高考物理二轮复习文档专题一力与运动第2讲

第2讲力与物体的直线运动网络构建备考策略1.解决动力学问题要抓好关键词语(1)看到“刚好”“恰好”“正好”等字眼，想到“题述的过程存在临界点”。(2)看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“题述的过程存在极值点”。2.“四点”注意(1)x－t图象、v－t图象均表示直线运动。(2)运动学公式中的v、a、x均为矢量，一定规定正方向。(3)刹车问题中不能忽略实际运动情况。(4)x－t、v－t、a－t图象相关量间的关系运动学中的图象问题x－t图象的理解及应用【典例1】(多选)(2018·全国卷Ⅲ，18)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图1所示。下列说法正确的是()图1A.在t1时刻两车速度相等B.从0到t1时间内，两车走过的路程相等C.从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D.在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等解析x－t图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A错误；从0～t1时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B错误；t1～t2时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2－x1，C正确；t1～t2时间内，甲的x－t图象在某一点的切线与乙的x－t图象平行，此时刻两车速度相等，D正确。答案CDv－t图象的理解及应用【典例2】(多选)(2018·全国卷Ⅱ，19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图2中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶。下列说法正确的是()图2A.两车在t1时刻也并排行驶B.在t1时刻甲车在后，乙车在前C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大解析本题可巧用逆向思维分析，两车在t2时刻并排行驶，根据题图分析可知在t1～t2时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在t1时刻甲车在后，乙车在前，B正确，A错误；依据v－t图象斜率表示加速度分析出C错误，D正确。答案BD【典例3】(多选)(2016·全国卷Ⅰ，21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图象如图3所示。已知两车在t＝3s时并排行驶，则()图3A.在t＝1s时，甲车在乙车后B.在t＝0时，甲车在乙车前7.5mC.两车另一次并排行驶的时刻是t＝2sD.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m解析根据v－t图，甲、乙都沿正方向运动。t＝3s时，甲、乙相遇，此时v甲＝30m/s，v乙＝25m/s，由v－t图线所围面积对应位移关系知，0～3s内甲车位移x甲＝eq\f(1,2)×3×30m＝45m，乙车位移x乙＝eq\f(1,2)×3×(10＋25)m＝52.5m。故t＝0时，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5m，即甲在乙前方7.5m，选项B正确；0～1s内，x甲′＝eq\f(1,2)×1×10m＝5m，x乙′＝eq\f(1,2)×1×(10＋15)m＝12.5m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5m＝Δx1，说明甲、乙第一次相遇，A、C错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x＝x甲－x甲′＝45m－5m＝40m，所以选项D正确。答案BDa－t图象的理解及应用【典例4】(多选)假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶。甲车在前，乙车在后，速度均为30m/s，相距100m。在t＝0时刻甲车遇到紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化如图4所示。取运动方向为正方向。下列说法正确的是()图4A.在t＝6s时，两车速度相等B.在t＝6s时，两车相距最近C.在t＝6s时，两车相距90mD.