专题06 递推归纳法 高考物理冲刺方法汇总(解析版)2020年高考物理

专题6 功和功率一．选择题1．（2024江苏泰州12月联考）中国已成为世界上高铁系统技术最全、集成实力最强、运营里程最长、运行速度最高、在建规模最大的国家。

报道称新一代高速列车牵引功率达9000kW，持续运行速度为350km/h，则新一代高速列车从北京开到杭州全长约为1300km，则列车在动力上耗电约为（）A．3.3×103kW·hB．3.3×104kW·hC．3.3×105kW·hD．3.3×106kW·h【参考答案】B2．【济宁模拟】一汽车在水平平直路面上，从静止起先以恒定功率P运动，运动过程中所受阻力大小不变，汽车最终做匀速运动。

汽车运动速度的倒数1v与加速度a的关系如图所示。

下列说法正确的是( )A ．汽车运动的最大速度为v 0B ．阻力大小为02PvC ．汽车的质量为002Pa v D ．汽车的质量为00Pa v【参考答案】AD3．【郑州2025届质量检测】如图所示，不行伸长的轻绳通过定滑轮将物块甲、乙(均可视为质点)连接，物块甲套在固定的竖直光滑杆上，用外力使两物块静止，轻绳与竖直方向夹角θ＝37°，然后撤去外力，甲、乙两物块从静上起先无初速释放，物块甲能上升到最高点Q ，己知Q 点与滑轮上缘O 在同一水平线上，甲、乙两物块质量分别为m 、M ，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，重力加速度为g ，不计空气阻力，不计滑轮的大小和摩擦。

设物块甲上升到最高点Q 时加速度为a ，则下列说法正确的是( )A ．M ＝3mB ．M ＝2mC ．a ＝0D ．a ＝g 【参考答案】BD【名师解析】当甲上升到最高点时，甲和乙的速度均为零，此时设甲上升的高度为h ，则乙下降的高度为，由能量关系可知，则M＝2m，选项B正确，A错误；甲在最高点时，竖直方向只受重力作用，则a＝g，选项C错误，D正确。

2020版高考物理 知识点汇总+答题技巧1.质点的直线运动知识背一背一、质点、位移和路程、参考系（1）质点质点是一种理想化模型；现实中是不存在的，切记能否看做质点与研究物体的体积大小，质量多少无关。

（2）位移和路程一般情况下，位移大小不等于路程，只有物体作单向直线运动时位移大小才等于路程。

在题目中找一个物体的位移时，需要首先确定物体的始末位置，然后用带箭头的直线由初始位置指向末位置（3）参考系参考系具有：假定不动性，任意性，差异性。

需要注意：运动是绝对的，静止是相对的。

二、平均速度、瞬时速度（1）平均速度平均速度是粗略描述作直线运动的物体在某一段时间（或位移）里运动快慢的物理量，它等于物体通过的位移与发生这段位移所用时间的比值，其方向与位移方向相同；而公式02t v v v +=仅适用于匀变速直线运动。

值得注意的是，平均速度的大小不叫平均速率。

平均速度是位移和时间的比值，而平均速率是路程和时间的比值。

（2）瞬时速度瞬时速度精确地描述运动物体在某一时刻或某一位置的运动快慢，即时速度的大小叫即时速率，简称速率。

三、加速度：应用中要注意它与速度的关系，加速度与速度的大小、方向，速度变化量的大小没有任何关系，加速度的方向跟速度变化量的方向一致。

四、自由落体运动与竖直上抛运动自由落体运动实际上是物理学中的理想化运动，只有满足一定的条件才能把实际的落体运动看成是自由落体运动，第一、物体只受重力作用，如果还受空气阻力作用，那么空气阻力与重力比可以忽略不计，第二、物体必须从静止开始下落，即初速度为零。

重力加速度g 的方向总是竖直向下的。

在同一地区的同一高度，任何物体的重力加速度都是相同的。

重力加速度的数值随海拔高度增大而减小，随着维度的增大而增大竖直上抛运动还可以根据运动方向的不同，分为上升阶段的匀减速直线运动和下降阶段的自由落体运动。

其实竖直上抛运动和自由落体运动互为逆运动，具有对称性，这一规律可以方便我们解题五、运动图象①位移图象：纵轴表示位移x ，横轴表示时间t ；图线的斜率表示运动质点的速度。

物理解题中的递推公式商洛中学杨玉良分析一些同类特殊事例，确切判断出它们所共有的因果联系和特征，作出一般结论。

这种由特殊推出一般的推理方法叫归纳推理。

物理学中许多普遍概念和规律都主要是用归纳推理得出的。

归纳推理是解决物体与物体发生多次作用后的情况，即当问题中涉及相互联系的物体较多并且有规律时，应根据题目特点应用数学思想将所研究的问题归类，然后求出通式。

常用它来研究运动规律已知，在一定条件下连续进行的、具有共同规律而具体数量特征不同的多阶段运动问题。

它具体方法是先分析某一次作用的情况，得出结论；再根据多次作用的重复性和它们的共同点，把结论推广，然后结合数学知识求解；或导出联系相邻两次作用的递推关系式，再把结论推广，后结合数学知识求解。

1、如图所示，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°。

【分析】因绝缘球与金属球每次碰撞后，其速率将减小，从而使其偏离竖直方向的最大角度在减小。

而每次两球碰撞后，绝缘球的速率是有规律性的变化，要求解本题题设条件下的碰撞次数，关键在于归纳出绝缘球在每次碰撞后的速率变化规律。

【解】方法1．根据多次作用的重复性和它们的共同点，把结论推广，然后结合数学知识求解。

设小球m的摆线长度为l，绝缘球第一次碰撞前的速度为v0，碰撞后绝缘球与金属球的速度分别为v1、V1，设速度向左为正，小球m在下落过程中与M相碰之前满足机械能守恒：，①m和M碰撞过程满足：mv0=MV1+mv1，②，③联立②、③得：，由于v1<0，说明绝缘球被反弹，而后绝缘球又以反弹速度的大小和金属球M发生碰撞，设第二次碰撞后绝缘球与金属球的速度分别为v2、V2，满足：m|v1|=MV2+mv2，④，⑤由④、⑤解得：，整理得：同理第三次碰撞后绝缘球的速率v3为：，由以上归纳推理得到第n次碰撞后绝缘球的速率为v n，所以：，⑥经过第n次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°，则，⑦联立①、⑥、⑦代入数据解得，（0．81）n=0．586，当n=3时，碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°。

考情概览：解读近年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。

2024年真题研析：分析命题特点，探寻常考要点，真题分类精讲。

近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。

必备知识速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。

名校模拟探源：精选适量名校模拟题，发掘高考命题之源。

2022·浙江1月，172022·浙江6月，112021·全国乙卷，92024年高考各卷区物理试题均考查了恒力作用下的曲线运动。

预测2025年高考依然会继续考查。

考向一曲线运动的特点考向二运动的合成与分解1.（2024年江西卷第8题）（多选）一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处．如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x 轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为0v ，末速度v 沿x 轴正方向．在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。

关于小鱼的水平位置x 、竖直位置y 、水平方向分速度x v 和竖直方向分速度y v 与时间t 的关系，下列图像可能正确的是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】AC ．小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即x v 为定值，则有水平位移x x v t=故A 正确，C 错误；BD ．小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则2012y y v t gt =-，0y y v v gt =-且最高点时竖直方向的速度为0，故B 错误，D 正确。

故选AD 。

考向三平抛2.（2024年1月浙江卷第8题）如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A 。

已知桶高为h ，直径为D ，则水离开出水口的速度大小为（）A.B.C.D.1)【答案】C【解析】设出水孔到水桶中心距离为x ，则x v =落到桶底A 点时2D x v +=解得0v =故选C 。

