1、专题八三大题型的解题方略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忌一味蛮做，要针对题目的特性“不择手段”达到快捷解题的目的。技法一比较排除法通过分析、推理和计算，将不符合题意的选项一一排除，最终留下的就是符合题意的选项。如果选项是完全肯定或否定的判断，可通过举反例的方式排除；如果选项中有相互矛盾或者是相互排斥的选项，则两个选项中可能有一种说法是正确的，当然，也可能两者都错，但绝不可能两者都正确。(2013全国高考)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
2、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。t0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图甲所示。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像可能正确的是()甲乙技法渗透应用右手定则可以判断开始阶段电动势方向沿O指向A方向，电动势为正，可排除D选项；导体杆转动产生的电动势可用公式EBl2计算，但导体杆切割磁感线的长度l2Rsin t，不恒定，也不均匀变化，故A、B均不正确，正确选项只有C 。答案C题后感悟本题若直接推导E的表达式较困难，如果能根据E的方向和E的大小变化特点就
3、可很快得出答案。针对训练1如图所示电路中，R14 ，R26 ，电源内阻不可忽略，闭合开关S1，当开关S2闭合时，电流表A的示数为3 A，则当S2断开时，电流表示数可能为()A3.2 A B2.1 AC1.2 A D0.8 A解析：选B断开S2后，总电阻变大，电流变小，排除A项；S2断开前路端电压是UIR134 V12 V，S2断开后路端电压增大，故大于12 V，电路中的电流则大于I A1.2 A，排除C、D两项。2.如图甲所示，由粗细均匀的电阻丝制成的边长为L的正方形线框abcd，其总电阻为R，现使线框以水平向右的速度v匀速穿过一宽度为2L、磁感应强度为B的匀强磁场区域，整个过程中ab、cd两
4、边始终保持与磁场边界平行，从线框的cd边刚好与磁场左边界重合时开始计时(t0)，电流沿abcda流动的方向为正，U0BLv，则线框中a、b两点间电势差Uab随线框cd边的位移x变化的图像是图乙中的()甲ABCD乙解析：选B在线框向右穿过磁场的过程中，由右手定则可判断出总是a点的电势高于b点电势，即Uab0，A、C、D错误，B正确。技法二假设推理法所谓假设推理法，就是假设题目中具有某一条件，推得一个结论，将这个结论与实际情况对比，进行合理性判断，从而确定正确选项。假设条件的设置与合理性判断是解题的关键，因此要选择容易突破的点来设置假设条件，根据结论是否合理判断假设是否成立。一物体重力为50 N，
5、与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，如图所示，现加上水平力F1和F2，若F215 N时，物体做匀加速直线运动，则F1的值不可能是()A3 NB25 NC30 ND50 N技法渗透物体受到的滑动摩擦力的大小为fN10 N，用“假设推理法”分两种情况：若物体向左做匀加速直线运动，F1的值应小于5 N；若物体向右做匀加速直线运动，F1的值应大于25 N，故B不可能。答案B题后感悟由于不确定物体的运动方向，解答本题时采用了假设的方法分别对两种可能的运动情况进行推理判断。针对训练3.如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m。当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L
6、。今向下拉盘使弹簧再伸长L后停止，然后松手放开。设弹簧总处在弹性限度以内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于()A.mg B.(mm0)gC. mg D.(mm0)g解析：选A此题可以以盘内物体为研究对象受力分析，根据牛顿第二定律列出一个式子，然后再以整体为研究对象受力分析，根据牛顿第二定律再列一个式子和根据平衡位置的平衡条件联立求解，求解过程较麻烦。若采用假设法，本题将变得非常简单。假设题中所给条件L0，其意义是没有将盘往下拉，则松手放开，弹簧长度不会变化， 盘仍静止，盘对物体的支持力的大小应为mg，将L0代入四个选项中，只有A能得到mg，由上述分析可知，A正确。4.如图所示，甲、乙两物体质量
7、分别为m12kg，m23 kg，叠放在水平桌面上。已知甲、乙间的动摩擦因数为10.6，物体乙与桌面间的动摩擦因数为20.5，现用水平拉力F作用于物体乙上，使两物体一起沿水平方向向右做匀速直线运动，如果运动中F突然变为零，则物体甲在水平方向上的受力情况(g取10 m/s2)()A大小为12 N，方向向右 B大小为12 N，方向向左C大小为10 N，方向向右 D大小为10 N，方向向左解析：选D当F突变为零时，可假设甲、乙两物体一起沿水平方向运动，则它们运动的加速度可由牛顿第二定律求出。由此可以求出甲所受的摩擦力，若此摩擦力小于它所受的最大静摩擦力，则假设成立，反之不成立。如图所示，假设甲、乙两物
8、体一起沿水平方向运动，则由牛顿第二定律得f(m1m2)a，f2N2(m1m2)g，解得a5 m/s2，可得甲受的摩擦力为f1m1a10 N，因为甲所受的最大静摩擦力f21m1g12 N，f1f2，所以假设成立，甲受的摩擦力为10 N，方向向左，D正确。技法三逆向思维法如果问题涉及可逆物理过程，当按正常思路判断遇到困难时，则可考虑运用逆向思维法来分析、判断。有些可逆物理过程还具有对称性，则利用对称规律是逆向思维解题的另一条捷径。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
9、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点的右侧技法渗透以速度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 ，根据对称性“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
10、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题后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。针对训练5.如图甲所示，Q是单匝金属线圈，MN是一个螺线管，它的绕线方式没有画出，Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，P是在MN正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈。若在Q所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能为图乙中的()甲A B CD乙解析：选D由于在t1至t2时
