資源簡介

推理方法——考場必會破題技法
方法技巧 高考動向
高考物理會考查對物理概念、物理現象、物理過程和物理規律的認識、理解和應用,題目信息量大、知識覆蓋面廣、干擾性強、考查方式靈活,能考查學生的多種能力;在平時的訓練中,要做到兩個方面: 一練準確度:高考中遺憾的不是難題做不出來,而是簡單題和中檔題做錯;平時會做的題目沒做對,平時訓練一定要重視選擇題的正確率。 二練速度:提高中低檔題的答題速度,為攻克難題贏得充足時間。解答時除了掌握直接判斷和定量計算的常規方法外,還要學會一些非常規巧解妙招,針對題目特點“不擇手段”,達到快速解題的目的。 常用方法技巧闡釋等效思維法等效思維法就是要在保持效果或關系不變的前提下,對復雜的研究對象、背景條件、物理過程進行有目的地分解、重組、變換或替代,使它們轉換為我們所熟知的、更簡單的理想化模型,從而達到簡化問題的目的。圖像法物理圖像能從整體上反映出兩個或兩個以上物理量的定性或定量關系,根據題意畫出圖像,再利用圖像分析尋找答案,能夠避免繁瑣的計算,迅速找出正確選項。逆向思維法逆向思維可以使解答過程變得非常簡捷,特別適用于選擇題的解答,解決物理問題常用的逆向思維有過程逆向、時間反演等。整體法 和隔離法對于不要求討論系統內部物體之間相互作用力的問題,首選整體法;如果要考慮系統內部各個物體之間的相互作用力,則必須使用隔離法。整體法常常和隔離法交替使用,一般采用先整體后隔離的方法。對稱分析法當研究對象在結構或相互作用上,物理過程在時間和空間上以及物理量在分布上具有對稱性時,宜采用對稱法解決。假設判斷法利用假設法可以方便地對問題進行分析、推理、判斷。恰當地運用假設,可以起到化拙為巧、化難為易的效果。物理解題中的假設,從內容要素來看有現象假設和過程假設等,從運用策略來看有極端假設、反面假設和等效假設等。臨界極值法在某些變化過程中,若我們采取極限思維的方法,將發生的物理變化過程推向極端,就能把比較隱蔽的條件暴露出來,從而迅速得出結論。極限法只有在變量發生單調、連續變化,并存在理論極限時才適用。
1.命題分析: 通過對近幾年全國卷高考的分析,推理方法在高考中占有很大的比重。主要集中在: (1)常用技巧:等效思維法、圖像法、逆向思維法、整體法和隔離法、對稱分析法、假設判斷法和臨界極值法等。 (2)必考技巧:圖像法、整體法、隔離法和臨界極值法。 2.素養分析: 推理方法為核心素養中科學思維的一個要素,旨在培養學生的物理思維,鍛煉科學推理的能力。
必考方法1圖像法
【典例】(2022·廣東選擇考) 如圖是滑雪道的示意圖?？梢暈橘|點的運動員,,在Q點落地。不計運動員經過N點的機械能損失,不計摩擦力和空氣阻力。下列能表示該過程運動員速度大小v或加速度大小a隨時間t變化的圖像是 (　　)
　【審題思維】
題眼直擊 信息轉化
① 運動員在斜坡MN段做勻加速直線運動
② 運動員從P點飛出后做平拋運動
【模型轉化】
1.圖像法常見模型
2.圖像法的解題技巧
1.維度:v-t圖像
如圖所示是一物體做直線運動的v-t圖像,則下列根據v-t圖像作出的加速度—時間(a-t)圖像和位移—時間(x-t)圖像正確的是 (　　)
2.維度:v-t、v2-x、a-t圖像綜合
　如圖所示四幅圖為物體做直線運動的圖像,下列說法正確的是 (　　)
A.甲圖中,物體在0~t0這段時間內的位移小于
B.乙圖中,物體的加速度為2 m/s2
C.丙圖中,陰影面積表示t1~t2時間內物體的加速度變化量
D.丁圖中,t=3 s時物體的速度為25 m/s
3.維度:φ-x圖像
如圖所示,真空中位于x軸上的兩個等量正點電荷的位置關于坐標原點O對稱,規定電場強度沿x軸正方向為正,無窮遠處電勢為0。下列描述x軸上的電場強度E或電勢φ隨位置x的變化規律正確的是 (　　)
