高中物理经典例题分析

第一部分

高中物理活题巧解方法总论

一、整体法

例1：在水平滑桌面上放置两个物体A、B如图1-1所示，mA=1kg，mB=2kg，它们之间用不可伸长的细线相连，细线质量忽略不计，A、B分别受到水平间向左拉力F1=10N和水平向右拉力F2=40N的作用，求A、B间细线的拉力。

【巧解】由于细线不可伸长，A、B有共同的加速度，则共同加速度a

F2 F140 10

10m/s2

mA mB1 2

对于AF和F1 即F F1 maA 1 20 mAa

2a、b-q细线连接，上球又用绝缘细线悬挂在开花板上，在两球所在空间有水平方向的匀强电场，场强为E，平衡细线都被拉紧，右边四图中，表示平衡状态的可能是：

【巧解】对于a、b构成的整体，总电量Q=q-q=0，总质量M=2m，在电场中静止时，ab整体受到拉力和总重力作用，二力平衡，故拉力与重力在同一条竖直线上。

【答案】A

说明：此答案只局限于a、b带等量正负电荷，若a、b带不等量异种电荷，则a与天花板间细线将偏离竖直线。

例3：如图1-3所示，质量为M的木箱放在水平面上，木箱中的立杆上套着一个质量为m

的小球，

开始时小球在杆的顶端，由静止释放后，小球沿杆下滑的加速度为重力加速度的

11

，即a g，则小球22

在下滑的过程中，木箱对地面的压力为多少？

【巧解】对于“一动一静”连接体，也可选取整体为研究对象，依牛顿第二定律列式：

(mg Mg) FN ma M 故木箱所受支持力：FN

压力FN' FN

2M m

g，由牛顿第三定律知：木箱对地面2

2M m

g。 2

2M m

g 2

【答案】木箱对地面的压力FN

例4：如图1-4，质量为m的物体A放置在质量为M的物体B上，B与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐振动，振动过程中A、B之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k，当物体离开平衡位置的位移为x时，A、B间摩擦力f的大小等于（ ）

A、0

B、kx

C、(

m

)kx M

D、(

m

)kx

M m

【巧解】对于A、B构成的整体，当系统离开平衡位置的位移为x时，系统所受的合力为F=kx，系统的加速度为a

kx

，而对于A物体有摩擦力f F合 ma，故正确答

m M

案为D。

D

51-5所示，质量为m=2kg的作用下，由静止，若F1t2t3ν=6m/sFN（g取10m/s2）。

【巧解】如果按时间段来分析，物理过程分为三个：撤去F前的加速过程；撤去F后的减速过程；物体与墙壁碰撞过程。分段计算会较复杂。现把全过程作为一个整体（整体法），应用动量定理，并取F的方向为正方向，则有F t1 mg(t1 t2) FN t3 mv 0代入数据化简可得FN=280N

【答案】FN=280N

二、隔离法

例1：如图2-1所示，在两块相同的竖直木板之间，有质量均为m的4块相同的砖，用两个大小均为F的水平力压木板，使砖静止不动，则第1块对第2块砖摩擦力大小为（ ）

A、0 B、mg/2 C、mg D、2mg

【巧解】本题所求解的是第1块对第2块砖摩擦力，属于求内力，最终必须要用隔离法才能求解，研究对象可以选1，也可以选2，到底哪个更简单呢？若选2为研究对象，则1对2的摩擦力及3对2的摩擦力均是未知的，无法求解；而选1为研究对象，尽管2对1的摩擦力及左板对1的摩擦力均是未知的，但左板对1的摩擦力可以通过整体法求解，故选1为研究对象求内力较为简单。

先由整体法（4块砖作为一个整体）可得左、右两板对系统的摩擦力方向都竖直向上，大小均为4mg/2=2mg，再以1为研究对象分析，其受力图2-2

所示（一定

要把它从周围环境中隔离开来，单独画受力图），1受竖直向下的重力为mg，左板对1的摩擦力f左板竖直向上，大小为2mg，故由平衡条件可得：2对1的摩擦力f21竖直向下，大小为mg，答案应选C项。

【答案】C

例2：如图2-3所示，斜面体固定，斜面倾角为а，A、B两物体叠放在一起，A的上表面水平，不计一切摩擦，当把A、B无初速地从斜面顶端释放，若运动过程中B没有碰到斜面，则关于B的运动情况描述正确的是（ ）

A、与A一起沿斜面加速下滑 B、与A一起沿斜面匀速下滑 C、沿竖直方向匀速下滑 D、沿竖直方向加速下滑

【巧解】本题所求解的是系统中的单个物体的运动情况，故可用隔离法进行分析，由于不计一切摩擦，而A的上表面水平，故水平方向上B不受力。由牛顿第一定律可知，B在水平方向上运动状态不变（静止），故其运动方向必在竖直方向上。因A加速下滑，运动过程中B没有碰到斜面（A、B仍是接触的），即A、B在竖直方向上的运动是一样的，故B有竖直向下的加速度，答案D正确。

