資源簡介

高考有關“振動和波”的考查
一. 機械振動
1. 考查振動周期與質量的定性關系
例1.某同學看到一只鳥落在樹枝上的P處，樹枝在10s內上下振動了6次，鳥飛走后，他把50g的砝碼掛在P處，發現樹枝在10s內上下振動了12次。將50g的砝碼換成500g砝碼后，他發現樹枝在15s內上下振動了6次，你估計鳥的質量最接近（）
A. 50g B. 200g C. 500g D. 550g
解析：從題的信息可以看出，同樣時間內振動的次數隨振動物體的質量的增大而減少。而小鳥10s振動的次數為6次，在50g砝碼和500g砝碼在同樣時間內振動的次數之間，故小鳥的質量應在50g、500g之間。B選項正確。
2. 考查單擺
（1）單擺圖象
例2.一單擺做小角度擺動，其振動圖象如圖2，以下說法正確的是（ ）
A. t1時刻擺球速度最大，懸線對它的拉力最小
B. t2時刻擺球速度為零，懸線對它的拉力最小
C. t3時刻擺球速度為零，懸線對它的拉力最大
D. t4時刻擺球速度最大，懸線對它的拉力最大
解析：單擺在平衡位置（位移為零處）時速度最大，對應圖線中t2、t4時刻，從而選項A、B錯誤；速度最大時懸線的拉力最大，選項D對C錯。
（2）單擺實驗
例3.（1）在“用單擺測定重力加速度”的實驗中，①測擺長時，若正確測出懸線長l和擺球直徑d，則擺長為____________；②測周期時，當擺球經過__________位置時開始計時并計數1次，測出經過該位置N次（約60~100次）的時間為t，則周期為_______________。
此外，請你從下列器材中選用所需器材，再設計一個實驗，粗略測出重力加速度g，并參照示例填寫下表（示例的方法不能再用）。
A. 天平；B. 刻度尺；C. 彈簧秤；D. 電磁打點計時器；E. 帶夾子的垂錘；F. 紙帶；G. 導線若干；H. 鐵架臺；I. 低壓交流電源；J. 低壓直流電源；K. 小車；L. 螺旋測微器；M. 斜面（高度可調，粗糙程度均可）
簡析：①擺長等于懸線長加球半徑，即l+d/2；②計時從擺球經過平衡位置時開始，周期為。
例4.有一測量微小時間差的裝置，是由兩個擺長略有微小差別的單擺同軸水平懸掛構成。兩個單擺擺動平面前后相互平行。
（1）現測得兩單擺完成50次全振動的時間分別為50.0s和49.0s，則兩單擺的周期差＝____________________s；
（2）某同學利用此裝置測量小于單擺周期的微小時間差，具體操作如下：把兩擺球向右拉至相同的擺角處，先釋放長擺擺球，接著再釋放短擺擺球，測得短擺經過若干次全振動后，兩擺恰好第一次同時同方向通過某位置，由此可得出釋放兩擺的微小時間差。若測得釋放兩擺的時間差△t＝0.165s，則在短擺釋放_____________s（填時間）后，兩擺恰好第一次同時向_________（填方向）通過_________（填位置）；
（3）為了能更準確地測量微小的時間差，你認為此裝置還可做的改進是_______________。
解析：（1）50次全振動的時間為50s的單擺的周期
50次全振動的時間為49s的單擺的周期
兩單擺的周期差
（2）釋放短擺后，設短擺經過n次全振動，與長擺同時同向通過同一位置，則有
解得
所以短擺釋放的時間為
又
故此時兩擺同時向左經過平衡位置。
（3）在不改變擺長差的同時增大擺長，△T減小，可測得的時間差越小。
3. 考查共振
（1）結合圖象考查
例5.一砝碼和一輕彈簧構成彈簧振子，圖3所示的裝置可用于研究該彈簧振子的受迫振動。勻速轉動把手時，曲桿給彈簧振子以驅動力，使振子做受迫振動。把手勻速轉動的周期就是驅動力的周期，改變把手勻速轉動的速度就可以改變驅動力的周期。若保持把手不動，給砝碼一向下的初速度，砝碼便做簡諧運動，振動圖線如圖4所示。當把手以某一速度勻速轉動，受迫振動達到穩定時，砝碼的振動圖線如圖5所示。
若用T0表示彈簧振子的固有周期，T表示驅動力的周期，y表示受迫振動達到穩定后砝碼振動的振幅，則（）。
A. 由圖線可知T0＝4s
B. 由圖線可知T0＝8s
C. 當T在4s附近時，顯著增大；當T比4s小得多或大得多時，y很小
D. 當T在8s附近時，y顯著增大；當T比8s小得多或大得多時，y很小
解析：圖4是保持把手不動，彈簧振子自由振動的振動圖象，該圖象的周期為固有周期，由圖可知，固有周期是4s，選項A對，B錯；在做受迫振動時，驅動力的周期越接近固有周期，其振動的幅度就越大，反之就越小。圖5中驅動力的周期為8s，彈簧振子沒發生共振，故選項C對，D錯。
（2）借助實際問題考查
例6.鋪設鐵軌時，每兩根鋼軌接縫處都必須留有一定的間隙，勻速運行列車經過軌端接縫處時，車輪就會受到一次沖擊。由于每一根鋼軌長度相等，所以這個沖擊力是周期性的，列車受到周期性的沖擊做受迫振動。普通鋼軌長為L＝12.6m，列車固有振動周期為T＝0.315s。下列說法正確的是（）
A. 列車的危險速率為40m/s
B. 列車過橋需要減速，是為了防止列車發生共振現象
C. 列車運行的振動頻率和列車的固有頻率總是相等的
D. 增加鋼軌的長度有利于列車高速運行
解析：由題設可知，列車發生共振的危險運行速率
選項A對；列車運行的頻率等于驅動力的頻率，不一定等于列車的固有頻率，選項C錯；鋼軌越長，列車運行的危險速率越大，這樣列車在較高的速率運行時還可遠離危險速率，選項D對；列車過橋需要減速，是為了保護橋，不是防止列車發生共振，選項B錯。
答案：AD
二. 機械波
1. 考查波的傳播
例1.圖6為一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t＝0時的波形。當R點在t＝0時的振動狀態傳到S點時，PR范圍內（含P、R）有一些質點正在向y軸負方向運動，這些質點的t坐標取值范圍是（）
A. 2cm≤x≤4cm B. 2cmC. 2cm≤x<3cm D. 2cm解析：由于R、S兩點相距，故R點在t＝0時的振動狀態傳到S點需時間3T/4，3T/4的波形如圖7中虛線所示。由圖7可知，在2cm≤x<3cm的質點正在向y軸負方向運動。
答案：C
例2.在均勻介質中選取平衡位置在同一直線上的9個質點，相鄰兩質點的距離均為L，如圖8所示。一列橫波沿該直線向右傳播，t＝0時到達質點1，質點1開始向下運動，經過時間△t第一次出現如圖9所示的波形，則該波的（）
A. 周期為△t，波長為8L
B. 周期為2△t/3，波長為8L
C. 周期為2△t/3，波速為12L/△t
D. 周期為△t，波速為8L/△t
解析：由圖9知波長。t＝0時刻的波型如圖9虛線所示，質點1向下運動，再過△t時刻的波形如圖9實線所示，可知質點1已變為向上運動。由此可知，在質點1左邊距質點1半個波長處的質點的狀態經△t第一次傳到質點9，傳播的距離為，故傳播的時間為2T/3，即△t＝2T/3。選項A、D錯，B對；又波速
選項C對。
答案：BC。
3. 考查波的疊加
例3.兩個不等幅的脈沖波在均勻介質中均以1.0m/s的速率沿同一直線相向傳播，t＝0時刻的波形如圖10所示，圖中小方格的邊長為0.1m。則以下不同時刻，波形正確的是（）
簡析：通過運用△x=vt計算四個選項對應時刻左波峰、右波谷應傳播到的位置，并對B、C選項該時刻重疊區域的波應用波的疊加原理，最終判斷選項ACD正確。
4. 考查多普勒效應
例4. （全國卷II）頻率一定的聲源在空氣中向著靜止的接收器勻速運動。以u表示聲源的速度，v表示聲波的速度（uA. f增大，v增大 B. f增大，v不變
C. f不變，v增大 D. f減少，v不變
解析：當波源與接收器之間距離發生變化時，發生多普勒效應。間距變小時，接收到的頻率大于波源的頻率；間距變大時，接收到的頻率小于波源的頻率。本題聲源靠近接收器，故接收到的頻率大于聲源頻率，且靠近的越快，接收到的頻率越大。發生多普勒效應時，聲波的速度不變。選項B正確。
牛頓運動定律問題中的幾個常見模型
在有關牛頓運動定律的問題中，我們會經常遇到一些相似情景的問題，如果我們能夠將這些常見的模型加以歸納、總結，就可以舉一反三，達到做題少、見效快的目的了。
本文就一些常見模型進行歸納，希望能夠給大家一點啟發。
（1）幾種自由滑行的加速度大小
注：①對圖二、圖三：若斜面光滑，則有a＝gsinθ
②對圖三：若a=0，即物塊恰能沿斜面勻速下滑，有
③若物塊在同一斜面上既上滑又下滑，則有
④對于阻力不變的上拋和下落，類似有（相當于）
例：如下圖所示，粗糙的斜坡傾角α=30°，有一物體從點A以某一初速度開始向上運動，經過2s到達B點速度恰好為零，然后從點B返回點A。已知點A、B間距離為16m，求從點B返回點A所需的時間。（g=10m/s2）
解：將第一過程逆向考慮，運動變成初速度為零，加速度為的勻加速直線運動
由，即
解得：
由（這兩個表達式必須要交待）
知
從而解得
由，即
解得：
※本題在解題過程中，好多資料往往都是先解出摩擦因數，然后再去解，這樣一方面更為麻煩，另一方面也增加了出錯的機會。顯然，如果知道了上滑和下滑時加速度間的關系，問題就大為簡便了。但由于這個結論不是課本上的，不可直接拿出來用，就如在圓周運動中常常要用到，如果直接用經結論就要被扣分一樣，這一點是我們今后在解題時必須要時刻加以注意的（下同）。
（2）圖中水平桌面光滑，兩種情況下加速度的區別在圖四中，很容易知道M的加速度為
而在圖五中，卻容易錯誤地認為加速度大小與圖四相同，實際上兩者相差很大。
仔細分析后就會發現圖五中的m向下加速時，m處于失重狀態，其對繩子的拉力一定小于自身重力，加速度就不可能與圖四相同了。只要設繩子上的拉力大小為T，分別對M、m運用牛頓第二定律即可解出加速度大小為
