(完整版)高中物理解題技巧

1、技巧一、巧用合成法解題【典例 1】一傾角為 e 的斜面放一木塊,木塊上固定一支架,支架末端用絲線懸掛小球,木塊在斜面上下滑時,小球與木塊相對靜止共同運動,如圖 2-2-1 所示,當細線(1)與斜面方向垂直；(2)沿水平方向,求上述兩種情況下木塊下滑的加速度.解析：由題意可知小球與木塊相對靜止共同沿斜面運動,即小球與木塊有相同的加速度,方向必沿斜面方向.可以通過求小球的加速度來到達求解木塊加速度的目的.(1)以小球為研究對象,當細線與斜面方向垂直時,小球受重力 mg和細線的拉力T,由題意可知,這兩個力的合力必沿斜面向下,如圖2-2-2所示.由幾何關系可知 F 合=mgsin0根據(jù)牛頓第二定律有

2、mgsin0=ma1所以 a二 gsin0T(2)當細線沿水平方向時,小球受重力 mg 和細線的拉力 T,由題意可知,這兩個力的合力也必沿斜面向下,如圖 2-2-3 所示.由幾何關系可知 F 合=mg/sin0根據(jù)牛頓第二定律有 mg/sin0=ma2所以 a2=g/sin0.【方法鏈接】在此題中利用合成法的好處是相當于把三個力放在一個直角三角形中,那么利用三角函數(shù)可直接把三個力聯(lián)系在一起,從而很方便地進行力的定量計算或利用角邊關系(大角對大邊,直角三角形斜邊最長,其代表的力最大)直接進行力的定性分析.在三力平衡中,尤其是有直角存在時,用力的合成法求解尤為簡單；物體在兩力作用下做勻變速直線運動

3、,尤其合成后有直角存在時,用力的合成更為簡單技巧二、巧用超、失重解題【典例 2】如圖 2-2-4 所示,A 為電磁鐵,C 為膠木秤盤,A和 C(包括支架)的總質量為 M,B 為鐵片,質量為 m,整個裝置用輕繩懸掛于.點,當電磁鐵通電,鐵片被吸引上升的過程中,輕繩上拉力 F 的大小滿足A.F=MgB.MgVFV(M+m)gC.F=(M+m)gD.F(M+m)g解析：以系統(tǒng)為研究對象,系統(tǒng)中只有鐵片在電磁鐵吸引下向上做加速運動,有向上的物理快速解題技巧圖 2-2-4加速度(其它局部都無加速度),所以系統(tǒng)有豎直向上的加速度,系統(tǒng)處于超重狀態(tài),所以輕繩對系統(tǒng)的拉力 F 與系統(tǒng)的重力(M+m)g 滿足關

4、系式：F(M+m)g,正確答案為 D.【方法鏈接】對于超、失重現(xiàn)象大致可分為以下幾種情況：(1)如單個物體或系統(tǒng)中的某個物體具有豎直向上(下)的加速度時,物體或系統(tǒng)處于超(失)重狀態(tài).(2)如單個物體或系統(tǒng)中的某個物體的加速度不是豎直向上(下),但有豎直向上(下)的加速度分量,那么物體或系統(tǒng)也處于超(失)重狀態(tài),與物體水平方向上的加速度無關.在選擇題當中,尤其是在定性判斷系統(tǒng)重力與支持面的壓力或系統(tǒng)重力與繩子拉力大小關系時,用超、失重規(guī)律可方便快速的求解.技巧三、巧用碰撞規(guī)律解題【典例 3】 在電場弓 II 度為 E 的勻強電場中,有一條與電場線平行的幾何線,如圖 2-2-5 虛線所示.幾何線

5、上有兩個可視為質點的靜止小球 A 和 B.兩小球的質量均為 m,A 球帶電量+Q,B 球不帶電.開始時兩球相距 L,釋放 A 球,A 球在電場力的作用下沿直線運動,并與B 發(fā)生正碰,碰撞中 A、B 兩球的總動能無損失.設在每次碰撞中,A、B 兩球間無電量轉換,且不考慮重力及兩球間的萬有引力.求(1)A 球經(jīng)多長時間與 B 球發(fā)生第一次碰撞.(2)第二次碰撞前,A、B 兩球的速率各為多少？(3)從開始到第三次相碰,電場力對 A 球所做的功.解析：(1)設 A 經(jīng)時間 t 與 B 球第一次碰撞,根據(jù)運動學規(guī)律有 L=at2/2A 球只受電場力,根據(jù)牛頓第二定律有 QE=ma(2)設第一次碰前 A

