牛顿运动定律 动量.doc

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1、第三单元 牛顿运动定律难点巧学一、 巧用“两边夹”确定物体的曲线运动情况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a与v两方向的夹角中，且和v的方向相切，向加速度一侧弯曲。如下图41所示三种情况就是这样。Va VaVaAAa图41例1 一质点在某恒力F作用下做曲线运动，图42中的曲线AB是该质点运动轨迹的一段，质点经过A、B两点

2、时的速率分别为vA、vB.（1） 用作图法找出该恒力方向的可能范围。BVBAVA图42（2） 该恒力的方向能否在过A点或B点的切线上？（3） 该质点从A点到B点的过程中其速度大小如何变化？（4） 若速率有变化，且vAvB，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和、法线和，如图43所示，从A点看，恒力F应在线的右侧；从B点看F应在线的左侧；因恒力的方向是不变的，故应同时满足上述两条件。若平移线过A点，则、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不可能在线上。若F

3、在线上，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不可能在线上。图43AVAVB（3）由于F在A点时与vA夹角大于90，而在B点时与vB夹角小于90，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vAvB，则运动过程中速率有最小值，且发生在F与v垂直的位置。二、效果法运动的合成与分解的法宝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

4、。V1V图44例2 如图44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t内从A点移到C位移为s，如图45所示，由于t很小，因此绳子转过的角度很小，由数学知识可认为s2OA, s2OC,ADCO图45所以有，s2为物体垂直绳方向的位移，s1为沿绳方向的位移。再由速度的定义，当t很小时，v，所以vv1v2，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不变，只是在拉绳，小船将沿绳收缩方向以v

5、1速度运动，（2）假如绳长AO不变，只是在变，V1VV246小船将以O为圆心、OA长为半径做圆周运动，速度v2垂直于OA。而、OA均改变时，即小船向右运动时，v1、v2就可以看成是它的两个分运动，矢量图如图46所示，从图中易知vv1/cos比较两种方法可知，效果法简便易行，又可帮助同学们理解圆周运动知识，同时也让学生懂得不能将绳的速度进行正交分解。三、平抛运动中的“二级结论”有妙用 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：强调落点的问题必须抓住两个分位移之间的关系

6、。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，位移与水平方向的夹角为，则tan2tanyvxOBAvov（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47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，则此时的动能与初

7、动能的关系为图47EktEko（14tan2）（待高一下学期用）四、建立“F供F需”关系，巧解圆周运动问题在匀速圆周运动中合外力一定等于物体所需的向心力；在变速圆周运动中，合外力沿半径方向的分力提供向心力。但有一个问题我们极易出错又始终感到不好理解，即：做曲线运动的物体实际受到的力沿半径方向的分力（F供）并不一定等于物体所需的向心力（F需m）。例如，当F供F需时，物体做向心运动；当F供F需时，物体就做圆周运动；当F供F需时，即物体所受的力不足于维持它做圆周运动，物体做离心运动。因此，我们在分析物体是否能做圆周运动时，必须弄清F供与F需的关系，活用临界条件法、等效法、类比法等列方程求解。例3 设

8、一运动员和自行车的总质量为m，自行车与地面的动摩擦因素为，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，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？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Fnmg，根据牛顿第二定律有mgFNmg图48 mgm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48所示，即向内倾斜而又不滑动、也不翻

9、倒的临界条件是支持力N与最大静摩擦力fmax的合力通过质心。根据三角函数关系，临界转弯倾角tan，tan1tan1答案：必须同时满足两个条件，即速度不超过，自行车平面与竖直方向的夹角等于tan1五、把握两个特征，巧学圆周运动1 圆周运动的运动学特征问题此类问题，需同学们熟练掌握描述圆周运动的线速度、角速度、向心加速度、周期、频率、转速等物理量及其关系，同时，要抓住一些“过渡桥梁”。例如：凡是直接用皮带传动（包括链条传动、摩擦传动）的两个轮子，在不考虑打滑的情况下，两轮边缘上各点的线速度大小相等；凡是同一轮轴上（各个轮都绕同一根轴同步转动）的各点角速度相等（轴上的点除外）2圆周运动的动力学特征及

10、分析与求解圆周运动的动力学特征为F向m。具体在解决问题时，要注意以下三点：确定研究对象的轨道平面和圆心的位置。例如火车转弯时，其轨道平面是在水平面内而不是在斜面上。在水平放置的半球形碗内壁上做圆周运动的小球，其轨道平面为水平面，圆心在轨道圆平面上，而不是在球心。向心力不是与重力、弹力、摩擦力等并列的“性质力”，而是据效果命名的“效果力”，故在分析做圆周运动的质点受力时，切不可在性质力上再添加一个向心力。坐标系的建立：应用牛顿第二定律解答圆周运动问题时，常用正交分解法，其坐标原点是做圆周运动的物体（视为质点）所在的位置，相互垂直的两个坐标轴中，其中一个坐标轴的方向一定沿半径指向圆心。六、现代科技

