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二、计算题解题技巧及规范
　　考试答题，对分数影响最为关键的就是答案的正确性。很多考生答案正确却没拿到满分。很多时候就是忽略了答题的规范性。越是大型的考试对答题的要求就越严格，重大考试的不标准答题造成的考试失分，很可惜。物理大题的答题要求是这样的：“解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。”因此，考生要想提高得分率，取得好成绩，在复习过程中，除了要做好基础知识的掌握、解题能力的训练外，平时还必须强化答题的规范，培养良好的答题习惯。
一、文字说明要清楚
　　文字说明的字体要书写工整、版面布局合理整齐、段落清晰……让改卷老师看到你的卷面后有赏心悦目的感觉。必要的文字说明是指以下几方面内容：
1.研究的对象、研究的过程或状态的说明。
2.题中给出的物理量要用题中的符号，非题中的物理量或符号，一定要用提前假设进行说明。
3.题目中的一些隐含条件或临界条件分析出来后，要加以说明。
4.所列方程的依据及名称要进行说明。
5.规定的正方向、零势能点及所建立的坐标系要进行说明。
6.对题目所求或所问要有明确的答复，对所求结果的物理意义要进行说明。
7.文字说明不要过于简略，缺乏逻辑性，也不要太啰唆，而找不到得分点。
二、主干方程要突出
　　在高考评卷中，主干方程是得分的重点。主干方程是指物理规律、公式或数学的三角函数、几何关系式等，方程要单列一行，绝不能连续写下去，切忌将方程、答案淹没在文字之中。
1.主干方程要有依据
一般表述为：由××定理(定律)得；由图中几何关系得，根据……得等。“定律”“定理”“公式”“关系”“定则”等词要用准确。
2.主干方程列式形式书写规范
严格按课本“原始公式”的形式列式，不能以变形的结果式代替方程式(这是相当多考生所忽视的)。要全部用字母符号表示方程，不能字母、符号和数据混合，如：带电粒子在磁场中的运动应有qvB=m，而不是其变形结果R=；轻绳模型中，小球恰好能通过竖直平面内圆周运动的最高点，有mg=m，不能写成v=。
3.物理量符号要和题干一致
最终结果字母必须准确才得分，物体的质量，题目给定符号是m0 、ma、2m、M、m'等，不能统一写成m；长度，题目给定符号是L，不能写成l或者d；半径，题目给定符号是R，不能写成r；电荷量，题目给定符号是e，不能写成q，在评分标准中都明确给出了扣分标准。需要自己设的物理量尽量要依据题干给定，相关物理量顺延编号，合理安排下标(上标)，以防混乱。
4.要分步列式，不要写连等式
如，电磁感应中导体杆受力的几个方程，要这样写：
E=BLv，I=，F=BIL
每个公式都有对应的分值，不要写连等式F=BIL=BL=BL=，评分标准是这样的，每个公式都有对应的分值，如果写成连等式，最终结果正确得满分，最终结果错误最多得分布列式中一个公式的分数。
5.计算结果要注意矢量性及单位
计算结果是数据的要带单位，没有单位的要扣分；字母运算时，一些常量(重力加速度g，电子电荷量e等)不能用数字(10 m/s2，1.6×10-19 C)替换，运算的结果为字母表达式的不用写单位。
三、解题过程中运用数学的方式有讲究
1.“代入数据”，解方程的具体过程可以不写出。
2.所涉及的几何关系只需写出判断结果而不必证明。
3.重要的中间结论、数据要写出来，这是改卷的节点，写出这个结果得到对应分值。
4.所求的方程若有多个解，都要写出来，然后通过讨论，该舍去的舍去。
5.数字相乘时，数字之间不要用“·”，而应用“×”。
总结为一个要求：
　　仔细研读高考考试评分细则，是判断答题是否规范的最好标准。就是要用最少的字符，最小的篇幅，表达出最完整的解答，以使评卷老师能在最短的时间内把握你的答题过程、结果，就是一份最好的答卷。
示例1　如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变。现将质量m=2 kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H=0.6 m处静止释放，且将B点置于AC中点处。已知圆轨道半径R=0.1 m，水平轨道长LAC=1.0 m，滑块与AC间动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10 m/s2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，求：
(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
(2)弹射器获得的最大弹性势能；
(3)若H=6 m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求满足条件的BC长度LBC。
解题指导
示例2　如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=37°的斜面上，两导轨垂直于ef，ef为斜面与水平面的交线，导轨间距L=0.6 m，导轨电阻不计。导轨所在空间被分成区域 Ⅰ 和 Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为虚线MN。虚线MN与两导轨垂直，区域 Ⅰ 中的匀强磁场方向竖直向下，区域 Ⅱ 中的匀强磁场方向竖直向上，两磁场的磁感应强度大小均为B=1 T。在区域 Ⅰ 中，将质量m1=0.21 kg、电阻R1=0.1 Ω的金属棒ab放在导轨上，金属棒ab刚好不下滑。然后，在区域 Ⅱ 中将质量m2=0.4 kg、电阻R2=0.1 Ω的光滑金属棒cd置于导轨上使其由静止开始下滑。金属棒cd在滑动过程中始终处于区域 Ⅱ 的磁场中，两金属棒长度均为L且始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)
(1)求金属棒ab刚要向上滑动时，金属棒cd的速度大小v；
(2)从金属棒cd开始下滑到金属棒ab刚要向上滑动的过程中，金属棒cd滑动的距离x=3.5 m，求此过程中金属棒ab上产生的热量Q；
(3)求金属棒cd滑动距离3.5 m的过程中流过金属棒ab某一横截面的电荷量q。
解题指导(共18张PPT)
解题技巧与增分策略
二、计算题解题技巧及规范
　　考试答题，对分数影响最为关键的就是答案的正确性。很多考生答案正确却没拿到满分。很多时候就是忽略了答题的规范性。越是大型的考试对答题的要求就越严格，重大考试的不标准答题造成的考试失分，很可惜。物理大题的答题要求是这样的：“解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。”因此，考生要想提高得分率，取得好成绩，在复习过程中，除了要做好基础知识的掌握、解题能力的训练外，平时还必须强化答题的规范，培养良好的答题习惯。
一、文字说明要清楚
文字说明的字体要书写工整、版面布局合理整齐、段落清晰……让改卷老师看到你的卷面后有赏心悦目的感觉。必要的文字说明是指以下几方面内容：
1.研究的对象、研究的过程或状态的说明。
2.题中给出的物理量要用题中的符号，非题中的物理量或符号，一定要用提前假设进行说明。
3.题目中的一些隐含条件或临界条件分析出来后，要加以说明。
4.所列方程的依据及名称要进行说明。
5.规定的正方向、零势能点及所建立的坐标系要进行说明。
6.对题目所求或所问要有明确的答复，对所求结果的物理意义要进行说明。
7.文字说明不要过于简略，缺乏逻辑性，也不要太啰唆，而找不到得分点。
二、主干方程要突出
在高考评卷中，主干方程是得分的重点。主干方程是指物理规律、公式或数学的三角函数、几何关系式等，方程要单列一行，绝不能连续写下去，切忌将方程、答案淹没在文字之中。
1.主干方程要有依据
一般表述为：由××定理(定律)得；由图中几何关系得，根据……得等。“定律”“定理”“公式”“关系”“定则”等词要用准确。
2.主干方程列式形式书写规范
严格按课本“原始公式”的形式列式，不能以变形的结果式代替方程式(这是相当多考生所忽视的)。要全部用字母符号表示方程，不能字母、符号和数据混合，如：带电粒子在磁场中的运动应有qvB=m，而不是其变形结果R=；轻绳模型中，小球恰好能通过竖直平面内圆周运动的最高点，有mg=m，不能写成v=。
3.物理量符号要和题干一致
最终结果字母必须准确才得分，物体的质量，题目给定符号是m0 、ma、2m、M、m'等，不能统一写成m；长度，题目给定符号是L，不能写成l或者d；半径，题目给定符号是R，不能写成r；电荷量，题目给定符号是e，不能写成q，在评分标准中都明确给出了扣分标准。需要自己设的物理量尽量要依据题干给定，相关物理量顺延编号，合理安排下标(上标)，以防混乱。
4.要分步列式，不要写连等式
如，电磁感应中导体杆受力的几个方程，要这样写：
E=BLv,I=F=BIL
每个公式都有对应的分值，不要写连等式F=BIL=BL=BL=，
评分标准是这样的，每个公式都有对应的分值，如果写成连等式，最终结果正确得满分，最终结果错误最多得分布列式中一个公式的分数。
5.计算结果要注意矢量性及单位
计算结果是数据的要带单位，没有单位的要扣分；字母运算时，一些常量(重力加速度g，电子电荷量e等)不能用数字(10 m/s2，1.6×10-19 C)替换，运算的结果为字母表达式的不用写单位。
三、解题过程中运用数学的方式有讲究
1.“代入数据”，解方程的具体过程可以不写出。
2.所涉及的几何关系只需写出判断结果而不必证明。
3.重要的中间结论、数据要写出来，这是改卷的节点，写出这个结果得到对应分值。
4.所求的方程若有多个解，都要写出来，然后通过讨论，该舍去的舍去。
5.数字相乘时，数字之间不要用“·”，而应用“×”。
总结为一个要求：
　　仔细研读高考考试评分细则，是判断答题是否规范的最好标准。就是要用最少的字符，最小的篇幅，表达出最完整的解答，以使评卷老师能在最短的时间内把握你的答题过程、结果，就是一份最好的答卷。
　　 如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变。现将质量m=2 kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H=0.6 m处静止释放，且将B点置于AC中点处。已知圆轨道半径R=0.1 m，水平轨道长LAC=1.0 m，滑块与AC间动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10 m/s2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，求：
(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时
对轨道的压力大小；
(2)弹射器获得的最大弹性势能；
(3)若H=6 m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求满足条件的BC长度LBC。
示例1
解题指导
　　 如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=37°的斜面上，两导轨垂直于ef，ef为斜面与水平面的交线，导轨间距L=0.6 m，导轨电阻不计。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和 Ⅱ，两区域的边界与斜面的
示例2
交线为虚线MN。虚线MN与两导轨垂直，区域Ⅰ中的匀强磁场方向竖直向下，区域 Ⅱ中的匀强磁场方向竖直向上，两磁场的磁感应强度大小均为B=1 T。在区域Ⅰ中，将质量m1=0.21 kg、电阻R1=0.1 Ω的金属棒ab放在导轨上，金属棒ab刚好不下滑。然后，在区域 Ⅱ中将质量m2=0.4 kg、电阻R2=0.1 Ω的光滑金属棒cd置于导轨上使其由静止开始下滑。金属棒cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，两金属棒长度均为L且始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)
(1)求金属棒ab刚要向上滑动时，金属棒cd的速度
大小v；
(2)从金属棒cd开始下滑到金属棒ab刚要向上滑动
的过程中，金属棒cd滑动的距离x=3.5 m，求此过
程中金属棒ab上产生的热量Q；
(3)求金属棒cd滑动距离3.5 m的过程中流过金属棒ab某一横截面的电荷量q。
解题指导三、数学方法在物理中的应用
　　高考物理试题的解答离不开数学知识和方法的应用，利用数学知识解决物理问题是高考物理考查的能力之一。借助数学方法，可使一些复杂的物理问题，显示出明显的规律性，能快速简捷地解决问题。可以说任何物理试题的求解过程实际上都是将物理问题转化为数学问题，经过求解再还原为物理结论的过程。下面是几种物理解题过程中常用的数学方法。
一、三角函数法
1.辅助角求极值
三角函数：y=acos θ+bsin θ
y=acos θ+bsin θ=sin(θ+α)，其中tan α=。
当θ+α=90°时，有极大值ymax=。
例1　质量为m的物体放置在倾角θ=30°的粗糙固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数μ=，重力加速度为g，现用拉力F(与斜面的夹角为β)拉动物体沿斜面向上匀速运动，下列说法正确的是(　　)
A.拉力最小时，物体受三个力作用
B.β=0°时，即拉力沿斜面向上时，拉力F最小
C.斜面对物体作用力的方向随拉力F的变化而变化
D.拉力F的最小值为mg
2.正弦定理(拉密定理)
在如图所示的三角形中，各边和所对应角的正弦之比相等，即：==。
例2　如图甲所示，一个边长为3d的匀质玻璃立方体内有一个三棱柱真空“气泡”，立方体置于水平桌面上，其中某一截面图如图乙所示，A、B、C、D为正方形四个顶点，Q、N为底边的三等分点，MN垂直于底边，PO平行于底边，O为QM的中点，∠QMN=30°，D、P位置有相同的光源。真空中光速为c，不考虑光的反射。
(1)D处光源向O点发出一束光恰好不能进入“气泡”，求该玻璃的折射率；
(2)P处光源向O点发出一束光，求该束光第一次穿过“气泡”的时间。
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3.余弦定理
在如图所示的三角形中，有：
a2=b2+c2-2bc·cos A
例3　如图所示，ABDO为某玻璃材料的截面，ABO部分为直角三角形棱镜，∠A=30°，OBD部分是半径为R的四分之一圆柱状玻璃，O点为圆心。一束单色光从P点与AB成30°角斜射入玻璃材料，刚好垂直OA边射出，射出点离O点R，已知真空中的光速为c。
(1)求该单色光在玻璃材料中发生全反射的临界角的正弦值；
(2)现将该光束绕P点沿逆时针方向在纸面内转动至水平方向，观察到BD面上有光线从Q点射出(Q点未画出)。求光束在玻璃材料中的传播时间(不考虑圆柱BD弧面部分的发射光线)。
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二、均值不等式
由均值不等式a+b≥2(a>0，b>0)可知：
(1)两个正数的积为定值时，若两数相等，和最小；
(2)两个正数的和为定值时，若两数相等，积最大。
例4　某运动员从滑雪跳台以不同的速度v0水平跳向对面倾角为45°的斜坡(如图所示)，已知跳台的高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则该运动员落到斜坡上的最小速度为(　　)
