2024版高考物理復(fù)習(xí)教案：第二篇解題技巧與增分策略

一、選擇題解題技巧選擇題主要考查對(duì)物理概念、物理現(xiàn)象、物理過程和物理規(guī)律的認(rèn)識(shí)、理解和應(yīng)用等。題目具有信息量大、知識(shí)覆蓋面廣、干擾性強(qiáng)、層次分明、難度易控制，能考查考生的多種能力等優(yōu)勢(shì)。要想迅速、準(zhǔn)確地解答物理選擇題，不僅要熟練掌握和應(yīng)用物理的基本概念和規(guī)律直接判斷和定量計(jì)算，還要掌握以下解答物理選擇題的基本方法和特殊技巧。方法1排除法通過對(duì)物理知識(shí)的理解、物理過程的分析或計(jì)算，把不符合題意的選項(xiàng)，從尋找差異性的角度，采用逐一排除的方法來確定答案。在遇到用已有知識(shí)解決不了的問題時(shí)，換個(gè)角度，排除錯(cuò)誤的，剩下的就是正確的。例1如圖所示，直角邊長為2d的等腰直角三角形EFG區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，左側(cè)有邊長為d的正方形金屬線框ABCD以恒定速度v水平穿過磁場(chǎng)區(qū)域，設(shè)逆時(shí)針方向?yàn)殡娏髡较?，則線框通過磁場(chǎng)過程中，感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖像是()答案B解析由楞次定律知，在線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程電路中的電流為順時(shí)針方向，即進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)電流方向?yàn)樨?fù)方向，可排除A、D選項(xiàng)。在線框離開磁場(chǎng)過程中，由楞次定律知，電路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，可排除C選項(xiàng)，故B項(xiàng)正確。方法2二級(jí)結(jié)論法熟記并巧用一些“二級(jí)結(jié)論”可以使思維過程簡化，節(jié)約解題時(shí)間，非常實(shí)用的二級(jí)結(jié)論有：(1)等時(shí)圓規(guī)律；(2)平拋運(yùn)動(dòng)速度的反向延長線過水平位移的中點(diǎn)；(3)不同質(zhì)量和電荷量的同種帶電粒子由靜止相繼經(jīng)過同一加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，軌跡重合；(4)直流電路中動(dòng)態(tài)分析的“串反并同”結(jié)論；(5)平行通電導(dǎo)線同向相吸，異向相斥；(6)帶電平行板電容器與電源斷開，改變極板間距離不影響極板間勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度等。例2如圖所示，OA、OB為兩條不同的光滑軌道，端點(diǎn)O、A、B都在豎直圓周上，OC為豎直直徑。完全相同的兩個(gè)小球分別從A、B兩點(diǎn)沿兩條軌道由靜止開始同時(shí)釋放，不計(jì)空氣阻力。兩小球到達(dá)O點(diǎn)的過程中，下列判斷正確的是()A．沿BO軌道運(yùn)動(dòng)的小球先到達(dá)O點(diǎn)B．兩個(gè)小球重力的沖量不相同C．兩小球的動(dòng)量變化率相同D．沿AO軌道運(yùn)動(dòng)小球的動(dòng)量變化率大答案D解析設(shè)軌道與水平方向的夾角為θ，對(duì)小球研究，小球受重力和支持力，將重力沿軌道方向和垂直軌道方向正交分解，根據(jù)牛頓第二定律可得ma＝mgsinθ，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，小球的位移為x＝2Rsinθ，由于小球運(yùn)動(dòng)過程中做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故下落時(shí)間為t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2×2Rsinθ,gsinθ))＝2eq\r(\f(R,g))，所以下落時(shí)間與θ無關(guān)，故兩小球一起到達(dá)O點(diǎn)，A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，重力相同，由I＝Ft可得兩個(gè)小球重力的沖量相同，B錯(cuò)誤；小球的末速度為v＝at＝gtsinθ，由于AO軌道的傾角大，即sinθ大，故從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的小球末速度大，根據(jù)Δp＝mv－mv0，可知沿AO軌道運(yùn)動(dòng)小球的動(dòng)量變化率大，C錯(cuò)誤，D正確。方法3圖像法根據(jù)題目的條件畫出圖像或示意圖，如多物體或多過程的運(yùn)動(dòng)關(guān)系示意圖可直觀反映物體間的位移、時(shí)間關(guān)系等，對(duì)弄清各物理量關(guān)系建立方程有幫助；物理圖像能直觀反映兩個(gè)物理量間的定量或定性關(guān)系，可避免煩瑣的計(jì)算，迅速找到正確答案。例3有一種“貓捉老鼠”趣味游戲，如圖所示，D是洞口，貓從A點(diǎn)沿水平線ABD勻速追趕老鼠，老鼠甲從B點(diǎn)沿曲線BCD先加速后減速逃跑，老鼠乙從B點(diǎn)沿曲線BED先減速后加速逃跑，已知貓和兩只老鼠同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)且初速率相等，到達(dá)洞口D時(shí)速率也相等，貓追趕的路程ABD與兩只老鼠逃跑的路程BCD和BED均相等，則下列說法正確的是()A．貓能在洞口堵住老鼠甲B．貓能在洞口堵住老鼠乙C．兩只老鼠在洞口都被貓堵住D．兩只老鼠均能從洞口逃離答案B解析因兩只老鼠運(yùn)動(dòng)的加速度大小不清楚，所以無法進(jìn)行計(jì)算，但可根據(jù)題中三者運(yùn)動(dòng)路程相等，畫出速率隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像，利用圖線與t軸所圍面積相等來求解。根據(jù)貓與老鼠的運(yùn)動(dòng)情況可大致作出圖像如圖所示，由圖知老鼠甲可以逃離洞口，故選B。方法4尺規(guī)作圖法有些選擇題，若用常規(guī)的方法做會(huì)很煩瑣，帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)能不能經(jīng)過某一點(diǎn)，可用圓規(guī)改變半徑進(jìn)行作圖判斷，光學(xué)中光線能不能經(jīng)過某一點(diǎn)，也可以通過作圖判斷，在某種變化的過程中比較兩個(gè)物理量的大小，還可以作圖，用刻度尺測(cè)量。例4如圖，站在水平臺(tái)面上的工作人員用輕繩將一個(gè)光滑小球從四分之一圓弧最底端緩慢拉到定滑輪處，不計(jì)定滑輪摩擦，在此過程中，下列說法正確的是()A．繩的拉力一直增大B．繩的拉力一直減小C．圓弧對(duì)小球支持力一直增大D．圓弧對(duì)小球支持力先減小后增大答案A解析力的矢量三角形如圖所示，由圖可知繩的拉力一直增大，圓弧對(duì)小球支持力一直減小，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。例5(2022·山東卷·12改編)如圖所示，xOy平面的第一、三象限內(nèi)以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為eq\r(2)L的扇形區(qū)域充滿方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點(diǎn)的頂點(diǎn)、在xOy平面內(nèi)以角速度ω順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，t＝0時(shí)刻，金屬框開始進(jìn)入第一象限。