【文档说明】《高中理科解题策略与能力提升物理篇》.pdf，共(339)页，48.065 MB，由envi的店铺上传

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i前言“一听就懂，一做就错！”“刷了不少题，遇到新情景的问题，又束手无策！”……这是我们常听到的学生对物理学习发出的感慨！这样的感慨反映出学生学习物理常见的误区——认为学物理，只是解物理习题。有的甚至对教材内容不复习，对基本概念和基本规律不理解，就一头扎在题

目堆里，乱套公式，拼凑答案。我国物理学家严济慈先生曾说：“我主张课堂上课认真听讲，弄清基本概念；课后多做习题。做习题可以加深理解，融会贯通，锻炼思考问题和解决问题的能力。一道习题做不出来，说明还没有真懂；即使所有的习题都做出来，也不一定说明你全懂了，因为你做习题有时只是在凑凑公式而已。如果知道自己

懂在什么地方，不懂又在什么地方，还能设法去弄懂它，到了这种地步，习题就可以少做。”严先生一席话指出了物理学习与物理解题之间的辩证关系，科学解题对物理学习具有重要意义。一、理解物理知识，拓展知识深度学习不是直线式前进的过程，而是螺旋式上升的过

程。学生在新课学习阶段，初次接受物理概念和规律时，即便有例题讲解，对知识的理解往往也是片面而粗浅的。通过解题训练，学生将所学的知识反复运用于各种问题情境，可以使学生对知识的理解更加全面而深刻。例如，学习了牛顿运动定律之后，可以通过传动带、板

块模型等问题的分析与求解，加深对动力学观点处理力学综合问题的认识。二、运用物理知识，扩展知识广度爱因斯坦曾说“兴趣是最好的老师，它可激发人的创造热情、好奇心和求知欲”。知识是兴趣产生的前提，因而要培养某种兴趣，就应有某种知识的积累。所以，扩大知识面是很重要的。物理课本受到诸多因素的限制，给学生

传递的信息有限，而物理习题涉及许多理论或实际的知识，可以帮助学生扩大视野，学生通过解题，可以了解到许多在课本中未曾介绍的知识及应用。例如，第9章“策略十五学物理原理，重技术应用”中的“静电分选器”“质谱仪”“喷墨打印机”“直线加速器”“反射式速调管”“电子能量分析器”等。三

、培养思维能力，改善思维品质思维是指应用感知的信息和储存在大脑内的信息去解决问题的过程。由此可见，没有问题、没有解决问题的过程就没有思维，解决具有一定挑战性的问题是培养学生思维的重要途径。解答物理习题，是将一般性的物理原理与具体的问题情境相互作用的过程，

需要遵循一定的逻辑程序，进行严格的推理论证，在这个过程中能有效地培养学生的思维，改善学生的思维品质ii。例如，第1章介绍了中学物理常见的思维方法，如“分析与综合”“归纳与演绎”“对称与守恒”“整体与隔离”“物理模型”等。

第2～14章中的解题策略与这些思维息息相关。四、培养非智力因素，促进学生全面发展研究表明，成功者和失败者之间最大的差异不是智力上的差异，而是非智力方面的差异。非智力因素指与认识没有直接关系的情感、意志、兴趣、性格、需要、动机、目标、抱负、

信念、世界观等方面。这些非智力因素在人的成长过程中有着非常重要的作用。达尔文曾说过：“我之所以能在科学上成功，最重要的就是我对科学的热爱，对长期探索的坚韧，对观察的搜索，加上对事业的勤奋。”物理解题是一项系统工程，可以看成由四个模块组

成。第一模块为“解题基础模块”，由基础知识、基本方法与技能等组成；第二模块为“主观状态模块”，由兴趣、爱好、态度、习惯、情绪、意志等非智力因素组成；第三模块为“客观条件模块”，由素材、环境、工具等组成；第四模块为“思维策略模块”，解题的过程实际上是运用各种认

知活动、技能等，经过一系列的思维操作，使问题得以解决的过程，在这个过程中，非智力因素起着积极作用。由此看来，“解题纯粹是一种智力活动”的观点是片面的。在学习了基本原理之后，可以借助解题训练来提升学生的非智力因

素，非智力因素的提升又反过来促进解题能力的提升。如果按照上述模块划分，“一听就懂，一做就错！”“老师，你是怎样想到这个解法的？”“是什么促使你这样想、这样做？”这些感慨与疑问都属于物理解题系统思维策略模块。怎样对学生进行解题训练才最有效，才能产生最良好的迁移效应?怎样才能从根本上

提高学生分析问题和解决问题的能力，提高学生的思维品质?笔者多年教学实践的体会是“要让学生跳出题海，唯有老师跳进题海”，所谓“题海战术”，应该是针对老师而言。秉承这一理念，笔者梳理多年高考物理试题，研究高

考试题发展及演变，从中找到一般性规律，提炼出最核心的解题策略，帮助学生形成稳定的思维策略。这些策略在本书第2～14章以高中物理知识体系为顺序展开介绍，每章以各种策略串联各个知识和题型，且大部分以朗朗上口的十个字为策略命名。例如，在讲解万有引力问题时，将解题策略命名为“两星同环绕，远近有周期”，首先

给读者以生动活泼又直击核心的感性认识，再精选2014年全国卷Ⅰ的“行星冲日”一题，对这一解题策略展开说明，解决行星的冲日问题，让读者在实际情境中理解这一策略，最后再设置能力提升栏目，让读者有效地运用这一策略解决相关问题。本书有以下

几个特点。(1)结构设计科学。全书包括三部分。第一部分(第1章)是中学物理思维方法。第二部分(第2~14章)是高中物理解题策略与能力提升。每章均设置“典例剖析”和“能力提升”两个板块。“典例剖析”栏目包含提炼出的解题策略，每个策略都具有点睛之笔的名字。例题含有【命题意图】【分

析与解】【答案】【方法提炼】等栏目。第三部分(第15章)是高考物理试题命制路径与破解策略。三个部分各有侧重，又自成一体，旨在让读者iii从“茫茫题海”中走出来，领悟物理解题的本质。(2)试题筛选用心。第2~14章精选历年全国各地高考真题，虽然时间跨度较远，但保障了经典性。这些试题也是高考命题的“常

青树”，紧扣新课程标准和最新高考考试大纲，具有很强的借鉴性。(3)思维点拨得当。【命题意图】栏目点明例题所涉及的知识内容和能力要求。【分析与解】栏目不仅仅是题目的解答，还涉及思路分析、审题切入点。【方法提炼】栏目则将此类题型的具体通法、注意事项作了简明扼要的总结，使学生领悟

解决此类问题的一般方法，使得以后解题能触类旁通、举一反三，避免简单机械的重复。(4)命题研究深入。第2～14章例题中的【命题意图】透析了命题规律。第15章结合高考真题详细阐述了《考试大纲》中的除实验能力以外的四种能力——

理解能力、推理能力、分析综合能力与应用数学处理物理问题的能力。着重阐述了“组合”思维是高考物理压轴题命制的基本路径。通过对高考物理试题命制路径与破解策略的研究，提升学生解题能力。在本书编写过程中，笔者参考和引用了一些书刊、文献中的观点和例

证，借此一并致谢!限于作者的水平，疏漏在所难免，恳请读者批评指正！v目录第1章中学物理思维方法概述·······················································

················1一、分析与综合············································································

··········1二、归纳与演绎······················································································1三、对

称与守恒······················································································2四、整体与隔离·····································

·················································2五、物理模型······································································

············2六、微元法·····················································································3七、图像法······························

·······················································3八、等效法·······································································

··············5策略九、类比法·····················································································5第2章匀变速直线运动·

········································································6一矢量有方向，分类防漏解·······························································

··6策略二基本公式法，解题之根本·································································6策略三活用推论法，速解运动题··········

·······················································7策略四逆向思维法，另辟新捷径·································································8策略

五图像描述类，斜率与面积·································································9策略六善用图像法，直观求解易···········································

·····················12策略七策略八策略九巧取参考系，妙解相对题·····························································

···12刹车有陷阱，往而不返也································································13竖直上抛体，往返对称美············································

····················14策略十追上与相遇，图像信息题································································14策略十一遇原始问题，建物理模型·············

················································15策略十二析频闪照片，得运动信息···························································

··15策略十三超声波测速，识图是关键·····························································16策略十四单体多过程，速度是纽带······

·······················································17策略十五比较系数法，回避高数解···························································

··18第3章相互作用························································································22策略一活用推论法，速解平衡题································

································22策略二矢量三角形，形象直观明································································22策略三正交分解法，化繁求解易····

····························································23策略四动态平衡类，解析与图解································································2

4策略五处理连接体，整体与隔离································································26策略六策略七策略八绳跨光滑体，张力皆相

等································································28弹簧连接体，状态定乾坤······························································

··28摩擦与弹力，临界与极值································································29vi策略九抓住对称性，速列解析式··············································

··················30第4章牛顿运动定律··················································································35策略一渐变与突变，瞬时方显现·

·······························································35策略二析受力运动，循辩证统一····················································

············36策略三分解F或a，少分为原则································································37策略四处理连接体，整体与隔离··················

··············································37策略五两类动力学，加速度链接························································

········39策略六临界与极值，数理两相宜································································40策略八策略策略七图像类问题，信

息是关键·························································43九策略十定性判断难，尝试解析法用量纲分析，显物理思想·························································

44辨析超失重，受力与运动·························································44·················································

········45策略十一板与块结合，共速是转折······················································46策略十二传送带模型，共速论摩擦···································

··························51第5章曲线运动·················································································

·······58策略一图示显本真，直观避繁解································································58策略二判运动性质，看a合与v合初············································

··················58策略三求关联速度，辨分解关系································································59策略四小船河中行，时空有最值

································································60策略五平抛遇斜面，倾角是关键····················

············································61策略六多体平抛时，时空建联系····················································

············63策略七赏斜抛对称，用分解合成································································63策略八析传动原理，辨线速角速·································

·······························64策略九圆周动力学，向心力溯源································································65策略十缘弹力摩擦，显临界极值··················

··············································67策略十一竖直圆周类，最高有临界·····································

························69策略十二函数求极值，显数学魅力·····························································71策略十三斜面圆周

动，降维来处理·····························································73策略十四运动有周期，引发多解性···············

··············································73第6章万有引力与航天············································

···································77策略一天空立法者，行星三定律································································77策略二引力统天地，补偿

显神威································································77策略三重力与引力，扑朔两迷离································································

78策略四两环绕天体，宜比值解析································································79策略五两星同环绕，远近有周期·············································

···················81策略六运行参量多，同步定乾坤································································82策略七双星虽难会，永远结同心·················

···············································83策略八天地两相连，几何关系解································································85vii策

略九析卫星变轨，看离心向心································································87第7章机械能及其守恒定律············································

·····························92策略一用动能定理，求变力做功································································92策略二利用转换法

，求变力做功································································92策略三单体多过程，动能定理解··················································

··············93策略四竖直圆轨道，结合临界考································································95策略五绳杆连弹簧，机械能守恒······························

··································96策略六滑块传送带，运动力与能································································99策略七斜

面接平面，做功看投影······························································102策略八机械能改变，功能关系解·····················································

·········103策略九图像类问题，信息是关键······························································105第8章动量············

··········································································110策略一用动量定理，求变力作用····························

····························110策略二连续体模型，微元是神器························································111策略三某一方向上，动量亦守恒······

··················································112策略四弹性碰撞类，能量无损失························································114策略五非弹性碰

撞，机械能损失······························································115策略六完全非弹性，损失达极限·············································

·················115策略七爆炸瞬时间，外力不显现······························································117策略八子弹打木块，能量有损耗··································

····························118策略九弹簧连接体，共速生最值························································

······118策略十摆球碰撞类，经典出新意······························································119策略十一板与块模型，摩擦要生热····································

·······················121策略十二物块与盒子，关注初末态···························································122策略十三力学三观点，综合来运用··························

·································123策略十四多体多过程，对象需找准··················································

·········129策略十五作用无穷尽，递推有规律···························································131第9章静电场················

·········································································137策略一求电场强度，有五种特解··········································

····················137策略二点电荷电场，空间对称美······························································140策略三观运动轨迹，判物理规律·································

·····························142策略四场强电势差，采用“等分法”························································143策略五φ-x图像，

斜率是关键···································································144策略六E-x图像，面积是关键···············

···················································145策略七类抛体运动，合成与分解···············································

···············146策略八场中带电体，功能关系析······························································146策略九动态电容器，Q与U辨析·············

·················································148策略十示波管原理，加速与偏转······························································149vi

ii策略十一外加恒力场，等效是良方····························································150策略十二遇交变电场，抓周期对称·······································

·····················151策略十三力电综合类，三种观点解····························································153策略十四分类讨论法，防止漏解答·······················

·····································157策略十五学物理原理，重技术应用·············································

···············158第10章磁场·················································································

···········170策略一求磁场叠加，循矢量合成·······························································170策略二若遇安培力，截面降维析·····················

··········································171策略三轨迹虽变化，磁力不做功··········································

·····················171策略四三类动态圆，注意怎样旋·······························································172策略五直边界漂移，线量建联系····························

···································175策略六圆边界漂移，角量建联系·······························································176策略七组

合场模型，速度为纽带·······························································177策略八三类平衡体，形同质有异·······················································

········179策略九交变电磁场，周期对称性·······························································183策略十重力电磁力，叠加来分析·····························

··································185策略十一学物理规律，重技术应用····················································

········188第11章电磁感应······················································································195

策略一磁变感生电，别于静电场·······························································195策略二析转动切割，看等效速度········

·······················································196策略三恒力变加速，速度有极限·····························································

··197策略四变力匀变速，函数关系解·······························································198策略五导轨含电阻，从电流突破·········

······················································199策略六电容杆与轨，微元法分析·······························································199策略七图像类问

题，看清坐标轴·······························································201策略八弹簧连接杆，力与能辨析·······················································

···207策略九线框模型类，综合分析解··························································208策略十求电路问题，析等效电路···············

···········································210策略十一感应电荷量，微元找规律··············································

·········212第12章交变电流················································································221策略一正弦交流电，概念是关键·····························

·····························221策略二依据等效性，计算有效值··························································

·····223策略三理想变压器，理清因果律·······························································225策略四原线圈负载，能量守恒解··

·····························································226策略五析动态变化，采用程序法··························································

·····226策略六远距离输电，两变三回路·······························································228第13章机械振动和机械波·······································

···································233策略一类单摆问题，用等效思想·······························································233ix策略二悟

振动特征，求振动问题······························································234策略三观波的形成，悟波动特征···································

···························235策略四波双向传播，宜对称分析······························································236策略五观振动波动，悟辩证统一···············

···············································237策略六因周期双向，呈多解问题······························································239

策略七两列波相遇，矢量相叠加······························································240第14章光··································

····························································247策略一作好光路图，化为几何解···························································

···247策略二由光路可逆，用对称破解·························································248策略三借助平面镜，作好光路图·····················································

····249策略四全反射问题，临界定范围·························································250策略五四典型元件，展光学规律·····················································

····253策略六观像之深浅，探视深规律·························································257第15章高考物理试题的命制路径与破解策略·····························

····················262能力提升参考答案······················································································283第1章中学物理思维方法概述在物理学

的发展进程中，科学的物理思维方法对物理学的发展起到了重要作用。在中学物理的学习过程中，学生在获取物理知识的同时，汲取物理思维方法的养分也是非常必要的。物理思维方法博大精深，对于广大中学生而言，无需理解其严格的定义，也无需全面、系统地掌握。本章选取物理学中最具影响、中学物理教学中最

常见的思维方法并做了简要介绍。通过物理思维方法来解决物理问题，有时比较方便和快捷，这将在后续章节中进行介绍。一、分析与综合分析与综合是指把整体分解为部分和把部分重新结合为整体的过程和方法。分析是把事物分解为各个部分、侧面、属性后分别加以研究，是认识事物整体的必要阶段。综合是把事

物的各个部分、侧面、属性按内在的联系有机地统一为整体，以掌握事物的本质和规律。分析与综合是互相渗透和转化的，在分析的基础上综合，在综合的指导下分析。分析与综合，循环往复，推动认识的深化和发展；一切论断都是分析与综合的结果。分析是综合的基础。在物理学中，常见的

分析方法有：定性分析法、定量分析法、因果分析法、比较分析法、微元分析法等。综合是分析的归属。在物理学的发展史上，有三次伟大的综合：第一次是牛顿提出力学三定律，发现了万有引力定律；第二次是能量转化和守恒定律的发现

；第三次是麦克斯韦电磁场理论的建立。在建立物理学理论的过程中，处处闪耀着分析与综合思维的火花。在解决中学物理问题中也处处运用了分析与综合的方法，如物理过程的分析与综合、研究对象的分析与综合、定性分析与定量分析等。对于复杂的物理过程，通常先采用分析的方法将整

个过程分解为若干部分后加以研究，然后采用综合的方法把这些部分结合成一个统一的整体进行研究，从而形成整体上的认知，这也就是物理过程的分析与综合。对于复杂的研究对象，通常会采用隔离法与整体法。先把某一物体从系统中隔离出来，进行单独研究，这就是分析的方法；然后对各个物体所组成的系统进行整体研究，这就

是综合的方法。可见，隔离法与整体法体现了分析与综合的思维。二、归纳与演绎归纳与演绎是逻辑思维的两种方式。人类的认识活动，总是先接触到个别事物，然后推及一般，又从一般推及个别，如此循环往复，使认识不断地深化。归纳就是从个别

到一般，演绎则是从一般到个别。马克思主义认识论认为，一切科学研究都必须运用归纳和演绎的逻辑思维方法。归纳是演绎的基础。演绎是从归纳结束时开始的，演绎的一般知识来源于经验归纳的结果。若没有大量的机械运动的经验事实，就

不可能建立能量守恒定律。可见，归纳为演绎准备了前提，演绎包含了归纳。演绎是归纳的前导。归纳虽然是演绎的基础，但归纳本身也离不开演绎的指导；对实际材料进行归纳的指导思想往往是演绎的成果。·2·高中理科解题策略与能力提升——物理篇归纳和演绎互为条件、互相渗透

，并在一定的条件下互相转化。当归纳的结论成了演绎的前提，则归纳转化为了演绎；若以一般原理为指导并通过对大量材料的归纳得出了一般结论，则演绎又转化为了归纳。归纳和演绎是相互补充、交替进行的。归纳后进行演绎，可以使归纳出的认识成果得到扩大和加深；演绎后进行归纳，

可以用对实际材料的归纳来验证和丰富演绎出的结论。人们的认识，便在这种相互作用的过程中循环往复、步步深化。三、对称与守恒对称性是物质的状态和运动规律在对称变换下的性质，它已经成为物理学中一种最普遍、最深刻的观念。守恒定律是指在自然界

中某种物理量的值恒定不变的规律。对称性和守恒定律有着深刻的联系。对称性反映的是在客观物质世界的结构方面的规律，而守恒定律反映的是在客观物质世界的运动变化方面的规律。讨论对称与守恒，对于认识和理解客观物质世界有着非常重要的意义。在

一般情况下，每一种对称性都对应着一个守恒量。比如，空间平移的不变性对应了动量守恒，时间平移的不变性对应了能量守恒等等。应用对称性不仅能帮助我们认识和探索物质世界的某些基本规律，而且也能帮助我们去求解某些具体的物理问题。四、整体与隔离物

理中的整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析和研究的方法。整体法以物体系统为研究对象，从整体上或以全过程来把握物理现象的本质和规律，是一种把具有相互联系、相互依赖、相互制约、相互作用的多个

物体、多个状态或者多个物理变化过程的组合作为一个整体加以研究的思维形式。整体思维是一种综合性思维，是多种思维的高度综合，具有层次深、理论性强、运用价值高的特点。因此在物理研究与学习中，要善于运用整体法来研究、分析、处理和解决问题。这一方面表现了知识的融会贯

通，另一方面表现了思维的有机组合。灵活地运用整体思维可以产生不同凡响的效果，显示了“变”的魅力，把物理问题变繁为简、变难为易。隔离法是指对物理问题中的单个物体或单个过程进行分析和研究的方法。“整体法”与“隔离法”是解题过程中使用频率很高的两种方法；但在具体的操作过程中什么时候选取

“整体法”或“隔离法”，则要根据实际的问题进行优化选择。一般来说，若所要求解的问题不涉及系统内的作用特征和过程中的细节问题，则应该优先选取整体法；若所要求解的问题涉及了系统内的作用特征，则应该优先选取受力简单的

物体进行隔离；若所要求解的问题涉及了过程中的细节问题，则应该优先选取简单的过程进行隔离。这两种方法不是矛盾的对立，而是辩证的统一，两者互相渗透、互相转化，也体现了分析与综合的思维。五、物理模型所谓物理模型是指参照研究对象的运动过程、结构、大小、形状和状态等特

点，并且忽略次要因素、抓住主要因素而建立起来的一种理想化和高度抽象化的物理过程、概念以及实体。第1章中学物理思维方法概述·3·中学物理模型一般可分三类：物质模型、状态模型、过程模型。(1)物质模型。物质可分为实体物质和场物质。实体物质模型有

力学中的质点、轻质弹簧、弹性小球等；电磁学中的点电荷、平行板电容器、密绕螺线管等；热学中的理想气体；光学中的薄透镜、均匀介质等。场物质模型有匀强电场、匀强磁场等。(2)状态模型。研究流体力学时所涉及的流体的稳恒流动

(状态)、研究理想气体时所涉及的气体的平衡态、研究原子物理时所涉及的原子所处的基态和激发态等都属于状态模型。(3)过程模型。研究质点的运动时所涉及的如匀变速直线运动、匀速圆周运动、平抛运动、简谐运动等以及研究理想气体的状态变化时所涉及的

如等温变化、等压变化、等容变化、绝热变化等都属于理想的过程模型。此外，一些物理量的均匀变化的过程如某匀强磁场的磁感应强度均匀减小、均匀增加等以及非均匀变化的过程如汽车突然停止等也属于理想的过程模型。模型是对实际问题的抽象，每一个模型的建立都有一定的条件和适

用范围。在学习和应用模型来解决问题时，要弄清楚模型的适用条件并根据实际情况加以运用。在物理学习中提高建模能力，可以将抽象的物理概念形象化，将复杂的物理问题简单化。提高物理建模能力对激发想象力、创造力和理解力都有着积极的作用。六、微元法所谓微元法就

是利用微分思想来分析和解决物理问题的一种方法。微元法是分析和解决物理问题中常用的方法，也是从部分到整体的思维方法。利用微元法可以使一些非理想模型的研究对象(具有一定大小的物体、具有质量的弹性绳或者弹簧等)、复杂

的物理过程(一般的变速运动)通过被分割而转化为“微元”，使所要求解的问题简单化，从而达到能够用我们熟悉的物理规律来解决问题的目的。在使用微元法处理问题时，需要将所研究的对象或过程进行无限的细分，从而可以化体为点、化变为恒、化曲为直。需要注意的是，研究的对象或过

程分解为众多的“微元”，每个“微元”所遵循的规律必须是相同的。在对问题进行研究时，可以先任意选取某一微小单元(质量微元、时间微元、位移微元、速度微元、电量微元等)并运用相关的物理规律进行讨论后得到这些“微元”的结果，再将这些

“微元”结果相加，从而可以找出被研究的对象或过程的变化规律。在高中物理中，由于数学知识上的局限性，对于高等数学中可以使用积分来进行计算的一些问题在高中很难解决。例如，对变力所做的功或者物体做曲线运动时某恒力所做的功的计算、做曲线运动的某质点运动的路程等。这些问题对于中

学生来讲，都具有很高的难度；但是如果应用微积分的思想来化整为零、化曲为直并采用“微元法”，便可以很好地解决这些问题。七、图像法利用图像这种数学语言工具来表达各种现象的过程和规律的方法，称为图像法。它是抽象与形象、数学与物理互相结合的产物，具有形象、直观、

简明、实用等优点。在物理学中，它常常被用来显示实验结果、描述物理现象或过程、表达物理概念或规律，也常常·4·高中理科解题策略与能力提升——物理篇被用来比较、分析、计算和论证各种实际的物理问题。图像法既能形象地展示两个相

关的物理量之间的关系，又能描述清晰的物理过程。通常需要从以下几个方面来识别图像。(1)图像的截距。物理图像在横轴上的“截距”表示当纵坐标所代表的物理量为零时横坐标所代表的物理量的数值，物理图像在纵轴上的“截距”表示当横坐标所代表的物理量为零时纵坐标所代表的物理量的数值。例如，位移-时间图像在纵轴

上的截距表示t=0时刻物体的位置坐标，在横轴上的截距表示物体经过坐标原点的时刻；速度-时间图像在纵轴上的截距表示t=0时刻物体的速度(初速度)，在横轴上的截距表示物体速度为零时对应的时刻；电源的路端电压与干路电流的关系图像在纵轴上的截距表示电源的电动势，

在横轴上的截距表示短路电流(纵轴从U=0开始)等。(2)图像的斜率。物理图像中某点切线的“斜率”表示纵坐标与横坐标的变化量的比值，有些物理图像中某点切线的“斜率”表示某个物理量或与某个物理量有关。例如，位移图像的

斜率表示速度，速度图像的斜率表示加速度，定值电阻的伏安特性曲线(U-I图)的斜率表示电阻，电源内阻恒定的电源的伏安特性曲线(U-I图)的斜率表示电源内阻的负值等。(3)图像的面积。在平面直角坐标系xOy中，是

纵轴(y)表的物理量与横轴(x)所代表的物理量的乘积代表一个表示过程的物理量，图像与横轴所围成的面积就具有确定的物理意义。用数学语言来说就是纵轴所代表的物理量与横轴所代表的物理量在某个微小区间Δx的乘积具有可加性，即满足ΔA=yΔx，图像与横轴所围成的面积的物理意义为A=ΣΔA=Σy

Δx。例如，①由Δx=Δvt可知，速度v随时间t变化的图像(v-t图)与横轴所围成的面积表示时间t内的位移x；②由Δv=aΔt可知，加速度a随时间t变化的图像(a-t图)与横轴所围成的面积表示时间t内速度的变化Δv；③由W=Fx可知，作用力F随位移x变化的图像(F-x图)与横轴所围成的面积表

示该力在对应的位移x内做的功W(当F与x共线时)；④由I=Ft可知，作用力F随时间t变化的图像(F-t图)与横轴所围成的面积表示该力在作用时间t内的冲量I；⑤由W=FΔx=pSΔx=pΔV可知，气体压强p

随体积V变化的图像(p-V图)与横轴所围成的面积表示在气体的体积变化ΔV过程中气体对外做的功W；⑥由q=It可知，电流I随时间t变化的图像(I-t图)与横轴所围成的面积表示对应时间段内导体中通过的电量q；⑦由e=ФtΔΔ

可得ΔФ=eΔt，即单匝线圈中产生的感应电动势e随时间t变化的图像(e-t图)与横轴所围成的面积表示线圈中的磁通量变化ΔФ；⑧由W=Pt可知，功率P随时间t变化的图像(P-t图)与横轴所围成的面积表示功W；⑨由E=Pt可知，用电器的电功率P随时间t变化的图像(P-t图)与横轴t所围成的面积表示用

电器消耗的电能E；⑩由E=UxΔΔ可得U=EΔx，电场强度E随x变化的图像(E-x图)与横轴x所围成的面积表示电势的变化ΔU。(4)图像的交点。两个图像交点的坐标同时满足两个函数关系，所以两个图像的交点往往具有一定的物理意义。例如，速度图像的交点表示两个物体的速度相等、位移图像的交点表示两个物体同

时到达同一位置(即相遇)。此外，当电源与电路元件连成闭合电路时，电源伏安特性曲线与电路元件伏安特性曲线的交点的纵坐标既表示电源的输出电压，又表第1章中学物理思维方法概述·5·示元件两端的电压；而交点的横坐标既表示电源的输出电

流，又表示元件中的电流，即表示电路的工作点。对于一些较抽象的物理问题，恰当地引入物理图像，常常可以化抽象为形象，便于突破难点、疑点，使解题的过程大大简化，计算快速、便捷。八、等效法等效法是常用的科学思维方法。所谓“等效法”就是在特定的某种意义上且在保证效果相同的前提下，将陌生的、复杂

的、难处理的问题转换成熟悉的、简单的、易处理的问题。等效思维的实质是在效果相同的情况下，将较为复杂的实际问题变换为简单的、熟悉的问题，以便于突出主要因素和抓住它的本质，找出其中的规律。因此在应用等效法时，往往是用较简单的因素代

替较复杂的因素，从而使问题因得到简化而便于求解。例如，我们可以将题述的情景等效为我们熟悉的情景，将题述的过程等效为我们熟悉的过程，将题述的真实物体等效为我们熟悉的模型等。在中学的解题过程中，常常会用到等效运动、等效电路、等效场等。九、类比法类比法也叫“比较类推法”，是指由一类事物所具

有的某种属性可以推测出与其类似的事物也应具有这种属性的推理方法。类比法的作用是“由此及彼”。如果把“此”看作是前提，“彼”看作是结论，那么类比思维的过程就是一个推理过程。与其他的思维方法相比，类比法属于平行式思维的方法；但无论是哪种类比，

都应该在同层次之间进行。类比法的特点是“先比后推”。“比”是类比的基础，既要“比”共同点，也要“比”不同点。对象之间的共同点是类比法是否能够施行的前提条件，没有共同点的对象之间是无法进行类比推理的。类比推理是一种或然性推理，前提是“真”，结论未必就是“真”。要想提高类比结论的

可靠程度，就要尽可能地确认对象之间的相同点。相同点越多，结论的可靠程度就越高，因为对象之间的相同点越多，二者的关联度就会越大，结论就会越可靠；反之，结论的可靠程度就越低。第2章匀变速直线运动策略一矢量有方向，分类防漏解例题1(1996年全国

卷)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4m/s，1s后速度的大小变为10m/s，在这1s内该物体的()(多选)A．位移的大小可能小于4mB．位移的大小可能大于10mC．加速度的大小可能小于4m/s2D．加速度的大小可能大于10m/s2【命题意图】本题通过某段时间的速度

变化情况来考查学生对加速度、位移的矢量性及公式的理解能力。【分析与解】若规定初速度v0的方向为正方向，则仔细分析“1s后速度的大小变为10m/s”这句话，那么可以知道1s后物体的速度可能是10m/s，也可能是-10m/s。因此，当两速度同向时，a1＝vt-v0t＝10-41m/s2＝6

m/s2，x1＝v0+vt2t＝7m；当两速度反向时，a2＝vt-v0t＝-10-41m/s2＝-14m/s2，x2＝v0+vt2t＝-3m。式中的负号表示方向与规定的正方向相反，选项A、D正确。【答案】AD。【方法提炼】描述物体运动的位移、速度、加速度等物理量均为矢量，匀变速直线运动的基

本公式和推论公式也都是矢量式。在直线运动中可以用正、负号来表示矢量的方向，在选定好正方向后(一般以初速度的方向为正方向)，与该方向同向的物理量取正值而与该方向反向的物理量取负值。若题目中只给出了这些矢量的大小，由于思维定势常常会代入正值

进行计算而出现漏解。为了防止漏解，可以根据矢量的方向来进行分类讨论和求解。策略二基本公式法，解题之根本例题2(2008年全国卷Ⅰ)已知O、A、B、C为同一直线上的4点，AB间的距离为l1，BC间的距离为l2。一物体自O点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点，已知物体通过AB

段与BC段所用的时间相等。求O点与A点之间的距离。【命题意图】本题基于物体做匀变速直线运动的背景来考查学生对匀变速直线运动公式的理解和应用，以及对运动过程的分析。【分析与解】物体的运动过程如图2.1所示。设物体的加速度为a，到达A点时的速度为

v0，通过AB段和BC段所用的时间为t，则l1＝v0t+12at2①图2.1第2章匀变速直线运动·7·l1+l2＝v0(2t)+12a(2t)2②联立①②式可得l2-l1＝at2③3l1-l2＝2v0t④设O点与A

点之间的距离为l，则l＝v022a⑤联立③④⑤可得()()2122138lllll−=−【答案】()()2122138lllll−=−。【方法提炼】将匀变速直线运动的基本公式联立起来，几乎可以解决所有的匀变速直线运动问题。公式的选择是否恰当将直接影响解题的难易程度和准确性。表2.

1给出了公式的特点及选择的策略。特别提醒：除时间t外，x、v0、vt、a均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向。表2.1题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题所设定的中间量)没有涉及的物理量适宜选用的公式v0、vt、a、txvt＝v0+atv0、a、t、xv

tx＝v0t+12at2v0、vt、a、xtvt2-v02＝2axv0、vt、t、xax＝vt+v02t策略三活用推论法，速解运动题例题3(2011年安徽卷)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t

1，紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2。则物体运动的加速度为()A．1212122()()xttttttΔ−+B．121212()()xttttttΔ−+C．1212122()()xttttttΔ+−D．121212()()xttttttΔ+−【命题意图】本题基于物体做匀变速直线运动

的模型来考查学生对匀变速直线运动中间时刻速度的推论及加速度公式的理解和掌握情况。【分析与解】由于物体做匀加速直线运动，则物体通过第一段位移Δx的中间时刻的瞬时速度v1＝Δxt1；同理，通过下一段位移Δx的中间时刻的瞬时速度v2＝Δx

t2。那么物体运·8·高中理科解题策略与能力提升——物理篇动的加速度a＝ΔvΔt＝v2-v1t1+t22＝Δxt2-Δxt1t1+t22＝2Δx（t1-t2）t1t2（t1+t2），故选项B、C、D错误，选项A正确。【答案】A。【方法提炼

】对于匀变速直线运动的问题，若涉及匀变速直线运动的一段时间及其位移，则选用平均速度法可快速求解。例题4(2013年江苏卷)如图2.2所示，一小球沿足够长的固定斜面以初速度v向上做匀减速直线运动，依次通过A、B、C、D到达最高点E。已知AB＝BD＝6m，BC＝1m，小

球从A到C和从C到D所用的时间均为2s。设小球经过A点时的速度为vA，则()(多选)A．小球在向上运动的过程中加速度的大小为1m/s2B．vA＝4m/sC．小球在AE段的平均速度为3m/sD．小球从D

到E的时间为4s【命题意图】本题基于小球在斜面上运动的模型来考查学生对匀变速直线运动的推论及重要比例式的理解能力和应用能力，以及把较复杂的问题分解为若干个比较简单的问题的能力。【分析与解】因小球向上做匀减速直线运动，则AC-CD＝aT²，代入

数值得加速度的大小a＝0.5m/s2，选项A错误；由中间时刻速度公式可知vC＝AD2T＝3m/s，由匀变速直线运动规律可知vA-aT＝vC，解得vA＝4m/s，选项B正确；小球在AE段的平均速度为v＝2AEvv+＝2m/s，选项C错误；由题意可知AC＝7m，CD＝5m，而且是等

时间间隔2s，正好是7∶5的关系，而E点是最高点，那么说明DE之间还有两个2s，所以DE的时间间隔为4s，选项D正确。【答案】BD。【方法提炼】对于匀变速直线运动的问题，若出现了连续相等的时间间隔及其位移，则选用判别式Δx＝aT2［或xm-xn＝(

m-n)·aT2］可快速求解。策略四逆向思维法，另辟新捷径例题5(2019年全国卷Ⅰ)如图2.3所示，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个4H所用的时间为t1，第四个4H所用的时间为t2。不计空气阻力，则21tt满足()A．1<21tt<2B

．2<21tt<3C．3<21tt<4D．4<21tt<5图2.2图2.3第2章匀变速直线运动·9·【命题意图】本题基于篮球运动员垂直起跳的情景来考查学生对匀变速直线运动推论的理解和应用。【分析与解】运动员向上跳起的运动可以看作是逆向的初速度为0的匀加速直线运动，初速度为0的匀加速直

线运动中通过相等位移所用的时间之比为1∶(2-1)∶(3-2)∶(4-3)，则21tt=143−=2+3，C正确。【答案】C。【方法提炼】对于匀减速直线运动，可以将其看成是反方向的匀加速直线运动。如果速度减

为0，则可以看成是反向的初速度为0的匀加速直线运动，从而使解答更加简洁。若出现时间等分或位移等分，还可以考虑用比例法来快速地解答。初速度为0的匀加速直线运动的常用比例关系如下：(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…

∶n。(2)T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2。(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n-1)。(

4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(2-1)∶(3-2)∶(2-3)∶…∶(n-n-1)。策略五图像描述类，斜率与面积例题6(2013年全国卷I)如图2.4所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a、b的

位移-时间(x-t)图像。由图可知()(多选)A．在t1时刻，a车追上b车B．在t2时刻，a、b两车的运动方向相反C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减小、后增加D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大【命题意图】本题基于两辆汽车做直线运动

所描绘的x-t图来考查学生对x-t图的认识和理解的能力。【分析与解】本题考查x-t图。由图可知，在t1时刻是b车追上a车，选项A错误；图中的倾斜方向代表车的运动方向，向上倾斜代表与正方向相同，向下倾斜代表与正方向相反，图像斜率的绝对值代表速率，选项B、C正确，选项

D错误。【答案】BC。【方法提炼】①位移-时间图像上每一点的切线的斜率表示物体在该时刻的速度，斜率的大小表示速度的大小，斜率的正负表示速度的方向。②同一坐标中两条图像相交，表明两个物体在同一时刻处在空间的同一位置，即相遇。图2.4·10·高中理科解题策略与能力提升——物

理篇例题7(2014年新课标卷Ⅱ)甲、乙两辆汽车在一平直公路上同向行驶，在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v-t图如图2.5所示。在这段时间内()A．汽车甲的平均速度比乙的大B．汽车乙的平均速度等于v1+v22C．甲、乙两辆汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减

小，汽车乙的加速度大小逐渐增大【命题意图】本题基于两辆汽车做直线运动所描绘的v-t图来考查学生对v-t图的认识能力和理解能力，以及根据图像建立运动模型的能力；同时，也考查学生分析函数图像的斜率、面积的能力。【分析与解】v-t图中图

像与横轴围成的面积代表位移，于是可以知道甲的位移大于乙的位移。因为时间相同，故甲的平均速度比乙的平均速度大，选项A正确、选项C错误；匀变速直线运动的平均速度可以用v1+v22来表示，乙的运动不是匀变速直线运动，所以选项B错误；图像的斜

率的绝对值代表加速度的大小，则甲、乙的加速度均减小，选项D错误。【答案】A。【方法提炼】①速度-时间图像与t轴所围成的面积表示这段时间内物体的位移，t轴上方的面积表示位移沿正方向、t轴下方的面积表示位移沿负方向，如果t轴上方与下方的面积大小相等，则说明物体恰好回到了出发点。②同一坐标

中两条图像相交，表明两个物体在同一时刻具有相同的速度。例题8质点做直线运动时的加速度随时间变化的关系如图2.6所示，该图像的斜率为k，图中斜线部分的面积为S，下列说法中正确的是()A．斜率k表示速度变化的快慢B．斜率k表示速度变化的

大小C．面积S表示t1～t2的过程中质点速度的变化量D．面积S表示t1～t2的过程中质点的位移【命题意图】本题基于质点做直线运动所描绘的a-t图来考查学生对a-t图的认识能力和理解能力，以及根据图像建立

对应的运动模型的能力。同时，也考查学生分析函数图像的面积含义的综合能力。【分析与解】斜率k表示加速度变化的快慢，选项A、B错误；面积S表示t1～t2的过程中质点速度的变化量，选项C正确、D错误。【答案】C。【方法提炼】图像反映了两个物理量之间的函数关系，因此首

先要由运动学公式推导出两个物理量之间的关系式，然后分析图像的斜率、截距、面积等几何元素的物理意义。对于a-t图，图像与横轴所围成的面积表示速度的变化量Δv，如图2.7所示。图2.5图2.6图2.7第2章匀变速直线运动·11·例题9(2016年江苏卷)小

球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向。在下列速度v和位置x的关系图像中，能描述该过程的是()【命题意图】本题基于小球在竖直平面内反复做竖直上抛运动和自由

落体运动的模型及根据运动所描绘的v-x图来考查学生对运动过程的分析能力，以及建立对应的运动模型的能力；同时也考查学生分析函数图像及推导函数表达式的综合能力。【分析与解】由于是取小球的落地点为原点建立坐标系且竖直向上为正方向，因此位置总是大于零且最远只能到刚下落处而不会无限增加，选项C、D错误；

小球与地面碰撞后做竖直上抛运动，此时位移的数值就代表了小球的位置x，加速度a＝-g，根据运动学公式v2-v02＝2ax可得v2＝v02-2gx，这里v0为做竖直上抛运动的初速度且是定值，因此v-x图是抛物线，故选项B错误、A正确。【答案

】A。【方法提炼】对于v-x图，由v2-v02＝2ax可得v2＝v02+2ax，因此v-x图是抛物线。根据问题的情景并运用所学的规律写出函数关系式，从而可以确定图像的形状。例题10一个物体沿直线运动，

从t＝0的时刻开始，物体的xt-t图如图2.8所示。图像与纵、横坐标轴的交点分别为0.5和-1，由此可知()A．物体做匀速直线运动B．物体做变加速直线运动C．物体的初速度大小为0.5m/sD．物体的初速度大小为1m/s【命题意图】本题基于物体做匀变速直线运动中位移和时

间关系的知识来考查学生对运动学公式的理解和对公式进行变形的能力，以及根据结果得出物理结论的综合能力；同时，也考查学生从图像中获取信息的能力。【分析与解】由xt-t图和对应的直线方程可知，将xt＝b+at变形可得x＝bt+at2，将该式与x＝v0t+12at2对比可知，物体做匀加速直线运动

，故选项A、B错误；物体的初速度v0＝b＝0.5m/s，选项C正确、D错误。【答案】C。【方法提炼】对于xt-t图，由x＝v0t+12at2可得xt＝v0+12at，图像的斜率为12a，纵轴截距为v0，

如图2.9所示。图2.8图2.9·12·高中理科解题策略与能力提升——物理篇策略六善用图像法，直观求解易例题11(2014年安徽卷)如图2.10所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线。已知一小球从M点出发，初速率为v

0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则()A．v1＝v2，t1＞t2B．v1＜v2，t1＞t2C．v1＝v2，t1＜t2D．v1＜v2，t1＜t2【命题意

图】本题基于小球在椭圆形管道里做变速曲线运动的情景来考查学生利用作图法对非直线运动和变速运动的分析及领悟的能力。【分析与解】由机械能守恒定律可得，小球两次到达N点的速率相同，即v1＝v2＝v0，画出小球由M→P→N及由M→

Q→N的速率-时间图，如图2.11中的Ⅰ、Ⅱ所示。则图像与坐标轴所围成的面积表示小球的路程且两次的路程相等，故t1>t2，选项A正确。【答案】A。【方法提炼】①当实际问题无法运用物理公式来解答时，用图像法会使思路豁然开朗。②在运用图像法时，要先

结合具体的物理过程和相应的物理规律作出函数图像，再结合相应的数学工具(即方程)来求出相应的物理量。运用图像解答物理问题的3个步骤：①认真审题，根据题中所需求解的物理量，结合相应的物理规律来确定横、纵坐标所需要表示的物理量；②

根据题意，找出两物理量之间的制约关系，结合具体的物理过程和相应的物理规律作出函数图像；③结合题意，运用函数图像进行表达、分析和推理，从而先找出相应的变化规律，再结合相应的数学工具(即方程)求出相应的物理量。策略七巧取参考系，妙解相对题例题12有一

小孩掉进河里后抱住了一根圆木随水向下飘流，有三条船A、B、C在正对河岸P点的地方同时与圆木相遇，但三条船上的船员都没有注意到圆木上的小孩。A、B两船逆水上行，C船顺水下行。相对于水的速度，B船是A船的1

.2倍，C船是B船的1.2倍。当三条船离开P点并行驶了30min的时候，船员们从收音机里听到了圆木上有小孩需要救助的消息，三条船都立即调转船头，且相对水速度大小保持不变，驶向圆木。在离P点6km的地方，小孩被船员救起。则三条船到达小孩和圆木的先后次序是()A．A船先到

达B．B船先到达C．C船先到达D．三条船同时到达【命题意图】本题基于小船在河流中顺水、逆水运动的情景来考查学生对转换参考系法的掌握情况，以及把复杂问题简单化的能力。【分析与解】若以地面为参考系，则三条船的运动比较复杂；若转换参考系并以流水为参考

系，则小孩和圆木是静止的，A船上行时的速度和下行时的速度大小相等，B船和C船也是这样。A船、B船、C船同时从小孩所处的位置向上游和下游行驶，速度不同，图2.10图2.11第2章匀变速直线运动·13·在30min内行驶了不同的路程s1、s2、s3；在接下去的30min内，三条船分别沿反

方向行驶了路程s1、s2、s3，回到了小孩所处的位置，选项D正确。【答案】D。【方法提炼】在处理有关运动学的问题时，我们习惯于选取地球或相对于地面静止的物体作为参考系，其实参考系的选取是任意的，选取的原则是根据研究问题的方便与否。在解决一些实际

问题时，若能够灵活、巧妙地选用其他物体作为参考系，则往往可以简化求解过程。策略八刹车有陷阱，往而不返也例题13一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动，直到停止。表2.2给出了不同时刻汽车的速度。表2.2时刻/s1.02.03.05.07.09.510

.5速度/(m/s)369121293(1)汽车从开出到停止总共经历的时间是多少？(2)汽车通过的总路程是多少？【命题意图】本题基于汽车在不同时刻的运动速度的数据来考查学生挖掘题设有效条件的能力，以及通过建模来处理实际问题的素养。【分析与解】(1)汽

车匀减速运动的加速度为a2＝3-91m/s2＝-6m/s2设汽车从3m/s经t′停止，则t′＝0-3-6s＝0.5s故汽车从开出到停止总共经历的时间为t总＝10.5s+0.5s＝11s(2)汽车匀加速运动的加速度为a1＝6-31m/s2＝3m/s2汽车匀加速运动

的时间为t1＝12-03s＝4s汽车匀减速运动的时间为t3＝0-12-6s＝2s汽车匀速运动的时间为t2＝t总-t1-t3＝5s·14·高中理科解题策略与能力提升——物理篇汽车匀速运动的速度为v＝12m/s则汽车总共运动的路

程为s＝v2t1+vt2+v2t3＝⎝⎛⎠⎞122×4+12×5+122×2m＝96m【答案】(1)11s；(2)96m。【方法提炼】刹车类问题：匀减速运动到速度为0后即停止运动，加速度a突然消失，求

解时要注意确定其实际运动的时间。如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，则可以把该阶段看成是反向的初速度为0、加速度不变的匀加速直线运动。策略九竖直上抛体，往返对称美例题14(2004年广东卷)一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.40s抛出一球，接到球便立

即把球抛出。已知除正在抛、接球的时刻外，空中总共有4个球。将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g＝10m/s2)()A．1.6mB．2.4mC．3.2mD．4.0m【命题意图】本题基于竖直上抛运动的模型来考查学生

对竖直上抛运动规律灵活运用的综合能力。【分析与解】根据竖直上抛的对称性可知，若1号小球刚抛出，则4个球的位置关系如图2.12(a)所示，为了形象和直观，改画成图2.12(b)所示。同时研究4个小球的运动比较复杂，可以将4个小球的运动转换为1个小球所做的连续运动

，小球每隔0.4s对应的位置对应各小球在同一时刻的不同位置，于是问题便能迎刃而解。由图所示的情形可以看出，4个小球在空中的位置与1个小球在被抛出后每隔0.4s所对应的位置是相同的，因此可以知道小球在被抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为t＝0.8s，故Hm＝12gt2＝3.2m，选项C

正确。【答案】C。【方法提炼】在运动学问题的解题过程中，若多个物体所参与的运动规律完全相同，则可以将多个物体的运动转换为一个物体的连续运动。抓住竖直上抛运动的对称性进行分析可以有效地解决竖直上抛的问题。策略十

追上与相遇，图像信息题例题15(2009年海南卷)甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v-t图像如图2.13所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为s1和s2(s2＞s1)。初始时，甲车在乙车的前方s0处。下列判断中正确的是()(多选)A．若s0＝s1+s2，则两车不会

相遇B．若s0＜s1，则两车相遇2次图2.12图2.13第2章匀变速直线运动·15·C．若s0＝s1，则两车相遇1次D．若s0＝s2，则两车相遇1次【命题意图】本题基于两辆汽车做直线运动所描绘的v-t

图来考查追上(即同向相遇)问题在v-t图中的体现，同时也考查学生根据图像建立运动模型及分析的能力。【分析与解】由图可知甲的加速度a1比乙的加速度a2大，在达到速度相等的时间T内，两车的相对位移为s1。若s0＝s1

+s2，则速度相等时甲车比乙车的位移多s1，且s1＜s0，乙车还没有追上甲车(两车相距最近)，此后甲车比乙车快，于是乙车不可能追上甲车，选项A正确；若s0＜s1，则乙车追上甲车时乙车比甲车快，因为甲车的加速度大，所以甲车会再追上乙车，之后乙车不能再追上甲车，选项B正确；若s0＝s1，则恰好在

速度相等时乙车追上甲车且之后不会再相遇，选项C正确；若s0＝s2(s2＞s1)，则两车速度相等时乙车还没有追上甲车，此后甲车速度大于乙车速度，乙车更追不上，选项D错误。【答案】ABC。【方法提炼】根据甲、乙两车的v-t图，可以分析得出两车从开始到速度相等发生的位移之差为s1，将该位移之差与甲、乙

两车最初的间距s0进行比较即可做出正确的判断。策略十一遇原始问题，建物理模型例题16(1999年上海卷)某同学身高1.8m，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过了1.8m高度的横杆。据此可估算出他起跳时竖直向上的速度大约为()(重力加速度g取10m/s2)A．2m/sB．4

m/sC．6m/sD．8m/s【命题意图】本题基于运动会跳高的实例来考查学生能否把实际运动等效为常见的物理过程，以及利用相应规律求解的能力。【分析与解】在竖直上升阶段，由2202vvax−=可得2002(10)vh−=×−×。注意运动员是站着起跳且横着过杆，所以竖直方向的位移应该是重心

上升的高度，因此不是1.8m而是0.9m左右，即2002(10)09v.−=×−×(m/s)2，计算得出018m/sv=≈4m/s，所以选项B是正确的。【答案】B。【方法提炼】这是一道基于真实情景的估算题。将竖直向上的起跳过程抽象为竖直上抛运动，由竖直上抛运动规律来求解。策略十二析频闪照

片，得运动信息例题17(1999年上海卷)为了测定某辆轿车在平直路上启动时的加速度(轿车启动时的运动可近似看作匀加速运动)，某人拍摄了一张在同一底片上多次曝光的照片，如图2.14所示。如果拍摄时每隔2s曝光一次，轿车车身总长为4.5m，那么这辆轿车的加

速度约为()A．1m/s2B．2m/s2C．3m/s2D．4m/s2【命题意图】本题基于轿车运动的频闪照片来考查学生能否从图片中准确地捕捉图2.14·16·高中理科解题策略与能力提升——物理篇到有关的数据，以及利用相应的运动规律来求解的综合能力。【分析与解】由图可知，车身对应图上的3

小格，车身的长度是4.5m，每1格则表示1.5m，因此第一段位移的大小为x1＝8×1.5m＝12m，第二段位移的大小为x2＝13.4×1.5m＝20.1m。根据推论2xaTΔ=，则221xxaT−=，2sT=。计算得出212220.112

m/s2xxaT−−==22.0m/s≈，所以选项B是正确的，选项A、C、D错误。根据汽车车身的长度与图的比例关系可以求出汽车通过的位移，因为汽车是做匀加速直线运动，所以根据推论2xaTΔ=可以求出加速度。【答案】B。【方法提炼】由于频闪照片记录了等时间间隔物体所在的位置，从而可以得到物体在连续相

邻的相等时间间隔的位移，并且常根据判别式等推论来求解。策略十三超声波测速，识图是关键例题18(2001年上海卷)图2.15(a)是在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图，测速仪发出并接收超声波脉冲信号。根据发出和接收到的信号间的时间差，测出被测物体的速度。图2.15(b)中

的P1、P2是测速仪发出的超声波信号，n1、n2分别是P1、P2由汽车反射回来的信号。设测速仪匀速扫描，P1、P2之间的时间间隔Δt＝1.0s，超声波在空气中传播的速度是v＝340m/s。若汽车是匀速行驶的，

则根据图2.15(b)可知，汽车在接收到P1、P2两个信号之间的时间内前进的距离是m，汽车的速度是m/s。【命题意图】本题基于高速公路超声波测速的示意图来考查学生能否根据数据进行具体的分析和研究、弄清其中的物理过程、找出起重要作用的因素以及

选用相应的运动规律来求解的能力。【分析与解】(1)根据题意，作出运动示意图，如图2.16所示。P1、P2之间间隔的刻度值为30，时间长为1s，P1、n1之间间隔的刻度值为12，所以对应的时间为0.4s；P2、n2之间间隔的刻度值为9，所以这两点之间对应的时间为0.3s。P1、n1之间的时间

为超声波第一次从测速仪发出后遇到行进的汽车又回来所用的时间，所以超声波传播到汽车所用的时间t1为0.2s。由此可以求出汽车在接收到P1的信号时汽车与测速仪之间的距离为11340m/s0.2s68mSvt==×=同理，可以求出汽车在接

收到P2的信号时汽车与测速仪之间的距离为22340m/s0.15s51mSvt==×=(a)(b)图2.15图2.16第2章匀变速直线运动·17·由此可以知道，汽车在接收到P1、P2两个信号之间的时间内前进的距离为68m51m17mS=−=(2)以超声波从第一次发出开始计时，到第二次与汽车相遇

结束，由图可知，共用时134.5s30×=1.15s。其中，超声波从第一次发出到与汽车相遇，所用的时间0.2s不在汽车接收到P1、P2两个信号之间的时间内。若设汽车通过这段距离所用的时间为t，则t=1.15s-0.2s=

0.95s。由(1)可以知道，汽车通过的距离为17m。于是txv==17m/s17.9m/s0.95≈，即汽车的速度为17.9m/s。【答案】17；17.9。【方法提炼】对于超声波测速的问题，关键在于识图。①长度

可以反映时间；②发出与接受脉冲信号可以通过波形的峰值大小来反映；③发出与接受脉冲信号，超声波往返一次。根据以上的信息，可以作出运动草图来求解。策略十四单体多过程，速度是纽带例题19(2005年全国卷Ⅰ)原地起跳时，先屈腿下蹲，然后突然蹬地。从开始蹬地到

离地是加速过程(视为匀加速)，加速过程中重心上升的距离称为“加速距离”。离地后重心继续上升，在此过程中重心上升的最大距离称为“竖直高度”。现有下列数据：人原地上跳的“加速距离”10.50md=，“竖直

高度”11.0mh=；跳蚤原地上跳的“加速距离”20.00080md=，“竖直高度”20.10mh=。假想人具有与跳蚤相等的起跳加速度，而“加速距离”仍为0.50m，则人上跳的“竖直高度”是多少？【命题意图】本题基于人原地起

跳的实例来考查对多过程的分析和发现过程间的纽带的能力，以及选用恰当的公式的能力。【分析与解】用a表示跳蚤起跳的加速度，v表示离地时的速度，则对于加速过程和离地后的上升过程分别有222vad=222vgh=若假想人

具有和跳蚤相同的加速度a，令V表示在这种情况下人离地时的速度，H表示与此相应的竖直高度，则对于加速过程和离地后的上升过程分别有212Vad=22VgH=由以上各式可得212hdHd=代入数值后可得H=62.5m【答案】H=62.5m。【方法提炼】对于单体多过程

的问题，速度是联系相邻两个过程的纽带，往往不会发·18·高中理科解题策略与能力提升——物理篇生突变；但加速度一般都要发生变化，有时也会涉及全过程的位移、时间等。对于解决单体多过程的问题，一般要分阶段地选择

恰当的运动学公式，同时要注意与转折点的速度建立联系；有时在分阶段解决问题的过程中还需要采用逆向思维来分析和求解。策略十五比较系数法，回避高数解例题20(2011年天津卷)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t+t2(各物理量均采用国际单位制单位)，

则该质点()A．第1s内的位移是5mB．前2s内的平均速度是6m/sC．任意相邻的1s内的位移差都是1mD．任意1s内的速度的增量都是2m/s【命题意图】本题基于质点做直线运动的位移-时间表达式来考查学生对公式的理解和掌握情况。【分析与解】由x＝v0t+12at2与x＝5t+t2的对

比可知，该运动的初速度v0＝5m/s，加速度a＝2m/s2。将t＝1s代入所给的位移公式可求得第1s内的位移是6m，前2s内的位移是14m，平均速度为142m/s＝7m/s；由Δx＝aT2可得当T＝1s时，相邻1s内的位移差都是2m；由加速

度的物理意义可得任意1s内速度的增量(增加量)都是2m/s。因此，选项D正确。【答案】D。【方法提炼】从位移、速度、加速度的定义可以发现，只要给出物体的位置随时间变化的规律，就可以求出速度、加速度，从而可以全面地掌握物体的运动规律；但往往涉及微元法(极限)。鉴于在中学阶

段一般研究的是特殊的运动，如匀速直线运动或匀变速直线运动，因此可以先采用匀速直线运动或匀变速直线运动的规律的一般形式，再通过比较系数来快速地求解。练习1(2014年江苏卷)一汽车从静止开始做匀加速直线运

动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止。下列速度v和位移x的关系图中，能描述该过程的是()练习2某质点做直线运动，运动速率的倒数1v与位移x的关系如图2.17所示。关于质点的运动，下列说法中正确的是()A．质点做匀加速直线运动B．1v-x图像的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′所用的运动时间D．四边形BB′C′C的面积可表示质点从C到C′所用的运动时间图2.17第2章匀变速直线运动·19·练习3物体以速度v匀速地通过直线上的A、B两点所需要的时间为t。现在

物体从A点由静止出发，先做加速度大小为a1的匀加速直线运动，直到到达某一最大速度vm后立即做加速度大小为a2的匀减速直线运动且至B点后恰好停下，历时仍为t，则物体的()(多选)A．最大速度vm只能为2v，无论a1、a2为何值B．最大速度vm可以为许多值，与a1、a2的大小有关C．

a1、a2的值必须是一定的，且a1、a2的值与最大速度vm有关D．a1、a2必须满足a1a2a1+a2＝2vt练习4甲、乙同时从A处由静止出发，沿直线AB运动。甲先以加速度a1做匀加速运动，经过一段时间后，改以加速度a2做匀加速运动，到达B的速度为v0；乙一直以加速度a做匀加速运

动，到达B的速度也为v0。已知a1＞a，则()A.a2＝aB.a2＞aC.经过A、B间任意一点时，甲的速度一定大于乙的速度D.经过A、B间某一点时，甲的速度可能小于乙的速度练习5(2013年全国卷大纲版)将甲、乙两小球先后以同样的速度在距离地面不同的高度处竖直

向上抛出，抛出的时间相隔为2s。它们运动的v-t图分别如图2.18中的直线甲、乙所示，则()(多选)A．当t＝2s时，两球的高度差一定为40mB．当t＝4s时，两球相对于各自的抛出点的位移相等C．两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等D．

甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等练习6(2016年全国卷Ⅰ)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v-t图如图2.19所示。已知两车在t＝3s时并排行驶，则()(多选)A．当t＝1s时，甲车在乙车之后B．当t＝0s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、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m练习7(2018年全国卷Ⅱ)甲、乙两辆汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度-时间图分别如图2.20中的甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法中正确的是()(多选)A．两车在t1时

刻也并排行驶B．t1时刻甲车在后，乙车在前C．甲车的加速度大小先增大、后减小图2.18图2.19图2.20·20·高中理科解题策略与能力提升——物理篇D．乙车的加速度大小先减小、后增大练习8(2000年上海

卷)两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置如图2.21所示。连续两次曝光的时间间隔是相等的，由图可知()图2.21A．在t2时刻以及t5时刻两木块的速度相同B．在t3时刻两木块的速度相同C．在t3时刻和t4时刻之间的某瞬时两木块

的速度相同D．在t4时刻和t5时刻之间的某瞬时两木块的速度相同练习9一条小船相对于水以3m/s的速度沿河逆流而上，水流的流速为1m/s。此时，小船相对于河岸的速度为______m/s。当小船在一座桥下经过时，船上的一只小轻木箱被碰落至水中。假设

木箱落水后立即顺流漂向下游方向，过了1min才被船上的人发现。发现后立即调转船头，仍以相对于水3m/s的速度去追木箱，则从调头开始到追上木箱需要的时间为______min。练习10(1999年全国卷)一跳水运动员从离水面10m高的平台上

向上跃起，举双臂直体离开台面。此时，其重心位于从手到脚全长的中点。跃起后，重心升高0.45m后达到最高点。落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)。从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间是s。(计算时，可以把运动员看作是全部质量集中在重心的一个质点。

g的取值为10m/s2，结果保留两位数字。)练习11随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。如图2.22所示，该图为某型号货车紧急制动时(假设做匀减速直线运动)的v2-x图(v为

货车的速度，x为制动距离)。其中，图线1为满载时符合安全要求的制动图像，图线2为严重超载时的制动图像。某路段限速72km/h，这是根据该型号货车满载时的安全制动时间和制动距离来确定的。现有一辆该型号的货车严重超载并以54km/h的速度行驶，通过计算来求解下列问题。

(1)当驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车其制动时间和制动距离是否符合安全要求？(2)若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1s，则该型号货车满载时以72km/h速度正常行驶的跟车距离至少应为多远？图2.22第2章匀变速直线运动·21·练习12(2011年全国卷)甲、乙两辆

汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲、乙两车各自在这两段时间

间隔内走过的总路程之比。第3章相互作用策略一活用推论法，速解平衡题例题1(2007年上海卷)如图3.1所示，用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球。然后用某个力F作用在小球A上，

使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向。两小球均处于静止状态，则该力可能为图中的()(多选)A．F1B．F2C．F3D．F4【命题意图】本题基于用线悬挂小球并使其平衡的模型来考查学生对多物体受力的分析能

力以及对平衡条件的使用和判断的能力。【分析与解】对B球进行受力分析：因OB竖直，故B球受到了重力的作用和OB绳的拉力作用，B球在这两个力的作用下保持平衡，水平方向上不受力，所以AB绳的拉力为0。对A球进行受力分析，A球受到了重力的作用和OA绳的拉力作用，根据受力平衡的条件可知

，第三个力的方向应该在前两个力的反向延长线的夹角内，因此只有F2、F3符合条件，故选项B、C正确。综上所述，本题的正确答案为BC。【答案】BC。【方法提炼】平衡条件有如下三个推论，恰当地选用推论可以快速地求解。①二力平衡：如果物

体在两个共点力的作用下处于平衡状态，则这两个力必定大小相等、方向相反。②三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，则其中任何一个力与其余两个力的合力大小相等、方向相反，并且这三个力的矢量可以构成一

个封闭的矢量三角形。③多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，则其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等、方向相反。策略二矢量三角形，形象直观明例题2(2011年广东卷)在如图3.2所示的水平面上，橡皮绳的一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P

在F1、F2和F3三个力的作用下保持静止。下列判断中正确的是()A．F1>F2>F3B．F3>F1>F2C．F2>F3>F1D．F3>F2>F1图3.2图3.3图3.1第3章相互作用·23·【命题意图】本题基于橡皮绳和弹簧的连接点平衡的模型来考查学生受力分析的能力以及对

矢量三角形法则的认识程度和掌握情况。【分析与解】连接点P在F1、F2、F3三个力的作用下处于平衡状态，将三个力平移并围成矢量三角形。如图3.3所示，由各边在矢量三角形中的位置(F3为斜边，F1为较长的直角边，F2为较短的直角边)可得选项B是正确的

。【答案】B。【方法提炼】对受三个共点力的作用但保持平衡的物体，可以先将力的矢量图平移，从而使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，然后根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识来求解未知力。策略三正交分解法，化繁求解易例题3(2010年新课标卷)如图3.4所示，一物块置于水平

地面上。当用与水平方向成60°角的力1F拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力2F推物块时，物块仍做匀速直线运动。若1F和2F的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为()A．31-B．23−C．3122−D．312−【命题意图】本题基于物体在不同外力的作用

下做匀速直线运动的模型来考查学生对物体受力情况的分析能力以及对正交分解法的认识和熟练应用的程度。【分析与解】图3.5将F1正交分解为F3和F4，F2正交分解为F5和F6，则有：F滑＝F3mg＝F4+FN

；F滑′＝F5mg+F6＝NF′而F滑＝µFN图3.4·24·高中理科解题策略与能力提升——物理篇F滑′＝μNF′则F1cos60°＝μ(mg-F1sin60°)①F2cos30°=μ(mg+F2sin30°)②

又根据题意可知F1=F2③联立①②③解得23µ=−【答案】B。【方法提炼】①力的正交分解是在物体受三个或三个以上的共点力的作用时处理问题的一种方法，分解的目的是为了更方便地求解合力，将矢量运算转化为代数运算。②在建立坐标系时应该使尽可能多的

力与坐标轴重合，并且使需要分解的力尽可能地少。策略四动态平衡类，解析与图解例题4(2019年全国卷Ⅰ)如图3.6所示，一粗糙斜面固定在地面上，斜面的顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水

平向左的拉力缓慢拉动物块N，直至悬挂物块N的细绳与竖直方向成45°角。已知物块M始终保持静止，则在此过程中()(多选)A．水平拉力的大小可能保持不变B．物块M所受细绳的拉力大小一定一直增加C．物块M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．物块M所受斜面的

摩擦力大小可能先减小、后增加【分析与解】如图3.7所示，物块N一直处于平衡状态，设悬挂物块N的细绳与竖直方向的夹角为θ，则水平拉力F=mgtanθ，细绳的拉力T=cosmgθ，在θ由0增加到45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力T也逐渐增大

，选项A错误、选项B正确；如果初始状态时物块M受到的静摩擦力沿斜面向上，则随着细绳的拉力T增大，物块M受到的静摩擦力将先减小到0再反向增大，选项D正确、选项C错误。【答案】BD。【方法提炼】运用解析法来处理动态平衡问题的思路：对研究对象进行受力分析，先画

出受力示意图，再根据物体的平衡条件来列式求解，得到因变量与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化来确定因变量的变化。例题5(2013年天津卷)如图3.8所示，小球用细绳系住，绳的另一端固

定于O点。图3.6图3.7第3章相互作用·25·现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态。当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是()A．FN

保持不变，FT不断增大B．FN不断增大，FT不断减小C．FN保持不变，FT先增大、后减小D．FN不断增大，FT先减小、后增大【命题意图】本题基于小球在变化的外力作用下静止的情景来考查学生对题干中“缓慢”二字的理解能力以及利用作图法来解决动态平衡问题的能力。【分析与解】小球缓慢地移动，

小球所受的合外力为0，小球的受力如图3.9所示。三个力的合力为0，并且三个力构成了首尾相接的三角形。随着斜面左移，绳的方向与FT的方向相同，其由图示位置向下移动且慢慢地变为三角形中的虚线位置。由三角形的变化可知，FN不断地变大，

FT先变小、后变大，选项D正确。【答案】D。【方法提炼】在处理三力平衡的问题时，若已知一个力是恒力、另一个力的方向不变，则一般采用图解法，其思路如图3.10所示。例题6(2017全国卷Ⅰ)如图3.11所示，柔软轻

绳ON的一端O固定，其中间的某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(2απ＞)。现将重物向右上方缓慢地拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水

平的过程中()(多选)A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大、后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大、后减小【命题意图】本题基于点M在变化的外力作用下动态平衡的情景来考查学生利用矢量三角形和数学中

圆的性质求解动态平衡问题的能力。【分析与解】以重物为研究对象，其受到了重力mg，OM绳上的拉力F2以及MN绳上的拉力F1的作用。由题意可知，三个力的合力始终为0，矢量三角形如图3.12所示。在F2转至水平的过程中，图3.8图3.9图3.10

