高考知识点巡查专题

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高考知识点巡查专题

目录

第一部分高考知识点巡查…………………………………………………………………（）专题一运动规律运用………………………………………………………………………（）专题二力和物体的平衡……………………………………………………………………（）专题三摩擦力问题…………………………………………………………………………（）专题四运动和力……………………………………………………………………………（）专题五几种典型的动力学问题……………………………………………………………（）专题六天体的运动…………………………………………………………………………（）专题七功和能………………………………………………………………………………（）专题八守恒定律的综合应用………………………………………………………………（）专题九力学规律的选择和综合运用………………………………………………………（）专题十机械振动和机械波…………………………………………………………………（）专题十一分子动理论热和功……………………………………………………………（）专题十二气体的性质………………………………………………………………………（）专题十三热学与其他知识的综合应用……………………………………………………（）专题十四电场的性质………………………………………………………………………（）专题十五带电粒子在电场中的运动………………………………………………………（）专题十六电路的分析与计算………………………………………………………………（）专题十七磁场与磁现象……………………………………………………………………（）专题十八带电粒子在磁场中的圆周运动…………………………………………………（）专题十九带电粒子在复合场中的运动……………………………………………………（）专题二十楞次定律法拉第电磁感应定律………………………………………………（）专题二十一电磁感应与电路………………………………………………………………（）专题二十二电磁感应与力学的综合应用…………………………………………………（）专题二十三交流电和电磁振荡……………………………………………………………（）专题二十四光的传播………………………………………………………………………（）专题二十五光的本性………………………………………………………………………（）专题二十六原子结构与氢原子核…………………………………………………………（）专题二十七原子核核能…………………………………………………………………（）专题二十八力学实验………………………………………………………………………（）专题二十九电学实验………………………………………………………………………（）专题三十热学和光学实验…………………………………………………………………（）专题三十一设计性实验……………………………………………………………………（）专题三十二图象及运用……………………………………………………………………（）专题三十三信息的获取与物理模型的建立………………………………………………（）第二部分高考知识点模拟……………………………………………………………………（）综合测试（一）…………………………………………………………………………………（）综合测试（二）…………………………………………………………………………………（）综合测试（三）…………………………………………………………………………………（）综合测试（四）…………………………………………………………………………………（）参考答案…………………………………………………………………………………………（）

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专题一 运动规律运用

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本部分常见的失分点有：

1.不能建立正确的运动模型；

2.公式运用不当，死套公式；

3.不能正确运用图象描述运动过程.

出现上述失误的原因是：第一，随着高考对学生分析处理实际问题能力要求的提高，近几年高考题中联系实际的题目逐渐增多，但许多考生不能将已学过的运动模型与题目给出的实际运动建立联系，不能从中抽象出理想化的运动模型.第二，在平常的学习中，对公式和规律的适用条件及公式中各物理量（特别是矢量）的意义不清楚，导致盲目套用.第三，对图象的物理意义（横、纵坐标的函义、图线的斜率、图线所围面积的意义）不明确，不能正确识别图象、运用图象.

排雷示例

例1.（1999年全国）一跳水运动员从离水面10 m 高的平台上向上跃起，举双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点.跃起后重心升高0.45 m 达到最高点.落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计).从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间是_____s.(计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点.g 取为10 m/s 2，结果保留两位数字.)

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本题研究的是体育运动中的一个实际问题.考查考生运用所学知识处理实际问题的能力.要求学生能针对“高台跳水”的过程，进行分析和抽象，建立理想的运动模型来解决问题.1999年上海卷中第4题考查了“跳高”运动的分析，足见“运用所学知识分析实际问题”是近几年高考的热点.

