【物理】2020届二轮复习高考热点突破作业
板块一 高考热点突破
热点一 物理学史和思想方法
题型(一) 物理学史
科学家 主要贡献
伽利略
(意大利)
①1638 年，论证物体下落过程中的运动情况与物体
的质量无关；
②伽利略理想实验指出：在水平面上运动的物体若
没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去；
③伽利略在 1638 年出版的《两种新科学的对话》
一书中，运用“观察→假设→数学推理”的方法，
详细地研究了抛体运动
牛顿
(英国)
①以牛顿三大运动定律为基础建立牛顿力学；
②1687 年，在《自然哲学的数学原理》上发表万有
引力定律，建立行星定律理论的基础
开普勒
(德国)
17 世纪提出关于行星运动的开普勒三定律
卡文迪许
(英国)
1798 年，利用扭抨实验装置比较准确地测出了万有
引力常量 G
库仑
(法国)
1785 年，库仑用自己发明的扭秤建立了静电学中著
名的库仑定律
密立根
(美国)
通过油滴实验精确测定了元电荷 e 的数值，e＝1.60
×10－19C
富兰克林 ①解释了摩擦起电的原因；
(美国) ②通过风筝实验验证闪电是放电的一种形式，把天
电与地电统一起来，并发明避雷针
欧姆
(德国)
通过实验得出欧姆定律
焦耳
(英国)
①与俄国物理学家楞次先后各自独立发现电流通
过导体时产生热效应的规律，称为焦耳定律；
②能量守恒定律的发现者之一
楞次
(俄国)
1834 年，提出确定感应电流方向的定律——楞次定
律
奥斯特
(丹麦)
1820 年，发现电流可以使周围的小磁针产生偏转，
称为电流的磁效应
洛伦兹
(荷兰)
提出运动电荷产生了磁场和磁场对运动电荷有作
用力(洛伦兹力)的观点
笛卡儿
(法国)
①在《哲学原理》中比较完整地第一次表述了惯性
定律；
②第一个明确地提出了“动量守恒定律”
安培
(法国)
①发现了安培定则；
②发现电流相互作用的规律；
③提出分子电流假说
法拉第
(英国)
①在 1821 年，法拉第在重复奥斯特“电生磁”实
验时，制造出人类历史上第一台最原始的电动机；
②1831 年，发现电磁感应现象，使人类的文明跨进
了电气化时代；
③提出用电场线描述电场、用磁感线描述磁场
亨利 最大的贡献是发现自感现象
(美国)
演练冲关
1．(2018·泰安二模)物理学对人类文明进步做出了积极的贡献，
成为当代人类文化的一个重要组成部分，关于物理学发展过程，下列
说法中正确的是( )
A．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与
轻物体下落一样快
B．自然界的电荷只有两种，库仑把它们命名为正电荷和负电荷
C．奥斯特发现了电磁感应现象，揭示了电现象与磁现象之间的
联系
D．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，
如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
解析：伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻
物体下落一样快，选项 A 错误；自然界的电荷只有两种，富兰克林
把它们命名为正电荷和负电荷，选项 B 错误；法拉第发现了电磁感
应现象，揭示了电现象与磁现象之间的联系，选项 C 错误；伽利略
通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，
它将以这一速度永远运动下去，选项 D 正确．
答案：D
2．(2018·临沂二模)在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学
家做出了突出贡献，关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是
( )
A．德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行研
究，得出万有引力定律
B．英国物理学家焦耳在热学、电磁学等方面做出了杰出贡献，
发现了焦耳定律
C．英国物理学家卡文迪许利用扭秤首先较准确地测定了静电力
常量
D．古希腊学者亚里士多德认为物体下落快慢由它们的重量决
定，牛顿利用逻辑推断使亚里士多德的理论陷入了困境
解析：德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行多
年研究，得出了行星运动规律，牛顿得出了万有引力定律，选项 A
错误；英国物理学家焦耳在热学、电磁学等方面做出了杰出贡献，成
功地发现了焦耳定律，选项 B 正确；英国物理学家卡文迪许利用卡
文迪许扭秤首先较准确地测定了引力常量，选项 C 错误；古希腊学
者亚里士多德认为物体下落快慢由它们的重量决定，伽利略利用逻辑
推断使亚里士多德的理论陷入了困境，选项 D 错误．
答案：B
3．(多选)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规
律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有( )
A．力不是维特物体运动的原因
B．物体之间普遍存在相互吸引力
C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快
D．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反
解析：伽利略通过实验研究和逻辑推理得到了力不是维持物体运
动的原因及在忽略空气阻力时，轻、重物体下落一样快，都做自由落
体运动，而 B 选项是万有引力定律，D 选项是牛顿第三定律，因此
只有选项 A、C 正确．
答案：AC
4．(2019·周口模拟)下列叙述中符合物理学史的有( )
A．卢瑟福通过研究阴极射线实验，发现了电子
B．卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，证实了原子核是
可以再分的
C．巴耳末根据氢原子光谱分析，总结出氢原子光谱可见光区波
长公式
D．玻尔提出的原子模型，彻底否定了卢瑟福的原子核式结构学
说
解析：汤姆逊通过研究阴极射线实验，发现了电子，选项 A 错
误；卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，得出了原子的核式结
构理论，选项 B 错误；巴耳末根据氢原子光谱分析，总结出氢原子
光谱可见光区波长公式，选项 C 正确；玻尔在卢瑟福的原子核式结
构学说的基础上，引入了量子理论，提出的原子模型，并没有完全否
定卢瑟福的原子核式结构学说，故选项 D 错误．
答案：C
5．(2019·湖南六校联考)以下叙述正确的是( )
A．法拉第发现了电流的磁效应
B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大
C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因
D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的
必然结果
解析：奥斯特发现了电流的磁效应，选项 A 错误；惯性是物体
的固有属性，质量大的物体惯性一定大，惯性大小与速度无关，选项
B 错误；伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原
因，选项 C 错误；感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量
守恒定律的必然结果，选项 D 正确．
答案：D
6．(多选)(2019·枣庄模拟)在物理学发展过程中，观测、实验、
假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是
( )
A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁
之间存在联系
B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提
出了分子电流假说
C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的
固定导线圈中，会出现感应电流
D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的
方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
解析：奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和
磁之间存在联系，选项 A 正确； 安培根据通电螺线管的磁场和条
形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，选项 B 正确； 法
拉第在实验中观察到，在通有变化电流的静止导线附近的固定导线圈
中会出现感应电流，选项 C 错误； 楞次在分析了许多实验事实后
提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起
感应电流的磁通量的变化，选项 D 正确．
答案：ABD
题型(二) 物理思想方法
理想
模型
法
为了便于进行物理研究或物理教学而建立的一种抽象的理想客
体或理想物理过程，突出了事物的主要因素、忽略了事物的次
要因素．理想模型可分为对象模型(如质点、点电荷、理想变压
器等)、条件模型(如光滑表面、轻杆、轻绳、匀强电场、匀强磁
场等)和过程模型(在空气中自由下落的物体、抛体运动、匀速直
线运动、匀速圆周运动、恒定电流等)
极限
思维
法
人们把所研究的问题外推到极端情况(或理想状态)，通过推理而
得出结论的过程．在用极限思维法处理物理问题时，通常是将
参量的一般变化，推到极限值，即无限大、零值、临界值和特
定值的条件下进行分析和讨论．如公式 v＝Δx
Δt
中，当Δt→0 时，
v 是瞬时速度
理想
实验
法
也叫做实验推理法，在物理实验的基础上，加上合理的科学推
理得出结论的方法叫做理想实验法，这也是一种常用的科学方
法，如根据伽利略斜面实验推导出牛顿第一定律等
微元
法
在处理问题时，从对事物的极小部分(微元)分析入手，达到解决
事物整体目的的方法．它在解决物理学问题时很常用，思想就
是“化整为零”，先分析“微元”，再通过“微元”分析整体
比值
定义
法
就是用两个基本物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法，
特点是：A＝B
C
，但 A 与 B、C 均无关，如 a＝Δv
