立足高考 領悟自招（一）

進入名校是每位學子的追求，隨著高校選拔方式的變革，很多同學通過自主招生進入名校已成為一條途徑，但是通過這條途徑進入名校并不簡單，岡為自主招生不像高考，高考有教材、有考綱，還有每年的高考試題作為標桿，而自主招生的復習備考不僅時間短，而且需要自己獨立準備。下面就從備戰高考的角度出發，來談自主招生考什么、怎么考，盡可能地幫助同學們順利對接。

一、自主招生考什么

基于高考角度的自主招生常考內容的匯總如表1。

從表1可以看出，自主招生試題的相當一部分內容都與高考命題的主干知識有交集，考生在復習備考中要一一排查，看看這部分內容是否掌握。抓高考促自招，反過來也可以通過備戰自招應對高考創新問題。與高考命題的主干知識相同的這部分內容是可以通過針對性復習取得高分的內容，岡此同學們理應將其放在復習備考的重中之重。

二、自主招生對動力學的考查

1.牛頓運動定律與圖像的綜合。

例1 （32屆全國中學生物理競賽預賽）水平力F方向確定，大小隨時間變化的圖像如圖1a所示。用力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，在F從0開始逐漸增大的過程中，物塊的加速度a隨時間變化的圖像如圖lb所示。重力加速度大小為10m/s2。由圖示可知，物塊與水平桌面間的最大靜摩擦力為__;物塊與水平桌面間的動摩擦因數為__;在O～4s時間內，合外力對物塊所做的功為

。

解析：由F-t和a-t圖像可知，在t=2s時，物塊開始運動且加速度a1=1m/s2，對應的拉力F1=12/4×2N=6N，所以物塊與水平桌面間的最大靜摩擦力為6N。根據2s和4s時刻對應的拉力和加速度，由F1-μmg=ma1，F2-μmg=ma2，解得m=3kg，μ=0.1。根據加速度一時間圖像與橫軸所圍面積表示速度變化量可知，在O～4s時間內，物塊的速度變化量為m/s=4m/s，即物塊的末速度v=4m/s。根據動能定理可知，合外力對物塊所做的功w=1/2mv2=24J。

答案：6N O.1 24J

點評：牛頓運動定律是高考的重點，特別是牛頓運動定律和圖像的綜合，在最近5年的高考全國卷中出現過4次，自主招生筆試卷中也有對應的試題。解決動力學與圖像的綜合問題的思路如圖2所示。

2.傳送帶（板塊）模型。

例2（華約）如圖3所示的傳送帶裝置與水平面間的夾角為θ，且tanθ=3/4。傳送帶的速度v=4m/s，動摩擦因數μ=5/4，將一質量m=4kg的小物塊輕輕地放置在傳送帶的底部，已知傳送帶的底部到頂部之間的距離L=20m。（取g=10m/s2）

（1）求物塊從傳送帶底部運動到頂部的時間t。

（2）求此過程中傳送帶對物塊所做的功。

解析：（1）對物體進行受力分析，如圖4所示，則N=根據牛頓第二定律有解得故物塊在傳送帶上做加速運動的時間tl=做加速運動的距離此后物塊隨傳送帶一起做勻速運動，做勻速運動的距離做勻速運動的時問物塊從傳送帶底部運動到頂部的總時間t=t1+t2=5.5s。

（2）法一：由（1）問可知，物塊在做加速運動的過程中，摩擦力為滑動摩擦力f=mg=40N，此過程中摩擦力做的功W=fx1=80J;物塊在做勻速運動的過程中，摩擦力為靜摩擦力此過程中摩擦力做的功W'=f'x2=432J。物塊從傳送帶底部運動到頂部的襤個過程巾，傳送帶對物塊所做的功W總=W+W'=512J。

法二：根據功能關系可知，物塊在整個過程中所獲得的機械能應等于傳送帶對物塊做的功，即

點評：傳送帶（板塊）模型是高考命題的熱點之一，涉及的知識點有勻變速直線運動、牛頓運動定律、動能定理、能量守恒定律等主干知識;在自主招生命題中，傳送帶（板塊）模型也是考查的內容之一，且考查角度、難度等與高考試題基本相仿。求解傳送帶（板塊）模型中的相對滑動產生的能量問題的方法如圖5所示。