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解此题时，多数考生认为较难，是因为他们不能正确分析出跳水运动员的运动性质，特别是不能将运动员抽象为一个质点.此题中可将运动员简化为一个质点，这样只要研究运动员重心的运动就可以了.运动员起跳后重心升高0.45m 达到最高点的过程，是竖直上抛运动，此过程经历的时间为t 1=g h 12=10

45.02×=0.3(s),设运动员从手到脚高为l ,则这时运动员的重心在平台上方（2

1l +0.45）m 处，然后开始做自由落体运动，当手触水面时，运动员的重心在水面上方21l 处，所以，自由落体的高度h 2=21l +0.45+10-2

1l =10.45（m ），自由落体的时间为t 2=

g h 22=1045.102×=1.4 s ，所以运动员用来完成空中动作的时间为t =t 1+t 2=1.7 s. 正确解答 1.7 s

例2.（1999年上海）

为了测定某辆轿车在平直公路上起动时的加速度(轿车起动时的运动可近似看作匀加速运动)，某人拍摄了一张在同一底片上多次曝光的照片(如图1—1所示)，如果拍摄时每隔2 s 曝光一次，轿车车身总长为4.5 m ，那么这辆轿车的加速度约为

A.1 m/s 2

B.2 m/s 2

C.3 m/s 2

D.4 m/s 2

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本题考查的知识是匀变速直线运动的特征，即Δs=aT 2.该题设置的情境比较新颖.不但考查了有关知识，同时也考查了学生的观察能力、自学能力、解决实际问题的能力，这正是高考对理科综合学科对考生提出的新要求.

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许多考生在解答此题时出错，其原因：一是观察和理解能力差，不能把车的长度与标尺上的刻度建立联系，从而不能依据车长4.5 m 确定出标尺每个刻度的数值为1.5 m;二是虽然确定了每格长度1.5 m ，但后面小格的刻度不会推算，按每小格0.1 m 计算；三是连续相等的时间内位移读差，得出s 1=7.5 m.s 2=20.1 m(或得出19.7 m)，从而得出错误答案a =2T s Δ=22

5.71.20?=3.15（m/s 2）. 正确的读数应为s 1=12.0 m,s 2=20.1 m.

Δs =s 2-s 1=8.1 m.

a =2T s Δ=22

1.8m/s 2=

2.025 m/s 2 或利用平均速度等于中间时刻的即时速度这一结论.

第一个2 s 中间时刻速度

v 1=1v =t s 1=2

0.12m/s=6 m/s 第二个2 s 中间时刻速度

v 2=2v =t s 2=2

1.20m/s=10 m/s 由v 2-v 1=at 得

a =t v v 12?=2

610?m/s 2=2 m/s 2 正确解答 B

例3.（1999年全国）

为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离.已知某高速公路的最高限速v ＝120k m/h ，假设前方车辆突然停止，后车司机从发现这一情况，经操纵刹车到汽车开始减速所经历的时间(即反应时间)t ＝0.50 s ，刹车时汽车受到的阻力大小f 为汽车重力的0.40倍.该高速公路上汽车间的距离s 至少应为多少?（取重力加速度g 取10 m/s 2）

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此题又是一道联系实际的题目，主要考查考生分析运动过程的能力、阅读能力和观察事物的能力.是近几年高考考查的热点，如2001年全国卷11题.2002年春季卷20题.

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图1—1

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许多考生的答案是9

1250m,原因是没有认真分析运动过程，丢掉了汽车在反应时间内做匀速直线运动的那段距离，把整个运动看成了匀减速.

一方面是由于在题海中遇见了太多的有关刹车后汽车做匀减速直线运动的习题，印象太深了，因而一看到此题没有认真审题就条件反射地按以往记住的刹车后汽车做匀加速直线运动的习题的解法来做，可见只是多记题型和解法，而没有养成独立地具体分析每个题给出的物理情境和条件的习惯是要不得的.另一方面由于阅读能力差，没有读懂题中那段有关反应时间的说明，没有理解到反应时间内汽车是以原速向前匀速运动的，因而只考虑了汽车在开始减速到该汽车刚好安全停止在前方车辆后边的时间内汽车通过的距离.另一个出现的错误在于单位换算，同时对结果是否合理缺乏分析判断能力，如得到7 k m 、1801 k m 等明显不合理的结果仍无察觉.

