2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（解答題）：靜電場（10題）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（解答題）：靜電場（10題）一．解答題（共10小題）1．（2024?清江浦區(qū)模擬）如圖所示，真空中有兩個固定的正點電荷A、B，一帶電微粒質(zhì)量為m，電荷量為﹣q（q＞0），在兩正電荷庫侖力作用下恰好可沿一垂直于AB連線的平面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動，已知帶電微粒與兩正電荷連線和AB連線所成的夾角分別為37°和53°。（帶電微粒的重力忽略不計）（1）求A、B兩電荷的電荷量之比；（2）若A的電荷量為5q，求負(fù)電荷做圓周運動的線速度大小。2．（2024?江蘇模擬）在粗糙絕緣水平桌面上，以O(shè)點為原點建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在坐標(biāo)為（﹣l，0）的M點和（l，0）的N點處分別固定電荷量為+64Q和+9Q的帶電體（可視為點電荷），在坐標(biāo)為（0，﹣l）處有一帶電荷量為+q的滑塊（可視為質(zhì)點），滑塊通過長為l的絕緣輕細(xì)繩與O點相連。給滑塊一沿x軸正方向的初速度，使滑塊繞O點逆時針做圓周運動，在此過程中，當(dāng)滑塊運動到圖中a點時速度達(dá)到最大值，此時∠aMN＝37°，當(dāng)滑塊運動到b點（圖中未標(biāo)出）時滑塊的電勢能最小，此時∠bMN＝α。已知靜電力常量為k，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）運動過程中滑塊受到的滑動摩擦力大小；（2）滑塊的電勢能最小時，tanα的值（可用根號表示）。3．（2024?浙江模擬）細(xì)胞膜是一個細(xì)胞重要的組成部分，它是一個彈性膜且不帶電時磷脂雙分子層間的間距為d0。本題中可近似認(rèn)為細(xì)胞膜的伸縮類似于勁度系數(shù)為k′的彈簧，并且細(xì)胞膜的面積S?d2，介電常數(shù)為ε。眾所周知，細(xì)胞膜上分布有可以運輸粒子的離子泵，使得陰陽離子分布均勻地分布在內(nèi)外兩層上。已知靜電力常量為k。（1）當(dāng)內(nèi)外膜分別帶電Q和﹣Q時，求內(nèi)外膜的電勢差和厚度。（2）假設(shè)細(xì)胞膜初始不帶電，離子泵開始工作，使得內(nèi)外膜帶有電荷。該離子泵具有一特殊的性質(zhì)：只有當(dāng)兩層間的電勢差達(dá)到U0時，離子泵才停止工作，否則將一直工作下去。為防止細(xì)胞層塌縮，求勁度系數(shù)的最小值和此時平衡狀態(tài)下細(xì)胞膜的厚度。4．（2024?河北模擬）如圖所示，在正方形ABCD的四個頂點各固定一個點電荷，電荷量分別為﹣Q、+Q、+Q、﹣Q，直角坐標(biāo)系的x軸、y軸為正方形的對稱軸。將一帶電量為+q的試探電荷在原點O處由靜止釋放，當(dāng)它運動到E點（圖中未畫出）時達(dá)到最大速度v，設(shè)無窮遠(yuǎn)處電勢為零，試探電荷重力忽略不計，求：（1）E點的電勢φE；（2）若將該正試探電荷從x軸負(fù)半軸上無限遠(yuǎn)處M點處以初速度3v沿x軸正方向射入后，它在以后運動過程中的最小速度。5．（2024?鹽城三模）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy中直線OM與x軸之間的夾角θ＝30°，OM與x軸之間存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于坐標(biāo)平面向里。直線OM與y軸之間存在勻強電場（圖中沒有畫出）。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電粒子從OM上某點P垂直于磁場進(jìn)入磁場區(qū)域，粒子速度方向與直線OM之間的夾角也是30°。粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，恰好沒有穿過x軸，再次經(jīng)過直線OM時與坐標(biāo)原點O的距離為L。不計粒子的重力。（1）求該粒子進(jìn)入磁場時速度v的大??；（2）若電場方向沿y軸負(fù)方向，粒子再次從P點進(jìn)入磁場區(qū)域，求電場強度E1的大?。唬?）若帶電粒子恰能再次從P點以速度v返回磁場區(qū)域，求電場強度E2的大小和方向。6．（2024?河南二模）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy的y軸沿豎直方向，x軸沿水平方向，在y≥h的區(qū)域存在平行于紙面的勻強電場，其它區(qū)域無電場?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的可視為質(zhì)點的帶電小球從y軸上y＝2h處無初速釋放，不計阻力，重力加速度大小為g，帶電小球做加速度大小為g的勻加速直線運動，運動方向與y軸負(fù)方向成60°夾角。求：（1）電場強度大??；（2）小球從釋放到經(jīng)過x軸的運動時間及小球經(jīng)過x軸的位置坐標(biāo)。7．（2024?濮陽模擬）圖（a）為一種測量帶電微粒速率分布的實驗裝置。圖中直徑為D的豎直圓筒壁上有一豎直狹縫S，高度為h，寬度忽略不計。緊貼圓筒內(nèi)壁固定有高度為H(H＞43h)的半圓柱面收集板，用于收集帶電微粒；板的一豎直邊緊貼狹縫S，上邊與狹縫S上端對齊，上邊緣遠(yuǎn)離狹縫的頂點為P點，另有一距P點弧長為l的點Q，俯視圖如圖（b）所示。圓筒內(nèi)存在一豎直向下的勻強電場，電場強度為E。令圓筒以角速度ω繞中心軸順時針轉(zhuǎn)動，同時由微粒源產(chǎn)生的微粒沿水平方向、以不同的速率射入圓筒，微粒質(zhì)量均為m，電荷量均為q（（1）求Q點所在豎直線上收集到的微粒中，入射速率最大的微粒下落的距離；（2）為了確保收集板任一豎直線上收集到的微粒速率相同，并且能收集到所有該速率的微粒，求圓筒轉(zhuǎn)動角速度ω的取值范圍。8．（2024?泉州模擬）如圖，在直角坐標(biāo)系xOy的第一、四象限內(nèi)分布有勻強電場（圖中未畫出），第二象限內(nèi)有一點P，其坐標(biāo)為（﹣L，h），欲使一質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球從P處無初速下滑后，能運動到O點，在PO之間用一斜面PA與水平面AO連接，小球離開O后，恰好能經(jīng)過y上的Q點，已知Q點坐標(biāo)為（0，﹣d），整個過程中小球帶電量保持不變，經(jīng)A處時無機械能損失，忽略一切摩擦，重力加速度大小為g。（1）求小球運動到O處時的速度大??；（2）若欲使小球從P運動到O的時間最短，則斜面的傾角應(yīng)為多大；（3）在（2）問情況下，已知電場方向與y軸正方向夾角為α（α＜90°），若小球運動的加速度為最小值時，求電場強度大??；并求出此情況下小球從P到Q運動的總時間。9．（2024?重慶模擬）如圖所示，絕緣水平面右側(cè)鎖定有一水平絕緣臺階，其上固定有兩平行正對金屬薄板A、B，相距為d，臺階左側(cè)有一小車，小車上表面絕緣且與臺階齊平，小車與臺階緊貼無粘連，車上固定有兩平行正對金屬薄板C、D，相距也為d，車和C、D板總質(zhì)量為m，一質(zhì)量為m的金屬小球（視為質(zhì)點）緊貼A板下端，此時小球電荷量為q，靜止釋放，不計一切摩擦，B板和C板下端開有略大于小球直徑的小孔，A、B、C、D板均帶電，僅考慮A、B板之間形成的電場E1和C、D板之間形成的電場E2，且E1＝2E2＝2E0，忽略邊緣效應(yīng)，求：（1）小球經(jīng)過B板時速度大??；（2）小球經(jīng)過C板小孔的同時撤去小車右邊的所有裝置，并關(guān)閉C板下端小孔，在小球第一次從C板運動到D板的過程，小車對地位移的大??；（3）在第二問基礎(chǔ)上，設(shè)小球與D板碰撞時間極短且無機械能損失，同時小球立即帶上與該板同種的電荷，電荷量仍為q，兩板的帶電量可認(rèn)為不變，試推出相鄰的兩次碰撞之間的時間間隔需滿足的規(guī)律。10．（2024?江西模擬）如圖所示，一垂直架設(shè)且固定于水平地面的圓環(huán)，內(nèi)側(cè)有一用絕緣材料制成的光滑軌道，軌道半徑為R，圓心為O。設(shè)重力加速度為g，若將質(zhì)量為m及帶正電荷電量為q的小球（視為質(zhì)點），從P點（與O點等高）以某一初速度沿軌道向下射出，則：（1）要使小球能做完整的圓周運動，小球的初速度vp至少多大？（2）若于此圓形軌道區(qū)域內(nèi)施加豎直向下的場強大小為E的均勻電場，要使小球能做完整的圓周運動，小球的初速度vp′至少多大？

