資源簡介

二、計算題解題技巧及規范
　　考試答題，對分數影響最為關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范性。越是大型的考試對答題的要求就越嚴格，重大考試的不標準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，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。”因此，考生要想提高得分率，取得好成績，在復習過程中，除了要做好基礎知識的掌握、解題能力的訓練外，平時還必須強化答題的規范，培養良好的答題習慣。
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容：
1.研究的對象、研究的過程或狀態的說明。
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，一定要用提前假設進行說明。
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.所列方程的依據及名稱要進行說明。
5.規定的正方向、零勢能點及所建立的坐標系要進行說明。
6.對題目所求或所問要有明確的答復，對所求結果的物理意義要進行說明。
7.文字說明不要過于簡略，缺乏邏輯性，也不要太啰唆，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律、公式或數學的三角函數、幾何關系式等，方程要單列一行，絕不能連續寫下去，切忌將方程、答案淹沒在文字之中。
1.主干方程要有依據
一般表述為：由××定理(定律)得；由圖中幾何關系得，根據……得等。“定律”“定理”“公式”“關系”“定則”等詞要用準確。
2.主干方程列式形式書寫規范
嚴格按課本“原始公式”的形式列式，不能以變形的結果式代替方程式(這是相當多考生所忽視的)。要全部用字母符號表示方程，不能字母、符號和數據混合，如：帶電粒子在磁場中的運動應有qvB=m，而不是其變形結果R=；輕繩模型中，小球恰好能通過豎直平面內圓周運動的最高點，有mg=m，不能寫成v=。
3.物理量符號要和題干一致
最終結果字母必須準確才得分，物體的質量，題目給定符號是m0 、ma、2m、M、m'等，不能統一寫成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，在評分標準中都明確給出了扣分標準。需要自己設的物理量盡量要依據題干給定，相關物理量順延編號，合理安排下標(上標)，以防混亂。
4.要分步列式，不要寫連等式
如，電磁感應中導體桿受力的幾個方程，要這樣寫：
E=BLv，I=，F=BIL
每個公式都有對應的分值，不要寫連等式F=BIL=BL=BL=，評分標準是這樣的，每個公式都有對應的分值，如果寫成連等式，最終結果正確得滿分，最終結果錯誤最多得分布列式中一個公式的分數。
5.計算結果要注意矢量性及單位
計算結果是數據的要帶單位，沒有單位的要扣分；字母運算時，一些常量(重力加速度g，電子電荷量e等)不能用數字(10 m/s2，1.6×10-19 C)替換，運算的結果為字母表達式的不用寫單位。
三、解題過程中運用數學的方式有講究
1.“代入數據”，解方程的具體過程可以不寫出。
2.所涉及的幾何關系只需寫出判斷結果而不必證明。
3.重要的中間結論、數據要寫出來，這是改卷的節點，寫出這個結果得到對應分值。
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.數字相乘時，數字之間不要用“·”，而應用“×”。
總結為一個要求：
　　仔細研讀高考考試評分細則，是判斷答題是否規范的最好標準。就是要用最少的字符，最小的篇幅，表達出最完整的解答，以使評卷老師能在最短的時間內把握你的答題過程、結果，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。現將質量m=2 kg的滑塊(可視為質點)從弧形軌道高H=0.6 m處靜止釋放，且將B點置于AC中點處。已知圓軌道半徑R=0.1 m，水平軌道長LAC=1.0 m，滑塊與AC間動摩擦因數μ=0.2，重力加速度g取10 m/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小；
(2)彈射器獲得的最大彈性勢能；
(3)若H=6 m，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
示例2　如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角θ=37°的斜面上，兩導軌垂直于ef，ef為斜面與水平面的交線，導軌間距L=0.6 m，導軌電阻不計。導軌所在空間被分成區域 Ⅰ 和 Ⅱ，兩區域的邊界與斜面的交線為虛線MN。虛線MN與兩導軌垂直，區域 Ⅰ 中的勻強磁場方向豎直向下，區域 Ⅱ 中的勻強磁場方向豎直向上，兩磁場的磁感應強度大小均為B=1 T。在區域 Ⅰ 中，將質量m1=0.21 kg、電阻R1=0.1 Ω的金屬棒ab放在導軌上，金屬棒ab剛好不下滑。然后，在區域 Ⅱ 中將質量m2=0.4 kg、電阻R2=0.1 Ω的光滑金屬棒cd置于導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域 Ⅱ 的磁場中，兩金屬棒長度均為L且始終與導軌垂直且與導軌保持良好接觸。(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=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=3.5 m，求此過程中金屬棒ab上產生的熱量Q；
(3)求金屬棒cd滑動距離3.5 m的過程中流過金屬棒ab某一橫截面的電荷量q。
解題指導(共18張PPT)
解題技巧與增分策略
二、計算題解題技巧及規范
　　考試答題，對分數影響最為關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范性。越是大型的考試對答題的要求就越嚴格，重大考試的不標準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，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。”因此，考生要想提高得分率，取得好成績，在復習過程中，除了要做好基礎知識的掌握、解題能力的訓練外，平時還必須強化答題的規范，培養良好的答題習慣。
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容：
1.研究的對象、研究的過程或狀態的說明。
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，一定要用提前假設進行說明。
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.所列方程的依據及名稱要進行說明。
5.規定的正方向、零勢能點及所建立的坐標系要進行說明。
6.對題目所求或所問要有明確的答復，對所求結果的物理意義要進行說明。
7.文字說明不要過于簡略，缺乏邏輯性，也不要太啰唆，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律、公式或數學的三角函數、幾何關系式等，方程要單列一行，絕不能連續寫下去，切忌將方程、答案淹沒在文字之中。
1.主干方程要有依據
一般表述為：由××定理(定律)得；由圖中幾何關系得，根據……得等。“定律”“定理”“公式”“關系”“定則”等詞要用準確。
2.主干方程列式形式書寫規范
嚴格按課本“原始公式”的形式列式，不能以變形的結果式代替方程式(這是相當多考生所忽視的)。要全部用字母符號表示方程，不能字母、符號和數據混合，如：帶電粒子在磁場中的運動應有qvB=m，而不是其變形結果R=；輕繩模型中，小球恰好能通過豎直平面內圓周運動的最高點，有mg=m，不能寫成v=。
3.物理量符號要和題干一致
最終結果字母必須準確才得分，物體的質量，題目給定符號是m0 、ma、2m、M、m'等，不能統一寫成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，在評分標準中都明確給出了扣分標準。需要自己設的物理量盡量要依據題干給定，相關物理量順延編號，合理安排下標(上標)，以防混亂。
4.要分步列式，不要寫連等式
如，電磁感應中導體桿受力的幾個方程，要這樣寫：
E=BLv,I=F=BIL
每個公式都有對應的分值，不要寫連等式F=BIL=BL=BL=，
評分標準是這樣的，每個公式都有對應的分值，如果寫成連等式，最終結果正確得滿分，最終結果錯誤最多得分布列式中一個公式的分數。
5.計算結果要注意矢量性及單位
計算結果是數據的要帶單位，沒有單位的要扣分；字母運算時，一些常量(重力加速度g，電子電荷量e等)不能用數字(10 m/s2，1.6×10-19 C)替換，運算的結果為字母表達式的不用寫單位。
三、解題過程中運用數學的方式有講究
1.“代入數據”，解方程的具體過程可以不寫出。
2.所涉及的幾何關系只需寫出判斷結果而不必證明。
3.重要的中間結論、數據要寫出來，這是改卷的節點，寫出這個結果得到對應分值。
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.數字相乘時，數字之間不要用“·”，而應用“×”。
總結為一個要求：
　　仔細研讀高考考試評分細則，是判斷答題是否規范的最好標準。就是要用最少的字符，最小的篇幅，表達出最完整的解答，以使評卷老師能在最短的時間內把握你的答題過程、結果，就是一份最好的答卷。
　　 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。現將質量m=2 kg的滑塊(可視為質點)從弧形軌道高H=0.6 m處靜止釋放，且將B點置于AC中點處。已知圓軌道半徑R=0.1 m，水平軌道長LAC=1.0 m，滑塊與AC間動摩擦因數μ=0.2，重力加速度g取10 m/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
對軌道的壓力大小；
(2)彈射器獲得的最大彈性勢能；
(3)若H=6 m，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。
示例1
解題指導
　　 如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角θ=37°的斜面上，兩導軌垂直于ef，ef為斜面與水平面的交線，導軌間距L=0.6 m，導軌電阻不計。導軌所在空間被分成區域Ⅰ和 Ⅱ，兩區域的邊界與斜面的
示例2
交線為虛線MN。虛線MN與兩導軌垂直，區域Ⅰ中的勻強磁場方向豎直向下，區域 Ⅱ中的勻強磁場方向豎直向上，兩磁場的磁感應強度大小均為B=1 T。在區域Ⅰ中，將質量m1=0.21 kg、電阻R1=0.1 Ω的金屬棒ab放在導軌上，金屬棒ab剛好不下滑。然后，在區域 Ⅱ中將質量m2=0.4 kg、電阻R2=0.1 Ω的光滑金屬棒cd置于導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域Ⅱ的磁場中，兩金屬棒長度均為L且始終與導軌垂直且與導軌保持良好接觸。(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=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=3.5 m，求此過
程中金屬棒ab上產生的熱量Q；
(3)求金屬棒cd滑動距離3.5 m的過程中流過金屬棒ab某一橫截面的電荷量q。
解題指導三、數學方法在物理中的應用
　　高考物理試題的解答離不開數學知識和方法的應用，利用數學知識解決物理問題是高考物理考查的能力之一。借助數學方法，可使一些復雜的物理問題，顯示出明顯的規律性，能快速簡捷地解決問題。可以說任何物理試題的求解過程實際上都是將物理問題轉化為數學問題，經過求解再還原為物理結論的過程。下面是幾種物理解題過程中常用的數學方法。
一、三角函數法
1.輔助角求極值
三角函數：y=acos θ+bsin θ
y=acos θ+bsin θ=sin(θ+α)，其中tan α=。
當θ+α=90°時，有極大值ymax=。
例1　質量為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μ=，重力加速度為g，現用拉力F(與斜面的夾角為β)拉動物體沿斜面向上勻速運動，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mg
2.正弦定理(拉密定理)
在如圖所示的三角形中，各邊和所對應角的正弦之比相等，即：==。
例2　如圖甲所示，一個邊長為3d的勻質玻璃立方體內有一個三棱柱真空“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點發出一束光恰好不能進入“氣泡”，求該玻璃的折射率；
(2)P處光源向O點發出一束光，求該束光第一次穿過“氣泡”的時間。
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3.余弦定理
在如圖所示的三角形中，有：
a2=b2+c2-2bc·cos A
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OA邊射出，射出點離O點R，已知真空中的光速為c。
(1)求該單色光在玻璃材料中發生全反射的臨界角的正弦值；
(2)現將該光束繞P點沿逆時針方向在紙面內轉動至水平方向，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弧面部分的發射光線)。
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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)兩個正數的積為定值時，若兩數相等，和最小；
(2)兩個正數的和為定值時，若兩數相等，積最大。
例4　某運動員從滑雪跳臺以不同的速度v0水平跳向對面傾角為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，則該運動員落到斜坡上的最小速度為(　　)