正确解答 在反应时间内，汽车做匀速直线运动，运动距离为

s 1＝vt =3600101203××0.5 m=3

50 m. 设刹车时汽车的加速度大小为a ，汽车的质量为m .由牛顿第二定律F =ma 得：

kmg=ma a=kg=4 m/s 2

刹车至停下汽车做匀减速运动的距离为s 2

由v t 2-v 02=2as 得s 2=a v 22=42)3100(2×m=9

1250m 则高速公路上汽车的距离

s ＝s 1＋s 2

s ＝350+91250=9

1400≈1.6×102（m ） 例4.（2001年上海高考）

图1—2是在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图，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，测出被测物体的速度.图10（b ）中p 1、p 2是测速仪发出的超声波信号，n 1、n 2分别是p 1、p 2由汽车反射回来的信号.设测速仪匀速扫描，p 1、p 2之间的时间间隔Δt =1.0 s,超声波在空气中传播的速度是v =340 m/s,若汽车是匀速行驶的，则根据图10（b ）可知，汽车在接收到p 1、p 2两个信号之间的时间内前进的距离是________m,汽车的速度是

________m/s.

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此题是利用声波的反射测汽车的速度.同年全国高考题第11题是利用声波的反射测距离，这是物理知识在解决实际问题中的应用，是今后高考考查的侧重点.除考查考生分析运

图1—2

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动过程的能力外，重点考查学生的阅读能力和识别运用信息的能力.

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解答此题时，相当一部分考生束手无策，其原因之一是不能读懂图（b )中所给超声波信号这一信息，二是不能从位移和时间上建立超声波脉冲信号的运动与汽车运动之间的关系.

解答此题的关键是读懂图（b ）中给出的信息，由于超声波是匀速传播的，图中的刻度可表示时间，p 1、p 2两脉冲间有30个小格，应是p 1、p 2之间的时间间隔Δt =1.0 s,所以每个小格表示的时间Δt 0=

301s.p 1与其反射信号n 1间有12个小格，即时间间隔为 Δt 1=30

1×12 s=0.4 s,p 2与其反射信号n 2间有9个小格，时间间隔Δt 2=0.3 s.由于脉冲信号往返时间相同，所以p 1发出后经21Δt 1与车相遇，p 2发出后经2

1Δt 2与车相遇.情况如图1—3所示

.

设车速为v 车，声速为v 声，p 1发出时车与信号源的距离为s.

对p 1发出到与车相遇的过程，有：

（v 车+v 声）·2

1Δt 1=s ① 对p 2发出到与车相遇的过程，有：

（v 车+v 声）2

1Δt 2=s-v 车Δt ② 其中v 车Δt ,是在p 1发出至p 2发出这段时间间隔内车的位移.

由①式②式联立，代入数据得

v 车=17.9 m/s.

汽车两次接收到信号的时间间隔为

Δt -21Δt 1+2

1Δt 2, 所以在这段时间内汽车前进的距离为： Δs=v 车（Δt -

21Δt 1+21Δt 2)=17 m. 正确解答 17 m 17.9 m/s.

例5.（2001年全国理综）

在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人.假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去，水流速度为v 1,摩托艇在静水中的航速为v 2.战士救人的地点A 离岸边最近处o 的距离为d ,如战士想在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离o 点的距离为

A.dv 2/2122v v ?

B.0

C.dv 1/v 2

D.dv 2/v 1 雷区探测

运动的合成与分解是处理复杂运动的基本方法，也是考生学习中的一个难点，本题考查

图1—3

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的正是运用运动合成与分解的方法处理实际问题的能力.

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船渡河问题一般讨论两种特殊情况：一是怎样渡河时间最短；二是怎样渡河位移最小.常用的方法是：正交分解法和平行四边形法则.

设船在静水中的航速为v 2,水流速度为v 1,v 2与河岸的夹角为θ,河宽为d ,如图1—4所示.用正交分解法得：y 方向的分速度为v y =v 2sin θ，x 方向的分速度为v x =v 1-v 2cos θ

.

