《新步步高-学案导学与随堂笔记》2016-2017学年高中物理(人教版必修一)配套课时作业与单元检测第三章第1

注：各考点要求中罗马数字Ⅰ、Ⅱ的含义如下：Ⅰ.对所列知识要知道其内容及含义，并能在有关问题中识别和直接使用它们．Ⅱ.对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用．第1课时运动的描述考纲解读1.知道参考系、质点、位移的概念，理解物体看成质点的条件和位移的矢量性.2.知道速度与加速度、平均速度和瞬时速度的区别，并理解二者间的关系．考点一对质点和参考系的理解1．质点(1)用来代替物体的有质量的点叫做质点．(2)研究一个物体的运动时，如果物体的形状和大小对问题的影响可以忽略，就可以看做质点．(3)质点是一种理想化模型，实际并不存在．2．参考系(1)参考系可以是运动的物体，也可以是静止的物体，但被选为参考系的物体，我们都假定它是静止的．(2)比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系．(3)选取不同的物体作为参考系，对同一物体运动的描述可能不同．通常以地球为参考系．例12013年8月15日消息，科学研究表明，在太阳系的边缘可能还有一颗行星——幸神星．这颗可能存在的行星是太阳系现有的质量最大的行星——木星质量的4倍，它的轨道半径是地球轨道的几千倍．根据以上信息，下列说法正确的是()A．幸神星质量太大，不能看做质点B．研究幸神星绕太阳运动，可以将其看做质点C．比较幸神星运行速度与地球运行速度的大小关系，可以选择太阳为参考系D．幸神星运行一周的位移要比地球运行一周的位移大解析物体能否看做质点与质量无关，A错；幸神星的形状和大小相对其到太阳的距离来说属于次要的因素，因此可以看做质点，B对；比较两个物体运动速度的大小，要选择同一参考系，C对；幸神星运行一周的位移和地球运行一周的位移均为零，D错．答案BC变式题组1．[对质点的理解]在研究下述运动时，能把物体看做质点的是()A．研究短跑运动员的起跑动作时B．研究飞往火星的宇宙飞船最佳运行轨道时C．将一枚硬币用力上抛并猜测它落地时正面是朝上还是朝下时D．研究汽车在上坡时有无翻倒的危险时答案 B2．[对质点和参考系的理解]美国宇航局科学家宣布，1977年9月5日发射升空的“旅行者1号”探测器经过36年的长途跋涉，终于飞出了太阳系，进入星际空间，则以下说法正确的是()A．在分析探测器36年的运动时，不能将其视为质点B ．研究探测器的姿态控制问题时，能将其视为质点C ．研究探测器的运动时，可选太阳为参考系D ．研究探测器的位移时，可将其看作质点 答案 CD对“理想化模型”的理解(1)理想化模型是分析、解决物理问题常用的方法，它是对实际问题的科学抽象，可以使一些复杂的物理问题简单化．(2)物理学中理想化的模型有很多，如“质点”、“轻杆”、“光滑平面”、“自由落体运动”、“点电荷”、“纯电阻电路”等，都是突出主要因素，忽略次要因素而建立的物理模型．考点二 平均速度和瞬时速度1．平均速度(1)在变速运动中，物体在某段时间内的位移与发生这段位移所用时间的比值叫做这段时间内的平均速度，即v －＝ΔxΔt ，其方向与位移的方向相同．(2)平均速度反映一段时间内物体运动的平均快慢程度，它与一段时间或一段位移相对应． 2．瞬时速度(1)运动物体在某一时刻(或某一位臵)的速度，方向沿轨迹上物体所在点的切线方向指向前进的一侧，是失量．瞬时速度的大小叫速率，是标量．(2)瞬时速度能精确描述物体运动的快慢，它是在运动时间Δt →0时的平均速度，与某一时刻或某一位臵相对应．(3)平均速率是路程与时间的比值，它与平均速度的大小没有对应关系．例2 一质点沿直线Ox 方向做加速运动，它离开O 点的距离x 随时间变化的关系为x ＝3＋2t 3(m)，它的速度随时间变化的关系为v ＝6t 2m/s.则该质点在t ＝2s 时的瞬时速度和t ＝0到t ＝2s 间的平均速度分别为( ) A ．8m /s,24 m/sB ．24m /s,8 m/s C ．12m /s,24 m/sD ．24m /s,12 m/s解析 由速度随时间变化关系公式可得t ＝2s 时的速度为：v ＝6t 2m /s ＝6×22 m/s ＝24m/s ；由x 与t 的关系得出各时刻对应的位移，再利用平均速度公式可得t ＝0到t ＝2s 间的平均速度为：v 1＝Δx Δt ＝19－32m /s ＝8 m/s ，故B 正确．答案 B变式题组3．[平均速度和瞬时速度的区别]关于瞬时速度和平均速度，以下说法正确的是() A．一般讲平均速度时，必须讲清楚是哪段时间(或哪段位移)内的平均速度B．对于匀速直线运动，其平均速度跟哪段时间(或哪段位移)无关C．瞬时速度和平均速度都可以精确描述变速运动D．瞬时速度是某时刻的速度，只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢答案ABD解析一般情况下，物体在不同时间(或不同位移)内的平均速度不同，但对于匀速直线运动，物体的速度不变，所以平均速度与哪段时间(或哪段位移)无关，故A、B均正确；平均速度只能粗略描述变速运动，只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢，故C错，D正确．4．[平均速度和瞬时速度的理解和计算]一质点沿一边长为2m的正方形轨道运动，每秒钟匀速移动1m，初始位置在bc边上的中点A，由A向c运动，如图1所示，A、B、C、D分别是bc、cd、da、ab边的中点，则下列说法正确的是()图1A．第2s末的瞬时速度是1m/sB．前2s内的平均速度为22m/sC．前4s内的平均速度为0.5m/sD．前2s内的平均速度为2m/s答案ABC两种速度的比较(1)区别：平均速度与位移和时间有关，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；瞬时速度与位置或时刻有关，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度．(2)联系：瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度．(3)注意：平均速度的大小与物体运动的不同阶段有关，求解平均速度必须明确是哪一段位移或哪一段时间内的平均速度；v ＝ΔxΔt是平均速度的定义式，适用于所有的运动．考点三 速度、速度变化量和加速度的关系1．速度(1)物理意义：描述物体运动快慢和方向的物理量，是状态量．(2)定义式：v ＝ΔxΔt(3)决定因素：v 的大小由v 0、a 、Δt 决定． (4)方向：与位移同向，即物体运动的方向． 2．速度变化量(1)物理意义：描述物体速度改变的物理量，是过程量． (2)定义式：Δv ＝v －v 0.(3)决定因素：Δv 由v 与v 0进行矢量运算得到，由Δv ＝a Δt 知Δv 由a 与Δt 决定． (4)方向：由Δv 或a 的方向决定． 3．加速度(1)物理意义：描述物体速度变化快慢和方向的物理量，是状态量．(2)定义式：a ＝Δv Δt ＝v －v 0Δt(3)决定因素：a 不是由v 、Δt 、Δv 来决定，而是由Fm 来决定．(4)方向：与Δv 的方向一致，由F 的方向决定，而与v 0、v 的方向无关．例3 沿直线做匀变速运动的一列火车和一辆汽车的速度分别为v 1和v 2，v 1、v 2在各个时A.火车的速度变化较慢B ．汽车的加速度较小C ．火车的位移在减小D ．汽车的位移在增加解析 由加速度的定义式a ＝ΔvΔt 知汽车速度变化快，即加速度大；物体做单向直线运动，位移一定增加． 答案 AD 变式题组5．[加速度和速度关系的理解]有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断正确的说法( )A ．点火后即将升空的火箭，因火箭还没运动，所以加速度一定为零B ．高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车．因轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大C ．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D ．太空中的“天宫一号”绕地球匀速转动，其加速度为零 答案 B6．[加速、减速的判断]根据给出的速度和加速度的正负，对下列运动性质的判断正确的是( )A ．v 0>0，a <0，物体做加速运动B ．v 0<0，a <0，物体做减速运动C ．v 0<0，a >0，物体做减速运动D ．v 0>0，a >0，物体做加速运动 答案 CD对速度与加速度关系的三点提醒(1)速度的大小与加速度的大小没有必然联系．(2)速度变化量与加速度没有必然的联系，速度变化量的大小由加速度和速度变化的时间决定．(3)物体做加速运动还是减速运动，关键是看物体的加速度与速度的方向关系，而不是看加速度的变化情况．加速度的大小只反映速度变化(增加或减小)的快慢． ①a 和v 同向(加速直线运动)⎩⎪⎨⎪⎧a 不变，v 随时间均匀增加a 增大，v 增加得越来越快a 减小，v 增加得越来越慢②a 和v 反向(减速直线运动)⎩⎪⎨⎪⎧a 不变，v 随时间均匀减小a 增大，v 减小得越来越快a 减小，v 减小得越来越慢考点四 “匀速运动”模型的实际应用1．模型介绍“匀速运动”是一种理想化模型，是最基本、最简单的运动，且应用广泛．例如：声、光的传播都可以看成匀速，而实际生活中的运动估算，也经常用到这一模型，如计算飞行时间。

