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1、学案 中学物理方法（一）,掌握一些重要的物理思想方法和物理模型,对轻松应对高考考试显得尤为重要.中学物理常用的思想方法有图象法、整体法和隔离法、临界问题、极限与微元法、运用数学知识解决物理问题法、守恒思维、逆向思维法、等效法等,掌握这些方法,并能够在解题中灵活运用,可以快速解题,达到事半功倍的效果.,类型一 图象法中学物理中常见的图象类型，整个高中物理教材中有很多种不同类型的图象,按图形可分以下几类（见下表）,例1 如图1（a）所示,木板与水平面间的夹角可以随意改变,可视为质点的小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动,所能上升的最大距离记为x,今改变而使x随之改变,根据所测量的
2、若干组数据可以描绘出x-曲线如图1（b）所示,若木板足够长,重力加速度g取10 m/s2,试根据x-曲线和相关的物理规律,求:,图1,（1）小物块的初速率v0；（2）小物块与木板间的动摩擦因数；（3）对应于x-曲线上x取最小值的P点的坐标.,解析（1）由图象可知，当1=/2时,x1=5 m,此时小物块做竖直上抛运动可得v0=m/s=10 m/s（2）由图象可知，当2=0时,x2=10 m,此时木板水平由动能定理得:0-mv02=-mgx2=0.5,（3）当板与水平方向夹角为时,沿斜面上滑的距离为x,由动能定理得:0-m v02=-mgxsin-mgxcos 即x=令a=sin+cos=（sin
3、+cos）设cos=,所以a=sin（+）,+=时,a存在最大值am=,sin 0=cos=arcsin对应x的最小值为xmin=m=2 mP点的坐标值（arcsin,）.,答案（1）10 m/s（2）0.5（3）（arcsin,）,解题归纳 图象类试题是常见题,首先要从弄清图象中两个坐标轴表示的是哪两个量之间的关系,再关键是掌握图象所表示的函数关系并能与物理情境联系起来.然后关注图象上的信息:如斜率、坐标轴截距、交点坐标、面积、特殊数值等等,这些值往往对解题有突破性作用.关键是“图象与方程一一对应”.,类型二 整体法和隔离法1.整体法就是把几个物体视为一个整体,受力分析时,只分析这一整体之外
4、的物体对整体的作用力,不考虑整体内部之间的相互作用力.2.隔离法就是把要分析的物体从相关的物体系中假想地隔离出来,只分析该物体以外的物体对该物体的作用力,不考虑其他物体所受的作用力.当所涉及的物理问题是整体与外界作用时,应用整体分析法,这时不必考虑内力的作用;当所涉及的物理问题是物体间的作用时,应用隔离分析法,这时原整体中相互作用的内力就会变为各个独立物体的外力.,例2（2009南京模拟）如图2所示,物体A放在物体B上,物体B放在光滑的水平面上,已知mA=6 kg,mB=2 kg,A、B间动摩擦因数=0.2,A物上系一细线,细线能承受的最大拉力是20 N,水平向右拉细线,下述中正确的是（g取1
5、0 m/s2）（）A.当拉力F12 N时,A相对B滑动C.当拉力F=16 N时,B受A摩擦力等于4 ND.在绳可以承受的范围内,无论拉力F多大,A相对B 始终静止,图2,解析 A、B间的最大静摩擦力Ffm=mAg=0.2610 N=12 N,当F=16 N时,A、B整体加速度a=m/s2=2 m/s2,则A、B间摩擦力Ff=mBa=22 N=4 NFfm,选项C正确；当F=20 N时,a=m/s2=2.5 m/s2,则A、B间摩擦力Ff=mBa=22.5 m/s2=5 NFfm,所以选项D正确,B错误；由于地面光滑,只要F0,则A、B整体就会运动,选项A错误.答案 CD,预测2 如图3所示,两
6、金属杆ab和cd长均为L,电阻均为R,质量分别为M和m,Mm.用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路,并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧,两金属杆都处于水平位置.整个装置处于一个与回路平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.将两棒和导线组成系统由静止释放,经过一段时间后金属杆ab正好匀速向下运动,求运动的速度.,图3,解析 设杆匀速运动速度为v回路中电动势E=2BLvI=对棒ab:Mg-FT-ILB=0对棒cd:FT-mg-ILB=0解得v=答案,类型三 临界法利用临界值的特点解决物理问题,一般思路是通过分析过程,抓住临界状态,确定临界条件,从而建立临界方程.临界值主
