高中物理全能训练高三使用解答或提示

第一章物体的运动

一、几个重要概念专题

I.D

2.D提示：由于声音传到终点时，王华已经跑出了一段距离，故王华的实际成绩应是

测量成绩再加声音传播100m所用的时间.20°时的声速介于15°和25°之间.

3.D提示：由匀变速直线运动的速度公式：

Vi=v0-\-at

取时间为1秒分析得，这一秒的末速度比该秒的初速度大0.5m/s.故正确答案选D.

4.AB提示：

v=197/(10-8)=98.5km//i=27.4m/s

5.CD提示：设AB间距离为s,A、B、C三点的速度分别为以、vB>vc,由v=

(vo+vi)/2,有:

20=WA+UB)/2，30=(VB+VC)/2

2s

=(V+VC)/2

5/20+5/30A

由以上各式可求质点在AC段的平均速度及在C点的瞬时速度.

6.解：供客机起飞的跑道长

44

*=um=yX150=3300(^)

供战斗机起飞的航空母舰甲板长

$2=以2=万义2=83(⑼，$1/52=3300/83240

二、匀变速直线运动规律及其应用专题

1.D

2.AD提示：这一秒的初速和末速可能同向也可能反向.以初速度方向为正方向.

若初速和末速同向，有：

加速度a—(,v—v())/r=(10—4)/t—6m/s2

位移s=tX(vo+vi)/2=1X(4+10)/2=7m

若初速和末速反向，有：加速度

2

—

a=(vtvo)/r=(—10—4)/1=—14m/s

位移s=fXWo+vt)/2=1X(4—10)/2=—3m

故加速度的大小可为Mm/sl大于lOm/s?,D问正确；位移的大小可为3m,小于4m,

A问正确.

3.ABC提示：由53一.”=2〃产，其中S|=2m、s3=8m,7=Is,可求加速度。，故

选项B对；

由sinviT+aT2?,可求速度也，故选项A对；

由sz-sinaT2,可求S2，故选项C对.

4.ABC提示：当物体做匀速直线运动时，中间位置与中间时刻是同一位置，因此

C对；当物体做匀变速直线运动时，其示意图如下图所示，若物体由A向B做匀加速直线

运动，则前一半时间的位移小于后一半时间的位移，中间时刻如图的C点，中间位置为E

点，显然vi>v2；若物体由A向B做匀减速直线运动，则前一半时间的位移大于后一半时

间的位移，中间时刻如图的D点，显然V[>V2.

ACEDB

5.B提示：因车身长4.5m,占标尺上3小格，每小格是1.5m,由图中读出第一、

第二次闪光后汽车相距si=12m,第二、第三次闪光汽车相距S2=20.1m,山公式：

4S—S2—5i—aT~,得

$2-420.1-122

a—2.1=-------z——^2(m/s)

T222

6.D提示：由图可知：下方的物体做匀速运动，而上方的物体做匀加速运动.由

14到4这段时间内下方物体的位移几乎等于上方物体的位移，说明这段时间内两物体的平均

速度几乎相等，由运动规律知：以时刻下方物体的速度大于上方物体的速度，“时刻下方物

体的速度小于上方物体的速度，故在/4时刻与4时刻之间某时刻两木块的速度相同，故选

项D对.

7.解：设刹车后t汽车静止，有/=vo/a=8/6s故刹车后4s内的位移与8/6s的位移相等，

为：

%+匕8+08,

s=———-=----Xv—=5.33m

226

8.解：小物体在传送带上做匀加速运动时间:

t\——=—=---=2(s)

a0.1x10

位移为：si=vt|=(0+2)/2X2=2(w)

此后小物体做匀速直线运动，运动时间为：

t2—(s—s\)/v=(20—2)/2=9(s)

所以，小物体运动到另一端的时间为：

T=h+f2=2+9=1l(s)

9.解：火车提速前：设匀速运动的速度为巧则

匀力U(减)速的时间为：t\=-=V

a0.4

位移为$1==^^=三

2O.o

匀速运动的位移为：S2=s—4S1

匀速运动的时间为：f2=S2、，

中途停车时间：zl/=360s

总时间：4fi+f2+4f=T,7=7560s

解以上各式得v=20m/s.

提速后：火车匀速的速度为vo=l.5y=3Om/s

匀加(减)速的时间为」产合=^=75s

移为s/i=^-=1125m

0.8

匀速运动的位移为：s=s—2s=139750m

匀速运动的时间为，=s/i«)=4658s

运动的总时间：t=2tf\+tf2=4808s=1.34/z

三、自由落体运动和竖直上抛运动专题

1.ACE提示：若石块是在抛出点上方15m处，则

由公式s=wf+g//2,有15=20f—5/

解得：r=ls或r=3s；

若石块是在抛出点下方15m处，则由公式S=1^+8』/2,有-15=201-5』

解得：f=2+V7s,故选项ACE正确.

