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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(美国)
①解释了摩擦起电的原因；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(美国)
最大的贡献是发现自感现象
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＝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＝，但A与B、C均无关，如a＝、E＝、C＝、I＝、R＝、B＝、ρ＝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＝，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＝，当时间间隔t非常小时，就可以表示瞬时功率，这里运用了极限思维法
解析：电流I＝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＝，当时间间隔t非常小时(即趋于极限值)，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＝，电容C＝，加速度a＝
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＝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＝、加速度a＝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＝；加速度a＝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＝，当Δt非常非常小时，v＝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＝，当Δt非常非常小时，v＝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．W1I2
C．W1D．W1＝W2；I1＝I2
解析：全过程由动能定理得：W1－W2＝0得，W1＝W2，由动量定理得：I1－I2＝0得I1＝I2，故D正确．
答案：D
3．(2019·黔东南州模拟)某次顶竿表演结束后，演员A(视为质点)自竿顶由静止开始滑下，如图甲所示．演员A滑到竿底时速度正好为零，然后曲腿跳到水平地面上，演员A的质量为50
kg，长竹竿质量为5
kg，A下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示．重力加速度取10
m/s2，则t＝5
s时，演员A所受重力的功率为(　　)
A．50
W
B．500
W
C．55
W
D．550
W
解析：由v-t图象可知，4～6
s内A向下减速，加速度为a1＝1
m/s2，t＝5
s时，A的速度大小为v5＝2－a2Δt＝1
m/s，故演员A所受重力的功率为PG＝mAgv5＝500
W，故B正确．
答案：B
4．(2019·合肥模拟)如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计．下列说法正确的是(　　)
A．在0～h0过程中，F大小始终为mg
B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1
C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
解析：0～h0过程中，Ek-h图象为一段直线，故由动能定理得(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A可知，F在0～h0过程中，做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为3∶2，故B错误；通过A、B可知，在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得W′F－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则W′F＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误．
答案：C
5．(2019·河南省示范高中联考)一电子在电场中仅受静电力作用，从A到B做直线运动，其电势能Ep随距A点的距离x的关系如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．该电场是匀强电场
B．该电子的动能逐渐增大
C．A点的电势低于B点的电势
D．该电子运动的加速度逐渐减小
解析：电势能的变化等于电场力的功，则由ΔEp＝qEΔx可知，Ep-x图象的斜率为定值，可知该电场是匀强电场，电子运动的加速度不变，选项A正确，D错误；电子从A到B电势能增加，可知电场力做负功，动能减小，且B点电势低于A点，选项B、C错误．
答案：A
6．(多选)(2019·深圳模拟)如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直纸面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界的v-t图象，图中数据均为已知量，重力加速度为g，不计空气阻力，则在线框穿过磁场的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．t1到t2过程中，线框中感应电流沿顺时针方向
B．线框的边长为v1(t2－t1)
