高考物理 年年必考的十大热点问题破解之道（打包10套）.zip

1带电粒子在磁场中运动问题破解之道——巧用临界找轨迹带电粒子（质量 m、电量 q 确定）在有界磁场中运动时，涉及的可能变化的参量有——入射点、入射速度大小、入射方向、出射点、出射方向、磁感应强度大小、磁场方向等，其中磁感应强度大小与入射速度大小影响的都是轨道半径的大小，可归并为同一因素（以“入射速度大小”代表） ，磁场方向在一般问题中不改变，若改变，也只需将已讨论情况按反方向偏转再分析一下即可。在具体问题中，这五个参量一般都是已知两个，剩下其他参量不确定（但知道变化范围）或待定，按已知参数可将问题分为如下 10 类（ 25C） ，并可归并为 6 大类型。所有这些问题，其通用解法是：①第一步，找准轨迹圆圆心可能的位置，②第二步，按一定顺序尽可能多地作不同圆心对应的轨迹圆（一般至少 5 画个轨迹圆） ，③第三步，根据所作的图和题设条件，找出临界轨迹圆，从而抓住解题的关键点。类型一：已知入射点和入射速度方向，但入射速度大小不确定（即轨道半径不确定）这类问题的特点是：所有轨迹圆圆心均在过入射点、垂直入射速度的同一条直线上。【例 1】如图所示，长为 L 的水平极板间有垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为 B，板间距离也为 L，板不带电．现有质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度 v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是A．使粒子的速度 vBqL4m 5BqL4mC．使粒子的速度 v D．使粒子的速度 时粒子能从右边穿出．mv1Bq 5BqL4m 5BqL4m粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在 O′点，有 r2＝L4由 r2＝ ，得 v2＝ ，所以 v0，00， xa 的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为 B。在 O 点处有一小孔，一束质量为 m、带电量为 q（ q0）的粒子沿 x 轴经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮。入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值．已知速度最大的粒子在0a 的区域中运动的时间之比为2：5，在磁场中运动的总时间为7 T/12，其中 T 为该粒子在磁感应强度为 B 的匀强磁场中作圆周运动的周期。试求两个荧光屏上亮线的范围（不计重力的影响） 。【分析】粒子在0a 的区域，由对称性可知，粒子在 xa 的区域内的轨迹圆圆心均在在 x=2a 直线上，在 x=2a 直线上取不同点为圆心，半径由小取到大，可作出一系列圆（如图乙） ，其中轨迹圆①'为半径最小的情况，轨迹圆②为题目所要求的速度最大的粒子的轨迹。【答案】竖直屏上发亮的范围从 0 到 2a，水平屏上发亮的范围从 2a 到 23xa【解答】 粒子在磁感应强度为 B 的匀强磁场中运动半径为： mvrqB ①速度小的粒子将在 xa 的区域中运动的时间，由题意可知25， 271Tt由此解得： 16T ② 152t ③由②③式和对称性可得 0OCM '60N ⑤5'360MCP ⑥ 所以 9P ⑦即弧长 NP 为1/4圆周。因此，圆心 '在 x 轴上。设速度为最大值粒子的轨道半径为 R，有直角 'A可得2sin60Ra 23a ⑧由图可知 OP=2a+R，因此水平荧光屏发亮范围的右边界的坐标 23xa ⑨【易错提醒】本题容易把握不住隐含条件——所有在 xa 的区域内的轨迹圆圆心均在在 x=2a 直线上，从而造成在 xa 的区域内的作图困难；另一方面，在 xa 的区域内作轨迹圆时，半径未从轨迹圆①半径开始取值，致使轨迹圆①'未作出，从而将水平荧光屏发亮范围的左边界坐标确定为 x=a。类型二：已知入射点和入射速度大小（即轨道半径大小） ，但入射速度方向不确定这类问题的特点是：所有轨迹圆的圆心均在一个“圆心圆”上——所谓“圆心圆” ，是指以入射点为圆心，以 mvrqB为半径的圆。【例 2】如图所示，在 0≤x≤ a、0≤y≤ 2范围内有垂直手 xy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。