3.動量守恒定律和能量守恒定律的綜合應用。

例3（北大保送）如圖6所示，光滑平面L，兩個相隔一定距離的小球分別以大小為vo和0.8v0的速度反向勻速運動，它們中間另有兩個小球（小球1和小球2）將一彈簧壓緊，小球1和小球2的質量分別為，m和2m，彈簧的彈性勢能為Ep。現將彈簧由靜止釋放，求：

（1）小球1和小球2各自的速度。

（2）若小球1能追上左邊的以速度v0運動的球，而小球2不能追上右邊以速度0.8v0運動的球，求m的取值范圍。

解析：（1）由小球1、小球2和彈簧組成的系統的機械能守恒，則由動量守恒定律得mv1-2mv2=O，兩式聯立解得V1

（2）根據題意可知Vl>VO，V2≤0.8vo，結合（1）問得

點評：在處理動量守恒定律和能量守恒定律的綜合應用問題時，首先要明確研究對象，再判斷研究對象是否滿足守恒條件。應用能量守恒定律時要分析能量轉化的過程，且以流程圖的呈現更利于列出能量方程。自主招生筆試試題對動量守恒定律成立條件的考查與高考命題相同，即在使用時要注意矢量性、同時性、相對性、普適性這“四性”。另外，在處理追碰問題時要注意系統動量是否守恒、系統能量不能增加，追碰時要注意判斷追PA4ZiO2i7JLMvSSDwuCmfxpRo0ChbpXBW/p4vjunMig=與被追者速度大小的比較，即要判斷運動的合理性。

例4 （卓越）如圖7所示，可視為質點的三個物塊A、B、C的質量分別為m1、m2、m3，三物塊間有兩根輕質彈簧a、6，其原長均為L0，勁度系數分別為ka、kb。彈簧a的兩端與物塊連接，彈簧b的兩端與物塊只接觸不連接。彈簧a、b被壓縮一段距離后，分別由質量忽略不計的硬質連桿鎖定，此時彈簧b的長度為L，整個裝置豎直置于水平地面上，重力加速度為g。

（1）現解開對彈簧“的鎖定，若當物塊B到達最高點時，物塊A對地面的壓力恰為零，求此時物塊C距地面的高度H。

（2）在物塊B到達最高點的瞬間，解除彈簧a與物塊B的連接，并撤走物塊A與彈簧n，同時解除對彈簧b的鎖定。設彈簧6恢復形變時間極短，此過程中彈力沖量遠大于重力沖量，求物塊C的最大速度的大小V3（彈簧的彈性勢能可以表示為Ep其中△x為彈簧的形變量）。

（3）求物塊C自彈簧b解鎖瞬間至恢復原長時上升的高度h。

解析：（1）解除彈簧a的鎖定后，在彈簧a的作用下，物塊B、C上升，恢復原長后，彈簧繼續伸長，當物塊B達到最高點時，物塊A對地面的壓力為零，設此時彈簧a的伸長量為△La，由共點力平衡條件和胡克定律得

（2）在解除彈簧b的鎖定的瞬間，彈簧恢復形變所需要的時間極短，彈力遠大于重力，因此此過程可視為動量守恒，此時物塊B達到最高點，岡此物塊B與C的速度均為O。設在彈簧b恢復原長時，物塊B的速度大小為V2，取豎直向上為正，由動量守恒定律得m3v3-m2v2=0。因為彈簧b恢復原長所需要的時間極短，此過程中彈力的沖量遠大于重力的沖量，所以系統的重力勢能不變，由機械能守恒定律得解得u3

（3）設彈簧b解鎖瞬間至恢復原長所需要的時間為△t，物塊B高度的變化量為h'，則由題意知h+h'=L0-L1解得

點評：解答本題時要注意審題，像題干中的“彈力沖量遠大于重力沖量”，說明了動量守恒。求解含彈簧的多體、多過程問題時，重在過程分析，彈力做功除非像本題中告之公式，否則需要采用轉化法處理。求解彈簧參與的力的問題，要注意彈簧的形變是拉伸還是壓縮，像本題中高度的變化情況就需要借助于過程分析判斷彈簧的形變情況來確定。

作者單位：江蘇省江陰市第一中學