高考物理中常用的“八大”解題方法

生第二部分應考技巧指導

一、高考物理中常用的“八大”解題方法

現(xiàn)如今，高考物理更加注重考查考生的能力和學科素養(yǎng)，其命題越加明顯地滲透

著對物理方法、物理思想的考查。在平時的復習備考過程中，物理習題浩如煙海,

千變?nèi)f化，我們?nèi)裟苷莆找恍┗镜慕忸}思想，就如同在開啟各式各樣的“鎖”

時，找到了一把“多功能的鑰匙”。

1估算法

有些題本身就是估算題，有些貌似要精確計算，實際上只要通過物理方法(如數(shù)量

級分析)，或者數(shù)學近似計算法(如小數(shù)舍余取整)，進行大致推算即可得出答案。

估算是一種科學而有實用價值的特殊方法，可以大大簡化運算，快速找出正確選

項。

此類試題是對考生生活經(jīng)驗的考查，要求考生在分析和解決問題時，要善于抓住

事物的本質(zhì)特征和影響事物發(fā)展的主要因素，忽略次要因素，從而使問題得到簡

捷的解決，迅速獲得合理的結(jié)果。

常用的物理常識要記?。?/p>

(1)質(zhì)量常識：一般高中學生質(zhì)量為50?60kg,一個雞蛋的質(zhì)量約為50g。

⑵長度常識：月地距離為380000km,地球半徑約為6400km,一樓層高度約為

3m,成年人身高約為1.7m,原子直徑數(shù)量級為10」°m。

(3)時間常識：地球的公轉(zhuǎn)周期為1年，月球的公轉(zhuǎn)周期為1月，地球的自轉(zhuǎn)周期

為1天。

(4)速度常識：地球衛(wèi)星的運行速度小于7.9km/s,真空中的光速為3X10'm/s,

空氣中的聲速約為340m/s。

【針對訓練】

1.高空墜物極其危險。設想一個蘋果從某人頭部正上方45m高的樓上由靜止落

下，蘋果與人頭部的作用時間約為4.5X10-4則頭部受到的平均沖擊力約為

A.1X1O2NB.1XIO3NC.1XIO4ND.1XIO5N

解析蘋果做自由落體運動，則力=上汽蘋果從靜止下落到與人頭部作用的全程

根據(jù)動量定理有"zgf—0,其中加=4.5X104s,取g=10m/s2,

一個蘋果的質(zhì)量加心150g=0.15kg,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得尸=1義IO’N,

選項C正確。

答案C

2.如圖1所示，某中學生在做引體向上運動，從雙臂伸直到肩部與單杠同高度算

1次，若他在1分鐘內(nèi)完成了10次，每次肩部上升的距離均為0.4m,g取10m/s2,

則他在1分鐘內(nèi)克服重力所做的功及相應的功率約為（）

圖1

A.200J,3WB.2000J,600W

C.2000J,33WD.4000J,60W

解析中學生的質(zhì)量約為50kg,他做引體向上運動，每次肩部上升的距離均為

0.4m,單次引體向上克服重力所做的功約為Wi=^=50X10X0.4J=

200J,1分鐘內(nèi)完成了10次，則1分鐘內(nèi)克服重力所做的功W=10M=2000

J,相應的功率約為尸=+筆^W=33W,選項C正確。

答案C

3.（2019?全國卷H,15）太陽內(nèi)部核反應的主要模式之一是質(zhì)子一質(zhì)子循環(huán)，循

環(huán)的結(jié)果可表示為4lH-?He+2（?e+2v,已知］H和犯e的質(zhì)量分別為〃距=1.0078u

和加a=4.0026u,1u=931MeV/c2,c為光速。在4個|H轉(zhuǎn)變成1個夕He的過程

中，釋放的能量約為（）

A.8MeVB.16MeVC.26MeVD.52MeV

解析因電子的質(zhì)量遠小于質(zhì)子的質(zhì)量，計算中可忽略不計。質(zhì)量虧損=4恤

2

-ma,由質(zhì)能方程得，△E=4nc=（4X1.0078—4.0026）X931MeV心26.6

MeV,選項C正確。

答案C

4.2018年2月7日凌晨，太空技術(shù)探索公司SpaceX成功通過獵鷹重型火箭將

一輛特斯拉跑車送入繞太陽飛行的軌道。如圖2所示，已知地球中心到太陽中心

的距離為加，火星中心到太陽中心的距離為77/,地球和火星繞太陽運動的軌跡均

可看成圓，且切=1.4中，若特斯拉跑車沿圖中橢圓軌道轉(zhuǎn)移，則其在橢圓軌道上

的環(huán)繞周期約為()

A.1.69年B.1.3年C.1.44年D.2年

解析設跑車在橢圓軌道上的運行周期為T,橢圓軌道的半長軸為R,由開普勒

第三定律有錯誤!=錯誤!，其中/?=錯誤!，。=1年，解得跑車在橢圓軌道

上的運行周期八1.3年，B正確。

答案B

2圖形圖象法

(1)圖形法：根據(jù)題目的條件畫出示意圖，如多物體或多過程的運動關(guān)系示意圖可

直觀反映物體間的運動位移、時間關(guān)系等，對弄清各物理量關(guān)系建立方程有幫助;

