高考物理解题方法例话7 割补法

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利用割补法巧解2014年高考压轴题

半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面上，一长为r，质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨的中心O，装置的俯视图如图所示；整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下；，在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻（图中未画出）。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略，重力加速度大小为g，求：（1）通过电阻R的感应电流的方向和大小
利用割补法巧解2014年高考压轴题
电磁感应现象中感应电动势的计算是中学物理高考试卷中的一个高频考点。它计算的物理量多，有瞬时值、平均值、最大值、有效值。同时，相应的计算方法也很多，可根据，也可以根据E=BLV，还可以根据等不同的公式进行计算。
2014年云南省高考理综25题第一问的计算就根据公式采用割补法的思想进行解题，同时这也是高考问题设置的一类常见问题。
解（1）将OA补成导体，则AB的感应电动势
则和可用进行计算
所以二次结论进行计算，可是问题达到简单化的目的。

高考物理电学十大方法精讲方法01割补法

方法01 割补法对某些物理问题，当待求的量A直接去解很困难或没有条件解时，可设法补上一个量B，割补的原理是使(A+B)成为一个完整的模型，从而使(A+B )变得易于求解，补上去的B也必须容易求解，那样，待求的量A 便可从两者的差值获得，问题就迎刃而解.这就是解物理题时常用的“割补法”.割补法本来是非对称性的物体，通过割补后构成对称性物体，然后再利用对称物体所满足的物理规律进行求解.【调研1】如图所示，阴影区域是质量M半径为R的球体挖去一个小圆球后的剩余部分，所挖去的小圆球的球心O′和大球心间的距离是2R,求球体剩余部分对球体外与球心O距离为2R、质量为m 的质点P的引力.解析：万有引力定律只适用于两个质点间的作用，只有对均匀球体才可将其看作是质量全部集中在球心的一个质点，至于本题中不规则的阴影区，那是不能看作质点来处理的，故可用割补法将挖去的球补上.将挖去的球补上,则完整的大球对球外质点P的引力为：F1=2(2)GMmR=24GMmR，半径为2R的小球的质量：M ' =43π(2R)3×ρ=π(2R)3×34()3MR=18M补上的小球对质点P的引力F2=2'5()2GM mR=24'25G M mR=250GMmR因而挖去小球的阴影对质点P的引力为：F=F1-F2=24GMmR-250GMmR=223100GMmR【调研2】如图所示，把金属丝AB弯成半径r=1m的圆弧，但在AB之间留出宽度为d=2cm、相对来说很小的间隙，将电荷量Q=3.13×10-9C的正电荷均匀分布在金属丝上，求圆心O处的电场强度.解析：中学物理中只讲点电荷场强及匀强电场的计算方法，一个不规则带电体（如本题的缺口的带点环）所产生的场强，没有现成的公式可用.但可以这样想：将圆弧的缺口补上，并且它的电荷密度与缺口的环体原有电荷密度是一样的，这样就形成了一个电荷均匀分布的完整的带电环，环上OdA B处于同一直径两端的微小部分可看作两个相应的点电荷，它们产生的电场在圆心O 处叠加后场强是零，根据对称性可知，带电圆环在圆心O 处的总场强是零.至于补上的带电小段，由题给条件可视为点电荷，它在圆心O 处的场强为E 1是可求的，若题中待求场强为E 2，则由E 1+E 2 =0，便可求得E 2. 设原缺口环所带电荷的线密度为σ，σ=2Q r d π-，则补上的金属小段带电量Q’=σd ，它在O 处的场强为E 1=k 2'Q r = k2(2)Qd r d r π-，代入数据得E 1=9×10-2N/C. 设待求的场强为E 2，由E 1+E 2=0可得E 2=-E 1=-9×10-2N/C ，负号表示E 2与E 1方向相反，即E 2的方向向右，指向缺口.【调研3】静电学理论指出，对于真空区域，只要不改变该区域内的电荷分布及区域边界的电势分布，此区域内的电场分布就不会发生改变。

