高中物理實(shí)驗(yàn)教案
發(fā)表時(shí)間：2021-03-22高考物理高考物理實(shí)驗(yàn)沖刺專題復(fù)習(xí)。
20xx屆高考黃岡中學(xué)物理沖刺講解、練習(xí)題、預(yù)測(cè)題13:第7專題高考物理實(shí)驗(yàn)(1)知識(shí)網(wǎng)絡(luò)
考點(diǎn)預(yù)測(cè)
物理實(shí)驗(yàn)是高考的主要內(nèi)容之一．《考試大綱》就高考物理實(shí)驗(yàn)共列出19個(gè)考點(diǎn)，其中力學(xué)8個(gè)、熱學(xué)1個(gè)、電學(xué)8個(gè)、光學(xué)2個(gè)．要求會(huì)正確使用的儀器主要有：刻度尺、游標(biāo)卡尺、螺旋測(cè)微器、天平、秒表、電火花計(jì)時(shí)器或電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、彈簧測(cè)力計(jì)、溫度表、電流表、電壓表、多用電表、滑動(dòng)變阻器、電阻箱等，并且對(duì)實(shí)驗(yàn)誤差問(wèn)題提出了更明確的要求．
一、《考試大綱》中的實(shí)驗(yàn)與探究能力要求
能夠獨(dú)立完成“物理知識(shí)表”中所列的實(shí)驗(yàn)，能明確實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，能理解?shí)驗(yàn)原理和方法，能控制實(shí)驗(yàn)條件．會(huì)使用儀器，會(huì)觀察、分析實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，會(huì)記錄、處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，并得出結(jié)論．能發(fā)現(xiàn)問(wèn)題、提出問(wèn)題，能靈活地應(yīng)用已學(xué)過(guò)的物理理論、實(shí)驗(yàn)方法和實(shí)驗(yàn)儀器去處理問(wèn)題．
二、實(shí)驗(yàn)題的主要特點(diǎn)
物理實(shí)驗(yàn)?zāi)昴昕?，年年有變化．從近年的?shí)驗(yàn)題來(lái)看，其顯著特點(diǎn)體現(xiàn)在如下兩個(gè)方面．
(1)從簡(jiǎn)單的背誦實(shí)驗(yàn)轉(zhuǎn)向分析、理解實(shí)驗(yàn)
實(shí)驗(yàn)原理是物理實(shí)驗(yàn)的靈魂．近年來(lái)，高考物理實(shí)驗(yàn)題既不是簡(jiǎn)單地回答“是什么”，也不是背誦“該怎樣”，而是從物理實(shí)驗(yàn)情境中理解“為什么”，通過(guò)分析推理判斷“確實(shí)是什么”，進(jìn)而了解物理實(shí)驗(yàn)的每一個(gè)環(huán)節(jié)．
(2)從既定的課本學(xué)生實(shí)驗(yàn)轉(zhuǎn)向變化的創(chuàng)新實(shí)驗(yàn)
只有創(chuàng)新，試題才有魅力；也只有變化，才能永葆實(shí)驗(yàn)考核的活力．近年來(lái)，既定刻板的學(xué)生實(shí)驗(yàn)已經(jīng)從高考物理實(shí)驗(yàn)題中淡出，取而代之的是學(xué)生尚未接觸過(guò)的要通過(guò)解讀物理原理的新穎實(shí)驗(yàn)(如應(yīng)用性、設(shè)計(jì)性、專題性實(shí)驗(yàn)等)．創(chuàng)新的實(shí)驗(yàn)題可以使能力考核真正落到實(shí)處．
要點(diǎn)歸納
一、實(shí)驗(yàn)題的歸納與說(shuō)明
歸類實(shí)驗(yàn)內(nèi)容說(shuō)明
應(yīng)
用
性
實(shí)
驗(yàn)1．游標(biāo)卡尺的使用測(cè)量原理、使用方法；10分度、20分度、50分度的游標(biāo)卡尺的讀數(shù)等
2．螺旋測(cè)微器的使用構(gòu)造、原理、使用方法、正確讀數(shù)等
3．練習(xí)使用示波器面板上各個(gè)旋鈕或開(kāi)關(guān)的作用；調(diào)試方法；觀察正弦波的波形等
4．傳感器的簡(jiǎn)單應(yīng)用光電轉(zhuǎn)換和熱電轉(zhuǎn)換及其簡(jiǎn)單應(yīng)用；光電計(jì)數(shù)的簡(jiǎn)單了解等
驗(yàn)
證
性
實(shí)
驗(yàn)5．驗(yàn)證力的平行四邊形定則實(shí)驗(yàn)的等效思想；作圖法等
6．驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律用平拋實(shí)驗(yàn)器進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；轉(zhuǎn)化要驗(yàn)證的等效表達(dá)式；對(duì)暫態(tài)過(guò)程分階段測(cè)量等
7．驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律用自由落體進(jìn)行驗(yàn)證；使用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器和刻度尺等
測(cè)
量
性
實(shí)
驗(yàn)8．用單擺測(cè)定重力加速度使用刻度尺和秒表；實(shí)驗(yàn)操作要求等
9．用油膜法估測(cè)分子的大小溶液的配制；油膜面積的估算方法等
10．測(cè)定金屬的電阻率使用刻度尺和螺旋測(cè)微器；電流表、電壓表量程的選擇；測(cè)量電路的選取與連接等
11．把電流表改裝為電壓表“半偏法”的設(shè)計(jì)思想與誤差分析；計(jì)算分壓電阻；改裝表的校對(duì)與百分誤差等
12．測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)電路的選取與連接；作圖法求解的方法等
13．測(cè)定玻璃的折射率用插針?lè)y(cè)定；畫(huà)光路圖等
14．用雙縫干涉測(cè)光的波長(zhǎng)用雙縫干涉儀進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；實(shí)驗(yàn)調(diào)節(jié)；分劃板的使用等
研
究
性
實(shí)
驗(yàn)15．研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)明確實(shí)驗(yàn)?zāi)康模皇褂么螯c(diǎn)計(jì)時(shí)器；用刻度尺測(cè)量、分析所打的紙帶來(lái)計(jì)算加速度等
16．研究平拋物體的運(yùn)動(dòng)用平拋實(shí)驗(yàn)器進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；研究的目的和方法；描繪平拋軌跡；計(jì)算平拋物體的初速度等
17．用描跡法畫(huà)出電場(chǎng)中平面上的等勢(shì)線用恒定電流場(chǎng)模擬靜電場(chǎng)；尋找等電勢(shì)點(diǎn)的方法；描跡的方法等
18．描繪小電珠的伏安特性曲線使用電流表、電壓表、滑動(dòng)變阻器；電路的選取與連接；描繪U－I圖象并分析曲線非線性的原因等
探
究
性
實(shí)
驗(yàn)19．探究彈力和彈簧伸長(zhǎng)的關(guān)系實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)的原理和方法；實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的記錄與分析；實(shí)驗(yàn)結(jié)論的描述與表達(dá)形式等
20．用多用電表探索黑箱內(nèi)的電學(xué)元件多用電表的使用與讀數(shù)；探索的思路；測(cè)量過(guò)程中的分析與判斷等
二、物理實(shí)驗(yàn)的基本思想方法
1．等效法
等效法是科學(xué)研究中常用的一種思維方法．對(duì)一些復(fù)雜問(wèn)題采用等效法，可將其變換成理想的、簡(jiǎn)單的、已知規(guī)律的過(guò)程來(lái)處理，常使問(wèn)題的解決得以簡(jiǎn)化．因此，等效法也是物理實(shí)驗(yàn)中常用的方法．如在“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”的實(shí)驗(yàn)中，要求用一個(gè)彈簧秤單獨(dú)拉橡皮條時(shí)，要與用兩個(gè)互成角度的彈簧秤同時(shí)拉橡皮條時(shí)產(chǎn)生的效果相同——使結(jié)點(diǎn)到達(dá)同一位置O，即要在合力與兩分力等效的條件下，才能找出它們之間合成與分解時(shí)所遵循的關(guān)系——平行四邊形定則．又如在“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，用小球的水平位移代替小球的水平速度；在“驗(yàn)證牛頓第二定律”的實(shí)驗(yàn)中，通過(guò)調(diào)節(jié)木板的傾斜度使重力的分力抵消摩擦力而等效于物體不受摩擦力作用．還有，電學(xué)實(shí)驗(yàn)中電流表的改裝、用替換法測(cè)電阻等，都是等效法的應(yīng)用．
2．轉(zhuǎn)換法
將某些不易顯示、不易直接測(cè)量的物理量轉(zhuǎn)化為易于顯示、易于測(cè)量的物理量的方法稱為轉(zhuǎn)換法(間接測(cè)量法)．轉(zhuǎn)換法是物理實(shí)驗(yàn)常用的方法．如：彈簧測(cè)力計(jì)是把力的大小轉(zhuǎn)換為彈簧的伸長(zhǎng)量；打點(diǎn)計(jì)時(shí)器是把流逝的時(shí)間轉(zhuǎn)換成振針的周期性振動(dòng)；電流表是利用電流在磁場(chǎng)中受力，把電流轉(zhuǎn)化為指針的偏轉(zhuǎn)角；用單擺測(cè)定重力加速度g是通過(guò)公式T＝2πLg把g的測(cè)量轉(zhuǎn)換為T和L的測(cè)量，等等．
3．留跡法
留跡法是利用某些特殊的手段，把一些瞬間即逝的現(xiàn)象(如位置、軌跡等)記錄下來(lái)，以便于此后對(duì)其進(jìn)行仔細(xì)研究的一種方法．留跡法也是物理實(shí)驗(yàn)中常用的方法．如：用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打在紙帶上的點(diǎn)跡記錄小車的位移與時(shí)間之間的關(guān)系；用描跡法描繪平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡；在“測(cè)定玻璃的折射率”的實(shí)驗(yàn)中，用大頭針的插孔顯示入射光線和出射光線的方位；在描繪電場(chǎng)中等勢(shì)線的實(shí)驗(yàn)中，用探針通過(guò)復(fù)寫(xiě)紙?jiān)诎准埳狭粝碌暮圹E記錄等勢(shì)點(diǎn)的位置等等，都是留跡法在實(shí)驗(yàn)中的應(yīng)用．
4．累積法
累積法是把某些難以直接準(zhǔn)確測(cè)量的微小量累積后測(cè)量，以提高測(cè)量的準(zhǔn)確度的一種實(shí)驗(yàn)方法．如：在缺乏高精密度的測(cè)量?jī)x器的情況下測(cè)細(xì)金屬絲的直徑，常把細(xì)金屬絲繞在圓柱體上測(cè)若干匝的總長(zhǎng)度，然后除以匝數(shù)就可求出細(xì)金屬絲的直徑；測(cè)一張薄紙的厚度時(shí)，常先測(cè)出若干頁(yè)紙的總厚度，再除以被測(cè)頁(yè)數(shù)即所求每頁(yè)紙的厚度；在“用單擺測(cè)定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中，單擺周期的測(cè)定就是通過(guò)測(cè)單擺完成多次全振動(dòng)的總時(shí)間除以全振動(dòng)的次數(shù)，以減小個(gè)人反應(yīng)時(shí)間造成的誤差影響等．
5．模擬法
模擬法是一種間接實(shí)驗(yàn)方法，它是通過(guò)與原型相似的模型來(lái)說(shuō)明原型的規(guī)律性的．模擬法在中學(xué)物理實(shí)驗(yàn)中的典型應(yīng)用是“用描跡法畫(huà)出電場(chǎng)中平面上的等勢(shì)線”這一實(shí)驗(yàn)，由于直接描繪靜電場(chǎng)的等勢(shì)線很困難，而恒定電流的電場(chǎng)與靜電場(chǎng)相似，所以用恒定電流的電場(chǎng)來(lái)模擬靜電場(chǎng)，通過(guò)它來(lái)了解靜電場(chǎng)中等勢(shì)線的分布情況．
6．控制變量法
在多因素的實(shí)驗(yàn)中，可以先控制一些量不變，依次研究某一個(gè)因素的影響．如在“驗(yàn)證牛頓第二定律”的實(shí)驗(yàn)中，可以先保持質(zhì)量一定，研究加速度和力的關(guān)系；再保持力一定，研究加速度和質(zhì)量的關(guān)系；最后綜合得出加速度與質(zhì)量、力的關(guān)系．
三、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的處理方法
1．列表法
在記錄和處理數(shù)據(jù)時(shí)，常常將數(shù)據(jù)列成表格．?dāng)?shù)據(jù)列表可以簡(jiǎn)單而又明確地表示出有關(guān)物理量之間的關(guān)系，有助于找出物理量之間聯(lián)系的規(guī)律性．
列表的要求：
(1)寫(xiě)明表的標(biāo)題或加上必要的說(shuō)明；
(2)必須交代清楚表中各符號(hào)所表示的物理量的意義，并寫(xiě)明單位；
(3)表中數(shù)據(jù)應(yīng)是正確反映測(cè)量結(jié)果的有效數(shù)字．
2．平均值法
現(xiàn)行教材中只介紹了算術(shù)平均值，即把測(cè)定的數(shù)據(jù)相加求和，然后除以測(cè)量的次數(shù)．必須注意的是，求平均值時(shí)應(yīng)該按測(cè)量?jī)x器的精確度決定應(yīng)保留的有效數(shù)字的位數(shù)．
3．圖象法
圖象法是物理實(shí)驗(yàn)中廣泛應(yīng)用的處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的方法．圖象法的最大優(yōu)點(diǎn)是直觀、簡(jiǎn)便．在探索物理量之間的關(guān)系時(shí)，由圖象可以直觀地看出物理量之間的函數(shù)關(guān)系或變化趨勢(shì)，由此建立經(jīng)驗(yàn)公式．
作圖的規(guī)則：
(1)作圖一定要用坐標(biāo)紙，坐標(biāo)紙的大小要根據(jù)有效數(shù)字的位數(shù)和結(jié)果的需要來(lái)定；
(2)要標(biāo)明軸名、單位，在軸上每隔一定的間距按有效數(shù)字的位數(shù)標(biāo)明數(shù)值；
(3)圖上的連線不一定通過(guò)所有的數(shù)據(jù)點(diǎn)，而應(yīng)盡量使數(shù)據(jù)點(diǎn)合理地分布在線的兩側(cè)；
(4)作圖時(shí)常通過(guò)選取適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)軸使圖線線性化，即“變曲為直”．
雖然圖象法有許多優(yōu)點(diǎn)，但在圖紙上連線時(shí)有較大的主觀任意性，另外連線的粗細(xì)、圖紙的大小、圖紙本身的均勻程度等，都對(duì)結(jié)果的準(zhǔn)確性有影響．
四、實(shí)驗(yàn)誤差的分析及減小誤差的方法
中學(xué)物理中只要求初步了解絕對(duì)誤差與相對(duì)誤差、偶然誤差與系統(tǒng)誤差的概念，以及能定性地分析一些實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的主要原因．
(1)絕對(duì)誤差與相對(duì)誤差
設(shè)某物理量的真實(shí)值為A0，測(cè)量值為A，則絕對(duì)誤差為ΔA＝|A－A0|，相對(duì)誤差為ΔAA0＝|A－A0|A0．
(2)偶然誤差與系統(tǒng)誤差
偶然誤差是由于各種偶然因素對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響而產(chǎn)生的．偶然誤差具有隨機(jī)性，有時(shí)偏大，有時(shí)偏小，所以可以通過(guò)多次測(cè)量求平均值的方法減小偶然誤差．
系統(tǒng)誤差是由于儀器本身不夠精確，或?qū)嶒?yàn)方法粗略，或?qū)嶒?yàn)原理不完善而產(chǎn)生的．它的特點(diǎn)是使測(cè)量值總是偏大或總是偏?。裕捎枚啻螠y(cè)量求平均值的方法不能減小系統(tǒng)誤差．要減小系統(tǒng)誤差，必須校準(zhǔn)儀器，或改進(jìn)實(shí)驗(yàn)方法，或設(shè)計(jì)在原理上更為完善的實(shí)驗(yàn)方案．
課本上的學(xué)生實(shí)驗(yàn)中就有不少減小實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的方法和措施．譬如，在“研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)”的實(shí)驗(yàn)中，若使用電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器測(cè)量，由于電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的振針與紙帶之間有較大的且不連續(xù)、不均勻的阻力作用，會(huì)給加速度的測(cè)定帶來(lái)較大的系統(tǒng)誤差；若改用電火花計(jì)時(shí)器，就可以使這一阻力大為減小，從而減小加速度測(cè)定的系統(tǒng)誤差．再如：在用伏安法測(cè)電阻時(shí)，為減小電阻測(cè)量的系統(tǒng)誤差，就要根據(jù)待測(cè)電阻阻值的大小考慮是采用電流表的外接法還是內(nèi)接法；在用半偏法測(cè)電流表的內(nèi)阻時(shí)(如圖7－1所示)，為減小測(cè)量的系統(tǒng)誤差，就要使電源的電動(dòng)勢(shì)盡量大，使表滿偏時(shí)限流電阻R比半偏時(shí)并聯(lián)在電流表兩端的電阻箱R′的阻值大得多．
圖7－1
五、電學(xué)實(shí)驗(yàn)電路的基本結(jié)構(gòu)及構(gòu)思的一般程序
1．電學(xué)實(shí)驗(yàn)電路的基本結(jié)構(gòu)
一個(gè)完整的電學(xué)實(shí)驗(yàn)電路往往包括測(cè)量電路與控制電路兩部分．
測(cè)量電路：指體現(xiàn)實(shí)驗(yàn)原理和測(cè)量方法的那部分電路，通常由電表、被測(cè)元件、電阻箱等構(gòu)成．
控制電路：指提供電能、控制和調(diào)節(jié)電流(電壓)大小的那部分電路，通常由電源、開(kāi)關(guān)、滑動(dòng)變阻器等構(gòu)成．
有些實(shí)驗(yàn)電路的測(cè)量電路與控制電路渾然一體，不存在明顯的分界．如“測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”的實(shí)驗(yàn)電路．
2．實(shí)驗(yàn)電路構(gòu)思的一般程序
(1)審題
①實(shí)驗(yàn)?zāi)康模?br> ②給定器材的性能參數(shù)．
(2)電表的選擇
根據(jù)被測(cè)電阻及給定電源的相關(guān)信息，如電源的電動(dòng)勢(shì)、被測(cè)電阻的阻值范圍和額定電流等，估算出被測(cè)電阻的端電壓及通過(guò)它的電流的最大值，以此為依據(jù)，選定量程適當(dāng)?shù)碾姳恚?br> (3)測(cè)量電路的選擇
根據(jù)所選定的電表以及被測(cè)電阻的情況，選擇測(cè)量電路(估算法、試觸法)．
(4)控制電路的選擇
通常優(yōu)先考慮限流式電路，但在下列三種情形下，應(yīng)選擇分壓式電路：
①“限不住”電流，即給定的滑動(dòng)變阻器阻值偏小，即使把阻值調(diào)至最大，電路中的電流也會(huì)超過(guò)最大允許值；
②給定的滑動(dòng)變阻器的阻值R太小，即RRx，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器時(shí)，對(duì)電流、電壓的調(diào)節(jié)范圍太??；
③實(shí)驗(yàn)要求電壓的調(diào)節(jié)范圍盡可能大，甚至表明要求使電壓從零開(kāi)始變化．
如描繪小電珠的伏安特性曲線、電壓表的校對(duì)等實(shí)驗(yàn)，通常情況下都采用分壓式電路．
(5)滑動(dòng)變阻器的選擇
根據(jù)所確定的控制電路可選定滑動(dòng)變阻器．
①限流式電路對(duì)滑動(dòng)變阻器的要求：
a．能“限住”電流，且保證不被燒壞；
b．阻值不宜太大或太小，有一定的調(diào)節(jié)空間，一般選擇阻值與負(fù)載阻值相近的變阻器．
②分壓式電路對(duì)滑動(dòng)變阻器的要求：
電阻較小而額定電流較大，I額＞ER(R為變阻器的總電阻)．
3．電表的反常規(guī)用法
其實(shí)，電流表、電壓表如果知道其內(nèi)阻，它們的功能就不僅僅是測(cè)電流或電壓．因此，如果知道電表的內(nèi)阻，電流表、電壓表就既可以測(cè)電流，也可以測(cè)電壓，還可以作為定值電阻來(lái)用，即“一表三用”．
熱點(diǎn)、重點(diǎn)、難點(diǎn)
一、應(yīng)用性實(shí)驗(yàn)
1．所謂應(yīng)用性實(shí)驗(yàn)，就是以熟悉和掌握實(shí)驗(yàn)儀器的具體使用及其在實(shí)驗(yàn)中的應(yīng)用為目的的一類實(shí)驗(yàn)；或者用實(shí)驗(yàn)方法取得第一手資料，然后用物理概念、規(guī)律分析實(shí)驗(yàn)，并以解決實(shí)際問(wèn)題為主要目的的實(shí)驗(yàn)．主要有：
①儀器的正確操作與使用，如打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、電流表、電壓表、多用電表、示波器等，在實(shí)驗(yàn)中能正確地使用它們是十分重要的(考核操作、觀察能力)；
②物理知識(shí)的實(shí)際應(yīng)用，如科技、交通、生產(chǎn)、生活、體育等諸多方面都有物理實(shí)驗(yàn)的具體應(yīng)用問(wèn)題．
2．應(yīng)用性實(shí)驗(yàn)題一般分為上面兩大類，解答時(shí)可從以下兩方面入手．
(1)熟悉儀器并正確使用
實(shí)驗(yàn)儀器名目繁多，具體應(yīng)用因題而異，所以，熟悉使用儀器是最基本的應(yīng)用．如打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的正確安裝和使用，滑動(dòng)變阻器在電路中起限流和分壓作用的不同接法，多用電表測(cè)不同物理量的調(diào)試等，只有熟悉它們，才能正確使用它們．熟悉儀器，主要是了解儀器的結(jié)構(gòu)、性能、量程、工作原理、使用方法、注意事項(xiàng)，如何排除故障、正確讀數(shù)和調(diào)試，使用后如何保管等．
(2)理解實(shí)驗(yàn)原理
