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(高三物理合集资料)衡水市示范高中物理总复习解题方法12专题精讲精练

物理总复习解题方法

本资料目录

高考物理总复习解题方法专题精细讲解专题一直线运动解题思路与方法

高考物理总复习解题方法专题精细讲解专题二处理平衡问题的几种方法

高考物理总复习解题方法专题精细讲解专题三应用牛顿第二定律的常用方法

高考物理总复习解题方法专题精细讲解专题四曲线运动问题的解法

高考物理总复习解题方法专题精细讲解专题五求解变力做功的方法

高考物理总复习解题方法专题精细讲解专题六机械能守恒在模型中的应用

高考物理总复习解题方法专题精细讲解专题七电学量的判断技巧

高考物理总复习解题方法专题精细讲解专题八电阻的测量方法

高考物理总复习解题方法专题精细讲解专题九测电源电动势和内阻的方法

高考物理总复习解题方法专题精细讲解专题十一“杆+导轨”模型问题

高考物理总复习解题方法专题精细讲解专题十确定带电粒子在磁场中运动轨迹方法高考物理总复习解题方法专题精细讲解专题十二交变电流的综合应用

专题一:直线运动解题思路与方法

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解析 设初速度方向为正方向,根据匀变速直线运动规律v =v 0+at ,有-16=10-2t ,所以经过t =13 s 物体的速度大小为16 m/s.

由x =v 0t +12at 2可知这段时间内的位移为x =(10×13-12×2×132

)m =-39 m ,物体的运动分为两个阶段,第一阶段速

度从10 m/s 减到0,此阶段位移大小为x 1=02

-v 2

02a =02

-10

2

-2×2 m =25 m ,第二阶段速度从0反向加速到16 m/s ,位移大

小为x 2=v′2

-02

-2a =162

-0

2

2×2

m =64 m ,则总路程为L =x 1+x 2=25 m +64 m =89 m.

答案 13 s 25 m 89 m

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5.极值法

有些问题用一般的分析方法求解难度较大,甚至中学阶段暂时无法求出,我们可以把研究过程推向极端情况来加以分析,往往能很快得出结论.

例5两个光滑斜面,高度和斜面的总长度相等,如图所示,两个相同的小球,同时由两个斜面顶端由静止开始释放,不计拐角处能量损失,则两球谁先到达底端?

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解析

甲斜面上的小球滑到斜面底端的时间很容易求出.设斜面高度为h ,长度为L ,斜面的倾角为θ.则由L =12g 2

1sin θ、

sin θ=h L ,解得t 1=2L

2gh

.

乙斜面上的小球滑到斜面底端的时间很难直接计算.可将乙斜面作极端处理:先让小球竖直向下运动,然后再水平运动,易解得这种运动过程中小球运动的时间为t 2=

2h g +L -h 2gh =L +h 2gh

6.图象法

利用图象法可直观地反映物理规律,分析物理问题.图象法是物理研究中常用的一种重要方法.运动学中常用的图象为v -t 图象.在理解图象物理意义的基础上,用图象法分析解决有关问题(如往返运动、定性分析等)会显示出独特的优越性,解题既直观又方便.需要注意的是在v -t 图象中,图线和坐标轴围成的“面积”应该理解成物体在该段

时间内发生的位移.

例6汽车从甲地由静止出发,沿平直公路驶向乙地.汽车先以加速度a 1做匀加速直线运动,然后做匀速运动,最后以大小为a 2的加速度做匀减速直线运动,到乙地恰好停止.已知甲、乙两地的距离为x ,求汽车从甲地到乙地的最短时间t 和运行过程中的最大速度v m .

解析 由题意作出汽车做匀速运动时间长短不同的v -t 图象,如图所示.不同的图线与横轴所围成的“面积”都等于甲、乙两地的距离x.由图象可知汽车做匀速运动的时间越长,从甲地到乙地所用的时间就越长,所以当汽车先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,中间无匀速运动时,行驶的时间最短.

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设汽车做匀加速直线运动的时间为t 1,则匀减速直线运动的时间为(t -t 1).则有v m =a 1t 1=a 2(t -t 1),解得t 1=a 2t

a 1+a 2,

则v m =

a 1a 2t

a 1+a 2

, 由图象中三角形面积的物理意义有x =1

2v m t =

a 1a 2t

2

1+a 2

解得t = 1

+a 2a 1a 2

,故v m =

2xa 1a 2

a 1+a 2

.

答案 t =

1

+a 2a 1a 2

v m =

2xa 1a 2

a 1+a 2

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7.相对运动法

以系统中的一个物体为参考系研究另一个物体运动情况的方法.