（3）物體只受兩個力作用下的兩種加速度物體只受如圖六F、mg兩個力的作用，則
若加速度沿①方向，則a1=gtanα
若加速度沿②方向，則a2=gsinα
這種模型在作變速運動的車廂內懸掛小球（含圓錐擺類問題）、物塊沿光滑斜面滑行、放在斜面上在推力作用下與斜面保持相對靜止一起加速運動、火車轉彎問題的討論、單擺回復力等問題中經常碰到，我們應該能夠做到非常熟練。
（4）光滑水平面上，一物體由靜止開始在恒力F1作用下運動時間t，后將F1反向，大小變為F2，經相同時間回到原出發點，則有F2=3F1（證明略）。
該結論非常有用，如將力改為加速度則變為運動學問題，也可將其放到機械能的做功問題中去，還可放到電場的電容器求兩次電量之比問題中去等。
（5）一小球由靜止開始從斜面上滑下，到達斜面底部不計能量損失地進入同種材料的水平面上滑行一段距離后停止運動，若始末兩點的連線與水平面的夾角為θ（如圖所示），則有：
證明略。說明：這個模型在動能定理（見第五章）里也很常見，即在斜面上自由滑行時滑動摩擦力所做功等于在水平面上自由滑行投影部分距離滑動摩擦力所做功。
在一些問題中如果不知道這個結論，幾乎無從下手。
例：如下圖示的器材是：木質軌道（其傾斜部分傾角較大，水平部分足夠長）、小鐵塊、兩枚圖釘、一根細線、一個量角器。只用上述器材就可以測定小鐵塊與木質軌道間的動摩擦因數。實驗步驟是：
（1）將小鐵塊從傾斜軌道上的一固定位置由靜止釋放，讓小鐵塊能下滑到水平軌道上。
（2）由圖釘把細線釘在小鐵塊的起、終點處并拉直。
（3）用量角器測量____________。（先用文字說明再用字母表示）那么測得小鐵塊與木質軌道間的動摩擦因數可表示為μ＝_____________。
答案：細線與水平面間的夾角θ，tanθ。
帶電粒子在電場中運動的題目類型
一. 變速直線運動
模型：如圖1所示，在真空中有一對平行金屬板，其間距離為d，電源電壓為U，板間電場為勻強電場，若在A板小孔處將一質子由靜止釋放，設質子質量為m，電量為q，則質子到達B板時速度為多大？
1. 受力分析：質子重力可忽略，故只受電場力作用，方向向右。
2. 運動情況分析：因質子受勻強電場的作用力（F=Eq）恒定，且初速度為零，故質子將向右做初速度等于零的勻加速直線運動。
3. 求速度有兩種方法：
方法一：用牛頓第二定律和運動學知識求解
由牛頓第二定律可得，質子運動的加速度的大小為：
質子做勻加速運動，已知初速度v0=0，位移s=d，加速度為a，由
可求得，質點到達B板時速度為：
方法二：用動能定理求解
質子運動過程中，只受電場力做功為：W=qU
根據動能定理有：
解得
4. 注意：①帶電粒子在電場中運動時，電場力做的功qU等于帶電粒子動能的增量，即，這一結論對勻強電場和非勻強電場都適用；②若質子有沿場強方向的初速度為v0，其他條件不變，則用上述兩種方法同樣可解得，粒子到達B板時的速度為：；③若將圖1中電源負極調換一下，即A板接負極，B板接正極，且質子有向右的初速度v0，則粒子到達B板速度為
例. 兩塊平行金屬板A、B之間的電壓是80V，一個電子以6.0×106m/s的速度從小孔C垂直A板進入電場，如圖2，該電子能打在B板上嗎？如果能打B板上，它到達B板時的速度有多大？如果電源電壓變為120V，情況又會怎樣？
解析：電子進入電場后受的電場力方向與初速度方向相反，故電子做減速運動，其加速度大小為①
式中m、e分別為電子的質量和電量，U為板間電壓，d為板間距離。
設想電子在該電場中做減速的直線運動到速度為零，運動的位移為s，由位移公式得②
將①式代入②式得
③
即電子減速運動到速度為零所發生的位移的大小大于兩板間的距離，故電子能打在B板上，設打在B板上的速度為vB，由得
若U=120V，則由③式得
即電子減速運動到速度為零所發生的位移大小小于兩極板間距離，故粒子不能到達B板。
二. 定向偏轉（類平拋運動）
模型：如圖3所示，在真空中水平放置一對平行金屬板，板間距離為d，板長為l，加電壓U后，板間產生一勻強電場，一質子以初速v0垂直電場方向射入勻強電場，試分析質子運動情況，并求出質子射出電場時的速度。
1. 受力分析：質子所受重力可以不計，故只受豎直向下的電場力作用。
2. 運動情況分析：水平方向（即垂直電場方向）由于不受力的作用，故做勻速直線運動；豎直方向上只受恒定的電場力作用，故做初速度為零的勻加速直線運動，因此我們可以用運動合成的知識來求質子在任一時刻的速度。
3. 求解方法：質子通過電場的時間可由水平分運動求出
質子在豎直方向做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可求得加速度為：
質子離開電場時豎直分速度為：
質子離開電場時的速度實質是兩分運動在此時刻速度的合速度（如圖）
設此時質子速度方向與初速度方向夾角為（通常稱為偏轉角），則由矢量圖可知
由此可知，偏轉角與板長l、板間距離d、板間電壓U、帶電粒子的初速度v0和荷質比
有關。
4. 注意：①若不同的帶電粒子是從靜止經過同一加速電壓U0加速后進入偏轉電場的，則由動能定理有，則，由上式可知，粒子的偏轉角與粒子q、m無關，僅決定于加速電場和偏轉電場，即不同的帶電粒子從靜止經過同一加速電場加速進入同一偏轉電場，它們在電場中的偏轉角度總是相同的；②粒子從偏轉電場中射出時偏轉距離，作粒子速度的反向延長線，與初速度的延長線交于O點，O點與粒子入場點距離為x，則
由此可知，粒子從偏轉電場中射出時，速度的反向延長線與初速度延長線的交點平分沿初速度方向的位移，好像直接從板中點沿直線射出一樣，對偏轉的問題，一定要通過運動的合成與分解的方法分析，依運動的獨立性來確定。
關于動量守恒的若干點
應用動量守恒定律解決高中物理問題，由于只需知道變化前后系統的狀態情況，可以不考慮系統內物體在內力作用下具體所發生的復雜的變化過程，因此可以簡化解題過程，提高解題效率，可謂求解高中物理問題的金鑰匙之一。但由于不能正確掌握和理解動量守恒定律，造成在應用時出現了各種各樣的錯誤，針對經常出現的一些問題，筆者作了較為系統的總結，供同學們參考。
一個對象
正確選擇研究對象是解決問題的第一步，動量守恒定律的研究對象是由多個相互作用的物體組成的系統，但切忌將參照物包括在系統內。
二個時刻
動量守恒指的是在系統內物體相互作用的整個過程中，任一瞬間的總動量都保持不變，即任一時刻系統的動量都和初始狀態時的動量相同。但在實際的運用過程中，若作用過程中系統滿足動量守恒的條件，則我們無需考慮系統內物體相互作用的過程，只需知道作用前的總動量……（式中……是作用開始時刻各物體的瞬時速度）和作用結束時刻的總動量……（式中……是作用結束時刻各物體的瞬時速度），令兩者相等求解即可。
三種情況
主要是指動量守恒的三個條件，這也是能否應用動量守恒定律解題的決定因素。此處不再詳細說明。
四個注意點
1. “動量守恒”的含義
在系統內物體相互作用的過程中，系統內各物體的動量可以相互傳遞、轉移、變化，但是系統的總動量（系統內各物體動量的矢量和）始終保持不變，這里的守恒是指轉化的守恒，不能簡單地認為只是作用前后兩個狀態的總動量相等。因此，系統動量守恒時，決不能認為系統內的每一個物體的動量都保持不變。
2. 動量守恒定律的表達式
動量守恒根據不同的理解，具有不同的表達式，常見的有下面幾種：
①
此表達式是動量守恒定律的最原始的表達式，它具有的含義是：系統內物體相互作用前后的總動量相等。
②
此表達式具有的含義是：由兩個物體作用的系統，作用過程中兩物體的動量變化量大小相等，方向相反。
③
此表達式具有的含義是：系統內各物體作用過程中動量的變化量之和為零。
3. 物體速度的相對性
由于動量的大小和方向與參照系的選擇有關，因此在應用動量守恒定律時，應該注意各物體的速度必須是相對同一慣性參照系而言的。如果題設條件中各物體的速度不是相對于同一慣性系時，必須轉換參照系，使其成為相對于同一慣性系的速度后，再運用動量守恒定律列方程求解。
4. 動量守恒定律的適用范圍
動量守恒定律具有廣泛的適用范圍，只要系統滿足動量守恒的條件，不論系統內部各物體之間是何種性質的作用力，不論系統內各物體處于什么運動狀態，不論物體相互作用時是否直接接觸，也不論相互作用后物體是黏合在一起還是分裂成碎塊等等，動量守恒定律都適用。
與牛頓運動定律相比較，動量守恒定律不僅適用于低速運動的宏觀物體，而且適用于接近光速運動的微觀粒子的相互作用。在自然界中，大到天體間的相互作用，小到基本粒子間的相互作用，都遵循動量守恒定律。
與超重和失重有關的實際問題
當物體具有向上的加速度時，物體受水平面的支持力或懸繩的拉力大于重力，稱為超重。當物體有向下的加速度時，物體受水平面的支持力或懸繩的拉力小于重力，稱為失重。利用超重和失重能解決很多實際問題，現舉例如下：
例1. “蹦極”是一種近年流行的能使人獲得強烈超重、失重感的非常“刺激”的驚險娛樂運動項目：人處在離水面上方十層樓的高處(如懸崖邊、大橋上、傘塔頂等)，用橡皮彈性繩拴住身體，讓人自由落下，落到一定位置時彈性繩拉緊，為簡化起見，設人體立即做勻減速運動，到接近水面時速度剛好減為零，然后再反彈。已知某“勇敢者”頭戴重50N的頭盔，開始下落的高度為76m，設計的系統使人落到離水面28m時彈性繩才繃緊，則當他落到離水面高度50m左右位置時，戴著頭盔的頭部感覺如何?當他落到離水面15m左右的位置時(頭朝下腳朝上)，其頸部要用多大的力才能拉住頭盔?
