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三、數學方法在物理中的應用
高考物理試題的解答離不開數學知識和方法的應用，利用數學知識解決物理問題是高考物理考查的能力之一。借助數學方法，可使一些復雜的物理問題，顯示出明顯的規律性，能快速簡捷地解決問題。可以說任何物理試題的求解過程實際上都是將物理問題轉化為數學問題，經過求解再還原為物理結論的過程。下面是幾種物理解題過程中常用的數學方法。
一、三角函數法
1．輔助角求極值
三角函數：y＝acos θ＋bsin θ
y＝acos θ＋bsin θ＝sin(θ＋α)，其中tan α＝。
當θ＋α＝90°時，有極大值ymax＝。
例1　質量為m的物體放置在傾角θ＝30°的粗糙固定斜面上，物體與斜面間的動摩擦因數μ＝，重力加速度為g，現用拉力F(與斜面的夾角為β)拉動物體沿斜面向上勻速運動，下列說法正確的是(　　)
A．拉力最小時，物體受三個力作用
B．β＝0°時，即拉力沿斜面向上時，拉力F最小
C．斜面對物體作用力的方向隨拉力F的變化而變化
D．拉力F的最小值為mg
2．正弦定理
在如圖所示的三角形中，各邊和所對應角的正弦之比相等，即：＝＝。
例2　如圖甲所示，一個邊長為3d的勻質玻璃立方體內有一個三棱柱真空“氣泡”，立方體置于水平桌面上，其中某一截面圖如圖乙所示，A、B、C、D為正方形四個頂點，Q、N為底邊的三等分點，MN垂直于底邊，PO平行于底邊，O為QM的中點，∠QMN＝30°，D、P位置有相同的光源。真空中光速為c，不考慮光的反射。
(1)D處光源向O點發出一束光恰好不能進入“氣泡”，求該玻璃的折射率；
(2)P處光源向O點發出一束光，求該束光第一次穿過“氣泡”的時間。
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3．余弦定理
在如圖所示的三角形中，有：
a2＝b2＋c2－2bc·cos A
例3　(2023·山東東營市二模)如圖所示，ABDO為某玻璃材料的截面，ABO部分為直角三角形棱鏡，∠A＝30°，OBD部分是半徑為R的四分之一圓柱狀玻璃，O點為圓心。一束單色光從P點與AB成30°角斜射入玻璃材料，剛好垂直OA邊射出，射出點離O點R，已知真空中的光速為c。
(1)求該單色光在玻璃材料中發生全反射的臨界角的正弦值；
(2)現將該光束繞P點沿逆時針方向在紙面內轉動至水平方向，觀察到BD面上有光線從Q點射出(Q點未畫出)。求光束在玻璃材料中的傳播時間(不考慮圓柱BD弧面部分的反射光線)。
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二、均值不等式
由均值不等式a＋b≥2(a>0，b>0)可知：
(1)兩個正數的積為定值時，若兩數相等，和最小；
(2)兩個正數的和為定值時，若兩數相等，積最大。
例4　某運動員從滑雪跳臺以不同的速度v0水平跳向對面傾角為45°的斜坡(如圖所示)，已知跳臺的高度為h，不計空氣阻力，重力加速度為g，則該運動員落到斜坡上的最小速度為(　　)
A. B.
C. D.
三、利用二次函數求極值
二次函數：y＝ax2＋bx＋c
(1)當x＝－時，有極值ym＝(若二次項系數a>0，y有極小值；若a<0，y有極大值)。
(2)利用一元二次方程判別式求極值。
用判別式Δ＝b2－4ac≥0有解可求某量的極值。
例5　如圖所示，生產車間有兩個完全相同的水平傳送帶甲和乙，它們相互垂直且等高，兩傳送帶由同一電機驅動，它們正常工作時都勻速運動，速度大小分別為v甲、v乙，并滿足v甲＋v乙＝v，式中v為已知定值，即兩傳送帶的速度可調但代數和始終不變。將一工件A(視為質點)輕放到傳送帶甲上，工件離開傳送帶甲前已經與傳送帶甲的速度相同，并平穩地傳送到傳送帶乙上，且不會從傳送帶乙的右側掉落。已知工件的質量為m，工件與傳送帶間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g。兩傳送帶正常工作時，下列說法正確的是(　　)
A．工件在傳送帶甲和乙上共速前受到的摩擦力一定相同
B．當v甲＝0.5v乙時，工件在傳送帶乙上留下的滑動痕跡最短
C．當v甲＝0.5v乙時，工件與兩傳送帶因摩擦而產生的總熱量最小
D．驅動傳送帶的電機因傳送工件至少需要額外做的功為
四、數學歸納法和數列法
凡涉及數列求解的物理問題都具有過程多、重復性強的特點，但每一個重復過程均不是與原來完全相同的重復，而是一種變化了的重復。隨著物理過程的重復，某些物理量逐步發生著前后有聯系的變化。該類問題求解的基本思路為：
(1)逐個分析開始的幾個物理過程；
(2)利用歸納法從中找出物理量變化的通項公式(這是解題的關鍵)；
(3)最后分析整個物理過程，應用數列特點和規律求解。
無窮數列的求和，一般是無窮遞減數列，有相應的公式可用。
等差數列：Sn＝＝na1＋d(d為公差)。
等比數列：Sn＝(q為公比)。
例6　如圖甲所示，木板B靜止在光滑水平地面上，距木板B右端x處固定一個物塊A。現有物塊C以v0＝8 m/s的速度沖上木板。已知木板B的質量mB＝4 kg，物塊C的質量mC＝2 kg，物塊C從沖上木板到最終靜止的v－t圖像如圖乙所示，物塊C始終未從木板上掉下來，已知所有的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度g取10 m/s2。