3.（2024年新课标卷第2题）福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。

二、考前必知的方法技巧1．选择题技巧方法高考物理部分的选择题主要考查对物理概念、物理现象、物理过程和物理规律的认识、理解和应用，题目信息量大、知识覆盖面广、干扰性强、考查方式灵活，能考查学生的多种能力；但难度不会太大，属于保分题目．只有“选择题多拿分，高考才能得高分”，在平时的训练中，针对选择题要做到两个方面：一练准确度：高考中遗憾的不是难题做不出来，而是简单题和中档题做错；平时会做的题目没做对，平时训练一定要重视选择题的正确率．二练速度：提高选择题的答题速度，为攻克后面的非选择题赢得充足时间．解答选择题时除了掌握直接判断和定量计算的常规方法外，还要学会一些非常规巧解妙招，针对题目特点“不择手段”，达到快速解题的目的．技巧1 直接判断法[技巧阐释] 直接判断法适用于推理过程比较简单的题目，通过观察题目中所给出的条件，根据所学知识和规律推出结果，直接判断，确定正确的选项．【典例1】如图所示为氢原子的能级示意图，下列对氢原子在能级跃迁过程中辐射或吸收光子的特征的认识正确的是( )A．处于基态的氢原子可以吸收能量为14 eV的光子使电子电离B．一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，能辐射出4种不同频率的光子C．一群处于n＝2能级的氢原子吸收能量为2 eV 的光子可以跃迁到n＝3能级D．用能量为10.3 eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态[答案] A【名师点评】解答本题的关键是知道什么是电离，能级的跃迁满足hν＝E m－E n(m>n)．注意吸收光子是向高能级跃迁，释放光子是向低能级跃迁，吸收或释放的能量要正好等于能级间的能量差．技巧2 特殊赋值法[技巧阐释] 有些选择题根据题干所描述物理现象的一般情况，难以直接判断选项的正误，可针对题设条件选择一些能反映已知量与未知量的数量关系的特殊值，代入各选项中进行检验，从而得出结论．【典例2】在光滑水平面上，物块a以大小为v的速度向右运动，物块b以大小为u 的速度向左运动，a、b发生弹性正碰．已知a的质量远小于b的质量，则碰后物块a的速度大小是( )A．v B．v＋uC．v＋2u D．2u－v【名师点评】 本题若用常规方法解，需要对系统列动量守恒与机械能守恒方程，计算过程及讨论极其复杂，若让题目中所涉及的速度分别取特殊值，通过相对简单的分析和计算即可快速进行判断．技巧3 “二级结论”法[技巧阐释] 熟记并巧用一些由基本规律和基本公式导出的结论可以使思维过程简化，提高解题的速度和准确率．【典例3】 如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为O ，一小球(可视为质点)从轨道上与圆心等高的 A 点以速度v 0向右水平抛出，落在轨道上的 C 点，已知 OC 与 OA 的夹角为θ，重力加速度为g ，则小球从 A 运动到 C 的时间为( ) A.2v 0g tan θ2 B.v 0g tan θ2 C.v 0g tan θ2 D.2v 0g tan θ2 [答案] A【名师点评】 使用推论法解题时，必须清楚推论是否适用于题目情境．非常实用的推论有：(1)等时圆规律；(2)做平抛运动的物体在某时刻的速度方向的反向延长线过此时水平位移的中点；(3)质量和所带电荷量均不同的同电性带电粒子由静止相继经过相同的加速电场和偏转电场，轨迹重合；(4)直流电路动态变化时有“串反并同”的规律(电源有内阻)；(5)平行通电导线同向相吸，异向相斥；(6)带电平行板电容器与电源断开，仅改变极板间的距离不影响极板间的电场强度等．技巧4 等效思维法[技巧阐释] 等效思维法就是要在保持效果或关系不变的前提下，对复杂的研究对象、背景条件、物理过程进行有目的地分解、重组、变换或替代，使它们转换为我们所熟知的、更简单的理想化模型，从而达到简化问题的目的．【典例4】 (多选)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，下列说法正确的是( )A ．圆盘处于磁场中的部分，靠近圆心处电势高B ．所加磁场越强，越易使圆盘停止转动C ．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D ．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动【名师点评】金属圆盘一般有两种等效方式，一是可以将金属圆盘等效看做由无数金属辐条组成，然后用切割观点分析；二是可将金属圆盘看做由无数微小的回路组成，然后分析其中一个微小回路中磁通量的变化，从而确定该回路中的电流情况与受力情况．技巧5 作图分析法[技巧阐释] 物理图象能从整体上反映出两个或两个以上物理量的定性或定量关系，根据题意画出图象，再利用图象分析寻找答案，能够避免繁琐的计算，迅速找出正确选项．【典例5】每隔0.2 s 从同一高度竖直向上抛出一个初速度大小为6 m/s的小球，设小球在空中不相碰．g取10 m/s2，则在抛出点以上能和第3个小球所在高度相同的小球个数为( )A．6 B．7C．8 D．9[答案] B【名师点评】v－t图象隐含信息较多，我们经常借助v－t图象解决有关运动学或动力学问题，而忽视对x－t图象的利用，实际上x－t图象在解决相遇问题时有其独特的作用，解题时要会灵活运用各种图象．技巧6 逆向思维法[技巧阐释] 逆向思维可以使解答过程变得非常简捷，特别适用于选择题的解答，解决物理问题常用的逆向思维有过程逆向、时间反演等．【典例6】在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图如图所示，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可以测出被测物体的速度．某时刻测速仪发出超声波，同时汽车在离测速仪355 m 处开始做匀减速直线运动．当测速仪接收到反射回来的超声波信号时，汽车在离测速仪335 m 处恰好停下，已知声速为340 m/s，则汽车在这段时间内的平均速度为( )A．5 m/s B．10 m/sC．15 m/s D．20 m/s[答案] B【名师点评】对于匀减速直线运动，往往逆向等同为匀加速直线运动．可以利用逆向思维法的物理情境还有斜上抛运动，利用最高点的速度特征，将其逆向等同为平抛运动．技巧7 整体法和隔离法[技巧阐释] 对于不要求讨论系统内部物体之间相互作用力的问题，首选整体法；如果要考虑系统内部各个物体之间的相互作用力，则必须使用隔离法．整体法常常和隔离法交替使用，一般采用先整体后隔离的方法．【典例7】 水平铁轨上有一列由8节车厢组成的动车组．沿动车组前进的方向，每相邻两节车厢中有一节自带动力的车厢(动车)和一节不带动力的车厢(拖车)．该动车组在水平铁轨上匀加速行驶时，每节动车的动力装置均提供大小为 F 的牵引力，每节车厢所受的阻力均为f ，每节车厢的质量均为 m ，则第4节车厢与第5节车厢水平连接装置之间的相互作用力大小为( )A ．0B ．2FC ．2(F －f )D ．2(F －2f ) [答案] A【名师点评】 整体法一般适用于连接体问题、叠罗汉式木块问题，适用于不需要求解内力的问题．本题中先将8节车厢作为一个整体研究，然后再隔离前4节车厢研究．技巧8 对称分析法[技巧阐释] 当研究对象在结构或相互作用上，物理过程在时间和空间上以及物理量在分布上具有对称性时，宜采用对称法解决．常见的对称情况有物体做竖直上抛运动的对称性，点电荷在电场中运动的对称性，带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的对称性等．【典例8】 如图所示，一边长为 L 的正方体绝缘体上均匀分布着电荷量为 Q 的电荷，在垂直于左、右面且过正方体中心 O 的轴线上有 a 、b 、c 三个点，a 和 b 、b 和 O 、O 和 c 间的距离均为 L ，在 a 点处固定一电荷量为 q (q <0) 的点电荷. k 为静电力常量，已知 b 点处的场强为零，则 c 点处场强的大小为( ) A.8kq 9L 2 B ．k Q L 2C ．k q L2D.10kq9L 2 [答案] D 【名师点评】 一般来说，非点电荷的电场强度在中学范围内不能直接求解，但若巧妙地运用对称法和电场的叠加原理，则能使问题顺利得到解决．在高中阶段，关于电场、磁场的新颖试题的情境往往有对称的特点，所以常常用对称法结合矢量叠加原理求解．技巧9 筛选排除法[技巧阐释] 排除法主要适用于选项中有相互矛盾或有完全肯定、完全否定的说法的选择题(如电磁感应中图象的识别、某一物理量大小的确定等)．【典例9】 如图所示，宽度均为d 且足够长的两相邻条形区域内，分别存在磁感应强度大小为 B 、方向相反的匀强磁场．总电阻为R ，边长为433d 的等边三角形金属框的 AB 边与磁场边界平行，金属框从图示位置沿垂直于AB边向右的方向做匀速直线运动．取逆时针方向电流为正，从金属框C端刚进入磁场开始计时，下列关于框中产生的感应电流随时间变化的图象正确的是( )[答案] A【名师点评】本题巧妙地使用面积排除法，这是一般学生想不到的，要学会从不同方面判断或从不同角度思考与推敲．运用排除法解题时，对于完全肯定或完全否定的选项，可通过举反例的方式排除；对于相互矛盾的选项，最多只有一项是正确的．技巧10 类比分析法[技巧阐释] 类比分析法是将两个(或两类)研究对象进行对比，根据它们在某些方面有相同或相似的属性，进一步推断它们在其他方面也可能有相同或相似的属性的一种思维方法．解决一些物理情境新颖的题目时可以尝试使用这种方法．【典例10】 (多选)如图，一带负电的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面(纸面)内，且关于过轨迹最低点P的竖直线对称，忽略空气阻力．由此可知( )A．Q点的电势比P点高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[答案] AB【名师点评】本题的突破口是类比重力场中斜抛运动的模型分析带电体的运动．斜抛运动所受合力的方向竖直向下，类比可知油滴所受合力方向竖直向上．技巧11 假设判断法[技巧阐释] 利用假设法可以方便地对问题进行分析、推理、判断．恰当地运用假设，可以起到化拙为巧、化难为易的效果．物理解题中的假设，从内容要素来看有参量假设、现象假设和过程假设等，从运用策略来看有极端假设、反面假设和等效假设等．【典例11】如图所示是发电厂通过升压变压器升压进行远距离输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图．图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表．设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，滑动变阻器R相当于用户用电器，用电器增加时，相当于R接入电路的阻值变小，则当进入用电高峰期时( )A．电压表V1、V2的读数均不变，电流表A2的读数增大，电流表A1的读数减小B．电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数减小C．电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变D．线路损耗功率不变[答案] C【名师点评】此题是远距离输电与电路的动态分析结合的题目，涉及变量较多，答题时可对某一变量进行假设，通过推理反证有些假设不成立，从而分析出正确结果．技巧12 极限思维法[技巧阐释] 在某些变化过程中，若我们采取极限思维的方法，将发生的物理变化过程推向极端，就能把比较隐蔽的条件暴露出来，从而迅速得出结论．极限法只有在变量发生单调、连续变化，并存在理论极限时才适用．【典例12】如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B.若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A的拉力大小为T1，已知下列四个关于T1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( )A．T1＝（m＋2m2）m1gm＋2（m1＋m2）B．T1＝（m＋2m1）m1gm＋4（m1＋m2）C．T1＝（m＋4m2）m1gm＋2（m1＋m2）D．T1＝（m＋4m1）m2gm＋4（m1＋m2）[答案] C【名师点评】题目中滑轮有质量，同学们接触的题目中大部分是轻质滑轮，质量不计，做选择题时不妨将物理量的值推向极限(如本题中将m推向0)，按照常规题型去求解，解得结果后看看哪个选项符合即可．2．