步步高必修一物理学案文件排版存档编号：[UYTR-OUPT28-KBNTL98-UYNN208]步步高必修一物理第三章学案8学案8力的分解[学习目标定位] 1.知道什么是力的分解,知道力的分解同样遵守平行四边形定则.2.理解力的分解原则,会正确分解一个力,并会用作图法和计算法求分力.3.知道力的三角形定则,会区别矢量和标量.4.会用正交分解法求合力.一、力的分解1.定义:已知一个力求它的分力的过程叫做力的分解.2.分解法则:力的分解是力的合成的逆运算,同样遵守力的平行四边形定则.3.分解的依据:对一个已知力的分解可根据力的实际作用效果来确定.二、矢量相加的法则1.三角形定则:把两个矢量首尾相接从而求出合矢量的方法叫做三角形定则.(如图1所示)2.矢量和标量:既有大小又有方向,相加时遵从平行四边形定则(或三角形定则)的物理量叫做矢量.只有大小,没有方向,求和时按照算术法则相图1 加的物理量叫做标量.一、力的分解[问题设计]王昊同学假期里去旅游,他正拖着行李箱去检票,如图2所示.王昊对箱子有一个斜向上的拉力,这个力对箱子产生了什么效果?答案王昊对箱子斜向上的拉力产生了两个效果:水平方向使箱子前进,图2 竖直方向将箱子向上提起.[要点提炼]1.力的分解的运算法则:平行四边形定则.2.力的效果分解法(1)根据力的实际作用效果确定两个分力的方向.(2)根据两个分力的方向作出力的平行四边形.(3)利用数学知识解三角形,分析、计算分力的大小.3.力的分解的讨论(1)如果没有限制,一个力可分解为无数对大小、方向不同的分力.(2)有限制条件的力的分解①已知合力和两个分力的方向时,有唯一解.(如图3所示)图3②已知合力和一个分力的大小和方向时,有唯一解.(如图4所示)图4(3)已知合力F以及一个分力F1的方向和另一个分力F2的大小时,若F 与F1的夹角为α,有下面几种可能图5①当F sin αF时,有唯一解,如图丁所示.二、力的正交分解法[问题设计]如图6甲所示,在一个直角木支架上,用塑料垫板做斜面.将一用橡皮筋拉着的小车放在斜面上(如图乙),观察塑料垫板和橡皮筋的形变.图6(1)小车重力对斜面和橡皮筋产生了哪些作用效果?如果没有小车重力的作用,还会有这些作用效果吗?(2)请沿斜面方向和垂直于斜面方向将重力分解.答案 (1)斜面上小车重力产生了两个效果:一是使小车压紧斜面,二是使小车沿斜面下滑,拉伸橡皮筋;不会.(2)重力的分解如图所示[要点提炼] 正交分解法1.正交分解的目的:当物体受到多个力作用,并且这几个力只共面不共线时,其合力用平行四边形定则求解很不方便,为此先将各力正交分解,然后再合成.2.正交分解法求合力的步骤(1)建立坐标系:以共点力的作用点为坐标原点建立直角坐标系,直角坐标系x 轴和y 轴的选择应使尽量多的力在坐标轴上.(2)正交分解各力,即将每一个不在坐标轴上的力分解到x 轴和y 轴上,并求出各分力的大小,如图7所示.(3)分别求出x 轴、y 轴上各分力的矢量和,即:F x =F 1x +F 2x +F 3x +…图7 F y =F 1y +F 2y +F 3y +…(4)求共点力的合力:合力大小F =F 2x +F 2y ,合力的方向与x 轴的夹角为α,则tan α=F y F x .三、矢量相加的法则1.三角形定则(1)内容:如图8所示,把两个矢量首尾相接,从第一个矢量的始端指向第二个矢量的末端的有向线段就表示合矢量的大小和方向,这就是矢量相加的三角形定则. 图8(2)实质:平行四边形定则的简化.(如图9所示)图92.矢量和标量(1)矢量相加时遵从平行四边形定则(或三角形定则). (2)标量相加时按照算术法则.一、按力的作用效果分解例1 如图10所示,轻杆与柱子之间用铰链连接,杆的末端吊着一个重为30 N 的物体,轻绳与水平轻杆之间的夹角为θ=30°,求轻绳和杆各受多大的力? 图10解析重物对O 点的拉力F =G ,产生两个作用效果:一个是沿绳方向拉轻绳,一个是沿杆方向压杆(因轻杆处于静止时杆所受的弹力一定沿着杆,否则会引起杆的转动)作平行四边形如图所示,由几何关系解得F 1=Gsin θ=60 NF 2=G tan θ≈52 N答案 60 N 52 N二、有限制条件的力的分解例2 按下列两种情况把一个竖直向下的180 N 的力分解为两个分力.(1)一个分力在水平方向上,并等于240 N ,求另一个分力的大小和方向.(2)一个分力在水平方向上,另一个分力与竖直方向的夹角为30°斜向下(如图11所示),求两个分力的大小. 图11解析 (1)力的分解如图所示. F 2=F 2+F 21=300 N 设F 2与F 的夹角为θ,则tan θ=F 1F =43,解得θ=53°(2)力的分解如图所示.F 1=F tan 30°=180×33N =60 3 N F 2=F cos 30°=1802N =120 3 N答案 (1)300 N 与竖直方向夹角为53° (2)水平方向分力的大小为603 N ,斜向下的分力的大小为120 3 N三、力的正交分解法例3 拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图12所示).设拖把头的质量为m ,拖杆质量可忽略;拖把头与地板之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g .某同学用该拖把在水平地板上拖地时,沿拖杆方向推拖把,拖杆与竖直方向的夹角为θ.若拖把头在地板上匀速移动,求推拖把的力的大小.图12解析设该同学沿拖杆方向用大小为F 的力推拖把.将拖把受到的力沿竖直和水平方向分解,根据平衡条件有F cos θ+mg =F N F sin θ=F f式中F N 和F f 分别为地板对拖把的支持力和摩擦力,又因为图12 F f =μF N 联立以上三式得 F =μmg sin θ-μcos θ答案μmgsin θ-μcos θ1.力的分解:已知一个力求它的分力的过程.力的分解遵循平行四边形定则.2.力的分解有唯一解的条件 (1)已知两个分力的方向. (2)已知一个分力的大小和方向.3.力的分解方法(1)按力的实际作用效果分解. (2)正交分解法以共点力的作用点为原点建立直角坐标系(让尽量多的力在坐标轴上),把不在坐标轴上的力分解到x 轴、y 轴上,然后分别求出x 轴和y 轴上的合力F x 和F y ,则共点力的合力大小F =F 2x +F 2y ,合力方向与x 轴夹角为α,tan α=F y F x. 4.矢量相加的法则平行四边形定则、三角形定则.1.(按力的作用效果分解)在图14中,AB 、AC 两光滑斜面互相垂直,AC与水平面成30°.如把球O 的重力G 按照其作用效果分解,则两个分力的大小分别为( )A.12G ,32G3G ,3G 图14 C.23G ,22G D.22G ,32G 答案 A解析对球所受重力进行分解如图所示,由几何关系得F 1=G sin 60°= 32G ,F 2=G sin 30°=12G ,A 正确. 2.(有限制条件的力的分解)甲、乙两人用绳子拉船,使船沿OO ′方向航行,甲用1 000 N 的力拉绳子,方向如图15所示,要使船沿OO ′方向航行,乙的拉力最小值为( )A .500 3 NB .500 NC .1 000 ND .400 N 答案 B解析要使船沿OO ′方向航行,甲和乙的拉力的合力方向必须沿OO ′方向.如图所示,作平行四边形可知,当乙拉船的力的方向垂直于OO ′时,乙的拉力F 乙最小,其最小值为F 乙min =F 甲sin 30°=1000×12 N=500 N ,故B 正确.3.(正交分解法)如图16所示,放在水平面上的物体A 用轻绳通过光滑定滑轮连接另一物体B ,并静止,这时A 受到水平面的支持力为F N ,摩擦力为F f ,若把A 向右移动一些后,A 仍静止,则( )A .F N 将增大图16B .F f 将增大C .轻绳拉力将减小D .物体A 所受合力将增大答案 AB解析物体A 受力如图,系统处于静止状态,绳子的拉力不变,始终等于B 的重力,即F =m B g ,A 所受合力为零,故C 、D 均错;当A 向右移动时,θ角减小,F N =m A g -F sin θ,F f =F cos θ,由此可得,F N 、F f 均增大,所以A 、B 正确.题组一对力的分解的理解1.若将一个力F 分解为两个力F 1、F 2,则下列说法正确的是( )A .F 是物体实际受到的力B .F 1、F 2不是物体实际受到的力C .物体同时受到F 、F 1、F 2三个力的作用 D .F 1、F 2共同作用的效果与F 相同答案 ABD2.把一个力分解为两个力时( )A .一个分力变大时,另一个分力一定要变小B .两个分力不能同时变大C .无论如何分解,两个分力不能同时小于这个力的一半D .无论如何分解,两个分力不能同时大于这个力的2倍答案 C解析设把一个力F 分解为F 1、F 2两个分力,当F 1、F 2在一条直线上且方向相反时,则有F =|F 1-F 2|,当F 1变大时,F 2也变大,A 、B 错.F 1、F 2可以同时大于F 的2倍,D 错.当将F 沿一条直线分解为两个方向相同的力F 1、F 2时,则有F =F 1+F 2,可知F 1、F 2不可能同时小于12F ,C 对.3.下列说法中正确的是( )A .一个2 N 的力能分解为7 N 和4 N 的两个分力B .一个2 N 的力能分解为7 N 和9 N 的两个分力C .一个6 N 的力能分解为3 N 和4 N 的两个分力D .一个8 N 的力能分解为4 N 和3 N 的两个分力答案 BC题组二有限制条件的力的分解4.下列说法正确的是( )A .已知合力大小、方向,则其分力必为确定值B .已知合力大小、方向和一个分力的大小、方向,则另一个分力必为确定值C .分力数目确定后,若已知各分力大小、方向,可依据平行四边形定则求出总的合力D .若合力为确定值,两分力方向已知,依据平行四边形定则一定可以求出这两个分力的大小答案 BCD解析已知合力大小、方向,其分力有无数组,A 错.若已知合力大小、方向和一个分力的大小、方向,则根据平行四边形定则,另一分力为确定值,B 对.若分力确定后,可依据平行四边形定则,求出总的合力,C 对.合力为确定值,两分力的方向已知,则两分力是唯一的.5.将一个有确定方向的力F =10 N 分解成两个分力,已知一个分力有确定的方向,与F 成30°夹角,另一个分力的大小为6 N ,则在分解时( )A .有无数组解B .有两组解C .有唯一解D .无解答案 B解析由三角形定则作图如图所示,由几何知识知另一分力的最小值F 2′=F sin 30°=10×12 N =5 N ,而题中分力的大小为6 N ,大于最小值5N ,小于F =10 N ,所以有两组解.题组三按力的作用效果分解6.如图1为某同学设计的一个小实验.他将细绳的一端系在手指上(B 处),绳的另一端系在直杆的A 端,杆的另一端C 顶在掌心上,组成一个“三角支架”.在杆的A 端悬挂不同重物,并保持静止.通过实验会感受到( )A .绳子是被拉伸的,杆是被压缩的B .杆对手掌施加作用力的方向沿杆由C 指向A C .绳对手指施加作用力的方向沿绳由B 指向AD .所挂重物质量越大,绳和杆对手的作用力也越大答案 ACD解析重物重力的作用效果,一方面拉紧绳,另一方面使杆压紧手掌,所以重力可以分解为沿绳方向的力F 1和垂直于掌心方向的力F 2,如图所示.由几何知识得F 1=Gcos θ,F 2=G tan θ,若所挂重物质量变大,则F 1、F 2都变大,选项A 、C 、D 正确.7.如图2所示,将绳子的一端系在汽车上,另一端系在等高的树干上,两端点间绳长为10 m .用300 N 的拉力把水平绳子的中点往下拉离原位置0.5 m ,不考虑绳子的重力和绳子的伸长量,则绳子作用在汽车上的力的大小为( )A .1 500 NB .6 000 NC .300 ND .1 500 3 N 答案 A解析由题意可知绳子与水平方向的夹角正弦值为sin α=0.55=0.1,所以绳子的作用力为F 绳=F2sin α=1 500 N ,A 项正确,B 、C 、D 项错误.8.如图3所示,三段不可伸长的细绳,OA 、OB 、OC 能承受的最大拉力相同,它们共同悬挂一重物,其中OB 是水平的,A 端、B 端固定在水平天花板上和竖直墙上.若逐渐增加C 端所挂重物的质量,则最先断的绳是( ) 图3A .必定是OAB .必定是OBC .必定是OCD .可能是OB ,也可能是OC 答案 A解析 OC 下悬挂重物,它对O 点的拉力等于重物的重力G .OC 绳的拉力产生两个效果:使OB 在O 点受到水平向左的力F 1,使OA 在O 点受到沿绳子方向斜向下的力F 2,F 1、F 2是G的两个分力.由平行四边形定则可作出力的分解图如图所示,当逐渐增大所挂物体的质量时,哪根绳受的拉力最大则哪根最先断.从图中可知:表示F2的有向线段最长,F 2分力最大,故OA 绳最先断.题组四力的正交分解9.如图4所示,质量为m 的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上.已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为μ,斜面的倾角为30°,则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为( )A.32mg 和12mg B.12mg 和32mg C.12mg 和12μmg D.32mg 和32mg 答案 A解析根据重力mg 的作用效果,可分解为沿斜面向下的分力F 1和使三棱柱压紧斜面的力F 2,根据几何关系得F1=mg sin 30°=12mg ,F 2=mg cos 30°=32mg , 因为,F 1与三棱柱所受静摩擦力大小相等,F 2与斜面对三棱柱的支持力大小相等,因此,可知选项A 正确.10.如图5所示,A 、B 两球完全相同,质量均为m ,用两根等长的细线悬挂在O 点,两球之间连着一根轻质弹簧,静止不动时,两根细线之间的夹角为θ,则弹簧的弹力为( )A .2mg tan θB .mg tan θC .2mg tan θ2D .mg tan θ2答案 D解析 A 球受力如图所示,则F T cos θ2=mg ,F =F T sin θ2故弹簧弹力F =mg tan θ2,D 正确.11.如图6所示,一架直升机通过轻绳打捞海中物体,物体质量为m ,由于流动的海水对物体产生水平方向的冲击,使轻绳张紧且偏离竖直方向,当直升机相对地面静止时,绳子与竖直方向成θ角,已知物体所受的浮力不能忽略.下列说法正确的是( )A .绳子的拉力为mg cos θ图6 B .绳子的拉力一定大于mgC .物体受到海水的水平方向的作用力等于绳子的拉力D .物体受到海水的水平方向的作用力小于绳子的拉力答案 D解析小球受力如图所示由平衡条件知F T cos θ+F 浮=mgF T sin θ=F 海水由此可知A 、B 、C 错误,D 正确.12.如图7所示,物体的质量m =4.4 kg ,用与竖直方向成θ=37°的斜向右上方的推力把该物体压在竖直墙壁上,并使它沿墙壁在竖直方向上做匀速直线运动.物体与墙壁间的动摩擦因数μ=0.5,取重力加速度g =10 N/kg ,求推力F 的大小.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)答案 88 N 或40 N 图7 解析若物体向上做匀速直线运动,则受力如图甲所示.F cos θ=mg +F fF sin θ=F NF f =μF N故推力F =mg cos θ-μsin θ= 4.4×100.8-0.5×0.6N =88 N若物体向下做匀速直线运动,受力如图乙所示. F cos θ+F f =mg F sin θ=F NF f =μF N故推力F =mg cos θ+μsin θ= 4.4×100.8+0.5×0.6N =40 N相关文档：更多相关文档请访问：。

