2024年高考物理总复习：物理问题分析指要（四）
二、难点剖析
八、已知运动的类比与物理问题的分析
有些物理问题所涉及到的运动类型可能是较为复杂的，甚至在中学阶段不作定量要求的，但问题却要求做出定性的或半定量的分析，这时往往需要选取合适的、并且是书籍的运动加以类比，进面帮助对问题做出最终的分析。
例题1：一辆汽车在平直路面上以恒定功率由静止开始运动，其运动的过程将受到如下规律的制约
F – f = ma P = Fv
由于加速度a的存在，所以汽车运动的速度v将逐渐变大；由于功率P恒定，所以速度v逐渐变大的同时将使得牵引力F逐渐变小；由于而运动阻力f保持不变，所以牵引力F逐渐变小的同时将使得汽车的运动加速度a逐渐变小；当加速度a减小为零时，牵引力F减小为最小值Fmin而与运动阻力f大小相等，汽车运动的速度v达到最大值Vmax并将保持着这一速度做匀速直线运动。即：汽车以恒定功率开始运动，将做加速度越来越小、速度越来越大的减加速直线运动，最终做匀速直线运动。
解答：由于以恒定功率开始运动的汽车做的是加速度逐渐减小的“减加速直线运动”，而对于“减加速直线运动”过程中学阶段并不做定量的要求，所以不妨选取中学生较为熟悉的“匀加速直线运动”与之类比，进而帮助分析求解。
如图33-1所示，如果汽车做初速度为零的匀速直线运动则其速度随时间变化的情况应该由图中的直线所描绘，若在240s内汽车的位移为1800m。即：图中的直边三角形的“面积”在数值上等于1800m,由此不难得到：汽车在240s末的速度应为
vm=15m/s
但实际上汽车做的不是匀速直线运动，而是做加速度逐渐减小的减加速直线运动，所以其速度随时间变化的情况不是由图中的直线所描绘，而是由图中的曲线所描绘，考虑到240s内汽车的位移为1800m，即：图中的曲边三角形的“面积”在数值上等于1800m，由此不难得到：汽车在240s末的速度应为
vm<15m/s
一方面考虑到汽车做加速度逐渐减小的减加速直线运动的过程中在240内通过的位移为1800，其平均速度为
v平=7.5m/s
另一方面考虑到汽车做加速度逐渐减小的减加速直线运动的过程中其速度是从零单调增加到vm的，所以这一过程中汽车的末速度必大于平均速度，即
vm>v平=7.5m/s
由此可知：此例应选B、D。
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图33-1
九． 后继检验的手段与物理问题的分析
在一些特殊的物理问题中，物理过程的发生、发展及变化存在着多种可能性，所以在对问题进行分析时，往往需要运用“假设的方法”。而“假设的方法”在运用时必须注意到：由假设的基础上所列出方程而解得的结论，必须在经得住 后继的检验。
例题2：如图33-2所示，质量为m的小物体用绳系 起而静止于倾角为θ=37的斜面体上，不计一切摩擦， 则当斜面体沿水平面向右以a=2g的加速度匀加速运动时， 求绳对小物体的拉力大小。
分析：当斜面体沿水平面向右以a=2g的加速度匀速运动时，小物体也将随着斜面体一起运动，分析其受力的情况为：受到竖直向下的重力mg,垂直于斜面的支持力N和绳对小物体的拉力Ｔ，由此可列出如下方程
Tcosθ- Nsinθ=ma Tsinθ+ Ncosθ-mg=0
由上述方程组消去斜面对小物体的支持力，即可求得绳的拉力大小为 T = macosθ+mgsinθ+
0
图33-2
11mg 5 上述结论实际上是错误的，而且获得上述结论的过程也是存在着逻辑问题的。这是因为当斜面体向右做匀加速直线运动时，小物体有可能会与斜面体脱离接触，上述分析则是建立在“小物体没有与斜面体脱离接触”的假设前提之上的，而建立在假设基础上的分析所得到的结论，必须经过后继检验方能被认可。
解答：假设小物体随着斜面体一起向右以加速度a=2g做匀加速直线运动时并没与斜面体脱离接触，则一方面可以根据相应的物理规律列出方程如上所示，另一方面还应注意到：斜面体对小物体的支持力不应小于零，即 N > 0
这一关系实际上就是建立在假设基础之上的求解方法的“后继检验手段”。当把所解得的 T?11mg 5代入上述方程，从而解得
2N??mg?0