6、球的速度為VA,根據(jù)運動學規(guī)律有 VA2=2aL碰后 B 球以速度VA作勻速運動,而 A 球做初速度為零的勻加速運動,設兩者再次相碰前 A 球速度為VAI,B 球速度為VB.那么滿足關系式VB=VAI/2=VAVB=VA=犀VAI=2VA=2建(3)第二次碰后,A球以初速度VB作勻加速運動,B球以速度VAI作勻速運動,直到兩者第三次相碰.設兩者第三次相碰前 A 球速度為VA2,B 球速度為VBI.那么滿足關系式VBI=VAI=(VB+VA2)/2VBI=2VA；VA2=3VA第一次碰前 A 球走過的距離為 L,根據(jù)運動學公式 VA2=2aL設第二次碰前 A 球走過的距離為 Si,根據(jù)運動學公式

7、 VAi2=2aSi;Si=4L設第三次碰前 A 球走過的距離為 S2,有關系式VA22VAi2=2aS2;S2=8L即從開始到第三次相碰,A 球走過的路程為 S=13LmmA*LVB1圖 2-2-5此過程中電場力對 A 球所做的功為 W=QES=13QEL.【技巧點撥】 利用質量相等的兩物體碰撞的規(guī)律考生可很容易判斷出各球發(fā)生相互作用前后的運動規(guī)律,開始時B球靜止,A球在電場力作用下向右作勻加速直線運動,當運動距離L時與B球發(fā)生相碰.兩者相碰過程是彈性碰撞,碰后兩球速度互換,B 球以某一初速度向右作勻速直線運動,A 球向右作初速度為零的勻加速運動.當 A 追上 B 時兩者第二次發(fā)生碰撞,碰后

8、兩者仍交換速度,依此類推技巧四、巧用阻礙規(guī)律解題【典例 4】如圖 2-2-6 所示,小燈泡正常發(fā)光,現(xiàn)將一與螺線管等長的軟鐵棒沿管的軸線迅速插入螺線管內,小燈泡的亮度如何變化A、不變 B、變亮 C、變暗 D、不能確定解析：將軟鐵棒插入過程中,線圈中的磁通量增大,感應電流的效果要阻礙磁通量的增大,所以感應電流的方向與線圈中原電流方向相反,以阻礙磁通量的增大,所以小燈泡變暗,C 答案正確.【方法鏈接】楞次定律“效果阻礙原因的幾種常見形式(1)就磁通量而言：感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量(原磁通量)的變化.即當原磁通量增加時,感應電流的磁場方向與原磁場方向相反； 當原磁通量減少時,感應電

9、流的磁場方向與原磁場方向相同,簡稱口訣“增反減同(2)就相對運動而言：感應電流的效果阻礙所有的相對運動,簡稱口訣“來拒去留從運動效果上看,也可形象的表述為“敵進我退,敵逃我追(3)就閉合電路的面積而言：致使電路的面積有收縮或擴張的趨勢.收縮或擴張是為了阻礙電路磁通量的變化.假設穿過閉合電路的磁感線都為同一方向,那么磁通量增大時,面積有收縮趨勢；磁通量減少時,面積有擴張趨勢.簡稱口訣“增縮減擴.假設穿過回路的磁感線有兩個相反的方向,那么以上結論不一定成立,應根據(jù)實際情況靈活應用,總之要阻礙磁通量的變化.(4)就電流而言： 感應電流阻礙原電流的變化,即原電流增大時,感應電流與原電流反向； 原電流減

10、小時,感應電流與原電流同向,簡稱口訣“增反減同技巧五、巧用整體法解題【典例 5】如圖 2-2-7 所示,光滑水平面上放置質量分別為 m 和 2m 的四個木塊,其中兩個質量為 m 的木塊間用一不可伸長的輕繩相連,木塊間的最大靜摩擦力是 mg.現(xiàn)用水平拉力 F 拉其中一個質量為 2m 的木塊,使四個木塊以同一加速度運動,那么輕繩對 m 的最大拉力為A3mgB3mgC3mgDA、B、C、D、解析：以上面 2 個木塊和左邊的質量為 2m 的木塊整體為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律有猿mg=4ma再以左邊兩木塊整體為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律有 T=3ma3mg“-T=B 答案正確.【技巧點撥】當系統(tǒng)內各物

