高三物理二轮复习 考前30天 专题二 掌握4种物理方法

专题二掌握4种物理方法
方法一整体法与隔离法
[方法概述]
在高考中，常考查两个或两个以上物体相互连接参与运动的系统，称为连接体。

在分析和求解连接体问题时，首先遇到的关键问题就是研究对象的选取问题。

其方法有两种：一是整体法，二是隔离法。

[限时训练]
1.[多选] (2015·廊坊模拟)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行。

在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则( )
A．b对c的摩擦力一定减小
B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上
C．地面对c的摩擦力方向一定向右
D．地面对c的摩擦力一定减小
解析：选BD 若有m a g>m b g sin θ，则b对c的摩擦力平行于斜面向上，且随沙子缓慢流出，b对c的摩擦力减小；若有m a g<m b g sin θ，则b对c的摩擦力平行于斜面向下，且随沙子缓慢流出，b对c的摩擦力增大，A错误，B正确；以b、c为整体受力分析，应用平衡条件可得，地面对c的摩擦力方向一定水平向左，且F f＝m a g cos θ，随m a的减小而减小，C 错误，D正确。

2．[多选]如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B。

则( )
A．A对地面的压力等于(M＋m)g
B．A对地面的摩擦力方向向左
C．B对A的压力大小为R＋r
R
mg
D．细线对小球的拉力大小为r
R mg
解析：选AC A、B叠放一起静止于水平面上，可以看做一个整体，受力分析只有他们的重力和地面的支持力，所以二力平衡，支持力等于重力等于(M＋m)g，地面对整体没有摩擦力，如果有摩擦力，则不能平衡，A正确，B错误；对B球受力分析如图所示，重力和拉力的合力与支持力等大反向，绳子拉力水平说明B的球心和A的顶端等高，即B的球心到地
面高度为R，B的球心到A的球心的连线长度为R＋r，那么cos α＝R
R＋r
，在重力和水平拉
力的合力矢量四边形中，F N＝
mg
cos α
，解得F N＝
R＋r
R
mg，C正确；细绳拉力F T＝mg tan α＝
mg R＋r2－R2
R
，D错误。

3.(2015·皖北联考)如图所示，倾角为θ的足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，质量为M的木块上固定一轻直角支架，在支架末端用轻绳悬挂一质量为m的小球。

由静止释放木块，木块沿斜面下滑，稳定后轻绳与竖直方向夹角为α，则木块与斜面间的动摩擦因数为( )
A．μ＝tan θB．μ＝tan α
C．μ＝tan (θ－α) D．μ＝tan (θ＋α)
解析：选C 对小球受力分析，由牛顿第二定律得mg sin θ－F T cos(90°－θ＋α)＝ma，mg cos θ＝F T sin(90°－θ＋α)，解得a＝g sin θ－g cos θ·tan (θ－α)，对小球和木块整体受力分析得a＝g sin θ－μg cos θ，所以动摩擦因数为μ＝tan(θ－α)，C 项正确。

4．(2015·无锡模拟)如图所示，在光滑水平桌面上有一链条，共有(P＋Q)个环，每一个环的质量均为m，链条右端受到一水平拉力F。

则从右向左数，第P个环对第(P＋1)个环的拉力是( )
A．F B．(P＋1)F C.
QF
P＋Q
D.
PF
P＋Q
解析：选C 对整体受力分析，由牛顿第二定律得F＝(P＋Q)ma，解得a＝
F
P＋Q m
，
对左边的Q个环受力分析，由牛顿第二定律得F T＝Qma＝
QF
P＋Q
，C项正确。

5．[多选](2015·邯郸模拟)如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。

现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。

则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是( )
A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小
B．若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变
C．若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大
D ．若粘在C 木块上面，绳的拉力和A 、B 间摩擦力都减小
解析：选AD 由牛顿第二定律得未粘上橡皮泥时系统的加速度a ＝F
3m ，因无相对滑动，
所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有F －3μmg －μΔmg ＝(3m ＋Δm )a ，系统加速度a 都将减小，A 正确；若粘在A 木块上面，以C 为研究对象，受F 、摩擦力μmg 、绳子拉力F T ，F －μmg －F T ＝ma ，a 减小，F 、μmg 不变，所以F T 增大，B 错误；若粘在B 木块上面，a 减小，以A 为研究对象，m 不变，所受摩擦力减小，C 错误；若粘在C 木块上面，a 减小，A 的摩擦力减小，以A 、B 整体为研究对象，有F T －2μmg ＝2ma ，F T 减小，D 正确。

