巧学妙解王高中物理

第一章、方法与技巧讲解1、整体法整体法是以物体系统为研究对象，从整体或全过程去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组合作为一个融洽加以研究的思维形式。

整体思维可以说是一种综合思维，也是多种思维的高度综合，层次深、理论性强、运用价值高。

因此在物理研究与学习中善于运用整体研究分析、处理和解决问题，一方面表现为知识的综合贯通，另一方面表现为思维的有机组合。

灵活运用整体思维可以产生不同凡响的效果，显现“变”的魅力，整体法的思维特点就是本着整体观念，对系统进行整体分析，是系统论中的整体原理在物理中的具体应用，它把一切系统均当作一个整体来研究，从而揭示事物的本质和变化规律，而不必追究系统内各物体的相互作用和每个运动阶段的细节，因而避免了中间量的繁琐推算，简捷巧妙地解决问题。

整体质量等于它们的总质量；整体电量等于它们电量代数和。

整体法适用于求系统所受的外力，作为整体的几个对象之间的作用力属于系统内力不需考虑，只需考虑系统外的物体对该系统的作用力，故可使问题化繁为简。

【例1】在粗糙的水平面上放着一个三角形木块abc ，在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为12m m 、的两个物体，且12m m >，如图1-1所示，若三角形木块和两个物体都是静止的，则粗糙水平面对三角形木块（ ）A 、有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向右；B 、有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向左；C 、有摩擦力的作用，但摩擦力的方向不能确定，因12m m 、、12θθ、的数值均未给出；D 、以上结论都不对；〖解析〗由于三角形木块和斜面上的两个物体都是静止的，可以把它们看作一个整体，如图1-2所示，竖直方向上受到重力12()m m M g ++和地面的支持力NF 作用处于平衡状态，水平方向无任何滑动趋势，因此不受地面的摩擦力作用，所以D 正确.【例2】如图1-3所示，人和车的质量分别为m 和M ，人用水平力F 拉绳子，图中两端绳子均处于水平方向，不计滑轮质量及摩擦，如果人和车保持相对静止，且水平地面是光滑的，则车的加速度为 .〖解析〗要求车的加速度，似乎需将车隔离出来才能求解，事实上，人和车保持相对静止，即人和车有相同的加速度，所以可将人和车看作一个整体，对整体用牛顿第二定律求解即可.将人和车整体作为研究对象，整体受到重力、水平面的支持力和两条绳的拉力。

高中物理学习方法：巧学物理在高中，我们的孩子会发现很多其他学生不好好学却能够取得好的成绩，而一些埋头苦学的孩子却恰恰相反。

这种极度反差的对比，严重破坏了物理学习气氛中应有的“踏实用功论”；取而代之的是“苦学无用论”。

如果您也是老师，相信您随便就能从口中说出几个典型的学生；如果您是家长，我想您也赞同王尚的说法。

那么到底有哪些好的高中物理学习方法呢？笔者给大家推荐非常实用的两个。

第一，“定时作业”的物理学习方法。

长期的物理家教经验让我发现很多学生有这样的经历：打算一个晚上做30道物理题，却发现不知道什么原因，却只做了10道。

大部分情况是遇见难题开始走神，遇见太简单的题觉得没意义。

这样就非常没有效率，进而影响到考试做题也没有效率。

这种“定时作业”物理学习方法是，在做任何作业之前，先给自己定个时间，题目必须在这个时间内完成。

往往是一旦有了时间的限制，学生们就要全力以赴完成计划的内容，精神也随之振奋了起来，效率也就有了，争分夺秒的好习惯也就有了。

第二，“错题记录”的物理学习方法。

错题记录要记录三个方面：题目+答案+思路。

请注意，如果时间不够用，可以直接剪刀拿来剪下来贴上去。

这里的错题并非全部的错题，还包括紧跟老师课堂上碰到的典型题和容易犯错的好题。

对于答案比较复杂（即物理图不好画等等），具体的答案也可以贴上去来节省时间；但是思路部分必须自己用红笔在旁边写上去，王尚提醒大家一定要用自己的话，要保证自己能看懂就可以。

记录了之后就要看，“学而时习之”的道理就不提了。

这种“错题记录”的方法，比起题海战术要强好多倍。

万事开头难，但你坚持下来，就是那个班里非常“聪明”的学生。

这是王尚多年物理家教总结的高中物理学习方法，希望对大家有帮助。

高中物理题的巧思妙解论文：高中物理在进行解题的时候，学生要在教师的指引下，熟练地掌握物理知识，使用巧妙的方法进行物理解题，提高思维的灵活性。

高中物理理解困难，时间要求高，学生只有对物理的解题方法有很好的把握，才能够快速高效的完成物理解题。

在题物理解时，有几种常用的方法，能够提高学生的解题效果，这里主要对常用的方法做出说明。

1.认真审查物理题目1.1确定题目的研究对象物理在进行解题的时候，学生首先就要对物理对象进行分析，在审题的时候，应该明确题干中涉及的物理对象，这个物理对象在题目中的运动状态是什么样的，受到了哪些力的作用。

很多学生在进行物理知识解题的时候，对于物理对象的确定并不明确，尤其是涉及到多个物理对象的时候，经常出现理解混乱情况，造成了严重的失分。

1.2建立研究模型学生在解题的时候，确定研究对象就要对对象进行分析，将研究对象在特殊的环境中的受力进行分析，然后确定清晰而完善的物理图景，这样有助于学生形成良好的思维。

物理解题中物理模型能够有效提高解题的效率，让学生能够在物理模型中清楚对象的运动状态，提高物理解题能力。

1.3明确受力状态高中物理，基本上都涉及物体的受力状态。

物体的运动状态有两种，一种是平衡状态，另一种是非平衡状态。

物体所处的环境以及运动状态的改变，都是由于受力引起的，所以学生必须明确受力情况，这样就能够根据受力的效果进行运动状态的分析。

例如，在进行受力分析的时候，教师要告诉学生依据在特定的环境中的受力进行分析。

在传送带问题中，若是受力对象只有一个，教师就要告诉学生需要考虑物体的重力、摩擦力（忽略空气阻力），若是两个物体叠加在一起，就要告诉学生需要考虑下面物理受到的重力、摩擦力、压力、和上面物体的摩擦力，这样才能够进行综合的受力分析。