高三物理妙用“割补法”简化复杂电路

妙用“割补法”简化复杂电路在恒定电流这一章中许多习题、试题由于电路结构错综复杂给学生解题，教师讲解带来一定困难，有些题目学生很难看出电路的构成，教师虽能用电流分支法或者等电势点排列法等不同方法来分析讲解，但需花费很多时间和精力，学生又较难理解掌握.面对题海只有找到解题的思路，总结解题方法才能做到以不变来应万变，从而跳出题海.对于复杂电路的简化笔者根据自己多年的教学经验，总结出“割补法”.下面笔者简要介绍如何用“割补法”来简化复杂电路，掌握这种方法求解这类问题，可达事半功倍的效果.简化思路：找出原电路中使电路变为复杂的元件（一个或多个）将其与原电路分割开来，这样分割后电路就会直观了许多，然后找到与该元件被分割前两端电势相同的两点，并将该元件补回原电路的适当位置.接下来，笔者不防举几道常见题加以说明.例1、如图1甲所示，电路中电源的电动势为E 、内阻为r ，开关S 闭合后，当滑动变阻器的滑片P 从滑动变阻器R 的中点位置向左滑动时，小灯泡L1、L2、L3的亮度变化情况是（）A ．L1变亮，L2变暗，L3变亮B ．L1变暗，L2变亮，L3变暗C ．L1、L2两灯都变亮， L3变暗 C ．L1、L2两灯都变暗， L3变亮甲乙丙图1电路简化：虚线框中的R 使电路复杂化，将其与电路分割（如图1乙所示），此时，电路就较直观了（电路连接形式为灯泡L1与灯泡L2串连然后再与灯泡L3并联在电源上），由于A 、C 两点在同一条导线上，C A ϕϕ=，故可将滑动变阻器R 补回CD 位置（如图1丙虚线框所示），即滑动变阻器R 与灯泡L1并联.这时可直观地看出电路连接形式为滑动变阻器R 与灯泡L1并联后再与灯泡L2串连然后再与灯泡L3并联在电源上（如图1丙所示）.解析：当滑动变阻器的滑片P 从滑动变阻器R 的中点位置向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，所以整个外电路的电阻变大，干路电流变小，路端电压变大，灯泡L3变亮.所以选项BC 错误.又因为干路电流变小，所以流过灯泡L2的电流变小灯泡L2变暗，L2两端电压变小，则灯泡L1两端电压变大灯泡变亮.综上所述，本题的正确选项为A ，BCD 选项都错. 例2、如图2甲所示的电路中，闭合电键，灯泡L1、L2正常发光.由于电路出现故障，突然发现灯泡L1变亮，灯泡L2变暗，电流表的读数变小.根据分析，发生的故障可能是（）A ．R1断路B ．R2断路C ．R1短路D ．R2短路甲乙丙图2电路简化：虚线框中的R1、R3使电路复杂化，将其与电路分割（如图2乙所示），此时，电路就较直观了（电路连接形式为R2、R4串连再灯泡L2然后整体再与灯泡L1串连在电源上），由于b 、g 两点在同一条导线上，g b ϕϕ=，故可将R1补回ab 位置即R1与L1并联；b 、c 两点在同一条导线上，c b ϕϕ=，故可将R3补回bf 位置即R2与R3并联；故图2甲电路连接形式可用图1丙来表示.解析：如若R1断路，总外电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，L1变亮;ab 部分电路结构没有变化，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、电流表的电流减小，故A 项正确.如若R2断路，总外电阻变大，总电流减小，ac 部分电路结构没有变化，电流仍按原比例分配，R1、L1中电流都减小，与原题意相矛盾，故B 项错误.如若R3短路或R4短路，总外电阻减小，总电流增大，ac 中电流变大，与题意相矛盾，故C 、D 选项错误，故本题正确选项只有A.例3 、如图3甲所示电路，电源电动势V E 6=，内阻Ω=1r ，R1、R2、R3、R4的电阻均为3Ω.若在ab 两端间接上理想的电流表，其示数是多少？甲乙丙图3分析：在a 、b 两点间接上一个理想的电流表相当于连接一根理想的导线(如图3乙)，电路流过导线的电流I 的大小就是理想电流表的示数且电流21I I I +=（用一根导线代替电流表是因为电路简化时可能会出现电流表没有位置接）.图3乙中R4使电路复杂化，可将其与电路分割，然后再整理电路结构可得到图3丙，最后可求得A I I I 71.121=+=.具体求解过程笔g R 2者就不赘述了.。

割补法与等体积法(教师版)

图1-1图1-2A'立体几何微专题二割补法与等体积法一1 2 3 4 5 6 7例1 如图1-1，A A '⊥底面ABC ，////AA BB CC ''',且345AB BC AC ===，，，624AA BB CC '''===，，，求几何体C B A ABC '''-的体积.解：补上一个相同的几何体如图1-2所示，则新几何体的体积等于两个原几何体的体积.即=2V V 新原.因为A A '⊥底面ABC ，////AA BB CC '''，所以新几何体ABC DEF -为直三棱柱，且因为624AA BB CC '''===，，，所以新几何体底面ABC 的高8AD =.345AB BC AC ===，，， 222AB BC AC ∴+=，90ABC ︒∴∠=1=S 482ABC V AD AB BC AD ∆∴⋅=⋅⋅=新所以原几何体的体积为24.图1-3图1-4解：（法二）在AA '上取一点D 使2AD BB '==，在CC '上取一点E 使2CE BB '==,连结DB '，B E ',DE 平面如图1-3所示，////AA BB CC ''',A A '⊥底面ABCABC DB E '∴-为直三棱柱345AB BC AC ===，，， 222AB BC AC ∴+=，90ABC ︒∴∠=1=S 122ABC DB E ABC V AD AB BC AD '-∆∴⋅=⋅⋅=，过点B '作B F DE F '⊥于,如图1-4所示，A A '⊥底面ABC ,A A DB E ''∴⊥底面 A A B F ''∴⊥A A DE D '⋂=B F DEC A '''∴⊥平面所以四棱锥B DEC A '''-的体积为 111=S ()12332B DEC A DEC A VBF A D C E DE BF '''''-''⋅=⋅+⋅⋅= 所以几何体C B A ABC '''-的体积为24B DEC A ABC DB EVV''''--+=二．等体积法例2．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AB=AC=5，BB 1=BC=6，D ，E 分别是AA 1和B 1C的中点（1）求证：DE ∥平面ABC ；（2）求三棱锥E-BCD 的体积。

