⑴ 力的合成這節的解題技巧
技巧一、巧用合成法解題
【典例1】 一傾角為θ的斜面放一木塊，木塊上固定一支架，支架末端用絲線懸掛一小球，木塊在斜面上下滑時，小球與木塊相對靜止共同運動，如圖2-2-1所示，當細線（1）與斜面方向垂直；（2）沿水平方向，求上述兩種情況下木塊下滑的加速度.
解析：由題意可知小球與木塊相對靜止共同沿斜面運動，即小球與木塊有相同的加速度，方向必沿斜面方向.可以通過求小球的加速度來達到求解木塊加速度的目的.
（1）以小球為研究對象，當細線與斜面方向垂直時，小球受重力mg和細線的拉力T，由題意可知，這兩個力的合力必沿斜面向下，如圖2-2-2所示.由幾何關系可知F合=mgsinθ
根據牛頓第二定律有mgsinθ=ma1
所以a1=gsinθ
（2）當細線沿水平方向時，小球受重力mg和細線的拉力T，由題意可知，這兩個力的合力也必沿斜面向下，如圖2-2-3所示.由幾何關系可知F合=mg /sinθ
根據牛頓第二定律有mg /sinθ=ma2
所以a2=g /sinθ.
【方法鏈接】 在本題中利用合成法的好處是相當於把三個力放在一個直角三角形中，則利用三角函數可直接把三個力聯系在一起，從而很方便地進行力的定量計算或利用角邊關系（大角對大邊，直角三角形斜邊最長，其代表的力最大）直接進行力的定性分析.在三力平衡中，尤其是有直角存在時，用力的合成法求解尤為簡單；物體在兩力作用下做勻變速直線運動，尤其合成後有直角存在時，用力的合成更為簡單.
技巧二、巧用超、失重解題
【典例2】 如圖2-2-4所示，A為電磁鐵，C為膠木秤盤，A和C（包括支架）的總質量為M，B為鐵片，質量為m，整個裝置用輕繩懸掛於O點，當電磁鐵通電，鐵片被吸引上升的過程中，輕繩上拉力F的大小滿足
A.F=Mg
B.Mg＜F＜（M+m）g
C.F=（M+m）g
D.F＞（M+m）g
解析：以系統為研究對象，系統中只有鐵片在電磁鐵吸引下向上做加速運動，有向上的加速度（其它部分都無加速度），所以系統有豎直向上的加速度，系統處於超重狀態，所以輕繩對系統的拉力F與系統的重力（M+m）g滿足關系式：F＞（M+m）g，正確答案為D.
【方法鏈接】對於超、失重現象大致可分為以下幾種情況：
（1）如單個物體或系統中的某個物體具有豎直向上（下）的加速度時，物體或系統處於超（失）重狀態.
（2）如單個物體或系統中的某個物體的加速度不是豎直向上（下），但有豎直向上（下）的加速度分量，則物體或系統也處於超（失）重狀態，與物體水平方向上的加速度無關.
在選擇題當中，尤其是在定性判斷系統重力與支持面的壓力或系統重力與繩子拉力大小關系時，用超、失重規律可方便快速的求解.
技巧三、巧用碰撞規律解題
【典例3】 在電場強度為E的勻強電場中，有一條與電場線平行的幾何線，如圖2-2-5虛線所示.幾何線上有兩個可視為質點的靜止小球A和B.兩小球的質量均為m，A球帶電量+Q，B球不帶電.開始時兩球相距L，釋放A球，A球在電場力的作用下沿直線運動，並與B發生正碰，碰撞中A、B兩球的總動能無損失.設在每次碰撞中，A、B兩球間無電量轉換，且不考慮重力及兩球間的萬有引力.求
（1）A球經多長時間與B球發生第一次碰撞.
（2）第二次碰撞前，A、B兩球的速率各為多少？
（3）從開始到第三次相碰，電場力對A球所做的功.
解析：（1）設A經時間t與B球第一次碰撞，根據運動學規律有L=at2/2
A球只受電場力，根據牛頓第二定律有QE=ma
（2）設第一次碰前A球的速度為VA，根據運動學規律有VA2=2aL
碰後B球以速度VA作勻速運動，而A球做初速度為零的勻加速運動，設兩者再次相碰前A球速度為VA1，B球速度為VB.則滿足關系式VB = VA1/2= VA
（3）第二次碰後，A球以初速度VB作勻加速運動，B球以速度VA1作勻速運動，直到兩者第三次相碰.設兩者第三次相碰前A球速度為VA2，B球速度為VB1.則滿足關系式VB1= VA1=（VB + VA2）/2
∴VB1=2 VA；VA2=3 VA
第一次碰前A球走過的距離為L，根據運動學公式VA2=2aL
設第二次碰前A球走過的距離為S1，根據運動學公式VA12=2aS1
∴S1=4L
設第三次碰前A球走過的距離為S2，有關系式VA22－VA12=2aS2
∴S2=8L
即從開始到第三次相碰，A球走過的路程為S=13L
此過程中電場力對A球所做的功為W=QES=13 QEL.
