丰顺县球山中学高三复习（高一部分）
图1－19甲
【解析】(1)对于启动状态有：F1－mg＝ma1 得：a1＝2 m/s2
对于制动状态有：mg－F3＝ma2 得：a2＝2 m/s2．
(2)电梯匀速运动的速度v＝a1t1＝2×1 m/s＝2 m/s 从图中读得电梯匀速上升的时间t2＝26 s 电梯运行的总时间t＝28 s
电梯运行的v－t图象如图1－19乙所示，
图1－19乙
11
所以总位移s＝v (t2＋t)＝×2×(26＋28) m＝54 m
22s54
层高h＝＝＝3 m．
1818
[答案] (1)2 m/s 2 m/s (2)3 m
2
2
经典考题
在本专题中，正交分解、整体与隔离相结合是最重要也是最常用的思想方法，是高考中考查的重点．力的独立性原理、运动图象的应用次之，在高考中出现的概率也较大．
1．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，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图1－20 甲所示)．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N和细绳上的拉力T的变化情况是[1998年高考·上海物理卷]( )
丰顺县球山中学高三复习（高一部分）
图1－20甲
A．N不变，T变大 B．N不变，T变小 C．N变大，T变大 D．N变大，T变小
【解析】Q环的受力情况如图1－20乙所示，由平衡条件得：Tcos θ＝mg．
P环向左移动后θ变小，T＝
mg
变小． cos θ
图1－20乙 图1－20丙
P环的受力情况如图1－20丙所示，由平衡条件得： NP＝mg＋Tcos θ＝2mg，NP与θ角无关． 故选项B正确． [答案] B
【点评】①本例是正交分解法、隔离法的典型应用，以后的许多考题都由此改编而来． ②求解支持力N时，还可取P、Q组成的整体为研究对象，将整体受到的外力正交分解知竖直方向有：NQ＝2mg．
2．如图1－21甲所示，在倾角为α的固定光滑斜面上有一块用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为[2004年高考·全国理综卷Ⅳ]( )
图1－21甲
g
A．sin α
23
C．gsin α
2
B．gsin α D．2gsin α
【解析】绳子断开后猫的受力情况如图1－21乙所示，由平衡条件知，木板对猫有沿斜面向上的摩擦力，有：
f＝mgsin α
图1－21乙 图1－21丙
再取木板为研究对象，其受力情况如图1－21丙所示．由牛顿第二定律知：
丰顺县球山中学高三复习（高一部分）
2mgsin α＋f′＝2ma 3
解得：a＝gsin α．
2
[答案] C
【点评】①猫脚与木块之间的摩擦力使猫保持平衡状态．
②还可取猫、木板组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律：3mgsin α＝2ma求解，但这一方法高中不作要求．
3．如图1－22所示，某货场需将质量m1＝100 kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速度滑下，轨道半径R＝1.8 m．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l＝2 m，质量均为m2＝100 kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2．(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2)
[2009年高考·山东理综卷]
图1－22 (1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．
(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件．
(3)若μ1＝0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间．
【解析】(1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得：
1mgR＝m1v20 2
v20设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得，FN－m1g＝m1 R联立以上两式并代入数据得FN＝3000 N
根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000 N，方向竖直向下．
(2)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得： μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得： μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g
联立并代入数据得0.4＜μ1≤0.6．
(3)μ1＝0.5，由上问可得，货物在木板A上滑动时，木板不动，设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1
设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得：
2
v21－v0＝－2a1l
联立并代入数据得v1＝4 m/s
设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得：
丰顺县球山中学高三复习（高一部分）
v1＝v0－a1t
联立并代入数据得t＝0.4 s．
[答案] (1)3000 N，方向竖直向下 (2)0.4＜μ1≤0.6 (3)0.4 s
【点评】象这样同时考查受力分析、动力学、运动学的题型在2010届高考中出现的可能性最大．
4．如图1－23甲所示，P、Q为某地区水平地面上的两点，在P点正下方一球形区域内储藏有石油．假定区域周围岩石均匀分布，密度为ρ；石油密度远小于ρ，可将上述球形区域视为空腔．如果没有这一空腔，则该地区重力加速度(正常值)沿竖直方向；当存在空腔时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏离．重力加速度在原竖直方向(即PO方向)上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常”．为了探寻石油区域的位置和石油储量，常利用P点附近重力加速度反常现象．已知引力常数为G．
图1－23甲
(1)设球形空腔体积为V，球心深度为d(远小于地球半径)，PQ＝x，求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常．
(2)若在水平地面上半径L的范围内发现：重力加速度反常值在δ与kδ(k＞1)之间变化，且重力加速度反常的最大值出现在半径为L的范围的中心，如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积．
[2009年高考·全国理综卷Ⅱ]
F引【解析】(1)由牛顿第二定律得：a＝
mM
故重力加速度g＝G2
r
假设空腔处存在密度为ρ的岩石时，对Q处物体的引力产生的重力加速度为Δg＝M′GρVG22＝22 d＋xd＋x
由力的独立原理及矢量的合成定则知，球形区域为空腔时Q点处的物体的重力加速度的矢量关系如图1－23乙所示
图1－23乙
?????????即g'?g??g
故加速度反常Δg′＝Δg·cos θ＝
GρVd(d2＋x2)3．
丰顺县球山中学高三复习（高一部分）
(2)由(1)解可得，重力加速度反常Δg′的最大值和最小值分别为： (Δg′)max＝
GρV
，(Δg′)min＝d2G?Vd(d2?L)322
由题设有(Δg′)max＝kδ、(Δg′)min＝δ
联立以上各式得，地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为： d＝Lk?123，V＝
L2k?G?(k?1)23．
[答案] (1) G?Vd(d?x)223 (2)
Lk?123
L2k?G?(k?1)23
【点评】①对于本题大部分同学不知如何入手，其原因在于对力的独立性原理及矢量(加速度)的合成与分解理解不够深刻和熟练．
②本考题使大部分同学陷入一个思维误区，总在思考g＝，而不去思考g也是自由落体的加速度g＝
GmF引
，遵循矢量的平行四边形定则． m能力演练
一、选择题(10×4分)
1．如图所示，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，A和B以相同的速度在水平地面C上做匀速直线运动(空气阻力不计)．由此可知，A、B间的动摩擦因数μ1和B、C间的动摩擦因数μ2有可能是( )
A．μ1＝0，μ2＝0 B．μ1＝0，μ2≠0 C．μ1≠0，μ2＝0 D．μ1≠0，μ2≠0
【解析】本题中选A、B整体为研究对象，由于A、B在推力F的作用下做匀速直线运动，可知地面对B的摩擦力一定水平向左，故μ2≠0；对A进行受力分析可知，水平方向不受力，μ1可能为零，故正确答案为BD．
[答案] BD
2．如图所示，从倾角为θ、高h＝1.8 m的斜面顶端A处水平抛出一石子，石子刚好落在这个斜面底端的B点处．石子抛出后，经时间t距斜面最远，则时间t的大小为(取g＝10 m/s2)( )
A．0.1 s B．0.2 s C．0.3 s D．0.6 s 【解析】由题意知，石子下落的时间t0＝2h
＝0.6 s g