高考物理专题提升二轮复习 第2部分 专题7 第2讲 高中物理常用解题方法(二)课件

第2讲高中物理常用解题方法(二)——极端法、对称法、全过程法、逆向思维法和递推法1极端法方法简介：通常情况下，由于物理问题涉及的因素众多、过程复杂，很难直接把握其变化规律进而对其作出准确的判断，但若将问题推到极端状态或极端条件下进行分析，却可以很快得出结论．像这样将问题从一般状态推到特殊状态进行分析处理的解题方法就是极端法．2极端法在进行某些物理过程的分析时，具有独特作用，恰当应用极端法能提高解题效率，使问题化难为易，化繁为简，思路灵活，判断准确．用极端法分析问题，关键在于将问题推向什么极端，采用什么方法处理．具体来说，首先要求待分析的问题有“极端”的存在，然后从极端状态出发，回过头来再去分析问题的变化规律，其实质是将物理过程的变化推到极端，使变化关系变得明显，以实现对问题的快速判断．通常可采用极端值、极端过程、特殊值、函数求极值等方法．3【例1】(双选)如图7－2－1所示，电源内阻不能忽略，R1＝10Ω，R2＝8Ω，当开关S扳到位置1时，电流表的示数为0.2A；)扳到位置2时，电流表的示数可能是(图7－2－1A．0.27AC．0.21AB．0.24AD．0.18A4答案：BC解析：开关S分别扳到位置1和2时，根据闭合电路欧姆定律可得，I1＝Er＋R1，I2＝Er＋R2.所以有I2＝r＋R1r＋R2I1＝r＋10r＋8×0.2A＝0.2＋0.4r＋8A．虽然电源内阻r的数值未知，但其取值范围是0～∞，所以当r＝0时，I2＝0.25A；当r→∞时，I2→0.2A．故电流表示数的变化范围是0.2A＜I2＜0.25A.5【例2】物体以大小不变的初速度v0沿木板滑动，若木板倾角θ不同，物体能上滑的距离s也不同，如图7－2－2所示是得出的s－θ图象，求图中最低点P的坐标．(取g＝10m/s2)图7－2－26解析：本题主要考查理解数学图象物理意义的能力和运用数学知识求极值问题的能力．S-θ图线上每一点(θ，s)都表示一个过程，即木板倾角为θ时，物体的初速度为v0，能滑上的最大距离为s.7解：当θ＝90°时，s1＝15m，实际此时物体做竖直上抛运动，a＝－g，有0－v20＝2(－g)s1解得v0＝103m/s当θ＝0时，s2＝20m，此时f＝μmg，a＝－fm＝－μg由0－v20＝2(－μg)s2解得μ＝0.75在θ为一般值时，有－mgsinθ－μmgcosθ＝ma,0－v20＝2as8解得s＝v202gsinθ＋μcosθ＝120.8sinθ＋0.6cosθ＝12cos37°sinθ＋sin37°cosθ＝12sinθ＋37°当θ＝53°时，s有最小值12m故最低点P的坐标为(53°，12m)．91．一小物块以速度v0＝10m/s沿光滑地面滑行，然后沿光滑曲面上升到顶部的光滑水平高台上，并从高台上飞出，如图7－2－3所示，当高台的高度h多大时，小物块飞行的水平距离s最大？这个距离是多少？(取g＝10m/s2)图7－2－310解：依题意，小物块经历两个过程．在脱离曲面顶部之前，小物块受重力和支持力，由于支持力不做功，小物块的机械能守恒，物块从高台上飞出后做平抛运动，其水平距离s是高度h的函数．设小物块刚脱离曲面顶部的速度为v，根据机械能守恒定律，有12mv20＝12mv2＋mgh11小物块做平抛运动的水平距离s和高度h分别为h＝12gt2s＝vt以上三式联立解得s＝v20－2gh2hg＝2hv202g－h当h＝v204g＝2.5m时，飞行距离最大smax＝v202g＝5m.12对称法方法简介：由于物质世界存在某些对称性，使得物理学理论也具有相应的对称性，从而使对称现象普遍存在于各种物理现象和物理规律中．应用这种对称性不仅能帮助我们认识和探索物质世界的某些基本规律，而且也能帮助我们去求解某些具体的物理问题，这种思维方法在物理学中称为对称法．13物理中对称现象比比皆是，对称的结构、对称的作用、对称的物像等．