(1)木板的長度至少是多少？
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(2)物塊A距木板B右端的最大距離？
(3)若mC＝4 kg，mB＝2 kg，A距B板右端的距離 m，則木板B運動的總路程是多少？
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三、數學方法在物理中的應用
例1　D　[斜面對物體的作用力，指的是摩擦力Ff和支持力FN的合力，則有tan α＝＝＝，μ不變，則tan α不變，即斜面對物體作用力的方向不隨拉力F變化，故C錯誤；對物體受力分析如圖所示Fcos β＝Ff＋mgsin θ①，Ff＝μFN②，FN＝mgcos θ－Fsin β③，聯立①②③解得F＝
當β＝30°時，拉力F最小，最小值為mg，此時物體受4個力作用，故D正確，A、B錯誤。]
例2　(1)　(2)d
解析　(1)作出光路圖如圖所示
由幾何關系可知θ＝60°，OQ＝DQ
則可知α＝β，易知θ＝α＋β，C＋β＝90°
可得C＝60°
由全反射sin C＝
解得n＝
(2)作出光路圖如圖所示
可知i＝30°，OM＝d
而＝n
可得sin r＝＝cos φ
則由數學知識可得sin φ＝
再由數學知識
sin ∠OEM＝sin(30°＋φ)＝
由正弦定理可得＝
在氣泡中有t＝
可得t＝d(或)。
例3　(1)　(2)
解析　(1)根據題意可知，光線從AB界面的P點進入玻璃棱鏡，由折射定律畫出光路圖，如圖所示
根據幾何關系，可得入射角θ1＝90°－30°＝60°
折射角θ2＝30°，且PO恰好為法線，根據n＝可得折射率n＝
又有sin C＝
解得sin C＝
(2)根據題意，當光線轉至水平方向入射，入射角大小仍為θ3＝60°，畫出光路圖，如圖所示
由折射定律可知，折射角θ4＝30°，折射光線交OD邊于F點，由題已知∠A＝30°，PC⊥AO，得在OD邊界上的入射角為θ5＝60°，由于發生全反射的臨界角為C。則有sin C＝即C<θ5
可知在OD界面發生全反射，已知CO＝R。由幾何關系得，在三角形OFQ中，由余弦定理得
OQ2＝OF2＋FQ2－2OF·FQcos 150°
其中OQ＝R，OF＝OP＝R
解得FQ＝R
又有v＝，PF＝2OF·cos 30°
t＝
解得t＝。
例4　C　[設該運動員落到斜坡上經歷的時間為t，由平拋運動的規律可得，水平方向上的位移x＝v0t，豎直方向上的位移y＝gt2，由幾何關系可得x＝(h－y)·tan 45°，整理得v0＝－gt，該運動員落到斜坡上時速度v滿足v2＝v02＋(gt)2，再整理可得v2＝(－gt)2＋(gt)2，變形為v2＝()2＋(gt)2－gh，當()2＝(gt)2時，速度v最小，且最小為v＝，故選C。]
例5　C　[取傳送帶乙為參考系，工件滑上傳送帶乙時的速度如圖，工件受到的滑動摩擦力方向與相對運動方向相反，所以工件在兩傳送帶上受到摩擦力大小相等，但方向不同，故A錯誤；
由牛頓第二定律可得，工件在傳送帶上的加速度為a＝＝＝μg，設工件在傳送帶乙上的滑動痕跡為x，則v甲2＋v乙2＝2μgx，又因為v甲＋v乙＝v，解得x＝，由數學知識可得，當v甲＝v乙時，x取最小值，故B錯誤；設工件在傳送帶甲上的滑動痕跡為x1，工件與兩傳送帶因摩擦產生的總熱量為Q，則v甲2＝2μgx1，Q＝μmg(x＋x1)，整理得Q＝，則當v甲＝時，Q取最小值，此時v乙＝，故C正確；根據能量守恒定律可知，電動機額外做的功等于產生的熱量與工件的末動能之和，則有W＝＋，整理得W＝，當v甲＝v乙時，W取最小值，最小值為Wmin＝，故D錯誤。]
例6　(1)8 m　(2)1 m　(3) m
解析　(1)由題圖乙可知物塊C的最終速度為0，則木板B的最終速度也為0，且其斜率等于物塊的加速度，得
aC＝＝μg＝4 m/s2
由能量守恒定律可得μmCgL＝mCv02
解得L＝8 m
(2)由v－t圖像的斜率可得aC＝4 m/s2
由牛頓第二定律可得μmCg＝mCaC，μmCg＝mBaB
解得μ＝0.4，aB＝2 m/s2
由B、C速度為0，可知B一定與A發生了碰撞，且碰撞次數越少，A距B板右端距離越大，因此A、B只碰撞1次，x最大，且B、A碰撞前B、C未共速；設B與A碰撞前B的速度為vB，C的速度為vC，根據碰后－mBvB＋mCvC＝0
則有vB＝vC
即aBt＝(v0－aCt)×
解得t＝1 s
則x＝aBt2＝1 m
即A距木板右端的最大距離為1 m。
(3)若mC＝4 kg，mB＝2 kg，則
aC′＝4 m/s2，aB′＝8 m/s2
則B與A碰撞前B、C恰好共速，則
v0－aC′t1＝aB′t1
解得t1＝ s
共同速度為v共1＝ m/s
碰后B的速度反向，設第2次共速時間t2，則v共1－aC′t2＝－v共1＋aB′t2
解得t2＝ s
第二次共速v共2＝ m/s
所以v共2＝v共1
運動的位移s2＝s1
木板經過的總路程s＝s1＋2(s1＋s2＋s3＋…)＝s1＋2×＝ m。二、計算題解題技巧及規范
