受力分析方法在二轮复习中的作用
高三物理第二轮专题复习 专题四电磁感应与电路教案 人教版
专题四 电磁感应与电路一、考点回顾“电磁感应”是电磁学的核心内容之一，同时又是与电学、力学知识紧密联系的知识点，是高考试题考查综合运用知识能力的很好落脚点，所以它向来高考关注的一个重点和热点，本专题涉及三个方面的知识：一、电磁感应，电磁感应研究是其它形式有能量转化为电能的特点和规律，其核心内容是法拉第电磁感应定律和楞次定律；二、与电路知识的综合，主要讨论电能在电路中传输、分配，并通过用电器转化为其它形式的能量的特点及规律；三、与力学知识的综合，主要讨论产生电磁感应的导体受力、运动特点规律以及电磁感应过程中的能量关系。
由于本专题所涉及的知识较为综合，能力要求较高，所以往往会在高考中现身。
从近三年的高考试题来看，无论哪一套试卷，都有这一部分内容的考题，题量稳定在1～2道，题型可能为选择、实验和计算题三种，并且以计算题形式出现的较多。
考查的知识：以本部分内容为主线与力和运动、动量、能量、电场、磁场、电路等知识的综合，感应电流（电动势）图象问题也经常出现。
二、典例题剖析根据本专题所涉及内容的特点及高考试题中出的特点，本专题的复习我们分这样几个小专题来进行：1.感应电流的产生及方向判断。
2.电磁感应与电路知识的综合。
3.电磁感应中的动力学问题。
4.电磁感应中动量定理、动能定理的应用。
5.电磁感应中的单金属棒的运动及能量分析。
6.电磁感应中的双金属棒运动及能量分析。
7.多种原因引起的电磁感应现象。
(一)感应电流的产生及方向判断1．(2007理综II 卷)如图所示，在PQ 、QR 区域是在在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，bc 边与磁场的边界P 重合。
导线框与磁场区域的尺寸如图所示。
从t ＝0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。
以a →b →c →d →e →f 为线框中有电动势的正方向。
以下四个ε-t 关系示意图中正确的是【 】解析：楞次定律或左手定则可判定线框刚开始进入磁场时，电流方向，即感应电动势的方向为顺时针方向，故D 选项错误；1－2s 内，磁通量不变化，感应电动势为0，A 选项错误；2－3s 内，产生感应电动势E ＝2Blv ＋Blv ＝3Blv ，感应电动势的方向为逆时针方向（正方向），故C 选项正确。
高三物理二轮复习方法策略
高三物理二轮复习方法策略（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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2023年高考物理二轮复习核心素养微专题(三)模型建构——板块模型
核心素养微专题(三) 模型建构——板块模型【模型解读】滑块和木板组成相互作用的系统,在摩擦力的作用下发生相对滑动,称为板块模型。
板块模型是高中动力学部分中的一类重要模型,也是高考考查的重点,能从多方面体现物理学科素养。
此类模型的一个典型特征是:滑块、木板间通过摩擦力作用使物体的运动状态发生变化。
常见类型如下:类型图示规律分析B 带动A木板B 带动物块A ,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等,则位移关系为x B =x A +LA 带动B物块A 带动木板B ,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时,二者速度相等,则位移关系为x B +L =x AF 作用在A 上力F 作用在物块A 上,先考虑木板B 与地面是否有摩擦,然后利用整体受力分析和隔离B 受力分析,分析相关临界情况 F 作用在B 上力F 作用在木板B 上,先考虑B 与地面是否有摩擦,然后利用整体受力分析和隔离B 受力分析,分析相关临界情况【模型1】 物块、木板上均未施加力【典例1】(2022·山东等级考)如图所示,“L ”形平板B 静置在地面上,小物块A 处于平板B 上的O'点,O'点左侧粗糙,右侧光滑。
用不可伸长的轻绳将质量为M 的小球悬挂在O'点正上方的O 点,轻绳处于水平拉直状态。
将小球由静止释放,下摆至最低点与小物块A 发生碰撞,碰后小球速度方向与碰前方向相同,开始做简谐运动(要求摆角小于5°),A 以速度v 0沿平板滑动直至与B 右侧挡板发生弹性碰撞。
一段时间后,A 返回到O 点的正下方时,相对于地面的速度减为零,此时小球恰好第一次上升到最高点。
已知A 的质量m A =0.1 kg,B 的质量m B =0.3 kg,A 与B 的动摩擦因数μ1=0.4,B 与地面间的动摩擦因数μ2=0.225,v 0=4 m/s,取重力加速度g = 10 m/s 2。
高三物理高考二轮复习备考计划(10篇)
高三物理高考二轮复习备考计划（10篇）2023高三物理高考二轮复习备考计划（10篇）在物理二轮高考复习的时候如何规划自己的复习计划呢?怎样进行有效的复习，大家都有接触过复习计划吧，复习的知识以必学知识为主，扎扎实实地打好基础。
下面是小编给大家整理的高三物理高考二轮复习备考计划，仅供参考希望能帮助到大家。
高三物理高考二轮复习备考计划篇1一、复习目标、宗旨1、通过复习帮助学生建立并完善高中物理学科知识体系，构建系统知识网络;2、深化概念、原理、定理定律的认识、理解和应用，培养物理学科科学方法。
3、结合各知识点复习，加强习题训练，提高分析解决实际问题的能力，训练解题规范4、提高学科内知识综合运用的能力与技巧，能灵活运用所学知识解释、处理现实问题。
二、复习具体时间安排20__年9月至20__年1月上旬。
三、复习具体措施1、第一轮复习中，要求学生带齐高中课本，加强基本概念、原理复习，指导学生梳理知识点知识结构。
2、注重方法、步骤及一般的解题思维训练，精讲多练，提高学生分析具体情景，建立物理图景，寻找具体适用规律的能力。
3、提高课堂教学的质量,,平时多交流,多听课,多研究课堂教学。
4.提高训练的效率,训练题要做到精心设计,训练题全收全改,有针对性地做好讲评5.典型的习题,学生容易错的题目,通过作业加强训练四、复习策略(一)去年可借鉴的经验1、滚动式复习，反复强化，逐渐提高2、限时训练：留作业限定时间，课堂训练限定时间，指导学生合理分配答题时间3、分层教学，分类推进，因材施教，全面提高4、在复习过程中抓住六个环节：读、讲、练、测、评、补(二)今年在吸取去年经验的基础上将从以下几方面操作1、综合科目的考试主要是学科内的综合，以新大纲为依据，以教材为线索，以考试说明中的知识点作为重点，注重基本概念、基本规律的复习，复习中要突出知识的梳理，构建知识结构，把学科知识和学科能力紧密结合起来，提高学科内部的综合能力。
