高考物理高考物理实验冲刺专题复习。

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2wWw.jab88.Com0xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题13:第7专题高考物理实验(1)
知识网络
考点预测
物理实验是高考的主要内容之一．《考试大纲》就高考物理实验共列出19个考点，其中力学8个、热学1个、电学8个、光学2个．要求会正确使用的仪器主要有：刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、天平、秒表、电火花计时器或电磁打点计时器、弹簧测力计、温度表、电流表、电压表、多用电表、滑动变阻器、电阻箱等，并且对实验误差问题提出了更明确的要求．
一、《考试大纲》中的实验与探究能力要求
能够独立完成“物理知识表”中所列的实验，能明确实验目的，能理解实验原理和方法，能控制实验条件．会使用仪器，会观察、分析实验现象，会记录、处理实验数据，并得出结论．能发现问题、提出问题，能灵活地应用已学过的物理理论、实验方法和实验仪器去处理问题．
二、实验题的主要特点
物理实验年年考，年年有变化．从近年的实验题来看，其显著特点体现在如下两个方面．
(1)从简单的背诵实验转向分析、理解实验
实验原理是物理实验的灵魂．近年来，高考物理实验题既不是简单地回答“是什么”，也不是背诵“该怎样”，而是从物理实验情境中理解“为什么”，通过分析推理判断“确实是什么”，进而了解物理实验的每一个环节．
(2)从既定的课本学生实验转向变化的创新实验
只有创新，试题才有魅力；也只有变化，才能永葆实验考核的活力．近年来，既定刻板的学生实验已经从高考物理实验题中淡出，取而代之的是学生尚未接触过的要通过解读物理原理的新颖实验(如应用性、设计性、专题性实验等)．创新的实验题可以使能力考核真正落到实处．
要点归纳
一、实验题的归纳与说明
归类实验内容说明
应
用
性
实
验1．游标卡尺的使用测量原理、使用方法；10分度、20分度、50分度的游标卡尺的读数等
2．螺旋测微器的使用构造、原理、使用方法、正确读数等
3．练习使用示波器面板上各个旋钮或开关的作用；调试方法；观察正弦波的波形等
4．传感器的简单应用光电转换和热电转换及其简单应用；光电计数的简单了解等
验
证
性
实
验5．验证力的平行四边形定则实验的等效思想；作图法等
6．验证动量守恒定律用平抛实验器进行实验；转化要验证的等效表达式；对暂态过程分阶段测量等
7．验证机械能守恒定律用自由落体进行验证；使用打点计时器和刻度尺等
测
量
性
实
验8．用单摆测定重力加速度使用刻度尺和秒表；实验操作要求等
9．用油膜法估测分子的大小溶液的配制；油膜面积的估算方法等
10．测定金属的电阻率使用刻度尺和螺旋测微器；电流表、电压表量程的选择；测量电路的选取与连接等
11．把电流表改装为电压表“半偏法”的设计思想与误差分析；计算分压电阻；改装表的校对与百分误差等
12．测定电源的电动势和内阻实验电路的选取与连接；作图法求解的方法等
13．测定玻璃的折射率用插针法测定；画光路图等
14．用双缝干涉测光的波长用双缝干涉仪进行实验；实验调节；分划板的使用等
研
究
性
实
验15．研究匀变速直线运动明确实验目的；使用打点计时器；用刻度尺测量、分析所打的纸带来计算加速度等
16．研究平抛物体的运动用平抛实验器进行实验；研究的目的和方法；描绘平抛轨迹；计算平抛物体的初速度等
17．用描迹法画出电场中平面上的等势线用恒定电流场模拟静电场；寻找等电势点的方法；描迹的方法等
18．描绘小电珠的伏安特性曲线使用电流表、电压表、滑动变阻器；电路的选取与连接；描绘U－I图象并分析曲线非线性的原因等
探
究
性
实
验19．探究弹力和弹簧伸长的关系实验设计的原理和方法；实验数据的记录与分析；实验结论的描述与表达形式等
20．用多用电表探索黑箱内的电学元件多用电表的使用与读数；探索的思路；测量过程中的分析与判断等
二、物理实验的基本思想方法
1．等效法
等效法是科学研究中常用的一种思维方法．对一些复杂问题采用等效法，可将其变换成理想的、简单的、已知规律的过程来处理，常使问题的解决得以简化．因此，等效法也是物理实验中常用的方法．如在“验证力的平行四边形定则”的实验中，要求用一个弹簧秤单独拉橡皮条时，要与用两个互成角度的弹簧秤同时拉橡皮条时产生的效果相同——使结点到达同一位置O，即要在合力与两分力等效的条件下，才能找出它们之间合成与分解时所遵循的关系——平行四边形定则．又如在“验证动量守恒定律”的实验中，用小球的水平位移代替小球的水平速度；在“验证牛顿第二定律”的实验中，通过调节木板的倾斜度使重力的分力抵消摩擦力而等效于物体不受摩擦力作用．还有，电学实验中电流表的改装、用替换法测电阻等，都是等效法的应用．
2．转换法
将某些不易显示、不易直接测量的物理量转化为易于显示、易于测量的物理量的方法称为转换法(间接测量法)．转换法是物理实验常用的方法．如：弹簧测力计是把力的大小转换为弹簧的伸长量；打点计时器是把流逝的时间转换成振针的周期性振动；电流表是利用电流在磁场中受力，把电流转化为指针的偏转角；用单摆测定重力加速度g是通过公式T＝2πLg把g的测量转换为T和L的测量，等等．
3．留迹法
留迹法是利用某些特殊的手段，把一些瞬间即逝的现象(如位置、轨迹等)记录下来，以便于此后对其进行仔细研究的一种方法．留迹法也是物理实验中常用的方法．如：用打点计时器打在纸带上的点迹记录小车的位移与时间之间的关系；用描迹法描绘平抛运动的轨迹；在“测定玻璃的折射率”的实验中，用大头针的插孔显示入射光线和出射光线的方位；在描绘电场中等势线的实验中，用探针通过复写纸在白纸上留下的痕迹记录等势点的位置等等，都是留迹法在实验中的应用．
4．累积法
累积法是把某些难以直接准确测量的微小量累积后测量，以提高测量的准确度的一种实验方法．如：在缺乏高精密度的测量仪器的情况下测细金属丝的直径，常把细金属丝绕在圆柱体上测若干匝的总长度，然后除以匝数就可求出细金属丝的直径；测一张薄纸的厚度时，常先测出若干页纸的总厚度，再除以被测页数即所求每页纸的厚度；在“用单摆测定重力加速度”的实验中，单摆周期的测定就是通过测单摆完成多次全振动的总时间除以全振动的次数，以减小个人反应时间造成的误差影响等．
5．模拟法
模拟法是一种间接实验方法，它是通过与原型相似的模型来说明原型的规律性的．模拟法在中学物理实验中的典型应用是“用描迹法画出电场中平面上的等势线”这一实验，由于直接描绘静电场的等势线很困难，而恒定电流的电场与静电场相似，所以用恒定电流的电场来模拟静电场，通过它来了解静电场中等势线的分布情况．
6．控制变量法
在多因素的实验中，可以先控制一些量不变，依次研究某一个因素的影响．如在“验证牛顿第二定律”的实验中，可以先保持质量一定，研究加速度和力的关系；再保持力一定，研究加速度和质量的关系；最后综合得出加速度与质量、力的关系．
三、实验数据的处理方法
1．列表法
在记录和处理数据时，常常将数据列成表格．数据列表可以简单而又明确地表示出有关物理量之间的关系，有助于找出物理量之间联系的规律性．
列表的要求：
(1)写明表的标题或加上必要的说明；
(2)必须交代清楚表中各符号所表示的物理量的意义，并写明单位；
(3)表中数据应是正确反映测量结果的有效数字．
2．平均值法
现行教材中只介绍了算术平均值，即把测定的数据相加求和，然后除以测量的次数．必须注意的是，求平均值时应该按测量仪器的精确度决定应保留的有效数字的位数．
3．图象法
图象法是物理实验中广泛应用的处理实验数据的方法．图象法的最大优点是直观、简便．在探索物理量之间的关系时，由图象可以直观地看出物理量之间的函数关系或变化趋势，由此建立经验公式．
作图的规则：
(1)作图一定要用坐标纸，坐标纸的大小要根据有效数字的位数和结果的需要来定；
(2)要标明轴名、单位，在轴上每隔一定的间距按有效数字的位数标明数值；
(3)图上的连线不一定通过所有的数据点，而应尽量使数据点合理地分布在线的两侧；
(4)作图时常通过选取适当的坐标轴使图线线性化，即“变曲为直”．
虽然图象法有许多优点，但在图纸上连线时有较大的主观任意性，另外连线的粗细、图纸的大小、图纸本身的均匀程度等，都对结果的准确性有影响．
四、实验误差的分析及减小误差的方法
中学物理中只要求初步了解绝对误差与相对误差、偶然误差与系统误差的概念，以及能定性地分析一些实验中产生系统误差的主要原因．
(1)绝对误差与相对误差
设某物理量的真实值为A0，测量值为A，则绝对误差为ΔA＝|A－A0|，相对误差为ΔAA0＝|A－A0|A0．
(2)偶然误差与系统误差
偶然误差是由于各种偶然因素对实验的影响而产生的．偶然误差具有随机性，有时偏大，有时偏小，所以可以通过多次测量求平均值的方法减小偶然误差．
系统误差是由于仪器本身不够精确，或实验方法粗略，或实验原理不完善而产生的．它的特点是使测量值总是偏大或总是偏小．所以，采用多次测量求平均值的方法不能减小系统误差．要减小系统误差，必须校准仪器，或改进实验方法，或设计在原理上更为完善的实验方案．
课本上的学生实验中就有不少减小实验系统误差的方法和措施．譬如，在“研究匀变速直线运动”的实验中，若使用电磁打点计时器测量，由于电磁打点计时器的振针与纸带之间有较大的且不连续、不均匀的阻力作用，会给加速度的测定带来较大的系统误差；若改用电火花计时器，就可以使这一阻力大为减小，从而减小加速度测定的系统误差．再如：在用伏安法测电阻时，为减小电阻测量的系统误差，就要根据待测电阻阻值的大小考虑是采用电流表的外接法还是内接法；在用半偏法测电流表的内阻时(如图7－1所示)，为减小测量的系统误差，就要使电源的电动势尽量大，使表满偏时限流电阻R比半偏时并联在电流表两端的电阻箱R′的阻值大得多．
图7－1
五、电学实验电路的基本结构及构思的一般程序
1．电学实验电路的基本结构
一个完整的电学实验电路往往包括测量电路与控制电路两部分．
测量电路：指体现实验原理和测量方法的那部分电路，通常由电表、被测元件、电阻箱等构成．
控制电路：指提供电能、控制和调节电流(电压)大小的那部分电路，通常由电源、开关、滑动变阻器等构成．
有些实验电路的测量电路与控制电路浑然一体，不存在明显的分界．如“测定电源的电动势和内阻”的实验电路．
2．实验电路构思的一般程序
(1)审题
①实验目的；
②给定器材的性能参数．
(2)电表的选择
根据被测电阻及给定电源的相关信息，如电源的电动势、被测电阻的阻值范围和额定电流等，估算出被测电阻的端电压及通过它的电流的最大值，以此为依据，选定量程适当的电表．
(3)测量电路的选择
根据所选定的电表以及被测电阻的情况，选择测量电路(估算法、试触法)．
(4)控制电路的选择
通常优先考虑限流式电路，但在下列三种情形下，应选择分压式电路：
①“限不住”电流，即给定的滑动变阻器阻值偏小，即使把阻值调至最大，电路中的电流也会超过最大允许值；
②给定的滑动变阻器的阻值R太小，即RRx，调节滑动变阻器时，对电流、电压的调节范围太小；
③实验要求电压的调节范围尽可能大，甚至表明要求使电压从零开始变化．
如描绘小电珠的伏安特性曲线、电压表的校对等实验，通常情况下都采用分压式电路．
(5)滑动变阻器的选择
根据所确定的控制电路可选定滑动变阻器．
①限流式电路对滑动变阻器的要求：
a．能“限住”电流，且保证不被烧坏；
b．阻值不宜太大或太小，有一定的调节空间，一般选择阻值与负载阻值相近的变阻器．
②分压式电路对滑动变阻器的要求：
电阻较小而额定电流较大，I额＞ER(R为变阻器的总电阻)．
3．电表的反常规用法
其实，电流表、电压表如果知道其内阻，它们的功能就不仅仅是测电流或电压．因此，如果知道电表的内阻，电流表、电压表就既可以测电流，也可以测电压，还可以作为定值电阻来用，即“一表三用”．
热点、重点、难点
一、应用性实验
1．所谓应用性实验，就是以熟悉和掌握实验仪器的具体使用及其在实验中的应用为目的的一类实验；或者用实验方法取得第一手资料，然后用物理概念、规律分析实验，并以解决实际问题为主要目的的实验．主要有：
①仪器的正确操作与使用，如打点计时器、电流表、电压表、多用电表、示波器等，在实验中能正确地使用它们是十分重要的(考核操作、观察能力)；
②物理知识的实际应用，如科技、交通、生产、生活、体育等诸多方面都有物理实验的具体应用问题．
2．应用性实验题一般分为上面两大类，解答时可从以下两方面入手．
(1)熟悉仪器并正确使用
实验仪器名目繁多，具体应用因题而异，所以，熟悉使用仪器是最基本的应用．如打点计时器的正确安装和使用，滑动变阻器在电路中起限流和分压作用的不同接法，多用电表测不同物理量的调试等，只有熟悉它们，才能正确使用它们．熟悉仪器，主要是了解仪器的结构、性能、量程、工作原理、使用方法、注意事项，如何排除故障、正确读数和调试，使用后如何保管等．
(2)理解实验原理
面对应用性实验题，我们一定要通过审题，迅速地理解其实验原理，这样才能将实际问题模型化，运用有关规律去研究它．
具体地说，应用性实验题的依托仍然是物理知识、实验的能力要求等．解答时不外乎抓住以下几点：①明确实验应该解决什么实际问题(分清力学、电学、光学等不同实际问题)；②明确实验原理与实际问题之间的关系(直接还是间接)；③明确是否仅用本实验能达到解决问题的目的，即是否还要联系其他物理知识，包括数学知识；④明确是否需要设计实验方案；⑤明确实际问题的最终结果．
●例1新式游标卡尺的刻度线看起来很“稀疏”，使读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据．通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度和50分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的三种，但刻度却是：19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份．图7－2就是一个“39mm等分成20份”的新式游标卡尺．
图7－2
(1)它的准确度是__________mm．
(2)用它测量某物体的厚度，示数如图6－1所示，正确的读数是__________cm．
【解析】(1)游标上20格对应的长度为39mm，即每格长为1.95mm，游标上每格比主尺上每两格小Δx＝0.05mm，故准确度为0.05mm．
(2)这种游标卡尺的读数方法为：主尺读数＋游标对准刻度×Δx＝3cm＋6×0.005cm＝3.030cm．
[答案](1)0.05(2)3.030
【点评】游标卡尺、螺旋测微器的使用在高考题中频繁出现．对游标卡尺的使用要特别注意以下两点：
①深刻理解它的原理：通过游标更准确地量出“0”刻度与左侧刻度之间的间距——游标对准刻度×Δx；
②读准有效数据．
