1、第四步晓热点，谋良策尽收囊中拉开分18个热点题型通过近几年全国各地新课标试卷分析表明，新课标高考物理必考部分突出“力和运动”和“功和能”两条主线，重点考查运用动力学观点和功能观点解决实际问题的能力。试题基本上以匀速直线运动、匀变速直线运动、平抛运动(类平抛运动)、圆周运动(重点是匀速圆周运动)等基本运动为命题载体，重点考查重力、弹力、摩擦力、万有引力、电场力、安培力、洛伦兹力等基本相互作用力，牛顿运动定律及运动学公式、动能定理、机械能守恒定律、楞次定律及法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等基本规律，命题特点彰显了知识立意和能力立意并重的宗旨，体现了新课程的理念。 例12014江西联考在物理学发展
2、的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。在对以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的说法是()A. 牛顿第一定律是无法用实验直接验证的，它是人类整个自然观的基石B. 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C. 牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D. 第谷对行星运动观察记录的数据进行了分析，应用严密的数学运算和椭圆轨道假说，得出了开普勒行星运动定律解析本题考查物理学史，意在考查考生对物理学史知识的识记和理解。亚里士多德认为两个从同一高度自由下落的物体，重的物体下落快，B项错误；伽利略通过理想实验证明了力不是维持物体运动的原因，C项错误；开普勒提出
3、了行星运动定律，D项错误。答案A例22013新课标全国卷(多选)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，该效应揭示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观察到了电流的磁效应，表明电流可以产生磁场，揭示了电与磁的联系，A正确；安培根据通电
4、螺线管和条形磁铁磁场的相似性，提出了分子环流假说，符合物理史实，B正确；法拉第发现处于变化磁场中的闭合线圈中会产生感应电流，C错误；D项的叙述符合楞次定律的发现过程，所以D选项正确。答案ABD解题攻略熟记物理学史，包括科学家的贡献及其研究方法；熟悉常见的物理思想方法，如：控制变量法、比值定义法、类比法、等效替换法、极限思维法等。例1(多选)如图甲所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t0时，将质量m1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的vt图象如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g10 m/s2。则()A. 传送带的速率v010 m/sB
5、. 传送带的倾角30C. 物体与传送带之间的动摩擦因数0.5D. 02.0 s摩擦力对物体做功Wf24 J解析当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据vt图象可得，传送带的速率为v010 m/s，选项A正确；1.0 s之前的加速度a110 m/s2,1.0 s之后的加速度a22 m/s2，结合牛顿第二定律，mgsinmgcosma1，mgsinmgcosma2，解得sin0.6，37，0.5，选项B错误，选项C正确；摩擦力大小Ffmgcos4 N，在01.0 s内，摩擦力对物体做正功，在1.0 s2.0 s内，摩擦力对物体做负功，01.0 s内物体
6、的位移为5 m,1.0 s2.0 s内物体的位移是11 m，摩擦力做的功为4(115) J24 J，选项D正确。答案ACD例22014湖北黄冈期末近年来，我国大部分地区经常出现雾霾天气，给人们的正常生活造成了极大的影响。在一雾霾天，某人驾驶一辆小汽车以30 m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30 m处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵。如图a、b分别为小汽车和大卡车的vt图象，以下说法正确的是()A. 因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾B. 在t5 s时追尾C. 在t3 s时追尾D. 由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾解析从图象
