2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）第四部分　考前增分指导含答案

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）第四部分考前增分指导第四部分考前增分指导增分指导一数学方法在物理中的应用应用数学知识处理物理问题的能力具体要求为:(1)能根据具体的物理问题列出物理量之间的关系,能把有关的物理条件用数学方程表示出来.(2)在解决物理问题时,往往需要经过数学推导和求解,或进行数值计算;求得结果后,有时还要用图像或函数关系把它表示出来;必要时还应对数学运算的结果做出物理上的结论或解释.(3)能够运用几何图形、函数图像解决物理问题,要能够对物理规律、状态和过程在理解的基础上用合适的图像表示出来,会用图像来处理物理问题.高中物理解题常见的数学思想方法包括估算法、几何法、函数法、比值法、图解法、极值法、微元法、归纳法、极限分析法、分类讨论法等,经常要用到的数学知识包括平面几何、函数图像、三角函数、不等式、数列、微积分初步等.估算法解决此类问题需要了解一些常见的数据,例如:原子直径数量级为10-10m,地球半径约为6400km,地球自转周期约为1天(24小时),地球公转周期约为1年,近地卫星的运行周期约为85分钟,月球绕地球运行周期约为27天,一个鸡蛋的质量约为50g,中学生的质量约为50kg,课桌的高度约为80cm,每层楼的高度约为3m,自行车的速度约为5m/s,π2≈10,地球表面重力加速度g约为10m/s2,月球表面重力加速度约为地球表面的16等例1我国执行火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后,进入运行周期约为1.8×105s的椭圆形停泊轨道,轨道与火星表面的最近距离约为2.8×105m.已知火星半径约为3.4×106m,火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7m/s2,则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为 ()A.6×105m B.6×106mC.6×107m D.6×108m【技法点拨】对数值计算的处理,第一是得出目标物理量函数关系再计算数值,不要列一个关系式得出一个中间结果,这样不仅使得计算成本提高,而且容易因为每一步的四舍五入导致最终的结果出现偏差,把关系式清晰表达出来,再代入数据,是一种更加科学的计算方式.第二就是要掌握必要的估算技巧,上述解答过程中,将3.7和4抵消、3.42与π2抵消,是一种近似处理,而且结果是取在一个区间内,并不需要最终得出精确的数值.例2[2024·浙江杭州模拟]如图所示是某同学跳远的频闪图,该同学身高180cm,起跳点为O点.图中辅助标线方格横竖长度比为2∶1,g取10m/s2,则他起跳时的初速度最接近的值是 ()A.4m/s B.5m/sC.6m/s D.7m/s三角函数法角度1三角函数求极值(1)y=sinα,当α=90°时,ymax=1.(2)y=cosα,当α=0时,ymax=1.(3)辅助角求极值三角函数:y=acosθ+bsinθacosθ+bsinθ=a2+b2sin(θ+α),其中tan当θ+α=90°时,有极大值ymax=a2例3(多选)某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,使某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上运动,如图甲所示,调节斜面与水平面的夹角θ,实验测得x与θ的关系如图乙所示,g取10m/s2.则由图可知 ()A.物体的初速率v0=5m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75C.图乙中xmin=0.36mD.取初始位置所在水平面为重力势能参考平面,当θ=37°,物体上滑过程中动能与重力势能相等时,物体上滑的位移为0.1875m角度2正、余弦定理的应用(1)正弦定理在如图所示的三角形中,各边和所对应角的正弦之比相等,即asinA=bsin(2)余弦定理在如图所示的三角形中,有:a2=b2+c2-2bc·cosAb2=a2+c2-2ac·cosBc2=a2+b2-2ab·cosC例4(多选)如图所示,柔软轻绳ON的一端O固定,其中间某点M拴一重物,用手拉住绳的另一端N,初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为α(α>π2).