图3.11图3.12·26·高中理科解题策略与能力提升——物理篇MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大、后减小，所以选项A、D正确，选项B、C错误。【答案】AD。【方法提炼】在重物所受到的三个力中只有重力恒定不变且要求OM、MN两个力的夹角不变，

而两个力的大小、方向都在变。三个力的合力为0，能构成封闭的三角形，再借助圆中同一弦对应的圆周角不变。例题7固定在水平面上的光滑半球的半径为R，在球心O的正上方C处固定一个光滑的定滑轮(大小可忽略)，细线的一端拴一小球(可视为质点)置于半球面上的

A点，另一端绕过定滑轮，如图3.13所示。现将小球缓慢地从A点拉向半球的顶点B，则在此过程中，小球对半球的压力大小FN、细线的拉力大小FT的变化情况是()A．FN不变，FT不变B．FN不变，FT变大C．FN不变，FT变小D．FN变大，FT变小【命题意图】本题基于小

球在光滑半球上处于动态平衡的情景来考查学生进行受力分析以及利用相似三角形来解答动态平衡问题的能力。【分析与解】小球的受力情况如图3.14所示。根据平衡条件可知，小球所受到的支持力NF′和细线的拉力FT的合力F与重力

G是一对平衡力，即F＝G。根据几何关系可知，力三角形NFAF′与几何三角形COA相似。设滑轮到半球顶点B的距离为h，细线AC的长为L，则NF′R＝GR+h＝FTL。由于小球在从A点移向B点的过程中，G、R、h均不变而L减小，故NF′的大小不变(由牛顿第三定律可知FN＝NF

′)而FT变小，选项C正确。【答案】C。【方法提炼】在三力平衡的问题中，如果有一个力是恒力而另外两个力的方向都变化，且题目给出了空间的几何关系，则在多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，于是可

以利用相似三角形的对应边成比例来求解(在构建三角形时可能需要画辅助线)。策略五处理连接体，整体与隔离例题8(2003年广东、辽宁卷)如图3.15所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底

角为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块。已知所有的接触面都是光滑的。现发现a、b沿斜面下滑而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于()A．Mg+mgB．Mg+2mgC．Mg+mg(sinα+sinβ)D．Mg+mg(cosα+cosβ)【命题意图】本题

基于楔形木块上两小木块下滑的情景来考查学生灵活运用整体法与隔离法处理连接体问题的能力。图3.13图3.14图3.15第3章相互作用·27·【分析与解】由于斜面光滑，两个木块均加速下滑，系统内各个物体具有不同的加速度，通常采用隔离法求解。分别对两个物体受力分析，求出其对斜面体的压

力，再对斜面体进行受力分析，求出地面对斜面体的支持力，然后根据牛顿第三定律得到斜面体对地面的压力。对木块a进行受力分析，如图3.16所示，木块a受重力和支持力作用，由几何关系，得到1cosNmgα=故物体a对斜面体的压力

为1cosNmgα′=①同理，物体b对斜面体的压力为2cosNmgβ′=②对斜面体进行受力分析，如图3.17所示，在竖直方向上，根据共点力平衡条件，得到12sinsin0FMgNNβα′′−−−=支③根据题

意90αβ+=�④由①～④式解得FMgmg=+支根据牛顿第三定律，斜面体对地的压力==FFMgmg+压支故选A。本题也可采用系统牛顿第二定律求解。取a、b、M的整体为研究对象，其竖直方向的受力情况及系统内各物体的运动状态如

图3.18所示。以竖直向上为正方向，在竖直方向上由牛顿第二定律可得FN-(M+2m)g=M·0+m·a1y+m·a2y，其中a1y=2singα−⋅，22sinyagβ=−⋅。于是可以得到水平桌面对楔形木块的支

持力NFMgmg=+，由牛顿第三定律可以得出选项A正确。【答案】A。【方法提炼】①整体法是指将相互关联的各个物体看成是一个整体的方法。整体法的优点在于只需要分析整个系统与外界的关系，从而避开了系统内部繁杂的相互作用。当系统内各个物体具有相同的加速度时

，常采用整体法。若要求系统内部物体之间的相互作用，则往往先整体再隔离。②隔离法是指将某物体从周围的物体中隔离出来而进行单独分析的方法。隔离法的优点在于能把系统内各个物体所处的状态、物体状态变化的原因以及物体间的相互作用和关系表达清楚。

③如果系统中各物体加速度不同，用系统牛顿第二定律往往比较简便。图3.16图3.17图3.18·28·高中理科解题策略与能力提升——物理篇策略六绳跨光滑体，张力皆相等例题9(2003年全国卷)如图3.19所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球

心，碗的内表面及碗口是光滑的。一根细线跨过碗口上，线的两端分别系有质量为1m和2m的小球，当它们处于平衡状态时，质量为1m的小球与O点的连线与水平线的夹角为α=60°。两小球的质量比12mm为()A.3B.23C.32D.22【命题意图】本题基于

两小球受力平衡的模型来考查学生选择研究对象进行受力分析以及利用数学三角函数解题的能力。【分析与解】对质量为2m的物体进行受力分析：其受到了重力和拉力的作用，由平衡条件可得绳上的拉力大小2Tmg=。对质量为1m的物体进行受力分析，

并作出其N和T的合力F′，如图3.20所示。由平衡条件可得1Fmg′=，因为角α是60°，所以三角形为等边三角形；画出来的平行四边形为菱形，连接菱形的对角线，其对角线互相垂直。由三角函数关系可得11222sin2FmgmgTTmgα′===由60

α=°可得12322mgmg=，即123mm=，故选项A为正确答案。【答案】A。【方法提炼】对于跨过光滑接触面的绳子两端连接物体的问题，要知道绳子不受摩擦力的作用、不打结，并且绳中的拉力处处相等。这类问题往往需要隔离物体进行分析并建立平衡方程，

而绳中的拉力是联系这些方程的纽带。策略七弹簧连接体，状态定乾坤例题10(1999年全国卷)如图3.21所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，上面的木块压在上面的弹簧上(但不拴接)，整个系统处于平衡状态。现缓慢地向上提上面的木块，直到它刚离开上面的弹簧。在这过

程中下面的木块移动的距离为()A.11mgkB.21mgkC.12mgkD.22mgk【命题意图】本题基于两木块静止平衡的模型来考查学图3.19图3.20图3.21第3章相互作用·29·生对胡克定律的理解能力以及

利用整体法和隔离法来解题的能力。【分析与解】开始时，设上面的弹簧压缩的长度1x，下面的弹簧压缩的长度2x，则111mgkx=，1222mgmgkx+=于是可以得到：111mgxk=，1222()mmgxk+=。当上面的木块刚离开上面的弹簧时

，设弹簧压缩的长度2x′，则222mgkx=′于是可以得到：222mgxk′=。所以在这过程中下面的木块移动的距离为：12222mgsxxk′=−=，故选项C正确。【答案】C。【方法提炼】两根弹簧与两个

物体构成的连接体模型，往往考查两状态之间的过程量问题。解决这类问题的方法是根据两个状态建立平衡方程，特别注意弹簧形变是压缩形变还是伸长形变。画出初末状态的示意图可以更加形象直观反应长度关系。策略八摩擦与弹力，临界与极值例题11(2013年全国卷Ⅱ)如图3.22所示，在固定斜面

上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止，则F的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2>0)。由此可以求出()A．物块的质量B．斜面的倾角C．物块与斜面间的最大静摩擦力D．物块对斜面的正压力【命题意图】本题基于物块在变化

的外力作用下静止在斜面上的模型来考查学生对涉及静摩擦力的临界平衡问题的处理能力。【分析与解】当F为最大值时，1sinfFmgθF=+①当F为最小值时，2sinfFmgFθ=−②由①②能求出最大的静摩擦

力122fFFF−=，但不能求出物块的质量、斜面的倾角和正压力，选项C正确。【答案】C。【方法提炼】静摩擦力是被动力，随外界条件的改变而变化；其方向也可以变化，但大小存在最值，且往往涉及临界与极值。当

遇到这样的问题时，可以采用极端法将临界状态暴露出来，从而可以根据临界状态的平衡条件来建立方程并求解。图3.22·30·高中理科解题策略与能力提升——物理篇策略九抓住对称性，速列解析式例题12(2011年江苏卷)如图3.23所示，

石拱桥的正中央有一质量为m的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g。若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块侧面所受到的弹力的大小为()A．mg2sinαB．mg2cosαC．12mgtanαD．12mg

cotα【命题意图】本题基于实际生活中拱桥的实例来考查学生对对称思想的理解和准确地进行受力分析并列出解析式的能力。【分析与解】以楔形石块为研究对象，它受到了竖直向下的重力和垂直于侧面斜向上的两个支持力。利用正交分解法可得

2Fsinα＝mg，则F＝mg2sinα，选项A正确。【答案】A。【方法提炼】物体受到多个力的作用并处于平衡状态，常常有图形结构对称的情景，结构的对称性往往对应着物体受力的对称性。解决这类问题的方法是根

据物体受力的对称性，结合力的合成与分解的知识以及平衡条件来列出方程，然后求解结果。实际中既有平面对称力系，又有空间对称力系。练习1(2013年重庆卷)如图3.24所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定的倾斜角θ。若此人所受到的重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为

()A．GB．GsinθC．GcosθD．Gtanθ练习2(2009年山东卷)如图3.25所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心。一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受到的支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ。下

列关系式中正确的是()A．F＝mgtanθB．F＝mgtanθC．FN＝mgtanθD．FN＝mgtanθ练习3(2019年全国卷Ⅲ)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图

3.26所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°，重力加速度为g。当卡车沿平直图3.23图3.24图3.25图3.26第3章相互作用·31·公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则()A．F1＝33mg，F2＝32mgB．F1＝32mg，F2＝33m

gC．F1＝12mg，F2＝32mgD．F1＝32mg，F2＝12mg练习4(2007年广东卷)如图3.27所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上，质量为m的物体受到了外力F1和F2的作用，F1的方向水平向右，F2的方向竖

直向上。若物体静止在斜面上，则下列关系中正确的是()A．122sincossin,FθFθmgθFmg≤+=B．122cossinsin,FθFθmgθFmg≤+=C．122sincossin,FθFθmgθFmg≤−=D．122cossinsin,FθFθmgθFmg≤−=练习5如图3.28所

示，与水平方向成θ角的推力F作用在物块上，在随着θ逐渐减小到零的过程中，物块始终沿水平面做匀速直线运动。关于物块受到的外力，下列判断中正确的是()A．推力F先增大、后减小B．推力F一直减小C．物块受到的摩擦力先减小

、后增大D．物块受到的摩擦力一直不变练习6(2016年全国卷Ⅱ)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢地拉动绳的中点O，如图3.29所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中()A．F逐渐变大，T逐渐变大B

．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小练习7(2008年海南卷)如图3.30所示，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ。斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦。用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑。在小物块运动

的过程中，楔形物块始终保持静止。地面对楔形物块的支持力为()A．(M+m)gB．(M+m)g-FC．(M+m)g+FsinθD．(M+m)g-Fsinθ练习8(1990年全国卷)用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来

，如图3.31所示。今对小球a持续地施加一个向左偏下30°的恒力，并对小球b持续地施加一个向右偏上30°的同样大的图3.27图3.28图3.29图3.30图3.31·32·高中理科解题策略与能力提升——物理篇恒力，最后达到平衡。表示

平衡状态的图可能是()练习9(2013年山东卷)如图3.32所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂起来，小球处于静止状态。弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸

长量之比为()A．3∶4B．4∶3C．1∶2D．2∶1练习10(2015年山东卷)如图3.33所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力的作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为µ1，A与地面

间的动摩擦因数为µ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为()A．1µ1µ2B．12121µµµµ−C．1+µ1µ2µ1µ2D．2+µ1µ2µ1µ2练习11(2016年海南卷)如图3.34所示，在水平桌面上放置

一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态。若将a和b、b与P、P与桌面之间的摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示，则()A．f1＝0，f2≠0，f3≠0B．f1≠0，f2＝0，f3＝

0C．f1≠0，f2≠0，f3＝0D．f1≠0，f2≠0，f3≠0练习12(2016年全国卷Ⅲ)如图3.35所示，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧杆上，一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径，不计所有

摩擦。小物块的质量为()A．m2B．32mC．mD．2m练习13(2017年天津卷)如图3.36所示，轻质不可伸长的晾衣绳的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。如果只人为地改变一个条件，则当衣架

静止时，下列说法中正确的是()(多选)A．绳的右端上移到b′，绳子的拉力不变图3.32图3.33图3.34图3.35图3.36第3章相互作用·33·B．将杆N向右移一些，绳子的拉力变大C．绳的两端的高度差越小，绳子的拉力越小D．若换挂质量更大的衣服，则衣架的悬挂点右移练

习14如图3.37所示，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k1、k2，它们的一端固定在质量为m的物体上，另一端分别固定在P、Q处。当物体平衡时上面的弹簧(劲度系数为k2)处于原长，若要把物体的质量换为2m(弹簧的总长度不变

，且弹簧均在弹性限度内)，当物体再次平衡时，物体的位置比第一次平衡时的位置下降了x，则x为()A．12mgkk+B．1212()kkkkmg+C．122mgkk+D．12122()kkkkmg+练习15(2016年全国Ⅰ卷)如图3.38所示，一光滑的轻

滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F的方向不变，大小在一定的范围内变化，物块b仍始终保持静止，则()(多选)A．绳OO′的张力也在一定的范围内变化B．物块b所受到的支持力也

在一定的范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定的范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定的范围内变化练习16(2018年天津)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见

之曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔的背上加一力F，方向如图3.39所示，木楔两侧产生的推力为FN，则()(多选)A．若F一定，则

当θ大时FN大B．若F一定，则当θ小时FN大C．若θ一定，则当F大时FN大D．若θ一定，则当F小时FN大练习17(2015年广东卷)如图3.40所示，三条绳子的一端都系在细直杆的顶端，另一端都固定在水平地面上。将杆竖直地紧压在地面上，若三条绳的长度不同，

则下列说法中正确的有()(多选)A．三条绳中的张力都相等B．杆对地面的压力大于自身的重力C．绳子对杆的拉力在水平方向上的合力为0D．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力图3.37图3.38图3.39图3.40·34·高中理科解题策略与能力提升——

物理篇练习18如图3.41所示，质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，将一质量为m的木块放在木楔的斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔的斜面成α角的力F拉着木块，木块能匀速地上升，已知木楔在整个过程中始终静止。(1)当α为多大时，F有最小值，求此时α

的大小及F的最小值。(2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？图3.41第4章牛顿运动定律策略一渐变与突变，瞬时方显现例题1(2010年全国卷Ⅰ)如图4.1所示，轻弹簧的上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑

木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2，重力加速度大小为g。则有()A．10a=，2ag=B．1ag=，2ag=C．10a=，2mMagM+=D．1ag=，2mMagM+=【命题意图】本题通过改变弹簧系

统受力平衡的情景来考查对牛顿第二定律瞬时性的理解，以及对弹簧的弹力不能瞬间变化的理解。【分析与解】在抽出木板的瞬时，弹簧对木块1的支持力和对木块2的压力并未改变。木块1受到了重力和支持力，mg＝F，a1＝0

。木块2受到了重力和压力，根据牛顿第二定律可得2FMgMmagMM++==。【答案】C。【方法提炼】物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。加速度可以随

着力的突变而突变，而速度的变化则需要一个积累的过程，不会发生突变。(1)两类模型。①弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)物体，其特点是形变量明显，在瞬时性问题中认为其弹力保持不变。只有弹性连接物发生形变，其弹力及弹力的变化才能呈现出来

。弹簧要产生弹力，则弹簧要有明显的形变；而弹力要发生变化，则其弹簧长度就要发生变化，即弹簧的弹力要发生变化需要有一个过程。也就是说其形变的恢复需要一定的时间，而不能立即完成，所以弹簧、弹性绳中的弹力不能发生突变。②刚性绳(或接触面)——不发生明显的形变就能产生弹力，且在被

剪断(或脱离)后，其弹力立即消失。在实际的解题中，我们经常会遇到“不可伸长的绳”一类问题。不可伸长的绳又称为“刚性绳”，它是由绳子产生弹力时因形变极小而被认为无形变所得到的理想模型。刚性绳可被认为其劲度系数为无穷大，因为在它产生弹力和弹力变化时绳

长不变且立即完成，而形变的恢复不需要时间，所以非弹性连接物中的弹力可以发生突变。(2)解题思路。分析原来物体的受力情况→分析发生突变时物体的受力情况→由牛顿第二定律列出方程→求出瞬时加速度并讨论其合理性。图4.1

·36·高中理科解题策略与能力提升——物理篇策略二析受力运动，循辩证统一例题2(1991年全国卷)一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图4.2所示。在A点，物体开始与弹簧接触；到达B点时，物体的速度为零

，然后被弹回。下列说法中正确的是()A．在物体从A点下降到B点的过程中，动能不断变小B．在物体从B点上升到A点的过程中，动能不断变大C．在物体从A点下降到B点，以及从B点上升到A点的过程中，速率都是先增大、后减小D．物体在B点时，所受的合力为0【命题意图】本题基于物块下落压缩弹簧到最短再被

弹回的情景来考查学生对牛顿第二定律动态分析问题的掌握情况，同时也考查在变力的作用下学生对物体所受到的合力以及运动状态的分析能力。【分析与解】在从A点接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的B点的过程中，物体的运动过程为：在物体刚接触弹簧时，向上的

弹力小于物体的重力，物体受到的合力向下，物体向下加速；当物体继续下落且弹簧的弹力等于物体的重力时，物体所受到的合力为0且加速度为0，而物体的速度达到最大；之后弹簧的弹力大于物体所受到的重力，小球开始减速，直至到达B点，此时的速度为0。在物体从压缩到最短的B点

到弹簧弹回原长的A点的过程中，物体的运动过程为：当弹簧压缩到最短时，向上的弹力最大且大于物体的重力，物体受到的合力方向向上，物体加速上升；当弹力和物体的重力相等时，物体的速度达到最大，而此时的加速度为0；之后弹簧的弹力小于重力，物体受到的合力方向向下，物体开始减速。由以上的分析可知，A点到B点动能

先增大、后减小；B点到A点动能先增大、后减小，选项A、B错误；物体在从A点下降到B点以及从B点上升到A点的过程中，速率都是先增大、后减小，选项C正确；物体在B点时的合力不为0，选项D错误。【答案】C。【方法提炼】对于牛顿第二定律的动态分析问题，需要紧紧地围绕物体受力与运动的关系。力是改

变物体运动状态的原因，即力→加速度→速度变化(运动状态变化)。物体所受到的合外力决定了物体加速度的大小，而加速度的大小决定了单位时间内速度变化量的大小；但加速度的大小与速度的大小无必然的联系。(1)物体所受到的合外力的方向决定了其加速度的方向。合外力与加速度的大小关系是Fma=，只要有合外力，不管

速度是大、是小或是0，都有加速度；只要合外力为0，则加速度为0，与速度的大小无关。只有速度的变化率才与合外力有必然的联系。(2)合力与速度同向时，物体做加速运动；反之，做减速运动。特别提醒：物体的加速度的方向与物体所受到的合外力的方向是瞬时对应关系，即a与合外力F

的方向总是相同；但速度v的方向不一定与合外力的方向相同，a与v的方向相同，物体加速；反之，物体减速。因此，抓住合外力的变化情况来分析加速度及速度的变化情况是解决动态问题的关键。图4.2第4章牛顿运动定律·37·策略三分解F或a，少分为原则例题3(2013年安徽卷)如图4

.3所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行。在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)()A.()()sincos,co

ssinNTmgaFmgaθθθθ=+=−B.()()cossin,sincosNTmgaFmgaθθθθ=+=−C.()()cossin,cossinNTmagFmgaθθθθ=−=+D.()()sincos

,sincosNTmagFmgaθθθθ=−=+【命题意图】本题基于光滑斜面与小球连接并一起做加速运动的情景来考查学生对牛顿第二定律的独立性的理解能力，以及对正交分解法的应用能力。【分析与解】对物体进行受

力分析，建立如图4.4所示的坐标系。根据牛顿第二定律，在水平方向上有cossinNTFθθ−ma=，在竖直方向上有sincos0NTFmgθθ+−=，解得cossinTmamg=+θθ，cossinNFmgma=−θθ，选项A正确。【答案】A。【方法提炼】当物体在不同

方向上同时受到三个以上的不在一条直线上的力的作用或者加速度的方向与任何一个力都不在同一直线上时，直接利用牛顿第二定律往往会较为复杂。此时，可以先以a的方向(或者某个力的方向)为x轴建立坐标，然后对各个力(或加速度)进行正交分解，正交分解后的牛顿第二

定律可以表示为xxyyFmaFma⎧⎪=⎪⎪⎨⎪=⎪⎪⎩∑∑对于对牛顿第二定律进行正交分解的问题，在建立直角坐标系时，通常可以分为以下两种情况。(1)分解力而不分解加速度。(2)分解加速度而不分解力。在利用牛顿运动定律进行正交分解时，究竟是分解力还是分解加速度，要灵活地

掌握。为了解题方便，应尽可能减少矢量的分解。通常是分解力而不分解加速度，只有在加速度和几个力既不在一条直线上又不垂直的时候，才会分解加速度而不分解力。策略四处理连接体，整体与隔离例题4(2013年广东卷)如图4.5所示，物

体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平。现把物体Q轻轻地叠放在P上，则()(多选)A．P向下滑动B．P静止不动C．P所受的合外力增大D．P与斜面间的静摩擦力增大图4.3图4.4图4.5·38·高中理科解题策略与能力提升——物

理篇【命题意图】本题基于物块受到静摩擦力的作用而在斜面静止的情景来考查学生对受力平衡的理解以及利用整体法来分析动力学问题的能力。【分析与解】物体P静止于斜面上，则cossinmgmg≤μθθ，当把物体Q轻轻地叠放在P上时，P、Q整体的质量增加，相对于斜面仍然满足sincosm

gmg≤′′µθθ，故P静止不动，所受到的合外力为零，选项A、C错误，选项B正确；P所受到的合外力为零，P与斜面间的静摩擦力增大为sinmg′θ，选项D正确。【答案】BD。【方法提炼】动力学中整体法与隔离法的应用，见表4.1。表4.1适用条

件注意事项优点整体法系统内的各物体保持相对静止，即各物体具有相同的加速度只分析系统外力，不分析系统内各物体间的相互作用力便于求解系统受到的外加作用力隔离法①系统内各物体的加速度不相同②要求计算系统内物体间的相互作用力①在求系统内各物体间的相互作用力时，

可先用整体法，再用隔离法②加速度的大小相同而方向不同的连接体，应采用隔离法进行分析便于求解系统内各物体间的相互作用力例题5(1991年湖南、云南、海南卷)如图4.6所示，水平地面上有两个完全相同的木块A、B，在水平推力F作用下运动。用FAB代表A、B间的相互作用力，()(多选)A．若地面是完全光滑

的，则ABFF=B．若地面是完全光滑的，则12ABFF=C．若地面的摩擦系数为µ，则ABFF=D．若地面的摩擦系数为µ，则12ABFF=【命题意图】本题基于两物体相互挤压形成的连接体模型来考查学生利用先整体、后隔离的方法来求解系统内各物体间相互作用力的能力。【分析与解】

当地面是完全光滑时对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得2Fma=，隔离B后再进行受力分析，根据牛顿第二定律可得ABFma=，联立可解得12ABFF=，选项A错误、B正确；当地面是粗糙时对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得22Fmgma=′−µ，隔离B后再进行受力分

析，根据牛顿第二定律可得ABFmgmaµ′−=，联立可解得12ABFF=，选项C错误、D正确。【答案】BD。例题6(2015年全国卷Ⅱ)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之间的拉力大小为F；当

机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行图4.6第4章牛顿运动定律·39·驶时，P和Q之间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢的质量相同，则这列车厢的节数可能为()(多选)A．8B．10C．15D．18

【命题意图】本题基于列车运行中加速度不同的情景来考查学生对利用牛顿第二定律来解决连接体问题的方法的掌握情况。【分析与解】设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。同时，设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢的质量为m，当向东行驶的加速度为a时，对于Q有1Fnma=；当向西行驶的

加速度为23a时，对于P有()123Fnnma=−⋅，联立可得2n＝5n1。当n1＝2、n1＝4、n1＝6时，n＝5、n＝10、n＝15，由题中的选项可以得出该列车厢的节数可能为10或15，选项B、C正确。【答案】BC。策略五两类动力学，加速度链接例题7(2006年上海卷)质量为

10kg的物体在F＝200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37°(图4.7)。力F在作用2s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25s后速度减为0。求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移s。(

已知sin370.6°=，cos370.8°=，210m/sg=)【命题意图】本题基于物体在斜面上运动的情景来考查学生在多过程问题中应用牛顿运动定律和运动学规律来解决问题的能力。【分析与解】对物体进行受力分析，如图4.8所示。设加速时的加速度为a1，

末速度为v，减速时的加速度大小为a2，将mg和F分解后，由牛顿运动定律可得sincosNFmg=+θθ1cossinFfmgmaθθ−−=根据滑动摩擦定律有fNµ=加速过程由运动学规律可知11vat=撤去F后，物体做减速运动的加速度大小为a2

，则由牛顿第二定律得2sincosmgmgmaθμθ+=2sincosaggθμθ=+由匀变速运动规律得22vat=图4.7图4.8·40·高中理科解题策略与能力提升——物理篇由运动学规律可知22112211

22satat=+代入数据可得0.25µ=6.25ms=1【答案】0.25µ=，6.25ms=1。【方法提炼】动力学有两类基本问题。(1)解决动力学两类基本问题的思路如图4.9所示。图4.9(2)不同过程中的联

系。如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，则可以画出位置示意图以确定位移之间的联系。策略六临界与极值，数理两相宜例题8(2008年宁夏卷)一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与

车顶相连。小球某时刻正处于如图4.10所示的状态。设斜面对小球的支持力为N，细绳对小球的拉力为T，关于此时刻小球的受力情况，下列说法中正确的是()(多选)A．若小车向左运动，则N可能为0B．若小车向左运动，则T可能为0C．若

小车向右运动，则N不可能为0D．若小车向右运动，则T不可能为0【命题意图】本题基于轻绳拉着小球并被放于固定在小车的斜面上的情景来考查学生对动力学中临界问题的分析能力。【分析与解】对小球进行受力分析，当N为0时，小球的合外力水平向右且加速度向右

，故小车可能向右做加速运动或向左做减速运动，选项A正确、C错误；当T为0时，小球的合外力水平向左且加速度向左，故小车可能向右做减速运动或向左做加速运动，选项B正确、D错误。解题时要抓住N、T为0时进行受力分析的临界条件，小球与车相对静止，说明小球和小车只

能有水平的加速度，这可以作为突破口。【答案】AB。【方法提炼】注意临界或极值条件的标志以及关键点。(1)临界或极值条件的标志：图4.10第4章牛顿运动定律·41·①有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼

，这就表明了题述的过程存在临界点。②若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，则表明题述的过程存在“起止点”，而这些起止点往往对应了临界状态。③若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，

则表明题述的过程存在极值，这个极值点往往是临界点。④若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，则就是求收尾加速度或收尾速度。(2)关键点：①两接触的物体分离之前的速度和加速度均相同。②两物体分离瞬间的速度和加速度仍相同，但

物体间的作用力为0。例题9(2011年新课标全国卷)如图4.11所示，在光滑水平面上有一质量为1m的足够长的木板，其上叠放了一质量为2m的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水

平力F＝kt(k是常数)，木板和木块的加速度的大小分别为1a和2a，下列反映1a和2a变化的图像中正确的是()【命题意图】本题基于木块-木板模型来考查学生对动力学中临界问题的分析能力。【分析与解】当拉力F很小

时，木块和木板一起做加速运动。由牛顿第二定律可知，对于木块和木板有F＝(m1+m2)a，故a1＝a2＝a＝Fm1+m2＝km1+m2t；当拉力很大时，木块和木板将发生相对运动，对于木板有211mgma=µ

，于是可得211mgam=µ，对于木块有222Fmgma−=µ，得22ktagmµ=−，选项A正确。【答案】A。【方法提炼】叠加体系统中临界与极值问题的求解思路如图4.12所示。图4.12例题10(2013年山东卷)如图4.13所示，一质量m＝0.4kg的小物块以0

v＝2m/s的初速度在与斜面成某一夹角的拉力F的作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时图4.11·42·高中理科解题策略与能力提升——物理篇间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m。已知斜面的倾

角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33，重力加速度g取10m/s2。(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。(2)当拉力F与斜面的夹角为多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？【命题意图】本题基于一恒定拉力拉着物块在粗糙斜面上运动的情景来考查学生对牛顿第

二定律的应用能力，以及应用数学来解决物理问题的能力。【分析与解】(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式可得2012Lvtat=+①0vvat=+②联立①②并代入数据后可得23m/sa=③8m/sv=④(2)设物块所受到的支持力为FN，所受到的摩擦力为Ff，拉力与斜面

间的夹角为α，其受力分析如图4.14所示。由牛顿第二定律可得cossinfFmgFma−−=αθ⑤sincos0NFFmg+−=αθ⑥又有fNFF=µ⑦联立⑤⑥⑦可得()sincoscossinmgmaF++=+θμθαμα⑧由数学知识可得()323cossinsin

6033+=°+ααα⑨由⑧⑨可知对应F最小的夹角为α＝30°⑩联立③⑧⑩并代入数据后可得F的最小值为Fmin＝1335N【答案】(1)23m/sa=8m/sv=；(2)α＝30°，Fmin＝1335N。【方法提炼】先将物理过程用数学关系式表达出来，再借助数学知识来求解临界条件和极值。图4.13图

4.14第4章牛顿运动定律·43·策略七图像类问题，信息是关键例题11(2015年全国卷Ⅰ)如图4.15(a)所示，一物块在t＝0的时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图像如图4.15(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量

，则可求出()(多选)A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度【命题意图】本题基于物块在斜面上滑动的情景来考查学生对牛顿运动定律应用的理解能力，以及从v-t图中获取运动学规律的能力。【分析与解】上滑时设物块的加速度大小为a1，对于物块由牛顿第二

定律可得mgsinθ+μmgcosθ＝ma1，下滑时设物块的加速度大小为a2，则mgsinθ-μmgcosθ＝ma2，由图4.15(b)可得a1＝v0t1，a2＝v1t1，联立可解得θ和μ，选项A、C正

确；v-t图与坐标轴在第一象限所围成的图形的面积表示上滑的最大位移，从而可以求得最大高度，选项D正确。【答案】ACD。【方法提炼】动力学图像类问题的实质是力与运动的关系。(1)动力学图像问题的类型：①由运动图像来分析

物体的受力情况。②由力的图像来分析物体的运动情况。③由已知条件来确定某物理量的变化图像。(2)解题策略：①分清图像的类别，即分清横坐标、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析图像与横坐标或纵坐标的交点、图像的转折点、两图像的交点、图像围成的

面积等的物理意义。②应用物理规律来列出与图像对应的函数方程式，从而可以明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关的物理问题作出的准确判断。例题12(2011年北京卷)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，然后从几十米的高处跳下的

一种极限运动。某人做蹦极运动，所受到的绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图4.16所示。将蹦极过程近似地认为是在竖直方向上的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大的加速度约为()A．gB．2gC．3gD．4g【命题意图】本题基于蹦极运动的情景来考查学生从图像中获取信息

的能力，以及对牛顿第二定律的理解和应用。【分析与解】从图中可以看出，当人静止时，所受到的拉力为0.6F0，即0.6F0＝mg。(a)(b)图4.15图4.16·44·高中理科解题策略与能力提升——物理篇当合力最大时，加速度最大。最大的拉力从图中可知为1.8F0＝3mg，

由牛顿第二定律可得F-mg＝ma，代入数据后可得a＝2g，选项B正确。【答案】B。【方法提炼】关于图像问题，有时关注一些特殊的时刻或者位置可以快速准确地得到结果。策略八用量纲分析，显物理思想例题13在国际单位制中，力学和电

学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)。对于导出单位V(伏特)，用上述的基本单位可表示为()A．241mkgsA⋅⋅⋅--B．231mkgsA⋅⋅⋅--C．221mkgsA⋅⋅⋅--

D．211mkgsA⋅⋅⋅--【命题意图】本题基于几个基本单位来考查学生对基本单位和导出单位的理解情况，以及如何通过公式推导来得出导出单位的方法。【分析与解】由物理公式U＝Wq＝FLIt＝maLIt可得1V＝1

kg·m/s2·mA·s＝231mkgsA⋅⋅⋅--，选项B正确。【答案】B。【方法提炼】量纲分析是自然科学中一种重要的研究方法，它是根据一切量所必须具有的形式来分析和判断事物间数量关系所遵循的一般规律

。通过量纲分析可以检查和反映出物理现象和规律的方程在计量方面是否正确，甚至可以提供寻找物理现象某些规律的线索。对于任何能正确地反映物理现象和规律的方程，其两端的各项都必须具有相同的量纲。通过量纲分析并不能得到完整的解析方程，而只

能做出初步的判断。策略九辨析超失重，受力与运动例题14(2010年浙江卷)如图4.17所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)。下列说法中正确的是()A．在上升和下降的过程中，A对B的压力一定为0B．在上升过程中，A对B的压力大于A物体受到的重力C．在下降

过程中，A对B的压力大于A物体受到的重力D．在上升和下降过程中，A对B的压力等于A物体受到的重力【命题意图】本题基于将叠在一起的两个物体竖直上抛的情景来考查学生对完全失重的理解能力。【分析与解】以A、B的整体为研究对象：其仅受重力，由牛顿第

二定律可知加速度为g，方向为竖直向下。以A为研究对象：因其加速度为g且方向竖直向下，故由牛顿第二定律可知A所受到的合力为A的重力，所以A仅受重力的作用。因此，选项A正确。【答案】A。【方法提炼】注意对超重和失重现象的理解以及

判断这两个现象的方法。图4.17第4章牛顿运动定律·45·1.对超重和失重现象的理解(1)当发生超重或失重现象时，物体所受到的重力没有变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)变大或变小了(即“视重”变大或变小了)。(2)只要物体有向上或向下的

加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体运动的方向无关。(3)即使物体的加速度不沿竖直方向，但只要在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。(4)物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直方向上的加速度a共同决定，其

大小等于ma。(5)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力的作用、液体柱不再产生压强等。2.判断超重和失重现象的两个角度(1)从受力的角度判断。当物体所受到的向上的拉力(

或支持力)大于重力时物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。(2)从运动学的角度判断。①从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度等于重力加速度时处于完全失重状态。

②从速度变化的角度判断：物体向上加速或向下减速时则是超重状态；物体向下加速或向上减速时则是失重状态。策略十定性判断难，尝试解析法例题15(1997年全国卷)质量为m的木块位于粗糙水平桌面上，用大小为F的水平恒力拉木块，其加速度为a。当拉

力的方向不变但其大小变为2F时，木块的加速度为a′，则()A．a′=aB．a′<2aC．a′>2aD．a′=2a【命题意图】本题基于用不同外力拉着物体在水平桌面上运动的情景来考查学生对牛顿第二定律的应用能力

。【分析与解】木块在水平恒力的作用下做匀加速运动，在水平方向上受到了恒力和滑动摩擦力。先根据牛顿第二定律分别列出方程，然后比较加速度的大小。由牛顿第二定律可得F-fF=ma，2F-fF=ma′。因为物体所受到的摩擦力fF=NµF=µmg，即fF不变，所以a′=2fFFm−=2()ffFFFm−+=

2aµg+>2a，故选C。【答案】C。【方法提炼】有些问题看似是考查定性分析，实则是需要列出解析式，然后方可顺利地求解。·46·高中理科解题策略与能力提升——物理篇策略十一板与块结合，共速是转折例题16(2010年海南卷)在图4.18(a)中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方

右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为µ＝0.2。在木板上施加一水平向右的拉力F，在0~3s内F的变化如图4.18(b)所示。图中F以mg为单位，重力加速度210m/sg=，整个系统开始时静止(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。(1)求

1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度。(2)在同一坐标系中画出0~3s内木板和物块的-vt图像，据此求出0～3s内物块相对于木板滑过的距离。图4.18【命题意图】本题基于板块模型来考查学生对牛顿第二定律和运动学规律的应用能力，以及通过分析和计算来

作出速度-时间图像的能力。【分析与解】(1)设木板和物块的加速度分别为a和a′，在t时刻木板和物块的速度分别为vt和tv′，木板和物块之间摩擦力的大小为f。由牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律可得到以下结果。对于木块有：fma′

=①fµmg=(当ttvv′<时)②()2121ttvvatt′′+−=③对于木板有：(2)Ffma−=④()2121ttvvatt=+−⑤由①②③④⑤与题给条件可得11.5234m/s4.5m/s4m/s4m/svvvv====，，，⑥234m/s4m/svv′′==，⑦(2)由⑥⑦可以

得到物块与木板运动的v-t图，如图4.19所示。在0～3s内物块相对于木板的距离Δs等于木板和物块v-t图像下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积。该四边形由两个三角形组成，上面的三角形的“面积”为0.25m，下面的三角形的“面积”为2m

，因此Δ2.25ms=⑧图4.19第4章牛顿运动定律·47·【答案】(1)11.54m/s4.5m/svv，，==24m/sv，=34m/sv=，24m/sv′=，34m/sv′=；(2)Δ2.25ms=。【方法提炼】“板-块”模型类问题是关于由木板和物块组成的相互作用的系统问题，题中常涉及摩

擦力的方向判断和大小计算、牛顿运动定律及运动学规律等知识。1.临界条件(1)木板与物块存在相对滑动的临界条件。①运动学条件：若两个物体的速度和加速度不相等，则会发生相对滑动。②动力学条件：假设两个物体间

无相对滑动，则先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff；比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff＞Ffm，则会发生相对滑动。(2)滑块滑离滑板的临界条件：当滑板的长度一定时

，滑块可能从滑板滑下，而恰好滑到滑板的边缘且达到共同速度是滑块滑离滑板的临界条件。2.常见的解法“板-块”模型问题往往存在一题多解的情况，常见的解法如下。(1)动力学分析法：分别对滑块和滑板进行受力分析，根据牛顿第二定律先

求出各自的加速度，然后结合运动学的公式来求解。(2)相对运动分析法：从相对运动的角度出发，根据相对初速度、相对加速度、相对末速度和相对位移的关系(x相对＝2vvt+相对末相对初=222vva相对末相对初相对−)来求解，这往往可以大大地简化数学运算过程。

(3)图像描述法：有时利用运动v-t图来分析会更快捷。例如，一物块以初速度v0滑上在水平地面上静止的木板，物块和木板的运动图像如图4.20(a)或图4.20(b)所示。图4.20(a)表示物块在滑出木板前已经

与木板共速，阴影部分的面积表示相对位移x相对，且x相对＝v0t2；图4.20(b)表示物块已滑出木板，阴影部分的面积表示木板的总长度L，且x相对＝L。图4.20·48·高中理科解题策略与能力提升——物理篇3.思维导图(图4.21)。图4.21例题17(2013年全国卷Ⅱ)一长木板在水平地面上运动

，在t＝0的时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度-时间图像如图4.22所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块

始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数。(2)从t＝0的时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。【命题意图】本题基于“板-块”模

型以及木板的v-t图来考查学生根据图像来判断运动状态的能力，以及解决多过程问题的能力。【分析与解】(1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速、木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为

止。由图可知，在t1＝0.5s时，物块和木板的速度相同。设t＝0到t＝t1的时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1＝v1t1①a2＝v0－v1t1②式中，v0＝5m/s、v1＝1m/s

分别为木板在t＝0、t＝t1时的速度大小。设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为µ1、µ2，由牛顿第二定律可得图4.22第4章牛顿运动定律·49·µ1mg＝ma1③(µ1＋2µ2)mg＝ma2④联立①②③④可得µ1＝0.20⑤µ2＝0.30⑥(2)在t1

时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别a′1和a′2，则由牛顿第二定律可得f＝ma′1⑦2µ2mg-f＝ma′2⑧假设f＜µ1mg，则a′1＝a′2；由⑤⑥⑦⑧可得f

＝µ2mg＞µ1mg，与假设矛盾。故f＝µ1mg⑨由⑦⑨可知，物块加速度的大小a′1等于a1；物块的v-t图像如图4.23所示。由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s1＝2×2112va⑩s2＝v0+v12t1+2122va′物块相对于木板的位移

大小为s＝s2-s1联立①⑤⑥⑧⑨⑩可得s＝1.125m【答案】(1)µ1＝0.20，µ2＝0.30；(2)s＝1.125m。例题18(2017年全国卷Ⅲ)如图4.24所示，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩

擦因数均为µ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为µ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s。当A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度

大小g＝10m/s2。求：(1)当B与木板相对静止时，木板的速度。(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。【命题意图】本题基于滑块和滑板的模型来考查牛顿运动定律和运动学规律的应用。【分析与解】(1)滑块A、B在木板上滑动

时，木板也在地面上滑动。设A、B所受到的木板的摩擦力和木板所受到的地面的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到图

4.23图4.24·50·高中理科解题策略与能力提升——物理篇共同速度前有f1＝µ1mAg①f2＝µ1mBg②f3＝µ2(m+mA+mB)g③由牛顿第二定律可得f1＝mAaA④f2＝mBaB⑤f2-f1-f3＝ma1⑥设在t1时刻，滑块B与木板达到了共同速度，其大小为

v1。由运动学公式可得v1＝v0-aBt1⑦v1＝a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧并代入已知数据后可得v1＝1m/s⑨(2)在t1时间间隔内，滑块B相对于地面移动的距离为sB＝v0t1-12aBt21⑩

设在滑块B与木板达到了共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于滑块B与木板组成的体系，由牛顿第二定律可得f1+f3＝(mB+m)a2由①②④⑤可知，aA＝aB；再由⑦⑧可知，当滑块B与木板达到共同速度时，滑块

A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意可知，当滑块A和B相遇时，滑块A与木板的速度相同，设其大小为v2。设滑块A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式可知，对于木板有v2＝v1-a2t2对于滑块A有v2＝-v1+aAt2在t

2时间间隔内，滑块B(以及木板)相对于地面移动的距离为s1＝v1t2-12a2t22在(t1+t2)时间间隔内，滑块A相对于地面移动的距离为sA＝v0(t1+t2)-12aA(t1+t2)2当滑块A和滑块B相遇时，滑块A与木板的速度也恰好相同。因此当滑块A和滑块B开始运动时

，两者之间的距离为s0＝sA+s1+sB联立以上各式并代入数据后可得s0＝1.9m(也可以用如图4.25所示的速度-时间图来求解)图4.25第4章牛顿运动定律·51·【答案】(1)1m/s；(2)1.9m。策略十二传送带模型，共速论摩

擦例题19(2011年福建卷)如图4.26(a)所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图(

以地面为参考系)如图4.26(b)所示。已知v2＞v1，则()A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对于传送带滑动的距离达到最大C．在0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右、后向左D．在0～t3时间内，小物块始

终受到大小不变的摩擦力的作用【命题意图】本题基于滑块在传送带上运动的模型以及其运动速度与时间的关系图来考查学生从关系图中获取信息的能力，以及对物块在传送带上运动情况的分析能力。【分析与解】结合图4.26(b)可知

，在0～t1时间内，物体往左做匀减速直线运动，t1时刻运动到最左边，选项A错误；在t1～t2时间内，物体往右做匀加速直线运动，但由于速度小于传送带的速度，因此物体与传送带的相对位移仍在增大且在t2时刻相对位移达到最大，选项B正确；

在0～t2时间内，物体相对于传送带向左运动且一直受到向右的滑动摩擦力，但f＝µmg不变，在t2时刻以后物体相对于传送带静止，摩擦力为0，选项C、D错误。【答案】B。【方法提炼】传送带是应用比较广泛的一种传送装置，以其为素材的计算题大多具有情景多

样、条件隐蔽、过程复杂的特点。(1)关注两个时刻。①初始时刻：物体相对于传送带的速度或滑动方向决定了该时刻的摩擦力方向。②物体与传送带速度相等的时刻：摩擦力的大小、方向或性质(滑动摩擦力或静摩擦力)可能会发生突变。(2)注意过程分解。①摩擦力的突变点是加速度的

突变点，也是物体运动规律的突变点，列方程时要注意不同过程中不要将物理量混淆。②摩擦力的突变点所对应的状态是前一过程的末状态，也是后一过程的初状态，这是两个过程的关联量。练习1(2015年海南卷)如图4.27所示，物块a、b和c的质量相

同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断的瞬间()(多选)

图4.26图4.27·52·高中理科解题策略与能力提升——物理篇A．13ag=B．10a=C．122ll=ΔΔD．12ll=ΔΔ练习2(2016年全国卷Ⅱ)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球的质量大于乙球的质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成

正比且与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则()(多选)A．甲球用的时间比乙球长B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功练习3(2009年安徽卷)为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。当无

人乘行时，扶梯运转得很慢；当有人站上扶梯时，它会先慢慢地加速，再匀速地运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图4.28所示。那么下列说法中正确的是()A．顾客始终受到三个力的作用B．顾客始终处于超重状态C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D．顾客对

扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下练习4(2015年海南卷)如图4.29所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时()(多选)A．

物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑练习5(2004年青海、甘肃卷)如图4.30所示，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫。已知木板的质量是猫的质量的2倍。当绳子突然断开时，猫立即沿着木板向上

跑，以保持其相对斜面的位置不变。则此时木板沿斜面下滑的加速度为()A．sin2gαB．singαC．3sin2gαD．2singα练习6(2004年上海卷)物体B放在物体A上，A、B的上、下表面均与斜面平行，如图4.31所示。当两者以相同的初速度靠惯性沿光滑固定斜面C向

上做匀减速运动时()A．A受到B的摩擦力沿斜面方向向上B．A受到B的摩擦力沿斜面方向向下C．A、B之间的摩擦力为0图4.28图4.29图4.31图4.30第4章牛顿运动定律·53·D．A、B之间是否存在摩擦力取决于A、B表面的性质练习7(2014年江苏卷)如图4.32所示，A、

B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为µ，B与地面间的动摩擦因数为12µ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则()(多选)A．当2Fmg<

µ时，A、B都相对于地面静止B．当52Fmg=µ时，A的加速度为13gµC．当F＞3mgµ时，A相对于B滑动D．无论F为何值，B的加速度都不会超过12gµ练习8(2014年重庆卷)以不同的初速度将两个物

体同时竖直向上抛出并开始计时，其中一个物体所受到的空气阻力可忽略，另一个物体所受到的空气阻力大小与物体的速率成正比。下列分别用虚线和实线来描述的两个物体运动的v-t图中可能正确的是()练习9(2019年全国卷Ⅲ)如图4.33(a)所示，物块和木板叠放在实验台上，物

块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。在t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图4.33(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图4.33(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略，重力加速度取10m/s2。由

题中所给的数据可以得出()(多选)图4.33图4.32·54·高中理科解题策略与能力提升——物理篇A．木板的质量为1kgB．2~4s内，力F的大小为0.4NC．0~2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2练习10(2018年全国卷Ⅰ

)如图4.34所示，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和

x之间的关系的图像可能正确的是()练习11由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q1和q2。当其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F＝kq1q2r2，其中k为静电力常量。若用国际单位

制中的基本单位来表示，则k的单位应为()A．kg·A2·m3B．234kgAms−⋅⋅⋅-C．kg·m2·2C−D．22NmA⋅⋅--练习12(2011年北京卷)物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系。如关系式U＝IR既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V(

伏)与A(安)和Ω(欧)的乘积等效。现有物理量单位：m(米)、s(秒)、N(牛)、J(焦)、W(瓦)、C(库)、F(法)、A(安)、Ω(欧)和T(特)，由它们组合成的单位都与电压单位V(伏)等效的是()A．J/C和N/CB．C/F和

T·m2/sC．W/A和C·T·m/sD．1122WΩ⋅和T·A·m练习13(2005年全国卷Ⅱ)如图4.35所示，位于光滑固定斜面上的小物块P受到了一水平向右的推力F的作用。已知物块P沿斜面加速下滑，现保持F的方向不变并使其大小减小，则加速度()A．一定

变小B．一定变大C．一定不变D．可能变小，可能变大，也可能不变练习14(2005年全国卷Ⅲ)如图4.36所示，一物块位于光滑的水平桌面上，用一大小为F、方向如图所示的力去推它，使它以加速度a向右运动。若

保持力的方向不变而增大力的大小，则()图4.34图4.35图4.36第4章牛顿运动定律·55·A．a变大B．a不变C．a变小D．因为物块的质量未知，故不能确定a变化的趋势练习15(2014年全国卷Ⅰ)如图4.37所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左

加速，加速度从0开始逐渐增大到某一个值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向的某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。与稳定在竖直位置时相比，小球的高度()A．一定升高B．一定降低C．保持不变D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定练习16(1994年全国卷)如图4.38所示，质量M=10kg的木楔A

BC静置于粗糙水平地面上，滑动摩擦系数μ=0.02。在木楔的倾角θ为30°的斜面上，有一质量m=1.0kg的物块由静止开始沿斜面下滑。当滑行路程s=1.4m时，其速度v=1.4m/s。在这过程中木楔没有动，求地面对木楔的摩擦力的大小和方向(重力加速度210m/sg=)。练习17(2007

年上海卷)如图4.39所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(设经过B点前后的速度大小不变)，最后停在了C点。每隔0.2s通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数

据，见表4.3(重力加速度g＝10m/s2)。表4.3t/s0.00.20.4…1.21.4…v/(m/s)0.01.02.0…1.10.7…求：(1)斜面的倾角α；(2)物体与水平面之间的动摩擦因数μ；(

3)t＝0.6s时的瞬时速度v。练习18(2005年全国卷Ⅲ)如图4.40所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B。它们的质量分别为Am、Bm，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板。系统处于静止状态。现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使

之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d，重力加速度为g。练习19(2014年新课标卷Ⅱ)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5km高度处，

打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录。重力加速度g取10m/s2。(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5km高度处所需要的时间及其在此处速度的大小。图4.37图4.38图4.39图4

.40·56·高中理科解题策略与能力提升——物理篇(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。已知该运动员在某段时间内高速下落的v-t

图如图4.41所示。若该运动员和所带装备的总质量m＝100kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数(结果保留1位有效数字)。练习20(2008年上海卷)总质量为80kg的跳伞运动员从离地500m的直升机上跳下，经过2s拉开绳索开启降落伞。如图4.42所示，该图是跳伞过程中

的v-t图，试根据图像求(g取10m/s2)：(1)t＝1s时运动员的加速度和所受到的阻力的大小。(2)估算14s内运动员下落的高度及克服阻力做的功。(3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间。练习21(2014年山东卷)研究表明，一般人的刹车反应时间［即图4.43(a

)中“反应过程”所用的时间］t0＝0.4s，但饮酒会导致反应时间延长。在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39m，减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图4.43(b)所示，此过程可视为匀变速

直线运动。重力加速度g的大小取10m/s2。求：(a)(b)图4.43(1)减速过程中汽车加速度的大小及所用的时间。(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少。(3)减速过程中汽车对志愿者作用力的大小与志

愿者重力大小的比值。图4.41图4.42第4章牛顿运动定律·57·练习22(2015年全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，在木板的左端放置一小物块；在木板的右方有一墙壁，木板的右端与墙壁的距离为4.5m，如图4.44(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直

至t＝1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板的速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图像如图4.44(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍

，重力加速度g取10m/s2。求：(1)木板与地面间的动摩擦因数µ1及小物块与木板间的动摩擦因数µ2。(2)木板的最小长度。(3)木板的右端离墙壁的最终距离。练习23(2006年全国卷Ⅰ)在一水平的浅色长传送带上放置

一煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为µ0，初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑

色痕迹的长度。练习24(2009年海南卷)一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以012m/sv=的速度匀速行驶，其所受到的阻力可视为与车质量成正比而与速度无关。某时刻，车厢脱落并以大小为22m/sa=的加速度减速滑行。在车厢脱

落3st=后，司机才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍。假设刹车前的牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离。练习25(2004年全国卷Ⅰ)一小圆盘静止在桌布上，且位于一方桌的水平面的中央。桌布的一边与

桌的AB边重合，如图4.45所示。已知盘与桌布间的动摩擦因数为µ1，盘与桌面间的动摩擦因数为µ2。现突然以恒定的加速度a将桌布抽离桌面，加速度的方向是水平的且垂直于AB边。若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)？图4.44图4.45第5章曲线运动策略一图示显本真，直观避繁解例题1(2015年全国卷Ⅰ)由于卫星的发射场不在赤道上，故地球同步卫星在发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经

赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s，某次发射的卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图5.1所示。发动机给卫星的附加速度的方向

和大小约为()A．西偏北方向，1.9×103m/sB．东偏南方向，1.9×103m/sC．西偏北方向，2.7×103m/sD．东偏南方向，2.7×103m/s【命题意图】本题基于卫星变轨的现象来考查学生对运动情景进行分析和研究的能力、

对速度的合成与分解的熟练运用程度，以及对数学知识在物理中的应用能力。【分析与解】方法一：设卫星在转移轨道上飞经赤道上空时到达与同步轨道高度相同的某点时的速度为v1，发动机给卫星的附加速度为v2，该点在同步轨道上运行时的速度为v。三者的关系如图5.2所示，由图可知附加速度的

方向为东偏南，由余弦定理可知v22＝v12+v2-2v1vcos30°，代入数据后解得v2≈1.9×103m/s，选项B正确。方法二：取适当标度，作出速度v1、v2的图示，如图5.3所示。根据矢量三角形法则，可测得发动机给卫星的附

加速度为v2≈1.9×103m/s。【答案】B。【方法提炼】借助力的图示可以形象、直观、便捷地求解力，矢量的合成与分解均可以采用这一方法来粗略地求解。在速度的合成与分解中，根据题意用图示法作出速度矢量三角形，可以快速地求解，回避繁琐的数学运算，也更能体现物理的思想方法。策略二判运动

性质，看a合与v合初例题2(2010年江苏卷)如图5.4所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度()图5.1图5.2图5.3第5章曲线运动·59·A．

大小和方向均不变B．大小不变，方向改变C．大小改变，方向不变D．大小和方向均改变【命题意图】本题基于铅笔在水平方向上做匀速直线运动的情景和绳的模型来考查学生对合速度和分速度的理解能力以及对速度的合成与分解的掌握情况。【分析与解】橡皮在水平方向上匀速运动

，在竖直方向上也匀速运动，故合运动是匀速运动，选项A正确。【答案】A。【方法提炼】对合运动的性质和轨迹的判断有以下两个方面。(1)若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度(大小或方向)变化，则为非匀变速运动。(2)

若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动。策略三求关联速度，辨分解关系例题3一轻杆的两端分别固定质量为Am和Bm的两个小球A和B(可视为质点)，将其放在一个光滑的球形容器中并从位置1开始下滑，如图5.5所示。当轻杆到达位置2时，球

A与球形容器的球心等高，其速度大小为v1。已知此时轻杆与水平方向成θ＝30°角，球B的速度大小为v2，则()A．v2＝12v1B．v2＝2v1C．v2＝v1D．v2＝3v1【命题意图】本题基于光滑圆周中杆的运动的情景来考查学生对线速度的理解能力以及根据实际情景来区分合速度和

分速度的方法，同时也考查学生运用几何关系来研究运动的合成与分解的能力。【分析与解】球A与球形容器的球心等高，速度1v的方向竖直向下，速度分解如图5.6所示。于是有111sinvvθ=，由几何关系可知球B此时的速度的方向

与杆成α＝60°角，因此212cosvvα=，沿杆的方向两球的速度相等，即2111vv=，解得21vv=，选项C正确。【答案】C。【方法提炼】要注意归纳和总结绳(杆)关联问题的解题策略。(1)解题关键：找出合速度与分速度的关系是求解

关联问题的关键。(2)基本思路。①先确定合速度的方向(物体实际运动的方向)。②分析合运动所产生的实际效果：一方面使绳(杆)伸缩，另一方面使绳(杆)转动。③确定两个分速度的方向：沿绳(杆)的方向的分速度和垂直于绳(杆)的方向的分速度，而沿绳(杆)的方向的分图5.4图5.5

图5.6·60·高中理科解题策略与能力提升——物理篇速度大小相同。(3)常见的模型如图5.7所示。图5.7策略四小船河中行，时空有最值例题4(2001年江浙卷)在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人。假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去，水流速度为1v，摩托艇在静水中的航速为2v，战士救人的地点

A离岸边最近处O点的距离为d。若战士想在最短的时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离O点的距离为()A．22221dvvv−B．0C．12dvvD．21dvv【命题意图】本题基于在抗洪救灾背景下的“小船渡河”模型来考查学生对合速度、分速度知识的理解能力以及应用运动的合成与分解的能力。【

分析与解】依据运动的独立原理以及合运动与分运动的等时性可知，当船头垂直于河岸航行时，渡河历时最短，2dtv=，则登陆处离O点的距离为112dvsvtv==，选项C正确。【答案】C。【方法提炼】我们可以归纳和总结出三种速度及其三种情景。(1)三种速度。解决船渡河问题的关键

是：正确区分分运动和合运动。船的航行方向也就是船头所指的方向，是分运动；船的运动也就是船的实际运动，是合运动，在一般情况下与船头的指向不共线。因此，需要清楚地认识以下三种速度：船在静水中的速度1v、水流速度2v和船的实际运动速度v；其中，v是1v与2v的合速度。(

2)三种情景。第5章曲线运动·61·①渡河的时间最短：渡河时间只与垂直于河岸的船的分速度有关，而与水流速度无关。因此，当船头正对河岸时，渡河时间最短，min1dtv=(d为河宽)(图5.8)。②渡河的位移最短(当2v<1v时)：当2v<1v时，合速度可以垂

直于河岸，此时位移最短，minxd=(图5.9)。③渡河的位移最短(当2v>1v时)：合速度不可能垂直于河岸，故无法垂直渡河。确定的方法如下：如图5.10所示，以2v矢量的末端为圆心、1v矢量的大小为半径画弧，从2v矢量的始端向圆弧作

切线，则当合速度沿此切线方向时，位移最短。由图可知12sinvθv=，最短位移2min1sindvxdθv==。例题5(2011年江苏卷)如图5.11所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路返回到O点，OA

、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB。若水流速度不变，两人在静水中的游速相等，则他们所用的时间t甲、t乙的大小关系为()A．t甲<t乙B．t甲＝t乙C．t甲>t乙D．无法确定【命题意图】本题基于“

小船渡河”的模型和两同学游泳的背景来考查学生对运动的合成与分解的理解，以及分析在流水中原路返回的运动过程的能力。【分析与解】设水流的速度为v水，学生在静水中的速度为v人。从题意可知v人>v水，OA＝O

B＝l，对于甲同学有lltvvvv甲人人水水=++−=222lvvv−人人水；对于乙同学来说，要想垂直到达B点，则其速度的方向要斜向上游，并且来回的时间要相等，即22=2ltvv乙人水×−=22222lvvvv−−人水人水，则t甲>乙t，选项C正确。【答案】C。策略五平抛遇斜面，倾角是

关键例题6(1991年全国卷)如图5.12所示，以9.8m/s的水平初速度v0抛出的物体，在飞行一段时间后垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上。可知物体完成这段飞行的时间是（重力加速度为9.8m/s2）()图5.8图5.9图5.10图5.11图

5.12·62·高中理科解题策略与能力提升——物理篇A．33sB．233sC．3sD．2s【命题意图】本题基于平抛模型和斜面模型来考查学生对平抛运动中水平速度、竖直速度和时间等的掌握情况，以及对三角函数的应用能力。【分析与解

】物体做平抛运动，当其垂直地撞在倾角为30°的斜面上时，分解速度，如图5.13所示。由图可知，0tanyvθv=，又yvgt=可得运动的时间09.8stan39.83yvvtggθ====×3s，选项C正确。

【答案】C。【方法提炼】物体从斜面之外抛出，打到斜面上，我们可以归纳和总结出以下的突破口和方法。(1)问题突破：分解速度，构建速度矢量三角形，如图5.14所示。(2)方法应用。①水平方向：0xvv=。②竖直方向：yvgt

=。③合速度：22xyvvv=+。④方向：gtvvvyx0tan==θ。例题7(2008年全国卷Ⅰ)如图5.15所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上。物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足()A．tansinφθ=B．tancosθφ=C．tant

anθφ=D．tan2tanθφ=【命题意图】本题基于平抛模型和斜面模型来考查学生对平抛运动规律的掌握情况和对三角函数的应用能力。【分析与解】竖直速度与水平速度之比为0tangtvϕ=，竖直位移与水平

位移之比为tanθ=202gtvt02gtv=，故tan2tanθ=ϕ，选项D正确。【答案】D。【方法提炼】物体从斜面之上抛出，落到斜面之上，我们可以归纳和总结以下的突破口和方法。(1)问题突破：分解位移，构建位移矢量三角形，如图5.16所示。

图5.13图5.14图5.15图5.16第5章曲线运动·63·(2)方法应用。①水平方向：0xvt=。②竖直方向：212ygt=。③合位移：22sxy=+。④方向：tanyθx=。(3)重要结论：设合速度与水平方向夹角为ϕ，合位移与水平方向夹角为θ，则有tan2tanθϕ=。策略六

多体平抛时，时空建联系例题8(2017年江苏卷)如图5.17所示，A、B两个小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇。若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为()A．t

B．22tC．2tD．4t【命题意图】本题基于两个小球做平抛的情景来考查学生对平抛运动规律的掌握情况，以及通过分析物理情景来得出数学关系的能力。【分析与解】两球同时被抛出后，在竖直方向上做自由落体运动，在相等的时间内下降的高度相同

，且始终在同一水平面上。根据ABxvtvt=+知，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为2t，故选项C正确，选项A、B、D错误。【答案】C。【方法提炼】两条平抛运动轨迹的交点是两个物体的必经之处，若两个物体要在此处相遇，则必须同时到达此处，即轨迹相交是物体相遇的必要条

件。(1)多体平抛运动的问题。多体平抛运动的问题是指多个物体在同一竖直平面内被平抛时所涉及的问题。(2)三类常见的多体平抛运动。①若两个物体同时从同一高度(或同一点)被水平抛出，则两个物体始终在同一高度，其水平间距取决于两个物体的初速度和运动时间。②若两个物体同时从不同的高度被

水平抛出，则两个物体的高度差始终不变，其水平间距取决于两个物体的初速度和运动时间。③若两个物体从同一点先后被抛出，则两个物体的竖直高度差随时间均匀地增大，其水平间距取决于两个物体的初速度和运动时间。策略七赏斜抛对

称，用分解合成例题9(1987年全国卷)用大炮轰击和炮在同一水平面上的目标。当炮筒的仰角为1ϕ时，着弹点比目标偏近了一段距离1d；当仰角为2ϕ时，着弹点又比目标偏远了一段距离2d。根据这些已知量，求出要想正好击中目标

所需要的仰角0ϕ。设炮弹出口的速率是一定的，空气阻力不计。图5.17·64·高中理科解题策略与能力提升——物理篇【命题意图】本题基于炮弹击打目标的情景和斜抛模型来考查学生的运动的合成与分解的掌握情况和利用数学对称来解决物理问题的能力，以及对三角函数的应用能力。【分析

与解】设x、y分别表示炮弹的水平位移和竖直位移，0v表示其初速度，则0cosxvtϕ=⋅201sin2yvtgtϕ=⋅−当炮弹落地时，y=0，由上述两式可得水平射程为20sin2vxgϕ=①当仰角为1ϕ、2ϕ、0ϕ时，分别有2

011sin2vxgϕ=，2022sin2vxgϕ=，2000sin2vxgϕ=②已知011xxd−=，202xxd−=③由②③可得1221012sin2sin2sin2ddddϕϕϕ⋅+=+12210

121sin2sin2arcsin()2ddddϕϕϕ⋅+=+【答案】12210121sin2sin2arcsin2ddddϕϕϕ⋅+⎛⎞=⎜⎟+⎝⎠。策略八析传动原理，辨线速角速例题10(1992年全国卷)如图5.18所示，该图为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的

一点。左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r。b点在小轮上，到小轮中心的距离为r。c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上。若在传动过程中，皮带不打滑，则()(多选)A．a点与b点的线速度大小相等B．a点与b点的角速度大小相等C．a点与c点的线速度大小相等

D．a点与d点的向心加速度大小相等【命题意图】本题基于皮带转动装置的情景来考查学生对圆周运动中角速度、线速度和向心加速度的理解能力，同时也考查分析实际物理情景的能力。【分析与解】由图5.18可知，a、

c两点的线速度大小相等，b、c两点的角速度大小相等，根据vrω=可知，c的线速度大于b的线速度，则a、b两点的线速度不相等，故选项A错误、C正确；a、c的线速度相等，根据vrω=可知角速度不相等，但b、c的角速度相等，所以a、b两点的角速度不相等，故选项B错误；根据2arω=可得d点的向图5.

18第5章曲线运动·65·心加速度是c点的2倍，根据2var=可知a的向心加速度是c的2倍，所以a、d两点的向心加速度大小相等，故选项D正确。【答案】CD。【方法提炼】我们可以归纳和总结出传动装置的分类、特点和分析方法。(1)传动装置的分类。①同轴传动如图5.

