學(xué)案19 中學(xué)物理方法一

1、學(xué)案 中學(xué)物理方法（一）,掌握一些重要的物理思想方法和物理模型,對輕松應(yīng)對高考考試顯得尤為重要.中學(xué)物理常用的思想方法有圖象法、整體法和隔離法、臨界問題、極限與微元法、運(yùn)用數(shù)學(xué)知識解決物理問題法、守恒思維、逆向思維法、等效法等,掌握這些方法,并能夠在解題中靈活運(yùn)用,可以快速解題,達(dá)到事半功倍的效果.,類型一 圖象法中學(xué)物理中常見的圖象類型，整個高中物理教材中有很多種不同類型的圖象,按圖形可分以下幾類（見下表）,例1 如圖1

2、（a）所示,木板與水平面間的夾角θ可以隨意改變,可視為質(zhì)點的小物塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上運(yùn)動,所能上升的最大距離記為x,今改變θ而使x隨之改變,根據(jù)所測量的若干組數(shù)據(jù)可以描繪出x-θ曲線如圖1（b）所示,若木板足夠長,重力加速度g取10 m/s2,試根據(jù)x-θ曲線和相關(guān)的物理規(guī)律,求:,圖1,（1）小物塊的初速率v0；（2）小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ；（3）對應(yīng)于x-θ曲線上x取最小值的P點的坐標(biāo).,解析

3、（1）由圖象可知，當(dāng)θ1=π/2時,x1=5 m,此時小物塊做豎直上拋運(yùn)動可得v0=m/s=10 m/s（2）由圖象可知，當(dāng)θ2=0時,x2=10 m,此時木板水平由動能定理得:0- mv02=-μmgx2μ= =0.5,（3）當(dāng)板與水平方向夾角為θ時,沿斜面上滑的距離為x,由動能定理得:0- m v02=-mgx·sin θ-μ mgx·cos θ即x=令a=sin θ

4、+μ cos θ= （ sin θ+ cos θ）設(shè)cos α=,所以a= sin（α+θ）,α+θ= 時,a存在最大值am=,,sin θ0=cos α= = θ０＝arcsin對應(yīng)x的最小值為xmin= m=2 mP點的坐標(biāo)值（arcsin , ）.,答案 （1）10 m/s （2）0.

5、5 （3）（arcsin , ）,解題歸納 圖象類試題是常見題,首先要從弄清圖象中兩個坐標(biāo)軸表示的是哪兩個量之間的關(guān)系,再關(guān)鍵是掌握圖象所表示的函數(shù)關(guān)系并能與物理情境聯(lián)系起來.然后關(guān)注圖象上的信息:如斜率、坐標(biāo)軸截距、交點坐標(biāo)、面積、特殊數(shù)值等等,這些值往往對解題有突破性作用.關(guān)鍵是“圖象與方程一一對應(yīng)”.,類型二 整體法和隔離法1.整體法就是把幾個物體視為一個整體,受力分析時,只分析這一整體之外

6、的物體對整體的作用力,不考慮整體內(nèi)部之間的相互作用力.2.隔離法就是把要分析的物體從相關(guān)的物體系中假想地隔離出來,只分析該物體以外的物體對該物體的作用力,不考慮其他物體所受的作用力.當(dāng)所涉及的物理問題是整體與外界作用時,應(yīng)用整體分析法,這時不必考慮內(nèi)力的作用;當(dāng)所涉及的物理問題是物體間的作用時,應(yīng)用隔離分析法,這時原整體中相互作用的內(nèi)力就會變?yōu)楦鱾€獨(dú)立物體的外力.,例2 （2009·南京模擬）如圖2所示,物體A

7、放在物體B上,物體B放在光滑的水平面上,已知mA=6 kg,mB=2 kg,A、B間動摩擦因數(shù)μ=0.2,A物上系一細(xì)線,細(xì)線能承受的最大拉力是20 N,水平向右拉細(xì)線,下述中正確的是（g取10 m/s2）（）A.當(dāng)拉力F12 N時,A相對B滑動C.當(dāng)拉力F=16 N時,B受A摩擦力等于4 ND.在繩可以承受的范圍內(nèi),無論拉力F多大,A相對B 始終靜止,圖2,解析 A、B間的最大靜摩擦力Ffm=μ

8、mAg=0.2×6×10 N=12 N,當(dāng)F=16 N時,A、B整體加速度a= m/s2=2 m/s2,則A、B間摩擦力Ff=mBa=2×2 N=4 N<Ffm,選項C正確；當(dāng)F=20 N時,a= m/s2=2.5 m/s2,則A、B間摩擦力Ff=mBa=2×2.5 m/s2=5 N<Ffm,所以選項D正確,B錯誤；由于地面光滑,只要F≠0,則A、B整

