（新課標）2020版高考物理大二輪復習 優(yōu)化2 高考物理中的五大解題思想教學案

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1、優(yōu)化2　高考物理中的五大解題思想 高考物理愈來愈注重考查考生的能力和科學素養(yǎng)，其命題愈加明顯地滲透著對物理思想、物理方法的考查．在平時的復習備考過程中，物理習題浩如煙海，千變?nèi)f化，我們?nèi)裟苷莆找恍┗镜慕忸}思想，就如同在開啟各式各樣的“鎖”時，找到了一把“多功能的鑰匙”． 1．類比思想 也叫“比較類推法”，是指由一類事物所具有的某種屬性，可以推測與其類似的事物也應具有這種屬性的推理方法．其結(jié)論必須由實驗來檢驗，類比對象間共有的屬性越多，則類比結(jié)論的可靠性越大．如研究電場力做功時，與重力做功進行類比；認識電流時，用水流進行類比；認識電壓時，用水壓進行類比． 2．守恒思想 物理學中最

2、常用的一種思維方法——守恒．高中物理涉及的守恒定律有能量守恒定律、動量守恒定律、機械能守恒定律、質(zhì)量守恒定律、電荷守恒定律等，它們是我們處理高中物理問題的主要工具． 3．分解思想 在解決曲線運動問題時，常常把曲線運動問題通過分解轉(zhuǎn)化為直線運動問題，這樣就把復雜的曲線運動問題通過分解轉(zhuǎn)化為簡單易解的直線運動問題，在利用牛頓定律解決問題時，在對研究對象進行受力分析后，常常把力沿兩個互相垂直的方向進行分解，這樣往往可以給問題的求解帶來方便，可見“分解思想”可以把復雜的問題簡單化． 4．對稱思想 對稱思想普遍存在于各種物理現(xiàn)象、物理過程和物理規(guī)律之中，它反映了科學生活中物理世界的和諧與優(yōu)美．應

3、用對稱思想不僅能幫助我們認識和探索物質(zhì)世界的某些基本規(guī)律，而且能幫助我們?nèi)デ蠼饽承┚唧w的物理問題．用對稱的思想解題的關(guān)鍵是敏銳地看出并抓住事物在某一方面的對稱性，這些對稱性往往就是通往答案的捷徑． 5．等效思想 等效思想是指在用常規(guī)思維方法無法求解那些有新穎情境的物理問題時，靈活地轉(zhuǎn)換研究對象或采用等效轉(zhuǎn)換法將陌生的情境轉(zhuǎn)換成我們熟悉的情境，進而快速求解的思想方法．常常有物理模型等效轉(zhuǎn)換、參照系等效轉(zhuǎn)換、研究對象等效轉(zhuǎn)換、物理過程等效轉(zhuǎn)換、受力情況等效轉(zhuǎn)換等． 題型1　類比思想 【典例1】　兩質(zhì)量均為M的球形均勻星體，其連線的垂直平分線為MN，O為兩星體連線的中點，如圖所示，一

4、質(zhì)量為m的小物體從O點沿著OM方向運動，則它受到的萬有引力大小的變化情況是(　　) A．一直增大 B．一直減小 C．先增大后減小 D．先減小后增大 [解析]　由于萬有引力定律和庫侖定律的內(nèi)容和表達式的相似性，故可以將該題與電荷之間的相互作用類比，即將兩個星體類比于等量同種電荷，而小物體類比于異種電荷．由此易得C選項正確． [答案]　C 題型2　守恒思想 【典例2】　如圖所示，長木板B的質(zhì)量為m2＝1.0 kg，靜止在粗糙的水平地面上，長木板左側(cè)區(qū)域光滑．質(zhì)量為m3＝1.0 kg、可視為質(zhì)點的物塊C放在長木板的最右端．質(zhì)量m1＝0.5 kg的物塊A，以速度v0＝9 m/s與長木板

5、發(fā)生正碰(時間極短)，之后B、C發(fā)生相對運動．已知物塊C與長木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，整個過程物塊C始終在長木板上，重力加速度g＝10 m/s2. (1)若A、B相碰后粘在一起，求碰撞過程中損失的機械能； (2)若A、B發(fā)生完全彈性碰撞，求整個過程中物塊C和長木板的相對位移． [解析]　(1)若A、B相撞后粘在一起，由動量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，由能量守恒定律可得ΔE損＝m1v－(m1＋m2)v2，代入數(shù)據(jù)可得損失的機械能ΔE損＝13.5 J. (2)若A、B發(fā)生完全彈性碰撞，由動量守恒定律

