高考能力躍遷的5大抓手 一、物理研究的有效手段——4類圖像成為高考的“座上賓” 物理圖像能形象地表達(dá)物理規(guī)律、直觀地描述物理過程、鮮明地表示物理量之間的相互關(guān)系，是分析物理問題的有效手段之一，也是當(dāng)今高考命題的熱點(diǎn)，更是高三復(fù)習(xí)的重點(diǎn)、難點(diǎn)。 (一)明確四類圖像 運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像 x t圖像、v t圖像 動(dòng)力學(xué)圖像 Ft圖像、a t圖像 Fx圖像、Wl圖像 電場(chǎng)類圖像 φ x圖像、Ex圖像 電磁感應(yīng)類圖像 B t圖像、Φ t圖像 i t圖像、Et圖像 (二)讀圖六點(diǎn)關(guān)注 1．坐標(biāo)軸 弄清兩個(gè)坐標(biāo)軸表示的物理量。注意坐標(biāo)原點(diǎn)是否從零開始；注意縱軸物理量為矢量情況時(shí)，橫軸以上表示此物理量為正，橫軸以下表示此物理量為負(fù)。 2．圖線形狀 注意觀察圖像形狀是直線、曲線還是折線等，從而弄清圖像所反映的兩個(gè)物理量之間的關(guān)系，明確圖像反映的物理意義。 3．斜率的意義 圖線某點(diǎn)的斜率表示一個(gè)物理量隨另一個(gè)物理量的變化率，大小等于兩個(gè)物理量增量的比值。 (1)x t圖像中兩點(diǎn)連線的斜率表示這段時(shí)間的平均速度，某一點(diǎn)切線的斜率表示這一時(shí)刻的瞬時(shí)速度。vt圖像中兩點(diǎn)連線的斜率表示這段時(shí)間內(nèi)的平均加速度，某一點(diǎn)切線的斜率表示這一時(shí)刻的加速度。 (2)Wl圖像的斜率表示外力的大小。 (3)φ x圖像的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。 (4)Φ t圖像的斜率表示單匝線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小。 4．面積的意義 圖線與橫軸所圍的面積常代表一個(gè)物理量，這個(gè)物理量往往表示縱、橫坐標(biāo)所表示的物理量的乘積的物理意義。 (1)v t圖像與t軸所圍面積表示這段時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移。 (2)a t圖像與t軸所圍面積表示這段時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)速度的變化。 (3)Fx圖像與x軸所圍面積表示這段位移內(nèi)力F所做的功。 (4)Ex圖像與x軸所圍面積表示這段位移兩端的電勢(shì)差。 (5)i t圖像與t軸所圍面積表示這段時(shí)間內(nèi)移動(dòng)的電荷量。 5．交點(diǎn)、拐點(diǎn)的意義 (1)圖線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)的含義與圖像有關(guān)，如x t圖線與x軸交點(diǎn)縱坐標(biāo)表示開始計(jì)時(shí)的位置，而v t圖線與v軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)表示質(zhì)點(diǎn)的初速度。 (2)拐點(diǎn)表示圖像的斜率大小或方向發(fā)生突變。 (3)同一坐標(biāo)系中不同圖像的交點(diǎn)表示具有相同的物理量，如xt圖線交點(diǎn)表示此刻相遇(在同一位置)，vt圖線的交點(diǎn)表示此刻物體速度相同。 6．坐標(biāo)單位和數(shù)量級(jí) 在識(shí)圖和用圖時(shí)，一定要看清坐標(biāo)軸的單位和數(shù)量級(jí)，如m、cm、10－3m等。 (三)突破三類題型 1．圖像選擇類 (1)依據(jù)某一物理過程，設(shè)計(jì)某一物理量隨時(shí)間(或位移、高度、速度等)變化的幾個(gè)圖像或此物理過程中某幾個(gè)物理量隨某一量的變化圖像，從中判斷其正誤。 (2)解決該類問題一般依據(jù)物理過程，運(yùn)用對(duì)應(yīng)規(guī)律，確定某物理量的變化情況，從而判斷選項(xiàng)的正確與否。 　如圖所示，質(zhì)量為m的可看成質(zhì)點(diǎn)的物塊置于粗糙斜面上，水平面的右端與固定的斜面平滑連接，物塊與水平面及斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，彈簧一端固定在墻上。物塊由靜止釋放，從斜面運(yùn)動(dòng)到水平面上，壓縮彈簧到最短的過程中，物塊與接觸面之間由于摩擦所產(chǎn)生的熱量為Q，物塊、彈簧與地球組成系統(tǒng)的機(jī)械能為E，物塊通過的路程為s。不計(jì)轉(zhuǎn)折處的能量損失，下列圖像所描述的關(guān)系中可能正確的是(　　) [解析]　由滑動(dòng)摩擦力產(chǎn)生的熱量為Q，根據(jù)功能關(guān)系得，在斜面上有Q1＝μmgcos θs1，在平面上有Q2＝μmgs2，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知Q s圖像的斜率表示摩擦力大小，所以圖像為兩段傾斜直線，且第一段斜率小于第二段斜率，A、B錯(cuò)誤；物塊從斜面運(yùn)動(dòng)到水平面的過程中，摩擦力做負(fù)功，系統(tǒng)機(jī)械能減小，E＝E0－fs，且物體在斜面上受到的摩擦力小于在水平面上受到的摩擦力，所以Es圖像為兩段傾斜直線，且第一段斜率絕對(duì)值小于第二段斜率絕對(duì)值，C正確，D錯(cuò)誤。 [答案]　C 此類問題應(yīng)根據(jù)物理情景，找出兩個(gè)物理量的變化情況，尋求兩物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后選擇正確的圖像；若不能求出準(zhǔn)確的函數(shù)關(guān)系，則應(yīng)定性判斷兩物理量間的變化關(guān)系，特別要注意兩種不同變化的交界點(diǎn)，即對(duì)應(yīng)圖像中的拐點(diǎn)。 　　　　 2．圖像規(guī)律類 (1)該類問題一般由某一圖像提出幾個(gè)結(jié)論，通過分析、判斷或簡(jiǎn)單計(jì)算確定結(jié)論的正誤。 (2)解決該類問題應(yīng)對(duì)圖像描述的物理過程，運(yùn)用該過程遵循的規(guī)律做出判斷。特別對(duì)非常規(guī)圖像，一般由遵循的規(guī)律推導(dǎo)出相應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式，進(jìn)一步確定截距、交點(diǎn)、斜率、面積等的意義，從而對(duì)結(jié)論做出判斷。 　(2016鎮(zhèn)江模擬)如圖甲所示，高樓上某層窗口違章拋出一石塊，恰好被曝光時(shí)間(光線進(jìn)入相機(jī)鏡頭的時(shí)間)為0.2 s的相機(jī)拍攝到，圖乙是石塊落地前0.2 s時(shí)間內(nèi)所成的像(照片已經(jīng)放大且方格化)，每個(gè)小方格代表的實(shí)際長(zhǎng)度為1.5 m，忽略空氣阻力，g取10 m/s2，則(　　) A．石塊水平拋出初速度大小約為225 m/s B．石塊將要落地時(shí)的速度大小約為7.5 m/s C．圖乙中像的反向延長(zhǎng)線與樓的交點(diǎn)就是石塊拋出的位置 D．石塊拋出位置離地高度約為28 m [解析]　石塊水平拋出初速度大小v0＝＝ m/s＝7.5 m/s，故A錯(cuò)誤；石塊將要落地時(shí)，由于時(shí)間短，可近似看成勻速運(yùn)動(dòng)，位移為s＝1.5 m≈4.74 m，v＝＝ m/s＝23.72 m/s，即石塊將要落地時(shí)的速度大小約為23.72 m/s，故B錯(cuò)誤；石塊在空中為平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡為一條曲線，不是直線，不能反向延長(zhǎng)求石塊拋出位置，故C錯(cuò)誤；石塊在豎直方向的平均速度vy＝＝ m/s＝22.5 m/s，即形成的像中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，形成的像總時(shí)間為0.2 s，即從開始起經(jīng)0.1 s的瞬時(shí)速度為22.5 m/s，可得：石塊從拋出點(diǎn)至該點(diǎn)的時(shí)間t＝＝2.25 s，所以石塊從發(fā)射點(diǎn)至形成的像上端所需時(shí)間：t上＝(2.25－0.1)s＝2.15 s，對(duì)應(yīng)形成的像上端離發(fā)射點(diǎn)的豎直高度h＝gt上2＝102.152 m＝23.11 m，加上形成的像在圖片中的豎直高度4.5 m，h總＝27.61 m≈28 m，故D正確。 [答案]　D 解決此類問題關(guān)鍵是分析圖像所描述的兩個(gè)物理量之間的隱含關(guān)系，因此要通過有關(guān)的物理概念和物理規(guī)律建立函數(shù)關(guān)系，理解斜率或面積的意義，如上例中應(yīng)理解圖線表示石塊的運(yùn)動(dòng)軌跡。 　　　　 3．