2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（解答題）：靜電場（10題）參考答案與試題解析一．解答題（共10小題）1．（2024?清江浦區(qū)模擬）如圖所示，真空中有兩個固定的正點電荷A、B，一帶電微粒質(zhì)量為m，電荷量為﹣q（q＞0），在兩正電荷庫侖力作用下恰好可沿一垂直于AB連線的平面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動，已知帶電微粒與兩正電荷連線和AB連線所成的夾角分別為37°和53°。（帶電微粒的重力忽略不計）（1）求A、B兩電荷的電荷量之比；（2）若A的電荷量為5q，求負(fù)電荷做圓周運動的線速度大小?！究键c】電荷性質(zhì)、電場力方向和電場強度方向的相互判斷；共點力的平衡問題及求解．【專題】定量思想；合成分解法；電荷守恒定律與庫侖定律專題；應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力．【答案】（1）A、B兩電荷的電荷量之比為43（2）負(fù)電荷做圓周運動的線速度為3kq【分析】（1）由負(fù)電荷在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，可知其在水平方向受到的合力為零，結(jié)合庫侖定律和正交分解關(guān)系式可得電荷量之比；（2）根據(jù)負(fù)電荷受到的庫侖力合力提供其圓周運動的向心力，結(jié)合向心力的表達(dá)式，可計算線速度大小?！窘獯稹拷猓海?）由圖可知，A與負(fù)電荷的間距為rA，滿足sin37°=RrA，得rA=53R負(fù)電荷在水平方向受力平衡：kqAq（2）負(fù)電荷所受的電場力的合力提供向心力：kqAq答：（1）A、B兩電荷的電荷量之比為43（2）負(fù)電荷做圓周運動的線速度為3kq【點評】本題考查庫侖定律的應(yīng)用，涉及到平衡和圓周運動兩種情況。注意幾何關(guān)系如角度、長度的關(guān)系，在解題中的應(yīng)用，前一問的問題對后一問問題的鋪墊作用。2．（2024?江蘇模擬）在粗糙絕緣水平桌面上，以O(shè)點為原點建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在坐標(biāo)為（﹣l，0）的M點和（l，0）的N點處分別固定電荷量為+64Q和+9Q的帶電體（可視為點電荷），在坐標(biāo)為（0，﹣l）處有一帶電荷量為+q的滑塊（可視為質(zhì)點），滑塊通過長為l的絕緣輕細(xì)繩與O點相連。給滑塊一沿x軸正方向的初速度，使滑塊繞O點逆時針做圓周運動，在此過程中，當(dāng)滑塊運動到圖中a點時速度達(dá)到最大值，此時∠aMN＝37°，當(dāng)滑塊運動到b點（圖中未標(biāo)出）時滑塊的電勢能最小，此時∠bMN＝α。已知靜電力常量為k，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）運動過程中滑塊受到的滑動摩擦力大?。唬?）滑塊的電勢能最小時，tanα的值（可用根號表示）?！究键c】帶電粒子（計重力）在非勻強電場中的曲線運動．【專題】計算題；學(xué)科綜合題；定量思想；合成分解法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）運動過程中滑塊受到的滑動摩擦力大小為10kQql（2）滑塊的電勢能最小時，tanα的值為39【分析】（1）當(dāng)滑塊運動到圖中a點時速度達(dá)到最大值，可知在a點滑塊所受的滑動摩擦力等于兩電荷對滑塊的庫侖力在切線方向的分力的合力，根據(jù)庫侖定律以及幾何關(guān)系相結(jié)合求解滑塊受到的滑動摩擦力大??；（2）當(dāng)靜電力做正功時，電勢能減??；當(dāng)靜電力做負(fù)功時，電勢能增大，則當(dāng)靜電力沿繩子反方向時，滑塊的電勢能最小，根據(jù)庫侖定律以及幾何關(guān)系相結(jié)合求解tanα的值?！窘獯稹拷猓海?）滑塊運動到a點時，對滑塊受力分析，如圖甲所示。根據(jù)庫侖定律有FM=k?64Qq當(dāng)滑塊運動到圖中a點時速度達(dá)到最大值，可知滑塊所受的滑動摩擦力等于兩電荷對滑塊的庫侖力在切線方向的分力的合力，大小為f=F（2）剛開始時，滑塊所受的靜電力（兩個庫侖力的合力）與速度方向成銳角，做正功，電勢能減小，直到靜電力與速度方向垂直時，靜電力做正功最多，電勢能減至最小，則此時靜電力（兩個庫侖力的合力）沿繩子反方向，如圖乙所示。Mb之間的距離為r1＝2lcosαNb之間的距離為r2＝2lsinα則tanα=F'M=聯(lián)立解得：tanα=答：（1）運動過程中滑塊受到的滑動摩擦力大小為10kQql（2）滑塊的電勢能最小時，tanα的值為39【點評】解答本題的關(guān)鍵要正確分析滑塊的受力情況和靜電力做功情況，確定速度最大和電勢能最小的位置是關(guān)鍵，能結(jié)合幾何關(guān)系幫助解答。3．（2024?浙江模擬）細(xì)胞膜是一個細(xì)胞重要的組成部分，它是一個彈性膜且不帶電時磷脂雙分子層間的間距為d0。本題中可近似認(rèn)為細(xì)胞膜的伸縮類似于勁度系數(shù)為k′的彈簧，并且細(xì)胞膜的面積S?d2，介電常數(shù)為ε。眾所周知，細(xì)胞膜上分布有可以運輸粒子的離子泵，使得陰陽離子分布均勻地分布在內(nèi)外兩層上。已知靜電力常量為k。（1）當(dāng)內(nèi)外膜分別帶電Q和﹣Q時，求內(nèi)外膜的電勢差和厚度。（2）假設(shè)細(xì)胞膜初始不帶電，離子泵開始工作，使得內(nèi)外膜帶有電荷。該離子泵具有一特殊的性質(zhì)：只有當(dāng)兩層間的電勢差達(dá)到U0時，離子泵才停止工作，否則將一直工作下去。為防止細(xì)胞層塌縮，求勁度系數(shù)的最小值和此時平衡狀態(tài)下細(xì)胞膜的厚度?！究键c】平行板電容器電容的決定式及影響因素；胡克定律及其應(yīng)用；勻強電場及其特點．【專題】定量思想；極端假設(shè)法；電容器專題；應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力．【答案】（1）內(nèi)外膜的電勢差為4πkQ?S(d（2）勁度系數(shù)的最小值27εSU02【分析】（1）根據(jù)電容的決定式、勻強電場的場強公式得到該實際電場的場強表達(dá)式，結(jié)合胡克定律可以得到內(nèi)外膜的厚度及電勢差；（2）根據(jù)電壓和電荷量的關(guān)系式，找到電壓的最值，從而計算勁度系數(shù)的最值和細(xì)胞膜厚度?！窘獯稹拷猓海?）內(nèi)外模之間相當(dāng)于電容器，可知：C=εS4πkd，當(dāng)內(nèi)外膜分別帶電Q和﹣Q時，電場強度：這個電場是內(nèi)外膜共同產(chǎn)生的，因此其中一側(cè)膜受到另一側(cè)膜的作用力：F=E根據(jù)胡克定律：F＝k′（d0﹣d），可得內(nèi)外膜的厚度：d=d內(nèi)外膜間的電勢差：U=Ed=4πkQ（2）由公式：U=Ed=4πkQ當(dāng)電壓達(dá)到最大值時：dUdQ=4πk如果帶電量再增多，內(nèi)外模間的電壓反而減小，離子泵繼續(xù)工作，可能會出現(xiàn)細(xì)胞層塌縮，因此為防止細(xì)胞層塌縮，電壓最高時，恰好為U0，此時勁度系數(shù)最小，即：U0=4πkQ0此時平衡狀態(tài)下細(xì)胞膜的厚度：d=d答：（1）內(nèi)外膜的電勢差為4πkQ?S(d（2）勁度系數(shù)的最小值27εSU02【點評】本題考查電容和彈力結(jié)合的計算，難點是需要注意結(jié)合數(shù)學(xué)關(guān)系，根據(jù)數(shù)學(xué)上的變化關(guān)系找到最值。4．（2024?河北模擬）如圖所示，在正方形ABCD的四個頂點各固定一個點電荷，電荷量分別為﹣Q、+Q、+Q、﹣Q，直角坐標(biāo)系的x軸、y軸為正方形的對稱軸。將一帶電量為+q的試探電荷在原點O處由靜止釋放，當(dāng)它運動到E點（圖中未畫出）時達(dá)到最大速度v，設(shè)無窮遠(yuǎn)處電勢為零，試探電荷重力忽略不計，求：（1）E點的電勢φE；（2）若將該正試探電荷從x軸負(fù)半軸上無限遠(yuǎn)處M點處以初速度3v沿x軸正方向射入后，它在以后運動過程中的最小速度?！究键c】帶電粒子（計重力）在非勻強電場中的直線運動；從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題；單個或多個點電荷周圍的電勢分布．【專題】計算題；定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；分析綜合能力．【答案】（1）E點的電勢為-mv22q；（【分析】（1）等量異種電荷周圍的電場線具有對稱性，連線的中垂面是一個等勢面；距離正電荷越近，電勢越高，距離負(fù)電荷越近，電勢越低；根據(jù)動能定理求解E點的電勢φE；（2）由功能關(guān)系和動能定理，結(jié)合對稱性分析。【解答】解：（1）將四個點電荷看為兩組等量異種點電荷，根據(jù)等量異種點電荷的電場分布特征，可知O處電勢等于0，從O處到E點，根據(jù)動能定理q(φ可得φE（2）該電荷從x軸上無限遠(yuǎn)處以初速度3v沿x軸正方向射入后，無窮遠(yuǎn)電勢為0，從無窮遠(yuǎn)沿+x方向運動到E點，電場力做正功，再由E點運動到原點O點逆著電場線方向運動，電場力做負(fù)功，根據(jù)能量守恒，原點處與無窮遠(yuǎn)電勢相等，電勢能相等，故無窮遠(yuǎn)與原點O的動能相等、速度大小相等。根據(jù)對稱性可知，有一點F與E點關(guān)于O點對稱，速度最小，則U﹣∞F＝UOF＝﹣UOE根據(jù)動能定理可知，qU解得vmin答：（1）E點的電勢為-m（2）電荷在以后運動過程中的最小速度22【點評】本題主要考查點電荷的場強以及場強的疊加，解題的關(guān)鍵在于掌握電場強度的疊加原則以及電勢能變化與電場力做功的關(guān)系。5．（2024?鹽城三模）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy中直線OM與x軸之間的夾角θ＝30°，OM與x軸之間存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于坐標(biāo)平面向里。直線OM與y軸之間存在勻強電場（圖中沒有畫出）。