【答案】D

例3：如图2-4所示，固定的光滑斜面体上放有两个相同的钢球P、Q，MN为竖直挡板，初状态系统静止，现将挡板MN由竖直方向缓慢转至与斜面垂直的方向，则该过程中P、Q间的压力变化情况是（ ）

A、一直增大 B、一直减小 C、先增大后减小 D、一直不变

选PQP受力

斜QNN耕Q的大小N耕、NQ的方向也都不变，即分解重力的两个方向是不变的，故分力也不变，故D选项正确

【答案】D

例4：如图2-5所示，人重G1=600N，木板重G2=400N，人与木板、木板与地面间滑动摩擦因数均为μ=0.2，现在人用水平力F拉绳，使他们木板一起向右匀速动动，则（ ）

A、人拉绳的力是200N

B、人的脚给木板的摩擦力向右 C、人拉绳的力是100N

D、人的脚给木板的摩擦力向左

【巧解】求解人与板间的摩擦力方向，属求内力，须用隔离法，研究对象可选人，也可以选板，到底选哪个更简单呢？当然选人要简单些，因为人受力个数少，以人为研究对象，人在水平方向上只受绳的拉力（水平向右）和板对人的摩擦力两个力作用，属二力平衡，故板对人的摩擦力向左，由牛顿第三定律可知，人的脚给木板的摩擦力向右，B、D两个选项中B选项正确。

绳的拉力属外力，可用整体法来求解，人与板相对地向右运动，滑动摩擦力水平向左，而其大小为

f N (G1 G2) 0.2 ；人与板系统水平向右受到两个拉力，故由平衡条件

可得：2T=f，故T=100N，答案C选项正确。

【答案】B、C ）

A、A对B没有摩擦力

B、A对B有摩擦力，方向时刻与线速度方向相反 C、A对B有摩擦力，方向时刻指向转轴

三、力的合成法

例1：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C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量m=10kg的重物，∠CBA=30°，如图3-1所示，则滑轮受到绳子的作用力大小为（g取10m/s2）（ ）

A、50N

B

、

C、100N

D

、

【巧解】绳子对滑轮有两个力的作用，即绳子BC有斜向上的拉力，绳子BD有竖直向下的拉力，故本题所求的作用力应该为以上这两个力的合力，可用力的合成法求解。

因同一根绳张力处处相等，都等于物体的重力，即TBC=TBD=mg=100N，而这两个力的夹角又是特殊角120°，用平行四边形定则作图，可知合力F合=100N，所以滑轮受绳的作用力为100N，方向与水平方向成30°角斜向下。

【答案】C

例2：如图3-2所示，一质量为m的物块，沿固定斜面匀速下滑，斜面的倾角为 ，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，则斜面对物块的作用力大小及方向依次为（ ）

sin

B、mgsin

DCcos

N，另一个是沿斜面向上的摩擦力f，故本题所求的作用力应该为以上这两个力的合力，可用力的合成法求解。

物块共受三个力作用：重力mg、支持力N、摩擦力f；由平衡条件可知，这三个力的合力为0，即支持力N、摩擦力f的合力重力mg等大反向，故答案D选项正确

【答案】D

例3：如图3-3所示，地面上放在一个质量为m的物块，现有斜向上的力F拉物块，物块仍处于静止状态，则拉力F与物体所受到摩擦力f的合力方向为（ ）

A、斜向左上 B、斜向右上 C、竖直向上 D、条件不足，无法判断 【巧解】物块共受四个力作用，重力G、拉力F、摩擦力f以及支持力N，其受力图如图3-4所示，我们可以用力的合成法，把四力平衡转化成二力平衡：即F与f合成，G与N合成，G与N的合力一定竖直向下，故F与f的合力一定竖直向上，故答案C正确。

【答案】C

四、力的分解法

例1：刀、斧、刨等切削工具都叫劈，劈的截面是一个三角形，如图4-1所示，设劈的面是一个等腰

三角形，劈背的宽度是d，劈的侧面的长度是L使用劈的时候，在劈背上加力F，则劈的两侧面对物体的压力F1、F2为（ ）

A、F1=F2=F B、F1=F2=（L/d）F C、F1=F2=（d/L）F D、以上答案都不对

【巧解】由于F的作用，使得劈有沿垂直侧面向外挤压与之接触物体的效果，故所求的F1、F2大小等于F的两个分力，可用力的分解法求解。如图4-2所示，将F分解为两个垂直于侧面向下的力F1′、F2′，由对称性可知，F1′=F2′，根据力的矢量三角形△OFF1与几何三角形△CAB相似，故可得：F1′/L=F/d，所以F1′=F2′=LF/d，由于F1= F1′， F2= F2′故F1=F2=（d/L）F。