例7物体A 、B 从同一地点,同时沿同一方向运动,A 以10 m/s 的速度做匀速直线运动,B 以2 m/s 2

的加速度从静止开始做匀加速直线运动,求A 、B 相遇前两物体间的最大距离.

解析 因为本题求解的是A 、B 间的相对距离,所以可以利用相对运动法求解.选B 为参考系,从计时开始到A 、B 相遇前两物体间出现最大距离的过程中,A 相对于B 的初速度、末速度和加速度分别为:

v 0=10 m/s ,v =0,a =-2 m/s 2

, 根据v 2

-v 20

=2a Δx max ,有Δx max =v 2

-v 2

2a

解得Δx max =25 m. 答案 25 m

8.逆向思维法

对于物体做匀减速直线运动的问题,可以当作逆向的匀加速直线运动处理.这样更符合思维习惯,容易理解. 例8一物体以某一初速度在粗糙水平面上做匀减速直线运动,最后停下来,若此物体在最初5 s 内和最后5 s 经过的路程之比为11:5.则此物体一共运动了多长时间?

解析 若依据匀变速直线运动规律列式,将会出现总时间t 比前后两个5 s 的和10 s 是大还是小的问题:若t>10 s ,可将时间分为前5 s 和后5 s 与中间的时间t 2,经复杂运算得t 2=-2 s ,再得出t =8 s 的结论.若用逆向的初速度为零的匀加速直线运动处理,将会简便得多.视为反向的初速度为零的匀加速直线运动,则最后5 s 内通过的路程为x 2=12

a×52

=12.5a ,

最初5 s 内通过的路程为x 1=12at 2-12a(t -5)2

=12

a(10t -25),

由题中已知的条件:x 1:x 2=11:5,得(10t -25) :25=11:5, 解得物体运动的总时间t =8 s. 答案 8 s

9.比值法

对初速度为零的匀加速直线运动,利用匀变速直线运动的基本公式可推出以下几个结论: (1)连续相等时间末的瞬时速度之比为: v 1:v 2:v 3:…:v n =1:2:3:…:n

(2)t 、2t 、3t 、…、nt 内的位移之比为:

x 1t :x 2t :x 3t :…:x nt =12:22:32:…:n 2

(3)连续相等时间内的位移之比为: x 1:x 2:x 3:…:x n =1:3:5:…: (2n -1) (4)连续相等位移所用的时间之比为:

t 1:t 2:t 3:…:t n =1: (2-1) : (3-2):…: (n -n -1)

在处理初速度为零的匀加速直线运动时,首先考虑用以上的几个比值关系求解,可以省去很多繁琐的推导及运算.

例9一个物体从塔顶做自由落体运动,在到达地面前最后1 s 内发生的位移是总位移的7/16,求塔高.(取g =10 m/s 2)

解析 由初速度为零的匀加速直线运动规律推论知,第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内、第4 s 内的位移之比为1:3:5:7,第4 s 运动的位移与总位移的比值为7/16,故物体下落的总时间t 总=4 s ,塔高h =12gt 2

总=80 m.

答案 80

专题二:处理平衡问题的几种方法

1.合成、分解法

利用力的合成与分解能解决三力平衡的问题,具体求解时有两种思路:一是将某力沿另两个力的反方向进行分解,将三力转化为四力,构成两对平衡力.二是某二力进行合成,将三力转化为二力,构成一对平衡力.

例1如图甲所示,质量为m 的重球,由细绳悬挂放在斜面上,斜面光滑,倾角θ=30°,细绳与竖直方向夹角也为30°,求细绳受到的拉力及斜面受到的压力.

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解析 对重球受力分析,如图乙所示,重球在斜面对球的支持力N 、细绳的拉力T 、重力mg 的作用下处于平衡状态,由平衡条件可得,支持力N 与拉力T 的合力与重力mg 构成平衡力,由几何关系可得 N =T =

mg

2cos θ

=3mg/3,

由牛顿第三定律可得,重球对斜面的压力为N′=3mg/3,方向垂直于斜面向下.细绳受到的拉力为T′=3mg/3,方向沿绳斜向下.

2.相似三角形法

“相似三角形”的主要性质是对应边成比例,对应角相等.在物理中,一般当涉及矢量运算,又构建了三角形时,若矢量三角形与图中的某几何三角形为相似三角形,则可用相似三角形法解题.