11、體有相同加速度時(一起處于靜止狀態(tài)或一起加速)或題3mg圖 2-2-7圖答 2-2-10 所示.4意要求計算系統(tǒng)的外力時,巧妙選取整體(或局部整體)為研究對象可使解題更為簡單快捷技巧六、巧用幾何關系解題【典例 6】如圖 2-2-8 所示,在真空區(qū)域內,有寬度為 L 的勻強磁場,磁感應弓雖度為 B,磁場方向垂直紙面向里,MN、PQ 是磁場的邊界.質量為 m,帶電量為一 q 的粒子,先后兩次沿著與 MN 夾角為 0(00Vb,B 能上升到 C 點I 假設 V2Vb,B 不能上升到 C 點代入數(shù)據(jù)得 Vb=3.9m/sV2=3.5m/s,所以 B 不能上升到 C 點.【方法鏈接】假設法在物理中有著很

12、廣泛的應用,但凡利用直接分析法很難得到結論的問題,用假設法來判斷不失為一種較好的方法,如判斷摩擦力時經(jīng)常用到假設法,確定物體的運動性質時經(jīng)常用到假設法.技巧十一、巧用圖像法解題【典例 11】部隊集合后開發(fā)沿直線前進,部隊前進的速度與到出發(fā)點的距離成反比,當部隊行進到距出發(fā)點距離為 d1的 A位置時速度為 V1,求1部隊行進到距出發(fā)點距離為 d2的 B 位置時速度為 V2是多大？2部隊從 A 位置到 B 位置所用的時間 t 為多大.解析：1部隊前進的速度與到出發(fā)點的距離成反比,即有公式 V=k/dd為部隊距出發(fā)點的距離,V 為部隊在此位置的瞬時速度,根據(jù)題意有 V1=k/d1V2=k/d2V2=

13、d1V1/d2.圖 2-2-162部隊行進的速度 V 與到出發(fā)點的距離 d 滿足關系式 d=k/V,即 d圖象是一條過原點的傾斜直線,如圖 2-2-16 所示,由題意,部隊從 A 位置到 B 位置所用的時間 t 即為圖A 經(jīng)過半圓的最高點 C,落到軌道8中斜線圖形直角梯形的面積.由數(shù)學知識可知t=di+d2I/V2-I/V1/2t=dd22d/2diVi【方法鏈接】1.此題中部隊行進時速度的變化即不是勻速運動,也不是勻變速運動,很難直接用運動學規(guī)律進行求解,而應用圖象求解那么使問題得到簡化2.考生可用類比的方法來確定圖象與橫軸所圍面積的物理意義.vt圖象中,圖線與橫軸圍成圖形的面積表示物體在該

14、段時間內發(fā)生的位移有公式 S=vt,S 與 vt 的單位均為 m;FS 圖象中,圖線與橫軸圍成圖形的面積表示 F 在該段位移 S 對物體所做的功有公式 W=FS,W 與 FS 的單位均為 J.而上述圖象中 t=dX1/Vt 與 dX1/V 的單位均為 s,所以可判斷出該圖線與橫軸圍成圖形的面積表示部隊從出發(fā)點到此位置所用的時間技巧十二、巧用極限法解題【典例 12如圖 2-2-17 所示,輕繩的一端系在質量為 m的物體上,另一端系在一個輕質圓環(huán)上,圓環(huán)套在粗糙水平桿 MN上,現(xiàn)用水平力 F 拉繩上一點,使物體處于圖中實線位置,然后改變 F 的大小使其緩慢下降到圖中虛線位置,圓環(huán)仍在原來的位置不動

15、,那么在這一過程中,水平拉力 F、環(huán)與桿的摩擦力 F 摩和環(huán)對桿的壓力 FN的變化情況是A.F 逐漸增大,F 摩保持不變,FN逐漸增大B.F 逐漸增大,F 摩逐漸增大,FN保持不變 C.F 逐漸減小,F 摩逐漸增大,FN逐漸減小 D.F 逐漸減小,F 摩逐漸減小,FN保持不變解析：在物體緩慢下降過程中,細繩與豎直方向的夾角 9 不斷減小,可把這種減小狀態(tài)推到無限小,即細繩與豎直方向的夾角 8=0;此時系統(tǒng)仍處于平衡狀態(tài),由平衡條件可知,當 8=0 時,F=0,F 摩=0.所以可得出結論：在物體緩慢下降過程中,F 逐漸減小,F 摩也隨之減小,D 答案正確.【方法鏈接】極限法就是運用極限思維,把所

