【正文】 速度時所受的阻力之比．(2)根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，歸納出球形物體所受的阻力 f 與球的速度大小及球的半徑之間的關(guān)系．( 寫出有關(guān)表達式，并求出比例系數(shù)，重力加速度 g 取 m/s2)(3)現(xiàn)將 C 球和 D 球用輕質(zhì)細線連接，若它們在下落時所受的阻力與單獨下落時的規(guī)律相同，讓它們同時從足夠高的同一高度下落，試求出它們的收尾速度，并判斷它們落地的順序(不需要寫出判斷理由)．【解析】(1)球在達到收尾速度時處于平衡狀態(tài)，有：f＝mg則 fB∶f C ＝m B ∶m C代入數(shù)據(jù)解得：f B∶f C＝1∶9 ．(2)由表中 A、B 兩球的有關(guān)數(shù)據(jù)可得，阻力與速度成正比，即 f∝v由表中 B、C 兩球的有關(guān)數(shù)據(jù)可得，阻力與球的半徑的平方成正比，即 f∝r 2得：f＝kvr 2其中 k＝ N??故加速度反常 Δg′＝Δg上海物理卷](　　)圖 1－20 甲A．N 不變，T 變大　　　　　 B．N 不變，T 變小C．N 變大，T 變大 D．N 變大，T 變小25【解析】Q 環(huán)的受力情況如圖 1－20 乙所示，由平衡條件得：Tcos θ＝mg．P 環(huán)向左移動后 θ 變小，T＝ 變?。甿gcos θ 圖 1－20 乙 　　　圖 1－20 丙P 環(huán)的受力情況如圖 1－20 丙所示，由平衡條件得：NP＝mg＋Tcos θ ＝2mg，N P 與 θ 角無關(guān)．故選項 B 正確．[答案]　B【點評】①本例是正交分解法、隔離法的典型應(yīng)用，以后的許多考題都由此改編而來．②求解支持力 N 時，還可取 P、Q 組成的整體為研究對象，將整體受到的外力正交分解知豎直方向有：N Q＝2mg．2．如圖 1－21 甲所示，在傾角為 α 的固定光滑斜面上有一塊用繩子拴著的長木板，木板上站著一只貓．已知木板的質(zhì)量是貓的質(zhì)量的 2 倍．當繩子突然斷開時，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對斜面的位置不變．則此時木板沿斜面下滑的加速度為[2022 年高考固定，質(zhì)量 m＝1 kg 的小球穿在細桿上靜止于細桿底端 O 點．現(xiàn)有水平向右的風(fēng)力 F 作用于小球上，經(jīng)時間 t1＝2 s 后停止，小球沿細桿運動的部分 v－t 圖象如圖 1－15 乙所示．試求：(取 g＝ 10 m/s2，sin 37176。sin245176。 ．[答案]　D【點評】①利用平行四邊形(三角形) 定則分析物體的受力情況在各類教輔中較常見．掌握好這種方法的關(guān)鍵在于深刻地理解好“在力的圖示中，有向線段替代了力的矢量” ．②在理論上，本題也可用隔離法分析小球 a、b 的受力情況，根據(jù)正交分解法分別列平衡方程進行求解，但是求解三角函數(shù)方程組時難度很大．15③解法二較簡便，但確定重心的公式 ＝ ＝ 超綱．a(chǎn)cbc mamb 3(二)帶電粒子在復(fù)合場中的平衡問題在高考試題中，也常出現(xiàn)帶電粒子在復(fù)合場中受力平衡的物理情境，出現(xiàn)概率較大的是在正交的電場和磁場中的平衡問題及在電場和重力場中的平衡問題．在如圖 1－11 所示的速度選擇器中，選擇的速度 v＝ ；在如圖 1－12 所示的電磁流量EB計中，流速 v＝ ，流量 Q＝ ．