在0～9s内，两车会相撞解析由图象可知，前6s时间内，Δv甲＝－15m/s，t＝6s时v甲＝v0＋Δv甲＝15m/s同样Δv乙＝－15m/sv2＝v0＋Δv乙＝15m/s故选项A正确；经分析可知，t＝6s时，两车的速度相等，两车距离最近，故选项B正确；甲车在t＝3s时的速度v甲′＝v0－at＝0，t＝6s时两车的距离Δx＝100m＋eq\f(1,2)×(30＋0)×3m＋eq\f(1,2)×5×32m－[30×3＋eq\f(1,2)×(30＋15)]×3m＝10m，故选项C错误；6s后两车间的距离越来越大，所以0～9s内，两车不会相撞，选项D错误。答案AB1.明图象意义(1)看到“x－t图线”想到“初始位置关系明确”。(2)看到“v－t图线”想到“加速度变化情况”。(3)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变。2.清交点区别两个物体的运动图象一般会涉及追及和相遇问题。x－t图象交点表示两物体位移相等，v－t图象交点表示两物体速度相等。3.抓对应关系根据物体的初始条件和受力情况判断或作出图象的关键是将运动情景与图象信息对应起来。1.(多选)汽车A和汽车B(均可视为质点)在平直的公路上沿两平行车道同向行驶，A车在后(如图5甲所示)。以某时刻作为计时起点，此时两车相距x0＝12m。汽车A运动的x－t图象如图乙所示，汽车B运动的v－t图象如图丙所示。则下列说法正确的是()图5A.在t＝3s时，两车相距最远，且最远距离为20mB.B车在0～6s内的位移为23mC.在t＝8s时，两车相遇D.若t＝1s时，A车紧急制动(视为匀变速)，要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于eq\f(1,4)m/s2解析由图乙可知A车做匀速直线运动，速度大小为vA＝4m/s，由图丙分析可知，t＝3s时两车速度相等，相距最远，由位移关系得最远距离为20m，选项A正确；B车在0～6s内的位移和0～5s内的位移相等，为24m，选项B错误；0～8s内A车的位移大小为32m，B车的位移大小为24m，位移之差为8m，此时A车未追上B车，选项C错误；t＝1s时两车相距16m，当B车停下来，A车速度减为零时恰好追上B车，此时A车的加速度为一临界值，由速度与位移的关系可知，加速度a＝eq\f(1,4)m/s2，故要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于eq\f(1,4)m/s2，选项D正确。答案AD2.(多选)在一个大雾天，一辆小汽车以20m/s的速度行驶在平直的公路上，突然发现正前方x0＝20m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，汽车司机立即刹车，忽略司机的反应时间，3s后卡车也开始刹车，从汽车司机开始刹车时计时，两者的v－t图象如图6所示，下列说法正确的是()图6A.小汽车与大卡车一定没有追尾B.由于在减速时大卡车的加速度大小小于小汽车的加速度大小，导致两车在t＝4s时追尾C.两车没有追尾，两车最近距离为10mD.两车没有追尾，并且两车都停下时相距5m解析汽车和大卡车在t＝2s时若不相遇，以后就不会发生追尾。汽车在t＝2s内的位移x1＝eq\f(10＋20,2)×2m＝30m，大卡车在t＝2s内位移x2＝10×2m＝20m。由于x1<x2＋x0，所以小汽车和大卡车一定没有追尾，选项A正确，B错误；两车速度相等时，相距最近，为Δx＝x2＋x0－x1＝10m，选项C正确；小汽车停下时所走位移x汽＝eq\f(1,2)×20×4m＝40m，大卡车停下时所走位移x卡＝10×3m＋eq\f(1,2)×10×3m＝45m，所以两车都停下时相距Δx′＝x卡＋x0－x汽＝25m，选项D错误。答案AC3.一质点由静止开始沿直线运动，通过传感器描绘出eq\f(1,v)关于x的函数图象如图7所示，下列说法正确的是()图7A.质点做匀减速直线运动B.eq\f(1,v)－x图象斜率等于质点运动的加速度C.四边形AA′B′B的面积可表示质点从O到C′所用的时间D.四边形BB′C′C的面积可表示质点从C到C′所用的时间解析由题中eq\f(1,v)－x图象可知，eq\f(1,v)与x成正比，即vx＝常数，质点的速度随位移的增大而减小，因此质点做减速直线运动，但不是匀减速直线运动，又因为图象的斜率k＝eq\f(1,vx)，显然不等于质点的加速度，选项A、B错误；由于三角形OBC的面积S1＝eq\f(1,2)OC·BC＝eq\f(x1,2v1)，表示质点从O到C所用的时间，同理，质点从O到C′所用的时间可由S2＝eq\f(x2,2v2)表示，所以四边形BB′C′C的面积可表示质点从C到C′所用的时间，选项C错误，D正确。答案D匀变速直线运动规律的应用以生活中的交通问题为背景考查匀变速直线运动规律的应用【典例1】近几年长假期间，国家取消了7座及其以下的小车的收费公路的过路费，给自驾车带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此国家规定了免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以直接减速通过。假设收费站的前、后都是平直大道，长假期间过站的车速要求不超过v＝21.6km/h，事先小汽车未减速的车速均为v0＝108km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a1＝4m/s2。