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電粒子從OM上某點P垂直于磁場進(jìn)入磁場區(qū)域，粒子速度方向與直線OM之間的夾角也是30°。粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，恰好沒有穿過x軸，再次經(jīng)過直線OM時與坐標(biāo)原點O的距離為L。不計粒子的重力。（1）求該粒子進(jìn)入磁場時速度v的大??；（2）若電場方向沿y軸負(fù)方向，粒子再次從P點進(jìn)入磁場區(qū)域，求電場強度E1的大??；（3）若帶電粒子恰能再次從P點以速度v返回磁場區(qū)域，求電場強度E2的大小和方向?！究键c】電場強度與電場力的關(guān)系和計算；斜拋運動；牛頓第二定律求解向心力．【專題】定量思想；圖析法；臨界法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）該粒子進(jìn)入磁場時的速度v的大小為qBL4m（2）若電場方向沿y軸負(fù)方向，粒子再次從P點進(jìn)入磁場區(qū)域，電場強度E1的大小為qB（3）若帶電粒子恰能再次從P點以速度v返回磁場區(qū)域，電場強度E2的大小為3qB2【分析】（1）運用左手定則判斷帶電粒子偏轉(zhuǎn)方向，恰好沒有穿過x軸，說明帶電粒子的軌跡與x軸相切，畫出運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求解出帶電粒子在磁場中做圓周運動半徑，結(jié)合牛頓第二定律和洛倫茲力公式求解粒子的初速度大??；（2）帶電粒子進(jìn)入電場后做類平拋運動，結(jié)合平拋運動的規(guī)律即可求解粒子在電場中的加速度大小，根據(jù)牛頓第二定律求解電場強度E1大??；（3）帶電粒子仍以速度v回到P點，則電場力未對粒子做功，則電場方向應(yīng)垂直O(jiān)M斜向下，粒子在電場中類斜拋運動，將粒子的運動分解到MO方向和電場方向，根據(jù)運動公式即可求解在電場中的加速度大小，再結(jié)合牛頓第二定律求解電場強度E2的大小?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)題意，粒子在磁場中做圓周運動，則有qvB=mv解得r=mv粒子的運動軌跡，如圖所示由幾何關(guān)系可得，粒子做圓周運動的軌道半徑r=L解得v=qBL（2）分析粒子在磁場中的運動軌跡可知，粒子進(jìn)入電場時速度方向恰好沿﹣x方向，若電場方向沿y軸負(fù)方向，粒子在電場中做類平拋運動，則有x＝rcos30°＝vty=rsin30°其中a1解得E1（3）粒子恰能再次從P點以速度v返回磁場區(qū)域，則電場力對粒子做功為零，所以電場E2的方向垂直與OM向下，粒子從Q到P做類斜拋運動，始末速度大小一樣，根據(jù)拋物線軌跡的對稱性，則有r2vsin30°＝a2t其中a2解得E2答：（1）該粒子進(jìn)入磁場時的速度v的大小為qBL4m（2）若電場方向沿y軸負(fù)方向，粒子再次從P點進(jìn)入磁場區(qū)域，電場強度E1的大小為qB（3）若帶電粒子恰能再次從P點以速度v返回磁場區(qū)域，電場強度E2的大小為3qB2【點評】帶電粒子在組合場中的運動，考查了平拋運動的計算分析和帶電粒子在有界磁場中做圓周運動軌跡分析，難度中上。6．（2024?河南二模）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy的y軸沿豎直方向，x軸沿水平方向，在y≥h的區(qū)域存在平行于紙面的勻強電場，其它區(qū)域無電場。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的可視為質(zhì)點的帶電小球從y軸上y＝2h處無初速釋放，不計阻力，重力加速度大小為g，帶電小球做加速度大小為g的勻加速直線運動，運動方向與y軸負(fù)方向成60°夾角。求：（1）電場強度大小；（2）小球從釋放到經(jīng)過x軸的運動時間及小球經(jīng)過x軸的位置坐標(biāo)。【考點】帶電粒子（計重力）在勻強電場中的直線運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）電場強度大小為E=mgq，電場方向與x軸正方向成（2）小球從釋放到經(jīng)過x軸的運動時間為(3+1)hg，小球經(jīng)過x軸的位置坐標(biāo)標(biāo)【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律和平行四邊形法則求電場強度大小；（2）明確小球的運動情況，根據(jù)運動學(xué)公式求解?！窘獯稹拷猓海?）帶電小球在y≥h的區(qū)域做勻加速運動，受力如圖所示由牛頓第二定律得F合＝ma由題知a＝g則由圖可見F電＝mg又F電＝qE解得E=mgq，電場方向與x軸正方向成（2）由題圖可知，小球經(jīng)過y＝h水平線時x坐標(biāo)x1①小球在2h≥y≥h區(qū)間運動有2h解得t又v解得v②小球在0≤y＜h區(qū)間運動：v1xv1y水平方向做速度為v1x勻速直線運動，有x2＝v1xt2豎直方向做初速為v1y，加速度為g的勻加速直線運動，有h聯(lián)立解得t2x2小球從釋放到x軸的運動時間t=小球經(jīng)過x軸的位置坐標(biāo)x＝x1+x2＝3h答：（1）電場強度大小為E=mgq，電場方向與x軸正方向成（2）小球從釋放到經(jīng)過x軸的運動時間為(3+1)hg，小球經(jīng)過x軸的位置坐標(biāo)標(biāo)【點評】本題考查帶電粒子在場中運動的模型，考查綜合分析能力，以及空間想像的能力，合理的運用物體做勻速直線運動的條件。7．（2024?濮陽模擬）圖（a）為一種測量帶電微粒速率分布的實驗裝置。圖中直徑為D的豎直圓筒壁上有一豎直狹縫S，高度為h，寬度忽略不計。緊貼圓筒內(nèi)壁固定有高度為H(H＞43h)的半圓柱面收集板，用于收集帶電微粒；板的一豎直邊緊貼狹縫S，上邊與狹縫S上端對齊，上邊緣遠(yuǎn)離狹縫的頂點為P點，另有一距P點弧長為l的點Q，俯視圖如圖（b）所示。圓筒內(nèi)存在一豎直向下的勻強電場，電場強度為E。令圓筒以角速度ω繞中心軸順時針轉(zhuǎn)動，同時由微粒源產(chǎn)生的微粒沿水平方向、以不同的速率射入圓筒，微粒質(zhì)量均為m，電荷量均為q（（1）求Q點所在豎直線上收集到的微粒中，入射速率最大的微粒下落的距離；（2）為了確保收集板任一豎直線上收集到的微粒速率相同，并且能收集到所有該速率的微粒，求圓筒轉(zhuǎn)動角速度ω的取值范圍。【考點】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）入射速率最大的微粒下落的距離為2qEl（2）圓筒轉(zhuǎn)動角速度ω的取值范圍為πqE2m(H-h)＜【分析】（1）微粒在電場中做類平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做勻加速直線運動。當(dāng)Q點運動路程等于弧長l時，對應(yīng)微粒的入射速率最大，根據(jù)等時性，應(yīng)用牛頓第二定律與運動學(xué)公式求解；（2）畫出滿足題意的微粒在圓筒上的落點分布示意圖，根據(jù)題意確定臨界條件，根據(jù)類平拋運動的特點，應(yīng)用運動學(xué)公式求解。【解答】解：（1）設(shè)入射速率最大的微粒下落的距離為y0。微粒在電場中做類平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做勻加速直線運動。當(dāng)Q點運動路程等于弧長l時，運動時間最短（設(shè)為t1），對應(yīng)微粒的入射速率最大，則有：l=12ω對微粒由牛頓第二定律可得：qE＝ma在豎直方向上有：y0=聯(lián)立解得：y0=2qE（2）將圓筒展開為平面圖，打在圓筒上的微粒和打在收集板上的微粒滿足題意的臨界的分布情況如下圖所示。圓筒轉(zhuǎn)動一周過程中，設(shè)能夠收集到的速率最小的微粒下落的高度為y1，第一周末時，過P點的豎直線上收集到的微粒下落的高度為y2，則需滿足：h+y1＜H＜y2能夠收集到的速率最小的微粒對應(yīng)的弧長為：l1=12根據(jù)（1）的結(jié)論可得：y1=設(shè)圓筒轉(zhuǎn)動周期為T，則：T=y2=12聯(lián)立解得：πqE2m(H-h)已知：H(H＞43答：（1）入射速率最大的微粒下落的距離為2qEl（2）圓筒轉(zhuǎn)動角速度ω的取值范圍為πqE2m(H-h)＜【點評】本題考查了帶電微粒在電場中的運動問題，難度較大，難點在于尋找臨界條件，關(guān)鍵是對題意的理解。微粒在電場中做類平拋運動，應(yīng)用運動的分解與合成處理曲線運動。8．（2024?泉州模擬）如圖，在直角坐標(biāo)系xOy的第一、四象限內(nèi)分布有勻強電場（圖中未畫出），第二象限內(nèi)有一點P，其坐標(biāo)為（﹣L，h），欲使一質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球從P處無初速下滑后，能運動到O點，在PO之間用一斜面PA與水平面AO連接，小球離開O后，恰好能經(jīng)過y上的Q點，已知Q點坐標(biāo)為（0，﹣d），整個過程中小球帶電量保持不變，經(jīng)A處時無機械能損失，忽略一切摩擦，重力加速度大小為g。（1）求小球運動到O處時的速度大小；（2）若欲使小球從P運動到O的時間最短，則斜面的傾角應(yīng)為多大；（3）在（2）問情況下，已知電場方向與y軸正方向夾角為α（α＜90°），若小球運動的加速度為最小值時，求電場強度大小；并求出此情況下小球從P到Q運動的總時間?！