【答案】

例2：如图4-3所示，两完全相同的小球在挡板作用下静止在倾角为 的光滑斜面上，甲图中挡板为竖直方向，乙图中挡板与斜面垂直，则甲、乙两种情况下小球对斜面的压力之比是（ ）

A11

、：cos

2

C、1：

2

1：tan G2G11′，而cos ，G1′=Gcos ，故可得压力之比G1：G1′=1：cos 。

【答案】B

例3：如图4-4所示，用两根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中，已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则ac绳和bc绳中拉分别为（ ）

A

2

1,mg 21,mg 2

B

、

1mg 21mgmg 2

C

D

、

【巧解】由于小球重力G的作用，使得小球有沿两绳方向斜向下拉紧绳的效果，故两绳的拉力大小等于重

力的两个分力，力的分解图如上所示，由几何知识可得：

Tac=G1=mgcos30°,Tbc=G2=mgcos60°。

【答案】A

例4：如图4-5所示，小车上固定着一根弯成 角的曲杆，杆的另一端固一个质量为m的球，小车以加速度a水平向右运动，则杆对球的弹力大小及方是（ ）

A、mg，竖直向上 C、ma，水平向右

B

，沿杆向上

定向

D

，与水平方向成arctan

mg

角斜向上 ma

【巧解】本题中，小球只受重力mg和杆对球的弹力N两个力作用，杆对球的弹力N有两个作用效果；竖直向上拉小球及水平向右拉小球，因两个作用效果是明确的，故可用力的分解法来求解。

杆竖直向上拉小球，使小球在竖直方向上保持平衡，故竖直向上的分力N1=mg；杆水平向右拉小球，使小球获得向右的加速度，故水平向右的分力N2=ma，由几何

知识可知杆对球的弹力与水平方向的夹角为arctan

mgN1

=arctan，故答案D选项正

maN2

确。

【答案】D

巧练1：如图T及对墙的压力 ）

N增在 BTN C T 巧练2：如图4-7所示，轻绳AC与水平角夹角а=30°，BC与水平面的夹角β=60°，若AC、BC能承受的最大拉力不能超过100N，设悬挂重物的绳不会拉断，那么重物的重力G不能超过（ ）

A、100N

B、200N

C

、

D

用

N 五、力的正交分解法

例1：如图5-1所示，用与水平成θ=37°的拉力F=30N，拉着一个重为G=50N的物体在水平地面上匀速前进，则物体与地面间的动摩擦因数μ为（ ）

A、0.2 B、0.3 C、0.6 D、0.75

【巧解】物体受四个力作用而匀速，这四个力分别为重力G、拉力F、地面的支持力N、地面的摩擦力f，由于受多个力作用，用正交分解法来解题较为简单。

怎样选取坐标轴呢？选水平方向与竖直方向为坐标轴，只需分解F，最简单，如图5-2所示，将F进行正交分解，由平衡条件可得：

Fx合 Fcos f 0Fy合 Fsin N G 0而f= N化简可得: =

Fcos 30 0.8

0.75

G Fsin 50 30 0.6

若受墙的如图

【答案】D

例2：如图5-3所示，重为G=40N的物体与竖直墙间的动摩擦因数μ=0.2，到与水平线成45°角的斜向上的推力F作用而沿竖直墙匀速上滑，则F为多大？

【巧解】物体受四个力作用而匀速上滑，这四个力分别为重为N、推力F、支持力N、墙的摩擦力f，由于受多个力作用，用正交分解法来解题较为简单。

怎样选取坐标轴呢？选水平方向与竖直方向为坐标轴，只需分解F，最简单，5-4所示，将F进行正交分解，由平衡条件可得：

Fx合 N Fcos45 0Fy合 Fsin45 G f 0而f= N化简可得:F=

G

71N

(sin45 cos45

71N

Q放在固定的斜面力F，QQ仍静止，则可能（

、f Bf C、f先变大，后变小 D、f先变小后变大

【巧解】隔离Q，Q物体受重力G支持力N，外力F及摩擦力f四个力而平衡，但f的方向未知（当F较小时，f沿斜面向上；当F较大时f沿斜面向下），其受力图如图5-6所示。

怎样选取坐标轴呢？选水平方向与竖直方向为坐标轴，需分解N与f，而选沿斜面方向与竖直斜面方向为坐标轴，需分解G与F都需要分解两个力，但N、f是未知力，G、F是已知力，分解已知力更简单些，故应选沿斜面方向与坚直斜面方向为坐标轴。