实验题技巧方法技巧1 抓好基础《考试大纲》除了明确12个必考实验、4个选考实验外，还强调了仪器的正确使用、误差问题的重要性及有效数字的应用，这些相对于当下创新的实验命题来说就是基础．所以像刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、打点计时器、电流表、电压表、多用电表等，要熟练掌握它们的使用方法和读数规则，要防止在估读、结果的有效数字和单位上出错．【典例1】 (1)图甲中游标卡尺的读数为________mm，图乙中螺旋测微器的读数为________mm.(2)某同学用多用电表的欧姆挡来测量一电压表的内阻，器材如图丙所示．先将选择开关旋至“×10”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，红表笔应接电压表的________(选填“＋”或“－”)接线柱，结果发现欧姆表指针偏角太小，则应将选择开关旋至________(选填“×1”或“×100”)挡并________，最终测量结果如图丁所示，则电压表的电阻为________ Ω.[答案] (1)29.8 0.880(2)－×100 重新进行欧姆调零 3 000【名师点评】 对于基本仪器，正确读数必须做到以下三点(1)要注意量程．(2)要弄清所选量程对应的每一大格和每一小格所表示的值．(3)要掌握需要估读的基本仪器的读数原则．读数的基本原则：最小刻度是“1”的仪器，要求读到最小刻度后再往下估读一位；最小刻度是“2”和“5”的仪器，只要求读到最小刻度所在的这一位并按其最小刻度的12或15进行估读，不再往下估读． 技巧2 重视理解《考试大纲》中规定的实验以及教材中的演示实验是高考创新实验的命题根源，这就要求我们在高考实验备考中紧扣教材中的实验，弄清和掌握教材中每一个实验的实验原理、实验步骤、数据处理、误差分析等，对每一个实验都应做到心中有数，并且能融会贯通．【典例2】 某同学利用如图所示的装置测量小木块与接触面间的动摩擦因数，已知小木块与斜面和水平面之间的动摩擦因数相同，小木块从斜面上的A 点由静止滑下，经过斜面的最低点B 到达水平面上的C 点静止，A 、C 两点间的水平距离为x ，小木块可视为质点，回答下列问题：(1)已知小木块的质量为m ，重力加速度大小为g ，若动摩擦因数为μ，由A 点运动到C 点的过程中，克服摩擦力做的功W f 与x 之间的关系式为W f ＝________．(2)为尽量简便地测量小木块与接触面间的动摩擦因数，下列物理量需要测量的是________．A ．小木块的质量mB ．斜面的倾角θC ．A 、B 两点间的距离D ．A 、C 两点间的竖直高度差hE ．A 、C 两点间的水平距离x(3)利用上述测量的物理量，写出测量的动摩擦因数μ＝________．(4)小木块运动到B 点时，由于与水平面的作用，竖直方向的分速度会损失，将导致测量的动摩擦因数与实际动摩擦因数相比________(填“偏大”“相等”或“偏小”)．[答案] (1)μmgx (2)DE (3)h x(4)偏大【名师点评】 从全国卷命题情况看，直接考教材中的操作、原理的试题相对较少，或多或少都有变化，但是为了确保高考的稳定性、连续性，这种变化也是科学规范的，不会大起大落，所以“以教材为本”是解决此类问题的关键，斜面、小木块都是常规器材，但是在本题中用来测量动摩擦因数，这些小变化充分体现了“源于教材高于教材”的命题理念．技巧3 变化创新《考试大纲》中的实验能力提到：“能运用已学过的物理理论、实验方法和实验仪器去处理问题，包括简单的设计性实验．”所以从仪器的使用、装置的改造、电路的设计、数据的灵活处理等方面进行变通和拓展是复习中必须经历的一个过程，要对各个实验的原理、方法进行合理迁移，类似的实验要多比较分析．【典例3】 利用如图甲所示的电路测量某电池的内阻，其中AB为一段粗细均匀的铅笔芯，笔芯上套有一金属滑环P (宽度和电阻不计，与笔芯接触良好并可自由移动)．实验器材还有：标准电池(电动势为E 0，内阻不计)，电阻箱(最大阻值为99.99 Ω)，灵敏电流计G(量程为0～600 μA)，待测电池(电动势E x 小于E 0，内阻r x 未知)，开关3个，刻度尺等．主要实验步骤如下：a ．测量出铅笔芯A 、B 两端点间的距离L 0；b ．将电阻箱调至某一阻值R ，闭合开关S 1、S 2、S 3，移动滑环P 使电流计G 示数为零，测量出此时A 、P 之间的长度L ；c ．改变电阻箱的阻值R ，重复步骤b ，记录下多组R 及对应的L 值．回答以下问题：(1)移动滑环P 使G 的示数为零，此时AP 两端的电压与电阻箱两端的电压U R 相等，则U R ＝________(用L 、L 0、E 0表示)．(2)利用记录的多组R 、L 数据，作出1L －1R 图象如图乙所示，则1L 随1R 变化的关系式为1L＝________(用E x 、r x 、E 0、L 0、R 表示)，待测电池的内阻r x ＝________Ω(结果保留两位有效数字)．(3)在步骤b 的操作过程中，若无论怎样移动滑环P ，也无法使G 的示数为零，经检查发现，有一个开关未闭合，你认为未闭合的开关是________(填“S 1”“S 2”或“S 3”)．(4)本实验中若标准电池的内阻不可忽略，则待测电池内阻的测量结果将________(填“偏大”“不变”或“偏小”)．[答案] (1)LL0E0(2)E0r xE x L0·1R＋E0E x L01.1(或1.0或1.2) (3)S1(4)不变【名师点评】实验创新是新课标的特色之一，就创新而言，可以是实验原理的创新，实验器材的重组创新，器材的变更创新，也可以是数据分析和处理的创新，所以在训练中归类找出共性构建模型，如测电阻模型等，找出差异防止错误是应对创新问题的良策．3．计算题技巧方法物理计算题历来是高考拉分题，试题综合性强，涉及物理过程较多，所给物理情境较复杂，物理模型较模糊甚至很隐蔽，运用的物理规律也较多，对考生的各项能力要求很高，为了在物理计算题上得到理想的分值，应做到细心审题、用心析题、规范答题．技巧一细心审题，做到一“看”二“读”三“思”1．看题“看题”是从题目中获取信息的最直接的方法，一定要全面、细心，看题时不要急于求解，对题中关键的词语要多加思考，搞清其含义，对特殊字、句、条件要用着重号加以标注；不能错看或漏看题目中的条件，重点要看清题中隐含的物理条件、括号内的附加条件等．2．读题“读题”就是默读试题，是物理信息内化的过程，它能解决漏看、错看等问题．不管试题难易如何，一定要怀着轻松的心情去默读一遍，逐字逐句研究，边读边思索、边联想，以弄清题中所涉及的现象和过程，排除干扰因素，充分挖掘隐含条件，准确还原各种模型，找准物理量之间的关系．3．思题“思题”就是充分挖掘大脑中所储存的知识信息，准确、全面、快速地思考，清楚各物理过程的细节、内在联系、制约条件等，进而得出解题的全景图．【典例1】某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成．水平传送带长度L AB＝4 m，倾斜传送带长度L CD＝4.45 m，倾角为θ＝37°.传送带AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡．AB传送带以v1＝5 m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止．已知工件与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.现将一个工件(可视为质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)工件从A端开始第一次被传送到CD传送带上，工件上升的最大高度和从开始到上升到最大高度的过程中所用的时间．(2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小．(v2<v1)[思路点拨] “看题”时要注意：①AB传送带顺时针运转，第(1)问中CD传送带静止，第(2)问中CD传送带顺时针运转；②工件与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.5；③工件无初速度地放在水平传送带最左端．“读题”时可获取的信息：工件放到水平传送带上后在摩擦力作用下做匀加速运动，需要先判断匀加速运动的位移与水平传送带长度的关系．“思题”时应明确：①若匀加速运动的位移大于或等于水平传送带的长度，工件一直加速；若匀加速运动的位移小于水平传送带的长度，则工件先加速到等于传送带的速度后做匀速运动．工件滑上静止的传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动．②可利用牛顿第二定律、匀变速直线运动规律列方程解得第(2)问中CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小．[答案] (1)0.75 m 1.8 s (2)4 m/s技巧二用心析题，做到一“明”二“析”三“联”1．明过程——快速建模在审题已获取一定信息的基础上，要对研究对象的各个运动过程进行剖析，确定每一个过程对应的物理模型、规律及各过程间的联系．2．析情境——一目了然认真阅读题目、分析题意、搞清题述物理状态及过程，有的题目可用简图(示意图、运动轨迹、受力分析图、等效图等)将这些状态及过程表示出来，以展示题述物理情境、物理模型，使物理过程更为直观、物理特征更加明显，进而快速简便解题．3．联规律——准确答题解答物理计算题时，在透彻分析题给物理情境的基础上，灵活选用规律，如力学计算题可用力的观点，即牛顿运动定律与运动学公式等求解；可用能量观点，即动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律等求解；也可以用动量观点，即动量定理、动量守恒定律等求解．【典例2】如图所示，带电荷量为q＝＋2×10－3C、质量为m＝0.1 kg的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有范围足够大、方向水平向左、电场强度E＝103N/C 的匀强电场．与B球形状相同、质量为0.3 kg 的绝缘不带电小球A以初速度v0＝10 m/s向B运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场线的方向进入电场，在电场中两球又发生多次弹性碰撞，已知每次碰撞时间极短，小球B的电荷量始终不变，取重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小；(2)第二次碰撞前瞬间小球B的动能；(3)第三次碰撞的位置．[思路点拨] (1)A、B两球在电场外发生第一次碰撞，选取A、B两个小球为一个系统，根据弹性碰撞模型运用动量守恒定律和系统机械能守恒定律列方程求解．(2)碰后A、B两球进入电场，竖直方向上两者相对静止，均做自由落体运动；水平方向上，A做匀速直线运动，B做匀减速直线运动，利用相关知识列方程求出第二次碰撞前瞬间小球B的动能；每次碰撞时间极短，因此可认为第二次碰撞时水平方向上动量守恒，运用动量守恒定律和系统机械能守恒定律列方程求解出碰撞后两球的速度．(3)分析第二次碰撞后两球的运动情况，运用运动学知识求出第三次碰撞的位置．运用动量守恒定律和运动学规律列方程时要注意正方向的选取．[答案] (1)v1＝5 m/s v2＝15 m/s (2)E k B＝6.25 J(3)在第一次碰撞点右方5 m，下方20 m处技巧三规范答题，做到一“有”二“分”三“准”1．有必要的文字说明必要的文字说明是在对题目完整解答的过程中不可缺少的，它能使解题思路清晰明了，让阅卷老师一目了然，是获取高分的必要条件之一，主要包括：(1)研究的对象、研究的过程或状态的说明．(2)题中物理量要用题中的符号，非题中的物理量或符号，一定要用假设的方式进行说明．(3)题目中的一些隐含条件或临界条件分析出来后，要加以说明．(4)所列方程的依据及名称要进行说明．(5)规定的正方向、零势能点及所建立的坐标系要进行说明．(6)对题目所求或所问要有明确的答复，对所求结果的物理意义要进行说明．2．分步列式、联立求解解答高考试题一定要分步列式，因高考阅卷实行按步骤给分，每一步的关键方程都是得分点．分步列式一定要注意以下几点：(1)列原始方程，即与原始规律、公式相对应的具体形式，而不是移项变形后的公式．(2)方程中的字母要与题目中的字母吻合，同一字母的物理意义要唯一．出现同类物理量，要用不同的下标或上标区分．(3)列纯字母方程，方程全部采用物理量符号和常用字母表示(例如位移x、重力加速度g等)．(4)依次列方程，不要方程中套方程，也不要写连等式或综合式子．(5)所列方程式尽量简洁，多个方程式要标上序号，以便联立求解．3．准确结果，必要演算解答物理计算题一定要有必要的演算过程，并明确最终结果，具体要注意：(1)演算时一般要从列出的一系列方程，推导出结果的计算式，然后代入数据并写出结。

