注重方法与技巧抢取高分有策略

注重方法与技巧 抢取高分有策略高考物理必考题型及突破技法甘肃省武威第八中学一、选择题把握好选择题做到零失分（一）选择题中的高频考点1. 力与物体的平衡（受力分析 ）2. 牛顿运动定律与直线运动（运动图象）3. 曲线运动（平抛运动、圆周运动）4. 万有引力与航天5. 功和能6. 电场及带电粒子在电场中的运动7. 磁场及带电粒子在磁场中的运动8. 带电粒子在复合场中的运动9. 直流电路的分析与计算10. 电磁感应规律及应用11. 交变电流的产生及变压器原理（二）应试选择题的原则1 .小题快做在应试时， 对选择题要把握两个主要原则：第一， 由简至难， 一道题的用时一般不超过2 分钟，没有思路的尽快跳过，以保证做题速度；第二，多选题没把握的选项不选，宁可没选全扣些分，也不要因选错而全扣3 . 小题巧做高考物理选择题平均每道题解答时间应控制在 2 分钟以内选择题解答要做到既快又准，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“不择手段” ，千方百计达到快捷解题的 目的.解答好选择题要有扎实的知识基础，要对基本物理方法和技巧熟练掌握.解答时要根据题意准确、熟练地应用基本概念和基本规律进行分析、推理和判断.解答时要注意以下几点：(1)仔细审题，抓住题干正确理解选项中的关键字、词、句的物理含义，找出物理过程的临界状态、临界条件.还要注意题目要求选择的是“正确的”还是“错误的”、“可能的”还是“一定的”(2)每一个选项都要认真研究，选出正确答案，当某一选项不能确定时，宁可少选也不要错选.(3)检查答案是否合理，与题意是否相符.4 .突破技法技法一直接判断法解答时通过阅读和观察， 利用题干所描述的物理现象和设置的条件，界定试题考查的范围和意图，选准看问题的视角， 抓住主要因素，忽略次要因素，根据所学的知识和规律直接 判断，得出正确的答案.这种方法一般适用于基本不需要“转变”或推理的简单题目.这些题 目主要考查考生对物理识记内容的记忆和理解程度，属常识性题目.B |A1. 2011 天津卷如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力()A.方向向左，大小不变B.方向向右，逐渐减小C.方向向右，大小不变D.方向向右，逐渐减小解析A、B相对静止做匀减速直线运动，则加速度大小、方向均恒定并与速度方向相反；隔离物块B,可以“直接判断”只有静摩擦力提供加速度， A正确.答案A2. 2012 江苏卷一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积，间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容 C和两极板间的电势差 U的变化情况是（A. C和U均增大B. C增大，U减小C. C减小，U增大D. C和U均减小3s解析由平行板电容器电容决定式 C =知，当插入电介质后，r变大，则在S、d不4 71kd变的情况下C增大；由电容定义式 C = Q得U = Q,又电荷量Q不变，故两极板间的电势差U CU减小，选项B正确.答案B技法二比较排除法在读懂题意的基础上，根据题目的要求，灵活运用物理知识，经分析、推理先将明显的错误或不合理的备选答案一个一个地排除掉，最后只剩下正确的答案.57体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接.下图中3. 2010 山东卷如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物v、 a、f和s分别解析该运动由斜面的匀加速运动与水平面的匀减速运动两个“子过程”组成.由此可知，vt图象是直线，两过程的加速度均恒定，s-t图象是曲线，所以选项 A、B、D均错误，选项C是正确的.答案C4. 将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是 （）解析加速度a = g +处，随着v的减小，a减小，但最后不等于 0.加速度越小，速度减小 m得越慢，所以选C.答案C技法三极限分析法物理中体现极限思维的常见方法有极限法、微元法.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.微元法是将研究过程或研究对象分解为众多细小的“微元”，只需分析这些“微元”，进行必要的数学方法或物理思想处理，便可将问题解决.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.5. 2012 安徽卷如图1所示，半径为 R的均匀带电圆形平板，单位面积带电荷量为cr,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=2xR2+x21/2X轴.