高中物理高分手冊知識總結

目錄

專題01力與物體的平衡.............................................................................3

專題02力與直線運動..............................................................................13

專題03力與曲線運動..............................................................................29

專題04天體運動..................................................................................42

專題05功、功率動能定理........................................................................54

專題06機械能守恒定律功能關系.................................................................66

專題07動量和能量的綜合應用.....................................................................79

專題08電場的性質帶電粒子在電場中的運動.......................................................97

專題09磁場的性質帶電粒子在磁場及復合場中的運動.............................................112

專題10直流電路與交流電路......................................................................128

專題11電磁感應定律及其應用....................................................................138

專題12近代物理初步.............................................................................151

專題13分子動理論氣體及熱力學定律.............................................................163

專題14振動和波動...............................................................................178

專題15光與電磁波...............................................................................191

專題16力學綜合計算題...........................................................................201

專題17電學綜合計算題...........................................................................217

專題18力學實驗及創(chuàng)新...........................................................................243

專題19電學實驗及創(chuàng)新...........................................................................262

專題20熱學、光學實驗...........................................................................277

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第一部分力與運動

專題01力與物體的平衡

講核心素養(yǎng)

一、素養(yǎng)呈現(xiàn)

1.物理觀念：重力、重心、形變、彈力、摩擦力、合力與分力、力的合成、力的分解、矢量與標量

2.科學思維：輕桿(繩)模型、輕彈簧模型、胡克定律、平行四邊形定則、整體法、隔離法、合成法、分解法。

3.科學探究：探究彈簧形變與彈力的關系、研究兩個互成角度的共點力的合成規(guī)律。

4.科學態(tài)度與責任：在生產(chǎn)、生活情境中，體驗物理學技術的應用。

二、素養(yǎng)落實

1.熟悉常見性質力有無及方向的判斷

2.靈活應用受力分析的一般步驟

3.掌握整體法、隔離法選取原則

4.平衡問題的解題方法

講考點

考點一摩擦力的分析與計算

【考點詮釋】

1.摩擦力的有無及方向的判斷方法

(1)假設法。

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(2)狀態(tài)法：根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律，判斷靜摩擦力的有無及方向。

(3)牛頓第三定律法：先確定受力較少的物體受到的靜摩擦力的方向，再根據(jù)“力的相互性”確定另一物體受到的

靜摩擦力方向。

2.求解摩擦力的技巧

【典例分析1】如圖所示，質量為〃的長木板放在水平地面上，放在長木板上的質量為〃?的木塊在水平向右的

拉力F的作用下向右滑行，長木板保持靜止。已知木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為山，長木板與地面間的動摩

擦因數(shù)為〃2,下列說法正確的是()

A.地面對長木板的摩擦力的大小一定為

B.地面對長木板的摩擦力的大小一定為〃2Mg

C.地面對長木板的摩擦力的大小一定為〃2(m+M)g

D.只要拉力廠增大到足夠大，長木板一定會與地面發(fā)生相對滑動

【答案】A

【解析】木塊所受木板的滑動摩擦力大小為力="Mg,方向水平向左，根據(jù)牛頓第三定律得知，木板受到木塊

的摩擦力方向水平向右，大小等于〃Mg；木板處于靜止狀態(tài)，水平方向受到木塊的滑動摩擦力和地面的靜摩擦

力，根據(jù)平衡條件可知木板受到地面的摩擦力的大小也是g,木板相對于地面處于靜止狀態(tài)，不能使用滑動

摩擦力的公式計算木板受到的地面的摩擦力，所以木板與地面之間的摩擦力不一定是〃2(〃?+?g，故A正確，B、

C錯誤；開始時木板處于靜止狀態(tài)，說明木塊與木板之間的摩擦力小于木板與地面之間的最大靜摩擦力，與拉

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力F的大小無關，所以即使拉力F增大到足夠大，木板仍靜止，故D錯誤。

【規(guī)律總結】摩擦力分析與計算的三點注意

I.分析物體的運動狀態(tài)，判斷是靜摩擦力還是滑動摩擦力。

2.滑動摩擦力有具體的計算公式，而靜摩擦力要借助其他公式，如：利用平衡條件列方程或牛頓第二定律列方

程等。

3.中N并不總是等于物體的重力，如斜面上的物體，且N與重力G在大小上沒有關系。

考點二物體的靜態(tài)平衡問題

【考點詮釋】

1.研究對象選取的2點技巧

(1)采用整體法進行受力分析時，要注意系統(tǒng)內(nèi)各個物體的狀態(tài)應該相同。

(2)當直接分析一個物體的受力不方便時，可轉移研究對象，先分析另一個物體的受力，再根據(jù)牛頓第三定律分

析該物體的受力，此法叫“轉換研究對象法”。

2.求解共點力平衡問題的常用方法

常用方法包括力的合成法、分解法及正交分解法，示意圖如圖所示。

合成法分解法正交分解法

【典例分析2】如圖所示，固定的斜面上疊放著/、8兩木塊，木塊/與8的接觸面水平，水平力廠作用于木

塊4使木塊4、8保持靜止，且尸*0。則下列描述正確的是()

