优化方案高考物理二轮复习综合讲义应试高分策略

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应试高分策略(学生阅读篇)‎ 第1讲　选择题突破策略与技巧——保住基础快得分 高考夺高分的关键，不在于题目的难度，而在于答题的速度．高考物理选择题平均每道题解答时间应控制在两分钟以内．选择题要做到既快又准，除了掌握直接判断和定量计算等常规方法外，还要学会一些非常规“巧解”方法．解题陷困受阻时更要切记不可一味蛮做，要针对题目的特性“千方百计”达到快捷解题的目的．‎ 妙法1　排除法 ‎[妙法解读]　在读懂题意的基础上，根据题目的要求，先将明显错误或不合理的选项逐一排除，最后只剩下正确的选项．注意有时题目要求选出错误的选项，那就是排除正确的选项．‎ ‎(2013·高考大纲全国卷)纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω.t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是(　　)‎ ‎[解析]　从导体杆转动切割磁感线产生感应电动势的角度考虑．当导体杆顺时针转动切割圆形区域中的磁感线时，由右手定则判断电动势由O指向A，为正，选项D错误；切割过程中产生的感应电动势E＝BL＝BL2ω，其中L＝2Rsin ωt，即E＝2BωR2sin2 ωt，可排除选项A、B，选项C正确．‎ ‎[答案]　C ‎[方法感悟]　此法在解答选择题中是使用频率最高的一种方法．基本思路是通过一个知识点或过程分析排除部分选项，然后再通过另一物理规律或过程分析排除部分选项，最后得出正确答案．‎ ‎　(2014·云南第一次检测)如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是选项中的(　　)‎ 解析：选D.A图中，磁场均匀增强，由楞次定律判断线圈ABCD中的感应电流沿顺时针方向，利用左手定则判断AB边受安培力方向向右，安培力大小由法拉第电磁感应定律有F安＝lB，则知F安变大，与题目已知不符，可排除A项；B图中，磁场变强，线圈中产生顺时针方向电流，AB边受安培力方向向右，安培力大小F安＝lB，则知F安变大，与题目已知不符，可排除B项；C图中，磁场变弱，线圈中产生逆时针方向电流，AB边受力方向向左，与题目已知不符，可排除C项；D图中，磁场变强，线圈中产生顺时针方向电流，AB边受安培力方向向右，安培力大小F安＝lB，可知安培力大小可能恒定，D对．‎ 妙法2　特值法 ‎　[妙法解读]　有些选择题，根据它所描述的物理现象的一般情况，难以直接判断选项的正误时，可以让某些物理量取特殊值，代入到各选项中逐个进行检验．凡是用特殊值检验证明是不正确的选项，一定是错误的，可以排除．‎ ‎(2013·高考安徽卷)如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力FT和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)(　　)‎ A．FT＝m(gsin θ＋acos θ)　FN＝m(gcos θ－asin θ)‎ B．FT＝m(gcos θ＋asin θ)　FN＝m(gsin θ－acos θ)‎ C．FT＝m(acos θ－gsin θ)　FN＝m(gcos θ＋asin θ)‎ D．FT＝m(asin θ－gcos θ)　FN＝m(gsin θ＋acos θ)‎ ‎[解析]　取特例a＝0，则FT＝mgsin θ，FN＝mgcos θ.将a＝0代入四个选项，只有A项可得到上述结果，故只有A正确．‎ ‎[答案]　A ‎[方法感悟]　以上解析用非常规解法，巧取特例轻松妙解，特例赋值法一般对通解表达式很奏效．‎ ‎　假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体，一矿井深度为d.已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为(　　)‎ A．1－　　　　　　　　 B．1＋ C.2 D.2‎ 解析：选A.取特殊情况，当d＝R时，重力加速度之比应该为0，排除B、D；取d＝，根据黄金代换式GM＝gR2得g∝ ，重力加速度之比不等于(因为质量M不一样)，排除C.答案为A.‎ 妙法3　极限法 ‎[妙法解读]　极限法是把某个物理量推向极端，从而作出科学的推理分析，给出判断或导出一般结论．该方法一般适用于题干中所涉及的物理量随条件单调变化的情况．极限思维法在进行某些物理过程分析时，具有独特作用，使问题化难为易，化繁为简，达到事半功倍的效果．‎ 如图甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电荷量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：‎ E＝2πkσ，方向沿x轴．现考虑单位面积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图乙所示．则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为(　　)‎ A．2πkσ0 B．2πkσ0 C．2πkσ0 D．2πkσ0 ‎[解析]　无限大均匀带电平板周围的电场可以等效为匀强电场，挖去的圆板如果r趋于0，则选项表达式表示的场强应为恒定值，比较得A项正确．答案为A.‎ ‎[答案]　A ‎[方法感悟]　以上解法令r趋于0，巧妙地采用了极限思维法，让看似棘手的问题迎刃而解．‎ ‎　如图，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B.若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A和B的拉力大小分别为T1和T2，已知下列四个关于T1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是(　　)‎ A．T1＝　　　 B．T1＝ C．T1＝ D．T1＝ 解析：选C.设滑轮的质量为零，即看成轻滑轮，若物体B的质量较大，由整体法可得加速度a＝g，隔离物体A，据牛顿第二定律可得T1＝ g．应用“极限推理法”，将m＝0代入四个选项分别对照，可得选项C正确，故选C.(本题用特例m1＝m2解更加简单．)‎ 妙法4　逆向法 ‎　[妙法解读]　逆向思维是逆着事件发生的时间顺序或者由果到因进行思考，寻求解决问题的方法．逆向思维法的运用主要体现在可逆性物理过程中(如运动的可逆性、光路的可逆性等)，或者运用反证归谬、执果索因进行逆向思维．逆向思维有时可以使解答过程变得非常简捷，特别适用于选择题的解答．‎ ‎(多选)如图所示，在水平地面上的A点以速度v1与地面成θ角射出一弹丸，恰好以速度v2垂直穿入竖直壁上的小孔B，下列说法正确的是(不计空气阻力)(　　)‎ A．在B点以与v2大小相等的速度，与v2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上的A点 B．在B点以与v1大小相等的速度，与v2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上的A点 C．在B点以与v1大小相等的速度，与v2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上A点的左侧 D．在B点以与v1大小相等的速度，与v2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上A点的右侧 ‎[解析]　以速度v1与地面成θ角射出一弹丸，恰好以速度v2垂直穿入竖直壁上的小孔B，说明弹丸在B点的竖直速度为零，v2＝v1cos θ，根据“逆向”思维：在B点以与v2大小相等方向相反的速度射出弹丸，它必落在地面上的A点，A正确；在B点以与v1大小相等的速度，与v2方向相反射出弹丸，由于v1＞v2，弹丸在空中运动的时间不变，所以它必定落在地面上A点的左侧，C正确，B、D错误．‎ ‎[答案]　AC ‎[方法感悟]　弹丸做的是斜上抛运动，到达最高点时速度水平，解答时若直接对斜抛运动进行分解，解答过程比较麻烦，但若采用逆向思维法，利用平抛运动规律求解，解答过程会简化很多．‎ ‎　(多选)‎ 一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连．小球某时刻正处于图示状态．设斜面对小球的支持力为FN，细绳对小球的拉力为FT，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是(　　)‎ A．若小车向左运动，FN可能为零 B．若小车向左运动，FT可能为零 C．若小车向右运动，FN不可能为零 D．若小车向右运动，FT不可能为零 解析：选AB.对小球进行受力分析，假设FN为零，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小车可能向右加速运动或向左减速运动，A对C错；假设FT为零，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小车可能向右减速运动或向左加速运动，B对D错．‎ 妙法5　对称法 ‎[妙法解读]　对称情况存在于各种物理现象和物理规律中，应用这种对称性可以帮助我们直接抓住问题的实质，避免复杂的数学演算和推导，快速解题．‎ ‎(2013·高考江苏卷)下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是(　　)‎ ‎[解析]　由对称原理可知，A、C图中在O点的场强大小相等，D图中在O点场强为0，B图中两圆环在O点合场强应最大，选项B正确．‎ ‎[答案]　B ‎[方法感悟]　利用对称性，只计算抵消后剩余部分的场强，这样可以明显减少解答运算量，做到快速解题．‎ ‎　如图所示，电荷量为＋q和－q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有(　　)‎ A．体中心、各面中心和各边中点 B．体中心和各边中点 C．各面中心和各边中点 D．体中心和各面中心 解析：选D.由等量同种点电荷或等量异种点电荷的场强对称分布可推断：对正方体的上表面中心，上表面的四个电荷分成两组产生的场强都是零，下表面的四个电荷分成两组产生的场强等大反向，所以正方体的上表面中心处的合场强为零，同理，所有各面中心处的合场强都为零；在体中心，可以将八个电荷分成四组，产生的合场强为零；而在各边中心，场强无法抵消，合场强不为零．答案为D.‎ 妙法6　反证例举法 ‎　[妙法解读]　有些选择题的选项中，带有“可能”、“可以”等不确定词语，只要能举出一个特殊例子证明它正确，就可以肯定这个选项是正确的；有些选择题的选项中，带有“一定”、“不可能”等肯定的词语，只要能举出一个反例驳倒这个选项，就可以排除这个选项．‎ 关于静电场，下列说法正确的是(　　)‎ A．电势等于零的物体一定不带电 B．电场强度为零的点，电势一定为零 C．同一电场线上的各点，电势一定相等 D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 ‎[解析]　带电物体的电势可以为零，比如接地的导体，可以带电，取大地电势为零，则此导体的电势为零，A错；电场强度和电势没有必然的联系，场强为零的地方，电势可以为零，也可以不为零，如两等量正点电荷连线中点处的场强为零，但电势不一定为零，B错；顺着电场线的方向，电势降低，C错；负电荷沿电场线方向移动，则电场力做负功，电势能一定增加，D对．‎ ‎[答案]　D ‎[方法感悟]　对于有“一定”的选项，只要能找到“不一定”的反例，或对于有“不可能”的选项，只要能找到“可能”的例子，就可将此选项排除．