11、和社会热点问题STS问题这类试题往往利用物理新模型将教材中难度不大、要求不高，但属重点内容的基础知识及与其相关的例题、习题加以有效拼接，演变成各种立意新颖、设计科学的题目，从更高层次上考查学生对所学基础知识的掌握程度和迁移能力、综合能力、创新能力。这类题具有“高起点、低落点”的特点，起点高是指科技成果新，题型新颖、独特，为题海所无法包容；落点低是指完成这些题目所需的基础知识不超纲。现举两例说明此类题目的巧解。例4 从空间同一点O，同时向各个方向以相同的速率抛出许多小球，不计空气阻力，试证明在这些球都未落地之前，它们在任一时刻的位置可构成一个球面。解析 如果我们从“可构成一个球面”出发，以地面为

12、参照物列方程求解会很复杂，并且不易求解。其实，这道题比较好的解法是虚物假设法。解析 假设在O点另有一个小球A，当所有小球被抛出的那一瞬间，让O点处的这个假设小球做自由落体运动（这是解答本题最关键的一步）。因为做抛体运动的所有小球与假设做自由落体运动的小球A的加速度都相等（都等于重力加速度），所以，做抛体运动的各小球相对于A球都做匀速直线运动，其位移（注意：是相对于做自由落体运动的小球A的位移）的大小都是sv0t（v0为各小球抛出时的初速率，t为小球运动的时间），也就是说，在同一时刻，各小球与A的距离都相等，因各小球在同一时刻在空中的位置可构成一个球面，这个球面的半径为Rv0t。可见，不同时刻，

13、这些小球的位置构成不同球面，当然，这些球面的球心就是假设做自由落体运动的小球A。由以上解答也可解释节日的夜晚燃放的烟花在空中为什么是球形的。例5 （2005武汉模拟）早在19世纪，匈牙利物理学家厄缶就明确指出：“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

14、相对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FNFN为A.B.C.D.解析 我们用构建物理模型法来解答此题。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 F引FN F引FN联立求解得：FNFN答案选B.活题巧解例1 （2005宣武区）一质点在xoy平面内运动的轨迹如图49 所示，下面关于其分运动的判断正确的是 yA. 若在x方向始终匀速运动，则在y方向先加速后减速运动；B. 若在x方向始终匀速运动，则在y方向先减速后加速运动；

15、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。 O X巧解 类比法图49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 例2 （2005南京模拟）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，k4v0/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/2处，船渡河的速度为v

16、0；C. 小船渡河时的轨迹为直线；D. 小船到达离河岸3d/4处，船渡河的速度为v0。 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为v0；到达离河岸3d/4处时，水流速度为v0，船渡河的速度应为v0，故正确选项为A、B。【答案】AB例3 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V甲v水v乙图410由题意

17、可知，甲、乙航线相同，设它们合速度与河岸的夹角为，航程为S，如图410所示。则对甲有t甲（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 （2）由（1）（2）两式得再由几何知识得cos sin 将它们代入上式得 【答案】 AB图411例4 （2005上海卷）如图411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dH2t2（式中H为吊臂离地面的高度）的规律变化，则物体做 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.

18、 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dH2t2，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例5 如图412所示，与水平面的夹角为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。vo图412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

19、，质点距斜面的距离最远。此时末速度方向与初速度方向成角，如图413 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OABv图413 vy gt ， x v0t 和由平抛运动的“二级结论”可知： 据图中几何关系可得： 解以上各式得： 此式即为质点距斜面的最远距离【答案】例6 一质量为 m 的小物体从倾角为30o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 ，试求小物体抛出时的初速度为多大?（不计运动过程中的空气阻力） vtAv0Bv0vy图414巧解 定理法由题意作出图414，末速度与水平方向夹角设为，斜面倾角

20、设为。根据平抛运动的“二级结论”可得tan 2tan，30o所以tan 2 由三角知识可得：cos又因为 vt ，所以初速度 v0 vtcos3m/s 【答案】初速度为3m/s例7 如图415 ，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 voA A1:3 B. 1:4 C.1:8 D.1:10CB巧解 极限推理法图415本题考虑小球落点的不确定性，有三种情况。现分析如下。 当两球均落在水平面上时，因为运动时间相同， S1:S2=1:3当两球均落在斜面上时，设斜面倾角为，则有

