高中物理难题巧解归纳总结.docx
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高中物理难题巧解归纳总结
高中物理难题巧解归纳总结
用逆向思维巧解运动学问题
匀减速运动中的某些问题，用常规解法来解，步骤往往比较多，或似乎无法求解；如改用逆向思维来考虑，不仅能顺利求解，而且步骤也比较简便。
此处所谓逆向思维是把运动的“末状态”当作“初状态”，而把物体的运动逆时间顺序倒过来考虑。
例1：
做匀减速直线运动直到静止的物体，在最后三个连续相等的运动时间通过的位移比是。
解析：
初速度为零的匀加速直线运动开始的三个连续相等的时间通过的位移比为：
1：
3：
5，如把这题中的运动倒过来逆时间顺序考虑，可用上前面的规律，则可得答案为：
5：
3：
1。
例2：
一物体以4m/s2的加速做匀减速直线运动直到停止，求物体停止前的第2s通过的路程。
解析：
按常方法考虑似乎缺少条件，无法求解。
如改用逆思维，将物体看成从静止开始做加速度为4m/s2的匀加速运动，它在第二秒通过的路程与题目所求的物体在静止前的第二秒通过的路程相等。
则
s=at22/2-at12/2=4×22/2-4×12/2=6m。
例3：
一小物体以一定的初速度自光滑斜面的底端a点上滑，最远可达b点，e为ab的中点，已知物体由a到e的时间为t0,则它从e经b再返回e所需时间为[]
A．t0B.（
-1）t0C.2（
+1）t0D.（2
+1）t0
解析：
由逆向思维可知物体从b到e和从e到a的时间比为：
1：
（
-1）；即：
t：
t0=
1：
（
-1）,得t=（
+1）t0,由运动的对称性可得从e到b和从b到e的时间相等，所以从e经b再返回e所需时间为2t,即2（
+1）t0，答案为C。
例4：
一物体以某一初速度在粗糙的平面上做匀减速直线运动，最后静止下来。
若物体在最初5s通过的路程与最后5s通过的路程之比为11：
5，求此物体一共运动了多长时间。
解析：
由题意可知运动时间大于5s,但比10s大，还是小还是相等，无法确定。
下图是按运动时间大于10s画出的示意图。
设总的运动时间为t，用逆向思维考虑，将物体看成
反方向的匀加速直线运动，则有：
s2=at22/2=25a/2
（1）
s1=at2/2-a（t-t1）2/2
（2）
又:
s1：
s2=11：
5（3）
联立
（1）、
（2）、（3）解得：
t=8s
巧解平抛运动
解平抛运动问题的一般方法是利用运动的合成和分解，但不能硬搬原理，机械地套公式，要灵活运用。
1.利用分运动的特点
例1.在研究平抛运动的实验中，用一印有小方格的纸记录平抛小球的运动轨迹，小方格的边长
，若小球在平抛运动过程中的几个位置如图1中的a、b、c、d点所示，则小球做平抛运动的初速度是多大？
图1
分析：
平抛运动的水平运动是匀速运动，要求初速度，即水平速度，可利用
来求，其中水平位移
可由图读出，问题的关键是确定与
对应的时间间隔。
观察图中a、b、c、d的位置关系，可以看出：
相邻两点间的水平位移相等，竖直位移之比为1：
2：
3。
从而可断定相邻两点的时间间隔相等，且a点不是抛出点。
平抛运动在竖直方向上的分运动是由自由落体运动，而匀加速直线运动在连续相等的时间的位移差是一个常量，即
因为a、b、c、d相邻两点的时间间隔相等
所以在竖直方向上有
代入数据得
即
所以小球抛出的速度，即水平速度为
2.利用分运动之间的关系
例2.如图2，在倾角为
的斜面上以速度
水平抛出一小球，设斜面足够长，不计空气阻力，求小球再次落到斜面上所用的时间和发生的位移大小是多少？
图2
分析：
按平抛运动的常规分析方法，应由小球下落的高度求时间，但下落的高度未知，这条思路不通，此时可利用分运动之间的关系，根据平抛运动分运动的特点知，两个分运动的位移与合运动的位移构成一个直角三角形
