高考物理中常用的“八大”解题方法

生第二部分应考技巧指导

一、高考物理中常用的“八大”解题方法

现如今，高考物理更加注重考查考生的能力和学科素养，其命题越加明显地渗透

着对物理方法、物理思想的考查。在平时的复习备考过程中，物理习题浩如烟海,

千变万化，我们若能掌握一些基本的解题思想，就如同在开启各式各样的“锁”

时，找到了一把“多功能的钥匙”。

1估算法

有些题本身就是估算题，有些貌似要精确计算，实际上只要通过物理方法(如数量

级分析)，或者数学近似计算法(如小数舍余取整)，进行大致推算即可得出答案。

估算是一种科学而有实用价值的特殊方法，可以大大简化运算，快速找出正确选

项。

此类试题是对考生生活经验的考查，要求考生在分析和解决问题时，要善于抓住

事物的本质特征和影响事物发展的主要因素，忽略次要因素，从而使问题得到简

捷的解决，迅速获得合理的结果。

常用的物理常识要记住：

(1)质量常识：一般高中学生质量为50〜60kg,一个鸡蛋的质量约为50g。

⑵长度常识：月地距离为380000km,地球半径约为6400km,一楼层高度约为

3m,成年人身高约为1.7m,原子直径数量级为10」°m。

(3)时间常识：地球的公转周期为1年，月球的公转周期为1月，地球的自转周期

为1天。

(4)速度常识：地球卫星的运行速度小于7.9km/s,真空中的光速为3X10'm/s,

空气中的声速约为340m/s。

【针对训练】

1.高空坠物极其危险。设想一个苹果从某人头部正上方45m高的楼上由静止落

下，苹果与人头部的作用时间约为4.5X10-4则头部受到的平均冲击力约为

A.1X1O2NB.1XIO3NC.1XIO4ND.1XIO5N

解析苹果做自由落体运动，则力=上汽苹果从静止下落到与人头部作用的全程

根据动量定理有"zgf—0,其中加=4.5X104s,取g=10m/s2,

一个苹果的质量加心150g=0.15kg,联立并代入数据解得尸=1义IO’N,

选项C正确。

答案C

2.如图1所示，某中学生在做引体向上运动，从双臂伸直到肩部与单杠同高度算

1次，若他在1分钟内完成了10次，每次肩部上升的距离均为0.4m,g取10m/s2,

则他在1分钟内克服重力所做的功及相应的功率约为（）

图1

A.200J,3WB.2000J,600W

C.2000J,33WD.4000J,60W

解析中学生的质量约为50kg,他做引体向上运动，每次肩部上升的距离均为

0.4m,单次引体向上克服重力所做的功约为Wi=^=50X10X0.4J=

200J,1分钟内完成了10次，则1分钟内克服重力所做的功W=10M=2000

J,相应的功率约为尸=+笔^W=33W,选项C正确。

答案C

3.（2019•全国卷H,15）太阳内部核反应的主要模式之一是质子一质子循环，循

环的结果可表示为4lH-?He+2（?e+2v,已知］H和犯e的质量分别为〃距=1.0078u

和加a=4.0026u,1u=931MeV/c2,c为光速。在4个|H转变成1个夕He的过程

中，释放的能量约为（）

A.8MeVB.16MeVC.26MeVD.52MeV

解析因电子的质量远小于质子的质量，计算中可忽略不计。质量亏损=4恤

2

-ma,由质能方程得，△E=4nc=（4X1.0078—4.0026）X931MeV心26.6

MeV,选项C正确。

答案C

4.2018年2月7日凌晨，太空技术探索公司SpaceX成功通过猎鹰重型火箭将

一辆特斯拉跑车送入绕太阳飞行的轨道。如图2所示，已知地球中心到太阳中心

的距离为加，火星中心到太阳中心的距离为77/,地球和火星绕太阳运动的轨迹均

可看成圆，且切=1.4中，若特斯拉跑车沿图中椭圆轨道转移，则其在椭圆轨道上

的环绕周期约为()

A.1.69年B.1.3年C.1.44年D.2年

解析设跑车在椭圆轨道上的运行周期为T,椭圆轨道的半长轴为R,由开普勒

第三定律有错误!=错误!，其中/?=错误!，。=1年，解得跑车在椭圆轨道

上的运行周期八1.3年，B正确。

答案B

2图形图象法

(1)图形法：根据题目的条件画出示意图，如多物体或多过程的运动关系示意图可

直观反映物体间的运动位移、时间关系等，对弄清各物理量关系建立方程有帮助;

物理图象能直观反映两个物理量间的定量或定性关系，可避免繁琐的计算，迅速

找到正确答案。

(2)图象法：根据各物理量间的关系，作出表示物理量之间的函数关系的图线，然

后利用图线的交点、图线的斜率、图线的截距、图线与坐标轴所围几何图形的“面

积”等代表的物理意义对问题进行分析、推理、判断或计算，其本质是利用图象

本身的数学特征所反映的物理意义解决物理问题，或者根据物理图象判断物理过

程、物理状态、物理量之间的函数关系和求解某些物理量。

【针对训练】

1.如图3所示为某质点做直线运动的。一，图象，图象关于图中虚线对称，则在

0〜九时间内，关于质点的运动，下列说法正确的是()