6.(2015·徐汇区模拟)如图所示，跨过同一高度处的光滑定滑轮的细线连接着质量相同的物体A 和B ，A 套在光滑水平杆上，细线与水平杆的夹角θ＝53°，定滑轮离水平杆的高度为h ＝0.2 m ，当由静止释放两物体后，A 所能获得的最大速度为(cos 53°＝0.6，sin 53°
＝0.8，g 取10 m/s 2
)( )
A ．0.707 m/s
B ．1 m/s
C ．1.414 m/s
D ．2 m/s
解析：选B 释放两物体后，分析A 的受力情况可知它向右先做加速运动、后做减速运动，当绳竖直时，速度达到最大值v m 。

此时B 到达最低点，速度为零。

A 、B 和绳构成的系统在整个相互作用过程中，只有重力和内力中的弹力做功，由机械能守恒定律得，12
mv 2
m ＝
mgh ⎝
⎛⎭
⎪⎫1sin θ－1，解得v m
＝1 m/s ，B 项正确。

7.如图所示，A 、B 两小球分别连在轻线两端，B 球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端。

A 、B 两小球的质量分别为m A 、m B ，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度大小分别为( )
A ．都等于g 2 B.g
2
和0
C.g 2和m A m B ·g 2
D.m A m B ·g 2和g
2
解析：选C 剪断线之前，由整体法知F 弹＝(m A ＋m B )g sin 30°。

剪断线瞬间，由牛顿第二定律得，F 弹－m B g sin 30°＝m B a B ，m A g sin 30°＝m A a A ，解得a A ＝g 2，a B ＝m A m B ·g
2，所以C
项正确。

8.如图所示，MON 是固定的光滑绝缘直角杆，MO 沿水平方向，NO 沿竖直方向，A 、B 为两个套在此杆上的带有同种正电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F 作用在A 球上，使两球均处于静止状态。

现将A 球向竖直杆NO 方向缓慢移动一小段距离后，A 、B 两小球可以重新平衡，则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法中正确的是( )
A ．A 、
B 两小球间的库仑力变小 B ．A 、B 两小球间的库仑力变大
C ．A 球对MO 杆的压力变小
D ．B 球对NO 杆的压力变大
解析：选A 分析A 、B 整体的受力如图甲所示。

由平衡条件得：F N A ＝m A g ＋m B g ，F N B ＝F 。

可见F N A 的大小与A 、B 间距及图中θ无关，由牛顿第三定律可知，C 错误；单独分析B 球受力如图乙所示，由平衡条件可得：
F 库＝m B g sin θ，F N B ＝m B g
tan θ，A 球向右移动一小段距离后，θ增大，F 库减小，F N B 减小，
故A 正确，B 、D 错误。

9.(2015·南昌模拟)如图所示，光滑金属球的重力G ＝40 N 。

它的左侧紧靠竖直的墙壁，右侧置于倾角θ＝37°的斜面体上。

已知斜面体处于水平地面上保持静止状态，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

求：
(1)墙壁对金属球的弹力大小；
(2)水平地面对斜面体的摩擦力的大小和方向。

解析：(1)金属球受力如图所示，
由平衡条件得墙壁对金属球的弹力为： F N1＝G tan θ＝30 N
(2)斜面体对金属球的弹力为：
F N2＝
G
cos 37°
＝50 N
对金属球和斜面体整体受力分析可知，地面对斜面体的摩擦力为： F f ＝F N1＝30 N ，方向水平向左。