2、认真备课，精心选择例习题，做到立足课本，即针对两纲，针对学生实际，紧抓课本，细挖教材，扎实推进基础知识复习工作，高考立足课本考基础，于变化中考能力。
高中物理高考 高考物理二轮复习专题专讲课件 第1讲+力与运动(一)(全国通用)
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2.(2015·桐乡市高三下学期模拟考
试)如图5所示，斜面固定在水平面
上，竖直轻杆顶端用光滑铰链连
接，底端与上表面水平的物体A接
触，则静止在斜面上的物体A受到B
力A最.3个多可B能.4个是( C.5个) D.6个
图5
解析 本题考查了受力分析，解题的关键是准确判断弹力和
摩擦力的方向，利用好平衡的条件分析力存在的可能性。物
体A一定受到重力、斜面的弹力和摩擦力；由于杆上端有铰
链连接，所以杆可能给物体A竖直向下的压力，故A最多受
四个力作用，选B。
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3.(多选)(2015·广东理综，19)如
图6所示，三条绳子的一端都
系在细直杆顶端，另一端都固
定在水平地面上，将杆竖直紧
压在地面上，若三条绳长度不
同，下列说法正确的有( )
图6
A.三条绳中的张力都相等
B.杆对地面的压力大于自身重力
C.绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零
D.绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力
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解析 因三条绳长度不同，且彼此之间的夹角不确定，所以三 条绳的张力大小不一定相等，但能确定三张力的合力方向为竖 直向下，故A错误；杆对地面的压力大小数值上等于杆的重力 与三条绳拉力的竖直向下的分力之和，故B正确；由于杆竖直， 绳子对杆的拉力在水平方向上的合力等于零，故C正确；绳子 拉力的合力方向与杆的重力方向均竖直向下，故两者不是一对 平衡力，故D错误。 答案 BC
B.斜面的倾角
C.物块与斜面间的最大静摩擦力
D.物块对斜面的正压力
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物理二轮复习动态分析选择题受力分析作业1含解析
受力分析1。
如图所示，质量分别为2m和m的A B、两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于某处，调整细绳的长度，当系统处于静止状态时，物块B恰好对地面没有压力,此时轻弹簧的形变量为x。
已知重力加速度为g,若突然剪断细绳，则下列说法正确的是（）A.剪断细绳后,A物块向下运动x时速度最大B。
剪断细绳后,A物块向下运动时速度最大C.剪断细绳瞬间,A物块的加速度大小为3gD.剪断细绳瞬间,A物块的加速度大小为g2.如图所示，A B，设地面对A的支持力为N F,绳子对A的拉力m m为F，地面对A的摩擦力为2F,若水平方向用力F拉A，使B匀速1上升，不计滑轮摩擦，则在此过程中( ）A.N F增大,2F增大，1F不变B。
N F减小，2F减小，1F不变C。
N F减小,2F减小,1F增大 D.N F增大,2F减小,1F增大3。
如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接,开始时轻绳与斜劈平行。
现给小滑块施加一个竖直向上的拉力,使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有（）A。
小球对斜劈的压力保持不变B。
轻绳对小球的拉力先减小后增大C.竖直杆对小滑块的弹力先增大再减小D。
对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大4.如图,在挪威的两座山峰间夹着一块岩石，吸引了大量游客前往观赏.该景观可简化成如图所示的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜.设左壁与竖直方向的夹角为θ，由于长期的风化，θ将会减小。
石头与山崖间的摩擦很小，可以忽略不计。
若石头质量一定,θ减小，石头始终保持静止,下列说法正确的是（）A．山崖左壁对石头的作用力将增大B．山崖右壁对石头的作用力不变C．山崖对石头的作用力减小D ．石头受到的合力将增大5。
如图所示，小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间，薄板在 F 作用下逆时针缓慢转动，在墙与薄板之间的夹角 θ缓慢地从90°逐渐减小的过程中（ )A.小球对薄板的压力可能小于小球的重力B 。
2022届高考物理二轮复习专题突破：专题十 物体的受力分析
2022届高考物理二轮复习专题突破：专题十物体的受力分析一、单选题1．（2分）如图所示，一倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，一质量为m的物体P在拉力F作用下沿着斜面向上匀速运动（拉力F未画出），已知物体与斜面间的动摩擦因数为√33，重力加速度为g，则（）A．若拉力F的方向平行于斜面向上，拉力F的大小为2mgB．若拉力F的方向水平向右，拉力F的大小为√3mgC．拉力F的方向可能垂直斜面向下D．物体对斜面的压力一定小于mg2．（2分）如图所示，质量为m的细绳两端固定在水平天花板上，在细绳上通过光滑滑轮（不计重力）悬挂质量为M的物体时，细绳端点的切线与天花板间的夹角为α，已知重力加速度为g，则此状态下细绳的一端对天花板的拉力大小为（）A．(M+m)g2sinαB．Mg2sinαC．(M+m)g2D．Mg2tanα3．（2分）如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为m的木板A、B以及木块C，初始时刻木板与木块均处于静止状态，A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g．现将水平轻绳一端固定在A上，另一端绕过光滑滑轮系一质量为M的物块D，则以下判断正确的是（）A．当Mg>3μmg时，木板B开始滑动B．不管M多大，木板B一定保持静止C．A，C之间的摩擦力大小一定等于μmgD．B受到地面的摩擦力大小不可能等于Mg4．（2分）如图所示，AB、AC两光滑斜面互相垂直，AC与水平面成30°。
