第三部分專項提能優(yōu)化訓(xùn)練專題3.5選擇題搶分攻略目錄TOC\o"1-3"\h\u攻略1“排除異己”——比較排除法 1攻略2“投機取巧”——特值代入法 5攻略3“否極泰來”——極限思維法 7攻略4“執(zhí)果索因”——逆向思維法 9攻略5“相得益彰”——對稱分析法 13攻略6“殊途同歸”——等效轉(zhuǎn)換法 16攻略7“一目了然”——圖像分析法 19攻略8“照貓畫虎”——類比分析法 22攻略9“事半功倍”——二級結(jié)論法 26攻略10“優(yōu)化組合”——選項分組法 29攻略1“排除異己”——比較排除法比較排除法主要用于選項中有相互矛盾、相互排斥或有完全肯定、完全否定的說法的選擇題。我們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?！纠?】如圖所示，等腰直角區(qū)域EFG內(nèi)有垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，直角邊EF長度為2L?，F(xiàn)有一電阻為R的閉合直角梯形導(dǎo)線框ABCD以恒定速度v水平向右勻速通過磁場。t＝0時刻恰好位于圖示位置(即BC與EF在一條直線上，且C與E重合)，規(guī)定導(dǎo)線框中感應(yīng)電流沿逆時針方向時為正，則感應(yīng)電流i與時間t的關(guān)系圖線正確的是()【答案】C【解析】在進入長度L的過程中，切割磁感線的有效長度在均勻增加，由E＝BLv知，感應(yīng)電動勢均勻增加；當(dāng)進入L時，感應(yīng)電動勢為E＝BLv，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，由楞次定律判斷知，感應(yīng)電流方向為正；在由L進入2L的過程中，ADC邊切割磁感線的有效長度在均勻增加，AB邊切割磁感線的長度在均勻增加，由幾何關(guān)系知AB邊增加的快且AB邊和ADC邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相反，即等效于切割磁感線的總長度在減小，感應(yīng)電流減??；在離開磁場的過程中，CD邊不切割磁感線，AD邊切割的長度小于AB邊切割的長度，產(chǎn)生負方向感應(yīng)電流，C正確。攻略妙用：我們利用排除法求解本題時，不需要對導(dǎo)線框的具體運動過程進行分析，只需要抓住導(dǎo)線框在某一時刻的情況進行排除。【例2】[多選]空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界。一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射。這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子，不計重力。下列說法正確的是()A．入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同B．入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同C．在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同D．在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大【答案】BD【解析】粒子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πm,Bq)，如果帶電粒子從左邊界射出，運動時間都為半個周期，時間相同，運動軌跡不一定相同，因此A、C錯誤，應(yīng)選B、D。攻略妙用：有些選擇題的選項中，帶有“可能”“可以”等不確定詞語，只要能舉出一個特殊例子證明它正確，就可以肯定這個選項是正確的；有些選擇題的選項中，帶有“一定”“不可能”等肯定的詞語，只要能舉出一個反例駁倒這個選項，就可以排除這個選項?！踞槍τ?xùn)練1】如圖甲所示，圓形導(dǎo)線圈固定在勻強磁場中，磁場方向與導(dǎo)線圈所在平面垂直，規(guī)定垂直平面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，若規(guī)定逆時針方向為感應(yīng)電流的正方向，則圖中正確的是()【答案】B【解析】0～1s內(nèi)磁感應(yīng)強度B垂直紙面向里且均勻增大，則由楞次定律及法拉第電磁感應(yīng)定律可得線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流，方向為逆時針方向，排除A、C項；2～4s內(nèi)，磁感應(yīng)強度B垂直紙面向外且均勻減小，由楞次定律可得線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為逆時針方向，排除D項，所以B項正確?！踞槍τ?xùn)練2】如圖所示，寬度均為d且足夠長的兩相鄰條形區(qū)域內(nèi)，分別存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向相反的勻強磁場?？傠娮铻镽、邊長為eq\f(4\r(3),3)d的等邊三角形金屬框的AB邊與磁場邊界平行，金屬框從圖示位置沿垂直于AB邊向右的方向做勻速直線運動。取逆時針方向電流為正，從金屬框C端剛進入磁場開始計時，下列關(guān)于框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時間變化的圖像正確的是()【答案】A【解析】感應(yīng)電流隨時間變化的圖像與橫軸所圍的面積表示電荷量，其中第一象限面積取正，第四象限面積取負。金屬框從進入到穿出磁場，通過金屬框的電荷量q＝It＝eq\f(E,R)t＝eq\f(Φt－Φ0,R)＝0，故感應(yīng)電流隨時間變化的圖像與橫軸所圍的面積也應(yīng)該為零，B、C選項顯然不符合。金屬框在最后離開磁場過程中切割磁感線的有效長度越來越大，故產(chǎn)生的感應(yīng)電流也越來越大，排除D。故選A?！踞槍τ?xùn)練3】如圖所示為通過某單匝線圈平面的磁通量隨時間變化關(guān)系的圖象，則在下圖中能正確反映該線圈感應(yīng)電動勢隨時間變化關(guān)系的是()【答案】C【解析】根據(jù)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，Φ－t圖象的斜率代表感應(yīng)電動勢，t＝0時刻，Φ最大，e＝0，故可排除A、B、D.【針對訓(xùn)練4】如圖所示，半徑為R1的導(dǎo)體球，外面套有一個與它同球心的導(dǎo)體球殼，球殼的內(nèi)外半徑分別為R2和R3。當(dāng)內(nèi)球帶電荷量為Q時，在帶電球與球殼內(nèi)表面之間的區(qū)域存在電場。若用k表示靜電力常量，下列電場能量E的表達式中正確的是()A．E＝eq\f(Q,2)keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2))) B．E＝eq\f(Q2,2)keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))C．E＝eq\f(Q,2)keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)＋\f(1,R2))) D．