答案：(1)30 N (2)30 N ，方向水平向左
10.(2015·南京模拟)一半径为R 的半圆形竖直圆柱面，用轻质不可伸长的细绳连接的A 、B 两球，悬挂在圆柱面边缘两侧，A 球质量为B 球质量的2倍，现将A 球从圆柱面边缘处由静止释放，如图所示，已知A 始终不离开圆柱面，且细绳足够长，不计一切摩擦，求：
(1)A 球沿圆柱面滑至最低点时速度的大小； (2)A 球沿圆柱面运动的最大位移的大小。

解析：(1)设A 球沿圆柱面滑至最低点时速度的大小为v ，A 、B 系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得：
2mgR －2mgR ＝12·2mv 2
＋12mv 2B
又v ＝2v B ，解得v ＝2
2－2
5
gR (2)当A 球的速度为零时，A 球沿圆柱面运动的位移最大为x 。

根据机械能守恒定律可得： 2mg x
2R 4R 2－x 2
－mgx ＝0 解得x ＝3R 答案：(1)2
2－2
5
gR (2)3R 11．(2015·杭州质检)杭州的许多餐厅生意火爆，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短时间将菜肴送至顾客处。

某次服务员用单手托托盘方式(如图)给10 m 远处的顾客上菜，要求全程托盘水平。

托盘和手、碗之间的动摩擦因数分别为0.2、0.125，服务员上菜最大
速度为2.5 m/s ，g ＝10 m/s 2
，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

(1)服务员运动的最大加速度是多少？ (2)服务员上菜所用最短时间是多少？
(3)若服务员不小心手上沾了油，手和托盘间的动摩擦因数变成了0.1。

碗和托盘之间动摩擦因数不变，则服务员的最大加速度是多少？
解析：(1)设碗的质量为m ，托盘的质量为M 。

以最大加速度运动时必须保持碗、托盘和手之间保持相对静止。

对碗受力分析如图甲，则 F f1＝ma 1①
若碗和托盘间保持相对静止，则 F f1≤F f1max ＝μ1mg ② 由①②得
a 1≤μ1g ＝0.125×10 m/s 2＝1.25 m/s 2③ 若手和托盘间保持相对静止，则 F f2＝(M ＋m )a 2④
对碗和托盘整体受力分析如图乙，则
F f2≤F f2max ＝μ2(M ＋m )g ⑤
由④⑤得a 2≤μ2g ＝0.2×10 m/s 2＝2 m/s 2
⑥
由③⑥得a max ＝1.25 m/s 2
⑦
(2)服务员以最大加速度加速达到最大速度，然后匀速，再以最大加速度减速，这样时间最短。

加速达到最大速度所需时间
t 1＝v max a max ＝2.51.25
s ＝2 s ⑧
位移x 1＝12v max t 1＝1
2×2.5×2 m＝2.5 m ⑨
同理减速时最短时间t 2＝t 1＝2 s ⑩
位移x 2＝x 1＝2.5 m ○11 匀速运动位移
x 3＝L －x 1－x 2＝10 m －2.5 m －2.5 m ＝5 m ○12 匀速运动时间t 3＝x 3v max ＝ 5 m
2.5 m/s ＝2 s ○
13 故运动的最短时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝6 s ○
14 (3)求解方法同(1)。

若碗和托盘间相对静止，则
a 1≤μ1g ＝0.125×10 m/s 2＝1.25 m/s 2○15 若手和托盘间相对静止，则 a 2≤μ2g ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2○
16 故a max ＝1 m/s 2
○17 答案：见解析
方法二 临界、极值问题的分析方法
[方法概述]
运用数学工具处理物理问题的能力是高考重点考查的能力之一，其中临界、极值问题的考查往往比较复杂，通常属于中档题或是难度较大的题。

求解物理极值问题可以从数学角度思考，也可以从物理过程的分析着手。

通常涉及的数学知识和方法有：点到直线的距离最短，两数的几何平均值小于或等于它们的算术平均值，二次函数求极值的方法，求导数，因式分解，三角函数，几何作图法，有关圆的知识等等。

