2020高考物理二轮复习 抓分天天练 热点题型练2.11 物理解题中的特殊方法课件

2．11物理解题中的特殊方法1．(假设法)(多选)如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在地面上，另一端与斜面体P连接，P与斜放的固定挡板MN接触且处于静止状态，弹簧处于竖直方向，则斜面体P此刻受到外力的个数可能为()A．2个B．3个C．4个D．5个答案AC解析假设斜面体P受到的弹簧弹力F等于其重力mg，则MN对P没有力的作用，如图甲所示，P受到2个力；假设弹簧弹力大于P的重力，则MN对P有压力FN，只有压力FN，则P不能平衡，同时一定存在向右的力，只能是MN对P的摩擦力Ff，因此P此时受到4个力，如图乙所示．2．(逆向思维法)运动着的汽车制动后做匀减速直线运动，经3.5s停止，则它在制动开始后的1s内、2s内、3s内通过的位移之比为()A．1∶3∶5B．1∶2∶3C．3∶5∶6D．1∶8∶16答案C解析画示意图如图所示，把汽车从A→E的末速度为0的匀减速直线运动，逆过来转换为从E→A的初速度为0的匀加速直线运动来等效处理，由于逆过来前后，加速度大小相同，故逆过来前后的运动位移、速度时间均具有对称性．所以知汽车在相等时间内发生的位移之比为1∶3∶5∶…，把时间间隔分为0.5s，所以xDE∶xCD∶xBC∶xAB＝1∶8∶16∶24，所以xAB∶xAC∶xAD＝3∶5∶6，故C项正确．3.(逆向思维法)如图所示，以速度v将小球沿与水平方向成θ＝37°角方向斜向上抛出，结果小球刚好能垂直打在竖直的墙上，小球反弹后的速度方向水平，速度的大小为碰撞前的34，不计空气阻力，则反弹后小球的速度大小再次为v时，速度与水平方向夹角的正切值为(已知sin37°＝35，cos37°＝45)()A.34B.43C.35D.53答案B解析采用逆向思维，小球做斜抛运动看成是平抛运动的逆反运动，将抛出速度沿水平和竖直方向分解，有：vx＝vcos37°＝0.8v，vy＝vsin37°＝0.6v；球撞墙前瞬间的速度等于0.8v，反弹速度大小为：v′x＝34×0.8v＝0.6v，反弹后小球做平抛运动，当小球的速度大小再次为v时，竖直速度为：v′y＝v2－v′x2＝0.8v速度方向与水平方向的正切值为：tanθ＝v′yv′x＝43，故B项正确，A、C、D三项错误．4．(排除法)如图所示，在x≥0的区域存在垂直于xOy平面(纸面)向里的匀强磁场，现用力使一个等边三角形闭合导线(粗细均匀)框，沿x轴向右匀速运动，运动中线框平面与纸面平行，底边BC与y轴平行，从顶点A刚入磁场开始计时，在线框全部进入磁场过程中，其感应电流I(取顺时针方向为正)与时间t的关系图线为下列图象中的()答案B解析线框进入磁场的过程：磁通量从零开始增加，根据楞次定律分析可知，感应电流的方向为逆时针方向，电流为负值，故C、D两项错误；线框的有效切割长度l＝2vttan30°，感应电动势大小E＝Blv＝2Bv2tan30°t感应电流大小I＝ER＝2Bv2tan30°Rt＝23Bv23Rt，感应电流大小与时间成正比，故A项错误，B项正确．5.(类比法)如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，则()A．P→Q所用的时间t＝22lgsinθB．P→Q所用的时间t＝2lgC．初速度v0＝bgsinθ2lD．初速度v0＝bg2l答案C解析物体的加速度为：a＝gsinθ.根据l＝12at2，得：t＝2lgsinθ，故A、B两项错误；初速度v0＝bt＝bgsinθ2l，故C项正确，D项错误．6．(极限值法)(多选)如图为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，图中关于小球对斜面的压力FN、小球运动的加速度a随θ变化的图象正确的是()答案BD解析当θ→0°时，小球对斜面的压力FN→mg，小球运动的加速度a→0；当θ→90°时，小球对斜面的压力FN→0，小球运动的加速度a→g，综合两极限状态，不难判断B、D项正确．7．(对称法)如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q0)的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)()A．k3qR2B．k10q9R2C．kQ＋qR2D．k9Q＋q9R2答案B解析由题意，b点处的场强为零说明点电荷q和圆盘在b点产生的场强等大反向，即圆盘在距离为R的b点产生的场强为EQ＝kqR2，故圆盘在距离为R的d点产生的场强也为EQ＝kqR2，点电荷q在d点产生的场强Eq＝kq（3R）2，方向与圆盘在d点产生的场强方向相同，d点的合场强为二者之和，即E合＝kqR2＋kq（3R）2＝10kq9R2，故B项正确．8．(对称法)12根长直导线并排成长为l的直导线带ab，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示，P1到导线带左端的距离等于P2到导线带右端的距离，所有长直导线中均通有大小相等、方向垂直纸面向外的恒定电流，ab上所有直导线产生的磁场在P1处的磁感应强度大小为B1，在P2处的磁感应强度大小为B2，若仅将右边6根直导线移走，则P2处的磁感应强度大小为()A.B22B．B2－B1C．B1－B22D．B1＋B22答案B解析将直导线一分为二，由右手螺旋定则及对称性知左边6根直导线电流在P1点产生的磁场互相抵消，所有直导线电流在P1点产生的磁场，仅相当于右边6根直导线电流在P1处产生的磁场，磁感应强度大小为B1，方向垂直ab向下；由对称性知右边6根直导线电流在P2处产生的磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直ab向上，而所有直导线的电流在P2处产生的磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直ab向上，所以将右边6根直导线移走后，由磁场的叠加原理知左边6根直导线电流在P2处产生的磁场的磁感应强度大小为B2－B1，故B项正确．