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(共24张PPT)
题型3 大题巧做——三步突破高考计算题
一、科学审题
审题是解题的第一步,能否迅速、准确地领会题意,弄清已知和未知,找准解题的切入点,能否通过阅读、观察、画图、思考、分析等思维过程在头脑中形成一个生动、清晰的物理情境,建构出相应的物理模型,找到所适用的物理规律和解题方法,是审题能力高低的重要体现。审题主要从以下三个方面考虑问题:
①明确题给条件和目标;②明确物理状态和过程;③确定解题思路和方法。
1.快速浏览不可少
浏览是审题的第一步,一般计算题的题干较长,文字叙述较多,情境较为复杂。浏览就是先把题目粗看一遍,弄清大概意思,对于题述的物理情境、属于哪方面的问题、可能用到哪些知识等都应做到心中有数。浏览能为解题打下基础,并可大致判断出攻克的概率和所用知识的熟练程度,若属于比较熟练的问题则可以树立起解题信心,有利于超水平发挥。
2.仔细研读最重要
仔细研读是破题的基础,它是一个接收信息、强化意识的过程,同时能解决在浏览中漏看或错看等问题。在细读过程中必须做到:
(1)确定研究对象:研究对象是物理现象的载体,抓住了研究对象就打开了解题的大门。
(2)找出条件:条件是对研究对象所发生的物理现象和物理事实的一些限制,是指“题目中告诉了什么”,分析时首先明确显性的已知条件,然后挖掘隐含条件,最后还要澄清混乱的模糊条件。显性条件较易被感知,隐含条件却不易被发现,它可能隐含在物理概念、规律、现象、状态、过程、图形、图像、关键词语之中;模糊条件往往存在于一些模糊语言之中(一般只界定一个大概的范围)。
①找出已知条件:如哪些物理量是已知的,接触面是否光滑;是否考虑粒子的重力;粒子带正电还是带负电;物体是否能通过竖直圆周的最高点;待求量是不是矢量;结果要求保留几位有效数字等。
②挖掘隐含条件:隐含条件的挖掘是破题的重要环节,有些考生往往因不能有效地挖掘隐含条件而导致解题时束手无策。
a.物理概念中的隐含条件:如交变电流的有效值,意味着相同时间内在相同电阻上与直流电产生相同热量。
b.物理模型中的隐含条件:如质点、点电荷意味着不计形状和大小;同步卫星意味着卫星的角速度或周期与地球相同;自由落体运动意味着不计空气阻力等。
c.物理现象、状态中的隐含条件:如受力平衡状态意味着合力为零;“缓慢移动”意味着物体处于动态平衡状态;在轨运行的航天员意味着处于完全失重状态等。
d.关键词语中的隐含条件:如表现极值条件的用语“最大”“最小”“至少”“刚好”等,均隐含着某些物理量可取特殊值。
e.图形、图像中的隐含条件:实物图、示意图中的几何关系可以作为量化信息利用;物理图像中隐含的条件一般与数学知识有关,如v-t图像隐含速度、加速度的变化规律,“面积”表示位移;U-I图像隐含导体的电阻、电动势和内阻等。
f.物理常识中的隐含条件:在一些近似估算中,考生需根据常识自己给出条件,如成年人的质量为60~100 kg,自行车的速度约为5 m/s,月球的自转周期约为27天等。
③舍弃干扰条件:发现题中的干扰条件要大胆舍弃,干扰信息往往与解题的必备条件混杂在一起,若不及时识别并排除,就容易受干扰而误入陷阱。
(3)明确目标:目标是指题目“问的什么”“要求什么”,读题时在这里必须略加停顿,以便明确目标,把握方向,避免答非所问,解非所求。
(4)理清过程把握状态:物理过程是指研究对象在一定条件下变化和发展的程序,若是多过程问题,则可将全过程分解为多个子过程或将多个子过程合并成一个全过程;状态是指研究对象在某时刻或某位置所呈现的特征。每一道物理试题都是由若干个物理状态和过程组合而成的,弄清楚这些状态和过程就把题目理出了头绪。我们可以利用画草图的方法把某研究对象在某物理过程中以及该过程两端所呈现的特征显示出来,以便借助简图找到这些状态和过程所遵循的物理规律。
二、迅速破题
破题是解题的必要环节,是正确解题的关键。在找出各种条件、明确各个过程和状态的情况下,就要正确建构物理模型迅速进入破题阶段。所谓破题就是找到该模型在各过程和状态中所适用的物理规律和解题方法。一个题目的条件和目标之间存在着一系列的必然联系,这些联系就是由条件通向目标的桥梁。究竟用哪些关系来解题要根据这些关系和题中所述的物理过程所遵循的物理规律来确定。所有这些都要在这一步确定好,否则可能前功尽弃。
三、规范答题
答题是最后一步,也是能否得分的关键。解题规范化,简单地讲就是解题要按照一定的格式进行,图文并茂,书写整洁,布局合理,层次分明,结论明确。
1.画图
根据题意作出描述物理情境或过程的示意图(包括受力分析图、运动过程图、状态图、电路图等),并且要做到图文对应,有时要求画函数图像时,就必须建立坐标系(包括画上原点、箭头,标好物理量的符号、单位及坐标轴上的标度等)。
2.写出必要的文字说明
文字说明能反映解题思路,展示思维过程。书写文字说明时要言简意赅,详略得当,使解题思路清晰明了,解答有理有据。必要的文字说明主要有下列几项:
(1)说明研究对象:可采用“对物体A”“对A、B组成的系统”等简洁的形式;
(2)指出物理过程和状态:如“从A→B”“在t时刻”等简单明了的说法;
(3)选定正方向、参考系、参考面、零势点(面),设定所求物理量或中间变量的字母符号;
(4)说明隐含条件、临界条件,分析所得的关键判断;
(5)指明所用物理公式(定理、定律、方程)的名称、条件和依据,并用“由……定律得……”“据……有……”以及关联词“将……代入……”“联立……”“由……得出……”等句式表达;
(6)使用恰当的连词或连接语;
(7)结果带有负号时应说明其表示的意义。
3.列出方程式
方程式是主要的得分依据,写出的方程式必须符合所依据的物理规律的基本形式,体现出对题意的理解和对规律的应用。注意以下两点:
(1)写出原始方程(物理量的定义式、概念或规律的表达式),不能以变形式代替原始式。方程式应该全部用字母符号来表示,不要写代入数据的方程,方程中物理量的符号要用题中所给的符号,若使用题中没有的物理量符号时,也要使用课本上统一的符号。
(2)要分步列式,不要用综合式或连等式(评卷标准中按分步式给分),并对各方程式进行编号。
4.写出重要的演算过程
从方程求解结果时,一般先要进行代数式的字母运算,并写明重要的演算过程,导出所求物理量的表达式,若几何关系只说结果不必证明,然后把单位统一后代入数据,卷面上不能打“/”相约,计算后直接写出正确的结果和单位,并作适当说明。如果最后是纯字母的表达式,一定要检查所有字母是否全为已知量。如结果是矢量的要说明方向。
5.准确规范表达结果
解题结果要认真规范地加以表述,作为计算结果的数据一般要用科学记数法,如1.65×104 J;有效数字的位数应根据题意确定;不能用较复杂的表达式或不能明确看出结果的根式或分式表示;另外要回应题目,即根据所得结果对题中的问题进行说明或回答,回答要全面、准确、有针对性,不要答非所问。
例题(2023全国乙卷)如图所示,一竖直固定的长直圆管内有一质量为m0的静止薄圆盘,圆盘与管的上端口距离为l,圆管长度为20l。一质量为m= m0的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆盘中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力,重力加速度大小为g。
