2026届高三物理二轮复习讲义：考前应试策略指导　二、考前必会的5个解题套路

二、考前必会的5个解题套路套路1物理实验题的解题套路调研1(2024·山东济南3月模拟)某研究性学习小组从北京2022年冬奥会冰壶比赛项目中获得启发，利用冰壶碰撞来验证动量守恒定律①。该小组在两个相同的奶粉罐中加水，放在户外结冰后制成两个质量不同的冰壶A和B，在户外一平整的水平地面上泼水结冰形成冰面②。小组成员用如图甲(俯视)所示的装置压缩弹簧后将冰壶弹出，此冰壶与另一个静止的冰壶发生碰撞③。主要实验步骤如下：①固定发射装置，将冰壶A压缩弹簧后由静止释放，弹簧始终在弹性限度内；②标记冰壶A停止时的位置，在冰壶运动路径上适当位置标记一定点O，测出冰壶A停止时右端到O点的距离，如图乙所示重复多次，计算该距离的平均值记为x1；③将冰壶B静置于冰面，左端位于O点重新弹射冰壶A，使两冰壶对心正碰，测出冰壶A停止时右端距O点的距离和冰壶B停止时左端距O点的距离。重复多次，分别计算距离的平均值，记为x2和xeq\o\al(④,3)，如图丙所示。(1)实验中，应如何操作才能确保冰壶A每次到达O点时的速度均相同？__________________________________________________________________________________________________________________________________________(2)为完成实验，还需要测出_________________________，验证动量守恒定律的表达式为_________________________(用x1、x2、x3和测量物理量对应的字母表示)。【答案】(1)每次将弹簧压缩至同一位置由静止释放(2)冰壶A的质量m1，冰壶B的质量m2m1eq\r(x1)＝m2eq\r(x3)－m1eq\r(x2)【解析】(1)为确保冰壶A每次到达O点时的速度均相同，需要每次将弹簧压缩至同一位置由静止释放。(2)根据动量守恒定律有m1v1＝m1v1′＋m2v2′，运动过程中冰壶A和冰壶B均做匀减速直线运动，有v2＝2ax，联立解得m1eq\r(x1)＝m2eq\r(x3)－m1eq\r(x2)⑤，故还需要测量冰壶A的质量m1，冰壶B的质量m2。①【审题指导】实验的切入点：从实验目的出发，联想教材上的实验原型，分析可知，实验原理为在系统所受外力的矢量和近似为0的情况下，碰撞满足动量守恒定律。一般研究的是最简单的情况，两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿这条直线运动。②【审题指导】类比迁移：类比新人教版教材中“利用气垫导轨减小摩擦力”，本题利用冰面和冰壶来减小摩擦力。③【审题指导】实验创新点：利用发射装置，建构“一动碰一静”的碰撞模型，本实验只需要验证m1v1＝m1v1′＋m2v2′成立即可。④【审题指导】类比迁移：类比新人教版教材中“研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒”实验，本题冰壶碰撞后的速度之比等于它们碰后移动的水平距离之比。⑤【点拨】冰壶A、B的结冰条件相同，冰面相同，可认为冰壶A、B与冰面间的动摩擦因数相同。套路2板块模型的解题套路调研2(多选)如图所示，质量为M的长木板A以速度v0在光滑水平地面上向左匀速运动①，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出②，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是()A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短C．