高一物理选修课教材

前言

浙江省深化教改从这届高一开始，改革幅度比较大。我校学生在高一下学期要参加高中物理会考，但是，会考内容不仅没有减少，反而增加了一点，而时间却减少了整整一个学期，会考压力很大。因此，在平时上课时，我们高一物理教师为了赶教学进度，基本上以会考难度进行教学，很少对知识点进行加深和拓展。这样就导致一些学有余力的学生“吃不饱”，物理思维得不到提高，能力不能很好的培养。

本课程主要是针对这类学生而开设，本教材分为很多小专题，每个专题跟上课内容联系密切，但又有拓展，让学生在原有知识的基础上适当地进行知识拓展，难度也要有所加深，再介绍一些解题方法技巧，这样不仅培养了学生的解题能力，也使学生的知识面更加广，思维更加活跃，解题方法更加全

专题1追及与相遇问题

追及问题是运动学中较为综合且有实践意义的一类习题，它往往涉及两个以上物体的运动过程，每个物体的运动规律又不尽相同. 对此类问题的求解，除了要透彻理解基本物理概念，熟练运用运动学公式外，还应仔细审题，挖掘题文中隐含着的重要条件，并尽可能地画出草图以帮助分析，确认两个物体运动的位移关系、时间关系和速度关系，在头脑中建立起一幅物体运动关系的图景. 借助于v －t 图象来分析和求解往往可使解题过程简捷明了. 知识要点：

一、相遇是指两物体分别从相距S 的两地相向运动到同一位置，它的特点是：两物体运动的距离之和等于S 。分析时要注意：

（1）、两物体是否同时开始运动，两物体运动至相遇时运动时间可建立某种关系；（2）、两物体各做什么形式的运动；（3）、由两者的时间关系，根据两者的运动形式建立S=S1+S2方程；

（4）追及物与被追及物的速度恰好相等时临界条件，往往是解决问题的重要条件（5）若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已经停止运动。（6）仔细审题，充分挖掘题目中的隐含条件，同时注意v t 图象的应用。

二、典型问题分析（设两者同向运动，后者速度为v 1，前者速度为v 2，开始时两者相距Δs ） 1．匀加速运动追匀速运动的情况（开始时v 1

v 1>v 2时，两者距离变小，相遇时满足s 1= s2+Δs ，全程只相遇一次。 2．匀速运动追匀加速运动的情况（开始时v 1> v2）： v 1> v2时，两者距离变小；

时，①若满足s 1

②若满足s 1= s2+Δs ，则恰能追上，全程只相遇一次； ③若满足s 1> s2+Δs ，则后者撞上前者（或超越前者），此条件下理论上全程要

相遇两次。

3．匀减速运动追匀速运动的情况（开始时v 1> v2）： v 1> v2时，两者距离变小；

时，①若满足s 1

②若满足s 1= s2+Δs ，则恰能追上，全程只相遇一次； ③若满足s 1> s2+Δs ，则后者撞上前者（或超越前者），此条件下理论上全程要

相遇两次。

4．匀速运动追匀减速运动的情况（开始时v 1

v 1

v 1>v 2时，两者距离变小，相遇时满足s 1= s2+Δs ，全程只相遇一次。三、基本解题方法

（1）解析法：根据二者相遇时位置坐标相同，建立各自的位移方程和二者在时间上和位移上的关联方程，然后联合求解，最后检验。（2）图像法：一般利用V-t 图像；四、典型例题

例1．一车处于静止状态, 车后距车S 0=25m处有一个人, 当车以1m/s的加速度开始起动时, 人以6m/s的速度匀速追车, 能否追上? 若追不上, 人车之间最小距离是多少?

S 人-S 车=S0 ∴ v人t-at 2/2=S0 即t 2-12t+50=0

Δ=b2-4ac=122-4×50=-56

当v 人=v车=at时, 人车距离最小 t=6/1=6s

ΔS min =S0+S车-S 人=25+1×62/2-6×6=7m

２

例2．一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以３m/s的加速度开始行驶，恰好此时一辆自行车以６m/s速度驶来，从后边超越汽车．试求：

① 汽车从路口开动后，追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？最远距离是多少？

② 经过多长时间汽车追上自行车，此时汽车的速度是多少？解一：速度关系，位移关系v 汽=at =v 自 t=2s

∆s =v 自t -at 2=6⨯2-⨯3⨯22=6(m )

解二：极值法 (1)∆s =v 自t -

123at =6t -t 2 22

由二次函数的极值条件可知

t =-

=2s 时，∆s 最大

2⨯(-3/2)

⨯22=6(m ) 2

∆s m =6⨯2-

(2)汽车追上自行车时，二车位移相等

v t ' =

1' 22v 2⨯6at t ' ===4s 2t 3

v ' =at ' =3⨯4=12m /s

图象求解

∆s =v t -

(1) t =

v 自a

=2s 3

121

at =6⨯2-⨯3⨯22=6m 22

(2) t =2t =4s

v ' =2v 自=12m /s

例3．公共汽车从车站开出以4m/s的速度沿平直公路行驶，2s 后一辆摩托车从同一车站开

出匀加速追赶，加速度为2m/s。试问

（1）摩托车出发后，经多少时间追上汽车？（2）摩托车追上汽车时，离出发点多远？

（3）摩托车追上汽车前，两者最大距离是多少？

解：开始一段时间内汽车的速度大，摩托车的速度小，汽车和摩托车的距离逐渐增大，当摩托车的速度大于汽车的速度后，汽车和摩托车的距离逐渐减小，直到追上，显然，在上述过程中，摩托车的速度等于汽车速度时，它们间的距离最大。（1）摩托车追上汽车时，两者位移相等，即

v(t+2)=

at 2

解得摩托车追上汽车经历的时间为t=5.46s (2)摩托车追上汽车时通过的位移为

at =29.9m 2

(3)摩托车追上汽车前，两车速度相等时相距最远，即v=at

t =

=2s a

最大距离为△s=v(t+2)-

1/2

at =12m 2

例4、火车以速度v 1匀速行驶，司机发现前方同轨道上相距s 处有另一火车沿同方向以速度v2做匀速运动，已知v 1＞v 2司机立即以加速度a 紧急刹车，要使两车不相撞，加速度a 的大小应满足什么条件？

解法一：由分析运动过程入手后车刹车后虽做匀减速运动，但在速度减小到和v2相等之前，两车的距离将逐渐减小；当后车速度减小到小于前车速度，两车距离将逐渐增大。可见，当两车速度相等时，两车距离最近。若后车减速的加速度过小，则会出现后车速度减为和前车速度相等即追上前车，发生撞车事故；若后车加速度过大，则会出现后车速度减为和前车速度相等时仍为追上前车，若后车加速度大小为某一值时，恰能使两车速度相等时后车追上前车，这是两车不相撞的临界条件，其实对应的加速度即为两车不相撞的临界最小加速度。综合以上分析可知，两车恰不相撞时应满足下列方程：

v 1t-a 0t 2= v2t+s vt -a 0t=v2

(v 2-v 1) 2(v 2-v 1) 2

联立上式可解得：a 0= 所以不 a ≥时时两车即不会相撞。

2s 2s

解法二：要使两车不相撞，其位移关系应为

v 1t-at ≤s+ v2t

12即at +(v2-v 1)t+s≥0 2

对于位移s 和时间t, 上面不等式都成立的条件为 △=(v2-v 1) 2-2as ≤0

(v 2-v 1) 2

由此得a ≥

例5、某人骑自行车以4m/s的速度匀速前进，某时刻在他前面７m 处以10m/s的速度同向行

驶的汽车开始关闭发动机，而以２m/s的加速度减速前进，求：①自行车未追上前，两车的最远距离； ②自行车需要多长时间才能追上汽车．解：①当v 汽＝v 车时，有最远距离

∆s =7+s 汽-s 自=7+

②s 自=s 汽+7

16-1004-10

-4⨯=16m

2⨯-2-2

v 1t =v 0t +

at +7 （错解）５s 末汽车已停下 2

t 1=7s 应判断在追上前汽车是否已经停下＇

t 1=－１s(舍)

经５s 汽车停下且走了２５m ，而s 自=20m, 20

∴相遇是在汽车停止后，s 自＝７＋２５＝３２（m ）

t ＝３２／４＝８（s ）

若s 自＝８m/s，∆s ＝８m ，何时相遇，相遇时v 汽＝？

s 自=s 汽+∆s

t=4s

8t=10t－t +8 t=2s(舍) 解：①当v 汽＝v 车时，有最远距离

v 汽＝２m/s

∆s =7+s 汽-s 自=7+

②s 自=s 汽+7

16-1004-10

-4⨯=16m

2⨯-2-2

v 1t =v 0t +

at +7 （错解）５s 末汽车已停下 2

t 1=7s 应判断在追上前汽车是否已经停下＇

t 1=－１s(舍)

经５s 汽车停下且走了２５m ，而s 自=20m, 20

∴相遇是在汽车停止后，s 自＝７＋２５＝３２（m ）

t ＝３２／４＝８（s ）

例6. 某人骑自行车以8m/s的速度匀速前进，某时刻在他前面8m 处以10m/s的速度同向行

驶的汽车开始关闭发动机，而以２m/s的加速度减速前进，求： ①自行车未追上前，两车的最远距离； ②自行车需要多长时间才能追上汽车解：①当v 汽＝v 车时，有最远距离

∆s =7+s 汽-s 自=7+

②s 自=s 汽+7

16-1004-10

-4⨯=16m

2⨯-2-2

v 1t =v 0t +

at +7 （错解）５s 末汽车已停下 2

t 1=7s 应判断在追上前汽车是否已经停下＇

t 1=－１s(舍)

经５s 汽车停下且走了２５m ，而s 自=20m, 20

相遇是在汽车停止后，s 自＝７＋２５＝３２（m ）

t ＝３２／４＝８（s ）

小结：求解追及问题要注意明确三个关系：时间关系、位移关系、速度关系，这是我们求解列方程的依据，涉及临界问题时要抓住临界条件。

随堂练习：

1、一列快车正以20m/s的速度在平直轨道上运动时，发现前方180m 处有一货车正以6m/s

速度匀速同向行驶，快车立即制动，快车作匀减速运动，经40s 才停止，问是否发生碰车事故？（会发生碰车事故）

2、同一高度有AB 两球，A 球自由下落5米后，B 球以12米/秒竖直投下，问B 球开始运动

后经过多少时间追上A 球。从B 球投下时算起到追上A 球时，AB 下落的高度各为多少？

（g=10m/s）（2.5秒；61.25米）

专题2 受力分析方法之整体法与隔离法的应用

我们先来了解几个有关的概念:系统、系统内、系统外、系统内力、系统外力。如图﹙1﹚所示，以A 、B 为整体，就可以把A 、B 这一整体叫做系统；A 与B 是系统内的物体，A 与B 之外的物体叫做系统外部物；系统内部物体之间的作用力（N BA 、N AB ）叫做系统的内力，系统外部物体对系统内部物体的作用力（G A 、G B 、N CB ）叫做系

A B C

统外力。

系统内力的特点：如图﹙2﹚所示，系统内力总是成对出现且大小相等方向相反，有N BA ＝－N AB 。如果以AB 为系统整体受力分析，N BA 和N AB 总是相互抵消。和系统外力的特点：施力物体是系统外的物体。

整体法和隔离法的含义：所谓整体法就是把几个物体作为一个整体进行

受力分析，只需要分析系统外的物体对系统内物体的作用力即系统外力，系统

内力不管有多少对，总相互抵消，可以不考虑。所谓隔离法就是把系统内的某一物体与体统内的其他物体隔离开来单独进行受力分析，包括内力和外力都要分析。用隔离法要注意被隔离物体的选取，被隔离物体是要分析力的受力物体。

由于系统内力总是成对出现的，故用整体法是无法分析内力，也就是说要分析系统内力一定要用隔离法。在分析系统外力时通常用整体法，也可以用隔离法，相对而言用整体法较为简单。在实际应用当中往往需要多次选取研究对象，整体法和隔离法交替使用。

