一恒力F通过一定滑轮拉物体,沿光滑水平面前进了距离s.在运动过程中,F与水平方向保持θ角,求拉力所做功

不是额外功 由于惯性运动是物体保持了之前的运动状态 试想一下如果没有之前的做功 小车会自己运动吗 也就是说牵引力消失后 小车还具有一部分能量（也就是惯性）而这部分能量来自于之前的做功

小题1:0.4m/s小题2:0.8J小题3:0.4w ：（1）木箱受到重力、恒力F、水平面的支持力作用，设加速度大小为a，将拉力正交分解，根据牛顿第二定律得：Fcos60°=ma  代入解得 a=0.1m/s 2所以4s末箱的速度为v=at=0.1...

F = m1a1
得：m1 = F/a1 ---------------------（1）
F = m2a2
得：m2 = F/a2----------------------（2）
当F作用在(m1 + m2）时,则有
F = （m1+m2）a3
得：a3 = F/(m1+m2)----------------（3）
把（1）（2）带入（3）得：
a3 = a1a2/(a1+a2)
即加速度为：a1a2/(a1+a2)

A
可以算出来F'=F*m1/(m1+m2)
已知恒力F作用于物体AB
所以AB一起有向右的匀加速 设摩擦因素为u(无摩擦的时候为0）
整体来看
a(m1+m2)=F-u(m1+m2)g
a=(F-u(m1+m2）g)/(m1+m2)
对于物体A水平方向来说
受到绳子的拉力（向右）
摩擦力（向左）
am1=F'-um1g
F'=am1+um1g
F'=F*m1/m1+m2
其实可以证明 在相同情况下 哪怕是在斜面上 竖直向上的方向都是一样的

题目中应该说明是从A沿直线到B.
在坐标图上表示出F1,F2和向量AB,将AB平移至原点处为（-13,-15）,容易看出二力与路径AB的夹角,学过向量的话就是一个简单的点乘关系,比如向量F1点乘AB=-13x3-15x4=99；
没学过的话把F1和F2沿AB方向的分量找到,用功的定义求解即可.
F1做功-99J,F2做功-3J,合力做功-102J.

孩子,题目不全,但我大概猜出来了,求力施加到一质量为吗m1+m2的物体上对吗?答案是D（d是a1a2除以(a1+a2)）,要过程再问.

解题思路：（1）设10s末物体离a点的距离为d，d应为v-t图与横轴所围的上下两块面积之差
（2）对两段时间分别运动牛顿第二定律列式后联立求解；

（1）设10 s末物体离a点的距离为d，d应为v-t图与横轴所围的面积，则：
d=[1/2]×4×8 m-[1/2]×6×6 m=-2 m，
负号表示物体在a点以左．
（2）设物体向右做匀减速的加速度为a₁，向左做匀加速的加速度为a₂则由v-t图得：
a₁=2 m/s²；a₂=1 m/s²
向右做匀减速有F+μmg=ma₁
向左做匀加速有F-μmg=ma₂
得：F=3 N　μ=0.05
答：（1）10s末物体的位置离a点2m在a点以左．
（2）力F的大小为3N和物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.05．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．

考点点评： 本题关键先根据运动情况求解加速度，确定受力情况后求解出动摩擦因素；再根据受力情况确定加速度并根据运动学公式得到物体的运动规律．

先说要算拉力对物体作的功就直接用恒力F×在力F方向上的位移（也就是拉出来的绳子的长度）=F×（h/sin1-h/sin2）【1和2代指角1和角2】.而绳拉物体的力只是方向在变而大小不变,因为它跟拉力F在一根绳子上.如果要用绳拉物体的力求功的话要用W=F×cos角×位移x 因为角是不断变化的所以太麻烦,就转化成了求恒力F做的功

解题思路：先对物体B受力分析，可得物体B受到的弹簧弹力先向下，不断减小后反向增加，知道离开地面为止；再分析物体A运动情况，先由静到动，再由动到静；最后分析受力情况，受重力、弹簧的弹力和已知拉力，由于弹簧弹力先减小，到零后反向增加，得到合力先向上减小，后向下增加，平衡位置速度最大．