C．线框中安培力的最大功率为eq
\f(mgv,v2)
D．线框中安培力的最大功率为eq
\f(mgv,v1)
解析：金属线框刚进入磁场时，磁通量增加，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针方向，故A错误；由图象可知，金属框进入磁场过程中做匀速直线运动，速度为v1，匀速运动的时间为t2－t1，故金属框的边长：L＝v1(t2－t1)，故B正确；在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg＝BIL，又I＝，又L＝v1(t2－t1)，联立解得B＝
；线框仅在进入磁场和离开磁场过程中受安培力，进入时安培力等于重力，离开时安培力大于重力，开始减速，故开始离开磁场时安培力最大，功率最大，为Pm＝F安t2，又F安＝，联立得：Pm＝eq
\f(mgv,v1)，故C错误，D正确．
答案：BD
题型(二)　图象判断类
演练冲关
7．(2019·珠海一模)如图，一物体沿光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端，若用h、x、v、a分别表示物体下降的高度、位移、速度和加速度，t表示所用的时间，则在下列图象中正确的是(　　)
解析：物体受重力和斜面的支持力，设斜面的倾角为θ，根据牛顿运动定律知加速度为a＝gsin
θ不变，物体做初速度为零的匀加速直线运动．位移x＝at2，则h＝xsin
θ＝asin
θt2，都与时间的平方成正比，故A、B错误；速度v＝at，与时间成正比，故C正确；加速度a＝gsin
θ不变，故D错误．
答案：C
8．(2019·洛阳模拟)如图所示，一水平传送带以v0＝2
m/s的恒定速度匀速运动．已知传送带左端A到右端B的距离为10
m，传送带各处粗糙程度相同．把工件无初速地放到A处，经过时间6
s，工件被传送到B处．则下列图象中能表示工件的速度v0随时间t变化关系的是(　　)
解析：设工件到达B时恰好与传送带的速度相等，则全程的平均速度为v0＝1
m/s，用的时间应该为t0＝＝10
s>6
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＝；安培力为：F＝BIL＝；由牛顿第二定律得：F＝ma，则有a＝，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：－BLΔt＝mv－mv0其中Δt＝q＝，则v＝v0－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＝kr2v，选项A、B正确；当最后匀速运动时，有kr2v＝mg＝ρg·πr3，可得最大速率与成正比，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～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.～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(μθ)
沿斜面方向上由牛顿第二定律得：mgsin
θ－Ff＝ma　解得a＝gsin
θ－μgcos
θ
3．斜面上的平抛问题
水平方向x＝v0t
竖直方向y＝gt2
由几何关系tan
θ＝
解得t＝
4．斜面上的动力学问题
(1)受力情况：重力、弹力、摩擦力、电场力、安培力(或洛仑兹力)．
(2)运动情况：匀速直线运动或静止状态(受力平衡)；匀加速直线运动：平抛运动、类平抛运动或圆周运动．
题型(一)　斜面上的动力学问题
演练冲关
1．(2019·西安模拟)如图所示，足够长的斜面上有a、b、c、d、e五个点，ab＝bc＝cd＝de，从a点水平抛出一个小球，初速度为v时，小球落在斜面上的b点，落在斜面上时的速度方向与斜面夹角为θ；不计空气阻力，初速度为2v时(　　)
A．小球可能落在斜面上的c点与d点之间
B．小球一定落在斜面上的e点
C．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角大于θ
D．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角小于θ
解析：设斜面与水平的夹角为α，当初速度为v时，落在斜面上的b点，由平抛运动的规律可知：x＝vt，h＝gt2，解得t＝tan
α，因此当速度变为2v时，落到斜面上的时间为2t，因此水平方向的位移x1＝2v·2t＝4x，因此小球会落到e点，故A错误，B正确；由平抛的推论可知，当速度为v时，小球落在斜面上其速度方向与水平方向的夹角的正切值tan
θ＝2tan
α可知小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角等于θ，故C、D错误．
答案：B
2．(2019·佛山模拟)如图，倾角为θ、质量为M的斜面体静止在光滑水平面上．现有质量为m的物块，以初速度v0从斜面上某处沿斜面减速下滑．已知物块与斜面体间的动摩擦因数为μ，则在此过程中(　　)
A．斜面体向右运动
B．斜面体对物块做负功
C．地面给斜面体的支持力等于(m＋M)g
D．物块和斜面体构成的系统动量守恒
解析：对系统，水平方向受合外力为零则水平方向动量守恒，选项D错误；物块下滑时做减速运动，则水平向左的动量减小，由动量守恒定律可知，斜面体水平向左的动量必然增加，即斜面体向左运动，选项A错误；物块的动能和重力势能均减小，则机械能减小，则斜面体对物块做负功，选项B正确；物块沿竖直方向加速度有向上的分量，可知物块失重，则地面给斜面体的支持力小于(m＋M)g，选项C错误．
答案：B
