图18 所示图 18 4共点力作用下物体的平衡分析精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 三、牛顿运动定律的应用要点归纳(一)深刻理解牛顿第一、第三定律1牛顿第一定律(惯性定律 ) 一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止(1)理解要点运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能

14、认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，第二定律定量地给出力与运动的关系(2)惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关质量是物体惯性大小的量度2牛顿第三定律(1)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，作用在一条直线上，可用公式表示为F F(2)作用力与反作用力一定是同种性质的力，作用效果不能抵消(3)牛顿第三定律的应用非常广泛，凡是涉及两个或两个以上物体的物理情境、过程的解答，往往都需要应用这一定律(二)牛顿第二定律1定律内容物体的加速度a跟物体所受的合外力F合成正比，

15、 跟物体的质量 m 成反比 2公式： F合ma；理解要点因果性： F合是产生加速度a 的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消失方向性： a 与 F合都是矢量，方向严格相同瞬时性和对应性：a 为某时刻某物体的加速度，F合是该时刻作用在该物体上的合外力3应用牛顿第二定律解题的一般步骤：(1)确定研究对象；(2)分析研究对象的受力情况，画出受力分析图并找出加速度的方向；(3)建立直角坐标系，使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上，并将其余的力或加速度分解到两坐标轴上；(4)分别沿 x 轴方向和y 轴方向应用牛顿第二定律列出方程；(5)统一单位，计算数值精品资料 - - - 欢迎下载 - - -

16、 - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 30 页 - - - - - - - - - - (一)直线运动高考中对直线运动规律的考查一般以图象的应用或追及问题出现这类题目侧重于考查学生应用数学知识处理物理问题的能力对于追及问题， 存在的困难在于选用哪些公式来列方程，作图求解，而熟记和运用好直线运动的重要推论往往是解决问题的捷径例 1如图 15 甲所示， A、B 两辆汽车在笔直的公路上同向行驶当B 车在 A车前 s84 m 处时， B 车的速度 vB4 m/s，且正以 a2 m/s2的加速度做匀加速运动；经过一段时间后，B 车的加

17、速度突然变为零A 车一直以 vA20 m/s 的速度做匀速运动，从最初相距84 m时开始计时，经过t012 s 后两车相遇问B 车加速行驶的时间是多少？图 15 甲【解析】 设 B 车加速行驶的时间为t，相遇时 A 车的位移为： sAvAt0；B 车加速阶段的位移为： sB1vBt12at2；匀速阶段的速度vvBat，匀速阶段的位移为：sB2 v(t0t) 相遇时，依题意有：sAsB1sB2 s；联立以上各式得：t22t0t2(vBvA)t0sa0 将题中数据vA20 m/s，vB4 m/s，a2 m/s2，t012 s，代入上式有：t224t 1080 解得： t16 s，t218 s(不合

18、题意，舍去)；因此， B 车加速行驶的时间为6 s 答案 6 s 【点评】 出现不符合实际的解(t218 s)的原因是方程 “sB2 v(t0t)”并不完全描述B 车的位移，还需加一定义域t12 s解析后可以作出vAt、vBt 图象加以验证图 15 乙根据 vt 图象与 t 围成的面积等于位移可得，t12 s 时， s12(16 4)646 m84 m(二)平抛运动： 平抛运动在高考试题中出现的几率相当高，或出现于力学综合题中，如 2008年北京、山东理综卷第24 题；或出现于带电粒子在匀强电场中的偏转一类问题中，如2008年宁夏理综卷第24 题、天津理综卷第23 题；或出现于此知识点的单独命

19、题中，如2009 年高考福建理综卷第20 题、广东物理卷第17(1)题、 2008 年全国理综卷第14 题对于这一知识点的复习， 除了要熟记两垂直方向上的分速度、分位移公式外， 还要特别理解和运用好速度偏转角公式、位移偏转角公式以及两偏转角的关系式(即 tan 2tan )例 2图 16 甲所示， m 为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点 )，A 为终端皮带轮已知皮带轮的半径为r，传送带与皮带轮间不会打滑当m 可被水平抛出时，A 轮每秒的转数最少为 () 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -

20、第 8 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 图 16 甲A12grBgrCgrD12gr【解析】 解法一m 到达皮带轮的顶端时，若mv2rmg，表示 m 受到的重力小于(或等于 )m沿皮带轮表面做圆周运动的向心力，m 将离开皮带轮的外表面而做平抛运动，又因为转数n2v2 r，所以当 vgr，即转数 n12gr时， m 可被水平抛出，故选项A 正确解法二建立如图16 乙所示的直角坐标系当m 到达皮带轮的顶端有一速度时，若没有皮带轮在下面， m 将做平抛运动， 根据速度的大小可以作出平抛运动的轨迹若轨迹在皮带轮的下方，说明m 将被皮带轮挡住，先沿皮带轮下滑；若轨迹在皮带轮的上

21、方，说明m 立即离开皮带轮做平抛运动图 16 乙又因为皮带轮圆弧在坐标系中的函数为：当y2x2r2初速度为 v 的平抛运动在坐标系中的函数为：yr12g(xv)2平抛运动的轨迹在皮带轮上方的条件为：当x0 时，平抛运动的轨迹上各点与O 点间的距离大于 r，即y2x2r；即r12g(xv)22x2r；解得： vgr，又因皮带轮的转速n 与 v的关系为： nv2 r；可得：当n12gr时， m 可被水平抛出【点评】 “解法一 ”应用动力学的方法分析求解；“ 解法二 ”应用运动学的方法(数学方法 )求解，由于加速度的定义式为a v t，而决定式为aFm，故这两种方法殊途同归同类拓展1高台滑雪以其惊险

22、刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图17 所示的示意图其中AB 段是助滑雪道，倾角 30 ，BC 段是水平起跳台，CD 段是着陆雪道，AB 段与 BC 段圆滑相连， DE 段是一小段圆弧 (其长度可忽略 )，在 D、E 两点分别与CD、EF 相切， EF 是减速雪道，倾角37 轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为 0.25， 图中轨道最高点A 处的起滑台距起跳台 BC 的竖直高度h10 mA 点与 C 点的水平距离L120 m，C 点与 D 点的距离为32.625 m运动员连同滑雪板的总质量m60 kg滑雪运动员从A 点由静止开始起滑，通精品资料

23、 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 过起跳台从C 点水平飞出，在落到着陆雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿着陆雪道的分速度而不弹起除缓冲外运动员均可视为质点，设运动员在全过程中不使用雪杖助滑， 忽略空气阻力的影响，取重力加速度g 10 m/s2， sin 37 0.6， cos 37 0.8 求：图 17 (1)运动员在 C 点水平飞出时的速度大小(2)运动员在着陆雪道CD 上的着陆位置与C 点的距离(3)运动员滑过D 点时的

24、速度大小【解析】 (1)滑雪运动员从A 到 C 的过程中，由动能定理得：mgh mg cos hsin mg (L1hcot )12mv2C；解得： vC10 m/s(2)滑雪运动员从C 点水平飞出到落到着陆雪道的过程中做平抛运动，有：xvCty12gt2yxtan ，着陆位置与C 点的距离 sxcos ；解得： s18.75 m，t1.5 s(3)着陆位置到D 点的距离 s13.875 m，滑雪运动员在着陆雪道上做匀加速直线运动把平抛运动沿雪道和垂直雪道分解，可得着落后的初速度v0vCcos gtsin 加速度为 ：mgsin mg cos ma运动到 D 点的速度为： v2Dv202as；

25、解得 ：vD20 m/s 答案 (1)10 m/s(2)18.75 m(3)20 m/s 互动辨析在斜面上的平抛问题较为常见，“位移与水平面的夹角等于倾角” 为着落条件同学们还要能总结出距斜面最远的时刻以及这一距离精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 30 页 - - - - - - - - - - (一)正交分解法、平行四边形法则的应用1正交分解法是分析平衡状态物体受力时最常用、最主要的方法即当F合0 时有：Fx合0，Fy合0，Fz合 02平行四边形法有时可巧妙用于定性分析物体受