A. B.
C. D.
三、利用二次函数求极值
二次函数：y=ax2+bx+c
(1)当x=-时，有极值ym=(若二次项系数a>0，y有极小值；若a<0，y有极大值)。
(2)利用一元二次方程判别式求极值。
用判别式Δ=b2-4ac≥0有解可求某量的极值。
例5　(多选)如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，两传送带由同一电机驱动，它们正常工作时都匀速运动，速度大小分别为v甲、v乙，并满足v甲+v乙=v，式中v为已知定值，即两传送带的速度可调但代数和始终不变。将一工件A(视为质点)轻放到传送带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙的右侧掉落。已知工件的质量为m，工件与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。两传送带正常工作时，下列说法正确的是(　　)
A.工件在传送带甲和乙上共速前受到的摩擦力一定相同
B.当v甲=v乙时，工件在传送带乙上留下的滑动痕迹最短
C.当v甲=0.5v乙时，工件与两传送带因摩擦而产生的总热量最小
D.驱动传送带的电机因传送工件至少需要额外做的功为
四、数学归纳法和数列法
凡涉及数列求解的物理问题都具有过程多、重复性强的特点，但每一个重复过程均不是与原来完全相同的重复，而是一种变化了的重复。随着物理过程的重复，某些物理量逐步发生着前后有联系的变化。该类问题求解的基本思路为：
(1)逐个分析开始的几个物理过程；
(2)利用归纳法从中找出物理量变化的通项公式(这是解题的关键)；
(3)最后分析整个物理过程，应用数列特点和规律求解。
无穷数列的求和，一般是无穷递减数列，有相应的公式可用。
等差数列：Sn==na1+d(d为公差)。
等比数列：Sn=(q为公比)。
例6　如图甲所示，木板B静止在光滑水平地面上，距木板B右端x处固定一个物块A。现有物块C以v0=8 m/s的速度冲上木板。已知木板B的质量mB=4 kg，物块C的质量mC=2 kg，物块C从冲上木板到最终静止的v-t图像如图乙所示，物块C始终未从木板上掉下来，已知所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2。
(1)木板的长度至少是多少？
(2)物块A距木板B右端的最大距离？
(3)若mC=4 kg，mB=2 kg，A距B板右端的距离 m，则木板B运动的总路程是多少？
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答案精析
例1　D　[斜面对物体的作用力，指的是摩擦力Ff和支持力FN的合力，则有tan α===，μ不变，则tan α不变，即斜面对物体作用力的方向不随拉力F变化，故C错误；对物体受力分析如图所示Fcos β=Ff+mgsin θ①，Ff=μFN②，FN=mgcos θ-Fsin β③，联立①②③解得F=
当β=30°时，拉力F最小，最小值为mg，此时物体受4个力作用，故D正确，A、B错误。]
例2　(1)　(2)d
解析　(1)作出光路图如图所示
由几何关系可知θ=60°，OQ=DQ
则可知α=β，易知θ=α+β，
C+β=90°
可得C=60°
由全反射sin C=
解得n=
(2)作出光路图如图所示
可知i=30°，
OM=d
而=n
可得sin r==cos φ
则由数学知识可得sin φ=
再由数学知识sin∠OEM=sin(30°+φ)=
由正弦定理可得=
在气泡中有t=
可得t=d(或)。
例3　(1)　(2)
解析　(1)根据题意可知，光线从AB界面的P点进入玻璃棱镜，由折射定律画出光路图，如图所示
根据几何关系，可得入射角θ1=90°-30°=60°
折射角θ2=30°，且PO恰好为法线，根据n=可得折射率n=
又有sin C=
解得sin C=
(2)根据题意，当光线转至水平方向入射，入射角大小仍为θ3=60°，画出光路图，如图所示
由折射定律可知，折射角θ4=30°，折射光线交OD边于F点，由题已知∠A=30°，PC⊥AO，得在OD边界上的入射角为θ5=60°，由于发生全反射的临界角为C。
则有sin C=即C<θ5
可知在OD界面发生全反射，已知CO=R。由几何关系得，在三角形OFQ中，由余弦定理得
OQ2=OF2+FQ2-2OF·FQcos 150°
其中OQ=R，OF=OP=R
解得FQ=R
又有v=，PF=2OF·cos 30°
t=
解得t=。
例4　C　[设该运动员落到斜坡上经历的时间为t，由平抛运动的规律可得，水平方向上的位移x=v0t，竖直方向上的位移y=gt2，由几何关系可得x=(h-y)·tan 45°，整理得v0=-gt，该运动员落到斜坡上时速度v满足v2=+(gt)2，再整理可得v2=+(gt)2，变形为v2=+(gt)2-gh，当=(gt)2时，速度v最小，且最小为v=，故选C。]
例5　BCD　[取传送带乙为参考系，工件滑上传送带乙时的速度如图
工件受到的滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，所以工件在两传送带上受到摩擦力大小相等，但方向不同，故A错误；由牛顿第二定律可得，工件在传送带上的加速度为a===μg，设工件在传送带乙上的滑动痕迹为x，则+=2μgx，又因为v甲+v乙=v，解得x=，由数学知识可得，当v甲=v乙时，x取最小值，故B正确；设工件在传送带甲上的滑动痕迹为x1，工件与两传送带因摩擦产生的总热量为Q，则=2μgx1，Q=μmg(x+x1)，整理得Q=，
则当v甲=时，Q取最小值，此时v乙=，故C正确；根据能量守恒定律可知，电动机额外做的功等于产生的热量与工件的末动能之和，则有W=+，整理得W=，当v甲=v乙时，W取最小值，最小值为Wmin=，故D正确。]
例6　(1)8 m　(2)1 m　(3) m
解析　(1)由题图乙可知物块C的最终速度为0，则木板B的最终速度也为0，且其斜率等于物块的加速度，得aC==μg=4 m/s2
由能量守恒定律可得
μmCgL=mC
解得L=8 m
(2)由v-t图像的斜率可得aC=4 m/s2
由牛顿第二定律可得μmCg=mCaC，μmCg=mBaB
解得μ=0.4，aB=2 m/s2
由B、C速度为0，可知B一定与A发生了碰撞，且碰撞次数越少，A距B板右端距离越大，因此A、B只碰撞1次，x最大，且B、A碰撞前B、C未共速；设B与A碰撞前B的速度为vB，C的速度为vC，
根据碰后-mBvB+mCvC=0
则有vB=vC
即aBt=(v0-aCt)×
解得t=1 s
则x=aBt2=1 m
即A距木板右端的最大距离为1 m。
(3)若mC=4 kg，mB=2 kg，则
aC'=4 m/s2，aB'=8 m/s2
则B与A碰撞前B、C恰好共速，则
v0-aC't1=aB't1
解得t1= s
共同速度为v共1= m/s
碰后B的速度反向，设第2次共速时间t2，则
v共1-aC't2=-v共1+aB't2
解得t2= s
第二次共速v共2= m/s
所以v共2=v共1
运动的位移s2=s1
木板经过的总路程s=s1+2(s1+s2+s3+…)=s1+2×= m。(共34张PPT)
解题技巧与增分策略
三、数学方法在物理中的应用
　　高考物理试题的解答离不开数学知识和方法的应用，利用数学知识解决物理问题是高考物理考查的能力之一。借助数学方法，可使一些复杂的物理问题，显示出明显的规律性，能快速简捷地解决问题。可以说任何物理试题的求解过程实际上都是将物理问题转化为数学问题，经过求解再还原为物理结论的过程。下面是几种物理解题过程中常用的数学方法。
一、三角函数法
1.辅助角求极值
三角函数：y=acos θ+bsin θ
y=acos θ+bsin θ=sin(θ+α)，其中tan α=。
当θ+α=90°时，有极大值ymax=。
　质量为m的物体放置在倾角θ=30°的粗糙固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数μ=，重力加速度为g，现用拉力F(与斜面的夹角为β)拉动物体沿斜面向上匀速运动，下列说法正确的是
A.拉力最小时，物体受三个力作用
B.β=0°时，即拉力沿斜面向上时，拉力F最小
C.斜面对物体作用力的方向随拉力F的变化而变化
D.拉力F的最小值为mg
例1
√
斜面对物体的作用力，指的是摩擦力Ff和支持力FN
的合力，则有tan α===，μ不变，则tan α不变，
即斜面对物体作用力的方向不随拉力F变化，故C错误；
对物体受力分析如图所示Fcos β=Ff+mgsin θ①，Ff=μFN②，FN=mgcos θ-
Fsin β③，联立①②③解得F=
当β=30°时，拉力F最小，最小值为mg，此时物体受4个力作用，故
D正确，A、B错误。
2.正弦定理(拉密定理)
在如图所示的三角形中，各边和所对应角的正弦之比相等，即：= =。
　如图甲所示，一个边长为3d的匀质玻璃立方体内有一个三棱柱真空“气泡”，立方体置于水平桌面上，其中某一截面图如图乙所示，A、B、
例2
C、D为正方形四个顶点，Q、N为底边的三等分点，MN垂直于底边，PO平行于底边，O为QM的中点，∠QMN=30°，D、P位置有相同的光源。真空中光速为c，不考虑光的反射。
(1)D处光源向O点发出一束光恰好不能进入“气泡”，求该玻璃的折射率；
答案　
作出光路图如图所示
由几何关系可知θ=60°，OQ=DQ
则可知α=β，易知θ=α+β，C+β=90°
可得C=60°
由全反射sin C=
解得n=
(2)P处光源向O点发出一束光，求该束光第一次穿过“气泡”的时间。
答案　d
作出光路图如图所示
可知i=30°，OM=d
而=n
可得sin r==cos φ
则由数学知识可得sin φ=
再由数学知识sin ∠OEM=sin(30°+φ)=
由正弦定理可得=
在气泡中有t=
可得t=d(或)。
3.余弦定理
在如图所示的三角形中，有：
a2=b2+c2-2bc·cos A
如图所示，ABDO为某玻璃材料的截面，ABO部
分为直角三角形棱镜，∠A=30°，OBD部分是半径
为R的四分之一圆柱状玻璃，O点为圆心。一束单色
光从P点与AB成30°角斜射入玻璃材料，刚好垂直OA边射出，射出点离
O点R，已知真空中的光速为c。
(1)求该单色光在玻璃材料中发生全反射的临界角的正弦值；
例3
答案　　
根据题意可知，光线从AB界面的P点进入玻璃棱
镜，由折射定律画出光路图，如图所示
根据几何关系，可得入射角θ1=90°-30°=60°
折射角θ2=30°，且PO恰好为法线，根据n=可得折射率n=
又有sin C=
解得sin C=
(2)现将该光束绕P点沿逆时针方向在纸面内转动至
水平方向，观察到BD面上有光线从Q点射出(Q点未
画出)。求光束在玻璃材料中的传播时间(不考虑圆
柱BD弧面部分的发射光线)。
答案　
根据题意，当光线转至水平方向入射，入射角
大小仍为θ3=60°，画出光路图，如图所示
由折射定律可知，折射角θ4=30°，折射光线交
OD边于F点，由题已知∠A=30°，PC⊥AO，得在OD边界上的入射角
为θ5=60°，由于发生全反射的临界角为C。则有sin C=即C<θ5
可知在OD界面发生全反射，已知CO=R。由几何关系得，在三角形
OFQ中，由余弦定理得
OQ2=OF2+FQ2-2OF·FQcos 150°
其中OQ=R，OF=OP=R
解得FQ=R
又有v=，PF=2OF·cos 30°
t=
解得t=。
二、均值不等式
由均值不等式a+b≥2(a>0，b>0)可知：
(1)两个正数的积为定值时，若两数相等，和最小；
(2)两个正数的和为定值时，若两数相等，积最大。
某运动员从滑雪跳台以不同的速度v0水平跳向对面倾角为45°的斜坡(如图所示)，已知跳台的高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则该运动员落到斜坡上的最小速度为