现考虑单位面积带电荷量为00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2所示.则圆孔轴线上任意一点Q（坐标为x）的电场强度为（）B. 2 Ttk aor2+x2 1/2rD. 2 Ttk o0- xxC. 2 Ttk o0- r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点评以上解法令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.6 .如图所示，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mi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 Ti和T2,已知下列四个关于 Ti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（m +2m2 mig A. Ti = m+2 mi + m2m+2mim2gB. Ti = m + 4 mi + m2m+4m2 mig C. Ti = m+2 mi + m2m + 4mi m2g D. Ti =m + 4 mi + m2解析设滑轮的质量为零,即看成轻滑轮，若物体B的质量较大，由整体法可得加速度a2mim2Ti=g.应用“极限推理法：将mmi+ m2m2 mig,隔离物体 A,据牛顿第二定律可得mi + m2=0代入四个选项分别对照，可得选项C是正确的，故选 C.答案C技法四结论法“二级结论”是由基本规律和基本公式导出的推论.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：（i）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.7 .在等边三角形白三个顶点 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C.与ab边垂直，指向左边B.与ab边平行，竖直向下D.与ab边垂直，指向右边解析 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.答案C点评此类题的常规解法是先根据安培定则判断各通电导线产生磁场的磁感应强度方向，再由矢量叠加求合磁感应强度方向，最后根据左手定则判断电流所受安培力方向.而以上解法巧用二级结论轻松快解.8 .如图所示，一物体以一定的初速度沿水平面由A点滑到B点，摩擦力做的功为 Wi；若该物体从M沿两斜面滑到 N,摩擦力做的总功为 W2,已知物体各接触面的动摩擦因数相同，则（）A. Wi = W2B. WiW2D.无法确定解析本题应用如下二级结论：物体沿斜面滑动，滑动摩擦力对物体所做的功，等于物体 沿着这段位移在水平方向上的投影位移上运动时摩擦力所做的功.简单认为物体沿两斜面滑动的路程比沿水平面滑动的路程要长，摩擦力做功与路程有关，所以选B.本题应考虑做功的两个必要因素：力和位移.当物体由 AB 时 f= pmg, Wi = - mg sab.当物体由M-C-N时，摩擦力做的总功为物体在两斜面上运动时摩擦力做的功之和,W2=- pmgcos ocSmc- pmgcos （3scn= pmg smo mg son= mg smn1-sab= smn, . Wi = W2,本题答案为 A.答案A拓展：物体由斜面上高为 h的位置自由下滑，滑到平面上的某点停下来，若L是释放点到停止点的水平距离（如图），则物体与滑动面之间的摩擦因数四h/L.技法五 作图分析法（图象法、图解法）“图”在物理学中有着十分重要的地位，它是将抽象物理问题直观化、形象化的最佳工 具.中学物理中常用的图有示意图、过程图、函数图、矢量图、电路图和光路图等等.若题 干或选项中已经给出了函数图，则需从图象纵、横坐标的物理意义以及图线中的“点”、“线”“斜率“截距”和“面积”等诸多方面寻找解题的突破口.用图象法解题不但快速、准确，能避免繁 杂的运算，还能解决一些用一般计算方法无法解决的问题.在利用作图分析法解题时，如何能根据题意将题目中抽象的文字用图象正确地表现出来是解题的关键.在画图时，要特别注意状态变化连接处的特征和前后不同过程的区别和联系，同时也要将这种区别和联系表现在图象上.（1）图象法如果未知变量和已知变量的关系可以用图象来描述，那么用此法解题不但直观、迅速，还可以避免复杂的运算.此法的解题要点在于注意图象的“斜率”面积截距”的物理意义.（2）图解法在判定有关三力平衡问题中的各力变化情况时，若利用矢量图解法常常可使问题得到快捷解决.9. 2013 哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学联考 （多选）如图所示，在倾角为 a的 光滑斜面上放一个重为 G的光滑球，并用光滑的挡板挡住，挡板与斜面夹角为0（最初* a）,挡板可以从图示位置以 O为轴向左缓慢转至水平位置， 在此过程中球始终处于平衡状态. 