‎ ‎　(多选)(2014·成都九校联考)如图所示，物体在水平推力F的作用下静止在斜面上，若稍微增大水平力F而物体仍保持静止，则下列判断中错误的是(　　)‎ A．斜面对物体的静摩擦力一定增大 B．斜面对物体的支持力一定增大 C．物体在水平方向所受合力一定增大 D．物体在竖直方向所受合力一定增大 解析：选ACD.原来斜面对物体的静摩擦力方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，所以稍微增大水平力F，静摩擦力可能增大也可能减小，甚至可能大小不变，A说法错误；F增大，则物体对斜面的压力FN＝mgcos θ＋Fsin θ也增大，所以B说法正确；根据物体仍保持静止可知，物体在水平方向和竖直方向上的合力都为零，所以C、D的说法都是错误的．‎ 妙法7　结论法 ‎　[妙法解读]　在平时的解题过程中，积累了大量的“二级结论”，熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化，节约解题时间．非常实用的二级结论有：(1)等时圆规律；(2)平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点；(3)不同质量和电荷量的同性带电粒子由静止相继经过同一加速电场和偏转电场，轨迹重合；(4)直流电路中动态分析的“串反并同”结论；(5)平行通电导线同向相吸，异向相斥；(6)带电平行板电容器与电源断开，改变极板间距离不影响极板间匀强电场的强度等．‎ 如图所示，长度相等的两杆OA、OB通过转动轴相连于O点(B端滑轮大小不计)，一端系有重物的轻绳，另一端跨过滑轮固定于A点，OA保持竖直不动，杆OB与杆OA的夹角θ可调整，现将一光滑小轻环套在细绳上，让其从A点由静止开始下滑至B点，在下滑过程中θ角保持不变，细绳始终绷直，下面关于轻环下滑时间的判断，正确的是(　　)‎ A．θ角越大，下滑所需时间越长 B．θ＝45°时，下滑所需时间最短 C．θ＝90°时，下滑所需时间最短 D．不论θ为何值，下滑所需时间都相同 ‎[解析]　本题属于等时圆模型，故D正确．‎ ‎[答案]　D ‎[方法感悟]　二级结论在计算题中一般不可直接应用，但运用其解答选择题时优势是显而易见的，可以大大提高解题的速度和准确率．‎ ‎　在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图，过c点的导线所受安培力的方向(　　)‎ A．与ab边平行，竖直向上 B．与ab边平行，竖直向下 C．与ab边垂直，指向左边 D．与ab边垂直，指向右边 解析：选C.根据“平行通电导线同向相吸，异向相斥”的二级结论，可知a、b处导线对c处导线的安培力的合力方向水平向左．答案为C.‎ 妙法8　作图法 ‎　[妙法解读]　根据题目的内容画出图象或示意图，如物体的运动图象、光路图、气体的状态变化图象等，再利用图象分析寻找答案．作图类型主要有三种：(1)函数图象；(2)矢量图；(3)几何图．‎ ‎(2014·高考安徽卷)如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则(　　)‎ A．v1＝v2，t1＞t2 B．v1＜v2，t1＞t2‎ C．v1＝v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＜t2‎ ‎[解析]　管道内壁光滑，只有重力做功，小球机械能守恒，因此可得：v1＝v2＝v0.根据两过程中速率变化的规律，初速、末速大小相等，及路程相等可画出速率—时间图象定性分析，得t1＞t2.A对．‎ ‎[答案]　A ‎[方法感悟]　作图分析法具有形象、直观的特点，便于了解各物理量之间的关系，能够避免繁琐的计算，迅速简便地找出正确选项．‎ ‎　如图所示，长方形区域abcd，长ad＝‎0.6 m，宽ab＝‎0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25 T．一群不计重力、质量m＝3.0×10－‎7kg、电荷量q＝＋2.0×10－‎3C的带电粒子以速度v＝5.0×‎102 m/s沿垂直ad的方向垂直于磁场射入磁场区域(　　)‎ A．从Od段射入的粒子，出射点全部分布在Oa段 B．从Oa段射入的粒子，出射点全部分布在ab边 C．从Od段射入的粒子，出射点分布在Oa段和ab边 D．从Oa段射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边 解析：选D.粒子在磁场中做匀速圆周运动，在磁场外做匀速直线运动，粒子在磁场中有qvB＝m，r＝＝‎0.3 m．从Od段射入的粒子，如果abcd区域均分布磁场，从O点射入的粒子刚好从b点射出，现半圆外区域没有磁场，粒子做直线运动，出射点在bc边上(如图所示)；从Oa段射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边，D正确．‎ 妙法9　等效法 ‎　[妙法解读]　等效替换法是把陌生、复杂的物理现象、物理过程在保证某种效果、特性或关系相同的前提下，转化为简单、熟悉的物理现象、物理过程来研究，从而认识研究对象本质和规律的一种思想方法．等效替换法广泛应用于物理问题的研究中，如：力的合成与分解、运动的合成与分解、等效场、等效电源……‎ ‎(2013·高考安徽卷)如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z＜0的空间，z＞0的空间为真空．将电荷量为q的点电荷置于z轴上z＝h处，则在xOy平面上会产生感应电荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z＝处的场强大小为(k为静电力常量)(　　)‎ A．k B．k ‎ C．k D．k ‎ ‎[解析]　点电荷q和感应电荷所形成的电场在z＞0的区域可等效成关于O点对称的等量异号电荷形成的电场．所以z轴上z＝处的场强E＝k＋k＝k，选项D正确．‎ ‎[答案]　D ‎[方法感悟]　此方法的基本特征为等效替代，把复杂问题转化为一个较简单的问题，起到化难为易的作用．‎ ‎　(2013·高考安徽卷)由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是‎0.28 m3‎/min，水离开喷口时的速度大小为‎16 m/s，方向与水平面夹角为60°，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g取‎10 m/s2)(　　)‎ A．‎28.8 m　1.12×10－‎2 m3‎ ‎ B．‎28.8 m　‎‎0.672 m3‎ C．‎38.4 m　1.29×10－‎2 m3‎ ‎ D．‎38.4 m　‎‎0.776 m3‎ 解析：选A.将水的运动等效为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，由右图可知，vx＝vcos 60°，vy＝vsin 60°，水柱的高度h＝＝‎28.8 m，上升时间t＝＝2.4 s，空中水柱的水量相当于从喷口2.4 s内喷出的水量，故Q＝×‎2.4 m3‎＝1.12×10－‎2 m3‎，故选项A正确．‎ 妙法10　估算法 ‎[妙法解读]　有些选择题本身就是估算题，有些貌似要精确计算，实际上只要通过物理方法(如：数量级分析)，或者数学近似计算法(如：小数舍余取整)，进行大致推算即可得出答案．估算是一种科学而有实用价值的特殊方法，可以大大简化运算，帮助考生快速地找出正确选项．‎ ‎(2013·高考江苏卷)水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等．碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的(　　)‎ A．30% B．50%‎ C．70% D．90%‎ ‎[解析]　根据v＝和Ek＝mv2解决问题．量出碰撞前的小球间距与碰撞后的小球间距之比为12∶7，即碰撞后两球速度大小v′与碰撞前白球速度v的比值，＝.所以损失的动能ΔEk＝mv2－×2mv′2，≈30%，故选项A正确．‎ ‎[答案]　A ‎[方法感悟]　此题解法灵活，运用数学近似计算的技巧，如把小数舍余取整，相差较大的两个量求和时舍去小的那个量，并未严格精确计算也可快速得出正确选项．‎ ‎　卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送．如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于(可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×‎105 km，运行周期约为27天，地球半径约为6 ‎400 km，无线电信号的传播速度为3×‎108 m/s)(　　)‎ A．0.1 s B．0.25 s C．0.5 s D．1 s 解析：选B.由＝m2r得r∝，故r卫＝·r月＝r月≈4×‎107 m(注：由同步卫星的常识也可得r卫≈7R地)．最短时间t＝＝≈＝ s ≈0.27 s.‎ 第2讲　实验题突破策略与技巧——提高技能多捞分 近几年高考对实验的考查，多以一大带一小的形式，其中第一小题为常规实验题，侧重考查基本实验仪器的读数或常规型实验．第二小题侧重对学生实验迁移能力的考查，常以设计性实验来体现，主要为电学实验，也有力学实验．只要扎扎实实掌握课本实验的实验原理、实验方法、数据处理的方法及分析，灵活迁移到解决创新性、设计性实验中，就能稳得实验题高分．分类型突破如下：‎ 类型1　读数与作图型 ‎[类型解读]　此类型题考查常用仪器的使用和读数，以及实验作图或电学部分的实物连线．‎ ‎[突破策略]　对于读数问题，要弄清是否要估读、数据有效数字的位数以及要求的单位．对作图或连线题要从细节和规范上加以注意．总之，答题时周密细致、临场不慌，就能得全分．‎ ‎(2013·高考北京卷)某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻Rx的阻值．‎ ‎(1)现有电源(4 V，内阻可不计)，滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流‎2 A)，开关和导线若干，以及下列电表：‎ A．电流表(0～‎3 A，内阻约0.025 Ω)‎ B．电流表(0～‎0.6 A，内阻约0.125 Ω)‎ C．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)‎ D．电压表(0～15 V，内阻约15 kΩ)‎ 为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________(选填器材前的字母)；实验电路应采用图1中的________(选填“甲”或“乙”)．‎ ‎(2)图2是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在(1)问中所选的电路图，补充完成图2中实物间的连线．‎ ‎(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U.某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值Rx＝＝________Ω(保留两位有效数字)．‎ ‎[解析]　(1)电源电动势E＝4 V，被测电阻Rx≈5 Ω，则Imax＝＝ A＝‎‎0.8 A ‎，电流表若选A读数时误差较大，因此电流表应选B；考虑电压表测量电压时的指针转动范围，电压表应选C.由于＞Rx，故电流表应选择外接法(甲图)．‎ ‎(2)见答案 ‎(3)题图3中的电流表示数I＝‎0.50 A，电压表示数U＝2.60 V，故Rx＝＝5.2 Ω.‎ ‎[答案]　(1)B　C　甲 ‎(2)如图所示 ‎(3)5.2‎ 类型2　方案与器材选择型 ‎　[类型解读]　方案选择型实验题根据着重点不同主要可分为二类：一类是测量方案的选择；一类是数据处理方法的选择．