2.AC.提示：竖直上抛运动的上升过程和自由落体运动互为逆运动，根据运动的对称

性，上抛运动的最高点即为自山落体的下落点.

3.提示：(1)第1滴水落到盘上的位移：⑵9

第2滴水的位移：=解以上两式可得排=6/4

(2)第1滴水落到盘上历时“=廊3,从第1滴水离开水龙头开始到第2滴水落到盘

上历时：t2-ti+t\/2

从第1滴水离开水龙头开始到第3滴水落到盘上历时：f3=f2+fi/2="+2”/2

同理：r4=n+3/1/2.......rN=n+(N-l)ri/2

依题意有廊

r=N="2lVoI0g=2小T智2”

4.解：研究运动员重心的运动即可.

设重心上升0.45m所用时间为ti，则

0・45=g，］2/2,t\=0*3s

重心由(0.45+10)加自由下落到水面用时间为短则

10.45=g，22/2,纭=1.4s

故用于完成空中动作的时间为：

r=/i4-/2—1.7s

5.解：10s末气球与重物的速度为：v=^=100m/s

位移为si=〃2/2=500m

2

重物掉出后以lOOm/s的初速度做竖直上抛运动，上升的高度为刀=土=500m

2g

故此重物最高可上升//=5|+/i=1000m

由竖直上抛运动规律，有一si=v，2—gl2,即

2

-500=100z2-5r2

故重物从气球上掉出后到落回地面所用时间为：

f2=10+1072=24.14s.

6.解：设经时间r被拦截，则有：

s=(vr+g/72)+(vt—gr/2)=2vt

t==5/2v~-5s

拦截的高度〃=vLgF/2=49875m

7.解：△1=2一八=耐%一问々

四、归纳法与演绎法应用专题

1.A提示：第一个球回到手时，第四个球必须马上抛出，则在空中有两个球，整

段路程分为时间相等的三段.而山仁勖2/2得0=向7]=0.5s,

总时间2f1=Is,故球在手中停留的最长时间为l/3s

2.解：可假设车静止人从静止开始匀加速行走，

人走完第一节车厢历时h=J2s/a=5,a=2s/25

人走完前九节车厢历时t2=J2x9s/。=15

人走完前十节车厢历时小)=j2xl0s/a=5而

所以第十节车通过人的时间4f=ho-，9=O.81(s)

3.解：设物体跟档板碰了〃次，则总路程：

s="/+〃2=4"+2....①

把物体碰档板前后的运动看作是匀减速直线运动，

所以s=VQ/la........②

解以上两式得物体的加速度大小

a=4/(2〃+l)("=0，1，2,3...)

4.解：①小球在空中运动的总时间为：

t&=2t上=2vo/g=2X3O/lO=6(s)

在空中的小球个数总〃=6/1=6(个)

②第一个球和其余小球相遇时位移相等，则有：

30f—10t2/2=30(r—n)-10(r-ra)2/2

"为第2、3、4…个球跟第1个球间隔时间，解方程得：

r=(6+〃)/2,(”=1,2,3,4,5)

当〃=1时,f=3.5s；

n=2时，r=4.0s；

〃=3时，t=4.5s；

"=4时，z=5.0s；

〃=5时，r=5.5s

以上依次各时刻为第1个跟第2、3、4、5球相遇时刻.

五、运动图象专题

1.B提示：设物体质量为加，空气阻力为力

上升过程：速度为正加速度为负，速度图线为斜向下的直线，加速度大小为：aL=g+

flm；

下升过程：速度为负加速度为负，速度图线在第四象限且斜向下的直线，加速度大小为：

a-f—g—flm；故

2.C提示：小孩从高处下落到蹦床前做的是自由落体（即匀加速）直线运动，速度图

象应为直线（即oa段），离开蹦床后做竖直上抛（即匀减速）直线运动，速度图象也为直线（即

cd段），故应选C.

3.A.提示：由攻=丫0—gf，得动能为：

121,n21212

Ek=-mvi--S—mgvot+-mvo

故动能与时间的图象为开口向上的抛物线.

4.C提示：由图象可知速度都为正的，故物体一直朝正方向做直线运动.

5.ABC提示：A图：物体先沿正方向做匀减速，到速度为0后，向负方向（回头）

做匀加速运动；

B图：物体先沿负方向做匀减速，到速度为0后，向正方向（回头）做匀加速运动；

C图：物体一直沿负方向做匀加速直线运动.

6.A提示：用排除法：若是路程图象，路程应是一直增大的，故B错；若是速度

图象则应是直线的，因为下落过程是匀加速直线运动，上升过程是匀减速直线运动，故C

错；除碰撞瞬间外小球运动的加速度是恒定的，所以若是加速度图象应是一平行时间轴的直

线，故D错；故只能选A.