圖像信息類 (1)一般在解答題中，對(duì)某一物理情景給出某一物理量的具體變化圖像，由圖像提取相關(guān)信息從而對(duì)問題做出分析解答。 (2)解決此類問題時(shí)要根據(jù)物理情景中遵循的規(guī)律，由圖像提取信息和有關(guān)數(shù)據(jù)，根據(jù)對(duì)應(yīng)的規(guī)律公式對(duì)問題做出正確的解答。 　如圖甲所示，一足夠長(zhǎng)且阻值不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ之間的距離L＝1.0 m，N、Q之間接有阻值為R＝1.0 Ω的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝30。一質(zhì)量m＝0.20 kg、阻值r＝0.50 Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置并用絕緣細(xì)線通過光滑的定滑輪與質(zhì)量M＝0.60 kg的重物相連，細(xì)線與金屬導(dǎo)軌平行，金屬棒沿導(dǎo)軌向上滑行的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，已知在0～0.3 s內(nèi)通過金屬棒的電荷量是0.3～0.6 s內(nèi)通過金屬棒的電荷量的，g＝10 m/s2，求： (1)0～0.3 s內(nèi)金屬棒通過的位移； (2)金屬棒在0～0.6 s內(nèi)產(chǎn)生的熱量。 [解析]　(1)在0.3～0.6 s內(nèi)通過金屬棒的電荷量為 q1＝I1t1＝ 在0～0.3 s內(nèi)通過金屬棒的電荷量為 q2＝＝ 由題中電荷量關(guān)系得q1＝q2 解得x2＝0.3 m。 (2)金屬棒在0～0.6 s內(nèi)通過的總位移為 x＝x1＋x2＝vt1＋x2 根據(jù)能量守恒定律得 Mgx－mgxsin θ－Q＝(M＋m)v2 解得Q＝2.85 J 由于金屬棒與電阻R串聯(lián)，通過的電流相等，根據(jù)焦耳定律可得它們產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，所以金屬棒在0～0.6 s內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Qr＝ Q＝0.95 J。 [答案]　(1)0.3 m　(2)0.95 J 解決此類問題時(shí)要注意根據(jù)題干敘述，結(jié)合圖像提取有用信息，特別要注意圖線截距、拐點(diǎn)信息的利用，如上例中由t＝0.3 s和t＝0.6 s時(shí)刻得到的信息。 [?？紙D像類題目專練]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(多選)(2016廣州調(diào)研)如圖所示為甲、乙兩物體在同一直線上運(yùn)動(dòng)的位置坐標(biāo)x隨時(shí)間t變化的圖像，已知甲對(duì)應(yīng)的是圖像中的直線，乙對(duì)應(yīng)的是圖像中的曲線，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．甲做勻減速直線運(yùn)動(dòng) B．乙做變速直線運(yùn)動(dòng) C．0～t1時(shí)間內(nèi)兩物體平均速度大小相等 D．兩物體的運(yùn)動(dòng)方向相反 解析：選BD　根據(jù)位移圖像的斜率等于速度，知甲沿負(fù)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。乙圖像切線的斜率不斷增大，說(shuō)明乙的速度不斷增大，做變速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確。根據(jù)坐標(biāo)的變化量等于位移，則知，0～t1時(shí)間內(nèi)兩物體位移大小不等，方向相反，所以平均速度不等，故C錯(cuò)誤。根據(jù)位移圖像的斜率等于速度可知，甲的速度為負(fù)，乙的速度為正，即兩物體的運(yùn)動(dòng)方向相反，故D正確。 2.在研發(fā)無(wú)人駕駛汽車的過程中，對(duì)比甲、乙兩車的運(yùn)動(dòng)，兩車在計(jì)時(shí)起點(diǎn)時(shí)剛好經(jīng)過同一位置并沿同一方向做直線運(yùn)動(dòng)，它們的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示，由圖可知(　　) A．任何時(shí)刻甲車的加速度大小都不為零 B．在t＝3 s時(shí)，兩車第一次相距最遠(yuǎn) C．在t＝6 s時(shí)，兩車又一次經(jīng)過同一位置 D．甲車在t＝6 s時(shí)的加速度與t＝9 s時(shí)的加速度相同 解析：選B　根據(jù)速度—時(shí)間圖像的斜率等于加速度可知，甲車的加速度可以為零，A錯(cuò)誤；在前3 s內(nèi)，甲車的速度比乙車的大，兩車出發(fā)點(diǎn)相同，則甲車在乙車的前方，兩車間距逐漸增大，3～6 s內(nèi)，乙車的速度比甲車的大，兩車間距逐漸減小，所以在t＝3 s時(shí)，兩車第一次相距最遠(yuǎn)，故B正確；根據(jù)“面積”表示位移，可知前6 s內(nèi)，乙車的位移比甲車的大，則在t＝6 s時(shí)，兩車不在同一位置，故C錯(cuò)誤；根據(jù)斜率表示加速度，斜率的正負(fù)表示加速度的方向，可知甲車在t＝6 s時(shí)的加速度與在t＝9 s時(shí)的加速度不同，D錯(cuò)誤。 3.(多選)(2016唐山模擬)一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．帶負(fù)電粒子從x1運(yùn)動(dòng)到x2電場(chǎng)力做負(fù)功 B．x1、x2處電勢(shì)小于零 C．x1處的場(chǎng)強(qiáng)大于x2處的場(chǎng)強(qiáng)大小 D．x1處的電勢(shì)比x2處的電勢(shì)低 解析：選BD　帶負(fù)電粒子從x1運(yùn)動(dòng)到x2的過程中，其電勢(shì)能減小，故電場(chǎng)力做正功，故A錯(cuò)誤；由圖可知，帶負(fù)電粒子在x1、x2處的電勢(shì)能均大于零，故x1、x2處電勢(shì)小于零，故B正確；根據(jù)電場(chǎng)力做功和電勢(shì)能的關(guān)系結(jié)合圖像可得Ep＝Ep0－qEx，圖像的斜率k＝－qE，故場(chǎng)強(qiáng)E不變，故C錯(cuò)誤；從x1運(yùn)動(dòng)到x2的過程中，電場(chǎng)力做正功W＝－q(φ1－φ2)，所以φ1<φ2，故D正確。 4．(2016宣城八校聯(lián)考)對(duì)于環(huán)繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星來(lái)說(shuō)，它們繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期會(huì)隨著軌道半徑的變化而變化，某同學(xué)根據(jù)測(cè)得的不同衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r與周期T關(guān)系作出如圖所示的圖像，則可求得地球的質(zhì)量為(已知引力常量為G)(　　) A.　　　　　　 B. C. D. 解析：選A　由G＝mr2，得＝＝，求得地球的質(zhì)量為M＝，A正確。 5．(2016青島模擬)如圖所示，上表面水平的圓盤固定在水平地面上，一小物塊從圓盤邊緣上的P點(diǎn)，以大小恒定的初速度v0在圓盤上沿與直徑PQ成不同夾角θ的方向開始滑動(dòng)，小物塊運(yùn)動(dòng)到圓盤另一邊緣時(shí)的速度大小為v，則v2cos θ圖像應(yīng)為(　　) 解析：選A　設(shè)圓盤半徑為r，小物塊與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由題意可知，小物塊運(yùn)動(dòng)到圓盤另一邊緣過程中摩擦力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可得，－μmg2rcos θ＝mv2－mv02，即v2＝v02－4μgrcos θ，可知v2與cos θ為線性關(guān)系，斜率為負(fù)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 6.(多選)(2016蘭州一中考前實(shí)戰(zhàn)演練)在風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室內(nèi)的豎直粗糙墻面上放置一鋼板，風(fēng)垂直吹向鋼板，在鋼板由靜止開始下落的過程中，作用在鋼板上的風(fēng)力恒定。用Ek、E、v、P分別表示鋼板下落過程中的動(dòng)能、機(jī)械能、速度和重力的功率，關(guān)于它們隨下落高度或下落時(shí)間的變化規(guī)律，下列四個(gè)圖像中正確的是(　　) 解析：選AC　由題可知鋼板受到重力mg、風(fēng)力F、墻的支持力N和滑動(dòng)摩擦力f，由于風(fēng)力恒定，則由平衡條件得知，墻對(duì)鋼板的支持力恒定，鋼板所受的滑動(dòng)摩擦力恒定，故鋼板勻加速下滑。