A.若质点能两次到达某一位置，则两次到达这一位置的速度大小一定相等

B.若质点能两次到达某一位置，则两次到达这一位置的速度都不可能为零

C.若质点能三次通过某一位置，则可能三次都是加速通过该位置

D.若质点能三次通过某一位置，则可能两次加速通过，一次减速通过

解析如图所示，画出质点运动的过程图，质点在0〜力时间内能两次到达的位

置有两个，分别对应质点运动速度为零的两个位置，因此A、B错误；若

质点可三次通过某一位置，则质点可能两次加速通过，一次减速通过，也

可能两次减速通过，一次加速通过，C错误，D正确。

减速

减速加速

加速

答案D

2.水平推力B和尸2分别作用于水平面上的同一物体，一段时间后撤去，使物体都

从静止开始运动而后停下，如果物体在两种情况下的总位移相等，且R大于尸2,

则（）

A.b2的冲量大B.乃的冲量大

C.Q与f2的冲量相等D.无法比较

解析画出两种情况下物体运动的。一，图，如图所示，图线与横轴所围图形的面

积表示位移，两种情况下物体运动的总位移相等，两种情况下物体运动的

时间力Vf2,由动量定理，Ft'—/.imgt=Q,可知尸2的冲量大，选项A正确。

答案A

3.（多选）如图4所示，分界线MN上方有方向垂直纸面向外的匀强磁场，下方有

方向垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等。MN上有等间距

的六点a、b、c、d、e、f.t=0时刻，一动量大小为p的笊核《H）从a点沿纸面

与MN夹角。=30。的方向射向上方磁场中，恰好第一次通过。点；f=0时刻，一

动量大小为4P的a粒子（3He）从d点沿纸面与NM夹角也为3的方向射向下方磁

场中。不计笊核与a粒子的重力及相互作用力。则下列说法正确的是（）

XXXXXXX

图4

A.笊核的速度是a粒子的2倍

B.笊核的轨道半径是a粒子的3

C.笊核在磁场中运动的周期与a粒子的相等

D.笊核与a粒子会在一点相遇

解析设负核的质量为相，速度大小为矶，a粒子的速度大小为s,则a粒子的

Imv

质量为2M，p=mv\,4p=2mV2,得加=呼2,选项A错误；由推论「=初,

得八=6废=要，则选项B正确；结合左手定则判断，笊核和

a粒子的运动轨迹如图所示，笊核运动的周期为=2X《X鬻，a粒子运动

的周期T2=2X»与莽，得恰好会在/点相遇，选项C错误，D

正确。

答案BD

3逆向思维法

（1）很多物理过程具有可逆性（如运动的可逆性、光路的可逆性），在沿着正向过程

或思维（由前到后或由因到果）分析受阻时，有时“反其道而行之”沿着逆向过程

或思维（由后到前或由果到因）来思考，常常可以化难为易、出奇制胜。

（2）应用逆向思维法解题的基本思路：

①分析确定研究问题的类型是否能用逆向思维法解决；

②确定逆向思维问题的类型（由果索因、转换研究对象、过程倒推等）；

③通过转换运动过程、研究对象等确定求解思路。

【针对训练】

如图5所示，水平放置的金属板间有匀强电场，一带正电的粒子以水平速度。0从

M点射入匀强电场，穿过电场后，从N点以速度。射出，不计粒子的重力，则以

下判断正确的是（）

图5

A.如果让粒子从M点以速率。沿水平方向射入，则粒子从N点射出时的速率为

vo

B.如果让粒子从N点以速度一。射入，则粒子从M点射出时的速度为一优

C.如果让粒子从M点以速率。沿水平方向射入，则粒子能到达N点

D.如果让粒子从N点以速率00沿一。方向射入，则粒子从M点射出时的速率为

v沿一00方向

解析粒子在电场力作用下，做类平抛运动，初速度比与末速度。的水平分量相

等，显然可得出A、C、D三项错误；当粒子从N点以速度一。射入电场中

时，粒子在水平方向上做匀速运动，而在竖直方向上做匀减速运动，从M

到N和从N到M两运动可逆，可知B项正确。

答案B

4极限思维法

在某些物理状态变化的过程中，可以把某个物理量或物理过程推向极端，从而作

出科学的推理分析，使问题化难为易，化繁为简，达到事半功倍的效果。极限法

一般适用于定性分析类选择题。例如假设速度很大（趋近于无限大）或很小（趋近于

零）、假设边长很大（趋近于无限大）或很小（趋近于零）或假设电阻很大（趋近于无限

大）或很小（趋近于零）等，进行快速分析。运用此方法要注意因变量随自变量单调

变化。

【针对训练】

1.如图6所示，水平面上的小车内固定一个倾角为。=30。的光滑斜面，平行于

斜面的细绳一端固定在车上，另一端系着一个质量为〃2的小球，小球和小车均处

于静止状态。如果小车在水平面上向左加速且加速度大小不超过0,则小球仍能

够和小车保持相对静止；如果小车在水平面上向右加速且加速度大小不超过02,

则小球也能够和小车保持相对静止。根据以上条件可知m和的大小之比为

（）

图6

A.小：1B.1：小C.3：1D.1：3

解析如果小车在水平面上向左加速，加速度a足够大时，小球向上滑动，细绳

n

无拉力，由题意根据牛顿第二定律可知mgtan得ai=3~g;小

车在水平面上向右加速，加速度。足够大时，小球“飘起”，斜面对小球

没有弹力作用，由题意根据牛顿第二定律可知行能=机。2,得a2=W，

则与“2的大小之比为：42=1：3,故选项D正确。

答案D

2.在如图7所示的电路中，Ri、&、R3、R4为定值电阻，R5为可变电阻，电源

的电动势为E、内阻为入设电流表⑷的读数为I,电压表。的读数为U。当Rs

的滑动触点向图中。端移动时（）

图7

A./变大，U变小B./变大，U变大

C./变小，U变大D./变小，。变小

解析本题若运用极限思维法解答，则十分简便。由图可知，R5的滑动触点向a

端移动时，R而减小，因为题中对可变电阻的阻值未作具体限制，我们可以

这样设想，将滑动触点移动到端点a处，=0,⑷的示数为零。因此，

F

R的滑动触点从人向a端移动时，/变小，R总变小。由/总=1■可知/怂变

大；再由U=E—/总r可知U变小。显然选项D正确。

答案D

5等效替换法

等效替换法是把陌生、复杂的物理现象、物理过程在保证某种效果、特性或关系