例2如图甲所示,两球A 、B 用劲度系数为k 1的轻弹簧相连,球B 用长为l 的细绳悬于O 点,球A 固定在O 点正下方,且OA 之间的距离恰为l ,系统平衡时绳子所受的拉力为F 1.现把A 、B 间的弹簧换成劲度系数为k 2的轻弹簧,仍使系统平衡,此时绳子所受的拉力为F 2,则F 1与F 2的大小之间的关系为( ) A .F 1>F 2 B .F 1=F 2 C .F 1

解析 如图乙所示,分析B 球的受力情况,B 球受到重力、弹簧的弹力和绳的拉力,△OAB 与△BDE 相似,由于OA =OB ,则绳的拉力等于B 球的重力,所以F 1=F 2=mg. 答案 B

3.图解法

此方法适用于一个物体受到三个力(或可等效为三个力)而平衡的问题,特别是物体的动态平衡问题或平衡中的临界、极值问题.

例3如图甲所示,光滑的小球静止在斜面和竖直放置的木板之间,已知球重为G ,斜面的倾角为θ,现使木板沿逆时针方向绕O 点缓慢移动,问小球对斜面和挡板的压力怎样变化?

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解析小球的受力如图乙所示,小球受重力、斜面的支持力和挡板的支持力,在这三个力的作用下处于平衡状态,这三个力可构成力的三角形.挡板绕O点缓慢移动,可视为动态平衡.因挡板对小球的支持力F N2的方向与水平方向之间的夹角由90°缓慢减小,重力的大小和方向都不变,斜面对小球的支持力F N1的方向也不变,由矢量三角形知,F N1必将变小,F N2将先变小后变大.

4.正交分解法

将各力分解到x轴和y轴上,运用两坐标轴上的合力等于零(∑F x=0,∑F y=0)的条件解题,多用于三个以上共点力作用下的物体的平衡问题.值得注意的是,x、y方向选择的原则:

(1)在平衡状态下,少分解力或将容易分解的力分解.

(2)在非平衡状态下,通常沿加速度方向和垂直加速度方向进行分解.

(3)尽量不要分解未知力.

例4如图所示,斜劈A静止放置在水平地面上.质量为m的物体B在外力F1和F2的共同作用下沿斜劈表面向下运

动.当F1方向水平向右,F2方向沿斜劈的表面向下时斜劈受到地面的摩擦力方向向左.

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则下列说法中正确的是( )

A.若同时撤去F1和F2,物体B的加速度方向一定沿斜面向下

B.若只撤去F1,在物体B仍向下运动的过程中,A所受地面摩擦力方向可能向右

C.若只撤去F2,在物体B仍向下运动的过程中,A所受地面摩擦力方向可能向右

D.若只撤去F2,在物体B仍向下运动的过程中,A所受地面摩擦力不变

解析对物体B和斜劈A分别受力分析如图(a)、(b)所示,由于水平方向受力平衡,且斜劈受到地面的摩擦力方向向左,对斜劈分析有N B sinθ>f′B cosθ,f′B=f B=μN B,即μμmgcosθ,物体B的加速度方向一定沿斜面向下,A正确;若只撤去F1,N″B=mgcosθ,f″B=μmgcosθf″B cosθ,A所受地面摩擦力方向仍向左,B错;若只撤去F2,A所受地面摩擦力方向向左不变,C错D对.

答案AD

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规律总结

(1)物体或系统受四个或四个以上作用力时,一般采用正交分解法求解.

(2)当物体或系统受力发生变化,在比较变化前、后的受力或运动情况时,要分清不变力和变化力,抓住变化力或者变化力的某方向上的分量进行比较,可以简化运算过程;如上题中,要求讨论斜劈A所受地面摩擦力的变化,只要抓住斜劈A所受变化力中的水平分力进行比较,就能较快地得出结论.

(3)要善于转换研究对象.选择研究对象时优先整体也是相对的,当整体法有困难时一定记得要选择恰当的隔离体作研

究对象.

5.正弦定理法

三力平衡时,三力的合力为0,三个力可构成一封闭三角形,若由题设条件寻找到角度关系,则可用正弦定理列式求解.

例5一盏电灯重力为G ,悬于天花板上A 点,在电线O 处系一细线OB ,使电线OA 与竖直方向的夹角为β=30°,如图甲所示.现保持β角不变,缓慢调整OB 方向至OB 线上拉力最小为止,此时OB 与水平方向的夹角α等于多少?最小拉力是多少?

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解析

对电灯受力分析如图乙所示,据三力平衡特点可知:OA 、OB 对O 点的作用力T A 、

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T B 的合力T 与G 等大反向,即T =G ① 在△OT B T 中,∠TOT B =90°-α,

又∠OTT B =∠TOA =β,故∠OT B T =180°-(90°-α)-β=90°+α-β,

由正弦定理得T B

sin β=

T

+α-β②

联立解得T B =

Gsin βα-β

因β不变,故当α=β=30°时,T B 最小,且T B =Gsin β=G/2

6.整体法和隔离法

选择研究对象是解决物理问题的首要环节.若一个系统中涉及两个或者两个以上物体的平衡问题,在选取研究对象时,要灵活运用整体法和隔离法.对于多物体问题,如果不求物体间的相互作用力,我们优先采用整体法,这样涉及的研究对象少,未知量少,方程少,求解简便;很多情况下,通常采用整体法和隔离法相结合的方法.