当 挡板对球的弹力大小恰好等于球的重力时，0的大小可以为（ ）ftA. aB. 2 aC. Tt aD.兀2 a解析对球进行受力分析，角度关系如图所示，因eG,在挡板以O为轴缓慢转动的过程中，当0=泡寸，F = G,故A正确；当挡板转至水平时，重力等于挡板对小球的支持力，即F=G,故C正确.答案AC10.如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.若在to时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向 B板运动，并最终打在A板上.则to可能属于的时间段是（）图图（b）TA. 0to一 4T3TB. 一to 一243TC. -toT49TD. Tto一 8解析以向B板运动为正方向，分别作出从0、T/4、T/2时刻释放的粒子的速度一时间图象如图所示，则由图象可看出， 若0toT/4或3T/4toT或Tto9T/8,粒子在一个周期内正向位移大，即最终打到B板；若T/2toV2,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，对，错.答案A技法八选项分组法两个选项分别考查同一问题，分析其中一个选项，即可推之另一选项的正误，因此，我们在分析此类问题时，可以把选项分为两组，这种方法叫“选项分组法”解题时通过审视题干和观察选项，先对选项分组，然后针对各组所要表述的情况选用适合的物理概念、规律或结论、确定正确答案，即可避免选项的逐一判断，缩短解题时间，又可以 防止解答时多选和漏选的发生，提高解答的准确率.15 .（多选）为保证用户电压稳定在 220 V,变电所需适时进行调压，下图甲为调压变压器示 意图，保持输入电压 ui不变，当滑动触头 P上下移动时可改变输出电压、某次检测得到用 户电压U2随时间t变化的曲线如图乙所示，以下正确的是 （ ）A. ui= 190 2sin（50 忒）VB. U2= 190 2sin（100 忒）VC.为使用户电压稳定在220 V,应将P适当下移D.为使用户电压稳定在220 V ,应将P适当上移解析由 U2-t 图象知 u2m=190、 V, T=2X10 2 s 故 3 = ?=100 兀 rad/s ,故 u2 =U1 n 1190 y 2 sin（100 nt） V.选项A错误、选项B正确.由变压器电压与匝数关系一=一得U2 =U2 n2n2U1，可减小n1以使U2的有效值增大至 220 V,即将P适当上移，故选项 C错误、选项D n1正确.答案BD16 .（多选）有一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N,细绳对小球的拉力为 T,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，N可能为零 B.若小车向左运动，T可能为零C.若小车向右运动，N不可能为零D.若小车向右运动，T不可能为零解析对小球进行受力分析，假设 N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T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.答案AB技法九特例赋值法一一投机取巧有些选择题，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,定是错误的，可以排除.17. 2012 新课标全国卷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（）dA. 1 RdB. 1 十一 RR-dC、2D.(R-d)R 解析取特殊情况，当d=R时，重力加速度之比应该为0,排除B、D;取d=2,根据黄金代换式GM = gR2得gM-,重力加速度之比不等于 -（因为质量M不一样），排除C.答 R24案A点评 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有效.18. 2011 安徽卷 一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Ax所用的时间为3,紧接着通过下一段位移A x所用的时间为t2,则物体运动的加速度为（）2 Ax t 一 t2A.t1t2 t1 + t2Ax t1 122 Ax t1 +12B. C.t1t2 t1 + t2t1t2t1 t2Ax t1 + t2D.t1t2 t1 t2解析考虑匀加速的特例情况 a = 0,即匀速，应有t1 = t2,可以排除C、D.再考虑初 速度为零的特例，取t1=1 s,则t2=（21）s，代入A或B演算，只有A项满足加速度 为常数a = 2 Ax.