高考物理应用型
普通物理在高考物理的应用
m M
竖直方向：
f=m(-ax)+M•0=-macosθ
N ay
a ax
mg-N=may+M•0=masinθ N=mg-masinθ
所以：地面给斜面的摩擦力水平 向右，大小为macosθ，支持力竖 直向上，大小为mg-masinθ
f mg
（4）折合质量在高考物理的应用
物体在一对相互作用力下运动， 加速度满足：
又： 得动能损耗为：
v2 v1 e v10 v20
（2007全国卷）
1 1 1 1 1 m1m2 2 2 2 2 Ek ( m1v10 m2v20 ) ( m1v1 m2v2 ) (1 e2 )(v10 v20 ) 2 2 2 2 2 2 m1 m2
讨论： （1）e=1,即完全弹性碰撞，ΔEk=0 （2）e=0,即完全非弹性碰撞，动能损失 最大，为：
O
x f(x)=x x
1 2 W kxx k xx k ( x ) 2 1 2 E W kx 2
x
（3）质心运动定理在高考物理的应用
质点系受力如图， 对系统：
F2 F1 F3 F4
F =m1 a1 m2 a2 mn an (m1 m2 mn )ac
即：
l mIv mIv I ( s )t e vt e l
2
l mIv I ( ) t l s e
2
msvI etI 2
（2）微元法在静电场中的应用
电势与电场的关系：
W E p
l
E
B
A
q
qEl [q( ) q ] q
E l
即：场强方向为电势降落最快的方向，大小 等于电势的导数
高三物理知识点的综合应用
高三物理知识点的综合应用物理是一门研究自然界中物质、能量、力量相互关系的学科，它为我们解释了许多自然现象和科学原理。
在高三学习阶段，我们需要对已学的物理知识点进行综合应用，以解决实际问题。
本文将介绍几个高三物理知识点的综合应用案例。
1. 动量守恒定律应用案例动量守恒定律是物理学中的基本定律之一，它描述了在没有外力作用下，系统的总动量保持不变。
在汽车碰撞问题中，我们可以运用动量守恒定律来分析两车碰撞后的情况。
例如，当一辆质量为m1的汽车以v1的速度向一辆质量为m2的汽车靠近时，碰撞前后两车的总动量应保持不变。
可以通过求解动量守恒方程来计算碰撞后的速度。
2. 电磁感应定律应用案例电磁感应定律是描述磁场变化时电流感应的定律。
在一些实际应用中，我们可以运用电磁感应定律来解决问题。
例如，在发电机中，当导体通过磁场时，会产生感应电动势。
通过理解电磁感应定律，我们可以计算出发电机中的电流、电压等参数，从而实现电能的转换。
3. 热力学循环应用案例热力学循环是描述热能转化为机械能的过程。
例如，蒸汽机是一种常见的热力学循环设备，通过将水转化为蒸汽，再利用蒸汽的压力来推动机械运动，实现能源转换。
在分析热力学循环中的效率问题时，我们可以运用热力学定律和热力学方程，计算出循环中的功和热量转化情况。
4. 光的衍射和干涉应用案例衍射和干涉是光学中重要的现象，通过它们，我们可以解释光通过狭缝或通过多个波源传播时产生的干涉和衍射现象。
例如，在双缝实验中，我们可以通过分析衍射和干涉的规律，计算出衍射和干涉条纹的间距和亮度分布。
这对于设计光学仪器和解释光学现象有着重要的意义。
5. 牛顿力学问题应用案例牛顿力学是经典力学的重要分支，已被广泛应用于解决各种实际问题。
例如，在天体运动问题中，通过运用牛顿的万有引力定律和牛顿第二定律，我们可以计算出行星的轨道和速度。
此外，在力学系统中，也可以通过牛顿力学的方法来分析物体的运动、力的作用和机械能的转换等问题。
物理高考复习专题(应用型创新型试题分析)(附答案)
例 4：有一质量不计的小桶，用它人 10 米深的井下装满 10kg 水后，用
绳匀速拉到井口，由于桶是漏水的，桶在上升过程中平均每升高 1m 就
会漏掉 1kg 水，问：将这桶水从井底提升到井口的过程中，绳的拉力所
做的功为多少？
解：设想用一个同样的桶 B 挂在桶 A 的下面，这样桶 A 漏出的水完全盛
在桶 B 中，这样两桶水的总质量不变，当桶到达井口时，小桶 A 恰好为
A
B
例 6：A、B、C 三只小狗同时从边长为 L 的正三角形顶点 A、B、C 出发，以相同的速率 V 运动，运动中始
终保持 A 朝着 B、B 朝着 C、C 朝着 A，试问经过多长时间三只
狗相遇？每只狗跑了多长路程？ 解：据题意知三只小狗都作等速率曲线运动，而且任一时刻三 只小狗都分别位于一个正三角形的三个顶点上。现把从开始到 相遇的时间 t 分成 n 个微小时间元Δt（Δt→0），在每个Δt 内 A、B、C 的速度方向及第一个Δt 末三只狗的位置 A1、B1、
整个框架可绕轴转动，杆 AB 是一导轨，一电动玩具松鼠可在导轨上运动，如图，现观察到松鼠正在导轨
上运动，而框架却静止不动，试论证：松鼠的运动应是一种什么样的运动？
解：对杆而言，由力矩平衡条件得：mgX=F·Lsin600，
C
其中 X 为松鼠离开 AB 中心的距离，F 为松鼠对杆的作用力。 则 F=2mg/√3L·X，则杆对松鼠的作用力 F/=－F=－2mg/√3L·X =－KX，即松鼠做简谐振动，振幅为 L/2
物理与自然和生活的联系丰富多彩，如：天体运行、航天技术、体育运动、人体科学、医药卫生、通 信气象、交通安全、家用电器等等，
物理中每一重要的知识块，几乎都与现代科技紧密相关，如：圆周运动与 GPS 全球定位系统；万有引 力与宇宙探测；光的反射、折射与激光光纤通信；电场与静电的防止和应用；电磁感应与磁悬浮列车；原 子核与核技术的应用；激光全息技术等等。
高考物理实验方法,题型及解决方法
高考物理实验方法,题型及解决方法（经典版）编制人：__________________审核人：__________________审批人：__________________编制单位：__________________编制时间：____年____月____日序言下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。
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高考物理(四川专用)精讲专题 功能关系在力学中的应用(高考定位审题破题,含题组及解析)
高考定位功和功率、动能和动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律是力学的重点，也是高考考查的重点，常以选择题、计算题的形式出现，考题常与生产生活实际联系紧密，题目的综合性较强．应考策略：深刻理解功能关系，综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题．考题1力学中的几个重要功能关系的应用例1如图1所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a 通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m .开始时，a 、b 均静止且a 刚好不受斜面摩擦力作用．现对b 施加竖直向下的恒力F ，使a 、b 做加速运动，则在b 下降h 高度过程中( )图1A ．a 的加速度为F mB ．a 的重力势能增加mghC ．绳的拉力对a 做的功等于a 机械能的增加D ．F 对b 做的功与摩擦力对a 做的功之和等于a 、b 动能的增加审题突破重力势能的变化和什么力做功相对应？机械能的变化和什么力做功相对应？动能的变化又和什么力做功相对应？ 答案BD1．如图2所示，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑水平面上，质量为m 的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F 作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.此过程中，以下结论正确的是()图2A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)·(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fxC．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋x)D．小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)答案ABC解析小物块受到的合外力是F－f，位移为L＋x，由动能定理可得小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋x)，同理小车的动能也可由动能定理得出为fx；由于小物块和小车间的滑动摩擦力产生内能，小物块和小车增加的机械能小于F(L＋x)．2．(2014·广东·16)图3是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()图3A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能答案B解析由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．3．如图4甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m＝1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是()图4A ．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B ．0～8s 内物体位移的大小为18mC ．0～8s 内物体机械能的增量为90JD ．0～8s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126J 答案AC解析根据速度时间图像分析，前6秒钟，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为a ＝1m/s 2，根据物体在传送带上受力分析有μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，整理得μ＝0.875，选项A 正确.0～8s 内物体位移等于前8秒钟速度时间图像与时间轴围成的面积，时间轴上面的部分代 表位移为正，下面的部分代表位移为负，结合图像得位移x ＝(2＋6)×42－2×22m ＝14m ，选项B 错误.0～8s 内物体动能增加量为12m ×v 2－12m ×v 20＝6J ，重力势能增加mgx ×sin θ＝84J ，机械能增加量为6J ＋84J ＝90J ，选项C 正确．摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q 1＝μmg cos θ×v 02t 1＝14J ，第二部分为2～6s ，摩擦生热Q 2＝μmg cos θ×v2t 2＝56J ，最后物体做匀速直线运动摩擦力为静摩擦力，二者没有相对运动，不产生热量，所以0～8s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q 1＋Q 2＝70J ，选项D 错误．几个重要的功能关系1．重力的功等于重力势能的变化，即W G ＝－ΔE p . 2．弹力的功等于弹性势能的变化，即W 弹＝－ΔE p . 3．合力的功等于动能的变化，即W ＝ΔE k .4．重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W 其他＝ΔE . 5．一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q ＝fl 相对考题2动力学方法和动能定理的综合应用例2光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图5所示装置，其中直轨道bc 粗糙，直轨道cd 光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧．质量为m ＝0.1kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点a 时的速度大小为v ＝4m /s ，当滑块运动到圆轨道与直轨道bc 的相切处b 时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道bc 滑行，到达轨道cd 上的d 点时速度为零．若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R ＝0.25 m ，直轨道bc 的倾角θ＝37°，其长度为L ＝26.25 m ，d 点与水平地面间的高度差为h ＝0.2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6.求：图5(1)滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小； (2)滑块与直轨道bc 间的动摩擦因数； (3)滑块在直轨道bc 上能够运动的时间．审题突破(1)在圆轨道最高点a 处滑块受到的重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律即可求解；(2)从a 点到d 点重力与摩擦力做功，全程由动能定理即可求解；(3)分别对上滑的过程和下滑的过程中使用牛顿第二定律，求得加速度，然后结合运动学的公式，即可求得时间．解析 (1)在圆轨道最高点a 处对滑块，由牛顿第二定律得：mg ＋N ＝m v 2R，得N ＝m (v2R－g )＝5.4N由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小为5.4N. (2)从a 点到d 点全程，由动能定理得： mg (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )－μmg cos θ·L ＝0－12m v 2μ＝g (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )＋v22gL cos θ＝0.8(3)设滑块在bc 上向下滑动的加速度为a 1，时间为t 1，向上滑动的加速度为a 2，时间为t 2，在c 点时的速度为v c .由c 到d ：12m v 2c ＝mghv c ＝2gh ＝2m/sa 点到b 点的过程：mgR (1＋cos θ)＝12m v 2b －12m v 2v b ＝v 2＋2gR (1＋cos θ)＝5m/s在轨道bc 上：下滑：L ＝v b ＋v c 2t 1t 1＝2Lv b ＋v c ＝7.5s上滑：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 a 2＝g sin θ＋μg cos θ＝12.4m/s 2 0＝v c －a 2t 2t 2＝v c a 2＝212.4s ≈0.16sμ>tan θ，滑块在轨道bc 上停止后不再下滑 滑块在bc 斜面上运动的总时间： t 总＝t 1＋t 2＝(7.5＋0.16) s ＝7.66s 答案 (1)5.4N (2)0.8 (3)7.66s4．如图6(a)所示，一物体以一定的速度v 0沿足够长斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系由图(b)中的曲线给出．设各种条件下，物体运动过程中的摩擦系数不变．g ＝10m/s 2，试求：图6(1)物体与斜面之间的动摩擦因数； (2)物体的初速度大小； (3)θ为多大时，x 值最小．答案(1)33 (2)5m/s (3)π3解析(1)由题意可知，当θ为90°时，v 0＝2gh ①由题图b 可得：h ＝54m当θ为0°时，x 0＝543m ，可知物体运动中必受摩擦阻力．设动摩擦因数为μ，此时摩擦力大小为μmg ，加速度大小为μg .由运动学方程得v 20＝2μgx 0②联立①②两方程：μ＝33(2)由①式可得：v 0＝5m/s(3)对于任意一角度，利用动能定理得对应的最大位移x 满足的关系式 12m v 2＝mgx sin θ＋μmgx cos θ 解得x ＝v 202g (sin θ＋μcos θ)＝h sin θ＋μcos θ＝h 1＋μ2sin (θ＋φ)其中μ＝tan φ，可知x 的最小值为x ＝h 1＋μ2＝32h ≈1.08m 对应的θ＝π2－φ＝π2－π6＝60°＝π31．应用动力学分析问题时，一定要对研究对象进行正确的受力分析、结合牛顿运动定律和运动学公式分析物体的运动．2．应用动能定理时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式． (1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单．(2)因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关．在中学物理中一般取地面为参考系．(3)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统．如果涉及多物体组成的系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重．在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解．考题3综合应用动力学和能量观点分析多过程问题例3 (14分)如图7所示，倾角θ＝30°、长L ＝4.5m 的斜面，底端与一个光滑的14圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为m ＝1kg 的物块(可视为质点)从斜面最高点A 由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B 后恰好能到达圆弧轨道最高点C ，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D 点，再由D 点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在B 点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝36，g ＝10m/s 2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：图7(1)物块经多长时间第一次到B 点；(2)物块第一次经过B 点时对圆弧轨道的压力； (3)物块在斜面上滑行的总路程．解析 (1)物块沿斜面下滑时， mg sin θ－μmg cos θ＝ma (2分) 解得：a ＝2.5m/s 2(1分) 从A 到B ，物块匀加速运动，由L ＝12at 2(1分)可得t ＝3105s(1分)(2)因为物块恰好到C 点，所以到C 点速度为0.设物块到B 点的速度为v ，则mgR ＝12m v 2(2分)N －mg ＝m v 2R (1分)解得N ＝3mg ＝30N(1分) 由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为N ′＝30N ，方向向下(1分)(3)从开始释放至最终停在B 处，设物块在斜面上滑行的总路程为s ， 则mgL sin θ－μmgs cos θ＝0(3分)解得s ＝9m(1分)答案 (1)3105s (2)30N ，方向向下 (3)9m(18分)如图8所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝1.8m /s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进人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．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v ＝3 m/s ，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R ＝2m ，C 点和圆弧的圆心O 点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g ＝10m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：图8(1)小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量． 答案 (1)22.5N ，方向竖直向下 (2)32J解析 (1)设小物体在C 点时的速度大小为v C ，由平抛运动的规律可知，C 点的速度方向与水平方向成θ＝53°，则由几何关系可得：v C ＝v 0cos θ＝ 1.8cos53°m /s ＝3 m/s ①由C 点到D 点，由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝12m v 2D －12m v 2C ② 小物块在D 点， 由牛顿第二定律得：N －mg ＝m v 2DR③由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力为：N ′＝N ④ 联立①②③④得：N ′＝22.5N ，方向竖直向下(2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得： a ＝μmg m＝μg ＝0.5×10m /s 2＝5 m/s 2⑤小物块匀减速直线运动的时间为t 1，向左通过的位移为x 1，传送带向右运动的距离为x 2，则： v D ＝at 1⑥x 1＝12at 21⑦x 2＝v t 1⑧小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为t 2，向右通过的位移为x 3，传送带向右运动的距离为x 4，则 v ＝at 2⑨x 3＝12at 22⑩x 4＝v t 2⑪整个过程小物块相对传送带滑动的距离为： x ＝x 1＋x 2＋x 4－x 3⑫ 产生的热量为：Q ＝μmgx ⑬ 联立⑤～⑬解得：Q ＝32J知识专题练训练5题组1力学中的几个重要功能关系的应用1．将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为v 0，小球落到地面时的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( )A ．小球克服空气阻力做的功小于mghB ．重力对小球做的功等于mghC ．合外力对小球做的功小于m v 20D ．重力势能的减少量等于动能的增加量 答案AB解析从抛出到落地过程中动能变大了，重力做的功大于空气阻力所做的功，而这个过程中重力对小球做的功为mgh ，所以选项A 、B 正确；从抛出到落地过程中，合外力做的功等于小球动能的变化量：W 合＝ΔE k ＝12m (2v 0)2－12m v 20＝32m v 20>m v 20，选项C 错误；因为小球在下落的过程中克服空气阻力做功，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，选项D 错误． 2.如图1所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m ，开始时a 、b 及传送带均静止，且a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度(未与滑轮相碰)过程中( )图1A ．物块a 重力势能减少mghB ．摩擦力对a 做的功大于a 机械能的增加C ．