高中物理精典名题解析专题[23个专题]四
46道高中物理33题热学热门大题整理大全
1\如图5所示，厚度和质量不计、横截面积为S＝10 cm2的绝热汽缸倒扣在水平桌面上，汽缸内有一绝热的“T”形活塞固定在桌面上，活塞与汽缸封闭一定质量的理想气体，开始时，气体的温度为T0＝300 K，压强为p＝0.5×105 Pa，活塞与汽缸底的距离为h＝10 cm，活塞与汽缸可无摩擦滑动且不漏气，大气压强为p0＝1.0×105 Pa。
图5(1)求此时桌面对汽缸的作用力F N；(2)现通过电热丝将气体缓慢加热到T，此过程中气体吸收热量为Q＝7 J，内能增加了ΔU＝5 J，整个过程活塞都在汽缸内，求T的值。
解析(1)对汽缸受力分析，由平衡条件有F N＋pS＝p0S，解得F N＝(p0－p)S＝(1.0×105 Pa－0.5×105 Pa)×10×10－4 m2＝50 N。
(2)设温度升高至T时活塞距离汽缸底距离为H，则气体对外界做功W＝p0ΔV＝p0S(H－h)，由热力学第一定律得ΔU＝Q－W，解得H＝12 cm。
气体温度从T0升高到T的过程，由理想气体状态方程得pShT0＝p0SHT，解得T＝p0Hph T0＝105×0.120.5×105×0.10×300 K＝720 K。
答案(1)50 N(2)720 K(等压变化，W＝pΔV；只要温度发生变化，其内能就发生变化。
(4)结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q求解问题。
2．如图8所示，用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部高度h 1＝0.50 m ，气体的温度t 1＝27 ℃。
给汽缸缓慢加热至t 2＝207 ℃，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h 2处，此过程中缸内气体增加的内能ΔU ＝300 J ，已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，活塞横截面积S ＝5.0×10－3 m 2。
高中物理力学经典的题库(含答案)
高中物理力学计算题汇总经典精解（50题）1．如图1-73所示，质量Ｍ＝10ｋｇ的木楔ＡＢＣ静止置于粗糙水平地面上，摩擦因素μ＝0．02．在木楔的倾角θ为30°的斜面上，有一质量ｍ＝1．0ｋｇ的物块由静止开始沿斜面下滑．当滑行路程ｓ＝1．4ｍ时，其速度ｖ＝1．4ｍ／ｓ．在这过程中木楔没有动．求地面对木楔的摩擦力的大小和方向．（重力加速度取ｇ＝10／ｍ·ｓ２）图1-732．某航空公司的一架客机，在正常航线上作水平飞行时，由于突然受到强大垂直气流的作用，使飞机在10ｓ内高度下降1700ｍ造成众多乘客和机组人员的伤害事故，如果只研究飞机在竖直方向上的运动，且假定这一运动是匀变速直线运动．试计算：（1）飞机在竖直方向上产生的加速度多大?方向怎样?（2）乘客所系安全带必须提供相当于乘客体重多少倍的竖直拉力，才能使乘客不脱离座椅？（ｇ取10ｍ／ｓ２）（3）未系安全带的乘客，相对于机舱将向什么方向运动?最可能受到伤害的是人体的什么部位?（注：飞机上乘客所系的安全带是固定连结在飞机座椅和乘客腰部的较宽的带子，它使乘客与飞机座椅连为一体）3．宇航员在月球上自高ｈ处以初速度ｖ０水平抛出一小球，测出水平射程为Ｌ（地面平坦），已知月球半径为Ｒ，若在月球上发射一颗月球的卫星，它在月球表面附近环绕月球运行的周期是多少?4．把一个质量是2ｋｇ的物块放在水平面上，用12Ｎ的水平拉力使物体从静止开始运动，物块与水平面的动摩擦因数为0．2，物块运动2秒末撤去拉力，ｇ取10ｍ／ｓ２．求（1）2秒末物块的即时速度．（2）此后物块在水平面上还能滑行的最大距离．5．如图1-74所示，一个人用与水平方向成θ＝30°角的斜向下的推力Ｆ推一个重Ｇ＝200Ｎ的箱子匀速前进，箱子与地面间的动摩擦因数为μ＝0．40（ｇ＝10ｍ／ｓ２）．求图1-74（1）推力Ｆ的大小．（2）若人不改变推力Ｆ的大小，只把力的方向变为水平去推这个静止的箱子，推力作用时间ｔ＝3．0ｓ后撤去，箱子最远运动多长距离?6．一网球运动员在离开网的距离为12ｍ处沿水平方向发球，发球高度为2．4ｍ，网的高度为0．9ｍ．（1）若网球在网上0．1ｍ处越过，求网球的初速度．（2）若按上述初速度发球，求该网球落地点到网的距离．取ｇ＝10／ｍ·ｓ２，不考虑空气阻力．7．在光滑的水平面内，一质量ｍ＝1ｋｇ的质点以速度ｖ０＝10ｍ／ｓ沿ｘ轴正方向运动，经过原点后受一沿ｙ轴正方向的恒力Ｆ＝5Ｎ作用，直线ＯＡ与ｘ轴成37°角，如图1-70所示，求：图1-70（1）如果质点的运动轨迹与直线ＯＡ相交于Ｐ点，则质点从Ｏ点到Ｐ点所经历的时间以及Ｐ的坐标；（2）质点经过Ｐ点时的速度．8．如图1-71甲所示，质量为1ｋｇ的物体置于固定斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力Ｆ，1ｓ末后将拉力撤去．物体运动的ｖ-ｔ图象如图1-71乙，试求拉力Ｆ．图1-719．一平直的传送带以速率ｖ＝2ｍ／ｓ匀速运行，在Ａ处把物体轻轻地放到传送带上，经过时间ｔ＝6ｓ，物体到达Ｂ处．Ａ、Ｂ相距Ｌ＝10ｍ．则物体在传送带上匀加速运动的时间是多少?如果提高传送带的运行速率，物体能较快地传送到Ｂ处．要让物体以最短的时间从Ａ处传送到Ｂ处，说明并计算传送带的运行速率至少应为多大?若使传送带的运行速率在此基础上再增大1倍，则物体从Ａ传送到Ｂ的时间又是多少?10．如图1-72所示，火箭内平台上放有测试仪器，火箭从地面起动后，以加速度ｇ／2竖直向上匀加速运动，升到某一高度时，测试仪器对平台的压力为起动前压力的17／18，已知地球半径为Ｒ，求火箭此时离地面的高度．（ｇ为地面附近的重力加速度）图1-7211．地球质量为Ｍ，半径为Ｒ，万有引力常量为Ｇ，发射一颗绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星，卫星的速度称为第一宇宙速度．（1）试推导由上述各量表达的第一宇宙速度的计算式，要求写出推导依据．（2）若已知第一宇宙速度的大小为ｖ＝7．9ｋｍ／ｓ，地球半径Ｒ＝6．4×10３ｋｍ，万有引力常量Ｇ＝（2／3）×10－10Ｎ·ｍ２／ｋｇ２，求地球质量（结果要求保留二位有效数字）．12．如图1-75所示，质量2．0ｋｇ的小车放在光滑水平面上，在小车右端放一质量为1．0ｋｇ的物块，物块与小车之间的动摩擦因数为0．5，当物块与小车同时分别受到水平向左Ｆ１＝6．0Ｎ的拉力和水平向右Ｆ２＝9．0Ｎ的拉力，经0．4ｓ同时撤去两力，为使物块不从小车上滑下，求小车最少要多长．（ｇ取10ｍ／ｓ２）图1-7513．如图1-76所示，带弧形轨道的小车放在上表面光滑的静止浮于水面的船上，车左端被固定在船上的物体挡住，小车的弧形轨道和水平部分在Ｂ点相切，且ＡＢ段光滑，ＢＣ段粗糙．现有一个离车的ＢＣ面高为ｈ的木块由Ａ点自静止滑下，最终停在车面上ＢＣ段的某处．已知木块、车、船的质量分别为ｍ１＝ｍ，ｍ２＝2ｍ，ｍ３＝3ｍ；木块与车表面间的动摩擦因数μ＝0．4，水对船的阻力不计，求木块在ＢＣ面上滑行的距离ｓ是多少?（设船足够长）图1-7614．如图1-77所示，一条不可伸长的轻绳长为Ｌ，一端用手握住，另一端系一质量为ｍ的小球，今使手握的一端在水平桌面上做半径为Ｒ、角速度为ω的匀速圆周运动，且使绳始终与半径Ｒ的圆相切，小球也将在同一水平面内做匀速圆周运动，若人手做功的功率为Ｐ，求：图1-77（1）小球做匀速圆周运动的线速度大小．（2）小球在运动过程中所受到的摩擦阻力的大小．15．如图1-78所示，长为Ｌ＝0．50ｍ的木板ＡＢ静止、固定在水平面上，在ＡＢ的左端面有一质量为Ｍ＝0．48ｋｇ的小木块Ｃ（可视为质点），现有一质量为ｍ＝20ｇ的子弹以ｖ０＝75ｍ／ｓ的速度射向小木块Ｃ并留在小木块中．已知小木块Ｃ与木板ＡＢ之间的动摩擦因数为μ＝0．1．（ｇ取10ｍ／ｓ２）图1-78（1）求小木块Ｃ运动至ＡＢ右端面时的速度大小ｖ２．（2）若将木板ＡＢ固定在以ｕ＝1．0ｍ／ｓ恒定速度向右运动的小车上（小车质量远大于小木块Ｃ的质量），小木块Ｃ仍放在木板ＡＢ的Ａ端，子弹以ｖ０′＝76ｍ／ｓ的速度射向小木块Ｃ并留在小木块中，求小木块Ｃ运动至ＡＢ右端面的过程中小车向右运动的距离ｓ．16．如图1-79所示，一质量Ｍ＝2ｋｇ的长木板Ｂ静止于光滑水平面上，Ｂ的右边放有竖直挡板．现有一小物体Ａ（可视为质点）质量ｍ＝1ｋｇ，以速度ｖ０＝6ｍ／ｓ从Ｂ的左端水平滑上Ｂ，已知Ａ和Ｂ间的动摩擦因数μ＝0．2，Ｂ与竖直挡板的碰撞时间极短，且碰撞时无机械能损失．图1-79（1）若Ｂ的右端距挡板ｓ＝4ｍ，要使Ａ最终不脱离Ｂ，则木板Ｂ的长度至少多长?（2）若Ｂ的右端距挡板ｓ＝0．5ｍ，要使Ａ最终不脱离Ｂ，则木板Ｂ的长度至少多长?17．如图1-80所示，长木板Ａ右边固定着一个挡板，包括挡板在内的总质量为1．5Ｍ，静止在光滑的水平地面上．小木块Ｂ质量为Ｍ，从Ａ的左端开始以初速度ｖ０在Ａ上滑动，滑到右端与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短，碰后木块Ｂ恰好滑到Ａ的左端就停止滑动．已知Ｂ与Ａ间的动摩擦因数为μ，Ｂ在Ａ板上单程滑行长度为ｌ．求：图1-80（1）若μｌ＝3ｖ０２／160ｇ，在Ｂ与挡板碰撞后的运动过程中，摩擦力对木板Ａ做正功还是负功?做多少功?（2）讨论Ａ和Ｂ在整个运动过程中，是否有可能在某一段时间里运动方向是向左的．如果不可能，说明理由；如果可能，求出发生这种情况的条件．18．在某市区内，一辆小汽车在平直的公路上以速度ｖＡ向东匀速行驶，一位观光游客正由南向北从班马线上横过马路．汽车司机发现前方有危险（游客正在Ｄ处）经0．7ｓ作出反应，紧急刹车，但仍将正步行至Ｂ处的游客撞伤，该汽车最终在Ｃ处停下．为了清晰了解事故现场．现以图1-81示之：为了判断汽车司机是否超速行驶，警方派一警车以法定最高速度ｖｍ＝14．0ｍ／ｓ行驶在同一马路的同一地段，在肇事汽车的起始制动点Ａ紧急刹车，经31．5ｍ后停下来．在事故现场测得AB＝17．5ｍ、BC＝14．0ｍ、BD＝2．6ｍ．问图1-81①该肇事汽车的初速度ｖＡ是多大?②游客横过马路的速度大小?（ｇ取10ｍ／ｓ２）19．如图1-82所示，质量ｍＡ＝10ｋｇ的物块Ａ与质量ｍＢ＝2ｋｇ的物块Ｂ放在倾角θ＝30°的光滑斜面上处于静止状态，轻质弹簧一端与物块Ｂ连接，另一端与固定挡板连接，弹簧的劲度系数ｋ＝400Ｎ／ｍ．现给物块Ａ施加一个平行于斜面向上的力Ｆ，使物块Ａ沿斜面向上做匀加速运动，已知力Ｆ在前0．2ｓ内为变力，0．2ｓ后为恒力，求（ｇ取10ｍ／ｓ２）图1-82（1）力Ｆ的最大值与最小值；（2）力Ｆ由最小值达到最大值的过程中，物块Ａ所增加的重力势能．20．如图1-83所示，滑块Ａ、Ｂ的质量分别为ｍ１与ｍ２，ｍ１＜ｍ２，由轻质弹簧相连接，置于水平的气垫导轨上．用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧．两滑块一起以恒定的速度ｖ０向右滑动．突然，轻绳断开．当弹簧伸长至本身的自然长度时，滑块Ａ的速度正好为零．问在以后的运动过程中，滑块Ｂ是否会有速度等于零的时刻?试通过定量分析，证明你的结论．图1-8321．如图1-84所示，表面粗糙的圆盘以恒定角速度ω匀速转动，质量为ｍ的物体与转轴间系有一轻质弹簧，已知弹簧的原长大于圆盘半径．弹簧的劲度系数为ｋ，物体在距转轴Ｒ处恰好能随圆盘一起转动而无相对滑动，现将物体沿半径方向移动一小段距离，若移动后，物体仍能与圆盘一起转动，且保持相对静止，则需要的条件是什么?图1-8422．设人造地球卫星绕地球作匀速圆周运动，根据万有引力定律、牛顿运动定律及周期的概念，论述人造地球卫星随着轨道半径的增加，它的线速度变小，周期变大．23．一质点做匀加速直线运动，其加速度为ａ，某时刻通过Ａ点，经时间Ｔ通过Ｂ点，发生的位移为ｓ1，再经过时间Ｔ通过Ｃ点，又经过第三个时间Ｔ通过Ｄ点，在第三个时间Ｔ内发生的位移为ｓ3，试利用匀变速直线运动公式证明：ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2．24．小车拖着纸带做直线运动，打点计时器在纸带上打下了一系列的点．如何根据纸带上的点证明小车在做匀变速运动？说出判断依据并作出相应的证明．25．如图1－80所示，质量为1ｋｇ的小物块以5ｍ／ｓ的初速度滑上一块原来静止在水平面上的木板，木板的质量为4ｋｇ．经过时间2ｓ以后，物块从木板的另一端以1ｍ／ｓ相对地的速度滑出，在这一过程中木板的位移为0.5ｍ，求木板与水平面间的动摩擦因数．图1－80图1－8126．