高考备考专题复习：立体几何中的切割与补形课件

1 1 2 2 2 1 [3 1 2 2 3 (2 2)2 ] r
32
32
4
解得
r
2 3
3
，
该几何体的外接球半径与内切球半径之比为
3 2
33 3 2
3 3
答案：3 3 3 ．
2
课堂小结
（1）几何体的“切割”与“补形”的基本思想是将不规则的、复杂的或不熟悉的几何体进行 “割”或“补”，使之成为有规则的、简洁的或熟悉的几何体。（2）“割”或“补”成长方体（正方体）是最常见的割补方法，故要熟记长方体（正方体）的基本性质、公式及有关结论。
E
C
∴ 1 6 3 1 1 3 2 r 3 1 6 3 r ∴ r 6 2
3
3
3
∴ S球 =4（
6 2）2 =8 5 2
6
，
V球 =
4(
3
6 2)3
四. 四面体的外接球半径问题——补形法
例5.在球面上有四个点P、A、B、C，如果PA、PB、PC 两两互相垂直，且PA＝PB＝PC＝a，那么这个球面的面积是_______.
解析：此题直接求解，
计算将很繁琐。
这个三棱锥可补形成长方体，这样求解就简便得多了。
易得长方体对角线长为 3 ，所以球的半径为 3 ，因此球的体积为29 。
2
A
O C
P
B
2．一个几何体的三视图如图所示，三视图都是腰长为2
的等腰直角三角形，则该几何体的外接球半径与内切球
半径之比为
.
解：依题意知几何体是正三棱锥，且三条侧棱两两垂直，故可将其补形为正方体，如图所示，正方体的棱长为 2 ，故外接球的半径为 3 ，设内切球的半径为r，由切割法可得：