A、物体A在初始位置时，重力和弹力平衡，合力等于拉力；物体B要离开地面瞬间，物体A受重力、弹簧对其向下的拉力（等于物体B重力）和已知拉力F，此时物体A运动到最高点，速度为零，说明平衡位置在末位置下方，故加速度先减小后反向增加，故A错误；
B、由于弹簧先压缩后伸长，故弹性势能先减小后增加，故B错误；
C、木块A先做加速度减小的加速运动，后作加速度增加的减速运动，故C正确；
D、上升过程，由于拉力一直对两木块A、B和轻弹簧组成的系统做功，故系统机械能不断增加，故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；重力势能．

考点点评： 本题关键明确物体A的运动情况，先向上做加速度不断减小的加速运动，加速度减为零时，速度达到最大，然后做加速度不断增加的减速运动．

解题思路：先对AB整体进行分析，可以得出整体运动的加速度；再对隔离出受力最少的一个进行受力分析，由牛顿第二定律可得出弹簧弹力，则可得出弹簧的形变量．

由题意知，M=2m
水平面上，对整体有：F=（m+M）a₁；=3ma₁；
对A有：kx₁=ma₁
解得：x₁=[F/3k]
在竖直面内，对整体有：F-3mg=3ma₂；
对B分析有kx₂-2mg=2ma₂；
解得x₂=[2F/3K]
故x₁：x₂=1：2；
故B正确．
故选B．

点评：
本题考点： 牛顿运动定律的应用-连接体；胡克定律．

考点点评： 本题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如果不能得出答案再分析其他物体；
本题中注意竖直面内时F作用的物体发生了变化，若F仍作用在B上，则形变量是不变的，可以通过分析得出结论．

解题思路：由几何关系确定拉力前进的位移，再由功的公式即可求出拉力所做的功．

绳对物体的拉力虽然大小不变，但方向不断变化，所以，不能直接根据W=Fscosα求绳的拉力对物体做的功．由于不计绳与滑轮的质量及摩擦，所以恒力F做的功和绳的拉力对物体做的功相等．本题可以通过求恒力F所做的功求出绳的拉力对物体所做的功．由于恒力F作用在绳的端点，需先求出绳的端点的位移s，再求恒力F的功．由几何关系知，绳的端点的位移为

h
sinα1−
h
sinα2=3-2.5=0.5m．
在物体从A移到B的过程中，恒力F做的功为
W=Fs=100×0.5J=50J
答：绳的拉力对物体做的功为50J．

点评：
本题考点： 功的计算．

考点点评： 本题主要考查了恒力做功公式的直接应用，要求同学们能根据几何关系求出绳子运动的位移，难度不大，属于基础题．

如果用水平方向的位移来算,就必须用水平方向的分力.而F的水平方向分力是个变力.
功=力乘以位移,你看滑轮右端的拉力F,这个拉物体所做的功不就等于拉力F乘以F作用点移动的距离吗?这个作用点移动的距离不就是绳子的长度差吗?

解题思路：对物体受力分析，受重力、支持力、摩擦力和推力，根据牛顿第二定律列方程求解加速度进行分析即可．

对物体受力分析，受重力、支持力、摩擦力和推力，设加速度为a（匀速的加速度为零），根据牛顿第二定律，有：
平行斜面方向：（F+mg）sinθ-μ（F+mg）cosθ=ma
解得：a=g（sinθ-μcosθ）+[F/m]（（sinθ-μcosθ） ①
A、B、若物体原来匀速，说明a=0，有：（F+mg）sinθ-μ（F+mg）cosθ=0；增加力F后，推力和重力的下滑分力依然平衡；故物体仍然加速；故A正确，B错误；
C、D、若物体原来匀加速运动，增加推力后，根据①式，加速度增加，故C错误，D正确；
故选：AD．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．

考点点评： 本题关键是对物体受力分析，然后根据牛顿第二定律列出表达式进行分析即可；注意匀速的加速度为零，没有推力可以看作推力F为零．

小球a在平衡时受弹簧的弹力（与f相等）和墙的弹力（也与f相等）.f撤去时这两个力还都存在,故其受力平衡,加速度为0.小球b在平衡是受弹簧弹力和力f,f撤去时其仅受弹簧弹力,故其加速度大小为f/m,方向向右.

