資源簡介

應試高分策略(學生閱讀篇)
第1講　選擇題突破策略與技巧——保住基礎快得分
高考奪高分的關鍵，不在于題目的難度，而在于答題的速度．高考物理選擇題平均每道題解答時間應控制在兩分鐘以內．選擇題要做到既快又準，除了掌握直接判斷和定量計算等常規方法外，還要學會一些非常規“巧解”方法．解題陷困受阻時更要切記不可一味蠻做，要針對題目的特性“千方百計”達到快捷解題的目的．
妙法1　排除法
[妙法解讀]　在讀懂題意的基礎上，根據題目的要求，先將明顯錯誤或不合理的選項逐一排除，最后只剩下正確的選項．注意有時題目要求選出錯誤的選項，那就是排除正確的選項．
(2013·高考大綱全國卷)紙面內兩個半徑均為R的圓相切于O點，兩圓形區域內分別存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度大小相等、方向相反，且不隨時間變化．一長為2R的導體桿OA繞過O點且垂直于紙面的軸順時針勻速旋轉，角速度為ω.t＝0時，OA恰好位于兩圓的公切線上，如圖所示．若選取從O指向A的電動勢為正，下列描述導體桿中感應電動勢隨時間變化的圖象可能正確的是(　　)
[解析]　從導體桿轉動切割磁感線產生感應電動勢的角度考慮．當導體桿順時針轉動切割圓形區域中的磁感線時，由右手定則判斷電動勢由O指向A，為正，選項D錯誤；切割過程中產生的感應電動勢E＝BL＝BL2ω，其中L＝2Rsin ωt，即E＝2BωR2sin2 ωt，可排除選項A、B，選項C正確．
[答案]　C
[方法感悟]　此法在解答選擇題中是使用頻率最高的一種方法．基本思路是通過一個知識點或過程分析排除部分選項，然后再通過另一物理規律或過程分析排除部分選項，最后得出正確答案．
　(2014·云南第一次檢測)如圖甲所示，線圈ABCD固定于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向外，當磁場變化時，線圈AB邊所受安培力向右且變化規律如圖乙所示，則磁場的變化情況可能是選項中的(　　)
解析：選D.A圖中，磁場均勻增強，由楞次定律判斷線圈ABCD中的感應電流沿順時針方向，利用左手定則判斷AB邊受安培力方向向右，安培力大小由法拉第電磁感應定律有F安＝lB，則知F安變大，與題目已知不符，可排除A項；B圖中，磁場變強，線圈中產生順時針方向電流，AB邊受安培力方向向右，安培力大小F安＝lB，則知F安變大，與題目已知不符，可排除B項；C圖中，磁場變弱，線圈中產生逆時針方向電流，AB邊受力方向向左，與題目已知不符，可排除C項；D圖中，磁場變強，線圈中產生順時針方向電流，AB邊受安培力方向向右，安培力大小F安＝lB，可知安培力大小可能恒定，D對．
妙法2　特值法
　[妙法解讀]　有些選擇題，根據它所描述的物理現象的一般情況，難以直接判斷選項的正誤時，可以讓某些物理量取特殊值，代入到各選項中逐個進行檢驗．凡是用特殊值檢驗證明是不正確的選項，一定是錯誤的，可以排除．
(2013·高考安徽卷)如圖所示，細線的一端系一質量為m的小球，另一端固定在傾角為θ的光滑斜面體頂端，細線與斜面平行．在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運動的過程中，小球始終靜止在斜面上，小球受到細線的拉力FT和斜面的支持力FN分別為(重力加速度為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，則FT＝mgsin θ，FN＝mgcos θ.將a＝0代入四個選項，只有A項可得到上述結果，故只有A正確．
[答案]　A
[方法感悟]　以上解析用非常規解法，巧取特例輕松妙解，特例賦值法一般對通解表達式很奏效．
　假設地球是一半徑為R、質量分布均勻的球體，一礦井深度為d.已知質量分布均勻的球殼對殼內物體的引力為零，礦井底部和地面處的重力加速度大小之比為(　　)
A．1－　　　　　　　　 B．1＋
C.2 D.2
解析：選A.取特殊情況，當d＝R時，重力加速度之比應該為0，排除B、D；取d＝，根據黃金代換式GM＝gR2得g∝ ，重力加速度之比不等于(因為質量M不一樣)，排除C.答案為A.
妙法3　極限法
[妙法解讀]　極限法是把某個物理量推向極端，從而作出科學的推理分析，給出判斷或導出一般結論．該方法一般適用于題干中所涉及的物理量隨條件單調變化的情況．極限思維法在進行某些物理過程分析時，具有獨特作用，使問題化難為易，化繁為簡，達到事半功倍的效果．
如圖甲所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電荷量為σ，其軸線上任意一點P(坐標為x)的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：
E＝2πkσ，方向沿x軸．現考慮單位面積帶電荷量為σ0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖乙所示．則圓孔軸線上任意一點Q(坐標為x)的電場強度為(　　)
A．2πkσ0 B．2πkσ0
C．2πkσ0 D．2πkσ0
[解析]　無限大均勻帶電平板周圍的電場可以等效為勻強電場，挖去的圓板如果r趨于0，則選項表達式表示的場強應為恒定值，比較得A項正確．答案為A.
[答案]　A
[方法感悟]　以上解法令r趨于0，巧妙地采用了極限思維法，讓看似棘手的問題迎刃而解．
　如圖，一不可伸長的輕質細繩跨過定滑輪后，兩端分別懸掛質量為m1和m2的物體A和B.若滑輪有一定大小，質量為m且分布均勻，滑輪轉動時與繩之間無相對滑動，不計滑輪與軸之間的摩擦．設細繩對A和B的拉力大小分別為T1和T2，已知下列四個關于T1的表達式中有一個是正確的．請你根據所學的物理知識，通過一定的分析，判斷正確的表達式是(　　)
A．T1＝　　　 B．T1＝
C．T1＝ D．T1＝
解析：選C.設滑輪的質量為零，即看成輕滑輪，若物體B的質量較大，由整體法可得加速度a＝g，隔離物體A，據牛頓第二定律可得T1＝ g．應用“極限推理法”，將m＝0代入四個選項分別對照，可得選項C正確，故選C.(本題用特例m1＝m2解更加簡單．)
妙法4　逆向法
　[妙法解讀]　逆向思維是逆著事件發生的時間順序或者由果到因進行思考，尋求解決問題的方法．逆向思維法的運用主要體現在可逆性物理過程中(如運動的可逆性、光路的可逆性等)，或者運用反證歸謬、執果索因進行逆向思維．逆向思維有時可以使解答過程變得非常簡捷，特別適用于選擇題的解答．
(多選)如圖所示，在水平地面上的A點以速度v1與地面成θ角射出一彈丸，恰好以速度v2垂直穿入豎直壁上的小孔B，下列說法正確的是(不計空氣阻力)(　　)
A．在B點以與v2大小相等的速度，與v2方向相反射出彈丸，它必定落在地面上的A點
B．在B點以與v1大小相等的速度，與v2方向相反射出彈丸，它必定落在地面上的A點
C．在B點以與v1大小相等的速度，與v2方向相反射出彈丸，它必定落在地面上A點的左側
D．在B點以與v1大小相等的速度，與v2方向相反射出彈丸，它必定落在地面上A點的右側
[解析]　以速度v1與地面成θ角射出一彈丸，恰好以速度v2垂直穿入豎直壁上的小孔B，說明彈丸在B點的豎直速度為零，v2＝v1cos θ，根據“逆向”思維：在B點以與v2大小相等方向相反的速度射出彈丸，它必落在地面上的A點，A正確；在B點以與v1大小相等的速度，與v2方向相反射出彈丸，由于v1＞v2，彈丸在空中運動的時間不變，所以它必定落在地面上A點的左側，C正確，B、D錯誤．
[答案]　AC
[方法感悟]　彈丸做的是斜上拋運動，到達最高點時速度水平，解答時若直接對斜拋運動進行分解，解答過程比較麻煩，但若采用逆向思維法，利用平拋運動規律求解，解答過程會簡化很多．
　(多選)一有固定斜面的小車在水平面上做直線運動，小球通過細繩與車頂相連．小球某時刻正處于圖示狀態．設斜面對小球的支持力為FN，細繩對小球的拉力為FT，關于此時刻小球的受力情況，下列說法正確的是(　　)
A．若小車向左運動，FN可能為零
B．若小車向左運動，FT可能為零
C．若小車向右運動，FN不可能為零
D．若小車向右運動，FT不可能為零
解析：選AB.對小球進行受力分析，假設FN為零，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小車可能向右加速運動或向左減速運動，A對C錯；假設FT為零，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小車可能向右減速運動或向左加速運動，B對D錯．
妙法5　對稱法
[妙法解讀]　對稱情況存在于各種物理現象和物理規律中，應用這種對稱性可以幫助我們直接抓住問題的實質，避免復雜的數學演算和推導，快速解題．
(2013·高考江蘇卷)下列選項中的各圓環大小相同，所帶電荷量已在圖中標出，且電荷均勻分布，各圓環間彼此絕緣．坐標原點O處電場強度最大的是(　　)
[解析]　由對稱原理可知，A、C圖中在O點的場強大小相等，D圖中在O點場強為0，B圖中兩圓環在O點合場強應最大，選項B正確．
[答案]　B
[方法感悟]　利用對稱性，只計算抵消后剩余部分的場強，這樣可以明顯減少解答運算量，做到快速解題．
　如圖所示，電荷量為＋q和－q的點電荷分別位于正方體的頂點，正方體范圍內電場強度為零的點有(　　)
A．體中心、各面中心和各邊中點
B．體中心和各邊中點
C．各面中心和各邊中點
D．體中心和各面中心
解析：選D.由等量同種點電荷或等量異種點電荷的場強對稱分布可推斷：對正方體的上表面中心，上表面的四個電荷分成兩組產生的場強都是零，下表面的四個電荷分成兩組產生的場強等大反向，所以正方體的上表面中心處的合場強為零，同理，所有各面中心處的合場強都為零；在體中心，可以將八個電荷分成四組，產生的合場強為零；而在各邊中心，場強無法抵消，合場強不為零．答案為D.
