2016年高考物理高考復習.docx
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2016年高考物理復習 但這些知識總體感覺是比較零散的，在知識的綜合應用方面仍存在較大的問題。所以復習的目標應定位為：融會貫通知識、鎖定高考考點、突破熱點重點、強化弱點難點。 要采取扎實有效的措施——扎實有效的措施是搞好復習的保障 1．二輪復習主要從知識專題和方法專題兩方面開展 (1)知識專題突破 通過復習知識專題，掌握物理概念及其相互關系，熟練掌握物理規(guī)律、公式及應用；加強高考熱點題型研究，訓練解題規(guī)范和答題速度；總結解題方法與技巧，從而提高分析和解決問題的能力。 主干內容：牛頓運動定律和運動學公式的應用；功能關系的應用；帶電粒子在電場和磁場中的運動；電磁感應及其綜合應用；力學和電學實驗；熱學、機械振動和機械波、光學、原子物理和動量等基本內容。 (2)方法技巧專題訓練 通過專題訓練，進一步強化圖象法、類比法、等效法、對稱法等常用方法在解決物理問題中的應用，理解這些方法應用的意義和技巧。 2．專題復習的具體措施 (1)構建知識網(wǎng)絡 基本概念和基本規(guī)律是高考考查的重點，而高考命題對同一知識點的考查往往是跨度大、涉及面廣、綜合性強，所以復習要在強化重點知識的同時，要搞清知識點之間的內在聯(lián)系，串聯(lián)相關內容，形成思維圖線，提高綜合運用知識的能力。 (2)查漏補缺 回歸教材 強化高考熱點訓練，使自己的薄弱環(huán)節(jié)得到強化。 回歸教材要注意幾點：①問題化：把每一節(jié)所講的內容問題化，看看這一節(jié)教材中講了哪幾個問題；②重點化：對重要概念、規(guī)律、方法進行歸納與總結；③要點化：把重點問題列成一個個的要點；④系統(tǒng)化：建立這一章的知識與前后知識的聯(lián)系。 (3)加強高考熱點題型的研究 選擇題：根據(jù)各省高考對選擇題的考查熱點，找準交叉點設計例題和針對訓練。同時在做題中注意總結選擇題的解題方法。 實驗題：高考實驗題以其靈活性和探究性成為高考得分的難點，因此要注意：①加強對基本儀器使用能力的培養(yǎng)；②加強實物連線，實驗步驟排序、糾錯、補漏，實驗誤差的排除等；③加強對實驗數(shù)據(jù)的分析處理能力的訓練：分析推理、數(shù)據(jù)處理方法、誤差分析等；④重視對實驗的思想方法及原理的深刻理解和熟練掌握。 計算題：也可以分為兩大類：力學計算題和電學計算題。重點要學會審題；學會分析物理狀態(tài)、物理過程和物理情景；學會建立物理模型和選擇物理規(guī)律；學會總結解題思路，歸納解題方法。 (4)構建物理模型 學會發(fā)散思維 在對典型物理問題的復習中，通過解題訓練來提高能力、掌握方法，促進對基本方法的掌握，僅僅如此是不夠的，還要做到以下幾點： ①加深對概念、規(guī)律的理解還要對知識進行拓展； ②反思、總結和歸納出一些解題的思路、方法； ③在頭腦中“沉淀”一些典型的物理模型。 要掌握增分的策略——掌握增分策略是贏得高考的法寶 1．在錯題中查找、彌補知識漏洞，加強薄弱環(huán)節(jié) 2．復習中要“小題大做” 3．加強審題和解題的規(guī)范性訓練 4．重視應試針對性訓練 (1)限時訓練。要求在規(guī)定的時間里完成一套試卷，檢測完成的數(shù)量和質量。多次實踐后，領悟答卷的時間安排、做題次序、宏觀把握等策略。 (2)記憶訓練。物理中有許多內容需要記憶，特別是選考模塊的內容，知識體系的構建也是整體記憶過程。 (3)反思訓練。借助糾錯本實現(xiàn)自我反思，剖析原因，分類整理，自我評價，重視積累，總結得失。 第一步 研考綱，悉考情 鎖定高考風向標 1.考綱要研讀，考情要洞悉 以2015年高考新課標物理《考試大綱》為例，較2014年有兩處改動：①在選修模塊3－3“分子動理論與統(tǒng)計觀點”主題的說明中，刪除了“定性了解”這段文字。②在選修模塊3－4“光”主題的說明中，刪除了“相對折射率作要求”這段文字。有關高考內容范圍及要求如下： 表1 必考內容范圍及要求 表2 選考內容范圍及要求 2.研究命題趨勢，確定復習方向 第二步 注重方法與技巧 搶取高分有策略 一、選擇題——把握好選擇題做到零失分 1、選擇題中的高頻考點 (1)力與物體的平衡 (2)牛頓運動定律與直線運動 (3)萬有引力與航天 (4)直流電路的分析(5)電場及帶電粒子在電場中的運動(6)曲線運動 (7)帶電粒子在磁場中的運動及帶電粒子在復合場中的運動(8)功和能 (9)電磁感應規(guī)律及應用(10)交變電流的產(chǎn)生及變壓器原理 2、應試選擇題的原則 （1）不要挑題做，一道題的用時不超過3分鐘 ； （2）仔細審題，抓住題干中的關鍵字、詞、句的物理含義； （3）選出正確答案，當某一項不能確定時，寧可少選也不錯選； （4）檢查答案是否合理，與題意是否相符。 