资源简介

高三物理总复习专题讲座（机械能）
一、基本概念
1、做功的两个必备因素是力和在力方向上的位移．而往往某些力与物体的位移不在同一直线上，这时应注意这些力在位移方向上有无分力，确定这些力是否做功．
2、应用公式W＝Fscosα计算时，应明确是哪个力或哪些力做功、做什么功，同时还应注意：
(1)F必须是整个过程中大小、方向均不变的恒力，与物体运动轨迹和性质无关．当物体做曲线运动而力的方向总在物体速度的方向上，大小不变，式中α应为0，而s是物体通过的路程．
(2)公式中α是F、s之间夹角，在具体问题中可灵活应用矢量的分解；一般来说，物体作直线运动时，可将F沿s方向分解；物体作曲线运动时，应将s沿F方向分解，
(3)功是标量，但有正负，其正负特性由F与s的夹角α的取值范围反映出来．但必须注意，功的正负不表示方向，也不表示大小，其意义是表示物体与外界的能量转换．
(4)本公式只是计算功的一种方法，今后还会学到计算功的另外一些方法，尤其是变力做功问题，决不能用本公式计算，那时应灵活巧妙地应用不同方法，思维不能僵化．
3、公式P=W/t求得的是功率的平均值。P=Fvcosα求得的是功率的瞬时值。当物体做匀速运动时，平均值与瞬时值相等。
4、P＝Fvcosα中的α为F与v的夹角，计算时一般情况下当物体做直线运动时，可将F沿v方向与垂直v方向上分解，若物体作曲线运动时可将v沿F及垂直F的两个方向分解．
5、P＝W/t提供了机械以额定功率做功而物体受变力作用时计算功的一种方法．
6、功和能的关系应从以下方面理解：不论什么形式的能，只要能量发生了转化，则一定有力做功；能量转化了多少，力就做了多少功．反之，只要有力做功，则一定发生了能量转化；力做了多少功，能量就转化了多少．所以功是能量转化的量度，但决不是能的量度．
7、功与能是不同的概念，功是一个过程的量，而能是状态量。正是力在过程中做了功，才使始末状态的能量不同，即能量的转化．说功转化为能是错误的．
8、“运动的物体具有的能叫动能”这句话是错误的．因为运动的物体除了动能外还有势能．
9、关于重力势能，应明确：(1)重力势能的系统性，即重力势能是物体和地球共有的，而不是物体独有的，“物体的重力势能”是一种不够严谨的习惯说法．(2)重力势能的相对性，势能的量值与零势能参考平面的选取有关．Ep=mgh中的h是物体到参考平面的竖直高度．通常取地面为参考平面．解题时也可视问题的方便随意选取参考平面．(3)重力势能的变化与参考平面的选取无关，只与物体的始末位置有关．
10、重力做功的特点：(1)与路径无关，只由重力和物体始、末位置高度差决定．(2)重力做功一定等于重力势能的改变．即WG=Ep1-Ep2，当重力做正功时，重力势能减少；当重力做负功时，重力势能增加。
11、关于动能定理，要注意动能定理的表达式的等号左边是且仅是所有外力的功，等号右边是且仅是物体动能的改变量。在列动能定理方程时，不要考虑势能及势能的变化。
12、关于机械能守恒定律应明确：
(1)定律成立的条件是“只有重力做功”，不是“只有重力作用”．有其它力作用，但其它力不做功，而只有重力做功时，机械能仍守恒．
(2)定律表示的是任一时刻、任一状态下物体机械能总量保持不变，故可以在整个过程中任取两个状态写出方程求解．
(3)定律的表达式除了写成Ep1+Ep2=Ek1+Ek2外，还可写成ΔEp=-ΔEk，即在任一机械能守恒的过程中，重力势能的减少(增加)一定等于动能的增加(减少)。利用ΔEp=-ΔEk进行计算有时会显得简明．
13、应用机械能守恒定律解题时，只要考虑始末态下的机械能，无须顾及中间过程运动情况的细节。因此，对于运动过程复杂、受变力作用、作曲线运动等不能直接应用牛顿运动定律处理的问题，利用机械能守恒律会带来方便。
14、应用机械能守恒定律解题的一般步骤：
(1)认真审题，确定研究对象；
(2)对研究对象进行受力分析和运动过程、状态的分析，弄清整个过程中各力做功的情况，确认是否符合机械能守恒的条件；
(3)确定一个过程、两个状态(始末)，选取零势能参考平面，确定始末状态的动能、势能值或这个过程中ΔEp和ΔEk的值；
(4)利用机械能守恒定律列方程，必要时还要根据其它力学知识列出联立方程；
(5)统一单位求解．
解题的关键是准确找出始、末状态的动能和势能的值，尤其是势能值的确定．
二、恒力做功与变力做功问题
1、恒力做功
求解恒力功的方法一般是用功的定义式W=Fscosα，需要特别注意：
（1）位移s的含义：是力直接作用的物体对地的位移。当力在物体上的作用位置不变时，s就是力作用的那个质点的位移；当力在物体上的作用位置不断改变时，s应是物体的位移。如：一个不能视为质点的物体受到滑动摩擦力作用时，摩擦力的作用点时时变化，此时s就不是摩擦力作用点的位移，而是物体的位移。
[例]如图示，质量为m、初速为v0的小木块，在桌面上滑动。动摩擦因数为μ，求木块停止滑动前摩擦力对木块和桌面所做的功。
[解答]对木块：W1=-fs=-μmg·v02/（2gμ）=-mv02/2
对桌面：W2=0
[例] 如图示，质量为m、初速为v0的小木块，在一块质量为M的木板上滑动，板放在光滑水平桌面上，求木块和板相对静止前，摩擦力对木块和木板所做的功。
[解答]据动量守恒mv0=（m+M）v
W1=-fs2=-μmg·M（M+2m）v02/（M+m）22gμ=-Mm(M+2m)v02/2（M+m）2
W2=fs1=Mm2v02/2（M+m）2gμ
（2）一对相互作用力所做功之和不一定为零
如：人竖直向上跳起，地面对人的作用力对人做正功，人对地而不做功（地球位移视为零），总功为正；
一对静摩擦力，位移值一定相同，总功必为零；
一对滑动摩擦力，做功时必然发热，系统内能增加，总功必为负。
2、判断做功正负的方法
（1）从力与位移或速度方向的关系进行判断。
如：“子弹打木块”问题，摩擦力对子弹做负功，对木块做正功。
（2）从能量的增减进行判断
[例]如图示，在质量不计、长度为L的直杆一端和中点分别固定一个质量都是m的小球A和B，试判断当杆从水平位置无摩擦地转到竖直位置的过程中，杆对A、B球做功的正负。
[解答]A、B两球组成的系统的机械能守恒，由机械能守恒定律：
由于两球在同一杆上，角速度相等，故
解之得：，
与A、B球自由下落时的速度比较，，
可见，，故杆对A球做正功，对B球做负功。
3、变力做功
大小或方向变化的力所做的功，一般不能用功的公式W=Fscosα去求解．需变换思维方式，独辟蹊径求解。
(1)用功率定义式求解
将功率的定义式P=W/t变形，得W=Pt。在求解交通工具牵引力做功问题时经常用到此公式。
[例]质量为m的汽车在平直公路上以初速度v0开始匀加速行驶，经时间t前进距离s后，速度达最大值vm，设在这段过程中发动机的功率恒为P，汽车所受阻力恒为f，则在这段时间内发动机所做的功为：
A、Pt B、fvMt
C、fs+mvm2/2 D、mvm2/2-mv02/2+fs
（答案：ABD）
(2)用动能定理求解变力做功
求解某个变力所做的功，可以利用动能定理，通过动能改变量和其余力做功情况来确定。
[例]如图所示，把一小球系在轻绳的一端，轻绳的另一端穿过光滑木板的小孔，且受到竖直向下的拉力作用．当拉力为F时，小球做匀速圆周运动的轨道半径为R．当拉力逐渐增至4F时，小球匀速圆周运动的轨道半径为R／2．在此过程中，拉力对小球做了多少功
[解答]此题中的F是一个大小变化的力，故我们不能直接用功的公式求解拉力的功．
根据F=mv2／R，我们可分别求得前、后两个状态小球的动能，这两状态动能之差就是拉力所做的功．
由F=mv12／R 4F=mv22／0.5R
得WF=mv22／2-mv12／2=FR/2
[例]如图，用F＝20N的恒力拉跨过定滑轮的细绳的一端，使质量为10kg的物体从A点由静止沿水平面运动．当它运动到B点时，速度为3m／s．设OC＝4m，BC＝3m，AC＝9.6m，求物体克服摩擦力做的功．
[解答]作出物体在运动过程中的受力图。其中绳的拉力T大小不变，但方向时刻改变．N随T方向的变化而变化(此力不做功)．f随正压力N的变化而变化．因此对物体来说，存在着两个变力做功的问题．但绳拉力T做的功，在数值上应等于向下恒力F做的功．F的大小已知，F移动的距离应为OA、OB两段绳长之差．
由动能定理 WF+Wf=ΔEk 得：
Wf＝-63(J)
即物体克服摩擦力做了63J耳的功．
(3)用图象法求解变力做功
如果能知道变力F随位移s变化的关系，我们可以先作出F-s关系图象，并利用这个图象求变力所做的功．
[例]如图，密度为ρ，边长为a的正立方体木块漂浮在水面上(水的密度为ρ0)．现用力将木块按入水中，直到木块上表面刚浸没，此过程浮力做了多少功
[解答]未用力按木块时，木块处于二力平衡状态
F浮=mg 即ρ0ga2（a-h）=ρga3
并可求得：h=a（ρ0-ρ）/ρ0（h为木块在水面上的高度）
在用力按木块到木块上表面刚浸没，木块受的浮力逐渐增大，上表面刚浸没时，浮力达到最大值：F’浮=ρ0ga3
以开始位量为向下位移x的起点，浮力可表示为：
F浮=ρga3+ρ0ga2x
根据这一关系式，我们可作出F浮-x图象(如图右所示)．在此图象中，梯形OhBA所包围的“面积”即为浮力在此过程所做的功。
W=（ρ0ga3+ρga3）h/2=ga3h（ρ0+ρ）/2
这里的“面积”为什么就是变力所做的功 大家可结合匀变速运动的速度图象中的“面积”表示位移来加以理解．即使F-x关系是二次函数的关系，它的图象是一条曲线，这个“面积”仍是变力在相应过程中所做的功．
三、重力功率与交通工具起动问题
1、重力的功率
（1）自由落体过程中重力的功率
（2）平抛运动中重力的功率
（3）沿斜面滑行的物体的重力的功率
[例]质量为m的物体，由静止开始沿倾角为θ的光滑斜面下滑，求前3s内、第3s内、第3s末重力做功的功率。
[解答]
2、交通工具起动时的牵引力及功率
汽车等交通工具的起动方式有两种：一是以恒定功率起动，二是汽车以恒定的牵引力起动，具体分析如下：
（1）输出功率不变时的运动
由于牵引力F＝P／v，随着速度v的增大，牵引力F减小，则加速度a=（F-f）/m减小，但因a与v同向，汽车的速度v不断增大，F减小，a减小，直至a=0时，汽车作匀速运动，此时速度为最大值vm＝P/F=P/f，在此之前，由牛顿第二定律得：（P/v）-f=ma，可知任一速度值均有与之相对应的一个确定的加速度值．由于汽车做变加速运动，所以不能用匀变速直线运动的公式求解，也不能对全过程应用牛顿第二定律，但动能定理是适用的，力和加速度瞬时对应关系也成立，因此解题时通常是对某一过程列动能定理方程，对某一瞬时列牛顿第二定律方程．
[例]一辆机车的质量为750T，沿平直轨道由静止开始运动．它以额定功率在5分钟内驶过2.5km，并达到10m／s的最大速度．求：(1)机车发动机的额定功率P和机车与轨道间的摩擦因数μ分别是多少 (2)当机车速度为5m／s时的加速度多大(g取10m／s2)
[解答]如图所示，设机车在A处起动，因功率不变，故随着速度的增大，牵引力减小，加速度减小，机车做变加速运动．当牵引力减小到F=f的B处时，速度达到最大值vm，以后机车做匀速运动．
(1)由动能定理得：Pt-μmgs=mvm2/2 ①
在B处：F=f=μmg，故有P=Fv=μmgvm ②
将②式代人①式、并代入数据可得：
μ=0.01
再将μ值代入②式得：
P=7.5×105J
(2)设此时牵引力为F’,则
F’=P/v’=7.5×105／5=1.5×105N
再由F’-f=ma得
a=(F’-f)/m=0.1m／s2
[例]输出功率保持10kw的起重机起吊500kg的重物，当货物升高到2m时速度达到最大值，此最大速度是多少 此过程用了多长时间 (g取10m／s2)
[解答]起重机以恒定的功率吊起重物的过程是加速度不断减小、速度不断增大的过程.当货物的速度达到最大时，起重机的牵引力与货物的重力相平衡，即：
F=mg=5×103N，vm＝P／F=2m／s．
求解这一段运动时间不能用匀变速运动的公式，我们可以货物为研究对象运用动能定理求解：
Pt-WG=mv2/2, t=(mv2/2+mgh)/P=1.1s
(2)牵引力不变时的运动
汽车以恒定的牵引力起动，则汽车开始一段时间作匀加速运动，由v=at及P=Fv=Fat可知，随时间的延长汽车的功率越来越大，直到达到其最大功率时，输出功率不能再增大，但此时由于牵引力仍大于阻力，汽车仍加速，则因受最大功率的制约，牵引力必须减小，汽车做加速度越来越小的匀加速运动，直至a=0时做匀速运动，故此种情形下，汽车前一阶段做匀加速运动，后一阶段做变加速运动。在汽车做匀加速运动阶段中, 我们既可以运用功的公式、动能定理来求解，也可以运用牛顿运动定律来求解．对变加速运动阶段,则必须用第(1)点的方法求解.
[例]汽车的质量为m，它在运动中受到的阻力f恒定不变。汽车发动机的额定功率为P，求：(1)汽车在作匀加速运动时的最大速度是多少 (2)汽车从静止出发作加速度为a的匀加速运动的时间不超过多少
[解答]汽车受到的阻力一定，且又做的是匀加速运动，所以它受到的牵引力也是一定的．
F-f=ma
随着速度的增加,汽车的输出功率也在不断增大．当输出功率达到额定功率时，这时汽车行驶的速度不允许再增加了．此时有：
vm=P/F=P/(ma+f)
再根据运动学公式，可求出这段过程所需时间：
t=vm/a=P/[(ma+f)a]
四、动能定理
运用动能定理解题是处理力学问题的一条重要而有效的途径．我们在运用动能定理解题时，需要注意如下几点：
(1)因动能定理涉及到做功的所有力，所以它仍需要对物体作全面的受力分析；
(2)它还需要选择某一运动过程，明确始末两个状态；
(3)它只考虑在这一过程中所有外力做的总功与始末两状态动能变化的关系，而不必考虑其运动学、动力学的细节，也不考虑势能等其它形式的能量．
1、灵活选取适当过程，运用动能定理
[例]质量过为4kg的铅球，从离沙坑1.8m的高处自由落下.铅球落进沙坑后陷入0.2m深而停止运动，求沙坑对铅球的平均阻力(g取10m／2).