【例1】：如图﹙3﹚所示，A 、B 的质量均为m ，A 和B 用细绳b 连接再用细绳a 悬挂于墙上o 点。求细绳a 和b 的拉力？

【解析】：隔离法：对A 、B 隔离受力分析如图﹙4﹚所示，由平衡条件可得：

T b ＝T b ′＝mg T a ＝T b ′＋mg ＝2mg

求T a 用整体法较为简单：对A 、B 隔离受力分析如图﹙5﹚所示，由平衡条件可得：

T a ＝mg ＋mg ＝2mg

A B 图﹙3

﹚

B A b ′

图﹙

图﹙5﹚

【变式练习】：如图﹙6﹚所示，对a 施加一个向左偏下30°的力F ，对b 施加一个向右偏上30°同样大小的力F ，则当以a 、b 为整体的系统达到稳定后的图形应该是﹙ ﹚

【解析】：四个选项中区别在于oa 和ab

两条细绳的倾斜方向，

也就是要分析两条细绳的拉力方向。令oa 和ab 两条细绳的拉力分别为T a 和T b ，以ab 为整体T a 为系统的外力，用整体法分析如图﹙7﹚所示， T b （a 对b 的拉力）为系统的内力，用隔离法分析如图﹙8﹚。由平衡条件T a 的方向必然竖直向上，T b 的方向在mg 和F 的方向反向延长线的夹角范围内。故选B 。

【例2】：如图﹙9﹚所示，条形磁铁A 、B 质量均为m ，C 为木块，它们放在水平面上静止时，B 对A 的弹力为F 1，C 对B 的弹力为F 2，则与重力mg 的关系是（） A 、F 1＝mg ，F 2＝2mg B 、F 1＞mg ，F 2＝2mg C 、F 1＜mg ，F 2＝2mg D 、F 1＝mg ，F 2＞2mg

图﹙10﹚

【解析】：以A 和B 为整体F 1为系统的内力，用隔离法分析，F 2为系统的

外力，用整体法分析。令B 对A 的吸引力为F BA ，对A 进行隔离法受力分析和对AB 进行整体法受力分析如图﹙10﹚所示。 F 1＝m g ＋F BA ＞mg F 2＝2mg 选B 。

【例3】：如图﹙11﹚所示两块相同的竖直木块A 、B 之间有质量均为m 的四块相同的砖，用两个大小均为F 的水平压力压木板使砖静止不动，求第二块对第一块，第二块对第三块的摩擦力？

【解析】：要求第二块对第一块，第二块对第三块的摩擦力必须将第二块和第一块、第三块隔离开来受力分析，令左边板对1的摩擦力为f 1, 右边板对4的摩擦力为f 2（由整体法可知f 1和f 2竖直向上）, 第2块对第1块的摩擦力为f 21（先假设f 21竖直向下）, 第2块对第3块的摩擦力为f 23（先假设f 23竖直向下）, 将1隔离开进行受力分析如图﹙12﹚所示。由平衡条件可得： f 1＝f 21＋mg …①，要求f 21就得先求f 1。

以四块砖为整体，则f 1为外力。对四块砖整体受力分析如图﹙13﹚所示，f 1＋f 2＝4mg ， f 1＝f 2＝2mg …②。将f 1＝2mg 代入①式可得f 21＝2mg ，方向竖直向下。

将2隔离开进行受力分析如图﹙14﹚所示。f 12＝f 21＝mg 竖直向上，

121图﹙12﹚

图﹙13﹚图﹙14﹚

由平衡条件可得：f 12＝mg ＋f 32，f 32＝0，故f 23＝0。（求f 32时可以把12作为整体受力分析，也可以叫做局部整体法）。

【例4】：如图﹙15﹚所示，质量为M 的斜面静止在地上，质量为m 的滑块在斜面上匀速下滑，下列说法正确的是（） A 、斜面对地面的压力等于mg ＋Mg B 、斜面对地面的压力大于mg ＋Mg C 、地面对斜面没有摩擦力

D 、地面对斜面有水平向右的摩擦力

【解析】：斜面对地面的压力的反作用力为地面对斜面的支持力，地面对斜面的摩擦力这两个力都是地面对斜面的，如果以斜面和滑块为整体，则这两个力都是外力。虽然滑块在斜面上匀速下滑，斜面是静止的，但它们都处于平衡状态，故以斜面和滑块为整体，则整体也满足平衡条件。令地面对斜面的支持力为N , 地面对斜面的摩擦力为f , 假设f 的方向水平向右，以斜面和滑块为整体受力分析如图﹙16﹚所示。由平衡条件可知：N ＝mg ＋Mg ，f ＝0。故选A C。

【例5】：（09·海南物理·3）两刚性球a 和b 的质量分别为m a 和m b 直径分别为d a 个d b (d a ＞d b ) 。将a 、b 球依次放入一竖直放置、内径为的平底圆筒内，如图﹙17﹚所示。设a 、b 两球静止时对圆筒侧面的压力大小分别为f 1和f 2，筒底所受的压力大小为F 。已知重力加速度大小为g 。若所以接触都是光滑的，则（） A 、F ＝(m a ＋m b ) g f 1＝f 2 B 、F ＝(m a ＋m b ) g f 1≠f 2

C 、m a g＜F ＜(m a ＋m b ) g f 1＝f 2

D 、m a g＜F ＜(m a ＋m b ) g f 1≠f 2

图﹙16﹚

图﹙18﹚

【解析】：令筒底对a 球的支持力大小为N , F ＝N ，圆筒侧面对a 、b 两球的压力大小分别为f 1′和f 2′，f 1′＝f 1，f 2′＝f 2。以a 、b 为整体f 1′、f 2′、N 都是这个系统的内力，对a 、b 整体受力分析如图﹙18﹚所示。由平衡条件可知：F ＝N ＝(m a ＋m b ) g， f 1＝f 2，故选A 。【例6】：如图﹙19﹚重400N 的大木箱放在大磅秤上，箱内的小磅秤上站着一个重600N 的人，当人用力向上推木箱的顶板时，两磅秤的示数将（）

A 、小磅秤示数增大，大磅秤示数减小

B 、小磅秤示数不变，大磅秤示数增大

C 、小磅秤示数增大，大磅秤示数不变 D 、小磅秤和大磅秤示数都增大

【解析】：该题实质上是分析小磅秤对人的支持力和大磅秤对木箱的支持力的大小变化。是否引起变化的起因是人用力向上推木箱顶板时，顶板对人向下的压力。如果以人、木箱和小磅秤为整体则小磅秤对人的支持力属于系统内力，将人隔离开受力分析如图﹙20﹚，令小磅秤对人的支持力为N 1，木箱顶板对人的压力为N 2，人自身的重力为G 人，由平衡条件N 1＝N 2＋G 人，比没有用力向上推木箱的顶板时的N 1′＝G

人

人0＋G 人

图﹙20﹚

大；大磅秤对木箱的支持力为以人、木箱和小磅秤为整体的外力，

对整体受力分析如图﹙20﹚，令大磅秤对木箱的支持力为N 3，木箱和小磅秤的重力为G 0，由平衡条件N 3＝G 0＋G 人大小不变。故选C 。

【例7】：如图﹙21﹚所示，A 、B 、C 三个物体放在水平地面上，A 和C 各受大小为5N 的水平拉力F 1和F 2作用，三个物体都保持静止，则AB 间的摩擦力、BC 间的摩擦力、C 和地面的摩擦力分别为（）

A 、5N ，0，5N B 、5N ，5N ，0

C 、5N ，0， 10N D 、5N ，5N ，10N

专题3：简单的连结体问

题

1、连接体:两个或两个以上物体相互连接(绳子，弹簧相连，叠放，并排等)

参与运动

的系统称为连接体。如下图：

解决连接体问题先要了解内力与外力：连结

体间的相互作用力叫内力；外部对连结体的

作用力叫外力。如图，m1和m2一起运动，

把两个物体看做整体，则m1对m2的支持

力是内力，而F 为外力。

例1：如图所示，质量为2kg 的

物体A 和质量为1kg 的物体B

靠在一起，放在光滑的水平面

上，现用水平力F=30N推A ，

求A 对B 作用力的大小

解：先分析AB 整体的受力情况：

F =(mA +mB )a

2a=F/(mA +mB )=10m/s

再分析B 的受力情况：

F B =mB a=10N

扩展：如果AB 与水平面的动摩擦因数都是

μ=0.4，再求A 对B 的作用力大小。

例2：如图所示，质量为2kg 的

m1和质量为1kg 的m2两个物

体用水平细线连接，放在光F a ==

8m /s m 滑的水平面上，现用水平拉

力F 拉m1，使m1 和m2

一起沿水平面运动，若细线能承受的最大拉

力为8N ，求水平拉力F 的最大值。

先分析m2 的受力情况:

再分析m1m2整体受力情况：F

=(m1+m2)a=24N

求解简单的连接体问题的方法：-------

整体T 22

隔离法

1、已知外力求内力：先用整体法求加速度，

再用隔离法求内力

2、已知内力求外力：先用隔离法求加速度，

再用整体法求外力

练习：如图所示，质量为2kg 的m1和质量

为1kg 的m2两个物体叠放在一起，放在水

平面，m1 与m2的动摩擦因数是0.3，地面

光滑，现用水平拉力F 拉m1，使m1 和

m2一起沿水平面运动，要使m1 和m2之

间没有相对滑动，水平拉力F 最大为多大？

练习2：2、如图所示，质量为2kg 的m1

和质量为1kg 的m2两个物体叠放在一起，

放在水平面，m1 与m2的动摩擦因数是0.3，

地面光滑，现用水平拉力F 拉m1，使m1 和

m2一起沿水平面运动，要使m1 和m2之

间没有相对滑动，水平拉力F 最大为多大？

例3、一人在井下站在吊台上，

用如图所示的定滑轮装置拉绳

把吊台和自己提升上来。图中跨

过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计

摩擦。吊台的质量m=15kg,人的质量为

M=55kg,起动时吊台向上的加速度是

a=0.2m/s2,求这时人对吊台的压力。

(g=9.8m/s2)

例4、如图所示：把质量为M 的的物体放

在光滑的水平高台上，用一条可以忽略质量

而且不变形的细绳绕过定滑轮把它与质量

为m 的物体连接起来，求：物体M 和物体

m 运动的加速度大小。

把M 和m 当作一个整体，具有相同的加速

度大小

∴mg=(M+m)a

a=mg/(M+m)

练习：一条细绳（忽略质量）跨

过定滑轮在绳子的两端各挂有物

体A 和B ，它们的质量分别是mA=0.50kg，

mB=0.10kg。开始运动时，物体A 距地面高

度hA=0.75m，物体B 距地面高度

hB=0.25m，求：

⑴AB 的加速度；

⑵A 落地时B 的速度；

⑶物体A 落地后物体B 上升的最大高度距

地面多少米？

专题4：物体动态平衡问题分析

所谓动态平衡问题是指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢变化，而在这个

过程中物体又始终处于一系列的平衡状态中．解决动态平衡问题的关键是抓住不变量, 依据

不变量来确定其他量的变化规律, 常用的分析方法有解析法和图解法.

动态平衡类型：

1、一个力不变，两个力始终垂直；作图法（合成法）或分解法(三角函数)

2、一个力不变，一个力方向始终不变：作图法（合成法）

3、一个力不变，两个力方向都变；相似三角形法（矢量三角形与几何三角形相似，

对应边成比例）。

解析法和图解法

【例1】如图所示，一个重为G 的匀质球放在光滑斜面上，斜面倾角为α. 在斜面上有一光

滑的不计厚度的木板挡住球，使之处于静止状态，今使木板与斜面的夹角β缓慢增大至水平，

在这个过程中，球对挡板和球对斜面的压力大小如何变化？

【解析】解析法：选球为研究对象，球受三个力作用，即重力G 、

斜面支持力FN1、挡板支持力FN2，受力分析如图所示. 由平衡条件可得

FN2cos(90°－α－β) －FN1sin α＝0

FN1cos α－FN2sin(90°－α－β) －G ＝

联立求解并进行三角变换可得

FN1＝

FN2＝•G

讨论：

(1)对FN1：①(＋β)

②(α＋β)>90°，β↑→|cot(α＋β)|↑→FN1↓

(2)对FN2：①β

②β>90°，β↑→sin β↓→FN2↑

综上所述：球对斜面的压力随β增大而减小；球对挡板的压力在β

大而减小，而β>90°时，随β增大而增大，当β＝90°时，球对挡板的压力最小.