不考慮自感影響，關(guān)于金屬框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨時(shí)間t變化規(guī)律的描述正確的是()A．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過程中，E一直增大B．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過程中，E先增大后減小C．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，E的變化率先增大后減小D．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，E的變化率一直減小答案B解析如圖所示，在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過程中，金屬框的有效切割長度先變大再變小，當(dāng)t＝eq\f(π,4ω)時(shí)，有效切割長度最大，為eq\r(2)L，此時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，所以在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過程中，E先增大后減小，故B正確，A錯(cuò)誤；方法一在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，設(shè)轉(zhuǎn)過的角度為θ，由幾何關(guān)系可得θ＝ωt，在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，切割磁感線的有效長度d＝eq\f(L,cosωt)，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(1,2)Bd2ω＝eq\f(BL2ω,2cos2ωt)，可知在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，E的變化率一直增大，故C、D錯(cuò)誤。方法二電動(dòng)勢(shì)變化率eq\f(ΔE,Δt)＝eq\f(E2－E1,Δt)，E＝eq\f(1,2)BL2ω，式中L為有效切割長度，故eq\f(ΔE,Δt)＝eq\f(Bω,2Δt)(L22－L12)Δt取相等時(shí)間轉(zhuǎn)化為長度的測(cè)量，作圖。測(cè)量L1、L2、L3，得出L32－L22>L22－L12故eq\f(ΔE,Δt)在變大，C、D錯(cuò)誤。方法5逆向思維法正向思維法在解題中運(yùn)用較多，但有時(shí)利用正向思維法解題比較煩瑣，這時(shí)我們可以考慮利用逆向思維法解題。應(yīng)用逆向思維法解題的基本思路：(1)分析確定研究問題的類型是否能用逆向思維法解決；(2)確定逆向思維法的類型(由果索因、轉(zhuǎn)換研究對(duì)象、過程倒推等)；(3)通過轉(zhuǎn)換運(yùn)動(dòng)過程、研究對(duì)象等確定求解思路。例6如圖所示，半圓軌道固定在水平面上，將一小球(小球可視為質(zhì)點(diǎn))從B點(diǎn)沿半圓軌道切線方向斜向左上方拋出，到達(dá)半圓軌道左端A點(diǎn)正上方某處小球速度剛好水平，O為半圓軌道圓心，半圓軌道半徑為R，OB與水平方向的夾角為60°，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則小球在A點(diǎn)正上方的水平速度為()A.eq\r(\f(3\r(3)gR,2)) B.eq\r(\f(3gR,2))C.eq\r(\f(\r(3)gR,2)) D.eq\r(\f(\r(3)gR,3))答案A解析小球雖然是做斜拋運(yùn)動(dòng)，由于到達(dá)半圓軌道左端A點(diǎn)正上方某處小球的速度剛好水平，所以可以逆向看作小球從該半圓軌道左端A點(diǎn)正上方某處開始做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中恰好與半圓軌道相切于B點(diǎn)，這樣就可以用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解．因小球運(yùn)動(dòng)過程中與半圓軌道相切于B點(diǎn)，則小球在B點(diǎn)的速度方向與水平方向的夾角為30°，設(shè)此時(shí)位移與水平方向的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(tan30°,2)＝eq\f(\r(3),6)，因?yàn)閠anθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(y,\f(3,2)R)，則豎直位移y＝eq\f(\r(3)R,4)，而vy2＝2gy＝eq\f(\r(3),2)gR，又tan30°＝eq\f(vy,v0)，所以v0＝eq\f(\r(\f(\r(3)gR,2)),\f(\r(3),3))＝eq\r(\f(3\r(3)gR,2))，故選項(xiàng)A正確。方法6類比分析法將兩個(gè)(或兩類)研究對(duì)象進(jìn)行對(duì)比，分析它們的相同或相似之處、相互的聯(lián)系或所遵循的規(guī)律，然后根據(jù)它們?cè)谀承┓矫嬗邢嗤蛳嗨频膶傩?，進(jìn)一步推斷它們?cè)谄渌矫嬉部赡苡邢嗤蛳嗨频膶傩缘囊环N思維方法，在處理一些物理背景很新穎的題目時(shí)，可以嘗試使用這種方法。比如：恒力作用下或電場(chǎng)與重力場(chǎng)疊加場(chǎng)中的類平拋問題、斜拋問題，可直接類比使用平拋、斜拋相關(guān)結(jié)論。例7在光滑的水平面上，一滑塊的質(zhì)量m＝2kg，在水平面上受水平方向上恒定的外力F＝4N(方向未知)作用下運(yùn)動(dòng)，如圖所示給出了滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的一段軌跡，滑塊過P、Q兩點(diǎn)時(shí)速度大小均為v＝5m/s。滑塊在P點(diǎn)的速度方向與PQ連線的夾角α＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是()A．水平恒力F的方向與PQ連線成53°角B．滑塊從P運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間為3sC．滑塊從P運(yùn)動(dòng)到Q的過程中速度最小值為3m/sD．P、Q兩點(diǎn)間的距離為15m答案B解析滑塊過P、Q兩點(diǎn)時(shí)速度大小相等，根據(jù)動(dòng)能定理得Fxcosθ＝ΔEk，得θ＝90°，即水平方向上恒定的外力F與PQ連線垂直且指向軌跡的凹側(cè)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；把滑塊在P點(diǎn)的速度分解到沿水平恒力F和垂直水平恒力F兩個(gè)方向上，沿水平恒力F方向上滑塊先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a＝eq\f(F,m)＝2m/s2，當(dāng)沿水平恒力F方向上的速度為0時(shí)，時(shí)間t＝eq\f(vsin37°,a)＝1.5s，根據(jù)對(duì)稱性，滑塊從P運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間為t′＝2t＝3s，故B項(xiàng)正確；沿垂直水平恒力F方向上滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有xPQ＝v′t′＝vcos37°·t′＝12m，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)沿水平恒力F方向上的速度為0時(shí)，只有垂直水平恒力F方向的速度v′，此時(shí)速度最小，所以滑塊從P運(yùn)動(dòng)到Q的過程中速度最小值為4m/s，故C項(xiàng)錯(cuò)誤。