高中物理复习专题总汇(一)

高中物理专题总汇（一）

直线运动规律及追及问题

一 、 例题

例题1.一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s，1s后速度的大小变为10m/s，在这1s内该物体的 （ ）

A.位移的大小可能小于4m B.位移的大小可能大于10m C.加速度的大小可能小于4m/s D.加速度的大小可能大于10m/s

vv422t010析：同向时a m/s6m/s1t1vv4100t s t1m7m122vv10422t0 反向时a m/s14m/s2t1vv4100t s t1m3m222式中负号表示方向跟规定正方向相反

答案：A、D

例题2：两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木快每次曝光时的位置，如图所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的，由图可知 （ ）

A 在时刻t2以及时刻t5两木块速度相同 B 在时刻t1两木块速度相同

C 在时刻t3和时刻t4之间某瞬间两木块速度相同 D 在时刻t4和时刻t5之间某瞬间两木块速度相同

解析：首先由图看出：上边那个物体相邻相等时间内的位移之差为恒量，可以判定其做匀变速直线运动；下边那个物体很明显t4 t5 t6 t7 t1 t2 t3 地是做匀速直线运动。由于t2及t3时刻两物体位置相同，说明这段时间内它们的位移相等，因此其中间时t 刻的即时t2 t3 t4 t5 t6 t7 1速度相等，这个中间时刻显然在t3、t4之间

答案：C

例题3 一跳水运动员从离水面10m高的平台上跃起，举双臂直立身体离开台面，此时中心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水（在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计）从离开跳台到手触水面，他可用于完成

1

空中动作的时间是多少？（g取10m/s2结果保留两位数字）

解析：根据题意计算时，可以把运动员的全部质量集中在重心的一个质点，且忽略其水

v平方向的运动，因此运动员做的是竖直上抛运动，由h0可求出刚离开台面时的速度

2g2，由题意知整个过程运动员的位移为－10m（以向上为正方向），由vgh3m/s021sv0tat2得：

2－10=3t－5t2

解得：t≈1.7s

思考：把整个过程分为上升阶段和下降阶段来解，可以吗？

例题4.如图所示，有若干相同的小钢球，从斜面上的

A 某一位置每隔0.1s释放一颗，在连续释放若干颗钢球后对

B 斜面上正在滚动的若干小球摄下照片如图，测得AB=15cm，

C BC=20cm，试求：

D （1） 拍照时B球的速度；

（2） A球上面还有几颗正在滚动的钢球 解析：拍摄得到的小球的照片中，A、B、C、D„各小球的位置，正是首先释放的某球每隔0.1s所在的位置.这样就把本题转换成一个物体在斜面上做初速度为零的匀加速运动的问题了。求拍摄时B球的速度就是求首先释放的那个球运动到B处的速度；求A球上面还有几个正在滚动的小球变换为首先释放的那个小球运动到A处经过了几个时间间隔（0.1s）

（1）A、B、C、D四个小球的运动时间相差△T=0.1s

VB=

sBCsAB0.35=m/s=1.75m/s 0.22T（2）由△s=a△T2得：

s20.20.152

a=m/s==5m/s 22T0.1

例5：火车A以速度v1匀速行驶，司机发现正前方同一轨道上相距s处有另一火车B沿同方向以速度v2（对地，且v2〈v1〉做匀速运动，A车司机立即以加速度（绝对值）a紧急刹车，为使两车不相撞，a应满足什么条件？

分析：后车刹车做匀减速运动，当后车运动到与前车车尾即将相遇时，如后车车速已降到等于甚至小于前车车速，则两车就不会相撞，故取s后=s+s前和v后≤v前求解

解法一：取取上述分析过程的临界状态，则有

1v1t－a0t2＝s＋v2t

2v1－a0t = v2

2

(v1v2)2a0 =

2s(v1v2)2所以当a≥ 时，两车便不会相撞。

2s法二：如果后车追上前车恰好发生相撞，则

1v1t－at2 ＝ s ＋v2t

2上式整理后可写成有关t的一元二次方程，即 1at2＋（v2－v1）t＋s ＝ 0 2取判别式△〈0，则t无实数解，即不存在发生两车相撞时间t。△≥0，则有

1（v2－v1）2≥4（a）s

2(v2v1)2得a≤

2s(v2v1)2为避免两车相撞，故a≥

2s法三：运用v-t图象进行分析，设开始以绝对值为a的加速度开始刹车，则A、B两车的v-t图线如图所示。图三点组成的三角形面积值即为A、B两－s前）=s，tanθ即为后车A减速的加因此有

(vv2)1（v1－v2）1=s 2tanv v1 v2 A θ（ C B 从某时刻起后车

取该时刻为t=0，中由v1 、v2、C车位移之差（s后速度绝对值a0。

t 0 t0

(v1v2)2所以 tanθ=a0=

2s(v1v2)2若两车不相撞需a≥a0=

2s

二、习题

1、 下列关于所描述的运动中，可能的是 （ ） A 速度变化很大，加速度很小

B 速度变化的方向为正，加速度方向为负 C 速度变化越来越快，加速度越来越小 D 速度越来越大，加速度越来越小

解析：由a=△v/△t知，即使△v很大，如果△t足够长，a可以很小，故A正确。速度

3

变化的方向即△v的方向，与a方向一定相同，故B错。加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度变化快，加速度一定大。故C错。加速度的大小在数值上等于单位时间内速度的改变量，与速度大小无关，故D正确。

答案：A、D 2、 一个物体在做初速度为零的匀加速直线运动，已知它在第一个△t时间内的位移为s，若 △t未知，则可求出 （ ）

A．第一个△t时间内的平均速度 B．第n个△t时间内的位移 C．n△t时间的位移 D．物体的加速度

s解析：因v=，而△t未知，所以v不能求出，故A错.因

t有s，s（2n-1）s，故Bs:s:s::s1:3:5::(2n1)s1:(2n1)(2n1)sn:nn正确；又s∝t2 所以

ssn=

n2，所以sn=n2s，故C正确；因a=

s，尽管△s=sn-sn-1可求，但t2△t未知，所以A求不出，D错.

答案：B、C

3 、汽车原来以速度v匀速行驶,刹车后加速度大小为a,做匀减速运动,则t秒后其位移为( )

v2121A vtat B C vtat2 D 无法确定

2a22解析:汽车初速度为v，以加速度a作匀减速运动。速度减到零后停止运动，设其运动的

v1时间t，=。当t≤t，时，汽车的位移为s=vtat2；如果t＞t，，汽车在t，时已停止运动，

a2v2其位移只能用公式v=2as计算，s=

2a2

答案：D

4、汽车甲沿着平直的公路以速度v0做匀速直线运动，当它路过某处的同时，该处有一辆汽车乙开始做初速度为零的匀加速运动去追赶甲车，根据上述的已知条件（ ）

A. 可求出乙车追上甲车时乙车的速度 B. 可求出乙车追上甲车时乙车所走的路程

C. 可求出乙车从开始起动到追上甲车时所用的时间 D. 不能求出上述三者中任何一个

分析：题中涉及到2个相关物体运动问题，分析出2个物体各作什么运动，并尽力找到两者相关的物理条件是解决这类问题的关键，通常可以从位移关系、速度关系或者时间关系等方面去分析。

解析：根据题意，从汽车乙开始追赶汽车甲直到追上，两者运动距离相等，即s甲=

4

=s乙=s，经历时间t甲=t乙=t.

那么，根据匀速直线运动公式对甲应有：sv0t

根据匀加速直线运动公式对乙有：s12at，及vtat 2由前2式相除可得at=2v0，代入后式得vt=2v0，这

v 就说明根据已知条件可求出乙车追上甲车时乙车的速

乙 度应为2v0。因a不知，无法求出vt 路程和时间，如果我们采取作v－t图线的方法，则上述结论就比较容易通过

S乙 图线看出。图中当乙车追上甲车v时，路程应相等，即从

0 图中图线上看面积s甲和s乙，显然三角形高vt等于长甲 S甲 方形高v0的2倍，由于加速度a未知，乙图斜率不定，

a越小，t越大，s也越大，也就是追赶时间和路程就

0 t 越大。

答案：A

5 、在轻绳的两端各栓一个小球，一人用手拿者上端的小球站在3层楼阳台上，放手后让小球自由下落，两小球相继落地的时间差为T，如果站在4层楼的阳台上，同样放手让小球自由下落，则两小球相继落地时间差将 （ ）