2.改变物理思考方式2.1提高解题能力的基础高中物理在进行解题的时候，学生需要对物理解题方法有一个很好的知识掌握，这样才能够提高物理的思维能力。

学生首先要对物理的定理概念有一个整体上的把握，能够熟悉物理知识的应用范围，通过整体思维、图象思维、隔离思维、发散思维、反向思维、正向思维等，进行物理题目的分析。

时间+汗水≠效果 苦学、蛮学不如巧学请相互传阅 难题、好题天天解，堂堂解 不如巧学妙解 相互分享快速学好高中物理的法宝--《巧学妙解王》我是河南省睢县高级中学的一名高级教师——李仲旭，常常听学生抱怨：“上课听得懂，练习也会做，可一考试就砸”，分析原因，不难发现：学校所发的复习用书大多是课本知识的再现，安排的练习题所涉及的知识点比较单一，解题思路简单，解题方法很少，而考试题往往覆盖的知识点多，综合程度高，所用解题方法灵活；如果学生缺乏一定量的好的解题方法，产生上述抱怨就在情理之中.高中阶段，最难学的课程是物理，既要求学生有过硬的数学功底，还要学生有较强的空间立体感和抽象思维能力。

据调查发现高中生中80%以上的学生恐惧物理，学习具有盲目性，物理解题方法不得当。

我经过23年的研究积累，为解答学生学习物理难的这一难题，于2007年出版了《高中物理巧学妙解王》一书，此书于2011年10月再版。

《巧学妙解王》编者阅试题无数，感题目之无限，欲穷尽，难于登天；但题型之有限，与常教学之中，均精通一题型，可灭数千题，遂集吾教学之精华总结与此，盖学习不应苦而应“巧”，做题不应繁而应“妙”，寓于《巧学妙解王》一书，尔必将受益终生！ 《巧学妙解王》，这是一本“妙题”与“巧解”的书加光碟，收集了许多很精彩的题目，提供了很多很好的巧学妙解的解题方法。

学习完这本书会使你感到学习高中物理变的其实很简单，下面是书中的一点点内容如下，先睹为快，欣赏下面的题目和它的“巧妙解法”：问题一：如图所示，建筑工人要将建筑材料送到高处，常在楼顶装置一个定滑轮（图中未画出），用绳AC 通过滑轮将建筑材料提到某一高处，为了防止建筑材料与墙壁相碰，站在地面上的工人还另外用绳CD 拉住材料，使它与竖直墙面保持一定的距离L 。

若不计两根绳的重力，在建筑材料匀速提起的过程中，绳AC 和CD 的拉力1F 和2F 的大小变化情况是( )A . 1F 增大，2F 增大B . 1F 增大，2F 不变C . 1F 增大，2F 减小D . 1F 减小，2F 减小通常的解法是：取三绳连接点O 为研究对象，O 点受到向下绳子拉力，大小为建筑材料重力G ，还受到绳AC 和CD 的拉力1F 和2F ，如右图所示。