相同的前提下，转化为简单、熟悉的物理现象、物理过程来研究，从而认识研究

对象本质和规律的一种思想方法。等效替换法广泛应用于物理问题的研究中，如：

力的合成与分解、运动的合成与分解、等效场、等效电源等。

【针对训练】

1.（2020•福建厦门外国语学校模拟）如图8所示，在天花板下用细线悬挂一半径

为7?的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面向里的磁感应

强度大小为阴的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A、C与圆心。连线的夹角

为120。，此时细线的张力为汽。若圆环通电，为使细线中的张力恰好为零，则环

中电流大小和方向应满足（）

图8

A.电流大小为然，电流方向沿顺时针方向

B.电流大小为第，电流方向沿逆时针方向

c.电流大小为锣，电流方向沿顺时针方向

D0A

D.电流大小为错，电流方向沿逆时针方向

£）0A

解析匀强磁场中直线电流所受安培力的大小由公式尸=8〃来计算，对于曲线

电流，用等效法求安培力大小和判断安培力方向比较简便，要注意此时L

是有效长度。若圆环通电，则由图并结合等效法可求得磁场中曲线电流的

有效长度口=小R,要使细线拉力恰好为零，则圆环通电后受到的安培力

方向向上，大小等于R）,根据左手定则可以判断，环中电流方向沿顺时针

方向，又Fo=BoIo•事R,求得环中电流大小/0=娈华，故选项A正确。

答案A

2.如图9所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，电场强度大小为E,一根

不可伸长的绝缘细线长度为/,细线一端拴一个质量为〃，、电荷量为夕的带负电小

球，另一端固定在。点。把小球拉到使细线水平的位置A,由静止释放，小球沿

弧线运动到细线与水平方向成角。=60。的位置B时速度为零。以下说法中正确的

是（）

B

图9

A.小球在8位置处于平衡状态

B.小球受到的重力与电场力的关系是小qE=〃zg

C.小球将在AB之间往复运动，且幅度将逐渐减小

D.小球从A运动到8过程中，电场力对其做的功为一5E/

解析对小球受力分析如图所示，小球受到的重力和电场力的合力是一恒力，这

两个场力看作等效重力。根据题意知，小球的平衡位置在AB圆弧的中点

位置，选项A错误；小球将在A8之间往复运动，根据能量守恒，其幅度

不变，选项C错误；小球处在平衡位置时，有qEtan30。=m8，即“后=小

mg,选项B错误；小球从A运动到8的过程中，电场力对其做的功卬=

一q£7(l—cos60。)=一,夕£7,D正确。

07ft------------TA

£_____2^1一

Bmg

答案D

6分解思想

有些物理问题的运动过程、情景较为复杂，在运用一些物理规律或公式不奏效的

情况下，将物理过程按照事物发展的顺序分成几段熟悉的子过程来分析，或者将

复杂的运动分解成几个简单或特殊的分运动（如匀速直线运动、匀变速直线运动、

圆周运动等）来考虑，往往能事半功倍。

【针对训练】

（2018・江苏单科，3）某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由

下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。忽略空气阻力，两只小球

落到水平地面的（）

A.时刻相同，地点相同B.时刻相同，地点不同

C.时刻不同，地点相同D.时刻不同，地点不同

解析弹射管沿光滑竖直轨道自由下落，向下的加速度大小为g,且下落时保持

水平，故先后弹出的两只小球在竖直方向的分速度与弹射管的分速度相同，

即两只小球同时落地；又两只小球先后弹出且水平分速度相等，故两只小

球在空中运动的时间不同，则运动的水平位移不同，落地点不同，选项B

正确。

答案B

7对称思想

物理中对称现象比比皆是，对称表现为研究对象在结构上的对称性、作用上的对

称性，物理过程在时间和空间上的对称性，物理量在分布上的对称性及作用效果

的对称性等。物理解题中的对称法，就是从对称性的角度去分析物理过程，利用

对称性解决物理问题的方法。

【针对训练】

1.如图10所示，一长轴为2L的椭圆形绝缘薄板边缘上均匀分布着电荷量为+Q

的电荷，长轴A3所在直线上另有三个点C、D、E,且AC=BO=OE=3在E

处放置一电荷量为+q的点电荷。已知。处的场强为零，则。处的场强大小为伙

为静电力常量）（）

图10

3什4。

A.B.kC

15L2JK20L2

解析根据题意可知，带电薄板和E处点电荷在。点的合场强为零，则带电薄板

在。处的场强大小为坳=送，方向水平向右，因椭圆形带电薄板形状规

则，则其在空间中产生的电场左右对称，所以带电薄板在C处产生的场强

大小为Ec=E0=笔，方向水平向左，E处点电荷在。处产生的场强大小

为Ec'=k（5：）2=与为，所以。处的合场强大小为Ec+Ec'=喝+与金=

番，方向水平向左。故选项D正确。

答案D

2.（多选）喷泉已经成为很多公园、广场的景观。如图11所示为某地的喷泉。水

滴上升的最大高度"为4m,水滴下落在水面的位置与对应喷水口间的水平距离

d为8m,众多喷水口围成半径为2m的圆，重力加速度g=10m/s2,喷水口与喷

泉水面等高。不考虑风力影响，由此可知（）

图11

A.水从喷水口喷出后做竖直上抛运动

B.从喷水口喷出的水在空中运动的时间为竽s

C.水从喷水口喷出时的速度大小为2小m/s

D.水滴下落在水面形成的圆的半径为10m

解析水从喷水口喷出后做斜抛运动，A错误；由力=上户得水滴从最高点落到

水面的时间f=¥s,根据斜抛运动轨迹的对称性可知，从喷水口喷出的

2^54s

水在空中运动的时间为2r=2X—g—s=—g—s,B正确；水滴上升的最大

高度〃为4m,由楮=2g〃可得於=80由4=勿2/得”=2小m/s,