3．(多选)(2019·郑州模拟)如图所示，质量均为M的b、d两个光滑斜面静止于水平面上，底边长度相等，b斜面倾角为30°，d斜面倾角为60°.质量均为m的小物块a和c分别从两个斜面顶端由静止自由滑下，下滑过程中两斜面始终静止．小物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．两物块所受重力冲量相同
B．两物块所受重力做功的平均功率相同
C．地面对两斜面的摩擦力均向左
D．两斜面对地面压力均小于(m＋M)g
解析：设斜面的底边长度为L，则斜边长度x＝，小滑块下滑的加速度a＝gsin
θ，下滑的时间t＝＝，当斜面倾角分别为30°和60°时，可得两滑块运动的时间相同，根据I＝mgt可知，重力的冲量相等，选项A正确；重力做功W＝mgLtan
θ，则重力做功的平均功率P＝＝mg，则当斜面倾角分别为30°和60°时两物块所受重力做功的平均功率不相同，选项B错误；当物块加速下滑时，加速度有水平向右的分量，则对滑块和斜面的整体而言，由牛顿第二定律可知，地面对两斜面的摩擦力均向右，选项C错误；竖直方向，因滑块下滑时加速度有竖直向下的分量，可知滑块失重，则两斜面对地面压力均小于(m＋M)g，选项D正确．
答案：AD
4.如图所示，两小球a、b从直角三角形斜面的顶端以相同大小的水平速率v0向左、向右水平抛出，分别落在两个斜面上，三角形的两底角分别为30°和60°，则两小球a、b运动时间之比为(　　)
A．1∶　　　　
B．1∶3
C.∶1
D．3∶1
解析：设a、b运动的时间分别为ta和tb，则tan
30°＝eq
\f(\f(1,2)gt,v0ta)＝，tan
60°＝eq
\f(\f(1,2)gt,v0tb)＝，两式相除得：＝＝，故B正确．
答案：B
5．(2018·舟山模拟)如图所示，质量为M的物体在粗糙斜面上以加速度a1匀加速下滑(斜面固定)；当把物体的质量增加m时，加速度为a2；当有一竖直向下且过重心的恒力F作用在物体上时，加速度变为a3，如果F＝mg，则(　　)
A．a1＝a2＝a3
B．a1＝a3C．a1＝a2D．a1解析：物体以加速度a1匀加速下滑时，受到重力、斜面的支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得：a1＝(Mgsin
θ－μMgcos
θ)·＝gsin
θ－μgcos
θ，当把物体的质量增加m时，则有a2＝＝gsin
θ－μgcos
θ，当加一竖直向下的恒力F时a3＝[(M＋F)·gsin
θ－μ(M＋F)gcos
θ]·＝(gsin
θ－μgcos
θ)，因此a1＝a2答案：C
6．(2018·湖南衡阳一中模拟)如图所示，小球由倾角为45°的斜坡底端P点正上方某一位置Q处自由下落，下落至P点的时间为t1，若小球从同一点Q处以速度v0水平向左抛出，恰好垂直撞在斜坡上，运动时间为t2，不计空气阻力，则t1∶t2等于(　　)
A．1∶2
B.∶1
C．1∶
D．1∶
解析：小球自Q处自由下落，下落至P点，则有H＝gt；小球自Q处水平向左抛出，恰好垂直撞在斜坡上，如图所示，则有vy＝v0＝gt2，h＝gt，x＝v0t2；可得x＝2h，由几何关系知H＝x＋h，联立解得t1：t2＝∶1，故B正确．
答案：B
题型(二)　斜面上的电学问题
演练冲关
7．(2019·南平模拟)如图所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平面上．为了使质量为m，带电量为＋q的小球静止在斜面上，可加一平行纸面的匀强电场(未画出)，则(　　)
A．电场强度的最小值为E＝
B．若电场强度E＝，则电场强度方向一定竖直向上
C．若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上，则电场强度逐渐增大
D．若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上，则电场强度先减小后增大
解析：当所加的电场强度最小时，场强方向沿斜面向上，此时：mgsin
θ＝qE，解得电场强度的最小值为E＝，选项A错误；若qE＝mg，则可能是电场力、重力以及斜面的支持力三力互成120°，此时场强的方向不是竖直向上的方向，选项B错误；由图可知，若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上，则电场力逐渐变大，电场强度逐渐增大，选项C正确，D错误．
答案：C
8．(2019·峨山模拟)如图所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面处在垂直斜面的匀强磁场和方向未知的匀强电场中，有一个质量为m，带电量为q(q>0)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
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得到r＝，周期得到T＝＝＝，得到B＝，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＝，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
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
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＝mv－mv，所以U＝，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＝＝，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＝＝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，
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＝·＋·.