‎ 器材选择型实验题是指以考查基本仪器选择为主的实验题(主要为电学实验)，此类实验题主要有两种情况：一种是给出实验目的，要求选择实验仪器；另一种是给出电学中的一些电表、电阻和实验需要测量的物理量，要求选择实验仪器，或选择实验电路．‎ ‎[突破策略]　对于测量方案的选择，要通过分析题述的各种方案的可行性和实验的实际情况选择符合题目要求的方案；对于电路的选择，要考虑到测量的系统误差和电表指针偏转的角度，选择符合要求且误差尽可能小的电路；对于数据处理方法的选择，要根据实验的实际情况和题目要求选择最佳数据处理方法．‎ 仪器选择的原则：安全可行、精确合理、操作方便．对于给出实验目的要求选择实验仪器类实验题，要根据实验原理选择最适合的仪器；对于电表选择类，一定要对电路的最大电流值和电压值进行估算，其电表量程要稍大于电路的最大电流值和电压值．分压电路，滑动变阻器要在满足最大允许电流要求的条件下尽可能选择最大阻值较小的；限流电路，滑动变阻器要在满足要求的条件下尽可能选择最大阻值与待测电路部分电阻差不多的．‎ ‎(2014·安徽名校联考)某物理学习小组的两位同学采用“伏安法”测金属丝电阻率的实验中．‎ ‎(1)先用米尺测出金属丝长度为L，再用螺旋测微器测量金属丝的直径．使用时发现所用螺旋测微器存在零误差，测微螺杆与测砧直接接触时读数如图甲所示，测量金属丝直径时如图乙所示，则金属丝的直径是________mm；‎ ‎(2)用多用电表粗测金属丝电阻，选择电阻挡倍率“×‎1”‎，将两表笔短接，进行________，再使表笔接触金属丝两端，读数如图丙所示，则其阻值为Rx＝________Ω；‎ ‎(3)实验室备有下列实验器材．‎ A．电压表V1(量程0～3 V，内阻约为15 kΩ)‎ B．电压表V2(量程0～15 V，内阻约为75 kΩ)‎ C．电流表A1(量程0～‎3 A，内阻约为0.2 Ω)‎ D．电流表A2(量程0～‎0.6 A，内阻约为1 Ω)‎ E．滑动变阻器R1(0～100 Ω，‎0.6 A)‎ F．滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，‎0.1 A)‎ G．电池组E(电动势为3 V，内阻约为0.3 Ω)‎ H．开关S，导线若干 为减小实验误差，应选用的实验器材有________(填代号)．应选用图中________(填“丁”或“戊”)为该实验的电路原理图．‎ ‎[解析]　(1)由甲图可知螺旋测微器的零误差为‎0.020 mm，所以金属丝的直径为‎0.505 mm.‎ ‎(2)多用电表测电阻之前，需要先欧姆调零；读数为6 Ω.‎ ‎(3)由于电源的电动势为3 V，所以电压表应选A；被测电阻约为6 Ω，电路中的最大电流约为I＝＝‎0.5 A，电流表应选D；根据滑动变阻器允许通过的最大电流可知，滑动变阻器应选E；还要选用电池、开关和导线若干．故应选用的实验器材有ADEGH.由于＞，应采用电流表外接法，应选图戊所示电路．‎ ‎[答案]　(1)0.505(0.504～0.506之间均正确)‎ ‎(2)欧姆调零　6‎ ‎(3)ADEGH　戊 类型3　基本操作型 ‎[类型解读]　所谓基本实验操作型实验题主要考查实验的基本操作，此类题主要有三类：一类是对实验操作的关键点考查，明确方法；第二类是对题述的实验步骤分析找出错误进行改正；三是补全实验步骤．‎ ‎[突破策略]　解答基本操作型实验题首先要理解掌握实验的基本步骤，特别是实验的一些细节，其次要知道实验的注意事项．根据实验要点，抓住关键，按照题目要求解答．‎ ‎(2014·高考天津卷)某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示．‎ ‎(1)若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些________________________________________________________________________‎ ‎____________________.‎ ‎(2)实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是下列的哪个________(填字母代号)．‎ A．避免小车在运动过程中发生抖动 B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰 C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动 D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力 ‎(3)平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度．在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决方法：________________________________________________________________________‎ ‎____________________.‎ ‎(4)他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，这一情况可能是下列哪些原因造成的________(填字母代号)．‎ A．在接通电源的同时释放了小车 B．小车释放时离打点计时器太近 C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉 D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力 ‎[解析]　(1)计算小车的动能变化需用天平测质量；在计算小车通过的位移、小车的瞬时速度时都需用刻度尺测距离．‎ ‎(2)只有绳与板面平行时，才能保证小车运动中与板面间的压力不变，才能保证小车所受摩擦力不变，才能保证平衡摩擦力后绳的拉力等于小车所受合力，故D正确．‎ ‎(3)要增加纸带上所打下点的数目，只有减小小车运动的加速度．在所挂钩码数目不变的情况下只有增大小车的质量，即在车上增加砝码或钩码．‎ ‎(4)当将钩码重力作为小车所受合力时，需满足几个条件：一是摩擦力被平衡，二是绳与板面平行，此二者可保证绳对车的拉力等于车所受合力，但小车加速运动时钩码加速下降，钩码重力大于绳上拉力，则只有当钩码质量远小于小车质量时二者才近似相等，故此情况可能是由C、D原因造成的．‎ ‎[答案]　(1)刻度尺、天平(包括砝码)　(2)D　(3)可在小车上加适量砝码(或钩码)　(4)CD 类型4　测量计算型 ‎[类型解读]　该类型实验题主要考查实验数据的处理能力以及对结果进行误差分析．‎ ‎[突破策略]　解答该类型实验题的步骤：明确实验中的物理过程，找出遵循的物理规律，选定所需公式进行计算，总之是用解决计算题的思维解决实验题．‎ ‎(2014·高考浙江卷)小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值．‎ ‎(1)图甲是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图甲中画出．‎ ‎(2)小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到UI图上，如图乙所示．在图中，由电流表外接法得到的数据点是用________(填“○”或“×”)表示的．‎ ‎(3)请你选择一组数据点，在图乙上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为________ Ω.‎ ‎[解析]　(1)由题图甲知电源采用了两节干电池，则电压表应选用3 V量程，见答案图．‎ ‎(2)在内接法中由U＝I(R＋RA)知其U－I图线的斜率k内＝R＋RA＞R；在外接法中由其U＝R即U＝I知其U－I图线的斜率k外＝＜R，可见对应于外接法的图线斜率较小 ‎．‎ ‎(3)由U＝IR知U－I图线的斜率对应于R的测量值．选择其中一组“×”或“○”连线，求出图线的斜率即可．用“×”连线时R＝(1.1～1.3) Ω，用“○”连线时R＝(1.5～1.7) Ω.‎ ‎[答案]　(1)如图所示 ‎(2)图象见解析　×　(3)见解析 类型5　规律探究型 ‎　[类型解读]　所谓探究型实验题是指为探究某种规律而设计的实验．探究型实验题注重考查学生的科学探究能力和对综合实验知识的掌握程度．探究型实验题强调的是“探究”，重点是数据的分析和处理．题目一般具有开放性，有一定难度．‎ ‎[突破策略]　解答探究型实验题，一是要切题，要明确探究什么，如何探究，要搞清楚实验装置，知道各个器件的作用；二是要应用相关知识，搞清楚实验方法和实验步骤；三是要对探究结论按照题目要求进行分析．‎ ‎(2014·高考广东卷)某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．‎ ‎(1)如图甲，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k＝________ N/m.(g取‎9.8 m/s2)‎ 砝码质量/g ‎50‎ ‎100‎ ‎150‎ 弹簧长度/cm ‎8.62‎ ‎7.63‎ ‎6.66‎ ‎(2)取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图乙所示；调整导轨，当滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小________．‎ ‎(3)用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为________．‎ ‎(4)重复(3)中的操作，得到v与x的关系如图丙，由图可知，v与x成________关系，由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的________成正比．‎ ‎[解析]　(1)由F＝kx得ΔF＝k·Δx，代入表中数据可得出k值．‎ ‎(2)滑块滑行过程中无摩擦阻力，自由滑动时导轨已调整到水平状态，故滑块此时匀速运动．‎ ‎(3)当不考虑空气阻力、摩擦等因素且导轨又调到水平状态时，释放滑块的过程中只涉及弹性势能与滑块的动能，即能量只在这两种形式之间转化．‎ ‎(4)v x图线是过原点的直线，故v∝x.因Ep＝Ek＝mv2∝v2∝x2，故Ep∝x2.‎ ‎[答案]　(1)49.5～50.5　(2)相等　(3)滑块的动能　(4)正比　x2‎ 类型6　创新设计型 ‎　[类型解读]　所谓设计型实验题，就是按照题目要求，设计实验方案或实验电路的实验题．‎ ‎[突破策略]　解答设计型实验题，就是要按照题目要求和题目给出的实验器材，应用相关的物理知识，迁移教材实验的方法，设计出切实可行的实验方案或实验电路．‎ ‎(2014·高考四川卷)如图是测量阻值约几十欧的未知电阻Rx的原理图，图中R0是保护电阻(10 Ω)，R1是电阻箱(0～99.9 Ω)，R是滑动变阻器，A1和A2是电流表，E是电源(电动势10 V，内阻很小)．‎ 在保证安全和满足要求的情况下，使测量范围尽可能大．实验具体步骤如下：‎ ‎(1)连接好电路，将滑动变阻器R调到最大；‎ ‎(2)闭合S，从最大值开始调节电阻箱R1，先调R1为适当值，再调节滑动变阻器R，使A1示数I1＝‎0.15 A，记下此时电阻箱的阻值R1和A2的示数I2；‎ ‎(3)重复步骤(2)，再测量6组R1和I2值；‎ ‎(4)将实验测得的7组数据在坐标纸上描点．‎ 根据实验回答以下问题：‎ ‎①现有四只供选用的电流表：‎ A．电流表(0～3 mA，内阻为2.0 Ω)‎ B．电流表(0～3 mA，内阻未知)‎ C．电流表(0～‎0.3 A，内阻为5.0 Ω)‎ D．