E＝eq\f(Q2,2)keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)＋\f(1,R2)))【答案】B【解析】你可能不會計算電場的能量，但你可根據(jù)其他方法判斷選項的正誤，E是能量，功是能的量度，W＝Fl，單位與keq\f(QQ,r2)×l的單位要一致，排除了A、C選項；當(dāng)R1＝R2時，內(nèi)部沒有場強了，就沒有電場能量，E＝0，故B選項正確。攻略2“投機取巧”——特值代入法有些選擇題選項的代數(shù)表達式比較復(fù)雜，需經(jīng)過比較繁瑣的公式推導(dǎo)過程，此時可在不違背題意的前提下選擇一些能直接反映已知量和未知量數(shù)量關(guān)系的特殊值，代入有關(guān)算式進行推算，依據(jù)結(jié)果對選項進行判斷。(1)特值法是讓試題中所涉及的某些物理量取特殊值，通過簡單的分析、計算來判斷的方法，它適用于將特殊值代入后能迅速將錯誤選項排除的選擇題。(2)一般情況下選項中以字母形式表示，且字母公式較為繁瑣，且直接運算將非常復(fù)雜，此時便可以考慮特值法了。(3)特值法的四種類型：①將某物理量取特殊值。②將運動的場景特殊化，由陌生的情景變?yōu)槭煜さ膱鼍?。③將兩物理量的關(guān)系特殊化。④通過建立兩物理量間的特殊關(guān)系來簡化解題。【例3】如圖所示，一半徑為R的絕緣圓環(huán)上，均勻地分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓環(huán)平面的對稱軸上有一點P，它與環(huán)心O的距離OP＝L。靜電力常量為k，關(guān)于P點的場強E，下列四個表達式中有一個是正確的，請你根據(jù)所學(xué)的物理知識，通過一定的分析，判斷下列表達式正確的是()A．E＝eq\f(kQ,R2＋L2) B．E＝eq\f(kQL,R2＋L2)C．E＝eq\f(kQR,\r(（R2＋L2）3)) D．E＝eq\f(kQL,\r(（R2＋L2）3))【答案】D【解析】當(dāng)R＝0時，帶電圓環(huán)等同一點電荷，由點電荷電場強度計算式可知在P點的電場強度為E＝keq\f(Q,L2)，將R＝0代入四個選項，只有A、D選項滿足；當(dāng)L＝0時，均勻帶電圓環(huán)的中心處產(chǎn)生的電場的電場強度為0，將L＝0代入選項A、D，只有選項D滿足，故D正確。攻略妙用：我們利用特值代入法求解本題時，不需要經(jīng)過比較煩瑣的公式推導(dǎo)過程，只需要將R＝0、L＝0代入選項驗證即可?！踞槍τ?xùn)練1】假設(shè)地球是一半徑為R、質(zhì)量分布均勻的球體。一礦井深度為d。已知質(zhì)量分布均勻的球殼對殼內(nèi)物體的引力為零。礦井底部和地面處的重力加速度大小之比為()A.1－eq\f(d,R) B.1＋eq\f(d,R)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R－d,R)))eq\s\up12(2) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,R－d)))eq\s\up12(2)【答案】A【解析】取特殊情況，當(dāng)d＝R時，重力加速度之比應(yīng)該為零，排除B、D；取d＝eq\f(R,2)，根據(jù)黃金代換式GM＝gR2得g∝eq\f(M,R2)，重力加速度之比不等于eq\f(1,4)(因為質(zhì)量M不一樣)，排除C。故選A。【針對訓(xùn)練2】．在光滑水平面上，物塊a以大小為v的速度向右運動，物塊b以大小為u的速度向左運動，a、b發(fā)生彈性正碰。已知a的質(zhì)量遠小于b的質(zhì)量，則碰后物塊a的速度大小是()A．v B．v＋uC．v＋2u D．2u－v【答案】C【解析】：給物塊a的速度v賦值0，即v＝0，物塊a與物塊b發(fā)生彈性正碰，碰后兩物塊一定分離，否則為完全非彈性碰撞，B項v＋u＝u，故排除B；碰后兩物塊不可能發(fā)生二次碰撞，A項v＝0，排除A；給物塊b的速度u賦值0，即u＝0，物塊a與物塊b發(fā)生彈性正碰，物塊a肯定反彈，但其速度大小肯定是正值，D項2u－v＝－v，故排除D。攻略3“否極泰來”——極限思維法物理中體現(xiàn)極限思維法是把某個物理量推向極端，從而做出科學(xué)的推理分析，給出判斷或?qū)С鲆话憬Y(jié)論。該方法一般適用于題干中所涉及的物理量隨條件單調(diào)變化的情況。極限法一般適用于定性分析類選擇題。例如假設(shè)速度很大(趨近于無限大)或很小(趨近于零)、假設(shè)邊長很大(趨近于無限大)或很小(趨近于零)或假設(shè)電阻很大(趨近于無限大)或很小(趨近于零)等，進行快速分析?！纠?】(多選)如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是()【答案】AC【解析】ab棒向右運動，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，則根據(jù)左手定則可知，其受到向左的安培力，從而向右做減速運動；導(dǎo)體棒cd受到向右的安培力作用而做加速運動，且隨著兩棒的速度差的減小，安培力減小，加速度減小，當(dāng)兩棒速度相等時，回路的磁通量沒有變化，感應(yīng)電流為零，最終兩棒共速，電路中電流為0，故A、C正確，B、D錯誤。攻略妙用：本題不僅要考慮過程物理量的變化，還要善于發(fā)現(xiàn)終極狀態(tài)。這是雙桿模型，兩桿構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，雙桿最終速度趨近相同，可以得出末速度，兩者的相對速度為零，感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零、安培力為零，加速度也為零?！踞槍τ?xùn)練1】如圖所示，細線的一端系一質(zhì)量為m的小球，另一端固定在傾角為θ的光滑斜面體頂端，細線與斜面平行。在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運動的過程中，小球始終靜止在斜面上，小球受到細線的拉力T和斜面的支持力為FN分別為(重力加速度為g)()A.T＝m(gsinθ＋acosθ)FN＝m(gcosθ－asinθ)B.T＝m(gcosθ＋asinθ)FN＝m(gsinθ－acosθ)C.T＝m(acosθ－gsinθ)FN＝m(gcosθ＋asinθ)D.T＝m(asinθ－gcosθ)FN＝m(gsinθ＋acosθ)【答案】A【解析】當(dāng)a趨近于0時，細線的拉力T＝mgsinθ，而FN＝mgcosθ，由此可知只有A正確?！踞槍τ?xùn)練2】平行玻璃磚的厚度為d，折射率為n，一束光線以入射角α射到玻璃磚上，出射光線相對于入射光線的側(cè)移距離為Δx，如圖所示，則Δx決定于下列哪個表達式()A．Δx＝d(1－eq\f(cosα,\r(n2－sin2α)))B．Δx＝d(1－eq\f(sinα,\r(n2－cos2α)))C．Δx＝dsinα(1－eq\f(cosα,\r(n2－sin2α)))D．Δx＝dcosα(1－eq\f(sinα,\r(n2－cos2α)))【答案】C【解析】由于Δx隨厚度d、入射角α、折射率n的減小而減小，因此若將d、α、n推向極端，即當(dāng)α＝0時Δx＝0，d＝0時Δx＝0，n＝1時Δx＝0.考查四個選項中能滿足此三種情況的只有C項，故選C項．【針對訓(xùn)練3】由相關(guān)電磁學(xué)知識可以知道，若圓環(huán)形通電導(dǎo)線的中心為O，環(huán)的半徑為R，環(huán)中通有大小為I的電流，如圖甲所示，則環(huán)心O處的磁感應(yīng)強度大小B＝eq\f(μ0,2)·eq\f(I,R)，其中μ0是真空磁導(dǎo)率．