9、體就會運(yùn)動,選項A錯誤.答案 CD,預(yù)測2 如圖3所示,兩金屬桿ab和cd長均為L,電阻均為R,質(zhì)量分別為M和m,M>m.用兩根質(zhì)量和電阻均可忽略的不可伸長的柔軟導(dǎo)線將它們連成閉合回路,并懸掛在水平、光滑、不導(dǎo)電的圓棒兩側(cè),兩金屬桿都處于水平位置.整個裝置處于一個與回路平面相垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將兩棒和導(dǎo)線組成系統(tǒng)由靜止釋放,經(jīng)過一段時間后金屬桿ab正好勻速向下運(yùn)動,求運(yùn)動的速度.,圖3,解析 設(shè)桿勻速運(yùn)動速

10、度為v回路中電動勢E=2BLv①I=②對棒ab:Mg-FT-ILB=0③對棒cd:FT-mg-ILB=0④解①②③④得v=答案,類型三 臨界法利用臨界值的特點解決物理問題,一般思路是通過分析過程,抓住臨界狀態(tài),確定臨界條件,從而建立臨界方程.臨界值主要有以下幾方面的應(yīng)用:1.挖掘隱含的臨界條件挖掘隱含的臨界條件的基本方法有兩種:（1）抓住關(guān)鍵性的字眼,理解其物理意義,找

11、出臨界條件.題中往往有“至多”“最大”“恰好”“剛剛”等詞語,說明物體正處在臨界狀態(tài).（2）縝密分析題意,由變化過程的前后聯(lián)系,找準(zhǔn)銜接點,從而確定臨界條件.,2.比較物理條件或物理狀態(tài)研究某些問題時,對某狀態(tài)（或某條件）所對應(yīng)的物理過程一時難以確定,我們可以設(shè)法找出臨界狀態(tài)值作為判斷的依據(jù),確定某狀態(tài)（或某條件）下所對應(yīng)的物理過程.3.確定物理量的區(qū)間范圍物理量變化范圍的邊界值,也就是一個臨界條件.因而可以將求

12、解物理量的區(qū)間范圍問題轉(zhuǎn)化為求解臨界條件下的臨界值問題.,例3 圖4中的AOB是游樂場中的滑道模型,它位于豎直平面內(nèi),由兩個半徑都是R的 圓周連接而成,它們的圓心O1、O2與兩圓弧的連接點O在同一豎直直線上,O2B沿水池的水面.一質(zhì)量為m的小滑塊可由弧AO的A點從靜止開始下滑.（1）若小滑塊下滑到O點,求此時小滑塊的速度及小滑塊對滑道的壓力;（2）若小滑塊剛滑過O點時恰對滑道無壓力，求小滑塊從何處開始下

13、滑并求出滑塊落在水平面的位置與O2之間的距離（用該處到O1的連線與過O1的豎直線的夾角表示）;,圖4,（3）若小滑塊從O點由靜止開始下滑到脫離滑道,求:小滑塊在何處將脫離滑道?（用該處到O2的連線與過O2的豎直線的夾角表示）,解析 （1）設(shè)小滑塊到O時的速度為v0,由機(jī)械能守恒定律可得mgR= mv02,得v0= 方向水平向右對在O點位置時的小滑塊進(jìn)行受力分析,得F-mg= ，得F=

14、3 mg根據(jù)牛頓第三定律知,小滑塊對滑道的壓力大小是3mg,方向豎直向下.,（2）若小滑塊下滑到O點恰好對滑道無壓力,則有mg=假設(shè)從P處釋放滑塊,PO1與OO1夾角為α,則由機(jī)械能守恒定律可得mgR（1-cos α）= mv2,解以上兩式得α=60°從O點開始滑塊做平拋運(yùn)動,設(shè)滑塊落在C點,有R= gt2x=vt,得x= R,（3）設(shè)在Q處滑塊脫離滑道,O2Q與OO2的夾角為β,滑塊在

15、Q處有mgcos β=由機(jī)械能守恒定律得mgR（1-cos β）= mv12得cos β=2/3β=arccos 2/3.答案 （1）方向水平向右 3mg（2） R（3）arccos 2/3,類型四 極限類推法極限類推法是根據(jù)有關(guān)物理規(guī)律,在不超出該規(guī)律適用的環(huán)境條件下,對其所涉及的變量作合理的延伸,并通過對變量取特殊值（一般為極限值）進(jìn)行比較,作出相關(guān)的判斷的一種解題方法.該方法適用