19(a)所示；②皮带传动如图5.19(b)所示；③齿轮传动如图5.19(c)所示；④摩擦传动如图5.19(d)所示。图5.19(2)传动装置的特点。①同轴传动：固定在一起进行共轴转动的物体上各点的角速度相同。②皮带传动、齿

轮传动和摩擦传动：皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点的线速度大小相等。(3)对传动装置的分析。根据线速度、角速度、周期、向心加速度等物理量的关系并以传动装置的特点为突破口、以线速度或角速度相等为纽

带来建立联系。策略九圆周动力学，向心力溯源例题11(2009年广东卷)(1)为了清理堵塞河道的冰凌，空军实施了投弹爆破，飞机在河道上空高H处以速度0v水平匀速飞行，投掷下炸弹并击中目标。求炸弹刚脱离飞机到击中目标所飞行的水平距离及击中目标时的速度大小(不

计空气阻力)。(2)如图5.20所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半。内壁上有一质量为m的小物块。求：①当筒不转动时，物块

静止在筒壁A点所受到的摩擦力和支持力的大小；②当物块在A点随筒做匀速转动且其受到的摩擦力为0时，筒转动的角速度。【命题意图】本题基于飞机投弹和圆锥筒的情景来考查学生对平抛运动规律的掌握情况、对斜面上的物体的受力情况进行分析的能力和利用平衡条件来求解摩擦力的能力，以及

分析圆周运动向心力来源的能力。【分析与解】⑴炸弹作平抛运动，设炸弹脱离飞机到击中目标所飞行的水平距离为x，则0xvt=图5.20·66·高中理科解题策略与能力提升——物理篇212Hgt=联立以上各式可解得02Hxvg=设击中目标时的竖直速度大小为

yv，击中目标时的速度大小为v，则22yvgH=220yvvv=+联立以上各式可解得202vvgH=+(2)①设母线与水平方向夹角为θ，当筒不转动时，物块静止在筒壁A点时因受到了重力、摩擦力和支持力三个力的作用而平衡，由平衡条件可得摩擦力的大小为22si

nmgHfmgθHR==+支持力的大小为22cosmgRNmgθHR==+②当物块在A点随筒做匀速转动且其所受到的摩擦力为0时，物块在筒壁A点时受到了重力和支持力的作用，它们的合力提供了向心力。设筒转动的角速度为ω，则2tan2Rmgθmω=由

几何关系可得tanHθR=联立以上各式可解得2gHωR=【答案】(1)02Hxvg=，202vvgH=+；(2)①22mgHfHR=+，N=22mgRHR+，②2gHRω=。【方法提炼】我们可以归纳和总结出向心力的来源、确定向心力的方法、向心力公式的选取以及

匀速圆周运动的条件，求解圆周运动问题所必须进行的三类分析。(1)向心力的来源。向心力是按力的作用效果来命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力；在受力分析中要避免再另外添加一个向心力。(2)向心力

的确定。①确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置。②分析物体的受力情况，沿半径方向的合力提供向心力。第5章曲线运动·67·(3)向心力的公式：222222224π4π4πnnvFmammωrmωvmrmfrmnrrT=======。(4)匀速圆周运动的条件。当物体所受到的合力大小恒定且始

终与速度方向垂直时，且F合=2vmr，则物体做匀速圆周运动。(5)求解圆周运动问题所必须进行的三类分析。①受力分析：目的是通过力的合成与分解来表示出物体做圆周运动时外界所提供的向心力。②几何分析：目的是确定圆周运动的圆心、半径等。③运动分析：目的是

确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等。策略十缘弹力摩擦，显临界极值例题12(2014年全国卷Ⅰ)如图5.21所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木

块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度的大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，则下列说法中正确的是()(多选)A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受到的摩擦力始终相等C．当2kgωl=时，是b开

始滑动的临界角速度D．当23kgωl=时，a所受到的摩擦力的大小为kmg【命题意图】本题基于两个木块同轴水平转动的情景来考查学生对圆周运动知识的理解能力，以及利用向心力的公式进行受力分析、运动状态分析和求解临界状态的能力。【分析与解】因圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，故在某一

时刻可认为当木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两个木块在转动过程中的角速度相等，则根据牛顿第二定律可得2fmωR=，由于木块b的轨道半径大于木块a的轨道半径，故木块b做圆周运动所需要的向心力较大，即abff<，选

项B错误；因为两个木块的最大静摩擦力相等，故木块b一定比木块a先开始滑动，选项A正确；当木块b开始滑动时，由牛顿第二定律可得22bkmgmlω=⋅，于是可得2bkgωl=，选项C正确；当木块a开始滑动时，由牛顿第二定律可得2akmgmlω=，于是可得akglω=，而转盘的角

速度23kgkgllω=<，木块a未发生滑动，其所需要的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得223fmlkmgω==，选项D错误。【答案】AC。【方法提炼】在水平面内做圆周运动的物体，当转速变化时，物体有远离或向着圆图5.21·68·高中理科解题策略与能力提升——物理篇心运动的趋势(半径有

变化)，会出现绳子张紧、绳子突然断裂、静摩擦力随转速增大而逐渐达到最大值、弹簧的弹力大小和方向发生变化等情况，从而出现临界问题。①若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，则明显表明题述的过程存在临界点。②若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，则表明题述的过程存在着极

值，而这个极值点也往往是临界状态。③牢记“绳子刚好伸直”的意思是“伸直但无张力”，“静摩擦力的大小有范围，方向可以改变”等特点，最后选择恰当的物理规律来求解。④当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别针对不同的运动过程或现象选择相应的物理规律，然后再列方程求解。例题13

(1983年全国卷)一个光滑的圆锥体固定在水平的桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角θ=30°，如图5.22所示。一条长度为l的绳(质量不计)，一端的位置固定在圆锥体的顶点O处，另一端拴着一个质量为m的小物体(物体可看作质点，绳长小于圆锥体的母线)。物体以速率v绕圆锥体的

轴线做水平匀速圆周运动。(1)当16vgl=时，求绳对物体的拉力。(2)当32vgl=时，求绳对物体的拉力(要求说明每题解法的根据)。【命题意图】本题基于圆锥摆模型来考查学生对实际受力情况的分析能力，以及利用力的合成与分解、牛顿运动定律和向心力公式来求解不同线速度

下的力的大小的能力。【分析与解】题目要求考生说明每题解法的根据。物体做水平匀速圆周运动有两种可能：一种是物体与锥体表面接触，另一种是物体与锥体表面不接触。当物体与锥体表面即将分离时，支持力为零，物体的受力情况如图5.23所示。T是绳对物体的拉力，mg是重

力。则cos0Tθmg−=20sinvTθmr=sinrlθ=解得036glv=(1)当016vglv=<时，物体受力分析如图5.24所示。则图5.22图5.23图5.24第5章曲线运动·69·21sincosvTθNθmr−=1cossinTθNθmg+=解得

13311.036Tmgmg+=≈(2)当032vglv=>时，物体离开锥面，设线与竖直方向上的夹角为α，如图5.25所示。则222sincosvTmrTmgαα⋅=′⋅=由几何关系得sinrlα′=解得22Tmg=【答案】(1)13311.036Tmgmg+=≈；(2)22Tmg=。策略

十一竖直圆周类，最高有临界例题14如图5.26所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球(小球可视为质点)，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度的大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若当小球在最

高点的速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为0。则当小球在最高点的速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为()A．3mgB．433mgC．3mgD．23mg【命题意图】本题基于小球在竖直面内做圆周运动的情景来考查学生对圆周

运动知识的理解能力，以及利用牛顿运动定律来求解物理情景中物理量的大小关系的能力。【分析与解】在小球的运动过程中，A、B两点与小球所在的位置构成了等边三角形，由此可知，小球圆周运动的半径R＝L·sin60°＝32L，两绳与小球运动半径

方向间的夹角为30°。由题意可知，当小球在最高点的速率为v时，mg＝m2vR。则当小球在最高点的速率为2v时，应有2FTcos30°+mg＝m2(2)vR，解得两绳的拉力大小均为FT＝3mg，图5.25图5.26·70·高中理科解题策略与能力提升——物理篇选项A

正确。【答案】A。【方法提炼】在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至轨道最高点时无支撑(如球与绳连接、沿轨道内侧运动的“过山车”等)，即为“轻绳模型”，见表5.1。表5.1项目轻绳模型规律情景图示弹力特征弹力可能向下，也可能等于0受力示意图力学方程2TvmgF

mr+=临界特征FT＝0，即2vmgmr临=，可得vgr临=v临的意义物体能否沿圆轨道过最高点的临界点例题15(1999年全国卷)如图5.27所示，细杆的一端与一小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动。现给小球一初速度，使它做圆周运动，图中的a、b分别表示小球轨道的最低点和最高点，则杆对

球的作用力可能是()(多选)A．a处为拉力，b处为拉力B．a处为拉力，b处为推力C．a处为推力，b处为拉力D．a处为推力，b处为推力【命题意图】本题基于竖直圆周运动的模型和杆模型来考查学生对圆周运动知识的理解能力，以及应用牛顿运动定律和向心

力公式的能力。【分析与解】小球做圆周运动，合力提供了向心力。在最高点受到了重力和杆的弹力，假设弹力的方向向下，根据牛顿第二定律可得211vFmgmr+=。当10F<时，为支持力，方向向上；当10F>时，为拉力，方

向向下；当10F=时，无弹力。当球经过最低点时，受到了重力和杆的弹力，由于合力提供了向心力即合力的方向向上，故杆只能为向上的拉力，选项A、B正确。【答案】AB。图5.27第5章曲线运动·71·【方法提炼】在竖直平面内做圆周运动的物体，若运

动至轨道最高点时能提供向上的支撑(如球与杆连接，小球在弯管道内运动等)，即为“轻杆模型”。注意与“轻绳模型”进行对比，见表5.2。表5.2项目轻杆模型规律情景图示弹力特征弹力可能向下，可能向上，也可能等于0受力示意图力学方程NmgFm±=2vr临界特征①v＝

0，即F向＝0，此时FN＝mg②当0NF=时，即2vmgmr=临，此时vgr=临v临的意义FN表现为是拉力还是支持力的临界点策略十二函数求极值，显数学魅力例题16(2010年重庆卷)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另

一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图5.28所示。已知握绳的手离地面的高度为d，手与球之间的绳长为34d，重力加速度为g，忽略手的

运动半径和空气阻力。(1)求绳断掉时球的速度大小1v和球落地时的速度大小2v。(2)轻绳能承受的最大拉力为多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，则要使球抛出的水平距离最大，绳长应是多少？最大的水平距

离为多少？【命题意图】本题基于竖直圆周运动和平抛运动的模型来考查学生对圆周运动和平抛运动的知识的理解能力，以及建立物理量之间的数学函数关系、运用求解函数的方法来得出物理量之间的大小关系的能力。【分析与解】(1)设绳断掉后球飞行的时间为t，由平抛运动的规律可得到以

下的结果。图5.28·72·高中理科解题策略与能力提升——物理篇在竖直方向上有21142dgt=在水平方向上有1dvt=解得12vgd=由机械能守恒定律可得222111422dmgmvmv⋅=−解得252vgd=(2)设绳能承受的最大

拉力的大小为T，这也是球受到绳的最大拉力的大小，此时球处于最低点。球做圆周运动的半径为34Rd=由圆周运动的向心力公式可得21mvTmgR−=解得113Tmg=(3)设绳长为l，绳断掉时球的速度大小为3v，绳所承受的最大拉力不变，则23vTmgml−=解得383vgl=绳断掉

后球做平抛运动，竖直位移为dl−，水平位移为x，时间为1t，则2112dlgt−=31xvt=解得()43ldlx−=当2dl=时，x有极大值，max233xd=。第5章曲线运动·73·【答案】(1)12v

gd=，252vgd=；(2)113Tmg=；(3)2dl当时=，max233xd=。【方法提炼】当从物理的角度无法分析出产生最值的条件时，可以尝试用数学手段如函数、均值不等式、判别式等来求最值。策略十三斜面圆周动，降维来

处理例题17(2014年安徽卷)如图5.29所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为32µ=(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取

10m/s2。则ω的最大值是()A．5rad/sB．3rad/sC．1.0rad/sD．0.5rad/s【命题意图】本题基于斜面圆周运动的情景来考查学生对圆周运动知识的掌握情况，以及分析斜面上角速度的大小与滑动的关系和利用牛顿运动定律来求解角速度的能力。【分析与解】物体

随圆盘做圆周运动，当运动到最低点时最容易发生滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度最大。根据牛顿第二定律可得2cos30sin30μmgmgmrω−=��，解得1.0rad/sω=，选项C正确，选项A、B、D错误。【答案】C。【方法

提炼】斜面上的圆周运动通常也是要先分析物体在最高点和最低点时的受力情况，再通过列牛顿运动定律的方程来解题。在进行受力分析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周运动问题的难点。策略十四运动有周期，引发多解性例题18(1987年高考卷)如图5.30

所示图中的M、N是两个共轴圆筒的横截面，外筒半径为R，内筒半径比R小很多，可以忽略不计，筒的两端是封闭的，两筒之间抽成真空。两筒以相同的角速度ω绕其中心轴线(图中垂直于纸面)做匀速转动。设从M筒内部可以通过窄缝s(与M筒的轴线平行)不断地

向外射出两种不同速率v1和v2的微粒，从s处射出时的初速度的方向都是沿筒的半径方向,微粒到达N筒后就附着在N筒上。如果R、v1和v2都不变，而ω取某一合适的值，则()(多选)A．有可能使微粒落在N筒上的位置都在a处一条与s缝平行的窄条上图5.29图5.30·74·

高中理科解题策略与能力提升——物理篇B．有可能使微粒落在N筒上的位置都在某一处如b处一条与s缝平行的窄条上C．有可能使微粒落在N筒上的位置分别在某两处如b处和c处与s缝平行的窄条上D．只要时间足够长，N筒上将到处都落有微粒【命题意图】本题基于圆周运动的圆筒发射粒子的情景来考查学生对圆周运

动知识的理解能力，以及根据角速度与圆心角的关系并利用数学推导来求解粒子落在N筒上的位置的能力。【分析与解】微粒从M到N运动的时间Rtv=，对应N筒转过的角度ωRθωtv==，即如果以1v射出，则转过的角度11ωRθv=；如果以2v射出，则转过的角度22ωRθv

=。只要1θ、2θ不是相差2π的整数倍，则会落在两处，选项C正确；若是相差2π的整数倍，则会落在一处，可能是a处，也可能是b处，选项A、B正确；微粒只能达到N筒上固定的位置，因此选项D错误。【答案】ABC。【方法提炼】抓住圆周运动的周期性特征，防止漏解。练习1(2010年全国卷Ⅰ)当一水平

抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度的方向与斜面垂直，运动轨迹如图5.31中的虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为()A．tanθB．2tanθC．1tanθD．12tanθ练习2如图5.32所示，

斜面的倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出。小球到达斜面经过的时间为t，重力加速度为g，空气阻力不计。则下列说法中正确的是()(多选)A．若小球以最小位移到达斜面，则02cotvθtg=B．若小球垂直击中斜面，则0cotvθt

g=C．若小球能击中斜面的中点，则02cotvθtg=D．无论小球到达斜面何处，运动的时间均为02tanvθtg=练习3(2018年全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和2v的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜

面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时图5.31图5.32第5章曲线运动·75·速率的()A．2倍B．4倍C．6倍D．8倍练习4(2018年江苏卷)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

下落的过程中，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，地点不同练习5(2019年全国卷Ⅱ)如图5.33(a)所示，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的

姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向上的速度，其v-t图像如图5.33(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻，则()(多选)图5.33A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B．第二次滑翔过程中在

水平方向上的位移比第一次的大C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D．当竖直方向上的速度大小为v1时,第二次滑翔在竖直方向上所受到的阻力比第一次的大练习6(2010年北京卷)如图5.34所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经过3.0s后落到了斜坡上

的Ａ点。已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m=50kg。不计空气阻力(取sin37°=0.60，cos37°=0.80；g取10m/s2)。求：(1)A点与O点的距离；(2)运动员离开O点时的速度大小；(3)运动员落到A点时的动能。练习7(2008年江苏卷)抛体运动在

各类体育运动项目中很常见，如乒乓球运动。现讨论乒乓球的发球问题，设球台长2L、网高h，乒乓球反弹前后的水平分速度不变，竖直分速度的大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力(设重力加速度为g)。(1)若球在球台的边缘O点的正上方高度为h1处以速度v1水平发

出，落在球台的P1点，如图5.35实线所示，求P1点离O点的距离x1；图5.34·76·高中理科解题策略与能力提升——物理篇(2)若球在O点的正上方以速度v2水平发出，恰好在最高点时越过球网落在球台的P2点，如图5.35中虚线所示，求v2的大小；(3)

若球在O点的正上方水平发出后，球经反弹恰好越过球网且刚好落在对方球台的边缘P3点，求发球点离O点的高度h3。练习8如图5.36所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的倾角。板上一

根长为l＝0.60m的轻绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点。当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度0v＝3.0m/s。若小球能保持在板面内做圆

周运动，则倾角α的值应在什么范围内(取重力加速度g＝10m/s2)？练习9如图5.37所示，A、B两个物体用轻绳连接并穿在水平杆上，可沿杆滑动，水平杆固定在可绕竖直轴PQ转动的框架上。已知物体A、B的质量分别为m1和m2，水平杆对物体A、

B的最大静摩擦力均与各物体所受的重力成正比，比例系数为μ，物体A离转轴PQ的距离为R1，物体B离转轴PQ的距离为R2，且有R1＜R2和m1＜m2。当框架转动的角速度缓慢地增大到ω1时，连接两物体的轻绳开始有拉力；当角速度增大到ω2时，其中一个物体受到杆的摩擦力为0。求：

(1)角速度ω1为多少，此时两个物体受到的摩擦力各为多少；(2)角速度ω2为多少，此时轻绳的拉力为多少。图5.35图5.36图5.37第6章万有引力与航天策略一天空立法者，行星三定律例题1(2019年江苏卷)1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今

仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图6.1所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G。则()A．v1>v2，v1=GMrB．v1>v2，v1>GMrC．v1<v2，v1=GMrD．v1<v2，v1>GMr【命题意图】本题

基于“东方红一号”人造卫星沿椭圆轨道运行的模型来考查学生对开普勒第二定律的理解能力，以及通过万有引力提供向心力来计算圆轨道模型的线速度和间接判断椭圆轨道线速度的方法。【分析与解】由开普勒第二定律可知，v1>v2。设想卫星在近地点绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，即

G2Mmr=m2vr，可得v=GMr，而由圆轨道变为图中的椭圆轨道则需要打开发动机来加速，所以v1>v，即v1>GMr，选项B正确。【答案】B。【方法提炼】开普勒发现了行星运动的三大定律，分别是轨道定律、面积定律和周期定律。这三大定律最终使他赢得了“天空立法者

”的美名。对开普勒行星运动定律的理解：①行星绕太阳的运动轨道通常按圆轨道来处理；②开普勒行星运动定律也适用于其他天体，例如月球、卫星绕地球的运动；③在开普勒第三定律32aT＝k中，k值只与中心天体的质量有关，不同的中心天体的k值不同。策略二

引力统天地，补偿显神威例题2(2012年全国卷)假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体。一矿井的深度为d，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为0。矿井底部和地面处的重力加速图6.1·78·高中理科解题策略与能力提升——物理篇度的大小之比为()A．1－d

RB．1＋dRC．2RdR⎛⎞−⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎝⎠D．2RRd⎛⎞⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎝⎠−【命题意图】本题基于地球不同地方的重力加速度不同的情况来考查学生对题设附加信息的领会能力以及对万有引力与重力间关系的认识能力。【分析与解】如图6.2所示，根据题意，可知地面与矿井底部之间的环形部分对处于矿井

底部物体的引力为0。设地面处的重力加速度为g，地球的质量为M，地球表面质量为m的物体所受到的重力近似等于万有引力，故mg＝GMmR2；设矿井底部处的重力加速度为g′，等效“地球”的质量为M′，其半径r＝R-d，则矿井底部处的质量为m的物体所受到的重力mg′

＝GM′mr2，又因为M＝ρV＝ρ·43πR3，M′＝ρV′＝ρ·43π(R-d)3，所以联立可解得g′g＝1-dR，选项A正确。【答案】A。【方法提炼】①在匀质球壳空腔内的任意位置处，质点受到球壳万有引力的合力为0

；②如图6.3所示，在匀质球体内部距离球心r处的质点(m)受到的万有引力等于球体内半径为r的同心球体(M′)对它的引力，即F＝GM′mr2；③运用“填补法”解题的关键是紧扣万有引力定律的适用条件，先填补、后运算；运用“填补法”解题主要体现了等效思想。策

略三重力与引力，扑朔两迷离例题3(2014年全国卷Ⅱ)假设地球可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G。地球的密度为()A．()0203πggGTg−B．()0203πgGTgg−C．3πGT2D．3πg

0GT2g【命题意图】本题基于地球两极和赤道处的重力加速度的差异现象来考查学生对重力和万有引力间的关系的领悟能力。【分析与解】物体在地球的两极时，mg0＝GMmR2；物体在赤道上时，2mg+mT2π⎛⎞⎜⎟⎝⎠R2MmGR=，M＝ρ·43πR3，解

得地球的密度()002gGTggρ3π=−。故选项B正确，选项A、C、D错误。【答案】B。【方法提炼】我们可以归纳和总结出万有引力与重力的关系以及万有引力近似等于重图6.2图6.3第6章万有引力与航天·79·力的原因。(1)万有引力与重力的关系：重力是万有引力的一个分力，而它的另一分

力是向心力。万有引力指向地心，重力方向竖直向下。但是由于向心力很小(在赤道上大约为万有引力的三百分之一)，因此一般认为重力和万有引力的大小基本相等。在地球的极点没有向心力，这时重力就等于万有引力。地球对物体的万有引力F表

现为两个效果：一是重力mg，二是提供物体随地球自转的向心力F向，如图6.4所示。①在赤道上：GMmR2＝mg1+mω2R；②在两极上：GMmR2＝mg2。(2)万有引力近似等于重力的原因：根据圆周运动的知识可得2Fmrω=向其中ω为地球自转的角速度，则522rad/s7.2710rad

/s243600Tω−ππ==≈××r是物体到地轴的距离，设物体所在的纬度为θ，则cosrRθ=地当θ=0时，6max6.3610mrR==×地。对于质量为1kg的物体，在赤道上有F向=1×6.36×106×(7.27×

10-5)2＝23.3610N−×而它所受到的万有引力为()241122615.98106.67109.86N6.3610MmFGR地引地−××==××=×可见1293FF向引=赤道上的重力为GFF引向=−，G和F引的大小和方向的差别都非常小，其他位置的差别更小。因此

，在不是特别精确的计算中认为重力和万有引力相同是可以接受的。策略四两环绕天体，宜比值解析例题4(2007年重庆卷)土卫十和土卫十一是土星的两颗卫星，都沿近似为圆周的轨道绕土星运动。其参数见表6.1。两卫星相比，土卫十(

)(多选)表6.1卫星半径/m卫星质量/kg轨道半径/m土卫十8.90×1042.01×10181.51×108土卫十一5.70×1045.60×10171.51×108A．受土星的万有引力较大图6.4·80·高中理科解题策略与能力提升——物理篇B．绕土星的圆周运动的周期较大C．绕土星做圆周

运动的向心加速度较大D．动能较大【命题意图】本题基于土星的两颗卫星的相关数据来考查学生提取有效信息的能力及利用圆周运动的相关规律来分析天体运动问题的能力。【分析与解】从表格中的数据看出两卫星的轨道半径相等，即r10=r11。两卫星的质量相差一个数量级，则m1

0＞m11。设土星的质量为M，由万有引力定律的公式2MmFGr=可知土卫十受到的引力较大，选项A正确；两卫星均绕土星运动，由开普勒第三定律的公式32rkT=可知，当轨道半径相等时，运动周期T也相等，选项B错误；由万有引力提供向心力的方程而得到的卫星的向心加速度2MaGr=可知，只要轨道半径相等，两

卫星向心加速度的大小就相等，选项C错误；由212KEmv=和22MmvGmrr=可得2KGMmEr=，于是可以知道质量m较大的卫星的动能较大，选项D正确。【答案】AD。【方法提炼】我们可以归纳和总结出两环绕天体绕同一中心天体运

动的模型和相关的公式。①一个模型：天体(包括卫星)的运动可简化为质点的匀速圆周运动模型。②两组公式：GMmr2＝mv2r＝mω2r＝m4π2T2r＝ma；2gRGM=(“黄金代换”,g为天体表面处的重力加速度)。③a、v、ω、T均与卫

星的质量无关，只由轨道半径和中心天体的质量共同决定。将所有参量的比较最终都归结到半径的比较，往往可以快速地作出判断。例题5(1981年全国卷)假设火星和地球都是球体，火星的质量M火和地球的质量M地之比M火/M地=p，火

星的半径R火和地球的半径R地之比R火/R地=q，那么火星表面处的重力加速度g火和地球表面处的重力加速度g地之比g火/g地＝()A．2pqB．2pqC．pqD．pq【命题意图】本题基于火星和地球的相关数据来考查学生是否掌握了万有引力与物体在

星球表面所受到的重力之间的关系。【分析与解】星球表面的物体所受到的重力等于万有引力，则2GMmmgR=，计算可得2GMgR=，所以222gMRpgMRq==地火火地地火。【答案】A。【方法提炼】对于两环绕天体分别绕两个中心天体运动的问题，先写出一

般关系式，然后用比值进行计算。第6章万有引力与航天·81·例题6(2007年天津卷)我国绕月探测工程的预先研究和工程实施已取得重要进展。设地球、月球的质量分别为m1、m2，半径分别为R1、R2，人造地球卫星的第一宇宙速度为v，对应的环绕周期为T，则环绕月球表

面附近圆轨道飞行的探测器的速度和周期分别为()A．2112mRvmR，312321mRTmRB．1221mRvmR，321312mRTmRC．2112mRvmR，321312mRTmRD．1221mRvmR，312321mRTmR【命题意图】本题基

于人造地球近地卫星和人造月球近地探测器的运动模型来考查学生对第一宇宙速度的理解和利用圆周运动规律来推出相应结论的能力。【分析与解】卫星绕地球运行和绕月球运行都是由万有引力来充当向心力的。根据牛顿第二定律可知22224GMm

vRmmRRTπ==于是得GMvR=，32RTGM=π，所以22112vmRvmR=，3221312TRmTRm=。【答案】A。策略五两星同环绕，远近有周期例题7(2014年全国卷Ⅰ)太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和

太阳之间且三者几乎排成一条直线时，天文学将该现象称为“行星冲日”。据报道，2014年各行星的冲日时间分别是：1月6日木星冲日、4月9日火星冲日、5月11日土星冲日、8月29日海王星冲日、10月8日天王星冲日。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径，见表6.2。则下列

判断中正确的是()(多选)表6.2地球火星木星土星天王星海王星轨道半径/AU*1.01.55.29.51930*单位符号现改用ua。A．各地外行星每年都会出现冲日现象B．在2015年内一定会出现木星冲日C．天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半D．在地外行星中，海王星相

邻两次冲日的时间间隔最短【命题意图】本题基于“行星冲日”的现象来考查万有引力的知识、开普勒行星第三定律和天体追及问题。【分析与解】因为冲日现象实质上是角速度大的天体转过的圆心角恰好比角速度小的天体多出2π，所以不可能每年都出现，选项A错误；由开普勒行星第三定律可

得3Tr∝，·82·高中理科解题策略与能力提升——物理篇周期的近似比值为12，故木星的周期约为12年，由曲线运动追及公式可知2πT1t－2πT2t＝2nπ，将n＝1代入可得t＝1211年，此为木星两次冲日的时间间隔，所以2015年能看到木星冲日的现象，选项B正确；同理可算出天王星相邻两次

冲日的时间间隔约为1.01年、土星两次冲日的时间间隔约为1.03年、海王星两次冲日的时间间隔约为1.006年，由此可知选项C错误、D正确。【答案】BD。【方法提炼】我们可以归纳和总结出卫星的冲日问题中所涉及的相关公式。(1)某星体的两颗卫星从相距最近(最远)到再次相距最近(最远)所

遵从的规律。①内轨道卫星与地球连线所转过的圆心角和外轨道卫星与地球连线所转过的圆心角之差为2π的整数倍。=2ttNωω−⋅π内外(N=1，2，3，…)②内轨道卫星所转过的圈数是外轨道卫星所转过的圈数的整数

倍。=ttNTT−内外(N=1，2，3，…)(2)某星体的两颗卫星从相距最近(最远)到相距最远(最近)所遵从的规律。①内轨道卫星与地球连线所转过的圆心角和外轨道卫星与地球连线所转过的圆心角之差为π的奇数倍。=2+ttNωω−⋅ππ内

外(N=0，1，2，…)②内轨道卫星所转过的圈数是外轨道卫星所转过的圈数的整数倍。1=+2ttNTT−内外(N=0，1，2，…)策略六运行参量多，同步定乾坤例题8(2011年海南卷)2011年4月10日，我国成功发射了第8颗北斗导航卫星。建成以后北斗导航系统将包含多颗地

球同步卫星，这有助于减少我国对GPS导航系统的依赖。GPS由运行周期为12h的卫星群组成。设北斗导航系统的同步卫星和GPS导航卫星的轨道半径分别为R1和R2，向心加速度分别为a1和a2，则R1∶R2＝________，a1∶a2＝______。(可用根式表示)【命题意图

】本题基于北斗导航系统和GPS导航卫星系统来考查学生对同步卫星的了解情况以及利用开普勒第三定律来解题的能力。【分析与解】同步卫星的周期为T1＝24h。由开普勒第三定律可知33122212RRTT=，于是可得R1R2＝341；卫星做匀速圆周运动且由万有引力充当向心力，则G2MmR＝ma，可见向心加

速度a与R2成反比，即21223321111622aRaR===。【答案】34∶1；1∶322。第6章万有引力与航天·83·【方法提炼】地球同步卫星的特点：①轨道平面一定——轨道平面和赤道平面重合；②周

期一定——与地球自转的周期相同，即T＝24h＝86400s；③角速度一定——与地球自转的角速度相同；④高度一定——由GMmr2＝m4π2T2r可得r＝2324GMTπ≈4.23×104km，卫星离地面的高度h＝r-R≈3.6×104km(为

恒量)；⑤速率一定——运行速率v＝2πrT≈3.07km/s(为恒量)；⑥绕行方向一定——与地球自转的方向一致。策略七双星虽难会，永远结同心例题9(2018年全国卷Ⅰ)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原

的过程，在两颗中子星合并前约100s时，它们相距约400km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学的知识，可以估算出这一时刻两颗中子星()(多选)

A．质量之积B．质量之和C．速率之和D．各自的自转角速度【命题意图】本题基于探测到来自双中子星合并的引力波的背景来考查学生对双星运动规律的掌握情况。【分析与解】两颗中子星运动到某位置的示意图如图6.5所示。每秒转动12圈，公转角速度也容易知道。当中子星运动时，由万有引力提供向心力可得Gm1

m2l2＝m1ω2r1，Gm1m2l2＝m2ω2r2，l＝r1+r2，解得2122mmGllω+=，所以m1+m2＝ω2l3G，质量之和可以估算，选项B正确；由线速度与角速度的关系v＝ωr于是得v1＝ωr1，v2＝ωr2，解得v1+v2＝ω(r1+r2)

＝ωl，速率之和也可以估算，选项C正确；质量之积和各自的自转角速度则无法估算，选项A、D错误。【答案】BC。【方法提炼】我们可以归纳和总结出“双星”模型、“三星”模型、“四星”模型以及解决“双星”“多星”问题的关键点。(1)“双星”模型。①两颗行星做匀速圆周运动所

需要的向心力是由它们之间的万有引力提供的，故两颗行星做匀速圆周运动的向心力大小相等。②两颗行星均绕它们连线上的一点做匀速圆周运动，因此它们的运行周期和角速度是相等的。③两颗行星做匀速圆周运动的半径r1和r2与两颗行星的间距L的

大小关系为r1+r2＝L。(2)“三星”模型。①如图6.6所示，三颗质量相等的行星，一颗行星位于中心位置不动，另外两颗行星围绕它做圆周运动。这三颗行星始终位于同一直线上，中心行星受力平衡。转动的行图6.5图6.6·84·高中理科解题策略与能力提升——物理篇星由其余两颗行星的引力提供

向心力，于是()22222GmGmmarr+=。两颗行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小也相等。若中心行星质量与两端行星质量不等，请同学们自行分析。②如图6.7所示，三颗质量相等的行星位于一正

三角形的顶点处，都绕三角形的中心做圆周运动。每颗行星运行所需要的向心力都由其余两颗行星对其万有引力的合力来提供：Gm2L2×2×cos30°＝ma，其中L＝2rcos30°。三颗行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小也相等。(3)“四星”模型。①如图6.8

所示，四颗质量相等的行星位于正方形的四个顶点上，沿外接于正方形的圆轨道做匀速圆周运动，()22222cos452GmGmmaLL××°+=，其中r＝22L。四颗行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小也相等。②如图6.9所示，三颗质量相等的行星位于正三角形的三个顶点处，另一颗恒星位于

正三角形的中心O点，中心行星受力平衡，三颗行星以O点为圆心绕正三角形的外接圆做匀速圆周运动。于是有Gm2L2×2×cos30°＋GMmr2＝ma，其中L＝2rcos30°。外围三颗行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小也相等。(4)解决“双星”“多星”问题的关键点：

①明确“双星”或“多星”的特点、规律，确定系统的中心以及运动的轨道半径；②星体的向心力由其他天体的万有引力的合力提供；③星体的角速度相等；④星体的轨道半径不是天体间的距离。要利用几何知识来寻找两者之间的关系，正确地计算出万有引力和向心力。例题10(2010年全国卷Ⅰ)如图6.10所示，质

量分别为m和M的两个星球A和B在引力的作用下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和星球B两者中心之间的距离为L。已知星球A、B的中心和O点三点始终共线，且星球A和星球B分别在O点的两侧。引力常数为G。(1)求两个星球做圆周运动的周期。

(2)在地月系统中，若忽略其他星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球A和星球B，月球绕其轨道中心运行的周期记为T1。但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期为T2。已知地球和月球的质量分别为5.98×1024kg和7.35×1022kg，求T2与图6.7图6.8图

6.9图6.10第6章万有引力与航天·85·T1两者的平方之比(结果保留3位小数)。【命题意图】此题以星球A和星球B运动的模型来考查学生对双星周期的计算能力。【分析与解】(1)星球A和星球B绕O点做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，则

星球A和星球B的向心力相等且星球A、星球B和O点始终共线，说明星球A和星球B有相同的周期。因此有222πMmGmrLT⎛⎞⎟⎜=⋅⎟⎜⎟⎜⎝⎠222MmGMRLTπ⎛⎞=⋅⎜⎟⎝⎠rRL+=联立解得32π()LTGMm=+(2)将地月看成

双星，由(1)可得312()LTGMm=+π将月球看作绕地心做圆周运动，根据牛顿第二定律和万有引力定律可得222GMmmLLT⎛⎞⎟⎜=⎟⎜⎟⎜⎝⎠π化简后可得322LTGM=π所以两种周期的平方之比为2242

222415.98107.35101.015.9810TmMTM⎛⎞+×+×⎟⎜===⎟⎜⎟⎟⎜×⎝⎠【答案】(1)32()LTGMmπ=+；(2)1.01。策略八天地两相连，几何关系解例题11(2000年全国卷)2000年1

月26日我国发射了一颗同步卫星，其定点位置与东经98°的经线在同一平面内，把甘肃嘉峪关处的经度和纬度近似地取为东经98°和北纬a=40°。已知地球的半径R、地球自转的周期T、地球表面的重力加速度g(视

为常量)和光速c，试求该同步卫星发出的微波信号到达嘉峪关处的接收站所需要的时间(要求用题目给出的已知量的符号表示)。【命题意图】此题基于同步卫星与地面同步的情景来考查学生根据问题来建立物理模型、寻找关系以及利用万有引力提供向

心力来解决天体运动的能力。【分析与解】设m为卫星的质量，M为地球的质量，r为同步卫星到地球中心的距·86·高中理科解题策略与能力提升——物理篇离，ω为卫星绕地心转动的角速度。由万有引力定律和牛顿定律有22MmGmrr

ω=①式中，G为万有引力常量，因为同步卫星绕地心转动的角速度ω与地球自转的角速度相等，所以2Tωπ=②因为地球表面重力与万有引力近似相等2MmGmgR=于是可得2GMgR=③设嘉峪关到同步卫星的距离为L，如

图6.11所示。由余弦定理可得222cosLrRrRa=+−④所求的时间为Ltc=⑤由以上各式可得212222332222cos44RgTRgTRRatc⎛⎞⎛⎞+−⎜⎟⎜⎟ππ⎝⎠⎝⎠=⑥【答案】212222332222cos44RgTRgTRRatc⎛⎞⎛⎞+−⎜⎟⎜⎟ππ⎝⎠⎝⎠=

。例题12(2008年全国卷Ⅱ)我国发射的“嫦娥一号”探月卫星沿近似于圆形的轨道绕月飞行。为了获得月球表面全貌的信息，让卫星的轨道平面缓慢地变化。卫星将获得的信息持续地用微波信号发回地球。设地球和月球的质量分别为M和m，地球和月球的半径分

别为R和R1，月球绕地球的轨道半径和卫星绕月球的轨道半径分别为r和r1，月球绕地球转动的周期为T。假定在卫星绕月运行的一个周期内卫星的轨道平面与地月的连心线共面，求在该周期内卫星发射的微波信号因月球遮挡而不能到达地球的时间

(用M、m、R、R1、r、r1和T表示，忽略月球绕地球转动对遮挡时间的影响)。【命题意图】本题以“嫦娥一号”探月卫星绕月飞行为背景来考查学生通过作图来分析问题的能力，以及利用圆周运动规律来求解天体运动和分析相关几何关系的能力。【分析与

解】如图6.12所示，O和O′分别表示地球和月球的中心。在卫星轨道平面上，A是地月连心线OO′与地月球面的公切线ACD的交点，D、C和B分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星圆轨道的交点。根据对称性，过A点在另一侧作地月球面

的图6.11第6章万有引力与航天·87·公切线，交卫星的轨道于E点。卫星在�BE劣弧运动时发出的信号被遮挡。图6.12设探月卫星的质量为m0，万有引力常量为G。根据万有引力定律可得222MmGmrrTπ⎛⎞=⎜⎟⎝⎠①200121

12mmGmrrT⎛⎞π=⎜⎟⎝⎠②式中，T1是探月卫星绕月球转动的周期。由①②可得2311TMrTmr⎛⎞⎛⎞=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠③设卫星的微波信号被遮挡的时间为t，则由于卫星绕月做匀速圆周运动，则有1tTαβ−=π④式中，COAα

′=∠，COBβ′=∠。由几何关系可得cosrα＝R－R1⑤r1cosβ＝R1⑥由③④⑤⑥可得311131arccosarccosTMrRRRtmrrr⎛⎞−=−⎜⎟π⎝⎠【答案】311131arccosarccosTMrRRRtmrrr⎛⎞−=−⎜⎟π⎝⎠。策略九析

卫星变轨，看离心向心例题13(2011年全国卷Ⅱ)我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24h轨道”上绕地球运行(即绕地球一圈需要24h)；然后，经过两次变轨依次到达“48h轨道”和“72h轨道”；最后奔向月球。如果按圆形轨道计算，并忽略卫星

质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比()A．卫星动能增大，引力势能减小B．卫星动能增大，引力势能增大C．卫星动能减小，引力势能减小D．卫星动能减小，引力势能增大【命题意图】本题基于发射“嫦娥一号”探月卫星的过程

来考查卫星变轨过程中周期、速度及能量变化等知识点。·88·高中理科解题策略与能力提升——物理篇【分析与解】当卫星在圆形轨道上做匀速圆周运动时，万有引力充当向心力，即2222MmvGmmrrrTπ⎛⎞==⎜⎟⎝⎠。所

以环绕周期T＝2π3rGM，环绕速度v＝GMr。可以看出，周期越大，轨道半径越大、环绕速度越小、动能越小；在变轨过程中，克服引力做功，引力势能增加，所以选项D正确。【答案】D。【方法提炼】卫星的变轨问题：变轨问题涉及卫星的受力、运动、能量等诸多问题，能综合地考查考生对万有引力、宇宙航行及机

械能等知识的理解和应用的能力，难度较大。(1)卫星发射及变轨过程概述：人造卫星的发射过程要经过多次变轨才可以到达预定轨道，如图6.13所示。①为了节省能量，在赤道上顺着地球的自转方向发射卫星到圆轨道Ⅰ上。②在A点点火加速，由于速度变大，万有引力不足以提供向心力，卫星做离心运动进入椭圆轨道

Ⅱ。③在B点(远地点)再次点火加速，进入圆轨道Ⅲ。(2)三个轨道运行物理量的大小比较。①速度：设卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行时的速率分别为v1、v3，在轨道Ⅱ上过A点和B点时的速率分别为vA、vB。在A点加速，则vA＞v1(从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ需要点火加速)；在B点加速，则v3＞vB(从轨道Ⅱ

到轨道Ⅲ需要点火加速)，又因为v1＞v3，所以vA＞v1＞v3＞vB。②加速度：因为在A点卫星只受到了万有引力的作用，所以根据牛顿第二定律可知，无论是从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过A点，卫星的加速度都相同；同理，无论是从轨道Ⅱ还是轨道Ⅲ上经过B点时

的加速度也相同。③周期：设卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上的运行周期分别为T1、T2、T3，轨道半径分别为r1、r2(半长轴)、r3，由开普勒第三定律r3T2＝k可知T1＜T2＜T3。(3)卫星变轨的实质，见表6.3。表6.3离心运动近心运动

变轨起因卫星的速度突然增大卫星的速度突然减小受力分析GMmr2＜mv2rGMmr2＞mv2r变轨结果变为椭圆轨道运动，可进一步调整至较大半径的圆轨道上运动变为椭圆轨道运动，可进一步调整至较小半径的圆轨道

上运动练习1(2010年全国卷Ⅰ)太阳系中八大行星的轨道均可以近似地看成是圆轨道。下列4幅图是用来描述这些行星运动所遵从的某一规律的图像。图中坐标系的横轴是0lgTT⎛⎞⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠，图6.13第6章万有引力与航天·89·纵轴

是0lgRR⎛⎞⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠；这里的T和R分别是行星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径，T0和R0分别是水星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径。下列4幅图中正确的是()练习2(2018年全国卷II)2018年2月，我国500m口径射电望远镜(“天眼”)发现了毫秒脉冲星“J031

8+0253”，其自转周期T=5.19ms。假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10-11N·m2/kg2。以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为()A．5×109kg/m3B．5×1012kg/m3C．5×1015kg/m3D．5×1018kg/m3练习3(2019年全

国卷Ⅱ)2019年1月，我国“嫦娥四号”探测器成功在月球背面软着陆。在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受到的地球引力，能够描述F随h变化的图像是()练习4(2010年北京卷)一物体静置在平均密度为ρ的球形天体表面的赤道上

。已知万有引力常量Ｇ，若由于天体自转使物体对天体表面的压力恰好为0，则天体的自转周期为()A．1243Gρπ⎛⎞⎜⎟⎝⎠B．1234Gρ⎛⎞⎜⎟π⎝⎠C．12Gρπ⎛⎞⎜⎟⎝⎠D．123Gρπ⎛⎞⎜⎟⎝⎠练习5(2010年福建卷)火星探测项目是我国继神舟载人航天工程、嫦娥探月工程之后又一个重大的太

空探索项目。假设火星探测器在火星表面附近圆形轨道的运行周期为T1，神州飞船在地球表面附近圆形轨道运行周期为T2，火星质量与地球质量之比为p，火星半径与地球半径之比为q，则T1、T2之比为()A．3pqB．31pqC．3pqD．3qp·9

0·高中理科解题策略与能力提升——物理篇练习6(2011年重庆卷)某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图6.14所示。该行星与地球的公转半径之比为()

A．231NN+⎛⎞⎜⎟⎝⎠B．231NN⎛⎞⎜⎟−⎝⎠C．321NN+⎛⎞⎜⎟⎝⎠D．321NN⎛⎞⎜⎟−⎝⎠练习7(2010年四川卷)a是地球赤道上的一幢建筑，b是在赤道平面内作匀速圆周运动且距离地面9.6×106

m的卫星，c是地球同步卫星。某一时刻b、c刚好位于a的正上方，如图6.15(a)所示。经48h，a、b、c的大致位置是图6.15(b)中的()(取地球的半径R=6.4×106m，地球表面的重力加速度g=1

0m/s2，10π取)图6.15练习8(2017年全国卷Ⅱ)如图6.16所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，

则海王星在从P点经M、Q点到达N点的运动过程中()(多选)A．从P点到M点所用的时间等于T04B．从Q点到N点的阶段，机械能逐渐变大C．从P点到Q点的阶段，速率逐渐变小D．从M点到N点的阶段，万有引力对它先做负功、后做正功练习9(

2009年山东卷)2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟七号”载入航天飞行并实现了航天员首次出舱。如图6.17所示，飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343km处点火加速，由椭圆轨道变成了高度为343km的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行的周期约为90min。下列判断中正确的是()

(多选)A．飞船变轨前后的机械能相等B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态图6.14图6.16图6.17第6章万有引力与航天·91·C．飞船在此圆轨道上运动的角速度大于同步卫星运动的角速度D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加

速度练习10(2006年广东卷)宇宙中存在一些离其他恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用。已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运

行；另一种形式是三颗星位于等边三角形的三个项点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行。设每个星体的质量均为m。(1)试求第一种形式下星体运动的线速度和周期。(2)假设两种形式的星体的运动周期相同，第二种形式下星体之间的距离应为多少？练习11(2007年广东卷)土星周围有许多

大小不等的岩石颗粒，其绕土星的运动可视为圆周运动。其中有两个岩石颗粒A和B与土星中心的距离分别为rA=8.0×104km和rB=1.2×105km。忽略所有岩石颗粒间的相互作用(结果可用根式表示)。(1)求岩石颗粒A和B的线

速度之比。(2)求岩石颗粒A和B的周期之比。(3)土星探测器上有一物体，在地球上重为10N，推算出它在距土星中心3.2×105km处受到土星的引力为0.38N。已知地球的半径为6.4×103km，请估算土星的质量是地球质量的多少倍。练习12(200

6年江苏卷)如图6.18所示，A是地球的同步卫星。另一卫星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为h。已知地球的半径为R，地球自转的角速度为ω0，地球表面的重力加速度为g，O为地球中心。(1)求卫星B的运行周期。(2)若卫星B的绕行方向与地球自转的方向相同，某时刻A、B两卫星相距最近(O、B、

A在同一直线上)，则至少要经过多长时间，它们才再一次相距最近？练习13(2004年广东卷)某颗地球同步卫星正下方的地球表面上有一观察者，他用天文望远镜观察被太阳光照射的此卫星。试问，春分那天(太阳光直射赤道)在日落12h内有多长时间该观察者看不见此卫

星？已知地球的半径为R，地球表面处的重力加速度为g，地球自转的周期为T，不考虑大气对光的折射。图6.18第7章机械能及其守恒定律策略一用动能定理，求变力做功例题1(1989年全国卷)一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点。小球在水平拉力F的作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图7.1

所示。则力F所做的功为()A．mglcosθB．mgl(1-cosθ)C．FlsinθD．Flθ【命题意图】本题基于小球被缓慢拉高的情景来考查学生通过对运动状态的分析判断力的情况的能力，以及通过动能定理来求解变力做功的方法。【分析与解】在小球从平衡位置P

点缓慢地移动到Q点的过程中，根据动能定理可得()11cos0Wmglθ−−=，于是可得拉力F所做的功为()11cosWmglθ=−。【答案】B。【方法提炼】对于曲线运动或变力做功的问题，当利用公式W＝Fxcosα不容易直接求出功时，可以考虑由动能的变化来间接地求功。策略二利用

转换法，求变力做功例题2(2005年江苏卷)如图7.2所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升。若从A点上升至B点和从B

点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1、W2，滑块经B、C两点时的动能分别为kBE、kCE，图中AB＝BC，则一定有()A．Wl>W2B．W1<W2C．kkBCEE>D．kkBCEE<【命题意图】本

题基于轻绳通过定滑轮拉套在竖直杆上的滑块的情景，考查学生将变力转化为恒力求解变力做功的能力，以及运用数学知识解决物理问题的能力。【分析与解】在滑块从A点到B点和从B点到C点的过程中，根据几何关系可知轻绳与竖直杆的夹角α

越来越大。图中AB=BC，即从A点到B点的位移等于从B点到C点的位移。由于轻绳对滑块的拉力大小不变，夹角α越来越大，cosα越来越小，故F在竖直方向上的分量cosFα随α的增大而减小。根据功的公式W=Flcosα可知，从A点到B点的过程中绳子对滑块拉力做的功大于从B点到C点的过程中

绳子对滑块拉力做的功。图7.1图7.2第7章机械能及其守恒定律·93·由于是用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，所以绳子对滑块的拉力做的功与拉力F做的功相等，则可得W1＞W2。滑块经B、C两点时，其动能的大小可应用动能定理加以判断。设

AB=BC=h，滑块从A点到B点，由动能定理：k10BEmghW−=−+①从A点到C点，由动能定理：k122CEmghWW=−⋅++②由①②得，kk2CBEEmghW−=−+。因为W2和mgh的大小关系不确定，所以无法比较滑块经B、

C两点时动能的大小，故选项C、D均错误。【答案】A。【方法提炼】化变力为恒力来求变力做的功。对于有些变力做功的问题，可以通过转换研究对象，将变力做功转化为恒力做功，再用W＝Flcosα求解。此法常用于解决轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题。策略三单体

多过程，动能定理解例题3(2008年山东卷)某兴趣小组设计了如图7.3所示的玩具轨道，其中“2008”四个等高的数字用内壁光滑的薄壁细圆管弯成并固定在竖直平面内(所有的数字均由圆或半圆组成，圆的半径比细管的内径大得多)，底端与水平地面相切。弹射装置将一个小物体(可视为质点

)以va=5m/s的水平初速度由a点弹出，从b点进入轨道，依次经过“8”“0”“0”“2”后从p点水平抛出。小物体与地面ab段间的动摩擦因数µ=0.3，不计其他的机械能损失。已知ab段的长L=1.5m，数字“0”的半径R=0.2m，小物体的

质量m=0.0lkg，g=10m/s2。求：(1)小物体从p点抛出后的水平射程。(2)小物体经过数字“0”的最高点时管道对小物体作用力的大小和方向。图7.3【命题意图】本题基于2008年奥运会的背景，用“2”“0”“0”“8”几个数字建立了轨道模型，旨在考查学生在复杂过

程情境中运用动能定理来解决问题的能力，以及对用平抛运动的基本规律来解决问题的方法的掌握情况；同时，也考查学生利用牛顿第二定律来求解竖直平面内圆周运动最高点受力情况的能力。【分析与解】(1)设小物体运动到p点时的速度大小为v，对小物体在由a点运动到

p点的过程中应用动能定理可得2211222amgLmgRmvmvµ−−=−①·94·高中理科解题策略与能力提升——物理篇小物体自p点开始做平抛运动，设运动时间为t，水平射程为s，则2122Rgt=②svt=③联立①②③并代入数据后可解得s＝0.8m④(2)

设在数字“0”的最高点时管道对小物体的作用力大小为F。取竖直向下为正方向，则2vFmgmR+=⑤联立①⑤并代入数据后可解得F=0.3N⑥F的方向竖直向下。【答案】(1)s＝0.8m；(2)F＝0.3N，方向竖直向下。【方法提炼】多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，宜

全程利用动能定理来分析此类问题。该方法是从总体上把握研究对象运动状态的变化，而并不是从细节上了解。(1)在运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是分段列式按部就班，注意衔接；另一种是全过程列式，计算简便但要分

析全面，不能遗漏某个功。(2)当所列的动能定理方程涉及重力、弹簧的弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点：①重力、弹簧的弹力做功取决于物体的初位置和末位置，与路径无关；②大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小与路程的乘积。(3)利用动能

定理求解多过程问题的基本思路：①弄清物体的运动由哪些过程组成；②分析每个过程中物体的受力情况；③各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响；④从总体上把握全过程，写出总功表达式，找出初状态和末状态的动能；⑤对所研究的全过程运用动能定理并列

方程来求解。例题4(2010年江苏卷)在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论。如图7.4所示，他们将选手简化为质量m＝60kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向的夹角53α=°，绳的悬挂点O距离水面的高度为H＝3m。不考

虑空气的阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取重力加速度210m/sg=，sin530.8=�，cos530.6=�。(1)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F。(2)若绳长l＝2m，选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力1800Nf=，平均阻力2700Nf=，求选手落入

水中的深度d。(3)若选手摆到最低点时松手，小明认为绳越长，在浮台上的落点距离岸边越远；小阳认为绳越短，落点距离岸边越远，请通过推算说明你的观点。图7.4第7章机械能及其守恒定律·95·【命题意图】本题基于游乐节目来构建竖直面内圆周运动、自由落体以及平

抛运动的模型，旨在考查学生对运动过程的分析能力，以及利用动能定理来解决多过程问题和利用平抛运动规律并结合数学知识来解决问题的能力。【分析与解】(1)由动能定理可得()211cos2mglmvα−=由圆周运动可

得2vFmgml′−=解得()32cosFmgα′−=人对绳的拉力为F＝F′则F＝1080N(2)由动能定理可得12(cos)()0mgHldffdα−+−+=则12(cos)mgHldffmgα−=+−解得d＝1.2m(3)选手从

最低点开始做平抛运动，则x＝vt212Hlgt−=且联立①可解得2()(1cos)xlHlα=−−由数学均值不等式，得()()222lHllHl+−−≥所以，当2Hl=时，x有最大值，解得l＝1.5m。因此，两人的看法均不正

确。当绳长越接近1.5m时，落点距离岸边越远。【答案】(1)F＝1080N；(2)d＝1.2m；(3)l＝1.5m。策略四竖直圆轨道，结合临界考例题5(1985年全国卷)如图7.5所示，一细绳的上端固定在天花板上靠近墙壁的O点，下端拴一小球，L点是小球下垂时的平衡位置。Q点代表一固定在墙上的

细长钉子，位于OL直线上。N点在Q点的正上方，且QN＝QL，M点与Q点等高。现将小球从竖·96·高中理科解题策略与能力提升——物理篇直位置(保持绳绷直)拉开到与N点等高的P点，释放后任其向L点摆动。运动过程中的空气阻力可忽略不计。小球到达L点后，因细绳被长钉挡住，将

开始沿以Q点为中心的圆弧继续运动。在这以后()A．小球向右摆到M点，然后就摆回来B．小球向右摆到M点和N点之间圆弧上的某点处，然后竖直下落C．小球沿圆弧摆到N点，然后竖直下落D．小球将绕Q点旋转，直到细绳完全缠绕在长钉上为止E．关于小球的运动

情况，以上的说法都不正确【命题意图】本题基于竖直平面内圆周运动的绳物模型和铁钉改变圆周半径来考查学生利用动能定理分析问题的能力，以及对竖直平面内完成圆周运动的临界条件的理解能力。【分析与解】小球向右摆

一定可以超过跟Q点等高的M点，选项A错误；小球做圆周运动一定具有向心力，假设可以到达N点，根据机械能守恒定律可知速度为0，但是最高点的最小速度是由重力来提供向心力，即2=mvmgr，于是可知速度不可以为0，即不能摆到N点，选项C、D错误；小球做圆周运动超

过M点但未到N点之前，绳子上无拉力时的速度最小，因为重力始终存在指向圆心的分力，所以速度始终不为0且始终存在竖直速度，那么也不可能竖直下落，做的应是斜抛运动，选项B错误。【答案】E。策略五绳杆连弹簧，机械能守恒例题6(2018年江苏卷)如图7.6所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端

系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上的C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为0，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin5

3°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)小球受到手的拉力大小F。(2)物块和小球的质量之比M∶m。(3)当小球向下运动到最低点时，物块M所受到的拉力大小T。【命题意图】本题基于绳子连接的两个物体的周期性振动模型来考查

学生对运动状态的分析能力，以及对共点力平衡知识和机械能守恒定律的应用能力。【分析与解】(1)由几何知识可知AC⊥BC，根据平衡条件可得FACsin53°=FBCcos53°F+mg=FACcos53°+FBCsin53°图7.5图7.6第7章机械能及其守恒定律·97·且F

AC=Mg解得F＝53Mg-mg(2)当运动到与A、B相同的高度时，小球上升的高度为h1＝3lsin53°物块下降的高度为h2＝2l物块和小球组成的系统机械能守恒，则12mghMgh=解得Mm＝65(3)根据机械能守恒定律，当小球向下运动到最低点时，

恰好回到起始点。设此时物块受到的拉力为T，加速度大小为a，由牛顿第二定律可得MgTMa−=对于小球，沿AC方向由牛顿第二定律可得cos53Tmgma−°=解得85()mMgTmM=+结合(2)可得T＝4855mg或T＝811Mg。【答案】(1)53Mg-mg；(2)6∶5；84885()

5511mMgTmgMgmM或或⎛⎞=⎜⎟+⎝⎠。【方法提炼】(1)绳连接的物体系统机械能守恒的常见情景，如图7.7所示(不计一切摩擦)。图7.7(2)需要注意的问题：①分清两个物体是速度大小相等，还

是沿绳方向的分速度大小相等；②会用两个物体的位移大小关系或竖直方向上高度变化的关系；③对于单个物体，一般绳上的力要做功且机械能不守恒，但对于绳连接的系统则机械能可能守恒。·98·高中理科解题策略与能力提升——物

理篇例题7(2015年全国卷Ⅱ)如图7.8所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度的大小为g。则(

)(多选)A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时的速度大小为2ghC．在a下落的过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【命题意图】本题基于轻杆连接模型来考查学生对机械能守恒定律的应用能力，以及对对象的

选取和运动状态的分析能力。【分析与解】由题意可知，系统的机械能守恒。设某时刻滑块a、b的速度分别为va、vb，此时轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb进行分解，如图7.9所示。因为轻杆不可伸长，所以沿轻杆的分速度v∥与v∥′是相等的

，即vacosθ＝vbsinθ。当滑块a滑至地面时θ＝90°，此时vb＝0，由系统机械能守恒可得212amghmv=，解得2avgh=，选项B正确；由于滑块b的初速度和末速度均为0，运动过程中其动能先增大后减小

，即轻杆对滑块b先做正功后做负功，选项A错误；轻杆对滑块b的作用先是推力、后是拉力，对滑块a则先是阻力、后是动力，即滑块a的加速度在受到轻杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误；当滑块b的动能最大时，轻杆对滑块a、b的作用力为0，此时滑块

a的机械能最小，滑块b只受到了重力和支持力，所以滑块b对地面的压力大小为mg，选项D正确。【答案】BD。【方法提炼】(1)杆连接的物体系统机械能守恒的常见情景，如图7.10所示(不计杆的质量和轴的摩擦)。(2)需要注意的问题：①平动时两个物体的线速度相等，

转动时两个物体的角速度相等；②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体的机械能不守恒；③对于杆和物体组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。例题8(2005年全国卷Ⅰ)如图7.11所示，质量为1m的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为2m

的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态。一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩。开始时各段绳都处于伸直图7.8图7.9图7.10第7章机械能及其守恒定律·99·状态，A上方的一段绳沿竖直方向。现在挂钩上挂一质量

为3m的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升。若将C换成另一个质量为13()mm+的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？已知重力加速度为g。【命

题意图】本题基于轻弹簧连接体的模型来考查学生对机械能守恒定律的灵活应用能力，以及对弹性势能的理解能力。【分析与解】开始时，物体A、B静止。设弹簧的压缩量为x1，则11kxmg=①挂上物体C并释放后，物体C向下运动，

物体A向上运动。设物体B刚要离地时弹簧的伸长量为2x，则22kxmg=②物体B不再上升，表示此时物体A和物体C的速度为0，且物体C已降到其最低点。由机械能守恒定律并与初始状态相比可知，弹簧弹性势能的增加量为312112=(

)()EmgxxmgxxΔ+−+③将物体C换成物体D后，当物体B刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同，由能量关系可得22311311211211+)()()()22mmvmvmmgxxmgxxE+=++−+−Δ(

④由③④可得2311121(2)()2mmvmgxx=++⑤由①②⑤可得v=2112132()(2)mmmgmmk++⑥【答案】v=2112132()(2)mmmgmmk++。【方法提炼】(1)由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和

弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒。(2)需要注意的问题：①对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，无论弹簧是伸长还是压缩；②物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。策略六滑块传送带，运动力与能例题9如图7.12所示，水平传送带由电动机带动，并

始终保持以速率v匀速运动。现将质量为m的某物块无初速度地放在传送带的左端，经过时间t物块保持与传送带相对静止。设物块与传送带之间的动摩擦因数为µ，对于这一过程，下列图7.11图7.12·100·高中理科解题策略与能力提升——物理篇说

法中正确的是()(多选)A．摩擦力对物块做的功为212mvB．传送带克服摩擦力做的功为212mvC．系统摩擦生热为212mvD．电动机多做的功为2mv【命题意图】本题基于木块与传送带的模型来考查学生对功能关系的

理解能力。【分析与解】设物块与传送带之间滑动摩擦力的大小为fF，物块的位移大小为1x，物块对传送带摩擦力的作用点对地的位移大小为2x，112xvt=，212xvtx==。对于物块运用动能定理则有2112ffWFxmv==，选项A

正确；传送带克服摩擦力做的功为2ffWFx′==212fFxmv=，选项B错误；系统摩擦生热为22111==()2fffQFxFxxFxmv相对−==，选项C正确；根据能量的转化与守恒定律，电动机多做的功等于物块增加的动能和系统增加的内能之和，即为2mv，选项

D正确。【答案】ACD。例题10一质量为2.0kgM=的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过，子弹和物块的作用时间极短，如图7.13(a)所示。地面观察者记录了物块被击中后速度随时间变化的关

系，如图7.13(b)所示(图中取向右运动的方向为正方向)。已知传送带的速度保持不变，g取210ms。求：(1)传送带速度v的大小及方向，说明理由。(2)物块与传送带之间的动摩擦因数µ。(3)传送带克服物块对它的摩擦力做的功。(4)子弹射穿物块后系统产生的内能。【命题意图】本

题基于木块与传送带的模型以及木块在传送带上运动的v-t图来考查学生利用图像解决问题的能力，以及对功能关系的理解能力和应用能力。【分析与解】(1)从图7.13(b)中可以看出，物块被射穿后，先向左做减速运动；速度减为0后，又向右做加速运动。当物块的速度等于2ms时，随传送带一起做匀速运动，

所以传送带的速度大小为2msv=，方向向右。(2)由图7.13(b)可知，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度为22msvatΔ==Δ由牛顿第二定律可得滑动摩擦力为fFMgMa＝＝µ则物块与传送带之间的动摩擦因数为图7.13第7章机械

能及其守恒定律·101·=0.2µ(3)由图7.13(b)可知，传送带与物块之间存在摩擦力的时间只有3s，传送带在这段时间内移动的位移为x，则6mxvt==所以传送带克服摩擦力所做的功为=24JfWF

x=(4)物块被射穿后的初速度为1v＝-4m/s，向左运动的时间为12st=，向右运动直至和传送带达到共同速度v的时间为21st=，则物块向左运动时产生的内能为111132J2vQMgvttµ⎛⎞=−=⎜⎟⎝⎠物块向右运动时产生的内能为2224J2vQMgvttµ⎛⎞=−=

⎜⎟⎝⎠所以整个过程中产生的内能为12+36JQQQ==。【答案】(1)2ms，方向向右(理由见解析)；(2)0.2；(3)24J，36J。例题11如图7.14所示，绷紧的传送带与水平面的夹角=30θ°。传送带在电动机

的带动下，始终保持02msv=的速率运行，现把一质量为10kgm=的工件(可视为质点)轻轻地放在传送带的底端，经过时间1.9st=，工件被传送到1.5mh=的高处，g取210ms，求：(1)工件与传送带之间的动摩擦因数。(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。【命题

意图】本题基于木块与倾斜传送带的模型来考查学生对运动状态的分析能力，以及对功能关系的理解能力和应用能力。【分析与解】(1)由题图可知，传送带的长度为3msinhxθ==在工件的速度达到0v前，做匀加速运动的位移为0112vxt=做匀速运动的位移为101()xxvtt−=−解得加速运

动的时间为10.8st=做加速运动的位移为10.8mx=所以加速度为图7.14·102·高中理科解题策略与能力提升——物理篇2012.5msvat==由牛顿第二定律可得cossinmgmgmaμθθ−=解得3=2µ(2)由能量守恒定律可知，电动机多消耗

的电能用于增加工件的动能、重力势能以及系统产生的内能。在时间1t内，传送带运动的位移为011.6mxvt==传在时间1t内，工件相对于传送带的位移为1=0.8mxxx−=相传在时间1t内，摩擦生热所产生的能量为=cos=

60JQmgxμθ⋅相最终工件获得的动能为2k0120J2Emv==工件增加的势能为p150JEmgh==电动机多消耗的电能为kp++=230JWQEE=【答案】(1)32；(2)230J。策略七斜面接平面，做功看投

影例题12(1991年全国卷)如图7.15所示，图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC是与AB和CD都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计。一质量为m的小滑块在A点从静止状态释放，沿轨道滑下，最后停在D点。A点

和D点的位置如图所示。现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由D点推回到A点时停下。设滑块与轨道间的摩擦系数为μ，则推力对滑块做的功等于()A．mghB．2mghC．sinhmgsμθ⎛⎞+⎜⎟⎝⎠D．()cotmgshμθ+【命题意图】本题基于斜面轨道的模型来考查学生对功

能关系的理解能力。【分析与解】滑块由A点下滑至D点，设克服摩擦力做的功为ADW，由动能定理可得0ADmghW−=，即图7.15第7章机械能及其守恒定律·103·ADWmgh=①由于是缓慢地推滑块，因此说明动能的变化量为0，设克服摩擦力做的功为DAW。由动能定理可知，当物体从D点被推回到A

点时，0FDAWmghW−−=②根据=cosWFLα可得由A点下落至D点，克服摩擦力做的功为cossinADhWmgmgsμθμθ=×+③从D点到A点的过程中克服摩擦力做的功为cossinDAhWmgmgsμθμθ=×+④由③④联立可解得A

DDAWW=⑤由①②③联立可解得2FWmgh=【答案】B。策略八机械能改变，功能关系解例题13(2016年四川卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他

克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中()A．动能增加了1900JB．动能增加了2000JC．重力势能减小了1900JD．重力势能减小了2000J【命题意图】本题基于自由式滑雪空中技巧比赛的情景来考查学生对功能关系的理解

能力。【分析与解】根据动能定理可得韩晓鹏动能的变化为Gf1900J100JEWWΔ＝＋＝－1800J0＝＞，故其动能增加了1800J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系可得GpWEΔ＝－，所以pG1

900JEWΔ＝－＝－＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了1900J，选项C正确、D错误。【答案】C。【方法提炼】我们可以归纳总结出功能关系和几种常见的功能关系。(1)功能关系：①功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化；②做功的过程一定伴随着能量的转化，能量的转化可以

通过做功来实现。(2)几种常见的功能关系，见表7.1。表7.1几种常见的力做功对应的能量变化数量关系式重力正功重力势能减少GpWEΔ＝－负功重力势能增加·104·高中理科解题策略与能力提升——物理篇续表几种常见的力做功对应的能量变化数量关系式弹簧的弹力正功弹性势能减少WEΔ

p弹＝－负功弹性势能增加合力正功动能增加WEΔk合＝负功动能减少除重力和弹力以外的其他力正功机械能增加WEΔ其＝负功机械能减少一对静摩擦力做功的总和0一对滑动摩擦力做功的总和负功机械能减少，内能增加fFlΔ相对＝Q例题14(2019年全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除

受到重力以外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。当距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图7.16所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A．2kgB．1.5kgC．1k

gD．0.5kg【命题意图】本题基于竖直上抛受恒定外力作用的情景来考查学生对功能关系的理解能力和掌握能力，以及获取图像信息的能力。【分析与解】由动能定理可知：在上升过程中，-(mg+F)Δh=ΔEk，则mg

+F=36N；在下落过程中，(mg-F)Δh′=kE′Δ，则mg-F=24N，解得mg=10N，F=2N，所以m=1kg，选项C正确。【答案】C。例题15(2019年江苏卷)如图7.17所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹

簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中()(多选)A．弹簧的最大弹力为µmgB．物块克服摩擦力做的功为2µmgsC．弹簧的最大弹性势能为µmgsD．物块在A点的初速度为2gsµ【命题意图】本题基

于弹簧连接体模型来考查学生对功能关系的理解能力和掌握情况。【分析与解】由物块被弹回可知，弹簧的最大弹力大于µmg，选项A错误；在小物块往返的过程中，摩擦力始终做负功，克服摩擦力共做功2µmgs，选项B正确；在小物块图7.16图7.17第7章机械能及其守恒定

律·105·向右运动的过程中，弹性势能最后全部转化为内能，即克服摩擦力做的功，故弹簧的最大弹性势能为µmgs，选项C正确；在小物块往返的过程中，有两个力(弹簧的弹力和摩擦力)做功，弹簧的弹力先做负功、后做正功，两

次所做的总功为0，摩擦力始终做负功，由动能定理可知，克服摩擦力所做的功就等于小物块的初动能，即2µmgs＝12m20v，故物块在A点的初速度v0=2gsµ，选项D错误。【答案】BC。例题16(2018年全国卷I)

如图7.18所示，abc是竖直平面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹的最高点，机械能的增量为()A.2

mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR【命题意图】本题基于小球从水平面运动到四分之一圆弧的模型来考查学生对研究对象运动状态以及功能关系的分析能力；同时也考查学生对运动独立性的理解能力。【分析与解】

设小球运动到c点的速度大小为cv。在小球由a点运动到c点的过程中，由动能定理可得2132cFRmgRmv⋅−=，且=Fmg，解得24cvgR=。当小球离开c点后，在水平方向上做初速度为0的匀加速直线运动，竖直方向上在重力的作

用下做匀减速直线运动，整个过程的运动轨迹如图7.19所示。由牛顿第二定律可知，小球离开c点后在水平方向和竖直方向上的加速度大小均为g，则由竖直方向上的运动可知小球从离开c点到其运动到轨迹的最高点所需要的时间为cvtg=，小球在水平方

向上的位移为212xgt=，解得2xR=。在小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向上的位移大小为35xRR+=，则小球机械能的增加量ΔE=F·5R=5mgR。【答案】C。策略九图像类问题，信息是关键例题17(

2018年江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是()图7.18图7.19·106·高中理科解题策略与能力提升——物理篇【命题意图】本题基于

竖直上抛小球的情景以及所给出的动能-时间关系图来考查学生将物理问题数学化的能力。【分析与解】小球运动过程分两个，竖直向上做匀减速直线运动，速度减到零后，反向竖直向下做自由落体运动，根据动能公式和竖直上抛运动的速度时间公式找到动能与时间表达方式即可分析。竖直向上过程，设初

速度为v0，则速度时间关系为0vvgt=−，此过程动能为()2222200011112222kEmvmvgtmgtmvgtmv==−=−+，即此过程kE与t呈二次函数关系，且开口向上，故B、C错误；下落过程做自由落体运动，此过程动能为22211

22kEmvmgt==，即此过程kE与t也呈二次函数关系，且开口向上，故A正确。【答案】A。【方法提炼】图像能够更加直观地反映出物体的运动情况或者受力情况。在把动能定理和图像结合起来考查的题目中，解题的关键是从图像中找出信息。解决物理图像问题的基本步骤：①观察题目给出的图

像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图像所表示的物理意义；②根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式；③将推导出的物理量间的函数关系式与数学上与之相对应的标准函数关系式进行对比，通过找出图像的斜率、截距、图像的交

点、图像与横坐标所围成的面积所对应的物理意义来分析和解答问题，或者利用将函数图像上的特定值代入函数关系式来求出物理量。例题18(2019年全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E

总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图7.20所示，重力加速度取10m/s2。由图中的数据可得()(多选)A．物体的质量为2kgB．当h=0时，物体的速率为20m/sC．当h=2m时，物体的动能Ek=40JD．从地面至h=4m，物体的动能减少100J【命题意图】本题基于竖直上抛的模型来考查

学生对机械能中功能关系的掌握情况，以及分析图像和获取信息的能力。【分析与解】由图像可知，当h=2m时，机械能E总=90J，重力势能Ep=40J，故动能Ek=50J，选项C错误；当h=4m时，重力势能Ep=80J，机械能E总=80J，则动能Ek=0，所以Ep=mgh=80J，故物体的质量

m＝pEgh＝80104×kg=2kg，选项A正确；当h=0时，重图7.20第7章机械能及其守恒定律·107·力势能Ep=0，此时动能等于机械能，即Ek＝12mv2=100J，物体的速率v＝k2Em＝21002×m/s=10m/s，选项B错误；从地面至h=4m，动能由10

0J减为0，所以动能减少100J，选项D正确。【答案】AD。练习1(2009年全国卷I)以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物体。假定物体所受到的空气阻力f大小不变。已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点时的速率分别为()A．2021vfgmg⎛⎞+⎜⎟⎝⎠和

0mgfvmgf−+B．2021vfgmg⎛⎞+⎜⎟⎝⎠和0mgvmgf+C．20221vfgmg⎛⎞+⎜⎟⎝⎠和0mgvmgf+D．20221vfgmg⎛⎞+⎜⎟⎝⎠和0mgvmgf+练习2(2003年上海卷)质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B。支架的两

直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图7.21所示。开始时，OA边处于水平位置。由静止释放，则()(多选)A．A球的最大速度为22glB．当A球的速度最大时，两小球的总重力势能最小

C．当A球的速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为45°D．A、B两球的最大速度之比v1∶v2=2∶1练习3(2000年全国卷)如图7.22所示，DO是水平面，AB是斜面，初速为v0的物体从D点出发沿DB

A滑动到顶点A时的速度刚好为0。如果斜面改为AC，让该物体从D点出发，沿DCA滑动到A点且速度刚好为0，则物体具有的初速度(已知物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为0，斜面与平面平滑连接)()A．大于

v0B．等于v0C．小于v0D．取决于斜面的倾角练习4(2009年江苏卷)如图7.23所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有的接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力F

，在A、B从静止开始图7.21图7.22图7.23·108·高中理科解题策略与能力提升——物理篇运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有()(多选)A．当A、B的加速度相等时，系统的机械能最大B．当A、B的加速度相等时，A、B的速度差最大C．当A、B的速度相等时，A的速度

达到最大D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大练习5(2018年天津卷)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直平面内的圆弧形滑道AB，在从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变(图7.24)。则在

运动员沿AB下滑的过程中()A．所受到的合外力始终为0B．所受到的摩擦力大小不变C．合外力做功一定为0D．机械能始终保持不变练习6(2008年上海卷)如图7.25所示，在竖直平面内的直角坐标系中，一个质量为m的质点在外力F的作用下

从坐标原点O由静止沿直线ON斜向下运动，直线ON与y轴的负方向成θ角(π4θ<)。则F的大小至少为；若=tanFmgθ，则质点机械能大小的变化情况是。练习7(1984年全国卷)一辆车通过一根跨过定滑轮的绳P

Q来提升井中质量为m的物体，如图7.26所示。绳的P端拴在车后的挂钩上，Q端拴在物体上。设绳的总长不变，绳的质量、定滑轮的质量和尺寸、滑轮上的摩擦都忽略不计。开始时，车在A点，左、右两侧绳都已绷紧并且是竖直的，左侧的绳长为H。提升时，车

加速向左运动，沿水平方向从A点经过B点驶向C点。设A点到B点的距离也为H，车过B点时的速度为vB。求在车由A点移到B点的过程中，绳的Q端的拉力对物体做的功。练习8(2010年全国卷Ⅱ)如图7.27所示，MNP为竖直平面内一固定轨道，其圆弧段M

N与水平段NP相切于N，P端固定一竖直挡板。M相对于N的高度为h，NP的长度为s。一物块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次弹性碰撞后停止在水平轨道上的某处。若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的滑动摩擦因数为μ，求物块停止的地方与N点距离的可能值。练习9如图7.28所示，AB、

CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部的B、C分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧的圆心角为120°，半径R为2.0m。一个物体在离弧底E的高度为h＝3.0m处，以初速度v＝4.0m/s沿斜面图7.24图7.25图7.26图7.27图7.