7、要有以下几方面的应用:1.挖掘隐含的临界条件挖掘隐含的临界条件的基本方法有两种:（1）抓住关键性的字眼,理解其物理意义,找出临界条件.题中往往有“至多”“最大”“恰好”“刚刚”等词语,说明物体正处在临界状态.（2）缜密分析题意,由变化过程的前后联系,找准衔接点,从而确定临界条件.,2.比较物理条件或物理状态研究某些问题时,对某状态（或某条件）所对应的物理过程一时难以确定,我们可以设法找出临界状态值作为判断的依据,确定某状态（或某条件）下所对应的物理过程.3.确定物理量的区间范围物理量变化范围的边界值,也就是一个临界条件.因而可以将求解物理量的区间范围问题转化为求解临界条件下的临界值问题.,例3
8、 图4中的AOB是游乐场中的滑道模型,它位于竖直平面内,由两个半径都是R的 圆周连接而成,它们的圆心O1、O2与两圆弧的连接点O在同一竖直直线上,O2B沿水池的水面.一质量为m的小滑块可由弧AO的A点从静止开始下滑.（1）若小滑块下滑到O点,求此时小滑块的速度及小滑块对滑道的压力;（2）若小滑块刚滑过O点时恰对滑道无压力，求小滑块从何处开始下滑并求出滑块落在水平面的位置与O2之间的距离（用该处到O1的连线与过O1的竖直线的夹角表示）;,图4,（3）若小滑块从O点由静止开始下滑到脱离滑道,求:小滑块在何处将脱离滑道?（用该处到O2的连线与过O2的竖直线的夹角表示）,解析（1）设小滑块到O时的速度
9、为v0,由机械能守恒定律可得mgR=mv02,得v0=方向水平向右对在O点位置时的小滑块进行受力分析,得F-mg=，得F=3 mg根据牛顿第三定律知,小滑块对滑道的压力大小是3mg,方向竖直向下.,（2）若小滑块下滑到O点恰好对滑道无压力,则有mg=假设从P处释放滑块,PO1与OO1夹角为,则由机械能守恒定律可得mgR（1-cos）=mv2,解以上两式得=60从O点开始滑块做平抛运动,设滑块落在C点,有R=gt2x=vt,得x=R,（3）设在Q处滑块脱离滑道,O2Q与OO2的夹角为,滑块在Q处有mgcos=由机械能守恒定律得mgR（1-cos）=mv12得cos=2/3=arccos 2/3.
10、答案（1）方向水平向右 3mg（2）R（3）arccos 2/3,类型四 极限类推法极限类推法是根据有关物理规律,在不超出该规律适用的环境条件下,对其所涉及的变量作合理的延伸,并通过对变量取特殊值（一般为极限值）进行比较,作出相关的判断的一种解题方法.该方法适用的题型多为客观选择题,其优点是速度快,准确度高.1.对单调变化的物理过程:常采用对物理过程初状态和极限状态赋值分析对比,判断出物理过程变化的趋势.2.对非单调变化的物理过程（仅限于物理过程变化隐含一个转折点,并且初状态和极限状态赋值结果接近）.3.对于非单调变化的物理过程,采用对物理过程初状态和极限状态赋值,结果接近；再对物理过程中间状
11、态赋值,其结果常与上不同,由于物理过程变化只隐含一个转折点,通过比较,可判断出物理过程变化的趋势.,例4（2009运河中学）竖直墙壁与水平地面均光滑且绝缘,小球A、B带有同种电荷,用指向墙面的水平推力F作用于小球B,两球分别静止在竖直墙面和水平地面上,如图5所示.如果将小球B向左推动少许,当两球重新达到平衡时,与原来的平衡状态相比较（）A.推力F变大B.竖直墙壁对小球A的弹力不变C.地面对小球B的支持力不变D.两个小球之间的距离变大,图5,解析 运用极限法,即考虑把B推到墙角时的状态,再隔离A球,易知B对A的库仑力竖直向上,即与A的重力平衡,可见此时墙面对A的支持力FA为零,所以与原来的平衡状
12、态相比竖直墙壁对小球A的弹力变小,B项错；由整体法可知,推力F与FA平衡,地面对B球的支持力FB等于A和B构成系统的总重力,所以F将变小,FB不变,A项错，C项对；在其他情况下库仑力需平衡A的重力和支持力FA,因此库仑力将减小,而其电荷量不变,根据库仑定律知两个小球之间的距离变大,所以D项正确.答案 CD,1.（2009山东17）某物体做直线运动的v-t图象如图6所示,据此判断四个选项中（F表示物体所受合力,x表示物体的位移）正确的是（）,图6,解析 根据v-t图象02 s与6 s8 s两段时间内加速度相同,合力方向相同；2 s6 s内加速度方向未变,合力方向不变.但02 s内的合力与2 s6
13、 s内的合力方向相反,因此选项B正确.04 s内物体位移不断增大,4 s末达到最大值,且反向运动,8 s末返回出发点,故C、D错.答案 B,2.（2008全国卷16）如图7所示,一固定斜面上两个质量相同的小物块A和B紧挨着匀速下滑,A与B的接触面光滑.已知A与斜面之间的动摩擦因数是B与斜面之间动摩擦因数的2倍,斜面倾角为,B与斜面之间的动摩擦因数是（）A.tan B.cot C.tan D.cot 解析 将A、B整体作为研究对象,Ff=FfA+FfB=mgcos+2mgcos,由受力平衡得Ff=2mgsin,即3mgcos=2mgsin,解得=tan,选项A正确.,A,图7,3.（2009全国