A. B.
C. D.
√
例4
设该运动员落到斜坡上经历的时间为t，由平抛运动的规律可得，水平方向上的位移x=v0t，竖直方向上的位移y=gt2，由几何关
系可得x=(h-y)·tan 45°，整理得v0=-gt，该运动员落到斜坡上时速度v满足v2=+(gt)2，再整理可得v2=+(gt)2，变形为v2=+(gt)2-gh，当=(gt)2时，速度v最小，且最小为v=，故选C。
三、利用二次函数求极值
二次函数：y=ax2+bx+c
(1)当x=-时，有极值ym=(若二次项系数a>0，y有极小值；若a<0，y有极大值)。
(2)利用一元二次方程判别式求极值。
用判别式Δ=b2-4ac≥0有解可求某量的极值。
(多选)如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，两传送带由同一电机驱动，它们正常工作时都匀速运动，速度大小分别为v甲、v乙，并满足v甲+v乙=v，式中v为已知定值，即两传送带的速度可调但代数和始终不变。将一工件A(视为质点)轻放到传送带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙的右侧掉落。已知工件的质量为m，工件与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。两传送带正常工作时，下列说法正确的是
A.工件在传送带甲和乙上共速前受到的摩擦力一定相同
B.当v甲=v乙时，工件在传送带乙上留下的滑动痕迹最短
C.当v甲=0.5v乙时，工件与两传送带因摩擦而产生的总热量最小
D.驱动传送带的电机因传送工件至少需要额外做的功为
例5
√
√
√
取传送带乙为参考系，工件滑上传送带乙时的速度如图
工件受到的滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，所以工件在两传送带上受到摩擦力大小相等，但方向不同，故A错误；
由牛顿第二定律可得，工件在传送带上的加速度为a===μg，设工件在传送带乙上的滑动痕迹为x，则+=2μgx，又因为v甲+v乙=v，解得x=，由数学知识可得，当v甲=v乙时，x取最小值，
故B正确；
设工件在传送带甲上的滑动痕迹为x1，工件与两传送带因摩擦产生的总热量为Q，则=2μgx1，
Q=μmg(x+x1)，整理得Q=，则当
v甲=时，Q取最小值，此时v乙=，故C正确；
根据能量守恒定律可知，电动机额外做的功等于产生的热量与工件的末动能之和，则有W=+，整理得W=，当v甲=v乙时，W取最小值，最小值为Wmin=，故D正确。
四、数学归纳法和数列法
凡涉及数列求解的物理问题都具有过程多、重复性强的特点，但每一个重复过程均不是与原来完全相同的重复，而是一种变化了的重复。随着物理过程的重复，某些物理量逐步发生着前后有联系的变化。该类问题求解的基本思路为：
(1)逐个分析开始的几个物理过程；
(2)利用归纳法从中找出物理量变化的通项公式(这是解题的关键)；
(3)最后分析整个物理过程，应用数列特点和规律求解。
无穷数列的求和，一般是无穷递减数列，有相应的公式可用。
等差数列：Sn==na1+d(d为公差)。
等比数列：Sn=(q为公比)。
如图甲所示，木板B静止在光滑水平地面上，距木板B右端x处固定一个物块A。现有物块C以v0=8 m/s的速度冲上木板。已知木板B的质量mB=4 kg，物块C的质量mC=2 kg，物块C从冲上木板到最终静止的v-t图像如图乙所示，物块C始终未从木板
上掉下来，已知所有的碰撞均为弹
性碰撞，重力加速度g取10 m/s2。
(1)木板的长度至少是多少？
例6
答案　8 m
由题图乙可知物块C的最终速度为0，则木板B的最终速度也为0，且其斜率等于物块的加速度，得aC==μg=4 m/s2
由能量守恒定律可得μmCgL=mC
解得L=8 m
(2)物块A距木板B右端的最大距离？
答案　1 m
由v-t图像的斜率可得aC=4 m/s2
由牛顿第二定律可得μmCg=mCaC，
μmCg=mBaB
解得μ=0.4，aB=2 m/s2
由B、C速度为0，可知B一定与A发生了碰撞，且碰撞次数越少，A距B板右端距离越大，因此A、B只碰撞1次，x最大，且B、A碰撞前B、C未共速；设B与A碰撞前B的速度为vB，C的速度为vC，根据碰后-mBvB+mCvC=0
则有vB=vC
即aBt=(v0-aCt)×
解得t=1 s
则x=aBt2=1 m
即A距木板右端的最大距离为1 m。
(3)若mC=4 kg，mB=2 kg，A距B板右端的距离 m，则木板B运动的总路程是多少？
答案　 m
若mC=4 kg，mB=2 kg，则
aC'=4 m/s2，aB'=8 m/s2
则B与A碰撞前B、C恰好共速，则
v0-aC't1=aB't1
解得t1= s
共同速度为v共1= m/s
碰后B的速度反向，设第2次共速时间t2，则
v共1-aC't2=-v共1+aB't2
解得t2= s
第二次共速v共2= m/s
所以v共2=v共1
运动的位移s2=s1
木板经过的总路程s=s1+2(s1+s2+s3+…)=s1+2×= m。四、物理情境题破译法
　　高考试题从原来的解题到现在的解决问题，出现的情境题越来越多，题目情境来源于生活、生产、体育运动、科技，无情境不命题。我们分析物理情境题时，可以从以下几个方面进行研究分析。
1.仔细读题，构建物理模型
　　明确题中所给的物理情境要解决的问题，仔细分析该情境描述的研究对象。经历了什么过程？受哪些作用力？分析运动性质，遵循哪些规律？将此问题和学过的知识相关联，在大脑中调出所学过的关于这个问题所涉及的物理知识。
2.挖掘破题关键解决实际问题，根据题目展示的物理情境，建立好物理模型之后，再看看我们需要解决什么问题，然后再次回到题目所给的信息中去挖掘破题关键信息，进行二次读题，最终查看问题是否得到解决。
3.还有一些情境题为假情境，戴着情境的帽子，把这几句信息去掉对解题无影响，这样的题可以去掉情境，从中直接找出关键信息即可。
例1　(2024·广东肇庆市三模)我国的特高压直流输电是中国在高端制造领域领先世界的一张“名片”，特别适合远距离输电，若直流高压线掉到地上时，它就会向大地输入电流，并且以高压线与大地接触的那个位置为圆心，形成一簇如图所示的等差等势线同心圆，A、B、C、D是等势线上的四点，当人走在地面上时，如果形成跨步电压就会导致两脚有电势差而发生触电事故，则(　　)
A.电势的大小为φC>φB=φD>φA
B.电场强度的大小为EA>EB=ED>EC
C.人从B沿着圆弧走到D会发生触电
D.AB间距离等于2倍BC间距离
解题指导
物理 情境 高压直流输电时，直流高压线掉落到地上
解决 问题 各点的电势高低、电场强度大小、人会不会触电
关联 知识 等差等势面、电场线与等势面的关系、电势差与电场强度关系
情境 破译 直流高压线掉落到地上时，会向大地输入电流，高压线与大地的电势高低关系是怎样的，等压等势线内外电势高低关系是怎样的，画出电场线，A、B、C、D处电场线的疏密程度可判断电场强度关系；由E=可知，d=在匀强电场中与非匀强电场中怎样应用
例2　国产科幻大片《流浪地球2》中的“太空电梯”给观众带来了强烈的视觉震撼。如图所示，“太空电梯”由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站和配重组成，缆绳相对地面静止，箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站。下列说法正确的是(　　)
A.地面基站可以建设在青藏高原上
B.配重的线速度小于同步空间站的线速度
C.箱体在上升过程中受到地球的引力越来越小
D.若同步空间站和配重间的缆绳断开，配重将做向心运动
解题指导
物理 情境 《流浪地球2》中的“太空电梯”
解决 问题 建设“太空电梯”，由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站和配重组成，缆绳相对地面静止，利用箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站
关联 知识 圆周运动线速度与角速度关系，圆周运动动力学分析，向心运动、离心运动
情境 破译 读图可知，空间站处于同步轨道上，和地球自转同步，角速度相同，若无配重，地球对其引力提供向心力G=mω2r空，缆绳恰无张力；箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站，缆绳对箱体提供向上拉力，对空间站向下拉影响空间站的安全；配重在同步轨道外，引力不足以提供向心力G例3　(2024·山东烟台市三模)中国古代建筑的门闩凝结了劳动人民的智慧。如图是一种竖直门闩的原理图：当在水平槽内向右推动下方木块A时，使木块B沿竖直槽向上运动，方可启动门闩。水平槽、竖直槽内表面均光滑，A、B间的接触面与水平方向成45°角，A、B间的动摩擦因数为0.2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知B的质量为m，重力加速度大小为g。为了使门闩刚好能被启动，则施加在A上的水平力F最小应为(　　)
A.mg B.mg
C.mg D.mg
解题指导
物理 情境 中国古代建筑的门闩
解决 问题 为了启动门闩，施加在A上的最小水平力
关联 知识 受力分析，共点力平衡的临界问题
情境 破译 A、B恰好发生滑动，摩擦力恰好达到最大静摩擦力，且等于滑动摩擦力Ff=μFN，对A、B进行受力分析，沿运动方向列平衡方程，解出水平推力的最小值
例4　(多选)(2024·浙江省三校联考)如图所示，是用磁聚焦法测某种离子比荷的一种装置。离子以很小的速度从a板小孔进入加速电场，从b板小孔O'水平向右射出，进入一个极板很短、加有不大的交流电压的电容器。不同时刻通过电容器的离子获得不同的横向速度，然后进入由线圈产生的匀强磁场，这些离子在磁场中沿不同的螺旋线运动，调节通过线圈的电流改变磁感应强度B，使它们经过一个周期刚好聚焦于荧光屏上的O点，测出有关数据即可得到比荷。下列说法正确的有(　　)
A.测量原理用到离子在磁场中圆周运动的周期与速度无关这一性质
B.同时刻进入电容器中的离子运动轨迹相同
C.线圈产生的磁场方向必须水平向右
D.电容器上所加电压也可以是恒定电压
解题指导
物理 情境 磁聚焦法测某种离子比荷
解决 问题 测离子的比荷，改变电容器电压为恒定电压是否可行
关联 知识 带电粒子在磁场中的旋进运动，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期公式
情境 破译 离子在a、b间做匀加速直线运动获得一个沿O'O方向的速度v0，在电容器中获得一个横向速度，且不同时刻进入电容器的离子，横向速度不同，在垂直于O'O的平面内做匀速圆周运动，一个周期回到O'O，由l=v0T，T=，可得到离子的比荷
例5　(多选)(2024·广西梧州市模拟)2024年5月1日“福建号”航空母舰首次海试引起国人极大关注，其采用先进的电磁弹射技术，使战机的出动效率大大提升。如图所示，电源电动势为E，内阻忽略不计，电容器的电容为C，足够长的光滑水平平行导轨M、N间距为L，导轨间有磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m，电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内处于静止状态，并与两导轨接触良好。单刀双掷开关先打向a，电源给电容器充电，充电完毕后再打向b，电容器放电，金属滑块在安培力的作用下发射出去。不计其他阻力和电阻，下列说法正确的是(　　)
A.滑块达到最大速度时，电容器放电结束，极板电荷量为零
B.滑块从开始运动到最大速度的过程中流过它的电荷量为
C.该过程中，安培力对滑块的冲量等于滑块动量的变化
D.滑块能达到的最大速度为
解题指导
物理 情境 电磁弹射技术
解决 问题 滑块获得的最大速度，加速过程中通过滑块的电荷量，放电结束后极板电荷量
关联 知识 电容器放电动力学问题、动生电动势、法拉第电磁感应定律、电路中的电流分析、动量定理