若P點是過圓環(huán)形通電導(dǎo)線中心O點的軸線上的一點，且距O點的距離是x，如圖乙所示．請根據(jù)所學(xué)的物理知識判斷下列有關(guān)P點處的磁感應(yīng)強度BP的表達式正確的是()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】應(yīng)用極限思維法，當(dāng)x＝0時，P點與O點重合，磁感應(yīng)強度大小BP＝eq\f(μ0,2)·eq\f(I,R)，A項正確．【針對訓(xùn)練4】.如圖所示，在一粗糙的水平面上有兩個質(zhì)量分別為m1和m2的木塊1和2，用原長為l、勁度系數(shù)為k的輕彈簧連結(jié)起來，木塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用一水平力向右拉木塊2，當(dāng)兩木塊一起勻速運動時，兩木塊間的距離為()A．l＋eq\f(μm1g,k) B．l＋eq\f(μm1＋m2g,k)C．l＋eq\f(μm2g,k) D．l＋eq\f(μm1m2g,km1＋m2)【答案】A【解析】：彈簧對木塊1的拉力與木塊1所受的摩擦力平衡，當(dāng)m1的質(zhì)量越小時摩擦力越小，彈簧的拉力也越小。當(dāng)m1的值等于零時(極限)，則不論m2多大，彈簧的伸長量都為零，說明彈簧的伸長量與m2無關(guān)，故選A項。攻略4“執(zhí)果索因”——逆向思維法很多物理過程具有可逆性(如運動的可逆性、光路的可逆性)，在沿著正向過程或思維(由前到后或由因到果)分析受阻時，有時“反其道而行之”，沿著逆向過程或思維(由后到前或由果到因)來思考，常?？梢曰y為易、出奇制勝?！纠?】(2022·浙江七彩陽光3月聯(lián)考)如圖甲所示，兩消防員在水平地面A、B兩處使用相同口徑的噴水槍對高樓著火點進行滅火。出水軌跡簡化為如圖乙所示，假設(shè)均能垂直擊中豎直樓面上的同一位置點P。不計空氣阻力，則()A．A處水槍噴出的水在空中運動的時間較長B．B處水槍噴出的水擊中墻面的速度較大C．A處水槍噴口噴出水的初速度較大D．B處水槍噴口每秒噴出水的體積較大【答案】C【解析】利用逆向思維，將兩水槍噴出水的運動看作從P點到A、B點的平拋運動，則根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2知，兩處水槍噴出的水在空中運動時間相等，A錯誤；根據(jù)x＝v0t及xA＞xB，可知A處水槍噴出的水擊中墻面的速度較大，B錯誤；兩水槍噴口噴出的初速度分別為vA＝eq\r(veq\o\al(2,OA)＋（gt）2)，vB＝eq\r(veq\o\al(2,OB)＋（gt）2)，則A處水槍噴口水的速度較大，每秒噴出水的體積較大，C正確，D錯誤。攻略妙用：我們將斜拋運動利用逆向思維轉(zhuǎn)化為平拋運動處理。【針對訓(xùn)練1】如圖所示，半圓軌道固定在水平面上，一小球(小球可視為質(zhì)點)從恰好與半圓軌道相切于B點斜向左上方拋出，到達半圓軌道左端A點正上方某處小球的速度剛好水平，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.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【繼續(xù)】小球雖說是做斜拋運動，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，所以逆向看是小球從一半圓軌道左端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(guī)律求解。因小球運動過程中恰好與半圓軌道相切于B點，則速度與水平方向的夾角為30°，設(shè)位移與水平方向的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(tan30°,2)＝eq\f(\r(3),6)，因為tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(y,\f(3,2)R)，則豎直位移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))，故選項A正確?！踞槍τ?xùn)練2】如圖所示，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個eq\f(H,4)所用的時間為t1，第四個eq\f(H,4)所用的時間為t2。不計空氣阻力，則eq\f(t2,t1)滿足()A.1＜eq\f(t2,t1)＜2 B.2＜eq\f(t2,t1)＜3C.3＜eq\f(t2,t1)＜4 D.4＜eq\f(t2,t1)＜5【答案】C【解析】本題應(yīng)用逆向思維法求解，即運動員的豎直上拋運動可等同于從一定高度處開始的自由落體運動，所以第四個eq\f(H,4)所用的時間為t2＝eq\r(\f(2×\f(H,4),g))，第一個eq\f(H,4)所用的時間為t1＝eq\r(\f(2H,g))－eq\r(\f(2×\f(3,4)H,g))，因此有eq\f(t2,t1)＝eq\f(1,2－\r(3))＝2＋eq\r(3)，即3＜eq\f(t2,t1)＜4，選項C正確?！踞槍τ?xùn)練3】(多選)如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，PQ、MN均處在豎直向下的勻強磁場中，當(dāng)PQ在一外力的作用下運動時，MN向右運動，則PQ所做的運動可能是()A．向右加速運動 B．向左加速運動C．向右減速運動 D．向左減速運動【答案】BC【解析】MN向右運動，說明MN受到向右的安培力，因為MN處的磁場垂直紙面向里eq\o(→,\s\up7(左手定則))MN中的感應(yīng)電流方向為M→Neq\o(→,\s\up7(安培定則))L1中感應(yīng)電流的磁場方向向上eq\o(→,\s\up7(楞次定律))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(L2中磁場方向向上減弱,L2中磁場方向向下增強)).若L2中磁場方向向上減弱eq\o(→,\s\up7(安培定則))PQ中電流方向為Q→P且減小eq\o(→,\s\up7(右手定則))向右減速運動；若L2中磁場方向向下增強eq\o(→,\s\up7(安培定則))PQ中電流方向為P→Q且增大eq\o(→,\s\up7(右手定則))向左加速運動．【針對訓(xùn)練4】如圖所示，水平軌道左端固定一輕彈簧，彈簧右端可自由伸長到O點，軌道右端與一光滑豎直半圓軌道相連，半圓軌道半徑R＝0.5m，半圓軌道最低點為C，最高點為D.在直軌道最右端放置小物塊N，將小物塊A靠在彈簧上并壓縮到P點，由靜止釋放，之后與N發(fā)生彈性正碰，碰后N恰能通過圓軌道最高點D.已知物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，A的質(zhì)量為m＝2kg，N的質(zhì)量為M＝4kg，物塊A、N可視為質(zhì)點，OP＝0.5m，OC＝1.5m，重力加速度g＝10m/s2.(1)求N剛進入半圓軌道時對軌道的壓力；(2)求將彈簧壓縮到P點時彈簧具有的彈性勢能；(3)若將A與彈簧拴接，將物塊N靠在A上，壓縮彈簧到P點后由靜止釋放，求N最終停在什么位置？