摩擦力对a 做的功小于物块a 、b 动能增加之和D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等 答案ABD解析由题意m a g sin θ＝mg ，则m a ＝msin θ.b 上升h ，则a 下降h sin θ，则a 重力势能的减少量为m a gh sin θ＝mgh ，故A 正确．摩擦力对a 做的功等于a 、b 机械能的增加量．所以摩擦力对a 做的功大于a 的机械能增加量．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统动能的增加量，故B 正确，C 错误．任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，克服重力的瞬时功率P b ＝mg v ，对a 有：P a ＝m a g v sin θ＝mg v ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 正确．故选A 、B 、D.题组2动力学方法和动能定理的综合应用3．某家用桶装纯净水手压式饮水器如图2所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为v ，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H ，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S ，水的密度为ρ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图2A ．出水口单位时间内的出水体积Q ＝v SB ．出水口所出水落地时的速度2gHC ．出水后，手连续稳定按压的功率为ρS v 32η＋ρv SgH ηD ．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和答案AC解析由题意知，设流水时间为t ，则水柱长v t ，体积Q ′＝v tS ，可得：单位时间内的出水体积Q ＝v S ，所以A 正确；设落地的速度为v 1，根据动能定理mgH ＝12m v 21－12m v 2，故水落地时的速度不等于2gH ，所以B 错误；设t 时间内，供水质量为m ，人做功为W ，根据供水系统的效率为η可得：η＝mgH ＋12m v 2W ，其中m ＝ρv tS 代入得P ＝ρS v 32η＋ρv SgH η，所以C 正确，D 错误．4．如图3所示，质量为m 的滑块从h 高处的a 点沿圆弧轨道ab 滑入水平轨道bc ，滑块与轨道的动摩擦因数相同．滑块在a 、c 两点时的速度大小均为v ，ab 弧长与bc 长度相等．空气阻力不计，则滑块从a 到c 的运动过程中( )图3A ．小球的动能始终保持不变B ．小球在bc 过程克服阻力做的功一定等于12mgh C ．小球经b 点时的速度大于gh ＋v 2D ．小球经b 点时的速度等于2gh ＋v 2答案C解析由题意知，在小球从b 运动到c 的过程中，摩擦力做负功，动能在减少，所以A 错误；从a 到c 根据动能定理：mgh －W f ＝0可得全程克服阻力做功W f ＝mgh ，因在ab 段、bc 段摩擦力做功不同，故小球在bc 过程克服阻力做的功一定不等于mgh 2，所以B 错误；在ab 段正压力小于bc 段的正压力，故在ab 段克服摩擦力做功小于在bc 段克服摩擦力做功，即从a 到b 克服摩擦力做功W f ′<12mgh ，设在b 点的速度为v ′，根据动能定理：mgh －W f ′＝12m v ′2－12m v 2，所以v ′>gh ＋v 2，故C 正确，D 错误． 5．如图4所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB 是长为x ＝10m 的水平直轨道，BCD 是圆心为O 、半径为R ＝10m 的34圆弧轨道，两轨道相切于B 点．在外力作用下，一小球从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B 点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，重力加速度为g ＝10m/s 2.求：图4(1)小球在AB 段运动的加速度的大小；(2)小球从D 点运动到A 点所用的时间．(结果可用根式表示)答案(1)25m/s 2(2)(5－3) s 解析(1)小滑块恰好通过最高点，则有：mg ＝m v 2C R解得v C ＝gR ＝10m/s从B 到C 的过程中机械能守恒：12m v 2B ＝12m v 2C＋mg ·2R 解得v B ＝5gR ＝105m/s从A →B 根据速度位移公式得：v 2B ＝2ax解得a ＝25 m/s 2(2)从C 到D 的过程中机械能守恒：12m v 2D ＝12m v 2C＋mg ·R 解得v D ＝3gR ＝103m/s由C 到B 再到A 的过程机械能守恒，故v A ＝v B ＝105m/s小球从D →A 做加速度为g 的匀加速运动，由速度公式得：v A ＝v D ＋gt解得t ＝(5－3) s题组3综合应用动力学和能量观点分析多过程问题6．如图5所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R .用质量m 1＝0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点．用同种材料、质量为m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后由P 点沿切线落入圆轨道．不计空气阻力g ＝10m/s 2，求：图5(1)物块m 2过B 点时的瞬时速度v 0及与桌面间的滑动摩擦因数；(2)BP 之间的水平距离；(3)判断m 2能否沿圆轨道到达M 点(要有计算过程)；(4)释放后m 2运动过程中克服摩擦力做的功．答案(1)6m/s0.4 (2)4.1m (3)不能 (4)5.6J解析(1)由物块m 2过B 点后其位移与时间的关系x ＝6t －2t 2与x ＝v 0t ＋12at 2比较得： v 0＝6m/s加速度a ＝－4m/s 2而－μm 2g ＝m 2a得μ＝0.4(2)设物块由D 点以v D 做平抛运动落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR根据几何关系有：v y v D＝tan45° 解得v D ＝4m/s运动时间为：t ＝2R g ＝ 1.610s ＝0.4s 所以DP 的水平位移为：4×0.4m ＝1.6mBD 间位移为x BD ＝v 2D －v 202a＝2.5m 所以BP 间位移为2.5m ＋1.6m ＝4.1m(3)设物块到达M 点的临界速度为v M ，有：m 2g ＝m 2v 2M Rv M ＝gR ＝22m/s 由机械能守恒定律得：12m 2v M ′2＝12m 2v 2D －22m 2gR 解得v M ′＝16－82m/s 因为16－82<2 2所以物块不能到达M 点．(4)设弹簧长为AC 时的弹性势能为E p ，释放m 1时，E p ＝μm 1gx CB释放m 2时E p ＝μm 2gx CB ＋12m 2v 20 且m 1＝2m 2可得：E p ＝m 2v 20＝7.2Jm 2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f则由能量转化及守恒定律得：E p ＝W f ＋12m 2v 2D 可得W f ＝5.6J7．如图6所示，高台的上面有一竖直的14圆弧形光滑轨道，半径R ＝54m ，轨道端点B 的切线水平．质量M ＝5kg 的金属滑块(可视为质点)由轨道顶端A 由静止释放，离开B 点后经时间t ＝1s 撞击在斜面上的P 点．已知斜面的倾角θ＝37°，斜面底端C 与B 点的水平距离x 0＝3m ．g 取10m/s 2，sin37° ＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力．图6(1)求金属滑块M 运动至B 点时对轨道的压力大小；(2)若金属滑块M 离开B 点时，位于斜面底端C 点、质量m ＝1kg 的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P 点被M 击中．已知滑块m 与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，求拉力F 大小；(3)滑块m 与滑块M 碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F ，此时滑块m 速度变为4m/s ，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M ，求滑块m 此后在斜面上运动的时间．答案(1)150N (2)13N (3)(0.5＋72) s 解析(1)从A 到B 过程，由机械能守恒定律得：MgR ＝12M v 2B在B 点，由牛顿第二定律得：F －Mg ＝M v 2B R解得F ＝150N由牛顿第三定律可知，滑块对B 点的压力F ′＝F ＝150N ，方向竖直向下．(2)M 离开B 后做平抛运动水平方向：x ＝v B t ＝5m由几何知识可知，m 的位移：s ＝x －x 0cos37°＝2.5m 设滑块m 向上运动的加速度为a由匀变速运动的位移公式得：s ＝12at 2 解得a ＝5m/s 2对滑块m ，由牛顿第二定律得：F －mg sin37°－μmg cos37°＝ma解得F ＝13N(3)撤去拉力F 后，对m ，由牛顿第二定律得： mg sin37°＋μmg cos37°＝ma ′解得a ′＝8m/s 2滑块上滑的时间t ′＝v a ′＝0.5s 上滑位移：s ′＝v 22a ′＝1m 滑块m 沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得： mg sin37°－μmg cos37°＝ma ″解得a ″＝4m/s 2下滑过程s ＋s ′＝12a ″t ″2 解得t ″＝72s 滑块返回所用时间：t ＝t ′＋t ″＝(0.5＋72) s。
高三物理学习中的物理实例应用
高三物理学习中的物理实例应用近年来，高三物理学习已经成为学生们学习的重点之一。
物理学作为一门基础科学，不仅仅是为了应付考试，更是为了让学生们掌握运用物理原理解决实际问题的能力。
在高三物理学习中，物理实例的应用具有重要的意义。
本文将通过讨论几个常见的物理实例应用，探讨高三物理学习的重要性和对实际生活的应用。
一、倒影原理在激光投影中的应用光学是高三物理学习的一大重点，其中倒影原理在激光投影中起着重要的作用。
激光投影仪通过使用激光光束将影像投射到屏幕上，而倒影原理则可以帮助我们理解投影的原理。
倒影的产生是光线在垂直方向发生反射的结果，这种原理也被应用于激光投影中。
学生们在高三物理学习中，可以通过实验和模拟操作来观察和理解这个物理实例，进而更好地理解光的传播和反射规律。
二、动力学原理在机械运动中的应用在学习高三物理中的动力学原理时，机械运动是一个重要的应用领域。
例如，学生们可以通过研究物体在斜面上的运动，掌握牛顿定律和摩擦力的作用。
通过实验和计算，学生们可以理解物体在不同斜度斜面上的运动规律，以及不同的受力情况对运动的影响。
这些知识将有助于学生们理解汽车、摩托车等工具的运动原理，并且可以通过高三物理学习中的习题和实践检验来加深对该物理实例的理解。
三、电磁学原理在电子设备中的应用在高三物理学习过程中，电磁学原理是一个关键的内容。
在电子设备中，电磁学原理有着广泛的应用。
例如，学生们可以通过学习和实验来了解磁场的产生与作用，理解电磁感应定律和电磁波的传播。
这对于我们理解电动机、发电机、变压器等电子设备的工作原理至关重要。
通过高三物理学习中的电磁学实验和模拟训练，学生们可以更加深入地理解这些物理实例的应用和工作原理。
四、热学原理在生活中的应用热学作为高三物理学习的一门重要内容，对于我们生活中的许多现象和应用也起着重要的作用。