学案1牛顿第一定律标定位一.理想实验的魅力知识探究问题设计1.日常生活中，我们有这样的经验：马拉车，车就前进，停止用力，车就停下来.是否有力作用在物体上物体才能运动呢？马不拉车时，车为什么会停下来呢？答案不是.车之所以会停下来是因为受到阻力的作用.2.如果没有摩擦阻力，也不受其他任何力的作用，水平面上运动的物体会怎样？请阅读课本中的“理想实验的魅力”，思考伽利略是如何由理想实验得出结论的.答案如果没有摩擦阻力，水平面上运动的物体将保持这个速度永远运动下去.理想实验再现：如图甲所示,让小球沿一个斜面由静止滚下，小球将滚上另一个斜面.如果没有摩擦，小球将上升到原来的高度. 如果减小第二个斜面的倾斜角度，如图乙所示，小球在这个斜面上达到原来的高度就要通过更长的路程.继续减小第二个斜面的倾斜角度，如图丙所示，使它最终成为水平面，小球就再也达不到原来的高度，而将沿水平面以恒定的速度永远运动下去.1.关于运动和力的两种对立的观点⑴亚里士多德的观点：必须有力作用在物体上，物体才能运动;没有力的作用，物体就要静止在一个地方力是维持物体运动的原因. 这种错误的观点统治了人们的思维近两千年.（2）伽利略的观点（伽利略第一次提出）：物体的运动不需要（填“需要”或“不需要”）力来维持.2.伽利略的理想实验的意义⑴伽利略的理想实验将可靠的事实和理论思维结合起来即采用“可靠事实+抽象思维+科学推论”的方法推翻了亚里士多德的观点，初步揭示了运动和力的正确关系.⑵第一次确立了物理实验在物理学中的地位.二、牛顿物理学的基石——惯性定律1.牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,B 余非作用在它卜面的力迫使它改变这种状态2.对牛顿第一定律的理解⑴定性说明了力和运动的关系.①说明了物体不受外力时的运动状态:匀速直线运动状态或静止状态.②说明力是改变物体运瑰淋脑.（2）揭示了一切物体都具有的一种固有属性——惯性.因此牛顿第一定律也口曜隹定律.3.物体运动状态的变化即物体运动速度的变化，有以下三种情况：⑴速度的方向不变，只有包改变.（物体做直线运动）⑵速度的大小不变，只有方向改变.（物体做曲线运动）⑶速度的大小和方向同时发生改变.（物体做曲线运动）三、惯性与质量坐在公共汽车里的人，当汽车突然启动时，有什么感觉？当运动的汽车突然停止时，又有什么感觉？解释上述现象. 答案当汽车突然启动时，人身体后倾.当汽车突然停止时, 人身体前倾.这是因为人具有惯性，原来人和车一起保持静止状态，当车突然启动时，人的身体下部随车运动了，但上部由于惯性保持原来的静止状态，所以会向后倾；原来人和车一起运动，当车突然停止时，人的身体下部随车停止了，但上部由于惯性保持原来的运动状态，故向前倾.1.惯性：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，我们把这个性质叫做惯性.牛顿第一定律又口暨隹定律.2.惯性与质量的关系⑴惯性是物体的固有属性切物体都具有惯性.(2)质量是物体惯性大小的唯一量度，质量越大，惯性越大.3.惯性与力无关⑴惯性不是力，而是物体本身固有的一种性质，因此物体“受到了惯性作用”、“产生了惯性”、“受到惯性力”等说法都是错误的.(2)力是改变物体运动状态的原因.圆生是维持物体运动状态的原因.4.惯性的表现⑴不受力时，惯性表现为保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，有“惰性”的意思.(2)受力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度.质量越大，惯性越大，运动状态越蕊改变.人能推动冰面上的重箱子，用同样的力却推不动粗糙地面上不太重的箱子，是不是冰面上的重箱子惯性小于粗糙地面上不太重的箱子呢？为什么？答案不是.质量是物体惯性大小的唯一量度，重箱子的惯性大于轻箱子的惯性.判断物体惯性的大小应在相同情况下比较，比如用同样的力推都处于冰面上或都处于粗糙地面上质量不同的物体，比较哪个物体的运动状态更容易改变.I典例精析一、对伽利略理想实睑的认识例1理想实验有时能更深刻地反映自然规律.伽利略设计了一个如图1所示的理想实验，他的设想步骤如下：图1①减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然要达到原来的高度；②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；③如果没有摩擦小球将上升到原来释放的高度；④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球将沿水平面做持续的匀速运动.I请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列（只要填写序号即可）.在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想化的推论.下列有关事实和推论的分类正确的是（）A.①是事实，②③④是推论B.②是事实，①③④是推论C.③是事实，①②④是推论D.④是事实，①②③是推论解析本题是在可靠事实的基础上进行合理的推理，将实验理想化，并符合物理规律，得到正确的结论.而②是可靠事实，因此放在第一步，③、①是在斜面上无摩擦的设想，最后推导出水平面上的理想实验④.因此正确顺序是②③①④.答案②③①④B二.对牛顿第一定律的理解例2由牛顿第一定律可知（）A.物体的运动是依靠惯性来维持的B.力停止作用后，物体的运动就不能维持C.物体做变速运动时，一定有外力作用D.力是改变物体惯性的原因解析物体具有保持原来静止状态或匀速直线运动状态的性质叫做惯性，由于惯性的存在，物体才保持原来的运动状态，A对.力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，B 错,C对.惯性是物体的固有属性，力不能改变物体的惯性大小，骁昔答案AC针对训练做自由落体运动的物体，如果下落过程中某时刻重力突然消失，物体的运动情况将是（）A.悬浮在空中不动B.速度逐渐减小C.保持一定速度向下做匀速直线运动D.无法判断解析物体自由下落时，仅受重力作用，重力消失以后物体将不受力，根据牛顿第一定律的描述，物体将以重力消失瞬间的速度做匀速直线运动，故选项C正确.答案C三、惯性的理解例3关于物体的惯性，下述说法中正确的是（）A.运动速度大的物体不能很快地停下来，是因为物体速度越大，惯性也越大B.静止的火车启动时，速度变化慢，是因为静止的物体惯性大C乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球惯性小D.在宇宙飞船中的物体不存在惯性解析惯性大小只与物体质量有关，与物体的速度无关故A错误；质量是物体惯性大小的唯一量度，火车速度变化慢，表明它的惯性大，是因为它的质量大，与是否静止无关，故B错误；乒乓球能被快速抽杀，表明它的运动状态容易发生改变是因为它的惯性小，故C正确；一切物体在任何情况下都有惯性，故D错误.答案C12 3 4 课堂要点小结1.（对伽利略理想实验的认识）关于伽利略的理 想实验，下列说法正确的是（）A.只要接触面摩擦相当小，物体在水平面上就能匀速运动 下去B.这个实验实际上是永远无法做到的C.利用气垫导轨，就能使实验成功D.虽然是想象中的实验，但是它建立在可靠的实验基础上 解析 两种观点亚里士多德的观点（错误）伽利略的观点（正确） 牛顿第一定律《 牛顿第一定律内容意义 【惯性只要接触面摩擦存在，物体就受到摩擦力的作用物体在水平面上就不能匀速运动下去，故A错误.没有摩擦是不可能的，这个实验实际上是永远无法做到的，故B正确.若使用气垫导轨进行理想实验，可以提高实验精度，但是仍然存在摩擦力，故C错误；12 3 4虽然是想象中的实验，但是它建立在可靠的实验基础上故D正确.答案BD12 3 43 42.（对牛顿第一定律的理解）关于牛顿第一定律的理解正确的是（）A.不受外力作用时，物体的运动状态保持不变B.物体做变速运动时一定受外力作用C.在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于没有外力维持木块运动的结果D.飞跑的运动员，由于遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态12 3 4解析牛顿第一定律描述的是物体不受外力作用时的状态，即总保持匀速直线运动状态或静止状态不变，A正确牛顿第一定律揭示了力和运动的关系，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因.物体做变速运动说明运动状态在改变，B正确.12 3 4在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于摩擦阻力的作用而改变了运动状态.飞跑的运动员，遇到障碍而被绊倒，是因为他受到外力作用迫使他改变了原来的运动状态,C错误，D正确.答案ABD12 3 43.（力与运动的关系）某人用力推一下原来静止在水平面上的小车，小车便开始运动，以后改用较小的力就可以维持小车做匀速直线运动，可见（）A.力是维持物体速度不变的原因B.力是维持物体运动的原因C.力是改变物体惯性的原因D.力是改变物体运动状态的原因12 3 4解析力是改变物体运动状态的原因，小车原来静止，在力的作用下小车开始运动，是力使其运动状态发生了改变.用较小的力就能使小车做匀速直线运动是推力与摩擦力的合力为零的缘故.答案D4.（对惯性的理解）如图2所示，冰壶在冰面倒泮CHN即皿口加I上运动时受到的阻力很小，可以在较长时二；间内保持运动速度的大小和方向不变，我三〜佟们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”.这里所指的“本领”是冰壶的惯性，则惯性的大小取决于（）A.冰壶的速度B.冰壶的质量C.冰壶受到的推力D.冰壶受到的阻力解析一个物体惯性的大小，与其运动状态、受力情况是没有任何关系的，衡量物体惯性大小的唯一因素是质量，故B正确.答案B。