【答案】(1)240N，方向豎直向下(2)76.25J(3)距離C點0.54m處【解析】(1)由題意知，物塊N在D點時，Mg＝Meq\f(vD2,R)設(shè)物塊N碰后速度為v2，由C點到D點過程機械能守恒eq\f(1,2)Mv22＝eq\f(1,2)MvD2＋Mg·2R物塊N在C點時受到軌道的支持力為FN，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)N－Mg＝Meq\f(v22,R)，聯(lián)立解得FN＝240N，根據(jù)牛頓第三定律，N剛進入半圓軌道時對軌道的壓力大小為240N，方向豎直向下(2)設(shè)物塊A與N碰前速度為v0，碰后速度為v1，碰撞過程動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2碰撞過程機械能守恒，則eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22由功能關(guān)系得彈簧壓縮到P點時的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mv02＋μmg·PC，聯(lián)立解得Ep＝76.25J(3)物塊A和N在O點分離，設(shè)分離時物塊A和N的速度為v，Ep＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋μ(M＋m)g·OP分離后物塊N到達C點時速度為vC，由功能關(guān)系得eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)MvC2＋μMg·OC假設(shè)物塊沿圓周上滑不超過eq\f(1,4)圓周處，eq\f(1,2)MvC2＝Mgh，解得h＝eq\f(13,48)m＜R故物塊不能到達圓周最高點，將沿圓軌道滑回，設(shè)向左滑回的距離為x，由動能定理得：μMgx＝eq\f(1,2)MvC2，解得x＝eq\f(13,24)m≈0.54m即滑塊停在距離C點0.54m處.攻略5“相得益彰”——對稱分析法物理解題中的對稱法，就是從對稱性的角度去分析物理過程，利用對稱性解決物理問題的方法。應(yīng)用對稱性可以幫助我們直接抓住問題的實質(zhì)，避免復(fù)雜的數(shù)學(xué)演算和推導(dǎo)，快速解題?！纠?】(2022·廣東廣州市一模)廣州地鐵18號線列車的最高速度為160km/h(約44m/s)，設(shè)列車勻加速出站和勻減速進站的時間均為40s，則列車在軌道平直、距離為8800m的兩站點間運行的最短時間約為()A．240s B．200sC．160s D．150s【答案】A【解析】列車在兩站間運行時間要最短，則全過程的平均速度要達到最大，即以最大速度運動的時間最長，則列車的運動過程應(yīng)是：先勻加速到最高速度，再勻速，再從最高速度勻減速到零，恰好到站。設(shè)列車從出站到加速到最高速度時間為t1，位移為x1，根據(jù)對稱性可知，列車進站減速到零的時間和位移也為t1、x1，由勻變速直線運動規(guī)律x1＝eq\f(vm,2)t1＝880m，則勻速運動時間t2＝eq\f(L－2x1,vm)＝eq\f(8800－1760,44)s＝160s，則運動的總時間為t＝2t1＋t2＝240s，故A正確。攻略妙用：根據(jù)題意我們可以分析運動過程，其加速、減速過程具有對稱性，故具有相同的時間和位移?！踞槍τ?xùn)練1】.如圖所示，AB為均勻帶有電荷量為＋Q的細棒，C為AB棒附近的一點，CB垂直于AB。AB棒上電荷形成的電場中C點的電勢為φ0，φ0可以等效成AB棒上某點P處、帶電荷量為＋Q的點電荷所形成的電場在C點的電勢。若PC的距離為r，由點電荷電勢的知識可知φ0＝keq\f(Q,r)。若某點處在多個點電荷形成的電場中，則電勢為每一個點電荷在該點所產(chǎn)生的電勢的代數(shù)和。根據(jù)題中提供的知識與方法，我們可將AB棒均分成兩段，并看成兩個點電荷，就可以求得AC連線中點C′處的電勢為()A．φ0 B.eq\r(2)φ0C．2φ0 D．4φ0【答案】C【解析】：AB棒帶電均勻，故其等效點電荷P點即是AB棒的中點，如圖所示已知PC＝r，將AB棒分成均勻兩段，設(shè)左半段的中點為E，其電荷量為eq\f(1,2)Q，如圖可知C′E的長度為eq\f(1,2)r，故其在C′的電勢為φ＝keq\f(\f(1,2)Q,\f(1,2)r)＝keq\f(Q,r)＝φ0，同理，右半段在C′產(chǎn)生的電勢也為φ0，根據(jù)題意可知其代數(shù)和為2φ0，故選項C正確?！踞槍τ?xùn)練2】如圖所示，帶電荷量為－q的均勻帶電半球殼的半徑為R，CD為通過半球殼頂點C與球心O的軸線，P、Q為CD軸上在O點兩側(cè)離O點距離相等的兩點，如果是均勻帶電球殼，其內(nèi)部電場強度處處為零，電勢都相等，則下列判斷正確的是()A．P、Q兩點的電勢、電場強度均相同B．P、Q兩點的電勢不同，電場強度相同C．P、Q兩點的電勢相同，電場強度等大反向D．在Q點由靜止釋放一帶負電的微粒(重力不計)，微粒將做勻加速直線運動【答案】B【解析】半球殼帶負電，因此在CD上電場線沿DC方向向上，所以P點電勢一定低于Q點電勢，A、C錯誤；若在O點的下方再放置一同樣的半球殼組成一完整的球殼，則P、Q兩點的電場強度均為零，即上、下半球殼在P點的電場強度大小相等、方向相反，由對稱性可知上半球殼在P點與在Q點的電場強度大小相等、方向相同，B正確；在Q點由靜止釋放一帶負電微粒，微粒一定做變加速運動，D錯誤?！踞槍τ?xùn)練3】(多選)如圖，豎直面內(nèi)一絕緣細圓環(huán)的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點，它們與圓心的距離均相等。則()A.a、b兩點的場強相等B.a、b兩點的電勢相等C.c、d兩點的場強相等D.c、d兩點的電勢相等【答案】ABC【解析】如圖所示，為等量異種電荷周圍空間的電場分布圖。本題的帶電圓環(huán)，可拆解成這樣無數(shù)對等量異種電荷的電場，沿豎直直徑平行放置。它們有共同的對稱軸PP′，PP′所在的水平面與每一條電場線都垂直，即為等勢面，延伸到無限遠處，電勢為零。故在PP′上的點電勢為零，即φa＝φb＝0；而從M點到N點，電勢一直在降低，即φc>φd，故B正確，D錯誤；上下兩側(cè)電場線分布對稱，左右兩側(cè)電場線分布也對稱，由電場的疊加原理可知A、C正確?！踞槍τ?xùn)練4】如圖所示，一長軸為2L的橢圓形絕緣薄板邊緣上均勻分布著電荷量為＋Q的電荷，長軸AB所在直線上另有三個點C、D、E，且AC＝BD＝DE＝L，在E處放置一電荷量為＋q的點電荷．已知D處的場強為零，則C處的場強大小為(k為靜電力常量)()A．keq\f(11Q,10L2) B．keq\f(3q＋4Q,15L2)C．keq\f(q＋3Q,20L2) D．keq\f(26q,25L2)【答案】D【解析】根據(jù)題意可知，帶電薄板和E處點電荷在D點的合場強為零，則帶電薄板在D處的場強大小為ED＝keq\f(q,L2)，方向水平向右，因橢圓形帶電薄板形狀規(guī)則，則其在空間中產(chǎn)生的電場左右對稱，所以帶電薄板在C處產(chǎn)生的場強大小為EC＝ED＝keq\f(q,L2)，方向水平向左，E處點電荷在C處產(chǎn)生的場強大小為EC′＝keq\f(q,5L2)＝keq\f(q,25L2)，所以C處的合場強大小為EC＋EC′＝keq\f(q,L2)＋keq\f(q,25L2)＝keq\f(26q,25L2)，方向水平向左．故選項D正確．攻略6“殊途同歸”——等效轉(zhuǎn)換法在用常規(guī)思維方法無法求解有新穎情境的物理問題時，靈活地轉(zhuǎn)換研究對象或采用等效轉(zhuǎn)換法將陌生的情境轉(zhuǎn)換成我們熟悉的情境，進而快速求解的方法?！