例如，学习热力学时，学生们可以了解热能的传递、热力学的基本定律以及热传导和热辐射的原理。
物理高考新热点——应用型综合题
Ｖ ｏ－ ２０ Ｎ ｏ．１ － ６６ ４．２０ ０２ ．１４ ．
物
理
教
学
探
讨
第 ２ ０卷 总 第 １ ６期 ６
２０ ０ ２年 第 ４期
Ｊ ｕ ｎ ｌ ０ Ｐ ｙ ￣ｓ Ｔｅ ｃ ｉ ｇ ｏ ｒ ａ ｆ ｈ ａｃ ａ ｈｎ
物 理 高 考 新 热 点
② 考 试 命 题 原则 —— 遵 循 教 学 大 纲 ， 十 题 关 于 ２ ０ 但 ０ ０年 １月 ２ ６日我 国 发 射 同步 卫 星
＠ 试题 设 计 —— 强 凋 由 注 重 知 识 立 意 题 和 能 力 题 ， 加 综 合 能 力 增
决 的 物 理 问 题 往 往 是 一 种 干扰 ， 内 容 很 生 疏 模 型 ， 其 进而 解 决 实 际 问题 。
再 看 连 续 三 年 的 上 海 物 理 高 考 试 卷 ：９ ９ ｌ ９ 年 压 轴 题 要 求 考 生 由“ 宙 大 爆 炸 ”学 说 估 算 宇 宇
宙 年 龄 ； ０ ０年 压 轴 题 黑 洞 辐 射 、 收 能 量 估 ２０ 吸
测 试 ， 考 查 跨 学 科 的综 合 能 力 并
｛ 研 究｝
江 苏 省南 通 第 ～ 中学 （ ２ Ｏ １ ２ ６Ｏ ）
应 用 型 综 合 题
范咏梅
１９ ９年 中 共 中央 国 务 院 颁 发 的《 于 深 化 和 唬 人 ， 考 生 以某 种 威 压 ， 时 也 增 加 了 阅 读 ９ 关 给 同 教 育 改 革 ， 面 推 行 素 质 教 育 的 决 定 》明确 提 出 全 量 和 读 题 难 度 。 生 要 学 会 分 析 处 理 信 息 ， 要 考 不 “ 革 高 考 制 度 是 推 进 中 小 学 全 面 实 施 素 质 教 在 背 景 材 料 上 过分 纠 缠 ， 快 获 取 隐 含 在 生 活 、 改 尽
高中物理学习中的知识点拓展应用解析
高中物理学习中的知识点拓展应用解析在高中物理学习过程中，我们接触到了许多基本的概念和理论，如力学、热学、光学等。
然而，仅仅停留在基本知识点的层面上显然是远远不够的。
为了更好地理解和应用这些知识点，我们需要进行进一步的拓展和应用分析。
本文将以力学、热学和光学为例，分别从拓展性知识和应用方面进行解析，并给出相应的实例。
一、力学的知识点拓展应用解析：1. 动量守恒定律拓展：除了常见的两个物体相互碰撞的场景，动量守恒定律在弹性体的碰撞、火箭原理中等也有广泛的应用。
例如，我们可以通过动量守恒定律来解释为什么火箭在发射时会产生向上的推力。
2. 牛顿第三定律拓展：除了常见的物体相互作用的力相等、方向相反的情况，牛顿第三定律也适用于介质中的物质运动。
比如，我们可以利用牛顿第三定律解释水中游泳的原理。
二、热学的知识点拓展应用解析：1. 热传导定律拓展：热传导定律不仅仅适用于均质物体的情况，还可以拓展到非均质物体和复杂结构的物体。
例如，我们可以利用热传导定律解释为什么在金属棒的一端加热时，另一端也会变热。
2. 热量计算的应用：在实际生活中，我们需要计算物体热量的变化，以便更好地控制温度。
通过热学的知识，我们可以计算物体的热容量和热量的传递速率，从而为工程设计和实验研究提供依据。
三、光学的知识点拓展应用解析：1. 入射光线的折射：除了常见的光在介质中的折射现象，光的折射还有一些特殊现象。
例如，当光线从一个介质射向另一个介质时，其折射角还受到介质的色散性质的影响，导致不同波长的光折射角度不同。
2. 光的干涉与衍射：光的干涉与衍射现象不仅仅局限于理论领域，也广泛应用于实际生活和科技领域。
例如，我们可以应用干涉与衍射的原理来设计光栅、光学仪器和光学传感器等。
通过以上的解析，我们可以看到，对于高中物理学习中的知识点，我们可以进行拓展性的解析和应用。
这样一来，我们不仅更好地理解了知识点本身，还能够将其应用于实际问题的解决中，提升我们的物理学习水平和应用能力。
北京高考物理各知识点分值分布
北京高考物理各知识点分值分布在北京的高考物理考试中，各个知识点的分值分布是考生们关注的重点之一。
准确了解每个知识点所占的分值比重，可以帮助考生合理分配复习时间和精力，从而提高物理成绩。
本文将从题型分析、知识点分值和备考建议等方面进行探讨。
首先，我们先来了解一下北京高考物理考试的题型分布。
根据往年的统计数据，物理试题主要分为选择题、解答题和实验题三种类型。
其中，选择题又分为单选题和多选题，解答题包括简答题和计算题，实验题要求考生完成一道物理实验并撰写实验报告。
每个题型的分值比重不同，因此考生在备考时需要有针对性地进行复习。
接下来，我们来看一下北京高考物理各知识点的分值分布。
根据过往的高考试题和命题趋势，可以发现一些规律。
首先，近年来，力与运动、光学和热学等知识点占据了较大比例的分值。
这些知识点涵盖了物理学的基本原理和常见应用，是考生必须掌握的核心内容。
其次，电学和电磁学也是重要的考点，在试题中出现的频率较高。
此外，现代物理、声学和波动等知识点的分值相对较低，但仍然需要加以重视。
掌握这些知识点，可以对试题有更全面的理解和更准确的解答。
针对上述分值分布，考生们应该如何进行备考呢？首先，要有系统的学习计划。
可以根据每个知识点在考试中所占的分值比重，合理安排每个知识点的学习进度。
既可以根据个人的学习能力和自律性制定计划，也可以寻求老师和家长的指导。
其次，要注重基础知识的理解和掌握。
北京高考物理试题偏向于应用型和综合型，基础知识的扎实程度对于解答题目至关重要。
因此，考生在复习时要注重理论知识的学习，通过课本、参考书和习题的综合运用，达到广度和深度的掌握。
同时，要注重基础题型的训练和模拟考试，以提高解题技巧和应变能力。
最后，要注重实践和实验能力的培养。
物理是一门实践性很强的科学，理论知识的学习要与实际问题的解决相结合。
通过实验和实践的锻炼，不仅可以提高对物理现象的观察和理解能力，还可以培养科学研究和实际问题解决的能力。
高考理学五大类应用型专业介绍
高考理学五大类应用型专业介绍应用物理学一、专业解析应用物理学主要学习物理学的基本理论与方法，具有良好的数学基础和实验技能，受到应用基础研究、应用研究和技术开发以及工程技术的初步训练，具有良好的科学素养，适应高新技术发展的需要，具有较强的知识更新能力和较广泛的科学适应能力。
应用物理学专业培养具有坚实的数理基础，熟悉物理学基本理论和发展趋势，熟悉计算机语言，掌握实验物理基本技能和数据处理的方法，获得技术开发以及工程技术方面的基本训练，具有良好的科学素养和创新意识的人才。
二、就业方向就业去向：毕业生能在应用物理、电子信息技术、材料科学与工程、计算机技术等相关科学领域从事应用研究、技术开发以及教学和管理工作。
三、开设院校开设应用物理学专业的总共有207所学校，排名靠前的：北京大学、清华大学、南京大学、浙江大学、南开大学、天津大学、中国科学技术大学、武汉大学。
应用化学一、专业解析应用化学，就是通过学习掌握各种化学知识并应用到实际生产生活中，包括化工、材料、医药、环境、能源、轻工等行业。
应用化学专业的研究内容与人类的衣食住行有密切关系。
我国每年生产的合成纤维约占世界份额的60%，可为全球每个人制作4套衣服;全国每年新增建筑面积16-20亿平方米，水泥、钢筋、塑料、涂料等建筑和装修材料都来自化学工业领域;当今，中国已经是第一大汽车产销国，汽车生产和使用所需的汽油、柴油、电池、钢材、橡胶等同样来自泛化学工业，而轻轨、高铁的发展也离不开化学工业。
国家重点支持的新能源、新材料领域的研究开发，就属于应用化学未来发展的重点领域与方向，具有很好的发展前景。
二、就业方向应用化学应用广泛，市场需求多样，毕业生就业主要去向为：化学和化工行业、冶金行业、医药行业、食品、检验检疫、能源、环保等行业。
三、开设院校全国开设应用化学专业的高校超过400所。
各高校应用化学专业由于人才培养侧重不同，形成了电化学、工业分析、化学制药、精细化工、生物制药、油田化学、质量检测、化工与制药、产品质量检验、化学材料与技术、无机非金属材料等众多方向。
高考物理必考大题类型
高考物理必考大题类型
高考物理必考大题类型包括以下几种：
1. 定义型题目：要求考生准确地描述或解释物理概念、定律、原理等。
2. 计算型题目：要求考生运用物理公式进行计算，得出数值或选择合适的计算方法。
3. 推理分析型题目：要求考生通过对物理现象、实验数据等的分析，推理出相关结论或解释。
4. 应用型题目：要求考生将物理知识应用到实际问题，解决常见物理实际问题。
5. 习题解答型题目：要求考生通过解答一系列物理习题，综合运用所学的物理知识和解题技巧。
这些类型的题目在高考物理考试中是经常出现的，考生需要熟悉并掌握相应的解题方法和技巧。
高中物理知识在航空航天方面应用分析
高中物理知识在航空航天方面应用分析1.物理定律的应用：航空航天工程涉及到多个物理定律的应用，如牛顿的三个运动定律、万有引力定律、质能方程等。
这些定律被用于解释和预测飞行器的运动、引力场对天体运动的影响等。
2.力学和动力学：高中物理中学习的力学和动力学知识在航空航天中有广泛的应用。
比如，我们可以利用动力学原理预测航天器在不同引力场中的运动轨迹，也可以利用牛顿第二定律计算航空器的受力和加速度。
3.流体力学：在航空航天中，流体力学是一个非常重要的领域。
高中物理中学习的流体力学知识，如流体静力学、伯努利定律、流体阻力等，可以用于设计飞机的机翼形状、推进系统、液体火箭的工作原理等。
4.热力学：航空航天工程中的热问题是一个必须考虑的因素。
高中物理中学习的热力学知识，如热传导、热辐射、气体状态方程等，可以应用于设计航天器的热控系统，确保航天器在高温、低温和真空等环境中正常工作。
5.电磁学：电磁学是航空航天中另一个重要的领域。
高中物理中学习的电磁学知识，如麦克斯韦方程组、电磁波等，可以应用于设计雷达系统、通信系统、探测仪器等。
6.光学：光学是航空航天中的一个重要方面。
高中物理中学习的光学知识，如光线的反射、折射、干涉、衍射等，可以应用于设计光学仪器、窗口、光纤通信等。
7.材料科学：材料科学是航空航天中一个关键的领域。
高中物理中学习的材料科学知识，如杨氏模量、热膨胀系数、导热系数等，可以应用于选择合适的材料用于飞行器的结构、热防护、隔热等。
综上所述，高中物理知识在航空航天领域的应用涵盖了力学、动力学、流体力学、热力学、电磁学、光学和材料科学等众多领域。
这些知识的应用有助于设计、建造和运行飞行器，提高其性能和安全性。
高考物理- 综合应用篇