如图1－81所示，在光滑地面上并排放两个相同的木块，长度皆为ｌ＝1.00ｍ，在左边木块的最左端放一小金属块，它的质量等于一个木块的质量，开始小金属块以初速度ｖ0＝2.00ｍ／ｓ向右滑动，金属块与木块之间的滑动摩擦因数μ＝0.10，ｇ取10ｍ／ｓ2，求：木块的最后速度．27．如图1－82所示，Ａ、Ｂ两个物体靠在一起，放在光滑水平面上，它们的质量分别为ｍＡ＝3ｋｇ、ｍＢ＝6ｋｇ，今用水平力ＦＡ推Ａ，用水平力ＦＢ拉Ｂ，ＦＡ和ＦＢ随时间变化的关系是ＦＡ＝9－2ｔ（Ｎ），ＦＢ＝3＋2ｔ（Ｎ）．求从ｔ＝0到Ａ、Ｂ脱离，它们的位移是多少？图1－82图1－8328．如图1－83所示，木块Ａ、Ｂ靠拢置于光滑的水平地面上．Ａ、Ｂ的质量分别是2ｋｇ、3ｋｇ，Ａ的长度是0.5ｍ，另一质量是1ｋｇ、可视为质点的滑块Ｃ以速度ｖ0＝3ｍ／ｓ沿水平方向滑到Ａ上，Ｃ与Ａ、Ｂ间的动摩擦因数都相等，已知Ｃ由Ａ滑向Ｂ的速度是ｖ＝2ｍ／ｓ，求：（1）Ｃ与Ａ、Ｂ之间的动摩擦因数；（2）Ｃ在Ｂ上相对Ｂ滑行多大距离？（3）Ｃ在Ｂ上滑行过程中，Ｂ滑行了多远？（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上共滑行了多长时间？29．如图1－84所示，一质量为ｍ的滑块能在倾角为θ的斜面上以ａ＝（ｇｓｉｎθ）／2匀加速下滑，若用一水平推力Ｆ作用于滑块，使之能静止在斜面上．求推力Ｆ的大小．图1－84图1－8530．如图1－85所示，ＡＢ和ＣＤ为两个对称斜面，其上部足够长，下部分分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径Ｒ＝2.0ｍ，一个质量为ｍ＝1ｋｇ的物体在离弧高度为ｈ＝3.0ｍ处，以初速度4.0ｍ／ｓ沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度ｇ＝10ｍ／ｓ2，则（1）物体在斜面上（不包括圆弧部分）走过路程的最大值为多少？（2）试描述物体最终的运动情况．（3）物体对圆弧最低点的最大压力和最小压力分别为多少？31．如图1－86所示，一质量为500ｋｇ的木箱放在质量为2000ｋｇ的平板车的后部，木箱到驾驶室的距离Ｌ＝1.6ｍ，已知木箱与车板间的动摩擦因数μ＝0.484，平板车在运动过程中所受阻力是车和箱总重的0.20倍，平板车以ｖ0＝22.0ｍ／ｓ恒定速度行驶，突然驾驶员刹车使车做匀减速运动，为使木箱不撞击驾驶室．ｇ取1ｍ／ｓ2，试求：（1）从刹车开始到平板车完全停止至少要经过多长时间．（2）驾驶员刹车时的制动力不能超过多大．图1－86图1－8732．如图1－87所示，1、2两木块用绷直的细绳连接，放在水平面上，其质量分别为ｍ1＝1.0ｋｇ、ｍ2＝2.0ｋｇ，它们与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.10．在ｔ＝0时开始用向右的水平拉力Ｆ＝6.0Ｎ拉木块2和木块1同时开始运动，过一段时间细绳断开，到ｔ＝6.0ｓ时1、2两木块相距Δｓ＝22.0ｍ（细绳长度可忽略），木块1早已停止．求此时木块2的动能．（ｇ取10ｍ／ｓ2）33．如图1－88甲所示，质量为Ｍ、长Ｌ＝1.0ｍ、右端带有竖直挡板的木板Ｂ静止在光滑水平面上，一个质量为ｍ的小木块（可视为质点）Ａ以水平速度ｖ0＝4.0ｍ／ｓ滑上Ｂ的左端，之后与右端挡板碰撞，最后恰好滑到木板Ｂ的左端，已知Ｍ／ｍ＝3，并设Ａ与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间可以忽略不计，ｇ取10ｍ／ｓ2．求（1）Ａ、Ｂ最后速度；（2）木块Ａ与木板Ｂ之间的动摩擦因数．（3）木块Ａ与木板Ｂ相碰前后木板Ｂ的速度，再在图1－88乙所给坐标中画出此过程中Ｂ相对地的ｖ－ｔ图线．图1－8834．两个物体质量分别为ｍ1和ｍ2，ｍ1原来静止，ｍ2以速度ｖ0向右运动，如图1－89所示，它们同时开始受到大小相等、方向与ｖ0相同的恒力Ｆ的作用，它们能不能在某一时刻达到相同的速度？说明判断的理由．图1－89图1－90图1－9135．如图1－90所示，ＡＢＣ是光滑半圆形轨道，其直径ＡＯＣ处于竖直方向，长为0.8ｍ．半径ＯＢ处于水平方向．质量为ｍ的小球自Ａ点以初速度ｖ水平射入，求：（1）欲使小球沿轨道运动，其水平初速度ｖ的最小值是多少？（2）若小球的水平初速度ｖ小于（1）中的最小值，小球有无可能经过Ｂ点？若能，求出水平初速度大小满足的条件，若不能，请说明理由．（ｇ取10ｍ／ｓ2，小球和轨道相碰时无能量损失而不反弹）36．试证明太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．37．在光滑水平面上有一质量为0.2ｋｇ的小球，以5.0ｍ／ｓ的速度向前运动，与一个质量为0.3ｋｇ的静止的木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度为4.2ｍ／ｓ，试论证这种假设是否合理．38．如图1－91所示在光滑水平地面上，停着一辆玩具汽车，小车上的平台Ａ是粗糙的，并靠在光滑的水平桌面旁，现有一质量为ｍ的小物体Ｃ以速度ｖ0沿水平桌面自左向右运动，滑过平台Ａ后，恰能落在小车底面的前端Ｂ处，并粘合在一起，已知小车的质量为Ｍ，平台Ａ离车底平面的高度ＯＡ＝ｈ，又ＯＢ＝ｓ，求：（1）物体Ｃ刚离开平台时，小车获得的速度；（2）物体与小车相互作用的过程中，系统损失的机械能．39．一质量Ｍ＝2ｋｇ的长木板Ｂ静止于光滑水平面上，Ｂ的右端离竖直挡板0.5ｍ，现有一小物体Ａ（可视为质点）质量ｍ＝1ｋｇ，以一定速度ｖ0从Ｂ的左端水平滑上Ｂ，如图1－92所示，已知Ａ和Ｂ间的动摩擦因数μ＝0.2，Ｂ与竖直挡板的碰撞时间极短，且碰撞前后速度大小不变．①若ｖ0＝2ｍ／ｓ，要使Ａ最终不脱离Ｂ，则木板Ｂ的长度至少多长？②若ｖ0＝4ｍ／ｓ，要使Ａ最终不脱离Ｂ，则木板Ｂ又至少有多长？（ｇ取10ｍ／ｓ2）图1－92图1－9340．在光滑水平面上静置有质量均为ｍ的木板ＡＢ和滑块ＣＤ，木板ＡＢ上表面粗糙，动摩擦因数为μ，滑块ＣＤ上表面为光滑的1／4圆弧，它们紧靠在一起，如图1－93所示．一可视为质点的物块Ｐ质量也为ｍ，它从木板ＡＢ右端以初速ｖ0滑入，过Ｂ点时速度为ｖ0／2，后又滑上滑块，最终恰好滑到最高点Ｃ处，求：（1）物块滑到Ｂ处时，木板的速度ｖＡＢ；（2）木板的长度Ｌ；（3）物块滑到Ｃ处时滑块ＣＤ的动能．41．一平直长木板Ｃ静止在光滑水平面上，今有两小物块Ａ和Ｂ分别以2ｖ0和ｖ0的初速度沿同一直线从长木板Ｃ两端相向水平地滑上长木板，如图1－94所示．设Ａ、Ｂ两小物块与长木板Ｃ间的动摩擦因数均为μ，Ａ、Ｂ、Ｃ三者质量相等．①若Ａ、Ｂ两小物块不发生碰撞，则由开始滑上Ｃ到静止在Ｃ上止，Ｂ通过的总路程是多大？经过的时间多长？②为使Ａ、Ｂ两小物块不发生碰撞，长木板Ｃ的长度至少多大？图1－94图1－9542．在光滑的水平面上停放着一辆质量为Ｍ的小车，质量为ｍ的物体与一轻弹簧固定相连，弹簧的另一端与小车左端固定连接，将弹簧压缩后用细线将ｍ栓住，ｍ静止在小车上的Ａ点，如图1－95所示．设ｍ与M间的动摩擦因数为μ，Ｏ点为弹簧原长位置，将细线烧断后，ｍ、Ｍ开始运动．（1）当物体ｍ位于Ｏ点左侧还是右侧，物体ｍ的速度最大？简要说明理由．（2）若物体ｍ达到最大速度ｖ1时，物体ｍ已相对小车移动了距离ｓ．求此时M的速度ｖ2和这一过程中弹簧释放的弹性势能Ｅｐ？（3）判断ｍ与Ｍ的最终运动状态是静止、匀速运动还是相对往复运动？并简要说明理由．43．如图1－96所示，ＡＯＢ是光滑水平轨道，ＢＣ是半径为R的光滑1／4圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M的小木块静止在Ｏ点，一质量为ｍ的小子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，恰能到达圆弧最高点Ｃ（小木块和子弹均可看成质点）．问：（1）子弹入射前的速度？（2）若每当小木块返回或停止在Ｏ点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧能上升的最大高度为多少？图1－96图1－9744．如图1－97所示，一辆质量ｍ＝2ｋｇ的平板车左端放有质量Ｍ＝3ｋｇ的小滑块，滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.4．开始时平板车和滑块共同以ｖ0＝2ｍ／ｓ的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反，平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端．（取ｇ＝10ｍ／ｓ2）求：（1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离．（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度ｖ．（3）为使滑块始终不会从平板车右端滑下，平板车至少多长？（M可当作质点处理）45．如图1－98所示，质量为0.3ｋｇ的小车静止在光滑轨道上，在它的下面挂一个质量为0.1ｋｇ的小球Ｂ，车旁有一支架被固定在轨道上，支架上Ｏ点悬挂一个质量仍为0.1ｋｇ的小球Ａ，两球的球心至悬挂点的距离均为0.2ｍ．当两球静止时刚好相切，两球心位于同一水平线上，两条悬线竖直并相互平行．若将Ａ球向左拉到图中的虚线所示的位置后从静止释放，与Ｂ球发生碰撞，如果碰撞过程中无机械能损失，求碰撞后Ｂ球上升的最大高度和小车所能获得的最大速度．图1－98图1－9946．如图1－99所示，一条不可伸缩的轻绳长为ｌ，一端用手握着，另一端系一个小球，今使手握的一端在水平桌面上做半径为ｒ、角速度为ω的匀速圆周运动，且使绳始终与半径为ｒ的圆相切，小球也将在同一水平面内做匀速圆周运动．若人手提供的功率恒为Ｐ，求：（1）小球做圆周运动的线速度大小；（2）小球在运动过程中所受到的摩擦阻力的大小．47．如图1－100所示，一个框架质量ｍ1＝200ｇ，通过定滑轮用绳子挂在轻弹簧的一端，弹簧的另一端固定在墙上，当系统静止时，弹簧伸长了10ｃｍ，另有一粘性物体质量ｍ2＝200ｇ，从距框架底板Ｈ＝30ｃｍ的上方由静止开始自由下落，并用很短时间粘在底板上．ｇ取10ｍ／ｓ2，设弹簧右端一直没有碰到滑轮，不计滑轮摩擦，求框架向下移动的最大距离ｈ多大？图1－100图1－101图1－10248．如图1－101所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是M的小车Ａ和Ｂ，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度ｖ0向右运动，另有一质量为ｍ＝Ｍ／2的粘性物体，从高处自由落下，正好落在Ａ车上，并与之粘合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能Ｅ．49．一轻弹簧直立在地面上，其劲度系数为ｋ＝400Ｎ／ｍ，在弹簧的上端与盒子Ａ连接在一起，盒子内装物体Ｂ，Ｂ的上下表面恰与盒子接触，如图1－102所示，Ａ和Ｂ的质量ｍＡ＝ｍＢ＝1ｋｇ，ｇ＝10ｍ／ｓ2，不计阻力，先将Ａ向上抬高使弹簧伸长5ｃｍ后从静止释放，Ａ和Ｂ一起做上下方向的简谐运动，已知弹簧的弹性势能决定于弹簧的形变大小．（1）试求Ａ的振幅；（2）试求Ｂ的最大速率；（3）试求在最高点和最低点Ａ对Ｂ的作用力．参考解题过程与答案1．解：由匀加速运动的公式ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ得物块沿斜面下滑的加速度为ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２，由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２，可知物块受到摩擦力的作用．图3分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ，ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0，分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0，由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ．此力的方向与图中所设的一致（由指向）．2．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下．