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例6如图所示,顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上,A 、B 两物体通过细绳相连,并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦).现用水平向右的力F 作用于物体B 上,将物体B 缓慢拉高一定的距离,此过程中斜面体与物体A 仍然保持静止.在此过程中( ) A .水平力F 一定变小

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B .斜面体所受地面的支持力一定变大

C .物体A 所受斜面体的摩擦力一定变大

D .地面对斜面体的摩擦力一定变大

解析 隔离物体B 为研究对象,分析其受力情况如图所示. 则有F =mgtan θ,T =

mg

cos θ

,在物体B 缓慢拉高的过程中,θ增大,则水平力F 随之变大,对A 、B 两物体与斜面体这个整体而言,由于斜面体与物

体A 仍然保持静止,则地面

对斜面体的摩擦力一定变大,但是因为整体竖直方向并没有其他力,故斜面体所受地面的支持力不变;在这个过程中尽管绳子张力变大,但是由于物体A所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向,故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定,所以答案为D.

7.平衡问题中极值的求法

极值是指研究平衡问题中某物理量变化时出现的最大值或最小值.中学物理的极值问题可分为简单极值问题和条件极值问题,区分的依据是是否受附加条件制约.若受附加条件制约,则为条件极值.

例7如图所示,物体放在水平面上,与水平面间的动摩擦因数为μ,现施一与水平面成α角且斜向下的力F推物体,问:α至少为多大时,F无论多大均不能推动物体(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)?

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注意到题中“无论F多大……”,可设想:当F→∞时,必有右边分式的分母→0.

专题三:应用牛顿第二定律的常用方法

1.应用牛顿第二定律的常用方法——合成法、分解法 (一)合成法

合成法需要首先确定研究对象,画出受力分析图,将各个力按照力的平行四边形定则在加速度方向上合成,直接求出合力,再根据牛顿第二定律列式求解,此方法被称为合成法,具有直观简便的特点. (二)分解法

分解法需确定研究对象,画出受力分析图,根据力的实际作用效果,将某一个力分解成两个分力,然后根据牛顿第二定律列式求解,此方法被称为分解法.分解法是应用牛顿第二定律解题的常用方法,但此法要求对力的作用效果有着清楚的认识,要按照力的实际效果进行分解.

例1如图所示,沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中,悬挂小球的悬线偏离竖直方向37°角,球和车厢相对静

止,球的质量为m =1 kg.(g =10 m/s 2

,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:

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(1)车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况; (2)悬线对球的拉力.

解析 球和车厢相对静止,它们的运动情况相同,由于对球的受力情况知道的较多,故应以球为研究对象.通过对小球受力分析,可以确定小球的加速度,即车厢的加速度不确定,但车厢的运动情况还与初速度方向有关,因此车厢的运动性质具有不确定性.深入细致的审题是防止漏解和错解的基础.

(1)解法一:合成法

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以球为研究对象,受力如图甲所示.球受两个力作用,重力mg 和线的拉力F T ,由球随车一起沿水平方向做匀变速直线运动,故其加速度沿水平方向,合外力沿水平方向.做出mg 和F T 合成的平行四边形如图甲所示,由数学知识得球所受的合力为F 合=mgtan37°. 由牛顿第二定律F

=ma 得球的加速度为a =

F 合

m

=gt an37°=7.5 m/s 2

方向水平向右.

故车厢可能向右做匀加速直线运动,也可能向左做匀减速直线运动.

解法二:分解法

以球为研究对象,画出受力图,如图乙所示.绳的拉力在竖直方向和水平方向上分别产生两个效果,一是其竖直分力F

1和小球的重力平衡,二是其水平分力F 2使小球产生向右的加速度,故F T cos37°=mg ,

F T sin37°=ma ,解得a =gtan37°=7.5 m/s 2

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, 故车厢可能向右做匀加速直线运动,也可能向左做匀减速直线运动. (2)由受力图可得,线对球的拉力大小为F T =mg cos37°

=12.5 N.

答案 (1)见解析 (2)12.5 N

2.正交分解法

正交分解法需确定研究对象,画出受力分析图,建立直角坐标系,将相关作用力投影到相互垂直的两个坐标轴上,然后在两个坐标轴上分别求合力,再根据牛顿第二定律列式求解,此方法被称为正交分解法.直角坐标系的选取,原则上是任意的,但坐标系建立的不合适,会给解题带来很大的麻烦,如何快速准确地建立坐标系,要依据题目的具体情境而定,正交分解的最终目的是为了合成.