试问：(1)长假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？(2)假设车过站后驾驶员立即使车以加速度a2＝6m/s2加速至原来的速度，则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？(3)在(1)(2)问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？解析取小汽车初速度方向为正方向，v＝21.6km/h＝6m/s，v0＝108km/h＝30m/s(1)设小汽车距离收费站x1处开始制动做匀减速直线运动，则：由v2－veq\o\al(2,0)＝－2a1x1，解得x1＝108m。(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，以v＝6m/s过站时汽车运动的时间最少，前后两段位移分别为x1和x2，时间为t1和t2，则减速阶段：v＝v0－a1t1得t1＝eq\f(v0－v,a1)＝6s加速阶段：v0′＝v＝6m/s，v′＝v0＝30m/s则：v0＝v＋a2t2，t2＝eq\f(v0－v,a2)＝4s则汽车运动的时间至少为t＝t1＋t2＝10s。(3)在加速阶段：veq\o\al(2,0)－v2＝2a2x2解得x2＝72m则总位移x＝x1＋x2＝180m若不减速通过所需时间t′＝eq\f(x,v0)＝6s车因减速和加速过站而耽误的时间至少为Δt＝t－t′＝4s。答案(1)108m(2)10s(3)4s【命题拓展】(1)画出【典例1】第(2)问中汽车运动的v－t图象；(2)【典例1】第(2)问中汽车运动的平均速度多大？解析(1)(2)eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(180,10)m/s＝18m/s。答案(1)见解析(2)18m/s追及与相遇中的“实际问题模型”【典例2】某地出现雾霾天气，能见度只有200m，即看不到200m以外的情况，A、B两辆汽车沿同一公路同向行驶，A车在前，速度vA＝10m/s，B车在后，速度vB＝30m/s，B车在距A车x＝200m处才发现前方的A车，这时B车立即以最大加速度a＝0.8m/s2刹车。(1)通过计算说明两车会不会相撞；(2)若两车不会相撞，求它们之间的最小距离。若两车会相撞，则B车在减速的同时开始按喇叭，t1＝10s后，A车发现后，立即加速前进，则A车的加速度至少为多大时才能避免与B车相撞？解析(1)设经过时间t两车速度相等，根据vA＝vB－at，解得t＝25sxB＝vBt－eq\f(1,2)at2＝500mxA＝vAt＝250m速度相等时两车的距离Δx0＝xA＋x－xB＝－50m＜0，故两车在速度相等前就已经相撞了。(2)由(1)可知两车会相撞。如图所示，B车减速10s后，B车的速度vB1＝vB－at1＝22m/s此时两车的距离Δx＝vAt1＋200m－(vBt1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1))＝10×10m＋200m－(30×10－eq\f(1,2)×0.8×100)m＝40m设A车至少以大小为a′的加速度加速t′时间后，两车刚好不相撞，此时两车的速度相等，有vB1－at′＝vA＋a′t′，vAt′＋eq\f(1,2)a′t′2＋Δx＝vB1t′－eq\f(1,2)at′2由以上两式消去a′和t′的乘积a′t′，求出t′＝eq\f(20,3)s，进而解得a′＝1m/s2。答案(1)相撞(2)1m/s2电学中的直线运动【典例3】(2018·江苏单科，13)如图8所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒图8(1)末速度的大小v；(2)通过的电流大小I；(3)通过的电荷量Q。解析(1)匀加速直线运动v2＝2as解得v＝eq\r(2as)(2)安培力F安＝IdB金属棒所受合力F＝mgsinθ－F安牛顿运动定律F＝ma解得I＝eq\f(m（gsinθ－a）,dB)(3)运动时间t＝eq\f(v,a)电荷量Q＝It解得Q＝eq\f(\r(2as)m（gsinθ－a）,dBa)答案(1)eq\r(2as)(2)eq\f(m（gsinθ－a）,dB)(3)eq\f(\r(2as)m（gsinθ－a）,dBa)“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题1.(2018·贵阳一测)对于如图9所示的情境，交通法规定“车让人”，否则驾驶员将受到处罚。若以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，有行人正在过人行横道，此时汽车的前端距停车线8m，该车减速时的加速度大小为5m/s2。下列说法中正确的是()图9A.驾驶员立即刹车制动，则至少需2s汽车才能停止B.