●例2图7－3为一简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流Ig＝300μA，内阻Rg＝100Ω，可变电阻R的最大值为10kΩ，电池的电动势E＝1.5V，内阻r＝0.5Ω，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是________色．按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则Rx＝________kΩ．若该欧姆表使用一段时间后，电池的电动势变小、内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述Rx，其测量结果与原结果相比将__________(填“变大”、“变小”或“不变”)．
[2009年高考天津理综卷]
图7－3
[答案]红5变大
【点评】欧姆表的原理就是闭合电路的欧姆定律，可以作为结论的是：欧姆表正中央的刻度值等于欧姆表的内阻．
二、测量性实验Ⅰ
所谓测量性实验，就是以测量一些物理量的具体、准确数据为主要目的的一类实验，可用仪器、仪表直接读取数据，或者根据实验步骤按物理原理测定实验结果的具体数值．测量性实验又称测定性实验，如“用单摆测定重力加速度”、“用油膜法估测分子的大小”、“测定金属的电阻率”、“测定玻璃的折射率”等．
●例3如图7－3所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力加速度．
图7－4
(1)所需器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需________(填字母代号)中的器材．
A．直流电源、天平及砝码
B．直流电流、毫米刻度尺
C．交流电源、天平及砝码
D．交流电源、毫米刻度尺
(2)通过作图的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．为使图线的斜率等于重力加速度，除作v－t图象外，还可作__________图象，其纵轴表示的是__________，横轴表示的是__________．
[2009年高考天津理综卷]
[答案](1)D(2)v22－h速度平方的二分之一重物下落的高度
【点评】①高中物理中讲述了许多种测量重力加速度的方法，如单摆法、自由落体法、滴水法、阿特伍德机法等．
②图象法是常用的处理数据的方法，其优点是直观、准确，还能容易地剔除错误的测量数据．
●例4现要测量电源B的电动势E及内阻r(E约为4.5V，r约为1.5Ω)，已有下列器材：量程为3V的理想电压表，量程为0.5A的电流表(具有一定内阻)，固定电阻R＝40Ω，滑动变阻器R′，开关S，导线若干．
(1)画出实验电路原理图．图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出．
(2)实验中，当电流表的示数为I1时，电压表的示数为U1；当电流表的示数为I2时，电压表的示数为U2．由此可求出，E＝__________，r＝__________．(用I1、I2、U1、U2及R表示)
【解析】本题是常规伏安法测电源的电动势和内阻实验的情境变式题，本题与课本上实验的区别是电源的电动势大于理想电压表的量程，但题目中提供的器材中有一个阻值不大的固定电阻，这就很容易把该情境变式题“迁移”到学过的实验上．把固定电阻接在电源的旁边，将其等效成电源的内阻即可(如图甲所示)，再把电压表跨接在它们的两侧．显然，“内阻增大，内电压便增大”，电压表所测量的外电压相应的减小，通过定量计算，符合实验测量的要求．这样，一个新的设计性实验又回归到课本实验上了．
甲
(1)实验电路原理图如图乙所示．
乙
(2)根据E＝U＋Ir，给定的电源B的电动势E及内阻r是一定的，I和U都随滑动变阻器R′的阻值的改变而改变，只要改变R′的阻值，即可测出两组I、U数据，列方程组得：
E＝U1＋I1(R＋r)
E＝U2＋I2(R＋r)
解得：E＝I1U2－I2U1I1－I2，r＝U2－U1I1－I2－R．
[答案](1)如图乙所示
(2)I1U2－I2U1I1－I2U2－U1I1－I2－R
【点评】本题所提供的理想电压表的量程小于被测电源的电动势，需要学生打破课本实验的思维定式，从方法上进行创新，运用所提供的器材创造性地进行实验设计．
三、测量性实验Ⅱ：“伏安法测电阻”规律汇总
纵观近几年的实验题，题目年年翻新，没有一个照搬课本中的实验，全是对原有实验的改造、改进，甚至创新，但题目涉及的基本知识和基本技能仍然立足于课本实验．
实验题作为考查实验能力的有效途径和重要手段，在高考试题中一直占有相当大的比重，而电学实验因其实验理论、步骤的完整性及与大学物理实验结合的紧密性，成了高考实验考查的重中之重，测量电阻成为高考考查的焦点．伏安法测电阻是测量电阻最基本的方法，常涉及电流表内外接法的选择与滑动变阻器限流、分压式的选择，前者是考虑减小系统误差，后者是考虑电路的安全及保证可读取的数据．另外，考题还常设置障碍让考生去克服，如没有电压表或没有电流表等，这就要求考生根据实验要求及提供的仪器，发挥思维迁移，将已学过的电学知识和实验方法灵活地运用到新情境中去．这样，就有效地考查了考生设计和完成实验的能力．
一、伏安法测电阻的基本原理
1．基本原理
伏安法测电阻的基本原理是欧姆定律R＝UI，只要测出元件两端的电压和通过的电流，即可由欧姆定律计算出该元件的阻值．
2．测量电路的系统误差
(1)当Rx远大于RA或临界阻值RARVRx时，采用电流表内接(如图7－5所示)．采用电流表内接时，系统误差使得电阻的测量值大于真实值，即R测R真．
图7－5
(2)当Rx远小于RV或临界阻值RARVRx时，采用电流表外接(如图7－6所示)．采用电流表外接时，系统误差使得电阻的测量值小于真实值，即R测R真．
图7－6
3．控制电路的安全及偶然误差
根据电路中各元件的安全要求及电压调节的范围不同，滑动变阻器有限流接法与分压接法两种选择．
(1)滑动变阻器限流接法(如图7－7所示)．一般情况或没有特别说明的情况下，由于限流电路能耗较小，结构连接简单，应优先考虑限流连接方式．限流接法适合测量小电阻和与变阻器总电阻相比差不多或还小的电阻．
图7－7
(2)滑动变阻器分压接法(如图7－8所示)．当采用限流电路，电路中的最小电流仍超过用电器的额定电流时，必须选用滑动变阻器的分压连接方式；当用电器的电阻远大于滑动变阻器的总电阻值，且实验要求的电压变化范围较大(或要求测量多组实验数据)时，必须选用滑动变阻器的分压接法；要求某部分电路的电压从零开始可连续变化时，必须选用滑动变阻器的分压连接方式．
图7－8
4．常见的测量电阻的方法
●例5从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电流表的内阻r1．要求方法简捷，有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据．
(1)画出电路图，标明所用器材的代号．
(2)若选测量数据中的一组来计算r1，则所用的表达式r1＝______________________，式中各符号的意义是：________________________________________________．
【解析】根据所列仪器的特点，电流表的内阻已知，由此可采用两电流表并联．因为两电流表两端的电压相等，即可省去电压的测量，从而减小实验误差，由I2r2＝I1r1，得r1＝I2r2I1．
[答案](1)电路图如图所示
(2)I2r2I1I1、I2分别为、的示数
【点评】①分析题意可知需测量电流表的内阻，按常规方法应用伏安法，将电压表并联在待测电流表两端，但经分析可知即使该电流表满偏，其两端的电压也仅为0.4V，远小于量程10V．这恰恰就是本题设计考核学生应变能力的“陷阱”．
②此题也可理解为“将已知内阻的电流表当成电压表使用”，这实际也是伏安法的一种推广形式．
●例6有一根圆台状匀质合金棒如图7－9甲所示，某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率ρ、长度L和两底面直径d、D有关．他进行了如下实验：
图7－9
(1)用游标卡尺测量合金棒的两底面直径d、D和长度L．图6－8乙中的游标卡尺(游标尺上有20个等分刻度)的读数L＝________cm．
(2)测量该合金棒电阻的实物电路如图6－8丙所示(相关器材的参数已在图中标出)．该合金棒的电阻约为几个欧姆．图中有一处连接不当的导线是________．(用标注在导线旁的数字表示)
图7－9丙
(3)改正电路后，通过实验测得合金棒的电阻R＝6.72Ω．根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆台状合金棒的电阻分别为Rd＝13.3Ω、RD＝3.38Ω．他发现：在误差允许范围内，电阻R满足R2＝RdRD，由此推断该圆台状合金棒的电阻R＝________．(用ρ、L、d、D表述)
[2009年高考江苏物理卷]
【解析】(1)游标卡尺的读数，按步骤进行则不会出错．首先，确定游标卡尺的精度为20分度，即为0.05mm；然后以毫米为单位从主尺上读出整毫米数99.00mm，注意小数点后的有效数字要与精度一样；再从游标尺上找出对的最齐一根刻线，精度×格数＝0.05×8mm＝0.40mm；最后两者相加，根据题目单位要求换算为需要的数据，99.00mm＋0.40mm＝99.40mm＝9.940cm．
(2)本实验为测定一个几欧姆的电阻，在用伏安法测量其两端的电压和通过电阻的电流时，因为安培表的内阻较小，为了减小误差，应用安培表外接法，⑥线的连接使用的是安培表内接法．
(3)审题是关键，弄清题意也就能够找到解题的方法．根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为：
Rd＝13.3Ω，RD＝3.38Ω
即Rd＝ρLπd22，RD＝ρLπD22
而电阻R满足R2＝RdRD
将Rd、RD代入得：R＝4ρLπdD．
[答案](1)9.940(2)⑥(3)4ρLπdD
三、设计性实验
1．所谓设计性实验，就是根据实验目的，自主地运用掌握的物理知识、实验方法和技能，完成实验的各环节(实验目的、对象、原理、仪器选择、实验步骤、数据处理等)，拟定实验方案，分析实验现象，并在此基础上作出适当评价．
2．设计性实验的显著特点：相同的实验内容可设计不同的过程和方法，实验思维可另辟蹊径，如设计出与常见实验(书本曾经介绍过的实验)有所变化的实验．以控制实验条件达到实验目的而设计的实验问题，不受固有实验思维束缚，完全是一种源于书本、活于书本，且新颖的设计性实验．
●例7请完成以下两小题．
(1)某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：如图7－10甲所示，将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第三条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物．
图7－10甲
①为完成本实验，下述操作中必需的是________．
a．测量细绳的长度
b．测量橡皮筋的原长
c．测量悬挂重物后橡皮筋的长度
d．记录悬挂重物后结点O的位置
②钉子位置固定，欲利用现有器材，改变条件再次验证，可采用的方法是__________________．
(2)为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统．光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx)．某光敏电阻RP在不同照度下的阻值如下表：
照度(lx)0.20.40.60.81.01.2
电阻(kΩ)7540282320xx
①根据表中数据，请在给定的坐标系中(如图7－10乙所示)描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点．
图7－10乙
②如图7－10丙所示，当1、2两端所加电压上升至2V时，控制开关自动启动照明系统．请利用下列器材设计一个简单电路，给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0(lx)时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图．(不考虑控制开关对所设计电路的影响)
图7－10丙
提供的器材如下：
光敏电阻RP(符号阻值见上表)；
直流电源E(电动势3V，内阻不计)；
定值电阻：R1＝10kΩ，R2＝20kΩ，R3＝40kΩ(限选其中之一并在图中标出)；
开关S及导线若干．[2009年高考山东理综卷]
[答案](1)①bcd②更换不同的小重物
(2)①光敏电阻的阻值随光照度变化的曲线如图7－10丁所示．特点：光敏电阻的阻值随光照度的增大非线性减小．
②如图6－9戊所示
丁戊
图7－10
四、探究性实验
所谓探究性实验题，就是运用实验手段探索未知领域，尝试多种可能因素及其出现的结果，在此基础上，通过观察、探究、分析实验对象、事件的主要特征，认识研究对象的变化过程和变化条件，获取必要的可靠数据，依据实验结果客观地揭示事物的内在联系和本质规律，从而得出结论．中学实验中比较典型的探究性实验是电学中的黑箱问题．
●例8佛山市九江大桥撞船事故发生后，佛山交通部门加强了对佛山市内各种大桥的检测与维修，其中对西樵大桥实施了为期近一年的封闭施工，置换了大桥上所有的斜拉悬索．某校研究性学习小组的同学们很想知道每根长50m、横截面积为400cm2的新悬索能承受的最大拉力．由于悬索很长，抗断拉力又很大，直接测量很困难，于是同学们取来了同种材料制成的样品进行实验探究．
由胡克定律可知，在弹性限度内，弹簧的弹力F与形变量x成正比，其比例系数与弹簧的长度、横截面积及材料有关．因而同学们猜想，悬索可能也遵循类似的规律．
(1)同学们准备像做“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验一样，先将样品竖直悬挂，再在其下端挂上不同重量的重物来完成本实验．但有同学说悬索的重力是不可忽略的，为了避免悬索所受重力对实验的影响，你认为可行的措施是：___________________________________．
(2)同学们通过游标卡尺测量样品的直径来测定其横截面积，某次测量的结果如图7－11所示，则该样品的直径为__________cm．
图7－11
(3)同学们经过充分的讨论，不断完善实验方案，最后测得实验数据如下．
①分析样品C的数据可知，其所受拉力F(单位：N)与伸长量x(单位：m)所遵循的函数关系式是________________．
②对比各样品的实验数据可知，悬索受到的拉力与悬索的伸长量成正比，其比例系数与悬索长度的________________成正比、与悬索的横截面积的________________成正比．
[答案](1)将悬索样品一端固定并水平放置在光滑水平面上，另一端连接轻绳绕过滑轮悬挂钩码
(2)0.830(3)①F＝2×106x②平方的倒数大小
【点评】本题考查学生对“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验的迁移能力、对游标卡尺的读数原理的掌握和从图表归纳所需信息的能力，还考查了学生的逻辑推理能力、运用数学知识解决物理问题的能力和实验探究能力．