A. B.
C. D.
三、利用二次函數求極值
二次函數：y=ax2+bx+c
(1)當x=-時，有極值ym=(若二次項系數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　(多選)如圖所示，生產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驅動，它們正常工作時都勻速運動，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但代數和始終不變。將一工件A(視為質點)輕放到傳送帶甲上，工件離開傳送帶甲前已經與傳送帶甲的速度相同，并平穩地傳送到傳送帶乙上，且不會從傳送帶乙的右側掉落。已知工件的質量為m，工件與傳送帶間的動摩擦因數為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v甲=v乙時，工件在傳送帶乙上留下的滑動痕跡最短
C.當v甲=0.5v乙時，工件與兩傳送帶因摩擦而產生的總熱量最小
D.驅動傳送帶的電機因傳送工件至少需要額外做的功為
四、數學歸納法和數列法
凡涉及數列求解的物理問題都具有過程多、重復性強的特點，但每一個重復過程均不是與原來完全相同的重復，而是一種變化了的重復。隨著物理過程的重復，某些物理量逐步發生著前后有聯系的變化。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(這是解題的關鍵)；
(3)最后分析整個物理過程，應用數列特點和規律求解。
無窮數列的求和，一般是無窮遞減數列，有相應的公式可用。
等差數列：Sn==na1+d(d為公差)。
等比數列：Sn=(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。現有物塊C以v0=8 m/s的速度沖上木板。已知木板B的質量mB=4 kg，物塊C的質量mC=2 kg，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10 m/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=4 kg，mB=2 kg，A距B板右端的距離 m，則木板B運動的總路程是多少？
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答案精析
例1　D　[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tan α===，μ不變，則tan α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Fcos β=Ff+mgsin θ①，Ff=μFN②，FN=mgcos θ-Fsin β③，聯立①②③解得F=
當β=30°時，拉力F最小，最小值為mg，此時物體受4個力作用，故D正確，A、B錯誤。]
例2　(1)　(2)d
解析　(1)作出光路圖如圖所示
由幾何關系可知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sin C=
解得n=
(2)作出光路圖如圖所示
可知i=30°，
OM=d
而=n
可得sin r==cos φ
則由數學知識可得sin φ=
再由數學知識sin∠OEM=sin(30°+φ)=
由正弦定理可得=
在氣泡中有t=
可得t=d(或)。
例3　(1)　(2)
解析　(1)根據題意可知，光線從AB界面的P點進入玻璃棱鏡，由折射定律畫出光路圖，如圖所示
根據幾何關系，可得入射角θ1=90°-30°=60°
折射角θ2=30°，且PO恰好為法線，根據n=可得折射率n=
又有sin C=
解得sin C=
(2)根據題意，當光線轉至水平方向入射，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°，由于發生全反射的臨界角為C。
則有sin C=即C<θ5
可知在OD界面發生全反射，已知CO=R。由幾何關系得，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　[設該運動員落到斜坡上經歷的時間為t，由平拋運動的規律可得，水平方向上的位移x=v0t，豎直方向上的位移y=gt2，由幾何關系可得x=(h-y)·tan 45°，整理得v0=-gt，該運動員落到斜坡上時速度v滿足v2=+(gt)2，再整理可得v2=+(gt)2，變形為v2=+(gt)2-gh，當=(gt)2時，速度v最小，且最小為v=，故選C。]
例5　BCD　[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===μg，設工件在傳送帶乙上的滑動痕跡為x，則+=2μgx，又因為v甲+v乙=v，解得x=，由數學知識可得，當v甲=v乙時，x取最小值，故B正確；設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生的總熱量為Q，則=2μgx1，Q=μmg(x+x1)，整理得Q=，
則當v甲=時，Q取最小值，此時v乙=，故C正確；根據能量守恒定律可知，電動機額外做的功等于產生的熱量與工件的末動能之和，則有W=+，整理得W=，當v甲=v乙時，W取最小值，最小值為Wmin=，故D正確。]
例6　(1)8 m　(2)1 m　(3) 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==μg=4 m/s2
由能量守恒定律可得
μmCgL=mC
解得L=8 m
(2)由v-t圖像的斜率可得aC=4 m/s2
由牛頓第二定律可得μmCg=mCaC，μmCg=mBaB
解得μ=0.4，aB=2 m/s2
由B、C速度為0，可知B一定與A發生了碰撞，且碰撞次數越少，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B與A碰撞前B的速度為vB，C的速度為vC，
根據碰后-mBvB+mCvC=0
則有vB=vC
即aBt=(v0-aCt)×
解得t=1 s
則x=aBt2=1 m
即A距木板右端的最大距離為1 m。
(3)若mC=4 kg，mB=2 kg，則
aC'=4 m/s2，aB'=8 m/s2
則B與A碰撞前B、C恰好共速，則
v0-aC't1=aB't1
解得t1= s
共同速度為v共1= m/s
碰后B的速度反向，設第2次共速時間t2，則
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
運動的位移s2=s1
木板經過的總路程s=s1+2(s1+s2+s3+…)=s1+2×= m。(共34張PPT)
解題技巧與增分策略
三、數學方法在物理中的應用
　　高考物理試題的解答離不開數學知識和方法的應用，利用數學知識解決物理問題是高考物理考查的能力之一。借助數學方法，可使一些復雜的物理問題，顯示出明顯的規律性，能快速簡捷地解決問題。可以說任何物理試題的求解過程實際上都是將物理問題轉化為數學問題，經過求解再還原為物理結論的過程。下面是幾種物理解題過程中常用的數學方法。
一、三角函數法
1.輔助角求極值
三角函數：y=acos θ+bsin θ
y=acos θ+bsin θ=sin(θ+α)，其中tan α=。
當θ+α=90°時，有極大值ymax=。
　質量為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μ=，重力加速度為g，現用拉力F(與斜面的夾角為β)拉動物體沿斜面向上勻速運動，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mg
例1
√
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tan α===，μ不變，則tan α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Fcos β=Ff+mgsin θ①，Ff=μFN②，FN=mgcos θ-
Fsin β③，聯立①②③解得F=
當β=30°時，拉力F最小，最小值為mg，此時物體受4個力作用，故
D正確，A、B錯誤。
2.正弦定理(拉密定理)
在如圖所示的三角形中，各邊和所對應角的正弦之比相等，即：= =。
　如圖甲所示，一個邊長為3d的勻質玻璃立方體內有一個三棱柱真空“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、
例2
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點發出一束光恰好不能進入“氣泡”，求該玻璃的折射率；
答案　
作出光路圖如圖所示
由幾何關系可知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sin C=
解得n=
(2)P處光源向O點發出一束光，求該束光第一次穿過“氣泡”的時間。
答案　d
作出光路圖如圖所示
可知i=30°，OM=d
而=n
可得sin r==cos φ
則由數學知識可得sin φ=
再由數學知識sin ∠OEM=sin(30°+φ)=
由正弦定理可得=
在氣泡中有t=
可得t=d(或)。
3.余弦定理
在如圖所示的三角形中，有：
a2=b2+c2-2bc·cos A
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OA邊射出，射出點離
O點R，已知真空中的光速為c。
(1)求該單色光在玻璃材料中發生全反射的臨界角的正弦值；
例3
答案　　
根據題意可知，光線從AB界面的P點進入玻璃棱
鏡，由折射定律畫出光路圖，如圖所示
根據幾何關系，可得入射角θ1=90°-30°=60°
折射角θ2=30°，且PO恰好為法線，根據n=可得折射率n=
又有sin C=
解得sin C=
(2)現將該光束繞P點沿逆時針方向在紙面內轉動至
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弧面部分的發射光線)。
答案　
根據題意，當光線轉至水平方向入射，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°，由于發生全反射的臨界角為C。則有sin C=即C<θ5
可知在OD界面發生全反射，已知CO=R。由幾何關系得，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)兩個正數的積為定值時，若兩數相等，和最小；
(2)兩個正數的和為定值時，若兩數相等，積最大。
某運動員從滑雪跳臺以不同的速度v0水平跳向對面傾角為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，則該運動員落到斜坡上的最小速度為