因为小球匀速直线运动,于是球受力平衡,重力不计,于是F与电场力是一对平衡力
于是电场力方向与F反向
qE=F,得E=F/q
U=w/q,w=Fdcosθ,得U=Fdcosθ/q
动能不变,外力做功转化为电势能,w=Fdcosθ
于是选BC
至于D,F还是原来的F,这样球才能受力平衡.

设重力在平行斜面方向的分力是G1,刚撤去恒力F时的速度大小是V
则在有恒力F作用的阶段,由动量定理得　（F－G1）* t ＝m*V　.方程1
向上运动的距离是S,则由动能定理得　（F－G1）*S＝m*V^2 / 2.方程2
撤去恒力F后,物体经相同时间回到底部时的速度大小是　V1,
则由动量定理得　G1* t ＝m*V1－（－m*V）＝m*（V1＋V）.方程3
由动能定理得　G1*S＝（m*V1^2 / 2）－（m*V^2 / 2）.方程4
由方程1和2得　S / t ＝V / 2
由方程3和4得　S / t＝（V1－ V） / 2
所以　V / 2＝（V1－ V） / 2
V＝V1 / 2
由题目条件知　Ek底＝m*V1^2 / 2＝120焦耳
所以在刚撤去F时物体具有的动能是　Ek＝m*V^2 / 2＝Ek底 / 4＝120 / 4＝30焦耳.

一楼完全错误,像二楼说的那样.但是像题中说的这样整条绳子离开桌面的加速度,那么也不是不可以解答的
考虑到F做功转化成了省的动能和重力势能,有
F*1m=1/2*1kg*（4m/s）^2+1kg*10m/s^2*（1/2m)
解得F=13N
那么,a*1kg=13N-1kg*10m/s^2
a=3m/s^2

两式都可由牛二律推出,算出来的结果应该一样.
当F与G反向时
(F-G)=ma
(F-G)t=mat=m[(Vt-V.)/t]t=mVt-mV.
(F-G)=ma
(F-G)h=mah=ma[(Vt^2-V.^2)/2a=(1/2)m(Vt^2-V.^2)
你算的结果不同,可能是运算过程有问题.

解题思路：正确解答本题的关键是理解功的定义以及如何求相互作用的系统产生的热量，根据W=Fscosθ，比较克服摩擦力所做的功，摩擦产生的热量Q=fs_相对，通过比较相对位移比较摩擦产生的热量．

木块从木板左端滑到右端克服摩擦力所做的功W=fs，因为木板不固定时木块的位移要比固定时大，所以W₁＜W₂，
故选：B．

点评：
本题考点： 功的计算．

考点点评： 解决本题的关键掌握摩擦力做功的求法，以及知道摩擦产生的热量Q=fs相对，明确摩擦力做功和产生热量的不同．

功等于力乘以位移.
力进行分解,竖直方向和水平方向.
竖直方向和重力抵消,水平方向分力F=F拉cos60=1/2F拉
水平方向是匀加速直线运动
a=F/m=F拉/2m
所以做的总功等于
W=FS=1/2F拉*1/2（F拉/2m）*t²
=（F拉*t）²/8m
所以A带入,F拉变为2倍,m变为2倍时对的
B带入质量变为1半也是对的
C带入,时间2t,功就是4倍了,错误
D带入,相当于F变成原来2倍,功就是4倍,错误.
所以选择AB

把弹簧和AB看成一个系统,显然B有外力做功啊,根据能量定理,做功转化为机械能,所以从开始运动到分离机械能都是增大的.

解题思路：根据动能定理：合力做功等于物体动能的变化，求解物块的动能．根据功能关系分析得知，物块和小车增加的机械能为F（s+l）-fl．系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力做功．

A、根据动能定理得，（F-f）（s+L）=
1
2mv2-0，则物块的动能为E_k=（F-f）（s+L）．故A错误．
B、根据动能定理得，小车的动能为fs，故B错误．
C、由功能关系得知，物块和小车增加的机械能为F（s+L）-fL．故C正确．
D、系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力做功fL．故D正确．
故选：CD