26、力的变化或确定相关几个力之比例 3举重运动员在抓举比赛中为了减小杠铃上升的高度和发力，抓杠铃的两手间要有较大的距离 某运动员成功抓举杠铃时，测得两手臂间的夹角为120 ，运动员的质量为75 kg，举起的杠铃的质量为125 kg，如图 19 甲所示求该运动员每只手臂对杠铃的作用力的大小 (取 g10 m/s2) 图 19 甲【分析】 由手臂的肌肉、 骨骼构造以及平时的用力习惯可知，伸直的手臂主要沿手臂方向发力取手腕、手掌为研究对象，握杠的手掌对杠有竖直向上的弹力和沿杠向外的静摩擦力，其合力沿手臂方向，如图19 乙所示图 19 乙【解析】 手臂对杠铃的作用力的方向沿手臂的方向，设该作用力的大小为F

27、，则杠铃的受力情况如图 19 丙所示图 19 丙由平衡条件得：2Fcos 60 mg；解得： F1250 N ； 答案 1250 N 例 4两个可视为质点的小球a 和 b，用质量可忽略的刚性细杆相连放置在一个光滑的半球面内， 如图 110 甲所示已知小球 a 和 b 的质量之比为3， 细杆长度是球面半径的2 倍两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角是2008 年高考 四川延考区理综卷() 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 图 1

28、10 甲A45B30C22.5 D15【解析】 解法一设细杆对两球的弹力大小为T，小球 a、b 的受力情况如图1 10 乙所示图 110 乙其中球面对两球的弹力方向指向圆心，即有：cos 22RR22；解得： 45故 FNa的方向为向上偏右，即1245 45 FNb的方向为向上偏左，即22(45 )45 两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用，过O 作竖直线交ab 于 c 点，设球面的半径为 R，由几何关系可得：magOcFNaRmbgOcFNbR；解得： FNa3FNb；取 a、b 及细杆组成的整体为研究对象，由平衡条件得：FNa sin 1FNb sin 2；即3FNb sin(45

29、 )FNb sin(45 )；解得： 15 解法二由几何关系及细杆的长度知，平衡时有：sinOab22RR22故OabOba45再设两小球及细杆组成的整体重心位于c 点，由悬挂法的原理知c 点位于 O 点的正下方，且acbcmamb3 即 R sin(45 )R sin(45 )13；解得： 15 答案 D 【点评】 利用平行四边形(三角形 )定则分析物体的受力情况在各类教辅中较常见掌握好这种方法的关键在于深刻地理解好“在力的图示中，有向线段替代了力的矢量”在理论上，本题也可用隔离法分析小球a、b 的受力情况，根据正交分解法分别列平衡方程进行求解，但是求解三角函数方程组时难度很大精品资料 -

30、- - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 解法二较简便，但确定重心的公式acbcmamb3超纲(二)带电粒子在复合场中的平衡问题在高考试题中， 也常出现带电粒子在复合场中受力平衡的物理情境，出现概率较大的是在正交的电场和磁场中的平衡问题及在电场和重力场中的平衡问题在如图 111 所示的速度选择器中，选择的速度vEB；在如图 112 所示的电磁流量计中，流速 vuBd，流量 Q du4B图 111图 112 例 5在地面附近的空间中有水平方向的匀强电场

31、和匀强磁场，已知磁场的方向垂直纸面向里， 一个带电油滴沿着一条与竖直方向成角的直线 MN 运动， 如图 1 13 所示 由此可判断下列说法正确的是() 图 113 A如果油滴带正电，则油滴从M 点运动到 N 点B如果油滴带正电，则油滴从N 点运动到 M 点C如果电场方向水平向右，则油滴从N 点运动到 M 点D如果电场方向水平向左，则油滴从N 点运动到 M 点【解析】 油滴在运动过程中受到重力、电场力及洛伦兹力的作用，因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直， 大小随速度的改变而改变，而电场力与重力的合力是恒力，所以物体做匀速直线运动； 又因电场力一定在水平方向上，故洛伦兹力的方向是斜向上方的，因而当

