高考物理二轮复习 第2部分 考前冲刺方略 专题一 三大题型解题方略 第1讲“十法”秒杀选择题

专题一 三大题型解题方略第1讲“十法”秒杀选择题选择题是当前高考必备的题型之一，主要考查对物理概念、物理现象、物理过程和物理规律的认识、判断、辨析、理解和应用等，具有信息量大、知识覆盖面广、干扰性强、命题灵活性强、层次丰富、能考查学生的多种能力等特点要想迅速、准确地解答物理选择题，不但要熟练掌握和应用物理的基本概念和规律，还要掌握下列解答物理选择题的基本方法和特殊技巧方法一直接判断法通过观察题目中所给出的条件，根据所学知识和规律推出结果，直接判断，确定正确的选项直接判断法适用于推理过程较简单的题目，这类题目主要考查学生对物理知识的记忆和理解程度，如考查物理学史和物理常识的试题等典例1(多选)1820年，奥斯特发现了电流的磁效应，1831年法拉第发现了电磁感应现象，这两个发现在物理学史上都具有划时代的意义，围绕这两个发现，下列说法正确的是()A电流磁效应的发现从相反的角度对法拉第发现电磁感应现象具有启发意义B可以推断出，在法拉第发现电磁感应现象的年代，已经发明了电池C电磁感应的发现为大规模发电提供了理论基础D电磁感应的发现为解释地球磁场的形成提供了理论方向解析电流产生磁场的现象叫做电流的磁效应，利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应现象，所以选项A正确电流的磁效应比电磁感应现象发现得早，而发现电流的磁效应时需要有持续的电流，说明当时已经发明了电池，选项B正确电磁感应现象的发现，说明大量的机械能可以通过磁场转化为电能，所以为大规模的发电提供了理论基础，选项C正确解释地球磁场的形成需要知道磁场形成的原因，电流磁效应的发现为解释地球磁场的形成提供了理论方向，选项D错误答案ABC点评物理学史是考试内容之一，熟记牛顿、伽利略、卡文迪许、库仑、法拉第等物理学家的成就，直接作出判断即学即用1在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程在对以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的说法是()A英国物理学家牛顿用实验的方法测出了引力常量GB第谷接受了哥白尼日心说的观点，并根据开普勒对行星运动观察记录的数据，应用严密的数学运算和椭圆轨道假说，得出了开普勒行星运动定律C亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快D胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比解析：选D.牛顿提出了万有引力定律及引力常量的概念，但没能测出G的数值，G的数值是由卡文迪许通过实验得出的，故A错误开普勒接受了哥白尼日心说的观点，并根据第谷对行星运动观察记录的数据，应用严密的数学运算和椭圆轨道假说，得出了开普勒行星运动定律，故B错误亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体比轻物体下落得快，故C错误胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故D正确方法二筛选排除法筛选排除法就是通过对物理知识的理解，对物理过程的分析或计算，将明显错误或不合理的选项一一排除的方法筛选排除法主要适用于选项中有相互矛盾、相互排斥或有完全肯定、完全否定的说法的单选选择题典例2如图所示，以MN、PQ为边界的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽为2L，高为L的正三角形闭合金属框由粗细均匀的电阻丝围成，在外力作用下由图示位置被水平向右匀速拉过磁场区域，ab边平行MN且垂直金属框运动方向，取逆时针方向为电流的正方向，则金属框中的感应电动势E、感应电流I，所施加的外力F及外力的功率P随位移x的变化关系图正确的是()解析金属框进入磁场的过程中，穿过金属框的磁通量增加，由楞次定律可知此过程中感应电流为逆时针方向，而此过程金属框切割磁感线的有效长度l2xtan 30均匀增加，完全进入磁场后，穿过金属框的磁通量不变，回路中无感应电流和感应电动势，排除A选项；0L位移内，因金属框做匀速直线运动，所以F外F安BIltan230，即外力随位移的增大而非线性增大，排除C选项；0L位移内，外力的功率PF外vtan230，即外力的功率随位移的增大而非线性增大，排除D选项；所以B选项正确答案B点评运用排除法解题时，对于完全肯定或完全否定的说法，要抓住“一定”、“一定不”等关键词语，通过举例(正例或反例)的方式进行判断；涉及图象变化问题通常从大小、方向两个角度排除，对于相互矛盾或者相互排斥的选项，则最多只有一个是正确的，要学会从不同方面判断或从不同角度思考与推敲即学即用2如图甲所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域和内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B，和之间无磁场一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同图乙的四个图象中能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是()乙解析：选C.MN棒先做自由落体运动，当到区磁场时由四个 选项知棒开始减速说明F安mg，由牛顿第二定律得，F安mgma，减速时F安减小，合力减小，a也减小，速度图象中图线上各点切线斜率减小；可排除选项B、D.