一般情况下，对称表现为研究对象在结构上的对称性、物理过程在时间上和空间上的对称性、物理量在分布上的对称性及作用效果的对称性等．用对称性解题的关键是敏锐地抓住事物在某一方面的对称性，这些对称性往往就是通往答案的捷径，利用对称法分析解决物理问题，可以避免复杂的数学演算和推导，直接抓住问题的实质，快速简便地求解问题．14【例3】如图7－2－4所示，轻弹簧的一端固定在地面上，另一端与木块B相连，木块A放在木块B上，两木块质量均为m，在木块A上施有竖直向下的力F，整个装置处于静止状态．(1)突然将力F撤去，若运动中A、B不分离，则A、B共同运动到最高点时，B对A的弹力有多大？(2)要使A、B不分离，力F应满足什么条件？图7－2－415解：力F撤去后，运动具有明显的对称性，该题利用最高点与最低点的对称性来求解，会简单得多．(1)最高点与最低点有相同大小的回复力(总是指向平衡位置的合力)，只是方向相反．在最低点，即系统原来平衡的位置，在撤去力F的瞬间，受到的合外力应为F，方向竖直向上；当到达最高点时，系统受到的合外力也应为F，方向竖直向下，故A受到的合外力为12F，方向竖直向下，考虑到重力的存在，所以B对A的弹力为mg－F2.16(2)力F越大A、B越容易分离，讨论临界情况，也利用最高点与最低点回复力的对称性．最高点时A、B间虽接触但无弹力，A只受重力，故此时回复力向下，大小为mg；那么，在最低点时，即刚撤去力F时，A所受的回复力也应等于mg，但根据第一小题的分析，此时A所受的回复力为12F，所以12F＝mg，则F＝2mg.因此，使A、B不分离的条件是F≤2mg.172．如图7－2－5所示，一静止的带电粒子q，质量为m(不计重力)，从P点经电场E加速，由A点进入中间磁场B，B的方向垂直纸面向里，穿过中间磁场B后再进入右边足够大的空间磁场B′(B′＝B)，B′的方向垂直纸面向外，粒子最后能够按某一路径由A返回电场并回到出发点P，然后再重复前述过程．已知l为P到A的距离，求中间磁场的宽度和粒子运动的周期．(虚线表示磁场的分界线)图7－2－518解：由粒子能“重复前述过程”可知，粒子运动具有周期性；又由粒子经过A点进入磁场后能够按某一路径再返回A点可知，粒子的运动具有对称性．粒子从A点进入中间磁场做匀速圆周运动，半径为R；过C点进入右边磁场，也做半径为R的匀速圆周运动，经点F到点D，由于过D点后还做匀速圆周运动回到A(如图61所示)，故弧DA和弧CA关于直线OA对称，且OA垂直于磁场的分界线．同理可知，OA也同时是弧CFD的对称轴，因此粒子的运动轨迹是关于直线OA对称的．由于速度方向为切线方向，所以圆弧AC、圆弧CFD、圆弧DA互相相切．设中间磁场宽度为d，粒子过A点的速度为v，由圆周运动的对称性可得：图6119O′、C、O共线，且O′A＝R＝12O′O，则θ＝30°＝π6，∠AO′O＝60°＝π3带电粒子在加速电场中有qEl＝12mv2在中间和右边磁场中有qvB＝mv2R，则R＝mvqBd＝12O′Ocosθ＝Rcosθ联立以上各式解得d＝3mlE2qB220粒子运动的半周期12T由三段时间组成，设在电场中做匀变速直线运动的时间为t1，则l＝12·qEm·t21，得t1＝2mlqE粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T′＝2πmqB设在磁场中沿ACF运动的时间为t2，因为弧AC所对圆心角为π3，弧CF所对圆心角为π－θ＝5π6，所以t2＝π3＋5π62π·T′＝7πm6qB所以周期为T＝2(t1＋t2)＝22mlqE＋7πm3qB.21全过程法和逆向思维法方法简介：(1)全过程法：又称为过程整体法，它是相对于程序法而言的．它是将研究对象所经历的各个不同物理过程合并成一个整体过程来研究分析．经全过程整体分析后，可以对全过程直接一步列式求解．这样既减少了解题步骤，又减少了所列的方程数，大大简化了解题过程，使多过程的综合题的求解变得简捷方便．