高考物理10大难点突破(详细)doc
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难点之一 物体受力分析例1：【审题】在a 、b 图中，若撤去细线，则球都将下滑，故细线中均有拉力, a 图中若撤去接触面，球仍能保持原来位置不动，所以接触面对球没有弹力；b 图中若撤去斜面，球就不会停在原位置静止，所以斜面对小球有支持力。
【解析】图a 中接触面对球没有弹力；图b 中斜面对小球有支持力 例2：【审题】图中球由于受重力，对水平面ON 一定有挤压，故水平面ON 对球一定有支持力，假设还受到斜面MO 的弹力，如图1—3所示，则球将不会静止，所以斜面MO 对球没有弹力。
【解析】水平面ON 对球有支持力，斜面MO 对球没有弹力。
再如例1的a 图中，若斜面对球有弹力，其方向应是垂直斜面且指向球，这样球也不会处于静止状态，所以斜面对球也没有弹力作用。
例3：a 图中物体A 静止在斜面上b 图中杆A 静止在光滑的半圆形的碗中c 图中A 球光滑 O 为圆心， O ＇为重心。
【解析】如图1—5所示例4：【解析】（1）mg 。
（2）当小车向右加速运动时，球受合力方向一定是水平向右，杆对球的弹力方向应斜向右上方，与小车运动的加速度的大小有关，其方向与竖直杆成arctan a/g 角，大小等于（mg ）2+（ma ）2 。
（3）当小车向左加速运动时，球受合力方向一定是水平向左，杆对球的弹力方向应斜向左上方，与小车运动的加速度的大小有关，其方向与竖直杆成arctan a/g角，大小等于（mg ）2+（ma ）2 。
例5【解析】图a 、图b 、图c 中无摩擦力产生，图d 有静摩擦力产生。
例6：【审题】本题可用“假设法”分析。
由题意可知甲轮与皮带间、乙轮与皮带间均相对静止，皮带与轮间的摩擦力为静摩擦力。
假设甲轮是光滑的，则甲轮转动时皮带不动，轮上P 点相对于皮带向前运动，可知轮上P 点相对于皮带有向前运动的趋势，则轮子上的P 点受到的静摩擦力方向向后，即与甲轮的转动方向相反，再假设乙轮是光滑的，则当皮带转动时，乙轮将会静止不动，这时，乙轮边缘上的Q 点相对于皮带向后运动，可知轮上Q 点有相对于皮带向后运动的趋势，故乙轮上Q 点所受摩擦力向前，即与乙轮转动方向相同。
【解析】正确答案为B 例7：【解析】物体A 相对于B 有向左的运动趋势，所以A 受到B 对它的静摩擦力方向向右（与A 的实际运动方向相同）。
物体B 相对A 有向右运动的趋势，所以B 受到A 对它的静摩擦力方向向左（与B 的实际运动方向相反）。
如图1—11所示例8【解析】分析见上，因A 匀速运动，所以A 、B 间无静摩擦力，又因A 、B 整体匀速运动，由平衡条件得，物体B 受到水平面对它的滑动摩擦力应向左。
例9【解析】杆受重力Ｇ、方向竖直向下；弹力N 1，垂直于墙且指向杆，弹力N 2，垂直于地面且指向杆；地面对杆向左的摩擦力f 。
如图1—13乙所示例10【解析】A 、B 、C 三物体的受力如图图1—14例11【解析】A 、B 受力如图1—15乙 甲 乙例12【解析】A 、B 、C 受力如图图1—17所示例13：【解析】m 、M 的受力如图1—19所示对m ：建系如图甲所示，因m 沿斜面匀速下滑，由平衡条件得：支持力N=mgcos θ，摩擦力f=mgsin θ对M ：建系如图乙所示，由牛顿第三定律得，N= N ＇，f= f ＇，在水平方向上，压力N ＇的水平分量N ＇sin θ= mgcos θsin θ，摩擦力f ＇的水平分量f ＇cos θ= mgsin θcos θ，可见f ＇cos θ=N ＇sin θ，所以M 相对地面没有运动趋势，所以地面对M 没有摩擦力。
在竖直方向上，整体平衡，由平衡条件得：N 地= f ＇sin θ+ N ＇cos θ+Mg=mg+Mg 。
所以正确答案为：A 、C再以整体法分析：Ｍ对地面的压力和地面对M 的支持力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反。
而地面对M 的支持力、地面对Ｍ摩擦力是M 和m 整体的外力，所以要讨论这两个问题，可以整体为研究对象。
整体在竖直方向上受到重力和支持力，因m 在斜面上匀速下滑、M 静止不动，即整体处于平衡状态，所以竖直方向上地面对M 的支持力等于重力，水平方向上若受地面对M 的摩擦力，无论摩擦力的方向向左还是向右，水平方向上整体都不能处于平衡，所以整体在水平方向上不受摩擦力。
【解析】整体受力如图1—20所示，正确答案为：A 、C 。
难点之二 传送带问题例1：【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度2m/s 10cos sin =+=mmg mg a θμθ。
这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s 为止，其对应的时间和位移分别为：,1s 10101s a v t ===m 52 21==as υ＜16m以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为（因为mgsin θ＞μmgcos θ）。
22m/s 2cos sin =-=mmg mg a θμθ。
设物体完成剩余的位移2s 所用的时间为2t ， 则22220221t a t s +=υ， 11m= ,10222t t +解得：)s( 11 s, 1 2212舍去或-==t t 所以：s 2s 1s 1=+=总t 。
例2（角度用300 ）【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度2m/s 46.8cos sin =+=mmg mg a θμθ。
这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s 为止，其对应的时间和位移分别为：,18.1s 46.8101s a v t ===m 91.52 21==as υ＜16m以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为零（因为mgsin θ＜μmgcos θ）。