坐标原点 O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在 xOy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在 0～ 9范围内。己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于 a/2 到 a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的(1)速度的大小；(2)速度方向与 y 轴正方向夹角的正弦。【分析】本题给定的情形是粒子轨道半径 r 大小确定但初速度方向不确定，所有粒子的轨迹圆都要经过入射点 O，入射点 O 到任一圆心的距离均为 r，故所有轨迹圆的圆心均在一个“圆心圆”——以入射点 O 为圆心、 r 为半径的圆周上（如图甲） 。考虑到粒子是向右偏转，我们从最左边的轨迹圆画起——取“圆心圆”上不同点为圆心、 r 为半径作出一系列圆，如图乙所示；其中，轨迹①对应弦长大于轨迹②对应弦长——半径一定、圆心角都较小时（均小于 180°） ，弦长越长，圆心角越大，粒子在磁场中运动时间越长——故轨迹①对应圆心角为 90°。图乙图甲①②4【答案】 66(2)(2)aqBRavm6-， ， sin=10【解答】设粒子的发射速度为 v，粒子做圆周运动的轨道半径为 R，根据牛顿第二定律和洛伦兹力得：2vqBR， 解得： qB当 a/20)和初速度 v的带电微粒沿 x轴正方向射向该区域，其中沿半径 AO'方向进入磁场区域的带电微粒经磁场偏转后，从坐标原点 O沿 y轴负方向离开。(1)求磁感应强度 B的大小和方向。(2)请指出这束带电微粒与 x 轴相交的区域，并说明理由。【分析】 （1）从 A 点进入磁场区域的微粒轨迹圆心在 A 点正下方相距 R 的 C 处，微粒轨迹如图所示，f f①②f③CDCD11可知微粒轨迹半径为 qBmvR；（2）所有这些微粒进入磁场后做圆周运动的圆心均在如图所示半圆虚线 O'CD 上，在该曲线上由上到下取点作为圆心、以 R 为半径作一系列轨迹圆，易由图可知这些微粒均与 x 轴相交于原点——因为圆心所在曲线半圆 O'CD 的圆心是原点O。【答案】(1) qRmvB，方向垂直 xOy 平面向外；（2）这束微粒均与 x 轴相交于原点。类型六：已知初速度方向（所在直线）和出射点，但入射点不确定这类问题的特点是：所有轨迹圆的圆心均在“以初速度所在直线为准线、出射点为焦点的抛物线”上。【例6】如图所示，现有一质量为 m、电量为 e 的电子从 y 轴上的P（0， a）点以初速度 v0平行于 x 轴射出，在 y 轴右侧某一圆形区域加一垂直于 xoy 平面向里匀强磁场，磁感应强度大小为 B. 为了使电子能从 x 轴上的 Q（ b，0）点射出磁场。试求满足条件的磁场的最小面积，并求出该磁场圆圆心的坐标。【分析】本题中，电子初速度所在直线已知，电子进入磁场的入射点在该直线上，则可知电子在磁场中作圆周运动的轨迹圆与该直线相切、且经过 Q 点，所以电子轨迹圆圆心到该直线和到 Q 点的距离相等，即电子轨迹圆圆心在以该直线为准线、Q 点为焦点的抛物线上。在该抛物线上从左向右去不同点为圆心，做出一些列轨迹圆，可以看出所有这些轨迹中轨迹①所需圆形磁场的直径最小。①12【答案】 2π41a， （ b, ）1静电场问题破解之道——六种方法包万象通览近几年各地高考卷中的电场类选择题，考题可以说是千变万化，但使用的方法却都基本相同。用到的方法主要有对称法、等效法、割补法、微元法、整体隔离法和极端思维法等，这正是“年年岁岁法相似，岁岁年年题不同”。本文结合几道相关的试题加以赏析，感受一下静电场选择题的破解之道。下面分别举例说明。一、对称法例 1（2014 年高考江苏卷）如图 1 所示，一圆环上均匀分布着正电荷， x 轴垂直于环面且过圆心 O。 下列关于 x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（ ）A． O 点的电场强度为零，电势最低B． O 点的电场强度为零，电势最高C．从 O 点沿 x 轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从 O 点沿 x 轴正方向，电场强度增大，电势降低解析 因为圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知在圆心 O 点产生的电场的合场强为零，且在垂直于 x 轴方向上分量的矢量和为 0，所以 x 轴上 O 点右侧场强方向向右，O 点左侧场强方向向左，又因为沿电场线方向电势降低，所以 O 点电势最高，所以 A 选项错误，B 选项正确；均匀分布着正电荷的圆环可看成由无数对关于圆心 O 点对称的带正电的点电荷组成， x 轴正好位于这对点电荷的中垂线上，由等量正点电荷中垂线上的电场特点和电场叠加原理可知，从 O 点沿 x 轴正方向，电场强度先变大后变小，所以 CD 选项错误。