高中物理解题中割补思想的应用

Җ㊀江苏㊀吴耀方㊀㊀从物理学视角来看,割补思想即把研究对象及相关物理过程或物理量等,通过宏观分割或者填补的方式,将非理想的模型转变成理想化模型,使复杂结构变为单一结构,实现化繁为简㊁化难为易的目的．在高中物理解题教学中,割补思想有着广泛的应用．１㊀在力的合成解题中的应用在高中物理教学中,力的合成与分解这一章的重点内容是合力与分力的概念,以及矢量合成的平行四边形定则的用法．在解题教学环节,教师可精心设计练习题,指导学生应用割补思想分析问题,使其能运用平行四边形定则或力的三角形定则解决相关问题,进一步熟悉受力分析的基本方法,借此培养他们处理力学问题的基本技能．例１㊀作用在同一点的三个力之间夹角均为１２０ʎ,大小分别是１０N ㊁２０N 与３０N ,求合力的大小与方向．两个大小为F ,夹角是１２０ʎ的力合成,合力的大小仍然是F ,方向在沿平行四边形对角线方向．使用割补法,将三个力分别割掉１０N ,等效成两个大小分别是１０N 与２０N 的力相交成１２０ʎ,如图１所示,合力的大小是１０３N ,与３０N 的力的夹角成图１学生在处理力的合成类物理问题时,运用割补思想中的割 ,能够有效简化运算过程,降低出现错误的概率,提高他们的解题效率．２㊀在平抛运动解题中的应用平抛运动是对运动的合成与分解知识的具体应用,对后续斜抛等曲线运动的学习,以及现实生活中实际问题的解决均有一定的影响．在平抛运动解题教学中,教师指引学生以掌握平抛运动的特点和规律为基础,搭配割补思想的巧用解答实际问题,使其掌握处理平抛运动问题的物理思维方法,培养他们的逻辑思维能力．㊀图２例２㊀在距地面高是h ,离竖直光滑墙面的水平距离为s １的位置,有一个小球以v ０的速度向墙面水平抛出,如图２所示,小球和墙壁碰撞后落地,假如不计碰撞过程中的能量损失,也不考虑碰撞时间,则落地点到墙的距离s ２是多少?由题意可知小球的反弹速度和原速度关于墙面对称,这时采用割补法把小球碰撞后的运动进行翻转,那么全程就是一个平抛运动．根据图３中情况来看小球碰撞的速度v 斜向下,其水平分量是v ０,因为小球和墙面碰撞后没有能量损失,所以发生碰撞后小球的速度大小保持不变,v ᶄ和v 关于墙面对称,可知v ᶄ的水平分量仍然是v ０,s ２等于小球没有碰撞时的水平位移s ᶄ２,s ２＝s －s １,s 是整个平抛运动的水平位移,根据s ＝v ０t ,h ＝１２g t ２,得s ＝v ０２h g ,s ２＝v ０２hg－s １．图３巧妙应用割补思想中的补法 ,将小球的整个运动过程清晰㊁直观地呈现出来,让题目内容变得更加饱满,以便形成清晰㊁准确的解题思路．３㊀在万有引力解题中的应用万有引力定律在整个高中物理知识体系中,具有承上启下的作用,既承接着上章圆周运动的知识,又关联之后还要学习的卫星运动规律问题,属于重点教学内容之一．在有关万有引力的解题教学中,教师应当引导学生应用割补思想分析问题,使其通过恰当地割掉或补充将复杂问题变得简单．㊀㊀图４例３㊀一个半径是R 的带有空腔的均质球,质量是M ,中心为O 点,其内部球形空腔半径r ＝R２,中心是O ᶄ,空腔表面和实心球面内切,８３如图４所示,在O 与Oᶄ连线上㊁同O 点相距为d 的P 点,放一个质量为m 的小球(忽略体积),求球M 对球m 的引力F 的大小．由于题目中的模型是非对称性的,无法直接使用万有引力公式计算,学生可用割补思想先将均质球M 转化成理想模型,即用同样的材料㊁质量是M １的物体将空腔填补成实心球M ０,再利用补全后物体的对称性简化问题难度．设球的密度是ρ,结合题意求出M １＝１７M ,M ０＝８７M ,实心球M ０对m 的引力是F ＝G M ０m d ２＝G ８Mm７d ２．㊀㊀填充球M １对m 的引力是F １＝GM １m (d －R ２)２＝G Mm７(d －R ２)２．由于万有引力的方向在两个物体的连线上,挖去填充材料后,剩余部分M 对m 的引力F ２＝F －F １＝G８Mm７d ２－G Mm７(d －R ２)２＝４７G Mm [２d ２－１(２d －R )２]．本题先应用割补法建立模型,将小球补充完整,成为实心球后,确定题目中各个量之间的关系,随后结合万有引力公式求出引力的大小．４㊀在重力势能解题中的应用重力势能属于机械能守恒定律的基础知识,也是一个比较重要的知识点,主要包括重力势能及其相对性㊁变化和重力做功的关系,较为抽象和烦琐．在具体的解题训练中,教师同样可以引导学生尝试应用割补思想来处理重力势能问题,使其从功能关系㊁能量转化的角度展开分析,帮助他们解开心中的困惑,从而快速解决物理难题．㊀㊀图５例４㊀质量是m 的均匀细链条长度是L ,开始放在光滑的水平桌面上,有L４的长度悬在桌子边缘,如图５所示,松手后链条慢慢离开桌面,那么从开始到链条刚好滑离桌面过程中重力势能有什么变化?本题解题的关键是分析重力势能变化时重心的变化情况,而链条在运动过程中,桌面部分和悬垂部分的重心均发生变化,很难确定具体的㊀㊀图６变化量,不过链条最后是全部悬垂在桌面以外,可以等效成将桌面部分的链条切割下来,直接转移至链条末端,如图６所示．通过对图形的观察,发现原来悬垂的L４链条位置并没有发生变化,这样桌面部分链条的重心就由O 转移至O ᶄ,与原来相比下降５８L ,相应的重力势能减小量ΔE p ＝１５３２m gL ．本题应用割补思想,将链条的开始部分先割下来,再补至链条的尾部,仍然是一个完整的模型,从而顺利求出重力势能的变化情况．５㊀在电场强度解题中的应用电场与电场强度是看不见㊁摸不到的,在教授这部分知识时,教材并没有直接探究电场强度,而是通过电场的基本性质对放入其中的电荷产生力的作用,半定量研究不同位置的电场力的大小,这是转换思想的应用．而在解题中,同样不能只采用常规思想,可合理应用割补思想,达到灵活运用库仑定律计算电荷之间的作用力的目标．㊀㊀图７例５㊀如图７所示,一个均匀带电的圆环半径是R ,带电荷量是＋Q ,现在圆环上截去长度为L 的一小段(L ≪R ),求圆心O 的电场强度的大小和方向．补齐缺损,根据题意得知圆心O 处的电场强度是零,故截去长为L 的一小段后,圆环剩余部分的电场强度与补上的长为L 的一小段带电导体的电场强度大小相等,方向相反,因为L ≪R ,所以这段带电体可以当成点电荷来计算,电场强度的大小E ＝k Q L ２πR ３,方向是从O 点指向缺口．教师在组织学生解答有关电场强度类的题目时,要鼓励他们灵活利用割补思想,探讨出不一样的解题方法,使其思维得以活化．在高中物理解题教学中教师除帮助学生理解物理概念和规律等理论知识外,还需引导其不断探究新的解题方法,从而提高学生的逻辑思维能力,帮助他们轻松高效解题．(作者单位:江苏省海门四甲中学)９３。

高考物理常用的解题方法和技巧

高考物理常用的解题方法和技巧
高考物理常用的解题方法和技巧
1、正交分解法
在两个互相垂直的方向上，研究物体所受外力的大小及其对运动的影响，既好操作，又便于计算。

2、画图辅助分析问题的方法分析物体的运动时，养成画v-t图和空间几何关系图的习惯，有助于对问题进行全面而深刻的分析。

3、平均速度法
处理物体运动的问题时，借助平均速度公式，可以降二次方程为一次方程，以简化运算，极大提高运算速度和准确率。

4、巧用牛顿第二定律
牛顿第二定律是高中阶段最重要、最基本的规律，是高考中永恒不变的热点，至少应做到在以下三种情况中的熟练应用：重力场中竖直平面内光滑轨道内侧最高点临界条件，地球卫星匀速圆周运动的条件，带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的条件。

5、回避电荷正负的方法
在电场中，电荷的`正负很容易导致考生判断失误，在下列情景中可设法回避：比较两点电势高低时，无论场源电荷的正负，只需记住“沿电场线方向电势降低”;比较两点电势能多少时，无论检验电荷的正负，只需记住“电场力做正功电势能减少”。