32、油滴带正电时，应该由M 点向 N 点运动，故选项A 正确、 B 错误若电场方向水平向右，则油滴需带负电，此时斜向右上方与MN 垂直的洛伦兹力对应粒子从N 点运动到M 点，即选项C正确同理，电场方向水平向左时，油滴需带正电，油滴是从M 点运动到N 点的，故选项D 错误 答案 AC 【点评】 对于带电粒子在复合场中做直线运动的问题要注意受力分析因为洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，而且与磁场的方向、带电粒子的电性都有关，分析时更要注意本题中重力和电场力均为恒力，要保证油滴做直线运动，两力的合力必须与洛伦兹力平衡，粒子的运动就只能是匀速直线运动同类拓展 2如图 114 甲所示，悬挂在 O 点的一根不可

33、伸长的绝缘细线下端挂有一个带电荷量不变的小球A在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B当 B 到达悬点精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 13 页，共 30 页 - - - - - - - - - - O 的正下方并与A 在同一水平线上，A 处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为 若两次实验中B 的电荷量分别为q1和 q2，分别为 30 和 45 ，则q2q1为 2007 年高考 重庆理综卷() 图 114 甲A2B3C2 3D33 【解析】 对 A 球进行受力分析，如图114 乙所示

34、，图 114 乙由于绳子的拉力和点电荷间的斥力的合力与A 球的重力平衡，故有：F电 mgtan ，又 F电kqQAr2 设绳子的长度为L， 则 A、 B 两球之间的距离r Lsin ， 联立可得：qmL2gtan sin2kQA，由此可见， q 与 tan sin2成正比，即q2q1tan 45sin245tan 30sin23023，故选项 C 正确 答案 C 互动辨析本题为带电体在重力场和电场中的平衡问题，解题的关键在于：先根据小球的受力情况画出平衡状态下的受力分析示意图；然后根据平衡条件和几何关系列式，得出电荷量的通解表达式，进而分析求解本题体现了新课标在知识考查中重视方法渗透的思想精品

35、资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 14 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 一、正交分解法在动力学问题中的应用当物体受到多个方向的外力作用产生加速度时，常要用到正交分解法1在适当的方向建立直角坐标系，使需要分解的矢量尽可能少2Fx合max合，Fy合may合，Fz合maz合3正交分解法对本章各类问题，甚至对整个高中物理来说都是一重要的思想方法例 6如图 115 甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成 37 固定，质量 m1 kg 的小球穿在细杆上静止于细杆底端O

36、点现有水平向右的风力F 作用于小球上，经时间 t12 s 后停止，小球沿细杆运动的部分v t 图象如图115 乙所示试求： (取g10 m/s2，sin 37 0.6，cos 37 0.8) 图 115 (1)小球在 02 s 内的加速度a1和 24 s 内的加速度a2(2)风对小球的作用力F 的大小【解析】 (1)由图象可知，在02 s 内小球的加速度为：a1v2v1t120 m/s2，方向沿杆向上在 24 s 内小球的加速度为：a2v3v2t2 10 m/s2，负号表示方向沿杆向下(2)有风力时的上升过程，小球的受力情况如图115 丙所示图 115 丙在 y 方向，由平衡条件得：FN1Fs

37、in mgcos 在 x 方向，由牛顿第二定律得：Fcos mgsin FN1ma1停风后上升阶段，小球的受力情况如图115 丁所示图 115 丁在 y 方向，由平衡条件得：FN2mgcos 在 x 方向，由牛顿第二定律得：mgsin FN2ma2联立以上各式可得：F60 N精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 15 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 【点评】 斜面 (或类斜面 )问题是高中最常出现的物理模型正交分解法是求解高中物理题最重要的思想方法之一二、连接体问题(整