方法7對(duì)稱法對(duì)稱法就是利用物理現(xiàn)象、物理過程具有對(duì)稱性的特點(diǎn)來分析解決物理問題的方法。常見的應(yīng)用：(1)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，如豎直上拋運(yùn)動(dòng)中物體向上、向下運(yùn)動(dòng)的兩過程中同位置處速度大小相等，加速度相等；(2)結(jié)構(gòu)的對(duì)稱性，如均勻帶電的圓環(huán)，在其圓心處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為零；(3)幾何關(guān)系的對(duì)稱性，如粒子從某一直線邊界垂直磁感線射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，再從同一邊界射出勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，速度與邊界的夾角相等；(4)場(chǎng)的對(duì)稱性，等量同種、異種點(diǎn)電荷形成的場(chǎng)具有對(duì)稱性；電流周圍的磁場(chǎng)，條形磁體和通電螺線管周圍的磁場(chǎng)等都具有對(duì)稱性。例8電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷與半徑為R的均勻帶電圓形薄板相距2R，點(diǎn)電荷與圓心O連線垂直薄板，A點(diǎn)位于點(diǎn)電荷與圓心O連線的中點(diǎn)，B與A關(guān)于O對(duì)稱，已知靜電力常量為k，若A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，則()A．圓形薄板所帶電荷量為＋QB．圓形薄板所帶電荷在A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(10kQ,9R2)，方向水平向左C．B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(kQ,R2)，方向水平向右D．B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(10kQ,9R2)，方向水平向右答案D解析A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，而點(diǎn)電荷在A點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為E＝keq\f(Q,R2)，方向水平向右，則可知圓形薄板所帶電荷在A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(kQ,R2)，方向水平向左，知圓形薄板帶正電；若圓形薄板所帶電荷量集中在圓心O，則電荷量大小應(yīng)為Q，而實(shí)際上圓形薄板的電荷量是均勻分布在薄板上的，除了圓心O處距離A點(diǎn)的距離與點(diǎn)電荷＋Q距離A點(diǎn)的距離相同外，其余各點(diǎn)距離O點(diǎn)的距離都大于R，若將電荷量Q均勻的分布在薄板上，則根據(jù)點(diǎn)電荷在某點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)公式可知，合場(chǎng)強(qiáng)一定小于E，因此可知圓形薄板所帶電荷量一定大于＋Q，故A、B錯(cuò)誤；B點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)與A點(diǎn)對(duì)稱，則可知圓形薄板在B點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為EB′＝keq\f(Q,R2)，方向水平向右，而點(diǎn)電荷在B點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為EB″＝keq\f(Q,3R2)＝keq\f(Q,9R2)，方向水平向右，則根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理可得B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為EB＝EB′＋EB″＝keq\f(Q,R2)＋keq\f(Q,9R2)＝eq\f(10kQ,9R2)，方向水平向右，故C錯(cuò)誤，D正確。方法8等效替換法等效替換法是把陌生、復(fù)雜的物理現(xiàn)象、物理過程在保證某種效果、特性或關(guān)系不變的前提下，轉(zhuǎn)化為簡單、熟悉的物理現(xiàn)象、物理過程來研究，從而認(rèn)識(shí)研究對(duì)象本質(zhì)和規(guī)律的一種思想方法。等效替換法廣泛應(yīng)用于物理問題的研究中，如：力的合成與分解、運(yùn)動(dòng)的合成與分解、等效場(chǎng)、等效電源、變壓器問題中的等效電阻等。例9(2019·全國卷Ⅰ·17)如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點(diǎn)M、N與直流電源兩端相接。已知導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為()A．2FB．1.5FC．0.5FD．0答案B解析設(shè)三角形邊長為l，通過導(dǎo)體棒MN的電流大小為I，則根據(jù)并聯(lián)電路的規(guī)律可知通過導(dǎo)體棒ML和LN的電流大小為eq\f(I,2)，如圖所示，依題意有F＝BlI，則導(dǎo)體棒ML和LN所受安培力的合力為F1＝eq\f(1,2)BlI＝eq\f(1,2)F，方向與F的方向相同，所以線框LMN受到的安培力大小為F＋F1＝1.5F，選項(xiàng)B正確。例10如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一內(nèi)壁光滑、半徑為R的固定絕緣圓軌道處在豎直平面內(nèi)，AB為圓軌道的水平直徑，CD為豎直直徑。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從軌道的最低點(diǎn)獲得一定的初速度v0后，能夠在軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度為g，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(\r(3)mg,q)，不計(jì)空氣阻力，下列說法中正確的是()A．小球運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最小B．小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大C．若v0＝eq\r(5gR)，小球恰好能夠沿著軌道做圓周運(yùn)動(dòng)D．