4.維度:Ek-s圖像
　(多選)一滑塊從固定光滑斜面頂點由靜止釋放,沿斜面下滑的過程中,滑塊的動能Ek與運動時間t、下滑高度h、運動位移s之間的關系圖像正確的是 (　　)
必考方法2 整體法和隔離法
【典例】(多選)(2020·海南等級考)如圖,在傾角為θ的上,有兩個物塊P和Q,質量分別為m1和m2,用與斜面平行的輕質彈簧相連接,在沿斜面向上的恒力F作用下,,則 (　　)
A.兩物塊一起運動的加速度大小為a=
B.彈簧的彈力大小為T=F
C.若只增大m2,兩物塊一起向上勻加速運動時,它們的間距變大
D.若只增大θ,兩物塊一起向上勻加速運動時,它們的間距變大
【審題思維】
題眼直擊 信息轉化
① 物塊不受摩擦力
② 用整體法應用牛頓第二定律求解
【模型轉化】
1.整體法和隔離法常見模型
2.整體法和隔離法的解題流程
1.維度:物塊類
如圖所示,在水平桌面上疊放著物體a、b、c,三個物體均處于靜止狀態。下列說法正確的是 (　　)
A.c一定受到水平桌面施加的摩擦力
B.b對a的作用力一定豎直向上
C.c對b的摩擦力可能水平向右
D.b對a的支持力與a受到的重力是一對作用力和反作用力
2.維度:繩索類
(多選)物體C置于水平地面上,A、B由細繩通過固定在C上的定滑輪相連,C的上表面水平,整個系統處于靜止狀態,不計滑輪與細繩之間的摩擦,則下列說法正確的是 (　　)
A.B與C之間的接觸面一定是粗糙的
B.B與C之間的接觸面可能是光滑的
C.C與地面之間的接觸面一定是粗糙的
D.C與地面之間的接觸面可能是光滑的
3.維度:彈簧類
(多選)如圖所示,小車板面上的物體質量為m=8 kg,它被一根水平方向上拉伸了的彈簧拉住而靜止在小車上,這時彈簧的彈力為6 N?，F沿水平向右的方向對小車施加作用力,使小車由靜止開始運動起來,運動中加速度由0逐漸增大到1 m/s2,隨即以 1 m/s2的加速度做勻加速直線運動。以下說法正確的是 (　　)
A.物體與小車的摩擦力方向不變
B.物體受到的摩擦力先減小、后增大,先向左、后向右
C.當小車的加速度(向右)為0.75 m/s2時,物體不受摩擦力作用
D.小車以1 m/s2的加速度向右做勻加速直線運動時,物體受到的摩擦力為8 N
4.維度:斜面上物塊與繩連接
如圖所示,由兩個相同材料的物體通過輕繩連接組成的連接體在斜面上向上運動,當作用力F一定時,m2所受輕繩的拉力 (　　)
A.與θ有關
B.與斜面的動摩擦因數有關
C.與系統運動狀態有關
D.大小為,僅與兩物體質量有關
必考方法3臨界極值法
【典例】(2022·湖南選擇考)如圖,兩個定值電阻的阻值分別為R1和R2,直流電源的內阻不計,平行板電容器兩極板水平放置,板間距離為d,板長為d,極板間存在方向水平向里的勻強磁場。質量為m、帶電量為+q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側邊緣A點進入電容器,,恰從電容器上板右側邊緣離,重力加速度大小為g,忽略空氣阻力。
(1)求直流電源的電動勢E0;
(2)求兩極板間磁場的磁感應強度B;
(3)在圖中虛線的右側設計一勻強電場,使小球離開電。
【審題思維】
題眼直擊 信息轉化
① 洛倫茲力提供向心力,電場力與重力平衡
② 根據幾何關系求圓周運動的半徑
③ 小球所受電場力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時,電場強度最小
【模型轉化】
【嘗試解答】
臨界極值問題的解題流程
1.維度:物塊與彈簧
　如圖所示,質量均為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止,用大小等于mg的恒力F向上拉B,運動距離為h時,B與A分離。下列說法正確的是 (　　)