面對(duì)應(yīng)用性實(shí)驗(yàn)題，我們一定要通過(guò)審題，迅速地理解其實(shí)驗(yàn)原理，這樣才能將實(shí)際問(wèn)題模型化，運(yùn)用有關(guān)規(guī)律去研究它．
具體地說(shuō)，應(yīng)用性實(shí)驗(yàn)題的依托仍然是物理知識(shí)、實(shí)驗(yàn)的能力要求等．解答時(shí)不外乎抓住以下幾點(diǎn)：①明確實(shí)驗(yàn)應(yīng)該解決什么實(shí)際問(wèn)題(分清力學(xué)、電學(xué)、光學(xué)等不同實(shí)際問(wèn)題)；②明確實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)際問(wèn)題之間的關(guān)系(直接還是間接)；③明確是否僅用本實(shí)驗(yàn)?zāi)苓_(dá)到解決問(wèn)題的目的，即是否還要聯(lián)系其他物理知識(shí)，包括數(shù)學(xué)知識(shí)；④明確是否需要設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案；⑤明確實(shí)際問(wèn)題的最終結(jié)果．
●例1新式游標(biāo)卡尺的刻度線看起來(lái)很“稀疏”，使讀數(shù)顯得清晰明了，便于使用者正確讀取數(shù)據(jù)．通常游標(biāo)卡尺的刻度有10分度、20分度和50分度三種規(guī)格；新式游標(biāo)卡尺也有相應(yīng)的三種，但刻度卻是：19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份．圖7－2就是一個(gè)“39mm等分成20份”的新式游標(biāo)卡尺．
圖7－2
(1)它的準(zhǔn)確度是__________mm．
(2)用它測(cè)量某物體的厚度，示數(shù)如圖6－1所示，正確的讀數(shù)是__________cm．
【解析】(1)游標(biāo)上20格對(duì)應(yīng)的長(zhǎng)度為39mm，即每格長(zhǎng)為1.95mm，游標(biāo)上每格比主尺上每?jī)筛裥ˇ＝0.05mm，故準(zhǔn)確度為0.05mm．
(2)這種游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法為：主尺讀數(shù)＋游標(biāo)對(duì)準(zhǔn)刻度×Δx＝3cm＋6×0.005cm＝3.030cm．
[答案](1)0.05(2)3.030
【點(diǎn)評(píng)】游標(biāo)卡尺、螺旋測(cè)微器的使用在高考題中頻繁出現(xiàn)．對(duì)游標(biāo)卡尺的使用要特別注意以下兩點(diǎn)：
①深刻理解它的原理：通過(guò)游標(biāo)更準(zhǔn)確地量出“0”刻度與左側(cè)刻度之間的間距——游標(biāo)對(duì)準(zhǔn)刻度×Δx；
②讀準(zhǔn)有效數(shù)據(jù)．
●例2圖7－3為一簡(jiǎn)單歐姆表原理示意圖，其中電流表的滿偏電流Ig＝300μA，內(nèi)阻Rg＝100Ω，可變電阻R的最大值為10kΩ，電池的電動(dòng)勢(shì)E＝1.5V，內(nèi)阻r＝0.5Ω，圖中與接線柱A相連的表筆顏色應(yīng)是________色．按正確使用方法測(cè)量電阻Rx的阻值時(shí)，指針指在刻度盤(pán)的正中央，則Rx＝________kΩ．若該歐姆表使用一段時(shí)間后，電池的電動(dòng)勢(shì)變小、內(nèi)阻變大，但此表仍能調(diào)零，按正確使用方法再測(cè)上述Rx，其測(cè)量結(jié)果與原結(jié)果相比將__________(填“變大”、“變小”或“不變”)．
[2009年高考天津理綜卷]
圖7－3
[答案]紅5變大
【點(diǎn)評(píng)】歐姆表的原理就是閉合電路的歐姆定律，可以作為結(jié)論的是：歐姆表正中央的刻度值等于歐姆表的內(nèi)阻．
二、測(cè)量性實(shí)驗(yàn)Ⅰ
所謂測(cè)量性實(shí)驗(yàn)，就是以測(cè)量一些物理量的具體、準(zhǔn)確數(shù)據(jù)為主要目的的一類實(shí)驗(yàn)，可用儀器、儀表直接讀取數(shù)據(jù)，或者根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟按物理原理測(cè)定實(shí)驗(yàn)結(jié)果的具體數(shù)值．測(cè)量性實(shí)驗(yàn)又稱測(cè)定性實(shí)驗(yàn)，如“用單擺測(cè)定重力加速度”、“用油膜法估測(cè)分子的大小”、“測(cè)定金屬的電阻率”、“測(cè)定玻璃的折射率”等．
●例3如圖7－3所示，將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在鐵架臺(tái)上，使重物帶動(dòng)紙帶從靜止開(kāi)始自由下落，利用此裝置可以測(cè)定重力加速度．
圖7－4
(1)所需器材有打點(diǎn)計(jì)時(shí)器(帶導(dǎo)線)、紙帶、復(fù)寫(xiě)紙、帶鐵夾的鐵架臺(tái)和帶夾子的重物，此外還需________(填字母代號(hào))中的器材．
A．直流電源、天平及砝碼
B．直流電流、毫米刻度尺
C．交流電源、天平及砝碼
D．交流電源、毫米刻度尺
(2)通過(guò)作圖的方法可以剔除偶然誤差較大的數(shù)據(jù)，提高實(shí)驗(yàn)的準(zhǔn)確程度．為使圖線的斜率等于重力加速度，除作v－t圖象外，還可作__________圖象，其縱軸表示的是__________，橫軸表示的是__________．
[2009年高考天津理綜卷]
[答案](1)D(2)v22－h(huán)速度平方的二分之一重物下落的高度
【點(diǎn)評(píng)】①高中物理中講述了許多種測(cè)量重力加速度的方法，如單擺法、自由落體法、滴水法、阿特伍德機(jī)法等．
②圖象法是常用的處理數(shù)據(jù)的方法，其優(yōu)點(diǎn)是直觀、準(zhǔn)確，還能容易地剔除錯(cuò)誤的測(cè)量數(shù)據(jù)．
●例4現(xiàn)要測(cè)量電源B的電動(dòng)勢(shì)E及內(nèi)阻r(E約為4.5V，r約為1.5Ω)，已有下列器材：量程為3V的理想電壓表，量程為0.5A的電流表(具有一定內(nèi)阻)，固定電阻R＝40Ω，滑動(dòng)變阻器R′，開(kāi)關(guān)S，導(dǎo)線若干．
(1)畫(huà)出實(shí)驗(yàn)電路原理圖．圖中各元件需用題目中給出的符號(hào)或字母標(biāo)出．
(2)實(shí)驗(yàn)中，當(dāng)電流表的示數(shù)為I1時(shí)，電壓表的示數(shù)為U1；當(dāng)電流表的示數(shù)為I2時(shí)，電壓表的示數(shù)為U2．由此可求出，E＝__________，r＝__________．(用I1、I2、U1、U2及R表示)
【解析】本題是常規(guī)伏安法測(cè)電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)的情境變式題，本題與課本上實(shí)驗(yàn)的區(qū)別是電源的電動(dòng)勢(shì)大于理想電壓表的量程，但題目中提供的器材中有一個(gè)阻值不大的固定電阻，這就很容易把該情境變式題“遷移”到學(xué)過(guò)的實(shí)驗(yàn)上．把固定電阻接在電源的旁邊，將其等效成電源的內(nèi)阻即可(如圖甲所示)，再把電壓表跨接在它們的兩側(cè)．顯然，“內(nèi)阻增大，內(nèi)電壓便增大”，電壓表所測(cè)量的外電壓相應(yīng)的減小，通過(guò)定量計(jì)算，符合實(shí)驗(yàn)測(cè)量的要求．這樣，一個(gè)新的設(shè)計(jì)性實(shí)驗(yàn)又回歸到課本實(shí)驗(yàn)上了．
甲
(1)實(shí)驗(yàn)電路原理圖如圖乙所示．
乙
(2)根據(jù)E＝U＋I(xiàn)r，給定的電源B的電動(dòng)勢(shì)E及內(nèi)阻r是一定的，I和U都隨滑動(dòng)變阻器R′的阻值的改變而改變，只要改變R′的阻值，即可測(cè)出兩組I、U數(shù)據(jù)，列方程組得：
E＝U1＋I(xiàn)1(R＋r)
E＝U2＋I(xiàn)2(R＋r)
解得：E＝I1U2－I2U1I1－I2，r＝U2－U1I1－I2－R．
[答案](1)如圖乙所示
(2)I1U2－I2U1I1－I2U2－U1I1－I2－R
【點(diǎn)評(píng)】本題所提供的理想電壓表的量程小于被測(cè)電源的電動(dòng)勢(shì)，需要學(xué)生打破課本實(shí)驗(yàn)的思維定式，從方法上進(jìn)行創(chuàng)新，運(yùn)用所提供的器材創(chuàng)造性地進(jìn)行實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)．
三、測(cè)量性實(shí)驗(yàn)Ⅱ：“伏安法測(cè)電阻”規(guī)律匯總
縱觀近幾年的實(shí)驗(yàn)題，題目年年翻新，沒(méi)有一個(gè)照搬課本中的實(shí)驗(yàn)，全是對(duì)原有實(shí)驗(yàn)的改造、改進(jìn)，甚至創(chuàng)新，但題目涉及的基本知識(shí)和基本技能仍然立足于課本實(shí)驗(yàn)．
實(shí)驗(yàn)題作為考查實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ挠行緩胶椭匾侄?，在高考試題中一直占有相當(dāng)大的比重，而電學(xué)實(shí)驗(yàn)因其實(shí)驗(yàn)理論、步驟的完整性及與大學(xué)物理實(shí)驗(yàn)結(jié)合的緊密性，成了高考實(shí)驗(yàn)考查的重中之重，測(cè)量電阻成為高考考查的焦點(diǎn)．伏安法測(cè)電阻是測(cè)量電阻最基本的方法，常涉及電流表內(nèi)外接法的選擇與滑動(dòng)變阻器限流、分壓式的選擇，前者是考慮減小系統(tǒng)誤差，后者是考慮電路的安全及保證可讀取的數(shù)據(jù)．另外，考題還常設(shè)置障礙讓考生去克服，如沒(méi)有電壓表或沒(méi)有電流表等，這就要求考生根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求及提供的儀器，發(fā)揮思維遷移，將已學(xué)過(guò)的電學(xué)知識(shí)和實(shí)驗(yàn)方法靈活地運(yùn)用到新情境中去．這樣，就有效地考查了考生設(shè)計(jì)和完成實(shí)驗(yàn)的能力．
一、伏安法測(cè)電阻的基本原理
1．基本原理
伏安法測(cè)電阻的基本原理是歐姆定律R＝UI，只要測(cè)出元件兩端的電壓和通過(guò)的電流，即可由歐姆定律計(jì)算出該元件的阻值．
2．測(cè)量電路的系統(tǒng)誤差
(1)當(dāng)Rx遠(yuǎn)大于RA或臨界阻值RARVRx時(shí)，采用電流表內(nèi)接(如圖7－5所示)．采用電流表內(nèi)接時(shí)，系統(tǒng)誤差使得電阻的測(cè)量值大于真實(shí)值，即R測(cè)R真．
圖7－5
(2)當(dāng)Rx遠(yuǎn)小于RV或臨界阻值RARVRx時(shí)，采用電流表外接(如圖7－6所示)．采用電流表外接時(shí)，系統(tǒng)誤差使得電阻的測(cè)量值小于真實(shí)值，即R測(cè)R真．
圖7－6
3．控制電路的安全及偶然誤差
根據(jù)電路中各元件的安全要求及電壓調(diào)節(jié)的范圍不同，滑動(dòng)變阻器有限流接法與分壓接法兩種選擇．
(1)滑動(dòng)變阻器限流接法(如圖7－7所示)．一般情況或沒(méi)有特別說(shuō)明的情況下，由于限流電路能耗較小，結(jié)構(gòu)連接簡(jiǎn)單，應(yīng)優(yōu)先考慮限流連接方式．限流接法適合測(cè)量小電阻和與變阻器總電阻相比差不多或還小的電阻．
圖7－7
(2)滑動(dòng)變阻器分壓接法(如圖7－8所示)．當(dāng)采用限流電路，電路中的最小電流仍超過(guò)用電器的額定電流時(shí)，必須選用滑動(dòng)變阻器的分壓連接方式；當(dāng)用電器的電阻遠(yuǎn)大于滑動(dòng)變阻器的總電阻值，且實(shí)驗(yàn)要求的電壓變化范圍較大(或要求測(cè)量多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù))時(shí)，必須選用滑動(dòng)變阻器的分壓接法；要求某部分電路的電壓從零開(kāi)始可連續(xù)變化時(shí)，必須選用滑動(dòng)變阻器的分壓連接方式．
圖7－8
4．常見(jiàn)的測(cè)量電阻的方法
●例5從下表中選出適當(dāng)?shù)膶?shí)驗(yàn)器材，設(shè)計(jì)一電路來(lái)測(cè)量電流表的內(nèi)阻r1．要求方法簡(jiǎn)捷，有盡可能高的測(cè)量精度，并能測(cè)得多組數(shù)據(jù)．
(1)畫(huà)出電路圖，標(biāo)明所用器材的代號(hào)．
(2)若選測(cè)量數(shù)據(jù)中的一組來(lái)計(jì)算r1，則所用的表達(dá)式r1＝______________________，式中各符號(hào)的意義是：________________________________________________．
【解析】根據(jù)所列儀器的特點(diǎn)，電流表的內(nèi)阻已知，由此可采用兩電流表并聯(lián)．因?yàn)閮呻娏鞅韮啥说碾妷合嗟龋纯墒∪ル妷旱臏y(cè)量，從而減小實(shí)驗(yàn)誤差，由I2r2＝I1r1，得r1＝I2r2I1．
[答案](1)電路圖如圖所示
(2)I2r2I1I1、I2分別為、的示數(shù)
【點(diǎn)評(píng)】①分析題意可知需測(cè)量電流表的內(nèi)阻，按常規(guī)方法應(yīng)用伏安法，將電壓表并聯(lián)在待測(cè)電流表兩端，但經(jīng)分析可知即使該電流表滿偏，其兩端的電壓也僅為0.4V，遠(yuǎn)小于量程10V．這恰恰就是本題設(shè)計(jì)考核學(xué)生應(yīng)變能力的“陷阱”．
②此題也可理解為“將已知內(nèi)阻的電流表當(dāng)成電壓表使用”，這實(shí)際也是伏安法的一種推廣形式．
●例6有一根圓臺(tái)狀勻質(zhì)合金棒如圖7－9甲所示，某同學(xué)猜測(cè)其電阻的大小與該合金棒的電阻率ρ、長(zhǎng)度L和兩底面直徑d、D有關(guān)．他進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：
圖7－9
(1)用游標(biāo)卡尺測(cè)量合金棒的兩底面直徑d、D和長(zhǎng)度L．圖6－8乙中的游標(biāo)卡尺(游標(biāo)尺上有20個(gè)等分刻度)的讀數(shù)L＝________cm．
(2)測(cè)量該合金棒電阻的實(shí)物電路如圖6－8丙所示(相關(guān)器材的參數(shù)已在圖中標(biāo)出)．該合金棒的電阻約為幾個(gè)歐姆．圖中有一處連接不當(dāng)?shù)膶?dǎo)線是________．(用標(biāo)注在導(dǎo)線旁的數(shù)字表示)
圖7－9丙
(3)改正電路后，通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)得合金棒的電阻R＝6.72Ω．根據(jù)電阻定律計(jì)算電阻率為ρ、長(zhǎng)為L(zhǎng)、直徑分別為d和D的圓臺(tái)狀合金棒的電阻分別為Rd＝13.3Ω、RD＝3.38Ω．他發(fā)現(xiàn)：在誤差允許范圍內(nèi)，電阻R滿足R2＝RdRD，由此推斷該圓臺(tái)狀合金棒的電阻R＝________．(用ρ、L、d、D表述)
[2009年高考江蘇物理卷]
【解析】(1)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)，按步驟進(jìn)行則不會(huì)出錯(cuò)．首先，確定游標(biāo)卡尺的精度為20分度，即為0.05mm；然后以毫米為單位從主尺上讀出整毫米數(shù)99.00mm，注意小數(shù)點(diǎn)后的有效數(shù)字要與精度一樣；再?gòu)挠螛?biāo)尺上找出對(duì)的最齊一根刻線，精度×格數(shù)＝0.05×8mm＝0.40mm；最后兩者相加，根據(jù)題目單位要求換算為需要的數(shù)據(jù)，99.00mm＋0.40mm＝99.40mm＝9.940cm．
(2)本實(shí)驗(yàn)為測(cè)定一個(gè)幾歐姆的電阻，在用伏安法測(cè)量其兩端的電壓和通過(guò)電阻的電流時(shí)，因?yàn)榘才啾淼膬?nèi)阻較小，為了減小誤差，應(yīng)用安培表外接法，⑥線的連接使用的是安培表內(nèi)接法．
(3)審題是關(guān)鍵，弄清題意也就能夠找到解題的方法．根據(jù)電阻定律計(jì)算電阻率為ρ、長(zhǎng)為L(zhǎng)、直徑分別為d和D的圓柱狀合金棒的電阻分別為：
Rd＝13.3Ω，RD＝3.38Ω
即Rd＝ρLπd22，RD＝ρLπD22
而電阻R滿足R2＝RdRD
將Rd、RD代入得：R＝4ρLπdD．
[答案](1)9.940(2)⑥(3)4ρLπdD
三、設(shè)計(jì)性實(shí)驗(yàn)
1．所謂設(shè)計(jì)性實(shí)驗(yàn)，就是根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，自主地運(yùn)用掌握的物理知識(shí)、實(shí)驗(yàn)方法和技能，完成實(shí)驗(yàn)的各環(huán)節(jié)(實(shí)驗(yàn)?zāi)康?、?duì)象、原理、儀器選擇、實(shí)驗(yàn)步驟、數(shù)據(jù)處理等)，擬定實(shí)驗(yàn)方案，分析實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，并在此基礎(chǔ)上作出適當(dāng)評(píng)價(jià)．
2．設(shè)計(jì)性實(shí)驗(yàn)的顯著特點(diǎn)：相同的實(shí)驗(yàn)內(nèi)容可設(shè)計(jì)不同的過(guò)程和方法，實(shí)驗(yàn)思維可另辟蹊徑，如設(shè)計(jì)出與常見(jiàn)實(shí)驗(yàn)(書(shū)本曾經(jīng)介紹過(guò)的實(shí)驗(yàn))有所變化的實(shí)驗(yàn)．以控制實(shí)驗(yàn)條件達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康亩O(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)問(wèn)題，不受固有實(shí)驗(yàn)思維束縛，完全是一種源于書(shū)本、活于書(shū)本，且新穎的設(shè)計(jì)性實(shí)驗(yàn)．
●例7請(qǐng)完成以下兩小題．
(1)某同學(xué)在家中嘗試驗(yàn)證平行四邊形定則，他找到三條相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、鉛筆、細(xì)繩、白紙、釘子，設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：如圖7－10甲所示，將兩條橡皮筋的一端分別掛在墻上的兩個(gè)釘子A、B上，另一端與第三條橡皮筋連接，結(jié)點(diǎn)為O，將第三條橡皮筋的另一端通過(guò)細(xì)繩掛一重物．
圖7－10甲
①為完成本實(shí)驗(yàn)，下述操作中必需的是________．
a．測(cè)量細(xì)繩的長(zhǎng)度
b．測(cè)量橡皮筋的原長(zhǎng)
c．測(cè)量懸掛重物后橡皮筋的長(zhǎng)度
d．記錄懸掛重物后結(jié)點(diǎn)O的位置
②釘子位置固定，欲利用現(xiàn)有器材，改變條件再次驗(yàn)證，可采用的方法是__________________．
(2)為了節(jié)能和環(huán)保，一些公共場(chǎng)所使用光控開(kāi)關(guān)控制照明系統(tǒng)．光控開(kāi)關(guān)可采用光敏電阻來(lái)控制，光敏電阻是阻值隨著光的照度而發(fā)生變化的元件(照度可以反映光的強(qiáng)弱，光越強(qiáng)照度越大，照度單位為lx)．某光敏電阻RP在不同照度下的阻值如下表：
照度(lx)0.20.40.60.81.01.2
電阻(kΩ)7540282320xx
①根據(jù)表中數(shù)據(jù)，請(qǐng)?jiān)诮o定的坐標(biāo)系中(如圖7－10乙所示)描繪出阻值隨照度變化的曲線，并說(shuō)明阻值隨照度變化的特點(diǎn)．
圖7－10乙
②如圖7－10丙所示，當(dāng)1、2兩端所加電壓上升至2V時(shí)，控制開(kāi)關(guān)自動(dòng)啟動(dòng)照明系統(tǒng)．請(qǐng)利用下列器材設(shè)計(jì)一個(gè)簡(jiǎn)單電路，給1、2兩端提供電壓，要求當(dāng)天色漸暗照度降低至1.0(lx)時(shí)啟動(dòng)照明系統(tǒng)，在虛線框內(nèi)完成電路原理圖．(不考慮控制開(kāi)關(guān)對(duì)所設(shè)計(jì)電路的影響)
圖7－10丙
提供的器材如下：
光敏電阻RP(符號(hào)阻值見(jiàn)上表)；
直流電源E(電動(dòng)勢(shì)3V，內(nèi)阻不計(jì))；
定值電阻：R1＝10kΩ，R2＝20kΩ，R3＝40kΩ(限選其中之一并在圖中標(biāo)出)；
開(kāi)關(guān)S及導(dǎo)線若干．[2009年高考山東理綜卷]
[答案](1)①bcd②更換不同的小重物
(2)①光敏電阻的阻值隨光照度變化的曲線如圖7－10丁所示．特點(diǎn)：光敏電阻的阻值隨光照度的增大非線性減?。?br> ②如圖6－9戊所示
丁戊
圖7－10
四、探究性實(shí)驗(yàn)
所謂探究性實(shí)驗(yàn)題，就是運(yùn)用實(shí)驗(yàn)手段探索未知領(lǐng)域，嘗試多種可能因素及其出現(xiàn)的結(jié)果，在此基礎(chǔ)上，通過(guò)觀察、探究、分析實(shí)驗(yàn)對(duì)象、事件的主要特征，認(rèn)識(shí)研究對(duì)象的變化過(guò)程和變化條件，獲取必要的可靠數(shù)據(jù)，依據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果客觀地揭示事物的內(nèi)在聯(lián)系和本質(zhì)規(guī)律，從而得出結(jié)論．中學(xué)實(shí)驗(yàn)中比較典型的探究性實(shí)驗(yàn)是電學(xué)中的黑箱問(wèn)題．
●例8佛山市九江大橋撞船事故發(fā)生后，佛山交通部門加強(qiáng)了對(duì)佛山市內(nèi)各種大橋的檢測(cè)與維修，其中對(duì)西樵大橋?qū)嵤┝藶槠诮荒甑姆忾]施工，置換了大橋上所有的斜拉懸索．某校研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)們很想知道每根長(zhǎng)50m、橫截面積為400cm2的新懸索能承受的最大拉力．由于懸索很長(zhǎng)，抗斷拉力又很大，直接測(cè)量很困難，于是同學(xué)們?nèi)?lái)了同種材料制成的樣品進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究．