21、S1=v0t1 S2=3v0t2S1tangt12 S2tan=gt22由以上方程解得 S1:S21:9 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AB5cm图416例8 如图416 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 甲枪子弹运行时间 t 甲0.2 s 甲枪竖直位移 h

22、甲 gt甲2 0.2 m则乙枪子弹竖直位移 h 乙gt乙2 h甲0.6 解得 t乙0.4s 乙枪子弹离开枪口的速度 v乙250m/s【答案】250m/s例9 （2005上海19题）如图417 所示，某滑板爱好者在离地h1.8m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v4m/s,并以此为初速度水平滑行S28m后停止。已知人与滑板的总质量m60kg，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，g10m/s2）巧解 程序法（1） 人与滑板在BC段滑行时，由v22

23、as得滑行的加速度为a=1m/s2 hABCS2S1图417设地面的平均阻力为F，由牛顿第二定律得Fma60（N） （2）人与滑板离开平台后，做平抛运动， 有 hgt2 和S1v0t解方程得水平初速度v05m/s 【答案】60N，5m/s例10 （2005广东调研）如图418 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. 【答案】A例11 图419所示的斜面上有P、R、S、T四个点，P

24、RRSST，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例12（2005黄冈模拟）从空中同一点沿水平方向同时抛出两个小球，他们初速度大小分别为v1、v

25、2，初速度方向相反。求经过多长时间两小球速度间的夹角为90o？ 巧解 矢量图解法 设两小球抛出后经过时间t它们速度之间的夹角为90o，此时它们与竖直方向的夹角分别为和。对两小球分别构建速度矢量三角形如图420 所示，依图可得v1v2v1v2图420ctan ，tan （1）又90o， ctantan （2）由（1）（2）两式得到：， 即 t 【答案】例 13 （2005无锡模拟）如图421 所示，小球a、b分别以大小相等、方向相反的初速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1和2，求小球a、ba bv0v012图421落到斜面上所用时间之比是多少？（设两斜面足够长） 巧解 矢

26、量图解法 设小球a、b运动时间分别为ta、tb，作出它们的位移矢量图，如图4-22所示。依图可得：gtb212v0tbv0tagta2图422tan1tan2由以上两式可得： 【答案】例 14 （2005苏州模拟）如图423 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。L10m，子弹出口速度100m/s。不计空气阻力，g10m/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 图4233L124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tL/v00.1s，在0.1s内子弹竖直方向下降位移y

27、gt2100.120.05m。绳断后环下降位移yg（t0.1）20.2m。故子弹穿过环1。【答案】穿过第1个环例15 （2004高考湖北湖南理综试题）一水平放置的水管，距地面高h1.8m，管内横截面积S2.0cm2。水从管口处以不变的速度v2.0m/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g10m/s2,不计空气阻力。求水流稳定后在空中有多少立方米的水。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内从管中流出的水的体积，并设水柱不散开。设水由喷口处到落地所用时间为t，单位时间内水

28、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QSvVQt再根据自由落体运动的规律有hgt2 联立以上三式得VSv， 代入数据得V2.4104m3【答案】2.4104m3例 16 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424（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424（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

29、点出发以v0v0的平抛运动。设小球ts落地，则有hgt2 t (1)BB=S=v0tv0 （2）AdCDBhSBAAv0（a）（b）图424设小球在筒内与内壁碰撞的次数为n，则ns/d=【答案】例17 雨伞边缘半径为r，且高出地面为h，若雨伞以角速度旋转，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425可知：vsrR图425svt， hgt2 及vr联合解得 s。 由几何关系得R 【答案】例18 （2005武汉统

30、考）某种变速自行车，有六个飞轮和三个链轮，如图426 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名 称链 轮飞 轮齿数N/个483828151618212428踏板链轮链条后轮飞轮图426A .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v/R12rad/s飞轮与后轮为同轴装置，故飞轮的角速度112rad/s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1r12r2，r1

31、与 r2分别为飞轮和链轮的半径，因轮周长LNL2r，N为齿数，L为两邻齿间的弧长，故rN，所以1N12N2。又踏板与链轮同轴，脚踩踏板的角速度32，则31N1/N2，要使3最小，则N115，N248，故31215/48rad/s3.75rad/s3.8rad/s 【答案】B例19 （2005湖北八校联考）有一种大型游戏器械，它是一个圆筒型大型容器，筒壁竖直，游客进入容器后靠筒壁站立，当圆筒开始转动后，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

32、法 这是一种圆周运动模式题，人在水平方向做圆周运动，所受的支持力指向圆心，提供向心力。而在竖直方向受力平衡，即重力与摩擦力平衡。所以C对。 【答案】C FTO图427例20 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427所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为，线的张力为FT,则FT随2变化的图像是图428中的FTFTFTFTOOOO02020202ABCD图428F1mgF1F2mg甲乙图429巧解 临界条件法当较小时，小球受力如图4-29(甲)所示，由牛顿第二定律得 F1sinF2cosmL2sin F1cosF2sinmg0解得绳子拉力FTF1=mL2