如图5-6所示，将G、F进行正交分解，由平衡条件可得：当F较小时有：mgsin Fcos f 0即f mgsin Fcos 随着F的增大，f将减小，当F较大时有： mgsin f Fcos 0即

f Fcos mgsin 随着F的增大，f将增大，故当F的初始值较小时，f先减小后增大；当F的初始

值较大时f一直增大。

【答案】A、D

第三章 牛顿运动定律

难点巧学

曲线运动是变速运动，从运动学的角度可以确定物体加速度与速度、轨迹之间的关系，也可以从动力学的角度确定合外力F与速度、轨迹之间的关系。

物体做曲线运动的轨迹不外乎以下三种情况：物体的加速度a与其速度v之间的夹角为锐角、直角或钝角。所谓“两边夹”就是加速度（或合外力）与速度把轨迹夹在中间，即：物体做曲线运动的轨迹．．．．．．．．．．总在与两方向的夹角中，且和的方向相切，向加速度一侧弯曲。如下图4－1所示三种情况就是这．．a．．v．．．．．．．．．．．v．．．．．．．．．．．．．．．．样。

一质点在某恒力F作用下做曲线运动，图4－2中的曲线AB是该质点运动轨迹的一段，质点经过A、vA、vB.

1 （2B 3）

大小如何变化？

（4） 若速率有变化，且vA＝vB，则速率最大

或最小时在什么位置？

解析 （1）过A、B两点分别作曲线的切线①和③、法线②和④，如图4－3所示，从A点看，恒力F应

在①线的右侧；从B点看F应在③线的左侧；因恒力的方向是不变的，故应同时满足上述两条件。若平移③线过A点，则①、③两线之间箭头所指的区域即为F在A点的方向可能的范围。

（2）若F在①线上，则它与vA在同一直线上，由于F为恒力，故质点不可能再做曲线运动，这说明F不可能在①线上。若F在③线上，则在A点时vA在垂直于F的方向上有分量，而到B点时垂直于③线的运动分量没有了，这与该方向上没有F分量相矛盾，故F不可能在③线上。

（3）由于F在A点时与vA夹角大于90º，而在 B点时与vB夹角小于90º，故质点的速率应该是先减 小后增大。 （4）由于已经判定速率为先减小后增大，且

vA＝vB，则运动过程中速率有最小值，且发生在F与 v垂直的位置。

力的分解如果不考虑该力产生的效果，对求解往往影响不大，但运动的分解如果不考虑实际效果，就有可能得出错误的结论。反之，若根据运动效果进行分解，会有意想不到的收

获。下面以一个曲线运动中常见的题型――“绳连物”模型为例进行说明。

如图4－4所示，用绳牵引小船靠岸，收绳的速度为v1，在绳子与水平方向夹角为α的时刻，船的速度v有多大？ 解析 先用“微元法”解答。小船在极短时 间Δt内从A点移到C位移为Δs，如图4－5 所示，由于Δt很小，因此绳子转过的角度Δθ 很小，由数学知识可认为Δs2⊥OA, Δs2⊥OC, 所以有 s＝ s1＋ s2，Δs2为物体垂直绳方向 的位移，Δs1为沿绳方向的位移。再由速度的 定义，当Δt很小时，v＝ s/ t s1/ t s2/ t，

所以v＝v1＋v2，即船的速度分解为沿绳方向的速 度v1和垂直于绳方向的速度v2。

用“效果法”解答。船的速度v的方向就是合速度

的方向，这个速度产生了两个运动效果：（1）假如绳与 水平方向夹角α不变，只是在拉绳，小船将沿绳收缩方

向以v1速度运动，（2）假如绳长AO不变，只是αO于、均改变时，即小船向右运动时，1v2

v进行正交分解。 解决平抛及类平抛运动问题，重在把握水平方向的匀速运动和竖直方向初速为零的匀加速直线运动的独立性、等时性、等效性，充分利用矢量三角形、勾股定理、三角函数等知识解答。特别提醒：①强调落点的问题必须抓住两个分位移之间的关系。②强调末速度的“大小”或“方向”（特别是“方向”）的问题必须抓住两个分速度之间的关系。