若小球恰好能夠在軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)軌道的最大壓力為12mg答案D解析小球在等效場(chǎng)中做變速圓周運(yùn)動(dòng)，M點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，N點(diǎn)為等效最高點(diǎn)，如圖所示，設(shè)等效重力加速度的方向與豎直方向的夾角為θ，有tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\r(3)，即θ＝60°，故在等效場(chǎng)中構(gòu)成繩—球模型，在等效最高點(diǎn)的速度最小，動(dòng)能最小，即小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最小，故A錯(cuò)誤；小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)除了重力做功外，還有靜電力做功，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)靜電力做正功最多，則機(jī)械能最大，故B錯(cuò)誤；在等效場(chǎng)中的等效重力加速度為g效＝eq\f(g,cosθ)＝2g，小球恰好能夠沿著軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，則在等效最高點(diǎn)N時(shí)由等效重力提供向心力，有mg效＝meq\f(vN2,R)，可得vN＝eq\r(g效R)＝eq\r(2gR)，則從C點(diǎn)到N點(diǎn)，由動(dòng)能定理有－mg效(R＋Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvN2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(8gR)，故C錯(cuò)誤；若小球恰好能夠在軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，即剛好能通過N點(diǎn)時(shí)的速度為vN＝eq\r(2gR)，在C點(diǎn)的速度為v0＝eq\r(8gR)，而在等效最低點(diǎn)M時(shí)速度最大，軌道對(duì)球的支持力最大，球?qū)壍赖膲毫σ沧畲?，從C點(diǎn)到M點(diǎn)由動(dòng)能定理有mg效(R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvM2－eq\f(1,2)mv02，可得vM＝eq\r(10gR)，在M點(diǎn)由牛頓第二定律有FNM－mg效＝meq\f(vM2,R)，解得FNM＝12mg，由牛頓第三定律可知小球運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)軌道的最大壓力為12mg，故D正確。方法9特殊值法有些選擇題，根據(jù)它所描述的物理現(xiàn)象的一般情況較難直接判斷選項(xiàng)的正誤時(shí)，可以讓某些物理量取特殊值，代入到各選項(xiàng)中逐個(gè)進(jìn)行檢驗(yàn)。凡是用特殊值檢驗(yàn)證明不正確的選項(xiàng)，可以排除。例11豎直上拋物體的初速度大小與返回拋出點(diǎn)時(shí)速度大小的比值為k，物體返回拋出點(diǎn)時(shí)速度大小為v，若在運(yùn)動(dòng)過程中空氣阻力大小不變，重力加速度為g，則物體從拋出到返回拋出點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間為()A.eq\f(k2－1v,k2＋1g) B.eq\f(k2＋1v,k2－1g)C.eq\f(k＋1k2＋1v,2kg) D.eq\f(k2－12v,2kg)答案C解析取k＝1，則說明物體運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力為零，即物體做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。將k＝1依次代入四式，只有C項(xiàng)經(jīng)歷的時(shí)間等于eq\f(2v,g)(豎直上拋運(yùn)動(dòng)回到拋出點(diǎn)所用的時(shí)間)，C項(xiàng)正確。方法10極限思維法物理學(xué)中的極限思維是把某個(gè)物理量推向極端，從而作出科學(xué)的推理分析，給出判斷或?qū)С鲆话憬Y(jié)論。該方法一般適用于題干中所涉及的物理量隨條件單調(diào)變化的情況。極限思維法在進(jìn)行某些物理過程分析時(shí)，具有獨(dú)特作用，使問題化難為易，化繁為簡，起到事半功倍的效果。例12由相關(guān)電磁學(xué)知識(shí)可知，若圓環(huán)形通電導(dǎo)線的中心為O，環(huán)的半徑為R，環(huán)中通有大小為I的電流，如圖甲所示，則環(huán)心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝eq\f(μ0,2)·eq\f(I,R)，其中μ0是真空磁導(dǎo)率。若P點(diǎn)是過圓環(huán)形通電導(dǎo)線中心O點(diǎn)的軸線上的一點(diǎn)，且與O點(diǎn)間的距離是x，如圖乙所示。請(qǐng)根據(jù)所學(xué)的物理知識(shí)判斷下列有關(guān)P點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度BP的表達(dá)式正確的是()A．BP＝eq\f(μ0,2)·B．BP＝eq\f(μ0,2)·eq\f(R2I,R2＋x2)C．BP＝eq\f(μ0,2)·D．BP＝eq\f(μ0,2)·答案A解析應(yīng)用極限思維法，當(dāng)x＝0時(shí)，P點(diǎn)與O點(diǎn)重合，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小BP＝eq\f(μ0,2)·eq\f(I,R)，A項(xiàng)正確。方法11量綱法量綱法就是用物理量的單位來鑒別答案，主要判斷等式兩邊的單位是否一致，或所選列式的單位與題干是否統(tǒng)一。例13已知光速c＝3.0×108m/s，引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，用這三個(gè)物理量表示普朗克長度(量子力學(xué)中最小可測(cè)長度)，其表達(dá)式可能是()A．B．C．D．答案B解析根據(jù)量綱法，將A、B、C、D項(xiàng)的表達(dá)式的單位進(jìn)行運(yùn)算，只有B項(xiàng)符合，eq\r(\f(J·s·N·m2/kg2,m/s3))＝eq\r(\f(kg·m/s2·m·s·kg·m/s2·m2/kg2,m3/s3))＝m，普朗克長度表達(dá)式可能是，故選B。

二、計(jì)算題解題技巧及規(guī)范考試答題，對(duì)分?jǐn)?shù)影響最為關(guān)鍵的就是答案的正確性。很多考生答案正確卻沒拿到滿分。很多時(shí)候就是忽略了答題的規(guī)范性。越是大型的考試對(duì)答題的要求就越嚴(yán)格，重大考試的不標(biāo)準(zhǔn)答題造成的考試失分，很可惜。物理大題的答題要求是這樣的：“解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。”因此，考生要想提高得分率，取得好成績，在復(fù)習(xí)過程中，除了要做好基礎(chǔ)知識(shí)的掌握、解題能力的訓(xùn)練外，平時(shí)還必須強(qiáng)化答題的規(guī)范，培養(yǎng)良好的答題習(xí)慣。一、文字說明要清楚文字說明的字體要書寫工整、版面布局合理整齊、段落清晰……讓改卷老師看到你的卷面后有賞心悅目的感覺。必要的文字說明是指以下幾方面內(nèi)容：1．研究的對(duì)象、研究的過程或狀態(tài)的說明。2．題中給出的物理量要用題中的符號(hào)，非題中的物理量或符號(hào)，一定要用提前假設(shè)進(jìn)行說明。3．題目中的一些隱含條件或臨界條件分析出來后，要加以說明。4．所列方程的依據(jù)及名稱要進(jìn)行說明。