A 不变 B 变大 C 变小 D 无法判断

解析：两小球都是自由落体运动，可在一v-t图象v 中作出速度随时间的关系曲线，如图所示，设人在3楼

v2＇ 阳台上释放小球后，两球落地时间v1＇ 差为△t1，图中阴影部分面积为△h，若人在4楼阳台上释放小球后，两球落地时间差△t2，要保证阴影部分v2 面积也是△h；从图中

v1 可以看出一定有△t2〈△t1

答案：C

0 △t2 t △t1

－2a／m·s 6、一物体在A、B两点的正中间由静止

开始运动（设不会超越A、B），其加速度随时间变化如图所示。设向A的加速度为为正方向，1 若从出发开始计时，则物体的运动情况是（ ）

3 4 1 2 0 A 先向A ，后向B，再向A，又向B，4

t/s 秒末静止在原处

B 先向A ，后向B，再向A，又向B，4

－1

秒末静止在偏向A的某点

C 先向A ，后向B，再向A，又向B，4秒末静止在偏向B的某点

D 一直向A运动，4秒末静止在偏向A的某点 －1v/m·s 解析：根据a-t图象作出其v-t图象，如右图所示，

由该图可以看出物体的速度时大时小，但方向始终不变，一直向A运动，又因v-t图象与t轴所围“面

1

积”数值上等于物体在t时间内的位移大小，所以4

5 0 1

2 3 4 t/s

秒末物体距A点为2米 答案：D

7、天文观测表明，几乎所有远处的恒星（或星系）都在以各自的速度背离我们而运动，离我们越远的星体，背离我们运动的速度（称为退行速度）越大；也就是说，宇宙在膨胀，不同星体的退行速度v和它们离我们的距离r成正比，即v=Hr。式中H为一常量，称为哈勃常数，已由天文观察测定，为解释上述现象，有人提供一种理论，认为宇宙是从一个大爆炸的火球开始形成的，假设大爆炸后各星体即以不同的速度向外匀速运动，并设想我们就位于其中心，则速度越大的星体现在离我们越远，这一结果与上述天文观测一致。

由上述理论和天文观测结果，可估算宇宙年龄T，其计算式如何？根据近期观测，哈勃常数H=3×10-2m/（s 光年），其中光年是光在一年中行进的距离，由此估算宇宙的年龄约为多少年？

解析：由题意可知，可以认为宇宙中的所有星系均从同一点同时向外做匀速直线运动，由于各自的速度不同，所以星系间的距离都在增大，以地球为参考系，所有星系以不同的速度均

rr1在匀速远离。则由s=vt可得r=vT，所以，宇宙年龄：T===

vHrH-2

若哈勃常数H=3×10m/（s 光年）

1则T==1010年

H思考：1 宇宙爆炸过程动量守恒吗？如果爆炸点位于宇宙的“中心”，地球相对于这个“中心”做什么运动？其它星系相对于地球做什么运动？

2 其它星系相对于地球的速度与相对于这个“中心”的速度相等吗？

8、摩托车在平直公路上从静止开始起动，a1=1.6m/s2，稍后匀速运动，然后减速，a2=6.4m/s2，直到停止，共历时130s，行程1600m。试求：

（1） 摩托车行驶的最大速度vm；

（2） 若摩托车从静止起动，a1、a2不变，直到停止，行程不变，所需最短时间为多少？ 分析：（1）整个运动过程分三个阶段：匀加速运动；匀速运动；匀减速运动。可借助v-t图象表示。

（2）首先要回答摩托车以什么样的方式运动可使得时间最短。借助v-t图象可以证明：当摩托车以a1匀加速运动，当速度达到v/m时，紧接着以a2匀减速运动直到停止时，行程不变，而时间最短

22

解：（1）如图所示，利用推论vt-v0=2as－1有：

vm2avm2a22v/m·s +（130-1vmvma1a2）

vm a1 0 a2 130

t/s vm+其

2中

a1=1.6m/s2,a2=6.4m/s2.解得：vm=12.8m/s（另一解舍去）.

(2)路程不变，则图象中面积不变，当v越大则t越小，如图所示.设最短时间为tmin，则

v/m·s1 －vm＇

6 a1 a2 tmin

130

t/s 0

v/mv/mv/mv/mtmin= ①=1600 ② a1a22a12a222其中a1=1.6m/s2,a2=6.4m/s2.由②式解得vm=64m/s，故tmin=

6464ss50s.既最短时间1.66.4为50s.

答案：（1）12.8m/s （2）50s

9一平直的传送以速率v=2m/s匀速行驶，传送带把A处的工件送到B处，A、B两处相距L=10m，从A处把工件无初速度地放到传送带上，经时间t=6s能传送到B处，欲使工件用最短时间从A处传送到B处，求传送带的运行速度至少应多大？

解析：物体在传送带上先作匀加速运动，当速度达到v=2m/s后与传送带保持相对静止，作匀速运动.设加速运动时间为t，加速度为a，则匀速运动的时间为（6-t）s，则：

v=at ① 1s1=at2 ② 2s2=v(6-t) ③ s1+s2=10 ④

联列以上四式，解得t=2s,a=1m/s2

物体运动到B处时速度即为皮带的最小速度

as25由v2=2as 得v=2m/s

传送带给物体的滑动摩擦力提供加速度，即mg此加速度为物体运动的最大加ma,ag,速度.要使物体传送时间最短，应让物体始终作匀加速运动

10、一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以3m/s2的加速度开始行驶，恰在这时一辆自行车以6m/s的速度匀速驶来，从后边赶过汽车。试求：

（1） 汽车从路口开动后，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） 什么时候汽车追上自行车，此时汽车的速度是多少？

解析：解法一：汽车开动后速度由零逐渐增大，而自行车的速度是定值。当汽车的速度还小于自行车速度时，两者的距离将越来越大，而一旦汽车速度增加到超过自行车速度

atv时，两车距离就将缩小。因此两者速度相等时两车相距最大，有v，所以，汽自2tva2ssvtat26m 自自解法二：用数学求极值方法来求解

（1） 设汽车在追上自行车之前经过t时间两车相距最远，

2sssvtat2因为 21自2所以，由二次函数求极值条件知，ts6t3t2b2s时，s最大 2a22s6t3t2623226m即 m 7

''2（2）汽车追上自行车时，二车位移相等，则vt at2 , t'4s 6t'3t'22'' v at12m/s解法三：用相对运动求解更简捷

选匀速运动的自行车为参考系，则从运动开始到相距最远这段时间内，汽车相对此参考系的各个物理量为：

初速度v0 = v汽初－v自 =（0－6）m/s = －6m/s 末速度vt = v汽末－v自 =（6－6）m/s = 0

22

加速度 a = a汽－a自 =（3－0）m/s = 3m/s

vv0所以相距最远 s=t =－6m（负号表示汽车落后）

2a22解法四：用图象求解

－（1）自行车和汽车的v-t图如图，由于图线与横v/m·s1 坐标轴所包围的面积表示位移的大小，所以v由图上可v汽

以看出：在相遇之前，在t时刻两车速度相等时，自行车的位移（矩形面积）与汽车的位移（三角形面积）之v自 6 差（即斜线部分）达最大，所以

6t=v自/a=s=2s

3t＇ △s= vt－at2/2 =（6×2－3×22/2）m= 6m 0 t t/s （2）由图可看出：在t时刻以后，由v自或与v汽

线组成的三角形面积与标有斜线的三角形面积相等时，两车的位移相等（即相遇）。所以由图得相遇时，t’= 2t = 4s，v’= 2v自=12m/s

答案 （1）2s 6m （2）12m/s

摩擦力专题

一、 明确摩擦力产生的条件

（1） 物体间直接接触 （2） 接触面粗糙 （3） 接触面间有弹力存在 （4） 物体间有相对运动或相对运动趋势

这四个条件紧密相连，缺一不可．显然，两物体不接触，或虽接触但接触面是光滑的，则肯定不存在摩擦力．但满足(1)、(2)而缺少(3)、 (4)中的任意一条，也不会有摩擦力．如一块砖紧靠在竖直墙，放手后让其沿墙壁下滑，它满足条件(1)、(2)、(4)，却不具备条件(3)，即相互间无压力，故砖不可能受到摩擦力作用．又如，静止在粗糙水平面上的物体它满足了条件(1)、 (2)、(3)，缺少条件(4)，当然也不存在摩擦力．

由于不明确摩擦力产生的条件，导致答题错误的

8

F A B 图1

事是经常发生的．

例1 (1994年全国考题)如图1所示，C是水平地面，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块上沿水平方向的力，物体A和B以相同的速度作匀速直綫运动，由此

可知，A、B间的动摩擦因数1和B、C间的动摩擦因数2有可能是 (A)1 0，2 0 (B) 10，2 0 (C) 10，20 (D) 10，20

解析：本题中选A、B整体为研究对象，由于受推力的作用做匀速直线运动，可知地面对的摩擦力一定水平向左，故2 0，对A受力分析可知，水平方向不受力，1可能为0，可能不为0。正确答案为(B)、(D)． 二、了解摩擦力的特点

摩擦力具有两个显著特点：(1)接触性； (2)被动性．所谓接触性，即指物体受摩擦力作用物体间必直接接触(反之不一定成立)。这种特点已经包括在摩擦力产生的条件里，这里不赘述。对于摩擦力的被动性，现仔细阐述。所谓被动性是指摩擦力随外界约束因素变化而变化．熟知的是静摩擦力随外力的变化而变化。

例2 (1992年全国考题)如图2所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力，即F1、F2和摩擦力作用，木块图2处于静止状态，其中

F1＝10N、F2＝2N，若撤去力F1，则木

水平方向受到的合力为

(A)10N，方向向左 (B)6N，方向向右 (C)2N，方向向左 (D)零 图2

解析；F1没有撤去时，物体所受合外力为零，此时静摩擦力大小为8N，方向向左．撤去F1以后，物体在F2作用下不可能沿水平方向发生运动状态的改变，物体仍保拧静止．此时地面对物体的静摩擦力大小为2N，方向向右．从上述分析可见静摩擦力是被动力．答案应为(D)．对于滑动摩擦力同样具有被动性． 三、 把握摩擦力大小和方向的计算和判断

中学物理只谈静摩擦和滑动摩擦两种(滚动摩擦不讲)．其中f静没有具体的计算公式，是随外力变化的范围值o≤f静≤fmax，一般根据(1)平衡条件求；(2)根据物体运动状态，由牛顿运动定律求．而f静不但可根据上述的 (1)、(2)方法求，还可以用公式f滑N计算

例3 如图3所示，质量为m、带电量为+q的小物体，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，粗糙挡板ab的宽度略大于小物体厚度．现给带电体一个水平冲量I，试分析带电体所受摩擦力的情a 况．

解析：带电体获得水平初速v0I/m它在．它在 b

qvBqBI/m磁场中受洛仑兹力f和重力0洛图3

F1 F2 块在

N(qvBmg) 若f洛G，则带电体贴着a板前进，滑动摩擦力f，速度越滑，若 Gmgf洛G，则带电体作匀速直线运动，不受摩擦力作用．

来越小，f滑变小，当v减小到v0，又有qv,它又不受摩擦力作用而匀速前进． mg0B

9

若f洛G，则带电体贴着b板前逆。滑动摩擦力；f,它减速N(mgqvB)滑运动动直至静止，而f滑却是变大的．

这充分说明f滑也是具有被动性，所以摩擦力是被动力．了解摩擦力的上述特点在解题时就能因题致宜，灵活地思考，少走弯路，避免出错.