(1)求第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小。
(2)求在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的
最远距离。
(3)求圆盘在管内运动过程中,小球与圆盘碰撞的次数。
审题:
读取题干 获取信息
质量为m0的静止薄圆盘……质量为m= m0的小球 小球碰撞圆盘,小球的质量小于圆盘的质量,即“小碰大”
滑动摩擦力与其所受重力大小相等 圆盘向下做匀速运动
小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短 动量守恒、机械能守恒
破题:1.小球和圆盘第一次碰撞前后动量守恒、机械能守恒,可确定碰后小球向上反弹做竖直上抛运动,圆盘向下做匀速运动;
2.当小球和圆盘运动的速度相同时,两者相距最远,根据竖直上抛运动的对称性可知,此时小球恰好回到第一次碰撞位置;
3.第二次发生弹性碰撞后,小球的速度恰好为零,小球继续做自由落体运动,圆盘做匀速运动;
4.以薄圆盘为参考系分析小球和圆盘之后的碰撞,更换参考系可以在很大程度上降低难度;归纳总结,寻找出规律,可缩短耗时。
小球与圆盘第一次碰撞时,由于是弹性碰撞,由动量守恒定律得
mv球1=mv球1'+m0v盘1'(v球1'与v盘1'分别为两者第一次碰后速度)
x1+x2+x3<19l所以发生4次碰撞。(共17张PPT)
题型2 实验考做——有序突破高考实验题
方法策略
实验题在高考试卷中一般包含两道题目,一般都是按“一小一大、一力一电”模式进行题目设置,题目基本都是中、低档题。很多考生很害怕做实验题,根本原因就是平时学习和复习过程中只追求刷题量,不注重实验能力的培养,换句话说,也就是只注重“做”实验题,而不注重真正到实验室去“做”实验。“纸上得来终觉浅,绝知此事要躬行”,这句话对实验的复习有很好的借鉴意义。
明确实验题失分的四种常见情况:
一、不能准确读数
1.高考常出螺旋测微器和游标卡尺的读数,但遗憾的是无论教师怎样强调,仪表读数题错误率每年居高不下。
2.不懂多用电表或电压表、电流表选择不同的挡位时有不同的读数规则。
二、画图的问题
1.画电路图或用笔连实物图时,电路连线画不到位;导线连接在变阻器的滑片上;导线出现了交叉;跨过电表的盘面与黑区混在一起看不清;对选定的电表没有标明清楚;用铅笔画好后没有再用钢笔画黑,扫描时看不清楚等。
2.画坐标图时,没有画箭头,或画完箭头后不标明物理量及对应的单位等。
3.画出的图像不完整,只画中间描点部分,不延长,不能从图像得到结果等。
三、操作、结论或误差分析的表述不准确
1.在“探究弹簧的弹力与伸长量的关系”的实验装置的安装中,将“竖直安装刻度尺”写成“垂直安装刻度尺”。
2.将“接通电源,释放纸带”写成“通电放纸”等不规范口语。
3.将多用电表中的“欧姆调零”写成“调零”“机械调零”。
4.在下“探究弹簧的弹力与伸长量的关系”的实验结论时,把“在弹性限度内”写成“在弹簧的量程内”“在弹簧的耐力内”等。
5.在下“验证机械能守恒定律”的实验结论时,忘记说明“在误差允许的范围内”。
6.在下“验证牛顿第二定律”的实验结论时,以“在误差允许的范围内”代替“在外力不变的条件下”或“在小车的质量不变的条件下”。
四、表达式或计算结果的问题
1.字母形式的结果含有确定或不确定的数字,如把电压表的内阻值用数字与其他测量的物理量混合在一起;又如用“10”代替“g”与其他测量的物理量混合在一起,造成量纲混乱。
2.把某个物理量的单位与物理量的符号混合在一起,造成表达式的错误。
3.数字形式的结果写成含根号或分式,或不能按题后括号所要求的有效数字填空。
4.答题卡上数字形式结果的单位,该写的没写上,不该写的写上了。单位究竟写还是不写以试卷为准,如果试卷留空的横线后有单位,那么在答题卡上就不能写单位了;反之,在答题卡上就必须写上单位。
分类例析
一、教材原型实验
教材原型实验题主要考查考生的科学探究素养,这就要求我们在高考实验备考中要重视教材中的每一个实验,弄清和掌握教材中每一个实验的实验原理、实验步骤、数据处理、误差分析等,对每一个实验都应做到心中有数,并且能融会贯通。
例1　(2023全国乙卷)在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有:木板、白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若干。完成下列实验步骤:
①用图钉将白纸固定在水平木板上。
②将橡皮条的一端固定在木板上,另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上,它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计,小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小,并　　　　。(多选,填正确答案标号)
A.用刻度尺量出橡皮条的长度
B.用刻度尺量出两细线的长度
C.用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置
D.用铅笔在白纸上标记出两细线的方向
CD
③撤掉一个测力计,用另一个测力计把小圆环拉到　　　　　　　　　　　　　　　,由测力计的示数得到拉力F的大小,沿细线标记此时F的方向。
④选择合适标度,由步骤②的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作F1和F2的合成图,得出合力F'的大小和方向;按同一标度在白纸上画出力F的图示。
⑤比较F'和F的　　　　　　　　　　,从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
点拨 题考查了验证力的平行四边形定则实验,从实验器材、实验操作、实验原理与教材上讲解的实验一样。
步骤②中标记的小圆环位置
大小和方向
解析 ②两拉力F1和F2共同作用,产生的效果是使橡皮条一端的小圆环到某一位置;用一个力F将小圆环拉到同一位置,说明两种方法达到的效果一样,所以要记录小圆环的位置,选项C正确,A错误。力是矢量,所以还需记录两拉力F1和F2的方向,以便步骤④绘制平行四边形。细线的方向即为F1和F2的方向,选项D正确。F1和F2的大小、方向与细线的长度无关,选项B错误。
二、创新型实验
创新型实验主要考查考生的知识迁移能力和解决实际问题的能力,解决此类问题要有“以不变应万变”的策略。创新型实验有以下几类:
1.实验器材的等效与替换。常见的考查模式主要有两种:一种是不变目的,变装置;另一种是不变装置,变目的。
2.实验原理的拓展与延伸。该类实验的特点是题目来源于教材,但又高于教材,实验的基本原理和思想方法是考查的核心,要解决此类实验问题,关键是对实验原理的分析和理解要透彻。