图解法（合成法或分解法）：取球为研究对象，球受重力G 、

斜面支持力FN1，挡板支持力FN2. 因为球始终处于平衡状态，故

三个力的合力始终为零，将重力分解成两个力：对斜面支持力F1，

对挡板压力F2，作出平行四边形，由图可见，F2先减小后增大，

F1随β增大而始终减小. （此题采用分解法）

注意：此类题目的特点是：物体始终处于平衡状态，受三个力的作用，一个力的大小、

方向保持不变（G ），另外两个力FN1方向不变，FN2的大小和方向均发生变化。用解析法

和图解法均可正确解答，但图解法更容易、直观。

再如：

（2012新课标）16如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为Nl ，

球对木板的压力大小为N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置

开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中

A ．N1始终减小，N2始终增大

B ． N1始终减小，N2始终减小

C ． N1先增大后减小，N2始终减小

D ． N1先增大后减小，N2先减小后增大

【解析】受力分析如图所示: 重力的大小方向都不变，可知N1、N2的合力大小、方向都不

变，当木板向下转动时，N1、N2变化如图所示，即N1、N2都减小，

所以正确选项为B （此题采用合成法）

点评：掌握方法，此类题目相当容。

二、相似三角形法

【例2】绳子一端拴着一小球，另一端绕在钉子上，小球放在一光滑

的大半球上静止，如图2-6-1所示．由于某种原因，小球缓慢地沿球

面向下移动，在此过程中，球面的支持力和绳子的拉力如何变化？

【解析】本题中小球缓慢移动能看成平衡状态．如图2-6-1所示，小

球受到3个共点力G 、FN 、T 作用而处于平衡状态，由G 、FN 、FT

三力组成的力矢量三角形与三角形OAB 相似．设球重为G ，大半球

图2-6-1

半径为R ，钉子到球面最高点之距为h ，此时绳子长为L ，则有所以

例3、如图所示，A 、B 两球用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B 球

用长为L 的细线悬于O 点，A 球固定在O 点正下方，且O 、A 间的距

离恰为L ，此时绳子所受的拉力为F1，现把A 、B 间的弹簧换成劲度系数为k2的轻弹簧，

仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为F2，则F1与F2的大小关系为

A ．F1F2

C ．F1＝F2 D．因k1、k2大小关系未知，故无法确定

【解析】对小球B 受力分析如图所示，

由三角形相似得：＝＝同理，当换用劲度系数为k2的轻弹簧时，再用三角形相似得出：

＝＝，由以上两式比较可知，F1＝F2＝mg ，C 正确．

6. (2009·上海市静安区模拟) 如图所示，用等长绝缘线分别悬挂两个质量、电量都相同的带

电小球A 和B ，两线上端固定于同一点O. 将B 球固定在O 点正下方．当A 球静止时，两悬

线夹角为θ. 在以下情况下，夹角θ保持不变的是(两球间万有引力不计)

A ．同时使A 球的质量和电量都减半

B ．同时使A 、B 两球的质量和电量都减半

C ．同时使两悬线长度减半

D ．同时使两球的电量都减半

“相似三角形法”指的是在对物体进行受力分析（尤其是准平衡态，即动态平衡过程）时找到两个相似三角形，其中一个三角形的边长表示长度，另一个三角形的边长表示力的大小。利用相似三角形法可以判断某些力的变化情况。（三个力一个是恒力，另外两个力是变力）

练习：

1. 如图所示，轻绳的一端系在质量为m 的物体上，另一端系在一个轻质圆环上，圆环套在粗糙水平杆MN 上，现用水平力F 拉绳上一点，使物体处于图中实线位置，然后改变F 的大小使其缓慢下降到图中虚线位置，圆环仍在原来的位置不动，则在这一过程中，水平拉力F 、环与杆的摩擦力F 摩和环对杆的压力F N 的变化情况是（）

A. F逐渐增大，F 摩保持不变，F N 逐渐增大；

B. F逐渐增大，F 摩逐渐增大，F N 保持不变；

C. F逐渐减小，F 摩逐渐增大，F N 逐渐减小；

D. F逐渐减小，F 摩逐渐减小，F N 保持不变。

2如图所示，小球用细绳系在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳

D 由水平方向逐渐向上偏移时，细绳上的拉力将（）

C A ．逐渐增大

B ．逐渐减小

C ．先增大后减小

θ D ．先减小后增大

4. 如图所示，一个重为G 的匀质球放在光滑斜直面上，斜面倾

角为α，在斜面上有一光滑的不计厚度的木板挡住球，使之处于静止状

态．今使板与斜面的夹角β缓慢增大，问：在此过程中，球对挡板和球

对斜面的压力大小如何变化？

5. 如图所示，细绳一端与光滑小球连接，另一端系在竖直墙壁上的A 点，当缩

短细绳小球缓慢上移的过程中，细绳对小球的拉力、墙壁对小球的弹力如何变

化？

6如图所示，绳OA 、OB 悬挂重物于O 点，开始时OA 水平. 现缓慢提起A 端而O 点的位置保持不变，则

A. 绳OA 的张力逐渐减小 B. 绳OA 的张力逐渐增大

C. 绳OA 的张力先变大，后变小 D. 绳OA 的张力先变小，后变大

7. 如图所示，长为5 m的细绳的两端分别系于竖立在地面上相距为4 m 的两杆的顶端A 、B. 绳上挂一个光滑的轻质挂钩，其下连着一个重为12 N的物体. 平衡时，绳的张力T=_______.

8. 如图所示装置，两物体质量分别为m 1、m 2，悬点ab 间的距离大于滑轮的直径，不计一切摩擦，若装置处于静止状态，则

A.m 2可以大于m 1

B.m 2一定大于

m 1

C.m 2可能等于

m 1

D. θ1一定等于θ2

9．如图所示，将一根不能伸长的柔软轻绳两端分别系于A 、B 两点上，一

物体用动滑轮悬挂在绳子上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ1，绳子张力为F 1；将绳子B 端移到C 点，保持整个系统达到平衡时，两段绳

子间的夹角为θ2，绳子张力为F 2；将绳子B 端移到D 点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ3，绳子张力为F 3，不计摩擦，则（） A ．θ1=θ2=θ3 B ．θ1=θ2F 2>F 3 D ．F 1=F 2

11．水平杆上套有两个相同的质量为m 的环，两细线等长，下端系着质量为M 的物体，系统静止，现在增大两环间距而系统仍静止，则杆对环的支持力N 和细线对环的拉力F 的变化情况是（）

A ．都不变 B. 都增大 C.N 增大，F 不变 D.N 不变，F 增大

B C

12、如图所示，一只蚂蚁从半径为R 的半球体底端缓慢地（速度可忽略不计）爬上顶端，下列说法正确的是（）

A ．蚂蚁受到球面的摩擦力变大 B ．蚂蚁受到球面的摩擦力变小 C ．蚂蚁受到球面的支持力不变 D ．蚂蚁受到球面的支持力变小

13如图所示，一根轻弹簧上端固定在O 点，下端拴一个钢球P ，球处于

静止状态. 现对球施加一个方向向右的外力F ，使球缓慢偏移，在移动中弹簧与竖直方向的夹角θ＜90°，且弹簧的伸长量不超过弹性限度，并始终保持外力F 的方向水平，则图1-9给出的弹簧伸长量x 与cosθ的函数关系图象中，最接近的是( )

14. 有一个直角支架AOB ，AO 水平放置，表面粗糙， OB 竖直向下，表面光滑。AO 上套有小环P ，OB 上套有小环Q ，两环质量均为m ，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图所示）。现将P 环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO 杆对P 环的支持力F N 和摩擦力f 的变化情况是

A ．F N 不变，f 变大 B ．F N 不变，f 变小 C ．F N 变大，f 变大 D ．F N 变大，f 变小

15. 重为G 的物体系在OA 、OB 两根等长的轻绳上，轻绳的A 端和B 端挂在半圆形的支架BAD 上，如图所示，若固定A 端的位置，将OB 绳子的B 端沿半圆支架从水平位置逐渐移至竖直位置C 的过程中，则以下说法正确的是（）

A 、OB 绳上的拉力先增大后减小 B 、OB 绳上的拉力先减小后增大 C 、OA 绳上的拉力先减小后增大 D 、OA 绳上的拉力一直逐渐减小

专题5 动力学中的临界问题

方法提示：解决动力学中临界问题的关键是找到物理现象变化的特征物理量（如静摩擦力f 、支持力F N 等）相关的表达式，讨论特征物理量的变化并找出临界值！

1、小车车厢内壁挂一质量m 的光滑小球，悬线与竖直壁成θ角，小车以加速度a 向左加速运动，小球靠在车壁上。⑴求小球受到车壁对它的弹力F N ；⑵若a 增大，F N 如何变化；⑶要使小球不离开车壁，求小车的加速度a 取值要求。

2、如图，质量分别为m 和M 的两物体叠放在光滑水平地面上，两物体间的动摩擦因数为μ，水平拉力F 的作用在M 上，两物体相对静止一起向右运动。（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：⑴物体m 受的摩擦力f ；⑵若F 增大，f 如何变化；⑶要保持两物体相对静止，求拉力F 取值要求。

3、如图，把长方体切成质量分别为m 和M 两部分，切面与底面成θ角，长方体置于水平地面上，一切摩擦不计。水平推力F 作用在M 上，两物体相对静止一起向右运动。⑴求物体m 受到地面的支持力F N ；⑵若F 增大，F N 如何变化；⑶要使物体m 不离开地面，求推力F 取值要求。

4、如图，一个质量为m 的光滑物块被一根一端固定在倾角为θ的斜面体上的轻绳拉着靠在斜面上，斜面体与物块相对静止以加速度a 向右加速运动。求：⑴物块受到的支持力F N ；⑵若a 增大，F N 如何变化；⑶要使物块不离开斜面，求a 的取值要求。（提示：怎样建立直角坐标系更好？）

5、如图，质量分别为m 和M 的两物体叠放在光滑水平地面上，两物体间的动摩擦因数为μ，水平拉力F 作用在M 上，两物体相对静止一起向右运动。（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）

⑴求物体m 受到的摩擦力；⑵要保持两物体相对静止，求拉力F 取值要求。

6、如图，把长方体切成质量分别为m 和M 两部分，切面与底面成θ角，长方体置于水平地面上，一切摩擦不计。水平推力F 作用在m 上，两物体相对静止一起向右运动。⑴求物体m 受到地面的支持力；⑵要使物体m 不离开地面，求推力F 取值要求。

7、如图，一个质量为m 的光滑小球被一根一端固定在倾角为θ的斜面体上的轻绳拉着靠在斜面上，斜面体与小球相对静止以加速度a 向左加速运动。求：⑴小球受到绳子的拉力；⑵

要使小球不沿斜面上滑，求a 取值要求。（提示：怎样建立直角坐标系更好？）

8、如图，质量分别为m 、2m 、3m 的物块A 、B 、C B 施加一水平力F ，已知AB 间、BC 间最大静摩擦力均为f 0起运动，F 的最大值为。（提示：分别求出A 、C 受到的静摩擦力，讨论其

变化）

参考答案：1、⑴ mgtanθ-ma ⑵减小 ⑶a ≤gtanθ 2、⑴mF /(M +m ) ⑵增大 ⑶F ≤μ(M +m ) g 3、⑴ mg -mFcotθ/(M +m ) ⑵减小 ⑶F ≤(M +m ) gtanθ 4、⑴ mgcosθ-masinθ ⑵减小 ⑶a ≤gcotθ 5、⑴mF /(M +m ) ⑵F ≤μM (M +m ) g/m 6、⑴ mg -MFcotθ/(M +m ) ⑵ F ≤(M +m ) mg tanθ/M 7、⑴mgsinθ-macosθ ⑵a ≤gtanθ 8、2 f0

专题 6动力学中临界现象之物体分离问题

方法提示：

⑴ 原来是挤压在一起的两个物体，当两者间的相互挤压力减小到零时，物体即将发生分离；所以，两物体分离的临界情况是： ①挤压力减为零，但此时两者的②加速度还是相同的，之后就不同从而导致相对运动而出现分离；因此，解决问题时应充分利用①、②这两个特点。