究键c】帶電粒子（計重力）在勻強電場中的曲線運動；物體在光滑斜面上的運動；機械能守恒定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；合成分解法；帶電粒子在電場中的運動專題；應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力．【答案】（1）小球運動到O處時的速度大小為2gh（2）若欲使小球從P運動到O的時間最短，則斜面的傾角應(yīng)為60°；（3）電場強度大小為mgcosαq；此情況下小球從P到Q運動的總時間為L【分析】（1）根據(jù)機械能守恒定律求小球運動到O處時的速度大小。（2）根據(jù)牛頓第二定律與運動學(xué)公式推導(dǎo)小球從P運動到O所用的時間與斜面的傾角的關(guān)系式，由數(shù)學(xué)知識求解最短時間對應(yīng)的斜面傾角。（3）對小球在電場中受力分析，當(dāng)電場力方向與合外力方向垂直時，其加速度最小。小球沿x軸方向做勻變速運動，根據(jù)牛頓第二定律與運動學(xué)公式求出從O運動到Q的時間，結(jié)合（2）的結(jié)果求得此情況下小球從P到Q運動的總時間。【解答】解：（1）小球從P到O的過程，根據(jù)機械能守恒定律有：mgh=12解得：v=（2）設(shè)斜面傾角為θ，當(dāng)小球沿PA運動時，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ＝ma1由（1）可知小球到達(dá)A點的速度大小始終為：v=從P運動到A的時間為：t1=從A運動到O的時間為：t2=小球從P運動到O所用的總時間：tPO＝t1+t2=當(dāng)tPO最小時，由數(shù)學(xué)知識（利用導(dǎo)數(shù)求極值）解得：θ＝60°此情況下：tPO=（3）離開O點后，對小球受力分析如下圖所示：當(dāng)電場力方向與合外力方向垂直時，小球所受合外力最小，其加速度最小。由幾何關(guān)系得：qE＝mgcosα解得：E=小球沿x軸方向做勻變速運動，沿x軸方向的加速度大小為：ax=qEsinαm=gsinαcosα=12從O運動到Q時間為：t3=此情況下小球從P到Q運動的總時間為：t＝tPQ+t3=答：（1）小球運動到O處時的速度大小為2gh（2）若欲使小球從P運動到O的時間最短，則斜面的傾角應(yīng)為60°；（3）電場強度大小為mgcosαq；此情況下小球從P到Q運動的總時間為L【點評】本題考查了帶電粒子在電場中運動問題，考查了數(shù)理結(jié)合處理問題的能力。依據(jù)力與運動的關(guān)系，解析粒子運動過程。對于粒子在電場中做勻變速曲線運動，應(yīng)用運動的合成與分解解答，分運動具有等時性與獨立性。9．（2024?重慶模擬）如圖所示，絕緣水平面右側(cè)鎖定有一水平絕緣臺階，其上固定有兩平行正對金屬薄板A、B，相距為d，臺階左側(cè)有一小車，小車上表面絕緣且與臺階齊平，小車與臺階緊貼無粘連，車上固定有兩平行正對金屬薄板C、D，相距也為d，車和C、D板總質(zhì)量為m，一質(zhì)量為m的金屬小球（視為質(zhì)點）緊貼A板下端，此時小球電荷量為q，靜止釋放，不計一切摩擦，B板和C板下端開有略大于小球直徑的小孔，A、B、C、D板均帶電，僅考慮A、B板之間形成的電場E1和C、D板之間形成的電場E2，且E1＝2E2＝2E0，忽略邊緣效應(yīng)，求：（1）小球經(jīng)過B板時速度大?。唬?）小球經(jīng)過C板小孔的同時撤去小車右邊的所有裝置，并關(guān)閉C板下端小孔，在小球第一次從C板運動到D板的過程，小車對地位移的大??；（3）在第二問基礎(chǔ)上，設(shè)小球與D板碰撞時間極短且無機械能損失，同時小球立即帶上與該板同種的電荷，電荷量仍為q，兩板的帶電量可認(rèn)為不變，試推出相鄰的兩次碰撞之間的時間間隔需滿足的規(guī)律。【考點】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題；動能定理的簡單應(yīng)用；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】（1）小球經(jīng)過B板時速度大小為2qE（2）小車對地位移的大小為(3-22（3）相鄰的兩次碰撞之間的時間間隔需滿足的規(guī)律為Tn＝（n+2-n+1）t0＝（n+2-n+1）【分析】（1）根據(jù)動能定理可求出小球經(jīng)過B板時速度大小；（2）根據(jù)牛頓第二定律可求出不同位置的加速度情況，結(jié)合運動學(xué)公式可求出小車對地位移；（3）根據(jù)碰撞過程動量和能量守恒，作出v﹣t圖像，根據(jù)面積表示位移，可求出時間間隔的規(guī)律?！窘獯稹拷猓海?）小球經(jīng)過B板時速度大小為v0，對小球從A板到B板的過程中，由動能定理2qE0d=12可得，小球經(jīng)過B板時速度大小為v0＝2q（2）設(shè)小球在A、B板之間運動時的加速度大小為a1，在C、D板之間運動時的加速度大小為a2，小車運動的加速度大小為a3，對小球和小車分別受力分析，由牛頓第二定律可得，在A、B之間運動時，對小球有2qE0＝ma1在C、D之間運動時，對小球有qE0＝ma2由牛頓第三定律可知小車受到的反作用力F與小球受到的電場力等大反向，則對小車有F＝qE0＝ma3聯(lián)立可得a1＝2a2＝2a3=2gEo＝2ar，設(shè)小球在為簡化令a1＝2a2＝2a3=2qE設(shè)小球在A、B板之間運動的時間為t0，第一次從C到D板的運動時間為t1，由運動學(xué)規(guī)律得，小球在A、B板之間運動的位移為d=12a聯(lián)立可得t0=小球在第一次從C運動到D板過程中，小球和小車的位移大小關(guān)系滿足a1t0t1+12a2t12其中d=12a整理可得t1＝（2-1）t0或t1'＝（-2-1）由運動學(xué)規(guī)律，在小球第一次從C板運動到D板的過程中，小車對地位移大小為x車=12a其中d=12a對比可得x車=（3）設(shè)小球從C板下端小孔進(jìn)入時刻為計時起點第一次與板相碰時刻為t，第二次相碰時刻為t2第n次相碰時刻為tn，由題意可知小球第一次與D相碰后再與C相碰的時間為第一個時間間隔，可得出第一個相鄰碰撞之間時間間隔為T1＝t2﹣t1第二個相鄰碰撞之間時間間隔為T2＝t3﹣t2設(shè)小球與板碰撞前小球和車的速度分別為v球、v車，碰后小球和小車的速度分別為v球'、v車'，當(dāng)小球進(jìn)入小車后，小球和小車構(gòu)成的系統(tǒng)由于所受合外力為零，對碰撞前后，選擇小球的速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv球+mv車＝mv球'+mv車'由機械能守恒定律得12mv球2+12mv車2=12mv球'2聯(lián)立解得v球'＝v車，v車'＝v球兩者速度發(fā)生交換，由題意分析得，小球進(jìn)入C板小孔后，小球與板碰撞前后小球和小車的加速度大小不變均為a0，方向反向，作出小球進(jìn)入C板小孔后小球和小車的速度一時間圖像如下由位移關(guān)系可知，小球從一塊板到另一塊板的過程，小球和小車的路程之和為d，由運動學(xué)公式和圖像物理意義可得，在0～tn時間內(nèi)有v0tn+12a0tn2在0～tn時間內(nèi)有v0+12a0tn+12+2a0由時間關(guān)系可知Tn＝tn+1﹣tn聯(lián)立解得Tn＝（n+2-n+1）t0＝（n+2其中n取正整數(shù)答：（1）小球經(jīng)過B板時速度大小為2qE（2）小車對地位移的大小為(3-22（3）相鄰的兩次碰撞之間的時間間隔需滿足的規(guī)律為Tn＝（n+2-n+1）t0＝（n+2-n+1）【點評】學(xué)生在解答本題時，應(yīng)注意對于碰撞過程要熟練運用動量守恒定律和能量守恒定律來求解，同時應(yīng)注意對于運動學(xué)問題可根據(jù)v﹣t圖像求解位移，提高解題效率。10．（2024?江西模擬）如圖所示，一垂直架設(shè)且固定于水平地面的圓環(huán)，內(nèi)側(cè)有一用絕緣材料制成的光滑軌道，軌道半徑為R，圓心為O。設(shè)重力加速度為g，若將質(zhì)量為m及帶正電荷電量為q的小球（視為質(zhì)點），從P點（與O點等高）以某一初速度沿軌道向下射出，則：（1）要使小球能做完整的圓周運動，小球的初速度vp至少多大？（2）若于此圓形軌道區(qū)域內(nèi)施加豎直向下的場強大小為E的均勻電場，要使小球能做完整的圓周運動，小球的初速度vp′至少多大？【考點】帶電粒子（計重力）在勻強電場中的圓周運動；物體在圓形豎直軌道內(nèi)的圓周運動；動能定理的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應(yīng)用；帶電粒子在電場中的運動專題；推理能力．【答案】（1）要使小球能做完整的圓周運動，小球的初速度vp至少為3gR；（2）小球的初速度vp′至少為3(gR+qER【分析】（1）要使小球能做完整的圓周運動，臨界條件是小球恰好通過最高點，根據(jù)牛頓第二定律求得小球在最高點的臨界速度大小，再根據(jù)動能定理求解初速度的最小值。（2）小球受到豎直向下的電場力，要使小球能做完整的圓周運動，臨界條件是小球恰好通過最高點，同理根據(jù)牛頓第二定律求得小球恰好通過最高點時的速度大小，再根據(jù)動能定理求解初速度的最小值。【解答】解：（1）初速度vp最小時，能使小球恰好通過最高點，根據(jù)牛頓第二定律，此情況小球在最高點滿足：mg=mv由P到最高點的過程，根據(jù)動能定理得：-mgR=解得初速度vp最小值為：v（2）小球受到豎直向下的電場力，要使小球能做完整的圓周運動，臨界條件是小球恰好通過最高點。小球恰好通過最高點時，同理可得：mg+qE=mv設(shè)初速度vp′的最小值為v3，由P到最高點的過程，根據(jù)動能定理得：-(mgR+qER)=解得：v答：（1）要使小球能做完整的圓周運動，小球的初速度vp至少為3gR；（2）小球的初速度vp′至少為3(gR+qER【點評】本題考查了帶電體在電場中做圓周運動問題，掌握物體在軌道內(nèi)做圓周運動的臨界條件。第（2）問也可應(yīng)用“等效重力”的思想解答，即把重力與電場力合成為一個力，再確定等效最高點，應(yīng)用臨界條件解答。