uBd πdu4B 圖 1－11　　　　 　　　圖 1－12●例 5　在地面附近的空間中有水平方向的勻強電場和勻強磁場，已知磁場的方向垂直紙面向里，一個帶電油滴沿著一條與豎直方向成 α 角的直線 MN 運動，如圖 1－13 所示．由此可判斷下列說法正確的是(　　)圖 1－13A．如果油滴帶正電，則油滴從 M 點運動到 N 點B．如果油滴帶正電，則油滴從 N 點運動到 M 點C．如果電場方向水平向右，則油滴從 N 點運動到 M 點D．如果電場方向水平向左，則油滴從 N 點運動到 M 點【解析】油滴在運動過程中受到重力、電場力及洛倫茲力的作用，因洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，大小隨速度的改變而改變，而電場力與重力的合力是恒力，所以物體做勻速直線運動；又因電場力一定在水平方向上，故洛倫茲力的方向是斜向上方的，因而當油滴帶正電時，應(yīng)該由 M 點向 N 點運動，故選項 A 正確、 B 錯誤．若電場方向水平向右，則油滴需帶負電，此時斜向右上方與 MN 垂直的洛倫茲力對應(yīng)粒子從 N 點運動到 M 點，即選項 C 正確．同理，電場方向水平向左時，油滴需帶正電，油滴是從 M 點運動到 N 點的，故選項 D 錯誤．16[答案]　AC【點評】對于帶電粒子在復(fù)合場中做直線運動的問題要注意受力分析．因為洛倫茲力的方向與速度的方向垂直，而且與磁場的方向、帶電粒子的電性都有關(guān)，分析時更要注意．本題中重力和電場力均為恒力，要保證油滴做直線運動，兩力的合力必須與洛倫茲力平衡，粒子的運動就只能是勻速直線運動．★同類拓展 2　如圖 1－14 甲所示，懸掛在 O 點的一根不可伸長的絕緣細線下端掛有一個帶電荷量不變的小球 A．在兩次實驗中，均緩慢移動另一帶同種電荷的小球 B．當 B 到達懸點 O 的正下方并與 A 在同一水平線上， A 處于受力平衡時，懸線偏離豎直方向的角度為θ．若兩次實驗中 B 的電荷量分別為 q1 和 q2，θ 分別為 30176。sin(45176。sin(45176。sin β1＝F Nb－θ＝45176?！　　．176。運動員的質(zhì)量為75 kg，舉起的杠鈴的質(zhì)量為 125 kg，如圖 1－9 甲所示．求該運動員每只手臂對杠鈴的作用力的大?。?取 g＝10 m/s 2)圖 1－9 甲【分析】由手臂的肌肉、骨骼構(gòu)造以及平時的用力習(xí)慣可知，伸直的手臂主要沿手臂方向發(fā)力．取手腕、手掌為研究對象，握杠的手掌對杠有豎直向上的彈力和沿杠向外的靜摩擦力，其合力沿手臂方向，如圖 1－9 乙所示．圖 1－9 乙【解析】手臂對杠鈴的作用力的方向沿手臂的方向，設(shè)該作用力的大小為 F，則杠鈴的受力情況如圖 1－9 丙所示圖 1－9 丙13由平衡條件得：2Fcos 60176。BC 段是水平起跳臺，CD 段是著陸雪道，AB 段與 BC 段圓滑相連，DE 段是一小段圓弧(其長度可忽略)，在 D、E 兩點分別與 CD、EF 相切，EF 是減速雪道，傾角θ＝37176。．軌道各部分與滑雪板間的動摩擦因數(shù)均為 μ＝ ，圖中軌道最高點 A 處的起滑臺距起跳臺 BC 的豎直高度 h＝ 10 m．A 點與 C 點的水平距離 L1＝20 m，C 點與 D 點的距離為 m．運動員連同滑雪板的總質(zhì)量 m＝60 kg．滑雪運動員從 A 點由靜止開始起滑，通過起跳臺從 C 點水平飛出，在落到著陸雪道上時，運動員靠改變姿勢進行緩沖使自己只保9留沿著陸雪道的分速度而不彈起．