由胡克定律可知，在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈力F與形變量x成正比，其比例系數(shù)與彈簧的長(zhǎng)度、橫截面積及材料有關(guān)．因而同學(xué)們猜想，懸索可能也遵循類似的規(guī)律．
(1)同學(xué)們準(zhǔn)備像做“探究彈力與彈簧伸長(zhǎng)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)一樣，先將樣品豎直懸掛，再在其下端掛上不同重量的重物來(lái)完成本實(shí)驗(yàn)．但有同學(xué)說(shuō)懸索的重力是不可忽略的，為了避免懸索所受重力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，你認(rèn)為可行的措施是：___________________________________．
(2)同學(xué)們通過(guò)游標(biāo)卡尺測(cè)量樣品的直徑來(lái)測(cè)定其橫截面積，某次測(cè)量的結(jié)果如圖7－11所示，則該樣品的直徑為_(kāi)_________cm．
圖7－11
(3)同學(xué)們經(jīng)過(guò)充分的討論，不斷完善實(shí)驗(yàn)方案，最后測(cè)得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下．
①分析樣品C的數(shù)據(jù)可知，其所受拉力F(單位：N)與伸長(zhǎng)量x(單位：m)所遵循的函數(shù)關(guān)系式是________________．
②對(duì)比各樣品的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知，懸索受到的拉力與懸索的伸長(zhǎng)量成正比，其比例系數(shù)與懸索長(zhǎng)度的________________成正比、與懸索的橫截面積的________________成正比．
[答案](1)將懸索樣品一端固定并水平放置在光滑水平面上，另一端連接輕繩繞過(guò)滑輪懸掛鉤碼
(2)0.830(3)①F＝2×106x②平方的倒數(shù)大小
【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)“探究彈力與彈簧伸長(zhǎng)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)的遷移能力、對(duì)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)原理的掌握和從圖表歸納所需信息的能力，還考查了學(xué)生的邏輯推理能力、運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問(wèn)題的能力和實(shí)驗(yàn)探究能力．
相關(guān)知識(shí)
高考物理沖刺專題復(fù)習(xí)
20xx屆高考黃岡中學(xué)物理沖刺講解、練習(xí)題、預(yù)測(cè)題18:第9專題高中物理常見(jiàn)的物理模型(2)能力演練
一、選擇題(10×4分)
1．圖示是原子核的核子平均質(zhì)量與原子序數(shù)Z的關(guān)系圖象，下列說(shuō)法正確的是()
A．若D和E結(jié)合成F，結(jié)合過(guò)程中一定會(huì)吸收核能
B．若D和E結(jié)合成F，結(jié)合過(guò)程中一定會(huì)釋放核能
C．若A分裂成B和C，分裂過(guò)程中一定會(huì)吸收核能
D．若A分裂成B和C，分裂過(guò)程中一定會(huì)釋放核能
【解析】D、E結(jié)合成F粒子時(shí)總質(zhì)量減小，核反應(yīng)釋放核能；A分裂成B、C粒子時(shí)，總質(zhì)量減小，核反應(yīng)釋放核能．
[答案]BD
2．單冷型空調(diào)器一般用來(lái)降低室內(nèi)溫度，其制冷系統(tǒng)與電冰箱的制冷系統(tǒng)結(jié)構(gòu)基本相同．某單冷型空調(diào)器的制冷機(jī)從低溫物體吸收熱量Q2，向高溫物體放出熱量Q1，而外界(壓縮機(jī))必須對(duì)工作物質(zhì)做功W，制冷系數(shù)ε＝Q2W．設(shè)某一空調(diào)的制冷系數(shù)為4，若制冷機(jī)每天從房間內(nèi)部吸收2.0×107J的熱量，則下列說(shuō)法正確的是()
A．Q1一定等于Q2
B．空調(diào)的制冷系數(shù)越大越耗能
C．制冷機(jī)每天放出的熱量Q1＝2.5×107J
D．制冷機(jī)每天放出的熱量Q1＝5.0×106J
【解析】Q1＝Q2＋W＞Q2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；ε越大，從室內(nèi)向外傳遞相同熱量時(shí)壓縮機(jī)所需做的功(耗電)越小，越節(jié)省能量，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；又Q1＝Q2＋Q2ε＝2.5×107J，故選項(xiàng)C正確．
[答案]C
3．圖示為一列簡(jiǎn)諧橫波的波形圖象，其中實(shí)線是t1＝0時(shí)刻的波形，虛線是t2＝1.5s時(shí)的波形，且(t2－t1)小于一個(gè)周期．由此可判斷()
A．波長(zhǎng)一定是60cm
B．波一定向x軸正方向傳播
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】由題圖知λ＝60cm
若波向x軸正方向傳播，則可知：
波傳播的時(shí)間t1＝T4，傳播的位移s1＝15cm＝λ4
故知T＝6s，v＝0.1m/s
若波向x軸負(fù)方向傳播，可知：
波傳播的時(shí)間t2＝34T，傳播的位移s2＝45cm＝3λ4
故知T＝2s，v＝0.3m/s．
[答案]AD
4．如圖所示，在水平桌面上疊放著質(zhì)量均為M的A、B兩塊木板，在木板A的上面放著一個(gè)質(zhì)量為m的物塊C，木板和物塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)．A、B、C之間以及B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ．若用水平恒力F向右拉動(dòng)木板A，使之從C、B之間抽出來(lái)，已知重力加速度為g，則拉力F的大小應(yīng)該滿足的條件是(已知最大靜摩擦力的大小等于滑動(dòng)摩擦力)()
A．F＞μ(2m＋M)gB．F＞μ(m＋2M)g
C．F＞2μ(m＋M)gD．F＞2μmg
【解析】無(wú)論F多大，摩擦力都不能使B向右滑動(dòng)，而滑動(dòng)摩擦力能使C產(chǎn)生的最大加速度為μg，故F－μmg－μ(m＋M)gM＞μg時(shí)，即F＞2μ(m＋M)g時(shí)A可從B、C之間抽出．
[答案]C
5．如圖所示，一束單色光a射向半球形玻璃磚的球心，在玻璃與空氣的界面MN上同時(shí)發(fā)生反射和折射，b為反射光，c為折射光，它們與法線間的夾角分別為β和θ．逐漸增大入射角α，下列說(shuō)法中正確的是()
A．β和θ兩角同時(shí)增大，θ始終大于β
B．b光束的能量逐漸減弱，c光束的能量逐漸加強(qiáng)
C．b光在玻璃中的波長(zhǎng)小于b光在空氣中的波長(zhǎng)
D．b光光子的能量大于c光光子的能量
【解析】三個(gè)角度之間的關(guān)系有：θ＝α，sinβsinα＝n＞1，故隨著α的增大，β、θ都增大，但是θ＜β，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，且在全反射前，c光束的能量逐漸減弱，b光束的能量逐漸加強(qiáng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；又由n＝sinβsinα＝cv＝λλ′，b光在玻璃中的波長(zhǎng)小于在空氣中的波長(zhǎng)，但光子的能量不變，選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤．
[答案]C
6．如圖所示，水平傳送帶以v＝2m/s的速度勻速前進(jìn)，上方漏斗中以每秒50kg的速度把煤粉豎直抖落到傳送帶上，然后一起隨傳送帶運(yùn)動(dòng)．如果要使傳送帶保持原來(lái)的速度勻速前進(jìn)，則傳送帶的電動(dòng)機(jī)應(yīng)增加的功率為()
A．100WB．200WC．500WD．無(wú)法確定
【解析】漏斗均勻持續(xù)將煤粉抖落在傳送帶上，每秒鐘有50kg的煤粉被加速至2m/s，故每秒鐘傳送帶的電動(dòng)機(jī)應(yīng)多做的功為：
ΔW＝ΔEk＋Q＝12mv2＋fΔs＝mv2＝200J
故傳送帶的電動(dòng)機(jī)應(yīng)增加的功率ΔP＝ΔWt＝200W．
[答案]B
7．如圖所示，一根用絕緣材料制成的輕彈簧，勁度系數(shù)為k，一端固定，另一端與質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球相連，靜止在光滑絕緣水平面上．當(dāng)施加水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E后，小球開(kāi)始做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，下列關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)情況的說(shuō)法中正確的是()
A．小球的速度為零時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為qEk
B．小球的速度為零時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為2qEk
C．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球和彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能守恒
D．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球動(dòng)能變化量、彈性勢(shì)能變化量以及電勢(shì)能的變化量之和保持為零
【解析】由題意知，小球位于平衡位置時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量x0＝qEk，小球速度為零時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)或伸長(zhǎng)了2x0＝2qEk，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確．
小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中彈簧彈力和電場(chǎng)力都做功，機(jī)械能不守恒，動(dòng)能、彈性勢(shì)能、電勢(shì)能的總和保持不變，選項(xiàng)D正確．
[答案]BD
8．如圖所示，將質(zhì)量為m的滑塊放在傾角為θ的固定斜面上．滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．若滑塊與斜面之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力大小相等，重力加速度為g，則[2009年高考北京理綜卷]()
A．將滑塊由靜止釋放，如果μ＞tanθ，滑塊將下滑
B．給滑塊沿斜面向下的初速度，如果μ＜tanθ，滑塊將減速下滑
C．用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動(dòng)，如果μ＝tanθ，則拉力大小應(yīng)是2mgsinθ
D．用平行于斜面向下的力拉滑塊向下勻速滑動(dòng)，如果μ＝tanθ，則拉力大小應(yīng)是mgsinθ
【解析】對(duì)于靜止置于斜面上的滑塊，可沿斜面下滑的條件為mgsinθ＞μmgcosθ；同理，當(dāng)mgsinθ＜μmgcosθ時(shí)，具有初速度下滑的滑塊將做減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；當(dāng)μ＝tanθ時(shí)，滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦力f＝mgsinθ，由平衡條件知，使滑塊勻速上滑的拉力F＝2mgsinθ，選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤．
[答案]C
9．國(guó)產(chǎn)“水刀”——超高壓數(shù)控萬(wàn)能水切割機(jī)，以其神奇的切割性能在北京國(guó)際展覽中心舉行的第五屆國(guó)際機(jī)床展覽會(huì)上引起轟動(dòng)，它能切割40mm厚的鋼板、50mm厚的大理石等材料．
將普通的水加壓，使其從口徑為0.2mm的噴嘴中以800m/s～1000m/s的速度射出，這種水射流就是“水刀”．我們知道，任何材料承受的壓強(qiáng)都有一定限度，下表列出了一些材料所能承受的壓強(qiáng)的限度．
A．橡膠5×107Pa
B．花崗石1.2×108Pa～2.6×108Pa
C．鑄鐵8.8×108Pa
D．工具鋼6.7×108Pa
設(shè)想一“水刀”的水射流橫截面積為S，垂直入射的速度v＝800m/s，水射流與材料接觸后，速度為零，且不附著在材料上，水的密度ρ＝1×103kg/m3，則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為研究對(duì)象，以其運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量定理得：
－pSΔt＝－ρSvΔtv
得：p＝ρv2＝6.4×108Pa
由表中數(shù)據(jù)可知：此“水刀”不能切割材料C和D．
[答案]CD
10．如圖甲所示，質(zhì)量為2m的長(zhǎng)木板靜止地放在光滑的水平面上，另一質(zhì)量為m的小鉛塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0滑上木板的左端，恰能滑至木板的右端且與木板保持相對(duì)靜止，鉛塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受到的摩擦力始終不變．若將木板分成長(zhǎng)度與質(zhì)量均相等(即m1＝m2＝m)的兩段1、2后，將它們緊挨著放在同一水平面上，讓小鉛塊以相同的初速度v0由木板1的左端開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示，則下列說(shuō)法正確的是()
A．小鉛塊滑到木板2的右端前就與之保持相對(duì)靜止
B．小鉛塊滑到木板2的右端后與之保持相對(duì)靜止
C．甲、乙兩圖所示的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量相等
D．圖甲所示的過(guò)程產(chǎn)生的熱量大于圖乙所示的過(guò)程產(chǎn)生的熱量
【解析】長(zhǎng)木板分兩段前，鉛塊和木板的最終速度為：
vt＝mv03m＝13v0
且有Q＝fL＝12mv02－12×3m(v03)2＝13mv02
長(zhǎng)木板分兩段后，可定量計(jì)算出木板1、2和鉛塊的最終速度，從而可比較摩擦生熱和相對(duì)滑動(dòng)的距離；也可用圖象法定性分析(如圖丙所示)比較得到小鉛塊到達(dá)右端之前已與木板2保持相對(duì)靜止，故圖甲所示的過(guò)程產(chǎn)生的熱量大于圖乙所示的過(guò)程產(chǎn)生的熱量．
丙
[答案]AD
二、非選擇題(共60分)
11．(5分)圖示為伏安法測(cè)電阻的部分電路，電路其他部分不變，當(dāng)開(kāi)關(guān)S接a點(diǎn)時(shí)，電壓表的示數(shù)U1＝11V，電流表的示數(shù)I1＝0.2A；當(dāng)開(kāi)關(guān)S接b點(diǎn)時(shí)，U2＝12V，I2＝0.15A．那么，為了提高測(cè)量的準(zhǔn)確性，開(kāi)關(guān)S應(yīng)接______點(diǎn)(填“a”或“b”)，Rx的測(cè)量值為_(kāi)_______Ω．
[答案]b(2分)80(3分)
12．(10分)如圖所示，光滑水平軌道與光滑圓弧軌道相切，輕彈簧的一端固定在水平軌道的左端，OP是可繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的輕桿，且擺到某處就能停在該處；另有一小鋼球．現(xiàn)在利用這些器材測(cè)定彈簧被壓縮時(shí)的彈性勢(shì)能．
(1)還需要的器材是________、________．
(2)以上測(cè)量實(shí)際上是把對(duì)彈性勢(shì)能的測(cè)量轉(zhuǎn)化為對(duì)________能的測(cè)量，需要直接測(cè)量________和________．
(3)為了研究彈簧的彈性勢(shì)能與勁度系數(shù)和形變量間的關(guān)系，除以上器材外，還準(zhǔn)備了幾個(gè)輕彈簧，所有彈簧的勁度系數(shù)均不相同．試設(shè)計(jì)記錄數(shù)據(jù)的表格．
[答案](1)天平刻度尺(每空1分)
(2)重力勢(shì)質(zhì)量上升高度(每空1分)
(3)設(shè)計(jì)表格如下(5分)
小球的質(zhì)量m＝________kg，彈簧A
壓縮量x(m)
上升高度h(m)
E＝mgh(J)
壓縮量x＝________cm，小球的質(zhì)量m＝________kg
彈簧ABC
勁度系數(shù)k(N/m)
上升高度h(m)
E＝mgh(J)
13．(10分)如圖所示，一勁度系數(shù)k＝800N/m的輕彈簧的兩端各焊接著兩個(gè)質(zhì)量均為m＝12kg的物體A、B，A、B和輕彈簧靜止豎立在水平地面上．現(xiàn)加一豎直向上的力F在上面的物體A上，使物體A開(kāi)始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)0.4s物體B剛要離開(kāi)地面，設(shè)整個(gè)過(guò)程中彈簧都處于彈性限度內(nèi)，取g＝10m/s2．求：
(1)此過(guò)程中所加外力F的最大值和最小值．
(2)此過(guò)程中外力F所做的功．
【解析】(1)A原來(lái)靜止時(shí)有：kx1＝mg(1分)
當(dāng)物體A剛開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力F最小，設(shè)為F1．
對(duì)物體A有：F1＋kx1－mg＝ma(1分)
當(dāng)物體B剛要離開(kāi)地面時(shí)，拉力F最大，設(shè)為F2．
對(duì)物體A有：F2－kx2－mg＝ma(1分)
對(duì)物體B有：kx2＝mg(1分)
對(duì)物體A有：x1＋x2＝12at2(1分)
解得：a＝3.75m/s2
聯(lián)立解得：F1＝45N(1分)，F(xiàn)2＝285N．(1分)
(2)在力F作用的0.4s內(nèi)，初末狀態(tài)的彈性勢(shì)能相等(1分)
由功能關(guān)系得：
WF＝mg(x1＋x2)＋12m(at)2＝49.5J．(2分)
[答案](1)285N45N(2)49.5J
14．(12分)如圖甲所示，傾角為θ、足夠長(zhǎng)的兩光滑金屬導(dǎo)軌位于同一傾斜的平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為l，與電阻R1、R2及電容器相連，電阻R1、R2的阻值均為R，電容器的電容為C，空間存在方向垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一個(gè)質(zhì)量為m、阻值也為R、長(zhǎng)度為l的導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置，將其由靜止釋放，下滑距離s時(shí)導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度，這一過(guò)程中整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則：
甲
(1)導(dǎo)體棒穩(wěn)定下滑的最大速度為多少？
(2)導(dǎo)體棒從釋放開(kāi)始到穩(wěn)定下滑的過(guò)程中流過(guò)R1的電荷量為多少？
【解析】(1)當(dāng)達(dá)到最大速度時(shí)，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，電容器中沒(méi)有電流，設(shè)導(dǎo)體棒穩(wěn)定下滑的最大速度為v，有：
E＝Blv(1分)
I＝ER2＋R(1分)
所以F安＝BIl＝B2l2v2R(2分)
導(dǎo)體棒的受力情況如圖乙所示，根據(jù)受力平衡條件有：
乙
F安＝mgsinθ(1分)
解得：v＝2mgRsinθB2l2．(2分)
(2)棒加速運(yùn)動(dòng)時(shí)電容器上的電壓增大，電容器充電；當(dāng)棒達(dá)到最大速度后，電容器上的電荷量最大并保持不變，所以流過(guò)R1的電荷量就是電容器所帶的電荷量，則：
U＝IR2＝E2RR＝E2＝Blv2＝mgRsinθBl(3分)
QR1＝CU＝mgRCsinθBl．(2分)
[答案](1)2mgRsinθB2l2(2)mgRCsinθBl
15．(13分)如圖甲所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，在D處沿圖示方向以一定的速度射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，此磁場(chǎng)方向垂直紙面向里．結(jié)果離子正好從距A點(diǎn)為d的小孔C沿垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，此電場(chǎng)方向與AC平行且向上，最后離子打在G處，而G處到A點(diǎn)的距離為2d(直線DAG與電場(chǎng)方向垂直)．不計(jì)離子重力，離子運(yùn)動(dòng)軌跡在紙面內(nèi)．求：
甲
(1)正離子從D處運(yùn)動(dòng)到G處所需時(shí)間．
(2)正離子到達(dá)G處時(shí)的動(dòng)能．
【解析】(1)正離子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：
乙
t1＝13T＝2πm3Bq(1分)
圓周運(yùn)動(dòng)半徑r滿足：r＋rcos60°＝d(1分)
解得：r＝23d(1分)
設(shè)離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為v0，則有：r＝mv0Bq(1分)
解得：v0＝2Bqd3m(1分)
離子從C運(yùn)動(dòng)到G所需的時(shí)間t2＝2dv0＝3mBq(2分)
離子從D→C→G的總時(shí)間為：
t＝t1＋t2＝(9＋2π)m3Bq．(2分)