设物体完成剩余的位移2s 所用的时间为2t ， 则202t s υ=，16m －5.91m=210t 解得： s, 90.10 2=t所以：s 27.11s 09.10s 18.1=+=总t 。
例3：【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度2m/s 10cos sin =+=mmg mg a θμθ。
这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s 为止，其对应的时间和位移分别为：,1s 10101s a v t ===m 52 21==as υ此时物休刚好滑到传送带的低端。
所以：s 1=总t 。
例题4：【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度2m/s 2.1sin cos =-=mmg mg a θθμ。
这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s 为止，其对应的时间和位移分别为：,33.8s 2.1101s a v t ===m 67.412 21==as υ＜50m以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为零（因为mgsin θ＜μmgcos θ）。
设物体完成剩余的位移2s 所用的时间为2t ， 则202t s υ=， 50m －41.67m=210t 解得： s, 33.8 2=t所以：s 66.16s 33.8s 33.8=+=总t 。
例题5：【解析】解法一：行李加速到0.25m/s 所用的时间：t ＝a v 0＝s 625.0＝0.042s 行李的位移： x 行李＝221at ＝m 2)042.0(621⨯⨯=0.0053m传送带的位移：x 传送带＝V 0t ＝0.25×0.042m ＝0.0105m 摩擦痕迹的长度：mm m x x x 50052.0≈=-=∆行李传送带（求行李的位移时还可以用行李的平均速度乘以时间，行李做初速为零的匀加速直线运动，20v v =。
）解法二：以匀速前进的传送带作为参考系．设传送带水平向右运动。
木箱刚放在传送带 上时，相对于传送带的速度v=0.25m/s,方向水平向左。
木箱受到水平向右的摩 擦力F 的作用，做减速运动，速度减为零时，与传送带保持相对静止。
木箱做减速运动的加速度的大小为 a ＝6m/s 2木箱做减速运动到速度为零所通过的路程为mm m m a v x 50052.06225.02220≈=⨯==∆即留下5mm 长的摩擦痕迹。
例题6：【解析】 方法一：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a 小于传送带的加速度a 0。
根据牛顿运动定律，可得g a μ=设经历时间t ，传送带由静止开始加速到速度等于v 0，煤块则由静止加速到v ，有t a v 00= t a v =由于a <a 0，故v <v 0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用。
再经过时间t '，煤块的速度由v 增加到v 0，有´0t a v v +=此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。
设在煤块的速度从0增加到v 0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s 0和s ，有´210200t v t a s +=202v s a=传送带上留下的黑色痕迹的长度 s s l -=0由以上各式得 2000()2v a g l a gμμ-=方法二：第一阶段：传送带由静止开始加速到速度v 0，设经历时间为t ，煤块加速到v ，有v t a 00= ① v gt at μ== ②传送带和煤块的位移分别为s 1和s 2，20121t a s =③ 2222121gt at s μ== ④第二阶段：煤块继续加速到v 0，设经历时间为t '，有 v 0v gt μ'=+ ⑤ 传送带和煤块的位移分别为s 3和s 4 ，有30s v t '= ⑥2412s vt gt μ''=+ ⑦传送带上留下的黑色痕迹的长度4231s s s s l --+= 由以上各式得2000()2v a g l a gμμ-=方法三：传送带加速到v 0 ，有 00v a t = ① 传送带相对煤块的速度 0()v a g t μ=- ②传送带加速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为零，相对加速度是()g a μ-0】()20121t g a l μ-=传送带匀速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为()g a μ-0t ，相对加速度是g μ】()g2t 22 02μμg a l -=整个过程中传送带相对煤块的位移即痕迹长度()()g2t 212200μμμg a t g a l -+-= ③由以上各式得2000()2v a g l a gμμ-=t 2t1图2—6图2—8方法四：用图象法求解画出传送带和煤块的V —t 图象，如图2—6所示。
其中010v t a =，02vt gμ=，黑色痕迹的长度即为阴影部分三角形的面积，有：20000021000()11()()222v v v a g l v t t v g a a gμμμ-=-=-=例7：过程1：圆盘从静止开始在桌布上做匀加速运动至刚离开桌布的过程；过程2：桌布从突然以恒定加速度a 开始抽动至圆盘刚离开桌布这段时间内做匀加速运动的过程；过程3：圆盘离开桌布后在桌面上做匀减速直线运动的过程。