综合应用篇专题一 物理中的数学方法●高考趋势展望应用数学知识处理物理问题的能力，是高考要求学生必须具备并重点考查的五种基本能力之一.对此,《考试说明》中有明确的阐述,要求学生能根据具体问题列出物理量间的关系式,进行推导和求解,并根据结果得出物理结论;必要时能运用几何图形、函数图象进行表达、分析,能进行正确的数学运算,其中既要重视定量的计算,也要重视定性和半定量的分析和推理.一些典型的数学方法的应用,既丰富了物理问题的分析思路,更为物理问题的处理提供了方便.熟练地掌握和应用一些典型的数学方法,对提高物理成绩,是大有帮助的.●知识要点整合所谓数学方法,就是要把客观事物的状态、关系和过程用数学语言表达出来,进行推导、演算和分析,以形成对问题的判断、解释和预测.可以说,每一物理问题的分析、处理过程,都是数学方法运用的过程.本专题中所指的数学方法,是指一些特殊、典型的方法.处理中学物理问题,常用的典型数学方法有极值法、几何法、图象法、数学归纳推理法等.1.极值法数学中求极值的方法很多,物理极值问题的讨论中常用的极值法有:三角函数极值法、二次函数极值法、一元二次方程的判别式法等.2.几何法常用的有三角形的相似、解直角三角形及一些几何公理的应用等.3.图象法图象法具有简明、直观的特点,对一些较抽象的物理问题,恰当地引入物理图象,常可化抽象为形象,便于突破难点、疑点,使解题过程大大简化,计算快速便捷. ●精典题例解读［例1］如图1-1所示，虚线MN 是一垂直纸面的平面与纸面的交界线,在平面右侧的半空间存在一磁感应强度为B 的匀强磁场,方向垂直纸面向外.O 是MN 上的一点,从O 点可以向磁场区域发射电量为+q 、质量为m 、速率为v 的粒子,粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向.已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P 点相遇,P 到O 的距离为L .不计重力及粒子间的相互作用.图1-1(1)求所考查的粒子在磁场中的轨道半径.(2)求这两个粒子从O 点射入磁场的时间间隔.【解析】 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R ,由牛顿第二定律得: qvB =mRv2,得:R =Bqmv ①(2)如图1-1所示,以OP 为弦画两个半径相等的圆,分别表示两个粒子的轨道.圆心和直径分别为O 1、O 2和OO 1Q 1、OO 2Q 2,在O 处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向,用θ表示它们的夹角.由几何关系得：∠PO 1Q 1=∠PO 2Q 2=θ② 从O 点射入到两个粒子相遇,粒子1的路径为半个圆周加弧长Q 1P , 且Q 1P =R θ ③ 粒子2的路径为半个圆周减弧长Q 2P , 且Q 2P =R θ④粒子1的运动时间为: t 1=21T +v R θ⑤粒子2的运动时间为: t 2=21T -vR θ⑥其中T 为圆周运动的周期. 两个粒子射入的时间间隔为: t 1-t 2=2v R θ⑦因R cos21θ=21L ，解得: θ=2R arccosRL2⑧由①⑦⑧三式解得: t =qBm 4arccos(mrLqB 2) ⑨小结:本题的求解由两个部分组成,其一为必要的几何形状,其二为粒子在磁场中的周期公式和半径公式.解决此类题目的关键应是数学中的几何知识,即先做几何图形然后再利用物理知识解决物理问题.［例2］如图1-2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 n (n =1,2,3…).每人只有一个沙袋,x ＞0一侧的每个沙袋的质量为m =24 kg,x ＜0一侧的每个沙袋的质量为m ′=10 kg.一质量为M =48 kg 的小车以某一速度从原点出发向x 正方向滑行.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u 朝与车相反的方向沿车面扔到车上,u 的大小等于扔此袋之前瞬间车速大小的2n 倍(n 是此人的序号数).图1-2(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?【解析】 (1)设沿x 正方向滑行,经过第一个人的身边时,此人把沙袋扔上车与车一起运动的速度为v 1,经过第二人后两个沙袋与车一起运动的时间为v 2,…经过第n 个人后n 个沙袋与车一起运动的速度为v n ,则据动量守恒定律得:第一个人扔袋后:Mv 0-2mv 0=(M +m )v 1 解得:v 1=mM m M +-2v 0第二个人扔袋后:(M +m )v 1-4mv 1=(M +2m )v 2 解得:v 2=mM m M 23+-v 1…第n 个人扔袋后:［M +(n -1)m ］v n -1-m ·2nv n -1=(M +nm )v n 解得:v n =nm M m n M +-)1(v n -1 ①小车方向运动的条件是v n -1＞0,v n ＜0,即: M -nm ＞0 解得:n ＜mM =1448M -(n +1)m ＜0 解得: n ＞mM -1=1448-1=1434显然n 应为整数,故 n =3,即车上堆积3个沙袋后就反向滑行.(2)设第n 个沙袋扔到车上后车的速度为v n ′,第n -1个沙袋扔到车上后车的速度为 v n -1′,据数学归纳法同理可得:［M +3m (n -1)m ′］v n ′-2nm ′v n -1′=(M +3m +nm ′)v n ′解得:v n ′=m n m M m n m M '++'-+3)1(3v n -1′小车不再向左运动的条件是 v n -1′＞0,v n ′≤0,即: M +3m -nm ′＞0，解得: n ＜m m M 3+=9M +3m -(n +1)m ′＜0,解得: n ≥m m M '+3-1=8即8≤n ＜9n =8时,小车停止滑行,即在x ＜0一侧第8个沙袋扔到车上时就停止.故车上最终共有大小沙袋3+8=11个.小结:本题的解法首先利用了数学中的数学归纳法写出了速度的通式,然后结合方向，运动的条件或停止的条件进行讨论得出结论.显然在这里数学归纳法起着举足轻重的作用 . ［例3］如图1-3，在光滑的水平面上,有垂直向下的匀强磁场分布在宽为S 的区域内,一个边长为L (L ＜S )的正方形闭合线圈以初速度v 0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v .设线圈完全进入磁场中时速度为v ′,则图1-3A.v ′＞20v v +B.v ′=20v v +C.v ′＜20v v +D.AC 均可能,B 不可能【解析】 线圈在进入磁场的过程中,穿过它的磁通量变化,产生感应电流,受安培力作用,而且随着速度减小,安培力逐渐减小,线圈做变减速运动;线圈完全进入磁场后,不再有感应电流,做匀速运动;在线圈离开磁场过程中,又做变减速直线运动.可以作出速度图线如图1-4所示.由于线圈长度一定,图中两条曲线和时间轴所围面积是相等的,其他关系不能确定.图1-4用牛顿运动定律、运动学公式、能量关系都不能解决,可以考虑动量定理.线圈运动过程中只受安培阻力F =BiL =Rv L B 22,由此可以看出,F 与v 变化规律相同,即F -t 图应与上面的v -t图一致.当然F 图线与时间轴所围面积即冲量I 也应相等,如图1-5所示.这样图1-5I 1=I 2I 1=mv ′-mv 0 I 2=mv -mv ′则v ′=20v v即B 选项正确.小结:因线圈进入磁场和穿出磁场过程中速度的变化都是非线性的,在现有中学数学知识基础上很难给出线圈速度的确切变化规律，因而也无法用解析法给出确切的解答.但利用图象及图象和坐标轴所围面积的意义,并进行适当的转化和迁移,便使问题顺利解决.在讨论一些非线性变化问题时,特别仅限于定性讨论或半定量讨论时,注意利用相关图象,常可收到意想不到的效果.●应用强化训练1.(2002年全国理综,18)质点所受的力F 随时间变化的规律如图1-6所示,力的方向始终在一直线上.已知t =0时质点的速度为零.在图示的t 1、t 2、t 3和t 4各时刻中,哪一时刻质点的动能最大图1-6A.t 1B.t 2C.t 3D.t 4 【解析】 在F -t 图中，图线和时间轴所围“面积”等于力的冲量，由图知，t 2时刻F 对质点的冲量最大，质点获得的动量最大，动能也最大.【答案】 B2.如图1-7甲所示,是电场中的一条电场线,A 、B 是该线上的两点,若将一负电荷从A 点自由释放,负电荷沿电场线从A 到B 运动过程中的速度图线如乙图所示,则A 、B 两点电势的高低和场强大小错误的是图1-7A.φA ＞φB E A ＞E BB.φA ＞φB E A ＜E BC.φA ＜φB E A ＞E BD.φA ＜φB E A ＜E B【解析】 v -t 图象的斜率表示加速度.负电荷从A 到B ,v -t 图象斜率越来越大，说明其加速度越来越大，可知其所受电场力越来越大，所以场强越来越大，故有E A ＜E B .由负电荷所受电场力方向从A 指向B ，说明电场线方向由B 指向A ，所以φA ＜φB .【答案】 D3.如图1-8所示,直线OAC 为某一直流电源的总功率P 总随电流I 变化的图线,抛物线OBC 为同一直流电源内部放热功率P r 随电流I 变化的图线,若A 、B 对应横坐标为2 A,则下列说法正确的是图1-8A.电源电动势为3 V ,内阻为1 ΩB.线段AB 表示的功率为2 WC.电流为2 A 时,外电路电阻为0.5 ΩD.电流为3 A 时,外电路电阻为2 Ω【解析】 电源总功率P 总=EI ，可见，在P 总-I 图象中，E 为图象的斜率，由图象中所给数据得E =IP ∆∆=39 V=3 V .由P r =I 2r ，结合图象中所给数据得r =2IP r =239 Ω=1 Ω.AB 段功率为I =2 A 时总功率与内阻热功率之差，即输出功率，所以P AB =3×2-22×1=2 W,此时对应的外电路电阻R =2IP AB =222=0.5 Ω.同样由图象可知I =3 A 时，P 总=P r ，即电源总功率全消耗在内电阻上，说明外电路电阻为零，即电源被短路.【答案】 ABC4.如图1-9所示,在处于水平方向的细管内的端点O 固定一根长为L 0,劲度系数为k 的轻弹簧,在弹簧的自由端连接一个质量为m 的小球,今将细管以O 为轴逆时针缓慢转动,直至转到竖直方向,则在此过程中,下列说法正确的是(不计一切摩擦,弹簧弹力总满足胡克定律)图1-9A.小球的重力势能不断增大B.球的质量m 足够大时,总能使球的重力势能先增大后减小C.弹簧的长度足够小时,总可以使球的重力势能不断增大D.以上说法都不对【解析】 设转过θ角时弹簧长度为x ，则由平衡条件得：mg si n θ=k (L 0-x )所以x =L 0-kmg θsin ,小球重力势能E p =mgx si n θ=kg m 22(mgkL 0-si n θ)si n θ.由数学知识知，当mgkL 0-si n θ=si n θ,即si n θ=mgkL 20时，E p 有最大值.由于si n θ≤1,所以应有mgkL 20≤1.可见，当m 足够大时，总能使mgkL 20≤1,也就能使E p 有最大值，换言之，可使E p 先变大再变小，即答案为B .【答案】 B5.如图1-10所示,电源电压保持不变,R 1=R 3，当S 接a 点时,R 1消耗的功率P 1=0.75 W,R 2消耗的功率为P 2;当S 接b 时,R 1消耗的功率P 1′=3 W,R 3消耗的功率为P 3,下列判断正确 的是图1-10A.P 1+P 2＜P 1+P 3B.P 3=3 WC.P 2=2.25 WD.P 1+P 2=P 1+P 3【解析】 S 接a 时，R 1、R 2串联在电路中，则有：P 1=（21R R U +）2·R 1=0.75①P 2=(21R R U +)2·R 2②S 接b 时，R 1、R 3串联在电路中，所以有： P 1′=(31R R U +)2·R 1=3③P 3=(31R R U +)2·R 3④因R 1=R 3，比较③、④可得 P 3=P 1′=3 W.由③得：U 2=12R 1代入①得：22121)(12R R R +=0.75,整理得：（3R 1-R 2）（5R 1+R 2）=0，所以R 2=3R 1（因为5R 1+R 2≠0).将U 2=12R 1、R 2=3R 1代入②得P 2=2111612R R ×3R 1=2.25 W .综上讨论可知A 、B 、C 正确. 【答案】 ABC6.小球自高为H 的A 点由静止开始沿光滑曲面下滑,到曲面底处B 飞离曲面,B 处曲面的切线沿水平方向,B 的高度h =21H ，如图1-11,若其他条件不变,只改变h ,则小球的水平射程s的变化情况为图1-11A.h 增大时,s 也增大B.h 增大时,s 将减小C.h 减小时,s 也减小D.h 减小时,s 将增大【解析】 从A 点到B 点：机械能守恒，以地面为零势面，得 mgH =mgh +21mv B 2从B 点到地面：球做平抛运动⎪⎩⎪⎨⎧==221 gt h t v s B 动竖直方向：自由落体运水平方向：匀速运动由以上三个方程可得：s =2)(h H h -初看方程不能直接得到h 与s 的关系，此时再用数学知识，细看发现：由于h +(H -h )=H 为定量，由不等式知识可知.当h =H -h 时s 有最大值.可见当h =2H 时，s 有最大值.故h 从2H 开始增大或减小都会使s 减小，故题目选BC.【答案】 BC7.