【技巧點撥】 利用質量相等的兩物體碰撞的規律考生可很容易判斷出各球發生相互作用前後的運動規律，開始時B球靜止，A球在電場力作用下向右作勻加速直線運動，當運動距離L時與B球發生相碰.兩者相碰過程是彈性碰撞，碰後兩球速度互換，B球以某一初速度向右作勻速直線運動，A球向右作初速度為零的勻加速運動.當A追上B時兩者第二次發生碰撞，碰後兩者仍交換速度，依此類推.
技巧四、巧用阻礙規律解題
【典例4】 如圖2-2-6所示，小燈泡正常發光，現將一與螺線管等長的軟鐵棒沿管的軸線迅速插入螺線管內，小燈泡的亮度如何變化
A、不變 B、變亮 C、變暗 D、不能確定
解析：將軟鐵棒插入過程中，線圈中的磁通量增大，感應電流的效果要阻礙磁通量的增大，所以感應電流的方向與線圈中原電流方向相反，以阻礙
磁通量的增大，所以小燈泡變暗，C答案正確.
【方法鏈接】 楞次定律「效果阻礙原因」的幾種常見形式.
（1）就磁通量而言：感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量（原磁通量）的變化.即當原磁通量增加時，感應電流的磁場方向與原磁場方向相反；當原磁通量減少時，感應電流的磁場方向與原磁場方向相同，簡稱口訣「增反減同」.
（2）就相對運動而言：感應電流的效果阻礙所有的相對運動，簡稱口訣「來拒去留」，從運動效果上看，也可形象的表述為「敵進我退，敵逃我追」.
（3）就閉合電路的面積而言：致使電路的面積有收縮或擴張的趨勢.收縮或擴張是為了阻礙電路磁通量的變化.若穿過閉合電路的磁感線都為同一方向，則磁通量增大時，面積有收縮趨勢；磁通量減少時，面積有擴張趨勢.簡稱口訣「增縮減擴」.若穿過迴路的磁感線有兩個相反的方向，則以上結論不一定成立，應根據實際情況靈活應用，總之要阻礙磁通量的變化.
（4）就電流而言：感應電流阻礙原電流的變化，即原電流增大時，感應電流與原電流反向；原電流減小時，感應電流與原電流同向，簡稱口訣「增反減同」.
技巧五、巧用整體法解題
【典例5】 如圖2-2-7所示，光滑水平面上放置質量分別為m和2m的四個木塊，其中兩個質量為m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連，木塊間的最大靜摩擦力是μmg.現用水平拉力F拉其中一個質量為2 m的木塊，使四個木塊以同一加速度運動，則輕繩對m的最大拉力為
解析：以上面2個木塊和左邊的質量為2m的木塊整體為研究對象，根據牛頓第二定律有μmg=4ma
再以左邊兩木塊整體為研究對象，根據牛頓第二定律有T=3ma
答案正確.
【技巧點撥】 當系統內各物體有相同加速度時（一起處於靜止狀態或一起加速）或題意要求計算系統的外力時，巧妙選取整體（或部分整體）為研究對象可使解題更為簡單快捷.
技巧六、巧用幾何關系解題
【典例6】 如圖2-2-8所示，在真空區域內，有寬度為L的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場方向垂直紙面向里，MN、PQ是磁場的邊界.質量為m，帶電量為－q的粒子，先後兩次沿著與MN夾角為θ（0<θ<90º）的方向垂直磁感線射入勻強磁場B中，第一次，粒子是經電壓U1加速後射入磁場，粒子剛好沒能從PQ邊界射出磁場.第二次粒子是經電壓U2加速後射入磁場，粒子則剛好垂直PQ射出磁場.不計重力的影響，粒子加速前速度認為是零，求：
（1）為使粒子經電壓U2加速射入磁場後沿直線運動，直至射出PQ邊界，可在磁場區域加一勻強電場，求該電場的場強大小和方向.
（2）加速電壓的值.
解析：（1）如圖答2-2-9所示，經電壓加速後以速度射入磁場，粒子剛好垂直PQ射出磁場，根據幾何關系可確定粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在PQ邊界線的O點，半徑與磁場寬L的關系式為
加勻強電場後，粒子在磁場中沿直線運動射出PQ邊界的條件為，電場力的方向與磁場力的方向相反.