A.B和A剛分離時,彈簧長度等于原長
B.B和A剛分離時,它們的加速度為g
C.彈簧的勁度系數等于
D.在B與A分離之前,它們做勻加速直線運動
2.維度:輕繩與物體
如圖所示,質量m=2 kg的小球用細繩拴在傾角θ=37°的光滑斜面上,此時,細繩平行于斜面。取g=10 m/s2。下列說法正確的是 (　　)
A.當斜面以5 m/s2的加速度向右加速運動時,繩子拉力為20 N
B.當斜面以5 m/s2的加速度向右加速運動時,繩子拉力為30 N
C.當斜面以20 m/s2的加速度向右加速運動時,繩子拉力為40 N
D.當斜面以20 m/s2的加速度向右加速運動時,繩子拉力為60 N
1.(h-t、v-t、a-t圖像綜合)如圖所示,滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面,從頂端下滑,做勻減速直線運動,直至速度為零。對于該運動過程,若用h、s、v、a分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小,t表示時間,則下列圖像能正確描述這一運動規律的是 (　　)
2.(E-h圖像)一小球從地面上以某一初速度豎直向上拋出,運動過程中受到的阻力大小與速率成正比,在上升過程中,下列能正確反映小球的機械能E隨上升高度h的變化規律(選地面為零勢能參考平面)的是 (　　)
3.(彈簧連接體)如圖所示,兩個質量均為m的小球通過兩根輕彈簧A、B連接,在水平外力F作用下,系統處于靜止狀態,此時彈簧實際長度相等。彈簧A、B的勁度系數分別為kA、kB,且原長相等。彈簧A、B與豎直方向的夾角分別為θ與45°。設A、B彈簧的拉力分別為FA、FB,小球直徑相比彈簧長度可以忽略,重力加速度為g。則 (　　)
A.kA=kB　　　　　　　　 B.tanθ=
C.FA=mg D.FB=2mg
4. (物塊類連接體)如圖,在水平桌面上放置一斜面體P,兩長方體物塊a和b疊放在P的斜面上,整個系統處于靜止狀態。若將a與b、b與P、P與桌面之間摩擦力的大小分別用f1、f2和f3表示。則　 (　　)
A.f1=0,f2≠0,f3≠0　　　 B.f1≠0,f2=0,f3=0
C.f1≠0,f2≠0,f3=0 D.f1≠0,f2≠0,f3≠0
5. (繩索類連接體)a、b兩個質量相同的球用細線連接,a球用細線掛在天花板上,b球放在光滑斜面上,系統保持靜止,以下圖示正確的是 (　　)
6. (彈簧類連接體)如圖所示,在水平面上,有兩個質量分別為m1和m2的物體A、B,它們與水平面的動摩擦因數均為μ,m1>m2,A、B間水平連接著一輕質彈簧測力計。若用大小為F的水平力向右拉B,穩定后B的加速度大小為a1,彈簧測力計示數為F1;如果改用大小為F的水平力向左拉A,穩定后A的加速度大小為a2,彈簧測力計示數為F2。則以下關系式正確的是 (　　)
A.a1=a2,F1>F2　　　　 B.a1=a2,F1C.a1=a2,F1=F2 D.a1>a2,F1>F2
7.(斜面上物體與繩連接)如圖所示,滑輪A可沿傾角為θ且足夠長的光滑輪道下滑,滑輪下用輕繩掛著一重為G的物體B,下滑時,物體B相對于滑輪A靜止,則下滑過程中 (　　)
A.物體B的加速度為gsinθ
B.繩的拉力為
C.繩的方向保持豎直
D.繩的拉力為G
8.(臨界極值法)(多選)如圖所示,半徑為R=2 cm的圓形區域中有垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出),磁感應強度B=2 T,一個比荷為2×106 C/kg的帶正電的粒子從圓形磁場邊界上的A點以v0=8×104 m/s的速度垂直直徑MN射入磁場,恰好從N點射出,且∠AON=120°。下列選項正確的是 (　　)