离开区后棒做加速度为g的匀加速直线运动，随后进入区磁场，因棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流变化情况相同，则在区磁场中运动情况与区磁场中完全相同，切线斜率减小，故排除选项A，所以只有C项正确方法三图象思维法图象思维法是根据各物理量间的关系，作出表示物理量之间的函数关系的图线，然后利用图线的交点、图线的斜率、图线的截距、图线与坐标轴所围几何图形的“面积”等代表的物理意义对问题进行分析、推理、判断或计算，其本质是利用图象本身的数学特征所反映的物理意义解决物理问题，或者根据物理图象判断物理过程、物理状态、物理量之间的函数关系和求解某些物理量典例3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()Av1v2，t1t2Bv1t2Cv1v2，t1t2 Dv1v2，t1t2，A项正确，C项错误答案A点评图象、情境、规律是解图象问题不可分割的三个要素要把物理规律和物理图象相结合，才能真正理解图象中斜率、交点、截距以及图线和坐标轴所围面积的实际物理意义图象中的图线是直线，尽可能写出横、纵坐标代表的两个物理量间的函数关系，通过与图象中的斜率、截距以及图线和坐标轴所围面积比较就可得出相关结论即学即用3(多选)如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有()A甲的切向加速度始终比乙的大B甲、乙在同一高度的速度大小相等C甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D甲比乙先到达B处解析：选BD.根据机械能守恒定律，mghmv2，在同一高度甲、乙的速度大小相等，B项正确；甲开始的切向加速度比乙的大，且这个加速度在竖直方向的分加速度也大，因此开始时甲在竖直方向的分运动比乙的竖直方向的分运动快从如图所示的速率时间图象可以判断，甲先到达B点，D项正确，故选B、D.方法四特殊值法有些选择题展示出一般情形，计算难度比较大，甚至不能用现有物理规律进行准确计算，可针对题设条件选择一些能反映已知量与未知量数量关系的特殊值代入有关表达式进行推算，依据结果对选项进行判断，从而得出结论典例4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)()AFTm(gsin acos )FNm(gcos asin )BFTm(gcos asin )FNm(gsin acos )CFTm(acos gsin )FNm(gcos asin )DFTm(asin gcos )FNm(gsin acos )解析取特例a0，则FTmgsin ，FNmgcos .将a0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奏效即学即用4如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上若要使物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F1和F2的方向均沿斜面向上)由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为()A. B2F2C. D.解析：选C.取F1F20，则斜面光滑，最大静摩擦力等于零，代入后只有C满足方法五二级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：(1)平抛运动速度方向的反向延长线过水平位移的中点；(2)不同质量和电荷量的同性带电粒子由静止相继经过相同的加速电场和偏转电场，轨迹重合；(3)直流电路中动态分析的“串反并同”结论；(4)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场强典例5(多选)如图所示，电源电动势为E，内阻为r.电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态下列说法中正确的是()A只逐渐增大对R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流B只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流C只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D若断开开关S，带电微粒向下运动解析当逐渐增大光照强度时，光敏电阻R1的阻值减小，依据“串反并同”可知电流I增大，则PR0增大，UC增大，QCCUC增大，即电容器充电，R3中有向上的电流，A正确；当P2向上移动时，UC不变，R3中没有电流，故B错误当P1向下移动时，I不变，但UC变大，EC变大，电场力FC变大，微粒向上运动，故C错误若断开开关S，电容器放电，UC降为0，则微粒只受重力作用而向下运动，故D正确答案AD点评有些二级结论只在一定的条件下成立，在使用这些二级结论时，必须清楚结论是否适合题给物理情境即学即用5如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，电流表 和电压表 均可视为理想电表闭合开关S后，在将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中()A电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B小灯泡L变暗C通过定值电阻R1的电流方向自右向左D电源的总功率变大，效率变小解析：选D.当滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的有效电阻减小，由“串反并同”知，电流表的示数将增大，电压表示数将减小，小灯泡L变亮，电源总功率增大，电源内电压增大，选项A、B错误；电容器两端电压即电压表示数，由QCU知电容器将放电，通过定值电阻R1的电流方向自左向右，选项C错误；因电源内电压增大，所以路端电压减小，由100%知电源效率变小，选项D正确方法六对称法对称分析法就是利用物理现象、物理过程具有对称的特点来分析解决物理问题的方法常见的应用：(1)运动的对称性，如竖直上抛运动中物体向上、向下运动的两过程中同位置处速度大小相等，加速度相等；(2)结构的对称性，如均匀带电的圆环，在其圆心处产生的场强为零；(3)几何关系的对称性，如粒子从某一直线边界射入磁场，再从同一边界射出磁场时，速度与边界的夹角相等；(4)场的对称性，等量同种、异种电荷形成的场具有对称性；电流周围的磁场，条形磁铁和通电螺线管周围的磁场等都具有对称性典例6如图所示，带电荷量为q的均匀带电半球壳的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线，P、Q为CD轴上在球心O点两侧、与O点距离相等的两点如果是带电荷量为q0的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等则下列判断正确的是()AP点的电势与Q点的电势相等BP点的电场强度与Q点的电场强度大小相等C在P点由静止释放带正电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动D带正电的微粒在O点的电势能为零解析由对称性可知半球壳右侧的电场线沿CD方向的一定是向右，故P点的电势一定高于Q点，选项A错误；根据对称性，若在O点的右侧再放置一同样的半球壳组成圆形球壳，则P、Q两点的场强为零，即右半部分球壳在P点的场强大小等于左半部分球壳在P点的场强大小，由对称性可知，左半部分球壳在Q点的场强大小等于右半部分球壳在P点的场强大小，故左半部分球壳在P点的场强大小等于左半部分球壳在Q点的场强大小，选项B正确；CD方向上电场线水平向右，在P点由静止释放带正电微粒，微粒做变加速运动，C错误；本题没有选取零势能点，所以带正电的微粒在O点的电势能不一定为零，D错误答案B点评用对称性解题的关键是分析问题时抓住事物在某一方面的对称性，例如对称的运动、对称的结构、对称的作用力、对称的几何关系、对称的电路等利用对称法分析解决物理问题，可以避免复杂的数学演算和推导，直接抓住问题的实质，快速简便地求解问题即学即用6用一轻质弹簧把两个质量分别为m和M的木板A和B连接起来，放在水平地面上，如图所示现在上面木板A上施加一压力F，使撤去此力后，木板A跳起来恰好使木板B离地，则F的大小为()AMg BmgC(Mm)g D(Mm)g解析：选C.F作用在A上压缩弹簧到一定形变量，撤去F瞬间，A的加速度为a，根据弹簧的拉伸和压缩过程具有对称性可知，当B恰好离地时A的加速度大小和撤去F瞬间A的加速度相同，所以B恰好离地时，设弹簧的弹力为F弹，则有maF弹mg，F弹Mg，联立解得F(Mm)g.方法七逆向思维法正向思维法在解题中运用较多，而有时利用正向思维法解题比较烦琐，这时我们可以考虑利用逆向思维法解题应用逆向思维法解题的基本思路：分析确定研究问题的类型是否能用逆向思维法解决；确定逆向思维问题的类型(由果索因、转换研究对象、过程倒推等)；通过转换运动过程、研究对象等确定求解思路典例7(多选)如图所示，有一位冒险家希望有一天能站在世界上最高的楼顶，他设想把这样一座楼建在赤道上，假设这座楼施工完成，高度为h，站在楼顶时，他恰好感到自己“飘浮”起来设这位冒险家的质量为m，地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球自转的角速度为，则冒险家在楼顶受到的万有引力的大小为()A0 B.Cm D.解析由题意可知，冒险家已经成了同步卫星，如果受到的万有引力为零，就不会做圆周运动，而会离开楼顶，在太空中做匀速运动，可知A错误如果B正确，则有，得gR2GM，此式成立，B正确设冒险家受到的万有引力为F，则有F，如果C正确，有Fm，可得，两边立方，得R2g4，化简得(Rh)2，把式中的gR2用GM代替得(Rh)2，两边再乘以m，左右调换位置，得m(Rh)2，此式成立，可知C正确，D错误答案BC点评在高中每一个知识板块都存在正向和逆向思维的连接，例如匀加速直线运动规律和匀减速直线运动规律的互逆；圆周运动中最低点和最高点速度的互推；力学中由物体的受力情况可以推出物体的运动情况，也可以由物体的运动情况反推物体的受力情况等即学即用7(多选)如图所示，在水平地面上的A点以速度v1与地面成角射出一弹丸，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：选AC.