2024版高考物理复习教案：第二篇解题技巧与增分策略

一、选择题解题技巧选择题主要考查对物理概念、物理现象、物理过程和物理规律的认识、理解和应用等。题目具有信息量大、知识覆盖面广、干扰性强、层次分明、难度易控制，能考查考生的多种能力等优势。要想迅速、准确地解答物理选择题，不仅要熟练掌握和应用物理的基本概念和规律直接判断和定量计算，还要掌握以下解答物理选择题的基本方法和特殊技巧。方法1排除法通过对物理知识的理解、物理过程的分析或计算，把不符合题意的选项，从寻找差异性的角度，采用逐一排除的方法来确定答案。在遇到用已有知识解决不了的问题时，换个角度，排除错误的，剩下的就是正确的。例1如图所示，直角边长为2d的等腰直角三角形EFG区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，左侧有边长为d的正方形金属线框ABCD以恒定速度v水平穿过磁场区域，设逆时针方向为电流正方向，则线框通过磁场过程中，感应电流i随时间t变化的图像是()答案B解析由楞次定律知，在线框进入磁场过程电路中的电流为顺时针方向，即进入磁场时电流方向为负方向，可排除A、D选项。在线框离开磁场过程中，由楞次定律知，电路中电流方向为逆时针方向，可排除C选项，故B项正确。方法2二级结论法熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化，节约解题时间，非常实用的二级结论有：(1)等时圆规律；(2)平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点；(3)不同质量和电荷量的同种带电粒子由静止相继经过同一加速电场和偏转电场，轨迹重合；(4)直流电路中动态分析的“串反并同”结论；(5)平行通电导线同向相吸，异向相斥；(6)带电平行板电容器与电源断开，改变极板间距离不影响极板间匀强电场的电场强度等。例2如图所示，OA、OB为两条不同的光滑轨道，端点O、A、B都在竖直圆周上，OC为竖直直径。完全相同的两个小球分别从A、B两点沿两条轨道由静止开始同时释放，不计空气阻力。两小球到达O点的过程中，下列判断正确的是()A．沿BO轨道运动的小球先到达O点B．两个小球重力的冲量不相同C．两小球的动量变化率相同D．沿AO轨道运动小球的动量变化率大答案D解析设轨道与水平方向的夹角为θ，对小球研究，小球受重力和支持力，将重力沿轨道方向和垂直轨道方向正交分解，根据牛顿第二定律可得ma＝mgsinθ，由数学知识可知，小球的位移为x＝2Rsinθ，由于小球运动过程中做初速度为0的匀加速直线运动，故下落时间为t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2×2Rsinθ,gsinθ))＝2eq\r(\f(R,g))，所以下落时间与θ无关，故两小球一起到达O点，A错误；运动时间相同，重力相同，由I＝Ft可得两个小球重力的冲量相同，B错误；小球的末速度为v＝at＝gtsinθ，由于AO轨道的倾角大，即sinθ大，故从A点运动的小球末速度大，根据Δp＝mv－mv0，可知沿AO轨道运动小球的动量变化率大，C错误，D正确。方法3图像法根据题目的条件画出图像或示意图，如多物体或多过程的运动关系示意图可直观反映物体间的位移、时间关系等，对弄清各物理量关系建立方程有帮助；物理图像能直观反映两个物理量间的定量或定性关系，可避免烦琐的计算，迅速找到正确答案。例3有一种“猫捉老鼠”趣味游戏，如图所示，D是洞口，猫从A点沿水平线ABD匀速追赶老鼠，老鼠甲从B点沿曲线BCD先加速后减速逃跑，老鼠乙从B点沿曲线BED先减速后加速逃跑，已知猫和两只老鼠同时开始运动且初速率相等，到达洞口D时速率也相等，猫追赶的路程ABD与两只老鼠逃跑的路程BCD和BED均相等，则下列说法正确的是()A．猫能在洞口堵住老鼠甲B．猫能在洞口堵住老鼠乙C．两只老鼠在洞口都被猫堵住D．两只老鼠均能从洞口逃离答案B解析因两只老鼠运动的加速度大小不清楚，所以无法进行计算，但可根据题中三者运动路程相等，画出速率随时间变化的关系图像，利用图线与t轴所围面积相等来求解。根据猫与老鼠的运动情况可大致作出图像如图所示，由图知老鼠甲可以逃离洞口，故选B。方法4尺规作图法有些选择题，若用常规的方法做会很烦琐，带电粒子在磁场中运动时能不能经过某一点，可用圆规改变半径进行作图判断，光学中光线能不能经过某一点，也可以通过作图判断，在某种变化的过程中比较两个物理量的大小，还可以作图，用刻度尺测量。例4如图，站在水平台面上的工作人员用轻绳将一个光滑小球从四分之一圆弧最底端缓慢拉到定滑轮处，不计定滑轮摩擦，在此过程中，下列说法正确的是()A．绳的拉力一直增大B．绳的拉力一直减小C．圆弧对小球支持力一直增大D．圆弧对小球支持力先减小后增大答案A解析力的矢量三角形如图所示，由图可知绳的拉力一直增大，圆弧对小球支持力一直减小，故A正确，B、C、D错误。例5(2022·山东卷·12改编)如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为eq\r(2)L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t＝0时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是()A．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的过程中，E一直增大B．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的过程中，E先增大后减小C．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，E的变化率先增大后减小D．