設(shè)鋼板的質(zhì)量為m，根據(jù)動(dòng)能定理得：Ek＝(mg－f)h，可知Ek與h成正比，故A正確。設(shè)鋼板開始時(shí)機(jī)械能為E0，鋼板克服滑動(dòng)摩擦力做功等于其機(jī)械能減小，則E＝E0－fh＝E0－fat2，則知E與t是非線性關(guān)系，圖像是曲線，故B錯(cuò)誤。鋼板做勻加速運(yùn)動(dòng)，則有v＝at，v與t成正比，故C正確。重力的功率P＝mgv＝mg，則知P與h是非線性關(guān)系，圖像是曲線，故D錯(cuò)誤。 7．(多選)在x軸上存在一水平方向的電場(chǎng)，一質(zhì)量m＝2 kg的帶電小球只在電場(chǎng)力的作用下，沿光滑絕緣的水平面從x0＝7 m處開始以初速度v0＝2 m/s向x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)。小球電勢(shì)能Ep隨位置x的變化關(guān)系如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．在x0＝7 m處電場(chǎng)強(qiáng)度為零 B．在x＝4 m處電場(chǎng)強(qiáng)度為零 C．小球運(yùn)動(dòng)的范圍為x≥1 m且小球可以通過x＝9 m 處 D．小球運(yùn)動(dòng)的最大速度vm＝2 m/s 解析：選BCD　因?yàn)镋p＝qφ，所以電場(chǎng)力F＝q，則電場(chǎng)強(qiáng)度E＝，即在x0＝7 m處，>0，即電場(chǎng)強(qiáng)度E≠ 0 ，在x0＝4 m處，＝0，即電場(chǎng)強(qiáng)度E＝0，A錯(cuò)誤，B正確；小球的初動(dòng)能為Ek＝mv02＝4 J，在x0＝7 m處時(shí)，小球的電勢(shì)能為0，故在7 m處時(shí)小球的總能量E＝Ep＋Ek＝4 J，故小球向左最遠(yuǎn)運(yùn)動(dòng)到x＝1 m處，向右運(yùn)動(dòng)到x＝9 m處時(shí)小球的電勢(shì)能為2 J，故小球可以通過x＝9 m處，C正確；由題圖可知，在x＝4 m處時(shí)小球的電勢(shì)能最低，故此時(shí)動(dòng)能最大，即此時(shí)小球的最大動(dòng)能為E4＝8 J，最大速度為2 m/s，D正確。 8．(2015山東高考)如圖甲，R0為定值電阻，兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內(nèi)。左端連接在一周期為T0的正弦交流電源上，經(jīng)二極管整流后，通過R0的電流i始終向左，其大小按圖乙所示規(guī)律變化。規(guī)定內(nèi)圓環(huán)a端電勢(shì)高于b端時(shí)，a、b間的電壓uab為正，下列uabt圖像可能正確的是(　　) 解析：選C　由題圖乙知，0～0.25T0，外圓環(huán)電流逐漸增大且逐漸減小，根據(jù)安培定則，外圓環(huán)內(nèi)部磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁場(chǎng)逐漸增強(qiáng)且逐漸減小，根據(jù)楞次定律知內(nèi)圓環(huán)a端電勢(shì)高，所以u(píng)ab＞0，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律uab＝＝知，uab逐漸減??；t＝0.25T0時(shí)，＝0，所以＝0，uab＝0；同理可知0.25T0＜t＜0.5T0時(shí)，uab＜0，且|uab|逐漸增大；0.5T0～T0內(nèi)重復(fù)0～0.5T0的變化規(guī)律。故選項(xiàng)C正確。 9.(多選)(2016日照聯(lián)考)如圖所示，導(dǎo)體棒沿兩平行金屬導(dǎo)軌從圖中位置以速度v向右勻速通過一正方形abcd磁場(chǎng)區(qū)域，ac垂直于導(dǎo)軌且平行于導(dǎo)體棒，ac右側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是左側(cè)的2倍且方向相反，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)，下列關(guān)于導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流和所受安培力隨時(shí)間變化的圖像正確的是(規(guī)定電流從M經(jīng)R到N為正方向，安培力向左為正方向)(　　) 解析：選AC　導(dǎo)體棒在左半?yún)^(qū)域時(shí)，根據(jù)右手定則，通過棒的電流方向向上，電流從M經(jīng)R到N為正值，且逐漸變大，導(dǎo)體棒在右半?yún)^(qū)域時(shí)，根據(jù)右手定則，通過棒的電流方向向下，電流為負(fù)值，且逐漸減小，且滿足經(jīng)過分界線時(shí)感應(yīng)電流大小突然加倍，A正確，B錯(cuò)誤；第一段時(shí)間內(nèi)安培力大小F＝BIL∝L2，第二段時(shí)間內(nèi)F＝2BIL∝L2，C正確，D錯(cuò)誤。 10．(2016南平質(zhì)檢)如圖所示，a為靜止在地球赤道上的物體，b為近地衛(wèi)星，c為同步衛(wèi)星，d為高空探測(cè)衛(wèi)星，a向?yàn)樗麄兊南蛐募铀俣龋瑀為它們到地心的距離，T為周期，l、θ分別為相同時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧長(zhǎng)和轉(zhuǎn)過的圓心角，則下列圖像正確的是(　　) 解析：選C　對(duì)b、c、d三顆衛(wèi)星：＝m＝mω2r＝mr＝ma向，可得：v＝ ，ω＝，T＝，a向＝，但因c為同步衛(wèi)星，Ta＝Tc，B錯(cuò)誤；aa<ac<g，A錯(cuò)誤；由v＝ωr可知，va<vc，由l＝vt可知，D錯(cuò)誤。由ωb>ωc＝ωa>ωd，θ＝ωt可知，C正確。 11．(2016福州二模)如圖甲所示，質(zhì)量m＝1 kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，t＝0.5 s時(shí)撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時(shí)間的變化關(guān)系圖像(vt圖像)如圖乙所示，g取10 m/s2，求： (1)2 s內(nèi)物塊的位移大小x和通過的路程L； (2)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)兩個(gè)階段加速度a1、a2和拉力F三者的大小。 解析：(1)物塊上升的距離：x1＝21 m＝1 m； 物塊下滑的距離：x2＝11 m＝0.5 m； 位移x＝x1－x2＝(1－0.5)m＝0.5 m 路程L＝x1＋x2＝(1＋0.5)m＝1.5 m。 (2)由圖乙知，各階段加速度 a1＝ m/s2＝4 m/s2 a2＝ m/s2＝－4 m/s2 設(shè)斜面傾角為θ，斜面對(duì)物塊的摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律 0～0.5 s內(nèi)F－Ff－mgsin θ＝ma1； 0．5～1 s內(nèi)－Ff－mgsin θ＝ma2； 聯(lián)立解得：F＝8 N。 答案：(1)0.5 m　1.5 m　(2)4 m/s2　4 m/s2　8 N 12．如圖甲所示，不計(jì)電阻的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝1 m，上端接有電阻R＝2 Ω，虛線OO′下方存在垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)將質(zhì)量為m＝0.1 kg、電阻不計(jì)的金屬桿ab，從OO′上方某處由靜止釋放，金屬桿在下落的過程中與導(dǎo)軌保持良好接觸，且始終保持水平。已知金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v0＝1 m/s，下落0.3 m的過程中加速度a與下落距離h的關(guān)系圖像如圖乙所示。試求：(g取10 m/s2) (1)垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度； (2)ab桿下落0.3 m的過程中R上產(chǎn)生的熱量和通過R的電荷量。 解析：(1)由ah圖像可知，金屬桿ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)a0＝10 m/s2，方向豎直向上 由牛頓第二定律有BI0L－mg＝ma0 設(shè)ab桿進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v0，有I0＝，E0＝BLv0 聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T。 (2)由ah圖像知，h＝0.3 m時(shí)，a＝0，表明金屬桿受到的重力與安培力平衡，即mg＝BIL，其中I＝，E＝BLv 可得下落0.3 m時(shí)金屬桿的速度v＝＝0.5 m/s 下落0.3 m的過程中，由能量守恒定律有 mgh＝Q＋mv2 解得Q＝0.287 5 J 金屬桿自由下落的距離滿足2gh0＝v02，h0＝0.05 m 所以金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離x＝h－h(huán)0＝0.25 m，則q＝＝x＝0.25 C。 答案：(1)2 T　(2)0.287 5 J　0.25 C 二、物理狀態(tài)的特別關(guān)注——5類臨界極值問題“面面觀” 臨界問題是從量變到質(zhì)變規(guī)律在物理學(xué)上的生動(dòng)體現(xiàn)。物體的運(yùn)動(dòng)形式或性質(zhì)轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N運(yùn)動(dòng)形式或性質(zhì)時(shí)，往往存在一個(gè)轉(zhuǎn)折點(diǎn)，這個(gè)轉(zhuǎn)折點(diǎn)常稱為臨界點(diǎn)，這個(gè)轉(zhuǎn)折點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的條件稱為臨界條件，對(duì)應(yīng)的問題則稱為臨界問題，而滿足臨界條件的臨界值又往往是某一物理量的極大值或極小值。 (一)追及相遇中的臨界極值問題 　　　(2016惠州模擬)滑雪度假村某段雪地賽道可等效為長(zhǎng)L＝36 m，傾角為θ＝37的斜坡。已知滑道的積雪與不同滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)不同，現(xiàn)假定甲先滑下時(shí)滑板與賽道的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.5，乙后滑時(shí)滑板與賽道的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.25，g取10 m/s2。已知甲和乙均可看作質(zhì)點(diǎn)，且滑行方向平行，相遇時(shí)不會(huì)相撞。求： (1)甲從坡頂由靜止自由滑下時(shí)到達(dá)坡底的速度大?。? (2)若乙比甲晚出發(fā)Δt＝1 s，為追上甲，有人從后面給乙一個(gè)瞬時(shí)作用使乙獲得初速度v0＝1 m/s，通過計(jì)算分析乙能否在甲到達(dá)坡底前追上甲；若能追上求出兩者在追上前相距的最遠(yuǎn)距離，若不能追上求出兩者到達(dá)坡底的時(shí)間差。 [解析]　(1)對(duì)甲運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律：m1gsin θ－μ1m1gcos θ＝m1a甲 代入數(shù)據(jù)解得a甲＝2 m/s2 由2a甲L＝v12 代入數(shù)據(jù)解得：v1＝12 m/s。 (2)甲到達(dá)坡底的時(shí)間t甲＝＝ s＝6 s 對(duì)乙：a乙＝gsin θ－μ2gcos θ＝6 m/s2－0.258 m/s2＝4 m/s2 設(shè)到達(dá)坡底時(shí)間為t乙 L＝v0t乙＋a乙t乙2 代入數(shù)據(jù)解得t乙＝4 s t乙＋Δt<t甲，故可以追上 設(shè)甲出發(fā)后經(jīng)t1，乙與甲達(dá)到共同速度v，則： v＝a甲t1＝v0＋a乙(t1－Δt) 代入數(shù)據(jù)解得：t1＝1.5 s x甲＝a甲t12＝ m x乙＝v0(t1－Δt)＋a乙(t1－Δt)2＝1 m 所以Δx＝x甲－x乙＝1.25 m。 [答案]　(1)12 m/s　(2)能追上　1.25 m (1)兩個(gè)物體在同一直線上同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度相等往往是能否追上、距離最大或最小的臨界條件，也是分析判斷問題的切入點(diǎn)。 (2)速度相同時(shí)，兩物體的理論位移之差小于初始間距是兩物體避免相撞的又一臨界條件。 　　　　 (二)動(dòng)力學(xué)中的臨界極值問題 　　　(2016江西高安中學(xué)模擬)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)＝ 2 m、質(zhì)量mA＝4 kg 的木板A放在光滑水平面上，質(zhì)量mB＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))位于A的中點(diǎn)，水平力F作用于A，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2(AB間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g＝10 m/s2)。求： (1)為使A、B保持相對(duì)靜止，F(xiàn)不能超過多大？ (2)若拉力F＝12 N，物塊B從A板左端滑落時(shí)木板A的速度為多大？ [解析]　(1)F最大時(shí)，物塊水平方向受到靜摩擦力最大Ffm，由牛頓第二定律得：Ffm＝μmBg＝mBa 解得臨界加速度為：a＝μg＝0.210 m/s2＝2 m/s2， 對(duì)整體分析得：F＝(mA＋mB)a＝(4＋1)2 N＝10 N。 (2)若拉力F＝12 N>10 N，A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)， 對(duì)B：aB＝μg＝2 m/s2 對(duì)A：F－Ffm＝mAaA 代入數(shù)據(jù)解得：aA＝2.5 m/s2 設(shè)B從A上滑落時(shí)，則有： aAt2－aBt2＝L，得：t＝2 s 對(duì)A有：v＝aAt＝2.52 m/s＝5 m/s。 [答案]　(1)10 N　(2)5 m/s 處理動(dòng)力學(xué)臨界極值問題的兩種方法 (1)以定律、定理為依據(jù)，首先求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式，然后再分析、討論臨界特殊規(guī)律和特殊解。 (2)直接分析、討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件求出臨界值。在研究臨界問題時(shí)，應(yīng)著重于相應(yīng)物理量的取值范圍和有關(guān)物理現(xiàn)象發(fā)生或消失條件的討論。 　　　　 (三)平拋運(yùn)動(dòng)中的臨界極值問題 　　　在豎直立于地面的兩桿A、B之間拉一根細(xì)繩AC，兩桿相距為d，細(xì)繩與桿間成45角，細(xì)繩的一端在A桿頂端。一只小猴(可看作質(zhì)點(diǎn))爬上A桿一定高度后，以一定的水平速度v0向右跳出，欲抓住細(xì)繩，那么(　　) A．小猴爬得越高，需要的最小水平速度v0min越小 B．小猴必須爬到離地面為d以上的高度方可跳出 C．若小猴從A桿頂端跳出，則必定能抓住細(xì)繩 D．小猴從一個(gè)確定的高度跳出，則v0也為確定值 [解析]　小猴以能抓住繩子的最小速度水平跳出時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡與AC繩相切，如圖所示，即此時(shí)速度方向與水平方向成45角，因此有＝tan 45?、?，x＝v0mint，解得v0min2＝gx，又＝tan 45?、?，即x＝2h，v0min2＝2gh，即當(dāng)h≤d時(shí)①、②成立，總可滿足x＝2h，則小猴爬得越高，h越小，v0min越小。當(dāng)h>d時(shí)，小猴運(yùn)動(dòng)軌跡不可能與AC相切，則小猴能抓住細(xì)繩最低點(diǎn)C時(shí)速度最小應(yīng)滿足d＝v0mint、y＝gt2，y＝d－h(huán)，v0min＝d ，則h越小，v0min越小，A項(xiàng)正確；最低抓點(diǎn)為C，因此只要小猴跳出點(diǎn)高于C點(diǎn)，且初速度足夠大，就能抓住繩子，B項(xiàng)錯(cuò)誤；若小猴從A桿頂端跳出，水平速度足夠大，則小猴將抓不住細(xì)繩的最低點(diǎn)C，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由于存在能抓住繩子的最小速度，因此v0沒有確定的值，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 [答案]　A 與斜面相關(guān)的三類平拋運(yùn)動(dòng)臨界極值問題 (1)順著斜面拋，質(zhì)點(diǎn)離斜面最遠(yuǎn)時(shí)速度方向平行于斜面，利用分解速度的方法，如圖所示，可求從拋出到距斜面最遠(yuǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tm＝tan θ，最遠(yuǎn)距離為dm＝tan θsin θ。 (2)順著斜面拋出，質(zhì)點(diǎn)落回斜面時(shí)位移最大，利用分解位移的方法求質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間： x＝v0t y＝gt2 tan θ＝ 可求得t＝。 　　　　 (3)對(duì)著斜面拋出，質(zhì)點(diǎn)垂直打到斜面上，利用分解速度的方法，求質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間： vx＝v0 vy＝gt tan θ＝＝ 可求得t＝。 (四)圓周運(yùn)動(dòng)中的臨界極值問題 　如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿一端固定質(zhì)量為m的小球，另一端固定在轉(zhuǎn)軸O，現(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，P為圓周的最高點(diǎn)，若小球通過圓周最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為 ，忽略摩擦阻力和空氣阻力，則以下判斷正確的是(　　) A．小球不能到達(dá)P點(diǎn) B．小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大于 C．小球能到達(dá)P點(diǎn)，且在P點(diǎn)受到輕桿向上的彈力 D．小球能到達(dá)P點(diǎn)，且在P點(diǎn)受到輕桿向下的彈力 [解析]　要使小球恰能到達(dá)P點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律有：mv2＝mg2L，可知它在圓周最低點(diǎn)必須具有的速度為v≥2，而 >2，所以小球能到達(dá)P點(diǎn)；由機(jī)械能守恒定律可知小球到達(dá)P點(diǎn)的速度為 ；由于＜，則小球在P點(diǎn)受到輕桿向上的彈力。 [答案]　C (1)繩模型和桿模型過最高點(diǎn)的臨界條件不同，其原因主要是：“繩”不能支持物體，而“桿”既能支持物體，也能拉物體。 (2)v臨界＝對(duì)繩模型來(lái)說(shuō)是能否通過最高點(diǎn)的臨界條件，而對(duì)桿模型來(lái)說(shuō)是FN表現(xiàn)為支持力還是拉力的臨界條件。 　　　　 (五)帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界極值問題 　　　(2015山東高考)(節(jié)選)如圖所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑。兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅰ區(qū))和小圓內(nèi)部(Ⅱ區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。間距為d的兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，上極板開有一小孔。一質(zhì)量為m、電量為＋q的粒子由小孔下方處?kù)o止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場(chǎng)，由H點(diǎn)緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場(chǎng)。不計(jì)粒子的重力。 (1)求極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小； (2)若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與小圓相切，求Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。 [解析]　(1)設(shè)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，對(duì)粒子在電場(chǎng)中的加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得 qE＝mv2① 由①式得 E＝。② (2)設(shè)Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓第二定律得 qvB＝m③ 如圖所示，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與小圓相切有兩種情況。若粒子軌跡與小圓外切，由幾何關(guān)系得 R＝④ 聯(lián)立③④式得 B＝⑤ 若粒子軌跡與小圓內(nèi)切，由幾何關(guān)系得 R＝⑥ 聯(lián)立③⑥式得 B＝。⑦ [答案]　(1)　(2)或 帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界極值問題往往是空間的約束(單直線邊界、雙直線邊界、矩形邊界、圓形邊界)決定粒子運(yùn)動(dòng)半徑，進(jìn)而控制其他的物理量。 解決此類問題要注意分析以下三個(gè)方面： (1)剛好穿出磁場(chǎng)邊界的條件是帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡與邊界相切。 (2)當(dāng)速率v一定時(shí)，弧長(zhǎng)越長(zhǎng)，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)。 (3)當(dāng)速率v變化時(shí)，圓心角大的，運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)，解題時(shí)一般要根據(jù)受力情況和運(yùn)動(dòng)情況畫出運(yùn)動(dòng)軌跡的草圖，找出圓心，根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑及圓心角等。 　　　　 [臨界極值問題專練]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　 1.如圖所示，小球以v0正對(duì)傾角為θ的斜面水平拋出，若小球到達(dá)斜面的位移最小，則飛行時(shí)間t為(重力加速度為g)(　　) A．v0tan θ　　　　　　 B. C. D. 解析：選D　如圖所示，要小球到達(dá)斜面的位移最小，則要求落點(diǎn)與拋出點(diǎn)的連線與斜面垂直，所以有tan θ＝，而x＝v0t，y＝gt2，解得t＝。 2.(2016唐山模擬)如圖所示，物體在拉力F的作用下沿水平面做勻速運(yùn)動(dòng)，發(fā)現(xiàn)當(dāng)外力F與水平方向夾角為30 時(shí)，所需外力最小，由以上條件可知，外力F的最小值與重力的比值為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　外力F最小時(shí)，對(duì)物體受力分析，如圖所示。物體做勻速運(yùn)動(dòng)，則有FN＋Fsin 30＝G，F(xiàn)f＝Fcos 30，又Ff＝μFN，解得 F＝， 令tan α＝，則有 F＝ ＝， 根據(jù)題意可知α＝60，即μ＝，F(xiàn)的最小值為G，故B正確。 3．(2016潮州一模)如圖甲所示，將質(zhì)量為m的小球以速度v0豎直向上拋出，小球上升的最大高度為h。若將質(zhì)量分別為2m、3m、4m、5m的小球以同樣大小的速度v0從半徑均為R＝h的豎直圓形光滑軌道的最低點(diǎn)水平向右射入軌道，軌道形狀如圖乙、丙、丁、戊所示。則質(zhì)量分別為2m、3m、4m、5m的小球中，能到達(dá)的最大高度仍為h的是(小球大小和空氣阻力均不計(jì))(　　) A．質(zhì)量為2m的小球 B．質(zhì)量為3m的小球 C．質(zhì)量為4m的小球 D．質(zhì)量為5m的小球 解析：選C　由題意可知，質(zhì)量為m的小球，豎直上拋的整個(gè)過程機(jī)械能守恒，mgh＝mv02。由題圖乙可知，質(zhì)量為2m的小球上升到軌道最高點(diǎn)速度不能為零，結(jié)合機(jī)械能守恒定律可知此時(shí)質(zhì)量為2m的小球上升的最大高度小于h，故A錯(cuò)誤；由題圖丙和題圖戊可知，小球出軌道時(shí)的速度方向不沿豎直方向，則上升到最高點(diǎn)時(shí)水平方向速度不為零，依據(jù)機(jī)械能守恒定律得上升的最大高度均小于h，故B、D錯(cuò)誤；由題圖丁可知，小球出軌道時(shí)的速度方向沿豎直方向向上，則上升到最高點(diǎn)時(shí)，速度為零，依據(jù)機(jī)械能守恒定律得小球上升的最大高度等于h，故C正確。 4.如圖所示，轉(zhuǎn)動(dòng)軸垂直于光滑平面，交點(diǎn)O的上方h處固定細(xì)繩的一端，細(xì)繩的另一端拴接一質(zhì)量為m的小球B，繩長(zhǎng)AB＝l>h，小球可隨轉(zhuǎn)動(dòng)軸轉(zhuǎn)動(dòng)并在光滑水平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。要使球不離開水平面，轉(zhuǎn)動(dòng)軸的轉(zhuǎn)速的最大值是(　　) A.　　　　　　　 B．π C. D．2π 解析：選A　對(duì)小球，在水平方向有FTsin θ＝mω2R＝4π2mn2R，在豎直方向有FTcos θ＋FN＝mg，且R＝htan θ，當(dāng)球即將離開水平面時(shí)，F(xiàn)N＝0，轉(zhuǎn)速n有最大值，聯(lián)立解得n＝，則A正確。 