82高中物理总复习 15种快速解题技巧

1技巧一、巧用合成法解题【典例1】一倾角为θ的斜面放一木块，木块上固定一支架，支架末端用丝线悬挂一小球，木块在斜面上下滑时，小球与木块相对静止共同运动，如图2-2-1所示，当细线（1）与斜面方向垂直；（2）沿水平方向，求上述两种情况下木块下滑的加速度.解析：由题意可知小球与木块相对静止共同沿斜面运动，即小球与木块有相同的加速度，方向必沿斜面方向.可以通过求小球的加速度来达到求解木块加速度的目的.（1）以小球为研究对象，当细线与斜面方向垂直时，小球受重力mg和细线的拉力T，由题意可知，这两个力的合力必沿斜面向下，如图2-2-2所示.由几何关系可知F合=mgsinθ根据牛顿第二定律有mgsinθ=ma1所以a1=gsinθ（2）当细线沿水平方向时，小球受重力mg和细线的拉力T，由题意可知，这两个力的合力也必沿斜面向下，如图2-2-3所示.由几何关系可知F合=mg/sinθ根据牛顿第二定律有mg/sinθ=ma2所以a2=g/sinθ.【方法链接】在本题中利用合成法的好处是相当于把三个力放在一个直角三角形中，则利用三角函数可直接把三个力联系在一起，从而很方便地进行力的定量计算或利用角边关系（大角对大边，直角三角形斜边最长，其代表的力最大）直接进行力的定性分析.在三力平衡中，尤其是有直角存在时，用力的合成法求解尤为简单；物体在两力作用下做匀变速直线运动，尤其合成后有直角存在时，用力的合成更为简单.技巧二、巧用超、失重解题【典例2】如图2-2-4所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C（包括支架）的总质量为M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬挂于O点，当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，轻绳上拉力F的大小满足A.F=MgB.Mg＜F＜（M+m）gC.F=（M+m）gD.F＞（M+m）g解析：以系统为研究对象，系统中只有铁片在电磁铁吸引下向上做加速运动，有向上的加速度（其它部分都无加速度），所以系统有竖直向上的加速度，系统处于超重状态，所以轻绳对系统的拉力F与系统的重力（M+m）g满足关系式：F＞（M+m）g，正确答案为D.【方法链接】对于超、失重现象大致可分为以下几种情况：θ图2-2-1θmgTF合图2-2-2θmgF合T图2-2-3图2-2-42（1）如单个物体或系统中的某个物体具有竖直向上（下）的加速度时，物体或系统处于超（失）重状态.（2）如单个物体或系统中的某个物体的加速度不是竖直向上（下），但有竖直向上（下）的加速度分量，则物体或系统也处于超（失）重状态，与物体水平方向上的加速度无关.在选择题当中，尤其是在定性判断系统重力与支持面的压力或系统重力与绳子拉力大小关系时，用超、失重规律可方便快速的求解.技巧三、巧用碰撞规律解题【典例3】在电场强度为E的匀强电场中，有一条与电场线平行的几何线，如图2-2-5虚线所示.几何线上有两个可视为质点的静止小球A和B.两小球的质量均为m，A球带电量+Q，B球不带电.开始时两球相距L，释放A球，A球在电场力的作用下沿直线运动，并与B发生正碰，碰撞中A、B两球的总动能无损失.设在每次碰撞中，A、B两球间无电量转换，且不考虑重力及两球间的万有引力.求（1）A球经多长时间与B球发生第一次碰撞.（2）第二次碰撞前，A、B两球的速率各为多少？（3）从开始到第三次相碰，电场力对A球所做的功.解析：（1）设A经时间t与B球第一次碰撞，根据运动学规律有L=at2/2A球只受电场力，根据牛顿第二定律有QE=ma∴（2）设第一次碰前A球的速度为VA，根据运动学规律有VA2=2aL碰后B球以速度VA作匀速运动，而A球做初速度为零的匀加速运动，设两者再次相碰前A球速度为VA1，B球速度为VB.则满足关系式VB=VA1/2=VA∴VB=VA=VA1=2VA=2（3）第二次碰后，A球以初速度VB作匀加速运动，B球以速度VA1作匀速运动，直到两者第三次相碰.设两者第三次相碰前A球速度为VA2，B球速度为VB1.