现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角α不变,在OM由竖直被拉到水平的过程中(A.MN上的张力逐渐增大B.MN上的张力先增大后减小C.OM上的张力逐渐增大D.OM上的张力先增大后减小例5一振动片以频率f做简谐运动时,固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点,两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样.c是水面上的一点,a、b、c间的距离均为l,如图所示.已知除c点外,在a、c连线上还有其他振幅极大的点,其中距c最近的点到c的距离为38l.则该波的波长为 (A.l B.12C.14l D.1均值不等式求极值由均值不等式a+b≥2ab(a>0,b>0)可知:(1)两个正数的积为定值时,若两数相等,和最小;(2)两个正数的和为定值时,若两数相等,积最大.例6如图所示,表面光滑的平台ABC由斜面AB和水平面BC组成,与倾角为θ的斜面体ODE一起固定在地面上,且tanθ=2,O点在C点的正下方,AB与BC在B处平滑连接,CO的高度为h=1.2m,AK的高度为H=1.65m.a、b两小球(视为质点)大小相同,质量分别为km、m,把小球b放置在C点,让a球从A点由静止开始下滑,两球在C点发生弹性碰撞,碰后b球做平抛运动落到OD上,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2.(1)求a、b发生碰撞前的瞬间,a的速度v0的大小;(2)a、b碰撞后的瞬间,若b的动能是a的动能的8倍,则k的值为多少?(3)求b落到斜面OD时的动能Ek与平抛运动的高度y之间的函数关系式(用Ek、mg、h、y来表示),并讨论Ek的最小值及相应的k值.二次函数求极值(1)二次函数:y=ax2+bx+c①当x=-b2a时,有极值ym=4ac-b24a(若二次项系数a②利用一元二次方程判别式求极值.(2)用判别式Δ=b2-4ac≥0有解可求某量的极值.例7[2024·四川成都模拟]如图所示,一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下,固定在水平面上.整个空间存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场.一电荷量为+q(q>0)、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动,圆心为O'.球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ=60°.若重力加速度为g,以下说法正确的是()A.从上面俯视,小球沿顺时针方向运动B.球面对小球的弹力大小为23C.小球的速率越大,则小球受到的洛伦兹力越大D.磁感应强度的大小可能为B=2数学归纳法、数列的应用凡涉及数列求解的物理问题都具有过程多、重复性强的特点,但每一个重复过程均不是与原来完全相同的重复,而是一种变化了的重复.随着物理过程的重复,某些物理量逐步发生着前后有联系的变化.该类问题求解的基本思路为:(1)逐个分析开始的几个物理过程;(2)利用归纳法从中找出物理量变化的通项公式(这是解题的关键);(3)最后分析整个物理过程,应用数列特点和规律求解.无穷数列的求和,一般是无穷递减数列,有相应的公式可用.等差数列:Sn=n(a1+an)2=na等比数列:Sn=a1(1-例8如图所示,水平地面上放有木板A和滑块B,两者静止在同一直线上,木板A底面光滑,B与地面间的动摩擦因数为μ,某时刻滑块C从左侧以水平初速度v0滑上木板A,已知滑块C与木板A上表面间的动摩擦因数也为μ,滑块C、木板A的质量均为m,重力加速度为g,开始时木板A与滑块B相距L0=v022μg,木板足够长,A与B之间的碰撞均为弹性碰撞,碰撞时间极短,A与B发生碰撞后A反弹,之后木板A每当运动到与滑块(1)C滑上A后经多长时间A与B发生第1次碰撞;(2)滑块B的质量;(3)第2次碰撞前,滑块C相对木板A滑动的距离;(4)经n次碰撞,滑块B能运动的总位移.求导的妙用(1)分析物理问题,应用物理规律,将已知量和未知量之间建立一定的函数式;(2)求导数,代入数据求出物理量;(3)求物理量最值时,先求导数,再建立导数为零的独立方程,解方程得出自变量或自变量的表达式,将自变量代入原来的函数式中求出目标量的最大值或最小值.