对于滑动摩擦力的大小，还必须了解其与物体运动状态无关，与接触面积大小无关的特点．

例4 如图4所示，一质量为m的货物放在倾角为α的传送带上随

m 传送带一起向上或向下做加速运动．设加速度大小为α，试求两种情

况下货物所受的摩擦力．

╮α 解析：物体m向上加速运动时，由于沿斜面向下有重力的分力，所

以要使物体随传送带向上加速运动，传送带对物体的摩擦力必定沿传

图4

送带向上．物体沿斜面向下加速运动时，摩擦力的方向要视加速度的大小而定，当加速度为某一合适值时，重力沿斜面方向的分力恰好提供了所需的合外力，则摩擦力为零；当加速度大于此值时，摩擦力应沿斜面向下；当加速度小于此值时，摩擦力应沿斜面向上．

向上加速运动时，由牛顿第二定律，得：所以F-mgsina=ma，方向沿斜面向上 向下加速运动时，由牛顿第二定律，得： mgsina—F＝ma(设F沿斜面向上) 所以F=mgsina-ma

当a0．与所设方向相同——沿斜面向上． 当a＝gsina时，F=0．即货物与传送带间无摩擦力作用． 当a>gsina时，F<0．与所设方向相反——沿斜面向下．

小结：当物体加速运动而摩擦力方向不明确时，可先假设摩擦力向某一方向，然后应用牛顿第二定律导出表达式，再结合具体情况进行讨论

例5 如图5所示，质量M=10Kg的木楔ABC静止于水平地面上，动摩擦因数μ＝0．02，在木楔的倾角θ为300的斜面上有一质量m＝1.0 kg的物块由静止开始沿斜面下滑．当滑行路程S＝1．4m时，其速度s＝1．4m／s，在此过程中木楔没有动．求地面对木楔的摩擦力的大小和方向(g取10 m／s’)

解析：地面对木楔的摩擦力为静摩擦力，但不一定为最大静摩擦力，所以不能由Fμ＝μFΝ，来计算求得，只能根据物体匀运动情况和受力情况来确定．

22 物块沿斜面匀加速下滑，由v可求得物块下滑的加速度v2ast02v22t a0.7m/sgsin5m/s2s可知物块受到摩塔力的作用．

此条件下，物块与木楔受力情况分别如图6.7所示． A F F N1μ1

FN2 Fˊμ1 F N1 B Fμ2 C

mg

图6

mg 10

图7

物块沿斜面以加速度Q下滑，对它沿斜面方向和垂直于斜面方向由牛顿第二定律有mgsinθ一Fμ1＝ma mgcosθ—FN1＝0 ．

木楔静止，对它沿水平方向和竖直方向由牛顿第二定律， 并注意Fμ1ˊ与Fμ1，F N1与FN1，等值反向，有Fμ2+ Fμ1cosθ—FN1sinθ＝0 F MgFCOSFSin0N2N11 由上面各式解得地面对木楔的摩擦力 FFsinFCOSmgcossin(mgsinma)sin2N11 3macos1.00.7N0.61N2 此力方向与所设方向相同，由C指向B。

另外由以上几式联立还可以求出地面对木楔的支持力

2FMgmgcos(mgsinma)sinMgmgmasinN2 11110N1.00.7N109.65N(Mm)g2 显然，这是由于物块和木楔系统有向下的加速度而产生了失重现象。

对此题也可以系统为研究对象。在水平方向，木楔静止，加速度为零，物块加速度水平分量为a macos0.61Nacos。对系统在水平方向由牛顿第二定律，有F2x答案：0．61 N 方向由C一B

小结：(1)静摩擦力的大小是个变量，它的大小常需要根据物体的运动状态及摩擦力与物体所受其他力的关系来确定．

(2)由此题可看出，研究对象的选取对解题步骤的简繁程度有很大的影响。

练习

1、如图8所示，位于斜面上的物块m在沿斜面向上的力F作用下，处于静止状态，则斜面作用于物块的静摩擦力 ①方向可能沿斜面向上 ②方向可能沿斜面向下 ③大小可能为零 ④大小可能等于F以上判断正确的是„„„„„„„„„„„„( ) A．只有①② B．只有③④ C．只有①②③ D．①②③④都正确 图8

D

2、(2004年连云港第二次调研题)某人在乎直公路上骑自行车，见到前方较远处红色交通信号灯亮起，他便停止蹬车，此后的一段时间内，自行车前轮和后轮受到地面的摩擦力分别为f前和f后，则„ ( )

A．f前向后，f后后向前 B．f前向前，f后向后 C．f前向后，f后向后 D．f前向前，f后向前 C

11

图9

3、如图9所示，重6N的木块静止在倾角为300的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向，大小等于4N的力F推木块，木块仍保持静止，则木块所受的摩擦力大小为„„„„„„„„„„„( )

A．4 N B．3 N C．5 N D．6 N

C

4、(2004年乐山调研题)如图10所示， 质量为m的木块P在质量为M的长木板A上滑行，长木板放在水平地面上，一直处于静止状态．若长木板A与地面间的动摩擦因数为1,木块P与长板A间的动摩擦因数为2，则长木板ab受的摩擦力大小为 ( )

A1Mg B． C2mg (mM)g1DMgmg12

P V A 到地面

图10

C

5、(2004年黄冈调研题)如图11所示，在粗糙水平面上有一个三角形木 块，在它

m1和m2的小木块，m1m2已知三角形木块

m2 m1 和两个小木块均静止，则粗糙水平面对三角形木块( )A．没有摩擦力作用 1 2 B．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向右 C．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向左 图11

D．有摩擦力作用，但其方向无法确定，因为m1、m2、 1和2的数值并未给出

A

6、(2004年宁波期末试题)某空间存在着如图l2所示的水平方向的匀强磁场，A、B两个物块叠放在一起，并置于光滑的绝缘水平地面上，物块A带正电，物块B为不带电的绝缘块；水平恒力F作用在物块B上，使A、B一起由静止开始水平向左运动．在A、B一起水平向左运动的过程中，关于A、B受力情况的以下说法，正确的是„„( )

A．A对B的压力变小 B．B对A的摩擦力保持不变 C。A对B的摩擦力变大 D．B对地面的压力保持不变

B

图12

7、如图13所示，一直角斜槽(两槽面夹角为90°)，对水平面夹角为30°，一个横截面为正方形的物块恰能沿此槽匀速下滑，假定两槽面的材料和表面情况相同，问物块和槽面间的动摩擦因数为多少?

解析：因为物块对直角斜槽每一面的正压力为mgcosα.cos45°，所以当物体匀速下滑时，有平衡方程：mgsinα=2μmgcos

136αcos45°＝2μmgcosα，所以μ=1tan()．

2236如图13

12

8、质量m=1.5Kg的物块(可视为质点)在水平恒力F的作用下,从水平面上A点由静止开始运动,运动一段距离撤去该力,物体继续滑行t=2.0s停在B点.已知AB两点间的距离S=5.0m,物块与水平面间的动摩擦因数0,求恒力F为多大?(g=10m/s2) .20解析：设撤去力F前物块的位移为S1，撤去力F时物块的速度为v ，物块受到的滑动摩擦力F mg1对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得 Ft0mv1v由运动学公式得SS1t

2对物块运动的全过程应用动能定理FS FS011由以上各式得F2mgs

2sgt2代入数据解得F15N

v

9.如图14所示,静止在水平面上的纸带上放为的小金属块(可视为质点), 金属块离纸带右

A L, 金属块与纸带间动摩擦因数为μ.现用力向

L 从金属块下水平抽出,设纸带加速过程极短,可

图14 在抽动过程中一直做匀速运动.求:

（1） 属块刚开始运动时受到的摩擦力的大小和

向;

(2)要将纸带从金属块下水平抽出,纸带的速度v应满足的条件.

一质量m端距离为左将纸带认为纸带

方

解析：（1）金属块与纸带达到共同速度前，金属块受到的摩擦力为：f mg，方向向左。

（2） 出纸带的最小速度为v0即纸带从金属块下抽出时金属块速度恰好等于v0。

vat 对金属块：fma 0金属块位移：s112at纸带位移：s2v0t 2两者相对位移：Sgl Sl解得：v0221故要抽出纸带，纸带速度v2gl

13

10.如图15所示,物块和斜面体的质量分别为m.M,平行于斜面的推力F作用下沿斜面加速度a向上滑动体仍保持静止.斜面倾角为θ,试求地面对斜面体的和摩擦力.