章末过关检测(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(共14小题，每小题4分，共56分)1．在红粒高秆的麦田里，偶然发现一株白粒矮秆优质小麦，欲在两三年内能获得大量的白粒矮秆麦种，通常用的育种方法是()A．自交育种B．诱变育种C．人工嫁接D．单倍体育种答案A解析小麦为高等被子植物，花小，为两性花，可利用自交育种进行选育新品种，自交育种省去了人工去雄、授粉等复杂的操作工序，是最简单常用的方法。

小麦一般无法用人工嫁接方法。

由于白粒矮秆性状已出现，不需要诱变育种。

2．育种的方法有杂交育种、单倍体育种、诱变育种、多倍体育种、基因工程育种等，下面对这五种育种的说法正确的是()A．涉及的原理有：基因突变、基因重组、染色体变异B．都不可能产生定向的可遗传变异C．都在细胞水平上进行操作D．都不能通过产生新基因从而产生新性状答案A解析杂交育种和基因工程育种的原理为基因重组，单倍体、多倍体育种的原理为染色体变异，诱变育种的原理为基因突变。

3．下列有关育种说法，正确的是()A．用杂交的方法进行育种，F自交后代有可能筛选出符合人类需要的优良品种1B．用辐射的方法进行诱变育种，诱变后的植株一定比诱变前的具备更多的优良性状1C．用基因型为DdTt的植株进行单倍体育种，所育的种自交后代约有为纯合子4．D．用基因型为DdTt的植株进行多倍体育种，所育的种和原品种杂交一定能产生可育后代答案A解析用辐射的方法进行诱变育种，由于基因突变的不定向性和有害性，诱变后的植株不一定比诱变前具有更多的优良性状。

用基因型为DdTt的植株进行单倍体育种，得到纯合子，自交后代全为纯合子。

用基因型为DdTt的植株进行多倍体育种，所育的种是四倍体，和原二倍体品种杂交产生的后代是三倍体，高度不育。

4．下列有关育种的叙述中，错误的是()A．用于大田生产的优良品种不一定是纯合子B．通过植物组织培养技术培育脱毒苗，筛选培育抗病毒新品种C．诱变育种可提高突变频率，加速新基因的产生，从而加速育种进程D．为了避免对三倍体无子西瓜年年制种，可利用植物组织培养快速繁殖答案B解析用于大田生产的优良品种不一定是纯合子，如杂交水稻；通过植物组织培养技术培育的脱毒苗没有病毒，但不一定能抗病毒；诱变育种可提高突变频率，加速新基因的产生，从而加速育种进程；三倍体无子西瓜不能产生种子，所以必须年年制种，为了避免对三倍体无子西瓜年年制种，可利用植物组织培养快速繁殖。