则有
所以
位移大小
3.旋转坐标
例3.如图3，一小球以初速度
沿水平方向从斜面的顶端抛出，斜面的倾角为
，求小球何时离斜面最远？
最远距离是多少？
（设斜面足够长）
图3
分析：
从沿水平方向和竖直方向的直角坐标系考虑，很难判断小球何时离斜面最远。
运用运动的合成与分解思想，不妨建立如图4所示的倾斜直角坐标系，即将小球的初速度分解为沿斜面的分速度
和垂直于斜面的分速度
，将小球的加速度分解为沿斜面的分加速度
和垂直于斜面的分加速度
。
由运动的独立性原理可知，小球在平行于斜面方向做匀加速直线运动，在垂直斜面方向做类竖直上抛运动。
图4
当小球距离斜面最远时，垂直于斜面方向的分速度应为零（即小球此时的速度方向与斜面平行）
则
即
，所以
小球离斜面的最远距离为
4.等效转换
例4.如图5，光滑斜面长为
，宽为
，倾角为
。
一物块从斜面左上方顶点P水平入射，从右下方顶点Q离开斜面，则入射的初速度为多大？
图5
分析：
物块在斜面上只受重力和支持力作用，合外力为
，方向沿斜面向下，与物体的初速度方向垂直，所以物块的运动可看作是在斜面上的“平抛运动”，即沿初速度方向的匀速运动与沿斜面向下的匀加速运动的合运动。
在水平方向上的位移
沿斜面方向的位移
所以
练习：
1.如图6，以水平初速度
抛出一物体，飞行一段时间后，恰好垂直地撞在倾角
的斜面上，求物体完成这段飞行的时间。
（答：
）
图6
2.如图7，一弹性球从圆柱形筒壁口的A点水平抛入，与筒壁碰撞后恰落到筒底正中心O处，不计碰撞中的能量损失，则PN：
MN＝_______（答：
5：
9）
图7
巧用回路法求导线的感应电动势
在用法拉第电磁感应定律求感应电动势时，常碰到“曲导线”，甚至碰到似乎超纲，感到无从下手的问题。
此时若利用回路法构建一闭合回路，将所求的问题巧妙转化，使问题迎刃而解。
一、构建回路，利用回路的电动势为零求感应电动势
例1如图1所示，半径为r的半圆形金属导线PQ处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面向里，导线在自身所在平面沿垂直直径PQ的方向以速度v在磁场中匀速运动，求导线PQ产生的感应电动势的大小。
解析直接求曲导线PQ产生的感应电动势较繁。
若连接
PQ建成一半圆形的闭合回路，根据法拉第电磁感应定律可得
该回路产生的感应电动势为零。
即半圆形金属导线PQ与直导线PQ产生的感应电动势相等。
导线PQ产生的感应电动势E=2rvB。
例2如图2所示，金属导线ABC弯成直角处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面向里，AB=2L，BC=L，导线ABC在自身所在平面绕A点在磁场中以角速度
匀速转动，求导线ABC产生的感应电动势的大小。
解析直接求金属导线ABC转动产生的感应电动势较
困难。
若连接AC建成一三角形的闭合回路，根据法拉第电
磁应定律可得该回路产生的感应电动势为零。
即金属导线
ABC与直导线AC产生的感应电动势相等。
而AC=
，
导线ABC产生的感应电动势的大小E=Bl
=
B
二、构建回路，利用对称性求感应电动势
例3如图3-1所示，半径为r的圆形区域充满磁场，磁感强度以
=k的变化率均匀变化，其方向垂直圆形平面向里。
一长度为r、固定不动的直导线ab垂直磁场方向置于磁场中，且直导线两端a、b恰在圆周上，求导线ab中感应电动势的大小？
解析本题乍一看似乎超纲，感到无从下手。
但根据对称性，在圆形区域添加五条与ab相同的直导线构成一个接正六边形导线回路，如图3-2所示。
由法拉第电磁感应定律可得回路
b
图3-2
a
