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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，更是高三復(fù)習(xí)的重點、難點。 (一)明確四類圖像 運動學(xué)圖像 x t圖像、v t圖像 動力學(xué)圖像 Ft圖像、a t圖像 Fx圖像、Wl圖像 電場類圖像 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)讀圖六點關(guān)注 1．坐標(biāo)軸 弄清兩個坐標(biāo)軸表示的物理量。注意坐標(biāo)原點是否從零開始；注意縱軸物理量為矢量情況時，橫軸以上表示此物理量為正，橫軸以下表示此物理量為負。 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 圖線某點的斜率表示一個物理量隨另一個物理量的變化率，大小等于兩個物理量增量的比值。 (1)x t圖像中兩點連線的斜率表示這段時間的平均速度，某一點切線的斜率表示這一時刻的瞬時速度。vt圖像中兩點連線的斜率表示這段時間內(nèi)的平均加速度，某一點切線的斜率表示這一時刻的加速度。 (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強度的大小。 (4)Φ t圖像的斜率表示單匝線圈產(chǎn)生的電動勢大小。 4．面積的意義 圖線與橫軸所圍的面積常代表一個物理量，這個物理量往往表示縱、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間內(nèi)質(zhì)點的位移。 (2)a t圖像與t軸所圍面積表示這段時間內(nèi)質(zhì)點速度的變化。 (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差。 (5)i t圖像與t軸所圍面積表示這段時間內(nèi)移動的電荷量。 5．交點、拐點的意義 (1)圖線與坐標(biāo)軸的交點坐標(biāo)的含義與圖像有關(guān)，如x t圖線與x軸交點縱坐標(biāo)表示開始計時的位置，而v t圖線與v軸交點的縱坐標(biāo)表示質(zhì)點的初速度。 (2)拐點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表示具有相同的物理量，如xt圖線交點表示此刻相遇(在同一位置)，vt圖線的交點表示此刻物體速度相同。 6．坐標(biāo)單位和數(shù)量級 在識圖和用圖時，一定要看清坐標(biāo)軸的單位和數(shù)量級，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)計某一物理量隨時間(或位移、高度、速度等)變化的幾個圖像或此物理過程中某幾個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，運用對應(yīng)規(guī)律，確定某物理量的變化情況，從而判斷選項的正確與否。 　如圖所示，質(zhì)量為m的可看成質(zhì)點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，從斜面運動到水平面上，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)的機械能為E，物塊通過的路程為s。不計轉(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錯誤；物塊從斜面運動到水平面的過程中，摩擦力做負功，系統(tǒng)機械能減小，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，且第一段斜率絕對值小于第二段斜率絕對值，C正確，D錯誤。 [答案]　C 此類問題應(yīng)根據(jù)物理情景，找出兩個物理量的變化情況，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，即對應(yīng)圖像中的拐點。 　　　　 2．圖像規(guī)律類 (1)該類問題一般由某一圖像提出幾個結(jié)論，通過分析、判斷或簡單計算確定結(jié)論的正誤。 (2)解決該類問題應(yīng)對圖像描述的物理過程，運用該過程遵循的規(guī)律做出判斷。特別對非常規(guī)圖像，一般由遵循的規(guī)律推導(dǎo)出相應(yīng)的函數(shù)表達式，進一步確定截距、交點、斜率、面積等的意義，從而對結(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，恰好被曝光時間(光線進入相機鏡頭的時間)為0.2 s的相機拍攝到，圖乙是石塊落地前0.2 s時間內(nèi)所成的像(照片已經(jīng)放大且方格化)，每個小方格代表的實際長度為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．石塊將要落地時的速度大小約為7.5 m/s C．圖乙中像的反向延長線與樓的交點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錯誤；石塊將要落地時，由于時間短，可近似看成勻速運動，位移為s＝1.5 m≈4.74 m，v＝＝ m/s＝23.72 m/s，即石塊將要落地時的速度大小約為23.72 m/s，故B錯誤；石塊在空中為平拋運動，軌跡為一條曲線，不是直線，不能反向延長求石塊拋出位置，故C錯誤；石塊在豎直方向的平均速度vy＝＝ m/s＝22.5 m/s，即形成的像中間時刻的瞬時速度，形成的像總時間為0.2 s，即從開始起經(jīng)0.1 s的瞬時速度為22.5 m/s，可得：石塊從拋出點至該點的時間t＝＝2.25 s，所以石塊從發(fā)射點至形成的像上端所需時間：t上＝(2.25－0.1)s＝2.15 s，對應(yīng)形成的像上端離發(fā)射點的豎直高度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動軌跡。 　　　　 