例9[2024·湖南长沙模拟]如图所示,一个带正电的绝缘圆环竖直放置,圆环半径为R,带电荷量为+Q,电荷量均匀分布在圆环表面上,将一正试探电荷+q从圆环中心偏右侧一点(图中未画出)的位置由静止释放,试探电荷只在电场力的作用下沿着中心轴线向右侧运动,则下列说法正确的是()A.试探电荷将向右先加速后减速B.试探电荷的加速度逐渐减小C.当试探电荷距离圆环中心为22RD.将圆环所带电荷量扩大两倍,则加速度最大的位置右移例10[2024·山东济南模拟]如图所示,两根平行金属导轨固定在水平桌面上,每根导轨每米的电阻为r0=0.10Ω,导轨的端点P、Q用电阻可以忽略的导线相连,两导轨间的距离l=0.20m.随时间变化的匀强磁场垂直于桌面,已知磁感应强度B与时间t的关系为B=kt,比例系数k=0.020T/s.一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动,在滑动过程中保持与导轨垂直,在t=0时刻,金属杆紧靠在P、Q端,在外力作用下,杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动,求t=6.0s时金属杆所受的安培力大小.第四部分考前增分指导增分指导一数学方法在物理中的应用例1C[解析]已知火星半径R,则火星近地卫星的周期为T1=2πRgR,设停泊轨道的半长轴为a,由开普勒第三定律可知a3T2=R3T12,整理得a=3gT2R24π2,代入数据得a=33.7×1.82×1010×3.4例2D[解析]从图中可知,人的高度约占三格竖直线,所以一格竖直线的长度约为y0=1.83m=0.6m,则一格水平线的长度约为x0=2y0=1.2m,从起跳到最高点过程,重心在竖直方向运动了约2格,根据逆向思维有2y0=12gt2,vy=gt,解得t=4y0g,vy=4gy0,水平方向运动了约2格,则有2x0=v0t,解得v0=2x0t=4y04y0g=例3BC[解析]由图乙可知,当θ=π2时,物体做竖直上抛运动,摩擦力是零,由竖直上抛运动的速度—位移关系公式可得v02=2gx1,解得v0=2×10×0.45m/s=3m/s,A错误;当θ=0时,物体沿水平面做匀减速直线运动,由动能定理可得-μmgx0=0-12mv02,解得μ=v022gx0=322×10×0.6=0.75,B正确;物体沿斜面向上运动时,由动能定理可得-μmgcosθ+mgsinθx=0-12mv02,代入数据整理可得x=920×0.75cosθ+sinθm≥9200.752+1m=0.36例4AD[解析]OM的张力F1和MN的张力F2的合力F不变,关系如图所示,Fsin(180°-α)=F1sinβ=F2sinγ,将重物向右上方缓慢拉起,夹角α不变,β由钝角逐渐减小到锐角,γ由锐角逐渐增大到直角,则MN上的张力F2逐渐增大,例5C[解析]设与c点最近的振幅极大点为d,则ad=l-38l=58l,由余弦定理有bd=cd2+bc2-2bc×cdcos60°=78l,根据干涉加强点距离差的关系有Δx=x1-x2=nλ例6(1)3m/s(2)12或2(3)Ek=mg9y8+6mJ1[解析](1)a球由A到C过程有kmg(H-h)=12km解得v0=3m/s(2)a、b碰撞为弹性碰撞,则有kmv0=kmv1+mv2,12kmv02=12kmv解得v1=k-1v0k根据题意有12mv22=8×解得k=12或k(3)b球平抛运动过程有y=12gt2,x=v2根据几何关系有tanθ=hb落到斜面OD过程有mgy=Ek-12m解得Ek=mgy+mg将上式变形得Ek=mg9y8+h28y-可知,当9y8=h28y即y=0.4m时,动能有最小值,解得E根据上述y值可解得v2=2m/s由于v2=2解得k=1例7C[解析]小球受到的洛伦兹力方向水平指向圆心O',根据左手定则可知,从上面俯视小球沿逆时针方向运动,故A错误;小球竖直方向受力平衡,则有FNcosθ=mg,可得球面对小球的弹力大小为FN=mgcosθ=2mg,故B错误;根据F洛=qvB可知小球的速率越大,则小球受到的洛伦兹力越大,故C正确;水平方向根据牛顿第二定律可得qvB-FNsinθ=mv2Rsinθ,整理可得23m3Rv2-qBv+3mg=0,对于v的一元二次方程,根据数学知识可知,需要满足(qB)2-4×23m3R×3mg≥0,例8(1)5v04μg(2)2(4)v[解析](1)假设A先与C达到共同速度,再与B相碰.