5.(多選)(2016河北名校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物塊置于水平地面上，物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，物塊間用一水平輕繩相連，繩中無(wú)拉力。現(xiàn)用水平力F向右拉物塊A，假設(shè)物塊與水平地面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．當(dāng)0<F≤μmg時(shí)，繩中拉力為0 B．當(dāng)μmg<F≤2μmg時(shí)，A、B均靜止 C．當(dāng)F>2μmg時(shí)，繩中拉力等于 D．無(wú)論F多大，繩中拉力都不可能等于 解析：選ABC　當(dāng)0<F≤μmg時(shí)，物塊A受到拉力與靜摩擦力的作用，二者平衡，繩中拉力為0，A正確；當(dāng)μmg<F≤2μmg時(shí)，A、B整體受到拉力和摩擦力的作用，二者平衡，A、B整體處于靜止?fàn)顟B(tài)，B正確；當(dāng)F>2μmg時(shí)，對(duì)A、B整體：a＝，對(duì)物塊B：a＝，由上兩式得TB＝，C正確；當(dāng)μmg<F≤2μmg時(shí)，繩中拉力為F－μmg，繩中拉力可能為，D錯(cuò)誤。 6．(多選)(2016鹽城二模)如圖所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為0.2 kg且足夠長(zhǎng)的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端放置一質(zhì)量為m＝0.1 kg、帶正電q＝0.2 C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力?，F(xiàn)對(duì)木板施加方向水平向左，大小為F＝0.6 N的恒力，g取10 m/s2。則滑塊(　　) A．開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．一直做加速度為2 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，直到滑塊飛離木板為止 C．速度為6 m/s時(shí)，滑塊開始減速 D．最終做速度為10 m/s的勻速運(yùn)動(dòng) 解析：選AD　由于滑塊與絕緣木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，靜摩擦力能提供的最大加速度為μg＝5 m/s2，所以當(dāng)0.6 N的恒力作用于木板時(shí)，系統(tǒng)一起以a＝＝ m/s2＝2 m/s2的加速度一起運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊獲得向左運(yùn)動(dòng)的速度以后又產(chǎn)生一個(gè)方向向上的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于重力時(shí)滑塊與木板之間的彈力為零，此時(shí)Bqv＝mg，解得：v＝10 m/s，此時(shí)摩擦力消失，滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)，而木板在恒力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，a′＝＝ m/s2＝3 m/s2。可知滑塊先與木板一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，最后做速度為10 m/s的勻速運(yùn)動(dòng)。故A、D正確，B錯(cuò)誤?；瑝K開始的加速度為2 m/s2，當(dāng)恰好要開始滑動(dòng)時(shí)，F(xiàn)f＝μ(mg－qvB)＝ma，代入數(shù)據(jù)得：v＝6 m/s，此后滑塊的加速度減小，仍然做加速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤。 7．(2016大同聯(lián)考)春節(jié)放假期間，全國(guó)高速公路免費(fèi)通行，小轎車可以不停車通過收費(fèi)站，但要求小轎車通過收費(fèi)站窗口前x0＝9 m區(qū)間的速度不超過v0＝6 m/s?，F(xiàn)有甲、乙兩小轎車在收費(fèi)站前平直公路上分別以v甲＝20 m/s和v乙＝34 m/s的速度勻速行駛，甲車在前，乙車在后。甲車司機(jī)發(fā)現(xiàn)正前方收費(fèi)站，開始以大小為a甲＝2 m/s2的加速度勻減速剎車。 (1)甲車司機(jī)需在離收費(fèi)站窗口至少多遠(yuǎn)處開始剎車才不違章； (2)若甲車司機(jī)經(jīng)剎車到達(dá)離收費(fèi)站窗口前9 m處的速度恰好為6 m/s，乙車司機(jī)在發(fā)現(xiàn)甲車剎車時(shí)經(jīng)t0＝0.5 s的反應(yīng)時(shí)間后開始以大小為a乙＝4 m/s2的加速度勻減速剎車。為避免兩車相撞，且乙車在收費(fèi)站窗口前9 m區(qū)不超速，則在甲車司機(jī)開始剎車時(shí)，甲、乙兩車至少相距多遠(yuǎn)？ 解析：(1)對(duì)甲車速度由20 m/s減速至6 m/s的位移x1＝＝91 m x2＝x0＋x1＝100 m 即：甲車司機(jī)需在離收費(fèi)站窗口至少100 m處開始剎車。 (2)設(shè)甲、乙兩車速度相同時(shí)的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得： v乙－a乙(t－t0)＝v甲－a甲t 解得：t＝8 s 相同速度v＝v甲－a甲t＝4 m/s＜6 m/s即v＝6 m/s的共同速度為不相撞的臨界條件，乙車從開始以34 m/s減速至6 m/s的位移為x3＝v乙t0＋＝157 m 所以甲、乙的距離x＝x3－x1＝66 m。 答案：(1)至少100 m處　(2)66 m 8．如圖所示，一足夠長(zhǎng)的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)從矩形區(qū)域ad邊中點(diǎn)O射出與Od邊夾角為30，大小為v0的帶電粒子，已知粒子質(zhì)量為m，電量為q，ad邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，ab邊足夠長(zhǎng)，粒子重力忽略不計(jì)，求： (1)試求粒子能從ab邊上射出磁場(chǎng)的v0的大小范圍； (2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間和在這種情況下粒子從磁場(chǎng)中射出所在邊上位置的范圍。 解析：(1)畫出從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)的粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的動(dòng)態(tài)圓，能夠從ab邊射出的粒子的臨界軌跡如圖所示，軌跡與dc邊相切時(shí)，射到ab邊上的A點(diǎn)，此時(shí)軌跡圓心為O1，則軌跡半徑r1＝L，由qv0B＝m得最大速度v0＝。 軌跡與ab邊相切時(shí)，射到ab邊上的B點(diǎn)，此時(shí)軌跡圓心為O2，則軌道半徑r2＝，由qv0B＝m得最小速度v0＝。 所以粒子能夠從ab邊射出的速度范圍為： <v0<。 (2)當(dāng)粒子從ad邊射出時(shí)，時(shí)間均相等，且為最長(zhǎng)時(shí)間，因轉(zhuǎn)過的圓心角為300，所以最長(zhǎng)時(shí)間：tm＝T＝，射出的范圍為OC＝r2＝。 答案：(1)<v0<　(2)　 9．如圖(a)所示，燈絲K可以連續(xù)逸出不計(jì)初速度的電子，在KA間經(jīng)大小為U的加速電壓加速后，從A板中心小孔射出，再?gòu)腗、N兩極板的正中間以平行極板的方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。M、N兩極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，間距為L(zhǎng)。如果在兩板間加上如圖(b)所示的電壓UMN，電子恰能全部射入如圖(a)所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。不考慮極板邊緣的影響，電子穿過平行板的時(shí)間極短，穿越過程可認(rèn)為板間電壓不變，磁場(chǎng)垂直紙面向里且范圍足夠大，不考慮電場(chǎng)變化對(duì)磁場(chǎng)的影響。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子的重力及它們之間的相互作用力。 (1)求偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓UMN的峰值； (2)已知在t＝時(shí)刻射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子恰好能返回板間，求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (3)求從電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)開始到離開磁場(chǎng)的最短時(shí)間。 解析：(1)電子在經(jīng)過加速電場(chǎng)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得 eU＝mv02 由題意可知在偏轉(zhuǎn)電壓達(dá)到峰值時(shí)進(jìn)入的電子恰好沿極板邊緣飛出電場(chǎng) L＝at02 a＝ L＝v0t0 聯(lián)立可得Um＝U。 (2)設(shè)t＝時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子離開電場(chǎng)時(shí)速度大小為v，v與v0之間夾角為θ，則 tan θ＝＝，所以θ＝30 v0＝vcos θ 電子垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，由洛倫茲力充當(dāng)向心力：evB＝ 根據(jù)幾何關(guān)系2Rcos θ＝L 解得B＝ 。 (3)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)歷時(shí)相等，設(shè)電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，經(jīng)N板邊緣飛出的電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，為 又T＝ 聯(lián)立解得tmin＝L ＋ 。 答案：(1)U　(2) 　(3)L ＋ 10．如圖所示，A、B為半徑R＝1 m的四分之一光滑絕緣豎直圓弧軌道，在四分之一圓弧區(qū)域內(nèi)存在E＝1106 V/m、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)。有一質(zhì)量m＝1 kg、帶電荷量q＝＋1.410－5 C的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，從A點(diǎn)的正上方距離A點(diǎn)H處由靜止開始下落(不計(jì)空氣阻力)，BC段為長(zhǎng)L＝2 m、與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2的粗糙絕緣水平面，CD段為傾角θ＝53 且離地面DE的高度h＝0.8 m的斜面。 (1)若H＝1 m，物體能沿軌道AB到達(dá)最低點(diǎn)B，求它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小； (2)通過計(jì)算判斷：是否存在某一H值，能使物體沿軌道AB經(jīng)最低點(diǎn)B后最終停在距B點(diǎn)0.8 m處； (3)若0.85 m≤H≤1 m，請(qǐng)通過計(jì)算表示出物體從C處射出后打到的范圍。(已知sin 53＝0.8，cos 53＝0.6，不討論物體反彈以后的情況) 解析：(1)物體由初始位置運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中根據(jù)動(dòng)能定理有 mg(R＋H)－qER＝mvB2 到達(dá)B點(diǎn)時(shí)由支持力FN、重力、電場(chǎng)力的合力提供向心力 FN－mg＋qE＝m 解得FN＝8 N 根據(jù)牛頓第三定律，可知物體對(duì)軌道的壓力大小為8 N (2)要使物體沿軌道AB到達(dá)最低點(diǎn)B，當(dāng)支持力為0時(shí)，最低點(diǎn)有個(gè)最小速度v，則qE－mg＝m 解得v＝2 m/s 在粗糙水平面上，由動(dòng)能定理得－μmgx＝－mv2 可得x＝1 m>0.8 m 故不存在某一H值，使物體沿著軌道AB經(jīng)過最低點(diǎn)B后，停在距離B點(diǎn)0.8 m處。 (3)當(dāng)H＝1 m時(shí)，物體從釋放點(diǎn)至C點(diǎn)，由動(dòng)能定理列式mg(H＋R)－qER－μmgL＝mvC12－0 代入數(shù)據(jù)解得vC1＝2 m/s 物體過C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則 x1＝vC1＝20.4 m＝0.8 m>＝0.6 m 可見物體打到水平面上距離D點(diǎn) x1－0.6 m＝0.2 m處。 當(dāng)H＝0.85 m時(shí)，物體從釋放點(diǎn)至C點(diǎn)，由動(dòng)能定理列式 mg(H＋R)－qER－μmgL＝mvC22－0 代入解得vC2＝1 m/s 設(shè)物體過C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)且打在斜面CD上，則tan 53＝，解得 t＝ s 故物體打在斜面上距C點(diǎn)為 x2＝＝ m 可見物體打到斜面上距離D點(diǎn) － m＝ m處。 綜上分析：物體打在斜面上距離D點(diǎn) m范圍內(nèi)(如答圖PD之間區(qū)域)，在水平面上距離D點(diǎn)0.2 m范圍內(nèi)(如答圖DQ之間區(qū)域)。 答案：(1)8 N　(2)不存在　 (3)在斜面上距離D點(diǎn) m 范圍內(nèi)(如答圖PD之間區(qū)域)，在水平面上距離D點(diǎn)0.2 m范圍內(nèi)(如答圖DQ之間區(qū)域) 三、物理過程的簡(jiǎn)約處理——3類典型運(yùn)動(dòng)的“分與合” 高考大題擔(dān)負(fù)著區(qū)分考生、選拔人才的功能，很多考生一見大題就發(fā)憷，甚至看也不看就放棄。殊不知，高考大題也是由基礎(chǔ)知識(shí)步步拼合而成的，對(duì)于物理學(xué)科而言，高考大題更是如此，基本上都是由多物體、多運(yùn)動(dòng)過程組合而成。只要我們靜下心來(lái)，將一個(gè)看似復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)系統(tǒng)拆分成多個(gè)單一的運(yùn)動(dòng)物體，化整為零、個(gè)個(gè)擊破，問題就會(huì)化難為易、迎刃而解。本講通過研究三類典型運(yùn)動(dòng)的“分與合”，旨在幫助學(xué)生洞悉高考大題命題的“拼裝”機(jī)密。 [三類典型運(yùn)動(dòng)] 類型 運(yùn)動(dòng)分析 受力分析 規(guī)律分析 直線 運(yùn)動(dòng) (1)物體運(yùn)動(dòng)的速度v與加速度a在同一直線上 (2)a、v同向，物體速度增大； a、v反向，物體速度減小 (1)物體的合外力與運(yùn)動(dòng)方向在一條直線上 (2)垂直于運(yùn)動(dòng)方向上合外力為零 合外力恒定時(shí)，加速度恒定，物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng) x＝v0t＋at2，vt＝v0＋at (類)平拋 運(yùn)動(dòng) (1)物體的初速度v0與加速度方向垂直 (2)物體的速度逐漸增大 (3)物體的速度與位移方向不相同 物體的合外力與初速度方向垂直，且恒定不變 (1)沿初速度方向，物體做勻速運(yùn)動(dòng) x＝v0t，vx＝v0 (2)沿合外力方向，物體做勻加速運(yùn)動(dòng) y＝at2，vy＝at 圓周 運(yùn)動(dòng) (1)物體的速度沿圓上該點(diǎn)的切線方向，方向時(shí)刻在變化 (2)物體做變加速曲線運(yùn)動(dòng) (1)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合外力指向圓心，且大小恒定不變 (2)非勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合力一般不指向圓心，但沿半徑方向的合力仍提供向心力 (1)勻速圓周運(yùn)動(dòng)： F合＝F向＝m＝mω2r＝mr＝ma向 (2)非勻速圓周運(yùn)動(dòng)： F徑向合＝m [四類組合模式] (一)直線運(yùn)動(dòng)與平拋運(yùn)動(dòng)的組合 　一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球，從O點(diǎn)以和水平方向成α角的初速度v0拋出，當(dāng)達(dá)到最高點(diǎn)A時(shí)，恰進(jìn)入一勻強(qiáng)電場(chǎng)中，如圖所示，然后小球從A點(diǎn)沿水平直線運(yùn)動(dòng)到與A相距為x的A′點(diǎn)后又折返回到A點(diǎn)，緊接著沿原來(lái)斜上拋運(yùn)動(dòng)的軌跡逆方向運(yùn)動(dòng)又落回原拋出點(diǎn)，求： (1)該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的大小和方向(即求出圖中的θ角，并在圖中標(biāo)明E的方向)； (2)從O點(diǎn)拋出又落回O點(diǎn)所需的時(shí)間。 [解析]　(1)斜上拋至最高點(diǎn)A時(shí)的速度 vA＝v0cos α?、? 方向水平向右 由于小球在AA′段沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，所以帶電小球所受的電場(chǎng)力與重力的合力應(yīng)為一水平向左的恒力： F＝＝qEcos θ?、? 帶電小球從A運(yùn)動(dòng)到A′過程中做勻減速運(yùn)動(dòng)有 vA2＝2x　③ 由①②③式得： E＝m θ＝arctan ，方向斜向上，如圖所示。 (2)小球在OA段運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間t1＝ 小球從A運(yùn)動(dòng)到A′所用時(shí)間t2＝ 從O點(diǎn)拋出又落回O點(diǎn)所需時(shí)間 t＝2(t1＋t2)＝＋。 [答案]　(1)m　方向斜向上，θ＝arctan 　　(2)＋ (1)小球從O到A的斜拋運(yùn)動(dòng)與從A到O的平拋運(yùn)動(dòng)是互逆過程，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等。 (2)小球從A到A′的過程做直線運(yùn)動(dòng)，垂直于運(yùn)動(dòng)方向的合力一定為零。 　　　　 (二)直線運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)的組合 　(2016滕州期末)如圖所示，在x軸的上方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向里。在x軸的下方有電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向與y軸負(fù)方向成θ角。一個(gè)帶電量為＋q、質(zhì)量為m的粒子以初速度v0從A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)。v0方向與磁場(chǎng)方向垂直，與y軸正方向成θ角。粒子從x軸射出磁場(chǎng)的速度恰與射入磁場(chǎng)時(shí)的速度反向(即與電場(chǎng)方向相同)；不計(jì)重力。求： (1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t； (2)粒子進(jìn)入電場(chǎng)之后，直至到達(dá)y軸的過程中，運(yùn)動(dòng)的距離s； (3)粒子進(jìn)入電場(chǎng)之后，直至到達(dá)y軸的過程中，電勢(shì)能的變化量ΔEp。 [解析]　(1)粒子在磁場(chǎng)中以O(shè)′為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周后從D點(diǎn)沿場(chǎng)強(qiáng)方向進(jìn)入電場(chǎng)。如圖所示。 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期 T＝　t＝＝。 (2)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑為R： 由qv0B＝　s＝， 得s＝＝。 (3)由功能關(guān)系得，ΔEp＝W＝Fs＝qEs ＝。 [答案]　(1)　(2)　(3) (1)帶電粒子在純磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，只有洛倫茲力提供向心力，如果在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有重力與電場(chǎng)力等大反向。 (2)帶電粒子在電場(chǎng)中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的問題可用動(dòng)能定理求解，也可用牛頓第二定律借助勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式求解。 　　　　 (三)平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)的組合 　如圖所示，質(zhì)量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平面飛出后，恰好無(wú)碰撞地從A點(diǎn)進(jìn)入豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，其中B點(diǎn)為圓弧軌道的最低點(diǎn)，C點(diǎn)為圓弧軌道的最高點(diǎn)，圓弧AB對(duì)應(yīng)的圓心角θ＝53，圓半徑R＝0.5 m。若小球離開水平面運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)所用時(shí)間t＝0.4 s，求：(sin 53＝0.8，cos 53＝0.6，g＝10 m/s2) (1)小球沿水平面飛出的初速度v0的大小。 (2)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，小球?qū)A弧軌道的壓力大小。 (3)小球能否通過圓弧軌道的最高點(diǎn)C？說(shuō)明原因。 [解析]　(1)小球離開水平面運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過程中做平拋運(yùn)動(dòng)，有vy＝gt 根據(jù)幾何關(guān)系可得tan θ＝ 代入數(shù)據(jù)，解得v0＝3 m/s。 (2)由題意可知，小球在A點(diǎn)的速度vA＝ 小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，滿足機(jī)械能守恒定律，有 mvA2＋mgR(1－cos θ)＝mvB2 設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)受到圓弧軌道的支持力為N，根據(jù)牛頓第二定律有 N－mg＝m 代入數(shù)據(jù)，解得N＝136 N 由牛頓第三定律可知，小球?qū)A弧軌道的壓力N′＝N＝136 N。 (3)假設(shè)小球能通過最高點(diǎn)C，則小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程，滿足機(jī)械能守恒定律，有 mvB2＝mg2R＋mvC2 在C點(diǎn)有F向＝m 代入數(shù)據(jù)，解得F向＝36 N>mg 所以小球能通過最高點(diǎn)C。 [答案]　(1)3 m/s　(2)136 N　(3)能通過，理由見解析 (1)注意過程的拆分： 求解這一類問題時(shí)，一般要按順序?qū)\(yùn)動(dòng)過程進(jìn)行分段分析，將復(fù)雜問題分解為若干個(gè)簡(jiǎn)單、熟悉的問題，如本題中，將小球的運(yùn)動(dòng)分解為：離開水平面后的平拋運(yùn)動(dòng)和進(jìn)入圓弧軌道后的圓周運(yùn)動(dòng)。 (2)關(guān)注運(yùn)動(dòng)的連接點(diǎn)： 如本題中小球進(jìn)入圓弧軌道的速度是它做平拋運(yùn)動(dòng)的末速度，此速度的水平分量，即平拋運(yùn)動(dòng)的初速度的求解又要利用圓弧軌道的數(shù)據(jù)。 　　　　 (四)平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)與直線運(yùn)動(dòng)的組合 　　　如圖所示，半徑R＝0.4 m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個(gè)端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝30，另一端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)，C點(diǎn)右側(cè)的光滑水平路面上緊挨C點(diǎn)放置一木板，木板質(zhì)量M＝2 kg，上表面與C點(diǎn)等高。質(zhì)量m＝1 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從空中A點(diǎn)以v0＝1 m/s 的速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進(jìn)入軌道，沿軌道滑行之后又滑上木板，當(dāng)物塊從木板右端滑出時(shí)的速度為v1＝2 m/s，已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求： (1)物塊剛到達(dá)軌道上的C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力； (2)木板的長(zhǎng)度。 [解析]　(1)對(duì)于平拋過程，根據(jù)幾何關(guān)系得： vB＝2v0， 從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程根據(jù)動(dòng)能定理有： mgR(1