6、“大内小外”
在电学实验中，选择电流表的内外接，待测电阻比电流表内阻大很多时，电流表内接;待测电阻比电压表内阻小很多时，电流表外接。

7、针对选择题常用的方法
①特殊值验证法：对有一定取值范围的问题，选取几个特殊值进行讨论，由此推断可能的情况以做出选择。

②选项代入或选项比较的方法：充分利用给定的选项，做出选择。

③半定量的方法：做选择题尽量不进行大量的推导和运算，但是写出有关公式再进行分析，是避免因主观臆断而出现错误的不二法门，
因此做选择题写出物理公式也是必不可少的。

割补法解立体几何中的技巧

●
解题技巧与方法
・篇黑
・
舞
静静黼
●
●
剑排瀛解寞挑俩
◎王东（甘肃酒泉工贸中等专业学校，甘肃酒泉
援
２７４０００）
【摘要】割补法是计算平面几何图形面积的推导方法，
也是一种思考方法．在几何图形教学中，有着广泛的应用．
为，故选Ｂ．
面体ＡＢＣＤ的外接球的表面积．
分析
由图８得四面体ＡＢＣＤ如图９所示，欲求其外接
球的表面积，先要找出其外接球心所在的位置，将图９补成
数学学习与研究
２０１７．２２
● ●
・
・
●
如图ｌ０所示的长方体，易知其外接球心是长方体对角线的中点，问题便可以解决．
例４已知曲线Ｙ：，／１一与轴的交点为Ａ，，分别
由Ａ。Ｂ两点向直线Ｙ＝ √ ３作垂线，垂足分别为Ｃ，Ｄ，沿直
线Ｙ：将平面ＡＣＤ折起，使平面ＡＣＤ上平面ＢＣＤ，求四
等腰直角三角形，利用体积相等，立即可求得原三棱锥的高
证明：平面Ｇ。ＡＢ上平面ＧｌＡＤ．
Ａ． ÷
Ｂ．４
Ｄ．４
图５
图６
国
图１
图２
分析
求点到面的距离通常是过点作面的垂线，而由
图７
于该图的局限性不太好作垂线，考虑０为Ａ，ｃ，的中点，故将要求的距离与／Ｉ，到面ＡＣ，Ｄ，的距离挂钩，从而与棱锥知

高中物理解题方法例话：7割补法

7割补法就是对研究对象进行适当的分割、补充来处理问题的一种方法。

下面举例说明。

[例题1]如果将质量为m 的铅球放于地心处，再在地球内部距地心R/2（R 为地球半径）处挖去质量为M 的球体，如图所示，则铅球受到地球引力的大小为多少？解析：如果将挖去质量为M 的球体补上，这一个完整的球体，一个完整的质量均匀的球体放入其中心处的铅球的引力为0，由此可见挖去的质量为M 球体对铅球的力与剩下部分对铅球的力相平衡，即224)2(R GMmR MmG F F ===挖去剩下方向为沿挖去小球与地球球心连线向左。

[例题2]现有半球形导体材料，接成如图所示的两种形式，则两种接法的电阻之比为多少？解析：如果将a 、b 图中的两半球平分，如图所示，设1/4球形材料的电阻为R ，a 是两个1/4球形材料的并联，所以2RR a =而b 是两个1/4球形材料的串联，所以R R b 2=，所以4:1:=b a R R[例题3]一带电粒子以速度V 沿半径为a 的圆形磁场的半径方向射入磁场，穿越磁场的时间为1t ；该粒子又以相同的速度V 从边长为a 的正方形磁场一边的中点垂直于该边射入磁场，穿越磁场的时间为2t ，则1t 2t 的大小关系为（）A 、1t =2tB 、1t 〉2tC 、1t 〈2tD 、都有可能解析：如果将b 图中正方形磁场挖去一个半径为a 的圆形磁场，再将a图中的半径为a 的圆形磁场补上，如图c 所示，假设电荷带负电，如果从切点射出，则时间相同1t =2t ，如果不从切点射出，则时间相同1t 〈2t ，正确的选项为A 、C。

福建省2021届高考物理二轮复习科学思维方法微专题复习-割补法专题(附答案)

割补法专题一、单选题1．已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。

如图所示，半径为R 的球体均匀分布着电荷量为Q 的电荷，AB 为球的一条直径，A 点恰好位于球的外部。

现以OB 为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k ，球的体积公式为34=3r V ，则A 点处场强的大小为（） A ．2718kQ R B ．21718kQ R C ．2736kQ R D ．23536kQ R 2．已知某电阻元件在正常工作时，通过它的电流按如图所示的规律变化，其中0~4T 为正弦交流电一部分，将一个多用电表(已调至交变电流电流挡)与这个电阻元件串联，则多用电表的读数为A ．4AB 17AC 19AD ．52 3．经过理论推理可知，两个大小不能忽略的带点均匀的半球面，相互作用力产生的压强为P =Eσ,其中E 为场强，σ为单位面积上的电荷量，已知半径分别为R 和r 的带电均匀的半球，其带电量分别为Q 和q ，两半球的球心及最大横截面重合，两个半球之间的作用力大小为（）A ．2Qq k RB ．2Qq k rC ．22Qq k rD ．22Qq k R 4．利用半导体二极管的单向导电性，可以对交变电流进行整流，将交变电流变为直流，一种简单的整流电路如图甲所示，ab 为交变电流信号输入端，D 为半导体二极管，R 为定值电阻。