设C滑上A后经t1时间,木板A与滑块C达到共同速度v1,该过程A和C组成的系统动量守恒,有mv0=2mv1解得v1=v设此过程木板A的位移为x0,对A由动能定理得μmgx0=12mv解得x0=v028μg<L此过程对木板A由动量定理有μmgt1=mv1-0解得t1=v设再经时间t2,A与B发生第1次碰撞,有L0-x0=v1t2解得t2=3则C滑上A后到A与B发生第1次碰撞经过的时间为t=t1+t2联立解得t=5v(2)设滑块B的质量为M,木板A与B发生第1次碰撞后瞬间B的速度为v1B,木板A的速度为v1A,以水平向右为正方向,A与B之间发生弹性碰撞,对A、B组成的系统,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有mv1=mv1A+Mv1B12mv12=12mv根据木板A总是在与滑块B上次碰撞的位置恰好不再与滑块C相对滑动,可知从A、B碰后到A、C再次共速,A的位移为0,设A、C再次共速的速度为v2,该过程时间为tA,由匀变速直线运动规律有v1A+则v2=-v1AA与B第1次碰后瞬间到C与A相互作用达到共速过程,A、C组成的系统动量守恒,有mv1+mv1A=2mv2联立解得M=2m,v1A=-v13=-v06,v1B=(3)设第1次碰撞前C相对A滑动的距离为ΔL1,对A、C组成的系统由能量守恒定律有μmgΔL1=12mv02-1解得ΔL1=v设从第1次碰撞后到第2次碰撞前C相对A滑动的距离为ΔL2,同理有μmgΔL2=12mv12+12mv1解得ΔL2=v则第2次碰撞前,滑块C相对木板A滑动的距离ΔL=ΔL1+ΔL2=13v(4)第1次碰撞后,A、B做匀变速运动,根据牛顿第二定律分别有μmg=maAμMg=MaB解得A、B的加速度大小aA=μg,aB=μg根据运动学规律有v2=v1A+aAtA解得tA=v设A回到与B第1次碰撞的位置时,B的速度为v1B'则有v1B'=v1B-aBtA解得v1B'=0,所以第2次碰前B已静止,由(3)知,此时A的速度为v2=-v1A=v同理,第2次碰后瞬间,A、B的速度分别为v2A=-v23=-v132,v2第3次碰前B已静止,A的速度为v3=-v2A=v第3次碰后瞬间,A、B的速度分别为v3A=-v33=-v133,v3B=……依次类推,第n次碰后瞬间,B的速度为vnB=23vn-1=2v设第1次碰后滑块B运动的位移为x1,该过程,对滑块B由动能定理,有-μMgx1=0-12M解得x1=v1B22同理,第2次碰后滑块B运动的位移为x2=v2B22第n次碰后滑块B运动的位移为xn=vnB22μg则经n次碰撞,滑块B能运动的总位移x=x1+x2+x3+…+xn根据等比数列求和,可知x=v0例9C[解析]根据圆环电场分布的对称性可知,圆环中心轴线上的电场强度均背离圆环中心,沿着中轴线向外,则可知试探电荷将始终受到向右的电场力,一直做加速运动,故A错误;如图所示,将圆环上所带电荷进行无限分割,设每一份的电荷量为q0,则其在M点的场强E0=kq0Rsinθ2,其水平分量E0x=E0cosθ=kq0R2sin2θcosθ,微元累加并根据对称性可知,M点的合场强为E=kQR2sin2θcosθ,令f(θ)=sin2θcosθ=cosθ-cos3θ,则其导函数为f'(θ)=-sinθ+3cos2θsinθ=0,此时cos2θ=13,可知当cosθ=33,即试探电荷距离圆环中心为22R时例101.44×10-3N[解析]整个电路中的感应电动势由两部分组成,一部分是金属杆向左做切割磁感线的运动引起的,称为动生电动势;另一部分是由于磁感应强度变化所引起的,称为感生电动势.设金属杆的加速度为a,在时刻t的磁通量Φ=BS=ktl·12at2=12根据法拉第电磁感应定律,电路内产生的感应电动势为E=ΔΦΔt=整个电路的总电阻和总电流分别为R=2·12at2rI=ER=因此,金属杆所受的安培力为F=BIl=kt·3kl2r0代入题中数据,得F=1.44×10-3N增分指导二解题技巧与策略一、选择题答题技巧选择题在高考中属于保分题目,“选择题多拿分,高考才能得高分”,在平时的训练中,针对选择题要做到两个方面:一是练准度:高考中遗憾的不是难题做不出来,而是简单题和中档题做错;平时会做的题目没做对,平时训练一定要重视选择题的正确率.二是练速度:提高选择题的答题速度,能为攻克后面的解答题赢得充足时间.