［解析］當此“勇敢者”下落到離水面50m左右高度時，他正處于自由下落狀態，即a=g，因此，這個人以及他身上的裝備都正處于完全失重狀態，即此人戴著頭盔的頭部既感覺不到頭盔向下的拉力，也感覺不到向上的壓力。
由題設條件可知，在人下落h=76m-28m=48m時，彈性繩開始繃緊，產生彈力并立即使人做勻減速運動，處于超重狀態，在繼續向下運動28m后速度減為零，因此我們可以求出此過程中人的加速度，人自由下落h=48m時的速度為
。設彈性繩繃緊后產生的加速度大小為a，則由勻變速運動的速度、位移公式得
在此過程中，對頭盔，由牛頓第二定律得
即為人的頸部對頭盔向上的拉力。
例2 下列說法正確的是（ ）
A. 體操運動員雙手握住單杠吊在空中不動時處于失重狀態
B. 蹦床運動員在空中上升和下落過程中都處于失重狀態
C. 舉重運動員在舉起杠鈴后不動的那段時間內處于超重狀態
D. 游泳運動員仰臥在水面靜止不動時處于失重狀態
［解析］加速度方向向下，物體處于失重狀態，它包括兩種情況：其一物體加速向下，其二物體減速向上，A，C、D選項中的對象都處于平衡狀態，只有B選項中處于失重狀態，故B正確。
例3 在人造衛星中，下列那些儀器不能使用（ ）
①天平②彈簧測力計③水銀溫度計④水銀氣壓計
A. ①② B. ①③ C. ①④ D. ②③
［解析］人造衛星繞地球做勻速圓周運動，其向心力由萬有引力提供，其向心加速度方向指向地心，衛星內物體處于完全失重狀態。靠力矩平衡測質量的天平和靠水銀柱高度來測大氣壓的水銀氣壓計不能使用，彈簧測力計不能測重力，但可以測拉力，水銀溫度計是靠熱脹冷縮原理制成的，可以用，所以正確選項為C。
聚焦熱學中分子類估算問題
一. 分子大小
例1. 根據水的摩爾質量和水的密度，利用阿伏加德羅常數，估算水分子的質量和直徑。
解析：一個水分子的質量為
水的摩爾體積為，把水分子看作一個挨著一個緊密排列的小球，每個分子的體積為，
又，可求得水分子直徑。
二. 分子間距
例2. 如圖所示，食鹽（NaCI）是由鈉離子和氯離子組成的，這兩種離子在空間中三個互相垂直的方向上等距離地交錯排列著。已知食鹽的摩爾質量是58.5g/mol，食鹽的密度是2.2g/cm3，阿伏加德羅常數為6.02×1023mol-1，在食鹽晶體中兩個距離最近的鈉離子的中心距離約為多少？
解析：食鹽的摩爾體積為由于一個食鹽分子中包含一個鈉離子和一個氯離子，因此1mol食鹽中包含的離子數目應是2NA。故一個離子所占的體積為
小正方體的邊長為
兩個距離最近的鈉離子中心間的距離
三. 分子數量
例3. 設某人的肺活量為400mL，試估算在此人一次吸氣過程中，有多少分子是他在一年前的一次呼吸過程中呼出的？
解析：大氣壓是由大氣重量產生的，地球上大氣層的總質量：
標準狀態下，大氣占據的總體積：
人呼出的一口氣經一年時間在大氣層中占據的比率為
一年后吸一口氣中有：
評注：初看本題，似乎根本無從下手，但仔細揣摩題意，可知一年時間內可認為原來呼出的那口氣已充分混合于大氣層中，算出這口氣在整個大氣層中所占的比例，即可求出問題的結果，解本題的關鍵是要合理地建構模型，將實際問題理想化。
四. 分子力大小
例4. 晶須是一種發展中的高強度材料，它是一些非常細、非常完整的絲狀(截面為圓形)晶體。現有一根鐵晶，直徑，用的力將它拉斷，試估算拉斷過程中最大的鐵原子力f（Fe的密度）
解析：因原子力的作用范圍在數量級，阻止拉斷的原子力主要來自于斷開截面上的所有原子對。當鐵晶上的拉力分攤到一對Fe原子上的力超過拉伸過程中的原子間最大原子力時，鐵晶就被拉斷。
又因為鐵的摩爾質量
所以鐵原子的體積
原子直徑
原子球的大圓面積：
鐵晶斷面面積
斷面上排列的鐵原子數個
所以拉斷過程中最大鐵原子力
評注：本題以高科技材料晶須為背景立意命題，考查學生建模能力，分析、推理和計算能力。試題要求估算最大的鐵原子力，其關鍵在于，如何將已知的宏觀量與待求的微觀量聯系起來，這就要想到阿伏加德羅常數，其次是要將已知的宏觀量與待求的微觀量之間的關系用盡量簡單的表達式表示出來。本題中就是簡單地認為鐵晶截面上的每對鐵原子力的總合力就等于宏觀上所施加的拉力F，即F=Nf。事實F和f的關系相當復雜，但由于是估算，上面的簡化處理完全可行，這也是求解估算類問題時所遵循的基本原則。
電場復習四步走
《電場》這一章內容多且是高中物理內容中十分重要的一章，怎樣才能學好這一章呢？作者給同學們由淺入深地總結了以下四步，希望同學們認真體會，仔細研究，以求盡快地將本章內容融會貫通。
第一步：牢記并理解基本概念、基本規律
本章的基本概念、基本規律很多，相互之間又有很多的聯系，牢記并理解它們對深入學習和靈活應用各種方法大有裨益。
例1. 如圖1所示，A、B兩點各放有電荷量為+Q和+2Q的點電荷，A、B、C、D四點在同一直線上，且AC=CD=DB。將一正電荷從C點沿直線移到D點，則（）
A. 電場力一直做正功
B. 電場力先做正功再做負功
C. 電場力一直做負功
D. 電場力先做負功再做正功
解析：由于A、B兩點放的電荷均為正電荷，根據場強的疊加原理可知，在AB連線上必有一點合場強為零。設該點為O，且距A點為x，AB兩點間的距離為L。據點電荷的場強公式及疊加原理有
解之得
可見O點在CD之間靠近C點處，O點左側合場強方向水平向右，O點右側合場強方向水平向左，所以將一正電荷從C點沿直線移到D點的過程中，電場力先做正功再做負功，故答案B正確。
點評：本題考查了點電荷電場的特點、點電荷場強公式、疊加原理等基礎知識。解此題的關鍵是要明確A、B間有一點場強為零，在該點兩側場強方向相反。
第二步：掌握一些解決問題的科學方法，巧妙、快捷地解題
本章物理學的科學學習方法主要有：（1）建立理想化模型的方法。點電荷、電場線、等勢面等都是從理想化模型中抽象而得到的。（2）用比值定義電場強度、電勢的方法。（3）類比的方法。電場與重力場有許多相似之處，有許多概念都能對應起來。此外，還有整體法、等效法等方法，學會應用這些方法，不僅有利于快速解決本章習題，還有助于培養科學的思維方式。
例2. 水平方向的勻強電場中，不質量為m的帶電小球，用長L的細線懸于O點。當小球平衡時，細線和豎直方向成θ角，如圖2所示。現給小球一個沖量，沖量方向和細線垂直，使小球恰能在豎直平面內做圓周運動。問：需要施加的沖量值至少多大？
解析：由題給條件，可認為小球處于一個等效重力場中，其方向如圖3所示，等效重力加速度。K為此重力場的“最低點”，則圖中Q便是圓周運動“最高點”。小球在Q有臨界速度即可做完整的圓周運動。在K處有。從有
整理以上各式，解得
第三步：重視電場與其他章節知識的學科內綜合
本章易出綜合性強、難度大的題目，因為它能與力學、磁場等知識緊密聯系起來。
第四步：重視理論聯系實際
本章的很多知識點可以和生產生活相結合，這就給命題提供了很大的空間。對于這類題，只要認真讀題，提取有用信息，建立合理的物理模型，就能化繁為簡了。
物體平衡的常見模型
可看作輕繩、輕桿、輕彈簧、輕滑輪的繩、桿、彈簧、滑輪、滑環均忽略其本身的質量，模型各自的受力特點分述如下。
一. 輕繩模型
輕繩模型：輕繩只能發生拉伸形變，所以只能產生拉力，方向總是指向繩收縮的方向，且內部各處張力處處相等。
例1. 如圖1所示，一個半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O點為其球心，碗的內表面及碗口是光滑的。一根細線跨在碗口上，線的兩端分別系有質量為m1和m2的小球，當它們處于平衡狀態時，質量為m1的小球與O點的連線與水平線的夾角為α＝60°。兩小球的質量比m2/m1為（ ）
A. B. C. D.
解析：如圖2所示，質量為m1的小球受三個力作用：線對它的拉力T，顯然T＝m2g；碗對它的支持力N；重力m1g。由幾何關系可知，圖1中△OBA應為等邊三角形，夾角都為60°。建立水平和豎直方向的坐標系，由平衡條件有
由以上可得
即選項A正確。
二. 輕桿模型
輕桿模型：輕桿不僅能發生拉伸形變，還能發生壓縮形變，所以輕桿不僅能施以拉力，還能承受壓力，且在桿內彈力處處相等。輕桿還能發生彎曲形變，所以桿的彈力不一定沿桿的方向。現分以下兩種情況來討論。
1. 桿受力處于平衡狀態，其一端可以自由轉動，則另一端所受合力必沿桿方向。
例2. 如圖3所示，AB為水平輕桿，A端用絞鏈與墻壁相連，B端用輕繩CB拉著，且與AB成30°角，下端掛一重為10N的物體，求AB桿受到的作用力FAB？
解析：選擇輕桿為研究對象，繩BC的張力T和重物的重力G的合力必沿桿方向，所以容易求得
說明：因為A端為鉸鏈，可以自由轉動，若合力不沿BA方向，則桿將發生轉動。
2. 輕桿受力處于平衡狀態，其一端固定時，桿可產生各種方向的彈力，因而桿的另一端受力不一定沿桿方向，應具體問題具體分析。
例3. 如圖4，一輕桿A端固定在墻上，另一端B固定著一個重為G的小球處于靜止狀態。求輕桿對小球的力。
解析：由于小球靜止，受力平衡，所以桿對小球的力應豎直向上，與小球的重力平衡。
三. 輕彈簧模型
輕彈簧模型：輕彈簧不僅能發生拉伸形變，還能發生壓縮形變，所以輕彈簧既能產生拉力，又能承受壓力，且在內部彈力處處相等。彈力方向總是沿著彈簧的軸線，在彈性限度內，彈力的大小F＝kx。
例4. 圖5中，a、b、c為三個物塊，M、N為兩個輕質彈簧，R為跨過光滑定滑輪的輕繩，它們連接如圖并處于平衡狀態，則（ ）
A. 有可能N處于拉伸狀態而M處于壓縮狀態
B. 有可能N處于壓縮狀態而M處于拉伸狀態
C. 有可能N處于不伸不縮狀態而M處于拉伸狀態
D. 有可能N處于拉伸狀態而M處于不伸不縮狀態
解析：R為輕繩，只能拉伸不能壓縮。（1）若R有拉力，則N必處于拉伸狀態。以a為研究對象，若R對a的拉力小于重力，則M處于壓縮狀態；若R對a的拉力等于重力，則M處于自由狀態；若R對a的拉力大于重力，則M處于拉伸狀態。（2）若R沒有拉力，則N處于自由狀態，M處于壓縮狀態。綜上討論得正確選項為A、D。
四. 滑輪模型
滑輪模型通常是指輕滑輪和輕繩的組合，此時滑輪兩邊繩子的拉力大小相等。
例5. 水平橫梁的一端A插在墻壁內，另一端裝有一小滑輪B，一輕繩的一端固定在墻上，另一端跨過滑輪后掛著一質量為m＝10kg的物體，并與橫梁的夾角為30°，如圖6所示。g＝10m/s2，則滑輪受的作用力為（ ）