所以，方向垂直磁場方向斜向右下，與磁場邊界夾角為，如圖答2-2-10所示.
（2）經電壓U1加速後粒子射入磁場後剛好不能從PQ邊界射出磁場，表明在磁場中做勻速圓周運動的軌跡與PQ邊界相切，要確定粒子做勻速圓周運動的圓心O的位置，如圖答2-2-11所示，圓半徑R1與L的關系式為：
【方法鏈接】 解決帶電粒子在勻強磁場中勻速圓周運動問題，關鍵是確定圓心的位置，正確畫出粒子運動的草圖，利用幾何關系結合運動規律求解.
技巧七：巧用可逆原理解題
【典例7】 某同學在測定玻璃折射率時得到了多組入射角i與折射角r，並作出了sini與sinr的圖象如圖2-2-12所示.則下列說法正確的是
A． 實驗時，光線是由空氣射入玻璃
B． 實驗時，光線是由玻璃射入空氣
C． 利用sini /sinr可求得玻璃的折射率
D． 該玻璃的折射率為1.5
方法八：巧用等效法解題
【典例8】 如圖2-2-13所示，已知迴旋加速器中，D形盒內勻強磁場的磁感應強度B=1.5 T，盒的半徑R=60 cm，兩盒間隙d=1.0 cm，盒間電壓U=2.0×104 V，今將α粒子從近於間隙中心某點向D形盒內以近似於零的初速度垂直B的方向射入，求粒子在加速器內運行的總時間.
【技巧點撥】 粒子在間隙處電場中每次運動時間不相等，且粒子多次經過間隙處電場，如果分段計算，每一次粒子經過間隙處電場的時間，很顯然將十分繁瑣.我們注意到粒子離開間隙處電場進入勻強磁場區域到再次進入電場的速率不變，且粒子每在電場中加速度大小相等，所以可將各段間隙等效「銜接」起來，把粒子斷斷續續在電場中的加速運動等效成初速度為零的勻加速直線運動.
技巧九：巧用對稱法解題
【典例9】 一根自由長度為10 cm的輕彈簧，下端固定，上端連一個質量為m的物塊P，在P上放一個質量也是m的物塊Q.系統靜止後，彈簧長度為6 cm，如圖2-2-14所示.如果迅速向上移去Q，物塊P將在豎直方向做簡諧運動，此後彈簧的最大長度為
A．8 cm B．9 cm C．10 cm D．11 cm
解析：移去Q後，P做簡諧運動的平衡位置處彈簧長度8 cm，由題意可知剛移去Q時P物體所處的位置為P做簡諧運動的最大位移處.即P做簡諧運動的振幅為2 cm.當物體P向上再次運動到速度為零時彈簧有最大長度，此時P所處的位置為另一最大位移處，根據簡諧運動的對稱性可知此時彈簧的長度
為10 cm，C正確.
【方法鏈接】在高中物理模型中，有很多運動模型有對稱性，如（類）豎直上拋運動的對稱性，簡諧運動中的對稱性，電路中的對稱性，帶電粒子在勻強磁場中勻速圓周運動中幾何關系的對稱性.
方法十：巧用假設法解題
假設法是解決物理問題的一種常見方法，其基本思路為假設結論正確，經過正確的邏輯推理，看最終的推理結果是否與已知條件相矛盾或是否與物理實際情境相矛盾來判斷假設是否成立.
【典例10】如圖2-2-15，abc是光滑的軌道，其中ab是水平的，bc為與ab相切的位於豎直平面內的半圓，半徑R=0.3m.質量m=0.2kg的小球A靜止在軌道上，另一質量M=0.6kg，速度V0=5.5m/s的小球B與小球A正碰.已知相碰後小球A經過半圓的最高點C ，落到軌道上距b為處，重力加速度g=10m/s2，試通過分析計算判斷小球B是否能沿著半圓軌道到達C點.
解析 ：A、B組成的系統在碰撞前後動量守恆，碰後A、B運動的過程中只有重力做功，機械能守恆，設碰後A、B的速度分別為V1、V2，由動量守恆定律得
【方法鏈接】 假設法在物理中有著很廣泛的應用，凡是利用直接分析法很難得到結論的問題，用假設法來判斷不失為一種較好的方法，如判斷摩擦力時經常用到假設法，確定物體的運動性質時經常用到假設法.