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高考物理冲刺专题复习

20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题18:第9专题高中物理常见的物理模型(2)能力演练

一、选择题(10×4分)
1．图示是原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系图象，下列说法正确的是()
A．若D和E结合成F，结合过程中一定会吸收核能
B．若D和E结合成F，结合过程中一定会释放核能
C．若A分裂成B和C，分裂过程中一定会吸收核能
D．若A分裂成B和C，分裂过程中一定会释放核能
【解析】D、E结合成F粒子时总质量减小，核反应释放核能；A分裂成B、C粒子时，总质量减小，核反应释放核能．
[答案]BD
2．单冷型空调器一般用来降低室内温度，其制冷系统与电冰箱的制冷系统结构基本相同．某单冷型空调器的制冷机从低温物体吸收热量Q2，向高温物体放出热量Q1，而外界(压缩机)必须对工作物质做功W，制冷系数ε＝Q2W．设某一空调的制冷系数为4，若制冷机每天从房间内部吸收2.0×107J的热量，则下列说法正确的是()
A．Q1一定等于Q2
B．空调的制冷系数越大越耗能
C．制冷机每天放出的热量Q1＝2.5×107J
D．制冷机每天放出的热量Q1＝5.0×106J
【解析】Q1＝Q2＋W＞Q2，选项A错误；ε越大，从室内向外传递相同热量时压缩机所需做的功(耗电)越小，越节省能量，选项B错误；又Q1＝Q2＋Q2ε＝2.5×107J，故选项C正确．
[答案]C
3．图示为一列简谐横波的波形图象，其中实线是t1＝0时刻的波形，虚线是t2＝1.5s时的波形，且(t2－t1)小于一个周期．由此可判断()
A．波长一定是60cm
B．波一定向x轴正方向传播
C．波的周期一定是6s
D．波速可能是0.1m/s，也可能是0.3m/s
【解析】由题图知λ＝60cm
若波向x轴正方向传播，则可知：
波传播的时间t1＝T4，传播的位移s1＝15cm＝λ4
故知T＝6s，v＝0.1m/s
若波向x轴负方向传播，可知：
波传播的时间t2＝34T，传播的位移s2＝45cm＝3λ4
故知T＝2s，v＝0.3m/s．
[答案]AD
4．如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M的A、B两块木板，在木板A的上面放着一个质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态．A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为μ．若用水平恒力F向右拉动木板A，使之从C、B之间抽出来，已知重力加速度为g，则拉力F的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)()
A．F＞μ(2m＋M)gB．F＞μ(m＋2M)g
C．F＞2μ(m＋M)gD．F＞2μmg
【解析】无论F多大，摩擦力都不能使B向右滑动，而滑动摩擦力能使C产生的最大加速度为μg，故F－μmg－μ(m＋M)gM＞μg时，即F＞2μ(m＋M)g时A可从B、C之间抽出．
[答案]C
5．如图所示，一束单色光a射向半球形玻璃砖的球心，在玻璃与空气的界面MN上同时发生反射和折射，b为反射光，c为折射光，它们与法线间的夹角分别为β和θ．逐渐增大入射角α，下列说法中正确的是()
A．β和θ两角同时增大，θ始终大于β
B．b光束的能量逐渐减弱，c光束的能量逐渐加强
C．b光在玻璃中的波长小于b光在空气中的波长
D．b光光子的能量大于c光光子的能量
【解析】三个角度之间的关系有：θ＝α，sinβsinα＝n＞1，故随着α的增大，β、θ都增大，但是θ＜β，选项A错误，且在全反射前，c光束的能量逐渐减弱，b光束的能量逐渐加强，选项B错误；又由n＝sinβsinα＝cv＝λλ′，b光在玻璃中的波长小于在空气中的波长，但光子的能量不变，选项C正确、D错误．
[答案]C
6．如图所示，水平传送带以v＝2m/s的速度匀速前进，上方漏斗中以每秒50kg的速度把煤粉竖直抖落到传送带上，然后一起随传送带运动．如果要使传送带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为()
A．100WB．200WC．500WD．无法确定
【解析】漏斗均匀持续将煤粉抖落在传送带上，每秒钟有50kg的煤粉被加速至2m/s，故每秒钟传送带的电动机应多做的功为：
ΔW＝ΔEk＋Q＝12mv2＋fΔs＝mv2＝200J
故传送带的电动机应增加的功率ΔP＝ΔWt＝200W．
[答案]B
7．如图所示，一根用绝缘材料制成的轻弹簧，劲度系数为k，一端固定，另一端与质量为m、带电荷量为＋q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上．当施加水平向右的匀强电场E后，小球开始做简谐运动，下列关于小球运动情况的说法中正确的是()
A．小球的速度为零时，弹簧的伸长量为qEk
B．小球的速度为零时，弹簧的伸长量为2qEk
C．运动过程中，小球和弹簧系统的机械能守恒
D．运动过程中，小球动能变化量、弹性势能变化量以及电势能的变化量之和保持为零
【解析】由题意知，小球位于平衡位置时弹簧的伸长量x0＝qEk，小球速度为零时弹簧处于原长或伸长了2x0＝2qEk，选项A错误、B正确．
小球做简谐运动的过程中弹簧弹力和电场力都做功，机械能不守恒，动能、弹性势能、电势能的总和保持不变，选项D正确．
[答案]BD
8．如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ．若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则[2009年高考北京理综卷]()
A．将滑块由静止释放，如果μ＞tanθ，滑块将下滑
B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tanθ，滑块将减速下滑
C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ＝tanθ，则拉力大小应是2mgsinθ
D．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ＝tanθ，则拉力大小应是mgsinθ
【解析】对于静止置于斜面上的滑块，可沿斜面下滑的条件为mgsinθ＞μmgcosθ；同理，当mgsinθ＜μmgcosθ时，具有初速度下滑的滑块将做减速运动，选项A、B错误；当μ＝tanθ时，滑块与斜面之间的动摩擦力f＝mgsinθ，由平衡条件知，使滑块匀速上滑的拉力F＝2mgsinθ，选项C正确、D错误．
[答案]C
9．国产“水刀”——超高压数控万能水切割机，以其神奇的切割性能在北京国际展览中心举行的第五届国际机床展览会上引起轰动，它能切割40mm厚的钢板、50mm厚的大理石等材料．
将普通的水加压，使其从口径为0.2mm的喷嘴中以800m/s～1000m/s的速度射出，这种水射流就是“水刀”．我们知道，任何材料承受的压强都有一定限度，下表列出了一些材料所能承受的压强的限度．

A．橡胶5×107Pa
B．花岗石1.2×108Pa～2.6×108Pa
C．铸铁8.8×108Pa
D．工具钢6.7×108Pa
设想一“水刀”的水射流横截面积为S，垂直入射的速度v＝800m/s，水射流与材料接触后，速度为零，且不附着在材料上，水的密度ρ＝1×103kg/m3，则此水刀不能切割上述材料中的()
【解析】以射到材料上的水量Δm为研究对象，以其运动方向为正方向，由动量定理得：
－pSΔt＝－ρSvΔtv
得：p＝ρv2＝6.4×108Pa
由表中数据可知：此“水刀”不能切割材料C和D．
[答案]CD
10．如图甲所示，质量为2m的长木板静止地放在光滑的水平面上，另一质量为m的小铅块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板的左端，恰能滑至木板的右端且与木板保持相对静止，铅块在运动过程中所受到的摩擦力始终不变．若将木板分成长度与质量均相等(即m1＝m2＝m)的两段1、2后，将它们紧挨着放在同一水平面上，让小铅块以相同的初速度v0由木板1的左端开始运动，如图乙所示，则下列说法正确的是()
A．小铅块滑到木板2的右端前就与之保持相对静止
B．小铅块滑到木板2的右端后与之保持相对静止
C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等
D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量
【解析】长木板分两段前，铅块和木板的最终速度为：
vt＝mv03m＝13v0
且有Q＝fL＝12mv02－12×3m(v03)2＝13mv02
长木板分两段后，可定量计算出木板1、2和铅块的最终速度，从而可比较摩擦生热和相对滑动的距离；也可用图象法定性分析(如图丙所示)比较得到小铅块到达右端之前已与木板2保持相对静止，故图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量．
丙
[答案]AD
二、非选择题(共60分)
11．(5分)图示为伏安法测电阻的部分电路，电路其他部分不变，当开关S接a点时，电压表的示数U1＝11V，电流表的示数I1＝0.2A；当开关S接b点时，U2＝12V，I2＝0.15A．那么，为了提高测量的准确性，开关S应接______点(填“a”或“b”)，Rx的测量值为________Ω．
[答案]b(2分)80(3分)
12．(10分)如图所示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，轻弹簧的一端固定在水平轨道的左端，OP是可绕O点转动的轻杆，且摆到某处就能停在该处；另有一小钢球．现在利用这些器材测定弹簧被压缩时的弹性势能．
(1)还需要的器材是________、________．
(2)以上测量实际上是把对弹性势能的测量转化为对________能的测量，需要直接测量________和________．
(3)为了研究弹簧的弹性势能与劲度系数和形变量间的关系，除以上器材外，还准备了几个轻弹簧，所有弹簧的劲度系数均不相同．试设计记录数据的表格．
[答案](1)天平刻度尺(每空1分)
(2)重力势质量上升高度(每空1分)
(3)设计表格如下(5分)
小球的质量m＝________kg，弹簧A
压缩量x(m)
上升高度h(m)
E＝mgh(J)
压缩量x＝________cm，小球的质量m＝________kg
弹簧ABC
劲度系数k(N/m)
上升高度h(m)
E＝mgh(J)
13．(10分)如图所示，一劲度系数k＝800N/m的轻弹簧的两端各焊接着两个质量均为m＝12kg的物体A、B，A、B和轻弹簧静止竖立在水平地面上．现加一竖直向上的力F在上面的物体A上，使物体A开始向上做匀加速运动，经0.4s物体B刚要离开地面，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内，取g＝10m/s2．求：
(1)此过程中所加外力F的最大值和最小值．
(2)此过程中外力F所做的功．
【解析】(1)A原来静止时有：kx1＝mg(1分)
当物体A刚开始做匀加速运动时，拉力F最小，设为F1．
对物体A有：F1＋kx1－mg＝ma(1分)
当物体B刚要离开地面时，拉力F最大，设为F2．
对物体A有：F2－kx2－mg＝ma(1分)
对物体B有：kx2＝mg(1分)
对物体A有：x1＋x2＝12at2(1分)
解得：a＝3.75m/s2
联立解得：F1＝45N(1分)，F2＝285N．(1分)
(2)在力F作用的0.4s内，初末状态的弹性势能相等(1分)
由功能关系得：
WF＝mg(x1＋x2)＋12m(at)2＝49.5J．(2分)
[答案](1)285N45N(2)49.5J
14．(12分)如图甲所示，倾角为θ、足够长的两光滑金属导轨位于同一倾斜的平面内，导轨间距为l，与电阻R1、R2及电容器相连，电阻R1、R2的阻值均为R，电容器的电容为C，空间存在方向垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B．一个质量为m、阻值也为R、长度为l的导体棒MN垂直于导轨放置，将其由静止释放，下滑距离s时导体棒达到最大速度，这一过程中整个回路产生的焦耳热为Q，则：
甲
(1)导体棒稳定下滑的最大速度为多少？
(2)导体棒从释放开始到稳定下滑的过程中流过R1的电荷量为多少？
【解析】(1)当达到最大速度时，导体棒匀速运动，电容器中没有电流，设导体棒稳定下滑的最大速度为v，有：
E＝Blv(1分)
I＝ER2＋R(1分)
所以F安＝BIl＝B2l2v2R(2分)
导体棒的受力情况如图乙所示，根据受力平衡条件有：
乙
F安＝mgsinθ(1分)
解得：v＝2mgRsinθB2l2．(2分)
(2)棒加速运动时电容器上的电压增大，电容器充电；当棒达到最大速度后，电容器上的电荷量最大并保持不变，所以流过R1的电荷量就是电容器所带的电荷量，则：
U＝IR2＝E2RR＝E2＝Blv2＝mgRsinθBl(3分)
QR1＝CU＝mgRCsinθBl．(2分)
[答案](1)2mgRsinθB2l2(2)mgRCsinθBl
15．(13分)如图甲所示，一质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，此磁场方向垂直纸面向里．结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处到A点的距离为2d(直线DAG与电场方向垂直)．不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内．求：
甲
(1)正离子从D处运动到G处所需时间．
(2)正离子到达G处时的动能．
【解析】(1)正离子的运动轨迹如图乙所示，在磁场中做圆周运动的时间为：
乙
t1＝13T＝2πm3Bq(1分)
圆周运动半径r满足：r＋rcos60°＝d(1分)
解得：r＝23d(1分)
设离子在磁场中运动的速度为v0，则有：r＝mv0Bq(1分)
解得：v0＝2Bqd3m(1分)
离子从C运动到G所需的时间t2＝2dv0＝3mBq(2分)
离子从D→C→G的总时间为：
t＝t1＋t2＝(9＋2π)m3Bq．(2分)
(2)设电场强度为E，对离子在电场中的运动过程，有：
qE＝ma，d＝12at22(1分)
由动能定理得：Eqd＝EkG－12mv02(1分)
解得：EkG＝4B2q2d29m．(2分)
[答案](1)(9＋2π)m3Bq(2)4B2q2d29m
16．(15分)如图甲所示，质量m1＝2.0kg的物块A随足够长的水平传送带一起匀速运动，传送带的速度大小v带＝3.0m/s，方向如图所示；在A的右侧L＝2.5m处将质量m2＝3.0kg的物块B无初速度放上传送带．已知在A、B碰后瞬间B相对传送带的速度大小为1.0m/s，之后当其中某一物块相对传送带的速度为零时，传送带立即以大小为2.0m/s2的加速度制动，最后停止运动．传送带的运动情况不受物块A、B的影响，且A、B碰撞的时间极短．设两物块与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.10．求：
甲
(1)物块B刚开始滑动时的加速度．
(2)碰撞后两物块的速度．
(3)两物块间的最大距离．
【解析】(1)物块B刚开始滑动时，加速度为：
a＝μm2gm2＝μg＝1m/s2，方向向右．(2分)
(2)设经t1时间，A、B两物块相碰，有：
12at21＋L＝v带t1
解得：t1＝1s，t1′＝5s(由上述分析可知，t1′不合题意，舍去)
碰前B的速度v2＝at1＝1m/s(2分)
由题意可知：碰后B的速度v2′＝2m/s或v2″＝4m/s
由动量守恒定律得：
m1v带＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v带＋m2v2＝m1v1″＋m2v2″
解得：碰后A的速度v1′＝1.5m/s或v1″＝－1.5m/s
检验：由于12m1v2带＋12m2v22＜12m1v1′2＋12m2v2″2
故v1″＝－1.5m/s、v2″＝4m/s这组数据舍去
所以碰后A的速度v1′＝1.5m/s，方向向右；B的速度v2′＝2m/s，方向向右．(3分)
(3)因碰后两物块均做加速度运动，加速度都为a＝1m/s2，所以B的速度先达到与传送带相同速度，设B达到与传送带速度相同的时间为t2．
乙
有：v带＝v2′＋at2，t2＝1s
此时A的速度v3＝v1′＋at2＝2.5m/s＜v带
故从t2之后A继续加速运动，B和传送带开始减速运动，直到A和传送达到某个共同速度v4后，A所受的摩擦力换向，才开始减速运动．设A继续加速度的时间为t3，则：
v4＝v3＋at3＝v带－a带t3，t3＝16s
A的速度v4＝v3＋at3＝83m/s(2分)
此时B的速度v5＝v带－at3＝176m/s，之后A、B均做减速运动，因为在整个过程中B的速度始终大于A的速度，所以当A、B都静止时两物块间的距离最大．(1分)
B碰后运动的总位移s2＝v2带－v2′22a＋0－v2带2×(－a)＝7m
或s2＝v2′＋v带2t2＋v带2×v带a＝7m(2分)
A碰后运动的总位移s1＝v24－v1′22×a＋0－v242×(－a)≈6m(2分)
两物块间的最大距离sm＝s2－s1＝1m．(1分)
[答案](1)1m/s2，方向向左
(2)A的速度为1.5m/s，方向向右；B的速度为2m/s，方向向右
(3)1m