A.帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑為1 cm
B.帶電粒子在磁場中運動軌跡的圓心一定在圓形磁場的邊界上
C.若帶電粒子改為從圓形磁場邊界上的C點以相同的速度入射,一定從N點射出
D.若要實現帶電粒子從A點入射,從N點射出,則該圓形磁場的最小面積為3π×10-4m2
推理方法——考場必會破題技法
必考方法1　圖像法
【典例】C　設斜坡傾角為θ,運動員在斜坡MN段做勻加速直線運動,根據牛頓第二定律mgsinθ=ma1,可得a1=gsinθ,運動員在水平NP段做勻速直線運動,加速度a2=0,運動員從P點飛出后做平拋運動,加速度為重力加速度a3=g,設在P點的速度為v0,則從P點飛出后速度大小的表達式為v=,由分析可知從P點飛出后速度大小與時間的圖像不可能為直線,且a11.A　由v-t圖像知,0~1 s內,物體做勻速直線運動,加速度a1=0,位移x=vt,x與t成正比;1~3 s內,物體的加速度不變,做勻變速直線運動,加速度a2=-1 m/s2,位移為x=v0(t-1 s)+a2(t-1 s)2=(-t2+2t-) m,可知x-t圖像是開口向下的拋物線;3~5 s內,物體沿負方向做勻減速直線運動,加速度a3=0.5 m/s2,位移為x=-v0(t-3 s)+a3(t-3 s)2,x-t圖像是開口向上的拋物線,且3~5 s內物體的位移為-1 m。由數學知識知,只有A選項對應的圖像正確。
2.D　題圖甲中,因物體的v-t圖像與t軸圍成的面積等于物體的位移,可知物體在0~t0這段時間內的位移大于,選項A錯誤;題圖乙中,根據v2=2ax可知2a= m/s2=1 m/s2,則物體的加速度為0.5 m/s2,選項B錯誤;題圖丙中,根據Δv=aΔt可知,陰影面積表示t1~t2時間內物體的速度變化量,選項C錯誤;題圖丁中,由x=v0t+at2可得=v0+at,由圖像可知a= m/s2=5 m/s2,則v0=-5 m/s,a=10 m/s2,則t=3 s時物體的速度為v3=v0+at=25 m/s,選項D正確。
3.A　由點電荷在真空中某點形成的電場強度公式E=k和電場疊加原理可知,沿x軸方向,-∞→A點,電場強度為負,逐漸變大,A點→O點,電場強度為正,逐漸減小,O點→B點,電場強度為負,逐漸變大,B點→+∞,電場強度為正,逐漸減小,故A正確,B錯誤;無窮遠處電勢為零,根據等量同種正電荷的電場線分布圖知,等量同種正電荷電場中的電勢不會為負值,且O點處電勢大于零,故C、D錯誤。
4.B、C　滑塊沿斜面下滑的過程中,由牛頓第二定律有mgsinθ=ma,因v=at,則滑塊的動能Ek與運動時間t的關系為Ek=mv2=t2,則動能與時間的平方成正比,所以A錯誤,B正確;由動能定理有Ek=mgh=mgsinθ·s,動能與下滑的高度成正比,與運動位移成正比,所以C正確,D錯誤。
必考方法2　整體法和隔離法
【典例】B、C　對整體受力分析,根據牛頓第二定律有F-(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a,解得a=-gsinθ,故A錯誤;對m2受力分析,根據牛頓第二定律有T-m2gsinθ=m2a,解得T=F,故B正確;根據T=F=,可知若只增大m2,兩物塊一起向上勻加速運動時,彈簧的彈力T變大,根據胡克定律可知彈簧的伸長量變大,故它們的間距變大,故C正確;根據T=F,可知T與θ無關,只增大θ,兩物塊一起向上勻加速運動時,彈簧的彈力不變,根據胡克定律可知彈簧的伸長量不變,故它們的間距不變,故D錯誤。