A.8可能受到3個或4個力作用B.斜面對木塊5的摩擦力方向可能沿斜面向下

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C./對8的摩擦力可能為零D.A.8整體不可能受三個力作用

【答案】B

【解析】對8受力分析，木塊8受重力、，對8的壓力、4對8水平向左的靜摩擦力、斜面對8垂直于斜面向

上的支持力、斜面對B可能有靜摩擦力（當/對8向左的靜摩擦力平行斜面方向的分力與木塊/對B的壓力與

木塊8重力的合力沿斜面方向的分力平衡時，斜面對8沒有靜摩擦力）作用，故8受4個力或者5個力作用，

故A錯誤；當”對8向左的靜摩擦力平行斜面方向的分力大于木塊4對B的壓力與木塊B重力的合力沿斜面

方向的分力時，木塊8有上滑趨勢，此時木塊8受到平行斜面向下的靜摩擦力，故B正確；對木塊/受力分析,

受水平力、重力、B對/的支持力和靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，5對4的靜摩擦力與水平力尸平衡，根據(jù)牛頓

第三定律，/對8的摩擦力水平向左，大小為凡故C錯誤；對/、8整體受力分析，受重力、斜面對整體的

支持力、水平力，可能有靜摩擦力（當推力沿斜面方向的分力與工、8整體重力沿斜面方向的分力平衡時，斜面

對/、6整體的靜摩擦力為零），所以4、8整體可能受三個力作用，故D錯誤。

【規(guī)律總結】受力分析的四個步驟

【典例分析3】用卡車運輸質量為加的勻質圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖

所示。兩斜面I、H固定在車上，傾角分別為30。和60。。重力加速度為g。當卡車沿平直公路勻速行駛時，圓筒

對斜面I、II壓力的大小分別為R、Fi,則（）

B.Fi=^mg,尸2=￥，〃g

mg,尸2=5g

【題眼點撥】①“勻速行駛”表明車上工件處于靜態(tài)平衡狀態(tài)。

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②“光滑斜面”表明工件和斜面間僅有彈力作用。

③“30。、60?！苯敲鞔_彈力方向。

【答案】D

【解析】以工件為研究對象，受力分析如圖所示，重力與尸卜尸2的合力等大反向，根據(jù)共點

力平衡條件得八=cos30。，—=cos60°,則尸產(chǎn)烏?g,根據(jù)牛頓第三定律，F(xiàn)i=Fi

mgmg22

=*rog,F2=F'2=fg，故只有D選項正確。

【規(guī)律總結】處理靜態(tài)平衡問題的基本思路

考點三物體的動態(tài)平衡問題

【考點詮釋】

□方法1解析法的應用

此法常用于可以較簡捷列出平衡條件方程的情況或者正交分解的情況

(1)先受力分析，得出物體受哪幾個力而處于平衡狀態(tài)。

(2)建立直角坐標系，正交分解力，列平衡條件方程，或在力的三角形中結合三角形知識列平衡條件方程。

(3)分析方程中的變量有哪些，分析題目信息得到這些物理量是如何變化的。

(4)把分析得到的變化的物理量代入方程，得到平衡條件下的受力動態(tài)變化情況。

【典例分析4】如圖所示，一質量為/的四分之一圓弧軌道置于水平面上。一質量為w的光滑小球在水平力尸

的作用下，緩慢運動到圖中虛線所示的位置。已知在此過程中圓弧軌道一直處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是

()

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A.圓弧軌道與地面間的摩擦力不變B.小球所受的支持力逐漸變小

C.軌道對地面的壓力可能變大D.地面對圓弧軌道的作用力變大

【答案】D

【解析】以小球為研究對象，小球受重力、支持力和拉力作用處于平衡狀態(tài)，設小球重心與圓弧軌道圓心的連

線與豎直方向的夾角為"由平衡條件可知，小球所受支持力取=半，小球所受拉力尸=〃?gtan仇小球緩慢

cos0

向上運動，。增大，支持力增大，拉力增大，B項錯誤；對整體受力分析，地面對軌道的支持力等于整體重力且

保持不變，由牛頓第三定律可知，軌道對地面的壓力保持不變，C項錯誤；軌道與地面間的摩擦力與拉力平衡,

隨拉力的增大而增大，A項錯誤；地面對軌道的支持力和摩擦力的合力增大，D項正確。

方法步驟

(1)列平衡方程得出未知量與已知量的關系表達式；

解析法

(2)根據(jù)已知量的變化情況來確定未知量的變化情況

II方法2圖解法的應用

此處常用于物體受三個力作用，其中一個力大小、方向不變，另一個力的方向不變的情景，思路如下：

(1)先受力分析，得出物體受幾個力而處于平衡狀態(tài)。

(2)分析題目給出的信息，判斷物體受力的變化方式。

(3)把受力對應到幾何圖形中結合幾何知識分析。

【典例分析5】如圖所示，有一質量不計的桿/。，長為R,可繞/自由轉動。用繩在。點懸掛一個重為G的

物體，另一根繩一端系在。點，另一端系在圓弧形墻壁上的C點。當點C由圖示位置逐漸向上沿圓弧C8移動

過程中(保持0/與墻面夾角6不變)，OC繩所受拉力的大小變化情況是()