6、可得m1v0＝m1v1＋m2v2，由機械能守恒定律可得m1v＝m1v＋m2v，聯(lián)立以上兩式并根據(jù)題意可解得v1＝－3 m/s，v2＝6 m/s.之后B做減速運動，C做加速運動，B、C達到共同速度之前，由牛頓運動定律，對長木板有－μ2(m2＋m3)g－μ1m3g＝m2a1，對物塊C有μ1m3g＝m3a2，設(shè)B、C達到共同速度所經(jīng)歷的時間為t，則有v2＋a1t＝a2t，這一過程的相對位移為Δx1＝v2t＋a1t2－a2t2，以上各式聯(lián)立可解得Δx1＝3 m．B、C達到共同速度之后，因μ1<μ2，二者各自減速至停下，由牛頓運動定律，對長木板有－μ2(m2＋m3)g＋μ1m1g＝m2a3，對物塊C有－

7、μ1m3g＝m3a4，這一過程的相對位移為Δx2＝－，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得Δx2＝ m，所以整個過程中物塊與木板的相對位移為Δx＝Δx1－Δx2＝ m. [答案]　(1)13.5 J　(2) m 題型3　分解思想 【典例3】　(多選)如圖所示，在水平放置的半徑為R的圓柱體的正上方P點，將一個小球以速度v0沿垂直于圓柱體軸線方向水平拋出，小球飛行一段時間后恰好從圓柱體的Q點沿切線方向飛過，測得該截面的圓心O與Q點的連線與豎直方向的夾角為θ，那么小球從P運動到Q的時間是(　　) A．t＝ B．t＝ C．t＝ D．t＝ [解析]　如圖所示，小球在水平方向上做勻速運動，水平位移x＝Rsi

8、nθ＝v0t，得t＝，故選項A正確；小球到達Q點時豎直方向上的速度vy＝gt＝v0tanθ，得t＝，故選項B正確；小球從圓柱體的Q點沿切線飛過，故小球在Q點的速度方向垂直于半徑OQ，Q點的速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點，設(shè)小球通過Q點時其豎直位移為y，則y＝tanθ＝Rsinθtanθ，又有y＝gt2，聯(lián)立解得t＝，選項D正確，C錯誤． [答案]　ABD 題型4　對稱思想 【典例4】　下列選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣．坐標原點O處電場強度最大的是(　　) [解析]　設(shè)圓環(huán)的電荷在原點O產(chǎn)生的電場強度為E0，根據(jù)電場

9、強度疊加原理和圓環(huán)場強的對稱性，在坐標原點O處，A圖場強為E0，B圖場強為E0，C圖場強為E0，D圖場強為0，故選項B正確． [答案]　B 題型5　等效思想 【典例5】　(2019·衡水三模)在如圖所示的正交電磁場中豎直固定著一個半徑R＝ m的光滑圓弧軌道，圓弧CD豎直固定，它對應的圓心角為240°，在C的左端有一傾斜的直線光滑軌道AC與水平面夾角θ＝30°.電場強度為E的電場充滿整個空間，而磁感應強度為B的磁場只分布在圓弧軌道所在的區(qū)域，已知E和B均取國際單位時，數(shù)值相等，取重力加速度g＝10 m/s2.現(xiàn)在A點安裝一個彈射裝置，它能以不同速度沿AC方向發(fā)射可視為質(zhì)點的帶電小球，小球的

10、質(zhì)量為m，小球射出后能在AC上做勻速直線運動，則下列說法正確的是(　　) A．小球一定帶負電 B．小球在軌道的最低點F處速度最大 C．小球以初速度v0＝(5＋) m/s射出，則小球不會脫離軌道 D．若撤去磁場，讓小球以初速度v0＝2 m/s射出，則小球一定不會脫離軌道 [解析]　小球射出后能在AC上做勻速直線運動，小球所受合力為零，則小球所受電場力水平向左，電場力方向與場強方向相同，則小球帶正電，故A錯誤；小球在AC上運動時，受力如圖所示，電場力與重力的合力與豎直方向夾角為θ＝30°，小球由C進入圓弧軌道后，電場力和重力的合力做負功，洛倫茲力不做功，則小球速度最小位置在與C點相對