如把球O的重力按照其作用效果分解，则两个分力的大小分别为（）A．12G，√32G B．√33G，√3G C．√33G，√22G D．√22G，√32G5．（2分）如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场．闭合开关K后导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性使棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2.忽略回路中电流产生的磁场，则磁感应强度B的大小为()A．k(x2+x1)IL B．k(x2−x1)ILC．k(x2+x1)2IL D．k(x2−x1)2IL6．（2分）如图所示，一顾客乘扶梯上楼，随电梯一起加速运动。
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1命题规律 1.命题角度：(1)物体的受力分析、静态平衡、动态平衡；(2)静电力、安培力、洛伦兹力作用下的平衡.2.常考题型：选择题．11 ．研究对象的选取：整体法和隔离法．2 ．受力分析的方法(1)假设法．(2)转换研究对象法：根据牛顿第三定律，如图1.图1(3)动力学分析法：根据牛顿第二定律，由加速度方向判定合力的方向，从而确定某一个力的方向，如图2.图23 ．共点力平衡的常用处理方法考向一合成法例1 (2020 ·全国卷Ⅲ·17)如图3，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连．甲、乙两物体质量相等．系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β.若α＝70°，则β等于( )图3A ．45°B ．55°C ．60°D ．70°答案 B解析取O点为研究对象，在三力的作用下O点处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝55°，故选B.考向二正交分解法例2 如图4 所示，金属棒ab质量为m，通过电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ，ab静止于宽为L的水平导轨上．下列说法正确的是( )图4A ．金属棒受到的安培力大小为F＝BIL sin θB ．金属棒受到的摩擦力大小为F f＝BIL cos θC ．若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将增大D ．若只增大磁感应强度B后，金属棒对导轨的压力将增大答案 C解析金属棒受到的安培力大小F＝BIL，故A错误；电流方向从a到b，受力分析如图所示，根据平衡条件有F f＝F sin θ＝BIL sin θ，F N＝G－F cos θ＝G－BIL cos θ，若只增大磁感应强度B后，导轨对金属棒的支持力减小，所以金属棒对导轨的压力减小，故B、D 错误；若只改变电流方向，安培力方向将变为斜向右下，安培力在竖直方向上的分力竖直向下，所以金属棒对导轨的压力将增大，故C正确．总结提升(1)静电场、磁场中的平衡问题，受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析求解．(2)涉及安培力的平衡问题，画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图．考向三整体法与隔离法在平衡中的应用例3 (2021·辽宁省1 月适应性测试·7)如图5 所示，用轻绳系住一质量为2m的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球，各接触面均光滑．系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为α，两球心连线O1O2 与轻绳之间的夹角为β，则α、β应满足( )图5A ．tan α＝3cot βB ．2tan α＝3cot βC ．3tan α＝tan(α＋β)D ．3tan α＝2tan(α＋β)答案 C解析设绳子拉力为F T，墙壁支持力为F N ，两球之间的压力为F，将两个球作为一个整体进行受力分析，可得F T cos α＝3mg，F T sin α＝F N对小球进行受力分析，可得F cos (α＋β)＝mg，F sin (α＋β)＝F N ，联立得3tan α＝tan (α＋β)故选C.21 ．解决动态平衡问题的一般思路化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值．2 ．三力作用下的动态平衡3 ．四力作用下的动态平衡(1)在四力平衡中，如果有两个力为恒力，或这两个力的合力方向确定，为了简便可用这两个力的合力代替这两个力，转化为三力平衡，例如：如图6 ，qE<mg，把挡板缓慢转至水平的过程中，可以用重力与静电力的合力mg－qE 代替重力与静电力．图6如图7，物体在拉力F作用下做匀速直线运动，改变θ大小，求拉力的最小值，可以用支持力与摩擦力的合力F′代替支持力与摩擦力．(tan θ＝μ)图7(2)对于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法．考向一图解法例4 (2021·山东潍坊市昌乐一中高三期末)如图8 所示，斜面体A放在粗糙水平面上，小球B用轻绳拴住置于斜面上，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦．现用水平向左的力缓慢拉动斜面体，小球始终未脱离斜面．下列说法正确的是( )图8A ．轻绳的拉力先变小后变大B ．斜面对小球的支持力不变C ．水平面对斜面体的摩擦力变小D ．水平面对斜面体的支持力变大答案 C解析对小球受力分析如图所示，轻绳的拉力变大，斜面对小球的支持力变小，A 、B 错误；轻绳的竖直分力在变大，将小球和斜面体看作一个整体，则水平面对斜面体的支持力变小，根据滑动摩擦力公式可知，水平面对斜面体的摩擦力变小，C 正确，D 错误．考向二 相似三角形法例 5 (多选)(2020 ·百校联盟必刷卷三)如图 9 所示，光滑圆环固定在竖直面内，一个小球套在 环上，用穿过圆环顶端光滑小孔的细线连接，现用水平力 F 拉细线，使小球缓慢沿圆环向上 运动，此过程中圆环对小球的弹力大小为 F N ，则在运动过程中( )A ．F 增大 C ．F N 不变 图 9B ．F 减小 D ．F N 增大答案 BC解析 小球沿圆环缓慢上移，对小球进行受力分析，小球受重力 G 、F 、F N 三个力，满足受力平衡．