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B

A.逐漸減小B.逐漸增大C.先減小后增大D.先增大后減小

【題眼點撥】①“可繞/點自由轉動“，桿。1對繩的作用力沿桿，且方向不變。②重力大小方向不變，0C繩大

小、方向改變。

【答案】C

【解析】對物體受力分析，物體受力平衡，則拉力等于重力G,故豎直繩的拉力不變；再對。點分析，。受繩

的拉力、0/的支持力及OC的拉力而處于平衡，受力分析如圖所示

將尸和0C繩上的拉力合成，其合力與G大小相等，方向相反，則在0C繩上移的過程中，平行四邊形的對角

線保持不變，平行四邊形發(fā)生圖中所示變化，則由圖可知0C繩的拉力先減小后增大，在圖中。點時拉力最小,

故C正確。

方法步驟

(1)根據(jù)已知量的變化情況，畫出平行四邊形邊、角的變化；

圖解法

(2)確定未知量大小、方向的變化

□方法3三角形相似法的應用

此法是圖解法的特例，一般研究對象受繩(桿)或其他物體的約束，從幾何形狀來看，有一個邊大小不變，方向

改變，還有一個邊的大小、方向均不變。且物體受到三個力的作用，其中的一個力大小、方向均不變，另外兩

個力的方向都發(fā)生變化，可以用力三角形與幾何三角形相似的方法。

【典例分析6】(多選)如圖所示，表面光滑的半球形物體固定在水平面上，光滑小環(huán)。固定在半球形物體球心。

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的正上方，輕質彈簧一端用輕質細繩固定在N點，另一端用輕質細繩穿過小環(huán)。與放在半球形物體上的小球P

相連，水平?，F(xiàn)將細繩固定點/向右緩慢平移的過程中(小球尸未到達半球最高點前)，下列說法正確的是

()

A.彈簧變短B.彈簧變長

C.小球對半球的壓力不變D.小球對半球的壓力變大

【題眼點撥】①“表面光滑，半球形物體”表明小球運動過程OP長度不變，而彈力的大小發(fā)生改變。

②“光滑小環(huán)D固定的長度不變。

【答案】AC

【解析】以小球為研究對象，小球受重力G、細線的拉力所和半球面的支持力FN,作出尸N、尸r的合力尸，由

平衡條件得知F=G,如圖

G

根據(jù)三角形相似可得顯=￡=&,將尸=6代入得：FN=—G,FT=—G,將細繩固定點/向右緩慢平移，

PODOPDDODO

DO、PO不變，G也不變，PQ變小，可見產(chǎn)r變小，尸N不變，即知彈簧的彈力變小，彈簧變短。由牛頓第三定

律知小球對半球的壓力大小不變，故A、C正確，B、D錯誤。

方法步驟

(1)根據(jù)已知條件畫出兩個不同情況對應的力的三角形和空間幾何三角形，確定對應

相似三角形

邊，利用三角形相似知識列出比例式；

法

(2)確定未知量大小的變化情況

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考點四電磁場中的平衡問題

【考點詮釋】

1.基本思路

要堅持“電學問題、力學方法”的基本思路，結合電學的基本規(guī)律和力學中的受力分析及平衡條件解決問題。

2.幾點注意

(1)點電荷間的作用力大小要用庫侖定律。

(2)安培力方向的判斷要先判斷磁場方向、電流方向，再用左手定則，同時注意將立體圖轉化為平面圖。

(3)電場力或安培力的出現(xiàn)，可能會對彈力或摩擦力產(chǎn)生影響。

(4)涉及電路問題時，要注意閉合電路歐姆定律的應用。

【典例分析7】如圖，空間存在一方向水平向右的勻強電場，兩個帶電小球P和。用相同的絕緣細繩懸掛在

水平天花板下，兩細繩都恰好與天花板垂直，則()