情境 破译 电容器放电，金属滑块产生电流受安培力向右加速，金属滑块切割磁感线产生感应电动势，电容器放电电荷量减少，电压降低，电路中电流I=，可知速度增大，电流减小，加速度a减小，滑块做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动，此时I=0，v最大，对滑块BLΔt=mvm，Δt=ΔQ，ΔQ=CΔU，ΔU=E-BLvm可得滑块最终速度
例6　(2024·山东济宁市三模)某旋转喷灌机进行农田喷灌的示意图如图所示，喷口出水速度的方向可调节。该喷灌机的最大功率为P=2 000 W，喷灌机所做功的75%转化为水的动能，喷口的横截面积S=30 cm2，水的密度ρ=1×103 kg/m3，重力加速度g=10 m/s2，π=3.14，喷口距离地面的高度h=0.55 m，忽略空气阻力，不考虑供水水压对水速的影响。求：
(1)喷灌机的最大喷水速度v；
(2)喷口出水速度方向与水平面夹角θ=30°时，该喷灌机的最大喷灌面积Sm(保留三位有效数字)。
解题指导
物理 情境 旋转喷灌机
解决 问题 求喷灌机的最大喷水速度；喷口出水速度方向与水平面夹角θ=30°时求喷灌机的最大喷灌面积Sm
关联 知识 能量守恒定律，斜抛运动
情境 破译 喷灌机的最大功率为2 000 W，喷灌机所做的功75%转化为水的动能，喷口的横截面积S=30 cm2，可知75%PΔt=Δmv2，Δm=ρSv0Δt，可得最大速度；当喷口出水速度方向与水平面夹角θ=30°时，水做斜抛运动，当功率最大时，水的水平位移最远，以此为半径的圆内任何位置都可以被喷灌，所以该喷灌机最大喷灌面积是这个圆的面积，由斜抛运动的规律求出最大水平位移，从而解得最大喷灌面积
例7　(2023·浙江1月选考·17)某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S=100 cm2、质量m=1 kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA=300 K、活塞与容器底的距离h0=30 cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d=3 cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC=363 K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU=158 J。取大气压p0=0.99×105 Pa，g=10 m/s2，求气体
(1)在状态B的温度；
(2)在状态C的压强；
(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。
解题指导
物理 情境 探究小组设计了一个温度报警装置
解决 问题 达到预设温度报警装置报警
关联 知识 查理定理，盖—吕萨克定律，热力学第一定律
情境 破译 活塞能无摩擦滑动，活塞缓慢上升d=3 cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B，经历什么过程；活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC=363 K的状态C时触动报警器，经历什么过程；从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU=158 J，求由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q，考虑热力学第一定律，气体对外做功情况
例8　(2024·重庆卷·14)有人设计了一种粒子收集装置。如图所示，比荷为的带正电的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。
(1)求OK间的距离；
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离；
(3)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时0点。求打开磁场的那一时刻。
解题指导
物理 情境 粒子收集器
解决 问题 粒子收集器放置在距O点的距离，发射枪距O点距离，打开磁场的时刻
关联 知识 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
情境 破译 速率为v0的粒子在O点时打开磁场，粒子被在K处的收集器收集，由OK⊥MN可知粒子做了半个圆周，OK=2r；速度为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，粒子仍被收集，画出粒子轨迹，连半径，找圆心，找几何关系确定MO的距离；当速率为4v0的粒子射出后运动一段时间后再打开磁场开关，粒子也能被收集，说明粒子运动一个优弧后到达粒子收集器，可使轨迹圆相切于MN向右移动，使轨迹圆上的某点与K相交，确定N点位置，画出此时轨迹圆，连半径，找关系，确定MN的距离，从而确定打开磁场开关的时刻
答案精析
例1　B　[高压线掉到地上时，它就会向大地输入电流，圆心处的电势最高，向外越来越低，电势的大小为φA>φB=φD>φC，故A错误；
电场强度看等差等势线的疏密，由题图可知电场强度的大小为EA>EB=ED>EC，故B正确；
B和D在同一条等势线上，人从B沿着圆弧走到D不会发生触电，故C错误；
AB的平均电场强度大于BC的平均电场强度，AB的电势差等于BC电势差的2倍，根据E=可以定性判断出AB间距离小于2倍BC间距离，故D错误。]
例2　C　[由题意可知，整个同步轨道一定在地球赤道正上方，因此地面基站不可以建设在青藏高原上，A错误；由太空电梯的结构可知，配重与同步空间站的角速度相同，由v=ωr可知，空间站的轨道半径小于配重的轨道半径，因此配重的线速度大于同步空间站的线速度，B错误；由F=G可知，箱体在上升过程中受到地球的引力随距离r的增加而减小，C正确；由题意可知，空间站和配重都做匀速圆周运动，若缆绳断开，配重与地球间的万有引力则有F'=G例3　B　[对A、B受力分析如图所示
门闩刚好启动时，对A水平方向上
F=FNsin 45°+Ffcos 45°
对B在竖直方向上
FNcos 45°=mg+Ffsin 45°
A、B间最大静摩擦力为
Ff=μFN
则施加在A上的水平力F最小应为
F=mg，故选B。]
例4　AB　[离子在磁场中做圆周运动时，由qv⊥B=m，可得r=，则周期为T==，可知测量原理用到离子在磁场中圆周运动的周期与速度无关这一性质，故A正确；
同时刻进入电容器中的离子，离开电容器进入磁场时的速度相同，所以离子运动轨迹相同，故B正确；
线圈产生的磁场方向不一定要水平向右，也可以水平向左，故C错误；
电容器上所加电压不可以是恒定电压，因为如果是恒定电压，将使得不同时刻进入电容器的离子，离开电容器进入磁场时的速度相同，所有离子的运动轨迹都相同，故D错误。]
例5　BCD　[电容器放电过程，极板间电压减小，滑块向右运动产生感应电动势为BLv
当极板间电压减至E'时，滑块达到最大速度，电容器不再放电，但极板电荷量不为零，故A错误；
根据C=，可得ΔQ=C(E-BLvm)
由动量定理，可得BLΔt=mvm
又Δt=ΔQ
联立解得ΔQ=
vm=，故B、D正确；
根据上述分析可知该过程中，安培力对滑块的冲量等于滑块动量的变化，故C正确。]
例6　(1)10 m/s　(2)285 m2
解析　(1)设在Δt时间内从喷口处喷出水的质量为Δm，则Δm=ρSvΔt
由能量关系75%PΔt=Δmv2
解得v=10 m/s
(2)喷口出水速度方向与水平面夹角θ=30°时，则
-h=vsin 30°·t-gt2
x=vcos 30°·t
该喷灌机的最大喷灌面积Sm=πx2
解得Sm≈285 m2
例7　(1)330 K　(2)1.1×105 Pa
(3)188 J
解析　(1)根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则有=
解得TB=TA=330 K
(2)根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有=
pB=p0+=1×105 Pa
解得pC=pB=1.1×105 Pa
(3)根据题意可知，从状态A到状态C的过程中气体对外做功，则W0=-pBΔV=-30 J
由热力学第一定律有ΔU=W0+Q
解得Q=ΔU-W0=188 J。
例8　(1)　(2)　(3)
解析　(1)当粒子到达O点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，轨迹如图①所示
设半径为r1，OK=2r1
由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m
解得OK=
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，则粒子在磁场中运动的轨迹半径r2=4r1，轨迹如图②所示
由几何关系有
(4r1-2r1)2+MO2=(4r1)2
解得MO=2r1=
(3)设速率为4v0的粒子射出后经时间t到达N点，要使粒子仍然经过K点，则N点在O点右侧，如图所示
由几何关系有(4r1-2r1)2+ON2=(4r1)2
解得ON=2r1=
粒子在打开磁场开关前运动时间为
t=
解得t=(共40张PPT)
解题技巧与增分策略
四、物理情境题破译法
　　高考试题从原来的解题到现在的解决问题，出现的情境题越来越多，题目情境来源于生活、生产、体育运动、科技，无情境不命题。我们分析物理情境题时，可以从以下几个方面进行研究分析。
1.仔细读题，构建物理模型
明确题中所给的物理情境要解决的问题，仔细分析该情境描述的研究对象。经历了什么过程？受哪些作用力？分析运动性质，遵循哪些规律？将此问题和学过的知识相关联，在大脑中调出所学过的关于这个问题所涉及的物理知识。



2.挖掘破题关键解决实际问题，根据题目展示的物理情境，建立好物理模型之后，再看看我们需要解决什么问题，然后再次回到题目所给的信息中去挖掘破题关键信息，进行二次读题，最终查看问题是否得到解决。
3.还有一些情境题为假情境，戴着情境的帽子，把这几句信息去掉对解题无影响，这样的题可以去掉情境，从中直接找出关键信息即可。
　(2024·广东肇庆市三模)我国的特高压直流输电是中国在高端制造领域领先世界的一张“名片”，特别适合远距离输电，若直流高压线掉到地上时，它就会向大地输入电流，并且以高压线与大地接触的那个位置为圆心，形成一簇如图所示的等差等势线同心圆，A、B、C、D是等势线上的四点，当人走在地面上时，如果形成跨步电压就会导致两脚有电势差而发生触电事故，则
A.电势的大小为φC>φB=φD>φA
B.电场强度的大小为EA>EB=ED>EC
C.人从B沿着圆弧走到D会发生触电
D.AB间距离等于2倍BC间距离
例1
√
解题指导
物理情境 高压直流输电时，直流高压线掉落到地上
解决问题 各点的电势高低、电场强度大小、人会不会触电
关联知识 等差等势面、电场线与等势面的关系、电势差与电场强度关系
情境破译 直流高压线掉落到地上时，会向大地输入电流，高压线与大地的电势高低关系是怎样的，等压等势线内外电势高低关系是怎样的，画出电场线，A、B、C、D处电场线的疏密程度可判断电场强度关系；由E=可知，d=在匀强电场中与非匀强电场中怎样应用
高压线掉到地上时，它就会向大地输入电流，圆心处的电势最高，向外越来越低，电势的大小为φA>φB=φD>φC，故A错误；
电场强度看等差等势线的疏密，由题图可知
电场强度的大小为EA>EB=ED>EC，故B正确；
B和D在同一条等势线上，人从B沿着圆弧走
到D不会发生触电，故C错误；
AB的平均电场强度大于BC的平均电场强度，
AB的电势差等于BC电势差的2倍，根据E=可以定性判断出AB间距离
小于2倍BC间距离，故D错误。
　国产科幻大片《流浪地球2》中的“太空电梯”给观众带来了强烈的视觉震撼。如图所示，“太空电梯”由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站和配重组成，缆绳相对地面静止，箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站。下列说法正确的是