考試答題，對分數影響最為關鍵的就是答案的正確性。很多考生答案正確卻沒拿到滿分。很多時候就是忽略了答題的規范性。越是大型的考試對答題的要求就越嚴格，重大考試的不標準答題造成的考試失分，很可惜。物理大題的答題要求是這樣的：“解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。”因此，考生要想提高得分率，取得好成績，在復習過程中，除了要做好基礎知識的掌握、解題能力的訓練外，平時還必須強化答題的規范，培養良好的答題習慣。
一、文字說明要清楚
文字說明的字體要書寫工整、版面布局合理整齊、段落清晰……讓改卷老師看到你的卷面后有賞心悅目的感覺。必要的文字說明是指以下幾方面內容：
1．研究的對象、研究的過程或狀態的說明。
2．題中給出的物理量要用題中的符號，非題中的物理量或符號，一定要用提前假設進行說明。
3．題目中的一些隱含條件或臨界條件分析出來后，要加以說明。
4．所列方程的依據及名稱要進行說明。
5．規定的正方向、零勢能點及所建立的坐標系要進行說明。
6．對題目所求或所問要有明確的答復，對所求結果的物理意義要進行說明。
7．文字說明不要過于簡略，缺乏邏輯性，也不要太啰嗦，而找不到得分點。
二、主干方程要突出
在高考評卷中，主干方程是得分的重點。主干方程是指物理規律、公式或數學的三角函數、幾何關系式等，方程要單列一行，絕不能連續寫下去，切忌將方程、答案淹沒在文字之中。
1．主干方程要有依據
一般表述為：由××定理(定律)得；由圖中幾何關系得，根據……得等。“定律”“定理”“公式”“關系”“定則”等詞要用準確。
2．主干方程列式形式書寫規范
嚴格按課本“原始公式”的形式列式，不能以變形的結果式代替方程式(這是相當多考生所忽視的)。要全部用字母符號表示方程，不能字母、符號和數據混合，如：帶電粒子在磁場中的運動應有qvB＝m，而不是其變形結果R＝；輕繩模型中，小球恰好能通過豎直平面內圓周運動的最高點，有mg＝m，不能寫成v＝。
3．物理量符號要和題干一致
最終結果字母必須準確才得分，物體的質量，題目給定符號是m0 、ma、2m、M、m′等，不能統一寫成m；長度，題目給定符號是L，不能寫成l或者d；半徑，題目給定符號是R，不能寫成r；電荷量，題目給定符號是e，不能寫成q，在評分標準中都明確給出了扣分標準。需要自己設的物理量盡量要依據題干給定，相關物理量順延編號，合理安排下標(上標)，以防混亂。
4．要分步列式，不要寫連等式
如，電磁感應中導體桿受力的幾個方程，要這樣寫：
E＝BLv I＝ F＝BIL
每個公式都有對應的分值，不要寫連等式F＝BIL＝BL＝BL＝，評分標準是這樣的，每個公式都有對應的分值，如果寫成連等式，最終結果正確得滿分，最終結果錯誤最多得分布列式中一個公式的分數。
5．計算結果要注意矢量性及單位
計算結果是數據的要帶單位，沒有單位的要扣分；字母運算時，一些常量(重力加速度g，電子電荷量e等)不能用數字(10 m/s2,1.6×10－19 C)替換，運算的結果為字母表達式的不用寫單位。
三、解題過程中運用數學的方式有講究
1．“代入數據”，解方程的具體過程可以不寫出。
2．所涉及的幾何關系只需寫出判斷結果而不必證明。
3．重要的中間結論、數據要寫出來，這是改卷的節點，寫出這個結果得到對應分值。
4．所求的方程若有多個解，都要寫出來，然后通過討論，該舍去的舍去。
5．數字相乘時，數字之間不要用“·”，而應用“×”。
總結為一個要求：
仔細研讀高考考試評分細則，是判斷答題是否規范的最好標準。就是要用最少的字符，最小的篇幅，表達出最完整的解答，以使評卷老師能在最短的時間內把握你的答題過程、結果，就是一份最好的答卷。
示例1　如圖是由弧形軌道、圓軌道、水平直軌道平滑連接而成的力學探究裝置。水平軌道AC末端裝有一體積不計的理想彈射器，圓軌道與水平直軌道相交于B點，且B點位置可改變。現將質量m＝2 kg的滑塊(可視為質點)從弧形軌道高H＝0.6 m處靜止釋放，且將B點置于AC中點處。已知圓軌道半徑R＝0.1 m，水平軌道長LAC＝1.0 m，滑塊與AC間動摩擦因數μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，弧形軌道和圓軌道均視為光滑，不計其他阻力與能量損耗，求：
(1)滑塊第一次滑至圓軌道最高點時對軌道的壓力大小；
(2)彈射器獲得的最大彈性勢能；
(3)若H＝6 m，改變B點位置，使滑塊在整個滑動過程中不脫離軌道，求滿足條件的BC長度LBC。
解題指導
示例2　如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角θ＝37°的斜面上，兩導軌垂直于ef，ef為斜面與水平面的交線，導軌間距L＝0.6 m，導軌電阻不計。導軌所在空間被分成區域Ⅰ和Ⅱ，兩區域的邊界與斜面的交線為虛線MN。虛線MN與兩導軌垂直，區域Ⅰ中的勻強磁場方向豎直向下，區域Ⅱ中的勻強磁場方向豎直向上，兩磁場的磁感應強度大小均為B＝1 T。在區域Ⅰ中，將質量m1＝0.21 kg、電阻R1＝0.1 Ω的金屬棒ab放在導軌上，金屬棒ab剛好不下滑。然后，在區域Ⅱ中將質量m2＝0.4 kg、電阻R2＝0.1 Ω的光滑金屬棒cd置于導軌上使其由靜止開始下滑。金屬棒cd在滑動過程中始終處于區域Ⅱ的磁場中，兩金屬棒長度均為L且始終與導軌垂直且與導軌保持良好接觸。(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求金屬棒ab剛要向上滑動時，金屬棒cd的速度大小v；