另外，记住以下三个“二级结论”（也可称作定理）会让我们在今后解决平抛及类平抛运动问题中收到意想不到的效果，结论如下。

结论一：做平抛（或类平抛）运动的物体在任一时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹

角为θ，位移与水平方向的夹角为β，则tanθ＝2tanβ

（其应用见“活题巧解”例7）

结论二：做平抛（或类平抛）运动的物体任意时刻

瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。 如图4－7中A点和B点。

（其应用见“活题巧解”例6）

结论三：平抛运动的物体经过时间t后，位移s与

水平方向的夹角为β，则此时的动能与初动能的关系为

Ekt＝Eko（1＋4tanβ）

（待高一下学期用）

µ，自行车做圆周运动的轨道半径为R，自行车平面偏离竖直方向的角度为θ，转弯速度为v，地面支持力为N。问：自行车要顺利转弯，须满足什么条件？

2

解析 要使自行车顺利转弯，必须解决两个问题：一是不向外滑动，二是不发生翻倒。

（1）

转弯速度――不向外滑动的临界条件

自行车转弯所需向心力由地面的静摩擦力提供，不向外滑动的条件是所需向心力不超出最大静摩擦．．．．

力，即Fn≤μmg，根据牛顿第二定律有

2

vmax μmg＝m R

所以，最大转弯速度为vmax

（2） 临界转弯倾角――不翻倒的临界条件

自行车不翻倒的条件，是质心受到的合力矩为零。 如图4－8所示，即向内倾斜而又不滑动、也不翻倒的

v2max

θ＝tanμ＝tan

R

－1

－1

1

tan

－

v2max

R

“沿水平地面向东运动的物体，其重量，即：列车的视重或列车对水平轨道的压力一定要减轻。”后来，人们常把这类物理现象称之为“厄缶效应”。

我们设想，在地球赤道附近的地平线上，有一列车质量是m，正在以速度v沿水平轨道向东匀速行驶。已知地球的半径R及地球自转周期T。今天我们像厄缶一样，如果仅仅考虑地球自转的影响，火车随地球做线速度为

2 R

的圆周运动时，火车对轨道的压力为FN；在此基础上，又考虑到这列火车相对T

′

地面附加了一个线速度更快的匀速圆周运动，并设此时火车对轨道的压力为FN，那么，单纯地由于该火

′

车向东行驶而引起火车对轨道压力减轻的数量FN－FN为

2vA.

m R

B.

v22 m[ 2()v]RT

2 v22 D.

m（）vm[ ()v]

TRT

解析 我们用构建物理模型法来解答此题。

C.

把火车看作一个质点在向东绕地心做匀速圆周运动，向心力由地球对火车的引力F引和地面对火车支持力的合力提供，根据牛顿第二定律得

2 R2（)/R F引－FN＝m

2 R′2/R （+v）F引－FN＝mT

v22

联立求解得：FN－FN＝m[+2()v]

RT

′

答案选B.

xoy平面内运动的轨迹4－

的是 y方向先减速后加速运动； C. 若在y方向始终匀速运动，则在x方向一直加速运动；

D. 若在y方向始终匀速运动，则在x方向一直减速运动。 X

巧解 类比法

图4－9

本题可从动力学的角度确定外力与速度方向改变的关系，即：物体做曲线运动的轨迹总在加速度与速度矢量的夹角中，且和速度的方向相切，向加速度一侧弯曲。再和平抛运动的动力学特点类比，可知B对

【答案】B

小河宽为d，河水中各点水流速度大小与各点到较近河岸边的距离成正比，v水＝kx，k＝4v0/d，x是各点到近岸的距离。小船船头垂直河岸渡河，小船划水速度为v0，则下列说法中正确的是

A. 小船渡河的轨迹为曲线；

B. 小船到达离河岸d/20； C. 小船渡河时的轨迹为直线；

D. 小船到达离河岸3d/40。

巧解 速度合成法

由于小船划水速度为v0不变，水流速度先变大再变小，河中间为其速度大小变化的转

折点，故其合速度的大小及方向在不断的变化，可见其轨迹为曲线；在河中间时小船的渡河速度应

0；到达离河岸3d/4处时，水流速度为v0

0，故正确选项为A、B。 【答案】AB

甲、乙两船从同一地点渡河，甲船以最短时间过河，乙船以最短航程过河，结果甲、乙到达对岸同一地点。设甲、乙两船在静水中的速度分别为v甲、v乙并保持不变，求它们到达对岸所用时间之比t甲∶t乙＝？

巧解 矢量图解法

10所示。则对甲有

t甲＝

S

v甲sin

（1）

作出乙的速度矢量图如图，由图可知，要使 乙的航程最短，v乙与航线必定垂直，所以

t乙＝

S

v乙/tan

（2）

由（12t甲v乙2v甲2v乙2

＝22 ＝2

22

t乙v甲v甲－v乙v甲－v乙

t甲v乙2v甲2v乙2【答案】＝22 ＝

t乙v甲v甲－v乙2v甲2－v乙2

4－11所示的塔吊臂上有一可以沿水平方向运动的小车A，小车下吊着装有物体B的吊钩。在小车A与物体B以相同的水平速度沿吊臂方向匀速运动的同时，吊钩将物体B向上吊起，A、B之间距

