2014《金版教程》高考物理大二轮考前一个月系列第四步晓热点谋良策　尽收囊中拉开分——18个热点题型

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12013新课标全国卷(多选)

2、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

3、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例2学习物理不仅要掌握物理知识，还要领悟并掌握处理物理问题的思想方法如图所示的几个实验中，研究物理问题的思想方法相同的是()A. 甲、乙B. 乙、丙C. 甲、丙 D. 丙、丁解析 甲利用运动的分解思想，乙和丙利用放大方法，丁利用控制变量思想方法答案为B.答案B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. 2013辽宁大连甲、乙两物体先后从同一地点出发，沿一条直线运动，它们的vt图

4、象如图所示，由图可知()A. 甲比乙运动快，且早出发，所以乙追不上甲B. t20 s时，乙追上了甲C. 在t20 s之前，甲比乙运动快；在t20 s之后，乙比甲运动快D. 由于乙在t10 s时才开始运动，所以t10 s时，甲在乙前面，它们之间的距离为乙追上甲前的最大距离解析本题为追及问题，从题图中看到开始甲比乙运动快，且早出发，但是乙做匀加速运动，最终是可以追上甲的，A项错误；t20 s时，速度图象中甲的速度图线与时间轴所围的面积大于乙的，即甲的位移大于乙的位移，所以乙没有追上甲，B项错误；在t20 s之前，甲的速度大于乙的速度，在t20 s之后，乙的速度大于甲的速度，C项正确；乙在追上甲之前

5、，当它们速度相同时，它们之间的距离最大，对应的时刻为t20 s，D选项错误答案C例2如图所示，直线、分别表示A、B两物体从同一地点开始运动的vt图象，下列说法中正确的是()A. A物体的加速度小于B物体的加速度B. t0时刻，两物体相遇C. t0时刻，两物体相距最近D. A物体的加速度大于B物体的加速度解析 vt图象的斜率表示加速度，所以A物体的加速度大于B物体的加速度，A错，D对vt图象与坐标轴围成的面积表示物体的位移，t0时刻，两物体的速度相同，两物体相距最远，B、C均错答案D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

6、列对甲、乙两车运动情况的描述正确的是()A. 甲车先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；

7、vt图和xt图中交点分别表示速度相等和位移相等判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1(多选)如图所示，A是一质量为M的盒子，B的质量为，A、B用一根跨过光滑定滑轮的细绳相连，A置于倾角30的斜面上，B悬于斜面之外而处于静止状态现在向A中缓慢加入砂子，整个系统始终保持静止，则在加入砂子的过程中()A. 绳子拉力逐渐减小B. A对斜面的压力逐渐增大C. A所受的摩擦力逐渐增大D. A所受的合力不变解析本题考查物体的受力分析，主要是考查学生的分析能力和对各个力的理解能力以B为研究对象，由二力平衡条件可知，绳子的拉力FT的大小始终等于B的重力的大小，

8、即FTMg，A错误；以A为研究对象，未加砂子前，绳子的拉力FT的大小刚好等于A的重力沿斜面方向分力的大小，沿斜面方向受力平衡，A与斜面间没有摩擦力的作用，加入砂子后，相当于A的重力增加，A对斜面的压力增大，为了平衡加入砂子的重力沿斜面方向的分力，A将受到沿斜面方向的静摩擦力，且随着砂子的加入而逐渐增大，所以B、C正确；因为A一直处于静止状态，其所受的合力始终为零，即不变，所以D正确答案BCD例22012浙江卷 如图所示，与水平面夹角为30的固定斜面上有一质量m1.0 kg的物体细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9 N关于物体受力

9、的判断(取g9.8 m/s2)，下列说法正确的是 ( )A. 斜面对物体的摩擦力大小为零B. 斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N，方向沿斜面向上C. 斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向竖直向上D. 斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向垂直斜面向上解析选斜面上的物体为研究对象，设所受摩擦力的方向沿斜面向上，其受力情况如图所示由平衡条件得：在斜面方向上：FFfmgsin300 在垂直斜面方向上：FNmgcos300经分析可知F4.9 N 由、联立得：Ff0，所以选项A正确，选项B错误由式得：FN4.9 N方向垂直斜面向上，选项C、D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

10、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. ，0 B. ，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