在距停车线6m处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处C.若经0.2s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处D.若经0.4s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处解析汽车的初速度为v0＝8m/s，刹车时最大加速度为a＝5m/s2，由匀变速直线运动规律可知，汽车停车时间最短为t＝eq\f(v0,a)＝1.6s，选项A错误；由速度与位移关系可知，汽车的刹车距离x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝6.4m，选项B错误；要使汽车停止时前端刚好在停车线处，汽车匀速运动距离为x′＝(8－6.4)m＝1.6m，所以汽车匀速运动时间t′＝eq\f(x′,v0)＝0.2s，选项C正确，D错误。答案C2.如图10所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面的夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，微粒从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入极板间，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则()图10A.微粒到达B点时动能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B.微粒的加速度大小等于gsinθC.两极板间的电势差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)D.微粒从A点到B点的过程中电势能减少eq\f(mgd,cosθ)解析微粒的受力情况如图所示，微粒做匀减速直线运动，到达B点时动能小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，选项A错误；由牛顿第二定律得mgtanθ＝ma，加速度a＝gtanθ，选项B错误；又电场力Eq＝eq\f(mg,cosθ)，两极板间的电场强度E＝eq\f(mg,qcosθ)，两板间的电势差UMN＝Ed＝eq\f(mgd,qcosθ)，选项C正确；微粒从A向B运动，电场力做负功，电势能增加，选项D错误。答案C3.(2018·江西南昌六校联考)有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为2m/s2，制动时匀减速上升的加速度大小为1m/s2，中间阶段电梯可匀速运行，电梯运动上升的高度为48m。问：(1)若电梯运行时最大限速为9m/s，电梯升到最高处的最短时间是多少；(2)如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，全程共用时间为15s，上升的最大速度是多少。解析(1)要想所用时间最短，则电梯只有加速和减速过程，而没有匀速过程，设最大速度为vm，由位移公式得h＝eq\f(veq\o\al(2,m),2a1)＋eq\f(veq\o\al(2,m),2a2)，代入数据解得vm＝8m/s，因为vm＝8m/s＜9m/s，符合题意。加速的时间为t1＝eq\f(vm,a1)＝eq\f(8,2)s＝4s，减速的时间为t2＝eq\f(vm,a2)＝eq\f(8,1)s＝8s，运动的最短时间为t＝t1＋t2＝12s。(2)设加速的时间为t1′，减速的时间为t2′，匀速上升时的速度为v，且v＜8m/s，则加速的时间为t1′＝eq\f(v,a1)，减速的时间为t2′＝eq\f(v,a2)，匀速运动的时间为t＝15s－t1′－t2′，上升的高度为h＝eq\f(v,2)(t1′＋t2′)＋v(15s－t1′－t2′)，联立解得v＝4m/s，另一解不合理，舍去。答案(1)12s(2)4m/s牛顿运动定律的综合应用以连接体为载体考查牛顿运动定律的应用【典例1】(多选)(2015·新课标全国卷Ⅱ，20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为eq\f(2,3)a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A.8 B.10C.15 D.18解析设挂钩P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则挂钩P、Q西边车厢的质量为nm，以西边这些车厢为研究对象，有F＝nma①P、Q东边有k节车厢，以东边这些车厢为研究对象，有F＝km·eq\f(2,3)a②联立①②得3n＝2k，总车厢数为N＝n＋k，由此式可知n只能取偶数，当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确。