由图象可得
＝1，
·＝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′，
E′＝Blv，
当金属棒下滑的加速度为时，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≥，“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l时，下列说法正确的是(　　)
A．小球A和B的速度都为
B．小球A和B的速度都为
C．小球A、B的速度分别为和
D．小球A、B的速度分别为和
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＝v2，则选项A、B错误；又因为杆下滑时机械能守恒，故mgl＝mg×＋mv＋mv，联立两式解得v2＝，v1＝，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＝
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
B．P与水平面的高度差为
C．两球上滑过程中杆对A球所做的功为
D．两球上滑过程中杆对A球所做的功为
解析：设B沿斜面上滑的距离为x；则由机械能守恒可得2×mv＝mgxsin
30°＋mg(x＋l)sin
30°，解得x＝l，则P与水平面的高度差为h＝xsin
30°＝l，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－mgsin
30°＝0－mv，解得W＝，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qU
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U，所以小球1的电势能减少量小于qU，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，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
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＝
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
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＝，故在整个运动过程中，小球受到的摩擦力恒为μ·＝，从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为，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－mgh＝0，从D点返回C点的过程中有－mgh＋W弹－mgh＝0－mv2，联立解得v＝，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－＝0，小球质量为2m时，有2mgh－W弹－＝eq
\f(2mv,2)，v1＝，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′－mg·h′－W′弹＝0，由图可知，W′弹＝·W弹，结合mgh－W弹－mgh＝0，有h′＝h>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＝Mv2＋mv′2，
解得v＝.
小球在最高点，由牛顿第二定律得
mg＋F＝m，解得F＝mg.
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′＝mg；
(3)对轻杆，由动能定理W－mg·6L＝mv′2，
解得W＝mgL.
答案：(1)1∶2　(2)mg　(3)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，则以下判断正确的是(　　)
A．小球到达P点时的速度等于
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＋mv2＝mv，得vP＝，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＝meq
\f(v,L)，可得F＝－mg，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
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＝，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)eq
\f(v,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
s
B．石块被抛出瞬间的速度大小
m/s
C．石块即将落地时重力的瞬时功率为500
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＝gt2，可得t＝
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＝
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
W，故C正确；石块落地的瞬时速度大小为：v＝eq
\r(v＋（gt）2)＝
5
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mgR
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·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＝m，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·2mv2＝mgR，所以得B的动能增加量即轻杆对B做的功为mgR，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R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＝；
(2)A球下降高度为时，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°)＝mv2＋×2mv2－0，
解得×2mv2＝，
设杆对B做的功为W，由动能定理W＋qERsin
30°－2mgR(1－cos
30°)＝×2mv2－0，
解得W＝mgR；
(3)由动能定理得mgRsin
θ＋qERsin
θ－2mgR(1－cos
θ)＝mv′2＋×2mv′2－0.
整理可得v′＝2
，
当θ＝45°时，有最大速度vmax＝2
.
答案：(1)q＝　(2)W＝mgR
(3)vmax＝2
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＝＝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＝＝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
B．两滑块分离时弹簧的形变量是
C．滑块B获得的最大动能是
D．滑块B获得的最大动能是
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＝，
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＝·2mv2，
B获得的最大动能为EkB＝mv2，
由此得EkB＝.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a解析：托盘与重物分开的瞬间，托盘与重物虽接触但无相互作用力，此时重物只受到重力和弹簧的作用力，由于这一瞬间重物的加速度仍为a，且a设弹簧的伸长量为x，对重物m由牛顿第二定律得
mg－kx＝ma，
在这一运动过程中重物下降的高度为L＋x，由运动学公式有L＋x＝at2，
联立解得t＝
.