11、间段内，弹簧线圈处于收缩状态，则在弹簧线圈中应有感应电流通过，A、B显然不对，因为MN中此时产生恒定电流；因为线圈收缩，所以MN中产生的感应电流应增大，则在Q处所加磁场的磁感应强度随时间的变化率增大，D正确。6一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N，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，N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，N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N为零，小球的合力水平向右，加速度向右，故小车可
12、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。技法四极限推理法所谓极限推理法是把某些起决定性作用的物理量推向极端，通过简单计算、推理或合理性判断，并与一些显而易见的结果或熟悉的物理现象进行对比，从而做出正确的选择。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FT1和FT2，已知下列四个关于FT1的表达式中有一个是正确的。请你根据所学的物理知识
13、，通过一定的分析，判断正确的表达式是()AFT1 BFT1CFT1 DFT1技法渗透设滑轮的质量为零，即看成轻滑轮，若物体B的质量较大，由整体法可得加速度ag，隔离物体A，由牛顿第二定律可得FT1g，应用“极限推理法”，将m0代入四个选项分别对照，可得C正确。答案C题后感悟由于滑轮存在质量，如果根据高中物理规律直接进行推理计算，几乎不可能得出FT1的表达式，但若用极限推理法，即假设m0，则很容易选出正确选项。针对训练7如图所示，轻细绳的一端系在质量为m的物体上，另一端系在一个轻质圆环上，圆环套在粗糙水平杆MN上，现用水平力F拉绳上一点，使物体处于图中实线位置，此时细绳与竖直方向的夹角为，然后改
14、变F的大小使物体缓慢下降到图中虚线位置，圆环仍在原来的位置不动，则在这一过程中，水平拉力F、环与杆之间的摩擦力f和环对杆的压力N的变化情况是()AF逐渐增大，f保持不变，N逐渐增大BF逐渐增大，f逐渐增大，N保持不变CF逐渐减小，f逐渐增大，N逐渐减小DF逐渐减小，f逐渐减小，N保持不变解析：选D在物体缓慢下降的过程中，细绳与竖直方向的夹角不断减小，可把这种减小状态推到无限小，即细绳与竖直方向的夹角0，此时系统仍处于平衡状态，由平衡条件可知，当0时，F0，f0，所以可得出结论：在物体缓慢下降过程中，F逐渐减小，f也随之减小，D正确。8(2013安徽高考)如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，
15、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T和斜面的支持力为N分别为(重力加速度为g)()ATm(gsin acos )N m(gcos asin )BTm(gcos asin )N m(gsin acos )CTm(acos gsin )N m(gcos asin )DTm(asin gcos )N m(gsin acos )解析：选A当a趋近于0时，细线的拉力Tmgsin ，而Nmgcos ，由此可知只有A正确。技法五图像分析法根据题目的内容画出图像或示意图，如物体的运动图像、UI图像、气
16、体的状态变化图像等，再利用图像分析寻找答案。图像分析法具有形象、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。如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，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t0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t0可能属于的时间段是()甲乙A0t0 B.t0C.t0T DTt0技法渗透以向B板运动为正方向，分别作出从0、时刻释放的粒子的速度时间图像如图所示，则由图象可看出，若0t0或t0T或Tt0，粒子在一个周期内正向位移大，即最终打到B板；若t0Ek2B子
17、弹不能穿过木块B，且Ek1Ek2D子弹仍能穿过木块B，且Ek1vB1，四边形Oabv0的面积小于三角形Ocv0的面积，故子弹不能穿过B木块，且Ek1Ek2。10如图甲所示，理想变压器的原线圈匝数n1350 匝，副线圈匝数n270匝，电阻R20 ，V是理想交流电压表，原线圈加上如图乙所示的交流电，则下列说法正确的是()甲 乙A加在原线圈上的交流电压瞬时值的表达式为u20sin(50t) VB原线圈电流的有效值为0.04 AC在t0.01 s时，电压表的示数为零D电阻R上消耗的电功率为0.8 W解析：选BD由图乙知交变电流的周期是0.02 s，频率是50 Hz，交流电压的瞬时值表达式为uUmsin
18、 t20sin(100t) V，A错误；根据，副线圈电压的有效值U24 V，输出功率P0.8 W，输入功率等于输出功率，根据PU1I1可得，原线圈电流的有效值为I10.04 A，B、D正确；电压表的读数是R两端电压的有效值，大小始终为4 V，C错误。技法六转换对象法一些复杂和陌生的问题，可以通过转换研究对象、物理过程、物理模型和思维角度等，变成简单、熟悉的问题，以便达到巧解、速解问题的目的。如图所示，水平桌面上放置一根条形磁铁，磁铁中央正上方用绝缘弹簧悬挂一水平直导线，并与磁铁垂直。当直导线中通入图中所示方向的电流时，可以判断出()A弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力减小B弹簧的拉力减小，条
19、形磁铁对桌面的压力减小C弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力增大D弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力增大技法渗透由左手定则可知磁铁对通电直导线的作用力竖直向下，故弹簧拉力增大；根据牛顿第三定律可知，导线对磁铁的反作用力竖直向上，减小了磁铁对桌面的压力，A正确。答案A题后感悟本题直接对磁铁受力分析不好分析，转换对象，对通电导线受力分析，然后利用牛顿第三定律得到磁铁的受力情况。针对训练11如图所示，站在汽车上的人用手推车的力为F，脚对车向后的摩擦力为f，下列说法正确的是()A当车匀速运动时，F和f对车做功的代数和为零B当车加速运动时，F和f对车做功的代数和为负功C当车减速运动时，F和f对车做功的