若只增大v0，则小滑块离开木板时的速度变大D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大【答案】AB【解析】由题意小滑块恰好从木板的右端滑出，可知小滑块刚好到达木板的右端时，二者达到共速的状态，且二者的相对位移等于木板的长度，由动量守恒定律有Mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(Mv0,M＋m)，该过程中小滑块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为aB＝μg，木板做匀减速直线运动，加速度大小为aA＝eq\f(μmg,M)③，小滑块和木板的速度—时间图像如图甲所示；若只增大m，假设小滑块不会离开木板，则由v＝eq\f(Mv0,M＋m)可知二者共同的速度减小，又小滑块的加速度不变，长木板的加速度增大，则二者的速度—时间图像如图乙中的虚线所示，假设成立，选项A正确；若只增大M，假设小滑块不能离开木板，由v＝eq\f(Mv0,M＋m)可知二者共同的速度增大，又小滑块加速时的加速度大小不变，木板减速时的加速度减小，则二者的v－t图像如图丙中虚线所示，显然相对位移大于木板的长度④，假设不成立，说明小滑块一定离开木板；若相对位移等于木板的长度，则v－t图像应如图丁中虚线所示，显然小滑块在木板上运动的时间变短，选项B正确；同理利用假设法可确定若只增大v0，小滑块一定能离开木板，由于二者的加速度大小均不变，则v－t图像应如图戊中的虚线所示，则小滑块离开木板时的速度变小，选项C错误；同理利用假设法可知若只减小μ，小滑块一定能离开木板，又由于二者的加速度均减小，则v－t图像应如图己中的虚线所示，则小滑块在该过程中对地的位移减小，选项D错误。故选AB。【另解一】极限法！当M极大时，则木板的加速度趋近于零，木板以v0的速度做匀速直线运动，二者相对运动的时间一定减小，选项B正确。【另解二】极限法！当μ趋近于零时，二者的接触面光滑，则小滑块的加速度为零，即小滑块在滑离木板的过程中始终静止，所以小滑块对地的位移为零，选项D错误。①【模型构建】水平地面光滑的板块模型，运动过程中长木板和小滑块组成的系统动量守恒。②【审题指导】“恰好”的意思是小滑块运动到长木板最右端时，二者具有共同的速度。③【解题指导】此处涉及求解板块模型中的相对运动问题，优先考虑使用隔离法求解。④【解题指导】求解板块模型中的加速度或位移问题时，此处使用速度—时间图像的物理意义解题更加简单直观，也可避免复杂的运算，速度—时间图像中图线的斜率表示物体的加速度，图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。调研3(2024·湖南八校联考)如图所示，A、B、C三个物体均静置于水平地面上，B、C之间放有少量炸药，爆炸后产生60J的能量中有90%转化为B、C两物体的动能①。已知mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝3kg；A与地面之间的动摩擦因数μA＝0.05，A与B之间的动摩擦因数μB＝0.5，A与C之间的动摩擦因数μC＝0.4。A物体足够长，重力加速度g取10m/s2，求：(1)爆炸后瞬间B、C的速度为多大；(2)从爆炸后开始到A物体速度第一次为0的过程中，A与地面之间因摩擦而产生的热量；(3)从爆炸后开始到B物体停止运动的过程中，地面对A物体摩擦力的冲量为多大。【答案】(1)9m/s3m/s(2)eq\f(27,16)J(3)0【解析】(1)设爆炸后瞬间B、C的速度大小分别为vB、vC，由爆炸瞬间动量守恒可得mBvB＝mCvC，由爆炸后的能量转换关系有E×90%＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)代入数据解得vB＝9m/s，vC＝3m/s。(2)爆炸后，对B进行受力分析，则由牛顿第二定律有μBmBg＝mBaB解得爆炸后B的加速度大小为aB＝5m/s2，则B由vB减为0所需时间为t＝eq\f(vB,aB)＝1.8s同理有μCmCg＝mCaC，解得爆炸后C的加速度大小为aC＝4m/s2假设A向右加速运动，同理有μCmCg－μBmBg－μA(mAg＋mBg＋mCg)＝mAaA解得爆炸后A的加速度大小为aA＝2m/s2②，假设成立经过t1时间后A、C两物体达到共速，则有vC－aCt1＝aAt1＝v共解得t1＝0.5s，v共＝1m/s假设A、C一起做减速运动，则A、C减速的过程中由牛顿第二定律有μBmBg＋μA(mAg＋mBg＋mCg)＝(mA＋mC)aAC，解得加速度大小为aAC＝1.6m/s2因0<aAC＝1.6m/s2<aC，故假设成立A、C速度减到0的过程中有t2＝eq\f(v共,aAC)，解得t2＝eq\f(5,8)s因t1＋t2<t，故整个过程中B一直相对A向左滑动从爆炸后开始到A物体速度第一次为0的过程中，A对地的位移大小为x＝eq\f(1,2)v共(t1＋t2)③解得x＝eq\f(9,16)m该过程中A与地面之间因摩擦而产生的热量为Q＝μA(mAg＋mBg＋mCg)x解得Q＝eq\f(27,16)J。