3、突破技法 直接判斷法——常識性題目 1．[2015西安83中二模](多選)伽利略開創(chuàng)了實驗研究和邏輯推理相結合探索物理規(guī)律的科學方法，利用這種方法伽利略發(fā)現(xiàn)的規(guī)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] 伽利略用理想斜面實驗指出力不是維持物體運動的原因，A選項正確；萬有引力是牛頓提出的，B選項錯誤；伽利略在研究自由落體運動時指出忽略空氣阻力，重物與輕物下落得同樣快，C選項正確；牛頓第三定律總結了作用力和反作用力的關系，D選項錯誤。 [答案] AC 比較排除法 2．[2013佳木斯一模]如圖所示，A是一邊長為L的正方形導線框。虛線框內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁場寬度為3L。線框的bc邊與磁場左右邊界平行且與磁場左邊界的距離為L。現(xiàn)維持線框以恒定的速度v沿x軸正方向運動。規(guī)定磁場對線框作用力沿x軸正方向為正，且在圖示位置時為計時起點，則在線框穿過磁場的過程中，磁場對線框的作用力隨時間變化的圖象，正確的是( ) [解析] 線圈在磁場中切割磁感線產(chǎn)生感應電流時，磁場對線圈的安培力對線圈的運動起阻礙作用，所以方向與運動方向相反，沿x軸負方向，因規(guī)定磁場對線框作用力沿x軸正方向時為正，則此題安培力應為負方向，排除A、D選項。因線框ad邊也進入磁場時，線框內無感應電流，磁場對線框無作用力，排除C選項，故B正確。 [答案] B 極限分析法——適用于題干中所涉及的物理量 3．(多選)如圖讓小球由傾角為θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角的條件下進行多次實驗，最后推理出自由落體運動是一種勻加速直線運動。分析該實驗可知，圖中關于小球對斜面的壓力N、小球運動的加速度a隨θ變化的圖象正確的是( ) [解析] 本題是小球在不同傾角下的勻變速直線運動，應該由牛頓第二定律列式求解。實際上，只要將θ推向兩個極端，就能迅速判斷出正確選項。當θ→0時，小球對斜面的壓力N→mg，小球運動的加速度a→0；當θ→90時，小球對斜面的壓力N→0，小球運動的加速度a→g，綜合兩極限狀態(tài)，不難判斷選項B、D正確。 [答案] BD 結論法 4．[2015株洲統(tǒng)測]如圖，軌道Ⅰ和Ⅱ長度相等。用相同的水平恒力將穿在軌道最低點B的靜止小球，分別沿Ⅰ和Ⅱ推至最高點A，動能增量分別為ΔEk1、ΔEk2。假定球在經(jīng)過軌道轉折點前后速度大小不變，且球與Ⅰ、Ⅱ軌道間的動摩擦因數(shù)相等，則( ) A．ΔEk1＝ΔEk2 B．ΔEk1<ΔEk2 C．ΔEk1>ΔEk2 D．無法比較ΔEk1、ΔEk2 [解析] 小球從最低點到最高點受到摩擦力做功：Wf＝μmgcosαL＝μmgx水平，摩擦力做的功與斜面傾角無關，水平推力為恒力，水平位移相同，所以推力做功相等，根據(jù)動能定理可知，球到達A點時的速率相同，動能相等，因此A正確。 [答案] A 作圖分析法 5．[2015山西四校聯(lián)考]如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，在t＝0時刻，一不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，粒子射入電場時的速度為v0，t＝T時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場。則( ) A．該粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的 B．在t＝T/2時刻，該粒子的速度大小為2v0 C．若該粒子在T/2時刻以速度v0進入電場，則粒子會打在板上 D．若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則該粒子仍在t＝T時刻射出電場 [解析] t＝0時刻粒子射入電場時速度為v0，t＝T時刻剛好沿MN板右邊緣射出電場，則由Et圖畫出沿電場方向的vyt圖。 