在平静的湖面上空有一监测空气质量状况的气球(处于静止状态),一个置于距湖面 20 m 高处的仪器,测得气球的仰角为30°，测得气球在水中虚像的俯角为60°（如图1-12），则气球距湖面的高为______m.图1-12【解析】 如图所示，设气球距湖面高度为x m ，则： AC =（x -20）m BC =(x +20)m在△ACO 中， cot30°=AC CO =20-x CO ①在△BCO 中， cot60°=BCCO =20+x CO②由①÷②得：60cot 30cot =2020-+x x所以x =40 m ，即距湖面高度为40 m. 【答案】 408.如图1-13所示,光滑轨道竖直放置,半圆部分的半径为R ,在水平轨道上停着一质量为M =0.99 kg 的木块.一颗质量为m =0.01 kg 的子弹以v 0=400 m/s 的水平速度射入木块中,然后一起运动到轨道最高点后水平抛出.试分析:当圆半径R 多大时,平抛的水平位移最大?且最大值为多少?图1-13【解析】 子弹与木块发生碰撞的过程，动量守恒.设共同速度为v 1,则： mv 0=(m +M ）v 1,所以 v 1=Mm m +v 0=4 m/s设在轨道最高点平抛时物块的速度为v 2.由于轨道光滑，故机械能守恒:21(m +M )v 12=2(m +M )gR +21 (m +M )v 22解得：v 2=R 4016- 则平抛后的位移可以表示为： s =v 2t =v 2×gR 4=4×24.0R R - 当R =ab 2-=0.2 m 时，s max =0.8 m【答案】 R =0.2 m,s max =0.8 m.9.如图1-14所示,光滑水平面上停着一只木球和载人小车.木球质量为m ,人和车总质量为M ,已知M ∶m =16∶1.人以速度v 0沿水平面将木球扔向正前方的固定挡板,木球被挡板弹回之后,人接住球再以同样的对地速度将球扔回挡板.设木球与挡板相碰时无动能损失.求人经过几次扔球之后,再也不能接住木球.图1-14【解析】 人和车在水平方向动量守恒，设向左为正.设当n 次扔球后v n =v 车≥v 球=v 0就再也接不住球了.(v n 为人经n 次扔球后车和人对地的速度）人第一次扔球后：0=M v 1-mv 0;v 1=161v 0人第二次扔球后：Mv 1+mv 0=Mv 2-mv 0; v 2=163v 0人第三次扔球后： Mv 2+mv 0=Mv 3-mv 0; v 3=165v 0…由此可知，人扔球后各次速度构成等差数列. 第一项a 1=161v 0;公差d =81v 0;由a n =a 1+(n -1)d ,得：第n 次扔球后速度表达式为： v n =160v +(n -1)80v =1612 n v 0当v n ≥v 0时再也接不住球了. 解上式： n =8.5,即n =9.【答案】 9次10.如图1-15所示,在水平光滑绝缘的桌面上,有水平向东的匀强电场,场强E =7.2× 104 V/m.一根长为L =20 cm,不可伸长的轻质细线,一端固定在桌面上的O 点,另一端系一个质量m =50 g,带电量q =+1.0×10-5 C 的小滑块,将小滑块放到O 点正西方向的A 点,且AO =L ,再给小滑块以水平向北的速度v =1.2 m/s.不计空气阻力.图1-15小滑块运动到哪一位置,细线将被拉直.求出刚拉直点B 点的坐标值,并在图中标出.并求拉直前的瞬时,小滑块速度的大小和它与X 轴的夹角θ.【解析】 在绳未拉直之前，滑块向东方向做初速为零，加速度为mE q 0的匀加速直线运动，向北做速度为v 的匀速直线运动；当滑块相对于O 的位移大小达到线的长度L 时，细线将被拉直.在东西方向上到O 点的距离为：s 东O =L -21at 2=0.2-7.2t 2在南北方向上到O 点的距离为：s 北O =vt =1.2t 细线被拉直时有：L 2=s 东O 2+s 北O 2即：（0.2-7.2t 2）2+(1.2t )2=0.22解得：t =61 s所以：s 北O =1.2t =0.2 m,s 东O =0（位置如图）此时向东方向的速度为：v 东=at =2.4 m/s 向北方向的速度为：v 北=v =1.2 m/s 所以v =22北东v v =2.68 m/stan θ=东北v v =4.22.1=21所以v 的方向为东偏北arctan 21.【答案】 (0,0.2 m)；arctan21●教学参考链接由于《考试说明》要求学生应具有应用数学知识处理物理问题的能力，所以在平时的复习中应有意地引导学生做一些用数学方法分析、处理物理问题的练习，但应当清楚，在应用数学知识处理物理问题时，仍应以物理原理为基础，在对物理过程和物理情景的分析基础上，选用适当的数学原理给出定量的表达，切忌不要把物理问题做成纯数学问题.另外，处理物理问题用到的数学方法有很多种，本专题只讨论了常用的比较典型的几种方法——图象法、极值法、几何法等.例题和练习题也都是围绕这几种方法选编的，其他的如利用数列知识、解析几何知识等内容未包括在内，老师们在选用本资料时，可结合具体情况，灵活地做些补充，但不宜练得太多，以免冲淡了物理问题的物理味道.专题二学科内综合问题分析●高考趋势展望随着教育改革不断进行,考试科目的设置也不断发生变化,近几年推出的“3+X”模式,突出了对考生综合能力的测试与考查.纵观近两年的全国及部分省市的“理科综合”测试可以发现,试题多以学科内知识综合为主,以能力为立意,以科学知识为基础,以情景为背景,增加应用型和能力型题目,推崇试题的新颖性、实践性.因此在物理复习教学中,应在狠抓基础知识和基本技能训练的前提下,适当注意学科间各部分知识间的相互联系和渗透,通过对一些典型问题和情景的分析、诱导,让学生掌握处理综合问题的一般思路和方法.●知识要点整合1.力学内部的综合力学是高中物理的基础,力学中处理问题的三条主要思路和线索,也是处理很多物理问题的主要思路和线索.(1)牛顿运动定律.牛顿运动定律是力学的主干和基础,全面揭示了力和物体运动间的关系,是全面、准确描述物体运动规律的依据.在研究、讨论物体间的瞬间作用问题时,是其他物理规律无法替代的.(2)动量和动量守恒定律.在物体间发生相互作用的过程中,各自的动量都要发生变化,在涉及时间和速度及其变化问题的讨论中,动量定理常是优选规律,特别是在作用时间较短,物体间相对位置的变化又不明显时,动量定理更具独到的作用,特别是当以系统为研究对象且系统所受合外力为零时,动量守恒定律的使用更会为问题的解决提供较大的方便.(3)能量和能量守恒.在物体发生相互作用的过程中,能量的转化是不可避免的,因此从能量角度思考和处理问题便具有普遍的意义,特别是存在不同形式的能量间相互转化时,能的转化和守恒定律的优越性更是无与伦比的.2.力学与其他内容的综合(1)力学与电磁学的综合.电场力或安培力做功及相应的能量转化,带电粒子在电场中的加速、偏转及在磁场中的圆周运动等问题,究其实质,就是处理在电场或磁场中的力学问题.(2)力学与热学的综合.气体压强的微观解释,分子力做功及相应的能量转化,热力学第一定律等都和力学知识有千丝万缕的联系.(3)力学与光学的联系.激光测速、测距,爱因斯坦光电效应方程等则是力学和光学的有机结合点.(4)力学与原子物理的结合.α粒子散射现象的解释,原子核式结构中电子绕核运动的规律推导,原子核衰变过程中的动量守恒,质量亏损及核能的计算等,也都离不开力学原理的应用.●精典题例解读［例1］(2001年全国,22)一个圆柱形的竖直井里存有一定量的水,井的侧面和底部是密闭的.在井中固定地插着一根两端开口的薄壁圆管,管和井共轴,管的下端未触及井底.在圆管内有一不漏气的活塞,它可以沿圆管上下滑动.开始时,管内外水面相齐,且活塞恰好接触水面,如图2-1所示.现用卷扬机通过绳子对活塞施加一个向上的力F,使活塞缓缓向上移动.已知管筒半径r=0.100 m,井的半径R=2r,水的密度ρ=1.00×103kg/m3,大气压强p0=1.00×105Pa.求活塞上升H=9.00 m的过程中拉力F所做的功.(井和管在水面以上及水面以下的部分足够长,不计活塞质量,不计摩擦,重力加速度g取10 m/s2)图2-1【解析】 由于大气压强的作用,管内活塞上升的初期,管内水面随活塞上升,管外液面下降.但由于大气压强只能支持10 m 的水柱,当管内外水面高度差达10 m 时,管内水面即不再上升.在此之前由于活塞上升克服大气压力做的功与管外大气压力对液面做的功数值相等,拉力F 做的功即转化为水柱增加的重力势能.以后活塞再上升,活塞下面出现真空,F 将克服恒定的大气压力做功,F 所做总功即为两段做功之和.如图2-2所示,大气压强能支持的水柱高h 0=gp ρ0=10 m.图2-2设此过程中管内水面上升h 1,管外液面下降h 2,则: h 1+h 2=h 0,21h h =222rrR πππ- =3所以h 1=7.5 m,h 2=2.5 m.在此过程中,因大气压力做功代数和为:p 0π(R 2-r 2)h 2-p 0πr 2h 1=0,故F 做的功W 1等于水的重力势能的增量:W 1=ΔE p =p (πr 2h 1)20h=1.18×104 J.以后活塞继续上升,由于活塞下面出现真空,F 将克服大气压力做功W 2=p 0πr 2(H -h 1)=4.71×103 J.所以拉力F 做的总功 W =W 1+W 2=1.65×104 J小结:认识到大气压强只能支持10 m 高水柱,且在活塞离开水面之前,大气压强做功代数和为零,是解决该题的关键.［例2］(2002年广东,20)如图2-3所示,A 、B 为水平放置的平行金属板,板间距离为d (d 远小于板的长和宽).在两板之间有一带负电的质点P .已知若在A 、B 间加电压U 0,则质点P 可以静止平衡.现在A 、B 间加上如图所示随时间变化的电压U ,在t =0时质点P 位于A 、B 间的中点处且初速度为0.已知质点P 能在A 、B 之间以最大幅度上下运动而又不与两板相碰,求图中U 改变的各时刻t 1、t 2、t 3及t n 的表达式.(质点开始从中点上升到最高点,及以后每次从最高点到最低点或从最低点到最高点的过程中,电压只改变一次)图2-3【解析】 由题意知,金属板间加U 0电压时质点受力平衡,则加2U 0电压后,质点P 所受合力应向上,大小等于其重力,具有方向向上的大小等于g 的加速度,当去掉电压后,质点即具有向下的重力加速度g .分析清楚质点在加电压和不加电压情况下的运动情况,本题即可得解.设质点P 的质量为m ,电荷量为q ,则由题意知:qdU 0=mg .两板间加2U 0电压时,P 向上的加速度大小a =g ;两板间电压为零时,P 具有向下的加速 度g .在τ=0时,两板间加电压2U 0,P 自A 、B 间的中点向上做初速度为零、加速度大小为g 的匀加速运动.设经时间τ1去掉两板间电压,则此时质点速度v 1=g τ1,去掉电压后质点做竖直上抛运动,设经时间τ′速度减为零,则由运动学知识知,τ1′=τ1,21v (τ1+τ1′)=2d ,解得τ1=τ1′=22·2d .所以τ1=τ1=22·2d .以后质点在重力作用下向下做自由落体运动,设经τ2速度变为v 2,则v 2=g τ2,此时加上电压后,质点做加速度大小等于g 的匀减速运动,经τ2′=τ2的时间速度又减为零,故由运动学知识知:22v ·(τ2+τ2′)=d ,所以τ2=τ2′=gd ,所求τ2=τ1+τ1′+τ2=(2+1)gd .以后质点在电场力和重力作用下又从B 向A 板做加速度大小为g 的匀加速运动,设经 τ3速度变为v 3,去掉A 、B 间电压后又经τ3′速度变为零且恰到达A 板,则:v 3=g τ3,τ3= τ3′,23v (τ3+τ3′)=d ,所以τ3=τ3′=gd ,τ3=τ2+τ2′+τ3=(2+3)gd .以后质点将重复上述2、3运动过程,经同样的分析可得:τn =(2+2n -3)gd (n ≥2).小结:分析清楚质点在A 、B 板间的运动情景,恰当地选用运动学方程,是解决该题的关键. ［例3］（2000年春，23）云室处在磁感应强度为B 的匀强磁场中,一静止的质量为M 的原子核在云室中发生一次α衰变,α粒子的质量为m ,电量为q ,其运动轨迹在与磁场垂直的平面内.现测得α粒子的运动半径为R ,试求在衰变过程中的质量亏损.(注:涉及动量问题时,亏损的质量可以不计.)