考點卡片1．胡克定律及其應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】1．彈力（1）定義：發(fā)生彈性形變的物體，由于要恢復(fù)原狀，對跟它接觸的物體產(chǎn)生的力叫彈力．（2）彈力的產(chǎn)生條件：①彈力的產(chǎn)生條件是兩個物體直接接觸，②并發(fā)生彈性形變．（3）彈力的方向：力垂直于兩物體的接觸面．①支撐面的彈力：支持力的方向總是垂直于支撐面，指向被支持的物體；壓力總是垂直于支撐面指向被壓的物體．點與面接觸時彈力的方向：過接觸點垂直于接觸面．球與面接觸時彈力的方向：在接觸點與球心的連線上．球與球相接觸的彈力方向：垂直于過接觸點的公切面．②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線重合，指向彈簧恢復(fù)原狀的方向．其彈力可為拉力，可為壓力．③輕繩對物體的彈力方向：沿繩指向繩收縮的方向，即只為拉力．2．胡克定律彈簧受到外力作用發(fā)生彈性形變，從而產(chǎn)生彈力．在彈性限度內(nèi)，彈簧彈力F的大小與彈簧伸長（或縮短）的長度x成正比．即F＝kx，其中，勁度系數(shù)k的意義是彈簧每伸長（或縮短）單位長度產(chǎn)生的彈力，其單位為N/m．它的大小由制作彈簧的材料、彈簧的長短和彈簧絲的粗細(xì)決定．x則是指形變量，應(yīng)為形變（包括拉伸形變和壓縮形變）后彈簧的長度與彈簧原長的差值．注意：胡克定律在彈簧的彈性限度內(nèi)適用．3．胡克定律的應(yīng)用（1）胡克定律推論在彈性限度內(nèi)，由F＝kx，得F1＝kx1，F(xiàn)2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：彈簧彈力的變化量與彈簧形變量的變化量（即長度的變化量）成正比．（2）確定彈簧狀態(tài)對于彈簧問題首先應(yīng)明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長”狀態(tài)，并且確定形變量的大小，從而確定彈簧彈力的方向和大小．如果只告訴彈簧彈力的大小，必須全面分析問題，可能是拉伸產(chǎn)生的，也可能是壓縮產(chǎn)生的，通常有兩個解．（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長度變化和物體位移的關(guān)系如果涉及彈簧由拉伸（壓縮）形變到壓縮（拉伸）形變的轉(zhuǎn)化，運用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運動學(xué)公式和動力學(xué)公式求相關(guān)量．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查胡克定律：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，若改掛100N的重物時，彈簧總長為20cm，則彈簧的原長為（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根據(jù)胡克定律兩次列式后聯(lián)立求解即可．解：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，根據(jù)胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時，根據(jù)胡克定律，有：F2＝kx2；聯(lián)立解得：k=Fx2=100N故彈簧的原長為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點評：本題關(guān)鍵是根據(jù)胡克定律列式后聯(lián)立求解，要記住胡克定律公式中F＝k?△x的△x為行變量．（2）第二類?？碱}型是考查胡克定律與其他知識點的結(jié)合：如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧上端固定，下端掛一個質(zhì)量為m0的平盤，盤中有一物體，質(zhì)量為m，當(dāng)盤靜止時，彈簧的長度比其自然長度伸長了l，今向下拉盤，使彈簧再伸長△l后停止，然后松手，設(shè)彈簧總處在彈性限度內(nèi)，則剛松手時盤對物體的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.(1+△l分析：根據(jù)胡克定律求出剛松手時手的拉力，確定盤和物體所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律求出剛松手時，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤對物體的支持力．解：當(dāng)盤靜止時，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①設(shè)使彈簧再伸長△l時手的拉力大小為F再由胡克定律得F＝k△l②由①②聯(lián)立得F=剛松手瞬時彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設(shè)剛松手時，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得a=對物體研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△ll故選A．點評：點評：本題考查應(yīng)用牛頓第二定律分析和解決瞬時問題的能力，這類問題往往先分析平衡狀態(tài)時物體的受力情況，再分析非平衡狀態(tài)時物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解瞬時加速度．【解題方法點撥】這部分知識難度中等、也有難題，在平時的練習(xí)中、階段性考試中會單獨出現(xiàn)，選擇、填空、計算等等出題形式多種多樣，在高考中不會以綜合題的形式考查的，但是會做為題目的一個隱含條件考查．彈力的有無及方向判斷比較復(fù)雜，因此在確定其大小和方向時，不能想當(dāng)然，應(yīng)根據(jù)具體的條件或計算來確定．2．共點力的平衡問題及求解【知識點的認(rèn)識】1.共點力（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點力。2.共點力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點力平衡條件的理解及應(yīng)用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點：①當(dāng)某物理量發(fā)生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設(shè)推理法，即先假設(shè)某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識進(jìn)行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數(shù)學(xué)知識求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進(jìn)行動態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結(jié)”與“死結(jié)”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結(jié)”與“死結(jié)”模型①“活結(jié)”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結(jié)”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結(jié)”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結(jié)”兩側(cè)的繩因結(jié)而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結(jié)”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉(zhuǎn)軸或鉸鏈連接，當(dāng)輕桿處于平衡狀態(tài)時，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉(zhuǎn)動。如圖甲所示，若C為轉(zhuǎn)軸，則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)動中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉(zhuǎn)動，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端B裝有一個小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m。