A. 50N B. C. 100N D.
解析：在求解中要注意兩點：一是因滑輪B可轉動，故系重物的整條輕繩上張力T處處相等，即BC段張力也為mg＝100N；二是因桿插入墻壁里固定不動，故可承受來自各個方面的力，即桿另一端的受力不一定沿桿的方向。所以滑輪受到繩子的作用力為上下兩段繩的拉力的合力F，為100N，如圖7所示。正確選項為C。
五. 滑環模型
滑環模型：滑環可施出拉力，還可承受壓力，力的方向沿滑環的徑向，且垂直于相交的平面。
例6. 有一個直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB豎直向下，表面光滑。AO上套有小環P，OB上套有小環Q，兩環質量均為m，兩環由一根質量可忽略、不可伸長的細繩相連，并在某一位置平衡（圖8）。現將P環向左移一小段距離，兩環再次達到平衡，那么將移動后的平衡狀態和原來的平衡狀態比較，AO桿對P環的支持力FN和摩擦力f的變化情況是（ ）
A. FN不變，f變大 B. FN不變，f變小
C. FN變大，f變大 D. FN變大，f變小
解析：以兩環和細繩整體為對象。在豎直方向上，始終二力平衡，即FN＝2mg不變；再以Q環為對象，在重力、細繩拉力F和OB壓力N作用下平衡（圖9）。設細繩和豎直方向的夾角為α，則P環向左移的過程中α將減小，N＝mgtanα也將減小。再以整體為對象，水平方向只有OB對Q的壓力N和OA對P環的摩擦力f作用，因此f＝N也減小。故正確選項為B。
傳送帶上物體的摩擦力
翻閱近年高考試題，不乏傳送帶問題，傳送帶問題常常涉及三方面的問題，即物體通過傳送帶的時間問題，物體在傳送帶上遺留痕跡問題，以及物體在傳送帶上的摩擦力問題。本文所要闡述的是物體在傳送帶上的摩擦力問題。
分析物體在傳送帶上的摩擦力，首先要弄清以下三個問題：
1. 物體在傳送帶上參照物的選取
傳送帶上物體的摩擦力，要以與物體接觸的傳送帶為參照物，不要以地面或相對于地面靜止的物體為參照物。
2. 物體在傳送帶上確定摩擦力方向的方法
判斷物體在傳送帶上的摩擦力方向，關鍵是分清物體相對傳送帶是相對滑動，還是有相對運動趨勢。如果是相對運動，則物體受到的滑動摩擦力方向與物體相對傳送帶滑動的方向相反；如果有相對運動趨勢，一般用假設法先確定物體相對傳送帶的運動趨勢方向，最后根據靜摩擦力方向與相對運動趨勢方向相反來確定物體受到的靜摩擦力方向。
確定物體相對傳送帶運動趨勢的方法：即假設物體與傳送帶的接觸面突然變成光滑，在這一條件下開始分析，若物體與傳送帶的速度仍相同，說明物體與傳送帶之間無相對運動趨勢；若物體與傳送帶的速度不同，再進一步分析出物體相對傳送帶的速度方向，則該方向就是物體相對傳送帶的運動趨勢方向。
3. 物體在傳送帶上摩擦力的大小
計算物體與傳送帶之間的滑動摩擦力用計算。水平傳送帶上，FN等于物體重力大小；傾斜傳送帶上，FN等于物體重力沿垂直于傳送帶方向的分力。
計算傳送帶上物體的靜摩擦力大小，沒有現成的公式計算，一般根據平衡知識或牛頓第二定律確定。
例1. 圖1中傳送帶上部水平，長為L，以速度向右勻速運動，今有一質量為m的物塊以不同的速度v滑上皮帶左端，試分析以下情況物塊受到的摩擦力方向：
（1）v＝0；
（2）；
（3）；
（4）
圖1
解析：（1）v＝0時，物塊相對地面靜止，假設接觸面光滑，則物塊相對傳送帶向左運動，即物塊相對運動趨勢向左，故物塊受到的靜摩擦力方向向右。如果傳送帶足夠長，在這個靜摩擦力作用物塊加速，直到物塊速度等于傳送帶速度之后，物體將不再受摩擦力，而與傳送帶一同勻速。
若v＝0，物塊與傳送帶相對滑動，則物塊受到向右的滑動摩擦力開始加速，如果傳送帶足夠長，當速度增加到時，物塊就不再受到摩擦力。
（2）時，物塊相對傳送帶向左運動，物塊受到向右的滑動摩擦力開始加速，如果傳送帶足夠長，當速度達到等于后，物塊就不受摩擦力作用。
（3）時，物塊與傳送帶保持相對靜止，無相對運動趨勢，不受摩擦力。
（4）時，物塊相對傳送帶向右運動，物塊受到向左的滑動摩擦力開始減速，如果傳送帶足夠長，當速度減到等于后，物塊就不受摩擦力作用。
例2. 如圖2所示，傳送帶與地面傾角為37°，傳送帶長度為16m，傳送帶以10m/s的速度順時針轉動，在傳送帶上端A點無初速地釋放一質量為0.5kg的物體，它與傳送帶之間的動摩擦因數為0.5。已知，求物體受到摩擦力作用的時間。（）
解析：（1）將物體輕放于A端時，其受力如圖3所示，摩擦力的方向與皮帶傳送方向相同。由牛頓第二定律得：
解得
由運動學公式，得，即經過1s時間物體的速度與皮帶的速度相同。
物體與傳送帶速度相同瞬間，因為，物體不能勻速運動，即不能保持與傳送帶靜止，故還受到滑動摩擦力作用，只不過改為方向沿傳送帶向上，物體受力如圖4所示。
由牛頓第二定律得：
解得
因為開始1s內物體的位移為，故剩下的位移
在這11m內，物體將以的初速度，的加速度做勻加速運動。
由運動學公式，得
答案：物體受到的滑動摩擦力沿傳送帶向下的時間為1s，沿傳送帶向上的時間也為1s。
點評：（1）本題如果傳送帶與地面角度α符合，則物體在達到與傳送帶速度相同以后，物體受到的摩擦力為沿傳送帶向上的靜摩擦力，其大小就等于，物體保持與傳送帶相對靜止，直到傳送帶最底端B。
（2）如果物體要通過傳送帶運送到高處，且傳送帶與地面角度α符合，當物體以速度為零放在勻速傳送帶的底端時，開始在沿傳送帶向上的滑動摩擦力作用下加速，如果傳送帶足夠長，當速度增到等于傳送帶速度時，物體改為受到等于重力分力向上的靜摩擦力作用，直到物體達到傳送帶最高端。
繩拴物體的圓周運動
在圓周運動中有兩種典型的習慣類型，一是繩拴物體的圓周運動，二是桿拴物體的圓周運動。筆者通過做大量的習題對繩拴物體的圓周運動概括總結為：水平面上的圓周運動、豎直面上的圓周運動、斜面上的圓周運動、錐面上的圓周運動。不同面上的圓周運動情況不同，是因為它們的受力情況和初始條件不同，但它們的研究方法和依據的規律是相同的。解決這方面問題的關鍵是分析臨界狀態、抓住臨界條件，然后恰當的選擇公式進行求解。
一. 繩拴物體在水平面上的圓周運動
例1. 如圖1，細繩一端系著質量M=0.6kg的物體，靜止在水平面上，另一端通過光滑小孔吊著質量m=0.3kg的物體，M與圓孔距離為0.2m，并知M和水平面的靜摩擦力為2N，現使此平面繞過小孔的中心軸線轉動，問角速度數值在什么范圍m才會處于靜止狀態？g取。
圖1
解析：較小時，M有向心運動的趨勢。
設為時，恰好不做向心運動（臨界狀態）
對：
當較大時，M有離心運動的趨勢，設為時，M恰好不做離心運動（臨界狀態）。
對M：
二. 繩拴物體在豎直面上的圓周運動
例2. 長為的繩拴一質量為m的小球，在豎直面內做圓周運動。求最低點和最高點的最小速度至少為多大？
解析：如圖2所示，在最低點：小球重力G和繩的拉力T的合力提供向心力。
圖2
在最高點：小球重力G和繩的拉力T的合力提供向心力。
當時，最高點最小向心力為
最高點最小速度（臨界速度）
可見，當，小球能在豎直面內做圓周運動
當，小球不能在豎直面內做圓周運動
當物體在最高點僅由重力提供向心力時，由機械能守恒定律得：
說明：此題中物體在最高點或最低點只要滿足一個臨界速度便能做勻速圓周運動。
三. 繩拴物體在斜面上的圓周運動
例3. 如圖3所示，質量為m的小球用長為細繩懸于光滑的斜面上的O點，小球在這個傾角為的斜面內做圓周運動，若小球在圓周的最高點和最低點的速率分別為和。問繩子在這兩個位置時的張力分別為多大？
圖3
解析：小球在最低點和最高點的受力情況如圖4所示：
圖4
在最低點的向心力：
在最高點的向心力：
恰好在斜面上做圓周運動（臨界狀態），，最高點最小向心力為
由機械能守恒，得
可見，當時，小球就能在斜面上做圓周運動。
當時，小球不能在斜面上做圓周運動。
例3與例2相比可看出：例2是例3在時的特例。另外，物體在錐面上的圓周運動在本期第四版《探討圓錐擺模型》中詳細闡述。
例解兩個模型
分析豎直平面內變速圓周運動的向心力來源通常采用兩種物理模型：輕繩和輕桿。這兩種物理模型在豎直平面內的變速圓周運動中具有以下特點：
1. 輕繩模型
輕繩只可承受拉力不能復原，即拉力最小值為零，且方向一定沿著細線繃緊的方向；如果小球到達最高點時繩子拉力為零，并且小球剛好能夠通過最高點并完成圓周運動，那么小球在最高點僅受重力作用，即重力提供向心力，如圖1所示。
圖1
如果小球在最高點的速度，那么小球可以順利通過最高點，此時輕繩對小球存在拉力（當，拉力為零）。
如果小球在最高點的速度，那么小球在到達最高點前就脫離圓軌道而做斜上拋運動了。
2. 輕桿模型
輕桿既可承受拉力也可承受壓力，方向既可沿著桿的方向，也可與桿成一定角度。
假設小球和輕桿是相連的，小球在最高點的臨界速度是零。如圖2所示，此時輕桿對小球有支持力的作用，并且支持力。在最高點
圖2
如果小球速度，桿對小球沒有力的作用，。
如果小球速度，輕桿對小球有支持力作用，。
如果小球速度，輕桿對小球有拉力作用。
例1. 如圖3所示，細桿的一端與一小球相連，可繞過O點的水平軸一同轉動。現給小球一初速度，使它做圓周運動，圖中a、b分別表示小球軌道的最低點和最高點，則桿對球的作用力可能是（）
A. a處為拉力，b處為拉力
B. a處為拉力，b處為推力
C. a處為推力，b處為拉力
D. a處為推力，b處為推力
圖3
解析：本題為輕桿模型，由于輕桿在小球運動到最高點和最低點時均可以提供拉力，在最高點時還可以提供推力，所以情況較為復雜，要對小球在不同位置時進行受力分析，列出方程，討論是拉力還是推力。
由于小球在a處所受合外力必須指向圓心，即豎直向上，所以有
小球在b處設桿對小球的作用力為，并取豎直向下為正方向，，
當，即時，，表現為拉力。
當，即時，，表現為推力。
當，即時，不存在作用力。
答案：AB
例2. 有一質量為m的木塊，從半球形、內壁粗糙的碗邊a點下滑到b點，如圖4所示，在下滑過程中，由于摩擦作用，木塊的速率恰能保持不變。下列說法中正確的是（）
A. 因木塊的速率不變，說明它的加速度為零，合外力也為零
B. 木塊下滑過程中，所受的合外力越來越大
C. 木塊下滑過程中，加速度值恒定，方向不斷改變，始終沿著半徑指向圓心
D. 木塊下滑過程中，摩擦力的數值不變
圖4
解析：一個物體所受的合外力大小不變，方向始終指向圓心是該物體做勻速圓周運動的充分必要條件。一個物體做勻速圓周運動，也說明該物體所受的合外力一定是大小不變，方向始終指向圓心的向心力，而不論向心力的來源是多么復雜。
木塊下滑速率不變，方向沿半球形內壁，即小球繞O點做勻速圓周運動，木塊的加速度和合外力一定是大小不變并指向圓心的。
木塊在下滑過程中受三個力的作用，如圖5所示，重力G，碗對木塊的彈力，內壁對木塊的摩擦力，在木塊下滑過程中，圓周（運動軌跡）切線與豎直方向的夾角逐漸增大，G在X軸上的分量逐漸減小，G在Y軸上的分量逐漸增大（XOY直角坐標系也是動態的）
圖5
與的合力提供向心力，式中r為碗的半徑。
根據滑動摩擦力的表達式得
由以上兩式得，可以看出，木塊受到摩擦力隨著的增大而增大。
答案：C
氣體壓強計算問題歸類例析
一、液體封閉的靜止容器中氣體的壓強
1. 知識要點
（1）液體在距液面深度為h處產生的壓強：（式中表示液體的密度）。
（2）連通器原理：在連通器中，同種液體的同一水平面上的壓強相等；
2. 典型
例1 如圖1、2、3、4玻璃管中都灌有水銀，分別求出四種情況下被封閉氣體A的壓強（設大氣壓強）。
解析：在圖1中，液體在C點產生的壓強為，故C點的壓強為。根據連通器原理可知，與管外液面處的壓強相等，等于大氣壓強即。故。
在圖2中，左管中與封閉氣體接觸液面處的壓強為。由連通器原理，右管中與上述液面處在同一水平面的液面處的壓強也等于。而C點到該面的液體產生的壓強為P2=10cmHg，故C點的壓強。C點的壓強就是大氣壓強，所以=。
在圖3中，液柱在C點產生的壓強，故C點的壓強為PC=PA＋P3。而C點的壓強又等于大氣壓強P0，故。
在圖4中，右管液體在C點產生的壓強，故C點的壓強。左管液體對同一水平面處液面的壓強為。由連通器原理可知，，解得。
二、活塞封閉的靜止容器中氣體的壓強
1. 解題的基本思路
（1）對活塞（或氣缸）進行受力分析，畫出受力示意圖；
（2）列出活塞（或氣缸）的平衡方程，求出未知量。
注意：不要忘記氣缸底部和活塞外面的大氣壓。
2. 典例
例2 如圖5所示，一個橫截面積為S的圓筒形容器豎直放置，金屬圓板A的上表面是水平的，下表面是傾斜的，下表面與水平面的夾角為θ，圓板的質量為M。不計圓板與容器內壁之間的摩擦。若大氣壓強為P0，則被圓板封閉在容器中的氣體壓強P等于（ ）