(3)A物体速度第一次为0时，B物体的速度大小为vBt＝vB－aB(t1＋t2)，解得vBt＝eq\f(27,8)m/s假设A、C一起加速运动，则由牛顿第二定律有μBmBg－μA(mAg＋mBg＋mCg)＝(mA＋mC)aAC′④解得A、C一起加速时的加速度大小为aAC′＝0.4m/s2,0<aAC′＝0.4m/s2<ac，假设成立④当A、B、C三者均共速时的时间为t3，则有vBt－aBt3＝aAC′t3＝v′解得t3＝eq\f(5,8)s，v′＝0.25m/s经过判断可得，三者一起减速到0⑤，减速时间为t4，则有v′＝μAgt4，解得t4＝0.5s故从爆炸后开始到B物体停止运动的过程中，地面对A物体摩擦力的冲量I＝μA(mAg＋mBg＋mCg)×(t1＋t2－t3－t4)，解得I＝0。①【隐含条件】爆炸的时间极短产生极大的内力，则爆炸过程中B、C组成的系统动量守恒。②【解题指导】在求解板块模型中物体的运动方向或运动状态时，优先考虑使用假设法，可快速判断出物体的运动情况，该过程中A物体与B、C、地面之间均存在滑动摩擦力，若算出aA>0，则说明A会加速；若算出aA<0，则说明A保持静止不动(上表面所受到的合外力小于物体与地面间的最大静摩擦力)。③【解题指导】在处理板块模型中的对地位移问题时，利用平均速度一般可快速解决问题。④【易错】注意此时A与地面之间的摩擦力反向了。⑤【解题指导】此处为板块模型中三者以相同的速度运动，我们不防总结出两个物体叠放在粗糙水平面上(无拉力)作用下的运动判断方法：设地面与物体间的动摩擦因数为μ1，物体与物体间的动摩擦因数为μ2；若μ1>μ2，则存在相对滑动，若μ1<μ2，则一起运动。套路3万有引力与航天问题的解题套路调研4(多选)我国自主研发的北斗卫星导航系统是世界四大导航系统之一，它由空间段、地面段和用户段三部分组成。空间段由若干地球静止轨道卫星(GEO)、倾斜地球同步轨道卫星(ICSO)和中圆地球轨道卫星(MEO)组成。如图所示，三类卫星都绕地球做匀速圆周运动，卫星A距地面高度为hA，卫星C距地面高度为hC，hC<hA，地球自转周期为T，地球半径为R，忽略地球自转时地球表面重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A．卫星A的加速度大小为eq\f(4π2R＋hA,T2)B．卫星B的加速度大小为eq\f(R,R＋hA)gC．卫星C的线速度大小为eq\r(\f(gR2,R＋hC))D．卫星C的运行周期大于卫星A的运行周期【答案】AC【解析】卫星环绕地球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，卫星A是地球同步卫星，则公转周期等于地球的自转周期T，对卫星A有Geq\f(MmA,R＋hA2)＝mAeq\f(4π2,T2)(R＋hA)，又Geq\f(MmA,R＋hA2)＝mAaA，解得aA＝eq\f(4π2R＋hA,T2)，A正确；卫星B是倾斜地球同步轨道卫星①，对卫星B有Geq\f(MmB,R＋hA2)＝mBaB，对于处在地球表面的物体有Geq\f(Mm′,R2)＝m′g，整理得aB＝eq\f(gR2,R＋hA2)，B错误；对卫星C有Geq\f(MmC,R＋hC2)＝mCeq\f(v\o\al(2,C),R＋hC)，结合GM＝gR2，可得卫星C的线速度大小为vC＝eq\r(\f(gR2,R＋hC))，C正确；因Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T\o\al(2,1))r，解得T1＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，又hC<hA，则rC<rA，故可知卫星C的运行周期小于卫星A的运行周期，D错误。故选AC。①【点拨】倾斜地球同步轨道卫星的周期也等于地球的自转周期T。【归纳总结】做匀速圆周运动的人造卫星的运行参量与轨道半径的关系套路4带电粒子在电、磁场中的运动模型的解题套路调研5现代研究微观粒子的碰撞，往往会采用电场和磁场的相关变化来控制带电粒子的运动状态。如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上，电场强度大小E＝eq\f(2.25,π)×104V/m的匀强电场，现将一重力不计、比荷eq\f(q,m)＝1×106C/kg的正点电荷从电场中的O点由静止释放①。