1.B　對a、b、c整體分析,受重力和支持力,二力平衡,c不受桌面的摩擦力,故A錯誤;對物體a受力分析,受重力、支持力和靜摩擦力,根據平衡條件,b對a的作用力一定豎直向上,且和a的重力平衡,故B正確;以a和b整體為研究對象,受到重力、支持力和靜摩擦力,根據平衡條件,c對b的靜摩擦力平行接觸面斜向上,故C錯誤;b對a支持力的受力物體是a,a受到的重力的受力物體還是a,且該力與b對a的支持力不在同一直線上,故D錯誤。
2.A、D　先對A進行受力分析,A受重力和拉力,由于A保持靜止狀態,故拉力大小等于A的重力大小;再對B進行受力分析,受重力、支持力、向左的拉力和向右的靜摩擦力,則B與C之間接觸面一定粗糙,故A正確,B錯誤;對整體進行受力分析,整體受重力和支持力,不受摩擦力,即C與地面之間沒有摩擦力,則C與地面之間的接觸面可能是光滑的,也可能是粗糙的,故C錯誤,D正確。
3.B、C　開始時,小車板面上的物體受到彈簧水平向右的拉力為6 N,水平向左的靜摩擦力也為6 N,合力為0。沿水平向右方向對小車施加作用力,小車向右做加速運動時,物體沿水平向右方向上的合力(F=ma)逐漸增大到8 N后恒定。在此過程中,物體受到的向左的靜摩擦力先減小至0,改變方向后逐漸增大到(向右)2 N而保持恒定;彈簧的拉力(大小、方向)始終沒有變,物體與小車始終保持相對靜止;小車上的物體不受摩擦力作用時,向右的加速度完全由彈簧的拉力提供,則a==0.75 m/s2。綜上所述,B、C正確。
4.D　對由m1、m2組成的整體進行分析,根據牛頓第二定律得F-(m1+m2)·gsinθ-μN=(m1+m2)a,又N=μ(m1+m2)gcosθ,聯立解得a=-gsinθ-μgcosθ。以m2為研究對象進行分析有T-m2gsinθ-μm2gcosθ=m2a,解得輕繩的拉力T=,則輕繩的拉力與θ、斜面的動摩擦因數以及系統的運動狀態均無關,僅與兩物體的質量有關,故選項D正確,A、B、C錯誤。
必考方法3　臨界極值法
【典例】【解析】(1)小球在電磁場中做勻速圓周運動,則電場力與重力平衡,可得Eq=mg
R2兩端的電壓U2=Ed
根據歐姆定律得U2=·R2
聯立解得E0=
(2)如圖所示
設小球在電磁場中做圓周運動的半徑為r,
根據幾何關系(r-d)2+(d)2=r2
解得r=2d
根據qvB=m
解得B=
(3)由幾何關系可知,射出磁場時,小球速度方向與水平方向夾角為60°,要使小球做直線運動,當小球所受電場力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時,電場力最小,電場強度最小,可得
E'q=mgcos60°
解得E'=
答案:(1)
(2)　(3)
1.C　A、B分離前,假設A、B共同做加速運動,由于F是恒力,而彈力是變力,故A、B做變加速直線運動,當兩物體要分離時,FAB=0。
對B:F-mg=ma,
對A:kx-mg=ma。
即F=kx時,A、B分離,此時彈簧仍處于壓縮狀態。
設用恒力F拉B前彈簧壓縮量為x0,
有2mg=kx0,又因為h=x0-x,
F=mg,
解以上各式得a=0,k=。
綜上所述,只有選項C正確。
2.A　小球剛好離開斜面時的臨界條件是斜面對小球的彈力恰好為零。斜面對小球的彈力恰好為零時,設繩子的拉力為F,斜面的加速度為a0。以小球為研究對象,根據牛頓第二定律有
Fcosθ=ma0,Fsinθ-mg=0
代入數據解得a0=13.3 m/s2。
由于a1=5 m/s2F1sinθ+FNcosθ-mg=0
F1cosθ-FNsinθ=ma1
代入數據解得F1=20 N,選項A正確,B錯誤;
由于a2=20 m/s2>a0,可見小球離開了斜面,此時小球的受力情況如圖乙所示。設繩子與水平方向的夾角為α。以小球為研究對象,根據牛頓第二定律有