以速度v1与地面成角射出一弹丸，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，v2v1cos ，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v1v2，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错误方法八极限思维法极限思维法是指在某些物理状态变化的过程中，把某个物理量或物理过程推向极端，从而作出科学的推理分析，挖掘出隐含条件，给出正确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、连续变化的情况典例8由相关电磁学知识可以知道，若圆环形通电导线的中心为O，环的半径为R，环中通大小为I的电流，如图甲所示，则环心O处的磁感应强度大小B，其中0为真空磁导率若P点是过圆环形通电导线中心O点的轴线上的一点，且距O点的距离是x，如图乙所示请根据所学的物理知识判断下列有关P点处的磁感应强度BP的表达式正确的是()ABPBBPCBPDBP解析本题看似无法解决，但题目中已知O点的磁感应强度大小的表达式应用极限法，当x0时，P点与O点重合，磁感应强度大小BP，A正确答案A点评当某些问题无法求解时，可将题中某些物理量的值推向极端(如本题中将r推向0)，然后对选项进行分析推理，进而得出答案解题时要注意：有哪些量可以推向极端；极端推向0还是无穷大即学即用8一半径为R的绝缘环上，均匀地带有电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，它与环心O的距离OPL.静电力常量为k，关于P点的场强E，下列四个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()AE BECE DE解析：选D.当R0时，带电圆环等同一点电荷，由点电荷电场强度计算式可知在P点的电场强度为Ek，将R0代入四个选项，只有A、D选项满足；当L0时，均匀带电圆环在中心处产生的电场的电场强度为0，将L0代入选项A、D，只有选项D满足方法九类比法中学物理概念较多，物理规律难于记忆，通过类比法可便于记忆，如在电场与重力场的比较中，场强与重力加速度、电势与高度、电势差与高度差、电势能与重力势能等都有相似的地方类比法在物理解题中的主要应用可分为模型比较和方法比较等，模型比较是指用已知模型引导新问题的模型建立，如电子绕正点电荷的运动可以通过与天体运动模型比较来建立；方法比较主要运用于不同知识内容在物理方法的使用上的类比，例如磁感应强度的定义方法可以与电场强度的定义方法进行比较典例9在空间有相互垂直的场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，如图所示，一带电荷量为q、质量为m的带负电质点从原点O由静止释放，不计质点的重力，则质点在y轴方向前进的最大距离为()A. B.C. D.解析虽然质点在O点速度为零，但可以设想质点具有速率为v、沿x轴正方向的速度和速率为v、沿x轴负方向的速度，且v满足BqvqE.照此设想，质点在其后的运动过程中将受到三个力作用，注意到质点所受的沿y轴负方向的洛伦兹力和它所受的电场力平衡，故质点的运动可等效类比成速率为v、沿x轴正向的匀速直线运动和一个速率为v的匀速圆周运动的合成，对匀速圆周运动有evBm，其中R，解得ym，选项C正确答案C即学即用9自然界中有许多问题极其相似，例如有质量的物体周围存在着引力场、电荷周围存在着电场、运动电荷周围存在着磁场，其中万有引力和库仑力有类似的规律，因此我们可以用定义电场强度的方法来定义引力场的场强已知引力常量为G，则与质量为M的质点相距r处的引力场场强为()AG BGCG DG解析：选C.万有引力公式与库仑力公式是相似的，分别为F1G和F2k，真空中，带电荷量为Q的点电荷在距它r处所产生的电场强度被定义为试探电荷q在该处所受的库仑力与其电荷量的比值，即Ek，与此类比，质量为M的质点在距它r处所产生的引力场的场强可定义为试探质点在该处所受的万有引力与其质量的比值，即EGG.方法十等效转换法等效转换法是指在用常规思维方法无法求解那些有新颖情境的物理问题时，灵活地转换研究对象或采用等效转换法将陌生的情境转换成我们熟悉的情境，进而快速求解的方法等效转换法在高中物理中是很常用的解题方法，常常有物理模型等效转换、参照系等效转换、研究对象等效转换、物理过程等效转换、受力情况等效转换等典例10如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚鸡蛋，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，鸡蛋(水平移动距离很小，几乎看不到)落入杯中，这就是惯性演示实验已知鸡蛋(可视为质点)中心离纸板左端的距离为d，鸡蛋和纸板的质量分别为m和2m，所有接触面的动摩擦因数均为，重力加速度为g，若鸡蛋移动的距离不超过就能保证实验成功，则所需拉力的最小值为()A3mgB6mgC12mg D26mg解析本题物理情境较新，但仔细分析发现鸡蛋和纸板的运动可转换为经典的滑块滑板模型，所以对鸡蛋有a1t2，mgma1，对纸板有da2t2、Fmin3mgmg2ma2，联立解得Fmin26mg，D对答案D点评对于物理过程与我们熟悉的物理模型相似的题目，可尝试使用转换分析法，如本题中将鸡蛋和纸板转换为滑块滑板模型即可快速求解即学即用10如图所示，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度匀速转动，当杆与水平方向成60角时，拉力的功率为()AmgL B.mgLC.mgL D.mgL解析：选C.