(2)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，對(duì)離子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，有：
qE＝ma，d＝12at22(1分)
由動(dòng)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)如圖甲所示，質(zhì)量m1＝2.0kg的物塊A隨足夠長(zhǎng)的水平傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，傳送帶的速度大小v帶＝3.0m/s，方向如圖所示；在A的右側(cè)L＝2.5m處將質(zhì)量m2＝3.0kg的物塊B無(wú)初速度放上傳送帶．已知在A、B碰后瞬間B相對(duì)傳送帶的速度大小為1.0m/s，之后當(dāng)其中某一物塊相對(duì)傳送帶的速度為零時(shí)，傳送帶立即以大小為2.0m/s2的加速度制動(dòng)，最后停止運(yùn)動(dòng)．傳送帶的運(yùn)動(dòng)情況不受物塊A、B的影響，且A、B碰撞的時(shí)間極短．設(shè)兩物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.10．求：
甲
(1)物塊B剛開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)的加速度．
(2)碰撞后兩物塊的速度．
(3)兩物塊間的最大距離．
【解析】(1)物塊B剛開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)，加速度為：
a＝μm2gm2＝μg＝1m/s2，方向向右．(2分)
(2)設(shè)經(jīng)t1時(shí)間，A、B兩物塊相碰，有：
12at21＋L＝v帶t1
解得：t1＝1s，t1′＝5s(由上述分析可知，t1′不合題意，舍去)
碰前B的速度v2＝at1＝1m/s(2分)
由題意可知：碰后B的速度v2′＝2m/s或v2″＝4m/s
由動(dòng)量守恒定律得：
m1v帶＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v帶＋m2v2＝m1v1″＋m2v2″
解得：碰后A的速度v1′＝1.5m/s或v1″＝－1.5m/s
檢驗(yàn)：由于12m1v2帶＋12m2v22＜12m1v1′2＋12m2v2″2
故v1″＝－1.5m/s、v2″＝4m/s這組數(shù)據(jù)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)因碰后兩物塊均做加速度運(yùn)動(dòng)，加速度都為a＝1m/s2，所以B的速度先達(dá)到與傳送帶相同速度，設(shè)B達(dá)到與傳送帶速度相同的時(shí)間為t2．
乙
有：v帶＝v2′＋at2，t2＝1s
此時(shí)A的速度v3＝v1′＋at2＝2.5m/s＜v帶
故從t2之后A繼續(xù)加速運(yùn)動(dòng)，B和傳送帶開(kāi)始減速運(yùn)動(dòng)，直到A和傳送達(dá)到某個(gè)共同速度v4后，A所受的摩擦力換向，才開(kāi)始減速運(yùn)動(dòng)．設(shè)A繼續(xù)加速度的時(shí)間為t3，則：
v4＝v3＋at3＝v帶－a帶t3，t3＝16s
A的速度v4＝v3＋at3＝83m/s(2分)
此時(shí)B的速度v5＝v帶－at3＝176m/s，之后A、B均做減速運(yùn)動(dòng)，因?yàn)樵谡麄€(gè)過(guò)程中B的速度始終大于A的速度，所以當(dāng)A、B都靜止時(shí)兩物塊間的距離最大．(1分)
B碰后運(yùn)動(dòng)的總位移s2＝v2帶－v2′22a＋0－v2帶2×(－a)＝7m
或s2＝v2′＋v帶2t2＋v帶2×v帶a＝7m(2分)
A碰后運(yùn)動(dòng)的總位移s1＝v24－v1′22×a＋0－v242×(－a)≈6m(2分)
兩物塊間的最大距離sm＝s2－s1＝1m．(1分)
[答案](1)1m/s2，方向向左
(2)A的速度為1.5m/s，方向向右；B的速度為2m/s，方向向右
(3)1m
高考物理常見(jiàn)的物理模型沖刺專題復(fù)習(xí)
20xx屆高考黃岡中學(xué)物理沖刺講解、練習(xí)題、預(yù)測(cè)題17:第9專題高中物理常見(jiàn)的物理模型(1)
方法概述
高考命題以《考試大綱》為依據(jù)，考查學(xué)生對(duì)高中物理知識(shí)的掌握情況，體現(xiàn)了“知識(shí)與技能、過(guò)程與方法并重”的高中物理學(xué)習(xí)思想．每年各地的高考題為了避免雷同而千變?nèi)f化、多姿多彩，但又總有一些共性，這些共性可粗略地總結(jié)如下：
(1)選擇題中一般都包含3～4道關(guān)于振動(dòng)與波、原子物理、光學(xué)、熱學(xué)的試題．
(2)實(shí)驗(yàn)題以考查電路、電學(xué)測(cè)量為主，兩道實(shí)驗(yàn)小題中出一道較新穎的設(shè)計(jì)性實(shí)驗(yàn)題的可能性較大．
(3)試卷中下列常見(jiàn)的物理模型出現(xiàn)的概率較大：斜面問(wèn)題、疊加體模型(包含子彈射入)、帶電粒子的加速與偏轉(zhuǎn)、天體問(wèn)題(圓周運(yùn)動(dòng))、輕繩(輕桿)連接體模型、傳送帶問(wèn)題、含彈簧的連接體模型．
高考中常出現(xiàn)的物理模型中，有些問(wèn)題在高考中變化較大，或者在前面專題中已有較全面的論述，在這里就不再論述和例舉．斜面問(wèn)題、疊加體模型、含彈簧的連接體模型等在高考中的地位特別重要，本專題就這幾類模型進(jìn)行歸納總結(jié)和強(qiáng)化訓(xùn)練；傳送帶問(wèn)題在高考中出現(xiàn)的概率也較大，而且解題思路獨(dú)特，本專題也略加論述．
熱點(diǎn)、重點(diǎn)、難點(diǎn)
一、斜面問(wèn)題
在每年各地的高考卷中幾乎都有關(guān)于斜面模型的試題．如2009年高考全國(guó)理綜卷Ⅰ第25題、北京理綜卷第18題、天津理綜卷第1題、上海物理卷第22題等，2008年高考全國(guó)理綜卷Ⅰ第14題、全國(guó)理綜卷Ⅱ第16題、北京理綜卷第20題、江蘇物理卷第7題和第15題等．在前面的復(fù)習(xí)中，我們對(duì)這一模型的例舉和訓(xùn)練也比較多，遇到這類問(wèn)題時(shí)，以下結(jié)論可以幫助大家更好、更快地理清解題思路和選擇解題方法．
1．自由釋放的滑塊能在斜面上(如圖9－1甲所示)勻速下滑時(shí)，m與M之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝gtanθ．
圖9－1甲
2．自由釋放的滑塊在斜面上(如圖9－1甲所示)：
(1)靜止或勻速下滑時(shí)，斜面M對(duì)水平地面的靜摩擦力為零；
(2)加速下滑時(shí)，斜面對(duì)水平地面的靜摩擦力水平向右；
(3)減速下滑時(shí)，斜面對(duì)水平地面的靜摩擦力水平向左．
3．自由釋放的滑塊在斜面上(如圖9－1乙所示)勻速下滑時(shí)，M對(duì)水平地面的靜摩擦力為零，這一過(guò)程中再在m上加上任何方向的作用力，(在m停止前)M對(duì)水平地面的靜摩擦力依然為零(見(jiàn)一輪書(shū)中的方法概述)．
圖9－1乙
4．懸掛有物體的小車在斜面上滑行(如圖9－2所示)：
圖9－2
(1)向下的加速度a＝gsinθ時(shí)，懸繩穩(wěn)定時(shí)將垂直于斜面；
(2)向下的加速度a＞gsinθ時(shí)，懸繩穩(wěn)定時(shí)將偏離垂直方向向上；
(3)向下的加速度a＜gsinθ時(shí)，懸繩將偏離垂直方向向下．
5．在傾角為θ的斜面上以速度v0平拋一小球(如圖9－3所示)：
圖9－3
(1)落到斜面上的時(shí)間t＝2v0tanθg；
(2)落到斜面上時(shí)，速度的方向與水平方向的夾角α恒定，且tanα＝2tanθ，與初速度無(wú)關(guān)；
(3)經(jīng)過(guò)tc＝v0tanθg小球距斜面最遠(yuǎn)，最大距離d＝(v0sinθ)22gcosθ．
6．如圖9－4所示，當(dāng)整體有向右的加速度a＝gtanθ時(shí)，m能在斜面上保持相對(duì)靜止．
圖9－4
7．在如圖9－5所示的物理模型中，當(dāng)回路的總電阻恒定、導(dǎo)軌光滑時(shí)，ab棒所能達(dá)到的穩(wěn)定速度vm＝mgRsinθB2L2．
圖9－5
8．如圖9－6所示，當(dāng)各接觸面均光滑時(shí)，在小球從斜面頂端滑下的過(guò)程中，斜面后退的位移s＝mm＋ML．
圖9－6
●例1有一些問(wèn)題你可能不會(huì)求解，但是你仍有可能對(duì)這些問(wèn)題的解是否合理進(jìn)行分析和判斷．例如從解的物理量單位，解隨某些已知量變化的趨勢(shì)，解在一些特殊條件下的結(jié)果等方面進(jìn)行分析，并與預(yù)期結(jié)果、實(shí)驗(yàn)結(jié)論等進(jìn)行比較，從而判斷解的合理性或正確性．
舉例如下：如圖9－7甲所示，質(zhì)量為M、傾角為θ的滑塊A放于水平地面上．把質(zhì)量為m的滑塊B放在A的斜面上．忽略一切摩擦，有人求得B相對(duì)地面的加速度a＝M＋mM＋msin2θgsinθ，式中g(shù)為重力加速度．
圖9－7甲
對(duì)于上述解，某同學(xué)首先分析了等號(hào)右側(cè)的量的單位，沒(méi)發(fā)現(xiàn)問(wèn)題．他進(jìn)一步利用特殊條件對(duì)該解做了如下四項(xiàng)分析和判斷，所得結(jié)論都是“解可能是對(duì)的”．但是，其中有一項(xiàng)是錯(cuò)誤的，請(qǐng)你指出該項(xiàng)[2008年高考北京理綜卷]()
A．當(dāng)θ＝0°時(shí)，該解給出a＝0，這符合常識(shí)，說(shuō)明該解可能是對(duì)的
B．當(dāng)θ＝90°時(shí)，該解給出a＝g，這符合實(shí)驗(yàn)結(jié)論，說(shuō)明該解可能是對(duì)的
C．當(dāng)Mm時(shí)，該解給出a≈gsinθ，這符合預(yù)期的結(jié)果，說(shuō)明該解可能是對(duì)的
D．當(dāng)mM時(shí)，該解給出a≈gsinθ，這符合預(yù)期的結(jié)果，說(shuō)明該解可能是對(duì)的
【解析】當(dāng)A固定時(shí)，很容易得出a＝gsinθ；當(dāng)A置于光滑的水平面時(shí)，B加速下滑的同時(shí)A向左加速運(yùn)動(dòng)，B不會(huì)沿斜面方向下滑，難以求出運(yùn)動(dòng)的加速度．
圖9－7乙
設(shè)滑塊A的底邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，當(dāng)B滑下時(shí)A向左移動(dòng)的距離為x，由動(dòng)量守恒定律得：
Mxt＝mL－xt
解得：x＝mLM＋m
當(dāng)mM時(shí)，x≈L，即B水平方向的位移趨于零，B趨于自由落體運(yùn)動(dòng)且加速度a≈g．
選項(xiàng)D中，當(dāng)mM時(shí)，a≈gsinθ＞g顯然不可能．
[答案]D
【點(diǎn)評(píng)】本例中，若m、M、θ、L有具體數(shù)值，可假設(shè)B下滑至底端時(shí)速度v1的水平、豎直分量分別為v1x、v1y，則有：
v1yv1x＝hL－x＝(M＋m)hML
12mv1x2＋12mv1y2＋12Mv22＝mgh
mv1x＝Mv2
解方程組即可得v1x、v1y、v1以及v1的方向和m下滑過(guò)程中相對(duì)地面的加速度．
●例2在傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向一個(gè)垂直于斜面向上，一個(gè)垂直于斜面向下(如圖9－8甲所示)，它們的寬度均為L(zhǎng)．一個(gè)質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形線框以速度v進(jìn)入上部磁場(chǎng)時(shí)，恰好做勻速運(yùn)動(dòng)．
圖9－8甲
(1)當(dāng)ab邊剛越過(guò)邊界ff′時(shí)，線框的加速度為多大，方向如何？
(2)當(dāng)ab邊到達(dá)gg′與ff′的正中間位置時(shí)，線框又恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，則線框從開(kāi)始進(jìn)入上部磁場(chǎng)到ab邊到達(dá)gg′與ff′的正中間位置的過(guò)程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為多少？(線框的ab邊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與磁場(chǎng)邊界平行，不計(jì)摩擦阻力)
【解析】(1)當(dāng)線框的ab邊從高處剛進(jìn)入上部磁場(chǎng)(如圖9－8乙中的位置①所示)時(shí)，線框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，則有：
mgsinθ＝BI1L
此時(shí)I1＝BLvR
當(dāng)線框的ab邊剛好越過(guò)邊界ff′(如圖9－8乙中的位置②所示)時(shí)，由于線框從位置①到位置②始終做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)將ab邊與cd邊切割磁感線所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)同向疊加，回路中電流的大小等于2I1．故線框的加速度大小為：
圖9－8乙
a＝4BI1L－mgsinθm＝3gsinθ，方向沿斜面向上．
(2)而當(dāng)線框的ab邊到達(dá)gg′與ff′的正中間位置(如圖9－8乙中的位置③所示)時(shí)，線框又恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明mgsinθ＝4BI2L
故I2＝14I1
由I1＝BLvR可知，此時(shí)v′＝14v
從位置①到位置③，線框的重力勢(shì)能減少了32mgLsinθ
動(dòng)能減少了12mv2－12m(v4)2＝1532mv2
由于線框減少的機(jī)械能全部經(jīng)電能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，因此有：
Q＝32mgLsinθ＋1532mv2．
[答案](1)3gsinθ，方向沿斜面向上
(2)32mgLsinθ＋1532mv2
【點(diǎn)評(píng)】導(dǎo)線在恒力作用下做切割磁感線運(yùn)動(dòng)是高中物理中一類常見(jiàn)題型，需要熟練掌握各種情況下求平衡速度的方法．
二、疊加體模型
疊加體模型在歷年的高考中頻繁出現(xiàn)，一般需求解它們之間的摩擦力、相對(duì)滑動(dòng)路程、摩擦生熱、多次作用后的速度變化等，另外廣義的疊加體模型可以有許多變化，涉及的問(wèn)題更多．如2009年高考天津理綜卷第10題、寧夏理綜卷第20題、山東理綜卷第24題，2008年高考全國(guó)理綜卷Ⅰ的第15題、北京理綜卷第24題、江蘇物理卷第6題、四川延考區(qū)理綜卷第25題等．
疊加體模型有較多的變化，解題時(shí)往往需要進(jìn)行綜合分析(前面相關(guān)例題、練習(xí)較多)，下列兩個(gè)典型的情境和結(jié)論需要熟記和靈活運(yùn)用．
1．疊放的長(zhǎng)方體物塊A、B在光滑的水平面上勻速運(yùn)動(dòng)或在光滑的斜面上自由釋放后變速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中(如圖9－9所示)，A、B之間無(wú)摩擦力作用．
圖9－9
2．如圖9－10所示，一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的總功一定為負(fù)值，其絕對(duì)值等于摩擦力乘以相對(duì)滑動(dòng)的總路程或等于摩擦產(chǎn)生的熱量，與單個(gè)物體的位移無(wú)關(guān)，即Q摩＝fs相．
圖9－10
●例3質(zhì)量為M的均勻木塊靜止在光滑的水平面上，木塊左右兩側(cè)各有一位拿著完全相同的步槍和子彈的射擊手．首先左側(cè)的射擊手開(kāi)槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d1，然后右側(cè)的射擊手開(kāi)槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d2，如圖9－11所示．設(shè)子彈均未射穿木塊，且兩子彈與木塊之間的作用力大小均相同．當(dāng)兩顆子彈均相對(duì)木塊靜止時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(注：屬于選修3－5模塊)()
圖9－11
A．最終木塊靜止，d1＝d2
B．最終木塊向右運(yùn)動(dòng)，d1d2
C．最終木塊靜止，d1d2
D．最終木塊靜止，d1d2
【解析】木塊和射出后的左右兩子彈組成的系統(tǒng)水平方向不受外力作用，設(shè)子彈的質(zhì)量為m，由動(dòng)量守恒定律得：
mv0－mv0＝(M＋2m)v
解得：v＝0，即最終木塊靜止
設(shè)左側(cè)子彈射入木塊后的共同速度為v1，有：
mv0＝(m＋M)v1
Q1＝fd1＝12mv02－12(m＋M)v12
解得：d1＝mMv022(m＋M)f
對(duì)右側(cè)子彈射入的過(guò)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
【點(diǎn)評(píng)】摩擦生熱公式可稱之為“功能關(guān)系”或“功能原理”的公式，但不能稱之為“動(dòng)能定理”的公式，它是由動(dòng)能定理的關(guān)系式推導(dǎo)得出的二級(jí)結(jié)論．
三、含彈簧的物理模型
縱觀歷年的高考試題，和彈簧有關(guān)的物理試題占有相當(dāng)大的比重．高考命題者常以彈簧為載體設(shè)計(jì)出各類試題，這類試題涉及靜力學(xué)問(wèn)題、動(dòng)力學(xué)問(wèn)題、動(dòng)量守恒和能量守恒問(wèn)題、振動(dòng)問(wèn)題、功能問(wèn)題等，幾乎貫穿了整個(gè)力學(xué)的知識(shí)體系．為了幫助同學(xué)們掌握這類試題的分析方法，現(xiàn)將有關(guān)彈簧問(wèn)題分類進(jìn)行剖析．
對(duì)于彈簧，從受力角度看，彈簧上的彈力是變力；從能量角度看，彈簧是個(gè)儲(chǔ)能元件．因此，彈簧問(wèn)題能很好地考查學(xué)生的綜合分析能力，故備受高考命題老師的青睞．如2009年高考福建理綜卷第21題、山東理綜卷第22題、重慶理綜卷第24題，2008年高考北京理綜卷第22題、山東理綜卷第16題和第22題、四川延考區(qū)理綜卷第14題等．題目類型有：靜力學(xué)中的彈簧問(wèn)題，動(dòng)力學(xué)中的彈簧問(wèn)題，與動(dòng)量和能量有關(guān)的彈簧問(wèn)題．
1．靜力學(xué)中的彈簧問(wèn)題
(1)胡克定律：F＝kx，ΔF＝kΔx．
(2)對(duì)彈簧秤的兩端施加(沿軸線方向)大小不同的拉力，彈簧秤的示數(shù)一定等于掛鉤上的拉力．
●例4如圖9－12甲所示，兩木塊A、B的質(zhì)量分別為m1和m2，兩輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)分別為k1和k2，兩彈簧分別連接A、B，整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)緩慢向上提木塊A，直到下面的彈簧對(duì)地面的壓力恰好為零，在此過(guò)程中A和B的重力勢(shì)能共增加了()
圖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以及它們之間的彈簧組成的整體為研究對(duì)象，則當(dāng)下面的彈簧對(duì)地面的壓力為零時(shí)，向上提A的力F恰好為：
F＝(m1＋m2)g
設(shè)這一過(guò)程中上面和下面的彈簧分別伸長(zhǎng)x1、x2，如圖9－12乙所示，由胡克定律得：
圖9－12乙
x1＝(m1＋m2)gk1，x2＝(m1＋m2)gk2
故A、B增加的重力勢(shì)能共為：
ΔEp＝m1g(x1＋x2)＋m2gx2
＝(m1＋m2)2g2k2＋m1(m1＋m2)g2k1．
[答案]D
【點(diǎn)評(píng)】①計(jì)算上面彈簧的伸長(zhǎng)量時(shí)，較多同學(xué)會(huì)先計(jì)算原來(lái)的壓縮量，然后計(jì)算后來(lái)的伸長(zhǎng)量，再將兩者相加，但不如上面解析中直接運(yùn)用Δx＝ΔFk進(jìn)行計(jì)算更快捷方便．
②通過(guò)比較可知，重力勢(shì)能的增加并不等于向上提的力所做的功W＝Fx總＝(m1＋m2)2g22k22＋(m1＋m2)2g22k1k2．
2．動(dòng)力學(xué)中的彈簧問(wèn)題
(1)瞬時(shí)加速度問(wèn)題(與輕繩、輕桿不同)：一端固定、另一端接有物體的彈簧，形變不會(huì)發(fā)生突變，彈力也不會(huì)發(fā)生突變．
(2)如圖9－13所示，將A、B下壓后撤去外力，彈簧在恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)刻B與A開(kāi)始分離．
圖9－13
●例5一彈簧秤秤盤(pán)的質(zhì)量m1＝1.5kg，盤(pán)內(nèi)放一質(zhì)量m2＝10.5kg的物體P，彈簧的質(zhì)量不計(jì)，其勁度系數(shù)k＝800N/m，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖9－14所示．
圖9－14
現(xiàn)給P施加一個(gè)豎直向上的力F，使P從靜止開(kāi)始向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知在最初0.2s內(nèi)F是變化的，在0.2s后是恒定的，求F的最大值和最小值．(取g＝10m/s2)
【解析】初始時(shí)刻彈簧的壓縮量為：
x0＝(m1＋m2)gk＝0.15m
設(shè)秤盤(pán)上升高度x時(shí)P與秤盤(pán)分離，分離時(shí)刻有：
k(x0－x)－m1gm1＝a
又由題意知，對(duì)于0～0.2s時(shí)間內(nèi)P的運(yùn)動(dòng)有：
12at2＝x
解得：x＝0.12m，a＝6m/s2
故在平衡位置處，拉力有最小值Fmin＝(m1＋m2)a＝72N
分離時(shí)刻拉力達(dá)到最大值Fmax＝m2g＋m2a＝168N．
[答案]72N168N
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于本例所述的物理過(guò)程，要特別注意的是：分離時(shí)刻m1與m2之間的彈力恰好減為零，下一時(shí)刻彈簧的彈力與秤盤(pán)的重力使秤盤(pán)產(chǎn)生的加速度將小于a，故秤盤(pán)與重物分離．
3．與動(dòng)量、能量相關(guān)的彈簧問(wèn)題