F2cosα=ma2,F2sinα-mg=0
代入數據解得F2=20 N,選項C、D錯誤。
1.B　在下滑過程中,滑塊做初速度為v0的勻減速直線運動,加速度不變,a-t圖像是一條與時間軸平行的直線,D錯誤;v=v0-at,v-t圖像是一條不過原點的傾斜直線,C錯誤;位移s=v0t-at2,所以s-t圖像是一條向下彎曲的拋物線,而h=ssinθ(θ為斜面傾角),故h-t圖像也是一條向下彎曲的拋物線,所以A錯誤,B正確。
2.C　設小球運動的速率為v時所受的阻力大小為f,根據題意可知f=kv,根據功能關系得ΔE=Wf=fh,則E=E0-ΔE=E0-fh,因為速度逐漸減小,所以f逐漸減小,圖像的斜率逐漸減小,故C正確。
3.B　將兩小球看作一個整體,對整體受力分析,可知整體受到重力2mg,彈簧A的拉力FA和F的作用,受力如圖甲所示,根據共點力的平衡條件有FA=,F=2mgtanθ,對下邊的小球進行受力分析,其受力如圖乙所示,
根據平衡條件有FB=mg,F=mg,聯立可得tanθ=,故B正確,D錯誤;由tanθ=知,cosθ=,得FA=mg,故C錯誤;根據胡克定律FA=kAxA,FB=kBxB,兩個彈簧的原長相等,伸長后的長度也相等,所以彈簧的形變量也相等,而兩個彈簧的彈力不同,所以兩個彈簧的勁度系數不相等,故A錯誤。所以B正確,A、C、D錯誤。
4.C　物塊a相對于b,物塊b相對于P,都有沿斜面下滑的趨勢,所以a與b、b與P之間的摩擦力f1、f2不為零,把物塊a和b及斜面P看成一個整體,P與桌面之間沒有相對運動的趨勢,P與桌面之間的摩擦力f3為零,所以選項C正確,A、B、D錯誤。
5.B　對b球進行受力分析,受重力、垂直斜面向上的支持力和細線的拉力,由于三力平衡時三個力中任意兩個力的合力與第三個力等大、反向、共線,故細線的拉力斜向右上方,故A圖錯誤;再對a、b兩個球整體進行受力分析,受重力、垂直斜面向上的支持力和上面細線的拉力,再次根據共點力平衡條件判斷,上面細線的拉力方向應斜向右上方,故C、D圖錯誤,B圖正確。
6.A　以整體為研究對象,根據牛頓第二定律得
F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a1,
F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a2,
故得到a1=a2。
當F拉B時,以A為研究對象,則有F1-μm1g=m1a1,
得到F1=F;同理,當F拉A時,以B為研究對象,得到F2=F;由于m1>m2,則F1>F2。
所以A正確,B、C、D錯誤。
7.A　A、B相對靜止,即兩物體的加速度相同,以A、B整體為研究對象進行受力分析可知 (mA+mB)gsinθ=(mA+mB)a,解得系統的加速度為a=gsinθ,所以選項A正確;再以物體B為研究對象進行受力分析,如圖所示,根據平行四邊形定則可知,繩子的方向與斜面垂直,拉力大小等于Gcosθ,故選項B、C、D都錯誤。
8.B、C、D　
根據洛倫茲力提供向心力qv0B=m,可得r=,代入數據解得r=2 cm,故A錯誤;粒子運動軌跡如圖所示,由圓周運動可知四邊形AONP為菱形,又因為∠AON=120°,根據幾何知識可得圓心P一定在圓周上,故B正確;從圓形磁場邊界上的C點以相同的速度入射,軌跡如圖所示,易知四邊形SCON為菱形,根據幾何知識可知粒子一定從N點射出,故C正確;當帶電粒子從A點入射,從N點射出,以AN為直徑的圓的磁場此時有最小面積,即S=π()2=π(Rcos30°)2=3π×10-4m2,故D正確。

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