专题一 物理学史1. C [伽利略通过逻辑推理和实验对落体问题进行了研究，得出了自由下落的物体下落速度与质量无关，选项A 错误；哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，选项B 错误；静电力常量是由库仑首先测出的，选项C 正确；卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量，从而由GM R 2＝g 计算出了地球的质量，被人们称为“能称出地球质量的人”，选项D 错误.]2．C [胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才跟弹簧的形变量成正比，选项A 错误；奥斯特发现了电流周围存在磁场，法拉第最早提出了场的概念，并首先引入电场线和磁场线，而非奥斯特和安培，选项B 、D 错误，C 正确.]4．C [力越大，物体的加速度越大，A 项错；牛顿用“月－地”检验证实了万有引力定律的正确性，B 项错；法拉第最先提出了电场的观点，C 项正确；Δt →0时的平均速度可看成瞬时速度运用了极限法，D 项错误.]5．D [当物体的运动时间Δt 趋近于0时，Δt 时间内的平均速度可看成瞬时速度运用了极限法，选项D 的叙述是错误的.]6．C [用质点来代替物体的方法是建立物理模型法，故选项A 错误，速度的定义式v ＝Δx Δt，当Δt 趋近于零时，就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法，选项B 错误；用实验来探究物体的加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法，选项C 正确；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法，选项D 错误.]7. D ［自然界的电荷只有两种，富兰克林把它们命名为正电荷和负电荷，A 错误；焦耳发现了电流的热效应，B 错误；安培提出了分子电流假说，C 错误；电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位，D 正确．］8. A ［卡文迪许用实验方法测出了引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值，选项A 正确；做匀速圆周运动的物体，其加速度方向时刻变化，因此匀速圆周运动不是匀变速曲线运动，选项B 错误；根据G Mm R 2＝m 2)2(T R 可得T 2R 3＝4π2GM，选项C 错误；法拉第发现了磁也能产生电，选项D 错误．］10. B ［平均速度、瞬时速度和加速度都是伽利略首先建立起来的概念，A 错．天文学家利用天王星轨道的摄动推测出海王星的存在与可能的位置，海王星是利用数学预测而非有计划的观测发现的行星，B 正确．正、负电荷最早是由美国科学家富兰克林命名的；元电荷是最小的电荷量，其大小最早由美国物理学家密立根测得；点电荷是理想化的模型，不计电荷的大小和形状，所以C 错．多用电表测电阻时偏转很小，表示待测电阻的阻值较大，应选择倍率较大的欧姆挡重新测量，D 错.］11. B ［丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电流周围存在着磁场，选项A 错误；英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场，电场变化时在其周围激发磁场，选项B 正确；奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，选项C 错误；安培定则是用来判断通电导线周围产生的磁场方向的，选项D 错误.］12. B [如果y 轴表示加速度，由a ＝Δv Δt知，Δv ＝a Δt ，则面积等于质点在相应时间内的速度变化，故A 错误；如果y 表示通过用电器的功率，则面积等于在相应时间内所做的功，故B 正确；如果y 轴表示通过用电器的电流，由q ＝It 可知面积等于在相应时间内通过用电器的电荷量，故C 错误；如果y 轴表示变化磁场在金属线圈产生的电动势，根据E ＝ΔΦΔt知，ΔΦ＝E ·Δt 知，面积等于该磁场在相应时间内磁通量的变化量，故D 错误.]专题二 直线运动1．C [汽车刹车到停止所需的时间t ＝Δv a ＝0－20－5 s ＝4 s ，2 s 内的汽车位移x 1＝v 0t ＋12at 2＝20×2 m＋12×(－5)×22 m ＝30 m ，5 s 内的汽车位移就是4 s 内的汽车位移，此时车已停止.x 2＝0－v 202a ＝0－（20）22×（－5）m ＝40 m ，故2 s 与5 s 时汽车的位移之比为3∶4，C 正确.] 2．C [由Δx ＝aT 2得a ＝2 m/s 2，由v 0T －12aT 2＝x 1得v 0＝10 m/s ，汽车运动的时间t 0＝v 0a＝5 s ，故汽车刹车后6 s 内的位移x ＝12v 0t 0＝25 m ，C 项正确.]4．BD [根据v －t 图，甲、乙都沿正方向运动.t ＝3 s 时，甲、乙相遇，此时v 甲＝30 m/s ，v 乙＝25 m/s ，由位移和v －t 图线所围面积对应关系知，0～3 s 内甲车位移x 甲＝12×3×30 m＝45 m ，乙车位移x 乙＝12×3×(10＋25) m ＝52.5 m.故t ＝0时，甲、乙相距Δx 1＝x 乙－x 甲＝7.5 m ，即甲在乙前方7.5 m ，B 选项正确；0～1 s 内，x 甲′＝12×1×10 m＝5 m ，x 乙′＝12×1×(10＋15) m ＝12.5 m ，Δx 2＝x 乙′－x 甲′＝7.5 m ＝Δx 1，说明甲、乙第一次相遇，A 、C 错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x ＝x 甲－x 甲′＝45 m －5 m ＝40 m ，所以D 选项正确.]5．A [在v －t 图象中，图线与坐标轴所围的“面积”表示位移，由题图知在0～t 1时间内，甲的位移大于乙的位移，C 错误；由v －＝x /t 知，甲的平均速度比乙的大，故A 正确；如图所示，汽车乙的v －t 图象中，实线下的面积小于上面那条虚线下的面积，故汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，B 错误；v －t 图象中的斜率表示加速度，甲、乙图线上各点切线的斜率均逐渐减小，故加速度都逐渐减小，D 错误.]6. B [由图象知，质点在8 s 内的位移Δx ＝12×(2＋4)×2 m－12×(2＋4)×1 m＝3 m.t ＝0时，质点位于x ＝5 m 处，故8 s 末质点位置x ＝5 m ＋Δx ＝8 m ，B 正确.]7. C [x ­t 图象的斜率表示运动的速度，b 车的运动方向发生改变，选项A 错误；t 1和t 2两时刻两车相遇，所以t 1～t 2时间内，两车的位移相等，平均速度也相等，选项B 错误，C 正确；a 车做匀速直线运动，选项D 错误.]8. BC [由图象知，v 甲＝2 m/s ，故甲物体做匀速直线运动，乙物体在0～2 s 