（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，千變萬化，我們若能掌握一些基本的解題思想，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世界的某些基本規(guī)律，而且能幫助我們去求解某些具體的物理問題．用對稱的思想解題的關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，靈活地轉換研究對象或采用等效轉換法將陌生的情境轉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換、參照系等效轉換、研究對象等效轉換、物理過程等效轉換、受力情況等效轉換等． 題型1　類比思想 【典例1】　兩質量均為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的質量為m2＝1.0 kg，靜止在粗糙的水平地面上，長木板左側區(qū)域光滑．質量為m3＝1.0 kg、可視為質點的物塊C放在長木板的最右端．質量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μ1＝0.1，長木板與地面間的動摩擦因數為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，代入數據可得損失的機械能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，聯立以上兩式并根據題意可解得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B、C達到共同速度所經歷的時間為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＝－，聯立并代入數據可得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，設小球通過Q點時其豎直位移為y，則y＝tanθ＝Rsinθtanθ，又有y＝gt2，聯立解得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]　設圓環(huán)的電荷在原點O產生的電場強度為E0，根據電場

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，數值相等，取重力加速度g＝10 m/s2.現在A點安裝一個彈射裝置，它能以不同速度沿AC方向發(fā)射可視為質點的帶電小球，小球的

10、質量為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]　根據題設，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；現只研究半球面，若補全右半球面，根據帶電均勻的封閉球殼內部電場強度處處為零，補全右半球面后，球面在P、M兩點產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，一質量為m的質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.給質點一垂直輕繩的初速度v0，質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．繩拉力的大小隨質點轉過的角度均勻增大 C．質點運動一周的時間為 D．質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；質點運動一周的時間為t＝＝，C正確；質點運動一周克服摩擦力做的功為W克＝

18、mv－m2＝，D正確；設質點在一小段時間內繞圓心轉了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點轉過的角度的比值為＝＝2ma，可知繩拉力的大小隨質點轉過的角度均勻減小，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，則其在空間中產生的電場左右對稱，所以帶電薄板在C處產生的場強大小為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)現問題很難，經過研究，他們發(fā)現圖甲所示的電場分布與圖乙中虛線右側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，固定一由內表面絕緣光滑且內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.一質量為m、電荷量為q的小球(可視為質點)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，另一端系著質量m2＝0.1 kg的小球B，小球B剛好與水平面相接觸．現使質量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能在豎直平面內做圓周運動．已知重力加速度g＝10 m/s2，A、B均可視為質點，試求： (1)在A與B碰撞后瞬間，小球B的速度v2的大小； (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