Δt
、E＝F
q
、C＝Q
U
、
I＝q
t
、R＝U
I
、B＝ F
IL
、ρ＝m
V
等
放大
法
在物理现象或待测物理量十分微小的情况下，把物理现象或待
测物理量按照一定规律放大后再进行观察和测量，这种方法称
为放大法，常见的方式有机械放大、电放大、光放大
控制
变量
法
决定某一个现象的产生和变化的因素有很多，为了弄清事物变
化的原因和规律，必须设法把其中的一个或几个因素用人为的
方法控制起来，使它保持不变，研究其他两个变量之间的关系，
这种方法就是控制变量法，如探究加速度与力、质量的关系，
就用了控制变量法
等效
替代
法
在研究物理问题时，有时为了使问题简化，常用一个物理量来
代替其他所有物理量，但不会改变物理效果，如用合力替代各
个分力、用总电阻替代各部分电阻等
类比
法
也叫“比较类推法”，是指由一类事物所具有的某种属性，可以
推测与其类似的事物也应具有这种属性的推理方法，其结论必
须由实验来检测，类比对象间共有的属性越多，则类比结论的
可靠性越大，如研究电场力做功时，与重力做功进行类比；认
识电流时，用水流进行类比；认识电压时，用水压进行类比
演练冲关
7．“曹冲称象”的故事妇孺皆知，当众人面临大象这样的庞然大
物，且在缺少有效的称量工具的时候，他称量出大象的体重，体现了
他的智慧，被世人称道．下列物理学习或研究中用到的方法与“曹冲
称象”的方法相同的是( )
A．“质点”的概念
B．合力与分力的关系
C．“瞬时速度”的概念
D．研究加速度与合力、质量的关系
解析：“曹冲称象”故事中用等重量的石头代替等重量的大象，
是等效替代的思想；力的合成与分解、运动的合成与分解是等效替代
的思想，故 B 正确；建立“质点”的概念，采用的是理想模型法，
故 A 错误；建立“瞬时速度”的概念，采用的是极值法，故 C 错误；
研究加速度与合力、质量的关系，采用的是控制变量法，故 D 错误．
答案：B
8．(2018·常德模拟)在物理学的发展过程中，科学家们创造出了
许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的
是( )
A．电流 I＝U
R
，采用了比值定义法
B．合力、分力等概念的建立体现了等效替代的思想
C．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，将物体抽象为一个
有质量的点，这样的方法叫理想模型法
D．根据功率的定义式 P＝W
t
，当时间间隔 t 非常小时，W
t
就可
以表示瞬时功率，这里运用了极限思维法
解析：电流 I＝U
R
中，电流由电压和电阻决定，不是比值定义法，
故 A 错误；合力、分力等概念体现了等效替代的思想，故 B 正确；
理想模型法是忽略了事物的次要因素、突出了事物的主要因素而建立
的模型，故 C 正确；功率的定义式 P＝W
t
，当时间间隔 t 非常小时(即
趋于极限值)，W
t
可以表示瞬时功率，此时运用的是极限思维法，故
D 正确．
答案：A
9．(2019·惠州一调)下列说法正确的是( )
A．伽利略的理想斜面实验说明了“力是维持物体运动的原因”
B．采用比值定义法定义的物理量有：电场强度 E＝F
q
，电容 C
＝Q
U
，加速度 a＝F
m
C．库仑通过实验得出了库仑定律，并用扭秤实验最早测量出了
元电荷 e 的数值
D．放射性元素发生一次β衰变，新核原子序数比原来原子核序
数增加 1
解析：伽利略通过理想斜面实验，说明了力不是维持物体运动的
原因，故 A 错误；加速度 a＝F
m
不属于比值定义法，故 B 错误；库仑
用扭秤实验最早得出库仑定律，密立根测出了元电荷 e 的数值，故 C
错误；放射性元素发生一次β衰变，放射出一个电子，原子序数增加
1，故 D 正确．
答案：D
10．(2019·洛阳模拟)下列说法中正确的有( )
A．kg、m、N 都是国际单位制中的基本单位
B．伽利略通过理想斜面实验说明力是维持物体运动的原因
C．物理模型在物理学研究中起到了重要作用，其中“质点”“点
电荷”等都是理想化模型
D．卡文迪许将行星与太阳之间的引力规律推广到宇宙中的一切
物体，得出万有引力定律并测出了引力常量 G 的数值
解析：kg 与 m 属于国际单位中的基本单位，N 是导出单位，故
A 错误；伽利略通过理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因，
故 B 错误；“质点”“点电荷”等都是理想化模型，故 C 正确；牛顿
将行星与太阳之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引
力定律，卡文迪许测出了引力常量 G 的数值，故 D 错误．
答案：C
11．(2019·商丘九校联考)下列各叙述中正确的是( )
A．牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量
B．伽利略首先将实验事实和逻辑推理(包括数学推演)和谐地结
合起来
C．理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素突出主要因
素，例如质点、位移等
D．用比值定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如
速度 v＝x
t
、加速度 a＝F
m
都是采用了比值法定义的
解析：牛顿总结出了万有引力定律，卡文迪许用实验测出了引力
常量，选项 A 错误；伽利略首先将实验事实和逻辑推理(包括数学推
理)和谐地结合起来，选项 B 正确；理想化模型是把实际问题理想化，
略去次要因素，突出主要因素，例如质点，点电荷等，选项 C 错误；
用比值定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如速度 v＝
x
t
；加速度 a＝F
m
不是采用了比值法定义的，选项 D 错误．
答案：B
12．(2019·平顶山段考)关于物理学研究方法和物理学史，下列说
法正确的是( )
A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成
很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相
加，这里采用了微元法
B．根据速度定义式 v＝Δx
Δt
，当Δt 非常非常小时，v＝Δx
Δt
就可以
表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义应用了微元法
C．亚里士多德认为自由落体运动就是物体在倾角为 90°的斜面
上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规
律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法
D．牛顿在伽利略等前辈研究的基础上，通过实验验证得出了牛
顿第一定律
解析：在探究匀变速运动的位移公式时，采用了微元法将变速运
动无限微分后变成了一段段的匀速运动，即采用了微元法，故 A 正
确；根据速度定义式 v＝Δx
Δt
，当Δt 非常非常小时，v＝Δx
Δt
就可以表示
物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思维法，故 B 错误；伽
利略认为自由落体运动就是物体在倾角为 90°的斜面上的运动，再根
据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实
验和逻辑推理相结合的方法，故 C 错误；牛顿第一定律是在实验的
基础上进一步的推理概括出来的科学理论，而不能直接通过实验得出
的，但能接受住实践的检验，故 D 错误．
答案：A
热点二 物理图象
1．明确五类图象
运动学图象 x－t 图象、v－t 图象
动力学图象
F－t 图象、a－t 图象
F－x 图象、W－l 图象
电场类图象 φ－x 图象、E－x 图象
电磁感应类图象
B－t 图象、Φ－t 图象
i－t 图象、E－t 图象
原子物理学图象 UC－ν图象、Ek－ν图象
2.读图六点关注
(1)坐标轴：弄清两个坐标轴表示的物理量．注意坐标原点是否
从零开始；注意纵轴物理量为矢量时，横轴以上表示此物理量为正，
横轴以下表示此物理量为负．
(2)图线形状：注意观察图象形状是直线、曲线还是折线等，从
而弄清图象所反映的两个物理量之间的关系，明确图象反映的物理意
义．
(3)斜率的意义：图线某点的斜率表示一个物理量随另一个物理
量的变化率，大小等于两个物理量增量的比值．
x－t 图象
x－t 图象中两点连线的斜率表示这段时间的平均速度，
某一点切线的斜率表示这一时刻的瞬时速度．v－t 图
象中两点连线的斜率表示这段时间内的平均加速度，某
一点切线的斜率表示这一时刻的加速度
W－l 图象 W－l 图象的斜率表示外力的大小
φ－x 图象 φ－x 图象的斜率表示电场强度的大小
Φ－t 图象 Φ－t 图象的斜率表示单匝线圈产生的电动势大小
(4)面积的意义：图线与横轴所围的面积常代表一个物理量，这
个物理量往往表示纵、横坐标所表示的物理量的乘积的物理意义．
v－t 图象 v－t 图象与 t 轴所围面积表示这段时间内质点的位移
a－t 图象
a－t 图象与 t 轴所围面积表示这段时间内质点速度的
变化
F－x 图象
F－x 图象与 x 轴所围面积表示这段位移内力 F 所做
的功
E－x 图象
E－x 图象与 z 轴所围面积表示这段位移两端的电势
差
i－t 图象
i－t 图象与 t 轴所围面积表示这段时间内移动的电荷
量
(5)交点、拐点的意义：经常是解答问题的突破点，需要根据图
象信息具体分析．
①图线与坐标轴的交点坐标的含义与图象有关，如 x－t 图线与 x
轴交点纵坐标表示开始计时的位置，而 v－t 图线与 v 轴交点的纵坐
标表示质点的初速度．
②拐点表示图象的斜率大小或方向发生突变．
③在同一坐标系中不同图象的交点表示具有相同的物理量．如 x
－t 图线交点表示此刻相遇(在同一位置)，v－t 图线的交点表示此刻
物体速度相同．
(6)坐标单位和数量级：在识图和用图时，一定要看清坐标轴的
单位和数量级，如 m、cm、×10－3m 等．
题型(一) 图象信息类
演练冲关
1．(2019·汕头二模)2019 年央视春晚加入了非常多的科技元素，
在舞台表演中还出现了无人机．现通过传感器将某台无人机上升向前
追踪拍摄的飞行过程转化为竖直向上的速度 vy 及水平方向速度 vx 与
飞行时间 t 的关系图象如图丙所示．则下列说法正确的是( )
A．无人机在 t1 时刻处于失重状态
B．无人机在 0～t2 这段时间内沿直线飞行
C．无人机在 t2 时刻上升至最高点
D．无人机在 t2～t3 时间内做匀变速运动