内沿正向做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s 2，在2 s ～6 s 内沿正向做匀减速直线运动，加速度大小为1 m/s 2，乙物体做的不是匀变速直线运动，A 错误，C 正确；在2 s 末，甲物体的位移x 甲＝2×2 m＝4 m ，乙物体的位移x 乙＝12×(2×4) m＝4 m ，两物体在2 s 末相遇，在6 s 末，甲物体的位移x 甲′＝2×6 m＝12 m ，乙物体的位移x 乙′＝12×(6×4) m＝12 m ，故B 正确，0~6s 内甲、乙均同向运动，故D 错误.]9. C [根据位移图象的斜率表示速度，则在t 1时刻，甲图线的斜率大于乙图线的斜率的绝对值，所以甲的速度大于乙的速度，故A 、B 错误；坐标的变化量等于位移，根据图象可知，甲、乙位移大小相等，方向相反，而时间相等，则平均速度的大小相等，故C 正确、D 错误.]11. A [设初速度为1v ，末速度为2v ，根据题意可得221211922mv mv ⋅=，解得213v v =，根据0+v v at =，可得113+v v at =，解得12at v =，代入2112s v t at =+可得2s a t=，故A 正确.] 12．BC [设物体通过AB 、BC 、CD 所用的时间均为t ，由匀变速直线运动的推论Δx ＝at 2可得：物体的加速度a 的大小为a ＝BC －AB t 2＝3－2t 2＝1t 2，因为不知道时间，所以不能求出加速度，故A 错误；根据CD －BC ＝BC －AB ＝1 m ，可知CD ＝3＋1＝4 m ，故B 正确；因某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，所以物体经过B 点时的瞬时速度为v B ＝AC 2t ＝52t，再由v 2B ＝2ax OB 可得OB 两点间的距离为x OB ＝v 2B 2a ＝254t 2·t 22＝3.125 m ，所以O 与A 间的距离x OA ＝x OB －AB ＝(3.125－2)m ＝1.125 m ，故C 正确，D 错误.]13.AC [小球在第3 s 内的下落高度等于前3 s 下落的高度减去前2 s 下落的高度，即：h ＝12g 23t －12g 22t ＝25 m ，A 正确；3 s 末的速度3gt v =＝30 m/s ，前3 s 的平均速度2v v =＝15 m/s ，B 错误；由gt v =计算可知，小球在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的平均速度之比是1∶3∶5，C 正确；由221gt h =得前1 s 内、前2 s 内、前3 s 内的位移之比是1∶4∶9，D 错误.] 14.【答案】(1)匀加速直线(或匀加速) (2)3.90 2.64 1.38 12.60 m/s 2 见解析图(3)0.12 表示小车经过A 点的速度如图所示描点连线得t v -图线，由图线斜率知纸带的加速度a ＝12.60 m/s 2.(3)由图知交点的速度约为0.12 m/s ，表示小车经过A 点的速度.15.【答案】(1)DCBA (2)0.1 (3)T x x 254+ (4)23216549)()(T x x x x x x ++-++ 【解析】(1)实验步骤的正确顺序是D 、C 、B 、A.(2)电源的工作频率f ＝50 Hz ，所以打点周期s s f T 02.050110===，相邻两计数点的时间间隔s T T 1.050==.(3)计数点5对应的瞬时速度等于计数点4、6间的平均速度，故Tx x v 2545+=. (4)为了减小误差，计算小车的加速度利用逐差法，即2336222521143,3,3T a x x T a x x T a x x =-=-=-23216549)()(Tx x x x x x a ++-++= 16.【答案】(1)1.140 (2)0.50 1.0【解析】(1)主尺上的读数为1.1 cm ，游标尺上第8条刻线与主尺刻线对齐，故游标尺上读数为8×0.05 mm＝0.40 mm ＝0.040 cm ，所以两部分之和为1.140 cm.(2) 小车通过光电门时的速度可近似认为不变，则td v ∆=＝1.140×10－22.28×10－2 m/s ＝0.50 m/s ，由ax v 22=得，x v a 22=＝0.5022×12.50×10－2 m/s 2＝1.0 m/s 2 17.【答案】（1）从右向左；（2）0.19，0.039（水滴间隔时间按4630算）/0.038（水滴间隔时间按4530算）. 【解析】（1）滴水计时器类似于打点计时器，从图可以判断从右向左，单位时间内小车的位移越来越小.由于小车在水平桌面受阻力而做减速运动，故小车应从右向左运动.（2）由题意得s T 324530==， m/s 19.01875.0322133.0117.0≈=⨯+=A v ()()20.1500.1330.0830.1000.03750.038m/s 263a +-+==≈⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭专题三 相互作用2.B [对物体A 、B 整体在水平方向上有F ＝μ2(m A ＋m B )g ；对物体B 在竖直方向上有μ1F ＝m B g ；联立解得：m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，选项B 正确.] 3.A [设橡皮筋原长为l 0，加速前平衡时橡皮筋伸长了x 0则有kx 0＝mg ；当加速并稳定时设小球偏离竖直方向θ角，橡皮筋伸长了x ，由小球在竖直方向受力平衡有kx cos θ＝mg ，联立得kx cos θ＝kx 0，x cos θ＝x 0 此时小球距悬挂点的竖直高度h ＝(l 0＋x )cos θ，＝l 0cos θ＋x cos θ＝l 0cos θ＋x 0＜l 0＋x 0故小球一定升高，选项A 正确.]4.C [设斜面倾角为α，物块与斜面间的最大静摩擦力为F max ，当F 取最大值时，满足F 1＝mg sin α＋F max ，当F 取最小值时，满足F 2＋F max ＝mg sin α，由以上两个式子可求得F max ＝F 1－F 22，故C 正确；结合mg sin α在求解时被消去，可知其他选项均无法求得，故A 、B 、D 错误.]5.B [两木块一起匀加速运动，它们有共同的加速度，对于整体：F ＝(m 1＋m 2)a ，对于甲：F 弹＝m 1a ，对弹簧：F 弹＝kx ，联立解得x ＝Fm 1（m 1＋m 2）k ，故两木块之间的距离是L －m 1F （m 1＋m 2）k ，B 正确.]6.D [木块A 、斜劈B 均静止不动，则木块A 、斜劈B 整体受力平衡，在水平方向上，若F 1、F 2等大反向，则斜劈B 与地面间无摩擦力作用，若F 1、F 2大小不相等，则斜劈B 与地面间一定存在摩擦力，故选项A 、C 错误；在竖直方向上，地面对斜劈B 的支持力与木块A 、斜劈B 组成的系统的重力平衡，选项D 正确；木块A 、斜劈B 间有无摩擦力以及摩擦力的方向取决于木块A 的重力沿斜面方向的分力和F 1沿斜面方向的分力的大小关系，木块A 、斜劈B 间可能不存在摩擦力，选项B 错误.]7.A [对O 点受力分析如图所示，F 与T 的变化情况如图，由图可知在O 点向左移动的过程中，F 逐渐变大，T 逐渐变大，故选项A 正确.]8.C [分析小球m 1的受力情况，因为α＝90°，故重力与碗对小球的支持力平衡，由物体的平衡条件可得，绳的拉力F T ＝0，故A 、B 均错误；分析m 2受力，由平衡条件可得：F N ＝m 2g ，故D 错误，C 正确.]9．