2020届高考物理二轮复习 第二部分 思想方法3 控制变量法课件

思想方法3控制变量法[方法概述]在比较复杂的物理问题中，某一物理量的变化可能与多个变量均有关，定性分析或定量确定因变量与自变量的关系时，常常需要用到控制变量法，即先保持其中一个量不变，研究因变量与另外一个变量的关系，如研究加速度与质量和合外力的关系时，先保持物体的质量不变，研究加速度与合外力的关系，再保持合外力不变，研究加速度与物体质量的关系，最终通过数学分析，得到加速度与质量和合外力的关系。如果有三个或三个以上的自变量，需要控制不变的量，做到变量每次只能有一个。[典型例题]典例1如图所示，内阻不计的电源与平行板电容器连接，电容器的下极板接地，上极板接一静电计，不计静电计所带的电荷量。P点是两极板间的一点，P点到两极板的距离相等。下列说法正确的是()A．只将平行板电容器的上极板向下移动一小段距离，P点的电势升高B．只将平行板电容器的上极板向上移动一小段距离，静电计的张角变大C．只将平行板电容器的上极板向左移动一小段距离，电容器间的场强变大D．只在平行板电容器两极板间插入一厚度稍小于两极板间距离的绝缘陶瓷，电容变小解析只将平行板电容器的上极板向下移动一小段距离，两极板间的场强变大，P点的电势φ＝Ed，电势升高，A正确；静电计的电压始终等于电动势，只将平行板电容器的上极板向上移动一小段距离，静电计的张角不变，B错误；根据C＝εrS4πkd，只将平行板电容器的上极板向左移动一小段距离，电容器极板正对面积S变小，电容器的电容变小，但板间电压不变，板间距离不变，场强不变，C错误；根据C＝εrS4πkd，只在平行板电容器两极板间插入一厚度稍小于两极板间距离的绝缘陶瓷，εr变大，电容器的电容变大，D错误。答案A名师点评本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，电容器与电源始终相连，则电势差不变，电容器与电源断开，则电荷量不变。结合C＝εrS4πkd(平行板电容器)判断电容器电容的变化，再由电容的定义式C＝QU分析电压或电荷量的变化。典例2如图所示，一带正电的物体位于M处，用绝缘丝线系上带正电的小球，分别挂在P1、P2、P3的位置，可观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同。则下面关于此实验得出的结论中正确的是()A．电荷之间作用力的大小与两电荷间的距离有关B．电荷之间作用力的大小与两电荷的性质有关C．电荷之间作用力的大小与两电荷所带的电量有关D．电荷之间作用力的大小与丝线的长度有关解析根据小球的摆角可以看出小球所受作用力逐渐减小，由于没有改变电性、电量与丝线长度，不能研究电荷之间作用力和电性、电量与丝线长度的关系，故B、C、D错误，A正确。故选A。答案A名师点评解答本题要了解库仑定律表达式的推导过程，由于决定电荷之间作用力大小的因素很多，因此需要采用控制变量的方法进行研究。虽然学生现在都知道库仑力的决定因素，但是该实验只是研究了库仑力和距离之间的关系。[变式]小张在探究磁场对电流作用的实验中，将直导线换作导体板，如图所示，发现在a、b两点之间存在电压Uab。进一步实验结果如下表，由表中结果可知电压Uab()电流磁感应强度电压UabIBUI2B2UI3B3U2IB2U3IB3UA．与电流无关B．与磁感应强度无关C．与电流可能成正比D．与磁感应强度可能成反比答案C解析由表格数据可知，当控制电流I相同时，电压Uab与磁感应强度B成正比，当控制磁感应强度B相同时，则有电压Uab与电流I成正比，综合所述可知，电压可能与电流或磁感应强度成正比，故C正确，A、B、D错误。配套作业1.(2019·江西吉安高三上学期五校联考)如图所示，平行板电容器与电压为U的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略，一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则()A．平行板电容器的电容值变大B．静电计指针张角变小C．带电油滴所受电场力增大D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变答案D解析根据C＝εrS4πkd知，d增大，则电容减小，故A错误；静电计测量的是电容器两极板间的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；极板间电势差不变，d增大，则电场强度减小，带电油滴所受电场力变小，故C错误；若将电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E＝Ud＝QCd＝4πkQεrS，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D正确。