求解临界问题我们常采用极限思维的方法，将其变化过程引向极端的情况，就能使比较隐蔽的条件或临界现象暴露出来，从而有助于结论的迅速取得。

[限时训练]
1.[多选]如图所示，质量m ＝1 kg 的物块在与水平方向夹角为θ＝37°的推力F 作用下静止于墙壁上，物块与墙之间的动摩擦因数μ＝0.5，若物块与墙面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则推力F 大小可能是 ( )
A ．5 N
B ．15 N
C ．35 N
D ．55 N
解析：选BC 当F 较大时，物块会有向上滑动趋势，摩擦力向下。

若物块恰不上滑，则力F 有最大值(受力如图甲所示)，F N ＝F max cos θ，F max sin θ＝F f ＋mg ，又F f ＝μF N ，解得F max ＝50 N ；当力F 较小时，物块有向下滑动趋势，摩擦力向上，若物块恰不下滑，则力F 有最小值(受力如图乙所示)，由平衡条件可得，F N ＝F min cos θ，F min sin θ＋F f ＝mg ，又F f ＝μF N ，解得F min ＝10 N ，；所以使物块静止于墙面上推力F 的范围为10 N≤F ≤50 N，B 、C 正确。

2.(2015·阜阳模拟)如图所示，有缺口的圆轨道BCD 是光滑的。

圆轨道半径为R ，D 是圆轨道的最高点，缺口DB 所对的圆心角为90°，把一个小球从B 点的正上方某处由静止释放，要想使它运动到D 点后再落到B 点，则下列说法正确的是( )
A ．释放点需与D 点等高 B.释放点需比D 点高R
4
C ．释放点需比
D 点高
R
2
D ．使小球经D 点后再落到B 点是不可能的
解析：选D D 点的最小速度v ＝gR ，由平抛运动规律得R ＝12
gt 2
，x ＝vt ，解得x ＝
gR ·
2R
g
＝2R 。

所以使小球经D 点后再落到B 点是不可能的，D 项正确。

3．甲、乙两地相距L ＝200 km ，汽车以速度v 1＝40 km/h 从甲地向着正西方的乙地行驶，同时有一摩托车以速度v 2＝30 km/h 从乙地向着正南方行驶，则两车相距最近距离为( )
A ．80 km
B ．100 km
C ．120 km
D ．140 km
解析：选C 设经时间t 后两车相距为s ，则由图可知：s 2＝(L －v 1t )2＋(v 2t )2＝(v 2
1＋
v 22)t 2－2Lv 1t ＋L 2，v 21＋v 22>0，
根据二次三项式的性质，s 2
有极小值。

当t ＝2Lv 12v 21＋v 2
2＝16
5
h 时，两车相距最近，s 2min
＝
4
v 21＋v 2
2L 2－4L 2v 214v 21＋v 2
2
＝14400 km 2
，即s min ＝120 km ，C 项正确。

4.(2015·东城区模拟)如图所示，电动势为E 、内阻为r 的电池与定值电阻R 0、滑动变阻器R 串联，已知R 0＝r ，滑动变阻器的最大阻值是2r 。

当滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端滑动时，下列说法中正确的是( )
A ．路端电压变大
B ．电路中的电流变小
C ．滑动变阻器消耗的功率变小
D ．定值电阻R 0上消耗的功率变小
解析：选C 当滑片P 由a 端向b 端滑动时，接入电路的总电阻减小，电路中的电流增
大，B 错误；由U 外＝E －Ir 可知，路端电压减小，A 错误；由P ＝I 2
R 0可知，R 0上消耗的功率变大，D 错误；当r ＋R 0＝R P 时，滑动变阻器消耗的功率最大，即刚开始滑片处于a 端时，滑动变阻器消耗的功率最大，随后一直减小，C 正确。

5. 如图所示，一根质量为m 、长为L 的匀质链条，位于光滑的水平桌面上，一端绕过光滑的定滑轮，且少许下垂于桌子边缘，链条从静止开始下滑，设桌面足够高，则链条在下滑的过程中，对滑轮产生的最大压力是( )
A.14mg
B.24mg
C.2
2
mg D ．mg 解析：选B 设链条的下垂部分和桌面部分的质量分别为m 1、m 2，由牛顿第二定律得，
m 1g －F T ＝m 1a ，F T ＝m 2a ，解得F T ＝m 1m 2m 1＋m 2g ＝m 1m 2m g ，因为m 1＋m 2＝m (定值)，只有当m 1＝m 2＝m 2时，
链条对滑轮的压力最大，此时F Tm ＝mg 4，所以链条对滑轮的最大压力为2F Tm ＝2
4
mg ，B 正确。

