小學(xué)數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)教案
發(fā)表時(shí)間：2021-04-01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)測題18:第9專題高中物理常見的物理模型(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，下列說法正確的是()
A．若D和E結(jié)合成F，結(jié)合過程中一定會吸收核能
B．若D和E結(jié)合成F，結(jié)合過程中一定會釋放核能
C．若A分裂成B和C，分裂過程中一定會吸收核能
D．若A分裂成B和C，分裂過程中一定會釋放核能
【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，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光在玻璃中的波長小于b光在空氣中的波長
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光在玻璃中的波長小于在空氣中的波長，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E后，小球開始做簡諧運(yùn)動(dòng)，下列關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)情況的說法中正確的是()
A．小球的速度為零時(shí)，彈簧的伸長量為qEk
B．小球的速度為零時(shí)，彈簧的伸長量為2qEk
C．運(yùn)動(dòng)過程中，小球和彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能守恒
D．運(yùn)動(dòng)過程中，小球動(dòng)能變化量、彈性勢能變化量以及電勢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)彈簧的伸長量x0＝qEk，小球速度為零時(shí)彈簧處于原長或伸長了2x0＝2qEk，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確．
小球做簡諧運(yùn)動(dòng)的過程中彈簧彈力和電場力都做功，機(jī)械能不守恒，動(dòng)能、彈性勢能、電勢能的總和保持不變，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．國產(chǎn)“水刀”——超高壓數(shù)控萬能水切割機(jī)，以其神奇的切割性能在北京國際展覽中心舉行的第五屆國際機(jī)床展覽會上引起轟動(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靜止，鉛塊在運(yùn)動(dòng)過程中所受到的摩擦力始終不變．若將木板分成長度與質(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的左端開始運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示，則下列說法正確的是()
A．小鉛塊滑到木板2的右端前就與之保持相對靜止
B．小鉛塊滑到木板2的右端后與之保持相對靜止
C．甲、乙兩圖所示的過程中產(chǎn)生的熱量相等
D．圖甲所示的過程產(chǎn)生的熱量大于圖乙所示的過程產(chǎn)生的熱量
【解析】長木板分兩段前，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保持相對靜止，故圖甲所示的過程產(chǎn)生的熱量大于圖乙所示的過程產(chǎn)生的熱量．
丙
[答案]AD
二、非選擇題(共60分)
11．(5分)圖示為伏安法測電阻的部分電路，電路其他部分不變，當(dāng)開關(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)開關(guān)S接b點(diǎn)時(shí)，U2＝12V，I2＝0.15A．那么，為了提高測量的準(zhǔn)確性，開關(guān)S應(yīng)接______點(diǎn)(填“a”或“b”)，Rx的測量值為________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)在利用這些器材測定彈簧被壓縮時(shí)的彈性勢能．
(1)還需要的器材是________、________．
(2)以上測量實(shí)際上是把對彈性勢能的測量轉(zhuǎn)化為對________能的測量，需要直接測量________和________．
(3)為了研究彈簧的彈性勢能與勁度系數(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開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)0.4s物體B剛要離開地面，設(shè)整個(gè)過程中彈簧都處于彈性限度內(nèi)，取g＝10m/s2．求：
(1)此過程中所加外力F的最大值和最小值．
(2)此過程中外力F所做的功．
【解析】(1)A原來靜止時(shí)有：kx1＝mg(1分)
當(dāng)物體A剛開始做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力F最小，設(shè)為F1．
對物體A有：F1＋kx1－mg＝ma(1分)
當(dāng)物體B剛要離開地面時(shí)，拉力F最大，設(shè)為F2．
對物體A有：F2－kx2－mg＝ma(1分)
對物體B有：kx2＝mg(1分)
對物體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，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一個(gè)質(zhì)量為m、阻值也為R、長度為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)體棒從釋放開始到穩(wěn)定下滑的過程中流過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)磁場中，此磁場方向垂直紙面向里．結(jié)果離子正好從距A點(diǎn)為d的小孔C沿垂直于電場方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，此電場方向與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)電場強(qiáng)度為E，對離子在電場中的運(yùn)動(dòng)過程，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無初速度放上傳送帶．已知在A、B碰后瞬間B相對傳送帶的速度大小為1.0m/s，之后當(dāng)其中某一物塊相對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【w286.coM 迷你日記網(wǎng)】
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方法概述
高考命題以《考試大綱》為依據(jù)，考查學(xué)生對高中物理知識的掌握情況，體現(xiàn)了“知識與技能、過程與方法并重”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)試卷中下列常見的物理模型出現(xiàn)的概率較大：斜面問題、疊加體模型(包含子彈射入)、帶電粒子的加速與偏轉(zhuǎn)、天體問題(圓周運(yùn)動(dòng))、輕繩(輕桿)連接體模型、傳送帶問題、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年高考全國理綜卷Ⅰ第14題、全國理綜卷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，我們對這一模型的例舉和訓(xùn)練也比較多，遇到這類問題時(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對水平地面的靜摩擦力為零；
(2)加速下滑時(shí)，斜面對水平地面的靜摩擦力水平向右；
(3)減速下滑時(shí)，斜面對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對水平地面的靜摩擦力為零，這一過程中再在m上加上任何方向的作用力，(在m停止前)M對水平地面的靜摩擦力依然為零(見一輪書中的方法概述)．
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，與初速度無關(guān)；
(3)經(jīng)過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程中，斜面后退的位移s＝mm＋ML．
圖9－6
●例1有一些問題你可能不會求解，但是你仍有可能對這些問題的解是否合理進(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，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
