高考物理考前冲刺（3）考场必会高效破题技法 (含详解)

高考物理冲破高分瓶颈考前必破

破（3）考场必会高效破题技法

必考方法一：图象法

【真题引领】

(多选)(2018·全国卷Ⅲ)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是              (　　)

A.在t1时刻两车速度相等

B.从0到t1时间内，两车走过的路程相等

C.从t1到t2时间内，两车走过的路程相等

D.在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等

【答案】C、D

(1)题眼解读：

解析：由位移—时间图象的意义可知t1时刻两车在x1位置，图线的斜率不同，速度不等，A错；由于甲车起始位置不在原点，从0到t1时间内，两车走过的路程不等，B错；从t1到t2时间内，两车都从x1位置运动到x2位置，因此走过的路程相等，C对；从t1到t2时间内甲车图线的斜率先小于后大于乙车，因此在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等，D对。

(2)易错警示：

警示1：对运动图象的认识不清晰，位移—时间图象和速度—时间图象的特征分析不准确。

警示2：对斜率、截距、交点和拐点的含义认识不清。

警示3：不能画出运动过程示意图，直观地体现解题思路。

解决图象转换类问题的一般流程

考场练兵：

从塔顶由静止释放一个小球A的时刻为计时零点，t0时刻，在与A球t0时刻所在位置的同一水平高度，由静止释放小球B，若两球都只受重力作用，设小球B下落时间为t，在A、B两球落地前，A、B两球之间的距离为Δx，则-t0的图象为 (　　)

【答案】B　

解析：A、B两球释放后都做自由落体运动，B球释放时，A球的速度vA=gt0，B球释放后t时间时，A、B两球之间的距离Δx=vAt+gt2-gt2=gt0t，则=gt0，所以-t0的图线为一条过原点的倾斜直线，斜率为g，故B正确。

必考方法二：整体和隔离法

【真题引领】

(多选)(2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢，当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F，不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)

A.8　　　　B.10　　　　C.15　　　　D.18

【答案】B、C

(1)题眼解读

　解析：设挂钩P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则挂钩P、Q西边车厢的质量为nm，

以西边这些车厢为研究对象，有F=nma   ①

P、Q东边有k节车厢，以东边这些车厢为研究对象，有

F=km·a      ②

联立①②得3n=2k，总车厢数为N=n+k，由此式可知n只能取偶数，

当n=2时，k=3，总节数为N=5

当n=4时，k=6，总节数为N=10

当n=6时，k=9，总节数为N=15

当n=8时，k=12，总节数为N=20，故选项B、C正确。

(2)易错警示：

警示1：对整体法和隔离法的认识不全面，不清楚整体法使用的条件。

警示2：隔离分析时受力分析要全面，不能出现漏力和多力的情况。

警示3：合理地利用牛顿第二定律建立方程，注意矢量方向。

整体法、隔离法解决问题的四步分析

考场练兵：

1.水平铁轨上有一列由8节车厢组成的动车组。沿动车组前进的方向，每相邻两节车厢中有一节自带动力的车厢(动车)和一节不带动力的车厢(拖车)。该动车组在水平铁轨上匀加速行驶时，每节动车的动力装置均提供大小为F的牵引力，每节车厢所受的阻力均为f，每节车厢的质量均为m，则第4节车厢与第5节车厢水平连接装置之间的相互作用力大小为              (　　)

A.0  B.2F        C.2(F-f)　  D.2(F-2f)

【答案】A　

解析：动车组整体受到的牵引力为4F，阻力为8f，根据牛顿第二定律可得加速度为a==；设第4节车厢与第5节车厢水平连接装置之间的相互作用力大小为T，以前面4节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律可得2F-4f-T=4ma，即2F-4f-T=4m×，解得T=0，只有选项A正确。

2.(多选)如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，斜面倾角为θ，斜面上叠放着A、B两物体，物体B在沿斜面向上的力F的作用下沿斜面匀速上滑。若A、B之间的动摩擦因数为μ，μ<tanθ，A、B质量均为m，重力加速度为g，则              (　　)

A.A、B保持相对静止

B.A、B一定相对滑动

C.B与斜面间的动摩擦因数为

D.B与斜面间的动摩擦因数为

【答案】B、D　

解析：因为μ<tanθ，对A研究对象则满足mgsinθ>μmgcosθ，所以A、B一定相对滑动，选项A错误，B正确；选物体B为研究对象，由牛顿第二定律得F-μmgcosθ-mgsinθ-μB·2mgcosθ=0，μB=，故选项C错误，D正确。

必考方法三：临界极值法

【真题引领】

(2017·全国卷Ⅱ改编)如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ=37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1=6 kg的物体P，Q为一质量为m2=10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k=600 N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10 m/s2。求：

(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；

(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；

(3)力F的最大值与最小值。

【答案】(1)0.16 m　(2) m/s2　(3) N　 N

(1)题眼解读

解析：(1)设开始时弹簧的压缩量为x0

对整体受力分析，平行斜面方向有

(m1+m2)gsin θ=kx0

解得x0=0.16 m

(2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1

对物体P，由牛顿第二定律得

kx1-m1gsin θ=m1a

前0.2 s时间内两物体的位移

x0-x1=at2

联立解得a= m/s2

(3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大

Fmin=(m1+m2)a= N

对Q应用牛顿第二定律得

Fmax-m2gsinθ=m2a

解得Fmax=m2(gsinθ+a)= N。

(2)易错警示：

警示1：对运动情景分析不清晰，没有发现临界条件和特征。

警示2：受力分析要全面，不能出现漏力和多力的情况。

警示3：利用牛顿第二定律建立方程时要注意矢量方向。

三步解决临界极值问题

考场练兵：

如图甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中AB=AD=L，一质量为m、所带电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t=0时从A点沿AB方向垂直磁场射入，粒子重力不计。

(1)若粒子经时间t=T0恰好垂直打在CD上，求磁场的磁感应强度B0和粒子运动中的加速度a的大小；

(2)若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，求磁场的磁感应强度B0的大小及磁场变化的周期T0。

【答案】(1)　　(2)(n=1，2…)      (n=1，2…)

解析：(1)设粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qv0B0=m，解得R=

由题意分析可知粒子运动了3个圆周垂直打在CD上，则可得3R=L

联立解得B0=

粒子做圆周运动的加速度大小为

a==。

(2)由题意可知粒子每经过一周期，其末速度方向与初速度方向相同，其部分轨迹如图所示，粒子从A到C经历的时间为磁场变化周期的整数(n)倍

即AB方向有L=2nRsinθ

AD方向有L=2nR(1-cosθ)

联立得cosθ=，cosθ=1(舍去)

即θ=60°，R=

联立qv0B0=m

得B0=(n=1，2…)

又因粒子的运行周期

T==(n=1，2…)

由图可推得T0=，

所以T0=(n=1，2…).