学案9章末总结一、动力学的两类基本问题1．掌握解决动力学两类基本问题的思路方法其中受力分析和运动过程分析是基础，牛顿第二定律和运动学公式是工具，加速度是连接力和运动的桥梁．2．求合力的方法(1)平行四边形定则若物体在两个共点力的作用下产生加速度，可用平行四边形定则求F合，然后求加速度．(2)正交分解法：物体受到三个或三个以上的不在同一条直线上的力作用时，常用正交分解法．一般把力沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解．例1 我国第一艘航空母舰“辽宁号”已经投入使用，为使战斗机更容易起飞，“辽宁号”使用了滑跃技术．如图1所示，其甲板可简化为模型：AB 部分水平，BC 部分倾斜，倾角为θ.战斗机从A 点开始起跑，C 点离舰，此过程中发动机的推力和飞机所受甲板和空气阻力的合力大小恒为F ，ABC 甲板总长度为L ，战斗机质量为m ，离舰时的速度为v m ，重力加速度为g .求AB 部分的长度．图1解析 在A 、B 段，根据牛顿运动定律得F ＝ma 1 设B 点速度大小为v ，根据运动学公式可得v 2＝2a 1x 1 在BC 段，根据牛顿运动定律得F －mg sin θ＝ma 2从B 到C ，根据运动学公式可得v 2m －v 2＝2a 2x 2，又L ＝x 1＋x 2 联立以上各式解得：x 1＝L －2FL －m v 2m2mg sin θ答案 L －2FL －m v 2m2mg sin θ二、图象在动力学中的应用1．常见的图象形式在动力学与运动学问题中，常见、常用的图象是位移图象(x —t 图象)、速度图象(v —t 图象)和力的图象(F —t 图象)等，这些图象反映的是物体的运动规律、受力规律，而绝非代表物体的运动轨迹．2．图象问题的分析方法遇到带有物理图象的问题时，要认真分析图象，先从它的物理意义、点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图象给出的信息，再利用共点力平衡、牛顿运动定律及运动学公式去解题．例2 如图2甲所示固定光滑细杆与地面成一定夹角为α，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化规律如图乙所示，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图2(1)小环的质量m ； (2)细杆与地面间的夹角α. 解析 由题图得：0～2 s 内， a ＝Δv Δt ＝12m /s 2＝0.5 m/s 2根据牛顿第二定律可得：前2 s 有F 1－mg sin α＝ma 2 s 后有F 2＝mg sin α，代入数据可解得：m ＝1 kg ，α＝30°. 答案 (1)1 kg (2)30°针对训练 放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F 的作用，F 的大小与时间t 的关系如图3甲所示，物块速度v 与时间t 的关系如图乙所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2.由这两个图象可以求得物块的质量m 和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )图3A ．0.5 kg,0.4B ．1.5 kg ，215C ．0.5 kg,0.2D ．1 kg,0.2 答案 A解析 由F －t 图和v －t 图可得，物块在2 s 到4 s 内所受外力F ＝3 N ，物块做匀加速运动，a ＝Δv Δt ＝42m /s 2＝2 m/s 2，F －F f ＝ma ，即3－10μm ＝2m ①物块在4 s 到6 s 所受外力F ＝2 N ，物块做匀速直线运动， 则F ＝F f ，F ＝μmg ，即10μm ＝2②由①②解得m ＝0.5 kg ，μ＝0.4，故A 选项正确．三、传送带问题传送带传递货物时，一般情况下，由摩擦力提供动力，而摩擦力的性质、大小、方向和运动状态密切相关．分析传送带问题时，要结合相对运动情况，分析物体受到传送带的摩擦力方向，进而分析物体的运动规律是解题的关键．注意 因传送带由电动机带动，一般物体对传送带的摩擦力不影响传送带的运动状态．例3 某飞机场利用如图4所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A 、B 的距离L ＝10 m ，传送带以v ＝5 m/s 的恒定速度匀速向上运动．在传送带底端A 轻放上一图4质量m ＝5 kg 的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝32.求货物从A 端运送到B 端所需的时间．(g 取10 m/s 2)解析 以货物为研究对象，由牛顿第二定律得 μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma 解得a ＝2.5 m/s 2货物匀加速运动时间t 1＝va ＝2 s货物匀加速运动位移 x 1＝12at 21＝5 m然后货物做匀速运动，运动位移 x 2＝L －x 1＝5 m 匀速运动时间 t 2＝x 2v ＝1 s货物从A 到B 所需的时间 t ＝t 1＋t 2＝3 s 答案 3 s四、共点力作用下的平衡问题常用方法 1．矢量三角形法(合成法)物体受三个力作用而平衡时，其中任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反，且这三个力首尾相接构成封闭三角形，可以通过解三角形来求解相应力的大小和方向．常用的有直角三角形、动态三角形和相似三角形．2．正交分解法在正交分解法中，平衡条件F 合＝0可写成：F x ＝F 1x ＋F 2x ＋…＋F nx ＝0(即x 方向合力为零)；∑F y ＝F 1y ＋F 2y ＋…＋F ny ＝0(即y 方向合力为零)．3. 整体法和隔离法：在选取研究对象时，为了弄清楚系统(连接体)内某个物体的受力情况，可采用隔离法；若只涉及研究系统而不涉及系统内部某些物体的受力时，一般可采用整体法．例4如图5所示，质量m＝5 kg的物体，置于一粗糙的斜面体上，斜面倾角为30°，用一平行于斜面的大小为30 N的力F推物体，物体沿斜面向上匀速运动．斜面体质量m2＝10 kg，且始终静止，g取10 m/s2，求：图5(1)斜面体对物体的摩擦力；(2)地面对斜面体的摩擦力和支持力．解析(1)要求系统内部的作用力，所以用隔离法．对物体受力分析，如图甲所示，沿平行于斜面的方向上有F＝m1g sin 30°＋F f，解得F f＝5 N，方向沿斜面向下．(2)要求系统受的外力，用整体法．因两个物体均处于平衡状态，故可以将物体与斜面体看做一个整体来研究，其受力如图乙所示．在水平方向上有F f地＝F cos 30°＝15 3 N，方向水平向左；在竖直方向上有F N地＝(m1＋m2)g－F sin 30°＝135 N，方向竖直向上．答案(1)5 N，方向沿斜面向下(2)15 3 N，方向水平向左135 N，方向竖直向上1.(动力学的两类基本问题)如图6所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面底端有一质量m＝1.0 kg的物体．物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，现用轻细绳拉物体由静止沿斜面向上运动．拉力F＝10 N，方向平行斜面向上．经时间t＝4.0 s绳子突然断了，求：图6(1)绳断时物体的速度大小．(2)从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间．(已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，取g＝10 m/s2)解析(1)物体向上运动过程中，受拉力F、斜面支持力F N、重力mg和摩擦力F f，如图所示，设物体向上运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律有：F－mg sin θ－F f＝ma1 图6又F f＝μF N，F N＝mg cos θ解得：a1＝2.0 m/s2t ＝4.0 s 时物体的速度大小v 1＝a 1t ＝8.0 m/s(2)绳断时物体距斜面底端的位移为x 1＝12a 1t 2＝16 m ，绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设运动的加速度大小为a 2，受力如图所示，则根据牛顿第二定律有：mg sin θ＋F f ＝ma 2 解得a 2＝8.0 m/s 2 物体匀减速运动的时间 t 2＝v 1a 2＝1.0 s物体匀减速运动的位移为x 2＝12v 1t 2＝4.0 m此后物体沿斜面匀加速下滑，设物体下滑的加速度为a 3，受力如图所示．根据牛顿第二定律可得mg sin θ－F f ′＝ma 3，得a 3＝4.0 m/s 2设物体由最高点下滑到斜面底端的时间为t 3，根据运动学公式可得x 1＋x 2＝12a 3t 23，t 3＝10s ≈3.2 s ，所以物体返回斜面底端的时间为t ′＝t 2＋t 3＝4.2 s.答案 (1)8.0 m/s (2)4.2 s2．(图象在动力学中的应用)如图7甲所示为一风力实验示意图．开始时，质量为m ＝1 kg 的小球穿在固定的足够长的水平细杆上，并静止于O 点．现用沿杆向右的恒定风力F 作用于小球上，经时间t 1＝0.4 s 后撤去风力．小球沿细杆运动的v —t 图象如图乙所示(g 取10 m/s 2)，试求：图7(1)小球沿细杆滑行的距离； (2)小球与细杆之间的动摩擦因数； (3)风力F 的大小．答案 (1)1.2 m (2)0.25 (3)7.5 N 解析 (1)由图象可得v ＝1 m/s 故小球沿细杆滑行的距离x ＝v t ＝1.2 m (2)减速阶段的加速度大小a 2＝ΔvΔt＝2.5 m/s 2由牛顿第二定律得μmg ＝ma 2 即动摩擦因数μ＝0.25 (3)加速阶段的加速度大小 a 1＝ΔvΔt＝5 m/s 2由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1 解得F ＝7.5 N3．(传送带问题)如图8所示，水平传送带以2 m /s 的速度运动，传送带长AB ＝20 m ，今在其左端将一工件轻轻放在上面，工件被带动，传送到右端，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，(g ＝10 m/s 2)试求： 图8(1)工件开始时的加速度a ；(2)工件加速到2 m/s 时，工件运动的位移； (3)工件由传送带左端运动到右端的时间． 答案 (1)1 m/s 2，方向水平向右 (2)2 m (3)11 s解析 (1)工件被放在传送带上时初速度为零，相对于传送带向左运动，受滑动摩擦力向右，大小为F f ＝μmg ，工件加速度a ＝μg ＝0.1×10 m /s 2＝1 m/s 2，方向水平向右(2)工件加速到2 m/s 所需时间 t 0＝v a ＝21 s ＝2 s在t 0时间内运动的位移 x 0＝12at 20＝12×1×22 m ＝2 m (3)由于x 0<20 m ，故工件达到与传送带同样的速度后与传送带相对静止，一起运动至B 端．经过时间t 0后，工件做匀速运动的时间为： t 1＝x －x 0v ＝20－22s ＝9 s所以工件由传送带左端运动到右端的时间为： t ＝t 0＋t 1＝11 s4．(共点力的平衡问题)如图9所示，球A 重G1＝60 N ，斜面体B 重G 2＝100 N ，斜面倾角θ＝30°，一切摩擦均不计，则水平力F 为多大时，才能使A 、B 均处于静止状态？此时竖直墙壁和水平地面受到的弹力为多大？答案 20 3 N 20 3 N 160 N 图9 解析 设竖直墙壁和水平地面对A 、B 的作用力分别为F 1、F 2，取A 、B 组成的整体为研究对象，受力分析如图甲所示．由受力平衡得F2＝G1＋G2＝160 NF1＝F取A为研究对象，受力分析如图乙所示．由受力平衡得F1＝G1tan θ，则F＝G1tan θ＝20 3 N由牛顿第三定律知，竖直墙壁和水平地面受到的弹力的大小分别为20 3 N、160 N.。

