1、(1)基本单位：物理学中共有七个基本单位，力学中有三个，它们分别是千克、米、秒(2)导出单位：由基本单位导出的单位叫做导出单位1单位制(3)单位制：基本单位和导出单位一起组成单位制 说明：力学单位制有国际单位制和厘米、克、秒制，在国际单位制中，长度、质量和时间这三个物理量的单位分别取米(m)、千克(kg)、秒(s)，根据牛顿第二定律可导出力的单位是牛顿(N)，即1 N1 kgm/s2，在厘米、克、秒制中，长度、质量和时间的单位分别取厘米(cm)、克(g)、秒(s)，可导出力的单位是达因(dyn)即1达因1克厘米/秒2(1)已知物体的受力情况，要求确定物体的运动情况 知道物体受到的全部作用力，应
2、用牛顿第二定律求出加速度，如果再知道物体初始条件应用运动学公式就可以求出物体的运动情况任意时刻的位移速度，以及运动的轨迹2动力学的两类基本问题及解题思路(2)已知物体的运动情况，要求推断或者求出物体所求的未知力 知道物体的运动情况，应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿定律推断或求出物体受的合外力，从而求出未知的力 连接体问题：(1)连接体与隔离体：两个或几个物体相连接组成的物体系统称为连接体，如果把其中某个物体隔离出来，该物体即为隔离体 3解决连接体问题的一般方法：整体法求加速度，隔离法求相互作用力(2)外力和内力：如果以整个物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统
3、受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力，应用牛顿第二定律列方程不考虑内力如果把某物体隔离出来作为研究对象，则这些内力将转换为隔离体的外力(1)超重是指物体对支持物的压力(或对悬绳的拉力)重力时的情况，当物体具有的加速度时呈现超重现象(2)失重是指物体对支持物的压力(或对悬绳的拉力)重力时的情况，当物体具有的加速度时呈现失重现象，当物体向下的加速度大小，物体呈现完全失重现象 4超重与失重大于竖直向上小于竖直向下为g时(3)对超重和失重的理解 不管物体处于超重状态还是失重状态，物体本身的重力并没有改变，只是对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)不等于物体本身的重力 发生超重或失重现象与物体的速
4、度无关，只决定于的方向不论物体的速度方向如何，只要加速度方向向上，就是超重，加速度方向向下就是失重从这个意义上来说，“加速上升”与“减速下降”等效，“加速下降”与“减速上升”等效加速度 在物体完全的失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体不再产生压强、浸在水中的物体不再受到浮力作用等等质量为1 kg的木块静止在水平桌面上，用两个与桌面平行且互相垂直的力F1、F2作用在木块上，已知F14 N、F23 N木块与桌面的动摩擦因数0.2，求经0.5 s时木块在桌面上运动的速度大小(g取10 m/s2)1已知物体的受力情况求物体的运动情况 解析 取木块为研究对象，木
5、块受到五个力：重力Gmg10 N；支持力FNmg10 N；拉力F14 N、F23 N；滑动摩擦力FfFN0.2102 N设F1与F2的合力为F12，则：F12 F21F22 42325(N)由图 321 可知，物体在竖直方向上没有加速度，合力为零木块所受合外力等于木块在水平方向上的合力：F 合F12f523(N)aF合m 313(m/s2)t0.5 s 时，木块速度大小为：vtat30.51.5(m/s)答案 1.5 m/s如图322所示，传送带与水平面夹角为37以速度v100 m/s匀速运行着现在传送带的A端轻轻放上一个小物体(可视为质点)，已知小物体与传送带之间的摩擦因数0.5，A、B间距
6、离s16 m，则当皮带轮逆时针方向转动时，小物体从A端运动到B端的时间为多少？(sin370.6，cos370.8，取g10 m/s2)解析 轮子逆时针方向转动时，小物体的运动分为两个过程，一个过程在小物体的速度等于传送带速度之前，小物体做匀加速直线运动；第二个过程是小物体速度等于传送带速度以后的运动情况，其中速度相同是一个转折点，此后的运动情况要看mgsin与所受的最大静摩擦力若tan，则继续向下加速若tan，则将随传送带一起匀速运动，分析清楚了受力情况与运动情况，再利用相应规律求解即可 本题中F2，则A施于B的作用力大小是多少？3整体法和隔离法解连接体问题 解析 解法1：这是一道关于连接体