由圖知t＝T時刻vy＝0，則射出電場時速度方向一定垂直電場方向。若該粒子在時刻以v0射入電場，沿電場方向的vyt圖為 ，則時間T也垂直電場射出，故A正確，C錯誤。前后兩段運動的時間相等，時將速度分解，設板長為l，由類平拋運動規(guī)律可得：l＝v0T，l＝vT，則v＝v0，則時刻該粒子的速度為v0，選項B錯誤；若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，粒子在場中運動的時間t＝＝，選項D錯誤。 [答案] A 估算求解法——簡化運算 6. 如圖，在鐵芯上、下分別繞有匝數(shù)n1＝800和n2＝200的兩個線圈，上線圈兩端與u＝51sin314t V的交流電源相連，將下線圈兩端接交流電壓表，則交流電壓表的讀數(shù)可能是 ( ) A．2.0 V B．9.0 V C．12.7 V D．144.0 V [解析] 由題意知原線圈的有效值為U1＝ V，若磁通量無損失，則根據(jù)＝，計算得U2＝ V＝9.0 V。因鐵芯不是閉合的，考慮到漏磁的影響，n2線圈兩端電壓的有效值應小于9 V，故只有選項A正確。 [答案] A 逆向思維法 7．[2015安徽六校聯(lián)考]如圖，一種射線管由平行金屬板A、B和細管C組成。放射源O在A極板左端，可以向各個方向發(fā)射不同速度、質量為m、電荷量為e的電子。若極板長為L，間距為d。當A、B板加上電壓U時，只有某一速度的電子能從細管C水平射出，細管C離兩板等距。則從放射源O發(fā)射出的電子的這一速度為( ) A. B. C. D. [解析] 該題利用逆向思維，從細管C處水平射入板間一粒子到達O，求到達O處的速度。 水平方向：L＝v0t ①，豎直方向：＝t?、?，①②聯(lián)立得vy＝v0。豎直方向還可以利用＝at2＝，得v0＝，代入vy＝v0得vy＝＝。所以到達O處速度v＝＝，故C選項正確。 [答案] C 特例賦值法——投機取巧 8．[2013安徽高考]如圖，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T和斜面的支持力FN分別為(重力加速度為g)( ) A．T＝m(gsinθ＋acosθ)，F(xiàn)N＝m(gcosθ－asinθ) B．T＝m(gcosθ＋asinθ)，F(xiàn)N＝m(gsinθ－acosθ) C．T＝m(acosθ－gsinθ)，F(xiàn)N＝m(gcosθ＋asinθ) D．T＝m(asinθ－gcosθ)，F(xiàn)N＝m(gsinθ＋acosθ) [解析] 一般的求解方法是分解力或加速度后，再應用牛頓第二定律列式求解，其實用特殊值代入法更簡單，當加速度a＝0時，小球受到細線的拉力T不為零也不可能為負值，所以排除選項C、D；當加速度a＝gcotθ時，小球將離開斜面，斜面的支持力FN＝0，排除選項B，故選項A正確。 [答案] A 整體、隔離法 9. [2015黑龍江綏化一模](多選)如圖所示，A、B兩物體的質量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對A施加一水平拉力F，則( ) A．當F＜2μmg時，A、B都相對地面靜止 B．當F＝μmg時，A的加速度為μg C．當F＞3μmg時，A相對B滑動 D．無論F為何值，B的加速度不會超過μg [解析] 對A、B整體，地面對B的最大靜摩擦力為μmg，故當μmg＜F＜2μmg時，A、B相對地面運動，故A錯。對A、B整體應用牛頓第二定律，有F－3mg＝3ma；對B，在A、B恰好要發(fā)生相對運動時，μ2mg－3mg＝ma，兩式聯(lián)立解得F＝3μmg，可見，當F＞3μmg時，A相對B才能滑動，C對。當F＝μmg時，A、B相對靜止，對整體有：μmg－3mg＝3ma，a＝μg，故B正確。無論F為何值，B所受最大的動力為A對B的最大靜摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝＝μg，可見D正確。 [答案] BCD 補償思維法——解題所需的條件不足，我們補償另外條件 10．[2015廊坊質檢]如右圖所示的空間存在一有界的勻強磁場，其方向為垂直于紙面向里，磁場的右邊界為MN，左側范圍足夠大，在MN右側有一矩形金屬線圈abcd，ab邊與MN重合?