7.BC提示：对C问：由机械能守恒可知两球落地时速率相等，故C问对；对ABD

问：作出人两球的丫一，图象，如图，两图线与时间轴所围成的面积相等.由图知fa>b

8.tc>tD提示：解法一：与上题相同.

解法二：小球运动到同一竖直直线上沿ACB运动的速率均小于沿ADB运动的速率，

故沿ACB运动的平均速率小于沿ADB运动的平均速率，由s=G,路程s相同，故沿ACB

运动的时间大于沿ADB运动的时间.

9.解：0到1s质点静止，1s到3s质点做匀速直线运动，速度为U匕3=2.5m/s,3s到

3-1

5s质点做匀速直线运动，速度为41=-iom/s,5s到6s质点静止.“一/图象如下图

5—3

所示）

10.解法一：设两物体抛出的时间间隔为时，恰好在后抛出物体落地时被前一物体

下落追上相碰，那么前抛物体的运动时间应等于后抛物体运动时间与/“之和，即：

2X2vo/g=2v（）/g+得：At\=2vo/g

又设两物体抛出时间间隔为时，恰好在后抛出物体抛出瞬间前-物体回到原点相

碰.

同理得：2X2v（）/g=0+/12

/f2=4vo/g

所以，时间间隔必须满足：

2vNgW4tW4v（）/g

解法二、分别在图中画出两物体的s—，图线，要求两物体在空中相碰，两图线必须有

交点.前抛物体在空中运动的总时间为：tl=2X2v0/g

后抛物体在空中运动的总时间为：：2=2vo/g

由图中可看出两物体抛出的最短时间间隔：

/"=/1一々=2*女

最长时间间隔等于前抛出物体的运动时间：

/f2="=4vo/g

所以：2vo/gW4tW4v（）/g

六、追赶运动专题

1.C提示：设乙车运动时间，时两车距离最大，这时两车的速度相等，

由巴=内，有3XQ+2）=4r,

解得f=6s,

又由5=°攵/2，得两车最大距离为：

4s=s单一sz,=3X（6+2）2/2—4X36/2=24m

2.B.提示：据题意，作出前车开始刹车时两车的速度与时间图象，如下图所示，由

图象的物理意义知，三角形AOC的面积为前车刹车后的位移，其大小为s,梯形ABD。的

面积为前车开始刹车时后车的位移，其大小为3s,所以两车不相碰且它们在行驶时应保持

的距离至少为：

-s=3s—s=2s,故选B.

3.解：此题用相对运动求解较为筒便，以前车为参照物，则后车相对于前车的初速度

为(力一电)，追上时相对末速度为0,相对加速度为一m相对位移为s.

由“)2=2〃$得0一(叫一/)2=2(—a)s

。为两车恰好相碰时的加速度，要两车不相碰，应满足心切一P2K/2S.

4.解：两车不相撞的临界条件是：A车追上B车时两车的速度相等.选B车为参照物,

A4二的相对初速度UAB=U()-0=也)，追上时相对末速度VAB'=0,相对加速度〃AB=2〃-a

——3a,相对位移SAB=S—I，

由叫2—v()2=2as有次=2(—3a)(s—/)

得叩=J6a(s-/)(最大值)

所以，两车不相碰的条件：voWJ6a(s-/)

5.解：A、B相遇时位移相等有：

VAt-aet2/2,得

t=2UA/〃B=2X3/3=2(s)

相遇时B的速度：

UB==3X2=6(m/s)

当B减速到UB'=PA时，A、B相距最远，有：

VB-«B'，=VA

tf=WB-UA)/〃B'=1.5⑸

由上述计算可知在(2+l.5)=3.5(s)末A、B相距最远.由u—E图象也可求解(见上图)

6.解：由题意知：人匀速运动、车匀加速运动，人和车运动时间相等，设人经时间t

追上车，当追上时人和车的位移关系是：s人+$车=5(),BPvA•/—aF=so得F-12/+90—0,

若能追上f有解，若追不上f无解.4=/?2—4℃=-216<0,所以人追不上汽车.

在开始阶段，人的速度大于车的速度，人和车之间的距离减小，当车的速度大于人的速

度时，两者之间的距离增大，当人和车速度相等时，人与车之间距离最小.

设从开始追到距离最小的时间为小有v人=。小所以h=6s,人和车之间的最小距离

为：

4s'min=s、o+s4：—s人=45+—X1X62-6X6=27m.

2

7.解：汽车作匀减速运动的位移为：

S汽=v2泠/2a=25(s)

/汽=v汽/a=5(s)

sIS=P白f汽=20(，w)

汽车已停下来自行车还追不上，

，f=5+(25+7—20)/4=8(s)

七、运动的合成和分解、平抛运动专题

1.C提示：设河宽为3则渡河时间为f=ZA与河流速度无关.