11、于O對稱的P點，即經(jīng)C點時速度最大，故B錯誤；重力與電場力的合力F合＝＝，電場力qE＝mgtanθ＝mg，若小球在P點恰好不脫離軌道，由牛頓第二定律得F合－qvB＝m，由題意E＝B，解得v＝ m/s，從A到C過程小球速度不變，從C到P過程，由動能定理得－F合·2R＝mv2－mv，解得v0臨＝ m/s≈9.1 m/s，而v0＝(5＋) m/s>v0臨，則小球不會脫離軌道，故C正確；若撤去磁場，小球在P點恰好不脫離軌道，則有F合＝m，解得v＝2 m/s，從C到P過程，有－F合·2R＝mv2－mv，解得v0臨＝10 m/s>2 m/s，一定會脫離軌道，故D錯誤． [答案]　C 專題強化訓練(

12、二十) 一、選擇題 1．(2019·云南師大附中月考)如圖所示，xOy平面是無窮大導體的表面，該導體充滿z<0的空間，z>0的空間為真空．將電荷量為q的點電荷置于z軸上z＝h處，則在xOy平面上會產(chǎn)生感應電荷．空間任意一點處的電場皆是由點電荷q和導體表面上的感應電荷共同激發(fā)的．已知靜電平衡時導體內(nèi)部電場強度處處為零，則在z軸上z＝處的電場強度大小為(k為靜電力常量)(　　) A．k B．k C．k D．k [解析]　根據(jù)題設(shè)，z軸上z＝－處的合場強為零，說明感應電荷在該處激發(fā)的電場強度與點電荷q在該處激發(fā)的電場強度等大反向，點電荷q在該處激發(fā)的場強大小為E＝k＝k，故感應電荷在該

13、處激發(fā)的場強大小也為k，方向與點電荷q在該處激發(fā)的場強方向相反；根據(jù)對稱性，感應電荷在z軸上z＝處激發(fā)的場強大小為k，方向與感應電荷在z軸上z＝－處激發(fā)的場強方向相反，點電荷q在z軸上z＝處激發(fā)的場強大小為k＝k，所以在z軸上z＝處的合場強大小為k＋k＝k，D正確． [答案]　D 2．(2019·廣東茂名五校聯(lián)考)如圖所示，正電荷q均勻分布在半球面ACB上，球面半徑為R，CD為通過半球頂點C和球心O的軸線．P、M為CD軸線上的兩點，距球心O的距離均為，在M右側(cè)軸線上O′點固定正點電荷Q，點O′、M間距離為R，已知P點的場強為零，若帶電均勻的封閉球殼內(nèi)部電場強度處處為零，則M點的場強為(　　

14、) A．0 B. C. D.－ [解析]　根據(jù)P點的場強為零，得半球面在P點場強和點電荷Q在P場強等大反向，即半球面在P點場強大小為E1＝，方向向右；現(xiàn)只研究半球面，若補全右半球面，根據(jù)帶電均勻的封閉球殼內(nèi)部電場強度處處為零，補全右半球面后，球面在P、M兩點產(chǎn)生的電場強度均為零，左半球面在M點場強和右半球面在M點場強等大反向，由于對稱性，左半球面在P點場強和右半球面在M點場強等大反向，即左半球面在M點場強為E2＝，方向向右，點電荷Q在M點場強為E3＝，方向向左，疊加得M點合場強為E3＝－＝，方向向左，故C正確． [答案]　C 3．(2018·江蘇卷)某彈射管每次彈出的小球速度

15、相等．在沿光滑豎直軌道自由下落過程中，該彈射管保持水平，先后彈出兩只小球．忽略空氣阻力，兩只小球落到水平地面的(　　) A．時刻相同，地點相同 B．時刻相同，地點不同 C．時刻不同，地點相同 D．時刻不同，地點不同 [解析]　彈射管沿光滑豎直軌道自由下落，向下的加速度大小為g，且下落時保持水平，故先后彈出的兩只小球在豎直方向的分速度與彈射管的分速度相同，即兩只小球同時落地；兩只小球先后彈出且水平分速度相等，又兩只小球在空中運動的時間不同，則運動的水平位移不同，落地點不同，選項B正確． [答案]　B 4.在一半徑為R的圓周上均勻分布有N個帶電小球(可視為質(zhì)點)無間隙排列，其中A點的