信号输入后，电阻R 两端输出的电压信号如图乙所示，则关于该输出信号，下列说法正确的是（）A ．频率为100HzB ．电压有效值为502VC ．一个标有“90V ，30μF”的电容器并联在电阻R 两端，可以正常工作D ．若电助理R =10Ω，则1min 内R 产生的热量为1.5×104 J5．如图所示的交变电流由正弦式交变电流的一半和反向脉冲电流组合而成，则这种交变电流的有效值为( )A ．12I 0B ．I 0C ．22I 0D ．32I 0 6．如图所示为某一线圈交流电的I t 关系图像（其中前半个周期为正弦波形的12），则一个周期内该电流的有效值为A ．032IB ．052IC ．032ID ．052I二、多选题7．如图甲所示，光滑绝缘细杆处于静电场中，沿细杆建立坐标x 轴，取x =0处的点电势为零，细杆上各处电场方向沿x 轴正方向，其电场强度E 随x 的分布如图乙所示。

巧割善补灵活解题———割补法在职高物理教学中的应用例析

巧割善补灵活解题———割补法在职高物理教学中的应用例析摘要：本文以几个物理习题为例，从四个不同方面探讨了割补法在物理学中的应用，进而深化割补转化思想在物理解题过程中的应用，为解决物理学问题提供捷径。

关键词：割补法；割补意识；例析；物理模型；转化思想割补法是物理学中重要的解题方法，它的核心是变复杂为简单，变不规则为规则，即将复杂或不规则的图形，通过分割或补形变成规则的图形，从而避开繁琐的数学运算，使物理过程、意义更加清晰。

割补法在学习中多次出现，作为重要的物理学方法，我们应该掌握它的应用。

下面，笔者通过几个典型例子来谈谈割补法在物理学中的应用，以供读者参考。

例1.两个半球壳拼成的球形容器内部已抽成真空，球形容器的半径为R，大气压强为P。

为使两个半球壳沿图1中箭头方向互相分离，应该施加的力F至少为( )A . 4πR2P B. 2πR2PC.πR2PD.πR2P/2分析：本题取材于著名的“马德堡半球实验”，作用在半球壳上的力有拉力F和大气的压力F＇，刚能使半球壳分离须F＝F＇。

问题是如何计算大气对半球壳的压力F＇。

最典型的错解是选B，即F＝2πR2P。

这是用大气压强直接乘以半球壳的表面积所得结果．因为半球壳各部分受力均指向球心(方向不同)，不可以把球面各部分受到的压力直接相加，而必须按照力的平行四边形定则进行合成。

我们可以构建割补法模型来求解。

解答：将半球壳“取出”，再补上一个底面，如图2所示，显然，大气对此半球壳的压力为零，因此，大气对半球面的压力F＇与对底面的压力F＂必然等大反向，而F＂＝PπR２。

所以F＇＝PπR２。

根据以上分析，本题的正确答案为C。

点评：题目设计虽取自教材实验，但是它又进行了适当的拓展，如果采取常规的方法来解，可能无法下手，特别是大气对半球面压力的具体分析，而采取割补法则解决了这一难题，体现出割补法在解答物理问题上的灵活性。

例2.半径为R的均匀球内切去一个半径为R/2的小球后，质量为M，如图3已知两球内切，在两球心O1、O2的连线上距O1为2R处的质量为m的质点P受到的引力多大？分析：这是一个残缺的模型，球壳对P处质点的引力不能直接应用万有引力定律求解，但是如果将切去的部分填补上去，使其变成一个完整的均匀球体，一个均匀的球体与一个质点间的引力即可应用万有引力定律直接计算。

高考物理电学十大方法精讲方法01割补法(1)

方法01 割补法对某些物理问题，当待求的量A 直接去解很困难或没有条件解时，可设法补上一个量B ，割补的原理是使(A+B )成为一个完整的模型，从而使(A+B )变得易于求解，补上去的B 也必须容易求解，那样，待求的量A 便可从两者的差值获得，问题就迎刃而解.这就是解物理题时常用的“割补法”.割补法本来是非对称性的物体，通过割补后构成对称性物体，然后再利用对称物体所满足的物理规律进行求解.【调研1】如图所示，阴影区域是质量M 半径为R 的球体挖去一个小圆球后的剩余部分，所挖去的小圆球的球心O ′和大球心间的距离是2R ,求球体剩余部分对球体外与球心O 距离为2R 、质量为m 的质点P 的引力. 解析：万有引力定律只适用于两个质点间的作用，只有对均匀球体才可将其看作是质量全部集中在球心的一个质点，至于本题中不规则的阴影区，那是不能看作质点来处理的，故可用割补法将挖去的球补上.将挖去的球补上,则完整的大球对球外质点P 的引力为：F 1=2(2)GMm R =24GMm R ，半径为2R 的小球的质量： M ' =43π(2R )3×ρ=π(2R )3×34()3M R =18M 补上的小球对质点P 的引力F 2=2'5()2GM m R =24'25G M m R =250GMm R 因而挖去小球的阴影对质点P 的引力为：F =F 1-F 2=24GMm R -250GMm R =223100GMm R 【调研2】如图所示，把金属丝AB 弯成半径r =1m 的圆弧，但在AB 之间留出宽度为d =2cm 、相对来说很小的间隙，将电荷量Q =3.13×10-9C 的正电荷均匀分布在金属丝上，求圆心O 处的电场强度.解析：中学物理中只讲点电荷场强及匀强电场的计算方法，一个不规则带电体（如本题的缺口的带点环）所产生的场强，没有现成的公式可用.但可以这样想：将圆弧的缺口补上，并且它的电荷密度与缺口的环体原有电荷密度是一样的，这样就形成了一个电荷均匀分布的完整的带电环，环上OdA B处于同一直径两端的微小部分可看作两个相应的点电荷，它们产生的电场在圆心O 处叠加后场强是零，根据对称性可知，带电圆环在圆心O 处的总场强是零.至于补上的带电小段，由题给条件可视为点电荷，它在圆心O 处的场强为E 1是可求的，若题中待求场强为E 2，则由E 1+E 2 =0，便可求得E 2. 设原缺口环所带电荷的线密度为σ，σ=2Q r d π-，则补上的金属小段带电量Q’=σd ，它在O 处的场强为E 1=k 2'Q r = k2(2)Qd r d r π-，代入数据得E 1=9×10-2N/C. 设待求的场强为E 2，由E 1+E 2=0可得E 2=-E 1=-9×10-2N/C ，负号表示E 2与E 1方向相反，即E 2的方向向右，指向缺口.【调研3】静电学理论指出，对于真空区域，只要不改变该区域内的电荷分布及区域边界的电势分布，此区域内的电场分布就不会发生改变。

