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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　章末归纳提升课
　　　
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“等时圆”模型
1.物体沿着位于同一竖直圆上的所有过圆周 ( http: / / www.21cnjy.com )最低点的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间均相等，且为t＝2(可由2Rcos θ＝at2及mgcos θ＝ma解得)(如图3－1甲所示)．
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图3－1
2．物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑，到达圆周低端的时间相等，且为t＝2(如图3－1乙所示)．
　如图3－2甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间．技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．
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　　　　　 甲　　　　　　 　乙
图3－2
AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的 ( http: / / www.21cnjy.com )一点，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10 m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为(　　)
A. s　　　 B．2 s　　　
C. s　　　 D．2 s
【解析】A、E两点在以D为圆心为半径为R＝10 m的圆上，如图所示，滑行者在AE上的滑行时间与沿AD所在的直径自由下落的时间相同，t＝＝＝2 s
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【答案】　B
【即学即用】
1.(多选)如图3－3所示，位于竖直平面内 ( http: / / www.21cnjy.com )的固定光滑圆轨道与水平轨道面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆轨道的圆心．
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图3－3
已知在同一时刻，a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点；c球由C点自由下落到M点．则(　　)
A．a球最先到达M点
B．b球最先到达M点
C．c球最先到达M点
D．c、a、b三球依次先后到达M点
【解析】　设圆轨道半径为R ( http: / / www.21cnjy.com )，据“等时圆”模型结论有，ta＝＝2；B点在圆外，tb>ta，c球做自由落体运动tc＝；所以，有tc【答案】　CD
极端法巧解选择题
有些物理问题，由于物理现象涉及的因素较 ( http: / / www.21cnjy.com )多，过程变化复杂，同学们往往难以洞察其变化规律并做出迅速判断．但如果把问题推到极端状态下或特殊状态下进行分析，问题会立刻变得明朗直观，这种解题方法我们称之为极限思维法，也称为极端法．
运用极限思维法解决物理问题，关键是 ( http: / / www.21cnjy.com )考虑将问题推向什么极端，即应选择好变量，所选择的变量要在变化过程中存在极值或临界值，然后从极端状态出发分析问题的变化规律．从而解决问题．
有些问题直接计算时可能非常繁琐，若 ( http: / / www.21cnjy.com )取一个符合物理规律的特殊值代入，会快速准确而灵活地做出判断，这种方法尤其适用于选择题．如果选择题各选项具有可参考性或相互排斥性，运用极端法更容易选出正确答案，这更加突出了极端法的优势．加强这方面的训练，有利于同学们发散性思维和创造性思维的培养．
　如图3－4所示，在长直木板上表面右端放有一铁块，现使木块右端由水平位置缓慢向上转动(即木板与水平面间的夹角α变大)，保持左端不动，则木板在转动过程中铁块受到的摩擦力将(　　)
A．先减小后增大　　　 B．先增大后减小
C．一直增大 D．一直减小
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图3－4
【解析】　分析两个特殊情况：当α＝0时，铁块没有运动趋势，则其所受摩擦力为0；当α＝90°时，铁块受到的支持力为零，则其所受的摩擦力也为零，但中间过程中铁块受到的摩擦力不为零，因此铁块受到的摩擦力经历了一个先增大再减小的过程．正确选项为B.
【答案】　B
【即学即用】
2.如图3－5所示，质量为M的气球载有质量为m的沙袋，以加速度a上升，当将体积可忽略的沙袋抛出后，气球上升的加速度将变为(　　)
A.a B．(g＋a)
C.(g＋a)＋a D．(＋1)(g＋a)
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图3－5
【解析】　假定抛出的沙袋质量m为零，代入四个选项之中，得到的加速度应该为a，而满足这一情况的只有C选项．
【答案】　C
合力ma的巧妙应用
　(2014·重庆三中一模)如图3－6所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球．关于杆对小球的作用力F，下列判断正确的是(　　)
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图3－6
A．小车静止时，F＝mgcos θ，方向沿杆向上
B．小车静止时，F＝mgcos θ，方向垂直杆向上
C．小车向右以加速度a运动时，一定有F＝
D．小车向左以加速度a运动时，有F＝，方向斜向左上方
【技法攻略】　由题意可知：小球与车具有相同的 ( http: / / www.21cnjy.com )运动状态，小车静止，球也静止．对球进行受力分析，静止时所受的合力为零，即杆对球的作用力应竖直向上，A、B错．当小车向右加速时，球也向右加速，那么球所受的合力应向右，大小为ma.球所受的合力为球受到的重力和杆的作用力合成的，根据平行四边形定则，杆的作用力大小为，方向斜向右上方；若加速度为a＝gtan θ，则杆对球的作用力一定沿杆的方向．车向左加速与向右加速分析一样，所以本题答案为D.