b
图3-1
a
中感应电动势
①，而正六边形面积S=
②，由对称性得直导线ab中感应电动势
③解①②③得
三、构建回路，利用等效性求感应电动势
例4如图4-1，半径为r的金属圆环，处在磁感应强度为B的匀强磁场中绕
轴以角速度
匀速转动，若从图示位置起转过
弧度，求转动过程中，BC弧（所对圆心角度600）切割磁感线产生的平均感应电动势。
解析直接求金属导线BC转动产生的感应电动势较
困难。
若构成如图4-2的BCNM闭合回路，根据法拉第电
磁应定律可得在转动过程中，BC弧（所对圆心角度
600）切割磁感线产生平均感应电动势，可等效为
金属线圈BCNM绕
轴匀速转动产生平均感应电动
势，该回路的面积S=
，转过
弧
度的时间t=
/
，由法拉第电磁感应定律可得回
路BCNM平均感应电动势
=
=
用“V—t图象”巧解运动学问题
使用“速度—时间”解运动学问题，不但形象直观，而且十分简捷准确。
有些问题可以直接从图象得到答案，有些问题借助于图象只须简单的计算就能求解还可以纠正解析法的错误。
下面就这种方法举例说明：
一、运动时间长短的确定
例1、甲、乙、丙三辆汽车以相同速度经过某一路标，从此时开始甲车一直做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，它们经过下一路标时速度又相同。
则
A、甲车先通过下一路标B、乙车先通过下一路标
C、丙车先通过下一路标D、条件不足，无法判断
分析：
甲、乙、丙三辆汽车通过的路程相同，其速度图线与t轴所围的面积相等。
作三辆汽车的速度图象如图1所示，由速度图象直接得出正确答案为（B）。
二、判断加速度的大小
例2、做匀速直线运动的物体，经过A、B两点时的速度vA和vB，经过A、B中点C时的速度为vC=（vA+vB）/2，且AC段匀加速直线运动，加速度为a1，BC段也为匀加速度直线运动，加速度为a2，则a1、a2的大小关系为
A、a1>a2B、a1分析：
vC为AB中点的瞬时速度而它满足物体初速度为vA，末速度为vB的匀加速直线运动的时间中点的瞬时速度。
如图2所示，速度图线与t轴所围的面积其数值等于物体运动的位移。
位移中点的时刻必须从时间中点右移，因此物体运动的速度图象只能是图中实线所示的情况。
所以a1答案B正确
A
B
图3
gtsinα
v
t
图4
O
A
B
三、加速度大小的判定
例3、如图3所示，倾角为α的斜面与光滑水平面有一小圆弧相连接，B物体从斜面上由静止下滑，与此同时，A物体在斜面底部做初速度为零的匀加速直线运动，为使B物体滑下后沿水平面运动且恰能追上A，则A物体的加速度大小为________。
分析：
B物体在光滑斜面上做匀加速直线运动，设运动时间为t，滑到底端的速度为gtsinα；在水平面做匀速直线运动。
B物体恰能追上A物体的临界条件是两物体速度相等时B追上A。
则B物体在光滑水平面的位移与A物体在光滑水平面上的位移相等，即B物体在光滑水平面上的速度图线与t轴所包围的矩形面积等于等于A物体在光滑水平面上的速度图线与t轴所包围的三角形面积，如图4所示，当图中画有斜线的一对三角形面积相等时，B恰好追上A。
所以A物体的加速度a=gtsinα/2t=gsinα/2。
用分离法速解选择题
解选择题时，应重视把知识与实践相结合，灵活运用各种方法，如排除法、赋值法、极值法、分离法等等，则能达到化繁为简，化难为易的目的，这些方法能让学生从另一种思维中快速找到答案，而且学生更容易理解。
其中分离法，就是将多个相互关联的研究对象分离成多个单独的对象进行研究，或将一个研究对象分离成几个部分单独研究，各个击破，使问题得以简化，达到快速解题的目的。
例1.一艘载有石块的小船浮在一水池里，如果把石块投入水中，则池中水面如何变化？
