高考物理二輪復(fù)習(xí) 第2部分 考前沖刺方略 專題一 三大題型解題方略 第1講“十法”秒殺選擇題

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專題一 三大題型解題方略 第1講　“十法”秒殺選擇題 選擇題是當(dāng)前高考必備的題型之一，主要考查對物理概念、物理現(xiàn)象、物理過程和物理規(guī)律的認(rèn)識、判斷、辨析、理解和應(yīng)用等，具有信息量大、知識覆蓋面廣、干擾性強(qiáng)、命題靈活性強(qiáng)、層次豐富、能考查學(xué)生的多種能力等特點．要想迅速、準(zhǔn)確地解答物理選擇題，不但要熟練掌握和應(yīng)用物理的基本概念和規(guī)律，還要掌握下列解答物理選擇題的基本方法和特殊技巧． 方法一　直接判斷法 通過觀察題目中所給出的條件，根據(jù)所學(xué)知識和規(guī)律推出結(jié)果，直接判斷，確定正確的選項．直接判斷法適用于推理過程較簡單的題目，這類題目主要考查學(xué)生對物理知識的記憶和理解程度，如考查物理學(xué)史和物理常識的試題等． [典例1]　(多選)1820年，奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，1831年法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，這兩個發(fā)現(xiàn)在物理學(xué)史上都具有劃時代的意義，圍繞這兩個發(fā)現(xiàn)，下列說法正確的是(　　) A．電流磁效應(yīng)的發(fā)現(xiàn)從相反的角度對法拉第發(fā)現(xiàn)電磁感應(yīng)現(xiàn)象具有啟發(fā)意義 B．可以推斷出，在法拉第發(fā)現(xiàn)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的年代，已經(jīng)發(fā)明了電池 C．電磁感應(yīng)的發(fā)現(xiàn)為大規(guī)模發(fā)電提供了理論基礎(chǔ) D．電磁感應(yīng)的發(fā)現(xiàn)為解釋地球磁場的形成提供了理論方向 解析　電流產(chǎn)生磁場的現(xiàn)象叫做電流的磁效應(yīng)，利用磁場產(chǎn)生電流的現(xiàn)象叫做電磁感應(yīng)現(xiàn)象，所以選項A正確．電流的磁效應(yīng)比電磁感應(yīng)現(xiàn)象發(fā)現(xiàn)得早，而發(fā)現(xiàn)電流的磁效應(yīng)時需要有持續(xù)的電流，說明當(dāng)時已經(jīng)發(fā)明了電池，選項B正確．電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)，說明大量的機(jī)械能可以通過磁場轉(zhuǎn)化為電能，所以為大規(guī)模的發(fā)電提供了理論基礎(chǔ)，選項C正確．解釋地球磁場的形成需要知道磁場形成的原因，電流磁效應(yīng)的發(fā)現(xiàn)為解釋地球磁場的形成提供了理論方向，選項D錯誤． 答案　ABC 點評　物理學(xué)史是考試內(nèi)容之一，熟記牛頓、伽利略、卡文迪許、庫侖、法拉第等物理學(xué)家的成就，直接作出判斷． [即學(xué)即用] 1．在物理學(xué)發(fā)展的過程中，許多物理學(xué)家的科學(xué)研究推動了人類文明的進(jìn)程．在對以下幾位物理學(xué)家所做科學(xué)貢獻(xiàn)的敘述中，正確的說法是(　　) A．英國物理學(xué)家牛頓用實驗的方法測出了引力常量G B．第谷接受了哥白尼日心說的觀點，并根據(jù)開普勒對行星運動觀察記錄的數(shù)據(jù)，應(yīng)用嚴(yán)密的數(shù)學(xué)運算和橢圓軌道假說，得出了開普勒行星運動定律 C．亞里士多德認(rèn)為兩個從同一高度自由落下的物體，重物體與輕物體下落一樣快 D．胡克認(rèn)為只有在一定的條件下，彈簧的彈力才與彈簧的形變量成正比 解析：選D.牛頓提出了萬有引力定律及引力常量的概念，但沒能測出G的數(shù)值，G的數(shù)值是由卡文迪許通過實驗得出的，故A錯誤．開普勒接受了哥白尼日心說的觀點，并根據(jù)第谷對行星運動觀察記錄的數(shù)據(jù)，應(yīng)用嚴(yán)密的數(shù)學(xué)運算和橢圓軌道假說，得出了開普勒行星運動定律，故B錯誤．亞里士多德認(rèn)為兩個從同一高度自由落下的物體，重物體比輕物體下落得快，故C錯誤．胡克認(rèn)為只有在一定的條件下，彈簧的彈力才與彈簧的形變量成正比，故D正確． 方法二　篩選排除法 篩選排除法就是通過對物理知識的理解，對物理過程的分析或計算，將明顯錯誤或不合理的選項一一排除的方法．篩選排除法主要適用于選項中有相互矛盾、相互排斥或有完全肯定、完全否定的說法的單選選擇題． [典例2]　如圖所示，以MN、PQ為邊界的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場寬為2L，高為L的正三角形閉合金屬框由粗細(xì)均勻的電阻絲圍成，在外力作用下由圖示位置被水平向右勻速拉過磁場區(qū)域，ab邊平行MN且垂直金屬框運動方向，取逆時針方向為電流的正方向，則金屬框中的感應(yīng)電動勢E、感應(yīng)電流I，所施加的外力F及外力的功率P隨位移x的變化關(guān)系圖正確的是(　　) 解析　金屬框進(jìn)入磁場的過程中，穿過金屬框的磁通量增加，由楞次定律可知此過程中感應(yīng)電流為逆時針方向，而此過程金屬框切割磁感線的有效長度l＝2xtan 30均勻增加，完全進(jìn)入磁場后，穿過金屬框的磁通量不變，回路中無感應(yīng)電流和感應(yīng)電動勢，排除A選項；0～L位移內(nèi)，因金屬框做勻速直線運動，所以F外＝F安＝BIl＝＝tan230，即外力隨位移的增大而非線性增大，排除C選項；0～L位移內(nèi)，外力的功率P＝F外v＝tan230，即外力的功率隨位移的增大而非線性增大，排除D選項；所以B選項正確． 答案　B 點評　運用排除法解題時，對于完全肯定或完全否定的說法，要抓住“一定”、“一定不”等關(guān)鍵詞語，通過舉例(正例或反例)的方式進(jìn)行判斷；涉及圖象變化問題通常從大小、方向兩個角度排除，對于相互矛盾或者相互排斥的選項，則最多只有一個是正確的，要學(xué)會從不同方面判斷或從不同角度思考與推敲． [即學(xué)即用] 2．如圖甲所示，兩根電阻不計的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌上端接電阻R，寬度相同的水平條形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內(nèi)有方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場B，Ⅰ和Ⅱ之間無磁場．一導(dǎo)體棒兩端套在導(dǎo)軌上，并與兩導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)體棒從距區(qū)域Ⅰ上邊界H處由靜止釋放，在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流及其變化情況相同．