11、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，根据三角函数求解. 例1 (多选)利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小，实验时让某消防队员从一平台上跌落，自由下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，最后停止，用这种方法获得的消防队员对地面的冲击力随时间变化的图线如图所示，根据图线所提供的信息，以下判断正确的是()A

12、. t1时刻消防员的速度最大 B. t2时刻消防员的速度最大C. t3时刻消防员的动能最小D. t4时刻消防员的动能最小解析由图可知，从0到t1时间内消防员做自由落体运动，t1时刻开始做加速度逐渐减小的加速运动，t2时刻速度达最大，A错、B对；t2到t3时间内消防员做加速度逐渐增大的减速运动，t3时刻加速度最大，t3到t4时间内消防员做加速度逐渐减小的减速运动，t4时刻速度为零，C错、D对答案BD例2(多选)质量为0.3 kg的物体在水平面上运动，图中的两条直线分别表示物体受水平拉力作用和不受水平拉力作用时的速度时间图线，则下列说法中正确的是()A. 物体不受水平拉力时的速度图线一定是bB.

13、物体受水平拉力时的速度图线可能是aC. 摩擦力一定等于0.2 ND. 水平拉力一定等于0.1 N解析图中两条图线都表示物体做匀减速直线运动，只是加速度大小不同，分别为a1 m/s2，a2 m/s2；因为不知水平拉力的方向，所以不能判断出哪条图线是受水平拉力作用时的vt图线，选项A错误、B正确；设水平拉力F的方向与运动方向相反，则fFma2，fma1，代入数据可解得F0.1 N，f0.1 N；再设水平拉力F的方向与运动方向相同，则fFma1，fma2，代入数据可解得F0.1 N，f0.2 N，可见，选项C错误、D正确答案BD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

14、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

15、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

16、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1 2012福建理综一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v.假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N.已知引力常量为G，则这颗行星的质量为()A. B. C. D. 解析对卫星：mmg；对被测物体：mgN，联立可得M，故B正确答案B例2(多选)2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家如图所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的

17、情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的()A线速度大于地球的线速度B向心加速度大于地球的向心加速度C向心力仅由太阳的引力提供D向心力仅由地球的引力提供解析由于飞行器与地球同步绕太阳做圆周运动，则它们的角速度相同，由vr和a2r易知A、B均正确若飞行器的向心力仅由太阳的引力提供，则由v可知，飞行器的线速度应小于地球的线速度，这不符合题于中的情景，故C错误若飞行器的向心力仅由地球的引力提供，则飞行器应绕地球做圆周运动，故D也错答案AB例3冥王星是太阳系中围绕太阳运动的天体，它的赤道直径为2344 km、表面积为1700万平方千米、平均密度为1.1 g/cm3、表面重力加速度为0.6 m/s

18、2、公转周期是247.9年、第二宇宙速度为1.22 km/s.已知引力常量G，且冥王星绕太阳的运动可以按圆周运动处理依据这些信息，下列判断中正确的是()A. 可以估算出冥王星的质量B. 冥王星的公转线速度一定比地球的公转线速度大C. 可以估算出太阳的质量D. 冥王星上的物体至少应获得1.22 km/s的速度才能成为冥王星的卫星解析由mgG可得M，故可估算出冥王星的质量，A正确；由()2r可知，冥王星的公转线速度比地球的小，B错误；因为冥王星的公转半径未知，所以不能估算出太阳的质量，C错误；要成为冥王星的卫星，只需要物体速度大于冥王星第一宇宙速度即可，若物体的速度大于或等于第二宇宙速度，则将完全

19、脱离冥王星的引力作用而飞出该星球，D错误答案A 例12013江西四市联考半径分别为r和R(rR)的光滑半圆形槽，其圆心在同一水平面上，如图所示，质量相等的两物体分别自半圆形槽左边缘的最高点无初速度地释放，在下滑过程中两物体()A. 机械能均逐渐减小B. 经最低点时动能相等C. 机械能总是相等的D. 两物体在最低点时加速度大小不等解析本题考查机械能守恒定律及应用牛顿第二定律处理圆周运动问题的方法两物体在下滑的过程中，均只有重力做功，故机械能守恒，A错误，C正确；在最低点，两物体重力势能不同，由机械能守恒定律可知，两物体动能不同，B错误；在物体由半圆形槽左边缘的最高点到最低点的过程中，有mgRmv