除緩沖外運動員均可視為質(zhì)點，設(shè)運動員在全過程中不使用雪杖助滑，忽略空氣阻力的影響，取重力加速度 g＝10 m/s2，sin 37176。＝mg解得：F＝1250 N．[答案]　1250 N●例 4　兩個可視為質(zhì)點的小球 a 和 b，用質(zhì)量可忽略的剛性細桿相連放置在一個光滑的半球面內(nèi)，如圖 1－10 甲所示．已知小球 a 和 b 的質(zhì)量之比為 ，細桿長度是球面半徑3的 倍．兩球處于平衡狀態(tài)時，細桿與水平面的夾角 θ 是[2022 年高考　　　D ．15176。 －θπ2FNb 的方向為向上偏左，即 β2＝ －(45176。sin β2即 FNb＋θ )3解得：θ＝15176。－θ)∶R和 45176。tan 30176。 ＝， cos 37176。 全國理綜卷Ⅳ](　　 )圖 1－21 甲A． sin α B．gsin αg2C． gsin α D．2 gsin α32【解析】繩子斷開后貓的受力情況如圖 1－21 乙所示，由平衡條件知，木板對貓有沿斜面向上的摩擦力，有：26f＝mgsin α圖 1－21 乙　　　 　　圖 1－21 丙再取木板為研究對象，其受力情況如圖 1－21 丙所示．由牛頓第二定律知：2mgsin α＋f′＝ 2ma解得：a＝ gsin α．32[答案]　C【點評】①貓腳與木塊之間的摩擦力使貓保持平衡狀態(tài)．②還可取貓、木板組成的整體為研究對象，由牛頓第二定律：3mgsin α＝2ma 求解，但這一方法高中不作要求．3．如圖 1－22 所示，某貨場需將質(zhì)量 m1＝100 kg 的貨物 (可視為質(zhì)點)從高處運送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物由軌道頂端無初速度滑下，軌道半徑 R＝ m．地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板A、B ，長度均為 l＝2 m，質(zhì)量均為 m2＝100 kg，木板上表面與軌道末端相切．貨物與木板間的動摩擦因數(shù)為 μ1，木板與地面間的動摩擦因數(shù) μ2＝ ．(最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取 g＝10 m/s 2)[2022 年高考cos θ＝ ．GρVd(d2＋ x2)3(2)由(1)解可得，重力加速度反常 Δg′的最大值和最小值分別為：29(Δg′)max＝ ，(Δg′) min＝GρVd2 32()GVdL??由題設(shè)有(Δg′) max＝kδ、(Δg′) min＝δ聯(lián)立以上各式得，地下球形空腔球心的深度和空腔的體積分別為：d＝ ，V＝ ．231Lk?23(1)LkG???[答案]　(1) 　(2) 　23()dx?23k23(1)LkG???【點評】①對于本題大部分同學(xué)不知如何入手，其原因在于對力的獨立性原理及矢量(加速度 )的合成與分解理解不夠深刻和熟練．②本考題使大部分同學(xué)陷入一個思維誤區(qū)，總在思考 g＝ ，而不去思考 g 也是自由落Gm體的加速度 g＝ ，遵循矢量的平行四邊形定則．F引m能力演練一、選擇題(104 分)1．如圖所示，A、B 是兩個長方形物塊，F(xiàn) 是作用在物塊 B 上沿水平方向的力，A 和 B以相同的速度在水平地面 C 上做勻速直線運動 (空氣阻力不計)．由此可知，A、B 間的動摩擦因數(shù) μ1 和 B、C 間的動摩擦因數(shù) μ2 有可能是(　　)A．