33、sin2mgcos当较大时小球受力如图4-29(乙)所示，由牛顿第二定律得F1sinmL2sin解得绳子拉力FTF1=mL2，故选项C正确vHR图430【答案】C例21 （2005江苏南通） 如图430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快速旋转，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，不计空气阻力对回转器的作用） A. R B. HC.RD.R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

34、是回转器的上缘刚好与桌缘碰到，如图431所示。根据平抛运动的规律可得图431 RvtHgt2由上式解得 vR 即选D.【答案】Dh图432mgFnN图433例22 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432 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越高摩托车做圆周运动的向心力将越大；C. h越高摩托车做圆周运动的周期将越长；D. h越高摩托车做圆周运动的线速度将越大。巧解 演绎法 设侧壁与竖直方向的夹角为，演员与摩托车受力如图433 所示，由图可得侧壁对小球

35、的支持力Nmg/sin 车对侧壁的压力不变向心力Fnmg/tan不变由牛顿第二定律可知mg/tanmR(2/T)2因为h越高，R越大，所以周期T越长，再由mg/tanmv2/R可知，随着R增大，线速度v要增大 【答案】CD例23 如图434 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vRR图434恰能腾空飞起时有mg在坡顶的最小速度为v由平抛运动的规律有Rgt2 Svt落点距坡顶的水平距离为SR【答案】，RmgF（a）（b）图435例24 如图435（a

36、）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，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435（b）所示，由图可知，女运动员受拉力大小Fmg/cos由向心力公式可得mgtanm2r转动角速度【答案】mg/cos 例25 如图436 所示，支架质量为M，置于粗糙水平地面上，转轴O处悬挂一个质量为m的小球，悬线长为L，当小球在竖直平面内做圆周运动时，支架始终不动。若小球到达最高点

37、时，恰好支架对地无压力，求小球到达最高点时的速度大小。mOM图436巧解 整体法 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（Mm）gma解得a又据向心加速度公式a，解得小球到达最高点时的速度大小v【答案】第八单元 动量难点巧学一、“寻”规、“导”矩学动量1、“寻”规：巧用“联想、对比”列图加深对动量定理的理解现行很多高中教材包括本书的编排次序是先学“动能定理”，再学“动量定理”。我们可以建立两者关系图谱（图8-1），增强对“动量定理”的认识。图中两竖表示“等于”，中间粗的一横表示“减号”，即分别反映两个式子：过程量初状态（时刻）量末状态（时刻）量

38、经历一段过程合外力的功初动能末动能一段位移合外力的冲量初动量末动量一段时间图8-1和。两者在使用时程序大体相似，但要注意：前式中，“功”有正负，是标量式；后式中，冲量和初、末动量都会有正负区分，是矢量式，解题时要规定正方向。对于另一难点动量守恒定律，则可以和机械能守恒定律的使用形成对比。例1：如图8-2，质量为0.4kg的A球，向右以20m/s的速度在水平面上与竖直墙壁碰撞，碰撞时平均冲力为100N，同时A还受到20N的摩擦阻力，碰撞时间为0.1s，求碰撞后A的速度。mgFNF冲F阻图8-2解析：A球的受力分析如图，设向左为正方向，有动量定理得：，所以即碰后A球的速度大小为10m/s，方向与碰

39、前相反。 2：“导”矩（即总结解题步骤）：巧学动量定理的解题步骤，做到不丢重力丢重力是使用动量定理时常见的错误。如果我们能够找出使用的规则，并按照一定的规矩和步骤解题，就可以减少错误。利用动量定理解题的一般步骤：a、选择恰当的物体或物体系作为研究对象；b、对研究对象进行受力分析（口诀：先重力、再弹力、再摩擦力、最后勿忘“电、磁、浮等其他力”），确定研究过程中各力的冲量；c、选定正方向，确定初、末状态的动量；d、根据动量定理列出方程，并统一到国际单位制中运算求出结果。例2：（95年全国）一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程,进入泥潭直到停住的过程称为过程,则( )A、过程中钢珠动量的改变量等于重力的冲量；B、过程中阻力的冲量的大小等于过程中重力冲量的大小；C、过程中钢珠克服阻力所做的功等于过程与过程中钢珠所减少的重力势能之和；D、过程中损失的机械能等于过程中钢珠所增加的动能。解析：在过程中钢珠只受重力，重力的冲量等于钢珠动量改变量，选项A正确。同时，在过程中重力做功，钢珠重力势能