割补法巧算面积

割补法巧算面积知识精讲：分割法：把不规那么的的大图形化为规那么的小图形添补法：把不规那么图形周围添上规那么的小图形，使总面积便于计算例题1图中的数字分别表示对应线段的长度，试求下面多边形的面积．〔单位：厘米〕练习1如图中的每个数字分别表示所对应的线段的长度〔单位：米〕．这个图形的面积等于多少平方米？例题2如图，在正方形ABCD内部有一个长方形．EFGH．正方形ABCD的边长是6厘米，图中线段AE、AH都等于2厘米．求长方形EFGH的面积．练习2正方形ABCD的边长是8厘米，它的内部有一个三角形AEF〔如图〕，线段DF=3.6厘米，BE=2.8厘米，那么三角形AEF的面积等于平方厘米．例题3如图中，大正方形的边长为10厘米．连接大正方形的各边中点得小正方形，将小正方形每边三等份，再将三等分点与大正方形的中心和一个顶点相连，那么图中阴影局部的面积总和等于多少平方厘米？练习3.1．如下图，正方形ABCD的边长acm，那么图中阴影局部的面积为cm2．例题4. 如图1和图2，把两个相同的正三角形的各边分别五等分和七等分，并连接这些分点．图1中阴影局部的面积是294平方分米．请问：图2中的阴影局部的面积是多少平方分米？练习47．如下图，将三个相同的长方形从上到下排列，依次进行两等分、三等分、四等分，各取出其中的一份画上阴影，那么阴影局部的面积占全部面积的几分之几？选做题例5 如图，在两个相同的等腰直角三角形中各作一个正方形，如果正方形A的面积是36平方厘米，那么正方形B的面积是多少平方厘米？例6.一个四边形ABCD的两条边的长度和三个角〔如下列图所示〕，求四边形ABCD的面积是多少？作业：1.如下图，平行四边形的面积是12，把一条对角线四等分，将四等分点与平行四边形另外两个顶点相连. 图中阴影局部的面积总和是多少？2. ．〔2021秋•诸暨市校级期中〕如图，一个四边形的四条边AB，BC，CD和DA的长分别是3，4，13和12，其中∠B=90°，求这个四边形的面积3. 求阴影局部面积．4．求阴影局部面积．5. 求阴影局部面积：6.求阴影局部面积．7. 求阴影局部面积．8.〔2021秋•宁波期中〕求阴影局部的面积．9. 求阴影局部的面积．10. 求阴影局部的面积．11.求阴影局部的面积．12．求阴影局部的面积．。

立体几何巧思妙解之割补法

立体几何巧思妙解之割补法在立体几何解题中，对于一些不规则几何体，若能采用割补法，往往能起到化繁为简、一目了然的作用。

一、求异面直线所成的角例1、如图1，正三棱锥S-ABC 的侧棱与底面边长相等，如果E 、F 分别为SC 、AB的中点，那么异面直线EF 与SA 所成的角等于（）000090604530A B C D分析：平移直线法是求解异面直线所成角最基本的方法。

如图1，只要AC 的中点G ，连EG ，FG ，解△EFG 即可.应该是情理之中的事。

若把三棱锥巧妙补形特殊的正方体，定会叫人惊喜不已。

巧思妙解：如图2，把正三棱锥S-ABC 补成一个正方体11AGBH ACB S -，1//,EF AA ∴异面直线EF 与SA 所成的角为0145A AS ∠=。

故选C 。

二、体积问题例2、如图3，已知三棱锥子P —ABC，10,PA BC PB AC PC AB ======锥子P —ABC 的体积为（）。

4080160240A B C D分析：若按常规方法利用体积公式求解，底面积可用海伦公式求出，但顶点到底面的高无法作出，自然无法求出。

若能换个角度来思考，注意到三棱锥的有三对边两两相等，若能把它放在一个特定的长方体中，则问题不难解决。

巧思妙解：如图4所示，把三棱锥P —ABC 补成一个长方体AEBG —FPDC ，易知三棱锥P —ABC 的各边分别是长方体的面对角线。

PE=x,EB=y,EA=z 不妨令，则由已知有：2222221001366,8,10164x y x z x y z y z ⎧+=⎪+=⇒===⎨⎪+=⎩，从而知 416810468101606P ABC AEBG FPDC P AEB C ABG B PDC A FPC AEBG FPDC P AEBV V V V V V V V --------=----=-=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯= 例3、如图5，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且BCF ADE ∆∆、均为正三角形，EF ∥AB ，EF=2，则该多面体的体积为（）（A ）32 （B ）33 （C ）34 （D ）23分析：要直接求解组合几何体的体积显然较困难，变换角度思考将这个组合几何体分割成特殊的几个几何体求解，则问题可迎刃而解。