答案：
题型(二)　弹簧的弹力做功问题
演练冲关
5.(多选)如图所示，A球用细线悬挂且通过弹簧与B球相连，两球的质量相等，当两球都静止时，将细线烧断，则下列论述中正确的是(　　)
A．细线烧断瞬间，球A的加速度大于球B的加速度
B．细线断后最初一段时间里，重力势能转化为动能和弹性势能
C．在下落过程中，两小球和弹簧组成的系统机械能守恒
D．细线断后最初一段时间里，动能增加量小于重力势能的减少量
解析：细线断开前，B球受重力和弹簧拉力，二力平衡，A球受重力，弹簧拉力和细线拉力，三力平衡，细线刚断开，细线拉力减为零，弹簧弹力不变，A球立即有加速度，B球加速度为零，故A正确；系统下落过程，刚开始时，由于A的加速度大于B的加速度，故弹簧伸长量变小，弹性势能减小，由于A球、弹簧、B球系统只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，线断后最初一段时间里，重力势能和弹性势能都转化为动能，动能的增加量大于重力势能的减小量，故B、D错误，C正确．
答案：AC
6．(多选)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是(　　)
A．B物体的机械能一直增大
B．B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和
C．B物体机械能的减少量大于弹簧的弹性势能的增加量
D．细线拉力对A物体做的功等于弹簧弹性势能的增加量
解析：从开始到B速度达到最大的过程中，细线的拉力对B一直做负功，所以B的机械能一直减小，故A错误；对于B物体，只有重力与细线拉力做功，根据动能定理可知，B物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和，故B正确；整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故C正确；根据功能关系，系统机械能的增量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功，细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，故D错误．
答案：BC
7．(多选)(2019·株洲模拟)如图所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k.C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v.则此时(　　)
A．拉力做功的瞬时功率为Fvsin
θ
B．物块B满足m2gsin
θC．物块A的加速度为
D．弹簧弹性势能的增加量为Fd－m1gdsin
θ
解析：拉力的瞬时功率P＝Fv，故A错误；开始时系统处于静止状态，弹簧的弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，则m2gsin
θ＝kx2，由于开始时弹簧是压缩的，所以d>x2，因此m2gsin
θθ－kx2＝m1a1，开始时对A由平衡条件得m1gsin
θ＝kx1，而d＝x1＋x2，解得物块A加速度为a1＝，故C正确；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即Fd－m1gdsin
θ－m1v，故D错误．
答案：BC
8．(多选)(2019·泰安模拟)如图所示，一倾角为α的固定斜面下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上．现将一质量为m的小物块从斜面上离弹簧上端距离为s处由静止释放，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块下滑过程中的最大动能为Ekm，则小物块从释放到运动至最低点的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．物块刚与弹簧接触的瞬间动能最大
B．物块的最大动能等于重力与摩擦力对物块做功之和
C．弹簧的最大弹性势能等于整个过程中重力与摩擦力对物块做功之和
D．若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，则下滑过程中物块的最大动能小于2Ekm
解析：小物块从静止释放后能下滑，则有mgsin
α>μmgcos
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
C．外力的功率为eq
\f(B2L2v,R)
D．弹簧被拉伸的长度为
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＝＝，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＝eq
\f(B2L2v,2R)，故C错误；当导体棒ab稳定时，有BIL＝kx，联立计算得出x＝，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
C．乙在B点加速度大小为2g
D．乙运动到0点下方处速度最大
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＝mv2，解得：v＝，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，故B错误；根据能量守恒有Mgh＝mg·2h，则m＝M，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k＝mg，可得乙运动到O点下方处速度最大，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＝mgsin
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棒电阻的即R′＝，两棒串联的总电阻为R0＝R＋＝.
