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高考有关“振动和波”的考查
一. 机械振动
1. 考查振动周期与质量的定性关系
例1.某同学看到一只鸟落在树枝上的P处，树枝在10s内上下振动了6次，鸟飞走后，他把50g的砝码挂在P处，发现树枝在10s内上下振动了12次。将50g的砝码换成500g砝码后，他发现树枝在15s内上下振动了6次，你估计鸟的质量最接近（）
A. 50g B. 200g C. 500g D. 550g
解析：从题的信息可以看出，同样时间内振动的次数随振动物体的质量的增大而减少。而小鸟10s振动的次数为6次，在50g砝码和500g砝码在同样时间内振动的次数之间，故小鸟的质量应在50g、500g之间。B选项正确。
2. 考查单摆
（1）单摆图象
例2.一单摆做小角度摆动，其振动图象如图2，以下说法正确的是（ ）
A. t1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小
B. t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
C. t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大
D. t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
解析：单摆在平衡位置（位移为零处）时速度最大，对应图线中t2、t4时刻，从而选项A、B错误；速度最大时悬线的拉力最大，选项D对C错。
（2）单摆实验
例3.（1）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，①测摆长时，若正确测出悬线长l和摆球直径d，则摆长为____________；②测周期时，当摆球经过__________位置时开始计时并计数1次，测出经过该位置N次（约60~100次）的时间为t，则周期为_______________。
此外，请你从下列器材中选用所需器材，再设计一个实验，粗略测出重力加速度g，并参照示例填写下表（示例的方法不能再用）。
A. 天平；B. 刻度尺；C. 弹簧秤；D. 电磁打点计时器；E. 带夹子的垂锤；F. 纸带；G. 导线若干；H. 铁架台；I. 低压交流电源；J. 低压直流电源；K. 小车；L. 螺旋测微器；M. 斜面（高度可调，粗糙程度均可）
简析：①摆长等于悬线长加球半径，即l+d/2；②计时从摆球经过平衡位置时开始，周期为。
例4.有一测量微小时间差的装置，是由两个摆长略有微小差别的单摆同轴水平悬挂构成。两个单摆摆动平面前后相互平行。
（1）现测得两单摆完成50次全振动的时间分别为50.0s和49.0s，则两单摆的周期差＝____________________s；
（2）某同学利用此装置测量小于单摆周期的微小时间差，具体操作如下：把两摆球向右拉至相同的摆角处，先释放长摆摆球，接着再释放短摆摆球，测得短摆经过若干次全振动后，两摆恰好第一次同时同方向通过某位置，由此可得出释放两摆的微小时间差。若测得释放两摆的时间差△t＝0.165s，则在短摆释放_____________s（填时间）后，两摆恰好第一次同时向_________（填方向）通过_________（填位置）；
（3）为了能更准确地测量微小的时间差，你认为此装置还可做的改进是_______________。
解析：（1）50次全振动的时间为50s的单摆的周期
50次全振动的时间为49s的单摆的周期
两单摆的周期差
（2）释放短摆后，设短摆经过n次全振动，与长摆同时同向通过同一位置，则有
解得
所以短摆释放的时间为
又
故此时两摆同时向左经过平衡位置。
（3）在不改变摆长差的同时增大摆长，△T减小，可测得的时间差越小。
3. 考查共振
（1）结合图象考查
例5.一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，图3所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动。匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动。把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期。若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图4所示。当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图线如图5所示。
若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅，则（）。
A. 由图线可知T0＝4s
B. 由图线可知T0＝8s
C. 当T在4s附近时，显著增大；当T比4s小得多或大得多时，y很小
D. 当T在8s附近时，y显著增大；当T比8s小得多或大得多时，y很小
解析：图4是保持把手不动，弹簧振子自由振动的振动图象，该图象的周期为固有周期，由图可知，固有周期是4s，选项A对，B错；在做受迫振动时，驱动力的周期越接近固有周期，其振动的幅度就越大，反之就越小。图5中驱动力的周期为8s，弹簧振子没发生共振，故选项C对，D错。
（2）借助实际问题考查
例6.铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击。由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动。普通钢轨长为L＝12.6m，列车固有振动周期为T＝0.315s。下列说法正确的是（）
A. 列车的危险速率为40m/s
B. 列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象
C. 列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的
D. 增加钢轨的长度有利于列车高速运行
解析：由题设可知，列车发生共振的危险运行速率
选项A对；列车运行的频率等于驱动力的频率，不一定等于列车的固有频率，选项C错；钢轨越长，列车运行的危险速率越大，这样列车在较高的速率运行时还可远离危险速率，选项D对；列车过桥需要减速，是为了保护桥，不是防止列车发生共振，选项B错。
答案：AD
二. 机械波
1. 考查波的传播
例1.图6为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时的波形。当R点在t＝0时的振动状态传到S点时，PR范围内（含P、R）有一些质点正在向y轴负方向运动，这些质点的t坐标取值范围是（）
A. 2cm≤x≤4cm B. 2cmC. 2cm≤x<3cm D. 2cm解析：由于R、S两点相距，故R点在t＝0时的振动状态传到S点需时间3T/4，3T/4的波形如图7中虚线所示。由图7可知，在2cm≤x<3cm的质点正在向y轴负方向运动。
答案：C
例2.在均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的9个质点，相邻两质点的距离均为L，如图8所示。一列横波沿该直线向右传播，t＝0时到达质点1，质点1开始向下运动，经过时间△t第一次出现如图9所示的波形，则该波的（）
A. 周期为△t，波长为8L
B. 周期为2△t/3，波长为8L
C. 周期为2△t/3，波速为12L/△t
D. 周期为△t，波速为8L/△t
解析：由图9知波长。t＝0时刻的波型如图9虚线所示，质点1向下运动，再过△t时刻的波形如图9实线所示，可知质点1已变为向上运动。由此可知，在质点1左边距质点1半个波长处的质点的状态经△t第一次传到质点9，传播的距离为，故传播的时间为2T/3，即△t＝2T/3。选项A、D错，B对；又波速
选项C对。
答案：BC。
3. 考查波的叠加
例3.两个不等幅的脉冲波在均匀介质中均以1.0m/s的速率沿同一直线相向传播，t＝0时刻的波形如图10所示，图中小方格的边长为0.1m。则以下不同时刻，波形正确的是（）
简析：通过运用△x=vt计算四个选项对应时刻左波峰、右波谷应传播到的位置，并对B、C选项该时刻重叠区域的波应用波的叠加原理，最终判断选项ACD正确。
4. 考查多普勒效应
例4. （全国卷II）频率一定的声源在空气中向着静止的接收器匀速运动。以u表示声源的速度，v表示声波的速度（uA. f增大，v增大 B. f增大，v不变
C. f不变，v增大 D. f减少，v不变
解析：当波源与接收器之间距离发生变化时，发生多普勒效应。间距变小时，接收到的频率大于波源的频率；间距变大时，接收到的频率小于波源的频率。本题声源靠近接收器，故接收到的频率大于声源频率，且靠近的越快，接收到的频率越大。发生多普勒效应时，声波的速度不变。选项B正确。
牛顿运动定律问题中的几个常见模型
在有关牛顿运动定律的问题中，我们会经常遇到一些相似情景的问题，如果我们能够将这些常见的模型加以归纳、总结，就可以举一反三，达到做题少、见效快的目的了。
本文就一些常见模型进行归纳，希望能够给大家一点启发。
（1）几种自由滑行的加速度大小
注：①对图二、图三：若斜面光滑，则有a＝gsinθ
②对图三：若a=0，即物块恰能沿斜面匀速下滑，有
③若物块在同一斜面上既上滑又下滑，则有
④对于阻力不变的上抛和下落，类似有（相当于）
例：如下图所示，粗糙的斜坡倾角α=30°，有一物体从点A以某一初速度开始向上运动，经过2s到达B点速度恰好为零，然后从点B返回点A。已知点A、B间距离为16m，求从点B返回点A所需的时间。（g=10m/s2）
解：将第一过程逆向考虑，运动变成初速度为零，加速度为的匀加速直线运动
由，即
解得：
由（这两个表达式必须要交待）
知
从而解得
由，即
解得：
※本题在解题过程中，好多资料往往都是先解出摩擦因数，然后再去解，这样一方面更为麻烦，另一方面也增加了出错的机会。显然，如果知道了上滑和下滑时加速度间的关系，问题就大为简便了。但由于这个结论不是课本上的，不可直接拿出来用，就如在圆周运动中常常要用到，如果直接用经结论就要被扣分一样，这一点是我们今后在解题时必须要时刻加以注意的（下同）。
（2）图中水平桌面光滑，两种情况下加速度的区别在图四中，很容易知道M的加速度为
而在图五中，却容易错误地认为加速度大小与图四相同，实际上两者相差很大。
仔细分析后就会发现图五中的m向下加速时，m处于失重状态，其对绳子的拉力一定小于自身重力，加速度就不可能与图四相同了。只要设绳子上的拉力大小为T，分别对M、m运用牛顿第二定律即可解出加速度大小为
（3）物体只受两个力作用下的两种加速度物体只受如图六F、mg两个力的作用，则
若加速度沿①方向，则a1=gtanα
若加速度沿②方向，则a2=gsinα
这种模型在作变速运动的车厢内悬挂小球（含圆锥摆类问题）、物块沿光滑斜面滑行、放在斜面上在推力作用下与斜面保持相对静止一起加速运动、火车转弯问题的讨论、单摆回复力等问题中经常碰到，我们应该能够做到非常熟练。
（4）光滑水平面上，一物体由静止开始在恒力F1作用下运动时间t，后将F1反向，大小变为F2，经相同时间回到原出发点，则有F2=3F1（证明略）。
该结论非常有用，如将力改为加速度则变为运动学问题，也可将其放到机械能的做功问题中去，还可放到电场的电容器求两次电量之比问题中去等。
（5）一小球由静止开始从斜面上滑下，到达斜面底部不计能量损失地进入同种材料的水平面上滑行一段距离后停止运动，若始末两点的连线与水平面的夹角为θ（如图所示），则有：
证明略。说明：这个模型在动能定理（见第五章）里也很常见，即在斜面上自由滑行时滑动摩擦力所做功等于在水平面上自由滑行投影部分距离滑动摩擦力所做功。
在一些问题中如果不知道这个结论，几乎无从下手。
例：如下图示的器材是：木质轨道（其倾斜部分倾角较大，水平部分足够长）、小铁块、两枚图钉、一根细线、一个量角器。只用上述器材就可以测定小铁块与木质轨道间的动摩擦因数。实验步骤是：
（1）将小铁块从倾斜轨道上的一固定位置由静止释放，让小铁块能下滑到水平轨道上。
（2）由图钉把细线钉在小铁块的起、终点处并拉直。
（3）用量角器测量____________。（先用文字说明再用字母表示）那么测得小铁块与木质轨道间的动摩擦因数可表示为μ＝_____________。
答案：细线与水平面间的夹角θ，tanθ。
带电粒子在电场中运动的题目类型
一. 变速直线运动
模型：如图1所示，在真空中有一对平行金属板，其间距离为d，电源电压为U，板间电场为匀强电场，若在A板小孔处将一质子由静止释放，设质子质量为m，电量为q，则质子到达B板时速度为多大？
1. 受力分析：质子重力可忽略，故只受电场力作用，方向向右。
2. 运动情况分析：因质子受匀强电场的作用力（F=Eq）恒定，且初速度为零，故质子将向右做初速度等于零的匀加速直线运动。
3. 求速度有两种方法：
方法一：用牛顿第二定律和运动学知识求解
由牛顿第二定律可得，质子运动的加速度的大小为：
质子做匀加速运动，已知初速度v0=0，位移s=d，加速度为a，由
可求得，质点到达B板时速度为：
方法二：用动能定理求解
质子运动过程中，只受电场力做功为：W=qU
根据动能定理有：
解得
4. 注意：①带电粒子在电场中运动时，电场力做的功qU等于带电粒子动能的增量，即，这一结论对匀强电场和非匀强电场都适用；②若质子有沿场强方向的初速度为v0，其他条件不变，则用上述两种方法同样可解得，粒子到达B板时的速度为：；③若将图1中电源负极调换一下，即A板接负极，B板接正极，且质子有向右的初速度v0，则粒子到达B板速度为
例. 两块平行金属板A、B之间的电压是80V，一个电子以6.0×106m/s的速度从小孔C垂直A板进入电场，如图2，该电子能打在B板上吗？如果能打B板上，它到达B板时的速度有多大？如果电源电压变为120V，情况又会怎样？
解析：电子进入电场后受的电场力方向与初速度方向相反，故电子做减速运动，其加速度大小为①
式中m、e分别为电子的质量和电量，U为板间电压，d为板间距离。
设想电子在该电场中做减速的直线运动到速度为零，运动的位移为s，由位移公式得②
将①式代入②式得
③
即电子减速运动到速度为零所发生的位移的大小大于两板间的距离，故电子能打在B板上，设打在B板上的速度为vB，由得
若U=120V，则由③式得
即电子减速运动到速度为零所发生的位移大小小于两极板间距离，故粒子不能到达B板。
二. 定向偏转（类平抛运动）
模型：如图3所示，在真空中水平放置一对平行金属板，板间距离为d，板长为l，加电压U后，板间产生一匀强电场，一质子以初速v0垂直电场方向射入匀强电场，试分析质子运动情况，并求出质子射出电场时的速度。
1. 受力分析：质子所受重力可以不计，故只受竖直向下的电场力作用。
2. 运动情况分析：水平方向（即垂直电场方向）由于不受力的作用，故做匀速直线运动；竖直方向上只受恒定的电场力作用，故做初速度为零的匀加速直线运动，因此我们可以用运动合成的知识来求质子在任一时刻的速度。
3. 求解方法：质子通过电场的时间可由水平分运动求出
质子在竖直方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可求得加速度为：
质子离开电场时竖直分速度为：
质子离开电场时的速度实质是两分运动在此时刻速度的合速度（如图）
设此时质子速度方向与初速度方向夹角为（通常称为偏转角），则由矢量图可知
由此可知，偏转角与板长l、板间距离d、板间电压U、带电粒子的初速度v0和荷质比
有关。
4. 注意：①若不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有，则，由上式可知，粒子的偏转角与粒子q、m无关，仅决定于加速电场和偏转电场，即不同的带电粒子从静止经过同一加速电场加速进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度总是相同的；②粒子从偏转电场中射出时偏转距离，作粒子速度的反向延长线，与初速度的延长线交于O点，O点与粒子入场点距离为x，则
由此可知，粒子从偏转电场中射出时，速度的反向延长线与初速度延长线的交点平分沿初速度方向的位移，好像直接从板中点沿直线射出一样，对偏转的问题，一定要通过运动的合成与分解的方法分析，依运动的独立性来确定。
关于动量守恒的若干点
应用动量守恒定律解决高中物理问题，由于只需知道变化前后系统的状态情况，可以不考虑系统内物体在内力作用下具体所发生的复杂的变化过程，因此可以简化解题过程，提高解题效率，可谓求解高中物理问题的金钥匙之一。但由于不能正确掌握和理解动量守恒定律，造成在应用时出现了各种各样的错误，针对经常出现的一些问题，笔者作了较为系统的总结，供同学们参考。
一个对象
正确选择研究对象是解决问题的第一步，动量守恒定律的研究对象是由多个相互作用的物体组成的系统，但切忌将参照物包括在系统内。
二个时刻
动量守恒指的是在系统内物体相互作用的整个过程中，任一瞬间的总动量都保持不变，即任一时刻系统的动量都和初始状态时的动量相同。但在实际的运用过程中，若作用过程中系统满足动量守恒的条件，则我们无需考虑系统内物体相互作用的过程，只需知道作用前的总动量……（式中……是作用开始时刻各物体的瞬时速度）和作用结束时刻的总动量……（式中……是作用结束时刻各物体的瞬时速度），令两者相等求解即可。
三种情况
主要是指动量守恒的三个条件，这也是能否应用动量守恒定律解题的决定因素。此处不再详细说明。
四个注意点
1. “动量守恒”的含义
在系统内物体相互作用的过程中，系统内各物体的动量可以相互传递、转移、变化，但是系统的总动量（系统内各物体动量的矢量和）始终保持不变，这里的守恒是指转化的守恒，不能简单地认为只是作用前后两个状态的总动量相等。因此，系统动量守恒时，决不能认为系统内的每一个物体的动量都保持不变。
2. 动量守恒定律的表达式
动量守恒根据不同的理解，具有不同的表达式，常见的有下面几种：
①
此表达式是动量守恒定律的最原始的表达式，它具有的含义是：系统内物体相互作用前后的总动量相等。
②
此表达式具有的含义是：由两个物体作用的系统，作用过程中两物体的动量变化量大小相等，方向相反。
③
此表达式具有的含义是：系统内各物体作用过程中动量的变化量之和为零。
3. 物体速度的相对性
由于动量的大小和方向与参照系的选择有关，因此在应用动量守恒定律时，应该注意各物体的速度必须是相对同一惯性参照系而言的。如果题设条件中各物体的速度不是相对于同一惯性系时，必须转换参照系，使其成为相对于同一惯性系的速度后，再运用动量守恒定律列方程求解。
4. 动量守恒定律的适用范围
动量守恒定律具有广泛的适用范围，只要系统满足动量守恒的条件，不论系统内部各物体之间是何种性质的作用力，不论系统内各物体处于什么运动状态，不论物体相互作用时是否直接接触，也不论相互作用后物体是黏合在一起还是分裂成碎块等等，动量守恒定律都适用。
与牛顿运动定律相比较，动量守恒定律不仅适用于低速运动的宏观物体，而且适用于接近光速运动的微观粒子的相互作用。在自然界中，大到天体间的相互作用，小到基本粒子间的相互作用，都遵循动量守恒定律。
与超重和失重有关的实际问题
当物体具有向上的加速度时，物体受水平面的支持力或悬绳的拉力大于重力，称为超重。当物体有向下的加速度时，物体受水平面的支持力或悬绳的拉力小于重力，称为失重。利用超重和失重能解决很多实际问题，现举例如下：
例1. “蹦极”是一种近年流行的能使人获得强烈超重、失重感的非常“刺激”的惊险娱乐运动项目：人处在离水面上方十层楼的高处(如悬崖边、大桥上、伞塔顶等)，用橡皮弹性绳拴住身体，让人自由落下，落到一定位置时弹性绳拉紧，为简化起见，设人体立即做匀减速运动，到接近水面时速度刚好减为零，然后再反弹。已知某“勇敢者”头戴重50N的头盔，开始下落的高度为76m，设计的系统使人落到离水面28m时弹性绳才绷紧，则当他落到离水面高度50m左右位置时，戴着头盔的头部感觉如何?当他落到离水面15m左右的位置时(头朝下脚朝上)，其颈部要用多大的力才能拉住头盔?
［解析］当此“勇敢者”下落到离水面50m左右高度时，他正处于自由下落状态，即a=g，因此，这个人以及他身上的装备都正处于完全失重状态，即此人戴着头盔的头部既感觉不到头盔向下的拉力，也感觉不到向上的压力。
由题设条件可知，在人下落h=76m-28m=48m时，弹性绳开始绷紧，产生弹力并立即使人做匀减速运动，处于超重状态，在继续向下运动28m后速度减为零，因此我们可以求出此过程中人的加速度，人自由下落h=48m时的速度为
。设弹性绳绷紧后产生的加速度大小为a，则由匀变速运动的速度、位移公式得
在此过程中，对头盔，由牛顿第二定律得
即为人的颈部对头盔向上的拉力。
例2 下列说法正确的是（ ）
A. 体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
B. 蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
C. 举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D. 游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
［解析］加速度方向向下，物体处于失重状态，它包括两种情况：其一物体加速向下，其二物体减速向上，A，C、D选项中的对象都处于平衡状态，只有B选项中处于失重状态，故B正确。
例3 在人造卫星中，下列那些仪器不能使用（ ）
①天平②弹簧测力计③水银温度计④水银气压计
A. ①② B. ①③ C. ①④ D. ②③
［解析］人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，其向心加速度方向指向地心，卫星内物体处于完全失重状态。靠力矩平衡测质量的天平和靠水银柱高度来测大气压的水银气压计不能使用，弹簧测力计不能测重力，但可以测拉力，水银温度计是靠热胀冷缩原理制成的，可以用，所以正确选项为C。
聚焦热学中分子类估算问题
一. 分子大小
例1. 根据水的摩尔质量和水的密度，利用阿伏加德罗常数，估算水分子的质量和直径。
解析：一个水分子的质量为
水的摩尔体积为，把水分子看作一个挨着一个紧密排列的小球，每个分子的体积为，
又，可求得水分子直径。
二. 分子间距
例2. 如图所示，食盐（NaCI）是由钠离子和氯离子组成的，这两种离子在空间中三个互相垂直的方向上等距离地交错排列着。已知食盐的摩尔质量是58.5g/mol，食盐的密度是2.2g/cm3，阿伏加德罗常数为6.02×1023mol-1，在食盐晶体中两个距离最近的钠离子的中心距离约为多少？
解析：食盐的摩尔体积为由于一个食盐分子中包含一个钠离子和一个氯离子，因此1mol食盐中包含的离子数目应是2NA。故一个离子所占的体积为
小正方体的边长为
两个距离最近的钠离子中心间的距离
三. 分子数量
例3. 设某人的肺活量为400mL，试估算在此人一次吸气过程中，有多少分子是他在一年前的一次呼吸过程中呼出的？
解析：大气压是由大气重量产生的，地球上大气层的总质量：
标准状态下，大气占据的总体积：
人呼出的一口气经一年时间在大气层中占据的比率为
一年后吸一口气中有：
评注：初看本题，似乎根本无从下手，但仔细揣摩题意，可知一年时间内可认为原来呼出的那口气已充分混合于大气层中，算出这口气在整个大气层中所占的比例，即可求出问题的结果，解本题的关键是要合理地建构模型，将实际问题理想化。
四. 分子力大小
例4. 晶须是一种发展中的高强度材料，它是一些非常细、非常完整的丝状(截面为圆形)晶体。现有一根铁晶，直径，用的力将它拉断，试估算拉断过程中最大的铁原子力f（Fe的密度）
解析：因原子力的作用范围在数量级，阻止拉断的原子力主要来自于断开截面上的所有原子对。当铁晶上的拉力分摊到一对Fe原子上的力超过拉伸过程中的原子间最大原子力时，铁晶就被拉断。
又因为铁的摩尔质量
所以铁原子的体积
原子直径
原子球的大圆面积：
铁晶断面面积
断面上排列的铁原子数个
所以拉断过程中最大铁原子力
评注：本题以高科技材料晶须为背景立意命题，考查学生建模能力，分析、推理和计算能力。试题要求估算最大的铁原子力，其关键在于，如何将已知的宏观量与待求的微观量联系起来，这就要想到阿伏加德罗常数，其次是要将已知的宏观量与待求的微观量之间的关系用尽量简单的表达式表示出来。本题中就是简单地认为铁晶截面上的每对铁原子力的总合力就等于宏观上所施加的拉力F，即F=Nf。事实F和f的关系相当复杂，但由于是估算，上面的简化处理完全可行，这也是求解估算类问题时所遵循的基本原则。
电场复习四步走
《电场》这一章内容多且是高中物理内容中十分重要的一章，怎样才能学好这一章呢？作者给同学们由浅入深地总结了以下四步，希望同学们认真体会，仔细研究，以求尽快地将本章内容融会贯通。
第一步：牢记并理解基本概念、基本规律
本章的基本概念、基本规律很多，相互之间又有很多的联系，牢记并理解它们对深入学习和灵活应用各种方法大有裨益。
例1. 如图1所示，A、B两点各放有电荷量为+Q和+2Q的点电荷，A、B、C、D四点在同一直线上，且AC=CD=DB。将一正电荷从C点沿直线移到D点，则（）
A. 电场力一直做正功
B. 电场力先做正功再做负功
C. 电场力一直做负功
D. 电场力先做负功再做正功
解析：由于A、B两点放的电荷均为正电荷，根据场强的叠加原理可知，在AB连线上必有一点合场强为零。设该点为O，且距A点为x，AB两点间的距离为L。据点电荷的场强公式及叠加原理有
解之得
可见O点在CD之间靠近C点处，O点左侧合场强方向水平向右，O点右侧合场强方向水平向左，所以将一正电荷从C点沿直线移到D点的过程中，电场力先做正功再做负功，故答案B正确。
点评：本题考查了点电荷电场的特点、点电荷场强公式、叠加原理等基础知识。解此题的关键是要明确A、B间有一点场强为零，在该点两侧场强方向相反。
第二步：掌握一些解决问题的科学方法，巧妙、快捷地解题
本章物理学的科学学习方法主要有：（1）建立理想化模型的方法。点电荷、电场线、等势面等都是从理想化模型中抽象而得到的。（2）用比值定义电场强度、电势的方法。（3）类比的方法。电场与重力场有许多相似之处，有许多概念都能对应起来。此外，还有整体法、等效法等方法，学会应用这些方法，不仅有利于快速解决本章习题，还有助于培养科学的思维方式。
例2. 水平方向的匀强电场中，不质量为m的带电小球，用长L的细线悬于O点。当小球平衡时，细线和竖直方向成θ角，如图2所示。现给小球一个冲量，冲量方向和细线垂直，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动。问：需要施加的冲量值至少多大？
解析：由题给条件，可认为小球处于一个等效重力场中，其方向如图3所示，等效重力加速度。K为此重力场的“最低点”，则图中Q便是圆周运动“最高点”。小球在Q有临界速度即可做完整的圆周运动。在K处有。从有
整理以上各式，解得
第三步：重视电场与其他章节知识的学科内综合
本章易出综合性强、难度大的题目，因为它能与力学、磁场等知识紧密联系起来。
第四步：重视理论联系实际
本章的很多知识点可以和生产生活相结合，这就给命题提供了很大的空间。对于这类题，只要认真读题，提取有用信息，建立合理的物理模型，就能化繁为简了。
物体平衡的常见模型
可看作轻绳、轻杆、轻弹簧、轻滑轮的绳、杆、弹簧、滑轮、滑环均忽略其本身的质量，模型各自的受力特点分述如下。
一. 轻绳模型
轻绳模型：轻绳只能发生拉伸形变，所以只能产生拉力，方向总是指向绳收缩的方向，且内部各处张力处处相等。
例1. 如图1所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为α＝60°。两小球的质量比m2/m1为（ ）
A. B. C. D.
解析：如图2所示，质量为m1的小球受三个力作用：线对它的拉力T，显然T＝m2g；碗对它的支持力N；重力m1g。由几何关系可知，图1中△OBA应为等边三角形，夹角都为60°。建立水平和竖直方向的坐标系，由平衡条件有
由以上可得
即选项A正确。
二. 轻杆模型
轻杆模型：轻杆不仅能发生拉伸形变，还能发生压缩形变，所以轻杆不仅能施以拉力，还能承受压力，且在杆内弹力处处相等。轻杆还能发生弯曲形变，所以杆的弹力不一定沿杆的方向。现分以下两种情况来讨论。
1. 杆受力处于平衡状态，其一端可以自由转动，则另一端所受合力必沿杆方向。
例2. 如图3所示，AB为水平轻杆，A端用绞链与墙壁相连，B端用轻绳CB拉着，且与AB成30°角，下端挂一重为10N的物体，求AB杆受到的作用力FAB？
解析：选择轻杆为研究对象，绳BC的张力T和重物的重力G的合力必沿杆方向，所以容易求得
说明：因为A端为铰链，可以自由转动，若合力不沿BA方向，则杆将发生转动。
2. 轻杆受力处于平衡状态，其一端固定时，杆可产生各种方向的弹力，因而杆的另一端受力不一定沿杆方向，应具体问题具体分析。
例3. 如图4，一轻杆A端固定在墙上，另一端B固定着一个重为G的小球处于静止状态。求轻杆对小球的力。
解析：由于小球静止，受力平衡，所以杆对小球的力应竖直向上，与小球的重力平衡。
三. 轻弹簧模型
轻弹簧模型：轻弹簧不仅能发生拉伸形变，还能发生压缩形变，所以轻弹簧既能产生拉力，又能承受压力，且在内部弹力处处相等。弹力方向总是沿着弹簧的轴线，在弹性限度内，弹力的大小F＝kx。
例4. 图5中，a、b、c为三个物块，M、N为两个轻质弹簧，R为跨过光滑定滑轮的轻绳，它们连接如图并处于平衡状态，则（ ）
A. 有可能N处于拉伸状态而M处于压缩状态
B. 有可能N处于压缩状态而M处于拉伸状态
C. 有可能N处于不伸不缩状态而M处于拉伸状态
D. 有可能N处于拉伸状态而M处于不伸不缩状态
解析：R为轻绳，只能拉伸不能压缩。（1）若R有拉力，则N必处于拉伸状态。以a为研究对象，若R对a的拉力小于重力，则M处于压缩状态；若R对a的拉力等于重力，则M处于自由状态；若R对a的拉力大于重力，则M处于拉伸状态。（2）若R没有拉力，则N处于自由状态，M处于压缩状态。综上讨论得正确选项为A、D。
四. 滑轮模型
滑轮模型通常是指轻滑轮和轻绳的组合，此时滑轮两边绳子的拉力大小相等。
例5. 水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B，一轻绳的一端固定在墙上，另一端跨过滑轮后挂着一质量为m＝10kg的物体，并与横梁的夹角为30°，如图6所示。g＝10m/s2，则滑轮受的作用力为（ ）
A. 50N B. C. 100N D.
解析：在求解中要注意两点：一是因滑轮B可转动，故系重物的整条轻绳上张力T处处相等，即BC段张力也为mg＝100N；二是因杆插入墙壁里固定不动，故可承受来自各个方面的力，即杆另一端的受力不一定沿杆的方向。所以滑轮受到绳子的作用力为上下两段绳的拉力的合力F，为100N，如图7所示。正确选项为C。
五. 滑环模型
滑环模型：滑环可施出拉力，还可承受压力，力的方向沿滑环的径向，且垂直于相交的平面。
例6. 有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑。AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（图8）。现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和摩擦力f的变化情况是（ ）
A. FN不变，f变大 B. FN不变，f变小
C. FN变大，f变大 D. FN变大，f变小
解析：以两环和细绳整体为对象。在竖直方向上，始终二力平衡，即FN＝2mg不变；再以Q环为对象，在重力、细绳拉力F和OB压力N作用下平衡（图9）。设细绳和竖直方向的夹角为α，则P环向左移的过程中α将减小，N＝mgtanα也将减小。再以整体为对象，水平方向只有OB对Q的压力N和OA对P环的摩擦力f作用，因此f＝N也减小。故正确选项为B。
传送带上物体的摩擦力
翻阅近年高考试题，不乏传送带问题，传送带问题常常涉及三方面的问题，即物体通过传送带的时间问题，物体在传送带上遗留痕迹问题，以及物体在传送带上的摩擦力问题。本文所要阐述的是物体在传送带上的摩擦力问题。
分析物体在传送带上的摩擦力，首先要弄清以下三个问题：
1. 物体在传送带上参照物的选取
传送带上物体的摩擦力，要以与物体接触的传送带为参照物，不要以地面或相对于地面静止的物体为参照物。
2. 物体在传送带上确定摩擦力方向的方法
判断物体在传送带上的摩擦力方向，关键是分清物体相对传送带是相对滑动，还是有相对运动趋势。如果是相对运动，则物体受到的滑动摩擦力方向与物体相对传送带滑动的方向相反；如果有相对运动趋势，一般用假设法先确定物体相对传送带的运动趋势方向，最后根据静摩擦力方向与相对运动趋势方向相反来确定物体受到的静摩擦力方向。
确定物体相对传送带运动趋势的方法：即假设物体与传送带的接触面突然变成光滑，在这一条件下开始分析，若物体与传送带的速度仍相同，说明物体与传送带之间无相对运动趋势；若物体与传送带的速度不同，再进一步分析出物体相对传送带的速度方向，则该方向就是物体相对传送带的运动趋势方向。
3. 物体在传送带上摩擦力的大小
计算物体与传送带之间的滑动摩擦力用计算。水平传送带上，FN等于物体重力大小；倾斜传送带上，FN等于物体重力沿垂直于传送带方向的分力。
计算传送带上物体的静摩擦力大小，没有现成的公式计算，一般根据平衡知识或牛顿第二定律确定。
例1. 图1中传送带上部水平，长为L，以速度向右匀速运动，今有一质量为m的物块以不同的速度v滑上皮带左端，试分析以下情况物块受到的摩擦力方向：
（1）v＝0；
（2）；
（3）；
（4）
图1
解析：（1）v＝0时，物块相对地面静止，假设接触面光滑，则物块相对传送带向左运动，即物块相对运动趋势向左，故物块受到的静摩擦力方向向右。如果传送带足够长，在这个静摩擦力作用物块加速，直到物块速度等于传送带速度之后，物体将不再受摩擦力，而与传送带一同匀速。
若v＝0，物块与传送带相对滑动，则物块受到向右的滑动摩擦力开始加速，如果传送带足够长，当速度增加到时，物块就不再受到摩擦力。
（2）时，物块相对传送带向左运动，物块受到向右的滑动摩擦力开始加速，如果传送带足够长，当速度达到等于后，物块就不受摩擦力作用。
（3）时，物块与传送带保持相对静止，无相对运动趋势，不受摩擦力。
（4）时，物块相对传送带向右运动，物块受到向左的滑动摩擦力开始减速，如果传送带足够长，当速度减到等于后，物块就不受摩擦力作用。
例2. 如图2所示，传送带与地面倾角为37°，传送带长度为16m，传送带以10m/s的速度顺时针转动，在传送带上端A点无初速地释放一质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。已知，求物体受到摩擦力作用的时间。（）
解析：（1）将物体轻放于A端时，其受力如图3所示，摩擦力的方向与皮带传送方向相同。由牛顿第二定律得：
解得
由运动学公式，得，即经过1s时间物体的速度与皮带的速度相同。
物体与传送带速度相同瞬间，因为，物体不能匀速运动，即不能保持与传送带静止，故还受到滑动摩擦力作用，只不过改为方向沿传送带向上，物体受力如图4所示。
由牛顿第二定律得：
解得
因为开始1s内物体的位移为，故剩下的位移
在这11m内，物体将以的初速度，的加速度做匀加速运动。
由运动学公式，得
答案：物体受到的滑动摩擦力沿传送带向下的时间为1s，沿传送带向上的时间也为1s。
点评：（1）本题如果传送带与地面角度α符合，则物体在达到与传送带速度相同以后，物体受到的摩擦力为沿传送带向上的静摩擦力，其大小就等于，物体保持与传送带相对静止，直到传送带最底端B。
（2）如果物体要通过传送带运送到高处，且传送带与地面角度α符合，当物体以速度为零放在匀速传送带的底端时，开始在沿传送带向上的滑动摩擦力作用下加速，如果传送带足够长，当速度增到等于传送带速度时，物体改为受到等于重力分力向上的静摩擦力作用，直到物体达到传送带最高端。
绳拴物体的圆周运动
在圆周运动中有两种典型的习惯类型，一是绳拴物体的圆周运动，二是杆拴物体的圆周运动。笔者通过做大量的习题对绳拴物体的圆周运动概括总结为：水平面上的圆周运动、竖直面上的圆周运动、斜面上的圆周运动、锥面上的圆周运动。不同面上的圆周运动情况不同，是因为它们的受力情况和初始条件不同，但它们的研究方法和依据的规律是相同的。解决这方面问题的关键是分析临界状态、抓住临界条件，然后恰当的选择公式进行求解。
一. 绳拴物体在水平面上的圆周运动
例1. 如图1，细绳一端系着质量M=0.6kg的物体，静止在水平面上，另一端通过光滑小孔吊着质量m=0.3kg的物体，M与圆孔距离为0.2m，并知M和水平面的静摩擦力为2N，现使此平面绕过小孔的中心轴线转动，问角速度数值在什么范围m才会处于静止状态？g取。
图1
解析：较小时，M有向心运动的趋势。
设为时，恰好不做向心运动（临界状态）
对：
当较大时，M有离心运动的趋势，设为时，M恰好不做离心运动（临界状态）。
对M：
二. 绳拴物体在竖直面上的圆周运动
例2. 长为的绳拴一质量为m的小球，在竖直面内做圆周运动。求最低点和最高点的最小速度至少为多大？
解析：如图2所示，在最低点：小球重力G和绳的拉力T的合力提供向心力。
图2
在最高点：小球重力G和绳的拉力T的合力提供向心力。
当时，最高点最小向心力为
最高点最小速度（临界速度）
可见，当，小球能在竖直面内做圆周运动
当，小球不能在竖直面内做圆周运动
当物体在最高点仅由重力提供向心力时，由机械能守恒定律得：
说明：此题中物体在最高点或最低点只要满足一个临界速度便能做匀速圆周运动。
三. 绳拴物体在斜面上的圆周运动
例3. 如图3所示，质量为m的小球用长为细绳悬于光滑的斜面上的O点，小球在这个倾角为的斜面内做圆周运动，若小球在圆周的最高点和最低点的速率分别为和。问绳子在这两个位置时的张力分别为多大？
图3
解析：小球在最低点和最高点的受力情况如图4所示：
图4
在最低点的向心力：
在最高点的向心力：
恰好在斜面上做圆周运动（临界状态），，最高点最小向心力为
由机械能守恒，得
可见，当时，小球就能在斜面上做圆周运动。
当时，小球不能在斜面上做圆周运动。
例3与例2相比可看出：例2是例3在时的特例。另外，物体在锥面上的圆周运动在本期第四版《探讨圆锥摆模型》中详细阐述。
例解两个模型
分析竖直平面内变速圆周运动的向心力来源通常采用两种物理模型：轻绳和轻杆。这两种物理模型在竖直平面内的变速圆周运动中具有以下特点：
1. 轻绳模型
轻绳只可承受拉力不能复原，即拉力最小值为零，且方向一定沿着细线绷紧的方向；如果小球到达最高点时绳子拉力为零，并且小球刚好能够通过最高点并完成圆周运动，那么小球在最高点仅受重力作用，即重力提供向心力，如图1所示。
图1
如果小球在最高点的速度，那么小球可以顺利通过最高点，此时轻绳对小球存在拉力（当，拉力为零）。
如果小球在最高点的速度，那么小球在到达最高点前就脱离圆轨道而做斜上抛运动了。
2. 轻杆模型
轻杆既可承受拉力也可承受压力，方向既可沿着杆的方向，也可与杆成一定角度。
假设小球和轻杆是相连的，小球在最高点的临界速度是零。如图2所示，此时轻杆对小球有支持力的作用，并且支持力。在最高点
图2
如果小球速度，杆对小球没有力的作用，。
如果小球速度，轻杆对小球有支持力作用，。
如果小球速度，轻杆对小球有拉力作用。
例1. 如图3所示，细杆的一端与一小球相连，可绕过O点的水平轴一同转动。现给小球一初速度，使它做圆周运动，图中a、b分别表示小球轨道的最低点和最高点，则杆对球的作用力可能是（）
A. a处为拉力，b处为拉力
B. a处为拉力，b处为推力
C. a处为推力，b处为拉力
D. a处为推力，b处为推力
图3
解析：本题为轻杆模型，由于轻杆在小球运动到最高点和最低点时均可以提供拉力，在最高点时还可以提供推力，所以情况较为复杂，要对小球在不同位置时进行受力分析，列出方程，讨论是拉力还是推力。
由于小球在a处所受合外力必须指向圆心，即竖直向上，所以有
小球在b处设杆对小球的作用力为，并取竖直向下为正方向，，
当，即时，，表现为拉力。
当，即时，，表现为推力。
当，即时，不存在作用力。
答案：AB
例2. 有一质量为m的木块，从半球形、内壁粗糙的碗边a点下滑到b点，如图4所示，在下滑过程中，由于摩擦作用，木块的速率恰能保持不变。下列说法中正确的是（）
A. 因木块的速率不变，说明它的加速度为零，合外力也为零
B. 木块下滑过程中，所受的合外力越来越大
C. 木块下滑过程中，加速度值恒定，方向不断改变，始终沿着半径指向圆心
D. 木块下滑过程中，摩擦力的数值不变
图4
解析：一个物体所受的合外力大小不变，方向始终指向圆心是该物体做匀速圆周运动的充分必要条件。一个物体做匀速圆周运动，也说明该物体所受的合外力一定是大小不变，方向始终指向圆心的向心力，而不论向心力的来源是多么复杂。
木块下滑速率不变，方向沿半球形内壁，即小球绕O点做匀速圆周运动，木块的加速度和合外力一定是大小不变并指向圆心的。
木块在下滑过程中受三个力的作用，如图5所示，重力G，碗对木块的弹力，内壁对木块的摩擦力，在木块下滑过程中，圆周（运动轨迹）切线与竖直方向的夹角逐渐增大，G在X轴上的分量逐渐减小，G在Y轴上的分量逐渐增大（XOY直角坐标系也是动态的）
图5
与的合力提供向心力，式中r为碗的半径。
根据滑动摩擦力的表达式得
由以上两式得，可以看出，木块受到摩擦力随着的增大而增大。
答案：C
气体压强计算问题归类例析
一、液体封闭的静止容器中气体的压强
1. 知识要点
（1）液体在距液面深度为h处产生的压强：（式中表示液体的密度）。
（2）连通器原理：在连通器中，同种液体的同一水平面上的压强相等；
2. 典型
例1 如图1、2、3、4玻璃管中都灌有水银，分别求出四种情况下被封闭气体A的压强（设大气压强）。
解析：在图1中，液体在C点产生的压强为，故C点的压强为。根据连通器原理可知，与管外液面处的压强相等，等于大气压强即。故。
在图2中，左管中与封闭气体接触液面处的压强为。由连通器原理，右管中与上述液面处在同一水平面的液面处的压强也等于。而C点到该面的液体产生的压强为P2=10cmHg，故C点的压强。C点的压强就是大气压强，所以=。
在图3中，液柱在C点产生的压强，故C点的压强为PC=PA＋P3。而C点的压强又等于大气压强P0，故。
在图4中，右管液体在C点产生的压强，故C点的压强。左管液体对同一水平面处液面的压强为。由连通器原理可知，，解得。
二、活塞封闭的静止容器中气体的压强
1. 解题的基本思路
（1）对活塞（或气缸）进行受力分析，画出受力示意图；
（2）列出活塞（或气缸）的平衡方程，求出未知量。
注意：不要忘记气缸底部和活塞外面的大气压。
2. 典例
例2 如图5所示，一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置，金属圆板A的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为M。不计圆板与容器内壁之间的摩擦。若大气压强为P0，则被圆板封闭在容器中的气体压强P等于（ ）
A. B.
C. D.
解析：设圆板下表面的面积为，取圆板为研究对象，圆板受四力：重力Mg，容器的支持力，大气压力为和封闭气体压力。其受力分析如图6所示。由平衡条件，沿竖直方向有
解得
正确选项为D
三、加速运动的封闭容器中气体的压强
1. 解题的基本思路
（1）恰当地选取研究对象（活塞、气缸、水银柱、试管或某个整体等），并对其进行受力分析；
（2）对研究对象列出牛顿第二定律方程，结合相关方程求解。
2. 典例
例3 如图7所示，有一段12cm长的汞柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体，若开口向上将玻璃管放置在倾角为30°的光滑斜面上，在下滑的过程中被封住气体的压强P为（大气压强）（ ）。
A. 76cm Hg B. 82cm Hg C. 88cmHg D. 70cmHg
解析：设水银柱质量为m，横截面积为S。水银柱受四力：重力mg，斜面的支持力FN，大气压力为P0S和封闭气体压力PS，受力分析如图8所示，玻璃管和水银柱组成的系统的加速度，由牛顿第二定律有
解得
故选项A正确。
练一练
如图9所示，水平放置的气缸A和B的活塞面积分别为且，它们可以无摩擦地沿器壁自由滑动，气缸内封有气体。当活塞处于平衡状态时，气缸A、B内气体的压强分别为（大气压不为零），则下列正确的是（ ）
A. B.
C. D.
答案：BCD
位移图象与速度图象之比较
“位移－时间图象”和“速度－时间图象”是运动学中的两种重要图象，它们外形的相似性，有些同学容易把这两种图象搞混淆。下面就对这两种图象的物理意义加以比较。
一、S－t图象
位移－时间图象表示做直线运动的物体的位移随时间的变化规律，横坐标表示从计时开始的各个时刻，纵坐标表示与各时刻对应的位移，如图1所示。
图1
图线①表示物体从参考点开始做匀速直线运动，直线斜率的大小表示速度的大小，斜率的正负表示速度的方向（斜率为正表示物体的速度方向与规定的正方向相同，斜率为负表示物体的速度方向与规定的正方向相反）。图线②表示物体静止。图线③表示物体的初位移为，即物体从位移为的地方做匀速直线运动，速度方向与正方向相反。图线④表示物体做非匀速直线运动，曲线上某一点切线的斜率表示该时刻速度的大小，斜率的正负表示该时刻速度的方向。三图线相交说明三物体相遇，其交点的横坐标表示相遇的时刻，纵坐标表示相遇时的位移。
二、v－t图象
物体运动的速度－时间图象表示物体做直线运动的速度随时间的变化规律。横坐标表示从计时开始的各个时刻，纵坐标表示与各时刻对应的物体的瞬时速度，如图2所示。从速度图线中我们可知道物体的速度变化情况。
图2
图线①表示物体做初速度为零的匀加速运动，斜率大小表示加速度的大小，斜率正负表示加速度正负（正负表示加速度方向与规定的正方向相同或相反）。图线②表示物体沿正方向做匀速直线运动。图线③表示物体做初速度为v0的匀减速直线运动。图线④表示物体做非匀变速直线运动，曲线上某一点切线的斜率表示该时刻加速度的大小，斜率的正负表示该时刻加速度的方向。
三图线相交说明三个运动质点在该时刻具有相同的速度。
图中阴影部分面积表示质点在0到t1时间内的位移。
注意，图线与横轴交叉处，表示物体速度在该时刻改变了方向。
三、同一种运动两种图象的形状比较
从前面分析可知，对于同一种运动，位移图象与速度图象的外形是截然不同的。例如竖直上抛运动，如果设向上为正方向，则位移与时间的关系为，它的位移图线如图3所示。
速度与时间的关系为，它的速度时间图线如图4所示。
例1 图5描述了一个小球从水平桌面正上方的一点无初速度自由下落，与桌面多次碰撞后，最终静止在桌面上的运动过程。则图线所示的是反映下列哪个物理量随时间的变化过程（）
A. 位移 B. 路程 C. 速度 D. 速度的变化率
解析 由题意可知，在整个运动过程中小球的速度方向有时向下有时向上，即在速度图线里速度应有正有负，所以此图线不可能是速度图线；小球在运动过程中路程是越来越大，所以它不可能表示路程；在本题中小球的加速度恒为重力加速度g，是一个定值，所以D项错误。
如果选小球的初位置为参考点，选向下为正方向，则小球在运动过程中位移始终为一个正值。在下落过程中，位移变大；上升过程中，位移变小。当小球最终停在桌面上的时候，位移达到最大。所以本题的正确选项为A。
例2 一枚小火箭由地面竖直向上发射时的速度图象如图6所示，则小火箭上升到最高点的位置对应图中的（）
A. O点 B. A点 C. B点 D. C点
解析：在速度图象中时间轴以上部分表示速度方向为正，所以在O到的时间内火箭一直是向上运动的。在时刻向上的速度变为零，火箭达到最大高度，正确的选项为D。
例3 从同一地点以相同速度20m/s先后竖直上抛两个小球，第二个小球比第一个小球晚1s，则第二个小球抛出后经过多长时间与第一个小球相遇？（不计空气阻力）
解法一 速度图象法
在同一坐标系中画出两个小球运动的速度与时间的图象，如图7所示。由题意可知，第一、二小球到达最高点的时刻分别为第一球抛出后的第2s和第3s。设在第二球抛出ts时，它们相遇，相遇点必在第一球下落，第二球上升过程中，故ts必处于t轴上2、3s之间的某点E。过E作t轴的垂线交线HL于F，交AC的延长线于D。在t轴上取点N，使，过N作t轴垂线交AC线于B，则△BCN≌△CDE。两球相遇时，它们的位移要相等，即三角形AOC与CED的面积之和要与梯形HKEF的面积相等，但S△BNC=－S△CED，故S梯形AONB=S梯形HKEF，且梯形AONB≌梯形HKEF。显然△AOC≌△HKL，由以上二式得△FEL≌△BNC≌△CDE，因此E为2s、3s间的中点，故t=1.5s。
解法二 位移图象法
在同一个坐标系中画出两个小球运动的位移与时间的图象如图8所示。两位移图象的交点表示在该时刻两球的位移相等，即两小球在该时刻相遇。由对称性可知交点的横坐标t=2.5s，可知第二个小球抛出后经过1.5s与第一个小球相遇。
图8
整体法和隔离法在平衡问题中的应用
整体法和隔离法实质上是研究对象的选取问题，二者各有优点，应结合具体情况合理选用。下面举例分析：
例1. 如图1所示，质量为m=2kg的物体，置于质量为M=10kg的斜面体上，现用一平行于斜面的力F=20N推物体，使物体向上匀速运动，斜面体的倾角α=37°，始终保持静止，求地面对斜面体的摩擦力和支持力（取）。
图1
解析：（1）隔离法：先对物体m受力分析，如图2所示。由平衡条件有
图2
垂直斜面方向：（1）
平行斜面方向：（2）
再对斜面体受力分析，如图3所示，由平衡条件有
图3
水平方向：（3）
竖直方向：（4）
结合牛顿第三定律知
（5）
联立以上各式，可得地面对斜面体的摩擦力
，方向水平向左；
地面对斜面体的支持力，方向竖直向上。
（2）整体法：因本题没有要求求出物体和斜面体之间的相互作用力，而且两个物体均处于平衡状态（尽管一个匀速运动，一个静止），故可将物体和斜面体视为整体，作为一个研究对象来研究，其受力如图4所示，由平衡条件有
图4
水平方向：（1）
竖直方向：（2）
将题给数据代入，求得
小结：整体法有它的优点，但并非所有情况都可以用整体法，当求解物体和斜面之间的相互作用力时，就应选用隔离法（隔离物体或者隔离斜面体），因为整体法不能求出物体之间的相互作用力。
例2. 如图5所示，在两块相同的竖直木板之间，有质量均为m的四块完全相同的砖，用两个同样大小的水平力压木板，使四块砖均静止不动。求：（1）木板对第1块砖和第4块砖的摩擦力各多大？
（2）第2块砖和第3块砖之间的摩擦力？
（3）第3块砖和第4块砖之间的摩擦力？
图5
解析：（1）将4块砖看作整体作为研究对象，对整体进行受力分析，如图6所示，竖直方向由平衡条件可得，得到木板对第1块砖和第4块砖的摩擦力均为。
图6
（2）第1块和第2块砖看作整体隔离后进行受力分析，如图7所示，竖直方向，木板对第1块砖的摩擦力为，由平衡条件可知此二力已经达到平衡，故第3块砖对第2块砖的摩擦力为零。
图7
（3）将第4块砖单独从系统中隔离出来进行受力分析，竖直方向，由平衡条件可得，得第3块砖对第4块砖的摩擦力为，方向竖直向下。
变形：若4块砖只是右边受到水平力作用紧压在墙上静止，则各接触面间的摩擦力有何变化？
（答：从左至右，各接触面间的摩擦力大小依次为：4mg、3mg、2mg、mg）
小结：同一个情景，求解的力不同，研究对象的选取可以不同，但要注意使求解的力作为外力来出现。
例3. 如图8所示，人重600N，木板重400N，人与木板、木板与地面间动摩擦因数都为0.2，现在人用水平力拉绳，使他与木板一起向右匀速运动，求人的脚对木板的摩擦力。
图8
解析：先整体法，取人和木板整体为研究对象，受到重力（）、地面对整体的支持力、两股绳的拉力，地面对整体的滑动摩擦力，受力分析如图9，由平衡条件得
图9
代入数据得，。
再用隔离法，将人作为研究对象，受到重力、木板对人支持力、绳对人的拉力，木板对人脚的摩擦力，如图10，由平衡条件得，，根据牛顿第三定律可知，人脚对木板的摩擦力大小为100N，方向水平向右。
图10
一道传送带问题的多角度思维
题目：如图1所示，水平传送带以5m/s的恒定速度运动，传送带长s=7.5m，今在其左端A将一工件轻轻放在上面，工件被带动，传送到右端B，已知工件与传送带间的动摩擦因数，试求：工件经多少时间由传送带左端A运动到右端B？（）
图1
解析：工件被轻轻放在传送带左端，意味着工件对地初速度，但由于传送带对地面以向右匀速运动，所以工件相对传送带向左运动，故工件受水平向右的滑动摩擦力作用，即：
依牛顿第二定律，工件加速度，a为一恒量，工件做初速度为零的匀加速直线运动，当工件速度等于传送带速度时，摩擦力消失，与传送带保持相对静止，一起向右做匀速运动，速度为。
工件做匀加速运动的时间，工件做匀加速运动的位移
由于，所以工件1s后做匀速运动，匀速运动的时间
因此，工件从左端运动到右端的时间：。
变一：若传送带长s=2.5m，则工件从左端A运动到右端B一直做匀加速运动，依有：。
变二：若工件以对地速度滑上传送带，则工件相对传送带无运动趋势，工件与传送带间无摩擦力，所以工件做匀速运动，工件运动时间。
变三：若工件以速度滑上传送带，由于工件相对传送带向右运动，工件受滑动摩擦力水平向左，如图2所示。工件做匀减速运动，当工件速度等于传送带速度后，二者之间摩擦力消失，工件随传送带一起匀速运动。
图2
工件做匀减速运动时间
工件做匀减速运动的位移
工件做匀速运动的时间
所以工件由左端A到右端B的时间。
变四：若工件以速度滑上传送带，由于，工件先匀加速运动，后匀速运动。
工件匀加速运动的时间
工件做匀加速运动的位移
工件做匀速运动的时间
所以工件由左端A到右端B的时间。
变五：本题若传送带与水平面间倾角，如图3所示，其他条件不变，那么工件由A滑到B时间为多少呢？
图3
首先应比较动摩擦因数与的大小，由于，所以，即，故工件一定沿传送带相对地向下滑。当工件刚放在左端A时，工件相对传送带向上运动，工件受的滑动摩擦力沿传送带向下，工件做匀加速运动的加速度
即
工件与传送带速度相等的时间
在0.5s内工件的位移
随后，工件不会像传送带水平放置那样，工件与传送带一起匀速运动，而是沿传送带向下滑动，当工件速度超过传送带速度时，工件所受滑动摩擦力沿传送带斜面向上，如图4所示，工件的加速度
图4
即
工件以加速度运行的位移
设这段位移所需时间为，依有
（舍去）
故工件由A到B的时间。
变六：当传送带以5m/s速度向上运动时，如图5所示，工件相对传送带向下运动，所以工件所受滑动摩擦力方向始终沿传送带向上，工件一直向下匀加速运动，工件的加速度
图5
依，有
故工件由A到B的时间。
变七：本题若求工件在传送带上滑过的痕迹长L是多少？
由题意可知：痕迹长等于工件相对传送带滑过的距离。
依几何关系：痕迹长L=传送带对地的距离x－工件对地的距离
x��工件匀加速运动的时间内传送带匀速运动的位移
��工件匀加速运动的位移
即
对牛顿第二定律瞬时性的理解
牛顿第二定律是高中物理学重要的组成部分，同时也是力学问题中的基石，它具有矢量性、瞬时性等特性，其中瞬时性是同学们理解的难点。
所谓瞬时性，就是物体的加速度与其所受的合外力有瞬时对应的关系，每一瞬时的加速度只取决于这一瞬时的合外力。也就是物体一旦受到不为零的合外力的作用，物体立即产生加速度；当合外力的方向、大小改变时，物体的加速度方向、大小也立即发生相应的改变；当物体的合外力为零时，物体的加速度也立即为零。由此可知，力和加速度之间是瞬时对应的。
解这类问题要明确两种基本模型的特点：
A. 轻绳不需要形变恢复时间，在瞬时问题中，其弹力可以突变，成为零或者别的值。
B. 轻弹簧（或者橡皮绳）需要较长的形变恢复时间，在瞬时问题中其弹力不能突变，大小方向均不变。
例1. 如图1所示，物体B、C分别连接在轻质弹簧两端，将其静置于吊篮A的水平底板上，已知A、B、C三者质量相等，均为m，那么烧断悬挂吊篮的轻绳的瞬间，各物体加速度为多少？
图1
解析：此问题应用到弹簧的弹力不能突变的性质。未烧断绳子之前，C受到一个重力mg和弹簧的弹力F，两者平衡即F=mg。绳烧断瞬间，F不能突变，大小仍为mg，所以。
A、B可看成一个整体来分析，绳子未断之前，它们受重力2mg，弹簧向下的弹力F=mg，绳子向上的拉力，处于平衡状态。绳子断的瞬间，拉力消失，而弹簧的弹力不能突变，所以它们受到的合力向下，大小为，所以。
例2. （阅读此例若有困难，在学完共点力平衡再看）在如图2所示的装置中，小球m在水平细绳OA和与竖直方向成θ角的弹簧OB作用下处于静止状态，若将绳子OA剪断，问剪断瞬间小球m的加速度大小、方向如何？
图2
解析：以小球为研究对象，在未剪断绳子OA之前，小球m受重力mg，方向竖直向下；弹簧OB的拉力，方向与竖直方向成θ角斜向上；绳子OA的拉力，水平向左。由于小球处于静止状态，则弹簧OB的拉力和重力mg的合力与绳子OA的拉力是一对平衡力。所以和mg的合力在数值上等于绳子OA的拉力，方向水平向右。当剪断绳子OA的瞬间，绳子OA的拉力消失而弹簧OB的拉力来不及变化（弹簧OB的拉力使弹簧OB发生了形变，而弹簧要恢复到原长是需要时间的，所以在这一瞬间我们认为弹簧的长度并没有改变），所以此时小球受重力mg和弹簧OB的拉力作用，其合力仍为，方向水平向右。由牛顿第二定律得：加速度，方向水平向右。
变通：若将弹簧换成细绳，如图3所示，在剪断水平细绳的瞬间，小球的加速度大小和方向又会怎样呢？
图3
解析：将图3中的水平绳剪断瞬间，斜拉绳的拉力发生突变，小球受力如图4所示，小球沿绳方向合力为零，。
小球所受合力，方向垂直斜绳向下。
图4
例析与分子运动有关的常考题型
分子动理论因为其抽象程度高，所以我们在理解上有一定的困难，我们在学习过程中一定要弄清该理论的难点，然后结合各种类型题目的训练，就会觉得这一类问题像生活中具体的问题一样可以预见。
一、分子动理论中的难点分析
1. 在分子动理论中，有意思的是：阿伏加德罗常数就像一座桥梁一样，联系着宏观与微观的物理量。其中微观物理量有分子体积v、分子直径d、分子质量m。而宏观物理量有物质的体积V、特质的质量M、物质的摩尔质量、物质的摩尔体积、物质的密度。
2. 相关物理量的计算公式：
（1）分子体积：
（2）分子质量：
分子直径：（设分子为球体），（设分子为立方体）
（3）分子数：
二、相关题型例析
1. 布朗运动类题型
例1. 下列有关布朗运动的说法中，正确的是（ ）
A. 液体的温度越高，布朗运动越明显
B. 液体的温度越低，布朗运动越明显
C. 悬浮微粒越大，布朗运动越明显
D. 悬浮微粒越小，布朗运动越明显
解析：布朗运动是微小颗粒因为受到液体或气体分子的冲撞而被动地做出的无规则运动，通过它可以显示出液体或气体分子的无规则运动的本质。根据分子动理论，温度越高，分子的无规则运动越剧烈，由此引起的微小颗粒的运动也越明显；在此过程中，如果颗粒体积越小，则在某一瞬间与它相撞的分子也比较少，小颗粒受到的向各个方向的冲量就显得越不平衡，因此布朗运动就越明显。由此可知，AD项正确。
2. 分子间的相互作用力类题型
例2. 关于分子间的相互作用力，下列说法错误的是（ ）
A. 总是大于，所以其合力总表现为引力
B. 永远同时存在
C. 分子间的距离越小，越大，越小
D. 分子间的距离越小，越小，越大
解析：根据分子动理论的知识，分子间同时存在着引力和斥力，当分子间的距离时，和相平衡，为零；当时，，表现为引力；当时，，表现为斥力；由此可知，选AC项。
3. 物体内能类题型
例3. 在下列叙述中，错误的是（ ）
A. 物体的温度越高，分子的热运动越剧烈，分子平均动能越大
B. 布朗运动就是液体分子的热运动
C. 对一定质量的气体加热，其内能一定增加
D. 分子间的距离r存在某一值，当时，斥力大于引力，当时，斥力小于引力
解析：分子动理论告诉我们，温度的高低就可以表示分子平均动能的高低；布朗运动是小颗粒的运动，它能显示出分子的热运动，而该颗粒的运动是分子团的整体运动，不是分子级别意义上的运动；改变物体的内能有两种方法，热传递只是其中的一种，如果一边对物体传热，物体一边对外做功，那么物体的内能变化就不好判断；有关分子间作用力与分子间距离的关系与分子动理论的内容一致。所以BC项正确。
4. 学科内综合题
例4. 在墙壁与外界无热传递的封闭房间里，夏天为了降低温度，同时打开电冰箱和电风扇，两电器工作较长时间后，房内的气温将会怎样变化？
解析：电冰箱是将箱内的热量交换到箱外去，但转移出的热量仍在房内；而电风扇是通过加快人体表面汗液的蒸发带走人体的热量，但带走的热量也在房间里。所以，两者消耗掉的电能最终都转化为内能聚集在房间里。因此，随着两电器的工作时间加长，房间内的温度会越来越高。
5. 学科间综合题
例5. 用长度放大600倍的显微镜观察布朗运动，估计放大后的碳的小颗粒体积为，碳的密度为，摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。则该小颗粒含有碳分子个数为多少？
解析：此处的V应是小碳粒的实际体积，即
，
则有
=
=个
综上所述，在具体解题过程中，我们一定要善于总结、归类，做到举一反三，触类旁通。
“平抛运动”中的探究性题型
平抛运动规律是力学中的重要定律，是近年高考的热点，平抛运动规律往往与实验、生活、生产、科技活动、体育运动等相综合，构成丰富多彩的探究性问题，解决这类问题的关键：弄清平抛运动的物理状态、物理过程，理清其中合成、分解的关系，注意临界条件的运用，然后根据相互关系列式求解。“平抛运动”中的探究性问题主要有以下几种类型：
一、实验探究型
新课程标准注重学生综合探究素养和设计、创新等综合实验能力的培养，要求学生利用学过的知识和方法，独立设计实验探究方案，恰当选择实验器材、合理安排实验步骤、正确处理实验数据及进行实验误差分析。
例1. 如下图所示，是研究“水流射程与排水孔高度关系”的实验装置，取一个较高的塑料筒（如可乐饮料瓶），在侧壁的母线上钻一排小孔，保持小孔的间距为定值，在每个
小孔中紧插一段圆珠笔笔芯的塑料管，作为排水管。再剪若干段软塑料管，将其一头加热
软化封闭起来，作为排水管的套帽，另外备有接水盘、直尺、水杯等。任意拔出其中一个套帽（设对应排水小孔到底面的高度为h），就可以测得其水流的射程为s，多做几次实验，且每次实验时液面初始高度均为H，利用描点法就可画出h-s的图象。
请你根据理论分析并在下图中画出这个图象，并探究水从距地面什么位置的孔中喷出时射程最远。
解析：水流的射程与排水管距管顶的高度（H-h）以及排水管到地面的高度h两个因素有关，（H-h）影响喷出的水柱初速度，h影响喷出水流的落地时间。
设排水管的内截面积为S0，排水管距地面的高度为h，水的密度为，在排水口处取长度为ΔL、质量为Δm的一小段水柱。则对该段水柱应用动量定理有，FΔt=Δmv，其中。
由以上三式可以解出①
质量为Δm的水做平抛运动时有。
由以上两式解出②
由①、②解得，当时，s有最大值，其最大值为。对式中的h赋值，可画出图象如下图所示。
点评：本题结合平抛运动规律设计了一个探究性实验，要求根据已知的物理知识和具体问题所给出的物理事实，对物理现象、物理状态、物理过程等问题进行推理和论证，得出正确的结论或做出正确的判断，这就是高考物理所要求的重要能力之一��实验探究性能力。随着新课改的实施，探究性实验题将成为高考的热点，平时实验中应注意提出问题，进行探究，每完成一次实验，动脑筋想一想，完成该实验还有哪些新方案，该实验还有哪些其他用途，以此来提高自己的探究能力。
二、辨析探究型
近几年高考物理卷中多次出现了辨析探究型试题，这类试题提供的信息材料，往往将学生中易出现的各种错误展现出来，如：似是而非的物理概念问题，物理性质的理解问题，物理方法运用的科学性问题，要求学生利用所学的知识，对物理模型的建立、物理规律的理解和物理过程的分析，以及解决物理问题的能力和科学思维方法等方面进行辨析探究，做出正确的评价。
例2. 如下图所示，一高度为的水平面在A点处与一倾角为的斜面连接，一小球以的速度在平面上向右运动。求小球从A点运动到地面所需要的时间。（平面与斜面均光滑，取）。某同学对此题的解法为：小球沿斜面运动，则，由此可求得落地的时间。问：你同意上述解法吗？若同意，求出所需时间；若不同意，则说明理由并求出你认为正确的结果。
解析：不同意该同学的解法。首先物理过程和规律不正确，由于小球开始在水平面上运动，离开A点时小球将做平抛运动，而不会沿斜面下滑。在运动到地面之前小球是否经历斜面，要进行论证判断：小球平抛到地面的水平距离。斜面底宽。因为，所以小球离开A点后不会落到斜面上，因此落地时间为平抛运动所需时间，即。
点评：求解“辨析探究型”试题的关键：能独立地对所遇问题进行具体分析，弄清其中的物理状态、物理过程和物理情境，找出其中起重要作用的因素，运用物理知识综合解决所遇问题，在正确分析物理过程的同时，能够根据已知的知识和物理事实，对物理问题进行逻辑推理和论证，得出正确结论或作出正确的判断，不要被“似是而非”的表面现象所迷惑。
三、开放探究型
开放性试题往往通过文字、图表、图象等提供信息，要求考生通过分析这些信息，探究其他一些物理量或物理规律，题目往往没有指出还要求得哪些物理量，而是要求考生去探究，让考生自己经历分析与理解、筛选和评价、联想与建模的过程，再应用相关物理规律去解决问题，在利用信息进行逻辑推理过程中，要注意全方位、多角度、多层面地剖析，将已知信息与未知量进行转换和组合，对一切可能的结果进行科学预测和讨论。
例3. 滑雪者从A点由静止沿斜面滑下，经一平台后水平飞离B点，地面上紧靠平台有一个水平台阶，空间几何尺度如下图所示。斜面、平台与滑雪板之间的动摩擦因数为假设滑雪者由斜面底端进入平台后立即沿水平方向运动，且速度大小不变。求：
（l）滑雪者离开B点时的速度大小；
（2）滑雪者从B点开始做平抛运动的水平距离s。
解析：（1）设滑雪者质量为m，斜面长为s，斜面与水平面夹角为，滑雪者滑行过程中克服摩擦力做功。由动能定理，，离开B点时的速度。
（2）设滑雪者离开B点后落在台阶上，水平位移为，据平抛规律，由以上三式可解得，此时必须满足，求得
当时，滑雪者直接落到地面上，。
答案：（1）
（2）当时，滑雪者落在台阶上，当时，滑雪者落在地面上，。
点评：本题考查了动能定理和平抛运动规律，其中第（2）问具有探究性，往往有许多学生没有就两种可能的情况进行分类讨论，导致失误。探究性试题的答案是丰富多彩的，处理这类试题时，应注意广泛联想，解题过程中除了运用物理方法之外，还要引用正确的思维方法，科学地分析问题，得出客观全面的答案，平时学习中应注意发散思维能力的培养。
四、联系实际型
这类试题往往联系日常生活、生产现象，联系科学、技术的应用，联系科学发展的前沿。如：排球运动是学生很熟悉的一项日常体育活动，排球被水平击出后做平抛运动，当水平速度较小时，水平射程较小，可能触网；当水平速度较大时，水平射程较大，可能越界。排球、羽毛球、滑雪、杂技等许多运动涉及到平抛运动的众多知识，值得探究。
例4. 新浪体育讯：北京时间5月28日消息“申洲杯”国际女排精英赛于今天在宁波北仑进行最后的决赛，中国女排在今天进行决赛中经过激战，首夺“申洲杯”国际女排精英赛的桂冠。如下图所示，排球场总长为18m，设球网高2m，运动员站在离网3m的线上，正对网前跳起将球水平击出。（不计空气阻力，g取）（1）设击球点在3m线正上方高度为2.5m处，试问击球的速度在什么范围内才能使球既不触网又不越界？（2）若击球点在3m线正上方的高度过低，则无论水平击出的速度多大，球不是触网就是越界。试求此高度的范围。
解析：（1）设水平击球速度为时，（即最小），球刚好触网而过，由题意知，所以水平速度最小值为；设水平击球速度为时，（即最大），球恰好打在对方底线，由题意知，所以水平速度最大值为，要使球既不触网也不越界应满足：。
（2）设击球点高度为H，若球恰能触网，则，若球恰好压底线，则。可见，若，则触网；若，则越界，由以上两式得，即，解得即当击球高度低于，无论水平击球速度多大，球不是触网就是越界。
点评：本题求解时，对排球恰好触网和压线这两种临界状态进行分析，以击球速度为联系量求出击球高度的临界值，这是解决问题的关键。理论联系实际的探究型试题要求考生真正理解物理基本知识和基本规律，灵活运用所学知识去分析实际问题，在平时学习中要学会通过阅读试题，获取有用的信息，理解试题中的物理情境，并与所学的知识结合起来，建立正确的物理模型，寻找各物理量之间的联系，最后列式解决问题。
　
牛顿运动定律运用中的临界问题
在应用牛顿定律解题时常遇到临界问题，它包括：平衡物体（a=0）的平衡状态即将被打破而还没有被打破的瞬间；动态物体（a≠0）的状态即将发生突变而还没有变化的瞬间。临界状态也可归纳为加速度即将发生突变的状态。
加速度发生突变的本质原因是物体的外力发生了突变，物体处于临界状态，必然隐含着某些力（如弹力、摩擦力等）的突变。抓住这些力突变的条件，是我们解题的关键。
一、和绳子拉力相联系的临界情况
例1. 小车在水平路面上加速向右运动，一质量为m的小球用一条水平线和一条斜线（与竖直方向成30°角）把小球系于车上，求下列情况下，两绳的拉力：
（1）加速度；
（2）加速度。
解析：小车处于平衡态（a=0）对小球受力分析如下图所示。
当加速度a由0逐渐增大的过程中，开始阶段，因m在竖直方向的加速度为0，角不变，不变，那么，加速度增大（即合外力增大），OA绳承受的拉力必减小。当时，m存在一个加速度，物体所受的合外力是的水平分力。当时，a增大，（OA绳处于松弛状态），在竖直方向的分量不变，而其水平方向的分量必增加（因合外力增大），角一定增大，设为a。
当时，。
当，有：
（1）
（2）
解得
当，有：
。
点评：1. 通过受力分析和对运动过程的分析找到本题中弹力发生突变的临界状态是绳子OA拉力恰好为零；
2. 弹力是被动力，其大小和方向应由物体的状态和物体所受的其他力来确定。
二、和静摩擦力相联系的临界情况
例2. 质量为m=1kg的物体，放在=37°的斜面上如下图所示，物体与斜面的动摩擦因数，要是物体与斜面体一起沿水平方向向左加速运动，则其加速度多大？
解析：当物体恰不向下滑时，受力分析如下图所示，
解得
当物体恰不向上滑时，受力分析如下图所示，
解得
因此加速度的取值范围为：
。
点评：本题讨论涉及静摩擦力的临界问题的一般方法是：
1. 抓住静摩擦力方向的可能性。
2. 最大静摩擦力是物体即将由相对静止变为相对滑动的临界条件。
本题有两个临界状态，当物体具有斜向上的运动趋势时及当物体具有斜向下的运动趋势时。
三、和滑动摩擦力相联系的临界条件
例3. 如下图所示，传送带与地面的倾角为，从A到B的长度16m，传送带以10m/s的速率逆时针方向转动，在传送带上端无初速地放一个质量为的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A到B所需的时间是多少？（）
解析：，物体的初速为零，开始阶段，物体速度小于传送带的速度，物体相对于传送带斜向上运动，其受到的滑动摩擦力斜向下，下滑力和摩擦力的合力使物体产生加速度，物体做初速度为零的匀加速运动。
当物体与传送带速度相等的瞬时，物体与传递带之间的摩擦力为零，但物体在下滑力的作用下仍要加速，物体的速度将大于传送带的速度，物体相对于传送带向斜向下的方向运动，在这一时刻摩擦力方向将发生突变，摩擦力方向由斜向下变为斜向上。物体的下滑力和所受的摩擦力的合力使物体产生了斜向下的加速度，由于下滑力大于摩擦力，物体仍做匀加速运动。
因，物体的初速为零。开始阶段，物体相对于传送带斜向上运动，其受到的滑动摩擦力斜向下，下滑力和摩擦力的合力使物体产生加速度，物体做初速度为零的匀加速运动。
根据牛顿第二定律
物体的速度与传送带速度相等需要的时间为
物体下滑的位移为
由于，物体在重力的作用下继续加速，当物体的速度大于传送带的速度时，传送带给物体一斜向上的滑动摩擦力。根据牛顿第二定律，得
设后一阶段物体滑至底端所用的时间为，由运动学公式得
解得
所以，物体由A到B所用时间为。
点评：1. 从对运动过程的分析中发现本题临界状态是滑动摩擦力方向的突变。
2. 注意和的区别。
四、和弹簧弹力相联系的临界条件
例4. 如下图所示，两块质量分别为和的物块，用劲度系数为的轻弹簧连在一起，放在水平面上，将物块1下压一段距离后释放，它在做简谐运动，在运动过程中，物块2始终没有离开水平面，且对水平面的最小压力为零，则物块l的最大加速度的大小是多大？物块2对水平面的最大压力是多大？
解析：以物块1为研究对象，弹簧对物块1的弹力和物块1的重力的合力是物块1做简谐运动的恢复力。弹簧弹起的初阶段，弹簧处于被压缩状态，向上的弹力大于重力，物块1向上做变加速运动，加速度逐渐减小，其方向竖直向上。当弹力等于重力时，物块1的加速度为零，而速度达到最大（平衡位置）。然后，弹簧处于伸长状态，物块1受到的弹力向下，弹力逐渐增大，加速度逐渐增大，达到最高点时，加速度最大，方向竖直向下。当物块1下落至最低点时，物块1的加速度也达到最大值，但方向竖直向上。
以物块2为研究对象，根据题设条件可知，当物快1达到最高点时，物块1受到的向下的弹力最大，此时，物块2受到的向上的弹力也最大，使地面对物块2的支持力为零。当物块1落至最低点时，其加速度与最高点的加速度等值反向，弹簧对物块1的弹力（方向向上）。此时，弹簧对物块2的弹力也最大，方向竖直向下，因此，物块2对地面的压力达到最大值。
（1）研究物块1上升的过程。
以物块1为研究对象，物块1在最高点处，加速度最大，且方向竖直向下，，最大。
以物块2为研究对象，最大时，
，所以物块1的最大加速度为。
（2）研究物块1下落的过程。
物块1落至最低点处，其受到向上的弹力最大，加速度达到最大值，但方向竖直向上（简谐振动的对称性）。
对物块2受力分析，，根据牛顿第三定律，物块2对地面的压力的大小为
点评：临界问题的处理办法：
1. 找临界状态
（1）做好受力分析、运动过程分析和状态分析，抓运动过程中的“转折点”。
（2）利用假设法讨论，假设某命题成立，推理或判断物体的状态是否会发生突变。
2. 分析隐含条件
（1）弹力的突变
（2）摩擦力的突变。
深刻理解牛顿第二定律的基本特性
牛顿第二定律是动力学的核心规律，它阐明了物体的加速度跟物体的质量和物体受到的合外力的关系。牛顿第二定律的表达式：，简明扼要，其涵义却十分丰富，学习时一定要深刻理解，下面介绍牛顿第二定律的几个基本特性。
一、矢量性
牛顿第二定律的关系式：，是一个矢量式，公式不仅反映了加速度与合外力的数值关系，也指明了它们间的方向关系，即加速度的方向总是与合外力的方向相同。
例1. 如下图所示，火车车箱中固定一个倾角为30°的斜面，当火车以10的加速度沿水平方向向左运动时，斜面上的物体m仍与车箱相对静止，试分析物体m所受摩擦力。
解析：物体受力如下图所示，假定物体m所受静摩擦力沿斜面向上，建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律得：
说明静摩擦力的方向与假定的方向相反，应沿斜面向下。
点拨：物体m与车箱相对静止，说明物体m的加速度与小车的加速度相同，都是水平向左的，物体m所受的合外力也是水平向左的，因此应沿水平、竖直方向建立坐标系，在水平方向应用牛顿第二定律。
二、瞬时性
牛顿第二定律关系式：中的合外力和加速度a虽有因果关系，但无先后之分，它们同时存在、同时消失、同时变化、瞬时对应。
例2. 如下图所示，竖直光滑杆上套有一个小球和两根弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉MN固定于杆上，小球处于静止状态。设拔去销钉M瞬间，小球加速度大小为，若不拔去销钉M而拔去销钉N的瞬间，小球的加速度可能是（取）：（ ）
A. ，竖直向上；
B. ，竖直向下；
C. ，竖直向上；
D. ，竖直向下。
解析：拔去M瞬间，小球的加速度方向可能向上，也可能向下，因此本题有两解。
（1）拔去M瞬间，若小球加速度向上，则下面的弹簧处于压缩状态，其弹力大小为
平衡时，上面弹簧也处于压缩状态，其弹力大小为
若不拔去销钉M而拔去销钉N的瞬间，小球的加速度大小为
方向竖直向下。
（2）拔去M瞬间，若小球加速度向下，则下面的弹簧处于拉伸状态，其弹力大小为
平衡时，上面弹簧也处于拉伸状态，其弹力大小为
若不拔去销钉M而拔去销钉N的瞬间，小球的加速度大小为
方向竖直向上。
故选BC。
点拨：牛顿第二定律反映了物体所受合外力与加速度的瞬时对应关系，当物体所受外力突然发生变化时，物体的加速度也会随之变化。求解此类问题，需分别分析物体受力变化前和变化后的受力情况，确定物体受力是如何发生突变的，再分别应用牛顿第二定律列式求解。
三、独立性
当一个物体同时受到多个力作用时，每一个力都能使物体独立产生一个加速度，物体的实际加速度是各个力单独产生加速度的矢量和。
例3. 如下图所示，质量为m的人站在自动扶梯上，扶梯正以加速度a向上做减速运动，a与水平方向的夹角为，求人受到的支持力和摩擦力。
解析：扶梯向上做减速运动，其加速度是斜向下的，加速度a在水平方向的分量为，该分加速度是水平方向的摩擦力产生的，根据牛顿第二定律：人受水平方向摩擦力为
方向水平向左。
加速度a在竖直方向的分量为，该分加速度是竖直方向上的合力产生的，根据牛顿第二定律，在竖直方向有
人受的支持力为
方向竖直向上。
点拨：处理物体在同一平面内运动的问题时，可根据物体的受力情况将物体的实际加速度进行正交分解，再根据力的独立作用原理，在x、y轴方向上分别应用牛顿第二定律：
。
四、同体性
牛顿第二定律关系式：中的三个物理量是对同一物体或同一系统而言的，分析物体受力情况和认定加速度时切不可张冠李戴。
例4. 如下图所示，质量为2m的物体A与水平地面的摩擦可忽略不计，质量为m的物块B与地面间的动摩擦因数为，在已知水平推力F作用下，AB一起做加速运动，A和B间的作用力为____________________。
解析：先把AB看作一个整体，系统受到的合外力为：
系统的加速度为：
再对物体B分析，由牛顿第二定律得：
，解得：
。
点拨：求解此类问题需灵活运用整体法和隔离法，本题应特别注意作用在物体A上的力F与A和B间的作用力是两个不同的力，它们的作用对象不同产生的作用效果也不同。
五、相对性
利用公式解题时，要注意式中的加速度a是相对惯性系而言的，一般选大地为参照系。
例5. 如下图所示，有一长度，质量的平板车，静止在光滑的水平面上，在小车一端放置质量的小物块，物块与小车的动摩擦因数。要使物块在2s内运动到小车的另一端，需要对物块施加多大的水平拉力？
解析：小物块在水平方向受拉力F和摩擦力作用，由牛顿第二定律有：
其中
设小车的位移为，物块对地位移为，则有：
解得
所以
点拨：研究小物块的运动，应选取地面为参考系，要分析物块对地的位移和加速度；小车做匀加速运动，属于非惯性系，不能选小车为参考系。
此外在应用牛顿第二定律时，还要注意牛顿第二定律的因果性，即在式中，是使物体产生加速度a的原因，而加速度a是合力作用产生的作用效果。统一性，即式中的各量必须统一使用国际制单位，合力的单位用牛顿，质量的单位用千克，加速度的单位用米每二次方秒。
　
牛顿第二定律应用的常见题型
以牛顿第二定律为核心的动力学是力学的重要组成部分，也是高考中的考查热点，学习时我们一定要深刻理解牛顿第二定律，并能熟练应用牛顿第二定律求解相关问题，下面介绍牛顿第二定律应用的几类典型问题。
一、连接体问题
此类问题高考仅限于几个物体的加速度相同的情形，求解此类问题需灵活运用整体法和隔离法。求解“内力”问题通常先对整体运用牛顿第二定律，求出系统的加速度，再用隔离法研究连接体中一个物体，即可求出物体间的相互作用力；求解“外力”问题，需先分析连接体中的一个物体，确定系统的加速度，再对整体运用牛顿第二定律，即可求出“外力”。
例l. 如下图所示，质量为2m的物体A与水平地面的摩擦可忽略不计，质量为m物块B与地面间的动摩擦因数为，在已知水平推力F作用下，AB一起做加速运动，A和B间的作用力为______________。
解析：先把AB看作一个整体，系统受到的合外力为，系统的加速度为，再对物体B分析，由牛顿第二定律有，解得。
二. 瞬时问题
牛顿第二定律反映了物体所受合外力与加速度的瞬时对应关系，当物体所受外力突然发生变化时，物体的加速度也会随之变化。求解此类问题，需分别分析物体受力变化前和变化后的受力情况，确定物体受力是如何发生突变的，再分别应用牛顿第二定律列式求解。
例2. 木块A、B的质量分别为。两木块之间用一轻弹簧相连接后放在光滑水平桌面上，用F=10N的水平恒力沿AB连线方向拉A，使A和B沿桌面滑动，如下图所示，滑动中A、B具有相同的加速度时突然撤去拉力F，求撤去拉力F的瞬间，A和B的加速度各多大？
解析：撤去拉力F时，A和B有相同加速度，对A、B整体分析，由牛顿第二定律有，得；研究木块B，它受到的弹力为，撤去拉力F的瞬间，轻弹簧的形变量没有变化，木块B受力不变，此时B的加速度与原来相同仍为；撤去拉力F的瞬间，木块A受弹簧拉力大小仍为6N，此时A的加速度为，方向向左。
三. 临界与极值问题
当物体从一种物理现象转变为另一种物理现象，或从一个物理过程转入另一个物理过程，此时往往有一个临界状态，而极值问题也伴随临界问题的出现而出现。详细分析物理过程，根据条件或状态变化，找出临界点或临界条件，是求解此类问题的关键。
例3. 如下图所示，质量为m=1kg的物块放在倾角为=37°的斜面体上，斜面质量为，斜面与物块间的动摩擦因数为，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物体m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围。
解析：（1）设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为，此时物块受力如下图所示，取加速度的方向为x轴正方向：
对物块分析，在水平方向有，竖直方向有，对整体有，代入数值得，。
（2）设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为，对物块受力分析，在水平方向有，竖直方向有，对整体有，代入数值得
综上所述可知推力F的取值范围为：。
四、超重与失重问题
质量为m的物体以加速度a竖直向上运动时，它对水平支持面的压力（或对竖直悬线的张力）大于重力，，常说物体超重了ma；同理物体以加速度a竖直向下运动时，，常说物体失重了ma。
解决超重与失重问题的首要任务是对系统进行受力分析，确定物体在竖直方向上是否有加速度，从而确定物体是否超重或失重，明确物体加速度的方向是求解超重与失重问题的关键。
例4. 如下图所示，有一质量为m的木块在质量为M的粗糙斜面上匀减速下滑，则地面受到的正压力为：
A. 等于；
B. 大于；
C. 小于；
D. 无法确定。
解析：分析M、m运动状态，知M、m整体有竖直向上的加速度分量，处于超重状态，整体对地面的压力大于，选B。
五. 传送带问题
传送带广泛应用于工农业生产，中学物理也常引入该模型，这样既能提高学习物理的兴趣，又能够培养观察问题分析问题的能力。
求解此类问题应认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体是否受到滑动摩擦力的作用，如果受到滑动摩擦力应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。求解此类问题的关键是找准临界情况，即物体与传送带速度相等是传送带问题的临界情况，此时物体受到的摩擦力会发生突变，有时摩擦力的大小发生突变，有时摩擦力的方向发生突变。
例5. 如下图所示为车站使用的水平传送带模型，传送带长L＝8m，现有一质量为m=10kg的旅行包以的初速度水平地滑上水平传送带。已知旅行包与传送带间的动摩擦因数为，可将旅行包视为质点，取。试讨论如下问题：
（1）若传送带静止，则旅行包从传

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