滑輪對繩的作用力應(yīng)為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向。【命題方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質(zhì)量為m的重物。當(dāng)滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設(shè)甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對滑輪受力分析，受兩個繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個選項中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序為：FD＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實際問題中的應(yīng)用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結(jié)合平衡條件分析是關(guān)鍵。例2：如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點力，根據(jù)合力為零分析AB選項；根據(jù)對稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點，這三個力是共點力，故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F(xiàn)1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點評：本題主要是考查了共點力的平衡，解答本題的關(guān)鍵是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行力的合成，利用平衡條件建立方程進(jìn)行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l?，F(xiàn)在C點上懸掛一個質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據(jù)物體的受力平衡，依據(jù)幾何關(guān)系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據(jù)幾何關(guān)系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結(jié)點C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關(guān)系可知，當(dāng)F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯誤，C正確。故選：C。點評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關(guān)鍵是當(dāng)F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細(xì)繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質(zhì)光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細(xì)繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細(xì)繩GF懸掛一質(zhì)量為M2的物體（都處于靜止?fàn)顟B(tài)），求：（1）細(xì)繩AC的張力FTAC與細(xì)繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對C端的支持力；（3）輕桿HG對G端的支持力。分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關(guān)系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運用合成法求解細(xì)繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；（3）乙圖中，以C點為研究對象，根據(jù)平衡條件求解細(xì)繩EG段的張力F2以及輕桿HG對G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡的條件，首先判斷與物體相連的細(xì)繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點和G點為研究對象，進(jìn)行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據(jù)平衡規(guī)律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質(zhì)量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據(jù)FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據(jù)平衡方程有FNG=M2gtan30°答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細(xì)繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解?！窘忸}思路點撥】1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0時，是靜止，是平衡狀態(tài)2.解答共點力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對象，對于有相互作用的兩個或兩個以上的物體構(gòu)成的系統(tǒng)，應(yīng)明確所選研究對象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個物體（整體法或隔離法）。（2）對所選研究對象進(jìn)行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進(jìn)行處理，對三力平衡問題，一般根據(jù)平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標(biāo)系，對各力按坐標(biāo)軸進(jìn)行分解。（4）建立平衡方程，對于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進(jìn)行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點和極值點。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學(xué)的推理分析，從而給出判斷或結(jié)論。3．物體在光滑斜面上的運動【知識點的認(rèn)識】1.物體處在光滑斜面上時，會受到重力和支持力，其合力沿著斜面向下，所以物體的加速度也沿著斜面向下。如果斜面的傾角為α，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度的大小為a=mgsinαm2.根據(jù)物體的加速度可以進(jìn)行一些運動學(xué)的相關(guān)計算。【命題方向】某同學(xué)探究小球沿光滑斜面頂端下滑至底端的運動規(guī)律，現(xiàn)將兩質(zhì)量相同的小球同時從斜面的頂端釋放，在甲、乙圖的兩種斜面中，通過一定的判斷分析，你可以得到的正確結(jié)論是（）A、甲圖中，小球在兩個斜面上運動的時間相同B、甲圖中，小球在兩個斜面上運動的加速度相同C、乙圖中，小球在兩個斜面上運動的時間相同D、乙圖中，小球在兩個斜面上運動的加速度相同分析：對小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再根據(jù)勻加速直線運動位移—時間公式求出時間。解答：（1）在甲圖中：對小球進(jìn)行受力分析，受到重力和支持力，合力提供加速度，根據(jù)牛頓第二定律可知：運動的加速度為a＝gsinθ設(shè)高度為h，則斜面的長度為h根據(jù)勻加速直線運動，位移—時間公式可知：hsinθ=t=甲圖中兩個斜面傾角不等，故小球在兩個斜面上運動的時間和加速度都不相同，故A、B錯誤；（2）在乙圖中：對小球進(jìn)行受力分析，受到重力和支持力，合力提供加速度，根據(jù)牛頓第二定律可知：運動的加速度為a＝gcosθ兩個斜面傾角不等，所以加速度不相同，故D錯誤；設(shè)底邊長為h，則斜面的長度為h根據(jù)勻加速直線運動，位移—時間公式可知：hsinθt=當(dāng)θ分別為30°和60°時，sinθcosθ相等，故時間相等，C正確。故選：C。點評：該題主要考查了牛頓第二定律及勻變速直線運動位移—時間公式的應(yīng)用，注意幾何知識在物理解題過程中的應(yīng)用?！窘忸}思路點撥】解決物體在光滑斜面上運動問題的步驟如下：①對物體進(jìn)行受力分析，求出物體的合力；②求出物體的加速度；③根據(jù)運動學(xué)公式求出相關(guān)物理量。4．斜拋運動【知識點的認(rèn)識】1．定義：物體將以一定的初速度向空中拋出，僅在重力作用下物體所做的運動叫做拋體運動。