3.实验情境的设计与创新。不管实验情境的设计进行了怎样的创新,其考查的实验原理和实验处理方法仍然不变,因此,对于创新型实验的处理,最根本的方法是要把实验的本质从新情境中分离出来,找出与常规实验的相同之处,然后运用类似的实验原理和实验数据处理方法进行处理。
例2　(2023湖南卷)某探究小组利用半导体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量微小压力的装置,其电路如图甲所示,R1、R2、R3为电阻箱,RF为半导体薄膜压力传感器,C、D间连接电压传感器(内阻无穷大)。
甲
(1)先用欧姆表“×100”挡粗测RF的阻值,示数如图乙所示,对应的读数是
　　　　 Ω。
乙
1 000
(2)适当调节R1、R2、R3,使电压传感器示数为0,此时,RF的阻值为________　　　　(用R1、R2、R3表示)。
(3)依次将0.5 g的标准砝码加载到压力传感器上(压力传感器上所受压力大小等于砝码重力大小),读出电压传感器示数U,所测数据如下表所示:
次数 1 2 3 4 5 6
砝码质量m/g 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
电压U/mV 0 57 115 168 220 280
根据表中数据在图丙上描点,绘制U-m关系图线。
丙
答案 如图所示
(4)完成前面三步的实验工作后,该测量微小压力的装置即可投入使用。在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力F0,电压传感器示数为200 mV,则F0大小是　　 　　 N(重力加速度取9.8 m/s2,保留3位有效数字)。
(5)若在步骤(4)中换用非理想毫伏表测量C、D间电压,在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力F1,此时非理想毫伏表读数为200 mV,则F1——————　　　　(选填“>”“=”或“<”)F0。
点拨 本实验题的创新之处有两点:
(1)实验目的的创新:利用半导体薄膜压力传感器等元件设计一个测量微小压力的装置;
(2)实验原理的创新:利用电桥电路中电压分配规律,分析电阻的阻值关系。
1.75×10-2
>
解析 (1)由题图乙知,欧姆表表盘示数为10 Ω,所选挡位为“×100”挡,则对应的读数是10 Ω×100=1 000 Ω。
(2)当电压传感器示数为0时,C、D两点的电势相等,根据串联电路中电压分
(3)根据表格中的数据,描点作图,图线为一条过原点的直线。
(4)由第(3)问图知,U=112m(U的单位为mV,m的单位为g),当U0=200 mV
(5)当C、D间连接电压传感器(内阻无穷大)时,有
UCD=I1RF-I2R3
当C、D间接非理想毫伏表时,有
UCD=(I1-IV)RF'-(I2+IV)R3
由以上两式得
I1RF-(I1-IV)RF'=I2R3-(I2+IV)R3<0
所以RFF0。(共28张PPT)
要点1 数学方法在物理问题中的应用
方法一 三角函数法
1.三角函数求极值
(1)y=sin α,当α=90°时,ymax=1;
(2)y=cos α,当α=0时,ymax=1。
针对训练1如图所示,底边AB的长度恒定为b,当斜面与底边夹角θ为多大时,物体沿此光滑固定斜面由静止从顶端滑到底端所用时间才最短
答案 见解析
2.辅助角求极值
三角函数式y=acos θ+bsin θ
针对训练2如图所示的旅行箱,它既可以在地面上推着行走,也可以在地面上拉着行走。已知该旅行箱的总质量为15 kg,一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速直线运动,若拉力的最小值为90 N,此时拉力与水平方向间的夹角为θ,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比,比值为μ,则(　　)
A.μ=0.5,θ=37°
B.μ=0.5,θ=53°
C.μ=0.75,θ=53°
D.μ=0.75,θ=37°
D
解析 对旅行箱受力分析,如图所示,
根据平衡条件
水平方向,有Fcos θ-Ff=0
竖直方向,有FN+Fsin θ-G=0
其中Ff=μFN
当α-θ=0时,F有最小值,故Fmin=Gsin α=90 N
则sin α=0.6,α=37°,故μ=tan 37°=0.75,θ=37°,选D。
3.正弦定理
在如图所示的三角形中,各边与所对应角的正弦之比相等,即
针对训练3(2023河北邯郸名校联考)如图所示,光滑直角三角形支架ABC竖直固定在水平地面上,B、C两点均在地面上,AB与BC间的夹角为θ,分别套在AB、AC上的小球a和b用轻绳连接,系统处于静止状态,轻绳与CA间的夹角为α。a、b的质量之比为(　　)
A
解析 分别以a和b为研究对象,进行受力分析,受到重力、支持力和绳子拉力,将重力和支持力进行合成,如图所示
根据几何关系得到图中各个角度,利用正弦定理可得
4.余弦定理
在如图所示的三角形中,有如下三个表达式:
a2=b2+c2-2bc·cos A
b2=a2+c2-2ac·cos B
c2=a2+b2-2ab·cos C
针对训练4以坐标原点O为圆心存在半径为d的圆,整个坐标系存在着垂直xOy平面向外的匀强磁场,磁感应强度为B。在坐标(2d,0)的P点有一电子发射源,电子的初速度大小未知,方向沿xOy平面指向第一象限,与x轴正方向成α角(0≤α≤90°),如图丙所示。已知电子的质量为m,电荷量为e。不计电子重力。
甲
乙
丙
(1)α=90°时,如图甲所示,若电子的轨迹与圆外切,求电子的速度大小v1;
(2)α=0°时,如图乙所示,若电子的轨迹与圆外切,求电子在运动过程中离原点O的最大距离L;
(3)0≤α≤90°时,如图丙所示,若电子的轨迹与圆外切,求电子的速度大小v3与α的关系。
图1
图2
图3
方法二 均值不等式法
由均值不等式a+b≥ (a>0,b>0)可知:
(1)两个正数的积为定值时,当两数相等,和最小;
(2)两个正数的和为定值时,当两数相等,积最大。
针对训练5(多选)(2023河北沧州模拟)一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点,另一端系有质量为m的小球,保持绳绷直将小球拉到绳与竖直方向夹角为α的A点由静止释放,运动到O点的正下方时绳断开,小球做平抛运动,已知O点离地高度为H,绳长为L,重力加速度大小为g,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.在绳断开前,小球受重力、绳的拉力和向心力作用
B.在绳断开前瞬间,小球处于失重状态
C.在绳断开前瞬间,小球所受绳子的拉力大小为(3-2cos α)mg
D.若夹角α不变,当L= 时,落点距起点的水平距离最远
CD
解析 在绳断开前,小球在竖直平面内做圆周运动,小球只受重力和绳的拉力作用,故A错误;在绳断开前瞬间,小球加速度方向竖直向上,处于超重状态,故B错误;在绳断开前瞬间,设小球受绳子拉力为FT,根据牛顿第二定律
方法三 二次函数求极值法
二次函数式y=ax2+bx+c
(2)利用一元二次方程判别式求极值。