答案 B点评 解决本题的关键就是运用了对称法确定了圆环中心 O 和 x 轴上圆环左右两侧电场强度的大小和方向特点，从而使问题得解。针对训练 1 如图 2 所示，电荷均匀分布在半球面上，已知半球面上的电荷在半球的中心 O 处产生的电场强度为 0E，方向垂直于赤道面。一个平面通过一条直径，与赤道面的夹角为 α ，把半球面分为两部分， α 角所对应的这部分球面上（在“小瓣”上）的电荷在 O 处的电场强度为（ ）图 2图 12A． sin0E B． cos0E C． 2sin0E D． 2cos0E二、等效法例 2（2015 年高考山东卷）直角坐标系 xOy 中，M、 N 两点位于 x 轴上， G、 H 两点坐标如图 3 所示， M、 N两点各固定一负点电荷，一电量为 Q 的正点电荷置于 O点时， G 点处的电场 强度恰好为零。静电力常量用 k 表示。若将该正点电荷移到 G 点，则 H 点处场强的大小和方向分别为（ ）A． 243akQ，沿 y 轴正向 B． 243ak，沿 y 轴负向C． 5，沿 y 轴正向 D． 5Q，沿 y 轴负向解析 由于 G 点的场强为 0，根据电场叠加原理可得， M、 N 两点固定的负点电荷在 G点处产生的场强与 O 点的正点电荷在 G 点处产生的场强大小相等，方向相反，根据等效性，M、 N 两点固定的负点电荷在 G 点处产生的场强可以等效为 O 点的正点电荷在 G 点处产生的场强，但方向相反，所以 M、 N 两点固定的负点电荷在 G 点处产生的场强为 21aQkE＝ ，方向沿 y 轴正向，再根据对称性可知， M、 N 两点各固定的负点电荷在 H 点处产生的场强大小也为 21aQkE＝ ，沿 y 轴负向；若将正电荷移到 G 点处，则正电荷在 H 点处产生的场强为24＝）（＝方向沿 y 轴正向；所以 H 点处场强的大小 2143akE＝－＝ ，方向沿 y 轴负向，所以选项 B 正确。答案 B点评 解决本题的关键就是根据 G 点处的场强为零，则 M、 N 两点固定的负点电荷在 G点处产生的场强可以等效为 O 点的正点电荷在 G 点处产生的场强，这样通过等效，将未知两点电荷电量大小和距离的场强问题等效为已知电量大小和距离的点电荷场强问题，从而使问题得解。针对训练 2（2015 年高考贵州一模）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 4 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 为通过半图 3图 43球顶点与球心 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． 2Rkq B． ERkq2 C． Ekq24 D． Rkq24三、割补法例 3（2012 年安徽卷）如图 5 所示，半径为 均匀带电圆形平板，单位面积带电量为 ，其轴线上任意一点P（坐标为 x）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出： 212xRkE，方向沿 x轴。现考虑单位面积带电量为 0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为 r的圆板，如图 6 所示。则圆孔轴线上任意一点 Q（坐标为 x）的电场强度为（ ）A． 2102xrk B． 210rk C．2 0 D．2 0x解析 根据割补法将挖去的半径为 r的圆板补上则得到一个无限大均匀带电平板，由公式 212xRkE得，当 R 时得圆孔轴线上任意一点 Q的场强大小为01Q；补上去的半径为 r的圆板在 Q 点产生的场强大小为212xrkE；则挖去一半径为 r的圆板后则圆孔轴线上任意一点 Ｑ 场强21021rQ，所以 A 选项正确。答案 A点评 解决本题的关键就是利用割补法将挖去的半径为 r的圆板补上得到一个无限大图 5 图 64均匀带电平板，利用公式求出场强 1QE，再将补上去的半径为 r的圆板在 Ｑ 点产生的场强２QE减去，这样通过割补法将不可求的不规则形状物体的场强问题转化成了两个规则物体场强差问题，从而使问题得解，这是利用割补法中“补”法。针对训练 3 一半径为 R 的绝缘球壳上均匀地带有电荷量为＋ Q 的电荷，另一电荷量为＋ q 的点电荷放在球心 O 处。