电流表(0～‎0.3 A，内阻未知)‎ A1应选用________，A2应选用________．‎ ‎②测得一组R1和I2值后，调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1＝‎0.15 A，应让滑动变阻器R接入电路的阻值________(选填“不变”、“变大”或“变小”)．‎ ‎③在坐标纸上画出R1与I2的关系图．‎ ‎④根据以上实验得出Rx＝________ Ω.‎ ‎[解析]　①该实验测Rx电阻的原理为并联电路两支路电压相等，即(Rx＋r2)I2＝(R0＋R1＋r1)I1，其中r1、r2分别为A1、A2两表的内阻．又因为Rx的阻值约几十欧，与R0＋R1在同一数量级，A1示数为I1＝‎0.15 A，表示电流表A1只能从C、D中选择，A2电流数量级与A1相同．由测量原理可知：(Rx＋r2)I2＝(R0＋R1＋r1)I1，因Rx未知，故r2阻值应已知，故A1选D，A2选C.‎ ‎②因A1示数I1＝‎0.15 A不变，R1变小，(R0＋R1＋r1)I1变小，滑动变阻器所分电压变大，R应变大．‎ ‎③该图线为一条直线，离线较远的一组数据为错误数据，应舍去，其他点应对称分布在直线两侧．‎ ‎④由实验原理得：(R0＋R1＋r1)I1＝(Rx＋r2)I2‎ 其中R0＝10 Ω，r2＝5.0 Ω，I1＝‎0.15 A，从图线上选择两组R1、I2代入不同数值可解得Rx约为31 Ω.‎ ‎[答案]　①D　C　②变大　③关系图线如图所示　④31‎ 第3讲　计算题突破策略与技巧——规范答题抓大分 实践表明，综合大题的解题能力和得分能力都可以通过“大题小做”的解题策略有效提高．“大题小做”的策略体现在将一个复杂过程分解成若干个子过程，每个子过程就是一个小题，然后各个击破．具体来讲可以分三步来完成：审题规范化，思维规范化，答题规范化．‎ 第一步：审题规范化 审题流程：通读→细读→选读 第一遍读题——通读 读后头脑中要出现物理图景的轮廓．由头脑中的图景(物理现象、物理过程)与某些物理模型找关系，初步确定研究对象，猜想所对应的物理模型．‎ 第二遍读题——细读 读后头脑中要出现较清晰的物理图景．由题设条件，进行分析、判断，确定物理图景(物理现象、物理过程)的变化趋势．基本确定研究对象所对应的物理模型．‎ 第三遍读题——选读 通过对关键词语的理解、隐含条件的挖掘、干扰因素的排除之后，对题目要有清楚的认识．最终确定本题的研究对象、物理模型及要解决的核心问题．‎ 第二步：思维规范化 思维流程：文字→情境→模型→规律→决策→运算→结果．‎ 第三步：答题规范化 答题流程：画示意图→文字描述→分步列式→联立求解→结果讨论．具体要求如下：‎ ‎1．文字说明简洁准确；‎ ‎2．分步列式联立求解；‎ ‎3．结果表达准确到位．‎ 下面针对高考常考的综合大题分类进行突破．‎ 类型1　运动学和动力学综合题 ‎[类型解读]　运动学、动力学是物理学的基础，更是高考考查的热点．其中牛顿运动定律、匀变速直线运动、平抛运动和圆周运动是历年高考的必考内容，有时与电场、磁场结合，综合性强，难度大，分值高，对能力要求较高．‎ ‎[突破策略]　运动学和动力学的综合问题常体现在牛顿运动定律的应用上，对物体进行正确受力分析和运动分析是解题的关键，要想获取高分应注意以下几点：‎ ‎(1)正确选取研究对象，可根据题意选取受力或运动情况清楚且便于解题的物体(或物体的一部分或几个物体组成的系统)为研究对象．‎ ‎(2)全面分析研究对象的受力情况，正确画出受力示意图，再根据力的合成或分解知识求得研究对象所受合力的大小和方向．‎ ‎(3)全面分析研究对象的运动情况，画出运动过程示意图，特别要注意所研究运动过程的运动性质及受力情况并非恒定不变时，一定要把整个运动过程分成几个阶段的运动过程来分析．‎ 如图所示为一种运动游戏，运动员从起跑线开始推着滑板加速一段相同距离后，再跳上滑板自由滑行，滑行距离远但又不掉入水池的为获胜者，其运动过程可简化为以下模型：一质量M＝‎60 kg的运动员用与水平方向成37°角的恒力F斜向下推静止于A点、质量m＝‎20 kg的滑板，使其匀加速运动到P点时迅速跳上滑板(跳上瞬间可认为滑板速度不变)，与滑板一起运动到水池边的B点时刚好停下，已知AP长x1＝‎12 m，PB长x2＝‎28.8 m，滑板与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2，不计滑板长和空气阻力，取＝2.24，重力加速度g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：‎ ‎(1)运动员在AP段所施加的力F的大小；‎ ‎(2)滑板从A运动到B所用的时间t.‎ ‎[解析]　(1)设滑板在P点时速度为v，AP段加速度大小为a1，PB段加速度大小为a2，则有v2＝‎2a1x1＝‎2a2x2‎ 而a2＝μg＝‎2 m/s2‎ a1＝ 联立各式并代入数据得：F＝200 N.‎ ‎(2)由x＝ t＝t知t＝ 代入数据得t＝7.62 s.‎ ‎[答案]　(1)200 N　(2)7.62 s ‎[规律总结]　本题是典型的先加速后减速的运动问题，求解时一定要抓住连接点的速度值．匀变速直线运动求解时间一般用公式x＝ t＝t.利用Ff＝μFN求滑动摩擦力时一定要注意正压力．‎ 类型2　有关能量的综合题 ‎[类型解读]　能量是力学部分继牛顿运动定律后的又一重点，是高考的“重中之重”．此类试题常与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动、电磁学等知识相联系，综合性强、涉及面广、分值大、物理过程复杂，要求学生要有很强的受力分析能力、运动过程分析能力及应用知识解决实际问题的能力，因而备受命题专家青睐．‎ ‎[突破策略]　(1)由于应用功能关系和能量守恒定律分析问题时，突出物体或物体系所经历的运动过程中状态的改变，因此应重点关注运动状态的变化和引起变化的原因，明确功与对应能量的变化关系．‎ ‎(2)要能正确分析所涉及的物理过程，能正确、合理地把全过程划分为若干阶段，弄清各阶段所遵循的规律及各阶段间的联系．‎ ‎(3)当研究对象是一物体系统且它们间有相互作用时，一般优先考虑功能关系和能量守恒定律，特别是题中出现相对路程时，一定先考虑能量守恒定律．‎ 如图所示，竖直平面内，水平光滑轨道CD与两个半径相同的半圆轨道分别相切于D、C，在A点某人将质量为m＝‎0.1 kg的小球以一定初速度水平弹出，小球沿水平轨道AB滑行并从B点水平飞离，小球与水平轨道CD碰撞(碰撞过程小球无机械能损失)两次后恰好到达半圆轨道的E点，在E点小球对轨道的压力为 N，已知小球与AB间的动摩擦因数μ＝0.1，AB长s＝‎10 m，水平轨道CD长l＝‎12 m，小球每次与水平轨道碰撞时间为Δt＝2×10－3 s，碰撞时水平速度不变，竖直速度反向，取重力加速度g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)半圆轨道的半径R；‎ ‎(2)人对小球所做的功W0；‎ ‎(3)碰撞过程中，水平轨道对小球的平均作用力大小．‎ ‎[解析]　(1)由题知小球从B到E，水平方向做匀速运动，故vB＝vE　①‎ 在E点，由牛顿第二定律知 mg＋N＝m②‎ 因小球与CD碰撞两次，由平抛运动规律知 水平方向：＝vEt③‎ 竖直方向：2R＝gt2④‎ 联立①②③④并代入数值得R＝‎0.9 m.‎ ‎(2)从A到B由动能定理知 μmgs＝EkA－mv 由功能关系知人对小球所做的功 W0＝EkA 解得W0＝2.25 J.‎ ‎(3)小球在碰撞时竖直方向速度变化量 Δvy＝2gt 产生的加速度a＝ 由牛顿第二定律知－mg＝ma 解得＝601 N.‎ ‎[答案]　(1)‎0.9 m　(2)2.25 J　(3)601 N ‎[满分规则]　(1)物理语言(文字语言、符号语言和图象语言)使用要规范，减少笔误．‎ ‎(2)注意大小写、小角标，相似字母不混淆．‎ ‎(3)必要的文字说明不能缺少，每个关系式都应有理有据．‎ ‎(4)要列出原始公式，不要直接用变形公式，以免漏掉得分．‎ ‎(5)给分重过程，解题时要注意分步列式(结果可最后得出)，不要漏掉或合并关系式，避免阅卷老师阅卷时找不到得分点．‎ 类型3　带电粒子在复合场中的运动综合题 ‎[类型解读]　带电粒子在复合场中的运动是高考的重点和热点，考查题型有计算题和选择题，计算题常以压轴题出现，具有较复杂的运动图景，难度较大，题目综合性较强，分值较大．此类问题命题情境新颖，惯于物理情境的重组翻新，设问的巧妙变换，具有不回避重复考查的特点．也常以速度选择器、磁流体发电机、霍尔效应、质谱仪等为背景出实际应用题．‎ ‎[突破策略]　该类型问题一般有三种情况：带电粒子在组合场中的运动、在叠加场中的运动和在变化的电场、磁场中的运动．‎ ‎(1)在组合场中的运动：分析带电粒子在匀强电场中的运动过程时应用牛顿第二定律和运动学公式处理；分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时应用数学知识找出粒子运动的圆心、半径，抓住粒子处在分段运动的连接点时的速度分析求解．‎ ‎(2)在叠加场中的运动：先从力的角度对带电粒子进行受力分析，注意电场力、重力与洛伦兹力大小和方向间的关系及它们的特点(重力、电场力做功与路径无关，洛伦兹力永远不做功)，分清带电粒子的状态和运动过程，然后运用相关规律求解．‎ ‎(3)在变化的电场或磁场中的运动：仔细分析带电粒子的运动过程、受力情况，清楚带电粒子在变化的电场或磁场中各处于什么状态、做什么运动，然后分过程求解．‎ 如图甲所示，带正电粒子以水平速度v0从平行金属板MN间中线OO′连续射入电场中．MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN，两板间电场可看做是均匀的，且两板外无电场．紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B，分界线为CD，EF为屏幕．金属板间距为d，长度为l，磁场的宽度为d.已知：B＝5×10－3 T，l＝d＝‎0.2 m，每个带正电粒子的速度v0＝‎105 m/s，比荷为＝‎108 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的．试求：‎ ‎(1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径；‎ ‎(2)带电粒子射出电场时的最大速度；‎ ‎(3)带电粒子打在屏幕上的范围．‎ ‎[解析]　(1)t＝0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小，‎ 粒子在磁场中运动时 qv0B＝ 则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径 rmin＝＝ m＝‎‎0.2 m 其运动的径迹如图中曲线Ⅰ所示．‎ ‎(2)设两板间电压为U1时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有＝at2＝·2‎ 代入数据，解得U1＝100 V 在电压低于100 V时，带电粒子才能从两板间射出电场，电压高于100 V时，带电粒子打在极板上，不能从两板间射出．带电粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大，设最大速度为vmax，则有mv＝mv＋q· 解得vmax＝×‎105 m/s＝1.414×‎105 m/s.‎ ‎(3)由第(1)问计算可知，t＝0时刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径 rmin＝d＝‎‎0.2 m 径迹恰与屏幕相切，设切点为E，E为带电粒子打在屏幕上的最高点，‎ 则＝rmin＝‎‎0.2 m 带电粒子射出电场时的速度最大时，在磁场中做圆周运动的半径最大，打在屏幕上的位置最低．