PO-OQ

A.P和。都帶正電荷B.P和0都帶負電荷

C.尸帶正電荷，。帶負電荷D.尸帶負電荷，。帶正電荷

【答案】D

【解析】細繩豎直，把尸、0看做整體，在水平方向所受電場力為零，所以尸、0必帶等量異種電荷，選項A、

B錯誤；如果P、0帶不同性質的電荷，受力如圖甲、乙所示，由圖知，P帶正電荷，。帶負電荷，水平方向

的合力不為零；尸帶負電荷、。帶正電荷時符合題意，選項C錯誤，D正確。

P帶正電，Q帶負電P帶負電，Q帶正電

甲乙

【典例分析8】如圖所示，金屬桿用兩根絕緣細線懸于天花板的。、O點，桿中通有垂直于紙面向里的恒

定電流，空間有豎直向上的勻強磁場，桿靜止時處于水平，懸線與豎直方向的夾角為仇若將磁場在豎直面內(nèi)沿

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逆時針方向緩慢轉過90。，在轉動過程中通過改變磁場磁感應強度大小來保持懸線與豎直方向的夾角不變，則

在轉動過程中，磁場的磁感應強度大小的變化情況是（）

0(0')

A.一直減小B.一直增大C.先減小后增大D.先增大后減小

【答案】C

【解析】磁場在旋轉的過程中，桿處于平衡狀態(tài)，桿所受重力的大小和方向不變，懸線的拉力方向不變，由圖

解法結合左手定則可知，在磁場旋轉的過程中，安培力先減小后增大，由尸=8〃可知，磁場的磁感應強度先

減小后增大，故選C.

【規(guī)律總結】電學中平衡問題的處理方法

處理方法與力學問題的分析方法一樣，把方法和規(guī)律進行遷移應用即可。

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第一部分力與運動

專題02力與直線運動

講核心素養(yǎng)

一、素養(yǎng)呈現(xiàn)

1.物理觀念：參考系、質點、位移、速度、加速度、勻變速直線運動、自由落體運動、慣性、作用力與反作用

力、超重與失重、單位制。

2.科學思維：在特定情境中運用勻變速直線運動模型、公式、推論及圖象解決問題、牛頓運動定律、整體法與

隔離法、圖象法、控制變量法、臨界法。

3.科學探究：研究勻變速直線運動的特點、探究加速度與力、質量的關系。

4.科學態(tài)度與責任：以生產(chǎn)、生活實際為背景的勻變速直線運動規(guī)律的應用、追及相遇、交通與安全。

二、素養(yǎng)落實

1.勻變速直線運動規(guī)律和推論的靈活應用

2.掌握瞬時性問題的兩類模型

3.熟悉圖象類型及圖象信息應用

講考點

考點一勻變速直線運動規(guī)律的應用

【考點詮釋】

1.勻變速直線運動的基本規(guī)律

(1)速度關系：

(2)位移關系：凡

(3)速度位移關系：v2—記=2QX。

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(4)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度：v=工=丫o

t

t_

(5)勻變速直線運動在相等時間內(nèi)相鄰的兩段位移之差為常數(shù)，即Ax=a后。

2.追及問題的解題思路和技巧

(1)解題思路

(2)解題技巧

①緊抓“一圖三式”，即過程示意圖、時間關系式、速度關系式和位移關系式。

②審題應抓住題目中的關鍵字眼，充分挖掘題目中的隱含條件，如“剛好”“恰好”“最多”“至少”等，往往對應一個

臨界狀態(tài)，滿足相應的臨界條件。

③若被追趕的物體做勻減速運動，一定要注意追上前該物體是否已停止運動，最后還要注意對解的討論分析。

【典例分析1】如圖所示，物體從O點由靜止開始做勻加速直線運動，途經(jīng)Z、B、C三點,其中MB|=2m,\BC\

=3mo若物體通過和8c這兩段位移的時間相等，則。、/兩點之間的距離等于()

8c

049834

-m-mc-m-m

A.B.4D.3

9

8

【答案】A

【解析】設物體通過力從所用時間均為T,則8點的速度為：即=逐=上

2T2T

根據(jù)Ax="2得：4=當=占，

72Jz

則有：VA=VB~OT=——~T=—,

2TT127

根據(jù)速度位移公式得，。、/兩點之間的距離為:

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9

—m=2m。故A正確，B、C、D錯誤。

la28

F

【規(guī)律總結】重要公式的選擇

題目中所涉及的物理量（包括已知量、待求量和為沒有涉及

適宜選用公式

解題設定的中間量）

的物理量

v=v（）+atvo>v>a、tX

.112

x=VQt-\--atvo>a、t、xV

2

v2—v8=2axvo>y、xt

v+vo^

x=-------1M）、V>t、Xa

2

【典例分析1】現(xiàn)有甲、乙兩汽車正沿同一平直大街同向勻速行駛，甲車在前，乙車在后，它們行駛的速度均

為10m/s。當兩車快要到一十字路口時，甲車司機看到綠燈已轉換成了黃燈，于是緊急剎車（反應時間忽略不計）,

乙車司機為了避免與甲車相撞也緊急剎車，但乙車司機反應較慢（反應時間為zo=0.5s）o已知甲車緊急剎車時制

動力為車重的0.4倍，乙車緊急剎車時制動力為車重的0.6倍，g=10m/s2,假設汽車可看作質點。

（1）若甲車司機看到黃燈時車頭距警戒線15m,他采取上述措施能否避免闖紅燈？

（2）為保證兩車在緊急剎車過程中不相撞，甲、乙兩車在正常行駛過程中應至少保持多大距離？

【答案】⑴能（2）1.5m

【解析】（1）根據(jù)牛頓第二定律，甲車緊急剎車的加速度大小為m=6=M"=4m/s2。

m\m\

甲車停下來所需時間為

_Vo_10-

/]——s—2.5s,

a\4

滑行距離》=也=￡m=12.5m,

2ai2x4

由于x=12.5m<15m,

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可見甲車司機剎車后能避免闖紅燈。

(2)乙車緊急剎車的加速度大小為。2=五=蜘型=6m/s2,兩車速度相等時處于同一位置，即為恰好不相撞的

加2加2

條件。

設甲、乙兩車行駛過程中至少應保持距離X0,在乙車剎車打時間后兩車的速度相等，

其運動關系如圖所示，

<--------------4乙=40+4甲--------------

則有速度關系VQ—a\(t2+t\))=VQ—a2t2,v=VQ—ait2

位移關系vv°+I=x0+I

2ai2ai

解得f2=1.0s,xo=1.5mo

【規(guī)律總結】判斷能否追上的常用方法

——?-V|-?02

情境：物體8追趕物體4開始時，兩個物體相距xo。

(1)若V”=V8時，X/f+%O<XB，則能追上。

(2)若山=丫3時，XA+XO=XB>則恰好追上。

(3)若=時，X'+xo>X8,則不能追上。

考點二運動圖象問題

【考點詮釋】

1.解決圖象類問題“四個注意”

(1)速度圖線只有通過時間軸時速度方向才改變。

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(2)利用M圖象分析兩個物體的運動時，要注意兩個物體的出發(fā)點是否相同。

(3)物體的運動圖象與運動過程的轉化。

(4)x-f圖象、v-f圖象、圖象的應用。

斜率表示速度斜率表示加速度面積表示速度

面積無意義面積表示位移的變化

2.應用圖象時的“兩個誤區(qū)”

(1)誤認為M圖象、x-t圖象是物體運動軌跡。

(2)在v-t圖象中誤將交點認為此時相遇。

【典例分析3】如圖所示，/、8分別是甲、乙兩小球從同一地點沿同一直線運動的v-f圖象，根據(jù)圖象可以判

斷出()

A.在f=4s時，甲球的加速度小于乙球的加速度B.在f=4.5s時，兩球相距最遠

C.在/=6s時，甲球的速率小于乙球的速率D.在/=8s時，兩球相遇

【答案】D

【解析】根據(jù)圖象可知，甲球的加速度ai=?=-10m/s2,故甲球的加速度大小為10m/s2,負號表示加速度

Afi

方向與速度方向相反，乙球的加速度〃2=&2=迎m/s2,故甲球的加速度大于乙球的加速度，選項A錯誤；當

A/23

兩球速度相同時，兩球相距最遠，根據(jù)圖象有40m/s+a"=-20m/s+z"-2s),解得/=4.4s,即4.4s時兩球

相距最遠，選項B錯誤：f=6s時甲球的速度也=-20m/s,乙球的速度也=*m/s,故f=6s時甲球的速率大

3

于乙球的速率，選項C錯誤；結合圖象可知lZ=8s時，甲、乙兩小球又同時回到原出發(fā)點，選項D正確。

【典例分析4】.(多選)甲、乙兩質點同時、同初位置沿同一方向做直線運動。質點甲做初速度為零、加速度大

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小為④的勻加速直線運動；質點乙做初速度為V0、加速度大小為42的勻減速直線運動，且速度減至零后保持靜

止。甲、乙兩質點在運動過程中的X-V(位置一速度)圖象如圖所示(虛線與對應的坐標軸垂直)，則()

A.質點甲的加速度大小ai=lm/s?B.質點乙的初速度為vo=6m/s,加速度大小放=1m/s?

C.圖線中a=2b=16D.兩圖線的交點表示兩質點同時到達同一位置

【答案】BC

【解析】速度隨位移的增大而增大的圖線對應質點甲，速度隨位移的增大而減小的圖線對應質點乙，當x=0

時，乙的速度為6m/s,即質點乙的初速度vo=6m/s,設質點乙、甲先后通過x=6m處時的速度均為v,對質

點甲有3=2。戊①，對質點乙有3一遍=-2sx②，聯(lián)立①②解得。1+°2=3m/s?③，當質點甲的速度vi

=8m/s、質點乙的速度也=2m/s時，兩質點通過的位移相同，設為V,對質點甲有5=2°*④，對質點乙

v1—vi——2a2x,⑤，聯(lián)立④⑤解得m=2“2⑥，聯(lián)立③⑥解得m=2m*,。2=1m/sz,選項A錯誤，B正確:

