物理高考解题技巧(3)

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＝mv）。例如，当F供﹥F．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．R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μ，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θ，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？

2需

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Fn≤μmg，根据牛顿第二定律有 μ

2vmaxmg＝m

R

N F 所以，最大转弯速度为vmax＝

?gR θ mg μmg 图4－8 （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4－8所示，即向内倾斜而又不滑动、也不翻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

vmax，

tanθ＝fmax＝?＝NRgθ＝tanμ＝tan

－1

－1

2

v2maxR

答案：必须同时满足两个条件，即速度不超过1

?gR，自行车平面与竖直方向的夹角等于tan－

v2maxR

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分析与求解

圆周运动的动力学特征为F向＝mv。具体在解决问题时，要注意以下三点：

R2 11

①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。

②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。

③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s＝v0t（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R＝v0t。可见，不同时刻，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

2?R的圆周运动时，火车对轨道的压力为FN；在此基础上，又考虑到这列火车相对地面T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FN－FN′为

A.

C.

RTT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

12

2v

mR2?

B.

m[v2Rv?2(2?T2?)v]

m（）vD.

2m[?()v]

持力的合力提供，根据牛顿第二定律得

2?R2 F引－FN＝m（)/R

TF引－FN′＝m（2?RT′

2+v）/R

联立求解得：FN－FN＝m[答案选B.

v2+2(2?TR)v]

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4－9 所示，下面关于其分运动的判断正确的是 y

A. 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； 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4－9

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，k＝4v0/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5v0； 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10v0。

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

5v0；到达离河岸3d/4处时，水流速度为v0，船渡河的速度应为2v0，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

由题意可知，甲、乙航线相同，设它们合速度与河岸的夹角为α，航程为S，如图4－10所示。则对甲有

α

V甲 v乙 α v水 13 图4－10

t甲＝

Sv甲sin? （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＝

Sv乙/tan?

（2）

由（1）（2）两式得

t甲t乙＝v乙v甲sin?tan?

再由几何知识得cosα＝

v乙v甲 ∴sinα＝1－v乙v甲22 将它们代入上式得

t甲t乙＝v乙v甲22×v甲222v甲－v乙＝v乙v甲22＝v乙222v甲－v乙22

【答案】

t甲t乙×v甲2v甲－v乙＝v乙222v甲－v乙

例4 （2005·上海卷）如图4－11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d＝H－2t2（式中H为吊臂离地面的高度）的规律变化，则物体做

A 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. 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

B 图4－11 2

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d＝H－2t，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4－12所示，与水平面的夹角为θ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。

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，质点距斜面的距离最远。此时末速度方向与初速 度方向成θ角，如图4－13 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

vy ＝ gt ， x ＝ v0t 和

vyv0vo θ ＝tan?

图4－12 14

由平抛运动的“二级结论”可知：OA?x2

O A B v θ 图4－13 据图中几何关系可得：AB＝AOsin?

v0tan?sin?2g22解以上各式得：AB＝ 此式即为质点距斜面的最远距离

【答案】AB＝v0tan?sin?2g

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）

巧解 定理法

由题意作出图4－14，末速度与水平方向 夹角设为α，斜面倾角设为β。根据平 抛运动的“二级结论”可得

tanα＝ 2tanβ，β＝30o

所以tanα＝ 233

v0 β A v0

vt B α 图4－14 由三角知识可得：cosα＝

v0cos?321

vy 又因为 vt ＝，所以初速度 v0 ＝ vtcosα＝321m/s 【答案】初速度为321m/s 例7 如图4－15 ，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

A．1:3 B. 1:4 C.1:8 D.1:10

vo C

B

图4－15 A 巧解 极限推理法

本题考虑小球落点的不确定性，有三种情况。现分析如下。 ①当两球均落在水平面上时，因为运动时间相同，∴ S1:S2=1:3 ②当两球均落在斜面上时，设斜面倾角为θ，则有 S1=v0t1 S2=3v0t2

S1tanθ＝

12gt12 S2tanθ=

12gt22

由以上方程解得 S1:S2＝1:9

③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

15

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