答案A技法十整体、隔离法分析多对象问题时，当题干所要分析和求解的物理量不涉及系统内部各物体间的相互作用时，可把多个物体所构成的系统作为一个整体进行研究，称为整体法，这是一种有效的解题思路.整体法与隔离法是相互依存、相互补充的，一般要采取先整体后隔离的方法，这两种方法配合起来使用，常能更有效地解决问题.19 .（多选）如图所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上的一物块正在沿斜面以速度V0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力（）A.等于零B.不为零，方向向右C.不为零，方向向左D.不为零，vo较大时方向向左，vo较小时方向向右解析方法一整体法.选物块和斜劈整体为研究对象，图甲由于系统的加速度等于零，合力等于零，故系统在水平方向的合力等于零.因此地面对斜劈的摩擦力等于零.故 A正确.方法二 隔离法.选物块为研究对象，受力情况如图甲所示，由于物块匀速运动，故Ffcosa= FNSin a图乙选斜劈为研究对象，受力情况如图乙所示，假设地面对斜劈的摩擦力为Ff向右，则根据平衡条件，得Ff-Fnsin a=Ff sina,且Ff cos a=FNSin a,Fn=Fn , Ff=Ff,所以Ff=FfCOS a FfCOS a= 0.故 A 正确.答案A点评对于连接体问题，一般优先考虑整体法，当需要考虑系统内力时，再采用隔离法.20 .如图所示，质量为 mB=24 kg的木板B放在水平地面上，质量为mA=22 kg的木箱A放在木板B上.一根轻绳一端拴在木箱 A上，另一端拴在天花板上，轻绳与水平方向的200夹角为e= 37.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数以= 0.5.现用水平方向大小为的力F将木板B从木箱A下面匀速抽出(sin37 =0.6,cos37 =0.8 ,重力加速度10m/s2),则木板B与地面间的动摩擦因数配的大小为 (A. 0.3B. 0.4C. 0.5D. 0.6解析对A进行受力分析如图甲所示,由题意得FtCOS 9= Ff1Fni + FTsin 0= mAgFf1 = p1 Fni 由得，Ft = 100 N对 A、 B 整体进行受力分析如图乙所示由题意得 Ftcos e+ Ff2 = FFn2 + FTSin 0= （mA+ mB）gFf2= 22FN2由得22= 0.3故 A 选项正确答案 A二、实验题拿下实验题压住上线分（一）实验题中的高频考点1. 基本仪器的使用（如多用电表、游标卡尺和螺旋测微器等） ；2. 力学设计性实验（测量动摩擦因数、验证牛顿第二定律实验等） ；3. 电阻的测量设计性实验；4. 伏安特性曲线的描绘；5. 测量电源电动势和内阻的设计性实验；6. 利用图象处理实验数据；7. 创新型实验（二）解答实验题的“ 3 个关键点”细、实、活技法一 读数作图型此类题考查常用仪器的结构、使用、 读数问题， 属于送分题这类问题失分的主要原因通常不是不会做， 而是轻率粗心 对读数问题是否要估读， 对结果有效数字的位数和要求的单位要特别留心1. （1） 有一游标卡尺，主尺的最小分度是1 mm ，游标上有20 个小的等分刻度，用它测量一工件的长度，如图所示这个工件的长度是mm.(2)如图(a)所示，用十分度的游标卡尺测量一根金属圆管的内径和外径时，卡尺上的游标位mm ,外径读数是置分别如图(b)、(c)所示，则这根金属圆管的内径读数是mm.解析(1)游标上零点对着主尺上104 mm多一点，而游标上的第一个小分格与主尺上的刻度恰好对正.又由于游标上有20个等分刻度，其精度为0.05 mm ,所以图示的读数是 104+ 0.05 M = 104.05(mm)(2)因为十分度游标卡尺的准确度为0.1 mm,对图(b),从主尺上读得 23.0 mm,而游标尺的7个小格与主尺上的 3 cm处恰好对齐，所以小数部分为0.1 X7= 0.7(mm),故此金属圆管的内径为：d= 23.0 +0.7 = 23.7(mm).同理，由图(c),从主尺上读得整数部分为30.0 mm,而游标尺的第3个小格与主尺上的刻度对齐，所以小数部分为 0.1 X3 = 0.3(mm),故金属圆管的外径为：D = 30.0 mm +0.3 mm =30.3 mm.值得注意的是，如果以厘米为单位记录数据的话，一定要先按毫米为单位读出数据，然后，再改写为以厘米为单位，改写后数据的有效数字位数不变.答案(1)104.05(2)23.730.32. 2013 安徽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X 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=Q;(3)实验室备有下列实验器材：A.