根據(jù)質點甲的運動知嗝，=2aix,當x=6m時，有丫甲=2#m/s,即a=2?；當v”,=8m/s時，有x=16m,即

6=16,選項C正確；兩圖線的交點表示甲、乙兩質點以相同的速度經(jīng)過該位置，但不是同時，選項D錯誤。

【規(guī)律總結】運動圖象問題的“三點提醒”

(1)對于圖象，圖線在縱軸上的截距表示/=0時物體的位置；對于1M和圖象，圖線在縱軸上的截距

并不表示f=0時物體的位置。

(2)在回圖象中，兩條圖線的交點不表示兩物體相遇，而是表示兩者速度相同。

(3)”/圖象中兩條圖線在軸上的截距不同，不少同學誤認為兩物體的初始位置不同，位置是否相同應根據(jù)題

中條件確定。

考點三動力學中的連接體問題

【考點詮釋】

1.整體法的選取原則及解題步驟

18/290

(1)當只涉及系統(tǒng)的受力和運動情況而不涉及系統(tǒng)內(nèi)某些物體的受力和運動情況時，一般采用整體法。

(2)運用整體法解題的基本步驟：

明確所研究畫出系統(tǒng)整體的選用適當?shù)?/p>

系統(tǒng)和運動受力圖或運動全物理規(guī)律列

的全過程過程的示意圖方程求解

2.隔離法的選取原則及解題步驟

(1)當涉及系統(tǒng)(連接體)內(nèi)某個物體的受力和運動情況時，一般采用隔離法。

(2)運用隔離法解題的基本步驟：

①明確研究對象或過程、狀態(tài)。

②將某個研究對象或某段運動過程、某個狀態(tài)從系統(tǒng)或全過程中隔離出來。

③畫出某狀態(tài)下的受力圖或運動過程示意圖。

④選用適當?shù)奈锢硪?guī)律列方程求解。

【典例分析5】(多選)如圖所示，一質量M=3kg、傾角為a=45。的斜面體放在光滑水平地面上，斜面體上有一

質量為加=1kg的光滑楔形物體。用一水平向左的恒力F作用在斜面體上，系統(tǒng)恰好保持相對靜止地向左運動。

重力加速度取g=10m/s2,下列判斷正確的是()

A.系統(tǒng)做勻速直線運動

B.F=40N

C.斜面體對楔形物體的作用力大小為5/N

D.增大力凡楔形物體將相對斜面體沿斜面向上運動

【關鍵信息】：“光滑水平地面”“水平向左的恒力廣'，兩條信息表明整體向左勻加速運動。

【答案】BD

【解析】

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(M+m)g45°

甲乙

對整體受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律有/=(A/+〃?)4,對楔形物體受力分析如圖乙所示。由牛頓第二

定律有Mgtan45。=加4,可得F=40N,10m/s2,A錯誤，B正確；斜面體對楔形物體的作用力戶N2=一

sin45°

=啦"?g=l()/N,C錯誤：外力尸增大，則斜面體加速度增加，由于斜面體與楔形物體間無摩擦力，則楔形物

體將會相對斜面體沿斜面上滑，D正確。

【規(guī)律總結】(1)處理連接體問題時，整體法與隔離法往往交叉使用，一般的思路是先用整體法求加速度，再用

隔離法求物體間的作用力。

(2)隔離法分析物體間的作用力時，一般應選受力個數(shù)較少的物體進行分析。

【典例分析6】質量分別為小2m的物塊月、8用輕彈簧相連，設兩物塊與水平面及斜面間的動摩擦因數(shù)都為〃。

當用水平力尸作用于B上，且兩物塊在粗糙的水平面上以相同加速度向右加速運動時，彈簧的伸長量為X”如

圖甲所示；當用同樣大小的力尸豎直提升兩物塊使它們以相同加速度向上加速運動時，彈簧的伸長量為X2,如

圖乙所示；當用同樣大小的力F沿傾角為。的固定斜面向上拉兩物塊使它們以相同加速度向上加速運動時，彈

簧的伸長量為X3,如圖丙所示，則為：X2：X3等于()

甲乙丙

A.1：1：1B.1：2：3

C.1:2:1D.無法確定

【題眼點撥】①“相同的加速度”，采用整體法。

②:X2:②'采用隔離法。

【答案】A

20/290

【解析】對題圖甲，把物塊/、8和彈簧看作一個整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得小=匕生儂=f—〃g,對

3m3m

4有kxi—〃mg="2,解得xi=￡；對題圖乙，把物塊力、8和彈簧看作一個整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得改

3k

=之的=￡一對Z有京2—〃陪=〃?42,解得雙=￡；對題圖丙，把物塊46和彈簧看作一個整體研究，

3m3m3k

根據(jù)牛頓第二定律得ct3=~―3〃*sin0__3""?gc°s"=上＞—gsin夕一"geos仇對“有to-zngsin。一〃掰geosO=may,

3m3"?