與動(dòng)量、能量相關(guān)的彈簧問(wèn)題在高考試題中出現(xiàn)頻繁，而且常以計(jì)算題出現(xiàn)，在解析過(guò)程中以下兩點(diǎn)結(jié)論的應(yīng)用非常重要：
(1)彈簧壓縮和伸長(zhǎng)的形變相同時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能相等；
(2)彈簧連接兩個(gè)物體做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)兩物體的相對(duì)速度最大，彈簧的形變最大時(shí)兩物體的速度相等．
●例6如圖9－15所示，用輕彈簧將質(zhì)量均為m＝1kg的物塊A和B連接起來(lái)，將它們固定在空中，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，A距地面的高度h1＝0.90m．同時(shí)釋放兩物塊，A與地面碰撞后速度立即變?yōu)榱?，由于B壓縮彈簧后被反彈，使A剛好能離開(kāi)地面(但不繼續(xù)上升)．若將B物塊換為質(zhì)量為2m的物塊C(圖中未畫(huà)出)，仍將它與A固定在空中且彈簧處于原長(zhǎng)，從A距地面的高度為h2處同時(shí)釋放，C壓縮彈簧被反彈后，A也剛好能離開(kāi)地面．已知彈簧的勁度系數(shù)k＝100N/m，求h2的大?。?br> 圖9－15
【解析】設(shè)A物塊落地時(shí)，B物塊的速度為v1，則有：
12mv12＝mgh1
設(shè)A剛好離地時(shí)，彈簧的形變量為x，對(duì)A物塊有：
mg＝kx
從A落地后到A剛好離開(kāi)地面的過(guò)程中，對(duì)于A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有：
12mv12＝mgx＋ΔEp
換成C后，設(shè)A落地時(shí)，C的速度為v2，則有：
122mv22＝2mgh2
從A落地后到A剛好離開(kāi)地面的過(guò)程中，A、C及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有：
122mv22＝2mgx＋ΔEp
聯(lián)立解得：h2＝0.5m．
[答案]0.5m
【點(diǎn)評(píng)】由于高中物理對(duì)彈性勢(shì)能的表達(dá)式不作要求，所以在高考中幾次考查彈簧問(wèn)題時(shí)都要用到上述結(jié)論“①”．如2005年高考全國(guó)理綜卷Ⅰ第25題、1997年高考全國(guó)卷第25題等．
●例7用輕彈簧相連的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物塊都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動(dòng)，彈簧處于原長(zhǎng)，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖9－16甲所示．B與C碰撞后二者粘在一起運(yùn)動(dòng)，則在以后的運(yùn)動(dòng)中：
圖9－16甲
(1)當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，物體A的速度為多大？
(2)彈簧彈性勢(shì)能的最大值是多少？
(3)A的速度方向有可能向左嗎？為什么？
【解析】(1)當(dāng)A、B、C三者的速度相等(設(shè)為vA′)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，由于A、B、C三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有：
(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′
解得：vA′＝(2＋2)×62＋2＋4m/s＝3m/s．
(2)B、C發(fā)生碰撞時(shí)，B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者的速度為v′，則有：
mBv＝(mB＋mC)v′
解得：v′＝2×62＋4＝2m/s
A的速度為vA′時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，設(shè)其值為Ep，根據(jù)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不可能向左運(yùn)動(dòng)．
根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒有：(mA＋mB)v＝mAvA＋(mB＋mC)vB
設(shè)A向左，則vA＜0，vB＞4m/s
則B、C發(fā)生碰撞后，A、B、C三者的動(dòng)能之和為：
E′＝12mAv2A＋12(mB＋mC)v2B＞12(mB＋mC)v2B＝48J
實(shí)際上系統(tǒng)的機(jī)械能為：
E＝Ep＋12(mA＋mB＋mC)vA′2＝12J＋36J＝48J
根據(jù)能量守恒定律可知，E′＞E是不可能的，所以A不可能向左運(yùn)動(dòng)．
方法二B、C碰撞后系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)可以看做整體向右勻速運(yùn)動(dòng)與A、B和C相對(duì)振動(dòng)的合成(即相當(dāng)于在勻速運(yùn)動(dòng)的車廂中兩物塊相對(duì)振動(dòng))
由(1)知整體勻速運(yùn)動(dòng)的速度v0＝vA′＝3m/s
圖9－16乙
取以v0＝3m/s勻速運(yùn)動(dòng)的物體為參考系，可知彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，A、B和C相對(duì)振動(dòng)的速率最大，分別為：
vAO＝v－v0＝3m/s
vBO＝|v′－v0|＝1m/s
由此可畫(huà)出A、B、C的速度隨時(shí)間變化的圖象如圖9－16乙所示，故A不可能有向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻．
[答案](1)3m/s(2)12J(3)不可能，理由略
【點(diǎn)評(píng)】①要清晰地想象、理解研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)過(guò)程：相當(dāng)于在以3m/s勻速行駛的車廂內(nèi)，A、B和C做相對(duì)彈簧上某點(diǎn)的簡(jiǎn)諧振動(dòng)，振動(dòng)的最大速率分別為3m/s、1m/s．
②當(dāng)彈簧由壓縮恢復(fù)至原長(zhǎng)時(shí)，A最有可能向左運(yùn)動(dòng)，但此時(shí)A的速度為零．
●例8探究某種筆的彈跳問(wèn)題時(shí)，把筆分為輕質(zhì)彈簧、內(nèi)芯和外殼三部分，其中內(nèi)芯和外殼質(zhì)量分別為m和4m．筆的彈跳過(guò)程分為三個(gè)階段：
圖9－17
①把筆豎直倒立于水平硬桌面，下壓外殼使其下端接觸桌面(如圖9－17甲所示)；
②由靜止釋放，外殼豎直上升到下端距桌面高度為h1時(shí)，與靜止的內(nèi)芯碰撞(如圖9－17乙所示)；
③碰后，內(nèi)芯與外殼以共同的速度一起上升到外殼下端距桌面最大高度為h2處(如圖9－17丙所示)．
設(shè)內(nèi)芯與外殼的撞擊力遠(yuǎn)大于筆所受重力，不計(jì)摩擦與空氣阻力，重力加速度為g．求：
(1)外殼與內(nèi)芯碰撞后瞬間的共同速度大?。?br> (2)從外殼離開(kāi)桌面到碰撞前瞬間，彈簧做的功．
(3)從外殼下端離開(kāi)桌面到上升至h2處，筆損失的機(jī)械能．
[2009年高考重慶理綜卷]
【解析】設(shè)外殼上升到h1時(shí)速度的大小為v1，外殼與內(nèi)芯碰撞后瞬間的共同速度大小為v2．
(1)對(duì)外殼和內(nèi)芯，從撞后達(dá)到共同速度到上升至h2處，由動(dòng)能定理得：
(4m＋m)g(h2－h(huán)1)＝12(4m＋m)v22－0
解得：v2＝2g(h2－h(huán)1)．
(2)外殼與內(nèi)芯在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，即：
4mv1＝(4m＋m)v2
將v2代入得：v1＝542g(h2－h(huán)1)
設(shè)彈簧做的功為W，對(duì)外殼應(yīng)用動(dòng)能定理有：
W－4mgh1＝12×4mv21
將v1代入得：W＝14mg(25h2－9h1)．
(3)由于外殼和內(nèi)芯達(dá)到共同速度后上升至高度h2的過(guò)程中機(jī)械能守恒，只有在外殼和內(nèi)芯的碰撞中有能量損失，損失的能量E損＝12×4mv21－12(4m＋m)v22
將v1、v2代入得：E損＝54mg(h2－h(huán)1)．
[答案](1)2g(h2－h(huán)1)(2)14mg(25h2－9h1)
(3)54mg(h2－h(huán)1)
由以上例題可以看出，彈簧類試題的確是培養(yǎng)和訓(xùn)練學(xué)生的物理思維、反映和開(kāi)發(fā)學(xué)生的學(xué)習(xí)潛能的優(yōu)秀試題．彈簧與相連物體構(gòu)成的系統(tǒng)所表現(xiàn)出來(lái)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化，為學(xué)生充分運(yùn)用物理概念和規(guī)律(牛頓第二定律、動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律)巧妙解決物理問(wèn)題、施展自身才華提供了廣闊空間，當(dāng)然也是區(qū)分學(xué)生能力強(qiáng)弱、拉大差距、選拔人才的一種常規(guī)題型．因此，彈簧試題也就成為高考物理題中的一類重要的、獨(dú)具特色的考題．
四、傳送帶問(wèn)題
從1990年以后出版的各種版本的高中物理教科書(shū)中均有皮帶傳輸機(jī)的插圖．皮帶傳送類問(wèn)題在現(xiàn)代生產(chǎn)生活中的應(yīng)用非常廣泛．這類問(wèn)題中物體所受的摩擦力的大小和方向、運(yùn)動(dòng)性質(zhì)都具有變化性，涉及力、相對(duì)運(yùn)動(dòng)、能量轉(zhuǎn)化等各方面的知識(shí)，能較好地考查學(xué)生分析物理過(guò)程及應(yīng)用物理規(guī)律解答物理問(wèn)題的能力．如2003年高考全國(guó)理綜卷第34題、2005年高考全國(guó)理綜卷Ⅰ第24題等．
對(duì)于滑塊靜止放在勻速傳動(dòng)的傳送帶上的模型，以下結(jié)論要清楚地理解并熟記：
(1)滑塊加速過(guò)程的位移等于滑塊與傳送帶相對(duì)滑動(dòng)的距離；
(2)對(duì)于水平傳送帶，滑塊加速過(guò)程中傳送帶對(duì)其做的功等于這一過(guò)程由摩擦產(chǎn)生的熱量，即傳送裝置在這一過(guò)程需額外(相對(duì)空載)做的功W＝mv2＝2Ek＝2Q摩．
●例9如圖9－18甲所示，物塊從光滑曲面上的P點(diǎn)自由滑下，通過(guò)粗糙的靜止水平傳送帶后落到地面上的Q點(diǎn)．若傳送帶的皮帶輪沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩龠\(yùn)動(dòng)(使傳送帶隨之運(yùn)動(dòng))，物塊仍從P點(diǎn)自由滑下，則()
圖9－18甲
A．物塊有可能不落到地面上
B．物塊仍將落在Q點(diǎn)
C．物塊將會(huì)落在Q點(diǎn)的左邊
D．物塊將會(huì)落在Q點(diǎn)的右邊
【解析】如圖9－18乙所示，設(shè)物塊滑上水平傳送帶上的初速度為v0，物塊與皮帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則：
圖9－18乙
物塊在皮帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a＝μmgm＝μg
物塊滑至傳送帶右端的速度為：
v＝v02－2μgs
物塊滑至傳送帶右端這一過(guò)程的時(shí)間可由方程s＝v0t－12μgt2解得．
當(dāng)皮帶向左勻速傳送時(shí)，滑塊在皮帶上的摩擦力也為：
f＝μmg
物塊在皮帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：
a1′＝μmgm＝μg
則物塊滑至傳送帶右端的速度v′＝v02－2μgs＝v
物塊滑至傳送帶右端這一過(guò)程的時(shí)間同樣可由方程s＝v0t－12μgt2解得．
由以上分析可知物塊仍將落在Q點(diǎn)，選項(xiàng)B正確．
[答案]B
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于本例應(yīng)深刻理解好以下兩點(diǎn)：
①滑動(dòng)摩擦力f＝μFN，與相對(duì)滑動(dòng)的速度或接觸面積均無(wú)關(guān)；
②兩次滑行的初速度(都以地面為參考系)相等，加速度相等，故運(yùn)動(dòng)過(guò)程完全相同．
我們延伸開(kāi)來(lái)思考，物塊在皮帶上的運(yùn)動(dòng)可理解為初速度為v0的物塊受到反方向的大小為μmg的力F的作用，與該力的施力物體做什么運(yùn)動(dòng)沒(méi)有關(guān)系．
●例10如圖9－19所示，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶始終以v＝3m/s的速度向左運(yùn)動(dòng)，傳送帶上有一質(zhì)量M＝2kg的小木盒A，A與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3．開(kāi)始時(shí)，A與傳送帶之間保持相對(duì)靜止．現(xiàn)有兩個(gè)光滑的質(zhì)量均為m＝1kg的小球先后相隔Δt＝3s自傳送帶的左端出發(fā)，以v0＝15m/s的速度在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)．第1個(gè)球與木盒相遇后立即進(jìn)入盒中并與盒保持相對(duì)靜止；第2個(gè)球出發(fā)后歷時(shí)Δt1＝13s才與木盒相遇．取g＝10m/s2，問(wèn)：
圖9－19
(1)第1個(gè)球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運(yùn)動(dòng)的速度為多大？
(2)第1個(gè)球出發(fā)后經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間與木盒相遇？
(3)在木盒與第1個(gè)球相遇至與第2個(gè)球相遇的過(guò)程中，由于木盒與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量是多少？
【解析】(1)設(shè)第1個(gè)球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運(yùn)動(dòng)的速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：
mv0－Mv＝(m＋M)v1
解得：v1＝3m/s，方向向右．
(2)設(shè)第1個(gè)球與木盒的相遇點(diǎn)離傳送帶左端的距離為s，第1個(gè)球經(jīng)過(guò)時(shí)間t0與木盒相遇，則有：
t0＝sv0
設(shè)第1個(gè)球進(jìn)入木盒后兩者共同運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得：
μ(m＋M)g＝(m＋M)a
解得：a＝μg＝3m/s2，方向向左
設(shè)木盒減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，加速到與傳送帶具有相同的速度的時(shí)間為t2，則：
t1＝t2＝Δva＝1s
故木盒在2s內(nèi)的位移為零
依題意可知：s＝v0Δt1＋v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0)
解得：s＝7.5m，t0＝0.5s．
(3)在木盒與第1個(gè)球相遇至與第2個(gè)球相遇的這一過(guò)程中，設(shè)傳送帶的位移為s′，木盒的位移為s1，則：
s′＝v(Δt＋Δt1－t0)＝8.5m
s1＝v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0)＝2.5m
故木盒相對(duì)于傳送帶的位移為：Δs＝s′－s1＝6m
則木盒與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為：
Q＝fΔs＝54J．
[答案](1)3m/s(2)0.5s(3)54J
【點(diǎn)評(píng)】本題解析的關(guān)鍵在于：①對(duì)物理過(guò)程理解清楚；②求相對(duì)路程的方法．
高考物理動(dòng)量和能量沖刺專題復(fù)習(xí)
俗話說(shuō)，居安思危，思則有備，有備無(wú)患。教師要準(zhǔn)備好教案，這是每個(gè)教師都不可缺少的。教案可以讓學(xué)生更容易聽(tīng)懂所講的內(nèi)容，幫助教師提前熟悉所教學(xué)的內(nèi)容。您知道教案應(yīng)該要怎么下筆嗎？小編為此仔細(xì)地整理了以下內(nèi)容《高考物理動(dòng)量和能量沖刺專題復(fù)習(xí)》，僅供參考，希望能為您提供參考！
20xx屆高考黃岡中學(xué)物理沖刺講解、練習(xí)題、預(yù)測(cè)題03：第2專題動(dòng)量和能量（1）知識(shí)網(wǎng)絡(luò)
考點(diǎn)預(yù)測(cè)
本專題涉及的內(nèi)容是動(dòng)力學(xué)內(nèi)容的延續(xù)和深化．動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律比牛頓運(yùn)動(dòng)定律的適用范圍更廣泛．它們是自然界中最基本、最普遍、最重要的客觀規(guī)律，也是高中物理的重點(diǎn)和難點(diǎn)、高考考查內(nèi)容的重點(diǎn)．其命題形式一般是能量與動(dòng)量綜合起來(lái)考，如：2009年全國(guó)理綜卷Ⅰ第21題、第25題，2008年全國(guó)理綜卷Ⅰ的第24題“下擺拉動(dòng)
滑塊碰撞問(wèn)題”，全國(guó)理綜卷Ⅱ的第23題“子彈射擊木塊問(wèn)題”，重慶理綜卷的第24題“碰撞后壓縮彈簧問(wèn)題”．但是，由于目前全國(guó)的課改形勢(shì)以及在課程標(biāo)準(zhǔn)中的內(nèi)容設(shè)置，在高考中出現(xiàn)的這類綜合題的難點(diǎn)主要在于功能關(guān)系的應(yīng)用上，而不是在于動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用上．
另外，從2009年各地的高考考卷中也可發(fā)現(xiàn)，除了能量與動(dòng)量的綜合題外，單獨(dú)考查功能原理的試題在卷中出現(xiàn)的概率也較大．
要點(diǎn)歸納
一、基本的物理概念
1．沖量與功的比較
(1)定義式?jīng)_量的定義式：I＝Ft(作用力在時(shí)間上的積累效果)功的定義式：W＝Fscosθ(作用力在空間上的積累效果)
(2)屬性沖量是矢量，既有大小又有方向(求合沖量應(yīng)按矢,量合成法則來(lái)計(jì)算)功是標(biāo)量，只有大小沒(méi)有方向(求物體所受外力的,總功只需按代數(shù)和計(jì)算)
2．動(dòng)量與動(dòng)能的比較
(1)定義式動(dòng)量的定義式：p＝mv動(dòng)能的定義式：Ek＝12mv2
(2)屬性動(dòng)量是矢量(動(dòng)量的變化也是矢量,求動(dòng)量的變化,應(yīng)按矢量運(yùn)算法則來(lái)計(jì)算)動(dòng)能是標(biāo)量(動(dòng)能的變化也是標(biāo)量,求動(dòng)能的變化,只需按代數(shù)運(yùn)算法則來(lái)計(jì)算)
(3)動(dòng)量與動(dòng)能量值間的關(guān)系p＝2mEkEk＝p22m＝12pv
(4)動(dòng)量和動(dòng)能都是描述物體狀態(tài)的量，都有相對(duì)性(相對(duì)所選擇的參考系)，都與物體的受力情況無(wú)關(guān)．動(dòng)量的變化和動(dòng)能的變化都是過(guò)程量，都是針對(duì)某段時(shí)間而言的．
二、動(dòng)量觀點(diǎn)的基本物理規(guī)律
1．動(dòng)量定理的基本形式與表達(dá)式：I＝Δp．
分方向的表達(dá)式：Ix合＝Δpx，Iy合＝Δpy．
2．動(dòng)量定理推論：動(dòng)量的變化率等于物體所受的合外力，即ΔpΔt＝F合．
3．動(dòng)量守恒定律
(1)動(dòng)量守恒定律的研究對(duì)象是一個(gè)系統(tǒng)(含兩個(gè)或兩個(gè)以上相互作用的物體)．
(2)動(dòng)量守恒定律的適用條件
①標(biāo)準(zhǔn)條件：系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力之和為零．
②近似條件：系統(tǒng)所受外力之和雖不為零，但比系統(tǒng)的內(nèi)力小得多(如碰撞問(wèn)題中的摩擦力、爆炸問(wèn)題中的重力等外力與相互作用的內(nèi)力相比小得多)，可以忽略不計(jì)．
③分量條件：系統(tǒng)所受外力之和雖不為零，但在某個(gè)方向上的分量為零，則在該方向上系統(tǒng)總動(dòng)量的分量保持不變．
(3)使用動(dòng)量守恒定律時(shí)應(yīng)注意：
①速度的瞬時(shí)性；
②動(dòng)量的矢量性；
③時(shí)間的同一性．
(4)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決問(wèn)題的基本思路和方法
①分析題意，明確研究對(duì)象．在分析相互作用的物體總動(dòng)量是否守恒時(shí)，通常把這些被研究的物體統(tǒng)稱為系統(tǒng)．對(duì)于比較復(fù)雜的物理過(guò)程，要采用程序法對(duì)全過(guò)程進(jìn)行分段分析，要明確在哪些階段中，哪些物體發(fā)生相互作用，從而確定所研究的系統(tǒng)是由哪些物體組成的．
②對(duì)各階段所選系統(tǒng)內(nèi)的物體進(jìn)行受力分析，弄清哪些是系統(tǒng)內(nèi)部物體之間相互作用的內(nèi)力，哪些是作用于系統(tǒng)的外力．在受力分析的基礎(chǔ)上根據(jù)動(dòng)量守恒定律的條件，判斷能否應(yīng)用動(dòng)量守恒定律．
③明確所研究的相互作用過(guò)程，確定過(guò)程的始末狀態(tài)，即系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的初動(dòng)量和末動(dòng)量的值或表達(dá)式．(注意：在研究地面上物體間相互作用的過(guò)程時(shí)，各物體運(yùn)動(dòng)的速度均應(yīng)取地球?yàn)閰⒖枷?