3．圖像信息類 (1)一般在解答題中，對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)信息從而對問題做出分析解答。 (2)解決此類問題時要根據(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)對應(yīng)的規(guī)律公式對問題做出正確的解答。 　如圖甲所示，一足夠長且阻值不計的光滑平行金屬導(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)強度為B的勻強磁場垂直于導(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)軌放置并用絕緣細線通過光滑的定滑輪與質(zhì)量M＝0.60 kg的重物相連，細線與金屬導(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、拐點信息的利用，如上例中由t＝0.3 s和t＝0.6 s時刻得到的信息。 [常考圖像類題目專練]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 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動的位置坐標(biāo)x隨時間t變化的圖像，已知甲對應(yīng)的是圖像中的直線，乙對應(yīng)的是圖像中的曲線，則下列說法正確的是(　　) A．甲做勻減速直線運動 B．乙做變速直線運動 C．0～t1時間內(nèi)兩物體平均速度大小相等 D．兩物體的運動方向相反 解析：選BD　根據(jù)位移圖像的斜率等于速度，知甲沿負方向做勻速直線運動，故A錯誤。乙圖像切線的斜率不斷增大，說明乙的速度不斷增大，做變速直線運動，故B正確。根據(jù)坐標(biāo)的變化量等于位移，則知，0～t1時間內(nèi)兩物體位移大小不等，方向相反，所以平均速度不等，故C錯誤。根據(jù)位移圖像的斜率等于速度可知，甲的速度為負，乙的速度為正，即兩物體的運動方向相反，故D正確。 2.在研發(fā)無人駕駛汽車的過程中，對比甲、乙兩車的運動，兩車在計時起點時剛好經(jīng)過同一位置并沿同一方向做直線運動，它們的速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示，由圖可知(　　) A．任何時刻甲車的加速度大小都不為零 B．在t＝3 s時，兩車第一次相距最遠 C．在t＝6 s時，兩車又一次經(jīng)過同一位置 D．甲車在t＝6 s時的加速度與t＝9 s時的加速度相同 解析：選B　根據(jù)速度—時間圖像的斜率等于加速度可知，甲車的加速度可以為零，A錯誤；在前3 s內(nèi)，甲車的速度比乙車的大，兩車出發(fā)點相同，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，兩車第一次相距最遠，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，兩車不在同一位置，故C錯誤；根據(jù)斜率表示加速度，斜率的正負表示加速度的方向，可知甲車在t＝6 s時的加速度與在t＝9 s時的加速度不同，D錯誤。 3.(多選)(2016唐山模擬)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是(　　) A．帶負電粒子從x1運動到x2電場力做負功 B．x1、x2處電勢小于零 C．x1處的場強大于x2處的場強大小 D．x1處的電勢比x2處的電勢低 解析：選BD　帶負電粒子從x1運動到x2的過程中，其電勢能減小，故電場力做正功，故A錯誤；由圖可知，帶負電粒子在x1、x2處的電勢能均大于零，故x1、x2處電勢小于零，故B正確；根據(jù)電場力做功和電勢能的關(guān)系結(jié)合圖像可得Ep＝Ep0－qEx，圖像的斜率k＝－qE，故場強E不變，故C錯誤；從x1運動到x2的過程中，電場力做正功W＝－q(φ1－φ2)，所以φ1<φ2，故D正確。 4．(2016宣城八校聯(lián)考)對于環(huán)繞地球做圓周運動的衛(wèi)星來說，它們繞地球做圓周運動的周期會隨著軌道半徑的變化而變化，某同學(xué)根據(jù)測得的不同衛(wèi)星做圓周運動的半徑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，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，小物塊運動到圓盤另一邊緣時的速度大小為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摩擦因數(shù)為μ，由題意可知，小物塊運動到圓盤另一邊緣過程中摩擦力做負功，由動能定理可得，－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，故A正確，B、C、D錯誤。 6.(多選)(2016蘭州一中考前實戰(zhàn)演練)在風(fēng)洞實驗室內(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能、機械能、速度和重力的功率，關(guān)于它們隨下落高度或下落時間的變化規(guī)律，下列四個圖像中正確的是(　　) 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和滑動摩擦力f，由于風(fēng)力恒定，則由平衡條件得知，墻對鋼板的支持力恒定，鋼板所受的滑動摩擦力恒定，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)鋼板開始時機械能為E0，鋼板克服滑動摩擦力做功等于其機械能減小，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錯誤。鋼板做勻加速運動，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錯誤。 7．