A.地面基站可以建设在青藏高原上
B.配重的线速度小于同步空间站的线速度
C.箱体在上升过程中受到地球的引力越来越小
D.若同步空间站和配重间的缆绳断开，配重将做向心运动
例2
√
解题指导
物理情境 《流浪地球2》中的“太空电梯”
解决问题 建设“太空电梯”，由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站和配重组成，缆绳相对地面静止，利用箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站
关联知识 圆周运动线速度与角速度关系，圆周运动动力学分析，向心运动、离心运动
情境破译 读图可知，空间站处于同步轨道上，和地球自转同步，角速度相同，若无配重，地球对其引力提供向心力G=mω2r空，缆绳恰无张力；箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站，缆绳对箱体提供向上拉力，对空间站向下拉影响空间站的安全；配重在同步轨道外，引力不足以提供向心力G由题意可知，整个同步轨道一定在地球赤道正上方，
因此地面基站不可以建设在青藏高原上，A错误；
由太空电梯的结构可知，配重与同步空间站的角速
度相同，由v=ωr可知，空间站的轨道半径小于配重
的轨道半径，因此配重的线速度大于同步空间站的
线速度，B错误；
由F=G可知，箱体在上升过程中受到地球的引力随距离r的增加而减小，C正确；
由题意可知，空间站和配重都做匀速圆周运动，若缆绳断开，配重与地球间的万有引力则有F'=
G万有引力小于配重做圆周运动的向心力，因此配重会做离心运动，D错误。
　(2024·山东烟台市三模)中国古代建筑的门闩凝结了劳动人民的智慧。如图是一种竖直门闩的原理图：当在水平槽内向右推动下方木块A时，使木块B沿竖直槽向上运动，方可启动门闩。水平槽、竖直槽内表面均光滑，A、B间的接触面与水平方向成45°角，A、B间的动摩擦因数为0.2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知B的质量为m，重力加速度大小为g。为了使门闩刚好能被启动，则施加在A
上的水平力F最小应为
A.mg　　B.mg　　C.mg　　D.mg
例3
√
解题指导
物理情境 中国古代建筑的门闩
解决问题 为了启动门闩，施加在A上的最小水平力
关联知识 受力分析，共点力平衡的临界问题
情境破译 A、B恰好发生滑动，摩擦力恰好达到最大静摩擦力，且等于滑动摩擦力Ff=μFN，对A、B进行受力分析，沿运动方向列平衡方程，解出水平推力的最小值
对A、B受力分析如图所示
门闩刚好启动时，对A水平方向上
F=FNsin 45°+Ffcos 45°
对B在竖直方向上
FNcos 45°=mg+Ffsin 45°
A、B间最大静摩擦力为
Ff=μFN
则施加在A上的水平力F最小应为
F=mg，故选B。
(多选)(2024·浙江省三校联考)如图所示，是用磁聚焦法测某种离子比荷的一种装置。离子以很小的速度从a板小孔进入加速电场，从b板小孔O'水平向右射出，进入一个极板很短、加有不大的交流电压的电容器。不同时刻通过电容器的离子获得不同的横向速度，然后进入由线圈产生的匀强磁场，这些离子在磁场中沿不同的螺旋线运动，调节通过线圈的电流改变磁感应强度B，使它们经过一个周期刚好聚焦于荧光屏上的O点，测出有关数据即可得到比荷。下列说法正确的有
A.测量原理用到离子在磁场中圆周运动的周期与
　速度无关这一性质
B.同时刻进入电容器中的离子运动轨迹相同
C.线圈产生的磁场方向必须水平向右
D.电容器上所加电压也可以是恒定电压
例4
√
√
解题指导
物理情境 磁聚焦法测某种离子比荷
解决问题 测离子的比荷，改变电容器电压为恒定电压是否可行
关联知识 带电粒子在磁场中的旋进运动，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期公式
情境破译 离子在a、b间做匀加速直线运动获得一个沿O'O方向的速度v0，在电容器中获得一个横向速度，且不同时刻进入电容器的离子，横向速度不同，在垂直于O'O的平面内做匀速圆周运动，一个周期回到O'O，由l=v0T，T=，可得到离子的比荷
离子在磁场中做圆周运动时，由qv⊥B=m，可得r=，则周期为T==，可知测量原理用到离子在磁场中圆周运动的周期与速度无关这一性质，故A正确；
同时刻进入电容器中的离子，离开电容器
进入磁场时的速度相同，所以离子运动轨
迹相同，故B正确；
线圈产生的磁场方向不一定要水平向右，也可以水平向左，故C错误；
电容器上所加电压不可以是恒定电压，因
为如果是恒定电压，将使得不同时刻进入
电容器的离子，离开电容器进入磁场时的
速度相同，所有离子的运动轨迹都相同，故D错误。
(多选)(2024·广西梧州市模拟)2024年5月1日“福建号”航空母舰首次海试引起国人极大关注，其采用先进的电磁弹射技术，使战机的出动效率大大提升。如图所示，电源电动势为E，内阻忽略不计，电容器的电容为C，足够长的光滑水平平行导轨M、N间距为L，导轨间有磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m，电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内处于静止状态，并与两导轨接触良好。单刀双掷开关先打向a，电源给电容器充电，充电完毕后再打向b，电容器放电，金属滑块在安培力的作用下发射出去。不计其他阻力和电阻，下列说法正确的是
A.滑块达到最大速度时，电容器放电结束，极板电荷
　量为零
B.滑块从开始运动到最大速度的过程中流过它的电荷量为
C.该过程中，安培力对滑块的冲量等于滑块动量的变化
D.滑块能达到的最大速度为
例5
√
√
√
解题指导
物理情境 电磁弹射技术
解决问题 滑块获得的最大速度，加速过程中通过滑块的电荷量，放电结束后极板电荷量
关联知识 电容器放电动力学问题、动生电动势、法拉第电磁感应定律、电路中的电流分析、动量定理
情境破译 电容器放电，金属滑块产生电流受安培力向右加速，金属滑块切割磁感线产生感应电动势，电容器放电电荷量减少，电压降低，电路中电流I=，可知速度增大，电流减小，加速度a减小，滑块做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动，此时I=0，v最大，对滑块BLΔt=mvm，Δt=ΔQ，ΔQ=CΔU，ΔU=E-BLvm可得滑块最终速度
电容器放电过程，极板间电压减小，滑块向右运动产生感应电动势为BLv
当极板间电压减至E'时，滑块达到最大速度，电容器不再放电，但极板电荷量不为零，故A错误；
根据C=，可得ΔQ=C(E-BLvm)
由动量定理，可得BLΔt=mvm
又Δt=ΔQ
联立解得ΔQ=
vm=，故B、D正确；
根据上述分析可知该过程中，安培力对滑块的冲量等于滑块动量的变化，故C正确。
(2024·山东济宁市三模)某旋转喷灌机进行农田喷灌的示意图如图所示，喷口出水速度的方向可调节。该喷灌机的最大功率为P=2 000 W，喷灌机所做功的75%转化为水的动能，喷口的横截面积S=30 cm2，水的密度ρ=1×103 kg/m3，重力加速度g=10 m/s2，π=3.14，喷口距离地面的高度h=0.55 m，忽略空气阻力，不考虑供水水
压对水速的影响。求：
(1)喷灌机的最大喷水速度v；
例6
答案　10 m/s　
解题指导
物理情境 旋转喷灌机
解决问题 求喷灌机的最大喷水速度；喷口出水速度方向与水平面夹角θ=30°时求喷灌机的最大喷灌面积Sm
关联知识 能量守恒定律，斜抛运动
情境破译 喷灌机的最大功率为2 000 W，喷灌机所做的功75%转化为水的动能，喷口的横截面积S=30 cm2，可知75%PΔt=Δmv2，Δm=ρSv0Δt，可得最大速度；当喷口出水速度方向与水平面夹角θ=30°时，水做斜抛运动，当功率最大时，水的水平位移最远，以此为半径的圆内任何位置都可以被喷灌，所以该喷灌机最大喷灌面积是这个圆的面积，由斜抛运动的规律求出最大水平位移，从而解得最大喷灌面积
设在Δt时间内从喷口处喷出水的质量为Δm，
则Δm=ρSvΔt
由能量关系75%PΔt=Δmv2
解得v=10 m/s
(2)喷口出水速度方向与水平面夹角θ=30°时，该喷灌机的最大喷灌面积Sm(保留三位有效数字)。
答案　285 m2
喷口出水速度方向与水平面夹角θ=30°时，则
-h=vsin 30°·t-gt2
x=vcos 30°·t
该喷灌机的最大喷灌面积Sm=πx2
解得Sm≈285 m2
　(2023·浙江1月选考·17)某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S=100 cm2、质量m=1 kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA=300 K、活塞与容器底的距
例7
离h0=30 cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d=3 cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC=363 K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU=158 J。取大气压p0=0.99×105 Pa，g= 10 m/s2，求气体
(1)在状态B的温度；
答案　330 K
根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则有=
解得TB=TA=330 K
解题指导
物理情境 探究小组设计了一个温度报警装置
解决问题 达到预设温度报警装置报警
关联知识 查理定理，盖—吕萨克定律，热力学第一定律
情境破译 活塞能无摩擦滑动，活塞缓慢上升d=3 cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B，经历什么过程；活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC=363 K的状态C时触动报警器，经历什么过程；从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU=158 J，求由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q，考虑热力学第一定律，气体对外做功情况
(2)在状态C的压强；
答案　1.1×105 Pa
根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，
则有=
pB=p0+=1×105 Pa
解得pC=pB=1.1×105 Pa
(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。
答案　188 J
根据题意可知，从状态A到状态C的过程中气体对外做功，则W0= -pBΔV=-30 J
由热力学第一定律有ΔU=W0+Q
解得Q=ΔU-W0=188 J。
　 (2024·重庆卷·14)有人设计了一种粒子收集装置。
如图所示，比荷为的带正电的粒子，由固定于M点
的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。
(1)求OK间的距离；
例8
答案　
解题指导
物理情境 粒子收集器
解决问题 粒子收集器放置在距O点的距离，发射枪距O点距离，打开磁场的时刻
关联知识 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