圖乙的四個圖象中能定性描述導(dǎo)體棒速度大小與時間關(guān)系的是(　　) 乙 解析：選C.MN棒先做自由落體運動，當(dāng)?shù)舰駞^(qū)磁場時由四個 選項知棒開始減速說明F安＞mg，由牛頓第二定律得，F(xiàn)安－mg＝ma，減速時F安減小，合力減小，a也減小，速度圖象中圖線上各點切線斜率減??；可排除選項B、D.離開Ⅰ區(qū)后棒做加速度為g的勻加速直線運動，隨后進(jìn)入Ⅱ區(qū)磁場，因棒在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流變化情況相同，則在Ⅱ區(qū)磁場中運動情況與Ⅰ區(qū)磁場中完全相同，切線斜率減小，故排除選項A，所以只有C項正確． 方法三　圖象思維法 圖象思維法是根據(jù)各物理量間的關(guān)系，作出表示物理量之間的函數(shù)關(guān)系的圖線，然后利用圖線的交點、圖線的斜率、圖線的截距、圖線與坐標(biāo)軸所圍幾何圖形的“面積”等代表的物理意義對問題進(jìn)行分析、推理、判斷或計算，其本質(zhì)是利用圖象本身的數(shù)學(xué)特征所反映的物理意義解決物理問題，或者根據(jù)物理圖象判斷物理過程、物理狀態(tài)、物理量之間的函數(shù)關(guān)系和求解某些物理量． [典例3]　如圖所示，有一內(nèi)壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內(nèi)，MN是通過橢圓中心O點的水平線．已知一小球從M點出發(fā)，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(fā)，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．v1t2 C．v1＝v2，t1t2，A項正確，C項錯誤． 答案　A 點評　圖象、情境、規(guī)律是解圖象問題不可分割的三個要素．要把物理規(guī)律和物理圖象相結(jié)合，才能真正理解圖象中斜率、交點、截距以及圖線和坐標(biāo)軸所圍面積的實際物理意義．圖象中的圖線是直線，盡可能寫出橫、縱坐標(biāo)代表的兩個物理量間的函數(shù)關(guān)系，通過與圖象中的斜率、截距以及圖線和坐標(biāo)軸所圍面積比較就可得出相關(guān)結(jié)論． [即學(xué)即用] 3．(多選)如圖，游樂場中，從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌道．甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處，下列說法正確的有(　　) A．甲的切向加速度始終比乙的大 B．甲、乙在同一高度的速度大小相等 C．甲、乙在同一時刻總能到達(dá)同一高度 D．甲比乙先到達(dá)B處 解析：選BD.根據(jù)機(jī)械能守恒定律，mgh＝mv2，在同一高度甲、乙的速度大小相等，B項正確；甲開始的切向加速度比乙的大，且這個加速度在豎直方向的分加速度也大，因此開始時甲在豎直方向的分運動比乙的豎直方向的分運動快．從如圖所示的速率—時間圖象可以判斷，甲先到達(dá)B點，D項正確，故選B、D. 方法四　特殊值法 有些選擇題展示出一般情形，計算難度比較大，甚至不能用現(xiàn)有物理規(guī)律進(jìn)行準(zhǔn)確計算，可針對題設(shè)條件選擇一些能反映已知量與未知量數(shù)量關(guān)系的特殊值代入有關(guān)表達(dá)式進(jìn)行推算，依據(jù)結(jié)果對選項進(jìn)行判斷，從而得出結(jié)論． [典例4]　如圖所示，細(xì)線的一端系一質(zhì)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(xì)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(xì)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，F(xiàn)N＝mgcos θ.將a＝0代入四個選項，只有A項可得到上述結(jié)果，故只有A正確． 答案　A 點評　以上解析用非常規(guī)解法，巧取特例輕松妙解，特例賦值法一般對通解表達(dá)式很奏效． [即學(xué)即用] 4．如圖，在固定斜面上的一物塊受到一外力F的作用，F(xiàn)平行于斜面向上．若要使物塊在斜面上保持靜止，F(xiàn)的取值應(yīng)有一定的范圍，已知其最大值和最小值分別為F1和F2(F1和F2的方向均沿斜面向上)．由此可求出物塊與斜面間的最大靜摩擦力為(　　) A. B．2F2 C. D. 解析：選C.取F1＝F2≠0，則斜面光滑，最大靜摩擦力等于零，代入后只有C滿足． 方法五　二級結(jié)論法 二級結(jié)論是由基本規(guī)律和基本公式導(dǎo)出的推論．熟記并巧用一些二級結(jié)論可以使思維過程簡化，節(jié)約解題時間．非常實用的二級結(jié)論有：(1)平拋運動速度方向的反向延長線過水平位移的中點；(2)不同質(zhì)量和電荷量的同性帶電粒子由靜止相繼經(jīng)過相同的加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，軌跡重合；(3)直流電路中動態(tài)分析的“串反并同”結(jié)論；(4)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(qiáng)電場的場強(qiáng)． [典例5]　(多選)如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r.電路中的R2、R3分別為總阻值一定的滑動變阻器，R0為定值電阻，R1為光敏電阻(其電阻隨光照強(qiáng)度增大而減小)．當(dāng)開關(guān)S閉合時，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說法中正確的是(　　) A．只逐漸增大對R1的光照強(qiáng)度，電阻R0消耗的電功率變大，電阻R3中有向上的電流 B．只調(diào)節(jié)電阻R3的滑動端P2向上端移動時，電源消耗的電功率變大，電阻R3中有向上的電流 C．只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動端P1向下端移動時，電壓表示數(shù)變大，帶電微粒向下運動 D．若斷開開關(guān)S，帶電微粒向下運動 解析　當(dāng)逐漸增大光照強(qiáng)度時，光敏電阻R1的阻值減小，依據(jù)“串反并同”可知電流I增大，則PR0增大，UC增大，QC＝CUC增大，即電容器充電，R3中有向上的電流，A正確；當(dāng)P2向上移動時，UC不變，R3中沒有電流，故B錯誤．當(dāng)P1向下移動時，I不變，但UC變大，EC＝變大，電場力FC＝變大，微粒向上運動，故C錯誤．若斷開開關(guān)S，電容器放電，UC降為0，則微粒只受重力作用而向下運動，故D正確． 答案　AD 點評　有些二級結(jié)論只在一定的條件下成立，在使用這些二級結(jié)論時，必須清楚結(jié)論是否適合題給物理情境． [即學(xué)即用] 5．如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，C為電容器，電流表 和電壓表 均可視為理想電表．