技巧十一、巧用圖像法解題
【典例11】 部隊集合後開發沿直線前進，已知部隊前進的速度與到出發點的距離成反比，當部隊行進到距出發點距離為d1的A位置時速度為V1，求
（1）部隊行進到距出發點距離為d2的B位置時速度為V2是多大？
（2）部隊從A位置到B位置所用的時間t為多大.
解析：（1）已知部隊前進的速度與到出發點的距離成反比，即有公式V＝k/d（d為部隊距出發點的距離，V為部隊在此位置的瞬時速度），根據題意有
（2）部隊行進的速度V與到出發點的距離d滿足關系式d＝k/V，即d－圖象是一條過原點的傾斜直線，如圖2-2-16所示，由題意已知，部隊從A位置到B位置所用的時間t即為圖中斜線圖形（直角梯形）的面積.由數學知識可知
【方法鏈接】1.此題中部隊行進時速度的變化即不是勻速運動，也不是勻變速運動，很難直接用運動學規律進行求解，而應用圖象求解則使問題得到簡化.
2.考生可用類比的方法來確定圖象與橫軸所圍面積的物理意義.v－t圖象中，圖線與橫軸圍成圖形的面積表示物體在該段時間內發生的位移（有公式S＝v t，S與v t的單位均為m）；F－S圖象中，圖線與橫軸圍成圖形的面積表示F在該段位移S對物體所做的功（有公式W＝FS ，W與FS 的單位均為J）.而上述圖象中t＝d×1/V（t與d×1/V 的單位均為s），所以可判斷出該圖線與橫軸圍成圖形的面積表示部隊從出發點到此位置所用的時間.
技巧十二、巧用極限法解題
【典例12】 如圖2-2-17所示，輕繩的一端系在質量為m的物體上，另一端系在一個輕質圓環上，圓環套在粗糙水平桿MN上，現用水平力F拉繩上一點，使物體處於圖中實線位置，然後改變F的大小使其緩慢下降到圖中虛線位置，圓環仍在原來的位置不動，則在這一過程中，水平拉力F、環與桿的摩擦力F摩和環對桿的壓力FN的變化情況是
A.F逐漸增大，F摩保持不變，FN逐漸增大
B.F逐漸增大，F摩逐漸增大，FN保持不變
C.F逐漸減小，F摩逐漸增大，FN逐漸減小
D.F逐漸減小，F摩逐漸減小，FN保持不變
解析：在物體緩慢下降過程中，細繩與豎直方向的夾角θ不斷減小，可把這種減小狀態推到無限小，即細繩與豎直方向的夾角θ=0；此時系統仍處於平衡狀態，由平衡條件可知，當θ=0時，F=0，F摩 =0.所以可得出結論：在物體緩慢下降過程中，F逐漸減小，F摩也隨之減小，D答案正確.
【方法鏈接】 極限法就是運用極限思維，把所涉及的變數在不超出變數取值范圍的條件下，使某些量的變化抽象成無限大或無限小去思考解決實際問題的一種解題方法，在一些特殊問題當中如能巧妙的應用此方法，可使解題過程變得簡捷.
方法十三、巧用轉換思想解題
【典例13】 如圖2-2-18所示，電池的內阻可以忽略不計，電壓表和可變電阻器R串聯接成通路，如果可變電阻器R的值減為原來的1/3時，電壓表的讀數由U0增加到2U0，則下列說法中正確的是
A．流過可變電阻器R的電流增大為原來的2倍
B．可變電阻器R消耗的電功率增加為原來的4倍
C．可變電阻器兩端的電壓減小為原來的2/3
D．若可變電阻器R的阻值減小到零，那麼電壓表的示數變為4U0確
解析: 在做該題時，大多數學生認為研究對象應選可變電阻器，因為四個選項中都問的是有關R的問題；但R的電阻、電壓、電流均變，判斷不出各量的定量變化，從而走入思維的誤區．若靈活地轉換研究對象，會出現「柳暗花明」的意境；分析電壓表，其電阻為定值，當它的讀數由U0增加到2U0時，通過它的電流一定變為原來的2倍，而R與電壓表串聯，故選項A正確．再利用P＝I2R和U＝IR，R消耗的功率P′＝（2I）2R/3＝4P/3；R後來兩端的電壓U＝2IR/3，不難看出C對B錯．又因電池內阻不計，R與電壓表的電壓之和為U總，當R減小到零時，電壓表的示數也為總電壓U總；很輕松地列出U總＝IR＋U0＝2 IR/3＋2U0，解得U總＝4U0，故D也對．
【方法鏈接】 常見的轉換方法有研究對象的轉換、時間角度的轉換、空間角度的轉換、物理模型的轉換，本例題就是應用研究對象的轉換思想巧妙改變問題的思考角度，從而達到使問題簡化的目的.