20、2，在最低点时两物体的加速度a，解得a2g，与圆周运动的轨道半径无关，D错误答案C例2由相同材料的木板搭成的轨道如图所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF、长均为L1.5 m，木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为37，一个可看成质点的物体在木板OA上从图中的离地高度h1.8 m处由静止释放，物体与木板间的动摩擦因数都为0.2，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过它，既不损失动能，也不会脱离轨道在运动过程中，重力加速度取10 m/s2.(sin370.6，cos370.8)(1)物体能否静止在木板上？请说明理由(2)物体运动的总路程是多少？(3)物体最终停在何处？并作出解释解析

21、(1)在斜面上物体所受重力沿斜面向下的分力为G1mgsin370.6mg，物体所受摩擦力大小为Ffmgcos370.16mg.由于Ff0mg(hLsin37)mgcos37(3L)mv0发现无解说明物体能通过B点，到不了D点，则最终停在C点处答案见解析例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

22、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hLLL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

23、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 (多选)如图所示，人在岸上拉船，已知船

24、的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水面的夹角为时，船的速度为v，人的拉力大小为F，则此时()A. 人拉绳行走的速度为vcosB. 人拉绳行走的速度为C. 船的加速度大小为D. 船的加速度大小为思路分析本题可按以下思路进行求解：解析 船的运动产生了两个效果：一是使滑轮与船间的绳缩短，二是使绳绕滑轮顺时针转动，因此将船的速度按如图所示进行分解，人拉绳行走的速度vwvvcos，选项A正确，B错误；绳对船的拉力等于人拉绳的力，即绳的拉力大小为F，与水平方向成角，因此有Fcosfma，解得a，选项C正确，D错误答案AC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

25、，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

26、例3 (多选)如图所示，斜面上有a、b、c、d四个点，abbccd，一个小球从a点以初动能Ek0水平抛出，落在斜面上的b点，速度方向与斜面之间的夹角为，若该小球从a点以初动能2Ek0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是() A. 小球将落在c点 B. 小球将落在c点下方 C. 小球落在斜面时速度方向与斜面的夹角大于 D. 小球落在斜面时速度方向与斜面的夹角等于解析当小球从斜面上以初速度v水平抛出后，又落在斜面上时，满足关系式tan(其中为位移与水平方向的夹角，其大小等于斜面倾角)可得t，即小球下落的时间与初速度v成正比；设题中小球第1、2次运动时间分别为t1、t2，因为Ekmv2，且tv

27、，所以t2t1，即第2次下落时间是第1次下落时间的倍，根据ygt2可知，第2次下落高度是第1次下落高度的2倍，所以第2次小球将落在c点，选项A正确、B错误；根据tan(其中为小球落在斜面时速度方向与水平方向的夹角)，可得tan2tan，可见，斜面倾角不变时，速度方向与水平方向的夹角不变，速度方向与斜面的夹角当然也不变，选项C错误、D正确答案AD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

28、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 如图，长为L的轻杆一端固定质量为m的小球，另一端有固定转轴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mg2Lmv2mv，得vP，A错误、B错误；设小球在最高点时，杆对它的弹力方向向下，则mgFm，可得Fmg，则轻杆对小球的弹力方向向上，C正确、D

29、错误答案C例2如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO匀速转动，规定经过圆心O水平向右为x轴的正方向在圆心O正上方距盘面高为h处有一个正在间断滴水的容器，从t0时刻开始随传送带沿与x轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v.已知容器在t0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水求：(1)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘转动的角速度应为多大？(2)第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x.分析准确解答本题需要从以下几个方面思考分析：(1)水落下的过程中做什么运动？每一滴水落到盘面上的时间是多少？(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于

30、同一直线上，每滴水落下时，盘面必须转过的角度是多少？(3)要使两滴水在盘面上落点间的距离最大，则它们必须位于圆心的同侧还是异侧？解析(1)设水滴落到圆盘上的时间为t，则hgt2.圆盘转动时间也为t，所以kt.联立解得k (k1、2、3)(2)第二滴水落在圆盘上的水平位移x22vt2v；第三滴水落在圆盘上的水平位移x33vt3v .当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心两侧时，两点间的距离最大，xx2x35v.答案(1)见解析(2)5v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

31、缩弹簧后被弹回到D点恰好静止已知物块与水平面间的动摩擦因数为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