纠?】(多選)1824年，法國科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”。實驗中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針，如圖5所示。實驗中發(fā)現(xiàn)，當(dāng)圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時，磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動起來，但略有滯后。下列說法正確的是()A．圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動勢B．圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動C．在圓盤轉(zhuǎn)動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化D．圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動【答案】AB【解析】當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動時，將其看成無數(shù)根沿徑向的金屬條，則圓盤的這些金屬條切割磁針產(chǎn)生磁場的磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，選項A正確；圓盤徑向的金屬條，切割磁感過程中，內(nèi)部距離圓心遠近不同的點，電勢不等，從而形成渦流，渦流產(chǎn)生的磁場使磁針轉(zhuǎn)動，選項B正確；在圓盤轉(zhuǎn)動過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量始終為零，選項C錯誤；圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成的電流的磁場方向沿圓盤軸線方向，會使磁針沿軸線方向偏轉(zhuǎn)，選項D錯誤。攻略妙用：對于物理過程與我們熟悉的物理模型相似的題目，可嘗試使用轉(zhuǎn)換分析法，如本題中將圓盤看成由沿半徑方向的“輻條”組成，則圓盤在轉(zhuǎn)動過程中，“輻條”會切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，在圓盤中產(chǎn)生渦電流的模型即可快速求解。【針對訓(xùn)練1】如圖所示，一條形磁鐵平放在桌面上，在其正中央上方固定一根直導(dǎo)線，直導(dǎo)線與磁鐵垂直，給導(dǎo)線通以垂直紙面向外的電流時，則()A．磁鐵對桌面的壓力增大，受到桌面摩擦力的作用B．磁鐵對桌面的壓力增大，不受桌面摩擦力的作用C．磁鐵對桌面的壓力減小，受到桌面摩擦力的作用D．磁鐵對桌面的壓力減小，不受桌面摩擦力的作用【答案】B【解析】題中所敘述的直接研究對象是條形磁鐵，它在直線電流的磁場中受到磁場力的作用，若以磁鐵為研究對象，需研究磁鐵的N、S極的受力情況，必須畫出復(fù)雜的受力分析圖，并且要有豐富的空間想象能力，實在有點為難，但考慮到條形磁鐵與直線電流間的作用力是相互的，改選直導(dǎo)線為研究對象，研究直導(dǎo)線在條形磁鐵的磁場中受力情況，畫出條形磁鐵在導(dǎo)線處的磁場方向，如圖所示。由左手定則判斷出通電直導(dǎo)線受磁場力F方向豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律，磁鐵受到反作用力大小為F′＝F，方向豎直向下，則FN＝mg＋F′，所以桌面受到的壓力增大，通電直導(dǎo)線在水平方向不受力，所以磁鐵在水平方向也不受磁場力的作用，故不受桌面摩擦力作用，答案為B?！踞槍τ?xùn)練2】如圖所示，A、B是位于水平桌面上兩個質(zhì)量相等的小木塊，離墻壁的距離分別為L和L′，與桌面之間的滑動摩擦力分別為它們重力的μA和μB倍?，F(xiàn)給A一初速度，使之從桌面右端向左端運動。設(shè)A、B之間，B與墻之間的碰撞時間都很短，且碰撞中總動能無損失，若要使木塊A最后不從桌面上掉下來，則A的初速度最大為()A．2eq\r(\a\vs4\al(μAgL＋μBgL′))B．2eq\r(\a\vs4\al(μAgL－μBgL′))C．2eq\r(\a\vs4\al(μAgL－L′＋μBgL′))D．2eq\r(\a\vs4\al(μAgL－L′－μBgL′))【答案】C【解析】本題中A、B兩木塊碰撞時發(fā)生彈性碰撞，又由于兩木塊質(zhì)量相等，所以碰撞時發(fā)生的現(xiàn)象是“交換速度”。為簡化模型，本題中完全可以簡化成一個木塊在桌面上運動，為了和原題等效，還必須使該木塊在桌面的不同部分受到不同的摩擦力，分別為μAmg和μBmg。故原題的過程可等效為以下過程：一木塊在動摩擦因數(shù)不同的桌面上以某一初速度向墻壁滑行，與墻壁發(fā)生彈性碰撞后返回。設(shè)該木塊的初速度最大為v0，以木塊為研究對象，以剛開始向左運動為初狀態(tài)，以回到桌邊而剛好不掉下去為末狀態(tài)。根據(jù)動能定理，有2μAmg(L－L′)＋2μBmgL′＝eq\f(1,2)mv02，解得v0＝2eq\r(\a\vs4\al(μAgL－L′＋μBgL′))，C正確?！踞槍τ?xùn)練3】.[多選]如圖所示，一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場，圓盤開始減速。在圓盤減速過程中，下列說法正確的是()A．圓盤處于磁場中的部分，靠近圓心處電勢高B．所加磁場越強，越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動C．若所加磁場反向，圓盤將加速轉(zhuǎn)動D．若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動【答案】ABD【解析】：將金屬圓盤看成由無數(shù)金屬輻條組成，根據(jù)右手定則可知圓盤處于磁場中的部分的感應(yīng)電流由邊緣流向圓心，所以靠近圓心處電勢高，所以A正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律知，感應(yīng)電動勢E＝BLv，所以所加磁場越強，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大，感應(yīng)電流越大，圓盤受到的安培力越大，越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動，所以B正確；若所加磁場反向，只是產(chǎn)生的電流反向，根據(jù)楞次定律可知，安培力還是阻礙圓盤的轉(zhuǎn)動，所以C錯誤；若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤整體切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當(dāng)于電路斷開，不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，沒有安培力的作用，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動，所以D正確。