情境破译 速率为v0的粒子在O点时打开磁场，粒子被在K处的收集器收集，由OK⊥MN可知粒子做了半个圆周，OK=2r；速度为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，粒子仍被收集，画出粒子轨迹，连半径，找圆心，找几何关系确定MO的距离；当速率为4v0的粒子射出后运动一段时间后再打开磁场开关，粒子也能被收集，说明粒子运动一个优弧后到达粒子收集器，可使轨迹圆相切于MN向右移动，使轨迹圆上的某点与K相交，确定N点位置，画出此时轨迹圆，连半径，找关系，确定MN的距离，从而确定打开磁场开关的时刻
当粒子到达O点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，轨迹如图①所示
设半径为r1，OK=2r1
由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m
解得OK=
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒
子仍被收集，求MO间的距离；
答案　　
速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，则粒子在磁场中运动的轨迹半径r2=4r1，轨迹如图②所示
由几何关系有
(4r1-2r1)2+MO2=(4r1)2
解得MO=2r1=
(3)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁
场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计
时0点。求打开磁场的那一时刻。
答案　
设速率为4v0的粒子射出后经时间t到达N点，要使粒子仍然经过K点，则N点在O点右侧，如图所示
由几何关系有(4r1-2r1)2+ON2=(4r1)2
解得ON=2r1=
粒子在打开磁场开关前运动时间为
t=
解得t=一、选择题解题技巧
　　选择题主要考查对物理概念、物理现象、物理过程和物理规律的认识、理解和应用等。题目具有信息量大、知识覆盖面广、干扰性强、层次分明、难度易控制，能考查考生的多种能力等优势。要想迅速、准确地解答物理选择题，不仅要熟练掌握和应用物理的基本概念和规律直接判断和定量计算，还要掌握以下解答物理选择题的基本方法和特殊技巧。
方法1　排除法
　　通过对物理知识的理解、物理过程的分析或计算，把不符合题意的选项，从寻找差异性的角度，采用逐一排除的方法来确定答案。在遇到用已有知识解决不了的问题时，换个角度，排除错误的，剩下的就是正确的。
例1　如图所示，直角边长为2d的等腰直角三角形EFG区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，左侧有边长为d的正方形金属线框ABCD以恒定速度v水平穿过磁场区域，设逆时针方向为电流正方向，则线框通过磁场过程中，感应电流i随时间t变化的图像是(　　)
方法2　二级结论法
　　熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化，节约解题时间，非常实用的二级结论有：(1)等时圆规律；(2)平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点；(3)不同质量和电荷量的同种带电粒子由静止相继经过同一加速电场和偏转电场，轨迹重合；(4)直流电路中动态分析的“串反并同”结论；(5)平行通电导线同向相吸，异向相斥；(6)带电平行板电容器与电源断开，改变极板间距离不影响极板间匀强电场的电场强度等。
例2　如图所示，OA、OB为两条不同的光滑轨道，端点O、A、B都在竖直圆周上，OC为竖直直径。完全相同的两个小球分别从A、B两点沿两条轨道由静止开始同时释放，不计空气阻力。两小球到达O点的过程中，下列判断正确的是(　　)
A.沿BO轨道运动的小球先到达O点
B.两个小球重力的冲量不相同
C.两小球的动量变化率相同
D.沿AO轨道运动小球的动量变化率大
方法3　图像法
　　根据题目的条件画出图像或示意图，如多物体或多过程的运动关系示意图可直观反映物体间的位移、时间关系等，对弄清各物理量关系建立方程有帮助；物理图像能直观反映两个物理量间的定量或定性关系，可避免烦琐的计算，迅速找到正确答案。
例3　有一种“猫捉老鼠”趣味游戏，如图所示，D是洞口，猫从A点沿水平线ABD匀速追赶老鼠，老鼠甲从B点沿曲线BCD先加速后减速逃跑，老鼠乙从B点沿曲线BED先减速后加速逃跑，已知猫和两只老鼠同时开始运动且初速率相等，到达洞口D时速率也相等，猫追赶的路程ABD与两只老鼠逃跑的路程BCD和BED均相等，则下列说法正确的是(　　)
A.猫能在洞口堵住老鼠甲
B.猫能在洞口堵住老鼠乙
C.两只老鼠在洞口都被猫堵住
D.两只老鼠均能从洞口逃离
方法4　尺规作图法
　　有些选择题，若用常规的方法做会很烦琐，带电粒子在磁场中运动时能不能经过某一点，可用圆规改变半径进行作图判断，光学中光线能不能经过某一点，也可以通过作图判断，在某种变化的过程中比较两个物理量的大小，还可以作图，用刻度尺测量。
例4　(多选)如图，站在水平台面上的工作人员用轻绳将一个光滑小球从四分之一圆弧最底端缓慢拉到定滑轮处，不计定滑轮摩擦，在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A.绳的拉力一直增大
B.绳的拉力一直减小
C.圆弧对小球支持力一直增大
D.圆弧对小球支持力一直减小
例5　(多选)(2022·山东卷·12)如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t=0时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是(　　)
A.在t=0到t=的过程中，E一直增大
B.在t=0到t=的过程中，E先增大后减小
C.在t=0到t=的过程中，E的变化率一直增大
D.在t=0到t=的过程中，E的变化率一直减小
方法5　逆向思维法
　　正向思维法在解题中运用较多，但有时利用正向思维法解题比较烦琐，这时我们可以考虑利用逆向思维法解题。应用逆向思维法解题的基本思路：(1)分析确定研究问题的类型是否能用逆向思维法解决；(2)确定逆向思维法的类型(由果索因、转换研究对象、过程倒推等)；(3)通过转换运动过程、研究对象等确定求解思路。
例6　如图，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。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足(　　)
A.1<<2 B.2<<3
C.3<<4 D.4<<5
方法6　类比分析法
　　将两个(或两类)研究对象进行对比，分析它们的相同或相似之处、相互的联系或所遵循的规律，然后根据它们在某些方面有相同或相似的属性，进一步推断它们在其他方面也可能有相同或相似的属性的一种思维方法，在处理一些物理背景很新颖的题目时，可以尝试使用这种方法。比如：恒力作用下或电场与重力场叠加场中的类平抛问题、斜抛问题，可直接类比使用平抛、斜抛相关结论。
例7　在光滑的水平面上，一滑块的质量m=2 kg，在水平面上受水平方向上恒定的外力F=4 N(方向未知)作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为v=5 m/s。滑块在P点的速度方向与PQ连线的夹角α=37°，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则下列说法正确的是(　　)
A.水平恒力F的方向与PQ连线成53°角
B.滑块从P运动到Q的时间为3 s
C.滑块从P运动到Q的过程中速度最小值为3 m/s
D.P、Q两点间的距离为15 m
方法7　对称法
　　对称法就是利用物理现象、物理过程具有对称性的特点来分析解决物理问题的方法。常见的应用：(1)运动的对称性，如竖直上抛运动中物体向上、向下运动的两过程中同位置处速度大小相等，加速度相等；(2)结构的对称性，如均匀带电的圆环，在其圆心处产生的电场强度为零；(3)几何关系的对称性，如粒子从某一直线边界垂直磁感线射入匀强磁场，再从同一边界射出匀强磁场时，速度与边界的夹角相等；(4)场的对称性，等量同种、异种点电荷形成的场具有对称性；电流周围的磁场，条形磁体和通电螺线管周围的磁场等都具有对称性。
例8　(多选)电荷量为+Q的点电荷与半径为R的均匀带电圆形薄板相距2R，点电荷与圆心O连线垂直薄板，A点位于点电荷与圆心O连线的中点，B与A关于O对称，已知静电力常量为k，若A点的电场强度为0，则(　　)
A.圆形薄板所带电荷量为+Q
B.圆形薄板所带电荷在A点的电场强度大小为，方向水平向左
C.B点的电场强度大小为，方向水平向右
D.B点的电场强度大小为，方向水平向右
方法8　等效替换法
　　等效替换法是把陌生、复杂的物理现象、物理过程在保证某种效果、特性或关系不变的前提下，转化为简单、熟悉的物理现象、物理过程来研究，从而认识研究对象本质和规律的一种思想方法。等效替换法广泛应用于物理问题的研究中，如：力的合成与分解、运动的合成与分解、等效场、等效电源、变压器问题中的等效电阻等。
例9　(多选)(2024·广西桂林市模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，左侧A、C两点间接入电压有效值为U的交流电源，定值电阻R1=R，开始时电阻箱R2接入电路的阻值也为R。电压表为理想交流电压表，下列说法正确的是(　　)
A.开始时，电压表的示数为U
B.开始时，通过电阻箱的电流为
C.若减小电阻箱R2的阻值，则电压表的示数增大
D.当电阻箱的阻值R2=时，电阻箱上消耗的功率最大
方法9　特殊值法
　　有些选择题，根据它所描述的物理现象的一般情况较难直接判断选项的正误时，可以让某些物理量取特殊值，代入到各选项中逐个进行检验。凡是用特殊值检验证明不正确的选项，可以排除。
例10　如图，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端悬挂质量分别为m1和m2的物体A和B。若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦。设细绳对A和B的拉力大小分别为FT1和FT2，已知下列四个关于FT1的表达式有一个是正确的。请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是(　　)
A.FT1=
B.FT1=
C.FT1=
D.FT1=
方法10　极限思维法
　　物理学中的极限思维是把某个物理量推向极端，从而作出科学的推理分析，给出判断或导出一般结论。该方法一般适用于题干中所涉及的物理量随条件单调变化的情况。极限思维法在进行某些物理过程分析时，具有独特作用，使问题化难为易，化繁为简，起到事半功倍的效果。
例11　如图所示，一半径为R的绝缘环上，均匀地分布有电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，它与环心O的距离OP=L。静电力常量为k，关于P点的电场强度E，下列四个表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是(　　)
A.E= B.E=
C.E= D.E=
例12　如图甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E=2πkσ［1-］，方向沿x轴，现有单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图乙所示。则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度大小为(　　)
A.2πkσ0 B.2πkσ0
C.2πkσ0 D.2πkσ0
方法11　量纲法
　　量纲法就是用物理量的单位来鉴别答案，主要判断等式两边的单位是否一致，或所选列式的单位与题干是否统一。
例13　已知光速c=3.0×108 m/s，引力常量G=6.67×10-11 N·m2/kg2，普朗克常量h=6.63×10-34 J·s，用这三个物理量表示普朗克长度(量子力学中最小可测长度)，其表达式可能是(　　)