20、代数和为正功D不管车做何种运动，F和f的总功和总功率都为零解析：选ABC不少学生在做此题时，认为研究对象很显然应选汽车，因为四个选项中都涉及到F和f对汽车做功问题，但很快走进死胡同，原因是汽车在水平方向共受四个力：牵引力、地面对它的摩擦力、人对它的摩擦力f和人对它的推力F，因前两个力比较不出大小，故也无法比较后两者大小，因而也就无法比较二力的功。若转换一下研究对象，则会变难为易。对人进行受力分析，人在水平方向只受两个力：车对人向后的作用力F，车对人向前的摩擦力f，这两个力恰好是F、f的反作用力。根据人和汽车的运动状态，即可确定出F、f的大小，当车匀速运动时，人也匀速，Ff，Ff，又因二者的位移
21、相等，故F做的正功等于f做的负功，A正确；当车加速时，人也加速，有Ff，Ff，故f做的负功大于F做的正功，B正确；同理可得C正确，D错误。12.如图，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时，拉力的功率为()AmgL B.mgLC.mgL D.mgL解析：选C因轻杆匀速转动，由动能定理知，拉力F做的功与小球克服重力做功相同，由P知拉力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。技法七特殊值代入法有些选择题选项的代数表达式比较复杂，需经过比较繁琐的公式推导过程，此
22、时可在不违背题意的前提下选择一些能直接反映已知量和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。这种方法的实质是将抽象的、繁琐的一般性问题的推导、计算转化成具体的、简单的特殊性问题来处理，达到迅速、准确选择的目的。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()A1 B1C.2 D.2技法渗透取特殊情况，当dR时，重力加速度之比应该为零，排除B、D；取d，根据黄金代换式GMgR2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。答案A针对训练13如图所示，在
23、倾角为30的足够长的光滑固定斜面上，一质量为2 kg的小球自与斜面底端P点相距0.5 m处，以4 m/s的初速度沿斜面向上运动。在返回P点之前，若小球与P点之间的距离为d，重力加速度g取10 m/s2。则d与t的关系式为()Ad4t2.5t2 Bd4t2.5t2Cd0.54t2.5t2 Dd0.54t2.5t2解析：选D由题意可知，t0时小球与P相距为0.5 m，故A、B均错误；小球沿光滑足够长斜面上滑，返回过程中d一定随t减小，故C错误，D正确。14.如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M、倾角为的光滑斜面体，它的斜面上有一质量为m的物块沿斜面下滑。关于物块下滑过程中对斜面压力大小的解答，有
24、如下四个表达式。要判断这四个表达式是否合理，你可以不必进行复杂的计算，而根据所学的物理知识和物理方法进行分析，从而判断解的合理性或正确性。根据你的判断，下列表达式中可能正确的()A. B.C. D.解析：选D角的大小可取任意值，当0时，压力大小为mg，A、B错误；物块对斜面的压力大小肯定非负，而当mM时，C有可能为负，C错误，D正确。技法八对称分析法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江苏高考)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
25、最大的是()技法渗透每个圆环在O处产生的场强大小相等，设为E，由电场强度的叠加原理和对称性可知，ED0，EAECE，EBE，故B正确。答案B针对训练15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由等量同种电荷或等量异种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
26、合场强为零；而在各边中心，场强无法抵消，合场强不为零，所以D正确。16惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计。加速度计构造原理的示意图如图所示：沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连；两弹簧的另一端与固定壁相连。滑块原来静止，弹簧处于自然长度，滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导。设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离0点的距离为s，则这段时间内导弹的加速度()A方向向左，大小为 B方向向右，大小为C方向向左，大小为 D方向向右，大小为解析：选D滑块静止时，两弹簧均处于自然
27、长度，当滑块相对0向左移的距离为s时，右边弹簧伸长了s，左边弹簧压缩了s，两个弹力的合力F合2ks，则F合2ksma，所以a，方向向右，D正确。技法九反证举例法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，电势能一定增加技法渗透带电物体的电势可以为零，比如接地的导
28、体，可以带电，取大地电势为零，则此物体的电势为零，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题后感悟对于有“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。针对训练17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
29、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B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(方向变)，A错误；F增大，则物体对斜面的压力Nmgcos Fsin 也增大，B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，C、D错误。18如图所示，一辆小车在拉力F作用下，在水平地面上做匀速直线运动(不计空气阻力)，小车上有一木块(木块在小车上不滑动)。此时，木块的受力情况是()A受重力和支持力作用B受重力、支持力和向右的摩擦力C受重力、支持力和向左的摩擦力D以上说法均不