(2)從金屬棒cd開始下滑到金屬棒ab剛要向上滑動的過程中，金屬棒cd滑動的距離x＝3.5 m，求此過程中金屬棒ab上產生的熱量Q；
(3)求金屬棒cd滑動距離3.5 m的過程中流過金屬棒ab某一橫截面的電荷量q。
解題指導第二篇　解題技巧與增分策略
一、選擇題解題技巧
選擇題主要考查對物理概念、物理現象、物理過程和物理規律的認識、理解和應用等。題目具有信息量大、知識覆蓋面廣、干擾性強、層次分明、難度易控制，能考查考生的多種能力等優勢。要想迅速、準確地解答物理選擇題，不僅要熟練掌握和應用物理的基本概念和規律直接判斷和定量計算，還要掌握以下解答物理選擇題的基本方法和特殊技巧。
方法1　排除法
通過對物理知識的理解、物理過程的分析或計算，把不符合題意的選項，從尋找差異性的角度，采用逐一排除的方法來確定答案。在遇到用已有知識解決不了的問題時，換個角度，排除錯誤的，剩下的就是正確的。
例1　如圖所示，直角邊長為2d的等腰直角三角形EFG區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，左側有邊長為d的正方形金屬線框ABCD以恒定速度v水平穿過磁場區域，設逆時針方向為電流正方向，則線框通過磁場過程中，感應電流i隨時間t變化的圖像是(　　)
方法2　二級結論法
熟記并巧用一些“二級結論”可以使思維過程簡化，節約解題時間，非常實用的二級結論有：(1)等時圓規律；(2)平拋運動速度的反向延長線過水平位移的中點；(3)不同質量和電荷量的同種帶電粒子由靜止相繼經過同一加速電場和偏轉電場，軌跡重合；(4)直流電路中動態分析的“串反并同”結論；(5)平行通電導線同向相吸，異向相斥；(6)帶電平行板電容器與電源斷開，改變極板間距離不影響極板間勻強電場的電場強度等。
例2　如圖所示，OA、OB為兩條不同的光滑軌道，端點O、A、B都在豎直圓周上，OC為豎直直徑。完全相同的兩個小球分別從A、B兩點沿兩條軌道由靜止開始同時釋放，不計空氣阻力。兩小球到達O點的過程中，下列判斷正確的是(　　)
A．沿BO軌道運動的小球先到達O點
B．兩個小球重力的沖量不相同
C．兩小球的動量變化率相同
D．沿AO軌道運動小球的動量變化率大
方法3　圖像法
根據題目的條件畫出圖像或示意圖，如多物體或多過程的運動關系示意圖可直觀反映物體間的位移、時間關系等，對弄清各物理量關系建立方程有幫助；物理圖像能直觀反映兩個物理量間的定量或定性關系，可避免繁瑣的計算，迅速找到正確答案。
例3　有一種“貓捉老鼠”趣味游戲，如圖所示，D是洞口，貓從A點沿水平線ABD勻速追趕老鼠，老鼠甲從B點沿曲線BCD先加速后減速逃跑，老鼠乙從B點沿曲線BED先減速后加速逃跑，已知貓和兩只老鼠同時開始運動且初速率相等，到達洞口D時速率也相等，貓追趕的路程ABD與兩只老鼠逃跑的路程BCD和BED均相等，則下列說法正確的是(　　)
A．貓能在洞口堵住老鼠甲
B．貓能在洞口堵住老鼠乙
C．兩只老鼠在洞口都被貓堵住
D．兩只老鼠均能從洞口逃離
方法4　尺規作圖法
有些選擇題，若用常規的方法做會很繁瑣，帶電粒子在磁場中運動時能不能經過某一點，可用圓規改變半徑進行作圖判斷，光學中光線能不能經過某一點，也可以通過作圖判斷，在某種變化的過程中比較兩個物理量的大小，還可以作圖，用刻度尺測量。
例4　如圖，站在水平臺面上的工作人員用輕繩將一個光滑小球從四分之一圓弧最底端緩慢拉到定滑輪處，不計定滑輪摩擦，在此過程中，下列說法正確的是(　　)
A．繩的拉力一直增大
B．繩的拉力一直減小
C．圓弧對小球支持力一直增大
D．圓弧對小球支持力先減小后增大
例5　(2022·山東卷·12改編)如圖所示，xOy平面的第一、三象限內以坐標原點O為圓心、半徑為L的扇形區域充滿方向垂直紙面向外的勻強磁場。邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點的頂點、在xOy平面內以角速度ω順時針勻速轉動，t＝0時刻，金屬框開始進入第一象限。不考慮自感影響，關于金屬框中感應電動勢E隨時間t變化規律的描述正確的是(　　)
A．在t＝0到t＝的過程中，E一直增大
B．在t＝0到t＝的過程中，E先增大后減小
C．在t＝0到t＝的過程中，E的變化率先增大后減小
D．在t＝0到t＝的過程中，E的變化率一直減小
方法5　逆向思維法
正向思維法在解題中運用較多，但有時利用正向思維法解題比較繁瑣，這時我們可以考慮利用逆向思維法解題。應用逆向思維法解題的基本思路：(1)分析確定研究問題的類型是否能用逆向思維法解決；(2)確定逆向思維法的類型(由果索因、轉換研究對象、過程倒推等)；(3)通過轉換運動過程、研究對象等確定求解思路。
例6　如圖所示，半圓軌道固定在水平面上，將一小球(小球可視為質點)從B點沿半圓軌道切線方向斜向左上方拋出，到達半圓軌道左端A點正上方某處小球速度剛好水平，O為半圓軌道圓心，半圓軌道半徑為R，OB與水平方向的夾角為60°，重力加速度為g，不計空氣阻力，則小球在A點正上方的水平速度為(　　)