例谈“割补法”的应用

- 1 - 例谈“割补法”的应用后宗新（安徽省芜湖县实验学校 241100）利用等效思维将一个物体分成几个部分、或将物体的某个部分进行移动，以及将物体几个部分合成一个整体，这样的方法统称为“割补法”。

具体可分为“割开法”、“移动法”、“补全法”三种。

使用“割补法”，往往能使解题变得简洁方便，请看：例1 如图1所示，质量分布均匀地圆柱体对水平地面地压强为p ，如果沿图中虚线切开，拿走部分Ⅱ或部分Ⅰ，剩下的部分对地面的压强如何变化？解析：在压力和受力面积同时变化且不成比例时，无法确定压强的变化。

【补全法】把Ⅰ补上Ⅲ，使之成为一个新的圆柱体，如图2所示，与原来圆柱体进行比较，由于压力和受力面积成比例减小，所以Ⅰ、Ⅲ组合体的压强不变。

Ⅰ与Ⅰ、Ⅲ组合体比较，受力面积相同，压力小，所以Ⅰ对地面的压强会变小。

【割开法】将Ⅱ分成A 、B 两部分，如图3所示，同理，与原来进行比较，A 对地面的压强不变，Ⅱ与A 比较，受力面积相同，压力大，所以Ⅱ对地面的压强会变大。

例2 如图4，三个完全相同的容器中分别倒入质量相等的水银、水、酒精，则容器底受到的压强是（）A ．p A ＞pB ＞pC B ．p A ＜p B ＜p C C ．p A ＝p B ＝p CD ．无法确定解析：液体对容器底部压强与液体的密度、深度有关，此题中三者密度不等，深度也不相同，而且密度大的深度小，无法比较压强的大小。

由于容器的形状不是柱形，压力的大小不等于重力，所以也不能用重力除以底面积来计算。

【移动法】如图5所示，把容器沿着AC 直线分割成两部分，再把割下的部分ACE 移动到FDB ，此时成了一个圆柱形的容器，变化前后液体对容器底部的压强相等，即p 前＝p 后＝F/S ＝G/S ，而装的液体密度越小，体积越大，深度越大，移动后形成的柱形容器的底面积就越大。

三种液体的质量相等，重力相等，所以密度小的压强小。

正确答案选择A 。

结论：如此形状的容器，在质量一定的情况下，所盛液体密度越小（体积越大），对底部的压强越小。

巧用割补法解求解二次函数中的面积问题

巧用割补法解求解二次函数中的面积问
题
割补法是一种解决函数面积问题的有效方法，它可以用来计算二次函数中的面积。

割补法的基本思想是，将一个函数的面积分解为两个函数的面积之和，其中一个函数是原函数的一部分，另一个函数是原函数的补函数。

首先，我们需要确定二次函数的补函数，即将原函数的曲线上的点按照一定的规律反向移动，使其形成一条新的曲线，这条曲线就是补函数。

接下来，我们可以将原函数的面积分解为两个函数的面积之和，即原函数的面积加上补函数的面积。

最后，我们可以使用积分法来计算两个函数的面积，然后将两个函数的面积相加，就可以得到原函数的面积。

因此，割补法是一种有效的解决二次函数中面积问题的方法，它可以帮助我们快速准确地计算出二次函数的面积。

巧妙割补两道物理题迎刃而“解”

ｐ，器底受水的压强减小但受力容面积增大，无法根据Ｆｐ＝Ｓ直接判断
问题大有帮助。
塑堡墼兰堡鼓
６７
塑主兰竺
Ａ．／ｆｍＩｔＴｌ．＜
比较两杯液体的质量．需要比较各只烧杯中两面所夹的中间部分液体的质量。两部分液体体积相同。ｐ＜这而ｌ
知ｈ甲Ｓ水乙Ｓ乙，以ＦＦ己＜＜所＜。
运用 “ 补法 ” 答：割解可画出如图２中所示的虚线，假想出两个等底面的柱形容器。于柱对形容器．底部受所盛液体的压力ｐ＝ｇＳｐｇＧ，即柱形容器底部Ｓｐｈ＝Ｖ＝
下细容器底受液体的压力小于所盛
液体重力，细下粗容器底受液体的上压力大于所盛液体重力 ”的结论，对同学们运用物理知识举一反三，答解
这一类问题以及阐释生活中的相关
两种液体不发生混合，密度大则
的沉在下面。如图１所示，和ＣＡＢＤ
“ 变大 ” “ 、变小 ” “ 变 ” 或不）
运用 “ 学法 ” 答数解倒置后，水的深度减小，由ｐ＝
分别是甲、乙烧杯中两种液体的分界面，ＣＤ是与另一个烧杯中，４曰和对应界面平齐的两个假设切割而。要