解析：依据图象可知，无人机在 t1 时刻，在竖直方向上加速度向
上，处于超重状态，故 A 错误；在 0～t2 这段时间，无人机在竖直方
向上做匀加速直线运动，在水平方向做匀减速直线运动，则合加速度
与合初速度不会共线，做曲线运动，即物体沿曲线上升，故 B 错误；
在竖直方向上速度为正，一直向上运动，在 t3 时刻上升至最高点，故
C 错误；在 t2～t3 时间内，水平方向做匀速直线运动，竖直向上方向
做匀减速直线运动，因此合运动做匀变速曲线运动，故 D 正确．
答案：D
2．(2019·惠州模拟)用水平力拉一物体，使物体在水平地面上由
静止开始做匀加速直线运动，t1 时刻撤去拉力 F，物体做匀减速直线
运动，到 t2 时刻停止．其速度时间图象如图所示，且α＞β，若拉力 F
做的功为 W1，冲量大小为 I1；物体克服摩擦阻力 F 做的功为 W2，冲
量大小为 I2.则下列选项正确的是( )
A．W1>W2；I1>I2 B．W1
I2
C．W16 s，说明工件
在到达 B 之前已经和传送带的速度相等，所以工件先做匀加速运动，
后做匀速运动，故 A、C、D 错误，B 正确．
答案：B
9．(多选)(2019·深圳模拟)如图所示，在光滑水平桌面上有一边
长为 L、电阻为 R 的正方形导线框，在导线框右侧有一宽度为 d(d>L)
的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖
直向下．导线框以某一初速度向右运动，t＝0 时导线框的右边恰与磁
场的左边界重合，并以此位置开始计时并作为导线框位移 x 的起点，
随后导线框进入并通过磁场区域．下列图象中，可能正确描述上述过
程的是( )
解析：由于线圈以一定初速度进入磁场，则感应电动势为：E＝
BLv，闭合电路欧姆定律，则感应电流为：I＝E
R
；安培力为：F＝BIL
＝B2L2v
R
；由牛顿第二定律得：F＝ma，则有 a＝B2L2v
Rm
，由于 v 减小，
所以 a 也减小．当完全进入磁场后，不受到安培力，所以做匀速直线
运动，当出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似．而速度与时
间的斜率表示加速度的大小，因此 B 正确，A 错误；线圈进入磁场
时，设某时刻进入磁场的距离为 x，此时线圈的速度为 v，则由动量
定理：－B
—
ILΔt＝mv－mv0 其中
—
IΔt＝q＝BLx
R
，则 v＝v0－B2L2
Rm x；同
样当完全进入磁场后，不受到安培力，所以做匀速直线运动，当出磁
场时，速度 v 与位移 x 的关系与进入磁场相似，则选项 D 正确，C
错误．
答案：BD
10．(2018·成都模拟)已知雨滴在空中运动时所受空气阻力 F 阻＝
kr2v2，其中 k 为比例系数，r 为雨滴半径，v 为运动速率．t＝0 时，
雨滴由静止开始沿竖直方向下落．落地前雨滴已做匀速运动且速率为
vm，用 a 表示雨滴的加速度，下列图象不可能正确的是( )
解析：根据牛顿第二定律可得 mg－kr2v2＝ma，速度增大，加速
度减小，当加速度减为零，雨滴做匀速直线运动，mg＝kr2v2m，选项
A、B 正确；当最后匀速运动时，有 kr2v2m＝mg＝ρg·4
3πr3，可得最大
速率与 r成正比，故选项 C 正确，选项 D 错误．
答案：D
11．(2018·遵义模拟)某区域的电场线分布如图所示，其中间一根
电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的 O 点由静止开始在电场
力作用下运动到 A 点．取 O 点为坐标原点，沿直线向右为 x 轴正方
向，粒子的重力忽略不计．从 O 到 A 运动过程中，下列关于粒子运
动速度 v 和加速度 a 随时间 t 的变化、运动轨迹上电势φ和粒子的动
能 Ek 随位移 x 的变化图线可能正确的是( )
解析：从 O 到 A 过程中，电场线先是变疏后又变密，所以电场
强度先减小后增大，电场强度越大，单位长度上电势降落的越快，故
电势先减小得慢后减小得快，即斜率先减小后增大，故 C 错误；电
场强度先减小后增大，则电场力先减小后增大，所以加速度先减小后
增大，B 正确；由于电场力对粒子一直做正功，所以速度一直增加，
图象的斜率表示加速度，所以斜率先减小后增大，故 A 错误；根据
动能定理可得 Ek＝Eqx，所以图象的斜率表示电场强度大小，所以斜
率也应先减小后增大，故 D 错误．
答案：B
12．如图所示．单匝矩形线圈的一半放在有界匀强磁场中，中心
轴线 OO′与磁场边界重合，线圈绕中心轴线按图示方向(从上向下看
逆时针方向)匀速转动．t＝0 时线圈平面与磁场方向垂直，规定电流
方向沿 abcd 为正方向．则下图中能表示线圈内感应电流随时间变化
规律的是( )
解析：φ～T
4
内，ab 一侧的线框在磁场中绕 OO′转动产生正弦交
流电，电流方向由楞次定律判断为 dcba 且越来越大.T
4
～T
2
内，ab 一
侧线框在磁场外，而 dc 一侧线框又进入磁场产生交流电，电流方向
为 dcba 且越来越小，依此类推，可知 i－t 图象为 B.
答案：B
热点三 斜面问题
1．物体在斜面上静止或匀速直线运动(μ≥tan θ)
垂直斜面方向上 FN＝mgcos θ
沿斜面方向上 Ff＝μmgcos θ
2．物体沿斜面向下做匀加速直线运动(μ0)的小球在斜面上作匀速圆周运动，其角速度为ω.则下列说法
正确的是( )
A．匀强磁场方向一定垂直于斜面向下
B．匀强磁场的磁感应强度 B 的大小为mω
q
C．未知电场的方向一定沿斜面向上
D．未知电场的方向可能垂直于斜面
解析：小球恰在斜面上做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，
根据牛顿第二定律得 qvB＝m v2
r
得到 r＝mv
qB
，周期得到 T＝2πr
v
＝2πm
qB
＝2π
ω
，得到 B＝mω
q
，洛伦兹力提供向心力，指向圆心，结合左手定
则可知，如果顺时针转动，磁场方向垂直向上，如果逆时针转动，磁
场方向是垂直向下，故 A 错误，B 正确；当重力沿斜面向下的分力
与电场力平衡时，电场力最小，场强最小，则有 Eminq＝mgsin θ，得
到 Emin＝mgsin θ
q
，电场力方向平行斜面向上，而粒子带正电，故电
场线方向沿斜面向上；电场方向平行斜面的分量是沿斜面向上，垂直
斜面的方向也是可以有分量的，故电场的方向(合场强的方向)不一定
垂直于斜面，故 C 错误，D 错误．
答案：B
9．(多选)(2019·乐山模拟)如图所示，长为 L 倾角为θ的光滑绝缘
斜面处于电场中，一带电量为＋q 质量为 m 的小球，以初速度 v0 从
斜面底端 A 点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端 B 点时，速度仍为
v0, 则下列说法正确的是( )
A．A、B 两点间的电压一定等于mgLsin θ
q
B．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最小值一定为
mgsin θ
q
C．小球在 B 点的电势能一定大于在 A 点的电势能
D．若该电场是斜面中点竖直正上方某点的点电荷 Q 产生的，则
Q 一定是正电荷
解析：小球从 A 运动到 B 的过程中：qU－mgLsin θ＝1
2mv20－
1
2mv20，所以 U＝mgLsin θ
q
，A 正确；若电场为匀强电场，由公式 U
＝Ed，知当两点间的电压一定时，间距越大，电场强度越小，故电
场强度的最小值为 E＝U
L
＝mgsin θ
q
，B 正确；在上升过程中，重力做
负功，故电场力做正功，电势能减小，A 点的电势能大于 B 点的电
势能，C 错误；若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷 Q 产生的，
离电荷远的 A 点电势高，所以 Q 一定是负电荷，D 错误．
答案：AB
10．如图所示，质量为 m 带＋q 电荷量的滑块，沿绝缘斜面匀速
下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区域时，滑块运动的状态为
( )
A．继续匀速下滑 B．将加速下滑
C．将减速下滑 D．以上三种情况都可能发生
解析：滑块在电场中受力方向沿着电场线方向，即竖直向下，相
当于滑块的重力变大了，因为滑块开始是匀速下滑的，则摩擦力大小
等于滑块重力沿着斜面向下的分力的大小．故滑块在斜面方向上的合
力为零不改变，所以滑块继续匀速下滑，只有 A 正确．
答案：A
11．(多选)如图所示，倾斜固定的平行光滑导轨与水平面成 37°
角，导轨间距为 0.5 m，电阻不计．磁场方向垂直导轨平面向下，磁
感应强度 B＝1 T．质量分别为 m1＝2×10－2 kg 和 m2＝1×10－2 kg 的
导体棒 ab 和 cd 垂直导轨放置，电阻均为 1 Ω，两棒与导轨始终接触
良好．下列说法正确的是(g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )
A．要使 ab 棒或 cd 棒静止不动，另一棒应向下做匀速运动
B．要使 ab 棒或 cd 棒静止不动，另一棒应向上做匀速运动
C．要使 cd 棒静止不动，ab 棒的速度大小是 1.96 m/s
D．要使 ab 棒静止不动，则需在平行导轨方向加一个作用于 cd
棒的外力，其大小为 0.18 N
解析：使棒静止不动，需使其所受安培力沿斜面向上且恒定，有
F 安＝BIL＝B2L2v
2R
＝mgsin θ，所以另一导体棒应匀速向上运动，故 A
项错误，B 项正确；将已知条件代入上式解得 v＝0.48 m/s，故 C 项
错误；对整体应用平衡条件有 F＝(m1＋m2)gsin θ＝0.18 N，故 D 项
正确．
答案：BD
12．如图甲所示，两根足够长的光滑金属导轨 ab、cd 与水平面
成θ＝30°固定，导轨间距离为 l＝1 m，电阻不计，一个阻值为 R0 的
定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端，整个系统置于匀强磁
场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为 B
＝1 T．现将一质量为 m、不计电阻的金属棒 MN 从图示位置由静止
开始释放，金属棒下滑过程中与导轨接触良好，且始终与导轨保持垂
直，改变电阻箱的阻值 R，测定金属棒的最大速度 vm，得到 1
vm
1
R
的关
系如图乙所示，g 取 10 m/s2.求：
(1)金属棒的质量 m 和定值电阻 R0 的阻值；
(2)当电阻箱 R 取 2 Ω，且金属棒的加速度为g
4
时，金属棒的速度．
解析：(1)金属棒以速度 vm 下滑时，由法拉第电磁感应定律得 E
＝Blvm.