38、体法与隔离法) 高考卷中常出现涉及两个研究对象的动力学问题，其中又包含两种情况：一是两对象的速度相同需分析它们之间的相互作用，二是两对象的加速度不同需分析各自的运动或受力隔离(或与整体法相结合)的思想方法是处理这类问题的重要手段1整体法是指当连接体内(即系统内 )各物体具有相同的加速度时，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况， 运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法2隔离法是指当研究对象涉及由多个物体组成的系统时，若要求连接体内物体间的相互作用力， 则应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来，分析其受力情况及运动情况，再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法3当

39、连接体中各物体运动的加速度相同或要求合外力时，优先考虑整体法；当连接体中各物体运动的加速度不相同或要求物体间的作用力时，优先考虑隔离法 有时一个问题要两种方法结合起来使用才能解决例 7如图 116 所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k 的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动已知F1F2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为 () 图 116 AF1F2kBF1F22kCF1F22kDF1F2k【解析】 取 A、B 及弹簧整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F1F2 2ma取 B 为研究对象： kxF2ma； (或取 A 为研究对象：F1kxma)；可解得： xF1F

40、22k 答案 C； 【点评】 解析中的三个方程任取两个求解都可以当地面粗糙时，只要两物体与地面的动摩擦因数相同，则A、B 之间的拉力与地面光滑时相同同类拓展3如图 117 所示，质量为m 的小物块A 放在质量为M 的木板 B 的左端， B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B 相对静止某时刻撤去水平拉力，经过一段时间， B 在地面上滑行了一段距离x，A 在 B 上相对于B 向右滑行了一段距离L(设木板 B 足够长 )后 A 和 B 都停了下来已知A、B 间的动摩擦因数为1， B 与地面间的动摩擦因数为 2，且 21，则 x 的表达式应为 () 图 117 AxMmLBx(Mm)Lm

41、Cx1ML(21)(mM)Dx1ML(2 1)(mM)【解析】 设 A、B 相对静止一起向右匀速运动时的速度为v，撤去外力后至停止的过程中，A 受到的滑动摩擦力为：f11mg；其加速度大小a1f1m1g精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 16 页，共 30 页 - - - - - - - - - - B 做减速运动的加速度大小a22(mM)g1mgM由于 21，所以 a22g1ga1即木板 B 先停止后， A 在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变对 A 应用动能定理得：f1(Lx)01

42、2mv2对 B 应用动能定理得：1mgx2(mM)gx012Mv2；解得： x1ML(21)(mM) 答案 C。 【点评】 虽然使 A 产生加速度的力由B 施加，但产生的加速度a11g 是取大地为参照系的 加速度是相对速度而言的，所以加速度一定和速度取相同的参照系，与施力物体的速度无关动能定理可由牛顿第二定律推导，特别对于匀变速直线运动，两表达式很容易相互转换三、临界问题例 8如图 118 甲所示， 滑块 A 置于光滑的水平面上，一细线的一端固定于倾角为45 、质量为 M 的光滑楔形滑块A 的顶端 P 处，细线另一端拴一质量为m 的小球 B现对滑块施加一水平方向的恒力F，要使小球B 能相对斜面

43、静止，恒力F 应满足什么条件？图 118 甲【解析】 先考虑恒力背离斜面方向(水平向左 )的情况：设恒力大小为F1时，B 还在斜面上且对斜面的压力为零，此时A、B 有共同加速度a1，B 的受力情况如图118 乙所示，有：图 118 乙Tsin mg，Tcos ma1；解得： a1gcot ；即 F1(M m)a1(Mm)gcot 由此可知， 当水平向左的力大于(Mm)gcot 时，小球 B 将离开斜面， 对于水平恒力向斜面一侧方向 (水平向右 )的情况：设恒力大小为F2时， B 相对斜面静止时对悬绳的拉力恰好为零，此时 A、B 的共同加速度为a2，B 的受力情况如图118 丙所示，有：图 11