A. B.
C. D.
√
例4
設該運動員落到斜坡上經歷的時間為t，由平拋運動的規律可得，水平方向上的位移x=v0t，豎直方向上的位移y=gt2，由幾何關
系可得x=(h-y)·tan 45°，整理得v0=-gt，該運動員落到斜坡上時速度v滿足v2=+(gt)2，再整理可得v2=+(gt)2，變形為v2=+(gt)2-gh，當=(gt)2時，速度v最小，且最小為v=，故選C。
三、利用二次函數求極值
二次函數：y=ax2+bx+c
(1)當x=-時，有極值ym=(若二次項系數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。
(多選)如圖所示，生產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驅動，它們正常工作時都勻速運動，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但代數和始終不變。將一工件A(視為質點)輕放到傳送帶甲上，工件離開傳送帶甲前已經與傳送帶甲的速度相同，并平穩地傳送到傳送帶乙上，且不會從傳送帶乙的右側掉落。已知工件的質量為m，工件與傳送帶間的動摩擦因數為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v甲=v乙時，工件在傳送帶乙上留下的滑動痕跡最短
C.當v甲=0.5v乙時，工件與兩傳送帶因摩擦而產生的總熱量最小
D.驅動傳送帶的電機因傳送工件至少需要額外做的功為
例5
√
√
√
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===μg，設工件在傳送帶乙上的滑動痕跡為x，則+=2μgx，又因為v甲+v乙=v，解得x=，由數學知識可得，當v甲=v乙時，x取最小值，
故B正確；
設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生的總熱量為Q，則=2μgx1，
Q=μmg(x+x1)，整理得Q=，則當
v甲=時，Q取最小值，此時v乙=，故C正確；
根據能量守恒定律可知，電動機額外做的功等于產生的熱量與工件的末動能之和，則有W=+，整理得W=，當v甲=v乙時，W取最小值，最小值為Wmin=，故D正確。
四、數學歸納法和數列法
凡涉及數列求解的物理問題都具有過程多、重復性強的特點，但每一個重復過程均不是與原來完全相同的重復，而是一種變化了的重復。隨著物理過程的重復，某些物理量逐步發生著前后有聯系的變化。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(這是解題的關鍵)；
(3)最后分析整個物理過程，應用數列特點和規律求解。
無窮數列的求和，一般是無窮遞減數列，有相應的公式可用。
等差數列：Sn==na1+d(d為公差)。
等比數列：Sn=(q為公比)。
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。現有物塊C以v0=8 m/s的速度沖上木板。已知木板B的質量mB=4 kg，物塊C的質量mC=2 kg，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10 m/s2。
(1)木板的長度至少是多少？
例6
答案　8 m
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==μg=4 m/s2
由能量守恒定律可得μmCgL=mC
解得L=8 m
(2)物塊A距木板B右端的最大距離？
答案　1 m
由v-t圖像的斜率可得aC=4 m/s2
由牛頓第二定律可得μmCg=mCaC，
μmCg=mBaB
解得μ=0.4，aB=2 m/s2
由B、C速度為0，可知B一定與A發生了碰撞，且碰撞次數越少，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B與A碰撞前B的速度為vB，C的速度為vC，根據碰后-mBvB+mCvC=0
則有vB=vC
即aBt=(v0-aCt)×
解得t=1 s
則x=aBt2=1 m
即A距木板右端的最大距離為1 m。
(3)若mC=4 kg，mB=2 kg，A距B板右端的距離 m，則木板B運動的總路程是多少？
答案　 m
若mC=4 kg，mB=2 kg，則
aC'=4 m/s2，aB'=8 m/s2
則B與A碰撞前B、C恰好共速，則
v0-aC't1=aB't1
解得t1= s
共同速度為v共1= m/s
碰后B的速度反向，設第2次共速時間t2，則
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
運動的位移s2=s1
木板經過的總路程s=s1+2(s1+s2+s3+…)=s1+2×= m。四、物理情境題破譯法
　　高考試題從原來的解題到現在的解決問題，出現的情境題越來越多，題目情境來源于生活、生產、體育運動、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行研究分析。
1.仔細讀題，構建物理模型
　　明確題中所給的物理情境要解決的問題，仔細分析該情境描述的研究對象。經歷了什么過程？受哪些作用力？分析運動性質，遵循哪些規律？將此問題和學過的知識相關聯，在大腦中調出所學過的關于這個問題所涉及的物理知識。
2.挖掘破題關鍵解決實際問題，根據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鍵信息，進行二次讀題，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，從中直接找出關鍵信息即可。
例1　(2024·廣東肇慶市三模)我國的特高壓直流輸電是中國在高端制造領域領先世界的一張“名片”，特別適合遠距離輸電，若直流高壓線掉到地上時，它就會向大地輸入電流，并且以高壓線與大地接觸的那個位置為圓心，形成一簇如圖所示的等差等勢線同心圓，A、B、C、D是等勢線上的四點，當人走在地面上時，如果形成跨步電壓就會導致兩腳有電勢差而發生觸電事故，則(　　)
A.電勢的大小為φC>φB=φD>φA
B.電場強度的大小為EA>EB=ED>EC
C.人從B沿著圓弧走到D會發生觸電
D.AB間距離等于2倍BC間距離
解題指導
物理 情境 高壓直流輸電時，直流高壓線掉落到地上
解決 問題 各點的電勢高低、電場強度大小、人會不會觸電
關聯 知識 等差等勢面、電場線與等勢面的關系、電勢差與電場強度關系
情境 破譯 直流高壓線掉落到地上時，會向大地輸入電流，高壓線與大地的電勢高低關系是怎樣的，等壓等勢線內外電勢高低關系是怎樣的，畫出電場線，A、B、C、D處電場線的疏密程度可判斷電場強度關系；由E=可知，d=在勻強電場中與非勻強電場中怎樣應用
例2　國產科幻大片《流浪地球2》中的“太空電梯”給觀眾帶來了強烈的視覺震撼。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送到空間站。下列說法正確的是(　　)
A.地面基站可以建設在青藏高原上
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，配重將做向心運動
解題指導
物理 情境 《流浪地球2》中的“太空電梯”
解決 問題 建設“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送到空間站
關聯 知識 圓周運動線速度與角速度關系，圓周運動動力學分析，向心運動、離心運動
情境 破譯 讀圖可知，空間站處于同步軌道上，和地球自轉同步，角速度相同，若無配重，地球對其引力提供向心力G=mω2r空，纜繩恰無張力；箱體可以沿纜繩將人和貨物從地面運送到空間站，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G例3　(2024·山東煙臺市三模)中國古代建筑的門閂凝結了勞動人民的智慧。如圖是一種豎直門閂的原理圖：當在水平槽內向右推動下方木塊A時，使木塊B沿豎直槽向上運動，方可啟動門閂。水平槽、豎直槽內表面均光滑，A、B間的接觸面與水平方向成45°角，A、B間的動摩擦因數為0.2，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知B的質量為m，重力加速度大小為g。為了使門閂剛好能被啟動，則施加在A上的水平力F最小應為(　　)
A.mg B.mg
C.mg D.mg
解題指導
物理 情境 中國古代建筑的門閂
解決 問題 為了啟動門閂，施加在A上的最小水平力
關聯 知識 受力分析，共點力平衡的臨界問題
情境 破譯 A、B恰好發生滑動，摩擦力恰好達到最大靜摩擦力，且等于滑動摩擦力Ff=μFN，對A、B進行受力分析，沿運動方向列平衡方程，解出水平推力的最小值
例4　(多選)(2024·浙江省三校聯考)如圖所示，是用磁聚焦法測某種離子比荷的一種裝置。離子以很小的速度從a板小孔進入加速電場，從b板小孔O'水平向右射出，進入一個極板很短、加有不大的交流電壓的電容器。不同時刻通過電容器的離子獲得不同的橫向速度，然后進入由線圈產生的勻強磁場，這些離子在磁場中沿不同的螺旋線運動，調節通過線圈的電流改變磁感應強度B，使它們經過一個周期剛好聚焦于熒光屏上的O點，測出有關數據即可得到比荷。下列說法正確的有(　　)
A.測量原理用到離子在磁場中圓周運動的周期與速度無關這一性質
B.同時刻進入電容器中的離子運動軌跡相同
C.線圈產生的磁場方向必須水平向右
D.電容器上所加電壓也可以是恒定電壓
解題指導
物理 情境 磁聚焦法測某種離子比荷
解決 問題 測離子的比荷，改變電容器電壓為恒定電壓是否可行
關聯 知識 帶電粒子在磁場中的旋進運動，帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期公式
情境 破譯 離子在a、b間做勻加速直線運動獲得一個沿O'O方向的速度v0，在電容器中獲得一個橫向速度，且不同時刻進入電容器的離子，橫向速度不同，在垂直于O'O的平面內做勻速圓周運動，一個周期回到O'O，由l=v0T，T=，可得到離子的比荷
例5　(多選)(2024·廣西梧州市模擬)2024年5月1日“福建號”航空母艦首次海試引起國人極大關注，其采用先進的電磁彈射技術，使戰機的出動效率大大提升。如圖所示，電源電動勢為E，內阻忽略不計，電容器的電容為C，足夠長的光滑水平平行導軌M、N間距為L，導軌間有磁感應強度為B的勻強磁場，質量為m，電阻為R的金屬滑塊垂直放置于導軌的滑槽內處于靜止狀態，并與兩導軌接觸良好。單刀雙擲開關先打向a，電源給電容器充電，充電完畢后再打向b，電容器放電，金屬滑塊在安培力的作用下發射出去。不計其他阻力和電阻，下列說法正確的是(　　)
A.滑塊達到最大速度時，電容器放電結束，極板電荷量為零
B.滑塊從開始運動到最大速度的過程中流過它的電荷量為
C.該過程中，安培力對滑塊的沖量等于滑塊動量的變化
D.滑塊能達到的最大速度為
解題指導
物理 情境 電磁彈射技術
解決 問題 滑塊獲得的最大速度，加速過程中通過滑塊的電荷量，放電結束后極板電荷量