由闭合电路欧姆定律得 E＝I RR0
R＋R0
，
当金属棒以最大速度 vm 下滑时，由平衡条件得
BIl－mgsin θ＝0，
解得 1
vm
＝ B2l2
mgsin θ·1
R
＋ B2l2
mgsin θ· 1
R0
.
由 1
vm
1
R
图象可得
B2l2
mgsin θ
＝1，
B2l2
mgsin θ· 1
R0
＝0.5，
解得 m＝0.2 kg，
R0＝2 Ω；
(2)设此时金属棒下滑的速度为 v，由法拉第电磁感应定律得 E′
＝I′ RR0
R＋R0
，
E′＝Blv，
当金属棒下滑的加速度为g
4
时，由牛顿第二定律得
mgsin θ－BI′l＝ma，
解得 v＝0.5 m/s.
答案：(1)0.2 kg 2 Ω (2)0.5 m/s
热点四 绳杆模型
1．绳杆模型的特点
模型 形变情况 施力与受力 方向 大小变化
轻绳
微小形变
可忽略
能施拉力 始终沿绳 可突变
弹性
绳
明显形变 能施拉力
沿绳
收缩方向
渐变
杆 长度几乎不变 能压能拉 不一定沿杆 可突变
2.连接体受力平衡中的绳杆模型
无论是轻绳还是轻杆，都要先进行整体或局部的受力分析，然后
再通过共点力平衡求解．
3．竖直面内做圆周运动的绳杆模型
(1)通常竖直面内的圆周运动只涉及最高点或最低点的分析，在
这两个点有 F 合＝F 向，由牛顿第二定律列出动力学方程即可求解．
(2)研究临界问题时，要牢记“绳模型”中最高点速度 v≥ gR，
“杆模型”中最高点速度 v≥0 这两个临界条件．
题型(一) 绳或杆关联的连接体模型
演练冲关
1.如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球 A 和 B，两球
质量均为 m，两球半径忽略不计，杆的长度为 l.先将杆 AB 竖直靠放
在竖直墙上，轻轻振动小球 B，使小球 B 在水平面上由静止开始向
右滑动，不计一切摩擦，当小球 A 沿墙下滑距离为 1
2l 时，下列说法
正确的是( )
A．小球 A 和 B 的速度都为1
2 gl
B．小球 A 和 B 的速度都为1
2 3gl
C．小球 A、B 的速度分别为1
2 3gl和1
2 gl
D．小球 A、B 的速度分别为1
2 gl和1
2 3gl
解析：设小球 A 向下的速度为 v1，小球 B 水平向右的速度为 v2，
则它们沿杆方向的分速度是相等的，即 v1sin 30°＝v2cos 30°，得 v1
＝ 3v2，则选项 A、B 错误；又因为杆下滑时机械能守恒，故 mgl
＝mg×l
2
＋1
2mv21＋1
2mv22，联立两式解得 v2＝1
2 gl，v1＝1
2 3gl，选项
C 正确，D 错误．
答案：C
2．(多选)(2017·天津卷)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端
分别固定在竖直杆 M、N 上的 a、b 两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光
滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静
止时，下列说法正确的是( )
A．绳的右端上移到 b′，绳子拉力不变
B．将杆 N 向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
解析：绳的右端上下移动及改变绳子两端高度差都不会改变两部
分绳间的夹角，A 正确，C 错误；两绳间的夹角与衣服的质量大小无
关，D 错误；将杆 N 向右移一些，两部分绳间的夹角变大，绳子拉
力变大，B 正确．
答案：AB
3．(多选)(2018·合肥质检)如图所示，倾角为 30°的足够长斜面与
水平面平滑相连，水平面上用轻杆连接的小球A、B以速度v0＝ gl 向
左运动，小球质量均为 m，杆长为 l，当小球 B 到达斜面上某处 P 时
速度为零．不计一切摩擦，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A．P 与水平面的高度差为l
4
B．P 与水平面的高度差为l
2
C．两球上滑过程中杆对 A 球所做的功为mgl
6
D．两球上滑过程中杆对 A 球所做的功为mgl
4
解析：设 B 沿斜面上滑的距离为 x；则由机械能守恒可得 2×1
2mv20
＝mgxsin 30°＋mg(x＋l)sin 30°，解得 x＝1
2l，则 P 与水平面的高度差
为 h＝xsin 30°＝1
4l，选项 A 正确，B 错误；由动能定理，两球上滑
过程中杆对 A 球所做的功满足：W－mg l＋1
2l sin 30°＝0－1
2mv20，解
得 W＝mgl
4
，选项 C 错误，D 正确．
答案：AD
4．(2018·苏州调研)一根轻质杆长为 2l，可绕固定于中点位置处
的轴在竖直面内自由转动，杆两端固定有完全相同的小球 1 和小球 2，
它们的质量均为 m，带电荷量分别为＋q 和－q，整个装置放在如图
所示的关于竖直线对称的电场中．现将杆由水平位置静止释放，让小
球 1、2 绕轴转动到竖直位置 A、B 两点，设 A、B 间电势差为 U，
该过程中( )
A．小球 2 受到的电场力减小
B．小球 1 电势能减少了 1
2qU
C．小球 1、2 的机械能总和增加了 qU＋mgl
D．小球 1、2 的动能总和增加了 qU
解析：由题图可知，将杆由水平位置静止释放，让小球 1、2 绕
轴转动到竖直位置 A、B 两点，小球 2 位置的电场线变密，电场强度
变大，故小球 2 受到的电场力增大，故 A 错误；根据 U＝Ed，小球
1 前后位置电势差小于 1
2U，所以小球 1 的电势能减少量小于 1
2qU，
故 B 错误；对于小球 1、2 作为整体，重力势能不变，电场力做功，
根据动能定理可知小球 1、2 的动能总和增加了 qU，所以小球 1、2
的机械能总和增加了 qU，故 C 错误，D 正确．
答案：D
5．(多选)如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)
穿过固定的光滑圆环 B，左端固定在 A 点，右端连接一个质量为 m
的小球，A、B、C 在一条水平线上，弹性绳自然长度为 AB.小球穿
过竖直固定的杆，从 C 点由静止释放，到 D 点时速度为零，C、D 两
点间距离为 h.已知小球在 C 点时弹性绳的拉力为mg
2
，g 为重力加速
度，小球和杆之间的动摩擦因数为 0.5，弹性绳始终处在弹性限度内，
下列说法正确的是( )
A．小球从 C 点运动到 D 点的过程中克服摩擦力做功为mgh
2
B．若在 D 点给小球一个向上的速度 v，小球恰好回到 C 点，则
v＝ gh
C．若仅把小球质量变为 2m，则小球到达 D 点时的速度大小为
gh
D．若仅把小球质量变为 2m，则小球向下运动到速度为零时的
位置与 C 点的距离为 2h
解析：设小球向下运动到某一点 E 时，如图甲所示，弹性绳伸
长量为 BE＝x，BC＝x0，弹性绳劲度系数为 k，∠BEC＝θ，则弹力
为 kx，弹力沿水平方向的分力为 kxsin θ＝kx0＝mg
2
，故在整个运动
过程中，小球受到的摩擦力恒为μ·mg
2
＝mg
4
，从 C 点运动到 D 点的过
程中克服摩擦力做功为mgh
4
，选项 A 错误；若在 D 点给小球一个向
上的速度 v，小球恰好回到 C 点，则小球从 C 点到 D 点过程有 mgh
－W 弹－1
4mgh＝0，从 D 点返回 C 点的过程中有－mgh＋W 弹－1
4mgh
＝0－1
2mv2，联立解得 v＝ gh，选项 B 正确；从 C 点到 D 点的过程，
小球质量为 m 时，有 mgh－W 弹－mgh
4
＝0，小球质量为 2m 时，有
2mgh－W 弹－mgh
4
＝2mv21
2
，v1＝ gh，选项 C 正确；弹力的竖直分力
跟从 C 点开始下降的高度成正比，如图乙所示，设小球质量为 2m 时，
下降 h′高度时速度变为零，根据动能定理有 2mg·h′－1
4mg·h′－W′弹
＝0，由图可知，W′弹＝
h′
h
2
·W 弹，结合 mgh－W 弹－1
4mgh＝0，有 h′
＝7
3h>2h 故选项 D 错误．
答案：BC
6．如图所示，一长为 6L 的轻杆一端连着质量为 m 的小球，另
一端固定在铰链 O 处(轻杆可绕铰链自由转动)．一根不可伸长的轻绳
一端系于轻杆的中点，另一端通过轻小定滑轮连接在质量 M＝12m
的小物块上，物块放置在倾角θ＝30°的斜面上．已知滑轮距地面 A
点的距离为 3L，铰链 O 距离 A 点的距离为 L，不计一切摩擦．整个
装置由图示位置静止释放，当轻杆被拉至竖直位置时，求：