6．一物体质量为m ，置于倾角为α的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，若要
使物体沿斜面匀速向上滑动，则拉力的最小值为( )
A.sin α＋μcos αmg 1＋μ2
B.sin α－μcos αmg 1＋μ
2
C.sin α＋μcos αmg 1－μ2
D.sin α－μcos αmg 1－μ
2
解析：选A 设拉力与斜面的夹角为θ，物体的受力分析如图所示。

由物体的平衡条件可得，F cos θ－μ(mg cos α－F sin θ)－mg sin α＝0，解得F ＝
sin α＋μcos αmg
cos θ＋μsin θ
，
令1μ
＝tan β，则cos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(β＋θ)≤1＋μ2
，拉力的最小值F min
＝sin α＋μcos α1＋μ
2
mg ，A 项正确。

7.(2015·福州模拟)如图所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，两极间距为d ，极板面积为S ，这两个电极与可变电阻R 相连。

在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体，气体以速度v 向右流动，并通过专用管道导出。

由于运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势。

若不计气体流动时的阻力，由以上条件可推导出可变电阻消耗的电功率P ＝⎝
⎛⎭
⎪
⎫vBdS RS ＋ρd 2R 。

调节可变电阻的阻值，要看上面的公式或你学过的
物理知识，可求得可变电阻R 消耗电功率的最大值为( )
A.
v 2B 2dS 3ρ B.v 2B 2dS 4ρ C.v 2B 2dS 5ρ D.v 2B 2
dS
6ρ
解析：选B P ＝⎝ ⎛⎭
⎪
⎫vBdS RS ＋ρd 2R ＝
vBdS 2RS 2＋ρ2d 2
R
＋2Sρd
，因为当RS 2＝ρ2d 2R 即RS ＝ρd 时，RS 2
＋ρ2d 2R ≥2Sρd ，此时P max ＝v 2B 2dS 4ρ
，B 项正确。

8．如图所示，在电场强度E ＝5 N/C 的匀强电场和磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，
沿平行于电场、垂直于磁场方向放一长绝缘杆，杆上套一个质量m ＝10－4
kg 、带电荷量q ＝
2×10－4 C 的小球，小球与杆间的动摩擦因数取μ＝0.2，g 取10 m/s 2
，则下列关于小球从静止开始沿杆运动的加速度和速度叙述不正确的是( )
A ．小球的加速度先增大，后减小
B ．小球沿杆运动的最大加速度为10 m/s 2
C ．小球的速度一直增大
D ．小球最后以15 m/s 的速度做匀速运动
解析：选C 带电小球在竖直方向上受力平衡，开始沿水平方向运动的瞬时加速度a 1
＝
qE －μmg m ＝8 m/s 2
，小球开始运动后加速度a 2＝qE －μmg －qvB m
，由于小球做加速运动，洛伦兹力F 洛增大，摩擦力F f 逐渐减小，当mg ＝F 洛时，F f ＝0，加速度最大，其最大值为a 3＝qE m
＝10 m/s 2。

随着速度v 的增大，F 洛＞mg ，杆对小球的弹力F N 改变方向，又有摩擦力作用，其加速度a 4＝
qE －μqvB －mg
m
，可见摩擦力F f 随v 的增大而增大，a 4逐渐减小。

当F f ＝F 电＝qE 时，加速度a 5＝0，此时速度最大，此后做匀速运动。

由qE ＝μ(qvB －mg )，
解得v ＝15 m/s ，可见，小球沿杆运动的加速度由8 m/s 2逐渐增大到10 m/s 2
，接着又逐渐减小到零，最后以15 m/s 的速度做匀速运动，故选项C 不正确。

9．(2015·宝鸡模拟)如图所示，质量为m 的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑。

对物体施加一大小为F 的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论
水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数； (2)这一临界角θ0的大小。