学案8用牛顿运动定律解决问题(二)[学习目标定位] 1.理解共点力作用下物体平衡状态的概念以及共点力作用下物体的平衡条件.2.会用共点力平衡条件解决有关力的平衡问题.3.知道超重、失重和完全失重现象，会根据条件判断超重、失重现象.4.能从动力学角度理解自由落体运动和竖直上抛运动．一、共点力的平衡条件1．平衡状态是指物体处于静止状态或匀速直线运动状态．2．平衡条件：合力为0.二、超重与失重1．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有竖直向上的加速度．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有竖直向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态．(2)产生条件：物体的加速度竖直向下且等于g.三、从动力学看自由落体运动1．受力情况运动过程中只受重力作用，且重力恒定不变，所以物体的加速度恒定．2．运动情况初速度为零的竖直向下的匀加速直线运动.一、共点力的平衡[问题设计]1．什么是平衡状态？答案 物体保持静止或匀速直线运动的状态叫做平衡状态． 2．物体只有在不受力作用时，才能保持平衡状态吗？答案 不是．因为处于平衡状态时，物体所受的合力为零，而不只是不受力作用． 3．速度等于零时，物体一定处于平衡状态吗？答案 不一定．平衡状态表现为速度始终不变，当物体某一瞬间的速度为零时，但速度要发生变化，即加速度不为零时，就不是平衡状态．[要点提炼]1．平衡状态：静止或匀速直线运动状态． 2．平衡条件：(1)F 合＝0(或加速度a ＝0)(2)⎩⎪⎨⎪⎧F x 合＝0F y 合＝0 3．平衡条件的四个推论(1)二力作用平衡时，二力等大、反向．(2)三力作用平衡时，任意两力的合力与第三个力等大、反向． (3)多力作用平衡时，任意一个力与其他所有力的合力等大、反向． (4)物体处于平衡状态时，沿任意方向上分力之和均为零．二、超重和失重[问题设计]小星家住十八楼，每天上学放学均要乘垂直升降电梯上下楼．上学时，在电梯里，开始他总觉得有种“飘飘然”的感觉，背的书包也感觉变“轻”了．快到楼底时，他总觉得自己有种“脚踏实地”的感觉，背的书包也似乎变“重”了．为了研究这种现象，小星在电梯里放了一台台秤如图1所示．设小星的质量为50 kg ，g 取10 m/s 2.求下列情况中台秤的示数．图1(1)当电梯以a ＝2 m/s 2的加速度匀加速上升；(2)当电梯以a＝2 m/s2的加速度匀减速上升；(3)当电梯以a＝2 m/s2的加速度匀加速下降；(4)当电梯以a＝2 m/s2的加速度匀减速下降；从以上例子中归纳总结：什么情况下会发生超重现象，什么情况下会发生失重现象？答案(1)匀加速上升时，以人为研究对象，受力情况、加速度方向、速度方向如图所示．选向上为正方向．根据牛顿第二定律：F N1－mg＝ma得：F N1＝mg＋ma＝50×(10＋2) N＝600 N(2)匀减速上升时，以人为研究对象，人的受力情况、加速度方向、速度方向如图所示．选向下为正方向根据牛顿第二定律：mg－F N2＝ma得：F N2＝mg－ma＝50×(10－2) N＝400 N(3)匀加速下降时，以人为研究对象，人的受力情况、加速度方向、速度方向如图所示，选向下为正方向，根据牛顿第二定律有mg－F N3＝ma得：F N3＝mg－ma＝50×(10－2) N＝400 N(4)匀减速下降时，以人为研究对象，人的受力情况、加速度方向、速度方向如图所示，选向上为正方向，根据牛顿第二定律有F N4－mg＝ma得：F N4＝mg＋ma＝50×(10＋2) N＝600 N归纳总结：(1)、(4)中，物体具有向上的加速度时，将发生超重现象；(2)、(3)中，物体具有向下的加速度时，将发生失重现象．[要点提炼]判断超重、失重状态的方法1．从受力的角度判断超重：物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力．失重：物体所受向上的拉力(或支持力)小于重力．完全失重：物体所受向上的拉力(或支持力)等于零．2．从加速度的角度判断超重：物体具有竖直向上的加速度．失重：物体具有竖直向下的加速度．完全失重：物体具有竖直向下的加速度，且加速度大小等于g.三、从动力学看自由落体运动和竖直上抛运动1．自由落体运动(1)条件：①v 0＝0；②只受重力作用，a ＝g . (2)运动性质：初速度为零的匀加速直线运动． (3)规律：v ＝gt ，h ＝12gt 2，v 2－v 20＝2gh . 2．竖直上抛运动(1)条件：①具有竖直向上的初速度；②只受重力作用，a ＝g . (2)运动性质全过程看：匀变速直线运动分过程看⎩⎪⎨⎪⎧竖直向上的匀减速直线运动至最高点后做自由落体运动(3)规律：①以初速度v 0竖直向上抛出的物体，到达的最大高度h ＝v 202g ，上升到最大高度所需时间t 上＝v 0g.②竖直上抛运动具有对称性．a ．从抛出点上升到最高点所用的时间t 上与从最高点落回抛出点所用的时间t 下相等，即t 上＝t 下＝v 0g；b ．落回抛出点的速度大小v 等于初速度v 0；c ．上升和下降过程经过同一位置时速度大小相等；d ．上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等．一、共点力的平衡例1 如图2所示，电灯的重力为20 N ，绳AO 与天花板间的夹角为45°，绳BO 水平，求绳AO 、BO 所受的拉力的大小．解析 解法一 力的合成法O 点受三个力作用处于平衡状态，如图所示，图2可得出F A 与F B 的合力F 合方向竖直向上，大小等于F C . 由三角函数关系可得出 F 合＝F A sin 45°＝F C ＝G 灯F B＝F A cos 45°解得F A＝20 2 N，F B＝20 N由牛顿第三定律知，绳AO、BO所受的拉力分别为20 2 N、20 N.解法二正交分解法如图所示，将F A进行正交分解，根据物体的平衡条件知F A sin 45°＝F CF A cos 45°＝F B后面的分析同解法一答案20 2 N20 N二、超重与失重例2如图3所示为一物体随升降机由一楼运动到某高层的过程中的v—t图象，则()A．物体在0～2 s处于失重状态B．物体在2 s～8 s处于超重状态C．物体在8 s～10 s处于失重状态图3D．由于物体的质量未知，所以无法判断超重、失重状态解析从加速度的角度判断，由题意知0～2 s物体的加速度竖直向上，则物体处于超重状态；2 s～8 s物体的加速度为零，物体处于平衡状态；8 s～10 s物体的加速度竖直向下，则物体处于失重状态，故C选项正确．答案 C三、从动力学角度看自由落体和竖直上抛运动例3气球下挂一重物，以v0＝10 m/s匀速上升，当达到离地面高175 m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地速度多大？(空气阻力不计，g取10 m/s2)解析解法一分段法绳子断裂后，重物先匀减速上升，速度减为零后，再匀加速下降． 重物上升阶段，时间t 1＝v 0g ＝1 s ，由v 20＝2gh 1知，h 1＝v 202g＝5 m重物下降阶段，下降距离H ＝h 1＋175 m ＝180 m 设下落时间为t 2，则H ＝12gt 22，故t 2＝2Hg＝6 s 重物落地速度v ＝gt 2＝60 m/s ，总时间t ＝t 1＋t 2＝7 s 解法二 全程法 取初速度方向为正方向重物全程位移h ＝v 0t －12gt 2，h ＝－175 m可解得t 1＝7 s ，t 2＝－5 s(舍去)由v ＝v 0－gt ，故v ＝－60 m/s ，负号表示方向竖直向下． 答案7 s 60 m/s1．共点力的平衡条件(1)平衡状态指物体处于静止状态或匀速直线运动状态．平衡状态的特点是速度不发生变化(v ＝0或v ＝常数)，加速度a ＝0.(2)共点力作用下物体的平衡条件是合外力为0，即F 合＝0或⎩⎪⎨⎪⎧F x ＝0F y ＝0.2．超重和失重分析(1)物体抛出后只受重力作用，由牛顿第二定律知，a ＝g ； (2)自由落体运动：v 0＝0，a ＝g ，匀加速直线运动；竖直上抛运动：具有竖直向上的初速度，a ＝g ，全过程看做是匀变速直线运动.1.(共点力的平衡)如图4所示，一重为10 N 的球固定在支杆AB 的上端，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5 N ，则AB 杆对球的作用力( )A ．大小为7.5 N 图4B ．大小为10 NC ．方向与水平方向成53°角斜向右下方D ．方向与水平方向成53°角斜向左上方 答案 D解析 小球受力如图所示，则F 2sin α＝G ，F2cos α＝F 1，tan α＝G F 1＝43，α＝53°，F 2＝G sin α＝100.8N ＝12.5 N.2．(超重和失重)在探究超重和失重规律时，某体重为G 的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲和起立的动作．传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力随时间t 变化的图象，则下列图象中可能正确的是( )答案 D3．(从动力学看自由落体和竖直上抛运动)将一个物体以初速度20 m /s 竖直向上抛出，忽略空气阻力，求物体到达距抛出点上方15 m 处时所用的时间．(g 取10 m/s 2)答案 1 s 或3 s解析 由于忽略空气阻力，物体只受重力作用，故上升、下降的加速度都是g . 根据h ＝v 0t －12gt 2，将v 0＝20 m/s ，h ＝15 m 代入得：t 1＝1 s ，t 2＝3 s物体上升过程中至距抛出点15 m 处所用时间为1 s ；物体从抛出点上升到最高点，然后自由下落至距抛出点15 m 处所用的时间为3 s.题组一 共点力的平衡1．如图1所示，在斜面上，木块A 与B 的接触面是水平的，绳子呈水平状态，两木块均保持静止．则关于木块A 和木块B 的受力个数不可能的是( )A ．2个和4个 图1B ．3个和4个C ．4个和4个D ．4个和5个 答案 B2.物体受到与水平方向成30°角的拉力F T 的作用，向左做匀速直线运动，如图2所示，则物体受到的拉力F T 与地面对物体的摩擦力的合力方向是( ) 图2A ．向上偏左B ．向上偏右C ．竖直向上D ．竖直向下 答案 C解析 物体受重力mg 、拉力F T 、支持力F N 和摩擦力F f 共同作用处于平衡状态，则四个力的合力为零，即有F f 与F T 的合力的大小等于重力和支持力的合力的大小，方向相反．3.用三根轻绳将质量为m 的物块悬挂在空中，如图3所示．已知ac 和bc 与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则ac 绳和bc 绳中的拉力分别为( )A.32mg ，12mg B.12mg ，32mg 图3 C.34mg ，12mg D.12mg ，34mg 答案 A解析 分析结点c 的受力情况如图，设ac 绳受到的拉力为F 1、bc 绳受到的拉力为F 2，根据平衡条件知F 1、F 2的合力F 与重力mg 等大、反向，由几何知识得F 1＝F cos 30°＝32mg F 2＝F sin 30°＝12mg选项A 正确．4．如图4所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O 为球心，一质量为m 的小滑块，在水平力F 的作用下静止于P 点，设滑块所受支持力为F N ，OP 与水平方向的夹角为θ，下列关系正确的是( )A ．F ＝mgtan θ B ．F ＝mg tan θ 图4C ．F N ＝mgtan θ D ．F N ＝mg tan θ答案 A解析 对滑块进行受力分析如图，滑块受到重力mg 、支持力F N 、水平推力F 三个力作用．由共点力的平衡条件知，F 与mg 的合力F ′与F N 等大、反向．根据平行四边形定则可知F N 、mg 和合力F ′构成直角三角形，解直角三角形可求得：F ＝mg tan θ，F N ＝mgsin θ.所以正确选项为A.题组二 超重与失重5．跳水运动员从10 m 跳台腾空跃起，先向上运动一段距离达到最高点后，再自由下落进入水池，不计空气阻力，关于运动员在空中上升过程和下落过程以下说法正确的有( )A．上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态B．上升过程处于失重状态，下落过程处于超重状态C．上升过程和下落过程均处于超重状态D．上升过程和下落过程均处于完全失重状态答案 D解析跳水运动员在空中时无论上升还是下落，加速度方向均向下，由于不计空气阻力，故均为完全失重状态，故选D.6.某实验小组的同学在电梯的天花板上固定一个弹簧秤，使其测量挂钩向下，并在钩上悬挂一个重为10 N的钩码．弹簧秤弹力随时间变化的规律可通过一传感器直接得出，如图5所示．则下列分析正确的是() 图5A．从t1到t2，钩码处于失重状态B．从t3到t4，钩码处于超重状态C．电梯可能开始在1楼，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在3楼D．电梯可能开始在3楼，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在1楼答案ABD解析从t1到t2，由图象可知钩码对传感器的拉力小于钩码的重力，钩码处于失重状态，加速度向下，电梯向下加速运动或向上减速运动，选项A正确；从t3到t4，由图象可知钩码对传感器的拉力大于钩码的重力，钩码处于超重状态，加速度向上，电梯向下减速运动或向上加速运动，选项B正确；综合得出，选项C错误，选项D正确．7.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图6中a点是弹性绳的原长位置，c点是人能到达的最低点，b点是人静止悬吊着时的平衡位置，人在从P点下落到最低点c的过程中()A．人在Pa段做自由落体运动，处于完全失重状态B．人在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态C．人在bc段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态图6D．人在c点，人的速度为零，其加速度为零答案AB解析人在Pa段只受重力作用，a＝g，完全失重，A正确；人在ab段受重力和向上的拉力，拉力小于重力，合力向下，加速度向下，失重，B正确；人在bc段受重力和向上的拉力，拉力大于重力，合力向上，加速度向上，超重，C错误；人到c点时，拉力最大，合力最大，加速度最大，D错误．8.利用传感器和计算机可以研究力的大小变化情况，实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h.计算机显示该同学受到地面支持力F N随时间变化的图象如图7所示．根据图象提供的信息，以下判断错误．．的是()A．在0至t2时间内该同学处于失重状态图7B．在t2至t3时间内该同学处于超重状态C．t3时刻该同学的加速度为零D．在t3至t4时间内该同学的重心继续下降答案 C解析由图象可以看出，在0至t2时间内该同学受到的地面支持力小于重力，由牛顿第二定律可知该同学处于失重状态，而在t2至t3时间内支持力大于重力，该同学处于超重状态，A、B正确；t3时刻该同学受到的支持力最大，且F1大于重力，由牛顿第二定律可知a≠0，C错误；在t3至t4时间内该同学受到的支持力逐渐减小，但仍大于重力，故重心继续下降，D正确．9. 某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N．他将弹簧测力计移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内弹簧测力计的示数如图8所示，则电梯运行的v －t图象可能是(取电梯向上运动的方向为正)() 图8答案 A解析t0～t1时间段内，人失重，应向上减速或向下加速，B、C错；t1～t2时间段内，人匀速或静止；t2～t3时间段内，人超重，应向上加速或向下减速，A对，D错．10．一个质量是60 kg的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一个弹簧秤，弹簧秤下面挂着一个质量为m ＝5 kg 的物体A ，当升降机向上运动时，他看到弹簧秤的示数为40 N ，g 取10 m/s 2，求：(1)此时升降机的加速度的大小；(2)此时人对地板的压力．答案 (1)2 m/s 2 (2)480 N解析 (1)弹簧秤对物体的拉力F T ＝40 N对物体由牛顿第二定律可得：F T －mg ＝ma解得：a ＝F T －mg m ＝40－5×105m /s 2＝－2 m/s 2 故升降机加速度大小为2 m/s 2，方向竖直向下．(2)设地板对人的支持力为F N对人由牛顿第二定律可得：F N －Mg ＝Ma解得F N ＝Mg ＋Ma ＝60×10 N ＋60×(－2) N ＝480 N由牛顿第三定律可得人对地板的压力为480 N题组三 从动力学看自由落体和竖直上抛11．以35 m /s 的初速度竖直向上抛出一个小球．不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，以下判断正确的是( )A ．小球到达最大高度时的速度为0B ．小球到达最大高度时的加速度为0C ．小球上升的最大高度为61.25 mD ．小球上升阶段所用的时间为3.5 s答案 ACD解析 小球到达最大高度时的速度一定为零，否则该点不是最大高度，A 正确；小球上抛过程中只受重力作用，故加速度始终为g ，B 错；由v2－v 20＝2(－g )h ⇒h ＝v 202g＝61.25 m ，C 正确；由v ＝v 0－gt ⇒t ＝v 0g＝3.5 s ，D 正确． 12．竖直上抛的物体，初速度是30 m /s ，经过2.0 s 、4.0 s ，物体的位移分别是多大？通过的路程分别是多长？2.0 s 、4.0 s 末的速度分别是多大？(g 取10 m/s 2，忽略空气阻力)答案 见解析解析 上升的最大高度H ＝v 202g ＝3022×10m ＝45 m 由x ＝v 0t －12gt 2得 当t 1＝2.0 s 时，位移x 1＝30×2.0 m －12×10×2.02 m ＝40 m ，小于H ，所以路程s 1＝40 m 速度v 1＝v 0－gt 1＝30 m /s －10×2.0 m/s ＝10 m/s当t 2＝4.0 s 时，位移x 2＝30×4.0 m －12×10×4.02 m ＝40 m ，小于H ，所以路程s 2＝45 m ＋(45－40) m ＝50 m速度v 2＝v 0－gt 2＝30 m /s －10×4.0 m/s ＝－10 m/s ，负号表示速度与初速度方向相反．13．图9甲是我国某运动员在蹦床比赛中的一个情景．设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F 随时间t 的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示．取g ＝10 m/s 2，根据F —t 图象求：图9(1)运动员的质量；(2)运动员在运动过程中的最大加速度；(3)在不计空气阻力情况下，运动员离开蹦床上升的最大高度．答案 (1)50 kg (2)40 m/s 2 (3)3.2 m解析 (1)由图象可知，刚站上去的时候弹力等于重力，故运动员所受重力为500 N ，设运动员质量为m ，则m ＝G g＝50 kg(2)由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为F m ＝2 500 N ，设运动员的最大加速度为a m ，则F m －mg ＝ma ma m ＝F m －mg m ＝2 500－50050m /s 2＝40 m/s 2 (3)由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8 s 或9.4 s ，再下落到蹦床上的时刻为8.4 s 或11 s ，它们的时间间隔均为1.6 s ．根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8 s.设运动员上升的最大高度为H ，则H ＝12gt 2＝12×10×0.82 m ＝3.2 m。