妙法6　反證例舉法
　[妙法解讀]　有些選擇題的選項中，帶有“可能”、“可以”等不確定詞語，只要能舉出一個特殊例子證明它正確，就可以肯定這個選項是正確的；有些選擇題的選項中，帶有“一定”、“不可能”等肯定的詞語，只要能舉出一個反例駁倒這個選項，就可以排除這個選項．
關于靜電場，下列說法正確的是(　　)
A．電勢等于零的物體一定不帶電
B．電場強度為零的點，電勢一定為零
C．同一電場線上的各點，電勢一定相等
D．負電荷沿電場線方向移動時，電勢能一定增加
[解析]　帶電物體的電勢可以為零，比如接地的導體，可以帶電，取大地電勢為零，則此導體的電勢為零，A錯；電場強度和電勢沒有必然的聯系，場強為零的地方，電勢可以為零，也可以不為零，如兩等量正點電荷連線中點處的場強為零，但電勢不一定為零，B錯；順著電場線的方向，電勢降低，C錯；負電荷沿電場線方向移動，則電場力做負功，電勢能一定增加，D對．
[答案]　D
[方法感悟]　對于有“一定”的選項，只要能找到“不一定”的反例，或對于有“不可能”的選項，只要能找到“可能”的例子，就可將此選項排除．
　(多選)(2014·成都九校聯考)如圖所示，物體在水平推力F的作用下靜止在斜面上，若稍微增大水平力F而物體仍保持靜止，則下列判斷中錯誤的是(　　)
A．斜面對物體的靜摩擦力一定增大
B．斜面對物體的支持力一定增大
C．物體在水平方向所受合力一定增大
D．物體在豎直方向所受合力一定增大
解析：選ACD.原來斜面對物體的靜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，靜摩擦力可能增大也可能減小，甚至可能大小不變，A說法錯誤；F增大，則物體對斜面的壓力FN＝mgcos θ＋Fsin θ也增大，所以B說法正確；根據物體仍保持靜止可知，物體在水平方向和豎直方向上的合力都為零，所以C、D的說法都是錯誤的．
妙法7　結論法
　[妙法解讀]　在平時的解題過程中，積累了大量的“二級結論”，熟記并巧用一些“二級結論”可以使思維過程簡化，節約解題時間．非常實用的二級結論有：(1)等時圓規律；(2)平拋運動速度的反向延長線過水平位移的中點；(3)不同質量和電荷量的同性帶電粒子由靜止相繼經過同一加速電場和偏轉電場，軌跡重合；(4)直流電路中動態分析的“串反并同”結論；(5)平行通電導線同向相吸，異向相斥；(6)帶電平行板電容器與電源斷開，改變極板間距離不影響極板間勻強電場的強度等．
如圖所示，長度相等的兩桿OA、OB通過轉動軸相連于O點(B端滑輪大小不計)，一端系有重物的輕繩，另一端跨過滑輪固定于A點，OA保持豎直不動，桿OB與桿OA的夾角θ可調整，現將一光滑小輕環套在細繩上，讓其從A點由靜止開始下滑至B點，在下滑過程中θ角保持不變，細繩始終繃直，下面關于輕環下滑時間的判斷，正確的是(　　)
A．θ角越大，下滑所需時間越長
B．θ＝45°時，下滑所需時間最短
C．θ＝90°時，下滑所需時間最短
D．不論θ為何值，下滑所需時間都相同
[解析]　本題屬于等時圓模型，故D正確．
[答案]　D
[方法感悟]　二級結論在計算題中一般不可直接應用，但運用其解答選擇題時優勢是顯而易見的，可以大大提高解題的速度和準確率．
　在等邊三角形的三個頂點a、b、c處，各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖，過c點的導線所受安培力的方向(　　)
A．與ab邊平行，豎直向上
B．與ab邊平行，豎直向下
C．與ab邊垂直，指向左邊
D．與ab邊垂直，指向右邊
解析：選C.根據“平行通電導線同向相吸，異向相斥”的二級結論，可知a、b處導線對c處導線的安培力的合力方向水平向左．答案為C.
妙法8　作圖法
　[妙法解讀]　根據題目的內容畫出圖象或示意圖，如物體的運動圖象、光路圖、氣體的狀態變化圖象等，再利用圖象分析尋找答案．作圖類型主要有三種：(1)函數圖象；(2)矢量圖；(3)幾何圖．
(2014·高考安徽卷)如圖所示，有一內壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內，MN是通過橢圓中心O點的水平線．已知一小球從M點出發，初速率為v0，沿管道MPN運動，到N點的速率為v1，所需時間為t1；若該小球仍由M點以初速率v0出發，而沿管道MQN運動，到N點的速率為v2，所需時間為t2，則(　　)
A．v1＝v2，t1＞t2 B．v1＜v2，t1＞t2
C．v1＝v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＜t2
[解析]　管道內壁光滑，只有重力做功，小球機械能守恒，因此可得：v1＝v2＝v0.根據兩過程中速率變化的規律，初速、末速大小相等，及路程相等可畫出速率—時間圖象定性分析，得t1＞t2.A對．
[答案]　A
[方法感悟]　作圖分析法具有形象、直觀的特點，便于了解各物理量之間的關系，能夠避免繁瑣的計算，迅速簡便地找出正確選項．
　如圖所示，長方形區域abcd，長ad＝0.6 m，寬ab＝0.3 m，O、e分別是ad、bc的中點，以ad為直徑的半圓內有垂直紙面向里的勻強磁場(邊界上無磁場)，磁感應強度B＝0.25 T．一群不計重力、質量m＝3.0×10－7kg、電荷量q＝＋2.0×10－3C的帶電粒子以速度v＝5.0×102 m/s沿垂直ad的方向垂直于磁場射入磁場區域(　　)
A．從Od段射入的粒子，出射點全部分布在Oa段
B．從Oa段射入的粒子，出射點全部分布在ab邊
C．從Od段射入的粒子，出射點分布在Oa段和ab邊
D．從Oa段射入的粒子，出射點分布在ab邊和bc邊
解析：選D.粒子在磁場中做勻速圓周運動，在磁場外做勻速直線運動，粒子在磁場中有qvB＝m，r＝＝0.3 m．從Od段射入的粒子，如果abcd區域均分布磁場，從O點射入的粒子剛好從b點射出，現半圓外區域沒有磁場，粒子做直線運動，出射點在bc邊上(如圖所示)；從Oa段射入的粒子，出射點分布在ab邊和bc邊，D正確．
妙法9　等效法
　[妙法解讀]　等效替換法是把陌生、復雜的物理現象、物理過程在保證某種效果、特性或關系相同的前提下，轉化為簡單、熟悉的物理現象、物理過程來研究，從而認識研究對象本質和規律的一種思想方法．等效替換法廣泛應用于物理問題的研究中，如：力的合成與分解、運動的合成與分解、等效場、等效電源……
(2013·高考安徽卷)如圖所示，xOy平面是無窮大導體的表面，該導體充滿z＜0的空間，z＞0的空間為真空．將電荷量為q的點電荷置于z軸上z＝h處，則在xOy平面上會產生感應電荷．空間任意一點處的電場皆是由點電荷q和導體表面上的感應電荷共同激發的．已知靜電平衡時導體內部場強處處為零，則在z軸上z＝處的場強大小為(k為靜電力常量)(　　)
A．k B．k
C．k D．k
[解析]　點電荷q和感應電荷所形成的電場在z＞0的區域可等效成關于O點對稱的等量異號電荷形成的電場．所以z軸上z＝處的場強E＝k＋k＝k，選項D正確．
[答案]　D
[方法感悟]　此方法的基本特征為等效替代，把復雜問題轉化為一個較簡單的問題，起到化難為易的作用．
　(2013·高考安徽卷)由消防水龍帶的噴嘴噴出水的流量是0.28 m3/min，水離開噴口時的速度大小為16 m/s，方向與水平面夾角為60°，在最高處正好到達著火位置，忽略空氣阻力，則空中水柱的高度和水量分別是(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：選A.將水的運動等效為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的豎直上拋運動，由右圖可知，vx＝vcos 60°，vy＝vsin 60°，水柱的高度h＝＝28.8 m，上升時間t＝＝2.4 s，空中水柱的水量相當于從噴口2.4 s內噴出的水量，故Q＝×2.4 m3＝1.12×10－2 m3，故選項A正確．
妙法10　估算法
[妙法解讀]　有些選擇題本身就是估算題，有些貌似要精確計算，實際上只要通過物理方法(如：數量級分析)，或者數學近似計算法(如：小數舍余取整)，進行大致推算即可得出答案．估算是一種科學而有實用價值的特殊方法，可以大大簡化運算，幫助考生快速地找出正確選項．
(2013·高考江蘇卷)水平面上，一白球與一靜止的灰球碰撞，兩球質量相等．碰撞過程的頻閃照片如圖所示，據此可推斷，碰撞過程中系統損失的動能約占碰撞前動能的(　　)
A．30% B．50%
C．70% D．90%
[解析]　根據v＝和Ek＝mv2解決問題．量出碰撞前的小球間距與碰撞后的小球間距之比為12∶7，即碰撞后兩球速度大小v′與碰撞前白球速度v的比值，＝.所以損失的動能ΔEk＝mv2－×2mv′2，≈30%，故選項A正確．
[答案]　A
[方法感悟]　此題解法靈活，運用數學近似計算的技巧，如把小數舍余取整，相差較大的兩個量求和時舍去小的那個量，并未嚴格精確計算也可快速得出正確選項．
　衛星電話信號需要通過地球同步衛星傳送．如果你與同學在地面上用衛星電話通話，則從你發出信號至對方接收到信號所需最短時間最接近于(可能用到的數據：月球繞地球運動的軌道半徑約為3.8×105 km，運行周期約為27天，地球半徑約為6 400 km，無線電信號的傳播速度為3×108 m/s)(　　)
A．0.1 s B．0.25 s
C．0.5 s D．1 s
解析：選B.由＝m2r得r∝，故r衛＝·r月＝r月≈4×107 m(注：由同步衛星的常識也可得r衛≈7R地)．最短時間t＝＝≈＝ s ≈0.27 s.

第2講　實驗題突破策略與技巧——提高技能多撈分
近幾年高考對實驗的考查，多以一大帶一小的形式，其中第一小題為常規實驗題，側重考查基本實驗儀器的讀數或常規型實驗．第二小題側重對學生實驗遷移能力的考查，常以設計性實驗來體現，主要為電學實驗，也有力學實驗．只要扎扎實實掌握課本實驗的實驗原理、實驗方法、數據處理的方法及分析，靈活遷移到解決創新性、設計性實驗中，就能穩得實驗題高分．分類型突破如下：
類型1　讀數與作圖型
[類型解讀]　此類型題考查常用儀器的使用和讀數，以及實驗作圖或電學部分的實物連線．
[突破策略]　對于讀數問題，要弄清是否要估讀、數據有效數字的位數以及要求的單位．對作圖或連線題要從細節和規范上加以注意．總之，答題時周密細致、臨場不慌，就能得全分．
(2013·高考北京卷)某同學通過實驗測定一個阻值約為5 Ω的電阻Rx的阻值．
(1)現有電源(4 V，內阻可不計)，滑動變阻器(0～50 Ω，額定電流2 A)，開關和導線若干，以及下列電表：
A．電流表(0～3 A，內阻約0.025 Ω)
B．電流表(0～0.6 A，內阻約0.125 Ω)
C．電壓表(0～3 V，內阻約3 kΩ)
D．電壓表(0～15 V，內阻約15 kΩ)
為減小測量誤差，在實驗中，電流表應選用________，電壓表應選用________(選填器材前的字母)；實驗電路應采用圖1中的________(選填“甲”或“乙”)．
(2)圖2是測量Rx的實驗器材實物圖，圖中已連接了部分導線．請根據在(1)問中所選的電路圖，補充完成圖2中實物間的連線．
(3)接通開關，改變滑動變阻器滑片P的位置，并記錄對應的電流表示數I、電壓表示數U.某次電表示數如圖3所示，可得該電阻的測量值Rx＝＝________Ω(保留兩位有效數字)．
[解析]　(1)電源電動勢E＝4 V，被測電阻Rx≈5 Ω，則Imax＝＝ A＝0.8 A，電流表若選A讀數時誤差較大，因此電流表應選B；考慮電壓表測量電壓時的指針轉動范圍，電壓表應選C.由于＞Rx，故電流表應選擇外接法(甲圖)．
(2)見答案
(3)題圖3中的電流表示數I＝0.50 A，電壓表示數U＝2.60 V，故Rx＝＝5.2 Ω.