22动能定理、动量定理都是计算状态变化的定理，过程量等于状态量的变化．状态量的变化只取决于始末状态，不涉及中间状态．同样，机械能守恒定律、动量守恒定律是状态量守恒定律，只要全过程符合守恒条件，就有初状态的状态量和末状态的状态量守恒，不必考虑中间态的状态量．因此，对有关状态量的计算，只要各过程遵循上述定理、定律，就可以将几个过程合并起来，用全过程都适用的物理规律一次性列出方程，直接求得结果．(2)逆向思维法：所谓“逆向思维”，简单来说就是“倒过来想一想”．这种方法用于从不同角度入手解物理题，特别是某些难题，很有好处．23【例4】如图7－2－6所示，AB和CD为两个斜面，其上端足够长，下端分别与一光滑圆弧面相切，EH为整个轨道的对称轴，圆弧所对圆心角为120°，半径为2m．某物体在离弧底H点高h＝4m处以v0＝6m/s沿斜面运动，物体与斜面的动摩擦因数μ＝0.04，求物体在AB与CD两斜面上(圆弧除外)运动的总路程．(取g＝10m/s2)图7－2－624解：物体在斜面上运动只有重力和摩擦力做功，机械能要减少，物体在圆弧内运动只有重力做功，机械能不变．物体每次沿斜面上升到最高点的高度逐次降低，物体每次沿斜面下滑通过B点或C点时速率逐次减小，当减小至零时，物体不再沿斜面运动，此后，仅在圆弧内做往返运动．重力做功与路径无关，仅由高度决定；摩擦力做功与路径有关，所以物体在斜面上运动的总路程，始终有摩擦力做功，使得机械能减少．设物体在两个斜面上运动的总路程为s，斜面底端距弧底高h′＝R(1－cos60°)＝2×(1－0.5)m＝1m25解法一：对全过程，根据动能定理，有WG－Wf＝0－12mv20即mg(h－h′)－μmgcos60°·s＝－12mv20解得s＝gh－h′＋12v20μgcos60°＝240m.26解法二：根据功能原理，有Wf＝E2－E1，以过H点的水平面为零势能面，得－μmgcos60°·s＝mgh′－mgh＋12mv20解得s＝gh－h′＋12v20μgcos60°＝240m.27【例5】一物体以某一初速度在粗糙平面上做匀减速直线运动，最后停下来，若此物体在最初5s和最后5s经过的路程之比为11∶5，则此物体一共运动了多少时间？28解：若依据匀变速运动规律列式，将会出现总时间t比前后两个5s之和10s是大还是小的问题．若t10s，将时间分为前5s和后5s与中间的时间t2，经复杂的运算得t2＝－2s，再得出t＝8s的结论．若用逆向思维法，将运动视为初速度为零的匀加速运动处理，将会简便得多．视为反向的初速度为零的匀加速直线运动后，则原运动最后5s通过的路程为s2＝12a×52＝12.5a29原运动最初5s通过的路程为s1＝12at2－12a(t－5)2＝5a2(2t－5)由题中已知的条件s1∶s2＝11∶5得(2t－5)∶5＝11∶5解得运动时间t＝8s.30递推法方法简介：递推法是利用问题本身所具有的递推关系进行求解的一种方法，即当问题中涉及相互作用的物体或过程较多，且相互作用或过程具有一定的重复性和规律性时，可根据题目特点应用归纳的数学思想将所研究的问题归类，然后求出通式．具体方法是先分析某一次作用的情况，得出结论；再根据多次作用的重复性和它们的共同点，把结论推广；然后结合数学知识求解．用递推法解题的关键是导出联系相邻两次作用的递推关系式．31【例6】小球从高h0＝180m处自由下落，着地后弹起又下落，每与地面相碰一次，速度减小为相碰前的12，求小球从下落到静止所经过的总路程和总时间．(取g＝10m/s2)32解：小球从高h0处落地时，速率为v0＝2gh0＝60m/s第1次跳起时和第2次落地时的速率为v1＝v02第2次跳起时和第3次落地时的速率为v2＝v022……第m次跳起时和第m＋1次落地时的速率为vm＝v02m每次跳起的高度依次为h1＝v212g＝h04，h2＝v222g＝h042……hm＝v2m2g＝h04m33所以通过的总路程为s＝h0＋2h1＋2h2＋…＋2hm＋…＝h0＋2h041＋14＋142＋…＋14m－1＋…