關聯 知識 電容器放電動力學問題、動生電動勢、法拉第電磁感應定律、電路中的電流分析、動量定理
情境 破譯 電容器放電，金屬滑塊產生電流受安培力向右加速，金屬滑塊切割磁感線產生感應電動勢，電容器放電電荷量減少，電壓降低，電路中電流I=，可知速度增大，電流減小，加速度a減小，滑塊做加速度減小的加速運動，最終做勻速運動，此時I=0，v最大，對滑塊BLΔt=mvm，Δt=ΔQ，ΔQ=CΔU，ΔU=E-BLvm可得滑塊最終速度
例6　(2024·山東濟寧市三模)某旋轉噴灌機進行農田噴灌的示意圖如圖所示，噴口出水速度的方向可調節。該噴灌機的最大功率為P=2 000 W，噴灌機所做功的75%轉化為水的動能，噴口的橫截面積S=30 cm2，水的密度ρ=1×103 kg/m3，重力加速度g=10 m/s2，π=3.14，噴口距離地面的高度h=0.55 m，忽略空氣阻力，不考慮供水水壓對水速的影響。求：
(1)噴灌機的最大噴水速度v；
(2)噴口出水速度方向與水平面夾角θ=30°時，該噴灌機的最大噴灌面積Sm(保留三位有效數字)。
解題指導
物理 情境 旋轉噴灌機
解決 問題 求噴灌機的最大噴水速度；噴口出水速度方向與水平面夾角θ=30°時求噴灌機的最大噴灌面積Sm
關聯 知識 能量守恒定律，斜拋運動
情境 破譯 噴灌機的最大功率為2 000 W，噴灌機所做的功75%轉化為水的動能，噴口的橫截面積S=30 cm2，可知75%PΔt=Δmv2，Δm=ρSv0Δt，可得最大速度；當噴口出水速度方向與水平面夾角θ=30°時，水做斜拋運動，當功率最大時，水的水平位移最遠，以此為半徑的圓內任何位置都可以被噴灌，所以該噴灌機最大噴灌面積是這個圓的面積，由斜拋運動的規律求出最大水平位移，從而解得最大噴灌面積
例7　(2023·浙江1月選考·17)某探究小組設計了一個報警裝置，其原理如圖所示。在豎直放置的圓柱形容器內用面積S=100 cm2、質量m=1 kg的活塞密封一定質量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動。開始時氣體處于溫度TA=300 K、活塞與容器底的距離h0=30 cm的狀態A。環境溫度升高時容器內氣體被加熱，活塞緩慢上升d=3 cm恰好到達容器內的卡口處，此時氣體達到狀態B。活塞保持不動，氣體被繼續加熱至溫度TC=363 K的狀態C時觸動報警器。從狀態A到狀態C的過程中氣體內能增加了ΔU=158 J。取大氣壓p0=0.99×105 Pa，g=10 m/s2，求氣體
(1)在狀態B的溫度；
(2)在狀態C的壓強；
(3)由狀態A到狀態C過程中從外界吸收熱量Q。
解題指導
物理 情境 探究小組設計了一個溫度報警裝置
解決 問題 達到預設溫度報警裝置報警
關聯 知識 查理定理，蓋—呂薩克定律，熱力學第一定律
情境 破譯 活塞能無摩擦滑動，活塞緩慢上升d=3 cm恰好到達容器內的卡口處，此時氣體達到狀態B，經歷什么過程；活塞保持不動，氣體被繼續加熱至溫度TC=363 K的狀態C時觸動報警器，經歷什么過程；從狀態A到狀態C的過程中氣體內能增加了ΔU=158 J，求由狀態A到狀態C過程中從外界吸收熱量Q，考慮熱力學第一定律，氣體對外做功情況
例8　(2024·重慶卷·14)有人設計了一種粒子收集裝置。如圖所示，比荷為的帶正電的粒子，由固定于M點的發射槍，以不同的速率射出后，沿射線MN方向運動，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K點，O在MN上，且KO垂直于MN。若打開磁場開關，空間將充滿磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里的勻強磁場，速率為v0的粒子運動到O點時，打開磁場開關，該粒子全被收集，不計粒子重力，忽略磁場突變的影響。
(1)求OK間的距離；
(2)速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關，該粒子仍被收集，求MO間的距離；
(3)速率為4v0的粒子射出后，運動一段時間再打開磁場開關，該粒子也能被收集。以粒子射出的時刻為計時0點。求打開磁場的那一時刻。
解題指導
物理 情境 粒子收集器
解決 問題 粒子收集器放置在距O點的距離，發射槍距O點距離，打開磁場的時刻
關聯 知識 帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
情境 破譯 速率為v0的粒子在O點時打開磁場，粒子被在K處的收集器收集，由OK⊥MN可知粒子做了半個圓周，OK=2r；速度為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關，粒子仍被收集，畫出粒子軌跡，連半徑，找圓心，找幾何關系確定MO的距離；當速率為4v0的粒子射出后運動一段時間后再打開磁場開關，粒子也能被收集，說明粒子運動一個優弧后到達粒子收集器，可使軌跡圓相切于MN向右移動，使軌跡圓上的某點與K相交，確定N點位置，畫出此時軌跡圓，連半徑，找關系，確定MN的距離，從而確定打開磁場開關的時刻
答案精析
例1　B　[高壓線掉到地上時，它就會向大地輸入電流，圓心處的電勢最高，向外越來越低，電勢的大小為φA>φB=φD>φC，故A錯誤；
電場強度看等差等勢線的疏密，由題圖可知電場強度的大小為EA>EB=ED>EC，故B正確；
B和D在同一條等勢線上，人從B沿著圓弧走到D不會發生觸電，故C錯誤；
AB的平均電場強度大于BC的平均電場強度，AB的電勢差等于BC電勢差的2倍，根據E=可以定性判斷出AB間距離小于2倍BC間距離，故D錯誤。]
例2　C　[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在青藏高原上，A錯誤；由太空電梯的結構可知，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=G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動，若纜繩斷開，配重與地球間的萬有引力則有F'=G例3　B　[對A、B受力分析如圖所示
門閂剛好啟動時，對A水平方向上
F=FNsin 45°+Ffcos 45°
對B在豎直方向上
FNcos 45°=mg+Ffsin 45°
A、B間最大靜摩擦力為
Ff=μFN
則施加在A上的水平力F最小應為
F=mg，故選B。]
例4　AB　[離子在磁場中做圓周運動時，由qv⊥B=m，可得r=，則周期為T==，可知測量原理用到離子在磁場中圓周運動的周期與速度無關這一性質，故A正確；
同時刻進入電容器中的離子，離開電容器進入磁場時的速度相同，所以離子運動軌跡相同，故B正確；
線圈產生的磁場方向不一定要水平向右，也可以水平向左，故C錯誤；
電容器上所加電壓不可以是恒定電壓，因為如果是恒定電壓，將使得不同時刻進入電容器的離子，離開電容器進入磁場時的速度相同，所有離子的運動軌跡都相同，故D錯誤。]
例5　BCD　[電容器放電過程，極板間電壓減小，滑塊向右運動產生感應電動勢為BLv
當極板間電壓減至E'時，滑塊達到最大速度，電容器不再放電，但極板電荷量不為零，故A錯誤；
根據C=，可得ΔQ=C(E-BLvm)
由動量定理，可得BLΔt=mvm
又Δt=ΔQ
聯立解得ΔQ=
vm=，故B、D正確；
根據上述分析可知該過程中，安培力對滑塊的沖量等于滑塊動量的變化，故C正確。]
例6　(1)10 m/s　(2)285 m2
解析　(1)設在Δt時間內從噴口處噴出水的質量為Δm，則Δm=ρSvΔt
由能量關系75%PΔt=Δmv2
解得v=10 m/s
(2)噴口出水速度方向與水平面夾角θ=30°時，則
-h=vsin 30°·t-gt2
x=vcos 30°·t
該噴灌機的最大噴灌面積Sm=πx2
解得Sm≈285 m2
例7　(1)330 K　(2)1.1×105 Pa
(3)188 J
解析　(1)根據題意可知，氣體由狀態A變化到狀態B的過程中，封閉氣體的壓強不變，則有=
解得TB=TA=330 K
(2)根據題意可知，氣體由狀態B變化到狀態C的過程中，氣體的體積不變，則有=
pB=p0+=1×105 Pa
解得pC=pB=1.1×105 Pa
(3)根據題意可知，從狀態A到狀態C的過程中氣體對外做功，則W0=-pBΔV=-30 J
由熱力學第一定律有ΔU=W0+Q
解得Q=ΔU-W0=188 J。
例8　(1)　(2)　(3)
解析　(1)當粒子到達O點時打開磁場開關，粒子做勻速圓周運動，軌跡如圖①所示
設半徑為r1，OK=2r1
由洛倫茲力提供向心力得qv0B=m
解得OK=
(2)速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關，則粒子在磁場中運動的軌跡半徑r2=4r1，軌跡如圖②所示
由幾何關系有
(4r1-2r1)2+MO2=(4r1)2
解得MO=2r1=
(3)設速率為4v0的粒子射出后經時間t到達N點，要使粒子仍然經過K點，則N點在O點右側，如圖所示
由幾何關系有(4r1-2r1)2+ON2=(4r1)2
解得ON=2r1=
粒子在打開磁場開關前運動時間為
t=
解得t=(共40張PPT)
解題技巧與增分策略
四、物理情境題破譯法
　　高考試題從原來的解題到現在的解決問題，出現的情境題越來越多，題目情境來源于生活、生產、體育運動、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行研究分析。
1.仔細讀題，構建物理模型
明確題中所給的物理情境要解決的問題，仔細分析該情境描述的研究對象。經歷了什么過程？受哪些作用力？分析運動性質，遵循哪些規律？將此問題和學過的知識相關聯，在大腦中調出所學過的關于這個問題所涉及的物理知識。



2.挖掘破題關鍵解決實際問題，根據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鍵信息，進行二次讀題，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，從中直接找出關鍵信息即可。
　(2024·廣東肇慶市三模)我國的特高壓直流輸電是中國在高端制造領域領先世界的一張“名片”，特別適合遠距離輸電，若直流高壓線掉到地上時，它就會向大地輸入電流，并且以高壓線與大地接觸的那個位置為圓心，形成一簇如圖所示的等差等勢線同心圓，A、B、C、D是等勢線上的四點，當人走在地面上時，如果形成跨步電壓就會導致兩腳有電勢差而發生觸電事故，則
A.電勢的大小為φC>φB=φD>φA
B.電場強度的大小為EA>EB=ED>EC
C.人從B沿著圓弧走到D會發生觸電
D.AB間距離等于2倍BC間距離
例1
√
解題指導
物理情境 高壓直流輸電時，直流高壓線掉落到地上
解決問題 各點的電勢高低、電場強度大小、人會不會觸電
關聯知識 等差等勢面、電場線與等勢面的關系、電勢差與電場強度關系
情境破譯 直流高壓線掉落到地上時，會向大地輸入電流，高壓線與大地的電勢高低關系是怎樣的，等壓等勢線內外電勢高低關系是怎樣的，畫出電場線，A、B、C、D處電場線的疏密程度可判斷電場強度關系；由E=可知，d=在勻強電場中與非勻強電場中怎樣應用