由于对称性，点电荷受力为零。现在球壳上挖去半径为 r(Rr)的一个很小的圆孔，则此时置于球心处的点电荷（ ）A．受力大小为零B．受力大小为 2kqQ，方向由圆孔指向球心C．受力大小为 4Rr，方向由圆孔指向球心D．受力大小为 42kq，方向由球心指向圆孔四、微元法例４半径分别为 R和 r( )的两个同心圆环，带电荷量分别为 Q和 ，电荷量在两圆环上均匀分布（如图 7 所示），则圆环轴线正半轴方向上距圆心 O 点距离为 d 的P 点的电场强度 E 的大小和方向正确的为（ ）A． 23211dRdrkQ沿 x 轴负方向B． 232rk沿 x 轴正方向C． 23211dRdrkQ沿 x 轴负方向D． 232rk沿 x 轴正方向5解析 从半径为 R 的 圆环上取一微元电荷 q，微元电荷到 P 点连线的距离为 2dL，设微元电荷和 P 点连线与 x 轴正方向夹角为 ，则该微元电荷 q在 P点产生的场强 222 dRkqkLE０ ，方向与 x 轴正方向夹角为 ，如图８所示。 Q可以分成无数个这样的微元电荷 ，每个微元电荷 q在 P 点产生的场强大小都为 2dRqk０ 且方向与 x 轴正方向夹角为 ，根据对称性可得各个微元电荷 q在垂直于 x 轴方向上的合场强为０，所以 Q在 P 点产生的场强 １E为各个微元电荷 在 P点产生的场强 ０E在 x 轴方向的分量之和，即为 3232220cos dRkQqdRkdRqk １，方向沿 x轴正方向；同理可得 Q－ 在 P 点产生的场强 32drkQE２ ，方向沿 x 轴负方向；有 rR得 21E，则 P 点的合场强323212 1dRdrk，方向沿 x 轴负方向，所以 B 选项正确。答案 B点评 解决本题的关键就是通过微元法在半径为 和 r的均匀带电圆环取一微元电荷q，将求解非点电荷的电场强度问题转化成了求解点电荷的电场强度问题，从而使问题得解。针对训练 4 如图 9 所示，一个均匀的带电圆环，带电荷量为 Q，半径为 R，放在绝缘水平桌面上。圆心为 O 点，过 O 点作一竖直线，在此线上取一点 A，使 A 到 O 点的距离为 R，在 A 点放一检验电荷＋ q，则＋ q 在 A 点所受的电场力为（ ）图 7 图 86A． 2RkQq，方向向上 B． 24RkQq，方向向上C． 24，方向水平向左 D．不能确定五、整体隔离法例５（2015 年高考浙江卷）如图 10 所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为 kg1.0的小球 A 悬挂到水平板的 MN 两点， A 上带有 C.36－＝ Q的正电荷。两线夹角为 120°，两线上的拉力大小分别为 1F和 2。 A 的正下方 m3.0处放有一带等量异种电荷的小球 B， B 与绝缘支架的总质量为kg2.0（重力加速度取 2s/0g；静电力常量 29C/N1．k， AB 球可视为点电荷）则（ ）A．支架对地面的压力大小为 2.0NB．两线上的 拉力大小 N912．＝＝ FC．将 B 水平右移，使 M、 A、 B 在同一直线上，此时两线上的拉力大小为01N2512．＝，．＝ FD．将 B 移到无穷远处，两线上的拉力大小 N86021．＝＝ F解析 取 B 和支架整体为研究对象，受力分析得地面的支持力 N9.02．－＝ rqkGAN，所以 A 选项错误；隔离 A 受力分析， A 受竖直向下的重力，竖直向下的库仑力和两线上的拉力，如果将重力和库仑力等效为一个力 F，则 91.02．＝＝＝ rqkFBA，等效后，等效力 F，两线拉力这三力夹角正好为 01，所以三力大小相等，所以两线上的 拉力 N9121．＝＝＝ ，所以 B 选项正确；将 B 水平右移，使 MAB 在同一直线上，由几何关系得两小球的距离变为m630sin.．r，此时将拉力 1F和库仑力等效为一个力，等效力、拉力 2F和重力AG这三力夹角正好也为 02，所以三力大小相等，有 21GrqkFAB＝＝－  ，解得N.12512．＝，．＝ F，所以 C 选项正确；将 B 移到无穷远处则库仑力为 0，则两线上拉力大小 ．＝＝＝ A，所以 D 选项错误。图 9图 107答案 BC点评 解决本题的关键就是先用整体法选 B 和支架为研究对象得到了地面的支持力，再利用隔离法选取 A 球为研究对象，然后受力分析，再根据平衡条件从而使问题得解。针对训练 5（2015 年高考华中师大附中模拟）用等长的两根轻质细线把两个质量相等的带电小球 a、 b 悬挂起来， a 带正电， b 带负电，两电荷电荷量关系为 baq3，平衡时如图 11 中左图所示，如果加一水平向右的匀强电场，最后达到平衡状态，设加匀强电场前后 ab 之间的绳始终处于拉伸状态。