5显然是与“后继检验手段”中对斜面支持力提出的要求不符，这就是说：当小物体随着斜面体一起向右加速度u=2g做匀加速直线运动时已经与斜面体脱离了接触。因此可据此列出下列求解，即 Tcosa=ma
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Tsina=mg
由于小物体已经与斜面体脱离了接触，所以式中的角度a应小于斜面的倾角θ由此可最终解得 T?5mg
十．几何图景的构建与物理问题的分析
制约物理过程的定量的物理规律实际上就是物理量之间的定量关系，而物理量当中又有相当一部分是既有大小又有方向的矢量，因此其间的关系就应该是包括大小关系和方向关系在内的“几何关系”，这就要求在运用物理规律时必须理顺这些矢量的“几何关系”而构建起合适的几何图景，以期望借助于反映矢量间“几何关系”的几何图景而简明地给出问题的解答。
例题3：如图33-3所示，长为L的绝缘细线将带电小球A悬挂于O点，在O点正下方又固定着另一带同种电的小球B。当小球A处于静止状态时，线中张力大小为F1；当使两小球所带电量均减少一些而小球A在新的位置再次静止时，线中张力大小为F2。则（ ）
A、F1>F2 B、F1=F2 C、F1 图33-3 分析：这是一个平衡问题，如运用最基本的“正交分解法”可给出下列分析过程：小球静止时受到重力，线的拉力，小球的库仑斥力，并以水平方向和竖直方向分别为轴和建立直角坐标系如图33-4所示。 则由平衡方程分别可得 Fsinθ–f cos Fcosθ+ f sin ?2 ?0 ?2?mg?0 由此可解得绳中张力大小为 F= mg 考虑到线中张力大小F与角度θ无关，所以可得出判断： F1=F2 即应该选B。 上述分析过程不可避免地要涉及到较为复杂的“角度确认”和较为复杂的“三角运算”，如能构建起小球A在处于平衡状态下受力情况的相关几何图景，则将会使解答过程十分简单。 解答：小球A的受力情况如前所述，由于小球A是处于平衡状态的，所以所受到的三个力必将构成一个封闭的“力三角形”如图33-5中的（a）图所示。考虑到：上球A受到重力mg沿竖直方向，线对小球A的拉力F沿线的方向，而小球B给小球A的库仑斥力f沿两小球的连线方向，所以 图33-4 Fmg ?LL这样就可以简单明了地得到 F1=F2 第 3 页 共 7 页 的结论并据此判断选B 电学练习（一） 一、选择题 1．矩形圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，当线圈平面通过中性面时 [ ] A．线圈平面与磁场方向垂直 B．穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率最小 C．线圈中所产生的感应电动势的方向发生变化 D．线圈受到的磁力矩达到最大值 2．如图33-6所示，带负电的液滴以初速v0从 P点斜向右上方射入水平向右的匀强电场，若液滴到达最高点时 速度大小仍为v0,则最高点的位置在 [ ] 图33-6 图33-7 A．P点左上方 B.P点右上方 C．P点正上方 D.无法确定 3．如图33-7所示，已知电源内电阻可以忽略，则当滑动变阻器的滑动片P向左滑动时，有 [ ] A．路端电压将减小 B．电源的输出功率将增大 C．滑动变阻器上消耗的电功率将减小 D．定值电阻R0上消耗的电功率将增大 4．下列关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力的各种说法中，正确的有 [ ] A．安培力的大小只与磁场的强弱和电流的强度有关 B．安培力的方向与磁场方向垂直，同时又与电流方向垂直 C．如安培力为零，导线所在处的磁感强度必为零 D．加安培力为零，导线所在处的磁感强度不为零，则导线必与磁场方向平行 5．如图33-8所示，矩形线框abcd由静止释放，自由下落h后进时入水平方向的有界匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，线框进入磁场的过程中所做的运动可能是 [ ] A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动 图33-8 C．加速度越来越大的减速运动 D．加速度越来越小的加速运动 6．