解析:由于小物块沿斜面加速上升，所以物块与能看成一个整体，应分别对物块与斜面进行研究。 （1） 取物块为研究对象，受力分析如图16所示： 由题意得： F① mgcosN1② FmgsinFmf1由②得：F③ Fmgsinmf1（2） 取斜面为研究对象，受力分析如图17得：

④ FFsinMgFcosN2f1N1⑤ FFcosFsinf2f1N1a m F θ 图15

M 物块在

时,斜面支持力斜面不

FNFf1 θ 1 F mg 图16

FN2 又因为Ff1与Ff1是作用力与反作用力，Fn1与Fn1是

Ff2 Ff1 作用力与

反作用力

由牛顿第三定律得：F⑥ FFmgsinmf1f1 F⑦ FmgcosN1N1θ mg FN1图17

由④⑤⑥⑦解得：F (Mm)g(Fma)sinN2(Fmg)cos F f2

牛顿运动定律总结

（一）牛顿第一定律（即惯性定律）

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：

14

①运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持。

②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。

③第一定律是牛顿以伽俐略的理想斜面实验为基础，总结前人的研究成果加以丰富的想象而提出来的；定律成立的条件是物体不受外力，不能用实验直接验证。

④牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例，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。 ①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。 ②质量是物体惯性大小的量度。

③由牛顿第二定律定义的惯性质量m=F/a和由万有引力定律定义的引力质量

2严格相等。 mFr/GM ④惯性不是力，惯性是物体具有的保持匀速直线运动或静止状态的性质、力是物体对物

体的作用，惯性和力是两个不同的概念。

（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，跟物体的质量m成反比。 2. 公式：Fa 合m 理解要点：

①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； ②方向性：a与F合都是矢量，方向严格相同；

③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。

（三）力的平衡 1. 平衡状态

指的是静止或匀速直线运动状态。特点：a0。 2. 平衡条件

共点力作用下物体的平衡条件是所受合外力为零，即F0。

3. 平衡条件的推论

（1）物体在多个共点力作用下处于平衡状态，则其中的一个力与余下的力的合力等大反向； （2）物体在同一平面内的三个不平行的力作用下，处于平衡状态，这三个力必为共点力； （3）物体在三个共点力作用下处于平衡状态时，图示这三个力的有向线段必构成闭合三角形。

（四）牛顿第三定律

15

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，公式可写为FF'。

（五）力学基本单位制：kg、、ms（在国际制单位中）

1. 作用力与反作用力的二力平衡的区别 内容 作用力和反作用力 二力平衡 受力物体 作用在两个相互作用的物体上 作用在同一物体上 依赖关系 同时产生，同时消失相互依存，无依赖关系，撤除一个、另一个不可单独存在 可依然存在，只是不再平衡 叠加性 两力作用效果不可抵消，不可叠两力运动效果可相互抵消，可叠加，不可求合力 加，可求合力，合力为零；形变效果不能抵消 力的性质 一定是同性质的力 可以是同性质的力也可以不是同性质的力 2. 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。

3. 解决共点力作用下物体的平衡问题思路

（1）确定研究对象：若是相连接的几个物体处于平衡状态，要注意“整体法”和“隔离法”的综合运用；

（2）对研究对象受力分析，画好受力图；

（3）恰当建立正交坐标系，把不在坐标轴上的力分解到坐标轴上。建立正交坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上。 （4）列平衡方程，求解未知量。

4. 求解共点力作用下物体的平衡问题常用的方法

（1）有不少三力平衡问题，既可从平衡的观点（根据平衡条件建立方程求解）——平衡法，也可从力的分解的观点求解——分解法。两种方法可视具体问题灵活运用。

（2）相似三角形法：通过力三角形与几何三角形相似求未知力。对解斜三角形的情况更显优势。

（3）力三角形图解法，当物体所受的力变化时，通过对几个特殊状态画出力图（在同一图上）对比分析，使动态问题静态化，抽象问题形象化，问题将变得易于分析处理。 5. 处理临界问题和极值问题的常用方法

涉及临界状态的问题叫临界问题。临界状态常指某种物理现象由量变到质变过渡到另一种物理现象的连接状态，常伴有极值问题出现。如：相互挤压的物体脱离的临界条件是压力减为零；存在摩擦的物体产生相对滑动的临界条件是静摩擦力取最大静摩擦力，弹簧上的弹力由斥力变为拉力的临界条件为弹力为零等。 临界问题常伴有特征字眼出现，如“恰好”、“刚刚”等，找准临界条件与极值条件，是解决临界问题与极值问题的关键。

16

例1. 如图1所示，一细线的一端固定于倾角为45°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。当滑块以2g加速度向左运动时，线中拉力T等于多少？

解析：当小球和斜面接触，但两者之间无压力时，设滑块的加速度为a'

此时小球受力如图2，由水平和竖直方向状态可列方程分别为：

ma'Tcos45 

Tsin45mg0 解得：a'g

由滑块A的加速度a2ga'，所以小球将飘离滑块A，其受力如图3所示，设线和竖直方向成角，由小球水平竖直方向状态可列方程

a'Tsinm 

g0T'cosm 解得：T 'mamg5mg

例2. 如图4甲、乙所示，图中细线均不可伸长，物体均处于平衡状态。如果突然把两水平细线剪断，求剪断瞬间小球A、B的加速度各是多少？（角已知）

22 17

解析：水平细线剪断瞬间拉力突变为零，图甲中OA绳拉力由T突变为T'，但是图乙中OB弹簧要发生形变需要一定时间，弹力不能突变。

（1）对A球受力分析，如图5（a），剪断水平细线后，球A将做圆周运动，剪断瞬间，小球的加速度a1方向沿圆周的切线方向。 F mgsinma，agsin111 （2）水平细线剪断瞬间，B球受重力G和弹簧弹力T2不变，如图5（b）所示，则 F mgtan，agtan2B2 小结：（1）牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度和力同时产生、同时变化、同时消失。分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该瞬时前后的受力情况及其变化。 （2）明确两种基本模型的特点：

A. 轻绳的形变可瞬时产生或恢复，故绳的弹力可以瞬时突变。

B. 轻弹簧（或橡皮绳）在两端均联有物体时，形变恢复需较长时间，其弹力的大小与方向均不能突变。

例3. 传送带与水平面夹角37°，皮带以10m/s的速率运动，皮带轮沿顺时针方向转动，如图6所示。今在传送带上端A处无初速地放上一个质量为m0.5kg的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A到B的长度为16m，g取10m/s2，则物体从A运动到B的时间为多少？

18

解析：由于，物体一定沿传送带对地下移，且不会与传送带相对静0.5tan0.75止。

设从物块刚放上到皮带速度达10m/s，物体位移为s1，加速度a1，时间t1，因物速小于皮

mgsinmgcos2带速率，根据牛顿第二定律，a，方向沿斜面向下。10m/s1mv12皮带长度。 t1s，sat5m1111a21 设从物块速率为10m/s2到B端所用时间为t2，加速度a2，位移s2，物块速度大于皮带速度，物块受滑动摩擦力沿斜面向上，有：

mgsinmgcos2m/s2m

12s2vt2a2t22a212 即1（t26510t2t，t1s10s舍去） 2222 所用总时间t tt2s12

例4. 如图7，质量M8在小车右端施加一水平恒力F=8N。kg的小车停放在光滑水平面上，当小车向右运动速度达到3m/s时，在小车的右端轻放一质量m=2kg的小物块，物块与小车间

.，假定小车足够长，问： 的动摩擦因数02 （1）经过多长时间物块停止与小车间的相对运动？

（2）小物块从放在车上开始经过t030m/s2） .0s所通过的位移是多少？（g取1

19

解析：（1）依据题意，物块在小车上停止运动时，物块与小车保持相对静止，应具有共同的速度。设物块在小车上相对运动时间为t，物块、小车受力分析如图8：

物块放上小车后做初速度为零加速度为a1的匀加速直线运动，小车做加速度为a2匀加速运动。

由牛顿运动定律：

2 物块放上小车后加速度：a g2m/s12 小车加速度：a Fmg/M0.5m/s2

v1a1tv23a2t

由v1v2得：t2s

（2）物块在前2s内做加速度为a1的匀加速运动，后1s同小车一起做加速度为a2的匀加速运动。

以系统为研究对象：

根据牛顿运动定律，由F得： Mma32 aF /Mm0.8m/s3 物块位移sss12

s11/2a1t24m2 s2v1t1/2at244.m

ss1s284.m

例5. 将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图9所示，在箱的上顶板和下

2底板装有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。当箱以a的加速度竖直向上做匀减2.0m/s速运动时，上顶板的传感器显示的压力为6.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N。（取

g10ms/2）

20

（1）若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，试判断箱的运动情况。 （2）若上顶板传感器的示数为零，箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？

启迪：题中上下传感器的读数，实际上是告诉我们顶板和弹簧对m的作用力的大小。对m受力分析求出合外力，即可求出m的加速度，并进一步确定物体的运动情况，但必须先由题意求出m的值。