7、的问题，可用隔离法分别分析两个物体的受力情况，根据牛顿第二定律分别列出动力学方程(Fma)，然后联立求解 由题意，设两物体间的相互作用力大小为F，两物体的加速度相等；即a1a2a，二者质量相同，设为m.分别隔离研究A和B，分析它们的受力情况，如图329图(1)、图(2)所示(在竖直方向上，各受重力和支持力作用，二力平衡，图中未画出)，根据牛顿第二定律，则：对物体A有：F1Fma对物体B有：FF2ma故F1FFF2解得：FF1F22解法2：灵活运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律分析求解把A和B当作一个整体来研究，其质量为2m，因F1F2，故知加速度方向水平向右由牛顿第二定律，有F1F22 ma
8、，由此解得加速度为：aF1F22 m然后隔离研究物体A(或物体B)，列出其应满足的动力学方程：F1Fam(或FF2ma)连接体问题的处理方法(1)整体法：连接体中各物体如果有共同的加速度，求加速度可把连接体作为一个整体，运用牛顿第二定律列方程求解若连接体中各个物体产生的加速度不同，则一般不可采用整体法(2)隔离法：如果要求连接体间的相互作用力，必须隔离出其中一个物体，对该物体应用牛顿第二定律求解隔离法解题要注意判明每一隔离体的运动方向和加速度方向如图3210所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为mA2.0kg的薄木板A和质量为mB3kg的金属块B.A的长度L2.0m.B上有轻线绕过定滑轮与质量为m
9、C1.0kg的物块C相连B与A之间的动摩擦因数0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力忽略细线质量及细线与滑轮间的摩擦起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B位于A的左端(如图)，然后放手，求经过多长时间B从A的右端脱离(设A的右端距滑轮足够远)(取g10m/s2)解析 以桌面为参考系，令 aA表示 A 的加速度，aB表示 B、C 的加速度，xA和 xB 分别表示 t 时间内 A 和 B 移动的距离，则由牛顿定律和匀加速运动的规律可得mCgmBg(mCmB)aB mBgmAaAxB12aBt2xA12aAt2xBxAL由以上各式，代入数值，可得 t4.0s.答案 4.0s(1)构成连接体的
10、各物体相对静止时，可以整体为研究对象(2)求连接体中一个物体对吊一个物体的作用力时，须采用隔离体法，以这个力的受力物体为研究对象，也可以以这个力的施力物体为研究对象将质量为m的物体以初速度v0从地面竖直向上抛出，设在上升和下降过程中所受的空气阻力大小均为F，求上升的最大高度和落回地面的速度4程序法分析动力学问题 解析 题目中明确指出有上升和下降两个过程，现分别对这两个过程进行分析：上升过程：物体做匀减速直线运动，受力情况如图3211图(1)所示由牛顿第二定律得mgFma1根据运动学公式得 s v202a1 下降过程：物体做匀加速直线运动，受力情况如图3211 图(2)所示，由牛顿第二定律得mg
11、Fma2根据运动学公式得 s v2t2a2 由、得 smv202mgF 由、式得 vtv0mgFmgF(2007山东枣庄一模，20)两位杂技演员在进行“顶杆”杂技表演时，下面的演员用肩顶着一根质量为m13 kg的细杆，杆是竖直的；另一质量为m230 kg的演员在杆上进行精彩表演表演结束后，杆上演员从静止开始，由杆的顶端下滑至杆的底端时速度恰好为零；在下面顶杆演员的肩部放一压力传感器，用来显示演员肩部所受压力大小的变化，这一下滑过程得到如图3212所示肩部所受压力随时间变化的图象(g取10 m/s2)求：(1)下滑演员的最大速度；(2)细杆的长度 解析(1)取杆为研究对象由图象可知，在第1 s内
12、，人的肩部对杆的支持力为N1150 N因为杆的重力为G1m1g30N，设杆上演员对杆向下的作用力为f1，则N1G1f1得f1120 N 由牛顿第三定律可知，杆对杆上演员向上的摩擦力为f1120 N 设在第1 s内演员向下的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得 m2gf1m2a1 解得a16 m/s2 1 s末下滑演员的速度 v1a1t16 m/s2 同理，1 s末后，杆对杆上演员向上的摩擦力为 f2360 N，选向下为正，设m2的加速度为a2，则 m2gf2m2a2 解得a22 m/s2 负号说明加速度向上，演员做减速运动，所以v16 m/s为下滑演员的最大速度(2)前1 s内下滑的距离s112