7、可以看出，小汽车刹车失灵前的加速度a110 m/s2，失灵后的加速度a22.5 m/s2，假设能追尾，设追尾时间为t，则有小汽车刹车失灵前的位移：x1(2030)1 m25 m，小汽车刹车失灵后的位移：x220(t1)2.5(t1)2，大卡车的位移：x310t，由x1x230x3得t3 s，则假设成立，所以A、B错误，C正确；如果刹车不失灵，则在t2 s时两车速度相同，这时没有追尾，以后两车间距会越来越大，更不会追尾，D错。答案C例3 (多选)甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t0时，乙车在甲车前50 m处，它们的vt图象如图所示，下列对甲、乙两车运动情况的描述正确的是()A. 甲车先
8、做匀速运动再做反向匀减速运动B. 在第20 s末，甲、乙两车的加速度大小相等C. 在第30 s末，甲、乙两车相距50 mD. 在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次解析由图可知甲车先做匀速运动再做同向匀减速运动；在第20 s末，甲、乙两车的速度大小相等，加速度大小不相等；在第30 s末甲车位移x1400 m，乙车位移x2300 m，甲车在乙车前50 m处；甲车初始速度较大，在20 s前甲车已经超过乙车，相遇一次，30 s后甲车停止运动，32.5 s时乙车与甲车第二次相遇。答案CD解题攻略vt图线的斜率表示加速度、与t轴围成的“面积”表示位移；vt图和xt图中交点分别表示速度相等和位移相等。判
9、断一次相遇还是二次相遇，关键看第一次相遇时速度小者的速度以后能否超过速度大者的速度。 例12014江西八校联考(多选)如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。已知容器半径为R、与水平地面之间的动摩擦因数为，OP与水平方向的夹角为30。下列说法正确的是()A. 轻弹簧对小球的作用力大小为mgB. 容器相对于水平面有向左的运动趋势C. 容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上D. 弹簧原长为R解析对小球受力分析，如图所示，因为30，所以三角形OOP为等边三角形，由相似三角形法得FNFmg，所以A项错。由整体
10、法得，容器与地面没有相对运动趋势，B项错误。小球处于平衡状态，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，故C项正确。由胡克定律有Fmgk(L0R)，解得弹簧原长L0R，D项对。答案CD例2 2014东北三校二模如图所示，在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态，现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点转到A正上方的Q点处，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和斜面C始终保持静止不动，A、B可视为质点。关于此过程，下列说法正确的是()A. 物体A受到斜面的支持力先增大后减小B. 物体A受到斜面的支持力一直增大C. 地面对斜面C的摩擦力先增大后减小D. 地面对斜面C的摩擦
11、力先减小后增大解析对小物体A受力分析如图甲，设斜面倾角为，F与垂直斜面方向的夹角为，则FNmgcosFcos，Fk，B向上转，减小，FN增大，当0时FN达最大，然后减小，故A正确，B错误。对整体受力分析如图乙，随着F向下转，f在减小，故C、D均错误。答案A例3一个质量为1 kg的物体放在粗糙的水平地面上，今用最小的拉力拉它，使之做匀速运动，已知这个最小拉力为6 N，g10 m/s2，则下列关于物体与地面间的动摩擦因数，最小拉力与水平方向的夹角，正确的是()A. ，0B. ，arctanC. ，arctan D. ，arcsin分析正确解答本题需要从以下几个角度分析：(1)水平地面上的物体受几个
12、力的作用？(2)三个以上力的平衡问题用什么方法求解？(3)求平衡的极值问题有几种方法？分别要用到什么知识？解析由于物体在水平面上做匀速直线运动，随着拉力与水平方向的夹角的不同，物体与水平面间的弹力不同，因而滑动摩擦力也不一样。而拉力在水平方向的分力与摩擦力相等。以物体为研究对象，受力分析如图所示，因为物体处于平衡状态，水平方向有FcosFN，竖直方向有FsinFNmg。联立可解得：F，arccot，当90，即arctan时，sin()1，F有最小值：Fmin，代入数值得，arctan，B正确。答案B解题攻略解此类平衡极值问题，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，由平衡条件列式后，根据三角函
13、数求解。 例1 2014武汉武昌区调研(多选)质量m2 kg、初速度v08 m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数0.1，同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向。则以下结论正确的是(取g10 m/s2)()A. 01 s内，物体的加速度大小为2 m/s2B. 12 s内，物体的加速度大小为2 m/s2C. 01 s内，物体的位移为7 mD. 02 s内，物体的总位移为11 m解析由题图可知，在01 s内力F为6 N, 方向向左，由牛顿第二定律可得Fmgma，解得加速度大小a4 m/s2，在12 s内力F为6 N，方向向右，由