（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ），∴安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）．（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害．3．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有ｈ＝（1／2）ｇｔ２，①水平射程为Ｌ＝ｖ０ｔ，②联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．③根据牛顿第二定律，得ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，④联立③④得Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．⑤4．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ，撤去Ｆ以后ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ．5．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ，联立以上三式代数据，得Ｆ＝1．2×10２Ｎ．（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ，联立解得ａ＝2．0ｍ／ｓ２．ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ，ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ，推力停止作用后ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左），ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ，则ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ．6．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２，消去ｔ１，得ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ．以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２，消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ2Hg≈16ｍ，网球落地点到网的距离ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 7．解：设经过时间ｔ，物体到达Ｐ点（1）ｘＰ＝ｖ０ｔ，ｙＰ＝（1／2）（Ｆ／ｍ）ｔ2，ｘＰ／ｙＰ＝ｃｔｇ37°，联解得ｔ＝3ｓ，ｘ＝30ｍ，ｙ＝22．5ｍ，坐标（30ｍ，22．5ｍ）（2）ｖｙ＝（Ｆ／ｍ）ｔ＝15ｍ／ｓ，∴ｖ＝220yv v += 513ｍ／ｓ，ｔｇα＝ｖｙ／ｖ０＝15／10＝3／2，∴α＝ａｒｃｔｇ（3／2），α为ｖ与水平方向的夹角． 8．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ１＝12ｍ／ｓ２，由牛顿第二定律，得Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，①在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２，因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 －μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，②②式代入①式，得Ｆ＝18Ｎ．9．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ，所以ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ．为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 （1／2）ａｔ2２＝Ｌ，ｔ2＝2L a =2101⨯＝25ｓ．ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×25ｍ／ｓ＝25ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为4.5．10．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ，升到某高度时Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ，对测试仪Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， ∴ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ，ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ．11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ得ｖ＝GM R．（2）由（1）得：Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１，6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2，ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ，ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ，对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２，9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2，ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ，ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ，撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３，ｓ３＝0．096ｍ，∴ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ．13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2），ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得ｖ０＝5gh 15，ｖ１＝gh15． 木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２，μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得ｖ２＝ｖ１gh152ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得ｒ＝22L R +，ｖ＝ω·ｒ，解得ｖ＝ω22L R +．（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ，∴Ｆ＝Ｐ／ωＲ．小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 Ｆｓｉｎθ＝ｆ，其中ｓｉｎθ＝Ｒ／22L R +，联立解得ｆ＝Ｐ／ω22L R +．15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１，∴ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ，子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得：（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ，解得ｖ２＝21v 2gL -μ＝22ｍ／ｓ．（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得ｖ１′＝4ｍ／ｓ．木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2，由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 联立以上四式并代入数据得：ｔ2－6ｔ＋1＝0，解得：ｔ＝（3－22）ｓ，（ｔ＝（3＋22）ｓ不合题意舍去），（11）∴ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ．16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ．设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ．当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 解得ｓ２＝2．67ｍ．因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ，设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得：。
高中物理经典名题精解精析(附答案)一
高中物理精典名题解析专题［23个专题］一一、运动学专题 直线运动规律及追及问题一 、 例题例题1.一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s ，1s 后速度的大小变为10m/s ，在这1s 内该物体的 （ ）A.位移的大小可能小于4mB.位移的大小可能大于10mC.加速度的大小可能小于4m/sD.加速度的大小可能大于10m/s 析：同向时2201/6/1410s m s m t v v a t =-=-=m m t v v s t 712104201=⋅+=⋅+=反向时2202/14/1410s m s m t v v a t -=--=-=m m t v v s t 312104202-=⋅-=⋅+=式中负号表示方向跟规定正方向相反 答案：A 、D例题2：两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木快每次曝光时的位置，如图所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的，由图可知 （ ）A 在时刻t 2以及时刻t 5两木块速度相同B 在时刻t1两木块速度相同C 在时刻t 3和时刻t 4之间某瞬间两木块速度相同D 在时刻t 4和时刻t 5之间某瞬间两木块速度相同 解析：首先由图看出：上边那个物体相邻相等时间内的位移之差为恒量，可以判定其做匀变速直线运动；下边那个物体很明显地是做匀速直线运动。
由于t 2及t 3时刻两物体位置相同，说明这段时间内它们的位移相等，因此其中间时刻的即时速度相等，这个中间时刻显然在t 3、t 4之间答案：C例题3 一跳水运动员从离水面10m 高的平台上跃起，举双臂直立身体离开台面，此时中心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45m 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水（在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计）从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间是多少？（g 取10m/s 2结果保留两位数字）解析：根据题意计算时，可以把运动员的全部质量集中在重心的一个质点，且忽略其水平方向的运动，因此运动员做的是竖直上抛运动，由gvh 220=可求出刚离开台面时的速度s m gh v /320==，由题意知整个过程运动员的位移为－10m （以向上为正方向），由2021at t v s +=得：－10=3t －5t 2解得：t ≈1.7s思考：把整个过程分为上升阶段和下降阶段来解，可以吗？t 1 t 2 t 3 t 4 t 5 t 6 t 7t 1t 2t 3t 4t 5t 6t 7例题4.如图所示，有若干相同的小钢球，从斜面上的某一位置每隔0.1s 释放一颗，在连续释放若干颗钢球后对斜面上正在滚动的若干小球摄下照片如图，测得AB=15cm ，BC=20cm ，试求： （1） 拍照时B 球的速度；（2） A 球上面还有几颗正在滚动的钢球解析：拍摄得到的小球的照片中，A 、B 、C 、D …各小球的位置，正是首先释放的某球每隔0.1s 所在的位置.这样就把本题转换成一个物体在斜面上做初速度为零的匀加速运动的问题了。