對于上述解，某同學(xué)首先分析了等號右側(cè)的量的單位，沒發(fā)現(xiàn)問題．他進(jìn)一步利用特殊條件對該解做了如下四項(xiàng)分析和判斷，所得結(jié)論都是“解可能是對的”．但是，其中有一項(xiàng)是錯(cuò)誤的，請你指出該項(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，說明該解可能是對的
B．當(dāng)θ＝90°時(shí)，該解給出a＝g，這符合實(shí)驗(yàn)結(jié)論，說明該解可能是對的
C．當(dāng)Mm時(shí)，該解給出a≈gsinθ，這符合預(yù)期的結(jié)果，說明該解可能是對的
D．當(dāng)mM時(shí)，該解給出a≈gsinθ，這符合預(yù)期的結(jié)果，說明該解可能是對的
【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的底邊長為L，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】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下滑過程中相對地面的加速度．
●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，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．一個(gè)質(zhì)量為m、邊長也為L的正方形線框以速度v進(jìn)入上部磁場時(shí)，恰好做勻速運(yùn)動(dòng)．
圖9－8甲
(1)當(dāng)ab邊剛越過邊界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)，則線框從開始進(jìn)入上部磁場到ab邊到達(dá)gg′與ff′的正中間位置的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為多少？(線框的ab邊在運(yùn)動(dòng)過程中始終與磁場邊界平行，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(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】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)的過程中(如圖9－9所示)，A、B之間無摩擦力作用．
圖9－9
2．如圖9－10所示，一對滑動(dòng)摩擦力做的總功一定為負(fù)值，其絕對值等于摩擦力乘以相對滑動(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)兩顆子彈均相對木塊靜止時(shí)，下列說法正確的是(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
對右側(cè)子彈射入的過程，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】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)問題、動(dòng)力學(xué)問題、動(dòng)量守恒和能量守恒問題、振動(dòng)問題、功能問題等，幾乎貫穿了整個(gè)力學(xué)的知識體系．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)彈簧問題分類進(jìn)行剖析．
對于彈簧，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)儲能元件．因此，彈簧問題能很好地考查學(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)中的彈簧問題，動(dòng)力學(xué)中的彈簧問題，與動(dòng)量和能量有關(guān)的彈簧問題．
1．靜力學(xué)中的彈簧問題
(1)胡克定律：F＝kx，ΔF＝kΔx．
(2)對彈簧秤的兩端施加(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，直到下面的彈簧對地面的壓力恰好為零，在此過程中A和B的重力勢能共增加了()
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象，則當(dāng)下面的彈簧對地面的壓力為零時(shí)，向上提A的力F恰好為：
F＝(m1＋m2)g
設(shè)這一過程中上面和下面的彈簧分別伸長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增加的重力勢能共為：
ΔEp＝m1g(x1＋x2)＋m2gx2
＝(m1＋m2)2g2k2＋m1(m1＋m2)g2k1．
[答案]D
【點(diǎn)評】①計(jì)算上面彈簧的伸長量時(shí)，較多同學(xué)會先計(jì)算原來的壓縮量，然后計(jì)算后來的伸長量，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通過比較可知，重力勢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)中的彈簧問題
(1)瞬時(shí)加速度問題(與輕繩、輕桿不同)：一端固定、另一端接有物體的彈簧，形變不會發(fā)生突變，彈力也不會發(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)原長時(shí)刻B與A開始分離．
圖9－13
●例5一彈簧秤秤盤的質(zhì)量m1＝1.5kg，盤內(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)秤盤上升高度x時(shí)P與秤盤分離，分離時(shí)刻有：
k(x0－x)－m1gm1＝a
又由題意知，對于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】對于本例所述的物理過程，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的重力使秤盤產(chǎn)生的加速度將小于a，故秤盤與重物分離．
3．與動(dòng)量、能量相關(guān)的彈簧問題
與動(dòng)量、能量相關(guān)的彈簧問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)彈簧壓縮和伸長的形變相同時(shí)，彈簧的彈性勢能相等；
(2)彈簧連接兩個(gè)物體做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧處于原長時(shí)兩物體的相對速度最大，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，將它們固定在空中，彈簧處于原長狀態(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(圖中未畫出)，仍將它與A固定在空中且彈簧處于原長，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A物塊有：
mg＝kx
從A落地后到A剛好離開地面的過程中，對于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剛好離開地面的過程中，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】由于高中物理對彈性勢能的表達(dá)式不作要求，所以在高考中幾次考查彈簧問題時(shí)都要用到上述結(jié)論“①”．如2005年高考全國理綜卷Ⅰ第25題、1997年高考全國卷第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，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)彈簧的彈性勢能最大時(shí)，物體A的速度為多大？
(2)彈簧彈性勢能的最大值是多少？
(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，可知彈簧處于原長時(shí)，A、B和C相對振動(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】①要清晰地想象、理解研究對象的運(yùn)動(dòng)過程：相當(dāng)于在以3m/s勻速行駛的車廂內(nèi)，A、B和C做相對彈簧上某點(diǎn)的簡諧振動(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)從外殼離開桌面到碰撞前瞬間，彈簧做的功．
(3)從外殼下端離開桌面到上升至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、傳送帶問題
從1990年以后出版的各種版本的高中物理教科書中均有皮帶傳輸機(jī)的插圖．皮帶傳送類問題在現(xiàn)代生產(chǎn)生活中的應(yīng)用非常廣泛．這類問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、相對運(yùn)動(dòng)、能量轉(zhuǎn)化等各方面的知識，能較好地考查學(xué)生分析物理過程及應(yīng)用物理規(guī)律解答物理問題的能力．如2003年高考全國理綜卷第34題、2005年高考全國理綜卷Ⅰ第24題等．