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直减小答案B解析如图所示，在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的过程中，金属框的有效切割长度先变大再变小，当t＝eq\f(π,4ω)时，有效切割长度最大，为eq\r(2)L，此时，感应电动势最大，所以在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误；方法一在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，设转过的角度为θ，由几何关系可得θ＝ωt，在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，切割磁感线的有效长度d＝eq\f(L,cosωt)，则感应电动势为E＝eq\f(1,2)Bd2ω＝eq\f(BL2ω,2cos2ωt)，可知在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直增大，故C、D错误。方法二电动势变化率eq\f(ΔE,Δt)＝eq\f(E2－E1,Δt)，E＝eq\f(1,2)BL2ω，式中L为有效切割长度，故eq\f(ΔE,Δt)＝eq\f(Bω,2Δt)(L22－L12)Δt取相等时间转化为长度的测量，作图。测量L1、L2、L3，得出L32－L22>L22－L12故eq\f(ΔE,Δt)在变大，C、D错误。方法5逆向思维法正向思维法在解题中运用较多，但有时利用正向思维法解题比较烦琐，这时我们可以考虑利用逆向思维法解题。应用逆向思维法解题的基本思路：(1)分析确定研究问题的类型是否能用逆向思维法解决；(2)确定逆向思维法的类型(由果索因、转换研究对象、过程倒推等)；(3)通过转换运动过程、研究对象等确定求解思路。例6如图所示，半圆轨道固定在水平面上，将一小球(小球可视为质点)从B点沿半圆轨道切线方向斜向左上方抛出，到达半圆轨道左端A点正上方某处小球速度刚好水平，O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向的夹角为60°，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球在A点正上方的水平速度为()A.eq\r(\f(3\r(3)gR,2)) B.eq\r(\f(3gR,2))C.eq\r(\f(\r(3)gR,2)) D.eq\r(\f(\r(3)gR,3))答案A解析小球虽然是做斜抛运动，由于到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，所以可以逆向看作小球从该半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，这样就可以用平抛运动规律求解．因小球运动过程中与半圆轨道相切于B点，则小球在B点的速度方向与水平方向的夹角为30°，设此时位移与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(tan30°,2)＝eq\f(\r(3),6)，因为tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(y,\f(3,2)R)，则竖直位移y＝eq\f(\r(3)R,4)，而vy2＝2gy＝eq\f(\r(3),2)gR，又tan30°＝eq\f(vy,v0)，所以v0＝eq\f(\r(\f(\r(3)gR,2)),\f(\r(3),3))＝eq\r(\f(3\r(3)gR,2))，故选项A正确。方法6类比分析法将两个(或两类)研究对象进行对比，分析它们的相同或相似之处、相互的联系或所遵循的规律，然后根据它们在某些方面有相同或相似的属性，进一步推断它们在其他方面也可能有相同或相似的属性的一种思维方法，在处理一些物理背景很新颖的题目时，可以尝试使用这种方法。比如：恒力作用下或电场与重力场叠加场中的类平抛问题、斜抛问题，可直接类比使用平抛、斜抛相关结论。例7在光滑的水平面上，一滑块的质量m＝2kg，在水平面上受水平方向上恒定的外力F＝4N(方向未知)作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为v＝5m/s。滑块在P点的速度方向与PQ连线的夹角α＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是()A．水平恒力F的方向与PQ连线成53°角B．滑块从P运动到Q的时间为3sC．滑块从P运动到Q的过程中速度最小值为3m/sD．P、Q两点间的距离为15m答案B解析滑块过P、Q两点时速度大小相等，根据动能定理得Fxcosθ＝ΔEk，得θ＝90°，即水平方向上恒定的外力F与PQ连线垂直且指向轨迹的凹侧，故A项错误；把滑块在P点的速度分解到沿水平恒力F和垂直水平恒力F两个方向上，沿水平恒力F方向上滑块先做匀减速直线运动后做匀加速直线运动，加速度大小为a＝eq\f(F,m)＝2m/s2，当沿水平恒力F方向上的速度为0时，时间t＝eq\f(vsin37°,a)＝1.5s，根据对称性，滑块从P运动到Q的时间为t′＝2t＝3s，故B项正确；沿垂直水平恒力F方向上滑块做匀速直线运动，有xPQ＝v′t′＝vcos37°·t′＝12m，故D项错误；当沿水平恒力F方向上的速度为0时，只有垂直水平恒力F方向的速度v′，此时速度最小，所以滑块从P运动到Q的过程中速度最小值为4m/s，故C项错误。方法7对称法对称法就是利用物理现象、物理过程具有对称性的特点来分析解决物理问题的方法。