物理圖象能直觀反映兩個物理量間的定量或定性關(guān)系，可避免繁瑣的計算，迅速

找到正確答案。

(2)圖象法：根據(jù)各物理量間的關(guān)系，作出表示物理量之間的函數(shù)關(guān)系的圖線，然

后利用圖線的交點、圖線的斜率、圖線的截距、圖線與坐標軸所圍幾何圖形的“面

積”等代表的物理意義對問題進行分析、推理、判斷或計算，其本質(zhì)是利用圖象

本身的數(shù)學特征所反映的物理意義解決物理問題，或者根據(jù)物理圖象判斷物理過

程、物理狀態(tài)、物理量之間的函數(shù)關(guān)系和求解某些物理量。

【針對訓練】

1.如圖3所示為某質(zhì)點做直線運動的。一，圖象，圖象關(guān)于圖中虛線對稱，則在

0?九時間內(nèi)，關(guān)于質(zhì)點的運動，下列說法正確的是()

A.若質(zhì)點能兩次到達某一位置，則兩次到達這一位置的速度大小一定相等

B.若質(zhì)點能兩次到達某一位置，則兩次到達這一位置的速度都不可能為零

C.若質(zhì)點能三次通過某一位置，則可能三次都是加速通過該位置

D.若質(zhì)點能三次通過某一位置，則可能兩次加速通過，一次減速通過

解析如圖所示，畫出質(zhì)點運動的過程圖，質(zhì)點在0?力時間內(nèi)能兩次到達的位

置有兩個，分別對應質(zhì)點運動速度為零的兩個位置，因此A、B錯誤；若

質(zhì)點可三次通過某一位置，則質(zhì)點可能兩次加速通過，一次減速通過，也

可能兩次減速通過，一次加速通過，C錯誤，D正確。

減速

減速加速

加速

答案D

2.水平推力B和尸2分別作用于水平面上的同一物體，一段時間后撤去，使物體都

從靜止開始運動而后停下，如果物體在兩種情況下的總位移相等，且R大于尸2,

則（）

A.b2的沖量大B.乃的沖量大

C.Q與f2的沖量相等D.無法比較

解析畫出兩種情況下物體運動的。一，圖，如圖所示，圖線與橫軸所圍圖形的面

積表示位移，兩種情況下物體運動的總位移相等，兩種情況下物體運動的

時間力Vf2,由動量定理，F(xiàn)t'—/.imgt=Q,可知尸2的沖量大，選項A正確。

答案A

3.（多選）如圖4所示，分界線MN上方有方向垂直紙面向外的勻強磁場，下方有

方向垂直紙面向里的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小相等。MN上有等間距

的六點a、b、c、d、e、f.t=0時刻，一動量大小為p的笊核《H）從a點沿紙面

與MN夾角。=30。的方向射向上方磁場中，恰好第一次通過。點；f=0時刻，一

動量大小為4P的a粒子（3He）從d點沿紙面與NM夾角也為3的方向射向下方磁

場中。不計笊核與a粒子的重力及相互作用力。則下列說法正確的是（）

XXXXXXX

圖4

A.笊核的速度是a粒子的2倍

B.笊核的軌道半徑是a粒子的3

C.笊核在磁場中運動的周期與a粒子的相等

D.笊核與a粒子會在一點相遇

解析設負核的質(zhì)量為相，速度大小為磯，a粒子的速度大小為s,則a粒子的

Imv

質(zhì)量為2M，p=mv\,4p=2mV2,得加=呼2,選項A錯誤；由推論「=初,

得八=6廢=要，則選項B正確；結(jié)合左手定則判斷，笊核和

a粒子的運動軌跡如圖所示，笊核運動的周期為=2X《X鬻，a粒子運動

的周期T2=2X?與莽，得恰好會在/點相遇，選項C錯誤，D

正確。

答案BD

3逆向思維法

（1）很多物理過程具有可逆性（如運動的可逆性、光路的可逆性），在沿著正向過程

或思維（由前到后或由因到果）分析受阻時，有時“反其道而行之”沿著逆向過程

或思維（由后到前或由果到因）來思考，常?？梢曰y為易、出奇制勝。

（2）應用逆向思維法解題的基本思路：

①分析確定研究問題的類型是否能用逆向思維法解決；

②確定逆向思維問題的類型（由果索因、轉(zhuǎn)換研究對象、過程倒推等）；

③通過轉(zhuǎn)換運動過程、研究對象等確定求解思路。

【針對訓練】

如圖5所示，水平放置的金屬板間有勻強電場，一帶正電的粒子以水平速度。0從

M點射入勻強電場，穿過電場后，從N點以速度。射出，不計粒子的重力，則以

下判斷正確的是（）

圖5

A.如果讓粒子從M點以速率。沿水平方向射入，則粒子從N點射出時的速率為

vo

B.如果讓粒子從N點以速度一。射入，則粒子從M點射出時的速度為一優(yōu)

C.如果讓粒子從M點以速率。沿水平方向射入，則粒子能到達N點

D.如果讓粒子從N點以速率00沿一。方向射入，則粒子從M點射出時的速率為

v沿一00方向

解析粒子在電場力作用下，做類平拋運動，初速度比與末速度。的水平分量相

等，顯然可得出A、C、D三項錯誤；當粒子從N點以速度一。射入電場中

時，粒子在水平方向上做勻速運動，而在豎直方向上做勻減速運動，從M

到N和從N到M兩運動可逆，可知B項正確。

答案B

4極限思維法

在某些物理狀態(tài)變化的過程中，可以把某個物理量或物理過程推向極端，從而作

出科學的推理分析，使問題化難為易，化繁為簡，達到事半功倍的效果。極限法

一般適用于定性分析類選擇題。例如假設速度很大（趨近于無限大）或很?。ㄚ吔?/p>

零）、假設邊長很大（趨近于無限大）或很?。ㄚ吔诹悖┗蚣僭O電阻很大（趨近于無限

大）或很小（趨近于零）等，進行快速分析。運用此方法要注意因變量隨自變量單調(diào)