(多選)在x軸上存在一水平方向的電場，一質(zhì)量m＝2 kg的帶電小球只在電場力的作用下，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軸負方向運動。小球電勢能Ep隨位置x的變化關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是(　　) A．在x0＝7 m處電場強度為零 B．在x＝4 m處電場強度為零 C．小球運動的范圍為x≥1 m且小球可以通過x＝9 m 處 D．小球運動的最大速度vm＝2 m/s 解析：選BCD　因為Ep＝qφ，所以電場力F＝q，則電場強度E＝，即在x0＝7 m處，>0，即電場強度E≠ 0 ，在x0＝4 m處，＝0，即電場強度E＝0，A錯誤，B正確；小球的初動能為Ek＝mv02＝4 J，在x0＝7 m處時，小球的電勢能為0，故在7 m處時小球的總能量E＝Ep＋Ek＝4 J，故小球向左最遠運動到x＝1 m處，向右運動到x＝9 m處時小球的電勢能為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處時小球的電勢能最低，故此時動能最大，即此時小球的最大動能為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端電勢高于b端時，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)部磁場方向垂直紙面向里，磁場逐漸增強且逐漸減小，根據(jù)楞次定律知內(nèi)圓環(huán)a端電勢高，所以uab＞0，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律uab＝＝知，uab逐漸減小；t＝0.25T0時，＝0，所以＝0，uab＝0；同理可知0.25T0＜t＜0.5T0時，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，下列關(guān)于導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流和所受安培力隨時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，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，根據(jù)右手定則，通過棒的電流方向向下，電流為負值，且逐漸減小，且滿足經(jīng)過分界線時感應(yīng)電流大小突然加倍，A正確，B錯誤；第一段時間內(nèi)安培力大小F＝BIL∝L2，第二段時間內(nèi)F＝2BIL∝L2，C正確，D錯誤。 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為高空探測衛(wèi)星，a向為他們的向心加速度，r為它們到地心的距離，T為周期，l、θ分別為相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧長和轉(zhuǎn)過的圓心角，則下列圖像正確的是(　　) 解析：選C　對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錯誤；aaωc＝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動，t＝0.5 s時撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關(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)沿斜面向上運動兩個階段加速度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，不計電阻的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間距為L＝1 m，上端接有電阻R＝2 Ω，虛線OO′下方存在垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場，現(xiàn)將質(zhì)量為m＝0.1 kg、電阻不計的金屬桿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。已知金屬桿進入磁場時的速度為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)軌平面向里的勻強磁場的磁感應(yīng)強度； (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剛進入磁場時a0＝10 m/s2，方向豎直向上 由牛頓第二定律有BI0L－mg＝ma0 設(shè)ab桿進入磁場時的速度為v0，有I0＝，E0＝BLv0 聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得磁場的磁感應(yīng)強度B＝2 T。 (2)由ah圖像知，h＝0.3 m時，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 所以金屬桿在磁場中運動的距離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)上的生動體現(xiàn)。物體的運動形式或性質(zhì)轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N運動形式或性質(zhì)時，往往存在一個轉(zhuǎn)折點，這個轉(zhuǎn)折點常稱為臨界點，這個轉(zhuǎn)折點所對應(yīng)的條件稱為臨界條件，對應(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摩擦因數(shù)不同，現(xiàn)假定甲先滑下時滑板與賽道的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，乙后滑時滑板與賽道的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.25，g取10 m/s2。