(1)物块与小球的速度大小之比；
(2)小球对轻杆在竖直方向时的作用力大小；
(3)此过程中轻绳对轻杆做的功．
解析：(1)当轻杆被拉至竖直位置时，设物块的速度为 v，小球的
速度为 v′，由于物块此时的速度与轻杆中点的线速度大小相等，根
据杆上各点线速度与角速度的关系可知，小球的速度 v′＝2v，则 v∶
v′＝1∶2；
(2)根据几何关系可知，物块下滑的距离为 x＝4L，对 m 和 M 组
成的系统，根据机械能守恒定律，有
Mg·xsin θ－mg·6L＝1
2Mv2＋1
2mv′2，
解得 v＝3
2 gL.
小球在最高点，由牛顿第二定律得
mg＋F＝mv′2
6L
，解得 F＝1
2mg.
根据牛顿第三定律，小球对轻杆在竖直方向的作用力大小为 F′
＝1
2mg；
(3)对轻杆，由动能定理 W－mg·6L＝1
2mv′2，
解得 W＝21
2 mgL.
答案：(1)1∶2 (2)1
2mg (3)21
2 mgL
题型(二) 圆周运动中的绳杆模型
演练冲关
7.如图所示，长为 L 的轻杆一端固定质量为 m 的小球，另一端
固定转轴 O.现使小球在竖直平面内做圆周运动，P 为圆周轨道的最
高点．不计转轴摩擦，若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为
9
2gL，则以下判断正确的是( )
A．小球到达 P 点时的速度等于1
2 gL
B．小球不能到达 P 点
C．小球能到达 P 点，且在 P 点受到轻杆向上的弹力
D．小球能到达 P 点，在 P 点受到轻杆的作用力为零
解析：从最低点到最高点的过程中，由机械能守恒定律得－
mg·2L＋1
2mv2＝1
2mv2P，得 vP＝ 2gL
2
，A、B 错误；设小球在最高点
时，杆对它的弹力方向向下，则 mg＋F＝mv2P
L
，可得 F＝－1
2mg，则
轻杆对小球的弹力方向向上，C 正确，D 错误．
答案：C
8．(2019·保定模拟)如图所示，两根细线 AC、BC 一端系在竖直
杆上，另一端共同系着质量为 m 的小球，当系统绕竖直杆以角速度ω
水平旋转时，两根细线均处于伸直状态，下列说法正确的是( )
A．小球一定受到三个力作用
B．小球可能受两个力作用
C．增大角速度，细线 AC 的拉力减小，BC 的拉力增加
D．增大角速度，细线 AC 的拉力增加，BC 的拉力减小
解析：小球可能受重力和上面细线拉力的合力提供向心力，下面
细线的拉力为零，故 B 正确，A 错误；小球做圆周运动，在竖直方
向上的合力为零，若两根细线均有拉力，可知上面细线的拉力大于下
面细线的拉力，设细线 AC 与竖直方向的夹角为θ，细线 BC 与竖直
方向的夹角为α，对小球进行受力分析，在竖直方向有：FTACcos θ＝
mg＋FTBCcos α，根据向心力公式则有：FTAC sin θ＋FTBCsin α＝mω2r，
可知当ω增大时，所需的向心力增大，细线 BC 和 AC 的拉力都增大，
故 C、D 错误．
答案：B
9．(2019·汕头模拟)如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为
m 的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为 M 的木块，
现有质量为 m0 的子弹以大小为 v0 的水平速度射入木块并立刻留在木
块中，重力加速度为 g，下列说法正确的是( )
A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为 m0v0
m0＋m＋M
B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g
C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
解析：子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则
m0v0＝(M＋m0)v1，解得速度大小为 v1＝ m0v0
m0＋M
，故 A 错误；子弹射
入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得 FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)v21
l
可知绳子拉力大于(M＋m0)g，故 B 错误；子弹射入木块后的瞬间，
对子弹、木块和圆环整体 FN＝FT＋mg>(M＋m＋m0)g，故 C 正确；
子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量
守恒，故 D 错误．
答案：C
10．(2019·河南省六市联考)如图甲所示的“襄阳砲”是古代军队
攻打城池的装置，其实质就是一种大型抛石机，图乙是其工作原理的
简化图．将质量 m＝10 kg 的石块，装在与转轴 O 相距 L＝5 m 的长
臂末端口袋中，最初静止时长臂与水平面的夹角α＝30°，发射时对短
臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块靠惯性被水平抛
出，落在水平地面上．若石块落地位置与抛出位置间的水平距离 x＝
20 m，不计空气阻力，g 取 10 m/s2.以下判断正确的是( )
A．石块抛出后运动时间为 3
2 s
B．石块被抛出瞬间的速度大小20
3 2 m/s
C．石块即将落地时重力的瞬时功率为 500 6 W
D．石块落地的瞬时速度大小为 15 m/s
解析：石块被抛出后做平抛运动 h＝L＋Lsin α，竖直方向 h＝
1
2gt2，可得 t＝ 6
2 s，故 A 错误；石块被抛出后做平抛运动，水平方
向 x＝v0t，可得 v0＝20 6
3 m/s，故 B 错误；石块即将落地时重力的
瞬时功率为 P＝mgvy＝mg·gt＝500 6 W，故 C 正确；石块落地的瞬
时速度大小为：v＝ v20＋（gt）2＝ 5 50
3 m/s，故 D 错误．
答案：C
11．(多选)(2019·保定模拟)如图所示，半径为 R 的竖直光滑圆轨
道与光滑水平面相切，质量均为 m 的小球 A、B 与轻杆连接，置于
圆轨道上，A 与圆心 O 等高，B 位于 O 的正下方，它们由静止释放，
最终在水平面上运动．下列说法正确的是( )
A．下滑过程中 A 的机械能守恒
B．当 A 滑到圆轨道最低点时，轨道对 A 的支持力大小为 2mg
C．下滑过程中重力对 A 做功的功率一直增加
D．整个过程中轻杆对 B 做的功为 1
2mgR
解析：下滑过程中杆对 A 有力的作用，并且这个力对 A 做负功，
所以 A 的机械能不守恒，故 A 项错误；将 A、B 看作整体进行分析，
机械能守恒，当 A 滑到圆轨道最低点的过程中，由机械能守恒得
1
2·2mv2＝mgR，最低点时由支持力和重力的合力提供向心力，则有
FN－mg＝mv2
R
，所以轨道对 A 的支持力大小为 2mg，故 B 项正确；
开始时重力做功功率为零，最后到水平面，速度方向水平，重力做功
功率仍为零，所以重力做功的功率先增大后减小，故 C 项错误；A
运动到底端的过程中，由机械能守恒得1
2·2mv2＝mgR，所以得 B 的
动能增加量即轻杆对 B 做的功为 1
2mgR，故 D 项正确．
答案：BD
12.如图所示，质量分别为 m 和 2m 的 A、B 两个小球用长为 2R
的绝缘轻杆连接在一起，放在竖直平面内半径为 R 的光滑圆形绝缘
轨道的内壁，整个装置处在水平向右的匀强电场中，电场强度为 E.A
球不带电，B 球带正电，开始时 A 球处在与圆心等高的位置，现由
静止释放 A、B 小球，B 球刚好能到达轨道右侧与圆心等高的位置，
求：
(1)B 球带电量；
(2)当 A 球下降高度为R
2
时，轻杆对 B 球做的功；
(3)两小球在运动过程中最大速度的大小．
解析：(1)对两球组成的系统，由动能定理可得 mgR＋qER－2mgR
＝0－0，
解得 q＝mg
E
；
(2)A 球下降高度为R
2
时，OA 连线转过 30°，AB 在运动的过程中，
速度大小始终相等，由动能定理可得
mgRsin 30°＋qERsin 30°－2mgR(1－cos 30°)＝1
2mv2＋1
2
×2mv2
－0，
解得1
2
×2mv2＝2（ 3－1）mgR
3
，
设杆对 B 做的功为 W，由动能定理 W＋qERsin 30°－2mgR(1－
cos 30°)＝1
2
×2mv2－0，
解得 W＝
5－2 3
6 mgR；
(3)由动能定理得 mgRsin θ＋qERsin θ－2mgR(1－cos θ)＝1
2mv′2
＋1
2
×2mv′2－0.