變化。

【針對訓練】

1.如圖6所示，水平面上的小車內(nèi)固定一個傾角為。=30。的光滑斜面，平行于

斜面的細繩一端固定在車上，另一端系著一個質(zhì)量為〃2的小球，小球和小車均處

于靜止狀態(tài)。如果小車在水平面上向左加速且加速度大小不超過0,則小球仍能

夠和小車保持相對靜止；如果小車在水平面上向右加速且加速度大小不超過02,

則小球也能夠和小車保持相對靜止。根據(jù)以上條件可知m和的大小之比為

（）

圖6

A.?。?B.1：小C.3：1D.1：3

解析如果小車在水平面上向左加速，加速度a足夠大時，小球向上滑動，細繩

n

無拉力，由題意根據(jù)牛頓第二定律可知mgtan得ai=3~g;小

車在水平面上向右加速，加速度。足夠大時，小球“飄起”，斜面對小球

沒有彈力作用，由題意根據(jù)牛頓第二定律可知行能=機。2,得a2=W，

則與“2的大小之比為：42=1：3,故選項D正確。

答案D

2.在如圖7所示的電路中，Ri、&、R3、R4為定值電阻，R5為可變電阻，電源

的電動勢為E、內(nèi)阻為入設電流表⑷的讀數(shù)為I,電壓表。的讀數(shù)為U。當Rs

的滑動觸點向圖中。端移動時（）

圖7

A./變大，U變小B./變大，U變大

C./變小，U變大D./變小，。變小

解析本題若運用極限思維法解答，則十分簡便。由圖可知，R5的滑動觸點向a

端移動時，R而減小，因為題中對可變電阻的阻值未作具體限制，我們可以

這樣設想，將滑動觸點移動到端點a處，=0,⑷的示數(shù)為零。因此，

F

R的滑動觸點從人向a端移動時，/變小，R總變小。由/總=1■可知/慫變

大；再由U=E—/總r可知U變小。顯然選項D正確。

答案D

5等效替換法

等效替換法是把陌生、復雜的物理現(xiàn)象、物理過程在保證某種效果、特性或關(guān)系

相同的前提下，轉(zhuǎn)化為簡單、熟悉的物理現(xiàn)象、物理過程來研究，從而認識研究

對象本質(zhì)和規(guī)律的一種思想方法。等效替換法廣泛應用于物理問題的研究中，如：

力的合成與分解、運動的合成與分解、等效場、等效電源等。

【針對訓練】

1.（2020?福建廈門外國語學校模擬）如圖8所示，在天花板下用細線懸掛一半徑

為7?的金屬圓環(huán)，圓環(huán)處于靜止狀態(tài)，圓環(huán)一部分處在垂直于環(huán)面向里的磁感應

強度大小為陰的水平勻強磁場中，環(huán)與磁場邊界交點A、C與圓心。連線的夾角

為120。，此時細線的張力為汽。若圓環(huán)通電，為使細線中的張力恰好為零，則環(huán)

中電流大小和方向應滿足（）

圖8

A.電流大小為然，電流方向沿順時針方向

B.電流大小為第，電流方向沿逆時針方向

c.電流大小為鑼，電流方向沿順時針方向

D0A

D.電流大小為錯，電流方向沿逆時針方向

￡）0A

解析勻強磁場中直線電流所受安培力的大小由公式尸=8〃來計算，對于曲線

電流，用等效法求安培力大小和判斷安培力方向比較簡便，要注意此時L

是有效長度。若圓環(huán)通電，則由圖并結(jié)合等效法可求得磁場中曲線電流的

有效長度口=小R,要使細線拉力恰好為零，則圓環(huán)通電后受到的安培力

方向向上，大小等于R）,根據(jù)左手定則可以判斷，環(huán)中電流方向沿順時針

方向，又Fo=BoIo?事R,求得環(huán)中電流大小/0=孌華，故選項A正確。

答案A

2.如圖9所示，真空中存在一個水平向左的勻強電場，電場強度大小為E,一根

不可伸長的絕緣細線長度為/,細線一端拴一個質(zhì)量為〃，、電荷量為夕的帶負電小

球，另一端固定在。點。把小球拉到使細線水平的位置A,由靜止釋放，小球沿

弧線運動到細線與水平方向成角。=60。的位置B時速度為零。以下說法中正確的

是（）

B

圖9

A.小球在8位置處于平衡狀態(tài)

