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文档介绍
高考物理攻克难点的锦囊妙计
高考物理攻克难点的锦囊妙计 目 录 高考物理复习方法.................................................................................................... 1 难点 1 连接体问题·整体法与隔离法...................................................................3 难点 2 追碰问题.......................................................................................................8 难点 3 力矩平衡条件及应用.................................................................................15 难点 4 变力做功与能量转化.................................................................................20 难点 5 速度关联类问题求解·速度的合成与分解.............................................26 难点 6 机车起动问题分析.....................................................................................33 难点 7 卫星运行特点分析及应用.........................................................................38 难点 8 波的传播方向与质点振动方向判析.........................................................47 难点 9 弹簧类问题求解策略.................................................................................53 难点 10 动量守恒条件及应用...............................................................................59 难点 11 静电平衡状态下导体特点与应用...........................................................66 难点 12 滑动变阻器应用分析...............................................................................70 难点 13 电阻测量设计与误差分析.......................................................................75 难点 14 含电容电路的分析策略...........................................................................86 难点 15 电磁感应电路分析与模型转换...............................................................93 难点 16 楞次定律与因果关联.............................................................................101 难点 17 带电粒子在复合场中的运动分析.........................................................107 难点 18 变压器问题难点探析.............................................................................113 难点 19 玻尔原子模型及相关应用.....................................................................119 难点 20 核能的分析与计算.................................................................................124 第 1 页 共 131 页 高考物理复习方法 一、明确重点，主干知识网络化，掌握分析问题解决问题的方法 牛顿运动定律，功能关系，动量守恒定律，带电粒子在电磁场中的运动，电磁感应等 是物理学的重点知识。从近年理综试题上看，重点知识的考察占分约 80%，复习中要要认 真搞好专题复习，对物理学的主干知识（考试说明中的Ⅱ层次内容），应做到深刻理解， 并能灵活运用。要通过归纳、类比、图表、知识结构图等形式，将分布在各章节零散而又 有内在联系的知识点联系起来，形成便于记忆和巩固的知识网络，从新的高度把握整个知 识结构体系，为知识的迁移奠定坚实的基础。 第二轮复习可以把高中物理划分成八个大的单元：①运动和力；②动量与能量；③热 学；④带电粒子在电、磁场中的运动；⑤电磁感应与电路分析；⑥力、电和力、热的综合； ⑦光学和原子物理；⑧物理实验。在第二轮复习中，应打破章节限制，抓住知识系统的主 线，对基础知识进行集中提炼、梳理和串联，将隐藏在纷繁内容中的最主要的概念、规律、 原理以及知识间的联系整理出来，形成自己完整的知识体系和结构，使知识在理解的基础 上高度系统化、网络化，明确重点并且力争达到熟练记忆。 熟练掌握物理基本分析方法：受力分析方法；运动分析方法；过程分析方法；状态分 析方法；动量分析方法；能量分析方法；电路分析方法；光路分析方法；图像分析方法； 数据处理方法。 二、看题设问，查缺补漏 在复习中，如何判断自己是否掌握了某一类知识或某一种方法呢？可拿出你以前做过 的习题，尝试判断题目的类型，考点（知识背景），常用解法及特殊解法，解法的具体步 骤、关键步、易错处，以及此题常见的变化物理情景及其解决办法，以上设问如果能在两 分钟内回答出来，说明真正掌握了此类知识。在第二轮复习阶段，这样的“看题设问”训 练远比单纯地做题来得重要。 在复习时，应该把注意力放在基本物理知识和基本物理规律上，要注意同一知识点所 考查角度的变化、转换。减少成套练习，多做一些自己薄弱点的练习题，有重点、有专题 地做题。此外，复习应以知识点为线索、以解题方法为导向，将错题归类进行针对性矫正， 根据错误类型进行针对性的变式训练。 三、构造模型，以图像突破难点 复习中有许多模型需要我们细心地揣摩。例如常见理想化模型：质点、匀速直线运动、 平抛运动、单摆、弹簧振子、弹性碰撞、轻绳、轻杆、轻弹簧、理想气体、理想变压器…… 复习时，同学们应着重理解各种理想化模型的特点，掌握规律。图像在表述物理规律或现 象时更是直接明了，而近年来高考对图像要求也越来越多，越来越高。对于图像，同学们 应从四个方面去细心揣摩：（1）坐标轴的物理意义；（2）斜率的物理意义；（3）截距的 物理意义；（4）曲线与坐标轴所围面积的物理意义。另外，图像也包括分析某个物理问 题画出的过程分析草图。很多高考题若能画草图分析，方程就在图中。可以将原来散见于 力学、热学、电学、光学等章节的图像，如 v-t 图、p-v 图、U-I 图、F-S 图、Ek-v 图等进行 对比分析，再将这些零散的知识点综合起来，从图像的纵轴、横轴的含义，截距，斜率， 曲直，所围面积等诸多方面全方位认识图像的物理意义，这样对难点知识的掌握程度和应 用能力会有大幅度提高。 四、高考试题内容比例（供复习内容和时间的计划安排时参考） 力学 约 38％；电磁学 约 38％；热学 约 8％；光学 约 8％；原子物理学 约 8％ 实验(包括在以上各部分内容中)约 13％； 试卷中易、中、难试题的占分比例控制在 3：5：2 左 选择题的分数约 26.7％；实验题的分数约 13.3％； 第 2 页 共 131 页 论述、计算题的分数 约 60％ (决定高考分值高低) 五、友情提示 复习应紧扣高考大纲，加强重点内容的复习，同时要查缺补漏，知识不留死角。注意 难点 3 超纲，请注意合理选择复习内容。 第 3 页 共 131 页 难点 1 连接体问题·整体法与隔离法 两个或两个以上物体相互连接参与运动的系统称为连接体.以平衡态或非平衡态下连 接体问题拟题屡次呈现于高考卷面中，是考生备考临考的难点之一. ●难点展台 1.（★★★★）如图 2-1，质量为 2 m 的物块 A 与水平地面的摩擦可忽 略不计，质量为 m 的物块 B 与地面的动摩擦因数为μ，在已知水平推 力 F 的作用下，A、B 做加速运动，A 对 B 的作用力为____________. 2.（★★★★）A 的质量 m1=4 m,B 的质量 m2=m,斜面固定在水 平地面上.开始时将 B 按在地面上不动，然后放手，让 A 沿斜面下滑 而 B 上升.A 与斜面无摩擦，如图 2-2，设当 A 沿斜面下滑 s 距离后， 细线突然断了.求 B 上升的最大高度 H. ●案例探究 ［例 1］（★★★★）如图 2-3 所示，质量为 M 的木箱放在水平面 上，木箱中的立杆上套着一个质量为 m 的小球，开始时小球在杆 的顶端，由静止释放后，小球沿杆下滑的加速度为重力加速度的 2 1 ，即 a= 2 1 g,则小球在下滑的过程中，木箱对地面的压力为多少？ 命题意图：考查对牛顿第二定律的理解运用能力及灵活选取研 究对象的能力.B 级要求. 错解分析：（1）部分考生习惯于具有相同加速度连接体问题演练，对于“一 动一静”连续体问题难以对其隔离，列出正确方程.（2）思维缺乏创新，对整体 法列出的方程感到疑惑. 解题方法与技巧： 解法一：（隔离法） 木箱与小球没有共同加速度，所以须用隔离法. 取小球 m 为研究对象，受重力 mg、摩擦力 Ff,如图 2-4，据牛顿第二定律得： mg-Ff=ma ① 取木箱 M 为研究对象，受重力 Mg、地面支持力 FN 及小球给予的摩擦力 Ff′如图 2-5. 据物体平衡条件得： FN-Ff′-Mg=0 ② 图 2—4 图 2-5 图 2-3 F mm2 12 图 BA A 30 22 图 B 第 4 页 共 131 页 且 Ff=Ff′ ③ 由①②③式得 FN= 2 2 mM g 由牛顿第三定律知，木箱对地面的压力大小为 FN′=FN= 2 2 mM g. 解法二：（整体法） 对于“一动一静”连接体，也可选取整体为研究对象，依牛顿第二定律列式： （mg+Mg）-FN=ma+M×0 故木箱所受支持力：FN= 2 2 mM g,由牛顿第三定律知： 木箱对地面压力 FN′=FN= 2 2 mM g. ［例 2］（★★★★）一个质量为 0.2 kg 的小球用细线吊在倾角θ =53°的斜面顶端，如图 2-6，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳 与斜面平行，不计摩擦，当斜面以 10 m/s2 的加速度向右做加速运 动时，求绳的拉力及斜面对小球的弹力. 命题意图：考查对牛顿第二定律的理解应用能力、分析推理 能力及临界条件的挖掘能力.B 级要求. 错解分析：对物理过程缺乏清醒认识，无法用极限分析法挖掘题目隐含的临界状态及 条件，使问题难以切入. 解题方法与技巧：当加速度 a 较小时，小球与斜面体一起运动，此时小球受重力、 绳拉力和斜面的支持力作用，绳平行于斜面，当加速度 a 足够大时，小球将“飞离”斜 面，此时小球受重力 和绳的拉力作用，绳与水平方向的夹角未知，题目中要求 a=10 m/s2 时绳的拉力及斜 面的支持力，必须先求出小球离开斜面的临界加速度 a0.（此时，小球所受斜面支持力恰 好为零） 由 mgcotθ=ma0 所以 a0=gcotθ=7.5 m/s2 因为 a=10 m/s2＞a0 所以小球离开斜面 N=0，小球受力情况如图 2-7，则 Tcosα=ma, Tsinα=mg 所以 T= 22 )()( mgma =2.83 N,N=0. 图 2-6 图 2-7 第 5 页 共 131 页 ●锦囊妙计 一、高考走势 连接体的拟题在高考命题中由来已久，考查考生综合分析能力，起初是多以平衡态下的连 接体的题呈现在卷面上，随着高考对能力要求的不断提高，近几年加强了对非平衡态下连 接体的考查力度. 二、处理连接体问题的基本方法 在分析和求解物理连接体命题时，首先遇到的关键之一，就是研究对象的选取问题.其方 法有两种：一是隔离法，二是整体法. 1.隔离法 （1）含义：所谓隔离（体）法就是将所研究的对象--包括物体、状态和某些过程，从系 统或全过程中隔离出来进行研究的方法. （2）运用隔离法解题的基本步骤： ①明确研究对象或过程、状态，选择隔离对象.选择原则是：一要包含待求量，二是所选 隔离对象和所列方程数尽可能少. ②将研究对象从系统中隔离出来；或将研究的某状态、某过程从运动的全过程中隔离出来. ③对隔离出的研究对象、过程、状态分析研究，画出某状态下的受力图或某阶段的运动过 程示意图. ④寻找未知量与已知量之间的关系，选择适当的物理规律列方程求解. 2.整体法 （1）含义：所谓整体法就是将两个或两个以上物体组成的整个系统或整个过程作为研究 对象进行分析研究的方法. （2）运用整体法解题的基本步骤： ①明确研究的系统或运动的全过程. ②画出系统的受力图和运动全过程的示意图. ③寻找未知量与已知量之间的关系，选择适当的物理规律列方程求解. 隔离法与整体法，不是相互对立的，一般问题的求解中，随着研究对象的转化，往往两种 方法交叉运用，相辅相成.所以，两种方法的取舍，并无绝对的界限，必须具体分析，灵 活运用.无论哪种方法均以尽可能避免或减少非待求量（即中间未知量的出现，如非待求 的力，非待求的中间状态或过程等）的出现为原则. ●歼灭难点训练 1.（★★★）如图 2-8 所示，质量为 M 的框架放在水平地面上， 一轻弹簧上端固定一个质量为 m 的小球，小球上下振动时，框架 始终没有跳起.当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为 A.g B. m mM g C.0 D. m mM g 2.（★★★）如图 2-9 所示，A、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固定在倾角为 30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在 线被剪断瞬间，A、B 两球的加速度分别为 A.都等于 2 g B. 2 g 和 0 图 2-8 图 2-9 第 6 页 共 131 页 C. 2 g M MM B BA 和 0 D.0 和 2 g M MM B BA 3.（★★★★）如图 2-10，质量为 m 的物体 A 放置在质量为 M 的物体 B 上，B 与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做 简谐振动，振动过程中 A、B 之间无相对运动，设弹簧的劲度 系数为 k，当物体离开平衡位置的位移为 x 时，A、B 间摩擦 力的大小等于 A.0 B.kｘ C.（ M m ）kｘ D.（ mM m ）kｘ 4.（★★★★）如图 2-11 所示，半径为 R 的光滑圆柱体，由支 架固定于地面上，用一条质量可以忽略的细绳，将质量为 m1 和 m2 的两个可看作质点的小球连接，放在圆柱体上，两球和圆心 O 在同一水平面上，在此位置将两物体由静止开始释放，问在什 么条件下 m2 能通过圆柱体的最高点且对圆柱体有压力？ 5.（★★★★）如图 2-12 所示，一轻绳两端各系一小球（可视 为质点），质量分别为 M 和 m（M＞m）,跨放在一个光滑的半圆 柱体上.两球从水平直径 AB 的两端由静止释放开始运动.当 m 刚 好达到圆柱体侧面最高点 C 处时，恰脱离圆柱体.则两球质量之比 M∶m=? 6.（★★★★★）如图 2-13 所示，金属杆 a 在离地 h 高处从静 止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的匀 强磁场 B，水平部分导轨上原来放有一金属杆 b,已知 a 杆的质量 与 b 杆的质量为 ma∶mb=3∶4,水平导轨足够长，不计摩擦，求： （1）a 和 b 的最终速度分别是多大？ （2）整个过程中回路释放的电能是多少？ （3）若已知 a、b 杆的电阻之比 Ra∶Rb=3∶4,其余电阻不计，整 个过程中 a、b 上产生的热量分别是多少？ 参考答案 ［难点展台］ 1.T= 3 1 （F+2μmg） 2.H=1.2 s ［歼灭难点训练］ 1.D 2.D 3.D 4.选系统为研究对象，据机械能守恒定律得： m1g 4 2 R =m2gR+ 2 1 （m1+m2）v2 ① 选 m2 为研究对象，在最高点据牛顿第二定律得： m2g-N=m2 R v 2 （N 为 m2 所受支持力） ② 欲使 m2 通过圆柱体最高点，则：N＞0 ③ 图 2-10 图 2—11 图 2-12 图 2-13 第 7 页 共 131 页 联列①②③得： 1 3 2 m ＞m1,且应 m1＞m2. 故条件为： 1 3 2 m ＞m1＞m2. 5.选系统为研究对象，由机械能守恒定律得： Mg· 4 2 R =mgR+ 2 1 （M+m）v2 ① 因 m 到达最高点时恰离开圆柱体，据牛顿第二定律得： mg=m R v 2 ② 联立①②式得： 1 3 m M 6.提示：本题实质亦属连接体问题，金属杆 a 和 b 的连结是靠它们间所受安培力的作用实 现的.在解题过程中，由于各自所受安培力为变力，若用隔离法不便列式求解，而采用整 体法对系统列方程便非常易解. （1）va=vb= 7 3 gh2 （2）E= 7 4 magh （3）Qa/Qb=Ra/Rb= 7 3 ; Qa= 7 3 E= 49 12 magh Qb= ghmE a49 16 7 4 第 8 页 共 131 页 难点 2 追碰问题 “追碰”类问题以其复杂的物理情景，综合的知识内涵及广阔的思维空间，充分体现 着考生的理解能力、分析综合能力、推理能力、空间想象能力及理论联系实际的创新能力， 是考生应考的难点，也是历届高考常考常新的命题热点. ●难点展台 1.（★★★★）（1999 年全国）为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离. 已知某高速公路的最高限速 v=120 km/h.假设前方车辆突然停止，后车司机从发现这一情 况，经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间（即反应时间）t=0.50 s,刹车时汽车受到 阻力的大小 f 为汽车重的 0.40 倍，该高速公路上汽车间的距离 s 至少应为多少？（取重力 加速度 g=10 m/s2） 2.（★★★★★）（2000 年全国）一辆实验小车可沿 水平地面（图中纸面）上的长直轨道匀速向右运动.有一 台发出细光束的激光器装在小转台 M 上，到轨道的距离 MN 为 d=10 m，如图 1-1 所示.转台匀速转动，使激光束 在水平面内扫描，扫描一周的时间为 T＝60ｓ.光束转动 方向如图中箭头所示.当光束与 MN 的夹角为 45°时，光束正好射到小车上.如果再经过Δ t＝2.5 ｓ，光束又射到小车上，则小车的速度为多少?（结 果保留两位数字） 3.（★★★★★）一段凹槽 A 倒扣在水平长木板 C 上， 槽内有一小物块 B，它到槽内两侧的距离均为 2 1 ，如图 1-2 所示.木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计， 小物块与木板间的动摩擦因数为μ.A、B、C 三者质量相等，原来都静止.现使槽 A 以大小 为 v0 的初速向右运动，已知 v0＜ gl2 .当 A 和 B 发生碰撞时，两者的速度互换.求： （1）从 A、B 发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板 C 运动的路程. （2）在 A、B 刚要发生第四次碰撞时，A、B、C 三者速度的大小. ●案例探究 ［例 1］（★★★★★）从离地面高度为 h 处有自由下落的甲物体，同时在它正下方 的地面上有乙物体以初速度 v0 竖直上抛，要使两物体在空中相碰，则做竖直上抛运动物 体的初速度 v0 应满足什么条件？（不计空气阻力，两物体均看作质点）.若要乙物体在下 落过程中与甲物体相碰，则 v0 应满足什么条件？ 图 1-1 图 1-2 第 9 页 共 131 页 命题意图：以自由下落与竖直上抛的两物体在空间相碰创设物理情景，考查理解能力、 分析综合能力及空间想象能力.B 级要求. 错解分析：考生思维缺乏灵活性，无法巧选参照物，不能达到快捷高效的求解效果. 解题方法与技巧： （巧选参照物法） 选择乙物体为参照物，则甲物体相对乙物体的初速度: v 甲乙=0-v0=-v0 甲物体相对乙物体的加速度 a 甲乙=-g-（-g）=0 由此可知甲物体相对乙物体做竖直向下， 速度大小为 v0 的匀速直线运动.所以，相遇时间为：t= 0v h 对第一种情况，乙物体做竖直上抛运动，在空中的时间为：0≤t≤ g v02 即:0≤ 0v h ≤ g v02 所以当 v0≥ 2 gh ,两物体在空中相碰. 对第二种情况，乙物体做竖直上抛运动，下落过程的时间为： g v0 ≤t≤ g v02 即 g v0 ≤ 0v h ≤ g v02 . 所以当 2 gh ≤v0≤ gh 时,乙物体在下落过程中与甲物体相碰. ［例 2］（★★★★★）如图 1-3 所示,质量为 m 的木块可 视为质点，置于质量也为 m 的木盒内，木盒底面水平，长 l=0.8 m,木块与木盒间的动摩擦因数μ=0.5,木盒放在光滑的地面上， 木块A以v0=5 m/s的初速度从木盒左边开始沿木盒底面向右运 动，木盒原静止.当木块与木盒发生碰撞时无机械能损失，且 不计碰撞时间，取 g=10 m/s2.问： 图 1-3 第 10 页 共 131 页 （1）木块与木盒无相对运动时，木块停在木盒右边多远的地方？ （2）在上述过程中，木盒与木块的运动位移大小分别为多少？ 命题意图：以木块与木盒的循环碰撞为背景，考查考生分析综合及严密的逻辑推理能 力.B 级要求. 错解分析：对隔离法不能熟练运用，不能将复杂的物理过程隔离化解为相关联的多个 简单过程逐阶段分析，是该题出错的主要原因. 解题方法与技巧： （1）木块相对木盒运动及与木盒碰撞的过程中，木块与木盒组成的系统动量守恒， 最终两者获得相同的速度，设共同的速度为 v,木块通过的相对路程为 s,则有： mv0=2mv ① μmgs= 2 1 mv02- 2 1 2mv2② 由①②解得 s=1.25 m 设最终木块距木盒右边为 d,由几何关系可得： d=s-l=0.45 m （2）从木块开始运动到相对木盒静止的过程中，木盒 的运动分三个阶段：第一阶段，木盒向右做初速度为零 的匀加速运动；第二阶段，木块与木盒发生弹性碰撞， 因两者质量相等，所以交换速度；第三阶段，木盒做匀 减速运动，木盒的总位移等于一、三阶段的位移之和. 为了求出木盒运动的位移，我们画出状态示意图，如图 1-4 所示. 设第一阶段结束时，木块与木盒的速度分别为 v1、 v2,则： mv0=mv1+mv2 ③ μmgL= 2 1 mv02- 2 1 m（v12+v22） ④ 因在第二阶段中，木块与木盒转换速度，故第三阶段开始时木盒的速度应为 v1,选木 盒为研究对象 对第一阶段：μmgs1= 2 1 mv22 ⑤ 对第三阶段：μmgs2= 2 1 mv12- 2 1 mv2 ⑥ 从示意图得 s 盒=s1+s2 ⑦ s 块=s 盒+L-d ⑧ 图 1-4 第 11 页 共 131 页 解得 s 盒=1.075 m s 块=1.425 m ●锦囊妙计 一、高考走势 “追碰”问题，包括单纯的“追及”类、“碰撞”类和“追及碰撞”类，处理该类问题， 首先要求学生有正确的时间和空间观念（物体的运动过程总与时间的延续和空间位置的变 化相对应）.同时，要求考生必须理解掌握物体的运动性质及规律，具有较强的综合素质 和能力.该类问题综合性强，思维容量大，且与生活实际联系密切，是高考选拔性考试不 可或缺的命题素材，应引起广泛的关注. 二、“追及”“碰撞”问题指要 1.“追及”问题 讨论追及、相遇的问题，其实质就是分析讨论两物体在相同时间内能否到达相同的空间位 置问题.一定要抓住两个关系：即时间关系和位移关系.一个条件：即两者速度相等，它往 往是物体间能否追上、追不上或（两者）距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切 入点. 2.“碰撞”问题 碰撞过程作用时间短，相互作用力大的特点，决定了所有碰撞问题均遵守动量守恒定律. 对正碰，根据碰撞前后系统的动能是否变化，又分为弹性碰撞和非弹性碰撞. 弹性碰撞：系统的动量和动能均守恒，因而有： m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′ ① 2 1 m1v12+ 2 1 m2v22= 2 1 m1v1′2+ 2 1 m2v2′2 ② 上式中 v1、v1′分别是 m1 碰前和碰后的速度，v2、v2′分别是 m2 碰前和碰后的速度. 解①②式得 v1′= 21 22121 2)( mm vmvmm ③ v2′= 21 11212 2)( mm vmvmm ④ 注意：如果两物体质量相等，代入③④得： 21 vv 12 vv 即：两物体交换速度， 不仅大小交换而且速度的方向也交换。 完全非弹性碰撞：m1 与 m2 碰后速度相同，设为 v,则 m1v1+m2v2=（m1+m2）v,v= 21 211 mm vmvm . 系统损失的最大动能ΔEkm= 2 1 m1v12+ 2 1 m2v22- 2 1 （m1+m2）v2.非弹性碰撞损失的动能介于 弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间. 在处理碰撞问题时，通常要抓住三项基本原则： （1）碰撞过程中动量守恒原则. （2）碰撞后系统动能不增原则. （3）碰撞后运动状态的合理性原则. 碰撞过程的发生应遵循客观实际.如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的 速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动. 第 12 页 共 131 页 三、处理“追碰”类问题思路方法 解决“追碰”问题大致分两类方法， 即数学法（如函数极值法、图象法等）和物理方法（参照物变换法、守恒法等）. ●歼灭难点训练 1.（★★★★）两辆完全相同的汽车，沿水平直路一前一后匀速行驶，速度均为 v0,若前 车突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住时，后车以前车刹车时的加速度开始刹车，已知 前车在刹车过程中所行驶的距离为 s,若要保证两车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行 驶时保持距离至少应为多少？ 2.（★★★★）如图 1-5 所示，水平轨道上停放着一辆质量为 5.0×102 kg 的小车 A，在 A 的右方 L=8.0 m 处，另一辆小车 B 正以速度 vB=4.0 m/s 的速度向右做匀速直线运动远离 A 车，为使 A 车能经过 t=10.0 s 时间追上 B 车，立即给 A 车适当施加向右的水平推力使小车 做匀变速直线运动，设小车 A 受到水平轨道的阻力是车重的 0.1 倍，试问：在此追及过程 中，推力至少需要做多少功？ 取 g=10 m/s2） 3.（★★★★）如图 1-6 所示，在光滑的水平面上放置一质量 为 m 的小车，小车上有一半径为 R 的 4 1 光滑的弧形轨道，设有 一质量为 m 的小球，以 v0 的速度，方向水平向左沿圆弧轨道向 上滑动，达到某一高度 h 后，又沿轨道下滑，试求 h 的大小及 小球刚离开轨道时的速度. 4.（★★★★★）如图 1-7 所示，长为 2L 的板面光滑且不导电 的平板小车 C 放在光滑水平面上，车的右端有块挡板，车的质 量 mC=4 m,绝缘小物块 B 的质量 mB=2 m.若 B 以一定速度沿平板 向右与 C 车的挡板相碰，碰后小车的速度总等于碰前物块 B 速 度的一半.今在静止的平板车的左端放一个带电量为+q、质量为 mA=m 的小物块 A，将物块 B 放在平板车的中央，在整个空间 加上一个水平方向的匀强电场时，金属块 A 由静止开始向右运动，当 A 以速度 v0 与 B 发 生碰撞，碰后 A 以 4 1 v0 的速率反弹回来，B 向右运动. （1）求匀强电场的场强大小和方向. （2）若 A 第二次和 B 相碰，判断是在 B 与 C 相碰之前还是相碰之后？ （3）A 从第一次与 B 相碰到第二次与 B 相碰这个过程中，电场力对 A 做了多少功？ 5.（★★★★★）如图 1-8 所示，水平放置的导轨，其电 阻、摩擦均不计，固定在竖直向下的匀强展台中，磁感 应强度为 B，左端间距为 2L，右端间距为 L，今在导轨上 放 ab、cd 两杆，其质量分为 2M、M，电阻分为 2R、R， 现让 ab 杆以初速度 v0 向右运动.求 cd 棒的最终速度（两 棒均在不同的导轨上）. 图 1-6 图 1-7 图 1-8 两物体运动规律 由受力分析，判断 位移关系 由示意图找两物体 列方程 根据物体运动规律 （判断是否能碰撞） 列方程求解 方程求解能的转化守恒定律等列 量关系或由若发生碰撞，根据动 第 13 页 共 131 页 参考答案 ［难点展台］ 1.1.6×102 m 2.提示：该题为一“追及”的问题，有两种可能解，第一次为物追光点，在相同时间内， 汽车与光点扫描的位移相等，L1=d（tan45°-tan30°）,则 v1= v L 1 =1.7 m/s,第二次为（光） 点追物，时间相同，空间位移相同，L2=d（tan60°-tan45°）,可得 v2= t L 2 =2.9 m/s. 3.（1）s=l- g v 4 2 0 （2）vA= 4 1 v0;vB=vC= 8 3 v0 ［歼灭难点训练］ 1.ABC 2.2 s 3.Wmin=2.8×104 J 4.小球从进入轨道，到上升到 h 高度时为过程第一阶段，这一阶段类似完全非弹性的碰撞， 动能损失转化为重力势能（而不是热能）. 据此可列方程：mv0=（m+m）v, ① 2 1 mv02= 2 1 （m+m）v2+mgh ② 解得 h=v02/4g. 小球从进入到离开，整个过程属弹性碰撞模型，又由于小球和车的等质量，由弹性碰撞规 律可知，两物体速度交换，故小球离开轨道时速度为零. 说明：广义上的碰撞，相互作用力可以是弹力、分子力、电磁力、核力等，因此，碰撞可 以是宏观物体间的碰撞，也可以是微观粒子间的碰撞.拓宽后的碰撞，除例题代表的较长 时间的碰撞题型外，还有非接触型碰撞和非弹力作用的碰撞. 5.（1）对金属块 A 用动能定理 qEL= 2 1 mv02 所以电场强度大小 E= qL mv 2 2 0 方向水平向右 （2）A、B 碰撞，由系统动量守恒定律得 mAv0=mA（- 4 1 v0）+mBvB 用 mB=2m 代入解得 vB= 8 5 v0 第 14 页 共 131 页 B 碰后做匀速运动，碰到挡板的时间 tB= 05 8 v L v L B A 的加速度 aA= L v 2 2 0 A 在 tB 段时间的位移为 sA=vatB+ 2 1 atB2=- 4 1 v0· 2 1 5 8 0 v L · L v 2 2 0 ·（ 05 8 v L ）2= 25 6 L 因 sA＜L,故 A 第二次与 B 相碰必在 B 与 C 相碰之后 （3）B 与 C 相碰，由动量守恒定律可得 mBvB=mBvB′+mCvC′ vC′= 2 1 vB vB′=0 A 从第一次相碰到第二次与 B 相碰的位移为 L，因此电场力做的功 W 电=qEL= 2 1 mv02. 6. 3 2 0v 第 15 页 共 131 页 难点 3 力矩平衡条件及应用 力矩平衡以其广泛的实用性，再次被考纲列为考查的内容，且以此知识点为素材的高 考命题屡次再现于近几年高考上海卷及全国理综卷中.其难点分布于：（1）从实际背景中 构建有固定转动轴的物理模型.（2）灵活恰当地选取固定转动轴.（3） 将转动模型从相关系统（连结体）中隔离分析等. ●难点展台 1.（★★★★）如图 3-1 所示，一根长为 L 的轻杆 OA，可绕水平 轴 O 在竖直平面内自由转动，左端 A 挂一质量为 m 的物体，从杆上 一点 B 系一不可伸长的细绳，将绳跨过光滑的钉子 C 与弹簧 K 连接， 弹簧右端固定，这时轻杆在水平位置保持平衡，弹簧处于伸长状态，已知 OB=OC= 3 2 L， 弹簧伸长量恰等于 BC，由此可知，弹簧的劲度系数等于______. 