用判别式Δ=b2-4ac≥0有解可求某量的极值。
针对训练6如图所示,用内壁光滑细圆管弯成的半圆形轨道APB(半圆轨道半径远大于细圆管的内径)和直轨道BC组成的装置,把它竖直放置并固定在水平面上,已知半圆轨道半径R=1 m,质量m=100 g的小球(视为质点)压缩弹簧由静止释放,小球从A点弹入半圆轨道,从C点以v0=8 m/s离开轨道,随即进入长L=2 m、动摩擦因数μ=0.1的粗糙水平地面(图上对应为CD),最后通过光滑轨道DE,从E点水平射出,已知E点距离地面的高度为h=1 m,除CD段外其他处摩擦阻力忽略不计,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。
(1)求小球到达C点时对圆管的压力;
(2)求弹簧储存的弹性势能的大小;
(3)若E点的高度h可以调节,当h多大时,水平射程x最大,此最大值是多少
答案 (1)1 N,方向竖直向下
(2)1.2 J
(3)1.5 m　3 m
解析 (1)小球在BC段做匀速直线运动,所受合力为零,小球所受支持力为FN=mg=1 N
根据牛顿第三定律,圆管对小球的支持力和小球对圆管的压力是作用力与反作用力,大小相等,方向相反,则小球对圆管的压力大小为1 N,方向竖直向下。
(2)小球从静止到C点根据功能关系有
方法四 数学归纳法和数列法
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原来的完全重复,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,求解该类问题的基本思路为:
(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。
针对训练7如图所示,质量m0=2 kg的平板小车左端放有质量m=3 kg的铁块(可视为质点),它和小车之间的动摩擦因数μ=0.5。开始时,小车和铁块共同以v0=3 m/s的速度向右在光滑水平面上运动,车与竖直墙正碰,碰撞时间极短且碰撞中不损失机械能。车身足够长,使铁块不能和墙相撞,且始终不能滑离小车。g取10 m/s2。求小车和墙第一次碰后直至其最终恰好靠墙静止这段时间内,小车运动的总路程。
答案 1.25 m
解析 小车第一次碰墙后以原速率反弹,并在铁块的摩擦力作用下向左减速,因mv0>m0v0,故小车先减速为零,后向右加速直至与铁块达到共同速度;之后小车第二次碰墙后反弹,重复上述过程。设小车第一次碰墙后向左运动的最大距离为s1,第二次碰墙后向左运动的最大距离为s2,第三次碰墙后向左运动的最大距离为s3…,小车第一次碰墙之后与铁块的共同速率为v1,第二次碰墙之后与铁块的共同速率为v2,第三次碰墙之后与铁块的共同速率为v3…(共21张PPT)
题型1 小题快做——七法突破高考选择题
选择题的考查构思巧妙,概念性强,方法灵活多样,经常会设置陷阱,稍不注意,极易失分;同时由于选择题给出了明确的选项,只要谨慎解题、充分利用选项的特性,就容易获得高分。如何解好高考选择题一直是重要的研究课题,除了要求考生具有扎实的基础知识外,还要掌握一些常见的解题方法与技巧,既要千方百计地解好选择题,又不能“小题大做”耽误太多时间,影响后面题目作答。我们解答选择题的原则一是提高解题速度,二是提高解题的准确度。为此我们必须掌握适当的方法和技巧,加强专项训练。以下提供解物理选择题的几种常用方法,供大家参考。
常用解法
一、直接判断法
通过阅读和观察,利用题中所给的条件,根据所学的物理事实、概念、定理、定律等,经过思考从题目提供的多个选项中,直接作出判断或经过推理、计算,选出正确选项。
二、筛选排除法
选择题的答案一定包含在题目所给的备选选项之中,根据选择题的这一特点,通过对题述物理过程、物理条件和备选选项形式的分析,将不合题意的选项逐一排除,最终选出正确选项的方法叫作筛选排除法。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。总之,判断一个选项正确很难,但判断一个选项错误是很容易的,只要有一种情况不符合要求就是错误的。多选题只要排除两个选项,则剩余两个选项一定是符合题目要求的。
三、图像图解法
物理学中的图像和示意图种类很多,如示意图、过程图、函数图、矢量图、电路图和光路图等。利用图像或示意图解答选择题,便于了解各物理量之间的关系,能够避免烦琐的计算,迅速简便地找出正确选项,还能解决一些用一般计算方法无法解决的问题。若题干或选项中已经给出了函数图,则需从图像纵、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。此类题目在力的动态变化、物体运动状态的变化、波形变换、气体状态变化、电磁感应现象等问题中最为常见。
四、特殊值检验法
特殊值检验法是让题目中所涉及的某一物理量取特殊值,通过相对简单的分析和计算进行判断的一种方法。有些选择题,根据它所描述的物理现象的一般情况,较难直接判断选项的正误时,可以利用题述物理现象中的某些特殊值或极端值,对各选项逐个进行检验,凡是用特殊值检验证明是不正确的选项,在一般情况下也一定是错误的,可以排除。它适用于将特殊值代入后能将错误选项均排除出去的选择题,即单项选择题,当然,也可以作为一种将正确的选项范围缩小的方式应用于多项选择题的解答中。
五、单位检验法
有些选择题的选项是用字母表示的代数式,如果某个选项的单位与题干中要求的物理量的单位不一致,就可以排除这个选项(请注意:与题干中要求的物理量的单位相同的选项并不一定正确,因为用单位判断法不能确定常数项的正确与否)。如果这种方法不能排除所有错误选项,只要能排除部分错误选项,对帮助正确选择答案也是有益的。
六、极限分析法
有的物理问题要讨论最终状态,但通过具体的物理公式或规律无法得出,若将某些物理量的数值推向极限(如设定摩擦因数趋近零或无穷大、电源内阻趋近零或无穷大、物体的质量趋近零或无穷大等),并根据一些显而易见的结果、结论或熟悉的物理现象进行分析和推理,就可能得出结果。这种办法称为极限分析法或极限法。
七、估算法
在选择题中,还有一些貌似计算求解的题目,而实质只需做一些粗略的估算就能得出判断。例如,有些选择题只要求判断两物理量的比值关系,而有些选择题本身就是估算题,有些选择题只要求研究某个物理量的取值范围等,可通过比例法和粗略的计算求出结果。
除上述常用的解法以外,还有类比分析法、等效代替法、逻辑推理法、建构模型法等方法,在这里不再一一赘述。需要说明的是,解答一个选择题可能同时用到多种方法,比如用排除法排除一个或两个选项后,再利用其他方法作出最后的判断。
分类例析
一、定性分析型
例1　(2023浙江6月选考)下图为“玉兔二号”巡视器在月球上从O处行走到B处的照片。轨迹OA段是直线,AB段是曲线,巡视器质量为135 kg,则巡视器(　　)
A.受到月球的引力为1 350 N
B.在AB段运动时一定有加速度
C.OA段与AB段的平均速度方向相同
D.从O到B的位移大小等于OAB轨迹长度
点拨 本题考查对重力加速度、曲线运动、位移、平均速度的理解。
B