水从喷水口喷出时的速度大小0=错误!=10m/s,C错误；水滴下落在水面

形成的圆的半径为R=r+d=2m+8m=10m,选项D正确。

答案BD

3.如图12所示，屏OM上方有方向垂直纸面向里的匀强磁场，两个初速度大小相

同的不同粒子。和江从。点沿纸面射入匀强磁场中，。粒子初速度方向与屏OM

夹角a=60。，b粒子初速度方向与OM夹角。=30。，两粒子最后均恰好从M边缘

通过。不计两粒子重力及相互作用力。下列说法正确的是（）

图12

A.a、。两粒子均带正电

B.小。两粒子在磁场中运动的路程之比为小：1

C.a、。两粒子在磁场中运动的周期之比为小：1

D.。、。两粒子的比荷（电荷量大小与质量的比值）之比为小：1

解析根据左手定则可知a、b粒子均带负电，选项A错误；画出两粒子的运动

ri1

轨迹如图所示，由几何关系得久匕粒子的半径之比葭=tan3（T=jj,路程

£i(2K—2a)ri4,选项B错误；由丁=乎得周期之比*=£=

28r2一小

方，选项C错误；根据洛伦兹力提供向心力有卯8=〃7,设粒子的比荷

为k,得z=惹，则服。两粒子的比荷（电荷量大小与质量的比值）之比3=

LJ!K2

彳=乎，选项D正确。

XXX!XXX

X

XX

答案D

8守恒思想

物理学中最常用的一种思维方法——守恒。高中物理涉及的守恒定律有能量守恒

定律、动量守恒定律、机械能守恒定律、电荷守恒定律等，它们是我们处理高中

物理问题的主要工具。

【针对训练】

1.（多选乂2020•山东省日照市校际联合质检）沿光滑水平面在同一条直线上运动的

两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移一时间图象如图13所示。

则下列说法正确的是（）

图13

A.碰撞前后物体A的运动方向相反

B.物体A、B的质量之比为1:2

C.碰撞过程中A的动能变大，B的动能减小

D.碰前物体8的动量较大

解析由题图可得，碰撞前04=啰?"m/s=-5m/s,碰撞后。/="菱型m/s

=5m/s,则碰撞前后物体A的运动方向相反，故A正确；由题图可得，碰

撞前0B=202&m/s=10m/s,根据动量守恒得加即8=（〃s+加8）办'，

代入数据得〃〃：mB=1：2,故B正确；碰撞前后物体A速度大小相等，

则碰撞过程中物体A动能不变，故C错误；碰前物体A、8速度方向相反,

碰后物体A、3速度方向与物体3碰前速度方向相同，则碰前物体3动量

较大，故D正确。

答案ABD

2.（2020•河南省南阳市上学期期末）如图14所示，固定在竖直平面内的圆管形轨

道的外轨光滑，内轨粗糙。一小球从轨道的最低点以初速度。o向右运动，球的直

径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为R,空气阻力不计，重力加速度大小

为g，下列说法一定正确的是（）

图14

A.若优＜2病，小球运动过程中机械能不可能守恒

B.若。o=3痫，小球运动过程中机械能守恒

C.若0o«5gR,小球不可能到达最高点

D.若优=2^^,小球恰好能到达最高点

解析若小球运动过程中机械能守恒，当小球恰好上升到与圆心等高处时，有3

mvG=mgR,解得oo=啦故A错误；如果小球不挤压内轨，则

小球到达最高点速度最小时，有mg=〃乐,从最低点到最高点过程中，由

机械能守恒定律得3"皿8=5加2+机g.2R,解得@0=75gR,则小球要不挤压

内轨且做完整圆周运动，初速度应大于等于小西，此时小球机械能守恒，

故B正确；若小球的速度小于，须，也有可能做完整的圆周运动到达最高

点，只是最终在圆心下方做往复运动，故C错误；如果小球运动到最高点

时速度为0,由机械能守恒定律得提加8=〃吆设凡解得00=2痫，由于内

轨粗糙，如果小球运动到最高点时速度为0,一定受到摩擦力作用，故小

球在到达最高点以前速度已为零，不能到达最高点，故D错误。

答案B

3.（2020•山东省临沂市一模）如图15所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C

三个滑块，滑块A、8间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一固定挡板P,

某时刻给滑块。施加一个水平冲量使其以初速度。。水平向左运动，滑块C撞上

滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性

势能为1.35J,此时撤掉固定挡板P,之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、

。的质量分别为侬=〃28=0.21<8，/叱=0.11<8，(取回=3.17)求：

P*

AB

-[zww\|~nc

图15

(1)滑块。的初速度00的大小；

(2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，滑块8、C的速度大小；

(3)从滑块8、C压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中，弹簧对滑块3、C整体的

冲量。

解析(1)滑块C撞上滑块5的过程中，滑块8、C组成的系统动量守恒，以水平

向左为正方向，

根据动量守恒定律得

mcvo=(mn+mc)vi

弹簧被压缩至最短时，滑块3、C速度为零，根据能量守恒定律得

1,

EpI〃2C)0T9

解得初=3m/s,vo=9m/So

(2)设弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块3、C的速度大小为山，滑块A的速度

大小为S,根据动量守恒定律得

mAV3-(〃28+mc)V2—0,

根据能量守恒定律得

Ep=品疝++md)vi

解得0221.9m/So

(3)设弹簧对滑块3、C整体的冲量为/,选向右为正方向，由动量定理得

/=Ap=(〃28+〃2C)[02—(―。1)]