‎ 设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为rmax，打在屏幕上的位置为F，运动径迹如图中曲线Ⅱ所示．‎ qvmaxB＝ 则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径 rmax＝＝ m＝ m 由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上，如图中Q点所示，并且Q点必与M板在同一水平线上．则 ＝＝ m＝‎‎0.1 m 带电粒子打在屏幕上的最低点为F，则 ＝rmax－＝ m＝‎‎0.18 m 即带电粒子打在屏幕上O′上方‎0.2 m到O′下方‎0.18 m的范围内．‎ ‎[答案]　(1)‎0.2 m　(2)1.414×‎105 m/s ‎(3)O′上方‎0.2 m到O′下方‎0.18 m的范围内 类型4　电磁感应的综合问题 ‎[类型解读]　电磁感应的综合问题，涉及力学知识(如牛顿运动定律、功、动能定理和能量守恒定律等)、电学知识(如法拉第电磁感应定律、楞次定律、直流电路、磁场等)多个知识点，是历年高考的重点、难点和热点，考查的知识主要包括感应电动势大小的计算(法拉第电磁感应定律)和方向的判定(楞次定律和右手定则)，常将电磁感应与电路规律、力学规律、磁场规律、功能关系、数学函数与图象等综合考查，难度一般较大．‎ ‎[突破策略]　‎ 解答电磁感应与力和能量的综合问题，要明确三大综合问题，即变速运动与平衡、通过导体截面的电荷量及系统的能量转化，解决这些问题获取高分需掌握受力分析、牛顿运动定律、运动学相关规律、功能关系等知识．‎ ‎(1)利用牛顿第二定律的瞬时性动态分析金属棒(线框)的受力情况和运动性质，明确金属棒的加速度与力瞬时对应，速度的变化引起安培力的变化反过来又导致加速度变化．‎ ‎(2)功能关系在电磁感应中的应用是最常见的，金属棒或线框所受各力做功情况的判定及能量状态的判定是获取高分的关键，特别是安培力做功情况的判定．‎ ‎(2014·北京市西城区期末)如图甲所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为α，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m.导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B.金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g.现在闭合开关S，将金属棒由静止释放．‎ ‎(1)判断金属棒ab中电流的方向；‎ ‎(2)若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q；‎ ‎(3)当B＝0.40 T，L＝‎0.50 m，α＝37°时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系如图乙所示．取g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求阻值R1和金属棒的质量m.‎ 第一步：审题规范化 题设条件 获取信息 不计一切摩擦 金属棒只受重力、支持力和安培力 不计导轨、金属棒的电阻 回路中的总电阻为R1＋R2‎ 将金属棒由静止释放 金属棒的初速度为零 第二步：思维规范化 金属棒下滑过程中，只有重力和安培力对金属棒做功，应用能量守恒定律可求出定值电阻R1上产生的焦耳热；金属棒达到最大速度vm时，其合力为零，推导出最大速度vm与R2的大小关系式，结合vm－R2函数关系式图线求解结果．‎ 第三步：答题规范化 ‎(1)由右手定则知，金属棒ab中的电流方向为b到a.‎ ‎(2)由能量守恒，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热mgh＝mv2＋Q 解得：Q＝mgh－mv2.‎ ‎(3)设最大速度为vm时，切割磁感线产生的感应电动势E＝BLvm 由闭合电路欧姆定律：I＝ 从b端向a端看，金属棒受力如图所示：‎ 金属棒达到最大速度时满足mgsin α－BIL＝0‎ 由以上三式得最大速度：‎ vm＝R2＋R1‎ vm－R2图象斜率k＝ m/(s·Ω)＝‎15 m/(s·Ω)，纵截距b＝‎30 m/s 得到：R1＝b，＝k 解得：R1＝2.0 Ω，m＝‎0.1 kg.‎ ‎[答案]　(1)电流方向为b到a　(2)mgh－mv2‎ ‎(3)2.0 Ω　‎‎0.1 kg 类型5　有关极值的计算题 ‎[类型解读]　纵观近几年高考计算题，对应用数学知识解决物理问题的能力考查有逐步加大的趋势，求极值的计算题出现频率逐渐变高，应引起重视．‎ ‎[突破策略]　在高中物理中，求极值的常用方法有：图解法、临界条件法、函数法(三角函数、一元二次函数)和判别式法，在备考中加强这些方法(主要是临界条件法、函数法)的运用练习，就能解决此类问题．‎ ‎(2014·潍坊模拟)如图所示，光滑半圆形轨道处于竖直平面内，半圆轨道与光滑的水平地面相切于半圆的端点A.一质量为m的小球在水平地面上的C点受水平向左的恒力F由静止开始运动，当运动到A点时撤去恒力F，小球沿竖直半圆轨道运动到轨道最高点B点，最后又落在水平地面上的D点(图中未画出)．已知A、C间的距离为L，重力加速度为g.‎ ‎(1)若轨道半径为R，求小球到达圆轨道B点时对轨道的压力FN；‎ ‎(2)为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值Rm；‎ ‎(3)轨道半径R多大时，小球在水平地面上的落点D到A点距离最大？最大距离xm是多少？‎ ‎[解析]　(1)设小球到B点速度为v，从C到B根据动能定理有FL－2mgR＝mv2‎ 解得v＝ 据牛顿第二定律有FN＋mg＝m 解得FN＝－5mg.‎ ‎(2)令FN＝－5mg＝0，解得Rm＝.‎ ‎(3)设小球平抛运动的时间为t.‎ 由2R＝gt2，解得t＝ 水平位移 x＝vt＝· ‎＝ 当2FL－4mgR＝4mgR时，水平位移最大 解得R＝ D到A最大距离xm＝4R＝.‎ ‎[答案]　见解析 ‎第4讲　选考题突破策略与技巧——巧选稳做拿满分 ‎[选修33题型解读]　‎ 本部分的命题多集中在分子动理论、估算分子数目和大小、热力学两大定律的应用、气体状态参量的意义及与热力学第一定律的综合，还有气体实验定律和气体状态方程的应用，表示气体状态变化过程的图象等知识点上，多以选择题和填空题的形式出现；对热学前面知识的考查往往在一题中容纳较多的知识点，把热学知识综合在一起；对后者的考查多以计算题的形式出现，着重考查气体状态方程的应用．‎ ‎[突破策略]　‎ 复习中抓基础、重全面，构建知识网络，梳理知识要点，加强热点题型的针对性训练．‎ 类型1　热学基础与微观量估算的组合 ‎(2014·南京二模)(1)以下说法中正确的是________．‎ A．系统在吸收热量时内能一定增加 B．悬浮在空气中做布朗运动的PM2.5微粒，气温越高，运动越剧烈 C．封闭容器中的理想气体，若温度不变，体积减半，则单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，气体的压强加倍 D．用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，说明此时分子间只存在引力而不存在斥力 E．若物体表现为各向同性，它可能是晶体 ‎(2)常温水中用氧化钛晶体和铂黑作电极，在太阳光照射下分解水，可以从两电极上分别获得氢气和氧气．已知分解1 mol的水可得到1 mol氢气，1 mol氢气完全燃烧可以放出2.858×105 J的能量，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023 mol－1，水的摩尔质量为1.8×10－‎2 kg/mol.‎ 则‎2 g水分解后得到氢气分子总数是________个；‎2 g水分解后得到的氢气完全燃烧所放出的能量是________J．(均保留两位有效数字)‎ ‎[解析]　(1)根据热力学第一定律可知，系统在吸收热量时内能不一定增加，选项A错误；布朗运动与温度、颗粒大小有关，温度越高，颗粒越小，布朗运动越剧烈，选项B正确；根据玻意耳定律可知，封闭容器中的理想气体，若温度不变，体积减半，压强增大一倍，单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，选项C正确；用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，说明此时分子间的合力表现为引力，此时斥力较小，选项D错误；单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体具有各向同性，选项E正确．‎ ‎(2)‎2 g水分解后得到氢气分子总数 n＝NA＝×6.02×1023个≈6.7×1022个．‎ ‎2 g水分解后得到的氢气完全燃烧所放出的能量 E＝E0＝×2.858×105 J≈3.2×104 J.‎ ‎[答案]　(1)BCE　(2)6.7×1022　3.2×104‎ 类型2　热力学定律与气体实验定律的组合 ‎(2014·甘肃第一次诊断)(1)关于热力学定律，下列说法正确的是________．‎ A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量 B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加 C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功 D．不可能使热量从低温物体传向高温物体 E．机械能转化为内能的实际宏观过程是不可逆过程 ‎(2)如图所示，圆柱形汽缸的上部有小挡板，可以阻止活塞滑离汽缸，汽缸内部的高度为d，质量不计的薄活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内．开始时活塞离底部高度为d，温度为t1＝‎27 ℃‎，外界大气压强为p0＝1.0×105 Pa，现对气体缓慢加热．求：‎ ‎①气体温度升高到t2＝‎127 ℃‎时，活塞离底部的高度；‎ ‎②气体温度升高到t3＝‎387 ℃‎时，缸内气体的压强(本问结果保留三位有效数字)．‎ ‎[解析]　(1)根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，选项A正确；外界对某物体做功，若物体同时放热，内能不一定会增加，选项B错误；根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为功而不引起其他变化，若引起其他变化，则可能，选项C正确；根据热力学第二定律，不可能使热量自发地从低温物体传向高温物体而不引起其他变化，若引起其他变化，则可能，比如电冰箱制冷要耗电，故D错误；机械能转化为内能的实际宏观过程是不可逆过程，选项E正确．‎ ‎(2)①假设气体温度达到tc时，活塞恰好移动到挡板处，‎ 气体做等压变化，设汽缸横截面积为S，由盖—吕萨克定律得到＝，‎ 即＝ 解得tc＝(273＋t1)－273＝‎‎177 ℃‎ 因为t2小于tc，所以温度升高到‎127 ℃‎前，气体做等压变化，设活塞离底部的高度为h，由盖—吕萨克定律得到 ＝，即＝ 解得h＝d＝d＝d.‎ ‎②当气体温度高于tc后，活塞受到挡板的阻碍，气体体积不再发生变化，‎ 由查理定律得到＝，即＝ p3＝p0＝p0＝1.47×105 Pa.‎ ‎[答案]　(1)ACE　(2)①d　②1.47×105 Pa ‎[选修34题型解读]　‎ ‎1．机械振动与机械波部分：从近三年的高考试题看，试题多以选择题、填空题形式出现，但试题信息量大，一道题中考查多个概念、规律．对机械振动的考查着重放在简谐运动的特征和振动图象上，同时也通过简谐运动的规律考查力学的主干知识．