16、涉及的變量在不超出變量取值范圍的條件下,使某些量的變化抽象成無限大或無限小去思考解決實際問題的一種解題方法,在一些特殊問題當中如能巧妙的應用此方法,可使解題過程變得簡捷.方法十三、巧用轉換思想解題【典例 13如圖 2-2-18 所示,電池的內阻可以忽略不計,電壓表和可變電阻器 R 串聯(lián)接成通路,如果可變電阻器 R 的值減為原來的 1/3 時,電壓表的讀數(shù)由 Uo增加到 2Uo,那么下列說法中正確的選項是A.流過可變電阻器 R 的電流增大為原來的 2 倍B.可變電阻器 R 消耗的電功率增加為原來的 4 倍C.可變電阻器兩端的電壓減小為原來的 2/3D.假設可變電阻器 R 的阻值減小到零,那么電壓

17、表的示數(shù)變?yōu)榻馕觯涸谧鲈擃}時,大多數(shù)學生認為研究對象應選可變電阻器,由于四個選項中都問的是有關R的問題；但R的電阻、電壓、電流均變,判斷不出各量的定量變化,從而走入思維的誤區(qū).假設靈活地轉換研究對象,會出現(xiàn)柳暗花明的意境；分析電壓表,其電阻為定值,當它的讀數(shù)由 Uo增加到 2Uo時,通過它的電流一定變?yōu)樵瓉淼?2 倍,而 R 與電壓表串聯(lián),應選項 A 正確.再利用P=|2R和U=IR,R 消耗的功率 P=2I2R/3=4P/3;R 后來兩端的電壓 U=2IR/3,不難看出 C 對 B 錯.又因電池內阻不計,R 與電壓表的電壓之和為 U 總,9當 R 減小到零時,電壓表的示數(shù)也為總電壓 U 總；

18、很輕松地列出 U 總=IR+UO=2IR/3+2U0,解得 U 總=4Uo,故 D 也對.【方法鏈接】常見的轉換方法有研究對象的轉換、時間角度的轉換、空間角度的轉換、物理模型的轉換,本例題就是應用研究對象的轉換思想巧妙改變問題的思考角度,從而到達使問題簡化的目的.技巧十四、巧用結論解題【典例 14如圖 2-2-19所示,如下圖,質量為 3m的木板靜止放在光滑的水平面上,木板左端固定著一根輕彈簧.質量為 m 的木塊可視為質點,它從木板右端以未知速度 Vo開始沿木板向左滑行,最終回到木板右端剛好未從木板上滑出.假設在小木塊壓縮彈簧的過程中,彈簧具有的最大彈性勢能為EP,小木塊與木板間的動摩擦因數(shù)大

19、小保持不變,求：1木塊的未知速度 Vo2以木塊與木板為系統(tǒng),上述過程中系統(tǒng)損失的機械能解析：系統(tǒng)在運動過程中受到的合外力為零,所以系統(tǒng)動量定恒,當彈簧壓縮量最大時,系統(tǒng)有相同的速度,設為 V,根據(jù)動量守恒定律有 mVo=m+3mV木塊向左運動的過程中除了壓縮彈簧之外,系統(tǒng)中相互作用的滑動摩擦力對系統(tǒng)做負功導致系統(tǒng)的內能增大,根據(jù)能的轉化和守恒定律有mVO2/2-m+3mV2/2=EP+科 mgL科為木塊與木板間的動摩擦因數(shù),L 為木塊相對木板走過的長度由題意知木塊最終回到木板右端時剛好未從木板上滑出,即木塊與木板最終有相同的速度由動量守恒定律可知最終速度也是 V.整個過程中只有系統(tǒng)內相互作用的滑動摩擦力做功彈簧總功為零,根據(jù)能量守恒定律有 mVO2/2-m+3mV2/2=2mgL故系統(tǒng)損失的機械能為 2EP.【誤點警示】根據(jù)能的轉化和守恒定律,系統(tǒng)克服滑動摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能損失,損失的機械能轉化為系統(tǒng)的內能,所以有 f 滑 L 相對路程二EE 為系統(tǒng)損失的機械能.在應用公式解題時,一定要注意公式成立所滿足的條件.當系統(tǒng)中只有相互作用的滑動摩擦力對系統(tǒng)做功引起系統(tǒng)機械能損失其它力不做功或做功不改變系統(tǒng)機械能時,公式f 滑 L 相對路程二E