拉力F做的功与小球克服重力做功相同，因轻杆匀速转动，则拉力F的功率与小球克服重力做功的功率也相同，故PmgLcos 60mgL，C正确第2讲“四法”巧解实验题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：方法一基本仪器型“细”微之处见高低刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、打点计时器、电流表、电压表、多用电表都是基本仪器，要熟练掌握它们的使用方法、操作规程和读数规则，此类试题难度不大，要防止在读数的估读、结果的有效数字和单位上出错典例1(1)图甲中游标卡尺的读数为_mm，图乙中螺旋测微器的读数为_mm.(2)某同学用多用电表的欧姆挡来测量一电压表的内阻，如图丙所示先将选择开关旋至倍率“10”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，红表笔应接电压表的_接线柱(填“”或“”)，结果发现欧姆表指针偏角太小，则应将选择开关旋至_(填“1”或“100”)挡并_，最终测量结果如图丁所示，则电压表的电阻为_.解析(1)由游标卡尺的读数规则主尺上的整毫米数精确度对齐格数(不估读)，可知游标卡尺的读数为29 mm0.1 mm829.8 mm；由螺旋测微器的读数规则固定刻度上的毫米数(要注意半毫米线)0.01 mm对齐刻度(一定要估读)，可知螺旋测微器的读数为0.5 mm0.01 mm38.00.880 mm.(2)多用电表使用时要注意电流是“红进黑出”，电压表中电流是从正接线柱流入的，所以多用电表的红表笔应接电压表的“”接线柱，欧姆表指针偏角太小，说明所测电阻阻值较大，应换用大倍率挡位进行测量，并且重新进行欧姆调零，读数结果为40100 4 000 .答案(1)29.80.880(2)100重新进行欧姆调零4 000点评本题易出错的地方有：(1)游标卡尺读数时不注意单位；不从游标尺上的“0”刻度线开始读；对齐格数估读了一位(2)螺旋测微器读数时不注意固定刻度上的半毫米线；结果中舍弃了末位“0”(3)不注意电压表中电流的流向；不能根据指针偏角情况更换倍率挡位即学即用1以下仪器的读数分别是多少？读出下图中游标卡尺(50分度)与螺旋测微器、电流表、电压表、欧姆表(10倍率)的读数(1)_mm(2)_mm(3)_A(4)_V(5)_.答案：(1)42.20(2)2.988(2.9872.989均可)(3)0.42(4)2.22(2.202.23均可)(5)300方法二常规实验型“实”践出真知常规实验题主要考查教材上基本实验的实验原理、器材的选择、实验的操作、数据的处理和误差分析复习时要从领会实验原理出发，全方位理解和掌握实验器材、实验操作、实验步骤、实验数据的处理、误差分析和电学实验实物图的连接、电路图的设计等，对每一个实验都应做到心中有数典例2某同学从家里的废旧收音机上拆下一电学元件，其上标注“2.5 V,1.5 W”的字样，为描绘出该元件的伏安特性曲线，该同学在实验室找到了下列实验器材：A电流表(量程是3 A，内阻是0.1 )B电流表(量程是0.6 A，内阻是0.5 )C电压表(量程是15 V，内阻是25 k)D电压表(量程是3 V，内阻是5 k)E滑动变阻器(阻值范围05 ，额定电流为0.6 A)F滑动变阻器(阻值范围0100 ，额定电流为0.6 A)G直流电源(电动势E3 V，内阻不计)H开关、导线若干(1)为了提高实验结果的准确程度，电流表应选_；电压表应选_；滑动变阻器应选_(以上均填写器材代号)(2)请将图甲所示实验电路图补充完整(3)该同学根据设计的实验电路进行实验，通过实验得到的数据如下表(I和U分别表示待测元件的电流和电压)，请在图乙中描绘出该元件的伏安特性曲线.I/A00.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/A00.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00解析(1)元件的最大电压不超过2.5 V，电压表应选D，最大电流不超过I A0.6 A，电流表选B，为方便实验操作，滑动变阻器应选小阻值范围，所以选E.(2)由表中实验数据可知，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，元件电阻约为R 4.17 ，电压表内阻约为5 k，电流表内阻为0.5 ，电压表内阻远大于电学元件电阻，电流表应采用外接法(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象答案(1)BDE(2)如图1所示(3)如图2所示点评本实验以测电学元件的伏安特性曲线为载体，考查仪器的选取、实物连图及实验数据的处理方法，做好此类题的关键是将常规实验的基本操作、数据处理熟记在心即学即用2某同学用图甲所示原理图测量一节干电池的电动势和内阻，有以下器材可供选择：A电流表(00.6 A)B电压表(03 V)C滑动变阻器R(015 ，5 A)D滑动变阻器R(050 ，1 A)E定值电阻R0(阻值为1 )F开关S及导线若干(1)滑动变阻器应选_(填器材前的字母序号)(2)按照原理图连接好线路后进行测量，测得数据如下表所示.12345I/A0.110.200.300.400.50U/V1.371.351.331.321.29由上表数据可看出，电压表示数变化不明显，试分析原因是_(3)现将上述器材的连线略加改动就可使电压表的示数变化更明显，请在图乙中按改动后的原理图完成实物图连接(4)该同学按改动后的原理图重新测量，并根据所测数据画出UI图象，如图丙所示，则干电池的电动势为_V，内阻为_.