电压表4)(量程。3 V内阻约为15 kfi)B.电压表量程。15 V,内阻约为75 k。)C.电流表(量程03 A,内阻约为0. 2D,电流表(量程。0. 6 A,内阻约为1 0)E.滑动变阻器 Ri(0100 Q, 0.6 A)F.滑动变阻器 R2(02000 Q, 0.1 A)G.电池组E(电动势为3 V,内阻约为0.3H.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6.0 Q.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6.0 Q ,电路中的最大电流E约为1=一=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RxRv Rx 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.由于一,应Rx Ra采用电流表外接法，应选图戊所示电路.答案(1)0.505(0.5040.506之间均正确)(2)欧姆调零 6.0 (3)ADEGH 戊技法二常规实验型此类题主要考查教材基本实验的原理设计、器材选择、实验操作、数据处理、误差分析.要做好这类实验题，要求复习实验时不可舍本逐末一味追求所谓的创新设计题，要把主要精力放在教材实验上，从基本仪器的使用方法，基本实验原理，基本实验操作和实验细节，实验 步骤的排序、纠错、补漏，实验数据的分析处理和误差分析，电学实验的连线、纠错、画电 路图等全方位理解和掌握.考前，有实验条件的最好能进实验室把典型实验及重要实验仪器再操作一遍，没有条件的最好能至少观看一遍演示实验视频.3.在探究小灯泡的伏安特性实验中，所用器材有：灯泡L、量程恰当的电流表 A和电压表V、直流电源E、滑动变阻器 R、电键S等，要求灯泡两端电压从 0 V开始变化.实验中滑动变阻器应采用 接法(填“分压”或“限流”(2)某同学已连接如图1所示的电路，在连接最后一根导线的c端到直流电源正极之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改正.(3)电路连接正确后，分别测得两只灯泡 Li和L2的伏安特性曲线如图 2中I和H所示,然后将灯泡Li、L2与电池组(电动势和内阻均恒定)连成图3所示电路.多次测量后得到通过Li和L2的电流平均值分别为 0.30 A和0.60 A.A.在图2中画出电池组路端电压 U和电流I的关系曲线.B.由该曲线可知电池组的电动势为 V,内阻为 Q(取两位有效数字)解析(1)测灯泡伏安特性曲线要求电压从零调起，故滑动变阻器必须采用分压式接法.(2)错误一：在连接线路时必须将每个开关断开，而图中是闭合的.错误二：连好线路后在闭合开关前需要将限流滑动变阻器调到阻值最大，将分压滑动变阻器调到待测电路两端电压为0端，以保护电源和电表，在图中应是 b端.过两灯泡伏安特T曲线上的点(0.30 A,3.8 V)和点(0.60 A,3.0 V)画直线即得到电池组的伏安特性曲线，如图.由电池组伏安特性曲线的纵截距得E=4.6 V,斜率得r=3： ：0 =0.6 0.32.7 Q.答案(1)分压 (2)见解析A.见解析图 B. 4.6 V 2.7 Q4. 2013 湖南五市十校联合检测某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒 定律.已知重锤质量 m = 1.00 kg ,当地的重力加速度g=9.80 m/s 2.图甲图乙(1)实验小组选出一条纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点， 测得hi = 12.01 cm , h2 = 19.15cm, h3= 27.86 cm，打点计时器接50 Hz的交流电.根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了 J ,此时重锤的动能比开始下落时增加了 J(计算结果均保留 3位有效数字).根据计算结果可知道该实验小组出现的问题可能是 (只需写一个问题).(2)在图乙所示的纸带基础上，某同学又选取了多个计数点，并测出了各计数点到第一个点O的距离h,算出了各计数点对应的速度v,以h为横轴，以v2/2为纵轴画出的图线应是下列图中的,图线的斜率表示.解析(1)当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了AEp=mgh2 =h3 h 111.88 J.打点计时器打到 B点时重锤的速度为 vb=,因而此时重锤的动能为A Ek=-4T2mvB=1.96 J .减小的重力势能比增加的动能少的原因可能是先释放纸带后闭合开关.(2)由(1)问知mg(h + Ah)=mv2,可得,v2= gh + g Ah,故图D正确.图线的斜率表示重力加速度g的实验测量值.