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物理概念、物理現(xiàn)象、物理過程和物理規(guī)律的認(rèn)識、理解和應(yīng)用等。題目具有信息量大、知識覆蓋面廣、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。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排除法通過對物理知識的理解、物理過程的分析或計算，把不符合題意的選項，從尋找差異性的角度，采用逐一排除的方法來確定答案。在遇到用已有知識解決不了的問題時，換個角度，排除錯誤的，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，左側(cè)有邊長為d的正方形金屬線框ABCD以恒定速度v水平穿過磁場區(qū)域，設(shè)逆時針方向為電流正方向，則線框通過磁場過程中，感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖像是()答案B解析由楞次定律知，在線框進(jìn)入磁場過程電路中的電流為順時針方向，即進(jìn)入磁場時電流方向為負(fù)方向，可排除A、D選項。在線框離開磁場過程中，由楞次定律知，電路中電流方向為逆時針方向，可排除C選項，故B項正確。方法2二級結(jié)論法熟記并巧用一些“二級結(jié)論”可以使思維過程簡化，節(jié)約解題時間，非常實用的二級結(jié)論有：(1)等時圓規(guī)律；(2)平拋運(yùn)動速度的反向延長線過水平位移的中點；(3)不同質(zhì)量和電荷量的同種帶電粒子由靜止相繼經(jīng)過同一加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，軌跡重合；(4)直流電路中動態(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)電場的電場強(qiáng)度等。例2如圖所示，OA、OB為兩條不同的光滑軌道，端點O、A、B都在豎直圓周上，OC為豎直直徑。完全相同的兩個小球分別從A、B兩點沿兩條軌道由靜止開始同時釋放，不計空氣阻力。兩小球到達(dá)O點的過程中，下列判斷正確的是()A．沿BO軌道運(yùn)動的小球先到達(dá)O點B．兩個小球重力的沖量不相同C．兩小球的動量變化率相同D．沿AO軌道運(yùn)動小球的動量變化率大答案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)知識可知，小球的位移為x＝2Rsinθ，由于小球運(yùn)動過程中做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，故下落時間為t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2×2Rsinθ,gsinθ))＝2eq\r(\f(R,g))，所以下落時間與θ無關(guān)，故兩小球一起到達(dá)O點，A錯誤；運(yùn)動時間相同，重力相同，由I＝Ft可得兩個小球重力的沖量相同，B錯誤；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點運(yùn)動的小球末速度大，根據(jù)Δp＝mv－mv0，可知沿AO軌道運(yùn)動小球的動量變化率大，C錯誤，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)動關(guān)系示意圖可直觀反映物體間的位移、時間關(guān)系等，對弄清各物理量關(guān)系建立方程有幫助；物理圖像能直觀反映兩個物理量間的定量或定性關(guān)系，可避免煩瑣的計算，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點沿水平線ABD勻速追趕老鼠，老鼠甲從B點沿曲線BCD先加速后減速逃跑，老鼠乙從B點沿曲線BED先減速后加速逃跑，已知貓和兩只老鼠同時開始運(yùn)動且初速率相等，到達(dá)洞口D時速率也相等，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)動的加速度大小不清楚，所以無法進(jìn)行計算，但可根據(jù)題中三者運(yùn)動路程相等，畫出速率隨時間變化的關(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)的方法做會很煩瑣，帶電粒子在磁場中運(yùn)動時能不能經(jīng)過某一點，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，也可以通過作圖判斷，在某種變化的過程中比較兩個物理量的大小，還可以作圖，用刻度尺測量。例4如圖，站在水平臺面上的工作人員用輕繩將一個光滑小球從四分之一圓弧最底端緩慢拉到定滑輪處，不計定滑輪摩擦，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．圓弧對小球支持力一直增大D．圓弧對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，圓弧對小球支持力一直減小，故A正確，B、C、D錯誤。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。邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點的頂點、在xOy平面內(nèi)以角速度ω順時針勻速轉(zhuǎn)動，t＝0時刻，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)電動勢E隨時間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，有效切割長度最大，為eq\r(2)L，此時，感應(yīng)電動勢最大，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)電動勢為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錯誤。方法二電動勢變化率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取相等時間轉(zhuǎn)化為長度的測量，作圖。測量L1、L2、L3，得出L32－L22>L22－L12故eq\f(ΔE,Δt)在變大，C、D錯誤。