解析：(1)对物体受力分析，由平衡条件得： mg sin 30°＝μmg cos 30° 解得μ＝tan 30°＝
33
(2)设斜面倾角为α时，受力情况如图所示，
由平衡条件得：
F cos α＝mg sin α＋F f F N ＝mg cos α＋F sin α F f ＝μF N 解得F ＝
mg sin α＋μmg cos α
cos α－μsin α
当cos α－μsin α＝0，即cot α＝
3
3
时，F →∞，即“不论水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，临界角θ0＝α＝60°
答案：(1)
3
3
(2)60° 10．如图甲所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距为0.8 m ，导轨平面与水平面夹角为α，导轨电阻不计。

有一个匀强磁场垂直导轨平面斜向上，长为1 m 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为0.1 kg 、与导轨接触端间电阻为1 Ω。

两金属导轨的上端连接右端电路，电路中R 2为一电阻箱。

已知灯泡
的电阻R L ＝4 Ω，定值电阻R 1＝2 Ω，调节电阻箱使R 2＝12 Ω，重力加速度g 取10 m/s 2。

将开关S 打开，金属棒由静止释放，1 s 后闭合开关，如图乙所示为金属棒的速度随时间变化的图象。

求：
(1)斜面倾角α及磁感应强度B 的大小；
(2)改变电阻箱R 2的值，当R 2为何值时，金属棒匀速下滑时R 2消耗的功率最大，消耗的最大功率为多少？
解析：(1)由题图可知，金属棒的加速度在闭合电键以前为a ＝5 m/s 2
对金属棒受力分析，由牛顿第二定律得a ＝g sin α
解得sin α＝1
2
即斜面倾角α＝30°
闭合电键后，金属棒受到的安培力F 安＝BIL 其中I ＝
BLv m
R 总
R 总＝R ab ＋R 1＋R 2R L
R 2＋R L
＝6 Ω
由题图乙可知，金属棒的最大速度为 v m ＝18.75 m/s
当金属棒匀速下滑时速度最大，则mg sin α＝F 安 解得B ＝0.5 T
(2)改变电阻箱R 2的值后，设干路电流为I 总，则 mg sin α＝BI 总L
R 并＝R 2R L R 2＋R L ＝4R 2
4＋R 2
R 2消耗的功率 P 2＝U 2并
R 2＝
I 总×R 并2
R 2
＝⎝
⎛⎭⎪
⎫mg sin αBL 2×16
16
R 2
＋8＋R 2
当16
R 2
＝R 2，即R 2＝4 Ω时，R 2消耗的功率最大为
P 2m ＝2516
W≈1.56 W
答案：(1)30° 0.5 T (2)4 Ω 1.56 W
方法三 对 称 法
[方法概述]
对称性是事物在变化时存在的某种不变性，应用物质世界的对称性来分析处理问题的思维方法叫对称思维的方法。

物理学中的对称现象通常有：对称的结构、对称的作用、对称的电路等。

对称法应用的基本步骤有：
(1)领会物理情景，选取研究对象。

在仔细审题的基础上，深刻剖析物理现象及过程，建立清晰的物理情景，选取恰当的研究对象，如运动的物体、运动的某一过程或某一状态；
(2)透析研究对象的属性、运动特点及规律；
(3)寻找研究对象的对称性特点。

在已有经验的基础上通过直觉思维或借助对称原理的启发进行联想类比，找出研究对象在某些属性上的对称性特点，这是解题的关键环节；
(4)利用对称性特点，依据物理规律，对题目求解。

[限时训练]
1．(2014·上海高考)在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力，两球落地的时间差为( )
A.2v
g
B.v g
C.2h v
D.h
v
解析：选A 竖直上抛与竖直下抛的两个小球开始离地高度相同、初速度大小相同，则
两球落地的时间差等于竖直上抛小球从上抛到落回抛出点的时间，即Δt ＝2v
g
，故选项A 正
确。