2.（★★★★★）如图 3-2 所示是一种手控制动器，a 是一个转 动着的轮子，b 是摩擦制动片，c 是杠杆，O 是其固定转动轴. 手在 A 点施加一个作用力 F 时，b 将压紧轮子，使轮子制动.若 使轮子制动所需的力矩是一定的，则下列说法正确的是 A.轮 a 逆时针转动时，所需的力 F 较小 B.轮 a 顺时针转动时，所需的力 F 较小 C.无论逆时针还是顺时针转动，所需的力 F 相同 D.无法比较 F 的大小 ●案例探究 ［例 1］（★★★★★）如图 3-3 所示，长为 L 质量为 m 的均匀木棒，上端用绞链固定在物体上，另一端放在动摩擦 因数为μ的小车平台上，小车置于光滑平面上，棒与平台的 夹角为θ，当： （1）小车静止时，求棒的下端受小车的支持力； （2）小车向左运动时，求棒的下端受小车的支持力； （3）小车向右运动时，求棒的下端受小车的支持力. 命题意图：题目出示的物理情境，来考查考生受力分析能力及力矩平衡条件的应用能 力.B 级要求. 错解分析：对“车的不同运动状态使棒所受摩擦力大小方向的变化”理解分析不透， 图 3-1 图 3-2 图 3-3 第 16 页 共 131 页 从而错列力矩平衡方程. 解题方法与技巧：（1）取棒为研究对象.选绞链处为固定转动轴，除转动轴对棒的作 用力外，棒的受力情况如图 3-4 所示，由力矩平衡条件知： FN1Lcosθ=mg 2 L cosθFN1= 2 1 mg 图 3—4 图 3—5 （2）小车向左运动，棒另外受到一个水平向左的摩擦力 F1 作用，受力如图 3-5 所示， 则有 2NF Lcosθ=mg 2 L cosθ+μ 2NF Lsinθ 所以 2NF = )tan1(2 mg ,则 2NF ＞ 1NF （3）小车向右运动时，棒受到向右的摩擦力 F2 作用， 受力如图 3-6 所示，有 3NF Lcosθ+μ 3NF Lsinθ=mg 2 L cosθ 解得 3NF = )tan1(2 mg 所以 3NF ＜ 1NF 本题的关键点是取棒作为研究对象，由于车有不同的运动方向，故棒所受摩擦力的方 向也不同，从而导致弹力的不同. ［例 2］（★★★★★）如图 3-7 所示，一自行车上连接脚踏板的连杆长 R1，由脚踏 板带动半径为 r1 的大齿盘，通过链条与半径为 r2 的后轮齿盘连接，带动半径为 R2 的后轮 转动. 图 3—7 图 3—6 第 17 页 共 131 页 （1）设自行车在水平路面上匀速行进时，受到的平均阻力为 f，人蹬脚踏板的平均作用 力为 F，链条中的张力为 T，地面对后轮的静摩擦力为 fs.通过观察，写出传动系统中有几 个转动轴，分别写出对应的力矩平衡表达式； （2）设 R1=20 cm，R2=33 cm，脚踏大齿盘与后轮齿盘的齿数分别为 48 和 24，计算 人蹬脚踏板的平均作用力与平均阻力之比； （3）自行车传动系统可简化为一个等效杠杆.以 R1 为一力臂，在框中画出这一杠杆 示意图，标出支点，力臂尺寸和作用力方向. 命题意图：以生活中的自行车为背景，设立情景，考查运用力矩、力矩平衡条件解决 实际问题的能力，尤其是构建物理模型的抽象、概括能力.B 级要求. 错解分析：（1）尽管自行车是一种常见的交通工具，但多数考生缺少抽象概括的能 力，无法构建传动系统简化的杠杆模型.（2）不能再现自行车的工作过程，无法将 r1/r2 之比与两个齿盘的齿数之比加以联系，导致中途解题受阻. 解题方法与技巧：（1）自行车传动系统中的转动轴个数为 2，设脚踏齿轮、后轮齿轮 半径分别为 r1、r2，链条中拉力为 T. 对脚踏齿盘中心的转动轴可列出：FR1=Tr1 对后轮的转动轴可列出：Tr2=fsR2 （2）由 FR1=Tr1,Tr2=fsR2 及 fs=f（平均阻力） 可得 24 48 2 1 2 1 r r Rf FR s 所以 10 33 2024 3348 12 21 Rr Rr f F =3.3 （3）如图 3-8 所示 图 3-8 第 18 页 共 131 页 ●锦囊妙计 一、高考走势 随着中学新课程方案推广与实施，“有固定转动轴物体的平衡”以其在现实生活中应用的 广泛性，再次被列为高考命题考查的重要内容之一.近几年高考上海卷及 2002 年全国综合 卷的命题实践充分证明了这一点.可以预言：以本知识点为背景的高考命题仍将再现. 二、物体平衡条件 实际上一个物体的平衡，应同时满足 F 合=0 和 M 合=0.共点力作用下的物体如果满足 F 合=0，同时也就满足了 M 合=0，达到了平衡状态；而转动的物体只满足 M 合=0 就不一定能 达到平衡状态，还应同时满足 F 合=0 方可. 三、有固定转动轴物体平衡问题解题步骤 1.明确研究对象，即明确绕固定转动轴转动的是哪一个物体. 2.分析研究对象所受力的大小和方向，并画出力的示意图. 3.依题意选取转动轴，并找出各个力对转动轴的力臂，力矩的大小和方向. 4.根据平衡条件（使物体顺时针方向转动的力矩之和等于使物体逆时针方向转动的力矩之 和）列方程，并求解. ●歼灭难点训练 1.（★★★）（1992 年全国，25）如图 3-9 所示 ，AO 是质 量为 m 的均匀细杆，可绕 O 轴在竖直平面内自由转动.细 杆上的 P 点与放在水平桌面上的圆柱体接触，圆柱体靠在 竖直的挡板上而保持平衡.已知杆的倾角为θ，AP 长度是 杆长的 4 1 ，各处的摩擦都不计，则挡板对圆柱体的作用力 等于____________. 2.（★★★★）一根木料长 5.65 m，把它左端支在地上，竖直向上抬起它的右端时，用力 480 N，用相似的方法抬起它的左端时，用力 650 N，该木料重___________N. 3.（★★★★）如图 3-10 所示，两个等重等长质料均匀直棒 AC 和 BC，其各自一端分别通过转轴与墙壁绞结，其另一端相连于 C 点， AC 棒与竖直墙夹角为 45°，BC 棒水平放置，当两棒均处于平衡 状态时，则 BC 棒对 AC 棒作用力方向可能处于哪一区域 A.甲区域 B.乙区域 C.丙区域 D.丁区域 4.（★★★★）如图 3-11 所示，长为 l 的均匀横杆 BC 重为 100 N，B 端用铰链与竖直的板 MN 连接，在离 B 点 5 4l 处悬吊一重 为 50 N 的重物测出细绳 AC 上的拉力为 150 N，现将板 MN 在 △ABC 所在平面内沿顺时针方向倾斜 30°，这时 AC 绳对 MN 板的拉力是多少？ 5.（★★★★★）如图 3-12 所示，均匀木板 AB 长 12 m，重 200 N，在距 A 端 3 m 处有一固定转动轴 O，B 端被绳拴住， 绳与 AB 的夹角为 30°，板 AB 水平.已知绳能承受的最大拉力 为 200 N，那么重为 600 N 的人在该板上安全行走，离 A 端的距 离应在什么范围？ 6.（★★★★★）如图 3-13 所示，梯与墙之间的摩擦因数为μ1， 梯与地之间的摩擦因数为μ2，梯子重心在中央，梯长为 L.当梯 图 3-9 图 3-10 图 3-11 图 3-12 第 19 页 共 131 页 子靠在墙上而不倾倒时，梯与地面的最小夹角θ由下式决定：tanθ= 2 21 2 1 ，试证之. 图 13—3 参考答案 ［难点展台］ 1.9mg/4L 2.A ［歼灭难点训练］ 1. 3 1 mgsin2θ 2.1130 3.D 4.130 N 5.作出 AB 板的受力图 3′-1 人在 O 轴左端 x 处，绳子拉直拉力为零.由力矩平衡可得： G 人×x-G×CO =0 x= 人G COG = 600 3200 =1 m.即离 A 端 2 m 处. 人在 O 轴右端 y 处，绳子的拉力 T=200 N，由力矩平衡得：Tsin30°×BO-G 人 y-G×CO =0. y= 600 320092 1200sin30 人 G COGBOT =0.5 m 即离 A 端 3.5 m. 所以人在板上安全行走距 A 端的距离范围为 2 m≤x≤3.5 m 6.略 图 3′—1 第 20 页 共 131 页 难点 4 变力做功与能量转化 功是中学物理中的重要概念，它体现了力对物体的作用在空间上的累积过程.在考纲 中属 B 级.对功尤其是变力做功是近年考查热点，亦是考生应考的难点. ●难点展台 1.（★★★★）一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对 物体的支持力所做的功等于 A.物体势能的增加量 B.物体动能的增加量 C.物体动能的增加量加上物体势能的增加量 D.物体动能的增加量加上克服重力所做的功 2.（★★★★）一辆车通过一根跨过定滑轮的绳 PQ 提升井中质量为 m 的物体，如图 4-1 所示.绳的 P 端拴在车后的挂钩上.设绳的总长不变，绳的质量、 定滑轮的质量和尺寸、滑轮上的摩擦都忽略不计.开 始时，车在 A 点，左右两侧绳都已绷紧并且是竖直 的，左侧绳长为 H.提升时，车向左加速运动，沿水 平方向从 A 经过 B 驶向 C.设 A 到 B 的距离也为 H，车过 B 点时速度为 vB.求车由 A 移到 B 的过程中，绳 Q 端的拉力对物体做的功是多少？ 3.（★★★★★）如图 4-2 所示，若在湖水里固定一细长圆管，管 内有一活塞，它的下端位于水面上，活塞的底面积 S=1 cm2，质量不计. 大气压强 p0=1.0×105 Pa.现把活塞缓慢地提高 H=15 m，则拉力对活塞做 的功为_______ J.（g=10 m/s2） ●案例探究 ［例 1］（★★★★）用铁锤将一铁钉击入木块，设木块对铁钉的阻力与铁钉进入木 块内的深度成正比.在铁锤击第一次时，能把铁钉击入木块内 1 cm.问击第二次时，能击入 多少深度？（设铁锤每次做功相等） 命题意图：考查对功概念的理解能力及理论联系实际抽象建立模型的能力.B 级要求. 错解分析：（1）不能据阻力与深度成正比这一特点，将变力求功转化为求平均阻力的功， 进行等效替代.（2）不能类比迁移，采用类似据匀变速直线速度-时间图象 求位移的方式，根据 F-x 图象求功. 图 4-1 图 4-2 第 21 页 共 131 页 解题方法与技巧：解法一：（平均力法） 铁锤每次做功都用来克服铁钉阻力做的功，但摩擦阻 力不是恒力，其大小与深度成 正比，F=-f=kx,可用平均阻力来代替. 如图 4-3，第一次击入深度为 x1,平均阻力 1F = 2 1 kx1,做 功为 W1= 1F x1= 2 1 kx12. 第二次击入深度为 x1 到 x2,平均阻力 2F = 2 1 k（x2+x1）, 位移为 x2-x1,做功为 W2= 2F （x2-x1）= 2 1 k（x22-x12）. 两次做功相等：W1=W2. 解后有：x2= 2 x1=1.41 cm, Δx=x2-x1=0.41 cm. 解法二：（图象法） 因为阻力 F=kx,以 F 为纵坐标，F 方向上的位移 x 为横坐标， 作出 F-x 图象（图 4-4）.曲线上面积的值等于 F 对铁钉做的功. 由于两次做功相等，故有： S1=S2（面积），即： 2 1 kx12= 2 1 k（x2+x1）（x2-x1）, 所以Δx=x2-x1=0.41 cm ［例 2］（★★★★★） 如图 4-5 所示，置于水平面的平行金 属导轨不光滑，导轨一端连接电阻 R，其他电阻不计，垂直于导 轨平面有一匀强磁场，磁感应强度为 B，当一质量为 m 的金属棒 ab 在水平恒力 F 作用下由静止向右滑动时 A.外力 F 对 ab 棒做的功等于电路中产生的电能 B.只有在棒 ab 做匀速运动时，外力 F 做的功才等于电路中产生的电能 C.无论棒 ab 做何运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能 D.棒 ab 匀速运动的速度越大，机械能转化为电能的效率越高 命题意图：考查考生理解能力、分析综合及推理能力.B 级要求. 错解分析：对整个物理情景理解不透，对整个物理过程中能量的转化及传递途径理解 不透. 图 4-3 图 4-4 图 4-5 第 22 页 共 131 页 解题方法与技巧：（能量守恒法） 在导体棒的运动过程中外力做的功，用来克服由于发生电磁感应而产生的感应电流的安培 力的那一部分转化为电能，又因为有摩擦，还需克服摩擦力做功，转化成内能.所以 A、B 错，C 对；又当匀速运动时，由能量转化的观点，可知 η= FR lB Fv R Blv P P 22 2)( 机 电 v,B、l、F、R 一定，所以η ∝v,即 v 越大η越大，D 对. 故 CD 正确. ●锦囊妙计 变力做功的求解方法 对于变力做功一般不能依定义式 W=Fscosθ直接求解，但可依物理规律通过技巧的转 化间接求解. 1.平均力法： 如果参与做功的变力，其方向不变，而大小随位移线性 变化，则可求出平均力等效代入公式 W= F scosθ求解. 2.图象法： 如果参与做功的变力，方向与位移方向始终一致而大小 随时变化，我们可作出该力随位移变化的图象.如图 4-6，那么图线下方所围成的面积，即 为变力做的功. 3.动能定理法： 在某些问题中，由于力 F 大小或方向的变化，导致无法直接由 W=Fscosθ求变力 F 做 功的值.此时，我们可由其做功的结果——动能的变化来求变力 F 的功：W=ΔEk. 4.功能关系法： 能是物体做功的本领，功是能量转化的量度.由此，对于大小、方向都随时变化的变 力 F 所做的功，可以通过对物理过程的分析，从能量转化多少的角度来求解. ●歼灭难点训练 1.（★★★）一辆汽车在平直公路上从速度 v0 开始加速行驶，经时间 t 后，前进了距 离 s,此时恰好达到其最大速度 vmax,设此过程中发动机始终以额定功率 P 工作，汽车所受阻 力恒为 F,则在这段时间里，发动机所做的功为 A.Fs B.Pt 图 4-6 第 23 页 共 131 页 C. 2 1 mv2max+Fs- 2 1 mv02 D.F· 2 0max vv ·t 2.（★★★★）如图 4-7 所示，质量为 m 的物体被细绳牵引着在光滑水平面上做匀速 圆周运动，O 为一光滑孔，当拉力为 F 时，转动半径为 R；当拉力为 8F 时，物体仍做匀 速圆周运动，其转动半径为 2 R ，在此过程中，外力对物体做的功为 A.7FR/2 B.7FR/4 C.3FR/2 D.4FR 图 4—7 图 4—8 3.（★★★★）一质量为 m 的小球，用长为 L 的轻绳悬挂于 O 点，小球在水平力 F 作用下，从平衡位置 P 点很缓慢地移到 Q 点.如图 4-8 所示，此时悬线与竖直方向夹角为 θ,则拉力 F 所做的功为 A.mgLcosθ B.mgL（1-cosθ） C.FLsinθ D.FLθ 4.（★★★★）挂在竖直墙上的画长 1.8 m,画面质量为 100 g, 下面画轴质量为 200 g,今将它沿墙缓慢卷起，g=10 m/s2.需做 __________ J 的功. 5.（★★★★）用大小不变、方向始终与物体运动方向一致的 力 F，将质量为 m 的小物体沿半径为 R 的固定圆弧轨道从 A 点推 到 B 点，圆弧 对应的圆心角为 60°，如图 4-9 所示，则在此过 程，力 F 对物体做的功为________.若将推力改为水平恒力 F，则此过程力 F 对物体做的功 为__________. 6.（★★★★★）一个圆柱形的竖直的井里存有一定量的水，井的侧面和底部是密闭的. 在井中固定插着一根两端开口的薄壁圆管，管和井共轴，管下端未触及井底.在圆管内有 一不漏气的活塞，它可沿圆管上下滑动.开始时，管内外水面相齐，且活塞恰好接触水面， 如图 4-10 所示.现用卷扬机通过绳子对活塞施加一个向上的力 F，使活塞缓慢向上移动.已 知管筒半径ｒ＝ 0.100 m，井的半径 R＝2ｒ，水的密度ρ＝1.00×103 kg/m3，大气压 图 4-9 第 24 页 共 131 页 p0＝1.00×105 Pa.求活塞上升 H＝9.00 m 的过程中拉力 F 所做的功.（井和管在水面以上及 水面以下的部分都足够长.不计活塞质量，不计摩擦，重力加速度 g 取 10 m/s2） 参考答案 ［难点展台］ 1.CD 2. 4 1 mvB2+mg（ 2 -1）H 3.100 图 4-10 第 25 页 共 131 页 ［歼灭难点训练］ 1.BC 2.C 3.B 4.4.5 J 5. 3 R F, 2 3 FR 6.1.65×104 J 第 26 页 共 131 页 难点 5 速度关联类问题求解·速度的合成与分解 运动物体间速度关联关系，往往是有些高考命题的切入点.而寻找这种关系则是考生 普遍感觉的难点 ●难点展台 1.