常见的应用：(1)运动的对称性，如竖直上抛运动中物体向上、向下运动的两过程中同位置处速度大小相等，加速度相等；(2)结构的对称性，如均匀带电的圆环，在其圆心处产生的电场强度为零；(3)几何关系的对称性，如粒子从某一直线边界垂直磁感线射入匀强磁场，再从同一边界射出匀强磁场时，速度与边界的夹角相等；(4)场的对称性，等量同种、异种点电荷形成的场具有对称性；电流周围的磁场，条形磁体和通电螺线管周围的磁场等都具有对称性。例8电荷量为＋Q的点电荷与半径为R的均匀带电圆形薄板相距2R，点电荷与圆心O连线垂直薄板，A点位于点电荷与圆心O连线的中点，B与A关于O对称，已知静电力常量为k，若A点的电场强度为0，则()A．圆形薄板所带电荷量为＋QB．圆形薄板所带电荷在A点的电场强度大小为eq\f(10kQ,9R2)，方向水平向左C．B点的电场强度大小为eq\f(kQ,R2)，方向水平向右D．B点的电场强度大小为eq\f(10kQ,9R2)，方向水平向右答案D解析A点的电场强度为零，而点电荷在A点产生的场强为E＝keq\f(Q,R2)，方向水平向右，则可知圆形薄板所带电荷在A点的电场强度大小为eq\f(kQ,R2)，方向水平向左，知圆形薄板带正电；若圆形薄板所带电荷量集中在圆心O，则电荷量大小应为Q，而实际上圆形薄板的电荷量是均匀分布在薄板上的，除了圆心O处距离A点的距离与点电荷＋Q距离A点的距离相同外，其余各点距离O点的距离都大于R，若将电荷量Q均匀的分布在薄板上，则根据点电荷在某点处产生的场强公式可知，合场强一定小于E，因此可知圆形薄板所带电荷量一定大于＋Q，故A、B错误；B点关于O点与A点对称，则可知圆形薄板在B点产生的电场强度为EB′＝keq\f(Q,R2)，方向水平向右，而点电荷在B点产生的场强为EB″＝keq\f(Q,3R2)＝keq\f(Q,9R2)，方向水平向右，则根据电场强度的叠加原理可得B点的电场强度为EB＝EB′＋EB″＝keq\f(Q,R2)＋keq\f(Q,9R2)＝eq\f(10kQ,9R2)，方向水平向右，故C错误，D正确。方法8等效替换法等效替换法是把陌生、复杂的物理现象、物理过程在保证某种效果、特性或关系不变的前提下，转化为简单、熟悉的物理现象、物理过程来研究，从而认识研究对象本质和规律的一种思想方法。等效替换法广泛应用于物理问题的研究中，如：力的合成与分解、运动的合成与分解、等效场、等效电源、变压器问题中的等效电阻等。例9(2019·全国卷Ⅰ·17)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()A．2FB．1.5FC．0.5FD．0答案B解析设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为eq\f(I,2)，如图所示，依题意有F＝BlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1＝eq\f(1,2)BlI＝eq\f(1,2)F，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为F＋F1＝1.5F，选项B正确。例10如图所示，在水平向右的匀强电场中，一内壁光滑、半径为R的固定绝缘圆轨道处在竖直平面内，AB为圆轨道的水平直径，CD为竖直直径。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从轨道的最低点获得一定的初速度v0后，能够在轨道内做圆周运动。已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度E＝eq\f(\r(3)mg,q)，不计空气阻力，下列说法中正确的是()A．小球运动到D点时的动能最小B．小球运动到C点时的机械能最大C．若v0＝eq\r(5gR)，小球恰好能够沿着轨道做圆周运动D．若小球恰好能够在轨道内做圆周运动，则小球运动过程中对轨道的最大压力为12mg答案D解析小球在等效场中做变速圆周运动，M点为等效最低点，N点为等效最高点，如图所示，设等效重力加速度的方向与竖直方向的夹角为θ，有tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\r(3)，即θ＝60°，故在等效场中构成绳—球模型，在等效最高点的速度最小，动能最小，即小球运动到N点时的动能最小，故A错误；小球做圆周运动时除了重力做功外，还有静电力做功，小球运动到B点时静电力做正功最多，则机械能最大，故B错误；在等效场中的等效重力加速度为g效＝eq\f(g,cosθ)＝2g，小球恰好能够沿着轨道做圆周运动，则在等效最高点N时由等效重力提供向心力，有mg效＝meq\f(vN2,R)，可得vN＝eq\r(g效R)＝eq\r(2gR)，则从C点到N点，由动能定理有－mg效(R＋Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvN2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(8gR)，故C错误；若小球恰好能够在轨道内做圆周运动，即刚好能通过N点时的速度为vN＝eq\r(2gR)，在C点的速度为v0＝eq\r(8gR)，而在等效最低点M时速度最大，轨道对球的支持力最大，球对轨道的压力也最大，从C点到M点由动能定理有mg效(R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvM2－eq\f(1,2)mv02，可得vM＝eq\r(10gR)，在M点由牛顿第二定律有FNM－mg效＝meq\f(vM2,R)，解得FNM＝12mg，由牛顿第三定律可知小球运动过程中对轨道的最大压力为12mg，故D正确。