44、8 丙FNcos mg， FNsin ma2；解得： a2gtan ；即 F2(Mm)a2(Mm)gtan 由此可知，当水平向右的力大于(Mm)gtan ，B 将沿斜面上滑，综上可知，当作用在A 上精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 17 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 的恒力 F 向左小于 (Mm)gcot ，或向右小于(M m)gtan 时，B 能静止在斜面上 答案 向左小于 (Mm)gcot 或向右小于 (Mm)gtan 【点评】 斜面上的物体、被细绳悬挂的物体

45、这两类物理模型是高中物理中重要的物理模型，也是高考常出现的重要物理情境四、超重与失重问题1超重与失重只是物体在竖直方向上具有加速度时所受支持力不等于重力的情形2要注意飞行器绕地球做圆周运动时在竖直方向上具有向心加速度，处于失重状态例 9为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高 )及电梯的运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验：质量m50 kg 的甲同学站在体重计上，乙同学记录电梯从地面一楼到顶层的过程中，体重计的示数随时间变化的情况，并作出了如图 1 19 甲所示的图象已知t0 时，电梯静止不动，从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19 层求：(1)电梯启动和制动时的加速

46、度大小(2)该大楼的层高图 119 甲【解析】 (1)对于启动状态有：F1 mgma1；得： a12 m/s2；对于制动状态有：mgF3ma2；得： a22 m/s2(2)电梯匀速运动的速度va1t121 m/s2 m/s 从图中读得电梯匀速上升的时间t226 s；电梯运行的总时间t28 s 电梯运行的vt 图象如图 119 乙所示，图 119 乙所以总位移s12v (t2t)12 2 (2628) m54 m；层高 hs1854183 m 答案 (1)2 m/s22 m/s2(2)3 m 经典考题在本专题中， 正交分解、 整体与隔离相结合是最重要也是最常用的思想方法，是高考中考查的重点力的独

47、立性原理、运动图象的应用次之，在高考中出现的概率也较大1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、不可伸长的细绳精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 18 页，共 30 页 - - - - - - - - - - 相连， 并在某一位置平衡(如图 120 甲所示 )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

48、细绳上的拉力 T 的变化情况是 1998 年高考 上海物理卷 () 图 120 甲AN 不变， T 变大BN 不变， T 变小CN 变大， T 变大DN 变大， T 变小【解析】 Q 环的受力情况如图120 乙所示，由平衡条件得：Tcos mgP 环向左移动后变小， Tmgcos 变小图 120 乙图 120 丙P 环的受力情况如图120 丙所示， 由平衡条件得： NPmgTcos 2mg，NP与 角无关故选项 B 正确 答案 B【点评】 本例是正交分解法、隔离法的典型应用，以后的许多考题都由此改编而来求解支持力N 时，还可取 P、Q 组成的整体为研究对象，将整体受到的外力正交分解知竖直方向有

49、：NQ2mg2如图 121 甲所示，在倾角为的固定光滑斜面上有一块用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫 已知木板的质量是猫的质量的2 倍当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变则此时木板沿斜面下滑的加速度为2004 年高考 全国理综卷() 图 121 甲Ag2sin Bgsin C32gsin D2gsin 【解析】 绳子断开后猫的受力情况如图121 乙所示， 由平衡条件知， 木板对猫有沿斜面向上的摩擦力，有：fmgsin 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 19 页，

50、共 30 页 - - - - - - - - - - 图 121 乙图 121 丙再取木板为研究对象，其受力情况如图121 丙所示由牛顿第二定律知：2mgsin f 2ma；解得： a32gsin ； 答案 C 【点评】 猫脚与木块之间的摩擦力使猫保持平衡状态还可取猫、 木板组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律：3mgsin 2ma 求解，但这一方法高中不作要求3如图 122 所示，某货场需将质量m1100 kg 的货物 (可视为质点 )从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速度滑下，轨道半径R1.8 m地面上紧靠轨道依次排放两块