C [如图所示，圆弧的圆心为O ，悬挂小物块的点为c ，由于ab ＝R ，则△aOb 为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，T ＝mg ，合力沿aO 方向，则aO 为角平分线，由几何关系知，∠acb ＝120°，故绳的拉力的合力与物块的重力大小相等，即每条线上的拉力T ＝G ＝mg ，所以小物块质量为m ，故C 对.]10．C [解析：由图①：mg F μ=⑴由图②：()sin cos mg F F θμθ-=⑵联立⑴⑵得：μ=] 11．B [以两环组成的整体，分析受力情况如图甲所示，根据平衡条件得，F N ＝2 mg 保持不变.再以Q 环为研究对象，分析受力情况如图乙所示.设细绳与OB 杆间夹角为α，由平衡条件得，细绳的拉力T ＝mg cos α，P 环向左移一小段距离时， α减小，cos α变大，T 变小，故B 正确.]12. B [设小物块的质量为m ，对A 、B 进行受力分析，如图所示，由于A 、B物体均处于静止状态，由受力分析图和物体的平衡条件知，A 物体对球面的压力大小为F N A ＝mg /cos θ；B 物体对球面的压力大小为F N B ＝mg /cos θ，则A 、B 物体对球面的压力大小之比为F N A ∶F N B ＝cos 2θ∶1，所以正确选项B.]（a ）A 橡皮筋O F 2F F 合 2.1mm13.【答案】 (1)3.33(3.20～3.40均对) C (2)59(59±1)【解析】(1)如图所示，由余弦定理可得：F 合＝F 21＋F 22－2F 1F 2cos 60°＝3.33 N ；现保持F 2方向不变，减小F 1和F 2的夹角，为了使橡皮条的结点拉到同样的位置O 点，如图所示，可知：F 2逐渐减小，F 1先减小后增大.(2)在刻度尺上选取刻度，由胡克定律可知：k ＝ 5.09.00－0.50×102 N/m ＝58.8 N/m≈59 N/m .14.【答案】(1)11.50 (2)28 (3)5 没有15.【答案】（1）4.0（ii ）4.0，0.05（参考下图a ）16．【答案】(1)L 3 1 mm (2)L A (3)4.9 10【解析】(1)由表格中的测量数据的单位可知，所用刻度尺的最小分度为1 mm ，读数时应读到最小分度的下一位，故L 3的数值记录不规范.(2)由于m －x 图象过坐标原点，所以横轴是弹簧长度与L A 的差值.(3)图象的斜率与该地重力加速度的乘积为弹簧的劲度系数为： k ＝Δmg Δx ＝60×10－3×9.812×10－2 N/m ＝4.9 N/m 根据表中的数据和胡克定律得mg ＝k (L x －L 0)，解得m ＝10 g.专题四 牛顿运动定律1. B [力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，A 错误；根据牛顿第二定律F ＝ma 可知，力是使物体产生加速度的原因，没有力就没有加速度，B 正确；惯性与物体的速度无关，匀速或静止的物体都有惯性，C 错误；质量越小，惯性越小，同样的力产生的加速度越大，外力作用的效果越明显，D 错误.]2. B [人对升降机的压力等于升降机对人的支持力，它们是作用力与反作用力的关系，A 错误，B 正确；人随升降机加速上升时超重，有F N －mg ＝ma ，升降机对人的支持力大于人的重力，C 错误；一对作用力和反作用力的性质相同，而重力与支持力性质不同，D 错误.]3. C [作用力、反作用力总是等大、反向，且同时产生、同时消失、作用时间相等，故A 、B 错误；对两小孩分开后应用牛顿第二定律得μmg ＝ma ，所以a ＝μg ，因为两板与冰面间的动摩擦因数相同，故加速度相同，D 错误；分开后，甲、乙都做匀减速运动直到停下，由2ax ＝v 2和x 甲>x 乙，得v 甲>v 乙，C 正确.]4. ACD [由v －t 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0（v 0＋v 1）4g，选项D 正确；仅根据v －t 图象无法求出物块的质量，选项B 错误.]5. BC [设PQ 西边有n 节车厢，每节车厢的质量为m ，则F ＝nma ①PQ 东边有k 节车厢，则F ＝km ·23a ②联立①②得3n ＝2k ，由此式可知n 只能取偶数，当n ＝2时，k ＝3，总节数为N ＝5当n ＝4时，k ＝6，总节数为N ＝10当n ＝6时，k ＝9，总节数为N ＝15当n ＝8时，k ＝12，总节数为N ＝20，故选项B 、C 正确.]6. BD [小球的质量m ＝ρ·43πr 3，由题意知m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，则r 甲>r 乙.空气阻力f ＝kr ，对小球由牛顿第二定律得，mg －f ＝ma ，则a ＝mg －f m ＝g －kr ρ·43πr 3＝g －3k 4πgr 2，可得a 甲>a 乙，由h ＝12at 2知，t 甲<t 乙，选项A 、C 错误；由v ＝2ah 知，v 甲>v 乙，故选项B 正确； 因f 甲>f 乙，由球克服阻力做功W f ＝f h 知，甲球克服阻力做功较大，选项D 正确.]7.B [由题意小球的运动状态与小车一致，设小车和小球水平向右的加速度为a .对小球进行受力分析，小球受到绳子的拉力和重力作用，如图所示，根据几何关系和牛顿第二定律得，mg tan θ＝ma ，以小车和小球整体为研究对象，由牛顿第二定律得，F ＝(M ＋m )a ，联立可得，F ＝(M ＋m )g tan θ，B 正确.]8．C [对B 进行受力分析，根据牛顿第二定律得a ＝F 合m＝g tan θ，对AB 整体进行受力分析得：F －μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，解得F ＝(M ＋m )g (μ＋tan θ)，故选C.]10．BCD [本题考查对牛顿运动定律、静摩擦力的灵活应用.t 0时刻，A 、B 受力F 为0，A 、B 加速度为0，A 、B 间静摩擦力为0，加速度最小，选项A 错误；在0至t 0过程中，A 、B 所受合外力逐渐减小，即加速度减小，但是加速度与速度方向相同，速度一直增加，t 0时刻A 、B 速度最大，选项B 正确；0时刻和2t 0时刻A 、B 所受合外力F 最大，故A 、B 在这两个时刻加速度最大，为A 提供加速度的A 、B 间静摩擦力也最大，选项C 正确；A 、B 先在F 的作用下加速，t 0后F 反向，A 、B 继而做减速运动，到2t 0时刻，A 、B 速度减小到0，位移最大，选项D 正确.]11．