如图33-9所示，3个电压表完全相同，已知V V3的示数为5V，则 V2的示数为 1的示数为8V，[ ] A．3V B.5V C.8V D.大于3V，小于5V 7．如图33-10所示，平行导体板间有相互正交的匀强电场和匀强磁场，一带电微粒沿垂直于电场和磁场方向射入两导体板间，不计微粒所受的重力，当微粒射出两导体板间时，其动能减少，为使微粒射出后的动能增加，应使 [ ] A．微粒的带电量增大 B．微粒的带电性质相反 C．电场强度增大 D．磁感强度减小 8．如图33-11所示，斜面与水平面的均绝缘粗糙，且交接处有 图33-9 图33-10 一小段圆弧与之相切。今把一带正电的小物体斜面上O点处静止 释放，小物体可在水平面上滑 行s1.若在空间加一个方向竖直向下的匀强电场后仍把小物体从O点处静止释放，小物体可在水平面上滑行s2，则 [ ] 第 4 页 共 7 页 A．s1> s2 B. s1= s2 C．s1< s2 D.条件不足，无法判断 9．如图33-12所示，平行导体板M、N的间距 M 与长度相等，一束正离子以速度v0沿两板中线射入，不计离子所受重力，第一次在两板间加一匀强电场，离子恰好从N板边缘射出；第二次在两板间加一垂直 于纸面的匀强磁场，离子也恰好从N板边缘射出，则所加电场N 的电场强度与所加磁场的磁感强度相比可能为 图33-11 图33-12 [ ] A． 511 v0 B. v0 C. v0 D. v0 424 10．如图 33-13所示，粗细均匀的电阻丝绕制的矩形导线框abcd处在匀强磁场中，另一种材料的导体棒MN可与导线框保持良好地并做无摩擦滑动，则当导体棒MN在处力作用下从导线框左端开始做切割 磁感线的匀速运动一直滑到右端的过程中，消耗在导线框上的电功率的变化情况可能为 [ ] A．逐渐增大 B.先增大后减小 C．先减小后增大 D.增大，减小，再增大，再减小 图33-13 二、填充题 11．如图33-14所示，用柔软导线制成一直径为20cm的闭合圆环，其电阻为0.05Ω，右磁场按照B=（10－0.1t）T的规律匀速减小，线圈中产生感应电流，线圈中电流由于受磁场作用产生张力.当张力大小为____N. 12．如图33-15所示，在方向竖直向下的匀强电场中，有一条光滑的绝缘轨道.AB段为斜直轨道，BCD段是半径为R的圆形轨道。现在使一个带正电的小球从斜轨道上某点滑下。要使小球通过圆形轨道顶端的M点时不脱离圆轨道，至少应该使它从 图33-14 斜轨道上高h处滑下。已知电场强度为E，重力加速度为g，则h的表达式为_____。 13．如图33-16所示，竖直方向的直线是匀强电场的电场 线。质量为m、带电量为-q的质点P，从电场边缘的A点射入该电场，并沿直线 AB从B点射出电场。直线AB跟电场线夹角为θ，A、B两点间距离为d，A、B两点间的电势差为_____，理由是____________。 14．某理想变压器原线圈输入电压为1000V，副线圈输出电压为250V，副线圈接有负载，则该变压器原、副线圈匝数比 图33-15 图33-16 为______；原、副线圈中电流之比为______；输入与输出功 率之比为_____；原、副线圈中磁通量的变化率的最大值之比为______。 15．如图33-17所示，匀强电场水平向左，带正电的小物体沿绝缘水平面向右运动，经A点时动能为100J，经B点时动能减少了原来的 34，在减少的动能中有转化为电势能，则它再次经过B点时具有的 55动能为______J。 16．带电液滴自由下落h高度后进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域后恰能做匀速圆周运动，若电场强度为E，磁感强度为B，则圆轨道的半径为________；液滴运动的向心加速度大小为_______。 17．如图33-18所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正负电子分别以相同的速率v0从坐标原点O沿与x轴成60o角并垂直磁场射入，则正负电子在磁场中的运动时间之比为_____，正负电子离开磁场的位置到原点O的距离之比为_____。 第 5 页 共 7 页
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