2021年高考物理总复习：物理问题分析指要（一）
物理复习的效果最终必须落实到“物理问题的分析能力的提高”上。而物理问题的分析通常又需要把握住若干基本要点，在接下来的几讲中，将结合典型的例题，把分析物理问题时所需把握的要点做出一定程度的概括，希望能给同学们一点启发。 一、基本概念的确认与物理问题的分析。
在一些物理问题的分析中所遇到的困惑，有时是由于表述问题时所用的一些基本概念的准确含义难以确认所致，这就需要在分析物理问题之前先将表述问题时所用的重要的概念的准确含义予于确认。 问题1.：自动扶梯以恒定的速度v运转。第一次某人站在扶梯上相对于扶梯静止而被运送上楼，这过程中扶梯所做的功为W1，扶梯做功的功率为P1；第二次该人同时相对于扶梯以速度u向上运动而被运送上楼，这过程中扶梯所做的功为W2，扶梯做功的功率为P2。则
Ａ.W1>W2 P1=P2 B.W1 分析：对于此例的分析与解答，若不能明确例题表述中所涉及到的“扶梯所做的功”和“扶梯做功的功率”这两个基本概念的准确含义，则将会形成如下两种截然不同的观点。 观点1：无论人相对于扶梯是否运动，对地的运动状态都是匀速直线运动，这将保证明扶梯运转时的动力大小不会发生变化；无论人相对于扶梯是否运动，扶梯运转的速度都将保持恒定。考虑到当人从“与自动扶梯相对静止”变为“与自动扶梯相对运动”时，维持扶梯运转的动力大小和扶梯运转的速度都不变，因此可以判断：在扶梯把人运送上楼的过程中，扶梯做功的功率不变；考虑到扶梯做功的功率不变，且扶梯把人运送上楼所经历的时间因为人从“与自动扶梯相对静止”变为“与自动扶梯相对运动”而变短，因此又可以判断：在扶梯把人运送上楼的过程中，扶梯所做的功变少。即应选A。 观点2：无论人相对于扶梯是否运动，对地的运动状态都是匀速直线运动，这将保证扶梯运转过程中对人的作用力与人所受到的重力等值反向而保持不变；无论人相对于扶梯是否运动，人相对于地都是从楼下移动到楼上而保持位移不变。考虑到扶梯运转时对人的作用力和人相对于地的位移都不变，因此可以判断：在扶梯把人运送上楼的过程中，扶梯所做的功不变；考虑到扶梯所做的功不变，且扶梯把人运送上楼所经历的时间因为人从“与自动扶梯相对静止“变为”“与自动扶梯相对运动”而变短，因此可判断：在扶梯把人运送上楼的过程中，扶梯做功的功率变大，做功变快。即应选D。 上述两种观点似乎都有道理。但是，随着人从“与自动扶梯相对静止”变为“与自动扶梯相对运动”，空间是扶梯“做功变少”还是扶梯“做功变快”呢？ 其实，之所以对自动扶梯所提出的“做功变化”问题会形成两种截然不同的观点，是因为对问题中“扶梯所做的功”这一基本概念产生了不同的理解： 如果把问题中的“扶梯所做的功”理解为是包括作为动力装置的电动机在内的“扶梯”所做的功，那么这部分功就应该是指作为扶梯的动力装置的电动机驱动包括站立在扶梯上的人在内的扶梯时所做的功，电动机在完成这部分功时所转化的能量除了增加人的策略势能外，还将在克服传动系统的内摩擦时转化为内能。在这种理解的基础上，就可以根据“维持扶梯运转的动力大小和扶梯运转的速度都不变”做出“做功快慢不变而做功变少”的判断。 第 1 页 共 8 页 如果问题中的“扶梯所做的功”理解为是不包括作为动力装置的电动机在内的“扶梯”所做的功，那么这部分功就应该是指扶梯直接对扶梯上的人所做的功，扶梯在完成这部分功时所转化的能量仅仅是增加了人的重力势能。在这种理解的基础上，就可以根据“扶梯对人的作用力和人对地的位移都不变”而做出“做功多少不变而做功变快”的判断。 解答：若对例题1中“扶梯所做的功”和“扶梯做功的功率”这两个基础概念分别通过如下两种表述予以确认，则相应的问题分析就很容易进行，相关的问题结论也很容易获得。 习题１：自动扶梯以恒定的速度v运转。