然顿市安民阳光实验学校六、递推法方法简介递推法是解决物体与物体发生多次作用后的情况. 即当问题中涉及相互联系的物体较多并且有规律时，应根据题目特点应用数学思想将所研究的问题归类，然后求出通式. 具体方法是先分析某一次作用的情况，得出结论. 再根据多次作用的重复性和它们的共同点，把结论推广，然后结合数学知识求解. 用递推法解题的关键是导出联系相邻两次作用的递推关系式. 塞题精析例1 质点以加速度a 从静止出发做直线运动，在某时刻t ，加速度变为2a ；在时刻2t ，加速度变为3a ；…；在nt 时刻，加速度变为（n +1）a ，求：（1）nt 时刻质点的速度；（2）nt 时间内通过的总路程.解析 根据递推法的思想，从特殊到一般找到规律，然后求解. （1）物质在某时刻t 末的速度为at v t =2t 末的速度为at at v at v v t t t 2,222+=+=所以 3t 末的速度为at at at at v v t t 32322++=+= ……则nt 末的速度为nat v v t n nt +=-)1( （2）同理：可推得nt内通过的总路程.)12)(1(1212at n n n s ++=例2 小球从高m h 1800=处自由下落，着地后跳起又下落，每与地面相碰一次，速度减小)2(1=n n，求小球从下落到停止经过的总时间为通过的总路程.（g取10m/s 2）解析 小球从h 0高处落地时，速率s m gh v /60200==第一次跳起时和又落地时的速率2/01v v = 第二次跳起时和又落地时的速率2022/v v =第m 次跳起时和又落地时的速率m m v v 2/0=每次跳起的高度依次40222202112,2n h g v h n h g v h ====，通过的总路程 +++++=∑m h h h h s 222210 经过的总时间为 +++++=∑m t t t t t 210例3 A 、B 、C 三只猎犬站立的位置构成一个边长为a 的正 三角形，每只猎犬追捕猎物的速度均为v ，A 犬想追捕B 犬，B犬想追捕C 犬，C 犬想追捕A 犬，为追捕到猎物，猎犬不断调整方向，速度方向始终“盯”住对方，它们同时起动，经多长时间可捕捉到猎物？解析 由题意可知，由题意可知，三只猎犬都做等速率曲线运动，而且任一时刻三只猎犬的位置都分别在一个正三角形的三个顶点上，但这正三角形的边长不断减小，如图6—1所示.所以要想求出捕捉的时间，则需用微元法将等速率曲线运动变成等速率直线运动，再用递推法求解.设经时间t 可捕捉猎物，再把t 分为n 个微小时间间隔△t ，在每一个△t 内每只猎犬的运动可视为直线运动，每隔△t ，正三角形的边长分别为a 1、a 2、a 3、…、a n ，显然当a n →0时三只猎犬相遇.因为,023=∆⋅-t v n a 即va t tt n 32==∆所以 此题还可用对称法，在非惯性参考系中求解.……例4 一列进站后的重载列车，车头与各节车厢的质量相等，均为m ，若一次直接起动，车头的牵引力能带动30节车厢，那么，利用倒退起动，该车头能起动多少节同样质量的车厢？解析 若一次直接起动，车头的牵引力需克服摩擦力做功，使各节车厢动能都增加，若利用倒退起动，则车头的牵引力需克服摩擦力做的总功不变，但各节车厢起动的动能则不同.原来挂钩之间是张紧的，倒退后挂钩间存在△s 的宽松距离，设火车的牵引力为F ，则有：车头起动时，有2121)(mv s mg F =∆-μ 拉第一节车厢时：11)(mv v m m ='+ 故有s g mF v v ∆-==)(21412121μ拉第二节车厢时：222)2(mv v m m ='+ 故同样可得：s g m F v v ∆-==')35(32942222μ……推理可得 s g n m F n n v n∆+-+=')312(12μ 由mg n F v n μ312:02+>>'可得另由题意知46,31<=n mg F 得μ因此该车头倒退起动时，能起动45节相同质量的车厢.例5 有n 块质量均为m ，厚度为d 的相同砖块，平放在水平地面上，现将它们一块一块地叠放起来，如图6—2所示，人至少做多少功？解析 将平放在水平地面上的砖一块一块地叠放起来，每次克服重 力做的功不同，因此需一次一次地计算递推出通式计算.将第2块砖平放在第一块砖上人至少需克服重力做功为mgd W =2 将第3、4、…、n 块砖依次叠放起来，人克服重力至少所需做的功 分别为所以将n 块砖叠放起来，至少做的总功为W =W 1+W 2+W 3+…+W n例6 如图6—3所示，有六个完全相同的长条薄片1(=i B A i i 、 2、…、6）依次架在水平碗口上，一端搁在碗口，另一端架在另一 薄片的正中位置（不计薄片的质量）. 将质量为m 的质点置于A 1A 6的中点处，试求：A 1B 1薄片对A 6B 6的压力.解析 本题共有六个物体，通过观察会发现，A 1B 1、A 2B 2、…、 A 5B 5的受力情况完全相同，因此将A 1B 1、A 2B 2、…A 5B 5作为一类， 对其中一个进行受力分析，找出规律，求出通式即可求解.以第i 个薄片AB 为研究对象，受力情况如图6—3甲所示，第i 个 薄片受到前一个薄片向上的支持力N i 、碗边向上的支持力和后一个薄片 向下的压力N i +1. 选碗边B 点为轴，根据力矩平衡有所以65321)21(212121N N N N ==⨯== ①再以A 6B 6为研究对象，受力情况如图6—3乙所示，A 6B 6受到薄片 A 5B 5向上的支持力N 6、碗向上的支持力和后一个薄片A 1B 1向下的压力 N 1、质点向下的压力mg. 选B 6点为轴，根据力矩平衡有由①、②联立，解得 421mgN =所以，A 1B 1薄片对A 6B 6的压力为.42mg 例7 用20块质量均匀分布的相同光滑积木块，在光滑水平面上一块叠一块地搭成单孔桥，已知每一积木块长度为L ，横截面是边长为)4/(L h h =的正方形，要求此桥具有最大的跨度（即桥孔底宽），计算跨度与桥孔高度的比值.解析 为了使搭成的单孔桥平衡，桥孔两侧应有相同的积木块，从上往下计算，使积木块均能保证平衡，要满足合力矩为零，平衡时，每块积木块都有最大伸出量，则单孔桥就有最大跨度，又由于每块积木块都有厚度，所以最大跨度与桥孔高度存在一比值.将从上到下的积木块依次计为1、2、…、n ，显然第1块相对第2块的最大伸出量为第2块相对第3块的最大伸出量为2x ∆（如图6—4所示），则 同理可得第3块的最大伸出量323⨯=∆Lx ……最后归纳得出nL x n ⨯=∆2 所以总跨度h x k n n 32.11291=∆=∑=跨度与桥孔高的比值为258.1932.11==hhH k 例8 如图6—5所示，一排人站在沿x 轴的水平轨道旁，原点O 两侧的人的序号都记为3,2,1(=n n …）. 每人只有一个沙袋，0>x 一侧的每个沙袋质量为m =14kg ，0<x 一侧的每个沙袋质量kg m 10='. 一质量为M =48kg 的小车以某初速度v 0从原点出发向正x 轴方向滑行. 不计轨道阻力. 当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度v 朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，v 的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n 倍.（n 是此人的序号数）（1）空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？（2）车上最终有大小沙袋共多少个？解析 当人把沙袋以一定的速度朝与车速相反的方向沿车面扔到车上时，由动量守恒定律知，车速要减小，可见，当人不断地把沙袋以一定的速度扔到车上，总有一时刻使车速反向或减小到零，如车能反向运动，则另一边的人还能将沙袋扔到车上，直到车速为零，则不能再扔，否则还能扔.小车以初速0v 沿正x 轴方向运动，经过第1个（n =1）人的身旁时，此人将沙袋以0022v nv u ==的水平速度扔到车上，由动量守恒得,)(2100v m M v m Mv +=⋅-当小车运动到第2人身旁时，此人将沙袋以速度1142v nv u =='的水平速度扔到车上，同理有211)2(2)(v m M nv m v m M +=⋅-+，所以，当第n 个沙袋抛上车后的车速为n v ，根据动量守恒有111)1(,)(2])1([---++-=+=⋅--+n n n n n v nmM mn M v v nm M mv n v m n M 即.同理有n n v mn M m n M v )1()2(1+++-=+，若抛上（n+1）包沙袋后车反向运动，则应有.0,01<>+n n v v即.0)2(,0)1(<+->+-m n M m n M 由此两式解得：n n n ,1420,1438><为整数取3. 当车反向滑行时，根据上面同样推理可知，当向左运动到第n 个人身旁，抛上第n 包沙袋后由动量守恒定律有：解得：''+++'+-+='''++'+-+='+-n n n n v m n m M m n m M v v m n m M m n m M v )1(3)2(33)1(311同理设抛上n+1个沙袋后车速反向，要求0,01≤>'+n n v v即⎩⎨⎧=>⎩⎨⎧≤'+-+>'+-+870)2(30)1(3n n m n m M m n m M 解得 即抛上第8个沙袋后车就停止，所以车上最终有11个沙袋.例9 如图6—6所示，一固定的斜面，倾角︒=45θ，斜面长L=2.00米. 在斜面下端有一与斜面垂直的挡板. 一质量为m 的 质点，从斜面的最高点沿斜面下滑，初速度为零. 下滑到最底端与挡板发生弹性碰撞. 已知质点与斜面间的动摩擦因数20.0=μ，试求此质点从开始到发生第11次碰撞的过程中运动的总路程.解析 因为质点每次下滑均要克服摩擦力做功，且每次做功又不相同，所以要想求质点从开始到发生n 次碰撞的过程中运动的总路程，需一次一次的求，推出通式即可求解.