技巧十四、巧用結論解題
【典例14】如圖2-2-19所示，如圖所示，質量為3m的木板靜止放在光滑的水平面上，木板左端固定著一根輕彈簧.質量為m的木塊（可視為質點），它從木板右端以未知速度V0開始沿木板向左滑行，最終回到木板右端剛好未從木板上滑出.若在小木塊壓縮彈簧的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能為EP，小木塊與木板間的動摩擦因數大小保持不變，求：
（1）木塊的未知速度V0
（2）以木塊與木板為系統，上述過程中系統損失的機械能
解析：系統在運動過程中受到的合外力為零，所以系統動量定恆，當彈簧壓縮量最大時，系統有相同的速度，設為V，根據動量守恆定律有m V0=（m+3m）V
木塊向左運動的過程中除了壓縮彈簧之外，系統中相互作用的滑動摩擦力對系統做負功導致系統的內能增大，根據能的轉化和守恆定律有
m V02/2－（m+3m）V2/2=EP+μmgL（μ為木塊與木板間的動摩擦因數，L為木塊相對木板走過的長度）
由題意知木塊最終回到木板右端時剛好未從木板上滑出，即木塊與木板最終有相同的速度由動量守恆定律可知最終速度也是V.整個過程中只有系統內相互作用的滑動摩擦力做功（彈簧總功為零），根據能量守恆定律有
故系統損失的機械能為2 EP.
【誤點警示】根據能的轉化和守恆定律，系統克服滑動摩擦力所做的總功等於系統機械能損失，損失的機械能轉化為系統的內能，所以有f滑L相對路程=△E（△E為系統損失的機械能）.在應用公式解題時，一定要注意公式成立所滿足的條件.當系統中只有相互作用的滑動摩擦力對系統做功引起系統機械能損失（其它力不做功或做功不改變系統機械能）時，公式f滑L相對路程=△E才成立.如果系統中除了相互作用的滑動摩擦力做功還有其它力對系統做功而改變系統機械能，則公式f滑L相對路程=△E不再成立，即系統因克服系統內相互作用的滑動摩擦力所產生的內能不一定等於系統機械能的損失.所以同學們在應用結論解題時一定要注意公式成立的條件是否滿足，否則很容易造成錯誤.
方法十五、巧用排除法解題
【典例15】 如圖2-2-22所示，由粗細均勻的電阻絲製成的邊長為L的正方形線框abcd，其總電阻為R.現使線框以水平向右的速度v勻速穿過一寬度為2L、磁感應強度為B的勻強磁場區域，整個過程中ab、cd兩邊始終保持與磁場邊界平行.令線框的cd邊剛好與磁場左邊界重合時開始計時(t＝0)，電流沿abcda流動的方向為正，Uo＝BLv.在下圖中線框中a、b兩點間電勢差Uab隨線框cd邊的位移x變化的圖像正確的是下圖中的
解析：當線框向右穿過磁場的過程中，由右手定則可判斷出總是a點的電勢高於b點電勢，即Uab＞0，所以A、C、D錯誤，只有B項正確.
【方法鏈接】 考生可以比較題設選項的不同之外，而略去相同之處，便可得到正確答案，或者考生能判斷出某三個選項是錯誤的，就沒必要對另外一個選項做出判斷而應直接把其作為正確答案.對本例題，考生只需判斷出三個過程中（進磁場過程、全部進入磁場過程、出磁場過程）中a、b兩點電勢的高低便可選擇出正確答案，而沒有必要對各種情況下a、b兩點電勢大小規律做出判斷.
解析：由圖象可知入射角的正弦值小於折射角的正弦值.根據折射定律可知光線是從光密介質射向光疏介質，即由玻璃射向空氣，B答案正確；根據折射定律n=sini /sinr可求得介質的折射率，但一定要注意此公式一定要滿足光線從空氣射向介質，而本題中光線是由玻璃射入空氣，所以不能直接利用sini /sinr求介質的折射率，根據光路可逆原理，當光線反轉時，其傳播路徑不變，即光從空氣中以入射角r射到該玻璃界面上時，折射後的折射角一定為i，根據折射定律可得玻璃的折射率n= sinr / sini=1.5（這里要注意很容易錯選C），C錯誤,D正確.正確答案為B、D.
【方法鏈接】 在光的反射或折射現象中，光路具有可逆性.即當光線的傳播方向反轉時，它的傳播路徑不變.在機械運動中，若沒有摩擦阻力、流體的粘滯阻力等耗散力做功時，機械運動具有可逆性.如物體的勻減速直線運動可看作反向的加速度不變的勻加速運動.