閉合開關(guān)S后，在將滑動變阻器的滑片P向右移動的過程中(　　) A．電流表A的示數(shù)變小，電壓表V的示數(shù)變大 B．小燈泡L變暗 C．通過定值電阻R1的電流方向自右向左 D．電源的總功率變大，效率變小 解析：選D.當(dāng)滑動變阻器的滑片P向右移動時，滑動變阻器接入電路的有效電阻減小，由“串反并同”知，電流表的示數(shù)將增大，電壓表示數(shù)將減小，小燈泡L變亮，電源總功率增大，電源內(nèi)電壓增大，選項A、B錯誤；電容器兩端電壓即電壓表示數(shù)，由Q＝CU知電容器將放電，通過定值電阻R1的電流方向自左向右，選項C錯誤；因電源內(nèi)電壓增大，所以路端電壓減小，由η＝100%知電源效率變小，選項D正確． 方法六　對稱法 對稱分析法就是利用物理現(xiàn)象、物理過程具有對稱的特點來分析解決物理問題的方法．常見的應(yīng)用：(1)運動的對稱性，如豎直上拋運動中物體向上、向下運動的兩過程中同位置處速度大小相等，加速度相等；(2)結(jié)構(gòu)的對稱性，如均勻帶電的圓環(huán)，在其圓心處產(chǎn)生的場強(qiáng)為零；(3)幾何關(guān)系的對稱性，如粒子從某一直線邊界射入磁場，再從同一邊界射出磁場時，速度與邊界的夾角相等；(4)場的對稱性，等量同種、異種電荷形成的場具有對稱性；電流周圍的磁場，條形磁鐵和通電螺線管周圍的磁場等都具有對稱性． [典例6]　如圖所示，帶電荷量為＋q的均勻帶電半球殼的半徑為R，CD為通過半球頂點C與球心O的軸線，P、Q為CD軸上在球心O點兩側(cè)、與O點距離相等的兩點．如果是帶電荷量為q0的均勻帶電球殼，其內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，電勢都相等．則下列判斷正確的是(　　) A．P點的電勢與Q點的電勢相等 B．P點的電場強(qiáng)度與Q點的電場強(qiáng)度大小相等 C．在P點由靜止釋放帶正電的微粒(重力不計)，微粒將做勻加速直線運動 D．帶正電的微粒在O點的電勢能為零 解析　由對稱性可知半球殼右側(cè)的電場線沿CD方向的一定是向右，故P點的電勢一定高于Q點，選項A錯誤；根據(jù)對稱性，若在O點的右側(cè)再放置一同樣的半球殼組成圓形球殼，則P、Q兩點的場強(qiáng)為零，即右半部分球殼在P點的場強(qiáng)大小等于左半部分球殼在P點的場強(qiáng)大小，由對稱性可知，左半部分球殼在Q點的場強(qiáng)大小等于右半部分球殼在P點的場強(qiáng)大小，故左半部分球殼在P點的場強(qiáng)大小等于左半部分球殼在Q點的場強(qiáng)大小，選項B正確；CD方向上電場線水平向右，在P點由靜止釋放帶正電微粒，微粒做變加速運動，C錯誤；本題沒有選取零勢能點，所以帶正電的微粒在O點的電勢能不一定為零，D錯誤． 答案　B 點評　用對稱性解題的關(guān)鍵是分析問題時抓住事物在某一方面的對稱性，例如對稱的運動、對稱的結(jié)構(gòu)、對稱的作用力、對稱的幾何關(guān)系、對稱的電路等．利用對稱法分析解決物理問題，可以避免復(fù)雜的數(shù)學(xué)演算和推導(dǎo)，直接抓住問題的實質(zhì)，快速簡便地求解問題． [即學(xué)即用] 6．用一輕質(zhì)彈簧把兩個質(zhì)量分別為m和M的木板A和B連接起來，放在水平地面上，如圖所示．現(xiàn)在上面木板A上施加一壓力F，使撤去此力后，木板A跳起來恰好使木板B離地，則F的大小為(　　) A．Mg B．mg C．(M＋m)g D．(M－m)g 解析：選C.F作用在A上壓縮彈簧到一定形變量，撤去F瞬間，A的加速度為a＝，根據(jù)彈簧的拉伸和壓縮過程具有對稱性可知，當(dāng)B恰好離地時A的加速度大小和撤去F瞬間A的加速度相同，所以B恰好離地時，設(shè)彈簧的彈力為F彈，則有ma＝F彈＋mg，F(xiàn)彈＝Mg，聯(lián)立解得F＝(M＋m)g. 方法七　逆向思維法 正向思維法在解題中運用較多，而有時利用正向思維法解題比較煩瑣，這時我們可以考慮利用逆向思維法解題．應(yīng)用逆向思維法解題的基本思路：①分析確定研究問題的類型是否能用逆向思維法解決；②確定逆向思維問題的類型(由果索因、轉(zhuǎn)換研究對象、過程倒推等)；③通過轉(zhuǎn)換運動過程、研究對象等確定求解思路． [典例7]　(多選)如圖所示，有一位冒險家希望有一天能站在世界上最高的樓頂，他設(shè)想把這樣一座樓建在赤道上，假設(shè)這座樓施工完成，高度為h，站在樓頂時，他恰好感到自己“飄浮”起來．設(shè)這位冒險家的質(zhì)量為m，地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，地球自轉(zhuǎn)的角速度為ω，則冒險家在樓頂受到的萬有引力的大小為(　　) A．0 B. C．m D. 解析　由題意可知，冒險家已經(jīng)成了同步衛(wèi)星，如果受到的萬有引力為零，就不會做圓周運動，而會離開樓頂，在太空中做勻速運動，可知A錯誤．如果B正確，則有＝，得gR2＝GM，此式成立，B正確．設(shè)冒險家受到的萬有引力為F，則有F＝＝，如果C正確，有F＝m，可得＝，兩邊立方，得R2gω4＝，化簡得(R＋h)ω2＝，把式中的gR2用GM代替得(R＋h)ω2＝，兩邊再乘以m，左右調(diào)換位置，得＝m(R＋h)ω2，此式成立，可知C正確，D錯誤． 答案　BC 點評　在高中每一個知識板塊都存在正向和逆向思維的連接，例如勻加速直線運動規(guī)律和勻減速直線運動規(guī)律的互逆；圓周運動中最低點和最高點速度的互推；力學(xué)中由物體的受力情況可以推出物體的運動情況，也可以由物體的運動情況反推物體的受力情況等． [即學(xué)即用] 7．(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(cè) 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(cè) 解析：選AC.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(jù)“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(cè)，C正確，B、D錯誤． 方法八　極限思維法 極限思維法是指在某些物理狀態(tài)變化的過程中，把某個物理量或物理過程推向極端，從而作出科學(xué)的推理分析，挖掘出隱含條件，給出正確判斷或?qū)С鲆话憬Y(jié)論．該方法一般適用于題干中所涉及的物理量隨條件單調(diào)變化、連續(xù)變化的情況． [典例8]　由相關(guān)電磁學(xué)知識可以知道，若圓環(huán)形通電導(dǎo)線的中心為O，環(huán)的半徑為R，環(huán)中通大小為I的電流，如圖甲所示，則環(huán)心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝，其中μ0為真空磁導(dǎo)率．若P點是過圓環(huán)形通電導(dǎo)線中心O點的軸線上的一點，且距O點的距離是x，如圖乙所示．請根據(jù)所學(xué)的物理知識判斷下列有關(guān)P點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度BP的表達(dá)式正確的是(　　) A．