方法5逆向思維法正向思維法在解題中運(yùn)用較多，但有時利用正向思維法解題比較煩瑣，這時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)換研究對象、過程倒推等)；(3)通過轉(zhuǎn)換運(yùn)動過程、研究對象等確定求解思路。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)從B點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，不計空氣阻力，則小球在A點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，由于到達(dá)半圓軌道左端A點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點正上方某處開始做平拋運(yùn)動，運(yùn)動過程中恰好與半圓軌道相切于B點，這樣就可以用平拋運(yùn)動規(guī)律求解．因小球運(yùn)動過程中與半圓軌道相切于B點，則小球在B點的速度方向與水平方向的夾角為30°，設(shè)此時位移與水平方向的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(tan30°,2)＝eq\f(\r(3),6)，因為tanθ＝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A正確。方法6類比分析法將兩個(或兩類)研究對象進(jìn)行對比，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)它們在某些方面有相同或相似的屬性，進(jìn)一步推斷它們在其他方面也可能有相同或相似的屬性的一種思維方法，在處理一些物理背景很新穎的題目時，可以嘗試使用這種方法。比如：恒力作用下或電場與重力場疊加場中的類平拋問題、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，如圖所示給出了滑塊在水平面上運(yùn)動的一段軌跡，滑塊過P、Q兩點時速度大小均為v＝5m/s?；瑝K在P點的速度方向與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)動到Q的時間為3sC．滑塊從P運(yùn)動到Q的過程中速度最小值為3m/sD．P、Q兩點間的距離為15m答案B解析滑塊過P、Q兩點時速度大小相等，根據(jù)動能定理得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項錯誤；把滑塊在P點的速度分解到沿水平恒力F和垂直水平恒力F兩個方向上，沿水平恒力F方向上滑塊先做勻減速直線運(yùn)動后做勻加速直線運(yùn)動，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，時間t＝eq\f(vsin37°,a)＝1.5s，根據(jù)對稱性，滑塊從P運(yùn)動到Q的時間為t′＝2t＝3s，故B項正確；沿垂直水平恒力F方向上滑塊做勻速直線運(yùn)動，有xPQ＝v′t′＝vcos37°·t′＝12m，故D項錯誤；當(dāng)沿水平恒力F方向上的速度為0時，只有垂直水平恒力F方向的速度v′，此時速度最小，所以滑塊從P運(yùn)動到Q的過程中速度最小值為4m/s，故C項錯誤。方法7對稱法對稱法就是利用物理現(xiàn)象、物理過程具有對稱性的特點來分析解決物理問題的方法。常見的應(yīng)用：(1)運(yùn)動的對稱性，如豎直上拋運(yùn)動中物體向上、向下運(yùn)動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)的對稱性，如均勻帶電的圓環(huán)，在其圓心處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為零；(3)幾何關(guān)系的對稱性，如粒子從某一直線邊界垂直磁感線射入勻強(qiáng)磁場，再從同一邊界射出勻強(qiáng)磁場時，速度與邊界的夾角相等；(4)場的對稱性，等量同種、異種點電荷形成的場具有對稱性；電流周圍的磁場，條形磁體和通電螺線管周圍的磁場等都具有對稱性。例8電荷量為＋Q的點電荷與半徑為R的均勻帶電圓形薄板相距2R，點電荷與圓心O連線垂直薄板，A點位于點電荷與圓心O連線的中點，B與A關(guān)于O對稱，已知靜電力常量為k，若A點的電場強(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點的電場強(qiáng)度大小為eq\f(10kQ,9R2)，方向水平向左C．B點的電場強(qiáng)度大小為eq\f(kQ,R2)，方向水平向右D．B點的電場強(qiáng)度大小為eq\f(10kQ,9R2)，方向水平向右答案D解析A點的電場強(qiáng)度為零，而點電荷在A點產(chǎn)生的場強(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點的電場強(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點的距離與點電荷＋Q距離A點的距離相同外，其余各點距離O點的距離都大于R，若將電荷量Q均勻的分布在薄板上，則根據(jù)點電荷在某點處產(chǎn)生的場強(qiáng)公式可知，合場強(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錯誤；B點關(guān)于O點與A點對稱，則可知圓形薄板在B點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為EB′＝keq\f(Q,R2)，方向水平向右，而點電荷在B點產(chǎn)生的場強(qiáng)為EB″＝keq\f(Q,3R2)＝keq\f(Q,9R2)，方向水平向右，則根據(jù)電場強(qiáng)度的疊加原理可得B點的電場強(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)識研究對象本質(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)動的合成與分解、等效場、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)磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點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B正確。