整理可得 v′＝2 gR[ 2sin（θ＋45°）－1]
3
，
当θ＝45°时，有最大速度 vmax＝2 （ 2－1）gR
3 .
答案：(1)q＝mg
E (2)W＝
5－2 3
6 mgR
(3)vmax＝2 （ 2－1）gR
3
热点五 弹簧模型
1．弹簧模型的问题特点
弹簧模型考查范围很广，变化较多，是考查学生推理、分析综合
能力的热点模型，主要是围绕胡克定律进行，弹力的大小为变力，引
起的物体的加速度、速度、动量、动能等变化不是简单的单调关系，
处理变速问题时要分析物体的动态过程，这些复杂的运动过程中间所
包含的隐含条件难以挖掘，往往有临界值，造成解题难点．
2．弹簧模型的解题策略
(1)力学特征：因软质弹簧的形变发生过程需要一段时间，在瞬
间内形变量可以认为不变，因此，在分析瞬时变化时，可以认为弹簧
的弹力不突变．
(2)过程分析：弹簧的弹力是一种由形变决定大小和方向的力．当
题目中出现弹簧时，首先要注意弹力的大小与方向要与形变相对应，
从弹簧的形变分析入手，先确定弹簧原长位置、现长位置、平衡位置
等，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，结合物体受其他力的情况来分析物体运动状态．
(3)功能关系：在求弹簧的弹力做功时，该变力随形变量为线性
变化，可以先求平均力，再用功的定义进行计算，也可根据动能定理
和功能关系求解．同时要注意弹力做功等于弹性势能增量的负值，因
此在求弹力的功或弹性势能的变化量时，一般从能量的转化与守恒的
角度来求解．
(4)临界分析：弹簧一端关联物体、另一端固定时，当弹簧伸长
到最长或压缩到最短时，物体速度有极值，弹簧的弹性势能最大，此
时也是物体速度方向发生改变的时刻；若关联物与接触面间光滑，当
弹簧恢复原长时，物体速度最大，弹性势能为零；若关联物与接触面
间粗糙，物体速度最大时弹力与摩擦力平衡，此时弹簧并没有恢复原
长，弹性势能也不为零．
3．弹簧模型的主要问题
(1)与弹簧关联物体受力变化前后的加速度问题．
(2)与弹簧关联两个相互接触的物体分离临界问题．
(3)与弹簧关联物体的碰撞问题．
(4)与电磁学综合的弹簧问题．
题型(一) 弹簧的临界问题
演练冲关
1．(2018·太原模拟)质量之比为 2∶1 的球 A、B，由轻质弹簧相
连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀速运动的电梯内，细线承受的
拉力为 F；某时刻突然剪断细线，则在细线剪断的瞬间，A、B 球的
加速度分别为( )
A．aA＝g，aB＝g B．aA＝0，aB＝0.5g
C．aA＝1.5g，aB＝0 D．aA＝0.5g，aB＝1.5g
解析：设球 B 的质量为 m，匀速运动时，细线的拉力 F＝3mg；
当突然剪断细线时，因弹簧的弹力不突变，故此时 B 的加速度仍为
零，即 aB＝0；A 受的合外力等于 F＝3mg，则 A 的加速度为 aA＝3mg
2m
＝1.5g，故 C 正确．
答案：C
2．(2018·济宁质检)如图所示，在光滑水平桌面上有一质量为 1 kg
的木块 A，其左右两侧与轻弹簧相连，弹簧另一端都通过轻绳跨过定
滑轮挂着两个质量均为 0.5 kg 的钩码，滑动摩擦不计，两钩码间用轻
绳相连，系统处于静止状态．现将右侧两钩码间的轻绳剪断，在剪断
轻绳的瞬间，下列说法正确的是(g 取 10 m/s2)( )
A．左侧两钩码的加速度大小为 2 m/s2，方向竖直向下
B．右侧上方钩码的加速度大小为 10 m/s2，方向竖直向上
C．木块 A 的加速度大小为 5 m/s2，方向水平向左
D．右侧下方钩码的加速度为零
解析：在剪断右侧两钩码间的轻绳的瞬间，由于弹簧的弹力不能
突变，则木块 A 仍然静止不动，左侧两钩码的加速度仍然为零，故
选项 A、C 错误；对右侧上方的钩码，剪断轻绳后，合力为 F＝mg
＝5 N，方向向上，则加速度为 a＝F
m
＝10 m/s2，方向竖直向上，选项
B 正确；右侧下方钩码将做自由落体运动，加速度为 g，选项 D 错误．
答案：B
3．(多选)如图所示，绝缘材料制作的轻质弹簧的劲度系数为 k，
弹簧的一端固定在竖直墙壁上，另一端与带电量为＋q的滑块A连接，
滑块 B 不带电且绝缘，滑块 A、B 均位于光滑绝缘的水平面上，滑块
A、B 的质量相等，滑块 A 与 B 接触而不粘连，整个装置处于匀强电
场中，匀强电场的场强大小为 E，最初场强方向水平向左，此时整个
装置处于静止状态，现突然将电场方向变为水平向右，场强大小不变，
在以后的运动过程中，两滑块在某处分离(A、B 视为质点)，下列判
断正确的是( )
A．两滑块分离时弹簧的形变量是qE
k
B．两滑块分离时弹簧的形变量是2qE
k
C．滑块 B 获得的最大动能是（qE）2
2k
D．滑块 B 获得的最大动能是（qE）2
k
解析：A、B 一起向右加速运动，根据牛顿第二定律，
对整体分析 qE－kx＝2ma，
对 B 分析 FAB＝ma，
两滑块分离时，FAB＝0，加速度为零，
由此得弹簧的伸长量 x＝qE
k
，
分离时，弹簧的弹性势能与最初位置弹簧的弹性势能相等，
所以有 qE·2x＝1
2·2mv2，
B 获得的最大动能为 EkB＝1
2mv2，
由此得 EkB＝（qE）2
k .故 A、D 正确，B、C 错误．
答案：AD
4.如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接一质量为 m 的重物，先
由托盘 M 托住 m，使弹簧比自然长度缩短 L，然后由静止开始以加
速度 a 匀加速向下运动．已知 ax2，因此 m2gsin θμmgcos α，
物块刚与弹簧接触的瞬间，弹簧的弹力仍为零，仍有 mgsin α>μmgcos
α，物块继续向下加速，动能仍在增大，所以此瞬间动能不是最大，
当物块的合力为零时动能才最大，即物块的最大动能等于重力与摩擦
力、弹簧弹力对物块做功之和，故 A、B 错误；根据能量转化和守恒
定律知，弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与
产生的内能之差，而内能等于物块克服摩擦力做功，则弹簧的最大弹
性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之
和，故 C 正确；若将物块从离弹簧上端 2s 处由静止释放，下滑过程
中物块动能最大的位置不变，弹性势能不变，设为 Ep，此位置弹簧
的压缩量为 x，根据功能关系得，将物块从离弹簧上端 s 的斜面处由
静止释放，下滑过程中物块的最大动能为 Ekm＝mg(s＋x)sin α－
μmg(s＋x)cos α－Ep，将物块从离弹簧上端 2s 处由静止释放，下滑过
程中物块的最大动能为 Ekm′＝mg·(2s＋x)sin α－μmg·(2s＋x)cos α－
Ep，而 2Ekm＝mg(2s＋2x)sin α－μmg(2s＋2x)cos α－2Ep＝[mg(2s＋
x)sin α－μmg(2s＋x)cos α－Ep]＋(mgxsin α－μmgxcos α－Ep)＝Ekm′
＋(mgxsin α－μmgxcos α－Ep)，由于在物块接触弹簧到动能最大的过
程中，物块的重力势能转化为内能、弹簧的弹性势能和物块的动能，
则根据功能关系得 mgxsin α－μmgxcos α>Ep，即 mgxsin α－μmgxcos
α－Ep>0，所以得 Ekm′<2Ekm，故 D 正确．
答案：CD
题型(三) 弹簧的综合类问题
9.如图所示，光滑水平面上有质量均为 m 的物块 A 和 B，B 上固
定一轻质弹簧，B 静止，A 以速度 v0 水平向右运动，从 A 与弹簧接
触至弹簧被压缩到最短的过程中( )
A．A、B 的动量变化量相同
B．A、B 的动量变化率相同
C．A、B 系统的总动能保持不变
D．A、B 系统的总动量保持不变
解析：两物体相互作用过程中系统的合外力为零，系统的总动量
守恒，则 A、B 动量变化量大小相等、方向相反，所以动量变化量不
同．故 A 错误，D 正确；由动量定理 Ft＝Δp 可知，动量的变化率等
于物体所受的合外力，A、B 两物体所受的合外力大小相等、方向相