[答案]　(1)B　C　甲
(2)如圖所示
(3)5.2
類型2　方案與器材選擇型
　[類型解讀]　方案選擇型實驗題根據著重點不同主要可分為二類：一類是測量方案的選擇；一類是數據處理方法的選擇．
器材選擇型實驗題是指以考查基本儀器選擇為主的實驗題(主要為電學實驗)，此類實驗題主要有兩種情況：一種是給出實驗目的，要求選擇實驗儀器；另一種是給出電學中的一些電表、電阻和實驗需要測量的物理量，要求選擇實驗儀器，或選擇實驗電路．
[突破策略]　對于測量方案的選擇，要通過分析題述的各種方案的可行性和實驗的實際情況選擇符合題目要求的方案；對于電路的選擇，要考慮到測量的系統誤差和電表指針偏轉的角度，選擇符合要求且誤差盡可能小的電路；對于數據處理方法的選擇，要根據實驗的實際情況和題目要求選擇最佳數據處理方法．
儀器選擇的原則：安全可行、精確合理、操作方便．對于給出實驗目的要求選擇實驗儀器類實驗題，要根據實驗原理選擇最適合的儀器；對于電表選擇類，一定要對電路的最大電流值和電壓值進行估算，其電表量程要稍大于電路的最大電流值和電壓值．分壓電路，滑動變阻器要在滿足最大允許電流要求的條件下盡可能選擇最大阻值較小的；限流電路，滑動變阻器要在滿足要求的條件下盡可能選擇最大阻值與待測電路部分電阻差不多的．
(2014·安徽名校聯考)某物理學習小組的兩位同學采用“伏安法”測金屬絲電阻率的實驗中．
(1)先用米尺測出金屬絲長度為L，再用螺旋測微器測量金屬絲的直徑．使用時發現所用螺旋測微器存在零誤差，測微螺桿與測砧直接接觸時讀數如圖甲所示，測量金屬絲直徑時如圖乙所示，則金屬絲的直徑是________mm；
(2)用多用電表粗測金屬絲電阻，選擇電阻擋倍率“×1”，將兩表筆短接，進行________，再使表筆接觸金屬絲兩端，讀數如圖丙所示，則其阻值為Rx＝________Ω；
(3)實驗室備有下列實驗器材．
A．電壓表V1(量程0～3 V，內阻約為15 kΩ)
B．電壓表V2(量程0～15 V，內阻約為75 kΩ)
C．電流表A1(量程0～3 A，內阻約為0.2 Ω)
D．電流表A2(量程0～0.6 A，內阻約為1 Ω)
E．滑動變阻器R1(0～100 Ω，0.6 A)
F．滑動變阻器R2(0～2 000 Ω，0.1 A)
G．電池組E(電動勢為3 V，內阻約為0.3 Ω)
H．開關S，導線若干
為減小實驗誤差，應選用的實驗器材有________(填代號)．應選用圖中________(填“丁”或“戊”)為該實驗的電路原理圖．
[解析]　(1)由甲圖可知螺旋測微器的零誤差為0.020 mm，所以金屬絲的直徑為0.505 mm.
(2)多用電表測電阻之前，需要先歐姆調零；讀數為6 Ω.
(3)由于電源的電動勢為3 V，所以電壓表應選A；被測電阻約為6 Ω，電路中的最大電流約為I＝＝0.5 A，電流表應選D；根據滑動變阻器允許通過的最大電流可知，滑動變阻器應選E；還要選用電池、開關和導線若干．故應選用的實驗器材有ADEGH.由于＞，應采用電流表外接法，應選圖戊所示電路．
[答案]　(1)0.505(0.504～0.506之間均正確)
(2)歐姆調零　6
(3)ADEGH　戊
類型3　基本操作型
[類型解讀]　所謂基本實驗操作型實驗題主要考查實驗的基本操作，此類題主要有三類：一類是對實驗操作的關鍵點考查，明確方法；第二類是對題述的實驗步驟分析找出錯誤進行改正；三是補全實驗步驟．
[突破策略]　解答基本操作型實驗題首先要理解掌握實驗的基本步驟，特別是實驗的一些細節，其次要知道實驗的注意事項．根據實驗要點，抓住關鍵，按照題目要求解答．
(2014·高考天津卷)某同學把附有滑輪的長木板平放在實驗桌上，將細繩一端拴在小車上，另一端繞過定滑輪，掛上適當的鉤碼，使小車在鉤碼的牽引下運動，以此定量探究繩拉力做功與小車動能變化的關系．此外還準備了打點計時器及配套的電源、導線、復寫紙、紙帶、小木塊等．組裝的實驗裝置如圖所示．
(1)若要完成該實驗，必需的實驗器材還有哪些________________________________________________________________________
____________________.
(2)實驗開始時，他先調節木板上定滑輪的高度，使牽引小車的細繩與木板平行．他這樣做的目的是下列的哪個________(填字母代號)．
A．避免小車在運動過程中發生抖動
B．可使打點計時器在紙帶上打出的點跡清晰
C．可以保證小車最終能夠實現勻速直線運動
D．可在平衡摩擦力后使細繩拉力等于小車受的合力
(3)平衡摩擦力后，當他用多個鉤碼牽引小車時，發現小車運動過快，致使打出的紙帶上點數較少，難以選到合適的點計算小車速度．在保證所掛鉤碼數目不變的條件下，請你利用本實驗的器材提出一個解決方法：________________________________________________________________________
____________________.
(4)他將鉤碼重力做的功當作細繩拉力做的功，經多次實驗發現拉力做功總是要比小車動能增量大一些，這一情況可能是下列哪些原因造成的________(填字母代號)．
A．在接通電源的同時釋放了小車
B．小車釋放時離打點計時器太近
C．阻力未完全被小車重力沿木板方向的分力平衡掉
D．鉤碼做勻加速運動，鉤碼重力大于細繩拉力
[解析]　(1)計算小車的動能變化需用天平測質量；在計算小車通過的位移、小車的瞬時速度時都需用刻度尺測距離．
(2)只有繩與板面平行時，才能保證小車運動中與板面間的壓力不變，才能保證小車所受摩擦力不變，才能保證平衡摩擦力后繩的拉力等于小車所受合力，故D正確．
(3)要增加紙帶上所打下點的數目，只有減小小車運動的加速度．在所掛鉤碼數目不變的情況下只有增大小車的質量，即在車上增加砝碼或鉤碼．
(4)當將鉤碼重力作為小車所受合力時，需滿足幾個條件：一是摩擦力被平衡，二是繩與板面平行，此二者可保證繩對車的拉力等于車所受合力，但小車加速運動時鉤碼加速下降，鉤碼重力大于繩上拉力，則只有當鉤碼質量遠小于小車質量時二者才近似相等，故此情況可能是由C、D原因造成的．
[答案]　(1)刻度尺、天平(包括砝碼)　(2)D　(3)可在小車上加適量砝碼(或鉤碼)　(4)CD
類型4　測量計算型
[類型解讀]　該類型實驗題主要考查實驗數據的處理能力以及對結果進行誤差分析．
[突破策略]　解答該類型實驗題的步驟：明確實驗中的物理過程，找出遵循的物理規律，選定所需公式進行計算，總之是用解決計算題的思維解決實驗題．
(2014·高考浙江卷)小明對2B鉛筆芯的導電性能感興趣，于是用伏安法測量其電阻值．
(1)圖甲是部分連接好的實物電路圖，請用電流表外接法完成接線并在圖甲中畫出．
(2)小明用電流表內接法和外接法分別測量了一段2B鉛筆芯的伏安特性，并將得到的電流、電壓數據描到U-I圖上，如圖乙所示．在圖中，由電流表外接法得到的數據點是用________(填“○”或“×”)表示的．
(3)請你選擇一組數據點，在圖乙上用作圖法作圖，并求出這段鉛筆芯的電阻為________ Ω.
[解析]　(1)由題圖甲知電源采用了兩節干電池，則電壓表應選用3 V量程，見答案圖．
(2)在內接法中由U＝I(R＋RA)知其U－I圖線的斜率k內＝R＋RA＞R；在外接法中由其U＝R即U＝I知其U－I圖線的斜率k外＝＜R，可見對應于外接法的圖線斜率較小．
(3)由U＝IR知U－I圖線的斜率對應于R的測量值．選擇其中一組“×”或“○”連線，求出圖線的斜率即可．用“×”連線時R＝(1.1～1.3) Ω，用“○”連線時R＝(1.5～1.7) Ω.
[答案]　(1)如圖所示
(2)圖象見解析　×　(3)見解析
類型5　規律探究型
　[類型解讀]　所謂探究型實驗題是指為探究某種規律而設計的實驗．探究型實驗題注重考查學生的科學探究能力和對綜合實驗知識的掌握程度．探究型實驗題強調的是“探究”，重點是數據的分析和處理．題目一般具有開放性，有一定難度．
[突破策略]　解答探究型實驗題，一是要切題，要明確探究什么，如何探究，要搞清楚實驗裝置，知道各個器件的作用；二是要應用相關知識，搞清楚實驗方法和實驗步驟；三是要對探究結論按照題目要求進行分析．
(2014·高考廣東卷)某同學根據機械能守恒定律，設計實驗探究彈簧的彈性勢能與壓縮量的關系．
(1)如圖甲，將輕質彈簧下端固定于鐵架臺，在上端的托盤中依次增加砝碼，測得相應的彈簧長度，部分數據如下表，由數據算得勁度系數k＝________ N/m.(g取9.8 m/s2)
砝碼質量/g
50
100
150
彈簧長度/cm
8.62
7.63
6.66
(2)取下彈簧，將其一端固定于氣墊導軌左側，如圖乙所示；調整導軌，當滑塊自由滑動時，通過兩個光電門的速度大小________．
(3)用滑塊壓縮彈簧，記錄彈簧的壓縮量x；釋放滑塊，記錄滑塊脫離彈簧后的速度v，釋放滑塊過程中，彈簧的彈性勢能轉化為________．
(4)重復(3)中的操作，得到v與x的關系如圖丙，由圖可知，v與x成________關系，由上述實驗可得結論：對同一根彈簧，彈性勢能與彈簧的________成正比．
[解析]　(1)由F＝kx得ΔF＝k·Δx，代入表中數據可得出k值．
(2)滑塊滑行過程中無摩擦阻力，自由滑動時導軌已調整到水平狀態，故滑塊此時勻速運動．
(3)當不考慮空氣阻力、摩擦等因素且導軌又調到水平狀態時，釋放滑塊的過程中只涉及彈性勢能與滑塊的動能，即能量只在這兩種形式之間轉化．
(4)v -x圖線是過原點的直線，故v∝x.因Ep＝Ek＝mv2∝v2∝x2，故Ep∝x2.
[答案]　(1)49.5～50.5　(2)相等　(3)滑塊的動能　(4)正比　x2
類型6　創新設計型
　[類型解讀]　所謂設計型實驗題，就是按照題目要求，設計實驗方案或實驗電路的實驗題．
[突破策略]　解答設計型實驗題，就是要按照題目要求和題目給出的實驗器材，應用相關的物理知識，遷移教材實驗的方法，設計出切實可行的實驗方案或實驗電路．
(2014·高考四川卷)如圖是測量阻值約幾十歐的未知電阻Rx的原理圖，圖中R0是保護電阻(10 Ω)，R1是電阻箱(0～99.9 Ω)，R是滑動變阻器，A1和A2是電流表，E是電源(電動勢10 V，內阻很小)．
在保證安全和滿足要求的情況下，使測量范圍盡可能大．實驗具體步驟如下：
(1)連接好電路，將滑動變阻器R調到最大；
(2)閉合S，從最大值開始調節電阻箱R1，先調R1為適當值，再調節滑動變阻器R，使A1示數I1＝0.15 A，記下此時電阻箱的阻值R1和A2的示數I2；
(3)重復步驟(2)，再測量6組R1和I2值；
(4)將實驗測得的7組數據在坐標紙上描點．
根據實驗回答以下問題：
①現有四只供選用的電流表：
A．電流表(0～3 mA，內阻為2.0 Ω)
B．電流表(0～3 mA，內阻未知)
C．電流表(0～0.3 A，內阻為5.0 Ω)
D．電流表(0～0.3 A，內阻未知)
A1應選用________，A2應選用________．
②測得一組R1和I2值后，調整電阻箱R1，使其阻值變小，要使A1示數I1＝0.15 A，應讓滑動變阻器R接入電路的阻值________(選填“不變”、“變大”或“變小”)．
③在坐標紙上畫出R1與I2的關系圖．
④根據以上實驗得出Rx＝________ Ω.