解析：当a2.0ms/2减速上升时，m受力情况如图10所示： 1

mgNma1N21

m N1062N1kg0.5kgga1021N'2 （1）N 'N10N，N'5N2212  N'mgN'012 故箱体将作匀速运动或保持静止状态。 （2）若N1\"0，则

Fmg105NN52\"合N F合2a10m/s（向上）m 即箱体将向上匀加速或向下匀减速运动，且加速度大小大于、等于10m/s2。

例6. 测定病人的血沉有助于对病情的判断。血液由红血球和血浆组成，将血液放在竖直

21

的玻璃管内，红血球会匀速下沉，其下沉的速度称为血沉，某人血沉为v，若把红血球看成半径为R的小球，它在血浆中下沉时所受阻力f6Rv，为常数，则红血球半径R＝___________。（设血浆密度为0，红血球密度为）

解析：红血球受到重力、阻力、浮力三个力作用处于平衡状态，由于这三个力位于同一竖直线上，故可得 mggVf 04343 即 RggR6R0v33 得：R

9v

20g

1. 如图1所示，在原来静止的木箱内，放有A物体，A被一伸长的弹簧拉住且恰好静止，现突然发现A被弹簧拉动，则木箱的运动情况可能是（ ） A. 加速下降 B. 减速上升 C. 匀速向右运动 D. 加速向左运动

2. 如图2所示，固定在水平面上的光滑半球，球心O的正上方固定一个小定滑轮，细绳一端拴一小球，小球置于半球面上的A点，另一端绕过定滑轮，如图所示。今缓慢拉绳使小球从A点滑到半球顶点，则此过程中，小球对半球的压力大小N及细绳的拉力T大小的变化情况是（ ）

A. N变大，T变大 B. N变小，T变大 C. N不变，T变小 D. N变大，T变小

3. 一个物块与竖直墙壁接触，受到水平推力F的作用。力F随时间变化的规律为Fk（常t量k>0）。设物块从t0时刻起由静止开始沿墙壁竖直向下滑动，物块与墙壁间的动摩擦因数为1，得到物块与竖直墙壁间的摩擦力f随时间t变化的图象，如图3所示，从图线

22

可以得出（ ）

A. 在0~t1时间内，物块在竖直方向做匀速直线运动

B. 在0~t1时间内，物块在竖直方向做加速度逐渐减小的加速运动 C. 物块的重力等于a

D. 物块受到的最大静摩擦力总等于b

4. 如图4所示，几个倾角不同的光滑斜面具有共同的底边AB，当物体由静止沿不同的倾角从顶端滑到底端，下面哪些说法是正确的？（ ） A. 倾角为30°时所需时间最短 B. 倾角为45°所需时间最短 C. 倾角为60°所需时间最短 D. 所需时间均相等

5. 如图5所示，质量为M的木板，上表面水平，放在水平桌面上，木板上面有一质量为m的物块，物块与木板及木板与桌面间的动摩擦因数均为，若要以水平外力F将木板抽出，则力F的大小至少为（ ） A. mg

mB. Mg

m2Mg C.  mgD. 2 M 23

6. 一个质量不计的轻弹簧，竖直固定在水平桌面上，一个小球从弹簧的正上方竖直落下，从小球与弹簧接触开始直到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度和加速度的大小变化情况是（ ）

A. 加速度越来越小，速度也越来越小

B. 加速度先变小后变大，速度一直是越来越小

C. 加速度先变小，后又增大，速度先变大，后又变小 D. 加速度越来越大，速度越来越小

7. 质量m1kg的物体在拉力F作用下沿倾角为30°的斜面斜向上匀加速运动，加速度的大小为a3ms/2，力F的方向沿斜面向上，大小为10N。运动过程中，若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬间物体的加速度的大小是____________；方向是____________。

8. 如图6所示，倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，当载物车厢加速向上运动时，物对车厢底板的压力为物重的1.25倍，这时物与车厢仍然相对静止，则车厢对物的摩擦力的大小是物重的________倍。

9. 如图7所示，传送带AB段是水平的，长20 m，传送带上各点相对地面的速度大小是2 m/s，某物块与传送带间的动摩擦因数为0.1。现将该物块轻轻地放在传送带上的A点后，经过多长时间到达B点？（g取10m/s2）

10. 鸵鸟是当今世界上最大的鸟。有人说它不会飞是因为翅膀退化了，如果鸵鸟长了一副与身体大小成比例的翅膀，它是否就能飞起来呢？这是一个使人极感兴趣的问题，试阅读下列材料并填写其中的空白处。

鸟飞翔的必要条件是空气的上举力F至少与体重G＝mg平衡，鸟扇动翅膀获得的上举力

2可表示为Fc，式中S为鸟翅膀的面积，v为鸟飞行的速度，c是恒量，鸟类能飞起的条Sv件是FG，即v_________，取等号时的速率为临界速率。

我们作一个简单的几何相似性假设。设鸟的几何线度为l，质量m体积l3，Sl2，

24

于是起飞的临界速率vl。燕子的滑翔速率最小大约为20 km/h，而鸵鸟的体长大约是燕子的25倍，从而跑动起飞的临界速率为________km/h，而实际上鸵鸟的奔跑速度大约只有40km/h，可见，鸵鸟是飞不起来的，我们在生活中还可以看到，像麻雀这样的小鸟，只需从枝头跳到空中，用翅膀拍打一两下，就可以飞起来。而像天鹅这样大的飞禽，则首先要沿着地面或水面奔跑一段才能起飞，这是因为小鸟的_______，而天鹅的______。

11. 如图8所示，A、B两个物体靠在一起放在光滑水平面上，它们的质量分别为。今用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间变化的关系是Mk3g，Mk6gAB。求从t=0到A、B脱离，它们的位移是多少？ F92tN、F32tNAB

12. 如图9所示，在倾角为的长斜面上有一带风帆的滑块，从静止开始沿斜面下滑，滑块质量为m，它与斜面间的动摩擦因数为，帆受到的空气阻力与滑块下滑速度的大小成正比，即fkv。

（1）写出滑块下滑加速度的表达式。

（2）写出滑块下滑的最大速度的表达式。

2 （3）若m，从静止下滑的速度图象如图所示的曲线，图2.0kg，30，gm10/s中直线是t＝0时的速度图线的切线，由此求出和k的值。

13. 如图10所示，一个弹簧台秤的秤盘和弹簧质量均不计，盘内放一个质量m12kg的静止物体P，弹簧的劲度系数k。现施加给P一个竖直向上的拉力F，使P从静止开800N/m始向上做匀加速运动。已知在头0.2s内F是变力，在0.2s以后，F是恒力，取g10ms/2，求拉力F的最大值和最小值。

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【试题答案】

1. ABD

解析：木箱未运动前，A物体处于受力平衡状态，受力情况：重力mg、箱底的支持力N、弹簧拉力F和最大的静摩擦力fm（向左），由平衡条件知： m gN，Ffm 物体A被弹簧向右拉动（已知），可能有两种原因，一种是弹簧拉力Ffm'（新情况下的最大静摩擦力），可见fmfm'，即最大静摩擦力减小了，由fmN知正压力N减小了，即发生了失重现象，故物体运动的加速度必然竖直向下，由于物体原来静止，所以木箱运动的情况可能是加速下降，也可能是减速上升，A对B也对。 另一种原因是木箱向左加速运动，最大静摩擦力不足使A物体产生同木箱等大的加速度，即m的情形，D正确。 gkxmamg 匀速向右运动的情形中A的受力情况与原来静止时A的受力情况相同，且不会出现直接由静止改做匀速运动的情形，C错。 2. C

小球受力如图11（甲），T、N、G构成一封闭三角形。 由图11（乙）可见， AOB~ANTT/ABN/OAG/OB TGAB/OBNGOA/OB

AB变短，OB不变，OA不变，故T变小，N不变。

26

3. BC

在0~t1时间内，物块受到的摩擦力小于物块受到的重力，物块向下做加速运动，A错。滑动摩擦力随正压力的增大而逐渐增大，合外力逐渐减小，加速度逐渐减小，B对。当摩擦力不再随正压力的变化而变化时，一定是静摩擦力了。静摩擦力的大小恰好与重力平衡，所以物块受的重力等于a，C对。最大静摩擦力随正压力的增大而增大，不会总等于b，D错。 4. B

解析：设沿一一般斜面下滑，倾角为，长为l，物体沿斜面做初速为零加速度为agsin的匀加速直线运动，滑到底端的时间为t，则有：

1lgsint22

lAB/cos1 2 <1><2>联立解得：t2AB4AB gsincosgsin2 所以当2时，t最小，故选B。 90，45 5. D

解析：将木板抽出的过程中，物块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，m的加速度大小为，对木板受amg，要抽出木板，必须使木板的加速度大于物块的加速度，即aagMm力分析如图12，根据牛顿第二定律，得：