高壓線掉到地上時，它就會向大地輸入電流，圓心處的電勢最高，向外越來越低，電勢的大小為φA>φB=φD>φC，故A錯誤；
電場強度看等差等勢線的疏密，由題圖可知
電場強度的大小為EA>EB=ED>EC，故B正確；
B和D在同一條等勢線上，人從B沿著圓弧走
到D不會發生觸電，故C錯誤；
AB的平均電場強度大于BC的平均電場強度，
AB的電勢差等于BC電勢差的2倍，根據E=可以定性判斷出AB間距離
小于2倍BC間距離，故D錯誤。
　國產科幻大片《流浪地球2》中的“太空電梯”給觀眾帶來了強烈的視覺震撼。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送到空間站。下列說法正確的是
A.地面基站可以建設在青藏高原上
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，配重將做向心運動
例2
√
解題指導
物理情境 《流浪地球2》中的“太空電梯”
解決問題 建設“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送到空間站
關聯知識 圓周運動線速度與角速度關系，圓周運動動力學分析，向心運動、離心運動
情境破譯 讀圖可知，空間站處于同步軌道上，和地球自轉同步，角速度相同，若無配重，地球對其引力提供向心力G=mω2r空，纜繩恰無張力；箱體可以沿纜繩將人和貨物從地面運送到空間站，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G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在青藏高原上，A錯誤；
由太空電梯的結構可知，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=G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動，若纜繩斷開，配重與地球間的萬有引力則有F'=
G萬有引力小于配重做圓周運動的向心力，因此配重會做離心運動，D錯誤。
　(2024·山東煙臺市三模)中國古代建筑的門閂凝結了勞動人民的智慧。如圖是一種豎直門閂的原理圖：當在水平槽內向右推動下方木塊A時，使木塊B沿豎直槽向上運動，方可啟動門閂。水平槽、豎直槽內表面均光滑，A、B間的接觸面與水平方向成45°角，A、B間的動摩擦因數為0.2，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知B的質量為m，重力加速度大小為g。為了使門閂剛好能被啟動，則施加在A
上的水平力F最小應為
A.mg　　B.mg　　C.mg　　D.mg
例3
√
解題指導
物理情境 中國古代建筑的門閂
解決問題 為了啟動門閂，施加在A上的最小水平力
關聯知識 受力分析，共點力平衡的臨界問題
情境破譯 A、B恰好發生滑動，摩擦力恰好達到最大靜摩擦力，且等于滑動摩擦力Ff=μFN，對A、B進行受力分析，沿運動方向列平衡方程，解出水平推力的最小值
對A、B受力分析如圖所示
門閂剛好啟動時，對A水平方向上
F=FNsin 45°+Ffcos 45°
對B在豎直方向上
FNcos 45°=mg+Ffsin 45°
A、B間最大靜摩擦力為
Ff=μFN
則施加在A上的水平力F最小應為
F=mg，故選B。
(多選)(2024·浙江省三校聯考)如圖所示，是用磁聚焦法測某種離子比荷的一種裝置。離子以很小的速度從a板小孔進入加速電場，從b板小孔O'水平向右射出，進入一個極板很短、加有不大的交流電壓的電容器。不同時刻通過電容器的離子獲得不同的橫向速度，然后進入由線圈產生的勻強磁場，這些離子在磁場中沿不同的螺旋線運動，調節通過線圈的電流改變磁感應強度B，使它們經過一個周期剛好聚焦于熒光屏上的O點，測出有關數據即可得到比荷。下列說法正確的有
A.測量原理用到離子在磁場中圓周運動的周期與
　速度無關這一性質
B.同時刻進入電容器中的離子運動軌跡相同
C.線圈產生的磁場方向必須水平向右
D.電容器上所加電壓也可以是恒定電壓
例4
√
√
解題指導
物理情境 磁聚焦法測某種離子比荷
解決問題 測離子的比荷，改變電容器電壓為恒定電壓是否可行
關聯知識 帶電粒子在磁場中的旋進運動，帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期公式
情境破譯 離子在a、b間做勻加速直線運動獲得一個沿O'O方向的速度v0，在電容器中獲得一個橫向速度，且不同時刻進入電容器的離子，橫向速度不同，在垂直于O'O的平面內做勻速圓周運動，一個周期回到O'O，由l=v0T，T=，可得到離子的比荷
離子在磁場中做圓周運動時，由qv⊥B=m，可得r=，則周期為T==，可知測量原理用到離子在磁場中圓周運動的周期與速度無關這一性質，故A正確；
同時刻進入電容器中的離子，離開電容器
進入磁場時的速度相同，所以離子運動軌
跡相同，故B正確；
線圈產生的磁場方向不一定要水平向右，也可以水平向左，故C錯誤；
電容器上所加電壓不可以是恒定電壓，因
為如果是恒定電壓，將使得不同時刻進入
電容器的離子，離開電容器進入磁場時的
速度相同，所有離子的運動軌跡都相同，故D錯誤。
(多選)(2024·廣西梧州市模擬)2024年5月1日“福建號”航空母艦首次海試引起國人極大關注，其采用先進的電磁彈射技術，使戰機的出動效率大大提升。如圖所示，電源電動勢為E，內阻忽略不計，電容器的電容為C，足夠長的光滑水平平行導軌M、N間距為L，導軌間有磁感應強度為B的勻強磁場，質量為m，電阻為R的金屬滑塊垂直放置于導軌的滑槽內處于靜止狀態，并與兩導軌接觸良好。單刀雙擲開關先打向a，電源給電容器充電，充電完畢后再打向b，電容器放電，金屬滑塊在安培力的作用下發射出去。不計其他阻力和電阻，下列說法正確的是
A.滑塊達到最大速度時，電容器放電結束，極板電荷
　量為零
B.滑塊從開始運動到最大速度的過程中流過它的電荷量為
C.該過程中，安培力對滑塊的沖量等于滑塊動量的變化
D.滑塊能達到的最大速度為
例5
√
√
√
解題指導
物理情境 電磁彈射技術
解決問題 滑塊獲得的最大速度，加速過程中通過滑塊的電荷量，放電結束后極板電荷量
關聯知識 電容器放電動力學問題、動生電動勢、法拉第電磁感應定律、電路中的電流分析、動量定理
情境破譯 電容器放電，金屬滑塊產生電流受安培力向右加速，金屬滑塊切割磁感線產生感應電動勢，電容器放電電荷量減少，電壓降低，電路中電流I=，可知速度增大，電流減小，加速度a減小，滑塊做加速度減小的加速運動，最終做勻速運動，此時I=0，v最大，對滑塊BLΔt=mvm，Δt=ΔQ，ΔQ=CΔU，ΔU=E-BLvm可得滑塊最終速度
電容器放電過程，極板間電壓減小，滑塊向右運動產生感應電動勢為BLv
當極板間電壓減至E'時，滑塊達到最大速度，電容器不再放電，但極板電荷量不為零，故A錯誤；
根據C=，可得ΔQ=C(E-BLvm)
由動量定理，可得BLΔt=mvm
又Δt=ΔQ
聯立解得ΔQ=
vm=，故B、D正確；
根據上述分析可知該過程中，安培力對滑塊的沖量等于滑塊動量的變化，故C正確。
(2024·山東濟寧市三模)某旋轉噴灌機進行農田噴灌的示意圖如圖所示，噴口出水速度的方向可調節。該噴灌機的最大功率為P=2 000 W，噴灌機所做功的75%轉化為水的動能，噴口的橫截面積S=30 cm2，水的密度ρ=1×103 kg/m3，重力加速度g=10 m/s2，π=3.14，噴口距離地面的高度h=0.55 m，忽略空氣阻力，不考慮供水水
壓對水速的影響。求：
(1)噴灌機的最大噴水速度v；
例6
答案　10 m/s　
解題指導
物理情境 旋轉噴灌機
解決問題 求噴灌機的最大噴水速度；噴口出水速度方向與水平面夾角θ=30°時求噴灌機的最大噴灌面積Sm
關聯知識 能量守恒定律，斜拋運動
情境破譯 噴灌機的最大功率為2 000 W，噴灌機所做的功75%轉化為水的動能，噴口的橫截面積S=30 cm2，可知75%PΔt=Δmv2，Δm=ρSv0Δt，可得最大速度；當噴口出水速度方向與水平面夾角θ=30°時，水做斜拋運動，當功率最大時，水的水平位移最遠，以此為半徑的圓內任何位置都可以被噴灌，所以該噴灌機最大噴灌面積是這個圓的面積，由斜拋運動的規律求出最大水平位移，從而解得最大噴灌面積
設在Δt時間內從噴口處噴出水的質量為Δm，
則Δm=ρSvΔt
由能量關系75%PΔt=Δmv2
解得v=10 m/s
(2)噴口出水速度方向與水平面夾角θ=30°時，該噴灌機的最大噴灌面積Sm(保留三位有效數字)。
答案　285 m2
噴口出水速度方向與水平面夾角θ=30°時，則
-h=vsin 30°·t-gt2
x=vcos 30°·t
該噴灌機的最大噴灌面積Sm=πx2
解得Sm≈285 m2
　(2023·浙江1月選考·17)某探究小組設計了一個報警裝置，其原理如圖所示。在豎直放置的圓柱形容器內用面積S=100 cm2、質量m=1 kg的活塞密封一定質量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動。開始時氣體處于溫度TA=300 K、活塞與容器底的距
例7
離h0=30 cm的狀態A。環境溫度升高時容器內氣體被加熱，活塞緩慢上升d=3 cm恰好到達容器內的卡口處，此時氣體達到狀態B。活塞保持不動，氣體被繼續加熱至溫度TC=363 K的狀態C時觸動報警器。從狀態A到狀態C的過程中氣體內能增加了ΔU=158 J。取大氣壓p0=0.99×105 Pa，g= 10 m/s2，求氣體
(1)在狀態B的溫度；
答案　330 K
根據題意可知，氣體由狀態A變化到狀態B的過程中，封閉氣體的壓強不變，則有=
解得TB=TA=330 K
解題指導
物理情境 探究小組設計了一個溫度報警裝置
解決問題 達到預設溫度報警裝置報警
關聯知識 查理定理，蓋—呂薩克定律，熱力學第一定律
情境破譯 活塞能無摩擦滑動，活塞緩慢上升d=3 cm恰好到達容器內的卡口處，此時氣體達到狀態B，經歷什么過程；活塞保持不動，氣體被繼續加熱至溫度TC=363 K的狀態C時觸動報警器，經歷什么過程；從狀態A到狀態C的過程中氣體內能增加了ΔU=158 J，求由狀態A到狀態C過程中從外界吸收熱量Q，考慮熱力學第一定律，氣體對外做功情況
(2)在狀態C的壓強；
答案　1.1×105 Pa
根據題意可知，氣體由狀態B變化到狀態C的過程中，氣體的體積不變，
則有=
pB=p0+=1×105 Pa
解得pC=pB=1.1×105 Pa
(3)由狀態A到狀態C過程中從外界吸收熱量Q。
答案　188 J
根據題意可知，從狀態A到狀態C的過程中氣體對外做功，則W0= -pBΔV=-30 J
由熱力學第一定律有ΔU=W0+Q
解得Q=ΔU-W0=188 J。
　 (2024·重慶卷·14)有人設計了一種粒子收集裝置。
如圖所示，比荷為的帶正電的粒子，由固定于M點
的發射槍，以不同的速率射出后，沿射線MN方向運動，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K點，O在MN上，且KO垂直于MN。若打開磁場開關，空間將充滿磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里的勻強磁場，速率為v0的粒子運動到O點時，打開磁場開關，該粒子全被收集，不計粒子重力，忽略磁場突變的影響。