解得/=1.47N・s,方向水平向右。

答案(1)9m/s(2)1.9m/s(3)1.47N-s,方向水平向右

二、高考必须记牢的“六个”物理模型

模型一斜面模型

情形1：光滑斜面上的单体模型

1.如图1所示，一物体分别从高度相同、倾角不同的三个光滑斜面顶端由静止开

始下滑。下列说法正确的是（）

图1

A.滑到底端时的速度相同

B.滑到底端所用的时间相同

C.在倾角为30。的斜面上滑行的时间最短

D.在倾角为60。的斜面上滑行的时间最短

解析在光滑斜面上，由静止下滑的物体滑到底端时的速度大小茄，与倾

角无关，但方向不同；下滑到底端所用时间为倾角），倾

角越大，所用时间越少。综上，A、B、C错误，D正确。

答案D

2.如图2所示，光滑绝缘的斜面与水平面的夹角为仇导体棒时静止在斜面上,

必与斜面底边平行，通有图示的恒定电流/,空间充满竖直向上的匀强磁场，磁

感应强度大小为8。现缓慢增大。（0V6V90。），若电流/不变，且必始终静止在

斜面上（不考虑磁场变化产生的影响），下列说法正确的是（）

图2

A.B应缓慢减小B.8应缓慢增大

C.8应先增大后减小D.8应先减小后增大

解析作出侧视图，如图所示，可知金属棒受重力、支持力及向右的安培力的作

用。增大角度e,要使棒仍然平衡，则支持力与安培力的合力一直等于重

力，则由图可知，安培力缓慢增大，故磁感应强度缓慢增大，选项B正确。

答案B

情形2：光滑斜面的衍生模型——等时圆模型

3.如图3所示，ad、bd、cd是竖直平面内三根固定的光滑细直杆，a、b、c、d

分别位于同一圆周上，。点为圆周的最高点，d点为最低点，每根杆上都套着一个

小滑环（图中未画出），让三个滑环分别从a、Ac处由静止开始释放，用小t2、

△依次表示滑环到达d点所用的时间，则（）

图3

A.fl</2</3B.力>[2>力

C.t3>t\>tiD.t\=t2=t3

解析设光滑倾斜细直杆与水平面间的夹角为仇

滑环下滑过程中，受到重力mg、支持力外的作用，将重力分解为沿平行于细杆

的分力mgsin。和垂直于细杆的分力mgcosdo

滑环所受的合力

F（f=mgsm0

由牛顿第二定律可得滑环下滑的加速度

a=gsin0

又设圆周的半径为R

考虑滑环沿细杆拉/下滑时的情形

由圆的几何知识可知，Aabd为直角三角形,细杆儿/的长度

Z/«/=2/?sin6

由运动学公式有//〃=/产

联立以上各式解得，严

可见，滑环下滑的时间，与细直杆的倾角夕无关。

答案D

4.（多选）如图4所示，一竖直面内有QA、OB、0c三个倾角不相同的斜面，它

们的底端相交于。点，竖直的虚线圆与水平面相切于。点，虚线P。水平，虚线

MN竖直。现将一系列完全相同的滑块（可视为质点）分别从这些斜面上的某点同时

由静止释放，下列判断正确的是（）

图4

A.若各斜面均光滑，滑块释放时分别处在虚线PQ与各斜面的交点上，则这些

滑块到达。点的速率相等

B.若各斜面均光滑，滑块释放时分别处在虚线圆与各斜面的交点上，则这些滑

块达到。点的速率相等

C.若各斜面均光滑，滑块释放时分别处在虚线圆与各斜面的交点上，则这些滑

块到达0点的时间相等

D若各斜面与这些滑块间的动摩擦因数相等，滑块释放时分别处于竖直虚线MN

与各斜面的交点上，则滑到。点的过程中，各滑块损失的机械能相等

解析若各斜面均光滑,各释放点处在同一水平线上，则人相同，根据mgh=^mv2,

可知到达。点的速率相等，A正确；同理，可知B错误；各斜面均光滑，

则以。点为最低点的虚线圆是等时圆，可知滑块从虚线圆和各斜面的交点

运动到。点的时间相等，C正确；若各释放点处在同一竖直线上，则各滑

块滑到。点的水平距离相等，滑块损失的机械能等于克服摩擦力做的功，

即必=〃加geos0.表了=〃mgx水平，故各滑块损失的机械能相等，D正确。

答案ACD

情形3：斜面上的多体模型

5.（2020•广东肇庆一模）如图5所示，斜面体c上放有两个完全相同的物体a、h,

两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F,使两物体及

斜面体均处于静止状态。下列说法正确的是（）

图5

A.c受到地面的摩擦力向左

B.a、。两物体的受力个数一定相同

C.a、。两物体对斜面的压力相同

D.当逐渐增大拉力尸时，物体匕受到斜面的摩擦力一定逐渐增大

解析对八dc整体分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件,

地面对整体的静摩擦力一定向右，故A错误；对a、6进行受力分析，如

图所示，。物体处于静止状态，当细线沿斜面向上的分量与重力沿斜面向

下的分量相等时，摩擦力为零，所以人可能只受3个力作用，而a物体必

定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故B错误；a、b两个物体，垂直

于斜面方向受力都平衡，则有FNo+Psin0—mgcosa=0,Fw+Tsin0=

mgeosa,T=T,解得K°=历^=机8＜：05a一仆ina则由牛顿第三定律可知

a、8两物体对斜面的压力相同，故C正确；当逐渐增大拉力F时，如果

TeosfXmgsina,则物体8受到的摩擦力可能先减小后反向增大，故D错

误。

答案C

6.如图6所示，空间有场强大小为E,方向沿斜面向下的匀强电场；光滑绝缘斜

面的倾角为仇底端固定一根劲度系数为人的轻弹簧；彼此绝缘的A、B两物体静

止在弹簧顶端，A、8接触但不粘连，A的质量为加，电荷量为+q,8的质量也

为相，不带电，弹簧处于弹性限度内，重力加速度为g;某时刻，在沿斜面向上

的大小为F的外力作用下，A、B一起以相同的加速度向上做匀加速运动，则当A、

8分离瞬间（）

图6

A.弹簧的形变量为0B.弹簧的形变量为％=延F

K

C.A的速度达到最大D.A的加速度为0

解析A、8分离瞬间，A、8间无相互作用力且加速度相同，对8受力分析，由

牛顿第二定律可知产一/ngsine=/〃a,对A受力分析，由牛顿第二定律可知

aE+F

kx-mgs\nO-qE=ma,解得尤=义工一，A错误，B正确；由于此时A具

K

有向上的加速度，则A的速度不是最大且加速度不为0,C、D错误。

答案B

情形4：斜面中的“平抛类模型”