BP＝ B．BP＝ C．BP＝ D．BP＝ 解析　本題看似無法解決，但題目中已知O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的表達(dá)式．應(yīng)用極限法，當(dāng)x＝0時，P點與O點重合，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小BP＝，A正確． 答案　A 點評　當(dāng)某些問題無法求解時，可將題中某些物理量的值推向極端(如本題中將r推向0)，然后對選項進(jìn)行分析推理，進(jìn)而得出答案．解題時要注意：①有哪些量可以推向極端；②極端推向0還是無窮大． [即學(xué)即用] 8．一半徑為R的絕緣環(huán)上，均勻地帶有電荷量為Q的電荷，在垂直于圓環(huán)平面的對稱軸上有一點P，它與環(huán)心O的距離OP＝L.靜電力常量為k，關(guān)于P點的場強(qiáng)E，下列四個表達(dá)式中有一個是正確的，請你根據(jù)所學(xué)的物理知識，通過一定的分析，判斷正確的表達(dá)式是(　　) A．E＝ B．E＝ C．E＝ D．E＝ 解析：選D.當(dāng)R＝0時，帶電圓環(huán)等同一點電荷，由點電荷電場強(qiáng)度計算式可知在P點的電場強(qiáng)度為E＝k，將R＝0代入四個選項，只有A、D選項滿足；當(dāng)L＝0時，均勻帶電圓環(huán)在中心處產(chǎn)生的電場的電場強(qiáng)度為0，將L＝0代入選項A、D，只有選項D滿足． 方法九　類比法 中學(xué)物理概念較多，物理規(guī)律難于記憶，通過類比法可便于記憶，如在電場與重力場的比較中，場強(qiáng)與重力加速度、電勢與高度、電勢差與高度差、電勢能與重力勢能等都有相似的地方．類比法在物理解題中的主要應(yīng)用可分為模型比較和方法比較等，模型比較是指用已知模型引導(dǎo)新問題的模型建立，如電子繞正點電荷的運動可以通過與天體運動模型比較來建立；方法比較主要運用于不同知識內(nèi)容在物理方法的使用上的類比，例如磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義方法可以與電場強(qiáng)度的定義方法進(jìn)行比較． [典例9]　在空間有相互垂直的場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，如圖所示，一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電質(zhì)點從原點O由靜止釋放，不計質(zhì)點的重力，則質(zhì)點在y軸方向前進(jìn)的最大距離為(　　) A. B. C. D. 解析　雖然質(zhì)點在O點速度為零，但可以設(shè)想質(zhì)點具有速率為v、沿x軸正方向的速度和速率為v、沿x軸負(fù)方向的速度，且v滿足Bqv＝qE.照此設(shè)想，質(zhì)點在其后的運動過程中將受到三個力作用，注意到質(zhì)點所受的沿y軸負(fù)方向的洛倫茲力和它所受的電場力平衡，故質(zhì)點的運動可等效類比成速率為v、沿x軸正向的勻速直線運動和一個速率為v的勻速圓周運動的合成，對勻速圓周運動有evB＝m，其中R＝，解得ym＝，選項C正確． 答案　C [即學(xué)即用] 9．自然界中有許多問題極其相似，例如有質(zhì)量的物體周圍存在著引力場、電荷周圍存在著電場、運動電荷周圍存在著磁場，其中萬有引力和庫侖力有類似的規(guī)律，因此我們可以用定義電場強(qiáng)度的方法來定義引力場的場強(qiáng)．已知引力常量為G，則與質(zhì)量為M的質(zhì)點相距r處的引力場場強(qiáng)為(　　) A．G B．G C．G D．G 解析：選C.萬有引力公式與庫侖力公式是相似的，分別為F1＝G和F2＝k，真空中，帶電荷量為Q的點電荷在距它r處所產(chǎn)生的電場強(qiáng)度被定義為試探電荷q在該處所受的庫侖力與其電荷量的比值，即E＝＝k，與此類比，質(zhì)量為M的質(zhì)點在距它r處所產(chǎn)生的引力場的場強(qiáng)可定義為試探質(zhì)點在該處所受的萬有引力與其質(zhì)量的比值，即EG＝＝G. 方法十　等效轉(zhuǎn)換法 等效轉(zhuǎn)換法是指在用常規(guī)思維方法無法求解那些有新穎情境的物理問題時，靈活地轉(zhuǎn)換研究對象或采用等效轉(zhuǎn)換法將陌生的情境轉(zhuǎn)換成我們熟悉的情境，進(jìn)而快速求解的方法．等效轉(zhuǎn)換法在高中物理中是很常用的解題方法，常常有物理模型等效轉(zhuǎn)換、參照系等效轉(zhuǎn)換、研究對象等效轉(zhuǎn)換、物理過程等效轉(zhuǎn)換、受力情況等效轉(zhuǎn)換等． [典例10]　如圖所示，一只杯子固定在水平桌面上，將一塊薄紙板蓋在杯口上并在紙板上放一枚雞蛋，現(xiàn)用水平向右的拉力將紙板快速抽出，雞蛋(水平移動距離很小，幾乎看不到)落入杯中，這就是慣性演示實驗．已知雞蛋(可視為質(zhì)點)中心離紙板左端的距離為d，雞蛋和紙板的質(zhì)量分別為m和2m，所有接觸面的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，若雞蛋移動的距離不超過就能保證實驗成功，則所需拉力的最小值為(　　) A．3μmg　　　　　　　　　　B．6μmg C．12μmg D．26μmg 解析　本題物理情境較新，但仔細(xì)分析發(fā)現(xiàn)雞蛋和紙板的運動可轉(zhuǎn)換為經(jīng)典的滑塊—滑板模型，所以對雞蛋有＝a1t2，μmg＝ma1，對紙板有d＋＝a2t2、Fmin－3μmg－μmg＝2ma2，聯(lián)立解得Fmin＝26μmg，D對． 答案　D 點評　對于物理過程與我們熟悉的物理模型相似的題目，可嘗試使用轉(zhuǎn)換分析法，如本題中將雞蛋和紙板轉(zhuǎn)換為滑塊—滑板模型即可快速求解． [即學(xué)即用] 10．如圖所示，一長為L的輕桿一端固定在光滑鉸鏈上，另一端固定一質(zhì)量為m的小球．一水平向右的拉力作用于桿的中點，使桿以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)桿與水平方向成60角時，拉力的功率為(　　) A．mgLω B.mgLω C.mgLω D.mgLω 解析：選C.拉力F做的功與小球克服重力做功相同，因輕桿勻速轉(zhuǎn)動，則拉力F的功率與小球克服重力做功的功率也相同，故P＝mgωLcos 60＝mgLω，C正確． 第2講　“四法”巧解實驗題 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(guī)實驗題，側(cè)重考查基本實驗儀器的讀數(shù)或常規(guī)型實驗．第二小題側(cè)重對學(xué)生實驗遷移能力的考查，常以設(shè)計性實驗來體現(xiàn)，主要為電學(xué)實驗，也有力學(xué)實驗．只要扎扎實實掌握課本實驗的實驗原理、實驗方法、數(shù)據(jù)處理的方法及分析，靈活遷移到解決創(chuàng)新性、設(shè)計性實驗中，就能穩(wěn)得實驗題高分．