[解答]本题铅球在前一段作自由落体运动，后一段作匀减速运动．对前一段可用机械能守恒求解，后一段可用动能定理求解．但如果我们把开始下落到最终停止看成一个过程，运用动能定理列式，将很快得到结果：
由W=ΔEk 可得：mg（h+s）-fs=0-0=0
f=（h+s）mg/s=（1.8+0.2）×4×10／0.2=400N
此题我们用动能定理列式时，把两段过程处理成一个过程，求解就便捷得多了．
2、结合隔离法，运用动能定理
[例]总质量为M的列车，沿平直轨道匀速前进，质量为m的末节车厢中途脱钩，当司机发觉时，机车已行驶L距离，于是他立即关闭油门，撤去牵引力。设车运动的阻力与重力成正比，机车的牵引力为定值，当列车的两部分都停止运动时，它们的距离是多少
[解答]此题牵涉机车和车厢这两个研究对象，它们又分别经历着不同的变速运动过程．如果从动力学、运动学角度去分析求解将非常麻烦．我们运用隔离法针对每一个研究对象运动的全过程分析其受力，画出其运动的示意图如图所示，并分别列出它们动能定理的表达式：
未脱钩时，整列车匀速前进，有：F=KMg (1)
脱钩后，两车分别作加速、减速运动
对机车：KL-K（M-m）gs1=0-（M-m）v02/2 (2)
对车厢：-Kmgs2=0-mv02/2 (3)
将(1)代入(2)后再将等式两边分别与(3)相除，化简，得：
Δs=s1-s2=ML/（M-m）
3、结合运动分解，运用动能定理
[例]如图所示，某人通过过一根跨过定滑轮的轻绳提升一个质量为m的重物，开始时人在滑轮的正下方，绳下端A点离滑轮的距离为H。人由静止拉着绳向右移动，当绳下端到B点位置时，人的速度为v，绳与水平面夹角为θ。问在这个过程中，人对重物做了多少功
[解答]人移动时对绳的拉力不是恒力，重物不是做匀速运动也不是作匀变速运动，故无法用W=Fscosθ求对重物作的功，需从动能定理的角度来分析求解．
当绳下端由A点移到B点时，重物上升的高度为：
重力做功的数值为：
当绳在B点实际水平速度为v时，v可以分解为沿绳斜向下的分速度v1和绕定滑轮逆时针转动的分速度v2，其中沿绳斜向下的分速度v1和5重物上升速度的大小是一致的，从图中可看出：v1=vcosθ
以重物为研究对象，根据动能定理得：
4、动能定理与牛顿运动定律的比较
用牛顿运动定律解题涉及到的有关物理量比较多，如F、a、m、v、s、t等．对运动过程的细节变化也要掌握得比较充分，才可列式求解。而运用动能定理解题涉及到的物理量只有F、s、m、v．它对运动过程的细节及其变化也不要求了解，只需考虑始末两状态的动能和外力做的功，它还可把不同运动过程合并成一个全过程来处理，使解题过程简便．当然，如果题目中要求了解加速度a、运动时间t等细节，那就需要从动力学、运动学的角度去分析，不能直接求解了。
[例]如图所示，小滑块从斜面顶点4由静止滑至水平部分C点而停止．已知斜面高为h，滑块运动的整个水平距离为s．求小滑块与接触面间的动摩擦因数(设滑块与各部分的动摩擦因数相同)．
[解答]滑块从A点滑到C点，只有重力和摩擦力做功，设滑块质量为m，动摩擦因数为μ，斜面倾角为α，斜面底边长s1，水平部分长s2，由动能定理得：
得μ=h/s
由此题可见，用动能定理求解，回避了加速度a，不必考虑细节，解题过程简单很多．
五、重力做功与重力势能的改变
1、物体受到重力作用具有重力势能。它的表达式Ep＝mgh，适用于g不变的情况。式中h是相对于选定的零势能面的高度，所以重力势能和功、动能一样具有相对性。重力势能也是标量，有正、负、零之分。重力势能等于零，并不意味着物体不具有重力势能，零值势能比负势能大。因此，在比较势能大小时，既要选取同一参考面，又要注意它的符号，这跟功大小的比较是不一样的。
2、重力做功一定改变物体的重力势能，这是又一种重要的功能关系。在一个过程中，重力做多少功，重力势能就减少多少，克服重力做多少功，重力势能就增加多少，而跟零势能面的选取无关，跟物体做什么运动，是否有其它力做功以及物体动能是否变化等也无关，这是要特别注意的。
[例]物体从A点运动到B点的过程中，重力做功8J，推力做功2J，物体克服阻力做功10J。则：
A、物体重力势能一定减少8J B、物体机械能一定减少10J
C、合力功为零 D、重力做功一定不改变物体的动能
（答案）AC
3、在规定了零势能面后，物体在确定的位置，便有确定的势能。由于重力势能的变化只与重力做功相对应，所以重力做功只跟起点和终点位置有关，而跟物体的运动路径无关，这是重力做功的重要特点。
六、机械能守恒定律的应用
（1）系统内力做功问题
凡符合“只有重力做功，其它力均不做功”这一条件的问题，用机械能守恒定律来求解是十分方便的。因为它只涉及到研究对象(某一物体或某一物体系统)的始末两状态的机械能，而不考虑运动过程的任何细节，也不考虑做功的数值，列式和求解都很便捷．
对于单一物体，我们很容易判断它是否满足机械能守恒的条件对于某一系统来说，用隔离法考察系统内每一个物体，它们可能不符合机械能守恒的条件。但对整体，除重力外，无其它外力做功，且内力做功的代数和为零，则该系统的机械能也是守恒的。如图示，A和B在运动中除了重力做功外，绳子拉力对它们都做功，因而在A上升和B下降过程中，A和B各自的机械能不守恒，但如果把它们看成一个整体，则绳子拉力是它们之间相互作用的内力，拉力对A做正功的数值和拉力对B做负功的数值相等，就整体而言，内力不做功，故整个系统机械能守恒。
有些问题中，系统所受其它外力不做功，但系统内力做功的代数和不为零，则该系统的机械能就不守恒。如图示，滑块A滑上小车B粗糙的上表面后，A、B之间相互作用的内力（摩擦力）做功的代数和不为零，即使地面光滑，A、B系统的机械能也是不守恒的。
（2）参考平面问题
在建立物体（系统）机械能守恒定律的表达式时，应首先确定好参考水平面的位置，并以此位置为标准正确表示出物体（系统）在始末位置的重力势能。一般情况下，我们都把问题中的最低位置作为参考平面的位置。在同一问题中，参考平面应是唯一的，系统内各个物体的势能都应以此为标准。
[例]如图所示，在光滑的水平面上放有一质量为m、高为a的立方块．一根轻杆长4a，下端用铰链固定在地面上，上端固定一质量也为m的重球．开始杆与水平面成53°角静止，杆与木块无摩擦．释放后，当杆与水平面成30°角时，木块速度多大
[解答]此题球与木块的运动过程复杂，有关力做功的情况又不清楚，放无法从动力学、动能定理求解．我们可把球和木块看成一个系统，对此系统来说，只有小球重力做功，内力做功代数和为零，系统的机械能是守恒的(杆的质量不计，其能量也不考虑)。
由机械能守恒定律，可得：
（1）
从图中看出，木块实际运动速度v木可分解为沿杆向上的速度v1和垂直于杆的速度v2，且：
v2=v木sin30°＝v木/2
小球的速度也垂直于杆的，它与v2的比值等于转动半径之比：
，v球=2v2=v木 （2）
把(2)式代入(1)即可得
七、动量守恒和机械能守恒
动量守恒和机械能守恒是力学中两个重要的守恒定律，它们有完全不同的守恒内容和各自严格的成立条件，必须学会区别和判定。
一物体被匀速提起，其动量守恒，动能也守恒，但重力势能增加，机械能不守恒，这是因为有重力以外的拉力做正功的原因。
单摆运动，显然动量不守恒，动能也不守恒，但绳拉力不做功，运动过程只有重力做功，所以机械能守恒。
做抛体运动的物体如果有受到空气阻力作用，物体的动量、动能、机械能都不守恒。
[例]如图示，甲、丙是具有四分之一圆弧的光滑槽，乙是粗糙水平槽。三者相触置放于光滑水平面上，能让小球在其上平顺滑过。现让小球从高处落下恰能切入甲槽。下列说法正确的是：
A、球在甲槽上滑行时，取球和甲为系统，动量不守恒，系统机械能守恒。
B、球滑上乙后，取球乙、丙为系统，系统水平方向动量守恒，机械能不守恒。
C、球滑上丙后，取球、丙为系统，机械能守恒，水平方向的动量守恒。
D、取甲、乙、丙为系统，机械能守恒，动量也守恒。
（答案）ABC
[例]用两根等长摆线分别系上等质量小球A、B。让A摆从水平态摆下到最低点处与静置的B摆相碰，碰后A、B粘在一起向左摆，从A摆下到A+B左摆达最高点的全过程中，可细分为几个小过程 每个小过程各遵守哪个守恒律？能量如何转化？若摆长为L，A+B摆起的最大高度等于0.5L吗 为什么
[例]如图，摆球质量m＝0.1kg，摆长L＝0.1m，球与水平面接触而无压力。两侧等远处有正对挡板，相距2m。另有质量M＝m的小滑块与水平面间摩擦因数为0.25，从左挡板处以初速的向小球方向运动。设滑块与小球，滑块与挡板的每次碰撞系统均无机械能损失。滑块静止前小球在竖直面内绕O点完成10次完整的圆周运动，求v0的最小值。(g取10m／s2)
[解答]取滑块和小球为一系统，碰撞前后水平方向动量守恒。因M＝m，碰撞无能量损失，所以碰后二者交换速度，即滑块停于中点，小球作圆周运动。当小球反碰滑块时，小球停止，滑块继续向右，碰挡板后等值反向运动，重复上述过程。此外，滑块滑行过程克服阻力做功，动能减少，因此，小球圆周运动的速度也越来越小。第10次圆周运动小球在最高点的速率v2应为＝1m/s。根据机械能守恒定律，这时小球在最低点速度v1为m/s，这也就是滑块在小球完成10次圆周运动后具有的最小速度。容易推算，这之前滑块已来回滑行19米的路程，根据动能定理，设滑块的最小初速度为v0，应有：
得v0＝10m/s
八、一道含有弹簧的系统的机械能守恒问题
机械能等于动能与势能的代数和，而势能包括重力势能与弹性势能，即E＝Ek+Ep+Ep’，我们在学习过程中遇到的大多是关于动能与重力势能的问题。下面则是一道含有弹簧的机械能守恒问题，现在我们结合机械能解题的基本方法对该例题进行分析。
[例]如图，竖直向下的力F作用于质量为m1的物体A上，物体A置于质量为m2的物体B上，B与原长为L的直立于水平地面上的轻弹簧上端相连，平衡时弹簧的压缩量为x。现将F撤去．物体AB向上运动，且物体A向上运动达到最高点时离地面高度为h，求：①弹簧恢复原长时物体A的速度；⑨弹簧弹性势能的最大值。
[分析]（一）判断机械能是否守恒：(此类问题应首先考虑能量方法，其次才考虑其它方法)
在整个过程中(F撤消后)，只有重力及弹簧弹力对物体做功，所以物体AB与弹簧组成的系统机械能守恒。
（二）设想物理图景，分析各图景中的受力、运动及能量转化情况：(以下物理图景与分析步骤对应)
1、初始状态：物体AB处于平衡状态，对AB整体受力分析得：f=kx=F+（m1+m2）g。
2、力F撤消后，由于f>（m1+m2）g，物体AB受到的合力方向向上，AB将开始向上运动。因此弹簧压缩量x减小；弹力f减小F合=f-（m1+m2）g也随之减小，加速度a也减小，所以物体AB将向上做加速度逐渐减小的变加速运动。该过程中，弹簧弹性势能转化为物体AB的动能与重力势能。
3、当f=（m1+m2）g时，F合=0，即a=0，物体AB向上的速度达到最大值vmax。
4、物体AB继续向上运动，弹力f=kx继续减小，此时f<（m1+m2）g，AB受到合力方向向下，大小F合=（m1+m2）g-f，由于f减小，F合增大，a增大，因此物体AB向上做加速度增大的减速运动，速度逐渐减小。该过程仍为弹簧弹性势能转化为AB的动能与重力势能。
5、当弹簧恢复原长时，f=0，物体AB此刻有相同向上速度v。
6、物体AB继续向上运动，物体A受重力m1g，而B由于弹簧被拉伸还受到向下的弹簧弹力f，因此弹簧恢复原长后，物体A与B脱离。物体A做竖直上抛运动，机械能守恒；物体B由于弹簧作用将做上下往复运动，B与弹簧组成的系统机械能也守恒。
以上对整个运动过程作了较详细分析后，解题思路就清晰了。
[解答]①弹簧恢复原长后，(图6)向上做上抛运动，机械能守恒，即：m1gL+m1v2/2=m1gh
所以：
②弹簧弹性势能Ep’最大，(即图1中弹性势能Ep’)当力F撤消后，图l至图5中，弹性势能转化为AB的动能与重力势能，至弹簧恢复原长，弹性势能为0，此过程系统机械守恒：
Epmax’=（m1+m2）v2/2+（m1+m2）g
=（m1+m2）g(h-L-x)
七、功能关系和能量守恒
1、能的转化和守恒守律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为别的形式，或者由一个物体转移到别的物体，而在这种转化和转移中保持能的总量不变。
2、功能关系：做功的过程就是能的转化的过程，做了多少功，就有某种形式的能转化成等量的其它形式的能，即功是能的转化的量度(功不是能，也不是能量大小的量度)。重力做功是重力势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度。如果只有重力做功，减少的重力势能等量地转化为动能，机械能是守恒的。在实际问题中，常常遇到除重力做功以外，还有牵引力、阻力等其它外力做功的情况。这时，物体的机械能就发生变化。如果重力以外的力做功的代数和是正的．机械能增加；重力以外的力做功的代数和是负的，机械能减少。重力以外的力做功是机械能变化的量度，即：重力以外的其余力做功等于机械能的改变。
功能关系跟动能定理是一致的。某些问题，物体机械能的变化是显而易见的，这时利用功能关系求其它力做功就十分方便。
[例]如图所示，有底面积为S的蓄水池，内蓄半池水，池深H。现在岸上用抽水机将水抽上，设水从抽水机管中以恒定速率v流出，水密度为ρ，求抽水机抽完水所做的功。
[解答]显然，研究对象是半池水，其质量m＝SHρ/2。可假设初态机械能为零。抽上地面后其机械能应为。这一机械能的增量即等于抽水机所做的功。
3、功和能是两个不同概念的物理量。功是过程物理量，能是状态物理量。功能关系揭示的是能量状态的改变可以通过做功的过程来实现，并用做功的多少来量度。能的转化和守恒定律揭示的是不同形式能量之间的等量转化或转移。应用功能关系和能的转化和守恒定律解题时，一定要区别功和能，不要混同起来。
[例]一物体在电动机牵引下沿斜面向下运动，在一段过程中，牵引力做功8kJ，重力做功10kJ，物体克服摩擦力做功12kJ。则：
A、重力势能减少10kJ B、故动能增加6kJ
C、机械能减少4kJ D、内能增加12kJ
（答案）ABCD
九、综合应用
一般而言：
单个物体：动量定理（涉及时间）、动能定理（涉及位移）
相互作用的两个物体：动量守恒定律（碰撞等问题）、能量守恒定律（有相对位移）
特殊情况下：机械能守恒定律、重力与重力势能关系
[例]在光滑水平面上，静放着质量为M的木块。若木块固定，质量为m的子弹以水平速度射击木块，恰好穿透。若木块可自由移动，该子弹以相同速度射击木块，则射入的深度等于多少 (设木块厚度为d，两次射击，子弹在木块中所受阻力不变。)
[解答]第一次
第二次：
∴高三物理总复习专题讲座（气体的性质）
一、基本概念
1、关于温度、压强的理解:
（l）温度：宏观上表示物体的冷热程度；微观上是分子平均动能的标志．
（2）压强：宏观上是单位面积上所受的压力；微观上是大量气体分子对器壁的频繁碰撞所致．
2、求封闭气体压强的两种基本方法：
（1）如果封闭物（如液柱、活塞等）静止或匀速运动时，则采用平衡法，即ΣF=0
（2）如果封闭物（如液柱或活塞等）做匀变速运动时，则采用牛顿第二定律求解法，即ΣF=ma．
3、常见的气体压强单位的换算：l标准大气压=76cmHg=1.013×105Pa=10.34米水柱
4、在做好玻意耳定律的实验的基础上学会采用三种方或描述：（1）列表法：（2）图线法；（3）数学公式表达法．
5、在P-V图象上的等温线特点：等温线是一簇双曲线，在这簇双曲线里越远离坐标原点的双曲线代表温度越高．
6、为了证实等温变化曲线是双曲线，可采用画P-图象来直观反映。此时在P-图象里反映的是过坐标原点的正比直线，且斜率大者温度高．
7、应用玻意耳定律解题要跟踪一定质量的气体，先找出对应的始末状态的P、V参量，再列方程求解，方程式两边的单位只要能统一即可．
8、正确理解的物理含义，注意p0为0℃时气体的压强，pt为t℃时气体的压强．
9、在p-t图像上的等容线特点：等容线是一簇不过坐标原点的倾斜直线，在这簇倾斜直线里斜率越小，体积越大；斜率越大，体积越小。
10、查理定律的微观解释：在单位体积内所含的分子数不变的情况下，温度升高，单位时间内分子撞击器壁的次数增多，而且每次撞击器壁的冲力也增大，所以气体的压强增大；反之，温度降低，则压强减小．
11、热力学温度和摄氏温度的每一度温差的大小是相同的，即ΔT=Δt；只是它们的零度起点不同．绝对零度是宇宙间低温的极限，只能无限接近，永远无法达到．
12、引入热力学温标后的查理定律表达式：p1/p2=T1/T2 或 p/T=恒量 或 p=KT（K为恒量）
13、判断两团气体被液柱（或活塞）隔开，当温度变化时液柱（或活塞）移动问题的基本方法：设等容法。即。
14、理想气体的微观模型：每个分子都可以看作是弹性小球；气体分子本身的大小可以不计；除碰撞的瞬间外，气体分子之间没有相互作用．
15、推导气态方程基本方法：假设中间过渡状态，设气体先等压变化后等容变化；也可采用先等容变化后等压变化来进行推导。
16、气体实验定律的图线意义，如图所示．要注意：
（l）各定律在p-V、p-T和V-T图像中的对应围线形状．
（2）图线中某点所代表的物理意义；图线中某线段所代表的物理意义．
（3）对于一定质量的气体；p-V图线的p·V积的大小反映气体的温度高低；p-T图线的斜率大小反映气体的体积：V－T图线的斜率大小反映气体的压强．
二、被封闭的气体的压强
在应用气体定律和气态方程解题时，往往要选择被封闭的气体为研究对象，正确求解气体的压强是解题的关键．被封闭的气体压强的计算一般有以下几种方法．
1、利用连通器原理．连通器原理告诉我们：在同种液体中同一水平面上的各点压强都相等．当管内液面低于管外液面时（如图所示），设大气压强为p0，管内液体与管外液体便构成了一个连通器，在同一水平面上分别取两点A、B，故pA=pB，由于pA=po+ρ液gh，而且p气=pB，故有p气=PO-ρ液gh．
当管内液面高于管外液面时（如图所示），分析方法与上述相同，容易得到：p气=PO-ρ液gh．
[例]如图所示，U型管左端有一段被封闭的气体A，右端也有一段被封闭的同样的气体B，它们均被水银所封闭，其余尺寸如图所示，单位为cm，设大气压为p0．求：被封闭的气体A和B的压强．
[解答]对B气体，其压强pB=（p0+L）cmHg ①
再取左管中D点为分析对象，由连通器原理，则：pD=pB
设a气体压强为pA，气体A下部L1+L2深度处D点压强为pD=（p0+L1+L2）cmHg ②
由于①=②，故得pA=（p0+L-L1-L2）cmHg，由①可知，pB=（p0+L）cmHg
2、利用静力平衡原理
如果气体被液体或其它物体所封闭．且处于平衡状态．可以利用力的平衡原理求解．
要注意（l）在进行压强的加减运算时，一定要注意压强单位的统一；
（2）静力平衡法只适用于热学系统处于静止或匀速运动状态封闭气体压强的计算．
[例]汽缸截面积为S，质量为m的梯形活塞上面是水平的，下面倾角为。，如图所示。当活塞上放质量为M的重物而处于静止．设外部大气压为P0，若活塞与缸壁之间无摩擦．求汽缸中气体的压强？
[解答]取活塞和重物为研究对象，进行受力分析：受重力（m＋M）g，活塞受到大气竖直向下的压力P0S，同时也受到封闭气体对活塞的推力P气·S’，方向跟活塞斜面垂直，如图所示．同时右缸壁对活塞有弹力N作用，方向水平向左，它们处于平衡状态，符合共点力平衡的条件，即合力等于零．
所以在数值上（m＋M）g+ P0S 与N的合力等于P气S’，且反向．
又∵
∴
[例]如图所示，两圆柱形气缸均水平固定，大小活塞光滑、面积分别为S2和S1，两活塞之间有水平杆连接，当小气缸内封闭气体压强为P1时，水平杆处于静止状态．求大气缸内所封闭气体的压强P2（设大气压为P0）．