(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＝，故CD棒移动的距离ΔxCD＝2Δx＝.
(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＝＝，感应电流为＝＝，所以，回路中通过的电荷量，即CD棒中的通过的电荷量为q＝Δt＝，由此可得两棒距离增大值为Δx＝，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＝＋＝；
(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·＝
答案：(1)　(2)　(3)
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＝＝.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＝＝，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.
C．sin
θ
D.
解析：对A球由正弦定理得＝，对B球由正弦定理得＝，解得＝.
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＝sin(θ＋α)，其中α＝arctan，
当α＋θ＝90°时，有极值ym＝；
(2)利用二次函数求极值．
二次函数：y＝ax2＋bx＋c，
当x＝－时，有极值ym＝(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；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
.
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＝，由三角函数知识可整理为F＝，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＝，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.
C.
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＝mv，可知水平抛出速度v0＝；平抛运动水平方向做匀速直线运动，有t＝＝，竖直方向做自由落体运动，竖直方向速度：vy＝gt＝；合速度v合＝eq
\r(v＋v)＝
＝
.要使小球撞到墙壁时的速度最小，必有－＝0，即h＝.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＝.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＋at2，①
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＝.⑧
由数学知识得cos
α＋sin
α＝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＝
N.
答案：(1)3
m/s2　8
m/s　(2)30°　
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＝
B．电荷量Q＝
C．细线对小球的拉力FT＝
D．细线对小球的拉力FT＝
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＝∑cos
θ，所以小球受到的库仑力F＝kcos
θ.对小球受力分析如图所示，金属小球处于平衡状态，则F＝＝，电荷量Q＝
，A正确，B错误；细线对小球的拉力FT＝，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＝k，式中r为到场源点电荷Q的距离．两半径分别为r1和r2(r1A．k
B．k
C．k
D．k
解析：在半径为r1的球面上取一微元电荷，设其带的电荷量为ΔQ，故该微元电荷在球心处产生的电势Δφ＝k，因为电势为标量，由电势叠加原理可知，半径为r1的球面在球心处产生的电势φ1＝∑Δφ＝∑k＝k；同理可知半径为r2的球面在球心处产生的电势φ2＝∑k＝k；由电势的叠加原理可得：两半径分别为r1和r2的同心球面在球心处产生的电势：φ总＝φ1＋φ2＝k，由于静电平衡时导体为等势体，导体表面为等势面，故球面内各点的电势相等，即在球面内部距离球心r处的电势为k，选项D正确．
答案：D