14、牛顿第二定律可得Fmgma1，解得加速度大小a12 m/s2，所以选项A错误，B正确；由运动关系可知01 s内位移为6 m，选项C错误；同理可计算02 s内的位移为11 m，选项D正确。答案BD例2 2013课标全国卷如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F20)。由此可求出()A. 物块的质量B. 斜面的倾角C. 物块与斜面间的最大静摩擦力D. 物块对斜面的正压力解析当物块所受外力F为最大值F1时，具有向上的运动趋势 由平衡条件可得：F1mg sinfm；同理：当物块所受外力F为最
15、小值F2时，具有向下的运动趋势，即F2fmmg sin。联立解得fm，F1F22mg sin，由于物块质量m或斜面的倾角未知，故选项C正确；选项A、B、D错误。答案C例3 如图所示，水平面上有一带有轻质定滑轮O的物体A，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角37的斜面。放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行。现对A施加一水平向右的恒力F，使A、B、C恰好保持相对静止。已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，求恒力F的大小。(sin370.6，cos370.8)分析 准确解答本题需要从以下几个方面分析：(1)A、B、C三个
16、物体的加速度有什么关系？以整体为研究对象，系统受几个力的作用？哪些力产生加速度？(2)隔离物体B，分析物体B受几个力的作用？哪些力产生加速度？(3)隔离物体C，分析物体C受几个力的作用？如何用正交分解法对物体C列方程？解析 此题是三个物体在外力作用下一起做匀加速运动的问题，由于A、B、C恰好保持相对静止，所以它们运动的加速度是相等的。设绳的张力为T，斜面对物体C的支持力为FN，系统的加速度为a，以B为研究对象，由牛顿第二定律得Tma以C为研究对象，由牛顿第二定律得FNsinTcosma，FNcosTsinmg联立解得a以A、B、C整体为研究对象，可知F3ma，故Fmg。答案mg解后反思此题是三
17、个物体组成的系统问题，解题时一定要注意整体法与隔离法配合使用，如整体法取A、B、C为研究对象求系统的加速度，隔离法隔离物体B和物体C列方程求斜面对C的弹力和细绳对C的拉力。解题攻略运动过程的动态分析问题：要结合“逐段分析法”和“临界分析法”，深入分析物理过程，挖掘物理过程中的临界状态及临界条件；实用结论：当加速度为零时，速度通常达最大或最小。例12014福建高考若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的p倍，半径为地球的q倍，则该行星卫星的环绕速度是地球卫星环绕速度的()A.倍B.倍C.倍 D.倍解析对于中心天体的卫星，Gm，v，设行星卫星的环绕速度为v，地球卫星的环绕速度为v，则，C正确。答案C例
18、22014河北石家庄质检太阳系中某行星A运行的轨道半径为R，周期为T，但科学家在观测中发现，其实际运行的轨道与圆轨道存在一些偏离，且每隔时间t发生一次最大的偏离。天文学家认为形成这种现象的原因可能是A外侧还存在着一颗未知星B，它对A的万有引力引起A行星轨道的偏离，假设其运行轨道与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同，由此可推测未知行星B绕太阳运行的圆轨道半径为()A. R B. RC. R D. R解析在太阳系中行星A每隔时间t实际运行的轨道发生一次最大偏离，说明A、B此时相距最近，此过程类似于钟表中时、分两针从重合到再次重合，已知A的轨道半径小于B的轨道半径，则有AtBt2，tt2，TT，利
19、用开普勒第三定律有，解得RR，所以只A项正确。答案A例32014大纲全国卷已知地球的自转周期和半径分别为T和R，地球同步卫星A的圆轨道半径为h。卫星B沿半径为r(rh)的圆轨道在地球赤道的正上方运行，其运行方向与地球自转方向相同。求：(1)卫星B做圆周运动的周期；(2)卫星A和B连续地不能直接通讯的最长时间间隔(信号传输时间可忽略)。解析(1)设卫星B绕地心转动的周期为T，根据万有引力定律和圆周运动的规律有Gm()2hGm()2r式中，G为引力常量，M为地球质量，m、m分别为卫星A、B的质量。由式得T()3/2T(2)设卫星A和B连续地不能直接通讯的最长时间间隔为；在此时间间隔内，卫星A和B绕