BCD [根据平衡条件可得弹簧的弹力大小F ＝3mg sin θ，在细线被烧断的瞬间弹簧的弹力不能突变，所以A 、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为a ＝F －2mg sin θ2m ＝12g sin θ，所以选项A 错误、B 正确；A 、B 之间杆的拉力大小为T ＝mg sin θ＋ma ＝32mg sin θ，即选项C 正确；C 球的加速度沿斜面向下，大小为g sin θ，所以选项D 正确.]12.【答案】 (1)增大 间距相等 (2)远小于 (3)0.08【解析】(1)平衡摩擦力时，由于打出的纸带点迹间距逐渐减小，说明是减速运动，故斜面倾角偏小，应增大斜面倾角，反复调节，直到打出的纸带点迹间距相等为止.(2)以M 和m 系统为研究对象，mg ＝(M ＋m )a ，以小车为研究对象T ＝Ma联立方程得T ＝M M ＋m ·mg ＝11＋m M·mg ＜mg ，当m ≪M 时，分母近似等于1，则T ≈mg . (3)根据mg ＝(M ＋m )a 变式为1a ＝M g ·1m ＋1g由题意知k ＝M g ，b ＝1g，所以M ＝k b . 由图象可知k ＝0.9－0.1100－0＝0.008，b ＝0.1，所以M ＝0.08 kg. 13.【答案】 (1)3.25 1.79 (2)C【解析】[(1)根据纸带数据可知，加速度a ＝（x CD ＋x DE ）－（x AB ＋x BC ）4T 2＝3.25 m/s ；打C 点时物块的速度v C ＝x BD 2T＝1.79 m/s (2)由牛顿第二定律得加速度a ＝g sin θ－μg cos θ，所以要求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是斜面的倾角.14．【答案】①AB ②0.80 0.40【解析】①实验时，细线必须与长木板平行，以减小实验的误差，选项A 正确；实验时要先接通电源再释放小车，选项B 正确；此实验中没必要使小车的质量远大于钩码的质量，选项C 错误；此实验中不需要平衡小车与长木板间的摩擦力，选项D 错误.②相邻的两计数点间的时间间隔T ＝0.1 s ，由逐差法可得小车的加速度a ＝s 6＋s 5＋s 4－s 3－s 2－s 19T 2 ＝（7.64＋6.78＋5.97－5.19－4.41－3.59）×10－29×0.1 m/s 2＝0.80 m/s 2 打点计时器在打B 点时小车的速度 v B ＝s 1＋s 22T ＝（3.59＋4.41）×10－22×0.1m/s ＝0.40 m/s 15．【答案】(1)平衡摩擦力 (2)砝码与砝码盘的总质量远小于小车的质量 (3)AD【解析】(1)实验时，我们认为绳子的拉力是小车受到的合外力，为达到这个目的，我们要先将木板不带滑轮的一端垫起，目的是平衡摩擦力；(2)根据牛顿第二定律得mg ＝(M ＋m )a ，解得a ＝mg M ＋m ， 则绳子的拉力为F ＝Ma ＝Mmg M ＋m ＝mg 1＋m M，知当砝码总质量远小于滑块质量时，滑块所受的拉力等于砝码的总重力，所以应满足的条件是砝码和砝码盘的总质量远小于滑块的质量.(3)由题设条件知，小车在斜面(木板)上所受的重力沿斜面方向的分力F ＝Mg sin θ为小车所受的合力，设木板长为l ，则sin θ＝h /l ，小车所受的合力为F ＝Mgh /l ，F 不变，则有Mgh 不变，故A 、D 项正确.16．【答案】(1)BCD (2)1.3 (3)D【解析】(1)由实验原理图可以看出，由弹簧测力计的示数可得到小车所受的合外力的大小，故不需要测砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量m 远小于小车的质量M ，A 、E 错误；为保证绳上拉力提供合外力，必须平衡摩擦力，B 正确；小车应靠近打点计时器，先接通电源，再放小车，同时读出弹簧测力计的示数，C 正确；为了多测几组数据，需改变砂和砂桶的质量多做几次实验，D 正确.(2)由逐差法可得：小车的加速度a ＝x 34－x 01＋x 45－x 12＋x 56－x 239T 2，将T ＝150×3 s＝0.06 s ，代入可得a ＝1.3 m/s 2(3)由题图结合牛顿第二定律，有2F ＝M ·a ，得a ＝2M·F 则图象斜率k ＝2M ，得小车的质量M ＝2k，故A 、B 、C 错误，D 正确. 17．【答案】(3)0.39 (4)见解析图 (5)0.45 (6)BC【解析】(3)因为小车做初速度为零的匀加速直线运动，将图(b)中点(2，0.78)代入s ＝12at 2可得，a ＝0.39 m/s 2.(4)根据描点法可得如图所示图线.(5)根据牛顿第二定律可得nmg ＝(M ＋5m )a ，则a ＝mg M ＋5m n ，图线斜率k ＝mg M ＋5m ＝1.005，可得M ＝0.45 kg(6)若不平衡摩擦力，则有nmg －μ[M ＋(5－n )m ]g ＝(M ＋5m )a ，则a ＝mg ＋μmg M ＋5m n －μMg ＋5μmg M ＋5m，所以a －n 图线仍是直线，但直线不过原点，斜率变大，故B 、C 正确.专题五 曲线运动1.D [根据题述，两球水平位移相等.由于a 球抛出时的高度比b 球的高，由h ＝12gt 2可知a 球飞行时间长，由x ＝v 0t 可知，a 球的初速度一定较小，选项A 错误；两球都只受重力作用，加速度都是g ，即速度变化率Δv Δt＝g ，相同，选项B 错误；小球落地时速度v 是水平速度与竖直速度的合速度，a 球的初速度(水平速度)小，竖直速度大，所以不能判断哪个小球落地时速度较大，a 球落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大，选项C 错误，D 正确.]2.A [甲球做平抛运动，由h ＝12gt 2，解得飞行时间t 1＝gh 2.乙球下滑加速度a ＝g sin45°＝22g .由匀变速直线运动规律，2h ＝v 0t 2＋12at 22，根据题述，甲、乙同时到达地面，t 1＝t 2，联立解得v 0＝2gh ，选项A 正确.]4.D [两次船相对于静水的速度都是不变的，船相对于水的速度可以分解为垂直于河岸和平行于河岸两个方向.由于船速大小和方向不变，故垂直于河岸的速度不变，所以渡河的时间相等即t 2＝t 1；渡河的位移x 1＝v 1t 1，x 2＝v 2t 2，解得：v 2＝x 2x 1v 1，所以D 正确，A 、B 、C 错误.]5.C [小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL ＝12mv 2，解得v ＝2gL ，因L P <L Q ，故v P <v Q ，选项A 错误；因为E k ＝mgL ，又m P >m Q ，则两小球的动能大小无法比较，选项B 错误；对小球在最低点受力分析得，F T －mg ＝m v 2L ，可得F T ＝3mg ，选项C 正确；由a ＝v 2L ＝2g 可知，两球的向心加速度相等，选项D 错误.]6.C [解法一 以小环为研究对象，设大环半径为R ，根据机械能守恒定律，得mg ·2R ＝12mv 2，在大环最低点有F N －mg ＝m v 2R，得F N ＝5mg ，此时再以大环为研究对象，受力分析如图，由牛顿第三定律知，小环对大环的压力大小为F N ′＝F N ＝5mg ，方向竖直向下，故F ＝Mg ＋5mg ，由牛顿第三定律知C 正确.7.C [小球从最低点Q 到最高点P ，由机械能守恒定律得12mv 2P ＋2mgl ＝12mv 2，则v P ＝2gl ，因为0<v P ＝2gl <gl ，所以小球能到达圆周轨道的最高点P ，且在P 点受到轻杆对它向上的弹力，C 正确.]8. BC [b 、c 的高度相同，小于a 的高度，根据h ＝12gt 2，得t ＝22h ，知b 、c 运动时间相同，a 运动时间是b 的2倍，故B 正确，D 错误；因为a 的飞行时间长，但是水平位移相同，根据x ＝v 0t 知，a 的初速度小于b 的初速度，故A 错误；b 、c 的运动时间相同，b 的水平位移是c 的水平位移的两倍，则b 的初速度是c 的初速度的两倍，故C 正确.]9．