专题01 选择基础重点题型(一)(解析版)
专题01 选择基础重点题型（一）1．（2023•广东）计算32a a +的结果为( )A ．1a B ．26a C ．5a D ．6a【答案】C 【详解】32a a +32a +=5a =．故本题选：C ．2．（2023•广东）我国著名数学家华罗庚曾为普及优选法作出重要贡献．优选法中有一种0.618法应用了( )A ．黄金分割数B ．平均数C ．众数D ．中位数【答案】A【详解】我国著名数学家华罗庚曾为普及优选法作出重要贡献．优选法中有一种0.618法应用了黄金分割数，故选：A ．3．（2023•广东）某学校开设了劳动教育课程．小明从感兴趣的“种植”“烹饪”“陶艺”“木工”4门课程中随机选择一门学习，每门课程被选中的可能性相等．小明恰好选中“烹饪”的概率为( )A ．18B ．16C ．14D ．12【答案】C【详解】Q 共有“种植”“烹饪”“陶艺”“木工”4门兴趣课程，\小明恰好选中“烹饪”的概率为14．故选：C ．4．（2022•广东）如图，在ABC D 中，4BC =，点D ，E 分别为AB ，AC 的中点，则(DE = )A ．14B ．12C ．1D ．2【答案】D【详解】Q 点D ，E 分别为AB ，AC 的中点，4BC =，DE \是ABC D 的中位线，114222DE BC \==´=，故选：D ．5．（2022•广东）在平面直角坐标系中，将点(1,1)向右平移2个单位后，得到的点的坐标是()A ．(3,1)B ．(1,1)-C ．(1,3)D ．(1,1)-【答案】A【详解】将点(1,1)向右平移2个单位后，横坐标加2，所以平移后点的坐标为(3,1)，故选：A ．6．（2022•广东）书架上有2本数学书、1本物理书．从中任取1本书是物理书的概率为( )A ．14B ．13C ．12D ．23【答案】B【详解】根据题意可得，P （从中任取1本书是物理书）13=．故选：B ．7．（2021•广东）若||0a -=，则(ab = )A B ．92C ．D ．9【答案】B【详解】由题意得，0a =，2291240a ab b -+=，解得a =b =所以，92ab ==．故选：B ．8．（2021•广东）下列图形是正方体展开图的个数为( )A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】C【详解】由正方体的展开图的特征可知，可以拼成正方体是下列三个图形：故这些图形是正方体展开图的个数为3个．故选：C．9．（2021•广东）如图，AB是OÐ的平分线交AC于点D，e的直径，点C为圆上一点，3AC=，ABCCD=，则Oe的直径为( )1A B．C．1D．2【答案】B【详解】如图，过点D作DT AB^于T．Q是直径，AB\Ð=°，ACB90\^，DC BC^，Q平分CBADB^，DT BAÐ，DC BC\==，1DC DT3AC=Q，2 AD AC CD\=-=，2AD DT\=，30A\Ð=°，cos30ACAB\===°，解法二：2AD DT=由此处开始，可以证明30DAB DBAÐ=Ð=°，DA DB\=．DT AB^Q，AT TB\=，\点O与点T重合，在Rt ADTD中用勾股定理得AT=2AB AT=得解．故选：B．10．（2020•广东）已知ABCD的周长为16，点D，E，F分别为ABCD三条边的中点，则DEFD的周长为( )A．8B．C．16D．4【答案】A【详解】DQ、E、F分别为ABCD三边的中点，DE\、DF、EF都是ABCD的中位线，12DF AC\=，12DE BC=，12EF AC=，故DEFD的周长11()16822DE DF EF BC AB AC=++=++=´=．故选：A．11．（2020•广东）若一个多边形的内角和是540°，则该多边形的边数为( )A．4B．5C．6D．7【答案】B【详解】设多边形的边数是n ，则(2)180540n -×°=°，解得5n =．故选：B ．12．（2020•广东）把函数2(1)2y x =-+图象向右平移1个单位长度，平移后图象的函数解析式为( )A ．22y x =+B ．2(1)1y x =-+C ．2(2)2y x =-+D ．2(1)3y x =-+【答案】C【详解】二次函数2(1)2y x =-+的图象的顶点坐标为(1,2)，\向右平移1个单位长度后的函数图象的顶点坐标为(2,2)，\所得的图象解析式为2(2)2y x =-+．故选：C ．13．（2019•广东）数据3，3，5，8，11的中位数是( )A ．3B ．4C ．5D ．6【答案】C【详解】把这组数据按照从小到大的顺序排列为：3，3，5，8，11，故这组数据的中位数是，5．故选：C ．14．（2019•广东）实数a 、b 在数轴上的对应点的位置如图所示，下列式子成立的是( )A ．a b >B ．||||a b <C ．0a b +>D ．0ab <【答案】D【详解】由图可得：21a -<<-，01b <<，a b \<，故A 错误；||||a b >，故B 错误；0a b +<，故C 错误；0ab <，故D 正确；故选：D ．15．（2019•的结果是( )A ．4-B ．4C ．4±D ．2【答案】B4==．故选：B ．16．（2023•东莞市二模）在3317，p ，2023这五个数中，无理数的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】A【详解】在3317p ，2023中，3317，2023p ，是无理数，共2个，故选：A ．17．（2023•东莞市二模）已知方程2310x x -+=的两个根分别为1x 、2x ，则1212x x x x +-×的值为()A ．7B ．5C ．3D ．2【答案】D【详解】Q 方程2310x x -+=的两个根分别为1x 、2x ，123x x \+=，121x x ×=，1212312x x x x \+-×=-=，故选：D ．18．（2023•有意义的x 的取值范围在数轴上表示为( )A ．B ．C ．D ．【答案】B【详解】Q 20x \-…，2x \…，故选：B ．19．（2023•东莞市校级二模）方程28150x x -+=左边配成一个完全平方式后，所得的方程是( )A ．2(6)1x -=B ．2(4)1x -=C ．2(4)31x -=D ．2(4)7x -=-【答案】B【详解】2815x x -=-Q ，28161516x x \-+=-+，即2(4)1x -=，故选：B ．20．（2023•东莞市校级二模）将一副三角尺按如图所示的位置摆放在直尺上，则1Ð的度数为( )A ．45°B ．65°C ．75°D ．85°【答案】C 【详解】26045180Ð+°+°=°Q ，275\Ð=°．Q 直尺的上下两边平行，1275\Ð=Ð=°．故选：C ．21．（2023•东莞市校级二模）如图，AB 是O e 的直径，C ，D 为O e 上两点，若6AB =，3AC =，则ADC Ð的度数是( )A ．15°B ．30°C ．45°D ．60°【答案】B【详解】连接BC ，AB Q 是圆的直径，90ACB \Ð=°，6AB =Q ，3AC =，1sin 2AC B AB \==，30B \Ð=°，30ADC B \Ð=Ð=°．故选：B ．22．（2023•东莞市二模）一个多边形的每个外角都等于72°，则这个多边形的边数为( )A ．5B ．6C ．7D ．8【答案】A【详解】多边形的边数是：360725¸=．故选：A ．23．（2023•东莞市二模）把抛物线2y x =-向左平移1个单位，然后向下平移3个单位，则平移后抛物线的解析式为( )A ．2(1)3y x =---B ．2(1)3y x =--+C ．2(1)3y x =-+-D ．2(1)3y x =-++【答案】C【详解】根据题意，原抛物线顶点坐标为(0,0)，平移后抛物线顶点坐标为(1,3)--，\平移后抛物线解析式为：2(1)3y x =-+-．故选：C ．24．（2023•东莞市二模）如图，//AB CD ，//BC EF ．若158Ð=°，则2Ð的大小为( )A ．120°B ．122°C ．132°D ．148°【答案】B 【详解】//AB CD Q ，158Ð=°，158C \Ð=Ð=°，//BC EF Q ，58CGF C \Ð=Ð=°，218018058122CGF \Ð=°-Ð=°-°=°，故选：B ．25．（2023•东莞市一模）下列计算结果正确的是( )A ．23a a a +=B ．62322a a a ¸=C ．236236a a a ×=D ．326(2)4a a =【答案】D【详解】A 、a 与2a 不是同类项，不能合并计算，故此选项不符合题意；B 、原式42a =，故此选项不符合题意；C 、原式56a =，故此选项不符合题意；D 、原式64a =，故此选项符合题意；故选：D ．26．（2023•东莞市一模）某校5位同学在“国学经典诵读”比赛中，成绩（单位：分）分别是86，95，97，90，88．这组数据的中位数是( )A ．86B ．88C ．90D ．95【答案】C【详解】将5个同学的成绩重新排列为：86、88、90、95、97，所以这组数据的中位数为9（0分），故选：C ．27．（2023•东莞市一模）如图所示，直线//a b ，231Ð=°，28A Ð=°，则1(Ð= )A ．61°B ．60°C ．59°D ．58°【答案】C【详解】//a b Q ，1DBC \Ð=Ð，2DBC A Ð=Ð+ÐQ ，2831=°+°59=°．故选：C ．28．（2023•东莞市校级二模）下列运算正确的是( )A ．623m m m ¸=B ．22(21)41x x +=+C ．326(3)9m m -=-D ．34722a a a ×=【答案】D【详解】A ．624m m m ¸=，故本选项错误，不符合题意；B ．22(21)441x x x +=++，故本选项错误，不符合题意；C ．326(3)9m m -=，故本选项错误，不符合题意；347.22D a a a ×=，故本选项正确，符合题意．故选：D ．29．（2023•东莞市校级二模）已知点(3,2)-在一次函数4y kx =-的图象上，则k 等于( )A ．2B ．3C ．2-D ．3-【答案】C【详解】Q 点(3,2)-在一次函数4y kx =-的图象上，234k \=--，解得：2k =-．故选：C ．30．（2023•东莞市校级二模）正十边形的外角和是( )A ．144°B ．180°C ．360°D ．1440°【答案】C【详解】Q 多边形的外角和等于360°，\正十边形的外角和是360°．故选：C ．31．（2023•东莞市一模）关于x 的一元二次方程2220x mx m m ++-=的两实数根1x ，2x ，满足122x x =，则2212(2)(2)x x ++的值是( )A ．8B ．16C ．32D ．16或40【答案】C 【详解】由题意得△22(2)4()0m m m =--…，0m \…，Q 关于x 的一元二次方程2220x mx m m ++-=的两实数根1x ，2x ，满足122x x =，则122x x m +=-，2122x x m m ×=-=，220m m \--=，解得2m =或1m =-（舍去），124x x \+=-，2212(2)(2)x x ++22121212()2()44x x x x x x =++-+，原式2222(4)42432=+´--´+=．故选：C ．32．（2023•东莞市一模）已知点1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y 在反比例函数6y x=的图象上，且120x x <<，则下列结论一定正确的是( )A ．120y y +<B ．120y y +>C ．12y y <D ．