16、小球帶電荷量為＋3q，其余小球帶電荷量為＋q，此時圓心O點的電場強度大小為E，現(xiàn)僅撤去A點的小球，則O點的電場強度大小為(　　) A．E B. C. D. [解析]　假設(shè)圓周上均勻分布的都是電荷量為＋q的小球，由于圓周的對稱性，根據(jù)電場的疊加原理知，圓心O處電場強度為0，所以A點小球帶電荷量為＋3q，其余小球帶電荷量為＋q時，圓心O點的電場強度大小等效于A點處電荷量為＋2q的小球在O點產(chǎn)生的電場強度大小，則有E＝k，若A處換為一個電荷量為＋q的小球，在圓心O點產(chǎn)生的電場強度大小為E1＝k，方向水平向左，其余小球帶電荷量為＋q的小球在O點處產(chǎn)生的合電場強度大小E2＝E1＝k＝，所以

17、僅撤去A點的小球，則O點的電場強度等于E2＝. [答案]　B 5. (多選)如圖所示，一質(zhì)量為m的質(zhì)點系在一伸直的輕繩一端，繩的另一端固定在粗糙水平面上，繩長為r.給質(zhì)點一垂直輕繩的初速度v0，質(zhì)點將在該水平面上以繩長為半徑做圓周運動，運動一周后，其速度變?yōu)?，則以下說法正確的是(　　) A．如果初速度v0較小，繩的拉力可能為0 B．繩拉力的大小隨質(zhì)點轉(zhuǎn)過的角度均勻增大 C．質(zhì)點運動一周的時間為 D．質(zhì)點運動一周克服摩擦力做的功為mv [解析]　由向心力公式F＝可知，只要v>0，繩的拉力不可能為0，A錯誤；質(zhì)點運動一周的時間為t＝＝，C正確；質(zhì)點運動一周克服摩擦力做的功為W克＝

18、mv－m2＝，D正確；設(shè)質(zhì)點在一小段時間內(nèi)繞圓心轉(zhuǎn)了θ角，速度由v1變成v2，對應的弧長為s，則有s＝rθ，v－v＝2as，繩拉力大小的變化量與質(zhì)點轉(zhuǎn)過的角度的比值為＝＝2ma，可知繩拉力的大小隨質(zhì)點轉(zhuǎn)過的角度均勻減小，B錯誤． [答案]　CD 6．如圖所示，一長軸為2L的橢圓形絕緣薄板邊緣上均勻分布著電荷量為＋Q的電荷，長軸AB所在直線上另有三個點C、D、E，且AC＝BD＝DE＝L，在E處放置一電荷量為＋q的點電荷．已知D處的場強為零，則C處的場強大小為(k為靜電力常量)(　　) A．k B．k C．k D．k [解析]　根據(jù)題意可知，帶電薄板和E處點電荷在D點的合場強為零，則

19、帶電薄板在D處的場強大小為ED＝k，方向水平向右，因橢圓形帶電薄板形狀規(guī)則，則其在空間中產(chǎn)生的電場左右對稱，所以帶電薄板在C處產(chǎn)生的場強大小為EC＝ED＝k，方向水平向左，E處點電荷在C處產(chǎn)生的場強大小為EC′＝k＝k，所以C處的合場強大小為EC＋EC′＝k＋k＝k，方向水平向左． [答案]　D 7．(2019·福建廈門外國語學校模擬)如圖所示，在天花板下用細線懸掛一半徑為R的金屬圓環(huán)，圓環(huán)處于靜止狀態(tài)，圓環(huán)一部分處在垂直于環(huán)面向里的磁感應強度大小為B0的水平勻強磁場中，環(huán)與磁場邊界交點A、C與圓心O連線的夾角為120°，此時細線的張力為F0.若圓環(huán)通電，為使細線中的張力恰好為零，則環(huán)中電

20、流大小和方向應滿足(　　) A．電流大小為，電流方向沿順時針方向 B．電流大小為，電流方向沿逆時針方向 C．電流大小為，電流方向沿順時針方向 D．電流大小為，電流方向沿逆時針方向 [解析]　勻強磁場中直線電流所受安培力的大小由公式F＝BIL來計算，對于曲線電流，用等效法求安培力大小和判斷安培力方向比較簡便，要注意此時L是有效長度．若圓環(huán)通電，則由圖并結(jié)合等效法可求得磁場中曲線電流的有效長度L0＝R，要使細線拉力恰好為零，則圓環(huán)通電后受到的安培力方向向上，大小等于F0，根據(jù)左手定則可以判斷，環(huán)中電流方向沿順時針方向，又F0＝B0I0·R，求得環(huán)中電流大小I0＝，故選項A正確． [