例10如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，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。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從軌道的最低點獲得一定的初速度v0后，能夠在軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動。已知重力加速度為g，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E＝eq\f(\r(3)mg,q)，不計空氣阻力，下列說法中正確的是()A．小球運(yùn)動到D點時的動能最小B．小球運(yùn)動到C點時的機(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D．若小球恰好能夠在軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動，則小球運(yùn)動過程中對軌道的最大壓力為12mg答案D解析小球在等效場中做變速圓周運(yùn)動，M點為等效最低點，N點為等效最高點，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°，故在等效場中構(gòu)成繩—球模型，在等效最高點的速度最小，動能最小，即小球運(yùn)動到N點時的動能最小，故A錯誤；小球做圓周運(yùn)動時除了重力做功外，還有靜電力做功，小球運(yùn)動到B點時靜電力做正功最多，則機(jī)械能最大，故B錯誤；在等效場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，則在等效最高點N時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點到N點，由動能定理有－mg效(R＋Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvN2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(8gR)，故C錯誤；若小球恰好能夠在軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動，即剛好能通過N點時的速度為vN＝eq\r(2gR)，在C點的速度為v0＝eq\r(8gR)，而在等效最低點M時速度最大，軌道對球的支持力最大，球?qū)壍赖膲毫σ沧畲?，從C點到M點由動能定理有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)動過程中對軌道的最大壓力為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的正誤時，可以讓某些物理量取特殊值，代入到各選項中逐個進(jìn)行檢驗。凡是用特殊值檢驗證明不正確的選項，可以排除。例11豎直上拋物體的初速度大小與返回拋出點時速度大小的比值為k，物體返回拋出點時速度大小為v，若在運(yùn)動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所經(jīng)歷的時間為()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)動過程中所受空氣阻力為零，即物體做豎直上拋運(yùn)動。將k＝1依次代入四式，只有C項經(jīng)歷的時間等于eq\f(2v,g)(豎直上拋運(yùn)動回到拋出點所用的時間)，C項正確。方法10極限思維法物理學(xué)中的極限思維是把某個物理量推向極端，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，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點是過圓環(huán)形通電導(dǎo)線中心O點的軸線上的一點，且與O點間的距離是x，如圖乙所示。請根據(jù)所學(xué)的物理知識判斷下列有關(guān)P點處的磁感應(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，P點與O點重合，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小BP＝eq\f(μ0,2)·eq\f(I,R)，A項正確。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，用這三個物理量表示普朗克長度(量子力學(xué)中最小可測長度)，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項的表達(dá)式的單位進(jìn)行運(yùn)算，只有B項符合，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、計算題解題技巧及規(guī)范考試答題，對分?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。很多時候就是忽略了答題的規(guī)范性。越是大型的考試對答題的要求就越嚴(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)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位?！币虼?，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)知識的掌握、解題能力的訓(xùn)練外，平時還必須強(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，非題中的物理量或符號，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、零勢能點及所建立的坐標(biāo)系要進(jìn)行說明。6．對題目所求或所問要有明確的答復(fù)，對所求結(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。二、主干方程要突出在高考評卷中，主干方程是得分的重點。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)。要全部用字母符號表示方程，不能字母、符號和數(shù)據(jù)混合，如：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動應(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)動的最高點，有mg＝meq\f(v2,r)，不能寫成v＝eq\r(gr)。