解析 本题考查对重力加速度、曲线运动、位移、平均速度的理解。月球表面的重力加速度不等于10 m/s2,巡视器受到月球的引力不等于1 350 N,选项A错误;巡视器在AB段的运动为曲线运动,做曲线运动的物体一定受到指向轨迹内侧的合力,一定有加速度,选项B正确;OA段和AB段位移方向不同,平均速度方向不同,选项C错误;从O到B的位移大小小于OAB轨迹的长度,选项D错误。
二、定量计算型
例2　(2023全国乙卷)2022年10月,全球众多天文设施观测到迄今最亮伽马射线暴,其中我国的“慧眼”卫星、“极目”空间望远镜等装置在该事件观测中作出重要贡献。由观测结果推断,该伽马射线暴在1分钟内释放的能量量级为1048 J。假设释放的能量来自物质质量的减少,则每秒钟平均减少的质量量级为(光速为3×108 m/s)(　　)
A.1019 kg B.1024 kg
C.1029 kg D.1034 kg
点拨 本题考查了应用爱因斯坦质能方程求解质量的变化。
C
三、图表图像型
例3　(多选)(2023全国甲卷)一有机玻璃管竖直放在水平地面上,管上有漆包线绕成的线圈,线圈的两端与电流传感器相连,线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布,下部的3匝也均匀分布,下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离,如图甲所示。现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落,电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图乙所示。则(　　)
甲
乙
A.小磁体在玻璃管内下降速度越来越快
B.下落过程中,小磁体的N极、S极上下颠倒了8次
C.下落过程中,小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D.与上部相比,小磁体通过线圈下部的过程中,磁通量变化率的最大值更大
点拨 本题考查了电磁感应现象问题,通过I-t图像获取感应电流随时间变化的信息,可以判断磁通量的变化及小磁体的运动规律。
答案 AD
解析 由题图乙可得,感应电流的峰值越来越大,说明感应电动势越来越大,小磁体在玻璃管内下降的速度越来越快,选项A正确;下落过程中,小磁体在接近、远离线圈的时候,电流的方向不断变化,并不是小磁体的N极、S极上下颠倒,选项B错误;感应电流的峰值越来越大,小磁体受到的电磁阻力不断变化,选项C错误;与线圈上部相比,小磁体通过线圈下部的过程中,感应电流的峰值更大,说明磁通量变化率的最大值更大,选项D正确。
四、信息迁移型
例4　(多选)(2023湖北卷)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后,射入水平放置的平行板电容器,极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘,速度方向与极板夹角为45°,微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L,到两极板距离均为d,如图所示。忽略边缘效应,不计重力。下列说法正确的是(　　)
A.L∶d=2∶1
B.U1∶U2=1∶1
C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D.仅改变微粒的质量或者电荷数量,微粒在电容器中的运动轨迹不变
BD
点拨 本题考查了带电粒子在电场中的偏转问题,带电粒子斜射入电场中,在垂直电场方向做匀速直线运动,平行于电场方向做匀变速直线运动,合运动可看作类斜抛运动,此类运动可类比应用斜抛运动的分析方法进行解决。
L∶d=1∶1,选项A错误。
粒子从最高点到穿出电容器有L=vxt1,vy1=at1
五、组合综合型
例5　(2023山东卷)质量为m0的玩具动力小车在水平面上运动时,牵引力F和受到的阻力Ff均为恒力。如图所示,小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为s1时,小车达到额定功率,轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下,其总位移为s2。物体与地面间的动摩擦因数不变,不计空气阻力。小车的额定功率P0为(　　)
A
点拨 本题属于两个物体、两个过程的综合问题,考查了牛顿运动定律、运动学公式以及功率的计算,第一个阶段选择整体分析,第二个阶段对物体进行研究。(共60张PPT)
考点一　时间计算
角度1　x-t图像
1.一般曲线
(1)曲线不表示物体做曲线运动,而是表示物体做变速直线运动;
(2)一般割线的斜率等于平均速度,某点切线斜率等于瞬时速度;
(3)注意路程和位移区别。0~t1,路程等于位移大小(x1);0~t2,路程(2x1-x2)大于位移大小(x2)。
2.抛物线
针对训练1(2023山东模拟预测)甲、乙两车在同一条平直公路上运动,其x-t图像如图所示,已知甲车做匀变速直线运动,其余数据已在图中标出。根据图中数据可知(　　)
A.t=2 s时刻,甲、乙两车速度大小相等
B.0~2 s内,甲车位移等于乙车位移
C.甲车的初速度大小为2 m/s
D.相遇之前,t=0.75 s时两车相距最远
D
解析 在x-t图像中,图线的斜率表示速度,由题图可知,t=2 s时刻甲车的速度大于乙车的速度,故A错误;由题图知,甲车位移为8 m,乙车位移为6 m,甲车位移大于乙车位移,故B错误;甲车的位移表达式为x=v0t+ a1t2+x0,将(0,-2)、(1,0)、(2,6)代入上式,解得x0=-2 m,v0=0,a1=4 m/s2,故C错误;由乙车图线可知,乙车做匀速直线运动,速度大小为3 m/s,两车速度相同时,两车相距最远,即v甲=v乙=3 m/s,t= =0.75 s,故D正确。
角度2　v-t图像
针对训练2(2023河北唐山三模)跳水比赛中,从运动员离开跳板开始计时,跳水过程中运动员重心的v-t图像如图所示,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,运动员的运动轨迹视为直线。则下列说法正确的是(　　)
A.运动员在入水前做的是自由落体运动
B.运动员在t=2 s时已浮出水面
C.运动员在1~2 s内的位移大小约为8 m
D.运动员双脚离开跳板后重心上升的高度为0.2 m
D
解析 运动员离开跳板时,有向上的初速度,则运动员在入水前做的不是自由落体运动,故A错误;运动员在t=2 s时速度为0,运动到最低点,即入水最深处,故B错误;运动员在0.2~1 s内做自由落体运动,由公式v=gt可得,t=1 s时运动员的速度为v=8 m/s,若运动员在1~2 s内做匀减速运动,v-t图像如图所示
由v-t图像中面积表示位移可知,此时,运动员在1~2 s内
的位移为x= ×1×8 m=4 m,则运动员在1~2 s内的实
际位移小于4 m,故C错误;由图可知,运动员在t=0.2 s时
运动到最高点,则有 ,可得双脚离开跳板后重心上升的高度为0.2 m,故D正确。
类型二 动力学图像