2.C提示：速度的合成遵守平行四边形定则.

3.A提示：设浦的竖直高度为爪时的水平距离为s,则ac的水平距离为2s.

以速度v抛出时：〃=g』/2,s=W

以速度2i，抛出时：〃2=gI/2,

h>h2>t>t2S2=2vt2<2vt=2s

故应落在斜面上的b与c之间某一点.

4.BD提示：设经，时间两球在空中相遇，由自山落体及竖直上抛运动规律，有：

2

(gr/2)+(v2t-gt/2)=H,故t=Hlv2

两球相遇的水平距离为S=Ulf=¥|"/V2

5.解：两个运动的物体在一条直线上的相遇问题比较容易解决，而不在一条直线的相

遇问题要做好几何图形，利用三角形知识解题.

设人向电的方向运动，在公路上与汽车相遇在C点，如图所示，汽车运动距离si，人

运动距离S2.由正弦定理有：工=*一

n

卬_v2/

sinasinp

即：

sinasin/3

从直角三角形可知：sin£=/?/d

贝lj：sina=uisin加也=yih/v2d=5/6

・.5

・・arcsin—

6

6.解：陀螺离开桌面后做平抛运动，设陀螺水平飞出，•时的下落高度刚好是〃(此为临

界条件)，则

x=W=r

1c,

y=-gt2=h

所以VO至少为vo=r^^-

7.解：由图有：x=a/?cos30°=206加，

y=〃bsin3O°=20m

(1)运动员在空中飞行的时间为

t=J2y/g=2s

(2)运动员冲出跳台时的速度

v—x/t—10VJm/s

8.解：设物体由抛出点运动到P点的时间为f,则有：

votg3O°=gt

物体由抛出点运动到。点时，有：

votg6O°=g(f+l)

解得：f=0.5s*)=5^m/s

9.解：小球在水平方向作匀速直线运动，

小球沿斜面方向作匀加速直线运动，

L/\=—1gsi.n0八f2

解得v0=L2Jgsin(9/2L|

10.解：(1)排球被击出后，作平抛运动，球在空中飞行的时间

t2=j2A/z/g=72x2.5/10=V2/2(s)

在网上飞行的时间为

/]=j2A/?/g=72x(2.5-2)710=1/710

排球要不触网，则其速度应

v>(si〃i)=3VIU(m/s)

排球不越界，则其速度应为

(S2〃2)=(3+18⑵拉=1272(m/s.)

故排球的速度应为3V10m/.v<v<1272m/s

(2)若无论水平击球的速度多大，球不是触网就是越界，这是说明了与击球的水平速度

无关，而是与击球的高度有关.若是排球刚刚触网，则其运动时间为

s1/v=72Ah/g

排球若是刚刚越界，则运动时间为：

s小=j2/i/g,

由这两式可得s，$2=yl^h/h,

(式中的〃为击球的高度，为击球的高度与网高度之差).

2

^h—h(s\/s2)—h—no

h=hoL\—(SI/S2)2J

代入数据得：入=32/15m

八、论述证明题专题

1.证明：设做匀变速直线运动的物体的加速度为。，初速度为vo,经一段时间f的末

速度变为心,则这段时间r内的平均速度为：；="、，且有：

Vt=VQ-\~at①

设中间时刻的速度为加2,则

卬2=1'()+〃,—②

2

由①②式解得：丫心:^^士工二入原命题得证.

2

2.证明：设做匀变速直线运动的物体的加速度为a,初速度为血，经一段时间t的末

速度变为％,位移为s，则有：vt=vo+m①

s=v()f+a上/2②

由①②式解得：las=v\--VQ

3.证明：①设做初速为0的匀加速直线运动的物体的加速度为a,连续相等位移s所

用的时间分别为"、[2、"、…小由位移公式，有：

s—'iit।/2,

解得：rI=J2s/a

2s=a(“+f2)2/2,

解得:k=J2s/a•(后一”)

3s=a(/|+/2+巧)2/2,

解得：“=J2s/a•(百一五)

依此类推可得：

%=J2s/a,(Vn—4n-\),所以有：

ti：t2'.ti'.-:片=1：(-1)：(后一血)：…：Vn-Vn^T

②连续相等时间f的位移分别为Si、S2、S3、…Sn-由位移公式，有：si=a』/2

229

S2=a•(2t)/2—ar/2=3ar/2

S3=a•(3f)2/2—a⑵)2/2=sa』/2

……依此类推可得：

777

sn=a•(nt)/2~a[(n—l)t]=(2n—1)at/2

si：$2：$3：…：打=1：3：5：…：(2/?-1)

4.证明；设连续相等时间，的位移分别为S|、S2、S3、…Sn.由位移公式，有：S=a%2

S2=a•⑵)2/2—a』/2=3aj/2

S3=a•(3z)2/2-a(2z)2/2=5a/2/2

……依此类推可得：

7.70

—

sn=a•(nt)/2—a[(n—l)t]/2=(2nl)a//2

故/s=$2—si=3at^/2—a^/2—a?