2017步步高物理答案2017化学步步高答案最新版2017教师用书步步高大一轮复习讲义习题详细答案第一章第一讲篇一:2017步步高物理答案1第1章第1讲考点一物质的量摩尔质量题组一有关分子(或特定组合)中微粒数的计算1．答案①⑥⑤③②④2．(1)答案1.2解析n(SO2－4)＝3n[Al2(SO4)3]＝3×0.4 mol＝1.2mol，0.4 mol Al＋2(SO4)3中含有0.8 mol Al3，由于在溶液中Al3＋水解，故Al3＋的物质的量小于0.8 mol。

(2答案小于小于题组二通过n＝mNMNA间的换算3．答案C解析③中摩尔质量的单位错误；由于该氯原子的质量是a g，故a g该氯原子所含的电子数为17，④错。

4．答案0.33NA 0.26解析晶体的摩尔质量约为122 g·mol－1，n＝12.2 g122 g·mol－＝0.1 mol，故氧原子数目＝0.1×(2＋1.3)NA＝0.33NA，n(H)＝0.1 mol×1.3×2＝0.26 mol。

考点二气体摩尔体积阿伏加德罗定律深度思考2．答案③解析①、②中，1摩尔水或水蒸气的质量都为m水NA；③中，水蒸气分子间间距比分子直径大的多，仅由题给条件不能确定1摩尔水蒸气的体积。

题组一有关“n＝VmNV＝N的应用mMA1．答案D解析解法一公式法：a g双原子分子的物质的量＝pNAmol，双原子分子的摩尔质量＝a gpaNmolpg·mol－1，NA所以b g气体在标准状况下的体积为 b gaN×22.4 L·mol－1＝22.4pbaNAL。

－pg·mol1解法二比例法：同种气体其分子数与质量成正比，设b g气体的分子数为N a g ～p b g ～N 则：N＝bppbaaN，所以b Ag22.4pbaNAL。