[解析]　①該實驗測Rx電阻的原理為并聯電路兩支路電壓相等，即(Rx＋r2)I2＝(R0＋R1＋r1)I1，其中r1、r2分別為A1、A2兩表的內阻．又因為Rx的阻值約幾十歐，與R0＋R1在同一數量級，A1示數為I1＝0.15 A，表示電流表A1只能從C、D中選擇，A2電流數量級與A1相同．由測量原理可知：(Rx＋r2)I2＝(R0＋R1＋r1)I1，因Rx未知，故r2阻值應已知，故A1選D，A2選C.
②因A1示數I1＝0.15 A不變，R1變小，(R0＋R1＋r1)I1變小，滑動變阻器所分電壓變大，R應變大．
③該圖線為一條直線，離線較遠的一組數據為錯誤數據，應舍去，其他點應對稱分布在直線兩側．
④由實驗原理得：(R0＋R1＋r1)I1＝(Rx＋r2)I2
其中R0＝10 Ω，r2＝5.0 Ω，I1＝0.15 A，從圖線上選擇兩組R1、I2代入不同數值可解得Rx約為31 Ω.
[答案]　①D　C　②變大　③關系圖線如圖所示　④31

第3講　計算題突破策略與技巧——規范答題抓大分
實踐表明，綜合大題的解題能力和得分能力都可以通過“大題小做”的解題策略有效提高．“大題小做”的策略體現在將一個復雜過程分解成若干個子過程，每個子過程就是一個小題，然后各個擊破．具體來講可以分三步來完成：審題規范化，思維規范化，答題規范化．
第一步：審題規范化
審題流程：通讀→細讀→選讀
第一遍讀題——通讀
讀后頭腦中要出現物理圖景的輪廓．由頭腦中的圖景(物理現象、物理過程)與某些物理模型找關系，初步確定研究對象，猜想所對應的物理模型．
第二遍讀題——細讀
讀后頭腦中要出現較清晰的物理圖景．由題設條件，進行分析、判斷，確定物理圖景(物理現象、物理過程)的變化趨勢．基本確定研究對象所對應的物理模型．
第三遍讀題——選讀
通過對關鍵詞語的理解、隱含條件的挖掘、干擾因素的排除之后，對題目要有清楚的認識．最終確定本題的研究對象、物理模型及要解決的核心問題．
第二步：思維規范化
思維流程：文字→情境→模型→規律→決策→運算→結果．
第三步：答題規范化
答題流程：畫示意圖→文字描述→分步列式→聯立求解→結果討論．具體要求如下：
1．文字說明簡潔準確；
2．分步列式聯立求解；
3．結果表達準確到位．
下面針對高考常考的綜合大題分類進行突破．
類型1　運動學和動力學綜合題
[類型解讀]　運動學、動力學是物理學的基礎，更是高考考查的熱點．其中牛頓運動定律、勻變速直線運動、平拋運動和圓周運動是歷年高考的必考內容，有時與電場、磁場結合，綜合性強，難度大，分值高，對能力要求較高．
[突破策略]　運動學和動力學的綜合問題常體現在牛頓運動定律的應用上，對物體進行正確受力分析和運動分析是解題的關鍵，要想獲取高分應注意以下幾點：
(1)正確選取研究對象，可根據題意選取受力或運動情況清楚且便于解題的物體(或物體的一部分或幾個物體組成的系統)為研究對象．
(2)全面分析研究對象的受力情況，正確畫出受力示意圖，再根據力的合成或分解知識求得研究對象所受合力的大小和方向．
(3)全面分析研究對象的運動情況，畫出運動過程示意圖，特別要注意所研究運動過程的運動性質及受力情況并非恒定不變時，一定要把整個運動過程分成幾個階段的運動過程來分析．
如圖所示為一種運動游戲，運動員從起跑線開始推著滑板加速一段相同距離后，再跳上滑板自由滑行，滑行距離遠但又不掉入水池的為獲勝者，其運動過程可簡化為以下模型：一質量M＝60 kg的運動員用與水平方向成37°角的恒力F斜向下推靜止于A點、質量m＝20 kg的滑板，使其勻加速運動到P點時迅速跳上滑板(跳上瞬間可認為滑板速度不變)，與滑板一起運動到水池邊的B點時剛好停下，已知AP長x1＝12 m，PB長x2＝28.8 m，滑板與水平面間的動摩擦因數為μ＝0.2，不計滑板長和空氣阻力，取＝2.24，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)運動員在AP段所施加的力F的大小；
(2)滑板從A運動到B所用的時間t.
[解析]　(1)設滑板在P點時速度為v，AP段加速度大小為a1，PB段加速度大小為a2，則有v2＝2a1x1＝2a2x2
而a2＝μg＝2 m/s2
a1＝
聯立各式并代入數據得：F＝200 N.
(2)由x＝ t＝t知t＝
代入數據得t＝7.62 s.
[答案]　(1)200 N　(2)7.62 s
[規律總結]　本題是典型的先加速后減速的運動問題，求解時一定要抓住連接點的速度值．勻變速直線運動求解時間一般用公式x＝ t＝t.利用Ff＝μFN求滑動摩擦力時一定要注意正壓力．
類型2　有關能量的綜合題
[類型解讀]　能量是力學部分繼牛頓運動定律后的又一重點，是高考的“重中之重”．此類試題常與牛頓運動定律、平拋運動、圓周運動、電磁學等知識相聯系，綜合性強、涉及面廣、分值大、物理過程復雜，要求學生要有很強的受力分析能力、運動過程分析能力及應用知識解決實際問題的能力，因而備受命題專家青睞．
[突破策略]　(1)由于應用功能關系和能量守恒定律分析問題時，突出物體或物體系所經歷的運動過程中狀態的改變，因此應重點關注運動狀態的變化和引起變化的原因，明確功與對應能量的變化關系．
(2)要能正確分析所涉及的物理過程，能正確、合理地把全過程劃分為若干階段，弄清各階段所遵循的規律及各階段間的聯系．
(3)當研究對象是一物體系統且它們間有相互作用時，一般優先考慮功能關系和能量守恒定律，特別是題中出現相對路程時，一定先考慮能量守恒定律．
如圖所示，豎直平面內，水平光滑軌道CD與兩個半徑相同的半圓軌道分別相切于D、C，在A點某人將質量為m＝0.1 kg的小球以一定初速度水平彈出，小球沿水平軌道AB滑行并從B點水平飛離，小球與水平軌道CD碰撞(碰撞過程小球無機械能損失)兩次后恰好到達半圓軌道的E點，在E點小球對軌道的壓力為 N，已知小球與AB間的動摩擦因數μ＝0.1，AB長s＝10 m，水平軌道CD長l＝12 m，小球每次與水平軌道碰撞時間為Δt＝2×10－3 s，碰撞時水平速度不變，豎直速度反向，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)半圓軌道的半徑R；
(2)人對小球所做的功W0；
(3)碰撞過程中，水平軌道對小球的平均作用力大小．
[解析]　(1)由題知小球從B到E，水平方向做勻速運動，故vB＝vE　①
在E點，由牛頓第二定律知
mg＋N＝m②
因小球與CD碰撞兩次，由平拋運動規律知
水平方向：＝vEt③
豎直方向：2R＝gt2④
聯立①②③④并代入數值得R＝0.9 m.
(2)從A到B由動能定理知
μmgs＝EkA－mv
由功能關系知人對小球所做的功
W0＝EkA
解得W0＝2.25 J.
(3)小球在碰撞時豎直方向速度變化量
Δvy＝2gt
產生的加速度a＝
由牛頓第二定律知－mg＝ma
解得＝601 N.
[答案]　(1)0.9 m　(2)2.25 J　(3)601 N
[滿分規則]　(1)物理語言(文字語言、符號語言和圖象語言)使用要規范，減少筆誤．
(2)注意大小寫、小角標，相似字母不混淆．
(3)必要的文字說明不能缺少，每個關系式都應有理有據．
(4)要列出原始公式，不要直接用變形公式，以免漏掉得分．
(5)給分重過程，解題時要注意分步列式(結果可最后得出)，不要漏掉或合并關系式，避免閱卷老師閱卷時找不到得分點．
類型3　帶電粒子在復合場中的運動綜合題
[類型解讀]　帶電粒子在復合場中的運動是高考的重點和熱點，考查題型有計算題和選擇題，計算題常以壓軸題出現，具有較復雜的運動圖景，難度較大，題目綜合性較強，分值較大．此類問題命題情境新穎，慣于物理情境的重組翻新，設問的巧妙變換，具有不回避重復考查的特點．也常以速度選擇器、磁流體發電機、霍爾效應、質譜儀等為背景出實際應用題．
[突破策略]　該類型問題一般有三種情況：帶電粒子在組合場中的運動、在疊加場中的運動和在變化的電場、磁場中的運動．
(1)在組合場中的運動：分析帶電粒子在勻強電場中的運動過程時應用牛頓第二定律和運動學公式處理；分析帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動時應用數學知識找出粒子運動的圓心、半徑，抓住粒子處在分段運動的連接點時的速度分析求解．
(2)在疊加場中的運動：先從力的角度對帶電粒子進行受力分析，注意電場力、重力與洛倫茲力大小和方向間的關系及它們的特點(重力、電場力做功與路徑無關，洛倫茲力永遠不做功)，分清帶電粒子的狀態和運動過程，然后運用相關規律求解．
(3)在變化的電場或磁場中的運動：仔細分析帶電粒子的運動過程、受力情況，清楚帶電粒子在變化的電場或磁場中各處于什么狀態、做什么運動，然后分過程求解．
如圖甲所示，帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板MN間中線OO′連續射入電場中．MN板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓UMN，兩板間電場可看做是均勻的，且兩板外無電場．緊鄰金屬板右側有垂直紙面向里的勻強磁場B，分界線為CD，EF為屏幕．金屬板間距為d，長度為l，磁場的寬度為d.已知：B＝5×10－3 T，l＝d＝0.2 m，每個帶正電粒子的速度v0＝105 m/s，比荷為＝108 C/kg，重力忽略不計，在每個粒子通過電場區域的極短時間內，電場可視作是恒定不變的．試求：
(1)帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑；
(2)帶電粒子射出電場時的最大速度；
(3)帶電粒子打在屏幕上的范圍．
[解析]　(1)t＝0時刻射入電場的帶電粒子不被加速，進入磁場做圓周運動的半徑最小，
粒子在磁場中運動時
qv0B＝
則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑
rmin＝＝ m＝0.2 m
其運動的徑跡如圖中曲線Ⅰ所示．
(2)設兩板間電壓為U1時，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，則有＝at2＝·2
代入數據，解得U1＝100 V
在電壓低于100 V時，帶電粒子才能從兩板間射出電場，電壓高于100 V時，帶電粒子打在極板上，不能從兩板間射出．帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時，速度最大，設最大速度為vmax，則有mv＝mv＋q·
解得vmax＝×105 m/s＝1.414×105 m/s.