设每次开始下滑时，小球距档板为s则由功能关系：θθμsin )()(cos 2121s s mg s s mg -=+即有32cos sin cos sin 2312=+-===θμθθμθ s s s s 由此可见每次碰撞后通过的路程是一等比数列，其公比为.32∴在发生第11次碰撞过程中的路程例10 如图6—7所示，一水平放置的圆环形刚性窄槽固定在桌 面上，槽内嵌着三个大小相同的刚性小球，它们的质量分别是m 1、m 2和m 3，m 2=m 3=2m 1. 小球与槽的两壁刚好接触而它们之间的摩擦可忽 略不计. 开始时，三球处在槽中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的位置，彼此间距离相等，m 2和m 3静止，m 1以初速2/0R v π=沿槽运动，R 为圆环的内半径和小球半径之和，设各球之间的碰撞皆为弹性碰撞，求此系统的运动周期T.解析 当m 1与m 2发生弹性碰撞时，由于m 2=2m 1，所以m 1碰后弹回，m 2向前与m 3发生碰撞. 而又由于m 2=m 3，所以m 2与m 3碰后，m 3能静止在m 1的位置，m 1又以v 速度被反弹，可见碰撞又重复一次. 当m 1回到初始位置，则系统为一个周期.以m 1、m 2为研究对象，当m 1与m 2发生弹性碰撞后，根据动量守恒定律，能量守恒定律可写出：221101v m v m v m += ①222211201212121v m v m v m += ② 由①、②式得：002112002121132231)(v v m m m v v v m m m m v =+=-=+-=以m 2、m 3为研究对象，当m 2与m 3发生弹性碰撞后，得032203='=v v v以m 3、m 1为研究对象，当m 3与m 1发生弹性碰撞后，得0130v v v ='='由此可见，当m 1运动到m 2处时与开始所处的状态相似. 所以碰撞使m 1、m 2、m 3交换位置，当m 1再次回到原来位置时，所用的时间恰好就是系统的一个周期T ，由此可得周期例11 有许多质量为m 的木块相互靠着沿一直线排列于光滑的水平面上.每相邻的两个木块均用长为L 的柔绳连接着. 现用大小为F 的恒力沿排列方向拉第一个木块，以后各木块依次被牵而运动，求第n 个木块被牵动时的速度.解析 每一个木块被拉动起来后，就和前面的木块成为一体，共同做匀加速运动一段距离L 后，把绳拉紧，再牵动下一个木块. 在绳子绷紧时，有部分机械能转化为内能. 因此，如果列出221)1(n nmv FL n =-这样的关系式是错误的.设第)1(-n 个木块刚被拉动时的速度为1-n v ，它即将拉动下一个木块时速度增至1-'nv ， 第n 个木块刚被拉动时速度为n v . 对第)1(-n 个木块开始运动到它把下一段绳子即将拉紧这一过程，由动能定理有：2121)1(21)1(21----'-=n n mv n v m n FL ①对绳子把第n 个木块拉动这一短暂过程，由动量守恒定律，有n nnmv v m n ='--1)1( 得：n n v n nv 11-='- ② 把②式代入①式得：212)1(21)1()1(21-----=n n mv n v n n m n FL整理后得：21222)1(2)1(---=-n n v n v n mFL n ③③式就是反映相邻两木块被拉动时速度关系的递推式，由③式可知当n =2时有：2122222v v m FL -= 当n =3时有：2222322322v v m FL -=⋅ 当n =4时有：2322423423v v m FL -=⋅ … 一般地有21222)1(2)1(---=-n n v n v n mFL n将以上)1(-n 个等式相加，得：21222)1321(v v n mFL n n -=-++++ 所以有212222)1(v v n mFL n n n -=⋅-在本题中01=v ，所以.)1(nmn FL v n -=例12 如图6—8所示，质量m =2kg 的平板小车，后端放 有质量M =3kg 的铁块，它和车之间动摩擦因数.50.0=μ开始 时，车和铁块共同以s m v /30=的速度向右在光滑水平面上前进，并使车与墙发生正碰，设碰撞时间极短，碰撞无机械能损失，且车身足够长，使得铁块总不能和墙相碰，求小车走过的总路程.解析 小车与墙撞后，应以原速率弹回. 铁块由于惯性继续沿原来方向运动，由于铁块和车的相互摩擦力作用，过一段时间后，它们就会相对静止，一起以相同的速度再向右运动，然后车与墙发生第二次碰撞，碰后，又重复第一次碰后的情况. 以后车与墙就这样一次次碰撞下去. 车每与墙碰一次，铁块就相对于车向前滑动一段距离，系统就有一部分机械能转化为内能，车每次与墙碰后，就左、右往返一次，车的总路程就是每次往返的路程之和.设每次与墙碰后的速度分别为v 1、v 2、v 3、…、v n 、…车每次与墙碰后向左运动的最远距离分别为s 1、s 2、s 3、…、s n 、…. 以铁块运动方向为正方向，在车与墙第)1(-n 次碰后到发生第n 次碰撞之前，对车和铁块组成的系统，由动量守恒定律有n n v m M v m M )()(1+=-- 所以 511--=+-=n n n v v m M mM v由这一关系可得： ,5,521312v v v v == 一般地，有 ,511-=n n v v 由运动学公式可求出车与墙发生第n 次碰撞后向左运动的最远距离为类似地，由这一关系可递推到：222142132212211512,,512,512,2-⋅=⋅=⋅==n n a v s a v s a v s a v s所以车运动的总路程因此201/215/3s m m Mg a s m v v ====μ 所以)(45m s =总例13 10个相同的扁长木块一个紧挨一个地放在水平 地面上，如图6—9所示，每个木块的质量,40.0kg m =长度m l 45.0=，它们与地面间的静摩擦因数和动摩擦因数均为.10.02=μ原来木块处于静止状态. 左方第一个木块的左端上方放一个质量为M=1.0kg 的小铅块，它与木块间的静摩擦因数和动摩擦因数均为.20.01=μ现突然给铅块一向右的初速度s m v /3.40=，使其在大木块上滑行. 试确定铅块最后的位置在何处（落在地上还是停在哪块木块上）. 重力加速度g 取2)/(10s m ，设铅块的长度与木块相比可以忽略.解析 当铅块向右运动时，铅块与10个相同的扁长木块中的第一块先发生摩擦力，若此摩擦力大于10个扁长木块与地面间的最大静摩擦力，则10个扁长木块开始运动，若此摩擦力小于10个扁长木块与地面间的最大摩擦力，则10个扁长木块先静止不动，随着铅块的运动，总有一个时刻扁长木块要运动，直到铅块与扁长木块相对静止，后又一起匀减速运动到停止.铅块M 在木块上滑行所受到的滑动摩擦力N Mg f 0.211==μ设M 可以带动木块的数目为n ，则n 满足：0)1()(221≥--+-mg n g m M f μμ 即0)1(4.04.10.2≥---n上式中的n 只能取整数，所以n 只能取2，也就是当M 滑行到倒数第二个木块时，剩下的两个木块将开始运动.设铅块刚离开第8个木块时速度为v ，则得：0)/(49.222>=s m v由此可见木块还可以滑到第9个木块上. M 在第9个木块上运动如图6—9甲所示，则对M 而言有：M Ma Mg =-1μ得：2/0.2sm a M -=第9及第10个木块的动力学方程为：m ma mg g m M Mg 2)(221=-+-μμμ， 得：./25.02s m a m =设M 刚离开第9个木块上时速度为v '，而第10个木块运动的速度为V '，并设木块运动的距离为s ，则M 运动的距离为l s +，有：消去s 及t求出：⎩⎨⎧='-='⎩⎨⎧='='sm V sm v s m V s m v /23.0/26.0/212.0/611.0或，显然后一解不合理应舍去. 因V v '>'，故M 将运动到第10个木块上.再设M 运动到第10个木块的边缘时速度为v ''，这时木块的速度为V ''，则： 解得：0463.12<'--=''s v ，故M 不能滑离第10个木块，只能停在它的表面上，最后和木块一起静止在地面上.例14 如图6—10所示，质量为m 的长方形箱子，放在光滑 的水平地面上. 箱内有一质量也为m 的小滑块，滑块与箱底间无摩 擦. 开始时箱子静止不动，滑块以恒定的速度v 0从箱子的A 壁处向 B 处运动，后与B 壁碰撞. 假设滑块与箱壁每碰撞一次，两者相对 速度的大小变为该次碰撞前相对速度的e 倍，.214=e（1）要使滑块与箱子这一系统消耗的总动能不超过其初始动能的40%，滑块与箱壁最多可碰撞几次？（2）从滑块开始运动到刚完成上述次数的碰撞期间，箱子的平均速度是多少？解析 由于滑块与箱子在水平方向不受外力，故碰撞时系统水平方向动量守恒. 根据题目给出的每次碰撞前后相对速度之比，可求出每一次碰撞过程中动能的损耗.滑块开始运动到完成题目要求的碰撞期间箱子的平均速度，应等于这期间运动的总位移与总时间的比值.（1）滑块与箱壁碰撞，碰后滑块对地速度为v ，箱子对地速度为u . 由于题中每次碰撞的e 是一样的，故有：或1111220110----==--=--=-n n n n u v u v u v u v v u v e即碰撞n 次后0)(v e u v n n n -=- ①碰撞第n 次的动量守恒式是0mv mu mv n n =+ ② ①、②联立得00])(1[21])(1[21v e u v e v n n n n --=-+=第n 次碰撞后，系统损失的动能下面分别讨论：当146.0221121,12=-=-=∆=eE E n k kl 时因为要求的动能损失不超过40%，故n=4.（2）设A 、B 两侧壁的距离为L ，则滑块从开始运动到与箱壁发生第一次碰撞的时间0v Lt =. 在下一次发生碰撞的时间0111||ev Lv u L t =-=，共碰撞四次，另两次碰撞的时间分别为022v e L t =、033v e L t =，所以总时间).1(32033210e e e v e Lt t t t t +++=+++= 在这段时间中，箱子运动的距离是：所以平均速度为：2)1()1(203203323v e e e v e L e e e eL t sv =++++++== 例15 一容积为1/4升的抽气机，每分钟可完成8次抽气动作. 一容积为1升的容器与此抽气筒相连通. 求抽气机工作多长时间才能使容器内的气体的压强由76mmmHg 降为1.9mmHg.