A. B.
C. D.
方法6　類比分析法
將兩個(或兩類)研究對象進行對比，分析它們的相同或相似之處、相互的聯系或所遵循的規律，然后根據它們在某些方面有相同或相似的屬性，進一步推斷它們在其他方面也可能有相同或相似的屬性的一種思維方法，在處理一些物理背景很新穎的題目時，可以嘗試使用這種方法。比如：恒力作用下或電場與重力場疊加場中的類平拋問題、斜拋問題，可直接類比使用平拋、斜拋相關結論。
例7　在光滑的水平面上，一滑塊的質量m＝2 kg，在水平面上受水平方向上恒定的外力F＝4 N(方向未知)作用下運動，如圖所示給出了滑塊在水平面上運動的一段軌跡，滑塊過P、Q兩點時速度大小均為v＝5 m/s。滑塊在P點的速度方向與PQ連線的夾角α＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則下列說法正確的是(　　)
A．水平恒力F的方向與PQ連線成53°角
B．滑塊從P運動到Q的時間為3 s
C．滑塊從P運動到Q的過程中速度最小值為3 m/s
D．P、Q兩點間的距離為15 m
方法7　對稱法
對稱法就是利用物理現象、物理過程具有對稱性的特點來分析解決物理問題的方法。常見的應用：(1)運動的對稱性，如豎直上拋運動中物體向上、向下運動的兩過程中同位置處速度大小相等，加速度相等；(2)結構的對稱性，如均勻帶電的圓環，在其圓心處產生的電場強度為零；(3)幾何關系的對稱性，如粒子從某一直線邊界垂直磁感線射入勻強磁場，再從同一邊界射出勻強磁場時，速度與邊界的夾角相等；(4)場的對稱性，等量同種、異種點電荷形成的場具有對稱性；電流周圍的磁場，條形磁體和通電螺線管周圍的磁場等都具有對稱性。
例8　電荷量為＋Q的點電荷與半徑為R的均勻帶電圓形薄板相距2R，點電荷與圓心O連線垂直薄板，A點位于點電荷與圓心O連線的中點，B與A關于O對稱，已知靜電力常量為k，若A點的電場強度為0，則(　　)
A．圓形薄板所帶電荷量為＋Q
B．圓形薄板所帶電荷在A點的電場強度大小為，方向水平向左
C．B點的電場強度大小為，方向水平向右
D．B點的電場強度大小為，方向水平向右
方法8　等效替換法
等效替換法是把陌生、復雜的物理現象、物理過程在保證某種效果、特性或關系不變的前提下，轉化為簡單、熟悉的物理現象、物理過程來研究，從而認識研究對象本質和規律的一種思想方法。等效替換法廣泛應用于物理問題的研究中，如：力的合成與分解、運動的合成與分解、等效場、等效電源、變壓器問題中的等效電阻等。
例9　(2019·全國卷Ⅰ·17)如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接。已知導體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為(　　)
A．2F B．1.5F C．0.5F D．0
例10　如圖所示，在水平向右的勻強電場中，一內壁光滑、半徑為R的固定絕緣圓軌道處在豎直平面內，AB為圓軌道的水平直徑，CD為豎直直徑。一個質量為m、電荷量為q的帶正電小球從軌道的最低點獲得一定的初速度v0后，能夠在軌道內做圓周運動。已知重力加速度為g，勻強電場的電場強度E＝，不計空氣阻力，下列說法中正確的是(　　)
A．小球運動到D點時的動能最小
B．小球運動到C點時的機械能最大
C．若v0＝，小球恰好能夠沿著軌道做圓周運動
D．若小球恰好能夠在軌道內做圓周運動，則小球運動過程中對軌道的最大壓力為12mg
方法9　特殊值法
有些選擇題，根據它所描述的物理現象的一般情況較難直接判斷選項的正誤時，可以讓某些物理量取特殊值，代入到各選項中逐個進行檢驗。凡是用特殊值檢驗證明不正確的選項，可以排除。
例11　豎直上拋物體的初速度大小與返回拋出點時速度大小的比值為k，物體返回拋出點時速度大小為v，若在運動過程中空氣阻力大小不變，重力加速度為g，則物體從拋出到返回拋出點所經歷的時間為(　　)
A. B.
C. D.
方法10　極限思維法
物理學中的極限思維是把某個物理量推向極端，從而作出科學的推理分析，給出判斷或導出一般結論。該方法一般適用于題干中所涉及的物理量隨條件單調變化的情況。極限思維法在進行某些物理過程分析時，具有獨特作用，使問題化難為易，化繁為簡，起到事半功倍的效果。
例12　由相關電磁學知識可知，若圓環形通電導線的中心為O，環的半徑為R，環中通有大小為I的電流，如圖甲所示，則環心O處的磁感應強度大小B＝·，其中μ0是真空磁導率。若P點是過圓環形通電導線中心O點的軸線上的一點，且與O點間的距離是x，如圖乙所示。請根據所學的物理知識判斷下列有關P點處的磁感應強度BP的表達式正確的是(　　)
A．BP＝· B．BP＝·
C．BP＝· D．BP＝·
方法11　量綱法
量綱法就是用物理量的單位來鑒別答案，主要判斷等式兩邊的單位是否一致，或所選列式的單位與題干是否統一。
例13　已知光速c＝3.0×108 m/s，引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，用這三個物理量表示普朗克長度(量子力學中最小可測長度)，其表達式可能是(　　)
A． B． C． D．
一、選擇題解題技巧
例1　B　[由楞次定律知，在線框進入磁場過程電路中的電流為順時針方向，即進入磁場時電流方向為負方向，可排除A、D選項。在線框離開磁場過程中，由楞次定律知，電路中電流方向為逆時針方向，可排除C選項，故B項正確。]