离以d＝H－2t2（式中H

A. 速度大小不变的曲线运动；

B. 速度大小增加的曲线运动；

C. 加速度大小方向均不变的曲线运动；

D. 加速度大小方向均变化的曲线运动。 巧解 构建模型法

图4－11

物体在水平方向上随车一起做匀速直线运动。而在竖直方向，A、B间的距离满足d＝H－2t2，即做初速为零的匀加速直线运动，类似平抛运动的模式。过程中物体的水平速度不变，而竖直方向上加速度大小、方向均不变，C正确。向上的速度随时间均匀增大，由速度的合成可知，其速度大小也增大，B正

确。即选BC.

【答案】BC

如图4－12所示，与水平面的夹角为θ的直角三角形木块固定在地面上，有一质点以初速度 vo 从三角形木块的顶点上水平抛出。试求质点距斜面的最远距离。

巧解 定理法

当质点做平抛运动的末速度方向

平行于斜面时，质点距斜面的距 离最远。此时末速度方向与初速

度方向成θ角，如图4－13 所示。

中A为末速度的反向延长线与水 平位移的交点， AB 即为所求的最远距离。根据平抛运动规律有

vy

＝ gt ， x ＝ v0t 和

vyv0

＝tan

x 2

由平抛运动的“二级结论”可知：OA

据图中几何关系可得：AB＝AOsin

o

一质量为 m 的小物体从倾角为30的斜面顶点A水平抛出，落在斜面上 B 点，若物体到达 B

点时的速度为 21m/s

巧解 定理法

由题意作出图4－14，末速度与水平方向 夹角设为α，斜面倾角设为β。根据平 抛运动的“二级结论”可得

o

tanα＝ 2tanβ，β＝30

所以tanα＝

由三角知识可得：cosα又因为 vt ＝

v0

，所以初速度 v0 ＝ vtcosα＝cos

【答案】初速度为如图4－15 ，AB为斜面，BC为水平面。从A点分别以 v0,3v0 的速度水平抛出 的小球，落点与抛出点之间的水平距离分别为 S1, S2 。不计空气阻力，则

S1: S2 可能为

A．1:3 B. 1:4 C.1:8 D.1:10

巧解 极限推理法

本题考虑小球落点的不确定性，有三种情况。现分析如下。 ①当两球均落在水平面上时，因为运动时间相同，∴ S1:S2=1:3 ②当两球均落在斜面上时，设斜面倾角为θ，则有 S1=v0t1 S2=3v0t2

S1tanθ＝

1212

gt1 S2tanθ=gt2 22

由以上方程解得 S1:S2＝1:9

③当一球落在斜面，另一球落在水平面时，可由极限推理法分析出 S1 与 S2 的比值介于 1:3 与 1:9 之间

【答案】ABC正确

如图4－16 所示，两支手枪在同一位置沿水平方向射出两颗子弹，打在 100 m 远处的靶上，两弹孔在竖直方向上相距 60厘米，A为甲枪所击中， B 为乙枪所击中。若甲枪子弹的出膛速度是 500 m/ s ，求乙枪子弹离开枪口的速度。（不计空气阻力， g 取 10 m/ s2 ）

巧解 解析法

则乙枪子弹竖直位移 h 乙＝gt乙2 ＝ h甲＋0.6 2 ∴乙枪子弹离开枪口的速度 v乙＝

L

＝250m/s t乙

【答案】250m/s 如图4－17 所示，某滑板爱好者在离地h＝1.8m高的平台上滑行，水平离开A点后落在水平地面上的B点，其水平位移S1=3m。着地时由于存在能量损失，着地后速度变为v＝4m/s,并以此为初速度水平滑行S2＝8m后停止。已知人与滑板的总质量m＝60kg，求：

（1） 与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小； （2）人与滑板离开平台时的水平初速度。（空气阻力忽略不计，g＝10m/s2）

巧解 程序法

（1） 人与滑板在BC段滑行时，由v2＝2asv2a＝=1m/s2

2S2

设地面的平均阻力为F，由牛顿第二定律得

F＝ma＝60（N）

（2）人与滑板离开平台后，做平抛运动，

有 h＝

12

gt 和S1＝v0t 2

解方程得水平初速度v0＝5m/s

60N，5m/s

如图4－18 所示,小球在光滑斜面上A点以初速度v0向右抛出，落在斜面底端B点，设从A点到B点沿v0方向的位移为x1。去掉斜面，小球从A点仍然以v0的初速度向右抛出，落在地面上的C点，设水平位移为x2。则有：

A. x1> x2. B. x1= x2. C. x1< x2. D.以上三种情况都有可能。

巧解 类比法

设A点到地面的高为h，斜面倾角为α

球从A到C,律可知：

x2＝v0t2， h＝

12

gt2 2

到 x1＝v01

h1

＝gsin t2 sin 2

由以上方程解得x1＝v比较x1和x2可知 x1> x2. A

图4－19所示的斜面上有P、R、S、T四个点，PR＝RS＝ST从P点正上方的Q点以速度v水平抛出一个物体，物体落于 R点，若从Q点以速度2v水平抛出一个物体，不计空气阻力，

则物体落在斜面上的

A..R与S之间某一点 B.S点 C. S与T之间某一点 D.T点

巧解 演绎法

此题如果定量计算会很繁琐,而根据平抛运动的规律定 性推理却很容易，又好理解。

物体落到R点时，设水平位移为L。速度加倍时，如果运动时间不变，水平位移x=2L，落点刚好在S点。但事实上由于竖直方向下落高度减小，运动时间减少了，所以水平位移x小于2L，即落在斜面上

R与S之间。故选A.

【答案】A

v1、v2，初速度方向相反。求

o

经过多长时间两小球速度间的夹角为90？

巧解 矢量图解法

o

设两小球抛出后经过时间t它们速度之间的夹角为90，此时它们与竖直方向的夹角分别为α和β。对两小球分别构建速度矢量三角形如图4－20 所示，依图可得

ctanα＝

vgt

，tanβ＝2 （1）

gtv1

o

又∵α＋β＝90，

∴ctanα＝tanβ （2） 由（1）（2）两式得到：

gtv2

＝，v1gt

即

度从三角形斜面的顶点同时水平抛出。已知两斜面的倾角分别为θ和θ2，求小球a、b

巧解 矢量图解法

设小球a、b运动时间分别为ta、tb位移矢量图，如图4-22所示。依图可得：

gtagt

tanθ1＝＝a

v0ta2v0

2

2

gtb2gt

tanθ2＝＝b

v0tb2v0

1由以上两式可得：

tatan 1

＝

tbtan 2

ttan 1

【答案】a＝

tbtan 2

如图4－23 所示，用绳悬挂的链条由直径为5cm的圆环连接而成，枪管水平放置且跟环4的圆心在同一水平面上。L＝10m，子弹出口速度100m/s。不计空气阻力，g＝10m/s2。在子弹射出前0.1s烧

断绳，子弹将穿过第几个环？

巧解 推理法

将子弹的平抛运动与链条的自由落体运动情况进

行比较推理，子弹飞过水平距离L所用时间t＝L/v0＝0.1s，在0.1s 内子弹竖直方向下降位移y＝1gt＝1×10×0.1＝0.05m。绳断后 环下降位移y＝g（t＋0.1）＝0.2m。故子弹穿过环1。 2

【答案】穿过第1个环

一水平放置的水管，距地面高h＝1.8m，管内横截面积S＝2.0cm。水从管口处以不变的速度v＝2.0m/s源源不断地沿水平方向射出，设出口处横截面上各处水的速度都相同，并假设水流在空中不散开。取重力加速度g＝10m/s2,不计空气阻力。求水流稳定后在空中有多少立方米的水。

′

2

2

2

巧解 模型法

这道题考查的物理思维方法主要是等效转换法。我们将空中抛物线水柱的体积等效转换为在时间t

设水由喷口处到落地所用时间为t，单位时间内水管喷出的水量为Q，水流稳定后在空中水的总量为V。根据题意有

Q＝Sv

联立以上三式得V＝－

代入数据得V＝2.4×104m3

－

【答案】2.4×104m3

有一直径为d，高为h，内壁光滑的钢筒，一小钢球以初速度v0从筒上边缘A处水平抛出，与钢筒内壁发生无能量损失的碰撞后恰好又落到A点正下方水平面上的B点，如图4－24（a）所示，求钢球与筒内壁的碰撞次数。

巧解 对称法

由于小球与筒壁发生的是无能量损失的碰撞，所以小球与筒壁第一次碰撞后向右作斜下抛运动，见图4－24（b）所示，把CD所在的平面视为“镜面”，由平面镜的“物像对称性”，可把小球的整个过程

′′

等效于图 中从A点出发以v0＝－v0的平抛运动。设小球ts落 地，则有

h＝

12gt ∴t (1) 2’‘

BB=S=v0t＝v‘

（2）

设小球在筒内与内壁碰撞的次数为n

n＝s/d=

v0dv0

d

【答案】

雨伞边缘半径为r，且高出地面为h，若雨伞以角速度ω旋转，求雨滴自伞边缘甩出后落于地面成一大圆圈的半径R。

巧解 几何法

由题意可知，这是一个立体运动问题，具有多视角性，如果选择恰当的视角将它转化为平面问题后，几何关系清楚地显示出来，便可确定物理量之间的关系

雨滴运动的俯视图如图，由图4－25可知：

s＝vt， h＝

12

gt 及v＝ωr

＝ 【答案】 某种变速自行车，有六个飞轮和三个链轮，如图4－26 所示，链轮和飞轮的齿数如下表所示。前后轮直径均为660mm，人骑该车行进速度为4m/s时，脚踩踏板做匀速圆周运动的角速度最小值约为