O点与N点的水平距离x＝0.3m、竖直距离y＝eq\f(π,2)×10－2m，一段时间后电荷通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场方向与纸面垂直，其磁感应强度大小为B(未知)②，电荷第六次经过电场和磁场的边界时，到达N点。(1)求电荷第一次经过电场和磁场边界时的速度大小v0；(2)求磁感应强度的大小B；(3)其他条件不变，仅使磁场的磁感应强度按照图乙所示(图乙中以磁场方向垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻)做周期性变化且周期T0＝eq\f(4π,5)×10－5s③，如果在O点右方距O点的距离为L处有一垂直于MN的足够大的挡板，电荷从O点运动到挡板处所需的时间t总＝eq\f(77π,18)×10－5s，求L。【答案】(1)1.5×104m/s(2)0.3T(3)eq\f(50＋5\r(3),2)×10－2m【解析】(1)正点电荷从匀强电场中的O点由静止释放后在电场中做匀加速直线运动，则有2ay＝veq\o\al(2,0)由牛顿第二定律得电荷在电场中运动的加速度大小为a＝eq\f(qE,m)解得v0＝1.5×104m(2)设电荷运动轨道的半径为r1，正点电荷在磁场中做匀速圆周运动，则有Bqv0＝eq\f(mv\o\al(2,0),r1)由题意作出电荷的运动轨迹，如图(a)所示，电荷第六次经过电场和磁场的边界时，到达N点，根据几何关系可知x＝6r1＝0.3m，r1＝0.05m④解得B＝0.3T。(3)由图乙可知，当磁场方向垂直纸面向里时，磁场的磁感应强度大小为B′＝0.5T。设正点电荷运动轨道的半径为r2，正点电荷在磁场中做匀速圆周运动，则有B′qv0＝meq\f(v\o\al(2,0),r2)，解得r2＝0.03m由匀速圆周运动规律可知周期公式T＝eq\f(2πm,qB)当磁场方向垂直纸面向外时，磁感应强度大小B1＝0.3T，则周期T1＝eq\f(2πm,qB1)＝eq\f(2π,3)×10－5s当磁场方向垂直纸面向里时，磁感应强度大小B′＝0.5T，则周期T2＝eq\f(2πm,qB′)＝eq\f(2π,5)×10－5s电荷从t＝0时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知电荷的运动轨迹如图(b)所示⑤从电荷第一次通过MN开始，其运动的周期T0＝eq\f(4π,5)×10－5s则刚好运动一个周期时电荷到O点的水平距离Δd＝2(r1－r2)＝0.04m⑥电荷在电场中运动一个来回的时间t1＝eq\f(2v0,a)＝eq\f(2π,15)×10－5s，该时间正好与无磁场的时间相等，即每经过一个周期，电荷在水平方向向右前进4cm，根据电荷运动的周期性和总时间分析有t总＝nT0＋eq\f(α,360°)T1＝eq\f(77π,18)×10－5s根据电荷的运动情况和总时间可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为5个，即s＝5Δd＝0.2m则电荷最后运动的情况如图(c)所示，则eq\f(α,360°)T1＝eq\f(5π,18)×10－5s⑦解得α＝150°由几何关系有L＝s＋r1＋r1cos(180°－α)解得L＝eq\f(50＋5\r(3),2)×10－2m。①【模型建构】电加速模型。②【模型建构】磁偏转模型。③【模型建构】交变场模型。④【解题指导】画轨迹、定圆心、求半径是解题的基础。圆心必然在轨迹上两点连线的中垂线上，圆心必在轨迹上任一点的速度方向的垂线上。⑤【解题指导】过程分析：正点电荷在电场中做匀变速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动。找衔接点：正点电荷每次经过电场和磁场的边界时，正点电荷的速度大小不变。⑥【点拨】分析电荷在电、磁场中的周期性运动，由几何关系求出一个周期内电荷沿MN方向前进的距离。⑦【点拨】求解电荷在磁场中运动的时间时，应根据几何关系首先求出轨迹所对应的圆心角以及电荷在磁场中的运动周期，进而求出电荷在磁场中的运动时间。套路5电磁感应问题的解题套路调研6(多选)如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面。将质量为m的导体棒由静止释放