【針對訓(xùn)練4】(多選)如圖所示，在水平方向的勻強電場中，一質(zhì)量為m的帶電小球用一輕繩連接恰好在豎直平面內(nèi)順時針繞O點做半徑為R的圓周運動，運動軌跡上均勻地分布著A、B、C、D、F、G、H和P點，OA垂直于電場強度方向．已知小球帶電荷量為q(q>0)，電場強度E＝eq\f(mg,q)(g為重力加速度)，則下列說法正確的是()A．小球在A點時的速度為eq\r(gR)B．小球運動至C點和H點時繩子拉力大小相等C．小球運動過程中繩子的最大拉力為6eq\r(2)mgD．小球運動過程中的最小速度為eq\r(\r(2)Rg)【答案】CD【解析】以小球為研究對象，受到重力、靜電力和輕繩的拉力，重力與靜電力的合力F＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\r(2)mg，由于小球恰好做圓周運動，所以圓周運動過程中速度的最小值出現(xiàn)在P點，由牛頓第二定律得eq\r(2)mg＝meq\f(v\o\al(P2),R)，小球的最小速度vmin＝vP＝eq\r(\r(2)gR)，故D正確；小球從P點運動到A點，由動能定理得－mgR(1－cos45°)＋qERsin45°＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mvP2，解得vA＝eq\r(3\r(2)－2gR)，故A錯誤；小球在C點時，有FC－qE＝meq\f(v\o\al(C2),R)，小球從H點運動到C點，由動能定理得qE·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvH2，在H點時，有FH＋qE＝meq\f(v\o\al(H2),R)，所以FH<FC，故B錯誤；小球運動過程中，在D點時繩子的拉力最大，小球從P點運動到D點，由動能定理得F·2R＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvP2，在D點時，有FD－eq\r(2)mg＝meq\f(v\o\al(D2),R)，解得FD＝6eq\r(2)mg，故C正確．攻略7“一目了然”——圖像分析法物理圖像是將抽象物理問題直觀化、形象化的最佳工具，能從整體上反映出兩個或兩個以上物理量的定性或定量關(guān)系，利用圖像解題時一定要從圖像縱、橫坐標的物理意義以及圖線中的“點”“線”“斜率”“截距”和“面積”等諸多方面尋找解題的突破口?！纠?】(2022·四川成都4月質(zhì)檢)如圖，固定在水平桌面上的兩個光滑斜面M、N，其高度相同，斜面的總長度也相同?，F(xiàn)有質(zhì)量不相等的兩小物塊a、b同時由靜止分別從M、N的頂端釋放，假設(shè)b在通過斜面轉(zhuǎn)折處時始終沿斜面運動且無能量損失。則()A．兩物塊開始下滑時b的加速度比a的加速度小B．兩物塊滑至斜面底端時動能相等C．兩物塊下滑過程中的平均速率相等D．物塊b較物塊a先滑至斜面底端【答案】D【解析】兩物塊開始下滑時b的傾角大于a的傾角，根據(jù)牛頓第二定律可知，b的加速度比a的加速度大，故A錯誤；兩個斜面光滑，運動到底端時，由機械能守恒定律可知，兩小物塊的速率相同，物塊質(zhì)量不同，動能不相等，故B錯誤；a、b運動的v－t圖像如圖所示，v－t圖像的斜率表示加速度，圖線與坐標軸圍成的面積表示位移，兩斜面的總長度相同，則b滑至斜面底端用時較少，兩物塊下滑過程中的平均速率不相等，故C錯誤，D正確。攻略妙用：在題中出現(xiàn)時間比較問題且又無法計算時，往往利用速率隨時間變化的關(guān)系圖像求解。畫圖時一定要抓住初、末態(tài)速率關(guān)系，利用圖線斜率表示加速度大小定性分析。【針對訓(xùn)練1】如圖所示，有一內(nèi)壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內(nèi)，MN是通過橢圓中心O點的水平線。已知一小球從M點出發(fā)，初速率為v0，沿管道MPN運動，到N點的速率為v1，所需時間為t1；若該小球仍由M點以初速率v0出發(fā)，而沿管道MQN運動，到N點的速率為v2，所需時間為t2，則()A．v1＝v2，t1>t2B．v1<v2，t1>t2C．v1＝v2，t1<t2D．v1<v2，t1<t2【答案】A【解析】由于橢圓形管道內(nèi)壁光滑，小球不受摩擦力作用，因此小球從M到N過程機械能守恒，由于M、N在同一高度，根據(jù)機械能守恒定律可知，小球在M、N兩點的速率相等，B、D項錯誤；小球沿MPN運動的過程中，速率先減小后增大，而沿MQN運動的過程中，速率先增大后減小，兩個過程運動的路程相等，到N點速率都為v0，根據(jù)速率隨時間變化關(guān)系圖像可知，由于兩圖像與時間軸所圍面積相等，因此t1>t2，A項正確，C項錯誤。【針對訓(xùn)練2】如圖甲所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是()A.0＜t0＜eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)＜t0＜eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)＜t0＜T D.T＜t0＜eq\f(9T,8)【答案】B【解析】以向B板運動為正方向，分別作出從0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)時刻釋放的粒子的速度—時間圖像，如圖所示。則由圖像可看出，若0＜t0＜eq\f(T,4)、eq\f(3T,4)＜t0＜T或T＜t0＜eq\f(9T,8)，粒子在一個周期內(nèi)正向位移大，即最終打到B板；若eq\f(T,2)＜t0＜eq\f(3T,4)，粒子在一個周期內(nèi)負向位移大，最終打到A板，故B正確?！踞槍τ?xùn)練3】(多選)(2018·江蘇卷·9)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強度為B.質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等.金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g.金屬桿()A.剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下B.穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間C.穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgdD.釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于eq\f(m2gR2,2B4L4)【答案】BC【解析】穿過磁場Ⅰ后，金屬棒在磁場之間做加速運動，在磁場Ⅱ上邊緣速度大于從磁場Ⅰ出來時的速度，即進入磁場Ⅰ時速度等于進入磁場Ⅱ時速度，大于從磁場Ⅰ出來時的速度.金屬棒在磁場Ⅰ中做減速運動，加速度方向向上，A錯誤.金屬棒在磁場Ⅰ中做減速運動，由牛頓第二定律知BIL－mg＝eq\f(B2L2v,R)－mg＝ma，a隨著減速過程逐漸變小，即在前一段做加速度減小的減速運動.在磁場之間做加速度為g的勻加速直線運動，兩個過程位移大小相等，由v－t圖象(可能圖象如圖所示)可以看出前一段用時多于后一段用時，B正確.由于進入兩磁場時速度相等，由動能定理知，W安1－mg·2d＝0，W安1＝2mgd.即通過磁場Ⅰ產(chǎn)生的熱量為2mgd，故穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd，C正確.