C [α粒子在散射过程中受到重金属原子核的库仑斥力作用，方向总是沿着二者连线且指向粒子轨迹弯曲的凹侧，其加速度方向与库仑力方向一致，故C 项正确.]10.B [由于物体做平抛运动，物体只受重力作用，故加速度不变，而由于物体做曲线运动，故速度大小和方向时刻在变化，故选项A 错误；设某时刻速度与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝v 0v y ＝v 0gt，随着时间t 的变大，故tan θ变小，则θ变小，故选项B 正确；根据加速度定义式a ＝Δv Δt＝g ，则Δv ＝g Δt ，即在相等的时间间隔内，速度的改变量相等，故选项C 错误；根据动能定理，在相等的时间间隔内，动能的改变量等于重力的功，即W G ＝mgh ，由于平抛运动在竖直方向上，在相等时间内的位移不相等，故选项D 错误.]11．AC [质点P 下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR －W ＝12mv 2，根据公式a ＝v 2R ，联立可得a ＝2（mgR －W ）mR，A 正确，B 错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，N －mg ＝ma ，代入可得，N ＝3mgR －2W R，C 正确，D 错误.] 12．D [设小球平抛运动的初速度为v 0，将小球在D 点的速度沿竖直方向和水平方向分解，则有v y v 0＝tan 60°，得gt v 0＝ 3.小球平抛运动的水平位移x ＝R sin 60°，x ＝v 0t ，解得v 20＝Rg 2，v 2y ＝3Rg 2.设平抛运动的竖直位移为y ，v 2y ＝2gy ，解得y ＝3R 4，则BC ＝y －(R －R cos 60°)＝R 4，D 选项正确.]13．B [设最高速度为t v 则2211222t mv mv mg R -=-⋅ 得t v =到达最高点之后做平抛运动，则2122R gt = 得t =水平位移t x v t =⋅= 当228b v R a g ==时，x 存在最大值 ]14．D [由图可知质点在x 轴方向上做匀加速直线运动，在y 轴方向做匀速直线运动，合力的方向沿x 轴方向.在x 轴方向上的初速度为3 m/s ，在y 轴方向上的速度为4 m/s.则初速度v 0＝32＋42 m/s ＝5 m/s ，初速度方向不沿x 轴方向，所以质点做匀变速曲线运动，故A 错误，D 正确；质点在x 轴方向上的加速度为a x ＝1.5 m/s 2，y 轴方向上的加速度为零，则合加速度为a ＝1.5 m/s 2，所以合力为F ＝ma ＝4×1.5 N＝6 N ，B 错误；2 s 末在x 轴方向上的速度为v x ＝6 m/s ，在y 轴方向上的速度为v y ＝4 m/s ，则合速度v ＝62＋42 m/s ＞6 m/s ，C 错误.]15．B [根据tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0得，小球在空中运动的时间t ＝2v 0tan θg，因为初速度变为原来的2倍，则小球运动的时间变为原来的2倍，故C 错误；速度与水平方向的夹角的正切值tan β＝gt v 0＝2tan θ，因为θ不变，则β不变，又α＝β－θ，可知α不变，与初速度无关，故A 错误，B 正确；PQ 的间距s ＝x cos θ＝v 0t cos θ＝2v 20tan θg cos θ，初速度变为原来的2倍，则PQ 的间距变为原来的4倍，故D 错误.]16．BD [当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，A 物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，B 靠指向圆心的静摩擦力和拉力的合力提供向心力，所以烧断细线后，A 所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，A 要发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是B 所需要的向心力小于B 的最大静摩擦力，所以B 仍保持相对圆盘静止状态，做匀速圆周运动，且静摩擦力比绳子烧断前减小.故B 、D 正确，A 、C 错误.]专题六 万有引力定律与航天1. C[由天体知识可知：2T π=v =2GM a R= 半径不变，周期T ，速率v ，加速度a 均不变，故A ，B ，D 错误.根据2k 12E mv =可得：速率v 不变，组合体质量m 变大，故动能k E 变大.答案选C] 2. D [两行星绕太阳运动的向心力均由万有引力提供，所以有G Mm r 2＝m v 2r ＝m ω2r ＝m 4π2T 2r ＝ma ，解得v ＝GM r ，T ＝4π2r 3GM ，ω＝GM r 3，a ＝GMr2，根据题意r 火＞r 地，所以有T 地＜T 火，v 地＞v 火，a 地＞a 火，ω地＞ω火，故A 、B 、C 错误，D 正确.]4．D [地球对物体的引力提供物体绕地球匀速圆周运动的向心力，物体处于完全失重状态，对支持它的物体的压力为零，D 正确.]5．C [地球同步卫星周期等于地球自转周期，即h24==自转同T T ，故A 错误；同步卫星相对地面静止，但都处于赤道上空，故B 错误；地球同步卫星和低轨道卫星都绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，即由向心加速度均处于失重状态，故C 正确；由GM r T 32π=可知，地球同步卫星和低轨道卫星不可能具有相同的角速度.]6．B [对飞船由万有引力定律和牛顿第二定律得，GMm （R ＋h ）2＝mg ′，解得飞船所在处的重力加速度为g ′＝GM（R ＋h ）2，B 项正确.] 7．B [利用题给信息，对地球，有G Mm R 2＝mg ，得M ＝gR 2G ，又V ＝43πR 3，得地球的密度ρ＝M V ＝3g 4G πR ；对月球，有G M 0m R 20＝mg 0，得M 0＝g 0R 20G ，又V 0＝43πR 30，得月球的密度ρ0＝M 0V 0＝3g 04G πR 0，则地球的密度与月球的密度之比ρρ0＝32，故B 正确.] 8．C [a 物体运动的周期大于b 卫星运动的周期，由于不知b 、c 卫星质量关系，所以b 卫星。