30、正确解析：选A显而易见，木块受到重力和支持力的作用，而且它们是一对平衡力，假设木块受水平向右(或向左)的摩擦力，而木块在水平方向不再受到其他力的作用，则木块在水平方向受力不平衡，而物体只有在不受力或受平衡力作用时，才能保持匀速直线运动状态或静止状态。综上可知，A正确。技法十单位判断法从物理量的单位出发筛选出正确答案。如果等式两边单位不一致，或所列选项的单位与题干要求量的单位不统一，则肯定有错误；或者，尽管式子两边的单位一致，却仍不能确保此式肯定正确，因为用单位判断法不能确定常数项的正确与否。某个由导电介质制成的电阻截面如图所示，导电介质的电阻率为，制成内外半径分别为a和b的半球壳层形状(图中阴
31、影部分)，半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心成为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极，设该电阻的阻值为R。下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，R的合理表达式应为()AR BRCR DR技法渗透由电阻定律R可知，C、D单位错误，再考虑ba时，R应为零，可知A错误，B正确。答案B题后感悟某一物理量的表达通式直接应用现有知识可能无法推导，或很难直接得出结果，此时可结合单位换算，判断出哪些表达式是不合理的。此类问题在近几年高考中多次出现。针对训练19声
32、音在空气中的传播速度v与空气的密度、压强p有关。下列速度的表达式(k为比例系数，无单位)中可能正确的是()Avk Bv Cv Dv解析：选B国际单位制中p的单位是N/m2,1 N1 kgm/s2，的单位是kg/m3，代入 可得 m/s，m/s即为速度的单位，故B正确。20图示为一个内、外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面，其单位面积带电量为。取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴。设轴上任意点P到O点的距离为x，P点电场强度的大小为E。下面给出E的四个表达式(式中k为静电力常量)，其中只有一个是合理的。你可能不会求解此处的场强E，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做
33、出判断。根据你的判断，E的合理表达式应为()AE2kx BE2kxCE2kx DE2kx解析：选B场强的单位为N/C，k为静电力常量，单位为Nm2/C2，为单位面积的带电量，单位为C/m2，则2k表达式的单位即为N/C，故各表达式中其他部分应无单位，故可知A、C肯定错误；当x时E0，而D项中E4k，故D项错误。1明确考查的知识范围现在的物理实验题涉及力学、电(场、路)磁(场、感)学等知识。尽管题目千变万化，但通过仔细审题，都能直接地判断出命题人想要考查的知识点和意图。2看清实验题图实验题一般配有相应的示意图、实物图，目的是告知实验仪器(或部分)及其组装情况，让考生探究考查意图。认识这些器材在实
34、验中所起的作用，便能初步勾画实验过程。3捕捉并提取信息试题总是提供诸多信息再现实验情景，因此，解答时必须捕捉并提取有价值的信息，使问题迎刃而解。一般需要关注如下信息：(1)新的概念、规律、公式一些新颖的非学生实验题、陌生的新知识(概念公式)应用题、新规律验证题，都会为我们提供信息。要在阅读理解的基础上提取有用信息为解题服务。(2)新的表格数据通过解读表格，了解实验测量的物理量，根据表格中的数据，判断相关物理量之间的关系。如正比例、反比例关系，平方还是开方关系，或者是倒数关系。根据数据描点作图可以直观反映实验的某种规律。(3)新的物理图像实验题本身提供物理图像，但这些图像平时没有接触过，关键要明
35、确图像的物理意义，才能正确分析实验问题。类型一基本仪器的使用此类题考查常用仪器的结构、使用、读数问题，属于送分题。对读数问题是否要估读，对有效数字的位数和给定的单位要特别留心，为此要熟练掌握各种测量仪器的使用方法及读数规则。(2013山东高考)图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的_(填“A”、“B”或“C”)进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为_mm。解析测钢笔帽的内径时应该用游标卡尺的内测脚A，示数大小为d11 mm0.05 mm611.30 mm。答案A11.30(11.25或11.35均正确)题后感悟仪器的估读原则(1)毫米刻度尺读数中，必须估读到
36、毫米的十分位。(2)螺旋测微器读数中，必须估读到毫米的千分位，因此螺旋测微器又叫千分尺。(3)游标卡尺有三种精度，0.1 mm精度(游标尺10个格)，以mm为单位，读数中小数点后面有一位，0.05 mm和0.02 mm精度(游标尺20个格和50个格)，以mm为单位，读数中小数点后面有两位。(4)多用电表的欧姆挡，刻度不均匀，结果只取两位有效数字，别忘记读取的数值乘以倍率。针对训练1测金属电阻率实验：(1)测长度时，金属丝的起点、终点位置如图(a)，则长度为：_ cm。(2)用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图(b)，则直径为：_ mm。(3)用多用电表“1”欧姆挡估测其电阻，示数如图(c)，则阻
37、值为：_ 。解析：(1)金属丝的长度为70.50 cm10.00 cm60.50 cm。(2)金属丝的直径为1.5 mm0.01 mm48.01.980 mm。(3)金属丝的电阻为5.0 。答案：(1)60.50(60.4860.52均正确)(2)1.980(1.979或1.982均正确)(3)5.0(5也正确)2在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度。测量3次，求出其平均值l。其中一次测量结果如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为_ cm。用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d。
38、其中一次测量结果如图乙所示，图中读数为_ mm。甲乙解析：金属丝的长度为241.0 mm24.10 cm(24.0824.12均正确)，金属丝的直径为0.5 mm0.01 mm1.80.518 mm(0.517或0.519均正确)。答案：24.10(24.0824.12均正确)0.518(0.517或0.519均正确)类型二常规实验题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，