高考物理常见的物理模型冲刺专题复习

20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题17:第9专题高中物理常见的物理模型(1)
方法概述
高考命题以《考试大纲》为依据，考查学生对高中物理知识的掌握情况，体现了“知识与技能、过程与方法并重”的高中物理学习思想．每年各地的高考题为了避免雷同而千变万化、多姿多彩，但又总有一些共性，这些共性可粗略地总结如下：
(1)选择题中一般都包含3～4道关于振动与波、原子物理、光学、热学的试题．
(2)实验题以考查电路、电学测量为主，两道实验小题中出一道较新颖的设计性实验题的可能性较大．
(3)试卷中下列常见的物理模型出现的概率较大：斜面问题、叠加体模型(包含子弹射入)、带电粒子的加速与偏转、天体问题(圆周运动)、轻绳(轻杆)连接体模型、传送带问题、含弹簧的连接体模型．
高考中常出现的物理模型中，有些问题在高考中变化较大，或者在前面专题中已有较全面的论述，在这里就不再论述和例举．斜面问题、叠加体模型、含弹簧的连接体模型等在高考中的地位特别重要，本专题就这几类模型进行归纳总结和强化训练；传送带问题在高考中出现的概率也较大，而且解题思路独特，本专题也略加论述．
热点、重点、难点
一、斜面问题
在每年各地的高考卷中几乎都有关于斜面模型的试题．如2009年高考全国理综卷Ⅰ第25题、北京理综卷第18题、天津理综卷第1题、上海物理卷第22题等，2008年高考全国理综卷Ⅰ第14题、全国理综卷Ⅱ第16题、北京理综卷第20题、江苏物理卷第7题和第15题等．在前面的复习中，我们对这一模型的例举和训练也比较多，遇到这类问题时，以下结论可以帮助大家更好、更快地理清解题思路和选择解题方法．
1．自由释放的滑块能在斜面上(如图9－1甲所示)匀速下滑时，m与M之间的动摩擦因数μ＝gtanθ．
图9－1甲
2．自由释放的滑块在斜面上(如图9－1甲所示)：
(1)静止或匀速下滑时，斜面M对水平地面的静摩擦力为零；
(2)加速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向右；
(3)减速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向左．
3．自由释放的滑块在斜面上(如图9－1乙所示)匀速下滑时，M对水平地面的静摩擦力为零，这一过程中再在m上加上任何方向的作用力，(在m停止前)M对水平地面的静摩擦力依然为零(见一轮书中的方法概述)．
图9－1乙
4．悬挂有物体的小车在斜面上滑行(如图9－2所示)：
图9－2
(1)向下的加速度a＝gsinθ时，悬绳稳定时将垂直于斜面；
(2)向下的加速度a＞gsinθ时，悬绳稳定时将偏离垂直方向向上；
(3)向下的加速度a＜gsinθ时，悬绳将偏离垂直方向向下．
5．在倾角为θ的斜面上以速度v0平抛一小球(如图9－3所示)：
图9－3
(1)落到斜面上的时间t＝2v0tanθg；
(2)落到斜面上时，速度的方向与水平方向的夹角α恒定，且tanα＝2tanθ，与初速度无关；
(3)经过tc＝v0tanθg小球距斜面最远，最大距离d＝(v0sinθ)22gcosθ．
6．如图9－4所示，当整体有向右的加速度a＝gtanθ时，m能在斜面上保持相对静止．
图9－4
7．在如图9－5所示的物理模型中，当回路的总电阻恒定、导轨光滑时，ab棒所能达到的稳定速度vm＝mgRsinθB2L2．
图9－5
8．如图9－6所示，当各接触面均光滑时，在小球从斜面顶端滑下的过程中，斜面后退的位移s＝mm＋ML．
图9－6
●例1有一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断．例如从解的物理量单位，解随某些已知量变化的趋势，解在一些特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等进行比较，从而判断解的合理性或正确性．
举例如下：如图9－7甲所示，质量为M、倾角为θ的滑块A放于水平地面上．把质量为m的滑块B放在A的斜面上．忽略一切摩擦，有人求得B相对地面的加速度a＝M＋mM＋msin2θgsinθ，式中g为重力加速度．
图9－7甲
对于上述解，某同学首先分析了等号右侧的量的单位，没发现问题．他进一步利用特殊条件对该解做了如下四项分析和判断，所得结论都是“解可能是对的”．但是，其中有一项是错误的，请你指出该项[2008年高考北京理综卷]()
A．当θ＝0°时，该解给出a＝0，这符合常识，说明该解可能是对的
B．当θ＝90°时，该解给出a＝g，这符合实验结论，说明该解可能是对的
C．当Mm时，该解给出a≈gsinθ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的
D．当mM时，该解给出a≈gsinθ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的
【解析】当A固定时，很容易得出a＝gsinθ；当A置于光滑的水平面时，B加速下滑的同时A向左加速运动，B不会沿斜面方向下滑，难以求出运动的加速度．
图9－7乙
设滑块A的底边长为L，当B滑下时A向左移动的距离为x，由动量守恒定律得：
Mxt＝mL－xt
解得：x＝mLM＋m
当mM时，x≈L，即B水平方向的位移趋于零，B趋于自由落体运动且加速度a≈g．
选项D中，当mM时，a≈gsinθ＞g显然不可能．
[答案]D
【点评】本例中，若m、M、θ、L有具体数值，可假设B下滑至底端时速度v1的水平、竖直分量分别为v1x、v1y，则有：
v1yv1x＝hL－x＝(M＋m)hML
12mv1x2＋12mv1y2＋12Mv22＝mgh
mv1x＝Mv2
解方程组即可得v1x、v1y、v1以及v1的方向和m下滑过程中相对地面的加速度．
●例2在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相同的匀强磁场，其方向一个垂直于斜面向上，一个垂直于斜面向下(如图9－8甲所示)，它们的宽度均为L．一个质量为m、边长也为L的正方形线框以速度v进入上部磁场时，恰好做匀速运动．
图9－8甲
(1)当ab边刚越过边界ff′时，线框的加速度为多大，方向如何？
(2)当ab边到达gg′与ff′的正中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则线框从开始进入上部磁场到ab边到达gg′与ff′的正中间位置的过程中，线框中产生的焦耳热为多少？(线框的ab边在运动过程中始终与磁场边界平行，不计摩擦阻力)
【解析】(1)当线框的ab边从高处刚进入上部磁场(如图9－8乙中的位置①所示)时，线框恰好做匀速运动，则有：
mgsinθ＝BI1L
此时I1＝BLvR
当线框的ab边刚好越过边界ff′(如图9－8乙中的位置②所示)时，由于线框从位置①到位置②始终做匀速运动，此时将ab边与cd边切割磁感线所产生的感应电动势同向叠加，回路中电流的大小等于2I1．故线框的加速度大小为：
图9－8乙
a＝4BI1L－mgsinθm＝3gsinθ，方向沿斜面向上．
(2)而当线框的ab边到达gg′与ff′的正中间位置(如图9－8乙中的位置③所示)时，线框又恰好做匀速运动，说明mgsinθ＝4BI2L
故I2＝14I1
由I1＝BLvR可知，此时v′＝14v
从位置①到位置③，线框的重力势能减少了32mgLsinθ
动能减少了12mv2－12m(v4)2＝1532mv2
由于线框减少的机械能全部经电能转化为焦耳热，因此有：
Q＝32mgLsinθ＋1532mv2．
[答案](1)3gsinθ，方向沿斜面向上
(2)32mgLsinθ＋1532mv2
【点评】导线在恒力作用下做切割磁感线运动是高中物理中一类常见题型，需要熟练掌握各种情况下求平衡速度的方法．
二、叠加体模型
叠加体模型在历年的高考中频繁出现，一般需求解它们之间的摩擦力、相对滑动路程、摩擦生热、多次作用后的速度变化等，另外广义的叠加体模型可以有许多变化，涉及的问题更多．如2009年高考天津理综卷第10题、宁夏理综卷第20题、山东理综卷第24题，2008年高考全国理综卷Ⅰ的第15题、北京理综卷第24题、江苏物理卷第6题、四川延考区理综卷第25题等．
叠加体模型有较多的变化，解题时往往需要进行综合分析(前面相关例题、练习较多)，下列两个典型的情境和结论需要熟记和灵活运用．
1．叠放的长方体物块A、B在光滑的水平面上匀速运动或在光滑的斜面上自由释放后变速运动的过程中(如图9－9所示)，A、B之间无摩擦力作用．
图9－9
2．如图9－10所示，一对滑动摩擦力做的总功一定为负值，其绝对值等于摩擦力乘以相对滑动的总路程或等于摩擦产生的热量，与单个物体的位移无关，即Q摩＝fs相．
图9－10
●例3质量为M的均匀木块静止在光滑的水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同的步枪和子弹的射击手．首先左侧的射击手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧的射击手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2，如图9－11所示．设子弹均未射穿木块，且两子弹与木块之间的作用力大小均相同．当两颗子弹均相对木块静止时，下列说法正确的是(注：属于选修3－5模块)()
图9－11
A．最终木块静止，d1＝d2
B．最终木块向右运动，d1d2
C．最终木块静止，d1d2
D．最终木块静止，d1d2
【解析】木块和射出后的左右两子弹组成的系统水平方向不受外力作用，设子弹的质量为m，由动量守恒定律得：
mv0－mv0＝(M＋2m)v
解得：v＝0，即最终木块静止
设左侧子弹射入木块后的共同速度为v1，有：
mv0＝(m＋M)v1
Q1＝fd1＝12mv02－12(m＋M)v12
解得：d1＝mMv022(m＋M)f
对右侧子弹射入的过程，由功能原理得：
Q2＝fd2＝12mv02＋12(m＋M)v12－0
解得：d2＝(2m2＋mM)v022(m＋M)f
即d1＜d2．
[答案]C
【点评】摩擦生热公式可称之为“功能关系”或“功能原理”的公式，但不能称之为“动能定理”的公式，它是由动能定理的关系式推导得出的二级结论．
三、含弹簧的物理模型
纵观历年的高考试题，和弹簧有关的物理试题占有相当大的比重．高考命题者常以弹簧为载体设计出各类试题，这类试题涉及静力学问题、动力学问题、动量守恒和能量守恒问题、振动问题、功能问题等，几乎贯穿了整个力学的知识体系．为了帮助同学们掌握这类试题的分析方法，现将有关弹簧问题分类进行剖析．
对于弹簧，从受力角度看，弹簧上的弹力是变力；从能量角度看，弹簧是个储能元件．因此，弹簧问题能很好地考查学生的综合分析能力，故备受高考命题老师的青睐．如2009年高考福建理综卷第21题、山东理综卷第22题、重庆理综卷第24题，2008年高考北京理综卷第22题、山东理综卷第16题和第22题、四川延考区理综卷第14题等．题目类型有：静力学中的弹簧问题，动力学中的弹簧问题，与动量和能量有关的弹簧问题．
1．静力学中的弹簧问题
(1)胡克定律：F＝kx，ΔF＝kΔx．
(2)对弹簧秤的两端施加(沿轴线方向)大小不同的拉力，弹簧秤的示数一定等于挂钩上的拉力．
●例4如图9－12甲所示，两木块A、B的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，两弹簧分别连接A、B，整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提木块A，直到下面的弹簧对地面的压力恰好为零，在此过程中A和B的重力势能共增加了()
图9－12甲
A．(m1＋m2)2g2k1＋k2
B．(m1＋m2)2g22(k1＋k2)
C．(m1＋m2)2g2(k1＋k2k1k2)
D．(m1＋m2)2g2k2＋m1(m1＋m2)g2k1
【解析】取A、B以及它们之间的弹簧组成的整体为研究对象，则当下面的弹簧对地面的压力为零时，向上提A的力F恰好为：
F＝(m1＋m2)g
设这一过程中上面和下面的弹簧分别伸长x1、x2，如图9－12乙所示，由胡克定律得：
图9－12乙
x1＝(m1＋m2)gk1，x2＝(m1＋m2)gk2
故A、B增加的重力势能共为：
ΔEp＝m1g(x1＋x2)＋m2gx2
＝(m1＋m2)2g2k2＋m1(m1＋m2)g2k1．
[答案]D
【点评】①计算上面弹簧的伸长量时，较多同学会先计算原来的压缩量，然后计算后来的伸长量，再将两者相加，但不如上面解析中直接运用Δx＝ΔFk进行计算更快捷方便．
②通过比较可知，重力势能的增加并不等于向上提的力所做的功W＝Fx总＝(m1＋m2)2g22k22＋(m1＋m2)2g22k1k2．
2．动力学中的弹簧问题
(1)瞬时加速度问题(与轻绳、轻杆不同)：一端固定、另一端接有物体的弹簧，形变不会发生突变，弹力也不会发生突变．
(2)如图9－13所示，将A、B下压后撤去外力，弹簧在恢复原长时刻B与A开始分离．
图9－13
●例5一弹簧秤秤盘的质量m1＝1.5kg，盘内放一质量m2＝10.5kg的物体P，弹簧的质量不计，其劲度系数k＝800N/m，整个系统处于静止状态，如图9－14所示．
图9－14
现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0.2s内F是变化的，在0.2s后是恒定的，求F的最大值和最小值．(取g＝10m/s2)
【解析】初始时刻弹簧的压缩量为：
x0＝(m1＋m2)gk＝0.15m
设秤盘上升高度x时P与秤盘分离，分离时刻有：
k(x0－x)－m1gm1＝a
又由题意知，对于0～0.2s时间内P的运动有：
12at2＝x
解得：x＝0.12m，a＝6m/s2
故在平衡位置处，拉力有最小值Fmin＝(m1＋m2)a＝72N
分离时刻拉力达到最大值Fmax＝m2g＋m2a＝168N．
[答案]72N168N
【点评】对于本例所述的物理过程，要特别注意的是：分离时刻m1与m2之间的弹力恰好减为零，下一时刻弹簧的弹力与秤盘的重力使秤盘产生的加速度将小于a，故秤盘与重物分离．
3．与动量、能量相关的弹簧问题
与动量、能量相关的弹簧问题在高考试题中出现频繁，而且常以计算题出现，在解析过程中以下两点结论的应用非常重要：
(1)弹簧压缩和伸长的形变相同时，弹簧的弹性势能相等；
(2)弹簧连接两个物体做变速运动时，弹簧处于原长时两物体的相对速度最大，弹簧的形变最大时两物体的速度相等．
●例6如图9－15所示，用轻弹簧将质量均为m＝1kg的物块A和B连接起来，将它们固定在空中，弹簧处于原长状态，A距地面的高度h1＝0.90m．同时释放两物块，A与地面碰撞后速度立即变为零，由于B压缩弹簧后被反弹，使A刚好能离开地面(但不继续上升)．若将B物块换为质量为2m的物块C(图中未画出)，仍将它与A固定在空中且弹簧处于原长，从A距地面的高度为h2处同时释放，C压缩弹簧被反弹后，A也刚好能离开地面．已知弹簧的劲度系数k＝100N/m，求h2的大小．
图9－15
【解析】设A物块落地时，B物块的速度为v1，则有：
12mv12＝mgh1
设A刚好离地时，弹簧的形变量为x，对A物块有：
mg＝kx
从A落地后到A刚好离开地面的过程中，对于A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
12mv12＝mgx＋ΔEp
换成C后，设A落地时，C的速度为v2，则有：
122mv22＝2mgh2
从A落地后到A刚好离开地面的过程中，A、C及弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
122mv22＝2mgx＋ΔEp
联立解得：h2＝0.5m．
[答案]0.5m
【点评】由于高中物理对弹性势能的表达式不作要求，所以在高考中几次考查弹簧问题时都要用到上述结论“①”．如2005年高考全国理综卷Ⅰ第25题、1997年高考全国卷第25题等．
●例7用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物块C静止在前方，如图9－16甲所示．B与C碰撞后二者粘在一起运动，则在以后的运动中：
图9－16甲
(1)当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度为多大？
(2)弹簧弹性势能的最大值是多少？
(3)A的速度方向有可能向左吗？为什么？
【解析】(1)当A、B、C三者的速度相等(设为vA′)时弹簧的弹性势能最大，由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，则有：
(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′
解得：vA′＝(2＋2)×62＋2＋4m/s＝3m/s．
(2)B、C发生碰撞时，B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者的速度为v′，则有：
mBv＝(mB＋mC)v′
解得：v′＝2×62＋4＝2m/s
A的速度为vA′时弹簧的弹性势能最大，设其值为Ep，根据能量守恒定律得：
Ep＝12(mB＋mC)v′2＋12mAv2－12(mA＋mB＋mC)vA′2
＝12J．
(3)方法一A不可能向左运动．
根据系统动量守恒有：(mA＋mB)v＝mAvA＋(mB＋mC)vB
设A向左，则vA＜0，vB＞4m/s
则B、C发生碰撞后，A、B、C三者的动能之和为：
E′＝12mAv2A＋12(mB＋mC)v2B＞12(mB＋mC)v2B＝48J
实际上系统的机械能为：
E＝Ep＋12(mA＋mB＋mC)vA′2＝12J＋36J＝48J
根据能量守恒定律可知，E′＞E是不可能的，所以A不可能向左运动．
方法二B、C碰撞后系统的运动可以看做整体向右匀速运动与A、B和C相对振动的合成(即相当于在匀速运动的车厢中两物块相对振动)
由(1)知整体匀速运动的速度v0＝vA′＝3m/s
图9－16乙
取以v0＝3m/s匀速运动的物体为参考系，可知弹簧处于原长时，A、B和C相对振动的速率最大，分别为：
vAO＝v－v0＝3m/s
vBO＝|v′－v0|＝1m/s
由此可画出A、B、C的速度随时间变化的图象如图9－16乙所示，故A不可能有向左运动的时刻．
[答案](1)3m/s(2)12J(3)不可能，理由略
【点评】①要清晰地想象、理解研究对象的运动过程：相当于在以3m/s匀速行驶的车厢内，A、B和C做相对弹簧上某点的简谐振动，振动的最大速率分别为3m/s、1m/s．
②当弹簧由压缩恢复至原长时，A最有可能向左运动，但此时A的速度为零．
●例8探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m．笔的弹跳过程分为三个阶段：
图9－17
①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面(如图9－17甲所示)；
②由静止释放，外壳竖直上升到下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞(如图9－17乙所示)；
③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处(如图9－17丙所示)．
设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力，不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g．求：
(1)外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小．
(2)从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功．
(3)从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能．
[2009年高考重庆理综卷]
【解析】设外壳上升到h1时速度的大小为v1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为v2．
(1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，由动能定理得：
(4m＋m)g(h2－h1)＝12(4m＋m)v22－0
解得：v2＝2g(h2－h1)．
(2)外壳与内芯在碰撞过程中动量守恒，即：
4mv1＝(4m＋m)v2
将v2代入得：v1＝542g(h2－h1)
设弹簧做的功为W，对外壳应用动能定理有：
W－4mgh1＝12×4mv21
将v1代入得：W＝14mg(25h2－9h1)．
(3)由于外壳和内芯达到共同速度后上升至高度h2的过程中机械能守恒，只有在外壳和内芯的碰撞中有能量损失，损失的能量E损＝12×4mv21－12(4m＋m)v22
将v1、v2代入得：E损＝54mg(h2－h1)．
[答案](1)2g(h2－h1)(2)14mg(25h2－9h1)
(3)54mg(h2－h1)
由以上例题可以看出，弹簧类试题的确是培养和训练学生的物理思维、反映和开发学生的学习潜能的优秀试题．弹簧与相连物体构成的系统所表现出来的运动状态的变化，为学生充分运用物理概念和规律(牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量守恒定律)巧妙解决物理问题、施展自身才华提供了广阔空间，当然也是区分学生能力强弱、拉大差距、选拔人才的一种常规题型．因此，弹簧试题也就成为高考物理题中的一类重要的、独具特色的考题．
四、传送带问题
从1990年以后出版的各种版本的高中物理教科书中均有皮带传输机的插图．皮带传送类问题在现代生产生活中的应用非常广泛．这类问题中物体所受的摩擦力的大小和方向、运动性质都具有变化性，涉及力、相对运动、能量转化等各方面的知识，能较好地考查学生分析物理过程及应用物理规律解答物理问题的能力．如2003年高考全国理综卷第34题、2005年高考全国理综卷Ⅰ第24题等．
对于滑块静止放在匀速传动的传送带上的模型，以下结论要清楚地理解并熟记：
(1)滑块加速过程的位移等于滑块与传送带相对滑动的距离；
(2)对于水平传送带，滑块加速过程中传送带对其做的功等于这一过程由摩擦产生的热量，即传送装置在这一过程需额外(相对空载)做的功W＝mv2＝2Ek＝2Q摩．
●例9如图9－18甲所示，物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带后落到地面上的Q点．若传送带的皮带轮沿逆时针方向匀速运动(使传送带随之运动)，物块仍从P点自由滑下，则()
图9－18甲
A．物块有可能不落到地面上
B．物块仍将落在Q点
C．物块将会落在Q点的左边
D．物块将会落在Q点的右边
【解析】如图9－18乙所示，设物块滑上水平传送带上的初速度为v0，物块与皮带之间的动摩擦因数为μ，则：
图9－18乙
物块在皮带上做匀减速运动的加速度大小a＝μmgm＝μg
物块滑至传送带右端的速度为：
v＝v02－2μgs
物块滑至传送带右端这一过程的时间可由方程s＝v0t－12μgt2解得．
当皮带向左匀速传送时，滑块在皮带上的摩擦力也为：
f＝μmg
物块在皮带上做匀减速运动的加速度大小为：
a1′＝μmgm＝μg
则物块滑至传送带右端的速度v′＝v02－2μgs＝v
物块滑至传送带右端这一过程的时间同样可由方程s＝v0t－12μgt2解得．
由以上分析可知物块仍将落在Q点，选项B正确．
[答案]B
【点评】对于本例应深刻理解好以下两点：
①滑动摩擦力f＝μFN，与相对滑动的速度或接触面积均无关；
②两次滑行的初速度(都以地面为参考系)相等，加速度相等，故运动过程完全相同．
我们延伸开来思考，物块在皮带上的运动可理解为初速度为v0的物块受到反方向的大小为μmg的力F的作用，与该力的施力物体做什么运动没有关系．
●例10如图9－19所示，足够长的水平传送带始终以v＝3m/s的速度向左运动，传送带上有一质量M＝2kg的小木盒A，A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.3．开始时，A与传送带之间保持相对静止．现有两个光滑的质量均为m＝1kg的小球先后相隔Δt＝3s自传送带的左端出发，以v0＝15m/s的速度在传送带上向右运动．第1个球与木盒相遇后立即进入盒中并与盒保持相对静止；第2个球出发后历时Δt1＝13s才与木盒相遇．取g＝10m/s2，问：
图9－19
(1)第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为多大？
(2)第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇？
(3)在木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多少？
【解析】(1)设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1，根据动量守恒定律得：
mv0－Mv＝(m＋M)v1
解得：v1＝3m/s，方向向右．
(2)设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过时间t0与木盒相遇，则有：
t0＝sv0
设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：
μ(m＋M)g＝(m＋M)a
解得：a＝μg＝3m/s2，方向向左
设木盒减速运动的时间为t1，加速到与传送带具有相同的速度的时间为t2，则：
t1＝t2＝Δva＝1s
故木盒在2s内的位移为零
依题意可知：s＝v0Δt1＋v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0)
解得：s＝7.5m，t0＝0.5s．
(3)在木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中，设传送带的位移为s′，木盒的位移为s1，则：
s′＝v(Δt＋Δt1－t0)＝8.5m
s1＝v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0)＝2.5m
故木盒相对于传送带的位移为：Δs＝s′－s1＝6m
则木盒与传送带间因摩擦而产生的热量为：
Q＝fΔs＝54J．
[答案](1)3m/s(2)0.5s(3)54J
【点评】本题解析的关键在于：①对物理过程理解清楚；②求相对路程的方法．