排除法通过对物理知识的理解、物理过程的分析或计算,把不符合题意或者不符合认知的含义进行一一否定,最后剩下的选项就是我们需要的答案,这种方法适用于选项内容比较庞杂(如有关物理学史),无法用一个统一的公式或方法进行判断的选择题,常从寻找差异性的角度,采用逐一排除的方法来确定正确选项.通常排除法可以排除两个选项,再利用其他方法甄别剩余的两个选项,可以大幅提高答题速度.例1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一端在O点,绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转,角速度为ω,t=0时,OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示.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 ()ABCD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)等时圆规律;(2)平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点;(3)不同质量和电荷量的同性带电粒子由静止相继经过同一加速电场和偏转电场,轨迹重合;(4)直流电路中动态分析的“串反并同”结论;(5)平行通电导线同向相吸,异向相斥;(6)带电平行板电容器与电源断开,改变极板间距离不影响极板间匀强电场的场强等.例2如图所示的平行板电容器竖直放置,两极板间的距离为d,极板高度AB=CD=h,对该电容器充上一定的电荷量后,将一带电小球P从非常靠近左极板的上端A处由静止释放,小球沿图中虚线运动打到了右极板的中点,为使小球能够从下方穿过电容器,右极板向右至少移动的距离为 ()A.d B.2-C.h2D.d[反思感悟]

等效法等效法是在保证某一方面效果相同的前提下,用理想的、熟悉的、简单的、形象的物理对象、物理过程或物理现象替代实际的、陌生的、复杂的、抽象的物理对象、物理过程或物理现象的一种处理方法.例3(不定项)[2024·江西宜春二模]如图所示,在水平向右的匀强电场中,长为L的绝缘细线一端悬于O点,另一端系一质量为m、电荷量为+q的小球(可视为点电荷).将小球拉至与O点等高的A点,保持细线绷紧并由静止释放,小球运动到与竖直方向夹角θ=30°的P点时速度变为0.已知电场范围足够大,重力加速度为g,空气阻力可忽略.以下说法正确的是 ()A.电场强度的大小为3B.小球刚释放时的加速度为gC.小球通过P时细线的拉力为33D.小球运动过程中最大速度为2图像法物理图像是将抽象物理问题直观化、形象化的最佳工具,能从整体上反映出两个或两个以上物理量的定性或定量关系,利用图像解题时一定要从图像纵、横坐标的物理意义以及图线中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等诸多方面寻找解题的突破口.利用图像解题不但快速、准确、能避免繁杂的运算,还能解决一些用一般计算方法无法解决的问题.例4(多选)[2024·湖北宜昌二模]如图,一质量为M的木板静止在光滑水平桌面上,另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动并从右端滑下,该过程中,物块的动能减少量为ΔEk1,木板的动能增加量为ΔEk2,二者间摩擦产生的热量为Q(不考虑空气阻力),关于ΔEk1、ΔEk2、Q的数值,下列说法可能正确的是 ()A.ΔEk1=3J,ΔEk2=1J,Q=2JB.ΔEk1=7J,ΔEk2=2J,Q=5JC.ΔEk1=8J,ΔEk2=4J,Q=4JD.ΔEk1=10J,ΔEk2=3J,Q=6J类比分析法将两个(或两类)研究对象进行对比,分析它们的相同或相似之处、相互的联系或所遵循的规律,然后根据它们在某些方面有相同或相似的属性,进一步推断它们在其他方面也可能有相同或相似的属性的一种思维方法,在处理一些物理情景很新颖的题目时,可以尝试着使用这种方法.比如:恒力作用下的或电场与重力场叠加中的类平抛问题、类斜抛问题,可直接类比使用平抛、斜抛的相关结论.例5(多选)[2024·湖南卷]1834年,洛埃利用平面镜得到杨氏双缝干涉的结果(称洛埃镜实验),平面镜沿OA放置,靠近并垂直于光屏.某同学重复此实验时,平面镜意外倾斜了某微小角度θ,如图所示.S为单色点光源.下列说法正确的是 ()A.沿AO向左略微平移平面镜,干涉条纹不移动B.沿OA向右略微平移平面镜,干涉条纹间距减小C.若θ=0°,沿OA向右略微平移平面镜,干涉条纹间距不变D.