5．規(guī)定的正方向、零勢(shì)能點(diǎn)及所建立的坐標(biāo)系要進(jìn)行說明。6．對(duì)題目所求或所問要有明確的答復(fù)，對(duì)所求結(jié)果的物理意義要進(jìn)行說明。7．文字說明不要過于簡略，缺乏邏輯性，也不要太啰嗦，而找不到得分點(diǎn)。二、主干方程要突出在高考評(píng)卷中，主干方程是得分的重點(diǎn)。主干方程是指物理規(guī)律、公式或數(shù)學(xué)的三角函數(shù)、幾何關(guān)系式等，方程要單列一行，絕不能連續(xù)寫下去，切忌將方程、答案淹沒在文字之中。1．主干方程要有依據(jù)一般表述為：由××定理(定律)得；由圖中幾何關(guān)系得，根據(jù)……得等?！岸伞薄岸ɡ怼薄肮健薄瓣P(guān)系”“定則”等詞要用準(zhǔn)確。2．主干方程列式形式書寫規(guī)范嚴(yán)格按課本“原始公式”的形式列式，不能以變形的結(jié)果式代替方程式(這是相當(dāng)多考生所忽視的)。要全部用字母符號(hào)表示方程，不能字母、符號(hào)和數(shù)據(jù)混合，如：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)應(yīng)有qvB＝meq\f(v2,R)，而不是其變形結(jié)果R＝eq\f(mv,qB)；輕繩模型中，小球恰好能通過豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)，有mg＝meq\f(v2,r)，不能寫成v＝eq\r(gr)。3．物理量符號(hào)要和題干一致最終結(jié)果字母必須準(zhǔn)確才得分，物體的質(zhì)量，題目給定符號(hào)是m0、ma、2m、M、m′等，不能統(tǒng)一寫成m；長度，題目給定符號(hào)是L，不能寫成l或者d；半徑，題目給定符號(hào)是R，不能寫成r；電荷量，題目給定符號(hào)是e，不能寫成q，在評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)中都明確給出了扣分標(biāo)準(zhǔn)。需要自己設(shè)的物理量盡量要依據(jù)題干給定，相關(guān)物理量順延編號(hào)，合理安排下標(biāo)(上標(biāo))，以防混亂。4．要分步列式，不要寫連等式如，電磁感應(yīng)中導(dǎo)體桿受力的幾個(gè)方程，要這樣寫：E＝BLvI＝eq\f(E,R＋r)F＝BIL每個(gè)公式都有對(duì)應(yīng)的分值，不要寫連等式F＝BIL＝Beq\f(E,R＋r)L＝Beq\f(BLv,R＋r)L＝eq\f(B2L2v,R＋r)，評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)是這樣的，每個(gè)公式都有對(duì)應(yīng)的分值，如果寫成連等式，最終結(jié)果正確得滿分，最終結(jié)果錯(cuò)誤最多得分布列式中一個(gè)公式的分?jǐn)?shù)。5．計(jì)算結(jié)果要注意矢量性及單位計(jì)算結(jié)果是數(shù)據(jù)的要帶單位，沒有單位的要扣分；字母運(yùn)算時(shí)，一些常量(重力加速度g，電子電荷量e等)不能用數(shù)字(10m/s2,1.6×10－19C)替換，運(yùn)算的結(jié)果為字母表達(dá)式的不用寫單位。三、解題過程中運(yùn)用數(shù)學(xué)的方式有講究1．“代入數(shù)據(jù)”，解方程的具體過程可以不寫出。2．所涉及的幾何關(guān)系只需寫出判斷結(jié)果而不必證明。3．重要的中間結(jié)論、數(shù)據(jù)要寫出來，這是改卷的節(jié)點(diǎn)，寫出這個(gè)結(jié)果得到對(duì)應(yīng)分值。4．所求的方程若有多個(gè)解，都要寫出來，然后通過討論，該舍去的舍去。5．?dāng)?shù)字相乘時(shí)，數(shù)字之間不要用“·”，而應(yīng)用“×”?？偨Y(jié)為一個(gè)要求：仔細(xì)研讀高考考試評(píng)分細(xì)則，是判斷答題是否規(guī)范的最好標(biāo)準(zhǔn)。就是要用最少的字符，最小的篇幅，表達(dá)出最完整的解答，以使評(píng)卷老師能在最短的時(shí)間內(nèi)把握你的答題過程、結(jié)果，就是一份最好的答卷。示例1如圖是由弧形軌道、圓軌道、水平直軌道平滑連接而成的力學(xué)探究裝置。水平軌道AC末端裝有一體積不計(jì)的理想彈射器，圓軌道與水平直軌道相交于B點(diǎn)，且B點(diǎn)位置可改變?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝2kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從弧形軌道高H＝0.6m處靜止釋放，且將B點(diǎn)置于AC中點(diǎn)處。已知圓軌道半徑R＝0.1m，水平軌道長LAC＝1.0m，滑塊與AC間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，弧形軌道和圓軌道均視為光滑，不計(jì)其他阻力與能量損耗，求：(1)滑塊第一次滑至圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。?2)彈射器獲得的最大彈性勢(shì)能；(3)若H＝6m，改變B點(diǎn)位置，使滑塊在整個(gè)滑動(dòng)過程中不脫離軌道，求滿足條件的BC長度LBC。

解題指導(dǎo)示例2如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝37°的斜面上，兩導(dǎo)軌垂直于ef，ef為斜面與水平面的交線，導(dǎo)軌間距L＝0.6m，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為虛線MN。虛線MN與兩導(dǎo)軌垂直，區(qū)域Ⅰ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向下，區(qū)域Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝1T。在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.21kg、電阻R1＝0.1Ω的金屬棒ab放在導(dǎo)軌上，金屬棒ab剛好不下滑。然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4kg、電阻R2＝0.1Ω的光滑金屬棒cd置于導(dǎo)軌上使其由靜止開始下滑。金屬棒cd在滑動(dòng)過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)中，兩金屬棒長度均為L且始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌保持良好接觸。(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求金屬棒ab剛要向上滑動(dòng)時(shí)，金屬棒cd的速度大小v；(2)從金屬棒cd開始下滑到金屬棒ab剛要向上滑動(dòng)的過程中，金屬棒cd滑動(dòng)的距離x＝3.5m，求此過程中金屬棒ab上產(chǎn)生的熱量Q；(3)求金屬棒cd滑動(dòng)距離3.5m的過程中流過金屬棒ab某一橫截面的電荷量q。解題指導(dǎo)