B.小球受到的重力與電場力的關(guān)系是小qE=〃zg

C.小球?qū)⒃贏B之間往復運動，且幅度將逐漸減小

D.小球從A運動到8過程中，電場力對其做的功為一5E/

解析對小球受力分析如圖所示，小球受到的重力和電場力的合力是一恒力，這

兩個場力看作等效重力。根據(jù)題意知，小球的平衡位置在AB圓弧的中點

位置，選項A錯誤；小球?qū)⒃贏8之間往復運動，根據(jù)能量守恒，其幅度

不變，選項C錯誤；小球處在平衡位置時，有qEtan30。=m8，即“后=小

mg,選項B錯誤；小球從A運動到8的過程中，電場力對其做的功卬=

一q￡7(l—cos60。)=一,夕￡7,D正確。

07ft------------TA

￡_____2^1一

Bmg

答案D

6分解思想

有些物理問題的運動過程、情景較為復雜，在運用一些物理規(guī)律或公式不奏效的

情況下，將物理過程按照事物發(fā)展的順序分成幾段熟悉的子過程來分析，或者將

復雜的運動分解成幾個簡單或特殊的分運動（如勻速直線運動、勻變速直線運動、

圓周運動等）來考慮，往往能事半功倍。

【針對訓練】

（2018?江蘇單科，3）某彈射管每次彈出的小球速度相等。在沿光滑豎直軌道自由

下落過程中，該彈射管保持水平，先后彈出兩只小球。忽略空氣阻力，兩只小球

落到水平地面的（）

A.時刻相同，地點相同B.時刻相同，地點不同

C.時刻不同，地點相同D.時刻不同，地點不同

解析彈射管沿光滑豎直軌道自由下落，向下的加速度大小為g,且下落時保持

水平，故先后彈出的兩只小球在豎直方向的分速度與彈射管的分速度相同，

即兩只小球同時落地；又兩只小球先后彈出且水平分速度相等，故兩只小

球在空中運動的時間不同，則運動的水平位移不同，落地點不同，選項B

正確。

答案B

7對稱思想

物理中對稱現(xiàn)象比比皆是，對稱表現(xiàn)為研究對象在結(jié)構(gòu)上的對稱性、作用上的對

稱性，物理過程在時間和空間上的對稱性，物理量在分布上的對稱性及作用效果

的對稱性等。物理解題中的對稱法，就是從對稱性的角度去分析物理過程，利用

對稱性解決物理問題的方法。

【針對訓練】

1.如圖10所示，一長軸為2L的橢圓形絕緣薄板邊緣上均勻分布著電荷量為+Q

的電荷，長軸A3所在直線上另有三個點C、D、E,且AC=BO=OE=3在E

處放置一電荷量為+q的點電荷。已知。處的場強為零，則。處的場強大小為伙

為靜電力常量）（）

圖10

3什4。

A.B.kC

15L2JK20L2

解析根據(jù)題意可知，帶電薄板和E處點電荷在。點的合場強為零，則帶電薄板

在。處的場強大小為坳=送，方向水平向右，因橢圓形帶電薄板形狀規(guī)

則，則其在空間中產(chǎn)生的電場左右對稱，所以帶電薄板在C處產(chǎn)生的場強

大小為Ec=E0=筆，方向水平向左，E處點電荷在。處產(chǎn)生的場強大小

為Ec'=k（5：）2=與為，所以。處的合場強大小為Ec+Ec'=喝+與金=

番，方向水平向左。故選項D正確。

答案D

2.（多選）噴泉已經(jīng)成為很多公園、廣場的景觀。如圖11所示為某地的噴泉。水

滴上升的最大高度"為4m,水滴下落在水面的位置與對應噴水口間的水平距離

d為8m,眾多噴水口圍成半徑為2m的圓，重力加速度g=10m/s2,噴水口與噴

泉水面等高。不考慮風力影響，由此可知（）

圖11

A.水從噴水口噴出后做豎直上拋運動

B.從噴水口噴出的水在空中運動的時間為竽s

C.水從噴水口噴出時的速度大小為2小m/s

D.水滴下落在水面形成的圓的半徑為10m

解析水從噴水口噴出后做斜拋運動，A錯誤；由力=上戶得水滴從最高點落到

水面的時間f=￥s,根據(jù)斜拋運動軌跡的對稱性可知，從噴水口噴出的

2^54s

水在空中運動的時間為2r=2X—g—s=—g—s,B正確；水滴上升的最大

高度〃為4m,由楮=2g〃可得於=80由4=勿2/得”=2小m/s,

水從噴水口噴出時的速度大小0=錯誤!=10m/s,C錯誤；水滴下落在水面

形成的圓的半徑為R=r+d=2m+8m=10m,選項D正確。

答案BD

3.如圖12所示，屏OM上方有方向垂直紙面向里的勻強磁場，兩個初速度大小相

同的不同粒子。和江從。點沿紙面射入勻強磁場中，。粒子初速度方向與屏OM

夾角a=60。，b粒子初速度方向與OM夾角。=30。，兩粒子最后均恰好從M邊緣

通過。不計兩粒子重力及相互作用力。下列說法正確的是（）

圖12

A.a、。兩粒子均帶正電

B.小。兩粒子在磁場中運動的路程之比為?。?

C.a、。兩粒子在磁場中運動的周期之比為?。?

D.。、。兩粒子的比荷（電荷量大小與質(zhì)量的比值）之比為?。?