(3)由第(1)問計算可知，t＝0時刻射入電場的粒子在磁場中做圓周運動的半徑
rmin＝d＝0.2 m
徑跡恰與屏幕相切，設切點為E，E為帶電粒子打在屏幕上的最高點，
則＝rmin＝0.2 m
帶電粒子射出電場時的速度最大時，在磁場中做圓周運動的半徑最大，打在屏幕上的位置最低．
設帶電粒子以最大速度射出電場進入磁場中做圓周運動的半徑為rmax，打在屏幕上的位置為F，運動徑跡如圖中曲線Ⅱ所示．
qvmaxB＝
則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最大半徑
rmax＝＝ m＝ m
由數學知識可得運動徑跡的圓心必落在屏幕上，如圖中Q點所示，并且Q點必與M板在同一水平線上．則
＝＝ m＝0.1 m
帶電粒子打在屏幕上的最低點為F，則
＝rmax－＝ m＝0.18 m
即帶電粒子打在屏幕上O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范圍內．
[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的范圍內
類型4　電磁感應的綜合問題
[類型解讀]　電磁感應的綜合問題，涉及力學知識(如牛頓運動定律、功、動能定理和能量守恒定律等)、電學知識(如法拉第電磁感應定律、楞次定律、直流電路、磁場等)多個知識點，是歷年高考的重點、難點和熱點，考查的知識主要包括感應電動勢大小的計算(法拉第電磁感應定律)和方向的判定(楞次定律和右手定則)，常將電磁感應與電路規律、力學規律、磁場規律、功能關系、數學函數與圖象等綜合考查，難度一般較大．
[突破策略]　解答電磁感應與力和能量的綜合問題，要明確三大綜合問題，即變速運動與平衡、通過導體截面的電荷量及系統的能量轉化，解決這些問題獲取高分需掌握受力分析、牛頓運動定律、運動學相關規律、功能關系等知識．
(1)利用牛頓第二定律的瞬時性動態分析金屬棒(線框)的受力情況和運動性質，明確金屬棒的加速度與力瞬時對應，速度的變化引起安培力的變化反過來又導致加速度變化．
(2)功能關系在電磁感應中的應用是最常見的，金屬棒或線框所受各力做功情況的判定及能量狀態的判定是獲取高分的關鍵，特別是安培力做功情況的判定．
(2014·北京市西城區期末)如圖甲所示，兩根足夠長的平行金屬導軌MN、PQ相距為L，導軌平面與水平面夾角為α，金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質量為m.導軌處于勻強磁場中，磁場的方向垂直于導軌平面斜向上，磁感應強度大小為B.金屬導軌的上端與開關S、定值電阻R1和電阻箱R2相連．不計一切摩擦，不計導軌、金屬棒的電阻，重力加速度為g.現在閉合開關S，將金屬棒由靜止釋放．
(1)判斷金屬棒ab中電流的方向；
(2)若電阻箱R2接入電路的阻值為0，當金屬棒下降高度為h時，速度為v，求此過程中定值電阻上產生的焦耳熱Q；
(3)當B＝0.40 T，L＝0.50 m，α＝37°時，金屬棒能達到的最大速度vm隨電阻箱R2阻值的變化關系如圖乙所示．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求阻值R1和金屬棒的質量m.
第一步：審題規范化
題設條件
獲取信息
不計一切摩擦
金屬棒只受重力、支持力和安培力
不計導軌、金屬棒的電阻
回路中的總電阻為R1＋R2
將金屬棒由靜止釋放
金屬棒的初速度為零
第二步：思維規范化
金屬棒下滑過程中，只有重力和安培力對金屬棒做功，應用能量守恒定律可求出定值電阻R1上產生的焦耳熱；金屬棒達到最大速度vm時，其合力為零，推導出最大速度vm與R2的大小關系式，結合vm－R2函數關系式圖線求解結果．
第三步：答題規范化
(1)由右手定則知，金屬棒ab中的電流方向為b到a.
(2)由能量守恒，金屬棒減小的重力勢能等于增加的動能和電路中產生的焦耳熱mgh＝mv2＋Q
解得：Q＝mgh－mv2.
(3)設最大速度為vm時，切割磁感線產生的感應電動勢E＝BLvm
由閉合電路歐姆定律：I＝
從b端向a端看，金屬棒受力如圖所示：
金屬棒達到最大速度時滿足mgsin α－BIL＝0
由以上三式得最大速度：
vm＝R2＋R1
vm－R2圖象斜率k＝ m/(s·Ω)＝15 m/(s·Ω)，縱截距b＝30 m/s
得到：R1＝b，＝k
解得：R1＝2.0 Ω，m＝0.1 kg.
[答案]　(1)電流方向為b到a　(2)mgh－mv2
(3)2.0 Ω　0.1 kg
類型5　有關極值的計算題
[類型解讀]　縱觀近幾年高考計算題，對應用數學知識解決物理問題的能力考查有逐步加大的趨勢，求極值的計算題出現頻率逐漸變高，應引起重視．
[突破策略]　在高中物理中，求極值的常用方法有：圖解法、臨界條件法、函數法(三角函數、一元二次函數)和判別式法，在備考中加強這些方法(主要是臨界條件法、函數法)的運用練習，就能解決此類問題．
(2014·濰坊模擬)如圖所示，光滑半圓形軌道處于豎直平面內，半圓軌道與光滑的水平地面相切于半圓的端點A.一質量為m的小球在水平地面上的C點受水平向左的恒力F由靜止開始運動，當運動到A點時撤去恒力F，小球沿豎直半圓軌道運動到軌道最高點B點，最后又落在水平地面上的D點(圖中未畫出)．已知A、C間的距離為L，重力加速度為g.
(1)若軌道半徑為R，求小球到達圓軌道B點時對軌道的壓力FN；
(2)為使小球能運動到軌道最高點B，求軌道半徑的最大值Rm；
(3)軌道半徑R多大時，小球在水平地面上的落點D到A點距離最大？最大距離xm是多少？
[解析]　(1)設小球到B點速度為v，從C到B根據動能定理有FL－2mgR＝mv2
解得v＝
據牛頓第二定律有FN＋mg＝m
解得FN＝－5mg.
(2)令FN＝－5mg＝0，解得Rm＝.
(3)設小球平拋運動的時間為t.
由2R＝gt2，解得t＝
水平位移
x＝vt＝·
＝
當2FL－4mgR＝4mgR時，水平位移最大
解得R＝
D到A最大距離xm＝4R＝.
[答案]　見解析
第4講　選考題突破策略與技巧——巧選穩做拿滿分
[選修3-3題型解讀]　
本部分的命題多集中在分子動理論、估算分子數目和大小、熱力學兩大定律的應用、氣體狀態參量的意義及與熱力學第一定律的綜合，還有氣體實驗定律和氣體狀態方程的應用，表示氣體狀態變化過程的圖象等知識點上，多以選擇題和填空題的形式出現；對熱學前面知識的考查往往在一題中容納較多的知識點，把熱學知識綜合在一起；對后者的考查多以計算題的形式出現，著重考查氣體狀態方程的應用．
[突破策略]　
復習中抓基礎、重全面，構建知識網絡，梳理知識要點，加強熱點題型的針對性訓練．
類型1　熱學基礎與微觀量估算的組合
(2014·南京二模)(1)以下說法中正確的是________．
A．系統在吸收熱量時內能一定增加
B．懸浮在空氣中做布朗運動的PM2.5微粒，氣溫越高，運動越劇烈
C．封閉容器中的理想氣體，若溫度不變，體積減半，則單位時間內氣體分子在容器壁單位面積上碰撞的次數加倍，氣體的壓強加倍
D．用力拉鐵棒的兩端，鐵棒沒有斷，說明此時分子間只存在引力而不存在斥力
E．若物體表現為各向同性，它可能是晶體
(2)常溫水中用氧化鈦晶體和鉑黑作電極，在太陽光照射下分解水，可以從兩電極上分別獲得氫氣和氧氣．已知分解1 mol的水可得到1 mol氫氣，1 mol氫氣完全燃燒可以放出2.858×105 J的能量，阿伏加德羅常數NA＝6.02×1023 mol－1，水的摩爾質量為1.8×10－2 kg/mol.
則2 g水分解后得到氫氣分子總數是________個；2 g水分解后得到的氫氣完全燃燒所放出的能量是________J．(均保留兩位有效數字)
[解析]　(1)根據熱力學第一定律可知，系統在吸收熱量時內能不一定增加，選項A錯誤；布朗運動與溫度、顆粒大小有關，溫度越高，顆粒越小，布朗運動越劇烈，選項B正確；根據玻意耳定律可知，封閉容器中的理想氣體，若溫度不變，體積減半，壓強增大一倍，單位時間內氣體分子在容器壁單位面積上碰撞的次數加倍，選項C正確；用力拉鐵棒的兩端，鐵棒沒有斷，說明此時分子間的合力表現為引力，此時斥力較小，選項D錯誤；單晶體具有各向異性，多晶體和非晶體具有各向同性，選項E正確．
(2)2 g水分解后得到氫氣分子總數
n＝NA＝×6.02×1023個≈6.7×1022個．
2 g水分解后得到的氫氣完全燃燒所放出的能量
E＝E0＝×2.858×105 J≈3.2×104 J.
[答案]　(1)BCE　(2)6.7×1022　3.2×104
類型2　熱力學定律與氣體實驗定律的組合
(2014·甘肅第一次診斷)(1)關于熱力學定律，下列說法正確的是________．
A．為了增加物體的內能，必須對物體做功或向它傳遞熱量
B．對某物體做功，必定會使該物體的內能增加
C．可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變為功
D．不可能使熱量從低溫物體傳向高溫物體
E．機械能轉化為內能的實際宏觀過程是不可逆過程
(2)如圖所示，圓柱形汽缸的上部有小擋板，可以阻止活塞滑離汽缸，汽缸內部的高度為d，質量不計的薄活塞將一定質量的氣體封閉在汽缸內．開始時活塞離底部高度為d，溫度為t1＝27 ℃，外界大氣壓強為p0＝1.0×105 Pa，現對氣體緩慢加熱．求：
①氣體溫度升高到t2＝127 ℃時，活塞離底部的高度；
②氣體溫度升高到t3＝387 ℃時，缸內氣體的壓強(本問結果保留三位有效數字)．
[解析]　(1)根據熱力學第一定律ΔU＝W＋Q，為了增加物體的內能，必須對物體做功或向它傳遞熱量，選項A正確；外界對某物體做功，若物體同時放熱，內能不一定會增加，選項B錯誤；根據熱力學第二定律，不可能從單一熱源吸收熱量，使之完全變為功而不引起其他變化，若引起其他變化，則可能，選項C正確；根據熱力學第二定律，不可能使熱量自發地從低溫物體傳向高溫物體而不引起其他變化，若引起其他變化，則可能，比如電冰箱制冷要耗電，故D錯誤；機械能轉化為內能的實際宏觀過程是不可逆過程，選項E正確．
(2)①假設氣體溫度達到tc時，活塞恰好移動到擋板處，
氣體做等壓變化，設汽缸橫截面積為S，由蓋—呂薩克定律得到＝，
即＝
解得tc＝(273＋t1)－273＝177 ℃
因為t2小于tc，所以溫度升高到127 ℃前，氣體做等壓變化，設活塞離底部的高度為h，由蓋—呂薩克定律得到
＝，即＝
解得h＝d＝d＝d.