解析：(1)因是一节干电池且考虑电流表量程，滑动变阻器应选用C.(2)因电压表测的是路端电压，其示数变化不明显，说明内电压在滑动变阻器滑片移动过程中变化很小，电池的内阻过小(3)电池内阻很小，因此可适当增大电池内阻，将定值电阻归为电池内阻，改动后的实物连接图如图所示(4)由闭合电路欧姆定律得UEIr，即UI图象中的纵截距表示电池电动势为1.50 V，图线的斜率的绝对值为“新”电源的内阻，即rR0 ，r0.25 .答案：(1)C(2)电池内阻过小(3)如解析图所示(4)1.50.25方法三创新实验型“活”用原理，妙迁移创新实验题要求考生能将教材中的学生实验和演示实验的实验原理、方法进行迁移和应用，试题新颖、能力要求高如力学中与纸带相关的实验、电学中电路的设计、计算形式的实验题等都可能考查学生运用已学过的实验方法、原理处理新情境实验题的能力，做题时一定要审清题意，明确实验目的，联想和迁移应用相关实验原理典例3某研究性学习小组用如图甲所示装置来测定当地的重力加速度，主要操作过程如下：安装实验器材，调节试管夹(小铁球)、光电门和纸杯在同一竖直线上；打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t，并用刻度尺(图甲中未画出)测量出两个光电门之间的高度h，计算出小铁球通过两光电门间的平均速度v；保持光电门1的位置不变，改变光电门2的位置，重复的操作测出多组数据，计算出对应的平均速度v；画出vt图象请根据实验，回答如下问题：(1)设小铁球到达光电门1时的速度为v0，当地的重力加速度为g.则小铁球通过两光电门间的平均速度v的表达式为_(用v0、g和t表示)(2)实验测得的数据如下表：实验次数123456h(cm)10.0020.0030.0040.0050.0060.00t(s)0.0690.1190.1590.1950.2260.255v(m/s)1.451.681.892.052.212.35请在坐标纸(如图乙)上画出vt图象(3)根据vt图象，可以求得当地的重力加速度g_m/s2，试管夹到光电门1的距离约为_cm.(结果均保留两位有效数字)解析本题实验装置中有两个光电门，这个装置比较常见，可以用来研究匀变速直线运动、探究动能定理、验证机械能守恒定律等实验中可以通过光电计时器测出小铁球通过两光电门的时间(若知道小铁球直径宽度，可得小铁球通过光电门的瞬时速度)，用刻度尺测出两光电门的距离，然后进行一系列的分析(1)因为hv0tgt2，所以vv0gt.(2)在坐标纸上描点，用一条直线将这些点连接起来，使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点均匀分布于直线两侧(3)从图中可求出斜率k4.84 m/s2，v01.10 m/s，解得g9.7 m/s2，h0.062 m.答案(1)vv0gt(2)如图所示(3)9.7(9.59.9之间均可)6.2(6.06.4之间均可)点评本实验的创新之处，在于数据信息的获取方式，利用光电门及光电计时器使数据的获取更便捷，理解落体法测重力加速度的原理，并在不同的实验背景下灵活应用是解题的关键即学即用3若用多用电表测得待测元件Rx的电阻大约为1 500 ，现在要进一步精确测量其电阻，有以下器材：A待测元件Rx(阻值约为1 500 )B电流表(量程为5 mA，内阻约5 )C电阻箱R(9 999.9 ，0.02 A)D直流电源(电动势约为20 V，内阻约0.5 )E单刀双掷开关一个，单刀单掷开关一个，导线若干实验小组有同学设计了如图所示的电路进行测量，完成下列实验步骤中的填空：在闭合S前，先把R调到_(填“最大值”或“最小值”)，然后把K接1，_，再把K接2，_，则Rx_(用实验中获得的物理量来表示)解析：为了安全，在闭合S前，应先把R调到最大值，闭合开关S，当把K接1后，调节R使其示数为R1，此时电流表示数为I0，由闭合电路欧姆定律可得I0；当把K接2后，调节R使电流表示数仍为I0，此时R示数为R2，根据闭合电路欧姆定律可得I0，解得RxR2R1.答案：最大值调节R，当其阻值为R1时，电流表示数为I0调节R使电流表示数仍为I0，此时电阻箱R示数为R2R2R1方法四数形结合型“巧”变公式找函数高考物理考查学生应用数学知识的能力，在实验中体现在实验数据的处理上，通常利用相关实验的原理公式进行巧妙变形，变成和图象信息一致的函数形式，根据图象的斜率、截距结合函数关系式得出所需的数据典例4根据闭合电路欧姆定律，用图甲所示电路可以测定电池的电动势和内阻图中R0是定值电阻，通过改变R的阻值，测出R0两端的对应电压U，对所得的实验数据进行处理，就可以实现测量目的根据实验数据在(Rr)坐标系中描出坐标点，如图丙所示，已知R0150 .