[解答]取大小活塞、连杆这一整体为研究对象。进行受力分析，如图所示．
利用平衡条件建立方程：
P0S1＋P2S2= P1S1＋P0S2
3、应用牛顿运动定律求解
若封闭气体的系统作匀变速运动时，可以对研究对象进行受力分析、并应用牛顿第二定律列出动力学方程来求出被封闭的气体的压强．
[例]均匀玻璃管内有长L的水银柱将一段气体跟外界隔开．现将玻璃管开口端向下放在斜面上，其斜面倾角为θ，当玻璃管下滑时，玻璃管跟斜面之间摩擦系数为μ．设外部大气压强为P0，水银密度为ρ．如图所示．求：（1）玻璃管加速下滑时，被封闭气体压强；（2）若玻璃管开口向上放在斜面上，当玻璃管也加速下滑时，被封闭气体压强又为多大？
[解答]先取玻璃管（含内部水银柱）为研究对象，设玻璃管横截面积为S，整体总质量为M．受力分析如图所示．由牛顿第二定律可得：
Mgsinθ-μMgcosθ=Ma ①
由①解得a=g（sinθ-μcosθ） ②
这里说明一下，大气压强P0对整体作用的合力为零不予考虑，另外，玻璃管中所封闭气体的质量忽略不计。
再取长为L的水银柱为研究对象，受力分析如图所示．可得动力学方程：
ρgLsinθ+PS-P0S=ρLS·a ③
再将②代人③式，解得：
P=P0－ρLgμcosθ ④
当玻璃管L开口向上时，求解被封闭的气体压强思路方法与上述相同，很容易得到
P’= P0+ρLgμcosθ ⑤⑥⑦
在④、⑤式中，若μ=0，则P=P’=P0，这说明装有水银的玻璃管在斜面上无摩擦下滑时，管内被封闭气体的压强均等于外界大气压，且跟玻璃管开口的方向无关，因为这个系统处于完全失重状态。只有斜面有摩擦时，玻璃管内气体的压强才会大于或小于外界大气压强。
三、打气抽气的规律及应用
抽气和打气的问题是属于气体变质量问题的常见题型．若抽气和打气过程中的温度不变，则一般用玻意耳定律求解．
[例]用最大容积为ΔV的活塞打气机向容积为V0的容器中打气．设容器中原来空气压强与外界大气压强PO相等，打气过程中，设气体的温度保持不变．求：连续打n次后，容器中气体的压强为多大？
[解答]如图所示是活塞充气机示意图．由于每打一次气，总是把ΔV体积，相等质量（设Δm）压强为PO的空气压到容积为V0的容器中，所以打n次后，共打入压强为P0的气体的总体积为nΔV，因为打入的nΔV体积的气体与原先容器里空气的状态相同，故以这两部分气体的整体为研究对象．取打气前为初状态：压强为PO、体积为V0＋nΔV；打气后容器中气体的状态为末状态：压强为Pn、体积为V0．由于整个过程中气体质量不变、温度不变，由玻意耳定律得:
PO(V0+nΔV)=PnV0
∴Pn= PO(V0+nΔV)/ V0
[例]用容积为ΔV的活塞式抽气机对容积为VO的容器中的气体抽气、设容器中原来气体压强为P0，抽气过程中气体温度不变．求抽气机的活塞抽动n次后，容器中剩余气体的压强Pn为多大？
[解答]如图是活塞抽气机示意图，当活塞上提抽第一次气，容器中气体压强为P1，根据玻意耳定律得：
P1(V0+nΔV)=P0V0
P1=P0V0/(V0+nΔV)
当活塞下压，阀门a关闭，b打开，抽气机气缸中ΔV体积的气体排出．活塞第二次上提（即抽第二次气），容器中气体压强降为P2．根据玻意耳定律得：
P2(V0+nΔV)=P1V0
P2=P1V0/(V0+nΔV)= P0[V0/(V0+nΔV)]2
抽第n次气后，容器中气体压强降为：
Pn=P0[V0/(V0+nΔV)]n
打气和抽气不是互为逆过程，气体的分装与打气有时可视为互为逆过程．气体的分装有两种情况，一种是将大容器中的高压气体同时分装到各个小容器中，分装后各个小容器内气体的状态完全相同，这种情况实质上是打气的逆过程，每个小容器内的气体相当于打气筒内每次打进的气体，大容器中剩下的气体相当于打气前容器中的原有气体．另一种是逐个分装，每个小容器中所装气体的压强依次减小，事实上，逐个分装的方法与从大容器中抽气的过程很相似，其解答过程可参照抽气的原理．
[例]钢筒容积20升，贮有10个大气压的氧气，今用5升真空小瓶取用，直到钢筒中氧气压强降为2个大气压为止，设取用过程中温度不变，小瓶可耐10个大气压．（l）若用多个5升真空小瓶同时分装，可装多少瓶？（2）若用5升真空小瓶依次取用，可装多少瓶？
[解答]（l）用多个5升真空小瓶同时分装，相当于打气的逆过程，则由玻意耳定律可解为：P1V1=P2(V1+nΔV)
代入数据，得n=16(瓶)
即用5升真空小瓶同时分装可装16瓶。
（2）用5升真空小瓶依次取用；相当于抽气过程，则由
Pn=P0[V1/(V1+ΔV)]n
代人数据得：n=7(瓶)
四、水银柱移动方向的判断
分析水银柱移动的方向是热学中常见的一类问题.
1、由于气体温度变化而引起水银柱的移动．我们假定水银柱两侧气体体积不变，那么，由于温度变化，必引起气体的压强变化（微观上引起气体分子热运动的变化—一加剧或减慢），比较这两部分气体压强变化的大小，从而判断出水银柱移动的方向．
常采用的分析方法有如下四种：
（l）公式法．取水银柱两侧气体为研究对象，设两侧气体分别为A和B，假定这两部分气体的体积不变，对于A部分气体，由查理定律得：
由更比、分比定理得：
同理，对B部分气体，
两式相比，得判断式：
显然，水银柱移动方向决定于三项比值的乘积。
①若，水银柱就向B处移动；
②若，水银柱就向A处移动．
③若，说明气体温度尽管变化了，但水银柱仍处于平衡而不移动。
[例]两个体积不等的容器A、B装有不同的气体，用一段水平细玻璃管相连，玻璃管中间有一小段水银柱将两种气体隔开，如图所示，此时A气体温度为27℃，B气体温度为77℃（细管体积不计，不考虑玻璃的膨胀）．若：①两边温度均升高40℃，水银柱如何移动 ②A气体温度下降7℃，同时B气体升高3℃，水银柱如何移动？③为了使水银柱不移动，A、B气体的温度应按什么规律变化？
[解答]①由于升温前，水银柱处于平衡，故PA=PB，TA=300K，TB=350K，而ΔTA=ΔTB＝40K
水银柱向B瑞移动．
②由于ΔTA=-7K，ΔTB＝3K．故容器A降温压强减小，B升温压强增大，水银柱向A端移动．
③为了使水银柱不发生移动，必须
即
∵初始压强相等，PA=PB
∴
说明了两容器中初始压强相等，只要温度的变化与它们初温度成正比，水银柱就仍保持静止而不移动。
（2）图象法．假设水银柱两侧气体体积不变，在P－T图上作出这两部分气体的等容线，利用等容线求出与温度变化量ΔT所对应的压强变化量ΔP，根据ΔP间的大小关系可判断出水银柱的移动方向．
[例]如图所示，两端封闭的U型管中有一段水银将空气隔成A、B两部分，当管竖直放置时，玻璃管内空气柱长分别为LA和LB，现将玻璃管周围温度逐渐升高时，则（ ）
A、LA变长，LB变短 B、LA变长，LB变短
C、LA和LB不变化 D．条件不足，不能判断．
[解答]由题意可知，在原来温度（设为T0）下PB＞PB，我们假设LA和LB不变，可在图中作出两条等容线，可看出斜率大的是B气体的等容线，斜率小的是A气体的等容线．当温度升高ΔT时（即从横轴TO处向右移ΔT），从图中看出ΔPB＞ΔPB，故B端水银面要上升，A端水银面要下降，所以本题正确答案为B．
引伸：如果本题改为“周围温度逐渐下降”情况如何呢？在P-T图上，当温度下降ΔT时，在T 0处向左移ΔT，则ΔPB＞ΔPA，说明B管内压强减少得比A管压强减少要多，所以B水银面要下降，A水银面要上升，即LB变短，LA变长．
（3）微观分析法．气体的性质是由气体分子运动的特点决定的，在气体的状态参量中，压强和温度都直接与气体分子的运动有关．温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子热运动越激烈；气体的压强是大量的气体分子频繁地碰撞器壁而产生的，因此气体压强是由单位体积内的分子数和分子的平均速率决定的，单位体积内分子数n越多，气体的温度越高。气体分子平均速率越大，气体的压强也越大．利用这个结论，就可以通过对气体的定性微观分析也可判断出水银柱移动的方向。
[例]两端封闭粗细均匀的玻璃管，中间有一段水银柱将某一气体隔开为A、B两部分．A、B两部分的温度都是2O℃，若使A、B同时升高相等的温度，则以下三种情况下，水银柱是否移动？若移动，向哪一端移动？①玻璃管水平放置；②玻璃管B在上，A在下竖直放置；③玻璃管B在上A在下倾斜放置．
[解答]①当玻璃管水平时，升温前比PA=PB，TA=TB，说明两边单位体积内的气体分子数及分子平均动能都相同，当两边气体同时升高相同温度时，两边单位体积内分子数不变，增加的动能相同，因此A、B两端压强的增加也相同，所以水银柱不发生移动．
②若玻璃管竖直放置，如图所示，在升温前，可判断出PA＞PB，又因TA=TB，且水银柱处于平衡，说明了A气体单位体积内的分子数nA大于B气体单位体积内的分子数nB，当两边气体升高同一温度时，气体分子平均动能都要增加相同的值，由于nA＞nB，因此，A内气体分子的平均动能增加量要大于B内气体分子平均动能增加量，宏观上出现ΔPA=ΔPB，故水银柱要竖直向上移动．
③跟②分析相同，故水银柱要沿玻璃管上移．
用微观分析法判断水银柱移动方向，有利于帮助我们建立微观模型，培养抽象思维和逻辑思维的能力．
（4）极限推理法．如果在物理变化过程中，物理量的变化是连续的，而且因变量随自变量的变化是单调的，那么，就可将这一物理变化过程合理地推到理想的极限状态来研究，这样我们就可以用极限状态为依据来判断其它的变化，使问题变得明朗化而迅速得出结论．
[例]在两端封闭，内径均匀的玻璃管内有一段水银柱将气体分隔为两部分，并使玻璃管倾斜为跟水平成θ角，这时水银柱处于静止，如图所示，现将环境温度逐渐降低，则水银柱将（ ）
A、不动 B、上升 C、下降 D、无法判断
[解答]设想将这环境温度逐渐降低到OK即推理到气体理想的低温极限—一绝对零度，水银柱两侧的气体的压强也趋近到零，水银柱将在重力作用下下落，故本题正确答案选C．
2、温度不变时水银柱移动问题
温度不变时，由于气体体积的变化，气体压强也会发生变化，从而引起水银柱移动．下面就常见的两种情况讨论如下：
（l）由于容器放置位置的变化而引起的水银柱的移动．
我们先假设水银柱不动，分析容器位置的变化而导出气体压强的变化情况，从而判断水银柱的移动方向．
[例]开口向下的竖直玻璃管内有一段水银柱将管内气体与外界隔开，今将玻璃管缓慢倾斜一个小角度θ时，则水银柱将（ ）
A、不发生移动． B、沿着管壁向上移一段小距离．
C、沿着管壁向下移动一段小距离 D．无法确定
[解答]假设水银柱不动，气体原先压强为P0-h（设外界大气压强为P0），当玻璃管倾斜一小角度θ时，封闭气体的压强为P0－hcosθ，可见压强增大．根据玻意耳定律，气体体积应减小，所以水银柱要向上移动，故应选择B．
（2）由于系统的运动状态的改变而引起水银柱的移动同样也是先假设水银柱不动，分析由于系统的运动状态，导致水银柱两侧气体压强如何变化，根据气体压强的变化情况推断水银柱的移动方向．
[例]一根两端封闭的竖直玻璃管AB内有一段水银柱封闭着两部分气体而处于平衡状态，如图所示．若温度不变，当玻璃管自由下落时，水银柱如何移动？
[解答]假设水银柱不动，当玻璃管自由下落时，水银柱处于完全失重状态，使得B端气柱的压强减小，根据玻意耳定律，B端气体的体积应增大，所以水银柱应向上移动．
五、变质量问题的处理方法
一定质量的理想气体的状态方程和气体三个实验定律只适用于解决气体质量不变的问题，倘若遇到气体质量发生变化的题型，应设法使其转化成为定质量问题。
1、选取适当的研究对象，将变质量问题转化成定质量问题．
[例]贮气筒内压缩气体的温度是27℃，压强为40atm．从筒中放出一半质量的气体，并使筒内剩余气体温度降到12℃．这时剩余气体压强等于多少？
[解答]把一半质量气体放到筒外，筒内气体的质量就变了，故不能直接用状态方程来求解．如果我们设想将放出的一半质量的气体用一根无形的弹性口袋收集起来，并且使口袋的体积等于筒的体积，温度也随筒内气体温度发生相同的变化，那么当我们取筒和口袋内的全部气体为研究对象时，这些气体状态不管怎样变化，其质量总是不变的．这样，我们就将变质量的问题转化成质量一定的问题了．
设贮气筒体积为V，画出状态变化示意图如图所示．根据理想气体状态方程
2、应用密度方程求解
一定质量的气体，若体积发生变化，气体的密度也随之变化，由于气体密度 ，故将气体体积代入状态方程并化简得：，这就是气体状态发生变化时的密度关系方程．
说明：①虽然此方程是由质量不变的条件推导出来的，但也适用于同一种气体的变质量问题；②当温度不变或压强不变时，由上式可以得到：和，这便是玻意耳定律的密度方程和盖·吕萨克定律的密度方程．
[例]开口的玻璃瓶内装有空气，当温度自O℃升高到100℃时，瓶内恰好失去质量为1g的空气，求瓶内原有空气质量多少克？
[解答]由于玻璃瓶开口，瓶内外压强相等，大气压认为是不变的，所以瓶内的空气变化可认为是等压变化．设瓶内空气在0℃时密度为ρ1，在100℃时密度为ρ2，瓶内原来空气质量为m，加热后失去空气质量为Δm，由于对同一气体来说，ρ∝m，故有
……………①
根据盖·吕萨克定律密度方程：…………②
由①②式，可得：
六、利用图象讨论气体状态变化问题
利用图象讨论气体状态的变化首先必须熟悉气体三个等值变化的基本图象及与三个等值变化直接相关的物理量的变化情况．
1、等温变化的图象
一定质量的气体等温变化的图线在P－V图上是以P轴、V轴为渐近线的双曲线，质量一定，温度越高，该双曲线越偏离PV轴．若温度一定，等温线偏离P、V轴愈远，则对应气体质量愈大．如图所示，若质量一定，则TI＞Tll；若温度一定，则mI＞mll．
[例]某学生做验证玻意耳定律的实验时得到了如图所示的图线（实线）．（l）若该生“等温”的条件掌握得很好，试分析是何原因；（2）若该生实验的过程中密封得很好，请分析是何原因．
[解答]首先分别过A、B两点画两条等温线（如图中的虚线），可以看出过B点的等温线较过A点的远离P、V轴．
（1）若在实验过程中温度保持不变，则由气体在A、B两状态的质量关系mA＜mB。得出A到B的过程中，气体的质量在增大，这是因为体积增大，压强减小，密封得不好，外界气体跑进管内（外界压强大于管内压强），导致封闭气体的质量增大。
（2）若在实验过程中密封得很好，即密封气体的质量不变，则由两条等温线的位置关系可看出TB＞TA，即密封气体的温度升高了，这是由于外界温度较低，实验者手握注射器下方，导致气体温度升高．
2、等容变化的图象
一定质量的气体等容变化的图线在P-T图上是一条（延长线）过原点的直线。质量一定，容积越大，直线的斜率越小（取一确定的温度，容积越大，压强越小，直线的斜率越小）．若容积一定，质量越大，直线的斜率越大．如图所示，若质量一定，则VI＜Vll，若容积一定，则m1＞mll．
[例]某学生在做验证查理定律的实验时得到了如图实线所示的图线．（1）若该生“等容”的条件掌握得很好，试分析是何原因？（2）若该生在实验过程中密封得很好，试分析是何原因？
[解答]首先分别过A、B两点画两条等容线（如图虚线所示），可以看出过A点的等容线其斜率大于过B点的等容线．
（l）若在实验过程中容积保持不变，则由气体在A、B两状态的质量关系mA＞mB，即A到B的过程中，由于封闭气体的压强增大，大于外界压强，气体外逸，导致封闭气体的质量减小．
（2）若在实验过程中密封得很好，即封闭气体的质量不变，由等容线A的斜率大于B的斜率可以得出，VB＞VA，即封闭气体的体积在压强增大时也增大了．
3、等压变化的图象
一定质量的气体等压变化的图线在V-T图上是一条（延长线）过原点的直线．质量一定，压强越大，直线的斜率越小；若压强一定，质量越大，直线的斜率越大．若质量一定，则PI＜Pll；若压强一定，则m1＞mll．
4、应用图线判定气体某热循环过程能否实现的问题
[例]一定质量的理想气体处于某一初状态，现要使它的温度经过状态变化后回到初始的温度，用下列哪些过程可能实现（ ）
A、先等压膨胀，再等容而减小压强．
B、先等压减小体积，再等容减小压强．
C、先等容增大压强，再等压而增大体积．
D、先等容减小压强，再等压增大体积．
[解答]此题若用状态方程来分析，既繁琐又易出错，若用P－T图象来讨论，则一目了然．
设气体的初状态为A，中间状态为B，末状态为C。根据上面四种状态变化过程分别画出它们的P-T图象，如图中（A）（B）（C）（D）所示．
由于B图中气体温度始终减小，故不能实现．C图中气体温度始终升高，也不能实现，而A、D两图中，根据变化趋势，TA和TC有相同的可能，放本题答案为AD．
七、力热综合问题
1、分析力热问题的基本思路
被封闭的气体跟用于封闭的物体（如水银柱、活塞、气缸等）组成一个系统，由于物体的运动状态发生了变化，也引起了气体本身的状态参量发生了变化．这两种变化往往通过气体压强的变化而相互牵制、相互联系的，其关系如下：
由于压强的变化又往往跟气体的体积有关，所以在解决力热综合问题时，除了弄清气体状态变化遵守什么规律外，还要弄清物体所处的力学环境．必须通过对力学研究对象的受力分析，借助牛顿定律或平衡条件建立辅助方程，而气体体积的变化则应用数学几何知识来建立另一个辅助方程来解决．
2、解力热问题的基本步骤
（1）以气体为研究对象，根据气态方程或气体实验定律，通过分析状态参量的变化，建立该气体的状态方程．
（2）选择跟气体相关的某些物体（如水银柱、活塞、气缸等）为研究对象，分析它们的运动状态，进行受力分析，由力学知识建立压强关系的辅助方程．
（3）分析气体的体积变化，由数学几何知识建立气体体积关系辅助方程．
3、力热问题的类型
就模型而言有：水银柱问题、弹簧问题和活塞问题等；就系统所处的状态有：平衡状态、匀变速运动状态、匀速圆周运动状态等．
（l）系统处于平衡状态
[例]如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，内部横截面积S=0.01m2，中间用两个活塞A和B封住一定质量的理想气体，A、B都可沿圆筒无摩擦地上下滑动，但不漏气，A的质量可不计，B的质量为M，并与一劲度系数k=5×103N/m的较长的弹簧相连．已知大气压强PO=l×105Pa．平衡时两活塞之间距离L=0.6m．现用力压A，使之缓慢向下移动一定距离后保持平衡．此时用于压A的力F=5×102N，求活塞A向下移动的距离（假定气体温度保持不变）．
[解答]这是一道典型的平衡问题和力热综合题．气体质量恒定，且温度保持不变，所以遵守玻意耳定律，本题关键是寻找压强的关系式和气体体积变化的关系式．
设活塞A下移的距离为ΔL，如图所示．平衡后气体压强变为P’，气体体积变为L’S，按解题步骤，先取气体为研究对象，由玻意耳定律得方程：
P0L0S=P’L’S…………①（热学关系）
再以A活塞为研究对象（变换研究对象）进行受力分析，由平衡条件，得到压强关系方程为：
P’S＝P0S＋F……………②（力学关系）
得到P’= P0+F/S………③
分析B活塞受力情况：当B活塞还未下移时，由胡克定律得：Mg=kx ；压力F作用下B活塞下移Δx，得：F+Mg=k(x+Δx)
由此两式消去x，解得：Δx=F/K………④
再由几何关系，得到体积关系式：
L0-L’=ΔL-Δx………⑤（几何关系）
由④代入⑤，消去ΔX，将③和⑤分别代入①并代人数据，可得：
ΔL=0.3m
（2）系统处于匀变速直线运动状态
[例]一端封闭的玻璃管，在封闭端有10cm长的水银柱封闭着一段空气柱，当其静止在30°的斜面上，开口向上时，空气柱长2Ocm，如图所示，当此管从斜面上滑下时，空气柱变为多长？已知大气压强为P0=75cmHg，玻璃管与斜面间的摩擦因数.