2.(2015·黄山模拟)如图所示，一个小球从地面竖直上抛。

已知小球两次经过一个较低点A 的时间间隔为T A ，两次经过较高点B 的时间间隔为T B ，重力加速度为g ，则A 、B 两点间的距离为 ( )
A.
T A －T B g
2
B.
T 2A ＋T 2
B
g 2
C.T 2A －T 2
B g 4
D.
T 2A －T 2
B
g 8
解析：选D 设小球上抛的最高点距A 的距离为h A ，距B 的距离为h B ，根据运动的对称
性，最高点到A 、B 的时间分别为T A 2、T B 2，则h A ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫T A 22、h B ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫T B 22
，A 、B 两点间的距离为
h A －h B ＝
g T 2A －T 2
B
8
，D 项正确。

3.某物体做直线运动的v －t 图象如图所示，据此判断下列四个选项中(F 表示物体所
受合力，x 表示物体的位移)正确的是( )
解析：选B 由题图可知前两秒物体沿正方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒所受合力恒定且为正方向，x －t 图象为抛物线，C 、D 两项错误；2 s ～6 s 内物体沿正方向做匀变速直线运动，所受合力恒定且为负方向，A 项错误；6 s ～8 s 物体沿负方向做匀减速直线运动，所受合力恒定且为正方向，B 项正确。

4.(2015·唐山模拟)如图所示，A 、B 为竖直墙面上等高的两点，AO 、BO 为长度相等的两根轻绳，CO 为一根轻杆，转轴C 在AB 中点D 的正下方，AOB 在同一水平面内，∠AOB ＝120°，∠COD ＝60°，若在O 点处悬挂一个质量为m 的物体，则平衡后绳AO 所受的拉力和杆OC 所受的压力分别为( )
A ．mg ，12mg B.33mg ，23
3mg
C.12mg ，mg
D.233mg ，23
3
mg 解析：选B 设绳AO 和绳BO 拉力的合力为F ，以O 点为研究对象，O 点受到重力mg 、杆的支持力F 2和绳AO 与绳BO 拉力的合力F ，作出力的示意图，如图甲所示，根据平衡条件得，
F ＝mg tan 30°＝
33
mg F 2＝
mg
cos 30°＝233
mg
将F 分解，如图乙，设AO 所受拉力的大小为F 1，因为∠AOB ＝120°，根据几何知识得：绳AO 所受到的拉力F 1＝F ＝
33mg ，而杆OC 所受到的压力大小等于F 2＝23
3
mg ，故B 正确。

5.[多选](2015·赣州模拟)如图所示，一个半径为R 的导电圆环与一个轴向对称的发散
磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B 大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)。

若导电圆环上载有如图所示的恒定电流I ，则下列说法正确的是( )
A ．导电圆环所受安培力方向竖直向下
B ．导电圆环所受安培力方向竖直向上
C ．导电圆环所受安培力的大小为2BIR
D ．导电圆环所受安培力的大小为2πBIR sin θ
解析：选BD 将导电圆环分成若干小的电流元，任取一小段电流元为对象，把磁场分解成水平方向和竖直方向的两个分量，则因对称性竖直方向的分磁场产生安培力的合力为零，水平方向的分磁场产生安培力的合力为2πBIR sin θ，方向为竖直向上，B 、D 两项正确。

6．(2015·枣庄模拟)如图所示，实线是电场中的等势线，为中心对称图形，部分等势线的上端标出了其电势数值；虚线是以中心点为圆心的圆，a 、b 、c 、d 是圆周等势线的交点；M 、N 是中轴线跟等势线的交点。

下列说法正确的是( )
A ．a 、b 、c 、d 点的电势都相等
B ．a 、b 、c 、d 四点的电场强度大小都相等、方向都相同
C．电子若从a点运动到c点，则克服电场力做的功大于0.4 eV
D．电子若在M点由静止释放，则将沿中轴线穿越电场区域向N点运动，此过程加速度先减小后增大
解析：选D 由题图可知，电势φa＝φb<φc＝φd，A项错误；由电场中的等势面对称分布可知，E a＝E b＝E c＝E d；由电场强度方向垂直于等势面可知其方向不同，B项错误；电子从电势低的a点运动到电势高的c点，电场力做正功，C项错误；电子从M点释放后，受到方向沿中轴线的电场力将做直线运动，根据等势面的疏密表示电场强度的强弱可知，从M 到N，电场先弱后强，则电子的加速度先减小后增加，D项正确。