过河所需时间：t =d /v 2sin θ,可见：在d 和v 2一定时，t 随sin θ增大而减小，当θ=90°时，sin θ=1(最大），所以，船头与河岸垂直时，渡河时间最短，且为t min =d /v 2.这时v y =v 2,v x =v 1,船沿河方向的位移s x =v x t min =

21v v d . 过河过程的位移：

s=

1)sin cos (]sin )cos [()(2221222212222+?=+?=+=+θ

θθθv v v d d v d v v d t v s s x y x . 要求s 的最小值，应区别两种情况：

①v 2＞v 1时，s min =d ,即船垂直抵达对岸.

②当v 2＜v 1时，合速度方向一定偏向下游方向，船不可能垂直到达对岸，如图1—5，可见这时要使s 最小，应使角α最大.那么，在什么条件下α角最大呢？以v 1的终端为圆心，

v 2的大小为半径画圆，当合速度v 与圆相切时，α角最大.如图1—6所示.这时θ=cos -1

12v v ,最小位移s min =2

1v v d .

图1—4

图1—5 图1—6

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本题中要求用最短的时间上岸，摩托艇登陆地点与o 点之距应为

s x =2

1v v d . 正确解答 C

例6.（1998年全国）

宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一个小球，经过时间t ,小球落到星球表面.测得抛出点与落地点之间的距离为L ，若抛出时的初速度增大到2倍，则抛出点与落地点之间的距离为3L .已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R ，万有引力常数为G ，求该星球的质量M .

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本题主要考查处理平抛运动的方法，但不是在地球上平抛，面是在一星球表面平抛，这就使题目有了新意，也增加了考生答题的难度，这需要考生有较好的分析迁移能力.

雷区诊断

本题披着宇航员的外衣，好像是一个利用人造卫星求星球质量的问题，但经过仔细审题后会发现实质上只是一个平抛运动问题，而有的人却恰恰看不到这一点，只写出了G 2R

Mm =mv 2/R 的公式后就无法往下做了.另一种错误是将题中给出的抛出点与落地点间的距离误认为是水平距离，其原因是平时做了许多有关平抛运动的习题，题中都是求落地点与抛出点之间的水平距离，而没有求落地点与抛出点之间的距离，因而养成一种习惯，一看见平抛运动就以为落地点与抛出点之间的距离就一定是它们之间的水平距离.殊不知按几何学的定义，落地点与抛出点之间的距离是指它们之间的直线距离.产生错误的原因主要是没有养成分析问题的好习惯，对问题不求甚解.由此可见，养成对具体问题进行具体分析的素质、能力和习惯比记住所谓的典型题的解题方法和解题步骤更有意义.

正确解答

以M 和R 分别表示星球的质量和半径由万有引力定律得：

mg =G 2

R mM 由上式可得，星球表面附近的重力加速度

g =G 2R

M 设宇航员站在高度为h 的某高处沿水平抛出小球，第一次平抛速度为v ,经过时间t 落到星球表面，x 表示落地点与抛出点间的水平距离，则由平抛运动规律得：

图1—7

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x =vt h =2

1gt 2 根据平面几何知识，抛出点与落地点之间的直线距离L 与x 、h 之间关系为L 2=x 2+h 2 宇航员第二次抛出速度为2v ,则抛出水平位移x ′=2vt 此时落地点与抛出点的直线距离为3L ,则 （3L ）2=(2x )2+h 2

h =3L

所以g =232t L

M =2332Gt

LR

排雷演习

1.物体沿一直线运动，在t 时间内通过的路程为s ,它在中间位置

21s 处的速度为v 1,在中间时刻2

1t 的速度为v 2,则v 1和v 2的关系为 A.当物体做匀加速直线运动时，v 1＞v 2

B.当物体做匀减速直线运动时，v 1＞v 2

C.当物体做匀速直线运动时，v 1=v 2

D.当物体做匀速直线运动时，v 1＜v 2

2.假设汽车紧急制动后所受的阻力的大小与汽车所受重力的大小差不多.当汽车以 20 m/s 的速度行驶时，突然制动，它还能继续滑行的距离约为

A.40 m

B.20 m

C.10 m

D.5 m

3.两辆完全相同的汽车沿水平直路一前一后匀速行驶，速度均为v 0,当前车突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住时后车以前车刹车时的加速度开始刹车.已知前车在刹车过程中所行的距离为s,若保证两辆车在上述情况中不相碰，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为