则满足关系式VB1=VA1=（VB+VA2）/2∴VB1=2VA；VA2=3VA第一次碰前A球走过的距离为L，根据运动学公式VA2=2aL设第二次碰前A球走过的距离为S1，根据运动学公式VA12=2aS1∴S1=4L设第三次碰前A球走过的距离为S2，有关系式VA22－VA12=2aS2∴S2=8L即从开始到第三次相碰，A球走过的路程为S=13L此过程中电场力对A球所做的功为W=QES=13QEL.【技巧点拨】利用质量相等的两物体碰撞的规律考生可很容易判断出各球发生相互作用前后的运动规律，开始时B球静止，A球在电场力作用下向右作匀加速直线运动，当运mmLBA图2-2-53图2-2-6动距离L时与B球发生相碰.两者相碰过程是弹性碰撞，碰后两球速度互换，B球以某一初速度向右作匀速直线运动，A球向右作初速度为零的匀加速运动.当A追上B时两者第二次发生碰撞，碰后两者仍交换速度，依此类推.技巧四、巧用阻碍规律解题【典例4】如图2-2-6所示，小灯泡正常发光，现将一与螺线管等长的软铁棒沿管的轴线迅速插入螺线管内，小灯泡的亮度如何变化A、不变B、变亮C、变暗D、不能确定解析：将软铁棒插入过程中，线圈中的磁通量增大，感应电流的效果要阻碍磁通量的增大，所以感应电流的方向与线圈中原电流方向相反，以阻碍磁通量的增大，所以小灯泡变暗，C答案正确.【方法链接】楞次定律“效果阻碍原因”的几种常见形式.（1）就磁通量而言：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量（原磁通量）的变化.即当原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，简称口诀“增反减同”.（2）就相对运动而言：感应电流的效果阻碍所有的相对运动，简称口诀“来拒去留”，从运动效果上看，也可形象的表述为“敌进我退，敌逃我追”.（3）就闭合电路的面积而言：致使电路的面积有收缩或扩张的趋势.收缩或扩张是为了阻碍电路磁通量的变化.若穿过闭合电路的磁感线都为同一方向，则磁通量增大时，面积有收缩趋势；磁通量减少时，面积有扩张趋势.简称口诀“增缩减扩”.若穿过回路的磁感线有两个相反的方向，则以上结论不一定成立，应根据实际情况灵活应用，总之要阻碍磁通量的变化.（4）就电流而言：感应电流阻碍原电流的变化，即原电流增大时，感应电流与原电流反向；原电流减小时，感应电流与原电流同向，简称口诀“增反减同”.技巧五、巧用整体法解题【典例5】如图2-2-7所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg.现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为A、5mg3B、4mg3C、2mg3D、mg3解析：以上面2个木块和左边的质量为2m的木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有μmg=4ma再以左边两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有T=3ma∴T=4mg3B答案正确.【技巧点拨】当系统内各物体有相同加速度时（一起处于静止状态或一起加速）或题意要求计算系统的外力时，巧妙选取整体（或部分整体）为研究对象可使解题更为简单快捷.技巧六、巧用几何关系解题图2-2-74图2-2-9图2-2-10图2-2-11【典例6】如图2-2-8所示，在真空区域内，有宽度为L的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直纸面向里，MN、PQ是磁场的边界.质量为m，带电量为－q的粒子，先后两次沿着与MN夹角为θ（0θ90º）的方向垂直磁感线射入匀强磁场B中，第一次，粒子是经电压U1加速后射入磁场，粒子刚好没能从PQ边界射出磁场.第二次粒子是经电压U2加速后射入磁场，粒子则刚好垂直PQ射出磁场.不计重力的影响，粒子加速前速度认为是零，求：（1）为使粒子经电压U2加速射入磁场后沿直线运动，直至射出PQ边界，可在磁场区域加一匀强电场，求该电场的场强大小和方向.