若θ=0°,沿AO向左略微平移平面镜,干涉条纹向A处移动极限法在某些物理状态变化的过程中,可以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,使问题化难为易,化繁为简,达到事半功倍的效果.极限法一般适用于定性分析类选择题.例如假设速度很大(趋近于无限大)或很小(趋近于零)、假设边长很大(趋近于无限大)或很小(趋近于零)、假设电阻很大(趋近于无限大)或很小(趋近于零)等,进行快速分析.运用此方法要注意因变量随自变量单调变化.例6如图甲所示,半径为R的均匀带电圆形平板单位面积带的电荷量为σ,其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出,E=2πkσ1-x(R2+x2)12,方向沿x轴.现考虑单位面积电荷量为σ0的无限大均匀带电平板,从其中间挖去一半径为rA.2πkσ0x(r2+x2)C.2πkσ0xr D.2πkσ0[反思感悟]

对称法物理中对称现象比比皆是,可表现为研究对象在结构上的对称性、作用上的对称性,物理过程在时间和空间上的对称性,物理量在分布上的对称性及作用效果的对称性等.解决具有对称特点的问题可从对称性的角度去分析,利用对称性解决物理问题的方法,就可能避免复杂的数学演算和推导,从而快速解题.例7[2024·江苏南京模拟]如图所示,完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置,甲的圆心为O1,乙的圆心为O2,在两环圆心的连线上有a、b、c三点,其中aO1=O1b=bO2=O2c,此时a点的磁感应强度大小为B1,b点的磁感应强度大小为B2.当把乙环的电流改为等大反向电流后,c点的磁感应强度大小为 ()A.B2-B1 B.B2-BC.B1-B22 D量纲法量纲分析法就是用物理量的单位来鉴别表达式或答案的正确性.主要判断等式两边的单位是否一致.例8已知光速c=3.0×108m/s,引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2,普朗克常量h=6.63×10-34J·s,用这三个物理量表示普朗克长度(量子力学中最小可测长度),其表达式可能是 ()A.hGc512 C.hcG312【技法点拨】物理关系式不仅反映了物理量之间的数值关系,也确定了相应物理量的单位间的关系,所以有时候我们可以根据量纲检验运算的正确性或分析物理结论的可靠性.二、设计型实验答题策略设计型实验也称为创新实验,以原型实验为基础,注重考查实验仪器的等效与替换,实验原理的拓展与延伸、实验情景的设计与创新、实验方法的求新、实验过程的求简﹑数据处理方法的迁移,这类试题新颖、区分度高.要求考生“以不变应万变”,根本方法是把实验的本质从新情景中分离出来,找出与常规实验的相同之处,运用类似的方法进行处理.力学设计实验解答力学设计实验应该抓住“理解实验原理和实验仪器的工作原理”,寻求解题突破口.应注意常见量的测量方法,比如:“瞬时速度的测量”可采用光电门、纸带留迹平均速度法及间接测量法;“力的测量”可采用测力计、力传感器及类似于“近似等于悬挂钩码重力”的间接测量法.例9[2024·广东佛山模拟]某软件能够调用手机内置加速度传感器,实时显示手机加速度的数值.小明通过安装有该软件的智能手机(其坐标轴如图甲所示)探究加速度与力、质量的关系,实验装置原理图如图乙所示.已知当地重力加速度为g.(1)分别称量出小桶的质量m0和手机的质量M0.(2)开始时,整个实验装置处于静止状态,小桶里没有装砝码.(3)用手突然向上托起小桶,使得绳子松弛,此瞬间手机受到的合力为(用题目所给字母表示),读出此瞬间手机y轴上的加速度a的数值.

(4)往小桶中增加砝码,重复步骤(3),测得实验数据如下:实验次数小桶和砝码的质量m/kg手机加速度a/(m/s2)10.024520.04451.7630.06452.5840.08453.3950.10454.2060.12454.98根据图丙软件截图,表中空白处的数据为m/s2.利用数据作出a-F图像,在图丁中描出第一组数据的点并连线,可以得到结论:.

(5)保持小桶和砝码的质量不变,用双面胶把不同数量的配重片贴在手机背面,重复步骤(3),测得实验数据并作出a-1M图像,得出结论:当合外力一定,加速度与物体质量成反比(6)从图丙软件截图可以看出,即使整个实验装置处于静止状态,手机依然显示有加速度扰动,为了减少该扰动造成的相对误差,下列做法可行的是.