設(shè)剛進入磁場Ⅰ時速度為v，則由機械能守恒定律知mgh＝eq\f(1,2)mv2，①進入磁場時BIL－mg＝eq\f(B2L2v,R)－mg＝ma，解得v＝eq\f(ma＋gR,B2L2)，②由①②式得h＝eq\f(m2a＋g2R2,2B4L4g)>eq\f(m2gR2,2B4L4)，D錯誤.攻略8“照貓畫虎”——類比分析法所謂類比，就是將兩個(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(lián)系或所遵循的規(guī)律，然后根據(jù)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，可以嘗試著使用。【例9】根據(jù)玻爾理論，氫原子的電子由外層軌道躍遷到內(nèi)層軌道后()A．原子的能量增加，電子的動能減少B．原子的能量增加，電子的動能增加C．原子的能量減少，電子的動能減少D．原子的能量減少，電子的動能增加【答案】D【解析】氫原子核外電子繞核運動情況與衛(wèi)星繞地球運轉(zhuǎn)的情況相似：①電子或衛(wèi)星都受到一個指向軌道中心的引力作用(電子受庫侖引力，衛(wèi)星受萬有引力，而且它們作圓周運動需要的向心力都由這個指向中心的引力提供);②衛(wèi)星具有與萬有引力相關(guān)的引力勢能，電子具有與庫侖力相關(guān)的電勢能，而且該力做的功與相關(guān)勢能的變化均遵守關(guān)系：W＝－ΔEp;③電子從外層軌道向內(nèi)層軌道躍遷，其軌道半徑減小，與衛(wèi)星受大氣阻力作用后其軌道半徑逐漸減小相似。所以，可以把原子的總能量與衛(wèi)星的機械能類比，電子的動能與衛(wèi)星的動能類比，根據(jù)“衛(wèi)星運動的軌道半徑r減小時，衛(wèi)星的機械能減少，引力做正功，衛(wèi)星的動能增加”的已知結(jié)論，立即可以推斷：原子總能量減少，電子的動能增加，故D正確。攻略妙用：解答本題常規(guī)解法必須記住氫原子的能級公式、庫侖力、向心力和動能公式，而且要運算準確才能獲得正確答案。而運用類比法解此題幾乎只是應(yīng)用已往的經(jīng)驗或現(xiàn)成的結(jié)論，在沒有記住某些公式(或尚未學(xué)習(xí)過的知識)的情況下也能解決問題。我們把氫原子核外的電子運動情況與衛(wèi)星繞地球的運動進行類比，這樣可以節(jié)省做題時間，提高做題效率。【針對訓(xùn)練1】將一帶電荷量為＋Q的點電荷固定在空間中的某一位置處，有兩個質(zhì)量相等的帶電小球A、B分別在Q下方不同高度的水平面內(nèi)做勻速圓周運動，且運動軌跡處在以Q為球心的同一球面上，如圖所示。若A、B所帶電荷量很少，兩者間的作用力忽略不計，取無窮遠處電勢為零，則下列說法中正確的是()A．小球A、B所帶電荷量相等B．小球A、B運動軌跡上的各點場強相同C．小球A、B運動軌跡上的各點電勢相等D．庫侖力剛好提供小球做勻速圓周運動所需的向心力【答案】C【解析】類比圓錐擺模型：A、B兩個小球都做勻速圓周運動，合外力提供向心力，小球受到重力和庫侖力的合力提供向心力，設(shè)小球與Q的連線與豎直方向的夾角為θ，則有F庫＝eq\f(mg,cosθ)，由于θ不等，則庫侖力不等，而A、B小球到Q的距離相等，所以小球A、B所帶電荷量不相等，故A錯誤；小球A、B運動軌跡上的各點到Q點的距離相等，場強大小相等，但是方向不同，所以電場強度不相同，故B錯誤；以Q為球心的同一球面是等勢面，則小球A、B運動軌跡上的各點電勢相等，故C正確；小球受到重力和庫侖力的合力提供向心力，故D錯誤?！踞槍τ?xùn)練2】.為了利用海洋資源，海洋工作者有時根據(jù)水流切割地磁場所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢來測量海水的流速。假設(shè)海洋某處地磁場的豎直分量為B＝0.5×10－4T，水流方向為南北流向。如圖所示，將兩個電極豎直插入此處海水中，且保持兩電極的連線垂直水流方向。若兩電極相距L＝10m，與兩電極相連的靈敏電壓表的讀數(shù)U＝2mV，則海水的流速大小為()A．40m/s B．4m/sC．0.4m/s D．4×10－2m/s【答案】B【解析】：“水流切割地磁場”可類比于我們所熟悉的“單根直導(dǎo)線切割磁感線”的物理模型，由U＝BLv得v＝eq\f(U,BL)＝4m/s?！踞槍τ?xùn)練3】.如圖所示，天花板上有一可自由轉(zhuǎn)動的光滑小環(huán)Q，一輕繩穿過Q，兩端分別連接質(zhì)量為m1、m2的A、B小球，兩小球平穩(wěn)的在各自水平面內(nèi)做圓周運動，它們的周期相等，則A、B小球到Q的距離l1、l2的比值eq\f(l1,l2)為()A.eq\f(m12,m22) B.eq\f(m22,m12)C.eq\f(m1,m2) D.eq\f(m2,m1)【答案】D【解析】：法一：繩活結(jié)模型和圓錐擺模型，繩和繩拉力相等，圓錐擺ω＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\r(\f(g,h))(θ為懸繩與豎直方向的夾角，h為懸點到小球做圓周運動水平面的距離)，兩者角速度相等，則h相同，l1cosθ1＝l2cosθ2，又mg＝FTcosθ，故D正確。法二：當(dāng)取θ＝90°時，因兩拉力相等，類雙星處理，質(zhì)量與繞環(huán)半徑成反比，故選D?！踞槍τ?xùn)練4】．自然界中有許多問題極其相似，例如有質(zhì)量的物體周圍存在著引力場、電荷周圍存在著電場、運動電荷周圍存在著磁場，其中萬有引力和庫侖力有類似的規(guī)律，因此我們可以用定義電場強度的方法來定義引力場的場強。已知引力常量為G，則與質(zhì)量為M的質(zhì)點相距r處的引力場的場強為()A．Geq\f(M,r) B．Geq\f(M,2r)C．Geq\f(M,r2) D．Geq\f(M,2r2)【答案】C【解析】：萬有引力公式與庫侖力公式是相似的，分別為F1＝Geq\f(Mm,r2)和F2＝keq\f(Qq,r2)，真空中帶電荷量為Q的點電荷在距它r處所產(chǎn)生的電場強度被定義為試探電荷q在該處所受的庫侖力與其電荷量的比值，即E＝eq\f(F2,q)＝keq\f(Q,r2)，與此類比，質(zhì)量為M的質(zhì)點在距它r處所產(chǎn)生的引力場的場強可定義為試探質(zhì)點在該處所受的萬有引力與其質(zhì)量的比值，即EG＝eq\f(F1,m)＝Geq\f(M,r2)?！踞槍τ?xùn)練5】兩質(zhì)量均為M的球形均勻星體，其連線的垂直平分線為MN，O為兩星體連線的中點，如圖所示，一質(zhì)量為m的小物體從O點沿著OM方向運動，則它受到的萬有引力大小的變化情況是()A.一直增大 B.一直減小C.先增大后減小 D.先減小后增大【答案】C【解析】由萬有引力定律和庫侖定律的內(nèi)容和表達式的相似性，可以將該題與電荷之間的相互作用類比，即將兩個星體類比于等量同種電荷，而小物體類比于異種電荷，由此易得C選項正確。【針對訓(xùn)練6】在光滑的水平面上，一滑塊的質(zhì)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)作用下運動，如圖5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＝5m/s.滑塊在P點的速度方向與PQ連線的夾角α＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝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到Q的時間為3sC．