答案BC以图象形式考查动力学两类问题【典例2】(2018·全国卷Ⅰ，15)如图11，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F与x之间关系的图象可能正确的是()图11解析假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。答案A以生活、科技为背景考查动力学两类问题【典例3】(2018·全国卷Ⅱ，24)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图12所示，碰撞后B车向前滑动了4.5m，A车向前滑动了2.0m。已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10m/s2。求图12(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。解析(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB′2＝2aBsB②联立①②式并利用题给数据得vB′＝3.0m/s③(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA④设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有vA′2＝2aAsA⑤设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4.3m/s⑦答案(1)3.0m/s(2)4.3m/s应用牛顿运动定律求解问题时应注意：(1)研究对象的选取方法：整体法和隔离法。(2)当物体的受力情况发生变化时加速度同时发生变化。(3)两个相邻的子过程的衔接，即前一过程的末状态应为后一过程的初状态。1.(多选)(2018·福州四校联考)一个物块放在粗糙的水平面上，现用一个很大的水平推力推物块，并且推力不断减小，结果物块运动过程中的加速度a随推力F变化的图象如图13所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是()图13A.物块的质量为0.5kgB.物块与水平面间的动摩擦因数为0.2C.当推力F减小为2N时，物块的速度最大D.当推力F减小为0时，物块的速度为零解析由物块运动过程中的加速度a随推力F变化的图象可知，当推力F＝2N时，加速度为零，运用牛顿第二定律可得F－μmg＝0；当F＝0时，加速度a＝－2m/s2，运用牛顿第二定律，－μmg＝ma，联立解得μ＝0.2，m＝1.0kg。即物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，物块的质量为1.0kg，选项A错误，B正确；用一个很大的水平力推物块，并且推力不断减小，物块做加速度逐渐减小的加速运动，当推力F减小为2N时加速度为零，物块的速度最大，选项C正确；当推力F减小为0时，物块做减速运动，物块的速度不为零，选项D错误。答案BC2.(2018·南昌一模)在倾角θ＝37°的粗糙斜面上有一质量m＝2kg的物块，受如图14甲所示的水平方向恒力F的作用，物块静止不动。t＝0时刻物块以某一速度从斜面上A点沿斜面下滑，在t＝4s时滑到水平面上，此时撤去F，在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化关系v－t图象如图乙所示，已知A点到斜面底端的距离x＝18m，物块与各接触面之间的动摩擦因数相同，不考虑转角处机械能损失，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：图14(1)物块在A点的速度；(2)水平恒力F的大小。解析(1)在斜面上，逆向看物体做匀加速直线运动，设物体在斜面上运动的加速度大小为a1，方向沿斜面向上，则：x＝vt＋eq\f(1,2)a1t2解得：a1＝0.25m/s2物块在A点的速度为：v0＝v＋a1t＝5m/s(2)设物块与接触面间的动摩擦因数为μ，物块在水平面上运动时，由牛顿第二定律得：－μmg＝ma2由图线可知：a2＝－2m/s2解得：μ＝0.2物块在斜面上运动时，设受的摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得：Fcosθ－mgsinθ＋Ff＝ma1Ff＝μFNFN＝mgcosθ＋Fsinθ解得：F＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ＋ma1,cosθ＋μsinθ)＝10.1N答案(1)5m/s(2)10.1N高考物理中的“五大”解题思想现如今，高考物理愈来愈注重考查考生的能力和科学素养，其命题愈加明显地渗透着对物理思想、物理方法的考查。在平时的复习备考过程中，物理习题浩如烟海，千变万化，我们若能掌握一些基本的解题思想，就如同在开启各式各样的“锁”时，找到了一把“多功能的钥匙”。一、数形结合的思想数形结合的思想，就是把物体的空间形式和数量关系结合起来进行考查，通过“数”与“形”之间的对应和转化来解决问题的思想，其实质是把抽象的数学语言、数量关系与直观的图形结合起来，把抽象思维和形象思维结合起来。