答案(1)1.88 1.96先释放纸带后闭合开关(2)D重力加速度g的实验测量值技法二创新探究型此类实验重在考查实验基本原理和思想方法的迁移应用，特点是“源于教材，但又高于教材”.这类题虽常考常新，但“题在书外，理在书中”，万变不离其宗.要做好这类题，首先要审清题意，明确实验目的，联想和迁移应用相关实验原理.另外，此类实验题还常是“穿 着实验外衣”的计算题，这时把它看作一道应用性的物理问题，就能放下包袱，轻装上阵.5.2013 江苏卷某兴趣小组利用自由落体运动测定重力加速度，实验装置如图所示.倾斜的 球槽中放有若干个小铁球，闭合开关K,电磁铁吸住第1个小球.手动敲击弹性金属片M,M与触头瞬间分开，第1个小球开始下落，M迅速恢复，电磁铁又吸住第2个小球.当第1 个小球撞击M时，M与触头分开，第2个小球开始下落.这样，就可测出多个小球下落 的总时间.在实验中，下列彳拉法正确的有 .A.电路中的电源只能选用交流电源B.实验前应将M调整到电磁铁的正下方C.用直尺测量电磁铁下端到 M的竖直距离作为小球下落的高度D.手动敲击M的同时按下秒表开始计时(2)实验测得小球下落的高度H= 1.980 m,10个小球下落的总时间 T=6.5 s .可求出重力加速度g =m/s2.(结果保留两位有效数字)(3)在不增加实验器材的情况下，请提出减小实验误差的两个办法.(4)某同学考虑到电磁铁在每次断电后需要时间At磁性才消失，因此，每个小球的实际下落时间与它的测量时间相差A t,这导致实验误差.为此，他分别取高度 Hi和H2,测量n个小球下落的总时间 Ti和T2.他是否可以利用这两组数据消除At对实验结果的影响？请推导说明.解析(1)M与触头接触期间，电磁铁应保持磁性存在， 故电源用直流电源和交流电源均可，A项错误；实验中要通过小球撞击 M断开电路来释放下一小球， 故M必须在电磁铁正下方，B项正确；小球下落的高度应为电磁铁下端到M的竖直距离减去小球直径，C项错误；手敲击M瞬间，小球1即开始下落，故应同时开始计时，D项正确.11 T(2)H=2gt2=2g(w)2200 H所以g=r200 X1.980m/s2 = 9.4 m/s 26.5 2H和T的测量，故增加 H,或者对H、T多次测量求200 H(3)由g = 一可知，误差主要来源于平均值，均可有效减小误差，另外，作出HT2图象，从图线斜率 k=-g-求得g,也可有200效减小误差.(4)见答案.答案(1)BD(2)9.4(3)增加小球下落的高度；多次重复实验，结果取平均值.(其他答案只要合理也可)1 Ti1T2(4)由 H1 = -g(一一At)2 和 H2=g(At)22n2 H1 ：H2 2可得g =二,因此可以消去A t的影响.丁1一 丁2 26. 2012 江苏卷为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小亮设计了如下图所示的装置进行实验.实验中，当木块A位于水平桌面上的 O点时，重物B刚好接触地面.将A拉到P点, 待B稳定后静止释放，A最终滑到Q点.分别测量OP、OQ的长度h和s.改变h,重复上 述实验，分别记录几组实验数据.(1)实验开始时，发现 A释放后会撞到滑轮.请提出两个解决方法.(2)请根据下表的实验数据作出sh关系的图象.A木块若要不(3)实验测得A、B的质量分别为 m=0.40 kg、M = 0.50 kg.根据sh图象可计算出与桌面间的动摩擦因数四.(结果保留一位有效数字)(4)实验中，滑轮轴的摩擦会导致期测量结果 (选填“偏大”或“偏小”解析(1)A释放后撞到滑轮是因为B对A做的功过多或 A克服摩擦力做功过少，撞滑轮则可减少 B对A做的功或增大摩擦力做的功，方法有减小B的质量或减小h(B下落的高度)；增大A的质量或增大 O到滑轮的距离；亦可增加细线长度，任选两法即可.(2)见下图.设A到O点时速度为v,则PO段有：v2-0 = 2aih, OQ段有：0 v2 = 2a2s,故shs ai图象的斜率 k=一=一,由牛顿运动定律知：在 PO段：Mg pmg = (M+ m)ai,得ai = h a2Mg- pmgaiM,OQ 段： mg = ma2, a2= 闺，将 ai、a2代入 k =一可得：,M + ma2kM+m+m39由图象得出k=一，代入上式可得 0.4.40(4)因滑轮轴摩擦产生的效果相当于A与桌面间摩擦力比实际的大，即导致 0IU量结果偏大.答案(1)减小B的质量；增加细线的长度(或增大A的质量；降低 B的起始高度)(2)见解析图(3)04(4)偏大(三)攻克常考实验题的策略常考类型：1 .仪器类(1)读数及其简单计算一一刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、弹簧秤、电流表、电压表、多用电表、电阻箱等.(2)画图形一一力的合成分解的平行四边形图，电路图、电路实物连线图.1(3)图象、表格及其简单计算一一验证牛顿运动定律的a F、a 图象、探究动能定理的图m象、描绘小灯泡的伏安特性曲线、测电源的电动势和内阻的U I图象等.2 .