当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时,通常采用正交分解法解题.为减少矢量的分解,建立坐标系时,确定x 轴的正方向常有以下两种选择.

(1)分解力而不分解加速度

分解力而不分解加速度,通常以加速度a 的方向为x 轴的正方向,建立直角坐标系,将物体所受的各个力分解在x 轴和y 轴上,分别求得x 轴和y 轴上的合力F x 和F y .根据力的独立作用原理,各个方向上的力分别产生各自的加速度,得F x =ma ,F y =0.

例2如图所示,小车在水平面上以加速度a 向左做匀加速直线运动,车厢内用OA 、OB 两根细绳系住一个质量为m 的物体,OA 与竖直方向的夹角为θ,OB 是水平的.求OA 、OB 两绳的拉力F T1和F T2的大小.

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解析 m 的受力情况及直角坐标系的建立如图所示(这样建立只需分解一个力), 注意到a

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y =0,则有 F T1sin θ-F T2=ma , F T1cos θ-mg =0, 解得F T1=

mg

cos θ

,F T2=mgtan θ-ma. 答案 F T1=mg

cos θ

F T2=mgtan θ-ma

(2)分解加速度而不分解力

物体受几个互相垂直的力的作用,应用牛顿运动定律求解时,若分解的力太多,则比较繁琐,所以在建立直角坐标系时,可根据物体的受力情况,使尽可能多的力位于两坐标轴上而分解加速度a ,得a x 和a y ,根据牛顿第二定律得F x =ma x ,F y =ma y ,再求解.这种方法一般是以某个力的方向为x 轴正方向时,其他的力都落在或大多数落在两个坐标轴上而不需要再分解的情况下应用.

例3如图所示,倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上,质量为m 的物块A 叠放在物体B 上,物体B 的上表面水平.当A 随B 一起沿斜面下滑时,A 、B 保持相对静止.求B 对A 的支持力和摩擦力.

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解析 当A 随B 一起沿斜面下滑时,物体A 受到竖直向下的重力mg 、B 对A 竖直向上的支持力F N 和水平向左的摩擦力F f 的作用而随B 一起做加速运动.

设B 的质量为M ,以A 、B 为整体,根据牛顿第二定律有(m +M)gsin θ=(m +M)a ,得a =gsin θ.

将加速度沿水平方向和竖直方向进行分解,如图所示.

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则a x =acos θ=gsin θcos θ,

a y =asin θ=gsin 2

θ,

所以F f =ma x =mgsin θcos θ,

由mg -F N =ma y =mgsin 2

θ,

得F N =mgcos 2

θ.

答案 mgsin θcos θ mgcos 2

θ

3.整体法和分隔法

如果系统是由几个物体组成,它们有相同的加速度,在求它们之间的作用力时,往往是先用整体法求它们的共同加速度,再用分隔法求它们之间的作用力.

例4如图所示,质量为2m 的物体A 与水平地面间的摩擦可忽略不计,质量为m 的物体B 与地面间的动摩擦因数为μ,在水平推力F 的作用下,A 、B 做匀加速直线运动,则A 对B 的作用力为多大?

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解析 以A 、B 整体为研究对象进行受力分析,受重力G 、支持力F N 、水平向右的推力F 、水平向左的摩擦力F f (F f

=μmg).设加速度为a ,根据牛顿第二定律得F -F f =3ma. 以B 为研究对象进行受力分析,受重力G B 、支持力F NB 、A 对B 水平向右的作用力F AB 、水平向左的摩擦力F fB (F fB =μmg).根据牛顿第二定律得F AB -F fB =ma. 联立以上各式得F AB =F +2μmg

3.

答案

F +2μmg

3

4.极限分析法

在处理临界问题时,一般用极限法,特别是当某些题目的条件比较隐蔽、物理过程又比较复杂时.

例5如图所示,质量为M 的木板上放着一质量为m 的木块,木块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2.若要将木板从木块下抽出,则加在木板上的力F 至少为多大?

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解析 木板与木块通过摩擦力联系,只要当两者发生相对滑动时,才有可能将木板从木块下抽出.此时对应的临界状态是:木板与木块间的摩擦力必定是最大静摩擦力F fm (F fm =μ1mg),且木块运动的加速度必定是两者共同运动时的最大加速度a m .以木块为研究对象,

根据牛顿第二定律得F fm =ma m .①

a m 也就是系统在此临界状态下的加速度,设此时作用在木板上的力为F 0,取木板、木块整体为研究对象,

则有F 0-μ2(M +m)g =(M +m)a m .②

联立①、②式得F 0=(M +m)(μ1+μ2)g.当F>F 0时,必能将木板抽出,即F>(M +m)(μ1+μ2)g 时,能将木板从木块下抽出.