7.（2020•河北邢台二测）如图7所示，斜面AC与水平方向的夹角为a,在底端A

的正上方与顶端C等高处的E点以速度。0水平抛出一小球，小球垂直于斜面落

到。点，重力加速度为g,则（）

图7

A.小球在空中飞行时间为了

O

B.小球落到斜面上时的速度大小为点

C.CD与D4的比值为元*

D.小球的位移方向垂直于AC

解析小球的运动轨迹图如图所示，球垂直于斜面落到。点，所以在。点时有tan

7)(}7)()

a=*解得故A错误；小球垂直于斜面落到。点，所以小球

Slgiana

落到斜面上时的速度大小为故B错误；根据几何关系有SDA=

7)(\t2g1

葡，58=而1整理得CO与OA的比值为5,故C正确；由图可

答案c

模型二弹簧模型

情形1:与弹簧相关的平衡问题

1.如图8所示，物体A、8用细绳与弹簧连接后跨过滑轮。已知质量加=29，

现将斜面倾角缓慢由45。减小到30。，过程中A与斜面保持相对静止，不计滑轮摩

擦，下列说法中正确的是()

图8

A.弹簧的形变量将减小

B.物体A对斜面的压力将减小

C.物体A受到的静摩擦力将减小到零

D.弹簧的弹力及A受到的静摩擦力都不变

解析将斜面倾角为45。减小到30。，弹簧的弹力等于8的重力，不变，A项错误;