A. B.
C. D.
方法12　降维法
　　将三维立体的复杂问题利用降维法分解为一维加二维问题，变成简单的问题，比如立体空间的平衡问题，带电物体(粒子)在空间中的运动等。
例14　图甲是由两圆杆构成的“V”形槽，它与水平面成倾角θ放置。现将一质量为m的圆柱体滑块由斜槽顶端释放，滑块恰好匀速滑下。沿斜面看，其截面如图乙所示。已知滑块与两圆杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，β=120°，则(　　)
A.μ=tan θ
B.若增大θ，左边圆杆对滑块的支持力将增大
C.左边圆杆对滑块的摩擦力大小为mgsin θ
D.左边圆杆对滑块的支持力大小为mgcos θ
答案精析
例1　B　[由楞次定律知，在线框进入磁场过程电路中的电流为顺时针方向，即进入磁场时电流方向为负方向，可排除A、D选项。在线框离开磁场过程中，由楞次定律知，电路中电流方向为逆时针方向，可排除C选项，故B项正确。]
例2　D　[设轨道与水平方向的夹角为θ，对小球研究，小球受重力和支持力，将重力沿轨道方向和垂直轨道方向正交分解，根据牛顿第二定律可得ma=mgsin θ，由数学知识可知，小球的位移为x=2Rsin θ，由于小球运动过程中做初速度为0的匀加速直线运动，故下落时间为t===2，所以下落时间与θ无关，故两小球一起到达O点，A错误；运动时间相同，重力相同，由I=Ft可得两个小球重力的冲量相同，B错误；小球的末速度为v=at=gtsin θ，由于AO轨道的倾角大，即sin θ大，故从A点运动的小球末速度大，根据Δp=mv-mv0，可知沿AO轨道运动小球的动量变化率大，C错误，D正确。]
例3　B　[因两只老鼠运动的加速度大小不清楚，所以无法进行计算，但可根据题中三者运动路程相等，画出速率随时间变化的关系图像，利用图线与t轴所围面积相等来求解。根据猫与老鼠的运动情况可大致作出图像如图所示，由图知老鼠甲可以逃离洞口，故选B。]
例4　AD　[力的矢量三角形如图所示，由图可知绳的拉力一直增大，圆弧对小球支持力一直减小，故A、D正确，B、C错误。]
例5　BC　[如图所示，在t=0到t=的过程中，金属框的有效切割长度先变大再变小，当t=时，有效切割长度最大，为L，此时，感应电动势最大，所以在t=0到t=的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误；
方法一　在t=0到t=的过程中，设转过的角度为θ，由几何关系可得θ=ωt，在t=0到t=的过程中，切割磁感线的有效长度d=，则感应电动势为E=Bd2ω=，可知在t=0到t=的过程中，E的变化率一直增大，故C正确，D错误。
方法二　电动势变化率=，E=BL2ω，式中L为有效切割长度，
故=-)
Δt取相等时间转化为长度的测量，作图。测量L1、L2、L3，得出->-
故在变大，C正确，D错误。]
例6　C　[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<<4，选项C正确。]
例7　B　[滑块过P、Q两点时速度大小相等，根据动能定理得Fxcos θ=ΔEk，得θ=90°，即水平方向上恒定的外力F与PQ连线垂直且指向轨迹的凹侧，故A项错误；把滑块在P点的速度分解到沿水平恒力F和垂直水平恒力F两个方向上，沿水平恒力F方向上滑块先做匀减速直线运动后做匀加速直线运动，加速度大小为a==2 m/s2，当沿水平恒力F方向上的速度为0时，时间t==1.5 s，根据对称性，滑块从P运动到Q的时间为t'=2t=3 s，故B项正确；沿垂直水平恒力F方向上滑块做匀速直线运动，有xPQ=v't'=vcos 37°·t'=12 m，故D项错误；当沿水平恒力F方向上的速度为0时，只有垂直水平恒力F方向的速度v'，此时速度最小，所以滑块从P运动到Q的过程中速度最小值为4 m/s，故C项错误。]
例8　BD　[A点的电场强度为零，而点电荷在A点产生的场强为E=k，方向水平向右，则可知圆形薄板所带电荷在A点的电场强度大小为，方向水平向左，知圆形薄板带正电；若圆形薄板所带电荷量集中在圆心O，则电荷量大小应为Q，而实际上圆形薄板的电荷量是均匀分布在薄板上的，除了圆心O处距离A点的距离与点电荷+Q距离A点的距离相同外，其余各点距离O点的距离都大于R，若将电荷量Q均匀的分布在薄板上，则根据点电荷在某点处产生的场强公式可知，合场强一定小于E，因此可知圆形薄板所带电荷量一定大于+Q，故A错误，B正确；B点关于O点与A点对称，则可知圆形薄板在B点产生的电场强度为EB'=k，方向水平向右，而点电荷在B点产生的场强为EB″=k=k，方向水平向右，则根据电场强度的叠加原理可得B点的电场强度为EB=EB'+EB″=k+k=，方向水平向右，故C错误，D正确。]
例9　BD　[将交流电源与电阻R1等效为一个电源E=U，R1等效为内阻r内，将变压器原线圈与副线圈回路等效为一个电阻R效，由P原==P副=，=得R效=16R，电压表示数为U1=·16R=U，故A错误；=，U2=U，流过电阻箱的电流I2==，故B正确；当R2减小时，等效电阻减小，电压表示数减小，故C错误；当R效=r内时电源的输出功率最大，此时R2=R，故D正确。]
例10　C　[当m1=m2时，两物体处于平衡状态，绳的拉力FT1=m1g=m2g，由所给的选项验证可得C正确。]
例11　D　[将圆环半径极限化：当R=0时，带电圆环等同一个点电荷，由点电荷电场强度计算公式可知，在P点的电场强度为E=k，将R=0代入四个选项，只有A、D选项满足；将OP距离极限化：当L=0时，均匀带电圆环的中心处的电场强度为0，将L=0代入A、D选项，只有D项满足。]
例12　A　[无限大均匀带电平板可看作R取无限大的均匀带电圆形平板，在Q点产生的电场强度大小
E1=2πkσ0[1-]≈2πkσ0
半径为r的圆板在Q点产生的电场强度大小
E2=2πkσ0[1-]
无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后的电场强度是两个电场强度的差，所以
E=E1-E2=2πkσ0，故选A。]
例13　B　[根据量纲法，将A、B、C、D项的表达式的单位进行运算，只有B项符合，
==m，普朗克长度表达式可能是(，故选B。]
例14　D　[滑块匀速下滑，根据平衡条件可知，在沿斜面方向mgsin θ=2Ff，垂直与斜面方向mgcos θ=2FNcos =FN，滑动摩擦力为Ff=μFN，解得μ=tan θ，故A错误；若增大θ，cos θ减小，则左边圆杆对滑块的支持力将减小，故B错误；结合A选项分析可知左边圆杆对滑块的摩擦力大小为mgsin θ，故C错误；结合A选项分析可知左边圆杆对滑块的支持力大小为mgcos θ，故D正确。](共44张PPT)
解题技巧与增分策略
一、选择题解题技巧
选择题主要考查对物理概念、物理现象、物理过程和物理规律的认识、理解和应用等。题目具有信息量大、知识覆盖面广、干扰性强、层次分明、难度易控制，能考查考生的多种能力等优势。要想迅速、准确地解答物理选择题，不仅要熟练掌握和应用物理的基本概念和规律直接判断和定量计算，还要掌握以下解答物理选择题的基本方法和特殊技巧。
方法1　排除法
通过对物理知识的理解、物理过程的分析或计算，把不符合题意的选项，从寻找差异性的角度，采用逐一排除的方法来确定答案。在遇到用已有知识解决不了的问题时，换个角度，排除错误的，剩下的就是正确的。
　如图所示，直角边长为2d的等腰直角三角形EFG区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，左侧有边长为d的正方形金属线框ABCD以恒定速度v水平穿过磁场区域，设逆时针方向为电流正方向，则线框通过磁场过程中，感应电流i随时间t变化的图像是
例1
√
由楞次定律知，在线框进入磁场过程电路中的电流
为顺时针方向，即进入磁场时电流方向为负方向，
可排除A、D选项。
在线框离开磁场过程中，由楞次定律知，电路中电流方向为逆时针方向，可排除C选项，故B项正确。
方法2　二级结论法
熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化，节约解题时间，非常实用的二级结论有：(1)等时圆规律；(2)平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点；(3)不同质量和电荷量的同种带电粒子由静止相继经过同一加速电场和偏转电场，轨迹重合；(4)直流电路中动态分析的“串反并同”结论；(5)平行通电导线同向相吸，异向相斥；(6)带电平行板电容器与电源断开，改变极板间距离不影响极板间匀强电场的电场强度等。
　如图所示，OA、OB为两条不同的光滑轨道，端点O、A、B都在竖直圆周上，OC为竖直直径。完全相同的两个小球分别从A、B两点沿两条轨道由静止开始同时释放，不计空气阻力。两小球到达O点的过程中，下列判断正确的是
A.沿BO轨道运动的小球先到达O点
B.两个小球重力的冲量不相同
C.两小球的动量变化率相同
D.沿AO轨道运动小球的动量变化率大
例2
√
设轨道与水平方向的夹角为θ，对小球研究，小球受重力和支持力，将重力沿轨道方向和垂直轨道方向正交分解，根据牛顿第二定律可得ma=mgsin θ，由数学知识可知，小球的位移为x=2Rsin θ，由于小球运动过程中做初速度为0的匀加速直线运动，故下落
时间为t===2，所以下落时间与θ无关，故两小球一起到达O点，A错误；
运动时间相同，重力相同，由I=Ft可得两个小球重力的冲量相同，B错误；
小球的末速度为v=at=gtsin θ，由于AO轨道的倾角大，即sin θ 大，故从A点运动的小球末速度大，根据Δp=mv-mv0，可知沿AO轨道运动小球的动量变化率大，C错误，D正确。
方法3　图像法
根据题目的条件画出图像或示意图，如多物体或多过程的运动关系示意图可直观反映物体间的位移、时间关系等，对弄清各物理量关系建立方程有帮助；物理图像能直观反映两个物理量间的定量或定性关系，可避免烦琐的计算，迅速找到正确答案。
有一种“猫捉老鼠”趣味游戏，如图所示，D是洞口，猫从A点沿水平线ABD匀速追赶老鼠，老鼠甲从B点沿曲线BCD先加速后减速逃跑，老鼠乙从B点沿曲线BED先减速后加速逃跑，已知猫和两只老鼠同时开始运动且初速率相等，到达洞口D时速率也相等，猫追赶的路程ABD与两只老鼠逃跑的路程BCD和BED均相等，则下列说法正确的是
A.猫能在洞口堵住老鼠甲
B.猫能在洞口堵住老鼠乙
C.两只老鼠在洞口都被猫堵住
D.两只老鼠均能从洞口逃离
√
例3
因两只老鼠运动的加速度大小不清楚，所以无法进行计算，但可根据题中三者运动路程相等，画出速率随时间变化的关系图像，利用图线与t轴所围面积相等来求解。根据猫与老鼠的运动情况可大致作出图像如图所示，由图知老鼠甲可以逃离洞口，故选B。
方法4　尺规作图法
有些选择题，若用常规的方法做会很烦琐，带电粒子在磁场中运动时能不能经过某一点，可用圆规改变半径进行作图判断，光学中光线能不能经过某一点，也可以通过作图判断，在某种变化的过程中比较两个物理量的大小，还可以作图，用刻度尺测量。
(多选)如图，站在水平台面上的工作人员用轻绳将一个光滑小球从四分之一圆弧最底端缓慢拉到定滑轮处，不计定滑轮摩擦，在此过程中，下列说法正确的是
A.绳的拉力一直增大
B.绳的拉力一直减小
C.圆弧对小球支持力一直增大
D.圆弧对小球支持力一直减小
√
例4
√
力的矢量三角形如图所示，由图可知绳的拉力一直增大，圆弧对小球支持力一直减小，故A、D正确，B、C错误。
(多选)(2022·山东卷·12)如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t=0时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是
A.在t=0到t=的过程中，E一直增大