针对训练3(2023山东青岛二模)风洞实验可以模拟高空跳伞情况下人体所承受气流的状态。已知物体受到的空气阻力F与物体相对空气的速度v满足F= CρSv2(S为物体迎风面积,C为风阻系数,ρ为空气密度)。图甲中风洞竖直向上匀速送风,一质量为m的物体从A处由静止下落,一段时间后在B处打开降落伞,相对速度的二次方v2与加速度大小a的关系图像如图乙所示,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.开伞前加速度向下,越来越大
B.开伞后加速度向上,越来越大
C
针对训练4(2023山东济南一模)如图所示,一长木板a在光滑水平地面上运动,某时刻将一个相对于地面静止的物块b轻放在木板上,此时a的速度为v0,同时对b施加一个水平向右的恒力F,已知物块与木板的质量相等,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上,则物块放到木板上后,下列关于a、b运动的速度—时间图像可能正确的是(　　)
D
解析 长木板a和滑块b速度达到相等之前,b相对a向左运动,b受到a向右的摩擦力和恒力F,a受到b向左的摩擦力,a做减速运动,b做加速运动,由于不清楚a、b质量以及恒力的大小,无法比较a、b加速度的关系,a、b共速后,若在F作用下,a、b间的摩擦力没有达到最大静摩擦力,对a、b整体由牛顿第二定律可知,a、b一起做加速运动,若在F作用下,a、b间的摩擦力达到最大静摩擦力后,则a、b加速度大小不相等,均做加速运动。故选D。
类型三 功、能、动量中的图像
角度1　机车启动中的图像
针对训练5(2023陕西西安模拟)某型号新能源汽车某次测试行驶时的加速度和车速倒数 的关系图像如图所示,若汽车质量为2×103 kg,它由静止开始沿平直公路行驶,且行驶中阻力恒定,最大车速为30 m/s,则(　　)
A.汽车匀加速所需时间为5 s
B.汽车以恒定功率启动
C.汽车所受阻力为1×103 N
D.汽车在车速为5 m/s时,功率为6×104 W
A
=ma,联立解得F阻=2×103 N,P=6×104 W,故C错误;根据牛顿第二定律,汽车匀加速运动时有F-F阻=ma,代入数据得F=2×103 N+2×103×2 N =6×103 N,车速v'=5 m/s时,功率P'=Fv'=6×103×5 W=3×104 W,故D错误。
角度2　功能关系中的图像
Ek-x图像 Ep-x图像 E-x图像 E-t图像
斜率:合力 ①合力沿+x方向 ②合力沿-x方向 斜率:对应的保守力(保守力指做功与路径无关的力) ①保守力沿-x方向 ②保守力沿+x方向 斜率:除重力、弹力以外的力 ①沿+x方向 ②沿-x方向 斜率:功率
针对训练6(2023湖南常德一模)跳台滑雪项目是一项勇敢者的运动。如图甲所示,某跳台滑雪运动员从助滑道滑下,然后从跳台a处沿水平方向飞出,在斜坡b处着陆,运动员从a到b飞行时的动能Ek随飞行时间t变化的关系图像如图乙所示,不计空气阻力的作用,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
A.运动员在a处的速度大小为20 m/s
B.运动员在b处时,重力的瞬时功率为1.2×104 W
C.斜坡的倾角为30°
D.t=1.5 s时,运动员在空中离坡面的距离最大
甲
乙
B
角度3　动量中的图像
针对训练7(2023北京西城二模)研究蹦极运动时,在运动员身上装好传感器,用于测量他在不同时刻下落的高度及速度。运动员身系弹性绳,从蹦极台无初速度下落,根据某次传感器测到的数据,得到如图所示的速度—位移图像。忽略空气阻力,根据图像可知(　　)
A.弹性绳的原长为15 m
B.0~15 m下落过程中,运动员重力势能的减少量大于动能的增加量
C.15~27 m下落过程中,运动员所受合力先减小后增大
D.0~27 m下落过程中,运动员重力的冲量大小大于弹性绳弹力的冲量大小
答案 B
解析 由图像可知位移大小为15 m时,速度大小为最大值,可知该位移处弹性绳的弹力与运动员的重力等大,所以弹性绳处于伸长状态,即弹性绳的原长小于15 m,故A错误;运动员下落过程中先做加速度为g的加速运动,至弹性绳恰好拉直后运动员继续做加速度减小的加速运动,直至速度达到最大,此时位移大小为15 m,所以0~15 m下落过程中,运动员重力势能的减少量等于动能的增加量加上弹性绳弹性势能的增加量,故B正确;15 m时,弹性绳的弹力与运动员的重力等大,合力为零,之后运动员继续向下运动,弹性绳伸长量继续变大,弹性绳弹力大于重力,合力向上且变大,故C错误;0~27 m下落过程中由动量定理可得IG+I弹=0,可知运动员重力的冲量大小等于弹性绳弹力的冲量大小,故D错误。
针对训练8(多选)(2023湖北荆门联考)如图甲所示,一小车静止在光滑水平地面上,上表面PQ是以O为圆心,半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,左端P与平台等高且平滑对接(不粘连)。一小球以某一水平速度冲上小车,测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为v1、v2,作出v2-v1图像,如图乙所示。已知P点距地面高h= ,重力加速度为g,则(　　)
A.小车质量是小球质量的2倍
BC
类型四 电场中的图像
角度1　电场中的φ-x图像
1.电场强度的大小等于φ-x图线的斜率的绝对值,电场强度为零处φ-x图线存在极值,其切线的斜率为零。
2.在φ-x图像中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向,如图所示。
针对训练9(多选)(2023河北沧州模拟)如图甲所示,两电荷量分别为Q1和Q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点,O点为坐标原点,在x轴上各点的电势φ随x轴坐标的变化规律如图乙所示,图中x轴上C点的电势为零,D点的电势最低。则(　　)
A.图像中图线的斜率表示电势能
B.在x轴上D点的电场强度为零
C.点电荷Q1的电荷量比Q2的大
D.点电荷Q1带正电,Q2带负电
BC
解析 在φ-x图像中图线上某点切线的斜率表示该点的电场强度,故A错误;由题图可知,在x轴上D点的电场强度为零,B正确;因为在x轴上D点的电场强度为零,由电场的叠加原理知,Q1、Q2在D点处产生的电场强度大小相等、方向相反,由题图知Q1到D点的距离大于Q2到D点的距离,根据点电荷的电场强度公式 知,Q1的电荷量大于Q2的电荷量,且两电荷带异种电荷,Q1带负电,Q2带正电,C正确,D错误。
角度2　电场中的E-x图像问题
1.E-x图像反映了电场强度随位移变化的规律,E>0表示电场强度沿x轴正方向;E<0表示电场强度沿x轴负方向。
2.在给定了电场的E-x图像后,可以由图线确定电场强度、电势的变化情况,E-x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图所示),两点的电势高低根据电场方向判定。在与粒子运动相结合的题目中,可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。