解析根據(jù)左手定則可知a、b粒子均帶負電，選項A錯誤；畫出兩粒子的運動

ri1

軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系得久匕粒子的半徑之比葭=tan3（T=jj,路程

￡i(2K—2a)ri4,選項B錯誤；由丁=乎得周期之比*=￡=

28r2一小

方，選項C錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力有卯8=〃7,設粒子的比荷

為k,得z=惹，則服。兩粒子的比荷（電荷量大小與質(zhì)量的比值）之比3=

LJ!K2

彳=乎，選項D正確。

XXX!XXX

X

XX

答案D

8守恒思想

物理學中最常用的一種思維方法——守恒。高中物理涉及的守恒定律有能量守恒

定律、動量守恒定律、機械能守恒定律、電荷守恒定律等，它們是我們處理高中

物理問題的主要工具。

【針對訓練】

1.（多選乂2020?山東省日照市校際聯(lián)合質(zhì)檢）沿光滑水平面在同一條直線上運動的

兩物體A、B碰撞后以共同的速度運動，該過程的位移一時間圖象如圖13所示。

則下列說法正確的是（）

圖13

A.碰撞前后物體A的運動方向相反

B.物體A、B的質(zhì)量之比為1:2

C.碰撞過程中A的動能變大，B的動能減小

D.碰前物體8的動量較大

解析由題圖可得，碰撞前04=啰?"m/s=-5m/s,碰撞后。/="菱型m/s

=5m/s,則碰撞前后物體A的運動方向相反，故A正確；由題圖可得，碰

撞前0B=202&m/s=10m/s,根據(jù)動量守恒得加即8=（〃s+加8）辦'，

代入數(shù)據(jù)得〃〃：mB=1：2,故B正確；碰撞前后物體A速度大小相等，

則碰撞過程中物體A動能不變，故C錯誤；碰前物體A、8速度方向相反,

碰后物體A、3速度方向與物體3碰前速度方向相同，則碰前物體3動量

較大，故D正確。

答案ABD

2.（2020?河南省南陽市上學期期末）如圖14所示，固定在豎直平面內(nèi)的圓管形軌

道的外軌光滑，內(nèi)軌粗糙。一小球從軌道的最低點以初速度。o向右運動，球的直

徑略小于圓管的直徑，球運動的軌道半徑為R,空氣阻力不計，重力加速度大小

為g，下列說法一定正確的是（）

圖14

A.若優(yōu)＜2病，小球運動過程中機械能不可能守恒

B.若。o=3癇，小球運動過程中機械能守恒

C.若0o?5gR,小球不可能到達最高點

D.若優(yōu)=2^^,小球恰好能到達最高點

解析若小球運動過程中機械能守恒，當小球恰好上升到與圓心等高處時，有3

mvG=mgR,解得oo=啦故A錯誤；如果小球不擠壓內(nèi)軌，則

小球到達最高點速度最小時，有mg=〃樂,從最低點到最高點過程中，由

機械能守恒定律得3"皿8=5加2+機g.2R,解得@0=75gR,則小球要不擠壓

內(nèi)軌且做完整圓周運動，初速度應大于等于小西，此時小球機械能守恒，

故B正確；若小球的速度小于，須，也有可能做完整的圓周運動到達最高

點，只是最終在圓心下方做往復運動，故C錯誤；如果小球運動到最高點

時速度為0,由機械能守恒定律得提加8=〃吆設凡解得00=2癇，由于內(nèi)

軌粗糙，如果小球運動到最高點時速度為0,一定受到摩擦力作用，故小

球在到達最高點以前速度已為零，不能到達最高點，故D錯誤。

答案B

3.（2020?山東省臨沂市一模）如圖15所示，靜止放置在光滑水平面上的A、B、C

三個滑塊，滑塊A、8間通過一水平輕彈簧相連，滑塊A左側(cè)緊靠一固定擋板P,

某時刻給滑塊。施加一個水平?jīng)_量使其以初速度。。水平向左運動，滑塊C撞上

滑塊B的瞬間二者粘在一起共同向左運動，彈簧被壓縮至最短的瞬間具有的彈性

勢能為1.35J,此時撤掉固定擋板P,之后彈簧彈開釋放勢能，已知滑塊A、B、

。的質(zhì)量分別為儂=〃28=0.21<8，/叱=0.11<8，(取回=3.17)求：

P*

AB

-[zww\|~nc

圖15

(1)滑塊。的初速度00的大??；

(2)當彈簧彈開至恢復到原長的瞬時，滑塊8、C的速度大??；

(3)從滑塊8、C壓縮彈簧至彈簧恢復到原長的過程中，彈簧對滑塊3、C整體的

沖量。

解析(1)滑塊C撞上滑塊5的過程中，滑塊8、C組成的系統(tǒng)動量守恒，以水平

向左為正方向，

根據(jù)動量守恒定律得

mcvo=(mn+mc)vi

彈簧被壓縮至最短時，滑塊3、C速度為零，根據(jù)能量守恒定律得

1,

EpI〃2C)0T9

解得初=3m/s,vo=9m/So

(2)設彈簧彈開至恢復到原長的瞬間，滑塊3、C的速度大小為山，滑塊A的速度

大小為S,根據(jù)動量守恒定律得

mAV3-(〃28+mc)V2—0,

根據(jù)能量守恒定律得

Ep=品疝++md)vi

解得0221.9m/So

(3)設彈簧對滑塊3、C整體的沖量為/,選向右為正方向，由動量定理得

/=Ap=(〃28+〃2C)[02—(―。1)]

解得/=1.47N?s,方向水平向右。

答案(1)9m/s(2)1.9m/s(3)1.47N-s,方向水平向右

二、高考必須記牢的“六個”物理模型

模型一斜面模型

情形1：光滑斜面上的單體模型

1.如圖1所示，一物體分別從高度相同、傾角不同的三個光滑斜面頂端由靜止開

始下滑。下列說法正確的是（）

圖1

A.滑到底端時的速度相同

B.滑到底端所用的時間相同

C.在傾角為30。的斜面上滑行的時間最短

D.在傾角為60。的斜面上滑行的時間最短

解析在光滑斜面上，由靜止下滑的物體滑到底端時的速度大小茄，與傾

角無關(guān)，但方向不同；下滑到底端所用時間為傾角），傾

角越大，所用時間越少。綜上，A、B、C錯誤，D正確。

答案D

2.如圖2所示，光滑絕緣的斜面與水平面的夾角為仇導體棒時靜止在斜面上,

必與斜面底邊平行，通有圖示的恒定電流/,空間充滿豎直向上的勻強磁場，磁

感應強度大小為8。現(xiàn)緩慢增大。（0V6V90。），若電流/不變，且必始終靜止在

斜面上（不考慮磁場變化產(chǎn)生的影響），下列說法正確的是（）

圖2

A.B應緩慢減小B.8應緩慢增大

C.8應先增大后減小D.8應先減小后增大

解析作出側(cè)視圖，如圖所示，可知金屬棒受重力、支持力及向右的安培力的作

用。增大角度e,要使棒仍然平衡，則支持力與安培力的合力一直等于重

力，則由圖可知，安培力緩慢增大，故磁感應強度緩慢增大，選項B正確。

答案B

情形2：光滑斜面的衍生模型——等時圓模型

3.如圖3所示，ad、bd、cd是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細直桿，a、b、c、d