方法9特殊值法有些选择题，根据它所描述的物理现象的一般情况较难直接判断选项的正误时，可以让某些物理量取特殊值，代入到各选项中逐个进行检验。凡是用特殊值检验证明不正确的选项，可以排除。例11竖直上抛物体的初速度大小与返回抛出点时速度大小的比值为k，物体返回抛出点时速度大小为v，若在运动过程中空气阻力大小不变，重力加速度为g，则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为()A.eq\f(k2－1v,k2＋1g) B.eq\f(k2＋1v,k2－1g)C.eq\f(k＋1k2＋1v,2kg) D.eq\f(k2－12v,2kg)答案C解析取k＝1，则说明物体运动过程中所受空气阻力为零，即物体做竖直上抛运动。将k＝1依次代入四式，只有C项经历的时间等于eq\f(2v,g)(竖直上抛运动回到抛出点所用的时间)，C项正确。方法10极限思维法物理学中的极限思维是把某个物理量推向极端，从而作出科学的推理分析，给出判断或导出一般结论。该方法一般适用于题干中所涉及的物理量随条件单调变化的情况。极限思维法在进行某些物理过程分析时，具有独特作用，使问题化难为易，化繁为简，起到事半功倍的效果。例12由相关电磁学知识可知，若圆环形通电导线的中心为O，环的半径为R，环中通有大小为I的电流，如图甲所示，则环心O处的磁感应强度大小B＝eq\f(μ0,2)·eq\f(I,R)，其中μ0是真空磁导率。若P点是过圆环形通电导线中心O点的轴线上的一点，且与O点间的距离是x，如图乙所示。请根据所学的物理知识判断下列有关P点处的磁感应强度BP的表达式正确的是()A．BP＝eq\f(μ0,2)·B．BP＝eq\f(μ0,2)·eq\f(R2I,R2＋x2)C．BP＝eq\f(μ0,2)·D．BP＝eq\f(μ0,2)·答案A解析应用极限思维法，当x＝0时，P点与O点重合，磁感应强度大小BP＝eq\f(μ0,2)·eq\f(I,R)，A项正确。方法11量纲法量纲法就是用物理量的单位来鉴别答案，主要判断等式两边的单位是否一致，或所选列式的单位与题干是否统一。例13已知光速c＝3.0×108m/s，引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，用这三个物理量表示普朗克长度(量子力学中最小可测长度)，其表达式可能是()A．B．C．D．答案B解析根据量纲法，将A、B、C、D项的表达式的单位进行运算，只有B项符合，eq\r(\f(J·s·N·m2/kg2,m/s3))＝eq\r(\f(kg·m/s2·m·s·kg·m/s2·m2/kg2,m3/s3))＝m，普朗克长度表达式可能是，故选B。

二、计算题解题技巧及规范考试答题，对分数影响最为关键的就是答案的正确性。很多考生答案正确却没拿到满分。很多时候就是忽略了答题的规范性。越是大型的考试对答题的要求就越严格，重大考试的不标准答题造成的考试失分，很可惜。物理大题的答题要求是这样的：“解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。”因此，考生要想提高得分率，取得好成绩，在复习过程中，除了要做好基础知识的掌握、解题能力的训练外，平时还必须强化答题的规范，培养良好的答题习惯。一、文字说明要清楚文字说明的字体要书写工整、版面布局合理整齐、段落清晰……让改卷老师看到你的卷面后有赏心悦目的感觉。必要的文字说明是指以下几方面内容：1．研究的对象、研究的过程或状态的说明。2．题中给出的物理量要用题中的符号，非题中的物理量或符号，一定要用提前假设进行说明。3．题目中的一些隐含条件或临界条件分析出来后，要加以说明。4．所列方程的依据及名称要进行说明。5．规定的正方向、零势能点及所建立的坐标系要进行说明。6．对题目所求或所问要有明确的答复，对所求结果的物理意义要进行说明。7．文字说明不要过于简略，缺乏逻辑性，也不要太啰嗦，而找不到得分点。二、主干方程要突出在高考评卷中，主干方程是得分的重点。主干方程是指物理规律、公式或数学的三角函数、几何关系式等，方程要单列一行，绝不能连续写下去，切忌将方程、答案淹没在文字之中。1．主干方程要有依据一般表述为：由××定理(定律)得；由图中几何关系得，根据……得等。“定律”“定理”“公式”“关系”“定则”等词要用准确。2．主干方程列式形式书写规范严格按课本“原始公式”的形式列式，不能以变形的结果式代替方程式(这是相当多考生所忽视的)。要全部用字母符号表示方程，不能字母、符号和数据混合，如：带电粒子在磁场中的运动应有qvB＝meq\f(v2,R)，而不是其变形结果R＝eq\f(mv,qB)；轻绳模型中，小球恰好能通过竖直平面内圆周运动的最高点，有mg＝meq\f(v2,r)，不能写成v＝eq\r(gr)。3．物理量符号要和题干一致最终结果字母必须准确才得分，物体的质量，题目给定符号是m0、ma、2m、M、m′等，不能统一写成m；长度，题目给定符号是L，不能写成l或者d；半径，题目给定符号是R，不能写成r；电荷量，题目给定符号是e，不能写成q，在评分标准中都明确给出了扣分标准。需要自己设的物理量尽量要依据题干给定，相关物理量顺延编号，合理安排下标(上标)，以防混乱。4．要分步列式，不要写连等式如，电磁感应中导体杆受力的几个方程，要这样写：E＝BLvI＝eq\f(E,R＋r)F＝BIL每个公式都有对应的分值，不要写连等式F＝BIL＝Beq\f(E,R＋r)L＝Beq\f(BLv,R＋r)L＝eq\f(B2L2v,R＋r)，评分标准是这样的，每个公式都有对应的分值，如果写成连等式，最终结果正确得满分，最终结果错误最多得分布列式中一个公式的分数。5．计算结果要注意矢量性及单位计算结果是数据的要带单位，没有单位的要扣分；字母运算时，一些常量(重力加速度g，电子电荷量e等)不能用数字(10m/s2,1.6×10－19C)替换，运算的结果为字母表达式的不用写单位。