例2　D　[設軌道與水平方向的夾角為θ，對小球研究，小球受重力和支持力，將重力沿軌道方向和垂直軌道方向正交分解，根據牛頓第二定律可得ma＝mgsin θ，由數學知識可知，小球的位移為x＝2Rsin θ，由于小球運動過程中做初速度為0的勻加速直線運動，故下落時間為t＝＝＝2，所以下落時間與θ無關，故兩小球一起到達O點，A錯誤；運動時間相同，重力相同，由I＝Ft可得兩個小球重力的沖量相同，B錯誤；小球的末速度為v＝at＝gtsin θ，由于AO軌道的傾角大，即sin θ 大，故從A點運動的小球末速度大，根據Δp＝mv－mv0，可知沿AO軌道運動小球的動量變化率大，C錯誤，D正確。]
例3　B　[因兩只老鼠運動的加速度大小不清楚，所以無法進行計算，但可根據題中三者運動路程相等，畫出速率隨時間變化的關系圖像，利用圖線與t軸所圍面積相等來求解。根據貓與老鼠的運動情況可大致作出圖像如圖所示，由圖知老鼠甲可以逃離洞口，故選B。]
例4　A　[力的矢量三角形如圖所示，由圖可知繩的拉力一直增大，圓弧對小球支持力一直減小，故A正確，B、C、D錯誤。]
例5　B　[如圖所示，在t＝0到t＝的過程中，金屬框的有效切割長度先變大再變小，當t＝時，有效切割長度最大，為L，此時，感應電動勢最大，所以在t＝0到t＝的過程中，E先增大后減小，故B正確，A錯誤；
方法一　在t＝0到t＝的過程中，設轉過的角度為θ，由幾何關系可得θ＝ωt，在t＝0到t＝的過程中，切割磁感線的有效長度d＝，則感應電動勢為E＝Bd2ω＝，可知在t＝0到t＝的過程中，E的變化率一直增大，故C、D錯誤。
方法二　電動勢變化率＝，E＝BL2ω，式中L為有效切割長度，
故＝(L22－L12)
Δt取相等時間轉化為長度的測量，作圖。測量L1、L2、L3，得出L32－L22>L22－L12，故在變大，C、D錯誤。]
例6　A　[小球雖然是做斜拋運動，由于到達半圓軌道左端A點正上方某處小球的速度剛好水平，所以可以逆向看作小球從該半圓軌道左端A點正上方某處開始做平拋運動，運動過程中恰好與半圓軌道相切于B點，這樣就可以用平拋運動規律求解．因小球運動過程中與半圓軌道相切于B點，則小球在B點的速度方向與水平方向的夾角為30°，設此時位移與水平方向的夾角為θ，則tan θ＝＝，因為tan θ＝＝，則豎直位移y＝，而vy2＝2gy＝gR，又tan 30°＝，所以v0＝＝，故選項A正確。]
例7　B　[滑塊過P、Q兩點時速度大小相等，根據動能定理得Fxcos θ＝ΔEk，得θ＝90°，即水平方向上恒定的外力F與PQ連線垂直且指向軌跡的凹側，故A項錯誤；把滑塊在P點的速度分解到沿水平恒力F和垂直水平恒力F兩個方向上，沿水平恒力F方向上滑塊先做勻減速直線運動后做勻加速直線運動，加速度大小為a＝＝2 m/s2，當沿水平恒力F方向上的速度為0時，時間t＝＝1.5 s，根據對稱性，滑塊從P運動到Q的時間為t′＝2t＝3 s，故B項正確；沿垂直水平恒力F方向上滑塊做勻速直線運動，有xPQ＝v′t′＝vcos 37°·t′＝12 m，故D項錯誤；當沿水平恒力F方向上的速度為0時，只有垂直水平恒力F方向的速度v′，此時速度最小，所以滑塊從P運動到Q的過程中速度最小值為4 m/s，故C項錯誤。]
例8　D　[A點的電場強度為零，而點電荷在A點產生的場強為E＝k，方向水平向右，則可知圓形薄板所帶電荷在A點的電場強度大小為，方向水平向左，知圓形薄板帶正電；若圓形薄板所帶電荷量集中在圓心O，則電荷量大小應為Q，而實際上圓形薄板的電荷量是均勻分布在薄板上的，除了圓心O處距離A點的距離與點電荷＋Q距離A點的距離相同外，其余各點距離O點的距離都大于R，若將電荷量Q均勻的分布在薄板上，則根據點電荷在某點處產生的場強公式可知，合場強一定小于E，因此可知圓形薄板所帶電荷量一定大于＋Q，故A、B錯誤；B點關于O點與A點對稱，則可知圓形薄板在B點產生的電場強度為EB′＝k，方向水平向右，而點電荷在B點產生的場強為EB″＝k＝k，方向水平向右，則根據電場強度的疊加原理可得B點的電場強度為EB＝EB′＋EB″＝k＋k＝，方向水平向右，故C錯誤，D正確。]
例9　B　[設三角形邊長為l，通過導體棒MN的電流大小為I，則根據并聯電路的規律可知通過導體棒ML和LN的電流大小為，如圖所示，依題意有F＝BlI，則導體棒ML和LN所受安培力的合力為F1＝BlI＝F，方向與F的方向相同，所以線框LMN受到的安培力大小為F＋F1＝1.5F，選項B正確。]
例10　D　[小球在等效場中做變速圓周運動，M點為等效最低點，N點為等效最高點，如圖所示
設等效重力加速度的方向與豎直方向的夾角為θ，有tan θ＝＝，即θ＝60°，故在等效場中構成繩—球模型，在等效最高點的速度最小，動能最小，即小球運動到N點時的動能最小，故A錯誤；小球做圓周運動時除了重力做功外，還有靜電力做功，小球運動到B點時靜電力做正功最多，則機械能最大，故B錯誤；在等效場中的等效重力加速度為g效＝＝2g，小球恰好能夠沿著軌道做圓周運動，則在等效最高點N時由等效重力提供向心力，有mg效＝m，可得vN＝＝，則從C點到N點，由動能定理有－mg效(R＋Rcos θ)＝mvN2－mv02，解得v0＝，故C錯誤；若小球恰好能夠在軌道內做圓周運動，即剛好能通過N點時的速度為vN＝，在C點的速度為v0＝，而在等效最低點M時速度最大，軌道對球的支持力最大，球對軌道的壓力也最大，從C點到M點由動能定理有mg效(R－Rcos θ)＝mvM2－mv02，可得vM＝，在M點由牛頓第二定律有FNM－mg效＝m，解得FNM＝12mg，由牛頓第三定律可知小球運動過程中對軌道的最大壓力為12mg，故D正確。]
例11　C　[取k＝1，則說明物體運動過程中所受空氣阻力為零，即物體做豎直上拋運動。將k＝1依次代入四式，只有C項經歷的時間等于(豎直上拋運動回到拋出點所用的時間)，C項正確。]
例12　A　[應用極限思維法，當x＝0時，P點與O點重合，磁感應強度大小BP＝·，A項正確。]