分別位于同一圓周上，。點為圓周的最高點，d點為最低點，每根桿上都套著一個

小滑環(huán)（圖中未畫出），讓三個滑環(huán)分別從a、Ac處由靜止開始釋放，用小t2、

△依次表示滑環(huán)到達d點所用的時間，則（）

圖3

A.fl</2</3B.力>[2>力

C.t3>t\>tiD.t\=t2=t3

解析設光滑傾斜細直桿與水平面間的夾角為仇

滑環(huán)下滑過程中，受到重力mg、支持力外的作用，將重力分解為沿平行于細桿

的分力mgsin。和垂直于細桿的分力mgcosdo

滑環(huán)所受的合力

F（f=mgsm0

由牛頓第二定律可得滑環(huán)下滑的加速度

a=gsin0

又設圓周的半徑為R

考慮滑環(huán)沿細桿拉/下滑時的情形

由圓的幾何知識可知，Aabd為直角三角形,細桿兒/的長度

Z/?/=2/?sin6

由運動學公式有//〃=/產(chǎn)

聯(lián)立以上各式解得，嚴

可見，滑環(huán)下滑的時間，與細直桿的傾角夕無關(guān)。

答案D

4.（多選）如圖4所示，一豎直面內(nèi)有QA、OB、0c三個傾角不相同的斜面，它

們的底端相交于。點，豎直的虛線圓與水平面相切于。點，虛線P。水平，虛線

MN豎直?，F(xiàn)將一系列完全相同的滑塊（可視為質(zhì)點）分別從這些斜面上的某點同時

由靜止釋放，下列判斷正確的是（）

圖4

A.若各斜面均光滑，滑塊釋放時分別處在虛線PQ與各斜面的交點上，則這些

滑塊到達。點的速率相等

B.若各斜面均光滑，滑塊釋放時分別處在虛線圓與各斜面的交點上，則這些滑

塊達到。點的速率相等

C.若各斜面均光滑，滑塊釋放時分別處在虛線圓與各斜面的交點上，則這些滑

塊到達0點的時間相等

D若各斜面與這些滑塊間的動摩擦因數(shù)相等，滑塊釋放時分別處于豎直虛線MN

與各斜面的交點上，則滑到。點的過程中，各滑塊損失的機械能相等

解析若各斜面均光滑,各釋放點處在同一水平線上，則人相同，根據(jù)mgh=^mv2,

可知到達。點的速率相等，A正確；同理，可知B錯誤；各斜面均光滑，

則以。點為最低點的虛線圓是等時圓，可知滑塊從虛線圓和各斜面的交點

運動到。點的時間相等，C正確；若各釋放點處在同一豎直線上，則各滑

塊滑到。點的水平距離相等，滑塊損失的機械能等于克服摩擦力做的功，

即必=〃加geos0.表了=〃mgx水平，故各滑塊損失的機械能相等，D正確。

答案ACD

情形3：斜面上的多體模型

5.（2020?廣東肇慶一模）如圖5所示，斜面體c上放有兩個完全相同的物體a、h,

兩物體間用一根細線連接，在細線的中點加一與斜面垂直的拉力F,使兩物體及

斜面體均處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（）

圖5

A.c受到地面的摩擦力向左

B.a、。兩物體的受力個數(shù)一定相同

C.a、。兩物體對斜面的壓力相同

D.當逐漸增大拉力尸時，物體匕受到斜面的摩擦力一定逐漸增大

解析對八dc整體分析，受重力、拉力、支持力和靜摩擦力，根據(jù)平衡條件,

地面對整體的靜摩擦力一定向右，故A錯誤；對a、6進行受力分析，如

圖所示，。物體處于靜止狀態(tài)，當細線沿斜面向上的分量與重力沿斜面向

下的分量相等時，摩擦力為零，所以人可能只受3個力作用，而a物體必

定受到摩擦力作用，肯定受4個力作用，故B錯誤；a、b兩個物體，垂直

于斜面方向受力都平衡，則有FNo+Psin0—mgcosa=0,Fw+Tsin0=

mgeosa,T=T,解得K°=歷^=機8＜：05a一仆ina則由牛頓第三定律可知

a、8兩物體對斜面的壓力相同，故C正確；當逐漸增大拉力F時，如果

TeosfXmgsina,則物體8受到的摩擦力可能先減小后反向增大，故D錯

誤。

答案C

6.如圖6所示，空間有場強大小為E,方向沿斜面向下的勻強電場；光滑絕緣斜

面的傾角為仇底端固定一根勁度系數(shù)為人的輕彈簧；彼此絕緣的A、B兩物體靜

止在彈簧頂端，A、8接觸但不粘連，A的質(zhì)量為加，電荷量為+q,8的質(zhì)量也

為相，不帶電，彈簧處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g;某時刻，在沿斜面向上

的大小為F的外力作用下，A、B一起以相同的加速度向上做勻加速運動，則當A、

8分離瞬間（）

圖6

A.彈簧的形變量為0B.彈簧的形變量為％=延F

K

C.A的速度達到最大D.A的加速度為0

解析A、8分離瞬間，A、8間無相互作用力且加速度相同，對8受力分析，由

牛頓第二定律可知產(chǎn)一/ngsine=/〃a,對A受力分析，由牛頓第二定律可知

aE+F

kx-mgs\nO-qE=ma,解得尤=義工一，A錯誤，B正確；由于此時A具

K

有向上的加速度，則A的速度不是最大且加速度不為0,C、D錯誤。

答案B

情形4：斜面中的“平拋類模型”