④確定正方向，建立動(dòng)量守恒方程求解．
三、功和能
1．中學(xué)物理中常見(jiàn)的能量
動(dòng)能Ek＝12mv2；重力勢(shì)能Ep＝mgh；彈性勢(shì)能E彈＝12kx2；機(jī)械能E＝Ek＋Ep；分子勢(shì)能；分子動(dòng)能；內(nèi)能；電勢(shì)能E＝qφ；電能；磁場(chǎng)能；化學(xué)能；光能；原子能(電子的動(dòng)能和勢(shì)能之和)；原子核能E＝mc2；引力勢(shì)能；太陽(yáng)能；風(fēng)能(空氣的動(dòng)能)；地?zé)?、潮汐能?br> 2．常見(jiàn)力的功和功率的計(jì)算：
恒力做功W＝Fscosθ；
重力做功W＝mgh；
一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的總功Wf＝－fs路；
電場(chǎng)力做功W＝qU；
功率恒定時(shí)牽引力所做的功W＝Pt；
恒定壓強(qiáng)下的壓力所做的功W＝pΔV；
電流所做的功W＝UIt；
洛倫茲力永不做功；
瞬時(shí)功率P＝Fvcos_θ；
平均功率P－＝Wt＝Fv－cosθ．
3．中學(xué)物理中重要的功能關(guān)系
能量與物體運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)相對(duì)應(yīng)．在物體相互作用的過(guò)程中，物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)通常要發(fā)生變化，所以物體的能量變化一般要通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)，這就是常說(shuō)的“功是能量轉(zhuǎn)化的量度”的物理本質(zhì)．那么，什么功對(duì)應(yīng)著什么能量的轉(zhuǎn)化呢？在高中物理中主要的功能關(guān)系有：
(1)外力對(duì)物體所做的總功等于物體動(dòng)能的增量，即W總＝ΔEk．(動(dòng)能定理)
(2)重力(或彈簧的彈力)對(duì)物體所做的功等于物體重力勢(shì)能(或彈性勢(shì)能)的增量的負(fù)值，即W重＝－ΔEp(或W彈＝－ΔEp)．
(3)電場(chǎng)力對(duì)電荷所做的功等于電荷電勢(shì)能的增量的負(fù)值，即W電＝－ΔE電．
(4)除重力(或彈簧的彈力)以外的力對(duì)物體所做的功等于物體機(jī)械能的增量，即W其他＝ΔE機(jī)．(功能原理)
(5)當(dāng)除重力(或彈簧彈力)以外的力對(duì)物體所做的功等于零時(shí)，則有ΔE機(jī)＝0，即機(jī)械能守恒．
(6)一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功與內(nèi)能變化的關(guān)系是：“摩擦所產(chǎn)生的熱”等于滑動(dòng)摩擦力跟物體間相對(duì)路程的乘積，即Q＝fs相對(duì)．一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做的功的代數(shù)和總為負(fù)值，表示除了有機(jī)械能在兩個(gè)物體間轉(zhuǎn)移外，還有一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，這就是“摩擦生熱”的實(shí)質(zhì)．
(7)安培力做功對(duì)應(yīng)著電能與其他形式的能相互轉(zhuǎn)化，即W安＝ΔE電．安培力做正功，對(duì)應(yīng)著電能轉(zhuǎn)化為其他能(如電動(dòng)機(jī)模型)；克服安培力做負(fù)功，對(duì)應(yīng)著其他能轉(zhuǎn)化為電能(如發(fā)電機(jī)模型)；安培力做功的絕對(duì)值等于電能轉(zhuǎn)化的量值．
(8)分子力對(duì)分子所做的功等于分子勢(shì)能的增量的負(fù)值，即W分子力＝－ΔE分子．
(9)外界對(duì)一定質(zhì)量的氣體所做的功W與氣體從外界所吸收的熱量Q之和等于氣體內(nèi)能的變化，即W＋Q＝ΔU．
(10)在電機(jī)電路中，電流做功的功率等于電阻發(fā)熱的功率與輸出的機(jī)械功率之和．
(11)在純電阻電路中，電流做功的功率等于電阻發(fā)熱的功率．
(12)在電解槽電路中，電流做功的功率等于電阻發(fā)熱的功率與轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的功率之和．
(13)在光電效應(yīng)中，光子的能量hν＝W＋12mv02．
(14)在原子物理中，原子輻射光子的能量hν＝E初－E末，原子吸收光子的能量hν＝E末－E初．
(15)核力對(duì)核子所做的功等于核能增量的負(fù)值，即W核＝－ΔE核，并且Δmc2＝ΔE核．
(16)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律．對(duì)于所有參與相互作用的物體所組成的系統(tǒng)，無(wú)論什么力做功，可能每一個(gè)物體的能量的數(shù)值及形式都發(fā)生變化，但系統(tǒng)內(nèi)所有物體的各種形式能量的總和保持不變．
4．運(yùn)用能量觀點(diǎn)分析、解決問(wèn)題的基本思路
(1)選定研究對(duì)象(單個(gè)物體或一個(gè)系統(tǒng))，弄清物理過(guò)程．
(2)分析受力情況，看有什么力在做功，弄清系統(tǒng)內(nèi)有多少種形式的能在參與轉(zhuǎn)化．
(3)仔細(xì)分析系統(tǒng)內(nèi)各種能量的變化情況及變化的數(shù)量．
(4)列方程ΔE減＝ΔE增或E初＝E末求解．
四、彈性碰撞
在一光滑水平面上有兩個(gè)質(zhì)量分別為m1、m2的剛性小球A和B以初速度v1、v2運(yùn)動(dòng)，若它們能發(fā)生正碰，碰撞后它們的速度分別為v1′和v2′．v1、v2、v1′、v2′是以地面為參考系的，將A和B看做系統(tǒng)．
由碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
由于彈性碰撞中沒(méi)有機(jī)械能損失，故有：
12m1v12＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2
由以上兩式可得：
v2′－v1′＝－(v2－v1)或v1′－v2′＝－(v1－v2)
碰撞后B相對(duì)于A的速度與碰撞前B相對(duì)于A的速度大小相等、方向相反；碰撞后A相對(duì)于B的速度與碰撞前A相對(duì)于B的速度大小相等、方向相反．
【結(jié)論1】對(duì)于一維彈性碰撞，若以其中某物體為參考系，則另一物體碰撞前后速度大小不變、方向相反(即以原速率彈回)．
聯(lián)立以上各式可解得：
v1′＝2m2v2＋(m1－m2)v1m1＋m2
v2′＝2m1v1＋(m2－m1)v2m1＋m2
若m1＝m2，即兩個(gè)物體的質(zhì)量相等，則v1′＝v2，v2′＝v1，表示碰后A的速度變?yōu)関2，B的速度變?yōu)関1．
【結(jié)論2】對(duì)于一維彈性碰撞，若兩個(gè)物體的質(zhì)量相等，則碰撞后兩個(gè)物體互換速度(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的質(zhì)量遠(yuǎn)大于B的質(zhì)量，則有：
v1′＝v1，v2′＝2v1－v2；
若A的質(zhì)量遠(yuǎn)小于B的質(zhì)量，則有：
v2′＝v2，v1′＝2v2－v1．
【結(jié)論3】對(duì)于一維彈性碰撞，若其中某物體的質(zhì)量遠(yuǎn)大于另一物體的質(zhì)量，則質(zhì)量大的物體碰撞前后速度保持不變．至于質(zhì)量小的物體碰后速度如何，可結(jié)合結(jié)論1和結(jié)論2得出．
在高考復(fù)習(xí)中，若能引導(dǎo)學(xué)生推導(dǎo)出以上二級(jí)結(jié)論并熟記，對(duì)提高學(xué)生的解題速度是大有幫助的．
熱點(diǎn)、重點(diǎn)、難點(diǎn)
一、動(dòng)量定理的應(yīng)用問(wèn)題
動(dòng)量定理的應(yīng)用在高考中主要有以下題型：
1．定性解釋周圍的一些現(xiàn)象；
2．求打擊、碰撞、落地過(guò)程中的平均沖力；
3．計(jì)算流體問(wèn)題中的沖力(或反沖力)；
4．根據(jù)安培力的沖量求電荷量．
●例1如圖2－1所示，一個(gè)下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，瓶的底端與豎直墻壁接觸．現(xiàn)打開(kāi)右端閥門，氣體向外噴出，設(shè)噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時(shí)貯氣瓶底端對(duì)豎直墻壁的作用力大小是()
圖2－1
A．ρvSB．ρv2SC．12ρv2SD．ρv2S
【解析】Δt時(shí)間內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量Δm＝ρSvΔt
對(duì)于貯氣瓶、瓶?jī)?nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量定理得：
FΔt＝Δmv－0
解得：F＝ρv2S．
[答案]D
【點(diǎn)評(píng)】動(dòng)量定理對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)也成立，而動(dòng)能定理對(duì)于多個(gè)物體組成的系統(tǒng)不適用．
★同類拓展1如圖2－2所示，質(zhì)量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開(kāi)始時(shí)木塊靜止在A位置．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中，則當(dāng)木塊回到A位置時(shí)的速度v以及此過(guò)程中墻對(duì)彈簧的沖量I的大小分別為()
圖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】設(shè)在子彈射入木塊且未壓縮彈簧的過(guò)程中，木塊(含子彈)的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律得：
mv0＝(m＋M)v1
解得：v1＝mv0m＋M
對(duì)木塊(含子彈)壓縮彈簧再返回A點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
12(m＋M)v2－12(m＋M)v12＝W總＝0
可知：v＝v1＝mv0m＋M
取子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，由動(dòng)量定理得：
I＝(m＋M)(－v)－(m＋M)v1＝－2mv0
負(fù)號(hào)表示方向向左．
[答案]B
二、動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用
1．對(duì)于單個(gè)平動(dòng)的物體：W總＝ΔEk，W總指物體所受的所有外力做的總功．
2．系統(tǒng)只有重力、彈力作為內(nèi)力做功時(shí)，機(jī)械能守恒．
(1)用細(xì)繩懸掛的物體繞細(xì)繩另一端做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)繩對(duì)物體不做功．
(2)輕桿繞一端自由下擺，若輕桿上只固定一個(gè)物體，則輕桿對(duì)物體不做功；若輕桿上不同位置固定兩個(gè)物體，則輕桿分別對(duì)兩物體做功．
(3)對(duì)于細(xì)繩連接的物體，若細(xì)繩存在突然繃緊的瞬間，則物體(系統(tǒng))的機(jī)械能減少．
3．單個(gè)可當(dāng)做質(zhì)點(diǎn)的物體機(jī)械能守恒時(shí)，既可用機(jī)械能守恒定律解題，也可用動(dòng)能定理解題，兩種方法等效．發(fā)生形變的物體和幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒時(shí)，一般用機(jī)械能守恒定律解題，不方便應(yīng)用動(dòng)能定理解題．
●例2以初速度v0豎直向上拋出一質(zhì)量為m的小物塊．假定物塊所受的空氣阻力f大小不變．已知重力加速度為g，則物塊上升的最大高度和返回到原拋出點(diǎn)的速率分別為
[2009年高考全國(guó)理綜卷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：對(duì)于物塊上升的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
－(mgh＋fh)＝0－12mv02
解得：h＝v022g(1＋fmg)
設(shè)物塊返回至原拋出點(diǎn)的速率為v，對(duì)于整個(gè)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理有：
12mv2－12mv02＝－f2h
解得：v＝v0mg－fmg＋f．
方法二：設(shè)小物塊在上升過(guò)程中的加速度大小為a1，由牛頓第二定律有：
a1＝mg＋fm
故物塊上升的最大高度h＝v022a1＝v022g(1＋fmg)
設(shè)小物塊在下降過(guò)程中的加速度為a2，由牛頓第二定律有：
a2＝mg－fm
可得：v＝2a2h＝v0mg－fmg＋f．
[答案]A
【點(diǎn)評(píng)】動(dòng)能定理是由牛頓第二定律導(dǎo)出的一個(gè)結(jié)論，對(duì)于單個(gè)物體受恒力作用的過(guò)程，以上兩種方法都可以用來(lái)分析解答，但方法二的物理過(guò)程較復(fù)雜．例如涉及曲線運(yùn)動(dòng)或變力做功時(shí)，運(yùn)用動(dòng)能定理更為方便．
★同類拓展2一匹馬拉著質(zhì)量為60kg的雪橇，從靜止開(kāi)始用80s的時(shí)間沿平直冰面跑完1000m．設(shè)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中雪橇受到的阻力保持不變，已知雪橇在開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的8s時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從第8s末開(kāi)始，馬拉雪橇做功的功率保持不變，使雪橇繼續(xù)做直線運(yùn)動(dòng)，最后一段時(shí)間雪橇做的是勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為15m/s；開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的8s內(nèi)馬拉雪橇的平均功率是8s后功率的一半．求：整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中馬拉雪橇做功的平均功率和雪橇在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力的大?。?br> 【解析】設(shè)8s后馬拉雪橇的功率為P，則：
勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)P＝Fv＝fv
即運(yùn)動(dòng)過(guò)程中雪橇受到的阻力大小f＝Pv
對(duì)于整個(gè)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得：
P2t1＋P(t總－t1)－fs總＝12mvt2－0
即P2×8＋P(80－8)－P15×1000＝12×60×152
解得：P＝723W
故f＝48.2N
再由動(dòng)能定理可得P－t總－fs＝12mvt2
解得：P－＝687W．
[答案]687W48.2N
●例3如圖2－3所示，質(zhì)量為m1的物體A經(jīng)一輕質(zhì)彈簧與下方地面上的質(zhì)量為m2的物體B相連，彈簧的勁度系數(shù)為k，A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)．一條不可伸長(zhǎng)的輕繩繞過(guò)兩個(gè)輕滑輪，一端連物體A，另一端連一輕掛鉤．開(kāi)始時(shí)各段繩都處于伸直狀態(tài)，A上方的一段沿豎直方向．若在掛鉤上掛一質(zhì)量為m3的物體C，則B將剛好離地．若將C換成另一個(gè)質(zhì)量為m1＋m3的物體D，仍從上述初始位置由靜止?fàn)顟B(tài)釋放，則這次B剛離地時(shí)D的速度大小是多少？(已知重力加速度為g)
圖2－3
【解析】開(kāi)始時(shí)A、B靜止，即處于平衡狀態(tài)，設(shè)彈簧的壓縮量為x1，則有：
kx1＝m1g
掛上C后，當(dāng)B剛要離地時(shí)，設(shè)彈簧的伸長(zhǎng)量為x2，則有：
kx2＝m2g
此時(shí)，A和C的速度均為零
從掛上C到A和C的速度均為零時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，彈性勢(shì)能的改變量為：
ΔE＝m3g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2)
將C換成D后，有：
ΔE＋12(m1＋m3＋m1)v2＝(m1＋m3)g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2)
聯(lián)立解得：v＝2m1(m1＋m2)g2k(2m1＋m3)．
[答案]2m1(m1＋m2)g2k(2m1＋m3)
【點(diǎn)評(píng)】含彈簧連接的物理情境題在近幾年高考中出現(xiàn)的概率很高，而且多次考查以下原理：①?gòu)椈傻膲嚎s量或伸長(zhǎng)量相同時(shí)，彈性勢(shì)能相等；②彈性勢(shì)能的變化取決于彈簧的始末形變量，與過(guò)程無(wú)關(guān)．
三、碰撞問(wèn)題
1．在高中物理中涉及的許多碰撞過(guò)程(包括射擊)，即使在空中或粗糙的水平面上，往往由于作用時(shí)間短、內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)的動(dòng)量仍可看做守恒．
2．兩滑塊在水平面上碰撞的過(guò)程遵循以下三個(gè)法則：
①動(dòng)量守恒；
②機(jī)械能不增加；
③碰后兩物體的前后位置要符合實(shí)際情境．
3．兩物體發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)，機(jī)械能的損耗最大．
●例4如圖2－4所示，在光滑絕緣水平面上由左到右沿一條直線等間距的靜止排著多個(gè)形狀相同的帶正電的絕緣小球，依次編號(hào)為1、2、3……每個(gè)小球所帶的電荷量都相等且均為q＝3.75×10－3C，第一個(gè)小球的質(zhì)量m＝0.03kg，從第二個(gè)小球起往下的小球的質(zhì)量依次為前一個(gè)小球的13，小球均位于垂直于小球所在直線的勻強(qiáng)磁場(chǎng)里，已知該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T．現(xiàn)給第一個(gè)小球一個(gè)水平速度v＝8m/s，使第一個(gè)小球向前運(yùn)動(dòng)并且與后面的小球發(fā)生彈性正碰．若碰撞過(guò)程中電荷不轉(zhuǎn)移，則第幾個(gè)小球被碰后可以脫離地面？(不計(jì)電荷之間的庫(kù)侖力，取g＝10m/s2)
圖2－4
【解析】設(shè)第一個(gè)小球與第二個(gè)小球發(fā)生彈性碰撞后兩小球的速度分別為v1和v2，根據(jù)動(dòng)量和能量守恒有：
mv＝mv1＋13mv2
12mv2＝12mv12＋16mv22
聯(lián)立解得：v2＝32v
同理，可得第n＋1個(gè)小球被碰后的速度vn＋1＝(32)nv
設(shè)第n＋1個(gè)小球被碰后對(duì)地面的壓力為零或脫離地面，則：
qvn＋1B≥(13)nmg
聯(lián)立以上兩式代入數(shù)值可得n≥2，所以第3個(gè)小球被碰后首先離開(kāi)地面．
[答案]第3個(gè)
【點(diǎn)評(píng)】解答對(duì)于多個(gè)物體、多次碰撞且動(dòng)量守恒的物理過(guò)程時(shí)，總結(jié)出通項(xiàng)公式或遞推式是關(guān)鍵．
★同類拓展3如圖2－5所示，質(zhì)量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上，平衡時(shí)，彈簧的壓縮量為x0．一個(gè)物塊從鋼板的正上方相距3x0的A處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運(yùn)動(dòng)，但不粘連，它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)．已知物塊的質(zhì)量也為m時(shí)，它們恰能回到O點(diǎn)；若物塊的質(zhì)量為2m，仍從A處自由落下，則物塊與鋼板回到O點(diǎn)時(shí)還具有向上的速度．求物塊向上運(yùn)動(dòng)所到達(dá)的最高點(diǎn)與O點(diǎn)之間的距離．
圖2－5
【解析】物塊與鋼板碰撞前瞬間的速度為：
v0＝6gx0
設(shè)質(zhì)量為m的物塊與鋼板碰撞后瞬間的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有：
mv0＝2mv1
設(shè)彈簧的壓縮量為x0時(shí)的彈性勢(shì)能為Ep，對(duì)于物塊和鋼板碰撞后直至回到O點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得：
Ep＋12×2m×v12＝2mgx0
設(shè)質(zhì)量為2m的物塊與鋼板碰撞后瞬間的速度為v2，物塊與鋼板回到O點(diǎn)時(shí)所具有的速度為v3，由動(dòng)量守恒定律有：
2mv0＝3mv2
由機(jī)械能守恒定律有：
Ep＋12×3m×v22＝3mgx0＋12×3m×v32
解得：v3＝gx0
當(dāng)質(zhì)量為2m的物塊與鋼板一起回到O點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈力為零，物塊與鋼板只受到重力的作用，加速度為g；一過(guò)O點(diǎn)，鋼板就會(huì)受到彈簧向下的拉力作用，加速度大于g，由于物塊與鋼板不粘連，故在O點(diǎn)處物塊與鋼板分離；分離后，物塊以速度v3豎直上升，由豎直上拋的最大位移公式得：
h＝v322g＝x02
所以物塊向上運(yùn)動(dòng)所到達(dá)的最高點(diǎn)與O點(diǎn)之間的距離為x02．
[答案]x02
【點(diǎn)評(píng)】①物塊與鋼板碰撞的瞬間外力之和并不為零，但這一過(guò)程時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故可近似看成動(dòng)量守恒．
②兩次下壓至回到O點(diǎn)的過(guò)程中，速度、路程并不相同，但彈性勢(shì)能的改變(彈力做的功)相同．
③在本題中，物塊與鋼板下壓至回到O點(diǎn)的過(guò)程也可以運(yùn)用動(dòng)能定理列方程．
第一次：0－12×2m×v12＝W彈－2mgx0
第二次：12×3m×v32－12×3m×v22＝W彈－3mgx0．
四、高中物理常見(jiàn)的功能關(guān)系
1．摩擦生熱——等于摩擦力與兩接觸面相對(duì)滑動(dòng)的路程的乘積，即Q＝fs相．
●例5如圖2－6所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，皮帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下始終以v0＝2m/s的速率運(yùn)行．現(xiàn)把一質(zhì)量m＝10kg的工件(可看做質(zhì)點(diǎn))輕輕放在皮帶的底端，經(jīng)時(shí)間t＝1.9s，工件被傳送到h＝1.5m的皮帶頂端．取g＝10m/s2．求：
(1)工件與皮帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ．
(2)電動(dòng)機(jī)由于傳送工件而多消耗的電能．
圖2－6
【解析】(1)由題意可知，皮帶長(zhǎng)s＝hsin30°＝3m
工件的速度達(dá)到v0前工件做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)時(shí)間t1工件的速度達(dá)到v0，此過(guò)程工件的位移為：
s1＝12v0t1
達(dá)到v0后，工件做勻速運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程工件的位移為：
s－s1＝v0(t－t1)
代入數(shù)據(jù)解得：t1＝0.8s
工件加速運(yùn)動(dòng)的加速度a＝v0t1＝2.5m/s2
據(jù)牛頓第二定律得：μmgcosθ－mgsinθ＝ma
解得：μ＝32．
(2)在時(shí)間t1內(nèi)，皮帶運(yùn)動(dòng)的位移s2＝v0t1＝1.6m
工件相對(duì)皮帶的位移Δs＝s2－s1＝0.8m
在時(shí)間t1內(nèi)，因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcosθΔs＝60J
工件獲得的動(dòng)能Ek＝12mv02＝20J
工件增加的勢(shì)能Ep＝mgh＝150J
電動(dòng)機(jī)多消耗的電能E＝Q＋Ek＋Ep＝230J．
[答案](1)32(2)230J
2．機(jī)械能的變化——除重力、彈簧的彈力以外的力做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的變化．
●例6一面積很大的水池中的水深為H，水面上浮著一正方體木塊，木塊的邊長(zhǎng)為a，密度為水的12，質(zhì)量為m．開(kāi)始時(shí)木塊靜止，有一半沒(méi)入水中，如圖2－7甲所示，現(xiàn)用力F將木塊緩慢地向下壓，不計(jì)摩擦．
圖2－7甲
(1)求從開(kāi)始?jí)耗緣K到木塊剛好完全沒(méi)入水的過(guò)程中，力F所做的功．
(2)若將該木塊放在底面為正方形(邊長(zhǎng)為2a)的盛水足夠深的長(zhǎng)方體容器中，開(kāi)始時(shí)，木塊靜止，有一半沒(méi)入水中，水面距容器底的距離為2a，如圖2－7乙所示．現(xiàn)用力F將木塊緩慢地壓到容器底部，不計(jì)摩擦，求這一過(guò)程中壓力做的功．
圖2-7乙
【解析】方法一：(1)因水池的面積很大，可忽略因木塊壓入水中所引起的水深變化，木塊剛好完全沒(méi)入水中時(shí)，圖2－7丙中原來(lái)處于劃斜線區(qū)域的水被排開(kāi)，結(jié)果等效于使這部分水平鋪于水面，這部分水的質(zhì)量為m，其勢(shì)能的改變量為(取容器底為零勢(shì)能面)：
圖2－7丙
ΔE水＝mgH－mg(H－34a)
＝34mga
木塊勢(shì)能的改變量為：
ΔE木＝mg(H－a2)－mgH
＝－12mga
根據(jù)功能原理，力F所做的功為：
W＝ΔE水＋ΔE木＝14mga．
(2)因容器的底面積為2a2，僅是木塊的底面積的2倍，故不可忽略木塊壓入水中所引起的水深變化．如圖2－7丁所示，木塊到達(dá)容器底部時(shí)，水面上升14a，相當(dāng)于木塊末狀態(tài)位置的水填充至木塊原浸入水中的空間和升高的水面處平面，故這一過(guò)程中水的勢(shì)能的變化量為：
圖2－7丁
ΔE水′＝mga＋mg(2a－a4＋a8)＝238mga
木塊的勢(shì)能的變化量ΔE木′＝－mg32a
根據(jù)功能原理，壓力F做的功為：