A.使用质量更大的砝码组B.将弹簧更换为不可伸长的细线C.将弹簧更换为劲度系数更小的弹簧D.让小桶和砝码的质量远小于手机的质量电学设计实验电学实验设计的三个原则:(1)安全性原则设计方案时,应安全可靠,不会对器材造成损坏.①选用器材时,应考虑器材的性能及量程(如仪表的量程、电器的额定值等)的要求.②设计方案时,应准备好保护措施.(2)精确性原则实验误差应控制在误差允许的范围之内,尽可能选择误差较小的方案.①在安装或使用器材之前,应按实验要求对器材精心调整.如在使用某些仪表前,应进行机械调零.②选用合适的测量工具(直尺、仪表)及合适的量程,使之与被测数值相匹配.如使用多用电表测量某电阻时,应选用合适的挡位,使测量时电表指针指在中央刻度值附近.③实验中可能出现因操作不当带来的偶然误差,往往需要多次重复实验,获取多组实验数据,以备选取有效数据.④设计合理的数据处理方式,如将多组有效数据相加后除以测量次数,取其算术平均值(一般求待测量的算术平均值,而不求某些中间量的算术平均值).(3)简便性、直观性原则设计实验应便于操作、读数及进行数据处理及实验者观察.例10某同学要将一量程为0~250μA的微安表改装为量程为0~20mA的电流表.该同学测得微安表内阻为1200Ω,经计算后将一阻值为R的电阻与该微安表连接,进行改装.然后利用一标准毫安表,根据图甲所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表).(1)根据图甲和题给条件,将图乙中的实物连线.(2)当标准毫安表的示数为16.0mA时,微安表的指针位置如图丙所示.由此可以推测出所改装的电表量程不是预期值,而是.(填正确答案标号)

A.0~18mA B.0~21mA C.0~25mA D.0~28mA(3)产生上述问题的原因可能是.(填正确答案标号)

A.微安表内阻测量错误,实际内阻大于1200Ω B.微安表内阻测量错误,实际内阻小于1200ΩC.R值计算错误,接入的电阻偏小 D.R值计算错误,接入的电阻偏大(4)要达到预期目的,无论测得的内阻值是否正确,都不必重新测量,只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可,其中k=.

答案评分标准及答题规则(1)如图所示(2)C(3)AC(4)991.第(1)问3分,少连或错连一条线扣1分,扣完为止.易错警示:连接电路图首先要考虑实验原理及要求;另外导线要连准接线柱,导线不能交叉.2.第(2)问2分,不答或答错扣2分.3.第(3)问2分,每选对一个得1分,有选错的不给分.易错警示:第(2)问和第(3)问要按要求填正确答案标号,特别是第(2)问,切不可将正确答案内容填到横线上.4.第(4)问3分,不答或答错扣3分.易错警示:实验题计算不需要写过程,在稿纸上列式演算要仔细,如果最后结果算错,即使列式正确也不得分;第(4)问结果不能整除,题中没有要求保留几位有效数字,要保留分式.三、计算题答题规范1.有必要的文字说明(1)必要的文字说明是指以下几方面内容,包括设定未知量、所列方程的依据及名称要进行说明.一般表述为:依××物理规律得、由图中几何关系得、根据……得等.“定律”“定理”“公式”“关系”“定则”等词要用准确.(2)物理量符号要和题干一致如题目给定符号是m0、ma、M、m'等,不能统一写成m;长度,题目给定符号是L,不能写成l或者d;半径,题目给定符号是R,不能写成r;电荷量,题目给定符号是e,不能写成q,在评分标准中都明确给出了扣分标准.(3)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,规定的正方向、零势能点及所建立的坐标系要进行说明.2.主干方程列式规范(1)不能以变形的结果式代替方程式(这是相当多考生所忽视的).要全部用字母符号表示方程,不能字母、符号和数据混合,如:带电粒子在磁场中的运动应有qvB=mv2R,而不是其变形结果R=mvqB,轻绳模型中,小球恰好能通过竖直平面内圆周运动的最高点,有mg=mv2r(2)要分步列式,不要写连等式如,电磁感应中导体杆受力的几个方程,要这样写:E=BLvI=EF=BIL不要写连等式“F=BIL=BER+rL=BBLvR+3.计算结果规范(1)计算结果是数据的要带单位,没有单位的要扣分;字母运算时,一些常量(重力加速度g,电子电荷量e等)不能用数字(10m/s2,1.6×10-19C)替换;字母运算的结果不能写单位.(2)若题目要求结果用小数表示,则须将结果换成小数,且小数点后的位数按要求保留.若题目没有要求则可写成根式或分数的形式.例11[2024·浙江1月选考]某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角θ=37°的直轨道AB,半径R=1m的圆弧BCD,长度L=1.25m、倾角为θ的直轨道DE,半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成,轨道间平滑连接.在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着m=0.5kg的滑块b,其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐.质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放,经圆弧轨道BCD滑上轨道DE,轨道DE由特殊材料制成,小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25,向下运动时动摩擦因数μ2=0.5,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力.