已知甲和乙均可看作質(zhì)點，且滑行方向平行，相遇時不會相撞。求： (1)甲從坡頂由靜止自由滑下時到達坡底的速度大?。? (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瞬時作用使乙獲得初速度v0＝1 m/s，通過計算分析乙能否在甲到達坡底前追上甲；若能追上求出兩者在追上前相距的最遠距離，若不能追上求出兩者到達坡底的時間差。 [解析]　(1)對甲運動，由牛頓運動定律：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)甲到達坡底的時間t甲＝＝ s＝6 s 對乙：a乙＝gsin θ－μ2gcos θ＝6 m/s2－0.258 m/s2＝4 m/s2 設(shè)到達坡底時間為t乙 L＝v0t乙＋a乙t乙2 代入數(shù)據(jù)解得t乙＝4 s t乙＋Δt10 N，A、B發(fā)生相對滑動， 對B：aB＝μg＝2 m/s2 對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，則有： aAt2－aBt2＝L，得：t＝2 s 對A有：v＝aAt＝2.52 m/s＝5 m/s。 [答案]　(1)10 N　(2)5 m/s 處理動力學(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，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)平拋運動中的臨界極值問題 　　　在豎直立于地面的兩桿A、B之間拉一根細繩AC，兩桿相距為d，細繩與桿間成45角，細繩的一端在A桿頂端。一只小猴(可看作質(zhì)點)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，則必定能抓住細繩 D．小猴從一個確定的高度跳出，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，運動軌跡與AC繩相切，如圖所示，即此時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?、冢磝＝2h，v0min2＝2gh，即當(dāng)h≤d時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，小猴運動軌跡不可能與AC相切，則小猴能抓住細繩最低點C時速度最小應(yīng)滿足d＝v0mint、y＝gt2，y＝d－h(huán)，v0min＝d ，則h越小，v0min越小，A項正確；最低抓點為C，因此只要小猴跳出點高于C點，且初速度足夠大，就能抓住繩子，B項錯誤；若小猴從A桿頂端跳出，水平速度足夠大，則小猴將抓不住細繩的最低點C，C項錯誤；由于存在能抓住繩子的最小速度，因此v0沒有確定的值，D項錯誤。 [答案]　A 與斜面相關(guān)的三類平拋運動臨界極值問題 (1)順著斜面拋，質(zhì)點離斜面最遠時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的運動時間為tm＝tan θ，最遠距離為dm＝tan θsin θ。 (2)順著斜面拋出，質(zhì)點落回斜面時位移最大，利用分解位移的方法求質(zhì)點的運動時間： x＝v0t y＝gt2 tan θ＝ 可求得t＝。 　　　　 (3)對著斜面拋出，質(zhì)點垂直打到斜面上，利用分解速度的方法，求質(zhì)點的運動時間： vx＝v0 vy＝gt tan θ＝＝ 可求得t＝。 (四)圓周運動中的臨界極值問題 　如圖所示，長為L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)做圓周運動，P為圓周的最高點，若小球通過圓周最低點時的速度大小為 ，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P點 B．小球到達P點時的速度大于 C．小球能到達P點，且在P點受到輕桿向上的彈力 D．小球能到達P點，且在P點受到輕桿向下的彈力 [解析]　要使小球恰能到達P點，由機械能守恒定律有：mv2＝mg2L，可知它在圓周最低點必須具有的速度為v≥2，而 >2，所以小球能到達P點；由機械能守恒定律可知小球到達P點的速度為 ；由于＜，則小球在P點受到輕桿向上的彈力。 [答案]　C (1)繩模型和桿模型過最高點的臨界條件不同，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＝對繩模型來說是能否通過最高點的臨界條件，而對桿模型來說是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中運動的臨界極值問題 　　　(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磁場。間距為d的兩平行金屬板間有一勻強電場，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靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場。不計粒子的重力。 (1)求極板間電場強度的大小； (2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小。 [解析]　(1)設(shè)極板間電場強度的大小為E，對粒子在電場中的加速運動，由動能定理得 qE＝mv2① 由①式得 E＝。② (2)設(shè)Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小為B，粒子做圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得 qvB＝m③ 如圖所示，粒子運動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中運動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)決定粒子運動半徑，進而控制其他的物理量。 