试完成下列问题：(1)请根据原理图将图乙中的实物图连接好(2)在图丙中画出(Rr)关系图线(3)图线的斜率是_V11，由此可得电池电动势E_V.解析(1)所连实物图如图(a)所示(2)所画的图象如图(b)所示(3)根据闭合电路欧姆定律有EU(rR)，即：(Rr)，由图(b)可知斜率k0.004 5，则E1.48 V.答案(1)如图(a)所示(2)如图(b)所示(3)0.004 5(0.004 30.004 7均对)1.48(1.461.50均对)点评数形结合法是指将图象及函数相结合的一种方式，重点数学公式的变形，如本题中将欧姆定律变形为ykxb的形式对应图象中的各物理量即学即用4在测电源的电动势和内阻的实验中，实验室提供的电表量程有些偏小，于是采用了如图甲所示的电路进行测量其中定值电阻R1的阻值为3 ，R2的阻值为6 ，电流表和电压表都为理想电表(1)在图乙所示实物连线图中，缺少几条导线，请用笔画线代替导线，在图乙中补上缺少的几条导线，使之成为一个完整的、正确的电路实物连线图(2)调节滑动变阻器RP阻值的大小，记录多组U、I数据，画出如图丙所示的UI图象，根据图象可计算出该电源的电动势为_V，电源的内阻为_.(结果保留三位有效数字)解析：(1)如图所示(2)由电路图可知ErIR1U，整理得UEI，故图线在纵轴上的截距表示电源电动势，因此E2.40 V；本实验中，图线斜率k 5.6 ，则5.6 r3 ，解得电源内阻r1.73 .答案：(1)如解析图所示(2)2.40(2.392.41)173(1.701.76)第3讲“三法”突破计算题物理计算题历来是高考拉分题，试题综合性强，涉及物理过程较多，所给物理情境较复杂，物理模型较模糊甚至很隐蔽，运用的物理规律也较多，对考生的各项能力要求很高，为了在物理计算题上得到理想的分值，应做到细心审题、用心析题、规范答题方法一细心审题，做到“看”、“读”、“思”1看题“看题”是从题目中获取信息的最直接方法，一定要全面、细心，看题时不要急于求解，对题中关键的词语要多加思考，搞清其含义，对特殊字、句、条件要用着重号加以标注；不能漏看、错看或看不全题目中的条件，要重点看清题中隐含的物理条件、括号内的附加条件等. 2读题“读题”就是默读试题，是物理信息内化的过程，它能解决漏看、错看等问题不管试题难易如何，一定要怀着轻松的心情去默读一遍，逐字逐句研究，边读边思索、边联想，以弄清题中所涉及的现象和过程，排除干扰因素，充分挖掘隐含条件，准确还原各种模型，找准物理量之间的关系3思题“思题”就是充分挖掘大脑中所储存的知识信息，准确、全面、快速思考，清楚各物理过程的细节、内在联系、制约条件等，进而得出解题的全景图典例1如图所示，传送带与两轮切点A、B间的距离为l23 m，半径为R0.4 m的光滑的半圆轨道与传送带相切于B点，C点为半圆轨道的最高点，BD为半圆轨道的直径物块质量为m1 kg.已知传送带与物块间的动摩擦因数0.8，传送带与水平面间的夹角37.物块无初速度地放在传送带上的A点，已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2，物块可视为质点(1)传送带的速度为2 m/s，求物块从A点运动到B点的时间；(2)传送带的速度为 m/s，物块能否到达轨道上的D点？若不能，请说明理由；若能，请求出在D点轨道对物块的压力大小看题看题时首先要注意此题为“传送带圆周运动”模型，其次要关注物块从静止释放后在传送带上可能的运动状态及通过最高点C点和D点时满足的动力学条件读题读题时要获取的信息：传送带的长度、物块与传送带间的摩擦因数，半圆轨道与传送带的连接特点及传送带的速度、圆轨道的半径思题思题要抓住本题中，物块运动过程中的受力特点、做功情况、能量转化情况及能否达到D点的判断方法解析(1)物块放在A点后将沿AB加速运动，根据牛顿第二定律mgcos mgsin ma物块达到与传送带速度相同时，根据运动学公式有v22ax解得x5 m23 m此后物块匀速运动到B点设加速阶段物块运动的时间为t1，匀速阶段物块运动的时间为t2则有vat1，lxvt2物块从A到B运动的时间为tt1t2联立解得t14 s.(2)若物块从A到B一直加速，则v2al解得vB m/s，表明物块加速到B点恰与传送带速度相同物块由B运动到C过程中机械能守恒mg(RRcos 37)mvmv物块沿轨道到达最高点C，根据牛顿第二定律有NCmgm解得NC0，表明物块恰能过半圆轨道的最高点C从C点到D点，根据机械能守恒定律有mgR(1cos )mvmv在D点，根据牛顿第二定律有mgcos NDm解得ND6 N.答案(1)14 s(2)6 N点评(1)只有认真审题，透彻理解命题的意图、试题给定的物理情境、各物理量间的对应关系、物理过程所遵循的物理规律，才能快速正确答题(2)所谓审题要慢，就是要仔细，要审透，关键的词句理解要到位，深入挖掘试题的条件，提取解题所需要的相关信息，排除干扰因素要做到这些，必须通读试题，特别是括号内的内容，千万不要忽视即学即用1如图所示，挡板P固定在足够高的倾角为37的斜面上，小物块A、B的质量均为m，两物块由劲度系数为k的轻弹簧相连，两物块与斜面的动摩擦因数均为0.5.一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与物块B连接，另一端连接一轻质小钩初始小物块A、B静止，且物块B恰不下滑若在小钩上挂一质量为M的物块C并由静止释放，当物块C运动到最低点时，小物块A恰好离开挡板P.