三、解题过程中运用数学的方式有讲究1．“代入数据”，解方程的具体过程可以不写出。2．所涉及的几何关系只需写出判断结果而不必证明。3．重要的中间结论、数据要写出来，这是改卷的节点，写出这个结果得到对应分值。4．所求的方程若有多个解，都要写出来，然后通过讨论，该舍去的舍去。5．数字相乘时，数字之间不要用“·”，而应用“×”。总结为一个要求：仔细研读高考考试评分细则，是判断答题是否规范的最好标准。就是要用最少的字符，最小的篇幅，表达出最完整的解答，以使评卷老师能在最短的时间内把握你的答题过程、结果，就是一份最好的答卷。示例1如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变。现将质量m＝2kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H＝0.6m处静止释放，且将B点置于AC中点处。已知圆轨道半径R＝0.1m，水平轨道长LAC＝1.0m，滑块与AC间动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，求：(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；(2)弹射器获得的最大弹性势能；(3)若H＝6m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求满足条件的BC长度LBC。

解题指导示例2如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的斜面上，两导轨垂直于ef，ef为斜面与水平面的交线，导轨间距L＝0.6m，导轨电阻不计。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为虚线MN。虚线MN与两导轨垂直，区域Ⅰ中的匀强磁场方向竖直向下，区域Ⅱ中的匀强磁场方向竖直向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝1T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.21kg、电阻R1＝0.1Ω的金属棒ab放在导轨上，金属棒ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg、电阻R2＝0.1Ω的光滑金属棒cd置于导轨上使其由静止开始下滑。金属棒cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，两金属棒长度均为L且始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求金属棒ab刚要向上滑动时，金属棒cd的速度大小v；(2)从金属棒cd开始下滑到金属棒ab刚要向上滑动的过程中，金属棒cd滑动的距离x＝3.5m，求此过程中金属棒ab上产生的热量Q；(3)求金属棒cd滑动距离3.5m的过程中流过金属棒ab某一横截面的电荷量q。解题指导

三、数学方法在物理中的应用高考物理试题的解答离不开数学知识和方法的应用，利用数学知识解决物理问题是高考物理考查的能力之一。借助数学方法，可使一些复杂的物理问题，显示出明显的规律性，能快速简捷地解决问题。可以说任何物理试题的求解过程实际上都是将物理问题转化为数学问题，经过求解再还原为物理结论的过程。下面是几种物理解题过程中常用的数学方法。一、三角函数法1．辅助角求极值三角函数：y＝acosθ＋bsinθy＝acosθ＋bsinθ＝eq\r(a2＋b2)sin(θ＋α)，其中tanα＝eq\f(a,b)。当θ＋α＝90°时，有极大值ymax＝eq\r(a2＋b2)。例1质量为m的物体放置在倾角θ＝30°的粗糙固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)，重力加速度为g，现用拉力F(与斜面的夹角为β)拉动物体沿斜面向上匀速运动，下列说法正确的是()A．拉力最小时，物体受三个力作用B．β＝0°时，即拉力沿斜面向上时，拉力F最小C．斜面对物体作用力的方向随拉力F的变化而变化D．拉力F的最小值为eq\f(\r(3),2)mg答案D解析斜面对物体的作用力，指的是摩擦力Ff和支持力FN的合力，则有tanα＝eq\f(FN,Ff)＝eq\f(FN,μFN)＝eq\f(1,μ)，μ不变，则tanα不变，即斜面对物体作用力的方向不随拉力F变化，故C错误；对物体受力分析如图所示Fcosβ＝Ff＋mgsinθ①，Ff＝μFN②，FN＝mgcosθ－Fsinβ③，联立①②③解得F＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,cosβ＋μsinβ)当β＝30°时，拉力F最小，最小值为eq\f(\r(3),2)mg，此时物体受4个力作用，故D正确，A、B错误。2．正弦定理在如图所示的三角形中，各边和所对应角的正弦之比相等，即：eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)。例2如图甲所示，一个边长为3d的匀质玻璃立方体内有一个三棱柱真空“气泡”，立方体置于水平桌面上，其中某一截面图如图乙所示，A、B、C、D为正方形四个顶点，Q、N为底边的三等分点，MN垂直于底边，PO平行于底边，O为QM的中点，∠QMN＝30°，D、P位置有相同的光源。真空中光速为c，不考虑光的反射。(1)D处光源向O点发出一束光恰好不能进入“气泡”，求该玻璃的折射率；(2)P处光源向O点发出一束光，求该束光第一次穿过“气泡”的时间。