對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)滑塊加速過程的位移等于滑塊與傳送帶相對滑動(dòng)的距離；
(2)對于水平傳送帶，滑塊加速過程中傳送帶對其做的功等于這一過程由摩擦產(chǎn)生的熱量，即傳送裝置在這一過程需額外(相對空載)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)針方向勻速運(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．物塊將會落在Q點(diǎn)的左邊
D．物塊將會落在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】對于本例應(yīng)深刻理解好以下兩點(diǎn)：
①滑動(dòng)摩擦力f＝μFN，與相對滑動(dòng)的速度或接觸面積均無關(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)過程完全相同．
我們延伸開來思考，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)沒有關(guān)系．
●例10如圖9－19所示，足夠長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．開始時(shí)，A與傳送帶之間保持相對靜止．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：
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)過多長時(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】本題解析的關(guān)鍵在于：①對物理過程理解清楚；②求相對路程的方法．
高考物理高考物理實(shí)驗(yàn)(2)經(jīng)典考題沖刺專題復(fù)習(xí)
一位優(yōu)秀的教師不打無準(zhǔn)備之仗，會提前做好準(zhǔn)備，準(zhǔn)備好一份優(yōu)秀的教案往往是必不可少的。教案可以讓學(xué)生更好地進(jìn)入課堂環(huán)境中來，幫助高中教師能夠更輕松的上課教學(xué)。你知道如何去寫好一份優(yōu)秀的高中教案呢？為滿足您的需求，小編特地編輯了“高考物理高考物理實(shí)驗(yàn)(2)經(jīng)典考題沖刺專題復(fù)習(xí)”，希望能對您有所幫助，請收藏。
20xx屆高考黃岡中學(xué)物理沖刺講解、練習(xí)題、預(yù)測題14:第7專題高考物理實(shí)驗(yàn)(2)經(jīng)典考題
縱觀近三年的高考實(shí)驗(yàn)題，會發(fā)現(xiàn)以下特點(diǎn)．
1．對力學(xué)實(shí)驗(yàn)的考查基本上以創(chuàng)新題出現(xiàn)，試題源于教材，又高于教材，總體來說其變化在于：同一實(shí)驗(yàn)可用于不同裝置，同一裝置可完成不同實(shí)驗(yàn)．
2．高考對電學(xué)實(shí)驗(yàn)的考查一般書本實(shí)驗(yàn)稍加變化來出題，以“電阻的測量”最為常見，包括測電阻率、測伏安特性等，當(dāng)然也可能會有其他電學(xué)實(shí)驗(yàn)出現(xiàn)，如測電動(dòng)勢與內(nèi)阻、電路故障等．
1．Ⅰ．在如圖所示的電路中，1、2、3、4、5、6為連接點(diǎn)的標(biāo)號．在開關(guān)閉合后，發(fā)現(xiàn)小燈泡不亮．現(xiàn)用多用電表檢查電路故障，需要檢測的有：電源、開關(guān)、小燈泡、3根導(dǎo)線以及電路中的各連接點(diǎn)．
(1)為了檢測小燈泡以及3根導(dǎo)線，在連接點(diǎn)1、2已接好的情況下，應(yīng)當(dāng)選用多用電表的________擋．在連接點(diǎn)1、2同時(shí)斷開的情況下，應(yīng)當(dāng)選用多用電表的________擋．
(2)在開關(guān)閉合情況下，若測得5、6兩點(diǎn)間的電壓接近電源的電動(dòng)勢，則表明____________________________________可能有故障．
(3)將小燈泡拆離電路，寫出用多用電表檢測該小燈泡是否有故障的具體步驟：____________________________________________________________________．
Ⅱ．某同學(xué)為了探究物體在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)摩擦力與斜面傾角的關(guān)系，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示．長直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物塊上．在平板上標(biāo)出A、B兩點(diǎn)，B點(diǎn)處放置一光電門，用光電計(jì)時(shí)器記錄滑塊通過光電門時(shí)擋光的時(shí)間．
實(shí)驗(yàn)步驟如下：
①用游標(biāo)卡尺測量滑塊的擋光長度d，用天平測量滑塊的質(zhì)量m；
②用直尺測量A、B之間的距離s，A點(diǎn)到水平桌面的垂直距離h1，B點(diǎn)到水平桌面的垂直距離h2；
③將滑塊從A點(diǎn)靜止釋放，由光電計(jì)時(shí)器讀出滑塊的擋光時(shí)間t；
④重復(fù)步驟③數(shù)次，并求擋光時(shí)間的平均值t－；
⑤利用所測數(shù)據(jù)求出摩擦力f和斜面傾角的余弦值cosα；
⑥多次改變斜面的傾角，重復(fù)實(shí)驗(yàn)步驟②③④⑤，作出f－cosα關(guān)系曲線．
(1)用測量的物理量完成下列各式(重力加速度為g)：
①斜面傾角的余弦cosα＝__________；
②滑塊通過光電門時(shí)的速度v＝________________；
③滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a＝____________________；
④滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)所受到的摩擦阻力f＝____________．
(2)測量滑塊擋光長度的游標(biāo)卡尺讀數(shù)如圖乙所示，讀得d＝__________．
[2009年高考全國理綜卷Ⅰ]
【解析】Ⅰ．在1、2兩點(diǎn)接好的情況下，應(yīng)當(dāng)選用多用電表的電壓擋，在1、2同時(shí)斷開的情況下，應(yīng)選用歐姆擋．
(2)表明5、6兩點(diǎn)可能有故障．
(3)①調(diào)到歐姆擋；②將紅黑表筆相接，檢查歐姆擋能否正常工作；③測量小燈泡的電阻，如電阻無窮大，表明小燈泡有故障．
Ⅱ．物塊在斜面上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，受重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力的作用．
根據(jù)三角形關(guān)系可得到cosα＝s2－(h1－h(huán)2)2s
又v＝xt＝dt，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x＝v22a，有s＝v22a，即有a＝d22st－2
根據(jù)牛頓第二定律得：
mgsinθ－f＝ma
則有：f＝mgh1－h(huán)2s－md22st－2．
(2)在游標(biāo)卡尺中，主尺上是3.6cm，在游標(biāo)尺上恰好是第1條刻度線與主尺對齊，再考慮到卡尺是10分度，所以讀數(shù)為3.6cm＋0.1×1mm＝3.61cm或者3.62cm也對．
[答案]Ⅰ．(1)電壓歐姆
(2)開關(guān)或連接點(diǎn)5、6
(3)①調(diào)到歐姆擋；
②將紅、黑表筆相接，檢查歐姆擋能否正常工作；
③測量小燈泡的電阻．如電阻無窮大，則表明小燈泡有故障．
Ⅱ．(1)①1ss2－(h1－h(huán)2)2
②dt－③d22st－2④mgh1－h(huán)2s－md22st－2
(2)3.62cm
【點(diǎn)評】在本實(shí)驗(yàn)中，r＝dt－解出的為滑塊畫過去由門的平均速度，只是當(dāng)滑塊才較小時(shí)r趨近于瞬時(shí)速度，故滑塊長度小點(diǎn)測量越準(zhǔn)確．
2．Ⅰ．一水平放置的圓盤繞過其圓心的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．盤邊緣上固定一豎直的擋光片．盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)擋光片從一光電數(shù)字計(jì)時(shí)器的光電門的狹縫中經(jīng)過，如圖甲所示．圖乙為光電數(shù)字計(jì)時(shí)器的示意圖．光源A中射出的光可照到B中的接收器上．若A、B間的光路被遮斷，顯示器C上可顯示出光線被遮住的時(shí)間．