则达到平衡状态的图可能是图中的（ ）六、极端思维法例６（2010 年高考福建卷）物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需要通过一定的分析就可以判断结论是否正确。如图 12 所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为 1R和 2的圆环，两圆环上的电荷量均为 q（ q0），而且电荷均匀分布。两圆环的圆心 O和 相距为 2a，联线的中点为 O，轴线上的 A 点在 O 点右侧与 O 点相距为r（ ra）。试分析判断下列关于 A 点处电场强度大小 E 的表达式（式中 k 为静电力常量）正确的是（ ）A． 21222kqRkqREarar B． 2133222kqkqRarRarC． 22221kqkqErr D．图 11图 1282332221kqarkqarERR解析 我们可以取极端情况，当 1和 2都为0时，可将两带电圆环看成点电荷，根据点电荷的场强公式和电场叠加原理可得 A点的场强 22rakqE，将0＝和＝ ２１ R分别代入ABCD 四个选项，AB两选项为 0＝ ，C选项为rakqE，只有D项为 22rakq，所以本题的正确选项为D。答案 D点评 解决本题的关键就是选取 0＝和＝ ２１ R的极端情况，使不能用常规公式求解的非点荷电场问题转化成了可以利用常规公式求解的点电荷电场问题，从而使问题得解。针对训练 6 图示 13 为一个内、外半径分别为 R1和 R2的圆环状均匀带电平面，其单位面积带电量为 。取环面中心 O 为原点，以垂直于环面的轴线为 x 轴。设轴上任意点 P 到O 点的的距离为 x， P 点电场强度的大小为 E。下面给出 E 的四个表达式（式中 k 为静电力常量），其中只有一个是合理的。你可能不会求解此处的场强 E，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断， E 的合理表达式应为（ ）A． xRxkE2212＝B． xxk221＝C． 2212RxxkE＝图 139D． xRxkE2212＝通过以上分析表明，“年年考电场，年年有新意，看似千变万化，方法千篇一律”这是历年高考静电场选择题的真实写照，这也是以后高考命题的趋势。所以我们在静电场部分学习中既要重视基本知识的理解，又要重视思维方法的培养，才能达到活学活用，融会贯通，从而提高学生的解题能力。参考答案针对训练 1 C针对训练 2 B针对训练 3 D针对训练 4 B针对训练 5 C针对训练 6 B1力学实验问题破题之道——依托实验考计算纵观近几年来高考力学实验题，考查的内容是年年更新，考查的形式是千变万化．力学实验题从表面上看毫无规律可循，但仔细分析每年的考题不难发现，这些实验题其实有一个共同的特点，它们都是依托教材中的实验，将实验原理、实验方法迁移到新的情景中，然后设计成一道计算题进行考查．经常考查的就是运动学规律、静力学规律、动力学规律以及功能规律的应用．本文以近年来高考的力学实验题为例进行抽丝剥茧、拨开迷雾，解密高考力学实验题的命题规律，期望能为大家的高考备考助一臂之力．一、依托实验考查运动学规律的应用例 1 （2015 年高考·重庆物理卷）同学们利用如图 1 所示方法估测反应时间．首先，甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直状态，直尺零刻度线位于乙同学的两指之间．当乙看见甲放开直尺时，立即用手指捏直尺，若捏住位置的刻度读数为 x，则乙同学的反应时间为 ． （重力加速度为 g）基于上述原理，某同学用直尺制作测量反应时间的工具，若测量范围为 0～0.4s，则所用直尺的长度至少为 cm（ g取10m/s2） ；若以相等时间间隔在该直尺的另一面标记出表示反应时间的刻度线，则每个时间间隔在直尺上对应的长度是 的（选填“相等”或“不相等” ） ．解析：在人的反应时间内直尺做自由落体运动，有 210gtx，解得 gxt2；反应时间最长为 st4.0，需要直尺的长度为 cm80.4.22t ；自由落体运动从计时开始连续相等时间内的位移为 1:3:5:7，故长度不相等．点评：本题是人教版“自由落体运动”一节“做一做”中测反应时间为背景设计的一道力学实验题，实际上这就是一道运动学问题，考查运用自由落体运动公式计算时间和位移．