(1)求OK間的距離；
例8
答案　
解題指導
物理情境 粒子收集器
解決問題 粒子收集器放置在距O點的距離，發射槍距O點距離，打開磁場的時刻
關聯知識 帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
情境破譯 速率為v0的粒子在O點時打開磁場，粒子被在K處的收集器收集，由OK⊥MN可知粒子做了半個圓周，OK=2r；速度為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關，粒子仍被收集，畫出粒子軌跡，連半徑，找圓心，找幾何關系確定MO的距離；當速率為4v0的粒子射出后運動一段時間后再打開磁場開關，粒子也能被收集，說明粒子運動一個優弧后到達粒子收集器，可使軌跡圓相切于MN向右移動，使軌跡圓上的某點與K相交，確定N點位置，畫出此時軌跡圓，連半徑，找關系，確定MN的距離，從而確定打開磁場開關的時刻
當粒子到達O點時打開磁場開關，粒子做勻速圓周運動，軌跡如圖①所示
設半徑為r1，OK=2r1
由洛倫茲力提供向心力得qv0B=m
解得OK=
(2)速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關，該粒
子仍被收集，求MO間的距離；
答案　　
速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關，則粒子在磁場中運動的軌跡半徑r2=4r1，軌跡如圖②所示
由幾何關系有
(4r1-2r1)2+MO2=(4r1)2
解得MO=2r1=
(3)速率為4v0的粒子射出后，運動一段時間再打開磁
場開關，該粒子也能被收集。以粒子射出的時刻為計
時0點。求打開磁場的那一時刻。
答案　
設速率為4v0的粒子射出后經時間t到達N點，要使粒子仍然經過K點，則N點在O點右側，如圖所示
由幾何關系有(4r1-2r1)2+ON2=(4r1)2
解得ON=2r1=
粒子在打開磁場開關前運動時間為
t=
解得t=一、選擇題解題技巧
　　選擇題主要考查對物理概念、物理現象、物理過程和物理規律的認識、理解和應用等。題目具有信息量大、知識覆蓋面廣、干擾性強、層次分明、難度易控制，能考查考生的多種能力等優勢。要想迅速、準確地解答物理選擇題，不僅要熟練掌握和應用物理的基本概念和規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區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，左側有邊長為d的正方形金屬線框ABCD以恒定速度v水平穿過磁場區域，設逆時針方向為電流正方向，則線框通過磁場過程中，感應電流i隨時間t變化的圖像是(　　)
方法2　二級結論法
　　熟記并巧用一些“二級結論”可以使思維過程簡化，節約解題時間，非常實用的二級結論有：(1)等時圓規律；(2)平拋運動速度的反向延長線過水平位移的中點；(3)不同質量和電荷量的同種帶電粒子由靜止相繼經過同一加速電場和偏轉電場，軌跡重合；(4)直流電路中動態分析的“串反并同”結論；(5)平行通電導線同向相吸，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電場的電場強度等。
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O點的過程中，下列判斷正確的是(　　)
A.沿BO軌道運動的小球先到達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軌道運動小球的動量變化率大
方法3　圖像法
　　根據題目的條件畫出圖像或示意圖，如多物體或多過程的運動關系示意圖可直觀反映物體間的位移、時間關系等，對弄清各物理量關系建立方程有幫助；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動且初速率相等，到達洞口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
方法4　尺規作圖法
　　有些選擇題，若用常規的方法做會很煩瑣，帶電粒子在磁場中運動時能不能經過某一點，可用圓規改變半徑進行作圖判斷，光學中光線能不能經過某一點，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　(多選)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.圓弧對小球支持力一直減小
例5　(多選)(2022·山東卷·12)如圖所示，xOy平面的第一、三象限內以坐標原點O為圓心、半徑為L的扇形區域充滿方向垂直紙面向外的勻強磁場。邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點的頂點、在xOy平面內以角速度ω順時針勻速轉動，t=0時刻，金屬框開始進入第一象限。不考慮自感影響，關于金屬框中感應電動勢E隨時間t變化規律的描述正確的是(　　)
A.在t=0到t=的過程中，E一直增大
B.在t=0到t=的過程中，E先增大后減小
C.在t=0到t=的過程中，E的變化率一直增大
D.在t=0到t=的過程中，E的變化率一直減小
方法5　逆向思維法
　　正向思維法在解題中運用較多，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、轉換研究對象、過程倒推等)；(3)通過轉換運動過程、研究對象等確定求解思路。
例6　如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個所用的時間為t1，第四個所用的時間為t2。不計空氣阻力，則滿足(　　)
A.1<<2 B.2<<3
C.3<<4 D.4<<5
方法6　類比分析法
　　將兩個(或兩類)研究對象進行對比，分析它們的相同或相似之處、相互的聯系或所遵循的規律，然后根據它們在某些方面有相同或相似的屬性，進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、斜拋相關結論。
例7　在光滑的水平面上，一滑塊的質量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)作用下運動，如圖所示給出了滑塊在水平面上運動的一段軌跡，滑塊過P、Q兩點時速度大小均為v=5 m/s。滑塊在P點的速度方向與PQ連線的夾角α=37°，sin 37°=0.6，cos 37°=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運動到Q的時間為3 s
C.滑塊從P運動到Q的過程中速度最小值為3 m/s
D.P、Q兩點間的距離為15 m
方法7　對稱法
　　對稱法就是利用物理現象、物理過程具有對稱性的特點來分析解決物理問題的方法。常見的應用：(1)運動的對稱性，如豎直上拋運動中物體向上、向下運動的兩過程中同位置處速度大小相等，加速度相等；(2)結構的對稱性，如均勻帶電的圓環，在其圓心處產生的電場強度為零；(3)幾何關系的對稱性，如粒子從某一直線邊界垂直磁感線射入勻強磁場，再從同一邊界射出勻強磁場時，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　(多選)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關于O對稱，已知靜電力常量為k，若A點的電場強度為0，則(　　)
A.圓形薄板所帶電荷量為+Q
B.圓形薄板所帶電荷在A點的電場強度大小為，方向水平向左
C.B點的電場強度大小為，方向水平向右
D.B點的電場強度大小為，方向水平向右
方法8　等效替換法
　　等效替換法是把陌生、復雜的物理現象、物理過程在保證某種效果、特性或關系不變的前提下，轉化為簡單、熟悉的物理現象、物理過程來研究，從而認識研究對象本質和規律的一種思想方法。等效替換法廣泛應用于物理問題的研究中，如：力的合成與分解、運動的合成與分解、等效場、等效電源、變壓器問題中的等效電阻等。
例9　(多選)(2024·廣西桂林市模擬)如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為4∶1，左側A、C兩點間接入電壓有效值為U的交流電源，定值電阻R1=R，開始時電阻箱R2接入電路的阻值也為R。電壓表為理想交流電壓表，下列說法正確的是(　　)
A.開始時，電壓表的示數為U
B.開始時，通過電阻箱的電流為
C.若減小電阻箱R2的阻值，則電壓表的示數增大
D.當電阻箱的阻值R2=時，電阻箱上消耗的功率最大
方法9　特殊值法
　　有些選擇題，根據它所描述的物理現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行檢驗。凡是用特殊值檢驗證明不正確的選項，可以排除。
例10　如圖，一不可伸長的輕質細繩跨過定滑輪后，兩端懸掛質量分別為m1和m2的物體A和B。若滑輪有一定大小，質量為m且分布均勻，滑輪轉動時與繩之間無相對滑動，不計滑輪與軸之間的摩擦。設細繩對A和B的拉力大小分別為FT1和FT2，已知下列四個關于FT1的表達式有一個是正確的。請你根據所學的物理知識，通過一定的分析，判斷正確的表達式是(　　)
A.FT1=
B.FT1=
C.FT1=
D.FT1=
方法10　極限思維法
　　物理學中的極限思維是把某個物理量推向極端，從而作出科學的推理分析，給出判斷或導出一般結論。該方法一般適用于題干中所涉及的物理量隨條件單調變化的情況。極限思維法在進行某些物理過程分析時，具有獨特作用，使問題化難為易，化繁為簡，起到事半功倍的效果。
例11　如圖所示，一半徑為R的絕緣環上，均勻地分布有電荷量為Q的電荷，在垂直于圓環平面的對稱軸上有一點P，它與環心O的距離OP=L。靜電力常量為k，關于P點的電場強度E，下列四個表達式中有一個是正確的，請你根據所學的物理知識，通過一定的分析，判斷正確的表達式是(　　)
A.E= B.E=
C.E= D.E=
例12　如圖甲所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為σ，其軸線上任意一點P(坐標為x)的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：E=2πkσ［1-］，方向沿x軸，現有單位面積帶電量為σ0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖乙所示。則圓孔軸線上任意一點Q(坐標為x)的電場強度大小為(　　)
A.2πkσ0 B.2πkσ0
C.2πkσ0 D.2πkσ0
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，用這三個物理量表示普朗克長度(量子力學中最小可測長度)，其表達式可能是(　　)