数形结合的思想，一方面可以以“形”助“数”，实现抽象概念与具体形象的联系与转化，化抽象为直观，化难为易；另一方面可以以“数”解“形”，可以由数入手，将有些涉及图形的问题转化为数量关系来研究，对图形做精细的分析，从而使人们对直观图形有更精确、理性的理解。【例1】一弹簧秤的秤盘质量为m1，盘内放一质量为m2的物体，弹簧质量不计，其劲度系数为k，系统处于静止状态，如图15所示。t0时刻给物体施加一个竖直向上的力F，使物体从静止开始向上做加速度为a的匀加速直线运动，经2s物体与秤盘脱离，用FN表示物体与秤盘间的相互作用力的大小，已知重力加速度大小为g，则下列F和FN随时间变化的关系图象正确的是()图15解析对秤盘和物体整体分析，系统处于静止状态时，弹簧形变量为x0，利用牛顿第二定律得，kx0＝(m1＋m2)g，F＋kx－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，又x＝x0－eq\f(1,2)a(t－t0)2，解上述两式得F＝(m1＋m2)a＋eq\f(1,2)ka(t－t0)2，所以选项A、B错误；以物体为研究对象，物体静止时，FN＝m2g，运动后对秤盘受力分析，利用牛顿第二定律得kx－m1g－FN＝m1a，FN＝m2g－m1a－eq\f(1,2)ka(t－t0)2，所以选项C正确，D错误。答案C二、分解思想有些物理问题的运动过程、情景较为复杂，在运用一些物理规律或公式不奏效的情况下，将物理过程按照事物发展的顺序分成几段熟悉的子过程来分析，或者将复杂的运动分解成几个简单或特殊的分运动(如匀速直线运动、匀变速直线运动、圆周运动等)来考虑，往往能事半功倍。【例2】(2018·江苏单科，3)某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的()A.时刻相同，地点相同 B.时刻相同，地点不同C.时刻不同，地点相同 D.时刻不同，地点不同解析弹射管沿光滑竖直轨道自由下落，向下的加速度大小为g，且下落时保持水平，故先后弹出的两只小球在竖直方向的分速度与弹射管的分速度相同，即两只小球同时落地；又两只小球先后弹出且水平分速度相等，故两只小球在空中运动的时间不同，则运动的水平位移不同，落地点不同，选项B正确。答案B三、守恒思想物理学中最常用的一种思维方法——守恒。高中物理涉及的守恒定律有能量守恒定律、动量守恒定律、机械能守恒定律、质量守恒定律、电荷守恒定律等，它们是我们处理高中物理问题的主要工具。【例3】如图16所示，长R＝0.6m的不可伸长的细绳一端固定在O点，另一端系着质量m2＝0.1kg的小球B，小球B刚好与水平面相接触。现使质量m1＝0.3kg的物块A沿光滑水平面以v0＝4m/s的速度向B运动并与B发生弹性正碰，A、B碰撞后，小球B能在竖直平面内做圆周运动。已知重力加速度g＝10m/s2，A、B均可视为质点，试求：图16(1)在A与B碰撞后瞬间，小球B的速度v2的大小；(2)小球B运动到最高点时对细绳的拉力。解析(1)物块A与小球B碰撞时，由动量守恒定律和机械能守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得碰撞后瞬间物块A的速度v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0＝2m/s小球B的速度v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0＝6m/s(2)碰撞后，设小球B运动到最高点时的速度为v，则由机械能守恒定律有：eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m2v2＋2m2gR又由向心力公式有：F＋m2g＝m2eq\f(v2,R)联立解得小球B对细绳的拉力F′＝F＝1N。答案(1)6m/s(2)1N四、对称思想对称思想普遍存在于各种物理现象、物理过程和物理规律之中，它反映了科学生活中物理世界的和谐与优美。应用对称思想不仅能帮助我们认识和探索物质世界的某些基本规律，而且能帮助我们去求解某些具体的物理问题。用对称的思想解题的关键是敏锐地看出并抓住事物在某一方面的对称性，这些对称性往往就是通往答案的捷径。【例4】在一半径为R的圆周上均匀分布有N个带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为＋3q，其余小球带电荷量为＋q，此时圆心O点的电场强度大小为E，现仅撤去A点的小球，则O点的电场强度大小为()图17A.EB.eqB.eq\f(E,2)C.eq\f(E,3) D.eq\f(E,4)解析假设圆周上均匀分布的都是电荷量为＋q的小球，由于圆周的对称性，根据电场的叠加原理知，圆心O处电场强度为0，所以A点小球带电荷量为＋3q，其余小球带电荷量为＋q时，圆心O点的电场强度大小等效于A点处电荷量为＋2q的小球在O点产生的电场强度大小，则有E＝keq\f(2q,r2)，A处＋q在圆心O点产生的电场强度大小为E1＝keq\f(q,r2)，方向水平向左，其余小球带电荷量为＋q的小球在O点处产生的合电场强度大小E2＝E1＝keq\f(q,r2)＝eq\f(E,2)，所以仅撤去A点的小球，则O点的电场强度等于E2＝eq\f(E,2)。