A. B.
C. D.
解析：設圓板下表面的面積為，取圓板為研究對象，圓板受四力：重力Mg，容器的支持力，大氣壓力為和封閉氣體壓力。其受力分析如圖6所示。由平衡條件，沿豎直方向有
解得
正確選項為D
三、加速運動的封閉容器中氣體的壓強
1. 解題的基本思路
（1）恰當地選取研究對象（活塞、氣缸、水銀柱、試管或某個整體等），并對其進行受力分析；
（2）對研究對象列出牛頓第二定律方程，結合相關方程求解。
2. 典例
例3 如圖7所示，有一段12cm長的汞柱，在均勻玻璃管中封住一定質量的氣體，若開口向上將玻璃管放置在傾角為30°的光滑斜面上，在下滑的過程中被封住氣體的壓強P為（大氣壓強）（ ）。
A. 76cm Hg B. 82cm Hg C. 88cmHg D. 70cmHg
解析：設水銀柱質量為m，橫截面積為S。水銀柱受四力：重力mg，斜面的支持力FN，大氣壓力為P0S和封閉氣體壓力PS，受力分析如圖8所示，玻璃管和水銀柱組成的系統的加速度，由牛頓第二定律有
解得
故選項A正確。
練一練
如圖9所示，水平放置的氣缸A和B的活塞面積分別為且，它們可以無摩擦地沿器壁自由滑動，氣缸內封有氣體。當活塞處于平衡狀態時，氣缸A、B內氣體的壓強分別為（大氣壓不為零），則下列正確的是（ ）
A. B.
C. D.
答案：BCD
位移圖象與速度圖象之比較
“位移－時間圖象”和“速度－時間圖象”是運動學中的兩種重要圖象，它們外形的相似性，有些同學容易把這兩種圖象搞混淆。下面就對這兩種圖象的物理意義加以比較。
一、S－t圖象
位移－時間圖象表示做直線運動的物體的位移隨時間的變化規律，橫坐標表示從計時開始的各個時刻，縱坐標表示與各時刻對應的位移，如圖1所示。
圖1
圖線①表示物體從參考點開始做勻速直線運動，直線斜率的大小表示速度的大小，斜率的正負表示速度的方向（斜率為正表示物體的速度方向與規定的正方向相同，斜率為負表示物體的速度方向與規定的正方向相反）。圖線②表示物體靜止。圖線③表示物體的初位移為，即物體從位移為的地方做勻速直線運動，速度方向與正方向相反。圖線④表示物體做非勻速直線運動，曲線上某一點切線的斜率表示該時刻速度的大小，斜率的正負表示該時刻速度的方向。三圖線相交說明三物體相遇，其交點的橫坐標表示相遇的時刻，縱坐標表示相遇時的位移。
二、v－t圖象
物體運動的速度－時間圖象表示物體做直線運動的速度隨時間的變化規律。橫坐標表示從計時開始的各個時刻，縱坐標表示與各時刻對應的物體的瞬時速度，如圖2所示。從速度圖線中我們可知道物體的速度變化情況。
圖2
圖線①表示物體做初速度為零的勻加速運動，斜率大小表示加速度的大小，斜率正負表示加速度正負（正負表示加速度方向與規定的正方向相同或相反）。圖線②表示物體沿正方向做勻速直線運動。圖線③表示物體做初速度為v0的勻減速直線運動。圖線④表示物體做非勻變速直線運動，曲線上某一點切線的斜率表示該時刻加速度的大小，斜率的正負表示該時刻加速度的方向。
三圖線相交說明三個運動質點在該時刻具有相同的速度。
圖中陰影部分面積表示質點在0到t1時間內的位移。
注意，圖線與橫軸交叉處，表示物體速度在該時刻改變了方向。
三、同一種運動兩種圖象的形狀比較
從前面分析可知，對于同一種運動，位移圖象與速度圖象的外形是截然不同的。例如豎直上拋運動，如果設向上為正方向，則位移與時間的關系為，它的位移圖線如圖3所示。
速度與時間的關系為，它的速度時間圖線如圖4所示。
例1 圖5描述了一個小球從水平桌面正上方的一點無初速度自由下落，與桌面多次碰撞后，最終靜止在桌面上的運動過程。則圖線所示的是反映下列哪個物理量隨時間的變化過程（）
A. 位移 B. 路程 C. 速度 D. 速度的變化率
解析 由題意可知，在整個運動過程中小球的速度方向有時向下有時向上，即在速度圖線里速度應有正有負，所以此圖線不可能是速度圖線；小球在運動過程中路程是越來越大，所以它不可能表示路程；在本題中小球的加速度恒為重力加速度g，是一個定值，所以D項錯誤。
如果選小球的初位置為參考點，選向下為正方向，則小球在運動過程中位移始終為一個正值。在下落過程中，位移變大；上升過程中，位移變小。當小球最終停在桌面上的時候，位移達到最大。所以本題的正確選項為A。
例2 一枚小火箭由地面豎直向上發射時的速度圖象如圖6所示，則小火箭上升到最高點的位置對應圖中的（）
A. O點 B. A點 C. B點 D. C點
解析：在速度圖象中時間軸以上部分表示速度方向為正，所以在O到的時間內火箭一直是向上運動的。在時刻向上的速度變為零，火箭達到最大高度，正確的選項為D。
例3 從同一地點以相同速度20m/s先后豎直上拋兩個小球，第二個小球比第一個小球晚1s，則第二個小球拋出后經過多長時間與第一個小球相遇？（不計空氣阻力）
解法一 速度圖象法
在同一坐標系中畫出兩個小球運動的速度與時間的圖象，如圖7所示。由題意可知，第一、二小球到達最高點的時刻分別為第一球拋出后的第2s和第3s。設在第二球拋出ts時，它們相遇，相遇點必在第一球下落，第二球上升過程中，故ts必處于t軸上2、3s之間的某點E。過E作t軸的垂線交線HL于F，交AC的延長線于D。在t軸上取點N，使，過N作t軸垂線交AC線于B，則△BCN≌△CDE。兩球相遇時，它們的位移要相等，即三角形AOC與CED的面積之和要與梯形HKEF的面積相等，但S△BNC=－S△CED，故S梯形AONB=S梯形HKEF，且梯形AONB≌梯形HKEF。顯然△AOC≌△HKL，由以上二式得△FEL≌△BNC≌△CDE，因此E為2s、3s間的中點，故t=1.5s。
解法二 位移圖象法
在同一個坐標系中畫出兩個小球運動的位移與時間的圖象如圖8所示。兩位移圖象的交點表示在該時刻兩球的位移相等，即兩小球在該時刻相遇。由對稱性可知交點的橫坐標t=2.5s，可知第二個小球拋出后經過1.5s與第一個小球相遇。
圖8
整體法和隔離法在平衡問題中的應用
整體法和隔離法實質上是研究對象的選取問題，二者各有優點，應結合具體情況合理選用。下面舉例分析：
例1. 如圖1所示，質量為m=2kg的物體，置于質量為M=10kg的斜面體上，現用一平行于斜面的力F=20N推物體，使物體向上勻速運動，斜面體的傾角α=37°，始終保持靜止，求地面對斜面體的摩擦力和支持力（取）。
圖1
解析：（1）隔離法：先對物體m受力分析，如圖2所示。由平衡條件有
圖2
垂直斜面方向：（1）
平行斜面方向：（2）
再對斜面體受力分析，如圖3所示，由平衡條件有
圖3
水平方向：（3）
豎直方向：（4）
結合牛頓第三定律知
（5）
聯立以上各式，可得地面對斜面體的摩擦力
，方向水平向左；
地面對斜面體的支持力，方向豎直向上。
（2）整體法：因本題沒有要求求出物體和斜面體之間的相互作用力，而且兩個物體均處于平衡狀態（盡管一個勻速運動，一個靜止），故可將物體和斜面體視為整體，作為一個研究對象來研究，其受力如圖4所示，由平衡條件有
圖4
水平方向：（1）
豎直方向：（2）
將題給數據代入，求得
小結：整體法有它的優點，但并非所有情況都可以用整體法，當求解物體和斜面之間的相互作用力時，就應選用隔離法（隔離物體或者隔離斜面體），因為整體法不能求出物體之間的相互作用力。
例2. 如圖5所示，在兩塊相同的豎直木板之間，有質量均為m的四塊完全相同的磚，用兩個同樣大小的水平力壓木板，使四塊磚均靜止不動。求：（1）木板對第1塊磚和第4塊磚的摩擦力各多大？
（2）第2塊磚和第3塊磚之間的摩擦力？
（3）第3塊磚和第4塊磚之間的摩擦力？
圖5
解析：（1）將4塊磚看作整體作為研究對象，對整體進行受力分析，如圖6所示，豎直方向由平衡條件可得，得到木板對第1塊磚和第4塊磚的摩擦力均為。
圖6
（2）第1塊和第2塊磚看作整體隔離后進行受力分析，如圖7所示，豎直方向，木板對第1塊磚的摩擦力為，由平衡條件可知此二力已經達到平衡，故第3塊磚對第2塊磚的摩擦力為零。
圖7
（3）將第4塊磚單獨從系統中隔離出來進行受力分析，豎直方向，由平衡條件可得，得第3塊磚對第4塊磚的摩擦力為，方向豎直向下。
變形：若4塊磚只是右邊受到水平力作用緊壓在墻上靜止，則各接觸面間的摩擦力有何變化？
（答：從左至右，各接觸面間的摩擦力大小依次為：4mg、3mg、2mg、mg）
小結：同一個情景，求解的力不同，研究對象的選取可以不同，但要注意使求解的力作為外力來出現。
例3. 如圖8所示，人重600N，木板重400N，人與木板、木板與地面間動摩擦因數都為0.2，現在人用水平力拉繩，使他與木板一起向右勻速運動，求人的腳對木板的摩擦力。
圖8
解析：先整體法，取人和木板整體為研究對象，受到重力（）、地面對整體的支持力、兩股繩的拉力，地面對整體的滑動摩擦力，受力分析如圖9，由平衡條件得
圖9
代入數據得，。
再用隔離法，將人作為研究對象，受到重力、木板對人支持力、繩對人的拉力，木板對人腳的摩擦力，如圖10，由平衡條件得，，根據牛頓第三定律可知，人腳對木板的摩擦力大小為100N，方向水平向右。
圖10
一道傳送帶問題的多角度思維
題目：如圖1所示，水平傳送帶以5m/s的恒定速度運動，傳送帶長s=7.5m，今在其左端A將一工件輕輕放在上面，工件被帶動，傳送到右端B，已知工件與傳送帶間的動摩擦因數，試求：工件經多少時間由傳送帶左端A運動到右端B？（）
圖1
解析：工件被輕輕放在傳送帶左端，意味著工件對地初速度，但由于傳送帶對地面以向右勻速運動，所以工件相對傳送帶向左運動，故工件受水平向右的滑動摩擦力作用，即：
依牛頓第二定律，工件加速度，a為一恒量，工件做初速度為零的勻加速直線運動，當工件速度等于傳送帶速度時，摩擦力消失，與傳送帶保持相對靜止，一起向右做勻速運動，速度為。
工件做勻加速運動的時間，工件做勻加速運動的位移
由于，所以工件1s后做勻速運動，勻速運動的時間
因此，工件從左端運動到右端的時間：。
變一：若傳送帶長s=2.5m，則工件從左端A運動到右端B一直做勻加速運動，依有：。
變二：若工件以對地速度滑上傳送帶，則工件相對傳送帶無運動趨勢，工件與傳送帶間無摩擦力，所以工件做勻速運動，工件運動時間。