12y y >【答案】C 【详解】Q 反比例函数6y x=中的60>，\该双曲线位于第一、三象限，且在每一象限内y 随x 的增大而减小，Q 点1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y 在反比例函数6y x=的图象上，且120x x <<，\点A 位于第三象限，点B 位于第一象限，12y y \<．故选：C ．33．（2023•东莞市一模）某中学开展“读书伴我成长”活动，为了解八年级学生四月份的读书册数，对从中随机抽取的20名学生的读书册数进行调查，结果如右表：根据统计表中的数据，这20名同学读书册数的众数，中位数分别是( )册数/册12345人数/人25742A ．3，3B ．3，7C ．2，7D ．7，3【答案】A【详解】因为共有20个数据，所以中位数为第10、11个数据的平均数，即中位数为3332+=，由表格知数据3出现了7次，次数最多，所以众数为3．故选：A ．34．（2023•东莞市三模）已知A Ð为锐角且tan A =，则(A Ð= )A ．30°B ．45°C ．60°D ．不能确定【答案】C【详解】A ÐQ 为锐角，tan A =，60A \Ð=°．故选：C ．35．（2023•东莞市三模）二次函数22(2)1y x =-+图象的顶点坐标是( )A ．(2,0)B ．(0,1)C ．(2,1)D ．(2,1)-【详解】Q 二次函数的顶点式为22(2)1y x =-+，\其顶点坐标为：(2,1)．故选：C ．36．（2023•东莞市三模）如图所示，五个大小相同的正方体搭成的几何体，其左视图是( )A ．B ．C ．D ．【答案】A 【详解】从左边看，是一列两个相邻的小正方形．故选：A ．37．（2023•东莞市三模）某旅游景点8月份共接待游客25万人次，10月份共接待游客64万人次，设游客每月的平均增长率为x ，则下列方程正确的是( )A ．225(1)64x +=B ．225(1)64x +=C ．264(1)25x -=D ．264(1)25x -=【答案】A【详解】设游客每月的平均增长率为x ，依题意，得：225(1)64x +=．故选：A ．38．（2023•东莞市校级一模）若一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，则该多边形的边数为( )A ．6B ．7C ．8D ．9【答案】C【详解】设这个多边形的边数为x ．由题意得，180(2)3603x °-=°´．故选：C ．39．（2023•东莞市校级一模）下列运算结果正确的是( )A ．2235x x x +=B ．844()()x x x -¸-=C ．2336(2)6xy x y -=-D ．222(32)94x y x y +=+【答案】B【详解】A 、235x x x +=，原计算错误，故此选项不符合题意；B 、8444()()()x x x x -¸-=-=，原计算正确，故此选项符合题意；C 、2336(2)8xy x y -=-，原计算错误，故此选项不符合题意；D 、222(32)9124x y x xy y +=++，原计算错误，故此选项不符合题意．故选：B ．40．（2023•东莞市校级一模）将抛物线2y x =向左平移3个单位，再向上平移2个单位，得到抛物线的表达式为( )A ．2(3)2y x =++B ．2(3)2y x =+-C ．2(3)2y x =-+D ．2(3)2y x =--【答案】A【详解】将抛物线2y x =先向左平移3个单位，再向上平移2个单位，得到新抛物线的表达式是2(3)2y x =++．故选：A ．41．（2023•东莞市校级一模）定义新运算：23a b a b =-+Ä．例如，542543=´-+Ä，则不等式组0.522531x x x ì>-ïí>+ïîÄÄ的解集为( )A ．3x >B ．36x <<C ．无解D ．16x -<<【答案】B【详解】由0.52x >-Ä得132x -+>-，解得6x <，由2531x x >+Ä得45331x x -+>+，解得3x >，则不等式组的解集为36x <<，故选：B ．42．（2023•东莞市校级一模）如图，//a b ，2120Ð=°，则1Ð的度数为( )A ．80°B ．70°C ．60°D ．50°【答案】C 【详解】//a b Q ，2120Ð=°，3120\Ð=°，1ÐQ 和3Ð是邻补角，160\Ð=°，故选：C ．43．（2023•东莞市校级一模）某次比赛中，五位同学答对题目的个数分别为7，5，3，5，10，则关于这组数据的说法正确的是( )A ．方差是3.6B ．众数是10C ．中位数是3D ．平均数是6【答案】D【详解】平均数为(753510)56++++¸=；方差为22221[(76)(56)2(36)(106)] 5.65´-+-´+-+-=；数据中5出现2次，所以众数为5；数据重新排列为3、5、5、7、10，则中位数为5；故选：D ．。
高三物理基础差的刷题资料
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对于高三物理基础差的学生，刷题是提高成绩的重要手段之一。
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(完整版)高中物理经典例题分析
《高中物理巧学巧解大全》目录第一部分高中物理活题巧解方法总论整体法隔离法力的合成法力的分解法力的正交分解法加速度分解法加速度合成法速度分解法速度合成法图象法补偿法（又称割补法）微元法对称法假设法临界条件法动态分析法利用配方求极值法等效电源法相似三角形法矢量图解法等效摆长法等效重力加速度法特值法极值法守恒法模型法模式法转化法气体压强的参考液片法气体压强的平衡法气体压强的动力学法平衡法（有收尾速度问题）穷举法通式法逆向转换法比例法推理法密度比值法程序法等分法动态圆法放缩法电流元分析法估算法节点电流守恒法拉密定理法代数法几何法第二部分部分难点巧学一、利用“假设法”判断弹力的有无以及其方向二、利用动态分析弹簧弹力三、静摩擦力方向判断四、力的合成与分解五、物体的受力分析六、透彻理解加速度概念七、区分s-t 图象和v-t图象八、深刻领会三个基础公式九、善用匀变速直线运动几个重要推论十、抓住时空观解决追赶（相遇）问题十一、有关弹簧问题中应用牛顿定律的解题技巧十二、连接体问题分析策略——整体法与隔离法十三、熟记口诀巧解题十四、巧作力的矢量图，解决力的平衡问题十五、巧用图解分析求解动态平衡问题十六、巧替换、化生僻为熟悉，化繁难就简易十七、巧选研究对象是解决物理问题的关键环节十八、巧用“两边夹”确定物体的曲线运动情况十九、效果法——运动的合成与分解的法宝二十、平抛运动中的“二级结论”有妙用二十一、建立“F供＝F需”关系，巧解圆周运动问题二十二、把握两个特征，巧学圆周运动二十三、现代科技和社会热点问题——STS问题二十四、巧用黄金代换式“GM＝R2g”二十五、巧用“比例法”——解天体运动问题的金钥匙二十六、巧解天体质量和密度的三种方法二十七、巧记同步卫星的特点——“五定”二十八、“六法”——求力的功二十九、“五大对应”——功与能关系三十、“四法”——判断机械能守恒三十一、“三法”——巧解链条问题三十二、两种含义——正确理解功的公式，功率的公式三十三、解题的重要法宝之一——功能定理三十四、作用力与反作用力的总功为零吗？——摩擦力的功归类三十五、“寻”规、“导”矩学动量三十六、巧用动量定理解释常用的两类物理现象三十七、巧用动量定理解三类含“变”的问题三十八、动量守恒定律的“三适用”“三表达”——动量守恒的判断三十九、构建基本物理模型——学好动量守恒法宝四十、巧用动量守恒定律求解多体问题四十一、巧用动量守恒定律求解多过程问题四十二、从能量角度看动量守恒问题中的基本物理模型——动量学习的提高篇四十三、一条连等巧串三把“金钥匙”四十四、巧用力、能的观点判断弹簧振子振动中物理量的变化四十五、弹簧振子运动的周期性、对称性四十六、巧用比值处理摆钟问题四十七、巧用位移的变化分析质点的振动：振动图像与振动对应四十八、巧用等效思想处理等效单摆四十九、巧用绳波图理解机械波的形成五十、波图像和振动图像的区别五十一、波的叠加波的干涉五十二、物质是由大量分子组成的五十三、布朗运动五十四、分子间作用力五十五、内能概念的内涵五十六、能的转化和守恒定律五十七、巧建模型——气体压强的理解及大气压的应用五十八、活用平衡条件及牛顿第二定律——气体压强的计算五十九、微观与宏观——正确理解气体的压强、体积与温度及其关系六十、巧用结论——理想气体的内能变化与热力学第一定律的综合应用六十一、巧用库仑定律解决带电导体球间力的作用六十二、巧选电场强度公式解决有关问题六十三、巧用电场能的特性解决电场力做功问题六十四、巧用电容器特点解决电容器动态问题六十五、利用带电粒子在电场中不同状态解决带电粒子在电场中的运动六十六、巧转换，速求电场强度六十七、巧用“口诀”，处理带电平衡问题六十八、巧用等效法处理复合场问题六十九、巧用图象法处理带电粒子在交变电场中运动问题第一部分高中物理活题巧解方法总论高中阶段，最难学的课程是物理，既要求学生有过硬的数学功底，还要学生有较强的空间立体感和抽象思维能力。
高中物理重难点知识冲破含详细的例题及解析
高中物理重难点知识冲破（主要包括：高中物理的力、功与能、电学实验、带电粒子在磁场中的运动部份，有详细的例题解析和总结）一．力一、难点形成原因：一、力是物体间的彼此作用。
受力分析时，这种彼此作用只能凭着各力的产生条件和方向要求，再加上抽象的思维想象去画，不想实物那么明显，这对于刚升入高中的学生来讲，多习惯于直观形象，缺乏抽象的逻辑思惟，所以形成了难点。
二、有些力的方向比较好判断，如：重力、电场力、磁场力等，但有些力的方向难以肯定。
如：弹力、摩擦力等，虽然发生在接触处，但在接触的地方是不是存在、方向如何却难以把握。
3、受力分析时除将各力的产生要求、方向的判断方式熟练掌握外，同时还要与物体的运动状态相联系，这就需要必然的综合能力。
由于学生对物理知识掌握不全，致使综合分析能力下降，影响了受力分析准确性和全面性。
4、教师的教学要求和教学方式不妥造成难点。
教学要求不符合学生的实际，要求太高，想一步到位，例如：一开始就给学生讲一些受力个数多、且又难以分析的物体的受力情况等。
这样必将在学生心理上会形成障碍。
二、难点冲破策略：物体的受力情况决定了物体的运动状态，正确分析物体的受力，是研究力学问题的关键。
受力分析就是分析物体受到周围其它物体的作用。
为了保证分析结果正确，应从以下几个方面冲破难点。
1.受力分析的方式：整体法和隔离法2.受力分析的依据：各类性质力的产生条件及各力方向的特点3.受力分析的步骤：为了在受力分析时不多分析力，也不漏力，一般情况下按下面的步骤进行：（1）肯定研究对象—可以是某个物体也可以是整体。
（2）按顺序画力a．先画重力：作用点画在物体的重心，方向竖直向下。
b．次画已知力c．再画接触力—（弹力和摩擦力）：看研究对象跟周围其他物体有几个接触点（面），先对某个接触点（面）分析，如有挤压，则画出弹力，若还有相对运动或相对运动的趋势，则再画出摩擦力。
分析完一个接触点（面）后，再依次分析其他的接触点（面）。
2017年高考物理试题分类汇编及解析(14个专题)
2017年高考物理试题分类汇编及解析(14个专题)2017年高考物理试题分类汇编及解析专题01. 直线运动力和运动专题02. 曲线运动万有引力与航天专题03. 机械能和动量专题04. 电场专题05. 磁场专题06. 电磁感应专题07. 电流和电路专题08. 选修3-3专题09. 选修3-4专题10. 波粒二象性、原子结构和原子核专题11. 力学实验专题12. 电学实验专题13. 力与运动计算题专题14. 电与磁计算题2．【2017·天津卷】如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。
如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是A．绳的右端上移到b ，绳子拉力不变B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移【答案】AB【解析】设两杆间距离为d，绳长为l，Oa、Ob段长度分别为l a 和l b ，则bal l l +=，两部分绳子与竖直方向夹角分别为α和β，受力分析如图所示。
绳子中各部分张力相等，FF Fb a==，则βα=。
满足mgF =αcos 2，αααsin sin sin l l l d b a =+=，即ld =αsin ，αcos 2mg F =，d 和l 均不变，则sin α为定值，α为定值，cos α为定值，绳子的拉力保持不变，衣服的位置不变，故A 正确，CD 错误；将杆N 向右移一些，d 增大，则sin α增大，cos α减小，绳子的拉力增大，故B 正确。