13、a1t213 m1 s末到滑至底端的距离为s2，由v21v202as2得s29 m所以杆的长度为Ls1s212 m.答案(1)6 m/s(2)12 m 程序法解题的基本思路是：(1)划分出题目中有多少个不同的过程或多少个不同的状态(2)对各个过程或各个状态进行具体分析，得出正确的结果(3)前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点是问题的关键 程序法是学好物理必须具备的一项重要的基本功，在力学中选择研究对象及正确选择某个状态或某个过程进行分析，是迅速解题的关键 如图3213所示，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，细线的另一端拴一质量为m的小球当滑块至少以加速度a
14、_向左运动时，小球对滑块的压力等于零当滑块以a2 g的加速度向左运动时，线中拉力T_.5临界问题，极值问题 解析 当滑块具有向左的加速度a时，小球受重力mg、绳的拉力T和斜面的支持力N作用，如图3214所示 在水平方向有Tcos45Ncos45ma 在竖直方向有Tsin45Nsin45mg0 由上述两式可解出：由此两式可看出，当加速度a增大时，球受支持力N减小，绳拉力T增加当ag时，N0，此时小球虽与斜面有接触但无压力，处于临界状态这时绳的拉力Tmg/cos45 2mg.当滑块加速度ag时，则小球将“飘”离斜面，只受两力作用，如图3215所示，此时细线与水平方向间的夹角45.由牛顿第二定律得：
15、Tcosma，Tsinmg，解得Tm a2g2 5mg.寻找临界条件、解决临界问题的基本思路是：(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程，(包括分析整体过程中有几个阶段)；(2)寻找过程中变化的物理量(自变量与因变量)；(3)探索因变量随自变量变化时的变化规律，要特别注意相关物理量的变化情况；(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系 显然分析变化过程，确定因变量随自变量变化的规律，是解决问题的关键一个弹簧秤放在水平地面上，Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重物，已知P的质量M10.5 kg，Q的质量m1.5 kg，弹簧的质量不计，劲度系数k800 N/m，系统处于静止，如图3216所
16、示，现给P施加一个方向竖直向上的力F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力求力F的最大值与最小值(取g10 m/s2)图3216 解析(1)P做匀速运动，它受到的合外力一定是恒力P受到的外力共有3个：重力、向上的力F及Q对P的支持力FN，其中重力Mg为恒力，FN为变力，题目说0.2s以后F为恒力，说明t0.2 s的时刻，正是P与Q开始脱离接触的时刻，即临界点(2)t0.2 s的时刻，是Q对P的作用力FN恰好减为零的时刻，此时刻为P与Q具有相同的速度及加速度因此，此时刻弹簧并未恢复原长，也不能认为此时刻弹簧的弹力为零(3)当t0时刻，应是力
17、F最小时刻，此时刻F小(Mm)a(a为它们的加速度)随后，由于弹簧弹力逐渐变小，而P与Q受到的合力保持不变，因此力F逐渐变大，至t0.2 s时刻，F增至最大，此时刻F大M(ga)以上三点中第(2)点是解决此问题的关键所在，只有明确了P与Q脱离接触的瞬间情况，才能确定这0.2 s时间内物体的位移，从而求出加速度a，其余问题也就迎刃而解了 设开始时弹簧压缩量为x1，t0.2 s时弹簧的压缩量为x2，物体P的加速度为a，则有kx1(Mm)gkx2mgmax1x212at2由式，x1Mmgk0.15 m解、式，a6 m/s2则：F 小(Mm)a72 NF 大M(ga)168 N.答案 168 N 72
18、 N一物体置于水平面上，受一水平变力F作用沿水平面做变速直线运动，其加速度a随拉力F变化的图线如图3217.由图线可计算出物体的质量m_kg，物体与水平面的摩擦因数_.(g取10 m/s2)6图象法分析动力学问题解析 从图象可读出：F114 N时，a14 m/s2；F210 N时，a22 m/s2.物体与水平面的滑动摩擦力不变，FfFNmg.由牛顿第二定律可得：F1mgma1F2mgma2 解得：mF1F2a1a2 141042 2(kg)F1ma1mg1424210 0.3答案 2 0.3 如图3218所示，质量相同的木块A、B用轻弹簧连接置于光滑的水平面上，开始弹簧处于自然状态，现用水平恒