7.（2020?河北邢臺二測）如圖7所示，斜面AC與水平方向的夾角為a,在底端A

的正上方與頂端C等高處的E點以速度。0水平拋出一小球，小球垂直于斜面落

到。點，重力加速度為g,則（）

圖7

A.小球在空中飛行時間為了

O

B.小球落到斜面上時的速度大小為點

C.CD與D4的比值為元*

D.小球的位移方向垂直于AC

解析小球的運動軌跡圖如圖所示，球垂直于斜面落到。點，所以在。點時有tan

7)(}7)()

a=*解得故A錯誤；小球垂直于斜面落到。點，所以小球

Slgiana

落到斜面上時的速度大小為故B錯誤；根據(jù)幾何關(guān)系有SDA=

7)(\t2g1

葡，58=而1整理得CO與OA的比值為5,故C正確；由圖可

答案c

模型二彈簧模型

情形1:與彈簧相關(guān)的平衡問題

1.如圖8所示，物體A、8用細繩與彈簧連接后跨過滑輪。已知質(zhì)量加=29，

現(xiàn)將斜面傾角緩慢由45。減小到30。，過程中A與斜面保持相對靜止，不計滑輪摩

擦，下列說法中正確的是()

圖8

A.彈簧的形變量將減小

B.物體A對斜面的壓力將減小

C.物體A受到的靜摩擦力將減小到零

D.彈簧的彈力及A受到的靜摩擦力都不變

解析將斜面傾角為45。減小到30。，彈簧的彈力等于8的重力，不變，A項錯誤;

傾角減小，物體A對斜面的壓力將增大，B項錯誤；斜面傾角為45。時，

物體A重力沿斜面方向的分力為2〃?Bgsin45。，由平衡條件可知物體A受到

的靜摩擦力為2/"Bgsin45°—meg；斜面傾角由45。減小到30°,物體A受到

的靜摩擦力為2mBgsin30。一加咽=0；所以物體A受到的靜摩擦力將減小到

零，C項正確，D項錯誤。

答案c

情形2：與彈簧有關(guān)的動力學問題

2.如圖9甲所示，水平地面上輕彈簧左端固定，右端通過滑塊壓縮0.4m鎖定，

f=0時解除鎖定釋放滑塊。計算機通過滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的速度圖

象如圖乙所示。其中。必段為曲線，be段為直線，傾斜直線04是f=0時的速度

圖線的切線，已知滑塊質(zhì)量機=2.01^,取8=1（）向52,則下列說法正確的是（）

￥

甲

圖9

A.滑塊被釋放后，先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動

B.彈簧恢復原長時，滑塊速度最大

C.彈簧的勁度系數(shù)4=175N/m

D.該過程中滑塊的最大加速度為35m/s2

解析根據(jù)圖線的斜率表示加速度，可知滑塊被釋放后，先做加速度逐漸減小的

加速直線運動，彈簧彈力與摩擦力相等時速度最大，此時加速度為零，隨

后加速度反向增加，最后做勻減速直線運動，所以A、B錯誤；從題中圖

象知，滑塊脫離彈簧后的加速度大小0=辭=懸m/s2=5m/s2,合外力由

摩擦力提供得6=〃m=2.0X5N=10N；剛釋放時滑塊的加速度為。2=市

3

=而m/s2=30m/s2,此時物塊的加速度最大，所以D錯誤；由牛頓第二

定律得依一6=〃展代入數(shù)據(jù)解得k=175N/m,所以C正確。

答案C

情形3：與彈簧相關(guān)的功能問題

3.（多選）如圖10所示，絕緣輕彈簧上端固定，下端拴著一帶正電小球Q,。在A

處時彈簧處于原長狀態(tài)，?？稍贑處靜止。若將另一帶正電小球q固定在C正下

方某處時，?？稍?處靜止。現(xiàn)將。從A處由靜止釋放，則。從A運動到。處

的過程中（）

Q

^

o

C

4。

圖10

A.。運動到C處時速率最大

B.加速度先減小后增大

C.小球Q的機械能不斷減小

D.Q、q及彈簧與地球組成的系統(tǒng)的勢能不斷減小

解析q在C正下方某處時，。在B處受力平衡，速率最大，故A錯誤；。在B

處加速度為零，。第一次從A運動到C的過程中加速度先減小到零后反向

增大，故B正確；。的機械能E等于。的動能與重力勢能之和，由功能關(guān)

系有AE=W.+W電，而彈簧彈力一直做負功，即卬彈＜0,庫侖力也一直做

負功，即W電＜0,則△￡＜（）,即。的機械能不斷減小，故C正確；系統(tǒng)的

勢能耳等于重力勢能、電勢能與彈性勢能之和，根據(jù)能量守恒有AEp+AEk

=0,由于。的動能Ek先增大后減小，所以系統(tǒng)的勢能先減小后增大，故

D錯誤。

答案BC

情形4：與彈簧有關(guān)的碰撞問題

4.（多選）（2020?河南省淮陽中學摸底考試）如圖11所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在

墻上，另一端與質(zhì)量為m的物體A相連，A放在光滑水平面上，有一質(zhì)量與A相

同的物體3,從高。處由靜止開始沿光滑曲面滑下，與A相碰后一起將彈簧壓縮,

在彈簧復原過程中，某時刻B與A分開且沿原曲面上升。下列說法正確的是（）

圖11

A.彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為%吆人

B.彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為，”g〃

C.8能達到的最大高度為/

D.8能達到的最大高度為彳

解析根據(jù)機械能守恒定律可得〃吆/2=5加8,8剛到達水平面的速度。0=痂，

由于A、B碰撞時間較短，所以彈簧仍處于原長狀態(tài)，因此A、3碰撞瞬間，

A、3組成的系統(tǒng)動量守恒，則由動量守恒定律可得用。0=2加0,解得碰后

A、3的共同速度為。=/0,所以彈簧被壓縮時具有的最大彈性勢能為￡pm

—^-2mv2=^mgh,選項A正確，B錯誤；當彈簧再次恢復原長時，A與B

將分開，B以。的速度沿斜面上滑，根據(jù)機械能守恒定律可得mgh'=^nv\

h

B能達到的最大高度為"=不選項C錯誤，D正確。

答案AD

5.如圖12所示，質(zhì)量M=4kg的小車靜止放置在光滑水平面上，小車右端8點

固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧自由端在。點，C到小車左端A的距離L=1m,質(zhì)量加