14、卷17）图8为测量某电源电动势和内阻时得到的U-I图线,用此电源与三个阻值均为3 的电阻连接成电路,测得路端电压为4.8 V.则该电路可能是下图中的（）,图8,解析 由U-I图象可求得电源的电动势E=6 V,内电阻r=0.5,外电路连接电阻R时路端电压为4.8 V,由闭合电路的欧姆定律得E=U+IrI=A=2.4 A又I=所以R=-r=（-0.5）=2,选项A、B、C、D四个电路的外电路电阻分别是1、2、9、4.5,因此只有选项B正确.答案 B,4.如图9所示,光滑绝缘、互相垂直的固定墙壁PO、OQ竖立在光滑绝缘的水平地面上,地面上方有一平行地面的匀强电场E,场强方向水平向左且垂直于墙壁PO,
15、质量相同且带同种正电荷的A、B两小球（可视为质点）放置在光滑绝缘的水平地面上,A球受平行于墙壁PO的推力F作用,A、B两小球均紧靠墙壁而处于静止状态,这时两球之间的距离为L.若使小球A在推力F的作用下沿墙壁PO向着O点移动一小段距离后,小球A与B重新处于静止状态,则与原来比较（两小球所带电荷量保持不变）（）,图9,A.A球对B球作用的静电力增大B.A球对B球作用的静电力减小C.墙壁PO对A球的弹力不变D.两球之间的距离减小,力F增大答案 AD,5.（2009四川卷17）如图10甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为101,R1=20,R2=30,C为电容器.已知通过R1的正弦交流电如图乙所示,
16、则（）,图10,A.交流电的频率为0.02 HzB.原线圈输入电压的最大值为200 VC.电阻R2的电功率约为6.67 WD.通过R3的电流始终为零,解析 由图象可知该交流电的周期为0.02 s,所以频率为50 Hz,A错误；因为变压器输出电压最大值为201 V=20 V,所以变压器原线圈电压的最大值为2010 V=200 V,B错误；R2的功率P2=W=6.67 W,C正确；因为电容器可以通过交流电,所以电阻R3中的电流不是始终为零,D错误.答案 C,6.（2009浙江卷24）某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛.比赛路径如图11所示,赛车从起点A出发,沿水平直线轨道运动L后,由B点进入半径
17、为R的光滑竖直圆轨道,离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点,并能越过壕沟.已知赛车质量m=0.1 kg,通电后以额定功率P=1.5 W工作,进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为0.3 N,随后在运动中受到的阻力均可不计.图中L=10.00 m,R=0.32 m,h=1.25 m,x=1.50 m.问:要使赛车完成比赛,电动机至少工作多长时间？（取g=10 m/s2）,图11,解析 设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1,由平抛运动的规律x=v1t，h=gt2解得v1=x=3 m/s设赛车恰好越过圆轨道,对应圆轨道最高点的速度为v2,最低点速度为v3,由牛顿运动定律及机械能守恒定律得mg=mv2
18、2/R mv32=mv22+mg（2R），解得v3=4 m/s通过分析比较,赛车要完成比赛,进入圆轨道前的速度最小应该是vmin=4 m/s,设电动机工作时间至少为t,根据功能原理Pt-FfL=m vmin2，由此解得t=2.53 s答案 2.53 s,7.（2009重庆卷25）如图12所示,离子源A产生的初速为零、带电量均为e、质量不同的正离子被电压为U的加速电场加速后匀速通过准直管,垂直射入匀强偏转电场,偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场,经过一段匀速直线运动,垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场.已知HO=d,HS=2d,MNQ=90.（忽略离子所受重力）,图12,（1）求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角；（2）求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径；（3）若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处,质量为16m的离子打在S2处,求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围.,解析（1）得E0=U/d由tan=,得=45.,（2）由，得R=2,（3）将4m和16m代入R得R1、R2.由x=,将R1、R2代入得x=4（-1）由R2=（2R1）2+（R-R1）2得R=R1,此时粒子恰从Q点飞出,且当R=R,时粒子恰从N点飞出即 R1R R1,得mm25m.答案（1）U/d 45（2）2（3）见解析,返回,