變三：若工件以速度滑上傳送帶，由于工件相對傳送帶向右運動，工件受滑動摩擦力水平向左，如圖2所示。工件做勻減速運動，當工件速度等于傳送帶速度后，二者之間摩擦力消失，工件隨傳送帶一起勻速運動。
圖2
工件做勻減速運動時間
工件做勻減速運動的位移
工件做勻速運動的時間
所以工件由左端A到右端B的時間。
變四：若工件以速度滑上傳送帶，由于，工件先勻加速運動，后勻速運動。
工件勻加速運動的時間
工件做勻加速運動的位移
工件做勻速運動的時間
所以工件由左端A到右端B的時間。
變五：本題若傳送帶與水平面間傾角，如圖3所示，其他條件不變，那么工件由A滑到B時間為多少呢？
圖3
首先應比較動摩擦因數與的大小，由于，所以，即，故工件一定沿傳送帶相對地向下滑。當工件剛放在左端A時，工件相對傳送帶向上運動，工件受的滑動摩擦力沿傳送帶向下，工件做勻加速運動的加速度
即
工件與傳送帶速度相等的時間
在0.5s內工件的位移
隨后，工件不會像傳送帶水平放置那樣，工件與傳送帶一起勻速運動，而是沿傳送帶向下滑動，當工件速度超過傳送帶速度時，工件所受滑動摩擦力沿傳送帶斜面向上，如圖4所示，工件的加速度
圖4
即
工件以加速度運行的位移
設這段位移所需時間為，依有
（舍去）
故工件由A到B的時間。
變六：當傳送帶以5m/s速度向上運動時，如圖5所示，工件相對傳送帶向下運動，所以工件所受滑動摩擦力方向始終沿傳送帶向上，工件一直向下勻加速運動，工件的加速度
圖5
依，有
故工件由A到B的時間。
變七：本題若求工件在傳送帶上滑過的痕跡長L是多少？
由題意可知：痕跡長等于工件相對傳送帶滑過的距離。
依幾何關系：痕跡長L=傳送帶對地的距離x－工件對地的距離
x��工件勻加速運動的時間內傳送帶勻速運動的位移
��工件勻加速運動的位移
即
對牛頓第二定律瞬時性的理解
牛頓第二定律是高中物理學重要的組成部分，同時也是力學問題中的基石，它具有矢量性、瞬時性等特性，其中瞬時性是同學們理解的難點。
所謂瞬時性，就是物體的加速度與其所受的合外力有瞬時對應的關系，每一瞬時的加速度只取決于這一瞬時的合外力。也就是物體一旦受到不為零的合外力的作用，物體立即產生加速度；當合外力的方向、大小改變時，物體的加速度方向、大小也立即發生相應的改變；當物體的合外力為零時，物體的加速度也立即為零。由此可知，力和加速度之間是瞬時對應的。
解這類問題要明確兩種基本模型的特點：
A. 輕繩不需要形變恢復時間，在瞬時問題中，其彈力可以突變，成為零或者別的值。
B. 輕彈簧（或者橡皮繩）需要較長的形變恢復時間，在瞬時問題中其彈力不能突變，大小方向均不變。
例1. 如圖1所示，物體B、C分別連接在輕質彈簧兩端，將其靜置于吊籃A的水平底板上，已知A、B、C三者質量相等，均為m，那么燒斷懸掛吊籃的輕繩的瞬間，各物體加速度為多少？
圖1
解析：此問題應用到彈簧的彈力不能突變的性質。未燒斷繩子之前，C受到一個重力mg和彈簧的彈力F，兩者平衡即F=mg。繩燒斷瞬間，F不能突變，大小仍為mg，所以。
A、B可看成一個整體來分析，繩子未斷之前，它們受重力2mg，彈簧向下的彈力F=mg，繩子向上的拉力，處于平衡狀態。繩子斷的瞬間，拉力消失，而彈簧的彈力不能突變，所以它們受到的合力向下，大小為，所以。
例2. （閱讀此例若有困難，在學完共點力平衡再看）在如圖2所示的裝置中，小球m在水平細繩OA和與豎直方向成θ角的彈簧OB作用下處于靜止狀態，若將繩子OA剪斷，問剪斷瞬間小球m的加速度大小、方向如何？
圖2
解析：以小球為研究對象，在未剪斷繩子OA之前，小球m受重力mg，方向豎直向下；彈簧OB的拉力，方向與豎直方向成θ角斜向上；繩子OA的拉力，水平向左。由于小球處于靜止狀態，則彈簧OB的拉力和重力mg的合力與繩子OA的拉力是一對平衡力。所以和mg的合力在數值上等于繩子OA的拉力，方向水平向右。當剪斷繩子OA的瞬間，繩子OA的拉力消失而彈簧OB的拉力來不及變化（彈簧OB的拉力使彈簧OB發生了形變，而彈簧要恢復到原長是需要時間的，所以在這一瞬間我們認為彈簧的長度并沒有改變），所以此時小球受重力mg和彈簧OB的拉力作用，其合力仍為，方向水平向右。由牛頓第二定律得：加速度，方向水平向右。
變通：若將彈簧換成細繩，如圖3所示，在剪斷水平細繩的瞬間，小球的加速度大小和方向又會怎樣呢？
圖3
解析：將圖3中的水平繩剪斷瞬間，斜拉繩的拉力發生突變，小球受力如圖4所示，小球沿繩方向合力為零，。
小球所受合力，方向垂直斜繩向下。
圖4
例析與分子運動有關的常考題型
分子動理論因為其抽象程度高，所以我們在理解上有一定的困難，我們在學習過程中一定要弄清該理論的難點，然后結合各種類型題目的訓練，就會覺得這一類問題像生活中具體的問題一樣可以預見。
一、分子動理論中的難點分析
1. 在分子動理論中，有意思的是：阿伏加德羅常數就像一座橋梁一樣，聯系著宏觀與微觀的物理量。其中微觀物理量有分子體積v、分子直徑d、分子質量m。而宏觀物理量有物質的體積V、特質的質量M、物質的摩爾質量、物質的摩爾體積、物質的密度。
2. 相關物理量的計算公式：
（1）分子體積：
（2）分子質量：
分子直徑：（設分子為球體），（設分子為立方體）
（3）分子數：
二、相關題型例析
1. 布朗運動類題型
例1. 下列有關布朗運動的說法中，正確的是（ ）
A. 液體的溫度越高，布朗運動越明顯
B. 液體的溫度越低，布朗運動越明顯
C. 懸浮微粒越大，布朗運動越明顯
D. 懸浮微粒越小，布朗運動越明顯
解析：布朗運動是微小顆粒因為受到液體或氣體分子的沖撞而被動地做出的無規則運動，通過它可以顯示出液體或氣體分子的無規則運動的本質。根據分子動理論，溫度越高，分子的無規則運動越劇烈，由此引起的微小顆粒的運動也越明顯；在此過程中，如果顆粒體積越小，則在某一瞬間與它相撞的分子也比較少，小顆粒受到的向各個方向的沖量就顯得越不平衡，因此布朗運動就越明顯。由此可知，AD項正確。
2. 分子間的相互作用力類題型
例2. 關于分子間的相互作用力，下列說法錯誤的是（ ）
A. 總是大于，所以其合力總表現為引力
B. 永遠同時存在
C. 分子間的距離越小，越大，越小
D. 分子間的距離越小，越小，越大
解析：根據分子動理論的知識，分子間同時存在著引力和斥力，當分子間的距離時，和相平衡，為零；當時，，表現為引力；當時，，表現為斥力；由此可知，選AC項。
3. 物體內能類題型
例3. 在下列敘述中，錯誤的是（ ）
A. 物體的溫度越高，分子的熱運動越劇烈，分子平均動能越大
B. 布朗運動就是液體分子的熱運動
C. 對一定質量的氣體加熱，其內能一定增加
D. 分子間的距離r存在某一值，當時，斥力大于引力，當時，斥力小于引力
解析：分子動理論告訴我們，溫度的高低就可以表示分子平均動能的高低；布朗運動是小顆粒的運動，它能顯示出分子的熱運動，而該顆粒的運動是分子團的整體運動，不是分子級別意義上的運動；改變物體的內能有兩種方法，熱傳遞只是其中的一種，如果一邊對物體傳熱，物體一邊對外做功，那么物體的內能變化就不好判斷；有關分子間作用力與分子間距離的關系與分子動理論的內容一致。所以BC項正確。
4. 學科內綜合題
例4. 在墻壁與外界無熱傳遞的封閉房間里，夏天為了降低溫度，同時打開電冰箱和電風扇，兩電器工作較長時間后，房內的氣溫將會怎樣變化？
解析：電冰箱是將箱內的熱量交換到箱外去，但轉移出的熱量仍在房內；而電風扇是通過加快人體表面汗液的蒸發帶走人體的熱量，但帶走的熱量也在房間里。所以，兩者消耗掉的電能最終都轉化為內能聚集在房間里。因此，隨著兩電器的工作時間加長，房間內的溫度會越來越高。
5. 學科間綜合題
例5. 用長度放大600倍的顯微鏡觀察布朗運動，估計放大后的碳的小顆粒體積為，碳的密度為，摩爾質量為，阿伏加德羅常數為。則該小顆粒含有碳分子個數為多少？
解析：此處的V應是小碳粒的實際體積，即
，
則有
=
=個
綜上所述，在具體解題過程中，我們一定要善于總結、歸類，做到舉一反三，觸類旁通。
“平拋運動”中的探究性題型
平拋運動規律是力學中的重要定律，是近年高考的熱點，平拋運動規律往往與實驗、生活、生產、科技活動、體育運動等相綜合，構成豐富多彩的探究性問題，解決這類問題的關鍵：弄清平拋運動的物理狀態、物理過程，理清其中合成、分解的關系，注意臨界條件的運用，然后根據相互關系列式求解。“平拋運動”中的探究性問題主要有以下幾種類型：
一、實驗探究型
新課程標準注重學生綜合探究素養和設計、創新等綜合實驗能力的培養，要求學生利用學過的知識和方法，獨立設計實驗探究方案，恰當選擇實驗器材、合理安排實驗步驟、正確處理實驗數據及進行實驗誤差分析。
例1. 如下圖所示，是研究“水流射程與排水孔高度關系”的實驗裝置，取一個較高的塑料筒（如可樂飲料瓶），在側壁的母線上鉆一排小孔，保持小孔的間距為定值，在每個
小孔中緊插一段圓珠筆筆芯的塑料管，作為排水管。再剪若干段軟塑料管，將其一頭加熱
軟化封閉起來，作為排水管的套帽，另外備有接水盤、直尺、水杯等。任意拔出其中一個套帽（設對應排水小孔到底面的高度為h），就可以測得其水流的射程為s，多做幾次實驗，且每次實驗時液面初始高度均為H，利用描點法就可畫出h-s的圖象。
請你根據理論分析并在下圖中畫出這個圖象，并探究水從距地面什么位置的孔中噴出時射程最遠。
解析：水流的射程與排水管距管頂的高度（H-h）以及排水管到地面的高度h兩個因素有關，（H-h）影響噴出的水柱初速度，h影響噴出水流的落地時間。
設排水管的內截面積為S0，排水管距地面的高度為h，水的密度為，在排水口處取長度為ΔL、質量為Δm的一小段水柱。則對該段水柱應用動量定理有，FΔt=Δmv，其中。
由以上三式可以解出①
質量為Δm的水做平拋運動時有。
由以上兩式解出②
由①、②解得，當時，s有最大值，其最大值為。對式中的h賦值，可畫出圖象如下圖所示。
點評：本題結合平拋運動規律設計了一個探究性實驗，要求根據已知的物理知識和具體問題所給出的物理事實，對物理現象、物理狀態、物理過程等問題進行推理和論證，得出正確的結論或做出正確的判斷，這就是高考物理所要求的重要能力之一��實驗探究性能力。隨著新課改的實施，探究性實驗題將成為高考的熱點，平時實驗中應注意提出問題，進行探究，每完成一次實驗，動腦筋想一想，完成該實驗還有哪些新方案，該實驗還有哪些其他用途，以此來提高自己的探究能力。