⑵物体分离问题的物理现象变化的特征物理量是两物体间的相互挤压力。假设接触在一起运动的前后两物体间没有挤压理，分别运算表示出前后两者的加速度。若a 后>a 前，则必然是后者推着前者运动，两者有挤压力；若a 后≤a 前，则前者即将甩开后者（分离），两者没有挤压力。

例1、如图，光滑水平面上放置紧靠在一起的A 、B 两个物体，m A =3kg，m B =6kg，推力F A 作用于A 上，拉力F B 用于B 上，F A 、F B 大小均随时间而变化，其规律分别为F A =(9 - 2 t)N，F B =(2 + 2 t)N，求：⑴A 、B 间挤压力F N 的表达式；⑵从t =0开始，经多长时间A 、B 相互

脱离？

例2、如图，一根劲度系数为k 、质量不计的轻弹簧，上端固定、下端系一质量为m 的物体，有一水平板将物体托住，并使弹簧处于自然长度。现手持水平板使它由静止开始以加速度a （a

3、如图，一轻弹簧秤秤盘的质量为M ，盘内放一个质量为m 的物块，弹簧的劲度系数为k ，现用一竖直向下的压力作用于物块上，使其缓慢下降一段足够长的距离，然后突然撤掉该力，撤掉该外力后，求：⑴设弹簧的弹力记为f =kx ，求离开秤盘前物块受到的挤压力F N 的表达式；⑵求物块与秤盘分离时弹簧的形变量；⑶若秤盘的质量忽略不计，物块与秤盘分离时弹簧的形变量又怎样？

4、如图，在倾角为θ的光滑斜面上端系一劲度系数为k 的轻弹簧，弹簧下端连有一质量为m 的小球，球被一垂直于斜面的挡板挡住，此时弹簧没有形变。若手持挡板以加速度a （a

）沿斜面匀加速下滑。求：⑴从挡板开始运动到挡板与球分离所经历的时间；⑵若要挡板以加速度a 沿斜面匀加速下滑的一开始，挡板就能与小球分离，a 至少应多大。示：参考第2题）

5、如图，一轻弹簧秤秤盘的质量为M ，盘内放一个质量m 物体P ，弹簧的劲度系数为k ，系统原来处于静止状态。现给物体P 施加一大小为F （F >mg ）竖直向上的恒定拉力，使P 由静止开始向上作加速运动，一段时间后离开秤盘。求：⑴物体P 与秤盘分离时弹簧的形变量；⑵若要物体P 受到拉力后立即就能离开秤盘，拉力至少应多大；⑶若秤盘的质量完全不计，拉力大小仍为题中的F ，那么物块与秤盘分离时弹簧的形变量又怎样？如果F 很大呢？（提示：参考第3题）

答案：1、⑴(16-2t )(N ) ；⑵8s/3 2、⑴m (g-a ) -kx ；⑵m (g-a ) /k；⑶m (g -a ) /ka 3、

3⑴mkx/(M +m ) ；⑵原长；⑶原长4、⑴2m (g sin θ-a ) /ka ；⑵gsin θ 5、⑴压缩了MF /mk ；⑵mg (1+m ) ；⑶均原长

专题7：板块类运动问题

1．如图13所示，有一定厚度的长木板AB 在水平面上滑行，木板的质量m 1=4.0kg．木板与水平面间的动摩擦因数μ=0.20，木板上表面距水平面的高度h =0.050m．当木板滑行速度v 0=3.0m/s时，将一小物块C 轻放在木板右端B 点处．C 可视为质点，它的质量m 2=1.0kg．经过一段时间，小物块C 从木板的左端A 点滑出，它落地时的动能E KC =1.0J．小物块落地后，木板又滑行了一段距离停在水平面上，这时，木板左端A 点距小物块的落地点的水平距离S 1=0.90m．求：

（1）小物块C 从木板的A 点滑出时，木板速度的大小v A ；（2）木板AB 的长度L ．

图13

解析：小物块C 放到木板上后，C 受力如图1，离开木板之前作向右的匀加速运动，假设C 离开木板时的速度为v C ，C 离开木板后向右做平抛运动，砸到地面后立即停下来；木板的受力如图2，C 离开它之前，木板做匀减速运动，假设C 离开木板时木板的速度为v A , 随后木板以初速度v A 匀减速滑动，直到停下来。

（1）C 平抛过程中只受重力作用，机械能守恒，得：

12m 2v C +m 2gh =E KC +0 2

代入数据：v C =1m /s

向右平抛的水平位移：S X =v c t c =v c

=0. 1m g

所以C 离开木板后，木板实际上由于地面摩擦力而匀减速滑动的位移为：

S 滑=S X +S 1C 离开木板后，木板受力如图3 f 地0=μm 1g =m 1a 0 得：a 0=μg =2m /s 2 故：v A =

2a 0S =2m /s

图3

（2）小物块C 放到木板上后离开木板之前，假设小物块C 在这个过程中的位移为S 2，则木板的位移为S 2+l, 根据动能定理：

对木板m 1： -(f +f 地)(S 2+l ) =对小物块m 2:fS 2=

122m 1(v A -v 0) ① 2

12m 2v C -0 ② 2

假设C 滑上木块到分离所经历的时间为t ，规定水平向右为正方向，根据动量定理：对木板m 1： -(f +f 地) t =m 1(v A -v 0) ③ 对小物块m 2:ft =m 2v C -0 ④

f 地 ⑤ 3

联立①②⑤：l =0. 6m

联立③④得：f =

例2．如图11所示，将工件P （可视为质点）无初速地轻放在以速率v 匀速运行的水平传送带的最左端A ，工件P 在传送带的作用下开始运动，然后从传送带最右端B 飞出，落在水平地面上. 已知AB 的长度L =7.5m，B 距地面的高度h =0.80m. 当v =3.0m/s时，工件P 从A 端运动到落地点所用的时间t 0=4.4s. 求：

（1）工件P 与传送带之间的动摩擦因数μ；（2）当传送带分别以不同的速率v （运行方向不变）匀速运行时，工件P 均以v 0=5.0m/s的初速度从A 端水平向右滑上传送带. 试分析当v 的取值在什么范围内变化时，工件P 从A 端运动到落地点所用的时间t 保持不变，并求出对应的时间t (结果保留两位有效数字) . 解：（1）设P 从B 端做平抛运动到地面所用的时间为t 3，根据平抛运动公式 h =

得 t 3=

gt 3 2

=0. 4s g

则P 在传送带上运动的时间 t AB = t0- t3=4.0s

假设P 从A 到B 的过程中，一直在滑动摩擦力的作用下做匀加速直线运动，则P 到B 时的速度v B ≤v ，P 在传送带上运动的时间t AB =

L 2L

≥=5.0s. v B /2v

由于t ' AB >t AB ，说明P 在到达B 之前已与传送带保持相对静止.

设P 的质量为m ，根据牛顿第二定律，P 在传送带上滑动时的加速度 a =则P 做匀加速直线运动的时间 t 1=

μmg

=μg ，

v -0

μg

v 2-0

位移 s 1=

2μg L -s 1

做匀速运动的时间 t 2=

且 t AB =t 1+t 2

联立以上4式，解得 μ=0. 10

（2）P 从B 到落地所用的时间总为t 3＝0.4s ，因此时间t 的变化取决于P 在传送带上的运动时间t AB 的变化.

① 若v >v 0，开始阶段P 做加速度为μg的匀加速直线运动. 假设传送带的速度为某一值v 1时，P 从AB 之间的某点D 开始相对传送带静止. 增大传送带的速度v ，则P 在到达D 点后仍将加速. 由于P 在AD 间的运动情况不变，而在DB 间的速度变大，所以t AB 变小. 可见随着v 的增大，t AB 减小. 当v 增大到v max 时，P 从A 到B 一直做匀加速直线运动，且到B 时的速度恰好等于v max . 如果v 再增大，P 从A 到B 的运动情况不再变化，即t AB 保持不变，因此t 也保持不变. 根据运动学公式 v max -v 0=2μgL 得

v max =v 0+2μgL = 所以 t AB =

40m /s =6. 3m /s

v max -v 0

=1. 3s t =t AB +t 3=1.7s μg

② 若v

可见随着v 的减小，t AB 变大. 当v 减小到v min 时，P 从A 到B 一直做匀减速直线运动，且到B 时的速度恰好等于v min . 如果v 再减小，P 从A 到B 的运动情况不再变化，即t AB 保持不变，因此t 也保持不变. 根据运动学公式 v 0-v min =2μgL 得

=3. 2m /s v min =v 0-2μgL =m /s

所以 t AB =

v 0-v min

=1. 8s t =t AB +t 3=2. 2 s μg

综上所述，当传送带的速度v ≥6.3m/s时，P 从A 运动到落地点所用的时间保持不变，均为t =1.7s；当传送带的速度0≤v ≤3.2m/s时，P 从A 运动到落地点所用的时间也保持不变，均为t =2.2s.

例3．如图11所示，水平地面上一个质量M =4.0 kg、长度L =2.0 m的木板，在F=8.0 N的水平拉力作用下，以v 0=2.0 m/s的速度向右做匀速直线运动. 某时刻将质量m =l.0 kg的物块（物块可视为质点）轻放在木板最右端.

（1）若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；

（2）若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦

因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板停止运动. （结果保留二位有效数字）

（1）未放物块之前，木板做匀速运动. 因此木板与地面之间的动摩擦因数 μ =

图11

= 0.20 Mg

若物块与木板间无摩擦，物块放在木板上后将保持静止. 木板水平方向受力如图1所示，它将做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a 1.

f 1－F = Ma 1 f 1 = μ (m+M) g a 1 =

图1

μ(m +M ) g -F

= 0.50 m/s2

设物块经过时间t 离开木板. 木板在这段时间内的位移 L = v 0t －解得 t = 1.2 s或6.8 s

其中t = 6.8 s不合题意，舍去. 因此1.2s 后物块离开木板.

a 1t 2

（2）若物块与木板间的动摩擦因数也为μ，则物块放在木板上后将做匀加速运动，设物块的加速度的大小为a 2.

μmg = ma2 a 2 = μg = 2.0 m/s2

木板水平方向受力如图2所示，它做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a 3. f 1 + f2－F = Ma 3 μ (M+m) g + μmg－F = Ma 3 1 2 2

a 3 = 1.0 m/s

图2

设经时间t Ⅰ，物块与木板速度相等，此时它们的速度为v ，此过程中木板的位移为s 1，物块的位移为s 2.

v = v 0－a 3t Ⅰ v = a 2t Ⅰ

s 1 = v 0t Ⅰ－a 3t Ⅰ2

s 2 =

a 2t Ⅰ2 2

s ，v =m/s，s 1 =10m ，s 2 =4m 3399

因为s 1－s 2

f 1－F = (M +m ) a 4

解得 t Ⅰ =

μ (M+m) g －F = (M +m ) a 4 a 4 = 0.40 m/s2

设再经过时间t Ⅱ，它们停止运动. 0 = v －a 4t Ⅱ t Ⅱ =t 总 = t Ⅰ + t Ⅱ= 4.0 s

因此将物块放在木板上后，经过 4.0 s木板停止运动.

图

10s 3

随堂练习

1. 如图12所示，一辆平板小车静止在水平地面上，小车的左端放置一物块（可视为质点）. 已知小车的质量M =8.0kg，长度l = 2.0 m，其上表面离地面的高度h = 0.80 m. 物块的质量m = 1.0 kg，它与小车平板间的动摩擦因数μ = 0.20.

现用F = 26 N水平向左的恒力拉小车，经过一段时间后，物块与小车分离. 不计小车与地面间的摩擦. 取g = 10 m/s2，求：（1）物块与小车分离前，小车向左运动的最大距离；

（2）当物块落地时，物块与小车右端的水平距离.