第一次某人站在扶梯上相对于扶梯静止而被运送上楼，这过程中电动机驱动扶梯做功为W1，电动机驱动扶梯做功的功率为P1；第二次该人同时相对于扶梯以速度u 向上运动而被运送上楼，这过程中电动机驱动扶梯做功为W2，电动机驱动扶梯做功的功率为P2。则 （ ） A．W1>W2 P1=P2 B.W1 习题2：自动扶梯以恒定的速度v运转。第一次某人站在扶梯上相对于扶梯静止而被运送上楼，这过程中扶梯对人做功为W1，扶梯对人做功的功率为P1；第二次该人同时相对于扶梯以速度u向上运动而被运送上楼，这过程中扶梯对人做功为W2，扶梯对人做功的功率为P2。则 （ ） A．W2>W2 P1=P2 B.W1 二、基本规律的概括与物理问题的分析分析物理问题的基本依据通常是基本的物理规律，但直接运用基本规律有时会使物理问题的分析过程较为冗长、较为烦琐、较为复杂，这时就需要先将基本的物理规律做出一步的概括，然后运用于物理问题的分析与解决之中，以提高思维起点，简化解题过程。 例题2：如图30-1所示，质量为M=3kg的大物体静止于光滑水平面上，另一质量为m=1kg的、可视为质点的小物体以初速度v0=4m/s滑上大物体的上表面，若大物体的长度为L=1m,小物体与大物体左端的壁碰撞时无机械能损失，且小物体最终相对静止于大物体的最右端，则小物体与大物体上表面间的动摩擦因数为多大？ 分析：如果直接运用基本物理规律，则可将例题中两物体所经历的过程分为三个阶段依次做出分析如下。 （1）从小物体刚滑上大物体的表面起，直至小物体滑到大物体左端的壁前为止，在这一阶段中，小物体的速度从v0变为v1，大物体的速度从0变为v2,且小物体的位移之差为L。于是，对两物体构成的系统运用量守恒定律、对两物体分别运用支能定律，有 mv0=mv1+Mv2 μmgs1= 121mv1 mv20 22 μmgs2= 12 Mv2 0 2第 2 页 共 8 页 s1 s2 = L （2）从小物体与大物体左壁碰撞前起，直至小物体与大物体左壁撞结束为止，在这一极短的过程中，小物体的速度从v1变为u1，大物体的速度从v2变为u2，且由于小物体的左壁间的碰撞无机械能损失，于是，两物体构成的系统碰撞过程遵从动量守恒定律、两物体构成的系统碰撞前后却能相等，即 mv1+Mv1=mu1+Mu2 12111mv1+ Mv22= mu21= Mu22 2222（3）从小物体与大物体左壁碰撞结束起，直至小物体相对于大物体滑到右端而相对静止为止，在这一过程中，小物体的速度从u1变为v，大物体的速度从u2变为v,且大物体与小物体的位移之差为L。于是，地两物体构成的系统运用动量守恒定律、对两物体分别运用动能定律，有 mu1+Mu2=(m+M)v μmgs1′= 12 1mv— mu21 2212 1Mv— Mu22 22 — μmgs2′= s2′-=s1′= L 由上述10个方程带入数据后即可解得：小物体与大物体的上表面间的动摩擦因数为 μ = 0.3 虽然，直接运用基本的“动量守恒定律”和“却能定理”分析求解，其解答过程十分复杂，如能将所运用的基本规律做进一步的概括，即把动能定理分别运用于两物体上时所得到的方程相加，便可概括得出：两个物体之间相互作用的滑动摩擦力f与相对运动通过的距离d的乘积等于两个物体构成的系统的机械能的减少量。即 fd = ―ΔE 而运用由基本规律概括出的上式分析求解，就可以使解答过程极为简单。 解答：取两个物体构成的系统为研究对象，在从小物体刚滑上大物体的上表面直至小物体相对静止于物体的最右端的整个过程中，一方面考虑到系统的动量守恒，另一方面注意到在相互作用的滑动作用的滑动摩擦力 f = μmg 作用下，两物体相对运动通过的距离为21，由此可得 mv0 = (m+M)v 2μmgL = 带入数据即可解得 121mv0 –(m+M)v2 22μ = 0.3 第 3 页 共 8 页
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