对机械波的考查重点在波的形成过程、传播规律、波长和波动图象及波的多解问题上．‎ ‎2．光学部分：分为光的传播和光的波动性以及光的粒子性三部分，高考对本部分的考查一般以选择题的形式出现，考查光线的方向的定性分析和定量计算问题；同时几何光学还常与力学中的直线运动、平抛运动、圆周运动、万有引力定律等相结合命题，考查学生的分析综合能力．‎ ‎[突破策略]‎ ‎1．机械振动与机械波部分 ‎(1)要将两种图象加以比较、区别及了解其之间的联系．两种图象形式相似，但物理意义完全不同，只有深刻理解了它们的不同物理意义才可能对某些问题作出正确的判断．‎ ‎(2)熟练掌握波速、波长、周期和频率的关系．‎ ‎(3)培养理解能力、推理能力、分析综合能力和周密思考问题的素质．‎ ‎2．光学部分 ‎(1)明确介质折射率的大小关系，进而明确光线的偏折方向．‎ ‎(2)当光从光密介质射向光疏介质时，应注意全反射临界角条件的判定．‎ ‎(3)注意理解折射过程中的几何关系，这往往是解决许多题目的关键．‎ 类型1　光的特性与机械波传播的组合 ‎(2014·潍坊模拟)(1)如图所示，一光束包含两种不同频率的单色光，从空气射向两面平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上表面分为a、b两束单色光射出．下列说法正确的是________．‎ A．a光的频率小于b光的频率 B．用同一装置进行双缝干涉实验，a光的条纹间距小于b光的条纹间距 C．出射光束a、b一定相互平行 D．a、b两色光从同种玻璃射向空气时，a光发生全反射的临界角大 ‎(2)一列简谐横波沿x轴传播，P为x＝‎1 m处的质点，振动传到P点开始计时，P点的振动图象如图甲所示．图乙为t＝0.6 s时的波动图象，求：‎ ‎①该简谐横波的传播方向及波源的初始振动方向；‎ ‎②波的传播速度．‎ ‎[解析]　(1)光从空气射入玻璃中，折射率大的光折射角小，当光再从玻璃射出进入空气时，根据折射定律两束光的出射角均相等，即两光平行射出，可判断玻璃对a光的折射率大、对b光的折射率小，所以a光的频率大、波长短，故选项A错误，C正确；根据双缝干涉的条纹间距Δx＝lλ/d，故选项B正确；由sin C＝1/n可得a光的临界角小，故选项D错误．‎ ‎(2)①由题图甲知，t＝0.6 s时刻质点P由平衡位置向y轴正方向振动，结合题图乙，由“上下坡法”知波沿x轴正方向传播；由振动图象知，t＝0时刻质点P沿y轴负方向振动，即波源初始振动方向沿y轴负方向．‎ ‎②由波动图象乙知λ＝‎‎4 m 由振动图象甲知T＝0.4 s v＝＝‎10 m/s.‎ ‎[答案]　(1)BC　(2)①x轴正方向　y轴负方向 ‎②‎10 m/s 类型2　振动和波与几何光学的组合 ‎(2014·高考山东卷)(1)一列简谐横波沿直线传播．以波源O由平衡位置开始振动为计时零点，质点A的振动图象如图所示，已知O、A的平衡位置相距‎0.9 m．以下判断正确的是________．‎ a．波长为‎1.2 m b．波源起振方向沿y轴正方向 c．波速大小为‎0.4 m/s d．质点A的动能在t＝4 s时最大 ‎(2)如图，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射．已知θ＝15°，BC边长为‎2L，该介质的折射率为.求：‎ ‎①入射角i；‎ ‎②从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c，‎ 可能用到：sin 75°＝或tan 15°＝2－)．‎ ‎[解析]　(2)①根据全反射定律可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C，由折射定律得 sin C＝①‎ 代入数据得C＝45°②‎ 设光线在BC面上的折射角为r，由几何关系得 r＝30°③‎ 由折射定律得n＝④‎ 联立③④式，代入数据得i＝45°⑤‎ ‎②在△OPB中，根据正弦定理得 ＝⑥‎ 设所用时间为t，光线在介质中的速度为v，得 ＝vt⑦‎ v＝⑧‎ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得t＝L.‎ ‎[答案]　(1)ab　(2)①45°　② ‎[选修35题型解读]‎ ‎1．动量部分：本部分是高考的选考内容，题型全面，选择题主要考查动量的矢量性，辨析“动量和动能”的基本概念；计算题主要考查用动量守恒定律来解决碰撞问题．‎ ‎2．原子物理部分：本部分知识的特点是“点多面宽”、“考点分散”，因此高考对本部分的考查主要是从对基本概念的理解、辨别方面进行，包括阅读理解部分；题型主要以选择题为主，在近三年高考试卷中几乎每年都考．其中重点考查的有能级与光谱、核反应方程及规律、质能方程及核能、相关物理学史、量子论等内容的题目．‎ ‎[突破策略]‎ ‎1．动量部分 ‎(1)矢量法：动量守恒定律：p1＝p2，公式中的动量是矢量，所以在列方程求解时，一定要正确确定各矢量的方向，许多考题思路并不复杂，但方向判断错误往往是导致解题失败的直接原因，很多试题对此都有刻意的体现．‎ ‎(2)规律法：充分运用好规律，深刻理解并熟练应用动量守恒定律解决物体间相互碰撞问题，在使用前首先要判定相互碰撞的系统是否符合动量守恒定律，这是解题的前提条件，其次，对于多次碰撞过程的动量守恒问题，一定要将复杂的过程转化为几个小过程，在每一个小过程中要明确哪些物体是这个系统中的研究对象．‎ ‎2．原子物理部分 复习时应注意三个问题：一是精读教材，掌握主干考点，重视基础练习；二是对与现代科技相联系的题目，应足够关注；三是将重点放在氢原子能级结构和公式、核反应方程的书写及结合能和质量亏损的计算上．‎ 类型1　近代物理基础与动量守恒的组合 ‎(2014·武汉一模)(1)下列关于近代物理知识的说法正确的是________．‎ A．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了2个 B．β射线是原子核外的电子电离形成的电子流，它具有较强的穿透能力 C．含有10个原子核的放射性元素，经过一个半衰期，一定有5个原子核发生衰变 D．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时氢原子的电势能减小，电子的动能增大 ‎(2)如图所示，一个质量为M＝‎50 kg的运动员和质量为m＝‎10 kg的木箱静止在光滑水平面上，‎ 从某时刻开始，运动员以v0＝‎3 m/s的速度向墙方向推出箱子，箱子与右侧墙壁发生完全弹性碰撞后返回．当运动员接到箱子后，再次重复上述过程，每次运动员均以v0＝‎3 m/s的速度向墙方向推出箱子．求：‎ ‎①运动员第一次接到木箱后的速度大小；‎ ‎②运动员最多能够推出木箱几次？‎ ‎[解析]　(1)发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，质子数减少2，中子数减少2，选项A正确；β射线是原子核内中子转化为质子时释放的电子形成的高速电子流，故选项B错误；衰变规律是统计规律，对数量较少的粒子不成立，故选项C错误；氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，电子离核距离减小，要释放能量，因电场力做正功，所以电势能减小，根据库仑力提供向心力可知，离核越近，电子速度越大，动能越大，故选项D正确．‎ ‎(2)①取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得 第一次推出木箱0＝Mv1－mv0‎ 第一次接住木箱Mv1＋mv0＝(M＋m)v′1‎ 解得v′1＝＝‎1 m/s ‎②第二次推出木箱(M＋m)v′1＝Mv2－mv0‎ 第二次接住木箱Mv2＋mv0＝(M＋m)v′2‎ 同理可得第n次接住时获得的速度为 vn＝2n(n＝1,2,3，…)‎ 由vn≥v0得n≥3‎ 故运动员最多能够推出木箱3次．‎ ‎[答案]　(1)AD　(2)①‎1 m/s　②3次 类型2　光电效应、原子能级与动量守恒的组合 ‎(1)已知金属钙的逸出功为2.7 eV，氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于量子数n＝4能级状态，则下列说法正确的是________．‎ A．氢原子最多可辐射6种频率的光子 B．氢原子最多可辐射5种频率的光子 C．有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应 D．有4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应 ‎(2)质量为m、长为l的木板B静止在光滑水平面上，其右端放有质量为m的物块C，物块C可看做质点．质量为m的木板A以速度v0在水平面上向右运动，与B发生弹性正碰，碰撞时间极短．整个运动过程中物块C始终没有滑离木板B，B和C之间的动摩擦因数为μ.求物块C相对于B静止时距B右端的距离．‎ ‎[解析]　(1)C＝6(种)，A对B错，能级差大于2.7 eV的有3种光子，故C对D错．‎ ‎(2)由题意可知，木板A和B发生弹性正碰，碰后A的速度为v1，B的速度为v2，对A、B组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv0＝mv1＋mv2‎ mv＝mv＋mv 解得v1＝0，v2＝v0‎ A与B弹开后，B、C组成的系统动量守恒，B、C最后的共同速度为v3‎ mv2＝v3‎ 对木板B和物块C，由系统能量守恒得 Ffs相＝mv－mv－×v 解得s相＝.‎ ‎[答案]　(1)AC　(2) 第5讲　考前回扣抢高分 ‎1．力学部分 ‎ ‎(1)胡克：英国物理学家，发现了胡克定律．‎ ‎(2)伽利略：意大利著名物理学家，在研究自由落体中采用的“逻辑推理＋实验研究”方法是人类思想史上最伟大的成就之一．‎ ‎(3)牛顿：英国物理学家，动力学的奠基人．他总结和发展了前人的发现，得出牛顿定律及万有引力定律，奠定了以牛顿定律为基础的经典力学．‎ ‎(4)开普勒：丹麦天文学家，发现了行星运动规律——开普勒三定律．‎ ‎(5)卡文迪许：英国物理学家，巧妙的利用扭秤装置测出了万有引力常量．‎ ‎(6)焦耳：英国物理学家，测定了热功当量，为能的转化和守恒定律的建立提供了坚实的基础．研究电流通过导体时的发热，得到了焦耳定律．‎ ‎ 2.电磁学部分 ‎(1)库仑：法国科学家，利用库仑扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律，并测出了静电力常量．‎ ‎(2)密立根：美国科学家，利用带电油滴在竖直电场中的平衡，得到了基本电荷e.‎ ‎(3)欧姆：德国物理学家，在实验研究的基础上，欧姆把电流与水流等比较，从而引入了电流强度、电动势、电阻等概念，并确定了它们的关系——欧姆定律．‎ ‎(4)奥斯特：丹麦科学家，通过试验发现了电流能产生磁场．‎ ‎(5)安培：法国科学家，提出了著名的分子电流假说，总结出了右手螺旋定则和左手定则．安培在电磁学中的成就很多，被誉为“电学中的牛顿”．‎ ‎(6)劳伦斯：美国科学家，发明了“回旋加速器”，使人类在获得高能粒子方面迈进了一步．‎ ‎(7)法拉第：英国科学家，发现了电磁感应，亲手制成了世界上第一台发电机，提出了电磁场及磁感线、电场线的概念．‎ ‎(8)楞次：俄国科学家，概括试验结果，发表了确定感应电流方向的楞次定律．‎ ‎3．选考部分 ‎(1)布朗：英国植物学家，在用显微镜观察悬浮在水中的花粉时，发现了“布朗运动”．‎ ‎(2)开尔文：英国科学家，创立了热力学温标．‎ ‎(3)克劳修斯：德国物理学家，建立了热力学第二定律．‎ ‎(4)麦克斯韦：英国科学家，总结前人研究的基础上，建立了完整的电磁场理论．‎ ‎(5)赫兹：德国科学家，在麦克斯韦预言电磁波存在后二十多年，第一次用实验证实了电磁波的存在，并测得电磁波传播速度等于光速，证实了光是一种电磁波．‎ ‎(6)惠更斯：荷兰科学家，在对光的研究中，提出了光的波动说，发明了摆钟．