32、大弹性势能为Ep，由动能定理得mgRmg(4R2x)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

33、对全过程由能量观点列式求解.1. 顺序发生的物理过程 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质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等从t0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示重力加速度g取10 m/s2，则物体在t0到t12 s这段时间的位移

34、大小为() A. 18 m B. 54 m C. 72 m D. 198 m分析本题涉及一个研究对象的多个物理过程，综合考查静摩擦力、滑动摩擦力、牛顿运动定律、匀速直线运动和匀变速直线运动，只要同学们准确分析出研究对象在每一段时间内运动的性质和规律就可以解决此题解析拉力只有大于最大静摩擦力时，物体才会由静止开始运动03 s时：Ffmax，物体保持静止，s1036 s时：Ffmax，物体由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小a m/s22 m/s2vat6 m/ss2at2232 m9 m69 s时：Ffmax，物体做匀速直线运动，位移s3vt63 m18 m912 s时：Ffmax，物体以6

35、m/s为初速度，以2 m/s2为加速度继续做匀加速直线运动，位移s4vtat263 m232 m27 m所以012 s内物体的位移ss1s2s3s454 m，所以B选项正确答案B2. 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2一个小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面

36、的中央桌布的一边与桌面的AB边重合，如图所示已知小圆盘与桌布间的动摩擦因数为1，小圆盘与桌面间的动摩擦因数为2.现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边若小圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？(以g表示重力加速度)分析本题涉及两个研究对象，一个是小圆盘，另一个是桌布小圆盘的运动过程是先匀加速运动后匀减速运动，桌布是一个匀加速运动的过程桌布匀加速运动的过程与小圆盘的匀加速的过程是同时进行的物理过程，对小圆盘来说两个物理过程是顺序发生的此题也涉及运用牛顿第二定律求加速度的知识解析 对小圆盘在桌布上有1mgma1对小圆盘在桌面上有2mgma2v2a1s1v2

37、a2s2小圆盘没有从桌面上掉下的条件是s2ls1 对桌布有sat2对小圆盘有s1a1t2而sls1由以上各式解得a(122)1g/2.答案见解析例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10 m/s2.(1)求小物

38、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/s2小物块和木板达到共速，则有

39、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12013江南十校联考 一对等量正点电荷电场的电场线(实线)和等势线(虚线)如图所示，则关于图中A、B两点电场强度EA、EB与电势A、B大小的判断正确的是 ( )A. EAEB, AB B. EAEB，ABC. EA

40、B D. EAEB，AEB，电场线从电势高的等势面指向电势低的等势面，故AB，所以A正确答案A例22013山东卷(多选)如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷Q、Q，虚线是以Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称下列判断正确的是 ( )A. b、d两点处的电势相同B. 四个点中c点处的电势最低C. b、d两点处的电场强度相同D. 将一试探电荷q沿圆周由a点移至c点，q的电势能减小解析 由等量异种点电荷的电场线分布及等势面特点知，A、B正确，C错误四点中a点电势最高、c点电势最低，正电荷在电势越低处电势能越小，故D

41、正确答案ABD例32013四川攀枝花二模如图所示，虚线PQ、MV间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m2.01011 kg、电荷量为q1.0105 C，从a点由静止开始经电压为U100 V的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30角已知PQ、MN间距离为20 cm，带电粒子的重力忽略不计求：(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；(2)匀强电场的场强大小；(3)ab两点间的电势差解析(1)由动能定理得：qUmv代入数据得v1104 m/s(2)因粒子重力不计，则进入PQ、MN间电场中后，做类平抛运动，有粒子沿初速

42、度方向做匀速直线运动：dv1t粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动：vyat由题意得：tan30由牛顿第二定律得：qEma联立以上相关各式并代入数据得：E103 N/C1.73103 N/C(3)由动能定理得：qUabmv2m(vv)联立以上相关各式代入数据得：Uab400 V.答案(1)104 m/s(2)1.73103 N/C(3)400 V例1(多选)如图所示，电路中A、B为两块竖直平行放置的金属板，M是一只静电计，开关S闭合后，静电计指针张开一个角度，下述哪些做法可使指针的张角增大()A. 使A、B两板靠近一些B. 使A、B两板正对面积错开一些C. 断开S后，使B板向右平移一些D