作出受力分析图如图所示；由图可知△OAB ∽△GF N F ，即： G F F N ＝ ＝R AB R小球沿圆环缓慢上移时，半径不变，重力 G 不变，AB 长度减小，故 F 减小，F N 不变，故选B 、C.考向三 解析法例 6 如图 10 所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的衣架的挂钩也是光滑的，轻绳两 端分别固定在两根竖直杆上的A 、B 两点，衣服处于静止状态．如果保持绳子A 端位置不变， 将 B 端分别移动到不同的位置，则下列判断正确的是( )图 10A ．B 端移动到 B 1 位置时，绳子张力变大B ．B 端移动到 B 2 位置时，绳子张力变小C ．B 端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变大D ．B 端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变小答案 D解析 如图所示， 设绳子间的夹角为 2α ，绳子总长为L ，两杆间距离为 s ，由几何关系得L 1sin α ＋L 2sin α＝s ，解得 s in α＝ s ＝s ，当 B 端移到 B 1、B 2 位置时，s 、L 都不变，则α也不变，由平衡条件可知 2F cos α＝mg ，绳子张力 F ＝ mg，α不变，绳子张力F 也不变，A 、B 错误；B 端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，s 减小，L 不变，则α减小，cos α增大，由 F ＝ mg 知，F 减小，C 错误，D 正确．1.如图 11 所示，竖直平面内固定的半圆弧轨道两端点 M 、N 连线水平，将一轻质小环套在轨 道上，一细线穿过轻环，一端系在 M 点，另一端系一质量为 m 的小球，不计所有摩擦，重 力加速度为 g ，小球恰好静止在图示位置，下列说法正确的是( )图 11A ．轨道对轻环的支持力大小为 mgB ．细线对 M 点的拉力大小为mg2C ．细线对轻环的作用力大小为3mg2D ．N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为 30° 答案 D解析 对圆环受力分析，因圆环两边细线的拉力大小相等，可知两边细线拉力与 O A 夹角相 等，设为θ ，由几何关系可知， ∠OMA ＝ ∠MAO ＝θ ，则 3θ＝90° ，θ＝30° ，则轨道对轻环的 支持力大小为 F N ＝2mg cos 30°＝ mg ，选项 A 错误； 细线对 M 点的拉力大小为 F T ＝mg ，选 项 B 错误； 细线对轻环的作用力大小为 F N ′＝F N ＝ mg ，选项 C 错误； 由几何关系可知， N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为 30° ，选项 D 正确．L 1＋L 2 L2cos α2cos α2.(多选)(2020·安徽安庆二中质检)如图 12 所示，质量为 M 的木楔倾角为θ ，在水平地面上保 持静止．当将一质量为 m 的木块放在斜面上时正好沿斜面匀速下滑，如果用与斜面成α角的 力 F 拉着木块沿斜面匀速上滑．重力加速度为 g ，下列说法中正确的是( )图 12A ．当α＝2θ时，F 有最小值B ．F 的最小值为 mg sin 2θC ．在木块匀速上滑过程中，地面对 M 的静摩擦力方向水平向右D ．在木块匀速上滑过程中，地面对 M 的静摩擦力方向水平向左 答案 BD解析 选木块为研究对象，当没加外力 F 时正好匀速下滑，设木块与斜面间的动摩擦因数为 μ ，此时平行于斜面方向必有 m g sin θ＝μmg cos θ . 当加上外力 F 时，对木块受力分析如图，则 有F f ＝μF N ，平行于斜面方向有F f ＋mg sin θ＝F cos α ，垂直于斜面方向有 F N ＋F sin α＝mg cos θ，联立解得 F ＝＝，故当α＝θ时，F 有最小值，最小值为 F min ＝mg sin2θ ，故 A 错误，B 正确； 选 M 和 m 组成的整体为研究对象，设水平地面对木楔 M 的静摩擦 力为F f ′，水平方向受力平衡，则有F f ′＝F cos(θ＋α) ，可知静摩擦力的方向水平向左，故 C 错误，D 正确．3.(多选)如图 13 所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环 D 固定在半球形物 体球心 O 的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在 A 点，另一端用轻质细绳穿过小环 D 与放在半球形物体上的小球 P 相连，DA 水平．现将细绳固定点 A 向右缓慢平移的过程中(小 球 P 未到达半球最高点前) ，下列说法正确的是( )2图13A ．弹簧变短B ．弹簧变长C ．小球对半球的压力不变D ．小球对半球的压力变大答案AC解析以小球为研究对象，受力分析如图，小球受重力G、细线的拉力F T 和半球面的支持力F N，作出F N、F T 的合力F，由平衡条件得知F＝G，由图根据三角形相似可得F N ＝F＝F T ，PO DO PD将F＝G代入得：F N＝PO G，FT＝PD G，将细绳固定点A向右缓慢平移，DO、PO不变，PD DO DO变小，可知F T 变小，F N 不变，即弹簧的弹力变小，弹簧变短，由牛顿第三定律知小球对半球的压力不变，故A、C 正确，B 、D 错误．[保分基础练]1.(2021·江苏省1 月适应性考试·3)如图1 所示，对称晾挂在光滑等腰三角形衣架上的衣服质量为M，衣架顶角为120°，重力加速度为g，则衣架右侧对衣服的作用力大小为( )图11 2 32 答案 B解析 对衣服进行受力分析，如图所示：由几何关系知，衣架左、右侧对衣服的作用力 F N 与竖直方向的夹角为 30°， 则有 2F N cos 30°＝Mg ， 得 F N ＝Mg ，故选 B .2.戽斗是古代一种小型的人力提水灌田农具，是我国古代劳动人民智慧的结晶．如图 2 所示， 两人双手执绳牵斗取水，在绳子长度一定时( )图 2A ．两人站得越近越省力B ．两人站得越远越省力C ．两边绳子与竖直方向夹角为 60°时最省力D ．绳子拉力大小与两人距离远近无关答案 A3.如图 3 所示，两个相同的木模质量均为 m ，靠三根竖直细线连接，在水平面上按一个“互” 字形静置，上方木模呈现悬浮效果，这是利用了建筑学中的“张拉整体”结构原理．已知重 力加速度为 g ，则图中短线 a 上的张力 F 1 和水平面所受压力 F 2 满足( )图 33C. Mg D ．