[解答]本题的热学研究对象为封闭端的空气柱，其状态变化遵守玻意耳定律，力学研究对象为水银柱，水银柱运动状态的变化符合牛顿第二定律，因为加速度不同，空气柱压强不同，空气柱长度亦不同.故欲求加速时空气柱的长度，必须求出加速时空气柱的压强，而空气柱的压强只能通过水银柱的动力学方程求得，系统加速度通过整体（玻璃管和水银柱）的动力学方程求解．
先取空气柱为热学研究对象，未加速前为初状态，压强P1=PO+Lsin30°，体积V1=L1S，加速时为末状态：压强P2，体积V2=L2S．
由玻意耳定律得：（PO+Lsin30°）L1S=P2L2S………①（热学关系）
再转换研究对象，取水银柱为力学研究对象，受力分析如图所示，若设压强单位为水银柱高，由牛顿第二定律得动力学方程：P0S+ρLSgsin30°-P2S=ρLSa………②（力学关系）
再选取整体（系统）为研究对象，设系统总质量为M，受力图如图(b)所示，由牛顿第二定律得动力学方程：
Mgsin30°-μMgcos30°=Ma………③（力学关系）
由③式解出a=2.5m/s2，代入②求出P2再代入①，解得L2=20.6cm．
（3）系统处于匀速圆周运动状态
[例]如图所示，一水平放置、一端开口一端封闭的长度为L、横载面积为S的均匀细玻璃管内，有一段长为d的水银柱封住长为b的空气柱，当管封闭端绕轴线OO’以多大角速度在水平面内转动时，管内才能剩下长为l的水银柱？已知外界大气压强为P0，水银密度为ρ,设运动过程中温度保持不变．
[解答]设玻璃管以角速度ω转动时，管内剩有长为l的水银柱．
先取封闭的空气为研究对象：初状态（旋转前）：压强为P0，体积为b·S
末状态（以ω转动时）：压强为P’，体积为（L－R）·S
由玻意耳定律得：P0·b·S=P’(L-l)·S……①（热学关系）
（转换研究对象）再取水银柱为研究对象，由动力学得：
F向=P0S-P’S=ρlsω2(L-l／2)……②（力学关系）
由①式得到P’代人②,得
八、隐含条件与临界问题
热力学过程往往跟力学、电学过程一样，也藏着某些隐含条件或临界状态．这些条件或状态并没有用文字直接叙述出来，解题时需要细心、全面地对热学过程进行分析，以揭示问题中的隐含条件或临界状态。
[例]长100cm、内径均匀的细玻璃管，一端封闭、一端开口，如图所示，当开口竖直向上时，水银柱长度为25cm，空气柱长度为44cm，向当开口竖直向下时，管内被封闭的空气柱长度为多少cm？已知大气压强P0=75cmHg．
[解答]本题常见错解是：设玻璃管开口竖直向下时空气往长度为X，并设玻璃管截面积为S，由玻意耳定律列出：
（P0+h）L1·S=（P0-h）x·S
故有（75＋25）×44=（75－25）·x，解得x=88cm．
仔细分析可以发现：88cm+25cm=113cm，超过了玻璃管总长度100cm，显然与题设不符。本题要得到正确的解答，必须要认真审题，分析这个热学系统从开口竖直向上放置到开口竖直向下放置这一过程中，管内气体的压强变小使其体积随之膨胀时，管内水银有无流出的可能性，这就是本题所藏匿的隐含条件．若不把这一隐含条件挖掘出来，解题往往要告失败．
正确分析和解答应为：先假设当管口竖直向下时，管内水银往恰好不漏出（这便是问题的临界状态）则初状态：P1V1=（75+25）×44=4400；末状态：P2V2=（75-25）×75=3750．因为P2V2＜P1V1；说明与假设不符，管内气体还要继续膨胀而减压，直到P2V2=4400为止，故管内气体在变化过程中，一定有一部分水银漏出．
设管中所剩有水银柱高度为h，由玻意耳定律得到：
（75＋25）×44=（75-h）（1OO－h），解得：h=20cm．
这时管内空气柱长度L’=80cm．
[例]如图所示，一端开口，另一滴封闭的U型玻璃管中装有水银，其中封闭了一段空气柱、设右臂足够长，两臂紧靠，内径粗细均匀．当U型管竖直倒转时，空气柱将变为多长（已知大气压强PO=75cmHg，整个过程温度保持不变）？
[解答]
常见错解：依题意，右臂足够长，故U型管被竖直倒转时，不必考虑水银柱能否流出的问题。当U型管竖直倒转后，由于封闭的空气柱的压强减小了，而引起体积增大，造成左管内水银上升，右管水银面下降，设空气柱长度增加xcm，如图所示，所以
初状态：P1=PO+h=85cmHg，V1=15·Scm3
末状态：P2=（75-10）-2x=（65-2x）cmHg，V2=（15+x）·Scm3
由玻意耳定律P1V1=P2V2得
85×15=（65-2x）（15+x） 即2x2-35x+300=0
又因判断式Δ=b2-4ac＜0，故本题无解．
本题真的无解吗？否！那么错在哪里呢？错在热学过程不清晰而作了一个错误的假设，即认为左管中仍有水银．
现在不妨先假设一下：当U型管倒转后，假设上管内水银由于气柱减压而膨胀恰好推出左管，如图所示，那么空气柱的压强P2=75-20=55cmHg，空气柱在压强等于55cmHg时，其体积（即空气柱长度）应为：
由玻意耳定律P1V1=P2V2 ；故有85×15=55×L2，则L2=23.16cm＞20cm．这就是本题所隐含的条件：当U型管倒转后，水银柱已全部进入了右管中，所以上面解答显然是错误的．
本题的正确解为：设U型管倒转后封闭端空气柱总长度为xcm，如图所示．
初状态：P1=85cmHg，V1=15·Scm3；
末状态：P2=55cmHg，V2=x·Scm3，由玻意耳定律得：
85×15=55×x
解得x=23.16cm．
力
牛顿运动定律
压强
气体状态方程
热高三物理总复习专题讲座（圆周运动、万有引力）
一、基本概念
1、曲线运动
物体做曲线运动的条件:一定受到与速度方向不在同一条直线上的合外力的作用。
（1）作曲线运动质点的速度方向是时刻改变的，质点在某一位置速度的方向就在曲线上该点的切线方向上。
（2）曲线运动一定是具有加速度的变速运动，有时，它的加速度只改变速度方向(如匀速圆周运动)，有时，它的加速度能同时改变速度的方向和大小(如平抛运动等)．
（3）如果合外力方向与速度方向在同一条直线上，那么合外力所产生的加速度就只能改变速度大小，不能时刻改变速度的方向了．
（4）做曲线运动的物体的速度大小可能是不变的，如匀速圆周运动等．做曲线运动的物体加速度的大小、方向也可能是不变的，如抛体运动等．速度的大小和方向、加速度的大小和方向都变化的曲线运动也是屡见不鲜的。
2、匀速圆周运动
质点沿圆周运动，且在相等的时间内通过的圆弧长度相等，这种运动叫做匀速圆周运动．
描述匀速圆周运动快慢的物理量
； ； ； v=ωr； 转数（转/秒）n=f
同一转动物体上，角速度相等；同一皮带轮连接的轮边缘上线速度相等。
（1）线速度可以反映匀速圆周运动的快慢．它的大小用单位时间内通过的弧长来定义，即：v=s/t
线速度大，表示单位时间通过的弧长长，运动得就快．这里的s不是位移，而是弧长．这与匀速直线运动速度的定义式是不同的。
线速度也是矢量．圆周上某一点线速度的方向，就在该点的切线方向上．由匀速圆周运动的定义可知，匀速圆周运动线速度的大小是不变的，但它的方向时刻改变，所以匀速圆周运动并不是匀速运动而是变速运动。
（2）角速度也可反映匀速圆周运动的快慢．角速度是用半径转过的角度φ与所用时间t的比值来定义的，即：ω=φ/t(这里的角度只能以弧度为单位)．
角速度大，表示在单位时间内半径转过的角度大，运动得也就快．在某一确定的匀速圆周运动中，角速度是恒定不变的．角速度的单位是rad／s．
（3）周期也可描述匀速圆周运动的快慢．做匀速圆周运动物体运动一周所需的时间叫周期．周期的符号是T，单位是s。周期长，表示运动得慢；周期短，表示运动得快．
（4）有时也用转数n来表示匀速圆周运动的快慢．转数就是每秒钟转过的圈数，它的单位是转／秒．ω=2πn．
设质点沿圆周运动了一周，我们可根据这些物理量的定义式推导出它们之间有如下关系：v=2πr/T，ω=2π/T，v =ωr，T=1/f，T=1/n
3、向心加速度、向心力
向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量，产生向心加速度的力叫向心力。向心力和向心加速度都时刻在改变（圆周运动一定是非匀变速运动）。
ω相同时，a与r成正比；v相同时，a与r成反比；r相同时，a与ω2成正比，与v2成反比。
[例] 机械手表中的分针与秒针可视为匀速转动，分针与秒针从重合至第二次重合，中间经历的时间为：
A．1 min B．min C． D．min
[解答]分针的角速度rad/s
秒针的角速度 rad/s
设经时间t两针第二次重合，则ω2t-ω2t＝2π
得： ∴选答案C
（1）匀速圆周运动既然是变速运动，那么做匀速圆周运动的物体必然有加速度．我们已经知道，与速度同向的加速度能使速度增大，与速度反向的加速度能使速度减小．但匀速圆周运动的速率既不增大也不减小，这说明它不具有与速度同向或反向的加速度，这个加速度也就只能时刻与速度相垂直，它所起的作用也仅是改变线速度的方向．与线速度相垂直也必与圆周切线相垂直，也必过圆心。所以，匀速圆周运动的加速度又被称为向心加速度，因为它的方向始终指向圆心．向心加速度也是矢量。
因为v、ω的大小均不变，所以向心加速度的大小也就不变，但由于a的方向始终垂直于速度在旋转变化，所以向心加速度不是恒量而是变量．匀速圆周运动不是匀加速运动而是变加速运动．
（2）向心力只改变速度的方向，不改变速度的大小。（向心力永远不做功）
显然，向心力的大小也是不变的，但其方向同样也与向心加速度的方向一样指向圆心且不断旋转变化着．所以向心力是变力，而不是恒力．
向心力这个名称是根据力的效果命名的，它是物体受的某一个力或某几个力的合力产生的一种效果．并不是说做圆周运动的物体又受到了另外一个新的特殊的力．
在匀速圆周运动中，向心力是由物体受到的合外力来担任的．也就是说，做匀速圆周运动的物体所受到的合外力的大小是不变的，方向始终与鸿度墨直并指向圆心．它只能改变速度的方向，不能改变速度的大小．求解匀速圆周运动的动力学基础仍是牛顿第二定律，这就提醒我们在处理匀速圆周运动问题时，同样也离不开分析物体的受力．
4、万有引力定律
万有引力定律是牛顿在研究天体运动规律的过程中发现的，它是自然科学最伟大的成果之一，宇宙间一切物体都是相互吸引的．任何两个物体间引力的大小跟它们质量的乘积成正比，跟它们距离的平方成反比．这就是万有引力定律，用公式来表示为：F=Gm1m2/r2
式中G为引力常量，G的单位从上述公式中可推导出是N·m2／kg2，G的数值为6.67×10-11．这个数值等于两个质量1kg的物体相距1m时相互之间万有引力的牛顿数．它最初是由卡文迪许用石英扭秆测定的.