擋光片的寬度用螺旋測微器測得，結(jié)果如圖丙所示．圓盤直徑用游標(biāo)卡尺測得，結(jié)果如圖丁所示．由圖可知：
(1)擋光片的寬度為_________mm；
(2)圓盤的直徑為___________cm；
(3)若光電數(shù)字計(jì)時(shí)器所顯示的時(shí)間為50.0ms，則圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為________弧度/秒．(保留3位有效數(shù)字)
Ⅱ．圖示為用伏安法測量電阻的原理圖．圖中，為電壓表，內(nèi)阻為4000Ω；為電流表，內(nèi)阻為50Ω；E為電源，R為電阻箱，Rx為待測電阻，S為開關(guān)．
(1)當(dāng)開關(guān)閉合后電壓表讀數(shù)U＝1.6V，電流表讀數(shù)I＝2.0mA．若將Rx＝UI作為測量值，所得結(jié)果的百分誤差是__________．
(2)若將電流表改為內(nèi)接，開關(guān)閉合后，重新測得電壓表讀數(shù)和電流表讀數(shù)，仍將電壓表讀數(shù)與電流表讀數(shù)之比作為測量值，這時(shí)結(jié)果的百分誤差是________．
(百分誤差＝實(shí)際值－測量值實(shí)際值×100%)
[2008年高考四川理綜卷]
【解析】Ⅰ．由螺旋測微器與游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則可得兩者的讀數(shù)．
d＝10mm＋24.2×0.01mm＝10.242mm
D＝242mm＋4×0.05mm＝242.20mm＝24.220cm．
圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω＝θt，而θ＝dπD×2π，綜合兩式并代入數(shù)據(jù)可得：ω＝1.69rad/s．
(1)測量值為R＝UI＝800Ω，因電流表外接，所以：
R＝RxRVRx＋RV
故真實(shí)值為Rx＝1000Ω，對應(yīng)的百分誤差為：
A＝1000－8001000＝20%．
(2)電流表內(nèi)接時(shí)，百分誤差A(yù)′＝1050－10001000＝5%．
[答案]Ⅰ．(1)10.243(2)24.220(3)1.69
Ⅱ．(1)20%(2)5%
【點(diǎn)評】①無論是否顯示單位，螺旋測微器和游標(biāo)尺主尺最小刻度一定都為mm；
②內(nèi)接法的測量值R測＝Rx＋RA，外接法的測量值R測＝Rx∥RV
能力演練
1．(16分)Ⅰ．在“利用自由落體運(yùn)動(dòng)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，若打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接交變電流的頻率為50Hz，得到的甲、乙兩條實(shí)驗(yàn)紙帶(如圖所示)中應(yīng)選________紙帶更好．若已測得點(diǎn)2到點(diǎn)4間的距離為s1，點(diǎn)0到點(diǎn)3間的距離為s2，打點(diǎn)周期為T，要驗(yàn)證重物從開始下落到打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打下點(diǎn)3這段時(shí)間內(nèi)機(jī)械能守恒，則s1、s2和T應(yīng)滿足的關(guān)系為：T＝________________．
Ⅱ．要測量一只量程已知的電壓表的內(nèi)阻，所備器材如下：
甲
A．待測電壓表(量程為3V，內(nèi)阻未知)；
B．電流表(量程為3A，內(nèi)阻為0.01Ω)；
C．定值電阻R(阻值為2kΩ，額定電流為50mA)；
D．蓄電池E(電動(dòng)勢略小于3V，內(nèi)阻不計(jì))；
E．多用電表；
F．開關(guān)S1、S2，導(dǎo)線若干．
有一同學(xué)利用上面所給器材，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)操作．
(1)首先用多用電表進(jìn)行粗測，選用“×100Ω”倍率，操作方法正確．若這時(shí)刻度盤上的指針位置如圖甲所示，則測量的結(jié)果是________Ω．
(2)為了更精確地測出此電壓表的內(nèi)阻，該同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖乙、丙所示的實(shí)驗(yàn)電路，你認(rèn)為其中較合理的電路圖是________，理由是________________________．
乙丙
(3)用你選擇的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)，用所測物理量的符號表示電壓表的內(nèi)阻，即RV＝________．
[答案]Ⅰ．甲s12gs24gs2或s122gs2(每空3分)
Ⅱ．(1)3000(3分)
(2)丙圖乙中電流表測量時(shí)的示數(shù)太小，誤差太大；圖丙中R的阻值與電壓表內(nèi)阻接近，誤差小(每空2分)
(3)U2U1－U2R(3分)
2．(17分)Ⅰ．某同學(xué)在做測定木塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)的實(shí)驗(yàn)過程中，測滑動(dòng)摩擦力時(shí)，他設(shè)計(jì)了兩種實(shí)驗(yàn)方案．
方案一：木板固定在水平面上，用彈簧測力計(jì)水平拉動(dòng)木塊，如圖甲所示．
方案二：用彈簧測力計(jì)水平地鉤住木塊，用力使木板在水平面上運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示．
甲乙
除了實(shí)驗(yàn)必需的彈簧測力計(jì)、木塊、木板、細(xì)線外，該同學(xué)還準(zhǔn)備了若干重均為2.00N的砝碼．
(1)上述兩種方案中，你認(rèn)為更合理的方案是________(填“甲”或“乙”)，理由是：(回答兩個(gè)理由)
①____________________________________________；
②____________________________________________．
(2)該同學(xué)在木塊上加砝碼，改變木塊對木板的壓力，記錄了5組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，如下表所示．
實(shí)驗(yàn)次序12345
砝碼個(gè)數(shù)01234
砝碼對木塊
的壓力/N02.004.006.008.00
測力計(jì)示
數(shù)/N1.502.002.502.953.50
木塊受到的
摩擦力/N1.502.002.502.953.50
請根據(jù)上述數(shù)據(jù)，在坐標(biāo)紙上作出木塊受到的摩擦力f和砝碼對木塊的壓力F的關(guān)系圖象(以F為橫坐標(biāo))．由圖象可知，木塊重為________N；木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為________．
Ⅱ．現(xiàn)有一塊靈敏電流表，量程為200μA，內(nèi)阻約為1000Ω，要精確測出其內(nèi)阻R1，提供的器材有：
電流表(量程為1mA，內(nèi)阻R2＝50Ω)；
電壓表(量程為3V，內(nèi)阻RV約為3kΩ)；
滑動(dòng)變阻器R(阻值范圍為0～20Ω)；
定值電阻R0(阻值R0＝100Ω)；
電源E(電動(dòng)勢約為4.5V，內(nèi)阻很小)；
單刀單擲開關(guān)S一個(gè)，導(dǎo)線若干．
(1)請將上述器材全部用上，設(shè)計(jì)出合理的、便于多次測量的實(shí)驗(yàn)電路圖，并保證各電表的示數(shù)超過其量程的13．將電路圖畫在下面的虛框中．
(2)在所測量的數(shù)據(jù)中選一組，用測量量和已知量來計(jì)算表的內(nèi)阻，表達(dá)式為R1＝________，表達(dá)式中各符號表示的意義是________________________．
[答案]Ⅰ．(1)乙①乙方案測力計(jì)靜止，讀數(shù)誤差?、谝曳桨改景蹇傻牟蛔鰟蛩龠\(yùn)動(dòng)，便于控制(每空1分)
(2)如圖甲所示(1分)6.00(2分)0.25(2分)
Ⅱ．(1)如圖乙所示(5分)(供電部分用分壓電路給1分；測量部分知道把表改裝且正確給2分；知道將表當(dāng)保護(hù)電阻使用給2分)
(2)I2(R0＋R2)I1(3分)I2表示表的示數(shù)，I1表示表的示數(shù)，R2表示表內(nèi)阻，R0表示定值電阻(1分)
3．(16分)Ⅰ．一量程為100μA的電流表的刻度盤如圖所示．今在此電流表兩端并聯(lián)一電阻，其阻值等于該電流表內(nèi)阻的149，使之成為一新的電流表，則圖示的刻度盤上每一小格表示______________mA．
Ⅱ．已知彈簧振子做簡諧運(yùn)動(dòng)的周期T＝2πmk，其中m是振子的質(zhì)量，k是彈簧的勁度系數(shù)(回復(fù)力系數(shù))．某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)在太空站中利用彈簧振子測量物體質(zhì)量的裝置，如圖所示，兩輕彈簧分別與擋板P、Q相連，A是質(zhì)量為M的帶夾子的金屬塊，且與兩彈簧固定相連，B是待測物體(可以被A上的夾子固定)．