三、數(shù)學(xué)方法在物理中的應(yīng)用高考物理試題的解答離不開數(shù)學(xué)知識(shí)和方法的應(yīng)用，利用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問題是高考物理考查的能力之一。借助數(shù)學(xué)方法，可使一些復(fù)雜的物理問題，顯示出明顯的規(guī)律性，能快速簡捷地解決問題?？梢哉f任何物理試題的求解過程實(shí)際上都是將物理問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題，經(jīng)過求解再還原為物理結(jié)論的過程。下面是幾種物理解題過程中常用的數(shù)學(xué)方法。一、三角函數(shù)法1．輔助角求極值三角函數(shù)：y＝acosθ＋bsinθy＝acosθ＋bsinθ＝eq\r(a2＋b2)sin(θ＋α)，其中tanα＝eq\f(a,b)。當(dāng)θ＋α＝90°時(shí)，有極大值ymax＝eq\r(a2＋b2)。例1質(zhì)量為m的物體放置在傾角θ＝30°的粗糙固定斜面上，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)，重力加速度為g，現(xiàn)用拉力F(與斜面的夾角為β)拉動(dòng)物體沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()A．拉力最小時(shí)，物體受三個(gè)力作用B．β＝0°時(shí)，即拉力沿斜面向上時(shí)，拉力F最小C．斜面對(duì)物體作用力的方向隨拉力F的變化而變化D．拉力F的最小值為eq\f(\r(3),2)mg答案D解析斜面對(duì)物體的作用力，指的是摩擦力Ff和支持力FN的合力，則有tanα＝eq\f(FN,Ff)＝eq\f(FN,μFN)＝eq\f(1,μ)，μ不變，則tanα不變，即斜面對(duì)物體作用力的方向不隨拉力F變化，故C錯(cuò)誤；對(duì)物體受力分析如圖所示Fcosβ＝Ff＋mgsinθ①，F(xiàn)f＝μFN②，F(xiàn)N＝mgcosθ－Fsinβ③，聯(lián)立①②③解得F＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,cosβ＋μsinβ)當(dāng)β＝30°時(shí)，拉力F最小，最小值為eq\f(\r(3),2)mg，此時(shí)物體受4個(gè)力作用，故D正確，A、B錯(cuò)誤。2．正弦定理在如圖所示的三角形中，各邊和所對(duì)應(yīng)角的正弦之比相等，即：eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)。例2如圖甲所示，一個(gè)邊長為3d的勻質(zhì)玻璃立方體內(nèi)有一個(gè)三棱柱真空“氣泡”，立方體置于水平桌面上，其中某一截面圖如圖乙所示，A、B、C、D為正方形四個(gè)頂點(diǎn)，Q、N為底邊的三等分點(diǎn)，MN垂直于底邊，PO平行于底邊，O為QM的中點(diǎn)，∠QMN＝30°，D、P位置有相同的光源。真空中光速為c，不考慮光的反射。(1)D處光源向O點(diǎn)發(fā)出一束光恰好不能進(jìn)入“氣泡”，求該玻璃的折射率；(2)P處光源向O點(diǎn)發(fā)出一束光，求該束光第一次穿過“氣泡”的時(shí)間。答案(1)eq\f(2\r(3),3)(2)eq\f(3\r(2)－\r(3),5c)d解析(1)作出光路圖如圖所示由幾何關(guān)系可知θ＝60°，OQ＝DQ則可知α＝β，易知θ＝α＋β，C＋β＝90°可得C＝60°由全反射sinC＝eq\f(1,n)解得n＝eq\f(2\r(3),3)(2)作出光路圖如圖所示可知i＝30°，OM＝d而eq\f(sinr,sini)＝n可得sinr＝eq\f(\r(3),3)＝cosφ則由數(shù)學(xué)知識(shí)可得sinφ＝eq\f(\r(6),3)再由數(shù)學(xué)知識(shí)sin∠OEM＝sin(30°＋φ)＝eq\f(\r(3)＋3\r(2),6)由正弦定理可得eq\f(OM,sin∠OEM)＝eq\f(OE,sin30°)在氣泡中有t＝eq\f(OE,c)可得t＝eq\f(3\r(2)－\r(3),5c)d(或eq\f(3d,3\r(2)＋\r(3)c))。3．余弦定理在如圖所示的三角形中，有：a2＝b2＋c2－2bc·cosA例3如圖所示，ABDO為某玻璃材料的截面，ABO部分為直角三角形棱鏡，∠A＝30°，OBD部分是半徑為R的四分之一圓柱狀玻璃，O點(diǎn)為圓心。一束單色光從P點(diǎn)與AB成30°角斜射入玻璃材料，剛好垂直O(jiān)A邊射出，射出點(diǎn)離O點(diǎn)eq\f(\r(3),4)R，已知真空中的光速為c。(1)求該單色光在玻璃材料中發(fā)生全反射的臨界角的正弦值；(2)現(xiàn)將該光束繞P點(diǎn)沿逆時(shí)針方向在紙面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)至水平方向，觀察到BD面上有光線從Q點(diǎn)射出(Q點(diǎn)未畫出)。求光束在玻璃材料中的傳播時(shí)間(不考慮圓柱BD弧面部分的反射光線)。答案(1)eq\f(\r(3),3)(2)eq\f(3\r(3)＋\r(39)R,4c)解析(1)根據(jù)題意可知，光線從AB界面的P點(diǎn)進(jìn)入玻璃棱鏡，由折射定律畫出光路圖，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系，可得入射角θ1＝90°－30°＝60°折射角θ2＝30°，且PO恰好為法線，根據(jù)n＝eq\f(sinθ1,sinθ2)可得折射率n＝eq\r(3)又有sinC＝eq\f(1,n)解得sinC＝eq\f(\r(3),3)(2)根據(jù)題意，當(dāng)光線轉(zhuǎn)至水平方向入射，入射角大小仍為θ3＝60°，畫出光路圖，如圖所示由折射定律可知，折射角θ4＝30°，折射光線交OD邊于F點(diǎn)，由題已知∠A＝30°，PC⊥AO，得在OD邊界上的入射角為θ5＝60°，由于發(fā)生全反射的臨界角為C。則有sinC＝eq\f(\r(3),3)<sinθ5＝eq\f(\r(3),2)即C<θ5可知在OD界面發(fā)生全反射，已知CO＝eq\f(\r(3),4)R。由幾何關(guān)系得，在三角形OFQ中，由余弦定理得OQ2＝OF2＋FQ2－2OF·FQcos150°其中OQ＝R，OF＝OP＝eq\f(\r(3),2)R解得FQ＝eq\f(\r(13)－3,4)R又有v＝eq\f(c,n)，PF＝2OF·cos30°t＝eq\f(PF＋FQ,v)解得t＝eq\f(3\r(3)＋\r(39)R,4c)。二、均值不等式由均值不等式a＋b≥2eq\r(ab)(a>0，b>0)可知：(1)兩個(gè)正數(shù)的積為定值時(shí)，若兩數(shù)相等，和最??；(2)兩個(gè)正數(shù)的和為定值時(shí)，若兩數(shù)相等，積最大。例4某運(yùn)動(dòng)員從滑雪跳臺(tái)以不同的速度v0水平跳向?qū)γ鎯A角為45°的斜坡(如圖所示)，已知跳臺(tái)的高度為h，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則該運(yùn)動(dòng)員落到斜坡上的最小速度為()A.eq\r(\r(2)－1gh) B.eq\r(\r(3)－1gh)C.eq\r(\r(5)－1gh) D.eq\r(\r(6)－1gh)答案C解析設(shè)該運(yùn)動(dòng)員落到斜坡上經(jīng)歷的時(shí)間為t，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得，水平方向上的位移x＝v0t，豎直方向上的位移y＝eq\f(1,2)gt2，由幾何關(guān)系可得x＝(h－y)·tan45°，整理得v0＝eq\f(h,t)－eq\f(1,2)gt，該運(yùn)動(dòng)員落到斜坡上時(shí)速度v滿足v2＝v02＋(gt)2，再整理可得v2＝(eq\f(h,t)－eq\f(1,2)gt)2＋(gt)2，變形為v2＝(eq\f(h,t))2＋eq\f(5,4)(gt)2－gh，當(dāng)(eq\f(h,t))2＝eq\f(5,4)(gt)2時(shí)，速度v最小，且最小為v＝eq\r(\r(5)－1gh)，故選C。