，F(xiàn)使線圈以ab邊為軸按圖示方向勻速轉動，將a、b兩端連到示波器的輸入端，若電流從a到b為正，從cd進入磁場開始計時，則從示波器觀察到的ab中電流隨時間變化的規(guī)律是( ) [解析] 若在MN右側補償大小、方向與MN左側均相同的足夠大的勻強磁場，矩形金屬線圈abcd在整個勻強磁場中從線圈平面與磁場平行的位置開始轉動，金屬線圈的電流隨時間變化的規(guī)律是一個完整的余弦曲線，由楞次定律可得電流方向為從b到a，金屬線圈的電流隨時間變化的圖象如圖甲所示；而實際上矩形金屬線圈abcd轉動一周的過程中，只有前半周在磁場中切割磁場產(chǎn)生電流，故將圖中后半個周期對應的圖象切去后即可，如圖乙所示，故答案為D。 [答案] D 第三步 切要害，重拾錯 增強自信少丟分 忽視物理單位和數(shù)量級 [典例] 如圖，質量為M、傾角為θ的斜面體A放于水平地面上，把質量為m的小滑塊B放在斜面體A的頂端，頂端的高度為h。開始時兩者保持相對靜止，然后B由A的頂端沿著斜面滑至地面。若以地面為參考系，且忽略一切摩擦，在此過程中，斜面的支持力對B所做的功為W。下面給出的W的四個表達式中，只有一個是合理的，你可能不會求解，但是你可以通過分析，對下列表達式作出合理的判斷。根據(jù)你的判斷，W的合理表達式應為( ) A．W＝0 B．W＝－g C．W＝g D．W＝－g [正解] B 首先能判定W為負功，排除A、C選項，D選項單位不是J，所以B選項正確。 基本概念、基本規(guī)律理解模糊 [典例] 兩帶電量分別為q和－q的點電荷放在x軸上，相距為L，能正確反映兩電荷連線上場強大小E與x關系的是圖( ) [正解] A 電場強度為矢量，等量異種電荷連線上場強方向由正電荷指向負電荷，大小沒有為零的地方，排除B、D，由電場線分布的對稱性知A選項正確。 臨界條件判斷錯誤 [典例] (多選)如圖所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應強度為0.5 T的勻強磁場，一質量為0.2 kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無初速度放置一質量為0.1 kg、電荷量q＝＋0.2 C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力。t＝0時對木板施加方向水平向左、大小為0.6 N的恒力，g取10 m/s2。則( ) A．木板和滑塊一直做加速度為2 m/s2的勻加速運動 B．滑塊開始做加速度減小的變加速運動，最后做速度為10 m/s的勻速運動 C．木板先做加速度為2 m/s2的勻加速運動，再做加速度增加的運動，最后做加速度為3 m/s2的勻加速運動 D．t＝5 s時滑塊和木板未分離且有相對滑動 [正解] CD 滑塊和木板的運動過程如圖所示，分析如下：t＝0時，滑塊與木板一起做勻加速直線運動，加速度a＝＝2 m/s2，此時滑塊與木板間的靜摩擦力為f＝ma＝0.2 N，小于此時的最大靜摩擦力fmax＝μmg＝0.5 N，所以滑塊與木板能保持相對靜止。根據(jù)題意可知，帶正電的滑塊向左運動時受到向上的洛倫茲力、支持力、向下的重力，即qvB＋FN＝mg，隨著滑塊速度逐漸增加，滑塊受到的洛倫茲力qvB逐漸增大，滑塊和木板間的彈力FN逐漸減小，所以滑塊和木板間的最大靜摩擦力逐漸減小，但只要滿足最大靜摩擦力大于0.2 N(彈力大于0.4 N)，即洛倫茲力qvB最大為0.6 N，就能保證滑塊與木板相對靜止，根據(jù)qvB＝0.6 N，可知滑塊和木板能一起加速至6 m/s，即能維持一起加速的時間為3 s，選項A、B均錯；當t>3 s后，滑塊和木板開始相對滑動，此時，滑塊加速度小于2 m/s2，當t＝5 s時，滑塊速度小于10 m/s，則滑塊和木板未分離且有相對滑動，選項D正確；當滑塊受到的洛倫茲力增大到等于滑塊的重力，即qvB＝mg后，滑塊與木板間的彈力為零，滑塊和木板間的滑動摩擦力也為零，木板開始做加速度a＝＝3 m/s2的勻加速直線運動，滑塊開始做勻速直線運動，選項C正確。 思維定勢 [典例] 如圖所示，用絕緣細線拴一帶負電小球，在豎直平面內做圓周運動，勻強電場方向豎直向下，則( ) A．當小球運動到最高點a時，線的張力一定最小 B．當小球運動到最低點b時，小球速度一定最大 C．當小球運動到最高點a時，小球的電勢能最小 D．當小球運動到最高點b時，機械能守恒 [正解] C 小球帶負電，所以受電場力Eq方向向上，當Eq＝mg時，小球做勻速圓周運動，繩的張力及小球速度大小均不變。當Eq>mg時，a點速度最大，繩拉力最大。當Eq
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