A.s

B.2s

C.3s

D.4s

4.某同学身高1.8 m,在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过了1.8 m 高度的横杆，据此可估算出他起跳时竖直向上的速度大约为（取g =10 m/s 2）

A.2 m/s

B.5 m/s

C.6 m/s

D.8 m/s

5.飞机以一定水平速度v 0飞行，某时刻让A 球落下，相隔1 s 又让B 球落下，在以后的运动中（落地前），关于A 、B 的相对位置关系正确的是（g =10 m/s 2)

A.A 球在B 球的前下方，二者在同一条抛物线上

B.A 球在B 球的后下方，二者在同一条抛物线上

C.A 球在B 球的正下方5 m 处，二者在同一条抛物线上

D.以上说法都不对

6.两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光

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时的位置，如图1—8所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的，由图1—8可知

A.在时刻t 2以及时刻t 5两木块速度相同

B.在时刻t 3两木块速度相同

C.在时刻t 3和时刻t 4之间某瞬时两木块速度相同

D.在时刻t 4和时刻t 5之间某瞬时两木块速度相同

7.一物体做匀变速直线运动，其时刻速度大小为4 m/s,1 s 后速度大小变为10 m/s.在这 1 s 内该物体的

A.位移的大小可能小于4 m

B.位移的大小可能大于10 m

C.加速度的大小可能小于4 m/s 2

D.加速度的大小可能大于10 m/s 2

8.某测量员是这样利用回声测距离的：他站在两平行峭壁间某一位置鸣枪，经过1.00 s 第一次听到回声，又经过0.50 s 再次听到回声.已知声速为340 m/s,则两峭壁间的距离为_______m.

9.（2003年上海，20）（10分）如图所示，一高度为h =0.2 m 的水平面在A 点处与一倾角为θ=30°的斜面连接，一小球以v 0=5 m/s 的速度在平面上向右运动.求小球从A 点运动到地面所需的时间（平面与斜面均光滑，取g =10 m/s 2）.某同学对此题的解法为：小球沿斜面运动，则θsin h =v 0t +2

1gsin θ·t 2,由此可求得落地的时间t .

问：你同意上述解法吗？若同意，求出所需时间；若不同意，则说明理由并求出你认为正确的结果.

10.一列车由等长的车厢连接而成，车厢之间的间隙忽略不计，一人站在站台上与第一节车厢的最前端相齐.当列车由静止开始做匀加速直线运动时开始计时，测量第一节车厢通过的时间为2 s ，则他测得从第5节（第4节尾）至第16节（第16节尾）车厢通过的时间为_________s.

11.某排球场的俯视图如图1—10所示，场地全长为a 、宽为b ,球网离地面的高度为h ,某队员在自己一方边线与3 m 线（图1—10中虚线）的交点A 处跳起来扣球，设他的击球点在A 的正上方，击出的球初速度沿水平方向，球在空中运动时受到的空气阻力可忽略，

图1—8 图1—9

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计算时取a=18 m,b=8 m,h=2 m.

(1)要使球落在对方的3 m线与球网之间的区域，他击球时球的最低点至少离地面多高？

（2）如果他的击球点正是上一问求出的最小高度，他击出的球初速度在什么范围内，球可能恰好落在对方场地的3 m线处？

图1—10

12.玻璃生产线上，宽9 m的成型玻璃板以2 m/s的速度连续不断地向前行进，在切割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形，金钢钴割刀的轨道应如何控制？切割一次的时间多长？

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专题二力和物体的平衡

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本部分常见的失分点有：

1.不能准确地进行受力分析；

2.找不出物体所受各力间的关系，特别是动态平衡问题中的关系；

3.研究对象的选取.

造成失误的根源在于：①对于各种常见力的性质，产生原因不清楚，没有按正确的顺序、方法进行受力分析.②虽知道物体的平衡条件，但不能针对物体的受力情况合理地选择“平形四边形法”和“正交分解法”，将物体的平衡条件具体化，将矢量关系代数化.③不能针对具体的问题正确地运用整体法和隔离法研究问题.