Mg A. Mg B. MgA ．F 1>mg ，F 2<2mgB ．F 1>mg ，F 2＝2mgC ．F 1<mg ，F 2<2mgD ．F 1<mg ，F 2＝2mg 答案 B解析 对两个木模的整体受力分析，整体受 2mg 的重力和水平面的支持力 F 2 ′ ，有 F 2 ′＝ 2mg ，由牛顿第三定律可知，水平面所受压力 F 2＝F 2 ′ ，对上方木模分析可知，短线 a 上的 张力 F 1 向上，两长线的拉力 F T 向下，有 2F T ＋mg ＝F 1 ，故有 F 1>mg ，故选 B .4.一台空调外机用两个三脚架固定在外墙上，如图 4 所示，空调外机的重心在支架水平横梁 AO 和斜梁 BO 连接点 O 的上方，横梁对 O 点的拉力沿 OA 方向、大小为 F 1 ，斜梁对 O 点的 支持力沿 BO 方向、大小为 F 2 .如果把斜梁加长一点，仍保持连接点 O 的位置不变，则( )A ．F 1 增大 C ．F 2 不变 答案 B解析 对 O 点受力分析如图所示图 4B ．F 1 减小 D ．F 2 增大由平衡条件得 F 1＝ ，F 2＝，保持连接点 O 的位置不变，斜梁长度增加，θ变大，所 以 F 1 、F 2 均减小．故选 B .5.(2021· 东北三省四市教研联合体 3 月模拟)如图 5 所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨 过光滑轻质定滑轮的轻质细绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态．现对小球乙施加水平 力 F ，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止．设甲受到地面的摩擦力 为F f ，支持力为 F N ，细绳的拉力为 F T ，则该过程中( )图 5A ．F f 变小，F 不变B ．F T 变大，F N 变大C ．F f 变大，F N 变小D ．F T 不变，F 不变 答案 C解析 取乙为研究对象，分析其受力情况，设与乙相连的细绳与竖直方向夹角为α ，则水平 力 F ＝mg tan α ，细绳与竖直方向夹角α逐渐增大，则 F 增大； 取物体甲为研究对象，甲受到 重力、绳子的拉力、地面的支持力以及地面的摩擦力，其中绳子的拉力 F T ＝ mg ，α逐渐增cos α 大，绳子的拉力 F T 逐渐增大，F T 在水平方向的分力逐渐增大，所以水平地面对甲的摩擦力 增大； F T 在竖直方向的分力逐渐增大，甲受到地面的支持力 F N 变小．故选 C . 6.(2021·湖北省 1 月选考模拟 ·6)如图 6 所示，矩形平板 ABCD 的 AD 边固定在水平面上，平 板与水平面夹角为θ，AC 与 AB 的夹角也为θ .质量为 m 的物块在平行于平板的拉力作用下， 沿 AC 方向匀速运动．物块与平板间的动摩擦因数μ＝tan θ ，重力加速度大小为 g ，拉力大小 为( )图 6A ．2mg sin θcosθB ．2mg sin θC ．2mg sin θD ．mg sin θcos θ答案 A解析 对物块受力分析，如图甲、乙所示，重力沿平板向下的分力为 m g sin θ ，支持力 F N ＝ mg cos θ ，滑动摩擦力F f ＝μF N ＝m g sin θ ，则拉力 F ＝2mg sin θcos θ ，故 A 正确．7.(2021·黑龙江鹤岗一中三校高三期末联考)如图 7 所示，将一光滑轻杆固定在水平地面上， 杆与地面间的夹角为 30°，一光滑轻环(不计重力)套在杆上，一个大小和质量都不计的滑轮通 过轻绳 OP 悬挂在天花板上，用另一轻绳绕过滑轮系在轻环上，现用水平向右的力缓慢拉绳， 当轻环静止不动时，OP 绳与天花板之间的夹角为( )2 2 2 2图 7A ．30°B ．45°C ．60°D ．75° 答案 C解析 对轻环 Q 进行受力分析如图甲，则只有绳子的拉力垂直于杆时，绳子的拉力沿杆的方 向没有分力； 由几何关系可知，绳子与竖直方向之间的夹角是 30°；对滑轮进行受力分析如 图乙，由于滑轮的质量不计，则 OP 绳对滑轮的拉力与两个绳子拉力的合力大小相等、方向 相反，所以 O P 绳的方向一定在两根绳子夹角的角平分线上，由几何关系得 O P 绳与竖直方 向之间的夹角： β＝90°＋30°－30°＝30° ，则 O P 绳与天花板之间的夹角为： 90°－β＝60° ，故选 C .8.(2021·上海交大附中高三上学期 1 月期末)如图 8，光滑绝缘斜面固定在水平面上，一定质量 的带电小球 A 在斜面上保持静止，小球A 与斜面间有平行于斜面的细线相连，带电小球 B 用 绝缘杆固定，A 、B 在同一水平高度，此时斜面对小球 A 无支持力．现保持 B 球的水平高度 不变，将 B 球缓慢向左移动一小段距离，则在此过程中( )图 8A ．小球 A 脱离斜面，细线所受的拉力变大B ．小球A 脱离斜面，细线所受的拉力变小C ．小球A 仍在斜面上，细线所受的拉力变大D ．小球 A 仍在斜面上，细线所受的拉力变小 答案 A解析 因为此时斜面对小球A 无支持力，可知 B 球对A 球有引力作用； 若将 B 球缓慢向左移 动一小段距离，距离减小，则引力变大，则小球 A 将脱离斜面； B 球对A 球的引力变大，引 力与重力的合力变大，根据力的平衡条件，则细线所受的拉力变大，故选 A.2[争分提能练]9.(多选)(2019·全国卷Ⅰ·19)如图9，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中( )图9A ．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加答案BD解析对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力F T 是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B 正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若m N g≥m M g sin θ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若m N g<m M g sin θ，则M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后反向增大，选项C错误，D 正确．10 ．(2021·湖南卷·5)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图10 所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点．凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块．用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是( )图10A ．推力F先增大后减小B ．凹槽对滑块的支持力先减小后增大C ．墙面对凹槽的压力先增大后减小解得 F N ＝m g ，F ＝mglABLD ．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大答案 C解析 对滑块受力分析，由平衡条件有 F ＝mg sin θ，F N ＝mg cos θ，θ为 F 与水平方向的夹角，滑块从 A 缓慢移动到 B 点时，θ越来越大，则推力 F 越来越大，支持力 F N 越来越小，所以 A 、B 错误； 对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力为 F N ′＝F cos θ＝mg sin θcos θ＝1mg sin 2θ，则θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以 C 正确；水平地面对凹槽的支持力为F N 地＝(M ＋m )g －F sin θ＝(M ＋m )g －mg sin 2θ则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以 D 错误．11 ．(多选)(2021·黑龙江齐齐哈尔市实验中学高三期末)如图 11 所示，有一长为 L 的轻杆，一 端用光滑的铰链固定在墙上，另一端固定一质量为 m 的小球 B ，在距铰链正上方 L 处有一光 滑轻质小定滑轮，现用手拉动绕过滑轮并系在小球 B 上的细线，使小球 B 缓慢上移，手对细 线的拉力大小为 F ，杆对小球 B 的弹力大小为 F N ，重力加速度为 g ，在移动过程中，下列说 法正确的是( )图 11A ．F 不变，F N 减小B ．F 减小，F N 不变C ．当杆被拉至水平状态时 F ＝ mgD ．杆对小球 B 的弹力大小恒为 mg 答案 BCD解析 对 B 球受力分析，画出力的示意图如图所示根据相似三角形规律有mg ＝F N ＝ FL L l AB 2小球B缓慢上移，重力m g不变，L不变，则杆对小球的弹力大小F N 不变，绳子长度l AB减小，所以F减小，A错误，B、D正确；当杆被拉至水平状态时，绳子的长度为l AB＝2L，由相似三角形关系可得F＝mg，C 正确．12.如图12 所示，半径为R的圆环竖直放置，长度为R的不可伸长的轻细绳OA、OB，一端固定在圆环上，另一端在圆心O处连接并悬挂一质量为m的重物，初始时OA绳处于水平状态．把圆环沿地面向右缓慢转动，直到OA绳处于竖直状态，在这个过程中( )图12A ．OA绳的拉力逐渐增大B ．OA绳的拉力先增大后减小C ．OB绳的拉力先增大后减小D ．OB绳的拉力先减小后增大答案 B解析以重物为研究对象，重物受到重力m g、OA绳的拉力F1 、OB绳的拉力F2 三个力而平衡，构成矢量三角形，置于几何圆中如图：在转动的过程中，OA绳的拉力F1 先增大，转过直径后开始减小，OB绳的拉力F2 开始处于直径上，转动后一直减小，B 正确，A 、C 、D 错误．13 ．(2021·山东滨州市高三期末)如图13 所示，竖直杆固定在木块C上，两者总重为20 N ，放在水平地面上，轻细绳a连接小球A和竖直杆顶端，轻细绳b连接小球A和B，小球A、B重均为10 N ．当用最小的恒力F作用在小球B上时，A、B、C均保持静止，绳a与竖直方向的夹角为30°.下列说法正确的是( )图13A ．力F的大小为5 NB ．绳a的拉力大小为10 NC ．地面对 C 的摩擦力大小为 10 ND ．地面对 C 的支持力大小为 40 N 答案 B解析 以A 、B 整体为研究对象，整体受到重力 2G 、绳 a 的拉力 F T a 和恒力 F ，当恒力 F 的 方向与绳 a 拉力的方向垂直向上时，F 最小，如图所示．则 F ＝2G sin 30°＝2×10×1N ＝10 N ，F T a ＝2G cos 30°＝2×10× N ＝10N ，故 A 错误，B 正确； 以 A 、B 、C 及竖直杆整体为研究对象，根据水平方向受力平衡可得F f ＝F cos 30°＝ 10×N ＝5N ，根据竖直方向受力平衡可得 F N ＋F sin 30°＝G A ＋G B ＋G C 、杆，解得 F N ＝G A＋G B ＋G C 、杆－F sin 30°＝10 N ＋10 N ＋20 N －10×1N ＝35 N ，故 C 、D 错误．2 2222命题规律 1.命题角度：(1)匀变速直线运动规律及应用；(2)牛顿运动定律及应用；(3)运动学和动力学图像.2.常考题型：选择题．11 ．匀变速直线运动问题常用的六种解题方法2 ．两种匀减速直线运动的分析方法(1)刹车问题的分析末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解．(2)双向可逆类运动分析匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义．3 ．处理追及问题的常用方法函数法例 1 (2019·全国卷 Ⅰ·18)如图 1 ，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的 最大高度为 H .上升第一个H 所用的时间为t 1，第四个H所用的时间为 t 2.不计空气阻力，则t 2满足( )A ．1<t 1<2 t 2答案 C图 1B ．2<t 1<3 t 2解析 由逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动比例式可知 ＝ ＝2＋ ，即3<t 1<4 ，选项 C 正确．例 2 (2021· 山东济宁市高三期末)强行超车是道路交通安全的极大隐患．如图 2 是汽车超车 过程的示意图，汽车甲和货车均以 v 0＝36 km/h 的速度在路面上匀速行驶，其中甲车车身长 L 1＝4.8 m ，货车车身长 L 2＝7.2 m ，货车在甲车前 s ＝4 m 处．若甲车司机开始加速从货车左 侧超车，加速度大小为 a ＝2 m/s 2.假定货车速度保持不变，不计车辆变道的时间及车辆的宽 度．