21、答案]　A 8．(2019·濟南模擬)MN為足夠大的不帶電的金屬板，在其右側(cè)距離為d的位置放一個電荷量為＋q的點電荷O，金屬板右側(cè)空間的電場分布如圖甲所示，P是金屬板表面上與點電荷O距離為r的一點．幾位同學想求出P點的電場強度大小，但發(fā)現(xiàn)問題很難，經(jīng)過研究，他們發(fā)現(xiàn)圖甲所示的電場分布與圖乙中虛線右側(cè)的電場分布是一樣的．圖乙中是兩等量異號點電荷的電場線分布，其電荷量的大小均為q，它們之間的距離為2d，虛線是兩點電荷連線的中垂線．由此他們分別對甲圖P點的電場強度方向和大小做出以下判斷，其中正確的是(　　) A．方向沿P點和點電荷的連線向左，大小為 B．方向沿P點和點電荷的連線向左，大小為

22、 C．方向垂直于金屬板向左，大小為 D．方向垂直于金屬板向左，大小為 [解析]　據(jù)題意，從乙圖中可以看出，P點電場方向為水平向左；由圖乙可知，正、負電荷在P點電場的疊加，設(shè)OP連線與水平方向夾角為θ，其大小為E＝2kcosθ＝2k·＝2k，故選項C正確． [答案]　C 二、非選擇題 9. (2019·石家莊質(zhì)檢)如圖所示，在方向水平向左、范圍足夠大的勻強電場中，固定一由內(nèi)表面絕緣光滑且內(nèi)徑很小的圓管彎制而成的圓弧BD，圓弧的圓心為O，豎直半徑OD＝R，B點和地面上A點的連線與地面成θ＝37°角，AB＝R.一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球(可視為質(zhì)點)從地面上A點以某一初速度沿AB方向做

23、直線運動，恰好無碰撞地從管口B進入管道BD中，到達管中某處C(圖中未標出)時恰好與管道間無作用力．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小為g.求： (1)勻強電場的場強大小E和小球到達C處時的速度大小v； (2)小球的初速度大小v0以及到達D處時的速度大小vD. [解析]　(1)小球做直線運動時的受力情況如圖甲所示，小球帶正電，則qE＝，得E＝，小球到達C處時電場力與重力的合力恰好提供小球做圓周運動的向心力，如圖乙所示， OC∥AB，則＝m 得v＝. (2)小球“恰好無碰撞地從管口B進入管道BD”，說明AB⊥OB 小球從A點運動到C點的過程，根據(jù)動

24、能定理有 －·2R＝mv2－mv 得v0＝， 小球從C處運動到D處的過程，根據(jù)動能定理有 (R－Rsinθ)＝mv－mv2， 得vD＝. [答案]　(1)　　(2)　 10. (2019·鄭州畢業(yè)班第二次質(zhì)量檢測)如右圖所示，長R＝0.6 m的不可伸長的細繩一端固定在O點，另一端系著質(zhì)量m2＝0.1 kg的小球B，小球B剛好與水平面相接觸．現(xiàn)使質(zhì)量m1＝0.3 kg的物塊A沿光滑水平面以v0＝4 m/s的速度向B運動并與B發(fā)生彈性正碰，A、B碰撞后，小球B能在豎直平面內(nèi)做圓周運動．已知重力加速度g＝10 m/s2，A、B均可視為質(zhì)點，試求： (1)在A與B碰撞后瞬間，小球B的速度v2的大?。? (2)小球B運動到最高點時對細繩的拉力． [解析]　(1)物塊A與小球B碰撞時，由動量守恒定律和機械能守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v＝m1v＋m2v 解得碰撞后瞬間物塊A的速度v1＝v0＝2 m/s 小球B的速度v2＝v0＝6 m/s (2)碰撞后，設(shè)小球B運動到最高點時的速度為v，則由機械能守恒定律有：m2v＝m2v2＋2m2gR 又由向心力公式有：F＋m2g＝m2 聯(lián)立解得小球B對細繩的拉力F′＝F＝1 N. [答案]　(1)6 m/s　(2)1 N 14