二、依托实验考查静力学规律的应用例 2 （2015 年高考·四川理综卷）某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂 1 个钩码，静止时弹簧长度为 l1，如图 2(a)所示，图 2(b)是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是1 毫米）上位置的放大图，示数 l1＝ cm．在弹簧下端分别挂 2 个、3 个、4 个、5 个相同钩码，静止时弹簧长度分别是图 12(b)l2、 l3、 l4、 l5．已知每个钩码质量是 50g，挂 2 个钩码时，弹簧弹力 F2＝ N（当地重力加速度 g＝9.8m/s 2） ．要得到弹簧伸长量 x，还需要测量的是 ．作出 F-x 曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系．解析：根据图 2 指针的指示可知， cm85.21l；以 2 个钩码整体为研究对象，根据物体的平衡条件有： N98.01503mgF；因为弹簧的伸长（或缩短）量 0lx，其中 l为弹簧形变后的长度， 0l为弹簧的原长，因此要得到弹簧的形变量 x，还需要测量的是弹簧的原长．点评 本题是以探究弹力与弹簧伸长的关系实验为背景设计的一道力学实验题，实际上这就是一道静力学问题，考查运用物体的平衡条件计算弹力．三、依托实验考查动力学规律的应用例 3 (2015 年 高考·新课标全国理综 I 卷)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点的速度的实验，所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为 R=0.20m） ．完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图 3（a）所示，托盘秤的示数为 1.00kg;(2)将玩具小车放置在凹形桥模拟器最低点时，托盘秤示数如图 3（b）所示，该示数为_____ _kg．(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为 m，多次从同一位置释放小车，记录各次的 m 值如下表所示：序号 1 2 3 4 5图 3(a)(a) 图 2 (b)3m(kg) 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为是_______N，玩具小车通过最低点时的速度大小为_______m/s ，(重力加速度大小取 9.80m/s2，计算结果保留2 位有效数字)解析：(2) 托盘秤的最小刻度值为 0.1kg，读数应估读到最小刻度值的下一位，所以示数为 1.40kg ．(4)记录的托盘示数各次并不相同，而多次测量求平均值可以减少误差，即 kg81.490.7518.0.1m而凹形桥模拟器的质量为： .0m 所以所以玩具小车经过凹形桥最低点时小车对桥的压力为： N9.70gmFN＝ ；根据牛顿第三定律，凹形桥对玩具小车的支持力为： 9.7＝＝玩具小车的质量为： kg401kg40.－m选玩具小车为研究对象，根据牛顿第二定律和向心力公式得： RmvgFN2－ ， 联立各式代入数据解得小车通过最低点的速度为： /s4.1v．点评：本题是以人教版“生活中的圆周运动”一节中汽车过凹形桥的插图为背景设计的一道力学实验题，实际上这是一道动力学问题，考查运用牛顿运动定律和圆周运动知识相结合计算速度．四、依托实验考查功和能规律的应用例 4 （2013 年高考·大纲全国理综卷）测量小物块 Q 与平板 P 之间的动摩擦因数的实验装置如图 4 所示．AB 是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的 P 板的上表面 BC 在 B 点相切，C 点在水平地面的垂直投影为 ．重力加速度为 g．实验步骤如下：①用天平称出物块 Q 的质量 m；②测量出轨道 AB 的半径 R、BC 的长度 L 和 CC/的高度 h；③将物块 Q 在 A 点由静止释放，在物块 Q 落地处标记其落地点 D；图 44④重复步骤③，共做 10 次；⑤将 10 个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到 C的距离 s．（1）用实验中的测量量表示：（ⅰ）物块 Q 到达 B 点时的动能 BkE＝ ；（ⅱ）物块 Q 到达 C 点时的动能 C＝ ；（ⅲ）在物块 Q 从 B 运动到 C 的过程中，物块 Q 克服摩擦力做的功 fW＝ ；（ⅳ）物块 Q 与平板 P 之间的动摩擦因数 μ ＝ ．（2）回答下列问题：（ⅰ）实验步骤④⑤的目的是 ．