图12

2. 如图14所示，质量M = 1.0 kg的长木板静止在光滑水平面上，在长木板的右端放一质量m = 1.0 kg的小滑块（可视为质点），小滑块与长木板之间的动摩擦因数μ = 0.20．现用水平恒力F = 6.0 N向右拉长木板，使小滑块与长木板发生相对滑动，经过t = 1.0 s撤去力F ．小滑块在运动过程中始终没有从长木板上掉下．求：

（1）撤去力F 时小滑块和长木板的速度各是多大；（2）运动中小滑块距长木板右端的最大距离是多大． m

图

3. 光滑的水平面上有一长木板，质量M=2.0kg ，在长木板的最右端有一小滑块（可视为质点），质量m=1.0kg ，小滑块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.20．小滑块与长木板一起以v 0=2.0m/s的速度向左匀速运动，如图12所示．某时刻起对长木板施加一个F =12N的水平向右的恒力，此后小滑块将相对长木板滑动．若长木板足够长，求：

（1）水平恒力F 作用后，小滑块向左运动的最大距离；（2）小滑块向左运动的过程中相对长木板移动的最大距离．

图12

4. 如图15所示，光滑水平面上有一块木板，质量M = 1.0 kg，长度L = 1.0 m．在木板的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m = 1.0 kg ．小滑块与木板之间的动摩擦因数μ = 0.30．开始时它们都处于静止状态．某时刻起对小滑块施加一个F = 8.0 N水平向右的恒力，此后小滑块将相对木板滑动.

（1）求小滑块离开木板时的速度；

（2）假设只改变M 、m 、μ、F 中一个物理量的大小，使得小滑块速度总是木板速度的2倍，请你通过计算确定改变后的那个物理量的数值（只要提出一种方案即可）.

图15

5. 如图15所示，水平桌面到地面的高度h = 0.8 m. 质量m = 0.2 kg的小物块（可以看作质点）放在桌面A 端. 现对小物块施加一个F ＝0.8 N的水平向右的恒力，小物块从静止开始运动. 当它经过桌面上的B 点时撤去力F ，一段时间后小物块从桌面上的C 端飞出，最后落在水平地面上. 已知AB = BC = 0.5 m，小物块在A 、B 间运动时与桌面间的动摩擦因数μ1 = 0.2，在B 、C 间运动时与桌面间的动摩擦因数μ2 = 0.1.

（1）求小物块落地点与桌面C 端的水平距离；

（2）某同学作出了如下判断：若仅改变AB 段的长度而保持BC 段的长度不变，或仅改变BC 段的长度而保持AB 段的长度不变，都可以使小物块落地点与桌面C 端的水平距离变为原来的2倍. 请你通过计算说明这位同学的判断是否正确.

6. 如图14所示，光滑水平面上有一木板槽（两侧挡板的厚度忽略不计），质量M = 2.0 kg，槽的长度L = 2.0 m．在木板槽的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m = 1.0 kg．小滑块与木板槽之间的动摩擦因数μ1 = 0.20．开始时它们都处于静止状态．某时刻起对木板槽施加一个F = 10.0 N水平向左的恒力，此后小滑块将相对木板槽滑动.

（1）求小滑块滑到木板槽中点时速度的大小；

（2）水平面光滑是一种理想化的情况，实际上木板槽与水平面间是有摩擦的，经

测定木板槽与水平面间的动摩擦因数μ2 = 0.05. 如果使小滑块滑到木板槽中点时的速度与第（1）问所求速度相同，请你通过计算确定一种方案：即只改变M 、m 、F 中一个物理量的大小，实现上述要求（只要提出一种方案即可）.

图15

图14

7. 如图14（甲）所示，水平面上A 、B 两点相距6.25m ，一个质量为4.0kg 的小滑块在水平推力的作用下沿水平面自左向右滑动，先后经过A 、B 两点。在滑块到达A 点之前，滑

块沿水平面做匀速运动，所受的水平推力大小为0.4N 。从滑块经过A 点开始，滑块受到的推力按照如图14（乙）所示的规律变化，

已知滑块在3.0s 时刻的速度大小为0.8m/s。

求：

（1）滑块受到水平面的滑动摩擦力的大小；图14 （2）滑块经过B 点时的速度大小。

参考答案： 1. 解：

（1）物块所受摩擦力f=μmg，根据牛顿第二定律，物块的加速度

a 1=

= μg = 2.0 m/s2 m

小车所受摩擦力f ′=f=μmg，设小车运动的加速度为a 2，根据牛顿第二定律 F － f ′=Ma2

解得 a 2=F -μmg =3.0m/s2

小车一直向左做加速运动，因此从开始运动到物块与小车分离，小车向左运动的距离为所求的最大距离.

设经过时间t 物块与小车分离，此过程中

a 1t 212

小车的位移 s 2=a 2t

物块的位移 s 1=

由如图1所示的几何关系可知 s 2－s 1=l 解得 t = 2.0 s， s 2= 6.0 m

即物块与小车分离前，小车向左运动的最大距离为6.0m （2）物块与小车分离时，速度分别为 v 1=a 1t= 4.0 m/s，v 2=a 2t= 6.0 m/s

物块与小车分离后向左做平抛运动，设物块做平抛运动的时间为t ′，则

t '=

物块与小车分离后，小车向左运动的加速度

a 2'=

= 3.25 m/s2 M

物块做平抛运动的过程中

物块向左的水平位移 s 1'=v 1t '=1.6 m 小车向左的位移 s 2'=v 2't +

1'2

'2.66 m a 2t =2

图2

由图2所示的几何关系可知，当物块落地时，物块与小车在水平方向上相距

s 2'-s 1'=1.06 m

2. 解：

（1）对长木板施加恒力F 的时间内，小滑块与长木板间相对滑动，小滑块和长木板在水平方向的受力情况如图所示.

f ′小滑块所受摩擦力 f = μmg

设小滑块的加速度为a 1，根据牛顿第二定律

f = ma1 解得 a 1 = 2.0 m/s2

长木板受的摩擦力 f ′ = f = μmg 设长木板的加速度为a 2，根据牛顿第二定律 F – f ′= Ma2 解得 a 2 = 4.0 m/s2 经过时间t = 1.0 s，

小滑块的速度 v 1 = a 1 t = 2.0 m/s 长木板的速度 v 2 = a 2 t = 4.0 m/s

（2）撤去力F 后的一段时间内，小滑块的速度小于长木板的速度，小滑块仍以加速度a 1做匀加速直线运动，长木板做匀减速直线运动. 设长木板运动的加速度为a 3，此时长木板水平方向受力情况如图所示，根据牛顿第二定律

f ′ = Ma3 解得 a 3 = 2.0 m/s

设再经过时间t 1后，小滑块与长木板的速度相等. 即 v 1 + a 1 t 1 = v2－a 3 t 1 解得 t 1 = 0.50 s

此时二者的速度均为 v = v1 + a 1 t 1 = 3.0 m/s.

如图所示，在对长木板施加力F 的时间内，小滑块的位移是s 1，长木板的位移是s 2；从撤去F 到二者速度相等的过程，小滑块的位移是s 3，长木板的位移是s 4.

f ′小滑块与长木板速度相等时，小滑块距长木板右端的距离最大. 小滑块的总位移 s 块 = s 1＋s 3 = 长木板的总位移 s 板 = s 2＋s 4 =

1212

a 1t +v 1t 1+a 1t 1 = 2.25 m 22

12v 1+v a 2t +t 1= 3.75 m 22

在运动中小滑块距长木板右端的最大距离为 s = s板 – s 块 = 1.5 m

3. 解：（1）小滑块所受向右的摩擦力f = μmg

根据牛顿第二定律，小滑块的加速度

a 1== μg = 2.0 m/s2

从水平恒力开始作用到小滑块的速度为0，小滑块向左运动最远，最远距离为

2v 02. 02

s 1==m =1.0 m

2a 12. 0⨯2. 0

（2）当用水平恒力F =12N向右推木板后，长木板受向左的摩擦力 f ′ = f 设长木板运动的加速度为a 2，根据牛顿第二定律

F － f ′ = Ma2 解得 a 2 = 5.0 m/s2

长木板向左做匀减速直线运动，运动的最大距离为

2v 02. 02

s 2== m =0. 4m

2a 22. 0⨯5. 0

经历时间t 2=

v 0

=0. 4s a 2

v 0

=1. 0s a 1

从水平恒力开始作用到小滑块的速度为0，经历时间 t 1=在t 1时间内，长木板向右做a 2 = 5.0 m/s2的匀加速直线运动的时间

t 3 = t1 – t 2 = 0.6s

此过程中，长木板向右运动的距离

s 3=

12a 2t 3=0. 9m 2

小滑块向左运动的过程中相对长木板移动的距离

s = s1 – s 2 + s3 = 1.5 m

4. 解：（1）小滑块受到F =8.0 N水平向右的恒力后，向右做匀加速直线运动，所受向左的摩擦力f = μmg

根据牛顿第二定律，小滑块的加速度

a 1=

F -f

= 5.0 m/s2 m

设经过时间t 后小滑块离开木板。在这段时间内小滑块的位移

x 1=a 1t 2

木板所受向右的摩擦力 f ′ = f，向右做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律，木板的加速度

a 2=

f '

= 3.0 m/s2 M

在时间t 内木板的位移

x 2=a 2t 2

由图可知 L = x1 – x 2，解得 t = 1.0 s 则小滑块离开木板时的速度

v = a 1t = 5.0 m/s

（2）小滑块做匀加速直线运动的速度

v 1=a 1t =

F -μmg

t m

木板做匀加速直线运动的速度

v 2=a 2t =

μmg

任意时刻小滑块与木板速度之比

v 1(F -μmg ) M = v 2μm 2g

欲使小滑块速度是木板速度的2倍，应满足 (F -μmg ) M

μm 2g 若只改变F ，则F = 9 N 若只改变M ，则M = 1.2 kg 若只改变μ，则μ = 0.27 若只改变m ，则m = 0.93 kg 5. 解：

（1）小物块在从A 到C 运动的过程中，根据动能定理

Fx 1-μ1mgx 1-μ2mgx 2=

mv -0 2

其中 x 1 = AB = 0.5 m，x 2 = BC = 0.5 m 解得 v = 1 m/s

小物块从C 端飞出后做平抛运动由 h =

12gt 2

飞行时间 t =

=0. 4s g

小物块落地点与桌面C 端的水平距离

x 3= vt = 0.4 m

（2）要使小物块落地点与桌面C 端的水平距离变为原来的2倍，由于平抛运动时间t 不变，因此小物块运动到C 端的速度 v = 2 m/s

由 Fx 1-μ1mgx 1-μ2mgx 2=可解得

若仅改变x 1，则x 1= 1.25 m 若仅改变x 2，则x 2= －1 m

以上计算说明，仅改变x 1是可行的，而仅改变x 2是不可行的. 所以该同学的判断是不正确的.

6. 解：（1）木板槽受到F =10.0 N 水平向左的恒力后，向左做匀加速直线运动，所受向右的摩擦力f = μ1mg

根据牛顿第二定律，木板槽的加速度

a 1=

mv -0 2

F -f

= 4.0 m/s2 M

12a 1t 2

设经过时间t 后小滑块滑到木板槽中点. 在这段时间内木板槽的位移

x 1=

小滑块因受向左的摩擦力 f ′ = f，将向左做匀加速直线运动. 根据牛顿第二定律，小滑块的加速度

a 2=

在时间t 内木板的位移

f '

= 2.0 m/s2 m

a 2t 2 2

x 2=

由图可知

= x1 – x 2 2

解得 t = 1.0 s

则小滑块滑到木板槽中点时的速度

v = a 2t = 2.0 m/s

（2）由于小滑块滑到木板槽中点时的速度与第（1）问所求速度相同，而小滑块的加速度不

变，所以当木板槽与水平面间有摩擦时，要求木板槽的加速度也不变，即

'=a 1

F -μ1mg -μ2(M +m ) g

=a 1

若只改变F ，则F = 11.5N；若只改变M ，则M = 1.67 kg；若只改变m ，则m = 0.40 kg.