‎ ‎(7)托马斯·杨：英国物理学家．首先巧妙而简单的解决了相干光源问题，成功地观察到光的干涉现象．‎ ‎(8)伦琴：德国物理学家，继英国物理学家赫谢耳发现红外线，德国物理学家里特发现紫外线后，发现了当高速电子打在管壁上，管壁能发射出X射线—伦琴射线．‎ ‎(9)普朗克：德国物理学家，提出量子概念——电磁辐射(含光辐射)的能量是不连续的，‎ 其在热力学方面也有巨大贡献．‎ ‎(10)爱因斯坦：德籍犹太人，后加入美国籍，20世纪最伟大的科学家，他提出了“光子”理论及光电效应方程，建立了狭义相对论及广义相对论．‎ ‎(11)德布罗意：法国物理学家，提出一切微观粒子都有波粒二象性；提出物质波概念，任何一种运动的物体都有一种波与之对应．‎ ‎(12)汤姆生：英国科学家，研究阴极射线时发现了电子，测得了电子的比荷；汤姆生还提出了“枣糕模型”，在当时能解释一些实验现象．‎ ‎(13)卢瑟福：英国物理学家，通过α粒子的散射现象，提出原子的核式结构．实现人工核转变的第一人，发现了质子．‎ ‎(14)玻尔：丹麦物理学家，把普朗克的量子理论应用到原子系统上，提出原子的玻尔理论．‎ ‎(15)查德威克：英国物理学家，从原子核的人工转变实验研究中，发现了中子．‎ ‎(16)威尔逊：英国物理学家，发明了威尔逊云室以观察α、β、γ射线的径迹．‎ ‎(17)贝克勒尔：法国物理学家，首次发现了铀的天然放射现象，开始认识原子核结构是复杂的．‎ ‎(18)玛丽·居里夫妇：法国(波兰)物理学家，是原子物理的先驱者，“镭”的发现者．‎ ‎(19)约里奥·居里夫妇：法国物理学家；老居里夫妇的女儿女婿；首先发现了用人工核转变的方法获得放射性同位素．‎ ‎1．理想化方法 理想化方法就是建立理想化模型，抓住研究对象的主要因素，去再现实际问题的本质，即把复杂问题简单化处理．物理模型分为三类：‎ ‎(1)实物模型：如质点、点电荷、点光源、轻绳、轻杆、弹簧振子……‎ ‎(2)过程模型：如匀速运动、匀变速直线运动、简谐运动、弹性碰撞、匀速圆周运动……‎ ‎(3)情境模型：如人船模型、子弹打木块、平抛运动、临界问题……‎ 求解物理问题，很重要的一点就是迅速把所研究的问题归宿到学过的物理模型上来，即所谓的建模．尤其是对新情境问题，这一点就显得更突出．‎ ‎2．极限思维方法 极限思维方法是将问题推向极端状态的过程中，着眼一些物理量在连续变化过程中的变化趋势及一般规律在极限值下的表现或者说极限值下一般规律的表现，从而对问题进行分析和推理的一种思维方法．如：由平均速度导出瞬时速度．‎ ‎3．平均思想方法 物理学中，有些物理量是某个物理量对另一物理量的积累，若某个物理量是变化的，则在求解积累量时，可把变化的这个物理量在整个积累过程看做是恒定的一个值——平均值，从而通过求积的方法来求积累量．这种方法叫平均思想方法．‎ 物理学中典型的平均值有：平均速度、平均加速度、平均功率、平均力、平均电流等．对于线性变化情况，平均值＝(初值＋终值)/2.由于平均值只与初值和终值有关，不涉及中间过程，所以在求解问题时有很大的妙用．‎ ‎4．等效转换(化)法 等效法，就是在保证效果相同的前提下，将一个复杂的物理问题转换成较简单问题的思维方法．其基本特征为等效替代．‎ 物理学中等效法的应用较多．合力与分力；合运动与分运动；总电阻与分电阻；交流电的有效值等．除这些等效概念之外，还有等效电路、等效电源、等效模型、等效过程等．‎ ‎5．对称法(对称性原理)‎ 物理问题中有一些物理过程或是物理图形具有对称性，利用物理问题的这一特点求解，可使问题简单化．要认识到一个物理过程，一旦对称，则一些物理量(如时间、速度、位移、加速度等)是对称的．‎ 自然现象中也存在对称性，如：法拉第进行对称性思考，坚持认为电可以生磁，磁也一定能生电，最终发现了电磁感应现象；牛顿在研究太阳与行星间的相互作用时，推导出太阳对行星的引力大小与行星的质量成正比，牛顿根据对称性原理得出，行星对太阳的引力大小与太阳的质量成正比，从而建立了万有引力定律．‎ ‎6．猜想与假设法 猜想与假设法，是在研究对象的物理过程不明了或物理状态不清楚的情况下，根据猜想，假设出一种过程或一种状态，再据题设所给条件通过分析计算结果与实际情况比较作出判断的一种方法，或是人为地改变原题所给条件，产生出与原题相悖的结论，从而使原题得以更清晰方便地求解的一种方法．‎ 如：伽利略在研究自由落体运动时就成功运用了猜想与假设法(归谬法)．‎ ‎7．寻找守恒量法 物理学中的守恒，是指在物理变化过程或物质的转化转移过程中，一些物理量的总量保持不变．‎ 守恒，既是物理学中最基本的规律(有动量守恒、能量守恒、电荷守恒、质量守恒)，也是一种解决物理问题的基本思想方法．并且应用起来简练、快捷．‎ ‎8．比值定义法 用其他物理量的比值来定义一个新的物理量的方法．如速度、加速度、电场强度、电容、电阻、磁感应强度等．‎ ‎9．类比推理法 为了把要表达的物理问题说清楚明白，往往用具体的、有形的、人们所熟知的事物来类比要说明的那些抽象的、无形的、陌生的事物，通过借助于一个较熟悉的对象的某些特征，去理解和掌握另一个有相似性的对象的某些特征．如：在讲解电动势概念时，我们把电源比作抽水机，把非静电力比作抽水的力，学生就很容易理解．‎ ‎10．控制变量法 控制变量法是高中物理实验中常用的探索问题和分析解决问题的科学方法之一．所谓控制变量法是指为了研究物理量同影响它的多个因素中的一个因素的关系，可将除了这个因素以外的其他因素人为地控制起来，使其保持不变，再比较、研究该物理量与该因素之间的关系，得出结论，然后再综合起来得出规律的方法．‎ 例如在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”、“探究加速度与力、质量的关系”、“探究影响导体电阻大小的因素”、“探究影响平行板电容器电容的因素”等实验中，都运用了控制变量法．‎ ‎11．放大法 有的物理量不便于直接测量，有的物理现象不便于直接观察，通过转换放大为容易测量到与之相等或与之相关联的物理现象，从而获得结论的方法．如在演示课桌的微小形变时，就用到通过光路把微小量放大的方法；卡文迪许在测万有引力常量时也用到了放大法．‎ ‎12．图形/图象图解法 图形/图象图解法就是将物理现象或过程用图形/图象表征出后，再据图形表征的特点或图象斜率、截距、面积所表述的物理意义来求解的方法．尤其是图象法在处理实验数据、探究物理规律时有独到好处. ‎ ‎1．(多选)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有(　　)‎ A．力不是维持物体运动的原因 B．物体之间普遍存在相互吸引力 C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快 D．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反 解析：选AC.伽利略利用理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因．伽利略利用实验和归谬法得到在忽略空气阻力的情况下，轻的物体和重的物体下落的同样快．故选项A、C正确．‎ ‎2．(多选)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是(　　)‎ A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系 B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说 C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，‎ 会出现感应电流 D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 解析：选ABD.奥斯特通过著名的奥斯特实验，证明了电流周围存在磁场，安培提出分子电流假说，揭示了磁现象的电本质．楞次通过实验总结出感应电流的方向所遵循的规律——楞次定律．‎ ‎3．用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，下面四个物理量都是用比值法定义的．其中定义式正确的是(　　)‎ A．加速度a＝　　　　　　 B．磁感应强度B＝ C．电场强度E＝k D．电阻R＝ 解析：选D.加速度的定义式为a＝，A错误；磁感应强度的定义式为B＝，B错误；电场强度的定义式为E＝，C错误；只有D正确．‎ 类型1　单位不统一 ‎1.英国《新科学家(New Scientist)》杂志评选出的世界8项科学之最中，在XTEJ1650－500双星系统中发现的最小黑洞位列其中．若某黑洞的半径R约‎45 km，质量M和半径R的关系满足＝(其中c为光速，G为引力常量)，则该黑洞表面重力加速度的数量级为(　　)‎ A．‎108 m/s2　　　　　　　 B．‎1010 m/s2‎ C．‎1012 m/s2 D．‎1014 m/s2‎ ‎[错解]　A或B或D ‎[错因分析]　本题由于计算时没有将单位统一，从而导致错解．假设在黑洞表面有一物块，质量为m，根据万有引力定律，在黑洞的表面有＝mg，结合题给信息＝，综合解得g＝，代入数据得到C项数据．‎ ‎[正解]　C ‎[应对策略]　“一看二想三换算”的三步换算法 一看：就是看清题目，是要把高级单位换算成低级单位，还是把低级单位换算成高级单位；二想：就是一要想进率是多少，二要想是乘还是除，从高级到低级单位是乘进率(小数点向右移)，从低级到高级是除以进率(小数点向左移)，注意是已知数除以进率，千万别弄反了；完成一、二步后，才动笔进行换算．‎ 类型2　数量级混乱 ‎2.功率为10 W的发光二极管(LED灯)的亮度与功率为60 W的白炽灯相当．根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W的白炽灯，均用10 W的LED灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近(　　)‎ A．8×108 kW·h B．8×1010 kW·h C．8×1011 kW·h D．8×1013 kW·h ‎[错解]　A或C或D ‎[错因分析]　本题考查的是有关功率和电能的计算．解题时有两个错误之处：一是分不清kW·h与kW之间的区别；二是估算不出全国用户的数量级．‎ 换2只白炽灯即可减少消耗功率100 W，如按每天用灯6 h，每户每天即可节约电能0.1 kW×6 h＝0.6 kW·h，那么每户每年即可节约电能0.6 kW·h×360＝216 kW·h.全国按3.25×108户来计算的话，全国每年可节约电能216 kW·h×3.25×108＝7.02×1010 kW·h，B正确．‎ ‎[正解]　B ‎[应对策略]　(1)加强数量级能力的训练．‎ ‎(2)记住一些物理常量．‎ ‎(3)对估算题，还需知道生活中常见物体典型值；如：一块砖的重量约为25 N，一层楼的高度约为‎3 m，一个成年人的体重约为‎70 kg.‎ 类型3　对物理概念、规律理解不到位 ‎3.图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是(　　)‎ A．图甲表示交流电，图乙表示直流电 B．两种电压的有效值相等 C．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝311sin 100πt V D．图甲所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的 ‎[错解]　B ‎[错因分析]　本题属于对交变电流有效值概念理解失误．交流电的概念：大小和方向都随时间变化，在t轴的上方为正，下方为负，A错；有效值E＝只对正弦交流电使用，最大值一样，所以B错；变压之后频率不变，D错．‎ ‎[正解]　C ‎[应对策略]　(1)在复习时，通过相关概念的对比找出它们的相同点和不同点，以加深理解．在此基础上力求进一步明确它的内涵和外延．