43、. 断开S后，使A、B板正对面积错开一些思维导图根据影响电容器电容的各个因素进行判断解析当闭合S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压且不变，静电计指针张角不变，A、B两项都不正确；当断开S后，由C知板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，而电容器的电荷量不变，由C可知，板间电压U增大，从而使静电计指针张角增大答案CD例2(多选)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()A所受重力与电场力平衡B电势能逐渐增加C动能逐渐增加D做匀变速直线运动解析对带电粒子受力分析如图所

44、示，F合0，则A错由图可知电场力与重力的合力与v0应反向，F合对粒子做负功，其中mg不做功，Eq做负功，故粒子动能减少，电势能增加，故B正确C错误F合恒定且F合与v0方向相反，粒子做匀减速运动，D项正确答案BD例32013云南三校二模直流电源的路端电压U182 V，金属板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近它们分别和变阻器上的触点a、b、c、d连接变阻器上ab、bc、cd段电阻之比为123.孔O1正对B和E，孔O2正对D和G.边缘F、H正对一个电子以初速度v04106 m/s沿AB方向从A点进入电场，恰好穿过孔O1和O2后，从H点离开电场金属板间的距离L12 cm，L24 cm，L36 c

45、m.电子质量me9.11031 kg，电荷量q1.61019 C正对的两平行板间可视为匀强电场，求：(1)各相对两板间的电场强度；(2)电子离开H点时的动能；(3)四块金属板的总长度(ABCDEFGH)解题思路相互平行、彼此靠近，电阻之比为123；恰好穿过孔O1和O2后，从H点离开电场(1)三对正对极板间电压比U1U2U3RabRbcRcd123，板间距离之比L1L2L3123，场强E三对极板间的场强E相等且E.(2)根据动能定理得到电子离开H点时的动能(3)板间场强相等，电子在竖直方向受电场力不变加速度恒定电子做类平抛运动水平、竖直方向列方程得出四块金属板的总长度解析(1)三对正对极板间电压

46、之比U1U2U3RabRbcRcd123板间距离之比L1L2L3123故三个电场场强相等E1516.67 N/C，方向竖直向上(2)根据动能定理qUmev2mev电子离开H点时的动能EkmevqU3.641017 J(3)由于板间场强相等，则电子在竖直方向所受电场力不变，加速度恒定，可知电子做类平抛运动：竖直方向：L1L2L3t2水平方向：xv0t消去t解得x0.12 m四块金属板的总长度ABCDEFGH2x0.24 m答案(1)见解析(2)3.641017 J(3)0.24 m 例12013安徽合肥一模 如图所示的电路中，电压表都看做理想电表，电源内阻为r，闭合开关S，当把滑动变阻器R3的滑

47、片P向b端移动时 ( )A电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变小B电压表V1的示数变小，电压表V2的示数变大C电压表V1的示数变化量大于V2的示数变化量D电压表V1的示数变化量小于V2的示数变化量解析当把滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时，其接入电路中的阻值增大，则R外增大，干路电流减小，可知U外增大，即V1示数增大，因R1两端电压减小，可知并联部分两端电压增大，即V2示数增大，故A、B错误设V1示数为U1，V2示数为U2，干路电流为I，则有U1U2IR1，则U1U2IR1，因I减小，则I0，则U1bc，A对；PQ，正电荷在电势越高的地方电势能越大，所以带正电质点在P点的电势能比在Q点的大

48、，B对；由能量守恒定律，带电质点在运动过程中在各点处的动能与电势能之和保持不变，所以EkPEQ，qEPqEQ，根据牛顿第二定律知aPaQ，D对答案ABD例2如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接在过圆心O的水平界面的下方分布有水平向右的匀强电场现有一个质量为m、电荷量为q的带正电小球在水平轨道上的A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C之前所带电荷量保持不变，经过C点后所带电荷量立即变为零)已知A、B两点间的距离为2R，重力加速度为g.在上述运动过程中，求：(1)电场强度E的大小；(2)小球在半圆轨道上运动时的最大速率；(3)小球对半圆轨道的最大压力解析(1)设小球过C点时的速度为vC，小球从A点到C点的过程中，由动能定理得qE3Rmg2Rmv由平抛运动可得Rgt2,2RvCt联立可得E.(2)设小球运动到半圆上D点时的速率最大且为v，如图所示，OD与竖直方向的夹角为，由动能定理得qE(2RRsi