S3-$2=5Q//2—3〃//2=at2

o7o

Sn~sn-\=(2n—i)ar/2—(2n—2)at12=at

原命题得证.

5.证明：设匀加速运动的时间为h，最速度为v,则有：v—a\t\,故力=丫/田；

又设匀减速运动的时间为⑵则有：

U=〃2/2，，2=W〃2；

所以全程所需的时间：

t—t\+12=口/。1+W〃2=(〃1+〃2)U/〃1〃2①

因为匀加速与匀减速的平均速度相等，均为：

-v+0

V=-----，

2

所以全程的平均速度也为：

解①②式得：t=+〃2)2”一]〃2,

第二章物体平衡

一、力、重力、弹力专题

I.BC提示：A、“力是改变物体运动状态的原因”其中的“力”是指物体所受的

“合力”；“物体运动状态改变”.是指物体的速度发生变化，存在加速度；物体虽受几个

力作用，但如果合外力为零，物体的运动状态不变.

B、“1千克力=9.8牛”为单位换算关系，任何地方都一样.

2.A提示：C、作用力与反作用力存在''同时性"，同时产生，同时消失.D、力不能

从一个物体传到另一个物体.

3.D提示：A、地表物体的重力除两极和赤道外均不指向地心.B、弹簧秤测重力

的大小，杆秤测物体的质量.C、物体除受重力外还可能受到其他力的作用.

4.B提示：B、轻杆的形变除压缩和拉伸外还可能有弯曲，故弹力方向不一定在杆的

直线上.轻绳的弹力（拉力）方向一定沿绳方向.C、弹力产生的条件：①接触，②弹性形变.

5.BC提示：以G为研究对象，G受二力处于平衡，弹簧b对G的拉力尸及物体的重

力G=10N,且有G=F=kb。'b-/b），

I'b=G/kb+/b=4.5cm

再以弹簧b为研究对象，重力不计，则它只受重物对它的拉力ION和弹簧。对它的拉

力北，二力平衡，故7a=10N,且有

k&（l'a-/a）=10NI'a=7cm

6.D提示：放在下面的物体的重力对两根弹簧都有作用，而放在上下两弹簧之间

的物体的重力只拉匕面弹簧，故放在下面物体的质量应为最大的，即。应在下b在上；两个

物体的重力都作用的弹簧的劲度系数应小些，而一个物体的重力作用的弹簧的劲度系数应大

些，下面弹簧是只有下面物体的重力作用，故下面弹簧的动度系数应大些，所以弹簧S2在

上而弹簧SI在下.

7.解：①设物块2上升的距离为42,弹簧2原长为5则有

d2=l2-［l2-（叫+叫］］=（仍+%尔

七k2

②设物块1上升的距离为山，弹簧1原长为小则有：

d七的出+等）］-网+㈤-（等+吗3）］

k］攵］k2

=（%1+机2）g（所+氏2）4的

二、摩擦力专题

1.C提示：当F1减到4N之前，摩擦力的大小为：/=F1一尸2,凸变小&不变，

故f变小，

当尸।减到4N之后，摩擦力的大小为：

/=尸2—Fl,Q变小尸2不变，故/变大，

2.B提示：滑动摩擦力的大小不变.

3.ACD提示：B：对于A、B两点B点先运动，A点后运动；

C：对于C、D两点C点先运动，D点后运动.

4.D提示：后轮是主动轮，所受摩擦力为动力，方向向前，前轮是从动轮，所受

摩擦力为阻力，方向向后.

5.B提示：A：匀速水平传送时，例不受静摩擦力作用；

B：皮带做变速运动时，M所受静摩擦力f等于其所受合外力，故由牛顿第二定律，有

尸Ma,皮带加速度。越大，M受到的摩擦力f越大；

C、D：M所受静摩擦力/等于其所受合外力，若皮带匀速运动，/=0:若皮带做加速运

动，M所受静摩擦力/方向与传送方向相同；若皮带做减速运动，M所受静摩擦力f方向与

传送方向相反.

6.pmg提示：滑动摩擦力大小与接触面积大小无关.

7.B提示：开始时为滑动摩擦力f=pkt<G,物体向下变加速运动，到f=/Jkt>G

后物体向下变减速运动，到v变为零时变为静摩擦力=G.

8.A提示：不论传送带静止还是沿逆时针方向转动，物块机所受摩擦力均为滑动

摩擦力，其大小

f=pmg不变.

所以物块在传送带上运动是匀减速运动，加速度不变，刚脱离传送带瞬间物块的速度相

同，故落点不变.