7. 解：（1）小滑块到达A 点之前做匀速运动，根据牛顿第二定律，小滑块所受的滑动摩擦力f 与此时的水平推力大小相等，即

f =0. 4N （2分）

（2）滑块在0~2.0s的时间内，受到的推力F 1=0.8N，根据牛顿第二定律，滑块的加速度a 1为

a 1=

F 1-f

=0. 1m/s2 （1分） m

滑块在2.0~3.0s的时间内，滑块受到与运动方向相反的推力F 2=0.4N做减速运动，加速度大小

a 2=

F 2+f

=0. 2m/s2 （1分）

在t 2=2.0s末滑块的速度 v 2=v 0+a 1t 2

已知在t 3=3.0s末滑块的速度 v 3=v 2+a 2(t 3-t 2) =0.8m/s

解得滑块通过A 点时的速度 v 0=0.8m/s （1分）

v 0+v 2

t 2=1.8m 2v +v

'=23(t 3-t 2) =0.9m 滑块在2.0~3.0s内的位移 s 1

滑块在0~2.0s内的位移 s 1=

滑块在第一个周期内的位移 L 1=s 1+s 1′=2.7m

由于A 、B 两点相距s =6.25m，因此滑块到达B 点的时间应该在6.0s~8.0s之间。滑块从6.0s 至到达B 点这段时间内的位移 L 3=s -2L 1=0.85m （2分）

v t 2-v 0

设滑块通过B 点的速度为v t ，根据运动学公式 L 3=

2a 1

解得 v t =0.9m/s （1分）

高一物理选修课教材

前言

专题1追及与相遇问题

一、相遇是指两物体分别从相距S 的两地相向运动到同一位置，它的特点是：两物体运动的距离之和等于S 。分析时要注意：

二、典型问题分析（设两者同向运动，后者速度为v 1，前者速度为v 2，开始时两者相距Δs ） 1．匀加速运动追匀速运动的情况（开始时v 1

v 1>v 2时，两者距离变小，相遇时满足s 1= s2+Δs ，全程只相遇一次。 2．匀速运动追匀加速运动的情况（开始时v 1> v2）： v 1> v2时，两者距离变小；

时，①若满足s 1

②若满足s 1= s2+Δs ，则恰能追上，全程只相遇一次； ③若满足s 1> s2+Δs ，则后者撞上前者（或超越前者），此条件下理论上全程要

相遇两次。

3．匀减速运动追匀速运动的情况（开始时v 1> v2）： v 1> v2时，两者距离变小；

时，①若满足s 1

②若满足s 1= s2+Δs ，则恰能追上，全程只相遇一次； ③若满足s 1> s2+Δs ，则后者撞上前者（或超越前者），此条件下理论上全程要

相遇两次。

4．匀速运动追匀减速运动的情况（开始时v 1

v 1

v 1>v 2时，两者距离变小，相遇时满足s 1= s2+Δs ，全程只相遇一次。三、基本解题方法

S 人-S 车=S0 ∴ v人t-at 2/2=S0 即t 2-12t+50=0

Δ=b2-4ac=122-4×50=-56

当v 人=v车=at时, 人车距离最小 t=6/1=6s

ΔS min =S0+S车-S 人=25+1×62/2-6×6=7m

２

例2．一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以３m/s的加速度开始行驶，恰好此时一辆自行车以６m/s速度驶来，从后边超越汽车．试求：

① 汽车从路口开动后，追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？最远距离是多少？

② 经过多长时间汽车追上自行车，此时汽车的速度是多少？解一：速度关系，位移关系v 汽=at =v 自 t=2s

∆s =v 自t -at 2=6⨯2-⨯3⨯22=6(m )

解二：极值法 (1)∆s =v 自t -

123at =6t -t 2 22

由二次函数的极值条件可知

t =-

=2s 时，∆s 最大

2⨯(-3/2)

⨯22=6(m ) 2

∆s m =6⨯2-

(2)汽车追上自行车时，二车位移相等

v t ' =

1' 22v 2⨯6at t ' ===4s 2t 3

v ' =at ' =3⨯4=12m /s

图象求解

∆s =v t -

(1) t =

v 自a

=2s 3

121

at =6⨯2-⨯3⨯22=6m 22

(2) t =2t =4s

v ' =2v 自=12m /s

例3．公共汽车从车站开出以4m/s的速度沿平直公路行驶，2s 后一辆摩托车从同一车站开

出匀加速追赶，加速度为2m/s。试问

（1）摩托车出发后，经多少时间追上汽车？（2）摩托车追上汽车时，离出发点多远？

（3）摩托车追上汽车前，两者最大距离是多少？

v(t+2)=

at 2

解得摩托车追上汽车经历的时间为t=5.46s (2)摩托车追上汽车时通过的位移为

at =29.9m 2

(3)摩托车追上汽车前，两车速度相等时相距最远，即v=at

t =

=2s a

最大距离为△s=v(t+2)-

1/2

at =12m 2

v 1t-a 0t 2= v2t+s vt -a 0t=v2

(v 2-v 1) 2(v 2-v 1) 2

联立上式可解得：a 0= 所以不 a ≥时时两车即不会相撞。

2s 2s

解法二：要使两车不相撞，其位移关系应为

v 1t-at ≤s+ v2t

12即at +(v2-v 1)t+s≥0 2

对于位移s 和时间t, 上面不等式都成立的条件为 △=(v2-v 1) 2-2as ≤0

(v 2-v 1) 2

由此得a ≥

例5、某人骑自行车以4m/s的速度匀速前进，某时刻在他前面７m 处以10m/s的速度同向行

∆s =7+s 汽-s 自=7+

②s 自=s 汽+7

16-1004-10

-4⨯=16m

2⨯-2-2

v 1t =v 0t +

at +7 （错解）５s 末汽车已停下 2

t 1=7s 应判断在追上前汽车是否已经停下＇

t 1=－１s(舍)

经５s 汽车停下且走了２５m ，而s 自=20m, 20

∴相遇是在汽车停止后，s 自＝７＋２５＝３２（m ）

t ＝３２／４＝８（s ）

若s 自＝８m/s，∆s ＝８m ，何时相遇，相遇时v 汽＝？

s 自=s 汽+∆s

t=4s

8t=10t－t +8 t=2s(舍) 解：①当v 汽＝v 车时，有最远距离

v 汽＝２m/s

∆s =7+s 汽-s 自=7+

②s 自=s 汽+7

16-1004-10

-4⨯=16m

2⨯-2-2

v 1t =v 0t +

at +7 （错解）５s 末汽车已停下 2

t 1=7s 应判断在追上前汽车是否已经停下＇

t 1=－１s(舍)

经５s 汽车停下且走了２５m ，而s 自=20m, 20

∴相遇是在汽车停止后，s 自＝７＋２５＝３２（m ）

t ＝３２／４＝８（s ）

例6. 某人骑自行车以8m/s的速度匀速前进，某时刻在他前面8m 处以10m/s的速度同向行

∆s =7+s 汽-s 自=7+

②s 自=s 汽+7

16-1004-10

-4⨯=16m

2⨯-2-2

v 1t =v 0t +

at +7 （错解）５s 末汽车已停下 2

t 1=7s 应判断在追上前汽车是否已经停下＇

t 1=－１s(舍)

经５s 汽车停下且走了２５m ，而s 自=20m, 20

相遇是在汽车停止后，s 自＝７＋２５＝３２（m ）

t ＝３２／４＝８（s ）

小结：求解追及问题要注意明确三个关系：时间关系、位移关系、速度关系，这是我们求解列方程的依据，涉及临界问题时要抓住临界条件。

随堂练习：

1、一列快车正以20m/s的速度在平直轨道上运动时，发现前方180m 处有一货车正以6m/s

速度匀速同向行驶，快车立即制动，快车作匀减速运动，经40s 才停止，问是否发生碰车事故？（会发生碰车事故）

2、同一高度有AB 两球，A 球自由下落5米后，B 球以12米/秒竖直投下，问B 球开始运动

后经过多少时间追上A 球。从B 球投下时算起到追上A 球时，AB 下落的高度各为多少？

（g=10m/s）（2.5秒；61.25米）

专题2 受力分析方法之整体法与隔离法的应用

A B C

统外力。

整体法和隔离法的含义：所谓整体法就是把几个物体作为一个整体进行

受力分析，只需要分析系统外的物体对系统内物体的作用力即系统外力，系统

【例1】：如图﹙3﹚所示，A 、B 的质量均为m ，A 和B 用细绳b 连接再用细绳a 悬挂于墙上o 点。求细绳a 和b 的拉力？

【解析】：隔离法：对A 、B 隔离受力分析如图﹙4﹚所示，由平衡条件可得：

T b ＝T b ′＝mg T a ＝T b ′＋mg ＝2mg

求T a 用整体法较为简单：对A 、B 隔离受力分析如图﹙5﹚所示，由平衡条件可得：

T a ＝mg ＋mg ＝2mg

A B 图﹙3

﹚

B A b ′

图﹙

图﹙5﹚

【解析】：四个选项中区别在于oa 和ab

两条细绳的倾斜方向，

图﹙10﹚

【解析】：以A 和B 为整体F 1为系统的内力，用隔离法分析，F 2为系统的

外力，用整体法分析。令B 对A 的吸引力为F BA ，对A 进行隔离法受力分析和对AB 进行整体法受力分析如图﹙10﹚所示。 F 1＝m g ＋F BA ＞mg F 2＝2mg 选B 。

将2隔离开进行受力分析如图﹙14﹚所示。f 12＝f 21＝mg 竖直向上，

121图﹙12﹚

图﹙13﹚图﹙14﹚

由平衡条件可得：f 12＝mg ＋f 32，f 32＝0，故f 23＝0。（求f 32时可以把12作为整体受力分析，也可以叫做局部整体法）。

D 、地面对斜面有水平向右的摩擦力

C 、m a g＜F ＜(m a ＋m b ) g f 1＝f 2

D 、m a g＜F ＜(m a ＋m b ) g f 1≠f 2

图﹙16﹚

图﹙18﹚

A 、小磅秤示数增大，大磅秤示数减小

B 、小磅秤示数不变，大磅秤示数增大

C 、小磅秤示数增大，大磅秤示数不变 D 、小磅秤和大磅秤示数都增大

人

人0＋G 人

图﹙20﹚

大；大磅秤对木箱的支持力为以人、木箱和小磅秤为整体的外力，

对整体受力分析如图﹙20﹚，令大磅秤对木箱的支持力为N 3，木箱和小磅秤的重力为G 0，由平衡条件N 3＝G 0＋G 人大小不变。故选C 。

A 、5N ，0，5N B 、5N ，5N ，0

C 、5N ，0， 10N D 、5N ，5N ，10N

专题3：简单的连结体问

题

1、连接体:两个或两个以上物体相互连接(绳子，弹簧相连，叠放，并排等)

参与运动

的系统称为连接体。如下图：

解决连接体问题先要了解内力与外力：连结

体间的相互作用力叫内力；外部对连结体的

作用力叫外力。如图，m1和m2一起运动，

把两个物体看做整体，则m1对m2的支持

力是内力，而F 为外力。

例1：如图所示，质量为2kg 的

物体A 和质量为1kg 的物体B

靠在一起，放在光滑的水平面

上，现用水平力F=30N推A ，

求A 对B 作用力的大小

解：先分析AB 整体的受力情况：

F =(mA +mB )a

2a=F/(mA +mB )=10m/s

再分析B 的受力情况：

F B =mB a=10N

扩展：如果AB 与水平面的动摩擦因数都是

μ=0.4，再求A 对B 的作用力大小。

例2：如图所示，质量为2kg 的

m1和质量为1kg 的m2两个物

体用水平细线连接，放在光F a ==

8m /s m 滑的水平面上，现用水平拉

力F 拉m1，使m1 和m2

一起沿水平面运动，若细线能承受的最大拉

力为8N ，求水平拉力F 的最大值。

先分析m2 的受力情况:

再分析m1m2整体受力情况：F

=(m1+m2)a=24N

求解简单的连接体问题的方法：-------

整体T 22

隔离法

1、已知外力求内力：先用整体法求加速度，

再用隔离法求内力

2、已知内力求外力：先用隔离法求加速度，

再用整体法求外力

练习：如图所示，质量为2kg 的m1和质量

为1kg 的m2两个物体叠放在一起，放在水

平面，m1 与m2的动摩擦因数是0.3，地面

光滑，现用水平拉力F 拉m1，使m1 和

m2一起沿水平面运动，要使m1 和m2之

间没有相对滑动，水平拉力F 最大为多大？

练习2：2、如图所示，质量为2kg 的m1

和质量为1kg 的m2两个物体叠放在一起，

放在水平面，m1 与m2的动摩擦因数是0.3，

地面光滑，现用水平拉力F 拉m1，使m1 和

m2一起沿水平面运动，要使m1 和m2之

间没有相对滑动，水平拉力F 最大为多大？

例3、一人在井下站在吊台上，

用如图所示的定滑轮装置拉绳

把吊台和自己提升上来。图中跨

过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计

摩擦。吊台的质量m=15kg,人的质量为

M=55kg,起动时吊台向上的加速度是

a=0.2m/s2,求这时人对吊台的压力。

(g=9.8m/s2)

例4、如图所示：把质量为M 的的物体放

在光滑的水平高台上，用一条可以忽略质量

而且不变形的细绳绕过定滑轮把它与质量

为m 的物体连接起来，求：物体M 和物体

m 运动的加速度大小。

把M 和m 当作一个整体，具有相同的加速

度大小

∴mg=(M+m)a

a=mg/(M+m)

练习：一条细绳（忽略质量）跨

过定滑轮在绳子的两端各挂有物

体A 和B ，它们的质量分别是mA=0.50kg，

mB=0.10kg。开始运动时，物体A 距地面高

度hA=0.75m，物体B 距地面高度

hB=0.25m，求：

⑴AB 的加速度；

⑵A 落地时B 的速度；

⑶物体A 落地后物体B 上升的最大高度距

地面多少米？

专题4：物体动态平衡问题分析

所谓动态平衡问题是指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢变化，而在这个

过程中物体又始终处于一系列的平衡状态中．解决动态平衡问题的关键是抓住不变量, 依据

不变量来确定其他量的变化规律, 常用的分析方法有解析法和图解法.