2．方向：直線運動時物體的速度方向始終在其運動軌跡的直線方向上；曲線運動中，質(zhì)點在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲線這一點的切線方向。因此，做拋體運動的物體的速度方向，在其運動軌跡各點的切線方向上，并指向物體前進(jìn)的方向。注：由于曲線上各點的切線方向不同，所以，曲線運動的速度方向時刻都在改變。3．拋體做直線或曲線運動的條件：（1）物體做直線運動：當(dāng)物體所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直線上時，物體做直線運動。（2）物體做曲線運動：當(dāng)物體所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直線上時，物體做曲線運動。4．平拋運動（1）定義：將物體用一定的初速度沿水平方向拋出，且只在重力作用下所做的運動。（2）條件：①初速度方向為水平；②只受重力作用。（3）規(guī)律：平拋運動在水平方向的分運動是勻速直線運動，在豎直方向的分運動是自由落體運動，所以平拋運動是勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線。（4）公式：速度公式：水平方向：v位移公式：水平方向：x=v0ttanα=5．斜拋運動（1）定義：將物體以一定的初速度沿斜上方拋出，僅在重力作用下的運動叫做斜拋運動。（2）條件：①物體有斜向上的初速度；②僅受重力作用。（3）規(guī)律：斜拋運動在水平方向的分運動是勻速直線運動，在豎直方向的分運動是豎直上拋運動，所以斜拋運動是勻變速曲線運動。（4）公式：水平方向初速度：【命題方向】例1：某學(xué)生在體育場上拋出鉛球，其運動軌跡如圖所示。已知在B點時的速度與加速度相互垂直，則下列說法中正確的是（）A．D點的速率比C點的速率大B．D點的加速度比C點加速度大C．從B到D加速度與速度始終垂直D．從B到D加速度與速度的夾角先增大后減小分析：不計空氣阻力，拋體在空中只受重力作用，機械能守恒；拋體運動可以分解為水平方向的勻速直線運動與豎直方向的勻變速運動。解答：A、拋體運動，機械能守恒，D點位置低，重力勢能小，故動能大，速度大，故A正確；B、拋體運動，只受重力，加速度恒為g，不變，故B錯誤；C、從B到D是平拋運動，重力一直向下，速度是切線方向，不斷改變，故只有最高點B處加速度與速度垂直，故C錯誤；D、從B到D是平拋運動，加速度豎直向下，速度方向是切線方向，故夾角不斷減小，故D錯誤。故選：A。點評：拋體運動可以分解為水平方向的勻速直線運動與豎直方向的勻變速直線運動，拋體運動機械能守恒。例2：如圖所示，將一籃球從地面上方B點斜向上拋出，剛好垂直擊中籃板上A點，不計空氣阻力。若拋射點B向籃板方向移動一小段距離，仍使拋出的籃球垂直擊中A點，則可行的是（）A．增大拋射速度v0，同時減小拋射角θB．減小拋射速度v0，同時減小拋射角θC．增大拋射角θ，同時減小拋出速度v0D．增大拋射角θ，同時增大拋出速度v0分析：解決本題巧用平拋運動知識，由于題目中緊抓住籃球垂直打到籃板，故可以看成平拋運動，則有水平速度越大，落地速度越大，與水平面的夾角越小。解答：可以將籃球的運動，等效成籃球做平拋運動，當(dāng)水平速度越大時，拋出后落地速度越大，與水平面的夾角則越小。若水平速度減小，則落地速度變小，但與水平面的夾角變大。因此只有增大拋射角，同時減小拋出速度，才能仍垂直打到籃板上，所以只有C正確，ABD均錯誤。故選：C。點評：本題采用了逆向思維，降低了解決問題的難度。若仍沿題意角度思考，解題很煩同時容易出錯?！窘忸}方法點撥】類平拋運動：1．定義：當(dāng)物體所受的合外力恒定且與初速度垂直時，物體做類平拋運動。2．類平拋運動的分解方法（1）常規(guī)分解法：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的勻加速直線運動，兩分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具有等時性。（2）特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，將加速度分解為ax、ay，初速度v0分解為vx、vy，然后分別在x、y方向上列方程求解。3．類平拋運動問題的求解思路：根據(jù)物體受力特點和運動特點判斷該問題屬于類平拋運動問題﹣﹣求出物體運動的加速度﹣﹣根據(jù)具體問題選擇用常規(guī)分解法還是特殊分解法求解。4．類拋體運動當(dāng)物體在巨力作用下運動時，若物體的初速度不為零且與外力不在一條直線上，物體所做的運動就是類拋體運動。在類拋體運動中可采用正交分解法處理問題，基本思路為：①建立直角坐標(biāo)系，將外力、初速度沿這兩個方向分解。②求出這兩個方向上的加速度、初速度。③確定這兩個方向上的分運動性質(zhì)，選擇合適的方程求解。5．牛頓第二定律求解向心力【知識點的認(rèn)識】圓周運動的過程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運動員童飛，首次在單杠項目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運動．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點時的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，設(shè)運動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點評：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來源，建立模型，運用牛頓第二定律求解．【解題思路點撥】圓周運動中的動力學(xué)問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運動定律及向心力公式列方程．6．物體在圓形豎直軌道內(nèi)的圓周運動【知識點的認(rèn)識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內(nèi)側(cè)做圓周運動，小球在細(xì)繩的作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運動，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細(xì)管內(nèi)做圓周運動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內(nèi)做圓周運動，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道豎直固定放置，質(zhì)量為m的小球在圓形軌道內(nèi)側(cè)做圓周運動．小球通過軌道最高點時恰好與軌道間沒有相互作用力．已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間，不計空氣阻力．試求：（1）小球通過軌道最高點時速度的大?。唬?）小球通過軌道最低點時角速度的大?。唬?）小球通過軌道最低點時受到軌道支持力的大?。治觯海?）小球通過軌道最高點時恰好與軌道間沒有相互作用力，故由重力提供向心力，根據(jù)圓周運動向心力公式即可得出最高點的速度；（2）可以根據(jù)動能定理求出最低點的速度，再根據(jù)線速度和角速度的關(guān)系即可求出角速度；（3）在最低點由支持力和重力的合力提供向心力，根據(jù)圓周運動向心力公式即可求得支持力的大小．解答：（1）設(shè)小球通過軌道最高點時速度的大小為v1，根據(jù)題意和圓周運動向心力公式得：mg＝mv解得：v1=（2）設(shè)小球通過軌道最低點的速度大小為v2，從最高點到最低點的過程中運用動能定理得：2mgR=12v2＝ωR②由①②解得：ω=（3）設(shè)小球通過軌道最低點時受到軌道支持力大小為FN，根據(jù)圓周運動向心力公式得：FN﹣mg=mv2由①③解得：FN＝6mg答：（1）小球通過軌道最高點時速度的大小為gR；（2）小球通過軌道最低點時角速度的大小為5gR；（3）小球通過軌道最低點時受到軌道支持力的大小為6mg點評：該題是動能定理及圓周運動向心力公式的直接應(yīng)用，要抓住恰好到達(dá)最高點的隱含條件是由重力來提供向心力，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點撥】對于豎直平面內(nèi)的圓周運動，一般題目都會給出關(guān)鍵詞“恰好”，當(dāng)物體恰好過圓周運動最高點時，物體自身的重力完全充當(dāng)向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點的速度v7．動能定理的簡單應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】1.動能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大??；（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候?qū)θ虘?yīng)用動能定理比較簡單。【解題思路點撥】1．