针对训练10在x轴上固定两个不等量异种点电荷,其中正电荷标记为M,负电荷标记为N。x轴上某一段电场强度E随x变化的关系图像如图所示,其中x1到x2、x2到x3段图像与x轴所围的面积相等,取无穷远处电势为零。下列说法正确的是(　　)
A.M在N的右侧,且M的电荷量的绝对值大于N的
B.M在N的左侧,且M的电荷量的绝对值小于N的
C.x1和x3处的电势相等,且都大于0
D.一电子从x1处由静止释放,运动到x2处时速度为0,加速度也为0
C
解析 由于是两异种点电荷,两点电荷间无电场强度为零的点,根据图像,x2位置的电场强度为0,即两点电荷处于x2的同一侧;两个不等量异种点电荷连线上,在电荷量绝对值较小的电荷外侧有合电场强度为0的点,且对于合电场强度为0的点与电荷量较小的电荷之间区域的合电场强度由电荷量小的点电荷起主要作用,合电场强度为0的点的外侧区域的合电场强度是电荷量大的点电荷起主要作用。由图像可知,x2处合电场强度为0,且x2右侧合电场强度为正,说明两点电荷在x2左侧,正点电荷带电荷量的绝对值大,且在负点电荷左侧,A、B错误;根据U=Ed可知,E-x图像与x轴所围的面积等于两点间的电势差,沿电场线方向电势降低,根据题图可知,x2到x1电势逐渐降低,x2到x3电势逐渐降低,且x2到x1和x2到x3的电势差相等,所以x1和x3处的电势相等,从x3处到无穷远处,电势逐渐降低,可知x1和x3处的电势都大于0,C正确;若一电子从x1处由静止释放,从x1处到x2处向右加速,到x2处加速度减小到0,速度达到最大,D错误。
角度3　电场中的Ep-x图像
1.反映了电势能随位置变化的规律。
2.图线的切线斜率大小等于静电力大小。
3.进一步判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况。
针对训练11有一电场在x轴各点的电场强度分布如图所示,现将一带正电的粒子(不计重力)从O点由接近于0的速度释放,仅在静电力的作用下,带电粒子沿x轴向右运动,则关于该电场在x轴上各点的电势(φ)、带电粒子的电势能(Ep)、动能(Ek)以及动能与电势能之和(E0)随x变化的图像,正确的是
(　　)
C
解析 根据x轴上各点电场强度的分布特点可知,该电场的分布类似于等量正电荷中垂线上电场强度的分布,电场线的方向与x轴正方向一致。在x轴上,沿电场线的方向,电势逐渐降低,所以O点的电势最高,故A错误;带电粒子的电势能Ep=qφ,由题意知带电粒子带正电,所以粒子在O点的电势能最大,故B错误;由动能定理知,静电力做的功等于动能的变化量,有qEx=Ek-Ek0,由题意知带电粒子的初动能Ek0=0,得Ek=qEx,静电力始终做正功,动能一直增大,由于电场强度随x先增大后减小,所以动能随x变化的图像的切线斜率先增大后减小,故C正确;带电粒子在运动过程中,只有静电力做功,故电势能与动能的总和保持不变,故D错误。
类型五 电路中的图像
针对训练12(2023北京东城二模)如图所示的U-I图像中,直线a表示某电源的路端电压U与电流I的关系,直线b、c分别表示电阻R1、R2的电压U与电流I的关系。下列说法正确的是(　　)
A.电阻R1、R2的阻值之比为4∶3
B.该电源的电动势为6 V,内阻为3 Ω
C.只将R1与该电源组成闭合电路时,电源的输出功率为6 W
D.只将R2与该电源组成闭合电路时,内、外电路消耗的电
功率之比为1∶1
D
源组成闭合电路时,电源的输出功率为P1=4×1 W=4 W ,C错误;只将R2与该电源组成闭合电路时,内、外电路消耗的电功率分别为P内=I2r,P外=I2R2,解得P内∶P外=1∶1,D正确。
针对训练13(2023江苏常州二模)一个超声波加湿器的内部湿度监测装置的简化电路图如图甲所示,已知电源电压为12 V,内阻不计,定值电阻R0的阻值为30 Ω,电流表的量程为0~200 mA,电压表的量程为0~9 V,湿敏电阻R的阻值随湿度RH变化的关系图像如图乙所示,其阻值最大为120 Ω(图乙中未画出)。则在电路安全工作的前提下,下列说法正确的是(　　)
A.湿敏电阻R的电流最小值为80 mA
B.定值电阻R0的电功率范围为0.3~1.2 W
C.电路消耗的总功率最大值为3.6 W
D.此装置能监测的湿度范围为30%~80%
B
解析 电路允许R的阻值最大时,电路中的电流最小,R两端的最大电压为UR=9 V
R0两端的电压为U0=U-UR=12 V-9 V=3 V
由题图乙可知,此装置可监测的最大湿度为RH大=80%
电路允许的阻值最小时,电路中的电流最大,为I'=200 mA=0.2 A
R0两端的电压为U0'=I0'R0=0.2×30 V=6 V
R0的最大电功率为P0'=U0'I0'=6×0.2 W=1.2 W
电路消耗的最大总功率为P大=UI'=12×0.2 W=2.4 W
R两端的电压为UR'=U-U0'=12 V-6 V=6 V
由题图乙可知,此装置可监测的最小湿度为RH小=20%
综上可知,湿敏电阻的电流最小值为100 mA,故A错误;定值电阻R0的电功率范围为0.3~1.2 W,故B正确;电路消耗的总功率最大值为2.4 W,故C错误;此装置能监测的湿度范围为20%~80%,故D错误。
类型六 电磁感应、交变电流中的图像
针对训练14(多选)如图所示,间距为L的水平边界MN、PQ之间存在垂直于纸面向外的匀强磁场,“日”字形线框位于磁场区域上方某一高度,线框三条短边ab、ef、cd的长度均为L、电阻均为R,ac、bd长度均为2L、电阻不计,ef位于线框正中间。若线框由静止释放,t=0时刻cd边进入磁场且恰好匀速运动,则整个线框通过磁场区域的过程中,线框的速度大小v,a、b两点之间电势差Uab,流过ab边的电流Iab,ab边产生的焦耳热Qab随时间t的变化图像正确的是(　　)
AD
解析 设cd进入匀强磁场瞬间的速度大小为v0,匀强磁场的磁感应强度大小为B,切割磁感线产生的电动势E=BLv0,通过cd的电流 ,由平衡条件得BIL=mg,当ef进入磁场瞬间,cd出磁场,回路电动势和总电流不变,仍满足BIL=mg,同理当ab进入磁场时也有BIL=mg,由此可知,线框通过磁场区域的过程中做匀速运动,故A正确;当cd边切割磁感线时,ef、ab并联,根据闭合电路欧姆定律可知,a、b两端电压Uab=E-IR,当ef边切割磁感线时,cd、ab并联,根据闭合电路欧姆定律得,a、b两端电压仍为Uab=E-IR,可知整个过程中a、b两端电压并不发生变化,故B错误;当cd和ef切割磁感线时,通过ab的电流
针对训练15(2023浙江金华联考)医院的备用供电系统输电电路简图如图甲所示,矩形交流发电机匝数为n=50,线圈、导线的电阻均不计,在匀强磁场中以矩形线圈中轴线OO'为轴匀速转动,穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化图像如图乙所示,Φm= Wb,并与变压器的原线圈相连,变压器的副线圈接入到医院为医疗设备供电,变压器为理想变压器,假设额定电压为220 V的医疗设备恰能正常工作。下列说法正确的是(　　)
甲
乙
A.电压表的示数为 V
B.该交变电流的方向每秒改变50次
C.变压器的原、副线圈匝数比为5∶22