动态平衡类型：

1、一个力不变，两个力始终垂直；作图法（合成法）或分解法(三角函数)

2、一个力不变，一个力方向始终不变：作图法（合成法）

3、一个力不变，两个力方向都变；相似三角形法（矢量三角形与几何三角形相似，

对应边成比例）。

解析法和图解法

【例1】如图所示，一个重为G 的匀质球放在光滑斜面上，斜面倾角为α. 在斜面上有一光

滑的不计厚度的木板挡住球，使之处于静止状态，今使木板与斜面的夹角β缓慢增大至水平，

在这个过程中，球对挡板和球对斜面的压力大小如何变化？

【解析】解析法：选球为研究对象，球受三个力作用，即重力G 、

斜面支持力FN1、挡板支持力FN2，受力分析如图所示. 由平衡条件可得

FN2cos(90°－α－β) －FN1sin α＝0

FN1cos α－FN2sin(90°－α－β) －G ＝

联立求解并进行三角变换可得

FN1＝

FN2＝•G

讨论：

(1)对FN1：①(＋β)

②(α＋β)>90°，β↑→|cot(α＋β)|↑→FN1↓

(2)对FN2：①β

②β>90°，β↑→sin β↓→FN2↑

综上所述：球对斜面的压力随β增大而减小；球对挡板的压力在β

大而减小，而β>90°时，随β增大而增大，当β＝90°时，球对挡板的压力最小.

图解法（合成法或分解法）：取球为研究对象，球受重力G 、

斜面支持力FN1，挡板支持力FN2. 因为球始终处于平衡状态，故

三个力的合力始终为零，将重力分解成两个力：对斜面支持力F1，

对挡板压力F2，作出平行四边形，由图可见，F2先减小后增大，

F1随β增大而始终减小. （此题采用分解法）

注意：此类题目的特点是：物体始终处于平衡状态，受三个力的作用，一个力的大小、

方向保持不变（G ），另外两个力FN1方向不变，FN2的大小和方向均发生变化。用解析法

和图解法均可正确解答，但图解法更容易、直观。

再如：

（2012新课标）16如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为Nl ，

球对木板的压力大小为N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置

开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中

A ．N1始终减小，N2始终增大

B ． N1始终减小，N2始终减小

C ． N1先增大后减小，N2始终减小

D ． N1先增大后减小，N2先减小后增大

【解析】受力分析如图所示: 重力的大小方向都不变，可知N1、N2的合力大小、方向都不

变，当木板向下转动时，N1、N2变化如图所示，即N1、N2都减小，

所以正确选项为B （此题采用合成法）

点评：掌握方法，此类题目相当容。

二、相似三角形法

【例2】绳子一端拴着一小球，另一端绕在钉子上，小球放在一光滑

的大半球上静止，如图2-6-1所示．由于某种原因，小球缓慢地沿球

面向下移动，在此过程中，球面的支持力和绳子的拉力如何变化？

【解析】本题中小球缓慢移动能看成平衡状态．如图2-6-1所示，小

球受到3个共点力G 、FN 、T 作用而处于平衡状态，由G 、FN 、FT

三力组成的力矢量三角形与三角形OAB 相似．设球重为G ，大半球

图2-6-1

半径为R ，钉子到球面最高点之距为h ，此时绳子长为L ，则有所以

例3、如图所示，A 、B 两球用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B 球

用长为L 的细线悬于O 点，A 球固定在O 点正下方，且O 、A 间的距

离恰为L ，此时绳子所受的拉力为F1，现把A 、B 间的弹簧换成劲度系数为k2的轻弹簧，

仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为F2，则F1与F2的大小关系为

A ．F1F2

C ．F1＝F2 D．因k1、k2大小关系未知，故无法确定

【解析】对小球B 受力分析如图所示，

由三角形相似得：＝＝同理，当换用劲度系数为k2的轻弹簧时，再用三角形相似得出：

＝＝，由以上两式比较可知，F1＝F2＝mg ，C 正确．

6. (2009·上海市静安区模拟) 如图所示，用等长绝缘线分别悬挂两个质量、电量都相同的带

电小球A 和B ，两线上端固定于同一点O. 将B 球固定在O 点正下方．当A 球静止时，两悬

线夹角为θ. 在以下情况下，夹角θ保持不变的是(两球间万有引力不计)

A ．同时使A 球的质量和电量都减半

B ．同时使A 、B 两球的质量和电量都减半

C ．同时使两悬线长度减半

D ．同时使两球的电量都减半

练习：

A. F逐渐增大，F 摩保持不变，F N 逐渐增大；

B. F逐渐增大，F 摩逐渐增大，F N 保持不变；

C. F逐渐减小，F 摩逐渐增大，F N 逐渐减小；

D. F逐渐减小，F 摩逐渐减小，F N 保持不变。

2如图所示，小球用细绳系在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳

D 由水平方向逐渐向上偏移时，细绳上的拉力将（）

C A ．逐渐增大

B ．逐渐减小

C ．先增大后减小

θ D ．先减小后增大

4. 如图所示，一个重为G 的匀质球放在光滑斜直面上，斜面倾

角为α，在斜面上有一光滑的不计厚度的木板挡住球，使之处于静止状

态．今使板与斜面的夹角β缓慢增大，问：在此过程中，球对挡板和球

对斜面的压力大小如何变化？

5. 如图所示，细绳一端与光滑小球连接，另一端系在竖直墙壁上的A 点，当缩

短细绳小球缓慢上移的过程中，细绳对小球的拉力、墙壁对小球的弹力如何变

化？

6如图所示，绳OA 、OB 悬挂重物于O 点，开始时OA 水平. 现缓慢提起A 端而O 点的位置保持不变，则

A. 绳OA 的张力逐渐减小 B. 绳OA 的张力逐渐增大

C. 绳OA 的张力先变大，后变小 D. 绳OA 的张力先变小，后变大

8. 如图所示装置，两物体质量分别为m 1、m 2，悬点ab 间的距离大于滑轮的直径，不计一切摩擦，若装置处于静止状态，则

A.m 2可以大于m 1

B.m 2一定大于

m 1

C.m 2可能等于

m 1

D. θ1一定等于θ2

9．如图所示，将一根不能伸长的柔软轻绳两端分别系于A 、B 两点上，一

物体用动滑轮悬挂在绳子上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ1，绳子张力为F 1；将绳子B 端移到C 点，保持整个系统达到平衡时，两段绳

A ．都不变 B. 都增大 C.N 增大，F 不变 D.N 不变，F 增大

B C

12、如图所示，一只蚂蚁从半径为R 的半球体底端缓慢地（速度可忽略不计）爬上顶端，下列说法正确的是（）

A ．蚂蚁受到球面的摩擦力变大 B ．蚂蚁受到球面的摩擦力变小 C ．蚂蚁受到球面的支持力不变 D ．蚂蚁受到球面的支持力变小

13如图所示，一根轻弹簧上端固定在O 点，下端拴一个钢球P ，球处于

A ．F N 不变，f 变大 B ．F N 不变，f 变小 C ．F N 变大，f 变大 D ．F N 变大，f 变小

A 、OB 绳上的拉力先增大后减小 B 、OB 绳上的拉力先减小后增大 C 、OA 绳上的拉力先减小后增大 D 、OA 绳上的拉力一直逐渐减小

专题5 动力学中的临界问题

⑴求物体m 受到的摩擦力；⑵要保持两物体相对静止，求拉力F 取值要求。

要使小球不沿斜面上滑，求a 取值要求。（提示：怎样建立直角坐标系更好？）

变化）

专题 6动力学中临界现象之物体分离问题

方法提示：

脱离？

答案：1、⑴(16-2t )(N ) ；⑵8s/3 2、⑴m (g-a ) -kx ；⑵m (g-a ) /k；⑶m (g -a ) /ka 3、

3⑴mkx/(M +m ) ；⑵原长；⑶原长4、⑴2m (g sin θ-a ) /ka ；⑵gsin θ 5、⑴压缩了MF /mk ；⑵mg (1+m ) ；⑶均原长

专题7：板块类运动问题

（1）小物块C 从木板的A 点滑出时，木板速度的大小v A ；（2）木板AB 的长度L ．

图13

（1）C 平抛过程中只受重力作用，机械能守恒，得：

12m 2v C +m 2gh =E KC +0 2

代入数据：v C =1m /s

向右平抛的水平位移：S X =v c t c =v c

=0. 1m g

所以C 离开木板后，木板实际上由于地面摩擦力而匀减速滑动的位移为：

S 滑=S X +S 1C 离开木板后，木板受力如图3 f 地0=μm 1g =m 1a 0 得：a 0=μg =2m /s 2 故：v A =

2a 0S =2m /s

图3

（2）小物块C 放到木板上后离开木板之前，假设小物块C 在这个过程中的位移为S 2，则木板的位移为S 2+l, 根据动能定理：

对木板m 1： -(f +f 地)(S 2+l ) =对小物块m 2:fS 2=

122m 1(v A -v 0) ① 2

12m 2v C -0 ② 2

假设C 滑上木块到分离所经历的时间为t ，规定水平向右为正方向，根据动量定理：对木板m 1： -(f +f 地) t =m 1(v A -v 0) ③ 对小物块m 2:ft =m 2v C -0 ④

f 地 ⑤ 3

联立①②⑤：l =0. 6m

联立③④得：f =

得 t 3=

gt 3 2

=0. 4s g

则P 在传送带上运动的时间 t AB = t0- t3=4.0s

假设P 从A 到B 的过程中，一直在滑动摩擦力的作用下做匀加速直线运动，则P 到B 时的速度v B ≤v ，P 在传送带上运动的时间t AB =

L 2L

≥=5.0s. v B /2v

由于t ' AB >t AB ，说明P 在到达B 之前已与传送带保持相对静止.