答案(1)eq\f(2\r(3),3)(2)eq\f(3\r(2)－\r(3),5c)d解析(1)作出光路图如图所示由几何关系可知θ＝60°，OQ＝DQ则可知α＝β，易知θ＝α＋β，C＋β＝90°可得C＝60°由全反射sinC＝eq\f(1,n)解得n＝eq\f(2\r(3),3)(2)作出光路图如图所示可知i＝30°，OM＝d而eq\f(sinr,sini)＝n可得sinr＝eq\f(\r(3),3)＝cosφ则由数学知识可得sinφ＝eq\f(\r(6),3)再由数学知识sin∠OEM＝sin(30°＋φ)＝eq\f(\r(3)＋3\r(2),6)由正弦定理可得eq\f(OM,sin∠OEM)＝eq\f(OE,sin30°)在气泡中有t＝eq\f(OE,c)可得t＝eq\f(3\r(2)－\r(3),5c)d(或eq\f(3d,3\r(2)＋\r(3)c))。3．余弦定理在如图所示的三角形中，有：a2＝b2＋c2－2bc·cosA例3如图所示，ABDO为某玻璃材料的截面，ABO部分为直角三角形棱镜，∠A＝30°，OBD部分是半径为R的四分之一圆柱状玻璃，O点为圆心。一束单色光从P点与AB成30°角斜射入玻璃材料，刚好垂直OA边射出，射出点离O点eq\f(\r(3),4)R，已知真空中的光速为c。(1)求该单色光在玻璃材料中发生全反射的临界角的正弦值；(2)现将该光束绕P点沿逆时针方向在纸面内转动至水平方向，观察到BD面上有光线从Q点射出(Q点未画出)。求光束在玻璃材料中的传播时间(不考虑圆柱BD弧面部分的反射光线)。答案(1)eq\f(\r(3),3)(2)eq\f(3\r(3)＋\r(39)R,4c)解析(1)根据题意可知，光线从AB界面的P点进入玻璃棱镜，由折射定律画出光路图，如图所示根据几何关系，可得入射角θ1＝90°－30°＝60°折射角θ2＝30°，且PO恰好为法线，根据n＝eq\f(sinθ1,sinθ2)可得折射率n＝eq\r(3)又有sinC＝eq\f(1,n)解得sinC＝eq\f(\r(3),3)(2)根据题意，当光线转至水平方向入射，入射角大小仍为θ3＝60°，画出光路图，如图所示由折射定律可知，折射角θ4＝30°，折射光线交OD边于F点，由题已知∠A＝30°，PC⊥AO，得在OD边界上的入射角为θ5＝60°，由于发生全反射的临界角为C。则有sinC＝eq\f(\r(3),3)<sinθ5＝eq\f(\r(3),2)即C<θ5可知在OD界面发生全反射，已知CO＝eq\f(\r(3),4)R。由几何关系得，在三角形OFQ中，由余弦定理得OQ2＝OF2＋FQ2－2OF·FQcos150°其中OQ＝R，OF＝OP＝eq\f(\r(3),2)R解得FQ＝eq\f(\r(13)－3,4)R又有v＝eq\f(c,n)，PF＝2OF·cos30°t＝eq\f(PF＋FQ,v)解得t＝eq\f(3\r(3)＋\r(39)R,4c)。二、均值不等式由均值不等式a＋b≥2eq\r(ab)(a>0，b>0)可知：(1)两个正数的积为定值时，若两数相等，和最小；(2)两个正数的和为定值时，若两数相等，积最大。例4某运动员从滑雪跳台以不同的速度v0水平跳向对面倾角为45°的斜坡(如图所示)，已知跳台的高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则该运动员落到斜坡上的最小速度为()A.eq\r(\r(2)－1gh) B.eq\r(\r(3)－1gh)C.eq\r(\r(5)－1gh) D.eq\r(\r(6)－1gh)答案C解析设该运动员落到斜坡上经历的时间为t，由平抛运动的规律可得，水平方向上的位移x＝v0t，竖直方向上的位移y＝eq\f(1,2)gt2，由几何关系可得x＝(h－y)·tan45°，整理得v0＝eq\f(h,t)－eq\f(1,2)gt，该运动员落到斜坡上时速度v满足v2＝v02＋(gt)2，再整理可得v2＝(eq\f(h,t)－eq\f(1,2)gt)2＋(gt)2，变形为v2＝(eq\f(h,t))2＋eq\f(5,4)(gt)2－gh，当(eq\f(h,t))2＝eq\f(5,4)(gt)2时，速度v最小，且最小为v＝eq\r(\r(5)－1gh)，故选C。三、利用二次函数求极值二次函数：y＝ax2＋bx＋c(1)当x＝－eq\f(b,2a)时，有极值ym＝eq\f(4ac－b2,4a)(若二次项系数a>0，y有极小值；若a<0，y有极大值)。(2)利用一元二次方程判别式求极值。用判别式Δ＝b2－4ac≥0有解可求某量的极值。例5如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，两传送带由同一电机驱动，它们正常工作时都匀速运动，速度大小分别为v甲、v乙，并满足v甲＋v乙＝v，式中v为已知定值，即两传送带的速度可调但代数和始终不变。将一工件A(视为质点)轻放到传送带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙的右侧掉落。已知工件的质量为m，工件与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。两传送带正常工作时，下列说法正确的是()A．工件在传送带甲和乙上共速前受到的摩擦力一定相同B．当v甲＝0.5v乙时，工件在传送带乙上留下的滑动痕迹最短C．当v甲＝0.5v乙时，工件与两传送带因摩擦而产生的总热量最小D．