普通两个物体之间的万有引力是微不足道的，我们一般不予考虑．但在天体系统中，由于天体质量很大，所以它们之间的万有引力十分强大，天体之间的万有引力是这些天体做什么运动、怎样运动的直接的、决定性的因素．月亮绕地球运转，地球绕太阳公转，月亮、地球在运动过程中所需要的向心力就是由万有引力来提供的。
[练习一]
（1）以下说法是否正确
因为 (n为转数)，所以角速度与转数成正比．
向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢
向心加速度描述的是质点在圆周运动中，向心力变化的快慢
（2）如图所示，为A、B两质点做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图像．其中A为双曲线的一个分支．由图可知：
A．A物体运动的线速度大小不变 B．A物体运动的角速度大小不变
C．B物体运动的角速度大小不变 D．B物体运动的线速度大小不变
答案：AC
（3）如图所示，物体在恒力F作用下沿曲线从A运动到B，这时突然使它所受力反向，大小不变，即由F变为-F，关于此后物体的运动情况，下列说法正确的是：
A．物体不可能沿曲线Ba运动； B．物体不可能沿直线Bb运动；
C．物体不可能沿曲线Bc运动； D．物体不可能沿原曲线B返回A。
（4）物体运动的速度方向、加速度方向与作用在物体上合外力方向的关系是：
A．速度方向、加速度方向、合力方向三者总是相同的；
B．速度方向可与加速度方向成任何夹角，但加速度方向总是与合力方向相同；
C．速度方向总是和合外力方向相同，加速度方向可能和合外力相同，也可能不同；
D．速度方向与加速度方向或合外力方向可以成任意夹角．
（5）如图所示，在匀强电场内将一质量为m、电量为q的摆球拉至与悬点O同一水平面处，由静止释放，则在开始的一小段时间内摆球将作：
A．匀速直线运动； B．匀加速直线运动；
C．匀减速直线运动； D．变速圆周运动．
二、向心力应用问题
1、向心力的来源
向心力是合外力在指向圆心方向的分力，它不是某种性质力的名称，而是根据力的作用效果来命名的。向心力可以由某一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由某一个力的分力提供。
如果合外力始终指向圆心且大小不变，则物体作匀速圆周运动。
2、向心力公式的应用
应用方法：
以指向圆心方向为正方向。
将物体所受到的各个外力分解到指向圆心方向。
求出指向圆心的各个分力的合力，即为向心力。
据牛顿第二定律列方程F向=ma向
[例]在高速公路的拐弯处，路面造得外高内低，即当车向右拐弯时，司机左侧的路面比右侧要高一些，路面与水平面间的夹角为θ。设拐弯路段是半径为R的圆弧，要使车轮与路面之间的横向(即垂直于前进方向)摩擦力等于零，车速v应多大？
[解答]如图所示，为汽车在水平面内做匀速圆周运动的受力情况。重力与路面的弹力的合力提供向心力，由平行四边形定则及牛顿第二定律得：
F合/G=tgθ F合=mv2/R ∴
[练习二]
（1）关于向心力，下列说法中正确的是：
A．物体受到向心力作用才可能做圆周运动
B．向心力是指向圆心方向的合力，是根据力的作用效果来命名的
C．向心力可能是重力、弹力、摩擦力等各种力的合力，也可能是其中某一种力或某一种力的分力
D．向心力只改变物体运动的方向，不可能改变物体运动的快慢
（2）放置在地面上的物体，由于地球自转
A．都具有向心加速度
B．向心加速度大小随纬度增加而减小
C．向心加速度方向都指向地球中心
D．产生此向心加速度的力都是由地球对物体的引力提供的
[解答]物体做匀速圆周运动，随着纬度的增加，半径减小，由a=ω2R可知，a减小，向心力由引力与地球的弹力的合力提供，答案：AB。
（3）如图所示，小球用长为L的细绳悬于O点，使之在竖直平面内做圆周运动，小球通过最低点时速率为v，则小球在最低点时细绳的张力大小为＿＿＿＿。(小球质量为m)
（4）如图，质量为m的滑块滑到弧形底端时速率为v，已知圆弧形轨道的半径为R，则滑块在圆弧形轨道最低点时对轨道的压力大小为＿＿＿＿。
（5）如图示，质量为m的小球用细绳悬于O点，绳长为L，在竖直平面内做圆周运动，到达最高点时速度为v，则此时绳子的张力为＿＿＿．
三、求解匀速圆周运动的思路和步骤
匀速圆周运动的求解应在动力学问题的框架范围内．它的核心仍是ΣF=ma．
(1)确定研究对象，分析其受力仍是解题的首要和关键的步骤．
(2)以指向圆心的方向为正方向，来确定各个力的正、负号。建立起牛顿第二定律的方程，并结合运用a=v2/R=ω2R等有关知识求解．
[例]如图所示，有一质量为m的小球P与穿过光滑水平板上小孔O的轻绳相连，用手捡着绳子另一端，使P在水平板内绕O作半径为a角速度为ω的匀速圆周运动.求：(1)此时拉绳的力多大；(2)若将绳子从此状态迅速放松，后又拉直，使P绕O作半径为b的匀速圆周运动．从放松到拉直这段过程经过了多长时间 (3)P作半径为b的匀速圆周运动时，绳子拉力又为多大
[解答]（1）手拉绳子力的大小与绳拉球作匀速圆周运动向心力的大小是相等的，故有F=mω2a
(2)松手后，绳子拉力消失．小球将从刚松手的位置，沿圆周的切线方向，在光滑的水平面上作匀速直线运动．当绳在水平板上长为b时，绳又被拉紧．在这一段匀速直线运动的过程中，球运动的距离为(如图b所示)，故
t=s/v=/（aω）
(3)将刚拉紧绳时球的速度aω1分解为沿绳分量和垂直于绳分量。在绳被拉紧的短暂过程中，球损失了沿线的分速度，保留着垂直于绳的分速度作匀速圆周运动．被保留的速度的大小为：v＇=va/b= a2ω/b
所以绳子后来的拉力F＇为：Ｆ＇＝ｍｖ＇２／Ｒ＇＝ｍω２ａ４／ｂ３
四、竖直面上圆周运动
最高点：恰能通过最高点的临界速度
最低点：最大速度、最大拉（压）力
联系最高点和最低点：机械能守恒定律
[例]如图，轻杆长Ｌ，质量可忽略不计，杆的一端连接着一质量为ｍ的小球，另一端装在固定转轴上．设小球在竖直平面内作圆周运动．(1)当它在圆周的最低点，速率为ｖ时，求其对杆作用力的大小和方向；(2)当它在圆周最高点，速率为ｖ时，求其对杆作用力的大小和方向．
[解答]小球在竖直平面内作的圆周运动并不是匀速圆周运动。但在最低点和最高点这两个特殊位置，我们仍可用求解匀速圆周运动的方法和公式求解，因为在这两个位置。小球受的外力都在圆周半径方向上，它们的合力就是向心力．
在最低点：此位置杆对球作用力Ｎ的方向只可能向上，并且Ｎ＞ｍｇ，故有：
Ｎ－ｍｇ＝ｍｖ２／Ｒ，Ｎ＝ｍｇ＋ｍｖ２/L．
在最高点：此位置杆对球作用力的方向尚不能确定，我们可暂时假设N与mg同向，即杆对球有向下拉力作用．则有ｍｇ+Ｎ=ｍｖ２／Ｌ,Ｎ＝ｍｖ２／Ｌ－ｍｇ
如果Ｎ确与ｍｇ同向，方向指向圆心，则Ｎ＞0，即
ｍｖ２／Ｌ－ｍｇ＞０，
若，则由Ｎ的表达式可得Ｎ＝0，即此时杆对球无作用力，重力唯一地起着向心力的作用；
若，可得Ｎ＜0，则说明杆对球有向上托力作用，这个力的方向与正方向相反，背离圆心．
根据上述分析，我们可以得到这样的结论：在最低点，不管小球以多大的速度运动，杆对球的拉力都是向上的．但在最高点，杆对球作用力的大小和方向取决于v的大小．是一个临界值．当时，因速度大，所需的向心力就大，ｍｇ不能满足向心力的需要，需要杆向下的拉力来补充；当时，因速度小，所需的向心力也小，ｍｇ超过了向心力的需要，故杆产生了向上的托力来抵消ｍｇ的一部分作用；若，这说明重力ｍｇ恰能满足向心力的需要，故此时杆对球没有作用力．
如果此题小球不是固定在轻杆的下端，而是系在细线下端，让它在竖直平面内做圆周运动．则小球能运动到圆周最高点的最小速度应为，若，如前所述，重力己超过了向心力的需要，而细绳在最高点又不可能象轻杆那样对球有向上的托力，所以此时小球不可能到达圆周最高点，它到达最高点前就已离开圆周了。
五、万有引力定律
这里列出的五个式子中，左边两个代表万有引力（重力），它们是天体运动向心力的来源；右边三个式子代表向心力；依据万有引力（重力）作为天体运动的向心力的思路，可按照题设已知条件和未知量在此五式中选择两个组成方程，通过求解方程得到所需要的结果。
式中r为轨道半径，r=R+h；g’为高度为h的轨道上的重力加速度，
[例]求第一宇宙速度，（1）已知M、R；（2）已知g、R
[解答]由，得 (1)
由，可得 (2)
将(1)、(2)两式中的R都用地球半径、M用地球质量、g用地面附近重力加速度数值9.8m/s2代入，均可得到第一宇宙速度v1=7.9×103m/s．
[例]试证明天空中任何天体表面附近卫星的运动周期与该天体密度的平方根成反比。
[解答]由 和，解得：
六、天体和卫星的运动
我们把月亮绕地球的运转、地球绕太阳的公转以及人造地球卫星的运动都近似地处理成匀速圆周运动的问题．研究这一类问题的基础是万有引力定律、牛顿第二定律以及有关匀速圆周运动线速度、角速度、周期以及向心加速度的一些公式．天体、卫星所需要的向心力就是它们受到的万有引力．
1、三个宇宙速度
第一宇宙速度(环绕速度)是人造地球卫星在地面附近环绕地球运转的必须具有的速度，第一宇宙速度v1=7.9×103m/s．
第二宇宙速度(脱离速度)是卫星挣脱地球引力束缚，成为绕太阳运转行星的最小速度．v2=11.2×103m／s．
第三宇宙速度(逃逸速度)是卫星挣脱太阳的束缚，飞出太阳系运动的最小速度．V3=16.7×103m／s．
2、在不同轨道上运动的卫星的讨论
以第一宇宙速度运动的卫星是沿地面附近运行的，其轨道半径被认为是地球半径．还有许多卫星(如气象卫星、通讯卫星等)在地面上方很高处运行，其轨道半径远比地球半径大，这些卫星的有关物理量如何随轨道半径的变化而变化呢 我们可根据万有引力定律和牛顿运动定律加以讨论．
(1)卫星的运行速度：
由，可得．
上式的r是卫星的轨道半径，它应等于地球半径R与卫星离地面的高度h之和．从此式可看出，由于引力常量G和地球质量M一定，所以卫星离地面越远，轨道半径越大，其运行的速度就越小．需要说明的是，这里的速度是卫星在远轨道上的运行速度，不是从地面把卫星送上天的发射速度．实际上把卫星发送到较远的轨道上，耗费的能量要大，从地面发射的速度也要大．
(2)卫星运行的角速度：
由，可得，
由此式可看出，卫星离地越远，r越大，ω就越小．
(3)卫星运行的周期：
，，
同样可以看出，r越大，T就越大．若卫星的周期与地球自转周期T0相同，则此卫星叫同步卫星．同步卫星的轨道平面应与赤道平面重合．其离地面高度由
，可求得：
(4)卫星的加速度：
卫星的加速度是由地球的万有引力产生的，它就是卫星做匀速圆周运动的向心加速度．a=F万/m=GM/R2 (1)
卫星的加速度与地面上物体的重力加速度本质上是一致的，它们都是由地球万有引力产生的．不过卫星的重力加速度g＇的数值远比地面附近的重力加速度g(9.8m／s2)的数值小．由平方反比关系可得：
(2)
(1)、(2)两式中的加速度是同一个加速度．所不同的仅是考虑问题的角度不同罢了。
(5)完全失重和卫星的重量
当卫星在轨道上运行时，舱内的宇航员及其它物体都处于完全失重状态．这里所指的完全失重状态并非指人和物体不受地球引力作用，仅是反映了人和物对支持物(地板)没有压力，用测力计去称他们的重力，读数为零。毫无疑问，人和物仍要受到地球万有引力(重力)的作用．不过比其在地面附近所受的重力要小．
3、双星的运动
两颗离得较近的天体称为双星．双星都是以它们连线上的某点为公共圆心，以相同的角速度做匀速圆周运动．这时万有引力作为向心力起着只改变它们的速度方向，不改变速度大小的作用．也只有这样，它们才能处于稳定的状态，不至于因巨大的吸引作用而导致碰撞、毁灭．
求解双星问题有两点值得注意：①它们做匀速圆周运动的向心力是相等的；②它们运行的周期是相同的．因为只有周期相同，它们之间的距离才可能保持不变．它们才可能稳定运行的状态之中．
[例]质量分别为m1和m2、相距为L的双星，绕其连线上的O点匀速旋转．求它们各自的轨道半径和周期．
[解答]由万有引力定律和牛顿第二定律可得：
对m1： (1)
对m2： (2)
将(1)、(2)化简后再相除，便可得：
再将R1数值代人(1)可得：高三物理总复习专题讲座（运动定律）
一、基本概念
1、伽利略在研究力与运动的关系方面有着卓越的贡献，理想实验最早揭示出力不是维持物体运动的原因。
2、可以从三个方面理解牛顿第一定律：（1）定律说明了物体不受外力时的运动状态一定是静止或匀速直线运动，物体的运动不需要力来维持；（2）物体具有保持原来的静止状态或匀速直线运动状态的性质；（3）外力可以改变物体的运动状态。
3、惯性是物体的固有属性。（1）“固有”有两层含义，一是表示一切物体都有，二是表示“一定有”，即不存在没有惯性的物体和场合。（2）“属性”说明惯性是物体具有的一种性质，而不是物理量，也不是物体间的相互作用，只可说“物体具有惯性”，不可说“受到惯性作用”，也不可说“具有向东惯性”。
4、运动状态的改变既包括速度大小的改变，又包括速度方向的改变；只要物体运动状态改变，就一定有加速度；物体有加速度，其所受合外力一定不为零。它们之间存在如下关系：
运动状态改变 速度改变 加速度a≠0 所受合外力F合≠0
5、加速度是描述运动状态改变快慢的物理量，速度改变量是描述运动状态改变的物理量，速度是描述运动状态的物理量。
6、力是产生加速度的原因，也就是使物体运动状态改变的原因。运动状态改变的快慢程度取决于两个因素，一是合外力，质量相同的物体所受合外力越大，运动状态改变就越快；二是物体的质量，受同样大小合外力作用的物体质量越大，运动状态改变就越慢。
7、质量是惯性的唯一量度，意即：惯性与质量有关而且只与质量有关，与其它任何因素（如速度、作用力、加速度等）都无关。对一个物体，只要其质量不变，其惯性就一定不变；若质量改变，其惯性就一定改变。
[练习一]
下列说法正确的是：
（A）运动得越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大；
（B）小球由于受重力的作用而自由下落时，它的惯性不存在了；
（C）一个物体竖直上抛，当抛出后，能继续上升，是因为物体受到一个向上推力；
（D）物体的惯性仅与本身的质量有关，质量大的惯性大，质量小的惯性小；
8、对牛顿第二定律表达式F=ma，要注意：
（1）四个关系：①正比关系：其内容即牛顿第二定律本身；②同向关系：a与F都是矢量，它们的方向始终一致；③因果关系：力是产生加速度的原因，力是“因”，加速度是“果”；④同时关系：a与F同时产生、同时变化、同时消失。
（2）F、m、a三个物理量的统一性：①针对同一研究对象；②针对同一研究过程；③相对于同一参照物；④统一采用国际单位制单位。
（3）F为合外力，a为与F相对应的合加速度；若一个物体受多个外力作用，这些外力都独立地产生各自的加速度，则F为这些力的矢量和，而a也为这些加速度的矢量和。
9、对重力和质量的关系式G=mg，要注意：
（1）该式的本质是牛顿第二定律，该式反映了质量与重力、重力加速度的关系；g的本质是重力加速度，其单位应该是米/秒2。
（2）质量与重力的区别在于：①质量是物体惯性大小的量度，重力是产生重力加速度的原因；②质量是标量，而重力是矢量；③对同一物体，质量不随位置变化，而重力则随纬度、高度等因素而改变；④质量可用天平称量，重力可用弹簧秤称量。
10、当物体所受合外力为零时，其加速度也为零，物体处于静止或匀速运动状态，我们称物体处于平衡状态，处于平衡状态的物体所受的各个力互相平衡，称这些力为平衡力。当物体受多个力作用处于平衡状态时，其中任一力必定与其余各力的合力大小相等，方向相反。
T1′
T1 T2
A
T2′
G
图3-2
11、作用力反作用力的特点：①大小相等②方向相反③作用在一条直线上④同时产生、同时消失⑤同性质力⑥作用在相互作用的两个物体上。
二力平衡时两平衡力的特点：①大小相等②方向相反③作用在一条直线上④不一定同时产生、同时消失⑤不一定是同性质力⑥作用在同一物体上。
12、判断相互作用的两个力和相互平衡的两个力的方法：
①就研究对象而言，前者为相互作用的两个物体，后者为同一物体；②就力的性质而言，前者性质一定相同，后者性质不一定相同；③就力的效果而言，前者各有各的效果，不能互相抵消，而后者使物体平衡，可以互相抵消；④就力的表述而言，前者强调相互性，如“甲对乙”的力的反作用力是“乙对甲”的力，而后者强调同一性，“甲对乙”的力的平衡力是“丙对乙”的力。
注意：大小相等、方向相反、在同一直线上且分别作用在两个不同的物体上的两个力，不一定是作用力和反作用力。
例：如图3-2，用轻绳将物体A悬挂于天花板下，在图中所画出的各力中，T1与T1ˊ、T2与T2ˊ为作用力和反作用力，T1ˊ与T2ˊ、T2与G为平衡力，T1与T2虽然满足上述作用力反作用力特点的前五点要求，但因不是作用在相互作用的两个物体上，所以不是作用力反作用力。
13、对于一个物理量，不仅应注意到它的大小、方向，还应注意到它的单位，单位也是物理量的重要组成部分。单位是为了测量、比较量的大小而建立的。
14、物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，而且同时还确定了物理量之间的单位关系。基本单位是人为选定的，导出单位则是由基本单位利用公式推导出来的。国际单位制中，只有七个物理量的单位是基本单位，即长度的单位“米”、质量的单位“千克”、时间的单位“秒”、电流的单位“安培”、热力学温度单位“开尔文”、物质的量的单位“摩尔”和发光强度的单位“坎德拉”，中学物理中只涉及前六个基本单位，力学中只涉及前三个基本单位。
15、单位制在物理计算中的作用是可以使计算简便，即在计算过程中，不必代入单位。但要注意，这样做的前提是必须采用同一单位制，因此，在今后的学习中，必须注意在解题时规范使用单位，一般采用国际单位制单位。
16、单位在解题中的其它应用：