（ii）已知实验测得的 μ 值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其它的可能是 （写出一个可能的原因即可）解析:（1）根据机械能守恒定律，物块 Q 到达 B 点时的动能为： mgREkB；由平抛运动规律，可得： vts， 21gth解得物块从 C 点抛出时的速度为： ts物块 Q 到达 C 点时的动能为： hmgvEkC4212＝ ；物块 Q 从 B 点运动到 C 点过程中克服摩擦力做的功为 fW，根据动能定理，摩擦力对物块 Q 做的功为： gRhsWkf 42B＝－解得： hmgsRf42－ ；又根据物块 Q 克服摩擦力做的功为： mgLf解得物块 Q 与平板 P 之间的动摩擦因数为： hsR42－＝．（2）实验步骤④⑤的目的是通过多次实验减小实验结果的误差．实验测得的 μ 值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其它的可能是圆弧轨道存在摩擦、接缝 B 处不平滑等．点评：本题是以机械能守恒定律实验和平抛运动实验相结合设计的一道力学实验题，5实际上这就是一道功和能的问题，考查运用机械能守恒定律和动能定理相结合计算动摩擦因数．综上所述，近年来高考力学实验题命题规律都是考查学生的运用力学知识解决问题的能力，所以只要我们能在理解实验原理的基础上挖掘出实验中考查的力学规律，高考力学实验题便可迎刃而解．1弹簧类问题破解之道——“以力判距”找突破纵观历年高考试题，和弹簧有关的物理试题占有相当大的比重。弹簧类问题多为综合性问题，涉及的知识面广，要求的能力较高，是高考的重点难点之一。高考命题者常以弹簧为载体设计出各类试题，这类试题可以涉及到静力学问题、动力学问题、功能问题以及振动问题。但无论哪一类问题几乎都涉及到与弹簧连接物体的位置变化或移动的距离，这个距离往往还是弹簧类问题的突破口。这个距离的求解方法都是先根据弹簧上的弹力大小变化，再借助胡克定律求出弹簧形变量，从而求出物体移动的距离，简称“以力判距” 。下面分别举例说明。1、 平衡问题例 1 （09 年浙江卷）如图 1 所示，在光滑绝缘水平面上放置 3 个电荷量均为)0(q的相同小球，小球之间用劲度系数均为 k的轻质弹簧绝缘连接。当 3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为 l，已知静电力常量为 k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为（ ）A． B． C． D．解析：取第三个球为研究对象，小球受到两个库仑力 21F、 和弹簧弹力 F，根据库仑定律得 21lqkF， 21)(lqkF，设弹簧的拉伸量为 x, 根据胡克定律得 x0，小球在三个力的作用下处于静止状态，根据平衡条件得 21＝ ,即220)(lqklk＝，解得弹簧的拉伸量 2045lkqx所以弹簧原长 20045lkqxl，正确答案为 C。点评:本题就是根据弹簧上弹力的大小来确定弹簧的伸长量,从而求出两物体之间的距离，用的方法就是“以力判距” 。2、动力学问题2例 2 A、 B 两木块叠放在竖直轻弹簧上，如图 2 所示，已知木块 A、 B 质量分别为m和 ，弹簧的劲度系数 k，若在木块 A 上作用一个竖直向上的力，使 AB 由静止开始以加速度 a 一起竖直向上做匀加速运动，运动一段时间后 AB 分离。求 A、 B 分离时 A 物体速度大小。解析：设 A、 B 叠放在弹簧上处于平衡时弹簧的压缩量为 x，不加竖直向上 F 力时，对 AB 整体，根据平衡条件有 kx=（ mA+mB）g，解得弹簧的压缩量为 kgmxBA对 A 施加 F 力后，当 AB 之间弹力 N≠0 时， AB 以共同加速度向上匀加速运动，运动后 N 减小 F 增大.当 N=0 时， A、 B 开始分离，设此时弹簧的压缩量为 x对 B 物体，根据牛顿第二定律， amgxkB 解得 kagmBA 由静止开始运动到 A、 B 分离向上运动的位移 xSBA①设 AB 分离时速度相同，设共同速度为 v,根据运动学公式v2=2aS ② ①代入② 解得 kamgvBA2点评：本题是根据初始位置和分离位置弹簧的弹力求出弹簧的形变量 x 和 ，然后再根据两位置形变量的差值得出运动的位移 S，用的方法也是“以力判距” 。3、 功能问题例 3 (2012 四川卷）如图 3 所示，劲度系数为 k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为 m 的物体接触（未连接） ，弹簧水平且无形变。