答案 F>(M +m)(μ1+μ2)g 5.假设法

假设法是解物理问题的一种重要方法.用假设法解题,一般依题意从某一假设入手,然后用物理规律得出结果,再进行适当的讨论,从而得出正确答案.

例6如图所示,火车车厢中有一个倾角为30°的斜面,当火车以10 m/s 2

的加速度沿水平方向向左运动时,斜面

上质量为m 的物体A 保持与车厢相对静止,求物体所受到的静摩擦力.(取g =10 m/s 2

)

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解析 物体受三个力作用:重力mg 、支持力F N 和静摩擦力F f ,因静摩擦力的方向难以确定,且静摩擦力的方向一定与斜面平行,所以假设静摩擦力的方向沿斜面向上.根据牛顿第二定律,在水平方向上有

F N sin30°-F f cos30°=ma.①

在竖直方向上有F N cos30°+F f sin30°=mg.② 由①、②式得F f =-5(3-1)m ,负号说明摩擦力F f 的方向与假设的方向相反,即沿斜面向下. 答案 -5(3-1)m

6.传送带类问题的分析方法

例7如图所示,传送带与地面倾角θ=37°,从A 到B 长度为16 m ,传送带以10 m/s 的速率逆时针转动.在传送带上端A 处无初速度地放一个质量为0.5 kg 的物体,它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A 运动到B 所

需要时间是多少?(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g =10 m/s 2

)

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分析

传送带逆时针转动,在物体加速到速度等于传送带速度之前,物体受到沿斜面方向向下的摩擦力,这一动力学条件是在审题过程中容易发现的,当物体的速度达到传送带速度之后,物体受到的摩擦力会发生怎样的变化呢?这是审题过程中要注意研究的问题.

解析 物体放在传送带上后,开始的阶段,由于传送带的速度大于物体的速度,物体所受的摩擦力沿传送带向下,受力如图甲所示,物体由静止加速,由牛顿第二定律得

mgsin θ+μmgcos θ=ma 1

解得a 1=10 m/s 2

物体加速至与传送带相同的速度需要的时间为 t 1=v a 1=10

10

s =1 s

物体加速到与传送带相同的速度经过的位移为 s =12

a 1t 2

1=5 m

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由于μ

由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma 2

解得a 2=2 m/s 2

设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t 2,

由L -s =vt 2+12

a 2t 2

2

解得t 2=1 s(t 2=-11 s 舍去)

所以,物体从A 运动到B 所用时间t =t 1+t 2=2 s.

答案 2 s

规律总结

传送带类问题的求解思路和技巧

解决传送带类问题的关键是找准临界情况,即物体与传送带速度相等时,此时物体受到的摩擦力会发生突变,有时是摩擦力的大小发生突变(传送带水平放置),有时是摩擦力的方向发生突变(传送带倾斜放置,如例7),然后正确运用运动学知识即可顺利求解.

专题四:曲线运动问题的解法

1.分解法

应用平行四边形定则(或三角形定则),将矢量进行分解(如合速度分解为分速度)的方法.

例1 如图所示,一辆汽车沿水平地面匀速行驶,通过跨过定滑轮的轻绳将一物体A 竖直向上提起,在此过程中,物体A 的运动情况是( )

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A .加速上升,且加速度不断增大

B .加速上升,且加速度不断减小

C .减速上升,且加速度不断减小

D .匀速上升

解析 物体A 的速率即为左段绳子上移的速率,而左段绳子上移的速率与右段绳子在沿绳方向的分速率是相等的.右段绳子实际上同时参与两个运动:沿绳方向拉长及绕定滑轮逆时针转动.将右段绳子与汽车相连的端点的运动速度v 沿绳子方向和沿与绳子垂直的方向分解,如图所示,则沿绳方向的速率即为物体A 的速率v A =v 1=vsin θ,随着汽车的运动,θ增大,v A 增大,故物体A 应加速上升.θ角在0°~90°范围内增大,由正弦曲线形状可知v A 的变化率减小,故物体A 上升的加速度逐渐减小. 答案 B

规律总结

解决“绳连”问题的具体方法可以概括为:绳端的速度是合速度,绳端的运动包含了两个分效果:沿绳方向的分运动(伸长或缩短),垂直于绳方向的分运动(转动),故可以将绳端的速度分解为沿绳(伸长或收缩)方向的分速度和垂直于绳方向的分速度.另外,同一条绳子的两端沿绳方向的分速度大小相等.

2.合成法

应用平行四边形定则(或三角形定则),将分矢量进行合成(如分速度合成为合速度)的方法. 例2玻璃板生产线上宽9 m 的成型玻璃板以4 3 m/s 的速度连续不断地向前运动,在切割工序处,金刚钻割刀的速度为8 m/s ,为了使割下的玻璃都成规定尺寸的矩形,金刚钻割刀的轨道应如何控制?切割一次的时间多长?