求：图 2(1)甲车完成超车至少需要多长时间；(2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距 s 0＝115 m ，乙车速 度为 v 乙＝54 km/h. 甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，请通过计算分析，甲车 能否安全超车．答案 (1)4 s (2)不能安全超车解析 (1)设甲车完成超车至少需要时间 t ，则 t 时间内甲车位移为 x 甲＝v 0t ＋1at 2 ，货车位移4 4 t 1 t t t D ．4<t 1<5C ．3<t 1<4 2 22 2为x货＝v0t完成超车需满足x甲＝x货＋L1＋L2＋s联立求解可得t＝4 s.(2)刚好完成超车时，甲车位移为x甲＝v0t＋1at2＝56 m乙车位移大小为x乙＝v乙t＝60 m．x甲＋x乙>s0 ，所以不能安全超车．21 ．超重与失重2 ．瞬时加速度问题考向一超重与失重例3 (2021·上海浦东新区高三一模)在用DIS 探究超重和失重的实验中，某同学蹲在压力传感器上完成一次起立动作，在计算机屏幕上得到压力传感器示数F随时间t变化的图像如图3 所示，则此过程该同学重心的运动速度v随时间t变化的图像最接近图( )图32答案 A解析 人在起立时，先向上加速后向上减速，先超重后失重； 由 F －t 图像可知，超重阶段(加 速阶段)压力传感器对人的支持力先增加后减小，根据 F －mg ＝ma 可知，加速度先增加后减 小，则 v －t 图像的斜率先增加后减小； 同理，由 F －t 图像可知，失重阶段(减速阶段)压力传 感器对人的支持力先减小后增加，根据 mg －F ＝ma 可知，加速度先增加后减小，则 v －t 图 像的斜率先增加后减小，故选 A . 考向二 瞬时加速度问题例 4 如图 4 所示，两个质量均为 m 的小球 A 、B 用细绳相连，小球 A 与一个轻弹簧相连， 弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动， 这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹簧水平，重力加速度大小为 g ，现突然把细线剪断．在 剪断细线的瞬间，小球 A 的加速度大小是( )A ．22g C ．2g 图 4B.5g D. 2g答案 B解析 细线剪断前，小球A 受到 4 个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力， 由力的平衡条件可知： 弹簧的弹力大小 F ＝2mg ，剪断细线的瞬间，小球 A 只受弹簧的弹力 和 自身重力，此时弹簧的弹力大小还是 F ＝2mg ，所以此时 A 球受到的合力大小 F A ＝＝ mg ，由牛顿第二定律可知，在剪断细线的瞬间，小球 A 的加速度大小 a＝ ＝ 5g ，故 B 正确，A 、C 、D 错误． m31 ．整体法与隔离法的选用技巧F A考向二 连接体中的临界问题2.连接体问题中常见的临界条件3.常见连接体考向一 研究对象的选取(整体法与隔离法的应用)例 5 (2020·江苏卷 ·5)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路” ，为国际抗疫贡献了中国力 量．某运送防疫物资的班列由 40 节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀 加速行驶时，第 2 节对第 3 节车厢的牵引力为 F .若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等， 则倒数第 3 节对倒数第 2 节车厢的牵引力为( )A ．F B. 20 . 19 F .20答案 C解析 设列车的加速度为 a ，每节车厢的质量为 m ，每节车厢的阻力为F f ，对后 38 节车厢， 由牛顿第二定律得 F －38F f ＝38ma ；设倒数第 3 节车厢对倒数第 2 节车厢的牵引力为 F 1 ，对 后 2 节车厢，由牛顿第二定律得 F 1－2F f ＝2ma ，联立解得 F 1 ＝F，故选项 C 正确．19F C D 19 F1 ．常见图像例 6 (多选)(2021 ·山东烟台市高三期末)某实验小组在探究接触面间的动摩擦因数实验中，如 图 5 甲所示，将一质量为 M 的长木板放置在水平地面上，其上表面有另一质量为 m 的物块， 刚开始均处于静止状态．现使物块受到水平力 F 的作用，用传感器测出水平拉力 F ，画出 F 与物块的加速度 a 的关系如图乙所示．已知重力加速度 g ＝10 m/s 2 ，最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，整个运动过程中物块从未脱离长木板．则( )图 5A ．长木板的质量为 2 kgB ．长木板与地面之间的动摩擦因数为 0. 1C ．长木板与物块之间的动摩擦因数为 0.4D ．当拉力 F 增大时，长木板的加速度一定增大 答案 ABC解析 设长木板与物块之间的动摩擦因数为μ1 ，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2 ，由题 图乙可知，当 F >12 N 时物块和长木板开始产生滑动，则 F －μ1mg ＝ma 即 F ＝ma ＋μ1mg ，由题图乙可知 m ＝k 1＝12－8kg ＝2 kg ， μ1mg ＝8 N ，解得μ1＝0.4；当 4 N ≤F ≤12 N 时两者共同运动，则F －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 即 F ＝(M ＋m )a ＋μ2(M ＋m )g由题图乙可知 M ＋m ＝k 2＝12－4 kg ＝4 kg ，则 M ＝2 kg ，μ2(M ＋m )g ＝4 N解得μ2＝0. 1 ，选项 A 、B 、C 正确；当拉力 F 增大，长木板与物块之间产生相对滑动时，此时长木板所受地面的摩擦力和物块的 摩擦力不变，则加速度不变，选项 D 错误．422。
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摘要解决力电综合物理题应先确定研究对象，再分析列方程求解。
关键词受力分析
Stress Analysis Method in the Second Round of Review //Guo Guangquan
Abstract Solve the integrated mechanical and electrical prob-lems should first determine the physical object of study,then analyzed the column equations.