（★★★）如图 5-1 所示，A、B 两车通过细 绳跨接在定滑轮两侧，并分别置于光滑水平面上， 若 A 车以速度 v0 向右匀速运动，当绳与水平面的夹 角分别为α和β时，B 车的速度是多少？ 2.★★★★如图 5-2 所示，质量为 m 的物体置于光滑的平台上，系在物体上的轻绳跨过光 滑的定滑轮. 由地面上的人以恒定的速度 v0 向右匀 速拉动，设人从地面上的平台开始向右行至绳与水 平方向夹角为 45°处，在此过程中人对物体所做的 功为多少？ ●案例探究 ［例 1］★★★如图 5-3 所示，在一光滑水平面 上放一个物体，人通过细绳跨过高处的定滑轮拉物 体，使物体在水平面上运动，人以大小不变的速度 v 运 动.当绳子与水平方向成θ角时，物体前进的瞬时速度是 多大？ 命题意图：考查分析综合及推理能力，B 级要求. 错解分析：弄不清合运动与分运动概念，将绳子收缩的速度按图 5-4 所示分解，从而 得出错解 v 物=v1=vcosθ. 解题方法与技巧：解法一:应用微元法 设经过时间Δt，物体前进的位移Δs1=BC，如图 5-5 所示. 过 C 点作 CD⊥AB，当Δt→0 时，∠BAC 极小，在△ACD 中，可 以认为 AC=AD，在Δt 时间内，人拉绳子的长度为Δs2=BD，即 为在Δt 时间内绳子收缩的长度. 由图可知：BC= cos BD ① 由速度的定义：物体移动的速度为 v 物= t BC t s 1 ② 人拉绳子的速度 v= t BD t s 2 ③ 图 5-1 图 5-2 图 5-3 图 5-4 图 5-5 第 27 页 共 131 页 由①②③解之：v 物= cos v 解法二:应用合运动与分运动的关系 绳子牵引物体的运动中，物体实际在水平面上运动，这个运动就 是合运动，所以物体在水平面上运动的速度 v 物是合速度，将 v 物按如 图 5-6 所示进行分解. 其中:v=v 物 cosθ，使绳子收缩. v⊥=v 物 sinθ,使绳子绕定滑轮上的 A 点转动. 所以 v 物= cos v 解法三：应用能量转化及守恒定律 由题意可知：人对绳子做功等于绳子对物体所做的功. 人对绳子的拉力为 F，则对绳子做功的功率为 P1=Fv；绳子对物体的拉力，由定滑轮 的特点可知，拉力大小也为 F，则绳子对物体做功的功率为 P2=Fv 物 cosθ，因为 P1=P2 所 以 v 物= cos v 图 5-7 ［例 2］（★★★★★）一根长为 L 的杆 OA，O 端用铰链固定，另一端固定着一个小 球 A，靠在一个质量为 M，高为 h 的物块上，如图 5-7 所示，若物块与地面摩擦不计，试 求当物块以速度 v 向右运动时，小球 A 的线速度 vA（此时杆与水平方向夹角为θ）. 命题意图：考查综合分析及推理能力.B 级要求. 错解分析：①不能恰当选取连结点 B 来分析，题目无法切入.②无法判断 B 点参与的 分运动方向. 解题方法与技巧：选取物与棒接触点 B 为连结点.（不直接选 A 点，因为 A 点与物块 速度的 v 的关系不明显）.因为 B 点在物块上，该点运动方向不变且与物块运动方向一致， 故 B 点的合速度（实际速度）也就是物块速度 v；B 点又在棒上，参与沿棒向 A 点滑动的 速度 v1 和绕 O 点转动的线速度 v2.因此，将这个合速度沿棒及垂直于棒的两个方向分解， 图 5-6 第 28 页 共 131 页 由速度矢量分解图得：v2=vsinθ. 设此时 OB 长度为 a，则 a=h/sinθ. 令棒绕 O 点转动角速度为ω，则：ω=v2/a=vsin2θ/h. 故 A 的线速度 vA=ωL=vLsin2θ/h. ●锦囊妙计 一、分运动与合运动的关系 1.一物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，各自产生效果（v 分、s 分）互 不干扰，即：独立性. 2.合运动与分运动同时开始、进行、同时结束，即：同时性. 3.合运动是由各分运动共同产生的总运动效果，合运动与各分运动总的运动效果可以 相互替代，即：等效性. 二、处理速度分解的思路 1.选取合适的连结点（该点必须能明显地体现出参与了某个分运动）. 2.确定该点合速度方向（通常以物体的实际速度为合速度）且速度方向始终不变. 3.确定该点合速度（实际速度）的实际运动效果从而依据平行四边形定则确定分速度 方向. 4.作出速度分解的示意图，寻找速度关系. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.（★★★）如图 5-8 所示，物体 A 置于水平面上，A 前固定一 滑轮 B，高台上有一定滑轮 D，一根轻绳一端固定在 C 点，再绕过 B、 D.BC 段水平，当以速度 v0 拉绳子自由端时，A 沿水平面前进，求： 当跨过 B 的两段绳子夹角为α时 A 的运动速度 v. 2.（★★★★★）如图 5-9 所示，均匀直杆上连着两个小球 A、B，不计一切摩擦.当 杆滑到如图位置时，B 球水平速度为 vB，加速度为 aB，杆与竖直夹角为α，求此时 A 球 速度和加速度大小. 图 5-9 图 5—10 图 5-8 第 29 页 共 131 页 3.（★★★★）一轻绳通过无摩擦的定滑轮在倾角为 30°的光滑斜面上的物体 m1 连 接，另一端和套在竖直光滑杆上的物体 m2 连接.已知定滑轮到杆的距离为 3 m.物体 m2 由静止从 AB 连线为水平位置开始下滑 1 m 时，m1、m2 恰受力平衡如图 5-10 所示.试求： （1）m2 在下滑过程中的最大速度. （2）m2 沿竖直杆能够向下滑动的最大距离. 4.（★★★★）如图 5-11 所示，S 为一点光源，M 为一平面 镜，光屏与平面镜平行放置.SO 是垂直照射在 M 上的光线，已知 SO=L，若 M 以角速度ω绕 O 点逆时针匀速转动，则转过 30°角 时，光点 S′在屏上移动的瞬时速度 v 为多大？ 5.（★★★★★）一辆车通过一根跨过定滑轮的绳 PQ 提升井 中质量为 m 的物体，如图 5-12 所示.绳的 P 端拴在车后的挂钩上， Q 端拴在物体上.设绳的总长不变，绳子质量、定滑轮的质量和尺 寸、滑轮上的摩擦都忽略不计.开始时，车在 A 点，左右两侧绳都 已绷紧并且是竖直的，左侧绳绳长为 H.提升时，车加速向左运动， 沿水平方向从 A 经 B 驶向 C.设 A 到 B 的距离也为 H，车过 B 点时 的速度为 vB.求在车由 A 移到 B 的过程中，绳 Q 端的拉力对物体做 的功. 6.（★★★★★）如图 5-13 所示，斜劈 B 的倾角为 30°，劈尖顶着竖直墙壁静止于水平 地面上，现将一个质量与斜劈质量相同、半径为 r 的球 A 放在墙面 与斜劈之间，并从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，求此后运 动中 （1）斜劈的最大速度. （2）球触地后弹起的最大高度。（球与地面作用中机械能的损 失忽略不计） 参考答案 ［难点展台］ 1.vB= 0cos cos v 2.略 ［歼灭难点训练］ 图 5-11 图 5-12 图 5-13 第 30 页 共 131 页 1.v= cos1 0 v 2.vA=vBtanα;aA=aBtanα 3.（1）由图可知，随 m2 的下滑，绳子拉力的竖直分量是逐渐增大的，m2 在 C 点受 力恰好平衡，因此 m2 从 B 到 C 是加速过程，以后将做减速运动，所以 m2 的最大速度即 出现在图示位置.对 m1、m2 组成的系统来说，在整个运动过程中只有重力和绳子拉力做功， 但绳子拉力做功代数和为零，所以系统机械能守恒.ΔE 增=ΔE 减，即 2 1 m1v12+ 2 1 m22v2+m1g（AC -A B ）sin30°=m2g·BC 又由图示位置 m1、m2 受力平衡，应有： Tcos∠ACB=m2g,T=m1gsin30° 又由速度分解知识知 v1=v2cos∠ACB，代入数值可解得 v2=2.15 m/s, （2）m2 下滑距离最大时 m1、m2 速度为零，在整个过程中应用机械能守恒定律，得： ΔE 增′=ΔE 减′ 即:m1g（ ABABH 22 ）sin30°=m2gH 利用（1）中质量关系可求得 m2 下滑的最大距离 H= 3 4 3 m=2.31 m 4.由几何光学知识可知：当平面镜绕 O 逆时针转过 30°时，则：∠SOS′=60°， OS′=L/cos60°. 选取光点 S′为连结点，因为光点 S′在屏上，该点运动方向不 变，故该点实际速度（合速度）就是在光屏上移动速度 v；光点 S′ 又在反射光线 OS′上，它参与沿光线 OS′的运动.速度 v1 和绕 O 点 转动，线速度 v2；因此将这个合速度沿光线 OS′及垂直于光线 OS′的两个方向分解，由速度矢量分解图 5′—1 可得： v1=vsin60°,v2=vcos60° 又由圆周运动知识可得：当线 OS′绕 O 转动角速度为 2ω. 则：v2=2ωL/cos60° vcos60°=2ωL/cos60°,v=8ωL. 5.以物体为研究对象，开始时其动能 Ek1=0.随着车的加速运 动，重物上升，同时速度也不断增加.当车子运动到 B 点时，重 物获得一定的上升速度 vQ，这个速度也就是收绳的速度，它等 于车速沿绳子方向的一个分量，如图 5′-2，即 图 5′—1 图 5′—2 第 31 页 共 131 页 vQ=vB1=vBcos45°= 2 2 vB 于是重物的动能增为 Ek2 = 2 1 mvQ2= 4 1 mvB2 在这个提升过程中，重物受到绳的拉力 T、重力 mg，物体上升的高度和重力做的功 分别为 h= 2 H-H=（ 2 -1）H WG=-mgh=-mg（ 2 -1）H 于是由动能定理得 WT+WG=ΔEk=Ek2-Ek1 即 WT-mg（ 2 -1）H= 4 1 mvB2-0 所以绳子拉力对物体做功 WT= 4 1 mvB2+mg（ 2 -1）H 6.（1）A 加速下落，B 加速后退，当 A 落地时，B 速度最大，整大过程中，斜面与球 之间弹力对球和斜面做功代数和为零，所以系统机械能守恒. mg（h-r）= 2 mvA2+ 2 mvB2 ① 由图中几何知识知：h=cot30°·r= 3 r ② A、B 的运动均可分解为沿斜面和垂直斜面的运动，如图 5′—3 所示。 图 5′—3 由于两物体在垂直斜面方向不发生相对运动，所以 vA2=vB2 即 vAcos30°=vBsin30° ③ 解得 vA= 2 )13( gr vB= 2 )13(3 gr （2）A 球落地后反弹速度 vA′=vA 第 32 页 共 131 页 做竖直上抛运动的最大高度：Hm= 4 )13( 2 2 r g v A 第 33 页 共 131 页 难点 6 机车起动问题分析 理综测试注重以现实问题立意，突出能力考查.因而以机车起动为情景的高考命题屡 次出现于近几年高考试卷中，该类问题中对于 a、F、p、v 四个物理量间相互联系、相互 制约关系的分析是考生的难点所在. ●难点展台 1.（★★★）汽车以恒定功率 P 由静止出发，沿平直路面行驶，最大速度为 v，则下 列判断正确的是 A.汽车先做匀加速运动，最后做匀速运动 B.汽车先做加速度越来越大的加速运动，最后做匀速运动 C.汽车先做加速度越来越小的加速运动，最后做匀速运动 D.汽车先做加速运动，再做减速运动，最后做匀速运动 2.（★★★★）汽车在水平公路上行驶，车受的阻力为车重的 0.01 倍，当速度为 4 m/s 时，加速度为 0.4 m/s2.若保持此时的功率不变继续行驶，汽车能达到的最大速度是 ________m/s. （g 取 10 m/s2） ●案例探究 ［例 1］（★★★★）汽车发动机额定功率为 60 kW，汽车质量为 5.0×103 kg，汽车 在水平路面行驶时，受到的阻力大小是车重的 0.1 倍，试求： （1）汽车保持额定功率从静止出发后能达到的最大速度是多少？ （2）若汽车从静止开始，以 0.5 m/s2 的加速度匀加速运动，则这一加速度能维持多 长时间？ 命题意图：考查对汽车起动的两类问题及过程的分析能力.B 级要求. 错解分析：（1）对 v、F、a、p 间相互制约关系分析不透，挖掘不到临界条件和临界 状态，（2）在第（2）问中认为功率刚达到最大（即额定功率）时，速度亦达到了最大. 解题方法与技巧：（1）汽车以恒定功率起动时，它的牵引力 F 将随速度 v 的变化而变 化，其加速度 a 也随之变化，具体变化过程可采用如下示意图表示： 匀速运动保持达到最大时即 时当 mm vvvfF am fFav PFv 0 第 34 页 共 131 页 由此可得汽车速度达到最大时，a=0， kmg PvvFP kmgfF m m =12 m/s （2）要维持汽车加速度不变，就要维持其牵引力不变，汽车功率将随 v 增大而增大， 当 P 达到额定功率 P 额后，不能再增加，即汽车就不可能再保持匀加速运动了.具体变化过 程可用如下示意图表示： 所以，汽车达到最大速度之前已经历了两个过程：匀加速和变加速，匀加速过程能维 持 到 汽 车 功 率 增 加 到 P 额 的 时 刻 ， 设 匀 加 速 能 达 到 最 大 速 度 为 v ， 则 此 时 s16: 1 t makmgF FvP atv 代入数据可得额 ［例 2］（★★★★★）电动机通过一绳子吊起质量为 8 kg 的物体，绳的拉力不能超 过 120 N，电动机的功率不能超过 1200 W，要将此物体由静止起用最快的方式吊高 90 m （已知此物体在被吊高接近 90 m 时，已开始以最大速度匀速上升）所需时间为多少？ 命题意图：考查对机械启动两类问题的理解及迁移应用的创新能力.B 级要求.错解分 析：对第二过程分析不透，加之思维定势，无法巧妙地借助动能定理求 t2. 解题方法与技巧： 此题可以用机车起动类问题的思路，即将物体吊高分为两个过程处理：第一过程是以 绳所能承受的最大拉力拉物体，使物体匀加速上升，第一个过程结束时，电动机刚达到最 大功率.第二个过程是电动机一直以最大功率拉物体，拉力逐渐减小，当拉力等于重力时， 物体开始匀速上升. 在匀加速运动过程中加速度为 a= 8 108120m m mgF m/s2=5 m/s2 一定即 定 F m fFa 增大而增大随即 定 vP vFp m fFa v P F 额 此后保持匀速运动 达到最大时，当 mvva 0 额 定 定额 已经不能变大，保持还要增大，但是所以 时，当 PPv m fFaPP 0 第 35 页 共 131 页 末速度 vt= 120 1200 m m F P =10 m/s 上升的时间 t1= 5 10 a vt s=2 s 上升高度为 h= 52 10 2 22 a vt =5 m 在功率恒定的过程中，最后匀速运动的速率为 vm= 108 1200 mg F F P mm =15 m/s 外力对物体做的总功 W=Pmt2-mgh2,动能变化量为 ΔEk= 2 1 mv2m- 2 1 mvt2 由动能定理得 Pmt2-mgh2= 2 1 mvm2- 2 1 mvt2 代入数据后解得 t2=5.75 s，所以 t=t1+t2=7.75 s 所需时间至少为 7.75 s. ●锦囊妙计 机车起动分两类：（1）以恒定功率起动；（2）以恒定牵引力起动.其解题关键在于逐 步分析 v、a、F、p 间关系，并把握由起动到匀速的临界条件 F=f，即汽车达到最大速度的 条件. 该类问题的思维流程为： （1）以恒定功率起动的运动过程是：变加速（a↓）（a=0）匀速，在此过程中，F 牵、 v、a 的变化情况： 所以汽车达到最大速度时 a=0，F=f,P=Fvm=fvm. （2）以恒定牵引力匀加速起动的运动过程是：匀加速 当功率增大到额定功率 Pm 后， 变加速（a↓） （a=0）匀速.各个量（牵引功率、牵引力、加速度、速度）的变化情 况如下： 匀速运动保持达到最大时即 机车做变加速直线运动 时当 mm vvvfF am fFav PFv 0 一定即 定 F m fFa 增大而增大随即 定 vP vFp m fFa v P F 额 此后保持匀速运动 达到最大时，当 mvva 0 额 定 定额 已经不能变大，保持还要增大，但是所以 时，当 PPv m fFaPP 0 第 36 页 共 131 页 ●歼灭难点训练 1.（★★★）飞机在飞行时受到的空气阻力与速率的平方成正比，若飞机以速率 v 匀 速飞行时，发动机的功率为 P，则当飞机以速率 n v 匀速飞行时，发动机的功率为 A.np B.2np C.n2p D.n3p 2.（★★★★）质量为 5.00×105 kg 的机车，以恒定的加速度从静止出发，经 5 min 行驶 2.25 km，速度达到最大值 54 km/h,则机车的功率为_____W. 3.