FMmgmgMaM

FMmgmgMaMmgmgMg2MmgM 选项D正确

am mg (M+m)g F 图12

6. C

27

当弹簧的弹力等于重力时，小球的速度最大，a0。 7. 7m/s2，沿斜面向下

有拉力时，F mgsin30fma 代入a3ms/2，求得f2N 撤F瞬间，f mgsin30ma 8. 0.33

ay 提示：N mgma，fma，tg37yx静ax 9. 11s

提示：物块放到A点后先在摩擦力作用下做匀加速直线运动，速度达到2m/s后，与传送带一起以2m/s的速度直至运动到B点。

10. 解析：根据题意，鸟类飞起的必要条件是FG 即满足cSv2mg 故vmg cS 燕子的最小滑翔速率约为20 km/h，而鸵鸟的体长大约是燕子的25倍。因 vl 故

v鸵v燕l鸵l燕255

5v100km/h v 鸵燕 可见，鸵鸟起飞的临界速率约为100km/h，而实际上鸵鸟的速率约为40km/h，可见鸵鸟

是飞不起来的。 11. 4.17m

提示：以A、B整体为对象：

mma FF ABAB4 am/s2

3 当A、B相互脱离时，N＝0，则以A为研究对象

Fma492tAA

t2.5s1225  satm26

28

12. （1）对滑块应用牛顿第二定律有： m gsinmgcoskvma 滑块下滑加速度表达式为：

a gsincoskv/m1 （2）由<1>式可知，当滑块的速度增大时，其加速度是减小的，当加速度为零时，滑块的速度达到最大，由<1>式可知最大速度为： vm gsincos/k2max2 （3）由图可知，当滑块的速度为零时，其加速度为最大加速度a，而由<1>3ms/max式可知当滑块的加速度为零时，它的速度最大，滑块的最大速度为v，由<1>式和2m/smax<2>式有：

3gsincos2mgsincos/k3

4 将g、m、代入<3>式和<4>式后解得：  23/150.23 k 3.0kg/s 13. 解析：根据题意，F是变力的时间t0.2s，这段时间内的位移就是弹簧最初的压缩量

S，由此可以确定上升的加速度a，

mg12100 K Smg，S0.15mK80012S20.152 由Sat2得：a 227.5m/s2t0.2 根据牛顿第二定律，有： F mgkxmagakx 得：Fm  当xS时，F最小

mgaksmgamgma127.590(N) F min 当x0时，F最大

mgak0mga12107.5210N F max ∴拉力的最小值为90N，最大值为210N

29

万有引力定律专题

万有引力定律与牛顿三定律，并称经典力学四大定律，可见万有引力定律的重要性。万有引力定律定律已成为高考和各地模拟试卷命题的热点。此部分内容在《考纲》中列为Ⅱ级要求。有关题目立意越来越新，但解题涉及的知识，难度不大，规律性较强。特别是随着我国载人飞船升空和对空间研究的深入，高考对这部分内容的考查将会越来越强。

一、对万有定律的理解

1．万有引力定律发现的思路、方法

开普勒解决了行星绕太阳在椭圆轨道上运行的规律，但没能揭示出行星按此规律运动的原因．英国物理学家牛顿(公元1642～1727)对该问题进行了艰苦的探索，取得了重大突破． 首先，牛顿论证了行星的运行必定受到一种指向太阳的引力．

其次，牛顿进一步论证了行星沿椭圆轨道运行时受到太阳的引力，与它们的距离的二次方成反比．为了在中学阶段较简便地说明推理过程，课本中是将椭圆轨道简化为圆形轨道论证的．

第三，牛顿从物体间作用的相互性出发，大胆假设并实验验证了行星受太阳的引力亦跟太阳的质量成正比．因此得出：太阳对行星的行力跟两者质量之积成正比．

最后，牛顿做了著名的“月一地”检验，将引力合理推广到宇宙中任何两物体，使万有引力规律赋予普遍性．

2．万有引力定律的检验

牛顿通过对月球运动的验证，得出万有引力定律，开始时还只能是一个假设，在其后的一百多年问，由于不断被实践所证实，才真正成为一种理论．其中，最有效的实验验证有以下四方面．

⑴．地球形状的预测．牛顿根据引力理论计算后断定，地球的赤道部分应该隆起，形状像个橘子．而笛卡尔根据旋涡假设作出的预言，地球应该是两极伸长的扁球体，像个柠檬．

1735年，法国科学院派出两个测量队分赴亦道地区的秘鲁(纬度φ＝20°)和高纬度处的拉普兰德(φ＝66°)，分别测得两地1°纬度之长为：赤道处是110600m，两极处是111900m．后来，又测得法国附近纬度1°的长度和地球的扁率．大地测量基本证实了牛顿的预言，从此，这场“橘子与柠檬”之争才得以平息．

⑵．哈雷彗星的预报．英国天文学家哈雷通过对彗星轨道的对照后认为，1682年出现的大彗星与1607年、1531年出现的大彗星实际上是同一颗彗星，并根据万有引力算出这个彗星的轨道，其周期是76年．哈雷预言，1758年这颗彗星将再次光临地球．于是，预报彗星的回归又一次作为对牛顿引力理论的严峻考验．

后来，彗星按时回归，成为当时破天荒的奇观，牛顿理论又一次被得到证实． ⑶．海王星的发现．

⑷．万有引力常量的测定．

由此可见，一个新的学说决不是一蹴而就的，也只有通过反复的验证，才能被人们所普遍接受．

30

3．万有引力定律的适用条件

例1、如下图所示，在半径R＝20cm、质量M＝168kg的均匀铜球中，挖去一球形空穴，空穴的半径为要，并且跟铜球相切，在铜球外有一质量m＝1kg、体积可忽略不计的小球，这个小球位于连接铜球球心跟空穴中心的直线上，并且在空穴一边，两球心相距是d＝2m，试求它们之间的相互吸引力．

解： 完整的铜球跟小球m之间的相互吸引力为FGMm 2d这个力F是铜球M的所有质点和小球m的所有质点之间引力的总合力，它应该等于被挖掉球穴后的剩余部分与半径为娄的铜球对小球m的吸引力 F=F1+F2．

式中F1是挖掉球穴后的剩余部分对m的吸引力，F2是半径为R／2的小铜球对m的吸引力。

Mm因为8F2GR(d)22，

所以挖掉球穴后的剩余部分对小球的引力为F1＝F－F2＝2.41×10－9N

例2、深入地球内部时物体所受的引力

假设地球为正球体，各处密度均匀．计算它对球外物体的引力，可把整个质量集中于球心．如果物体深入地球内部，如何计算它所受的引力?

如右图所示，设一个质量为m的物体(可视为质点)在地层内离地心为r的A处．为了计算地球对它的引力，把地球分成许多薄层．设过A点的对顶锥面上两小块体积分别为△V1、△V2．当△V1和△V2很小时，可以近似看成圆台．

已知圆台的体积公式

122 V H(RRRR)12123式中R1和R2分别是上、下两底面的半径． 当圆台很小很薄时，且H＜＜ a，H＜＜ b时，R1≈R2≈R．那么Ｖ＝πHR2 根据万有引力定律

22mmmasin21  FGGGmHsin122aa22mbsinm2m2  FGGGmHsin222bb所以FF12，即两小块体积的物体对A处质点的引力大小相等，且方向相反，它们的合力为零．

当把地球分成许多薄层后，可以看到，位于A点以外的这一图中用斜线表示)对物体的引力互相平衡，相当于对A处物体不对A处物体的引力完全由半径为r的这部分球体产生．引力大小

43rmMm423r FGGGrmr223rr圈地层(右

产生引力，

为

即与离地心的距离成正比．

31

当物体位于球心时，r=0，则Fr＝O．它完全不受地球的引力．

所以，当一个质量为m的物体从球心(r＝0)逐渐移到球外时，它所受地球的引力F随r的变化关系如右图所示．即先随r的增大正比例地增大；后随r的增大，按平方反比规律减小；当r＝R0(地球半径)时，引力F0GMm． 2R04．注意领会卡文迪许实验设计的巧妙方法．

m1m2Fr2由万有引力定律表达式FG2可知，G，要测定引力常量G，只需测出两物

m1m2r体m1、m2间距离r及它们间万有引力F即可．由于一般物体间

的万有引力F非常小，很难用实验的方法显示并测量出来，所以在万有引力定律发现后的百余年间，一直没有测出引力常量的准确数值．

卡文迪许巧妙的扭秤实验通过多次“放大”的办法解决了这一问题．图是卡文迪许实验装置的俯视图．

首先，图中固定两个小球m的r形架，可使m、m’之间微小的万有引力产生较大的力矩，使金属丝产生一定角度的偏转臼，这是一次“放大”效应．

其次，为了使金属丝的微小形变加以“放大”，卡文迪许用从1发出的光线射到平面镜M上，在平面镜偏转θ角时，反射光线偏转2θ角，可以得出光点在刻度尺上移动的弧长s＝2θR，增大小平面镜M到刻度尺的距离R，光点在刻度尺上移动的弧长S就相应增大，这又是一次“放大”效应．由于多次巧妙“放大”，才使微小的万有引力显示并测量出来．除“放大法”外，物理上观察实验效果的方法，还包括“转换法”、“对比法”等．

深刻认识卡文迪许实验的意义

(1)卡文迪许通过改变质量和距离，证实了万有引力的存在及万有引力定律的正确性． (2)第一次测出了引力常量，使万有定律能进行定量计算，显示出真正的实用价值． (3)标志着力学实验精密程度的提高，开创了测量弱力的新时代．

(4)表明：任何规律的发现总是经过理论上的推理和实验上的反复验证才能完成．

5．物体在地面上所受的引力与重力的区别和联系

地球对物体的引力是物体具有重力的根本原因．但重力又不完全等于引力．这是因为地球在不停地自转，地球上的一切物体都随着地球自转而绕地轴做匀速圆周运动，这就需要向心力．这个向心力的方向是垂直指向地轴的，它的大