原理类(应用物理规律)(1)处理数据一一分析处理、进行计算、归纳结论.(2)仪器匹配一一长度测量的仪器匹配，电路实验仪器的匹配等.(3)原理分析一一纸带计算、探究动能定理、电阻测量(内接法、外接法与滑动变阻器的限流分压)、测电源的E与等；各种改进型、设计型、创新型实验.(4)误差分析一一一些典型实验的误差.(5)实验步骤一些重要实验的步骤.3 .创新类在上述原实验的基础上，参考教材中的演示实验、小实验等，应用重要的物理规律、结合学生的生活实际，编制的一类新实验考题.较之原实验，有改进、拓展、创新的特点.力、电拼盘，涉及2个 以上实验地路实验为主体复合题型.45个小问题.填空、电路图、实物连 少线、图象等形式 综深化探究、重视原理.合 含有设i卜性思维.题意背 题景较新颖,也“出现某种 传感器坦以教材原实验为基础， 做改进、创新合实际、加强“STS”-（实验原理设定实验步骤的选择实验结果的表达式填空胆表的读数、螺旋测微器与游标卡尺的读数“纸带”的计算,乩 谕计算 I仪器的选取.使用电路图连电路图象在格测电阻K测电源的、r 般电路cR的伏安特性曲线E、的伏安特性曲线验证牛顿第二定律曲线I创新性的图象表格攻克策略:1 .应用型实验题解答时可从以下两方面入手 （1）熟悉并正确使用仪器.实验仪器名目繁多，具体应用因题而异，所以，熟悉使用仪器是最基本的应用.如打点计时器的正确安装和使用，滑动变阻器在电路中起限流和分压作用的不同接法，多用电表测不同物理量的调试等，只有熟悉它们，才能正确使用它们.熟悉仪器,主要是了解仪器的结构、性能、量程、工作原理、使用方法、注意事项，如何排除故障、正确读数和调试，使用后如何保管等.（2）理解实验原理面对应用性实验题，一定要通过审题，迅速地理解其实验原理，这样才能将实际问题模型化，运用有关规律去研究它.具体地说，应用型实验题的依托仍然是物理知识、实验能力等.2 .解答时要抓住以下几点：明确实验应该解决什么实际问题 （分清力学、电学、光学等不同实际问题）；明确实验原理与实际问题之间的关系（直接还是间接）；明确是否仅用本实验能达到解决问题的目的，即是否还要联系其它物理知识，包括数学知 识;明确是否需要设计实验方案;明确实际问题的最终结果.举例分析例1.(1)用螺旋测微器测量圆柱体的直径时，示数如图甲所示，此示数为 mm.(2)用游标卡尺测量某物体的厚度时，示数如图乙所示，此示数为 mm.解析(1)螺旋测微器的读数=固定部分读数十可动部分读数，题中螺旋测微器的固定部分读数为8 mm ,可动部分读数为 47.0X0.01 mm =0.470 mm ,所以读数为 8 mm + 0.470 mm =8.470 mm.(2)游标卡尺的读数=主尺读数 (整毫米数)+游标尺读数(对齐条数X精度)，题中游标卡尺的 主尺部分的读数为 20 mm ,对齐条数为第12条，20分度的游标卡尺的精度为 0.05 mm, 所以读数为 20 mm +12X0.05 mm =20.60 mm. 答案(1)8.470 (2)20.602.测量型实验攻克策略解决测量型实验问题的关键是明确实验仪器的使用，明确实验原理、实验方法，掌握实验的注意事项及处理实验数据的方法，会分析误差来源.例2.现要测量电源 B的电动势E及内阻r(E约为4.5 V, r约为1.5 Q),已有下列器材：(V)量程为3 V的理想电压表 ,量程为0.5 A的电流表(具有一定内阻)，固定电阻 R=40 Q,滑动变阻器R,开关S,导线若干.(1)画出实验电路原理图.图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出.(2)实验中，当电流表的示数为I1时，电压表的示数为 U1；当电流表的示数为I2时，电压表的示数为U2.由此可求出，E=, r=.(用h、I2、U1、U2及R表示)解析 本题是常规伏安法测电源的电动势和内阻实验的情境变式题，本题与课本上实验的区别是电源的电动势大于理想电压表的量程，但题目中提供的器材中有一个阻值不大的固定电阻，这就很容易把该情境变式题“迁移”到学过的实验上.把固定电阻接在电源的旁边,将其等效成电源的内阻即可内电压便增大”，电压表所测量的外电压相应的减小, 样，一个新的设计性实验又回归到课本实验上了.(如图甲所示)，再把电压表跨接在它们的两侧.显然，“内阻增大,通过定量计算，符合实验测量的要求. 这(1)实验原理图如图乙所示*1|1=1-1s B R乙(2)根据E=U+Ir,给定的电源 B的电动势E及内阻r是一定的，I和U都随滑动变阻器 R的阻值的改变而改变，只要改变R的阻值,即可测出两组I、U数据，列方程组得：E=Ui+ Ii(R+r), E = U2+L(R+r)I1U2-I2U1U2-U1解得：E=, r=-R.I1 I211 12U2-U1-RIi I2I1U2-I2U1答案(1)如解析图乙所示(2)I1 一 I2点评本题所提供的理想电压表的量程小于被测电源的电动势，需要学生打破课本实验的思维定式，从方法上进行创新，运用所提供的器材创造性地进行实验设计.