【解析】 原子核衰变放出的α粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,由洛伦兹力充当向心力,结合题给条件和匀速圆周运动的基本知识可求出α粒子的速度,再应用衰变过程中系统动量守恒可求反冲核的速度.又在无电磁波辐射的情况下,与质量亏损对应的释放出的核能即表现为α粒子和反冲核的动能,故可在求得α粒子及反冲核的速度的情况下,结合质能联系方程即可求出衰变过程中的质量亏损.设α粒子的速度为v ,则由牛顿第二定律,得:qvB =mRv2.设反冲核的速度为v ′,则由衰变过程中动量守恒,得:(M -m )v ′=mv . 由能的转化和守恒定律及质能联系方程,得:21 (M -m )v ′2+21mv 2=ΔE =Δm c 2,所以Δm =)(2)(22m M m c qBR M .小结:该题综合了力学中的动量守恒、牛顿第二定律、圆周运动知识、洛伦兹力、核能及质能联系方程等内容,是一道综合面较广的学科内综合题.认识到在无电磁波辐射的情况下,衰变过程中释放出的核能即表现为放出粒子及反冲核的动能,是解决本题的关键,并且该题向我们提供了计算核能的一种方法——即利用力学原理求核能,请同学们予以领会并掌握.●应用强化训练1.(2002年上海,7)一航天探测器完成对月球的探测任务后,在离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行,先加速运动,后匀速运动,探测器通过喷气而获得推力,以下关于喷气方向的描述中正确的是A.探测器加速运动时,沿直线向后喷气B.探测器加速运动时,竖直向下喷气C.探测器匀速运动时,竖直向下喷气D.探测器匀速运动时,不需要喷气【解析】 探测器受月球引力（向下）和喷气所获得的推力（与喷气方向相反）作用，欲加速，该两力合力方向应与前进方向一致；欲匀速，该两力合力应为零.所以只有C 对.【答案】 C 2.质量为m 的小球被系在轻绳一端,在竖直平面内做半径为R 的圆周运动,运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点,此时绳子的张力为7mg ,此后小球继续做圆周运动,经过半个圆周恰能通过最高点.则在此过程中小球克服空气阻力所做的 功为A.mgR /4B.mgR /3C.mgR /2D.mgR【解析】 设绳长为R ,小球在最低点和最高点的速度分别为v 1、v 2,则有：7mg -mg =mRv 21,mg =mRv 22,2mgR +W 克=21mv 12-21mv 22.解得：W 克=mgR /2.【答案】 C3.(2000年春,24)相隔一定距离的A 、B 两球,质量相等,假定它们之间存在恒定的斥力作。
【高中物理】应用型物理综合题的特点和应对策略
【高中物理】应用型物理综合题的特点和应对策略综合考试说明中把“对自然科学基本知识的应用能力”作为对考生的重要能力要求，因此，作为体现这一能力要求的以现实生活实例和现代科技应用立意的应用型问题正成为高考物理命题的新趋势，也就是中考题型的一个最重要的变化．它以材料崭新、情景崭新、问题崭新等多样的特点受师生一致热烈欢迎，更以其注重了能力素质的考查将物理教与学从宽科学知识向轻能力、从宽理论向轻应用领域的方向鼓励而备受赞誉．本文就应用型物理综合题的特点及其中考应付策略并作一浅显分析．一、应用型物理综合题的特点1．应用型物理综合题大都以现实生活中的具体内容问题和现代科学技术的实际例子，尤其就是与人们生活息息相关的热点问题和现代科学的经典实例为背景非政府材料并明确提出问题，例如能源问题、航天问题等，题目具备浓郁的生活气息和时代感，建议学生具备较低的科学知识应用领域能力．2．题目的信息量大．应用型物理综合题中的新材料作为物理问题的新载体，具有信息量大、内容丰富的显著特点．从信息内容看，既包含构成生活事实和科技实例必不可少的背景信息，也包含构成物理问题的条件和关系等信息．从信息给予方式看，既有以文字语言给出的信息，也有同时应用图象、图表、公式等方式给予信息．3．题目中的物理对象、物理过程和情景以及必须化解的问题暗含在生活、科学事实中，具备隐密的特点，其物理过程和情景更须要学生回去单一制辨认出，并不是像是以往的习题和考题，学生所直面的大都就是抽象化的物理模型，例如小球、扁平斜面、轻杆、轻绳等，轻易的物理过程例如追上、相撞、核爆、简谐运动等．二、应用型物理综合题对能力的要求应用型物理综合题主要考查物理科学知识的应用领域能力，具体内容彰显在：1．阅读能力：首先要求学生能读懂题，包括对文字语言的领会，对陌生名词的领悟，对图象、图表、公式的理解把握．了解问题的背景、涉及的对象，了解物理过程和物理情景，明确要解决的问题．2．信息的分析、挑选能力：建议学生在领会题意的基础上，对题给信息展开分析判断．必须能剔出题目中的生活要素和科技实例中的事件因素，以获取题目中形成物理问题的物理要素．根据问题的建议和答疑目标，确定次要因素，把握住主要的物理条件和物理关系，以及主要的物理过程和情景．3．物理建模能力：根据以上分析中获取的主要物理情景以及物理条件和关系，把题给问题与熟悉的物理知识联系起来，把实际问题简化、抽象为恰当的物理模型，用学过的知识和方法对问题给予解决．三、应付策略1．认真学好基本知识、基本概念，牢牢掌握物理规律，是求解应用型物理综合题的基础．一些应用型题目表面上看题目很长，但这些问题的物理实质、物理模型往往较简单，大部分文字只是基于对生活背景和科技事件的完整性、严密性的必要表述，涉及到科技实例的应用型题往往起点很高，但其落点往往较低，只需用学过的物理知识即可顺利解决．2．深入细致努力学习课本中的一些典型物理模型．物理模型就是创建物理概念和规律，就是研究自然科学问题的常用方法．我们必须介绍一些关键模型的创建过程，例如质点、点电荷、自由落体运动、相撞、原子核式结构模型等，介绍在建模过程中的研究方法和物理思想，这些方法和思想对具体内容建模提供更多主要的思路．此外，还要搞一些必要的综合题，进一步培育、训练建模能力．3．关注生活，关注社会的热点、焦点问题，增加课外阅读，如科普刊物，报纸和电视的科技栏目，特别是有关高新科技的报道分析，了解一些科学新实验的原理和方法，了解其对未来社会可能产生的影响，如光纤通信、纳米材料、超导磁悬浮列车等．努力开拓视野，把目光从狭窄的课本知识中解脱出来，只有这样才不至于对题目中的名词和事件感到处处陌生，甚至连题目也读不懂，才能做到解题时胸有成竹，应付裕如．四、例题图1例1（2000年三省中考理科综合题）例如图1右图，厚度为ｈ，宽度为ｄ的导体板放到旋转轴它的磁感强度为ｂ的光滑磁场中，当电流通过导体板时，在导体板的上时侧面ａ和之下侧面ａ‘之间可以产生电势差，这种现象称作霍尔效应．实验说明，当磁场不太弱时，电势差ｕ、电流ｉ和磁场ｂ的关系为ｕ＝ｋ（ｉｂ／ｄ），式中的比例系数ｋ称作霍尔系数．霍尔效应可解释如下：外部磁场的洛伦兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧，在导体板的另一侧会出现多余的正电荷，从而形成横向电场．横向电场对电子施加与洛伦兹力方向相反的静电力．当静电力与洛伦兹力达到平衡时，导体板上下两侧面之间就会形成稳定的电势差．设立电流ｉ就是由电子的定向流动构成，电子的平均值定向速度为ｖ，电量为ｅ，提问下问题：（1）达到稳定状态时，导体板上侧面ａ的电势__________下侧面ａ’的电势（填“高于”、“低于”或“等于”）．（2）电子难以承受的洛伦兹力的大小为_____________．（3）当导体板上下两侧面之间的电势差为u时，电子所受静电力的大小为____________．（4）由静电力和洛伦兹力均衡的条件，证明霍尔系数ｋ＝1／ｎｅ，其中ｎ代表导体板单位体积中电子的个数．解析本题的显著特点是阅读量和信息量大．要求考生理解题中所给的物理现象并能应用学过的物理知识对此现象给予正确解释．题中的物理模型也并不难：垂直放在匀强磁场中的通电导体板，电流方向向右，电子运动方向向左，受竖直向上的洛伦兹力的作用，使得电子聚集在导体板的上侧面，故上侧面ａ的电势低于下侧面ａ‘的电势，稳定后，电子受到的静电力与洛伦兹力平衡，有ｅ?（ｕ／ｈ）＝ｅｖｂ，可得导体板上下两侧面之间的电势差为ｕ＝ｈｖｂ．①又因为通过导体的电流为ｉ＝ｎｅｖｄｈ，②亦即ｖ＝ｉ／ｎｅｈｄ，将②式带进①式存有ｕ＝（1／ｎｅ）?（ｉｂ／ｄ），故霍尔系数为ｋ＝1／ｎｅ．霍尔效应由美国物理学家霍尔于1879年首先辨认出，现广为应用于对半导体材料的测试和研究中．霍尔效应的原理并不繁杂，题目对此描述得恰到好处，既对问题并作了必要的表明，又给学生存有一定的推理小说空间．做为首次理科综合考试中发生的应用型物理综合题，的确起著了较好的导向促进作用．基准2近一时期，铁道部先后几次提高了旅客列车的速度，为了测量列车的速度和加速度的大小，可采用如图2所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成（测量记录仪图中未画出）．当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，就能求出列车在各个位置的速度和加速度．如图3所示，假设磁体端部磁感强度ｂ＝0．004ｔ，且全部集中在端面范围内，与端面相垂直．磁体的宽度与线圈宽度相同，且都很小，线圈匝数ｎ＝5，长ｌ＝0．2ｍ，电阻ｒ＝0．4ω（包括引出线的电阻），测试记录下来的电流－位移图线如图4所示．图2图3图4（1）试计算在离o（原点）30ｍ和130ｍ处列车的速度ｖ1和ｖ2的大小．（2）假设列车搞的就是坯加速运动，谋列车的加速度大小．解析本题对阅读能力和从图象及文字叙述中获取有用的物理信息的能力要求较高，而根据题给情景建立简化的物理模型是解题的关键．我们只需视线圈相对于火车运动，即可得到我们熟悉的线框进入匀强磁场做切割磁感线运动的模型：两个相同的矩形线框ⅰ和ⅱ保持一定的距离向有界匀强磁场ｂ做匀加速运动，如图3所示，最终进入并通过磁场，磁场宽度和线框的宽度相同且都很小，线圈匝数ｎ＝5，长ｌ＝0．2ｍ，电阻ｒ＝0．4ω，磁感强度ｂ＝0．004ｔ，若二线框间的距离为ｓ＝100ｍ，初始时线圈ⅰ到磁场边界的距离ｓ＝30ｍ，线框中电流与其位移的图象如图4所示，求以上二问题．根据以上模型对问题简解如下．由图4得出结论ｉ1＝0．12ａ，ｉ2＝0．15ａ，由ｉ＝ｎｂｌｖ／ｒ可以得ｖ 1＝12ｍ／ｓ，ｖ2＝15ｍ／ｓ，又由ｖ22－ｖ12＝2ａｓ即可得ａ＝0．405ｍ／ｓ2．。
高考物理 三角形在物理解题中的应用(1)
三角形在物理解题中的应用理科综合的考试说明能力要求的其中一项能力就是应用数学知识处理物问题，在中学物理解题中，常常用到三角形的有关知识，如三角函数关系、正弦定理、余弦定理、矢量三角形、相似三角形等。
一、矢量三角形的应用例1：如图1所示，小球用细绳系在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，细绳上的拉力将。
…………A ． 逐渐增大B ． 逐渐减小C ． 先增大后减小D ． 先减小后增大分析与解：解法1：设细绳向上偏移过程中的某一时刻，细绳与斜面支持力F N 的夹角为α，作出力的图示如图2甲，由正弦定理得：θαπsin )sin(TG =-)sin(sin απθ=⋅=∴G T讨论：当2πα>时，θsin G T >当2πα=时，θsin G T =当2πα<时，θsin G T > 可见，当2πα=时，T 最小，即当绳与斜面支持力F N 垂直（绳与斜面平行）时，拉力最小，当绳由水平面逐渐向上偏移时，F T 先减小后增大，故选项D 正确。
解法2：因为G 、F N 、F T 三力共点平衡，故三个力可以构成一个矢量三角形，图2乙中G 的大小和方向始终不变；F N 的方向也不变，大小可变，F T 的大小、方向都在变，在绳向上移的过程中，可以作出一系列矢量三角形如图乙所示，显而易见在F T 变化到与F N 垂直前，F T 是逐渐变小的，然后F T 又逐渐变大，F T 与F N 当垂直时，F T 有最小值。
故选D 。
同时看出斜面对小球的支持力F N 是逐渐变小的。