点评：
本题考点： 动能定理．

考点点评： 本题考查对功与能的关系的理解能力，要抓住动能定理中的力是指物体所受的合力．

A的加速度为a1=F/(M+m)、B的加速度为a2=F/M
a1t^2/2+a2t^2/2=L
t=√[2LM(M+m)](2MF+mF)
B的末速vB=a2t=√[2LF(M+m)](2M^2+mM)
B的动能Ek=1/2 MvB^2=LF(M+m)/(2M+m)
这一个过程中,人所做的功W=FL
A、B相碰时,A的速度vA=a1t=√2LMF/[(2M+m)(M+m)]
F对A的功率PA=FvA=F√2LMF/[(2M+m)(M+m)]

解题思路：

当物块和小车无相对运动时，两者加速度相同，此时小车对物块的摩擦力提供物块的加速度，所以物块的最大加速度，即无相对滑动时的最大加速度为3m/s2；当小车与物块发生相对滑动时，物块的加速度为3m/s2，小车的加速度大于3m/s2，故选项D正确。

D


<>

A,B两物体质量都为m,叠加在一起,置于一轻弹簧上处于静止状态,现给A物体施加一竖直向上的恒力,大小为F,则
a596851232 | 2013-08-16 | 分享
问题补充：A的加速度大小是多少
回答可赚更高奖励 前往F≥2mg时,a一直为g.mg≤F

（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a ₁ ，则由v-t图得
a ₁ =2m/s ² ①
根据牛顿第二定律，有F+μmg=ma ₁ ②
设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a ₂ ，则由v-t图得
a ₂ =1m/s ² ③
根据牛顿第二定律，有F-μmg=ma ₂ ④
解①②③④得：F=3N，μ=0.05
（2）设10s末物体离a点的距离为d，d应为v-t图与横轴所围的面积
则： d=
1
2 ×4×8m-
1
2 ×6×6m=-2m ，负号表示物体在a点以左
答：（1）力F的大小为3N，物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.05；
（2）10s末物体离a点的距离为2m．

解题思路：由题意可知，小球只受到拉力F与电场力，做匀速直线运动，所以它受到的合力为0，拉力与电场力是一对平衡力．再根据电场力做功的特点求出其他的物理量．

A、由题意可知，小球只受到恒力F与电场力，做匀速直线运动，所以它受到的合力为0，恒力F与电场力是一对平衡力．所以电场力的大小也是F，方向与恒力F的方向相反．即有qE=F，则得E=[F/q]．故A正确．
B、从A到B的过程，电场力做功的大小：W=F•dcosθ．则AB两点的电势差为U=[W/q]=[Fdcosθ/q]，故B正确；
C、从A到B的过程，电场力做负功，电势能增加，大小为F•dcosθ，故C错误；
D、要使带电小球由B向A做匀速直线运动，仍然是合力为0，故F的大小和方向都不变．故D错误．
故选AB

点评：
本题考点： 电势能；电场强度；电势差．

考点点评： 对小球进行正确的受力分析，得出拉力与电场力是一对平衡力是解决该题的关键．

解题思路：如果一个力作用在物体上，物体在这个力的方向上移动了一段距离，力学里就说这个力做了功．功的大小由W=FL求出．平均功率等于功除以时间．

A、恒力F拉着质量为m的物体沿水平面从A移到B的过程中，拉力方向的位移为x，故拉力的功为：W=Fs；不论物体是否受摩擦力；还是做变速运动；功均相同，故AB错误，C正确；
D、有摩擦力时，加速度小，运动相同位移时，时间长长，所以平均功率小，故D错误．
故选：C

点评：
本题考点： 功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．

考点点评： 某个力的功等于这个力与力方向上的位移的乘积，与物体的运动状态和是否受到其他力无关．

答案：30J
F的作用时间为t,加速度为a（F并不等于ma）,在t时物体有速度v,则
t=v/a
F撤去后,物体做匀变速运动（只有重力作用）,先匀减速,后匀加速,最高处离地面S=v＾2 /2a+v＾2 /2gsinθ,又经相同的时间物体返回斜面的底部,有
t=v/gsinθ+√(2s/gsinθ)
解方程有
3a=gsinθ
F作用距离为S',则
S'=3S/4
可知S'处的重力势能为120*3/4=90J
所以动能为120-90=30J

啥是机械能知道不?
简单地说 机械能=动能+势能
A 明显错 F做功有三个去向 1抵消阻力做功 2增加物体重力势能 3增加物体动能
B 错 机械能增量=前后（严格地讲应该说是 后前）动能+势能总和的差值 且B中式子无任何意义
C 对
D也对

1.全过程中,只有拉力做功（重力做的总功为0）,F所做的功就等于增加的动能为120J
2.设撤去力时的速度为V1,到底部的速度为V2,两者方向相反,因两个过程所用时间相等,位移大小相同,故两个过程的平均速度大小相等.
即V1/2=(V2-V1)/2,可求出V2=2V1,故撤去F时的动能为最终动能的4分之一,即为30J.