竖直平面内圆周运动的临界问题及应用好资料共享高中物理巧学妙解王第一章高频热点剖析五、竖直平面内的圆周运动竖直平面内的圆周运动是典型的变速运动，高中阶段只分析通过最高点和最低点的情况，经常考查临界状态，其问题可分为以下两种模型. 一、两种模型模型1：“轻绳类”绳对小球只能产生沿绳收缩方向的拉力(圆圈轨道问题可归结为轻绳类)，即只能沿某一个方向给物体力的图1 图2 作用，如图1、图2所示，没有物体支撑的小球，在竖直平面做圆周运动过最高点的情况：(1)临界条件：在最高点，绳子(或圆圈轨道)对小球没有力的作用，v0 (2)小球能通过最高点的条件：v当v 绳对球产生拉力，圆圈轨道对球产生向下的压力. (3)小球不能过最高点的条件：v 没到最高点就脱离了圆圈轨道，而做斜抛运动. 模型2：“轻杆类”有物体支撑的小球在竖直平面内做圆周运动过最高点的情况，如图3所示，(小球在圆环轨道内做圆周运动的情况类似“轻杆类”，如图4所示，)： (1)临界条件：由于硬杆和管壁的支撑作用，小球恰能到达最高点的临界速度v0 0(2)小球过最高点时，轻图3 图4 杆对小球的弹力情况：①当v 0时，轻杆对小球有竖直向上的支持力N，其大小等于小球的重力，即N mg；v2v2②当0 v 因mg N m,则N mg m.RR轻杆对小球的支持力N竖直向上，其大小随速度的增大而减小，其取值范围是mg N 0．【例1】如图5所示，质量为m的小球从光滑的斜面轨道的A点由静止下滑，若小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运图5 动，问A点的高度h至少应为多少?【解析】此题属于“轻绳类”，其中“恰能”是隐含条件，即小球在最高点的临界速度是v临界，根据12机械能守恒定律得mgh mg 2R mv临界25把v临界代入上式得：hmin R．2【例2】如图6所示，在竖直向下的匀强电场中，一个带负电q、质量为m且重力大于所受电场力的小球，从光滑的斜面轨道的A点由静止下滑，若小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动，问A点的高度h至少应为多少?【解析】此题属于“轻杆类”，带电小球在圆形轨道的最高点B受到三个力作用:电场力F qE，方向竖直向上；重力mg；弹力N，方向竖直向下．由向心力公式，有2vBmg N qE mR要使小球恰能通过圆形轨道的最高点B而做圆周运动，说明小球此时处于临界状态，其速率vB为图6临界速度，临界条件是N 0．由此可列出小球的临界状态方程为mg qE2vB① R③当v N 0；v2v2④当v mg N m，即N m mg，RR12根据动能定理，有(mg qE) (h 2R) mvB ②25解之得：hmin R22vB说明把②式中的mg qE换成m，较容易求出R5hmin R2杆对小球有指向圆心的拉力，其大小随速度的增大而增大，注意杆与绳不同，在最高点，杆对球既能产生拉力，也能对球产生支持力，还可对球的作用力为零. 小结如果小球带电，且空间存在电磁场时，临界条件应是小球重力、电场力和洛伦兹力的合力作为向心力，此时临界速度v≠应根据具体情况具体分析)．另外，若在月球上做圆周运动则可将上述的g 换成g月，若在其他天体上则把g换成g天体. 二、两种模型的应用【例3】如图6所示，在竖直向下的匀强电场中，一个带正电q、质量为m且重力大于所受电场力的小球，从光滑的斜面轨道的A点由静止下滑，若小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动，问A点的高度h至少应为多少?【解析】此题属于“轻绳类”，题中“恰能”是隐含条件，要使带电小球恰能通过圆形轨道的最高点B而做圆周运动，说明小球此时处于临界状态，其速率v B为。