解析 为了使割下的玻璃都成规定尺寸的矩形.金刚钻割刀沿玻璃板运动方

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向的分速度与玻璃板的速度大小应相等.将金刚钻割刀的速度沿玻璃板运动方向和垂直玻璃板运动方向分解,如图,设金刚钻割刀的速度方向与玻璃板运动方向成α角,以v 1、v 2分别表示玻璃板和金刚钻割刀的速度,则v 2cos α=v 1,故α=arccos v 1v 2=arccos 438=arccos 32=30°.切割一次的

时间

t =

d v 2sin α

9

8sin30°

s =2.25 s.

3.极端分析法

若两个变量之间的关系是线性的(单调上升或单调下降的函数关系),连续地改变某个变量甚至达到变化的极点,来对另一个变量进行判断的研究方法.

可分为极限假设法、临界分析法和特值分析法.

例3如图所示,排球场总长为18 m ,设球高度为2 m ,运动员站在离3 m 的线上(图中虚线所示)正对前跳起将球

水平击出.(不计空气阻力,取g =10 m/s 2

)

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(1)设击球点在3 m 线正上方高度为2.5 m 处,试问击球的速度在什么范围内才能使球既不触也不越界?

(2)若击球点在3 m 线正上方的高度小于某个值,那么无论击球的速度多大,球不是触就是越界,试求这个高度.

解析

排球的运动过程可看做是平抛运动,可将它分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动.但应注意本题是“条件”限制下的平抛运动,应弄清限制条件再求解.关键是要画出临界条件下的球的运动示意图.

(1)如图所示,设球刚好擦而过,则击球点到擦点的水平位移x 1=3 m ,竖直位移y 1=h 2-h 1=(2.5-2)m =0.5 m ,根据位移关系x =vt ,y =12

gt 2

可得v =x

g

2y

,代入数据可得v 1=310 m/s ,即为所求击球速度的下限.

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设球刚好打在边界线上,则击球点到落地点的水平位移x 2=12 m ,竖直位移y 2=h 2=2.5 m ,代入上面的速度公式v =x

g

2y

可求得v 2=12 2 m/s ,即为所求击球速度的上限.

欲使球既不触也不越界,则击球速度v 0应满足310 m/s

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(2)设击球点高度为h 3时,球恰好既触又压线,如图所示. 设此时排球的初速度为v ,击球点到触点的水平位移x 3=3 m ,竖直位移y 3=h 3-h 1=(h 3-2),代入速度公式可得v =3

5

h 3-2;同理对压线点有x 4=12 m ,y 4=h 3代入速度公式可得v =12

5

h 3

,两式联立解得h 3=2.13(m),即当击球高度小于2.13 m 时,无论球被水平击出的速度多大,球不是触,就是越界.

规律总结:平抛运动中的极值问题

此类极值问题一般存在于排球运动、乒乓球运动等实际问题中,由于受到场地和高的限制才出现的.画出运动草图,抓住既“不出界又不触”这一临界条件,挖掘几何关系即可求解.

4.对称法

解题时利用给定物理问题结构上的对称性或物理过程在时间、空间上的对称性,把已知结论推广,从而简化运算过程的处理方法在物理学中称为对称法.

用对称法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.一般情况下,对称性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.

例4如图所示,在水平地面上的A 点以速度v 1沿与地面成θ角方向射出一弹丸,弹丸恰好以v 2的速度垂直穿入竖直墙壁上的小孔B

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下列说法正确的是( )

A .若在

B 点以与v 2大小相等、方向相反的速度射出弹丸,它必定落在地面上A 点 B .若在B 点以与v 1大小相等、方向相反的速度射出弹丸,它必定落在地面上A 点

C .若在B 点以与v 1大小相等、方向相反的速度射出弹丸,它必定落在地面上A 点的左侧

D .若在B 点以与v 1大小相等、方向相反的速度射出弹丸,它必定落在地面上A 点的右侧

解析 若在B 点以与v 1大小相等、方向相反的速度射出弹丸,将弹丸的运动沿水平、竖直方向分解,则竖直分运动是初速度不为零的匀加速直线运动(加速度为g),落地时间小于弹丸做自由落体运动的时间,水平方向为初速度为v 2的匀速运动,即B 、C 错D 对.A 选项可以由运动的可逆性判断. 答案 AD

5.挖补法

在公式F =GMm

r 2中,如果是两质点,r 指两质点间距,如果是均匀球体,则r 为球心间距.但有些时候,题目中给

出的不是均匀球体,这时可用“挖补法”,构成均匀球体后再进行计算.