16、的題型多為客觀選擇題,其優(yōu)點是速度快,準(zhǔn)確度高.1.對單調(diào)變化的物理過程:常采用對物理過程初狀態(tài)和極限狀態(tài)賦值分析對比,判斷出物理過程變化的趨勢.2.對非單調(diào)變化的物理過程（僅限于物理過程變化隱含一個轉(zhuǎn)折點,并且初狀態(tài)和極限狀態(tài)賦值結(jié)果接近）.3.對于非單調(diào)變化的物理過程,采用對物理過程初狀態(tài)和極限狀態(tài)賦值,結(jié)果接近；再對物理過程中間狀態(tài)賦值,其結(jié)果常與上不同,由于物理過程變化只隱含一個轉(zhuǎn)折點,通過比較,可判斷出物理過程變化的趨

17、勢.,例4 （2009·運(yùn)河中學(xué)）豎直墻壁與水平地面均光滑且絕緣,小球A、B帶有同種電荷,用指向墻面的水平推力F作用于小球B,兩球分別靜止在豎直墻面和水平地面上,如圖5所示.如果將小球B向左推動少許,當(dāng)兩球重新達(dá)到平衡時,與原來的平衡狀態(tài)相比較 （ ）A.推力F變大B.豎直墻壁對小球A的彈力不變C.地面對小球B的支持力不變D.兩個小球之間的距離變大,圖5

18、,解析 運(yùn)用極限法,即考慮把B推到墻角時的狀態(tài),再隔離A球,易知B對A的庫侖力豎直向上,即與A的重力平衡,可見此時墻面對A的支持力FA為零,所以與原來的平衡狀態(tài)相比豎直墻壁對小球A的彈力變小,B項錯；由整體法可知,推力F與FA平衡,地面對B球的支持力FB等于A和B構(gòu)成系統(tǒng)的總重力,所以F將變小,FB不變,A項錯，C項對；在其他情況下庫侖力需平衡A的重力和支持力FA,因此庫侖力將減小,而其電荷量不變,根據(jù)庫侖定律知兩個小球之間的距離變大

19、,所以D項正確.答案 CD,1.（2009·山東·17）某物體做直線運(yùn)動的v-t圖象如圖6所示,據(jù)此判斷四個選項中（F表示物體所受合力,x表示物體的位移）正確的是（ ）,圖6,解析 根據(jù)v-t圖象0~2 s與6 s~8 s兩段時間內(nèi)加速度相同,合力方向相同；2 s~6 s內(nèi)加速度方向未變,合力方向不變.但0~2 s內(nèi)的合力與2 s~6 s內(nèi)的合力方向相反,因此選項B正確.0~4 s內(nèi)物體位移不斷增大,4

20、 s末達(dá)到最大值,且反向運(yùn)動,8 s末返回出發(fā)點,故C、D錯.答案 B,2.（2008·全國卷Ⅱ·16）如圖7所示,一固定斜面上兩個質(zhì)量相同的小物塊A和B緊挨著勻速下滑,A與B的接觸面光滑.已知A與斜面之間的動摩擦因數(shù)是B與斜面之間動摩擦因數(shù)的2倍,斜面傾角為α,B與斜面之間的動摩擦因數(shù)是（）A. tan αB. cot αC.tan αD.cot α解

21、析 將A、B整體作為研究對象,Ff=FfA+FfB=μmgcos α+2μmgcos α,由受力平衡得Ff=2mgsin α,即3μmgcos α=2mgsin α,解得μ= tan α,選項A正確.,A,圖7,3.（2009·全國卷Ⅱ·17）圖8為測量某電源電動勢和內(nèi)阻時得到的U-I圖線,用此電源與三個阻值均為3 Ω的電阻連接成電路,測得路端電壓為4.8 V.則該電路可能是下圖中的（

22、）,圖8,解析 由U-I圖象可求得電源的電動勢E=6 V,內(nèi)電阻r= Ω=0.5 Ω,外電路連接電阻R時路端電壓為4.8 V,由閉合電路的歐姆定律得E=U+IrI=A=2.4 A又I=所以R= -r=（-0.5） Ω=2 Ω,選項A、B、C、D四個電路的外電路電阻分別是1 Ω、2 Ω、9 Ω、4.5 Ω,因此只有選項B正確.答案 B,4. 如圖9所示,光滑絕緣、互相垂直的固定墻