9.D提示：若三个物体均静止，有：

/'|p=Fcos&fFeos0,f『F；

若三个物体均运动，有：

f甲=〃(mg—Fsinff)

/乙=〃(mg+Fsin。

因不知这三个物体是静止还是运动，故无法判断谁受摩擦力最大.

三、物体受力分析专题

1.略

2.A提示：物体C受到自身的重力和B对C竖直向下的压力.

3.D提示：A、B与地面间可能有静摩擦力，可能没有静摩擦力.

四、一对平衡力与一对作用力反作用力

1.D提示：C选项的两个力不一定是相互作用的一对力.

2.C提示：人和地球之间的三对作用力和反作用力分别是：人所受重力和人对地

球的吸引力，地球对人的支持力和人对地球的压力，地对人的摩擦力和人对地的摩擦力.

3.B提示：两个力彼此平衡，则这两力应是一对平衡为.

4.D提示：A：这里说的B受到的滑动摩擦力不说明是A对B的滑动摩擦力还是

地对B的滑动摩擦力，故不能确定其大小；

B：对整体受力，知地面对B的滑动摩擦力/=/一7；

C、D：对A受力知木块A受到的摩擦力大小等于7

5.B提示：这是因为吊扇转动时空气对吊扇叶片有向上的反作用力，所以正常转

动时悬挂点受的拉力比未转动时要小，且转动速度越大，向上的反作用力越大，拉力越小.

6.解：设鸟的几何线度为L,那么其质量应跟线度的立方成正比机8乙3,而翅膀面积

应跟线度的平方成正比

S"：.丝8乙

S

能飞起来的临界速度应满足：F=mg

即cSv'w7g

故兀

可见鸵鸟飞起来需要的最小速度V,应满足

即/=5Xv=27.5(m/s)

27.5>11.5所以飞不起来

五、平行四边形定则及图解法专题

1.D提示：F］与尸2二力的合力

F号的大小范围是：1N〈尸方W9N

2.20.提示：如下图，由图及正弦定理，有:

F2/sin6»=F令/sin30°

，F2=20sin6»

:.要尸2最大，则sin用1,

故尸2的最大值为20N.

3.B提示：建立。0'为X轴，则y轴合力应为0,设须同时再加一个力尸，F'

方向与丫轴夹角为。，则由正交分解法及y轴合力为o,有,：

F'cosa=Fsine,其中Fsin匕定的，

故要F'最小，C0S4应最大为1,所以这个力的最小值是Fsine.

4.AC提示：如下图1所示.

5.提示：用图解法（如图2所示）可确定球对档板的压力N2先减小后增大，球对斜面压

力N,一直减小.

图2

6.解：小环受到重力G、大环对小环斜向下的弹力N和弹簧对它的弹性力F(如下图).小

环静止，产含=0，

N=G,F=2Gcos<p

而F—k^x=k(2Rcos(p—L)

解以上两式得：

cos<p=kL/2(kR—G)

7.证明：根据力的分解法作出力F的分力力、力的矢量图，如原图所示，有力=方，由

/1-<6

即fl=F=于2

命题得证

六、共点力平衡条件及正交分解法专题

1.BC提示：对物体〃?受力，因为物体匀速运动所有：/=Feos。N=Fsin〃一mg,

/=//N=)i/(Fsin0—mg)

2.B提示：对A受力：T=GA，,:GA不变二7不变；

对人受力有：N+7sinAG人f=Tcos8

又•:G人、7均不变而鹿小，故N和f均增大.

3.D.提示：对球受力分析有：

A：F=N2+N|sin(9,Njcos6»=G

(式中Ni是斜面对球的支持力，N2是墙对球的水平支持力)

二F>N2；

B、D：N2、0均不知，无法确定G与尸及G与Ni的大小关系；

C：Ni=G/cos6>G.

4.解：绳结点受力平衡如图所示，物体静止，合力为零,

mg/2

———=cos。

T

Jl2-(-)2//=cos(9

解得：/^Ts/y/4T2-(mg)2

5.BC提示：在物体A上放-重物相当于增大A物体的质量.

6.ABD提示：物体,"恰好匀速，有

/=〃?gsin9=//mgcos夕/.//=tg。

加竖直向下的力尸后：对，〃受力并建立沿斜面向上方向为X轴，竖直斜面方向为y轴,

x轴的合力为：

Fx=(mg+f)sin0—jU(/ng+F)cos0=(mg+F)

sin0—tg/mg+F)cosg0,

故物体机仍保持匀速下滑.

又：N=(mg+F)cos8；f=(mg+F)sin0

：.N与/均增大

7.解：在上题中，若所加的力是垂直于斜面向下的力，则有：

X轴的合力，Fx—mgsm0—ju(mgcos0+F)~pF,

即物体m所受合力为一与速度方向相反，故物体做减速运动到静止.

七、共点力平衡条件推论专题

1.0,8,3.