應(yīng)用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負(fù)功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進(jìn)行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應(yīng)首先考慮應(yīng)用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學(xué)公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關(guān)鍵是對研究對象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應(yīng)引起注意。8．機械能守恒定律的簡單應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】1.機械能守恒定律的內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。2.對三種表達(dá)式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，這里應(yīng)注意等式不是指某兩個特別的狀態(tài)，而是過程中的每一狀態(tài)機械能的總量都是守恒的，但我們解題時往往選擇與題目所述條件或所求結(jié)果相關(guān)的狀態(tài)建立方程式。另外，表達(dá)式中是相對的，建立方程時必須選擇合適的參考平面，且每一狀態(tài)的E都應(yīng)是對同一參考平面而言的。（2）轉(zhuǎn)化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系統(tǒng)動能的增加量等于系統(tǒng)重力勢能的減少量，可以不選擇參考平面。（3）轉(zhuǎn)移式：ΔEA＝﹣ΔEB，將系統(tǒng)分為A、B兩部分，A部分機械能的增加量等于另一部分B的機械能的減少量，可以不選擇參考平面。3.運用機械能守恒定律的基本思路4.機械能守恒定律和動能定理的比較【命題方向】NBA籃球賽非常精彩，吸引了眾多觀眾.2012﹣2013賽季總決賽第六場中，雷阿倫在終場前5.2s的時候，把球投出且準(zhǔn)確命中，把比賽拖入加時從而讓熱火獲得比賽的勝利．如果雷阿倫投籃過程中對籃球做功為W，出手高度為h1，籃筐距地面高度為h2，籃球的質(zhì)量為m，空氣阻力不計，則籃球進(jìn)筐時的動能為（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：籃球在空中飛行時受到的空氣阻力忽略不計，只受重力，故機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律直接列式分析．解答：籃球機械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故選：A。點評：本題關(guān)鍵根據(jù)機械能守恒定律列式求解，守恒條件為只有重力做功；應(yīng)用機械能守恒定律解題不需要分析過程，只找出初末狀態(tài)即可．【解題方法點撥】1.應(yīng)用機械能守恒定律解題的基本思路（1）選取研究對象﹣﹣物體或系統(tǒng)。（2）根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒。（3）恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對象在過程的初、末態(tài)時的機械能。（4）選取方便的機械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進(jìn)行求解。注：機械能守恒定律的應(yīng)用往往與曲線運動綜合起來，其聯(lián)系點主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運動的動力學(xué)問題有關(guān)、與平拋運動的初速度有關(guān)。2.對于系統(tǒng)機械能守恒問題，應(yīng)抓住以下幾個關(guān)鍵：（1）分析清楚運動過程中各物體的能量變化；（2）哪幾個物體構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯(lián)系。3.動能定理與機械能守恒定律的選擇（1）能用機械能守恒定律解決的題一般都能用動能定理解決，而且省去了確定是否守恒和選定重力勢能參考平面的麻煩。（2）能用動能定理來解決的題卻不一定都能用機械能守恒定律來解決，在這個意義上講，動能定理比機械能守恒定律應(yīng)用更廣泛、更普遍。9．動量守恒與能量守恒共同解決實際問題【知識點的認(rèn)識】動量守恒定律與能量守恒定律的綜合應(yīng)用有很多，我們將板塊模型、子彈打木塊以及彈簧類模型單獨分了出來仍遠(yuǎn)遠(yuǎn)不夠，其他的綜合應(yīng)用暫時歸類于此。例如多種因素共存的動量和能量的綜合應(yīng)用、有電場存在的綜合應(yīng)用等等。【命題方向】如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長度L＝4.0m，皮帶輪沿順時針方向轉(zhuǎn)動，帶動皮帶以恒定速率v＝3.0m/s勻速傳動。三個質(zhì)量均為m＝1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開始時滑塊B、C之間用細(xì)繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止?fàn)顟B(tài)?；瑝KA以初速度v0＝2.0m/s沿B、C連線方向向B運動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短。連接B、C的細(xì)繩受擾動而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離?；瑝KC脫離彈簧后以速度vC＝2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點。已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度大?。唬?）滑塊B、C用細(xì)繩相連時彈簧的彈性勢能Ep；（3）若每次實驗開始時彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本題主要考查以下知識點：碰撞中的動量守恒，碰撞中的能量守恒以及物體在傳送帶上的減速運動，涉及平拋的基本知識。（1）碰撞前后系統(tǒng)的動量保持不變，這是動量守恒定律（2）彈性碰撞中在滿足動量守恒的同時還滿足機械能守恒及碰撞中的能量保持不變；本題中AB碰撞后在彈簧伸開的過程中同時滿足動量守恒和機械能守恒。（3）物體滑上傳送帶后，如果物體的速度大于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做減速運動，減速運動持續(xù)到物體到達(dá)傳送帶的另一端或速度降為和傳送帶同速時止，解題時要注意判斷；如果物體的速度小于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做勻加速運動，加速運動持續(xù)到物體到達(dá)傳送帶的另一端或速度加到與傳送帶同速時止，解題時同樣要注意判斷。（4）物體做平拋的射程與拋體的高度和初速度共同決定，要使C物體總能落到P點，在高度一定的情況下，即物體做平拋的初速度相等也就是物體到達(dá)C端時的速度相等（此為隱含條件）。解答：（1）滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運動，設(shè)滑塊C從滑上傳送帶到速度達(dá)到傳送帶的速度v所用的時間為t，加速度大小為a，在時間t內(nèi)滑塊C的位移為x。根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式μmg＝mav＝vC+atx=v代入數(shù)據(jù)可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑塊C在傳送帶上先加速，達(dá)到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運動，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度為v＝3.0m/s（2）設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時的速度為v2，由動量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，彈簧伸開的過程系統(tǒng)能量守恒∴E代入數(shù)據(jù)可解得：EP＝1.0J（3）在題設(shè)條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運動到傳送帶右端時，速度應(yīng)當(dāng)恰好等于傳遞帶的速度v。設(shè)A與B碰撞后的速度為v1′，分離后A與B的速度為v2′，滑塊C的速度為vc′，根據(jù)動量守恒定律可得：AB碰撞時：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）彈簧伸開時：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在彈簧伸開的過程中，系統(tǒng)能量守恒：則EP+12∵C在傳送帶上做勻減速運動的末速度為v＝3m/s，加速度大小為2m/s2∴由運動學(xué)公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入數(shù)據(jù)聯(lián)列方程（1）（2）（3）（