三、利用二次函數(shù)求極值二次函數(shù)：y＝ax2＋bx＋c(1)當(dāng)x＝－eq\f(b,2a)時(shí)，有極值ym＝eq\f(4ac－b2,4a)(若二次項(xiàng)系數(shù)a>0，y有極小值；若a<0，y有極大值)。(2)利用一元二次方程判別式求極值。用判別式Δ＝b2－4ac≥0有解可求某量的極值。例5如圖所示，生產(chǎn)車間有兩個(gè)完全相同的水平傳送帶甲和乙，它們相互垂直且等高，兩傳送帶由同一電機(jī)驅(qū)動(dòng)，它們正常工作時(shí)都勻速運(yùn)動(dòng)，速度大小分別為v甲、v乙，并滿足v甲＋v乙＝v，式中v為已知定值，即兩傳送帶的速度可調(diào)但代數(shù)和始終不變。將一工件A(視為質(zhì)點(diǎn))輕放到傳送帶甲上，工件離開傳送帶甲前已經(jīng)與傳送帶甲的速度相同，并平穩(wěn)地傳送到傳送帶乙上，且不會(huì)從傳送帶乙的右側(cè)掉落。已知工件的質(zhì)量為m，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。兩傳送帶正常工作時(shí)，下列說法正確的是()A．工件在傳送帶甲和乙上共速前受到的摩擦力一定相同B．當(dāng)v甲＝0.5v乙時(shí)，工件在傳送帶乙上留下的滑動(dòng)痕跡最短C．當(dāng)v甲＝0.5v乙時(shí)，工件與兩傳送帶因摩擦而產(chǎn)生的總熱量最小D．驅(qū)動(dòng)傳送帶的電機(jī)因傳送工件至少需要額外做的功為eq\f(mv2,4)答案C解析取傳送帶乙為參考系，工件滑上傳送帶乙時(shí)的速度如圖工件受到的滑動(dòng)摩擦力方向與相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，所以工件在兩傳送帶上受到摩擦力大小相等，但方向不同，故A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可得，工件在傳送帶上的加速度為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg，設(shè)工件在傳送帶乙上的滑動(dòng)痕跡為x，則v甲2＋v乙2＝2μgx，又因?yàn)関甲＋v乙＝v，解得x＝eq\f(v2－2v甲v乙,2μg)，由數(shù)學(xué)知識(shí)可得，當(dāng)v甲＝v乙時(shí)，x取最小值，故B錯(cuò)誤；設(shè)工件在傳送帶甲上的滑動(dòng)痕跡為x1，工件與兩傳送帶因摩擦產(chǎn)生的總熱量為Q，則v甲2＝2μgx1，Q＝μmg(x＋x1)，整理得Q＝eq\f(mv2＋3v甲2－2v甲v,2)，則當(dāng)v甲＝eq\f(v,3)時(shí)，Q取最小值，此時(shí)v乙＝eq\f(2v,3)，故C正確；根據(jù)能量守恒定律可知，電動(dòng)機(jī)額外做的功等于產(chǎn)生的熱量與工件的末動(dòng)能之和，則有W＝eq\f(mv2＋3v甲2－2v甲v,2)＋eq\f(mv乙2,2)，整理得W＝eq\f(m,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(v2＋v甲－v乙2))，當(dāng)v甲＝v乙時(shí)，W取最小值，最小值為Wmin＝eq\f(mv2,2)，故D錯(cuò)誤。四、數(shù)學(xué)歸納法和數(shù)列法凡涉及數(shù)列求解的物理問題都具有過程多、重復(fù)性強(qiáng)的特點(diǎn)，但每一個(gè)重復(fù)過程均不是與原來完全相同的重復(fù)，而是一種變化了的重復(fù)。隨著物理過程的重復(fù)，某些物理量逐步發(fā)生著前后有聯(lián)系的變化。該類問題求解的基本思路為：(1)逐個(gè)分析開始的幾個(gè)物理過程；(2)利用歸納法從中找出物理量變化的通項(xiàng)公式(這是解題的關(guān)鍵)；(3)最后分析整個(gè)物理過程，應(yīng)用數(shù)列特點(diǎn)和規(guī)律求解。無窮數(shù)列的求和，一般是無窮遞減數(shù)列，有相應(yīng)的公式可用。等差數(shù)列：Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d(d為公差)。等比數(shù)列：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－qn,1－q)，q≠1,na1，q＝1))(q為公比)。例6如圖甲所示，木板B靜止在光滑水平地面上，距木板B右端x處固定一個(gè)物塊A?，F(xiàn)，物塊C從沖上木板到最終靜止的v－t圖像如圖乙所示，物塊C始終未從木板上掉下來，已知所有的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度g取10m/s2。(1)木板的長度至少是多少？(2)物塊A距木板B右端的最大距離？(3)若mC＝4kg，mB＝2kg，A距B板右端的距離eq\f(16,9)m，則木板B運(yùn)動(dòng)的總路程是多少？答案(1)8m(2)1m(3)eq\f(52,9)m解析(1)由題圖乙可知物塊C的最終速度為0，則木板B的最終速度也為0，且其斜率等于物塊的加速度，得aC＝eq\f(μmCg,mC)＝μg＝4m/s2由能量守恒定律可得μmCgL＝eq\f(1,2)mCv02解得L＝8m(2)由v－t圖像的斜率可得aC＝4m/s2由牛頓第二定律可得μmCg＝mCaC，μmCg＝mBaB解得μ＝0.4，aB＝2m/s2由B、C速度為0，可知B一定與A發(fā)生了碰撞，且碰撞次數(shù)越少，A距B板右端距離越大，因此A、B只碰撞1次，x最大，且B、A碰撞前B、C未共速；設(shè)B與A碰撞前B的速度為vB，C的速度為vC，根據(jù)碰后－mBvB＋mCvC＝0則有vB＝eq\f(1,2)vC即aBt＝(v0－aCt)×eq\f(1,2)解得t＝1s則x＝eq\f(1,2)aBt2＝1m即A距木板右端的最大距離為1m。(3)若mC＝4kg，mB＝2kg，則aC′＝4m/s2，aB′＝8m/s2則B與A碰撞前B、C恰好共速，則v0－aC′t1＝aB′t1解得t1＝eq\f(2,3)s共同速度為v共1＝eq\f(16,3)m/s碰后B的速度反向，設(shè)第2次共速時(shí)間t2，則v共1－aC′t2＝－v共1＋aB′t2解得t2＝eq\f(8,9)s第二次共速v共2＝eq\f(16,9)m/s所以v共2＝eq\f(1,3)v共1運(yùn)動(dòng)的位移s2＝eq\f(1,9)s1木板經(jīng)過的總路程s＝s1＋2(s1＋s2＋s3＋…)＝s1＋2×eq\f(s11－\f(1,9n),1－\f(1,9))＝eq\f(52,9)m。