20、地心转动的角度分别为和，则22若不考虑卫星A的公转，两卫星不能直接通讯时，卫星B的位置应在图中B点和B点之间，图中内圆表示地球的赤道。由几何关系得BOB2(arcsinarcsin)由式知，当rh时，卫星B比卫星A转得快，考虑卫星A的公转后应有BOB由式得(arcsinarcsin)T答案(1)()3/2T(2)(arcsinarcsin)T解题攻略求解天体运动类问题时，抓住万有引力提供向心力这一关键点，对多天体相对转动问题一般从转动时间与角度的数量关系入手。例1 2014云南三校统考(多选)如图所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A点。质量为m的物体从斜
21、面上的B点由静止下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上。下列说法正确的是()A. 物体最终将停在A点B. 物体第一次反弹后不可能到达B点C. 整个过程中物体重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功D. 整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能解析本题考查功能关系，意在考查考生应用功能关系解决实际问题的能力。由题意可知，物体从静止沿斜面向下运动，说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力，因此物体最终停于A点的下方，A错误；由于运动过程中存在摩擦力，导致摩擦力做功，所以物体第一次反弹后不可能到达B点，B正确；根据动能定理可知，从静止到速度为零，重力势能的减少量等于克服弹簧弹力做的功与物体克服摩擦做
22、的功之和，C正确；整个过程中，动能最大的位置速度最大，因此即为第一次下滑与弹簧作用时，弹力和摩擦力之和等于重力的下滑分力的位置，而弹簧的最大势能即为第一次压缩弹簧到最大位置时所具有的势能，因为最大动能和此时的重力势能一同转化为最低点的最大弹性势能和此过程中的克服摩擦做功，所以整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能，故D正确。答案BCD例22014广东高考下图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中和为楔块，和为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()A. 缓冲器的机械能守恒B. 摩擦力做功消耗机械能C. 垫板的动能全部转化为内能D. 弹簧的弹性势能全
23、部转化为动能解析在弹簧压缩过程中，由于摩擦力做功消耗机械能，因此机械能不守恒，选项A错B对；垫板的动能转化为弹性势能和内能，选项C、D均错误。答案B例3如图所示，足够长的竖直光滑直杆上有A、B、C三点，且ABBC，套在A点的圆环通过环绕光滑定滑轮O的轻质细线与重物相连，圆环质量为m，重物质量为5m。已知BO连线水平，且BOL，AO连线与竖直方向的夹角53，现将圆环和重物同时由静止释放，试求：(1)重物速度为零时圆环的速度；(2)圆环沿着竖直杆能下滑的最大距离；(3)圆环经过C点时的速度大小。解析(1)圆环到B点时，重物下降到最低点，此时重物速度为零，圆环下降高度为hABL，重物下降的高度为hL
24、LL由系统机械能守恒得mghAB5mghmv解得此时圆环的速度v12。(2)圆环下滑最大距离H时，圆环和重物速度均为零，重物上升的高度H L由系统机械能守恒得mgH5mgH解得HL。(3)圆环到C点时，下落高度hACL，重物高度不变，设圆环速度为v2，此时重物速度为v2cos53由系统机械能守恒得mghACmv5m(v2cos53)2解得v2 。答案(1)2(2)L(3) 解题启示分析本题的难点在于当圆环到达C点时重物的速度的计算。圆环此时速度是竖直向下的，将其沿绳方向和垂直于绳方向分解，其中沿绳方向的分量与重物运动速度大小相等。解题攻略应用动能定理应注意：动能定理中的位移和速度必须是相对于同
25、一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系；应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负。当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表示为W，也可以直接用字母W表示该力做的功，使其字母本身含有负号；应用动能定理解题时，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图；应用动能定理是求解物体位移或速度的简捷途径。当题目中涉及位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理，处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理。 例1 2014贵州六校联考如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地面上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于