μ 1＝0，μ 2＝0　　　　　　 B．μ 1＝0，μ 2≠0C．μ 1≠ 0，μ 2＝0 D．μ 1≠0，μ 2≠0【解析】本題中選 A、B 整體為研究對象，由于 A、B 在推力 F 的作用下做勻速直線運動，可知地面對 B 的摩擦力一定水平向左，故 μ2≠0；對 A 進行受力分析可知，水平方向不受力，μ 1 可能為零，故正確答案為 BD．[答案]　BD2．如圖所示，從傾角為 θ、高 h＝ m 的斜面頂端 A 處水平拋出一石子，石子剛好落在這個斜面底端的 B 點處．石子拋出后，經(jīng)時間 t 距斜面最遠，則時間 t 的大小為(取 g＝10 m/s2)(　 　)30A． s　　　B． s 　　　C． s　　　D． s【解析】由題意知，石子下落的時間 t0＝ ＝ s2hg又因為水平位移 x＝hcot θ故石子平拋的水平初速度 v0＝ ＝xt0 hcot θt0當石子的速度方向與斜面平行時，石子距斜面最遠即 ＝tan θgtv0解得：t＝ ＝ s．h2g[答案]　C3．在輕繩的兩端各拴一個小球，一人用手拿著上端的小球站在 3 樓的陽臺上，放手后讓小球自由下落，兩小球相繼落地的時間差為 T．如果站在 4 樓的陽臺上，同樣放手讓小球自由下落，則兩小球相繼落地的時間差將(　　)A．不變 B．增大 C．減小 D．無法判斷【解析】兩小球都做自由落體運動，可在同一 v－t 圖象中作出速度隨時間變化的關(guān)系曲線，如圖所示．設(shè)人在 3 樓的陽臺上釋放小球后，兩球落地的時間差為 Δt1，圖中陰影部分的面積為 Δh；若人在 4 樓的陽臺上釋放小球后，兩球落地的時間差為 Δt2，要保證陰影部分的面積也是 Δh，從圖中可以看出一定有 Δt2＜Δt 1．[答案]　C4．如圖甲所示，小球靜止在小車中的光滑斜面 A 和光滑豎直擋板 B 之間，原來小車向左勻速運動．現(xiàn)在小車改為向左減速運動，那么關(guān)于斜面對小球的彈力 NA 的大小和擋板 B對小球的彈力 NB 的大小，以下說法正確的是 (　　)31甲A．N A 不變，N B 減小 B．N A 增大，N B 不變C．N B 有可能增大 D．N A 可能為零【解析】小球的受力情況如圖乙所示，有：乙NAcos θ＝mgNAsin θ－ NB＝ma故 NA 不變，N B 減小．[答案]　A5．小球從空中自由下落，與水平地面第一次相碰后彈到空中某一高度，其速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示，則(　 　)A．小球第一次反彈后的速度大小為 3 m/sB．小球碰撞時速度的改變量為 2 m/sC．小球是從 5 m 高處自由下落的D．小球反彈起的最大高度為 m【解析】第一次反彈后的速度為－3 m/s，負號表示方向向上，A 正確．碰撞時速度的改變量 Δv＝－8 m/s，B 錯誤．下落的高度 h1＝ 5 m＝ m，反彈的高度12h2＝ 3＝ m，D 正確．12[答案]　AD6．如圖甲所示，四個質(zhì)量、形狀相同的斜面體放在粗糙的水平面上，將四個質(zhì)量相同的物塊放在斜面頂端，因物塊與斜面的摩擦力不同，四個物塊運動情況不同．A 物塊放上后勻加速下滑，B 物塊獲一初速度后勻速下滑，C 物塊獲一初速度后勻減速下滑，D 物塊放上后靜止在斜面上．若在上述四種情況下斜面體均保持靜止且對地面的壓力依次為FF F F 4，則它們的大小關(guān)系是(　　)32甲A．F 1＝F 2＝F 3＝F 4 B．F 1＞F 2＞F 3＞F 4C．F 1＜F 2＝F 4＜F 3 D．F 1＝F 3＜F 2＜F 4【解析】斜面的受力情況如乙圖所示