倾角减小，物体A对斜面的压力将增大，B项错误；斜面倾角为45。时，

物体A重力沿斜面方向的分力为2〃?Bgsin45。，由平衡条件可知物体A受到

的静摩擦力为2/"Bgsin45°—meg；斜面倾角由45。减小到30°,物体A受到

的静摩擦力为2mBgsin30。一加咽=0；所以物体A受到的静摩擦力将减小到

零，C项正确，D项错误。

答案c

情形2：与弹簧有关的动力学问题

2.如图9甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4m锁定，

f=0时解除锁定释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图

象如图乙所示。其中。必段为曲线，be段为直线，倾斜直线04是f=0时的速度

图线的切线，已知滑块质量机=2.01^,取8=1（）向52,则下列说法正确的是（）

¥

甲

图9

A.滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动

B.弹簧恢复原长时，滑块速度最大

C.弹簧的劲度系数4=175N/m

D.该过程中滑块的最大加速度为35m/s2

解析根据图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的

加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随

后加速度反向增加，最后做匀减速直线运动，所以A、B错误；从题中图

象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小0=辞=悬m/s2=5m/s2,合外力由

摩擦力提供得6=〃m=2.0X5N=10N；刚释放时滑块的加速度为。2=市

3

=而m/s2=30m/s2,此时物块的加速度最大，所以D错误；由牛顿第二

定律得依一6=〃展代入数据解得k=175N/m,所以C正确。

答案C

情形3：与弹簧相关的功能问题

3.（多选）如图10所示，绝缘轻弹簧上端固定，下端拴着一带正电小球Q,。在A

处时弹簧处于原长状态，。可在C处静止。若将另一带正电小球q固定在C正下

方某处时，。可在8处静止。现将。从A处由静止释放，则。从A运动到。处

的过程中（）

Q

^

o

C

4。

图10

A.。运动到C处时速率最大

B.加速度先减小后增大

C.小球Q的机械能不断减小

D.Q、q及弹簧与地球组成的系统的势能不断减小

解析q在C正下方某处时，。在B处受力平衡，速率最大，故A错误；。在B

处加速度为零，。第一次从A运动到C的过程中加速度先减小到零后反向

增大，故B正确；。的机械能E等于。的动能与重力势能之和，由功能关

系有AE=W.+W电，而弹簧弹力一直做负功，即卬弹＜0,库仑力也一直做

负功，即W电＜0,则△£＜（）,即。的机械能不断减小，故C正确；系统的

势能耳等于重力势能、电势能与弹性势能之和，根据能量守恒有AEp+AEk

=0,由于。的动能Ek先增大后减小，所以系统的势能先减小后增大，故

D错误。

答案BC

情形4：与弹簧有关的碰撞问题

4.（多选）（2020•河南省淮阳中学摸底考试）如图11所示，轻质弹簧的一端固定在

墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相

同的物体3,从高。处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩,

在弹簧复原过程中，某时刻B与A分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是（）

图11

A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为%吆人

B.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为，”g〃

C.8能达到的最大高度为/

D.8能达到的最大高度为彳

解析根据机械能守恒定律可得〃吆/2=5加8,8刚到达水平面的速度。0=痂，

由于A、B碰撞时间较短，所以弹簧仍处于原长状态，因此A、3碰撞瞬间，

A、3组成的系统动量守恒，则由动量守恒定律可得用。0=2加0,解得碰后

A、3的共同速度为。=/0,所以弹簧被压缩时具有的最大弹性势能为£pm

—^-2mv2=^mgh,选项A正确，B错误；当弹簧再次恢复原长时，A与B

将分开，B以。的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh'=^nv\