‎ ‎(2)对于物理规律要注意从适用范围、成立条件、矢量性、应用思路等方面加以强化．‎ 类型4　忽略隐含条件 ‎4.三个质量均为‎1 kg的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接如图所示，其中a放在光滑水平桌面上．开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止．现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取‎10 m/s2.该过程p弹簧的左端向左移动的距离是(　　)‎ A．‎4 cm B．‎‎6 cm C．‎8 cm D．‎‎10 cm ‎[错解]　A或B ‎[错因分析]　开始时，水平桌面光滑，不清楚隐含a、b之间的绳没有拉力的条件，误认为弹簧q处于原长．木块刚好离开地面，隐含地面对木块c的支持力为0，且位置未动，绳的拉力等于b、c重力之和．“缓慢地拉动”说明系统始终处于平衡状态，该过程中p弹簧的左端向左移动的距离等于两个弹簧长度变化量之和；最初，p弹簧处于原长，而q弹簧的压缩量的压力FN1＝mbg＝‎1 kg×‎10 m/s2＝10 N，所以其压缩量为x1＝FN1/k＝‎2 cm；最终，c木块刚好离开水平地面，q弹簧受到竖直向下的拉力FN2＝mcg＝‎1 kg×‎10 m/s2＝10 N，其伸长量为x2＝FN2/k＝‎2 cm，轻绳上的拉力F＝(mb＋mc)g＝‎2 kg×‎10 m/s2＝20 N，F＝FN3，p弹簧的伸长量为x3＝FN3/k＝‎4 cm，所以所求距离s＝x1＋x2＋x3＝‎8 cm.本题答案为C.‎ ‎[正解]　C ‎[应对策略]　对高度概括的含蓄词语要斟字酌句，如题设中潜伏的关键词语：缓慢、即将、至少、恰恰能、最大等，抓住了这些关键，分析其提供的信息，顺藤摸瓜就能迎刃而解．‎ 图表是贮存和传递科学文化知识比较便捷的一条途径，但图表曲线中隐含了相当多的没有叙述和未提及的条件，解题时结合题设条件分析图形，从图形中挖掘隐含条件，才能正确作答．‎ 类型5　对题目条件理解有误 ‎5.如图所示，ACD、EFG为两根相距L的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF面与水平面成θ角．两导轨所在空间存在垂直于CDGF平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.两根质量均为m、长度均为L的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，两金属细杆的电阻均为R，导轨电阻不计．当ab以速度v1沿导轨向下匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动．重力加速度为g.以下说法正确的是(　　)‎ A．回路中的电流强度为 B．ab杆所受摩擦力为mgsin θ C．cd杆所受摩擦力为μ D．μ与v1大小的关系为μ＝ ‎[错解]　AD ‎[错因分析]　误认为cd杆切割磁感线，导致错解．cd杆不切割磁感线，ab杆切割磁感线，所以ab杆相当于电源，回路中的电流强度为I＝＝，选项A错误；ab杆所受摩擦力为μmgcos θ，选项B错误；根据右手定则可知，闭合回路中的感应电流方向是abdca，根据左手定则可知，cd杆会受到垂直于AEFC导轨平面向下的安培力作用，cd杆所受摩擦力为μ(mgsin θ＋BIL)＝μ，选项C正确；根据ab杆的平衡条件有＋μmgcos θ＝mgsin θ，所以μ＝tan θ－，选项D错误．‎ ‎[正解]　C ‎[应对策略]　(1)心中有数，理解已知条件．阅读题目后，对整个题目的条件要做到心中有数，在物理情景不清楚的情况下，不要盲目做题．平时练习时要养成独立思考的习惯，最终达到准确的发现物理过程与物理情景的目的．‎ ‎(2)咬文嚼字，把握关键条件．所谓“咬文嚼字”，就是读题时对题目中的关键字句反复推敲，正确理解其表达的物理意义，在头脑中形成一幅清晰的物理图景，建立起正确的物理模型，形成解题途径，对于那些容易误解的关键词语，如“变化量”与“变化率”，“增加了多少”与“增加到多少”，“变化大小”与“变化快慢”，表示极端情况的“刚好”“恰能”“至多”“至少”等，应特别注意．‎ ‎(3)分清层次，排除干扰条件．干扰信息往往与解题的必备条件混杂在一起，若不及时识别它们，就容易受骗上当误入歧途，只有大胆地摒弃干扰信息，解题才能顺利进行．‎ ‎(4)纵深思维，分析临界条件．临界状态是物理过程的突变点，在物理问题中又因其灵活性大、隐蔽性强和可能性多而容易导致错解和漏解．因此，解决此类问题时，要审清题意纵深思维，充分还原题目的物理情境和物理模型，找出转折点，抓住承前启后的物理量，确定其临界值．‎ 类型6　物理公式用错 ‎6.(多选)某集装箱吊车的交流电动机输入电压为380 V，当吊车以‎0.1 m/s的速度匀速吊起总质量为5.7×‎103 kg的集装箱时，测得电动机的电流为‎20 A，g取‎10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)‎ A．电动机的内阻为19 Ω B．电动机的内阻为4.75 Ω C．电动机的输出功率为7.6×103 W D．电动机的工作效率为75%‎ ‎[错解]　AC ‎[错因分析]　对电动机的输出功率、输入功率、工作效率的关系搞不清，不能正确选择公式导致错解．电动机不遵循欧姆定律，其内阻不能根据公式R＝U/I计算，选项A错误；电动机的功率为UI＝7.6×103 W，其输出功率为mgv＝5.7×103 W，电动机的工作效率为η＝×100%＝75%，所以选项C错误，D正确；电动机的发热功率为I2r＝UI－mgv，代入数据解得r＝4.75 Ω，选项B正确．‎ ‎[正解]　BD ‎[应对策略]　(1)全面正确理解物理量定义式和决定式的内涵和外延是利用其解题的前提和关键．‎ ‎(2)对于所有的物理公式要准确理解公式中各物理量的含义及整个物理公式的物理意义，要从物理的角度去理解和把握物理公式，仅从数学的角度去理解则易出错．‎ ‎(3)对描述物理规律的公式，要明确其研究对象、适用范围和条件．‎ 类型7　乱用物理结论或推论 ‎7.如图所示，用绝缘细绳拴住一带正电的小球在竖直平面内运动，已知绳长为L，重力加速度为g，小球半径不计，质量为m，带电荷量为q，不加电场时，小球在最低点时绳的拉力是球重的9倍．‎ ‎(1)求小球在最低点时的速度大小；‎ ‎(2)如果在小球通过最低点时，突然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中，绳出现松软状态，求电场强度可能的大小．‎ ‎[易错分析]　本题易错有两处：一是审题不准确，不知道提供向心力的力有哪些；二是随便套用结论，认为物体运动到圆周最高点，其速度就是，而本题中小球所处的环境变化了，从而导致错解．‎ ‎[正解]　(1)由题意，在最低点时绳的拉力F＝9mg，设此时速度为v1，则F－mg＝，解得v1＝.‎ ‎(2)如果绳出现松软状态，则小球不能通过最高点，设小球刚好通过最高点时的速度为v2，则Eq＋mg＝，由动能定理得mg·‎2L＋Eq·‎2L＝－，联立可得E＝，电场强度最小需要满足条件E≥；‎ 小球也不可以低于O所在水平面，由mgL＋EqL＝，可得E＝，所以，电场强度还需要满足条件E≤.‎ 综上可知，若使小球在后面的运动中，绳出现松软状态，电场强度的大小满足：≤E≤.‎ ‎[答案]　(1)　(2)≤E≤ ‎[应对策略]　在复习中，要特别注意每个物理结论或推论的推导过程，记清楚它的适用条件，避免由于错用而造成不应有的失分．‎ 类型8　混淆研究对象 ‎8.如图所示，顶端粗糙的小车，放在光滑的水平地面上，具有一定速度的小木块由小车左端滑上小车．当木块与小车相对静止时，木块相对小车的位移为d，小车相对于地面的位移为x，求整个过程中动能的变化量．‎ ‎[易错分析]　混淆了研究对象，没有弄清x是物体的位移还是小车的位移，还是物体与小车的相对位移，从而导致了最后结果错误．‎ ‎[正解]　滑动摩擦力对木块做的功为 W木＝－Ff(d＋x)①‎ 由动能定理可知木块的动能增量为 ΔEk木＝－Ff(d＋x)②‎ 滑动摩擦力对小车做的功为 W车＝Ffx③‎ 同理，小车动能增量为 ΔEk车＝Ffx④‎ 把②④两式相加得动能的变化ΔEk木＋ΔEk车＝－Ffd.‎ ‎[答案]　－Ffd ‎[应对策略]　(1)对于部分问题，研究对象不清晰，可以通过物理规律，对研究对象进行转化和隔离，使物理问题化繁为简，易于解决．‎ ‎(2)对于连接体问题，若系统内的物体运动状态相同，不涉及内力，一般首先考虑整体法，对于大多数动力学问题，单纯采用整体法并不一定能解决，通常采用整体法和隔离法相结合的方法．‎ 类型9　对图表及图象理解有偏差 ‎9.下图中甲、乙是一质量m＝6×‎103 kg的公共汽车在t＝0和t＝4 s末两个时刻的两张照片．当t＝0时，汽车刚启动(汽车的运动可看成匀加速直线运动)．图丙是车内横杆上悬挂的手拉环的图象，测得θ＝30°.根据题中提供的信息，无法估算出的物理量是(　　)‎ A．汽车的长度 B．4 s内汽车牵引力所做的功 C．4 s末汽车的速度 D．4 s末汽车合外力的瞬时功率 ‎[错解]　ACD ‎[错因分析]　看不懂图的含义，不能将图所表达的意义与题干内容结合起来建立物理模型而出错．根据图丙，通过对手拉环受力分析，结合牛顿第二定律可知，汽车的加速度为a＝gtan θ＝ m/s2，所以t＝4 s末汽车的速度v＝at＝ m/s，选项C可估算；根据图甲、乙可知，汽车的长度等于4 s末汽车的位移大小，即l＝at2＝ m，选项A可估算，因为4 s末汽车的瞬时速度可求出，汽车的合外力F＝ma也可求出，所以汽车在4 s末合外力的瞬时功率为P＝Fv也可估算，即选项D可估算；因为不知汽车与地面间的摩擦力，所以无法估算4 s内汽车牵引力所做的功，选项B符合题意．‎ ‎[正解]　B ‎[应对策略]　(1)对于物理试题的附图，要搞清描述的对象、状态或过程；要弄清附图中哪些物理量是已知的、哪些物理量是未知的．‎ ‎(2)对于物理图象要明确其斜率、截距、交点及所围面积的物理意义．对于位移—时间图象和速度—时间图象要联系实际的运动情景．‎ ‎(3)对于需要确定斜率和截距物理意义的图象，可先写出纵轴和横轴所述物理量的函数表达式，然后加以确定．‎ 类型10　思维定势的影响 .(多选)宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统，设某双星系统绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示．若AO＜OB，则(　　)‎ A．星球A的向心力一定大于B的向心力 B．星球A的线速度一定大于B的线速度 C．星球A的质量一定大于B的质量 D．双星的总质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大 ‎[错解]　AB ‎[错因分析]　受思维定势的影响，认为星球A离圆心近，向心力大，线速度大，而错选A、B.提供双星做圆周运动的向心力是它们之间的相互吸引力，它们是一对作用力和反作用力，所以星球A的向心力一定等于B的向心力，选项A错误；它们的角速度ω大小相等，但AO＜OB，根据关系式v＝ωr可知，星球A的线速度一定小于B的线速度，选项B错误；因为它们的向心力大小相等，所以有mAω2·AO＝mBω2·OB，即mA·AO＝mB·OB，又AO＜OB，所以mA＞mB，选项C正确；设双星的质量分别为m1和m2，轨道半径分别为r1和r2，双星之间的距离为L，则m1r1＝m2r2，r1＋r2＝L，G＝m12r1，联立各式可得T＝2π，可见，双星的总质量一定时，双星之间的距离越大，其转动周期越大，选项D正确．‎ ‎[正解]　CD ‎[应对策略]　解答习题时，要针对题目，创设、变换问题情景，一题多变，进行多向思维，可有效突破由于问题情景相似、相近而引起的思维定势障碍．‎