2．(2019·黑龙江齐齐哈尔一模)北斗卫星导航系统(BDS)空间段由35颗卫星组成，包括5颗静止轨道卫星(同步卫星)、27颗中轨道地球卫星、3颗其他卫星。其中有一颗中轨道地球卫星的周期为16小时，则该卫星与静止轨道卫星相比()A．角速度小B．轨道半径小C．线速度小D．向心加速度小答案B解析由ω＝2πT，得T越小，ω越大，故A错误；根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力得：GMmr2＝mv2r＝mω2r＝m4π2rT2＝ma，则T＝4π2r3GM，该卫星与静止轨道卫星相比周期小，故轨道半径小，B正确；线速度v＝GMr，知半径r越小，线速度越大，故C错误；向心加速度a＝GMr2，知半径r越小，向心加速度越大，故D错误。3．(2019·重庆一中高三5月模考)在研究球形固体颗粒在水中竖直匀速下沉的速度与哪些因素有关的实验中，得到的实验数据记录在下面的表格中(水的密度为ρ0＝1.0×103kg/m3)。(1)根据以上1、2、3组实验数据，可知球形固体颗粒在水中匀速下沉的速度v与固体颗粒的半径r的关系：v与________(填“r”或“r2”)成正比。(2)根据以上1、4、6组实验数据，可知球形固体颗粒在水中匀速下沉的速度v与水的密度ρ0、固体的密度ρ的关系：v与________(填“ρ”或“ρ－ρ0”)成正比。(3)综合以上实验数据，推导球形固体颗粒在水中匀速下沉的速度与水的密度、固体的密度、固体颗粒的半径的关系表达式v＝________，比例系数可用k表示。答案(1)r2(2)ρ－ρ0(3)k(ρ－ρ0)r2解析(1)由控制变量法容易得出，当ρ一定时，从表格中1、2、3组数据可以得出结论：v∝r2。(2)观察表格中的1、4、6组数据，当r一定时，v和ρ的关系难以立即判断，因此需要换个角度考虑。当r一定时，在每个ρ值后都减去1.0×103kg/m3(即水的密度)，得到的数值与v成正比，即v∝(ρ－ρ0)。(3)综合以上实验数据，可推导出球形固体颗粒在水中匀速下沉的速度与水的密度、固体的密度、固体颗粒的半径的关系表达式：v＝kr2(ρ－ρ0)，k为比例系数。4．(2019·四川雅安三诊)某实验小组探究小车的加速度与质量和合外力的关系时，用了图a所示的装置。设小车及砝码的质量为M，砂和砂桶的质量为m，则(1)本实验采用的实验方法是________。A．控制变量法B．转换法C．理想实验法D．等效替代法(2)下列操作与说法正确的是________。A．实验时，先放开小车，后接通电源B．平衡摩擦力时，应将砂桶用细绳绕过定滑轮系在小车上C．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力D．在满足m≪M时，绳的拉力近似等于砂和砂桶的重力(3)实验得到如图b所示的一条纸带，相邻两计数点的时间间隔为T，B、C间距为s2，D、E间距为s4，则小车加速度的表达式a＝________。(用T、s2、s4表示)答案(1)A(2)CD(3)s4－s22T2解析(1)为了探究加速度与力、质量的关系，可以在质量一定的情况下，探究物体的加速度与力的关系；再在物体受力一定的情况下，探究物体的加速度与质量的关系；最后归纳出加速度与力、质量之间的关系。这样的物理方法称为控制变量法，故选A。(2)实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，同时要求开始时小车靠近打点计时器，故A错误；平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，使小车拖着纸带沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，故B错误；每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面的分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故C正确；依据牛顿第二定律，当满足m≪M时，绳的拉力才近似等于砂和砂桶的重力，故D正确，故选C、D。(3)根据逐差法得：s4－s2＝2aT2，解得：a＝s4－s22T2。