A. B.
C. D.
方法12　降維法
　　將三維立體的復雜問題利用降維法分解為一維加二維問題，變成簡單的問題，比如立體空間的平衡問題，帶電物體(粒子)在空間中的運動等。
例14　圖甲是由兩圓桿構成的“V”形槽，它與水平面成傾角θ放置。現將一質量為m的圓柱體滑塊由斜槽頂端釋放，滑塊恰好勻速滑下。沿斜面看，其截面如圖乙所示。已知滑塊與兩圓桿間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，β=120°，則(　　)
A.μ=tan θ
B.若增大θ，左邊圓桿對滑塊的支持力將增大
C.左邊圓桿對滑塊的摩擦力大小為mgsin θ
D.左邊圓桿對滑塊的支持力大小為mgcos θ
答案精析
例1　B　[由楞次定律知，在線框進入磁場過程電路中的電流為順時針方向，即進入磁場時電流方向為負方向，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。]
例2　D　[設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，根據牛頓第二定律可得ma=mgsin θ，由數學知識可知，小球的位移為x=2Rsin θ，由于小球運動過程中做初速度為0的勻加速直線運動，故下落時間為t===2，所以下落時間與θ無關，故兩小球一起到達O點，A錯誤；運動時間相同，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=gtsin θ，由于AO軌道的傾角大，即sin θ大，故從A點運動的小球末速度大，根據Δp=mv-mv0，可知沿AO軌道運動小球的動量變化率大，C錯誤，D正確。]
例3　B　[因兩只老鼠運動的加速度大小不清楚，所以無法進行計算，但可根據題中三者運動路程相等，畫出速率隨時間變化的關系圖像，利用圖線與t軸所圍面積相等來求解。根據貓與老鼠的運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。]
例4　AD　[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、D正確，B、C錯誤。]
例5　BC　[如圖所示，在t=0到t=的過程中，金屬框的有效切割長度先變大再變小，當t=時，有效切割長度最大，為L，此時，感應電動勢最大，所以在t=0到t=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=的過程中，設轉過的角度為θ，由幾何關系可得θ=ωt，在t=0到t=的過程中，切割磁感線的有效長度d=，則感應電動勢為E=Bd2ω=，可知在t=0到t=的過程中，E的變化率一直增大，故C正確，D錯誤。
方法二　電動勢變化率=，E=BL2ω，式中L為有效切割長度，
故=-)
Δt取相等時間轉化為長度的測量，作圖。測量L1、L2、L3，得出->-
故在變大，C正確，D錯誤。]
例6　C　[由逆向思維和初速度為零的勻加速直線運動比例式可知==2+，即3<<4，選項C正確。]
例7　B　[滑塊過P、Q兩點時速度大小相等，根據動能定理得Fxcos θ=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，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動后做勻加速直線運動，加速度大小為a==2 m/s2，當沿水平恒力F方向上的速度為0時，時間t==1.5 s，根據對稱性，滑塊從P運動到Q的時間為t'=2t=3 s，故B項正確；沿垂直水平恒力F方向上滑塊做勻速直線運動，有xPQ=v't'=vcos 37°·t'=12 m，故D項錯誤；當沿水平恒力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運動到Q的過程中速度最小值為4 m/s，故C項錯誤。]
例8　BD　[A點的電場強度為零，而點電荷在A點產生的場強為E=k，方向水平向右，則可知圓形薄板所帶電荷在A點的電場強度大小為，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，則根據點電荷在某點處產生的場強公式可知，合場強一定小于E，因此可知圓形薄板所帶電荷量一定大于+Q，故A錯誤，B正確；B點關于O點與A點對稱，則可知圓形薄板在B點產生的電場強度為EB'=k，方向水平向右，而點電荷在B點產生的場強為EB″=k=k，方向水平向右，則根據電場強度的疊加原理可得B點的電場強度為EB=EB'+EB″=k+k=，方向水平向右，故C錯誤，D正確。]
例9　BD　[將交流電源與電阻R1等效為一個電源E=U，R1等效為內阻r內，將變壓器原線圈與副線圈回路等效為一個電阻R效，由P原==P副=，=得R效=16R，電壓表示數為U1=·16R=U，故A錯誤；=，U2=U，流過電阻箱的電流I2==，故B正確；當R2減小時，等效電阻減小，電壓表示數減小，故C錯誤；當R效=r內時電源的輸出功率最大，此時R2=R，故D正確。]
例10　C　[當m1=m2時，兩物體處于平衡狀態，繩的拉力FT1=m1g=m2g，由所給的選項驗證可得C正確。]
例11　D　[將圓環半徑極限化：當R=0時，帶電圓環等同一個點電荷，由點電荷電場強度計算公式可知，在P點的電場強度為E=k，將R=0代入四個選項，只有A、D選項滿足；將OP距離極限化：當L=0時，均勻帶電圓環的中心處的電場強度為0，將L=0代入A、D選項，只有D項滿足。]
例12　A　[無限大均勻帶電平板可看作R取無限大的均勻帶電圓形平板，在Q點產生的電場強度大小
E1=2πkσ0[1-]≈2πkσ0
半徑為r的圓板在Q點產生的電場強度大小
E2=2πkσ0[1-]
無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板后的電場強度是兩個電場強度的差，所以
E=E1-E2=2πkσ0，故選A。]
例13　B　[根據量綱法，將A、B、C、D項的表達式的單位進行運算，只有B項符合，
==m，普朗克長度表達式可能是(，故選B。]
例14　D　[滑塊勻速下滑，根據平衡條件可知，在沿斜面方向mgsin θ=2Ff，垂直與斜面方向mgcos θ=2FNcos =FN，滑動摩擦力為Ff=μFN，解得μ=tan θ，故A錯誤；若增大θ，cos θ減小，則左邊圓桿對滑塊的支持力將減小，故B錯誤；結合A選項分析可知左邊圓桿對滑塊的摩擦力大小為mgsin θ，故C錯誤；結合A選項分析可知左邊圓桿對滑塊的支持力大小為mgcos θ，故D正確。](共44張PPT)
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、物理現象、物理過程和物理規律的認識、理解和應用等。題目具有信息量大、知識覆蓋面廣、干擾性強、層次分明、難度易控制，能考查考生的多種能力等優勢。要想迅速、準確地解答物理選擇題，不僅要熟練掌握和應用物理的基本概念和規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。
　如圖所示，直角邊長為2d的等腰直角三角形EFG區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，左側有邊長為d的正方形金屬線框ABCD以恒定速度v水平穿過磁場區域，設逆時針方向為電流正方向，則線框通過磁場過程中，感應電流i隨時間t變化的圖像是
例1
√
由楞次定律知，在線框進入磁場過程電路中的電流
為順時針方向，即進入磁場時電流方向為負方向，
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　二級結論法
熟記并巧用一些“二級結論”可以使思維過程簡化，節約解題時間，非常實用的二級結論有：(1)等時圓規律；(2)平拋運動速度的反向延長線過水平位移的中點；(3)不同質量和電荷量的同種帶電粒子由靜止相繼經過同一加速電場和偏轉電場，軌跡重合；(4)直流電路中動態分析的“串反并同”結論；(5)平行通電導線同向相吸，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電場的電場強度等。
　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O點的過程中，下列判斷正確的是
A.沿BO軌道運動的小球先到達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軌道運動小球的動量變化率大
例2
√
設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，根據牛頓第二定律可得ma=mgsin θ，由數學知識可知，小球的位移為x=2Rsin θ，由于小球運動過程中做初速度為0的勻加速直線運動，故下落
時間為t===2，所以下落時間與θ無關，故兩小球一起到達O點，A錯誤；
運動時間相同，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=gtsin θ，由于AO軌道的傾角大，即sin θ 大，故從A點運動的小球末速度大，根據Δp=mv-mv0，可知沿AO軌道運動小球的動量變化率大，C錯誤，D正確。
方法3　圖像法
根據題目的條件畫出圖像或示意圖，如多物體或多過程的運動關系示意圖可直觀反映物體間的位移、時間關系等，對弄清各物理量關系建立方程有幫助；物理圖像能直觀反映兩個物理量間的定量或定性關系，可避免煩瑣的計算，迅速找到正確答案。
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動且初速率相等，到達洞口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
√
例3
因兩只老鼠運動的加速度大小不清楚，所以無法進行計算，但可根據題中三者運動路程相等，畫出速率隨時間變化的關系圖像，利用圖線與t軸所圍面積相等來求解。根據貓與老鼠的運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　尺規作圖法
有些選擇題，若用常規的方法做會很煩瑣，帶電粒子在磁場中運動時能不能經過某一點，可用圓規改變半徑進行作圖判斷，光學中光線能不能經過某一點，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。
(多選)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.圓弧對小球支持力一直減小
√
例4
√
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、D正確，B、C錯誤。
(多選)(2022·山東卷·12)如圖所示，xOy平面的第一、三象限內以坐標原點O為圓心、半徑為L的扇形區域充滿方向垂直紙面向外的勻強磁場。邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點的頂點、在xOy平面內以角速度ω順時針勻速轉動，t=0時刻，金屬框開始進入第一象限。不考慮自感影響，關于金屬框中感應電動勢E隨時間t變化規律的描述正確的是