3．物理量符號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，題目給定符號是m0、ma、2m、M、m′等，不能統(tǒng)一寫成m；長度，題目給定符號是L，不能寫成l或者d；半徑，題目給定符號是R，不能寫成r；電荷量，題目給定符號是e，不能寫成q，在評分標(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，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)體桿受力的幾個方程，要這樣寫：E＝BLvI＝eq\f(E,R＋r)F＝BIL每個公式都有對應(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)，評分標(biāo)準(zhǔn)是這樣的，每個公式都有對應(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)果錯誤最多得分布列式中一個公式的分?jǐn)?shù)。5．計算結(jié)果要注意矢量性及單位計算結(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，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，寫出這個結(jié)果得到對應(yīng)分值。4．所求的方程若有多個解，都要寫出來，然后通過討論，該舍去的舍去。5．?dāng)?shù)字相乘時，數(shù)字之間不要用“·”，而應(yīng)用“×”?？偨Y(jié)為一個要求：仔細(xì)研讀高考考試評分細(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，以使評卷老師能在最短的時間內(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的理想彈射器，圓軌道與水平直軌道相交于B點，且B點位置可改變?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝2kg的滑塊(可視為質(zhì)點)從弧形軌道高H＝0.6m處靜止釋放，且將B點置于AC中點處。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，不計其他阻力與能量損耗，求：(1)滑塊第一次滑至圓軌道最高點時對軌道的壓力大??；(2)彈射器獲得的最大彈性勢能；(3)若H＝6m，改變B點位置，使滑塊在整個滑動過程中不脫離軌道，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。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)磁場方向豎直向下，區(qū)域Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場方向豎直向上，兩磁場的磁感應(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在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，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剛要向上滑動時，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剛要向上滑動的過程中，金屬棒cd滑動的距離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)知識和方法的應(yīng)用，利用數(shù)學(xué)知識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，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)拉動物體沿斜面向上勻速運(yùn)動，下列說法正確的是()A．拉力最小時，物體受三個力作用B．β＝0°時，即拉力沿斜面向上時，拉力F最小C．斜面對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，即斜面對物體作用力的方向不隨拉力F變化，故C錯誤；對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，拉力F最小，最小值為eq\f(\r(3),2)mg，此時物體受4個力作用，故D正確，A、B錯誤。2．正弦定理在如圖所示的三角形中，各邊和所對應(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，一個邊長為3d的勻質(zhì)玻璃立方體內(nèi)有一個三棱柱真空“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為正方形四個頂點，Q、N為底邊的三等分點，MN垂直于底邊，PO平行于底邊，O為QM的中點，∠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點發(fā)出一束光，求該束光第一次穿過“氣泡”的時間。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)知識可得sinφ＝eq\f(\r(6),3)再由數(shù)學(xué)知識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點為圓心。一束單色光從P點與AB成30°角斜射入玻璃材料，剛好垂直O(jiān)A邊射出，射出點離O點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點沿逆時針方向在紙面內(nèi)轉(zhuǎn)動至水平方向，觀察到BD面上有光線從Q點射出(Q點未畫出)。求光束在玻璃材料中的傳播時間(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，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)兩個正數(shù)的積為定值時，若兩數(shù)相等，和最??；(2)兩個正數(shù)的和為定值時，若兩數(shù)相等，積最大。