（在抽气过程中容器内的温度保持不变）解析 根据玻一马定律，找出每抽气一次压强与容器容积和抽气机容积及原压强的关系，然后归纳递推出抽n 次的压强表达式.设气体原压强为p 0，抽气机的容积为V 0，容器的容积为V . 每抽一次压强分别为p 1、p 2、…，则由玻一马定律得：第一次抽气后：)(010V V p V p += ① 第二次抽气后：)(021V V p V p += ② 依次递推有：)(032V V p V p += ③)(01V V p V p n n +=- ○n由以上○n 式得：)lg(lg)(000vV V p p n p V V Vp nn n +=+=所以代入已知得：2725.1lg 400lg ==n （次）工作时间为：38.3827==t 分钟 例16 使一原来不带电的导体小球与一带电量为Q 的导体大球接触，分开之后，小球获得电量q. 今让小球与大球反复接触，在每次分开有后，都给大球补充电荷，使其带电量恢复到原来的值Q. 求小球可能获得的最大电量.解析 两个孤立导体相互接触，相当于两个对地电容并联，设两个导体球带电Q 1、Q 2，由于两个导体球对地电压相等，故有k C C C Q Q Q C C Q Q C Q C Q =+=+==21121121212211,,亦即即， 所以k Q Q k Q ),(21+=为常量，此式表明：带电（或不带电）的小球跟带电大球接触后，小球所获得的电量与总电量的比值不变，比值k 等于第一次带电量q与总电量Q 的比值，即.Qqk =根据此规律就可以求出小球可能获得的最大电量. 设第1、2、…、n 次接触后小球所带的电量分别为q 1、q 2、…，有： 由于1<k ，上式为无穷递减等比数列，根据求和公式得： 即小球与大球多次接触后，获得的最大电量为.qQ qQ- 例17 在如图6—11所示的电路中，S 是一单刀双掷开关，A 1和A 2为两个平行板电容器，S 掷向a 时，A 1获电荷电量为Q ，当S 再掷向b 时，A 2获电荷电量…为q. 问经过很多次S 掷向a ，再掷向b 后，A 2将获得多少电量？解析 S 掷向a 时，电源给A 1充电，S 再掷向b ，A 1给A 2充电，在经过很多次重复的过程中，A 2的带电量越来越多，两板间电压越来越大. 当A 2的电压等于电源电压时，A 2的带电量将不再增加. 由此可知A 2最终将获得电量q 2=C 2E.因为E C Q 1= 所以EQ C =1 当S 由a 第一次掷向b 时，有：21C qC q Q =- 所以Eq Q QqC )(2-=解得A 2最终获得的电量 qQ Qqq -=2例18 电路如图6—12所示，求当R '为何值时， R AB 的阻值与“网络”的“格”数无关？此时R AB 的阻 值等于什么？解析 要使R AB 的阻值与“网络”的“格”数无关，则图中CD 间的阻值必须等于R '才行.所以有R RR R RR R '=+'+'+222)2( 解得R R )15(-='此时AB 间总电阻R R AB )15(+=例19 如图6—13所示，在x 轴上方有垂直于xy 平面向里 的匀强磁场，磁感应强度为B ，在x 轴下方有沿y 轴负方向的匀 强电场，场强为E. 一质量为m ，电量为－q 的粒子从坐标原点O 沿着y 轴方向射出. 射出之后，第三次到达x 轴时，它与O 点的距离为L. 求此粒子射出时的速度v 和每次到达x 轴时运动的总 路程s.（重力不计）解析 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，经半周后通过x 轴进入电场后做匀减速直线运动，速度减为零后，又反向匀加 速通过x 轴进入磁场后又做匀速圆周运动，所以运动有周期性. 它第3次到达x 轴时距O 点的距离L 等于圆半径的4倍（如图 6—13甲所示）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 4LBq mv R == 所以粒子射出时的速度 mBqLv 4=粒子做圆周运动的半周长为 41Ls π=粒子以速度v 进入电场后做匀减速直线运动，能深入的最大距离为y ， 因为y mEq ay v 222== 所以粒子在电场中进入一次通过的路程为 mEqL B y s 162222==粒子第1次到达x 轴时通过的路程为 41LR s ππ=⋅=粒子第2次到达x 轴时，已通过的路程为 mEqL B Ls s s 16422212+=+=π粒子第3次到达x 轴时，已通过的路程为 mEqL B Ls s s s 162221213+=++=π粒子第4次到达x 轴时，已通过的路程为 mEqL B Ls s s 822222214+=+=π粒子第)12(-n 次到达x 轴时，已通过的路程为 粒子第2n 次到达x 轴时，已通过的路程为 )164()(22212mEqL B Ln s s n s n +=+=π上面n 都取正整数. 针对训练1．一物体放在光滑水平面上，初速为零，先对物体施加一向东的恒力F，历时1秒钟，随即把此力改为向西，大小不变，历时1秒钟，接着又把此力改为向东，大小不变，历时1秒钟，如此反复，只改变力的方向，共历时1分钟.在此1分钟内（）A．物体时而向东运动，时而向西运动，在1分钟末静止于初始位置之东B．物体时而向东运动，时而向西运动，在1分钟末静止于初始位置C．物体时而向东运动，时而向西运动，在1分钟末继续向东运动D．物体一直向东运动，从不向西运动，在1分钟末静止于初始位置之东2．一小球从距地面为H的高度处由静止开始落下. 已知小球在空中运动时所受空气阻力为球所受重力的k倍)1(<k，球每次与地面相碰前后的速率相等，试求小球从开始运动到停止运动，（1）总共通过的路程；（2）所经历的时间.3．如图6—14所示，小球从长L的光滑斜面顶端自由下滑，滑到底端时与挡板碰撞并反弹而回，若每次与挡板碰撞后的速度大小为碰撞前的4/5，求小球从开始下滑到最终停止于斜面下端物体共通过的路程.4．如图6—15所示，有一固定的斜面，倾角为45°，斜面长为2米，在斜面下端有一与斜面垂直的挡板，一质量为m的质点，从斜面的最高点沿斜面下滑，初速度为1米/秒. 质点沿斜面下滑到斜面最底端与挡板发生弹性碰撞. 已知质点与斜面间的滑动摩擦因数为0.20.（1）试求此质点从开始运动到与挡板发生第10次碰撞的过程中通过的总路程；（2）求此质点从开始运动到最后停下来的过程中通过的总路程.5．有5个质量相同、其大小可不计的小木块1、2、3、4、5等距离地依次放在倾角︒=30θ的斜面上（如图6—16所示）.斜面在木块2以上的部分是光滑的，以下部分是粗糙的，5个木块与斜面粗糙部分之间的静摩擦系数和滑动摩擦系数都是μ，开始时用手扶着木块1，其余各木块都静止在斜面上. 现在放手，使木块1自然下滑，并与木块2发生碰撞，接着陆续发生其他碰撞. 假设各木块间的碰撞都是完全非弹性的. 求μ取何值时木块4能被撞而木块5不能被撞.6．在一光滑水平的长直轨道上，等距离地放着足够多的完全相同的质量为m的长方形木块，依次编号为木块1，木块2，…，如图6—17所示.在木块1之前放一质量为M=4m的大木块，大木块与木块1之间的距离与相邻各木块间的距离相同，均为L. 现在，在所有木块都静止的情况下，以一沿轨道方向的恒力F一直作用在大木块上，使其先与木块1发生碰撞，设碰后与木块1结为一体再与木块2发生碰撞，碰后又结为一体，再与木块3发生碰撞，碰后又结为一体，如此继续下去. 今问大木块（以及与之结为一体的各小木块）与第几个小木块碰撞之前的一瞬间，会达到它在整个过程中的最大速度？此速度等于多少？7．有电量为Q1的电荷均匀分布在一个半球面上，另有无数个电量均为Q2的点电荷位于通过球心的轴线上，且在半球面的下部. 第k个电荷与球心的距离为12-⋅kR，且k=1，2，3，4，…，设球心处的电势为零，周围空间均为自由空间. 若Q1已知，求Q2.8．一个半径为1米的金属球，充电后的电势为U，把10个半径为1/9米的均不带电的小金属球顺次分别与这个大金属球相碰后拿走，然后把这10个充了电了小金属球彼此分隔摆在半径为10米的圆周上，并拿走大金属球. 求圆心处的电势. （设整个过程中系统的总电量无泄漏）9．真空中，有五个电量均为q的均匀带电薄球壳，它们的半径分别为R，R/2，R/4，R/8，R/16，彼此内切于P点（如图6—18）.球心分别为O1，O2，O3，O4，O5，求O1与O5间的电势差.10．在图6—19所示的电路中，三个电容器CⅠ、CⅡ、CⅢ的电容值均等于C，电源的电动势为ε，RⅠ、RⅡ为电阻，S为双掷开关. 开始时，三个电容器都不带电.先接通O a，再接通Ob，再接通O a，再接通Ob……如此反复换向，设每次接通前都已达到静电平衡，试求：（1）当S第n次接通Ob并达到平衡后，每个电容器两端的电压各是多少？（2）当反复换向的次数无限增多时，在所有电阻上消耗的总电能是多少？11．一系列相同的电阻R，如图6—20所示连接，求AB间的等效电阻R AB. 12．如图6—21所示，R1=R3=R5=…=R99=5Ω，R2=R4=R6=…=R98=10Ω，R100=5Ω，ε=10V求：（1）R AB=？（2）电阻R2消耗的电功率应等于多少？（3）)99,,3,2,1(=iRi消耗的电功率；（4）电路上的总功率.13．试求如图6—22所示，框架中A、B两点间的电阻R AB，此框架是用同种细金属丝制作的，单位长的电阻为r，一连串内接等边三角形的数目可认为趋向无穷，取AB边长为a，以下每个三角形的边长依次减少一半.14．图6—23中，AOB是一内表面光滑的楔形槽，固定在水平桌面（图中纸面）上，夹角︒=1α（为了能看清楚，图中的是夸大了的）. 现将一质点在BOA面内从C处以速度smv/5=射出，其方向与AO间的夹角︒=60θ，OC=10m. 设质点与桌面间的摩擦可忽略不计，质点与OB面及OA面的碰撞都是弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，可忽略不计，试求：（1）经过几次碰撞质点又回到C处与OA相碰？（计算次数时包括在C处的碰撞）（2）共用多少时间？（3）在这过程中，质点离O点的最短距离是多少？六、递推法答案1．D 2．kkkgkHkkkgkHkH211)1(2211)1(2,22-+-++-++-。