排雷示例　

例1.（1999年全国）

如图2—1所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2,上面木块压在上面的弹簧上（但不拴接），整个系统处于平衡状态.现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧.在这过程中下面木块移动的距离为

图2—1

A.m1g/k1

B.m2g/k1

C.m1g/k2

D.m2g/k2

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题目主要考查考生对物体进行受力分析的能力，注重了对多物体系统受力分析时，研究对象的选取和状态的选取.同时考查了胡克定律这一重要规律.

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许多考生错选D，是由于没有认真进行分析，凭印象觉得既然问的是在缓缓上提木块1直到它刚离开弹簧l的过程中，木块2向上移动的距离，那么木

块2向上移动的距离应该等于l2－l1＝m2g/k2.其实只要分析出在这个过程中，压在弹簧2上的重力是由(m1＋m2）g减小到m2g，即减少了m1g，根据胡克定律立刻就可断定弹簧2的长度是增长了l2－l1＝m1g/k2.

木块1压在轻弹簧1上，而没有拴接，整个系统处于静止状态，设为状态1.将木块1、2连同轻弹簧1视为整体，它受到两个外力作用：重力，大小为(m1＋m2)g，方向竖直向下；下面的轻弹簧2作用于它的弹力，大小为k2（l0－l1），l0是弹簧2的原长，l1是弹簧2在状态1的长度，这个弹力的方向竖直向上.由牛顿定律得：

(m1＋m2)g＝k2（l0－l1）①由于缓缓上提，故当木块1刚离开弹簧1时，木块2仍将保持静止状态，称为状态2.此时木块2(连同弹簧1)受到两个外力作用：重力，大小为m1g，方向竖直向下；下面弹簧2作用于它的弹力，大小为k2（l0－l2），l2是弹簧2的现长，这个弹力的方向竖直向上.由牛顿

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定律得

m2g＝k2（l0－l2）②

由①②两式得m1g＝k2（l2－l1）

由此得，从状态1到状态2，弹簧2的长度增大了Δl＝l2－l1＝m1g/k2

由于在此过程中，木块2向上移动的距离等于此过程中弹簧2长度的增加量，因而木块2向上移动的距离等于l2－l1＝m1g/k2.

正确解答 C

例2.（1998年上海）

有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑.AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m,两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图2—2).现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T 的变化情况是

图2—2

A.N不变，T变大

B.N不变，T变小

C.N变大，T变大

D.N变大，T变小

雷区探测

同上例一样，此题目也是一道对多物体构成的系统进行受力分析的问题，而且是动态平衡问题.高考中出现的平衡问题多为此类题目.此题目与上例不同之处是，上例中受力是一维的，而此题目中受力是二维的，需要运用“平行四边形法则”和“正交分解法”来解决.

雷区诊断

这是一道多物体系统的平衡问题，解题时从研究对象上应注意整体法和隔离法的结合，分析中可以用“平行四边形法”或“正交分解法”.

两环的受力情况如图2—3所示，对两环构成的整体，由平衡条件有：N=2mg.它不随两环位置的变化而变化.

图2—3

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对环Q ，由正交分解法，在竖直方向上有：

T c os θ=mg

T =mg /c os θ,当P 环向左移动时，θ角减小，c os θ增大，所以绳的拉力T 减小.

或对环Q ,用平行四边形法则.无论绳的方向如何变化，T 和N 2的合力不变（总与重力mg 大小相等、方向相反），作平行四边形如图2—4所示，由图可很直观地看到T 的变化情况.

正确解答

B

例3.（1998年全国）

三段不可伸长的细绳OA 、OB 、OC 能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重物，如图2—5所示，其中OB 是水平的，A 端、B 端固定.若逐渐增加C 端所挂物体的质量，则最先断的绳

A.必定是OA

B.必定是OB

C.必定是OC

D.可能是OB ，也可能是OC

雷区探测

本题目主要考查物体平衡条件及力的合成与分解方法的应用，也是一道动态平衡问题. 雷区诊断

处理此类问题的关键是：正确地将研究对象所受的力合成或分解，然后比较各力的大小及变化趋向.