例4某運(yùn)動員從滑雪跳臺以不同的速度v0水平跳向?qū)γ鎯A角為45°的斜坡(如圖所示)，已知跳臺的高度為h，不計空氣阻力，重力加速度為g，則該運(yùn)動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)動員落到斜坡上經(jīng)歷的時間為t，由平拋運(yùn)動的規(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)動員落到斜坡上時速度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，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，有極值ym＝eq\f(4ac－b2,4a)(若二次項系數(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，它們正常工作時都勻速運(yùn)動，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)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，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，工件在傳送帶乙上留下的滑動痕跡最短C．當(dāng)v甲＝0.5v乙時，工件與兩傳送帶因摩擦而產(chǎn)生的總熱量最小D．驅(qū)動傳送帶的電機(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的速度如圖工件受到的滑動摩擦力方向與相對運(yùn)動方向相反，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痕跡為x，則v甲2＋v乙2＝2μgx，又因為v甲＋v乙＝v，解得x＝eq\f(v2－2v甲v乙,2μg)，由數(shù)學(xué)知識可得，當(dāng)v甲＝v乙時，x取最小值，故B錯誤；設(shè)工件在傳送帶甲上的滑動痕跡為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，Q取最小值，此時v乙＝eq\f(2v,3)，故C正確；根據(jù)能量守恒定律可知，電動機(jī)額外做的功等于產(chǎn)生的熱量與工件的末動能之和，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，W取最小值，最小值為Wmin＝eq\f(mv2,2)，故D錯誤。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，但每一個重復(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)逐個分析開始的幾個物理過程；(2)利用歸納法從中找出物理量變化的通項公式(這是解題的關(guān)鍵)；(3)最后分析整個物理過程，應(yīng)用數(shù)列特點和規(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、科技，無情境不命題。我們分析物理情境題時，可以從以下幾個方面進(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象。經(jīng)歷了什么過程？受哪些作用力？分析運(yùn)動性質(zhì)，遵循哪些規(guī)律？將此問題和學(xué)過的知識相關(guān)聯(lián)，在大腦中調(diào)出所學(xué)過的關(guān)于這個問題所涉及的物理知識。2．挖掘破題關(guān)鍵解決實際問題，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。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算關(guān)聯(lián)知識共點力的平衡與情境結(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，處于平衡狀態(tài)，受力分析，求摩擦力答案B解析對擦窗工具進(jìn)行受力分析如圖所示，擦窗工具做勻速直線運(yùn)動，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)動到N處，位移大小為78.5mD．從M處沿圓形廊道運(yùn)動到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)知識位移，平均速率公式，恒力做功的計算與情境結(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間之比計算平均速率答案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錯誤；從M處沿圓形廊道運(yùn)動到N處，位移大小為50m，故C錯誤；從M處沿圓形廊道運(yùn)動到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錯誤。例3(2023·江蘇南京市檢測)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)知識圓周運(yùn)動線速度與角速度關(guān)系，圓周運(yùn)動動力學(xué)分析，向心運(yùn)動、離心運(yùn)動與情境結(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，纜繩對箱體提供向上拉力，對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，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)動的向心力，因此配重會做離心運(yùn)動，D錯誤。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、同名磁極相對放置的磁體正中間，以中間位置為坐標(biāo)原點建立如圖乙所示的空間坐標(biāo)系。當(dāng)霍爾元件沿x軸方向移動到不同位置時，將產(chǎn)生不同的霍爾電壓U，通過測量電壓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、同名磁極相對放置的磁體正中間，以中間位置為坐標(biāo)原點建立如圖乙所示的空間坐標(biāo)系。沿x軸方向移動到不同位置時，磁感應(yīng)強(qiáng)度不同，產(chǎn)生不同的霍爾電壓U，通過測量電壓U就可以知道位移x關(guān)聯(lián)知識磁場的疊加，霍爾元件，電流微觀表達(dá)式與情境結(jié)合磁場疊加后