2.E提示：小球在线拉力作用下静止且线水平，说明小球所受重力与电场力的合力水

平向右.烧断线后，因为重力与电场力均不变，所以小球所受合力仍为水平向右且为恒力，

故小球将向右做匀加速直线运动.

3.D提示：木块对斜面的作用力也就是木块对斜面的压力和摩擦力的合力.

4.A提示：重心位置虽然不同，但受力分析时重心的作用点仍可画在圆球的圆心

上，故结果是一样的.

5.4.5m提示：受力分析如图，

mg/2

=fn\

cosa

4

cs监1.8X10/2_3

fm1.5X1045

/.sincr=-

5

绳长L=2Li+/=2x1/2+/=-/=4.5（⑼

sina4

6.AC提示：物体所受摩擦力大小为：/=〃mg=2N物体做匀速运动，合力为0,

故选AC.

7.CD提示：A、物体静止，故物体所受重力、支持力和静摩擦力的合力为0；

B、物体所受重力和静摩擦力的合力的大小等于支持力的大小，为mgcosO,碘大,故

mgcosH咸小；

C、物体所受重力和支持力的合力的大小等于静摩擦力的大小，为机gsin&6增大，故

mgsin西123456大；

D、物体所受支持力和摩擦力的合力等于重力，故不变.

八、平衡条件结合隔离法、

整体法的应用专题

1.A提示：对A受力知B对A的摩擦力等于F2=1N,对整体受力知地面对B的

摩擦力等于0.

2.A提示：对ab两球组成整体，对整体受力，整体受两个力：竖直向下的重力和

上段线的拉力，因整体静止，故上段线的拉力应竖直向上，即上段线应是竖直的，用排除法，

应选A.

3.B提示：对磁铁A受力，知B对A的弹力为：F=mg+FWi>mg

（式中机为磁铁A的质量，/吸是磁铁B对A的吸引力）

对磁铁AB整体受力有：C对B的弹力&=2mg

4.BD提示：A匀速运动，所受合力为0,所以A所受摩擦力一定为0,故〃।可以

为0也可以不为0；对AB整体受力知C对B的摩擦力为：

f—F■—定不为0,故〃2一定不为0.

5.A提示：可用排除法解此题，对m受力,因为m匀速运动，所以皿所受合力为

0,故M对机一定没有摩擦力的作用，故选项B、C、D均错，选项A对.

6.ABC提示：对上面的球受力如图，由图知：C点的弹力从N2cos用〃吆，故N2

=mg/cos0>mg,故D问不对；D点的弹力N]=N2sing"zgtg&因为tgg可大于1,可等于

1也可小于1,故Ni可大于，也可等于还可小于小球的重力，故A问正确：

对两球整体受力，知：D点的弹力大小等于A点的弹力大小，故B问正确；B点的弹

力等于两个小球的重力之和，故C问正确.

7.AD提示：对光滑球受力如图，设球质量为根，楔形木底角为6,楔形木质量为

墙对球的向左的弹力为Ni，楔形木对球的支持力为N2，由图有：N2cos产〃?g+F,故N2

增大，Ni=N2sinft故Ni增大；

对球与楔形木整体受力有：水平面对楔形木块的竖直向上的弹力为：N=mg+Mg+F,

故N增大，水平面对楔形木块的摩擦力尸Ni，故/增大

8.解：对A、B、C整体受力知：竖直向下的力有：三个小球的重力3mg,B受电场力

2qE,C受电场力2qE；竖直向上的力有：悬线的拉力T,A球受的电场力qE.因为三个小

球静止，故竖直方向的合力为0,有：

T-\-qE—3mg—2qE—2qE=0

所以悬线的张力T=3/(mg+qE)

9.提示：对M、机整体，加速度。=0,地面对斜面体的支持力为：

N=(nz+M)g—Fsin。方向竖直向上

斜面体受地面的静摩擦力为：

f=Fcosa方向水平向左.

10.解：设左右两木板对砖1和4的静摩擦力分别是人对四块砖整体受力，由平衡条

件有：4-4mg所以/=2mg

又设第2块砖对第3块砖的静摩擦力为力3.

同理对3与4两块砖整体受力有：

/+力3=2mg故及3=。

11.解：①对人受力，由平衡条件有：

N人=G人-T=500—100=400(N)方向竖直向上.

②对人和吊篮，设地面对吊篮的支持力为N%,则有：N=(G人+G)-2T=700—200=

500(N)方向竖直向上.

③当N“：=0时，人拉绳的力至少为T,则有：

2T'=G人+GT'=700/2=350(N)

12.解：由题目条件知，两物体均静止，对AB整体受力分析有：地面对B物体的摩擦

力/h=F=20N；

对A受力分析有：B对A的摩擦力/Xuru/VZnlON.