2020年高考物理冲破高分瓶颈考前必破破（36）计算题赢取满分策略（解析版）“善于拆分、大题小做”计算题通常被称为“大题”，其原因是：此类试题一般文字叙述量较大，涉及多个物理过程，所给物理情境较复杂，涉及的物理模型较多且不明显，甚至很隐蔽，要运用较多的物理规律进行论证或计算才能求得结论，题目的分值也较重．特别是压轴题25题都是一个较复杂的运动过程，整个运动过程往往是由多个连续的、简单的运动过程有机链接而成，能否顺利解题关键是同学们能否顺利地将整个复杂的运动过程分解为独立的、较为简单的过程——即大题小做，各个击破．“大题小做”三步曲第一步：细心审题1．注意关键字句，明确解答目标2．加强判断推理，找出隐含条件3．关注过程细节，弄清内在联系第二步：用心研析1．过程拆分——快速建模物理计算题中研究对象所经历的过程往往比较复杂，在审题获取关键词语、隐含条件后，就要建立相应的物理模型，即对研究对象的各个运动过程进行剖析，建立起清晰的物理图景，确定每一个过程对应的物理模型、规律及各过程间的联系．2．活用规律——准确答题解答物理计算题时，在透彻分析题给物理情境的基础上，要灵活选用规律和方法分步列式、联立求解．第三步：规范答题1．有必要的文字说明2．有必要的方程式3．有必要的演算过程及明确的结论【例】(20分)如图所示，倾角为37°的斜面固定在地面上，斜面的末端有一垂直于斜面的弹性挡板c，滑块与挡板c相碰后的速率等于碰前的速率，斜面上铺了一层特殊物质，该物质在滑块上滑时对滑块不产生摩擦力，下滑时对滑块有摩擦且动摩擦因数处处相同．现有一质量为M＝0.9 kg的滑块沿斜面上滑，到达最高点b时的速度恰好为零，此时恰好与从a点水平抛出的质量为m＝0.1 kg的小球在沿斜面方向上发生弹性碰撞，且滑块与弹性挡板c碰后恰好反弹回到b点．已知a点和b点距地面的高度分别为H＝2.4 m，h＝0.6 m(取g＝10 m/s2)．求：(1)小球做平抛运动的初速度大小；(2)斜面与滑块间的动摩擦因数；(3)从与小球碰撞到最后停止，滑块在斜面上通过的总路程．【审题研析】第1问：情景简单、过程单一、应得满分建模：小球由a 到b 为平抛运动规律：运动的合成与分解，竖直方向上自由落体运动：H －h ＝12gt 2，v y ＝gt ，注意隐含条件的提取：“……小球在沿斜面方向上发生弹性正碰”， 说明小球在b 点的速度方向沿斜面向下，可用tan 37°＝v y v 0求解． 第2问：可拆分为2个小题(1)小球与滑块的弹性碰撞过程；求碰后滑块M 的速度v 2建模：动量守恒中的弹性碰撞模型——且是“动—静”模型．规律：动量守恒定律：mv ＝mv 1＋Mv 2机械能守恒定律：12mv 2＝12mv 21＋12Mv 22 直接应用“动—静”弹性碰撞模型的二级结论：v 2＝2m m ＋Mv ＝2 m/s 可省出很多计算时间！ (2)求斜面与滑块间的动摩擦因数？建模：有机械能损失的往返直线运动规律：动能定理或能量守恒定律：12Mv 22＝μMgL cos 37°. 第3问：可把所有的往返运动看成一个大过程，进行归纳总结．规律：能量守恒定律：12Mv 22＋mgh ＝μmgs cos θ，s 为有摩擦的路程． 结合运动过程的情景图和数学知识可知：x 总＝s ×2－L .【答案】 (1)8 m/s (2)0.25 (3)7 m【规范解答】(1)小球从a 到b 做平抛运动，在竖直方向上H －h ＝12gt 2(2分) 小球到达b 点时恰好沿斜面方向，有tan 37°＝gt v 0(2分) 解得v 0＝8 m/s(1分)(2)到达b 点的速度v ＝v 0cos 37°＝10 m/s(1分) 小球与滑块发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mv ＝mv 1＋Mv 2(1分)由能量守恒定律得12mv 2＝12mv 21＋12Mv 22(1分) 解得滑块与小球刚碰后的速度v 2＝2 m/s(1分)由几何关系知斜面长L ＝h sin 37°＝1 m(1分) 滑块恰好反弹回到b 点，由能量守恒定律得12Mv 22＝μMgL cos 37°(1分) 解得μ＝0.25(1分)(3)由于μ＝0.25＜tan 37°，故滑块最终应停在c 点(2分)设滑块在斜面上往返运动中经过的有摩擦的路程为s ，由能量守恒定律可得：12Mv 22＋mgh ＝μMgs cos 37°(3分) 则滑块在斜面上经过的总路程为x 总＝2s －L ＝7 m(3分)【规范训练】1、如图所示，倾角为θ、质量为M 的斜面固定在水平面上，在斜面上固定半径为R 的光滑半圆环，AB 是半圆环的直径．现将质量为m 的小球(可视为质点)紧贴着环的内侧，沿AD 方向以初速度v 0发射，小球可以沿环内侧运动至环的最高点．已知小球与斜面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .求(1)斜面对小球的摩擦力所做的功W f ；(2)v 0至少为多少？(3)解除固定后，斜面只能沿x 轴方向无摩擦滑动，换一质量也为m 的光滑小球，紧贴环的内侧，沿AD 方向以速度V 发射，当小球沿环内侧运动至环的最高点时，求斜面的速度V ′的大小．【答案】(1)－12μmg cos θπR (2)v 0≥（3sin θ＋πμcos θ）Rg (3)mV cos θm ＋M解析：(1)如图(a)所示，小球在斜面上运动时所受支持力N ＝mg cos θ摩擦力f ＝μN摩擦力所做的功W f ＝－f ⎝⎛⎭⎫πR 2解得W f ＝－12μmg cos θπR .(2)设小球在圆环最高点E 的速度为v ，由动能定理W f －mgR sin θ＝12mv 2－12mv 20小球能运动到圆环的最高点，如图(b)所示，在E 点受环的支持力N ′≥0由圆周运动规律mg sin θ＋N ′＝mv 2R解得v 0≥（3sin θ＋πμcos θ）Rg .(3)斜面解除锁定，小球沿环内侧运动的过程中，小球和斜面组成的系统沿x 轴方向动量守恒mV cos θ＝(m ＋M )V ′解得V ′＝mV cos θm ＋M. 【答案】(1)－12μmg cos θπR (2)v 0≥（3sin θ＋πμcos θ）Rg (3)mV cos θm ＋M2、如图所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝1.8 m/s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D 点的足够长的水平传送带。