例5如图所示,阴影区域是质量为M 、半径为R 的球体挖去一个小圆球后的剩余部分,所挖去的小圆球的球心和大球体球心间的距离是R 2,小球的半径是R

2

,求球体剩余部分对球体外离球心O 距离为2R 、质量为m 的质点P 的引力.

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解析 万有引力定律只适用于两个质点间的作用,只有对均匀球体才可将其看做是质量全部集中在球心的一个质点,至于本题中不规则的阴影区,那是不能当做一个质点来处理的,故可用挖补法. 将挖去的球补上,则完整的大球对球外质点P 的引力

F 1=G

Mm

2

=GMm 4R

2. 半径为R

2

的小球的质量

M′=43π? ????R 23·ρ=43π? ????R 23·M 43πR 3

=18M ,

补上的小球对质点P 的引力F 2=G

M′m ? ??

??52R 2=GMm

50R 2. 因而挖去小球后的阴影部分对质点P 的引力

F =F 1-F 2=GMm 4R 2-GMm 50R 2=23GMm

100R 2.

答案

23GMm

100R

2

6.估算法

物理估算是一种重要的方法.有的物理问题,在符合精确度的前提下可以用近似的方法简捷处理;有的物理问题,由于本身条件的特殊性,不需要也不可能进行精确的计算.

例6 1789年英国著名物理学家卡文迪许首先估算出了地球的平均密度.根据你学过的知识,能否知道地球密度的大小.

解析

本题实际是要求进行估算,因而如何挖掘题目中的隐含条件是关键.而我们学过的知识中能与地球质量、密度相联系的应首先想到万有引力定律,何况题设中提出了“卡文迪许”呢.

设地球质量为M ,地球半径为R ,地球表面的重力加速度为g ,忽略地球自转的影响,根据万有引力定律得g =GM

R 2①

将地球看成均匀球体,有V =43

πR 3

由①②两式得地球的平均密度ρ=M V =3g

4πGR

③式中π、G 、R 和g 均为常数,将它们的值代入可得

ρ=5.5×103 kg/m 3,即地球的平均密度为ρ=5.5×103 kg/m 3

.

答案 5.5×103 kg/m 3

规律总结

估算题中往往告诉的已知量很少或者什么量也不告诉,解题时就要求我们灵活地运用一些物理常数,如重力加速度g 、圆周率π、万有引力常量G 等等.

专题五:求解变力做功的方法

1.等值法

若某一变力做的功和某一恒力做的功相等,则可以通过计算该恒力做的功,求出该变力做的功.恒力做功又可以用W =Fscos α计算.

例1如图,定滑轮至滑块的高度为h ,已知细绳的拉力为F(恒定),滑块沿水平面由A 点前进s 至B 点,滑块在初、末位置时细绳与水平方向夹角分别为α和β.求滑块由A 点运动到B 点的过程中,绳的拉力对滑块所做的功.(不考虑绳、滑轮的摩擦和滑轮的质量).

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解析 设绳对滑块的拉力为T ,显然T 与F 大小相等,细绳的拉力在对滑块做功的过程中大小虽然不变,但其方向时刻在改变,因此该问题是变力做功的问题.拉力F 的大小和方向都不变,可以用公式W =Fscos α直接计算.由图可知,在绳与水平面的夹角由α变到β的过程中,拉力F 的位移大小为

Δs =s 1-s 2=

h sin α-h

sin β

故W F =F·Δs =Fh ? ???

?1sin α-1sin β.

答案 Fh ? ??

?

?1sin α-1sin β

2.功率法

若功率恒定,可根据W =Pt 求变力做的功.

例2一列火车由机车牵引沿水平轨道行驶,经过时间t ,其速度由0增大到v.已知列车总质量为M ,机车功率P 保持不变,列车所受阻力f 为恒力.求这段时间内列车通过的路程. 解析

错解:以列车为研究对象,水平方向受牵引力F 和阻力f. 根据P =Fv 可知牵引力F =P/v ,

设列车通过的路程为s ,根据动能定理有(F -f)s =12Mv 2

联立解得s =

Mv 3

.

正解:以列车为研究对象,列车水平方向受牵引力和阻力.设列车通过的路程为s ,根据动能定理有W F -W f =12Mv

2

-0.因为列车功率一定,由P =W

t ,可知牵引力做的功W F =Pt ,联立解得s =Pt -12Mv

2

f .

答案 Pt -12

Mv

2

f

3.动能定理法

由做功的结果——动能的变化来求变力做的功,即W =ΔE k .

例3一环状物体套在光滑水平直杆上,能沿杆自由滑动,绳子一端系在物体上,另一端绕过定滑轮,用大小恒定