28第7章机械能及其守恒定律·109·运动。若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧面部分)一共运动的路程是多少(g取10m/s2)？练习10(2005年广东卷)如图7.29所示，半径R=0.40m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面

相切于圆环的端点A。一质量m=0.10kg的小球，以初速度v0=7.0m/s在水平地面上向左做加速度a=3.0m/s2的匀减速直线运动，运动4.0m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在了C点。求A、C间的距离。练习11(2010年上海卷)倾角37θ=°，质量5kgM=的粗糙斜面位于水平地面上，质量2k

gm=的木块置于斜面的顶端，从静止开始匀加速下滑，经2st=到达底端，运动路程L=4m，在此过程中斜面保持静止(sin370.6°=，cos370.8°=，210m/sg取)，如图7.30所示，求：(1)地面对斜面的摩擦力的大小与方向。(2)地面对斜面的支持力的大小

。(3)通过计算证明木块在此过程中满足动能定理。练习12(2003年全国卷)如图7.31所示，该图为一传送带装置的示意图。其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形(圆弧由光滑的模板形成

，未画出)，经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个地在A处放到传送带上，放置时的初速度为0，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带的速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B处之

前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动(忽略经BC段时的微小滑动)。已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N个。这个装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均功率P。图7.29图7.30图7.31第8章动

量策略一用动量定理，求变力作用例题1(2017年全国卷Ⅲ)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图像如图8.1所示，则()(多选)A．t＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为

5kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为0【命题意图】本题基于物块在水平合外力的作用下在水平面上做直线运动的情景来考查学生对动量定理的理解能力和应用能力。【分析与解】对于物块，由动量定理可得Ft＝mv，解得v＝Ftm，t＝1s时的速率为v＝1m/s，选项A正确；在

F-t图中面积表示冲量，故t＝2s时物块的动量大小p＝Ft＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，t＝3s时物块的动量大小为p′＝(2×2-1×1)kg·m/s＝3kg·m/s，B正确、C错误；t＝4s时物块的动量大小为p″＝(2×2-1×2)kg·m/s

＝2kg·m/s，故t＝4s时物块的速度为1m/s，选项D错误。【答案】AB。【方法提炼】利用F-t图来求变力的冲量。如图8.2所示，图像与t轴所围成的面积即为变力的冲量。若形状规则，则可计算面积；若形状不规则，则可以利用坐标轴中的格数来估

算面积。例题2(2018年全国卷II)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A．10NB．102NC．103ND．104N【命题意图】本题基于高空坠物的情景且以鸡蛋为例来计算冲击力，旨在考查学生

对动量定理的理解和应用。【分析与解】对于鸡蛋撞击地面前的下落过程，根据动能定理可得mgh＝12mv2；对于鸡蛋撞击地面的过程，设向下为正方向，由动量定理可得mgt-FNt＝0-mv。若每层楼高3m，则h＝72m，由以上两式可得FN≈103N，选项C正确。【答案】C。【方法提炼】运用动量定理来求变力

的冲量。对于容易确定初始时刻和末时刻的动量的情况，可以用动量定理来求解，即通过求Δp来间接地求出冲量。一般思路为：①确定图8.1图8.2第8章动量·111·研究对象——对于中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体；②对物体进行受力分析——可以先求每个力的冲

量，再求各个力冲量的矢量和。也可以先求合力，再求其冲量；③抓住过程的初状态和末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号；④根据动量定理来列出方程，如有必要还需要补充其他的方程，最后代入数据求解(对于过程较复杂的运动，可以分段利用动量定理，也可以整个过程一起利用

动量定理)。策略二连续体模型，微元是神器例题3(2016年全国卷I)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续地以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为

平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向上水的速度变为0，在水平方向上朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度的大小为g。求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量。(2)玩具在空中悬停时，

其底面相对于喷口的高度。【命题意图】本题基于喷泉托玩具的情景来考查学生建立水柱模型为对象的能力，以及对动量定理的应用能力。【分析与解】解答本题时应从以下三点进行分析：①利用“微元法”来分析流体问题；②喷出

的水流流量相等；③利用动量定理来分析水流的冲击力。(1)设在Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②得单位时间内从喷口喷出的水的质量为0mvSt=ΔΔρ③(2)设玩具悬

停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒定律可得12(Δm)v2+(Δm)gh＝12(Δm)20v④在高度h处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤设玩具对水的作用力的大小为F，根

据动量定理可得FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，因此由力的平衡条件可得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦可得220222022vMghgvS=−ρ·112·高中理科解题策略与能力提升——物理篇【答案】(1)ρv0S；②220222022vMghgvSρ=−。【方法提炼】综合地应用动量定理与微元法来处

理连续流体问题。一般思路为：①建立“柱体”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S；②微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl＝v·Δt，对应的质量为Δm＝ρSvΔt；③建立方程，利用动量定理来研究这段柱形流体。策略三某一方向上，动量亦守恒例题4(2016年全国卷Ⅱ)如图8.

3所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体的右侧有一蹲在滑板上的小孩，小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3

m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10m/s2。(1)求斜面体的质量。(2)通过计算来判断冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【命题意图】本题基于光滑冰面上人

、冰块、斜面体相互作用的模型来考查学生选择不同的研究对象和过程，以及在水平方向上运用动量守恒定律和对整体应用机械能守恒定律来解决问题的能力。【分析与解】(1)规定向右为速度的正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向上动量守恒和机械

能守恒定律可得22023()mvmmv+=①2222023211()22mvmmvmgh++=②式中，v20＝-3m/s为冰块推出时的速度。联立①②并代入题中所给的数据后可得m3＝20kg③(2)设小孩推

出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律可得m1v1+m2v20＝0④代入数据后可得v1＝1m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得m2v20＝m2v2+m3v3⑥12m2v202＝12m2v

22+12m3v32⑦联立③⑥⑦并代入数据后可得图8.3第8章动量·113·v2＝1m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。【答案】(1)20kg；(2)冰块不

能追上小孩。【方法提炼】如果系统在某一方向上所受到的外力的合力为0，则系统在这一方向上动量守恒，可运用动量守恒定律来求解。例题5(2011年安徽卷)如图8.4所示，质量M＝2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m

＝1kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4m/s，g取10m/s2。(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力的大小和方向。(2)若解除对滑块的锁定，

试求小球通过最高点时的速度大小。(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离。【命题意图】本题基于轻杆连接小球和物块的模型来考查学生对不同条件下的状态的分析能力，以及对动量守恒定律与机械能守恒定律的综合应用能力。【分析与解】(1)设小球能通过最高点，且此时的

速度为v1。在上升过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，则2112mv＋mgL＝2012mv①v1＝6m/s②设当小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F且方向向下，则F+mg＝m21vL③由②③可得F＝2N④由牛顿第三定律可知，小球对

轻杆的作用力的大小为2N，方向竖直向上。(2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V。在上升过程中，系统在水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒。以水平向右的方向为正方向，则mv2+MV＝0⑤在上升

过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则2212mv+12MV2+mgL＝2012mv⑥由⑤⑥可得v2＝2m/s⑦图8.4·114·高中理科解题策略与能力提升——物理篇(3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2。任意

时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V′。由系统在水平方向上的动量守恒可得mv3-MV′＝0⑧将⑧的两边同时乘以Δt可得mv3Δt-MV′Δt＝0⑨因为⑨对于任意时刻附近的微小间隔Δt都成立，所以累积相加

后可得ms1-Ms2＝0⑩且s1+s2＝2L由⑩可得s1＝23m【答案】(1)2N，方向竖直向上；(2)2m/s；(3)23m。策略四弹性碰撞类，能量无损失例题6(1989年全国卷)在光滑水平面上有三个完全相同的小球排成一条直线。2、3号小球静止并靠在一起，1号球以速度v0射向

它们，如图8.5所示。设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是()A．123013vvvv===B．10v=，23012vvv==C．10v=，23012vvv==D．120vv==，30vv=【命题意图】本题基于在光滑水平面上运动的小球去碰撞挨着的两个与其完全相同的小球的

情景，考查学生综合利用动量守恒定律与机械能守恒定律来解决碰撞问题的能力。【分析与解】1号球入射时，先与2号球发生碰撞，之后2号球与3号球发生碰撞。整个系统在水平方向上不受外力的作用，动量守恒；又无机械能的损失，动能不变。所以1号球与2号球相碰后互换速度，同理2号球与3号球相碰后又互换速度，结果

3号球以速度v0运动而1号球与2号球静止。故选D。【答案】D。【方法提炼】弹性碰撞满足的规律：(1)动量守恒；(2)动能不增加；(3)速度要合理。①若两个物体同向运动，则碰撞前应有v后＞v前，碰撞后原来在前的物体速度一定增大；若碰后两个物体同向运动，则应有

v前′≥v后′。②若两个物体相向运动，碰撞后两个物体的运动方向不可能都不改变。图8.5第8章动量·115·策略五非弹性碰撞，机械能损失例题7(2014年全国卷Ⅰ)冰球运动员甲的质量为80.0kg。当他以

5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰撞后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求：(1)碰撞后乙的速度的大小。(2)碰撞中总机械能的损失。【命题意图】本题基于冰球运动员相碰撞的情景来考查动量守恒定律以及能量守恒定律的应用

。【分析与解】解答本题应把握以下三点：①由于碰撞时间极短，内力远大于外力，动量守恒；②两名运动员碰撞前后的动量关系如何用代数式表示；③分清碰撞前后的机械能。(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰撞前的速度大小分别为v、V，碰撞后乙的速度大小为V′，取运动员甲的速度方向为正方向。由

动量守恒定律可得mvMVMV′−=①代入数据后可得1.0msV′=②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，则222111222mvMVMVE′++Δ=③联立②③并代入数据后可得ΔE＝1400J【答案】1.0ms；1400J。【方法提炼】对于

非弹性碰撞，动量守恒，机械能不守恒。策略六完全非弹性，损失达极限例题8(2010年山东卷)如图8.6所示，滑块A、C的质量均为m，滑块B的质量为32m。开始时A、B分别以1v、2v的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A黏合不再分开，此时

A与B相距较近，B与挡板相距足够远。若B与挡板碰撞后将以原速率反弹，A与B碰撞后将黏合在一起。为使B能与挡板碰撞两次，1v、2v应满足什么关系？【命题意图】本题基于碰撞后均黏在一起的情景来考查学生对动

量守恒定律的理解和应用。【分析与解】设向右为正方向，A、C黏合在一起的共同速度为v′，由动量守恒定律可得12mvmv′=①图8.6·116·高中理科解题策略与能力提升——物理篇为保证在滑块B碰撞挡板前滑块A未能追上滑块B，则应满足2vv′≤②设滑块A与滑块B碰撞后的共同速度

为v′′，由动量守恒定律可得237222mvmvmv′′′−=③为使滑块B能与挡板再次碰撞，则应满足0v′′>④联立①②③④可得212322vvv<≤或1211223vvv<≤【答案】为使滑块B能与挡板碰撞两次，1v、2v应满足的关系是212322vvv<≤或12

11223vvv<≤。例题9(2017年天津卷)如图8.7所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上举高h

＝1.8m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。g取10m/s2，空气阻力不计。求：(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t。(2)A的最大速度

v的大小。(3)初始时B离地面的高度H。【命题意图】本题基于细绳连接的两个质量不同的物体的运动来考查学生利用动量守恒定律来解决完全非弹性碰撞问题的能力，以及对机械能守恒定律的应用能力。【分析与解】解答本题时要把握以下三个环节：①物块B自由下落的过程；②细

绳绷直前后系统的动量守恒；③细绳绷直之后系统的机械能守恒。(1)物块B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，则h＝gt2解得t＝0.6s(2)设细绳绷直前瞬间物块B的速度大小为，则细绳绷直瞬间，细绳的张力远大于物块A、B的重力。物块A、B相互作用，总动量守恒，则(

)0BABmvmmv+=细绳绷直瞬间，物块A、B系统获得的速度为v＝2m/s。之后A做匀减速运动，所以120vsm60==gtv图8.7第8章动量·117·细绳绷直瞬间的速度v即为最大速度，故物块A的最大速度为2m/s

。(3)细绳绷直后，物块A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时物块A、B的速度为0。在这一过程中由物块A、B组成的系统机械能守恒，则()212ABBAmmvmgHmgH++=解得初始时物块B离地面的高度为

H＝0.6m【答案】(1)0.6s；(2)2m/s；(3)0.6m。策略七爆炸瞬时间，外力不显现例题10(2014年重庆卷)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸后成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质

量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列选项图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()【命题意图】本题基于运动弹丸爆炸的情景来考查学生利用动量守恒定律来解决问题的能力。【分析与解】当弹丸到达最高点爆炸时，爆炸的内力远大于重力(外力)且遵循动

量守恒定律；当弹丸到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两块弹片，两块弹片都做平抛运动。因此，可根据平抛运动的基本公式解题。规定向右为正方向，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m。当弹丸到达最高点爆炸时，爆炸的内力远大

于重力(外力)且遵循动量守恒定律，于是有01243mvmvmv=+，则1283vv=+，两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，2251s10htg×===；在水平方向上做匀速运动，111xvtv==，22

2xvtv==，则1283xx=+。结合图像可知，选项B的位移满足上述表达式，故选项B正确。【答案】B。【方法提炼】爆炸现象的三个规律：①动量守恒——爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中系

统的总动量守恒；②动能增加——在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能；③位置不变——爆炸的时间极短，因而在作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。·118·高中理科解题策略与能力提

升——物理篇策略八子弹打木块，能量有损耗例题11(2008年全国卷Ⅱ)如图8.8所示，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h。一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度02v射出。重力加速

度为g。求：(1)在此过程中系统损失的机械能。(2)此后物块的落地点离桌面边缘的水平距离。【命题意图】本题基于子弹打木块的模型来考查学生对动量是否守恒以及机械能的变化进行判断的能力。【分析与解】(1)设子弹穿过物块后

物块的速度为V，由动量守恒可得mv0＝m02v+MV①解得V＝02mvM②系统的机械能损失为ΔE＝222001112222vmvmMV⎡⎤⎛⎞⎢⎥⎟⎜−+⎟⎜⎟⎜⎢⎥⎝⎠⎣⎦③由②③可得ΔE＝20138mmvM⎛⎞⎟⎜−⎟⎜⎟⎜⎝⎠④(2)设物块下落到

地面所需要的时间为t，落地点离桌面边缘的水平距离为s，则h＝12gt2⑤s＝Vt⑥由②⑤⑥可得s＝02mvhMg⑦【答案】(1)20138mmvM⎛⎞−⎜⎟⎝⎠；(2)02mvhMg。策略九弹簧连接体，共速生最值例题12(2011年全国卷新课标)如图8.9所示，A、B、C3个木

块的质量均为m，置于光滑的水平面上。B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固定，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并

黏合在一起。图8.8图8.9第8章动量·119·以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能。【命题意图】本题基于木块撞击对“木块-弹簧”连接体的情景来考查动量守恒定律与机械能守恒定律的应用能

力。【分析与解】设碰撞后木块A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律可得3mv＝mv0①设木块C离开弹簧时，木块A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律可得3mv＝2mv1+mv0②设弹簧的弹性势能为Ep，在从细线断开到木块C与弹簧分开的过程中机械能守恒，于是有12(3m)v2+Ep＝12(2

m)v21+12mv20③由①②③可得弹簧所释放的势能为Ep＝13mv20④【答案】13mv20。【方法提炼】两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中：①在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变

化，若系统所受到的外力和除弹簧的弹力以外的内力不做功，系统的机械能守恒；②在动量方面，系统的动量守恒；③弹簧处于最长(最短)状态时两个物体的速度相等，且弹簧的弹性势能最大；④当弹簧处于原长时，弹性势能为0。策略十摆球碰撞类，经典出新意例题13(2012年全国卷大纲

版)如图8.10所示，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触。现将摆球a向左拉开一小角度后释放。若两球的碰撞是弹性的，则下列判断中正确的是()(多选)A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相

等B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置【命题意图】本题基于两个悬挂的小球对心碰撞的情景来考查学生对动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用能力。【分析与解】设摆球a到达最低点且恰未发生碰撞时的速度为v

0，碰撞过程中动量守恒且动能守恒，碰后速度121001212mmvvvmm−′==−+，120012212mvvvmm′==+，所以选项A正确、B错误；第一次碰撞后的瞬间，两球的速度v大小相等，摆起的高度h满足v2＝2gh，所以两球上升的

高度相同，故两球的最大摆角相同，选项C错误；两球的摆长相等，由周图8.10·120·高中理科解题策略与能力提升——物理篇期公式2lTgπ＝可知周期相等，选项D正确。【答案】AD。例题14(2012年课标全国卷)如图8.11所示，

小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰撞后黏在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。忽略空气阻力，求：①两球a、b的质量之比。②两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在

碰撞前的最大动能之比。【命题意图】本题基于运动的小球在碰撞后黏在一起运动的情景来考查动量守恒定律在完全非弹性碰撞中的应用以及机械能守恒定律的应用。【分析与解】(1)设球b的质量为2m，细线的长为L，球b下落至最低点但未与球a碰撞时的速率为v，由机械

能守恒定律可得2mgL＝122mv2①式中，g是重力加速度。设球a的质量为1m，在两球碰撞后的瞬间两球的共同速度为v′，以向左为正方向，由动量守恒定律可得2mv＝(m1+2m)v′②设当两球共同向左运动到最高处时，细线

与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律可得()()()2121211cos2mmvmmgLθ′+=+−③联立①②③可得12111cosmm=−−θ④代入题中所给的数据后可得1221mm=−⑤(2)两球在碰撞过程中的机械能损失为Q＝2mgL−(1m+2m)gL(1cosθ−)⑥

联立①⑥可得Q与碰撞前球b的最大动能Ek(Ek＝122mv2)之比为()12k211cosQmmEmθ+=−−⑦联立⑤⑦并代入题中所给的数据后可得图8.11第8章动量·121·QEk=1−22⑧【答案】(1)12mm＝2－1；(2)QEk=1

−22。策略十一板与块模型，摩擦要生热例题15(1992年全国卷)如图8.12所示，一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m<M。现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反

的初速度，使A开始向左运动、B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B。(1)若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度的大小和方向。(2)若初速度的大小未知，求A向左运动到的最远处(从地面上看)离出发点的距离。【命题意图】本题基于滑块与木板的模型来考查学生对动量守恒定律和功能关系

的理解和应用。【分析与解】(1)木块A刚好没有滑离木板B，表示当木块A滑到木板B的最左端时，木块A和木板B具有相同的速度。设此速度为V，木块A和木板B的初速度的大小为v0，由动量守恒可得00()MvmvMmV−=+①0+MmVvMm−=因mM<，故0V>，V的方向为向右。(

2)木块A在木板B的右端时的初速度向左，而到达木板B的左端时的末速度向右，可见木块A在运动过程中必然经历向左做减速运动直到速度为0，再向右做加速运动直到速度为V的两个阶段。设l1为木块A在开始运动到速度变为0的过程中向左运动的路程，l2为木块A从速度为0增加到速度为V的过程中向右运动的路

程，L为木块A在从开始运动到刚到达木板B的最左端的过程中木板B运动的路程，如图8.13所示，木块A与木板B之间的滑动摩擦力为f，则由功能关系可得出以下的结果。对于木板B，有2201122fLMvMV=−②对于木块A，有2212flmV③21012f

lmv=④图8.12图8.13·122·高中理科解题策略与能力提升——物理篇由几何关系可得L+(l1-l2)＝l⑤由①②③④⑤可解得14MmllM+=【答案】(1)0+MmVvMm−=，方向向右；(2)4MmlM+。【方法提

炼】①“滑块”问题是动量和能量的综合应用之一。滑块与平板之间常常存在一对相互作用的摩擦力，这对摩擦力会使滑块和平板的动量发生变化，也会使它们的动能发生改变；但若将两者视为系统，则这对摩擦力是系统的内力，它不会

影响系统的总动量，但要克服摩擦力做功，从而会使系统的机械能损失，所以解决“滑块”问题常常要用到动量守恒定律。②在解决“滑块”问题时，一般要根据题意画出情景示意图，这有助于分析物理过程，也有助于找出物理量尤其是位移之间的关系。策略十二物块与

盒子，关注初末态例题16(2011年全国卷Ⅰ)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为µ。初始时小物块停在箱子的正中间，如图8.14所示。现给小物块一水平向右

的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子的正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中系统损失的动能为()(多选)A．12mv2B．22()mMvmM+C．12NµmgLD．NµmgL【命题意

图】本题基于滑块和箱子的模型来考查学生对动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用能力。【分析与解】根据动量守恒定律可知，小物块和箱子的共同速度v′＝mvM+m，损失的动能ΔEk＝12mv2－12(M+m)v′2＝22()mMv

mM+，选项B正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔEk＝fNL＝NµmgL，选项D正确。【答案】BD。【方法提炼】对于箱子内物块与箱子碰撞的问题，往往涉及反复碰撞

，过程较多。但一般全过程分析，主要抓住初末两个状态的动量和能量关系。例题17(2008年山东卷)一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图8.15(a)所示。现给盒子一初速度0v，此后盒子运动的v-t图呈周期性变化，如图8.15(b)所示。请据此求盒子内物体

的质量。图8.14第8章动量·123·图8.15【命题意图】本题基于滑块和盒子的模型并结合v-t图像来考查学生通过关系图获取信息的能力，以及对动量守恒与能量守恒的综合应用能力。【分析与解】设物体的质量为m，t0时刻受到盒子碰撞后获得速度v，根据动量守恒定律可得M

v0＝mv①3t0时刻物体与盒子的右壁发生碰撞，从而使盒子的速度又变为v0，说明碰撞是完全弹性碰撞，由能量守恒定律可得12Mv02＝12mv2②联立①②可解得m＝M③【答案】m＝M。策略十三力学三观点，综合来运用力学三大观点的常见组合模式及力学

规律的选用原则如下。(1)求解物体在某一时刻的受力及加速度时，可利用牛顿第二定律或运动学公式来列式解决。(2)研究某一物体因受到力的持续作用而发生运动状态改变的问题时，在涉及时间和速度但不涉及位移和加速度时要首先考虑选用动量定理，而在涉及位移、速度但不涉

及时间时要首先考虑选用动能定理。(3)若研究的对象为由相互作用的物体组成的系统，则一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律来解决，但要仔细地分析研究的问题是否符合守恒条件。(4)在涉及相对位移的问题时应优先考虑能量守恒定律，即滑动摩擦力与相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，也等于系统产生的内能。(

5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题时，通常可选用动量守恒定律，但需要注意这些过程一般均隐含系统的机械能与其他形式的能量之间的转化。力学研究的是物体的受力与运动的关系，与之相伴的是能量和动量的变化，其知识体系如图8.16所示。图8.16·124·高中理科解题策略

与能力提升——物理篇例题18(2018年全国卷Ⅱ)汽车A在水平的冰雪路面上行驶。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8.17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0.10，两车碰撞的时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10m/s2。求：(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。【命题意图】本题基于两车相碰的情景来考查学生对牛顿运动定律与动量守恒定律的综合应用。【分析与解】(1)设B车碰撞后的加速度大小为aB。根据牛顿第二定律可得µmBg＝mBaB设碰撞后的瞬间B车速度的大小为Bv′，碰撞后滑行的距离为s

B。由运动学公式可得2Bv′＝2aBsB解得Bv′＝3.0m/s(2)设A车碰撞后的加速度大小为aA，根据牛顿第二定律可得µmAg＝mAaA设碰撞后的瞬间A车速度的大小为Av′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式可得2Av′＝2aAsA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，则mAvA＝AAmv′＋BBmv′解得vA≈4.3m/s。【答案】(1)3.0m/s；(2)4.3m/s。例题19(2015年天津卷)某快递公司分拣邮件的水平传输装置如图8.18所示，皮带在电动机的带动下保持v＝1m/s的恒定速度向右运动，现将一

质量为m＝2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数µ＝0.5。设皮带足够长，取g＝10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：(1)邮件滑动的时间t。(2)邮件对地的位移大小x。(3)邮件与皮带间的摩擦

力对皮带做的功W。【命题意图】本题基于滑块与传送带的模型来考查学生对动量定理和动能定理的综合应用能力。【分析与解】(1)设邮件在被放到皮带上并与皮带发生相对滑动的过程中所受到的滑动摩擦力为f，则图8.17图

8.18第8章动量·125·f＝µmg①取向右为正方向，对邮件应用动量定理，于是有0ftmv=−②联立①②并代入数据后可得t＝0.2s③(2)在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，于是有2102fxmv=−④联立①④并代入数据后可得x＝0.1m⑤(3)在邮件与

皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对于地面的位移为s，则s＝vt⑥摩擦力对皮带做的功为W＝−fs⑦联立①③⑥⑦并代入数据后可得W＝−2J⑧【答案】(1)0.2s；(2)0.1m；(3)−2J。例题20(2015年山东卷)如图8.19所示，3个质量相

同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度0v，一段时间后A与B发生碰撞，碰撞后A、B分别以018v、034v的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰撞后B、C黏在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，两次碰撞的时间均极短。求B、C碰撞后的瞬间共同

速度的大小。【命题意图】本题基于光滑水平面上的3个滑块碰撞的情景来考查学生对动量守恒定律与动能定理的综合应用能力。【分析与解】设滑块的质量为m，滑块A、B碰撞前滑块A的速度为Av。由题意可知，碰撞后滑块A的速度Av′＝18v0，滑块B的速度vB＝34v0，由

动量守恒定律可得mvA＝Amv′+mvB①设碰撞前滑块A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系可得2201122AAWmvmv=−②设滑块B、滑块C碰撞前滑块B的速度为Bv′，滑块B克服轨道阻力所做的功为WB

，由功能关系可得221122BBBWmvmv′=−③根据题意可知WA＝WB④图8.19·126·高中理科解题策略与能力提升——物理篇设滑块B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律可得Bmv′＝2m

v⑤联立①②③④⑤并代入数据后可得v＝21160v⑥【答案】21160v。例题21(2016年全国卷Ⅲ)如图8.20所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质

量为34m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞。重力加速度的大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。【命题意图】本题基于粗糙

地面上两个物体相碰撞的情景来考查学生对动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用能力。【分析与解】设物块与地面间的动摩擦因数为µ。若要使物块a、b能够发生碰撞，则应有12mv20>µmgl①即µ<v202gl②设在物块a、b发生弹性碰撞前的瞬间

，物块a的速度大小为v1。由能量守恒定律可得12mv20＝12mv21+µmgl③设在物块a、b碰撞后的瞬间，物块a、b的速度大小分别为1v′、2v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv1＝1mv′+34m2v′

④22211211132224mmvmvv⎛⎞′′=+⎜⎟⎝⎠⑤联立④⑤可解得2v′＝87v1⑥由题意可知，物块b没有与墙发生碰撞，由功能关系可得22133244mmvglµ⎛⎞′⎜⎟⎝⎠≤⑦联立③⑥⑦可得图8.20第8章动量·127·µ≥

32v20113gl⑧联立②⑧可得物块a、b发生碰撞、但物块b没有与墙发生碰撞的条件为32v20113gl≤µ<v202gl⑨【答案】32v20113gl≤µ<v202gl。例题22(2015年全国卷Ⅱ)滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者黏在

一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的部分图像如图8.21所示。求：(1)滑块a、b的质量之比。(2)在整个运动过程中，两个滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。【命题意图】本题基于x-t图像来考查学生通过关系图来获取有效信息的能力，

以及对动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用能力。【分析与解】①设滑块a、b的质量分别为m1、m2，滑块a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题目所给的图像可得v1＝-2m/s①v2＝1m/s②滑块a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两个滑块的共同速度为v。由题目所给的图像可得v＝23m/s③由

动量守恒定律可得m1v1+m2v2＝(m1+m2)v④联立①②③④可得m1∶m2＝1∶8⑤(2)由能量守恒定律可得两个滑块因碰撞而损失的机械能为222112212111()222EmvmvmmvΔ=+−+⑥由图像可知

，两个滑块最后停止运动。由动能定理可得两个滑块克服摩擦力所做的功为W＝12(m1+m2)v2⑦联立⑥⑦并代入题中所给的数据后可得W∶ΔE＝1∶2⑧【答案】(1)1∶8；(2)1∶2。例题23(2019年全国卷Ⅰ)竖直平面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆

弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图8.22(a)所示。t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；图8.21·128·高中理科解题策略与能力提升——物理篇当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度

减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图如图8.22(b)所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度为g，不计空气阻力。(1)求物块B的质量。(2)在图8.22(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功。

(3)已知两个物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上，求改变前后动摩擦因数的比值。【命题意图】本题基于倾斜轨道和水平轨道上两个物体相碰撞的情景来考查学生对动量守恒定律和机械能守恒定律的理解能

力和掌握情况，以及获取图像中信息并处理信息的能力。【分析与解】(1)根据图8.22(b)可知，v1为物块A在碰撞前的瞬时速度，12v为其碰撞后的瞬时速度。设物块B的质量为m′，碰撞后的瞬时速度为v′。由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv1＝m12v⎛⎞⎟⎜−⎟⎜⎟⎜⎝⎠+mv′′①2

221111112222mvmvmv⎛⎞′′−+⎜⎟⎝⎠=②联立①②可得=3mm′③(2)在图8.22(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑的过程中所走过的路程为s1，返回的过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过

程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理可得mgH−fs1＝21102mv−④()2121022vfsmghm-⎛⎞⎟⎜−+=−⎟⎜⎟⎜⎝⎠⑤从图8.22(b)所给出的v-t图像中可知s1＝12v1t1⑥s

2＝12·12v·(1.4t1-t1)⑦由几何关系可得21shsH=⑧图8.22第8章动量·129·物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W＝fs1+fs2⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨可得W＝215mgH⑩(3)设倾斜轨道的倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改

变前为μ，于是有W＝μmgcosθ·sinHhθ+设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s'，由动能定理可得mgsµ′′−＝0-212m'v'设改变后的动摩擦因数为'µ，由动能定理可得cosmgh'mgμ

θ−⋅s0sinhµ'mg'θ=−联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩可得119µµ′=【答案】(1)3m；(2)215mgH；(3)119。策略十四多体多过程，对象需找准例题24(1993年全国卷)在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0。小车(和单摆)以恒定的速度v沿光

滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？()A．小车、木块、摆球的速度都发生了变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M+m0)v＝Mv1+mv2

+m0v3B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1+mv2C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v′，满足()MvMmv′+＝D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M+m0)v＝(M+m0

)v1+mv2【命题意图】本题基于小车、摆球与木块相碰撞的情景来考查学生对动量守恒定律的理解能力。【分析与解】在碰撞的极短时间内，摆球并不参与小车碰撞木块的过程，因此由小车和木块组成的系统遵循动量守恒，摆球的速度不变，选项A、D错误；碰撞后小车与

木块可能合在一起(完全非弹性碰撞)，也可能分开，选项B、C正确。【答案】BC。例题25(1986年全国卷)甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车的质量共为M＝30kg，乙和他的冰车的质量也是

30kg。游戏时，甲推着一个质量图8.23·130·高中理科解题策略与能力提升——物理篇为m＝15kg的箱子和他一起以大小为v0＝2.0m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处

时乙迅速地把它抓住。若不计冰面的摩擦力，求：(1)甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞。(2)甲在推出时对箱子做了多少功。【命题意图】本题基于冰面上小孩推木箱的情景来考查学生对动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用能力。【分析与解】(1)在推出和抓

住的过程中，小孩、冰车和箱子的总动量守恒。要想刚能避免相碰撞，则要求抓住后甲和乙的速度正好相等，由此就可以求得推出时的最小速度。设箱子推出后其速度为v，小孩甲的速度为v1，根据动量守恒定律可得mv+Mv1＝(m+M)v0①设小孩乙抓住箱子后其速

度为v2，根据动量守恒定律可得(m+M)v2＝mv-Mv0②刚好不相碰撞的条件为v1＝v2③由①②③可解得2202222mmMMvvmmM++=+代入数值后可得v＝5.2m/s(2)设推出时小孩甲对箱子做功为W，根据功能关系可得2201122Wm

vmv=−代入数值后可得W＝172.8J【答案】(1)v＝5.2m/s；(2)W＝172.8J。例题26(2001年全国卷)如图8.25所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C。重物A(视为质点)位于B的右端，A、B、C的质量相等。现A和B以同一速度滑向静止的C，且B与C发生正碰。碰撞后B

和C黏在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力。已知A滑到C的右端而未掉下。试问：从B、C发生正碰到A刚移到C的右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍。【命题意图】本题基于滑块与木板的模型来考查学生对动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用能力。【分析与解】设

重物A与木板B、C的质量均为m。碰撞前，重物A与木板B的共同速度为0v；碰撞后，木板B、C的共同速度为1v。对于B、C，由动量守恒定律可得图8.24图8.25第8章动量·131·012mvmv=设重物A滑至木板C的右端时，三者的

共同速度为2v。对于重物A与木板B、C，由动量守恒定律可得0223mvmv=设重物A与木板C的动摩擦因数为µ，从发生碰撞到重物A移至木板C的右端时，木板C所走过的距离为s。对于木板B、C，由功能关系可得()()2221112222mg

smvmvµ=−设木板C的长度为l，对于重物A，由动能定理可得()()()2202112222mgslmvmvµ+=−由以上各式解得73sl=【答案】木板C所走过的距离是其长度的73倍。策略十五作用无穷尽，递推有规律例题27(2009年北京卷)如图8.26所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨

道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为1m的小球从高位h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为2m的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求：(1)碰撞后质量为m2的小球速

度2v。(2)碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上且无机械能损失的简化力学模型。如图8.27所示，在固定的光滑水平轨道上，质量分别为1231nnmmm

mm−��，，，，，的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初动能k1E，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第n个球经过依次碰撞后获得的动能kE与k1E之比为第1个球对第n个球的动能传递系数1nk。a)求1nk。b)

若103004mmmmm==，，为确定的已知量。求m2为何值时，k13的值最大。图8.27【命题意图】本题基于多球碰撞的模型来考查学生对机械能守恒定律和动量守恒定律的综合应用能力。图8.26·132·高中理科解题策略与能力提升——物理篇【分

析与解】(1)设碰撞前质量为m1的小球速度为10v，根据机械能守恒定律可得2111012mghmv=①设碰撞后质量为m1与m2的小球速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律可得1101122mvmvmv=+②由于碰撞过程中无机械能损失，则22211011

22111222mvmvmv=+③联立②③可解得1102122mvvmm=+④将①代入④可得121222mghvmm=+(2)a)由④并考虑到122k110k2221122EmvEmv和==以及根据动能传递系数的定义可知，对于质

量为m1、m2的两球有k212122k1124()EmmkEmm==+⑤同理可得质量为m2和m3的两球碰撞后动能传递系数k13应为k3k323k2121322k1k1k2122344()()EEmmEmmkEEEmmmm==⋅=⋅++⑥依次类推，动能传递

系数k1n应为kk3k231k2121222k1k1k2k(1)12231444()()()nnnnnnnnEEEmmmmEmmkEEEEmmmmmm−−−==⋅=⋅+++��解得122212311222122314()()()nnnnnnmmmmmkmmmmmm−−−=+++��b

)将m1＝4m0，m3＝m0代入⑥可得222130022064(4)()mkmmmmm⎡⎤=⎢⎥++⎣⎦为使k13最大，只需使20222002202202414(4)()5mmmmmmmmmmmm=+++++最大，即最小即可。由22002202

2424mmmmmmm⎛⎞+=−+⎜⎟⎜⎟⎝⎠可知，022013222mmmmkm==当，即时，最大。【答案】(1)121222mghvmm=+；(2)a)122212311222122314()()()nnnnnnmmmmmkmmmmmm−−−=+++��，b)202mm=第8

章动量·133·时k13的值最大。练习1(2006年全国卷Ⅰ)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。在此过程中，()A．地面对他的冲量为mv+mgΔt，地面对

他做的功为12mv2B．地面对他的冲量为mv+mgΔt，地面对他做的功为0C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为12mv2D．地面对他的冲量为mv-mgΔt，地面对他做的功为0练习2(2015年天津卷)如图8.28所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球静止放置在水平

面上，B球向左运动并与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰撞后按原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为，A、B碰撞前、后两球的总动能之比为。练习3(2009年全国卷)两质量分别为1M和2M的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上。

A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面的下端与水平面相切，如图8.29所示。一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止滑下，然后又滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。练习4(2015年全国卷Ⅰ)如图8.30所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，

A位于B、C之间。A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。练习5(2011年全国卷Ⅱ)装甲车和

战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对以下简化模型的计算可以粗略地说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、

质量均为m的相同两块，间隔一段距离平行放置，如图8.31所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞。不计重力的影响。图8.

28图8.29图8.31图8.30·134·高中理科解题策略与能力提升——物理篇练习6(2016年海南卷)如图8.32所示，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞，碰撞后两者黏在一起运动；

碰撞前B的速度大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器(图中未画出)测得。某同学以h为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k＝1.92×10－3s2/m。已知物块A和B的质量分别为mA＝0.400kg和mB＝0.100kg，重力加速度g

取9.80m/s2。(1)若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h-v2直线斜率的理论值k0。(2)求k值的相对误差δ(δ＝|k－k0|k0×100%，结果保留1位有效数字)。练习7(2000年全国卷)在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”，这类反

应的前半部分过程和下述力学模型类似。两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们的左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度0v射向B球，如图8.33所示。C与B发生碰撞并立即结成一个整体D，在它们继续向左运动的过程中，当弹簧的长度变到最短时，长度突然被

锁定，不再改变；然后，A球与挡板P发生碰撞，碰撞后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连；过一段时间，突然解除锁定(锁定及解除锁定均无机械能损失)。已知A、B、C三球的质量均为m。(1)求弹簧的长度刚被锁定后A球的速度。(2)求在A球离开挡板P之后的

运动过程中，弹簧的最大弹性势能。练习8(2007年全国卷I)如图8.34所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M＝19m的金属球并排悬挂。现将绝缘球拉至与竖直方向成θ＝60°的位置自由释放，下摆后在最低点处与金

属球发生弹性碰撞。在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场。已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处。求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°。练习9(2009年天津卷)如图8.35所示，质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑

的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/s从左端滑上小车，最后在车面上的某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数＝0.5，取g＝10m/s2。求：

(1)物块在车面上滑行的时间t。(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度0v′不超过多少。µ图8.33图8.34图8.35图8.32第8章动量·135·练习10(2019年全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两个小物块A、B，质量分别

为mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0m，如图8.36所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两个物块获得的动能之和为Ek＝10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦

因数均为µ＝0.20。重力加速度取g＝10m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。(1)求弹簧释放后的瞬间A、B速度的大小。(2)物块A、B中的哪一个先停止?该物块刚停止时A与B之间的距离是多少?(3)A和

B都停止后，A与B之间的距离是多少？练习11(2001北京、内蒙古、安徽卷)如图8.37所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板。A的左端和B的右端相接触。两块板的质量皆为2.0kgM=，长度皆为1.0ml=。C是一质量为1.0

kgm=的小物块。现给它一初速度02.0m/sv=，使它从B板的左端开始向右滑动。已知地面是光滑的，而C与A、B之间的动摩擦因数皆为0.10=µ。求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动。取重力加速度210m/sg=。练习12(2010年北京卷)雨滴在穿过云层的过程中，不断地与漂浮在云层中的小水

珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为0m，初速度为0v，下降距离l后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为1m。此后每经过同样的距离l后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为2

m，3m�(设各质量为已知量)。不计空气阻力。(1)若不计重力，求第n次碰撞后雨滴的速度nv′。(2)若考虑重力的影响：①求第１次碰撞前、后雨滴的速度1v和1v′；②求第n次碰撞后雨滴的动能212nnmv′。练习13(200

7年四川卷)目前，滑板运动受到了青少年的追捧。图8.38是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图。赛道光滑，FGI为圆弧赛道，半径R＝6.5m，G为最低点并与水平赛道BC位于同一水平面上，KA、DE平台的高度都为h＝1.8

m。B、C、F处平滑连接。滑板a和b的质量均为m，m＝5kg，运动员的质量为M，M＝45kg。表演开始时，运动员站在滑板b上，先让滑板a从A点静止下滑，t1＝0.1s后再与滑板b一起从A点静止下滑。滑上赛道BC后，运动员从滑板b跳到同方向运动的滑板a上，在空中运动的时间t2＝0.6s(水平方

向上是匀速运动)。运动员与滑板a一起沿赛道CD向上滑后冲出赛道，落在赛道EF的P点。沿赛道滑行，经过G点时，运动员受到的支持力N图8.36图8.37图8.38·136·高中理科解题策略与能力提升——物理篇＝742.5N(滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内，计算时

滑板和运动员都看作质点，取g＝10m/s2)。(1)滑到G点时，运动员的速度是多大？(2)运动员跳上滑板a后，在赛道BC上与滑板a共同运动的速度是多大？(3)在从表演开始到运动员滑至I的过程中，系统的机械能改变了多少？第9章静电场策略一求电场强度，有五种特解例题1(叠加法)(1987

年全国卷)在x轴上有两个点电荷，一个带正电Q1，一个带负电2Q−，且Q1＝2Q2、用E1和E2分别表示两个电荷所产生的场强的大小，则在x轴上()A．E1＝E2之点只有一处，该处合场强为0B．E1＝E2之点共有两处

：一处合场强为0，另一处合场强为2E2C．E1＝E2之点共有三处：其中两处合场强为0，另一处合场强为2E2D．E1＝E2之点共有三处：其中一处合场强为0，另外两处合场强为2E2【命题意图】本题基于空间中两个点电荷的模型来考查电场的叠加。【分析与解】根据点电荷的电场强度可知2kQEr=，则

有带正电1Q的电场强度为21212kQEr=，另一个带负电2Q−的电场强度为2222kQEr=，要使1E和2E相等，则122rr=，而满足此距离的有两处：一处是两个点电荷之间，另一处是负电荷的外侧。因为是异种电荷，所以在两者连线间的这一处，其电场强度为12E或22E；而在负电荷的外侧的这一处，其

电场强度为0。【答案】B。【方法提炼】多个点电荷在空间中的某处所产生的电场强度为各个点电荷在该处所产生的电场强度的矢量和。例题2(微元法)如图9.1所示，均匀带电圆环所带的电荷量为+Q，半径为R，圆心

为O，P为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP＝L，试求P点的场强。【命题意图】本题基于均匀带电圆环的模型来考查学生通过微元法来进行电场矢量叠加的能力。【分析与解】设想将圆环看成由n个小段组成，当n相当大时，每一小段都可以看成是点电荷，其所带的电荷量Q′＝Qn，

由点电荷的场强公式可求得每一小段的带电体在P处产生的场强为()222kQkQEnrnRL==+。由对称性可知，各小段的带电体在P处场强E的垂直于中心轴的分量Ey相互抵消，而分量Ex之和即为带电环在P处的场强EP，如图9.2所示，则有EP＝nEx＝nk()22QnRL+co

sθ＝()()32222222nkQLkQLnRLRLRL=+++×图9.1图9.2·138·高中理科解题策略与能力提升——物理篇【答案】()3222kQLRL+。【方法提炼】①将均匀带电圆环等分成许多微元电荷，每个

微元电荷可看成是点电荷；②先根据点电荷场强公式来求出每个微元电荷的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。例题3(对称法)(2011年重庆卷)如图9.3所示，电量为＋q和－q的点电荷分别位于正方体的顶点，

则正方体范围内电场强度为0的点有()A．体中心、各面中心和各边中点B．体中心和各边中点C．各面中心和各边中点D．体中心和各面中心【命题意图】本题基于正方体各顶点电荷的分布情况来考查学生对利用对称法来解

决电场叠加问题的掌握程度。【分析与解】电场强度是矢量，点电荷在距离为r处所产生的电场强度大小为E＝k2qr，方向为正电荷在该点受力的方向，电场场强的合成遵守平行四边形定则。①在体中心处，a、f处的点电荷在体中心产生的场强沿

f、a的连线向上，d、h处的点电荷在体中心产生的场强沿h、d的连线向上，a、f、d、h处的点电荷在体中心共同产生的场强竖直向上；同理，c、e、b、g处的点电荷在体中心共同产生的场强竖直向下，由于体中心距各点电荷的距离相同，故该处的合场强为0。②在上表面abcd中心

处，b、c处的点电荷为等量的正电荷，它们在该处产生的合场强为0；同理，a、d处的点电荷在该处产生的合场强也为0，g、e处的点电荷在该处产生的合场强竖直向下，h、f处的点电荷在该处产生的合场强竖直向上且该处到g、e、h、f处的距离相等，故此处的合场强为0，其他各面中心处的合场强也为0。③在

ab边的中点处，分别画出a、b、c、d处的点电荷在该处产生的场强的方向，并利用平行四边形定则来合成。由图可知a、b、c、d处的点电荷在此处的合场强不为0(沿ab连线指向a)，同理e、f、g、h处的点电荷在该处产生的合场强也不为0(沿ab连线指向b)。又由于a、b、c

、d处的点电荷与e、f、g、h处的点电荷离该中心的距离不完全相同，故该处的合场强不为0。综上所述，选项D正确。【答案】D。【方法提炼】空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性。例题4(等效法)MN为足够大的不带电的金属板，在其右侧距

离为d的位置放一个电荷量为+q的点电荷O，金属板右侧空间的电场分布如图9.4(a)所示，P是金属板表面上与点电荷O距离为r的一点。几位同学想求出P点的电场强度大小，但发现图9.3图9.4第9章静电场·139·问题很难，

经过研究，他们发现图9.4(a)所示的电场分布与图9.4(b)中虚线右侧的电场分布是一样的。图9.4(b)中是两等量异号点电荷的电场线分布，其电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线。由此他们分别对图9.4(a)P点

的电场强度方向和大小做出以下判断，其中正确的是()A．方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为2kqdr3B．方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为2kqr2－d2r3C．方向垂直于金属板向左，大小为2kqdr3D．方

向垂直于金属板向左，大小为2kqr2－d2r3【命题意图】本题基于一个点电荷与一块足够大的金属板组合的模型来考查学生将模型等效为等量异种点电荷求解电场叠加的能力。【分析与解】根据题意，从图9.4(b)中可以看出，P点的电场方向为水平向左；两异号点电荷电荷量的大小均为q，它们

之间的距离为2d，P点与点电荷O之间的距离为r。根据点电荷的场强公式2kqEr=和图9.4(b)可知，正、负电荷在P点进行电场叠加，其大小为E＝2k2qrcosθ＝2k2qdrr＝2k3qdr，θ为正、负点电荷与P点连线后再与水平方向所形成

的夹角，选项C正确。【答案】C。【方法提炼】在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景。例题5(补偿法)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图9.5所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通

过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为()A．kq2R2-EB．kq4R2C．kq4R2-ED．kq4R2+E【命题意图】本题基于均匀带电半球面的情景来考查学生对不规则带电体求解某点电场强度的能力。【分析与解】左半球面

AB上的正电荷所产生的电场等效为带正电荷量为2q的整个球面的电场和带电荷量为-q的右半球面的电场的合电场，则()222kqEER=′−，E′是带电荷量为-q的右半球面在M点产生的场强大小。带电荷量为-q的右半球面在M点的场强大小与带正电荷量为

q的左半球面AB在N点的场强大小相等，则EN＝E′＝()222kqER−＝kq2R2图9.5·140·高中理科解题策略与能力提升——物理篇－E，选项A正确。【答案】A。【方法提炼】对于此类问题，可以将有缺口的带电圆环补全为圆环或将半球面补全为球面，从而化难为易。

策略二点电荷电场，空间对称美例题6(2012年福建卷)如图9.6所示，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线。取无穷远处为零电势点，若在将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法中正确的是()A．A

点的电势大于B点的电势B．A、B两点的电场强度相等C．q1的电荷量小于q2的电荷量D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能【命题意图】本题基于将电荷从不同的等势面移动到无穷远处克服电场力做功的情景来考查学生对电势、电场强度

、电势能的理解能力。【分析与解】由于在移动电荷的过程中是克服电场力做功，故试探电荷所受电场力应指向Q，那么点电荷Q为负电荷，作出Q的电场线，如图9.7所示。A点比B点离负电荷Q更近，故B点的电势高于A点的电势，选项A错误；在点电荷Q产生的电场中，

A点比B点离点电荷Q更近，故A点的电场强度较大，选项B错误；电荷在电场中某点的电势能等于把电荷从该点移到选定的零电势点的过程中电场力所做的功，所以q1、q2两电荷在A、B两点的电势能相等，选项D错误；在将q1、q2分别从A、B两点移到

无穷远的过程中，克服电场力做的功相等，q1对应的电势差U1比较大，由W＝qU可知q1<q2，选项C正确。【答案】C。【方法提炼】解决此类问题需要注意以下几点。①弄清孤立的正(负)点电荷电场线的分布及场强的特点。②电场线与等势面垂直，沿着电场线的

方向电势越来越低。③电场力做功与电势能的变化关系：电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加，即=PWEΔ电-。④明确电场线与带电粒子运动轨迹之间的关系：只有当电场线是直线时，电荷的初速度为0或速度的方向

与电场线平行；电荷仅受电场力或所受的其他力的合力的方向始终与电场力方向相同或者相反等三个条件同时满足时，电场线才和轨迹重合。例题7(2019年全国卷Ⅱ)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另

外一点，则()(多选)A．在运动过程中，粒子的速度大小可能先增大、后减小B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能图9.6图9.7第9章静电场·141·

D．粒子在N点所受到的电场力的方向一定与粒子的轨迹在该点的切线平行【命题意图】本题基于等量同种正电荷的电场分布模型来考查学生对等量同种电荷周围的带电粒子在电场中的运动和所做功等判断能力。【分析与解】A选项，如图9.8所示，在等量同种正点电荷产生静电场的中垂线

上某点M由静止释放一个带负电的粒子，粒子在中垂线上先向下加速，越过中点再向下减速通过N点，故粒子的速度可能先增大后减小，选项A正确。B选项，在粒子的初速度与电场线重合且电场线是直线的情况下，粒子的运动轨迹才与电场线重合，故B选项错误。C选项，由于只有电场力做功，故能量只在动能

和电势能之间转化，而在M点动能为零，在N点动能大于等于零。故在M点的电势能不低于在N点的电势能，故C选项正确。D选项，粒子在N点所受电场力方向与粒子所在点的电场线的切线平行，故D选项错误。综上所述，本题正诵答案为AC。【答案】

AC。【方法提炼】弄清等量同种电荷的电场线分布及其特点。①连线上的场强：沿着连线先变小、再变大。②沿中垂线由O点向外的场强：O点最小，向外先变大、后变小。③关于O点对称的点的场强：大小相等，方向相反。例题8(2019年全国卷Ⅲ)如图9.9所示，电荷量

分别为q和-q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点，则()(多选)A．a点和b点的电势相等B．a点和b点的电场强度大小相等C．a点和b点的电场强度方向相同D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加【命题意图】本题基于正方体

两个顶点上的等量异种电荷的模型来考查学生对等量异种电荷周围的电势、电场强度和电势能的判断能力。【分析与解】因为a点比b点离负点电荷更近而离正点电荷更远，且两个点电荷的电荷量大小相等，所以a点的电势低于b点的电势，选项A错误；因为正点电荷在a点产生的场强

与负点电荷在b点产生的场强相同，负点电荷在a点产生的场强与正点电荷在b点产生的场强相等，所以a点和b点的合场强的大小相等、方向相同，选项B、C正确；负电荷从a点移到b点，由电势低的地方移到电势高的地方，电场力做正功，电势能减小，选

项D错误。【答案】BC。【方法提炼】弄清等量异种电荷的电场线分布及其特点。①连线上的场强：沿着连线图9.8图9.9·142·高中理科解题策略与能力提升——物理篇先变小、再变大。②沿中垂线由O点向外的场强：O点最大，向外逐渐减小。③关于O点对称的点的场强：大小相

等，方向相同。策略三观运动轨迹，判物理规律例题9(2017年天津卷)如图9.10所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度分别为Aa、Ba，电势能分别为EpA、EpB，下列说法中正确的是()(多选)A．

电子一定从A向B运动B．若ABaa>，则Q靠近M端且为正电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA<EpBD．B点电势可能高于A点电势【命题意图】本题基于一条未标注方向的电场线和一个带电粒子的轨迹来考查学生根据电场中的运动轨迹来判断带电体的运动方向、场强大小、电势高低等的能力。【

分析与解】通过电子的运动轨迹可以判断电子的受力方向，但无法判断电子的运动方向。根据点电荷的电场规律可知若aA>aB，则A点离点电荷Q更近，即Q靠近M端，又由运动轨迹可知电场力的方向指向凹的一侧即左侧，所以在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，选项A错

误、B正确；由选项B可知电场线的方向由M指向N，那么A点电势高于B点，选项D错误；由选项B可知电子所受到的电场力的方向指向左侧，那么若电子从A向B运动，则电场力做负功且电势能增加，若电子从B向A运动，则电

场力做正功且电势能减小，所以一定有EpA＜EpB，求解过程与Q所带的电荷无关而只与电场线的方向有关，选项C正确。【答案】BC。【方法提炼】电场线、等势面(线)与运动轨迹的问题。(1)带电粒子在电场中的运动轨迹是由带

电粒子受到的合外力以及初速度情况共同决定的，运动轨迹上各点的切线方向表示粒子在该点的速度方向。电场线只能够描述电场的方向和定性地表示电场的强弱，但它决定了带电粒子在电场中各点所受的电场力的方向和加速度的方向。显然，电场线不一定是带电粒子在电场中的运动轨迹。(2)关于带电粒子运动

轨迹问题的分析思路：①先根据带电粒子(只受电场力)的运动轨迹来确定带电粒子受到的电场力的方向(带电粒子所受到的电场力指向运动轨迹曲线的凹侧)，再结合电场线的方向来确定带电粒子的电性；②根据带电粒子在不同的等势面之间的移动并结合题意来确定电场力是做正功还是做负功以及电势能的变化情况

或等势面的电势高低。例题10(2009年全国卷I)如图9.11所示，图中的虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线。两个粒子M、N的质量相等，所带电荷的绝对值也相等。现将M、N从虚线上的O点以相同图9.10图9.11第9章静电场·143·的速率射出，两个粒子

在电场中运动的轨迹分别如图中的两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点。若不计重力，则()(多选)A．M带负电荷，N带正电荷B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．N在从O点运动至a

点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于0【命题意图】本题基于一簇匀强电场的等势面以及粒子的运动轨迹来考查学生对电性、速度大小以及电场力做功情况的判断能力。【分析与解】电场线与等势面垂直，由于

O点电势高于c点，故匀强电场的场强方向向下，又因为运动轨迹是不可能出现在电场力与速度方向之间的夹角外，所以图中的N粒子所受到的电场力是向上的而M粒子所受到的电场力是向下的，故N粒子带负电、M粒子带正电，选项A错误；

由于Oa和Oc间的电势差大小相等且电场力又都是做正功，因此根据动能定理可知电场力做的功相等，故动能的增量相等，选项B正确；由于N粒子带负电且电场力向上，故电场力做正功，选项C错误；由于Ob在同一等势面上，故M粒子在从O点运动至b点的过程中，电场

力对它做的功等于0，选项D正确。【答案】BD。例题11(2016年全国卷Ⅰ)如图9.12所示，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面(纸面)内且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力，由此可知(

)(多选)A．Q点的电势比P点的高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小【命题意图】本题基于一带负电油滴的运动轨迹来考查学生根据轨迹来判断动能、电势能、电势、加速度大小的能力。【分析与解】根据粒子的弯曲方向可知粒子

受到的合力一定指向上方，同时由轨迹关于P点对称可知电场力应竖直向上，粒子带负电则电场线的方向竖直向下，所以Q点的电势比P点的高，选项A正确；在粒子由P点运动到Q点的过程中，合外力做正功，动能增加，则油滴在Q点的动能比它在P点的大，选项B正确；因电场力竖直向上，在油滴由P点运动到Q点的过程中，

电场力对油滴做正功，其电势能减小，则Q点的电势能比它在P点的小，选项C错误；因小球在匀强电场中运动，所受的合外力为恒力，故P、Q两点的加速度大小相同，选项D错误。【答案】AB。策略四场强电势差，采用“等分法”例题12(2017年全国卷Ⅲ)一匀强电场的

方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图9.13所示，三点的电势分别为10V、17V、26V，下列说法中正确的是()(多选)图9.12·144·高中理科解题策略与能力提升——物理篇A．电场强度的大小为2.5V/cmB．坐标原点处的电势为1VC

．电子在a点的电势能比在b点的低7eVD．电子从b点运动到c点，电场力做的功为9eV【命题意图】本题基于一匀强电场中三个已知电势的点来考查学生对运用等分法来求解电场强度、电势、电势能及电场力做功的掌握情况。【分析与解】如图

9.14所示，过b点作bd垂直于Oc，由几何关系可得xcd＝6×35cm＝185cm，故φc-φOxcO＝φc-φdxcd，则d点的电势为φd＝17V，因此bd为等势线，从而电场线沿cO方向，于是E＝UcOxcO＝

2510V/cm＝2.5V/cm，选项A正确；φa＝10V，φb＝17V，φc＝26V，于是可知ab与Oc的交点的电势满足φa+φb2＝φO+φc2，故φO＝φa+φb-φc＝1V，选项B正确；从a点到b点移动

电子，电场力做的功W＝Uab(-e)＝7eV，电场力做正功，电势能减小，故电子在a点的电势能比在b点的高7eV，选项C错误；从b点到c点移动电子，电场力做的功W′＝-eUbc＝9eV，选项D正确。【答案】ABD。【方法提炼】①在匀强电场

中，沿任意一个方向，电势的降落都是均匀的，故在同一直线上间距相同的两点间的电势差大小相等。如果把某两点间的距离等分为n段，则每段两个端点的电势差大小等于原电势差的1n，这种采用等分间距来求解电势问题的方法，叫做等分法。②当已知匀强电场中某几点的电势而要求解其他点的电势时，一

般采用“等分法”在电场中找出与待求点的电势相同的等势点。等分法也常常用在画电场线的问题中。③在匀强电场中，相互平行的相等线段的两个端点的电势差相等。策略五φ-x图像，斜率是关键例题13(2017年全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任意一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系

如图9.15所示。电场中a、b、c、d四个点的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed，a点到点电荷的距离ra与a点的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间的移动过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd，下列选

项中正确的是()(多选)A．Ea∶Eb＝4∶1B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1D．Wbc∶Wcd＝1∶3图9.13图9.14图9.15第9章静电场·145·【命题意图】本题基于φ-x图来考查学生从图像

中获取信息的能力，以及对电场强度和电场力做功的理解能力。【分析与解】由点电荷的场强公式E＝kQr2可得Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，选项A正确、B错误；电场力做的功W＝qU，Uab∶Ubc＝3∶

1，则Wab∶Wbc＝3∶1，选项C正确；又有Ubc∶Ucd＝1∶1，则Wbc∶Wcd＝1∶1，选项D错误。【答案】AC。【方法提炼】φ-x图像问题：①电场强度的大小等于φ-x图像的斜率大小，电场强度为0处φ-x图像存在极值，其切线的斜率为0；②在φ-x图像中可以直接判断出各点电势的高低，并可以根

据电势的高低关系来确定电场强度的方向；③在φ-x图像中若要分析电荷移动时电势能的变化，可以利用WAB＝qUAB并根据WAB的正负来做出判断。策略六E-x图像，面积是关键例题14沿电场中某条直线的电场线方向建立x轴

，该电场线上各点的电场强度E随x的变化规律如图9.16所示，坐标点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点的间距相等。一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为Ek，仅考虑电场力

的作用，则()(多选)A．从O点到C点，电势先升高、后降低B．粒子先做匀加速运动，再做变加速运动C．粒子在AB段的电势能变化量大于BC段的电势能变化量D．粒子运动到C点时的动能小于3Ek【命题意图】本题基

于E-x图像来考查学生判断带电粒子运动情况以及对动能大小进行比较的能力，同时也考查学生对电势高低和电势能变化的判断能力。【分析与解】由题图可知，从O点到C点，沿电场线方向，电势逐渐降低，选项A错误；因为由静止释放的粒子所受到的电场力与速度的

方向一致，所以粒子一直做加速直线运动，在0～x1段电场强度逐渐变大，粒子所受到的电场力逐渐变大，做加速度增大的变加速直线运动，选项B错误；E-x图像中图像与坐标轴围成的图形“面积”代表电势差，AB段的电势差大于BC段的电势差，故电场力做的功WAB>WBC，由电场力做功与电势能变化的关系

可得粒子在AB段的电势能变化量大于BC段的电势能变化量，选项C正确；E-x图中图像与坐标轴围成的图形“面积”代表电势差，UOA＝12E0x1，UAC<12E0×2x1，于是可得2UOA>UAC，由动能定理可知qU＝ΔEk，则可得qUOA＝Ek-0，qUAC＝Ek

C-Ek，从而可得粒子运动到C点时的动能kCE小于3Ek，选项D正确。【答案】CD。【方法提炼】E-x图像问题：①E-x图反映了场强随位移变化的规律；②E＞0表示场强沿x轴的正方向，E<0表示场强沿x轴的负方向；

③图像与x轴围成的图形“面积”表示电势差，“面积”的大小表示电势差的大小，两点的电势高低需要根据电场方向来判定。图9.16·146·高中理科解题策略与能力提升——物理篇在给定了电场的E-x图后，可以由图像来确定电场强度的变化情况；而对于电势的变化情况，E-x

图像与x轴所围成的图形“面积”就表示了电势差。在与粒子运动相结合的题目中，还可以进一步地确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。策略七类抛体运动，合成与分解例题15(2015年全国卷Ⅱ)如图9.17所示，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该

粒子在A点时的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；当它运动到B点时的速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力，求A、B两点间的电势差。【命题意图】本题基于匀强电场中类斜抛运动的轨迹来考查学生根据运动合成与分解、动能

定理相结合处理问题的能力。【分析与解】设带电粒子在B点时的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin30°＝v0sin60°①由此可得vB＝3v0②设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理可得qUAB＝12m(

v2B-v20)③联立②③可得UAB＝mv20q④【答案】mv20q。【方法提炼】求解类斜抛运动问题的关键：①找到合外力，正确求出加速度，明确合运动与分运动；②确定是研究速度还是研究位移；③把握好分解的思想方法，常常将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合外力方向)

的匀加速直线运动，两个分运动彼此独立、互不影响且与合运动具有等时性。策略八场中带电体，功能关系析例题16(2012年全国卷)如图9.18所示，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的水平直线通