9.(割补对称法)均匀带电的球体在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球体上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球半径为R，MN为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有A、B两点，A、B关于O点对称，AB＝4R.已知A点的场强大小为E，则B点的场强大小为()A.kq2R2＋EB.kq2R2－EC.kq4R2＋ED.kq4R2－E答案B解析若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．则在M、N点所产生的电场为E＝k2q4R2＝kq2R2，由题知当半球面A点的场强大小为E，则B点的场强为E′＝kq2R2－E.10.(等效法)如图所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′.则ε′ε等于()A.12B.22C．1D.2答案B解析感应电动势E＝BLv成立的条件是B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者两两垂直，式中的L应该取与B、v均垂直的有效长度(即导体的有效切割长度)．假设题中金属棒的长度为L，那么折线的有效切割长度为22L，所以ε′ε＝22，故B项正确．11.(等效法)如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0＝r，滑动变阻器的最大阻值是2r.当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是()A．路端电压变大B．电路中的电流变小C．滑动变阻器消耗的功率变小D．定值电阻R0上消耗的功率变小答案C解析当滑片P由a端向b端滑动时，接入电路的总电阻减小，电路中的电流增大，故B项错误；由U外＝E－Ir可知，路端电压减小，故A项错误；由P＝I2R0可知，R0上消耗的功率变大，故D项错误；将R0看作电源的内阻，当r＋R0＝R时，滑动变阻器消耗的功率最大，即刚开始滑片处于a端时，滑动变阻器消耗的功率最大，随后一直减小，故C项正确．12．(等效法)如图，竖直光滑的圆轨道上放一个质量为m的小球，带电量为＋q(可看作质点)，圆的半径为R.周围空间充满着水平方向的匀强电场，电场强度E＝mgq.现在在最低点给小球一个初动能，为了小球能做一个完整的圆周运动，那么在圆轨道最低点给小球的初动能()A．Ek大于52mgRB．Ek等于52mgRC．Ek小于52mgRD．Ek的大小不能确定答案A解析根据几何关系知，等效最高点在A点，A与圆心的连线与水平方向成45°，在A点，根据2mg＝mvA2R得，A点的最小速度vA＝2gR，根据动能定理得，－qE·22R－mgR1＋22＝12mvA2－Ek，解得Ek＝32＋22mgR52mgR，故A项正确，B、C、D三项错误．13．(估值法)发现了太阳系外的一颗行星．这颗行星的体积是地球的4.7倍，质量是地球的25倍．已知某一近地卫星绕地球运动的周期约为1.4小时，引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，由此估算该行星的平均密度约为()A．1.8×103kg/m3B．5.6×103kg/m3C．1.1×104kg/m3D．3.0×104kg/m3答案D解析由近地卫星绕地球做圆周运动，GMmR2＝m4π2T2Rρ＝MV＝M43πR3得ρ＝3πGT2≈5.6×103kg/m3由已知条件可知该行星的密度是地球密度的254.7倍ρ′＝254.7×5.6×103kg/m3≈3.0×104kg/m3.14．(单位检验法)已知无限长通电直导线周围某一点的磁感应强度B的表达式为：B＝μ0I2πr0，其中r0是该点到通电直导线的距离，I为电流强度，μ0为比例系数(单位为N/A2)．则根据上式可以推断，若一个通电圆线圈半径为R，电流强度为I，其轴线上距圆心O点距离为r0的某一点的磁感应强度B的表达式应为()A．B＝r02I2（R2＋r02）32B．B＝μ0RI2（R2＋r02）32C．B＝μ0R2I2（R2＋r02）32D．B＝μ0r02I2（R2＋r02）32答案C解析先根据单位判断，再结合r0取最小值进行分析．根据B＝μ0I2πr0，μ0单位为：T·m/A；A项等式右边单位为：m2Am3＝A/m，左边单位为T，不同，故A项错误；B项等式右边单位为：（T·m/A）m·Am3＝T/m，左边单位为T，不同，故B项错误；D项等式右边单位：（T·m/A）m2·Am3＝T，左边单位为T，相同；但当r0＝0时，B＝0，显然不合实际，故D项错误；C项等式右边单位：（T·m/A）m2·Am3＝T，左边单位为T，相同；故只能是C项正确．15．(特殊值法)相距为l，电荷量分别为＋q和－q的点电荷构成电偶极子．如图所示，取二者连线方向为y轴方向，中点O为原点，建立如图所示的xOy坐标系，P点距坐标原点O的距离为r(r≫l)，P、O两点间连线与y轴正方向的夹角为θ，设无穷远处的电势为零，P点的电势为φ，真空中静电力常量为k.下面给出φ的四个表达式，其中只有一个是合理的．判断φ的合理表达式应为()A．φ＝kqlsinθrB．φ＝kqrcosθl2C．φ＝kqlcosθr2D．φ＝kqlsinθr2答案C解析若夹角θ＝90°，则P点位于检验电荷从无穷远沿x轴移动到O点的过程中，电场力始终与位移方向垂直，则x轴上的电势处处为0，这与cos90°相符，可见A、D两项错误；因离O点越远，其电势就越小，故r应在分母上，故B项错误，C项正确．