分類型突破如下： 方法一　基本儀器型——“細(xì)”微之處見高低 刻度尺、游標(biāo)卡尺、螺旋測微器、打點計時器、電流表、電壓表、多用電表都是基本儀器，要熟練掌握它們的使用方法、操作規(guī)程和讀數(shù)規(guī)則，此類試題難度不大，要防止在讀數(shù)的估讀、結(jié)果的有效數(shù)字和單位上出錯． [典例1]　(1)圖甲中游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為________mm，圖乙中螺旋測微器的讀數(shù)為________mm. (2)某同學(xué)用多用電表的歐姆擋來測量一電壓表的內(nèi)阻，如圖丙所示．先將選擇開關(guān)旋至倍率“10”擋，紅、黑表筆短接調(diào)零后進(jìn)行測量，紅表筆應(yīng)接電壓表的____接線柱(填“＋”或“－”)，結(jié)果發(fā)現(xiàn)歐姆表指針偏角太小，則應(yīng)將選擇開關(guān)旋至____(填“1”或“100”)擋并____，最終測量結(jié)果如圖丁所示，則電壓表的電阻為______Ω. 解析　(1)由游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則[主尺上的整毫米數(shù)＋精確度對齊格數(shù)(不估讀)]，可知游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為29 mm＋0.1 mm8＝29.8 mm；由螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則[固定刻度上的毫米數(shù)(要注意半毫米線)＋0.01 mm對齊刻度(一定要估讀)]，可知螺旋測微器的讀數(shù)為0.5 mm＋0.01 mm38.0＝0.880 mm. (2)多用電表使用時要注意電流是“紅進(jìn)黑出”，電壓表中電流是從正接線柱流入的，所以多用電表的紅表筆應(yīng)接電壓表的“—”接線柱，歐姆表指針偏角太小，說明所測電阻阻值較大，應(yīng)換用大倍率擋位進(jìn)行測量，并且重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，讀數(shù)結(jié)果為40100 Ω＝4 000 Ω. 答案　(1)29.8　0.880　(2)－　100　重新進(jìn)行歐姆調(diào)零　4 000 點評　本題易出錯的地方有：(1)游標(biāo)卡尺讀數(shù)時不注意單位；不從游標(biāo)尺上的“0”刻度線開始讀；對齊格數(shù)估讀了一位．(2)螺旋測微器讀數(shù)時不注意固定刻度上的半毫米線；結(jié)果中舍棄了末位“0”．(3)不注意電壓表中電流的流向；不能根據(jù)指針偏角情況更換倍率擋位． [即學(xué)即用] 1．以下儀器的讀數(shù)分別是多少？ 讀出下圖中游標(biāo)卡尺(50分度)與螺旋測微器、電流表、電壓表、歐姆表(10倍率)的讀數(shù)． (1)________mm　(2)________mm　(3)________A　(4)________V　(5)________Ω. 答案：(1)42.20　(2)2.988(2.987～2.989均可) (3)0.42　(4)2.22(2.20～2.23均可)　(5)300 方法二　常規(guī)實驗型——“實”踐出真知 常規(guī)實驗題主要考查教材上基本實驗的實驗原理、器材的選擇、實驗的操作、數(shù)據(jù)的處理和誤差分析．復(fù)習(xí)時要從領(lǐng)會實驗原理出發(fā)，全方位理解和掌握實驗器材、實驗操作、實驗步驟、實驗數(shù)據(jù)的處理、誤差分析和電學(xué)實驗實物圖的連接、電路圖的設(shè)計等，對每一個實驗都應(yīng)做到心中有數(shù)． [典例2]　某同學(xué)從家里的廢舊收音機(jī)上拆下一電學(xué)元件，其上標(biāo)注“2.5 V,1.5 W”的字樣，為描繪出該元件的伏安特性曲線，該同學(xué)在實驗室找到了下列實驗器材： A．電流表(量程是3 A，內(nèi)阻是0.1 Ω) B．電流表(量程是0.6 A，內(nèi)阻是0.5 Ω) C．電壓表(量程是15 V，內(nèi)阻是25 kΩ) D．電壓表(量程是3 V，內(nèi)阻是5 kΩ) E．滑動變阻器(阻值范圍0～5 Ω，額定電流為0.6 A) F．滑動變阻器(阻值范圍0～100 Ω，額定電流為0.6 A) G．直流電源(電動勢E＝3 V，內(nèi)阻不計) H．開關(guān)、導(dǎo)線若干 (1)為了提高實驗結(jié)果的準(zhǔn)確程度，電流表應(yīng)選________；電壓表應(yīng)選________；滑動變阻器應(yīng)選________．(以上均填寫器材代號) (2)請將圖甲所示實驗電路圖補充完整． (3)該同學(xué)根據(jù)設(shè)計的實驗電路進(jìn)行實驗，通過實驗得到的數(shù)據(jù)如下表(I和U分別表示待測元件的電流和電壓)，請在圖乙中描繪出該元件的伏安特性曲線. I/A 0 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50 U/A 0 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00 解析　(1)元件的最大電壓不超過2.5 V，電壓表應(yīng)選D，最大電流不超過I＝ A＝0.6 A，電流表選B，為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選小阻值范圍，所以選E. (2)由表中實驗數(shù)據(jù)可知，電壓與電流應(yīng)從零開始變化，滑動變阻器應(yīng)采用分壓式接法，元件電阻約為R＝＝ Ω≈4.17 Ω，電壓表內(nèi)阻約為5 kΩ，電流表內(nèi)阻為0.5 Ω，電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于電學(xué)元件電阻，電流表應(yīng)采用外接法． (3)根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對應(yīng)點，然后作出圖象． 答案　(1)B　D　E　(2)如圖1所示 (3)如圖2所示 點評　本實驗以測電學(xué)元件的伏安特性曲線為載體，考查儀器的選取、實物連圖及實驗數(shù)據(jù)的處理方法，做好此類題的關(guān)鍵是將常規(guī)實驗的基本操作、數(shù)據(jù)處理熟記在心． [即學(xué)即用] 2．某同學(xué)用圖甲所示原理圖測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，有以下器材可供選擇： A．電流表(0～0.6 A) B．電壓表(0～3 V) C．滑動變阻器R(0～15 Ω，5 A) D．滑動變阻器R′(0～50 Ω，1 A) E．定值電阻R0(阻值為1 Ω) F．開關(guān)S及導(dǎo)線若干 (1)滑動變阻器應(yīng)選________(填器材前的字母序號)． (2)按照原理圖連接好線路后進(jìn)行測量，測得數(shù)據(jù)如下表所示. 