h

B能达到的最大高度为"=不选项C错误，D正确。

答案AD

5.如图12所示，质量M=4kg的小车静止放置在光滑水平面上，小车右端8点

固定一轻质弹簧，弹簧自由端在。点，C到小车左端A的距离L=1m,质量加

=1kg的铁块(可视为质点)静止放在小车的最左端A点，小车和铁块之间动摩擦

因数〃=0.2,小车在/=18N的水平拉力作用下水平向左运动。作用一段时间后

撤去水平拉力，此时铁块恰好到达弹簧自由端C点。此后运动过程中弹簧最大压

缩量x=5cm,g取lOm*,求：

AC..,cP

图12

(1)水平拉力F的作用时间及所做的功；

(2)撤去F后弹簧的最大弹性势能。

解析(1)设水平拉力产的作用时间为1,在/时间内铁块加速度为小、位移为幻,

小车加速度为42、小车位移为X2,

对〃?：p.mg=ma\,x\=xai/2

对M：F—p.mg=Mai,xi—

X2—X1=L

解得r=ls

水平拉力F所做功W=Fxi

解得W=36J

(2)设撤去拉力时铁块速度为s,小车速度为02,

v\=a\t,V2=a2t

当弹簧压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，铁块与车速度相同，设速度为。，此

时由动量守恒定律得

设弹簧最大弹性势能为耳，则

加—；(M+m)v2

解得EP=1.5J

答案(1)1s36J(2)1.5J

模型三圆周运动模型

情形1：水平面内的圆周运动

1.(2020•湖南六校联考)一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在光滑

圆锥顶上，如图13所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为0,细线

的张力为Fr,则尸r随疗变化的图象是()

解析由题知小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为仇用L表示细线

长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为FT,圆锥对小球的支持力为FN,

根据牛顿第二定律有Frsin(9—FNCOS0=mco2Lsm0,FTCOS0+FNsin0=mg,

联立解得Prumgcose+o)2"辽sin?8。小球离开圆锥表面后，设细线与竖直

方向的夹角为a,根据牛顿第二定律有尸rsina=mco2Lsina,解得FT=/MAW2O

对照四个选项的图象可知C项正确。

答案C

情形2：竖直面内的圆周运动

2.（2020•福建泉州质检）如图14所示，四分之一圆弧A8和半圆弧8C组成的光

滑轨道固定在竖直平面内，A、C两端点等高，直径3c竖直，圆弧A3的半径为

R,圆弧的半径为表一质量为根的小球从A点正上方的。点由静止释放，

恰好沿A点切线方向进入并沿轨道运动，不计空气阻力，重力加速度大小为g。

图14

⑴要使小球能运动到。点，D、A两点间的高度差/I至少为多大?

（2）改变儿小球通过C点后落到圆弧AB上时的最小动能为多少？

解析（1）设小球刚好通过C点的速度为。，则有〃2g=，"万

2

小球从。点运动到。点的过程中机械能守恒，有

mgh—^mv2'联立解得人=9

（2）设小球通过。点的速度为oo,落到圆弧A3上时，水平位移为匚下落高度

为y,由平抛运动的规律可知

X=vot,y=]g产

从C点抛出到落到圆弧AB上，由动能定理有

mgy=Ek—^mvo

又x2+y2=7?2

1D2

联立可得Ek=a"吆（；■+3y）

式中当牛=3y,即尸乎R时，Ek有最小值

解得最小动能£"kmin=?mgR

答案（l）f（2停好

情形3：天体的圆周运动

3.（多选）（2020・河南名师联盟高三入学调研）假设宇宙中有一质量为M,半径为R

的星球，由于自转角速度较大，赤道上的物体恰好处于''漂浮"状态，如图15

所示。为测定该星球自转的角速度0o,某宇航员在该星球的“极点”A处测量出

一质量为根的物体的“重力”为Go,关于该星球的描述正确的是（）

图15

A.该星球的自转角速度tu（）=y^

B.该星球的自转角速度

C.放在赤道上的物体处于失重状态

D.在“极点”A处被竖直向上抛出去的物体处于超重状态

解析赤道上的物体（质量为加恰好处于“漂浮”状态，说明万有引力充当向心

力，即/=6（）=加病R,解得coo=、l^,故A错误，B正确；放在赤道上

的物体处于“漂浮”状态，与星球表面未接触，即弹力为零，物体处于完

全失重状态，故C正确；在“极点”A处被竖直向上抛出去的物体，向上

做减速运动，则加速度方向向下，因此物体处于失重状态，故D错