②當氣體溫度高于tc后，活塞受到擋板的阻礙，氣體體積不再發生變化，
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
[選修3-4題型解讀]　
1．機械振動與機械波部分：從近三年的高考試題看，試題多以選擇題、填空題形式出現，但試題信息量大，一道題中考查多個概念、規律．對機械振動的考查著重放在簡諧運動的特征和振動圖象上，同時也通過簡諧運動的規律考查力學的主干知識．對機械波的考查重點在波的形成過程、傳播規律、波長和波動圖象及波的多解問題上．
2．光學部分：分為光的傳播和光的波動性以及光的粒子性三部分，高考對本部分的考查一般以選擇題的形式出現，考查光線的方向的定性分析和定量計算問題；同時幾何光學還常與力學中的直線運動、平拋運動、圓周運動、萬有引力定律等相結合命題，考查學生的分析綜合能力．
[突破策略]
1．機械振動與機械波部分
(1)要將兩種圖象加以比較、區別及了解其之間的聯系．兩種圖象形式相似，但物理意義完全不同，只有深刻理解了它們的不同物理意義才可能對某些問題作出正確的判斷．
(2)熟練掌握波速、波長、周期和頻率的關系．
(3)培養理解能力、推理能力、分析綜合能力和周密思考問題的素質．
2．光學部分
(1)明確介質折射率的大小關系，進而明確光線的偏折方向．
(2)當光從光密介質射向光疏介質時，應注意全反射臨界角條件的判定．
(3)注意理解折射過程中的幾何關系，這往往是解決許多題目的關鍵．
類型1　光的特性與機械波傳播的組合
(2014·濰坊模擬)(1)如圖所示，一光束包含兩種不同頻率的單色光，從空氣射向兩面平行玻璃磚的上表面，玻璃磚下表面有反射層，光束經兩次折射和一次反射后，從玻璃磚上表面分為a、b兩束單色光射出．下列說法正確的是________．
A．a光的頻率小于b光的頻率
B．用同一裝置進行雙縫干涉實驗，a光的條紋間距小于b光的條紋間距
C．出射光束a、b一定相互平行
D．a、b兩色光從同種玻璃射向空氣時，a光發生全反射的臨界角大
(2)一列簡諧橫波沿x軸傳播，P為x＝1 m處的質點，振動傳到P點開始計時，P點的振動圖象如圖甲所示．圖乙為t＝0.6 s時的波動圖象，求：
①該簡諧橫波的傳播方向及波源的初始振動方向；
②波的傳播速度．
[解析]　(1)光從空氣射入玻璃中，折射率大的光折射角小，當光再從玻璃射出進入空氣時，根據折射定律兩束光的出射角均相等，即兩光平行射出，可判斷玻璃對a光的折射率大、對b光的折射率小，所以a光的頻率大、波長短，故選項A錯誤，C正確；根據雙縫干涉的條紋間距Δx＝lλ/d，故選項B正確；由sin C＝1/n可得a光的臨界角小，故選項D錯誤．
(2)①由題圖甲知，t＝0.6 s時刻質點P由平衡位置向y軸正方向振動，結合題圖乙，由“上下坡法”知波沿x軸正方向傳播；由振動圖象知，t＝0時刻質點P沿y軸負方向振動，即波源初始振動方向沿y軸負方向．
②由波動圖象乙知λ＝4 m
由振動圖象甲知T＝0.4 s
v＝＝10 m/s.
[答案]　(1)BC　(2)①x軸正方向　y軸負方向
②10 m/s
類型2　振動和波與幾何光學的組合
(2014·高考山東卷)(1)一列簡諧橫波沿直線傳播．以波源O由平衡位置開始振動為計時零點，質點A的振動圖象如圖所示，已知O、A的平衡位置相距0.9 m．以下判斷正確的是________．
a．波長為1.2 m
b．波源起振方向沿y軸正方向
c．波速大小為0.4 m/s
d．質點A的動能在t＝4 s時最大
(2)如圖，三角形ABC為某透明介質的橫截面，O為BC邊的中點，位于截面所在平面內的一束光線自O以角i入射，第一次到達AB邊恰好發生全反射．已知θ＝15°，BC邊長為2L，該介質的折射率為.求：
①入射角i；
②從入射到發生第一次全反射所用的時間(設光在真空中的速度為c，可能用到：sin 75°＝或tan 15°＝2－)．
[解析]　(2)①根據全反射定律可知，光線在AB面上P點的入射角等于臨界角C，由折射定律得
sin C＝①
代入數據得C＝45°②
設光線在BC面上的折射角為r，由幾何關系得
r＝30°③
由折射定律得n＝④
聯立③④式，代入數據得i＝45°⑤
②在△OPB中，根據正弦定理得
＝⑥
設所用時間為t，光線在介質中的速度為v，得
＝vt⑦
v＝⑧
聯立⑥⑦⑧式，代入數據得t＝L.
[答案]　(1)ab　(2)①45°　②
[選修3-5題型解讀]
1．動量部分：本部分是高考的選考內容，題型全面，選擇題主要考查動量的矢量性，辨析“動量和動能”的基本概念；計算題主要考查用動量守恒定律來解決碰撞問題．
2．原子物理部分：本部分知識的特點是“點多面寬”、“考點分散”，因此高考對本部分的考查主要是從對基本概念的理解、辨別方面進行，包括閱讀理解部分；題型主要以選擇題為主，在近三年高考試卷中幾乎每年都考．其中重點考查的有能級與光譜、核反應方程及規律、質能方程及核能、相關物理學史、量子論等內容的題目．
[突破策略]
1．動量部分
(1)矢量法：動量守恒定律：p1＝p2，公式中的動量是矢量，所以在列方程求解時，一定要正確確定各矢量的方向，許多考題思路并不復雜，但方向判斷錯誤往往是導致解題失敗的直接原因，很多試題對此都有刻意的體現．
(2)規律法：充分運用好規律，深刻理解并熟練應用動量守恒定律解決物體間相互碰撞問題，在使用前首先要判定相互碰撞的系統是否符合動量守恒定律，這是解題的前提條件，其次，對于多次碰撞過程的動量守恒問題，一定要將復雜的過程轉化為幾個小過程，在每一個小過程中要明確哪些物體是這個系統中的研究對象．
2．原子物理部分
復習時應注意三個問題：一是精讀教材，掌握主干考點，重視基礎練習；二是對與現代科技相聯系的題目，應足夠關注；三是將重點放在氫原子能級結構和公式、核反應方程的書寫及結合能和質量虧損的計算上．
類型1　近代物理基礎與動量守恒的組合
(2014·武漢一模)(1)下列關于近代物理知識的說法正確的是________．
A．發生α衰變時，生成核與原來的原子核相比，中子數減少了2個
B．β射線是原子核外的電子電離形成的電子流，它具有較強的穿透能力
C．含有10個原子核的放射性元素，經過一個半衰期，一定有5個原子核發生衰變
D．氫原子的核外電子由較高能級躍遷到較低能級時，要釋放一定頻率的光子，同時氫原子的電勢能減小，電子的動能增大
(2)如圖所示，一個質量為M＝50 kg的運動員和質量為m＝10 kg的木箱靜止在光滑水平面上，從某時刻開始，運動員以v0＝3 m/s的速度向墻方向推出箱子，箱子與右側墻壁發生完全彈性碰撞后返回．當運動員接到箱子后，再次重復上述過程，每次運動員均以v0＝3 m/s的速度向墻方向推出箱子．求：
①運動員第一次接到木箱后的速度大小；
②運動員最多能夠推出木箱幾次？
[解析]　(1)發生α衰變時，生成核與原來的原子核相比，質子數減少2，中子數減少2，選項A正確；β射線是原子核內中子轉化為質子時釋放的電子形成的高速電子流，故選項B錯誤；衰變規律是統計規律，對數量較少的粒子不成立，故選項C錯誤；氫原子由較高能級躍遷到較低能級時，電子離核距離減小，要釋放能量，因電場力做正功，所以電勢能減小，根據庫侖力提供向心力可知，離核越近，電子速度越大，動能越大，故選項D正確．
(2)①取水平向左為正方向，根據動量守恒定律得
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次接住時獲得的速度為
vn＝2n(n＝1,2,3，…)
由vn≥v0得n≥3
故運動員最多能夠推出木箱3次．
[答案]　(1)AD　(2)①1 m/s　②3次
類型2　光電效應、原子能級與動量守恒的組合
(1)已知金屬鈣的逸出功為2.7 eV，氫原子的能級圖如圖所示，一群氫原子處于量子數n＝4能級狀態，則下列說法正確的是________．
A．氫原子最多可輻射6種頻率的光子
B．氫原子最多可輻射5種頻率的光子
C．有3種頻率的輻射光子能使鈣發生光電效應
D．有4種頻率的輻射光子能使鈣發生光電效應
(2)質量為m、長為l的木板B靜止在光滑水平面上，其右端放有質量為m的物塊C，物塊C可看做質點．質量為m的木板A以速度v0在水平面上向右運動，與B發生彈性正碰，碰撞時間極短．整個運動過程中物塊C始終沒有滑離木板B，B和C之間的動摩擦因數為μ.求物塊C相對于B靜止時距B右端的距離．
[解析]　(1)C＝6(種)，A對B錯，能級差大于2.7 eV的有3種光子，故C對D錯．
(2)由題意可知，木板A和B發生彈性正碰，碰后A的速度為v1，B的速度為v2，對A、B組成的系統，由動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與B彈開后，B、C組成的系統動量守恒，B、C最后的共同速度為v3
mv2＝v3
對木板B和物塊C，由系統能量守恒得
Ffs相＝mv－mv－×v
解得s相＝.
[答案]　(1)AC　(2)
第5講　考前回扣搶高分
1．力學部分
(1)胡克：英國物理學家，發現了胡克定律．
(2)伽利略：意大利著名物理學家，在研究自由落體中采用的“邏輯推理＋實驗研究”方法是人類思想史上最偉大的成就之一．
(3)牛頓：英國物理學家，動力學的奠基人．他總結和發展了前人的發現，得出牛頓定律及萬有引力定律，奠定了以牛頓定律為基礎的經典力學．
(4)開普勒：丹麥天文學家，發現了行星運動規律——開普勒三定律．
(5)卡文迪許：英國物理學家，巧妙的利用扭秤裝置測出了萬有引力常量．
(6)焦耳：英國物理學家，測定了熱功當量，為能的轉化和守恒定律的建立提供了堅實的基礎．研究電流通過導體時的發熱，得到了焦耳定律．
2.電磁學部分
(1)庫侖：法國科學家，利用庫侖扭秤實驗發現了電荷之間的相互作用規律——庫侖定律，并測出了靜電力常量．
(2)密立根：美國科學家，利用帶電油滴在豎直電場中的平衡，得到了基本電荷e.