39、画电路图等全方位理解和掌握。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零开始变化。(1)实验中滑动变阻器应采用_(填“分压”或“限流”)式接法。(2)某同学已连接如图甲所示的电路，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。A_；B_。甲乙 丙(3)电路连接正确后，分别测得两只灯泡L1和L2的伏安特性曲线如图乙中和所示，然后将灯泡L1、L2与电池组(电动势和内阻均恒定)连成图丙所示电路。多次测量后得到通过L1和L2的电流平均值分别为0.30 A和0.60
40、 A。在图乙中画出电池组路端电压U和电流I的关系曲线。由该曲线可知电池组的电动势为_ V，内阻为_ 。(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分压滑动变阻器调到待测电路两端电压为零的一端，以保护电源和电表，在图中滑动触头应是在b端。(3)过两灯泡伏安特性曲线上的点(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，如图所示。由电池组伏安特性曲线的纵截距得E4.6 V，由斜率可得r 2.7 。答案(1)
41、分压(2)见解析(3)见解析图4.62.7(2.62.8均正确)针对训练3(2014济南模拟)用如图所示的装置做“验证牛顿第二定律”的实验。(1)为了消除长木板与小车间摩擦力对实验的影响，必须在长木板远离滑轮的一端下面垫一块薄木板，反复移动薄木板的位置，直至不挂沙桶时小车能在长木板上做_运动。(2)挂上沙桶后，某同学只改变小车的质量进行测量。他根据实验得到的几组数据作出图甲所示的a m图像，请根据图甲在图乙中作出a 图像。(3)根据图乙，可判断本次实验中小车受到的合力大小为_ N。解析：(1)要消除小车所受摩擦力的影响，在不挂沙桶时小车应能在长木板上做匀速直线运动。(2)由图甲知a/(ms2)
42、0.580.30.20.150.11m/kg0.10.20.30.40.5/kg11052.52a图像如图所示。(3)由Fma得aF故a图像的斜率即为小车所受合力，由图可得Fk N0.06 N。答案：(1)匀速直线(2)见解析图(3)0.064(2013浙江高考)采用如图乙所示的电路“测定电池的电动势和内阻”。(1)除了选用照片中的部分器材外，_(填选项)。A还需要电压表B还需要电流表C还需要学生电源 D不再需要其他器材(2)测量所得数据如下：测量次数123456R/ 1.21.00.80.60.40.2I/A0.600.700.800.891.001.20U/V0.900.780.740.6
43、70.620.43用作图法求得电池的内阻r_。(3)根据第5次所测得的实验数据，求得电流表内阻RA_。解析：(1)给出的器材中没有电压表，因此还需要电压表，A正确。(2)作出图像如图所示，作图时注意使大部分点在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧，偏离太大的点舍弃掉。由图线电源内阻r0.75 。(3)由部分电路欧姆定律有I ，RAR 0.4 0.22 。答案：(1)A(2)0.75 (0.65 0.85 均正确) (3)0.22 类型三创新探究型实验题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”。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
44、用相关实验原理。(2013福建高考)硅光电池在无光照时不产生电能，可视为一电子元件。某实验小组设计如图甲电路，给硅光电池加反向电压(硅光电池负极接高电势点，正极接低电势点)，探究其在无光照时的反向伏安特性。图中电压表V1量程选用3 V，内阻为6.0 k；电压表V2量程选用15 V，内阻约为30 k；R0为保护电阻；直流电源电动势E约为12 V，内阻不计。(1)根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙连接成完整电路。(2)用遮光罩罩住硅光电池，闭合开关S，调节变阻器R，读出电压表V1、V2的示数U1、U2。某次测量时，电压表V1示数如图丙所示，则U1_ V，可算出通过硅光电池的反向电流大小为_ mA(
45、保留两位小数)；该小组测出大量数据，筛选出下表所示的9组U1、U2数据，算出相应的硅光电池两端反向电压Ux和通过的反向电流Ix(表中“”表示反向)，并在坐标纸上建立IxUx坐标系，标出了与表中前5组Ux、Ix数据对应的5个坐标点。请你标出余下的4个坐标点，并绘出IxUx图线；123456789U1/V0.000.000.060.120.240.420.721.141.74U2/V0.01.02.13.14.25.46.78.19.7Ux/V0.01.02.03.04.05.06.07.08.0Ix/mA0.000.000.010.020.040.070.120.190.29由IxUx图线可知，
46、硅光电池无光照下加反向电压时，Ix与Ux成_(填“线性”或“非线性”)关系。解析(1)实物图如图甲所示。甲(2)由题图知，电压表读数为1.40 V，通过硅光电池的反向电流也等于通过电压表V1的电流，故I A0.23 mA；先在坐标纸上描点，然后用平滑的曲线将其连接起来，如图乙所示；乙因图线为曲线，故Ix与Ux成非线性关系。答案(1)见解析图甲(2)1.400.23见解析图乙非线性题后感悟探究型实验题通常可分为两类：第一类为通过实验和实验数据的分析得出物理规律，第二类给出实验规律，让你选择实验仪器，设计实验步骤，并进行数据处理。第一类必须在实验数据上下工夫，根据数据特点，掌握物理量间的关系，得出
47、实验规律；第二类必须从已知规律入手，正确选择测量的物理量，根据问题联想相关的实验模型，确定实验原理，选择仪器设计实验步骤，记录实验数据并进行数据处理。针对训练5(2014保定模拟)探究能力是物理学研究的重要能力之一。某物理兴趣小组探究“阻力做功与绕固定轴转动物体角速度的关系”，某同学采用了下述实验步骤进行实验：如图所示，先让砂轮由动力带动匀速旋转，测得其角速度为；然后让砂轮脱离动力，由于克服转轴间的摩擦力，砂轮最后停下，测出砂轮从脱离动力到停止转动的过程中转过的圈数为n；通过分析实验数据，得出结论。经实验测得的几组和n的数据如下表所示：实验序号12345/(rads1)0.51234n5208
48、0180320(1)请你根据表中的数据判定下列图像正确的是()(2)若砂轮转轴的直径大小为D，转轴转动时受到的摩擦力大小恒为f。砂轮脱离动力后克服摩擦力做功的表达式为Wf_。(用题目中所给的物理量表示)(3)实验测量砂轮转轴的直径D，游标卡尺上的示数如图所示，则D_ mm。(4)物体因绕转轴转动而具有的动能叫转动动能。设法测得砂轮转轴转动时受到的摩擦力f N，通过上述实验可以得出：该砂轮的转动动能Ek与角速度的关系式为Ekk2，其中比例系数k的大小为_，k的单位是_(用力学基本单位kg、m、s表示)。解析：(1)由表中数据可得n202，故D正确。(2)摩擦力做功WfDfn。(3)D10.0 m