例13　B　[根據量綱法，將A、B、C、D項的表達式的單位進行運算，只有B項符合，＝＝m，普朗克長度表達式可能是，故選B。]四、物理情境題破譯法
高考試題從原來的解題到現在的解決問題，出現的情境題越來越多，題目情境來源于生活、生產、體育運動、科技，無情境不命題。我們分析物理情境題時，可以從以下幾個方面進行研究分析。
1．仔細讀題，構建物理模型
明確題中所給的物理情境要解決的問題，仔細分析該情境描述的研究對象。經歷了什么過程？受哪些作用力？分析運動性質，遵循哪些規律？將此問題和學過的知識相關聯，在大腦中調出所學過的關于這個問題所涉及的物理知識。
2．挖掘破題關鍵解決實際問題，根據題目展示的物理情境，建立好物理模型之后，再看看我們需要解決什么問題，然后再次回到題目所給的信息中去挖掘破題關鍵信息，進行二次讀題，最終查看問題是否得到解決。
3．還有一些情境題為假情境，戴著情境的帽子，把這幾句信息去掉對解題無影響，這樣的題可以去掉情境，從中直接找出關鍵信息即可。
例1　(2022·重慶卷·1)如圖所示，吸附在豎直玻璃上質量為m的擦窗工具，在豎直平面內受重力、拉力和摩擦力(圖中未畫出摩擦力)的共同作用做勻速直線運動。若拉力大小與重力大小相等，方向水平向右，重力加速度為g，則擦窗工具所受摩擦力(　　)
A．大小等于mg B．大小等于mg
C．方向豎直向上 D．方向水平向左
解題指導
物理情境 擦窗工具擦玻璃
解決問題 擦玻璃過程中摩擦力的分析與計算
關聯知識 共點力的平衡
與情境結合 擦窗工具在豎直平面內受重力、拉力和摩擦力(圖中未畫出摩擦力)的共同作用做勻速直線運動，處于平衡狀態，受力分析，求摩擦力
例2　(2022·福建卷·1)福建土樓兼具居住和防御的功能，承啟樓是圓形土樓的典型代表，如圖(a)所示。承啟樓外樓共四層，各樓層高度如圖(b)所示。同一樓層內部通過直徑約50 m的圓形廊道連接。若將質量為100 kg的防御物資先從二樓倉庫搬到四樓樓梯口M處，再用100 s沿廊道運送到N處，如圖(c)所示。重力加速度大小取10 m/s2，則(　　)
A．該物資從二樓地面被運送到四樓M處的過程中，克服重力所做的功為5 400 J
B．該物資從M處被運送到N處的過程中，克服重力所做的功為78 500 J
C．從M處沿圓形廊道運動到N處，位移大小為78.5 m
D．從M處沿圓形廊道運動到N處，平均速率為0.5 m/s
解題指導
物理 情境 福建土樓
解決 問題 若將質量為100 kg的防御物資先從二樓倉庫搬到四樓樓梯口M處，再用100 s沿廊道運送到N處，位移、做功等問題
關聯 知識 位移，平均速率公式，恒力做功的計算
與情境 結合 承啟樓是圓形土樓的典型代表，承啟樓外樓共四層，各樓層高度如圖(b)所示。同一樓層內部通過直徑約50 m的圓形廊道連接。搬運過程中，克服重力所做的功與路徑無關，只與初末位置的高度差有關，情境中的初末位置連線長度為位移大小，在此過程中的路程和時間之比計算平均速率
例3　(2023·江蘇南京市檢測)國產科幻大片《流浪地球2》中的“太空電梯”給觀眾帶來了強烈的視覺震撼。如圖所示，“太空電梯”由地面基站、纜繩、箱體、同步軌道上的空間站和配重組成，纜繩相對地面靜止，箱體可以沿纜繩將人和貨物從地面運送到空間站。下列說法正確的是(　　)
A．地面基站可以建設在青藏高原上
B．配重的線速度小于同步空間站的線速度
C．箱體在上升過程中受到地球的引力越來越小
D．若同步空間站和配重間的纜繩斷開，配重將做向心運動
解題指導
物理 情境 《流浪地球2》中的“太空電梯”
解決 問題 建設“太空電梯”，由地面基站、纜繩、箱體、同步軌道上的空間站和配重組成，纜繩相對地面靜止，利用箱體可以沿纜繩將人和貨物從地面運送到空間站
關聯 知識 圓周運動線速度與角速度關系，圓周運動動力學分析，向心運動、離心運動
與情境 結合 讀圖可知，空間站處于同步軌道上，和地球自轉同步，角速度相同，若無配重，地球對其引力提供向心力G＝mω2r空，纜繩恰無張力；箱體可以沿纜繩將人和貨物從地面運送到空間站，纜繩對箱體提供向上拉力，對空間站向下拉影響空間站的安全；配重在同步軌道外，引力不足以提供向心力G例4　如圖甲所示為利用霍爾元件制作的位移傳感器。將霍爾元件置于兩塊磁性強弱相同、同名磁極相對放置的磁體正中間，以中間位置為坐標原點建立如圖乙所示的空間坐標系。當霍爾元件沿x軸方向移動到不同位置時，將產生不同的霍爾電壓U，通過測量電壓U就可以知道位移x。已知沿x軸方向磁感應強度大小B＝kx(k為常數，且k>0)，電流I沿＋z方向大小不變。該傳感器靈敏度，要使該傳感器的靈敏度變大，下列措施可行的是(　　)
A．把霍爾元件沿x方向的厚度變小
B．把霍爾元件沿y方向的高度變大
C．把霍爾元件沿z方向的長度變大
D．把霍爾元件沿y方向的高度變小
解題指導
物理 情境 利用霍爾元件制作的位移傳感器
解決 問題 兩塊磁性強弱相同、同名磁極相對放置的磁體正中間，以中間位置為坐標原點建立如圖乙所示的空間坐標系。沿x軸方向移動到不同位置時，磁感應強度不同，產生不同的霍爾電壓U，通過測量電壓U就可以知道位移x
關聯 知識 磁場的疊加，霍爾元件，電流微觀表達式
與情境 結合 磁場疊加后，沿x軸方向磁感應強度大小B＝kx，霍爾效應e＝evB，結合I＝neSv＝nedlv，得傳感器靈敏度表達式，得出結論
例5　(2022·天津卷·10)冰壺是冬季奧運會上非常受歡迎的體育項目。如圖所示，運動員在水平冰面上將冰壺A推到M點放手，此時A的速度v0＝2 m/s，勻減速滑行x1＝16.8 m到達N點時，隊友用毛刷開始擦A運動前方的冰面，使A與NP間冰面的動摩擦因數減小，A繼續勻減速滑行x2＝3.5 m，與靜止在P點的冰壺B發生正碰，碰后瞬間A、B的速度分別為vA＝0.05 m/s和vB＝0.55 m/s。已知A、B質量相同，A與MN間冰面的動摩擦因數μ1＝0.01，重力加速度g取10 m/s2，運動過程中兩冰壺均視為質點，A、B碰撞時間極短。求冰壺A