B.在t=0到t=的过程中，E先增大后减小
C.在t=0到t=的过程中，E的变化率一直增大
D.在t=0到t=的过程中，E的变化率一直减小
√
例5
√
如图所示，在t=0到t=的过程中，金属框的有效切割长度先变大再变小，当t=L，此时，感应电动势最大，所以在t=0到t=的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误；
方法一　在t=0到t=的过程中，设转过的角度为θ，由几何关系可得θ=ωt，在t=0到t=的过程中，切割磁感线的有效长度d=，则感应电动势为E=Bd2ω=，可知在t=0到t=的过程中，E的变化率一直增大，故C正
确，D错误。
方法二　电动势变化率=，E=BL2ω，式中L为有效切割长度，
故=-)
Δt取相等时间转化为长度的测量，作图。
测量L1、L2、L3，得出->-
故在变大，C正确，D错误。
方法5　逆向思维法
正向思维法在解题中运用较多，但有时利用正向思维法解题比较烦琐，这时我们可以考虑利用逆向思维法解题。应用逆向思维法解题的基本思路：(1)分析确定研究问题的类型是否能用逆向思维法解决；(2)确定逆向思维法的类型(由果索因、转换研究对象、过程倒推等)；(3)通过转换运动过程、研究对象等确定求解思路。
如图，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。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足
A.1<<2　　B.2<<3　　C.3<<4　　D.4<<5
√
例6
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<<4，选项C正确。
方法6　类比分析法
将两个(或两类)研究对象进行对比，分析它们的相同或相似之处、相互的联系或所遵循的规律，然后根据它们在某些方面有相同或相似的属性，进一步推断它们在其他方面也可能有相同或相似的属性的一种思维方法，在处理一些物理背景很新颖的题目时，可以尝试使用这种方法。比如：恒力作用下或电场与重力场叠加场中的类平抛问题、斜抛问题，可直接类比使用平抛、斜抛相关结论。
在光滑的水平面上，一滑块的质量m=2 kg，在水平面上受水平方向上恒定的外力F=4 N(方向未知)作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为v=5 m/s。滑块在P点的速度方向与PQ连线的夹角α=37°，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则下列说法正确的是
A.水平恒力F的方向与PQ连线成53°角
B.滑块从P运动到Q的时间为3 s
C.滑块从P运动到Q的过程中速度最小值为3 m/s
D.P、Q两点间的距离为15 m
√
例7
滑块过P、Q两点时速度大小相等，根据动能
定理得Fxcos θ=ΔEk，得θ=90°，即水平方向
上恒定的外力F与PQ连线垂直且指向轨迹的凹侧，故A项错误；
把滑块在P点的速度分解到沿水平恒力F和垂直水平恒力F两个方向上，沿水平恒力F方向上滑块先做匀减速直线运动后做匀加速直线运动，
加速度大小为a==2 m/s2，当沿水平恒力F方向上的速度为0时，时间t==1.5 s，根据对称性，滑块从P运动到Q的时间为t'=2t=3 s，故
B项正确；
沿垂直水平恒力F方向上滑块做匀速直线运动，
有xPQ=v't'=vcos 37°·t'=12 m，故D项错误；
当沿水平恒力F方向上的速度为0时，只有垂直水平恒力F方向的速度v'，此时速度最小，所以滑块从P运动到Q的过程中速度最小值为4 m/s，故C项错误。
方法7　对称法
对称法就是利用物理现象、物理过程具有对称性的特点来分析解决物理问题的方法。常见的应用：(1)运动的对称性，如竖直上抛运动中物体向上、向下运动的两过程中同位置处速度大小相等，加速度相等；(2)结构的对称性，如均匀带电的圆环，在其圆心处产生的电场强度为零；(3)几何关系的对称性，如粒子从某一直线边界垂直磁感线射入匀强磁场，再从同一边界射出匀强磁场时，速度与边界的夹角相等；(4)场的对称性，等量同种、异种点电荷形成的场具有对称性；电流周围的磁场，条形磁体和通电螺线管周围的磁场等都具有对称性。
(多选)电荷量为+Q的点电荷与半径为R的均匀带电圆形薄板相距2R，点电荷与圆心O连线垂直薄板，A点位于点电荷与圆心O连线的中点，B与A关于O对称，已知静电力常量为k，若A点的电场强度为0，则
A.圆形薄板所带电荷量为+Q
B.圆形薄板所带电荷在A点的电场强度大小
　为，方向水平向左
C.B点的电场强度大小为，方向水平向右
D.B点的电场强度大小为，方向水平向右
√
例8
√
A点的电场强度为零，而点电荷在A点产生的场强为E=k，方向水平向右，则可知圆形薄板所带电荷在A点的电场强度大小为，方向水
平向左，知圆形薄板带正电；若圆形薄板所带电荷量集中在圆心O，则电荷量大小应为Q，而实际上圆形薄板的电荷量是均匀分布在薄板上的，除了圆心O处距离A点的距离与点电荷+Q距离A点的距离相同外，其余各点距离O点的距离都大于R，若将电荷量Q均匀的分布在薄板上，则根据点电荷在某点处产生的场强公式可知，合场强一定小于E，因此可知圆形薄板所带电荷量一定大于+Q，故A错误，B正确；
B点关于O点与A点对称，则可知圆形薄板在B点产生的电场强度为EB'=k，方向水平向右，而点电荷在B点产生的场强为EB″=k=k，
方向水平向右，则根据电场强度的叠加原理可得B点的电场强度为EB=EB'+EB″=k+k=，方向水平向右，故C错误，D正确。
方法8　等效替换法
等效替换法是把陌生、复杂的物理现象、物理过程在保证某种效果、特性或关系不变的前提下，转化为简单、熟悉的物理现象、物理过程来研究，从而认识研究对象本质和规律的一种思想方法。等效替换法广泛应用于物理问题的研究中，如：力的合成与分解、运动的合成与分解、等效场、等效电源、变压器问题中的等效电阻等。
(多选)(2024·广西桂林市模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，左侧A、C两点间接入电压有效值为U的交流电源，定值电阻R1=R，开始时电阻箱R2接入电路的阻值也为R。电压表为理想交流电压表，下列说法正确的是
A.开始时，电压表的示数为U
B.开始时，通过电阻箱的电流为
C.若减小电阻箱R2的阻值，则电压表的示数增大
D.当电阻箱的阻值R2=时，电阻箱上消耗的功率最大
√
例9
√
将交流电源与电阻R1等效为一个电源E=U，R1等效为内阻r内，将变压器原线圈与副线圈回路等效为
一个电阻R效，由P原==P副==得R效=16R，
电压表示数为U1=·16R=U，故A错误；
=，U2=U，流过电阻箱的电流I2==，故B正确；
当R2减小时，等效电阻减小，电压表示数减小，故C错误；
当R效=r内时电源的输出功率最大，此时R2=R，故D正确。
方法9　特殊值法
　　有些选择题，根据它所描述的物理现象的一般情况较难直接判断选项的正误时，可以让某些物理量取特殊值，代入到各选项中逐个进行检验。凡是用特殊值检验证明不正确的选项，可以排除。
如图，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端悬挂质量分别为m1和m2的物体A和B。若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦。设细绳对A和B的拉力大小分别为FT1和FT2，已知下列四个关于FT1的表达式有一个是正确的。请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是
A.FT1= B.FT1=
C.FT1= D.FT1=
√
例10
当m1=m2时，两物体处于平衡状态，绳的拉力FT1=m1g=m2g，由所给的选项验证可得C正确。
方法10　极限思维法
　　物理学中的极限思维是把某个物理量推向极端，从而作出科学的推理分析，给出判断或导出一般结论。该方法一般适用于题干中所涉及的物理量随条件单调变化的情况。极限思维法在进行某些物理过程分析时，具有独特作用，使问题化难为易，化繁为简，起到事半功倍的效果。
如图所示，一半径为R的绝缘环上，均匀地分布有电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，它与环心O的距离OP=L。静电力常量为k，关于P点的电场强度E，下列四个表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是
A.E= B.E=
C.E= D.E=
√
例11
将圆环半径极限化：当R=0时，带电圆环等同
一个点电荷，由点电荷电场强度计算公式可知，
在P点的电场强度为E=k，将R=0代入四个选项，
只有A、D选项满足；
将OP距离极限化：当L=0时，均匀带电圆环的中心处的电场强度为0，将L=0代入A、D选项，只有D项满足。
如图甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E=2πkσ[1-，方向沿x轴，现有单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图乙所示。则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度大小为
A.2πkσ0 B.2πkσ0
C.2πkσ0 D.2πkσ0
√
例12
无限大均匀带电平板可看作R取无限大的均匀带电圆形平板，在Q点产生的电场强度大小
E1=2πkσ0[1-]≈2πkσ0
半径为r的圆板在Q点产生的电场强度大小
E2=2πkσ0[1-]
无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后的电场强度是两个电场强度的差，所以
E=E1-E2=2πkσ0，故选A。
方法11　量纲法
　　量纲法就是用物理量的单位来鉴别答案，主要判断等式两边的单位是否一致，或所选列式的单位与题干是否统一。
　　已知光速c=3.0×108 m/s，引力常量G=6.67×10-11 N·m2/kg2，普朗克常量h=6.63×10-34 J·s，用这三个物理量表示普朗克长度(量子力学中最小可测长度)，其表达式可能是
A.　　　B.　　　C.　　　D.
√
例13
根据量纲法，将A、B、C、D项的表达式的单位进行运算，只有B项符合，==m，普朗克长度表达式可能是(，故选B。
方法12　降维法
　　将三维立体的复杂问题利用降维法分解为一维加二维问题，变成简单的问题，比如立体空间的平衡问题，带电物体(粒子)在空间中的运动等。
　　图甲是由两圆杆构成的“V”形槽，它与水平面成倾角θ放置。现将一质量为m的圆柱体滑块由斜槽顶端释放，滑块恰好匀速滑下。沿斜面看，其截面如图乙所示。已知滑块与两圆杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，β=120°，则
A.μ=tan θ
B.若增大θ，左边圆杆对滑块的支持力将增大
C.左边圆杆对滑块的摩擦力大小为mgsin θ
D.左边圆杆对滑块的支持力大小为mgcos θ
√
例14
滑块匀速下滑，根据平衡条件可知，在沿斜面方向mgsin θ=2Ff，垂直与斜面方向mgcos θ=2FNcos =FN，滑动摩擦力为Ff=μFN，解得μ=tan θ，故A错误；
若增大θ，cos θ减小，则左边圆杆对滑
块的支持力将减小，故B错误；
结合A选项分析可知左边圆杆对滑块的
摩擦力大小为mgsin θ，故C错误；
结合A选项分析可知左边圆杆对滑块的支持力大小为mgcos θ，故D正确。

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