A.升高B.降低
C.不变D.无法判断
解析：
本题按严格的逻辑与解法应先求出投入前后的排开体积来比较，即：
投入前：
船与石块处于漂浮状态，有
投入后：
石块下沉，排开的体积就是石块的体积
比较
（1）、
（2）两式，由于
所以水面降低。
此解法逻辑性强，但学生对无数据题往往无从下手，如果采用分离法，则会显得简单，更易理解。
我们假设开始石块用一根绳吊在船下，这与放在船中排开的总体积应该是一样的，现在将船和石块分开，即将绳子剪断，石块下落并不影响水面高低，而船由于少一个石块向下的拉力而上浮一些，排开水的体积减少，所以水面降低。
例题2.如图所示，三个容器中装有适量的液体，当温度升高时，不考虑液体蒸发和容器的膨胀，容器底部的压强将：
图1：
______________，图2：
______________，图3：
_______________。
A.增大B.减小
C.不变D.无法判断
解析：
此题图1由于温度变化前后液体重力不变，底面积不变，所以压强不变，关键是图2和图3，下面本人以图2为例，用分离法来解答，为了说得清楚，我们用画图来加以说明。
如图4所示，假设我们用一大小可忽略的圆筒形物体将容器中的液体分成两部分，中间为圆柱体，外面是上大下小的环形锥体，现在温度升高，圆筒的液体升高至h2处，外面由于是锥形，所以在同样的膨胀度下上升得低一点，上升到h3处，如果将分隔的圆筒去掉，则筒水面会降一点，外面水面上升一点，最后液面高度为
，如温度升高后液体密度为
，则温度升高后的压强为
。
而由图1的结论，温度升高前容器底部的压强等于升高后筒液体对底部的压强，即
，因为
，所以压强减小。
对于图3同样的方法可解，压强将增大。
图4
从以上解题过程我们可以看到，用分离法解题使问题得以简化，容易理解，同时可以培养学生的发散思维和创新能力。
用运动图象巧解直线运动问题
运动图象能形象直观地反映物体的运动情况，而且图线的斜率、与t轴所围的面积等等都有明确的含义，因而利用运动图象，可以提高解题的能力与技巧，甚至可以解决一些单用解析方法在中学阶段还不能解决的问题，请看下面几例.
[例1]从车站出发的每辆车都先以加速度a作匀加速直线运动，加速到速度为v时开始作匀速直线运动，由于发车的时间间隔相同，相邻的作匀速直线运动的两车间距均为s，则相邻两车发车的时间间隔为_____.
此例若想用解析方法求解，会感到较难下手，若引导学生画出相邻各车的v－t图线，那么问题很快可以解决，如图1，ts末第一、第二
辆车的速度都达到v，此后两车间距s不变.此时第一辆车通过的路程数值上等于梯形OABt的面积，第二辆车通过的路程数值上等于三角形t1Bt的面积，两图形的面积之差即平行四边形OABt1的面积数值上等于两车的路程之差，即两车的间距s.依据平行四边形的面积等于一边与这一边上高的乘积，从图1中可对应找到s=v△t，即相邻两车发车的时间间隔为s/v。
[例2]质点沿光滑斜面无初速下滑，第一次从A至B，第二次从A至C再到D，B、D在同一水平面，AB=AC＋CD，如图2所示。
质点在C处不损失能量，两次下滑时间分别为t1与t2，则[]
A.t1＞t2.B.t1＜t2.
C.t1=t2.D.无法判断.
由于在下滑过程中不损失机械能，因此质点到达B点和D点的速度均为v，如图3所示，即两次下滑的v－t图线的终点均应落在直线vF上.OF为第一次下滑的v－t图线，OG为第二次下滑AC段的图线，由于AC段的加速度比AB段大，OG的斜率比OF的斜率大.GH为CD段图线，H落在vF上，H可能在F的左边、右边或与F重合.
若H正好与F重合，那么四边形OGHt1的面积比三角形OFt1的面积大，这说明第二次下滑的路程较长，这与AB=AC＋CD相矛质，所以H不可能与F重合，即t1不可能等于t2.