2小是fm，式中的r是物体与地轴的距离，ω是地球自转r的角速引力F的一而圆周的

度为α处径)，由公

度．这个向心力来自哪里?只能来自地球对物体的引力F，它是个分力如右图，引力F的另一个分力才是物体的重力mg．

在不同纬度的地方，物体做匀速圆周运动的角速度ω相同，半径r不同，这个半径在赤道处最大，在两极最小(等于零)．纬

2的物体随地球自转所需的向心力f (R为地球半mRcos式可见，随着纬度升高，向心力将减小，在两极处Rcosα＝0，f＝0．作为引力的另一个分

32

量，即重力则随纬度升高而增大．在赤道上，物体的重力等于引力与向心力之差．即

Mm－5

．在两极，引力就是重力．但由于地球的角速度很小，仅为10rad／s数量级，.2R所以mg与F的差别并不很大． mgG在不考虑地球自转的条件下，地球表面物体的重力mgGMm.这是一个很2R有用的结论．

从图中还可以看出重力mg一般并不指向地心，只有在南北两极和赤道上重力mg才能向地心．

同样，根据万有引力定律知道，在同一纬度，物体的重力和重力加速度

g

的数值，还随着物体离地面高度的增加而减小．

若不考虑地球自转，地球表面处有mgGgGMm.，可以得出地球表面处的重力加速度2RM.． 2R在距地表高度为h的高空处，万有引力引起的重力加速度为g＇，由牛顿第二定律可得：

2MRMm 即g GgmgG222(Rh)(Rh)(Rh)如果在h＝Ｒ处，则g＇＝g／4．在月球轨道处，由于r＝60Ｒ，所以重力加速度g＇＝ g

／3600．

重力加速度随高度增加而减小这一结论对其他星球也适用．

例3、某行星自转一周所需时间为地球上的6h，在这行星上用弹簧秤测某物体的重量，在该行量赤道上称得物重是两极时测得读数的90％，已知万有引力恒量G＝6.67×10－11N·m2／kg2，若该行星能看做球体，则它的平均密度为多少?

Mm[解析]在两极，由万有引力定律得 mgG2. ①

R2Mm4在赤道G2 ② mgm2RRT依题意mg＇=O.9mg ③

333由式①②③和球体积公式联立解得 3.0310kg/m20.1GT

二、万有引力定律在天文学上的应用

1．万有引力定律提供天体做圆周运动的向心力

⑴人造地球卫星的绕行速度、角速度、周期与半径的关系

33

Mmv2①由G2m得vrrGM r越大，v越小 rGM r越大，ω越小 r3②由GMmmr2得2rMm42③由G2m2r得TrT42r3 r越大，T越大 GM例4、土星外层上有一个环。为了判断它是土星的一部分还是土星的卫星群，可以测量环中各层的线速度a与该l层到土星中心的距离R之间的关系来判断： ( ＡＤ )

2

A．若v∝R，则该层是土星的一部分； B．若v∝R，则该层是土星的卫星群 C．若v∝１／R，则该层是土星的一部分 D．若v2∝１／R，则该层是土星的卫星群

⑵求天体质量、密度

Mm424由G2m2r MR3 即可求得

3rT注意天体半径与卫星轨迹半径区别

⑶人造地球卫星的离心向心问题

例5、在地球大气层外有很多太空垃圾绕地球做匀速圆周运动，每到太阳活动期，由于受太阳的影响，地球大气层的厚度开始增加，从而使得部分垃圾进入大气层，开始做靠近地球的向心运动，产生这一结果的原因是 ( C ) A．由于太空垃圾受到地球引力减小而导致的向心运动 B．由于太空垃圾受到地球引力增大而导致的向心运动 C．由于太空垃圾受到空气阻力而导致的向心运动

D．地球引力提供了太空垃圾做圆周运动所需的向心力，故产生向心运动的结果与空气阻力无关

例6、宇宙飞船要与轨道空间站对接，飞船为了追上轨道空间站 ( A ) A．只能从较低轨道上加速 B．只能从较高轨道上加速

C．只能从同空间站同一高度轨道上加速 D．无论在什么轨道上，只要加速都行

2．人造地球卫星

⑴宇宙速度

第一宇宙速度

3，是地球卫星的最小发射速度，也是地球卫星在近地轨道上运行时v7.910m/s1的速度．

34

由

GM3得vgR7.910m/sMmvR． G2mmg

RR2例7、1990年3月，紫金山天文台将1965年9月20日发现的第2752号小行星命名

为吴健雄星，其直径为32 km，如该小行星的密度和地球相同，则其第一宇宙速度为 m／s，已知地球半径Ｒ=6400km，地球的第一宇宙速度为8 km／s．（20m／s） 第二宇宙速度的计算

如果人造卫星进入地面附近的轨道速度等于或大于1l.2km／s，就会脱离地球的引力，这个速度称为第二宇宙速度． 为了用初等数学方法计算第二宇宙速度，设想从地球表面至无穷远处的距离分成无数小段ab、bc、„，等分点对应的半径为r1、r2„，如下图所示．

由于每一小段ab、bc、cd„极小，这一小段上的引力可以认为不变．因此把卫星从地表a送到b时，外力克服引力做功

MmMm11 W G(rR)G(rR)GMm()1121RrRrR11同理，卫星从地表移到无穷远过程中，各小段上外力做的功分别为

11WGMm() 2rr1211WGMm() 3rr23„

11WGMm() nrrn1n11WGMm() rrnMm把卫星送至无穷远处所做的总功 W WWWWWG123nR12Mm为了挣脱地球的引力卫星必须具有的动能为mv WG22R所以v22GM2gR11.2km/s R 第三宇宙速度的推算

脱离太阳引力的速度称为第三宇宙速度．因为地球绕太阳运行的速度为v地＝30km/s，根据推导第二宇宙速度得到的脱离引力束缚的速度等于在引力作用下环绕速度的2倍，即 2v230km/s42.4km/s地因为人造天体是在地球上，所以只要沿地球运动轨道的方向增加△v＝12.4km／s即可，

35

1即需增加动能m(v)2．所以人造天体需具有的总能量为

2121212 Emvm(v)mv23222得第三宇宙速度v 16.7km/s3

动量守恒定律

一：复习要点

1．定律内容:相互作用的几个物体组成的系统，如果不受外力作用，或者它们受到的

外力之和为零，则系统的总动量保持不变。

''2．一般数学表达式：m vmvmvmv112211223．动量守恒定律的适用条件 ：

①系统不受外力或受到的外力之和为零（∑F合=0）；

②系统所受的外力远小于内力（F外F内），则系统动量近似守恒； ③系统某一方向不受外力作用或所受外力之和为零，则系统在该方向上动量守恒(分方向动量守恒)

4．动量恒定律的五个特性

①系统性：应用动量守恒定律时，应明确研究对象是一个至少由两个相互作用的物体组成的系统，同时应确保整个系统的初、末状态的质量相等

②矢量性：系统在相互作用前后，各物体动量的矢量和保持不变．当各速度在同一直线上时，应选定正方向，将矢量运算简化为代数运算

③同时性：v1,v2应是作用前同一时刻的速度，v1',v2'应是作用后同—时刻的速度 ④相对性：列动量守恒的方程时，所有动量都必须相对同一惯性参考系，通常选取地球作参考系

⑤普适性：它不但适用于宏观低速运动的物体，而且还适用于微观高速运动的粒子．它与牛顿运动定律相比，适用范围要广泛得多，又因动量守恒定律不考虑物体间的作用细节，在解决问题上比牛顿运动定律更简捷

二：典题分析

1.放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手控制小车处于静止状态，下列说法正确的是 ( )

A.两手同时放开，两车的总动量等于零

B．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右 C．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向左 D．先放开右手，后放开左手，两车的总动量为零 解析：该题考查动量守恒的条件，答案为 AB

2．Ａ、Ｂ两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰．用频闪照相机在ｔ０＝0，ｔ１＝Δｔ，ｔ２＝2Δｔ，ｔ３＝3Δｔ各时刻闪光四次，摄得如图所示照片，其中Ｂ像有重叠，ｍＢ＝（3／2）

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ｍＡ，由此可判断 （ ）

Ａ．碰前Ｂ静止，碰撞发生在60ｃｍ处，ｔ＝2.5Δｔ时刻 Ｂ．碰后Ｂ静止，碰撞发生在60ｃｍ处，ｔ＝0.5Δｔ时刻 Ｃ．碰前Ｂ静止，碰撞发生在60ｃｍ处，ｔ＝0.5Δｔ时刻 Ｄ．碰后Ｂ静止，碰撞发生在60ｃｍ处，ｔ＝2.5Δｔ时刻

解析：该题重点考查根据照片建立碰撞的物理图景，答案为 B

3．质量为50㎏的人站在质量为150㎏（不包括人的质量）的船头上，船和人以0.20m/s的速度向左在水面上匀速运动，若人用t =10s的时间匀加速从船头走到船尾，船长L＝5m，则船在这段时间内的位移是多少？（船所受水的阻力不计）

L

S

分析：（该题利用动量守恒重点考查了人、船模型中速度关系、位移关系）

解析：设人走到船尾时，人的速度为vx，船的速度为vy

mMvmvMv 对系统分析：动量守恒 0xy 对船分析：（匀加速运动） S =

v0vy2t

对人分析：（匀加速运动） SLv0vxt 2 得：S = 3.25 m.