选取结点O 为研究对象，受力如图2—6，由于TO B 和TO A 的合力与TO C 等大反向，由图可见，三力 中TO A 为最大，所以当增加悬挂物体的重力时，必是OA 绳先被拉断.

正确解答 A

图2—

4 图2—5

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例4.（2002年全国理综）

有三根长度皆为l =1.00 m 的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O 点，另一端分别拴有质量皆为m =1.00×10-2 kg 的带电小球A 和B ，它们的电量分别为-q 和+q ，q =1.00×10-7 C.A 、B 之间用第三根线连接起来.空间中存在大小为E =1.00×106 N/C 的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A 、B 球的位置如图2—7所示.现将O 、B 之间的线烧断，由于有空气阻力，A 、B 球最后会达到新的平衡位置.求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比较改变了多少.（不计两带电小球间相互作用的静电力）

雷区探测

此题为一道综合性题目，考查了物体的受力分析、电场力、重力势能、电势能及功能关系等知识，更重要的是考查考生运用知识分析处理复杂问题的能力.

雷区诊断

此题所求虽然是能量的变化，但利用物体平衡条件确定系统最终的平衡状态是解决问题的关键.因为只有确定了最终的平衡状态，才能通过初末位置来求重力势能和电势能的变化量.

正确解答

图2—8中虚线表示A 、B 球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中α、β分别表示细线OA 、OB 与竖直方向的夹角.

图2—6

图2—7

图2—8

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A 球受力如图2—9所示：重力mg ，竖直向下；电场力qE ，水平向左；细线OA 对A 的拉力T 1，方向如图；细线A

B 对A 的拉力T 2,方向如图.由平衡条件

T 1sin α+T 2sin β=qE ① T 1cos α=mg +T 2cos β ②

B 球受力如图2—10所示：重力mg ，竖直向下；电场力qE ，水平向右；细线AB 对B 的拉力T 2，方向如图.由平衡条件

T 2sin β=qE ③ T 2cos β=mg ④ 联立以上各式并代入数据，得

α=0 ⑤ β=45° ⑥ 由此可知，A 、B 球重新达到平衡的位置如图2—11所示.

与原来的位置相比，A 球的重力势能减少了

E A =mgl (1-sin60°)

⑦ B 球的重力势能减少了

E B =mgl (1-sin60°+cos45°) ⑧ A 球的电势能增加了

W A =qEl cos60° ⑨ B 球的电势能减少了

W B =qEl (sin45°-sin30°) ⑩ 两种势能总和减少了

W =W B -W A +E A +E B 　 ⑾ 代入数据解得

W =6.8×10-2 J 　 ⑿ 排雷演习　

1.（2003年新课程，16）如图2—12所示，三个完全相同的金属小球a 、b 、c 位于等边

图2—9 图2—10

图2—11

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三角形的三个顶点上.a 和c 带正电，b 带负电,a 所带电量的大小比b 的小.已知c 受到a 和b 的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是

A.F 1

B.F 2

C.F 3

D.F 4

2.（2003年新课程，19）如图2—13所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O 点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m 1和m 2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m 1的小球与O 点的连线与水平线的夹角为α=60°.两小球的质量比1

2m m 为

A.3

3

C.23

D.

22 3.如图2—14所示，质量为m 的质点，与三根相同的螺旋形轻弹簧相连，静止时，相邻两弹簧间的夹角均为120°.已知弹簧a 、b 对质点的作用力均为F ，则弹簧c 对质点的作用力的大小可能为

图2—12

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图2—14

A.F

B.F+mg

C.F-mg

D.mg-F

4.在“互成角度的两个力的合成”实验中，橡皮条的一端固定在P点，另一端被A、B 两只弹簧秤水平拉至O点，F1、F2分别表示A、B两只弹簧秤的读数，如图2—15所示.使弹簧秤B从图示位置开始顺时针缓慢转动，在这过程中保持O点位置和弹簧秤A的拉伸方向不变，则在整个过程中两弹簧的读数F1、F2的变化是

图2—15

A.F1减小，F2减小

B.F1减小，F2增大

C.F1减小，F2先增大后减小

D.F1减小，F2先减小后增大

5.两根长度相等的轻绳，下端悬挂一质量为m的物体，上端分别固定在水平天花板上的M、N点，M、N两点间的距离为s,如图2—16所示，已知两绳所能经受的最大拉力均为T，则每根绳的长度不得短于_____.