四、物理情境題破譯法高考試題從原來的解題到現(xiàn)在的解決問題，出現(xiàn)的情境題越來越多，題目情境來源于生活、生產(chǎn)、體育運(yùn)動(dòng)、科技，無情境不命題。我們分析物理情境題時(shí)，可以從以下幾個(gè)方面進(jìn)行研究分析。1．仔細(xì)讀題，構(gòu)建物理模型明確題中所給的物理情境要解決的問題，仔細(xì)分析該情境描述的研究對(duì)象。經(jīng)歷了什么過程？受哪些作用力？分析運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，遵循哪些規(guī)律？將此問題和學(xué)過的知識(shí)相關(guān)聯(lián)，在大腦中調(diào)出所學(xué)過的關(guān)于這個(gè)問題所涉及的物理知識(shí)。2．挖掘破題關(guān)鍵解決實(shí)際問題，根據(jù)題目展示的物理情境，建立好物理模型之后，再看看我們需要解決什么問題，然后再次回到題目所給的信息中去挖掘破題關(guān)鍵信息，進(jìn)行二次讀題，最終查看問題是否得到解決。3．還有一些情境題為假情境，戴著情境的帽子，把這幾句信息去掉對(duì)解題無影響，這樣的題可以去掉情境，從中直接找出關(guān)鍵信息即可。例1(2022·重慶卷·1)如圖所示，吸附在豎直玻璃上質(zhì)量為m的擦窗工具，在豎直平面內(nèi)受重力、拉力和摩擦力(圖中未畫出摩擦力)的共同作用做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若拉力大小與重力大小相等，方向水平向右，重力加速度為g，則擦窗工具所受摩擦力()A．大小等于mg B．大小等于eq\r(2)mgC．方向豎直向上 D．方向水平向左解題指導(dǎo)物理情境擦窗工具擦玻璃解決問題擦玻璃過程中摩擦力的分析與計(jì)算關(guān)聯(lián)知識(shí)共點(diǎn)力的平衡與情境結(jié)合擦窗工具在豎直平面內(nèi)受重力、拉力和摩擦力(圖中未畫出摩擦力)的共同作用做勻速直線運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，受力分析，求摩擦力答案B解析對(duì)擦窗工具進(jìn)行受力分析如圖所示，擦窗工具做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力平衡，又F＝mg，所以擦窗工具所受摩擦力方向如圖所示，大小為Ff＝eq\r(mg2＋F2)＝eq\r(2)mg，故選B。例2(2022·福建卷·1)福建土樓兼具居住和防御的功能，承啟樓是圓形土樓的典型代表，如圖(a)所示。承啟樓外樓共四層，各樓層高度如圖(b)所示。同一樓層內(nèi)部通過直徑約50m的圓形廊道連接。若將質(zhì)量為100kg的防御物資先從二樓倉庫搬到四樓樓梯口M處，再用100s沿廊道運(yùn)送到N處，如圖(c)所示。重力加速度大小取10m/s2，則()A．該物資從二樓地面被運(yùn)送到四樓M處的過程中，克服重力所做的功為5400JB．該物資從M處被運(yùn)送到N處的過程中，克服重力所做的功為78500JC．從M處沿圓形廊道運(yùn)動(dòng)到N處，位移大小為78.5mD．從M處沿圓形廊道運(yùn)動(dòng)到N處，平均速率為0.5m/s解題指導(dǎo)物理情境福建土樓解決問題若將質(zhì)量為100kg的防御物資先從二樓倉庫搬到四樓樓梯口M處，再用100s沿廊道運(yùn)送到N處，位移、做功等問題關(guān)聯(lián)知識(shí)位移，平均速率公式，恒力做功的計(jì)算與情境結(jié)合承啟樓是圓形土樓的典型代表，承啟樓外樓共四層，各樓層高度如圖(b)所示。同一樓層內(nèi)部通過直徑約50m的圓形廊道連接。搬運(yùn)過程中，克服重力所做的功與路徑無關(guān)，只與初末位置的高度差有關(guān)，情境中的初末位置連線長度為位移大小，在此過程中的路程和時(shí)間之比計(jì)算平均速率答案A解析該物資從二樓地面被運(yùn)送到四樓M處的過程中，克服重力所做的功為W克G＝mgΔh＝100×10×(2.7＋2.7)J＝5400J，故A正確；該物資從M處被運(yùn)送到N處的過程中，由于M、N高度差為零，所以克服重力做功為零，故B錯(cuò)誤；從M處沿圓形廊道運(yùn)動(dòng)到N處，位移大小為50m，故C錯(cuò)誤；從M處沿圓形廊道運(yùn)動(dòng)到N處，平均速率為v＝eq\f(s,t)＝eq\f(πr,t)≈eq\f(3.14×\f(50,2),100)m/s＝0.785m/s，故D錯(cuò)誤。例3(2023·江蘇南京市檢測(cè))國產(chǎn)科幻大片《流浪地球2》中的“太空電梯”給觀眾帶來了強(qiáng)烈的視覺震撼。如圖所示，“太空電梯”由地面基站、纜繩、箱體、同步軌道上的空間站和配重組成，纜繩相對(duì)地面靜止，箱體可以沿纜繩將人和貨物從地面運(yùn)送到空間站。下列說法正確的是()A．地面基站可以建設(shè)在青藏高原上B．配重的線速度小于同步空間站的線速度C．箱體在上升過程中受到地球的引力越來越小D．若同步空間站和配重間的纜繩斷開，配重將做向心運(yùn)動(dòng)解題指導(dǎo)物理情境《流浪地球2》中的“太空電梯”解決問題建設(shè)“太空電梯”，由地面基站、纜繩、箱體、同步軌道上的空間站和配重組成，纜繩相對(duì)地面靜止，利用箱體可以沿纜繩將人和貨物從地面運(yùn)送到空間站關(guān)聯(lián)知識(shí)圓周運(yùn)動(dòng)線速度與角速度關(guān)系，圓周運(yùn)動(dòng)動(dòng)力學(xué)分析，向心運(yùn)動(dòng)、離心運(yùn)動(dòng)與情境結(jié)合讀圖可知，空間站處于同步軌道上，和地球自轉(zhuǎn)同步，角速度相同，若無配重，地球?qū)ζ湟μ峁┫蛐牧eq\f(Mm,r空2)＝mω2r空，纜繩恰無張力；箱體可以沿纜繩將人和貨物從地面運(yùn)送到空間站，纜繩對(duì)箱體提供向上拉力，對(duì)空間站向下拉影響空間站的安全；配重在同步軌道外，引力不足以提供向心力Geq\f(Mm,r配2)<Geq\f(Mm,r空2)，纜繩提供拉力，處于繃緊狀態(tài)答案C解析由題意可知，整個(gè)同步軌道一定在地球赤道正上方，因此地面基站不可以建設(shè)在青藏高原上，A錯(cuò)誤；由太空電梯的結(jié)構(gòu)可知，配重與同步空間站的角速度相同，由v＝ωr可知，空間站的軌道半徑小于配重的軌道半徑，因此配重的線速度大于同步空間站的線速度，B錯(cuò)誤；由F＝Geq\f(Mm,r2)可知，箱體在上升過程中受到地球的引力隨距離r的增加而減小，C正確；由題意可知，空間站和配重都做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若纜繩斷開，配重與地球間的萬有引力則有F′＝Geq\f(Mm,r配2)<Geq\f(Mm,r空2)＝mω2r空<mω2r配，即地球?qū)ε渲氐娜f有引力小于配重做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，因此配重會(huì)做離心運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。例4如圖甲所示為利用霍爾元件制作的位移傳感器。將霍爾元件置于兩塊磁性強(qiáng)弱相同、同名磁極相對(duì)放置的磁體正中間，以中間位置為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖乙所示的空間坐標(biāo)系。當(dāng)霍爾元件沿x軸方向移動(dòng)到不同位置時(shí)，將產(chǎn)生不同的霍爾電壓U，通過測(cè)量電壓U就可以知道位移x。已知沿x軸方向磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝kx(k為常數(shù)，且k>0)，電流I沿＋z方向大小不變。該傳感器靈敏度eq\f(ΔU,Δx)，要使該傳感器的靈敏度變大，下列措施可行的是()A．把霍爾元件沿x方向的厚度變小B．把霍爾元件沿y方向的高度變大C．把霍爾元件沿z方向的長度變大D．把霍爾元件沿y方向的高度變小解題指導(dǎo)物理情境利用霍爾元件制作的位移傳感器解決問題兩塊磁性強(qiáng)弱相同、同名磁極相對(duì)放置的磁體正中間，以中間位置為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖乙所示的空間坐標(biāo)系。沿x軸方向移動(dòng)到不同位置時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度不同，產(chǎn)生不同的霍爾電壓U，通過測(cè)量電壓U就可以知道位移x關(guān)聯(lián)知識(shí)磁場(chǎng)的疊加，霍爾元件，電流微觀表達(dá)式與情境結(jié)合磁場(chǎng)疊加后