(1)為了達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，還需要提供的實(shí)驗(yàn)器材是：__________________．
(2)簡要寫出測量方法及所需測量的物理量(用字母表示)
①________________________________________；
②________________________________________．
(3)用所測物理量和已知物理量表示待測物體的質(zhì)量的計(jì)算式為：mB＝______________________________．
【解析】Ⅰ．改裝后的量程為：
I′＝I＋I(xiàn)RAR0＝100×(1＋49)μA＝5mA
故每小格ΔI＝I′10＝0.5mA．
[答案]Ⅰ．0.5(6分)
Ⅱ．(1)秒表(2分)
(2)①不放B時(shí)用秒表測出振子振動(dòng)30次的時(shí)間t1(或者測出振子的周期T1)(2分)
②將B固定在A上，用秒表測出振子振動(dòng)30次的時(shí)間t2(或者測出振子的周期T2)(2分)
(3)t22－t21t21M或T22－T21T21M(4分)
4．(16分)Ⅰ．小汽車正在走進(jìn)我們的家庭，你對汽車了解嗎？油耗標(biāo)準(zhǔn)是評價(jià)一輛汽車性能優(yōu)劣的重要因素，而影響汽車油耗的一個(gè)重要原因是其在行進(jìn)中所受到的空氣阻力．人們發(fā)現(xiàn)，汽車在高速行駛過程中受到的空氣阻力f(也稱風(fēng)阻)主要與兩個(gè)因素有關(guān)：①汽車正面的投影面積S；②汽車行駛的速度v．
某研究人員在汽車風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室中通過模擬實(shí)驗(yàn)得到下表所列數(shù)據(jù)：
(1)由上述數(shù)據(jù)可得，汽車所受的風(fēng)阻f與汽車正面的投影面積S及汽車行駛的速度v之間的關(guān)系式為：f＝________．(要求用k表示比例系數(shù))
(2)由上述數(shù)據(jù)可求得k＝________________．
(3)據(jù)推理或猜測，k的大小與________、________等因素有關(guān)．
Ⅱ．現(xiàn)有下列可供選用的器材及導(dǎo)線若干，要求盡可能精確地測量出待測電流表的滿偏電流．
A．待測電流表(滿偏電流約為700μA～800μA，內(nèi)阻約為100Ω，已知表盤刻度均勻、總格數(shù)為N)；
B．電流表(量程為0.6A，內(nèi)阻為0.1Ω)；
C．電壓表(量程為3V，內(nèi)阻為3kΩ)；
D．滑動(dòng)變阻器R(最大阻值為200Ω)；
E．電源E(電動(dòng)勢為3V，內(nèi)阻約為1.5Ω)；
F．開關(guān)S一個(gè)．
(1)根據(jù)你的測量需要，“B．電流表”與“C．電壓表”中應(yīng)選擇____________．(只需填寫序號即可)
(2)在虛線框內(nèi)畫出你設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路圖．
(3)測量過程中測出了多組數(shù)據(jù)，其中一組數(shù)據(jù)中待測電流表的指針偏轉(zhuǎn)了n格，可算出滿偏電流IAmax＝__________________，式中除N、n外，其他字母符號代表的物理量分別是__________________________．
[答案]Ⅰ．(1)kSv2(2分)(2)0.26kg/m3(2分)
(3)空氣密度車的外形車的表面情況(4分)
Ⅱ．(1)C(2分)(2)電路圖如圖所示(2分)
(3)NnURVU為電壓表的示數(shù)，RV為電壓表的內(nèi)阻(每空2分)
5．(17分)Ⅰ．在“用雙縫干涉測光的波長”的實(shí)驗(yàn)中
(1)已知雙縫到光屏之間的距離為600mm，雙縫之間的距離為0.20mm，單縫到雙縫之間的距離是100mm．某同學(xué)在用測量頭測量時(shí)，先將從測量頭目鏡中看到的分劃板中心刻線對準(zhǔn)某條亮紋(記作第1條)的中心，這時(shí)手輪上的示數(shù)如圖甲所示．然后他轉(zhuǎn)動(dòng)測量頭，使分劃板中心刻線對準(zhǔn)第7條亮紋的中心，這時(shí)手輪上的示數(shù)如圖乙所示．這兩次的示數(shù)依次為________mm和________mm，由此可以計(jì)算出這次實(shí)驗(yàn)中所測得的單色光的波長為________nm．
(2)下列操作能夠增大光屏上相鄰兩條亮紋之間的距離的是________．
A．增大單縫和雙縫之間的距離
B．增大雙縫和光屏之間的距離
C．將紅色濾光片改為綠色濾光片
D．增大雙縫之間的距離
Ⅱ．現(xiàn)有一塊59C2型的小量程電流表(表頭)，滿偏電流為50μA，內(nèi)阻約為800～850Ω，要把它改裝成1mA、10mA的兩量程電流表，可供選擇的器材有：
A．滑動(dòng)變阻器R1(最大阻值為20Ω)；
B．滑動(dòng)變阻器R2(最大阻值為100kΩ)；
C．電阻箱R′(最大阻值為9999Ω)；
D．定值電阻R0(阻值為1kΩ)；
E．電池E1(電動(dòng)勢為1.5V)；
F．電池E2(電動(dòng)勢為3.0V)；
G．電池E3(電動(dòng)勢為4.5V)；
H．標(biāo)準(zhǔn)電流表(滿偏電流為1.5mA)；
I．單刀單擲開關(guān)S1和S2；
J．單刀雙擲開關(guān)S3；
K．電阻絲及導(dǎo)線若干．
(所有電池的內(nèi)阻均不計(jì))
(1)采用如圖甲所示的電路測量表頭的內(nèi)阻，為提高測量精確度，選用的滑動(dòng)變阻器為________；選用的電池為______．(填序號)
甲
(2)要將改裝成兩量程電流表，現(xiàn)有兩種備選電路，如圖乙、丙所示．圖________為合理電路，另一電路不合理的原因是_______________________________________________．
(3)將改裝后的電流表與標(biāo)準(zhǔn)電流表逐格進(jìn)行核對(僅核對1mA量程)，在下面的虛線框中畫出所用電路圖，圖中待核對的電流表的符號用來表示．
【解析】Ⅰ．(1)測量頭的讀數(shù)原理與螺旋測微器的相同，所以圖甲中的示數(shù)為0.640mm，圖乙中的示數(shù)為10.295mm．設(shè)第1條亮條紋與第7條亮條紋間的距離為a，則a＝10.295mm－0.640mm＝9.655mm，由此得相鄰兩條亮條紋間的距離Δx＝an－1，又因?yàn)棣＝Lλd，代入數(shù)據(jù)可解得光的波長λ＝dΔxL＝5.36×10－7m＝536nm．
(2)根據(jù)相鄰兩條亮條紋間的距離公式Δx＝Lλd可知，增大雙縫和光屏之間的距離L、增大光的波長λ和減小雙縫之間的距離d都可使相鄰兩條亮條紋間的距離增大．所以選項(xiàng)B正確．
[答案]Ⅰ．(1)0.64010.295536(5分)(2)B(3分)
Ⅱ．(1)BG(每空2分)
(2)乙圖丙所示的電路在通電狀態(tài)下更換量程，會造成兩分流電阻都未并聯(lián)在表頭兩端，以致流過表頭的電流超過其滿偏電流而燒壞表頭(3分)
(3)電路圖如圖丁所示(2分)
丁
6．(18分)Ⅰ．聽說水果也能做電池．某興趣小組的同學(xué)用一個(gè)檸檬作為電源，連接電路如圖甲所示．電路中R是電阻箱，其阻值可調(diào)且可讀出其接入電路中電阻的大?。麄兌啻胃淖冸娮柘涞淖柚?，記錄下相應(yīng)的電流表的示數(shù)，算出電流的倒數(shù)，并將數(shù)據(jù)填在下面的表格中．
甲
外電阻R(Ω)電流I(mA)電流的倒數(shù)1I(mA－1)
90000.050219.92
80000.052818.93
60000.059416.84
50000.063315.80
40000.068014.71
20000.080012.50
(1)根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，在圖乙所示的坐標(biāo)紙中畫出該實(shí)驗(yàn)的R－1I圖象．
乙
(2)利用圖象可求出該檸檬電池的電動(dòng)勢為________V，內(nèi)阻為________Ω．
(3)完成實(shí)驗(yàn)后，該興趣小組的同學(xué)初步得出了水果作為電池不實(shí)用的物理原因?yàn)椋篲_________________________．
Ⅱ．某同學(xué)利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．弧形軌道末端水平，離地面的高度為H．將鋼球從軌道的不同高度h處由靜止釋放，鋼球的落點(diǎn)距軌道末端的水平距離為s．
甲
(1)若軌道完全光滑，s2與h的理論關(guān)系應(yīng)滿足：s2＝________________．(用H、h表示)
(2)該同學(xué)經(jīng)實(shí)驗(yàn)測量得到一組數(shù)據(jù)，如下表所示．
h(×10－1m)2.003.004.005.006.00
s2(×10－1m－2)2.623.895.206.537.78
請?jiān)趫D乙所示的坐標(biāo)紙上作出s2－h(huán)圖象．
乙