（1）用于检验解题结果。例：骑自行车的人和车的总质量为M千克，在水平路面上匀速行驶，从某个时刻起开始停止用力，经过t秒钟滑行s米而静止，若人和车在滑行时做习减速运动，则人和车受到的阻力多大？若有三位同学所求得答案分别为甲：f=２Ｍｓ／ｔ２，乙：f=２Ｍｓ/ｔ，丙：f=Ｍｓ/ｔ2。由于力f的单位牛顿即千克米/秒2，而乙同学所得结果等号右边式的单位为千克米/秒，可见乙结果为错误。但要注意，这种方法只能判断结果是否错误，而不能判断结果是否正确，如本例中，就不能用此法找出丙同学的错误。
（2）可通过单位记忆公式或通过公式记忆物理量的单位。例如，匀变速直线运动的位移公式s=v0t+at 2，常有同学误记为s=v0+at 2，若能结合单位考虑一下，就可避免这种错误。
17、物理单位的换算常见如下三种情形：（1）不同单位制中物理量单位之间的换算，如1dyn=10-5N；（2）同一单位制中物理量不同单位之间的换算，如1kg=103g；（3）同一单位制中物理量不同形式单位之间的换算，如1N=1kgm/s2。不论是哪一种情形，都必须记住常用物理单位的换算关系及常用词冠（如兆、厘、毫等），还要记住有关物理公式并学会灵活应用。
18、有关牛顿运动定律应用的问题可分为两类，即：①已知物体的运动状况求物体所受的力；②已知物体所受的力求物体的运动状况。两种类型问题都是通过加速度将物体的受力状况和运动状况联系起来，解题时应充分重视加速度的桥梁作用。
19、受力分析的一般步骤：
（1）确定研究对象。研究对象可以是物体、结点或系统。
（2）按照重力、弹力、摩擦力、其它力的顺序根据力的产生条件分析受力。
在分析受力时，往往需结合物体运动状况，如物体是处于平衡状态还是处于变速运动状态；物体的速度、加速度的大小、方向如何等等，有时还需结合施力物体的受力情况进行分析。
（3）将研究对象与其它物体隔离画出受力图，注意：①不同研究对象的受力图不能画在一起；②不要把其它物体受的力画在研究对象上；③不要把研究对象施加给其它物体的力画在研究对象上；④由于合力与分力间是等效替代的关系，因此解题时不能同时考虑合力与分力，不要把力的分解得到的分力和力的合成得到的合力当作研究对象实际受到的力；⑤若物体的形变量很小且不考虑力对物体的转动效果时，可将各力平移后画在重心上，即各力为共点力；⑥画受力分析图也要注意规范，线段的长短要符合实际，箭头、实虚线、力的符号等不要遗漏。
（4）检查分析结果是否正确，有无多力或漏力。
20、解题的一般步骤：
明确物理过程，确定研究对象；
分析研究对象的受力情况和运动情况，画出必要的受力分析图和过程示意图；
选取坐标系，规定正方向；
根据牛顿第二定律和运动学规律建立有关方程；
解方程，求结论。注意代入数据前应先统一单位。
21、在运用牛顿第二定律F=ma时，当F为恒力时，可针对一个阶段列式；当F为变力时，一般只针对某一瞬间列式。除特殊情况外，一般不用牛顿第二定律求解变力作用问题。
22、第一章中关于受力分析的许多方法对本章问题也适用，应注意掌握。这里着重介绍本章物体受力分析的特点。
（1）围绕加速度a展开受力分析。由牛顿第二定律可知，①加速度方向即合外力方向；②在与加速度垂直的方向上物体受力平衡；③加速度改变意味着合力改变。这三点是本章问题中受力分析的入手点。
（2）仔细分析物体运动状况，正确判断加速度方向，全面地考虑各种可能的受力情况。本章中，由于运动状况的变化，引起加速度及受力情况变化的题目是屡见不鲜的，解题时应注意讨论。
23、牛顿第三定律
注意作用力反作用力的六个特点，并与二力平衡时的平衡力相区别。
在运用牛顿运动定律解题时，常依据牛顿第三定律进行研究对象转换，解题时应注意说明。
[练习二]
（1）如图，木杆AB、CD长度均为L，重均为G，它们互相支撑，静止在水平地面上，AB、CD与地面的夹角均为θ，求地面对杆的支持力和摩擦力。
（2）升降机问题。升降机以加速度a=4.9m/s2 匀加速上升，机内水平地板上放有一质量为50kg的物体，求物体对升降机地板的压力。
N
a
mg
图3-7
[解答]本例所求为升降机地板所受压力，但研究对象却必须是物体，所直接求得的力为物体受升降机地板的支持力，必须根据牛顿第三定律进行研究对象转换。
以物体为研究对象，画出受力分析图（如图3-7）
据牛顿第二定律 N – m g = m a
N = m （g + a）
= 50（9.8+4.9）
= 735 N
据牛顿第三定律 所求物体对升降机地板的压力Nˊ与升降机地板对物体的支持力N为作用力反作用力，即Nˊ=-N = -735 N，负号表示Nˊ方向竖直向下。
二、牛顿第二定律基本应用
（一）分析受力和运动
1、全面、正确地分析物体受力是求解动力学问题第一步必须做好的工作。我们重申在第一章中已介绍了的正确分析物体受力的方法和步骤：从研究对象来说，隔离法和整体分析法仍是两种基本的选择。从分析程序来说，仍是先分析重力(场力)，再逐一找接触点，分析接触力(弹力、摩擦力)．需要引起注意的是，在本章问题中，物体一般不再处于平衡状态了，因此我们就不能随便地套用静力学问题中的一些结论．除了重力不变以外，弹力、摩擦力的大小、方向常常随着运动状态的变化而变化．这就要求我们注意克服以往分析平衡状态下物体受力的思维定势．
2、在处理动力学问题时，除了要分析物体受力以外，还要对物体的运动状态做出分析．物体做什么运动 其速度的大小、方向如何变化 加速度的大小、方向如何 位移的变化规律如何 这些都是我们必须掌握的信息．
物体所受的力和它所处的运动状态是相互制约的．物体受力的变化将导致加速度的变化，运动状态的变化．反过来，物体运动状态的变化、加速度的变化，又能提示我们注意力的变化，还能帮助我们分析判断一些难以确定的力(如静摩擦力的大小和方向)．
[例]如图所示，将物块A放在水平传送带上，试讨论A所受的摩擦力的大小和方向．
[解答]因为A在竖直方向上没有加速度，故在此方向上重力G和支持力N相平衡，G＝N．但在水平方向，A受到的摩擦力究竟如何，尚难作定论．这就需要我们在分析A水平方向运动的基础上来推断其所受的摩擦力．
(1)当物块A随传送带一道作匀速直线运动时，由平衡条件可知，A在水平方向上所受的合外力—定为零，所以它不可能受到摩擦力作用，故f=0．
(2)当物块A随传送带一道以加速度a向右作匀加速运动时，由牛顿第二定律可知，A一定受到与a方向相同的力的作用，而摩擦力f是它在运动方向受到的唯一的力。故有f=ma，方向向右．因A与传送带相对静止，所以f是静摩擦力．
(3)当物块A随传送带一道以加速度a作匀减速运动时，同理我们能得到它受到的静摩擦力f=ma，但方向向左．
(4)当传送带以较大的加速度向右运动时，A就不能随传送带一起以共同的加速度运动，A将在传送带上发生滑动．这时A受到的摩擦力是滑动摩擦力，其大小f=μN=μmg，因A相对于传送带滞后(左)，所以f的方向向右．
(5)若传送带先以一定的速度匀速向右运动，我们后将A轻轻地放到传送带上．在刚开始的一段过程中，A在传送带上要滑行一段距离，它相对于传送带运动是滞后(左)的，故其受到的滑动摩擦力应是向右的，其大小f=μN=μmg，这一段过程A以a=μg的加速度向右做匀加速运动．随着A的速度不断增加，当其速度与传送带速度相同时，这时A与传送带之间已没有相对运动了，f也就消失了．A的运动状态就由向右的加速运动变为向右的匀速运动了。
通过对此题的分析，我们可体会到力与运动这种既相互依托又相互制约的关系．只有双管齐下、两者兼顾地去分析物体的受力和物体的运动状态，才能处理好动力学的问题．
（二）求解动力学问题的步骤
1、选择研究对象．
[例一]如图所示，质量75kg的大力士通过定滑轮起吊质量为50kg的重物，则他站在地面上拉重物上升的最大加速度是多大
[解答]此题表面上讨论的是重物上升的问题，但拉重物上升的拉力究竟多大 从重物那里却无从得知．所以解题第一步应该以大力士为研究对象，分析他的状态和受力，为求解重物的加速度作好准备．大力士受到的力有：重力G1，地面支持力N和绳对他向上的拉力T．因人静止在地面上，故有T+N-Mg=0
由此式可知，大力士所用的拉力T越大，N就越小，但T最大不能超过Mg的数值，即T≤Mg=750N．因为若T＞Mg，人将离开地．这样，我们就可讨论重物上升的问题了．
对重物：它受到重力mg和绳拉力T的作用，从牛顿第二定律得：T-mg=ma，a=(T-mg)/m．
将T的最大值750N代入上式得：
amax=（Tmax-mg）/M=(750—500)／50＝5m/s2
另需说明的是：在求解此题的过程中，涉及到了人拉绳的力、绳拉人的力、绳拉物体的力，虽然我们为叙述简捷，使用了同一个符号T来表示这三个力，但它们本身是不同的。
[例二]如图，A、B、C三物体的质量分别是m1、m2、m3，带有滑轮的C放在光滑的水平面上，不计一切摩擦，为使三物体无相对运动，试求水平推力F的大小．
[解答]求解此题的关键就是要依次确定好研究对象．根据题意中提供的“三物体无相对运动”这一线索，可先选择B作为突破口．B受三个力作用：向下的重力m2g，绳向上的拉力T，C对它向右的推力N．因B在竖直方向无相对运动，故有
T-m2g=0， T=m2g
第二个研究对象是A，A也受到绳拉力T的作用，它的加速度就是这个拉力产生的，故有：T=m1a，a=T/m1=m2g/m1
最后，我们把A、B、C这个整体作为我们的研究对象，上式求得的a的加速度也就是这个整体共同的加速度．它是由推力F产生的，即得：
F=（m1+m2+m3）m2g/m1
在求解此题过程中，我们可体会到，明确B为第一研究对象是十分明智的．正确选择研究对象往往就是成功的开始。
2、对确定的研究对象进行受力分析和运动状态分析．
[例一]如图所示，物块A从滑槽某一不变高度滑下后又滑上粗糙的水平传送带．传送带静止不动时，A滑至传送带最右端的速度为v1，需时间t1，若传送带逆时针转动，A滑至传送带最右端速度为v2，需时间t2，则（ ）
A．v1＞v2，t1＜t2 B．v1＜v2，t1＜t2
C．v1＜v2，t1＞t2 D．v1=v2，t1=t2
[解答]此题有一定的迷惑性．许多初学者常误以为当传送带向左运动时，会影响A的运动，使A运动速度减小。但如果我们有从分折受力、分析运动角度考虑问题的习惯，就不会受思维定势的消极影响了．因为在这两种情况下，A都是相对于传送带向右滑行，所以A受到的滑动摩擦力的大小、方向均相同，加速度也必相同．再加上A滑上传送带的初速度也相同，根据运动学公式可知，它运动相同距离所需的时间和滑行的末速度必定相同．这样，我们就会毫不犹豫地选择D这个答案，不会“上当受骗”了。
在一些较复杂的问题中，物体所受的外力及运动过程可能会发生变化，所以“两个分析”不是一次就能完成的．在发生变化以后，需要重新分析物体的受力情况或运动情况。
[例二]如图所示，质量2.5kg的物块放在摩擦因数为0.5的水平地面上．在15N拉力F的作用下，由静止开始运动．F的方向与水平面成37°角，5s后撤去F.试求物块一共能运动多远．
[解答]在撤去F前，物块的受力情况如图(a)所示，在撤去F后，物块受力情况如图(b)所示．比较这两个图，我们可以发现：撤去F后，不仅物块的运动状态由加速变为减速，其受力情况也发生了较大变化，除重力G不变外，N的大小改变了，f大小也改变了．故一切都要从头做起.
未撤F时: Fcos37°-μN=ma
Fsin37°+N-mg=0
解得a=1.6m/s2
vt=at=8m/s，s1=at2/2=20m
撤去F后：-μN`=ma`
N`-mg=0 解得a`=-5m/s2
0-v2=2a`s2 , s2=6.4m/s
s=s1+s2=26.4m
有些同学对变化后物体的受力和运动状态常常考虑不周或判断失误，这是值得警惕的.
3、选择正方向(建立直角坐标系)
在分析了物体受力情况和运动情况以后，我们将面临着列式求解的问题．在列式前，我们应规定好正方向，明确加速度、速度的正负．通常我们以物体加速度方向为正方向.
[例一]一质量50kg的人随升降机以2m/s2的加速度减速下降，试求人对升降机地板的压力多大
[解答]此题中的人受力只有两个：向下的重力和升降机地板向上的支持力，求解应不困难．但常有许多初学者在列式前正方向不明确，或力的正方向和加速度的正方向不统一，将它们的正负搞错，因而就不能得到正确的结果．
因升降机做减速运动，a向上，故以向上为正方向，此时N取正值，G取负值．根据牛顿第二定律可得：
N-mg=ma
N=mg+ma=500+100=600N
此题若以向下为正方向，我们能否得到同样的结论 若升降机以同样大小的加速度向上做减速运动，人对升降机的压力又该多大 请大家自行分析．
当物体受的力不在一条直线上时，我们需要建立起直角坐标系，先分解某些力，建立起ΣFx=ma,ΣFy=0的方程组求解。通常是把物体初速度的方向选为正x轴的方向。初速度为零时，常以加速度方向为正x轴的方向。特殊情况下甚至也可以将加速度分解，这时建立的方程组应为ΣFx=max,ΣFy= may。从数学角度来讲，这仍是求解二元一次方程组的问题。
正方向(坐标系)的选择是一种技巧，它可能使求解的问题变得容易一些或困难一些，但不会改变问题的结论．
[例二]如图（a）滑块m以一定的初速度沿粗糙的斜面体从向上滑，然后又返回。M未发生移动，在此过程中，M与地面的摩擦力（ ）
A．大小、方向均未变化． B．大小、方向均变化．
C．大小变化，方向未变． D．大小未变，方向变化．
[解答]先分析m受力并作m的受力图．上滑时m受到的摩擦力向下，下滑时m受到的摩擦力向上。但不论它是上滑还是下滑，其加速度都是向下的。
上滑时，mgsinθ+f=ma1， a1=（mgsinθ+f）/m
下滑时，mgsinθ-f=ma2， a2=（mgsinθ-f）/m
我们可以把这两个加速度分解成水平向左和竖直向下两个分量．m的这个水平向左的加速度ax显然与竖直向下的重力是没有关系的．它只能是由斜面对其总作用力F的水平分量产生的(这个总作用力就是支持力和摩擦力的合力)．从a1、a2的表达式中可看出，a1＞a2，则必有a1x＞a2x，故F1x＞F2x，且方向都向左，反过来，m对斜面M的反作用力：F1x`＞F2x`，方向都向右．
因M是静止不动的，所以它在水平方向上受到的Fx`与f地大小相等，方向相反。我们已得到F1x`＞F2x`，且方向都向右，故f1＞f2，方向都向左，应选答案C．
此题为了选择一个正确答案，先后涉及到两个不同的研究对象m和M，分析了m不同的运动过程，运用了牛顿第二定律和第三定律，运用了加速度的分解，力的分解的知识，具有很强的综合性．没有良好的分析习惯与扎实的基本功，求解此题是难以胜任的。
4、运用牛顿第二定律和运动学公式求解
在完成了前3个步骤的基础上，到了这一步应该是水到渠成、迎刃而解的事了．提醒同学们注意的是：①列式要“按部就班”，要有合理的顺序，要有条理．要先从基本概念、定律、公式出发列式(如F-f=ma，s=v0t+at2/2等)．然后再将上式变化成某个物理量的表示式(如F=ma+等)。②凡涉及到的物理量都要选用国际单位制中的单位代入计算；②当待求的未知量较多时、可能需要将同一物体不同运动过程的联立求解，或者是将不同物体的运动过程联立求解；④细心运算，检查并分析运算结果，
[例]如图所示，三角形木块ABC固定在水平面上．一小球以初速度v0从A上滑到B后，又沿BC下滑到C点．已知两斜面的摩擦因数均为μ，AC水平距离为s，试求小球滑到C处速度的大小．
[解答]设AB长为s1，BC长为s2，AB、BC与水平面倾角分别为α、β．
从A到B，小球受三个力作用：重力mg，支持力N1和向下的摩擦力f1（μN1），
由-mgsinα-f1=ma1、N1-mgcosα=0，可得：
a1=-g（sinα+μcosα）
vB2-v02=-2g（sinα+μcosα）s1 (1)
从B到C，小球也受三个力作用：重力mg，支持力N2和向上摩擦力f2（μN2）
由mgsinβ-f2=ma1，N2-mgcosβ=0，可得：
a2=g（sinβ+μcosβ），将a2值代入下式，又得
vC2-vB2=-2g（sinβ+μcosβ）s2 (2)
将(1)(2)等式的两边分别相加：
vC2-v02=2g（s2sinβ-s1sinα）-2μg（s1cosα+s2cosβ）
因s1sinα=s2sinβ=h，s1cosα+ s2cosβ=s
故vC2-v02=-2μgs
即得
求解此题时：（1）我们大胆引入了s1、s2、α、β这些题目中末给出的辅助物理量，在最后的结果里，它们自然就消失了．引入或虚设一些辅助物理量是解题常用的方法之一．（2）本题采用的是先分段独立分析列式，再联立求解的方法．
（三）两种类型的动力学问题
动力学问题可分为两大类：一类是已知物体的受力情况、求解其运动情况；另一类是已知物体的运动情况，求解物体所受的未知力或与力有关的未知量．在这两类问题中，加速度a都起着十分关键的作用．因为a既能通过牛顿第二定律F=ma与物体所受的力产生联系，又能通过运动学的一套公式与有关物体运动的物理量产生联系，它是联系力与运动的桥梁。对于一些过程较长、较其杂的问题，当你还不能理出个完整的头绪来时，你不妨把求加速度作为第一阶段的目标，这通常是有效的。
[练习三]
1、物体放在皮带上，皮带以3m/s2的加速度减速向上运动，物体与皮带间无相对运动，物体质量为2kg，皮带倾角为30°，则物体受到的摩擦力大小为＿＿＿＿＿＿，方向为＿＿＿＿＿＿，如果皮带减速上升的加速度为6 m/s2，则物体受到的摩擦力大小为＿＿＿＿＿＿，方向为＿＿＿＿＿＿。
2、如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为20N、完全相同的弹簧秤甲和乙系住一个质量为1kg的物块．在水平地面上，当小车作匀速直线运动时，两弹簧秤的示数均为10N．当小车作匀加速直线运动时，弹簧秤甲的示数变为8N．这时小车运动的加速度大小是＿＿＿＿＿＿。
3、以36m／s的初速度竖直向上抛出一质量0.5kg的物体，经3s钟物体到达最高点.(1)物体所受的空气阻力多大 (2)再经几秒钟物体将落回原处 (空气阻力大小不变,g取10m/s2)
[解答]这道题的两个小问题正好体现了动力学的两类问题．问题(1)是根据物体的运动情况去求力；问题(2)是在了解物体受力的基础上去求解其新的运动情况．
上升时，物体受到向下的重力mg和向下的空气阻力f的作用，这两个力的合力产生加速度．选向上为正方向.