（1）恒力F的作用距离L为细绳长度的改变量,L=H/sinα-H/sinβ=H(1/sin30°-1/sin45°)=H(2-√2).
恒力F做功=力F×力作用下的位移.WF=F×L=FH(2-√2).
（2）物体在位置M和N时,细绳都为v：物体在位置M时,物体速度vM=v/cosα=2v√3/3；物体在位置N时,物体速度vN=v/cosβ=v√2.（注意：细绳移动路线是变化的,物体移动路线不变,单位时间内物体移动的距离比细绳长度的改变量大.）
由能量守恒定律,恒力F做正功,摩擦力f做负功：
WF-Wf=mvN²/2-mvM²/2,即得Wf=WF-m(vN²-vM²)/2=FH(2-√2)-mv²/3.

根据牛顿第二定律F=ma,有
F=m1·a1
F=m2·a2
得到m1·a1=m2·a2
若施加在m1+m2的物体上,设加速度为a,有
F=(m1+m2)a
利用上面得到的m1和m2的关系
得a=F/(m1+m2)=a1·a2/(a1+a2)

1、第一次运动时,A能移动到B的右端,只要恒力F大于AB间的滑动摩擦力就可以
第二次运动时,A能移动到B的右端,要求力F更大,以至于使AB间发生滑动,这样A能移动到B的右端
2、第二次运动时A相对地面的位移会比第一次运动时A的相对地面的位移大：是因为A第一次运动相对地面的位移就是木块B的长度,第二次运动时A相对地面的位移是木块B的长度加上B的位移

解题思路：（1）（2）由表格求出物体从A到B的加速度，根据牛顿第二定律求出恒力F与斜面的倾角．
（3）根据图象找出两段图线的转折点，读出A到B运动时间，由v=at求出t=2.1s时物体的速度．

（1）由题意得a＝
△v
△t＝2m/s2
∴F=ma=2N
（2）由题意得a′＝
△v′
△t′＝−5m/s2
又-mgsinθ=ma'
∴θ=30°
（3）设B点速度为v_B，物体由A到B所需时间为t₁，由B点到2.6s所用时间为t₂，则v_aB=at₁
1.0=v_B+a′t₂ 且 t₁+t₂=2.6
解得 t₁=2s v_B=4m/s
∴t=2.1s时的瞬间速度为
v=v_B+a′（t-t₁）
=3.5m/s
答：（1）恒力F的大小为2N；
（2）斜面的倾角α为30°；
（3）t=2.1s时的瞬时速度v的大小为3.5m/s．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

考点点评： 本题考查作图、理解物理图象和运用数学知识解决物理问题的能力．

用动能定理：F*x1-f(x1+x2)=0,则f:F=x1/(x1+x2)

解题思路：根据动能定理，通过合力功判断动能的变化，根据重力功判断重力势能的变化，根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量进行分析．

A、除重力以外其它力做功等于物体机械能的增量，知力F和阻力做的功等于物体机械能的增量．故A错误；
B、物体向上运动，重力做负功，重力势能增加，克服重力做的功等于重力势能的增量．故B正确；
C、根据动能定理得，力F、阻力、重力三力做功之和等于物体动能的增量，故C错误，D错误．
故选：B