若H在F的右边，如图4.GH与OF的交点为M，过M作MN∥vH，连FN，FN与MH交于K，Ft1与MH交于I.△FMH与△FNH同底等高，两者面积相等，去掉公共部分△FKH的面积，可得△MKF与△HKN的面积相等.两次下滑的v－t图线包围的面积，公共重叠的部分是四边形OMIt1，第一次下滑的v－t图中不重叠部分只有△MFI，而它的面积
S△MFI＜S△MFK=S△NHK，S△NHK只是第二次下滑的v－t图中不重叠面积中的一部分，这就证明了H在F的右边时，四边形OGHt2。
的面积比三角形OFt1的面积大，这与题设矛盾，所以H只能在F的左边，即t1＞t2，（A）选项正确.
[例3]作匀加速直线运动的物体先后经过A、B、C三点，在AB段物体的平均速度为3m/s，在BC段平均速度为6m/s，AB=BC，则物体在B点的速度为[]
A.4m/s.B.4.5m/s.
C.5m/s.D.5.5m/s.
AB=BC，通过两段路程的时间之比为t1：
t2=2：
1.图5画出了物体通过两段路程的v－t图，根据匀变速直线运动中某段中间时刻的瞬时速度等于整段时间的平均速度，那么AB段中间时刻的速度vF=
的
MG∥NK，依据平行线所截线段对应成比例.那么EG:
GK=t1∶t2=2∶1，又因为F为EG中点，H为GK中点，所以FG：
GH=2：
1，而
FG：
GH=
项正确.
[例4]作匀变速直线运动的物体在运动过程过一段路程s用时间为t，接着再通过一段路程s用时间为2t，又继续前进，则物体的加速度大小为____.
由后通过路程s所用的时间长，可知一定是匀减速运动，物体作匀减速运动的v－t图象如图6所示，第一段路程中间时刻的速度vA等于
第一段路程的平均速度s/t，第二段路程中间时刻的速度vC等于第二段路程的平均速度s/2t，这二个中间时刻的时间间隔tC-tA=3t/2，根据v-t图线斜率的绝对值在数值上等于加速度的大小，设直线EG的斜率为k，则
[例5]质点P以O点为平衡位置竖直向上作简谐运动，同时质点Q也从O点被竖直上抛，它们恰好同时到达最高点，且高度相同，在此过程中，两质点的瞬时速度vP与vQ的关系应该是[]
A.vP＞vQ.
B.先vP＞vQ，后vP＜vQ，最后vP=vQ=0.
C.vP＜vQ.
D.先vP＜vQ，后vP＞vQ，最后vP=vQ=0.
这也是用解析方法很难下手的题目，但若能利用题设条件，画好、分析好两个质点的v－t图线，就能很快找到答案.
先在图7中画出Q作匀减速运动的v－t图象.由于P作简谐运动，当它由平衡位置向极端位置运动过程中，受到的回复力从零开始不断变大，它的加速度也从零开始不断变大，速度不断变小，P作加速度不断增大的减速运动，其v－t图线是一条曲线.根据v－t图线上任一点的切线的斜率数值上等于质点在该时刻的加速度，由于P的加速度由零开始不断变大，画出曲线切线斜率的绝对值也应由零开始不断增大，即曲线的切线应从呈水平状态开始不断变陡，那么只有向右边凸出的下降的曲线才能满足这样的条件.又因P与Q的运动时间相等，所以曲线的终点也应在t，P与Q的路程相等，所以曲线包围的面积应等于三角形vQ0Ot的面积，根据这些要求，曲线的起点，即质点P的初速度vP0必定小于Q的初速vQ0，且两条v－t图线必定会相交，如图7中的实线所示.图7的两条虚线表示的质点P的v－t图线都不满足题设条件（P与Q的路程相等），所以（D）选项正确.
[例6]甲、乙两车同时同向沿直线驶向某地，甲在前一半时间以v1匀速运动，后一半时间以v2匀速运动.乙在前一半路程以v1匀速运动，后一半路程以v2匀速运动，先到目的地的是____.
图8画出了甲与乙的s—t图线，图象画好答案也出现了，t乙＞t甲，所以甲先到达目的地.图8中假设v1＞v2，若v2＞v1可得到同样的结果，此题也能用v－t图象求解，无论用s－t图象还是v－t图象，都要比用计算的方法简捷得多.
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