根据vt=v0+at 得a=(0-v0)/t=-12m/s2．
根据s=(vt+v0)t/2 得最大高度s=54m
再由-mg-f=ma 得：
f=-m(g+a)=0.5(10-12)=1N
下降时，物体所受重力不变，但因其向下运动，故空气阻力f的方向应向上，大小仍为1N．选向下为正方向.
由mg-f`=ma` 得：a`=(mg-f`)/m=8m/s2
再由位移公式s=a`t2/2 得：t=3.7s
三、牛顿第二定律中的正交分解
在牛顿第二定律应用中，如果物体受到三个或三个以上的不同方向的力作用，经常需要建立直角坐标系进行正交分解列方程求解，常用方法是沿加速度方向和垂直加速度方向建立直角坐标系，把各个力沿这两个方向分解，方程式为：
ΣFx=ma ΣFy=0
F N F
θ f θ
m a
mg
图3-8 图3-9
正交分解法解题步骤：（1）确定研究对象（2）分析研究对象的受力情况和运动情况（3）建立直角坐标系（4）将力或加速度分解成沿x轴和y轴上的分量（5）列出牛顿第二定律的正交分量表达式ΣFx=max和ΣFy=may ，其中ΣFx和ΣFy分别表示物体所受外力在x轴和y轴上的分力之代数和（也是合外力在x轴和y轴上的分力），ax和ay分别表示物体加速度在x轴和y轴上的分加速度（6）代入数据，求解方程，得结论。
在建立直角坐标系时，一般有两种方法：
（1）分解力而不分解加速度：
此时应将加速度方向规定为x轴的正向，因此上述表达式简化为ΣFx=ma和ΣFy=0。
[例]图3-8所示，一物体质量为m千克，受拉力F牛顿作用在水平面上以加速度a运动，求物体与地面的动摩擦因素μ。
[解答]以物体为研究对象，画出受力分析图（如图3-9）。
规定水平向右为x轴的正向，竖直向上为y轴的正向，将力F分解成沿水平方向和竖直方向的分力，则
水平方向：FCosθ- f = m a--------------------①
竖直方向：FSinθ+N = mg--------------------②
f =μN---------------------------------③
由上述三式，解得：
[例]质量为m的物体放在倾角为α的斜面上，物体和斜面间的动摩擦因数为μ，如沿水平方向加一个力F，使物体沿斜面向上以加速度a做匀加速直线运动，求F的大小。
（2）分解加速度：
a A
B
30°
图3-10
此时一般以某几个力的方向分别作为x轴和y轴的正方向，而将加速度进行分解，其原则是必须使尽可能多的力落在坐标轴上，使需要分解的力的个数尽可能少。
N
f
ax
mg a ay
图3-11
[例]如图3-10所示，倾角为30°的斜面上叠放着A、B两个物体，且A、B接触面水平，若A物体的质量为5kg，A、B一起以2m/s2的加速度沿斜面下滑，求下滑过程中A受到的支持力和摩擦力各多大。(取g=10 m/s2)
[解答]对A进行受力分析，画出受力分析图如图3-11
规定水平向左为x轴的正向，竖直向下为y轴的正向
将a分解为水平分加速度ax和竖直分加速度ay
对水平和竖直方向分别列牛顿第二定律表达式，即：
水平方向: f=m a Cos30°
=5×2×0.866N=8.66N
竖直方向 mg – N=m aSin30°
∴N= mg- m aSin30°
=5×10N-5×2×0.5N
=45N
[练习四]
1、质量为m的人站在扶梯上，已知鞋底与扶梯间的摩擦因数是μ，扶梯与水平方向夹角为θ，人随扶梯以加速度a一起向上运动，如图l所示，求人受到的摩擦力大小。
[解答]：人受力如图2所示，建立直角坐标系，力正交分解，列方程：
fcosθ+Nsinθ-mgsinθ=ma……………①
fsinθ+mgcosθ-Ncosθ=0 ……………②
①×cosθ+②×sinθ，解得：
f=macosθ
2、如图3所示，倾角为θ的斜面固定在电梯上，质量为m的物体静止在斜面上，当电梯以加速度a竖直向上加速运动时，物体保持与斜面相对静止，则此时物体受到的支持力和摩擦力各是多少？
[解答]物体受力如图4所示，建立直角坐标系，将力正交分解，列方程：
Ncosθ+fsinθ-mg=ma……………①
Nsinθ-fcosθ=0 ……………②
由①×cosθ+②×sinθ，解得：N=m(a+g)cosθ
由①×sinθ-②×cosθ，解得：f=m(a+g)sinθ
3、质量为m的物体放在倾角为θ的斜面上，物体和斜面向的滑动摩擦因数为μ，如沿水平方向施加一个水平力F，使物体沿斜面向上以加速度a做匀加速直线运动，如图5所示，求水平力F多大？
[解答]沿加速度方向和垂直加速度方向建立直角坐标系，分解mg和F，如图6所示，列方程：
Fcosθ-mgsinθ-f=ma……………①
N-mgcosθ-Fsinθ=0 ……………②
f=μN ……………③
三式联立，解得：F=m(a+gsinθ+μgcosθ)/(cosθ-μsinθ)
四、连接体问题
连接体是指存在相互作用、联系紧密的两个物体或物体群．求解连接体问题时，我们分析处理的对象增加了，涉及到的物理量的个数增加了．求解的难度也增加了．
处理连接体问题的基本原则仍是前面所提到的隔离分析法和整体分析法．首先要按合理的顺序逐一、独立地分析每一个隔离体或整体的受力情况、运动情况，然后再寻找各隔离体之间或隔离体与整体之间的联系(相同的物理量或相关的物理量)，最后依次求解或联立求解．
[例]如图，光滑斜面的倾角为30°，顶端离地0.2m高．质量相等的A、B两小球用细绳绕过定滑轮相连接．现让B球无初速地从顶端下落．试求：(1)B球落地时的速度多大 (2)A球一共能沿斜面向上运动多远 (g取10m/s2).
[解答]此题是连接体问题．我们先了解一下它们的运动过程：松手后，B球加速下落，并带动A球沿斜面加速上升．在B落地前，A、B加速度的大小、速度的大小都是相同的．B落地后不再运动了，A球的受力和运动过程将发生变化，在失去了绳拉力作用后，它将沿斜面减速上升．
在B落地前，B球只受重力mg和绳拉力T的作用，A球在运动方向上只受重力沿斜面向下的分力mgsin30°和绳拉力T的作用(因斜面光滑，故此题可不必列出斜面支持力和重力的另一个分力的关系式)．
对B：mg-T=ma (1)
对a：T-mgsim30°=ma (2)
将(1)(2)联立可得：
a=（mg-mgsim30°）/2m=2.5m/s2
B落地时，sA=sB=h，故：
vA2=2ah，vA=1m/s
B落地后，A球由于惯性仍要向上运动，细绳将松弛，拉力为零．在运动方向上A球只受向下mgsim30°作用，故：
- mgsim30°=ma`，a`=-gsim30°=-5m/s2
A运动到最高点vt=0，则
0- vA2=2a`s2，s2=0.1m
A球在前后两过程中运动的总距离s=s1+s2=0.3m
在分析、求解此题的过程中，我们在隔离分析的基础上，明确了在B球落地前A、B两球的加速度、速度、绳拉力、位移这四个物理量的大小都相等的关系，从而顺利求得了结果．善于分析和发现连结体中各隔离体相关物理量的联系，是十分重要的．
[练习五]
1、如图所示，用力拉着三个物体在光滑水平面上一起运动，在中间物体上加一小物体，仍让它们一起运动，且拉力F不变，那么中间物体两端绳的拉力TA、TB的变化情况是：
A．TA增大、TB增大 B．TA增大、TB减小；
C．TA减小、TB增大； D．TA减小、TB减小．
2、如图，一轻质弹簧一端固定在墙上，另一端与木块A相连，置于光滑水平面上．现有另一滑块B从右边向左滑来，与A相撞后一起把弹簧压缩。在滑块A、B间作用力为F的时刻，A受弹簧的弹力为＿＿＿＿＿＿．已知A、B质量之比为2∶1．
五、瞬时状态的求解
这一类问题是指在物体受力或运动状态突然发生变化的瞬时，求解有关物理星的数值．处理这一类问题的基本方法是：①先分折变化前物体的状态和受力．②再抓住在变化的瞬时，物体的状态和受力与变化前相比，哪些物理量消失了或不同了，还有哪些物理量仍被保留或者未变。⑨最后根据牛顿运动定律中F与a的瞬时对应关系求解．
[例一]如图所示，A、B两滑块用轻弹簧相连接，放在光滑的水平面上，mA=2kg，mB=4kg．在6N水平外力F的作用下，它们一起向右运动．若突然撤去F，试分别求出此时A、B加速度的大小和方向。
[解答]在撤去F前，对整体来说，它们仅在F的作用下，以共同加速度运动．
F=（mA+mB）a，a=f/（mA+mB）=2m/s2
对B来说，它是在弹簧弹力作用下做加速运动的．
T=mBa=2N
对A来说，它是在向右的F和弹簧向左的弹力T＝2N共同作用下向右做加速运动的。
在撤去F的瞬时：
对A来说，F消失了，但弹簧在这瞬间形变量尚尚来不及变化，弹力仍是2N，故aA`=T/mA=1m/s2，向左．
对B来说，在这瞬间，它受到向右的弹力同样未变化，aB仍为原来的数值2m/s2，向右．
当然，我们分析求解的仅是这个瞬时的情况，过了这个瞬时，弹簧的长度就变化了。它们的受力和加速度也就不是上述数值了．
[例二]如图，一根轻质弹簧上端固定，下端挂着一质量为m1的平盘，盘中放有质量m2的物体，当盘静止时弹簧伸长了L．今向下拉盘，使弹簧再伸长ΔL后停止，然后松手放开。则刚松手时盘对物体的支持力多大
[解答]设弹簧劲度系数为k，未用手向下拉时，盘和重物这个整体处于二力平衡状态，故有
kL=（m1+m2）g，k=（m1+m2）g/L
向下拉盘后，到松手之前，盘和重物受到向下的重力（m1+m2）g、手向下的拉力、弹簧向上拉力k（L+ΔL）这三个力作用而平衡．若突然撤去力F，由于弹簧的弹力在此瞬间尚未变化，所以此瞬时盘和物体受到的合外力为：
F合= k（L+ΔL）-（m1+m2）g= kΔL，方向向上。
a= F合/（m1+m2）=kΔL/（m1+m2）=ΔL/L
再单独考虑盘中重物，此瞬时它的加速度也就是上式的数值，对它来说。加速度是在重力m2g和此时盘对它的支持力N作用下产生的．N-m2g=m2a
将a的数值代入，即得N=m2g+m2a=m2g（1+ΔL/L）
求解此题时，我们又一次遇到了在松手瞬间弹簧弹力来不及变化的情况，并从整体的瞬时状态求解过渡到隔离体的瞬时状态求解。类似的情况，在求解过程中是经常会遇到的．
六、临界状态的求解
临界状态的问题经常和最大值、最小值联系在一起．它需要在给定的物理环境中求解出某些物理量的上限或下限．有时它与数学上的极值问题相类似，但也有些问题只能从物理概念、规律的约束来分析求解．研究处理这类问题的关键是：①要能分析出临界状态的由来；②要能抓住处于临界状态时，物体受力、运动状态的特征．
[例]如图，一半径及R、质量m的光滑小球恰好能放在一质量M的光滑的圆弧槽中．球半径OA与水平方向夹角为θ，现用一水平力拉槽，使它在摩擦因数为μ的水平面上运动．为保证球不离槽，F的最大值不能超过多大
[解答]我们先来分析一下球为什么会离开槽，在什么情况下会离开槽．这个问题仍需要从分析受力、分析运动入手．球受到的力只有两个：一个是向下的重力mg，另一个是槽的支持力N，在球随槽在水平方向做加速运动的过程中，N的大小将随a的大小而变化，N的作用点必将偏向左侧，方向指向球心．就一般情况而言，我们可列出：
Ncosα=ma
Nsinα-mg=0
上式中的α是N与水平方向的夹角，解此方程组可得：
a=gctgα
从此式我们可发现，随着加速度a的不断增大，α角将不断减小，N的作用点也将不断左移。当移到a点时，α=θ，α角最小，这时的加速度就是球不离槽的最大加速度．即
amax=gctgα
若槽的加速度超过这个数值，则球就不能与槽同步做加速运动，它将要以A为支点翻转而脱离槽了．所以此题的临界状态就是槽对球的支持力的作用点移到了A，球的加速度(也就是整体的加速度)为gctgθ的状态．经过这样分析，我们就不难求得F的最大值了．
以整体为研究对象，它在水平方向上受到推力和地面摩擦力的作用，故有：
F-μ（m+M）g=（m+M）a，将amax的数值代人，即得：
F≤（m+M）（μ+ctgθ）g
七、基本方法
1、程序法
按部就班，认真审题，仔细分析题目所描述的（或隐含的）过程或状态。
[例]将箱子放在粗糙的水平面上，前面的人用与水平方向成仰角θ1的力F1拉箱子，后面的人用与水平方向成俯角θ2的力F2推箱子，箱子的加速度为a，如撤去F2，箱子的加速度：
A．必增大； B．必减少； C．可能不变； D．可能增大．
2、极限分析法
通常用于分析临界问题。
[例]一个质量为0.2kg的小球用细绳吊在领角为θ＝53°的斜面顶端，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦，当斜面以10m/s2的加速度向右运动时，求绳子的拉力及斜面对小球的弹力．
3、假设法
三种基本方法：
方法1：首先假定此力不存在．察看物体会发生怎样的运动，然后再确定此力应在什么方向，物体才会产生题目给定的运动状态。
方法2：假定此力沿某一方向，用运动规律进行验算，若算得是正值，说明此力与假定的方向相同，否则相反。
方法3：在力的作用线上定出坐标轴的正方向，将此力用正号运算，若求得是正值，说明此力与坐标轴同向，否则相反。
[例]在一正方形盒中放一圆球，盒与球一起沿倾角为α的斜面下滑。若不计一切摩擦，试分析当倾角增大时，圆球对盒侧壁及盒底的压力如何变化。
（答案：N1=0，N2变小）
4、图像法
物体受力←→加速度←→图线斜率←→运动状况
[例]如图示，质量分别为m1、m2的两个物体A、B，放在光滑水平面上。在某时刻，正好平齐，A物静止，B物速度为v0，从此刻开始，给B物体施加一外力F，F方向与v0相同，试讨论A、B两物体能否在某一时刻达到相同的速度。
八、超重和失重
1、产生超重、失重的条件
当物体具有向上的加速度，物体的视重大于物体的重力，即产生超重现象；当物体具有向下的加速度，物体的视重小于物体的重力，即产生了失重现象；当物体的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态；由此可见，决定超重或失重现象的是加速度的大小和方向，与速度无关；物体处于超重现象中，视重“增加”ma(ma为超重值)；处于失重现象中，视重“减小” ma (ma为失重值)，但物体的重力保持不变。
2、超重、失重解题方法和技巧
两种方法：
（1）利用牛顿运动定律解答：
在解答超重和失重问题时，大多数题目是求物体的视重。我们可根据物体所处的运动状态，列出动力学方程，解出物体的视重。
（2）利用超重和失重概念解答：
在超重和失重现象中，物重的变化值为ma，可使用“超加失减”的方法计算出视重。超重时，有：视重=实重+ma；失重时，有：视重=实重-ma；有时，系统中同时出现局部的超重和失重现象，则对系统，有：视重=实重+超重值(m1a)-失重值(m2a)，此时视重为系统中各部分视重的代数和。
解题时应注意：①加速度是关键物理量，其大小、方向的变化影响物体视重的变化。如：物体沿斜面加速下滑时，加速度的竖直分量会影响物体的视重。②物体的速度不能反映物体的受力情况，只有加速度才能反映物体的受力情况。如物体“上升”或“下降”是描述速度的方向，只有“加速”或“减速”才能确定加速度的方向，从而确定物体的受力情况。
[例一]一个质量为50kg的人，站在竖直向上运动着的升降机地板上，他看到升降机上挂着重物的弹簧秤上示数为40N，如图1所示，已知重物质量为5kg，g取lOm/s2，这时，人对升降机地板的压力是( )。
(A)大于500N；(B)小于500N；
(C)等于500N；(D)上述答案都不对。
[解答]要解答人对升降机地板压力，需知人所处的运动状态，而人运动状态跟吊挂的重物相同。因为重物受力如图2所示，重物的重力(实重)为50N，弹簧的示数(视重)为40N。可见重物的加速度的方向是向下的，处于失重状态，故人对地板压力应小于人的实际重力500N，答案B正确。
超重和失重现象决定于加速度的大小和方向，故解答本题的关键是确定升降机的加速度的方向。
[例二]在升降机水平地板上放一质量为l0kg的物块A，物块A拴在一个被水平拉伸的弹簧的一端。它受到弹簧给的20N拉力。如图3所示，已知物块A与升降机地板问的动摩擦因数μ为0.4，若要使物块A被弹簧拉动，则正在上升的升降机应做什么运动，其加速度大小至少为多大 (g取lOm/s2)
[解答]由题意知，要使物块A被拉动，需使物块所受摩擦力f≤T＝20N，又∵f=μN，则μN≤T，∴N≤T/μ=20/0.4=50N，即物块人的视重为50N，而物块A的重力GA=mg＝10×10＝100N。取竖直向上为正方向，对物块A使用牛顿第二定律列式，有N- mg=ma，a=（N-mg）/m=（50-100）/10=-5m／s2，计算表明，物块应随升降机向上做减速运动，加速度大小至少应为5m／s2。
“正在上升”即速度方向向上，物体加速度方向向下，即为减速运动。升降机处于失重状态，故可利用“超加失减”方法求出加速度。由视重＝实重一ma，可求得a=5m／s2。