滑塊從P到Q的過程中速度最小值為3m/sD．P、Q兩點的距離為15m【答案】B【解析】滑塊過P、Q兩點時速度大小相等，根據(jù)動能定理得Fxcosθ＝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(cè)，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＝eq\f(F,m)＝2m/s2，當(dāng)沿水平恒力F方向上的速度為0時，時間t＝eq\f(vsin37°,a)＝1.5s，根據(jù)對稱性，滑塊從P到Q的時間為t′＝2t＝3s，故B項正確；當(dāng)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′＝vcos37°＝4m/s，此時速度最小，所以滑塊從P到Q的過程中速度最小值為4m/s，故C項錯誤；沿垂直水平恒力F方向上滑塊做勻速直線運動，有xPQ＝v′t′＝12m，故D項錯誤．攻略9“事半功倍”——二級結(jié)論法“二級結(jié)論”是由基本規(guī)律和基本公式導(dǎo)出的推論。熟記并巧用一些“二級結(jié)論”可以使思維過程簡化，節(jié)約解題時間。熟記并巧用一些“二級結(jié)論”可以使思維過程簡化，節(jié)約解題時間，非常實用的二級結(jié)論有：(1)等時圓規(guī)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(zhì)量和電荷量的同性帶電粒子由靜止相繼經(jīng)過同一加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，軌跡重合；(4)直流電路中動態(tài)分析的“串反并同”結(jié)論；(5)平行通電導(dǎo)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場強等．【例10】金星、地球和火星繞太陽的公轉(zhuǎn)均可視為勻速圓周運動，它們的向心加速度大小分別為a金、a地、a火，它們沿軌道運行的速率分別為v金、v地、v火。已知它們的軌道半徑R金＜R地＜R火，由此可以判定()A．a(chǎn)金＞a地＞a火B(yǎng)．a(chǎn)火＞a地＞a金C．v地＞v火＞v金 D．v火＞v地＞v金【答案】A【解析】金星、地球和火星繞太陽公轉(zhuǎn)時萬有引力提供向心力，則有Geq\f(Mm,R2)＝ma，解得a＝Geq\f(M,R2)，結(jié)合題中R金<R地<R火，可得a金>a地>a火，選項A正確，B錯誤；同理，有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(\f(GM,R))，再結(jié)合題中R金<R地<R火，可得v金>v地>v火，選項C、D均錯誤。攻略妙用：幾個星球(包括人造衛(wèi)星)圍繞同一中心天體做勻速圓周運動時，利用“高軌低速周期長”快速判斷求解?！踞槍τ?xùn)練1】．[多選]水平地面上有兩個固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底邊長分別為L1、L2，且L1<L2，如圖所示。兩個完全相同的小滑塊A、B(可視為質(zhì)點)與兩個斜面間的動摩擦因數(shù)相同，將小滑塊A、B分別從甲、乙兩個斜面的頂端同時由靜止開始釋放，取地面所在的水平面為參考平面，則()A．兩個滑塊從頂端到底端的運動過程中，由于克服摩擦而產(chǎn)生的熱量一定相同B．滑塊A到達底端時的動能一定比滑塊B到達底端時的動能大C．兩個滑塊從頂端運動到底端的過程中，重力對滑塊A做功的平均功率比滑塊B大D．兩個滑塊加速下滑的過程中，到達同一高度時，機械能可能相同【答案】BC【解析】：本題常規(guī)解法是用功能關(guān)系等進行計算比較，比較繁瑣且選項C、D還不好判定，若考生在做本題時，能記住一個二級結(jié)論[動摩擦因數(shù)處處相同的斜面和水平面(如圖1、2)，物體克服摩擦力做功(生熱)均為W＝μmgs]再結(jié)合動能定理、功率的定義及功能關(guān)系，就能快速判定A、D錯誤，B、C正確。【針對訓(xùn)練2】.如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，C為電容器，電流表A和電壓表V均可視為理想電表。閉合開關(guān)S后，在將滑動變阻器的滑片P向右移動的過程中()A．電流表A的示數(shù)變小，電壓表V的示數(shù)變大B．小燈泡L變暗C．通過定值電阻R1的電流方向自右向左D．電源的總功率變大，效率變小【答案】D【解析】：當(dāng)滑動變阻器的滑片P向右移動時，滑動變阻器接入電路的有效電阻減小，由“串反并同”知，電流表的示數(shù)將增大，電壓表的示數(shù)將減小，小燈泡L變亮，電源總功率增大，電源內(nèi)電壓增大，選項A、B錯誤；電容器兩端電壓等于電壓表示數(shù)，由Q＝CU知電容器所帶電荷量減小，即電容器將放電，通過定值電阻R1的電流方向自左向右，選項C錯誤；因電源內(nèi)電壓增大，所以路端電壓減小，由η＝eq\f(U,E)×100%知電源效率變小，選項D正確?！踞槍τ?xùn)練3】.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半圓形軌道，圓心為O，一小球(可視為質(zhì)點)從軌道上與圓心等高的A點以速度v0向右水平拋出，落在軌道上的C點。已知OC與OA的夾角為θ，重力加速度為g，則小球從A運動到C的時間為()A.eq\f(2v0,g)coteq\f(θ,2) B.eq\f(v0,g)taneq\f(θ,2)C.eq\f(v0,g)coteq\f(θ,2) D.eq\f(2v0,g)taneq\f(θ,2)【答案】A【解析】：由幾何關(guān)系可知，A、C連線與水平方向的夾角為α＝eq\f(π－θ,2)，根據(jù)平拋運動的規(guī)律，小球在C處的速度方向與水平方向的夾角的正切值等于位移與水平方向夾角的正切值的2倍，即eq\f(vy,v0)＝2tanα，vy＝gt，解得t＝eq\f(2v0,g)coteq\f(θ,2)，A正確?！踞槍τ?xùn)練4】[多選]如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速釋放，一個滑環(huán)從d點無初速釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a、b所用的時間。下列關(guān)系正確的是()A．t1＝t2B．t2>t3C．t1<t2D．t1＝t3【答案】BCD【解析】設(shè)想還有一根光滑固定細桿ca，則ca、Oa、da三細桿交于圓的最低點a，三桿頂點均在圓周上，根據(jù)等時圓模型可知，由c、O、d無初速度釋放的小滑環(huán)到達a點的時間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑動的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相同，初速度均為零，但加速度aca>aOb，由x＝eq\f(1,2)at2可知，t2>tca，故選項A錯誤，B、C、D均正確?！踞槍τ?xùn)練5】如圖所示，從傾角為θ的斜面上的某點先后將同一小球以不同初速度水平拋出，小球均落到斜面上，當(dāng)拋出的速度為v1時，小球到達斜面時的速度方向與斜面的夾角為α1，當(dāng)拋出的速度為v2時，小球到達斜面時的速度方向與斜面的夾角為α2，則