Key words stress analysis
Author's address Huaiyuan County Vocational Education Center,233400,Bengbu,Anhui,China
普通高中学生大多认为中学物理难，究其原因，都是因为物理情境不能建立，研究对象确定后不能正确受力分析，动力学方程与运动学方程不能顺利列出。
针对这一问题我在二轮复习中注意这方面的补缺补差，收到较好效果，具体做法如下。
1耐心审题在物理情境中确定研究对象
物理语言比较抽象，学生从字面上准确理解物理情境往往感到困难，特别是力学部分，如果与电磁学综合，学生理解起来更困难。
所以我强调在阅读题目时，要耐心、细心，本着“化抽象为具体、化陌生为亲切、化枯燥为生动”的原则，要求学生把自己的思维完全投入其中，如同身临其中，把自己放在题目情境的参考系中。
题中每一个概念、每一个结论都要赋予实际情景、实际例子，学生要把实际情境联想到自己面前，将抽象的现象形象化、具体化，在实际情景中接受题中信息，从而确定情境中要描述什么问题，确定哪个物体作为研究对象。
2对研究对象受力分析的方法
在复习过程中我把力分为接触力和场力。
接触力包括弹力（拉力、压力、支持力）和摩擦力两种，场力包括重力、电场力和磁场力三种。
这样分类可以避免力的概念重叠交叉，比教材中按力的作用效果和性质分类优越，不会重复分析。
首先确定研究对象后要将研究对象同题目描述环境中的接触位置找出，在每一个接触位置最多有两个接触力，有弹力的条件是：如果我们假设把自己的手放入接触位置的两物体之间，手受到挤压，那么我们的研究对象就受到一个垂直于接触面的并指向研究对象的弹力，这个位置有弹力是有第二个接触力（摩擦力）存在的前提，如果这个接触位置不光滑并且有运动或运动的趋势，那么这个位置就存在摩擦力。
这样研究对象受到的接触力全部用力的示意图画在研究对象上；然后再分析场力，中学阶段只涉及重力场、电场、磁场三种，每一种场最多只能产生一种场力，而重力一般都要考虑，一个物体只受一个重力，除非题中隐含条件重力不计，如微观基本粒子质子、电子等；只要是带电的研究对象在电场中就一定受一个电场力的作用；磁场力分为安培力和洛伦兹力，如果研究对象是通电导体且不与磁场平行，该通电导体受安培力，若两者平行则不受安培力；如果研究对象是带电粒子且速度方向不与磁场方向平行，该运动粒子受洛伦兹力，若速度方向与磁场方向平行则不受洛伦兹力。
分析过程中要把各个场力分别画在同一个研究对象上，各力示意图要画在研究对象上的同一位置上，以便下一步建立坐标系，分解不在坐标系上的力列方程。
3受力情况结合运动初状态决定物体的运动性质对研究对象正确受力分析后，各个力的方向要画正确，结合物体的运动状态选择合适的坐标系，一般选加速度的方向或初速度的方向为一个坐标轴的正方向建立坐标系，正交分解不在坐标轴上的力，在两个坐标轴的方向上列出两个动力学方程，其中一个方向合外力等于零，另一个方程可以求出研究对象的加速度。
如果加速度为零，则物体做匀速直线运动或静止；如果加速度方向与速度方向垂直，则物体做平抛匀变速曲线运动；如果加速度方向与速度方向在同一直线上，则物体做匀变速直线运动；如果加速度的方向始终与速度方向垂直（其他各个力平衡，仅有洛伦兹力作用的带电粒子），则物体做匀速圆周运动。
物体的运动性质确定后，根据运动性质结合相应的运动过程列出合适的运动学方程（包括过程方程和状态方程），将所列的方程组成方程组就可以求出结果。
例1:一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运
动（如图），AB与电场线夹
角θ=30°，已知带电微粒的
质量m=1.0×10-7kg，电量
q=1.0×10-10C，A、B相距
L=20cm。
（取g=10m/s2，结
果保留两位有效数字）求：
（1）说明微粒在电场中
运动的性质，要求说明理
由。
（2）电场强度的大小和方向？
（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？
解析：（1）确定微粒作为研究对象进行受力分析，微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，在垂直于AB方向上的重力和电场力必等大反向，可知电场力的方向水平向左；微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度v A方向相反，微粒做匀减速运动。
（2）在垂直于AB方向上，有qEsinθ-mgcosθ=0
所以电场强度E=1.7×104N/C，电场强度的方向水平向左
（3）微粒由A运动到B时的速度v B=0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得mgLsinθ+qELcosθ=mv A2/2代入数据，解得v A=2.8m/s。
总之，力电综合题是高考必考内容而且所占比重较大，解决这类问题首先在审题过程中确定研究对象，对研究对象进行受力分析，画出物体受力示意图，建立坐标系分解不在坐标轴上的力，列动力学方程求加速度，判断研究对象的运动性质，列运动学方程，代入数据求出结果。
参考文献
[1]普通高中物理课程标准(实验).
[2]高考考试说明200820092010物理部分.
编辑黄严磊
中图分类号：G712文献标识码：A文章编号：1672-7894（2011）12-100-01
A
B θ
１００。