设P 的质量为m ，根据牛顿第二定律，P 在传送带上滑动时的加速度 a =则P 做匀加速直线运动的时间 t 1=

μmg

=μg ，

v -0

μg

v 2-0

位移 s 1=

2μg L -s 1

做匀速运动的时间 t 2=

且 t AB =t 1+t 2

联立以上4式，解得 μ=0. 10

（2）P 从B 到落地所用的时间总为t 3＝0.4s ，因此时间t 的变化取决于P 在传送带上的运动时间t AB 的变化.

v max =v 0+2μgL = 所以 t AB =

40m /s =6. 3m /s

v max -v 0

=1. 3s t =t AB +t 3=1.7s μg

② 若v

=3. 2m /s v min =v 0-2μgL =m /s

所以 t AB =

v 0-v min

=1. 8s t =t AB +t 3=2. 2 s μg

（1）若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；

（2）若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦

因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板停止运动. （结果保留二位有效数字）

（1）未放物块之前，木板做匀速运动. 因此木板与地面之间的动摩擦因数 μ =

图11

= 0.20 Mg

若物块与木板间无摩擦，物块放在木板上后将保持静止. 木板水平方向受力如图1所示，它将做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a 1.

f 1－F = Ma 1 f 1 = μ (m+M) g a 1 =

图1

μ(m +M ) g -F

= 0.50 m/s2

设物块经过时间t 离开木板. 木板在这段时间内的位移 L = v 0t －解得 t = 1.2 s或6.8 s

其中t = 6.8 s不合题意，舍去. 因此1.2s 后物块离开木板.

a 1t 2

（2）若物块与木板间的动摩擦因数也为μ，则物块放在木板上后将做匀加速运动，设物块的加速度的大小为a 2.

μmg = ma2 a 2 = μg = 2.0 m/s2

木板水平方向受力如图2所示，它做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a 3. f 1 + f2－F = Ma 3 μ (M+m) g + μmg－F = Ma 3 1 2 2

a 3 = 1.0 m/s

图2

设经时间t Ⅰ，物块与木板速度相等，此时它们的速度为v ，此过程中木板的位移为s 1，物块的位移为s 2.

v = v 0－a 3t Ⅰ v = a 2t Ⅰ

s 1 = v 0t Ⅰ－a 3t Ⅰ2

s 2 =

a 2t Ⅰ2 2

s ，v =m/s，s 1 =10m ，s 2 =4m 3399

因为s 1－s 2

f 1－F = (M +m ) a 4

解得 t Ⅰ =

μ (M+m) g －F = (M +m ) a 4 a 4 = 0.40 m/s2

设再经过时间t Ⅱ，它们停止运动. 0 = v －a 4t Ⅱ t Ⅱ =t 总 = t Ⅰ + t Ⅱ= 4.0 s

因此将物块放在木板上后，经过 4.0 s木板停止运动.

图

10s 3

随堂练习

（2）当物块落地时，物块与小车右端的水平距离.

图12

（1）撤去力F 时小滑块和长木板的速度各是多大；（2）运动中小滑块距长木板右端的最大距离是多大． m

图

（1）水平恒力F 作用后，小滑块向左运动的最大距离；（2）小滑块向左运动的过程中相对长木板移动的最大距离．

图12

（1）求小滑块离开木板时的速度；

图15

（1）求小物块落地点与桌面C 端的水平距离；

（1）求小滑块滑到木板槽中点时速度的大小；

（2）水平面光滑是一种理想化的情况，实际上木板槽与水平面间是有摩擦的，经

图15

图14

块沿水平面做匀速运动，所受的水平推力大小为0.4N 。从滑块经过A 点开始，滑块受到的推力按照如图14（乙）所示的规律变化，

已知滑块在3.0s 时刻的速度大小为0.8m/s。

求：

（1）滑块受到水平面的滑动摩擦力的大小；图14 （2）滑块经过B 点时的速度大小。

参考答案： 1. 解：

（1）物块所受摩擦力f=μmg，根据牛顿第二定律，物块的加速度

a 1=

= μg = 2.0 m/s2 m

小车所受摩擦力f ′=f=μmg，设小车运动的加速度为a 2，根据牛顿第二定律 F － f ′=Ma2

解得 a 2=F -μmg =3.0m/s2

小车一直向左做加速运动，因此从开始运动到物块与小车分离，小车向左运动的距离为所求的最大距离.

设经过时间t 物块与小车分离，此过程中

a 1t 212

小车的位移 s 2=a 2t

物块的位移 s 1=

由如图1所示的几何关系可知 s 2－s 1=l 解得 t = 2.0 s， s 2= 6.0 m

即物块与小车分离前，小车向左运动的最大距离为6.0m （2）物块与小车分离时，速度分别为 v 1=a 1t= 4.0 m/s，v 2=a 2t= 6.0 m/s

物块与小车分离后向左做平抛运动，设物块做平抛运动的时间为t ′，则

t '=

物块与小车分离后，小车向左运动的加速度

a 2'=

= 3.25 m/s2 M

物块做平抛运动的过程中

物块向左的水平位移 s 1'=v 1t '=1.6 m 小车向左的位移 s 2'=v 2't +

1'2

'2.66 m a 2t =2

图2

由图2所示的几何关系可知，当物块落地时，物块与小车在水平方向上相距

s 2'-s 1'=1.06 m

2. 解：

（1）对长木板施加恒力F 的时间内，小滑块与长木板间相对滑动，小滑块和长木板在水平方向的受力情况如图所示.

f ′小滑块所受摩擦力 f = μmg

设小滑块的加速度为a 1，根据牛顿第二定律

f = ma1 解得 a 1 = 2.0 m/s2

长木板受的摩擦力 f ′ = f = μmg 设长木板的加速度为a 2，根据牛顿第二定律 F – f ′= Ma2 解得 a 2 = 4.0 m/s2 经过时间t = 1.0 s，

小滑块的速度 v 1 = a 1 t = 2.0 m/s 长木板的速度 v 2 = a 2 t = 4.0 m/s

f ′ = Ma3 解得 a 3 = 2.0 m/s

设再经过时间t 1后，小滑块与长木板的速度相等. 即 v 1 + a 1 t 1 = v2－a 3 t 1 解得 t 1 = 0.50 s

此时二者的速度均为 v = v1 + a 1 t 1 = 3.0 m/s.

f ′小滑块与长木板速度相等时，小滑块距长木板右端的距离最大. 小滑块的总位移 s 块 = s 1＋s 3 = 长木板的总位移 s 板 = s 2＋s 4 =

1212

a 1t +v 1t 1+a 1t 1 = 2.25 m 22

12v 1+v a 2t +t 1= 3.75 m 22

在运动中小滑块距长木板右端的最大距离为 s = s板 – s 块 = 1.5 m

3. 解：（1）小滑块所受向右的摩擦力f = μmg

根据牛顿第二定律，小滑块的加速度

a 1== μg = 2.0 m/s2

从水平恒力开始作用到小滑块的速度为0，小滑块向左运动最远，最远距离为

2v 02. 02

s 1==m =1.0 m

2a 12. 0⨯2. 0

（2）当用水平恒力F =12N向右推木板后，长木板受向左的摩擦力 f ′ = f 设长木板运动的加速度为a 2，根据牛顿第二定律

F － f ′ = Ma2 解得 a 2 = 5.0 m/s2

长木板向左做匀减速直线运动，运动的最大距离为

2v 02. 02

s 2== m =0. 4m

2a 22. 0⨯5. 0

经历时间t 2=

v 0

=0. 4s a 2

v 0

=1. 0s a 1

从水平恒力开始作用到小滑块的速度为0，经历时间 t 1=在t 1时间内，长木板向右做a 2 = 5.0 m/s2的匀加速直线运动的时间

t 3 = t1 – t 2 = 0.6s

此过程中，长木板向右运动的距离

s 3=

12a 2t 3=0. 9m 2

小滑块向左运动的过程中相对长木板移动的距离

s = s1 – s 2 + s3 = 1.5 m

4. 解：（1）小滑块受到F =8.0 N水平向右的恒力后，向右做匀加速直线运动，所受向左的摩擦力f = μmg

根据牛顿第二定律，小滑块的加速度

a 1=

F -f

= 5.0 m/s2 m

设经过时间t 后小滑块离开木板。在这段时间内小滑块的位移

x 1=a 1t 2

木板所受向右的摩擦力 f ′ = f，向右做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律，木板的加速度

a 2=

f '

= 3.0 m/s2 M

在时间t 内木板的位移

x 2=a 2t 2

由图可知 L = x1 – x 2，解得 t = 1.0 s 则小滑块离开木板时的速度

v = a 1t = 5.0 m/s

（2）小滑块做匀加速直线运动的速度

v 1=a 1t =

F -μmg

t m

木板做匀加速直线运动的速度

v 2=a 2t =

μmg

任意时刻小滑块与木板速度之比

v 1(F -μmg ) M = v 2μm 2g

欲使小滑块速度是木板速度的2倍，应满足 (F -μmg ) M

μm 2g 若只改变F ，则F = 9 N 若只改变M ，则M = 1.2 kg 若只改变μ，则μ = 0.27 若只改变m ，则m = 0.93 kg 5. 解：

（1）小物块在从A 到C 运动的过程中，根据动能定理

Fx 1-μ1mgx 1-μ2mgx 2=

mv -0 2

其中 x 1 = AB = 0.5 m，x 2 = BC = 0.5 m 解得 v = 1 m/s

小物块从C 端飞出后做平抛运动由 h =

12gt 2

飞行时间 t =

=0. 4s g

小物块落地点与桌面C 端的水平距离

x 3= vt = 0.4 m

（2）要使小物块落地点与桌面C 端的水平距离变为原来的2倍，由于平抛运动时间t 不变，因此小物块运动到C 端的速度 v = 2 m/s

由 Fx 1-μ1mgx 1-μ2mgx 2=可解得

若仅改变x 1，则x 1= 1.25 m 若仅改变x 2，则x 2= －1 m

以上计算说明，仅改变x 1是可行的，而仅改变x 2是不可行的. 所以该同学的判断是不正确的.

6. 解：（1）木板槽受到F =10.0 N 水平向左的恒力后，向左做匀加速直线运动，所受向右的摩擦力f = μ1mg

根据牛顿第二定律，木板槽的加速度

a 1=

mv -0 2

F -f

= 4.0 m/s2 M

12a 1t 2

设经过时间t 后小滑块滑到木板槽中点. 在这段时间内木板槽的位移

x 1=

小滑块因受向左的摩擦力 f ′ = f，将向左做匀加速直线运动. 根据牛顿第二定律，小滑块的加速度

a 2=

在时间t 内木板的位移

f '

= 2.0 m/s2 m

a 2t 2 2

x 2=

由图可知

= x1 – x 2 2

解得 t = 1.0 s

则小滑块滑到木板槽中点时的速度

v = a 2t = 2.0 m/s

（2）由于小滑块滑到木板槽中点时的速度与第（1）问所求速度相同，而小滑块的加速度不

变，所以当木板槽与水平面间有摩擦时，要求木板槽的加速度也不变，即

'=a 1

F -μ1mg -μ2(M +m ) g

=a 1

若只改变F ，则F = 11.5N；若只改变M ，则M = 1.67 kg；若只改变m ，则m = 0.40 kg.

7. 解：（1）小滑块到达A 点之前做匀速运动，根据牛顿第二定律，小滑块所受的滑动摩擦力f 与此时的水平推力大小相等，即

f =0. 4N （2分）

（2）滑块在0~2.0s的时间内，受到的推力F 1=0.8N，根据牛顿第二定律，滑块的加速度a 1为

a 1=

F 1-f

=0. 1m/s2 （1分） m

滑块在2.0~3.0s的时间内，滑块受到与运动方向相反的推力F 2=0.4N做减速运动，加速度大小

a 2=

F 2+f

=0. 2m/s2 （1分）

在t 2=2.0s末滑块的速度 v 2=v 0+a 1t 2

已知在t 3=3.0s末滑块的速度 v 3=v 2+a 2(t 3-t 2) =0.8m/s

解得滑块通过A 点时的速度 v 0=0.8m/s （1分）

v 0+v 2

t 2=1.8m 2v +v

'=23(t 3-t 2) =0.9m 滑块在2.0~3.0s内的位移 s 1

滑块在0~2.0s内的位移 s 1=

滑块在第一个周期内的位移 L 1=s 1+s 1′=2.7m

由于A 、B 两点相距s =6.25m，因此滑块到达B 点的时间应该在6.0s~8.0s之间。滑块从6.0s 至到达B 点这段时间内的位移 L 3=s -2L 1=0.85m （2分）

v t 2-v 0

设滑块通过B 点的速度为v t ，根据运动学公式 L 3=

2a 1

解得 v t =0.9m/s （1分）

高一物理选修课教材

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