过电容器，则在此过程中，该粒子()(多选)A．所受到的重力与电场力平衡B．电势能逐渐增加C．动能逐渐增加图9.17图9.18第9章静电场·147·D．做匀变速直线运动【命题意图】本题基于带电粒子在匀强电场中的运动轨迹来考查学生根据运动状态判断受力情况以及

对电势能的理解能力等。【分析与解】带电粒子所受到的电场力与平行板电容器垂直，粒子做直线运动。由受力分析可得粒子所受到的电场力与重力的合力必与运动方向相反，粒子做匀减速直线运动，选项A、C错误，选项D正确；因电场力做负功，故粒子的电势能逐渐增加，选项B正确。【答案】

BD。【方法提炼】电场中的功能关系问题。(1)关于电场力做功的四种求法，见表9.1。表9.1定义式WAB＝Flcosα＝qEd(适用于匀强电场)电势的变化W＝qUAB＝q(φA－φB)动能定理W电＋W其他＝ΔEk电势能的变化WAB＝－ΔEp＝E

pA－EpB(2)电场中的功能关系：①若只有电场力做功，则电势能与动能之和保持不变；②若只有电场力和重力做功，则电势能、重力势能、动能之和保持不变；③除重力以外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化量；④所有外力对物体做的总功等于物体动能的变化量。例题17(201

9年天津卷)如图9.19所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球以初速度v从M点竖直向上运动。通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反。则小球从M点运动到N点的过程中，()A．动能增加12mv2B．机械能增加2mv2C．重力势能增加32mv2D．电势能增

加2mv2【命题意图】本题基于一带点小球在一簇电场线中运动的情景来考查学生对电场力做功、电势能和机械能的理解能力和应用能力。【分析与解】在小球从M点运动到N点的过程中，动能的变化量22222kkk11113(2)22222MNEEEmvmvmvmvmv′Δ

=−=−=−=，因此动能的增量为232mv，选项A错误。将小球从M点运动到N点的合运动分解到水平方向和竖直方向。在竖直方向上，小球仅受到重力的作用，做加速度为g的匀减速直线运动，设上升的高度为h，由运动学公式22vgh＝，得22vhg=。重力做功2G12Wmghmv=−=−，重力势能的变

化量2pG12EWmvΔ=−=,所以重力势能的增量为212mv，选项C错误。由动能定理：图9.19·148·高中理科解题策略与能力提升——物理篇kGFEWWWΔ==+合,解得222FkG31222WEWmvmvmv⎛⎞

Δ−=−−=⎜⎟⎝⎠＝，所以电势能的变化量2pF2EWmvΔ=−=−,负号表示电势能减少了，减小的电势能全部转化为了小球的机械能，所以机械能增加了2mv2，选项B正确，D错误。策略九动态电容器，Q与U辨析例题18(2016年全国卷Ⅰ)一平行板电

容器的两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器()A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间的电场

强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变【命题意图】本题基于平行板电容器的模型来考查学生对电容器决定式的理解能力。【分析与解】平行板电容器的电容表达式为C＝εrS4πkd，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小。由于极板间的电压不

变，由Q＝CU可知，极板上的电荷量变小。再考虑到极板间的电场强度E＝Ud，因为U、d不变，所以极板间的电场强度不变，选项D正确。【答案】D。【方法提炼】①当电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变；②动态分析思路，见表9.2。表

9.2U不变①根据C＝QU＝r4Skdεπ，先分析电容的变化，再分析Q的变化②根据E＝Ud来分析场强的变化③根据UAB＝Ed来分析某点电势的变化例题19(2016年天津卷)如图9.20所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计

的金属外壳和电容器下的极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中的虚线位置，则()A．θ增大，E增大B．θ增大，EP不变C．θ减小，EP增大D．θ减小，E不变

【命题意图】本题基于用一个静电计试测平行板电容器的电势差的情景来考查学生对静电计的使用，以及对电场强度和带电粒子电势能的大小的判断能力。图9.20第9章静电场·149·【分析与解】由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下

极板不动而上极板向下移动一段距离时，两极板的间距d减小，则电容C变大，由U＝QC可知U变小，则静电计指针的偏角θ减小。又因为两板间的电场强度E＝Ud＝QCd＝4πkQεrS，Q、S不变，则E不变。因为E不变，则点电荷在从P点移动

到下极板(电势为0)的过程中电场力做的功不变而电势能的变化相同，则点电荷在P点的电势能EP不变，故只有选项D正确。【答案】D。【方法提炼】①当充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变；②动态分析思路，见表9.3。表9.3Q不变

①根据C＝QU＝r4Skdεπ’，先分析电容的变化，再分析U的变化②根据E＝r4UkQdSεπ=来分析场强的变化策略十示波管原理，加速与偏转例题20(2011年安徽卷)图9.21(a)是示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图9.21(b)所示的规律变

化，在电极XX′之间所加的电压按图9.21(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是()图9.21【命题意图】本题基于示波管原理图以及两个方向的电压与时间的关系图来考查学生对带电微粒在变化叠加电场中的运动状态的判断能力。【分析与解】由图可知，电极XX′之间加的是扫描电压，电极YY′之

间加的是正弦式交变电压，并且有相同的周期。在0时刻，UY＝0，电子在YY′之间没有偏转，UX为负向最大电压，电子只在XX′之间偏转且向左有最大偏转，选项A、C错误；在0～t1时刻，UY>0，UX<0，电子在XX′之间由左向右

水平移动，同时在YY′之间由正中间先向上运动再·150·高中理科解题策略与能力提升——物理篇向下运动，在荧光屏看到的图形是选项B，故选项D错误、B正确。【答案】B。【方法提炼】在示波管模型中，带电粒子先经加速电场

U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动的过程才会打到荧光屏上而显示出亮点P，如图9.22所示。(1)确定最终的偏移距离。①思路一，如图9.23所示。图9.23思路二，如图9.24所示。图9.24(2)确定偏转后的动能(或速度)。①思路一，如

图9.25所示。图9.25②思路二，如图9.26所示。图9.26策略十一外加恒力场，等效是良方例题21如图9.27所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水

平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时的速度最大，O、C的连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。求：图9.22第9章静电场·151·(1)小球所受的电场力大

小。(2)当小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小。【命题意图】本题基于带电物体处于匀强电场中竖直放置的圆形绝缘轨道中运动的模型来考查学生对受力分析以及等效场中带电微粒在竖直平面内运动

的问题进行分析的能力。【分析与解】(1)小球经过C点时的速度最大，则电场力与重力的合力沿DC方向，如图9.28所示。所以，小球受到的电场力的大小F＝mgtanθ＝3mg。(2)要使小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，即在D点时小球对圆

轨道的压力恰好为0，则mgcosθ＝2vmr解得v＝2gr在小球从圆轨道上的D点运动到A点的过程中，有mgr(1+cosθ)+Frsinθ＝12mv02-12mv2解得v0＝22gr【答案】(1)F＝mgtanθ＝3mg；(

2)当v0＝22gr时，压力最小。【方法提炼】带电体在等效场中的运动问题。(1)等效思维法：它是将一个复杂的物理问题等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。对于这类问题，若采用常规的方法来求解，则过程复杂、运算量大。若

采用“等效法”来求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷。(2)方法应用：先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为“等效重力”，同时将a＝F合m视为“等效重力加速度”，如此便能建立起“等效重力场”，再将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中来进行分析和求解即可。①带电小球的运动可以视

为只有“等效重力”时竖直平面内的圆周运动。②小球经过C点时速度最大，可以作为“等效最低点”，则通过圆心且与C点相对的D点可以作为“等效最高点”。③重力和电场力的合力的方向一定在“等效最高点”和“等效最低点”的连线的延长线上。策略十二遇交变电场，

抓周期对称例题22(2011年安徽卷)如图9.29(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图9.29(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P图9.27图9.28·152·高中理科解题策略与能力提升

——物理篇处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上，则t0可能属于的时间段是()图9.29A．0<t0<T4B．T2<t0<3T4C．3T4<t0<TD．T<t0

<9T8【命题意图】本题基于正电粒子在加上交变电场的平行板间运动的模型来考查学生对带电微粒在交变电场中的运动状态的分析能力。【分析与解】由U-t图像可以作出从几个典型时刻开始运动所对应的v-t图像，取向A板运动的方向为正方向，如图9.30

所示。分别考虑在一个周期内带电粒子的运动情况。当t0＝0时，粒子一直向B板运动；当t0＝T8时，粒子先向B板运动，到7T8时再向A板运动，在一个周期内的总位移还是向B板；当t0＝T4时，粒子先向B板运动，到3T4时再向A板运动，在

一个周期内的总位移为0。同理，也可以分析出其余几个典型时刻的运动情况如下：若0<t0<T4，则粒子先向B板运动，后向A板运动，最终打到B板上，选项A、D错误；若T4<t0<T2，则粒子先向B板运动，后向A板运动，最终打到A板上；若T2<t0<3T4，则粒子先向A板运动，后向B板运动，最

终打到A板上，选项B正确；若3T4<t0<T，则粒子先向A板运动，后向B板运动，最终打到B板上，选项C错误。【答案】B。【方法提炼】(1)常见的交变电场：常见的交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。(2)常见的题目类型：①粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解

)；②粒子做往返运动(一般分段研究)；③粒子做偏转运动(一般分解研究)。(3)分析两个关系：①力和运动的关系；②功能关系。(4)注意全面分析：①注重全面地分析带电粒子的受力特点和运动情况，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征来求解粒

子运动过程中的速度、位移、做功图9.30第9章静电场·153·或确定与物理过程相关的边界条件；②某一过程中的匀变速运动(曲线时将运动分解)可利用牛顿运动定律并结合匀变速直线运动的规律来分析和求解。策略十三力电综合类，三种观点解例题23(2017年全国卷Ⅰ)真空中存在电场

强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再

持续同样的一段时间后，油滴运动到B点(重力加速度为g)。(1)求油滴运动到B点时的速度。(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油

滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。【命题意图】本题基于带电油滴在变化的匀强电场中运动的情景来考查学生分阶段地对运动物体的受力情况和运动情况进行分析的能力，以及运用牛顿运动定律与运动学公式来解决问题的能力。【分析与解】(1)设油滴的质量和电荷量分别为m

和q，以油滴的速度方向向上为正方向。油滴在电场强度大小为1E的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场的方向向上。在t＝0时，电场强度突然从1E增加至2E，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度的方向向上，1a的大小

满足：21qEmgma−=①油滴在1t时刻的速度为1011vvat+=②电场强度在t1时刻突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度的方向向下，a2的大小满足：22qEmgma+=③油滴在t2＝2t1时刻的速度为2121vvat

−=④由①②③④式可得2012vvgt−=⑤(2)由题意可知，在t＝0时刻有1qEmg=⑥油滴从t＝0到t1时刻的位移为21011112svtat+=⑦油滴在从t1时刻到t2＝2t1时刻的时间间隔内的位移为22112112svtat−=⑧由题中所给的条件可得·154·高中理科解题策略与能

力提升——物理篇202(2)vgh=⑨式中，h是B、A两点之间的距离。①若B点在A点之上，根依题意可得12ssh+=⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩可得20021111224vvEEgtgt⎡⎤⎛⎞−+⎢⎥⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦=为使12EE<，则应有2001112214vvgtgt⎛⎞−+>⎜⎟⎝⎠即当013

012vtg⎛⎞<<−⎜⎟⎝⎠或01312vtg⎛⎞>+⎜⎟⎝⎠才是可能的。和分别对应于20v>和20v<两种情形。②若B点在A点之下，根据题意可得12ssh+−=由①②③⑥⑦⑧⑨可得20021111224vvEEgtgt⎡⎤⎛⎞−−⎢⎥⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦

=为使21EE>，则应有2001112214vvgtgt⎛⎞−−>⎜⎟⎝⎠即01512vtg⎛⎞>+⎜⎟⎝⎠另一解为负，不符合题意，已舍去。【答案】(1)2012vvgt−=；(2)20021111224vvEEgtgt⎡⎤⎛⎞−+⎢⎥⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦=

，013012vtg⎛⎞<<−⎜⎟⎝⎠或01312vtg⎛⎞>+⎜⎟⎝⎠；20021111224vvEEgtgt⎡⎤⎛⎞⎢⎥=−−⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦，01512vtg⎛⎞>+⎜⎟⎝⎠。例题24(2009年福建卷)如图9.31(a)所示，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑

绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E，方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电量为第9章静电场·155·q(q>0)的滑块从距离弹簧上端为s0处由静止释放，滑

块在运动过程中电量保持不变。设滑块与弹簧在接触过程中没有机械能的损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为g。(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1。(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大的速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小

为vm的过程中弹簧的弹力所做的功W。(3)从滑块静止释放的瞬间开始计时，请在图9.31(b)中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系的v-t图像。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速

度达到最大值及第一次速度减为0的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量(本小题不要求写出计算过程．．．．．．．．．．．．)。图9.31【命题方向】本题基于带电物块在处于匀强电场中带弹簧的斜面上运动的情景来考查学生在有电场力的参

与下对牛顿运动定律以及动能定理的应用能力。【分析与解】本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题，涉及匀变速直线运动、运用动能定理来处理变力做功的问题、最大速度的问题和对运动过程进行分析。(1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为0的匀加速直线运动。设加速度为a，则q

E+mgsinθ＝ma①20112sat=②联立①②可得012sinmstqEmgθ=+③(2)当滑块的速度最大时，受力平衡。设此时弹簧的压缩量为0x，则0sinmgθqEkx+=④从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理可得200m1(sin)()02mgθ

qEsxWmv+⋅++=−⑤联立④⑤可得2m01sin(sin)2mgθqEWmvmgθqEsk⎛⎞+⎟⎜=−+⋅+⎟⎜⎟⎜⎝⎠⑥·156·高中理科解题策略与能力提升——物理篇(3)假设t1时刻的速度为v1，

对于这段时间内的匀加速运动我们可以描点并用刻度尺连线即可；设t2时刻的速度达到最大，t1到t2时刻物体做加速度减小的加速运动，画一段斜率逐渐减小的平滑曲线即可；设第一次速度为0的时刻为t3，在t2到t3时间段

内物体做加速度增大的减速运动，画一段平滑的曲线即可，如图9.32所示。【答案】(1)012sinmstqEmgθ=+；(2)2m01sin(sin)2mgθqEWmvmgθqEsk⎛⎞+⎟⎜=−+⋅+⎟⎜⎟⎜⎝⎠；(3)如图9.32所示。例题25

(2010年安徽卷)如图9.33所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v

0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10-2kg，乙所带的电荷量q＝2.0×10-5C，g取10m/s2(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运

动过程中无电荷转移)。图9.33(1)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离。(2)在满足(1)的条件下，求甲的速度v0。(3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量而保持乙的质量不变，求乙在轨

道上的首次落点到B点的距离范围。【命题意图】本题基于带电小球在处于匀强电场中的竖直平面内的轨道运动的情景来考查在加入电场力的情况下学生对动量守恒、能量守恒以及牛顿运动定律在竖直平面内的圆周运动中的应用能力。【

分析与解】(1)在乙球恰好能通过轨道的最高点的情况下，设乙球到达最高点时的速度为Dv，乙球离开D点达到水平轨道的时间为t，乙球的落点到B点的距离为x，则2DvmmgqER=+①2122mgqERtm⎛⎞+⎟⎜=⎟⎜⎟⎜⎝⎠②

Dxvt=③联立①②③可得图9.32第9章静电场·157·x=0.4m④(2)设碰撞后甲、乙两球的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得0mvmvmv=+甲乙⑤2220111222mvmvmv

=+甲乙⑥联立⑤⑥可得vv=乙0⑦由动能定理可得22112222DmgRqERmvmv乙−⋅−⋅=−⑧联立①⑦⑧可得()0525m/smgqERvvm乙+===⑨(3)设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为Mv、mv，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得0MmMvMvmv=+⑩22201

11222MmMvMvmv=+联立⑩可得02mMvvMm=+由和Mm≥可得0mvv≤＜02v设乙球径过D点时的速度为Dv′，由动能定理可得22112222DmmgRqERmvmv′−⋅−⋅=−联立⑨可得2m/s8m/sDv′≤＜设乙球在水平轨道上的

落点到B点的距离为x′，则Dxvt′′=联立②可得0.4m≤x′＜1.6m【答案】(1)0.4m；(2)25m/s；(3)0.4m≤x′＜1.6m。策略十四分类讨论法，防止漏解答例题26(2004年上海卷)

光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场的方向与正方形的一边平行，一质量为m、带电量为q的小球由某一边·158·高中理科解题策略与能力提升——物理篇的中点并以垂直于该边的初速度v0进入

该正方形区域。当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为()A．0B．2012mvC．201122mvqEl+D．201223mvqEl+【命题意图】本题基于带电微粒从未定的方向进入存在匀强电场的正方形区域的情景来考查学生能否全面地分析问题的能力，以及

在有电场力做功的参与下的对动能定理的应用能力。【分析与解】若初速度的方向与电场方向平行但与电场方向相反，则小球做匀减速直线运动，运动到对边时的速度恰好为0，选项A正确；若初速度的方向与电场方向平行但与电场方向相反，则小球做匀减速直线运动，未到对

边时速度就减为0并返回做匀加速运动，因为来回的运动是对称的，所以返回到出发点的速度仍为v0，所以动能为2012mv，选项B正确；若初速度的方向与电场方向垂直，则小球做类平抛运动并从邻边出去，根据动能定理可得2k01122qElEmv−=，所以2k01122EmvqEl+=，选项C正确；偏转的位移

不可能超过2l，选项D错误。【答案】ABC。【方法提炼】解决带电粒子在电场中运动的问题要注意以下两个方面。①带电粒子在电场中是否考虑重力：对于电子、质子、α粒子、离子等基本微粒，除有说明或者明确的暗示以外，一般不考虑重力(但并不忽略质量)；对于液滴、油滴、尘埃、小球等

带电颗粒，除有说明或明确的暗示以外，一般都要考虑重力。②灵活地利用动力学进行分析的思想；可以采用受力分析和运动学方程相结合的方法来解决问题，也可以采用功能结合的观点来解决问题。策略十五学物理原理，重技术应用例题27(2004年北京卷)如图9.3

4所示，该图是某种静电分选器的原理示意图。两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成了匀强电场。分选器漏斗的出口与两板的上端处于同一高度，到两板的距离相等。当混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗的出口下落时，a种

颗粒带上正电，b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。已知两板的间距0.1md=，板的长度0.5ml=，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带的电量大小与其质量之比均为5110C/kg−×。设颗粒进入电场时的初速度

为0，分选过程中颗粒的大小及颗粒间的相互作用力不计。要求当两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量(重力加速度g取210m/s)。(1)左、右两极板各带何种电荷？两极板间的电图9.34第9章静电场·159·压有多大？(2)若两带电平行板的下端距传

送带A、B的高度0.3mH=，则颗粒落至传送带时的速度大小是多少？(3)设颗粒每次在与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半。写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式。并求出经过多少次碰撞后，颗粒反弹的高度小于0.01m。【命题意图】本题基于静电分选器的模型来考查学生

对带电粒子在复合场中的偏转问题的解决能力以及对运动的分解的应用能力。【分析与解】(1)左板带负电荷，右板带正电荷。根据题意，颗粒在平行板间的竖直方向上满足212lgt=①在水平方向上满足2122dUqstdm==②联立①②可得24110V2gmdUlq×==(2)根据动能定理可知，颗

粒落到水平传送带上满足()21122UqmglHmv++=()24m/sUqvglHm=++≈(3)在竖直方向上颗粒做自由落体运动，它第一次落到水平传送带上后沿竖直方向上的速度为()24m/syvglH=+=故颗粒第一次反弹速度大小为12yv，根据22yvgh=可得

第一次反弹高度()2210.51242yyvvhgg==⋅根据题设条件，颗粒第n次反弹后上升的高度为211m424nnynvhg⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎟⎜⎟⎟⎜⎜⎟⎜==⎟⎟⎟⎜⎜⎟⎟⎜⎜⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎜⎝⎠×0.80.01nh<，即10.01140.880n⎛⎞⎟⎜<=⎟⎜⎟⎜⎝⎠。故

只有当4n=时，0.01mnh<。·160·高中理科解题策略与能力提升——物理篇【答案】(1)左板带负电荷，右板带正电荷，24110V2gmdUlq==×；(2)4m/sv≈；(3)2110m424nnynvhg×.8⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎟⎜⎟⎟⎜⎜⎟⎜==⎟⎟

⎟⎜⎜⎟⎟⎜⎜⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎜⎝⎠；当4n=时，0.01mnh<。例题28(2007重庆卷)飞行时间质谱仪可通过测量离子的飞行时间来得到离子的荷质比q/m。如图9.35(a)所示，带正电的离子经电压为U的

电场加速后进入长度为L的真空管AB，可测得离子飞越AB所用的时间为t1。改进以上方法，如图9.35(b)所示，让离子飞越AB后进入场强为E的匀强电场区域BC，在电场的作用下离子返回B端，此时测得离子从A出发后飞行的总时间为t2(不计离子的重力)。图9.35(1)忽略离子源中

离子的初速度：①用t1计算荷质比；②用t2计算荷质比。(2)离子源中相同荷质比的离子的初速度不尽相同，设两个荷质比都为q/m的离子在A端的速度分别为v和v′(v≠v′)，在改进后的方法中，它们飞行的总时间通常不同，存在时间差Δt。可通过调

节电场E使Δt＝0。求此时E的大小。【命题意图】本题基于质谱仪来考查学生解决带电粒子在电场中的加速和偏转问题的能力。【分析与解】(1)①设离子的带电量为q、质量为m、经电场加速后的速度为v，则212qUmv=①离子飞越真空管，沿AB做匀速直线运动，则1Lvt＝②由

①②可得离子的荷质比为2212qLmUt=③②离子在匀强电场区域BC中做往返运动，设加速度为a，则qE＝ma④t2＝2Lvva+⑤即22LmvtvqE=+第9章静电场·161·由①④⑤式可得离子的荷质比为2221412qULmUEt⎛⎞+⎜⎟⎝⎠=或2222212q

LUmEtU⎛⎞+⎜⎟⎝⎠=⑥(2)两个离子的初速度分别为v、v′，则22LvLmvtqEvvqEm+=+=⑦t′＝22LvLmvqEvvqEm′′+=+′′⑧()2LmvvvvqttEt⎛⎞Δ′−−⎜⎟′⎝⎠′＝-＝⑨要使Δt＝0，则需要20LmvvqE−′=⑩所以2mvvE

qL′=。【答案】(1)①2212qLmUt=，②2221412qULmUEt⎛⎞+⎜⎟⎝⎠=或2222212qLUmEtU⎛⎞+⎜⎟⎝⎠=；(2)2mvvEqL′=。例题29(2013年广东卷)喷墨打印

机的简化模型如图9.36所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直于匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间的电场中()A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动

轨迹与带电荷量无关【命题意图】本题基于喷墨打印机的模型来考查学生对带电微粒在电场中的偏转问题的掌握情况。【分析与解】本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动。墨汁微滴带负电，根据电场力的方向可以判断出它会向正极板偏转，选项A错误；电场力做正功，电势能逐渐减小，选项B错误；速度v垂直于匀

强电场的场强方向，受到的电场力为恒力，故墨汁微滴做类平抛运动，选项C正确；在沿场强方向上的位移y＝12at2＝22qEtm，垂直于场强方向的位移x＝vt，轨迹方程为y＝222qExmv，即运动轨迹与带电荷量有关，选项D错误。【答案】C。图9.36·162·高中理科解题策略与能

力提升——物理篇例题30(2016年四川卷)中国科学院于2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图9.37所示，某直线

加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时的速度为8×106m/s，进入漂移管E时

的速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间的缝隙很小，质子在每个管内运动的时间视为电源周期的12。质子的荷质比取1×108C/kg。求：(1)漂移管B的长度。(2)相邻漂移管间的加速电压。【命题意图】本题基于直线加速器的模型来考查动能定理

的应用。【分析与解】(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则T＝1f①L＝vB·T2②联立①②并代入数据后可得L＝0.4m。(2)设质子进入漂移管E时的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U

，电场对质子所做的功为W。质子从漂移管B运动到漂移管E电场力做的功为W′，质子的电荷量为q、质量为m，则W＝qU③W′＝3W④W′＝221122EBmvmv−⑥联立③④⑤并代入数据后可得U＝6×104V【答案】(1)0.4m；(6)6×104V。

例题31(2011年福建卷)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。如图9.38所示，在虚线MN的两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力的作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知

电场强度的大小分别是E1＝2.0×103N/C和E2＝图9.37图9.38第9章静电场·163·4.0×103N/C，方向如图9.38所示，带电微粒的质量m＝1.0×10－20kg，带电量q＝-1.0×10－9C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0c

m。不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求：(1)B点到虚线MN的距离d2。(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。【命题意图】本题基于反射式速调管的模型来考查动能定理和牛顿运动定律在带电粒子的加速和减速过程中的应用。【分析与解】

(1)在带电微粒由A点运动到B点的过程中，由动能定理可得|q|E1d1－|q|E2d2＝0①由①可解得d2＝E1E2d1＝0.50cm②(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律可得|q|E1＝ma1③|q|E2＝ma2④设微粒在虚线MN两侧运动的

时间分别为t1、t2，由运动学公式可得d1＝12a1t21⑤d2＝12a2t22⑥且t＝t1＋t2⑦由②③④⑤⑥⑦可解得t＝1.5×10－8s【答案】(1)d2=0.50cm；(2)t＝1.5×10－8s

。例题32(2013年浙江卷)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面

如图9.39所示。一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间的小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间。忽略电场的边缘

效应。(1)判断半球面A、B的电势高低，并说明理由。(2)求等势面C所在处的电场强度E的大小。(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEk左和ΔEk右分别为多少？(4)比较|Δ

Ek左|与|ΔEk右|的大小，并说明理由。【命题意图】本题基于带电粒子进入辐式电场中运动的模型来考查学生对带电粒子在图9.39·164·高中理科解题策略与能力提升——物理篇电场中做圆周运动的分析能力以及对动能定理的应用能力；同时，还考查学生读懂模型

的能力。【分析与解】(1)电子(带负电)做圆周运动，电场力的方向指向球心，电场方向从B指向A，B板电势高于A板。(2)根据题意，电子在电场力的作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，则eE＝mv2REk

0＝12mv2R＝2ABRR+联立上述式子可解得E＝2Ek0eR＝4Ek0e(RA＋RB)(3)当电子运动时只有电场力做功，根据动能定理可得ΔΕk＝qU对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，则ΔΕk

左＝-e(φC-φB)对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，则ΔΕk右＝-e(φC-φA)(4)根据电场线的特点，等势面B与C之间的电场强度大于等势面C与A之间的电场强度，考虑到等势面的间距相等，则||φB-φC>||φA-φC即||ΔΕk左>||ΔΕk右

。【答案】(1)B板电势高于A板；(2)E＝2Ek0eR＝4Ek0e(RA+RB)；(3)ΔΕk左＝-e(φC-φB)，ΔΕk右＝-e(φC-φA)；(4)||ΔΕk左>||ΔΕk右。练习1(2013年全国卷Ⅱ)如图9.4

0所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电且电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中，已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为()A．3k

q3l2B．3kql2C．3kql2D．23kql2练习2(2013年全国卷Ⅰ)如图9.41所示，一半径为R图9.40图9.41第9章静电场·165·的圆盘上均匀地分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和

d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q＞0)的固定点电荷。已知b点处的场强为0，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)()A．k3qR2B．k10q9R2C．kQ+qR2D．k9Q+q9R2练习3(2019年江苏卷)如图9.42所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定

在A点。先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中电场力做的功为-W；再将Q1从C点沿CB移到B点并固定；最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点，下列说法中正确的有()(多选)A．在Q1被移入之前，C点的电势为WqB．在Q1从C点被移到B点的

过程中，所受到的电场力做的功为0C．在Q2从无穷远处被移到C点的过程中，所受到的电场力做的功为2WD．Q2被移到C点后的电势能为-4W练习4(2013年天津卷)两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点，如图9.43所示。一带负电的试探电

荷q，从A点由静止释放，只在静电力的作用下运动，取无限远处的电势为0，则()(多选)A．q由A向O的运动是匀加速直线运动B．在q由A向O运动的过程中，电势能逐渐减小C．q运动到O点时的动能最大D．q运动到O点时的电势能为0练习5(2012年重庆卷)空间中P、Q两点处各

固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图9.44所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则()A．P、Q两点处的电荷等量同种B．a点和b点的电场强度相同C．c点的电势低于d点的电势D．负电荷从a到c，电势能减少练习6(2011年山东卷)如图

9.45所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在的直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上，以下判断中正确的是()(多选)A．b点场强大于d点场强图9.42图9.43图9.45图9.44·166·高中理科解

题策略与能力提升——物理篇B．b点场强小于d点场强C．a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差D．试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能练习7(2018年天津卷)如图9.46所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力的作用下的运动轨迹

。设M点和N点的电势分别为mϕ、Nϕ，粒子在M和N时的加速度大小分别为Ma、Na，速度大小分别为Mv、Nv，电势能分别为pME、pNE，下列判断中正确的是()A．MNvv<，MNaa<B．MNvv<，MNϕϕ<C．MNϕ

ϕ<，ppMNEE<D．MNaa<，ppMNEE<练习8(2016年海南卷)如图9.47所示，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点(不计重力)，下列说法中正确的是()(多

选)A．M带负电荷，N带正电荷B．M在b点的动能小于它在a点的动能C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功练习9(2015年全国卷Ⅰ)如图9.48所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们

的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。在一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则()A．直线a位于某一等势面内，φM>φQB．直线c位于某一等势面内，φM>φNC．若电子由M点运动到Q点，则电

场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，则电场力做负功练习10(2018年全国卷Ⅱ)如图9.49所示，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q＞0)的粒子从a点移动到

b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，则其电势能减小W2，下列说法中正确的是()(多选)A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点的连线平行B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做的功一定为W1+W22C．若c、d之间的距离为L，则

该电场的场强大小一定为W2qLD．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差图9.46图9.47图9.48图9.49第9章静电场·167·练习11(2009年江苏卷)空间某一静电场的电势φ在x轴上的分布如图9.50所示，x轴上B、C两点的电场强度在x轴

方向上的分量分别是BxE、CxE，下列说法中正确的有()(多选)A．BxE的大小大于CxE的大小B．BxE的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D．在负电荷沿x轴从B点移到C点的过程中，

电场力先做正功、后做负功练习12(2010年江苏卷)空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图9.51所示，下列说法中正确的是()A．O点的电势最低B．x2点的电势最高C．x1和-x1两点的电势相等D．x1和x3两点的电势相等练习13(2018年全国卷Ⅰ)如图9

.52所示，图中的虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，下列说法中正确的是()(多选)A．平面c上的电势为0B．该电子可能到达不了平面fC．该电子经过平面d时，其电势能为4eV

D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍练习14(2003年全国卷)如图9.53所示，图中的虚线表示静电场的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0。一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a

、b点的动能分别为26eV和5eV。当这一点电荷运动到某一位置且其电势能变为-8eV时，它的动能应为()A．8eVB．13eVC．20eVD．34eV练习15(2013年全国卷Ⅰ)一水平放置的平行板电容器的两极

板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方d2处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电图9.50图9.51图9.52图9.53·168·高中理科解题策略与能力提升——物理篇容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上

平移d3，则从P点开始下落的相同粒子将()A．打到下极板上B．在下极板处返回C．在距上极板d2处返回D．在距上极板25d处返回练习16(1989年全国卷)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷

(电量很小)固定在P点，如图9.54所示。以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则()(多选)A．U变小，E不变B．E变大，W变大

C．U变小，W不变D．U不变，W不变练习17(2015年天津卷)如图9.55所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场中竖直向下的匀强电场E2并发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒

子的重力及其相互作用，那么()(多选)A．偏转电场E2对三种粒子做的功一样多B．三种粒子打到屏上时的速度一样大C．三种粒子运动到屏上所用的时间相同D．三种粒子一定打到屏上的同一位置练习18(2004年全国

卷Ⅰ)如图9.56所示，一带正电的小球系于长为l的不可伸长的轻线一端，线的另一端固定在O点，它们处在匀强电场中，电场的方向水平向右，场强的大小为E。已知电场对小球的作用力的大小等于小球的重力。现先把小球拉到图中的P1处，使轻线拉直并

与场强方向平行，然后由静止释放小球。已知小球在经过最低点的瞬间，因受到线的拉力的作用，其速度的竖直分量突变为0，水平分量没有变化，则小球到达与P1点等高的P2点时速度的大小为()A．glB．2glC．2glD．0练习19(2004年全国卷Ⅱ)如图9.57所示，一绝缘细杆的两端各

固定着一个小球，两个小球带有等量异号的电荷，处于匀强电场中，电场方向如图中的箭头所示。开始时，细杆与电场方向垂直，即在图中Ⅰ所示的位置；接着使细杆绕其中心转过90°，到达图中Ⅱ所示的位置；最后，使细杆移到图中Ⅲ所示的位置。以W1表示在细杆

由位置Ⅰ移动到位置Ⅱ的过程中电场力对两个小球所做的功，W2表示在细杆由位置Ⅱ移动到位置Ⅲ的过程中电场力对两个小球所做的功，则有()图9.54图9.55图9.56第9章静电场·169·A．W1＝0，W2≠0B．W1＝0，W2＝0C．W1≠0，W2＝0D．W1≠0，W2≠0练

习20(2004年全国卷)一平行板电容器的电容为C，两板间的距离为d，上板带正电，电量为Q，下板带负电，电量也为Q，它们产生的电场在很远处的电势为0。两个带异号电荷的小球用一绝缘刚性杆相连，小球的电量大小都为q，杆长为l，且l<d。现将它们从很远处移到电容器内两板之

间，处于图9.58示的静止状态(杆与板面垂直)，在此过程中电场力对两个小球所做的总功的大小等于多少？(设两球在移动过程中极上电荷的分布情况不变)()A．QlqCdB．0C．()QqdlCd−D．Clq

Qd练习21(2007年上海卷)如图9.59所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场。电量为q，动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力。(1)若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能；

(2)若粒子离开电场时的动能为kE′，则电场强度为多大？练习22(2018年全国卷III)如图9.60所示，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为

圆心，OA和OB之间的夹角为α，3sin5=α。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道的作用力以外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为0。重力加速度

为g。求：(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小。(2)小球到达A点时动量的大小。(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。图9.57图9.58图9.59图9.60第10章磁场策略一求磁场叠加，循矢量合成例题1(2017年全国卷Ⅲ)如图10.1所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场

中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为0。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(

)A．0B．33B0C．233B0D．2B0【命题意图】本题基于匀强磁场中两个通电导线的模型来考查学生对磁场的叠加的理解能力和应用能力。【分析与解】当导线P、Q中的电流方向均垂直于纸面向里时，由于aP＝PQ＝a

Q＝l，导线P、Q在a点处产生的磁感应强度大小相同，方向如图10.2(a)所示，其合磁感应强度为B1。由几何关系可知B1＝2BPcos30°＝3BP，由题意可知a点处的磁感应强度为0，则B0和B1大小相等且方向相反，于是可得B0＝B1＝3BP且B0的方向

平行于PQ向左。当导线P中的电流反向后，如图10.2(b)所示，导线P、Q在a点处产生的合磁感应强度为B2，由几何关系可知B2＝BP＝33B0且B2的方向垂直于PQ向上，于是可得a点处磁感应强度的大小为B＝B22＋B20＝23

3B0，选项C正确。图10.2【答案】C。【方法提炼】磁场的磁感应强度B是矢量，磁场的叠加满足矢量的运算法则。分析磁场叠加问题的关键在于：①明确判断电流的磁场方向的方法——安培定则(右手螺旋定图10.1

第10章磁场·171·则)，熟知通电直导线、环形电流、通电螺线管等几种磁场的立体分布模型，并能画出对应的平面分布图；②在进行磁感应强度的叠加时，应注意是哪种电流产生的磁场以及该处的磁感线分布情况；③当多个通

电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点的磁感应强度的矢量和。策略二若遇安培力，截面降维析例题2(2012年天津卷)如图10.3所示，金属棒MN的两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与

竖直方向的夹角均为θ。如果仅改变下列某一个条件，则θ角相应的变化情况是()A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒的质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小【命题意图】本题基于通电导线在匀强磁场中的情景来考查安培力在共点力平衡中的应用。【分析与解】

作出侧视图(沿MN方向)，并对导体棒进行受力分析，如图10.4(a)所示。由图10.4(b)可得tanθ＝BILmg，若棒中的电流I变大，则θ变大，选项A正确；若两悬线等长变短，则θ不变，选项B错误；若金属棒的质量m变大，则θ变小，选项

C错误；若磁感应强度B变大，则θ变大，选项D错误。【答案】A。【方法提炼】在遇到通电导线(或金属棒)在匀强磁场中受到安培力、重力、弹力、摩擦力等的作用而处于平衡状态的问题时，需要注意：①将立体图转化为平面图(受力分析示意图)，并按照受力分析的步骤准确地作图；②安培力的方向既垂直于电流的方向

，又垂直于磁场的方向。策略三轨迹虽变化，磁力不做功例题3(2015年重庆卷)如图10.5所示，图中的曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物发生衰变后放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度的方向垂直于纸面向里，以下判断中

可能正确的是()A．a、b为β粒子的径迹B．a、b为γ粒子的径迹C．c、d为α粒子的径迹D．c、d为β粒子的径迹【命题意图】本题基于放射物衰变过程中粒子运动的径迹来考查学生对带电粒子在匀强磁场中运动的变轨问题的分析能力。图1

0.3图10.4图10.5·172·高中理科解题策略与能力提升——物理篇【分析与解】由于α粒子带正电、β粒子带负电、γ粒子不带电，根据左手定则可以判断出a、b可能为α粒子的径迹，c、d可能为β粒子的径迹，选项D正确。【答案】D。【方法提炼】①洛伦兹力的特点：F洛⊥B且F洛⊥v，即F洛垂直于B、

v决定的平面(注意B和v可以有任意的夹角)；由于F洛始终垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功；当电荷的运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。②洛伦兹力与电场力的比较，见表10.1。表10.1洛伦兹

力电场力产生条件v≠0且v与B不平行电荷处在电场中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力的方向与场的方向的关系一定是F⊥B、F⊥v正电荷与电场方向相同，负电荷与电场方向相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功、负功，也可能不做功力为0时场的情况F为0，B不一定为0F为0，E一定为0作用效果只

改变电荷运动的速度的方向，不改变速度的大小既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向策略四三类动态圆，注意怎样旋例题4(2019年北京卷)如图10.6所示，正方形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直于磁场边界并从a点射入，从b点射

出，下列说法中正确的是()A．粒子带正电B．粒子在b点的速率大于在a点的速率C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点的右侧射出D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动的时间变短【命题意图】本题基于有界正方形磁场区域内带电粒子的运动情景来考查学生对带电微粒

在有界磁场中运动的分析能力，以及对临界状态的确定能力。【分析与解】由题意并结合左手定则可以判断出粒子带负电，选项A错误；洛伦兹力不做功，粒子的速率不变，选项B错误；由洛伦兹力提供向心力即qvB=m2vR可得R=mvq

B，若仅减小磁感应强度，则粒子在磁场中运动的半径会增大，选项C正确；由T=2Rvπ可得T=2mqBπ，若仅减小入射速率，则由R=mvqB可知粒子的运动半径会减小而运动轨迹所对应的圆心角θ会增大，由t=2πTωθθ=和T=2πmqB可知

mtqBθ=，故θ增大，运动的时间会变长，选项D错误。图10.6第10章磁场·173·【答案】C。【方法提炼】(1)界定方法：以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩做轨迹，从而可以探索出临界条件，这种方法被称为“放缩圆法”。(2)适用条件：①速度方向一定，大

小不同——当粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度大小的变化而变化；②轨迹圆圆心共线——如图10.7所示(图中只画出了粒子带正电的情景)，速度v越大运动半径也就越大，带电粒子沿同一方向射入磁场后，它们运动轨迹

的圆心在垂直于初速度方向的直线PP′上。例题5利用如图10.8所示的装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN的上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两

缝的近端相距L。一群质量为m、电荷量为q、速度不同的粒子，从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法中正确的是()(多选)A．射出的粒子带正电B．射出的粒子的最大速度为()32qBdLm+C．保持d和L不变、增大B，

射出的粒子的最大速度与最小速度之差增大D．保持d和B不变、增大L，射出的粒子的最大速度与最小速度之差增大【命题意图】本题基于带电微粒垂直进入单边界匀强磁场的情景来考查学生在洛伦兹力的作用下对半径的求解能力。【分析与解】利用左手定则可以判定射出的粒子带负电

，选项A错误；利用qvB＝mv2r可知r＝mvqB，能射出的粒子半径满足L2≤r≤L+3d2，因此射出的粒子的最大速度vmax＝qBrmaxm＝(3)2qBdLm+，选项B正确；射出的粒子的最小速度vmin＝qBrmin

m＝qBL2m，Δv＝vmax-vmin＝3qBd2m，由此可以判定选项C正确、D错误。【答案】BC。【方法提炼】(1)界定方法：将半径为R＝mv0qB的圆进行平移，从而探索出粒子的临界条件，这种方法就叫做“平移圆法”。(2)适用条件：①速度大小一定且方向一定，入射点不同但在

同一直线上——当粒子源发射速度大小和方向一定且入射点不同但在同一直线上的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射的速度大小为v0，则圆周运动的半径R＝mv0qB，如图10.9所示(图中只画出了粒子带负电的情景)。图10.7图10.8·174·高中理科解题策略与能力提升—

—物理篇②轨迹圆的圆心共线——带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行。例题6(2005年全国卷Ⅰ)如图10.10所示，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里。许多质量为m、带电量为+q

的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向由小孔O射入磁场区域。不计重力，不计粒子间的相互影响。下列图中的阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中mvRBq=，哪个图是正确的？()【命题意图】本题基于朝着各个方向垂直射入匀强磁场的情景来考查学生确定特殊

粒子和判断粒子分布范围的能力。【分析与解】根据题意可知，所有粒子的速率相等，由R＝mvBq可知所有粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。由图10.11可知，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端的边界，MO＝2R。随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹可认为是以O点为圆心、2R为

半径的圆，于是可以得出符合题意的范围应为选项A，故选项A正确。【答案】A。【方法提炼】(1)界定方法：将半径为R＝mv0qB的圆以带电粒子的入射点为圆心进行旋转，从而探索出粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆法”，如图10.12所示。(2)适用条件：①速度大小一定，方向不同——当粒子源发射速度

大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入的初速度为v0，则圆周运动的半径为R＝mv0qB；②轨迹圆的圆心共圆：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点为圆心、图10.9图10.10

图10.12图10.11第10章磁场·175·半径R＝mv0qB的圆上。策略五直边界漂移，线量建联系例题7(2006年全国卷Ⅱ)如图10.13所示，在x＜0与x＞0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，且B1＞B2。一个带负电的

粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过O点，则B1与B2的比值应满足什么条件？【命题意图】本题基于带电粒子在不同强度的磁场中旋转的模型来考查学生对带电粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动的判断能力

，以及利用几何知识来解决物理问题的能力。【分析与解】粒子在整个过程中的速度大小恒为v，交替地在xOy平面内的B1与B2磁场区域中做匀速圆周运动，轨迹都是半个圆周。设粒子的质量和电荷量的大小分别为m和q，圆周运动的半径分别为r1和r2，则11mvrqB=①22mvrqB=②现分析粒

子运动的轨迹。如图10.14所示，在xy平面内，粒子先沿半径为r1的半圆C1运动至y轴上离O点距离为2r1的A点，接着沿半径为2r2的半圆D1运动至y轴的O1点，O1、O的距离为d＝2(r2－r1)③此后，粒子每经历一次“回旋”(即从y轴出发，沿半径为r1的半圆和半径为r2的半圆

运动并回到原点下方的y轴)，粒子的y坐标就减小d。设粒子经过n次回旋后与y轴交于On点。若OOn即nd满足nd＝2r1④则粒子再经过半圆Cn+1就能够经过原点，式中n＝1,2,3,�，n为回旋次数。由③④可

解得11nrnrn=+⑤由①②⑤可解得B1、B2应满足的条件为211BnBn=+(n＝1,2,3,�)⑥图10.13图10.14·176·高中理科解题策略与能力提升——物理篇【答案】211BnBn=+(n＝1,2,3,�)。策略六圆边界漂移，角量建联系例题8(2015年山东卷)如图10

.15所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直平面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直于圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一

质量为m、电荷量为+q的粒子由小孔下方d2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。(1)求极板间电场强度的大小。(2)若粒子的运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小。(3)若Ⅰ区、Ⅱ区

磁感应强度的大小分别为2mvqD、4mvqD，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。【命题意图】本题基于带电粒子在匀强电场与圆形区域磁场的组合场中运动的情景来考查学生对题目中已知条件的准确解读能力

，以及根据已知条件计算出半径后判断运动轨迹情况的能力。【分析与解】(1)设极板间电场强度的大小为E，粒子在电场中加速运动，由动能定理可得qE·d2＝12mv2①由①可得E＝mv2qd②(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B、粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定

律可得qvB＝mv2R③如图10.16所示，粒子的运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子的运动轨迹与小圆外切，由几何关系可得R＝D4④联立③④可得B＝4mvqD⑤若粒子的轨迹与小圆内切，由几何关系可得图10.15图10.16第10章磁场·177·R＝3D4⑥联立③⑥可得B＝43mvqD⑦

(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R1、R2。由题意可知，Ⅰ区和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B1＝2mvqD、B2＝4mvqD，由牛顿第二定律可得qvB1＝mv2R1，qvB2＝mv2R2⑧代入数据后可得R1＝D2，

R2＝D4⑨设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式可得T1＝2πR1v，T2＝2πR2v⑩根据题意进行分析，在粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图10.17所示。由对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所

对的圆心角相同且设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对的圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为α，由几何关系可得θ1＝120°θ2＝180°α＝60°粒子重复上述交替运动后回到H点，轨迹如图10.18所示。设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t1、t2，则可得t1＝360°α×θ1

×2360°T1，t2＝360°α×θ2360°T2设粒子运动的路程为s，由运动学公式可得s＝v(t1+t2)联立⑨⑩可得s＝5.5πD【答案】(1)mv2qd；(2)4mvqD或4mv3qD；(3)5.5πD。策略七组合场模型，速度

为纽带例题9(2018年全国Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图10.19所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电图10.17图10.18

·178·高中理科解题策略与能力提升——物理篇场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。(1)定

性地画出该粒子在电磁场中运动的轨迹。(2)求该粒子从M点射入时速度的大小。(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π6，求该粒子的荷质比及其从M点运动到N点的时间。【命题意图】本题基于带电粒

子在电场和磁场的组合场中运动的情景来考查学生根据已知条件来作图、寻找半径和圆心角以及结合公式来解决相关问题的能力。【分析与解】(1)如图10.20所示。(2)粒子从电场的下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧的电场中运动的时间为t，

加速度的大小为a；粒子进入磁场时的速度为v，方向与电场方向的夹角为θ，如图10.21所示；速度沿电场方向的分量为v1。根据牛顿第二定律可得qEma=①式中，q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式可得1vat=②0lvt′=③1co

svvθ=④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动的轨道半径为R。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律可得2mvqvBR=⑤由几何关系可得2coslRθ=⑥联立①②③④⑤⑥可得02ElvBl′=⑦(3)由运动学公式和题意可得10cot6vvπ=⑧图10.19图10.20图10.21第

10章磁场·179·联立①②③⑦⑧可得2243qElmBl′=⑨设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则22622ttTππ⎛⎞−⎜⎟⎝⎠′=+π⑩式中，T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，则2m

TqBπ=联立③⑦⑨⑩可得3118BlltEl⎛⎞π′=+⎜⎟′⎝⎠【答案】(1)如图10.20所示；(2)2ElBl′；(3)2243ElBl′，3118BllEl⎛⎞π+⎜⎟′⎝⎠。【方法提炼】带电粒子在组

合场中的运动形式包含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周运动等，其涉及牛顿运动定律、功能关系等知识的应用。解决带电粒子在组合场中运动的问题的关键是要按顺序对题目给出的运动过程进行分段的分析，从而把复杂的问题分解成一

个个简单、熟悉的问题来求解；同时，要注意衔接处的运动状态。解决带电粒子在组合场中运动的问题的思路和方法，如图10.22所示。图10.22策略八三类平衡体，形同质有异例题10(2012年海南卷)如图10.23所示，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里。一带电

粒子以某一速度沿水平直线通过两极板。若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子的运动轨迹不会改变()A．粒子速度的大小B．粒子所带的电荷量C．电场强度D．磁感应强度图10.23·180·高中理科解题策略与能力提升——物理篇【命题意图】本题基于速度选择器的模型来考查

学生对速度选择器的原理的理解能力和应用能力。【分析与解】带电粒子能够沿直线在两极板之间运动，由受力分析可知粒子所受的电场力与洛伦兹力平衡，即qE＝qvB，于是可得v＝EB。当速度v、电场强度E、磁感应强度B中的一个物理量改变时，电场力和洛伦兹力不再

平衡，选项A、C、D错误；当电荷量q的大小及电性改变时，受力仍然平衡，故改变电荷所带的电荷量对粒子的运动没有影响，运动轨迹不变，选项B正确。【答案】B。【方法提炼】速度选择器模型是电磁叠加场的一个典型应用，其核心规律是电磁叠加场中力的平衡，即qE＝qvB。很多电磁技术的应用中都用到了此规律，如

电磁流量计、霍尔效应等。处理此类问题常见的方法：①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动；②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动。例题11(2019年天津卷)笔记本电脑的机身和显示屏所对应的部位分别有磁体和霍尔元

件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图10.24所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直

于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现了电压U，以此控制屏幕的熄灭，则元件的()图10.24A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压U与v无关C．前、后表面间的电压U与c成正比D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa

【命题意图】本题基于霍尔元件来考查学生对霍尔元件的原理的理解能力和应用能力。【分析与解】当通入图中所示方向的电流时，根据左手定则可知后表面聚集了大量的自由电子，所以前表面的电势比后表面的高，选项A错误；当电路稳定时

，自由电子受到的电场力和洛伦兹力平衡，即Ee＝evB，可是可得E＝vB，前、后表面间的电压U＝Ea＝vBa，选项B、C错误；自由电子受到的洛伦兹力大小F＝Ee＝eUa，选项D正确。【答案】D。例题12(2013年重庆卷)如图10.25所

示，一段长方体导电材料，左、右两端面第10章磁场·181·的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度的大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低。由此可得该导电材

料单位体积内自由运动的电荷数及自由运动电荷的正负分别为()A．IB|q|aU负B．IB|q|aU正C．IB|q|bU负D．IB|q|bU正【命题意图】本题基于霍尔效应管的模型来考查学生对霍尔效应的产生原理的理解能力。【分析与解】导电材料上表面的电势比下表

面的低，故导电材料内部的电场方向为竖直向上。由于电流方向为水平向右，假设运动电荷为正电荷，则由左手定则可知电荷受到的洛伦兹力竖直向上且运动电荷受到的电场力也竖直向上，故电荷所受到的力不能平衡，所以运动电荷不

是正电荷，即该电荷一定是负电荷。取长为l的这段导电材料进行分析，电荷通过这段导电材料所用的时间为t，则自由运动电荷运动的速度v＝lt，时间t内通过的电荷量Q＝It，导电材料内部的电场E＝Ua。因为自由运动电荷水平通过导电材料时受力平衡即受到的电场力

等于洛伦兹力，所以qE＝qvB，代入后可得Ua＝ltB＝lIBQ，所以Q＝IBlaU。在这段导电材料中，所含自由电荷的个数N＝Q|q|＝IBla|q|U，而这段材料的体积V＝abl，所以该导电材料单位体积内自由运动的电荷数n＝NV

＝IB|q|bU，选项C正确。【答案】C。【方法提炼】如图10.26所示，在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差，这个现象称为“霍尔效应”。“霍尔效

应”的核心规律是电磁叠加场中力的平衡，即qE＝qvB。电场力和洛伦兹力平衡时有Uqh＝qvB，上、下两表面的电势差U＝vhB。电流与自由电荷定向运动的速度关系为I＝nqSv＝nqdhv。由上述两式可得电势差U＝BInqd。例题13(2001年江浙卷)电磁流量计广泛应用于

测量可导电流体(如污水)在管中的流量(在单位时间内通过管内横截面的流体的体积)。为了简化，假设流量计是如图10.27所示的横截面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c，流量计的两端与输送

液体的管道相连接(图中的虚线)。图中流量计的上、下两面是金属材料，图10.25图10.26·182·高中理科解题策略与能力提升——物理篇前、后两面是绝缘材料，现于流量计所在处加磁感强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面。当

导电液体稳定地流经流量计时，在管外将流量计的上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值。已知流体的电阻率为ρ，不计电流表的内阻，则可求得流量为()A．IcbRBaρ⎛⎞+⎜⎟⎝⎠

B．IbaRBcρ⎛⎞+⎜⎟⎝⎠C．IacRBbρ⎛⎞+⎜⎟⎝⎠D．IbcRBaρ⎛⎞+⎜⎟⎝⎠【命题意图】本题基于电磁流量计来考查学生根据流量计的工作原理来确定流量的能力。【分析与解】最终稳定时有，则。根据电阻定律可得cRabρ′=，则总电阻RRR′=+总，所以cUIRIRabρ⎛⎞==

+⎜⎟⎝⎠总，解得IcvRBcabρ⎛⎞=+⎜⎟⎝⎠。由此可知流量IcQvSvbcbRBaρ⎛⎞===+⎜⎟⎝⎠，选项A正确。【答案】A。【方法提炼】电磁流量计的基本原理与霍尔效应相同。要熟记流量公式VQt=体积=vtSvSt=。例题14(2

014年福建卷)如图10.28所示，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽为d、高为h，上、下两面是绝缘板，前、后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连。整个管道置于磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向的匀强磁场中。管道

内始终充满电阻率为ρ的导电液体(有大量的正、负离子)，且开关闭合前后液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正方向流动，液体所受的摩擦阻力不变。(1)求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0。(2)求开关闭合前后，管道两端压强差的变化Δp。(3)调整矩形

管道的宽和高，但保持其他量和矩形管道的横截面积S＝dh不变，求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比dh的值。【命题意图】本题基于磁流体发电机的模型来考查学生对磁流体发电机原理的理解能力和应用能力。UqvBqc=UvcB=图10.27图10.28第10章磁场·183

·【分析与解】(1)设带电离子所带的电荷量为q，当其所受到的洛伦兹力与电场力平衡时，U0保持恒定，则00UqvBqd=可得00UBdv=(2)设开关闭合前后，管道两端的压强差分别为p1、p2，液体所受到的摩擦阻力均为f，开关闭合后管道内液体所受到的安培力为F安，则1phdf=2phdf

F=+安FBId=安根据欧姆定律可得0UIRr=+两导体板间液体的电阻为drρLh=联立可解得20ΔLdvBpLhRdρ=+(3)电阻R获得的功率为P＝I2R20LvBPRLRρdh⎛⎞⎟⎜=⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟+⎜⎟⎟⎜⎝⎠当dh＝L

Rρ时，电阻R获得的最大功率为Pm＝LSv20B24ρ【答案】(1)Bdv0；(2)Ldv0B2LhR+dρ；(3)LSv20B24ρ，LRρ。策略九交变电磁场，周期对称性例题15(2010年安徽卷)如图10.29(a)所示，宽度为d的

竖直狭长区域内(边界为L1、L2)存在垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场［图10.29(b)］，电场强度的大小为E0，0E>表示电场的方向竖直向上。当t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q

点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。·184·高中理科解题策略与能力提升——物理篇图10.29(1)求微粒所带的电荷量q和磁感应

强度B的大小。(2)求电场变化的周期T。(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。【命题意图】本题基于带电粒子在变化的复合场中运动的情景来考查学生综合地应用电磁场的知识来解决问题的能力。【

分析与解】(1)微粒做直线运动，则0mgqEqvB+=①微粒做圆周运动，则0mgqE=②联立①②可得0mgqE=③02EBv=④(2)设粒子从N1点运动到Q点所用的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则12dvt=⑤2vqvBmR=⑥22Rvtπ=⑦联立③④⑤⑥⑦可得12dt

v=，2vtgπ=⑧电场变化的周期为122dvTttvgπ=+=+⑨(3)若粒子能完成题目中所描述的运动过程，则要求d≥2R⑩联立③④⑥可得第10章磁场·185·22vRg=设N1Q段直线运动的最短时间为tmin，由⑤⑩可得min2vtg=因为t2不变，所以T的最小值为minmin2

(21)2vTttgπ+=+=【答案】(1)0mgE，02Ev；(2)2dvvgπ+；(3)(21)2vgπ+。【方法提炼】解决带电粒子在交变电磁场中的运动需要注意的问题：①粒子的运动情况不仅与交变电磁场的变化规律有关，还与粒子进入交变电磁场的时刻有关；②交替

变化的电磁场会使带电粒子顺序历经不同特点的电磁场，从而表现出“多过程”现象；③必要时，可以通过把粒子的运动过程还原成一个直观的运动轨迹草图进行分析；④可以先把粒子的运动分解成多个运动阶段来分别进行处理，然后根据每一阶段上的受力情况来确定粒子的运动规律；⑤由于交变电磁场的周期性，带电粒子运动轨

迹常常会具有周期对称性。策略十重力电磁力，叠加来分析例题16(1996年全国卷)设在地面上方的真空室内存在匀强电场和匀强磁场，已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小E＝4.0V/m，磁感应强

度的大小B＝0.15T。今有一个带负电的质点以v＝20m/s的速度在此区域内沿垂直于场强的方向做匀速直线运动，求此带电质点的电量与质量之比qm以及磁场的所有可能方向(角度可用反三角函数来表示)。【命题意图】本题基于带电粒子在叠加场中运动的情景来考查

学生对受力分析与运动状态分析的掌握情况，以及对在叠加场的作用下做匀速直线运动的理解能力。【分析与解】根据带电质点做匀速直线运动的条件可知，此带电质点所受到的重力、电场力和洛仑兹力的合力必定为0。由此可以推知此三个力在同一竖直平面内，如图10.30所示，质点的速度垂直于纸面向外。解法

一：由合力为0可得22()mgqvBE=+①于是可求得带电质点的电量与质量之比为22()qgmvBE=+②代入数据后可得图10.30·186·高中理科解题策略与能力提升——物理篇229.8C/kg1.96C/kg(200.15)4.0qm==×+③因为质点带负电且电场的方向与

电场力的方向相反，所以磁场的方向也与电场力的方向相反。设磁场的方向与重力的方向之间的夹角为θ，则sincosqEθqvBθ=解得200.15tan0.754vBθE×===arctan0.75θ=即磁场是沿着与重力方向

的夹角arctan0.75θ=且斜向下方的一切方向。解法二：因为质点带负电且电场的方向与电场力的方向相反，所以磁场的方向也与电场力的方向相反。设磁场的方向与重力的方向之间的夹角为θ，由合力为0可得sincosqEθqvBθ=①cossinqEθqv

Bθmg+=②解得22()qgmvBE=+③代入数据后可得1.96C/kgqm=④200.15tan0.754vBθE×===arctan0.75θ=⑤即磁场是沿着与重力方向的夹角arctan0.75θ=且斜向下方的一切方向。【答案

】1.96C/kgqm=；磁场是沿着与重力方向的夹角arctg0.75θ=且斜向下方的一切方向。【方法提炼】在电场、磁场和重力场的叠加作用下，带电微粒(或物体)有如下三种运动形式：①若三力平衡，则一定是做匀速直线运动；②若重力与

电场力平衡，则一定是做匀速圆周运动，因此只能让洛伦兹力来提供其做匀速圆周运动的向心力，此时必有qEmg=，这是这类问题的一个关键点；③若合力不为0且与速度的方向不垂直，则将做复杂的曲线运动，因为洛伦兹力不做功，所以可

以用能量守恒定律或动能定理来求解问题。例题17如图10.31所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R。已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。不计空气阻力，设重力加速度为g，则()A．液滴

带正电B．液滴荷质比qm＝Eg图10.31第10章磁场·187·C．液滴沿顺时针方向运动D．液滴运动的速度大小v＝RgBE【命题意图】本题基于带电微粒在叠加场中的运动，旨在考查三场叠加下带电微粒做匀速圆周运动的理解以及应用，以及能够根据洛伦兹力方向确定旋转方向的应

用。【分析与解】由液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动可知液滴受到的电场力和重力是一对平衡力，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上且与电场方向相反，故液滴带负电，选项A错误；又由qE＝mg可得q

m＝gE，选项B错误；磁场的方向垂直于纸面向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断出液滴是沿顺时针转动，选项C正确；由qE＝mg且qvB＝mv2R可得v＝RBgE，选项D错误。【答案】C。例题18(2015年福建卷)如图10.32所示，绝缘粗糙的竖直平面MN的左侧同时存在相互

垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向水平向右，电场的强度大小为E，磁场的方向垂直于纸面向外，磁感应强度的大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、

C两点间的距离为h，重力加速度为g。(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC。(2)求小滑块在从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功Wf。(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动的过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小

滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP。【命题意图】本题基于带电的滑块在叠加场中运动的情景来考查学生对下列知识的分析能力：速度的变

化决定了洛伦兹力的变化，从而决定了物块与墙壁之间的挤压力、导致了摩擦力的改变，最终运动状态发生了改变。同时，也考查学生对临界状态的条件的分析能力和对动能定理的应用能力，以及在仅有电场和重力场的作用下对类平抛运动的分析能力。【分析与解】(1)在小滑

块沿MN运动的过程中，水平方向上受到的力满足qvB+N＝qE小滑块在C点离开MN时，有N＝0解得vC＝EB(2)由动能定理可得图10.32·188·高中理科解题策略与能力提升——物理篇2102fCMghWmv−=−解得222fmEWmghB=−(3)如图10.