高考物理动量和能量冲刺专题复习

俗话说，居安思危，思则有备，有备无患。教师要准备好教案，这是每个教师都不可缺少的。教案可以让学生更容易听懂所讲的内容，帮助教师提前熟悉所教学的内容。您知道教案应该要怎么下笔吗？小编为此仔细地整理了以下内容《高考物理动量和能量冲刺专题复习》，仅供参考，希望能为您提供参考！

20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题03：第2专题动量和能量（1）
知识网络
考点预测
本专题涉及的内容是动力学内容的延续和深化．动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛．它们是自然界中最基本、最普遍、最重要的客观规律，也是高中物理的重点和难点、高考考查内容的重点．其命题形式一般是能量与动量综合起来考，如：2009年全国理综卷Ⅰ第21题、第25题，2008年全国理综卷Ⅰ的第24题“下摆拉动
滑块碰撞问题”，全国理综卷Ⅱ的第23题“子弹射击木块问题”，重庆理综卷的第24题“碰撞后压缩弹簧问题”．但是，由于目前全国的课改形势以及在课程标准中的内容设置，在高考中出现的这类综合题的难点主要在于功能关系的应用上，而不是在于动量守恒定律的应用上．
另外，从2009年各地的高考考卷中也可发现，除了能量与动量的综合题外，单独考查功能原理的试题在卷中出现的概率也较大．
要点归纳
一、基本的物理概念
1．冲量与功的比较
(1)定义式冲量的定义式：I＝Ft(作用力在时间上的积累效果)功的定义式：W＝Fscosθ(作用力在空间上的积累效果)
(2)属性冲量是矢量，既有大小又有方向(求合冲量应按矢,量合成法则来计算)功是标量，只有大小没有方向(求物体所受外力的,总功只需按代数和计算)
2．动量与动能的比较
(1)定义式动量的定义式：p＝mv动能的定义式：Ek＝12mv2
(2)属性动量是矢量(动量的变化也是矢量,求动量的变化,应按矢量运算法则来计算)动能是标量(动能的变化也是标量,求动能的变化,只需按代数运算法则来计算)
(3)动量与动能量值间的关系p＝2mEkEk＝p22m＝12pv
(4)动量和动能都是描述物体状态的量，都有相对性(相对所选择的参考系)，都与物体的受力情况无关．动量的变化和动能的变化都是过程量，都是针对某段时间而言的．
二、动量观点的基本物理规律
1．动量定理的基本形式与表达式：I＝Δp．
分方向的表达式：Ix合＝Δpx，Iy合＝Δpy．
2．动量定理推论：动量的变化率等于物体所受的合外力，即ΔpΔt＝F合．
3．动量守恒定律
(1)动量守恒定律的研究对象是一个系统(含两个或两个以上相互作用的物体)．
(2)动量守恒定律的适用条件
①标准条件：系统不受外力或系统所受外力之和为零．
②近似条件：系统所受外力之和虽不为零，但比系统的内力小得多(如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力与相互作用的内力相比小得多)，可以忽略不计．
③分量条件：系统所受外力之和虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统总动量的分量保持不变．
(3)使用动量守恒定律时应注意：
①速度的瞬时性；
②动量的矢量性；
③时间的同一性．
(4)应用动量守恒定律解决问题的基本思路和方法
①分析题意，明确研究对象．在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体统称为系统．对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的．
②对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是作用于系统的外力．在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件，判断能否应用动量守恒定律．
③明确所研究的相互作用过程，确定过程的始末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的值或表达式．(注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系)
④确定正方向，建立动量守恒方程求解．
三、功和能
1．中学物理中常见的能量
动能Ek＝12mv2；重力势能Ep＝mgh；弹性势能E弹＝12kx2；机械能E＝Ek＋Ep；分子势能；分子动能；内能；电势能E＝qφ；电能；磁场能；化学能；光能；原子能(电子的动能和势能之和)；原子核能E＝mc2；引力势能；太阳能；风能(空气的动能)；地热、潮汐能．
2．常见力的功和功率的计算：
恒力做功W＝Fscosθ；
重力做功W＝mgh；
一对滑动摩擦力做的总功Wf＝－fs路；
电场力做功W＝qU；
功率恒定时牵引力所做的功W＝Pt；
恒定压强下的压力所做的功W＝pΔV；
电流所做的功W＝UIt；
洛伦兹力永不做功；
瞬时功率P＝Fvcos_θ；
平均功率P－＝Wt＝Fv－cosθ．
3．中学物理中重要的功能关系
能量与物体运动的状态相对应．在物体相互作用的过程中，物体的运动状态通常要发生变化，所以物体的能量变化一般要通过做功来实现，这就是常说的“功是能量转化的量度”的物理本质．那么，什么功对应着什么能量的转化呢？在高中物理中主要的功能关系有：
(1)外力对物体所做的总功等于物体动能的增量，即W总＝ΔEk．(动能定理)
(2)重力(或弹簧的弹力)对物体所做的功等于物体重力势能(或弹性势能)的增量的负值，即W重＝－ΔEp(或W弹＝－ΔEp)．
(3)电场力对电荷所做的功等于电荷电势能的增量的负值，即W电＝－ΔE电．
(4)除重力(或弹簧的弹力)以外的力对物体所做的功等于物体机械能的增量，即W其他＝ΔE机．(功能原理)
(5)当除重力(或弹簧弹力)以外的力对物体所做的功等于零时，则有ΔE机＝0，即机械能守恒．
(6)一对滑动摩擦力做功与内能变化的关系是：“摩擦所产生的热”等于滑动摩擦力跟物体间相对路程的乘积，即Q＝fs相对．一对滑动摩擦力所做的功的代数和总为负值，表示除了有机械能在两个物体间转移外，还有一部分机械能转化为内能，这就是“摩擦生热”的实质．
(7)安培力做功对应着电能与其他形式的能相互转化，即W安＝ΔE电．安培力做正功，对应着电能转化为其他能(如电动机模型)；克服安培力做负功，对应着其他能转化为电能(如发电机模型)；安培力做功的绝对值等于电能转化的量值．
(8)分子力对分子所做的功等于分子势能的增量的负值，即W分子力＝－ΔE分子．
(9)外界对一定质量的气体所做的功W与气体从外界所吸收的热量Q之和等于气体内能的变化，即W＋Q＝ΔU．
(10)在电机电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率与输出的机械功率之和．
(11)在纯电阻电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率．
(12)在电解槽电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率与转化为化学能的功率之和．
(13)在光电效应中，光子的能量hν＝W＋12mv02．
(14)在原子物理中，原子辐射光子的能量hν＝E初－E末，原子吸收光子的能量hν＝E末－E初．
(15)核力对核子所做的功等于核能增量的负值，即W核＝－ΔE核，并且Δmc2＝ΔE核．
(16)能量转化和守恒定律．对于所有参与相互作用的物体所组成的系统，无论什么力做功，可能每一个物体的能量的数值及形式都发生变化，但系统内所有物体的各种形式能量的总和保持不变．
4．运用能量观点分析、解决问题的基本思路
(1)选定研究对象(单个物体或一个系统)，弄清物理过程．
(2)分析受力情况，看有什么力在做功，弄清系统内有多少种形式的能在参与转化．
(3)仔细分析系统内各种能量的变化情况及变化的数量．
(4)列方程ΔE减＝ΔE增或E初＝E末求解．
四、弹性碰撞
在一光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的刚性小球A和B以初速度v1、v2运动，若它们能发生正碰，碰撞后它们的速度分别为v1′和v2′．v1、v2、v1′、v2′是以地面为参考系的，将A和B看做系统．
由碰撞过程中系统动量守恒，有：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
由于弹性碰撞中没有机械能损失，故有：
12m1v12＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2
由以上两式可得：
v2′－v1′＝－(v2－v1)或v1′－v2′＝－(v1－v2)
碰撞后B相对于A的速度与碰撞前B相对于A的速度大小相等、方向相反；碰撞后A相对于B的速度与碰撞前A相对于B的速度大小相等、方向相反．
【结论1】对于一维弹性碰撞，若以其中某物体为参考系，则另一物体碰撞前后速度大小不变、方向相反(即以原速率弹回)．
联立以上各式可解得：
v1′＝2m2v2＋(m1－m2)v1m1＋m2
v2′＝2m1v1＋(m2－m1)v2m1＋m2
若m1＝m2，即两个物体的质量相等，则v1′＝v2，v2′＝v1，表示碰后A的速度变为v2，B的速度变为v1．
【结论2】对于一维弹性碰撞，若两个物体的质量相等，则碰撞后两个物体互换速度(即碰后A的速度等于碰前B的速度，碰后B的速度等于碰前A的速度)．
若A的质量远大于B的质量，则有：
v1′＝v1，v2′＝2v1－v2；
若A的质量远小于B的质量，则有：
v2′＝v2，v1′＝2v2－v1．
【结论3】对于一维弹性碰撞，若其中某物体的质量远大于另一物体的质量，则质量大的物体碰撞前后速度保持不变．至于质量小的物体碰后速度如何，可结合结论1和结论2得出．
在高考复习中，若能引导学生推导出以上二级结论并熟记，对提高学生的解题速度是大有帮助的．
热点、重点、难点
一、动量定理的应用问题
动量定理的应用在高考中主要有以下题型：
1．定性解释周围的一些现象；
2．求打击、碰撞、落地过程中的平均冲力；
3．计算流体问题中的冲力(或反冲力)；
4．根据安培力的冲量求电荷量．
●例1如图2－1所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，瓶的底端与竖直墙壁接触．现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时贮气瓶底端对竖直墙壁的作用力大小是()
图2－1
A．ρvSB．ρv2SC．12ρv2SD．ρv2S
【解析】Δt时间内喷出气体的质量Δm＝ρSvΔt
对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得：
FΔt＝Δmv－0
解得：F＝ρv2S．
[答案]D
【点评】动量定理对多个物体组成的系统也成立，而动能定理对于多个物体组成的系统不适用．
★同类拓展1如图2－2所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置．现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为()
图2－2
A．v＝mv0M＋m，I＝0B．v＝mv0M＋m，I＝2mv0
C．v＝mv0M＋m，I＝2m2v0M＋mD．v＝mv0M，I＝2mv0
【解析】设在子弹射入木块且未压缩弹簧的过程中，木块(含子弹)的速度为v1，由动量守恒定律得：
mv0＝(m＋M)v1
解得：v1＝mv0m＋M
对木块(含子弹)压缩弹簧再返回A点的过程，由动能定理得：
12(m＋M)v2－12(m＋M)v12＝W总＝0
可知：v＝v1＝mv0m＋M
取子弹、木块和弹簧组成的系统为研究对象，由动量定理得：
I＝(m＋M)(－v)－(m＋M)v1＝－2mv0
负号表示方向向左．
[答案]B
二、动能定理、机械能守恒定律的应用
1．对于单个平动的物体：W总＝ΔEk，W总指物体所受的所有外力做的总功．
2．系统只有重力、弹力作为内力做功时，机械能守恒．
(1)用细绳悬挂的物体绕细绳另一端做圆周运动时，细绳对物体不做功．
(2)轻杆绕一端自由下摆，若轻杆上只固定一个物体，则轻杆对物体不做功；若轻杆上不同位置固定两个物体，则轻杆分别对两物体做功．
(3)对于细绳连接的物体，若细绳存在突然绷紧的瞬间，则物体(系统)的机械能减少．
3．单个可当做质点的物体机械能守恒时，既可用机械能守恒定律解题，也可用动能定理解题，两种方法等效．发生形变的物体和几个物体组成的系统机械能守恒时，一般用机械能守恒定律解题，不方便应用动能定理解题．
●例2以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物块．假定物块所受的空气阻力f大小不变．已知重力加速度为g，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为
[2009年高考全国理综卷Ⅱ]()
A．v022g(1＋fmg)和v0mg－fmg＋f
B．v022g(1＋fmg)和v0mgmg＋f
C．v022g(1＋2fmg)和v0mg－fmg＋f
D．v022g(1＋2fmg)和v0mgmg＋f
【解析】方法一：对于物块上升的过程，由动能定理得：
－(mgh＋fh)＝0－12mv02
解得：h＝v022g(1＋fmg)
设物块返回至原抛出点的速率为v，对于整个过程应用动能定理有：
12mv2－12mv02＝－f2h
解得：v＝v0mg－fmg＋f．
方法二：设小物块在上升过程中的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有：
a1＝mg＋fm
故物块上升的最大高度h＝v022a1＝v022g(1＋fmg)
设小物块在下降过程中的加速度为a2，由牛顿第二定律有：
a2＝mg－fm
可得：v＝2a2h＝v0mg－fmg＋f．
[答案]A
【点评】动能定理是由牛顿第二定律导出的一个结论，对于单个物体受恒力作用的过程，以上两种方法都可以用来分析解答，但方法二的物理过程较复杂．例如涉及曲线运动或变力做功时，运用动能定理更为方便．
★同类拓展2一匹马拉着质量为60kg的雪橇，从静止开始用80s的时间沿平直冰面跑完1000m．设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的8s时间内做匀加速直线运动，从第8s末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使雪橇继续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为15m/s；开始运动的8s内马拉雪橇的平均功率是8s后功率的一半．求：整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小．
【解析】设8s后马拉雪橇的功率为P，则：
匀速运动时P＝Fv＝fv
即运动过程中雪橇受到的阻力大小f＝Pv
对于整个过程运用动能定理得：
P2t1＋P(t总－t1)－fs总＝12mvt2－0
即P2×8＋P(80－8)－P15×1000＝12×60×152
解得：P＝723W
故f＝48.2N
再由动能定理可得P－t总－fs＝12mvt2
解得：P－＝687W．
[答案]687W48.2N
●例3如图2－3所示，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过两个轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段沿竖直方向．若在挂钩上挂一质量为m3的物体C，则B将刚好离地．若将C换成另一个质量为m1＋m3的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度大小是多少？(已知重力加速度为g)
图2－3
【解析】开始时A、B静止，即处于平衡状态，设弹簧的压缩量为x1，则有：
kx1＝m1g
挂上C后，当B刚要离地时，设弹簧的伸长量为x2，则有：
kx2＝m2g
此时，A和C的速度均为零
从挂上C到A和C的速度均为零时，根据机械能守恒定律可知，弹性势能的改变量为：
ΔE＝m3g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2)
将C换成D后，有：
ΔE＋12(m1＋m3＋m1)v2＝(m1＋m3)g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2)
联立解得：v＝2m1(m1＋m2)g2k(2m1＋m3)．
[答案]2m1(m1＋m2)g2k(2m1＋m3)
【点评】含弹簧连接的物理情境题在近几年高考中出现的概率很高，而且多次考查以下原理：①弹簧的压缩量或伸长量相同时，弹性势能相等；②弹性势能的变化取决于弹簧的始末形变量，与过程无关．
三、碰撞问题
1．在高中物理中涉及的许多碰撞过程(包括射击)，即使在空中或粗糙的水平面上，往往由于作用时间短、内力远大于外力，系统的动量仍可看做守恒．
2．两滑块在水平面上碰撞的过程遵循以下三个法则：
①动量守恒；
②机械能不增加；
③碰后两物体的前后位置要符合实际情境．
3．两物体发生完全非弹性碰撞时，机械能的损耗最大．
●例4如图2－4所示，在光滑绝缘水平面上由左到右沿一条直线等间距的静止排着多个形状相同的带正电的绝缘小球，依次编号为1、2、3……每个小球所带的电荷量都相等且均为q＝3.75×10－3C，第一个小球的质量m＝0.03kg，从第二个小球起往下的小球的质量依次为前一个小球的13，小球均位于垂直于小球所在直线的匀强磁场里，已知该磁场的磁感应强度B＝0.5T．现给第一个小球一个水平速度v＝8m/s，使第一个小球向前运动并且与后面的小球发生弹性正碰．若碰撞过程中电荷不转移，则第几个小球被碰后可以脱离地面？(不计电荷之间的库仑力，取g＝10m/s2)
图2－4
【解析】设第一个小球与第二个小球发生弹性碰撞后两小球的速度分别为v1和v2，根据动量和能量守恒有：
mv＝mv1＋13mv2
12mv2＝12mv12＋16mv22
联立解得：v2＝32v
同理，可得第n＋1个小球被碰后的速度vn＋1＝(32)nv
设第n＋1个小球被碰后对地面的压力为零或脱离地面，则：
qvn＋1B≥(13)nmg
联立以上两式代入数值可得n≥2，所以第3个小球被碰后首先离开地面．
[答案]第3个
【点评】解答对于多个物体、多次碰撞且动量守恒的物理过程时，总结出通项公式或递推式是关键．
★同类拓展3如图2－5所示，质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，平衡时，弹簧的压缩量为x0．一个物块从钢板的正上方相距3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动．已知物块的质量也为m时，它们恰能回到O点；若物块的质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时还具有向上的速度．求物块向上运动所到达的最高点与O点之间的距离．
图2－5
【解析】物块与钢板碰撞前瞬间的速度为：
v0＝6gx0
设质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v1，由动量守恒定律有：
mv0＝2mv1
设弹簧的压缩量为x0时的弹性势能为Ep，对于物块和钢板碰撞后直至回到O点的过程，由机械能守恒定律得：
Ep＋12×2m×v12＝2mgx0
设质量为2m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v2，物块与钢板回到O点时所具有的速度为v3，由动量守恒定律有：
2mv0＝3mv2
由机械能守恒定律有：
Ep＋12×3m×v22＝3mgx0＋12×3m×v32
解得：v3＝gx0
当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力的作用，加速度为g；一过O点，钢板就会受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g，由于物块与钢板不粘连，故在O点处物块与钢板分离；分离后，物块以速度v3竖直上升，由竖直上抛的最大位移公式得：
h＝v322g＝x02
所以物块向上运动所到达的最高点与O点之间的距离为x02．
[答案]x02
【点评】①物块与钢板碰撞的瞬间外力之和并不为零，但这一过程时间极短，内力远大于外力，故可近似看成动量守恒．
②两次下压至回到O点的过程中，速度、路程并不相同，但弹性势能的改变(弹力做的功)相同．
③在本题中，物块与钢板下压至回到O点的过程也可以运用动能定理列方程．
第一次：0－12×2m×v12＝W弹－2mgx0
第二次：12×3m×v32－12×3m×v22＝W弹－3mgx0．
四、高中物理常见的功能关系
1．摩擦生热——等于摩擦力与两接触面相对滑动的路程的乘积，即Q＝fs相．
●例5如图2－6所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下始终以v0＝2m/s的速率运行．现把一质量m＝10kg的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经时间t＝1.9s，工件被传送到h＝1.5m的皮带顶端．取g＝10m/s2．求：
(1)工件与皮带间的动摩擦因数μ．
(2)电动机由于传送工件而多消耗的电能．
图2－6
【解析】(1)由题意可知，皮带长s＝hsin30°＝3m
工件的速度达到v0前工件做匀加速运动，设经时间t1工件的速度达到v0，此过程工件的位移为：
s1＝12v0t1
达到v0后，工件做匀速运动，此过程工件的位移为：
s－s1＝v0(t－t1)
代入数据解得：t1＝0.8s
工件加速运动的加速度a＝v0t1＝2.5m/s2
据牛顿第二定律得：μmgcosθ－mgsinθ＝ma
解得：μ＝32．
(2)在时间t1内，皮带运动的位移s2＝v0t1＝1.6m
工件相对皮带的位移Δs＝s2－s1＝0.8m
在时间t1内，因摩擦产生的热量Q＝μmgcosθΔs＝60J
工件获得的动能Ek＝12mv02＝20J
工件增加的势能Ep＝mgh＝150J
电动机多消耗的电能E＝Q＋Ek＋Ep＝230J．
[答案](1)32(2)230J
2．机械能的变化——除重力、弹簧的弹力以外的力做的功等于系统机械能的变化．
●例6一面积很大的水池中的水深为H，水面上浮着一正方体木块，木块的边长为a，密度为水的12，质量为m．开始时木块静止，有一半没入水中，如图2－7甲所示，现用力F将木块缓慢地向下压，不计摩擦．
图2－7甲
(1)求从开始压木块到木块刚好完全没入水的过程中，力F所做的功．
(2)若将该木块放在底面为正方形(边长为2a)的盛水足够深的长方体容器中，开始时，木块静止，有一半没入水中，水面距容器底的距离为2a，如图2－7乙所示．现用力F将木块缓慢地压到容器底部，不计摩擦，求这一过程中压力做的功．
图2-7乙
【解析】方法一：(1)因水池的面积很大，可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没入水中时，图2－7丙中原来处于划斜线区域的水被排开，结果等效于使这部分水平铺于水面，这部分水的质量为m，其势能的改变量为(取容器底为零势能面)：
图2－7丙
ΔE水＝mgH－mg(H－34a)
＝34mga
木块势能的改变量为：
ΔE木＝mg(H－a2)－mgH
＝－12mga
根据功能原理，力F所做的功为：
W＝ΔE水＋ΔE木＝14mga．
(2)因容器的底面积为2a2，仅是木块的底面积的2倍，故不可忽略木块压入水中所引起的水深变化．如图2－7丁所示，木块到达容器底部时，水面上升14a，相当于木块末状态位置的水填充至木块原浸入水中的空间和升高的水面处平面，故这一过程中水的势能的变化量为：
图2－7丁
ΔE水′＝mga＋mg(2a－a4＋a8)＝238mga
木块的势能的变化量ΔE木′＝－mg32a
根据功能原理，压力F做的功为：
W′＝ΔE水′＋ΔE木′＝118mga．
方法二：(1)水池的面积很大，可忽略因木块压入水中引起的水深变化．当木块浮在水面上时重力与浮力的大小相等；当木块刚没入水中时，浮力的大小等于重力的2倍，故所需的压力随下压位移的变化图象如图2－7戊所示．
图2－7戊
故WF＝12mga2＝14mga．
(2)随着木块的下沉水面缓慢上升，木块刚好完全没入水中时，水面上升a4的高度，此时木块受到的浮力的大小等于重力的2倍．此后，木块再下沉54a的距离即沉至容器底部，故木块下沉的整个过程中压力的大小随位移的变化图象如图2－7己所示
图2－7己
故WF′＝12mga4＋mg54a＝118mga．
[答案](1)14mga(2)118mga
【点评】①通过两种方法对比，深刻理解功能关系．
②根据功的定义计算在小容器中下压木块时，严格的讲还要说明在0～a4的位移段压力也是线性增大的．
3．导体克服安培力做的功等于(切割磁感线引起的)电磁感应转化的电能．
●例7如图2－8所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L，在M点和P点间接有一个阻值为R的电阻，在两导轨间的矩形区域OO1O1′O′内有垂直导轨平面向里、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直地搁在导轨上，与磁场的上边界相距d0．现使ab棒由静止开始释放，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨的电阻不计)．
图2－8
(1)求棒ab离开磁场的下边界时的速度大小．
(2)求棒ab在通过磁场区的过程中产生的焦耳热．
(3)试分析讨论棒ab在磁场中可能出现的运动情况．
【解析】(1)设棒ab离开磁场的边界前做匀速运动的速度为v，产生的感应电动势为：
E＝BLv
电路中的电流I＝ER＋r
对棒ab，由平衡条件得：mg－BIL＝0
解得：v＝mg(R＋r)B2L2．
(2)设整个回路中产生的焦耳热为Q，由能量的转化和守恒定律可得：
mg(d0＋d)＝Q＋12mv2
解得：Q＝mg(d0＋d)－m3g2(R＋r)22B4L4
故Qab＝rR＋r[mg(d0＋d)－m3g2(R＋r)22B4L4]．
(3)设棒刚进入磁场时的速度为v0，由mgd0＝12mv02
解得：v0＝2gd0
棒在磁场中匀速运动时的速度v＝mg(R＋r)B2L2，则
①当v0＝v，即d0＝m2g(R＋r)22B4L4时，棒进入磁场后做匀速直线运动；
②当v0＜v，即d0＜m2g(R＋r)22B4L4时，棒进入磁场后先做加速运动，后做匀速直线运动；
③当v0＞v，即d0＞m2g(R＋r)22B4L4时，棒进入磁场后先做减速运动，后做匀速直线运动．
[答案](1)mg(R＋r)B2L2
(2)rR＋r[mg(d0＋d)－m3g2(R＋r)22B4L4]
(3)①当v0＝v，即d0＝m2g(R＋r)22B4L4时，棒进入磁场后做匀速直线运动；②当v0＜v，即d0＜m2g(R＋r)22B4L4时，棒进入磁场后先做加速运动，后做匀速直线运动；③当v0＞v，即d0＞m2g(R＋r)22B4L4时，棒进入磁场后先做减速运动，后做匀速直线运动．
【点评】①计算转化的电能时，也可应用动能定理：
mg(d0＋d)－W安＝12mv2－0，其中W安＝E电＝Q．
②对于电磁感应中能量转化的问题，在以后的《感应电路》专题中还会作更深入的探讨．
五、多次相互作用或含多个物体的系统的动量、功能问题
●例8如图2－9所示，在光滑水平面上有一质量为M的长木板，长木板上有一质量为m的小物块，它与长木板间的动摩擦因数为μ．开始时，长木板与小物块均靠在与水平面垂直的固定挡板处，某时刻它们以共同的速度v0向右运动，当长木板与右边的固定竖直挡板碰撞后，其速度的大小不变、方向相反，以后每次的碰撞均如此．设左右挡板之间的距离足够长，且M＞m．
图2－9
(1)要想物块不从长木板上落下，则长木板的长度L应满足什么条件？
(2)若上述条件满足，且M＝2kg，m＝1kg，v0＝10m/s，求整个系统在第5次碰撞前损失的所有机械能．
【解析】(1)设第1次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为v1，第n次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为vn．每次碰撞后，由于两挡板的距离足够长，物块与长木板都能达到相对静止，第1次若不能掉下，往后每次相对滑动的距离会越来越小，更不可能掉下．由动量守恒定律和能量守恒定律有：(M－m)v0＝(M＋m)v1
μmgs＝12(m＋M)v02－12(M＋m)v12
解得：s＝2Mv02μ(M＋m)g
故L应满足的条件是：
L≥s＝2Mv02μ(M＋m)g．
(2)第2次碰撞前有：
(M－m)v0＝(M＋m)v1
第3次碰撞前有：
(M－m)v1＝(M＋m)v2
第n次碰撞前有：
(M－m)vn－2＝(M＋m)vn－1
所以vn－1＝(M－mM＋m)n－1v0
故第5次碰撞前有：v4＝(M－mM＋m)4v0
故第5次碰撞前损失的总机械能为：
ΔE＝12(M＋m)v02－12(M＋m)v42
代入数据解得：ΔE＝149.98J．
[答案](1)L≥2Mv02μ(M＋m)g(2)149.98J
【点评】在复杂的多过程问题上，归纳法和演绎法常常大有作为．