驱动传送带的电机因传送工件至少需要额外做的功为eq\f(mv2,4)答案C解析取传送带乙为参考系，工件滑上传送带乙时的速度如图工件受到的滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，所以工件在两传送带上受到摩擦力大小相等，但方向不同，故A错误；由牛顿第二定律可得，工件在传送带上的加速度为a＝eq\f(F,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg，设工件在传送带乙上的滑动痕迹为x，则v甲2＋v乙2＝2μgx，又因为v甲＋v乙＝v，解得x＝eq\f(v2－2v甲v乙,2μg)，由数学知识可得，当v甲＝v乙时，x取最小值，故B错误；设工件在传送带甲上的滑动痕迹为x1，工件与两传送带因摩擦产生的总热量为Q，则v甲2＝2μgx1，Q＝μmg(x＋x1)，整理得Q＝eq\f(mv2＋3v甲2－2v甲v,2)，则当v甲＝eq\f(v,3)时，Q取最小值，此时v乙＝eq\f(2v,3)，故C正确；根据能量守恒定律可知，电动机额外做的功等于产生的热量与工件的末动能之和，则有W＝eq\f(mv2＋3v甲2－2v甲v,2)＋eq\f(mv乙2,2)，整理得W＝eq\f(m,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(v2＋v甲－v乙2))，当v甲＝v乙时，W取最小值，最小值为Wmin＝eq\f(mv2,2)，故D错误。四、数学归纳法和数列法凡涉及数列求解的物理问题都具有过程多、重复性强的特点，但每一个重复过程均不是与原来完全相同的重复，而是一种变化了的重复。随着物理过程的重复，某些物理量逐步发生着前后有联系的变化。该类问题求解的基本思路为：(1)逐个分析开始的几个物理过程；(2)利用归纳法从中找出物理量变化的通项公式(这是解题的关键)；(3)最后分析整个物理过程，应用数列特点和规律求解。无穷数列的求和，一般是无穷递减数列，有相应的公式可用。等差数列：Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d(d为公差)。等比数列：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－qn,1－q)，q≠1,na1，q＝1))(q为公比)。例6如图甲所示，木板B静止在光滑水平地面上，距木板B右端x处固定一个物块A。现，物块C从冲上木板到最终静止的v－t图像如图乙所示，物块C始终未从木板上掉下来，已知所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2。(1)木板的长度至少是多少？(2)物块A距木板B右端的最大距离？(3)若mC＝4kg，mB＝2kg，A距B板右端的距离eq\f(16,9)m，则木板B运动的总路程是多少？答案(1)8m(2)1m(3)eq\f(52,9)m解析(1)由题图乙可知物块C的最终速度为0，则木板B的最终速度也为0，且其斜率等于物块的加速度，得aC＝eq\f(μmCg,mC)＝μg＝4m/s2由能量守恒定律可得μmCgL＝eq\f(1,2)mCv02解得L＝8m(2)由v－t图像的斜率可得aC＝4m/s2由牛顿第二定律可得μmCg＝mCaC，μmCg＝mBaB解得μ＝0.4，aB＝2m/s2由B、C速度为0，可知B一定与A发生了碰撞，且碰撞次数越少，A距B板右端距离越大，因此A、B只碰撞1次，x最大，且B、A碰撞前B、C未共速；设B与A碰撞前B的速度为vB，C的速度为vC，根据碰后－mBvB＋mCvC＝0则有vB＝eq\f(1,2)vC即aBt＝(v0－aCt)×eq\f(1,2)解得t＝1s则x＝eq\f(1,2)aBt2＝1m即A距木板右端的最大距离为1m。(3)若mC＝4kg，mB＝2kg，则aC′＝4m/s2，aB′＝8m/s2则B与A碰撞前B、C恰好共速，则v0－aC′t1＝aB′t1解得t1＝eq\f(2,3)s共同速度为v共1＝eq\f(16,3)m/s碰后B的速度反向，设第2次共速时间t2，则v共1－aC′t2＝－v共1＋aB′t2解得t2＝eq\f(8,9)s第二次共速v共2＝eq\f(16,9)m/s所以v共2＝eq\f(1,3)v共1运动的位移s2＝eq\f(1,9)s1木板经过的总路程s＝s1＋2(s1＋s2＋s3＋…)＝s1＋2×eq\f(s11－\f(1,9n),1－\f(1,9))＝eq\f(52,9)m。

四、物理情境题破译法高考试题从原来的解题到现在的解决问题，出现的情境题越来越多，题目情境来源于生活、生产、体育运动、科技，无情境不命题。我们分析物理情境题时，可以从以下几个方面进行研究分析。1．仔细读题，构建物理模型明确题中所给的物理情境要解决的问题，仔细分析该情境描述的研究对象。经历了什么过程？受哪些作用力？分析运动性质，遵循哪些规律？将此问题和学过的知识相关联，在大脑中调出所学过的关于这个问题所涉及的物理知识。2．挖掘破题关键解决实际问题，根据题目展示的物理情境，建立好物理模型之后，再看看我们需要解决什么问题，然后再次回到题目所给的信息中去挖掘破题关键信息，进行二次读题，最终查看问题是否得到解决。3．还有一些情境题为假情境，戴着情境的帽子，把这几句信息去掉对解题无影响，这样的题可以去掉情境，从中直接找出关键信息即可。例1(2022·重庆卷·1)如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力(图中未画出摩擦力)的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力()A．大小等于mg B．大小等于eq\r(2)mgC．方向竖直向上 D．方向水平向左解题指导物理情境擦窗工具擦玻璃解决问题擦玻璃过程中摩擦力的分析与计算关联知识共点力的平衡与情境结合擦窗工具在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力(图中未画出摩擦力)的共同作用做匀速直线运动，处于平衡状态，受力分析，求摩擦力答案B解析对擦窗工具进行受力分析如图所示，擦窗工具做匀速直线运动，受力平衡，又F＝mg，所以擦窗工具所受摩擦力方向如图所示，大小为Ff＝eq\r(mg2＋F2)＝eq\r(2)mg，故选B。