7. (2015·郑州模拟)等边三角形ABC的三个顶点放置三个等量点电荷，电性如图所示，
D、E、F是等边三角形三条边的中点，O点是等边三角形的中心，下列说法正确的是( )
A．O、E两点的电势相等
B．D、F两点的电势不相等
C．D、F两点的电场强度相同
D．将一个负的试探电荷由O点移到E点，试探电荷的电势能增大
解析：选D 由对称性可知，沿AOE的直线上，合电场方向由O→E，即U OE>0，将一负电荷由O点移至E点，电场力做负功，电势能增大，D正确，A错误；D、F两点的电势相等，电场强度大小相等，方向不同，B、C错误。

8.[多选](2015·淄博模拟)一带正电的检验电荷，仅在电场力作用下沿x轴从x＝－∞向x＝＋∞运动，其速度v随位置x变化的图象如图所示。

x＝x1和x＝－x1处，图线切线的斜率绝对值相等且最大，则( )
A．x＝x1和x＝－x1两处，电场强度相同
B．x＝x1和x＝－x1两处，电场强度最大
C．x＝0电势最高
D.从x＝x1运动到x＝＋∞过程中，电荷的电势能逐渐增大
解析：选BC x＝x1和x＝－x1两处，电场强度大小相同，方向相反，电场强度最大，A 项错误，B项正确；根据带电粒子在电场中运动，其动能和电势能之和保持不变，x＝0电势最高，C项正确；从x＝x1运动到x＝＋∞过程中，检验电荷动能逐渐增大，电势能逐渐减小，D项错误。

9．如图所示的直角坐标系中，在直线x＝－2l0到y轴区域内存在两个大小相等、方向相反的有界匀强电场，其中x轴上方的电场方向沿y轴负方向，x轴下方的电场方向沿y轴正方向。

在电场左边界上A(－2l0，－l0)到C(－2l0,0)区域内，连续分布着电荷量为＋q、质量为m的粒子。

从某时刻起由A点到C点间的粒子，依次连续以相同的速度v0沿x轴正方向射入电场。

若从A点射入的粒子，恰好从y轴上的A′(0，l0)沿x轴正方向射出电场，其轨迹如图所示。

不计粒子的重力及它们间的相互作用。

(1)求匀强电场的电场强度E 的大小；
(2)求在A 、C 间还有哪些位置的粒子，通过电场后也能沿x 轴正方向运动？
解析：(1)从A 点射出的粒子，先做类平抛运动，再做类斜抛运动，设A 到A ′的运动时间为T ，根据运动轨迹和对称性可得：
x 轴方向：2l 0＝v 0T
y 轴方向：2l 0＝12·qE m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫
T 22×2
解得E ＝2mv 2
ql 0
(2)设到C 点距离为Δy 处射出的粒子通过电场后也沿x 轴正方向，粒子第一次达x 轴用时Δt ，水平位移为Δx ，则：
Δx ＝v 0Δt
Δy ＝12·qE m
(Δt )2
若满足2l 0＝n ·2Δx ，则从电场射出时的速度方向也将沿x 轴正方向 解得Δy ＝1n 2·12·qE m ⎝ ⎛⎭⎪⎫l 0v 02＝1
n
2l 0
即A 、C 间通过电场后能沿x 轴正方向的粒子的y 坐标为
y ＝－1
n
2l 0(n ＝1、2、3、…)
答案：(1)2mv 2
ql 0
(2)见解析
10．(2015·青岛模拟)如图甲所示，长度为l ，垂直于纸面的两平行板CD 、MN 间存在匀强磁场，板间距离为板长的两倍，平行板右侧有一水平方向的匀强电场。

t ＝0时刻，一质量为m 、带电量为＋q 的粒子(不计重力)，以初速度v 0由MN 板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区，以垂直于DN 边的方向进入电场区域，之后又回到磁场中，最后从平行板左端靠近CD 板面的位置离开磁场，速度方向与初速度方向相反，上述仅l 、m 、q 、v 0为已知量。