解得X3=￡,則XI：X2：X3=l：1：1。故A正確，B、C、D錯誤。

3k

【規(guī)律總結】(1)當連接體中各物體具有共同的加速度時，一般采用整體法。當系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度不同時，

一般采用隔離法。

(2)求連接體內(nèi)各物體間的相互作用力時必須用隔離法。

考點四牛頓第二定律的瞬時性問題

【考點詮釋】

(1)力可以發(fā)生突變，但速度不能發(fā)生突變。

(2)輕繩、輕桿、輕彈簧兩端有重物或固定時，在外界條件變化時，輕繩、輕桿的彈力可以發(fā)生突變，但輕彈簧

的彈力不能突變。

(3)輕繩、輕桿、輕彈簧某端突然無重物連接或不固定，三者彈力均突變?yōu)榱恪?/p>

【典例分析7】如圖所示，質量均為加的X、8兩小球分別用輕質細繩心和輕彈簧系在天花板上的。點和O

點，A,8兩小球之間用一輕質細繩42連接，細繩乙、彈簧與豎直方向的夾角均為仇細繩心水平拉直，則下

列有關細繩上被剪斷瞬間的表述正確的是()

AB

A.細繩心上的拉力與彈簧彈力之比為1：1B.細繩心上的拉力與彈簧彈力之比為COS20：1

C.A與B的加速度之比為1：1D.4與B的加速度之比為1：cos8

【答案】B

【解析】對/球，剪斷細繩心的瞬間，細繩心的拉力將發(fā)生突變，合力垂直于細繩小斜向下，細繩山的拉力

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大小為F，=mgcos。，4球的加速度大小的=gsinO；對8球，剪斷細繩心的瞬間，彈簧彈力不變，合力水平向

右，彈簧彈力大小尸8=衛(wèi)，8球的加速度大小班=gtan仇所以2=出生，身=照笛。

cosean\Fa\

【規(guī)律總結】“兩關鍵”"四步驟''巧解瞬時性問題

1.分析瞬時加速度的“兩個關鍵”

(1)分析瞬時前、后的受力情況和運動狀態(tài)。

(2)明確繩或桿類、彈簧或橡皮條類模型的特點。

2.“四個步驟”

第一步：分析原來物體的受力情況。

第二步：分析物體在突變時的受力情況。

第三步：由牛頓第二定律列方程。

第四步：求出瞬時加速度，并討論其合理性。

考點五.動力學中的“傳送帶”模型

【考點詮釋】

1.水平傳送帶問題

vo=0(ro^0)

O()

求解的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷。

判斷摩擦力時要注意比較物體的運動速度與傳送帶的速度。物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受

摩擦力發(fā)生突變的時刻。

2.傾斜傳送帶問題

求解的關鍵在于認真分析物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用，如果受到滑動

摩擦力作用應進一步確定其大小和方向，然后根據(jù)物體的受力情況確定物體的運動情況。當物體速度與傳送帶

速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變。

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【典例分析8】一傳送帶裝置如圖所示，其中43段是水平的，長度&B=4m,8c段是傾斜的，長度Asc=5m,

傾角為6=37。，AB和8c由8點通過一段短的圓弧連接(圖中未畫出圓弧)，傳送帶以v=4m/s的恒定速率順時

針運轉，已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)4=0.5,重力加速度g取10m/s2?，F(xiàn)將一個工件(可看作質點)無初

速度地放在工點，求：

(1)工件第一次到達8點所用的時間；

(2)工件沿傳送帶上升的最大高度；

(2)工件運動了23s后所在的位置。

【答案】(l)L4s(2)2.4m(3)在/點右側2.4m處

【解析】(1)工件剛放在水平傳送帶上的加速度大小為由牛頓第二定律得

解得a\—fig=5m/s2

經(jīng)h時間工件與傳送帶的速度相同，解得

V

力=-=0.8s

a\

工件前進的位移為xi=Lz冊=1.6m

2

此后工件將與傳送帶一起勻速運動至8點，用時

_LABxj___/

t2=---------=0.6s

V

所以工件第一次到達B點所用的時間

t=t\-Vt2=\ASo

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(2)在傾斜傳送帶上工件的加速度為如由牛頓第二定律得〃Mgcos。一根gsin0=mai

解得。2=-2m/s2

由速度位移公式得0—廬=2位4

sin6

解得〃m=2.4IT)o

(3)工件沿傳送帶向上運動的時間為/3=除=2s

vsin0

此后由于工件在傳送帶的傾斜段運動時的加速度相同，在傳送帶的水平段運動時的加速度也相同，故工件將在

傳送帶上做往復運動，其周期為7,則

7=2力+2/3=5.6s

工件從開始運動到第一次返回傳送帶的水平部分，且速度變?yōu)榱闼钑r間/o=2力+力+2,3=6.2s,而23s=Zo+

37,這說明經(jīng)過23s后工件恰好運動到傳送帶的水平部分，且速度為零，故工件在力點右側，到4點的距離x

=LAB-x\=2.4nio

【規(guī)律總結】

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考點六動力學中的“板一塊”模型

【考點詮釋】

1.模型特點：涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動。

2.兩種位移關系：滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動時，位移之差等于板長;