当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1,小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生弹性碰撞.(其他轨道均光滑,小物块视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)若h=0.8m,求小物块:①第一次经过C点的向心加速度;②在DE上经过的总路程;③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比.(2)若h=1.6m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块?规范解答评分标准及答题规则(1)h=0.8m①求第一次经过C点时向心加速度的大小mgh=12mvCaC=vC2R=16m/s②求在DE上经过的总路程mgh-mgR(1-cosθ)=(μ1+μ2)mgscosθ(1分)结果分:s总=2s=2m(1分)③求在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比向上运动:mgsinθ+μ1mgcosθ=ma1(1分)a1=8m/s2向下运动:mgsinθ-μ2mgcosθ=ma2(1分)a2=2m/s2结果分:t上t下=a2(2)h=1.6m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块用动能定理求vF:mgh-2mgR(1-cosθ)-mgLsinθ-μ1mgLcosθ=12mvF动量守恒:mvF=2mv(1分)能量守恒:μ1mg·2l=12mvF2-12(2m)注意:可能会合并成一个公式,即:μ1mg·2l=12mvF2-12(2m)vF2结果分:l=0.2m(1分)[评分细则]第(1)小问共7分.a.公式不完全,例如R(1-cosθ)用Δh表示也对b.公式原理错,不得分;s=1m原理对得1分易错警示:①常见错误:a.漏写单位扣1分b.mgh=mvc.mgh+mgR(1-cosθ)=12m②常见错误:a.mgh=μ1mgcosθ·s总2+μ2mgcosθ·b.EkD=mgh=4J③a.时间判断:求出上去、下来两个时间的结果并有合理过程得2分;b.加速度判断:算出两个加速度的结果并有合理过程得2分,或有μ1c.速度判断:算出沿斜面向上滑时在D点的速度和沿斜面向下滑时回到D点的速度得2分第(2)小问共4分.常见错误:a.未写展开式,最后结果错误,过程分没有b.漏了摩擦力做功μ1mgLcosθ这项,求出l值错误c.动摩擦因数下标不写,结果也没算出d.式中漏乘2,μ1mg·2l=12mvF2-12(2m)v2中,不少同学把“2m例12如图所示,水平固定一半径r=0.2m的金属圆环,长均为r、电阻均为R0的两金属棒沿直径放置,其中一端与圆环接触良好,另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO'上,并随轴以角速度ω=600rad/s匀速转动,圆环内左半圆存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场.圆环边缘与转轴良好接触的电刷分别与间距为l1的水平放置的平行金属轨道相连,轨道间接有电容C=0.09F的电容器,通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连.电容器左侧有宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域.在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab,磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接,在绝缘轨道的水平段上放置“”形金属框fcde.棒ab长度和“”形框的宽度也均为l1,质量均为m=0.01kg,de与cf长度均为l3=0.08m,已知l1=0.25m,l2=0.068m,B1=B2=1T、方向均为竖直向上;棒ab和“”形框的cd边的电阻均为R=0.1Ω,除已给电阻外其他电阻不计,轨道均光滑,棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直.开始时开关S和接线柱1接通,待电容器充电完毕后,将S从1拨到2,电容器放电,棒ab被弹出磁场后与“”形框粘在一起形成闭合框abcd,此时将S与2断开,已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场.(重力加速度g取10m/s2)(1)求电容器充电完毕后所带的电荷量Q,哪个极板(M或N)带正电?(2)求电容器释放的电荷量ΔQ;(3)求框abcd进入磁场后,ab边与磁场区域左边界的最大距离x.增分指导二解题技巧与策略一、选择题答题技巧例1C[解析]从导体杆转动切割磁感线产生感应电动势的角度考虑,当导体杆顺时针转动切割圆形区域中的磁感线时,由右手定则判断电动势由O指向A,为正,D错误;切割过程中产生的感应电动势E=BLv=12BL2ω,其中L=2Rsinωt,即E先变大,再变小,且非线性变化,故A、B错误;使用排除法,只有C正确例2A[解析]由题意可知,小球所受的合力沿着虚线方向,根据C=εrS4πkd,U=QC,E=Ud,可得E=4πkQεrS例3BCD[解析]由题知,小球由静止释放,运动到与竖直方向夹角θ=30°的P点时速度变为0,根据动能定理有mgLcos30°-qEL(1+sin30°)=0,解得E=3mg3q,A错误;小球刚释放时向心加速度为0,只有重力提供加速度,B正确;小球在P点的受力情况与在A点的受力情况类似,在A点沿线方向的加速度为0,所以FT=qE=33mg,C正确;将电场力与重力合成为一个等效“重力”,其等效“最低点”即为速度最大的点C,从A运动到C