九、用极限法分析平衡物体的有关临界问题

1.解：如图TB=JR2-G2=1(20后)2-3()2=1O6(N)7B<30N所以AB绳不

断.

G

TB_1。6.也

G303

二6t=30°

即在线0A段与竖直方向成30°夹角时，04线恰好不断，AC和AB线都不会断.

2.ABCD提示：有两种情况：第一种：若斜面对物体的静摩擦力/沿斜面向上且当/

从0变到10N时，弹簧的弹力/方向沿斜面向上，大小可在10N到0之间变化；当/=10N

时，F=0；当/从10N变到12N时;弹簧的弹力尸方向沿斜面向下，大小可在0到2N之

间变化.

第二种：若斜面对物体的静摩擦力/沿斜面向下：则弹簧的弹力方向一定沿斜面向上，

大小可在10N到22N之间变化.由以上两种情况可知ABCD均正确.

3.CD提示：小木块受到斜面的支持力与摩擦力的合力大小等于木块的重力G与

向右的力尸的合力FGF，方向跟G与尸的合力尸GF的方向相反.

4.AB.提示：设物体尸的质量为m,物体。的质量为加（加>机），对物体P受力知绳

的拉力T=mg；

对物体。受力如下图，有：

F=f+TcosR

若F>Teos例"摩擦力为正数，表示摩擦力方向向左，若尸<Tcos劭"摩擦力为负数，表

示摩擦力方向向右，若尸=Tcos领IJ摩擦力为0,

FN+7sin6=Mg,

因为T=mg<Mg,

故支持力不可能为0.

5.解：若物体恰好想沿墙向上滑动，则物体所受摩擦力方向向下，因物体静止，有：

FCOS^=FN

Fsin0=mg+f

/=〃FN

代入数据并计算得：最大推力F=50N；

若物体恰好想沿墙向下滑动，则物体所受摩擦力方向向上，因物体静止，有:

FCOS^=FN

Fs\n0=mg—f

片〃FN，

代入数据并计算得：最小推力尸=10N；

所以10WFW50N

6.解：设B的质量M较小时，A恰好沿斜面下滑，

mgsin0=Mg+jumgeos0

M=m(sine—4cos软最小值)

设B的质量较大时，A恰好沿斜面上滑，

mgsin0+jjmgcos0=M'g

得：M'=加因11。+〃(：05例(最大值)

欲保持A物体静止于斜面上，则物体B的质量应取值：〃?(sine—〃cos4/!WA/W"?(sin6

+〃cos份

7.解：当A物体水平向左匀速运动时，水平拉力尸=/'+"ig=〃wg+wg=mg(l+〃)

当A物体水平向右匀速运动时，则有：

F-\-/Jmg=tng

得水平拉力：F'=mg(l—〃)

8.提示：量出线长L,一端固定于水平放置的米尺上，用手提另•端，下挂钩码后，

手提另一端沿米尺缓慢移动，至细线断时，记卜.两线端距离S,则细线的最大张力为：T=

mgL

第三章运动和力

一、牛顿第一定律专题

1.C分析：小车先是尸推〉/消的加速阶段，后是厂推=加的匀速阶段，选项中的力

是指合力；可见力是改变运动状态，产生加速度的原因.

2.AC分析：惯性的表现为：静则静，动则动，故选项A正确；质量是物体惯性

大小的量度，质量大则惯性大，运动状态难改变；质量小则惯性小，运动状态容易改变，质

量不变则惯性不变，故选项B错，C对；有质量就有惯性，故选项D错.

3.BD分析：小车原来可以是向右的匀加速运动或向左的匀减速运动，故当小车突

然止动，A可离开斜面做曲线运动或沿斜面上滑.

4.AC分析：当车厢向右匀速运动时，M受力不平衡，故M摆动；N受力可平衡

或不平衡，故N静止或摆动，当车厢向右匀加速运动时，N合力不向右，故N在摆动中，

M合力可向右，故加可静止或摆动.

5.A分析：由于小球只受竖直方向的重力和例对它的支持力，且初速为零，故小球只

能是在竖直方向向下直运动.

二、牛顿第二定律基本应用专题

1.BD分析：钢球在油槽中受重力和阻力作用，依题意阻力/=H,所以合力：Ffy

=mg—kv,

vt=>F介I=>aJ,当/合=0时，a=0；

故钢球的加速度逐渐减小到零.运动是先加速后匀速.

2.A提示：上升过程：

a=(mg+kv)/m=g+kvlmvII

下落过程：

a=g—kvhnvt=>«I

所以a始终变小.

3.AC分析：小球在上升的过程中，受重力和向上逐渐减小的（或向下逐渐增大的

弹力作用），故小球做减速运动合力逐渐增大.

4.分析：从A-B过程，物体受力

Fa=F，*—f=kAx-f

由于/xl而，一定，尸介lai；当出时，a—0,

然后/x继续减小，使则F后f—k」x随