反向運動時，位移之和等于板長。

3.解題思路

(1)審題建模：求解時應先仔細審題，清楚題目的含義、分析清楚每一個物體的受力情況、運動情況。

(2)求加速度：準確求出各物體在各運動過程的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變)。

(3)明確關系：找出物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口。求解中應注意聯(lián)系兩個過程的紐帶,

每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。

【典例分析9】如圖所示，傾角a=30。的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長2=1.8m、質量M=3

kg的薄木板，木板的最右端疊放一質量，"=1kg的小物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)〃=巧。對木板施加沿

斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運動。設物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦

力，重力加速度g取10m/s2,物塊可視為質點。

(1)為使物塊不滑離木板，求力尸應滿足的條件；

(2)若尸=37.5N,物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板

后沿斜面上升的最大距離。

【答案】(1)20N＜店30N(2)能1.2s0.9m

【解析】(1)以物塊和木板整體為研究對象，由牛頓第二定律得F-(A/+m)gsina=(M+m)a

以物塊為研究對象，由牛頓第二定律得

R一加gsina—ma

又尸寸fm=〃mgC0Sa

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解得F<30N

又a>0解得F>20N

所以20N<F<30N?

(2)因F=37.5N>30N,所以物塊能夠滑離木板，隔離木板，由牛頓第二定律得

F~~"ntgeosa-Mgsma=Ma\

隔離物塊，由牛頓第二定律得

"Mgeos?-/ngsina=ma2

設物塊滑離木板所用時間為/

木板的位移X\=-Cl\t2

2

物塊的位移切=42-

2

物塊與木板分離的臨界條件為

Ax=Xl-X2~=L>

聯(lián)立以上各式解得/=1.2s

物塊滑離木板時的速度v="2f

由公式一2gxsina=0—v2

解得x=0.9m(.

【典例分析10］如圖所示，一足夠長的木板在粗糙水平地面上向右運動。某時刻速度為vo=2m/s,此時一與木

板質量相等的小滑塊(可視為質點)以vi=4m/s的速度從右側滑上木板，經(jīng)過1s兩者速度恰好相同，速度大小

為V2=lm/s,方向向左。取重力加速度g=10m/s2,試求：

(1)木板與滑塊間的動摩擦因數(shù)出；

(2)木板與地面間的動摩擦因數(shù)〃2；

(3)從滑塊滑上木板，到最終兩者速度恰好相同的過程中，滑塊相對木板的位移大小。

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【思路點撥】解此題關鍵有兩點：

①根據(jù)速度變化結合加速度定義求加速度，利用牛頓第二定律求動摩擦因數(shù)。

②逐段分析木板和小滑塊的運動求相對位移。

【答案】(1)0.3(2)0.05(3)2.75m

【解析】(1)以向左為正方向，對小滑塊分析，其加速度為：切=段二以=口m/s2=-3m/s2,負號表示加速度

t1

方向向右，設小滑塊的質量為團，根據(jù)牛頓第二定律有：一可以得到：3=0.3。

(2)對木板分析，向右減速運動過程，根據(jù)牛頓第二定律以及運動學公式可以得到：

41mg+"22mg=7??—

t\

向左加速運動過程，根據(jù)牛頓第二定律以及運動學公式可以得到：

〃img-從2'2mg

ti

而且t\+t2=t=\S

聯(lián)立可以得到：“2=0.05,/i=o.5s,Z2=0.5SO

(3)在力=0.5s時間內(nèi)，木板向右減速運動，其向右運動的位移為：占=吐也，1=0.5m,方向向右；

2

在f2=0.5s時間內(nèi)，木板向左加速運動，其向左加速運動的位移為：X2=?Rg=0.25m,方向向左；

2

在整個/=ls時間內(nèi)，小滑塊向左減速運動，其位移為：x=2土2-f=2.5m,方向向左

2

則整個過程中滑塊相對木板的位移大小為：Ax=x+x!-x2=2.75m。

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【規(guī)律總結】求解“滑塊一木板”類問題的技巧

(1)弄清各物體初態(tài)對地的運動和相對運動(或相對運動趨勢)，根據(jù)相對運動(或相對運動趨勢)情況，確定物

體間的摩擦力方向。

(2)準確地對各物體進行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律確定各物體的加速度，結合加速度和速度的方向關

系確定物體的運動情況。

(3)速度相等是這類問題的臨界點，此時往往意味著物體間的相對位移最大，物體的受力和運動情況可能發(fā)

生突變。

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第一部分力與運動

專題03力與曲線運動

講核心素養(yǎng)

一、素養(yǎng)呈現(xiàn)

1.物理觀念：合運動、分運動、平拋運動、斜拋運動、圓周運動、向心力、向心加速度、線速度、角速度