解決此類問題要注意分析以下三個方面： (1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。 (2)當(dāng)速率v一定時，弧長越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。 (3)當(dāng)速率v變化時，圓心角大的，運動時間長，解題時一般要根據(jù)受力情況和運動情況畫出運動軌跡的草圖，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正對傾角為θ的斜面水平拋出，若小球到達斜面的位移最小，則飛行時間t為(重力加速度為g)(　　) A．v0tan θ　　　　　　 B. C. D. 解析：選D　如圖所示，要小球到達斜面的位移最小，則要求落點與拋出點的連線與斜面垂直，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動，發(fā)現(xiàn)當(dāng)外力F與水平方向夾角為30 時，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，對物體受力分析，如圖所示。物體做勻速運動，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，能到達的最大高度仍為h的是(小球大小和空氣阻力均不計)(　　) 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，豎直上拋的整個過程機械能守恒，mgh＝mv02。由題圖乙可知，質(zhì)量為2m的小球上升到軌道最高點速度不能為零，結(jié)合機械能守恒定律可知此時質(zhì)量為2m的小球上升的最大高度小于h，故A錯誤；由題圖丙和題圖戊可知，小球出軌道時的速度方向不沿豎直方向，則上升到最高點時水平方向速度不為零，依據(jù)機械能守恒定律得上升的最大高度均小于h，故B、D錯誤；由題圖丁可知，小球出軌道時的速度方向沿豎直方向向上，則上升到最高點時，速度為零，依據(jù)機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)動軸垂直于光滑平面，交點O的上方h處固定細繩的一端，細繩的另一端拴接一質(zhì)量為m的小球B，繩長AB＝l>h，小球可隨轉(zhuǎn)動軸轉(zhuǎn)動并在光滑水平面上做勻速圓周運動。要使球不離開水平面，轉(zhuǎn)動軸的轉(zhuǎn)速的最大值是(　　) A.　　　　　　　 B．π C. D．2π 解析：選A　對小球，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，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，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，物塊間用一水平輕繩相連，繩中無拉力?，F(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摩擦力，重力加速度為g。下列說法中正確的是(　　) A．當(dāng)02μmg時，繩中拉力等于 D．無論F多大，繩中拉力都不可能等于 解析：選ABC　當(dāng)02μmg時，對A、B整體：a＝，對物塊B：a＝，由上兩式得TB＝，C正確；當(dāng)μmg0.8 m 故不存在某一H值，使物體沿著軌道AB經(jīng)過最低點B后，停在距離B點0.8 m處。 (3)當(dāng)H＝1 m時，物體從釋放點至C點，由動能定理列式mg(H＋R)－qER－μmgL＝mvC12－0 代入數(shù)據(jù)解得vC1＝2 m/s 物體過C點后做平拋運動，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 x1－0.6 m＝0.2 m處。 當(dāng)H＝0.85 m時，物體從釋放點至C點，由動能定理列式 mg(H＋R)－qER－μmgL＝mvC22－0 代入解得vC2＝1 m/s 設(shè)物體過C點后做平拋運動且打在斜面CD上，則tan 53＝，解得 t＝ s 故物體打在斜面上距C點為 x2＝＝ m 可見物體打到斜面上距離D點 － m＝ m處。 綜上分析：物體打在斜面上距離D點 m范圍內(nèi)(如答圖PD之間區(qū)域)，在水平面上距離D點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 m 范圍內(nèi)(如答圖PD之間區(qū)域)，在水平面上距離D點0.2 m范圍內(nèi)(如答圖DQ之間區(qū)域) 三、物理過程的簡約處理——3類典型運動的“分與合” 高考大題擔(dān)負著區(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)知識步步拼合而成的，對于物理學(xué)科而言，高考大題更是如此，基本上都是由多物體、多運動過程組合而成。只要我們靜下心來，將一個看似復(fù)雜的運動系統(tǒng)拆分成多個單一的運動物體，化整為零、個個擊破，問題就會化難為易、迎刃而解。本講通過研究三類典型運動的“分與合”，旨在幫助學(xué)生洞悉高考大題命題的“拼裝”機密。 [三類典型運動] 類型 運動分析 受力分析 規(guī)律分析 直線 運動 (1)物體運動的速度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)物體的合外力與運動方向在一條直線上 (2)垂直于運動方向上合外力為零 合外力恒定時，加速度恒定，物體做勻變速直線運動 x＝v0t＋at2，vt＝v0＋at (類)平拋 運動 (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，物體做勻速運動 x＝v0t，vx＝v0 (2)沿合外力方向，物體做勻加速運動 y＝at2，vy＝at 圓周 運動 (1)物體的速度沿圓上該點的切線方向，方向時刻在變化 (2)物體做變加速曲線運動 (1)勻速圓周運動的合外力指向圓心，且大小恒定不變 (2)非勻速圓周運動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)勻速圓周運動： F合＝F向＝m＝mω2r＝mr＝ma向 (2)非勻速圓周運動： F徑向合＝m [四類組合模式] (一)直線運動與平拋運動的組合 　一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球，從O點以和水平方向成α角的初速度v0拋出，當(dāng)達到最高點A時，恰進入一勻強電場中，如圖所示，然后小球從A點沿水平直線運動到與A相距為x的A′點后又折返回到A點，緊接著沿原來斜上拋運動的軌跡逆方向運動又落回原拋出點，求： (1)該勻強電場的場強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點拋出又落回O點所需的時間。 [解析]　(1)斜上拋至最高點A時的速度 vA＝v0cos α　① 方向水平向右 由于小球在AA′段沿水平方向做直線運動，所以帶電小球所受的電場力與重力的合力應(yīng)為一水平向左的恒力： F＝＝qEcos θ?、? 帶電小球從A運動到A′過程中做勻減速運動有 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段運動所用時間t1＝ 小球從A運動到A′所用時間t2＝ 從O點拋出又落回O點所需時間 t＝2(t1＋t2)＝＋。 [答案]　(1)m　方向斜向上，θ＝arctan 　　(2)＋ (1)小球從O到A的斜拋運動與從A到O的平拋運動是互逆過程，運動時間相等。 (2)小球從A到A′的過程做直線運動，垂直于運動方向的合力一定為零。 　　　　 (二)直線運動與圓周運動的組合 　(2016滕州期末)如圖所示，在x軸的上方有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里。在x軸的下方有電場強度為E的勻強電場，方向與y軸負方向成θ角。一個帶電量為＋q、質(zhì)量為m的粒子以初速度v0從A點進入磁場。v0方向與磁場方向垂直，與y軸正方向成θ角。粒子從x軸射出磁場的速度恰與射入磁場時的速度反向(即與電場方向相同)；不計重力。求： (1)粒子在磁場中運動的時間t； (2)粒子進入電場之后，直至到達y軸的過程中，運動的距離s； (3)粒子進入電場之后，直至到達y軸的過程中，電勢能的變化量ΔEp。 [解析]　(1)粒子在磁場中以O(shè)′為圓心做勻速圓周運動，運動半個圓周后從D點沿場強方向進入電場。如圖所示。 粒子在磁場中運動周期 T＝　t＝＝。 (2)設(shè)粒子在磁場中運動半徑為R： 由qv0B＝　s＝， 得s＝＝。 (3)由功能關(guān)系得，ΔEp＝W＝Fs＝qEs ＝。 [答案]　(1)　(2)　(3) (1)帶電粒子在純磁場中做勻速圓周運動時，只有洛倫茲力提供向心力，如果在復(fù)合場中做勻速圓周運動，則有重力與電場力等大反向。 (2)帶電粒子在電場中做勻變速直線運動的問題可用動能定理求解，也可用牛頓第二定律借助勻變速直線運動公式求解。 　　　　 (三)平拋運動與圓周運動的組合 　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，恰好無碰撞地從A點進入豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，其中B點為圓弧軌道的最低點，C點為圓弧軌道的最高點，圓弧AB對應(yīng)的圓心角θ＝53，圓半徑R＝0.5 m。若小球離開水平面運動到A點所用時間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B點時，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C？說明原因。 [解析]　(1)小球離開水平面運動到A點的過程中做平拋運動，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點的速度vA＝ 小球從A點運動到B點的過程，滿足機械能守恒定律，有 mvA2＋mgR(1－cos θ)＝mvB2 設(shè)小球運動到B點時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C，則小球從B點運動到C點的過程，滿足機械能守恒定律，有 mvB2＝mg2R＋mvC2 在C點有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，一般要按順序?qū)\動過程進行分段分析，將復(fù)雜問題分解為若干個簡單、熟悉的問題，如本題中，將小球的運動分解為：離開水平面后的平拋運動和進入圓弧軌道后的圓周運動。 (2)關(guān)注運動的連接點： 如本題中小球進入圓弧軌道的速度是它做平拋運動的末速度，此速度的水平分量，即平拋運動的初速度的求解又要利用圓弧軌道的數(shù)據(jù)。 　　　　 (四)平拋運動、圓周運動與直線運動的組合 　　　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)，軌道的一個端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝30，另一端點C為軌道的最低點，C點右側(cè)的光滑水平路面上緊挨C點放置一木板，木板質(zhì)量M＝2 kg，上表面與C點等高。質(zhì)量m＝1 kg的物塊(可視為質(zhì)點)從空中A點以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的速度為v1＝2 m/s，已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求： (1)物塊剛到達軌道上的C點時對軌道的壓力； (2)木板的長度。 [解析]　(1)對于平拋過程，根據(jù)幾何關(guān)系得： vB＝2v0， 從B點運動到C點的過程根據(jù)動能定理有： mgR(1