A .1.9rad/s B.3.8rad/s C.6.5rad/s D.7.1rad/s 巧解 模型法 车行速度与前后轮边缘的线速度相等，故 后轮边缘的线速度为4m/s,后轮的角速度ω＝v/R≈飞轮与后轮为同轴装置，故飞轮的角速度ω1＝ω＝飞轮与链轮是用链条连接的，故链轮与飞轮线速度相同，所以ω1r1＝ω2r2，r1与 r2分别为 飞轮和链轮的半径，因轮周长L＝NΔL＝2πr，N为齿数，ΔL为两邻齿间的弧长，故r∝N，

所以ω1N1＝ω2N2。又踏板与链轮同轴，脚踩踏板的角速度ω3＝ω2，则ω3＝ω1N1/N2，要使ω3最小，则N1＝15，N2＝48，故ω3＝12×15/48rad/s＝3.75rad/s≈3.8rad/s 【答案】B

筒开始转动后，转速加快到一定程度时，突然地板塌落，游客发现自己没有落下去，这是因为

A. 游客处于超重状态； B. 游客处于失重状态；

C. 游客受到的摩擦力与重力平衡； D. 筒壁对游客的支持力与重力平衡。

巧解 模式法

竖直方向受力平衡，即重力与摩擦力平衡。所以C对。 【答案】C

用一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固 定在一光滑圆锥顶上，如图4－27所示，设小球在水平面内

做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为FT,则FT随 ω2变化的图像是图4－28中的

当ω较大时小球受力如图4-29(乙)所示，由牛顿第二定律得F1sinα＝mLωsinα

2

解得绳子拉力FT＝F1=mLω，故选项C正确

【答案】C

如图4－30所示，具有圆锥形状的 回转器（陀螺），绕它的轴在光滑的桌面上以角速度ω同时以速度v向左运动，若回转器的轴一直保持竖直，为使回 转器从桌子的边缘滑出时不会与桌子边缘发生碰撞，速度v至

少应等于（设回转器的高为H，底面半径为R A. ωR B. ωH

巧解 临界条件法

其实回转器能否碰到桌子边缘与它转动情况无关，而是取决于它运动的速度和自身的形状，此题的临界条件是回转器的上缘刚好与桌缘碰到，如图4－31所示。根据平抛运动的规律可得 R＝vt

H＝

12

gt2

由上式解得 v＝ 即选D.

【答案】D

有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿光滑圆台形表演台的侧壁高速行驶，

做匀速圆周运动。图4－32 中粗线圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面高度为h。下列说法中正确的是

A. h越高摩托车对侧壁的压力越大；B. h

C. hD. h

巧解

αNmg/sinnαmR(22

再由mg/tanα＝mv/R可知，随着R增大，线速度v要增大 【答案】CD 如图4－34 所示，滑雪者滑到圆弧形的山坡处，圆弧的半径为R，长度是圆周长的1/4.为了能腾空飞起并直接落到地面上，滑雪者在坡顶的速度至少应为多少？这时落地点离坡顶的水平距离为多少？

巧解 临界条件法

恰能腾空飞起时有

mv2

mg＝

R

∴在坡顶的最小速度为v由平抛运动的规律有 R＝

12

gt S＝vt 2

∴落点距坡顶的水平距离为S

如图4－35（a）所示，是双人花样滑冰运动中男运动员拉着女运动员做圆锥摆运动的精彩场面，若女运动员做圆锥摆运动时和竖直方向的夹角为θ，女运动员的质量为m，转动过程中女运动员的重心做匀速圆周运动的半径为r，求这时男运动员对女运动员的拉力大小及两人转动的角速度。

巧解 模型法

这是一个圆周运动模型问题，女运动员 可看作一个质点，受力如图4－35（b）所示， 由图可知，女运动员受拉力大小

F＝mg/cosθ

由向心力公式可得

2

mgtanθ＝mωr

∴转动角速度ω

【答案】mg/cos

m 当小球到达最高点时存在向心加速度，设为a，选 支架和小球整体为研究对象，则由牛顿第二定律得

（M＋m）g＝ma

解得a＝

M＋m

g m

v2

又据向心加速度公式a＝，

L

解得小球到达最高点时的速度大小 v

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/6o2j.html