二、辨析探究型
近幾年高考物理卷中多次出現了辨析探究型試題，這類試題提供的信息材料，往往將學生中易出現的各種錯誤展現出來，如：似是而非的物理概念問題，物理性質的理解問題，物理方法運用的科學性問題，要求學生利用所學的知識，對物理模型的建立、物理規律的理解和物理過程的分析，以及解決物理問題的能力和科學思維方法等方面進行辨析探究，做出正確的評價。
例2. 如下圖所示，一高度為的水平面在A點處與一傾角為的斜面連接，一小球以的速度在平面上向右運動。求小球從A點運動到地面所需要的時間。（平面與斜面均光滑，取）。某同學對此題的解法為：小球沿斜面運動，則，由此可求得落地的時間。問：你同意上述解法嗎？若同意，求出所需時間；若不同意，則說明理由并求出你認為正確的結果。
解析：不同意該同學的解法。首先物理過程和規律不正確，由于小球開始在水平面上運動，離開A點時小球將做平拋運動，而不會沿斜面下滑。在運動到地面之前小球是否經歷斜面，要進行論證判斷：小球平拋到地面的水平距離。斜面底寬。因為，所以小球離開A點后不會落到斜面上，因此落地時間為平拋運動所需時間，即。
點評：求解“辨析探究型”試題的關鍵：能獨立地對所遇問題進行具體分析，弄清其中的物理狀態、物理過程和物理情境，找出其中起重要作用的因素，運用物理知識綜合解決所遇問題，在正確分析物理過程的同時，能夠根據已知的知識和物理事實，對物理問題進行邏輯推理和論證，得出正確結論或作出正確的判斷，不要被“似是而非”的表面現象所迷惑。
三、開放探究型
開放性試題往往通過文字、圖表、圖象等提供信息，要求考生通過分析這些信息，探究其他一些物理量或物理規律，題目往往沒有指出還要求得哪些物理量，而是要求考生去探究，讓考生自己經歷分析與理解、篩選和評價、聯想與建模的過程，再應用相關物理規律去解決問題，在利用信息進行邏輯推理過程中，要注意全方位、多角度、多層面地剖析，將已知信息與未知量進行轉換和組合，對一切可能的結果進行科學預測和討論。
例3. 滑雪者從A點由靜止沿斜面滑下，經一平臺后水平飛離B點，地面上緊靠平臺有一個水平臺階，空間幾何尺度如下圖所示。斜面、平臺與滑雪板之間的動摩擦因數為假設滑雪者由斜面底端進入平臺后立即沿水平方向運動，且速度大小不變。求：
（l）滑雪者離開B點時的速度大小；
（2）滑雪者從B點開始做平拋運動的水平距離s。
解析：（1）設滑雪者質量為m，斜面長為s，斜面與水平面夾角為，滑雪者滑行過程中克服摩擦力做功。由動能定理，，離開B點時的速度。
（2）設滑雪者離開B點后落在臺階上，水平位移為，據平拋規律，由以上三式可解得，此時必須滿足，求得
當時，滑雪者直接落到地面上，。
答案：（1）
（2）當時，滑雪者落在臺階上，當時，滑雪者落在地面上，。
點評：本題考查了動能定理和平拋運動規律，其中第（2）問具有探究性，往往有許多學生沒有就兩種可能的情況進行分類討論，導致失誤。探究性試題的答案是豐富多彩的，處理這類試題時，應注意廣泛聯想，解題過程中除了運用物理方法之外，還要引用正確的思維方法，科學地分析問題，得出客觀全面的答案，平時學習中應注意發散思維能力的培養。
四、聯系實際型
這類試題往往聯系日常生活、生產現象，聯系科學、技術的應用，聯系科學發展的前沿。如：排球運動是學生很熟悉的一項日常體育活動，排球被水平擊出后做平拋運動，當水平速度較小時，水平射程較小，可能觸網；當水平速度較大時，水平射程較大，可能越界。排球、羽毛球、滑雪、雜技等許多運動涉及到平拋運動的眾多知識，值得探究。
例4. 新浪體育訊：北京時間5月28日消息“申洲杯”國際女排精英賽于今天在寧波北侖進行最后的決賽，中國女排在今天進行決賽中經過激戰，首奪“申洲杯”國際女排精英賽的桂冠。如下圖所示，排球場總長為18m，設球網高2m，運動員站在離網3m的線上，正對網前跳起將球水平擊出。（不計空氣阻力，g取）（1）設擊球點在3m線正上方高度為2.5m處，試問擊球的速度在什么范圍內才能使球既不觸網又不越界？（2）若擊球點在3m線正上方的高度過低，則無論水平擊出的速度多大，球不是觸網就是越界。試求此高度的范圍。
解析：（1）設水平擊球速度為時，（即最小），球剛好觸網而過，由題意知，所以水平速度最小值為；設水平擊球速度為時，（即最大），球恰好打在對方底線，由題意知，所以水平速度最大值為，要使球既不觸網也不越界應滿足：。
（2）設擊球點高度為H，若球恰能觸網，則，若球恰好壓底線，則。可見，若，則觸網；若，則越界，由以上兩式得，即，解得即當擊球高度低于，無論水平擊球速度多大，球不是觸網就是越界。
點評：本題求解時，對排球恰好觸網和壓線這兩種臨界狀態進行分析，以擊球速度為聯系量求出擊球高度的臨界值，這是解決問題的關鍵。理論聯系實際的探究型試題要求考生真正理解物理基本知識和基本規律，靈活運用所學知識去分析實際問題，在平時學習中要學會通過閱讀試題，獲取有用的信息，理解試題中的物理情境，并與所學的知識結合起來，建立正確的物理模型，尋找各物理量之間的聯系，最后列式解決問題。
　
牛頓運動定律運用中的臨界問題
在應用牛頓定律解題時常遇到臨界問題，它包括：平衡物體（a=0）的平衡狀態即將被打破而還沒有被打破的瞬間；動態物體（a≠0）的狀態即將發生突變而還沒有變化的瞬間。臨界狀態也可歸納為加速度即將發生突變的狀態。
加速度發生突變的本質原因是物體的外力發生了突變，物體處于臨界狀態，必然隱含著某些力（如彈力、摩擦力等）的突變。抓住這些力突變的條件，是我們解題的關鍵。
一、和繩子拉力相聯系的臨界情況
例1. 小車在水平路面上加速向右運動，一質量為m的小球用一條水平線和一條斜線（與豎直方向成30°角）把小球系于車上，求下列情況下，兩繩的拉力：
（1）加速度；
（2）加速度。
解析：小車處于平衡態（a=0）對小球受力分析如下圖所示。
當加速度a由0逐漸增大的過程中，開始階段，因m在豎直方向的加速度為0，角不變，不變，那么，加速度增大（即合外力增大），OA繩承受的拉力必減小。當時，m存在一個加速度，物體所受的合外力是的水平分力。當時，a增大，（OA繩處于松弛狀態），在豎直方向的分量不變，而其水平方向的分量必增加（因合外力增大），角一定增大，設為a。
當時，。
當，有：
（1）
（2）
解得
當，有：
。
點評：1. 通過受力分析和對運動過程的分析找到本題中彈力發生突變的臨界狀態是繩子OA拉力恰好為零；
2. 彈力是被動力，其大小和方向應由物體的狀態和物體所受的其他力來確定。
二、和靜摩擦力相聯系的臨界情況
例2. 質量為m=1kg的物體，放在=37°的斜面上如下圖所示，物體與斜面的動摩擦因數，要是物體與斜面體一起沿水平方向向左加速運動，則其加速度多大？
解析：當物體恰不向下滑時，受力分析如下圖所示，
解得
當物體恰不向上滑時，受力分析如下圖所示，
解得
因此加速度的取值范圍為：
。
點評：本題討論涉及靜摩擦力的臨界問題的一般方法是：
1. 抓住靜摩擦力方向的可能性。
2. 最大靜摩擦力是物體即將由相對靜止變為相對滑動的臨界條件。
本題有兩個臨界狀態，當物體具有斜向上的運動趨勢時及當物體具有斜向下的運動趨勢時。
三、和滑動摩擦力相聯系的臨界條件
例3. 如下圖所示，傳送帶與地面的傾角為，從A到B的長度16m，傳送帶以10m/s的速率逆時針方向轉動，在傳送帶上端無初速地放一個質量為的物體，它與傳送帶之間的動摩擦因數為0.5，求物體從A到B所需的時間是多少？（）
解析：，物體的初速為零，開始階段，物體速度小于傳送帶的速度，物體相對于傳送帶斜向上運動，其受到的滑動摩擦力斜向下，下滑力和摩擦力的合力使物體產生加速度，物體做初速度為零的勻加速運動。
當物體與傳送帶速度相等的瞬時，物體與傳遞帶之間的摩擦力為零，但物體在下滑力的作用下仍要加速，物體的速度將大于傳送帶的速度，物體相對于傳送帶向斜向下的方向運動，在這一時刻摩擦力方向將發生突變，摩擦力方向由斜向下變為斜向上。物體的下滑力和所受的摩擦力的合力使物體產生了斜向下的加速度，由于下滑力大于摩擦力，物體仍做勻加速運動。
因，物體的初速為零。開始階段，物體相對于傳送帶斜向上運動，其受到的滑動摩擦力斜向下，下滑力和摩擦力的合力使物體產生加速度，物體做初速度為零的勻加速運動。
根據牛頓第二定律
物體的速度與傳送帶速度相等需要的時間為
物體下滑的位移為
由于，物體在重力的作用下繼續加速，當物體的速度大于傳送帶的速度時，傳送帶給物體一斜向上的滑動摩擦力。根據牛頓第二定律，得
設后一階段物體滑至底端所用的時間為，由運動學公式得
解得
所以，物體由A到B所用時間為。
點評：1. 從對運動過程的分析中發現本題臨界狀態是滑動摩擦力方向的突變。
2. 注意和的區別。
四、和彈簧彈力相聯系的臨界條件
例4. 如下圖所示，兩塊質量分別為和的物塊，用勁度系數為的輕彈簧連在一起，放在水平面上，將物塊1下壓一段距離后釋放，它在做簡諧運動，在運動過程中，物塊2始終沒有離開水平面，且對水平面的最小壓力為零，則物塊l的最大加速度的大小是多大？物塊2對水平面的最大壓力是多大？
解析：以物塊1為研究對象，彈簧對物塊1的彈力和物塊1的重力的合力是物塊1做簡諧運動的恢復力。彈簧彈起的初階段，彈簧處于被壓縮狀態，向上的彈力大于重力，物塊1向上做變加速運動，加速度逐漸減小，其方向豎直向上。當彈力等于重力時，物塊1的加速度為零，而速度達到最大（平衡位置）。然后，彈簧處于伸長狀態，物塊1受到的彈力向下，彈力逐漸增大，加速度逐漸增大，達到最高點時，加速度最大，方向豎直向下。當物塊1下落至最低點時，物塊1的加速度也達到最大值，但方向豎直向上。
以物塊2為研究對象，根據題設條件可知，當物快1達到最高點時，物塊1受到的向下的彈力最大，此時，物塊2受到的向上的彈力也最大，使地面對物塊2的支持力為零。當物塊1落至最低點時，其加速度與最高點的加速度等值反向，彈簧對物塊1的彈力（方向向上）。此時，彈簧對物塊2的彈力也最大，方向豎直向下，因此，物塊2對地面的壓力達到最大值。
（1）研究物塊1上升的過程。
以物塊1為研究對象，物塊1在最高點處，加速度最大，且方向豎直向下，，最大。