（★★★★）（2002 年上海春考）铁路提速，要解决许多技术问题.通常，列车阻力 与速度平方成正比，即 f=kv2.列车要跑得快，必须用大功率机车来牵引.试计算列车分别以 120 km/h 和 40 km/h 的速度匀速行驶时，机车功率大小的比值.（提示：物理中重要公式 有 F=ma,W=Fs′,P=Fv,s=v0t+ 2 1 at2） 4.（★★★★）额定功率为 80 kW 的汽车，在平直的公路上行驶的最大速度为 20 m/s. 已知汽车的质量为 2×103 kg，若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度的大小为 2 m/s2.假定汽车在整个运动过程中阻力不变.求： （1）汽车受到的阻力 Ff； （2）汽车在 3 s 末的瞬时功率； 5.（★★★★★）质量为 m=4×103 kg 的汽车发动机的额定功率 P0=40×103 W，汽车 从静止开始，以 a=0.5 m/s2 的加速度做匀加速直线运动，所受阻力恒为 Ff=2×103 N，求： （1）汽车匀加速运动所用的时间 t； （2）汽车可达的最大速度 vm； （3）汽车速度为 2vm/3 时的加速度 a′ 6.（★★★★★）汽车质量为 5 t，其发动机额定功率为 37.5 kW，汽车在水平道路上从静 止开始起动，开始一段时间内，以加速度 1.0 m/s2 做匀加速运动，最后匀速运动的速度为 15 m/s.求： （1）汽车做匀加速运动的时间. （2）汽车匀速运动后关闭发动机，还能滑多远？ 第 37 页 共 131 页 参考答案 ［难点展台］ 1.C 2.20 ［歼灭难点训练］ 1.D 2.3.75×105 3.27∶1 4.（1）Ff= mV P =4×103 N （2）v3=at=6 m/s,F-Ff=ma,P3=Fv3=4.8×104 W 5.（1）20 s;（2）20 m/s;（3）0.25 m/s2 6.（1）t=5 s;（2）s=225 m 第 38 页 共 131 页 难点 7 卫星运行特点分析及应用 卫星运行问题与物理知识（如万有引力定律、匀速圆周运动、牛顿运动定律等）及地 理知识有十分密切的相关性，是新高考突出学科内及跨学科间综合创新能力考查的命题热 点，也是考生备考应试的难点. ●难点展台 1.（★★★★）用 m 表示地球通讯卫星（同步卫星）的质量，h 表示它离地面的高度， R0 表示地球的半径，g0 表示地球表面处的重力加速度，ω0 表示地球自转的角速度，则通 讯卫星所受地球对它的万有引力的大小 A.等于 0 B.等于 m2 2 0 0 2 0 )( hR gR C.等于 m2 3 00 2 0 gR D.以上结果都不对 2.（★★★★★）俄罗斯“和平号”空间站在人类航天史上写下了辉煌的篇章，因不 能保障其继续运行，3 月 23 日坠入太平洋.设空间站的总质量为 m，在离地面高度为 h 的 轨道上绕地球做匀速圆周运动.坠落时地面指挥系统使空间站在极短时间内向前喷出部分 高速气体，使其速度瞬间变小，在万有引力作用下下坠.设喷出气体的质量为 100 1 m，喷 出速度为空间站原来速度的 37 倍，下坠过程中外力对空间站做功为 W.求： （1）空间站做圆周运动时的线速度. （2）空间站落到太平洋表面时的速度.（设地球表面的重力加速度为 g，地球半径为 R） 3.（★★★★★）已知物体从地球上的逃逸速度（第二宇宙速度）v2= R Gm2 ,其中 G、 m、R 分别是引力常量、地球的质量和半径.已知 G=6.67×10-11N·m2/kg2,c=2.9979×108 m/s. 求下列问题： （1）逃逸速度大于真空中光速的天体叫作黑洞，设某黑洞的质量等于太阳的质量 m=1.98×1030 kg，求它的可能最大半径； （2）在目前天文观测范围内，物质的平均密度为 10-27 kg/m3，如果认为我们的宇宙 是这样一个均匀大球体，其密度使得它的逃逸速度大于光在真空中的速度 c，因此任何物 体都不能脱离宇宙，问宇宙的半径至少多大？ ●案例探究 第 39 页 共 131 页 ［例 1］（★★★★）用 m 表示地球同步通信卫星的质量、h 表示卫星离地面的高度、 M 表示地球的质量、R0 表示地球的半径、g0 表示地球表面处的重力加速度、T0 表示地球 自转的周期、ω0 表示地球自转的角速度，则： （1）地球同步通信卫星的环绕速度 v 为 A.ω0（R0+h） B. hR GM 0 C. 3 0GM D. 3 0 2 T GM （2）地球同步通信卫星所受的地球对它的万有引力 F 的大小为 A.m 2 0 0 2 0 )( hR gR B.mω20（R0+h） C.m 3 00 2 0 gR D.m 3 4 0 416 T GM （3）地球同步通信卫星离地面的高度 h 为 A.因地球同步通信卫星和地球自转同步，则卫星离地面的高度就被确定 B. 3 0 2 0 2 0 gR -R0 C. 2 2 0 4 GMT -R0 D.地球同步通信卫星的角速度虽已确定，但卫星离地面的高度可以选择.高度增加， 环绕速度增大，高度降低，环绕速度减小，仍能同步 命题意图：考查推导能力及综合分析能力.B 级要求. 错解分析：（1）把握不住解题的基本依据：地球对其表面物体的万有引力约等于物 体所受重力，卫星圆周运动的向心力由万有引力提供，使问题难以切入.（2）思维缺乏开 放性造成漏解.（3）推理缺乏严密性导致错解. 解题方法与技巧：（1）设地球同步卫星离地心的高度为 r, 第 40 页 共 131 页 则 r=R0+h 则环绕速度 v=ω0r=ω0（R0+h）. 同步卫星圆周运动由万有引力提供向心力： 即 G r vmr Mm 2 2 得 v= hR GM r GM 0 又有 G 2r Mm =mω02,所以 r= 3 2 0 GM 则 v=ω0r=ω0 3 2 0 GM = 3 2 0GM = 3 2 0 2 T GM 故选项 A、B、C、D 均正确. （2）地球同步卫星的重力加速度为 g′=（ hR R 0 0 ）2·g0，地球对它的万有引力大 小可认为等于同步卫星的重力 mg0 2 0 2 0 )( hR R 来提供向心力：即 mg0 2 0 2 0 )( hR R =mω02 （R0+h） 所以 h= 3 2 0 0 2 0 gR -R0 F 向=mω02（R0+h）=m 3 4 0 4 02 0 2 16)(4 T GMmhRT 故选项 A、B、C、D 均正确. （3）因为 h= 3 2 0 0 2 0 gR -R0，式中 R0、g0、ω0 都是确定的，故 h 被确定. 但ω0= 0 2 T ， 所以 h= 2 2 00 2 0 4 TgR -R0 故选项 A，B，C 正确. ［例 2］（★★★★★）1986 年 2 月 20 日发射升空的“和平号”空间站，在服役 15 年后于 2001 年 3 月 23 日坠落在南太平洋.“和平号”风风雨雨 15 年铸就了辉煌业绩，已 成为航天史上的永恒篇章.“和平号”空间站总质量 137 t，工作容积超过 400 m3，是迄今 为止人类探索太空规模最大的航天器，有“人造天宫”之称.在太空运行的这一“庞然大 物”按照地面指令准确坠落在预定海域，这在人类历史上还是第一次.“和平号”空间站 正常运行时，距离地面的平均高度大约为 350 km.为保证空间站最终安全坠毁，俄罗斯航 天局地面控制中心对空间站的运行做了精心安排和控制.在坠毁前空间站已经顺利进入指 第 41 页 共 131 页 定的低空轨道，此时“和平号”距离地面的高度大约为 240 km.设“和平号”沿指定的低 空轨道运行时，其轨道高度平均每昼夜降低 2.7 km.设“和平号”空间站正常运转时沿高 度为 350 km 圆形轨道运行，在坠落前沿高度为 240km 的指定圆形低空轨道运行，而且沿 指定的低空轨道运行时，每运行一周空间站高度变化很小，因此计算时对空间站的每一周 的运动都可以作为匀速圆周运动处理. （1）简要说明，为什么空间站在沿圆轨道正常运行过程中，其运动速率是不变的. （2）空间站沿正常轨道运行时的加速度与沿指定的低空轨道运行时加速度大小的比 值多大？计算结果保留 2 位有效数字. （3）空间站沿指定的低空轨道运行时，每运行一周过程中空间站高度平均变化多 大？计算中取地球半径 R=6.4×103 km，计算结果保留 1 位有效数字. 命题意图：考查阅读摄取信息并结合原有知识解决新情景问题的创新能力，B 级要求. 解题方法与技巧：（1）空间站沿圆轨道运行过程中，仅受万有引力作用，所受到的 万有引力与空间站运行方向垂直，引力对空间站不做功，因此空间站沿圆轨道运行过程中， 其运动速率是不变的. （2）不论空间站沿正常轨道运行，还是沿指定的低空轨道运行时，都是万有引力恰好提 供空间站运行时所需要的向心力， 根据万有引力定律和牛顿第二定律有 G 2r Mm =ma 空间站运行时向心加速度是 a=G 2r M 空间站沿正常轨道运行时的加速度与在沿指定的低空轨道运动时加速度大小的比值 是 2 2 1 2 2 2 1 )75.6 64.6( r r a a =0.9842=0.97 （3）万有引力提供空间站运行时的向心力，有 G 2r Mm =mr 2 24 T 不计地球自转的影响，根据 G 2R Mm =mg，有 GM=R2g 则指定的低空轨道空间站运行 的周期为 T=2πr= GM r =2πr gR r 2 = g r R r2 第 42 页 共 131 页 = s104.66 104.6 1064.614.32 4 6 6 ≈5.3×103s 设一昼夜的时间 t，则每昼夜空间站在指定的低空轨道绕地球运行圈数为 n= T t 空间站沿指定的低空轨道运行时，每运行一周过程中空间站高度平均减小 Δh=2.7 km/n=2.7 km/17=0.2 km ●锦囊妙计 卫星问题贴近科技前沿，且蕴含丰富的中学物理知识，以此为背景的高考命题立意高、 情景新、综合性强，对考生的理解能力、综合分析能力、信息提炼处理能力及空间想象能 力提出了极高的要求，亦是考生备考应试的难点.考生应试失误的原因主要表现在：（1） 对卫星运行的过程及遵循的规律认识不清，理解不透，难以建立清晰的物理情景.（2）对 卫星运行中力与运动量间，能量转化间的关系难以明晰，对诸多公式含义模糊不清. 一、卫星的运行及规律 一般情况下运行的卫星，其所受万有引力不刚好提供向心力，此时，卫星的运行速率 及轨道半径就要发生变化，万有引力做功，我们将其称为不稳定运行即变轨运动；而当它 所受万有引力刚好提供向心力时，它的运行速率就不再发生变化，轨道半径确定不变从而 做匀速圆周运动，我们称为稳定运行. 对于稳定运行状态的卫星，①运行速率不变；②轨道半径不变；③万有引力提供向心 力，即 GMm/r2=mv2/r 成立.其运行速度与其运行轨道处于一一对应关系，即每一轨道都有 一确定速度相对应.而不稳定运行的卫星则不具备上述关系，其运行速率和轨道半径都在 发生着变化. 二、同步卫星的四定 地球同步卫星是相对地球表面静止的稳定运行卫星. 1.地球同步卫星的轨道平面，非同步人造地球卫星其轨道平面可与地轴有任意夹角， 而同步卫星一定位于赤道的正上方，不可能在与赤道平行的其他平面上. 2.地球同步卫星的周期：地球同步卫星的运转周期与地球自转周期相同. 3.地球同步卫星的轨道半径：据牛顿第二定律有 GMm/r2=mω02r，得 r= 3 2 0/GM ， ω0 与地球自转角速度相同，所以地球同步卫星的轨道半径为 r=4.24×104 km.其离地面高 度也是一定的. 4.地球同步卫星的线速度：地球同步卫星的线速度大小为 v=ω0r=3.08×103 m/s，为 定值，绕行方向与地球自转方向相同. 第 43 页 共 131 页 ●歼灭难点训练 1.（★★★）设想人类开发月球，不断把月球上的矿藏搬运到地球上，假定经过长时 间开采后，地球仍可看作是均匀的球体，月球仍沿开采前的圆周轨道运动，则与开采前相 比 A.地球与月球间的万有引力将变大 B.地球与月球间的万有引力将变小 C.月球绕地球运动的周期将变长 D.月球绕地球运动的周期将变短 2.（★★★★）地球同步卫星到地心的距离 r 可由 r3= 2 222 4 cba 求出.已知式中 a 的单 位是 m,b 的单位是 s,c 的单位是 m/s2，则 A.a 是地球半径，b 是地球自转的周期，c 是地球表面处的重力加速度 B.a 是地球半径，b 是同步卫星绕地心运动的周期，c 是同步卫星的加速度 C.a 是赤道周长，b 是地球自转的周期，c 是同步卫星的加速度 D.a 是地球半径，b 是同步卫星绕地心运动的周期，c 是地球表面处的重力加速度 3.（★★★★★）某人造地球卫星因受高空稀薄空气的阻力作用，绕地球运转的轨道 会慢慢改变.每次测量中卫星的运动可近似看作圆周运动.某次测量卫星的轨道半径为 r1， 后来变为 r2,r2＜r1.以 Ek1、Ek2 表示卫星在这两个轨道上的动能，T1、T2 表示卫星在这两个 轨道上绕地球运动的周期，则 A.Ek2＜Ek1，T2＜T1 B.Ek2＜Ek1，T2＞T1 C.Ek2＞Ek1，T2＜T1 D.Ek2＞Ek1，T2＞T1 4.（★★★★）中子星是由密集的中子组成的星体，具有极大的密度.通过观察已知 某中子星的自转速度ω=60πrad/s，该中子星并没有因为自转而解体，根据这些事实人们 可以推知中子星的密度.试写出中子星的密度最小值的表达式为ρ=________，计算出该中 子星的密度至少为_______kg/m3.（假设中子通过万有引力结合成球状星体，保留 2 位有 效数字） 5.（★★★★★）假设站在赤道某地的人，恰能在日落后 4 小时的时候，观察到一颗 自己头顶上空被阳光照亮的人造地球卫星，若该卫星是在赤道所在平面内做匀速圆周运 动，又已知地球的同步卫星绕地球运行的轨道半径约为地球半径的 6.6 倍，试估算此人造 第 44 页 共 131 页 地球卫星绕地球运行的周期为________s. 6.（★★★★★）（2000 年全国，20）2000 年 1 月 26 日我国发射了一颗同步卫星， 其定点位置与东经 98°的经线在同一平面内.若把甘肃省嘉峪关处的经度和纬度近似取为 东经 98°和北纬α=40°，已知地球半径 R、地球自转周期 T、地球表面重力加速度 g（视 为常量）和光速 c.试求该同步卫星发出的微波信号传到嘉峪关处的接收站所需的时间（要 求用题给的已知量的符号表示）. 7.（★★★★）经过用天文望远镜长期观测，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统， 通过对它们的研究，使我们对宇宙中物质的存在形式和分布情况有了较深刻的认识，双星 系统由两个星体构成，其中每个星体的线度都远小于两星体之间的距离.一般双星系统距 离其他星体很远，可以当作孤立系统来处理. 现根据对某一双星系统的光度学测量确定：该双星系统中每个星体的质量都是 m， 两者相距 L，它们正围绕两者连线的中点做圆周运动. （1）试计算该双星系统的运动周期 T 计算； （2）若实验上观测到的运动周期为 T 观测，且 T 观测：T 计算=1： N （N＞1）.为了解释 T 观测与 T 计算的不同，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种望远镜观测不到 的暗物质.作为一种简化模型，我们假定在以这两个星体连线为直径的球体内均匀分布着 这种暗物质.若不考虑其他暗物质的影响，请根据这一模型和上述观测结果确定该星系间 这种暗物质的密度. 参考答案 ［难点展台］ 1.BC 2.（1） Rh gR 2 （2）喷出气体后，空间站的速度变为 v2，由动量守恒定律得一方 程 ， 设 空 间 站 落 到 太 平 洋 表 面 时 速 度 为 v3 ， 由 动 能 定 理 建 立 另 一 方 程 ， 解 得 v3= m W hR gR 99 200 )(121 49 2 3.（1）由题目所提供的信息可知，任何天体均存在其所对应的逃逸速度 v2= R Gm2 ， 其中 m、R 为天体的质量和半径.对于黑洞模型来说，其逃逸速度大于真空中的光速 ，即 v2＞c，所以 第 45 页 共 131 页 R＜ 2 2 c Gm = 28 3011 )109979.2( 1098.1107.62 m=2.94×103 m 即质量为 1.98×1030 kg 的黑洞的最大半径为 2.94×103 m. （2）把宇宙视为普通天体，则其质量 m=ρ·V=ρ· 3 4 πR3 ① 其中 R 为宇宙的半径，ρ为宇宙的密度，则宇宙的逃逸速度为 v2= R Gm2 ② 由于宇宙密度使得其逃逸速度大于光速 c，即 v2＞c ③ 则由以上三式可得 R＞ G c 8 3 2 =4.01×1026 m,合 4.24×1010 光年.