33所示，当小滑块的速度最大时，其速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后，小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′，则22qEggm⎛⎞′=+⎜⎟⎝⎠由运动的合成与分解可知v2P＝v2D+g′2t2解得2222++PDqEvvgtm⎡⎤⎛⎞⎢⎥⎟⎜=⎟

⎜⎟⎢⎜⎥⎝⎠⎣⎦【答案】(1)EB；(2)mgh-mE22B2；(3)2222++PDqEvvgtm⎡⎤⎛⎞⎢⎥⎟⎜=⎟⎜⎟⎢⎜⎥⎝⎠⎣⎦。策略十一学物理规律，重技术应用例题19(2012年天津卷)对铀23

5的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要的意义。如图10.34所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断地飘入加速电场，其初速度可视为0，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀

速圆周运动。离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I。不考虑离子的重力及离子间的相互作用。(1)求加速电场的电压U。(2)求在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M。(3)实际上加速电压的大小会在U±ΔU范围内微小变化，若容器A中有电荷量相同的铀235

和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为了使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，ΔUU应小于多少(结果用百分数表示，保留两位有效数字)？【命题意图】本题基于质谱仪的模型来考查学生对用动能

定理来解决粒子加速问题的掌握情况和对电流与电量的关系的理解能力，以及对v的变化导致轨迹半径变化的理解能力和计算能力。【分析与解】(1)设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v，由动能定理可得图10.33图10.34第10章磁场·189·qU＝12mv2①离子在磁场中做匀速

圆周运动，所受到的洛伦兹力充当向心力，即qvB＝mv2R②由①②可解得U＝qB2R22m(2)设在t时间内收集到的离子个数为N、总电荷量为Q，则Q＝It③N＝Qq④MNm＝⑤由③④⑤可解得M＝mItq(3)由①②可得R＝1B2mUq设m′为铀238离子

的质量，因为电压在U±ΔU之间有微小变化，所以铀235离子在磁场中的最大半径为max12Δ)mUURBq+=（铀238离子在磁场中的最小半径为min12)mUURBq（′−Δ′=这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为Rmax＜R′min即12)12)mUUmUUBqBq（（′+Δ

−Δ<则m(U+ΔU)<m′(U-ΔU)于是可得ΔUU＜m′-mm′+m其中铀235离子的质量m＝235u(u为原子质量单位)，铀238离子的质量m′＝238u，故ΔUU＜238u-235u238u+235u解得·190·高中理科解题策略与能力提升——物理篇ΔUU＜0.63%【答案】(1)U=

222qBRm；(2)M=mItq；(3)UUΔ＜0.63%。【方法提炼】质谱仪是电磁组合场中的一个典型模型，其运动规律是：带电粒子由静止被加速电场加速qU=12mv2，在磁场中做匀速圆周运动qvB=m2vr，则荷质比为qm=222UBr。例题20(2005年天津卷)正电子发射计算机

断层(PET)是分子水平上的人体功能显像的国际领先技术，它为临床诊断和治疗提供了全新的手段。(1)PET所用的回旋加速器如图10.35所示，其中置于高真空中的金属D形盒的半径为R，两盒的间距为d，在左侧D形盒的圆心处放有粒子源S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向如图所示。质子的质

量为m，电荷量为q。设质子从粒子源S进入加速电场时的初速度不计，质子在加速器中运动的总时间为t(其中已略去了质子在加速电场中的运动时间)，质子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，加速质子时的电压大小可视为不变。求此加速器所需要的高频电源频率f和加速电压U。(2)试推证当R>>d时，质

子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的时间可忽略不计(质子在电场中运动时，不考虑磁场的影响)。【命题意图】本题基于回旋加速器的模型来考查学生对回旋加速器原理的理解能力和应用能力，以及对粒子在回旋加速器中的运动时间的求解能力。

【解析】(1)设质子加速后的最大速度为v，由牛顿第二定律可得2vqvBmR=②质子的回旋周期为22RmTvqBππ==③高频电源的频率为12qBfTm==π④质子加速后的最大动能为2k12Emv=⑤设质子在电场中加速的次数为n，则kEnqU=⑥且图10.35第10章磁场·191·2Ttn=⑦可

解得22BRUtπ=⑧(2)在电场中加速的总时间为122ndndtvv==⑨在D形盒中回旋的时间为2Rtnvπ=⑩则122tdtR=π即当R>>d时，t1可以忽略不计。【答案】(1)22BRUtπ=；(2)见解析。【方法提炼】回旋加速

器模型是电磁组合场中的一个典型应用，它将电场中的直线加速运动和磁场中的匀速圆周运动交替衔接。对于回旋加速器中的同步问题(交变电压的频率与粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率相等)、粒子的最大动能(Ekm＝12

mv2＝q2B2R22m)、回旋加速的次数(若加速的次数n，则回旋次数为n2)、粒子的运动时间(t＝加速时间+回旋时间)、回旋轨道的半径(rn＝mvnqB，nqU＝12mv2n，n为加速次数)等五个典型问题，学生需要特别注意。练习1(2014年新课标全国卷Ⅰ)如图10.36所示，MN为铝质薄平板，

铝板的上方和下方分别有垂直于图的平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度的方向和电荷量不变。不计重力，铝板的

上方和下方的磁感应强度大小之比为()A．2B.2C．1D．22练习2(2007年四川卷)如图10.37所示，长方形abcd的长ad＝0.6m，宽ab＝0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直于纸面向里的匀强磁场(边界上无图10.36·192·高中理科

解题策略与能力提升——物理篇磁场)，磁感应强度B＝0.25T。一群不计重力、质量m＝3×10－7kg、电荷量q＝＋2×10－3C的带电粒子以速度v＝5×102m/s沿垂直于ad方向且垂直于磁场射入磁场区域，则()A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边B．从aO

边射入的粒子，出射点全部分布在ab边C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边练习3(2017年全国卷Ⅱ)如图10.38所示，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在

纸面内沿不同的方向射入磁场。若粒子射入的速率为v1，则这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入的速率为v2，则相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2:v1为()A．3:2B．2:1C．3:1D．3:2练习4(2017年全

国卷Ⅰ)如图10.39所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向上(与纸面平行)，磁场的方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸

面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动，下列选项中正确的是()A．ma>mb>mcB．mb>ma>mcC．mc>ma>mbD．mc>mb>ma练习5(2013年安徽卷)如图10.40所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行

于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形的边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0,h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x

轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的

最小值。练习6(2009年全国卷Ⅱ)如图10.41所示，在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域内分别有匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面向里，电场的方向与电、磁场的分界线平行向右。一带正电荷的粒子以速

率v从磁场区域图10.37图10.38图10.40图10.41图10.39第10章磁场·193·上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出。已知PQ垂直于电

场的方向，粒子的轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d。不计重力，求电场强度与磁感应强度的大小之比及粒子在磁场与电场中运动的时间之比。练习7(2008年山东卷)两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的

电场和磁场，变化规律分别如图10.42(a)、图10.42(b)所示(规定垂直于纸面向里为磁感应强度的正方向)。在t＝0时刻由负极板释放一个初速度为0的带负电的粒子(不计重力)。若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的物质比qm均已知，且t0＝02mqB

π，两板的间距h＝202010mEqBπ。(1)求粒子在0~t0时间内的位移大小与极板间距h的比值。(2)求粒子在极板间做圆周运动的最大半径(用h表示)。(3)若板间电场强度E随时间的变化仍如图10.42(a)所示，磁场

的变化改为如图10.42(c)所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图(不必写出计算过程)。练习8(2016年天津卷)如图10.43所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度的大小53E=N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电

场方向垂直，磁感应强度的大小B＝0.5T。有一带正电的小球，质量m＝1×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C，正以速度v在如图所示的竖直平面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10m/

s2。求：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向。(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。练习9(2016年浙江卷)为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。

在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性地旋转。扇形聚焦磁场分布的简化图如图10.44所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布。峰区内存在方向垂直于纸面

向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场。质量为m、电荷量为q的正离子以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中的虚线所示。(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子图10.42图10.43图10.44·194·高中理科解题策略与能力提升——物理篇旋转的方向是顺时

针还是逆时针。(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T。(3)在谷区也施加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B′和

B的关系cossinsin()sincosαβαβαβ⎡±±⎢⎣，已知＝2cos12sin2αα⎤−⎥⎦＝。第11章电磁感应策略一磁变感生电，别于静电场例题1(2012年福建卷)如图11.1(a)，在圆柱形区域内存在

一方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心。一质量为m、带电荷量为q(q＞0)的小球，在管内沿逆时针方向(从上向下看)做圆周运动。已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图11.1(b)所示

，其中T0＝2πmqB0。设小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略。图11.1(1)在t＝0到t＝T0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小0v。(2)在竖直向下的磁场的磁感应强度增

大的过程中将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。试求在t＝T0到t＝1.5T0这段时间内：a)细管内涡旋电场的场强大小E；b)电场力对小球做的功W。【命题意图】本题基于变化的

磁场产生电场的背景来考查学生对电磁感应定律的理解及其与电场的区别。【分析与解】(1)小球在运动时不受细管侧壁的作用力，因而小球受到洛伦兹力提供的向心力，则qv0B0＝mv20r①由①可解得v0＝qB0rm②(2)a)在t＝T0到t＝1.5T0这段时间内，细管内一周的感应电动势为E感＝πr2ΔBΔt

③由图11.1(b)可知·196·高中理科解题策略与能力提升——物理篇ΔBΔt＝2B0T0④由于同一条电场线上各点的场强大小相等，所以E＝E感2πr⑤由③④⑤及T0＝2πmqB0可得E＝qB20r2πm⑥b)在t＝T0到t＝1.5T0这段时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为a＝

qEm⑦小球运动的末速度大小为v＝v0＋aΔt⑧由图11.1(b)可知Δt＝0.5T0，并由②⑥⑦⑧可得v＝32v0＝3qB0r2m⑨由动能定理可知，电场力做的功为W＝12mv2－12mv20⑩由②⑨⑩可解得W＝58mv20＝5q2B20r28m【答案】(1

)v0＝qB0rm；(2)①E＝qB20r2πm，②W＝5q2B20r28m。【方法提炼】(1)感生电动势与动生电动势的区别与相同点。①区别：感生电场是由变化的磁场产生的，感生电场的电场线是闭合的；静电场是由电荷激发产生的，静电场的电场线是不闭合

的。②相同点：都能对电荷产生力的作用。(2)处理方法：法拉第电磁感应定律，B-t图中斜率与面积的乘积等于感生电动势。策略二析转动切割，看等效速度例题2(2016年全国卷Ⅱ)法拉第圆盘发电机的示意图如图11.2所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直

向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法中正确的是()(多选)A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘的转动方向不变、角速度的大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2

倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍图11.2第11章电磁感应·197·【命题意图】本题基于法拉第圆盘发电机的模型来考查学生对导体棒通过转动切割磁感线产生电动势的理解及磁场与电场的区别。【分析与解】由感应电动势E＝12Bl2

ω可知，若角速度恒定，则感应电动势恒定、电流大小恒定，选项A正确；由右手定则可知，当圆盘按如图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；若角速度的大小变化，则感应电动势的大小变化，但感应电流的方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感

应电动势变为原来的2倍，电流也变为原来的2倍，由P＝I2R可知电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。【答案】AB。【方法提炼】导体棒转动切割磁感线：当导体棒在垂直于磁场的平面内绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感

应电动势为E＝Blv＝12Bl2ω，如图11.3所示。策略三恒力变加速，速度有极限例题3(2016年全国卷Ⅱ)如图11.4所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。当t

＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力的作用下由静止开始运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度的大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度为g，

求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小。(2)电阻的阻值。【命题意图】本题基于金属杆垂直切割磁场的情景来考查电磁感应与动力学结合的综合问题。【分析与解】(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得maFmgµ−＝

①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式可得v＝at0②当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律可得金属杆中的电动势为E＝Blv③联立①②③可得E＝Blt0⎝⎛⎠⎞Fm-μg④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时金属杆中的电流为I，根据欧姆定律可得I＝ER⑤图11.3图1

1.4·198·高中理科解题策略与能力提升——物理篇式中，R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为f＝BIl⑥因为金属杆做匀速运动，所以由牛顿运动定律可得0Fmgfµ−−＝⑦联立④⑤⑥⑦可得R＝B2l2t0m【答案】(1)Blt0Fgmµ⎛⎞−⎜⎟⎝⎠；(2)B2l2t0m。【方法提炼】金属杆切割磁

感线产生感应电流，因此会受到磁场对其的安培力，导致金属杆做变加速运动。当所受安培力与外加恒力平衡时，杆的速度达到极值。策略四变力匀变速，函数关系解例题4(2002年上海卷)如图11.5所示，两条互相平行的光滑金属导轨位于水平面内，距离为l

＝0.2m，在导轨的一端接有阻值为R＝0.5Ω的电阻，在x≥0处有一与水平面垂直的均匀磁场，磁感应强度B＝0.5T。一质量为m＝0.1kg的金属直杆垂直放置在导轨上，并以v0＝2m/s的初速度进入磁场，在安培力

和一垂直于杆的水平外力F的共同作用下做匀变速直线运动，加速度的大小为a＝2m/s2、方向与初速度的方向相反。设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好。求：(1)电流为0时金属杆所处的位置。(2)电流为最大值的一半时

施加在金属杆上的外力F的大小和方向。(3)保持其他的条件不变而初速度v0取不同的值，求开始时F的方向与初速度v0的取值的关系。【命题意图】本题基于金属棒在双轨上运动的模型来考查学生根据题意来分析金属杆的运动过程以及推导表达式的能力

。【分析与解】(1)感应电动势E＝Blv，EIR=。当I＝0时，v＝0，则202vxa=＝1m(2)最大的电流强度为Im＝0BlvR，I′＝m2l＝02BlvR。安培力f＝IBl′＝2202BlvR＝0.02N当金属杆向右运动时，

F+f＝ma，F＝ma-f＝0.18N且方向与x轴相反；当金属杆向左运动时，F-f＝ma，F＝ma+f＝0.22N且方向与x轴相反。(3)当金属杆开始运动时，v＝v0，f＝ImBl＝220BlvR，F+f＝ma，F＝ma-f＝ma-220Bl

vR。图11.5第11章电磁感应·199·所以，当v0＜22RmaBl＝10m/s时，F＞0且方向与x轴相反；当v0＞22RmaBl＝10m/s时，F＜0且方向与x轴相同。【答案】(1)x＝1m；(2)①F=0.18N，且方向与x轴相反，②F＝0.22N，且方向

与x轴相反；(3)当v0＜10m/s时，F＞0且方向与x轴相反；当v0＞10m/s时，F＜0且方向与x轴相同。【方法提炼】杆在变力作用下做匀变速直线运动的模型的关键是根据题意写出相关函数表达式。具体思路如下：运用匀变速直线运动规律写出速度表达式→根据

导体切割磁感线写出感应电动势的表达式→根据欧姆定律写出感应电流的表达式→写出安培力的表达式→根据牛顿第二定律得到加速度的表达式→分析讨论，得到结果。策略五导轨含电阻，从电流突破例题5(2013年新课标全国卷Ⅰ)如图11.6所示，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和M

N，其中ab、ac在a点接触，构成了“V”字形导轨。空间中存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使MN向右匀速运动，从图示的位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流I与时间t的关系图像，可能正确的是()【命题意图】本题基于金属棒和双轨的模型来考查学

生通过推导函数解析式来解决电磁感应中的图像问题的能力。【分析与解】本题考查的是电磁感应中的图像问题，解决此类问题的关键是设法找出纵轴与横轴的函数解析式。设金属棒单位长度的电阻为R0，∠bac＝2θ。则当金

属棒MN切割磁感线的长度为L时，产生的感应电动势E＝BLv，回路的总电阻R＝R0(L+Lsinθ)，电路中的电流I＝ER＝011sinBvRθ⎛⎞+⎜⎟⎝⎠，即I与t无关，选项A正确。【答案】A。【方法提炼】抓住角度以及速度不变来确定运动过程中的长度关系，从而确定电阻随时间变化的关系和感应电

动势随时间变化的关系，最后确定电流随时间变化的关系。从不变量入手是解决此类问题的关键。策略六电容杆与轨，微元法分析例题6(2013年新课标全国卷Ⅰ)如图11.7所示，两条平行导轨所在的平面与水平图11.6·200·高中理科解题策略与能力提升——物理篇地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端

接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ

，重力加速度为g。忽略所有的电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系。(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。【命题意图】本题基于金属杆在电容器相连接的倾斜双轨上运动的情景来考查学生推导金属棒在含容

电路中切割磁感线的运动的表达式的能力。【分析与解】(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv①平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，则按定义可得C＝QU③联立①②③可得Q＝CBLv④(2)设当金属棒的速度大小

为v时所经历的时间为t，通过金属棒的电流为I。金属棒所受到的安培力方向沿导轨向上，大小为f1＝BLI⑤设在时间间隔(t，t+Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义可得I＝ΔQΔt⑥ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t+Δt)内增加的电荷量，由④可得Δ

Q＝CBLΔv⑦式中，Δv为金属棒的速度变化量，按定义可得a＝ΔvΔt⑧金属棒所受到的摩擦力的方向斜向上，其大小为f2＝μN⑨式中，N是金属棒对于导轨的正压力的大小，则N＝cosmgθ⑩金属棒在t时刻的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律可得12sinmgffmaθ

−−＝联立⑤～可得图11.7第11章电磁感应·201·a＝22(sincos)mgmBLCθμθ−+由及题设条件可知，金属棒做初速度为0的匀加速运动。t时刻金属棒的速度大小为()22sincosmvgtmBLCθμθ−=+【答案】(1)Q＝CBLv；(2)()

22sincosmvgtmBLCθμθ−=+。【方法提炼】电容器针对恒定电流是断路，电路中没有电流；但是在进行充、放电的过程中，会在电路中产生电流。对于充、放电过程中产生的电流，我们可以利用微元法来取很短时间内电

容器充(或放)了多少电，其与时间的比值就是电路中的电流。结合电容公式、电流定义式、加速度定义式等可以推出加速度与时间没有关系。此模型中，金属杆做匀加速运动。策略七图像类问题，看清坐标轴例题7(1998年全国高考卷)如图11.8所示，一宽40cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直于

纸面向里。一边长为20cm的正方形导线框位于磁场外，以垂直于磁场边界的恒定速度v＝20cm/s通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行。取它刚进入磁场的时刻t＝0，在下列图像中能正确地反映感应电流强度随时间变化规律的是(电流以逆时针方向为正)()【命题意图】

本题基于闭合导线框匀速地穿过双边界磁场的情景来考查学生对电磁感应中I-t图像的判断能力。【分析与解】在0～1s时间内，导线框进入磁场区域，穿过导线框的磁通量垂直于纸面向里且大小增加，根据楞次定律，导线框中产生的逆时针方向的感应电流阻碍了磁通量

的增加，感应电流BlvIR=；1～2s时间内，整个导线框在匀强磁场中运动，穿过导线框的磁通量不变，导线框中不产生感应电动势，即导线框中没有感应电流；在2～3s时间内，导线框出磁场，穿过导线框的磁通量垂直于纸面向里且大小减少，根据楞次定律，导线框图11.

8·202·高中理科解题策略与能力提升——物理篇中产生的顺时针方向的感应电流阻碍了磁通量的变化，感应电流BlvIR=。因此，选项C正确。【答案】C。【方法提炼】解决此类题目关键的是过程，要根据已知条件确定好过程，看清横、

纵坐标轴分别表示什么物理量，比如此题可分为三个过程——导线框进入磁场、导线框在磁场中的运动、导线框出磁场；其次，要根据电磁感应的相关规律来研究清楚每一个过程中所研究的物理量随时间(或者位移)变化的规律，比如此题中在匀速地进入和穿出磁场的过程中电流的大小不

变而方向发生变化、导线框在磁场运动的过程中没有感应电流，由此便可以很容易地判断出正确的答案；最后，根据自己判断出的图像关系来检验结果是否正确。例题8(1994年全国高考物理试题)如图11.9所示，图中

A是一边长为l的方形线框，电阻为R。今维持线框以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场B区域。若以x轴正方向作为力的正方向，线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图像为()。【命题意图】本题基于线框进入方形磁场区域运

动的情景来考查关于线框在通过磁场的过程中所受到的安培力的图像问题。【分析与解】在0～lv时间内，线框还未进入磁场，感应电流为0，则安培力为0；在lv～2lv时间内，由右手定则可以得出感应电流的方向为逆时针方向，因为线框以恒定的速度v沿x轴运动，所以感应电动

势和电流不变，根据左手定则可以得出安培力的方向为x轴负方向；在2lv～4lv时间内，线框全部进入磁场，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为0，安培力为0；在4lv～5lv时间内，线框的左边切割磁感线，由右手定则可以得出感应电流的方向为顺时针方向，维持线框以恒

定的速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出安培力的方向为x轴负方向。图11.9第11章电磁感应·203·【答案】B。【方法提炼】本类题目的关键：根据已知条件确定好过程，看清横、纵坐标轴分别表示什么物理量。比如本

题可以分为四个过程：第一，在没有进入磁场前；二，进入磁场；三，在磁场中运动；四，穿出磁场。根据匀速运动可以很容易地判断出受力的大小不变，根据右手定则和左手定则可以很容易地判断出力的方向，得出正确的答案。例

题9(2013年新课标全国卷Ⅱ)如图11.10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；在导线框的右侧有一宽度为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，磁场的方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t＝0时导线框的右边恰好与磁场的左

边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图像中，可能正确地描述上述过程的是()【命题意图】本题基于闭合导线框穿过磁场的过程来考查关于导线框在通过磁场的过程中速度变化的图像问题，尤其是加速度变化的判定问题。【分析与解】由于导线框在进入磁场的过程中要切割磁感线而产生感应电流，故导线

框会因受到安培力的作用做减速运动，选项A错误；安培力F安＝B2L2vR，因v在减小，故F安在减小，加速度a＝F安m也在减小，即导线框在进入磁场的过程中做加速度减小的变减速运动，选项B错误；由于d>L，若导线框在完全进入磁场中时仍

有速度，则导线框将会在磁场中做匀速运动直至其右边滑出磁场，导线框在出磁场的过程中仍然在做加速度减小的减速运动，选项C错误、D正确。【答案】D。【方法提炼】本类题目关键：根据已知条件确定好过程，看清横、纵坐标轴分别表示什么物理量。本题可能只有一个过程，就是导线框在还没有

完全进入磁场时就停止运动了；或者有三个过程，即进入磁场的减速、在磁场中时匀速、出磁场的减速。要根据规律来具体地判断减速运动的过程加速度变化的情况。例题10(2017年全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度的方向与纸面垂直。边长为0.1m、总电阻为

0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图11.11(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图像如图11.11(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)，下列说

法中正确的是()(多选)图11.10·204·高中理科解题策略与能力提升——物理篇图11.11A．磁感应强度的大小为0.5TB．导线框运动的速度大小为0.5m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D．在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框所受的安培力的大小为0.1N【命

题意图】本题基于导线框穿过有界磁场的情景来考查学生利用E-t图来分析在导线框通过磁场过程中的电流、安培力等的能力。【分析与解】由题图11.11(b)可知，导线框运动的速度大小为v＝Lt＝0.10.2m/s＝

0.5m/s，选项B正确；在导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝BLv可得B＝ELv＝0.010.1×0.5T＝0.2T，选项A错误；由题图11.11(b)可知，在导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针，根据楞次定律可知磁

感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的感应电流大小为I＝|E′|R＝|－0.01|0.005A＝2A，则导线框所受的安培力的大小为F＝BIL＝0.2

×2×0.1N＝0.04N，选项D错误。【答案】BC。【方法提炼】本题为已知电动势与时间变化的关系图来判断磁场的情况等。对于此类题目，要将已知的关系图分解为几个清晰的过程并在实际的情景中一一对应，然后结合相关的公式来解决问题

。例题11(2012年重庆卷)如图11.12所示，正方形区域MNPQ内有垂直于纸面向外的匀强磁场。在外力的作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，在t＝0时刻，其四个顶点M′、N′、P′、Q′恰好在磁场边界的中点。下列图像中能反映线框所受到的安培力f的大小

随时间t变化的规律的是()【命题意图】本题基于一矩形导线框以垂直于磁场方向进入磁场的过程来考查学生分图11.12第11章电磁感应·205·析在导线框通过磁场的过程中安培力变化的能力。【分析与解】第一段的时间是从初位置开始到M′N′离开磁场

，图11.13(a)表示该过程的任意一个位置，切割磁感线的有效长度为M1A与N1B之和即为M1M′长度的2倍，此时电动势E＝2Bvtv，导线框受到的安培力f＝2BIvt＝4B2v3t2R，图像是开口向上的抛物线，选项C、D错误；如图11.13(b)所示，当导线框的右端M2N

2刚好出磁场时，其左端Q2P2恰好与MP共线，此后一段时间内有效长度不变，直到导线框的左端与M′N′重合，这段时间内电流不变、安培力的大小不变；最后一段时间如图11.13(c)所示，从匀速运动至M2N2开始计时，有效长度为2AClvt′′−′＝，电动势(2)EB

lvtv′−′＝，导线框受到的安培力f′＝()2212BvtvR′−，图像是开口向上的抛物线，选项A错误、B正确。图11.13【答案】B。【方法提炼】解决本类题目的关键：根据已知条件确定好过程，看清横、纵坐标轴分别表示什么物理量，要准确地确定等效切割长度和特殊过程，然后分别

进行分析。例题12(2008年全国卷Ⅱ)如图11.14所示，一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场；一个边长也为l的正方形导线框所在的平面与磁场方向垂直；虚线框的对角线ab与导线框的一条边垂直，ba的延长线平分导线框

。在t＝0时，使导线框从图示位置开始以恒定的速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域。以I表示导线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正。下列表示I-t关系的图像中，可能正确的是()图11.14·

206·高中理科解题策略与能力提升——物理篇【命题意图】本题基于导线框穿过有界磁场区域的情景来考查电磁感应中的图像问题。【分析与解】在正方形导线框的下边开始进入匀强磁场区域到其完全进入的过程中，导线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流也逐渐增大，选项A错误；在正方形导

线框的下边从完全进入到其刚穿出磁场边界时，切割磁感线的有效长度不变，故感应电流不变，选项B错误；当正方形导线框的下边离开磁场时，磁通量在导线框的上边未进入磁场的过程中比其进入磁场的过程中减少得稍慢，故这两个过程中的感应电动势不相等，感应电流也不相等，选项D

错误、C正确。根据右手定则可以判断出感应电流的方向，根据切割磁感线的有效长度的变化可以得出电流的大小变化。【答案】C。【方法提炼】本类题目关键：根据已知条件确定好过程，看清横、纵坐标轴分别表示什么物理量

，确定好研究过程，找到运动过程中的几个临界点，确定在每一过程中，有效长度的变化情况，结合相关的规律进行判断。当然，排除法在此类问题中也非常重要，通过几个典型的阶段就能排除错误答案。例题13(2011年海南卷)如图11.15所示，EOF和E′O′F′为空间

中一匀强磁场的边界，其中EO∥E′O′，FO∥F′O′，且EO⊥OF；OO′为∠EOF的角平分线，OO′间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里。一边长为l的正方形导线框沿O′O方向匀速地通过磁场，在t＝0时刻恰好位于图示位置。规定导线框中的感应电流沿逆时针方向时为正方向，则下列关于感应电流I

与时间t的关系图中可能正确的是()【命题意图】本题基于导线框穿过不规则磁场的情景来考查学生利用排除法来解决电磁感应中的图像问题的能力。【分析与解】当导线框进入磁场时，利用右手定则可以判断出感应电流的方向为逆时针，因此可排除选项C、D；感应电流的大小EBlvIRR==，当导线

框的右边离开磁场时，导体棒有效切割长度的变化规律与导线框进入磁场时相同，但感应电流的方向变为顺时图11.15第11章电磁感应·207·针，选项B正确。【答案】B。【方法提炼】本类题目关键：根据已知条件确定好过程，看清横、纵坐标轴分别表示什么物理量。解决这类题目首先要利用排除法，用楞次定律定性地判

断出电流方向，然后判断出有效长度的变化情况，从而可以判断出电流情况，选出正确答案。当然，找准临界点、准确地确定研究过程也非常重要。策略八弹簧连接杆，力与能辨析例题14(2005年江苏卷)如图11.16所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直、磁

感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略。初始时刻，弹簧恰好处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。(1)求初始时刻导体棒受到的安

培力。(2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为0时，弹簧的弹性势能为Ep，则这一过程中安培力所做的功W1和在电阻R上产生的焦耳热Q1分别为多少?(3)导体棒往复运动，最终将静止于何处?从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？【命题意图】本题基于弹簧连

接的轻杆在双轨上运动的情景来考查电磁感应中的能量问题。【分析与解】(1)初始时刻导体棒中的感应电动势为0ELvB=导体棒中的感应电流为EIR=作用于导体棒上的安培力为FILB=联立以上各式可得220LvBFR=

，安培力方向为水平向左。(2)由能量守恒定律：21p012QEmv+=由功能关系W1＝-Q1则图11.16·208·高中理科解题策略与能力提升——物理篇21p012WEmv=−210p12QmvE=−(3)由能量转化及平衡条件等

可判断出导体棒最终静止于初始位置，电阻R上产生的焦耳热为2012Qmv=【答案】(1)220LvBFR=，水平向左；(2)21p012WEmv=−，210p12QmvE=−，(3)Q=2012mv。【方法提炼】本题的重点是分析在整个过程中能量是

如何转化的，还有就是要清楚安培力做功与电阻上的发热量的关系。策略九线框模型类，综合分析解例题15(2007年山东卷)用相同的导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导线框以相同的速度匀速地进入右侧的匀强磁场，如图11.17所示。在每

个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud。下列判断中正确的是()图11.17A．Ua＜Ub＜Uc＜UdB．Ua＜Ub＜Ud＜UcC．Ua＝Ub＝Uc＝UdD．Ub＜Ua＜Ud＜Uc【命题意图】本题基于不同的金属导线框匀速地进入有界磁场的过程来考查

电磁感应中的等效电路问题。【分析与解】导线框进入磁场后切割磁感线，a、b中产生的感应电动势是c、d中的一半，而不同的导线框的电阻不同。设导线框a的电阻为4r，导线框b、c、d的电阻分别为6r、8r、6r，则a3344rUBLvBLvr=⋅=b5

566rUBLvBLvr=⋅=c63282rUBLvBLvr=⋅=第11章电磁感应·209·d44263rUBLvBLvr=⋅=故abdcUUUU＜＜＜。【答案】B。【方法提炼】解决这类题目的关键是要确定哪一部分为等效电源并画出等效电路图，然后结合闭合电路欧姆定律来解决问题。

例题16(2010年安徽理综)如图11.18所示，水平地面上方的矩形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)。两线圈在距磁场上界面h处由静止开始自由下落，再进入磁场

，最后落到地面。在运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为1v、2v，在磁场中运动时产生的热量分别为1Q、2Q。不计空气阻力，则()A．1212v

vQQ<<，B．1212vvQQ==，C．1212vvQQ<>，D．1212vvQQ=<，【命题意图】本题基于材料相同、横截面积不同的两个等大导线框从相同高度落入磁场的过程来考查电磁感应中的动力学问题和能量转化的问题。【分析与解】因为从同一高度下落

、到达磁场边界时具有相同的速度v、切割磁感线产生了感应电流同时受到了磁场的安培力，又因为(ρ为材料的电阻率，l为线圈的边长)，所以安培力24BlvSFρ=。此时，加速度Fagm=−且(为材料的密度)，所以加速度是定值，线圈Ⅰ和Ⅱ同

步运动，落地的速度相等即v1＝v2。由能量守恒可得(H是磁场区域的高度)，Ⅰ为细导线，其质量m小、产生的热量小，所以Q1＜Q2，选项D正确。【答案】D。【方法提炼】对于矩形线圈竖直穿越磁场的问题，如果是匀速运动则重力等于安培力，如果是加速(减速)运动则根据牛顿第二定律来求加速度；同时，要抓

住能量守恒定律，这类问题往往是从静止下落，所以包括了重力势能转化为动能、用于克服安培力做功两部分。此外，要注意条件中线圈的位置(下降的高度)。例题17(2008年北京卷)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m。将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场的上方h处，

如图11.1922BlvFR=4lRSρ=04mSlρ=⋅0ρ2016Bvagρρ=−21()2QmghHmv=+−图11.18图11.19·210·高中理科解题策略与能力提升——物理篇所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场

边界平行。当cd边刚进入磁场时：(1)求线框中产生的感应电动势的大小。(2)求cd两点间的电势差大小。(3)若此时线框的加速度恰好为0，求线框下落的高度h所应满足的条件。【命题意图】本题基于金属导线框自由落体进入有界磁场的过程来考查电磁感应中的动

力学、等效电路和能量转化的问题。【分析与解】(1)当cd边刚进入磁场时，根据功能关系可得故导线框的速度2vgh=感应电动势2EBLvBLgh==(2)此时导线框中的电流I＝cd两点间的电势差U＝I34R⎛⎞⎜

⎟⎝⎠＝324BLgh(3)安培力F＝BIL＝根据牛顿第二定律可得mg-F＝ma，由a＝0可解得下落的高度应满足h＝。【答案】(1)2EBLgh=；(2)U＝324BLgh；(3)h＝。【方法提炼】进入磁场前的高度决定了进入磁场时的速度，而此速度决定了安培力的大小。将安培

力的大小与重力进行比较，可以确定接下来的运动状态。策略十求电路问题，析等效电路例题18(2015年福建卷)如图11.20所示，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力的作用

下沿ab、dc以速度v匀速地滑动，滑动过程中PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()A．PQ中电流先增大、后减小B．PQ两端的电压先减小、后增大212mghmv=ER222BLghR22442mgRBL

22442mgRBL图11.20第11章电磁感应·211·C．PQ上拉力的功率先减小、后增大D．线框消耗的电功率先减小、后增大【命题意图】本题基于金属棒在考虑有电阻的金属框上运动的情景来考查电磁感应中的等效电路问题以及对电压、功率的分析。【分析与解】感应电动势E＝BLv保持不变，当导体棒P

Q向右运动时电路的总电阻先增大、后减小，由可知电流应先减小、后增大，选项A错误；导体棒PQ两端的电压为路端电压，由可知路端电压先增大、后减小，选项B错误；导体棒PQ匀速运动，由平衡条件可知拉力F＝F安＝BIL，拉力的功率，可

见功率应先减小、后增大，选项C正确；导体棒PQ位于ab的正中央时线框的等效电阻(相当于外电阻)为0.75R，小于导体棒的电阻(相当于内阻)，由图11.21P出-R外图像可知线框消耗的功率(相当于外电路的总功率

，即电源的输出功率)应先增大、后减小，选项D错误。【答案】C。【方法提炼】画出等效电路图，判断电阻的变化会导致电流如何变化，而电流的变化决定了路端电压的变化、安培力的变化、功率的变化。①电磁感应中电路知识的关系图，如图11.22所示。②分析电磁感应的基本思路

，如图11.23所示。图11.23例题19(2005年天津卷)如图11.24所示，图中MN和PQ为竖直方向上的两平行长直金属导轨，间距l为0.40m，电阻不计。导轨所在的平面与磁感应强度B为0.50T的匀强磁场垂直。质量m为6.0×10-3kg、电阻

为1.0Ω的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触。导轨两端分别接有滑动变阻器R2和阻值为3.0Ω的电阻R1。当杆ab达到稳定状态时以速率v匀速地下滑，整个电路消耗的电功率P为0.27W，重力加速度取10m/s2，试求速率v和滑动变阻器接入电路部分的阻值R2。【命题意图】本题基于金属杆

紧靠匀强磁场中的双轨下滑EIR总==UEIr外−=PFvBILv=图11.21图11.22图11.24·212·高中理科解题策略与能力提升——物理篇的情景来考查电磁感应中的等效电路问题。【分析与解】由能量守恒定律可得mgv＝P代入数据后可得v＝4.5m/s且E＝BLv

设电阻R1与R2的并联电阻为R外，金属棒ab的电阻为r，则12111=RRR+外EIRr外=+PIE=代入数据后可得26.0ΩR=【答案】4.5v=m/s，26.0ΩR=。【方法提炼】金属杆等效为电源，金属框的两个电阻并联组成外电路，应用闭合电路的欧姆定律来确定电流，然后结合电功率公式来

解决问题。策略十一感应电荷量，微元找规律例题20(2013年天津卷)如图11.25所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直于纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次的速度大小相同，

方向均垂直于MN。第一次ab边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2。则()A．Q1>Q2，q1＝q2B．Q

1>Q2，q1>q2C．Q1＝Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1>q2【命题意图】本题基于金属框匀速地进入匀强磁场的情景来考查学生对电磁感应中的热量以及电量的求解能力。【分析与解】线框上产生的热量与克服安培力所做的功相等，W＝FL

1，F＝BIL，I＝ER，E＝BLv，由以上的四个式子可得Q＝W＝FL1＝B2L2vRL1＝B2L2vL1R＝B2SvRL。由数学表达式可以看出，切割磁感线的导线的长度L越长，产生的热量Q越多。通过导体横截面的电荷量q＝It＝ERt＝BLvR·L1v＝BSR，与切割磁感线的导线的长度

L无关，选项A正确。【答案】A。图11.25第11章电磁感应·213·【方法提炼】克服安培力所做的功即是金属框产生的热量，穿过横截面的电量qItRΦΔ=Δ=，只要ΦΔ、R相同，q就相同，与运动的速度和时间无关。例题21(19

99年上海卷)如图11.26所示，长为L、电阻r＝0.3Ω、质量m＝0.1kg的金属棒CD垂直地跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨的间距也是L，棒与导轨间接触良好，导轨的电阻不计。导轨的左端接有R＝0.5Ω的电阻，量程为0～3.

0A的电流表串接在一条导轨上，量程为0～1.0V的电压表接在电阻R的两端，垂直于导轨平面的匀强磁场向下穿过平面。现以向右的恒定外力F使金属棒右移。当金属棒以v＝2m/s的速度在导轨平面上匀速地滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电

表未满偏。问：(1)此满偏的电表是什么表？说明理由。(2)拉动金属棒的外力F多大？(3)此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上。求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量。【命题意图】本题基于金属棒切割磁场产生电流的情景来考查电磁感应中安培力的冲量问题。【分析与解】

(1)电压表满偏，若电流表也满偏，则I＝3A，U＝IR＝1.5V，大于电压表的量程。(2)由功能关系可得2=()FvIRr+①而UIR=②所以22()URrFRv+=③代入后可得数据=1.6FN④(3)由动量定量可得mvIBLtΔ=Δ⑤两边求和可

得121122mvmvBLItBLItΔ+Δ+=Δ+Δ+��⑥即mvBLq=⑦由电磁感应定律可得EBLv=⑧图11.26·214·高中理科解题策略与能力提升——物理篇()EIRr=+⑨由⑦⑧⑨可解得2()mvqIRr=+⑩代入数据后可得0.25q=C【答案】(1)满

偏的是电压表；(2)=1.6FN；(3)0.25q=C。【方法提炼】冲量IFt=Δ，安培力FBLI=，qIt=Δ，由此可知冲量I＝BLq，再结合其他的物理规律可以解决相关问题。例题22(2011年福建卷)如图11.27所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与P

Q平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨的电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直和良好接触，ab棒接入电路的电阻为R。当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金

属棒ab在这一过程中()A．运动时平均速度的大小为12vB．下滑的位移大小为qRBLC．产生的焦耳热为qBLvD．受到的最大安培力的大小为B2L2vRsinθ【命题意图】本题基于金属棒在倾斜轨道上运动时切割磁感线的情景来考查金属棒在沿导轨下滑的过程中速度、位移、热量等的变化情况

。【分析与解】对导体棒进行受力分析，图11.28(a)所示。由牛顿第二定律可得22sinBLvmgmaRθ−=，于是可知导体棒向下做加速度不断减小的加速运动，作出v-t图，如图11.28(b)所示(①表示导体棒实际运动的v-t图像，②表示匀加速直线运动的v-t图像)，可见2vv＞，选项A错误；由

qIt=Δ、EIR=、EtΦΔ=Δ联立可解得qRΦΔ=，设金属棒下滑的位移为s，则BLsΦΔ=，所以BLsqR=，故qRsBL=，选项B正确；由能量守恒定律可知21sin2mgsmvQθ=+，于是可得221sin1sin22mgq

RQmgsmvmvBLθθ=−=−，选项C错误；当加速度a＝0时，物体开始做匀速运动，此时安培力最大，由sin0mgF安θ−=可得sinFmg安θ=，选项D错误。【答案】B。【方法提炼】本题直接求解下滑的位移相对较难。题目中已知了穿过横截面积的电量为q，可以以此为突破口先求出平均电流

，从而图11.27图11.28第11章电磁感应·215·得到平均感应电动势，再由平均感应电动势的规律来求解磁通量的变化，由于磁通量变化的原因是面积变化，从而可以求解出下滑的位移。练习1(2015年全国卷Ⅱ)如图11.29所示，直角三角形金属框abc放置

在匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc。已知bc边的长度为l。下列判断中正确的是()A．φa>φc，金属

框中无电流B．φb>φc，金属框中电流的方向沿a→b→c→aC．Ubc＝－12Bl2ω，金属框中无电流D．Ubc＝12Bl2ω，金属框中电流的方向沿a→c→b→a练习2(2013福建卷)如图11.30所示，矩形闭合导线框在匀强磁场上方由不

同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框的ab边和cd边刚进入磁场的时刻。线框在下落过程中形状不变，ab边始终保持与磁场的水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直。设OO′下方的磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图像不可能反映线框在下落过程中速度v随时间

t变化的规律()练习3(2018全国卷Ⅱ)如图11.31所示，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域的宽度均为l，磁感应强度的大小相等、方向交替向上向下。一边长为32l的正方形金属线框在

导轨上向左匀速运动。线框中感应电流I随时间t变化的正确图像可能是()图11.29图11.30图11.31·216·高中理科解题策略与能力提升——物理篇练习4(2011年山东卷)如图11.32所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上

方同一高度h处。磁场的宽为3h，方向与导轨平面垂直。先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触。用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移。则下图中正确的是()(多

选)练习5(2016年四川卷)如图11.33所示，电阻不计、间距为�的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨的左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒的速度v的关系是0FFkv

=+(0F、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中的感应电流为I，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化的图像可能正确的有()(多选)练习6(20

08年全国卷Ⅰ)矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在的平面垂直，规定磁场的正方向垂直于纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图11.34所示。若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，则下列各图中正确的是()图11.32

图11.33图11.34第11章电磁感应·217·练习7(2008年山东卷)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在

的平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图11.35所示。除电阻R外，其余的电阻不计。现将金属棒从弹簧的原长位置由静止释放，则()(多选)A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB．当金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向

为a→bC．当金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为22BLvFR=D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少练习8(2009年安徽卷)如图11.36(a)所示，一个电阻为R、面积为S的矩形导线框abcd，水平旋转在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成4

5°角，O、O′分别是ab和cd边的中点。现将线框的右半边ObcO′绕OO′逆时针90°到图11.36(b)所示的位置。在这一过程中，导线中通过的电荷量是()图11.36图11.35·218·高中理科解题策略与能力提升——物理篇A．22BSRB．2BSR

C．BSRD．0练习9(2018年全国卷Ⅰ)如图11.37所示，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O点转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间中存在与半圆弧所在的平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小

为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则B′B等于()A．54B．32C．74D．2练习10(1989年全国卷

)电阻为R的矩形导线框abcd，边长ab＝L，ad＝h，质量为m，自某一高度自由落下，通过一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里，磁场区域的宽度为h，如图11.38所示。若线框恰好以恒定的速度通过磁场，则线框中产生的焦耳热是(不考虑空气阻力)。练习11(1991年湖南、云南、海南卷)如图11.3

9所示，边长为h的正方形金属导线框，从图示的初始位置由静止开始下落，通过一匀强磁场区域。磁场的方向是水平的，且垂直于线框平面。磁场区域的宽度等于H，上、下边界如图中的水平虚线所示，H>h。从线框开始下落到完全穿过磁场区域的整

个过程中()(多选)A．线框中总是有感应电流存在B．线框受到的磁场力的合力的方向有时向上，有时向下C．线框运动的方向始终是向下的D．线框速度的大小不一定总是在增加练习12(2014年新课标Ⅱ卷)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆

导轨上面，BA的延长线通过圆导轨的中心O，装置的俯视图如图11.40所示。整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)。直导

体棒在水平外力的作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动的过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度为g。求：(1)通过电阻R的感应电流的方向和大

小。(2)外力的功率。图11.37图11.38图11.39图11.40第11章电磁感应·219·练习13(2017年天津卷)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮的示意图如图11.41所示，图

中直流电源的电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨的间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间且处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电

；然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中的电流为0且MN达到最大速度，之后离开导轨。问：(1)磁场的方向。(2)MN刚开始运动

时加速度a的大小。(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。练习14(2015年天津卷)如图11.42所示，“凸”字形硬质金属线框的质量为m，相邻各边互相垂直且处于同一竖直平面内，ab边的长为l，cd边的长为2l，ab与cd平行，间距为2l。匀强磁场区域的上、下边界均水平，磁场的方向垂直

于线框所在的平面。开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后、ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场的过程中所产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且

ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求：(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍。(2)磁场上、下边界间的距离H。练习15(2007年北京卷)用密度为d、电阻率为ρ、横截面积为A的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abba′′。如图11.

43所示，金属方框水平放置在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行。设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计。可认为方框的aa′边和bb′边都处在磁极之间，极间磁感应强度的大小为B。方框从静止开始释放，其平面在下落的过程中保持水平(不计空气阻力)。

(1)求方框下落的最大速度vm(设磁场区域在竖直方向上足够长)。(2)当方框下落的加速度为2g时，求方框的发热功率P。(3)已知方框下落的时间为t时，下落高度为h，其速度为vt(vt<vm)。若在同一时间t内，方框内产生的焦耳热与一恒定电流I0在该框内产生的焦

耳热相同，求恒定电流I0的表达式。图11.41图11.42·220·高中理科解题策略与能力提升——物理篇图11.43练习16(2014年全国卷Ⅱ)如图11.44所示，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间的距离为L，电阻

不计。在导轨的上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度的方向与导轨所在平面垂直。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放。金属棒在下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。已知某时刻后两灯泡保持正常发光。重力加速度

为g。求：(1)磁感应强度的大小。(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率。图11.44第12章交变电流策略一正弦交流电，概念是关键例题1(2008年宁夏卷)如图12.1(a)所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕

过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场的夹角45θ°＝时［图12.1(b)］为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正。则下列四幅图中正确的是()图12.1【命题意图】本题基于交流发电机的

原理图来考查学生对交流电的产生和变化规律的理解能力以及对右手定则的掌握情况。【分析与解】本题考查正弦交流电的产生过程、楞次定律等知识和规律。从图12.1(a)可以看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可以判断初始

时刻的电流方向为b到a，故瞬时电流的表达式为mcos4IItωπ⎛⎞=−+⎜⎟⎝⎠，则选项D正确。【答案】D。【方法提炼】理解交变电流的产生和变化规律：①从线圈转动时的特殊位置理解，弄清楚中性面和垂直于中性面这两个位置；②从周期性变化理解

，掌握周期和频率的概念；③从变化规律理解，将瞬时值的表达式和图像进行正确地结合。·222·高中理科解题策略与能力提升——物理篇例题2(2012年安徽卷)图12.2(a)是交流发电机模型的示意图。在磁感

应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。图12.2(b

)是主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab的长度为L1，bc的长度为L2，线圈以恒定的角速度ω逆时针转动(只考虑单匝线圈)。图12.2(1)从线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势

e1的表达式。(2)从线圈平面处于与中性面成0ϕ夹角位置时开始计时，如图12.2(c)所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式。(3)若线圈的电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。

(其他的电阻均不计)【命题意图】本题基于交流发电机的模型来考查交流电瞬时表达式的推导以及求解交流电路中的焦耳热的方法。【分析与解答】(1)如图12.3所示，在矩形线圈abcd转动的过程中，只有ab和cd切割磁感线。设ab和cd的转动速度为v，则22Lvω=在t时

刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为111EBLv=由图可知1sinvvtω=则整个线圈的感应电动势为tLBLEeωωsin22111==(2)当线圈由图12.2(c)所示的位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为)sin(021

2ϕωω+=tLBLe图12.3第12章交变电流·223·(3)由闭合电路欧姆定律可知EIRr=+这里的E为线圈产生的电动势的有效值，则m1222EBLLEω==线圈转动一周在电阻R上产生的焦耳热为2RQIRT=式中2Tωπ=于是212RBLLQRRrω⎛⎞=π⎜⎟⎝+⎠【答案】(1)

11122sineEBLLtωω==；(2)2120sin()eBLLtωωϕ=+；(3)212RBLLQRRrω⎛⎞=π⎜⎟⎝+⎠。【方法提炼】交变电流瞬时值表达式的书写。(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知的图像来读出或由公式Em＝nBSω来求出相应的峰值。(2)明确线圈的初始位置

，找出对应的函数关系式：①若线圈从中性面位置开始转动，则i-t图为正弦函数的图像，函数式为i＝Imsinωt；②若线圈从垂直于中性面的位置开始转动，则i-t图为余弦函数的图像，函数式为i＝Imcosωt。策略二依据等效性，计算有效值例题3(2018年全国卷Ⅲ)一电阻接到方波交流电

源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，则在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图12.4所示。则Q方∶Q正等于()A．1∶2B．2∶1C．1∶2D．2∶1【命题意图】本题基于方波和正弦交流电的图像来考查学生对

有效值的理解和应用，以及关于交流电产生焦耳热用有效值计算。【分析与解】由焦耳定律和有效值的概念可知，一个周期内产生的热量22200022uuuTTQTRRR=⋅+⋅=方，20220122uUuQTTTR

RR⎛⎞⎜⎟⎝⎠===有效正，故Q方∶Q正＝2∶1，选项D正确。【答案】D。图12.4·224·高中理科解题策略与能力提升——物理篇【方法提炼】(1)有效值的计算：①在计算有效值时要注意电流的热效应，抓住“三同”——“相同时间”内“相同电阻

”上产生“相同热量”；②若图像部分是正弦(或余弦)交流电，则其中从0(或最大值)开始且为14周期整数倍的部分可以直接应用正弦式交变电流的有效值与最大值的关系式m2II=、m2UU=来求解。(2)几种典型的交变电流的有效值，见表12.1。表12.1电

流图像有效值正弦式交变电流m2II=正弦半波电流m2II=正弦单向脉冲电流m2II=矩形脉冲电流0mtIIT=非对称性交变电流22121()2III=+(3)求解有效值的一般方法和技巧：①首先要分析交变电流的变化规律，正弦式电流的最

大值和有效值的关系是m2II=、m2UU=，非正弦式交变电流一般不符合此关系；②对于非正弦式交变电流，可以在一个周期内先分段地求出产生的热量，再求出总热量Q，最后将总热量Q用相应的物理量I或U来表示(如2QIRt=或2UQtR=)，则I

或U为其交变电流相应的有效值；③由22UPIRR==可知，当R一定时，2PI∝且2PU∝，所以可以根据功率的变化比例来确定有效值的变化比例，此方法适合对比和分析两种状态的问题。第12章交变电流·225·策略三理想变压器，

理清因果律例题4(2018年天津卷)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图12.5所示。理想交流电流表○A、理想交流电压表○V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的12，

则()A．R消耗的功率变为12PB．电压表V的读数变为12UC．电流表A的读数变为2ID．通过R的交变电流频率不变【命题意图】本题基于将交流发电机和理想变压器进行组合的情景来考查学生对交流电的最大值、有效值和频率的理解能力和计算能力，以及对理想变压器两端的物理量之间的关系的理解能

力。【分析与解】发电机线圈所产生的感应电动势的最大值mENBSω=，其中2nω=π，理想变压器的输入电压(有效值)m12EU=。若发电机线圈的转速n变为原来的12，则根据1122UnUn=可知电压表V的读数变为

12U，通过R的电流变为原来的12，R消耗的功率变为14P。根据1221InIn=可知电流表A的读数变为12I，选项B正确，选项A、C错误；交变电流的频率f在数值上等于线圈的转速n(当转速的单位为r/s时)，选项D错误。

【答案】B。【方法提炼】(1)对于单个副线圈的理想变压器，“两回路一变压”是关键：交流电源与原线圈构成一回路；副线圈与用电器构成另一回路。(2)理想变压器上的基本关系和制约关系，见表12.2。表12.2基本关系功率关系P入=P出电

压关系原、副线圈的电压比等于匝数比：1122UnUn=电流关系只有一个副线圈时，电流和匝数成反比：1221InIn=频率关系原、副线圈中电流的频率相等制约关系电压原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2功率副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入电流

副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1图12.5·226·高中理科解题策略与能力提升——物理篇策略四原线圈负载，能量守恒解例题5(2015年全国卷Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如

图12.6所示。设副线圈的回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈的回路中电阻消耗的功率的比值为k，则()A．U＝66V，k＝19B．U＝22V，k＝19C．U＝66V，k＝13D．U＝22V，k＝13【命题意图】

本题基于原线圈有串联电阻的理想变压器的模型来考查学生对变压器输入电压和变压器两端电压的关系的理解能力，以及通过原、副线圈的电流关系来判断功率关系的能力。【分析与解】根据题意可知，副线圈的电流大小是原线圈的3倍。设副线圈的回路中电阻两端的电压为U，则原线圈的回路中电

阻两端的电压为13U。因为原线圈两端的电压是副线圈两端电压的3倍，所以1220V33UU=+，解得U＝66V。因此，原、副线圈的回路中电阻消耗的功率之比为221(3)9IRIR=，选项A正确。【答案】A。【方法提炼】当原线圈有串联电阻时，原线圈在左边的回路中相当于一个用电器，其电压并非是

接入的220V；而副线圈在右边的回路中相当于电源，对负载供电。策略五析动态变化，采用程序法例题6(2014年广东卷)如图12.7所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S。下列说法中正确的是()(多选)A

．当P向下滑动时，灯L变亮B．当P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．当P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．当P向上滑动时，变压器的输出功率变大【命题意图】本题基于滑动变阻器接入变压器一端的模型来考查学生对变压器中各物理量之间的关系的理解能力和判断能力，以及

对动态电路分析法的掌握情况。【分析与解】由于理想变压器的输入电压不变，则副线圈的电压U2不变，当滑片P滑动时，对灯泡两端的电压没有影响，故灯泡的亮度不变，选项A错误；当滑片P下滑图12.6图12.7第12章交变电流·227·时，

接入电路的电阻变大，但副线圈的电压是由原线圈的电压决定的，因此副线圈的电压不变，选项B正确；当滑片P上滑时，接入电路的电阻减小，副线圈的输出电流I2增大，则原线圈的输入电流I1也增大，选项C错误；当滑片P向上滑动时，变压器

的输出功率222PUI=将变大，选项D正确。【答案】BD。【方法提炼】理想变压器动态变化问题的分析方法：(1)分清不变量：①线圈匝数比；②负载电阻(表12.3)。表12.3(1)U1不变，根据1122UnUn=，输入电压U1决定输出电压U2

，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变(2)当负载电阻发生变化时，副线圈的电流I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化(3)I2变化引起输出功率P2变化，输出功率决定输入功率，可以判断输入功率P1的变化(1)U1不变，12nn发生变化，U2变化(2)R不变，U2变

化，I2发生变化(3)根据P2=22UR和P1=P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化(2)弄清理想变压器中的制约关系：211222112211112211UUnIRUnIUIUPIUUUIIP====⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯

→⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→负载决定决定决定决定例题7(2016年四川卷)如图12.8所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同的匝数，其他的条件不变，则()A．小灯泡变亮B．小灯泡变暗C．原、副线圈两端电压的比值不变D．通过原、副线圈电流的比值

不变【命题意图】本题基于理想变压器的模型来考查学生对匝数发生变化后各物理量之间的关系的判断能力。【分析与解】由变压器的相关知识可得1122UnUn=，将原、副线圈减去相同的匝数n后可得111222UnnnUnnn′′−==′′−、11122222()0()nnnnnnnnnn′−−−=<′−

，说明变压器原、副线圈的匝数比变大，选项C、D错误；由于原线圈的电压恒定不变，则副线圈的电压减小，小灯泡实际的功率减小，小灯泡变暗，选项A错误、B正确。【答案】B。图12.8·228·高中理科解题策略与能力提升——物理篇策略六远距离输电

，两变三回路例题8(2015年福建卷)如图12.9所示，该图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压msinuUtω=的交流电源。若输送的电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为()

A．21m24nUnr⎛⎞⎜⎟⎝⎠B．22m14nUnr⎛⎞⎜⎟⎝⎠C．2212m4nPrnU⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠D．2221m4nPrnU⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠【命题意图】本题基于远距离输电的模型来考查学生对计算输电线上的功率损耗

的掌握情况。【分析与解】设升压变压器副线圈的电压为U，对升压变压器有m122UnUn=，解得2m12nUUn=，则输电线上损失的电功率为22222m12m1(2)42PPnUnPPRrrUnUn⎛⎞⎜⎟⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎜⎟=⋅==⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠损线。【

答案】C。【方法提炼】远距离输电问题：(1)三个回路，如图12.10所示。(2)两处变压，见表12.4。表12.4升压变压器两端降压变压器两端1122UnUn=，1221InIn=，12PP=3344UnUn=，3443InIn=，34PP=(3)两种损耗。①电压损耗：输电线路上23III=

=线，总电阻R导致的电压损耗23RUUUIR=−=线。②功率损耗：输电线路发热导致的功率损耗2223RRUPPPIRR=−==线，注意22RUPR≠或23RUPR≠。图12.9图12.10第12章交变电流·2

29·练习1(2011年四川卷)如图12.11所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈的电阻为2Ω。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A。那么()(多选)A．线圈消耗的电功

率为4WB．线圈中感应电流的有效值为2AC．任意时刻线圈中的感应电动势为24cosetTπ=D.任意时刻穿过线圈的磁通量为2sinTtTΦπ=π练习2(2014年天津卷)如图12.12(a)所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图

像如图12.12(b)中的曲线a、b所示，则()(多选)图12.12A．两次t＝0的时刻线圈平面均与中性面重合B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3C．曲线a表示的交变电动势的频率为25HzD．曲线b表示的交变电动势的有效值为10V练习3(2011年安徽卷)如图12.

13所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流的有效值为()图12.13图12.

11·230·高中理科解题策略与能力提升——物理篇A．22BLRωB．222BLRωC．224BLRωD．24BLRω练习4(2012年课标全国卷)如图12.14所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆的直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半

圆面(纸面)向里，磁感应强度的大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示的位置，磁感应强度的大小随时间线性变化。为了产生与线

框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为()A．4ωB0πB．2ωB0πC．ωB0πD．ωB02π练习5(2012年山东卷)图12.15(a)是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图12

.15(b)所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，为交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间因引发电火花而点燃气体。以下判断中正确的是()(多选)图12.15A

．电压表的示数等于5VB．电压表的示数等于52VC．实现点火的条件是211000nn>D．实现点火的条件是211000nn<练习6(2016年全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图12.16所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，为理想交流

电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈的匝数比为()A．2B．3C．4D．5练习7(2016年全国卷Ⅲ)如图12.17所示，理想变压器的原、副线圈分别接有

额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。图12.14图12.16第12章交变电流·231·下列说法中正确的是()(多选)A．原、副线圈的匝数比为9:1B．原、副线圈的匝数比为1:9C．此时a和b的电功率之比为9:1D．此时a和b的电功率之比为1:9练

习8(2015年安徽卷)如图12.18所示的电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源的两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表的示数增大了0.2A，电流表的示数增大了0.8A，则下列说法中正确的是()

A．电压表的示数增大B．电压表、的示数均增大C．该变压器起升压作用D．变阻器的滑片是沿c→d的方向滑动练习9(2010年全国卷Ⅱ)如图12.19所示，图中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连：P为滑动头。现令P从均匀密

绕的副线圈的最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯L两端的电压等于其额定电压为止。用1I表示流过原线圈的电流，2I表示流过灯泡的电流，2U表示灯泡两端的电压，2N表示灯泡消耗的电功率(这里的电流、电

压均指有效值，电功率指平均值)。下列4个图中，能够正确地反映相应物理量的变化趋势的是()(多选)练习10(2018年江苏卷)采用220kV的高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为了使输电线上损耗的功率减小为原来的14，输电电压应变为(

)A．55kVB．110kVC．440kVD．880kV练习11(2014年四川卷)图12.20(a)是远距离输电线路的示意图，图12.20(b)是发电机输出电压随时间变化的图像，则()图12.17图12.18图12.19·232·高中理科解题策略与能力提升——物理篇图12.20A．用

户用电器上交流电的频率是100HzB．发电机输出的交流电的电压有效值是500VC．输电线的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小第13章机械振动和机械波策略一类单摆问题，用等效思想例题1(1985年全国卷)如图13

.1所示，此为一双线摆，它是由在一水平天花板上用两根等长细绳悬挂一小球而构成的，绳的质量可以忽略，小球可视为质点。设图中的α和l为已知量。当小球垂直于纸面作简谐振动时，周期为。【命题意图】本题基于双线摆的实例来考查学生对等效摆长的理解能力和掌握情况。【分析与解】这个双线摆的

摆球受到了两条细绳的拉力，其合力在两条细绳的夹角的平分线上，这个合力可以用一条位于角平分线上的摆线所受到的拉力来等效替代，这条摆线的长度sinLlα=，即为双线摆的等值单摆长，故可以知道双线摆的振动周期为sin2lTgα=π。【答案】sin2lTgα=

π。【方法提炼】单摆是一种理想化的模型，当其以小角度摆动时可以近似看成简谐运动，简谐运动的周期2lTg=π，在振幅较小时与单摆的振幅、摆球的质量均无关，公式中的lg、为等效摆长和等效重力加速度。在求解等效摆长和等效重力

加速度时，需要注意以下几点。(1)等效摆长l：摆动的圆弧的圆心到摆球重心的距离。如图13.2(a)所示，双线摆的摆长l＝r＋Lcosα，图13.2(b)中的小球(可看作质点)在半径为R的光滑圆槽中靠近A点振

动，其等效摆长为l＝R。(2)等效重力加速度g：与单摆所处的物理环境有关。①在不同的星球表面：g＝GMR2。②单摆处于超重或失重状态下的等效重力加速度分别为g＝g0＋a和g＝g0－a。③单摆处于电场或磁场中时的等效重力加速度等于摆球静止在平衡位

置时摆线所受到的张力(除去不能产生回复力的力)与摆球质量的比值。例题2(2004年上海卷)如图13.3所示，在光滑水平面上的O点系一长为l的绝缘细线，线的一端系一质量为m、带电量为q的小球。当沿细线方向加上场强为E的匀强电场后，小球处于平衡状态。现给小球一垂直于细线的初速

度v0，使小球在水平面上开始运动。若v0很小，则小球第一次回到平衡位置所需要的时间为__________。图13.1图13.2·234·高中理科解题策略与能力提升——物理篇【命题意图】本题基于在电场中摆动的小球的实例来考查学生对等效重力加速度的理解能力和掌握情况。【分析与

解】由于初速度v0很小，故小球摆动的幅度很小，因此可以将小球的运动看作简谐运动，图13.3中所示的位置是等效的最低点，即平衡位置。当小球在平衡位置静止不动时，绳子的拉力FEq=，故等效重力加速度qEgm=。由于摆球的初速度v0很小，故可以将小球的运动看作单摆运动，而单摆的振动周期

的公式为2lTg=π，因此小球的振动周期的公式为222llmlTqEgqEm=π=π=π，小球从离开平衡位置到再回到平衡位置所用的时间2TmltqE==π。【答案】mltqE=π。策略二悟振动特征，求振动问题例题3(2015年山东卷)如图13.4所示，轻弹簧的上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直

方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0.1sin(2.5πt)m。在t＝0的时刻，一小球从距物块h的高处自由落下；当t＝0.6s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g＝1

0m/s2。以下判断中正确的是()(多选)A．h＝1.7mB．简谐运动的周期是0.8sC．0.6s内物块运动的路程为0.2mD．当t＝0.4s时，物块与小球的运动方向相反【命题意图】本题旨在考查学生对简谐运动规律的理解

和掌握情况。【分析与解】由物块做简谐运动的表达式y＝0.1sin(2.5πt)m可知，ω＝2.5π，T＝2πω＝2π2.5πs＝0.8s，选项B正确；当t＝0.6s时，y＝－0.1m，对于小球有h＋|y|＝12gt2，解得h＝1.7m，选

项A正确；物块在0.6s内运动的路程为0.3m，当t＝0.4s时，物块经过平衡位置并向下运动，与小球的运动方向相同，选项C、D错误。【答案】AB。【方法提炼】(1)动力学特征：F＝－kx，“－”表示回复力的方向

与位移方向相反，k是比例系数而不一定是弹簧的劲度系数。(2)运动学特征：简谐运动为变加速运动，其加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比而方向相反，远离平衡位置时x、F、a、Ep均增大而v、Ek均减小，靠近平衡位置时则相反。图13.3图13.4第13章机械振

动和机械波·235·(3)周期性特征：相隔T或nT的两个时刻，振子处于同一位置且振动状态相同。(4)对称性特征：①如图13.5所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′(OP＝OP′)时，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小也相等；②振子由P点运

动到O点所用的时间等于由O点运动到P′点所用的时间，即POOPtt′＝；③振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用的时间相等，即OPPOtt＝；④相隔T2或212nT+(n为正整数)的两个时刻，振子的位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度的大小相等而方

向相反。(5)能量特征：振动的能量包括动能Ek和势能Ep，在简谐运动过程中，系统的动能与势能相互转化而机械能守恒。策略三观波的形成，悟波动特征例题4(1999年全国卷)图13.6(a)中有一条均匀的绳，1234�、、、是绳上一系列等间隔的点。现有

一列简谐横波沿此绳传播。某时刻，绳上9、10、11、12四点的位置和运动方向如图13.6(b)所示(其他点的运动情况未画出)，其中点12的位移为0，向上运动，点9的位移达到最大值。试在图13.6(c)中画出再经过34周期时点3、4、5、6的位置和速度方向，其他

点不必画［图13.6(c)的横坐标、纵坐标与图13.6(a)、13.6(b)完全相同］。图13.6【命题意图】本题基于简谐绳波的实例来考查学生对机械波的形成和传播的理解能力。【分析与解】由题可知，绳上9、10、11、1

2四点沿波传播方向的距离恰好为14个波长，根据横波的形成原理，由题中给出9、10、11、12四点的位置和运动方向，可画出其图13.5·236·高中理科解题策略与能力提升——物理篇他各点的位置，判断这些点的运动方向，进而做出再过34周期的波形图，确

定3，4，5，6四点的位置和运动方向。【答案】如图13.7所示。图13.7【方法提炼】关于波的传播问题的分析方法：①当波传播时，波的信息和能量可以向外传播，但振动的质点并不随波迁移；②波的传播具有周期性，波在一个周期内传播的距离等于一个波长，横波波长等于

相邻的两个波峰(或波谷)之间的距离；③波长、波速、周期和频率的计算可以利用关系式v＝λT和v＝λf。策略四波双向传播，宜对称分析例题5(2004年江苏卷)图13.8中，波源S从平衡位置y=0开始振动，运动方向竖直向上(y轴的正方向)，振动周期T=0.01s，产生的简谐波向左、右两个方

向传播，波速均为v=80m/s。经过一段时间后，P、Q两点开始振动，已知距离SP=1.2m、SQ=2.6m。若以Q点开始振动的时刻作为计时的零点，则在下列4个振动图像中，能正确地描述P、Q两点振动情况的是()(多选)【命题意图】本题旨在考查学生根据题意画出波形图的能力以及对振动图

、波动图的联系和区别的掌握情况。【分析与解】由vTλ=可得λ=vT=80×0.01m=0.8m，SP=1.2m=112λ。SQ=2.6m=134λ。当波传到Q点时，S已经振动了134T，此时S在波峰。根据波形，Q点的起振方向应竖直向上，P点在波谷。在t=0时刻，质点在平衡位置向上，

而Q点的起振方向是竖直向上，与Q点的振动情况图13.8第13章机械振动和机械波·237·相符合，选项A正确；在t=0时刻，质点在平衡位置向下，而Q点的起振方向是竖直向上，选项B错误；在t=0时刻，质点在最大正向位移处，与P点的振动情况不符合，选项C错误；在t=0时刻，质点在最大负向位移处即波谷，

与P点的振动情况相符合，选项D正确。【答案】AD。【方法提炼】同一波源S产生的简谐波向左、右两个方向传播，由于在同种介质中传播，所以两边的波形关于波源对称。关于波源对称的两质点振动状态相同，根据对称性，可以将两侧质点的振动转化到一侧进行分析。策略五观振动波动，悟

辩证统一例题6(2019年全国卷Ⅰ)一简谐横波沿x轴正方向传播，在t=2T时刻，该波的波形图如图13.9(a)所示，P、Q是介质中的两个质点。图13.9(b)表示的是介质中某质点的振动图像。下列说法中正确的是()(多选)A．质点

Q的振动图像与图13.9(b)相同B．在t=0时刻，质点P的速率比质点Q的大C．在t=0时刻，质点P的加速度的大小比质点Q的大D．平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图13.9(b)所示E．在t=0时刻，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大【命题意图】本题基于振动图像与波动

图像来考查学生对振动与波动的理解。【分析与解】由于波沿x轴正方向传播，由图13.9(a)可知，在t=2T时刻，质点Q正在向上振动，所以质点Q的振动图像与图13.9(b)不相同，选项A错误；在t=0时刻(半个周期之前)，质点P在波谷，质点Q在平衡位置，所

以质点P的速度比质点Q的小，质点P的加速度的大小比质点Q的大，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大，选项B错误，选项C、E正确；在t=0时刻，平衡位置在坐标原点处的质点正处于平衡位置且向y轴正方向振动，与图13.9(b)相符，选项D正确。【答案】CDE。【方法提炼】振动是波动的成因，波动是振动

的传播。振动与波动的区别见表13.1。表13.1振动图像波的图像图像物理意义表示某质点各个时刻的位移表示某时刻各质点的位移图13.9·238·高中理科解题策略与能力提升——物理篇续表振动图像波的图像图像信息①质点的振动周期②质点的振幅③各时刻质点的位移④各时刻速

度、加速度的方向①波长、振幅②任意一质点在该时刻的位移③任意一质点在该时刻的加速度的方向④传播方向、振动方向的互判图像变化随时间推移，图像延续，但已有的形状不变随时间推移，图像沿传播方向平移形象比喻记录着一个人一段时间内活动的录像带记录着许多人某时刻动作、表情的集体照

片【方法规律】(1)巧解图像问题：对于求解波的图像与振动图像等综合类的问题可以采用“一分、一看、二找”的方法。①分清振动图像与波的图像：此步骤最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波的图像、为t则为振动图像；②看清

横坐标、纵坐标的单位，尤其要注意单位前的数量级；③找准波的图像对应的时刻；④找准振动图像对应的质点。(2)图像问题的易错点：①不理解振动图像与波的图像的区别；②误将振动图像看作波的图像或将波的图像看作振动图像；③不知道在波的传播过程中任意质点的起振

方向就是波源的起振方向；④不会区分波的传播位移和质点的振动位移；⑤误认为质点随波迁移。例题7(2007年全国卷I)一列简谐横波沿x轴负方向传播，波速v=4m/s，已知坐标原点(x=0)处质点的振动图像如图13.10所示

。在下列4幅图中能够正确地表示t=0.15s时的波形图是()【命题意图】本题旨在考查学生对波动图和振动图的理解能力以及对波的传播路径上各质点的运动情况的判断能力。【分析与解】由xvt=可知机械波在0.15s内向左传播的距离为0.6m，T=0.4s，故质点

经历大于14个周期而不到半个周期。在t=0时刻，原点的质点向上振动，经历0.15s时应越过最高点且向下运动，但没有运动到平衡位置，选项A正确。【答案】A。图13.10第13章机械振动和机械波·239·策略六因周期双向，呈多解问题例题8(20

16年四川卷)简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距10m的两质点，波先传到P，当波传到Q时开始计时，P、Q两质点的振动图像如图13.11所示，则()(多选)A．质点Q开始振动的方向沿y轴正方向B．该波从P传到Q的时间可能为7

sC．该波的传播速度可能为2m/sD．该波的波长可能为6m【命题意图】本题旨在考查学生根据两质点的振动情况画出最简波形进而对多解问题进行正确分析的能力。【分析与解】由图可知，质点P的振动图像为虚线，质点Q的振动图像为实线。从t=0时刻开始，质点Q的起振方向沿y轴正方

向，选项A正确；由题意可知，简谐横波的传播方向是从P点到Q点，由图可知周期T＝6s，质点Q的振动图像向左平移4s后与P点的振动图像重合，这意味着Q点比P点的振动至少滞后了4s，即P点传到Q点的时间Δt可能为4s，同时由周期性可知从P点传到Q点的时间Δt为(4＋nT)s

(012n�＝，，，)，即4s10s16stΔ�＝，，，，选项B错误；因为v＝ΔxΔt，考虑到简谐波的周期性，所以当4s10s16stΔ�＝，，，时速度v可能为2.5m/s1m/s0.625m/s�，，，，选项C错误；同理，考虑到简谐波的周期性，由λ＝

vT可得波长可能为15m6m3.75m�，，，，选项D正确。【答案】AD。【方法提炼】波的多解问题。造成波动问题有多解的主要因素有以下几个。(1)周期性。①时间的周期性：时间间隔Δt与周期T的关系不明确。②空间的周期性：波传播的距离Δx与波长λ的关系不明确。(2)双向性。①传

播方向的双向性：波的传播方向不确定。②振动方向的双向性：质点的振动方向不确定。若质点达到最大位移处，则有正向和负向的最大位移这两种可能；质点由平衡位置开始振动，则起振方向有向上、向下(或向左、向右)这两种可能；只告诉波速不指明波的传播方向，应考虑沿两个方向传播的可能，即x轴正方向或x轴负方

向；只给出了两个时刻的波形，则有两个时刻间的相同波形重复出现的可能。(3)波形的隐含性：在波动问题中，往往只会给出完整波形的一部分或给出几个特殊点，而其余的信息均处于隐含状态。这样，波形就有多种情况，从而形成波动

问题的多解性。解决波的多解问题的思路：一般采用从特殊到一般的思维方法，即找出一个周期内满足条件的关系Δt或Δx。若此关系为时间，则t＝nT＋Δt(012n�＝，，，)；若此关系为距离，则x＝nλ＋Δx(012n�＝，，，)。例题9(20

19年天津卷)一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x1=1m和x2=7m处质点的振动图像分别如图13.12(a)、图13.12(b)所示，则此列波的传播速率可能是()(多选)图13.11·240·高中理科解题策略与能力提升——物理篇A．7m/sB．2m/sC．1.2m/sD

．1m/s【分析与解】当这列简谐波沿x轴正方向传播时，Δs=x2-x1=6m=14λ+nλ，v=Tλ，联立得v=614n+m/s，当n=0时，v=6m/s；当n=1时，v=1.2m/s；当n=2时，v=23m/s。当这列简谐波沿

x轴负方向传播时，Δs=x2-x1=6m=34λ+nλ，v=Tλ，联立得v=634n+m/s，当n=0时，v=2m/s；当n=1时，v=67m/s。所以选项B、C正确，选项A、D错误。【答案】BC。例题10(20

05年上海卷)A、B两列波在某时刻的波形如图13.13所示，经过t＝TA时间(TA为波A的周期)，两波再次出现如图所示的波形，则两波的波速之比vA∶vB不可能是()A．1∶3B．1∶2C．2∶3D．3∶1【命题意图】

本题旨在考查学生对波动图的理解能力和掌握情况，以及对多解问题的分析能力。【分析与解】由图可知21ABλλ=∶∶，经过AtT=时间有：AAAABvTT=nTλ=，，BBBABvvt=nTnλλ=，，(n为大于1的

整数)，于是可得2ABvvn=∶∶。当n=6时，13ABvv=∶∶；当n=4时，12ABvv=∶∶；当n=3时，23ABvv=∶∶。因此，选项A、B、C正确，选项D错误。【答案】D。【方法提炼】解决波动图像中的多解问题的

一般思路：①根据题意分析出造成多解的原因；②波动图像的周期性：如由xkxλΔ=+、tkTtΔ=+来求解xvtΔ=Δ出现多解；③波传播的双向性：是否有两种可能；④由vTλ=进行计算，若有限定条件，再进行讨论；⑤在解决多解性问题时，要用好平移法和去整留零法。策略

七两列波相遇，矢量相叠加例题11(2013年全国卷)在学校运动场上50m直跑道的两端，分别安装了由同一信号发生器带动的两个相同的扬声器。两个扬声器连续发出波长为5m的声波。一同学从该跑道的中点出发，向某一端点缓慢地

行进10m，在此过程中，他听到扬声器的声音由强变弱的次数为()A．2B．4C．6D．8【命题意图】本题基于日常的生活现象来考查学生对机械波的叠加规律的了解情况和图13.12图13.13第13章机械振动和机械波·241·应用能力。【分析与解】根据

波的叠加规律，波程差为波长整数倍的点的振动会加强，波程差为半波长奇数倍的点的振动会减弱。因此，相邻的振动加强点(或振动减弱点)的波程差相差一个波长。在向某一端点行进10m时，该点距两个端点的波程差为(25＋10)m－(2

5－10)m＝20m，为波长的4倍，这样听到由强变弱的次数总共为4次，选项B正确。【答案】B。【方法提炼】频率相同的两列波叠加，某些区域的振幅始终最大，某些区域的振幅始终最小，这样的现象叫做“波的干涉”。波的干涉现象中加强点、减弱点的两种判断方法：(1)现象法——在某时刻的被干涉的波形图上，波峰与

波峰(或波谷与波谷)的交点一定是振动加强点，而波峰与波谷的交点一定是振动减弱点；振动加强点或振动减弱点会各自连接而成以两波源为中心且向外辐射的连线，从而形成加强线和减弱线，两种线互相间隔，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。(2)公式法——某质点的振动是加强还是减弱，

取决于该点到两相干波源的距离之差rΔ。①当两列波源的振动步调一致时：若rnλΔ=(n=0，1，2，…)，则振动加强；若(21)2rnλΔ=+(n=0，1，2，…)，则振动减弱。②当两列波源的振动步调相反

时：若rnλΔ=(n=0，1，2，…)，则振动减弱；若(21)2rnλΔ=+(n=0，1，2，…)，则振动加强。练习1细长轻绳的下端拴一小球构成单摆，在悬挂点的正下方L/2处有一个能挡住摆线的钉子A，如图13.14所示。现将单摆向左拉开一个小角度

，然后无初速地释放。对于以后的运动，下列说法中正确的是()(多选)A．摆球往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小B．摆球在左、右两侧上升的最大高度一样C．摆球在平衡位置的左、右两侧走过的最大弧长相等D．摆线在平衡位置的右侧的最

大摆角是左侧的两倍练习2(2012年重庆卷)装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图13.15所示。将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向上近似地做简谐运动。若取竖直向上为正方向，则以下描述试管振动的图像

中可能正确的是()图13.14图13.15·242·高中理科解题策略与能力提升——物理篇练习3(2016年北京卷)如图13.16所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点，建立Ox轴。向右为x轴正

方向。若振子位于N点时开始计时，则其振动图像为()练习4(2016年全国卷Ⅰ)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近。该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15s，下列说法中正确的是()(多选)A．水面波是一种机械波B．该水面

波的频率为6HzC．该水面波的波长为3mD．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时其能量不会传递出去E．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移练习5(2011年四川卷)如图13.17所示，为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t＝0时的波形

图。当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，则()A．1cm＜x＜3cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动B．Q点处的质点此时的加速度沿y轴的正方向C．Q点处的质点此时正在波峰位置D．Q点处的质点此时运动到P点处练习6(

2017年天津卷)手持较长软绳的端点O，以周期T在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动且形成简谐波沿绳水平传播，如图13.18所示。绳上有另一质点P，且O、P的平衡位置的间距为L。当t＝0时，O位于最高点，P的位移恰好为0，速度的方向竖直向上，下列判断中正确的是()A．该简谐

波是纵波B．该简谐波的最大波长为2LC．当t＝T8时，P在平衡位置的上方D．当t＝3T8时，P的速度方向为竖直向上练习7(2013年新课标全国卷Ⅰ)如图13.19所示，a、b、c、d是均匀媒质中x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2m、4m和6m。一列简谐横波以2m/s的波速

沿x轴正方向传播，在t＝0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t＝3s时a第一次到达最高点，下列说法中正确的是()(多选)图13.17图13.18图13.19图13.16第13章机械振动和机械波·243·A．在t＝6s时，波恰好传到质点d处B．在t＝5s时，质点c恰好到

达最高点C．质点b开始振动后，其振动周期为4sD．在4s<t<6s的时间间隔内，质点c向上运动E．当质点d向下运动时，质点b一定向上运动练习8(2016年全国卷Ⅲ)由波源S形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播。波源振动的频率为20Hz，波速为16m/s。已知介质中P、Q两质点位于波源S的两侧，且

P、Q和S的平衡位置在一条直线上，P、Q的平衡位置到S的平衡位置之间的距离分别为15.8m、14.6m。在P、Q开始振动后，下列判断中正确的是()(多选)A．P、Q两质点运动的方向始终相同B．P、Q两质点运动的方向

始终相反C．当S恰好通过平衡位置时，P、Q两质点也正好通过平衡位置D．当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰E．当S恰好通过平衡位置向下运动时，Q在波峰练习9(2013年福建卷)t＝0时，波源在坐标原点从平衡位置沿y轴的正方

向开始振动，振动周期为0.4s，在同一均匀介质中形成沿x轴正、负两方向传播的简谐横波。下图中能够正确地表示t＝0.6s时的波形的图是()练习10(2011年重庆卷)介质中坐标原点O处的波源在t＝0时开始振动，产生的简谐波沿x轴正方向

传播，t0时刻传到L处，波形如图13.20所示。下列能描述x0处质点振动的图像是()图13.20·244·高中理科解题策略与能力提升——物理篇练习11(2014年四川卷)图13.21(a)为t＝1s时某横波的波形图像，图13.21(

b)为该波传播方向上某一质点的振动图像，距该质点Δx＝0.5m处的质点的振动图像可能是()练习12(2014年新课标全国卷Ⅰ)图13.22(a)为一列简谐横波在t＝2s时的波形图。图13.22(b)为媒质中平衡位置在x＝1.5m处的质点的振

动图像，P是平衡位置为x＝2m的质点，下列说法中正确的是()(多选)A．波速为0.5m/sB．波的传播方向为向右C．在0～2s的时间内，P运动的路程为8cmD．在0～2s的时间内，P向y轴的正方向运动E．当t＝7s时，P恰好回到平衡位置练习13(2018年北京卷)如图13.23所示，一列

简谐横波向右传播，P、Q两质点的平衡位置相距0.15m。当P运动到上方的最大位移处时，Q刚好运动到下方的最大位移处，则这列波的波长可能是()A．0.60mB．0.30mC．0.20mD．0.15m练习14(2013年天津卷)一列简谐横波沿

直线传播，该直线上平衡位置相距9m的a、b两质点的振动图像如图13.24所示。下列描述该波的图像中可能正确的是()(多选)练习15(2016年上海卷)甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x图13.21图13.