A.在t=0到t=的過程中，E一直增大
B.在t=0到t=的過程中，E先增大后減小
C.在t=0到t=的過程中，E的變化率一直增大
D.在t=0到t=的過程中，E的變化率一直減小
√
例5
√
如圖所示，在t=0到t=的過程中，金屬框的有效切割長度先變大再變小，當t=L，此時，感應電動勢最大，所以在t=0到t=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=的過程中，設轉過的角度為θ，由幾何關系可得θ=ωt，在t=0到t=的過程中，切割磁感線的有效長度d=，則感應電動勢為E=Bd2ω=，可知在t=0到t=的過程中，E的變化率一直增大，故C正
確，D錯誤。
方法二　電動勢變化率=，E=BL2ω，式中L為有效切割長度，
故=-)
Δt取相等時間轉化為長度的測量，作圖。
測量L1、L2、L3，得出->-
故在變大，C正確，D錯誤。
方法5　逆向思維法
正向思維法在解題中運用較多，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、轉換研究對象、過程倒推等)；(3)通過轉換運動過程、研究對象等確定求解思路。
如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，
離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個所用的時間為t1，第四個所用的時間為t2。不計空氣阻力，則滿足
A.1<<2　　B.2<<3　　C.3<<4　　D.4<<5
√
例6
由逆向思維和初速度為零的勻加速直線運動比例式可知==2+，即3<<4，選項C正確。
方法6　類比分析法
將兩個(或兩類)研究對象進行對比，分析它們的相同或相似之處、相互的聯系或所遵循的規律，然后根據它們在某些方面有相同或相似的屬性，進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、斜拋相關結論。
在光滑的水平面上，一滑塊的質量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)作用下運動，如圖所示給出了滑塊在水平面上運動的一段軌跡，滑塊過P、Q兩點時速度大小均為v=5 m/s。滑塊在P點的速度方向與PQ連線的夾角α=37°，sin 37°=0.6，cos 37°=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運動到Q的時間為3 s
C.滑塊從P運動到Q的過程中速度最小值為3 m/s
D.P、Q兩點間的距離為15 m
√
例7
滑塊過P、Q兩點時速度大小相等，根據動能
定理得Fxcos θ=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，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動后做勻加速直線運動，
加速度大小為a==2 m/s2，當沿水平恒力F方向上的速度為0時，時間t==1.5 s，根據對稱性，滑塊從P運動到Q的時間為t'=2t=3 s，故
B項正確；
沿垂直水平恒力F方向上滑塊做勻速直線運動，
有xPQ=v't'=vcos 37°·t'=12 m，故D項錯誤；
當沿水平恒力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運動到Q的過程中速度最小值為4 m/s，故C項錯誤。
方法7　對稱法
對稱法就是利用物理現象、物理過程具有對稱性的特點來分析解決物理問題的方法。常見的應用：(1)運動的對稱性，如豎直上拋運動中物體向上、向下運動的兩過程中同位置處速度大小相等，加速度相等；(2)結構的對稱性，如均勻帶電的圓環，在其圓心處產生的電場強度為零；(3)幾何關系的對稱性，如粒子從某一直線邊界垂直磁感線射入勻強磁場，再從同一邊界射出勻強磁場時，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。
(多選)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關于O對稱，已知靜電力常量為k，若A點的電場強度為0，則
A.圓形薄板所帶電荷量為+Q
B.圓形薄板所帶電荷在A點的電場強度大小
　為，方向水平向左
C.B點的電場強度大小為，方向水平向右
D.B點的電場強度大小為，方向水平向右
√
例8
√
A點的電場強度為零，而點電荷在A點產生的場強為E=k，方向水平向右，則可知圓形薄板所帶電荷在A點的電場強度大小為，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，則根據點電荷在某點處產生的場強公式可知，合場強一定小于E，因此可知圓形薄板所帶電荷量一定大于+Q，故A錯誤，B正確；
B點關于O點與A點對稱，則可知圓形薄板在B點產生的電場強度為EB'=k，方向水平向右，而點電荷在B點產生的場強為EB″=k=k，
方向水平向右，則根據電場強度的疊加原理可得B點的電場強度為EB=EB'+EB″=k+k=，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、復雜的物理現象、物理過程在保證某種效果、特性或關系不變的前提下，轉化為簡單、熟悉的物理現象、物理過程來研究，從而認識研究對象本質和規律的一種思想方法。等效替換法廣泛應用于物理問題的研究中，如：力的合成與分解、運動的合成與分解、等效場、等效電源、變壓器問題中的等效電阻等。
(多選)(2024·廣西桂林市模擬)如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為4∶1，左側A、C兩點間接入電壓有效值為U的交流電源，定值電阻R1=R，開始時電阻箱R2接入電路的阻值也為R。電壓表為理想交流電壓表，下列說法正確的是
A.開始時，電壓表的示數為U
B.開始時，通過電阻箱的電流為
C.若減小電阻箱R2的阻值，則電壓表的示數增大
D.當電阻箱的阻值R2=時，電阻箱上消耗的功率最大
√
例9
√
將交流電源與電阻R1等效為一個電源E=U，R1等效為內阻r內，將變壓器原線圈與副線圈回路等效為
一個電阻R效，由P原==P副==得R效=16R，
電壓表示數為U1=·16R=U，故A錯誤；
=，U2=U，流過電阻箱的電流I2==，故B正確；
當R2減小時，等效電阻減小，電壓表示數減小，故C錯誤；
當R效=r內時電源的輸出功率最大，此時R2=R，故D正確。
方法9　特殊值法
　　有些選擇題，根據它所描述的物理現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行檢驗。凡是用特殊值檢驗證明不正確的選項，可以排除。
如圖，一不可伸長的輕質細繩跨過定滑輪后，兩端懸掛質量分別為m1和m2的物體A和B。若滑輪有一定大小，質量為m且分布均勻，滑輪轉動時與繩之間無相對滑動，不計滑輪與軸之間的摩擦。設細繩對A和B的拉力大小分別為FT1和FT2，已知下列四個關于FT1的表達式有一個是正確的。請你根據所學的物理知識，通過一定的分析，判斷正確的表達式是
A.FT1= B.FT1=
C.FT1= D.FT1=
√
例10
當m1=m2時，兩物體處于平衡狀態，繩的拉力FT1=m1g=m2g，由所給的選項驗證可得C正確。
方法10　極限思維法
　　物理學中的極限思維是把某個物理量推向極端，從而作出科學的推理分析，給出判斷或導出一般結論。該方法一般適用于題干中所涉及的物理量隨條件單調變化的情況。極限思維法在進行某些物理過程分析時，具有獨特作用，使問題化難為易，化繁為簡，起到事半功倍的效果。
如圖所示，一半徑為R的絕緣環上，均勻地分布有電荷量為Q的電荷，在垂直于圓環平面的對稱軸上有一點P，它與環心O的距離OP=L。靜電力常量為k，關于P點的電場強度E，下列四個表達式中有一個是正確的，請你根據所學的物理知識，通過一定的分析，判斷正確的表達式是
A.E= B.E=
C.E= D.E=
√
例11
將圓環半徑極限化：當R=0時，帶電圓環等同
一個點電荷，由點電荷電場強度計算公式可知，
在P點的電場強度為E=k，將R=0代入四個選項，
只有A、D選項滿足；
將OP距離極限化：當L=0時，均勻帶電圓環的中心處的電場強度為0，將L=0代入A、D選項，只有D項滿足。
如圖甲所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為σ，其軸線上任意一點P(坐標為x)的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：E=2πkσ[1-，方向沿x軸，現有單位面積帶電量為σ0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖乙所示。則圓孔軸線上任意一點Q(坐標為x)的電場強度大小為
A.2πkσ0 B.2πkσ0
C.2πkσ0 D.2πkσ0
√
例12
無限大均勻帶電平板可看作R取無限大的均勻帶電圓形平板，在Q點產生的電場強度大小
E1=2πkσ0[1-]≈2πkσ0
半徑為r的圓板在Q點產生的電場強度大小
E2=2πkσ0[1-]
無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板后的電場強度是兩個電場強度的差，所以
E=E1-E2=2πkσ0，故選A。
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，用這三個物理量表示普朗克長度(量子力學中最小可測長度)，其表達式可能是
A.　　　B.　　　C.　　　D.
√
例13
根據量綱法，將A、B、C、D項的表達式的單位進行運算，只有B項符合，==m，普朗克長度表達式可能是(，故選B。
方法12　降維法
　　將三維立體的復雜問題利用降維法分解為一維加二維問題，變成簡單的問題，比如立體空間的平衡問題，帶電物體(粒子)在空間中的運動等。
　　圖甲是由兩圓桿構成的“V”形槽，它與水平面成傾角θ放置。現將一質量為m的圓柱體滑塊由斜槽頂端釋放，滑塊恰好勻速滑下。沿斜面看，其截面如圖乙所示。已知滑塊與兩圓桿間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，β=120°，則
A.μ=tan θ
B.若增大θ，左邊圓桿對滑塊的支持力將增大
C.左邊圓桿對滑塊的摩擦力大小為mgsin θ
D.左邊圓桿對滑塊的支持力大小為mgcos θ
√
例14
滑塊勻速下滑，根據平衡條件可知，在沿斜面方向mgsin θ=2Ff，垂直與斜面方向mgcos θ=2FNcos =FN，滑動摩擦力為Ff=μFN，解得μ=tan θ，故A錯誤；
若增大θ，cos θ減小，則左邊圓桿對滑
塊的支持力將減小，故B錯誤；
結合A選項分析可知左邊圓桿對滑塊的
摩擦力大小為mgsin θ，故C錯誤；
結合A選項分析可知左邊圓桿對滑塊的支持力大小為mgcos θ，故D正確。

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