【答案】　D
　一斜面放在水平地面上，倾角θ＝53°，一个质量为0.2 kg的小球用细绳吊在斜面顶端，如图3－7所示．斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计斜面与水平面的摩擦，当斜面以10 m/s2的加速度向右运动时，求细绳的拉力及斜面对小球的弹力．(g取10 m/s2)
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图3－7
【技法攻略】　斜面由静止向 ( http: / / www.21cnjy.com )右加速运动过程中，斜面对小球的支持力将会随着a的增大而减小，当a较小时，小球受到3个力作用，此时细绳平行于斜面；当a增大时，斜面对小球的支持力将会减小，当a增大到某一值时，斜面对小球的支持力为零；若a继续增大，小球将会“飞离”斜面，此时绳与水平面的夹角将会小于θ角．而题中给出的斜面向右的加速度a＝10 m/s2，到底属于上述哪一种情况，必须先假定小球能够脱离斜面，然后求出小球刚刚脱离斜面的临界加速度才能断定．
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设小球刚刚脱离斜面时斜面 ( http: / / www.21cnjy.com )向右的加速度为a0，此时斜面对小球的支持力恰好为零，小球只受到重力和细绳的拉力，且细绳仍然与斜面平行．对小球受力分析，如图所示，易知
mgcot θ＝ma0
代入数据解得a0＝7.5 m/s2
因为a＝10 m/s2>a0，所以小球已离开斜面，斜面的支持力FN＝0
同理，由受力分析可知，细绳的拉力为
T＝≈2.83 N
此时细绳拉力T与水平方向的夹角满足tan θ＝＝1，θ＝45°.
【答案】　2.83 N　方向与水平方向夹角为45°　斜面对小球的弹力为0
1.(2013·贵阳模拟)如图1所示，用网球拍打击飞过来的网球，网球拍打击网球的力(　　)
A．比球撞击球拍的力更早产生
B．与球撞击球拍的力同时产生
C．大于球撞击球拍的力
D．小于球撞击球拍的力
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图1
【解析】　网球拍打击网球的力与球撞击球 ( http: / / www.21cnjy.com )拍的力是一对作用力与反作用力，它们同时产生、同时变化、同时消失，选项A错误，B正确；作用力与反作用力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，选项C、D错误．
【答案】　B
2.(2014届沈阳一中模拟)如图2所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，质量为m1＝2 kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M＝5 kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2＝1 kg的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
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图2
A．物体A处于失重状态，加速度大小为10 m/s2
B．物体A处于超重状态，加速度大小为20 m/s2
C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5 N
D．轻绳对定滑轮的作用力大小为80 N
【解析】　取A、B、C为整体，由牛 ( http: / / www.21cnjy.com )顿第二定律得(M＋m2)g－m1g＝(M＋m1＋m2)a，则加速度为a＝5 m/s2，A、B错；隔离C有m2g－FN＝m2a，即FN＝5 N，C对；隔离A有T－m1g＝m1a，即T＝30 N，所以轻绳对定滑轮的作用力大小为2T＝60 N，D错．
【答案】　C
3．(2013·安徽江南十校摸底)如图3所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2)，下列说法中正确的是
(　　)
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图3
A．小球受力个数不变
B．小球立即向左运动，且a＝8 m/s2
C．小球立即向左运动，且a＝10 m/s2
D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a＝10 m/s2
【解析】　在剪断轻绳前，分析小球受力，小 ( http: / / www.21cnjy.com )球受到重力、弹簧弹力和绳子拉力．应用平衡条件可得弹簧弹力F＝mgtan 45°＝10 N．剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，重力不变，小球将受到水平面的弹力和摩擦力，小球受力个数变化，选项A错误；此时在竖直方向，水平面的弹力N＝mg，摩擦力为f＝μN＝2 N，小球水平向左的合力F－f＝ma，解得a＝8 m/s2，选项B正确，C错误；若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球仍然静止，小球加速度的大小a＝0，选项D错误．
【答案】　B
4.如图4所示，劲度系数为k的轻弹簧 ( http: / / www.21cnjy.com )竖直固定在水平面上，上端固定一质量为m0的托盘，托盘上有一个质量为m的木块．用竖直向下的力将原长为l0的弹簧压缩后突然撤去外力，则m即将脱离m0时的弹簧长度为(　　)
A．l0 B．
C．l0－ D．l0－
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图4
【解析】　弹簧上端只有托盘时，弹簧被压 ( http: / / www.21cnjy.com )缩的长度为；当再加上木块时，弹簧被压缩的长度为；在力的作用下，弹簧被压缩的更多．撤去外力后，两者加速向上运动，当到达压缩量为时，速度达到最大而加速度为零，显然这时木块和托盘之间有压力作用，且压力等于木块的重力．再向上做减速运动，由于木块处于失重状态，对托盘的压力变小．当恰好分离时，两者恰好无相互作用力，两者都处于完全失重状态，所以弹簧为原长，选项A正确．
【答案】　A
5.(多选)在光滑的水平面上有一个物体同时受到两个水平力F1和F2的作用，在第1 s内保持静止，若两力F1和F2随时间的变化图线如图5所示，则下列说法正确的是(　　)
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图5
A．在第2 s内物体做加速运动，加速度的大小逐渐减小，速度逐渐增大
B．在第3 s内物体做加速运动，加速度的大小逐渐减小，速度逐渐增大
C．在第4 s内物体做加速运动，加速度的大小逐渐减小，速度逐渐增大
D．在第5 s末，物体的加速度为零，运动方向与F1相同
【解析】　由物体在第1 s内保 ( http: / / www.21cnjy.com )持静止可知F1和F2的合力为零，即F1与F2大小相等，方向相反，在第2 s内和第3 s内F2减小，F1与F2的合力增大，加速度大小逐渐增大，速度逐渐增大，A、B错误．第4 s内F2逐渐增大，F1与F2的合力逐渐减小，加速度逐渐减小，速度逐渐增大，第5 s末F1与F2的合力为零，加速度为零，速度方向与F1相同，C、D正确．
【答案】　CD
6．(多选)(2013·衡水中学调研)如图6所示，倾角为30°的光滑杆上套有一个小球和两根轻质弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉M、N固定于杆上，小球处于静止状态．设拔去销钉M(撤去弹簧a)瞬间，小球的加速度大小为6 m/s2，若不拔去销钉M，而拔去销钉N(撤去弹簧b)瞬间，小球的加速度可能是(g取10 m/s2)(　　)
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图6
A．11 m/s2，沿杆向上 B．11 m/s2，沿杆向下
C．1 m/s2，沿杆向下 D．1 m/s2，沿杆向上
【解析】　设小球处于静止状态时b弹簧弹力为F，拔去销钉M瞬间，取向上为正方向，若a＝6 m/s2，由牛顿第二定律，F－mgsin 30°＝ma，解得F＝11m.若a＝－6 m/s2，由牛顿第二定律，－F－mgsin 30°＝ma，解得F＝m.
设a弹簧弹力为F′，由平衡条件F＝mg ( http: / / www.21cnjy.com )sin 30°＋F′，当F＝11m可得F′＝6m，拔去销钉N瞬间，由牛顿第二定律，F′＋mgsin 30°＝ma′，解得a′＝11 m/s2，选项B正确，A错误；当F＝m可得F′＝－4m，拔去销钉N瞬间，由牛顿第二定律，F′＋mgsin 30°＝ma′，解得a′＝1 m/s2，方向沿杆向下，选项C正确，D错误．
【答案】　BC
7．如图7所示，一块磁铁放在铁板ABC上的A处，其中AB长为1 m，BC长为0.6 m，BC与水平面夹角为37°，磁铁与铁板间的引力为磁铁重力的0.2倍，磁铁与铁板间的动摩擦因数μ＝0.25，现给磁铁一个水平向左的初速度v0＝4 m/s不计磁铁经过B处转向的机械能损失．求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8 g取10 m/s2)
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图7
(1)磁铁第一次到达B处的速度大小；
(2)磁铁沿BC向上运动的加速度大小；
(3)请通过计算判断磁铁最终能否再次回到B点．
【解析】　(1)N＝kmg＋mg＝1.2 mg
f＝μN＝0.25×1.2mg＝0.3mg
根据牛顿第二定律a1＝＝3 m/s2
vB＝＝ m/s≈3.16 m/s.
(2)磁铁沿BC向上运动时，N′－mgcos 37°－kmg＝0
μN′＋mgsin 37°＝ma2
a2＝＝＝8.5 m/s2
(3)磁铁沿BC向上运动的最大距离
s＝＝ m≈0.59 m<0.6 m
又因mgsin 37°>μ(mgcos 37°＋kmg)
所以磁块最终能再次回到B点．
【答案】　(1)3.16 m/s　(2)8.5 m/s2　(3)能回到B点
8．如图8甲所示，质量为m＝1 kg的物体 ( http: / / www.21cnjy.com )置于倾角为θ＝37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1 s时撤去拉力，物体运动的部分v－t图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
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甲　　　　　　乙
图8
试求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；
(2)t＝6 s时物体的速度，并在图乙上将6 s内物体运动的v－t图象补画完整，要求标明有关数据．
【解析】　(1)设撤去拉力前物体的加速度大小为a1，撤去拉力后物体沿斜面继续上滑的加速度大小为a2，由v－t图象可知：
a1＝ m/s2＝20 m/s2
a2＝m/s2＝10 m/s2
对物体在撤去拉力前，由牛顿第二定律得
F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1
对物体在撤去拉力后上滑时，由牛顿第二定律得
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2
解得F＝30 N，μ＝0.5.
(2)加速上滑的时间t1＝1 s，撤去拉力时的速度为v＝20 m/s，设再经过时间t2速度减至0.
由0＝v－a2t2得t2＝2 s
在最高点时，因mgsin 37°>μmgcos 37°，
故物体将沿斜面加速下滑，设加速度大小为a3，据牛顿第二定律得
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma3
解得a3＝2 m/s2
再经过3 s物体的速度大小为6 m/s，方向沿斜面向下，补画完整后的图线及有关数据如图所示．
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【答案】　(1)0.5　30 N　(2)见解析图

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