26、左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过滑轮后挂上重物M，C点与O点的距离为L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度缓慢转至水平(转过了90角)。下列有关此过程的说法中正确的是()A. 重物M做匀速直线运动B. 重物M做变速直线运动C. 重物M的最大速度是2LD. 重物M的速度先减小后增大解析设C点线速度方向与绳子的夹角为(锐角)。由题知C点的线速度为L，该线速度在绳子方向上的分速度就为Lcos，的变化规律是开始最大(90)然后逐渐变小，所以Lcos逐渐变大，直至绳子和杆垂直，变为0，绳子的速度变为最大，为L，然后，又逐渐增大，Lcos逐渐变小，绳子的速度变小，
27、所以知重物的速度先增大，后减小，最大速度为L，故B正确。答案B例2 (多选)如图所示，水平路面上匀速运动的小车支架上有三个完全相同的小球A、B、C，当小车遇到障碍物D时，立即停下来，三个小球同时从支架上抛出，落到水平面上。已知三小球的高度差相等，即hAhBhBhC，下列说法中正确的是 ( )A. 三个小球落地时间差与车速无关B. 三个小球落地时的间隔距离L1和L2与车速无关C. A、B小球落地的间隔距离L1与车速成正比D. 三个小球落地时的间隔距离L1L2解析 当小车遇到障碍物D时，立即停下来的瞬间，小球做平抛运动，因此落地的时间取决于高度，与车速无关，A项正确；平抛运动在水平方向做匀速直线运
28、动，因此三个小球落地时的间隔距离L1和L2与车速有关，B项错误；A、B小球落地的间隔距离L1v0( )可知，与车速成正比，C项正确、D项错误。答案AC例32014甘肃第一次诊考愤怒的小鸟是一款时下流行的游戏，故事简单有趣，如图甲所示，为了报复偷走鸟蛋的猪，鸟儿以自己的身体为武器，如炮弹般弹射出去攻击猪的堡垒。某班的同学们根据所学的物理知识进行假设：小鸟自己不会加速，它被弹弓沿水平方向弹出，如图乙所示。请回答下面两位同学提出的问题(取重力加速度g10 m/s2)：(1)A同学问：如图乙所示，若h10.8 m，l12 m，h22.4 m，l21 m，小鸟被弹出后能否直接打中地面上C处猪的堡垒？请用
29、计算结果进行说明。(2)B同学问：如果小鸟弹出后，先掉到台面的草地上，接触草地的瞬间竖直速度变为零，水平速度不变，小鸟在草地上滑行一段距离后飞出，若要打中C处猪的堡垒，小鸟和草地间的动摩擦因数与小鸟弹出时的初速度v0应满足什么关系(用题中所给的符号h1、h2、l1、l2、g表示)?解析(1)设小鸟以v0弹出能直接击中堡垒，则h1h2gt2，得t0.8 sl1l2v0t，得v0 m/s3.75 m/s考虑h1高度处的水平射程为x，则xv0t1, h1gt所以xv03.751.5 ml1可见小鸟先落在台面的草地上，不能直接击中堡垒(2)小鸟先做初速度为v0的平抛运动，后在台面的草地上滑行，再以速度
30、为v平抛击中堡垒，由动能定理有mg(l1v0)mv2mvvl2所以。答案见解析解题攻略平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，准确进行运动参量的合成与分解是解决平抛运动问题的关键，同时又要注意合运动与分运动的独立性、等时性。由于在某一时刻(位置)或某段时间上可构建速度三角形或位移三角形，运用平抛运动的规律的同时，我们也常借助三角形边角关系求解。此外还要注意平抛运动的一些结论的运用。 例1 2013江苏高考如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()A.
31、 A的速度比B的大B. A与B的向心加速度大小相等C. 悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D. 悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小解析 A、B绕竖直轴匀速转动的角速度相等，即AB，但rArB，根据vr得，A的速度比B的小，选项A错误；根据a2r得，A的向心加速度比B的小，选项B错误；A、B做圆周运动时的受力情况如图所示，根据F向m2r及tan知，悬挂A的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C错误；由图知cos，即FT，所以悬挂A的缆绳受到的拉力小，选项D正确。答案D例2 2014天津高考半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点。在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平