(3)對比實(shí)驗(yàn)結(jié)果與理論計(jì)算得到的s2－h(huán)圖象(圖中已畫出)，自同一高度處由靜止釋放的鋼球水平拋出的速率____________理論值．(填“小于”或“大于”)
(4)從s2－h(huán)圖象中分析得出鋼球水平拋出的速率差十分顯著，你認(rèn)為造成上述偏差的原因可能是：______________________________________________．
【解析】Ⅱ．(1)根據(jù)機(jī)械能守恒，可得鋼球離開軌道時(shí)的速度為2hg，由平拋運(yùn)動(dòng)知識可求得鋼球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2Hg，所以s＝vt＝4Hh．
(2)依次描點(diǎn)，連線，注意不要畫成折線．
(3)從圖中看，同一h對應(yīng)的s2值的理論值明顯大于實(shí)際值，而在同一高度H下的平拋運(yùn)動(dòng)的水平射程由水平速率決定，可見實(shí)際水平速率小于理論速率．
(4)由于客觀上，軌道與小球間存在摩擦，機(jī)械能減小，因此會導(dǎo)致實(shí)際值比理論值??；小球的轉(zhuǎn)動(dòng)也需要能量維持，而機(jī)械能守恒中沒有考慮重力勢能轉(zhuǎn)化成轉(zhuǎn)動(dòng)能的這一部分，也會導(dǎo)致實(shí)際速率明顯小于理論速率(可能很少同學(xué)會考慮到這一點(diǎn))．
[答案]Ⅰ．(1)如圖丙所示(2分)
丙
(2)0.94(0.90～0.98均對)10000(9000～11000均對)
(3)水果電池的內(nèi)阻過大(每空2分)
Ⅱ．(1)4Hh(2分)(2)如圖丁所示(4分)
丁
(3)小于(2分)
(4)小球與軌道間的摩擦，小球的轉(zhuǎn)動(dòng)(回答任一條即可)(2分)
高考物理動(dòng)量和能量沖刺專題復(fù)習(xí)
俗話說，居安思危，思則有備，有備無患。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)測題03：第2專題動(dòng)量和能量（1）知識網(wǎng)絡(luò)
考點(diǎn)預(yù)測
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)量綜合起來考，如：2009年全國理綜卷Ⅰ第21題、第25題，2008年全國理綜卷Ⅰ的第24題“下擺拉動(dòng)
滑塊碰撞問題”，全國理綜卷Ⅱ的第23題“子彈射擊木塊問題”，重慶理綜卷的第24題“碰撞后壓縮彈簧問題”．但是，由于目前全國的課改形勢以及在課程標(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,量合成法則來計(jì)算)功是標(biāo)量，只有大小沒有方向(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，都有相對性(相對所選擇的參考系)，都與物體的受力情況無關(guān)．動(dòng)量的變化和動(dòng)能的變化都是過程量，都是針對某段時(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(如碰撞問題中的摩擦力、爆炸問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)量守恒定律解決問題的基本思路和方法
①分析題意，明確研究對象．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)．對于比較復(fù)雜的物理過程，要采用程序法對全過程進(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程，確定過程的始末狀態(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)物理中常見的能量
動(dòng)能Ek＝12mv2；重力勢能Ep＝mgh；彈性勢能E彈＝12kx2；機(jī)械能E＝Ek＋Ep；分子勢能；分子動(dòng)能；內(nèi)能；電勢能E＝qφ；電能；磁場能；化學(xué)能；光能；原子能(電子的動(dòng)能和勢能之和)；原子核能E＝mc2；引力勢能；太陽能；風(fēng)能(空氣的動(dòng)能)；地?zé)帷⒊毕埽?br> 2．常見力的功和功率的計(jì)算：
恒力做功W＝Fscosθ；
重力做功W＝mgh；
一對滑動(dòng)摩擦力做的總功Wf＝－fs路；
電場力做功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)相對應(yīng)．在物體相互作用的過程中，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做功來實(shí)現(xiàn)，這就是常說的“功是能量轉(zhuǎn)化的量度”的物理本質(zhì)．那么，什么功對應(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)對物體所做的功等于物體重力勢能(或彈性勢能)的增量的負(fù)值，即W重＝－ΔEp(或W彈＝－ΔEp)．
(3)電場力對電荷所做的功等于電荷電勢能的增量的負(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路程的乘積，即Q＝fs相對．一對滑動(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)；安培力做功的絕對值等于電能轉(zhuǎn)化的量值．
(8)分子力對分子所做的功等于分子勢能的增量的負(fù)值，即W分子力＝－ΔE分子．
(9)外界對一定質(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．對于所有參與相互作用的物體所組成的系統(tǒng)，無論什么力做功，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、解決問題的基本思路
(1)選定研究對象(單個(gè)物體或一個(gè)系統(tǒng))，弄清物理過程．
(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)．
由碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
由于彈性碰撞中沒有機(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相對于A的速度與碰撞前B相對于A的速度大小相等、方向相反；碰撞后A相對于B的速度與碰撞前A相對于B的速度大小相等、方向相反．
【結(jié)論1】對于一維彈性碰撞，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)出以上二級結(jié)論并熟記，對提高學(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、落地過程中的平均沖力；
3．計(jì)算流體問題中的沖力(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
對于貯氣瓶、瓶內(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】動(dòng)量定理對多個(gè)物體組成的系統(tǒng)也成立，而動(dòng)能定理對于多個(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以及此過程中墻對彈簧的沖量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
對木塊(含子彈)壓縮彈簧再返回A點(diǎn)的過程，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)為研究對象，由動(dòng)量定理得：
I＝(m＋M)(－v)－(m＋M)v1＝－2mv0
負(fù)號表示方向向左．
[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，則輕桿分別對兩物體做功．
(3)對于細(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：對于物塊上升的過程，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，對于整個(gè)過程應(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】動(dòng)能定理是由牛頓第二定律導(dǎo)出的一個(gè)結(jié)論，對于單個(gè)物體受恒力作用的過程，以上兩種方法都可以用來分析解答，但方法二的物理過程較復(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，從靜止開始用80s的時(shí)間沿平直冰面跑完1000m．設(shè)在運(yùn)動(dòng)過程中雪橇受到的阻力保持不變，已知雪橇在開始運(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)過程中馬拉雪橇做功的平均功率和雪橇在運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力的大小．