高考物理力与运动冲刺专题复习

古人云，工欲善其事，必先利其器。高中教师要准备好教案，这是教师工作中的一部分。教案可以更好的帮助学生们打好基础，帮助高中教师有计划有步骤有质量的完成教学任务。你知道怎么写具体的高中教案内容吗？为此，小编从网络上为大家精心整理了《高考物理力与运动冲刺专题复习》，欢迎大家与身边的朋友分享吧！

20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题01：第1专题力与运动（1）
知识网络
考点预测
本专题复习三个模块的内容：运动的描述、受力分析与平衡、牛顿运动定律的运用．运动的描述与受力分析是两个相互独立的内容，它们通过牛顿运动定律才能连成一个有机的整体．虽然运动的描述、受力平衡在近几年(特别是2008年以前)都有独立的命题出现在高考中(如2008年的全国理综卷Ⅰ第23题、四川理综卷第23题)，但由于理综考试题量的局限以及课改趋势，独立考查前两模块的命题在20xx年高考中出现的概率很小，大部分高考卷中应该都会出现同时考查三个模块知识的试题，而且占不少分值．
在综合复习这三个模块内容的时候，应该把握以下几点：
1．运动的描述是物理学的重要基础，其理论体系为用数学函数或图象的方法来描述、推断质点的运动规律，公式和推论众多．其中，平抛运动、追及问题、实际运动的描述应为复习的重点和难点．
2．无论是平衡问题，还是动力学问题，一般都需要进行受力分析，而正交分解法、隔离法与整体法相结合是最常用、最重要的思想方法，每年高考都会对其进行考查．
3．牛顿运动定律的应用是高中物理的重要内容之一，与此有关的高考试题每年都有，题型有选择题、计算题等，趋向于运用牛顿运动定律解决生产、生活和科技中的实际问题．此外，它还经常与电场、磁场结合，构成难度较大的综合性试题．

一、运动的描述
要点归纳
(一)匀变速直线运动的几个重要推论和解题方法
1．某段时间内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，即v－t＝vt2．
2．在连续相等的时间间隔T内的位移之差Δs为恒量，且Δs＝aT2．
3．在初速度为零的匀变速直线运动中，相等的时间T内连续通过的位移之比为：
s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
通过连续相等的位移所用的时间之比为：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)．
4．竖直上抛运动
(1)对称性：上升阶段和下落阶段具有时间和速度等方面的对称性．
(2)可逆性：上升过程做匀减速运动，可逆向看做初速度为零的匀加速运动来研究．
(3)整体性：整个运动过程实质上是匀变速直线运动．
5．解决匀变速直线运动问题的常用方法
(1)公式法
灵活运用匀变速直线运动的基本公式及一些有用的推导公式直接解决．
(2)比例法
在初速度为零的匀加速直线运动中，其速度、位移和时间都存在一定的比例关系，灵活利用这些关系可使解题过程简化．
(3)逆向过程处理法
逆向过程处理法是把运动过程的“末态”作为“初态”，将物体的运动过程倒过来进行研究的方法．
(4)速度图象法
速度图象法是力学中一种常见的重要方法，它能够将问题中的许多关系，特别是一些隐藏关系，在图象上明显地反映出来，从而得到正确、简捷的解题方法．
(二)运动的合成与分解
1．小船渡河
设水流的速度为v1，船的航行速度为v2，河的宽度为d．
(1)过河时间t仅由v2沿垂直于河岸方向的分量v⊥决定，即t＝dv⊥，与v1无关，所以当v2垂直于河岸时，渡河所用的时间最短，最短时间tmin＝dv2．
(2)渡河的路程由小船实际运动轨迹的方向决定．当v1＜v2时，最短路程smin＝d；当v1＞v2时，最短路程smin＝v1v2d，如图1－1所示．
图1－1
2．轻绳、轻杆两末端速度的关系
(1)分解法
把绳子(包括连杆)两端的速度都沿绳子的方向和垂直于绳子的方向分解，沿绳子方向的分运动相等(垂直方向的分运动不相关)，即v1cosθ1＝v2cos_θ2．
(2)功率法
通过轻绳(轻杆)连接物体时，往往力拉轻绳(轻杆)做功的功率等于轻绳(轻杆)对物体做功的功率．
3．平抛运动
如图1－2所示，物体从O处以水平初速度v0抛出，经时间t到达P点．
图1－2
(1)加速度水平方向：ax＝0竖直方向：ay＝g
(2)速度水平方向：vx＝v0竖直方向：vy＝gt
合速度的大小v＝v2x＋v2y＝v20＋g2t2
设合速度的方向与水平方向的夹角为θ，有：
tanθ＝vyvx＝gtv0，即θ＝arctangtv0．
(3)位移水平方向：sx＝v0t竖直方向：sy＝12gt2
设合位移的大小s＝s2x＋s2y＝(v0t)2＋(12gt2)2
合位移的方向与水平方向的夹角为α，有：
tanα＝sysx＝12gt2v0t＝gt2v0，即α＝arctangt2v0
要注意合速度的方向与水平方向的夹角不是合位移的方向与水平方向的夹角的2倍，即θ≠2α，而是tanθ＝2tanα．
(4)时间：由sy＝12gt2得，t＝2syg，平抛物体在空中运动的时间t只由物体抛出时离地的高度sy决定，而与抛出时的初速度v0无关．
(5)速度变化：平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等的时间内，速度的变化量(g＝ΔvΔt)相等，且必沿竖直方向，如图1－3所示．
图1－3
任意两时刻的速度与速度的变化量Δv构成直角三角形，Δv沿竖直方向．
注意：平抛运动的速率随时间并不均匀变化，而速度随时间是均匀变化的．
(6)带电粒子(只受电场力的作用)垂直进入匀强电场中的运动与平抛运动相似，出电场后做匀速直线运动，如图1－4所示．
图1－4
故有：y＝(L′＋L2)tanα＝(L′＋L2)qULdmv20．
热点、重点、难点
(一)直线运动
高考中对直线运动规律的考查一般以图象的应用或追及问题出现．这类题目侧重于考查学生应用数学知识处理物理问题的能力．对于追及问题，存在的困难在于选用哪些公式来列方程，作图求解，而熟记和运用好直线运动的重要推论往往是解决问题的捷径．
●例1如图1－5甲所示，A、B两辆汽车在笔直的公路上同向行驶．当B车在A车前s＝84m处时，B车的速度vB＝4m/s，且正以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动；经过一段时间后，B车的加速度突然变为零．A车一直以vA＝20m/s的速度做匀速运动，从最初相距84m时开始计时，经过t0＝12s后两车相遇．问B车加速行驶的时间是多少？
图1－5甲
【解析】设B车加速行驶的时间为t，相遇时A车的位移为：sA＝vAt0
B车加速阶段的位移为：
sB1＝vBt＋12at2
匀速阶段的速度v＝vB＋at，匀速阶段的位移为：
sB2＝v(t0－t)
相遇时，依题意有：
sA＝sB1＋sB2＋s
联立以上各式得：t2－2t0t－2[(vB－vA)t0＋s]a＝0
将题中数据vA＝20m/s，vB＝4m/s，a＝2m/s2，t0＝12s，代入上式有：t2－24t＋108＝0
解得：t1＝6s，t2＝18s(不合题意，舍去)
因此，B车加速行驶的时间为6s．
[答案]6s
【点评】①出现不符合实际的解(t2＝18s)的原因是方程“sB2＝v(t0－t)”并不完全描述B车的位移，还需加一定义域t≤12s．
②解析后可以作出vA－t、vB－t图象加以验证．
图1－5乙
根据v－t图象与t围成的面积等于位移可得，t＝12s时，Δs＝[12×(16＋4)×6＋4×6]m＝84m．
(二)平抛运动
平抛运动在高考试题中出现的几率相当高，或出现于力学综合题中，如2008年北京、山东理综卷第24题；或出现于带电粒子在匀强电场中的偏转一类问题中，如2008年宁夏理综卷第24题、天津理综卷第23题；或出现于此知识点的单独命题中，如2009年高考福建理综卷第20题、广东物理卷第17(1)题、2008年全国理综卷Ⅰ第14题．对于这一知识点的复习，除了要熟记两垂直方向上的分速度、分位移公式外，还要特别理解和运用好速度偏转角公式、位移偏转角公式以及两偏转角的关系式(即tanθ＝2tanα)．
●例2图1－6甲所示，m为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A为终端皮带轮．已知皮带轮的半径为r，传送带与皮带轮间不会打滑．当m可被水平抛出时，A轮每秒的转数最少为()
图1－6甲
A．12πgrB．gr
C．grD．12πgr
【解析】解法一m到达皮带轮的顶端时，若mv2r≥mg，表示m受到的重力小于(或等于)m沿皮带轮表面做圆周运动的向心力，m将离开皮带轮的外表面而做平抛运动
又因为转数n＝ω2π＝v2πr
所以当v≥gr，即转数n≥12πgr时，m可被水平抛出，故选项A正确．
解法二建立如图1－6乙所示的直角坐标系．当m到达皮带轮的顶端有一速度时，若没有皮带轮在下面，m将做平抛运动，根据速度的大小可以作出平抛运动的轨迹．若轨迹在皮带轮的下方，说明m将被皮带轮挡住，先沿皮带轮下滑；若轨迹在皮带轮的上方，说明m立即离开皮带轮做平抛运动．
图1－6乙
又因为皮带轮圆弧在坐标系中的函数为：当y2＋x2＝r2
初速度为v的平抛运动在坐标系中的函数为：
y＝r－12g(xv)2
平抛运动的轨迹在皮带轮上方的条件为：当x0时，平抛运动的轨迹上各点与O点间的距离大于r，即y2＋x2r
即[r－12g(xv)2]2＋x2r
解得：v≥gr
又因皮带轮的转速n与v的关系为：n＝v2πr
可得：当n≥12πgr时，m可被水平抛出．
[答案]A
【点评】“解法一”应用动力学的方法分析求解；“解法二”应用运动学的方法(数学方法)求解，由于加速度的定义式为a＝ΔvΔt，而决定式为a＝Fm，故这两种方法殊途同归．
★同类拓展1高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性．某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图1－7所示的示意图．其中AB段是助滑雪道，倾角α＝30°，BC段是水平起跳台，CD段是着陆雪道，AB段与BC段圆滑相连，DE段是一小段圆弧(其长度可忽略)，在D、E两点分别与CD、EF相切，EF是减速雪道，倾角θ＝37°．轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ＝0.25，图中轨道最高点A处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h＝10m．A点与C点的水平距离L1＝20m，C点与D点的距离为32.625m．运动员连同滑雪板的总质量m＝60kg．滑雪运动员从A点由静止开始起滑，通过起跳台从C点水平飞出，在落到着陆雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿着陆雪道的分速度而不弹起．除缓冲外运动员均可视为质点，设运动员在全过程中不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
图1－7
(1)运动员在C点水平飞出时的速度大小．
(2)运动员在着陆雪道CD上的着陆位置与C点的距离．
(3)运动员滑过D点时的速度大小．
【解析】(1)滑雪运动员从A到C的过程中，由动能定理得：mgh－μmgcosαhsinα－μmg(L1－hcotα)＝12mv2C
解得：vC＝10m/s．
(2)滑雪运动员从C点水平飞出到落到着陆雪道的过程中做平抛运动，有：
x＝vCt
y＝12gt2
yx＝tanθ
着陆位置与C点的距离s＝xcosθ
解得：s＝18.75m，t＝1.5s．
(3)着陆位置到D点的距离s′＝13.875m，滑雪运动员在着陆雪道上做匀加速直线运动．把平抛运动沿雪道和垂直雪道分解，可得着落后的初速度v0＝vCcosθ＋gtsinθ
加速度为：mgsinθ－μmgcosθ＝ma
运动到D点的速度为：v2D＝v20＋2as′
解得：vD＝20m/s．
[答案](1)10m/s(2)18.75m(3)20m/s
互动辨析在斜面上的平抛问题较为常见，“位移与水平面的夹角等于倾角”为着落条件．同学们还要能总结出距斜面最远的时刻以及这一距离．

二、受力分析
要点归纳
(一)常见的五种性质的力

产生原因
或条件方向大小
重

力由于地球的吸引而产生总是竖直向下(铅直向下或垂直水平面向下)，注意不一定指向地心，不一定垂直地面向下G重＝mg＝GMmR2
地球表面附近一切物体都受重力作用，与物体是否处于超重或失重状态无关
弹

力①接触
②弹性形变①支持力的方向总是垂直于接触面而指向被支持的物体
②压力的方向总是垂直于接触面而指向被压的物体
③绳的拉力总是沿着绳而指向绳收缩的方向F＝－kx
弹力的大小往往利用平衡条件和牛顿第二定律求解
摩

擦

力滑
动
摩
擦
力①接触，接触面粗糙
②存在正压力
③与接触面有相对运动与接触面的相对运动方向相反f＝μFN
只与μ、FN有关，与接触面积、相对速度、加速度均无关
静
摩
擦
力①接触，接触面粗糙
②存在正压力
③与接触面存在相对运动的趋势与接触面相对运动的趋势相反①与产生相对运动趋势的动力的大小相等
②存在最大静摩擦力，最大静摩擦力的大小由粗糙程度、正压力决定
续表
产生原因
或条件方向大小
电
场
力点电荷间的库仑力：真空中两个点电荷之间的相互作用作用力的方向沿两点电荷的连线，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引F＝kq1q2r2