即宇宙的半径至少 为 4.24×1010 光年. ［歼灭难点训练］ 1.BD 2.AD 3.C 4.3ω2/4πG；1.3×1014 5.1.4×104 6.解析：设 m 为卫星质量，M 为地球质量，r 为卫星到地球中心的距离，ω为卫星 绕地心转动的角速度，由万有引力定律和牛顿定律有， G 2r mM =mrω2 式中 G 为万有引力恒量，因同步卫星绕地心转动的角速度ω与地球自转的角速度相 等，有 ω= T 2 因 G 2R Mm =mg 得 GM=gR2，r=（ 2 22 4 gTR ） 3 1 设嘉峪关到同步卫星的距离为 L，如图 7′-1 所示，由余 弦定理得，L= cos222 rRRr 所示时间为，t= c L （式中 c 为光速） 由以上各式得 图 7′—1 第 46 页 共 131 页 t= c gTRRRgTR cos)4(2)4( 3 1 2 22 23 2 2 22 7.解析：首先应明确此双星系统的结构模型，如图 7′—2 所示。由于每个星体的线度都小于两星体之间的距离，满足万 有引力定律的使用条件. （1）双星均绕它们连线的中点做圆周运动，设运动的速率 为 v，得 m 2 2 2 L Gm L v ① v= L Gm 2 ② T 计算= v L 22 =πL Gm L2 ③ （2）根据观测结果，星体的运动周期 T 观测= N 1 T 计算＜T 计算 ④ 这种差异是由双星内均匀分布的暗物质引起的，均匀分布在球体内的暗物质对双星系 统的作用与一质量等于球内暗物质的总质量 m′,位于中点 O 处的质点的作用相同.考虑暗 物质作用后双星的速度即为观察到的速度 v 观测，则有 m 2 2 22 )2(2 L mmG L Gm L v 观测 ⑤ v 观测= L mmG 2 )4( ⑥ 因为在周长一定时，周期和速度成反比，由④式得 Nv 11 观测 · v 1 ⑦ 把②⑥式代入⑦式得 m′= 4 1N m 设所求暗物质的密度为ρ，则有 图 7′—2 第 47 页 共 131 页 4 1)2(3 4 3 NL m 故ρ= 32 )1(3 L mN . 难点 8 波的传播方向与质点振动方向判析 振动和波的综合应用是历年必考的热点内容之一，考查的重点侧重于对振动和波的基 本物理形成过程的理解和分析，其命题焦点往往集中于波传播方向和质点振动方向的关联 分析上. ●难点展台 1.（★★★★）一列在竖直方向振动的简谐横波，波长为λ，沿 x 轴正方向传播.某 一时刻，在振动位移向上且大小等于振幅一半的各点中，任取相邻的两点 P1、P2，已知 P1 的 x 坐标小于 P2 的 x 坐标. A.若 21PP ＜ 2 ，则 P1 向下运动，P2 向上运动 B.若 21PP ＜ 2 ，则 P1 向上运动，P2 向下运动 C.若 21PP ＞ 2 ，则 P1 向上运动，P2 向下运动 D.若 21PP ＞ 2 ，则 P1 向下运动，P2 向上运动 2.（★★★★）如图 8-1 所示，一根张紧的水平弹性长绳上的 a、 b 两点，相 距 14.0 m ，b 点在 a 点的右方.当一列简谐横波沿此绳 向右传播时，若 a 点的位移达到正极大时，b 点的位移恰为零，且 向下运动.经过 1.00 s 后，a 点的位移为零，且向下运动，而 b 点的位移恰达到负极大. 则这简谐横波的波速可能等于 A.14 m/s B.10 m/s C.6 m/s D.4.67 m/s ●案例探究 ［例 1］（★★★）一列简谐横波在 x 轴上传播，在某时刻 的波形如图 8-2 所示.已知此时质点 F 的运动方向向下，则 A.此波朝 x 轴负方向传播 图 8-1 图 8-2 第 48 页 共 131 页 B.质点 D 此时向下运动 C.质点 B 将比质点 C 先回到平衡位置 D.质点 E 的振幅为零 命题意图：考查对简谐波形成及传播的物理过程的理解能力及推理判断能力 B 级要 求.错解分析：缺乏对波产生机理的理解而造成错误. 解题方法与技巧： 解法一：带动法：波的传播过程是振动的传播过程，当介质中某一质点开始振动时， 必然带动其周围相邻的质点振动，这些质点又依次带动各自相邻的质点振动，依次类推， 振动就逐渐传播开来形成波.因此，沿波的传播方向各质点的步调是依次落后的，总是前 一质点带动相邻后一质点，后一质点总是力图跟上带动其振动前一相邻的质点并重复其运 动.据图象信息知，此该 F 点振动方向向下，是由 G 点带动的结果，G 质点比 F 点更靠近 波源，故波是沿 x 轴负方向传播的，故选项 A 正确.同理 D 点在 E 带动下，力图跟上 E 点 并重复 E 的振动.故 D 点振动方向向下，B 选项正确.B 点被 C 点所带动，步调落后于 C，故 C 先回到平衡位置，故选项 C 错.参与简谐波的各质点振幅均相等.故 E 的振幅不为零，选 项 D 错. 解法二：上下坡法：沿着波的传播方向看，“上坡”处的质点振动方向向下，“下坡” 处的质点振动方向向上，简称“上坡下，下坡上”.题中 F 振动方向向下，应该处于“上 坡”处，也只有逆着 x 正方向看它在处于“上坡”处，故波传播方向是沿 x 轴负方向. 故 A 选项正确.此时 D 亦处于“上坡”处，故振动方向向下. B 选项正确，B 处于“下坡 处”，振动方向运离平衡位置向上，而 C 质点处最大位移处向平衡位置运动，故 B 点要落 后于 C 点到平衡位置，故 C 选项错.振动的各质点振幅相同，故 D 选 项错. ［例 2］（★★★★）图 8-3 所示的是某横波的图象，由图可知 A.若波向右传播，则质点 B 正向右运动 B.若波向右传播，则质点 C 正向左运动 C.若波向左传播，则质点 D 正向下运动 D.若波向左传播，则质点 B 正向上运动 命题意图：考查对波动形成的物理过程及波动实质的理解能力及对问题的分析推理能 力，B 级要求. 错解分析：掌握不住波动形成机理与实质，是造成错选的根本原因. 图 8-3 第 49 页 共 131 页 解题方法与技巧： （解法一：）图象微平移法： 由波动的实质——质点仅在自己的平衡位置附近振动，并不随 波迁移可知，选项 A、B 均不正确.当波向左传播时，根据图象平移 法，将实线波形向左微平移Δx，得虚线波形（见图 8-4），可见图象 平移后质点 B、D 的新位置在原位置的下方，故正确选项应为 C. （解法二：）同侧法：在波的图象的某一点，沿竖直方向画出一箭头表示质点振动方 向，并设想在同一点沿水平方向画一箭头表示波的传播方向，那么这两箭头总是指向曲线 的同侧，可称为“同侧法”.据此法过 B 点向左画一箭头表示波的传播方向，由“同侧” 性规律，便知代表 B 点振动方向的箭头必然向下，故 B 点振动方向向下，同理 D 点振动 方向向下，故选项 C 正确. ●锦囊妙计 一、高考命题走势 波与振动的综合应用是高考命题的热点之一.其特点常以波的图象为载体考查考生对 波动这一质点"群体效应"与振动这一质点"个体运动"内在联系的理解.其中波的传播方向 与质点振动方向间关联判断，往往是该类命题破题的首要环节和思维起点. 二、波的传播方向与振动方向判断方法 依波的形成机理和传播规律可分为“质点带动法”和“图象微平移法”.此外还有“上 下坡法”“同侧法”等. 1.质点带动法（特殊点法）： 由波的形成传播原理可知，后振动的质点总是重复先振动质点 的运动，若已知波的传播方向而判断质点振动方向时，可在波源一 侧找与该点距离较近（小于 4 ）的前一质点，如果前一质点在该 质点下方，则该质点将向下运动（力求重复前面质点的运动），否 则该质点向上运动.例如向右传的某列波，某时刻波的图象如图 8-5 所示，试判断质点 M 的振动方向，可在波源一侧找出离 M 较近的前一质点 M′，M′在 M 下方，则该时刻 M 向下运动. 2.微平移法： 所谓微移波形，即将波形沿波的传播方向平衡微小的一段距 离得到经过微小一段时间后的波形图，据质点在新波形图中的对 应位置，便可判断该质点的运动方向.如图 8-6 所示，原波形图（实 图 8-4 图 8-5 图 8-6 第 50 页 共 131 页 线）沿传播方向经微移后得到微小一段时间的波形图（虚线），M 点的对应位置在 M′处， 便知原时刻 M 向下运动. 3.上下坡法 沿波的传播方向看去，“上坡”处的质点向下振动."下坡"处的质点向上振动.如图 8-7 所示，简称“上坡下，下坡上” 图 8-7 图 8-8 4.同侧法 在波的图形的某质点 M 上，沿波的传播方向画一箭头，再沿竖直方向向曲线的同侧 画另一箭头，则该箭头即为质点振动方向，如图 8-8 所示. ●歼灭难点训练 1.（★★★）简谐横波在某时刻的波形图线如图 8-9 所示，由此 图可知 A.若质点 a 向下运动，则波是从左向右传播的 B.若质点 b 向上运动，则波是从左向右传播的 C.若波从右向左传播，则质点 c 向下运动 D.若波从右向左传播，则质点 d 向上运动 2.（★★★★）如图 8-10 所示，O 是波源,a、b、c、d 是波传播 方向上各质点的平衡位置，且 Oa=ab=bc=cd=3 m，开始各质点均静止 在平衡位置，t=0 时波源 O 开始向上做简谐运动，振幅是 0.1 m，波 沿 Ox 方向传播，波长是 8 m，当 O 点振动了一段时间后，经过的路程是 0.5 m ，各质 点运动的方向是 A.a 质点向上 B.b 质点向上 C.c 质点向下 D.d 质点向下 3.（★★★★）（1999 年全国高考）图 8-11（a） 中有一条均匀的绳，1、2、3、4、…是绳上一系列 图 8-9 图 8-10 图 8-11 第 51 页 共 131 页 等间隔的点.现有一列简谐横波沿此绳传播.某时刻，绳上 9、10、11、12 四点的位置和运 动方向如图 8-11（b）所示（其他点的运动情况未画图），其中点 12 的位移为零，向上运 动，点 9 的位移达到最大值.试在图 8-11（c）中画出再经过 4 3 周期时点 3、4、5、6 的位 置和速度方向，其他点不必画.［图（c）的横、纵坐标与图（a）、（b）完全相同. 4.（★★★★）如图 8-12 在 xy 平面内有一沿 x 轴正方向传播的简 谐横波，波速为 1 m/s，振幅为 4 cm，频率为 2.5 Hz.在 t=0 时刻，P 点 位于其平衡位置上方最大位移处，则距 P 为 0.2 m 的 Q 点（见图）. A.在 0.1 s 时的位移是 4 cm B.在 0.1 s 时的速度最大 C.在 0.1 s 时的速度向下 D.在 0 到 0.1 s 时间内的路程是 4 cm 5.（★★★★★）一列简谐横波，在 t=0 时刻的波形如图 8-13 所示，自右向左传播， 已知在 t1 =0.7 s 时，P 点出现第二次波峰（0.7 s 内 P 点出现两次波峰），Q 点的坐标是（-7， 0），则以下判断中正确的是 A.质点 A 和质点 B 在 t=0 时刻的位移是相等的 B.在 t=0 时刻，质点 C 向上运动 C.在 t2=0.9 s 末，Q 点第一次出现波峰 D.在 t3=1.26 s 末，Q 点第一次出现波峰 6.（★★★★★）如图 8-14 所示，一列沿 x 正方向传播的简谐 横波，波速大小为 0.6 m/s ，P 点的横坐标为 96 cm ，从图中状态 开始计时，求： （1）经过多长时间，P 质点开始振动，振动时方向如何？ （2）经过多少时间，P 质点第一次到达波峰？ 参考答案 图 8-12 图 8-13 图 8-14 第 52 页 共 131 页 ［难点展台］ 1.AC 2.BD ［歼灭难点训练］ 1.BD 2.A 3.略 4.BD 5.BC 6.解析：开始计时时，这列波的最前端的质点坐标是 24 cm ，根据波的传播方向，可 知这一点沿 y 轴负方向运动，因此在波前进方向的每一个质点开始振动的方向都是沿 y 轴负方向运动，故 P 点开始振动时的方向是沿 y 轴负方向，P 质点开始振动的时间是 （1）t= 6.0 24.096.0 v x =1.2 s （2）用两种方法求解 质点振动法：这列波的波长是λ=0.24 m，故周期是 T= 6.0 24.0 v =0.4 s 经过 1.2 s，P 质点开始振动，振动时方向向下，故还要经过 4 3 T 才能第一次到达波峰， 因此所用时间是 1.2 s+0.3 s=1.5 s. 波形移动法：质点 P 第一次到达波峰，即初始时刻这列波的波峰传到 P 点，因此所 用的时间是 t′= 6.0 06.096.0 =1.5 s 第 53 页 共 131 页 难点 9 弹簧类问题求解策略 在中学阶段，凡涉及的弹簧都不考虑其质量，称之为"轻弹簧"，是一种常见的理想 化物理模型.弹簧类问题多为综合性问题，涉及的知识面广，要求的能力较高，是高考的 难点之一. ●难点展台1.（★★★★）如图 9-1 所示，两木块的质量分别为 m1 和 m2，两轻质弹簧的 劲度系数分别为 k1 和 k2，上面木块压在上面的弹簧上（但不拴接），整个系统处于平衡状 态.现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧.在这过程中下面木块移动的距离为 A. 1 1 k gm B. 1 2 k gm C. 2 1 k gm D. 2 2 k gm 图 9—1 图 9—2 2.（★★★★）如图 9-2 所示，劲度系数为 k1 的轻质弹簧两端分别与质量为 m1、m2 的物块 1、2 拴接，劲度系数为 k2 的轻质弹簧上端与物块 2 拴接，下端压在桌面上（不拴 接），整个系统处于平衡状态.现施力将物块 1 缓慢地竖直上提，直到下面那个弹簧的下端 刚脱离桌面.在此过程中，物块 2 的重力势能增加了______，物块 1 的重力势能增加了 ________. 3.（★★★★★）质量为 m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧 下端固定在地上.平衡时弹簧的压缩量为 x0，如图 9-3 所示.一物块从钢板 正上方距离为 3x0 的 A 处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下 运动，但不粘连.它们到达最低点后又向上运动.已知物块质量为 m 时， 它们恰能回到 O 点.若物块质量为 2m，仍从 A 处自由落下，则物块与钢 板回到 O 点时，还具有向上的速度.求物块向上运动到达的最高点与 O 点的距离. ●案例探究 ［例 1］（★★★★）如图 9-4，轻弹簧和一根细线共同拉住一质量为 m 的物体，平 衡时细线水平，弹簧与竖直夹角为θ，若突然剪断细线，刚刚剪断细线的 图 9-3 图 9-4 第 54 页 共 131 页 瞬间，物体的加速度多大? 命题意图：考查理解能力及推理判断能力.B 级要求. 错解分析：对弹簧模型与绳模型瞬态变化的特征不能加以区分，误认为"弹簧弹力在 细线剪断的瞬间发生突变"从而导致错解. 解题方法与技巧： 弹簧剪断前分析受力如图 9-5，由几何关系可知： 弹簧的弹力 T=mg／cosθ 细线的弹力 T′=mgtanθ 细线剪断后由于弹簧的弹力及重力均不变，故物体的合力水平向右，与 T′等大而反 向，∑F=mgtanθ，故物体的加速度 a=gtanθ，水平向右. ［例 2］（★★★★★）A、B 两木块叠放在竖直轻弹簧上，如图 9-6 所示，已知木块 A、B 质量分别为 0.42 kg 和 0.40 kg，弹簧的劲度系数 k=100 N/m ，若在木块 A 上作用一个竖直向上的力 F，使 A 由静止开始以 0.5 m/s2 的加速度竖直向上做匀加速运动（g=10 m/s2）. （1）使木块 A 竖直做匀加速运动的过程中，力 F 的最大值； （2）若木块由静止开始做匀加速运动，直到 A、B 分离的过 程中，弹簧的弹性势能减少了 0.248 J，求这一过程 F 对木块做的功. 命题意图：考查对物理过程、状态的综合分析能力.B 级要求. 错解分析：此题难点和失分点在于能否通过对此物理过程的分析后，确定两物体分离 的临界点，即当弹簧作用下的两物体加速度、速度相同且相互作用的弹力 N =0 时 ,恰好 分离. 解题方法与技巧: 当 F=0（即不加竖直向上 F 力时），设 A、B 叠放在弹簧上处于 平衡时弹簧的压缩量为 x，有 kx=（mA+mB）g x=（mA+mB）g/k ① 对 A 施加 F 力，分析 A、B 受力如图 9-7 对 A F+N-mAg=mAa ② 对 B kx′-N-mBg=mBa′ ③ 可知，当 N≠0 时，AB 有共同加速度 a=a′，由②式知欲使 A 匀加速运动，随 N 减 小 F 增大.