例2(2022·福建卷·1)福建土楼兼具居住和防御的功能，承启楼是圆形土楼的典型代表，如图(a)所示。承启楼外楼共四层，各楼层高度如图(b)所示。同一楼层内部通过直径约50m的圆形廊道连接。若将质量为100kg的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处，再用100s沿廊道运送到N处，如图(c)所示。重力加速度大小取10m/s2，则()A．该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为5400JB．该物资从M处被运送到N处的过程中，克服重力所做的功为78500JC．从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为78.5mD．从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为0.5m/s解题指导物理情境福建土楼解决问题若将质量为100kg的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处，再用100s沿廊道运送到N处，位移、做功等问题关联知识位移，平均速率公式，恒力做功的计算与情境结合承启楼是圆形土楼的典型代表，承启楼外楼共四层，各楼层高度如图(b)所示。同一楼层内部通过直径约50m的圆形廊道连接。搬运过程中，克服重力所做的功与路径无关，只与初末位置的高度差有关，情境中的初末位置连线长度为位移大小，在此过程中的路程和时间之比计算平均速率答案A解析该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为W克G＝mgΔh＝100×10×(2.7＋2.7)J＝5400J，故A正确；该物资从M处被运送到N处的过程中，由于M、N高度差为零，所以克服重力做功为零，故B错误；从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为50m，故C错误；从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为v＝eq\f(s,t)＝eq\f(πr,t)≈eq\f(3.14×\f(50,2),100)m/s＝0.785m/s，故D错误。例3(2023·江苏南京市检测)国产科幻大片《流浪地球2》中的“太空电梯”给观众带来了强烈的视觉震撼。如图所示，“太空电梯”由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站和配重组成，缆绳相对地面静止，箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站。下列说法正确的是()A．地面基站可以建设在青藏高原上B．配重的线速度小于同步空间站的线速度C．箱体在上升过程中受到地球的引力越来越小D．若同步空间站和配重间的缆绳断开，配重将做向心运动解题指导物理情境《流浪地球2》中的“太空电梯”解决问题建设“太空电梯”，由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站和配重组成，缆绳相对地面静止，利用箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站关联知识圆周运动线速度与角速度关系，圆周运动动力学分析，向心运动、离心运动与情境结合读图可知，空间站处于同步轨道上，和地球自转同步，角速度相同，若无配重，地球对其引力提供向心力Geq\f(Mm,r空2)＝mω2r空，缆绳恰无张力；箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站，缆绳对箱体提供向上拉力，对空间站向下拉影响空间站的安全；配重在同步轨道外，引力不足以提供向心力Geq\f(Mm,r配2)<Geq\f(Mm,r空2)，缆绳提供拉力，处于绷紧状态答案C解析由题意可知，整个同步轨道一定在地球赤道正上方，因此地面基站不可以建设在青藏高原上，A错误；由太空电梯的结构可知，配重与同步空间站的角速度相同，由v＝ωr可知，空间站的轨道半径小于配重的轨道半径，因此配重的线速度大于同步空间站的线速度，B错误；由F＝Geq\f(Mm,r2)可知，箱体在上升过程中受到地球的引力随距离r的增加而减小，C正确；由题意可知，空间站和配重都做匀速圆周运动，若缆绳断开，配重与地球间的万有引力则有F′＝Geq\f(Mm,r配2)<Geq\f(Mm,r空2)＝mω2r空<mω2r配，即地球对配重的万有引力小于配重做圆周运动的向心力，因此配重会做离心运动，D错误。例4如图甲所示为利用霍尔元件制作的位移传感器。将霍尔元件置于两块磁性强弱相同、同名磁极相对放置的磁体正中间，以中间位置为坐标原点建立如图乙所示的空间坐标系。当霍尔元件沿x轴方向移动到不同位置时，将产生不同的霍尔电压U，通过测量电压U就可以知道位移x。已知沿x轴方向磁感应强度大小B＝kx(k为常数，且k>0)，电流I沿＋z方向大小不变。该传感器灵敏度eq\f(ΔU,Δx)，要使该传感器的灵敏度变大，下列措施可行的是()A．把霍尔元件沿x方向的厚度变小B．把霍尔元件沿y方向的高度变大C．把霍尔元件沿z方向的长度变大D．把霍尔元件沿y方向的高度变小解题指导物理情境利用霍尔元件制作的位移传感器解决问题两块磁性强弱相同、同名磁极相对放置的磁体正中间，以中间位置为坐标原点建立如图乙所示的空间坐标系。沿x轴方向移动到不同位置时，磁感应强度不同，产生不同的霍尔电压U，通过测量电压U就可以知道位移x关联知识磁场的叠加，霍尔元件，电流微观表达式与情境结合磁场叠加后