(3)歐姆：德國物理學家，在實驗研究的基礎上，歐姆把電流與水流等比較，從而引入了電流強度、電動勢、電阻等概念，并確定了它們的關系——歐姆定律．
(4)奧斯特：丹麥科學家，通過試驗發現了電流能產生磁場．
(5)安培：法國科學家，提出了著名的分子電流假說，總結出了右手螺旋定則和左手定則．安培在電磁學中的成就很多，被譽為“電學中的牛頓”．
(6)勞倫斯：美國科學家，發明了“回旋加速器”，使人類在獲得高能粒子方面邁進了一步．
(7)法拉第：英國科學家，發現了電磁感應，親手制成了世界上第一臺發電機，提出了電磁場及磁感線、電場線的概念．
(8)楞次：俄國科學家，概括試驗結果，發表了確定感應電流方向的楞次定律．
3．選考部分
(1)布朗：英國植物學家，在用顯微鏡觀察懸浮在水中的花粉時，發現了“布朗運動”．
(2)開爾文：英國科學家，創立了熱力學溫標．
(3)克勞修斯：德國物理學家，建立了熱力學第二定律．
(4)麥克斯韋：英國科學家，總結前人研究的基礎上，建立了完整的電磁場理論．
(5)赫茲：德國科學家，在麥克斯韋預言電磁波存在后二十多年，第一次用實驗證實了電磁波的存在，并測得電磁波傳播速度等于光速，證實了光是一種電磁波．
(6)惠更斯：荷蘭科學家，在對光的研究中，提出了光的波動說，發明了擺鐘．
(7)托馬斯·楊：英國物理學家．首先巧妙而簡單的解決了相干光源問題，成功地觀察到光的干涉現象．
(8)倫琴：德國物理學家，繼英國物理學家赫謝耳發現紅外線，德國物理學家里特發現紫外線后，發現了當高速電子打在管壁上，管壁能發射出X射線—倫琴射線．
(9)普朗克：德國物理學家，提出量子概念——電磁輻射(含光輻射)的能量是不連續的，其在熱力學方面也有巨大貢獻．
(10)愛因斯坦：德籍猶太人，后加入美國籍，20世紀最偉大的科學家，他提出了“光子”理論及光電效應方程，建立了狹義相對論及廣義相對論．
(11)德布羅意：法國物理學家，提出一切微觀粒子都有波粒二象性；提出物質波概念，任何一種運動的物體都有一種波與之對應．
(12)湯姆生：英國科學家，研究陰極射線時發現了電子，測得了電子的比荷；湯姆生還提出了“棗糕模型”，在當時能解釋一些實驗現象．
(13)盧瑟福：英國物理學家，通過α粒子的散射現象，提出原子的核式結構．實現人工核轉變的第一人，發現了質子．
(14)玻爾：丹麥物理學家，把普朗克的量子理論應用到原子系統上，提出原子的玻爾理論．
(15)查德威克：英國物理學家，從原子核的人工轉變實驗研究中，發現了中子．
(16)威爾遜：英國物理學家，發明了威爾遜云室以觀察α、β、γ射線的徑跡．
(17)貝克勒爾：法國物理學家，首次發現了鈾的天然放射現象，開始認識原子核結構是復雜的．
(18)瑪麗·居里夫婦：法國(波蘭)物理學家，是原子物理的先驅者，“鐳”的發現者．
(19)約里奧·居里夫婦：法國物理學家；老居里夫婦的女兒女婿；首先發現了用人工核轉變的方法獲得放射性同位素．
1．理想化方法
理想化方法就是建立理想化模型，抓住研究對象的主要因素，去再現實際問題的本質，即把復雜問題簡單化處理．物理模型分為三類：
(1)實物模型：如質點、點電荷、點光源、輕繩、輕桿、彈簧振子……
(2)過程模型：如勻速運動、勻變速直線運動、簡諧運動、彈性碰撞、勻速圓周運動……
(3)情境模型：如人船模型、子彈打木塊、平拋運動、臨界問題……
求解物理問題，很重要的一點就是迅速把所研究的問題歸宿到學過的物理模型上來，即所謂的建模．尤其是對新情境問題，這一點就顯得更突出．
2．極限思維方法
極限思維方法是將問題推向極端狀態的過程中，著眼一些物理量在連續變化過程中的變化趨勢及一般規律在極限值下的表現或者說極限值下一般規律的表現，從而對問題進行分析和推理的一種思維方法．如：由平均速度導出瞬時速度．
3．平均思想方法
物理學中，有些物理量是某個物理量對另一物理量的積累，若某個物理量是變化的，則在求解積累量時，可把變化的這個物理量在整個積累過程看做是恒定的一個值——平均值，從而通過求積的方法來求積累量．這種方法叫平均思想方法．
物理學中典型的平均值有：平均速度、平均加速度、平均功率、平均力、平均電流等．對于線性變化情況，平均值＝(初值＋終值)/2.由于平均值只與初值和終值有關，不涉及中間過程，所以在求解問題時有很大的妙用．
4．等效轉換(化)法
等效法，就是在保證效果相同的前提下，將一個復雜的物理問題轉換成較簡單問題的思維方法．其基本特征為等效替代．
物理學中等效法的應用較多．合力與分力；合運動與分運動；總電阻與分電阻；交流電的有效值等．除這些等效概念之外，還有等效電路、等效電源、等效模型、等效過程等．
5．對稱法(對稱性原理)
物理問題中有一些物理過程或是物理圖形具有對稱性，利用物理問題的這一特點求解，可使問題簡單化．要認識到一個物理過程，一旦對稱，則一些物理量(如時間、速度、位移、加速度等)是對稱的．
自然現象中也存在對稱性，如：法拉第進行對稱性思考，堅持認為電可以生磁，磁也一定能生電，最終發現了電磁感應現象；牛頓在研究太陽與行星間的相互作用時，推導出太陽對行星的引力大小與行星的質量成正比，牛頓根據對稱性原理得出，行星對太陽的引力大小與太陽的質量成正比，從而建立了萬有引力定律．
6．猜想與假設法
猜想與假設法，是在研究對象的物理過程不明了或物理狀態不清楚的情況下，根據猜想，假設出一種過程或一種狀態，再據題設所給條件通過分析計算結果與實際情況比較作出判斷的一種方法，或是人為地改變原題所給條件，產生出與原題相悖的結論，從而使原題得以更清晰方便地求解的一種方法．
如：伽利略在研究自由落體運動時就成功運用了猜想與假設法(歸謬法)．
7．尋找守恒量法
物理學中的守恒，是指在物理變化過程或物質的轉化轉移過程中，一些物理量的總量保持不變．
守恒，既是物理學中最基本的規律(有動量守恒、能量守恒、電荷守恒、質量守恒)，也是一種解決物理問題的基本思想方法．并且應用起來簡練、快捷．
8．比值定義法
用其他物理量的比值來定義一個新的物理量的方法．如速度、加速度、電場強度、電容、電阻、磁感應強度等．
9．類比推理法
為了把要表達的物理問題說清楚明白，往往用具體的、有形的、人們所熟知的事物來類比要說明的那些抽象的、無形的、陌生的事物，通過借助于一個較熟悉的對象的某些特征，去理解和掌握另一個有相似性的對象的某些特征．如：在講解電動勢概念時，我們把電源比作抽水機，把非靜電力比作抽水的力，學生就很容易理解．
10．控制變量法
控制變量法是高中物理實驗中常用的探索問題和分析解決問題的科學方法之一．所謂控制變量法是指為了研究物理量同影響它的多個因素中的一個因素的關系，可將除了這個因素以外的其他因素人為地控制起來，使其保持不變，再比較、研究該物理量與該因素之間的關系，得出結論，然后再綜合起來得出規律的方法．
例如在“探究影響滑動摩擦力大小的因素”、“探究加速度與力、質量的關系”、“探究影響導體電阻大小的因素”、“探究影響平行板電容器電容的因素”等實驗中，都運用了控制變量法．
11．放大法
有的物理量不便于直接測量，有的物理現象不便于直接觀察，通過轉換放大為容易測量到與之相等或與之相關聯的物理現象，從而獲得結論的方法．如在演示課桌的微小形變時，就用到通過光路把微小量放大的方法；卡文迪許在測萬有引力常量時也用到了放大法．
12．圖形/圖象圖解法
圖形/圖象圖解法就是將物理現象或過程用圖形/圖象表征出后，再據圖形表征的特點或圖象斜率、截距、面積所表述的物理意義來求解的方法．尤其是圖象法在處理實驗數據、探究物理規律時有獨到好處.
1．(多選)伽利略開創了實驗研究和邏輯推理相結合探索自然規律的科學方法，利用這種方法伽利略發現的規律有(　　)
A．力不是維持物體運動的原因
B．物體之間普遍存在相互吸引力
C．忽略空氣阻力，重物與輕物下落得同樣快
D．物體間的相互作用力總是大小相等、方向相反
解析：選AC.伽利略利用理想斜面實驗得出力不是維持物體運動的原因，而是改變物體運動狀態的原因．伽利略利用實驗和歸謬法得到在忽略空氣阻力的情況下，輕的物體和重的物體下落的同樣快．故選項A、C正確．
2．(多選)在物理學發展過程中，觀測、實驗、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用．下列敘述符合史實的是(　　)
A．奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應，該效應解釋了電和磁之間存在聯系
B．安培根據通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性，提出了分子電流假說
C．法拉第在實驗中觀察到，在通有恒定電流的靜止導線附近的固定導線圈中，會出現感應電流
D．楞次在分析了許多實驗事實后提出，感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化
解析：選ABD.奧斯特通過著名的奧斯特實驗，證明了電流周圍存在磁場，安培提出分子電流假說，揭示了磁現象的電本質．楞次通過實驗總結出感應電流的方向所遵循的規律——楞次定律．
3．用比值法定義物理量是物理學中一種常用的方法，下面四個物理量都是用比值法定義的．其中定義式正確的是(　　)
A．加速度a＝　　　　　　 B．磁感應強度B＝
C．電場強度E＝k D．電阻R＝
解析：選D.加速度的定義式為a＝，A錯誤；磁感應強度的定義式為B＝，B錯誤；電場強度的定義式為E＝，C錯誤；只有D正確．
類型1　單位不統一
1.英國《新科學家(New Scientist)》雜志評選出的世界8項科學之最中，在XTEJ1650－500雙星系統中發現的最小黑洞位列其中．若某黑洞的半徑R約45 km，質量M和半徑R的關系滿足＝(其中c為光速，G為引力常量)，則該黑洞表面重力加速度的數量級為(　　)
A．108 m/s2　　　　　　　 B．1010 m/s2
C．1012 m/s2 D．1014 m/s2
[錯解]　A或B或D
[錯因分析]　本題由于計算時沒有將單位統一，從而導致錯解．假設在黑洞表面有一物塊，質量為m，根據萬有引力定律，在黑洞的表面有＝mg，結合題給信息＝，綜合解得g＝，代入數據得到C項數據．
[正解]　C
[應對策略]　“一看二想三換算”的三步換算法
一看：就是看清題目，是要把高級單位換算成低級單位，還是把低級單位換算成高級單位；二想：就是一要想進率是多少，二要想是乘還是除，從高級到低級單位是乘進率(小數點向右移)，從低級到高級是除以進率(小數點向左移)，注意是已知數除以進率，千萬別弄反了；完成一、二步后，才動筆進行換算．
類型2　數量級混亂
2.功率為10 W的發光二極管(LED燈)的亮度與功率為60 W的白熾燈相當．根據國家節能戰略，2016年前普通白熾燈應被淘汰．假設每戶家庭有2只60 W的白熾燈，均用10 W的LED燈替代，估算出全國一年節省的電能最接近(　　)
A．8×108 kW·h B．8×1010 kW·h
C．8×1011 kW·h D．8×1013 kW·h
[錯解]　A或C或D
[錯因分析]　本題考查的是有關功率和電能的計算．解題時有兩個錯誤之處：一是分不清kW·h與kW之間的區別；二是估算不出全國用戶的數量級．
換2只白熾燈即可減少消耗功率100 W，如按每天用燈6 h，每戶每天即可節約電能0.1 kW×6 h＝0.6 kW·h，那么每戶每年即可節約電能0.6 kW·h×360＝216 kW·h.全國按3.25×108戶來計算的話，全國每年可節約電能216 kW·h×3.25×108＝7.02×1010 kW·h，B正確．
[正解]　B
[應對策略]　(1)加強數量級能力的訓練．
(2)記住一些物理常量．
(3)對估算題，還需知道生活中常見物體典型值；如：一塊磚的重量約為25 N，一層樓的高度約為3 m，一個成年人的體重約為70 kg.