19、力F推木块A，则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，以下说法正确的是()A两木块速度相同时，加速度aAaB B两木块速度相同时，加速度aAaB C两木块加速度相同时，速度vAvB D两木块加速度相同时，速度vAvB 解析 显然在弹簧压缩到最短的过程中，A所受到的合外力变小，所以aA减小，B所受到的合外力变大，所以aB增大，在vt图象中，a就是图线切线的斜率，又因为两物体开始速度均为0，所以，所画A、B的vt图象如图3219所示 显然，在t1时刻vAvB，但由于在该时刻图线斜率相同(切线平行)aAaB，在t2时刻vAvB，但加速度显然有aAaB.答案 BD (2009广东单科，8,4分)某人
20、在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N他将弹簧测力计移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧测力计的示数如图3220所示，电梯运行的vt图可能是(取电梯向上运动的方向为正)()7超重与失重解析 由Gt图象知：t0t1时间内，具有向下的加速度，t1t2时间内匀速或静止，t2t3时间内，具有向上的加速度，因此其运动情况可能是：t0t3时间内向上减速，静止，向上加速向下加速，匀速，向下减速，故A、D正确答案 AD广州市白鹅潭附近将新建亚洲最大的“摩天转轮”，它的设计直径约为150 m如图3221所示，假如游人乘坐在轿箱中，随转轮始终不停地匀速转动，每转一周用时25分钟，试判断下列关于轿箱中乘
21、客的说法正确的是()A乘客受到的合外力为零 B乘客在乘坐过程中机械能保持不变 C乘客对座椅的压力大小不变 D从最低点到最高点过程中，乘客先超重后失重 解析 乘客随轿箱做匀速圆周运动，合外力提供向心力，合外力不为零；竖直方向上，在最低点处座椅支持力大于人的重力，在与圆心同一水平面的位置座椅的支持力等于人的重力，在最高点座椅的支持力小于人的重力，故选项C错误；在从最低点到最高点过程中，由于乘客先有竖直向上加速度分量后有竖直向下的加速度分量，故乘客先超重后失重 答案 D【例】如图3222有一水平传送带以2 m/s的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，则传送
22、带将该物体传送10 m的距离所需时间为多少？错解 由于物体轻放在传送带上，所以v00，物体在竖直方向合外力为零，在水平方向受到滑动摩擦力(传送带施加)，做v00的匀加速运动，位移为10 m.据牛顿第二定律Fma有fmgma，ag5 m/s2 据初速为零的匀加速直线运动位移公式 分析纠正 以传送带上轻放物体为研究对象，如图3223在竖直方向受重力和支持力，在水平方向受滑动摩擦力，做v00的匀加速运动 据牛二定律Fma 有水平方向：fma 竖直方向：Nmg0 fN 由式，解得a5 m/s2设经时间 t1，物体速度达到传送带的速度，据匀加速直线运动的速度公式v0v0at解得 t10.4 s时间 t1
23、 内物体的位移 s112at21250.420.410(m)物体位移为 0.4 m 时，物体的速度与传送带的速度相同，物体 0.4 s 后无摩擦力，开始做匀速运动 S2v2t2 因为S2SS1100.49.6(m)，v22m/s 代入式得t24.8s 则传送10m所需时间为t0.44.85.2s.答案 5.2s(2007广州真光月考，17)近几年，我国北方地区多次遭遇沙尘暴天气现把沙尘上扬后的情况简化为如下情景：v为竖直向上的风速，沙尘颗粒被扬起后悬浮在空中(不动)，这时风对沙尘的作用力相当于空气不动而沙尘以速度v竖直向下运动时所受的阻力，此阻力可用下式表达，fAv2，其中为一系数，A为沙尘颗
24、粒的截面积，为空气密度计算结果取两位有效数字(1)若沙粒的密度s2.8103 kg/m3，沙尘颗粒为球形，半径r2.5104m，地球表面处空气密度0125 kg/m3，0.45，试估算在地面附近，上述v的最小值v1；(2)假定空气密度随高度h的变化关系为0(1Ch)，其中0为h0处的空气密度，C为一常量，C1.2104/m1，试估算当v9.0m/s时扬沙的最大高度(不考虑重力加速度随高度的变化，g取10 m/s2)解析(1)在地面附近，沙尘扬起要能悬浮在空中，则空气阻力至少应与重力平衡即 0Av21mg式中 Ar2m43r3s由式得 v14sgr30 4.0 m/s.(2)设最大高度 h，此处空气密度 h，则h0(1Ch)又 hAv2mg由式可解得h1C(1 4rsg3v20)6.7103 m.答案(1)4.0 m/s(2)6.7103 m