电场对处于其中的电荷的作用正电荷的受力方向与该处场强的方向一致，负电荷的受力方向与该处场强的方向相反F＝qE
磁

场

力安培力：磁场对通电导线的作用力F⊥B，F⊥I，即安培力F垂直于电流I和磁感应强度B所确定的平面．安培力的方向可用左手定则来判断F＝BIL
安培力的实质是运动电荷受洛伦兹力作用的宏观表现
洛伦兹力：运动电荷在磁场中所受到的力用左手定则判断洛伦兹力的方向．特别要注意四指应指向正电荷的运动方向；若为负电荷，则四指指向运动的反方向带电粒子平行于磁场方向运动时，不受洛伦兹力的作用；带电粒子垂直于磁场方向运动时，所受洛伦兹力最大，即f洛＝qvB
(二)力的运算、物体的平衡
1．力的合成与分解遵循力的平行四边形定则(或力的三角形定则)．
2．平衡状态是指物体处于匀速直线运动或静止状态，物体处于平衡状态的动力学条件是：F合＝0或Fx＝0、Fy＝0、Fz＝0．
注意：静止状态是指速度和加速度都为零的状态，如做竖直上抛运动的物体到达最高点时速度为零，但加速度等于重力加速度，不为零，因此不是平衡状态．
3．平衡条件的推论
(1)物体处于平衡状态时，它所受的任何一个力与它所受的其余力的合力等大、反向．
(2)物体在同一平面上的三个不平行的力的作用下处于平衡状态时，这三个力必为共点力．
物体在三个共点力的作用下而处于平衡状态时，表示这三个力的有向线段组成一封闭的矢量三角形，如图1－8所示．
图1－8
4．共点力作用下物体的平衡分析
热点、重点、难点
(一)正交分解法、平行四边形法则的应用
1．正交分解法是分析平衡状态物体受力时最常用、最主要的方法．即当F合＝0时有：
Fx合＝0，Fy合＝0，Fz合＝0．
2．平行四边形法有时可巧妙用于定性分析物体受力的变化或确定相关几个力之比．
●例3举重运动员在抓举比赛中为了减小杠铃上升的高度和发力，抓杠铃的两手间要有较大的距离．某运动员成功抓举杠铃时，测得两手臂间的夹角为120°，运动员的质量为75kg，举起的杠铃的质量为125kg，如图1－9甲所示．求该运动员每只手臂对杠铃的作用力的大小．(取g＝10m/s2)
图1－9甲
【分析】由手臂的肌肉、骨骼构造以及平时的用力习惯可知，伸直的手臂主要沿手臂方向发力．取手腕、手掌为研究对象，握杠的手掌对杠有竖直向上的弹力和沿杠向外的静摩擦力，其合力沿手臂方向，如图1－9乙所示．
图1－9乙
【解析】手臂对杠铃的作用力的方向沿手臂的方向，设该作用力的大小为F，则杠铃的受力情况如图1－9丙所示
图1－9丙
由平衡条件得：
2Fcos60°＝mg
解得：F＝1250N．
[答案]1250N
●例4两个可视为质点的小球a和b，用质量可忽略的刚性细杆相连放置在一个光滑的半球面内，如图1－10甲所示．已知小球a和b的质量之比为3，细杆长度是球面半径的2倍．两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角θ是[2008年高考四川延考区理综卷]()
图1－10甲
A．45°B．30°C．22.5°D．15°
【解析】解法一设细杆对两球的弹力大小为T，小球a、b的受力情况如图1－10乙所示
图1－10乙
其中球面对两球的弹力方向指向圆心，即有：
cosα＝22RR＝22
解得：α＝45°
故FNa的方向为向上偏右，即β1＝π2－45°－θ＝45°－θ
FNb的方向为向上偏左，即β2＝π2－(45°－θ)＝45°＋θ
两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用，过O作竖直线交ab于c点，设球面的半径为R，由几何关系可得：
magOc＝FNaR
mbgOc＝FNbR
解得：FNa＝3FNb
取a、b及细杆组成的整体为研究对象，由平衡条件得：
FNasinβ1＝FNbsinβ2
即3FNbsin(45°－θ)＝FNbsin(45°＋θ)
解得：θ＝15°．
解法二由几何关系及细杆的长度知，平衡时有：
sin∠Oab＝22RR＝22
故∠Oab＝∠Oba＝45°
再设两小球及细杆组成的整体重心位于c点，由悬挂法的原理知c点位于O点的正下方，且acbc＝mamb＝3
即Rsin(45°－θ)∶Rsin(45°＋θ)＝1∶3
解得：θ＝15°．
[答案]D
【点评】①利用平行四边形(三角形)定则分析物体的受力情况在各类教辅中较常见．掌握好这种方法的关键在于深刻地理解好“在力的图示中，有向线段替代了力的矢量”．
②在理论上，本题也可用隔离法分析小球a、b的受力情况，根据正交分解法分别列平衡方程进行求解，但是求解三角函数方程组时难度很大．
③解法二较简便，但确定重心的公式acbc＝mamb＝3超纲．
(二)带电粒子在复合场中的平衡问题
在高考试题中，也常出现带电粒子在复合场中受力平衡的物理情境，出现概率较大的是在正交的电场和磁场中的平衡问题及在电场和重力场中的平衡问题．
在如图1－11所示的速度选择器中，选择的速度v＝EB；在如图1－12所示的电磁流量计中，流速v＝uBd，流量Q＝πdu4B．
图1－11图1－12
●例5在地面附近的空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场的方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图1－13所示．由此可判断下列说法正确的是()
图1－13
A．如果油滴带正电，则油滴从M点运动到N点
B．如果油滴带正电，则油滴从N点运动到M点
C．如果电场方向水平向右，则油滴从N点运动到M点
D．如果电场方向水平向左，则油滴从N点运动到M点
【解析】油滴在运动过程中受到重力、电场力及洛伦兹力的作用，因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，大小随速度的改变而改变，而电场力与重力的合力是恒力，所以物体做匀速直线运动；又因电场力一定在水平方向上，故洛伦兹力的方向是斜向上方的，因而当油滴带正电时，应该由M点向N点运动，故选项A正确、B错误．若电场方向水平向右，则油滴需带负电，此时斜向右上方与MN垂直的洛伦兹力对应粒子从N点运动到M点，即选项C正确．同理，电场方向水平向左时，油滴需带正电，油滴是从M点运动到N点的，故选项D错误．
[答案]AC
【点评】对于带电粒子在复合场中做直线运动的问题要注意受力分析．因为洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，而且与磁场的方向、带电粒子的电性都有关，分析时更要注意．本题中重力和电场力均为恒力，要保证油滴做直线运动，两力的合力必须与洛伦兹力平衡，粒子的运动就只能是匀速直线运动．
★同类拓展2如图1－14甲所示，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端挂有一个带电荷量不变的小球A．在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B．当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ．若两次实验中B的电荷量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°，则q2q1为[2007年高考重庆理综卷]()
图1－14甲
A．2B．3C．23D．33
【解析】对A球进行受力分析，如图1－14乙所示，
图1－14乙
由于绳子的拉力和点电荷间的斥力的合力与A球的重力平衡，故有：F电＝mgtanθ，又F电＝kqQAr2．设绳子的长度为L，则A、B两球之间的距离r＝Lsinθ，联立可得：q＝mL2gtanθsin2θkQA，由此可见，q与tanθsin2θ成正比，即q2q1＝tan45°sin245°tan30°sin230°＝23，故选项C正确．
[答案]C
互动辨析本题为带电体在重力场和电场中的平衡问题，解题的关键在于：先根据小球的受力情况画出平衡状态下的受力分析示意图；然后根据平衡条件和几何关系列式，得出电荷量的通解表达式，进而分析求解．本题体现了新课标在知识考查中重视方法渗透的思想．

三、牛顿运动定律的应用
要点归纳
(一)深刻理解牛顿第一、第三定律
1．牛顿第一定律(惯性定律)
一切物体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．
(1)理解要点
①运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持．
②它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因．
③牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例．牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，第二定律定量地给出力与运动的关系．
(2)惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性．
①惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关．
②质量是物体惯性大小的量度．
2．牛顿第三定律
(1)两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上，可用公式表示为F＝－F′．
(2)作用力与反作用力一定是同种性质的力，作用效果不能抵消．
(3)牛顿第三定律的应用非常广泛，凡是涉及两个或两个以上物体的物理情境、过程的解答，往往都需要应用这一定律．
(二)牛顿第二定律
1．定律内容
物体的加速度a跟物体所受的合外力F合成正比，跟物体的质量m成反比．
2．公式：F合＝ma
理解要点
①因果性：F合是产生加速度a的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消失．
②方向性：a与F合都是矢量，方向严格相同．
③瞬时性和对应性：a为某时刻某物体的加速度，F合是该时刻作用在该物体上的合外力．
3．应用牛顿第二定律解题的一般步骤：
(1)确定研究对象；
(2)分析研究对象的受力情况，画出受力分析图并找出加速度的方向；
(3)建立直角坐标系，使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上，并将其余的力或加速度分解到两坐标轴上；
(4)分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程；
(5)统一单位，计算数值．
热点、重点、难点
一、正交分解法在动力学问题中的应用
当物体受到多个方向的外力作用产生加速度时，常要用到正交分解法．
1．在适当的方向建立直角坐标系，使需要分解的矢量尽可能少．
2．Fx合＝max合，Fy合＝may合，Fz合＝maz合．
3．正交分解法对本章各类问题，甚至对整个高中物理来说都是一重要的思想方法．
●例6如图1－15甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成θ＝37°固定，质量m＝1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点．现有水平向右的风力F作用于小球上，经时间t1＝2s后停止，小球沿细杆运动的部分v－t图象如图1－15乙所示．试求：(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
图1－15
(1)小球在0～2s内的加速度a1和2～4s内的加速度a2．
(2)风对小球的作用力F的大小．
【解析】(1)由图象可知，在0～2s内小球的加速度为：
a1＝v2－v1t1＝20m/s2，方向沿杆向上
在2～4s内小球的加速度为：
a2＝v3－v2t2＝－10m/s2，负号表示方向沿杆向下．
(2)有风力时的上升过程，小球的受力情况如图1－15丙所示
图1－15丙
在y方向，由平衡条件得：
FN1＝Fsinθ＋mgcosθ
在x方向，由牛顿第二定律得：
Fcosθ－mgsinθ－μFN1＝ma1
停风后上升阶段，小球的受力情况如图1－15丁所示
图1－15丁
在y方向，由平衡条件得：
FN2＝mgcosθ
在x方向，由牛顿第二定律得：
－mgsinθ－μFN2＝ma2
联立以上各式可得：F＝60N．
【点评】①斜面(或类斜面)问题是高中最常出现的物理模型．
②正交分解法是求解高中物理题最重要的思想方法之一．
二、连接体问题(整体法与隔离法)
高考卷中常出现涉及两个研究对象的动力学问题，其中又包含两种情况：一是两对象的速度相同需分析它们之间的相互作用，二是两对象的加速度不同需分析各自的运动或受力．隔离(或与整体法相结合)的思想方法是处理这类问题的重要手段．
1．整体法是指当连接体内(即系统内)各物体具有相同的加速度时，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．
2．隔离法是指当研究对象涉及由多个物体组成的系统时，若要求连接体内物体间的相互作用力，则应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来，分析其受力情况及运动情况，再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法．
3．当连接体中各物体运动的加速度相同或要求合外力时，优先考虑整体法；当连接体中各物体运动的加速度不相同或要求物体间的作用力时，优先考虑隔离法．有时一个问题要两种方法结合起来使用才能解决．
●例7如图1－16所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动．已知F1＞F2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为()
图1－16
A．F1－F2kB．F1－F22k
C．F1＋F22kD．F1＋F2k
【解析】取A、B及弹簧整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F1－F2＝2ma
取B为研究对象：kx－F2＝ma
(或取A为研究对象：F1－kx＝ma)
可解得：x＝F1＋F22k．
[答案]C
【点评】①解析中的三个方程任取两个求解都可以．
②当地面粗糙时，只要两物体与地面的动摩擦因数相同，则A、B之间的拉力与地面光滑时相同．
★同类拓展3如图1－17所示，质量为m的小物块A放在质量为M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止．某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段距离x，A在B上相对于B向右滑行了一段距离L(设木板B足够长)后A和B都停了下来．已知A、B间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2，且μ2＞μ1，则x的表达式应为()
图1－17
A．x＝MmLB．x＝(M＋m)Lm
C．x＝μ1ML(μ2－μ1)(m＋M)D．x＝μ1ML(μ2＋μ1)(m＋M)
【解析】设A、B相对静止一起向右匀速运动时的速度为v，撤去外力后至停止的过程中，A受到的滑动摩擦力为：
f1＝μ1mg
其加速度大小a1＝f1m＝μ1g
B做减速运动的加速度大小a2＝μ2(m＋M)g－μ1mgM
由于μ2＞μ1，所以a2＞μ2g＞μ1g＝a1
即木板B先停止后，A在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变
对A应用动能定理得：－f1(L＋x)＝0－12mv2
对B应用动能定理得：
μ1mgx－μ2(m＋M)gx＝0－12Mv2
解得：x＝μ1ML(μ2－μ1)(m＋M)．
[答案]C
【点评】①虽然使A产生加速度的力由B施加，但产生的加速度a1＝μ1g是取大地为参照系的．加速度是相对速度而言的，所以加速度一定和速度取相同的参照系，与施力物体的速度无关．
②动能定理可由牛顿第二定律推导，特别对于匀变速直线运动，两表达式很容易相互转换．
三、临界问题
●例8如图1－18甲所示，滑块A置于光滑的水平面上，一细线的一端固定于倾角为45°、质量为M的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线另一端拴一质量为m的小球B．现对滑块施加一水平方向的恒力F，要使小球B能相对斜面静止，恒力F应满足什么条件？
图1－18甲
【解析】
先考虑恒力背离斜面方向(水平向左)的情况：设恒力大小为F1时，B还在斜面上且对斜面的压力为零，此时A、B有共同加速度a1，B的受力情况如图1－18乙所示，有：
图1－18乙
Tsinθ＝mg，Tcosθ＝ma1
解得：a1＝gcotθ
即F1＝(M＋m)a1＝(M＋m)gcotθ
由此可知，当水平向左的力大于(M＋m)gcotθ时，小球B将离开斜面，对于水平恒力向斜面一侧方向(水平向右)的情况：设恒力大小为F2时，B相对斜面静止时对悬绳的拉力恰好为零，此时A、B的共同加速度为a2，B的受力情况如图1－18丙所示，有：
图1－18丙
FNcosθ＝mg，FNsinθ＝ma2
解得：a2＝gtanθ
即F2＝(M＋m)a2＝(M＋m)gtanθ
由此可知，当水平向右的力大于(M＋m)gtanθ，B将沿斜面上滑，综上可知，当作用在A上的恒力F向左小于(M＋m)gcotθ，或向右小于(M＋m)gtanθ时，B能静止在斜面上．
[答案]向左小于(M＋m)gcotθ或向右小于(M＋m)gtanθ
【点评】斜面上的物体、被细绳悬挂的物体这两类物理模型是高中物理中重要的物理模型，也是高考常出现的重要物理情境．
四、超重与失重问题
1．超重与失重只是物体在竖直方向上具有加速度时所受支持力不等于重力的情形．
2．要注意飞行器绕地球做圆周运动时在竖直方向上具有向心加速度，处于失重状态．
●例9为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯的运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验：质量m＝50kg的甲同学站在体重计上，乙同学记录电梯从地面一楼到顶层的过程中，体重计的示数随时间变化的情况，并作出了如图1－19甲所示的图象．已知t＝0时，电梯静止不动，从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层．求：
(1)电梯启动和制动时的加速度大小．
(2)该大楼的层高．
图1－19甲
【解析】(1)对于启动状态有：F1－mg＝ma1
得：a1＝2m/s2
对于制动状态有：mg－F3＝ma2
得：a2＝2m/s2．
(2)电梯匀速运动的速度v＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s
从图中读得电梯匀速上升的时间t2＝26s
电梯运行的总时间t＝28s
电梯运行的v－t图象如图1－19乙所示，
图1－19乙
所以总位移s＝12v(t2＋t)＝12×2×(26＋28)m＝54m
层高h＝s18＝5418＝3m．
[答案](1)2m/s22m/s2(2)3m