3．【2017·新课标Ⅰ卷】如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N 。
初始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α（π2α>）。
现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。
在OM 由竖直被拉到水平的过程中A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小【答案】AD【解析】以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力F2，MN上拉力F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以AD正确，BC错误。
高中物理高考经典名题专项练习(共20题,附参考答案和解析)
高考物理经典名题练习班级考号姓名总分1、甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体).甲罐的容积为V,罐中气体的压强为p;乙罐的容积为2V,罐中气体的压强为p.现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去,两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变,调配后两罐中气体的压强相等.求调配后(i)两罐中气体的压强;(ii)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比.2、在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变，放射出的α粒子在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R.以m、q 分别表示α粒子的质量和电荷量，M 表示新核的质量，放射性原子核用表示，新核的元素符号用Y表示，该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核Y 的动能，则（）A．新核Y 和α粒子的半径之比B．α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，环形电流大小(Wewuli)C．新核的运动周期D．衰变过程的质量亏损为3、如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为，长为，导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的中部刷有一段长为的薄绝缘涂层，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向与导轨平面垂直，质量为的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。
导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为，其他部分的电阻均不计，重力加速度为，求：（1）导体棒与涂层间的动摩擦因数；（2）导体棒匀速运动的速度大小；（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热。
4、如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。
若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。
学.科网物块与桌面间的动摩擦因数为（）A． B． C． D．5、如图，位于竖直水平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa 水平，b点为抛物线顶点。
已知h=2m,，s=。
(名师精编)高中物理精典例题专题解析[共23专题]
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高中物理精典名题解析专题［23个专题］专题01：运动学专题.doc专题02：摩擦力专题.doc专题03：牛顿运动定律总结.doc专题04：万有引力定律全面提高.doc专题05：动量、动量守恒定律.doc专题06：机械能守恒定律.doc专题07：功和能.doc专题08：带电粒子在电场中的运动.doc专题09：电场力的性质，能的性质.doc专题10：电容器专题2.doc专题11：电学图象专题.doc专题12：恒定电流.doc专题13：带电粒子在磁场中的运动.doc专题14：电磁感应功能问题.doc专题15：电磁感应力学综合题.doc专题16：交流电.doc专题17：几何光学.doc专题18：物理光学.doc专题19：如何审题.doc专题20：物理解题方法.doc专题21：高三后期复习的指导思想.doc 专题22：中档计算题专题.doc 专题23：创新设计与新情景问题.doc一、运动学专题 直线运动规律及追及问题一 、 例题例题1.一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s ，1s 后速度的大小变为10m/s ，在这1s 内该物体的 （ ）A.位移的大小可能小于4mB.位移的大小可能大于10mC.加速度的大小可能小于4m/sD.加速度的大小可能大于10m/s析：同向时2201/6/1410s m s m t v v a t =-=-=m m t v v s t 712104201=⋅+=⋅+=反向时2202/14/1410s m s m t v v a t -=--=-=m m t v v s t 312104202-=⋅-=⋅+=式中负号表示方向跟规定正方向相反答案：A 、D例题2：两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木快每次曝光时的位置，如图所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的，由图可知 （ ）A 在时刻t 2以及时刻t 5两木块速度相同B 在时刻t1两木块速度相同C 在时刻t 3和时刻t 4之间某瞬间两木块速度相同D 在时刻t 4和时刻t 5之间某瞬间两木块速度相同解析：首先由图看出：上边那个物体相邻相等时间内的位移之差为恒量，可以判定其做匀变速直线运动；下边那个物体很明显地是做匀速直线运动。
高中物理经典名题精解精析
高中物理经典名题精解精析物理，这是公认的最难的一门学科，因为它不仅建立在数学的基础之上，需要有坚强的数学后盾，还要求同学具备很强的过程分析能力。
做物理题，首要的就是进行过程分析，只有把物理过程分析清楚，才能在此基础上进一步解题。
如果你没有弄清楚它的来龙去脉，那么你根本无法继续解题，即使算出结果来了，那也肯定是错误的。
怎样才能分析清楚过程呢？首先，你应该知道，物理中主要有几个大板块的内容，包括力学、热学、电磁学、光学、声学和初步原子理论，其中办学和电磁学既是重点，又是难点，必须给予充分重视。
这两块内容的题目特别灵活，一般不易解答，而且在高考中所占的比例较大，很多同学对此感到头痛，其实只要抓住它的规律，它就会变得容易起来。
规律的掌握，还是靠平时积累，尤其是在听老师讲课时，你要抓住他的解题思路，并和自己的思路进行比较，看看自己的思路哪些地方是正确的，哪些地方是错误的，从而不断改进自己的思维方式。
其次，物理考试中综合题较多，这就建议大家能把几个板块的内容展开横向联系。
大家可能将一看见这类题就头晕，总真的纠缠不清，因为它牵涉的'内容太多了，难于弄清楚，实际上，求解这类题时，必须特别注意把繁杂的过程水解为若干直观的过程，再分别对这些直观的过程展开答疑，这样，题目的难度就减少了。
接下来，我们谈谈画图在物理考试中的重要性。
对应于一个物理过程，必存在一个过程图，那么我们在分析物理过程的时候，何不借助于图形的帮助呢？一个清晰明了的过程图，能够帮助我们更清楚地看到整个过程，可以说是解物理题的一大法宝。
如果我们在平时养成一个良好的习惯，每做一道题，第一步就开始画图，它就能逐渐变成一种习惯性的解题步骤，从而增强你的过程分析能力。
最后，还应当特别注意光学、声学和原子理论中一些貌似直观而又不被人特别注意的概念、理论。
这些东西虽然直观，但如果你没真正介绍它的内涵，抓起精练也可以真的无所适从。
相对而言，这部分就是比较难罚球的地方，我们只需花不多的时间，就可以基本上掌控不好，所以，必须花掉的时间我们不吝惜，谋求努力做到没科学知识上的漏洞。
高中物理经典名题讲解教案
高中物理经典名题讲解教案
题目：匀速运动问题
1. 题目描述：
小明骑自行车以10 m/s的速度匀速行驶20分钟，求小明骑自行车的路程。
2. 解题思路：
匀速运动的速度恒定不变，路程与速度和时间成正比。
根据速度和时间的关系公式：路程=速度×时间，可以求得小明骑自行车的路程。
3. 解题步骤：
速度v=10 m/s，时间t=20分钟=20×60=1200秒
路程s=v×t=10×1200=12000m=12km
4. 结论：
小明骑自行车的路程为12km。
5. 拓展练习：
如果小明骑自行车的速度为15 m/s，行驶的时间为30分钟，求小明骑自行车的路程。
解题思路：
同样根据速度和时间的关系公式：路程=速度×时间，可以求得小明骑自行车的路程。
解题步骤：
速度v=15 m/s，时间t=30分钟=30×60=1800秒
路程s=v×t=15×1800=27000m=27km
结论：
小明骑自行车的路程为27km。
通过以上经典的匀速运动问题，可以帮助学生理解匀速运动的概念，掌握速度、时间和路程之间的关系，培养学生解题的能力和思维逻辑。
三精考点之高二物理名卷考点汇系列：考点4 机械能守恒
精讲考点汇总表考点四 机械能守恒定律【原题再现】17. 如图所示，光滑的水平轨道与光滑半圆轨道相切，圆轨道半径R ＝0．4 m 。
一个小球停放在水平轨道上，现给小球一个v 0＝5 m/s 的初速度，取g ＝10 m/s 2，求：（1）小球从C 点飞出时的速度大小；（2）小球到达C 点时，对轨道的作用力是小球重力的几倍？ （3）小球落地时的速度大小。
【答案】（1）3m/s （2）1．25倍 （3）5m/s机械能守恒定律 ★★★○○○【1、应用机械能守恒定律解题的一般步骤(1)选取研究对象⎩⎪⎨⎪⎧单个物体多个物体组成的系统含弹簧的系统(2)分析受力情况和各力做功情况，确定是否符合机械能守恒条件． (3)确定初末状态的机械能或运动过程中物体机械能的转化情况． (4)选择合适的表达式列出方程，进行求解． (5)对计算结果进行必要的讨论和说明．1.应用机械能守恒定律的基本思路 (1)选取研究对象——物体或系统．(2)根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒． (3)恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能．(4)选取方便的机械能守恒定律的方程形式(E k1＋E p1＝E k2＋E p2、ΔE k ＝－ΔE p 或ΔEA ＝－ΔEB )进行求解 2.用机械能守恒定律解题应注意的问题(1)列方程时，选取的表达角度不同，表达式不同，对参考平面的选取要求也不一定相同． (2)应用机械能守恒能解决的问题，应用动能定理同样能解决，但其解题思路和表达式有所不同． 3.多物体机械能守恒问题的分析方法（1）对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒． （2）注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系． （3）列机械能守恒方程时，一般选用ΔE k ＝－ΔE p 的形式．如图所示，将一质量为m 得小环套在一半径为R 的“半圆形”金属轨道上，并将轨道固定在竖直面内的A 、B 两点，直径AB 与竖直半径OD 夹角为60°．现将两根原长为R 、劲度系数mgk R=的弹性轻绳一端固定在小环上，另一端分别固定在A 、B 两点．已知弹性轻绳满足胡克定律，不计一切摩擦，重力加速度为g ．将小环由A 点正下方的C 点静止释放，当小环运动到金属轨道的最低点D 时，求：(1)小环的速率v ；(2)金属轨道对小环的作用力F 的大小．【答案】(1)v =1(2F mg +=【名师点睛】本考查机械能守定律以及力式的应用，要注意正确分析过程并能正进行受力分，确利用向心公式列式即可求．1、以下说法正确的是（ ）A 、绕地球沿圆轨道飞行的航天器中悬浮的液滴处于平衡处于平衡状态B 、洗衣机脱水时利用离心运动把附着在衣物上的水份甩掉C 、匀速直线运动因为受合力等于零，所以机械能一定守恒D 、合力对物体做功为零时，机械能一定守恒 【答案】B【解析】绕地球沿圆轨道飞行的航天器中悬浮的液滴重力提供向心力，处于完全失重状态，故A 错误；洗衣机脱水时，利用离心运动把附着在衣物上的水份甩掉，故B 正确；匀速直线运动受到的合力等于零，但机械能不一定守恒，如竖直方向的匀速直线运动机械能不守恒，故C 错误；合力对物体做功为零时，可能有除重力以外的力对物体做功，机械能不守恒，如起重机匀速向上吊起货物时货物的机械能不守恒，故D 错误。