49、m。(4)由功能关系可知，EkWfDfn200D2，故k200D2，由Ek的单位为kgm2/s2，的单位为1/s，可得k的单位为kgm2。答案：(1)D(2)Dfn(3)10.0(4)2kgm26利用如图所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度。一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动。当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至光电门乙所用的时间t。改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离x，记下相应的t值。所得数据如表所示。x/m0.5000.60
50、00.7000.8000.9000.950t/ms292.9371.5452.3552.8673.8776.4/(ms1)1.711.621.551.451.341.22完成下列填空和作图：(1)若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v、测量值x和t四个物理量之间所满足的关系式是_。(2)根据表中给出的数据，在如图给出的坐标纸上画出t图线。(3)由所画出的t图线，得出滑块加速度的大小为a_ m/s2(保留两位有效数字)。解析：(1)由匀变速直线运动的规律及某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度关系知atv。(2)如图所示。(3)由atv知图线的斜
51、率k则a2k2.0 m/s2答案：(1)atv(2)见解析图(3)2.0(1.82.2均正确)1视审题的流程化(1)通读构轮廓读后脑海中要呈现物理图景的轮廓。由图景(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。(2)细读现情景读后脑海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。(3)选读挖条件通过对关键词语(如“缓慢”、“匀速”、“足够长”、“至少”、“至多”、“刚好”、“最大”、“最小”、接触面“粗糙(或光滑)”、物体是“导体(或绝缘体)”、物体与弹簧“连接(或接触
52、)”、电池“计内阻(或不计内阻)”等)的理解(如“刚好不相撞”表示物体最终速度相等或者接触时速度相等；“刚好不滑动”表示静摩擦力达到最大静摩擦力；“绳端物体刚好通过最高点”表示绳子拉力为零，仅由重力提供向心力；“粒子刚好飞出(或飞不出)磁场”表示粒子的运动轨迹与磁场的边界相切等)挖条件。2注意思维的模式化(1)选对象，建模型通过对整个题目的情景把握，根据整体法与隔离法选取研究对象；采用抽象、概括或类比等效的方法建立相应的物理模型或物理运动模型，并对其进行全面的受力分析和运动分析。(2)多阶段，分过程根据问题的需要和研究对象的不同，将问题涉及的物理过程，按照时间和空间的发展顺序，合理地分解为几个
53、彼此相对独立又相互联系的阶段；通过各阶段的联系综合起来解决问题，从而使问题化整为零、各个击破。(3)用规律，列方程在对物理状态和物理过程深刻把握的基础上，寻找题设条件与所求未知物理量的联系，从力的观点或能量的观点等知识与方法，根据物理规律(如牛顿第二定律、能的转化与守恒等)列出方程求解。3强化答题的规范化(1)文字说明必要必有物理量要用题中的符号，涉及题中没有明确指出的物理量或符号，一定要用假设的方式进行说明；题目中的一些隐含条件或临界条件分析出来后，要加以说明；要指明正方向、零位置；列方程前，对谁在什么过程(或什么状态)用到什么规律，要简要说明。(2)分步列式，联立求解做综合大题一定要树立“
54、重视过程，分步解答”的解题观，因为高考阅卷实行按步给分，每一步的关键方程都是得分点。以下几个技巧可有助于大题尽量多得分：方程中字母要与题目吻合，同一字母物理意义要唯一，出现同类物理量，要用不同上下标区分；列纯字母方程。方程全部采用物理量符号和常用字母；列原始方程。列出与原始规律公式相对应的具体形式，而不是移项变形后的公式；依次列方程。不要写连等式或综合式子，否则会“一招不慎满盘皆输”；根据题目及解析特点，明确每个方程后面是否标注。(3)结果表述，准确到位题中要求解的物理量应有明确的答案(尽量写在显眼处)；待求量是矢量的必须说明其方向；用字母表示的答案中不能含有未知量和中间量。凡是题中没有给出的
55、都是未知量，不能随便把g取值代入用字母表示的答案中，用字母表示的答案不能写单位；若在解答过程中进行了研究对象转换，则必须交代转换依据，如“根据牛顿第三定律”。类型一应用型计算题应用型计算题的特点是以实际问题立意，真实全面地模拟现实，解答时注意以下三点：(1)审题时应从试题设置的各种现象情景中建立并抽象出理想模型及理想的物理过程。注意挖掘一些结合点的关键信息。(2)思维模式化有助于解决过程比较复杂的问题。当审完题后，没有解题思路时，按思维模板做一般会有很大收获。(3)答题时应“设未知，列分式，明结果”，确保不因不规范而失分。(20分)(2014枣庄模拟)如图所示，AB为半径R0.8 m的光滑圆弧
56、轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。小车的质量M3 kg、长度L2.16 m，其上表面距地面的高度h0.2 m。现有质量m1 kg的小滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车，当小车与滑块达到共同速度时，小车被地面装置锁定。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数0.3，取g10 m/s2。试求：(1)滑块经过B端时，轨道对它支持力的大小；(2)小车被锁定时，其右端到轨道B端的距离；(3)小车被锁定后，滑块继续沿小车上表面滑动。请判断：滑块能否从小车的左端滑出小车？若不能，请计算小车被锁定后由于摩擦而产生的内能是多少？若能，请计算滑块的落地点离小车左端的水平距离。第一步：审题规范化题
57、设条件获取信息光滑圆弧轨道滑块沿圆轨道下滑时只有重力做功无初速度释放小滑块在A点的速度为零小车与滑块达到共同速度时，小车被锁定滑块以后相对小车滑动的初速度为小车与滑块的共同速度第二步：思维规范化滑块的运动可分为四个不同的阶段：沿圆轨道下滑；与小车相对滑动到小车锁定；小车锁定后滑块滑动；滑块做平抛运动。滑块在圆弧轨道的B点，支持力与重力的合力提供向心力，此时的速度为滑块到小车的初速度，滑块与小车达到共同速度后能否滑出小车需通过计算做出判断，可求出滑块到小车左端的速度，若大于零，则能滑出。第三步：答题规范化(1)设滑块经过B端时的速度为v1，由机械能守恒定律得mgRmv(1分)设滑块经过B端时，轨