22图13.23图13.24第13章机械振动和机械波·245·轴相向传播，波速为2m/s，振幅相同；某时刻的图像如图13.25所示，则()(多选)A．甲、乙两波的起振方向相反B．甲、乙两波的频率之比为3:2C．再经过3

s，平衡位置在x＝7m处的质点的振动方向向下D．再经过3s，两波源间(不含波源)有5个质点的位移为0练习16(2018年全国卷Ⅲ)一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝0和t＝0.20s时的波形分别如图13.26中的实线和虚线所示。已知该波的周期T＞0

.20s，下列说法中正确的是()(多选)A．波速为0.40m/sB．波长为0.08mC．x＝0.08m处的质点在t＝0.70s时位于波谷D．x＝0.08m处的质点在t＝0.12s时位于波谷E．若此波传入另一介质中其波速变

为0.80m/s，则它在该介质中的波长为0.32m练习17(2015年福建卷)简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v。若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间

只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a最早到达波谷的是()练习18(2016年全国卷Ⅱ)一列简谐横波在介质中沿x轴正方向传播，波长不小于10cm。O和A是介质中平衡位置分别位于x＝0和x＝5cm处的两个质点。当t＝0时开始观测，此时质点O

的位移为y＝4cm，质点A处于波峰位置；当t＝13s时，质点O第一次回到平衡位置；当t＝1s时，质点A第一次回到平衡位置。求：(1)简谐波的周期、波速和波长。(2)质点O的位移随时间变化的关系式。练习19(2017年

全国卷Ⅰ)如图13.27(a)所示，在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1（0，4）和S2（0，-2）。两波源的振动图像分别如图13.27(b)和图13.27(c)所示，两列波的波速均为1.00

m/s。两列波从波源传播到点82A（，-）的路程差为________m，两列波引起点B（4，1）处的质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)，点C（0，0.5）处的质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)。图13.25图13.26·246

·高中理科解题策略与能力提升——物理篇图13.27第14章光策略一作好光路图，化为几何解例题1(2018年全国卷Ⅲ)如图14.1所示，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中的O点)，然后用横截面为等边三角形ABC的三棱

镜压在这个标记上，小标记位于AC边上。D位于AB边上，过D点作AC边的垂线交AC于F。该同学在D点的正上方向下顺着直线DF的方向观察，恰好可以看到小标记的像；过O点作AB边的垂线交直线DF于E；DE＝2cm，EF＝1cm，求三棱镜的折射率(不考虑光线在三棱镜中的反射)。【

命题意图】本题基于测折射率的实验来考查学生能否准确地作出光路图以及运用几何知识求解相应问题的能力。【分析与解】如图14.2所示，过D点作AB边的法线NN′，连接OD，则α、β分别为O点发出的光线在D点的入射角和折射角。根据折射定律可得sin

sinnβα=由几何关系可知β＝60°θ＝30°在OEFΔ中有OE＝2EF＝2cm所以OEDΔ为等腰三角形，于是可得α＝∠DOE＝∠EDO＝30°解得n＝3【答案】3。【方法提炼】几何光学的解题关键在于准确地画出光路图，再利用几何知识来求解。例题2(2016年全国卷Ⅰ)

如图14.3所示，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为l=3.0m。从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为43。图14.1图14.2图14.3·248·高中理科解题策略与能力提升——物理篇(1)求池内的水

深。(2)一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到池面的高度为h′=2.0m。当他看到正前下方的点光源A时，他的眼睛所接收的光线与竖直方向的夹角恰好为45°，求救生员的眼睛到池边的水平距离(结果保留1位有效数字)。【命题意图】本题基于游泳池边救生员观察泳池底部A点的情景

考查学生根据题意作出光路图以及运用几何知识求解游泳池深度的能力。【分析与解】(1)如图14.4所示，设到达池边的光线的入射角为i。根据题意可知，水的折射率n＝43，由临界角公式可得n＝1sini由几何关系可得sini＝221lh+式中

，l＝3.0m，h是池内水的深度。联立两式并代入题中所给的数据后可得h＝7m≈2.6m(2)设此时救生员的眼睛到池边的水平距离为x。根据题意可知，救生员的视线与竖直方向的夹角为θ＝45°。由折射定律可得nsini′＝sinθ。式中，i′是光线在

水面的入射角。设池底点光源A到水面入射点的水平距离为a，由几何关系可得sini′＝22aah+x＋l＝a＋h′式中，h′＝2m。联立以上各式可得x＝73123⎛⎞−⎜⎟⎝⎠m≈0.7m【答案】(1)2.6m；(2)0.7m。【方

法提炼】全反射题目的解题关键在于要准确地画出临界光线的光路图，再利用几何和三角函数的知识来求解。策略二由光路可逆，用对称破解例题3(2017年全国卷Ⅰ)如图14.5所示，一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体，O点为球心；下半部是半径为R、高为2R的圆柱体

，圆柱体的底面镀有反射膜。有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入，该光线与OC之间的距离为0.6R。已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)，求该玻璃的折射率。图14.4第14章光·249·【命

题意图】本题基于光线射入玻璃工件的情景来考查学生对光路可逆性原理的掌握情况以及利用对称性来解题的能力。【分析与解】如图14.6所示，根据光路的对称性和光路的可逆性可知，与入射光线相对于OC轴对称的出射光线一定与入射光线平行。于是，从半球面射入的

折射光线将从圆柱体底面的中心C点反射。设光线在半球面的入射角为i，折射角为r。由折射定律可得n＝sinisinr①由正弦定理有sinr2R＝()sinirR−②由几何关系可知，入射点的法线与OC的夹角为i。由题设条件和几何关系可得sini＝LR③式中，L

是入射光线与OC的距离。由②③和题中所给的数据可得sinr＝6205④由①③④和题中所给的数据可得n＝2.05≈1.43【答案】1.43。【方法提炼】本题的关键条件是出射光线与入射光线平行，先根据此条件画出光路图，再通过平面几何的知识进行求解。若

入射角与折射角不是特殊角，则需要通过对称性、相似性等几何关系先求出二者的正弦值或其正弦值的比值，然后再进行分析和解答。策略三借助平面镜，作好光路图例题4(2017年全国卷Ⅱ)一直桶状容器的高为2l，底面是边

长为l的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器的中心轴DD′、垂直于左、右两侧面的剖面图如图14.7所示。容器右侧的内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料。在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率。【命题意图】本题旨在

考查学生能否画出正确的光路图以及利用折射定律、几何知识解决问题的能力。【分析与解】设从光源发出直接射到D点的光线的入射角为1i，折射角为1r。在剖图14.5图14.6图14.7·250·高中理科解题策略与能力提升—

—物理篇面内作光源相对于反光壁的镜像对称点C，连接C、D且交反光壁于E点，由光源射向E点的光线经反射后沿ED射向D点。光线在D点的入射角为2i，折射角为2r，如图14.8所示。设液体的折射率为n，由折射定律可得11sinsinrni=①22sinsinrni=②由题意可知1r＋2r

＝90°③联立①②③可得222121sinsinnii=+④由几何关系可知12212sin1744lill==+⑤222332sin5944lill==+⑥联立④⑤⑥可得n＝1.55【答案】1.55。【方法提炼】解决有平

面镜的光学问题的思路：(1)利用光源和像一定关于平面镜对称的规律，作出像点位置，连接像点和入射点的延长线即为反射光线的方向。(2)根据题意画出正确的光路图。(3)利用几何关系确定光路中的边、角关系。(4)利用折射定

律求解。策略四全反射问题，临界定范围例题5(2018年全国卷Ⅱ)如图14.9所示，△ABC是一直角三棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝60°。一细光束从BC边的D点折射后，射到AC边的E点，发生全反射后经AB边的F点射出。EG垂直于AC交BC于G，D恰好是CG的中点。不计多次反射。(1)求出射

光相对于D点的入射光的偏角。(2)为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？【命题意图】本题基于光线射入三棱镜的情景来考查学图14.9图14.8第14章光·251·生对全反射的理解能力，以及通过找

到临界角并利用反射定律、折射定律来求解问题的能力。【分析与解】(1)光线在BC面上发生折射，如图14.10所示。由折射定律可得n＝sini1sinr1①光线在AC面上发生全反射，则i2＝r2②光线在AB面上发生折射，则n＝sinr3sini3③因D为CG中点，由

几何关系可得i2＝r2＝60°，r1＝i3＝30°④F点的出射光相对于D点的入射光的偏角为δ＝(r1－i1)＋(180°－i2－r2)＋(r3－i3)⑤由①②③④⑤可得δ＝60°⑥(2)光线在AC面上发生全反射，在AB

面上不发生全反射，则i2≥C，i3＜C⑦式中，C是全反射的临界角，则满足sinC＝1n⑧由④⑦⑧可知，棱镜的折射率n的取值范围应为233≤n＜2【答案】(1)60°；(2)233≤n＜2。【方法提炼】解答全反射类的问题的技

巧包括以下两个方面。(1)抓住发生全反射的两个条件：①光必须从光密介质射入光疏介质；②入射角大于或等于临界角。(2)解题的关键是准确地作出恰好发生全反射的光路图，画出临界光线。例题6(2017年全国卷Ⅲ)如图14.11

所示，一半径为R的玻璃半球，O点是半球的球心，虚线OO′表示光轴(过球心O与半球底面垂直的直线)。已知玻璃的折射率为1.5。现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出(不考虑被半球的内表面反射后的光线)。求：(1)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴

距离的最大值。(2)距光轴R3的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离。图14.10图14.11·252·高中理科解题策略与能力提升——物理篇【命题意图】本题旨在考查学生对全反射的理解，以及通过找到临界角并利用相应的公式来求

解问题的能力。【分析与解】(1)如图14.12所示，设从底面上的A处射入的光线在球面上发生折射时的入射角为i。i＝iC①当i等于全反射的临界角iC时，对应的入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l，则设玻璃的折射率为n，由全反射的临界角的定义可得sini

C＝1n②由几何关系可得sini＝lR③联立①②③及题目条件可得l＝23R④(2)设与光轴相距R3的光线在球面B点发生折射时的入射角和折射角分别为1i和1r，由折射定律可得n＝sinr1sini1⑤设折射光线与光轴的交点为

C，在△OBC中由正弦定理可得sin∠CR＝()1sin180rOC−�⑥由几何关系可得∠C＝r1－i1⑦sini1＝13⑧联立⑤⑥⑦⑧及题中所给的条件可得OC＝()32235+R≈2.74R⑨【答案】(1)2

3R；(2)2.74R。例题7(2012年课标全国卷)一玻璃立方体的中心有一点状光源。今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体。已知该玻璃的折射率为2，求镀膜的

面积与立方体表面积之比的最小值。【命题意图】本题旨在考查学生对全反射的理解，以及通过找到临界光线并利用几何规律和折射率公式来求解问题的能力。【分析与解】如图14.13所示，考虑从玻璃立方体的中图14.12图14.13第14章光·253·心O点发出的一条光线，假设它斜射到

玻璃立方体的表面发生折射。根据折射定律可得sinsinnαθ=①式中，n是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角。现假设A点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点。由题意可知，在A点刚好发生全反射，则αA＝π2②设线段OA在立方体上表面的投影的长度为

RA，由几何关系可得22sin2AAARaRθ=⎛⎞+⎜⎟⎝⎠③式中，a为玻璃立方体的边长。由①②③可得RA＝a2n2－1④由题中所给的数据可得RA＝a2⑤由题意可知，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为RA的圆。因此所要求的镀膜面积S′与玻璃立方体的表面积S之比为S′S＝6π

R2A6a2⑥由⑤⑥可得S′S＝π4【答案】4π。策略五四典型元件，展光学规律例题8(2017年北京卷)如图14.14所示，一束可见光穿过平行玻璃砖后，变为a、b两束单色光。如果光束b是蓝光，则光束a可能是()A．

红光B．黄光C．绿光D．紫光【命题意图】本题基于复色光发生色散的现象来考查各种色光的偏折程度与折射率之间的关系。【分析与解】由图可知，a光的偏折程度比b光的大，所以a光的折射率大于b光的折射率。选项中只有紫光的折射率大于蓝光的折

射率，因此选项D正确。【答案】D。图14.14·254·高中理科解题策略与能力提升——物理篇【方法提炼】入射光通过平行玻璃砖后将平行于入射光线射出，延长入射光线后观察出射光线与入射光线的距离可以判断出光线的折射率。

偏折程度越大，对应的折射率越大。例题9(2015年全国卷Ⅱ)如图14.15所示，一束光沿半径方向射向一块半圆形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线，则()(多选)A．在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度B．在真空中，a

光的波长小于b光的波长C．玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率D．若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a首先消失E．分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间

距【命题意图】本题基于复色光发生色散的现象来考查色散以及不同色光的折射率、速度、频率、波长等之间的大小关系。【分析与解】根据光路图可知a光的偏折程度较大，因此玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，根据cvn=可知a光在玻璃中的传播速度较小，选项A正

确、C错误；a光的折射率较大，则a光的频率较大，根据cfλ=可知，在真空中a光的波长较小，选项B正确；根据1sinCn=可知a光的折射率较大，则a光发生全反射的临界角较小，改变光速的入射方向会使θ角逐渐变大，因此折射光线a首先消失，选项D正确；a光的波长较小，根据LxdλΔ=可知a光的

干涉条纹间距较小，选项E错误。【答案】ABD。例题10(2013年天津卷)固定的半圆形玻璃砖的横截面如图14.16所示，O点为圆心，OO′为直径MN的垂线。足够大的光屏PQ紧靠玻璃砖的右侧且垂直于MN。由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，当入射光线与O

O′夹角θ较小时，光屏NQ区域出现了两个光斑。逐渐增大θ角，当θ＝α时，光屏NQ区域中A光的光斑消失。继续增大θ角，当θ＝β时，光屏NQ区域中B光的光斑消失，则()(多选)A．玻璃砖对A光的折射率比对B光的大B．A光在玻璃砖中的传播速度比B光的大C．当α<θ

<β时，光屏上只有1个光斑D．当β<θ<π2时，光屏上只有1个光斑【命题意图】本题基于复色光发生色散的现象来考查色散以及不同色光的折射率、速图14.15图14.16第14章光·255·度、波长、全反射等之间的关系。【分析与解】A光的光斑先消失，说明A光先发生了全反

射，其临界角较小，所以A光的折射率较大，选项A正确；由光在介质中传播的速度公式v＝cn可知，A光的传播速度较小，选项B错误；当α<θ<β时，只有A光发生了全反射，光屏上应有两个光斑，一个在NQ间，一个在PN间，选项C错误；当β<θ<

π2时，A光和B光都发生了全反射，光屏上只有1个光斑在PN间，选项D正确。【答案】AD。例题11(2015年安徽卷)如图14.17所示，一束单色光从空气入射到棱镜的AB面上，经AB和AC两个面折射后从AC面进入空气。当出射角i′和入射角i相

等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为θ。已知棱镜的顶角为α，则计算出棱镜对该单色光的折射率的表达式为()A．sin2sin2αθα+B．sin2sin2αθθ+C．sinsin2θαθ⎛⎞−⎜⎟⎝⎠D．sinsin2αθα⎛⎞−⎜⎟⎝⎠【命题意图】本题旨在考

查学生通过题设的光路图，利用几何知识及折射定律来求解问题的能力。【分析与解】由几何知识可得2i＋(180°－α)＋(180°－θ)＝360°，即i＝α＋θ2。设图中的单色光经AB面的第一次折射后射入棱镜的折射角为r，由几何知识可得2

r＋(180°－α)＝180°，即r＝α2。根据折射定律可知，棱镜对该单色光的折射率n＝sinisinr＝sin2sin2αθα+，选项A正确。【答案】A。【方法提炼】准确地作出光路图，通过三角形的内角关系及三角函数来求解。注意折射率等于大角度的正弦值与小角

度的正弦值的比值。例题12(2015年四川卷)直线P1P2过均匀玻璃球的球心O，细光束a、b平行且关于P1P2对称，由空气射入玻璃球的光路如图14.18所示。a、b光相比，()A．玻璃对a光的折射率较大B．玻璃对a光的临界角较小C．b光在玻璃中的传播速度较小

D．b光在玻璃中的传播时间较短【命题意图】本题基于复色光通过球形玻璃砖发生偏折的现象来考查各种色光的折射率、速度、临界角等之间的关系。【分析与解】由a、b的光路图可知b光在玻璃球中偏离入射方向的程度大，故b光图14.17图14.18·256·高中理科解题策略与能力提升——物理篇的折射率较大，由

公式n＝cv、sinC＝1n可知选项A、B错误，选项C正确；b光在玻璃中的速度小、路程大，故b光在玻璃中传播的时间长，选项D错误。【答案】C。【方法提炼】对于复色光通过球形玻璃砖的问题，可以先作出法线(即入射点与球心的连线)，从而

可以判断出入射角和折射角的大小，进而就可以判断出各色光折射率的大小(还可以延长入射光线，通过入射光线与折射光线的夹角来得到折射率的大小)，最后通过临界角、传播速度与折射率之间的关系来得到相应的结论。例题13(2011年全国卷Ⅱ)雨后太阳光入射到水滴中发

生色散而形成彩虹。如图14.19所示，设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a、b、c、d代表四条不同颜色的出射光线，则它们可能依次是()A．紫光、黄光、蓝光和红光B

．紫光、蓝光、黄光和红光C．红光、蓝光、黄光和紫光D．红光、黄光、蓝光和紫光【命题意图】本题基于太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹的情景来考查各种色光的折射率与偏折程度之间的关系。【分析与解】由太阳光第一

次进入水珠时发生的色散即可做出判断：把水珠看作三棱镜，向下偏折程度最大的光线一定是紫光、偏折程度最小的是红光。从图中可以看出a是紫光、d是红光，则b是蓝光、c是黄光，选项B正确。【答案】B。例题14(2012年山东卷)如图14.20所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，AB为直径。来自B点的光

线BM在M点射出，出射光线平行于AB，另一光线BN恰好在N点发生全反射。已知∠ABM＝30°，求：(1)玻璃的折射率。(2)球心O到BN的距离。【命题意图】本题基于玻璃球体中光源射出玻璃球的情景来考查学生对光的折射以及全反射的理解和应用能力。【分析与解】设光线BM在M点的入射角为i，

折射角为r。由几何知识可知，i＝30°，r＝60°。根据折射定律可得n＝sinrsini①代入数据可得n＝3②光线BN恰好在N点发生全反射，则∠BNO为临界角C，因此图14.19图14.20第14章光·257·sinC＝1n③设球心到BN的距离为d，由几何知识可知d＝RsinC④联立②③④可得

d＝33R【答案】(1)3；(2)33dR=。策略六观像之深浅，探视深规律例题15(2004年全国卷Ⅰ)发出白光的细线光源ab，长度为l0，竖直放置，上端a恰好在水面以下，如图14.21所示。现考虑线光源ab发出的靠近水面法线(图中的虚线)的细光束经水面折射后所成的像，由于水对光有色散作用，若以

l1表示红光成的像的长度，l2表示蓝光成的像的长度，则()A．120lll<<B．120lll>>C．210lll>>D．210lll<<【命题意图】本题基于光线射入水中的情景来探究视深问题。【分析与解】应用近似法求解视深。(1)这里近似视深度，指的是垂直介质观察时的视角深度。

(2)视深公式推导：如图14.22(a)所示，一般瞳孔的宽度d=2～3mm，因此i和r都非常小，设实际深度为h0，视深为h。则sintanaiih≈=，0sintanarrh≈=；又因为sinsinin

r=，所以视深0hhn=。同理，可以得到视深遵循的规律。如果从折射率为n的媒质中，观察正上方距液面高为h0的物点［图14.22(b)］。则0sintanaiih≈=，sintanarrh≈=；又因为sinsininr=，所以视深0hnh=。根据视深规律0

lln=可知，由于水对红光的折射率比对紫光的小，则2l<1l<0l，即蓝光成像的长度小于红光成像的长度且小于物体的长度，选项D正确，选项A、B、C错误。【答案】D。图14.22图14.21·258·高中理科解题策略与能力提升——物理篇【方法提炼】探究并熟记视

深规律0lln=，要注意观察者是从光密介质还是从光疏介质方面来观察的。例题16(2011年重庆卷)在一次讨论中，老师问道：“假如水中相同深度处有a、b、c三种不同颜色的单色点光源，有人在水面上方的同等条件下观测发现，b在水下的像最深，c照亮水面的面积比a的大。关于这三种光在水

中的性质，同学们能做出什么判断？”有同学回答如下：①c光的频率最大②a光的传播速度最小③b光的折射率最大④a光的波长比b光的短根据老师的假定，以上回答中正确的是()A．①②B．①③C．②④D．③④【命题意图】本题旨在考查学生对视深规律的了解情况以及对各种色光的折射

率、速度、波长等之间的关系的掌握程度。【分析与解】b光在水下的像最深、偏折得最小、折射率最小，c光照亮水面的面积比a光照亮的大，c光的临界角也比a光的大。由1sinCn=可知，c光的折射率比a光的小，即a光的折射率最大，故a光的频率最大。因为cnv=，所以在水中a光的传播速度最小，又因

为cfλ=，所以a光的波长最短，选项C正确。【答案】C。【方法提炼】通过视深公式0lln=可以判定折射率，从而可以判定七色光的临界角、频率、在介质中的传播速度、波长等之间的关系；但要注意各色光在真空中的传播速度相同。练习1(2017年天津卷)明代学者方以智

在《阳燧倒影》中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白光通过多棱晶体折射后会发生色散现象。如图14.23所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b，下列说法中正确的是()A．若增大入射

角i，则b光先消失B．在该三棱镜中，a光的波长小于b光的波长C．a光能发生偏振现象，b光不能发生D．若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a光的遏止电压低练习2(2011年福建卷)如图14.24所示，半圆形

玻璃砖置于光屏PQ的左下方。一束白光沿半径方向从A点图14.23图14.24第14章光·259·射入玻璃砖，在O点发生反射和折射，折射光在光屏上呈现七色光带。若入射点由A向B缓慢地移动，并保持白光沿半径方向入射到O点

，可以观察到各色光在光屏上陆续地消失。在光带未完全消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是()A．减弱，紫光B．减弱，红光C．增强，紫光D．增强，红光练习3(2012年天津卷)半圆形玻璃砖的横截面如图14.25所示，AB为直径，O点为

圆心。在该截面内有a、b两束单色可见光从空气中垂直于AB射入玻璃砖，两入射点到O的距离相等。两束光在半圆边界上反射和折射的情况如图中所示，则a、b两束光()(多选)A．在同种均匀介质中传播，a光的传播速

度较大B．以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角大C．若a光照射某金属表面能发生光电效应，则b光也一定能D．分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距大练习4(2014年北京卷)以往，已知材料的折射率都为正值(n>0)。现已有针对某些电磁

波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值(n<0)，称为负折射率材料。位于空气中的这类材料，入射角i与折射角r依然满足sinisinr＝n，但是折射线与入射线位于法线的同一侧(此时折射角取负值)。现空气中有一上、下表面

平行的负折射率材料，一束电磁波从其上表面射入、下表面射出。若该材料对此电磁波的折射率n＝－1，则下列能正确地反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是()练习5(2015年天津卷)中国古人对许多自然现象有深刻的认识，唐人张志和在《玄真子·涛之灵》

中写道：“雨色映日而为虹”。从物理学的角度看，虹是太阳光经过雨滴的两次折射和一次反射形成的。图14.26是彩虹成因的简化示意图，其中a、b是两种不同频率的单色光，则两种光()A．在同种玻璃中传播，a光的传播速度一定大于b光图1

4.25图14.26·260·高中理科解题策略与能力提升——物理篇B．以相同的角度斜射到同一玻璃板并透过平行表面后，b光的侧移量较大C．分别照射同一光电管，若b光能引起光电效应，则a光也一定能D．以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是a光练习6(2019年全国卷Ⅲ)如图

14.27所示，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=30°。一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直从AC边射出。(1)求棱镜的折射率。(2)保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边

上恰好有光线射出，求此时AB边上入射角的正弦值。练习7(2019年全国卷Ⅰ)如图14.28所示，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3m。距水面4m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向

的夹角为53°(取sin53°=0.8)。已知水的折射率为43。(1)求桅杆到P点的水平距离。(2)船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束的方向，当其与竖直方向的夹角为45°时，从水面射出后仍

照射在桅杆顶端，求船行驶的距离。练习8(2017年江苏卷)人的眼球可简化为如图14.29所示的模型。折射率相同、半径不同的两个球体共轴。平行光束的宽度为D，对称地沿轴线方向射入半径为R的小球，会聚在轴线上的P点。取球体的折射率为2，且D＝2R。求光线的会聚角α(示意图未按

比例画出)。练习9(2011年全国课标卷)一半圆柱形透明物体的横截面如图14.30所示，底面AOB镀银(图中的粗线)，O表示半圆截面的圆心。一束光线在横截面内从M点入射，经过AB面反射后从N点射出。已知光线在M点的入射角为30°，∠

MOA＝60°，∠NOB＝30°。求：(1)光线在M点的折射角。(2)透明物体的折射率。练习10(2016年全国卷Ⅲ)如图14.31所示，玻璃球冠的折射率为3，其底面镀银，底面的半径是球半径的32倍；在过球心O且垂直于底面的平面(纸面)内，有一与底面

垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点。求该光线从球面射出图14.27图14.28图14.29图14.30图14.31第14章光·261·的方向相对于其初始入射方向的偏角。练习11(2002年广东、河南卷)雨过天晴，人们常看到天空中出现彩虹，它是由阳光照射到空

中弥漫的水珠上时出现的现象。在说明这个现象时，需要分析光线射入水珠后的光路。一细束光线射入水珠，水珠可视为一个半径为R的球，球心O到入射光线的垂直距离为d，水的折射率为n(图14.32)。(1)在图上画出该束光线射入水珠内经一次反

射后又从水珠中射出的光路图。(2)求这束光线从射向水珠到射出水珠每一次偏转的角度。图14.32第15章高考物理试题的命制路径与破解策略一、领悟以“能力立意”的高考物理命题思想高考物理试题遵循“有利于高等学校选拔新生，有利于培养学生的综合能力和创新思维，有利于激发

考生学习科学的兴趣”的命题原则，始终坚持以“能力立意”为命题指导思想。在考查知识的同时注重考查能力，并且把对能力的考查放在首要位置，通过考查知识来鉴别考生能力的高低，但不把某些知识与某种能力简单地对应起来。高考物理试题注重理论联系实际，注意物理与科学技术、社会和经济发展的联系，也注意

物理知识在日常的学习、生活以及生产劳动实践等方面的广泛应用，以此来考查考生的知识、能力和科学素养。《考试大纲》提出了五种能力，此处着重介绍除实验能力以外的四种能力——理解能力、推理能力、分析综合能力与应用数

学处理物理问题的能力。(一)理解能力理解能力是指一个人对事物乃至对知识的理解的一种记忆能力。“理解”，有三级水平：低级水平的“理解”是指知觉水平上的理解，就是能辨认和识别对象，并且能对对象命名，知道它“是什么”；中级水平的“理解

”是在知觉水平理解的基础上对事物的本质与内在联系的揭露，主要表现为能够理解概念、原理和法则的内涵，知道它是“怎么样的”；高级水平的“理解”属于间接性的理解，是指在理解概念的基础上进一步地达到系统化和具体化，重新建立或者调整认

知结构，达到知识的融会贯通，并且使知识得到广泛地迁移，知道它是“为什么”。《考试大纲》对“理解能力”提出了具体的要求：①要理解物理概念、物理规律的确切含义，也要理解物理规律的适用条件以及它们在简单的情况下如何应用；②要能够清楚地认识概念和规律的表达形式(包括文字表

述和数学表达)；③要能够鉴别关于概念和规律的似是而非的说法；④要理解相关知识的区别和联系。1.理解物理概念、物理规律的确切含义、适用条件以及应用(2018年全国卷III)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；

若该电阻接到正弦交流电源上，则在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图15.1所示。则:QQ正方等于()图15.1A．1:2B．2:1C．1:2D．2:1【能力立意】本题基于方波和正弦波的电压随时间变化的图像来考查学生对交流电电第15章高考物理试题的命

制路径与破解策略·263·压有效值的概念、电功与电热等概念的理解和应用。注意，有效值的关系式m2UU=仅仅代表了正(余)弦式交流电的有效值U与最大值mU之间的关系，并不是交流电有效值的定义。2.能够清楚地认识概念和规律的表达形式(包括文字表述和数学表达)(2018年全国

卷I)高铁列车在启动阶段的运动可以看作是初速度为0的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比【能力立意】本题基于高铁列车

匀加速启动的情景来考查学生对位移、速度、动量、动能等基本概念的理解，该题要求学生能够根据这些物理量的定义式来推导出动能与时间、位移、速度、动量等物理量之间的关系，从而根据写出的表达式来做出准确的判断。3.能够鉴别关于概念和规律的似是而非的说法(1992年全国卷)在如图15.2所

示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧被压缩至最短的整个过程中()A．动量守恒、机械能守恒B．动量不守恒、机械能不守恒C．动量守恒、机械能不守

恒D．动量不守恒、机械能守恒【能力立意】本题基于子弹打入与弹簧相连接的木块的情景来考查学生对动量守恒定律和机械能守恒定律的理解。该题要求学生能够深刻地理解动量守恒和机械能守恒的条件，能够在具体的情景中分析和判断。解决这类问题的关键是要明确

研究对象与研究的物理过程，该题的题干清楚地交待了是针对的哪个“系统”、哪个“过程”，要严格地根据守恒条件进行判断。4.理解相关知识的区别和联系(2018年天津卷)滑雪运动深受人民群众的喜爱。如图15.3所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直

平面内的弧形滑道AB，在从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员在沿AB下滑的过程中()A．所受的合外力始终为0B．所受的摩擦力大小不变C．合外力做的功一定为0D．机械能始终保持不变【能力立意】本题基于学生熟悉的滑

雪的真实情景来考查学生对匀速圆周运动的动力学特征、功能关系以及机械能守恒定律的理解能力，要求学生能够理解并区别力与运动、功与能量变化的关系。(2011年四川卷)质量为m的带正电小球由空中的A点无初速度地自

由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。不计空气阻力且小球从未落地，则()图15.2图15.3·264·高中理科解题策略与能力提升——物理篇A．整个过程中小球的电势能变化了32mg2t2B．整个过程中小球动量的增量的大小为2mgtC．从加电场开始

到小球运动到最低点为止，小球的动能变化了mg2t2D．从A点到最低点小球的重力势能变化了23mg2t2【命题立意】本题基于带电小球先在无电场中自由下落再进入匀强电场的情景来考查学生对重力做功与重力势能的变化的关系、电场力做功与电势能

的变化的关系、合力做功与动能变化的关系、合力冲量与动量增量的关系等一系列相关知识的区别与联系。(二)推理能力推理是指个体在头脑中根据已有的判断，通过分析和综合引出新判断的过程。推理可分为归纳推理、演绎推理和类比推理

。推理能力是学习和研究物理过程中不可缺少的一种重要的能力。在推理的过程中，往往会发现问题、提出问题。从已有的理论出发并进行合乎逻辑的推理，可以得出尚未被人们发现的重要结论，结论一旦被实验证实，就可以变成新的发现。若得出的结论被

实验否定，则有可能修正原有的理论甚至提出新理论；这类例子在物理学的发展史中有很多。对于物理学中推理的每一步，都要以理论和事实为依据，同时进行逻辑思维，绝对不能凭空地臆造或做出不合逻辑的推理。因此，深刻地理解和熟悉各种基本概念和基本规律并认真地分析事实，是进行推理的前提和基础。重视推

理能力的培养将有助于对物理内容的理解达到融会贯通的境界。《考试大纲》对“推理能力”提出了具体的要求：能够根据已知的知识和物理事实、条件来对物理问题进行逻辑推理和论证，从而得出正确的结论或做出正确的判断，并能够把推理过程正确地表达出来。1.归纳推理归纳推理是

由一些个别性的结论推出一般性规律的方法。归纳推理的思维过程是：根据观察和从实验中获得的资料，先分别得到一些关于个别事物的事实，再经过分析、概括来得出一般性的规律。(2010年北京卷)雨滴在穿过云层的过程中，不断地与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体

，其质量逐渐地增大。现将上述过程简化为沿竖直方向上的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为m0，初速度为v0，下降距离l后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m1。此后每经过同样的距离l后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次变为m2，m3，…，mn，…(设各

质量为已知量)。不计空气阻力。(1)若不计重力，求第n次碰撞后雨滴的速度nv′。(2)若考虑重力的影响，①求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和v1′；②求第n次碰撞后雨滴的动能212nnmv′。【能力立意】本题基于雨滴

形成的过程来建立两个物体碰撞的模型，旨在考查学生对动量守恒定律的理解和应用，同时也考查学生归纳推理的能力。在求解(2)时，其归纳和推理的过程如下。若考虑重力的影响，则雨滴在下降的过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间其第15章高考物理试题的命制路径与破解策略·265·动量守恒。第1次碰撞前有22

102vvgl=+2102vvgl=+第1次碰撞后有0111mvmv′=200110112mmvvvglmm′==+①第2次碰撞前有22212vvgl′=+利用①并化简后可得22222001202112mmmvvglmm⎛⎞⎛⎞+

=+⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠②第2次碰撞后，利用②可得2222222001122022222mmmmvvvglmmm⎛⎞⎛⎞⎛⎞+′==+⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠③观察①③并进行归纳。同理，第3次碰撞后有2222220012302332mmmmvvglmm⎛⎞⎛⎞++′=+⎜⎟⎜⎟⎝⎠

⎝⎠……第n次碰撞后有1222200022niinnnmmvvglmm−=⎛⎞⎜⎟⎛⎞⎜⎟′=+⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎜⎟⎝⎠∑故第n次碰撞后雨滴的动能为1222000211222nnniinmvmvglmm−=⎛⎞′=+⎜⎟⎝⎠∑2.演绎推理演绎推理是从一般性的结论推出个别性的

结论。演绎推理的思维过程是：根据已知的一般性规律，通过分析、限制条件并运用数学的推导来得出个别性的规律。(2016年全国卷Ⅰ)现代质谱仪可以被用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图15.4所示。其中，加速电压恒定

。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为了使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需要将磁感应图15.4·266·高中理科解题策略与能力提升——物理篇强度增加到原来的1

2倍。此离子和质子的质量比约为()A．11B．12C．121D．144【能力立意】本题基于现代质谱仪分析两种不同离子的情景来考查学生的演绎推理能力。对于任意的质量为m、电量为q的离子，在经过同一电场U的加速后，根据动能定理的公式212q

Umv=可以得到离子离开电场、进入磁场时的速度2qUvm=；离子在磁场中发生偏转，根据牛顿第二定律可得2vqvBmr=，由以上两式可以得到质量的一般关系222qBrmU=。在得到一般性的结论后，根据题意来研究个别性的问题：一价正离子的电荷量与质子的电荷量相等、加速电场U

相同且在同一出口离开磁场，则r相同，所以2mB∝，磁感应强度增加到原来的12倍，于是离子的质量是质子质量的144倍，因此可以做出正确的判断。3.类比推理类比推理是从个别性的结论再次推出个别性的结论。类比推理的思维过程是：根据两个或两类对象的个别属

性相同，推出它们的其他属性也可能相同。(2019年北京卷)电容器作为储能器件，在生产和生活中有着广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。(1)请在图15.5(a)中画出上述u-q图，并且类比直线运动中由v-t图求

位移的方法来求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。(2)在如图15.5(b)所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q-t图像如图15.5

(c)中的①②所示。图15.5a)①②两条曲线的不同是由(选填“E”或“R”)的改变所造成的；b)电容器有时需要快速地充电，有时需要均匀地充电。依据a)中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。(3)设想使用理想的“恒流源”来替换(2

)中电源对电容器充电，可以实现电容器的电荷量随时间均匀地增加。请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程，填写表15.1(选填“增大”“减小”或“不变”)。第15章高考物理试题的命制路径与破解策略·267

·表15.1“恒流源”(2)中的电源电源两端的电压通过电源的电流【能力立意】本题基于在生产和生活中有广泛应用的对电容器充电的过程来考查学生的类比推理能力以及对电容器两极间的电势差u随电荷量q的变化图像、直线运动中由v-t图来求解位移的方法、借助u-q图与横轴所围成的面积来求解两极间的电压为

U时电容器所储存的电能Ep的掌握程度。在求解(1)时，其类比推理过程如下。由电容器的电容定义式可得qCu=整理后可得1uqC=所以，u-q图像应为过原点的倾斜的直线。通过类比由v-t图像求解位移的方法可以得出在求解两极间的电压为U时，电容器所储存的电能即为图像与横轴所围的面积，即p12EUq=将

qCU=代入上式可得2p12ECU=(三)分析综合能力“分析与综合”是在认识中把整体分解为部分和把部分重新结合为整体的过程和方法。分析是先把事物分解为各个部分、侧面和属性，再分别加以研究；它是认识事物的整体的必要阶段。综合是把事物的各个部分、侧面和属性按照内在的联

系有机地统一为整体，以掌握事物的本质和规律。分析与综合是互相渗透和转化的，在分析的基础上综合，在综合的指导下分析。分析与综合，循环往复，推动了认识的深化和发展；一切论断都是分析与综合的结果。《考试大纲》对“分析综合能力”提出了以下具体的要求。1.能够独立地对所遇到的问题进行具体的分析、研究，弄

清其中的物理状态、物理过程和物理情境，找出起重要作用的因素及有关条件(2014年全国卷Ⅱ)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘热气球升至约39km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞

运动的多项世界纪录，取重力加速度g=10m/s2。(1)忽略空气阻力，求该运动员从静止开始到下落至1.5km高度处所需要的时间及其在此处速度的大小。·268·高中理科解题策略与能力提升——物理篇(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时

所受到的阻力的大小可近似表示为f=kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。已知该运动员在某段时间内高速下落的v-t图像如图15.6所示，若该运动员和所穿的装备的总质量m=100kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受到的阻力的阻力系数(结果保留1位

有效数字)。【能力立意】本题基于运动员菲利克斯·鲍姆加特纳打破高空跳伞运动多项世界纪录的背景以及将跳伞这一实际运动在忽略空气阻力的情况下视为自由落体运动来考查学生建模的能力。(1)设该运动员从静止开始到自由下落至1.5km高度处的时间为t，下落的距离为s，在1.5km高

度处的速度为v，根据运动学公式有vgt=①212sgt=②根据题意有4343.910m1.510m=3.7510ms=×−××③联立①②③可解得87st=④v=8.7×102m/s⑤(2)给出了实际跳伞运动的

v-t图像且提供了空气阻力的表达式f=kv2，这是要考查学生综合运用图像及题中所给的信息来分析和解决实际问题的能力，同时还要考查学生的估算能力。当该运动员达到最大速度vmax时，加速度为0，根据牛顿第二定律有2m

axmgkv=⑥由所给的v-t图像可以得出vmax≈360m/s⑦由⑥⑦可得0.008kg/mk≈2.能够把一个较复杂的问题分解为若干较简单的问题，找出它们之间的联系(2003年全国卷)曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机，图15.7(a)为其结构示意

图。图中N、S是一对固定的磁极，abcd为固定在转轴上的矩形线框，转轴过bc边的中点且与ab边平行，它的一端有一半径r0＝1.0cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图15.7(b)所示。当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转

动。设线框由N＝800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S＝20cm2，图15.6第15章高考物理试题的命制路径与破解策略·269·磁极间的磁场可视作匀强磁场，磁感应强度B＝0.010T，自行车车轮的半径R1＝35cm，小齿轮的半径R2＝4.0cm，大齿轮的半径R3＝10.0cm，如图15.

7(b)所示。现从静止开始使大齿轮加速转动，问大齿轮的角速度为多大时才能使发电机输出电压的有效值U＝3.2V(假定摩擦小轮与自行车车轮之间无相对滑动)？图15.7【能力立意】本题是基于对自行车车头灯供电的小型交流发电机的真实情景，其涉及了复杂的传动系统，旨在考查学生将复杂的问题分解为若

干较简单的问题并找出它们之间的联系的综合分析能力。问题可以分为两个部分：一是关于小型交流发电机的工作情况；二是传动装置的作用——自行车车轮带动发电机转动，小齿轮与自行车车轮一起转动，大齿轮带动小齿轮转动。第一部分，关于交流发电机的工作情况。当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机发电的线框匀

强磁场内转动，线框中产生一正弦交流电动势，其最大值为m0ENBSω=①式中，ω0为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度。发电机两端电压的有效值为U=22Em②第二部分，传动装置的作用。设自行车车轮的角速度为ω1，由于摩擦小轮与自行车车轮之间无相对滑动，则1100Rrωω=③小齿轮转动的角速

度与自行车车轮转动的角速度相同，也为ω1。设大齿轮的角速度为ω，则321RRωω=④由①②③④可得ω=20312RrUNBSRR⋅代入数据后可得ω=3.2rad/s3.能够提出解决问题的方法，运用物理知识综合地解决所遇到的问题(20

19年天津卷)2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引·270·高中理科解题策略与能力提升——物理篇擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图15.8所示，进入电离室的气体被电离成正离子，然后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计)，A、B间的电压为

U，使正离子加速后形成离子束，在加速过程中引擎获得了恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子的质量为m，电荷量为Ze，其中Z是正整数，e是元电荷。(1)若引擎获得的推力为F1，求单位时间内飘入A、B间的正离子的数目N为多少。(2)当加速正离子束所消耗的

功率P不同时，引擎获得的推力F也不同，试推导FP的表达式。(3)为提高能量的转换效率，要使FP尽量大，请提出三条增大FP的建议。【能力立意】本题基于第一架由离子引擎推动的飞机诞生的背景来建立物理模型，旨在考

查学生的阅读能力和理解能力，要求学生能够综合地运用动能定理、牛顿运动定律、功率等知识来分析其工作原理。设正离子经过电极B时的速度为v，根据动能定理可得ZeU=12mv2-0①设正离子束所受的电场力为1F′，根据牛顿第三定律可得11FF′=②设在Δt时间内飘入电极间的正离子的个

数为ΔN，由牛顿第二定律可得1F′=ΔNm0Δvt−③联立①②③和N=ΔΔNt可得N=12FZemU④设正离子束所受的电场力为F′，由于正离子束在电场中做匀加速直线运动，则P=12Fv′⑤由牛顿第三定律可得FF′=，联立①⑤可得FP=2mZeU⑥为了使FP尽量大

，分析⑥可以得到：用质量大的离子、带电荷量少的离子或者减小加速电压这三种方式都可以提高能量的转换效率。(四)应用数学处理物理问题的能力物理学是一门精密的科学，与数学有着密切的关系。从物理学的发展史来看，它的发图

15.8第15章高考物理试题的命制路径与破解策略·271·展是离不开数学的；当有了一种适合表述物理的数学工具时，不仅能有力地促进物理学的发展，还能使物理规律以更加清晰、简洁的方式表示出来。无论是在学习物理的过程中，还

是在应用物理知识解决问题的过程中，或多或少总要进行数学推导和数学运算。处理的问题越高深，应用的数学一般也会越多。高考注重考查学生应用数学处理物理问题的能力。常见的数学思想与方法有方程函数思想、数形结合思想、分类讨论思想、化归转

化思想、三角函数法、数学比例法、图像求解法、指数对数法、几何图形法、数列极限法、数学极值法、导数微元法、空间向量的坐标运算法、排列组合、二项式定理法，这些都可能成为求解高考物理试题中的数学工具。在解决力学问题时，因为要对研究对象进行受力分析和运动情况的分析

，所以经常会应用到几何图形法、图像求解法、三角函数法、不等式等方法。在利用功能观点和动量观点解决物理问题时，经常会运用化归转化思想、方程函数思想来把较复杂的问题转化为容易解决的问题，即化繁为简、化难为易。在对光的

反射和折射、光电效应、原子结构量子化模型、爱因斯坦质能方程等重要知识的考查中，经常会应用到方程函数思想、三角函数方法、几何图形法、排列组合法、指数函数法、数列极限法等。考试大纲对于“应用数学处理物理问题的能力”方面提出了两点具体的要求。1.能够根据具体的问题列出物理量之间的关系式，然后进行推导和求

解，并根据结果得出物理结论(2017年全国卷I)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间

后，油滴运动到B点。重力加速度的大小为g。(1)油滴运动到B点时的速度。(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运

动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。【能力立意】本题基于带电油滴在三种不同电场中运动的情景来构造出比较复杂的动力学过程，要求学生能够经过缜密的分析后对相关的情形进行讨论，能够根据动力学及电场的相关知识列出各物理量之间的关系式并进行推导与求解。本题旨在考查

考生的综合分析能力和应用数学来处理物理问题的能力。设油滴的质量和电荷量分别为m和q，油滴的速度方向向上为正方向。由于油滴是在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故电场的方向向上。在t=0时电场强度突然从E

1增大到E2，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度的大小设为a1，则qE2-mg=ma1油滴在t1时刻的速度为v1=v0+a1t1电场强度突然在t1时刻反向，油滴做匀变速直线运动，加速度的大小为a2，方向向下，则qE2+mg=ma2·272·高中理科解题策略

与能力提升——物理篇油滴在t2=2t1时刻的速度为v2=v1-a2t1由以上的4个式子可得v2=v0-2gt1由题意可知，在t=0时刻前有qE1=mg油滴从t=0到t1时刻的位移为21011112svtat=+油滴在从t1时刻到t2=2t1时刻的时间间隔内的位移为

22112112svtat=−设B、A两点之间的距离为h，由题目条件可得20224vghgh=⋅=①若B点在A点之上，则根据题意可得s1+s2=h由以上的式子可解得20021111224vvEEgtgt⎡⎤⎛⎞=−+⎢⎥⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦为

了使E2>E1，应有200111224vvgtgt⎛⎞−+⎜⎟⎝⎠>1即：0<t1<0312vg⎛⎞−⎜⎟⎝⎠，对应于v2>0的情形；或t1>0312vg⎛⎞+⎜⎟⎝⎠，对应于v2<0的情形。②若B点在A点之下，则根据题意可

得s1+s2=-h由以上的式子可解得20021111224vvEEgtgt⎡⎤⎛⎞=−−⎢⎥⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦为了使E2>E1，应有200111224vvgtgt⎛⎞−−⎜⎟⎝⎠>1解得t1>0512vg⎛⎞+⎜⎟⎝⎠另一解为负，不符合题意，已舍去。第15章高考物理试题的命制路径与破解策略·27

3·2.能运用几何图形、函数图像进行表达、分析(2017年全国卷Ⅰ)如图15.9所示，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间的某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(2απ＞)。现将重物

向右上方缓慢地拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中()(多选)A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大、后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大、后减小【能力立意】本题基于重

物在变化的外力的作用下处于动态平衡的情景来考查学生根据平衡条件的几何表述来解决平衡问题的能力。由于两个力的方向均发生改变，故作图的难度较大；但重力的大小和方向不变，另外两个力之间的夹角也不变，所以在其所对应的力的矢量三角形中，表示重力的那条边不变，表示另外两个力的两条边之间的夹角也保持不变，根据

圆周角的性质(同一圆弧对应圆周角不变)可以作出图15.10后再进行分析和求解。(2009年宁夏卷)空间中有一均匀强电场，在电场中建立如图15.11所示的直角坐标系O-xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标(0,

a,0)，N点的坐标为(a,0,0)，P点的坐标为,,22aaa⎛⎞⎜⎟⎝⎠。已知电场的方向平行于直线MN，M点的电势为0，N点的电势为1V，则P点的电势为()A．2V2B．3V2C．1V4D．3V4【命题立意】本题基于匀强电场的理想化模型来考查学生对

场强与电势差之间的关系的理解能力，要求学生能够在降维后采用比例作图进行分析和求解。如图15.12所示，作出M、N、P三者在Oxy平面内的相对位置，则场强方向沿N→M。O1、O2分别是MN连线的二等分点和四等分点，A是ON的二等

分点。由几何知识可知，AP的连线垂直于场强E，故P、O2、A三点为等势点。MN间的距离为2a，O2点离M点的距离为324a，则P点电势为图15.9图15.10图15.11图15.12·274·高中理科解题策略与能力提升——物理篇32341V=V42Pa

aϕ=×(2019年全国卷Ⅱ)一质量为m=2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受到的阻力大小随时间的变化可简化为图15.

13(a)中的图像。在图15.13(a)中，0~t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内，汽车所受到的阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1=0.8s；t1~t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3s；

从t2时刻开始，汽车的刹车系统稳定地工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1s内的位移为24m，第4s内的位移为1m。(1)在图15.13(b)中定性地画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-

t图像。(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小。(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少？(以t1~t2时间段

始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)图15.13【能力立意】本题基于汽车刹车的真实情景来进行简化处理(当阻力一定时做匀变速运动)，旨在考查学生建模的能力。根据物体的受力情况，可以由动力学观点建立方程，从而得出速度与时间的关系，进而作出v-t图(图15.14)以描述物体的运

动规律，考查考生应用已知图像来分析物理问题的能力和对图像的转换能力。(2017年全国卷Ⅲ)如图15.15，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均

为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度的大小均为v0＝3m/s。当A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小g＝10m/s2。求：(1)当B与木板相对静止时，

木板的速度。(2)当A、B开始运动时，两者之间的距离。图15.14图15.15第15章高考物理试题的命制路径与破解策略·275·【能力立意】本题基于“板-块”模型来考查学生根据已知条件并应用动力学观点列出方程以及通过

函数图像来解决问题的能力。先对滑块A、B和木板进行受力分析，再通过牛顿第二定律得到三者的加速度。因为滑块B和木板最初是同向运动，所以二者先达到共同速度，由速度公式可以求出二者达到共同速度时所用的时间及共同速度的大小。当滑块B与木板达到共同速度后，二

者可看作一个整体，由牛顿第二定律可以求出共同的加速度。而滑块A继续向左做匀减速运动，当滑块A、B相遇时，滑块A与木板的速度相同，即三者的速度相同。对木板和滑块A运用速度公式可以得到三者达到共同速度时所用

的时间；但在对滑块A列方程时要注意滑块A前、后速度方向相反的表达方式。根据以上的分析可以作出速度—时间图像，如图15.16所示，在图上要标明各转折点的坐标。最终根据图像可以求出当滑块A、B开始运动时，两者

之间的距离。以上四个方面的能力要求不是孤立的，在着重对其中某一种能力进行考查的同时，在不同程度上也考查了其他方面的能力。同时，在应用某种能力处理或解决具体问题的过程中，往往也伴随着发现问题、提出问题的过程，因而高考对考生

发现问题、提出问题并加以论证和解决等探究能力的考查也渗透在对以上各种能力的考查中。二、高考物理压轴题的命制路径高考物理压轴题主要考查学生对复杂的物理过程的综合分析能力和应用数学来处理物理问题的能力。因此，往往涉

及了复杂的多体、多过程问题。复杂过程是简单过程的组合，复杂模型是简单模型的组合，多过程问题就是由多个模型在时间和空间上通过有机地组合在一起而形成的问题。因此，“组合”思维是命制高考物理压轴题的基本路径。(一)核心观点——高考物理压轴题

的方法组合解决高中物理的核心观点为：动力学观点、能量观点和动量观点。这三种观点构成了一个庞大的体系，光是公式就多达几十个，不单学习时难以记忆，解题时也容易混淆。1.动力学观点动力法的特征是涉及了加速度，主要用于解决物体的受力情况与物体的运动状态之间的关系。若已知受力要求运动，则要先从力F代表的F合

＝0或F合＝ma写起，从而得出运动参数x、v、t或θ、ω、t；若已知运动要求受力，则要从x、v、t或θ、ω、t代表的各种运动规律写起，从右向左反向来得出物体所受的力F。2.能量观点功能法主要用于解决不涉及时间的

情形。若不涉及时间，则使用动能定理较为普遍；若不涉及时间但需要研究能量，则要优先使用E所代表的能量关系，特别是能量守恒定律。3.动量观点若涉及时间，用动量定理可以简化计算。动量守恒定律是物理学史上最早发现的一条图15.16·276·高中理科解题策略与能力提升——物理篇守恒定律，其适

用范围比牛顿运动定律更广。在面对多体问题时，若学生选择合适的系统并运用动量守恒定律来解决，往往会更加便捷。当然，在应用上述三种观点解决问题时，一定要注意各个公式的适用范围，不能生搬硬套。例如，动量守恒定律的应用前提是系统所受到的合外力为零。有些问题可能只需要使用一个方法就

能够解决，而有些问题可能需要联合多种方法来求解，在理解每种观点的内涵及三种观点之间的联系后，经过反复的实践就能够进行灵活的选用。(二)情景创设——高考物理压轴题的模型组合1.单体多过程若多过程问题所涉及的几个过程是先后出现的，则一般只涉

及一个物体的运动。(2012年四川卷)如图15.17所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37°，半径r＝2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在的区域有场强大小为E＝2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量

m＝5×10－2kg、电荷量q＝＋1×10－6C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0＝3m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时的起点，0.1s以后，场强的大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝

0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求弹簧枪对小物体所做的功。(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度。【组合策略】见表15.2。表15.2子模型1234

物体在弹簧作用下的直线运动物体在竖直轨道上的圆周运动物体在斜面上的直线运动物体在匀强电场和重力场的共同作用下沿斜面运动模型组合2.多体多过程若多过程问题涉及的几个过程是同时出现的，一般会涉及多个物体的运动。(2015年全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板的左端放置一小物块；在图1

5.17第15章高考物理试题的命制路径与破解策略·277·木板的右方有一墙壁，木板的右端与墙壁的距离为4.5m，如图15.18(a)所示。从t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同的速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板的速

度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图像如图15.18(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度g取10m/s2。求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2。(2)木板的最小长度。

(3)木板的右端离墙壁的最终距离。【组合策略】见表15.3。表15.3子过程过程1过程2过程3过程4物块一起做匀减速运动以v1向右做匀减速运动，直到速度为0向左做匀加速运动，直到速度与木板的速度相同一起向

左做匀减速运动木板以v1向左做匀减速运动向左继续做匀减速运动，直到速度与物块的速度相同过程2与过程3也可以视为单一过程过程组合三、高考物理压轴题的破解策略(一)审题策略-紧紧抓住关键词深入细致地审题和抓住关键词是解题的必要前提。抓住关键词要从以下八个方面入手。图15.18·2

78·高中理科解题策略与能力提升——物理篇1.对象条件要看清研究对象：是单个物体还是几个物体组成的系统、是物体还是绳子的结点、是需要考虑重力还是不计重力、有电阻还是无电阻、是导体还是绝缘体、是轻杆(绳、弹簧)还是有质量的杆(绳、弹簧)、是弹性绳还是刚性绳等

。约束条件：接触面是粗糙的还是光滑的、接触面被接触时是否受到挤压、轻绳是绷紧的还是伸直的、是“绳-球”模型还是“杆-球”模型等。2.运动平面清楚辨中学阶段研究的主要是二维平面下物体的运动，因此需要清楚物体的运动轨道所在的平面，

如卫星的轨道平面过地心、地表的物体随地球转动的轨道平面垂直于地轴等。轨道平面及圆心的确定对建立圆周运动的动力学方程奠定了基础，如斜面上物体的运动、圆锥摆的运动等。若涉及的物体运动的轨道平面与受力不在一个平面上，则需要降维后再进行分析。3.隐

含条件要挖掘要搞清楚题目中临界词的含义，这常常是题目中的一个隐含条件，常见的临界词有“恰好”“足够长”“至少”“至多”等；同时，要把握一些特定的形容词的含义，如“缓慢地”“迅速地”“突然”“轻轻地”等。在力学中，若物体被

“缓慢地”拉到了另一个位置，则往往表示过程中的每一步都可以被认为是受力平衡的；在热学中，“缓慢”常常表示等温过程，而“迅速”常表示绝热过程；在力学中，“突然”可能表示弹簧来不及形变，“轻轻地”表示物体无初速度。4.看图像要关注信息点看图像时要注意：①图像的横轴、纵轴表示什么物理量；②横轴、纵轴

上物理量的单位；③图像在横轴或纵轴上的截距；④坐标原点处是否从0开始(如测电动势时的U-I图中的电压往往是从一个较大值开始的)；⑤图像的形状和发展趋势；⑥图像是否具有周期性。5.标量、矢量很关键如果题目中的已知量是矢量，则要考虑它可能在哪些方

向上，以免漏解；如果待求的物理量是矢量，如“求解物体在某时刻的加速度”，则不仅要说明加速度的大小，还要说明其方向。比较矢量是否相同时，也首先要看其方向是否相同。6.已知、未知要明确有时题目较长，看了一遍以后会忘记哪些是已知量，这时可以在已知量的下面画线

，或在草稿纸上先写出已知量的代号。有些经常会用到的物理量如质量m、电荷量q或磁场的磁感应强度B在题目中并没有被给出，但由于平时做题时这些量经常是给定的，因此自己常常就会不自觉地把它们当作已知量；切记千万不能用未知量表示最后的结果，因为这就等于没有做题。一

些常量即使在题目中未被给出也是可以被当作已知量的，如重力加速度g；相反，一些常量却不能被当作已知量，如万有引力常量G，这一点在解万有引力的应用类问题时要重视。7.括号文字别遗漏有些题目中会出现条件或要求写在括号里的情况，括号里的文字并不是次要的，也不是可有可无的；相反，有时还

显得特别重要。如括号里常有：取g＝10m/s2、不计阻力、第15章高考物理试题的命制路径与破解策略·279·最后的结果保留两位小数等。8.勾画圈点助审题审题时自己可以建立一套符号法则，如显性条件用下横线、

隐形条件用“Λ”来表示并简要地写出条件、重点词句画波浪线等等。(二)分析策略——将实际问题抽象为理想化模型计算题因情景新颖、表述抽象常让考生感到老虎吃天、无从下口，要想快速找到解题突破口，就需把生活问题转化为物理问题，这个过程就叫“建模”。从方法和目的角度而言，建模就是将

研究对象或物理过程通过抽象、简化和类比等方法转化为理想的物理模型。1.解计算题时通常建立的模型(1)条件模型。把研究对象所处的外部条件理想化，排除外部条件中干扰研究对象运动变化的次要因素，突出外部条件的本质特征或最主要的方面，从而建立起的物理模型称为条件模型。例如，物体沿水平面运动时

所受到的摩擦力对运动的影响不起主要作用，或需要假设一种没有摩擦力的环境引入光滑平面的模型；其他如不计质量的绳子、轻质杠杆、只受重力的作用或不计重力的作用、均匀介质、匀强电场和匀强磁场等。(2)过程模型。把具体的运动过程纯粹化、理想化后抽象

出来的一种物理过程，称为过程模型。例如把某些复杂的运动过程纯粹化、理想化后看作是一个质点(对象模型)做单一的某种运动，如匀速直线运动、匀加速直线运动、匀速圆周运动等。2.运用物理模型解题的基本程序(1)通过审题，提取题目信息，如物理现象、物理事实、物理情景、物理状

态、物理过程等。(2)弄清题目信息中的诸因素中什么是主要因素。(3)寻找与已有的信息(熟悉的知识、方法、模型)的相似、相近或联系，通过类比联想、抽象概括、逻辑推理或原型启发来建立起新的物理模型，将新情景中的问题转化为常规问题。(4)选择相关的物理规律

来求解。(三)破题策略——分解物理过程，紧紧抓住状态与过程高考压轴题越来越注重考查多过程的问题。对于这类问题，要化整为零、逐个击破。1.单体多过程解题的方法是按照时间的先后顺序将整个过程拆分成几个子过程，然后对每个

子过程运用规律和列式来求解。(2004年江苏卷)汤姆生用来测定电子的比荷(电子的电荷量与质量之比)的实验装置如图15.19所示，真空管内的阴极K发出的电子(不计初速、重力和电子间的相互作用)经加速电压加速后，穿过A′中心的小孔沿中心轴O1O的方

向进入两块水平正对放置的平行极板P和P′间的区域。当极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成了一个亮点；加上偏转电压U后，亮点偏离到了O′点(O′点与O点的竖直间距为d，水平间距可忽略不计)。此时，在P和P′间的区域，再

加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场。调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到了O点。已知极板水平方向上的长度为L1，极板的间距为b，极板的右端到荧光屏的距离为L2。·280·高中理科解题策略与能力提升——物理篇(1)求打在荧光屏O点的电子的速度大小。(2)推导出电子的

比荷的表达式。图15.19【分解策略】见表15.4。表15.4分解模型模型1模型2模型3在复合场中做匀速直线运动类平抛运动匀速直线运动及几何关系2.多体多过程解决的关键是从空间上将复杂的过程拆分成几个子过程

，然后对各子过程运用规律和列式来求解。(2017年浙江卷)间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图15.20所示。倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场区间I中。水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由

两根长为l的金属杆cd和ef以及长度为L的刚性绝缘杆连接而成)，在“联动双杆”的右侧存在大小为B2、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场区间II，其长度大于L。质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆ab与“联动双杆”发生碰撞，碰撞后杆ab和cd

合在一起形成了“联动三杆”。“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间II并从中滑出。运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知杆ab、cd和ef的电阻均为R=0.02Ω，m=0

.1kg，l=0.5m，L=0.3m，θ=30°，B1=0.1T，B2=0.2T。不计摩擦力和导轨的电阻，忽略磁场边界效应。求：(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0。(2)“联动三杆”进入磁场区间II前的速度大小v。第15章高考物理试题的命制路径与破解策略·281·(3)“联

动三杆”滑过磁场区间II所产生的焦耳热Q。图15.20【分解策略】见表15.5。表15.5隔离物体、分解过程过程1过程2过程3杆ab先加速、后匀速ab与cd碰撞后合在一起，其电阻变为原来的二分之一，三杆以相同的速度进入区

域Ⅱab与cd碰撞后的整体在进入区域Ⅱ前，联动三杆做减速运动，三杆完全进入后做匀速运动，ef杆出磁场后做减速运动(进入和离开的过程对称)“联动双杆”静止“联动三杆”(四)解答策略——围绕六要素来书写，强化原始表达式，分步列式防失分解答过程卷面书写的六要素：①明

确研究对象(是质点还是系统)；②建立物理情景，作出示意图，明确物理过程或状态；③选择恰当的方法，用原始表达式建立方程；④根据题意，补充方程；⑤求解，或边分析论证边求解；⑥对求解出来的结果进行评估。(2019年全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA=1.0kg，mB

=4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁的距离l=1.0m，如图15.21所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek=10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.2

0。重力加速度取g=10m/s2。A、B在运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。(1)求弹簧释放后的瞬间A、B的速度大小。(2)物块A、B中的哪一个先停止?该物块刚停止时A与B之间的距离是多少?(3)A和B都停止后，A与B之间的距离

是多少?【答题示范】解：(1)设弹簧释放的瞬间物块A、B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题中所给的条件可得0AABBmvmv=−①Ek=12mA2Av+12mB2Bv②联立①②并代入题中所给的数据后可得vA=4.0m/s，vB=1.0m/s③图15.