32、抛出时，半径OA方向恰好与v的方向相同，如图所示。若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，重力加速度为g，则小球抛出时距O的高度h_，圆盘转动的角速度大小_。分析准确解答本题需要从以下几个方面思考，(1)小球下落做什么运动；(2)小球与圆盘只碰一次，且落在A点，小球的运动和圆盘的运动有何关联？解析小球做平抛运动：hgt2、Rvt，解得h。由题意知t2n(nN*)，故联立Rvt可得(nN*)。答案(nN*)例3如图所示，光滑半圆形轨道半径为R，水平面粗糙，弹簧自由端D与轨道最低点C的距离为4R，一质量为m的可视为质点的小物块自圆轨道中点B由静止释放，压缩弹簧后被弹回到D点恰好静止。已知物块与水平面间的
33、动摩擦因数为0.2，重力加速度为g，弹簧始终处在弹性限度内。(1)求弹簧的最大压缩量和最大弹性势能。(2)现把D点右侧水平地面打磨光滑，且已知弹簧压缩时弹性势能与压缩量的二次方成正比，使小物块压缩弹簧，释放后能通过半圆轨道最高点A，压缩量至少是多少？分析准确解答本题需要从以下几个方面思考分析：(1)小物块自B点由静止释放到在D点静止的过程中受到哪些力的作用？哪些力做了功？如何用动能定理求弹簧的最大压缩量？(2)如何由功能关系求出最大弹性势能？(3)小物块能到达最高点A的条件是什么？如何由功能关系求压缩量至少是多少？解析(1)设弹簧的最大压缩量为x，最大弹性势能为Ep，由动能定理得mgRmg(4
34、R2x)0，得x0.5R物块返回D点的过程：Epmgx，解得Ep0.1mgR。(2)设压缩量至少为x，相应的弹性势能为Ep，mgm，Epmg4Rmg2Rmv，联立各式，解得xR。答案(1)0.5R0.1mgR(2)R解题攻略 分析这类问题要抓住：同轴传动的轮子上各点运动的角速度、转速n和周期T均相等，线速度则与半径成正比；靠皮带、齿轮或摩擦传动的轮子，在不打滑的情况下，轮子边缘上各点的线速度大小相等；圆周运动的周期性。竖直平面内的圆周运动问题，涉及的知识面较广，既有临界问题，又有能量守恒问题，求解的关键：一是注意两种模型在圆周最高点的临界条件，二是注意对全过程由能量观点列式求解。1. 顺序发生
35、的物理过程虽然在题目中涉及的研究对象只有一个，但是物理过程却有多个(通常两个物理过程居多)。研究发现这类试题所涉及的物理过程多是以时间先后顺序发生的，在解题的过程中要抓住各个物理过程之间相关联的物理量之间的联系就可以列出方程得出结果(涉及的物理量通常有速度、时间、位移等)。例1 2014河北石家庄质检如图所示，某滑冰运动员参加直线滑行练习，在滑行时，左右脚交替向后蹬冰，每次蹬冰的时间t11 s，冰面给人水平向前的动力F165 N，左右脚交替时有t20.5 s的时间不用蹬冰。已知整个过程中运动员受到的阻力f55 N，运动员总质量m55 kg，设运动员由静止开始滑行，求03 s内运动员的位移。分析
36、本题是一个物体多过程问题，物体经过加速，减速，再加速，再减速过程，抓住每个过程的末态，是下一过程的初态，用图象法或列方程求解即可。解析解法一：蹬冰时的加速度a12 m/s2 不蹬冰时的加速度a21 m/s2运动员滑行时前3 s的速度图象如图所示：由速度的变化规律知：第二个1.5 s比第一个1.5 s增加的位移x1.51.5 m2.25 m，第一个1.5 s内的位移为x112 m(1.52)0.5 m1.875 m故03 s内的位移为x1.8752 m2.25 m6 m。解法二：蹬冰时的加速度a12 m/s2不蹬冰时的加速度a21 m/s201 s内：加速位移：s1a1t1 m1 s末的速度：v
37、1a1t12 m/s1 s1.5 s内：减速15 s末的速度：v2v1a2t21.5 m/s位移：s2t20.875 m15 s2.5 s内：加速25 s末的速度：v3v2a1t13.5 m/s位移：s3t12.5 m25 s3.0 s内：减速30 s时的速度：v4v3a2t23 m/s位移：s4t21.625 m3 s内总位移：ss1s2s3s46 m。答案6 m2. 同时发生的物理过程这样的题目在高考题中应该算是比较难的问题，同学们对这样的题目都感到比较头疼。因为题目中所涉及的多个研究对象在时空上有一定的联系，所以就要对研究对象进行认真分析并建立起这个研究对象在各个物理过程之间的联系，再建
38、立每个研究对象之间的联系。在同时发生的物理过程中每个研究对象所经历的时间是相同的，在顺序发生的物理过程中，在物理过程的转换处物体的速度一定是相同的。例22014湖北八校第二次联考如图，可看做质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量为M4 kg，长度为L2 m，小物块质量为m1 kg，长木板置于光滑水平地面上，两物体皆静止。现在用一大小为F的水平恒力作用于小物块上，发现只有当F超过2.5 N时，才能让两物体间产生相对滑动。设两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g10 m/s2，试求：(1)小物块和长木板间的动摩擦因数。(2)若一开始力F就作用在长木板上，且F12 N，则小