[例三]：如图5所示，斜面C质量为M＝20kg，倾角θ＝37°，物A质量为m1=10kg，物b质量为m2=2kg，斜面不动，当A以加速度a=2.5m／s2沿斜面向下加速滑动时，求斜面受到地面的支持力(g取lOm/s2)。
[解答]本题支持力大小等于系统的视重。系统实重为(M十m1十m2)=320N，其中局部超重和失重现象，对人失重值为m1asin37°＝15N，对B超重值为m2a2=5N，由视重＝超重值+实重-失重值，得：视重＝320+5-15＝310N，即支持力N＝310N，方向竖直向上．
本题依据超重和失重概念解答非常简捷，利用牛顿运动定律解答，隔离C受力如图6所示，计算较繁，同学们可自行计算比较。
[练习六]
某人在一以2.5m/s2的加速度匀加速下降的电梯里最多能举起80kg的物体，他在地面上最多能举起多少千克的物体 若他在一匀加速上升的电梯中最多能举起40kg的物体，则此电梯上升的加速度多大
（答案：60kg，5m/s2）
A m1 F
B m2 F
v0高三物理总复习专题讲座（振动和波）
一、基本概念
1、振动的特点和产生条件：振动的特点是具有运动的重复性、周期性．其条件是：(1)必须受到回复力的作用．(2)所受的摩擦阻力足够小．
2、简谐运动的特点：具有运动的重复性(即周期性)，对称性．加速度与速度变化情况正好相反．简谐运动的条件：(1)回复力与位移成正比而方向相反．(2)不考虑阻力．
3、关于回复力：物体离开平衡位置时受到指向平衡位置的力叫回复力．它不单指弹簧的弹力，也可以是重力、弹力、摩擦力或它们的分力、合力．效果是使物体回到平衡位置．
4、关于位移：简谐振动的位移是以平衡位置为参照点的，即位移的大小是指物体离开平衡位置的距离．位移的方向总是由平衡位置指向物体某时刻所在的位置．但必须注意：如果要求物体在某段时间内的位移，则应是该段时间始末位置的距离，方向由初位置指向末位置．而物体在某段时间内的路程，则是该段时间内通过的路途长度(包括往返距离)．
5、关于平衡位置：是物体不振动时的静止位置．或者说是回复力为零的位置，切不能说是合外力为零的位置．
6、振幅是描述振动强弱的物理量，而周期、频率是描述振动快慢的物理量．注意周期的大小与振幅无关．
7、注意振幅是指离开平衡位置的最大距离，是标量，物体完成一次全振动经过的路程等于振幅的4倍．全振动是指物体先后两次运动状态(位移、速度)完全相同所经过的过程．不要误解为先后通过同一位置所经过的过程．
8、单摆的回复力是重力沿切线方向的分力，不能误以为是重力与拉力的合力．单摆过平衡位置时合外力不为零．
9、单摆的周期与摆球质量、振幅均无关，只由摆长决定．摆长是悬点到球心的距离．
10、振动图像表示质点振动过程中各个时刻的位置．它反映质点的位移随时间的变化规律，切不可将图像看作质点运动的轨迹，
11、振动图像的正负最大值是振幅．两相邻的运动状态(位移、速度)完全相同的两点间的时间是周期．
12、判定某时刻质点的运动方向是看下一时刻质点的位置在哪里，其运动方向指向下一时刻的位置，即“前看后”。任一时刻的加速度方向都指向平衡位置．
13、物体作简谐振动时，通过回复力对物体做功，实现着不同形式能量间的转化．弹簧振子是通过弹簧的弹力做功(单摆是通过重力做功)，完成了弹性势能(重力势能)与动能间的转化．其特点是总能量(机械能)是守恒的，其数值等于物体运动到振幅处的弹性势能(单摆最高点的重力势能)，也等于物体过平衡位置时的动能．
13、实际上物体在振动过程中由于受摩擦阻力作用，同时将振动能量不断传给周围物质，而使振动能量不断消耗，振幅也随之减小，直至最终停振．这种振幅不断减小的振动称为阻尼振动．在没有摩擦阻力或在振动中能不断从外界获得能量补充以弥补振动中损耗的能量而保持振幅不变时，这种振动就叫无阻尼振动，也叫等幅振动．
14、物体起振后，只在本身回复力作用下振动叫自由振动，物体作自由振动时频率由物体的特性决定，叫固有频率．而物体在周期性策动力作用作受迫振动时，其频率由策动力的频率决定，而与物体的固有频率无关．作受迫振动的物体当其所受策动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振幅达到最大，称之为“共振”。
15、波在介质中传播的原理是：振源的振动通过介质相邻质点之间的相互作用，由相邻的质点间依次“带动”，使由近及远的质点相继振动起来，这样，振动这种运动形式就在介质中不断传播出去．在时间上，离振源越远的点开始振动的时间越迟，使介质中各质点同一时刻离开各自平衡位置的位移不同，形成凹凸起伏相间(疏密相间)的形状即波动．
16、必须注意：振动传播过程，介质中各质点仅在各自的平衡位置附近作振动，并不随波迁移．从能量的观点来看，介质中质点依次“带动”的过程，亦是相邻质点问由近及远地依次做功的过程，所以波动过程也是振动能量由近及远传播的过程．综上所述，波形成过程是传播运动形式——振动和传播能量的过程，这就是波的本质。
17、从对波动形成的物理过程和功、能关系的分析，不难看出：波源是振动这种运动形式和振动能量得以不断向外传播的“发源地”；而振动这种运动形式和振动能量之所以得以由波源向外传播，是依赖于介质质点间的相互作用．因此，波源和介质是形成机械波的两个不可缺少的条件．
18、波动图像记录了一列波在某一时刻沿波的传播方向上各质点的位移，即各质点离开各自平衡位置的情况．由图像可以得到振幅、波长、传播方向等．
19、根据波的图像，知道波的传播方向，由波的传播原理可以判断某时刻各质点的运动方向．其原理是：后一质点总是受到前一质点的带动而振动，故其振动状态总是跟着前质点的状态，即“后跟前”．后一质点的运动方向总是指向该时刻前一质点所发生的位移．
判断某一时刻某一质点振动方向：“波向右传看左边，波向左传看右边。”
判断介质中任一质点开始振动时的振动方向：与介质中刚要开始振动的质点振动方向相同。
20、波动图像的重复性(周期性)：相隔时间为周期整数倍的两个时刻的波形相同．
波动图像的双向性：不指定波的传播方向时，图像表示的波可能有两个相反的方向．
由于波的图像的重复性与双向性，使得有关波形问题常出现多解的情况，要引起足够的重视．
21、波的图像与振动图像的根本区别在于：波图像是反映介质中不同质点在同一时刻的振动情况，而振动图像是表示同一质点在不同时刻的振动情况．
22、在确定波长的时候，要注意是“两个相邻的，在振动过程中对平衡位置的位移总是相等的两个质点间的距离”．切不可误认为“某一时刻的位移相同的两质点问的距离”．
23、由波的图形画出经过Δt时间后的波形图的方法：
(1)平移法：利用运动公式Δx=v·Δt=v·nT=nλ，求出传播距离Δx，将波形图沿波传播方向平移Δx即得．
(2)特殊点法：先找出某些特殊点，确定其运动方向及经Δt这些点应到达的位置，最后再画正弦(或余弦)曲线即得．
注意：若求得是Δt前的波形，可将波形图逆波传播方向平移即可．若Δt＞T或Δx＞λ时，则可据波的重复性，先画出不足一周期的波形图，然后再补画完全．
24、对波的衍射和干涉现象，要特别注意水波衍射和水波干涉的演示实验及现象，从感性上认识衍射和干涉，
25、对波的独立性原理也应从演示或实践中去取得感性知识，明确两列波相遇时能不互相干扰地独立传播(即保持原来的频率、波速、传播方向等)．但必须知道，在两列波相遇的区域、质点同时参与两列波引起的振动，此时质点的位移等于两列波分别引起的位移的矢量和，这就是波的叠加原理。
26、任何两列波相遇时都会产生叠加，但只有频率和振动情况相同的两列波相遇时，才会产生某些区域的振动始终加强，某些区域的振动始终减弱，而且加强和减弱的区域互相间隔，这就是波的干涉．其条件就是两列波的频率和振动情况相同，这样的两列波叫相干波．
27、衍射和干涉是波特有的现象，这是其它运动所没有的．在两个波源发生稳定的干涉现象时，振动加强点的位置到两个波源的距离之差出一定等于半波长的偶数倍（波长的整数倍），振动减弱点的位置到两个波源的跟离之差一定等于半波长的奇数倍。
28、声源振动时便可以在介质中产生声波。声波是纵波。声波具有反射、干涉、衍射等性质，在两个发声体之间还可以产生共振现象——共鸣。
人耳所能接收到的声波频率约在20Hz到20000Hz之间，声波反射时回声到达人耳的时间必须比原来的声音滞后0.1s以上耳才可能把回声与原来的声音区分开来。
二、简谐运动的应用
l、如何证明物体的振动是简谐运动？
分析一个物体的振动是不是简谐运动，一定要抓住简谐运动的动力学特征：回复力应满足：F＝－kx．即（1）回复力与位移成正比；（2）回复力与位移方向相反。
证明简谐运动的步骤应为：
（l）首先分析出振动物体的平衡位置．
（2）让振动物体偏离平衡位置x位移，并分析此时物体的受力．
（3）在分析受力的基础上，写出回复力的表达式，看是否符合F=-kx．
[例]如图所示的装置中，小球做的是简谐运动吗（设图中小球在B点无能量损失）？
[解答]图中小球是以B点为中心做往复运动的．但不论它在B的左侧还是右侧，它受到的指向B的回复力F=mgsinα都是大小不与位移成正比的定值（因为α角不变，F不变），所以小球做的不是简谐运动．
[例]如图所示，一边长为L的正方体木块浮于水面上．它浸入水中的部分恰为正方体的一半．现将正方体竖直向下按一小段距离x（x[解答]木块浮于水面时，重力等于浮力，合力为零．设水面为振动的平衡位直，并以平衡位置O为原点向下建立坐标轴。当按下一段距离x时，F浮＞G，合力向上指向平衡位置，且合外力大小等于浮力的增加ρgsx．松手后，木块向上振动．它回到平衡位置后，仍要向上运动．这时它浸没在水面下的部分与静止时相比少x，则F浮＜G，且合力向下指向平衡位置．合力的大小等于浮力的减少ρgsx．综合木块向下或向上离开平衡位置的两种情况，我们即可得到：
F回=F合=-ρgsx=-kX（其中k=ρgs）
因正方体木块在振动过程中受到一个恒与位移成正比，方向与位移相反的回复力的作用，所以它是作简谐运动．
2、单摆周期公式的推广
在类似单摆的问题中，应用单摆的周期公式，求解类似单摆运动周期的方法：
在分析摆球受力的基础上，找出一个与正常单摆重力作用相当的力，把这个力写成F=mg’的形式，并用g’来代换单摆周期公式中的g，从而得到新的周期公式．
[例]如图，在倾角为α的光滑斜面上，用长为L的绳子悬挂一小球，让其在平衡位置B点两侧做简谐运动．试求此单摆的周期．
[解答]此题中小球重力沿斜面向下的分力在振动中所起的作用类似于竖直悬挂情况下小球的重力．此分力mg’（即mgsinα的相当于mg，g’（即gsinα）相当于g，我们用g’来替换原单摆周期公式中的g就可得到在光滑斜面上作简谐运动的单摆的周期公式：
这里，我们使用的是比较推理法，它便捷地得到了结论．
[例]如图,长为L的细线的一端系着密度为ρ的小球，另一端固定于装满水的容器底部（ρ＜ρ水）组成单摆．如不计水对球振动的阻力，则单摆的振动周期多大？
[解答]把题中系统看成一倒置的单摆．把浮力和重力合成一个力．
F=F浮-mg=-(ρ水-ρ)gV
F的大小、方向在振动中均不变．它在倒置的单摆中所起的作用相当于正常单摆重力所起的作用．令
F=mg’=ρg’V=(ρ水-ρ)gV
可得：g’=(ρ水-ρ)g/ρ
把g’代入单摆周期公式，求得此摆的周期为：
3、摆钟的快慢与调节
我们可把摆钟简化为周期为TO的单摆．准确的摆钟每完成一次全振动，指针也刚好在钟面上转过回小格．这1小格记录了TO这段时间．其摆动的实际时间与钟面记录的时间是一致的．变快或变慢的摆钟，完成一次全振动时，指针仍转过1小格，记录着TO的时间，但其实际摆动时间大于或小于TO．
当T＞TO时，我们说钟变慢了；当T＜TO时，我们说钟变快了．
由,可知，摆钟不准的原因．来源于摆长L和重力加速度g（不考虑机械方面的原因）．但要将摆钟调准，只能从改变L入手．
设周期为TO的准确摆钟在运行t0时间内摆动了NO次．则有：N0= t0/T0，此时钟面记录的时间即为t’=N0T0
设周期为T的不准确摆钟在运行相同的t0时间内摆动了N次（指针转动N格），则有：N=t0／T，此时钟面记录的时间即为t’=NTO（每一格记录时间仍为TO），实际运行时间与钟面记录时间之差为：
如Δt＜0,说明记录时间少，钟慢了；如Δt＞0,说明记录时间多，钟快了．在同一地点，；在不同地点，摆长相同时，．这样，我们可根据不同的情况进行误差分析，并加以调整．
[例]北京的重力加速度980cm/s2，南京的重力加速度797.5cm/s2，把在北京准确的摆钟拿到南京去．钟变快还是变慢了？它在一昼夜时间相差多少？怎样调整？
[解答](l)在北京准确的摆钟运行一昼夜的时间与记录时间是一致的，t1=t0=86400s．
该摆钟在南京运行时间仍为t0，但其振动的次数N=to/T，记录的时间t’=NTO=t0·TO／T．
∴南京钟慢22．05s．
（2）调整后，摆钟的周期应和准确钟一样，T’=一T0
即
化简可得：=0.507mm
三、振动与波动中的多解问题
l、振动中的多解问题
由于振动具有周期性，有关振动物理量的出现具有重复性．因此解题时要注意到这个特点，考虑是否出现多解问题．
[例]如图所示，光滑平面BC长0.5πm，C处有一弹性档板，B处有一质量M的小球B.B点正上方1m处的0点有一摆长为1m，摆球质量为m的单摆A.将单摆悬线拉至偏离竖直方向60°后，将A球由静止释放．A、B正碰后，A球以碰前速度的1/10反向弹回，B球与挡板碰撞无机械能损失．要使A、B两球再次在B点相向碰撞，则两球的质量之比为多少？
[解答]A球释放后，沿圆弧向下运动，满足机械能守恒．
A碰前速度
A与B碰撞动量守恒，A碰后速度
由机械能守恒可估算出，A球反弹后的最大偏角α’小于5°。故A碰撞后将成为一单摆作简谐运动．B球被碰后在光滑水平面上作匀速直线运动，与C板碰后，以原速率返回．
在A、B碰撞过程中mv=Mv”-m×v/10 （l）
将代入（1）得：
B球碰后返回到B点时间：
A球碰后弹回，它向右回到B处的时间为：
A球要能与B球相向碰撞，应有tA=tB，化简得：
（n=l，2，···）
2、波动中的多解问题
在解答波动问题时，应注意题中是否给出了波的传播方向，是否给出了两点间的距离跟波长的关系，是否给出了传播的时间与周期的关系，等等．如果这些关系在题中没有明确表述，则应注意考虑属于多解问题．
[例]一列简谐波在某时刻的波形如图所示，虚线是经Δt=0.2s后的波形图．求：(1)这列波的传播速度;(2)若周期为0.16s，则B质点在Δt时间内的运动路程为多少？
[解答]首先应注意到波传播的两个重要特性：
①双向性．因不知道波传播方向，故该波可能向右传播或向左传播；
②周期性．
若波向右传播，波形由图示的实线经Δt后变为虚线，应有：，所对应波的传播距离
若波向左传播，同理应有：，所对应波的传播距离
（l）设波向右传播，由图中看出：λ=4m，故：
m/s (n=0,1,2,…)
设波向左传播，同理可得：
m/s (n=0,1,2,…)
（2）介质中质点的运动路程与波的传播距离是两个不同的概念．在波传播过程中，质点并未随波迁移，只在平衡位置附近振动，它完成一次全振动中通过的路程为振幅的4倍．
因T=0.16s，则
故B质点在Δt时间内的运动路程为：
s=n·4A=50(cm)
四、振动图象和波动图象比较
振动图象和波动图象非常相似（如图）．要正确辨认和应用这两种图象，应注意以下几个方面的问题：
l、水平轴的物理意义不同
若水平轴表示的是时间，则是振动图象；若水平轴表示的是距离、则是波动图象．
2、研究对象不同
振动图象研究的是一个质点在不同时刻位移随时间的变化关系（类似于一个人的历史照）；波动图象研究的是若干质点在某一时刻离开各自平衡位置的位移（类似于许多人的集体照）．
3、研究的时间不同
振动图象研究的是质点在某一段时间内位移随时间变化的关系，波动图象研究的是许多质点在某一时刻离开各自平衡位置的位移．
4、OA和OB表示的物理意义的不同
振动图象上的OA线段表示振动的周期（时间）；波动图像上的OB线段表示波的波长（长度）．
5、振动方向的判断不同
在振动图象中，p时刻质点的振动方向竖直向上向平衡位置运动（因它在下一时刻位置衡位置）．在波动图象中，g质点的振动方向取决于波的传播方向和与g相邻的比较靠近波源的那个参考点的位置．参考质点此时的位移就是g质点要仿效的位置，这是判断g振动方向的依据．
[例] 图示是某一简谐运动图象，则该振动过程中速度、加速度大小与方向及其变化的说法中正确的是：
（A）1秒末质点的加速度和速度均为零。
（B）2秒末质点的加速度为零，速度最大。
（C）2.5秒时质点的加速度方向为正，速度方向为负。
（D）第4秒内质点运动加速度逐渐减小，速度逐渐增大。
答案（BCD）
[例]波源P开始时由平衡位置向下运动，则它在完成一次全振动时，沿着波的传播方向出现的波形应是图中所示的哪个？
答案（A）

展开更多......

收起↑