4．如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右并非放有序号是1，2，3，„，n的物体，所有物块的质量均为m，与木板间的动摩擦因数都相同，开始时，木板静止不动，第1，2，3，„n号物块的初速度分别是v0，2 v0，3 v0，„nv0，方向都向右，木板的质量与所有物块的总质量相等 ,最终所有物块与木板以共同速度匀速运动。设物块之间均无相互碰撞，木板足够长。试求： （1）所有物块与木板一起匀速运动的速度vn； （2）第1号物块与木板刚好相对静止时的速度v1；

37

（3）通过分析与计算说明第k号（k＜n＝物块的最小速度vK

V0 1 2V0 2 nV0 n

分析：（多个物体组成的系统，应恰当选择小系统利用动量守恒定律求解）

在木板上各个物块相对木板运动，都给木板一个向右的磨擦力，因各个物块质量相同，滑动磨擦力都一样，木板在磨擦力的作用下向右加速。由于每个物块的初始速度不同，因而相对木板静止的物块顺序依次是1，2，„，n号，当第一号物块由v0到相对木板静止时，其动量变化设为△p1，则其他各个所有物块在这段时间内的动量变化也都为△p1（f相同，T相同），因木板与所有物块总动量守恒，故可用动量守恒关系求出第1号物块相对木板静止时的速度。

解析：（1）设所有物块都相对木板静止时的速度为 vn，因木板与所有物块系统水平方向不受外力，动量守恒，应有：

1 m v0+m·2 v0+m·3 v0+„+m·n v0=（M + nm）vn ○2 M = nm， ○解得: vn=

1（n+1）v0， 4 （2）设第1号物块相对木板静止时的速度为v1，取木板与物块1为系统一部分，第2 号物块到第n号物块为系统另一部分，则

木板和物块1 △p =（M + m）v1-m v0， 2至n号物块 △p=（n-1）m·（v0- v1）

由动量守恒定律： △p=△p， 解得 v1=

13 v0， ○

2（3）设第k号物块相对木板静止时的速度由vk ，则第k号物块速度由k v0减为vk的过程中，序数在第k号物块后面的所有物块动量都减小m（k v0- vk），取木板与序号为1至K号以前的各物块为一部分，则

△p=（M+km）vk-（m v0+m·2 v0+„+mk v0）=（n+k）m vk-k（k+1）m v0 2 38

序号在第k以后的所有物块动量减少的总量为 △p=（n-k）m（k v0- vk） 由动量守恒得 △p=△p， 即

（n+k）m vk-k（k+1）m v0= （n-k）m（k v0- vk）， 2(2n1k)kv0

4n解得 vk=

5.如图所示，人与冰车质量为M，球质量为m，开始均静止于光滑冰面上，现人将球以对地速度V水平向右推出，球与挡板P碰撞后等速率弹回，人接住球后又将球以同样的速度V向右推出„„如此反复，已知M = 16 m，试问人推球几次后将接不到球?

分析：（该题是多过程动量守恒问题，可以采用数学归纳的方法研究；当然也可整个过程采用动量定理研究）

解析： 取水平向左为正方向，冰车、人、球为系统．由动量守恒定律，

mv对第一次推球过程有： M vmv0,v11M3mv对第二次整个接、推球过程有： M vmvMvmv,v122M5mv对第三次整个接、推球过程有：M vmvMvmv,v233M(2n1)mv 对第n次整个接、推球过程同理分析得：vn

M(2n1)mv设推球n次后恰接不到球，则vnv，故有v 代人已知条件

M解得：n = 8.5， 即人推球9次后将接不到球．

39

三：动量守恒定律适应练习

丹阳六中 马跃中

1．质量为m的人随平板车以速度V在平直跑道上匀速前进，不考虑摩擦阻力，当此人相对于车竖直跳起至落回原起跳位置的过程中，平板车的速度 ( ) A．保持不变 B．变大 C．变小 D．先变大后变小 E．先变小后变大

2．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在其中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是 ( )．

A．若甲先抛球，则一定是V甲>V乙 B．若乙最后接球，则一定是V甲>V乙

C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有V甲>V乙 D．无论怎样抛球和接球，都是V甲>V乙

3．一小型宇宙飞船在高空绕地球做匀速圆周运动如果飞船沿其速度相反的方向弹射出一个质量较大的物体，则下列说法中正确的是( )． A．物体与飞船都可按原轨道运行

B．物体与飞船都不可能按原轨道运行

C．物体运行的轨道半径无论怎样变化，飞船运行的轨道半径一定增加 D．物体可能沿地球半径方向竖直下落

4．在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m。，小车(和单摆)以恒定的速度V沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些说法是可能发生的( )．

A.小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为V1、V2、V3，满足(m。十M)V=MVl十mV2十m。V3

B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为V1、V2，满足MV=MVl十mV2 C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为V’，满足MV=(M 十m)V’

D.小车和摆球的速度都变为V1，木块的速度变为V2，满足(M+mo)V=(M+mo)Vl+mV2

40

5．如图所示，质量为M的平板车在光滑水平面上以速度v匀速运动，车身足够长，其上表面粗糙，质量为m的小球自高h处由静止下落，与平板车碰撞后，每次上升高度仍为h，每次碰撞过程中，由于摩擦力的冲量不能忽略，小球水平速度逐渐增大，撞击若干次后，小球水平速度不再增大，则平板车的最终速度V是多大？

6．两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA=2.0kg，mB=0.90kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC=0．10kg的滑块C(可视为质点)，以VC=10m／s的速度恰好水平地滑A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为0.50m／s． (1)木块A的最终速度VA； (2)滑块C离开A时的速度VC’

C VC

A B

7．甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量共为M =30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg，游戏时，甲推着一个质量m =15 kg的箱子，和他一起以大小为V0=2m／s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，如图，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦，问甲至少要以多大的速度(相对地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞．（注意两人避免相撞的条件）

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8．如图，—玩具车携带若干质量为m1的弹丸，车和弹丸的总质量为m2,在半径为R的水平光滑轨道上以速率V0做匀速圆周运动，若小车每一周便沿运动方向相对地面以恒定速度u发射—枚弹丸．求：

(1)至少发射多少颗弹丸后小车开始反向运动?

(2)写出小车反向运动前发射相邻两枚弹丸的时间间隔的表达式．

u

9．某人在一只静止的小船上练习射击．已知船、人连同枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量为m，枪口到靶的距离为L，子弹飞出枪口时相对于地面的速度为v．若在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已陷入固定在船上的靶中，不计水对船的阻力．问

(1)射出第一颗子弹时，船的速度多大， (2)发射第n颗子弹时，船的速度多大?

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(3)发射完颗n子弹后，船一共能向后移动多少距离? 10．如图所示，光滑水平面上停放一个木箱和小车，木箱的质量为m，小车和人总的质量为M，M∶m=4∶1, 人以速率v沿水平方向将木箱推出，木箱被挡板以原速反弹回来以后，人接住木箱再以同样大小的速度v第二次推出木箱，木箱又被原速反弹„„，问人最多能推几次木箱？

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动量守恒定律适应练习答案

1．A、 2.B、 3.CD 4.BC 5.

Mv0(Mm)vvMv0/(Mm)

'6．m 7. 由 (Mm)vMv2Mm)vv(mm)vmv00(CCABACC'mvmvmVmBACCBC'C

'v0.25msv/,2.75ms/得v5.2m/sA'(Mmv)0Mvmv

8. （1）由动量守恒得m小车开始反向vn0得n vnmum(nm)vmvmu20121n20/1（2）发射相邻两 枚弹丸的时间间隔就是发射第K（K〈1〉颗弹丸后小车的周期，即

m2v02R(mkm)21且 tTkkmvkmumu2011(Mnmm)vmv9．(1)射出第一颗子弹时，设船的速度为V1，由动量守恒定律得0，1v1mv

M(n1)m(2)每射出一颗子弹的过程，系统的动量均守恒，而每一颗子弹进入靶中后，船的速度将为零，故每一颗子弹射出时，船后退的速度是相同的，

mv即v vn1M(n1)m (3)每发射一颗子弹的过程实际上经历了三个阶段：第一阶段是击发到子弹射出

枪瞠为止；第二个阶段是子弹在空中飞行的阶段；第三个阶段是子弹从击中靶子到静

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止为止．三个阶段都遵从动量守恒定律，第一、第三阶段历时很短，故这两个阶段船的移动可忽略．因此每发射一颗子弹的过程，只在第二阶段船向后移动．每发射完一颗子弹后船向移动的距离

10．选木箱、人和小车组成的系统为研究对象，取向右为正方向.设第n次推出木箱后人与小车的速度为vn,第n次接住后速度为vn′,则由动量守恒定律可知： 第一次推出后有：0=Mv1-mv,则v1=mv/M 第一次接住后有：Mv1+mv=（M+m）v1′ 第二次推出后有：（M+m）v1′=Mv2-mv,则v2=3mv/M 第二次接住后有：Mv2+mv=（M+m）v2′„„ 第n-1次接住：Mvn-1+mv=（M+m）vn-1 第n次推出：（M+m）vn-1′=Mvn-mv 即vn=(2n-1)mv/M

mv＜v )1设最多能推N次，推出后有vn≥v vn-1≤v 即(2N1)mv≥v,且2(N1MM所以1(m2M1) ≤ N ＜1(m2M1) + 1 将

M/m=4代入，可得： 2.5≤N＜3.5

因N取整数，故N=3

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