点评：
本题考点： 动能和势能的相互转化．

考点点评： 解决本题的关键掌握合力功与动能的关系，重力功与重力势能的关系，除重力以外其它力做功与机械能的关系．

c

设斜面夹角θ,
撤去外力前加速度a1,x=1/2a1t^2
v1=a1t
撤去外力后减速度a2,-x=v1t-1/2a2t^2=a1t^2-1/2a2t^2
1/2a1t^2=-a1t^2+1/2a2t^2
3/2a1t^2=1/2a2t^2
∴a2=3a1
撤去外力瞬间速度v1,方向向上：v1=a1t
返回底端瞬间速度v2,v2=v1-a2t,方向向下
a1=v1/t
a2=(v1-v2)/t
两式相除得：
(v1-v2)/v1=a2/a1=3
v1-v2=3v1
v2/v1=-2
(1/2mv1^2)/(1/2mv2^2)=(v1/v2)^2=[1/(-2)]^2=1/4
∴1/2mv1^2 = 1/4 * (1/2mv2^2) =1/4 * 120 =30 J
即撤去恒力F时物体具有的动能为 30 J .

解题思路：力冲量等于力与时间的乘积；根据题意利用公式即可求得F的冲量．

由I=Ft可得：
F的冲量I=Ft；
故选：A．

点评：
本题考点： 动量定理．

考点点评： 本题考查冲量的定义，要注意冲量只与力及时间有关，和夹角无关．

1.能量守恒定律,左端和右端重力势能相等,则恒定推理做功转化为小球动能0.5mv²=F*2R,即可求出V值.
2.左端时受力分析,小球受到重力,轨道对小球的弹力F1,恒力F,小球向心加速度为v²/R,则有F1-F=mv²/R,即可求出作用力F1,小球到达左端时对轨道的作用力F2是F1的反作用力,F2=F1.

说俗了 第一次和第二次作用力大小以及移动距离相等
即生热一样 Q1=Q2
第一次只是移动小木块 而第二次因为没有摩擦
不仅移动了了小木块 还移动了大木块
因此W1＜W2

F的方向应当是斜向上,减少压力,从而减少摩擦力
Fcosα – μ(mg – Fsinα) = ma
整理得
a = F（cosα + μsinα）/m – μg
由数学知识知（cosα + μsinα）的最大值为根号（1 + μ2）
所以最大加速度为F • 根号（1 + μ^2）/m – μg

高中物理公式总结
物理定理、定律、公式表
一、质点的运动（1）------直线运动
1）匀变速直线运动
1.平均速度V平＝s/t（定义式） 2.有用推论Vt2-Vo2＝2as
3.中间时刻速度Vt/2＝V平＝(Vt+Vo)/2 4.末速度Vt＝Vo+at
5.中间位置速度Vs/2＝[(Vo2+Vt2)/2]1/2 6.位移s＝V平t＝Vot+at2/2＝Vt/2t
7.加速度a＝(Vt-Vo)/t ｛以Vo为正方向,a与Vo同向(加速)a>0；反向则aF2)
2.互成角度力的合成：
F＝(F12+F22+2F1F2cosα)1/2（余弦定理） F1⊥F2时:F＝(F12+F22)1/2
3.合力大小范围：|F1-F2|≤F≤|F1+F2|
4.力的正交分Fx＝Fcosβ,Fy＝Fsinβ（β为合力与x轴之间的夹角tgβ＝Fy/Fx）
注：
(1)力(矢量)的合成与分解遵循平行四边形定则;
（2）合力与分力的关系是等效替代关系,可用合力替代分力的共同作用,反之也成立;
(3)除公式法外,也可用作图法求解,此时要选择标度,严格作图;
(4)F1与F2的值一定时,F1与F2的夹角(α角)越大,合力越小;
（5）同一直线上力的合成,可沿直线取正方向,用正负号表示力的方向,化简为代数运算.
四、动力学（运动和力）
1.牛顿第一运动定律(惯性定律）：物体具有惯性,总保持匀速直线运动状态或静止状态,直到有外力迫使它改变这种状态为止
2.牛顿第二运动定律：F合＝ma或a＝F合/ma{由合外力决定,与合外力方向一致}
3.牛顿第三运动定律：F＝-F´{负号表示方向相反,F、F´各自作用在对方,平衡力与作用力反作用力区别,实际应用：反冲运动}
4.共点力的平衡F合＝0,推广 ｛正交分解法、三力汇交原理｝
5.超重：FN>G,失重：FNr｝
3.受迫振动频率特点：f＝f驱动力
4.发生共振条件:f驱动力＝f固,A＝max,共振的防止和应用〔见第一册P175〕
5.机械波、横波、纵波〔见第二册P2〕
6.波速v＝s/t＝λf＝λ/T{波传播过程中,一个周期向前传播一个波长；波速大小由介质本身所决定}
7.声波的波速(在空气中）0℃：332m/s；20℃:344m/s；30℃:349m/s；(声波是纵波)
8.波发生明显衍射（波绕过障碍物或孔继续传播）条件：障碍物或孔的尺寸比波长小,或者相差不大
9.波的干涉条件：两列波频率相同(相差恒定、振幅相近、振动方向相同)
10.多普勒效应:由于波源与观测者间的相互运动,导致波源发射频率与接收频率不同｛相互接近,接收频率增大,反之,减小〔见第二册P21〕｝
注：
（1）物体的固有频率与振幅、驱动力频率无关,取决于振动系统本身；
（2）加强区是波峰与波峰或波谷与波谷相遇处,减弱区则是波峰与波谷相遇处；
（3）波只是传播了振动,介质本身不随波发生迁移,是传递能量的一种方式；
（4）干涉与衍射是波特有的；
(5)振动图象与波动图象；
(6)其它相关内容：超声波及其应用〔见第二册P22〕/振动中的能量转化〔见第一册P173〕.
六、冲量与动量(物体的受力与动量的变化）
1.动量：p＝mv ｛p:动量(kg/s),m:质量(kg),v:速度(m/s),方向与速度方向相同｝
3.冲量：I＝Ft ｛I:冲量(N•s),F:恒力(N),t:力的作用时间(s),方向由F决定｝
4.动量定理：I＝Δp或Ft＝mvt–mvo {Δp:动量变化Δp＝mvt–mvo,是矢量式}
5.动量守恒定律：p前总＝p后总或p＝p’´也可以是m1v1+m2v2＝m1v1´+m2v2´
6.弹性碰撞：Δp＝0；ΔEk＝0 {即系统的动量和动能均守恒}
7.非弹性碰撞Δp＝0；0