W′＝ΔE水′＋ΔE木′＝118mga．
方法二：(1)水池的面積很大，可忽略因木塊壓入水中引起的水深變化．當(dāng)木塊浮在水面上時(shí)重力與浮力的大小相等；當(dāng)木塊剛沒(méi)入水中時(shí)，浮力的大小等于重力的2倍，故所需的壓力隨下壓位移的變化圖象如圖2－7戊所示．
圖2－7戊
故WF＝12mga2＝14mga．
(2)隨著木塊的下沉水面緩慢上升，木塊剛好完全沒(méi)入水中時(shí)，水面上升a4的高度，此時(shí)木塊受到的浮力的大小等于重力的2倍．此后，木塊再下沉54a的距離即沉至容器底部，故木塊下沉的整個(gè)過(guò)程中壓力的大小隨位移的變化圖象如圖2－7己所示
圖2－7己
故WF′＝12mga4＋mg54a＝118mga．
[答案](1)14mga(2)118mga
【點(diǎn)評(píng)】①通過(guò)兩種方法對(duì)比，深刻理解功能關(guān)系．
②根據(jù)功的定義計(jì)算在小容器中下壓木塊時(shí)，嚴(yán)格的講還要說(shuō)明在0～a4的位移段壓力也是線性增大的．
3．導(dǎo)體克服安培力做的功等于(切割磁感線引起的)電磁感應(yīng)轉(zhuǎn)化的電能．
●例7如圖2－8所示，豎直放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L，在M點(diǎn)和P點(diǎn)間接有一個(gè)阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間的矩形區(qū)域OO1O1′O′內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向里、寬為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab垂直地?cái)R在導(dǎo)軌上，與磁場(chǎng)的上邊界相距d0．現(xiàn)使ab棒由靜止開(kāi)始釋放，棒ab在離開(kāi)磁場(chǎng)前已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)(棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好接觸且下落過(guò)程中始終保持水平，導(dǎo)軌的電阻不計(jì))．
圖2－8
(1)求棒ab離開(kāi)磁場(chǎng)的下邊界時(shí)的速度大?。?br> (2)求棒ab在通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱．
(3)試分析討論棒ab在磁場(chǎng)中可能出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)情況．
【解析】(1)設(shè)棒ab離開(kāi)磁場(chǎng)的邊界前做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：
E＝BLv
電路中的電流I＝ER＋r
對(duì)棒ab，由平衡條件得：mg－BIL＝0
解得：v＝mg(R＋r)B2L2．
(2)設(shè)整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量的轉(zhuǎn)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)設(shè)棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v0，由mgd0＝12mv02
解得：v0＝2gd0
棒在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v＝mg(R＋r)B2L2，則
①當(dāng)v0＝v，即d0＝m2g(R＋r)22B4L4時(shí)，棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)；
②當(dāng)v0＜v，即d0＜m2g(R＋r)22B4L4時(shí)，棒進(jìn)入磁場(chǎng)后先做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)；
③當(dāng)v0＞v，即d0＞m2g(R＋r)22B4L4時(shí)，棒進(jìn)入磁場(chǎng)后先做減速運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)．
[答案](1)mg(R＋r)B2L2
(2)rR＋r[mg(d0＋d)－m3g2(R＋r)22B4L4]
(3)①當(dāng)v0＝v，即d0＝m2g(R＋r)22B4L4時(shí)，棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)；②當(dāng)v0＜v，即d0＜m2g(R＋r)22B4L4時(shí)，棒進(jìn)入磁場(chǎng)后先做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)；③當(dāng)v0＞v，即d0＞m2g(R＋r)22B4L4時(shí)，棒進(jìn)入磁場(chǎng)后先做減速運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)．
【點(diǎn)評(píng)】①計(jì)算轉(zhuǎn)化的電能時(shí)，也可應(yīng)用動(dòng)能定理：
mg(d0＋d)－W安＝12mv2－0，其中W安＝E電＝Q．
②對(duì)于電磁感應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化的問(wèn)題，在以后的《感應(yīng)電路》專題中還會(huì)作更深入的探討．
五、多次相互作用或含多個(gè)物體的系統(tǒng)的動(dòng)量、功能問(wèn)題
●例8如圖2－9所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板，長(zhǎng)木板上有一質(zhì)量為m的小物塊，它與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．開(kāi)始時(shí)，長(zhǎng)木板與小物塊均靠在與水平面垂直的固定擋板處，某時(shí)刻它們以共同的速度v0向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)長(zhǎng)木板與右邊的固定豎直擋板碰撞后，其速度的大小不變、方向相反，以后每次的碰撞均如此．設(shè)左右擋板之間的距離足夠長(zhǎng)，且M＞m．
圖2－9
(1)要想物塊不從長(zhǎng)木板上落下，則長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度L應(yīng)滿足什么條件？
(2)若上述條件滿足，且M＝2kg，m＝1kg，v0＝10m/s，求整個(gè)系統(tǒng)在第5次碰撞前損失的所有機(jī)械能．
【解析】(1)設(shè)第1次碰撞后小物塊與長(zhǎng)木板共同運(yùn)動(dòng)的速度為v1，第n次碰撞后小物塊與長(zhǎng)木板共同運(yùn)動(dòng)的速度為vn．每次碰撞后，由于兩擋板的距離足夠長(zhǎng)，物塊與長(zhǎng)木板都能達(dá)到相對(duì)靜止，第1次若不能掉下，往后每次相對(duì)滑動(dòng)的距離會(huì)越來(lái)越小，更不可能掉下．由動(dòng)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應(yīng)滿足的條件是：
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次碰撞前損失的總機(jī)械能為：
ΔE＝12(M＋m)v02－12(M＋m)v42
代入數(shù)據(jù)解得：ΔE＝149.98J．
[答案](1)L≥2Mv02μ(M＋m)g(2)149.98J
【點(diǎn)評(píng)】在復(fù)雜的多過(guò)程問(wèn)題上，歸納法和演繹法常常大有作為．
高考物理力與運(yùn)動(dòng)沖刺專題復(fù)習(xí)
古人云，工欲善其事，必先利其器。高中教師要準(zhǔn)備好教案，這是教師工作中的一部分。教案可以更好的幫助學(xué)生們打好基礎(chǔ)，幫助高中教師有計(jì)劃有步驟有質(zhì)量的完成教學(xué)任務(wù)。你知道怎么寫(xiě)具體的高中教案內(nèi)容嗎？為此，小編從網(wǎng)絡(luò)上為大家精心整理了《高考物理力與運(yùn)動(dòng)沖刺專題復(fù)習(xí)》，歡迎大家與身邊的朋友分享吧！
20xx屆高考黃岡中學(xué)物理沖刺講解、練習(xí)題、預(yù)測(cè)題01：第1專題力與運(yùn)動(dòng)（1）
知識(shí)網(wǎng)絡(luò)
考點(diǎn)預(yù)測(cè)
本專題復(fù)習(xí)三個(gè)模塊的內(nèi)容：運(yùn)動(dòng)的描述、受力分析與平衡、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的運(yùn)用．運(yùn)動(dòng)的描述與受力分析是兩個(gè)相互獨(dú)立的內(nèi)容，它們通過(guò)牛頓運(yùn)動(dòng)定律才能連成一個(gè)有機(jī)的整體．雖然運(yùn)動(dòng)的描述、受力平衡在近幾年(特別是2008年以前)都有獨(dú)立的命題出現(xiàn)在高考中(如2008年的全國(guó)理綜卷Ⅰ第23題、四川理綜卷第23題)，但由于理綜考試題量的局限以及課改趨勢(shì)，獨(dú)立考查前兩模塊的命題在20xx年高考中出現(xiàn)的概率很小，大部分高考卷中應(yīng)該都會(huì)出現(xiàn)同時(shí)考查三個(gè)模塊知識(shí)的試題，而且占不少分值．
在綜合復(fù)習(xí)這三個(gè)模塊內(nèi)容的時(shí)候，應(yīng)該把握以下幾點(diǎn)：
1．運(yùn)動(dòng)的描述是物理學(xué)的重要基礎(chǔ)，其理論體系為用數(shù)學(xué)函數(shù)或圖象的方法來(lái)描述、推斷質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，公式和推論眾多．其中，平拋運(yùn)動(dòng)、追及問(wèn)題、實(shí)際運(yùn)動(dòng)的描述應(yīng)為復(fù)習(xí)的重點(diǎn)和難點(diǎn)．
2．無(wú)論是平衡問(wèn)題，還是動(dòng)力學(xué)問(wèn)題，一般都需要進(jìn)行受力分析，而正交分解法、隔離法與整體法相結(jié)合是最常用、最重要的思想方法，每年高考都會(huì)對(duì)其進(jìn)行考查．
3．牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用是高中物理的重要內(nèi)容之一，與此有關(guān)的高考試題每年都有，題型有選擇題、計(jì)算題等，趨向于運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決生產(chǎn)、生活和科技中的實(shí)際問(wèn)題．此外，它還經(jīng)常與電場(chǎng)、磁場(chǎng)結(jié)合，構(gòu)成難度較大的綜合性試題．
一、運(yùn)動(dòng)的描述
要點(diǎn)歸納
(一)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的幾個(gè)重要推論和解題方法
1．某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于這段時(shí)間的中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，即v－t＝vt2．
2．在連續(xù)相等的時(shí)間間隔T內(nèi)的位移之差Δs為恒量，且Δs＝aT2．
3．在初速度為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，相等的時(shí)間T內(nèi)連續(xù)通過(guò)的位移之比為：
s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
通過(guò)連續(xù)相等的位移所用的時(shí)間之比為：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)．
4．豎直上拋運(yùn)動(dòng)
(1)對(duì)稱性：上升階段和下落階段具有時(shí)間和速度等方面的對(duì)稱性．
(2)可逆性：上升過(guò)程做勻減速運(yùn)動(dòng)，可逆向看做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)來(lái)研究．
(3)整體性：整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程實(shí)質(zhì)上是勻變速直線運(yùn)動(dòng)．
5．解決勻變速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的常用方法
(1)公式法
靈活運(yùn)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的基本公式及一些有用的推導(dǎo)公式直接解決．
(2)比例法
在初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)中，其速度、位移和時(shí)間都存在一定的比例關(guān)系，靈活利用這些關(guān)系可使解題過(guò)程簡(jiǎn)化．
(3)逆向過(guò)程處理法
逆向過(guò)程處理法是把運(yùn)動(dòng)過(guò)程的“末態(tài)”作為“初態(tài)”，將物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程倒過(guò)來(lái)進(jìn)行研究的方法．
(4)速度圖象法
速度圖象法是力學(xué)中一種常見(jiàn)的重要方法，它能夠?qū)?wèn)題中的許多關(guān)系，特別是一些隱藏關(guān)系，在圖象上明顯地反映出來(lái)，從而得到正確、簡(jiǎn)捷的解題方法．
(二)運(yùn)動(dòng)的合成與分解
1．小船渡河
設(shè)水流的速度為v1，船的航行速度為v2，河的寬度為d．
(1)過(guò)河時(shí)間t僅由v2沿垂直于河岸方向的分量v⊥決定，即t＝dv⊥，與v1無(wú)關(guān)，所以當(dāng)v2垂直于河岸時(shí)，渡河所用的時(shí)間最短，最短時(shí)間tmin＝dv2．
(2)渡河的路程由小船實(shí)際運(yùn)動(dòng)軌跡的方向決定．當(dāng)v1＜v2時(shí)，最短路程smin＝d；當(dāng)v1＞v2時(shí)，最短路程smin＝v1v2d，如圖1－1所示．
圖1－1
2．輕繩、輕桿兩末端速度的關(guān)系
(1)分解法
把繩子(包括連桿)兩端的速度都沿繩子的方向和垂直于繩子的方向分解，沿繩子方向的分運(yùn)動(dòng)相等(垂直方向的分運(yùn)動(dòng)不相關(guān))，即v1cosθ1＝v2cos_θ2．
(2)功率法
通過(guò)輕繩(輕桿)連接物體時(shí)，往往力拉輕繩(輕桿)做功的功率等于輕繩(輕桿)對(duì)物體做功的功率．
3．平拋運(yùn)動(dòng)
如圖1－2所示，物體從O處以水平初速度v0拋出，經(jīng)時(shí)間t到達(dá)P點(diǎn)．
圖1－2
(1)加速度水平方向：ax＝0豎直方向：ay＝g
(2)速度水平方向：vx＝v0豎直方向：vy＝gt
合速度的大小v＝v2x＋v2y＝v20＋g2t2
設(shè)合速度的方向與水平方向的夾角為θ，有：
tanθ＝vyvx＝gtv0，即θ＝arctangtv0．
(3)位移水平方向：sx＝v0t豎直方向：sy＝12gt2
設(shè)合位移的大小s＝s2x＋s2y＝(v0t)2＋(12gt2)2
合位移的方向與水平方向的夾角為α，有：
tanα＝sysx＝12gt2v0t＝gt2v0，即α＝arctangt2v0
要注意合速度的方向與水平方向的夾角不是合位移的方向與水平方向的夾角的2倍，即θ≠2α，而是tanθ＝2tanα．
(4)時(shí)間：由sy＝12gt2得，t＝2syg，平拋物體在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t只由物體拋出時(shí)離地的高度sy決定，而與拋出時(shí)的初速度v0無(wú)關(guān)．
(5)速度變化：平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故在相等的時(shí)間內(nèi)，速度的變化量(g＝ΔvΔt)相等，且必沿豎直方向，如圖1－3所示．
圖1－3
任意兩時(shí)刻的速度與速度的變化量Δv構(gòu)成直角三角形，Δv沿豎直方向．
注意：平拋運(yùn)動(dòng)的速率隨時(shí)間并不均勻變化，而速度隨時(shí)間是均勻變化的．
(6)帶電粒子(只受電場(chǎng)力的作用)垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)與平拋運(yùn)動(dòng)相似，出電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如圖1－4所示．
圖1－4
故有：y＝(L′＋L2)tanα＝(L′＋L2)qULdmv20．
熱點(diǎn)、重點(diǎn)、難點(diǎn)
(一)直線運(yùn)動(dòng)
高考中對(duì)直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的考查一般以圖象的應(yīng)用或追及問(wèn)題出現(xiàn)．這類題目側(cè)重于考查學(xué)生應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)處理物理問(wèn)題的能力．對(duì)于追及問(wèn)題，存在的困難在于選用哪些公式來(lái)列方程，作圖求解，而熟記和運(yùn)用好直線運(yùn)動(dòng)的重要推論往往是解決問(wèn)題的捷徑．
●例1如圖1－5甲所示，A、B兩輛汽車在筆直的公路上同向行駛．當(dāng)B車在A車前s＝84m處時(shí)，B車的速度vB＝4m/s，且正以a＝2m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)；經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，B車的加速度突然變?yōu)榱悖瓵車一直以vA＝20m/s的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，從最初相距84m時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)t0＝12s后兩車相遇．問(wèn)B車加速行駛的時(shí)間是多少？
圖1－5甲
【解析】設(shè)B車加速行駛的時(shí)間為t，相遇時(shí)A車的位移為：sA＝vAt0
B車加速階段的位移為：
sB1＝vBt＋12at2
勻速階段的速度v＝vB＋at，勻速階段的位移為：
sB2＝v(t0－t)
相遇時(shí)，依題意有：
sA＝sB1＋sB2＋s
聯(lián)立以上各式得：t2－2t0t－2[(vB－vA)t0＋s]a＝0
將題中數(shù)據(jù)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(不合題意，舍去)
因此，B車加速行駛的時(shí)間為6s．
[答案]6s
【點(diǎn)評(píng)】①出現(xiàn)不符合實(shí)際的解(t2＝18s)的原因是方程“sB2＝v(t0－t)”并不完全描述B車的位移，還需加一定義域t≤12s．
②解析后可以作出vA－t、vB－t圖象加以驗(yàn)證．
圖1－5乙
根據(jù)v－t圖象與t圍成的面積等于位移可得，t＝12s時(shí)，Δs＝[12×(16＋4)×6＋4×6]m＝84m．
(二)平拋運(yùn)動(dòng)
平拋運(yùn)動(dòng)在高考試題中出現(xiàn)的幾率相當(dāng)高，或出現(xiàn)于力學(xué)綜合題中，如2008年北京、山東理綜卷第24題；或出現(xiàn)于帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)一類問(wèn)題中，如2008年寧夏理綜卷第24題、天津理綜卷第23題；或出現(xiàn)于此知識(shí)點(diǎn)的單獨(dú)命題中，如2009年高考福建理綜卷第20題、廣東物理卷第17(1)題、2008年全國(guó)理綜卷Ⅰ第14題．對(duì)于這一知識(shí)點(diǎn)的復(fù)習(xí)，除了要熟記兩垂直方向上的分速度、分位移公式外，還要特別理解和運(yùn)用好速度偏轉(zhuǎn)角公式、位移偏轉(zhuǎn)角公式以及兩偏轉(zhuǎn)角的關(guān)系式(即tanθ＝2tanα)．
●例2圖1－6甲所示，m為在水平傳送帶上被傳送的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，A為終端皮帶輪．已知皮帶輪的半徑為r，傳送帶與皮帶輪間不會(huì)打滑．當(dāng)m可被水平拋出時(shí)，A輪每秒的轉(zhuǎn)數(shù)最少為()
圖1－6甲
A．12πg(shù)rB．gr
C．grD．12πg(shù)r
【解析】解法一m到達(dá)皮帶輪的頂端時(shí)，若mv2r≥mg，表示m受到的重力小于(或等于)m沿皮帶輪表面做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，m將離開(kāi)皮帶輪的外表面而做平拋運(yùn)動(dòng)
又因?yàn)檗D(zhuǎn)數(shù)n＝ω2π＝v2πr
所以當(dāng)v≥gr，即轉(zhuǎn)數(shù)n≥12πg(shù)r時(shí)，m可被水平拋出，故選項(xiàng)A正確．
解法二建立如圖1－6乙所示的直角坐標(biāo)系．當(dāng)m到達(dá)皮帶輪的頂端有一速度時(shí)，若沒(méi)有皮帶輪在下面，m將做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度的大小可以作出平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡．若軌跡在皮帶輪的下方，說(shuō)明m將被皮帶輪擋住，先沿皮帶輪下滑；若軌跡在皮帶輪的上方，說(shuō)明m立即離開(kāi)皮帶輪做平拋運(yùn)動(dòng)．
圖1－6乙
又因?yàn)槠л唸A弧在坐標(biāo)系中的函數(shù)為：當(dāng)y2＋x2＝r2
初速度為v的平拋運(yùn)動(dòng)在坐標(biāo)系中的函數(shù)為：
y＝r－12g(xv)2
平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡在皮帶輪上方的條件為：當(dāng)x0時(shí)，平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡上各點(diǎn)與O點(diǎn)間的距離大于r，即y2＋x2r
即[r－12g(xv)2]2＋x2r
解得：v≥gr
又因皮帶輪的轉(zhuǎn)速n與v的關(guān)系為：n＝v2πr
可得：當(dāng)n≥12πg(shù)r時(shí)，m可被水平拋出．
[答案]A
【點(diǎn)評(píng)】“解法一”應(yīng)用動(dòng)力學(xué)的方法分析求解；“解法二”應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)的方法(數(shù)學(xué)方法)求解，由于加速度的定義式為a＝ΔvΔt，而決定式為a＝Fm，故這兩種方法殊途同歸．
★同類拓展1高臺(tái)滑雪以其驚險(xiǎn)刺激而聞名，運(yùn)動(dòng)員在空中的飛躍姿勢(shì)具有很強(qiáng)的觀賞性．某滑雪軌道的完整結(jié)構(gòu)可以簡(jiǎn)化成如圖1－7所示的示意圖．其中AB段是助滑雪道，傾角α＝30°，BC段是水平起跳臺(tái)，CD段是著陸雪道，AB段與BC段圓滑相連，DE段是一小段圓弧(其長(zhǎng)度可忽略)，在D、E兩點(diǎn)分別與CD、EF相切，EF是減速雪道，傾角θ＝37°．軌道各部分與滑雪板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，圖中軌道最高點(diǎn)A處的起滑臺(tái)距起跳臺(tái)BC的豎直高度h＝10m．A點(diǎn)與C點(diǎn)的水平距離L1＝20m，C點(diǎn)與D點(diǎn)的距離為32.625m．運(yùn)動(dòng)員連同滑雪板的總質(zhì)量m＝60kg．滑雪運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始起滑，通過(guò)起跳臺(tái)從C點(diǎn)水平飛出，在落到著陸雪道上時(shí)，運(yùn)動(dòng)員靠改變姿勢(shì)進(jìn)行緩沖使自己只保留沿著陸雪道的分速度而不彈起．除緩沖外運(yùn)動(dòng)員均可視為質(zhì)點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在全過(guò)程中不使用雪杖助滑，忽略空氣阻力的影響，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
圖1－7
(1)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)水平飛出時(shí)的速度大?。?br>
(2)運(yùn)動(dòng)員在著陸雪道CD上的著陸位置與C點(diǎn)的距離．
(3)運(yùn)動(dòng)員滑過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度大小．
【解析】(1)滑雪運(yùn)動(dòng)員從A到C的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mgh－μmgcosαhsinα－μmg(L1－h(huán)cotα)＝12mv2C
解得：vC＝10m/s．
(2)滑雪運(yùn)動(dòng)員從C點(diǎn)水平飛出到落到著陸雪道的過(guò)程中做平拋運(yùn)動(dòng)，有：
x＝vCt
y＝12gt2
yx＝tanθ
著陸位置與C點(diǎn)的距離s＝xcosθ
解得：s＝18.75m，t＝1.5s．
(3)著陸位置到D點(diǎn)的距離s′＝13.875m，滑雪運(yùn)動(dòng)員在著陸雪道上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．把平拋運(yùn)動(dòng)沿雪道和垂直雪道分解，可得著落后的初速度v0＝vCcosθ＋gtsinθ
加速度為：mgsinθ－μmgcosθ＝ma
運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的速度為：v2D＝v20＋2as′
解得：vD＝20m/s．
[答案](1)10m/s(2)18.75m(3)20m/s
互動(dòng)辨析在斜面上的平拋問(wèn)題較為常見(jiàn)，“位移與水平面的夾角等于傾角”為著落條件．同學(xué)們還要能總結(jié)出距斜面最遠(yuǎn)的時(shí)刻以及這一距離．
二、受力分析
要點(diǎn)歸納
(一)常見(jiàn)的五種性質(zhì)的力
產(chǎn)生原因
或條件方向大小
重
力由于地球的吸引而產(chǎn)生總是豎直向下(鉛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體都受重力作用，與物體是否處于超重或失重狀態(tài)無(wú)關(guān)