1 2 3 4 5 I/A 0.11 0.20 0.30 0.40 0.50 U/V 1.37 1.35 1.33 1.32 1.29 由上表數(shù)據(jù)可看出，電壓表示數(shù)變化不明顯，試分析原因是________________． (3)現(xiàn)將上述器材的連線略加改動就可使電壓表的示數(shù)變化更明顯，請在圖乙中按改動后的原理圖完成實物圖連接． (4)該同學(xué)按改動后的原理圖重新測量，并根據(jù)所測數(shù)據(jù)畫出U—I圖象，如圖丙所示，則干電池的電動勢為________V，內(nèi)阻為________Ω. 解析：(1)因是一節(jié)干電池且考慮電流表量程，滑動變阻器應(yīng)選用C. (2)因電壓表測的是路端電壓，其示數(shù)變化不明顯，說明內(nèi)電壓在滑動變阻器滑片移動過程中變化很小，電池的內(nèi)阻過?。? (3)電池內(nèi)阻很小，因此可適當(dāng)增大電池內(nèi)阻，將定值電阻歸為電池內(nèi)阻，改動后的實物連接圖如圖所示． (4)由閉合電路歐姆定律得U＝E－Ir，即U－I圖象中的縱截距表示電池電動勢為1.50 V，圖線的斜率的絕對值為“新”電源的內(nèi)阻，即r＋R0＝ Ω，r＝0.25 Ω. 答案：(1)C　(2)電池內(nèi)阻過小　(3)如解析圖所示 (4)1.5　0.25 方法三　創(chuàng)新實驗型——“活”用原理， 妙遷移 創(chuàng)新實驗題要求考生能將教材中的學(xué)生實驗和演示實驗的實驗原理、方法進(jìn)行遷移和應(yīng)用，試題新穎、能力要求高．如力學(xué)中與紙帶相關(guān)的實驗、電學(xué)中電路的設(shè)計、計算形式的實驗題等都可能考查學(xué)生運用已學(xué)過的實驗方法、原理處理新情境實驗題的能力，做題時一定要審清題意，明確實驗?zāi)康?，?lián)想和遷移應(yīng)用相關(guān)實驗原理． [典例3]　某研究性學(xué)習(xí)小組用如圖甲所示裝置來測定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，主要操作過程如下： ①安裝實驗器材，調(diào)節(jié)試管夾(小鐵球)、光電門和紙杯在同一豎直線上； ②打開試管夾，由靜止釋放小鐵球，用光電計時器記錄小鐵球在兩個光電門間的運動時間t，并用刻度尺(圖甲中未畫出)測量出兩個光電門之間的高度h，計算出小鐵球通過兩光電門間的平均速度v； ③保持光電門1的位置不變，改變光電門2的位置，重復(fù)②的操作．測出多組數(shù)據(jù)，計算出對應(yīng)的平均速度v； ④畫出v－t圖象． 請根據(jù)實驗，回答如下問題： (1)設(shè)小鐵球到達(dá)光電門1時的速度為v0，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間.則小鐵球通過兩光電門間的平均速度v的表達(dá)式為________(用v0、g和t表示)． (2)實驗測得的數(shù)據(jù)如下表： 實驗次數(shù) 1 2 3 4 5 6 h(cm) 10.00 20.00 30.00 40.00 50.00 60.00 t(s) 0.069 0.119 0.159 0.195 0.226 0.255 v(m/s) 1.45 1.68 1.89 2.05 2.21 2.35 請在坐標(biāo)紙(如圖乙)上畫出v－t圖象． (3)根據(jù)v－t圖象，可以求得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝________m/s2，試管夾到光電門1的距離約為________cm.(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字) 解析　本題實驗裝置中有兩個光電門，這個裝置比較常見，可以用來研究勻變速直線運動、探究動能定理、驗證機(jī)械能守恒定律等．實驗中可以通過光電計時器測出小鐵球通過兩光電門的時間(若知道小鐵球直徑寬度，可得小鐵球通過光電門的瞬時速度)，用刻度尺測出兩光電門的距離，然后進(jìn)行一系列的分析． (1)因為h＝v0t＋gt2，所以v＝＝v0＋gt. (2)在坐標(biāo)紙上描點，用一條直線將這些點連接起來，使盡可能多的點在直線上，不在直線上的點均勻分布于直線兩側(cè)． (3)從圖中可求出斜率k＝4.84 m/s2，v0＝1.10 m/s，解得g＝9.7 m/s2，h＝＝0.062 m. 答案　(1)v＝v0＋gt　(2)如圖所示 (3)9.7(9.5～9.9之間均可)　6.2(6.0～6.4之間均可) 點評　本實驗的創(chuàng)新之處，在于數(shù)據(jù)信息的獲取方式，利用光電門及光電計時器使數(shù)據(jù)的獲取更便捷，理解落體法測重力加速度的原理，并在不同的實驗背景下靈活應(yīng)用是解題的關(guān)鍵． [即學(xué)即用] 3．若用多用電表測得待測元件Rx的電阻大約為1 500 Ω，現(xiàn)在要進(jìn)一步精確測量其電阻，有以下器材： A．待測元件Rx(阻值約為1 500 Ω) B．電流表(量程為5 mA，內(nèi)阻約5 Ω) C．電阻箱R(9 999.9 Ω，0.02 A) D．直流電源(電動勢約為20 V，內(nèi)阻約0.5 Ω) E．單刀雙擲開關(guān)一個，單刀單擲開關(guān)一個，導(dǎo)線若干 實驗小組有同學(xué)設(shè)計了如圖所示的電路進(jìn)行測量，完成下列實驗步驟中的填空： 在閉合S前，先把R調(diào)到________(填“最大值”或“最小值”)，然后把K接1，________，再把K接2，________，則Rx＝________(用實驗中獲得的物理量來表示)． 解析：為了安全，在閉合S前，應(yīng)先把R調(diào)到最大值，閉合開關(guān)S，當(dāng)把K接1后，調(diào)節(jié)R使其示數(shù)為R1，此時電流表示數(shù)為I0，由閉合電路歐姆定律可得I0＝；當(dāng)把K接2后，調(diào)節(jié)R使電流表示數(shù)仍為I0，此時R示數(shù)為R2，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I0＝，解得Rx＝R2－R1. 答案：最大值　調(diào)節(jié)R，當(dāng)其阻值為R1時，電流表示數(shù)為I0　調(diào)節(jié)R使電流表示數(shù)仍為I0，此時電阻箱R示數(shù)為R2　R2－R1 方法四　數(shù)形結(jié)合型——“巧”變公式找函數(shù) 高考物理考查學(xué)生應(yīng)用數(shù)學(xué)知識的能力，在實驗中體現(xiàn)在實驗數(shù)據(jù)的處理上，通常利用相關(guān)實驗的原理公式進(jìn)行巧妙變形，變成和圖象信息一致的函數(shù)形式，根據(jù)圖象的斜率、截距結(jié)合函數(shù)關(guān)系式得出所需的數(shù)據(jù)． [典例4]　根據(jù)閉合電路歐姆定律，用圖甲所示電路可以測定電池的電動勢和內(nèi)阻．圖中R0是定值電阻，通過改變R的阻值，測出R0兩端的對應(yīng)電壓U，對所得的實驗數(shù)據(jù)進(jìn)行處理，就可以實現(xiàn)測量目的．根據(jù)實驗數(shù)據(jù)在－(R＋r)坐標(biāo)系中描出坐標(biāo)點，如圖丙所示，已知R0＝150 Ω.