=1kg的鐵塊(可視為質(zhì)點)靜止放在小車的最左端A點，小車和鐵塊之間動摩擦

因數(shù)〃=0.2,小車在/=18N的水平拉力作用下水平向左運動。作用一段時間后

撤去水平拉力，此時鐵塊恰好到達彈簧自由端C點。此后運動過程中彈簧最大壓

縮量x=5cm,g取lOm*,求：

AC..,cP

圖12

(1)水平拉力F的作用時間及所做的功；

(2)撤去F后彈簧的最大彈性勢能。

解析(1)設水平拉力產(chǎn)的作用時間為1,在/時間內(nèi)鐵塊加速度為小、位移為幻,

小車加速度為42、小車位移為X2,

對〃?：p.mg=ma\,x\=xai/2

對M：F—p.mg=Mai,xi—

X2—X1=L

解得r=ls

水平拉力F所做功W=Fxi

解得W=36J

(2)設撤去拉力時鐵塊速度為s,小車速度為02,

v\=a\t,V2=a2t

當彈簧壓縮到最短時，彈簧彈性勢能最大，鐵塊與車速度相同，設速度為。，此

時由動量守恒定律得

設彈簧最大彈性勢能為耳，則

加—；(M+m)v2

解得EP=1.5J

答案(1)1s36J(2)1.5J

模型三圓周運動模型

情形1：水平面內(nèi)的圓周運動

1.(2020?湖南六校聯(lián)考)一根細線一端系一小球(可視為質(zhì)點)，另一端固定在光滑

圓錐頂上，如圖13所示，設小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動的角速度為0,細線

的張力為Fr,則尸r隨療變化的圖象是()

解析由題知小球未離開圓錐表面時細線與豎直方向的夾角為仇用L表示細線

長度，小球離開圓錐表面前，細線的張力為FT,圓錐對小球的支持力為FN,

根據(jù)牛頓第二定律有Frsin(9—FNCOS0=mco2Lsm0,FTCOS0+FNsin0=mg,

聯(lián)立解得Prumgcose+o)2"遼sin?8。小球離開圓錐表面后，設細線與豎直

方向的夾角為a,根據(jù)牛頓第二定律有尸rsina=mco2Lsina,解得FT=/MAW2O

對照四個選項的圖象可知C項正確。

答案C

情形2：豎直面內(nèi)的圓周運動

2.（2020?福建泉州質(zhì)檢）如圖14所示，四分之一圓弧A8和半圓弧8C組成的光

滑軌道固定在豎直平面內(nèi)，A、C兩端點等高，直徑3c豎直，圓弧A3的半徑為

R,圓弧的半徑為表一質(zhì)量為根的小球從A點正上方的。點由靜止釋放，

恰好沿A點切線方向進入并沿軌道運動，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。

圖14

⑴要使小球能運動到。點，D、A兩點間的高度差/I至少為多大?

（2）改變兒小球通過C點后落到圓弧AB上時的最小動能為多少？

解析（1）設小球剛好通過C點的速度為。，則有〃2g=，"萬

2

小球從。點運動到。點的過程中機械能守恒，有

mgh—^mv2'聯(lián)立解得人=9

（2）設小球通過。點的速度為oo,落到圓弧A3上時，水平位移為匚下落高度

為y,由平拋運動的規(guī)律可知

X=vot,y=]g產(chǎn)

從C點拋出到落到圓弧AB上，由動能定理有

mgy=Ek—^mvo

又x2+y2=7?2

1D2

聯(lián)立可得Ek=a"吆（；■+3y）

式中當牛=3y,即尸乎R時，Ek有最小值

解得最小動能￡"kmin=?mgR

答案（l）f（2停好

情形3：天體的圓周運動

3.（多選）（2020?河南名師聯(lián)盟高三入學調(diào)研）假設宇宙中有一質(zhì)量為M,半徑為R

的星球，由于自轉(zhuǎn)角速度較大，赤道上的物體恰好處于''漂浮"狀態(tài)，如圖15

所示。為測定該星球自轉(zhuǎn)的角速度0o,某宇航員在該星球的“極點”A處測量出

一質(zhì)量為根的物體的“重力”為Go,關(guān)于該星球的描述正確的是（）

圖15

A.該星球的自轉(zhuǎn)角速度tu（）=y^

B.該星球的自轉(zhuǎn)角速度

C.放在赤道上的物體處于失重狀態(tài)

D.在“極點”A處被豎直向上拋出去的物體處于超重狀態(tài)

解析赤道上的物體（質(zhì)量為加恰好處于“漂浮”狀態(tài)，說明萬有引力充當向心

力，即/=6（）=加病R,解得coo=、l^,故A錯誤，B正確；放在赤道上

的物體處于“漂浮”狀態(tài)，與星球表面未接觸，即彈力為零，物體處于完

全失重狀態(tài)，故C正確；在“極點”A處被豎直向上拋出去的物體，向上

做減速運動，則加速度方向向下，因此物體處于失重狀態(tài)，故D錯