例3.在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准.待测金属丝接入电路部分的长度名勺为50 cm.用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次 测量结果如图所示，其读数应为mm(该值接近多次测量的平均值 ).（2）用伏安法测金属丝的电阻 Rx.实验所用器材为：电池组 （电动势3 V,内阻约1、电流 表（内阻约0.1、电压表（内阻约3 kQ）滑动变阻器 R（020 Q,额定电流2 A）、开关、导线若干.某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下表所示:次数1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用下图中的 图（选填“甲”或“员”(yHi图中图乙（3）图丙所示是测量 Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片 P置于变阻器的一端.请根据 （2）中所选的电路图，补充完成图甲中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏.图内图丁(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图丁所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点.请在图丁中标出第 2、4、6次测量数据的坐标点， 并描绘出UI图线.由图线得到金属丝的阻值 Rx=(保留两位有效数字).(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为 (填选项前的符号).A. 1 X10 2 Q mB. 1 M0 3 Q mC. 1 X10 6 Q mD. 1 X10 8 Q m解析(1)金属丝直径的整数部分由固定刻度尺上读出，注意半毫米刻度线是否露出，小数部分由可动刻度尺上读出，测量值 (mm)=固定刻度尺上的读数(mm) +可动刻度尺上的读数 (估读一位)0.01(mm),故读数为0.397 mm ,最后一位是估读位，可以不同.(2)由题表中所给数据可知金属丝两端电压接近从0开始，所以滑动变阻器应采用分压接法，即选题图中的图甲.(3)电流表采用外接法，故电压表的右接线柱应与待测金属丝的右接线柱相连.滑动变阻器采用分压接法，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的左端，要使Rx两端电压最小，应把滑动变阻器的左接线柱与待测金属丝的左接线柱相连.如图(a)所示.(4)根据题表中所给数据描点，绘出的U - I图线应过坐标原点，且使大多数点在一条直线上，不在直线上的点分居直线两侧，如图(b)所示，由图线的斜率可得金属丝的阻值Rx= 4.5 Q.图（a）图（b）l由于R= p, SS=兀g)2,取 d=4M0 4 m ,l=0.5 m , R=4.5 Q ,解得 pM X10 6 Q m,选项C正确.答案(1)0.397(0.395 0.399 均可)(2)甲（3）如图（a）所示 （4）如图（b）所示 4.5（4.34.7 均可)(5)C3 .验证性实验的攻克策略验证型实验就是要通过实验手段去验证某一物理理论或物理规律是否正确.在验证型实验中，主要把握以下几方面：掌握并灵活运用实验方法.例如，在验证牛顿第二定律的实验中，加速度的大小即与外力的大小有关，又与物体质量有关，实验中采用了 “控制变量”法，从而完成验证.要重视实验的验证条件.物理定律的成立必须满足一定条件，验证实验中必须满足这些条件才能使实验顺利进行.如在验证力的合成法则的实验中，实验的条件是“力的作用效果相同；因此，在两个分力和一个力分别作用下，同一弹性绳的同一端点必须到达同一位置才能满足实验的验证条件.在验证机械能守恒定律的实验中，“只有重力做功”是实验的验证条件，而实验中阻力的存在是不可避免的，阻力做功过大时，实验误差大，实验将失去意义，为此,实验中要求铁架台竖直、 架稳，且小球选用质量大、体积小的重锤，使重力远远大于实验中 的阻力，阻力做的功可以忽略不计，从而满足了实验的验证条件.例4.在用打点计时器验证机械能守通定律的实验中，质量 m=1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点.如下图所示为选取的一条符合实验要求的纸带，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出).已知打点计时器每隔0.02 s打一次点