当 N=0 时，F 取得了最大值 Fm, 图 9-5 图 9-6 图 9-7 第 55 页 共 131 页 即 Fm=mA（g+a）=4.41 N 又当 N=0 时，A、B 开始分离，由③式知， 此时，弹簧压缩量 kx′=mB（a+g） x′=mB（a+g）/k ④ AB 共同速度 v2=2a（x-x′） ⑤ 由题知，此过程弹性势能减少了 WP=EP=0.248 J 设 F 力功 WF，对这一过程应用动能定理或功能原理 WF+EP-（mA+mB）g（x-x′）= 2 1 （mA+mB）v2 ⑥ 联立①④⑤⑥，且注意到 EP=0.248 J 可知，WF=9.64×10-2 J ●锦囊妙计一、高考要求 轻弹簧是一种理想化的物理模型，以轻质弹簧为载体，设置复杂的物理情景，考查力 的概念，物体的平衡，牛顿定律的应用及能的转化与守恒，是高考命题的重点，此类命题 几乎每年高考卷面均有所见.应引起足够重视. 二、弹簧类命题突破要点 1.弹簧的弹力是一种由形变而决定大小和方向的力.当题目中出现弹簧时，要注意弹 力的大小与方向时刻要与当时的形变相对应.在题目中一般应从弹簧的形变分析入手，先 确定弹簧原长位置，现长位置，找出形变量 x 与物体空间位置变化的几何关系，分析形变 所对应的弹力大小、方向，以此来分析计算物体运动状态的可能变化. 2.因弹簧（尤其是软质弹簧）其形变发生改变过程需要一段时间，在瞬间内形变量可 以认为不变.因此，在分析瞬时变化时，可以认为弹力大小不变，即弹簧的弹力不突变. 3.在求弹簧的弹力做功时，因该变力为线性变化，可以先求平均力，再用功的定义进 行计算，也可据动能定理和功能关系：能量转化和守恒定律求解.同时要注意弹力做功的 特点：Wk=-（ 2 1 kx22- 2 1 kx12），弹力的功等于弹性势能增量的负值.弹性势能的公式 Ep= 2 1 kx2， 高考不作定量要求，可作定性讨论.因此，在求弹力的功或弹性势能的改变时，一般以能 量的转化与守恒的角度来求解. ●歼灭难点训练 1.（★★★）如图 9-8 所示，小球在竖直力 F 作用下将竖直弹簧压缩，若将力 F 撤去， 小球将向上弹起并离开弹簧，直到速度变为零为止，在小球上升的过程中 A.小球的动能先增大后减小 第 56 页 共 131 页 B.小球在离开弹簧时动能最大 C.小球的动能最大时弹性势能为零 D.小球的动能减为零时，重力势能最大 图 9—8 图 9—9 2.（★★★★）一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为 M 的平板，处在 平衡状态.一质量为 m 的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为 h，如图 9-9 所示.让环自由 下落，撞击平板.已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长. A.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒 B.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒 C.环撞击板后，板的新的平衡位置与 h 的大小无关 D.在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功 3.（★★★）如图 9-10 所示的装置中，木块 B 与水平桌面间 的接触是光滑的，子弹 A 沿水平方向射入木块后留在木块内，将 弹簧压缩到最短.现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象 （系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的 整个过程中 A.动量守恒，机械能守恒 B.动量不守恒，机械能不守恒 C.动量守恒，机械能不守恒 D.动量不守恒，机械能守恒 4.（★★★★）如图 9-11 所示，轻质弹簧原长 L，竖直固定在地面上，质量 为 m 的小球从距地面 H 高处由静止开始下落，正好落在弹簧上，使弹簧的最大 压缩量为 x，在下落过程中，空气阻力恒为 f，则弹簧在最短时具有的弹性势能 为 Ep=________. 图 9-10 图 9-11 第 57 页 共 131 页 5.（★★★★）如图 9-12（A）所示，一质量为 m 的物体系于长度分别为 l1、l2 的两 根细线上，l1 的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，l2 水平拉直，物体处于平衡 状态.现将 l2 线剪断，求剪断瞬时物体的加速度. （1）下面是某同学对该题的一种解法： 解：设 l1 线上拉力为 T1，l2 线上拉力为 T2，重力为 mg，物体在三力作用下保持平衡： T1cosθ=mg,T1sinθ=T2,T2=mgtanθ 剪断线的瞬间，T2 突然消失，物体即在 T2 反方向获得加速度.因为 mgtanθ=ma,所以 加速度 a=gtanθ,方向在 T2 反方向. 你认为这个结果正确吗?请对该解法作出评价并说明理由. （2）若将图 A 中的细线 l1 改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图 9-12（B）所示， 其他条件不变，求解的步骤与（1）完全相同，即 a=gtanθ， 你认为这个结果正确吗?请说明理由. 6.（★★★★★）如图 9-13 所示，A、B、C 三物块质量均 为 m，置于光滑水平台面上.B、C 间夹有原已完全压紧不能再 压缩的弹簧，两物块用细绳相连，使弹簧不能伸展.物块 A 以 初速度 v0 沿 B、C 连线方向向 B 运动，相碰后，A 与 B、C 粘合在一起，然后连接 B、C 的 细绳因受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使 C 与 A、B 分离，脱离弹簧后 C 的速度为 v0. （1）求弹簧所释放的势能ΔE. （2）若更换 B、C 间的弹簧，当物块 A 以初速 v 向 B 运动，物块 C 在脱离弹簧后的 速度为 2v0，则弹簧所释放的势能ΔE′是多少? （3）若情况（2）中的弹簧与情况（1）中的弹簧相同，为使物块 C 在脱离弹簧后的 速度仍为 2v0，A 的初速度 v 应为多大? 参考答案 图 9—12 图 9-13 第 58 页 共 131 页 ［难点展台］ 1.C 2. 2 1 k m2（m1+m2）g2;（ 22 11 kk ）m1（m1+m2）g2 3. 2 1 x0 ［歼灭难点训练］ 1.AD2.AC 3.B 4.分析从小球下落到压缩最短全过程 由动能定理：（mg-f）（H-L+x）-W 弹性=0 W 弹性=Ep=（mg-f）（H-L+x） 5.（1）结果不正确.因为 l2 被剪断的瞬间，l1 上张力的大小发生了突变，此瞬间 T2=mg cosθ,a=g sinθ （2）结果正确，因为 l2 被剪断的瞬间、弹簧 l1 的长度不能发生突变、T1 的大小和方 向都不变. 6.（1） 3 1 mv02 （2） 12 1 m（v-6v0）2 （3）4v0 第 59 页 共 131 页 难点 10 动量守恒条件及应用 作为物理学三大定律之一的动量守恒定律，以其在知识体系中的重要性及在实际应用 中的广泛性，一直处于高考命题考查的重点和热点.历年不少考生由于对守恒条件把握不 准、研究对象选取不明确屡屡失误，从而使其成为了高考的一个突出难点. ●难点展台 1.（★★★★）把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪发射一颗 子弹时，关于枪、子弹、车，下列说法中正确的是 A.枪和子弹组成的系统，动量守恒 B.枪和车组成的系统，动量守恒 C.三者组成的系统，因为子弹和枪筒之间的摩擦力很小，使系统的动量变化很小，可 以忽略不计，故系统动量守恒 D.三者组成系统，动量守恒，因为系统只受重力和地面支持力这两个力的作用，这两 个外力的合力为零 2.（★★★★）气球下系一条绳，总共质量为 M，有一质量为 m 的人攀在气球下面， 人和气球共同静止于空中，这时人距地面的高度为 H，若使人安全滑到地面，绳子的长度 至少为________. （不计空气阻力，人可视为质点） 3.（★★★★）如图 10-1 所示，光滑水平面上停放一个木箱和小 车，木箱质量为 m，小车和人总质量为 M，M∶m=4∶1, 人以速率 v 沿水平方向将木箱推出，木箱被挡板以原速反弹回来以后，人接住木 箱再以同样大小的速度 v 第二次推出木箱，木箱又被原速反弹……， 问人最多能推几次木箱？ ●案例探究 ［例 1］（★★★★ ）如图 10-2 所示，AB 为一光滑水平横杆， 杆上套一质量为 M 的小圆环，环上系一长为 L 质量不计的细绳，绳 的另一端拴一质量为 m 的小球，现将绳拉直，且与 AB 平行，由静 止释放小球，则当线绳与 AB 成θ角时，圆环移动的距离是多少？ 命题意图：以动量守恒定律等知识为依托，考查动量守恒条件的理解与灵活运用能 力.B 级要求. 错解分析：（1）对动量守恒条件理解不深刻，对系统水平方向动量守恒感到怀疑， 图 10-1 图 10-2 第 60 页 共 131 页 无法列出守恒方程.（2）找不出圆环与小球位移之和（L-Lcosθ）. 解题方法与技巧：虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与 两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而 水平动量守恒.设细绳与 AB 成θ角时小球的水平速度为 v,圆环的水平速度为 V，则由水平 动量守恒有： MV=mv 且在任意时刻或位置 V 与 v 均满足这一关系，加之时间相同，公式中的 V 和 v 可分 别用其水平位移替代，则上式可写为： Md=m［（L-Lcosθ）-d］ 解得圆环移动的距离： d=mL（1-cosθ）/（M+m） ［例 2］（★★★★） （1995 年全国高考）如图 10-3 所示， 一排人站在沿 x 轴的水平轨道旁，原点 O 两侧的人的序号都记为 n（n=1,2,3……）.每人只有一个沙袋，x＞0 一侧的每个沙袋质量 为 m=14 kg，x＜0 一侧的每个沙袋质量为 m′=10 kg.一质量为 M=48 kg 的小车以某初速度 从原点出发向正 x 方向滑行.不计轨道阻力.当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平 速度 v 朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，u 的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的 2n 倍（n 是此人的序号数）. （1）空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？ （2）车上最终有大小沙袋共多少个？ 命题意图：以动量守恒定律及碰撞等知识为载体，创设人扔沙袋的物理情境，考查选 取研究对象的能力，分析能力，推理归纳能力以及临界条件的挖掘能力.B 级要求. 解题方法与技巧：解法一：虚设法依题意，空车出发后，车上堆积了几个沙袋时就反 向滑行，说明车的速度由向右变为向左，于是我们可虚设一个中间状态：v=0，设抛第 n 个沙袋前车的速度为 vn-1，则抛第 n 个沙袋的速度为 2nvn-1，抛后小车速度为零，由动量 守恒可得： ［M+（n-1）m］vn-1-2nmvn-1=0 解得：n=34/14,因沙袋必须是整数，所以空车出发后堆积三个沙袋车就反向滑行. 再设向 x 负方向运行时虚设一中间状态 v=0，设抛 n 个 m′沙袋后车速为零，则由动 量守恒定律得：［M+3m+（n-1）m′］vn-1-2nm′vn-1=0 解得：n=8,故车上最终有大小沙袋 11 个. 图 10-3 第 61 页 共 131 页 本题的难点是选取研究对象并寻找反向的条件.车反向的条件是由速度大于零变到速 度小于零，而在本题解的过程中，用"虚设法"虚设了临界状态速度等于零，抓住这一临界 状态并合理选取研究对象［把车和（n-1）个扔到车上的沙袋及第 n 个要扔到车上的沙袋 作为一个系统］是正确解答该类运动方向发生变化问题的关键.本题也可不设速度为零的 临界状态，而用 V（n-1）＞0 和 vn＜0 讨论分析. 解法二： （1）小车在 x 轴正方向时，令第 n 个沙袋扔到车上后的车速为 vn,则根据动量守恒定 律，有：［M+（n-1）m］vn-1-2nmvn-1=（M+nm）vn 所以 vn= nmM mnM )1( vn-1 小车反向运动的条件是 vn-1＞0,vn＜0 所以 M-nm＞0.M-（n+1）m＜0 所以 n＜ nm M 14 48 ＞ 14 301 m M 所以 n=3. （2）车朝负 x 方向滑行的过程中，设第（n-1）个沙袋扔到车上后［车和前面扔上的 三个沙袋及现在扔上的（n-1）个沙袋当作一个物体］车速为 vn-1′,第 n 个沙袋扔到车上 后车速度为 vn′（取向左方向为正）. 由动量守恒定律，有： ［M+3m+（n-1）m′］vn-1′-2nm′vn-1′=（M+3m+nm′）vn′ 所以 vn′= mnmM mnmM 3 )1(3 vn-1′ 车不再向左滑行的条件是 vn-1′＞0,vn′≤0 所以 M+3m-nm′＞0,M+3m-（n+1）m′≤0 故：n＜ m mM 3 =9,n≥ 813 m mM 取 n=8 时，车停止滑行，所以车上最终共有大小沙袋 11 个. ●锦囊妙计 一、难点走势 2002 年全国理综卷中学科间综合命题的渗透程度明显走低，以传统题目翻新的科内 综合考查愈显突出.可以预见，动量守恒定律尤其与机械能守恒、能量转化等相关知识的 综合应用，仍是今后高考不可回避的考查重点.考查的难点将集中于复杂物理过程的分析、 动量守恒条件的判定，参与作用的物体系统（研究对象）灵活选取等方面. 二、动量守恒定律的使用条件 第 62 页 共 131 页 1.系统不受外力或系统所受外力的合力为零. 2.系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力、爆 炸问题中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计. 3.系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的 总动量的分量保持不变. 三、应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法 1.分析题意，明确研究对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些 被研究的物体总称为系统.对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分 析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体 组成的. 2.要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作 用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守 恒定律条件，判断能否应用动量守恒. 3.明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量 和末动量的量值或表达式. 注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考 系. 4.确定好正方向建立动量守恒方程求解. ●歼灭难点训练 1.（★★★）质量相同的两个小球在光滑水平面上沿连心线同向运动，球 1 的动量为 7 kg·m/s,球 2 的动量为 5 kg·m/s,当球 1 追上球 2 时发生碰撞，则碰撞后两球动量变化 的可能值是 A.Δp1=-1 kg·m/s,Δp2=1 kg·m/s B.Δp1=-1 kg·m/s,Δp2=4 kg·m/s C.Δp1=-9 kg·m/s,Δp2=9 kg·m/s D.Δp1=-12 kg·m/s,Δp2=10 kg·m/s 2.