反，所受的合外力不同，则动量的变化率不同，故 B 错误；A、B 系
统的总机械能不变，弹性势能在变化，则总动能在变化，故 C 错误．
答案：D
10．(多选)(2018·广东一模)如图所示，两根间距为 L、足够长的
光滑平行金属导轨固定在同一水平面上，导轨上横放着两根电阻均为
R 的相同导体棒 ab、cd 与导轨构成矩形回路．导体棒 ab 中点与一端
固定的轻质弹簧连接，弹簧劲度系数为 k，整个装置置于竖直向下、
磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中．导体棒 cd 在水平向右的外力作
用下以大小为 v0 的速度向右匀速运动，导轨及接触电阻不计，当导
体棒 ab 稳定时，下列说法正确的是( )
A．回路中有逆时针方向的感应电流
B．回路中的感应电流为BLv0
R
C．外力的功率为B2L2v20
R
D．弹簧被拉伸的长度为B2L2v0
2kR
解析：回路的磁通量增加，根据楞次定律知回路中有逆时针方向
的感应电流，A 正确；回路中的感应电流为 I＝ E
2R
＝BLv0
2R
，故 B 错
误；当导体棒 ab 稳定时，外力的功率等于回路的电功率，为 P＝IE
＝B2L2v20
2R
，故 C 错误；当导体棒 ab 稳定时，有 BIL＝kx，联立计算
得出 x＝B2L2v0
2kR
，所以 D 正确．
答案：AD
11．(多选)(2018·江苏调研)如图所示，一轻弹簧直立于水平面上，
弹簧处于原长时上端在 O 点，将一质量为 M 的物块甲轻放在弹簧上
端，物块下降到 A 点时速度最大，下降到最低点 B 时加速度大小为
g，O、B 间距为 h.换用另一质量为 m 的物块乙，从距 O 点高为 h 的
C 点静止释放，也刚好将弹簧压缩到 B 点．不计空气阻力，弹簧始
终在弹性限度内，重力加速度大小为 g，则上述过程中( )
A．弹簧最大弹性势能为 Mgh
B．乙的最大速度为 2gh
C．乙在 B 点加速度大小为 2g
D．乙运动到 0 点下方h
4
处速度最大
解析：对于物块甲的过程，根据能量守恒可知，弹簧压缩到 B
点时的弹性势能等于甲的重力势能的变化即 Mgh，物块乙也刚好将
弹簧压缩到 B 点，所以弹簧最大弹性势能为 Mgh，故 A 正确；当乙
下落到 O 点时，根据动能定理：mgh＝1
2mv2，解得：v＝ 2gh，此时
开始压缩弹簧，但弹簧弹力为零，所以物块将继续加速直到弹力等于
重力时速度达到最大，所以乙的最大速度大于 2gh，故 B 错误；根
据能量守恒有 Mgh＝mg·2h，则 m＝1
2M，在 B 点对 M 根据牛顿第二
定律有：F－Mg＝Mg，对 m 根据牛顿第二定律有：F－mg＝ma，联
立以上各式可得：a＝3g，故 C 错误；设弹簧劲度系数为 k，在最低
点有：kh＝2Mg＝4mg，即 kh
4
＝mg，可得乙运动到 O 点下方h
4
处速度
最大，故 D 正确．
答案：AD
12.如图所示，间距为 L、光滑的足够长的金属导轨(金属导轨的
电阻不计)所在斜面倾角为α，两根同材料、长度均为 L、横截面均为
圆形的金属棒 CD、PQ 放在斜面导轨上，已知 CD 棒的质量为 m、
电阻为 R，PQ 棒的圆截面的半径是 CD 棒圆截面半径的 2 倍．磁感
应强度为 B 的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，两根劲度系数均
为 k、相同的弹簧一端固定在导轨的下端，另一端连着金属棒 CD.开
始时金属棒 CD 静止，现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金属棒
PQ，使金属棒 PQ 由静止开始运动，当金属棒 PQ 达到稳定时，弹簧
的形变量与开始时相同，已知金属棒 PQ 从开始运动到稳定的过程中
通过 CD 棒的电荷量为 q，此过程可以认为 CD 棒缓慢地移动，已知
题设物理量符合qRk
BL
＝4
5mgsin α的关系式，求此过程中(要求结果均用
mg、k、α来表示)：
(1)CD 棒移动的距离；
(2)PQ 棒移动的距离；
(3)恒力所做的功．
解析：PQ 棒的半径是 CD 棒的 2 倍，PQ 棒的横截面积是 CD 棒
横截面积的 4 倍，PQ 棒的质量是 CD 棒的质量的 4 倍，所以，PQ 棒
的质量 m′＝4m，由电阻定律可知 PQ 棒的电阻是 CD 棒电阻的1
4
即 R′
＝R
4
，两棒串联的总电阻为 R0＝R＋R
4
＝5R
4 .
(1)开始时弹簧是压缩的，当向上的安培力增大时，弹簧的压缩
量减小，当安培力等于 CD 棒重力平行于斜面的分量时，弹簧恢复到
原长，安培力继续增大，弹簧伸长，由题意可知，当弹簧的伸长量等
于开始的压缩量时达到稳定状态，此时的弹力与原来的弹力大小相
等、方向相反．两弹簧向上的弹力等于 CD 棒重力沿斜面的分量，即
2Fk＝mgsin α，即 2kΔx＝mgsin α，弹簧的形变量为Δx＝mgsin α
2k
，故
CD 棒移动的距离ΔxCD＝2Δx＝mgsin α
k .
(2)在达到稳定过程中两棒之间距离增大Δx，由两金属棒组成的
闭合回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势为 E－＝BΔS
Δt
＝
BL·Δx
Δt
，感应电流为 I－＝ E－
R0
＝4BLΔx
5RΔt
，所以，回路中通过的电荷量，
即 CD 棒中的通过的电荷量为 q＝ I－Δt＝4BLΔx
5R
，由此可得两棒距离
增大值为Δx＝5qR
4BL
，PQ 棒沿导轨上滑距离应为 CD 棒沿斜面上滑距
离和两棒距离增大值之和，PQ 棒沿导轨上滑距离为ΔxPQ＝Δx＋ΔxCD
＝5qR
4BL
＋mgsin α
k
＝2mgsin α
k
；
(3)CD 棒受力平衡，安培力为 FB＝mgsin α＋2Fk＝2mgsin α.
金属棒 PQ 达到稳定时，它受到的合外力为零，向上的恒力等于
向下的安培力和重力平行于斜面的分量，即恒力 F＝FB＋m′gsin α＝
6mgsin α ， 恒 力 做 功 为 W ＝ FΔxPQ ＝ 6mgsin α· 2mgsin α
k
＝
12（mgsin α）2
k
答案：(1)mgsin α
k (2)2mgsin α
k (3)12（mgsin α）2
k
热点六 数学方法的应用
所谓数学方法，就是要把客观事物的状态、关系和过程用数学语
言表达出来，进行推导、演算和分析，以形成对问题的判断、解释和
预测．实际上每个物理问题的分析、处理过程都是数学方法运用的过
程．以下介绍几种常用的数学方法．
题型(一) 正弦定理法
在同一个三角形△ABC 中，三角形的边长与所对角的正弦比值
相等，即 AB
sin C
＝ AC
sin B
＝ BC
sin A.三个力平衡时合力为零，这三个力的矢
量可构成箭头首尾相接的矢量三角形，利用正弦定理的方法可求得未
知力．
演练冲关
1．(2019·黑龙江模拟)如图所示，光滑圆环固定在竖直平面内，
环上 O 点固定着一光滑小圆环，一穿过小圆环的轻绳两端系着带孔
小球 P、Q，且小球 P、Q 穿在大圆环上，整个系统处于静止状态．已
知小球 P、Q 的连线恰好为圆环的水平直径，且图中夹角θ＝37°.若小
圆环和小球 P、Q 的大小均忽略不计，则 P、Q 两球的质量比为( )
A．3∶5 B．3∶4 C．4∶5 D．4∶3
解析：由于 P、Q 的连线恰好为圆环的水平直径，则环对小球 P、
Q 的弹力恰好水平向外，而 O 点固定的是一光滑圆环，则绳对 P、对
Q 的拉力相等，受力分析如图所示．由图可知，mPg＝FTcos θ，mQg
＝FTsin θ，则mP
mQ
＝cos θ
sin θ
＝4
3
，故 D 正确．
答案：D
2.两条等长绝缘细线一端悬挂在同一点 O，另一端分别拴有两带
电小球 A、C，两球静止时如图所示．若此时∠AOC＝90°，∠AOB
＝θ，则两带电小球的质量比为( )
A．tan θ B. 1
tan θ C．sin θ D. 1
sin θ
解析：对 A 球由正弦定理得 mAg
sin 45°
＝ F 库
sin θ
，对 B 球由正弦定理
得 mBg
sin 45°
＝ F 库
cos θ
，解得mAg
mBg
＝ 1
tan θ.