58、道对滑块的支持力为N，由牛顿第二定律得Nmgm(1分)解得v14 m/s，N30 N(1分)(2)从向左为正方向，当滑块滑上小车后，设滑块和小车的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律得对滑块mgma1(1分)对小车mgMa2(1分)设滑块和小车经过时间t1达到共同速度，其速度分别为v2、v3，根据运动学公式有v2v1a1t1，v3a2t1，v2v3(2分)解得t11 s，v2v31 m/s(1分)设此时小车右端到轨道B端的距离为x1，根据运动学公式有x1a2t(1分)解得x10.5 m(1分)(3)设滑块和小车达到共同速度时，滑块前进的距离为x2，根据运动学公式有x2v1t1a1t(1分)解
59、得x22.5 m(1分)此时，滑块沿小车上表面滑动的距离设为x1，由几何关系得x1x2x12 m(1分)小车被锁定后，假设滑块能从小车左端滑出，滑块又沿小车上表面滑行的距离设为x2，由几何关系得x2Lx10.16 m(1分)设滑块滑至小车左端时的速度为v4，由动能定理得mgx2mvmv(1分)解得滑出的速度大小v40.2 m/s(1分)所以，滑块能从小车左端滑出。(1分)滑块滑出小车后做平抛运动，设滑块从滑出小车到落地经历的时间为t2，落地点距小车左端的水平距离为x3，由平抛运动规律得hgt(1分)x3v4t2(1分)联立解得x30.04 m(1分)答案(1)30 N(2)0.5 m(3)能从
60、左端滑出0.04 m针对训练1(2014新课标全国卷)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录。取重力加速度的大小g10 m/s2。(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为fkv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。已知该运动员在某段时间内高速下落的v t图像如图所示。若该
61、运动员和所带装备的总质量m100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数。(结果保留1位有效数字)解析：(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5 km高度处的速度大小为v。根据运动学公式有vgtsgt2根据题意有s3.9104 m1.5103 m3.75104 m联立式得t87 sv8.7102 m/s(2)该运动员达到最大速度vmax时，加速度为零，根据平衡条件有mgkv由所给的v t图像可读出vmax360 m/s由式得k0.008 kg/m答案：(1)87 s8.7102 m/s(2)0.008 kg/m2(2014郑州第二次质
62、量预测)特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型：将一根长为2d、不可伸长的细绳的两端固定在相距为d的A、B两等高处，细绳上有小滑轮P，战士们相互配合，可沿着细绳滑到对面。开始时，战士甲拉住滑轮，质量为m的战士乙吊在滑轮上，处于静止状态，AP竖直。(不计滑轮与绳的质量，不计滑轮的大小及摩擦，重力加速度为g)(1)若甲对滑轮的拉力沿水平方向，求拉力的大小？(2)若甲将滑轮由静止释放，求乙在滑动中速度的最大值(结果可带根式)?解析：(1)设BP与竖直方向的夹角为，由几何关系得2d根据三角函数关系解得sin ，cos ，tan 如图所示，对滑轮受力分析，设细绳拉力的大小为FT，甲对滑轮的拉力为F
63、，由平衡条件得mgFTFTcos FFTsin 解得F(2)设AP的长度为l，则ld经分析可知滑轮在AB中点正下方时有最大速度，设滑轮在最低点时最大速度为v，此时滑轮距AB线的高度为h，有h2d22由机械能守恒定律得mg(hl)mv2解得v 答案：(1)(2) 3(2013福建高考)如图所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m1.0 kg的小球。现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点，地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L1.0 m，B点离地高度H1.0 m，A、B两点的高度差h0.5 m，重力加速度g取10 m/
64、s2，不计空气影响，求：解析：(1)小球从A到B机械能守恒，则mghmv小球从B到C做平抛运动，则水平方向svBt竖直方向Hgt2 联立式解得s1.41 m(2)小球下摆到B点时，绳子的拉力和小球重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有Fmgm 联立式解得F20 N由牛顿第三定律得FF20 N即轻绳所受的最大拉力为20 N。答案：(1)1.41 m(2)20 N4(2014嘉兴教学检测)如图甲所示的轮轴，它可以绕垂直于纸面的光滑固定水平轴O转动。轮上绕有轻质柔软细线，线的一端系一质量为M的重物，另一端系一质量为m的金属杆。在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF，在QF之间连接有阻
65、值为R的电阻，其余电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直。开始时金属杆置于导轨下端，将质量为M的重物由静止释放，重物最终能匀速下降。运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦及空气阻力，重力加速度为g。甲乙(1)重物匀速下降的速度v的大小是多少？(2)对一定的磁感应强度B，重物的质量M取不同的值，测出相应的重物做匀速运动时的速度，可得出vM实验图线。图乙中画出了磁感应强度分别为B1和B2时的两条实验图线，试根据实验结果计算B1和B2的比值？(3)若M从静止到匀速的过程中下降的高度为h，求这一过程中R上产生的焦耳热？解析：(1)金属杆达到匀速运动时，受绳子拉力F、金属杆的重
66、力mg、向下的安培力FA，则有FFAmg0，FMg感应电动势EBLv感应电流I安培力FABIL联立解得v(2)由(1)可得v与M的函数关系式vM结合图线可知图线的斜率k则由图乙可得k1 ms1kg11.6 ms1kg1k2 ms1kg10.9 ms1kg1解得(3)由能量关系，可得R上产生的焦耳热为Q(Mm)gh(Mm)v2将v代入可得Q(Mm)g答案：(1)(2) (3)(Mm)g类型二论述型计算题论述型计算题是根据已知的知识和所给的物理条件，对物理问题进行逻辑推理和论证，得出正确的结论或做出正确的解答，并能把物理过程正确地表达出来，因此在解答中应注意：(1)科学性：论证要正确严谨，准确运用