【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)過程中雪橇受到的阻力大小f＝Pv
對于整個(gè)過程運(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)．一條不可伸長的輕繩繞過兩個(gè)輕滑輪，一端連物體A，另一端連一輕掛鉤．開始時(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】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彈簧的壓縮量或伸長量相同時(shí)，彈性勢能相等；②彈性勢能的變化取決于彈簧的始末形變量，與過程無關(guān)．
三、碰撞問題
1．在高中物理中涉及的許多碰撞過程(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)磁場里，已知該磁場的磁感應(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地面．
[答案]第3個(gè)
【點(diǎn)評】解答對于多個(gè)物體、多次碰撞且動(dòng)量守恒的物理過程時(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)的彈性勢能為Ep，對于物塊和鋼板碰撞后直至回到O點(diǎn)的過程，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O點(diǎn)，鋼板就會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】①物塊與鋼板碰撞的瞬間外力之和并不為零，但這一過程時(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)的過程中，速度、路程并不相同，但彈性勢能的改變(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、高中物理常見的功能關(guān)系
1．摩擦生熱——等于摩擦力與兩接觸面相對滑動(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，木塊的邊長為a，密度為水的12，質(zhì)量為m．開始時(shí)木塊靜止，有一半沒入水中，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)求從開始壓木塊到木塊剛好完全沒入水的過程中，力F所做的功．
(2)若將該木塊放在底面為正方形(邊長為2a)的盛水足夠深的長方體容器中，開始時(shí)，木塊靜止，有一半沒入水中，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，木塊剛好完全沒入水中時(shí)，圖2－7丙中原來處于劃斜線區(qū)域的水被排開，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，其勢能的改變量為(取容器底為零勢能面)：
圖2－7丙
ΔE水＝mgH－mg(H－34a)
＝34mga
木塊勢能的改變量為：
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，故這一過程中水的勢能的變化量為：
圖2－7丁
ΔE水′＝mga＋mg(2a－a4＋a8)＝238mga
木塊的勢能的變化量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】①通過兩種方法對比，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，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，與磁場的上邊界相距d0．現(xiàn)使ab棒由靜止開始釋放，棒ab在離開磁場前已經(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離開磁場的下邊界時(shí)的速度大小．
(2)求棒ab在通過磁場區(qū)的過程中產(chǎn)生的焦耳熱．
(3)試分析討論棒ab在磁場中可能出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)情況．
【解析】(1)設(shè)棒ab離開磁場的邊界前做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：
E＝BLv
電路中的電流I＝ER＋r
對棒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)入磁場時(shí)的速度為v0，由mgd0＝12mv02
解得：v0＝2gd0
棒在磁場中勻速運(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)入磁場后先做減速運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)．
【點(diǎn)評】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對于電磁感應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化的問題，在以后的《感應(yīng)電路》專題中還會作更深入的探討．
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的長木板，長木板上有一質(zhì)量為m的小物塊，它與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．開始時(shí)，長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，且M＞m．
圖2－9
(1)要想物塊不從長木板上落下，則長木板的長度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木板共同運(yùn)動(dòng)的速度為v1，第n次碰撞后小物塊與長木板共同運(yùn)動(dòng)的速度為vn．每次碰撞后，由于兩擋板的距離足夠長，物塊與長木板都能達(dá)到相對靜止，第1次若不能掉下，往后每次相對滑動(dòng)的距離會越來越小，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】在復(fù)雜的多過程問題上，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)測題01：第1專題力與運(yùn)動(dòng)（1）
知識網(wǎng)絡(luò)
考點(diǎn)預(yù)測
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，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)該都會出現(xiàn)同時(shí)考查三個(gè)模塊知識的試題，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．無論是平衡問題，還是動(dòng)力學(xué)問題，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，每年高考都會對其進(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)際問題．此外，它還經(jīng)常與電場、磁場結(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)通過的位移之比為：
s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
通過連續(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)對稱性：上升階段和下落階段具有時(shí)間和速度等方面的對稱性．
(2)可逆性：上升過程做勻減速運(yùn)動(dòng)，可逆向看做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)來研究．
(3)整體性：整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程實(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)系可使解題過程簡化．
(3)逆向過程處理法
逆向過程處理法是把運(yùn)動(dòng)過程的“末態(tài)”作為“初態(tài)”，將物體的運(yùn)動(dòng)過程倒過來進(jìn)行研究的方法．
(4)速度圖象法
速度圖象法是力學(xué)中一種常見的重要方法，它能夠?qū)栴}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，從而得到正確、簡捷的解題方法．