答案B五、等效思想在某些物理问题中，一个过程的发展、一个状态的确定，往往是由多个因素决定的，若某些因素所起的作用和另一些因素所起的作用相同，则前一些因素与后一些因素是等效的，它们便可以互相代替，而对过程的发展或状态的确定，以及最后结果并无影响。掌握等效思想，有助于提高考生的科学素养，形成科学的世界观和方法论，为终身的学习、研究和发展奠定基础。【例5】如图18所示，在方向水平向左、范围足够大的匀强电场中，固定一由内表面绝缘光滑且内径很小的圆管弯制而成的圆弧BD，圆弧的圆心为O，竖直半径OD＝R，B点和地面上A点的连线与地面成θ＝37°角，AB＝R。一质量为m、电荷量为q的小球(可视为质点)从地面上A点以某一初速度沿AB方向做直线运动，恰好无碰撞地从管口B进入管道BD中，到达管中某处C(图中未标出)时恰好与管道间无作用力。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小为g。求：图18(1)匀强电场的场强大小E和小球到达C处时的速度大小v；(2)小球的初速度大小v0以及到达D处时的速度大小vD。解析(1)小球做直线运动时的受力情况如图甲所示，小球带正电，则qE＝eq\f(mg,tanθ)，得E＝eq\f(4mg,3q)，小球到达C处时电场力与重力的合力恰好提供小球做圆周运动的向心力，如图乙所示，甲OC∥AB，则eq\f(mg,sinθ)＝meq\f(v2,R)得v＝eq\r(\f(5,3)gR)。乙(2)小球“恰好无碰撞地从管口B进入管道BD”，说明AB⊥OB小球从A点运动到C点的过程，根据动能定理有－eq\f(mg,sinθ)·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得v0＝eq\r(\f(25,3)gR)，小球从C处运动到D处的过程，根据动能定理有eq\f(mg,sinθ)(R－Rsinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mv2，得vD＝eq\r(3gR)。答案(1)eq\f(4mg,3q)eq\r(\f(5,3)gR)(2)eq\r(\f(25,3)gR)eq\r(3gR)课时跟踪训练一、选择题(1～6题为单项选择题，7～9题为多项选择题)1.如图1为“中国好声音”娱乐节目所设计的“导师战车”，战车可以在倾斜直轨道上运动。当坐在战车中的导师按下按钮，战车就由静止开始沿长10m的倾斜轨道冲到学员面前，最终刚好停止在轨道末端，此过程历时4s，在战车运动过程中，下列说法正确的是()图1A.导师战车在整个运动过程中处于失重状态B.根据题中信息可以估算导师战车运动的加速度大小为1.25m/s2C.战车在倾斜轨道上做匀变速直线运动D.根据题中信息可以估算导师战车运动的平均速度大小为2.5m/s解析由题可知，“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速，加速的过程中有竖直向下的分加速度，战车处于失重状态；当战车减速时，战车有竖直向上的分加速度，战车处于超重状态，故选项A错误；“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速，加速度大小不好估算，故选项B、C错误；战车的位移是10m，时间是4s，所以可以求出平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(10,4)m/s＝2.5m/s，故选项D正确。答案D2.2017年8月在俄罗斯举行的坦克两项比赛中，中国的96式坦克表现优异，如图2所示是我国的坦克A和俄罗斯的坦克B(均可视为质点)运动的v－t图象，在t＝300s时两辆坦克相遇，根据图象下列说法正确的是()图2A.坦克B在t＝100s时开始反向运动B.计时开始时，两辆坦克从同一起点开始运动C.300s时间内，坦克A运动的路程大于坦克B运动的路程D.两辆坦克在整个运动过程中平均速度相等解析由于速度始终为正值，说明两辆坦克均沿规定的正方向运动，选项A错误；通过计算v－t图象中图线与时间轴围成的面积可知，300s内坦克A的位移大小为3750m，坦克B的位移大小为3500m，由于两辆坦克均沿规定的正方向做直线运动，故路程等于位移大小，由于两坦克在t＝300s时相遇，故两坦克运动起点不同，选项C正确，B错误；300s内，两辆坦克的运动时间相同，但运动的位移不相同，故平均速度不相等，选项D错误。答案C3.如图3甲所示，用水平方向的力F将质量为m＝0.5kg的木块贴在竖直墙面上，力F从0开始逐渐增大，木块沿竖直墙面向下运动。用力传感器和加速度传感器记录木块受到的压力F和加速度大小a，F与a的大小关系如图乙所示，重力加速度大小为g＝10m/s2，则木块和墙面之间的动摩擦因数为()图3A.0.2 B.0.25C.0.4 D.0.5解析法一：对木块进行受力分析，当推力F＝20N时，a＝0，即mg＝μF，μ＝0.25，B正确。