D C B Aθ图1F N F N F TG G 甲 乙 F T 图2解题小结：本题通过数学方法（正弦定理）和图解法（矢量三角形）求解。
当物体在三力作用下平衡（或可以等效成三力平衡），且其中一个力的大小和方向始终不变；另一个力的方向不变，大小可变；第三个力的大小和方向都在变时。
这种情况下的动态平衡，应用图解法解，非常方更快捷。
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高考物理应用型、创新型试题赏析2004年高考全国卷和各省市物理卷中出现了很多以考查学生应用所学物理知识和物理方法去分析解决新问题的能力来立意的好题，现分析如下。
一、以原子的能级跃迁立意例1（全国理综湖南卷14）：现有1200个氢原子被激发到量子数为4的能级上，若这些受激氢原子最后都回到基态，则在此过程中发出的光子总 数是多少？假定处在量子数 为n 的激发态的氢原子跃迁到各较低能级的原子数都是处在该激发态能级上的原子 总数的11-n 。
A ．2200 B ．2000 C ．1200 D ．24 00解析：1200个氢原子按题设进行跃迁发出光子的情况如图1所示，即发出光子的总数为N =2200个，故选项A 正确。
例2（2004江苏物理10）若原子的某内层电子被电离形成空位，其它层的电子跃迁到该空位上时，会将多余的能量以电磁辐射的形式释放出来，此电磁辐射就是原子的特征X 射线．内层空位的产生有多种机制，其中的一种称为内转换，即原子中处于激发态的核跃迁回基态时，将跃迁时释放的能量交给某一内层电子，使此内层电子电离而形成空位(被电离的电子称为内转换电子)．214Po 的原子核从某一激发态回到基态时，可将能量E 0=1.416MeV 交给内层电子(如K 、L 、M 层电子，K 、L 、M 标记原子中最靠近核的三个电子层)使其电离．实验测得从214Po 原子的K 、L 、M 层电离出的电子的动能分别为E K =1.323MeV 、E L =1.399MeV 、E M =1.412MeV ．则可能发射的特征X 射线的能量为（ ）A. 0.013MeVB. 0.017MeVC. 0.076MeVD. 0.093MeV解析：214Po 的原子核从某一激发态回到基态时，若将能量E 0=1.416MeV 交给K 层电子时，使K 层电子电离后形成空位，L 层或M 电子层跃迁到K 层时发出X 射线的能量分别为MeV 076.0MeV 323.1MeV 399.1X =-=-=→K L K L E EMeV 089.0MeV 323..1MeV 412.1X =-=-=→K M K M E E若将能量E 0=1.416MeV 交给L 层电子时，使L 层电子电离后形成空位，M 电子层跃迁到L 层时发出X 射线的能量为MeV 013.0MeV 399.1MeV 412.1X =-=-=→L M L M E E故正确选项为A 、C 。
n =1 n =3n =4 n =2 个图1二、以地磁场立意例3（全国理综湖南卷19）：一直升飞机停在南半球的地磁极上空。
该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B 。
直升飞机螺旋桨叶片的长度为l ，螺旋桨转动的频率为f ，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动。
螺旋桨叶片的近轴端为a ，远轴端为b ，如图2所示。
如果忽略a 到转轴中心线的距离，用E 表示每个叶片中的感应电动势，则（ ）A ．E ＝πfl 2B ，且a 点电势低于b 点电势B ．E ＝2πfl 2B ，且a 点电势低于b 点电势C ．E ＝πfl 2B ，且a 点电势高于b 点电势D ．E ＝2πfl 2B ，且a 点电势高于b 点电势解析：螺旋桨叶片旋转切割磁感线产生感应电动势相当于电源，由右手定则可知，a 相当电 源的负极，b 相当于电源的正极，即a 点电势低于b 点电势。
由于从b a →叶片上各点的速度大小按r v ∙=ω的规律呈线性变化，由B fl fl Bl r Bl Blv E 222121ππω=⨯⨯=⨯==。
综上分析可知，选项B 正确。
三、以中微子立意例4（2004江苏物理7）：雷蒙德·戴维斯因研究来自太阳的电子中微子(v e )而获得了2002年度诺贝尔物理学奖．他探测中微子所用的探测器的主体是一个贮满615 t 四氯乙烯(C 2Cl 4)溶液的巨桶．电子中微子可以将一个氯核转变为一个氩核，其核反应方程式为e Ar Cl v e 0137183717-+→+ 已知Cl 3717核的质量为36.95658u ，Ar 3718核的质量为36.95691u ，e 01- 的质量为0.00055u ，1u 质量对应的能量为931.5 MeV ．根据以上数据，可以判断参与上述反应的电子中微子的最小能量（ ）A. 0.82 MeVB. 0.31MeVC. 1.33 MeVD. 0.51 MeV解析：核反应e Ar Cl v e 0137183717-+→+是一个质量增加的反应，反应中增加的质量是由中微子的能量转化而来的，则上述反应中电子中微子的最小能量为 Mev Mev u u u mc E 82.05.931]95658.36)00055.095691.36[(2≈⨯-+=∆=∆，故A 选项正确。
四、以历史上的重要物理实验立意例5（2004江苏物理17）：汤姆生用来测定电子的比荷(电子的电荷量与质量之比)的实验装置如图3所示，真空管内的阴极K 发出的电子(不计初速、重力和电子间的相互作用)经加速电压加速后，穿过A '中心的小孔沿中心轴O 1O的方向进入到两块水平正对放置的平B行极板P 和P '间的区域．当极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O 点处，形成了一个亮点；加上偏转电压U后，亮点偏离到O '点，(O '与O 点的竖直间距为d ，水平间距可忽略不计．此时，在P 和P '间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场．调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B 时，亮点重新回到O 点．已知极板水平方向的长度为L 1，极板间距为b ，极板右端到荧光屏的距离为L 2(如图所示)．(1)求打在荧光屏O 点的电子速度的大小。
(2)推导出电子的比荷的表达式解析：（1）当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心O 点，设电子的速度为v ，则 eE evB =……①得 BE v =……② 即 Bb U v =……③ （2）当极板间仅有偏转电场时，电子以速度v 进入后，竖直方向作匀加速运动，加速度为mb eU a =……④ 电子在水平方向作匀速运动，在电场内的运动时间为 vL t 11=……⑤ 这样，电子在电场中，竖直向上偏转的距离为 bmv U eL at d 221211221==……⑥ 离开电场时竖直向上的分速度为 m v bU eL at v 111==……⑦ 电子离开电场后做匀速直线运动，经t 2时间到达荧光屏 v L t 22=……⑧ t 2时间内向上运动的距离为 bm v L eUL t v d 22122==⊥……⑨ 这样，电子向上的总偏转距离为 )2(121221L L L b m v eU d d d +=+=……⑩图3可解得 )2/(1212L L bL B Ud m e +=……○11 五、以原子的夸克模型立意 例6（04年天津理综17）： 中子内有一个电荷量为e 32+的上夸克和两个电荷量为e 31-的下夸克，一简单模型是三个夸克都在半径为r 的同一圆周上，如图4所示。
图5给出的四幅图中，能正确表示出各夸克所受静电作用力的是（ ）图4解析：由库仑定律和力的合成知识可知，D 选项正确例7（04年广西理综13）：已经证实，质子、中子都是由上夸克和下夸克的两种夸克组成的，上夸克带电为23e ，下夸克带电为13e -，e 为电子所带电量的大小，如果质子是由三个夸克组成的，且各个夸克之间的距离都为l ,151.510l m -=⨯,试计算质子内相邻两个夸克之间的静电力（库仑力）解析：质子带电为+e ，所以它是由2个上夸克和1个下夸克组成的，按题意，三个夸克必位于等边三角形的三个顶点处，如图6所示。
上夸克与上夸克之间的静电力应为 · · ·2e/3 2e/3-1e/3222943232l e k l e e k F m =⨯= ……① 代入数值，得m F =46N ，为斥力。
上夸克与下夸克之间的静电力为 222923231l e k le e k F nd =⨯= ……② 代入数值，得nd F =23N ，为引力。
六、以科技中的新技术成果立意例8（2004上海物理11）：利用扫描隧道显微镜（STM ）可以得到物质表面原子排列的图象，从而可以研究物质的构成规律，下面图7的照片是一些晶体材料表面的STM 图象，通过观察、比较，可以看到这些材料都是由原子在空间排列而构成的，具有一定的结构特征，则构成这些材料的原子在物质表面排列的共同特点是（1） ；（2） ；（3） ；解析：仔细观察，不发现构成这些材料的原子在物质表面排列有如下共同特点：在确定方向上原子有规律地排列；在不同方向上原子的排列规律一般不同；原子排列具有一定对称性等例9（04年天津理综19）：激光散斑测速是一种崭新的测速技术，它应用了光的干涉原理。
用二次曝光照相所获得的“散斑对”相当于双缝干涉实验中的双缝，待测物体的速度v 与二次曝光时间间隔t ∆的乘积等于双缝间距。
实验中可测得二次曝光时间间隔t ∆、双缝到屏之距离l 以及相邻两条亮纹间距x ∆。
若所用激光波长为λ，则该实验确定物体运动速度的表达式是（ ）A ． t l x v ∆∆=λB ．tx l v ∆∆=λ C ．t x l v ∆∆=λ D ． xt l v ∆∆=λ 解析：设双缝的距离为d ，则由题设有t v d ∆=……①双缝到屏之距离l 以及相邻两条亮纹间距x ∆、双缝距离d 、光波长为λ满足λdl x =∆……② 由①、②可解得t x l v ∆∆=λ，故选项B 正确。
例10：（04年天津理综25）磁流体发电是一种新型发电方式，图8和图9是其工作原理示意图。
图8中的长方体是发电导管，其中空部分的长、高、宽分别为l 、a 、b ，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻1R 相连。
整个发电导管处于图9中磁场线圈产生的匀强磁场里，磁感应强度为B ，方向如图所示。
发电导管内有电阻率为ρ的高温、高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出。
由于运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势。
发电导管内电离气体流速随磁场有无而不同。
设发电导管内电离气体流速处处相同，且不存在磁场时电离气体流速为0v ，电离气体所受摩擦阻力总与流速成正比，发电导管两端的电离气体压强差p ∆维持恒定，求：（1）不存在磁场时电离气体所受的摩擦阻力F 多大；（2）磁流体发电机的电动势E 的大小；（3）磁流体发电机发电导管的输入功率P 。
解析：（1）不存在磁场时，由力的平衡得p ab F ∆=……①（2）设磁场存在时的气体流速为v ，则磁流体发电机的电动势Bav E =……②回路中的电流bl aR BavI L ρ+=……③ ，电流I 受到的安培力bla R v a B F L ρ+=22安……④ 设F '为存在磁场时的摩擦阻力，依题意0v v F F ='……⑦ 存在磁场时，由力的平衡得F F p ab '+=∆安……⑧ 根据上述各式解得)(1020bl aR p b av B Bav E L ρ+∆+=……⑨ （3）磁流体发电机发电导管的输入功率p abv P ∆=……⑩由能量守恒定律得 v F EI P '+=……○11 故)(1020bl R p b av B p abv P L +∆+∆=……○12。