以物塊2為研究對象，最大時，
，所以物塊1的最大加速度為。
（2）研究物塊1下落的過程。
物塊1落至最低點處，其受到向上的彈力最大，加速度達到最大值，但方向豎直向上（簡諧振動的對稱性）。
對物塊2受力分析，，根據牛頓第三定律，物塊2對地面的壓力的大小為
點評：臨界問題的處理辦法：
1. 找臨界狀態
（1）做好受力分析、運動過程分析和狀態分析，抓運動過程中的“轉折點”。
（2）利用假設法討論，假設某命題成立，推理或判斷物體的狀態是否會發生突變。
2. 分析隱含條件
（1）彈力的突變
（2）摩擦力的突變。
深刻理解牛頓第二定律的基本特性
牛頓第二定律是動力學的核心規律，它闡明了物體的加速度跟物體的質量和物體受到的合外力的關系。牛頓第二定律的表達式：，簡明扼要，其涵義卻十分豐富，學習時一定要深刻理解，下面介紹牛頓第二定律的幾個基本特性。
一、矢量性
牛頓第二定律的關系式：，是一個矢量式，公式不僅反映了加速度與合外力的數值關系，也指明了它們間的方向關系，即加速度的方向總是與合外力的方向相同。
例1. 如下圖所示，火車車箱中固定一個傾角為30°的斜面，當火車以10的加速度沿水平方向向左運動時，斜面上的物體m仍與車箱相對靜止，試分析物體m所受摩擦力。
解析：物體受力如下圖所示，假定物體m所受靜摩擦力沿斜面向上，建立如圖所示坐標系，由牛頓第二定律得：
說明靜摩擦力的方向與假定的方向相反，應沿斜面向下。
點撥：物體m與車箱相對靜止，說明物體m的加速度與小車的加速度相同，都是水平向左的，物體m所受的合外力也是水平向左的，因此應沿水平、豎直方向建立坐標系，在水平方向應用牛頓第二定律。
二、瞬時性
牛頓第二定律關系式：中的合外力和加速度a雖有因果關系，但無先后之分，它們同時存在、同時消失、同時變化、瞬時對應。
例2. 如下圖所示，豎直光滑桿上套有一個小球和兩根彈簧，兩彈簧的一端各與小球相連，另一端分別用銷釘MN固定于桿上，小球處于靜止狀態。設拔去銷釘M瞬間，小球加速度大小為，若不拔去銷釘M而拔去銷釘N的瞬間，小球的加速度可能是（取）：（ ）
A. ，豎直向上；
B. ，豎直向下；
C. ，豎直向上；
D. ，豎直向下。
解析：拔去M瞬間，小球的加速度方向可能向上，也可能向下，因此本題有兩解。
（1）拔去M瞬間，若小球加速度向上，則下面的彈簧處于壓縮狀態，其彈力大小為
平衡時，上面彈簧也處于壓縮狀態，其彈力大小為
若不拔去銷釘M而拔去銷釘N的瞬間，小球的加速度大小為
方向豎直向下。
（2）拔去M瞬間，若小球加速度向下，則下面的彈簧處于拉伸狀態，其彈力大小為
平衡時，上面彈簧也處于拉伸狀態，其彈力大小為
若不拔去銷釘M而拔去銷釘N的瞬間，小球的加速度大小為
方向豎直向上。
故選BC。
點撥：牛頓第二定律反映了物體所受合外力與加速度的瞬時對應關系，當物體所受外力突然發生變化時，物體的加速度也會隨之變化。求解此類問題，需分別分析物體受力變化前和變化后的受力情況，確定物體受力是如何發生突變的，再分別應用牛頓第二定律列式求解。
三、獨立性
當一個物體同時受到多個力作用時，每一個力都能使物體獨立產生一個加速度，物體的實際加速度是各個力單獨產生加速度的矢量和。
例3. 如下圖所示，質量為m的人站在自動扶梯上，扶梯正以加速度a向上做減速運動，a與水平方向的夾角為，求人受到的支持力和摩擦力。
解析：扶梯向上做減速運動，其加速度是斜向下的，加速度a在水平方向的分量為，該分加速度是水平方向的摩擦力產生的，根據牛頓第二定律：人受水平方向摩擦力為
方向水平向左。
加速度a在豎直方向的分量為，該分加速度是豎直方向上的合力產生的，根據牛頓第二定律，在豎直方向有
人受的支持力為
方向豎直向上。
點撥：處理物體在同一平面內運動的問題時，可根據物體的受力情況將物體的實際加速度進行正交分解，再根據力的獨立作用原理，在x、y軸方向上分別應用牛頓第二定律：
。
四、同體性
牛頓第二定律關系式：中的三個物理量是對同一物體或同一系統而言的，分析物體受力情況和認定加速度時切不可張冠李戴。
例4. 如下圖所示，質量為2m的物體A與水平地面的摩擦可忽略不計，質量為m的物塊B與地面間的動摩擦因數為，在已知水平推力F作用下，AB一起做加速運動，A和B間的作用力為____________________。
解析：先把AB看作一個整體，系統受到的合外力為：
系統的加速度為：
再對物體B分析，由牛頓第二定律得：
，解得：
。
點撥：求解此類問題需靈活運用整體法和隔離法，本題應特別注意作用在物體A上的力F與A和B間的作用力是兩個不同的力，它們的作用對象不同產生的作用效果也不同。
五、相對性
利用公式解題時，要注意式中的加速度a是相對慣性系而言的，一般選大地為參照系。
例5. 如下圖所示，有一長度，質量的平板車，靜止在光滑的水平面上，在小車一端放置質量的小物塊，物塊與小車的動摩擦因數。要使物塊在2s內運動到小車的另一端，需要對物塊施加多大的水平拉力？
解析：小物塊在水平方向受拉力F和摩擦力作用，由牛頓第二定律有：
其中
設小車的位移為，物塊對地位移為，則有：
解得
所以
點撥：研究小物塊的運動，應選取地面為參考系，要分析物塊對地的位移和加速度；小車做勻加速運動，屬于非慣性系，不能選小車為參考系。
此外在應用牛頓第二定律時，還要注意牛頓第二定律的因果性，即在式中，是使物體產生加速度a的原因，而加速度a是合力作用產生的作用效果。統一性，即式中的各量必須統一使用國際制單位，合力的單位用牛頓，質量的單位用千克，加速度的單位用米每二次方秒。
　
牛頓第二定律應用的常見題型
以牛頓第二定律為核心的動力學是力學的重要組成部分，也是高考中的考查熱點，學習時我們一定要深刻理解牛頓第二定律，并能熟練應用牛頓第二定律求解相關問題，下面介紹牛頓第二定律應用的幾類典型問題。
一、連接體問題
此類問題高考僅限于幾個物體的加速度相同的情形，求解此類問題需靈活運用整體法和隔離法。求解“內力”問題通常先對整體運用牛頓第二定律，求出系統的加速度，再用隔離法研究連接體中一個物體，即可求出物體間的相互作用力；求解“外力”問題，需先分析連接體中的一個物體，確定系統的加速度，再對整體運用牛頓第二定律，即可求出“外力”。
例l. 如下圖所示，質量為2m的物體A與水平地面的摩擦可忽略不計，質量為m物塊B與地面間的動摩擦因數為，在已知水平推力F作用下，AB一起做加速運動，A和B間的作用力為______________。
解析：先把AB看作一個整體，系統受到的合外力為，系統的加速度為，再對物體B分析，由牛頓第二定律有，解得。
二. 瞬時問題
牛頓第二定律反映了物體所受合外力與加速度的瞬時對應關系，當物體所受外力突然發生變化時，物體的加速度也會隨之變化。求解此類問題，需分別分析物體受力變化前和變化后的受力情況，確定物體受力是如何發生突變的，再分別應用牛頓第二定律列式求解。
例2. 木塊A、B的質量分別為。兩木塊之間用一輕彈簧相連接后放在光滑水平桌面上，用F=10N的水平恒力沿AB連線方向拉A，使A和B沿桌面滑動，如下圖所示，滑動中A、B具有相同的加速度時突然撤去拉力F，求撤去拉力F的瞬間，A和B的加速度各多大？
解析：撤去拉力F時，A和B有相同加速度，對A、B整體分析，由牛頓第二定律有，得；研究木塊B，它受到的彈力為，撤去拉力F的瞬間，輕彈簧的形變量沒有變化，木塊B受力不變，此時B的加速度與原來相同仍為；撤去拉力F的瞬間，木塊A受彈簧拉力大小仍為6N，此時A的加速度為，方向向左。
三. 臨界與極值問題
當物體從一種物理現象轉變為另一種物理現象，或從一個物理過程轉入另一個物理過程，此時往往有一個臨界狀態，而極值問題也伴隨臨界問題的出現而出現。詳細分析物理過程，根據條件或狀態變化，找出臨界點或臨界條件，是求解此類問題的關鍵。
例3. 如下圖所示，質量為m=1kg的物塊放在傾角為=37°的斜面體上，斜面質量為，斜面與物塊間的動摩擦因數為，地面光滑，現對斜面體施一水平推力F，要使物體m相對斜面靜止，試確定推力F的取值范圍。
解析：（1）設物塊處于相對斜面向下滑動的臨界狀態時的推力為，此時物塊受力如下圖所示，取加速度的方向為x軸正方向：
對物塊分析，在水平方向有，豎直方向有，對整體有，代入數值得，。
（2）設物塊處于相對斜面向上滑動的臨界狀態時的推力為，對物塊受力分析，在水平方向有，豎直方向有，對整體有，代入數值得
綜上所述可知推力F的取值范圍為：。
四、超重與失重問題
質量為m的物體以加速度a豎直向上運動時，它對水平支持面的壓力（或對豎直懸線的張力）大于重力，，常說物體超重了ma；同理物體以加速度a豎直向下運動時，，常說物體失重了ma。
解決超重與失重問題的首要任務是對系統進行受力分析，確定物體在豎直方向上是否有加速度，從而確定物體是否超重或失重，明確物體加速度的方向是求解超重與失重問題的關鍵。
例4. 如下圖所示，有一質量為m的木塊在質量為M的粗糙斜面上勻減速下滑，則地面受到的正壓力為：
A. 等于；
B. 大于；
C. 小于；
D. 無法確定。
解析：分析M、m運動狀態，知M、m整體有豎直向上的加速度分量，處于超重狀態，整體對地面的壓力大于，選B。
五. 傳送帶問題
傳送帶廣泛應用于工農業生產，中學物理也常引入該模型，這樣既能提高學習物理的興趣，又能夠培養觀察問題分析問題的能力。
求解此類問題應認真分析物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定物體是否受到滑動摩擦力的作用，如果受到滑動摩擦力應進一步確定其大小和方向，然后根據物體的受力情況確定物體的運動情況。求解此類問題的關鍵是找準臨界情況，即物體與傳送帶速度相等是傳送帶問題的臨界情況，此時物體受到的摩擦力會發生突變，有時摩擦力的大小發生突變，有時摩擦力的方向發生突變。
例5. 如下圖所示為車站使用的水平傳送帶模型，傳送帶長L＝8m，現有一質量為m=10kg的旅行包以的初速度水平地滑上水平傳送帶。已知旅行包與傳送帶間的動摩擦因數為，可將旅行包視為質點，取。試討論如下問題：
（1）若傳送帶靜止，則旅行包從傳

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