彈
力①接觸
②彈性形變①支持力的方向總是垂直于接觸面而指向被支持的物體
②壓力的方向總是垂直于接觸面而指向被壓的物體
③繩的拉力總是沿著繩而指向繩收縮的方向F＝－kx
彈力的大小往往利用平衡條件和牛頓第二定律求解
摩
擦
力滑
動(dòng)
摩
擦
力①接觸，接觸面粗糙
②存在正壓力
③與接觸面有相對(duì)運(yùn)動(dòng)與接觸面的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反f＝μFN
只與μ、FN有關(guān)，與接觸面積、相對(duì)速度、加速度均無(wú)關(guān)
靜
摩
擦
力①接觸，接觸面粗糙
②存在正壓力
③與接觸面存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)與接觸面相對(duì)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)相反①與產(chǎn)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的動(dòng)力的大小相等
②存在最大靜摩擦力，最大靜摩擦力的大小由粗糙程度、正壓力決定
續(xù)表
產(chǎn)生原因
或條件方向大小
電
場(chǎng)
力點(diǎn)電荷間的庫(kù)侖力：真空中兩個(gè)點(diǎn)電荷之間的相互作用作用力的方向沿兩點(diǎn)電荷的連線，同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引F＝kq1q2r2
電場(chǎng)對(duì)處于其中的電荷的作用正電荷的受力方向與該處場(chǎng)強(qiáng)的方向一致，負(fù)電荷的受力方向與該處場(chǎng)強(qiáng)的方向相反F＝qE
磁
場(chǎng)
力安培力：磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)線的作用力F⊥B，F(xiàn)⊥I，即安培力F垂直于電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)度B所確定的平面．安培力的方向可用左手定則來(lái)判斷F＝BIL
安培力的實(shí)質(zhì)是運(yùn)動(dòng)電荷受洛倫茲力作用的宏觀表現(xiàn)
洛倫茲力：運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中所受到的力用左手定則判斷洛倫茲力的方向．特別要注意四指應(yīng)指向正電荷的運(yùn)動(dòng)方向；若為負(fù)電荷，則四指指向運(yùn)動(dòng)的反方向帶電粒子平行于磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，不受洛倫茲力的作用；帶電粒子垂直于磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受洛倫茲力最大，即f洛＝qvB
(二)力的運(yùn)算、物體的平衡
1．力的合成與分解遵循力的平行四邊形定則(或力的三角形定則)．
2．平衡狀態(tài)是指物體處于勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止?fàn)顟B(tài)，物體處于平衡狀態(tài)的動(dòng)力學(xué)條件是：F合＝0或Fx＝0、Fy＝0、Fz＝0．
注意：靜止?fàn)顟B(tài)是指速度和加速度都為零的狀態(tài)，如做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的物體到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度為零，但加速度等于重力加速度，不為零，因此不是平衡狀態(tài)．
3．平衡條件的推論
(1)物體處于平衡狀態(tài)時(shí)，它所受的任何一個(gè)力與它所受的其余力的合力等大、反向．
(2)物體在同一平面上的三個(gè)不平行的力的作用下處于平衡狀態(tài)時(shí)，這三個(gè)力必為共點(diǎn)力．
物體在三個(gè)共點(diǎn)力的作用下而處于平衡狀態(tài)時(shí)，表示這三個(gè)力的有向線段組成一封閉的矢量三角形，如圖1－8所示．
圖1－8
4．共點(diǎn)力作用下物體的平衡分析
熱點(diǎn)、重點(diǎn)、難點(diǎn)
(一)正交分解法、平行四邊形法則的應(yīng)用
1．正交分解法是分析平衡狀態(tài)物體受力時(shí)最常用、最主要的方法．即當(dāng)F合＝0時(shí)有：
Fx合＝0，F(xiàn)y合＝0，F(xiàn)z合＝0．
2．平行四邊形法有時(shí)可巧妙用于定性分析物體受力的變化或確定相關(guān)幾個(gè)力之比．
●例3舉重運(yùn)動(dòng)員在抓舉比賽中為了減小杠鈴上升的高度和發(fā)力，抓杠鈴的兩手間要有較大的距離．某運(yùn)動(dòng)員成功抓舉杠鈴時(shí)，測(cè)得兩手臂間的夾角為120°，運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為75kg，舉起的杠鈴的質(zhì)量為125kg，如圖1－9甲所示．求該運(yùn)動(dòng)員每只手臂對(duì)杠鈴的作用力的大小．(取g＝10m/s2)
圖1－9甲
【分析】由手臂的肌肉、骨骼構(gòu)造以及平時(shí)的用力習(xí)慣可知，伸直的手臂主要沿手臂方向發(fā)力．取手腕、手掌為研究對(duì)象，握杠的手掌對(duì)杠有豎直向上的彈力和沿杠向外的靜摩擦力，其合力沿手臂方向，如圖1－9乙所示．
圖1－9乙
【解析】手臂對(duì)杠鈴的作用力的方向沿手臂的方向，設(shè)該作用力的大小為F，則杠鈴的受力情況如圖1－9丙所示
圖1－9丙
由平衡條件得：
2Fcos60°＝mg
解得：F＝1250N．
[答案]1250N
●例4兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球a和b，用質(zhì)量可忽略的剛性細(xì)桿相連放置在一個(gè)光滑的半球面內(nèi)，如圖1－10甲所示．已知小球a和b的質(zhì)量之比為3，細(xì)桿長(zhǎng)度是球面半徑的2倍．兩球處于平衡狀態(tài)時(shí)，細(xì)桿與水平面的夾角θ是[2008年高考四川延考區(qū)理綜卷]()
圖1－10甲
A．45°B．30°C．22.5°D．15°
【解析】解法一設(shè)細(xì)桿對(duì)兩球的彈力大小為T，小球a、b的受力情況如圖1－10乙所示
圖1－10乙
其中球面對(duì)兩球的彈力方向指向圓心，即有：
cosα＝22RR＝22
解得：α＝45°
故FNa的方向?yàn)橄蛏掀遥处?＝π2－45°－θ＝45°－θ
FNb的方向?yàn)橄蛏掀螅处?＝π2－(45°－θ)＝45°＋θ
兩球都受到重力、細(xì)桿的彈力和球面的彈力的作用，過(guò)O作豎直線交ab于c點(diǎn)，設(shè)球面的半徑為R，由幾何關(guān)系可得：
magOc＝FNaR
mbgOc＝FNbR
解得：FNa＝3FNb
取a、b及細(xì)桿組成的整體為研究對(duì)象，由平衡條件得：
FNasinβ1＝FNbsinβ2
即3FNbsin(45°－θ)＝FNbsin(45°＋θ)
解得：θ＝15°．
解法二由幾何關(guān)系及細(xì)桿的長(zhǎng)度知，平衡時(shí)有：
sin∠Oab＝22RR＝22
故∠Oab＝∠Oba＝45°
再設(shè)兩小球及細(xì)桿組成的整體重心位于c點(diǎn)，由懸掛法的原理知c點(diǎn)位于O點(diǎn)的正下方，且acbc＝mamb＝3
即Rsin(45°－θ)∶Rsin(45°＋θ)＝1∶3
解得：θ＝15°．
[答案]D
【點(diǎn)評(píng)】①利用平行四邊形(三角形)定則分析物體的受力情況在各類教輔中較常見(jiàn)．掌握好這種方法的關(guān)鍵在于深刻地理解好“在力的圖示中，有向線段替代了力的矢量”．
②在理論上，本題也可用隔離法分析小球a、b的受力情況，根據(jù)正交分解法分別列平衡方程進(jìn)行求解，但是求解三角函數(shù)方程組時(shí)難度很大．
③解法二較簡(jiǎn)便，但確定重心的公式acbc＝mamb＝3超綱．
(二)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的平衡問(wèn)題
在高考試題中，也常出現(xiàn)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中受力平衡的物理情境，出現(xiàn)概率較大的是在正交的電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的平衡問(wèn)題及在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的平衡問(wèn)題．
在如圖1－11所示的速度選擇器中，選擇的速度v＝EB；在如圖1－12所示的電磁流量計(jì)中，流速v＝uBd，流量Q＝πdu4B．
圖1－11圖1－12
●例5在地面附近的空間中有水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，一個(gè)帶電油滴沿著一條與豎直方向成α角的直線MN運(yùn)動(dòng)，如圖1－13所示．由此可判斷下列說(shuō)法正確的是()
圖1－13
A．如果油滴帶正電，則油滴從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)
B．如果油滴帶正電，則油滴從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)
C．如果電場(chǎng)方向水平向右，則油滴從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)
D．如果電場(chǎng)方向水平向左，則油滴從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)
【解析】油滴在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到重力、電場(chǎng)力及洛倫茲力的作用，因洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，大小隨速度的改變而改變，而電場(chǎng)力與重力的合力是恒力，所以物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)；又因電場(chǎng)力一定在水平方向上，故洛倫茲力的方向是斜向上方的，因而當(dāng)油滴帶正電時(shí)，應(yīng)該由M點(diǎn)向N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤．若電場(chǎng)方向水平向右，則油滴需帶負(fù)電，此時(shí)斜向右上方與MN垂直的洛倫茲力對(duì)應(yīng)粒子從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，即選項(xiàng)C正確．同理，電場(chǎng)方向水平向左時(shí)，油滴需帶正電，油滴是從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
[答案]AC
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題要注意受力分析．因?yàn)槁鍌惼澚Φ姆较蚺c速度的方向垂直，而且與磁場(chǎng)的方向、帶電粒子的電性都有關(guān)，分析時(shí)更要注意．本題中重力和電場(chǎng)力均為恒力，要保證油滴做直線運(yùn)動(dòng)，兩力的合力必須與洛倫茲力平衡，粒子的運(yùn)動(dòng)就只能是勻速直線運(yùn)動(dòng)．
★同類拓展2如圖1－14甲所示，懸掛在O點(diǎn)的一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線下端掛有一個(gè)帶電荷量不變的小球A．在兩次實(shí)驗(yàn)中，均緩慢移動(dòng)另一帶同種電荷的小球B．當(dāng)B到達(dá)懸點(diǎn)O的正下方并與A在同一水平線上，A處于受力平衡時(shí)，懸線偏離豎直方向的角度為θ．若兩次實(shí)驗(yàn)中B的電荷量分別為q1和q2，θ分別為30°和45°，則q2q1為[2007年高考重慶理綜卷]()
圖1－14甲
A．2B．3C．23D．33
【解析】對(duì)A球進(jìn)行受力分析，如圖1－14乙所示，
圖1－14乙
由于繩子的拉力和點(diǎn)電荷間的斥力的合力與A球的重力平衡，故有：F電＝mgtanθ，又F電＝kqQAr2．設(shè)繩子的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則A、B兩球之間的距離r＝Lsinθ，聯(lián)立可得：q＝mL2gtanθsin2θkQA，由此可見(jiàn)，q與tanθsin2θ成正比，即q2q1＝tan45°sin245°tan30°sin230°＝23，故選項(xiàng)C正確．
[答案]C
互動(dòng)辨析本題為帶電體在重力場(chǎng)和電場(chǎng)中的平衡問(wèn)題，解題的關(guān)鍵在于：先根據(jù)小球的受力情況畫(huà)出平衡狀態(tài)下的受力分析示意圖；然后根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系列式，得出電荷量的通解表達(dá)式，進(jìn)而分析求解．本題體現(xiàn)了新課標(biāo)在知識(shí)考查中重視方法滲透的思想．
三、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用
要點(diǎn)歸納
(一)深刻理解牛頓第一、第三定律
1．牛頓第一定律(慣性定律)
一切物體總保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止．
(1)理解要點(diǎn)
①運(yùn)動(dòng)是物體的一種屬性，物體的運(yùn)動(dòng)不需要力來(lái)維持．
②它定性地揭示了運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)系：力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，是使物體產(chǎn)生加速度的原因．
③牛頓第一定律是牛頓第二定律的基礎(chǔ)，不能認(rèn)為它是牛頓第二定律合外力為零時(shí)的特例．牛頓第一定律定性地給出了力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，第二定律定量地給出力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系．
(2)慣性：物體保持原來(lái)的勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)叫做慣性．
①慣性是物體的固有屬性，與物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)．
②質(zhì)量是物體慣性大小的量度．
2．牛頓第三定律
(1)兩個(gè)物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在一條直線上，可用公式表示為F＝－F′．
(2)作用力與反作用力一定是同種性質(zhì)的力，作用效果不能抵消．
(3)牛頓第三定律的應(yīng)用非常廣泛，凡是涉及兩個(gè)或兩個(gè)以上物體的物理情境、過(guò)程的解答，往往都需要應(yīng)用這一定律．
(二)牛頓第二定律
1．定律內(nèi)容
物體的加速度a跟物體所受的合外力F合成正比，跟物體的質(zhì)量m成反比．
2．公式：F合＝ma
理解要點(diǎn)
①因果性：F合是產(chǎn)生加速度a的原因，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)存在，同時(shí)消失．
②方向性：a與F合都是矢量，方向嚴(yán)格相同．
③瞬時(shí)性和對(duì)應(yīng)性：a為某時(shí)刻某物體的加速度，F(xiàn)合是該時(shí)刻作用在該物體上的合外力．
3．應(yīng)用牛頓第二定律解題的一般步驟：
(1)確定研究對(duì)象；
(2)分析研究對(duì)象的受力情況，畫(huà)出受力分析圖并找出加速度的方向；
(3)建立直角坐標(biāo)系，使盡可能多的力或加速度落在坐標(biāo)軸上，并將其余的力或加速度分解到兩坐標(biāo)軸上；
(4)分別沿x軸方向和y軸方向應(yīng)用牛頓第二定律列出方程；
(5)統(tǒng)一單位，計(jì)算數(shù)值．
熱點(diǎn)、重點(diǎn)、難點(diǎn)
一、正交分解法在動(dòng)力學(xué)問(wèn)題中的應(yīng)用
當(dāng)物體受到多個(gè)方向的外力作用產(chǎn)生加速度時(shí)，常要用到正交分解法．
1．在適當(dāng)?shù)姆较蚪⒅苯亲鴺?biāo)系，使需要分解的矢量盡可能少．
2．Fx合＝max合，F(xiàn)y合＝may合，F(xiàn)z合＝maz合．
3．正交分解法對(duì)本章各類問(wèn)題，甚至對(duì)整個(gè)高中物理來(lái)說(shuō)都是一重要的思想方法．
●例6如圖1－15甲所示，在風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室里，一根足夠長(zhǎng)的細(xì)桿與水平面成θ＝37°固定，質(zhì)量m＝1kg的小球穿在細(xì)桿上靜止于細(xì)桿底端O點(diǎn)．現(xiàn)有水平向右的風(fēng)力F作用于小球上，經(jīng)時(shí)間t1＝2s后停止，小球沿細(xì)桿運(yùn)動(dòng)的部分v－t圖象如圖1－15乙所示．試求：(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
圖1－15
(1)小球在0～2s內(nèi)的加速度a1和2～4s內(nèi)的加速度a2．
(2)風(fēng)對(duì)小球的作用力F的大小．
【解析】(1)由圖象可知，在0～2s內(nèi)小球的加速度為：
a1＝v2－v1t1＝20m/s2，方向沿桿向上
在2～4s內(nèi)小球的加速度為：
a2＝v3－v2t2＝－10m/s2，負(fù)號(hào)表示方向沿桿向下．
(2)有風(fēng)力時(shí)的上升過(guò)程，小球的受力情況如圖1－15丙所示
圖1－15丙
在y方向，由平衡條件得：
FN1＝Fsinθ＋mgcosθ
在x方向，由牛頓第二定律得：
Fcosθ－mgsinθ－μFN1＝ma1
停風(fēng)后上升階段，小球的受力情況如圖1－15丁所示
圖1－15丁
在y方向，由平衡條件得：
FN2＝mgcosθ
在x方向，由牛頓第二定律得：
－mgsinθ－μFN2＝ma2
聯(lián)立以上各式可得：F＝60N．
【點(diǎn)評(píng)】①斜面(或類斜面)問(wèn)題是高中最常出現(xiàn)的物理模型．
②正交分解法是求解高中物理題最重要的思想方法之一．
二、連接體問(wèn)題(整體法與隔離法)
高考卷中常出現(xiàn)涉及兩個(gè)研究對(duì)象的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題，其中又包含兩種情況：一是兩對(duì)象的速度相同需分析它們之間的相互作用，二是兩對(duì)象的加速度不同需分析各自的運(yùn)動(dòng)或受力．隔離(或與整體法相結(jié)合)的思想方法是處理這類問(wèn)題的重要手段．
1．整體法是指當(dāng)連接體內(nèi)(即系統(tǒng)內(nèi))各物體具有相同的加速度時(shí)，可以把連接體內(nèi)所有物體組成的系統(tǒng)作為整體考慮，分析其受力情況，運(yùn)用牛頓第二定律對(duì)整體列方程求解的方法．
2．隔離法是指當(dāng)研究對(duì)象涉及由多個(gè)物體組成的系統(tǒng)時(shí)，若要求連接體內(nèi)物體間的相互作用力，則應(yīng)把某個(gè)物體或某幾個(gè)物體從系統(tǒng)中隔離出來(lái)，分析其受力情況及運(yùn)動(dòng)情況，再利用牛頓第二定律對(duì)隔離出來(lái)的物體列式求解的方法．
3．當(dāng)連接體中各物體運(yùn)動(dòng)的加速度相同或要求合外力時(shí)，優(yōu)先考慮整體法；當(dāng)連接體中各物體運(yùn)動(dòng)的加速度不相同或要求物體間的作用力時(shí)，優(yōu)先考慮隔離法．有時(shí)一個(gè)問(wèn)題要兩種方法結(jié)合起來(lái)使用才能解決．
●例7如圖1－16所示，在光滑的水平地面上有兩個(gè)質(zhì)量相等的物體，中間用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，在外力F1、F2的作用下運(yùn)動(dòng)．已知F1＞F2，當(dāng)運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為()
圖1－16
A．F1－F2kB．F1－F22k
C．F1＋F22kD．F1＋F2k
【解析】取A、B及彈簧整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：F1－F2＝2ma
取B為研究對(duì)象：kx－F2＝ma
(或取A為研究對(duì)象：F1－kx＝ma)
可解得：x＝F1＋F22k．
[答案]C
【點(diǎn)評(píng)】①解析中的三個(gè)方程任取兩個(gè)求解都可以．
②當(dāng)?shù)孛娲植跁r(shí)，只要兩物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則A、B之間的拉力與地面光滑時(shí)相同．
★同類拓展3如圖1－17所示，質(zhì)量為m的小物塊A放在質(zhì)量為M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面勻速向右滑動(dòng)，且A、B相對(duì)靜止．某時(shí)刻撤去水平拉力，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，B在地面上滑行了一段距離x，A在B上相對(duì)于B向右滑行了一段距離L(設(shè)木板B足夠長(zhǎng))后A和B都停了下來(lái)．已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，且μ2＞μ1，則x的表達(dá)式應(yīng)為()
圖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】設(shè)A、B相對(duì)靜止一起向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v，撤去外力后至停止的過(guò)程中，A受到的滑動(dòng)摩擦力為：
f1＝μ1mg
其加速度大小a1＝f1m＝μ1g
B做減速運(yùn)動(dòng)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在木板上繼續(xù)做勻減速運(yùn)動(dòng)，且其加速度大小不變
對(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理得：－f1(L＋x)＝0－12mv2
對(duì)B應(yīng)用動(dòng)能定理得：
μ1mgx－μ2(m＋M)gx＝0－12Mv2
解得：x＝μ1ML(μ2－μ1)(m＋M)．
[答案]C
【點(diǎn)評(píng)】①雖然使A產(chǎn)生加速度的力由B施加，但產(chǎn)生的加速度a1＝μ1g是取大地為參照系的．加速度是相對(duì)速度而言的，所以加速度一定和速度取相同的參照系，與施力物體的速度無(wú)關(guān)．
②動(dòng)能定理可由牛頓第二定律推導(dǎo)，特別對(duì)于勻變速直線運(yùn)動(dòng)，兩表達(dá)式很容易相互轉(zhuǎn)換．
三、臨界問(wèn)題
●例8如圖1－18甲所示，滑塊A置于光滑的水平面上，一細(xì)線的一端固定于傾角為45°、質(zhì)量為M的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細(xì)線另一端拴一質(zhì)量為m的小球B．現(xiàn)對(duì)滑塊施加一水平方向的恒力F，要使小球B能相對(duì)斜面靜止，恒力F應(yīng)滿足什么條件？
圖1－18甲
【解析】
先考慮恒力背離斜面方向(水平向左)的情況：設(shè)恒力大小為F1時(shí)，B還在斜面上且對(duì)斜面的壓力為零，此時(shí)A、B有共同加速度a1，B的受力情況如圖1－18乙所示，有：
圖1－18乙
Tsinθ＝mg，Tcosθ＝ma1
解得：a1＝gcotθ
即F1＝(M＋m)a1＝(M＋m)gcotθ
由此可知，當(dāng)水平向左的力大于(M＋m)gcotθ時(shí)，小球B將離開(kāi)斜面，對(duì)于水平恒力向斜面一側(cè)方向(水平向右)的情況：設(shè)恒力大小為F2時(shí)，B相對(duì)斜面靜止時(shí)對(duì)懸繩的拉力恰好為零，此時(shí)A、B的共同加速度為a2，B的受力情況如圖1－18丙所示，有：
圖1－18丙
FNcosθ＝mg，F(xiàn)Nsinθ＝ma2
解得：a2＝gtanθ
即F2＝(M＋m)a2＝(M＋m)gtanθ
由此可知，當(dāng)水平向右的力大于(M＋m)gtanθ，B將沿斜面上滑，綜上可知，當(dāng)作用在A上的恒力F向左小于(M＋m)gcotθ，或向右小于(M＋m)gtanθ時(shí)，B能靜止在斜面上．
[答案]向左小于(M＋m)gcotθ或向右小于(M＋m)gtanθ
【點(diǎn)評(píng)】斜面上的物體、被細(xì)繩懸掛的物體這兩類物理模型是高中物理中重要的物理模型，也是高考常出現(xiàn)的重要物理情境．
四、超重與失重問(wèn)題
1．超重與失重只是物體在豎直方向上具有加速度時(shí)所受支持力不等于重力的情形．
2．要注意飛行器繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)在豎直方向上具有向心加速度，處于失重狀態(tài)．
●例9為了測(cè)量某住宅大樓每層的平均高度(層高)及電梯的運(yùn)行情況，甲、乙兩位同學(xué)在一樓電梯內(nèi)用電子體重計(jì)及秒表進(jìn)行了以下實(shí)驗(yàn)：質(zhì)量m＝50kg的甲同學(xué)站在體重計(jì)上，乙同學(xué)記錄電梯從地面一樓到頂層的過(guò)程中，體重計(jì)的示數(shù)隨時(shí)間變化的情況，并作出了如圖1－19甲所示的圖象．已知t＝0時(shí)，電梯靜止不動(dòng)，從電梯內(nèi)樓層按鈕上獲知該大樓共19層．求：
(1)電梯啟動(dòng)和制動(dòng)時(shí)的加速度大?。?br>
(2)該大樓的層高．
圖1－19甲
【解析】(1)對(duì)于啟動(dòng)狀態(tài)有：F1－mg＝ma1
得：a1＝2m/s2
對(duì)于制動(dòng)狀態(tài)有：mg－F3＝ma2
得：a2＝2m/s2．
(2)電梯勻速運(yùn)動(dòng)的速度v＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s
從圖中讀得電梯勻速上升的時(shí)間t2＝26s
電梯運(yùn)行的總時(shí)間t＝28s
電梯運(yùn)行的v－t圖象如圖1－19乙所示，
圖1－19乙
所以總位移s＝12v(t2＋t)＝12×2×(26＋28)m＝54m
層高h(yuǎn)＝s18＝5418＝3m．
[答案](1)2m/s22m/s2(2)3m