9．由相关电磁学知识可以知道，若圆环形通电导线的中心为O，环的半径为R，环中通有大小为I的电流，如图甲所示，则环心O处的磁感应强度大小B＝·，其中μ0为真空磁导率．若P点是过圆环形通电导线中心O点的轴线上的一点，且距O点的距离是x，如图乙所示．请根据所学的物理知识判断下列有关P点处的磁感应强度BP的表达式正确的是(　　)
A．BP＝·
B．BP＝·
C．BP＝·
D．BP＝·
解析：本题看似高中知识无法解决，但题目中已知O点的磁感应强度大小的表达式．应用极限法，当x＝0时，P点与O点重合，磁感应强度大小BP＝·，A正确．
答案：A
题型(四)　预测法
凡涉及数列求解的物理问题都具有过程多、重复性强的特点，但每一个重复过程均不是原来的完全重复，而是一种变化了的重复，随着物理过程的重复，某些物理量逐步发生着前后相互关联的变化．该类问题求解的基本思路为：
(1)逐个分析开始的几个物理过程．
(2)利用归纳法从中找出物理量变化的通项公式(这是解题的关键)．
(3)最后分析整个物理过程，应用数列特点和规律求解．
无穷数列的求和，一般是无穷递减数列，有相应的公式可用．等差：Sn＝＝na1＋d(d为公差)，
等比：Sn＝(q为公比)．
演练冲关
10．一弹性小球自4.9
m高处自由下落，当它与水平地面每碰一次，速度减小到碰前的，则小球开始下落到停止运动所用的时间为(　　)
A．8
s
B．12
s
C．19
s
D．无穷大
解析：小球第一次下落时间t＝＝1
s，落地前的速度v＝gt＝9.8
m/s，
第一次碰地弹起的速度v1＝v，上升到落回的时间
t1＝＝2×s，
第二次碰地弹起的速度v2＝v，上升到落回的时间t2＝＝2×s，
第n次碰地弹起的速度vn＝v，上升到落回的时间tn＝＝2×s，
从开始到最终停止经历的时间t＝1＋2×＋2×2＋…＋2×ns＝s＝8
s，故A正确．
答案：A
11．将一个小球从光滑水平地面上一点斜抛出，小球的初始水平速度为vx，竖直方向速度为vy，忽略空气阻力，小球第一次到达最高点时离地面的距离为h.小球和地面发生第一次碰撞后，反弹至离地面的高度．以后每一次碰撞后反弹的高度都是前一次的(每次碰撞前后小球的水平速度不变)，小球在停止弹跳时所移动的总水平距离的极限是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：将一个小球从光滑水平地面上一点抛出，做斜抛运动，小球第一次到达最高点时离地面的距离为h，可逆向等效为从离地面高度为h的位置以水平速度vx做平抛运动．从最高点下落到水平地面的时间为t1＝.小球和地面发生第一次碰撞后，反弹至离地面的高度，从最高点下落到水平地面的时间为t2＝.小球和地面发生第二次碰撞后，反弹至离地面×＝的高度，从最高点下落到水平地面的时间为t3＝.以此类推，小球在停止弹跳时用的总时间t＝2(t1＋t2＋t3＋t4＋…)＝＝.小球在停止弹跳时所移动的总水平距离的极限是x＝vxt＝，选项D正确．
答案：D
12．在光滑绝缘水平面上静止着一个带正电的小球，小球质量为m＝500
g，所带电荷量为q＝2×10－6
C．从t＝0开始，在地面上方加一水平方向的匀强电场，其场强大小的变化规律如图所示(规定向右为正方向)，求小球在100
s内的位移．
解析：根据题图可知，小球加速度大小不变为a＝＝4×10－3m/s2.作出小球速度随时间变化的vt图象(如图所示)，在前4
s内位移为0.
观察图线可知，从4
s末开始，每经3
s内的位移构成一个等差数列，首项为a1＝1.4×10－2m、公差为d＝1.2×10－2m，根据等差数列求和公式可得小球位移大小为x＝6.4
m.
答案：6.4
m
热点七　多过程运动问题
1．直线运动
(1)运动分析．
①物体运动的速度v与加速度a在同一直线上．
②a、v同向，物体速度增大；a、v反向，物体速度减小．
(2)受力分析．
①物体的合外力与运动方向在一条直线上．
②垂直于运动方向上合外力为零．
(3)规律分析．
①匀速直线运动时，位移x＝vt.
②合外力恒定时，加速度恒定，物体做匀变速直线运动，x＝v0t＋at2，vt＝v0＋at.
2．(类)平抛运动
(1)运动分析．
①物体的初速度v0与加速度方向垂直．
②物体的速度逐渐增大．
③物体的速度与位移方向不相同．
(2)受力分析．
物体的合外力与初速度方向垂直，且恒定不变．
(3)规律分析．
①沿初速度方向，物体做匀速运动x＝v0t，vx＝v0.
②沿合外力方向，物体做匀加速运动y＝at2，vy＝at.
3．圆周运动
(1)运动分析．
①物体的速度沿圆上该点的切线方向，方向时刻在变化．
②物体做变加速曲线运动．
(2)受力分析．
①匀速圆周运动的合外力指向圆心，且大小恒定不变．
②非匀速圆周运动的合力一般不指向圆心，但沿半径方向的合力仍提供向心力．
(3)规律分析．
①匀速圆周运动：
F合＝F向＝m＝mω2r＝m·r＝ma向．
②非匀速圆周运动：
F径向合＝m.