解题思路：要使A静止在墙上，F不能太大，也不能太小．当物体刚要下滑时，物体与墙之间的静摩擦力达到最大，此时F最小；当物体刚要上滑时，物体与墙之间的静摩擦力达到最大，此时F最大．根据平衡条件和摩擦力公式求出F的最小值和最大值，再求解F的取值范围．

当物体刚要下滑时，物体与墙之间的静摩擦力达到最大，此时F最小，设F最小值为F₁．受力如图1所示．
根据平衡条件得
N₁=F₁cosθ
f₁+F₁sinθ=G
又f₁=μN₁
联立解得，F₁=[G/μcosθ+sinθ]
代入解得，F₁=
20
2
3N
当物体刚要上滑时，物体与墙之间的静摩擦力达到最大，此时F最大，设F最大值为F₂．受力如图2所示
根据平衡条件得
N₂=F₂cosθ
F₂sinθ=G+f₂
又f₂=μN₂，
联立得到，F₂=[G/sinθ−μcosθ]
代入解得，F₂=20
2N
答：要使A静止在墙上，F的取值是
20
2
3N≤F≤20
2N．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用．

考点点评： 当两个物体刚要发生相对滑动时静摩擦力达到最大是常用的临界条件．常规题．

解题思路：根据牛顿第二定律求出a和F的关系式，根据图线的斜率求出物体的质量．根据a=0时，拉力F=f=1N，然后根据f=μmg求出动摩擦因数．

由牛顿运动定律可知：a=[F−f/m]可见，图线的斜率表示物体质量的倒数，则m=0.5kg
当 a=0时，F=f，所以图线延长线与横轴的交点表示物体与水平面之间的滑动摩擦力或最大静摩擦力
由图象可知：f=1N
由f=μmg得：μ=[f/mg]=[1/5]=0.2
答：（1）图线的斜率表示物体质量的倒数，延长线与横轴的交点表示物体与水平面之间的滑动摩擦力或最大静摩擦力；
（2）物体的质量为0.5kg，物体与水平面的动摩擦因数为0.2；

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键通过牛顿第二定律求出a和F的关系式a=F−fm，知道图线的斜率表示质量的倒数，以及知道a=0时，拉力等于摩擦力．