試完成下列問題： (1)請根據(jù)原理圖將圖乙中的實物圖連接好． (2)在圖丙中畫出－(R＋r)關(guān)系圖線． (3)圖線的斜率是________V－1Ω－1，由此可得電池電動勢E＝________V. 解析　(1)所連實物圖如圖(a)所示． (2)所畫的圖象如圖(b)所示． (3)根據(jù)閉合電路歐姆定律有E＝U＋(r＋R)，即：＝(R＋r)＋，由圖(b)可知斜率k＝＝0.004 5，則E＝1.48 V. 答案　(1)如圖(a)所示 (2)如圖(b)所示 (3)0.004 5(0.004 3～0.004 7均對)　1.48(1.46～1.50均對) 點評　數(shù)形結(jié)合法是指將圖象及函數(shù)相結(jié)合的一種方式，重點數(shù)學(xué)公式的變形，如本題中將歐姆定律變形為y＝kx＋b的形式對應(yīng)圖象中的各物理量． [即學(xué)即用] 4．在測電源的電動勢和內(nèi)阻的實驗中，實驗室提供的電表量程有些偏小，于是采用了如圖甲所示的電路進(jìn)行測量．其中定值電阻R1的阻值為3 Ω，R2的阻值為6 Ω，電流表和電壓表都為理想電表． (1)在圖乙所示實物連線圖中，缺少幾條導(dǎo)線，請用筆畫線代替導(dǎo)線，在圖乙中補上缺少的幾條導(dǎo)線，使之成為一個完整的、正確的電路實物連線圖． (2)調(diào)節(jié)滑動變阻器RP阻值的大小，記錄多組U、I數(shù)據(jù)，畫出如圖丙所示的U－I圖象，根據(jù)圖象可計算出該電源的電動勢為________V，電源的內(nèi)阻為________Ω.(結(jié)果保留三位有效數(shù)字) 解析：(1)如圖所示． (2)由電路圖可知E＝r＋I(xiàn)R1＋U，整理得U＝E－I，故圖線在縱軸上的截距表示電源電動勢，因此E＝2.40 V；本實驗中，圖線斜率k＝ Ω＝－5.6 Ω，則5.6 Ω＝r＋3 Ω，解得電源內(nèi)阻r＝1.73 Ω. 答案：(1)如解析圖所示　(2)2.40(2.39～2.41) 1．73(1.70～1.76) 第3講　“三法”突破計算題 物理計算題歷來是高考拉分題，試題綜合性強(qiáng)，涉及物理過程較多，所給物理情境較復(fù)雜，物理模型較模糊甚至很隱蔽，運用的物理規(guī)律也較多，對考生的各項能力要求很高，為了在物理計算題上得到理想的分值，應(yīng)做到細(xì)心審題、用心析題、規(guī)范答題． 方法一　細(xì)心審題，做到“看”、“讀”、“思” 1．看題 “看題”是從題目中獲取信息的最直接方法，一定要全面、細(xì)心，看題時不要急于求解，對題中關(guān)鍵的詞語要多加思考，搞清其含義，對特殊字、句、條件要用著重號加以標(biāo)注；不能漏看、錯看或看不全題目中的條件，要重點看清題中隱含的物理條件、括號內(nèi)的附加條件等. 2．讀題 “讀題”就是默讀試題，是物理信息內(nèi)化的過程，它能解決漏看、錯看等問題．不管試題難易如何，一定要懷著輕松的心情去默讀一遍，逐字逐句研究，邊讀邊思索、邊聯(lián)想，以弄清題中所涉及的現(xiàn)象和過程，排除干擾因素，充分挖掘隱含條件，準(zhǔn)確還原各種模型，找準(zhǔn)物理量之間的關(guān)系． 3．思題 “思題”就是充分挖掘大腦中所儲存的知識信息，準(zhǔn)確、全面、快速思考，清楚各物理過程的細(xì)節(jié)、內(nèi)在聯(lián)系、制約條件等，進(jìn)而得出解題的全景圖． [典例1]　如圖所示，傳送帶與兩輪切點A、B間的距離為l＝23 m，半徑為R＝0.4 m的光滑的半圓軌道與傳送帶相切于B點，C點為半圓軌道的最高點，BD為半圓軌道的直徑．物塊質(zhì)量為m＝1 kg.已知傳送帶與物塊間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，傳送帶與水平面間的夾角θ＝37.物塊無初速度地放在傳送帶上的A點，已知sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g＝10 m/s2，物塊可視為質(zhì)點． (1)傳送帶的速度為2 m/s，求物塊從A點運動到B點的時間； (2)傳送帶的速度為 m/s，物塊能否到達(dá)軌道上的D點？若不能，請說明理由；若能，請求出在D點軌道對物塊的壓力大?。? 看題　看題時首先要注意此題為“傳送帶＋圓周運動”模型，其次要關(guān)注物塊從靜止釋放后在傳送帶上可能的運動狀態(tài)及通過最高點C點和D點時滿足的動力學(xué)條件． 讀題　讀題時要獲取的信息：傳送帶的長度、物塊與傳送帶間的摩擦因數(shù)，半圓軌道與傳送帶的連接特點及傳送帶的速度、圓軌道的半徑． 思題　思題要抓住本題中，物塊運動過程中的受力特點、做功情況、能量轉(zhuǎn)化情況及能否達(dá)到D點的判斷方法． 解析　(1)物塊放在A點后將沿AB加速運動，根據(jù)牛頓第二定律 μmgcos θ－mgsin θ＝ma 物塊達(dá)到與傳送帶速度相同時，根據(jù)運動學(xué)公式有 v2＝2ax 解得x＝5 m＜23 m 此后物塊勻速運動到B點 設(shè)加速階段物塊運動的時間為t1，勻速階段物塊運動的時間為t2 則有v＝at1，l－x＝vt2 物塊從A到B運動的時間為t＝t1＋t2 聯(lián)立解得t＝14 s. (2)若物塊從A到B一直加速，則v＝2al 解得vB＝ m/s，表明物塊加速到B點恰與傳送帶速度相同 物塊由B運動到C過程中機(jī)械能守恒 －mg(R＋Rcos 37)＝mv－mv 物塊沿軌道到達(dá)最高點C，根據(jù)牛頓第二定律有 NC＋mg＝m 解得NC＝0，表明物塊恰能過半圓軌道的最高點C 從C點到D點，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 mgR(1－cos θ)＝mv－mv 在D點，根據(jù)牛頓第二定律有mgcos θ＋ND＝m 解得ND＝6 N. 答案　(1)14 s　(2)6 N 點評　(1)只有認(rèn)真審題，透徹理解命題的意圖、試題給定的物理情境、各物理量間的對應(yīng)關(guān)系、物理過程所遵循的物理規(guī)律，才能快速正確答題． (2)所謂審題要慢，就是要仔細(xì)，要審?fù)?，關(guān)鍵的詞句理解要到位，深入挖掘試題的條件，提取解題所需要的相關(guān)信息，排除干擾因素．要做到這些，必須通讀試題，特別是括號內(nèi)的內(nèi)容，千萬不要忽視． [即學(xué)即用] 1．如圖所示，擋板P固定在足夠高的傾角為θ＝37的斜面上，小物塊A、B的質(zhì)量均為m，兩物塊由勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，兩物塊與斜面的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5.一不可伸長的輕繩跨過滑輪，一端與物塊B連接，另一端連接一輕質(zhì)小鉤．初始小物塊A、B靜止，且物塊B恰不下滑．若在小鉤上掛一質(zhì)量為M的物塊C并由靜止釋放，當(dāng)物塊C運動到最低點時，小物塊A恰好離開擋板P.重力加速度為g，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8. (1)求物塊C下落的最大高度； (2)求物塊C由靜止開始運動到最低點的過程中，彈簧彈性勢能的變化量； (3)若把物塊C換成質(zhì)量為(M＋m)的物塊D，小物塊A恰離開擋板P時小物塊B的速度為多大？ 