题型(一)　力学中的多过程问题
演练冲关
1.如图所示，AB是倾角θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R，一个质量为m的物体(可以看成质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ.求：
(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力大小；
(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′至少多大．
解析：(1)对整个过程，由动能定理得
mgRcos
θ－μmgscos
θ＝0，
所以物体在AB轨道上通过的总路程s＝；
(2)最终物体以B(还有B关于OE的对称点)为最高点，在圆弧底部做往复运动，对B→E过程，由动能定理得
mgR(1－cos
θ)＝mv，
在E点，由牛顿第二定律得FN－mg＝eq
\f(mv,R)，
联立两式得FN＝(3－)mg.
结合牛顿第三定律可知FN′＝FN＝(3－)mg；
(3)物体刚好能到D点，由牛顿第二定律有mg＝meq
\f(v,R)，对全过程由动能定理得
mgL′sin
θ－μmgL′cos
θ－mgR(1＋cos
θ)＝mv，
联立两式得L′＝.
答案：(1)　(2)(3－)mg　(3)
2．(2018·宝鸡中学检测)如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的，在最低点B与水平轨道BC相切，BC的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内，可视为质点的物块从A点正上方某处无初速度下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道运动至轨道末端C处恰好没有滑出，已知物块到达圆弧轨道最低点B处时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失，求：
(1)物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍；
(2)物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ.
解析：(1)设物块的质量为m，其开始下落处的位置距BC的竖直高度为h，到达B点时的速度为v，小车圆弧轨道半径为R.则由机械能守恒定律得mgh＝mv2，
物块运动到B点时根据牛顿第二定律得
9mg－mg＝m，
解得h＝4R，即物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍；
(2)设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为F，物块滑到C点时与小车的共同速度为v′，
物块在小车上由B运动到C的过程中小车相对地面的位移大小为x，
依题意，小车的质量为3m，BC的长度为10R，滑动摩擦力F＝μmg，
由动量守恒定律有mv＝(m＋3m)v′，
对物块、小车分别应用动能定理得
－F(10R＋x)＝mv′2－mv2，
Fx＝(3m)v′2，解得μ＝0.3.
答案：(1)4倍　(2)0.3
3．(2018·吉林模拟)如图所示，半径R＝0.2
m的光滑四分之一圆弧轨道MN竖直固定放置，末端N与一长L＝0.8
m的水平传送带相切，水平衔接部分摩擦不计，传动轮(轮半径很小)顺时针转动，带动传送带以恒定的速度v0运动．传送带离地面的高度h＝1.25
m，其右侧地面上有一直径d＝0.5
m的圆形洞，洞口最左端的A点离传送带右端的水平距离x＝1
m，B点在洞口的最右端．现使质量为m＝0.5
kg的物块(可视为质点)从M点由静止开始释放，经过传送带后做平抛运动，最终落入洞中，传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10
m/s2.求：
(1)小物块到达圆弧轨道末端N时对轨道的压力；
(2)若v0＝3
m/s，物块在传送带上运动的时间；
(3)若要使物块能落入洞中，v0应满足的条件．
解析：(1)设物块滑到圆弧轨道末端的速度为v1，根据动能定理得mgR＝mv，
设物块在轨道末端所受支持力的大小为F，根据牛顿第二定律得F－mg＝meq
\f(v,R)，
联立以上两式代入数据得v1＝2
m/s，F＝15
N.
根据牛顿第三定律，物块对轨道压力大小为15
N，方向竖直向下；
(2)物块在传送带上做加速运动时，由μmg＝ma
得a＝μg＝5
m/s2，
加速到与传送带达到同速所需要的时间
t1＝＝0.2
s，
位移：x1＝t1＝0.5
m，
匀速运动时间：t2＝＝0.1
s，
故T＝t1＋t2＝0.3
s；
(3)物块由传送带右端平抛h＝gt2，
若恰好

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