用水平力 F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了 x0，此时物体静止。撤去 F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为 4x0，物体与水平面间的动摩擦因素为 μ ，重力加速度为 g。则 （ ）A． 撤去 F 后，物体先做匀加速运动，在做匀减速运动B．撤去 F 后，物体刚运动时的加速度大小为 0kxgm 3C．物体做匀减速运动的时间为 02xgD．物体开始抽左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为 0()mgxk 解析：撤去 F 后，在物体离开弹簧的过程中，弹簧弹力是变力，物体先做变加速运动，离开弹簧之后做匀变速运动，故 A 错；刚开始时，由 agkx0解得 g0，所以 B 正确；离开弹簧之后做匀减速运动，减速时间满足 2013t， 则gxt06，从而 C 错；速度最大时合力为零，此时弹簧弹力 F =kx=μmg， kmgx，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为 kmgxxmWf 00，所以 D 正确。正确答案为 BD。点评：本题就是根据物体速度最大时弹力等于摩擦力，根据此时弹力的大小来确定弹簧的压缩量,求出物体运动的位移，从而求出克服摩擦力做的功，用的方法也是“以力判距”。例 4 （05 年全国Ⅰ卷）如图 4 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 2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状态，A 上方的一段绳沿竖直方向。现在挂钩上升一质量为 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 )(21m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。解析：开始时，A、B 静止，设弹簧压缩量为 x1，根据平衡条件有kx1=m1g 解得 KXg1 ①挂 C 并释放后，C 向下运动，A 向上运动，设 B 刚要离地时弹簧伸长量为 x2，根据平衡条件对 B 有4kx2=m2g 解得 KmXg2②B 不再上升，表示此时 A 和 C 的速度为零，C 已降到其最低点。由机械能守恒定律，与初始状态相比，弹簧弹性势能的增加量为ΔE＝m 3g(x1+x2)－m 1g(x1+x2) ③ C 换成 D 后，当 B 刚离地时弹簧弹力大小与第一次相同，所以弹簧的伸长量仍为KXg2；初始位置也相同，所以开始弹簧压缩量仍为 KmXg1，所以弹簧的弹簧势能的增量与前一次相同，由能量关系得(m3+m1)v2+ m1v2=(m3+m1)g(x1+x2)－m 1g(x1+x2)－ΔE ④12 12由③ ④ 式得 (m3+2m1)v2=m1g(x1+x2) ⑤12由①②⑤式得 v= ⑥ 2m1(m1+m2)g2(2m1+m3)k点评：本题就是通过初始位置和 B 恰好离开地面这两个位置的弹力大小求出弹簧的形变量 21、X，从而确定物体 AC 高度的变化，用的方法也是“以力判距” 。4、 振动问题例 5、如图 5 所示，在光滑的水平面上，有一绝缘弹簧振子，弹簧的劲度系数为K，小球带负电,电荷量为 q，在振动过程中当弹簧压缩到最短时，突然加上一个沿水平向左,大小为 E 的恒定匀强电场，此后：（ ）A．振子的振幅将增大 KqB．振子的振幅将减小 EC．振子的振幅将不变D．因不知道小球质量的大小，所以不能确定振幅的变化解析：弹簧振子在加电场前，平衡位置在弹簧原长处，设振幅 A．当弹簧压缩到最短5时，突然加上一个沿水平向左的恒定的匀强电场，受到向右的电场力，但此位置仍为振动最大位移处，只是振动的平衡位置改在弹簧原长的右边，根据平衡条件得在平衡位置弹簧弹力 qEF①设 x 表示弹簧的伸长量，根据胡克定律 kXF②①②联立解得平衡位置向右移动的距离 KqE所以振子振动的振幅 A1=A+x，，振子的振幅增大 ，正确答案为 A．点评：弹簧振子在做简谐振动时，平衡位置是合力为零时，当外界条件发生改变，平衡位置有可能随之而变，本题就是根据平衡条件求出平衡位置时弹簧的弹力 F，再胡克定律求出弹簧的形变量，从而求出平衡位置移动的距离 X，用的方法也是“以力判距” 。综上所述，弹簧类问题中，在求解与弹簧连接物体移动的距离时，都是通过平衡条件或牛顿第二定律求解弹簧上的力来实现的，也就是“以力判距” 。