D.当副线圈并联更多医疗设备时,发电机的输出功率变小
答案 C
类型七 近代物理中的图像
针对训练16(2023重庆北碚模拟)用光照射某种金属时,逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图像如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.该金属的逸出功为0.5 eV
B.该金属的截止频率为5.50×1014 Hz
C.根据该图像能求出普朗克常量
D.根据该图像能求出电子的电荷量
C
解析 根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hν-W0,Ek-ν图像的横轴的截距大小等于截止频率,由图知该金属的截止频率为4.3×1014 Hz,故B错误;由Ek=hν-W0,可知该图线的斜率表示普朗克常量h,则h= J·s =6.67×10-34 J·s,故C正确;当Ek=hν-W0=0时,逸出功为W=hν0=6.67×10-34 ×4.3×1014 J=1.79 eV,故A错误;根据该图像不能求出电子的电荷量,故D错误。
C
类型八 热学中的图像
针对训练18(2023湖南衡阳模拟)一定质量的理想气体从状态a开始,经历等压、等温、等压、等温的四个过程ab、bc、cd、da回到原来的状态,其p-V图像如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.ab过程外界对气体做的功和cd过程气体对外界做的功是
相等的
B.气体在状态b时的内能大于它在状态d时的内能
C.气体在状态b时的体积一定等于它在状态d时的体积
D.在da过程中,气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
A
解析 由理想气体状态方程 =C,所以ab过程外界对气体做的功W1=paVa-pbVb=C(Ta-Tb),cd过程外界对气体做的功W2=pcVc-pdVd=C(Tc-Td),又因为C(Ta-Tb)=-C(Tc-Td),所以这两个等压过程气体做功的大小是相等的,与气体体积变化无关,则无法判断状态b与状态d时体积的大小关系,故A正确,C错误;b点所在等温线低于d点所在等温线,则气体在状态b时的内能小于它在状态d时的内能,故B错误;由于状态d到状态a是等温过程,故内能没有变化,所以在da过程中气体从外界吸收的热量等于气体对外界做的功,故D错误。
针对训练19(2023山东济南一模)密闭容器内封有一定质量的理想气体,V-T图像如图所示,从状态a开始变化,经历状态b、状态c,最后回到状态a完成循环。下列说法正确的是(　　)
A.气体在由状态a变化到状态b的过程中放出热量
B.气体在由状态b变化到状态c的过程中,内能增加
C.气体从状态a完成循环回到状态a的过程中,向外界放出热量
D.气体从状态c变化到状态a的过程中,单位时间撞击单位面积容器壁的分子数增加
C
解析 气体在由状态a变化到状态b的过程中压强不变,体积增大,气体对外做功,即W<0,温度升高,气体内能增大,即ΔU>0,由热力学第一定律有ΔU=W+Q可知Q>0,气体吸收热量,故A错误;气体在由状态b变化到状态c的过程中,气体温度不变,气体内能不变,故B错误;气体从状态a完成循环回到状态a的过程中,气体温度不变,气体内能不变,由热力学第一定律有ΔU=W+Q=0,从a到b为等压变化,气体体积变大,气体对外做功为W1=pb(Vb-Va),从b到c为等温变化,气体体积减小,外界对气体做功为
完成循环回到状态a的过程中,外界对气体做功,根据热力学第一定律可知气体向外界放出热量,故C正确;气体从状态c变化到状态a的过程中,体积不变,分子密度不变,而温度降低,分子的平均动能减小,气体的压强减小,所以单位时间撞击单位面积容器壁的分子数减少,故D错误。
类型九 振动图像与波的图像
针对训练20(2023天津南开模拟)如图甲所示,在xOy平面内有S1和S2两个波源,分别位于x1=-0.2 m和x2=1.2 m处,振动方向在xOy平面内并与x轴垂直,S1、S2的振动图像分别如图乙、丙所示。t=0时刻,两波源同时开始振动,波速v=2 m/s。下列说法正确的是(　　)
甲
乙
丙
A.t=0.2 s时,x=0.2 m处的质点开始振动且方向沿y轴负方向
B.t=0.4 s时,x=0.6 m处的质点位移为40 cm
C.x=0.7 m处的质点始终位于平衡位置
D.t=0.5 s后,x=0.8 m处的质点振幅为40 cm
答案 D
解析 由题图可知,S1起振时沿y轴正向,S2起振时沿y轴负向,S1、S2的起振的方向相反,在t=0.2 s时,S1传播的距离为x1=vt=2×0.2 m=0.4 m,可知波S1传到x=0.2 m处,S2波此时还没有传到,则x=0.2 m处的质点开始振动且方向沿y轴正方向,A错误;在t=0.4 s时,S1传播的距离为x1'=2×0.4 m=0.8 m,可知波S1恰好传到x=0.6 m处,因此t=0.4 s时,x=0.6 m处的质点位移不可能是40 cm,B错误;x=0.7 m处到S1的距离是0.9 cm,到S2处的距离是0.5 cm,当S2波恰好传
到x=0.7 m处,S1波此时还没有传到,因此x=0.7 m处的质点不是始终位于平衡位置,C错误;x=0.8 m处到S1、S2的路程差是Δx=[0.8-(-0.2)] m-(1.2-0.8) m
x=0.8 m处时,此处振动为加强点,振幅为2×20 cm=40 cm,在t=0.5 s时,S1、S2波传播的距离都为1 m,可知t=0.5 s后,S1、S2波都传到了x=0.8 m处,因此x=0.8 m处的质点振幅为40 cm,D正确。
针对训练21(多选)(2023江西联考二模)在同一介质中有频率相同的两波源M、N,已知两波源由t=0时刻同时起振,波源M的振动图像如图甲所示,图乙为波源N产生的机械波在t=0.25 s时的波形图。O点为介质中的一点,已知lOM=5 m、lON=7 m,三质点的空间位置关系如图丙所示。则下列说法正确的是(　 　)
A.两波源产生的机械波的波速均为10 m/s
B.波源N在t=0时刻的振动方向沿y轴负方向
C.O点刚开始振动时方向沿y轴正方向
D.O点离开平衡位置的最大距离为4 cm
甲
乙
丙
ACD
解析 由题图甲可知机械波的周期为T=0.2 s,由题图乙可知波源N产生的机械波的波长为λ=2 m,则由λ=vT可知,两波源产生的机械波的波速为v=
m/s=10 m/s,故A正确;由题图乙可知,t=0.25 s时波刚好传播到2.5 m处,且2.5 m处的质点沿y轴的正方向起振,因此波源N的起振方向沿y轴正方向,故B错误;由于O点距离波源M近些,因此波源M产生的机械波先传播到O点,则O点的起振方向和M点的起振方向相同,根据题图甲可知O点刚开始振动的方向为沿y轴正方向,故C正确;O点到两波源的距离差为Δx=lON-lOM=2 m,该距离差刚好等于一个波长,则O点为振动加强的点,O点的振幅为两列波振幅之和,即为4 cm,故D正确。

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