高中物理就这24个题型,孩子弄懂(精编文档).doc
【最新整理，下载后即可编辑】高中物理就这24个题型，弄懂吃透成绩提高快在高中理科各科目中，物理科是相对较难学习的一科，也是最容易出现两极分化的学科，会的同学就会觉得很简单，不会的同学就会觉得特别难。
高中物理不同于初中物理，初中物理都是一些比较基础的智商，只要掌握公式，基础牢固就可以学的很好。
但是高中物理涉及的知识点不仅多，而且广，也是对物理深入学习的阶段，考验的不仅是对基础知识的掌握，更是对于逻辑思维的一个考验，如果孩子没有掌握正确的学习方法，对物理知识体系没有一个全面把握，是很难学好的。
作为一名资深的物理老师，在多年的教学过程中，我接触了很多的家长和孩子，也带过好几届的毕业班，教出过不少物理满分的孩子。
在我看来那些能够取得满分，成绩优异的孩子，并不是因为我的教学方式多么的有效，而是因为他们都有一个适合自己的学习方法，在物理学习的过程中能够抓住学习的重点，有一个明确的学习目标，知道自己的薄弱点在哪里，能够根据老师的教学进度和自己学习的情况来制定合理的学习规划，在准备考试的时候能够对物理知识体系有一个全面的把握。
学好物理的“法宝”包括预习、听课、整理、应用（作业）、复习总结等。
大量事实表明：做好课前预习是学好物理的前提；主动高效地听课是学好物理的关键；及时整理好学习笔记、做好练习是巩固、深化、活化物理概念的理解，将知识转化为解决实际问题的能力，从而形成技能技巧的重要途径；善于复习、归纳和总结，能使所学知识触类旁通。
因此，在高中物理学习中，掌握好学习方法是非常重要的。
常常和家长在微信上谈论孩子的学习问题，昨天晚上就有一位家长向我咨询说：老师我家孩子现在高三，是理科，孩子总体成绩还行，就是英语和物理比较差。
在这个周的月考中孩子的综合成绩才157分，平均下来孩子的物理才40几分，孩子也说感觉物理难学，听不懂，跟不上老师的复习节奏。
孩子平时学习也很努力啊，每天都在加班加点的学，不停的做题，可是为什么成绩就是上去呢？看孩子学得这么辛苦，我也不知道该怎么帮助孩子，老师您有什么好的建议吗？其实，对于这样的情况老师从教多年见过很多，孩子之所以会学的这么辛苦，主要还是因为孩子没有找到正确的学习方法，在物理学习的时候没有找到一个“能量守恒”的平衡点，单靠死记硬背，所以学的既辛苦、效率还不高。
高中物理经典名题精解精析(附答案)四
高中物理精典名题解析专题［23个专题］四牛顿运动定律总结（一）牛顿第一定律（即惯性定律）一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。
（1）理解要点：①运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持。
②它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因。
③第一定律是牛顿以伽俐略的理想斜面实验为基础，总结前人的研究成果加以丰富的想象而提出来的；定律成立的条件是物体不受外力，不能用实验直接验证。
④牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例，第一定律定性地给出了力与运动的关系，第二定律定量地给出力与运动的关系。
（2）惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性。
①惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关。
②质量是物体惯性大小的量度。
③由牛顿第二定律定义的惯性质量m=F/a和由万有引力定律定义的引力质量2/严格相等。
m Fr GM④惯性不是力，惯性是物体具有的保持匀速直线运动或静止状态的性质、力是物体对物体的作用，惯性和力是两个不同的概念。
（二）牛顿第二定律1. 定律内容物体的加速度a跟物体所受的合外力F合成正比，跟物体的质量m成反比。
2. 公式：F ma=合理解要点：①因果性：F合是产生加速度a的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消失；②方向性：a与F合都是矢量，方向严格相同；③瞬时性和对应性：a为某时刻某物体的加速度，F合是该时刻作用在该物体上的合外力。
（三）力的平衡1. 平衡状态指的是静止或匀速直线运动状态。
特点：a=0。
2. 平衡条件F0。
共点力作用下物体的平衡条件是所受合外力为零，即∑=3. 平衡条件的推论（1）物体在多个共点力作用下处于平衡状态，则其中的一个力与余下的力的合力等大反向；（2）物体在同一平面内的三个不平行的力作用下，处于平衡状态，这三个力必为共点力；（3）物体在三个共点力作用下处于平衡状态时，图示这三个力的有向线段必构成闭合三角形。
年高考物理试题分类汇编及解析
2017年高考物理试题分类汇编及解析专题01. 直线运动力和运动专题０2. 曲线运动万有引力与航天专题03.机械能和动量专题04. 电场专题05. 磁场专题06. 电磁感应专题07．电流和电路专题０8. 选修３-3专题09. 选修３-4专题10. 波粒二象性、原子结构和原子核专题11. 力学实验专题12.电学实验专题13. 力与运动计算题专题１4.电与磁计算题专题０1．直线运动力和运动1．【20１7·新课标Ⅲ卷】一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距８０cｍ的两点上,弹性绳的原长也为80 cm。
将一钩码挂在弹性绳的中点,平衡时弹性绳的总长度为100 cm;再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点,则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内）A．86 cｍﻩB．92 cm ﻩＣ. 98 cｍD．１04 cｍ【答案】B【考点定位】胡克定律、物体的平衡【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，再根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力,然后列式求解；如果物体受到三力处于平衡状态，可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据正弦定理列式求解。
前后两次始终处于静止状态,即合外力为零,在改变绳长的同时，绳与竖直方向的夹角跟着改变。
２.【２017·天津卷】如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态。
如果只人为改变一个条件，当衣架静止时,下列说法正确的是Ａ．绳的右端上移到b ，绳子拉力不变B．将杆Ｎ向右移一些,绳子拉力变大Ｃ.绳的两端高度差越小,绳子拉力越小D.若换挂质量更大的衣服,则衣架悬挂点右移【答案】AB【解析】设两杆间距离为ｄ，绳长为l ，Ｏa 、Ob 段长度分别为ｌa 和l ｂ，则b a l l l +=，两部分绳子与竖直方向夹角分别为α和β,受力分析如图所示。
高考物理最后冲刺必读题解析30讲(四)
高考物理最后冲刺必读题解析30讲（四）1.临沂一模13．（15分）如图所示，一质量为m 的氢气球用细绳拴在地面上，地面上空风速水平且恒为v 0，球静止时绳与水平方向夹角为α．某时刻绳突然断裂，氢气球飞走．已知氢气球在空气中运动时所受到的阻力f 正比于其相对空气的速度v ，可以表示为f=kv （k 为已知的常数）．则（1）氢气球受到的浮力为多大？（2）绳断裂瞬间，氢气球加速度为多大？（3）一段时间后氢气球在空中做匀速直线运动，其水平方向上的速度与风速v 0相等，求此时气球速度大小（设空气密度不发生变化，重力加速度为g ）．13．（15分）解：（1）气球静止时受力如图，设细绳的拉力为T ，由平衡条件得 s i n 0T m g F α+-=浮（2分） 0cos T kv α=（2分） 解得 0c o s kv T α=（1分） 0tan F kv mg α=+浮（1分）（2）细绳断裂瞬间，气球所受合力大小为T ，则加速度大小为 F a m=合（1分）解得 0c o s kv a m α=（2分）（3）设气球匀速运动时，相对空气竖直向上速度v y ，则有 0y k v m g F +-=浮 （2分）解得 0t a n y v v α=（1分） 气球相对地面速度大小v '= （2分） 解得 0c o s v v α'=（1分）14．（16分）如图所示，光滑绝缘水平面上放置一均匀导体制成的正方形线框abcd，线框质第13题图第13题答图量为m ，电阻为R ，边长为L ．有一方向竖直向下的有界磁场，磁场的磁感应强度为B ，磁场区宽度大于L ，左边界与ab 边平行．线框在水平向右的拉力作用下垂直于边界线穿过磁场区．（1）若线框以速度v 匀速穿过磁场区，求线框在离开磁场时ab 两点间的电势差；（2）若线框从静止开始以恒定的加速度a 运动，经过t 1时间ab 边开始进入磁场，求cd边将要进入磁场时刻回路的电功率；（3）若线框以初速度v 0进入磁场，且拉力的功率恒为P 0．经过时间T ，cd 边进入磁场，此过程中回路产生的电热为Q ．后来ab 边刚穿出磁场时，线框速度也为v 0，求线框穿过磁场所用的时间t ．14．（16分）解：（1）线框在离开磁场时，cd 边产生的感应电动势 E B L v = （1分）回路中的电流 EI R=（1分） 则ab 两点间的电势差 14ab U IR BLv ==（2分） （2）t 1时刻线框速度 v 1=at 1（1分）设cd 边将要进入磁场时刻速度为v 2，则22212v v aL -=（1分） 此时回路中电动势 E 2=BL v 2（1分） 回路的电功率 22E P R=（1分）解得 22221(2)B L a t a LP R+=（2分）（3）设cd 边进入磁场时的速度为v ，线框从cd 边进入到ab 边离开磁场的时间为Δt ，则22011()22PT mv mv Q =-+ （2分）d B第14题图O 1第15题图0022解得 0Qt T P ∆=-（1分）线框离开磁场时间还是T ，所以线框穿过磁场总时间t 02Q t T t TP =+∆=+ （2分）15．（16分）如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，MN 为其左边界，磁场中放置一半径为R 的圆柱形金属圆筒，圆心O 到MN 的距离OO 1=2R ，圆筒轴线与磁场平行．圆筒用导线通过一个电阻r 0接地，最初金属圆筒不带电．现有范围足够大的平行电子束以速度v 0从很远处沿垂直于左边界MN 向右射入磁场区，已知电子质量为m ，电量为e ．（1）若电子初速度满足03eBRv m=，则在最初圆筒上没有带电时，能够打到圆筒上的电子对应MN 边界上O 1两侧的范围是多大？（2）当圆筒上电量达到相对稳定时，测量得到通过电阻r 0的电流恒为I ，忽略运动电子间的相互作用，求此时金属圆筒的电势φ和电子到达圆筒时速度v （取无穷远处或大地电势为零）．（3）在（2）的情况下，求金属圆筒的发热功率．15．（16分）解：如图所示，设电子进入磁场回旋轨道半径为r ，则200v q v Bm r= （1分）解得 r=3R （1分） 大量电子从MN 上不同点进入磁场轨迹如图，从O 1上方P 点射入的电子刚好擦过圆筒12O O ==（1分）112(3O P OO r R =+=+（1分） 同理可得到O 1下Q点距离13)OQ R = （2分）（2）稳定时,圆柱体上电荷不再增加，与地面电势差恒为U 0U Ir =（1分） 电势0Ir ϕ=-（1分）电子从很远处射到圆柱表面时速度为v ，有OO 1O 2O 3 PQ第15题答图022v = （1分）（3）电流为I ，单位时间到达圆筒的电子数 In e=（1分） 电子所具有总能量 2200122mIv E n mv e=⨯=（1分）消耗在电阻上的功率 2r P I r = （1分）所以圆筒发热功率 22002mIv P I r e=-` （2分）2. 卢湾一模30、竖直平面内有一足够长、粗细均匀、两端开口的U 型管，管内水银柱及被封闭气柱的长度如图所示，外界大气压强为75cmHg 。