23、壁PO、OQ豎立在光滑絕緣的水平地面上,地面上方有一平行地面的勻強(qiáng)電場E,場強(qiáng)方向水平向左且垂直于墻壁PO,質(zhì)量相同且?guī)N正電荷的A、B兩小球（可視為質(zhì)點）放置在光滑絕緣的水平地面上,A球受平行于墻壁PO的推力F作用,A、B兩小球均緊靠墻壁而處于靜止?fàn)顟B(tài),這時兩球之間的距離為L.若使小球A在推力F的作用下沿墻壁PO向著O點移動一小段距離后,小球A與B重新處于靜止?fàn)顟B(tài),則與原來比較（兩小球所帶電荷量保持不變）（）,圖

24、9,A.A球?qū)球作用的靜電力增大B.A球?qū)球作用的靜電力減小C.墻壁PO對A球的彈力不變D.兩球之間的距離減小,力F增大答案 AD,5.（2009·四川卷·17）如圖10甲所示,理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10∶1,R1=20 Ω,R2=30 Ω,C為電容器.已知通過R1的正弦交流電如圖乙所示,則（）,圖10,A.交流電的頻率為0.02 HzB.原線圈輸入電壓的最大值為200

25、 VC.電阻R2的電功率約為6.67 WD.通過R3的電流始終為零,解析 由圖象可知該交流電的周期為0.02 s,所以頻率為50 Hz,A錯誤；因為變壓器輸出電壓最大值為20×1 V=20 V,所以變壓器原線圈電壓的最大值為20×10 V=200 V,B錯誤；R2的功率P2= W=6.67 W,C正確；因為電容器可以通過交流電,所以電阻R3中

26、的電流不是始終為零,D錯誤.答案 C,6.（2009·浙江卷·24）某校物理興趣小組決定舉行遙控賽車比賽.比賽路徑如圖11所示,賽車從起點A出發(fā),沿水平直線軌道運(yùn)動L后,由B點進(jìn)入半徑為R的光滑豎直圓軌道,離開豎直圓軌道后繼續(xù)在光滑平直軌道上運(yùn)動到C點,并能越過壕溝.已知賽車質(zhì)量m=0.1 kg,通電后以額定功率P=1.5 W工作,進(jìn)入豎直圓軌道前受到的阻力恒為0.3 N,隨后在運(yùn)動中受到的

27、阻力均可不計.圖中L=10.00 m,R=0.32 m,h=1.25 m,x=1.50 m.問:要使賽車完成比賽,電動機(jī)至少工作多長時間？（取g=10 m/s2）,圖11,解析 設(shè)賽車越過壕溝需要的最小速度為v1,由平拋運(yùn)動的規(guī)律x=v1t，h= gt2解得v1=x =3 m/s設(shè)賽車恰好越過圓軌道,對應(yīng)圓軌道最高點的速度為v2,最低點速度為v3,由牛頓運(yùn)動定律及機(jī)械能守恒定律得mg=mv22/R

28、 mv32= mv22+mg（2R），解得v3= =4 m/s通過分析比較,賽車要完成比賽,進(jìn)入圓軌道前的速度最小應(yīng)該是vmin=4 m/s,設(shè)電動機(jī)工作時間至少為t,根據(jù)功能原理Pt-FfL= m vmin2，由此解得t=2.53 s答案 2.53 s,7.（2009·重慶卷·25）如圖12所示,離子源A產(chǎn)生的初速為零、帶電量均為e、質(zhì)量不同的正離子被電壓為UⅡ的加

29、速電場加速后勻速通過準(zhǔn)直管,垂直射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場,偏轉(zhuǎn)后通過極板HM上的小孔S離開電場,經(jīng)過一段勻速直線運(yùn)動,垂直于邊界MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場.已知HO=d,HS=2d,∠MNQ=90°.（忽略離子所受重力）,圖12,（1）求偏轉(zhuǎn)電場場強(qiáng)E0的大小以及HM與MN的夾角Φ；（2）求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑；（3）若質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ的中點S1處,質(zhì)量為16m的離子打在S2處,求S1和S2

30、之間的距離以及能打在NQ上的正離子的質(zhì)量范圍.,解析 （1）得E0=UⅡ/d由tan Φ=,得Φ=45°.,（2）由 ，得R=2,（3）將4m和16m代入R得R1、R2.由Δx= ,將R1、R2代入得Δx=4（ -1）由R′2=（2R1）2+（R′-R1）2得R′= R1,此時粒子恰從Q點飛出,且當(dāng)R′= R,時粒子恰從N點飛出即