（2）加速电压12UU的值.解析：（1）如图答2-2-9所示，经电压2U加速后以速度2v射入磁场，粒子刚好垂直PQ射出磁场，根据几何关系可确定粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在PQ边界线的O点，半径2R与磁场宽L的关系式为2cosLR又因为22mvRBq所以2cosBqLvm加匀强电场后，粒子在磁场中沿直线运动射出PQ边界的条件为Eq＝Bq2v，电场力的方向与磁场力的方向相反.所以2cosBqLEm，方向垂直磁场方向斜向右下，与磁场边界夹角为2，如图答2-2-10所示.（2）经电压1U加速后粒子射入磁场后刚好不能从PQ边界射出磁场，表明在磁场中做5匀速圆周运动的轨迹与PQ边界相切，要确定粒子做匀速圆周运动的圆心O的位置，如图答2-2-11所示，圆半径1R与L的关系式为：111cos,1cosLLRRR又11mvRBq所以1(1cos)BqLvm根据动能定理有21112Uqmv，22212Uqmv，所以22112222cos(1cos)UvUv.【方法链接】解决带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是确定圆心的位置，正确画出粒子运动的草图，利用几何关系结合运动规律求解.技巧七：巧用可逆原理解题【典例7】某同学在测定玻璃折射率时得到了多组入射角i与折射角r，并作出了sini与sinr的图象如图2-2-12所示.则下列说法正确的是A．实验时，光线是由空气射入玻璃B．实验时，光线是由玻璃射入空气C．利用sini/sinr可求得玻璃的折射率D．该玻璃的折射率为1.5解析：由图象可知入射角的正弦值小于折射角的正弦值.根据折射定律可知光线是从光密介质射向光疏介质，即由玻璃射向空气，B答案正确；根据折射定律n=sini/sinr可求得介质的折射率，但一定要注意此公式一定要满足光线从空气射向介质，而本题中光线是由玻璃射入空气，所以不能直接利用sini/sinr求介质的折射率，根据光路可逆原理，当光线反转时，其传播路径不变，即光从空气中以入射角r射到该玻璃界面上时，折射后的折射角一定为i，根据折射定律可得玻璃的折射率n=sinr/sini=1.5（这里要注意很容易错选C），C错误,D正确.正确答案为B、D.【方法链接】在光的反射或折射现象中，光路具有可逆性.即当光线的传播方向反转时，它的传播路径不变.在机械运动中，若没有摩擦阻力、流体的粘滞阻力等耗散力做功时，机械运动具有可逆性.如物体的匀减速直线运动可看作反向的加速度不变的匀加速运动.方法八：巧用等效法解题【典例8】如图2-2-13所示，已知回旋加速器中，D形盒内匀强磁场的磁感应强度B=1.5T，盒的半径R=60cm，两盒间隙d=1.0cm，盒间电压U=2.0×10４V，今将α粒子从近于间隙中心某点向D形盒内以近似于零的初速度垂直B的方向射入，求粒子在加速器内运行的总时间.解析：带电粒子在回旋加速器转第一周，经两次加速，速度为v1，则根据动能定理得：0.10.2sinrsini0.30.40.50.20.10.40.30.5图2-2-126图2-2-152qU=21mv12设运转n周后，速度为v，则：n2qU=21mv2由牛顿第二定律有qvB=mRv2粒子在磁场中的总时间：tB=nT=n·qBm2=qmURqB4222·qBm2=UBR22粒子在电场中运动就可视作初速度为零的匀加速直线运动，由公式：tE=avvt0,且v0=0,vt=,a=dmqU得：tE=UBRd故：t=tB+tE=UBR(2R+d)=4.5×10－５×（0.94＋0.01）s=４.３×１０－５s.【技巧点拨】粒子在间隙处电场中每次运动时间不相等，且粒子多次经过间隙处电场，如果分段计算，每一次粒子经过间隙处电场的时间，很显然将十分繁琐.我们注意到粒子离开间隙处电场进入匀强磁场区域到再次进入电场的速率不变，且粒子每在电场中加速度大小相等，所以可将各段间隙等效“衔接”起来，把粒子断断续续在电场中的加速运动等效成初速度为零的匀加速直线运动.技巧九：巧用对称法解题【典例9】一根自由长度为10cm的轻弹簧，下端固定，上端连一个