類型3　對物理概念、規律理解不到位
3.圖甲、圖乙分別表示兩種電壓的波形，其中圖甲所示電壓按正弦規律變化．下列說法正確的是(　　)
A．圖甲表示交流電，圖乙表示直流電
B．兩種電壓的有效值相等
C．圖甲所示電壓的瞬時值表達式為u＝311sin 100πt V
D．圖甲所示電壓經匝數比為10∶1的變壓器變壓后，頻率變為原來的
[錯解]　B
[錯因分析]　本題屬于對交變電流有效值概念理解失誤．交流電的概念：大小和方向都隨時間變化，在t軸的上方為正，下方為負，A錯；有效值E＝只對正弦交流電使用，最大值一樣，所以B錯；變壓之后頻率不變，D錯．
[正解]　C
[應對策略]　(1)在復習時，通過相關概念的對比找出它們的相同點和不同點，以加深理解．在此基礎上力求進一步明確它的內涵和外延．
(2)對于物理規律要注意從適用范圍、成立條件、矢量性、應用思路等方面加以強化．
類型4　忽略隱含條件
4.三個質量均為1 kg的相同木塊a、b、c和兩個勁度系數均為500 N/m的相同輕彈簧p、q用輕繩連接如圖所示，其中a放在光滑水平桌面上．開始時p彈簧處于原長，木塊都處于靜止．現用水平力緩慢地向左拉p彈簧的左端，直到c木塊剛好離開水平地面為止，g取10 m/s2.該過程p彈簧的左端向左移動的距離是(　　)
A．4 cm B．6 cm
C．8 cm D．10 cm
[錯解]　A或B
[錯因分析]　開始時，水平桌面光滑，不清楚隱含a、b之間的繩沒有拉力的條件，誤認為彈簧q處于原長．木塊剛好離開地面，隱含地面對木塊c的支持力為0，且位置未動，繩的拉力等于b、c重力之和．“緩慢地拉動”說明系統始終處于平衡狀態，該過程中p彈簧的左端向左移動的距離等于兩個彈簧長度變化量之和；最初，p彈簧處于原長，而q彈簧的壓縮量的壓力FN1＝mbg＝1 kg×10 m/s2＝10 N，所以其壓縮量為x1＝FN1/k＝2 cm；最終，c木塊剛好離開水平地面，q彈簧受到豎直向下的拉力FN2＝mcg＝1 kg×10 m/s2＝10 N，其伸長量為x2＝FN2/k＝2 cm，輕繩上的拉力F＝(mb＋mc)g＝2 kg×10 m/s2＝20 N，F＝FN3，p彈簧的伸長量為x3＝FN3/k＝4 cm，所以所求距離s＝x1＋x2＋x3＝8 cm.本題答案為C.
[正解]　C
[應對策略]　對高度概括的含蓄詞語要斟字酌句，如題設中潛伏的關鍵詞語：緩慢、即將、至少、恰恰能、最大等，抓住了這些關鍵，分析其提供的信息，順藤摸瓜就能迎刃而解．圖表是貯存和傳遞科學文化知識比較便捷的一條途徑，但圖表曲線中隱含了相當多的沒有敘述和未提及的條件，解題時結合題設條件分析圖形，從圖形中挖掘隱含條件，才能正確作答．
類型5　對題目條件理解有誤
5.如圖所示，ACD、EFG為兩根相距L的足夠長的金屬直角導軌，它們被豎直固定在絕緣水平面上，CDGF面與水平面成θ角．兩導軌所在空間存在垂直于CDGF平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B.兩根質量均為m、長度均為L的金屬細桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導軌之間的動摩擦因數均為μ，兩金屬細桿的電阻均為R，導軌電阻不計．當ab以速度v1沿導軌向下勻速運動時，cd桿也正好以速度v2向下勻速運動．重力加速度為g.以下說法正確的是(　　)
A．回路中的電流強度為
B．ab桿所受摩擦力為mgsin θ
C．cd桿所受摩擦力為μ
D．μ與v1大小的關系為μ＝
[錯解]　AD
[錯因分析]　誤認為cd桿切割磁感線，導致錯解．cd桿不切割磁感線，ab桿切割磁感線，所以ab桿相當于電源，回路中的電流強度為I＝＝，選項A錯誤；ab桿所受摩擦力為μmgcos θ，選項B錯誤；根據右手定則可知，閉合回路中的感應電流方向是abdca，根據左手定則可知，cd桿會受到垂直于AEFC導軌平面向下的安培力作用，cd桿所受摩擦力為μ(mgsin θ＋BIL)＝μ，選項C正確；根據ab桿的平衡條件有＋μmgcos θ＝mgsin θ，所以μ＝tan θ－，選項D錯誤．
[正解]　C
[應對策略]　(1)心中有數，理解已知條件．閱讀題目后，對整個題目的條件要做到心中有數，在物理情景不清楚的情況下，不要盲目做題．平時練習時要養成獨立思考的習慣，最終達到準確的發現物理過程與物理情景的目的．
(2)咬文嚼字，把握關鍵條件．所謂“咬文嚼字”，就是讀題時對題目中的關鍵字句反復推敲，正確理解其表達的物理意義，在頭腦中形成一幅清晰的物理圖景，建立起正確的物理模型，形成解題途徑，對于那些容易誤解的關鍵詞語，如“變化量”與“變化率”，“增加了多少”與“增加到多少”，“變化大小”與“變化快慢”，表示極端情況的“剛好”“恰能”“至多”“至少”等，應特別注意．
(3)分清層次，排除干擾條件．干擾信息往往與解題的必備條件混雜在一起，若不及時識別它們，就容易受騙上當誤入歧途，只有大膽地摒棄干擾信息，解題才能順利進行．
(4)縱深思維，分析臨界條件．臨界狀態是物理過程的突變點，在物理問題中又因其靈活性大、隱蔽性強和可能性多而容易導致錯解和漏解．因此，解決此類問題時，要審清題意縱深思維，充分還原題目的物理情境和物理模型，找出轉折點，抓住承前啟后的物理量，確定其臨界值．
類型6　物理公式用錯
6.(多選)某集裝箱吊車的交流電動機輸入電壓為380 V，當吊車以0.1 m/s的速度勻速吊起總質量為5.7×103 kg的集裝箱時，測得電動機的電流為20 A，g取10 m/s2.則下列說法正確的是(　　)
A．電動機的內阻為19 Ω
B．電動機的內阻為4.75 Ω
C．電動機的輸出功率為7.6×103 W
D．電動機的工作效率為75%
[錯解]　AC
[錯因分析]　對電動機的輸出功率、輸入功率、工作效率的關系搞不清，不能正確選擇公式導致錯解．電動機不遵循歐姆定律，其內阻不能根據公式R＝U/I計算，選項A錯誤；電動機的功率為UI＝7.6×103 W，其輸出功率為mgv＝5.7×103 W，電動機的工作效率為η＝×100%＝75%，所以選項C錯誤，D正確；電動機的發熱功率為I2r＝UI－mgv，代入數據解得r＝4.75 Ω，選項B正確．
[正解]　BD
[應對策略]　(1)全面正確理解物理量定義式和決定式的內涵和外延是利用其解題的前提和關鍵．
(2)對于所有的物理公式要準確理解公式中各物理量的含義及整個物理公式的物理意義，要從物理的角度去理解和把握物理公式，僅從數學的角度去理解則易出錯．
(3)對描述物理規律的公式，要明確其研究對象、適用范圍和條件．
類型7　亂用物理結論或推論
7.如圖所示，用絕緣細繩拴住一帶正電的小球在豎直平面內運動，已知繩長為L，重力加速度為g，小球半徑不計，質量為m，帶電荷量為q，不加電場時，小球在最低點時繩的拉力是球重的9倍．
(1)求小球在最低點時的速度大小；
(2)如果在小球通過最低點時，突然在空間產生豎直向下的勻強電場，若使小球在后面的運動中，繩出現松軟狀態，求電場強度可能的大小．
[易錯分析]　本題易錯有兩處：一是審題不準確，不知道提供向心力的力有哪些；二是隨便套用結論，認為物體運動到圓周最高點，其速度就是，而本題中小球所處的環境變化了，從而導致錯解．
[正解]　(1)由題意，在最低點時繩的拉力F＝9mg，設此時速度為v1，則F－mg＝，解得v1＝.
(2)如果繩出現松軟狀態，則小球不能通過最高點，設小球剛好通過最高點時的速度為v2，則Eq＋mg＝，由動能定理得mg·2L＋Eq·2L＝－，聯立可得E＝，電場強度最小需要滿足條件E≥；
小球也不可以低于O所在水平面，由mgL＋EqL＝，可得E＝，所以，電場強度還需要滿足條件E≤.
綜上可知，若使小球在后面的運動中，繩出現松軟狀態，電場強度的大小滿足：≤E≤.
[答案]　(1)　(2)≤E≤
[應對策略]　在復習中，要特別注意每個物理結論或推論的推導過程，記清楚它的適用條件，避免由于錯用而造成不應有的失分．
類型8　混淆研究對象
8.如圖所示，頂端粗糙的小車，放在光滑的水平地面上，具有一定速度的小木塊由小車左端滑上小車．當木塊與小車相對靜止時，木塊相對小車的位移為d，小車相對于地面的位移為x，求整個過程中動能的變化量．
[易錯分析]　混淆了研究對象，沒有弄清x是物體的位移還是小車的位移，還是物體與小車的相對位移，從而導致了最后結果錯誤．
[正解]　滑動摩擦力對木塊做的功為
W木＝－Ff(d＋x)①
由動能定理可知木塊的動能增量為
ΔEk木＝－Ff(d＋x)②
滑動摩擦力對小車做的功為
W車＝Ffx③
同理，小車動能增量為
ΔEk車＝Ffx④
把②④兩式相加得動能的變化ΔEk木＋ΔEk車＝－Ffd.
[答案]　－Ffd
[應對策略]　(1)對于部分問題，研究對象不清晰，可以通過物理規律，對研究對象進行轉化和隔離，使物理問題化繁為簡，易于解決．
(2)對于連接體問題，若系統內的物體運動狀態相同，不涉及內力，一般首先考慮整體法，對于大多數動力學問題，單純采用整體法并不一定能解決，通常采用整體法和隔離法相結合的方法．
類型9　對圖表及圖象理解有偏差
9.下圖中甲、乙是一質量m＝6×103 kg的公共汽車在t＝0和t＝4 s末兩個時刻的兩張照片．當t＝0時，汽車剛啟動(汽車的運動可看成勻加速直線運動)．圖丙是車內橫桿上懸掛的手拉環的圖象，測得θ＝30°.根據題中提供的信息，無法估算出的物理量是(　　)
A．汽車的長度
B．4 s內汽車牽引力所做的功
C．4 s末汽車的速度
D．4 s末汽車合外力的瞬時功率
[錯解]　ACD
[錯因分析]　看不懂圖的含義，不能將圖所表達的意義與題干內容結合起來建立物理模型而出錯．根據圖丙，通過對手拉環受力分析，結合牛頓第二定律可知，汽車的加速度為a＝gtan θ＝ m/s2，所以t＝4 s末汽車的速度v＝at＝ m/s，選項C可估算；根據圖甲、乙可知，汽車的長度等于4 s末汽車的位移大小，即l＝at2＝ m，選項A可估算，因為4 s末汽車的瞬時速度可求出，汽車的合外力F＝ma也可求出，所以汽車在4 s末合外力的瞬時功率為P＝Fv也可估算，即選項D可估算；因為不知汽車與地面間的摩擦力，所以無法估算4 s內汽車牽引力所做的功，選項B符合題意．
[正解]　B
[應對策略]　(1)對于物理試題的附圖，要搞清描述的對象、狀態或過程；要弄清附圖中哪些物理量是已知的、哪些物理量是未知的．
(2)對于物理圖象要明確其斜率、截距、交點及所圍面積的物理意義．對于位移—時間圖象和速度—時間圖象要聯系實際的運動情景．
(3)對于需要確定斜率和截距物理意義的圖象，可先寫出縱軸和橫軸所述物理量的函數表達式，然后加以確定．
類型10　思維定勢的影響
.(多選)宇宙中，兩顆靠得比較近的恒星，只受到彼此之間的萬有引力作用互相繞轉，稱之為雙星系統，設某雙星系統繞其連線上的O點做勻速圓周運動，如圖所示．若AO＜OB，則(　　)
A．星球A的向心力一定大于B的向心力
B．星球A的線速度一定大于B的線速度
C．星球A的質量一定大于B的質量
D．雙星的總質量一定，雙星之間的距離越大，其轉動周期越大
[錯解]　AB
[錯因分析]　受思維定勢的影響，認為星球A離圓心近，向心力大，線速度大，而錯選A、B.提供雙星做圓周運動的向心力是它們之間的相互吸引力，它們是一對作用力和反作用力，所以星球A的向心力一定等于B的向心力，選項A錯誤；它們的角速度?

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