解析：(1)初始彈簧處于壓縮狀態(tài)，設(shè)彈簧的壓縮量為x1，以小物塊B為研究對象，則有mgsin θ＝kx1＋μmgcos θ 小物塊A恰離開擋板P時，彈簧處于伸長狀態(tài)，設(shè)彈簧的伸長量為x2，以小物塊A為研究對象，則有mgsin θ＋μmgcos θ＝kx2 設(shè)物塊C下落的最大高度為h，則有h＝x1＋x2 聯(lián)立解得h＝. (2)設(shè)彈簧的彈性勢能變化量為ΔEp，對于小物塊A、B、C和輕彈簧組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律有Mgh＝mghsin θ＋μmghcos θ＋ΔEp 解得ΔEp＝(M－m)gh＝. (3)設(shè)物塊C換為物塊D后，小物塊A恰離開擋板P時小物塊B的速度為v 對于小物塊A、B、D和輕彈簧組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律有 (M＋m)gh＝mghsin θ＋μmghcos θ＋ΔEp＋(M＋2m)v2 解得物塊B的速度為v＝2mg. 答案：(1)　(2)　(3)2mg 方法二　用心析題，做到“明”、“畫”、“析” 1．明過程 “明過程”就是建立物理模型的過程，在審題獲取一定信息的基礎(chǔ)上，要對研究對象的各個運動過程進(jìn)行剖析，建立起清晰的物理圖景，確定每一個過程對應(yīng)的物理模型、規(guī)律及各過程間的聯(lián)系． 2．畫草圖 “畫草圖”就是根據(jù)題中各已知量的數(shù)量關(guān)系充分想象、分析、判斷，在草稿紙上或答題紙上畫出草圖(如運動軌跡圖、受力分析圖、等效圖等)以展示題述物理情境、物理模型，使物理過程更加直觀、物理特征更加明顯，進(jìn)而方便確立題給條件、物理量與物理過程的對應(yīng)關(guān)系． 3．析規(guī)律 “析規(guī)律”就是指在解答物理計算題時，在透徹分析題給物理情境的基礎(chǔ)上，靈活選用規(guī)律，如力學(xué)計算題可用力的觀點，即牛頓運動定律與運動學(xué)公式聯(lián)立求解，也可用能量觀點，即功能關(guān)系、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律聯(lián)立求解． [典例2]　如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy的第二象限內(nèi)有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B1＝B0和豎直向上的勻強(qiáng)電場E1(大小未知)，第一象限內(nèi)有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B2和豎直向上的勻強(qiáng)電場E2，且E2＝，第四象限內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場E3，且E3＝E2.現(xiàn)有一比荷為＝k的帶正電小球從第二象限內(nèi)的A點(h，h)以一定初速度水平向右射出，小球沿直線運動，小球進(jìn)入第一象限后恰好做勻速圓周運動，并從x軸上的C點與x軸正方向成60角進(jìn)入第四象限內(nèi)運動，最終通過C點正下方的D點，已知重力加速度為g，求： (1)小球的初速度v0及電場強(qiáng)度E1的大?。? (2)第一象限內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大?。? (3)CD的長度L； (4)小球從A點運動到D點所經(jīng)歷的時間t. 析題　“明”：小球在第二象限內(nèi)做直線運動，在第一象限內(nèi)做勻速圓周運動，第四象限內(nèi)做類平拋運動． “畫”：畫出在各象限內(nèi)的運動軌跡． “析”：第二象限做勻速直線運動，F(xiàn)合＝0. 第一象限勻速圓周運動， E2q＝mg　qB2v＝m 第四象限類平拋運動，F(xiàn)合＝＝2mg 解析　(1)因小球在第二象限內(nèi)受豎直向下的重力、洛倫茲力和豎直向上的電場力作用沿直線運動，所以一定有B0qv0＋mg＝qE1 小球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運動，所以必有 q＝mg，B2qv0＝m 聯(lián)立解得E1＝＝，v0＝＝. (2)小球運動軌跡如圖所示，由圖知小球在第一象限內(nèi)運行半徑滿足h＋Rsin 30＝R，即R＝2h 由(1)知B2＝ 聯(lián)立并代入v0得B2＝. (3)在第四象限內(nèi)，因qE3＝mg，其合力大小為2mg，方向恰好與CD成60角，即小球從C到D做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律知 Lsin 30＝t Lcos 30＝v0t3 聯(lián)立得L＝，t3＝. (4)小球在第二象限內(nèi)運行時間t1＝＝ 小球在第一象限內(nèi)運行時間t2＝＝＝ 小球從A點運動到D點所經(jīng)歷的時間t＝t1＋t2＋t3＝B0hk＋. 答案　見解析 點評　(1)帶電體在三場(重力場、電場、磁場)同時存在的疊加場中做直線運動時一定是勻速直線運動，所受合外力為0. (2)帶電體在三場(重力場、電場、磁場)同時存在的疊加場中做勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，洛倫茲力提供向心力． (3)帶電體在重力場和電場的疊加場中運動時，可能做勻速直線運動、勻變速直線運動或類平拋運動． [即學(xué)即用] 2．如圖所示的xOy坐標(biāo)系在豎直平面內(nèi)，x軸沿水平方向．在第三、四象限內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E；在第四象限有垂直于坐標(biāo)系平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝E.光滑絕緣桿與x軸成θ＝30角，分別交x、y軸于M、N兩點，且N點為桿的一個端點．穿在桿上的帶電小球a從桿上某點P由靜止開始下滑，在M、N間做勻速運動，從N點進(jìn)入第四象限后恰好能從x軸上的Q點垂直通過x軸，已知OQ＝l，不計空氣阻力，重力加速度為g. (1)求帶電小球a的比荷； (2)求P、M間的距離L； (3)在帶電小球a從N點通過y軸的同時，從y軸上坐標(biāo)為(0,0.2 m)的J點沿水平方向以初速度v0拋出一小球b，當(dāng)小球b到達(dá)x軸時恰好與向上運動的小球a相碰．取π＝3，l＝0.01 m，g＝10 m/s2，求小球b初速度v0的大?。? 解析：(1)帶電小球在M、N間做勻速運動，則小球所受電場力與小球重力平衡，mg＝qE 解得＝. (2)由于小球所受電場力與小球重力平衡，小球離開N點在第四象限做勻速圓周運動，有Bqv＝m 小球垂直穿過x軸，由幾何關(guān)系可得 R＋Rsin θ＝l 聯(lián)立解得R＝l，v＝ 從P到M，由機(jī)械能守恒定律得mgLsin θ＝mv2 解得L＝l. (3)小球b從拋出至到達(dá)x軸的時間為tb＝＝