高中物理解题方法归纳法（解析版）著名物理学家、诺贝尔奖获得者杨振宁教授在谈到他从中国到美国留学时说：在中国学了推演法，就是学了第一定律、第二定律等，然后用这些定律解题，从一般到特殊；在美国学习了归纳法，就是从实验总结规律，从特殊到一般。

杨振宁教授的这番话，告诉我们中美学习物理的方法之不同。

在我们物理学的茫茫题海中，大部分是用推演法（即演绎法）去解的，但也有少数用归纳法解的题目。

1.什么叫归纳法？归纳论证是一种由个别到一般的论证方法。

它通过许多个别的事例，然后归纳出它们所共有的特性，从而得出一个一般性的结论。

归纳法可以先举事例再归纳结论，即我们通常所说之归纳法，归纳法是从个别性知识，引出一般性知识的推理，是由已知真的前提，引出可能真的结论。

它把特性或关系归结到基于对特殊的代表(token)的有限观察的类型；或公式表达基于对反复再现的现象的模式(pattern)的有限观察的规律。

2.归纳法是物理学研究方法之一。

通过样本信息来推断总体信息的技术。

要做出正确的归纳，就要从总体中选出的样本，这个样本必须足够大而且具有代表性。

3.归纳法分为完全归纳法和不完全归纳法。

归纳推理也可称为归纳方法.完全归纳推理，也叫完全归纳法.不完全归纳推理，也叫不完全归纳法。

4.归纳法在解物理题中的应用：物理过程与序数n有关的情况，n的个数较多，可考虑用归纳法解题。

5.用归纳法解物理题的解题程序：首先分析物理过程，找出物理过程适用的物理规律，例如用动量守恒定律或动能定理，根据物理规律写出方程式，求解出第1个物理过程的解，例如v1、s1等，然后根据第2、3个物理过程的结果（如v2、v3或s2、s3等）找出其中的规律性，列出递推公式（如v n、s n等与v1、s1及n的关系式），最后根据递推公式求解未知量，如求n或求总路程。

例1．回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。

（1）回旋加速器的原理如图，D1和D2是两个中空的半径为R的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为f的交流电源上，位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可忽略，重力不计），它们在两盒之间被电场加速，D1、D2置于盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。

公众号：逆流资源库免费分享2020年高考物理考前必须掌握的知识点与技巧--抢分高招（力学篇）目录一．力与运动 (2)考点一直线运动 (2)1.匀变速直线运动规律的应用 (2)2.运动图像及应用 (3)知识回顾、教材回归 (5)考点二力与问题的平衡 (6)1.共点力作用下的静态平衡 (6)2.共点力作用下的动态平衡问题 (7)3.平衡中的临界、极值问题 (9)知识回顾、教材回归 (10)考点三牛顿运动定律 (11)1.牛顿第二定律的综合应用 (11)2.板块模型 (12)知识回顾、教材回归 (15)考点三曲线运动 (17)1.运动的合成与分解 (17)2.平抛运动的理解与应用 (18)3.圆周运动 (20)知识回顾、教材回归 (21)考点四万有引力与天体运动 (23)1.万有引力定律的应用 (23)2.卫星变轨与宇宙航行 (26)3.双星和多星问题 (28)知识回顾、教材回归 (29)二．功能、动量 (30)考点一功与能 (31)1.功与功率 (31)2.机车启动 (33)3.动能定理 (33)3.机械能守恒定律 (34)4.功能关系的应用 (35)5.功能关系在多过程中应用 (36)知识回顾、教材回归 (40)考点二动量 (41)1.动量与动量定理 (41)2.动量守恒定律 (42)3.碰撞 (45)4.动量能量综合问题 (47)知识回顾、教材回归 (51)公众号：逆流资源库 免费分享一．力与运动知识网络图考点一 直线运动1.匀变速直线运动规律的应用例1.（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，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t 1，第四个4H所用的时间为t 2。

不计空气阻力，则21t t 满足物体运动模型方法描述匀速直线运动：x =vt 匀变速直线运动平抛运动圆周运动 时刻、时间 位移、路程速度（速率）、角速度、周期 加速度比例法逆向运动法、对称法 平均速度法、逐差法 图像法力常见的力分析方法研究角度电场力（库仑力） 安培力、洛伦兹力 弹力（胡克定律）摩擦力（静摩擦力、滑动摩擦力） 分析顺序 分析依据万有引力、重力 对象选取产生 三要素 作用效果整体法——系统外力 隔离法——系统内力 先主动力，后被动力 从受力简单的分析起 产生条件（假设法）平行四边形定则、三角形定则 平衡条件、牛顿运动定律分解法 ∑F =0 平衡问题 平衡条件临界问题动态平衡∑F ⊥v 0 平抛运动 与体育运动结合平抛与斜面、圆周等轨迹与临界多解问题∑F ∥v匀变速直线运动 自由落体运动、竖直上抛运动追击相遇问题、刹车问题传送带问题、滑块滑板问题临界问题、动态问题超重失重问题∑F ⊥v 匀速圆周运动 天体运动 万有引力与重力天体质量的计算人造卫星圆周轨道模型、追击相遇变轨问题双星系统、多星系统传送带连接、同轴固联向心力来源与转弯、圆锥摆问题临界问题（竖直圆轨道最高点）一般圆周运动动力学周期性问题2πr v T= 2π2πfTω== 22n v a rrω==公众号：逆流资源库 免费分享A ．1<21t t <2 B ．2<21t t <3 C ．3<21t t <4 D ．4<21t t <5 【答案】C【解析】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动。