學案19 中學物理方法一

1、學案 中學物理方法（一）,掌握一些重要的物理思想方法和物理模型,對輕松應對高考考試顯得尤為重要.中學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、運用數學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用,可以快速解題,達到事半功倍的效果.,類型一 圖象法中學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,根據所測量的若干組數據可以描繪出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x-θ曲線和相關的物理規(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μ；（3）對應于x-θ曲線上x取最小值的P點的坐標.,解析

3、（1）由圖象可知，當θ1=π/2時,x1=5 m,此時小物塊做豎直上拋運動可得v0=m/s=10 m/s（2）由圖象可知，當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x的最小值為xmin= m=2 mP點的坐標值（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軸表示的是哪兩個量之間的關系,再關鍵是掌握圖象所表示的函數關系并能與物理情境聯系起來.然后關注圖象上的信息:如斜率、坐標軸截距、交點坐標、面積、特殊數值等等,這些值往往對解題有突破性作用.關鍵是“圖象與方程一一對應”.,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.當所涉及的物理問題是整體與外界作用時,應用整體分析法,這時不必考慮內力的作用;當所涉及的物理問題是物體間的作用時,應用隔離分析法,這時原整體中相互作用的內力就會變?yōu)楦鱾€獨立物體的外力.,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μ=0.2,A物上系一細線,細線能承受的最大拉力是20 N,水平向右拉細線,下述中正確的是（g取10 m/s2）（）A.當拉力F12 N時,A相對B滑動C.當拉力F=16 N時,B受A摩擦力等于4 ND.在繩可以承受的范圍內,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、體就會運動,選項A錯誤.答案 CD,預測2 如圖3所示,兩金屬桿ab和cd長均為L,電阻均為R,質量分別為M和m,M>m.用兩根質量和電阻均可忽略的不可伸長的柔軟導線將它們連成閉合回路,并懸掛在水平、光滑、不導電的圓棒兩側,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磁場中，磁感應強度為B.將兩棒和導線組成系統(tǒng)由靜止釋放,經過一段時間后金屬桿ab正好勻速向下運動,求運動的速度.,圖3,解析 設桿勻速運動速

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系,找準銜接點,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）所對應的物理過程一時難以確定,我們可以設法找出臨界狀態(tài)值作為判斷的依據,確定某狀態(tài)（或某條件）下所對應的物理過程.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,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）設小滑塊到O時的速度為v0,由機械能守恒定律可得mgR= mv02,得v0= 方向水平向右對在O點位置時的小滑塊進行受力分析,得F-mg= ，得F=

14、3 mg根據牛頓第三定律知,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=假設從P處釋放滑塊,PO1與OO1夾角為α,則由機械能守恒定律可得mgR（1-cos α）= mv2,解以上兩式得α=60°從O點開始滑塊做平拋運動,設滑塊落在C點,有R= gt2x=vt,得x= R,（3）設在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有關物理規(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）進行比較,作出相關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,準確度高.1.對單調變化的物理過程: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.對非單調變化的物理過程（僅限于物理過程變化隱含一個轉折點,并且初狀態(tài)和極限狀態(tài)賦值結果接近）.3.對于非單調變化的物理過程,采用對物理過程初狀態(tài)和極限狀態(tài)賦值,結果接近；再對物理過程中間狀態(tài)賦值,其結果常與上不同,由于物理過程變化只隱含一個轉折點,通過比較,可判斷出物理過程變化的趨

17、勢.,例4 （2009·運河中學）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,當兩球重新達到平衡時,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）某物體做直線運動的v-t圖象如圖6所示,據此判斷四個選項中（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v-t圖象0~2 s與6 s~8 s兩段時間內加速度相同,合力方向相同；2 s~6 s內加速度方向未變,合力方向不變.但0~2 s內的合力與2 s~6 s內的合力方向相反,因此選項B正確.0~4 s內物體位移不斷增大,4

20、 s末達到最大值,且反向運動,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是B與斜面之間動摩擦因數的2倍,斜面傾角為α,B與斜面之間的動摩擦因數是（）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電場E,場強方向水平向左且垂直于墻壁PO,質量相同且?guī)N正電荷的A、B兩小球（可視為質點）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狀態(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重新處于靜止狀態(tài),則與原來比較（兩小球所帶電荷量保持不變）（）,圖

24、9,A.A球對B球作用的靜電力增大B.A球對B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),沿水平直線軌道運動L后,由B點進入半徑為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動到C點,并能越過壕溝.已知賽車質量m=0.1 kg,通電后以額定功率P=1.5 W工作,進入豎直圓軌道前受到的阻力恒為0.3 N,隨后在運動中受到的

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,電動機至少工作多長時間？（取g=10 m/s2）,圖11,解析 設賽車越過壕溝需要的最小速度為v1,由平拋運動的規(guī)律x=v1t，h= gt2解得v1=x =3 m/s設賽車恰好越過圓軌道,對應圓軌道最高點的速度為v2,最低點速度為v3,由牛頓運動定律及機械能守恒定律得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,進入圓軌道前的速度最小應該是vmin=4 m/s,設電動機工作時間至少為t,根據功能原理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產生的初速為零、帶電量均為e、質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直管,垂直射入勻強偏轉電場,偏轉后通過極板HM上的小孔S離開電場,經過一段勻速直線運動,垂直于邊界MN進入磁感應強度為B的勻強磁場.已知HO=d,HS=2d,∠MNQ=90°.（忽略離子所受重力）,圖12,（1）求偏轉電場場強E0的大小以及HM與MN的夾角Φ；（2）求質量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑；（3）若質量為4m的離子垂直打在NQ的中點S1處,質量為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R′= R,時粒子恰從N點飛出即