法二：mg－μF＝ma，a＝g－eq\f(μ,m)F，由图知，eq\f(μ,m)＝eq\f(1,2)，μ＝0.25，B正确。答案B4.高铁目前是我国的一张名片，某高铁站，一维护员站在一中央站台上，两边分别有正在进站或开出的高铁列车，若两边高铁都是做匀变速直线运动(加速度不为零)，如图4所示，现观察其中一列高铁的运动，发现在某连续相邻相等时间间隔内从维护员身边经过的车厢节数分别为n1和n2，则n1和n2之比不可能是()图4A.1∶2 B.2∶5C.3∶2 D.4∶21解析设匀变速直线运动相等时间间隔为t的任意连续两段位移为x1、x2，中间时刻速度为v，两端速度分别为v1、v2，则x1＝eq\f(v1＋v,2)t，x2＝eq\f(v＋v2,2)t，eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1＋v,v＋v2)＝eq\f(v1＋\f(v1＋v2,2),\f(v1＋v2,2)＋v2)＝eq\f(3v1＋v2,v1＋3v2)，当v1、v2分别取0时，可得两段位移之比分别为eq\f(1,3)、eq\f(3,1)，因此可知取值范围为eq\f(1,3)≤eq\f(x1,x2)＝eq\f(n1,n2)≤eq\f(3,1)且eq\f(x1,x2)＝eq\f(n1,n2)≠1，因此D不可能。答案D5.如图5所示，轻质弹簧两端连接质量均为m的小球1和2，弹簧和小球处于封闭的竖直管AE内，小球直径略小于管的直径。整个装置静止时，小球1处于管壁的C点。其中AB＝BC＝CD＝DE＝L，弹簧原长3L，重力加速度大小为g。现使管AE在竖直方向上运动，当小球1、2相对管AE静止时，下列说法正确的是()图5A.弹簧可能处于伸长状态B.当小球1处于完全失重状态时，管AE一定向下运动C.当弹簧长度为2L时，小球2可能做匀速直线运动D.当弹簧长度为L时，小球2加速度大小一定为g解析若弹簧伸长，受力分析可知小球1、2所受合力不同，则两球加速度不可能相同，选项A错误；当小球1处于完全失重状态时，弹簧处于原长，系统可以向上或向下运动，选项B错误；当弹簧长度为2L、小球2处于E点时系统受力平衡，小球2可能做匀速直线运动，选项C正确；由初始条件可知mg＝kL，当小球1处于A端、弹簧长度为L时，小球2受大小为2mg的弹力，所受合力为3mg，加速度大小为3g，方向向下，选项D错误。答案C6.如图6甲，一维坐标系中有一质量为m＝2kg的物块静置于x轴上的某位置(图中未画出)，t＝0时刻，物块在外力作用下沿x轴开始运动，如图乙为其位置坐标和速率平方关系图象的一部分，下列说法正确的是()图6A.t＝4s时物块的速率为2m/sB.物块做匀加速直线运动且加速度大小为1m/s2C.t＝4s时物块位于x＝4m处D.在0～4s时间内物块运动的位移为6m解析物块在恒力作用下沿x轴开始做匀加速直线运动，根据x＝eq\f(1,2a)v2＋x0可知，x－v2图象的斜率表示eq\f(1,2a)，则eq\f(1,2a)＝eq\f(2,4－2)＝1(m－1·s2)，解得：a＝0.5m/s2，t＝4s时物块的速率为v＝at＝2m/s，故选项A正确，B错误；由题图乙易得，当速度为零时，物体的坐标为x＝－2m，即x0＝－2m，t＝4s时物块的速率为v＝2m/s，代入x＝eq\f(1,2a)v2＋x0可得x＝2m，即在0～4s时间内物块运动的位移为4m，选项C、D错误。答案A7.如图7，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O。在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三边形，则()图7A.小环A的加速度大小为eq\f(\r(3)kq2,ml2)B.小环A的加速度大小为eq\f(\r(3)kq2,3ml2)C.恒力F的大小为eq\f(2\r(3)kq2,3l2)D.恒力F的大小为eq\f(\r(3)kq2,l2)解析设轻绳的拉力为T，则对A：T＋Tcos60°＝keq\f(q2,l2)，Tcos30°＝maA，联立解得aA＝eq\f(\r(3)kq2,3ml2)，选项B正确，A错误；恒力F的大小为F＝2Tcos30°＝eq\r(3)T＝eq\f(2\r(3)kq2,3l2)，选项C正确，D错误。答案BC8.如图8所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力作用下紧靠在一起压紧弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系。现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于拉力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x关系的图象可能正确的是()图8解析外力F反向，当A和B相对静止加速时，对A、B整体，由牛顿第