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高中物理精典名题解析专题［23个专题］四牛顿运动定律总结（一）牛顿第一定律（即惯性定律）一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。
（1）理解要点：①运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持。
②它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因。
③第一定律是牛顿以伽俐略的理想斜面实验为基础，总结前人的研究成果加以丰富的想象而提出来的；定律成立的条件是物体不受外力，不能用实验直接验证。
④牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例，第一定律定性地给出了力与运动的关系，第二定律定量地给出力与运动的关系。
（2）惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性。
①惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关。
②质量是物体惯性大小的量度。
③由牛顿第二定律定义的惯性质量m=F/a和由万有引力定律定义的引力质量2/严格相等。
m Fr GM④惯性不是力，惯性是物体具有的保持匀速直线运动或静止状态的性质、力是物体对物体的作用，惯性和力是两个不同的概念。
（二）牛顿第二定律1. 定律内容物体的加速度a跟物体所受的合外力F合成正比，跟物体的质量m成反比。
2. 公式：F ma=合理解要点：①因果性：F合是产生加速度a的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消失；②方向性：a与F合都是矢量，方向严格相同；③瞬时性和对应性：a为某时刻某物体的加速度，F合是该时刻作用在该物体上的合外力。
（三）力的平衡1. 平衡状态指的是静止或匀速直线运动状态。
特点：a=0。
2. 平衡条件F0。
共点力作用下物体的平衡条件是所受合外力为零，即∑=3. 平衡条件的推论（1）物体在多个共点力作用下处于平衡状态，则其中的一个力与余下的力的合力等大反向；（2）物体在同一平面内的三个不平行的力作用下，处于平衡状态，这三个力必为共点力；（3）物体在三个共点力作用下处于平衡状态时，图示这三个力的有向线段必构成闭合三角形。
（四）牛顿第三定律两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上，公式可写为F F=-'。
（五）力学基本单位制：kg m s、、（在国际制单位中）1. 作用力与反作用力的二力平衡的区别内容作用力和反作用力二力平衡受力物体作用在两个相互作用的物体上作用在同一物体上依赖关系同时产生，同时消失相互依存，不可单独存在无依赖关系，撤除一个、另一个可依然存在，只是不再平衡叠加性两力作用效果不可抵消，不可叠加，不可求合力两力运动效果可相互抵消，可叠加，可求合力，合力为零；形变效果不能抵消力的性质一定是同性质的力可以是同性质的力也可以不是同性质的力2. 应用牛顿第二定律解题的一般步骤①确定研究对象；②分析研究对象的受力情况画出受力分析图并找出加速度方向；③建立直角坐标系，使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上，并将其余分解到两坐标轴上；④分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程；⑤统一单位，计算数值。
3. 解决共点力作用下物体的平衡问题思路（1）确定研究对象：若是相连接的几个物体处于平衡状态，要注意“整体法”和“隔离法”的综合运用；（2）对研究对象受力分析，画好受力图；（3）恰当建立正交坐标系，把不在坐标轴上的力分解到坐标轴上。
建立正交坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上。
（4）列平衡方程，求解未知量。
4. 求解共点力作用下物体的平衡问题常用的方法（1）有不少三力平衡问题，既可从平衡的观点（根据平衡条件建立方程求解）——平衡法，也可从力的分解的观点求解——分解法。
两种方法可视具体问题灵活运用。
（2）相似三角形法：通过力三角形与几何三角形相似求未知力。
对解斜三角形的情况更显优势。
（3）力三角形图解法，当物体所受的力变化时，通过对几个特殊状态画出力图（在同一图上）对比分析，使动态问题静态化，抽象问题形象化，问题将变得易于分析处理。
5. 处理临界问题和极值问题的常用方法涉及临界状态的问题叫临界问题。
临界状态常指某种物理现象由量变到质变过渡到另一种物理现象的连接状态，常伴有极值问题出现。
如：相互挤压的物体脱离的临界条件是压力减为零；存在摩擦的物体产生相对滑动的临界条件是静摩擦力取最大静摩擦力，弹簧上的弹力由斥力变为拉力的临界条件为弹力为零等。
临界问题常伴有特征字眼出现，如“恰好”、“刚刚”等，找准临界条件与极值条件，是解决临界问题与极值问题的关键。
例1. 如图1所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A 的顶端P 处，细线另一端拴一质量为m 的小球。
当滑块以2g 加速度向左运动时，线中拉力T 等于多少？解析：当小球和斜面接触，但两者之间无压力时，设滑块的加速度为a'此时小球受力如图2，由水平和竖直方向状态可列方程分别为： T ma T mg cos 'sin 45450︒=︒-=⎧⎨⎩解得：a g '=由滑块A 的加速度a g a =>2'，所以小球将飘离滑块A ，其受力如图3所示，设线和竖直方向成β角，由小球水平竖直方向状态可列方程T ma T mg sin ''cos ββ=-=⎧⎨⎩解得：()()T ma mg mg '=+=225例2. 如图4甲、乙所示，图中细线均不可伸长，物体均处于平衡状态。
如果突然把两水平细线剪断，求剪断瞬间小球A 、B 的加速度各是多少？（θ角已知）解析：水平细线剪断瞬间拉力突变为零，图甲中OA 绳拉力由T 突变为T'，但是图乙中OB 弹簧要发生形变需要一定时间，弹力不能突变。
（1）对A 球受力分析，如图5（a ），剪断水平细线后，球A 将做圆周运动，剪断瞬间，小球的加速度a 1方向沿圆周的切线方向。
F mg ma a g 111==∴=sin sin θθ，（2）水平细线剪断瞬间，B 球受重力G 和弹簧弹力T 2不变，如图5（b ）所示，则 F m g a g B 22=∴=tan tan θθ，小结：（1）牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度和力同时产生、同时变化、同时消失。
分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该瞬时前后的受力情况及其变化。
（2）明确两种基本模型的特点：A. 轻绳的形变可瞬时产生或恢复，故绳的弹力可以瞬时突变。
B. 轻弹簧（或橡皮绳）在两端均联有物体时，形变恢复需较长时间，其弹力的大小与方向均不能突变。
例3. 传送带与水平面夹角37°，皮带以10m/s 的速率运动，皮带轮沿顺时针方向转动，如图6所示。
今在传送带上端A 处无初速地放上一个质量为m kg =05.的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A 到B 的长度为16m ，g 取102m s /，则物体从A 运动到B 的时间为多少？解析：由于μθ=<=05075.tan .，物体一定沿传送带对地下移，且不会与传送带相对静止。
设从物块刚放上到皮带速度达10m/s ，物体位移为s 1，加速度a 1，时间t 1，因物速小于皮带速率，根据牛顿第二定律，a mg mg mm s 1210=+=sin cos /θμθ，方向沿斜面向下。
t v a s s a t m 1111121125====<，皮带长度。
设从物块速率为102m s /到B 端所用时间为t 2，加速度a 2，位移s 2，物块速度大于皮带速度，物块受滑动摩擦力沿斜面向上，有：a mg mg mm s s vt a t 2222222212=-==+sin cos /θμθ即1651012212222-=+⨯=t t t s ，（t s 210=-舍去） 所用总时间t t t s =+=122例4. 如图7，质量M kg =8的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F=8N 。
当小车向右运动速度达到3m/s 时，在小车的右端轻放一质量m=2kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=02.，假定小车足够长，问： （1）经过多长时间物块停止与小车间的相对运动？（2）小物块从放在车上开始经过t s 030=.所通过的位移是多少？（g 取102m s /）解析：（1）依据题意，物块在小车上停止运动时，物块与小车保持相对静止，应具有共同的速度。
设物块在小车上相对运动时间为t ，物块、小车受力分析如图8：物块放上小车后做初速度为零加速度为a 1的匀加速直线运动，小车做加速度为a 2匀加速运动。
由牛顿运动定律：物块放上小车后加速度：a g m s 122==μ/小车加速度：()a F mg M m s 2205=-=μ/./v a tv a t11223==+由v v 12=得：t s =2（2）物块在前2s 内做加速度为a 1的匀加速运动，后1s 同小车一起做加速度为a 2的匀加速运动。
以系统为研究对象：根据牛顿运动定律，由()F M m a =+3得： ()a F M m m s 3208=+=/./物块位移s s s =+12()()s a t ms v t at m s s s m112212212124124484===+==+=//..例5. 将金属块m 用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图9所示，在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。
当箱以a m s =202./的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为6.0 N ，下底板的传感器显示的压力为10.0 N 。
（取g m s =102/）（1）若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，试判断箱的运动情况。
（2）若上顶板传感器的示数为零，箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？启迪：题中上下传感器的读数，实际上是告诉我们顶板和弹簧对m 的作用力的大小。
对m 受力分析求出合外力，即可求出m 的加速度，并进一步确定物体的运动情况，但必须先由题意求出m 的值。
解析：当a m s 1220=./减速上升时，m 受力情况如图10所示：mg N N ma m N N g a kg kg+-==--=--=12121110610205. （1）N N N N N N 22121025'''====， ∴+-=N mg N 120''故箱体将作匀速运动或保持静止状态。
（2）若N 10"=，则()F N mg N Na F mm s 合合（向上）=-≥-==≥22105510"/即箱体将向上匀加速或向下匀减速运动，且加速度大小大于、等于102m s /。
例6. 测定病人的血沉有助于对病情的判断。
血液由红血球和血浆组成，将血液放在竖直的玻璃管内，红血球会匀速下沉，其下沉的速度称为血沉，某人血沉为v ，若把红血球看成半径为R 的小球，它在血浆中下沉时所受阻力f R v =6πη，η为常数，则红血球半径R ＝___________。