2．答案B解析X除以NA为该气体的物质的量；然后乘以M表示其质量；最后除以V为1 L该气体的质量。

第3课时 公式的综合应用学习目标 1.熟练掌握六组诱导公式的结构特征.2.会利用六组诱导公式求值、证明． 导语同学们，经过前两节课的学习，我们掌握了三角函数的诱导公式一～六，你掌握记忆的技巧了吗？其实，它们可以统一概括为α＋k ·π2(k ∈Z )的三角函数值，等于α的同名(k 是偶数时)或异名(k 是奇数时)三角函数值，前面加上一个将α看成锐角时原函数值的符号，简称为“奇变偶不变，符号看象限”． 一、利用诱导公式证明恒等式例1 求证：sin θ＋cos θsin θ－cos θ＝2sin ⎝⎛⎭⎫θ－3π2cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π2－11－2sin 2(π＋θ).证明 ∵右边＝－2sin ⎝⎛⎭⎫3π2－θ·(－sin θ)－11－2sin 2θ＝2sin ⎣⎡⎦⎤π＋⎝⎛⎭⎫π2－θsin θ－11－2sin 2θ＝－2sin ⎝⎛⎭⎫π2－θsin θ－11－2sin 2θ ＝－2cos θsin θ－1cos 2θ＋sin 2θ－2sin 2θ ＝(sin θ＋cos θ)2sin 2θ－cos 2θ＝sin θ＋cos θsin θ－cos θ ＝左边，∴原等式成立． 反思感悟 三角恒等式的证明策略对于三角恒等式的证明，应遵循化繁为简的原则，从左边推到右边或从右边推到左边，也可以用左右归一、变更论证的方法．常用定义法、化弦法、拆项拆角法、“1”的代换法、公式变形法，要熟练掌握基本公式，善于从中选择巧妙简捷的方法．跟踪训练1 证明：cos (2π－θ)cos (π＋θ)sin ⎝⎛⎭⎫π2＋θ－sin ⎝⎛⎭⎫3π2＋θ＋cos (π－θ)cos θ⎣⎡⎦⎤sin ⎝⎛⎭⎫3π2－θ－1＝2sin 2θ.证明 ∵左边＝cos θ－cos θcos θ＋cos θ＋－cos θcos θ(－cos θ－1)＝11－cos θ＋11＋cos θ＝1＋cos θ＋1－cos θ(1－cos θ)(1＋cos θ)＝21－cos 2θ＝2sin 2θ＝右边，∴原等式成立．二、诱导公式在实际问题中的应用问题1 三角形中其中一个角与另外两角和是什么关系？ 提示 互补．问题2 直角三角形中，两锐角是什么关系？ 提示 互余．例2 在△ABC 中，sin A ＋B －C 2＝sin A －B ＋C2，试判断△ABC 的形状．解 因为A ＋B ＋C ＝π，所以A ＋B －C ＝π－2C ，A －B ＋C ＝π－2B . 又因为sin A ＋B －C 2＝sin A －B ＋C2，所以sin π－2C 2＝sin π－2B2，所以sin ⎝⎛⎭⎫π2－C ＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－B ，所以cos C ＝cos B . 又B ，C 为△ABC 的内角，所以C ＝B ， 所以△ABC 为等腰三角形．反思感悟 利用诱导公式解决实际问题时，需注意公式四和公式五中的互补和互余，是广义上的互补和互余．在涉及三角形问题时，一定要注意根据三角形内角和A ＋B ＋C ＝π以及题目的具体条件进行适当变形，再化简求值．跟踪训练2 在△ABC 中，下列各表达式为常数的是( ) A ．sin(A ＋B )＋sin C B ．cos(B ＋C )－cos A C ．sin 2A ＋B 2＋sin 2C2D ．sin A ＋B 2sin C2答案 C解析 在△ABC 中，∵A ＋B ＋C ＝π，∴A 项，sin(A ＋B )＋sin C ＝2sin C ，不为常数； B 项，cos(B ＋C )－cos A ＝－2cos A ，不为常数； C 项，sin 2A ＋B 2＋sin 2C 2＝cos 2C 2＋sin 2C2＝1为常数； D 项，sin A ＋B 2sin C 2＝cos C 2sin C2不为常数．三、三角函数的综合应用例3 已知角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，它的终边过点P ⎝⎛⎭⎫1213，513. (1)求sin(α＋π)的值；(2)若角β就是将角α的终边顺时针旋转3π2得到，求5sin β－5cos β＋3tan β的值．解 (1)根据题意，得sin α＝513⎝⎛⎭⎫5132＋⎝⎛⎭⎫12132＝513，cos α＝1213⎝⎛⎭⎫5132＋⎝⎛⎭⎫12132＝1213，tan α＝sin αcos α＝512，∴sin(α＋π)＝－sin α＝－513.(2)根据题意，得β＝α－3π2，∴5sin β－5cos β＋3tan β＝5sin ⎝⎛⎭⎫α－3π2－5cos ⎝⎛⎭⎫α－3π2＋3tan ⎝⎛⎭⎫α－3π2 ＝5cos α＋5sin α－3tan α＝5×1213＋5×513－3×125＝－4365.反思感悟 用诱导公式化简求值的方法(1)对于三角函数式的化简求值问题，一般遵循诱导公式先行的原则，即先用诱导公式化简变形，达到角的统一，再进行切化弦，以保证三角函数名最少．(2)对于π±α和π2±α这两套诱导公式，切记运用前一套公式不变名，而运用后一套公式必须变名．跟踪训练3 若角α的终边上有一点P (m ，－8)，且cos α＝－35.(1)求m 的值；(2)求sin (π＋α)cos ⎝⎛⎭⎫π2＋αtan (－α－π)cos (－α)的值．解 (1)由勾股定理得，点P 到原点的距离为r ＝m 2＋(－8)2＝m 2＋64，根据三角函数的定义可得cos α＝m m 2＋64＝－35，解得m ＝－6，m ＝6(舍去)． (2)原式＝(－sin α)(－sin α)(－tan α)cos α＝－sin α，由(1)可得r ＝m 2＋64＝10，所以sin α＝－8r ＝－45，所以原式＝－sin α＝45.1．知识清单： (1)识记诱导公式． (2)三角形角的特点．(3)结合三角函数定义进行化简、求值、证明． 2．方法归纳：公式法．3．常见误区：实际问题中角的范围．1．在△ABC 中，cos(A ＋B )的值等于( ) A ．cos C B ．－cos C C ．sin C D ．－sin C答案 B解析 由于A ＋B ＋C ＝π， 所以A ＋B ＝π－C .所以cos(A ＋B )＝cos(π－C )＝－cos C . 2．已知sin 40°＝a ，则cos 130°等于( ) A ．a B ．－a C.1－a 2 D ．－1－a 2答案 B3．已知角α的顶点在原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边经过点P (－1,2)，则sin ⎝⎛⎭⎫3π2＋α＋2cos ⎝⎛⎭⎫π2－αsin (3π－α)＋cos (π＋α)等于( )A.53 B ．1 C.13 D ．－53 答案 A解析 由题意知，sin α＝255，cos α＝－55，原式＝－cos α＋2sin αsin α－cos α＝55＋455255＋55＝53. 4．计算：sin 211°＋sin 279°＝________. 答案 1解析 因为sin 79°＝sin(90°－11°)＝cos 11°， 所以原式＝sin 211°＋cos 211°＝1.课时对点练1．sin 75°＋cos 195°的值为( ) A ．－1 B ．0 C.22D ．1 答案 B解析 sin 75°＋cos 195°＝sin(90°－15°)＋cos(180°＋15°) ＝cos 15°－cos 15°＝0.2．已知角θ的终边过点(－3,4)，则cos(π－θ)等于( ) A ．－45B.45 C ．－35D.35答案 D解析 因为角θ的终边过点(－3,4)， 所以cos θ＝－35，所以cos(π－θ)＝－cos θ＝35.3．已知角α的顶点在坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，P ⎝⎛⎭⎫－32，12为其终边上一点，则sin ⎝⎛⎭⎫π2＋α等于( ) A ．－32 B ．－12 C.12 D.32答案 A 解析 因为P ⎝⎛⎭⎫－32，12在角α的终边上， 所以r ＝⎝⎛⎭⎫－322＋⎝⎛⎭⎫122＝1， 所以cos α＝－32， 所以sin ⎝⎛⎭⎫α＋π2＝cos α＝－32. 4．若角7π－α的终边与单位圆的交点坐标是⎝⎛⎭⎫x ，35，则cos(α－2 022π)等于( ) A ．±45 B ．±35 C.45 D ．－35答案 A解析 依题意知，sin(7π－α)＝35，即sin α＝35，则cos α＝±45，故cos(α－2 022π)＝cos α＝±45.5．设A ，B ，C 为△ABC 的三个内角，下列关系正确的是( ) A ．cos(A ＋B )＝cos C B ．sin(A ＋B )＝sin C C ．tan(A ＋B )＝tan CD ．sin A ＋B 2＝sin C2答案 B解析 在△ABC 中，可得A ＋B ＋C ＝π，则A ＋B ＝π－C ， 由cos(A ＋B )＝cos(π－C )＝－cos C ，所以A 不正确； 由sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ，所以B 正确； 由tan(A ＋B )＝tan(π－C )＝－tan C ，所以C 不正确； 由sin A ＋B 2＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－C 2＝cos C2，所以D 不正确． 6．若cos 57°＝m ，则cos 213°等于( ) A ．－m1－m 2B ．－1－m 21＋m 2C ．－1－m 2D ．－m答案 C解析 cos 213°＝cos(180°＋33°)＝－cos 33° ＝－sin 57°＝－1－m 2.7．若函数f (x )＝a sin(πx ＋α)＋b cos(πx ＋β)，其中a ，b ，α，β都是非零实数，且满足f (2 020)＝2，则f (2 021)＝________. 答案 －2解析 ∵f (2 020)＝a sin(2 020π＋α)＋b cos(2 020π＋β)＝a sin α＋b cos β＝2， ∴f (2 021)＝a sin(2 021π＋α)＋b cos(2 021π＋β) ＝a sin(π＋α)＋b cos(π＋β) ＝－(a sin α＋b cos β)＝－2.8．已知sin ⎝⎛⎭⎫x ＋5π12＝14，则sin ⎝⎛⎭⎫7π12－x ＋sin 2⎝⎛⎭⎫π12－x ＝________. 答案1916解析 因为sin ⎝⎛⎭⎫x ＋5π12＝14， 所以sin ⎝⎛⎭⎫7π12－x ＋sin 2⎝⎛⎭⎫π12－x ＝sin ⎣⎡⎦⎤π－⎝⎛⎭⎫5π12＋x ＋sin 2⎣⎡⎦⎤π2－⎝⎛⎭⎫5π12＋x ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋5π12＋cos 2⎝⎛⎭⎫x ＋5π12＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋5π12＋1－sin 2⎝⎛⎭⎫x ＋5π12 ＝14＋1－⎝⎛⎭⎫142 ＝1916. 9．求证：sin (π－α)cos (2π－α)tan (－α＋2π)tan (－α＋π)sin (π－α)＝cos α.证明 因为左边＝sin (π－α)cos (2π－α)tan (－α＋2π)tan (－α＋π)sin (π－α)＝sin αcos α(－tan α)(－tan α)sin α＝cos α＝右边，所以等式成立．10．在△ABC 中，若sin(2π－A )＝－2sin(π－B )，3cos A ＝－2cos(π－B )，求△ABC 的三个内角．解 由题意得sin A ＝2sin B ，3cos A ＝2cos B ， 平方相加得2cos 2A ＝1，cos A ＝±22，又因为A ∈(0，π)，所以A ＝π4或3π4.当A ＝3π4时，cos B ＝－32<0，所以B ∈⎝⎛⎭⎫π2，π，所以A ，B 均为钝角，不符合题意，舍去． 所以A ＝π4，cos B ＝32，所以B ＝π6，所以C ＝7π12.综上所述，A ＝π4，B ＝π6，C ＝7π12.11.黄金三角形有两种，一种是顶角为36°的等腰三角形，另一种是顶角为108°的等腰三角形，例如，正五角星可以看成是由一个正五边形剪去五个顶角为108°的黄金三角形，如图所示，在黄金三角形ABC 中，ABAC ＝5－12，根据这些信息，可得cos 144°等于( )A.1－254 B ．－3＋58 C ．－1＋54 D ．－4＋58答案 C解析 ∵∠ABC ＝108°， ∴∠BAC ＝12(180°－108°)＝36°，∵cos 36°＝12AC AB ＝12×25－1＝5＋14，∴cos 144°＝－cos 36°＝－5＋14.12．(多选)已知sin ⎝⎛⎭⎫3π2＋α＝1－sin αcos ⎝⎛⎭⎫π2－α，则角α的终边可能在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．x 轴的负半轴上答案 BCD解析 原等式可化为－cos α＝1－sin 2α，∴－cos α＝cos 2α， ∴|cos α|＝－cos α， ∴cos α≤0，∴α的终边在第二、三象限或在x 轴的负半轴上．13．若sin x ＝3sin ⎝⎛⎭⎫x －π2，则cos x cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π2等于( ) A.310 B ．－310 C.34 D ．－34 答案 A解析 因为sin x ＝3sin ⎝⎛⎭⎫x －π2＝－3cos x ，所以tan x ＝－3，所以cos x cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π2＝－sin x cos x ＝－sin x cos xsin 2x ＋cos 2x ＝－tan x1＋tan 2x ＝310.14．计算sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 289°等于( ) A ．89 B ．90 C.892 D ．45答案 C解析 ∵sin 21°＋sin 289°＝sin 21°＋cos 21°＝1， sin 22°＋sin 288°＝sin 22°＋cos 22°＝1，…，∴sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 289°＝sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 244°＋sin 245°＋cos 244°＋cos 243°＋…＋cos 23°＋cos 22°＋cos 21°＝44＋12＝892.15．对于函数f (x )＝a sin(π－x )＋bx ＋c (其中a ，b ∈R ，c ∈Z )，选取a ，b ，c 的一组值计算f (1)和f (－1)，所得出的正确结果一定不可能是( ) A ．4和6 B ．3和1 C ．2和4 D ．1和2答案 D解析 ∵sin(π－x )＝sin x ， ∴f (x )＝a sin x ＋bx ＋c ， 则f (1)＝a sin 1＋b ＋c ，f (－1)＝a sin(－1)＋b ×(－1)＋c ＝－a sin 1－b ＋c ， ∴f (－1)＝－f (1)＋2c .①把f (1)＝4，f (－1)＝6代入①式，得c ＝5∈Z ，故排除A ； 把f (1)＝3，f (－1)＝1代入①式，得c ＝2∈Z ，故排除B ； 把f (1)＝2，f (－1)＝4代入①式，得c ＝3∈Z ，故排除C ； 把f (1)＝1，f (－1)＝2代入①式，得c ＝32∉Z ，故选D.16．化简：cos ⎝⎛⎭⎫k π＋π2－αsin ⎝⎛⎭⎫k π－π2－αsin[(k ＋1)π＋α]cos (k π＋α)，其中k ∈Z . 解 当k 为偶数时，设k ＝2m (m ∈Z )，则原式＝cos ⎝⎛⎭⎫2m π＋π2－αsin ⎝⎛⎭⎫2m π－π2－αsin[(2m ＋1)π＋α]cos (2m π＋α)＝cos ⎝⎛⎭⎫π2－αsin ⎝⎛⎭⎫－π2－αsin (π＋α)cos α＝－sin αcos α－sin αcos α＝1. 当k 为奇数时，设k ＝2m ＋1(m ∈Z )，则原式＝cos ⎝⎛⎭⎫2m π＋π＋π2－αsin ⎝⎛⎭⎫2m π＋π－π2－αsin[(2m ＋2)π＋α]cos (2m π＋π＋α)＝cos ⎝⎛⎭⎫π＋π2－αsin ⎝⎛⎭⎫π2－αsin αcos (π＋α)＝－sin αcos αsin α(－cos α)＝1， 故原式＝1.。