（★★★★）小车 AB 静置于光滑的水平面上，A 端固定一个轻 质弹簧，B 端粘有橡皮泥，AB 车质量为 M，长为 L，质量为 m 的木块 C 放在小车上，用细绳连结于小车的 A 端并使弹簧压缩，开始时 AB 与 C 都处于静止状态，如图 10-4 所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放， 使物体 C 离开弹簧向 B 端冲去，并跟 B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是 图 10-4 第 63 页 共 131 页 A.如果 AB 车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒 B.整个系统任何时刻动量都守恒 C.当木块对地运动速度为 v 时，小车对地运动速度为 M m v D.AB 车向左运动最大位移小于 M m L 3.（★★★★）如图 10-5 所示，质量分别为 m 和 M 的铁块 a 和 b 用细 线相连，在恒定的力作用下在水平桌面上以速度 v 匀速运动.现剪断两铁块 间的连线，同时保持拉力不变，当铁块 a 停下的瞬间铁块 b 的速度大小为 _______. 4.（★★★★）质量为 M 的小车静止在光滑的水平面上，质量为 m 的小球用细绳吊在小车上 O 点，将小球拉至水平位置 A 点静止开始释放 （如图 10-6 所示），求小球落至最低点时速度多大？（相对地的速度） 5.（★★★★★）如图 10-7 所示，在光滑水平面上有两个并排放 置的木块 A 和 B，已知 mA=0.5 kg，mB=0.3 kg,有一质量为 mC=0.1 kg 的 小物块 C 以 20 m/s 的水平速度滑上 A 表面，由于 C 和 A、B 间有摩擦， C 滑到 B 表面上时最终与 B 以 2.5 m/s 的共同速度运动，求： （1）木块 A 的最后速度. （2）C 离开 A 时 C 的速度. 6.（★★★★★）如图 10-8 所示甲、乙两人做抛球游戏， 甲站在一辆平板车上，车与水平地面间摩擦不计.甲与车的总质 量 M=100 kg，另有一质量 m=2 kg 的球.乙站在车的对面的地上， 身旁有若干质量不等的球.开始车静止，甲将球以速度 v（相对地 面）水平抛给乙，乙接到抛来的球后，马上将另一质量为 m′ =2m 的球以相同速率 v 水平抛回给甲，甲接住后，再以相同速率 v 将此球水平抛给乙，这 样往复进行.乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到的球的质量为 2 倍,求： （1）甲第二次抛出球后，车的速度大小. （2）从第一次算起，甲抛出多少个球后，再不能接到乙抛回来的球. 7.（★★★★★）如图 10-9 所示，一质量为 M 的平板车 B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为 m 的小木块 A， m＜M,A、B 间动摩擦因数为μ，现给 A 和 B 以大小相等、方 向相反的初速度 v0,使 A 开始向左运动，B 开始向右运动，最 图 10-5 图 10-7 图 10-8 图 10-9 图 10-6 第 64 页 共 131 页 后 A 不会滑离 B，求： （1）A、B 最后的速度大小和方向. （2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大 小. 参考答案 ［难点展台］ 1.D 2.H（1+ M m ） 3.解析：选木箱、人和小车组成的系统为研究对象，取向右为正方向.设第 n 次推出 木箱后人与小车的速度为 vn,第 n 次接住后速度为 vn′,则由动量守恒定律可知： 第一次推出后有：0=Mv1-mv,则 v1= M mv 第一次接住后有：Mv1+mv=（M+m）v1′ 第二次推出后有：（M+m）v1′=Mv2-mv,则 v2= M mv3 第二次接住后有：Mv2+mv=（M+m）v2′ …… 第 n-1 次接住：Mvn-1+mv=（M+m）vn-1 第 n 次推出：（M+m）vn-1′=Mvn-mv 即 vn= M n )12( v 设最多能推 N 次，推出后有 vv vv N n 1 即 M mvN )12( ≥v,且 M mvN 1)1(2 ＜v 所以 )1(2 1 M m ≤N＜ )1(2 1 M m +1 将 m M =4 代入，可得： 2.5≤N＜3.5 因 N 取整数，故 N=3 ［歼灭难点训练］ 1.A 2.BCD 第 65 页 共 131 页 3. M mM )( v 4. mM MgL 2 5.（1）vA=2 m/s （2）vC=4 m/s 6.（1） 10 1 v,向左 （2）5 个 7.解析：（1）由 A、B 系统动量守恒定律得： Mv0-mv0=（M+m）v ① 所以 v= mM mM v0 方向向右 （2）A 向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为 s,速度为 v′,则 由动量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv′ ① 对板车应用动能定理得： -μmgs= 2 1 mv′2- 2 1 mv02 ② 联立①②解得：s= mg mM 2 2 v02 第 66 页 共 131 页 难点 11 静电平衡状态下导体特点与应用 以静电平衡状态下的导体为命题点的考题时现于高考卷面，充分表明当今高考已无热 点，然而该类命题以其背景的抽象性、知识的综合性，始终是考生应考的难点。 ●难点展台 1.（★★★）一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延 长线放置一均匀带电细杆 MN，如图 11-1 所示，金属球上感应 电荷产生的电场在球内直径上 a,b,c 三点的场强大小分别为 Ea,Eb,Ec,三者相比 A.Ea 最大 B.Eb 最大 C.Ec 最大 D.Ea=Eb=Ec 2.（★★★★）在正电荷附近有两个绝缘导体 M、 N，由于静电感应发生了如图 11-2 的电荷分布，当用导 线将 a b 两点联接起来时，导线中是否有电流流过，如果有电流， 电流的方向是怎样的？ 3.（★★★）如图 11-3 所示，面积足够大的、板间距离为 d 的两平行金属板竖直放置，与直流电压为 U 的电源连接，板间放 一半径为 R（2R＜d）的绝缘金属球壳，C、D 是球壳水平直径上的 两点，则以下说法正确的是 A.由于静电感应，球壳上 C、D 两点电势差为 d RU B.由于静电感应，球壳中心 O 点场强为零 C.用手摸一下球壳，再拿去平行金属板，球壳带正电 D.用手摸一下球壳，再拿去平行金属板，球壳带负电 ●案例探究 ［例 1］（★★★★）如图 11-4 所示，水平放置的金属板 正上方有一固定的正点电荷 Q，一表面绝缘的带电的小球（可 视为质点且不影响 Q 的电场），从左端以初速度 v0 滑上金属板，沿光滑的上表面向右运动 到右端，在该运动过程中 A.小球做匀速直线运动 B.小球做先减速，后加速运动 图 11-1 图 11—2 图 11-3 图 11-4 第 67 页 共 131 页 C.小球的电势能保持不变 D.电场力对小球所做的功为零 命题意图：考查对静电平衡导体特点的理解与应用能力.B 级要求. 错解分析：由于受思维定势的影响，误选 B，没有充分考虑到导体的放入.由于静电 感应而导致空间电场的变化因素，思维片面化. 解题方法与技巧：水平放置的金属板处于点电荷 Q 的电场中而达到静电平衡状态， 是一个等势体，其表面处电场线处处与表面垂直，故带电小球（表面绝缘，电量不变）在 导体表面滑动时，电场力不做功，故小球做匀速直线运动，所以 A、C、D 选项正确. ［例 2］（★★★★）如图 11-5 所示，绝缘导体 A 带正电，导体不带 电，由于静电感应，使导体 B 的 M 端带上负电，而 N 端则带等量的正电 荷. （1）用导线连接 M、N，导线中有无电流流过？ （2）若将 M、N 分别用导线与大地相连，导线中有无电流流过？方 向如何？ 命题意图：考查对静电平衡特点及电流产生条件的理解能力.B 级要求. 错解分析：对电流形成的条件理解不深刻，误认为将 M、N 两点相连会进行电中和现 象，有电流通过. 解题方法与技巧：A 为带正电的场源电荷，由正电荷即形成的电场的电势分布可知： UA＞UB＞U 地，其中，B 是电场中处于静电平衡的导体.UM=UN=UB.当用导线在不同位置间连 接时，电流定由高电势流向低电势，而在电势相等的两点间连接时，则导线中无电流通过. 所以： （1）因为 UM=UN，故导线中无电流. （2）因为 UM=UN=UB＞U 地，所以无论用导线将 M 还是 N 与大地相连，电流均由导体 B 流向大地. ●锦囊妙计 高考对静电平衡内容的命题考查主要集中于对导体达到静电平衡的动态过程的分析 以及对静电平衡导体特点的把握与运用.命题综合性强，背景抽象，常以填空与选择题型 呈现于卷面，能考查学生的抽象思维能力及严密的逻辑推理能力，有较高的区分度.预计 在"3+X"的理综测试中仍有可能再现. 一、静电平衡导体的特点 孤立的带电导体和处于感应电场中的感应导体，当达到静电平衡时，具有以下特点： 1.导体内部的场强处处为零，E 内=0.没有电场线. 图11-5 第 68 页 共 131 页 2.整个导体是等势体，导体表面是等势面,但导体表面的场强并不一定相同. 3. 导体外部电场线与导体表面垂直，表面场强不一定为零. 4.对孤立导体，净电荷分布在外表面上，并且电荷的分布与表面的曲率有关，曲率大 的地方电荷分布密. 二、用导线连接不同静电平衡导体或同一导体不同部位时，判断电流方向的方法 1.判断有无电流要看导线两连接点有无电势差，判断电流流向要看两点电势高低（电 流总是由高电势点流向低电势点）. 2.一般思路：首先要明确哪个导体是场源电荷，哪个导体是电场中的导体.其次，判 明两不同导体或同一导体不同部位的两点间电势的高低，最后确定有无电流产生及电流的 流向. ●歼灭难点训练 1.（★★★）如图 11-6 中，实心金属球 A 半径为 R，带电 量为 Q，点电荷 B 带电量为 q.B 与 A 球间的距离为 r. 当 B 不 存在而只有 A 存在且达到静电平衡状态时，电荷 Q 在球心 O 处的电场强度等于________.当点电荷 B 也同时存在并达到静 电平衡时，球心 O 处的电场强度等于________，金属球上的电荷 在球心 O 处产生的场强的大小等于________. 2.（★★★★）如图 11-7 所示，A、B 为两个大小不等的导体 球壳（RA＞RB），分别有正电荷 q 与 2q. （1）球壳 B 与 A 接触一下后，将 B 放进 A 球壳内与内表面接触，则 A 的带电情况是 ________，B 的带电情况是________. （2）球壳 B 与 A 接触一下后，将 B 球壳放进 A 球壳内，使 A 瞬间接地，再将 B 与 A 的内表面接触，则 A 的带电情况是________； B 球带电情况是________. 3.（★★★★）如图 11-8 所示，将一不带电的空腔导体 A 的 内壁与一外壳接地的静电计相连，又将另一个带正电的导体 B 向 A 移动，最后 B 与 A 接触，此过程中静电计指针将会 A.B 与 A 未接触时指针不张开，接触时变大 B.指针一直不张开 C.B 与 A 未接触时指针不张开，接触时变小 D.B 与 A 靠近时指针张开，接触时张角最大 图 11-6 图 11-7 图 11-8 第 69 页 共 131 页 4.（★★★★）如图 11-9 所示，两个相同的空心金 属球 M 和 N，M 带-Q 电荷，N 不带电，旁边各放一个不 带电的金属球 P 和 R（M、N 相距很远，互不影响），当 将带正电 Q 的小球分别放入 M 和 N 的空腔时 A.P、R 上均出现感应电荷 B.P、R 上均没有感应电荷 C.P 上有感应电荷，而 R 上没有感应电荷 D.P 上没有感应电荷，而 R 上有感应电荷 5.（★★★★★）如图 11-10 所示，一个带正电的绝缘金 属球壳 A，顶部开一小孔，有两只带正电的金属球 B、C，用金 属导线连接，让 B 球置于球壳 A 内的空腔中，与内表面接触后 又提起，C 球放置在 A 球壳外，待静电平衡后正确的判断是 A.B、C 两球都不带电 B.B 球不带电，C 球带电 C.让 C 球接地后，B 球不带电 D.让 C 球接地后，A 球壳空腔内的场强为零 6.（★★★★★）如图 11-11 所示，一导体球 A 带有正电 荷，当只有它存在时，它在空间 P 点产生的电场强度的大小 为 EA，在 A 球球心与 P 点连线上有一带负电的点电荷 B，当 只有它存在时，它在空间 P 点产生的电场强度的大小为 EB， 当 A、B 同时存在时，根据场强叠加原理，P 点的场强大小应为 A.EB B.EA+EB C.｜EA-EB｜ D.以上说法都不对 参考答案 ［难点展台］ 1.C 2.有电流通过，方向是 a→d 3.BD ［歼灭难点训练］ 1.0；0；k 2r q 2.（1）外表面带电 3q；不带电（2）不带电；不带电 3.D 4.D 5.B 6.D 图 11-9 图 11-10 图 11-11 第 70 页 共 131 页 难点 12 滑动变阻器应用分析 滑动变阻器是电学实验中常用的仪器，近几年高考电学设计性实验命题对其应用多次 直接或渗透考查.如何选择滑动变阻器的接法设计控制电路仍是历 届考生应考的难点. ●难点展台 1.（★★★★）如图 12-1 所示，滑动变阻器电阻最大值为 R， 负载电阻 R1=R，电源电动势为 E,内阻不计. （1）当 K 断开，滑动头 c 移动时，R1 两端的电压范围是多少？ （2）当 K 接通，滑动头 c 移动时，R1 两端的电压范围是多少？ （3）设 R 的长度 ab=L,R 上单位长度的电阻各处相同，a、c 间长度为 x，当 K 接通后， 加在 R1 上的电压 U1 与 x 的关系如何？ 2.（★★★★★）用伏安法测金属电阻 Rx（约为 5 Ω）的值，已知电流表内阻为 1 Ω, 量程为 0.6 A,电压表内阻为几 kΩ，量程为 3 V，电源电动势为 9 V，滑动变阻器的阻值为 0~6Ω，额定电流为 5 A，试画出测量 Rx 的原理图. ●案例探究 ［例 1］（★★★★★）用伏安法测量某一电阻 Rx 阻值，现有实验器材如下：待测电 阻 Rx（阻值约 5 Ω,额定功率为 1 W）；电流表 A1（量程 0~0.6 A,内阻 0.2 Ω）;电流表 A2 （量程 0~3 A，内阻 0.05 Ω）;电压表 V1（量程 0~3 V，内阻 3 kΩ）;电压表 V2（量程 0~15 V，内阻 15 kΩ）;滑动变阻器 R0（0~50 Ω）,蓄电池（电动势为 6 V）、开关、导线. 为了较准确测量 Rx 阻值，电压表、电流表应选________，并画出实验电路图. 命题意图：考查正确选择实验仪器及据实验原理设计合理电路的实验能力.B 级要求. 错解分析：没能据安全性、准确性原则选择 A1 和 V1，忽视了节能、方便的原则，采 用了变阻器的分压接法. 解题方法与技巧：由待测电阻 Rx 额定功率和阻值的大约值，可以计算待测电阻 Rx 的 额定电压、额定电流的值约为 U= 51PR ≈2.2 V,I= 5/1/ RP =0.45 A. 则电流表应选 A1，电压表应选 V1. 又因 30002.0 VA RR =24.5 Ω＞Rx，则电流表必须外接. 图 12-1 图 12-2 第 71 页 共 131 页 因为滑动变阻器的全阻值大于被测电阻 Rx，故首先考虑滑动变阻器的限流接法，若 用限流接法，则被测电阻 Rx 上的最小电流为 Imin= 505 6 RE E x =0.11 A＜I 额，故可用 限流电路.电路如图 12-2 所示. ●锦囊妙计一、滑动变阻器的限流接法与分压接法的特点 图 12-3 所示的两种电路中，滑动变阻器（最 大阻值为 R0）对负载 RL 的电压、电流强度都起控 制调节作用，通常把图 12-3（a）电路称为限流接 法，图 12-3（b）电路称为分压接法. 负载 RL 上电压调节范围（忽 略电源内阻） 负载 RL 上电流调节 范围（忽略电源内 阻） 相同条件下电路消 耗的总功率 限 流 接 法 0RR R L L E≤UL≤E 0RR E L ≤IL≤ LR E EIL 分压接 法 0≤UL≤E 0≤IL≤ LR E E（IL+Iap） 比较 分压电路调节范围较大 分压电路调节范围 较大 限流电路能耗较小 其中，在限流电路中，通 RL 的电流 IL= 0RR E L ，当 R0＞RL 时 IL 主要取决于 R0 的变 化，当 R0＜RL 时，IL 主要取决于 RL，特别是当 R0<查看更多