39、物块经过多长时间从长木板上掉下？分析本题涉及二个研究对象，一个是小物块一个是长木板，当F2.5 N时，可以把两个物体看成一个整体研究。当F12 N时，可分别为研究对象，列方程求解。解析(1)设两物体间的最大静摩擦力为f，当F2.5 N作用于小物块时，对整体由牛顿第二定律有 F(Mm)a 对长木板，由牛顿第二定律 fMa 由可得 f2 N 小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力Nmg，则所受摩擦力 fmg 得0.2 (2)F12 N作用于长木板上时，两物体发生相对滑动，设长木板、小物块的加速度分别为a1、a2，对长木板，由牛顿第二定律 FfMa1 得a12.5 m/s2对小物块，由牛顿第二定律fm
40、a2得a22 m/s2由匀变速直线运动规律，两物体在t时间内的位移分别为s1a1t2s2a2t2小物块刚滑下长木板时，有s1s2L解得t2 s答案(1)0.2(2)2 s例3如图所示，有一个可视为质点的质量为m1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v02 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M3 kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数0.3，圆弧轨道的半径为R0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角60，不计空气阻力，g取
41、10 m/s2。(1)求小物块到达C点时的速度大小；(2)求小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？解析(1)小物块在C点时的速度大小为vC4 m/s。(2)小物块由C点到D点的过程中，由动能定理：mgR(1cos60)mvmv代入数据解得vD2 m/s，小物块在D点时由牛顿第二定律得FNmgm代入数据解得FN60 N由牛顿第三定律得小物块在D点时对轨道的压力FNFN60 N，方向竖直向下。(3)设小物块刚滑到木板左端时与木板达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行过程中，小物块与木板的加速度大小分别为a13 m/s2，a21 m/s
42、2小物块和木板达到共速，则有vvDa1t，va2t对小物块和木板系统，由能量守恒定律得mgLmv(mM)v2解得L2.5 m，即木板的长度至少为2.5 m。答案(1)4 m/s(2)60 N(3)2.5 m解题攻略 分析多过程问题要注意利用隐含条件，如：同时发生的多过程“时间相等”，顺序发生的多过程“衔接处的速度相等”；处理多物体问题的关键是灵活运用整体法和隔离法，找出各物体之间的位移、速度、加速度的关系。例1(多选)阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A1、A2形成的，其中虚线为等势线，相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线(管轴)。电子束从左侧进入聚焦电场后，在电场力的作用下汇聚到z轴
43、上，沿管轴从右侧射出，图中PQR是一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则可以确定()A. 电极A1的电势高于电极A2的电势B. 电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度C. 电子在R点处的动能大于在P点处的动能D. 若将一束带正电的粒子从左侧射入聚焦电场也一定被会聚解析根据电场线与等势面互相垂直的特点，可粗略画出该电场中的电场线，根据题意可知，电子束从左侧进入聚焦电场后，在电场力的作用下会聚到z轴上，电子所受到的电场力斜向右下方，在图中运动过程中，电场力做正功，电子电势能减小，电子的动能增加，则电极A1的电势低于电极A2的电势，因此，选项A错误，而选项C正确；在电场中，等势面密集的地方
44、场强大，因此，Q点的电场强度小于R点的电场强度，选项B正确；场强不变的情况下，正电荷所受电场力方向与负电荷所受电场力方向相反，因此，会聚电子束的电场必定会发散正电荷，选项D错误。答案BC例2 2012天津高考两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中()A. 做直线运动，电势能先变小后变大B. 做直线运动，电势能先变大后变小C. 做曲线运动，电势能先变小后变大D. 做曲线运动，电势能先变大后变小解析由题图等势面可知两固定的等量异号点电荷的电场分布如图所示。带负电的粒子在等量异号点电荷所产生电场中的偏转运动轨迹如图所示，则粒子在电场中做曲线运动。电场力对带负电的粒子先做正功后做负功，电势能先变小后变大，故C正确。答案C例3 201