(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(只受電場力的作用)垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)與平拋運(yùn)動(dòng)相似，出電場后做勻速直線運(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)知識處理物理問題的能力．對于追及問題，存在的困難在于選用哪些公式來列方程，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)開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過t0＝12s后兩車相遇．問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】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)電場中的偏轉(zhuǎn)一類問題中，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年全國理綜卷Ⅰ第14題．對于這一知識點(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，說明m立即離開皮帶輪做平拋運(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】“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具有很強(qiáng)的觀賞性．某滑雪軌道的完整結(jié)構(gòu)可以簡化成如圖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，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處的起滑臺距起跳臺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)由靜止開始起滑，通過起跳臺從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D點(diǎn)時(shí)的速度大?。?br>
【解析】(1)滑雪運(yùn)動(dòng)員從A到C的過程中，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題較為常見，“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與接觸面有相對運(yùn)動(dòng)與接觸面的相對運(yùn)動(dòng)方向相反f＝μFN
只與μ、FN有關(guān)，與接觸面積、相對速度、加速度均無關(guān)
靜
摩
擦
力①接觸，接觸面粗糙
②存在正壓力
③與接觸面存在相對運(yùn)動(dòng)的趨勢與接觸面相對運(yùn)動(dòng)的趨勢相反①與產(chǎn)生相對運(yùn)動(dòng)趨勢的動(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
力點(diǎn)電荷間的庫侖力：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
電場對處于其中的電荷的作用正電荷的受力方向與該處場強(qiáng)的方向一致，負(fù)電荷的受力方向與該處場強(qiáng)的方向相反F＝qE
磁
場
力安培力：磁場對通電導(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)員每只手臂對杠鈴的作用力的大?。?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、手掌為研究對象，握杠的手掌對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?，即?＝π2－45°－θ＝45°－θ
FNb的方向?yàn)橄蛏掀?，即?＝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】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．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解法二較簡便，但確定重心的公式acbc＝mamb＝3超綱．
(二)帶電粒子在復(fù)合場中的平衡問題
在高考試題中，也常出現(xiàn)帶電粒子在復(fù)合場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和磁場中的平衡問題及在電場和重力場中的平衡問題．
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)電場和勻強(qiáng)磁場，已知磁場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)過程中受到重力、電場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】對于帶電粒子在復(fù)合場中做直線運(yùn)動(dòng)的問題要注意受力分析．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)繩子的長度為L，則A、B兩球之間的距離r＝Lsinθ，聯(lián)立可得：q＝mL2gtanθsin2θkQA，由此可見，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和電場中的平衡問題，解題的關(guān)鍵在于：先根據(jù)小球的受力情況畫出平衡狀態(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)確定研究對象；
(2)分析研究對象的受力情況，畫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．正交分解法對本章各類問題，甚至對整個(gè)高中物理來說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)對小球的作用力F的大?。?br>
【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)號表示方向沿桿向下．
(2)有風(fēng)力時(shí)的上升過程，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】①斜面(或類斜面)問題是高中最常出現(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、連接體問題(整體法與隔離法)
高考卷中常出現(xiàn)涉及兩個(gè)研究對象的動(dòng)力學(xué)問題，其中又包含兩種情況：一是兩對象的速度相同需分析它們之間的相互作用，二是兩對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)用牛頓第二定律對整體列方程求解的方法．
2．隔離法是指當(dāng)研究對象涉及由多個(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，分析其受力情況及運(yùn)動(dòng)情況，再利用牛頓第二定律對隔離出來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)問題要兩種方法結(jié)合起來使用才能解決．
●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象，由牛頓第二定律得：F1－F2＝2ma
取B為研究對象：kx－F2＝ma
(或取A為研究對象：F1－kx＝ma)
可解得：x＝F1＋F22k．
[答案]C
【點(diǎn)評】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相對靜止．某時(shí)刻撤去水平拉力，經(jīng)過一段時(shí)間，B在地面上滑行了一段距離x，A在B上相對于B向右滑行了一段距離L(設(shè)木板B足夠長)后A和B都停了下來．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A應(yīng)用動(dòng)能定理得：－f1(L＋x)＝0－12mv2
對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】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關(guān)．
②動(dòng)能定理可由牛頓第二定律推導(dǎo)，特別對于勻變速直線運(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)對滑塊施加一水平方向的恒力F，要使小球B能相對斜面靜止，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將離開斜面，對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相對斜面靜止時(shí)對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】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)對于啟動(dòng)狀態(tài)有：F1－mg＝ma1
得：a1＝2m/s2
對于制動(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