图2—16

6.在图2—17中长为5 m的细绳的两端分别系于竖立在地面上相距为4 m的两杆的顶端

A、B.绳上挂一个光滑的轻质挂钩，其下连着一个重为12 N的物体.平衡时，绳中的张力T=____________.

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图2—17

7.长直木板的上表面一端放有一铁块，木板由水平位置绕另一端缓慢向上转动（即木板与水平面的夹角α变大），在图2—18中画出铁块受到的摩擦力f随角度α的变化曲线（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力且μ＜1＝.

图2—18

8.如图2—19空气中有两个带电小球A和B，A被长为l的绝缘细线悬于固定点O，B 被绝缘支架固定于O点的正下方，与O点的距离也为l,与A球相距为d1.由于漏电，过一段时间后，A的带电量变为原来的4/9，B的带电量变为原来的2/3.试求此时A、B两球间的距离.

图2—19 图2—20

9.如图2—20所示，小圆环重G，固定的大环半径为R，轻弹簧原长为L（L＜2R),其劲度系数为k,接触光滑，求小环静止时，弹簧与竖直方向的夹角.

10.如图2—21所示，物体的质量为2 kg,两根轻细绳AB和AC的一端连接于竖直墙上，另一端系一物体上，在物体上另施一个方向与水平线成θ=60°拉力F，若要使绳都能伸直，求拉力F的大小范围.

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图2—21

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专题三摩擦力问题

雷区扫描　

本部分常见的失分点有：

1.不能正确确定摩擦力的方向；

2.不能准确求出摩擦力的大小；

3.不能正确分析摩擦力做功问题.

出现上述失误的原因是：不能正确区分两种不同的摩擦力，即：静摩擦力和滑动摩擦力，常将它们相混淆.不能从摩擦力产生的原因来分析摩擦力及其产生的效果.

排雷示例　

例1.（1998年全国）

如图3—1所示，物体m放在一木板上，木板与水平面间的夹角由0逐渐增大到90°的过程中(缓慢地绕支点O转动)对木块的摩擦力

图3—1

A.不断增大

B.先变大后变小

C.不断变小

D.先变小后变大

雷区探测

本题旨在考查考生对摩擦力产生原因的理解及确定摩擦力大小的方法.是平常学习中的一个难点.

雷区诊断

考生答题时主要是两种错误答案：错选答案A或C.选A答案错误的原因是认为物体受的摩擦力始终为静摩擦力，根据F＝mg sinθ知，当θ增大时f不断增大.选取C答案错误的原因是认为物体受的摩擦力始终为滑动摩擦力，根据F＝μmg cosθ知，当θ增大时f不断减小.这两种错误都是不能对过程进行正确分析造成的，没有明确开始物体所受的为静摩擦力，当角度到达一定程度物体开始滑动，静摩擦力就变成了滑动摩擦力.可见遇到摩擦力问题时必须首先分析是静摩擦力还是滑动摩擦力.如果是滑动摩擦力，其大小满足f=μN;如果是静摩擦力，必须明确物体所受的其他各力，然后由平衡条件或牛顿定律求得静摩擦力的大小和方向.

此题中，板抬起的初期，θ角较小，重力分力不足以使物体沿斜面下滑，即mg sinθ＜μmg cosθ,但物体有下滑的趋势，物体和木板间存在静摩擦力，其方向沿板向上，其大小f1=mg sinθ,在此过程中f1随θ的增大而增大.但是，当θ角增大到一定程度时，mg sinθ＞μmg cosθ，摩擦力已不能阻止物体下滑，此后物体与板间发生相对滑动，摩擦力已为滑动摩擦力，其方向沿板向上，大小f2=μmg cosθ,随θ的增大开始减小.

正确解答 B

例2.（2001年全国）

如图3—2所示，质量为m0，横截面为直角三角形的物块ABC，∠ABC＝α，AB边靠

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