(1)在N點的速度v1的大小；
(2)與NP間冰面的動摩擦因數μ2。
解題指導
物理 情境 體育賽事中的冰壺比賽
解決 問題 求冰壺A在N點的速度v1的大小，與NP間冰面的動摩擦因數μ2
關聯 知識 牛頓運動定律，動量守恒定律，動能定理
與情境 結合 以體育賽事為情境，冰壺A推到M點放手，此時A的速度v0＝2 m/s，勻減速滑行x1＝16.8 m到達N點，冰壺A做勻減速直線運動，可用牛頓運動定律或動能定理；到達N點時，隊友用毛刷開始擦A運動前方的冰面，使A與NP間冰面的動摩擦因數減小，A繼續勻減速滑行x2＝3.5 m，碰后瞬間A、B的速度分別為vA＝0.05 m/s和vB＝0.55 m/s，碰撞遵循動量守恒定律，NP段可用牛頓運動定律或動能定理
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例6　(2023·浙江1月選考·17)某探究小組設計了一個報警裝置，其原理如圖所示。在豎直放置的圓柱形容器內用面積S＝100 cm2、質量m＝1 kg的活塞密封一定質量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動。開始時氣體處于溫度TA＝300 K、活塞與容器底的距離h0＝30 cm的狀態A。環境溫度升高時容器內氣體被加熱，活塞緩慢上升d＝3 cm恰好到達容器內的卡口處，此時氣體達到狀態B。活塞保持不動，氣體被繼續加熱至溫度TC＝363 K的狀態C時觸動報警器。從狀態A到狀態C的過程中氣體內能增加了ΔU＝158 J。取大氣壓p0＝0.99×105 Pa，g＝10 m/s2，求氣體
(1)在狀態B的溫度；
(2)在狀態C的壓強；
(3)由狀態A到狀態C過程中從外界吸收熱量Q。
解題指導
物理情境 探究小組設計了一個溫度報警裝置
解決問題 達到預設溫度報警裝置報警
關聯知識 查理定理，蓋—呂薩克定律，熱力學第一定律
與情境 結合 活塞能無摩擦滑動，活塞緩慢上升d＝3 cm恰好到達容器內的卡口處，此時氣體達到狀態B，經歷什么過程；活塞保持不動，氣體被繼續加熱至溫度TC＝363 K的狀態C時觸動報警器，經歷什么過程；從狀態A到狀態C的過程中氣體內能增加了ΔU＝158 J，求由狀態A到狀態C過程中從外界吸收熱量Q，考慮熱力學第一定律，氣體對外做功情況
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四、物理情境題破譯法
例1　B　[對擦窗工具進行受力分析如圖所示，擦窗工具做勻速直線運動，受力平衡，又F＝mg，所以擦窗工具所受摩擦力方向如圖所示，大小為Ff＝＝mg，故選B。]
例2　A　[該物資從二樓地面被運送到四樓M處的過程中，克服重力所做的功為W克G＝mgΔh＝100×10×(2.7＋2.7) J＝5 400 J，故A正確；該物資從M處被運送到N處的過程中，由于M、N高度差為零，所以克服重力做功為零，故B錯誤；從M處沿圓形廊道運動到N處，位移大小為50 m，故C錯誤；從M處沿圓形廊道運動到N處，平均速率為v＝＝≈ m/s＝0.785 m/s，故D錯誤。]
例3　C　[由題意可知，整個同步軌道一定在地球赤道正上方，因此地面基站不可以建設在青藏高原上，A錯誤；由太空電梯的結構可知，配重與同步空間站的角速度相同，由v＝ωr可知，
空間站的軌道半徑小于配重的軌道半徑，因此配重的線速度大于同步空間站的線速度，B錯誤；由F＝G可知，箱體在上升過程中受到地球的引力隨距離r的增加而減小，C正確；由題意可知，空間站和配重都做勻速圓周運動，若纜繩斷開，配重與地球間的萬有引力則有F′＝G例4　A　[設霍爾元件沿y軸方向的高度為d，沿x軸方向的厚度為l，電流的微觀表達式為I＝neSv＝nedlv，得v＝，自由電荷受洛倫茲力和電場力平衡，e＝evB得U＝dvB，由磁感應強度大小B＝kx，得k＝，由＝＝dk＝可知，要使該傳感器的靈敏度變大，應把霍爾元件沿x方向的厚度l變小，故選A。]
例5　(1)0.8 m/s　(2)0.004
解析　(1)設冰壺質量為m，A受到冰面的支持力為FN，由豎直方向受力平衡，有FN＝mg
設A在MN間受到的滑動摩擦力為Ff，
則有Ff＝μ1FN
設A在MN間的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得Ff＝ma
解得a＝μ1g＝0.1 m/s2
由速度與位移的關系式，有
v12－v02＝－2ax1
代入數據解得v1＝0.8 m/s
(2)設碰撞前瞬間A的速度為v2，由動量守恒定律可得mv2＝mvA＋mvB
解得v2＝0.6 m/s
設A在NP間受到的滑動摩擦力為Ff′，
則有Ff′＝μ2mg
由動能定理可得
－Ff′·x2＝mv22－mv12
解得μ2＝0.004。
例6　(1)330 K　(2)1.1×105 Pa
(3)188 J
解析　(1)根據題意可知，氣體由狀態A變化到狀態B的過程中，封閉氣體的壓強不變，則有＝
解得TB＝TA＝330 K
(2)根據題意可知，氣體由狀態B變化到狀態C的過程中，氣體的體積不變，則有＝
pB＝p0＋＝1×105 Pa
解得pC＝pB＝1.1×105 Pa
(3)根據題意可知，從狀態A到狀態C的過程中氣體對外做功，
則W0＝－pBΔV＝－30 J
由熱力學第一定律有ΔU＝W0＋Q
解得Q＝ΔU－W0＝188 J。

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