答案：B
3.如图所示，在一水平长木板上放一木块 P 缓慢抬起木板的右
端，木块 P 和木板始终相对静止，则( )
A．木块受到木板的支持力减小、摩擦力减小
B．木块受到木板的支持力增大、摩擦力增大
C．木块受到木板的作用力大小不变、方向不变
D．木块受到木板的作用力大小变化、方向变化
解析：对物体受力分析可知，物体受到重力、支持力和沿斜面向
上的摩擦力的作用，木块开始滑动前，物体受力平衡，所以摩擦力和
重力沿斜面向下的分力相等，即 Ff＝mgsin α，所以夹角增大的过程
中，木块所受的摩擦力一直在增大；木块受到的支持力 FN＝mgcos α，
因为运动过程中，夹角增大，故支持力减小；故 A、B 错误；因为木
块一直处于平衡状态，故木块受到的作用力始终等于重力，故木块受
到木板的作用力大小不变、方向不变，所以 C 正确，D 错误．
答案：C
题型(二) 函数极值法
(1)利用三角函数求极值．
三角函数：y＝acos θ＋bsin θ，
y＝acos θ＋bsin θ＝ a2＋b2sin(θ＋α)，其中α＝arctana
b
，
当α＋θ＝90°时，有极值 ym＝ a2＋b2；
(2)利用二次函数求极值．
二次函数：y＝ax2＋bx＋c，
当 x＝－ b
2a
时，有极值 ym＝4ac－b2
4a (若二次项系数 a>0，y 有极
小值；若 a<0，y 有极大值)；
(3)均值不等式．
对于两个大于零的变量 a、b，若其和 a＋b 为一定值 p，则当 a
＝b 时，其积 ab 取得极大值p2
4
；对于三个大于零的变量 a、b、c，若
其和 a＋b＋c 为一定值 q，则当 a＝b＝c 时，其积 abc 取得极大值 q3
27.
演练冲关
4.(多选)水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为
μ(0<μ<1)．现对木箱施加一拉力 F，使木箱做匀速直线运动．设 F 的
方向与水平面夹角为θ，如图所示，在θ从 0°逐渐增大到 90°的过程中，
木箱的速度保持不变，则( )
A．F 先减小后增大 B．F 一直增大
C．F 的功率减小 D．F 的功率不变
解析：由于木箱保持速度不变，可知木箱处于平衡状态，则 Fcos
θ－μ(mg－Fsin θ)＝0，解得 F＝ μmg
cos θ＋μsin θ
，由三角函数知识可整
理为 F＝ μmg
1＋μ2sin（θ＋φ），角φ为定值，可得θ从 0°逐渐增大到 90°
的过程中，F 先减小后增大，A 正确，B 错误；木箱做匀速直线运动，
有 PF＝Fvcos θ＝ μmgv
1＋μtan θ
，由于θ从 0°逐渐增大到 90°，结合数学
知识可得功率不断减小，C 正确，D 错误．
答案：AC
5.如图所示，一小球从光滑曲面由静止释放，离开轨道末端后做
平抛运动，最后撞到离轨道末端水平距离为 d 的竖直墙壁上，要使小
球撞到墙壁时的速度最小，小球由静止释放的高度 h 为( )
A．d B.d
2 C.d
3 D．2d
解析：本题考查的是对平抛运动的理解．小球从 h 高的光滑曲面
滑下，由机械能守恒，mgh＝1
2mv20，可知水平抛出速度 v0＝ 2gh；
平抛运动水平方向做匀速直线运动，有 t＝ x
v0
＝ d
2gh
，竖直方向做自
由落体运动，竖直方向速度：vy＝gt＝ gd
2gh
；合速度 v 合＝ v20＋v2y＝
（ 2gh）2＋
gd
2gh
2＝ 2gh－ gd
2gh
2＋2gd.要使小球撞到墙
壁时的速度最小，必有 2gh－ gd
2gh
＝0，即 h＝d
2.所以 B 正确．
答案：B
6.如图所示，一质量 m＝0.4 kg 的小物块，以 v0＝2 m/s 的初速
度，在与斜面成某一夹角的拉力 F 作用下，沿斜面向上做匀加速运
动，经 t＝2 s 的时间物块由 A 点运动到 B 点，A、B 之间的距离 L＝
10 m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝ 3
3 .
重力加速度 g 取 10 m/s2.
(1)求物块加速度的大小及到达 B 点时速度的大小；
(2)拉力 F 与斜面夹角多大时，拉力 F 最小？拉力 F 的最小值是
多少？
解析：(1)设物块加速度的大小为 a，到达 B 点时速度的大小为 v，
由运动学公式得 L＝v0t＋1
2at2，①
v＝v0＋at.②
联立①②式，代入数据得 a＝3 m/s2，③
v＝8 m/s；④
(2)设物块所受支持力为 FN，所受摩擦力为 Ff，拉力与斜面间的
夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得
Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma，⑤
Fsin α＋FN－mgcos θ＝0，⑥
又 Ff＝μFN.⑦
联立⑤⑥⑦式得
F＝mg（sin θ＋μcos θ）＋ma
cos α＋μsin α .⑧
由数学知识得 cos α＋ 3
3 sin α＝2 3
3 sin(60°＋α)，⑨
由⑧⑨式可知对应 F 与斜面最小的夹角α＝30°.⑩
联立③⑧⑩式，代入数据得 F 的最小值 Fmin＝13 3
5 N.
答案：(1)3 m/s2 8 m/s (2)30° 13 3
5 N
题型(三) 微元法
利用微分思想的分析方法称为微元法．它是将研究对象(物体或
物理过程)进行无限细分，再从中抽取某一微小单元进行讨论，从而
找出被研究对象的变化规律的一种思想方法．微元法解题的思维过程
如下：
(1)选择恰当的微元作为研究对象．微元可以是一小段线段、圆
弧或一小块面积，也可以是一个小体积或一小段时间等，但必须具有
整体对象的基本特征．
(2)将微元模型化(如视为点电荷、质点、匀速直线运动、匀速转
动等)，并运用相关的物理规律得出这个微元与整体对象之间的关联．
(3)将一个微元的解答结果推广到其他微元，并充分利用各微元
间的对称关系、矢量方向关系、近似极限关系等，对各微元的求解结
果进行叠加，以求得整体量的合理解答．
演练冲关
7.在竖直平面内固定一半径为 R 的金属细圆环，质量为 m 的金
属小球(视为质点)通过长为 L 的绝缘细线悬挂在圆环的最高点．当圆
环、小球都带有相同的电荷量 Q(Q>0，未知)时，发现小球在垂直圆
环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示．已知静电力常量为 k.
则下列说法正确的是( )
A．电荷量 Q＝ mgL3
kR
B．电荷量 Q＝ mg（L2－r2）3/2
C．细线对小球的拉力 FT＝mgR
L
D．细线对小球的拉力 FT＝ mgL
L2－R2
解析：取圆环上电荷元Δq 来分析，再取关于圆心对称的电荷元
Δq，这两个对称电荷元在垂直圆环平面的对称轴上产生的合场强水
平向右．对所有电荷元的场强求和，可以求得合场强 E＝∑kΔq
L2 cos θ，
所以小球受到的库仑力 F＝kQ2
L2cos θ.对小球受力分析如图所示，金属
小球处于平衡状态，则 F＝ mg
tan θ
＝mg L2－R2
R
，电荷量 Q＝ mgL3
kR
，
A 正确，B 错误；细线对小球的拉力 FT＝mgL
R
，C、D 错误．
答案：A
8．已知点电荷 Q 产生的电场中的电势φ的公式为φ＝kQ
r
，式中 r
为到场源点电荷 Q 的距离．两半径分别为 r1 和 r2(r1
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