重力加速度为g，sin 370.6，cos 370.8.(1)求物块C下落的最大高度；(2)求物块C由静止开始运动到最低点的过程中，弹簧弹性势能的变化量；(3)若把物块C换成质量为(Mm)的物块D，小物块A恰离开挡板P时小物块B的速度为多大？解析：(1)初始弹簧处于压缩状态，设弹簧的压缩量为x1，以小物块B为研究对象，则有mgsin kx1mgcos 小物块A恰离开挡板P时，弹簧处于伸长状态，设弹簧的伸长量为x2，以小物块A为研究对象，则有mgsin mgcos kx2设物块C下落的最大高度为h，则有hx1x2联立解得h.(2)设弹簧的弹性势能变化量为Ep，对于小物块A、B、C和轻弹簧组成的系统，根据能量转化和守恒定律有Mghmghsin mghcos Ep解得Ep(Mm)gh.(3)设物块C换为物块D后，小物块A恰离开挡板P时小物块B的速度为v对于小物块A、B、D和轻弹簧组成的系统，根据能量转化和守恒定律有(Mm)ghmghsin mghcos Ep(M2m)v2解得物块B的速度为v2mg.答案：(1)(2)(3)2mg方法二用心析题，做到“明”、“画”、“析”1明过程“明过程”就是建立物理模型的过程，在审题获取一定信息的基础上，要对研究对象的各个运动过程进行剖析，建立起清晰的物理图景，确定每一个过程对应的物理模型、规律及各过程间的联系2画草图“画草图”就是根据题中各已知量的数量关系充分想象、分析、判断，在草稿纸上或答题纸上画出草图(如运动轨迹图、受力分析图、等效图等)以展示题述物理情境、物理模型，使物理过程更加直观、物理特征更加明显，进而方便确立题给条件、物理量与物理过程的对应关系3析规律“析规律”就是指在解答物理计算题时，在透彻分析题给物理情境的基础上，灵活选用规律，如力学计算题可用力的观点，即牛顿运动定律与运动学公式联立求解，也可用能量观点，即功能关系、机械能守恒定律和能量守恒定律联立求解典例2如图所示，直角坐标系xOy的第二象限内有一垂直纸面向外的匀强磁场B1B0和竖直向上的匀强电场E1(大小未知)，第一象限内有一垂直纸面向外的匀强磁场B2和竖直向上的匀强电场E2，且E2，第四象限内有水平向左的匀强电场E3，且E3E2.现有一比荷为k的带正电小球从第二象限内的A点(h，h)以一定初速度水平向右射出，小球沿直线运动，小球进入第一象限后恰好做匀速圆周运动，并从x轴上的C点与x轴正方向成60角进入第四象限内运动，最终通过C点正下方的D点，已知重力加速度为g，求：(1)小球的初速度v0及电场强度E1的大小；(2)第一象限内磁感应强度B2的大小；(3)CD的长度L；(4)小球从A点运动到D点所经历的时间t.析题“明”：小球在第二象限内做直线运动，在第一象限内做匀速圆周运动，第四象限内做类平抛运动“画”：画出在各象限内的运动轨迹“析”：第二象限做匀速直线运动，F合0.第一象限匀速圆周运动，E2qmgqB2vm第四象限类平抛运动，F合2mg解析(1)因小球在第二象限内受竖直向下的重力、洛伦兹力和竖直向上的电场力作用沿直线运动，所以一定有B0qv0mgqE1小球在第一象限内做匀速圆周运动，所以必有qmg，B2qv0m联立解得E1，v0.(2)小球运动轨迹如图所示，由图知小球在第一象限内运行半径满足hRsin 30R，即R2h由(1)知B2联立并代入v0得B2.(3)在第四象限内，因qE3mg，其合力大小为2mg，方向恰好与CD成60角，即小球从C到D做类平抛运动，由类平抛运动规律知Lsin 30tLcos 30v0t3联立得L，t3.(4)小球在第二象限内运行时间t1小球在第一象限内运行时间t2小球从A点运动到D点所经历的时间tt1t2t3B0hk.答案见解析点评(1)带电体在三场(重力场、电场、磁场)同时存在的叠加场中做直线运动时一定是匀速直线运动，所受合外力为0.(2)带电体在三场(重力场、电场、磁场)同时存在的叠加场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力(3)带电体在重力场和电场的叠加场中运动时，可能做匀速直线运动、匀变速直线运动或类平抛运动即学即用2如图所示的xOy坐标系在竖直平面内，x轴沿水平方向在第三、四象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；在第四象限有垂直于坐标系平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小BE.光滑绝缘杆与x轴成30角，分别交x、y轴于M、N两点，且N点为杆的一个端点穿在杆上的带电小球a从杆上某点P由静止开始下滑，在M、N间做匀速运动，从N点进入第四象限后恰好能从x轴上的Q点垂直通过x轴，已知OQl，不计空气阻力，重力加速度为g.(1)求带电小球a的比荷；(2)求P、M间的距离L；(3)在带电小球a从N点通过y轴的同时，从y轴上坐标为(0,0.2 m)的J点沿水平方向以初速度v0抛出一小球b，当小球b到达x轴时恰好与向上运动的小球a相碰取3，l0.01 m，g10 m/s2，求小球b初速度v0的大小解析：(1)带电小球在M、N间做匀速运动，则小球所受电场力与小球重力平衡，mgqE解得.(2)由于小球所受电场力与小球重力平衡，小球离开N点在第四象限做匀速圆周运动，有Bqvm小球垂直穿过x轴，由几何关系可得RRsin l联立解得Rl，v从P到M，由机械能守恒定律得mgLsin mv2解得Ll.(3)小球b从抛出至到达x轴的时间为tb