67、物理概念和规律。(2)条理性：论述要符合逻辑，解释阐述要层次分明，论点要突出，论据要充分。(3)规范性：用语要简洁、准确、科学。(18分)(2014淮安模拟)如图所示，在xOy平面的y轴左侧存在沿y轴正方向的匀强电场，y轴右侧区域内存在磁感应强度大小B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域、区域的宽度均为L，高度均为3L。质量为m、电荷量为q的带电粒子从坐标为(2L，L)的A点以速度v0沿x方向射出，恰好经过坐标为0，(1)L的C点射入区域。粒子重力忽略不计。求：(1)匀强电场的电场强度大小E；(2)粒子离开区域时的位置坐标；(3)要使粒子从区域上边界离开，可在区域内加垂直纸面向内的匀强磁场。试
68、确定磁感应强度B的大小范围，并说明粒子离开区域时的速度方向。第一步：审题规范化题设条件获取信息粒子重力忽略不计粒子在匀强电场中做类平抛运动由yAL，yC(1)L粒子做类平抛运动的竖直位移yL粒子从C点射入区域粒子在磁场中做匀速圆周运动，其速度不等于v0第二步：思维规范化粒子的运动可分为三个过程：电场中的类平抛运动；区域中的匀速圆周运动；区域中的匀速圆周运动。匀速圆周运动的速度为粒子做类平抛运动到C点的速度。第三步：答题规范化(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动。2Lv0t(1分)L2(2分)解得E(2分)(2)设带电粒子经C点时的竖直分速度为vy、速度为v，则vytv0(2分)则vv0，方向
69、与x轴正向成45角斜向上。(2分)粒子进入区域做匀速圆周运动，B1qvm，R解得RL(2分)由几何关系知，离开区域时的位置坐标：xL，y0(2分)即位置坐标为(L,0)。(3)根据几何关系知，带电粒子从区域上边界离开磁场的半径满足LrL(1分)又r解得B(2分)根据几何关系知，带电粒子离开磁场时速度方向与y轴正方向夹角满足3090，且指向左上方。(2分)答案(1)(2)(L,0)(3)B与y轴正方向夹角满足3090，且指向左上方针对训练5(2014湛江模拟)如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距l1 m，导轨平面与水平面成30角，下端连接“2.5 V,0.5 W”
70、的小电珠，匀强磁场方向与导轨平面垂直。质量为m0.02 kg、电阻不计的光滑金属棒放在两导轨上，金属棒与两导轨垂直并保持良好接触。取g10 m/s2。求：(1)金属棒沿导轨由静止刚开始下滑时的加速度大小；(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，小电珠正常发光，求该速度的大小；(3)磁感应强度的大小。解析：(1)设金属棒刚开始下滑时的加速度为a，由于金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律有mgsin ma代入数据解得a5 m/s2(2)设金属棒运动达到稳定时的速度为v、所受安培力为F安，棒在沿导轨方向受力平衡，则有mgsin F安0此时金属棒克服安培力做功的功率等于小电珠消耗的电功率，则有PF安
71、v联立式并代入数据解得v5 m/s(3)设磁感应强度的大小为B，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为EBlv小电珠正常发光，其两端电压等于E，必有EU灯联立式并代入数据解得B0.5 T答案：(1)5 m/s2(2)5 m/s(3)0.5 T6如图甲所示，两平行金属板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UAB，两板间电场可看做是均匀的，且两板外无电场，金属板长L0.2 m，板间距离d0.2 m，在金属板右侧有一边界为MN的区域足够大的匀强磁场，MN与两板间中线OO垂直，磁感应强度B5103 T，方向垂直纸面向里。现有带正电的粒子流沿两板中线OO连续射入电场中，已知每个粒子的速度v01105 m/s
72、，比荷108 C/kg，重力忽略不计，每个粒子通过电场区域的时间极短，此极短时间内电场可视做是恒定不变的。求：甲乙(1)在t0.1 s时刻射入电场的带电粒子，进入磁场时在MN上的入射点和出磁场时在MN上的出射点间的距离d为多少？(2)带电粒子射出电场时的最大速度v；(3)在t0.25 s时刻从电场射出的带电粒子，在磁场中运动的时间。解析：(1)在t0.1 s时刻射入电场的带电粒子，在极板间做匀速直线运动，以速度v0垂直磁场边界垂直射入磁场做匀速圆周运动，设轨道半径为R，则qv0Bm可得R0.2 m在MN上的入射点和出磁场时在MN上的出射点间的距离为d2R0.4 m(2)带电粒子从极板的边缘射出
73、电场时的速度v最大，设对应的瞬时电压大小为u0，则d2解得u0100 V200 V由动能定理得qu0mv2mv解得vv01.4105 m/s(3)在t0.25 s时刻，两板间电压大小为100 V，由(2)得此时从电场射出的带电粒子，从极板的上边缘射出电场，速度为vv0，垂直进入磁场时与磁场边界的夹角为，射出磁场时与磁场边界的夹角也为，故对应的圆周的圆心角为，故在磁场中运动的时间t1为圆周运动周期T的，设此时圆周轨道半径为R，由qvB，T得T，所以t1T3.14106 s答案：(1)0.4 m(2)1.4105 m/s(3)3.14106 s7(2014潍坊模拟)如图所示，半径为R的光滑半圆轨道
74、ABC与倾角为37的粗糙斜面轨道DC相切于C点，圆轨道的直径AC与斜面垂直。质量为m的小球从A点左上方距A高为h的斜面上方P点以某一速度水平抛出，刚好从半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D处。已知当地的重力加速度为g，取Rh，sin 370.6，cos 370.8，不计空气阻力，求：(1)小球被抛出时的速度大小v0；(2)小球到达半圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小；(3)小球从C到D过程中摩擦力做的功W。解析：（1）小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为，如图所示。（2）则有v2gh由几何关系得v0得v0A、B间竖直高度HR(1cos )设小球到达B点时的速度为v，则从抛出点到B的过程，有mvmg(Hh)mv2在B点，有Nmgm解得N5.6mg由牛顿第三定律知，小球在B点时对轨道的压力大小是5.6mg。(3)小球沿斜面上滑过程中摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能，有Wmvmgh答案：(1)(2)5.6mg(3)mgh