21·282·高中理科解题策略与能力提升——物理篇(2)A、B两个物块与地面间的动摩擦因数相等，因此两者滑动时的加速度大小相等，设为a。假设在物块A、B发生碰撞前，已经有一个物块停止，则此物块应为弹簧释放后速度较小的物块B。设从

弹簧开始释放到物块B停止所需要的时间为t，物块B向左运动的路程为sB，则BBmamgµ=④212BBsvtat=−⑤0Bvat−=⑥在时间t内，物块A可能与墙发生了弹性碰撞，物块A将向左运动，碰撞并不改变物块A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，物块A在

时间t内的路程sA都可以表示为212AAsvtat=−⑦联立③④⑤⑥⑦并代入题中所给的数据后可得sA=1.75m，sB=0.25m⑧这表明在时间t内物块A已经与墙壁发生了碰撞，但没有与物块B发生碰撞。此时

物块A位于出发点的右边0.25m处，物块B位于出发点的左边0.25m处，两个物块之间的距离s为s=0.25m+0.25m=0.50m⑨(3)t时刻后物块A将继续向左运动，假设它能与静止的物块B碰撞，则碰撞时其

速度的大小为Av′，由动能定理可得()2211222AAAAABmvmvmglsµ−=−+′⑩联立③⑧⑩并代入题中所给的数据后可得7m/sAv′=故物块A与物块B将会发生碰撞。设碰撞后物块A、B的速度分别为v″A和v″B，由动量守恒定律与机械能守恒定律可得()AAAABBmvmvmv′′′′′

−=+222111222AAAABBmvmvmv′′′′′=+联立并代入题中所给的数据后可得3727m/sm/s55ABvv′′′′==−，这表明碰撞后物块A将向右运动，物块B继续向左运动。设碰撞后物块A向右运动的距离为As′

时停止，物块B向左运动的距离为Bs′时停止，由运动学公式可得2222AABBasvasv′′′′′′==，联立④并代入题中所给的数据后可得0.63m0.28mABss′′==，As′小于碰撞处到墙壁的距离，

由上式可以得出两个物块停止后的距离为0.91mABsss′′′=+=能力提升参考答案第2章1.【答案】A。2.【答案】D。3.【答案】AD。4.【答案】C。5.【答案】BD。6.【答案】BD。7.【答案】

BD。8.【答案】C。9.【命题意图】本题基于小船、木箱在河流中顺水、逆水运动的情景来考查学生对转换参考系法的掌握情况，以及把复杂问题转化为简单问题的素养。【分析与解】小船相对于河岸的速度为v=v1-v2=3m/s-1m/s=2m/s。以河水为参照物则河水静止，木箱落入水中顺流漂

向下游方向，因此木箱与水保持静止状态，而船逆流和顺流时相对于河水的速度都为3m/s，因此木箱与船的相对速度为3m/s。由v=s/t可知，发现木箱落水时船与箱子的距离s=vt=3m/s×60s=180m，因此追上木箱需要的时间为

t=s/v=180m÷3m/s=60s=1min。【答案】小船相对于河岸的速度为2m/s；从调头开始到追上木箱需要的时间为1min。10.【命题意图】本题基于运动员跳水的实例来考查学生能否把实际运动等效为常见的物理过程，以及选用相应的公式来求解的综合能力。【分析与解】向上

跃起的运动员做的是竖直上抛运动，设到达最高点的时间为t1，则由位移公式可得2112hgt=计算可得12204503s10h.t.g×===运动员从最高点开始做自由落体运动，在下落的过程中满足2212Hhgt+=计算可得22()2(10045)14s10hH.t.g+×+===运动员从

向上跃起开始计时，则可用于完成空中动作的时间为120.31.41.7sttt=+=+=因此，本题的正确答案是1.7s。·284·高中理科解题策略与能力提升——物理篇【答案】1.7s。11.【分析与解】(1)根据速度-位移公式v2-v02＝

2ax可得v2＝2ax+v02，图像斜率的一半表示加速度。根据题设的图像可以得到满载时的加速度大小为a1＝5m/s2，严重超载时的加速度大小为a2＝2.5m/s2。设该型号的货车满载时以72km/h(20

m/s)的速度减速，则其制动距离x1＝2012va＝4002×5m＝40m，其制动时间为t1＝01va＝205s＝4s。设该型号的货车严重超载时以54km/h(15m/s)的速度减速，则其制动距离x2＝v0′22a2＝1522×2.5m＝45

m>x1，其制动时间t2＝v0′a2＝152.5s＝6s>t1。所以当驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车其制动时间和制动距离均不符合安全要求。(2)货车在反应时间内做匀速直线运动，x3＝v0t3＝20×1m＝20m，跟车距离x＝2012va+x3＝40m+20m＝60m。

【答案】(1)不符合；(2)60m。12.【命题意图】本题基于两车做匀变速直线运动的现象来考查学生对运动过程、物理情景的分析和研究能力，以及对速度、位移公式运用的熟练程度。【分析与解】设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t0)的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a；在第二

段时间间隔内行驶的路程为s2，加速度为2a。由运动学公式可得v＝at0①s1＝12at0²②s2＝vt0+12(2a)t0²③设汽车乙在t0时刻的速度为v′，第一段时间间隔内行驶的路程为s1′，加速度为2a；在第二段时间间隔内行驶的路程为s2′，加速度为a。同样可得v′＝(2a)t

0④s1′＝12(2a)t0²⑤s2′＝v′t0+12at0²⑥设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s′，则s＝s1+s2⑦s′＝s1′+s2′⑧联立以上各式可以解得甲、乙两车各自行驶的总路程之比为ss′＝57【答案】ss′＝57。能力提升参考答案·285·第3章1.【答案】A。2.【答案

】A。3.【答案】D。4.【答案】B。5.【答案】B。6.【答案】A。7.【答案】D。8.【答案】A。9.【答案】D。10.【答案】B。11.【答案】C。12.【答案】C。13.【答案】AB。14.【答案】A。15.【答案】BD。16.【答案】BC。17.【答案】BC。

18.【命题意图】本题基于木块在静止木楔上匀速上升的模型来考查学生对整体法和隔离法的理解以及对临界极值条件的判定的能力。【分析与解】当木块在木楔的斜面上匀速向下运动时可得mgsinθ＝μmgcosθ解得μ＝tanθ(1)木块在F的作用下沿斜面向上

匀速运动，则Fcosα＝mgsinθ+FfFsinα+FN＝mgcosθFf＝μFN解得F＝2sincossinmggθαμα+＝2sincoscoscossinsinmgθθαθαθ+＝sin2cos()mgθθα−则当α＝θ时，F有最小值为Fmin＝m

gsin2θ(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，所以整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即fF′＝Fcos(α+θ)当α＝θ，即F取最小值mgsin2θ时，则·286·高中理科解题策略与能力提升——物理篇fF′＝Fmincos2θ＝mgsin2θcos2θ＝12mgsin4θ

。【答案】(1)θ；mgsin2θ；(2)12mgsin4θ。第4章1.【答案】AC。2.【答案】BD。3.【答案】C。4.【答案】BD。5.【答案】C。6.【答案】C。7.【答案】BCD。8.【答案】D。9.【答案】AB。10.【答案】A。11.【答案】B。12.【答案】B。13.【答案】B。

14.【答案】A。15.【答案】A。16.【分析与解】由匀加速运动的公式可得2202tvvas=+物块沿斜面下滑的加速度为2221.40.7m/s221.4vas===×①由2sin5m/sagθ<=可知，物块受到了摩擦力的作用。分析物块的受力情况，它受到了三个

力的作用，如附图1所示。附图1对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律可得1sinmgfma−=θ②1cos0mgN−=θ③能力提升参考答案·287·分析木楔的受力情况，它受到了五个力的作用，如附图1(b)所示。对于水平方向，由牛顿定律可得21cossin0ffθNθ+−=④由此可解

得地面作用于木楔的摩擦力为()2113sincoscossinsincos10.7N0.61N2fNfmgmgmaθθθθθθ−−−××≈===此力的方向与图中所设的方向一致(由C指向B的方向)。【答案】摩擦力的大小为0.61N，方向由C指向B。17.【分析与解】(1)由表格中的数据可知

，物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为2212.01.0m/s5m/s0.40.2vatΔΔ−===−，由牛顿第二定律可得1sinmgma=α，代入数据后可得30=°α。(2)由表格中的第4和第5组数据可

知，物体在水平面上匀减速运动时的加速度为2221.10.7m/s2m/s1.41.2vat−===−ΔΔ，由牛顿第二定律可得2mgma=µ，代入数据后可得0.2=µ。(3)研究物体由0t=到1.2st=的过程，设物体在斜面上运动的时间为t，则有1Bvat=,()1.221.2Bvvat=−

−，代入可得()1.2121.2vatat=−−，解得0.5st=,2.5m/sBv=,即物体在斜面上下滑的时间为0.5st=。则当0.6st=，时物体在水平面上运动的速度为()20.6Bvvat=−−=2.5m/s20.1m/s2.3m/s−×=。【答案】(1)α＝30°；(2)μ＝0.2

；(3)v=2.3m/s。18.【分析与解】令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知1sinAmgkxθ=①令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知2sinBkxmgθ=②2sin

AAFmgkxmaθ−−=③由②③可得()sinABAFmmgamθ−+=④由题意可得12dxx=+⑤由①②⑤可得()sinABmmgdkθ+=⑥【答案】()sinABAFmmgamθ−+=，()sinABmmgdkθ+=。19.【分析与解】(1)设该运动员从开始自由下落至1.5km

高度处的时间为t，下落距·288·高中理科解题策略与能力提升——物理篇离为s，在1.5km高度处的速度大小为v，根据运动学公式可得vgt=①212sgt=②根据题意可得s＝3.9×104m-1.5×103m③联立①②③可得t≈87s④v≈8.7×102m/s⑤(2)当该运动员达到最大

速度vmax时，加速度为0，根据牛顿第二定律可得2maxmgkv=⑥由所给的v-t图可知max360m/sv≈⑦由⑥⑦可得k≈0.008kg/m⑧【答案】(1)87s，8.7×102m/s；(2)0.008kg/m。20.【分析与解】(1)从题图中可以看出，在t2＝2s内运动员做匀加速运动

，其加速度大小为2162tvat==m/s2=8m/s2设此过程中运动员所受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律可得mg-f＝ma于是可得()()80108N160Nfmga--==×=(2)从图中可以估算出运动员在14s内下落

的距离为h＝39.5×2×2m＝158m根据动能定理可得212fmghWmv−=所以有212fWmghmv＝−＝(80×10×158-12×80×62)J≈1.25×105J(3)14s后运动员做匀速运动的时间为500158s57s6t′==-运动员从飞机上跳

下到着地需要的总时间为能力提升参考答案·289·t总＝t14＋t′＝(14＋57)s＝71s【答案】(1)a＝8m/s2，160Nf=；(2)h＝158m，1.25JfW≈5×10；(3)71st=总。21.【分析与解】(1)设减速过程中汽车加速度的大小

为a，所用的时间为t。由题意可得初速度v0＝20m/s，末速度vt＝0，位移s＝25m，由运动学公式可得v20＝2as①t＝v0a②联立①②并代入数据后可得a＝8m/s2③t＝2.5s④(2)设志愿者

的反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式可得L＝v0t′＋s⑤Δt＝t′－t0⑥联立⑤⑥并代入数据后可得Δt＝0.3s⑦(3)设志愿者所受到的合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者的质量为m，由牛顿第二定律可得F＝ma⑧由平行四边形定理

可得F20＝F2＋(mg)2⑨联立③⑧⑨并代入数据后可得F0mg＝415⑩【答案】(1)8m/s2，2.5s；(2)0.3s；(3)415。22.【分析与解】(1)规定向右为正方向。在木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动。设加速度为a1，小物块和木板

的质量分别为m和M，由牛顿第二定律可得-μ1(m+M)g＝(m+M)a1①由题图4.44(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1＝4m/s，由运动学公式可得v1＝v0+a1t1②s0＝v0t1+12a1t12③式中，t1＝1s，s0＝4.5m是

木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。联立①②③和题中所给的条件可得μ1＝0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律可得-μ

2mg＝ma2⑤·290·高中理科解题策略与能力提升——物理篇由题图4.44(b)可得a2＝v2-v1t2-t1⑥式中，t2＝2s，v2＝0，联立⑤⑥和题中所给的条件可得µ2＝0.4⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好

具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式可得µ2mg+µ1(M+m)g＝Ma3⑧v3＝-v1+a3Δt⑨v3＝v1+a2Δt⑩在碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1＝-v1+v32Δt小物

块运动的位移为s2＝v1+v32Δt小物块相对于木板的位移为Δs＝s2-s1联立⑥⑧⑨⑩并代入数值后可得Δs＝6.0m因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止。设加速度为a4，在此过程中小物块和木板运动的位移

为s3，由牛顿第二定律及运动学公式可得µ1(m+M)g＝(m+M)a40-v32＝2a4s3碰后木板运动的位移为s＝s1+s3联立⑥⑧⑨⑩并代入数值后可得s＝-6.5m因此，木板的右端离墙壁的最终距离为

6.5m。【答案】(1)0.1，0.4；(2)6.0m；(3)6.5m。23.【分析与解】根据传送带上有黑色痕迹可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。根据牛顿定律可得a=µg①设经历时间t，

传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，于是有v0=a0t②v=at③由于a＜a0，故v＜v0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用。再经过时间t′，煤块的速度由v增加到v0，于是有能力提升参考答案·291·v0=v+at′④此后，煤块与传送带的运动速度相同，煤块相

对于传送带不再滑动，因此不再产生新的痕迹。在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，于是有s0=12a0t2+v0t′⑤202vsa=⑥传送带上留下的黑色痕迹的长度为l=s0-s⑦由以上各式可得2000

()2vaµglµag−=⑧【答案】2000()2vaµglµag−=。24.【分析与解】设卡车的质量为M，车所受到的阻力与车重力之比为µ，刹车前卡车牵引力的大小为F，卡车刹车前后加速度的大小分别为1a和2a，重力加速度的大小为g。由牛顿第二定律可得20

FMgµ−=①1FMgMaµ−=②MgMaµ=③23MgMaµ=④设车厢脱落后3ts=内卡车行驶的路程为1s，末速度为1v，根据运动学公式有210112svtat=+⑤101vvat=+⑥21222vas=⑦式中，2s是卡车在刹车后减速行驶的路程。设车厢脱落后滑行的路程

为s，于是有202vas=⑧卡车和车厢都停下来后相距12ssssΔ=+−⑨由①～⑨可得220042333vsvtataΔ=−++⑩代入题中所给的数据后可得36msΔ=【答案】36msΔ=。25.【分析与解】设圆盘的质量为m，桌长为l，在桌布从圆盘下抽出的过程中，

盘·292·高中理科解题策略与能力提升——物理篇的加速度为a1，由牛顿第二定律可得µ1mg＝ma1将桌面的桌布抽出后，圆盘将在桌面上做匀减速运动，以a2表示它的加速度大小，于是有µ2mg＝ma2设圆盘刚离开桌布时的速度为

v1，移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上再运动距离x2后便停下，于是有11212xav=22212xav=圆盘没有从桌面上掉下的条件是：x1+x22l≤设桌布从圆盘下抽出来所经历的时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x，于是有x＝12at2x1＝2112at而x＝2l+x1由以上各式可以

解得a≥1222µµµ+µ1g【答案】a≥1222µµµ+µ1g。第5章1.【答案】D。2.【答案】AB。3.【答案】A。4.【答案】B。5.【答案】BD。6.【分析与解】(1)运动员在竖直方向上做自由落体运动，A点与O点的距离为L，则21sin372hLgt=°=解得275

m2sin37gtL==°能力提升参考答案·293·(2)设运动员离开O点时的速度为0v，运动员在水平方向上做匀速直线运动，则0cos37Lvt°=解得0cos3720m/sLvt°==(3)由机械能守

恒可知，运动员落到A点时的动能为EKA，则2012KAmghEmv=−解得EKA=32500J【答案】(1)75m；(2)20m/s；(3)32500J。7.【分析与解】(1)由平抛运动规律可得21112hgt=111xvt=解得1112hxvg=(2)同理可得22212hgt

=222xvt=且有2hh=22xL=解得222Lgvh=(3)如附图2所示，同理可得附图223312hgt=333xvt=且有·294·高中理科解题策略与能力提升——物理篇332xL=设球从恰好越过球网到最高点时的时间为t，水平

距离为s，则2312hhgt−=3svt=由几何关系可得3xsL+=解得343hh=【答案】(1)1112hxvg=；(2)222Lgvh=；(3)343hh=。8.【分析与解】小球在倾斜的平板上运动时受到了轻绳的拉力、平板的弹力和自身的重力作用。在垂直于平板方向上的合力为0，重力沿

平板方向上的分量为sinmgα。当小球在最高点时，由轻绳的拉力和重力沿平板方向上的分力的合力来提供向心力，则有21sinvTmgml+=α在小球从释放到运动至最高点的过程中，根据动能定理有221011sin

22mglmvmv−=−α若小球恰好能通过最高点，则轻绳的拉力为0T=解得1sin2α=，即α＝30°故α的范围为030°°≤≤α【答案】030°°≤≤α。9.【分析与解】(1)对物体进行受力分析，开始角速度较小时，静摩擦力提供做圆周运动所需要的

向心力为2fFmωR=；当静摩擦力达到最大后轻绳才开始提供拉力。设当物体受到的静摩擦力达到最大值µmg时框架的角速度为0ω，则有20μmgmωR=解得0μgωR=物体离转轴PQ越远，其受到的静摩擦力越先达到最大值，故B与杆间的摩擦力先达到最大。当角速

度为12μgωR=时，轻绳开始有拉力，此时两个物体受到的摩擦力分别为能力提升参考答案·295·2111112AμmgRfmωRR==2Bfµmg=(2)当角速度1ωω>时，设轻绳的拉力为TF，对于物体A有2

11TAFfmωR′+=对于物体B有222TBFfmωR′+=解得物体A受到的静摩擦力为222211()AfμmgmRmRω′=−−由于12RR<和12mm<，则物体A受到的静摩擦力随角速度的增大而减小。当静摩擦力减为0时，框架的角速度为22221

1μmgωmRmR=−解得轻绳的拉力为1212211TµmmgRFmRmR=−。【答案】(1)12gRμω=，112AµmgRfR=，2Bfµmg=；(2)222211mgmRmRμω=−121221

1TµmmgRFmRmR=−。第6章1.【答案】B。2.【答案】C。3.【答案】D。4.【答案】D。5.【答案】D。6.【答案】B。7.【答案】B。8.【答案】CD。9.【答案】BC。10.【命题意图】本题以三星做圆周运动为背景来考查天体运动、万有引力

定律、牛顿运动定律及其相关的知识点在三星系统中的应用。【分析与解】(1)在第一种形式下，由万有引力定律和牛顿第二定律可得22222(2)mmvGGmRRR+=54GmvR=·296·高中理科解题策略与能力提升——物理篇245RRTRvGmπ==π(2)在第二种形式下，由万有

引力定律和牛顿第二定律可得22222cos302cos30mlGmlTπ⎛⎞°=⎜⎟°⎝⎠星体之间的距离为3125lR=【答案】(1)54GmvR=，45RTRGm=π；(2)l=3125R。11.【命题意图】本

题基于土星周围两颗岩石绕其运动的轨道半径来考查考生对天体运动基本规律的认识和理解的能力，同时也考查推理能力和应用数学来处理物理问题的能力。【分析与解】(1)设土星的质量为M0，颗粒的质量为m，颗粒距土星中心的距离为r，线速度为v。根据牛顿

第二定律和万有引力定律可得022GMmvmrr=①解得GMvr=于是可得62ABBAvrvr==②(2)设颗粒绕土星做圆周运动的周期为T，则2rTvπ=③于是可得269AABBBATrvTrv==④(3)设地球的质量为M，地球的半径为r0，地球上物体的重力可视为万有引力，探测器上物体

的质量为m0，在地球表面的重力为G0，距土星中心503.210r=′×km处的引力为0G′。根据万有引力定律可得0020GMmGr=⑤00020GMmGr′=′⑥由⑤⑥可得095MM=(倍)能力提升参考答案·297·【答案】(1)62ABvv=；(2)269ABTT=；(

3)095MM=(倍)。12.【命题意图】本题基于两行星绕太阳运动的现象来考查学生利用圆周运动规律及公式来求解圆周运动中追及相遇问题的能力。【分析与解】(1)由万有引力定律和向心力公式可得()2224()BMmGmRhRhTπ=++①2Mm

GmgR=②联立①②可得32()2BRhTgR+=π③(2)由题意可得(ωB－ω0)t＝2π④由③可得23()BgRRhω=+⑤代入④可得2032()tgRRhωπ=−+【答案】(1)32()2BRhTgR+=π；(2)2032()tgRRhωπ=−+。13.【命题意图】

本题以节气为背景来考查圆周运动规律、万有引力定律以及相关的几何关系等知识点。【分析与解】地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，受到的万有引力提供向心力，其向心力用周期表示。先结合“黄金代换”求出同步卫星的轨道半径，再利用几何关系来确定太阳照不到同步卫星的范围，于是便可以求出看不到卫星的时间。设

地球同步卫星的轨道半径为r，其受到的万有引力提供向心力，即222GMmmrrTπ⎛⎞=⎜⎟⎝⎠对于地面上的物体有2GMmmgR′′=由以上两式可得22324TRgr=π·298·高中理科解题策略与能力提升——物理篇如附图3所示，观察者从A到B的时间内将看

不到卫星。附图3由几何关系可知：sinRrθ=观察者看不见此卫星的时间为1324arcsin222TRtTgTθ⎛⎞π==⎜⎟ππ⎝⎠【答案】134arcsin22TRtgT⎛⎞π=⎜⎟π⎝⎠。第7章1.【答案】A。2.【答案】BCD。3.【答案】B。4.

【答案】BCD。5.【答案】C。6.【答案】；增大、减小都有可能。7.【命题意图】本题基于连接体模型来考查运用动能定理求解变力做功的方法，同时也考查学生利用运动的分解来寻找速度的关系的能力。【方法提炼】利用动能定理求变力做的功。对于曲线运动或变力做功问题，利用公式W＝

Flcosα不容易直接求功时，可考虑由动能的变化来间接求功。【分析与解】设绳的P端到达B点处时，左边的绳与水平地面所成的夹角为θ，物体从井底上升的高度为h，速度为v，所求的功为W，则212Wmvmgh=+①因绳总长不变，所以sinHhHθ=−②cosBvvθ=③将②③代入①可得sin

mgθ能力提升参考答案·299·2211cos12sinBWmvmgH⎛⎞⎟⎜=+−⎟⎜⎟⎜⎝⎠θθ因为4π=θ所以可得()21214BWmvmgH=+−【答案】()21214BWmvmgH=+−。8.【命题意图】本题基于一个有

挡板的单轨道模型来考查学生分析运动过程以及应用动能定理来解决问题的能力，同时也考查学生对滑动摩擦力做功与路径有关的理解和应用的能力。【分析与解】根据功能原理，在物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，物块重力势能的减

少值ΔEp与物块克服摩擦力所做的功的数值相等，即pEWΔ=①设物块的质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为s′，则pEmghΔ=②Wmgsµ′=③联立①②③并化简后可得hsµ′=④第一种可能：物块与弹性挡板碰撞

后，在N端前停止，则物块停止的位置距N端的距离为22hdsssµ′=−=−⑤第二种可能：物块与弹性挡板碰撞后，可再一次滑上光滑的圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，则物块停止的位置距N端的距离为22hdsssµ′=−=−⑥所以物块停止的位置

距N端的距离可能为2hdsµ=−或2hdsµ=−。【答案】物块停止的位置距N端的距离可能为2hdsµ=−或2hdsµ=−。9.【命题意图】本题基于一个往复运动的情景来考查学生对运动过程的分析能力，同时也考查学生对动能定理的应用不考虑中

间过程的理解能力以及利用滑动摩擦力做功的特点来求解路程的应用能力。【分析与解】两个斜面的下部B、C分别与光滑的圆弧面相切，圆心角为120°，所以·300·高中理科解题策略与能力提升——物理篇可得出斜面的倾角为60°，物

体在斜面上所受到的滑动摩擦力为cos600.01fFmgmg=°=µ重力沿斜面的分力为3sin602fmgmgF°=>因此，物体不能停留在斜面上。当物体在斜面上滑动时，由于摩擦力做功，物体的机械能逐渐减小，物体滑

到斜面上的高度逐渐降低，物体最终将在B、C间做往复运动。设物体在斜面上运动的总路程为s，对全过程应用动能定理可得21[(1cos60)]cos6002mghRmgsmvµ−−°−°=−解得s＝280m。【答案】280m。10.【命题意图】本题基于单轨道上竖直平面内圆周运动的情景来考查学生对完成圆

周运动的临界条件的理解能力，同时也考查学生利用动能定理来解决问题的能力以及对平抛运动基本规律的掌握情况。【分析与解】在匀减速运动过程中，有2202Avvas−=①恰好做圆周运动时物体在最高点B满足：21BvmgmR=12

m/sBv=②假设物体能到达圆环的最高点B，由机械能守恒定律可得2211222ABmvmgRmv=+③联立①②可得vB=3m/s因为vB＞vB1，所以小球能通过最高点B。小球从B点做平抛运动，则2122Rgt

=④ACBSvt=⑤由④⑤可得SAC＝1.2m⑥【答案】SAC＝1.2m。11.【命题意图】本题基于物块与斜面的模型来考查学生进行受力分析的能力以及对牛顿第二定律的应用能力，同时也考查学生对动能定理的理解能力。【分析与解】(1)隔离法。能力提升参考

答案·301·对于木块有1sinmgfmaθ−=，1cos0mgNθ−=因为212sat=可得22msa=所以18Nf=，116NN=对于斜面，设摩擦力f向左，则11sincos3.2NfNf=−=θθ因此，摩擦力的方向向左。(如果设摩擦力f向右，

则11sincos3.2NfNf=−+=−θθ，同样可以得到其方向向左。)(2)地面对斜面的支持力的大小为11cossin67.6NNNfMgθθ=++=(3)有两个力对木块做功。重力做的功为sin48JGWmghmgs===θ摩擦力做的功为32JfWfs=−=−合力做的

功或外力对木块做的总功为16JGfWWW=+=动能的变化为22k11()16J22EmvmatΔ==⋅=所以，合力做的功或外力对木块做的总功等于木块动能的变化(增加)。【答案】(1)3.2N，方向向左；(2)67.6N；(3)证明如上。12.【命题意图】本题

基于多物块与传送带的模型来考查学生研究多物体问题的方法以及利用功能关系来解决问题的能力。【分析与解】以地面为参考系(下同)，设传送带的运动速度为0v。在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力的作用下做匀加速直线运动，设这段位移为s，所用的时间为t，加速度为a，则对

于小货箱有212sat=①0vat=②在这段时间内，传送带运动的路程为00svt=③由以上各式可得·302·高中理科解题策略与能力提升——物理篇02ss=④用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小

箱做的功为21012Wfsmv==⑤传送带克服小箱对它的摩擦力做的功为2000122Wfsmv==×⑥两者之差就是克服摩擦力做功所发出的热量，即2012Qmv=⑦可见，在小箱加速运动的过程中，小箱获得的动能与发热量相等。在T时间内，电动机输出的功为WPT=⑧此功用于增加小箱的

动能、重力势能以及克服摩擦力发热，即2012WNmvNmghNQ=++⑨已知相邻两个小箱的距离为L，所以在T时间内运送的小箱的个数为N，则0vTNL=⑩联立⑦⑧⑨⑩可得222NmNLPghTT⎛⎞=+⎜⎟⎝⎠【答案】2

22NmNLPghTT⎛⎞=+⎜⎟⎝⎠。第8章1.【答案】B。2.【分析与解】设B球碰撞前的速度为v，则碰撞后的速度为3v-。根据题意可知，B球与A球碰撞后A球的速度为3v。由动量守恒定律可得mBvB＝mA·3v+mB3v⎛⎞⎟⎜−⎟⎜⎟⎜⎝⎠解得mA∶mB＝4∶1A、B

碰撞前、后两球的总动能之比为(EkA+EkB)∶(kkABEE′′+)＝12mBv2∶12⎡⎢⎢⎣mA23v⎛⎞⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎝⎠+12mB23v⎤⎛⎞⎥⎟⎜−⎟⎜⎟⎜⎥⎝⎠⎦＝9∶5【答案】4∶1，9∶5。3.【分析与解】设

物块到达劈A的底端时，物块和劈A的速度大小分别为v和V，能力提升参考答案·303·由机械能守恒定律和动量守恒定律可得2211122mghmvMV+=①1MVmv=②设物块在劈B上达到的最大高度为h′，此时物块和劈B的共同速度的大小为V′，由机械能守恒定律和动量守恒定律得()2221122mghMm

Vmv′′++=③()2mvMmV′+=④联立①②③④可得()()1212MMhhMmMm′++=⑤【答案】()()1212MMhMmMm++。4.【命题意图】本题基于3个物体之间的弹性碰撞的模型来考查学生对动量守恒定律与机械能守恒定律

的综合应用能力。【分析与解】物体A向右运动与物体C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正方向，开始时物体A的速度为v0，第一次碰撞后物体C的速度为vC1，物体A的速度为vA1。由动量守恒定律

和机械能守恒定律可得mv0＝mvA1+MvC1①222011111222ACmvmvMv=+②联立①②可得vA1＝mMmM−+v0③vC1＝2mmM+v0④如果m>M，则第一次碰撞后，物块A与物块C的速度同向，且物块A的速度小于物块C的速度，不可能与物

块B发生碰撞；如果m＝M，则第一次碰撞后，物块A停止，而物块C与物块A碰撞前的速度向右运动，物块A不可能与物块B发生碰撞，所以只需要考虑m＜M的情况。第一次碰撞后，物块A反向运动并与物块B发生碰撞。设与物块B发生碰撞后物块A的速度为vA2，物块B的速度为vB1，同样可得vA2＝mMmM−

+vA1＝20mMvmM⎛⎞−⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎝⎠+⑤根据题意可知，要求物块A只与物块B、C各发生一次碰撞，则应有vA2≤vC1⑥联立④⑤⑥可得m2+4mM-M2≥0⑦·304·高中理科解题策略与能力提升——物理篇解得

m≥(5-2)M⑧另一个解m≤-(5+2)M舍去。所以，m和M应满足的条件为(5-2)M≤m<M【答案】(5-2)M≤m<M。5.【命题意图】本题基于同样速度的子弹射击钢板的情景来考查学生对动量守恒定律和能量守恒定律的应用能力以及数学运算能力。【分析

与解】设子弹的初速度为v0，在射入厚度为2d的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V，由动量守恒定律可得(2m+m)V＝mv0①解得V＝13v0此过程中动能的损失为ΔE＝12mv20－12×3mV2②解得ΔE＝13mv20分成两块钢板后，设在子弹穿过第一块钢板时两者的

速度分别为v1和V1，由动量守恒定律可得mv1+mV1＝mv0③因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，所以射穿第一块钢板时的动能损失为ΔE2，由能量守恒定律可得12mv21+12mV21＝12mv20−ΔE2④联立①②③④且考虑到v1必须大于V1，于是可得v1＝132

6⎛⎞+⎜⎟⎜⎟⎝⎠v0⑤设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒定律可得2mV2＝mv1⑥损失的动能为ΔE′＝12mv21－12×2mV22⑦联立①②⑤⑥⑦可得ΔE′＝12312⎛⎞+⎜⎟⎜⎟⎝⎠×ΔE2⑧因为子弹在钢

板中受到的阻力为恒力，所以由⑧可得射入第二块钢板的深度x为能力提升参考答案·305·x＝12312⎛⎞+⎜⎟⎜⎟⎝⎠d【答案】12312⎛⎞+⎜⎟⎜⎟⎝⎠d。6.【命题意图】本题基于运动的物块撞击静止的悬挂物并黏在一起运动的情景来考查学生对动量守恒定律与机械能守恒定律的综合应用能力

。【分析与解】(1)设物块A、B碰撞后共同运动的速度为v′，由动量守恒定律可得Bmv＝(Am+Bm)v′①在碰撞后物块A、B共同上升的过程中，由机械能守恒定律可得12(Am+Bm)v′2＝(Am+Bm)gh②联立①②可得()2222BABmhvgmm=+③由题意可

得k0＝222()BABmgmm+④代入题中所给的数据后可得k0＝2.04×10－3s2/m⑤(2)按照定义可得δ＝|k－k0|k0×100%⑥由⑤⑥和题中所给的条件可得δ＝6%⑦【答案】(1)2.04×10－3s2/m；(2)6%。7.【命题意图】本题基于小球

与弹簧连接体之间的碰撞模型来考查学生对动量守恒定律与能量变换之间的关系的综合应用能力。【分析与解】(1)设C球与B球粘连成D时，D的速度为1v，由动量守恒定律可得01mvmmv=(+)①当弹簧压至最短时，D与A球的速度相等，设此速度为2v，由动量守

恒定律可得1223mvmv=②由①②可得A的速度为2013vv=③(2)设弹簧的长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ep，由能量守恒定律可得2212p112322mvmvE⋅=⋅+④撞击挡板P后，A球与D的动能都为0。解除锁定，当弹簧刚恢复

到自然长度时，势·306·高中理科解题策略与能力提升——物理篇能全部转变成D的动能。设此时D的速度为3v，则()2p3122Emv=⋅⑤之后弹簧伸长，A球离开挡板P并获得速度。当A球与D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v4

，由动量守恒定律可得3423mvmv=⑥当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为pE′，由能量守恒定律可得()()2234p112322mvmvE′+=由以上各式解得2p0136Emv′=【答案】(1)2013vv=

；(2)2p0136Emv′=。8.【命题意图】本题基于质量不同的两个小球发生弹性正碰的情景来考查学生对动量守恒定律的理解能力和应用能力。【分析与解】设在第n次碰撞前绝缘球的速度为vn－1，碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为vn和Vn。碰撞过程中动量守恒且碰撞前后动能相

等，设速度向左为正方向，则mvn－1＝MVn-mvn①2221111222nnnmvMVmv−=+②由①②及M＝19m可解得1910nnvv−=③1110nnVv−=④第n次碰撞后绝缘球的动能为()2010.812nnnEmvE==⑤E0为第1次碰撞前

的动能，即初始能量。绝缘球在θ＝θ0＝60°与θ＝45°处的势能之比为()()01cos0.5861cosEmglEmglθθ0−==−⑥式中，l为摆长。根据⑤可知，经过n次碰撞后，势能之比为()00.81nnEE=⑦我们容易计算出(0.81)

2≈0.656，(0.81)3≈0.531。因此，经过3次碰撞后θ将小于45°。【答案】经过3次碰撞后θ将小于45°。能力提升参考答案·307·9.【命题意图】本题基于滑块与木板的模型来考查动量定理、动量守恒和功能关系。【分析与解】(1)设物块与小车

的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得①设物块与车面间的滑动摩擦力为f，对物块应用动量定理可得220ftmvmv-=−②式中2fµmg=③解得()1012mvtµmmg=+代入数据后可得0.24s

t=④(2)要使物块恰好不从车厢滑出，需要物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则()2012mvmmv′′=+⑤由功能关系可得()22201221122mvmmvmgLµ′′=++⑥代入数据后解得0v′＝5m/s故要使物块不从小车右端滑出，

物块滑上小车的速度0v′不能超过5m/s。【答案】(1)0.24s；(2)5m/s。10.【命题意图】本题基于两个物块将压缩弹簧释放的情景来考查学生对动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理以及运动学规律的掌握程度。【分析与解】(1)设弹簧释放的瞬间物

块A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向。由动量守恒定律和题中所给的条件可得0AABBmvmv=−①22k1122AABBEmvmv=+②联立①②并代入题中所给的数据后可得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s③(2)A、B两个物块与地面间的动摩擦因数相等，因而

两者滑动时加速度的大小相等，设为a。假设物块A、B发生碰撞前，已经有一个物块停止，则此物块应为弹簧释放后速度较小的物块B。设从弹簧释放到物块B停止所需要的时间为t，物块B向左运动的路程为sB，则mBa＝μmBg

④sB＝vBt-12at2⑤()2012mvmmv=+·308·高中理科解题策略与能力提升——物理篇vB-at＝0⑥在时间t内，物块A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后物块A将向左运动。因为碰撞并不改变物块A的速度

大小，所以无论此碰撞是否发生，物块A在时间t内的路程sA都可以表示为212AAsvtat−＝⑦联立③④⑤⑥⑦并代入题中所给的数据后可得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧这表明在时间t内物块A已经与墙壁发生了碰撞，但没有与物块B发生碰撞。此时物块A位于出发点右边0.

25m处，物块B位于出发点左边0.25m处，两个物块之间的距离s为s＝0.25m+0.25m＝0.50m⑨(3)t时刻后物块A将继续向左运动，假设它能与静止的物块B碰撞，碰撞时速度的大小为Av′，由动能定理可得12mA2Av′-12mA2Av＝-μmAg(2

l+sB)⑩联立③⑧⑩并代入题中所给的数据后可得Av′＝7m/s故物块A、B将发生碰撞。设碰撞后物块A、B的速度分别为v″A和v″B，由动量守恒定律与机械能守恒定律可得()AAAmvm′−＝Av′′+mBBv′′12mA2Av′＝12mA2Av′′

+12mB2Bv′′联立并代入题中所给的数据后可得Av′′＝375m/s，Bv′′＝275−m/s这表明碰撞后物块A将向右运动，物块B继续向左运动。设碰撞后物块A向右运动As′时停止，物块B向左运动Bs′时停止，由运动学公式可得2Aas′

＝2Av′′，2Bas′＝2Bv′′联立④并代入题中所给的数据可得As′＝0.63m，Bs′＝0.28mAs′小于碰撞处到墙壁的距离，由上式可得两个物块停止后的距离为s'＝As′+Bs′＝0.91m【答案】(1)4.0m/s

，1.0m/s；(2)B，0.50m；(3)0.91m。11.【命题意图】本题基于滑块与木板的模型来考查学生对动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用能力。【分析与解】先假设小物块C在木板B上移动距离后，停在了木板B上。这时木板A、B和物块C三者的速度相等，设为V。由动量守恒定律可得0(

2)mvmMV+=①x能力提升参考答案·309·在此过程中，木板B的位移为，小木块C的位移为，由功能关系可得22011()22mgsxmVmvµ−+−=2122mgsMVµ⋅=相加可得22212mvvgl′=+②联立①②可解得20(2)MvxMmgµ+=③代入数值后可得1.6

mx=④x比木板B板的长度大，这说明小物块C不会停在木板B上而会滑到木板A上。设物块C刚滑到木板A上的速度为，此时木板A、B的速度为，则由动量守恒定律可得0112mvmvMV+=⑤由功能关系可得2220111112222mvmvMVmglµ−−⋅=

⑥将题中所给的数据代入后可解得182420V±=1824224255v±−=∓=由于必是正数，故合理的解是1824m/s0.155m/s20V−==⑦1224m/s1.38m/s5v+==⑧当滑到木板A之后，木板B

即以10.155m/sV=做匀速运动，而物块C以11.38m/sv=的初速度在木板A上向右运动。设在木板A上移动了y距离后停止在木板A上，此时小物块C和木板A的速度为2V，由动量守恒定律可得()112MVmvmMV+=+⑨解得20.563m/sV=⑩由功能关系可得()22211

2111222mvMVmMVmgyµ+−+=解得0.50my=ssx+l1v1V1v·310·高中理科解题策略与能力提升——物理篇y比木板A的长度小，故小物块C确实是停在了木板A上。最后木板A、B和小物块C的速度分别为20.563

m/sAVV==，10.155m/sBVV==，0.563m/sCAVV==。【答案】0.563m/sCAVV==；0.155m/sBV=。12.【命题意图】本题基于雨滴在下降过程中与静止的雨滴相碰撞并结合为新的雨滴的情景来考查动量守恒的应用。【分析与解

】(1)不计重力，全过程中动量守恒，则m0v0＝mnv′n于是可得00nnmvvm′=(2)若考虑重力的影响，则雨滴在下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞的瞬间动量守恒。①第1次碰撞前：22102vvgl=+，2102vvgl=+第1次碰撞后：0111mv

mv=′200110112mmvvvglmm′+==①②第2次碰撞前：22212mvvgl′=+利用①并化简可得22222001202112mmmvvglmm⎛⎞⎛⎞+=+⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠②第2次碰撞后，利用②可得222222200

1122022222mmmmvvvglmmm⎛⎞⎛⎞⎛⎞+′==+⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠同理，第3次碰撞后：2222220012302332mmmmvvglmm⎛⎞⎛⎞++′=+⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠……………第n次碰撞后：1222200022niinnn

mmvvglmm−=⎛⎞⎜⎟⎛⎞⎜⎟′=+⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎜⎟⎝⎠∑动能：能力提升参考答案·311·1222200011222nnniinmvmvglmm−=⎛⎞′=+⎜⎟⎝⎠∑【答案】(1)00nnmvvm′=；(2)①2102vvgl=+，200110112mmvvvglmm′==+

；②动能1222200011222nnniinmvmvglmm−=⎛⎞′=+⎜⎟⎝⎠∑。13.【命题意图】本题基于滑板运动员在赛道上滑行的情景来考查学生对牛顿运动定律、动量守恒定律、能量守恒定律的综合应用能力。【

分析与解】(1)在G点时，运动员和滑板一起做圆周运动。设向心加速度为，速度为Gv，运动员受到重力Mg和滑板对运动员的支持力N的作用，则①②③④⑤(2)设滑板a由A点静止下滑到赛道BC后的速度为v1，由机械能守恒定律可得⑥12vgh=⑦运动员与滑板b一起

由A点静止下滑到赛道BC后，速度也为v1。运动员由滑板b跳到滑板a，设蹬离滑板b时的水平速度为v2，在空中飞行的水平位移为s，则⑧设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为s0，则s0＝v1t1⑨设滑板a在t2时间内的位移为，则s1＝v1t2⑩s＝s0+s1即v2t2＝v1(t1+t

2)运动员落到滑板a后，与滑板a共同运动的速度为v，由动量守恒定律可得mv1+Mv2＝(m+M)v由以上的方程可解得代入数据后可解得nanNMgMa−=2GnvaR=2GMvNMgR−=()GRNMgvM−=6.5m/sGv=2112mghmv=22svt=1s()()21222m

tMttvghMmt++=+·312·高中理科解题策略与能力提升——物理篇v＝6.9m/s(3)设运动员离开滑板b后，滑板b的速度为v3，则可算出v3＝-3m/s，且<，滑板b将在两个平台之间来回运动，机械能不变。系统机械能的改变为22311()()

22GEMmvmvmmMghΔ=++−++代入数据求得88.75JEΔ=【答案】(1)6.5m/sGv=；(2)v＝6.9m/s；(3)88.75JEΔ=。第9章1.【答案】B。2.【答案】B。3.【答案】ABD。4.【答案】BC。5.【答案】D。6.【答案】BC

。7.【答案】D。8.【答案】ABC。9.【答案】B。10.【答案】BD。11.【答案】AD。12.【答案】C。13.【答案】AB。14.【答案】C。15.【答案】D。16.【答案】AC。17.【答案】AD。18.【答案】B。19.【答案】C。20.【答案】A

。21.【命题意图】本题基于带电粒子在电场中的偏转来考查动能定理的应用。【分析与解】(1)因为L＝v0t，L＝qEt22m＝qEL22mv02所以()231MvmvMmv+=+33m/sv=16m/sv=能力提升参考答案·313·E＝4EkqL，qEL

＝Ekt-Ek因此Ekt＝qEL+Ek＝5Ek。(2)若粒子由bc边离开电场，则L＝v0t，vy＝qEtm＝qELmv0，kE′-Ek＝12mvy2＝q2E2L22mv02＝222k4qELE所以E＝()kkk2EEEqL′−若粒子由cd边离开电场，则qEL＝kE′-Ek所以

E＝kkEEqL′−。【答案】(1)k4EEqL=，kk5tEE=；(2)若粒子由bc边离开电场，E＝kkk2()EEEqL′−；若粒子由cd边离开电场，E＝kkEEqL′−。22.【分析与解】(1)设水平恒力的

大小为0F，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则可得0tanFmgα=①3tan4α=②()2220FmgF+=③设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律可得2vFmR=④由①②③④和题中所给的数据可得0

34Fmg=⑤52gRv=⑥(2)设小球到达A点时的速度大小为1v，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系可得sinDARα=⑦()1cosCDRα+=⑧由动能定理可得22011122mgCDFDAmvmv−−−=⑨·314·高中理科解题策略与能力提升——物理篇由⑤⑥⑦⑧⑨和题中所给的

数据可得小球在A点的动量大小为1232mgRpmv==⑩(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为0的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向上的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用的时间为t。由运动学公式可得212vtgtCD⊥+=sinvvα⊥=由⑥⑧和题中

所给的数据可得355Rtg=【答案】(1)053,42gRFmgv==；(2)232mgR；(3)355Rg。第10章1.【答案】D。2.【答案】D。3.【答案】C。4.【答案】B。5.【命题意图】本题基于带电粒子在匀强电场和匀强磁场的组合场中运动的情景

考查学生对类平抛运动规律的应用能力，以及根据题目条件来作图以帮助解题的能力。【分析与解】(1)如附图4所示，粒子在第I象限内做类平抛运动，设粒子在第I象限(电场)中运动的时间为t。附图4水平方向上有x＝v0t＝2h①竖直方向上有y＝12at2＝

h②由牛顿第二定律可得能力提升参考答案·315·qE＝ma③联立①②③可得E＝mv202qh(2)粒子到达a点时沿负y轴方向的分速度为vy＝at＝v0，所以v＝220yvv+＝2v0，方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角。(3)当粒子在磁场中运动时，有qvB＝m2vr。当

粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r＝22L，所以B＝02mvqL。【答案】(1)电场强度E的大小E＝202mvqh；(2)粒子到达a点时的速度大小为2v0，方向是与x轴成45°角且斜向下；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值

为02mvqL。6.【命题意图】本题基于带电粒子在组合场中运动的情景来考查学生根据已知条件来作出轨迹图和确定轨道半径的能力，以及运用公式来寻找物理量之间的关系的能力。【分析与解】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动。粒子在磁场中做匀速圆周运动，如附图5所示。附图5由于粒子在分界线处的速度与分

界线垂直，则圆心O应在分界线上，OP的长度即为粒子运动的圆弧的半径R。由几何关系可得2221()RlRd=+−①设粒子的质量和所带的正电荷分别为m和q，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律可得2vqvBmR=②设P′点为虚

线与分界线的交点，POP′∠=α，则粒子在磁场中的运动时间为1Rαtv=③式中有1sinlRα=④粒子进入电场后做类平抛运动，其初速度为v，方向垂直于电场。设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得qEma=⑤

·316·高中理科解题策略与能力提升——物理篇由运动学公式可得212dat=⑥22lvt=⑦由①②⑤⑥⑦可得22122EldvBl+=⑧由①③④⑦可得22111222212arcsin2tlddltdlld+⎛⎞=⎜⎟+⎝⎠【答案】22122EldvBl+=；22

111222212arcsin2tlddltdlld+⎛⎞=⎜⎟+⎝⎠。7.【命题意图】本题基于带电粒子在交替出现的电场和磁场中运动的情景来考查学生根据受力情况以及题目中的已知条件来判断运动轨迹的能力，以及对牛顿运动定律在加速过程中和仅在洛伦兹力的作用下的圆周运动中

的应用能力。【分析与解】(1)设粒子在0~t0时间内运动的位移大小为s1，则21012sat=①a＝qE0m②又已知02mtqB=π，h=10π2mE0qB02，联立①②可解得115sh=③(2)粒子在t0~2t0时间内只受洛伦兹力的作用，且速度与磁场方向垂直，所

以粒子做匀速圆周运动。设运动的速度大小为v1，轨道的半径为R1，周期为T，则v1＝at0④qv1B＝mv12R1⑤联立④⑤可得R1＝h5π⑥T＝2πmqB0⑦即粒子在t0~2t0时间内恰好完成了一个周期的圆周运

动。在2t0~3t0时间内，粒子做初速度为v1的匀加速直线运动。设位移的大小为s2，则s2=v1t0+12at02⑧解得s2=35h⑨能力提升参考答案·317·因为s1+s2<h，所以粒子在3t0~4t0时间内继续做匀速圆周运动。设速度的大小为v2，半

径为R2，则v2=v1+at0⑩qv2B0=mv22R2解得R2=2h5π因为s1+s2+R2＜h，所以粒子恰好又完成了一个周期的圆周运动。在4t0~5t0时间内，粒子运动到正极板，如附图6(a)所示。因此，粒子在极板间做圆周运动的最大半径为225hR=

π(3)粒子在板间运动的轨迹如附图6(b)所示。附图6【答案】(1)粒子在0~t0时间内的位移大小与极板间距h的比值为1sh=15；(2)粒子在极板间做圆周运动的最大半径为R2=25πh；(3)粒子在

板间运动的轨迹图如附图6(b)所示。8.【命题意图】本题基于带电粒子在叠加场中运动的情景来考查学生根据运动状态来确定受力情况和根据洛伦兹力的方向来确定v的方向的能力，同时也考查在平衡状态下撤去一个力以后对微粒

运动情况的判断能力以及对类平抛运动规律的应用能力。【分析与解】(1)小球匀速直线运动时的受力情况如附图7所示。附图7其所受到的三个力在同一平面内且合力为0，则2222qvBqEmg=+①·318·高中理科解题策略与能力提升——物理篇代入数据后可解得v＝20m/s②速度v的方

向与电场E的方向之间的夹角θ满足tanθ＝qEmg③代入数据后可解得tanθ＝3则θ＝60°④(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力的作用下做类平抛运动，设其加速度为a，则a＝2222qEmgm+⑤设撤掉磁场后小球在初速度的方向上的分位移为x，则x＝v

t⑥设小球在重力与电场力的合力的方向上的分位移为y，则y＝12at2⑦a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，且tanθ＝yx⑧联立④⑤⑥⑦⑧并代入数据后可解得t＝23s⑨解法二：撤去磁场后，因为电场力垂直

于竖直方向，所以它对竖直方向上的分运动没有影响。以P点为坐标原点、竖直向上为正方向，则小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsinθ⑩若使小球再次穿过P点所在的电场线，则仅需小球在竖直方向上的分位移为0，则vyt－12gt2＝0联立⑩并代入数据后可

解得t＝23s【答案】(1)20m/s，方向与电场方向成60°角且斜向上；(2)23s。9.【命题意图】本题基于“扇形聚焦回旋加速器”模型来考查学生对该仪器的原理的理解能力，以及根据几何关系来寻找半径并利用半径和周期公式来求解空间和

时间的关系的能力。【分析与解】(1)峰区内圆弧的半径r＝mvqB，旋转方向为逆时针方向。(2)由对称性可知，峰区内圆弧的圆心角为能力提升参考答案·319·θ＝2π3每个圆弧的长度为l＝2πr3＝2πmv3qB每

段直线的长度为L＝2rcosπ6＝3r＝3mvqB周期为T＝3(l＋L)v代入以上的式子后可得T＝(2π＋33)mqB(3)如附图8所示，谷区内的圆心角为θ′＝120°－90°＝30°谷区内的轨道圆弧半径为r′＝mvqB′由几何关系可得rsinθ2＝r′sinθ′2由三角关系可得si

n30°2＝sin15°＝6－24代入以上的式子后可得B′＝3－12B附图8【答案】(1)mvqB，逆时针；(2)2π3，(2π＋33)mqB；(3)B′＝3－12B。第11章1.【答案】C。2.【答案】A。·3

20·高中理科解题策略与能力提升——物理篇3.【答案】D。4.【答案】BD。5.【答案】BC。6.【答案】D。7.【答案】AC。8.【答案】A。9.【答案】B。10.【答案】2mgh。11.【答案】CD。12.【命题意图】本题基于直导体棒

AB转动并切割磁感线的模型来考查学生对电磁感应定律和右手定则的理解能力和应用能力。【分析与解】(1)在Δt时间内，导体棒扫过的面积为ΔS＝12ωΔt[(2r)2－r2]①根据法拉第电磁感应定律可知，导体棒上感应电动势的大小为E＝BΔSΔt②根据右手定则

可知，感应电流的方向是从B端流向A端。因此，通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向D端。由欧姆定律可知，通过电阻R的感应电流的大小I满足I＝ER③联立①②③可得I＝3ωBr22R④(2)在竖直方向上有Mg-2N＝0⑤式中，由于

导体棒的质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等且其值为N，因此两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为f＝μN⑥在Δt时间内，导体棒在内、外圆轨上扫过的弧长分别为l1＝rωΔt⑦l2＝2rωΔt⑧克服摩擦力

做的总功为Wf＝f(l1＋l2)⑨在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为WR＝I2RΔt⑩根据能量转化和守恒定律可知，外力在Δt时间内做的功为W＝Wf＋WR外力的功率为能力提升参考答案·321·P＝WΔt由④～可得P＝32μmgωr＋9ω2B2r44R【答案】(1)从C端流向D端，3ωBr22

R；(2)32μmgωr＋9ω2B2r44R。13.【命题意图】本题基于电磁轨道炮的模型来考查电磁感应与含容电路结合的综合问题。【分析与解】(1)垂直于导轨平面向下。(2)电容器完全充电后，两极板间的电压

为E。当开关S接至2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，则I＝ER①设MN受到的安培力为F，则F＝IlB②由牛顿第二定律可得F＝ma③联立①②③可得a＝BlEmR④(3)当电容器充电完毕时，设电

容器上的电荷量为Q0，则Q0＝CE⑤在开关S接至2后，MN开始向右加速运动，当速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，则E′＝Blvmax⑥根据题意可得E′＝QC⑦设在此过程中MN的平均电流为I、MN上受到的平均安培力为F，则F＝IlB⑧

由动量定理可得FΔt＝mvmax⑨且IΔt＝Q0－Q⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩可得Q＝22222BlCEmBlC+【答案】(1)垂直于导轨平面向下；(2)BlEmR；(3)B2l2C2Em＋B2l2C。14.【命题意图】本题基于凸形框下落并穿过磁场的情景来考查学生对金属导线框在·322

·高中理科解题策略与能力提升——物理篇通过竖直磁场的过程中所涉及的动力学问题的分析能力及对能量守恒的定律的应用能力。【分析与解】(1)设磁场中磁感应强度的大小为B，cd边刚进入磁场时线框做匀速运动的速度为v1，c

d边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律可得E1＝2Blv1①设线框的总电阻为R，此时线框中的电流为I1，由闭合电路欧姆定律可得I1＝E1R②设此时线框所受到的安培力为F1，则F1＝2I1lB③由于线框做匀速运动，其受

力平衡，mg＝F1④由①②③④可得v1＝mgR4B2l2⑤设ab边离开磁场之前线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝mgRB2l2⑥由⑤⑥可得v2＝4v1⑦(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能

守恒定律可得2mgl＝12mv21⑧在线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律可得mg(2l＋H)＝12mv22－12mv21＋Q⑨由⑦⑧⑨可得H＝Qmg＋28l⑩【方法提炼】关于不同的过程，对有效长度的判断非常重要，可以结合题目中的已知条件以及电磁感应、安培力、共点力平衡、能量守恒

等知识来求解。【答案】(1)4倍；(2)H＝Qmg＋28l。15.【命题意图】本题基于线框在匀强磁场中运动的情景来考查学生对电磁感应中复杂模型的分析能力。【分析与解】(1)方框的质量为方框的电阻为当方框下落的速度为v时，产生的感应电动势

为4mLAd=4LRAρ=能力提升参考答案·323·感应电流为方框在下落的过程中受到的重力G及安培力F为(方向竖直向下)22BALFBILvρ=⋅=⋅(方向竖直向上)当F＝G时，方框达到最大速度即mvv=，则2m4BALvLAdgρ=方框下落的最大速度

为m24dvgBρ=(2)当方框下落的加速度为2g时，有22gmgIBLm−⋅=，则4mgAdgIBLB==方框的发热功率为22224ALdgPIRBρ==(3)根据能量守恒定律可得22012tmghmvIRt=+2012tmIghvRt⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠解得恒定电流I0的表达式为2

012tdIAghvtρ⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠【答案】(1)m24dvgBρ=；(2)2224ALdgPBρ=；(3)2012tdIAghvtρ⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠。16.【命题意图】本题基于双轨上的金属杆竖直

下落并切割磁感线的情景来考查电磁感应中的动力学问题以及欧姆定律的应用。【分析与解】(1)设小灯泡的额定电流为I0，则P＝I20R①由题意可知在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN的电流为I＝2I0②此时金属棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，则m

g＝BLI③2EBLv=⋅⋅2EBAvIRρ==4GmgLAdg==·324·高中理科解题策略与能力提升——物理篇联立①②③可得B＝mg2LRP④(2)设灯泡正常发光时导体棒的速率为v，由电磁感应定律与欧姆定律可得E＝BLv⑤

E＝RI0⑥联立①②③④⑤⑥可得v＝2Pmg⑦【答案】(1)B＝mg2LRP；(2)v＝2Pmg。第12章1.【答案】AC。2.【答案】AC。3.【答案】D。4.【答案】C。5.【答案】BC。6.【答案】B。7.【答案】AD。8.【答案】D。9.【答案】BC。10.【答案】C。11.【

答案】D。第13章1.【答案】AB。2.【答案】D。3.【答案】A。4.【答案】ACE。5.【答案】B。6.【答案】C。7.【答案】ACD。8.【答案】BDE。9.【答案】C。10.【答案】C。11.【答案】A。12.【答案】ACE。13.【答案】B。能力提升参考答案·3

25·14.【答案】AC。15.【答案】ABD。16.【答案】ACE。17.【答案】D。18.【命题意图】本题旨在考查学生对机械波的形成、传播以及传播路径上各质点的运动规律的掌握情况。【分析与解】(1)设振动周期为T。由于质点A在0～1s内由最大位移处第一次回到平衡位置，所经历的是14

个周期，由此可知T＝4s①质点O与A的距离为5cm，小于半个波长，波沿x轴正方向传播，且质点O在t＝13s时回到了平衡位置而质点A在t＝1s时回到了平衡位置，时间相差了23s，因此用两质点平衡位置的距离除以传播时间便可以得到波的速度，即v＝7.5cm/s②利用波长、波速和

周期的关系可以得到简谐波的波长为λ＝30cm③(2)设质点O的位移随时间变化的关系为y＝Acos⎝⎛⎠⎞2πtT＋φ0④将(1)以及题中所给的条件代入④中可得⎩⎪⎨⎪⎧4＝Acosφ00＝Acos⎝⎛⎠⎞π6＋φ0⑤解得φ0＝π3，A＝8cm，质点O的位移随时间

变化的关系式为y＝0.08cos⎝⎛⎠⎞πt2＋π3(m)或y＝0.08sin⎝⎛⎠⎞πt2＋5π6(m)。【答案】(1)4s，7.5cm/s，30cm；(2)质点O的位移随时间变化的关系式为y＝0.

08cos⎝⎛⎠⎞πt2＋π3(m)或y＝0.08sin⎝⎛⎠⎞πt2＋5π6(m)。19.【命题意图】本题旨在考查学生对波长、波速、周期之间的关系以及振动的加强点和减弱点的了解情况和应用能力。【分析与解】由图可得周期T＝

2s，则波长λ＝vT＝2m，两列波从波源传播到点A（8，－2）的路程差Δr＝r1－r2＝10m－8m＝2m，两列波的振动步调相反。从波源传播到点B（4，1）的路程差为0，引起该处质点的振动相互减弱，从波源传播到点C（0，0.5）的路程差为1m＝λ2×1，该处质点为振动加强点。【答案】

2，减弱，加强。·326·高中理科解题策略与能力提升——物理篇第14章1.【答案】D。2.【答案】C。3.【答案】ACD。4.【答案】B。5.【答案】C。6.【分析与解】(1)光路图及相关的量如附图9所示。附图9光束在AB边上折射，由折射定律可得si

nsiniα=n①式中，n是棱镜的折射率。由几何关系可知α+β=60°②由几何关系和反射定律可得Bββ′==∠③联立①②③并代入i=60°可得n=3④(2)设改变后的入射角为i′，折射角为α′，由折射定律可得sinsiniα′′=n⑤根据题意可知，光束在BC

边上的入射角为全反射的临界角C，且sinC=1n⑥由几何关系可得C=α′+30°⑦由④⑤⑥⑦可得入射角的正弦值为sini′=322−【答案】(1)3；(2)322−。7.【分析与解】(1)设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1、到P点的水平距离为x2，桅杆的

高度为h1，P点处水深为h2，激光束在水中与竖直方向的夹角为θ。由几何关系可得能力提升参考答案·327·11xh=tan53°①22xh=tanθ②由折射定律可得sin53sinnθ=�③设桅杆到P点的水平距离为x，则x=x1+x2④联立①②③④并代入题

中所给的数据后可得x=7m⑤(2)设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时从水面出射的方向与竖直方向的夹角为i′，由折射定律可得sinsin45in′=�⑥设船向左行驶的距离为x′，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为1x′，到P点的水平距离为2x′，则1x′+2x′=x′+x⑦11xh′=

tani′⑧22xh′=tan45°⑨联立⑤⑥⑦⑧⑨并代入题中所给的数据后可得x′=(62-3)m≈5.5m【答案】(1)7m；(2)5.5m。8.【分析与解】如附图10所示，由几何关系可得附图10sini＝D2R解得i＝45°·328·高中理

科解题策略与能力提升——物理篇由折射定律可得sinisinr＝n解得r＝30°且i＝r＋α2解得α＝30°【答案】30°。9.【分析与解】(1)如附图11所示，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M两点相对于底面EF对称，Q、P和N三点共线。附图11

设在M点处，光的入射角为i，折射角为r，∠OMQ＝α，∠PNF＝β。根据题意可得α＝30°①由几何关系可得∠PNO＝∠PQO＝r于是β＋r＝60°②且α＋r＝β③由①②③可得r＝15°④(2)根据折射率公式可得r

nisinsin=⑤i＝30°⑥由④⑤⑥可得n＝6＋22能力提升参考答案·329·【答案】(1)15r=�；(2)622n+=。10.【分析与解】设球的半径为R，球冠底面的中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB。令∠OAO′＝α，则cos

α＝O′AOA＝32RR即α＝30°由题意可得MA⊥AB所以∠OAM＝60°设N点为光线在球冠内底面上的反射点，则光线的光路图如附图12所示。附图12设光线在M点的入射角为i、折射角为r，在N点的入射角为i′，反射

角为i″，玻璃的折射率为n。由于△OAM为等边三角形，则i＝60°由折射定律可得sinsininr=代入题中所给的条件后可得n＝3，r＝30°作底面在N点的法线NE，由于NE∥AM，则i′＝30°根据反射定律可得i″＝30°连接ON，由几何关系可知△MAN≌△MON，则∠MNO＝60

°由⑦⑨可得∠ENO＝30°于是∠ENO为反射角，ON为反射光线。这一反射光线经球面再次折射后不改变方向。·330·高中理科解题策略与能力提升——物理篇所以，经一次反射后射出玻璃球冠的光线相对于入射光

线的偏角β为β＝180°－∠ENO＝150°【答案】150�。11.【分析与解】(1)光路图如附图13所示。附图13以i、r表示入射光线的入射角、折射角，以1δ、2δ、3δ表示每一次偏转的角度。(2)如附图14所示，由折射定律可得

附图14sinsininr=由反射定律、折射定律和几何关系可得sindiR=1δ=i-r，2δ=π-2r，3δ=i-r故这束光线从射向水珠到射出水珠每一次偏转的角度为111sinsinddRnRδ−−⎛⎞⎛⎞=−⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠122sindnRδ−=π−113sinsinddR

nRδ−−⎛⎞⎛⎞=−⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠【答案】(1)如附图13所示；(2)111sinsinddRnRδ−−⎛⎞⎛⎞=−⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠，122sindnRδ−=π−，113sinsinddRnRδ−−⎛⎞⎛⎞=−⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠。