2016届高三物理二轮复习教师用书:选择题突破策略与技巧含答案
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设计型实验——设计方案,变通拓展设计型实验题从仪器的使用、装置的改造、电路的设计、数据的灵活处理等方面进行变通和拓展.应对这类实验题的方法是深刻理解实验的原理、方法,进行合理迁移.[例3] 某电池的电动势约为3 V ,某实验小组要测量该电池的电动势和内阻.(1)实验中要测量的电池内阻较小,实验器材除了被测电池以外,还有一电阻箱R ,一开关S ,若干导线,内阻R g =30 Ω、量程为1 mA 的电流表G ,阻值为2 970 Ω的定值电阻R 0,阻值为2.00 Ω的定值电阻R 1.请设计并画出合理的测量该电池电动势及内阻的实验电路图,图中标明相关器材的字母符号.(2)为了比较准确地得出实验结论,该小组的同学准备用线性图象来处理实验数据,图象的纵坐标表示电流表的示数I ,横坐标表示的物理量是________.(3)若作出的图象在纵轴上的截距为I 0,图象斜率的绝对值为k ,则可求得该电池的电动势E =________,内阻r =________.(用测量量和所给量的符号表示) 【解析】 (1)题目中给出了电阻箱和电流表,由于电流表的量程太小,若要改装成大量程的电流表,需要并联的电阻很小,题中所给条件不能满足实验要求,若要改装成一个量程为3 V 的电压表,需要串联一个电阻,U =I g (R g +R′),U 为改装后电压表的量程,R′为串联电阻,代入数据得3 V =1×10-3A×(30 Ω+R′),解得R′=2 970 Ω.因此用R 0与电流表串联可以改装成量程为3 V 的电压表,这样就可以用“伏阻法”测电池的电动势和内阻.由于电池内阻较小,电路中应串联一个保护电阻,增大等效电源的内阻.电路图如图. (2)由闭合电路欧姆定律得E =I(R g +R 0)+I R g +R 0R(R 1+r),得I =E R g +R 0-(R 1+r)IR,因此横坐标表示的物理量应是I R.(3)由题意得I 0=ER g +R 0,R 1+r =k ,解得E =I 0(R g +R 0),r =k -R 1.【答案】 (1)如图所示 (2)IR(3)I 0(R g +R 0) k -R 1【名师点评】 (1)若给定的电表量程太大或太小,并且给出了定值电阻的阻值,往往要对电表进行改装.(2)若题中给出了某一电流表或电压表的内阻,往往预示着可将电表“反串”使用.[尝试应用] 某实验小组按图8所示组装器材:将长木板固定在水平实验台上,把木块放在粗糙的水平长木板上,木块的右侧拴有一细线,跨过固定在长木板边缘的滑轮与重物连接,木块的左侧与穿过打点计时器的纸带相连.实验时,木块在重物牵引下向右运动,重物落地后,木块继续向右做匀减速运动,图9给出了重物落地后打点计时器打出的纸带,小黑点代表计数点,每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出),各计数点间的距离如图所示(单位为厘米).打点计时器所用交变电流频率为50 Hz ,g 取10 m/s 2,不计纸带与木块间的拉力.图8图9(1)根据纸带提供的数据计算木块与长木板之间的动摩擦因数μ=________(结果保留小数点后两位).(2)打点计时器在打下A 点和B 点时,木块的速度v A =________m/s ,v B =________m/s(结果保留小数点后两位).(3)要测量在AB 段木板对木块的摩擦力所做的功W AB ,还需要的实验器材是________,还应测量的物理量是________.(填入所选实验器材和物理量前的字母) A .木块的质量m 1 B .长木板的质量m 2 C .重物的质量m 3 D .木板的长度L E .AB 段的距离L ABF .重物落地后,木块运动的时间tG .天平H .停表【解析】 (1)由于每相邻两计数点间还有4个点,所以相邻的计数点间的时间间隔T =0.1 s ,根据匀变速直线运动的推论公式Δx=aT 2可以求出加速度的大小,得x 4-x 1=3a 1T 2,x 5-x 2=3a 2T 2,x 6-x 3=3a 3T 2为了更加准确地求解加速度,我们对三个加速度取平均值得a =13(a 1+a 2+a 3)即小车运动的加速度计算表达式为 a =x 6+x 5+x 4-x 3-x 2-x 19T2= 10.06+9.41+8.75-8.13-7.48-6.84×10-29×0.12m/s 2=0.64 m/s 2即水平面上的木块以0.64 m/s 2的加速度做匀减速直线运动.对木块受力分析:根据牛顿第二定律得F f =μmg=ma 解得μ=ag=0.06.(2)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,有 v A = 6.84+7.48×10-22×0.1 m/s =0.72 m/sv B =9.41+10.06×10-22×0.1m/s =0.97 m/s.(3)物体运动的过程中只有摩擦力做功,要测量在AB 段木板对木块的摩擦力所做的功W AB ,可以应用动能定理:W AB =12mv 2A -12mv 2B ,由公式可知:需要测量木块的质量,所以需要天平.故需仪器G ,要测的物理量为A. 【答案】 (1)0.06 (2)0.72 0.97 (3)G A高考理综物理模拟试卷注意事项:1. 答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
.分子动理论 ()分子的大小.①分子很小,其直径的数量级为-10m.②如果用表示一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积,用表示单分子油膜的面积,用表示分子的直径,则=.③阿伏加德罗常数表示任何物质中含有相同的微粒个数=×-. ()估算微观量的两种模型.①球体模型:对固体、液体、气体均适用,认为分子为一个球体,直径为=.②立方体模型:一船适用于气体,认为一个分子占据的空间为一个立方体,边长为=. ()说明分子永不停息地做无规则热运动的两个实例. ①扩散现象的特点:温度越高,扩散越快.②布朗运动的特点:永不停息、无规则运动;颗粒越小,运动越剧烈;温度越高,运动越剧烈;运动轨迹不确定.()分子间的相互作用力和分子势能.①分子力:分子间同时存在引力和斥力,分子间距增大,引力和斥力均减小,且斥力比引力变化更快.②分子势能..分子力做正功,分子势能减小..分子力做负功,分子势能增大..当分子间距为时,分子势能最小,但不一定是零..固体、液体和气体()()液体液体表面层的分子比液体内部稀疏,分子间的距离比液体内部大,分子力表现为引力,这使得液体表面像张紧的橡皮膜一样,在液体表面张力的作用下,具有收缩的趋势.()①饱和汽压液体的饱和汽压与温度有关,温度越高,饱和汽压越大,且饱和汽压与饱和汽的体积无关.②湿度绝对湿度:空气中所含水蒸气的压强.相对湿度:空气的绝对湿度与同一温度下水的饱和汽压之比.相对湿度:×(=×).()毛细现象是指浸润液体在细管中上升的现象,以及不浸润液体在细管中下降的现象,毛细管越细,毛细现象越明显.()液晶是介于固体和液体之间的中间态物质(化合物),它既具有液体的流动性,又具有晶体的各向异性.液晶的显示原理是利用了液晶的光学各向异性,即液晶分子在电场作用下,其光学特性发生了变化.()理想气体状态方程:=.①当=时,=(玻意耳定律)②当=时,=(查理定律)③当=时,=(盖-吕萨克定律).热力学定律()内能的变化.①温度变化引起物体分子平均动能的变化.②体积变化,分子间的分子力做功,引起分子势能的变化.()热力学第一定律.①公式:Δ=+.②符号正负的判断.()热力学第二定律.①表述一:热量不能自发地从低温物体传到高温物体.②表述二:不可能从单一热库吸收热量,使之完全变成功,而不产生其他影响.揭示了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性,说明了第二类永动机不能制造成功..(·全国卷Ⅰ)下列说法正确的是.(填正确答案标号.选对个得分,选对个得分,选对个得分.每选错个扣分,最低得分为分).将一块晶体敲碎后,得到的小颗粒是非晶体.固体可以分为晶体和非晶体两类,有些晶体在不同方向上有不同的光学性质.由同种元素构成的固体,可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体.在合适的条件下,某些晶体可以转化为非晶体,某些非晶体也可以转化为晶体.在熔化过程中,晶体要吸收热量,但温度保持不变,内能也保持不变()(分)如图,一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成,两圆筒中各有一个活塞.已知大活塞的质量为=2.50kg,横截面积为=80.0cm;小活塞的质量为=1.50kg,横截面积为=40.0cm;两活塞用刚性轻杆连接,间距为=40.0cm;汽缸外大气的压强为=×,温度为=.初始时大活塞与大圆筒底部相距,两活塞间封闭气体的温度为=.现汽缸内气体温度缓慢下降,活塞缓慢下移.忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦,重力加速度大小取10m.求:(ⅰ)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间,缸内封闭气体的温度;(ⅱ)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时,缸内封闭气体的压强.答案()()(ⅰ) (ⅱ)×解析().将一晶体敲碎后,得到的小颗粒仍是晶体,故选项错误..单晶体具有各向异性,有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同,故选项正确..例如金刚石和石墨由同种元素构成,但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体,故选项正确..晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化.如天然水晶是晶体,熔融过的水晶(即石英玻璃)是非晶体,也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体,故选项正确..熔化过程中,晶体的温度不变,但内能改变,故选项错误.()(ⅰ)设初始时气体体积为,在大活塞与大圆筒底部刚接触时,缸内封闭气体的体积为,温度为.由题给条件得=()+(-)①=2l②在活塞缓慢下移的过程中,用表示缸内气体的压强,由力的平衡条件得(-)=1g+2g+(-)③故缸内气体的压强不变.由盖-吕萨克定律有=④联立①②④式并代入题给数据得=⑤(ⅱ)在大活塞与大圆筒底部刚接触时,被封闭气体的压强为.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中,被封闭气体的体积不变.设达到热平衡时被封闭气体的压强为′,由查理定律,有=⑥联立③⑤⑥式并代入题给数据得′=×⑦知识:本题考查了热力学定律及对晶体的认识.能力:主要考查对热力学定律的理解能力.试题难度:中等..(·全国卷Ⅱ)关于扩散现象,下列说法正确的是.(填正确答案标号.选对个得分,选对个得分,选对个得分.每选错个扣分,最低得分为分).温度越高,扩散进行得越快.扩散现象是不同物质间的一种化学反应.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的()(分)如图,一粗细均匀的形管竖直放置,侧上端封闭,侧上端与大气相通,下端开口处开关关闭;侧空气柱的长度为=10.0cm,侧水银面比侧的高=3.0cm.现将开关打开,从形管中放出部分水银,当两侧水银面的高度差为=10.0cm时将开关关闭.已知大气压强=.(ⅰ)求放出部分水银后侧空气柱的长度;(ⅱ)此后再向侧注入水银,使、两侧的水银面达到同一高度,求注入的水银在管内的长度.答案()()(ⅰ)12.0cm(ⅱ)13.2cm解析()扩散现象与温度有关,温度越高,扩散进行得越快,选项正确.扩散现象是由于分子的无规则运动引起的,不是一种化学反应,选项错误,选项正确,选项错误.扩散现象在气体、液体和固体都能发生,选项错误.()(ⅰ)以为压强单位.设侧空气柱长度=10.0cm时的压强为;当两侧水银面的高度差为=10.0cm时,空气柱的长度为,压强为.由玻意耳定律得=1l①由力学平衡条件得=+②打开开关放出水银的过程中,侧水银面处的压强始终为,而侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小,、两侧水银面的高度差也随之减小,直到侧水银面低于侧水银面为止.由力学平衡条件有=-③联立①②③式,并代入题给数据得=12.0cm④(ⅱ)当、两侧的水银面达到同一高度时,设侧空气柱的长度为,压强为.由玻意耳定律得=2l⑤由力学平衡条件有=⑥联立②⑤⑥式,并代入题给数据得=10.4cm⑦设注入的水银在管内的长度为Δ,依题意得Δ=(-)+⑧联立④⑦⑧式,并代入题给数据得Δ=13.2cm⑨知识:扩散现象的理解,玻意耳定律的应用及力学平衡条件的分析.能力:对扩散现象的理解能力,对平衡条件的分析能力和对气体实验定律的综合应用能力.试题难度:中等..(·重庆高考)()(分)某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的,且车胎体积增大.若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体,那么().外界对胎内气体做功,气体内能减小.外界对胎内气体做功,气体内能增大.胎内气体对外界做功,内能减小.胎内气体对外界做功,内能增大()(分)北方某地的冬天室外气温很低,吹出的肥皂泡会很快冻结.若刚吹出时肥皂泡内气体温度为,压强为,肥皂泡冻结后泡内气体温度降为.整个过程中泡内气体视为理想气体,不计体积和质量变化,大气压强为.求冻结后肥皂膜内外气体的压强差.答案()()压强差:-.解析()中午,车胎内气体温度升高,内能增大,车胎体积增大,气体对外做功.选项正确.()肥皂泡内气体等容变化,冻结后,设膜内气体压强为,则=,得=,则肥皂膜内外气体的压强差Δ=-=-.知识:对热力学第一定律及气体实验定律的理解.能力:考查对热力学定律及气体实验定律的理解能力.试题难度:较小..(·山东高考)()墨滴入水,扩而散之,徐徐混匀.关于该现象的分析正确的是.(双选,填正确答案标号).混合均匀主要是由于碳粒受重力作用.混合均匀的过程中,水分子和碳粒都做无规则运动.使用碳粒更小的墨汁,混合均匀的过程进行得更迅速.墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的()扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象.如图,截面积为的热杯盖扣在水平桌面上,开始时内部封闭气体的温度为,压强为大气压强.当封闭气体温度上升至时,杯盖恰好被整体顶起,放出少许气体后又落回桌面,其内部气体压强立刻减为,温度仍为.再经过一段时间,内部气体温度恢复到.整个过程中封闭气体均可视为理想气体.求:(ⅰ)当温度上升到且尚未放气时,封闭气体的压强;(ⅱ)当温度恢复到时,竖直向上提起杯盖所需的最小力.答案()()(ⅰ)(ⅱ)解析()墨滴入水,最后混合均匀,这是扩散现象,碳粒做布朗运动,水分子做无规则的热运动;碳粒越小,布朗运动越明显,混合均匀的过程进行得越迅速,选项、正确.()(ⅰ)以开始封闭的气体为研究对象,由题意可知,初状态温度=,压强为,末状态温度=,压强设为,由查理定律得=①代入数据得=②(ⅱ)设杯盖的质量为,刚好被顶起时,由平衡条件得=+③放出少许气体后,以杯盖内的剩余气体为研究对象,由题意可知,初状态温度=,压强=,末状态温度=,压强设为,由查理定律得=④设提起杯盖所需的最小力为,由平衡条件得+=+⑤联立②③④⑤式,代入数据得=⑥知识:主要考查扩散现象、布朗运动、气体实验定律及平衡方程.能力:利用气体实验定律和平衡方程对物理过程进行分析综合的能力.试题难度:中等.【例】(多选)(·新课标全国卷Ⅱ)下列说法正确的是..悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动.空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点.高原地区水的沸点较低,这是高原地区温度较低的缘故.干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度,这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果【审题突破】.命题立意:考查学生对布朗运动,对液体、固体特性,对物态变化等多方面知识的了解情况..解题关键:准确而全面地了解上述多方面的知识..理论依据:()布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动,反映了液体分子的无规则运动.()表面张力使液体表面有收缩的趋势.()液晶具有各向异性的特点.()水的沸点与水面气压有关.答案解析悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的无规则热运动,错误;空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果,正确;彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点,正确;高原地区水的沸点较低,是由于高原地区气压低,故水的沸点也较低,错误;干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度,是由于湿泡外纱布中水蒸发吸收热量,使湿泡的温度降低,正确.判断分子动能、势能变化的方法()判断分子势能的变化.方法一:根据分子力做功与分子势能变化的关系判断分子势能变化:分子力作正功时,分子势能减小;分子力做负功时,分子势能增大.方法二:根据分子势能与分子间距的关系判断分子势能变化:<时,越小,分子势能越大;>时,越大,分子势能越大.()判断分子动能的变化.方法一:若分子只受分子间作用力,根据分子力做功情况应用动能定理可判断分子动能变化:分子力做正功时,分子动能增大;分子力做负功时,分子动能减小.方法二:分子只受分子间作用力时,分子势能和动能相互转化,它们的和守恒,可根据分子势能的变化情况判断分子动能的变化情况.【变式训练】.(·北京高考)下列说法中正确的是().物体温度降低,其分子热运动的平均动能增大.物体温度升高,其分子热运动的平均动能增大.物体温度降低,其内能一定增大.物体温度不变,其内能一定不变答案解析温度是物体分子平均动能的标志,温度升高则其分子平均动能增大,反之,则其分子平均动能减小,故错误正确.物体的内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和,宏观上取决于物体的温度、体积和质量,所以只根据温度的变化情况无法判断内能的变化情况,故、错.【例】(·新课标全国卷Ⅰ)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内.汽缸壁导热良好,活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动.开始时气体压强为,活塞下表面相对于汽缸底部的高度为,外界的温度为.现取质量为的沙子缓慢地倒在活塞的上表面,沙子倒完时,活塞下降了.若此后外界的温度变为,求重新达到平衡后气体的体积.已知外界大气的压强始终保持不变,重力加速度大小为.【审题突破】第一步:挖掘题目信息()“汽缸壁导热良好”,表明:活塞缓慢下降时,气体温度不变.()“活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动”,表明:沙子倒完后的变化过程中,气体压强不变.第二步:明确题目要求计算平衡后理想气体的体积.第三步:圈定理论依据()玻意耳定律=.()盖一吕萨克定律=.答案解析设汽缸的横截面积为,沙子倒在活塞上后,对气体产生的压强为Δ,由玻意耳定律得=(+Δ)(-)①解得Δ=②外界的温度变为后,设活塞距底部的高度为′.根据盖—吕萨克定律,得=③据题意可得Δ=⑤气体最后的体积为=′⑥联立②④⑤⑥式得=应用气体实验定律的解题思路()选择研究对象——一定质量的理想气体.()分析状态参量.①利用连通器原理(气体被液体封闭时)或平衡条件(气体被活塞封闭时)分析被封闭气体的压强特点;②根据容器的导热性能或题中条件,分析被封闭气体的温度特点;③根据题中条件分析被封闭气体的体积特点.()认识过程、选定规律:认清变化过程,选用合适的气体实验定律或理想气体状态方程列式求解.【变式训练】.(·宣城二模)如图所示,导热良好的汽缸放置在水平平台上,活塞质量10kg,横截面积50cm,厚度1cm,汽缸全长21cm,汽缸质量20kg,大气压强为×,当温度为7℃时,活塞封闭的气柱长10cm,若将汽缸倒过来放置时,活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通.取10m,则()汽缸倒置时,活塞封闭的气柱多长?()当温度多高时,活塞刚好接触平台?答案()15cm()100℃解析()设汽缸倒置前、后被封闭气体的压强分别为和,气柱长度分别为和.=+=×倒置过程为等温变化,由玻意耳定律可得L=2L,所以==15cm1()设倒置后升温前、后封闭气柱温度分别为和,升温后气柱长度为,则==(+)==15cm,=20cm升温过程为等压变化,由盖-吕萨克定律可得=,所以==.即温度升高至100℃时,活塞刚好接触平台.【例】(多选)(·新课标全国卷Ⅰ)一定质量的理想气体从状态开始,经历三个过程、、回到原状态,其-图象如图所示.下列判断正确的是.(填正确答案标号.).过程中气体一定吸热.过程中气体既不吸热也不放热.过程中外界对气体所做的功等于气体所放的热.、和三个状态中,状态分子的平均动能最小.和两个状态中,容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同【审题突破】第一步:挖掘题目信息由图象可知:过程:不变,升高;过程:不变,增大;过程:不变,降低,减小.第二步:明确题目要求()判断理想气体变化过程中的、.()判断气体分子平均动能和气体分子与容器壁的碰撞次数.第三步:圈定理论依据()气体实验定律和热力学第一定律.()分子平均动能的标志是温度;气体分子撞击的次数的影响因素是气体分子平均速率和分子数密度.答案解析由-图象可知过程是等容变化,温度升高,内能增加,体积不变,由热力学第一定律可知过程一定吸热,选项正确;过程温度不变,即内能不变,由于过程体积增大,所以气体对外做功,由热力学第一定律可知,气体一定吸收热量,选项错误;过程压强不变,温度降低,内能减少,体积减小,外界对气体做功,由热力学第一定律可知,放出的热量一定大于外界对气体做的功,选项错误;温度是分子平均动能的标志,由-图象可知,状态气体温度最低,则平均动能最小,选项正确;、两状态温度相等,分子平均动能相等,由于压强不相等,所以单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同,选项正确.分析理想气体Δ、、的常用思路()由体积变化分析气体做功情况:体积膨胀,气体对外界做功,<;气体被压缩,外界对气体做功,>.()由温度变化判断气体内能变化情况:温度升高,气体内能增大,Δ>;温度降低,气体内能减小,Δ<.()由Δ=+判断吸热还是放热:由=Δ-确定的正负,若>,说明气体吸热;或<,说明气体放热.【变式训练】.(·山东高考)我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米,再创载人深潜新纪录.在某次深潜实验中,“蛟龙”号探测到990m深处的海水温度为.某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化,如图所示,导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体,不计活塞的质量和摩擦,汽缸所处海平面的温度=,压强=,封闭气体的体积=3m3.如果将该汽缸下潜至990m深处,此过程中封闭气体可视为理想气体.()求990m深处封闭气体的体积( 相当于10m深的海水产生的压强).()下潜过程中封闭气体(选填“吸热”或“放热”),传递的热量(选填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功.答案()×-2m3()放热大于解析()汽缸内的理想气体在深度为990m的海水中的压强为=+=此处理想气体温度为=,根据理想气体状态方程可知:=,联立代入数值可得:=×-2m3()理想气体的温度降低,气体的内能减小Δ<;理想气体的体积减小,外界对气体做功>,根据热力学第一定律Δ=+可知<,气体放热,且放出的热量大于外界对气体做的功..(·东北三校二联)(多选)下列说法正确的是().只要知道水的摩尔质量和水分子的质量,就可以计算出阿伏加德罗常数.悬浮微粒越大,在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多,布朗运动越明显.在使两个分子间的距离由很远(>-9m)减小到很难再靠近的过程中,分子间作用力先减小后增大;分子势能不断增大.温度升高,分子热运动的平均动能一定增大,但并非所有分子的速率都增大.一定质量的理想气体经等温压缩后,其压强一定增大答案解析悬浮微粒越大,在某一瞬间撞击它的液体分子数越多,受力越趋于平衡,布朗运动越不明显,错误.在使两个分子间的距离由很远(>-9m)减小到很难再靠近的过程中,分子间作用力先增大后减小再增大,分子势能先减小后增大,错..(·西安模拟)(多选)如图所示,电路与一绝热密闭汽缸相连,为电阻丝,汽缸内有一定质量的理想气体,外界大气压恒定.闭合开关后,绝热活塞缓慢且无摩擦地向右移动,则下列说法正确的是().气体的内能增加.气体分子平均动能不变.电阻丝放出的热量等于气体对外所做的功.气体的压强不变.气体分子单位时间内对器壁单位面积的撞击次数减少答案解析闭合开关后,电阻丝发热加热气体,温度升高,气体的分子平均动能增加,气体的内能增加,选项正确、错误;绝热活塞缓慢且无摩擦地向右移动,气体对外做功,气体的压强不变,体积增大,电阻丝放出的热量等于气体对外所做的功和增加的内能,选项错误、正确;由于气体分子平均动能变大,平均每次的撞击力变大,又由于气体压强不变,气体对器壁单位面积的撞击力不变,故气体分子单位时间内对器壁单位面积撞击次数减少,正确..(·武汉模拟)如图所示,一定质量的理想气体从状态经等压过程到状态.此过程中,气体压强=×,吸收的热量=×,求此过程中气体内能的增量.答案×解析理想气体经历等压变化,由盖-吕萨克定律得=解得:=×-3m3外界对气体做的功=(-)=××(×--×-)=-×根据热力学第一定律Δ=+解得Δ=×.(·福建高考)[物理-选修-](本题共有两小题,每小题分,共分.每小题只有一个选项符合题意)()下列有关分子动理论和物质结构的认识,其中正确的是.(填选项前的字母).分子间距离减小时分子势能一定减小.温度越高,物体中分子无规则运动越剧烈.物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关.非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性()如图,一定质量的理想气体,由状态经过过程到达状态或者经过过程到达状态.设气体在状态和状态的温度分别为和,在过程和中吸收的热量分别为和.则.(填选项前的字母) .>,>.>,<.=,>.=,<答案()()解析().当分子间距<时,分子间距减小,分子势能增大,选项错误..分子热运动的剧烈程度只与温度有关,温度越高,运动越剧烈,选项正确..温度越高,热运动速率大的分子数占总分子数的比例越大,选项错误..多晶体的物理性质为各向同性,选项错误.()由理想气体状态方程可知==,即=,得=,则气体在、状态内能相等,因到和到的Δ相同;而到过程中气体体积不变,=,到过程中气体膨胀对外做功,<,根据热力学第一定律:Δ=+可知到的吸热大于到的吸热,即>.选项正确.()知识:分子动理论、晶体.能力:理解能力.试题难度:较小.()知识:理想气体状态方程、热力学第一定律.能力:推理能力.试题难度:较小.专题提升练习(九).(·石家庄统考)()下列说法正确的是..液体中悬浮的微粒越大,布朗运动越显著.第二类永动机不可能制成,因为它违反能量守恒定律.一定质量的理想气体,当它的压强、体积都增大时,其内能一定增加.因为液体表面层分子分布比内部稀疏,因此液体表面有收缩趋势。
第1讲选择题突破策略与技巧——保住基础快得分高考夺高分的关键,不在于题目的难度,而在于答题的速度.高考物理选择题平均每道题解答时间应控制在两分钟以内.选择题要做到既快又准,除了掌握直接判断和定量计算等常规方法外,还要学会一些非常规“巧解”方法.解题陷困受阻时更要切记不可一味蛮做,要针对题目的特性“千方百计”达到快捷解题的目的.妙法1排除法妙法解读在读懂题意的基础上,根据题目的要求,先将明显错误或不合理的选项逐一排除,最后只剩下正确的选项.注意有时题目要求选出错误的选项,那就是排除正确的选项.(2015·山东潍坊3月模拟)如图所示,三条平行虚线位于纸面内,中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度等大反向.菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直,磁场宽度与对角线AC长均为d,现使线框沿AC方向匀速穿过该磁场,以逆时针方向为感应电流的正方向,则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中,线框中电流i随时间t的变化关系,以下可能正确的是()[解析]由楞次定律可以知道,进入磁场过程中感应电流为逆时针,i>0,排除B、C.当BD经过中间虚线时,感应电流为BD经过第一条虚线时的2倍,排除A.故选D.[答案] D [方法感悟]此法在解答选择题中是使用频率最高的一种方法.基本思路是通过一个知识点或过程分析排除部分选项,然后再通过另一物理规律或过程分析排除部分选项,最后得出正确答案.[牛刀小试]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向外、向里的匀强磁场,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 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象可能正确的是( )解析:选C .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,选项D 错误;切割过程中产生的感应电动势E =BL v =12BL 2ω,其中L =2R sin ωt ,即E =2B ωR 2sin 2 ωt ,可排除选项A 、B ,选项C 正确.妙法2 特值法妙法解读 有些选择题,根据它所描述的物理现象的一般情况,难以直接判断选项的正误时,可以让某些物理量取特殊值,代入到各选项中逐个进行检验.凡是用特殊值检验证明是不正确的选项,一定是错误的,可以排除.如图所示,细线的一端系一质量为m 的小球,另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端,细线与斜面平行.在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中,小球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力F T 和斜面的支持力F N 分别为(重力加速度为g )( )A .F T =m (g sin θ+a cos θ) F N =m (g cos θ-a sin θ)B .F T =m (g cos θ+a sin θ) F N =m (g sin θ-a cos θ)C .F T =m (a cos θ-g sin θ) F N =m (g cos θ+a sin θ)D .F T =m (a sin θ-g cos θ) F N =m (g sin θ+a cos θ)[解析] 取特例a =0,则F T =mg sin θ,F N =mg cos θ.将a =0代入四个选项,只有A 项可得到上述结果,故只有A 正确.[答案] A[方法感悟] 以上解析用非常规解法,巧取特例轻松妙解,特例赋值法一般对通解表达式很奏效.[牛刀小试]2.如图,在固定斜面上的一物块受到一外力F 的作用,F 平行于斜面向上.若要使物块在斜面上保持静止,F 的取值应有一定的范围,已知其最大值和最小值分别为F 1和F 2(F 1和F 2的方向均沿斜面向上).由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为( )A .F 12B .2F 2C .F 1-F 22D .F 1+F 22解析:选C .取F 1=F 2≠0,则斜面光滑,最大静摩擦力等于零,代入后只有C 满足.妙法3 极限法妙法解读 极限法是把某个物理量推向极端,从而作出科学的推理分析,给出判断或导出一般结论.该方法一般适用于题干中所涉及的物理量随条件单调变化的情况.极限法在进行某些物理过程分析时,具有独特作用,使问题化难为易,化繁为简,达到事半功倍的效果.一半径为R 的绝缘圆环上,均匀地带有电荷量为Q 的电荷,在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P ,它与环心O 的距离OP =L .静电力常量为k ,关于P 点的场强E ,下列四个表达式中有一个是正确的,请你根据所学的物理知识,通过一定的分析,判断正确的表达式是( )A .E =kQ R 2+L 2B .E =kQL R 2+L 2C .E =kQR (R 2+L 2)3D .E =kQL (R 2+L 2)3 [解析] 当R =0时,带电圆环等同于一点电荷,由点电荷电场强度计算式可知在P 点的电场强度为E =k Q L2,将R =0代入四个选项,只有选项A 、D 满足;当L =0时,均匀带电圆环在中心处产生的电场的电场强度为0,将L =0代入选项A 、D ,只有选项D 满足.[答案] D[方法感悟] 利用极限法解题时要注意:①有哪些量可以推向极端(如本题中将R 、L 推向零);②极端推向零还是无穷大.[牛刀小试]3.如图所示,在一粗糙的水平面上有两个质量分别为m 1和m 2的木块1和2,用原长为l 、劲度系数为k 的轻弹簧连接起来,木块与地面间的动摩擦因数均为μ.现用一水平力向右拉木块2,当两木块一起匀速运动时,两木块间的距离为( )A .l +μm 1g kB .l +μ(m 1+m 2)g kC .l +μm 2g kD .l +μm 1m 2g k (m 1+m 2)解析:选A .弹簧对木块1的拉力与木块1所受的摩擦力平衡,当m 1的质量越小时摩擦力越小,弹簧的拉力也越小.当m 1的值等于零时(极限),则不论m 2多大,弹簧的伸长量都为零,故选A 项.妙法4 逆向法妙法解读 逆向法是指用常规思路难以解决问题时,采取逆向思维解决问题的方法.物理问题中常用的逆向思维有过程逆向、时间反演等.如图所示,在斜面底端C 点以一定初速度斜向左上方抛出质量相同的两小球a 、b ,小球a 、b 分别沿水平方向击中斜面顶端A 点和斜面中点B ,不计空气阻力,则下列说法正确的是( )A .小球a 、b 在空中飞行的时间之比为2∶1B .小球a 、b 在C 点时的初速度大小之比为2∶1C .小球a 、b 在击中点时的动能之比为4∶1D .小球a 、b 在抛出点时的速度与斜面的夹角之比为1∶1[解析] 因两小球都是水平击中斜面的,所以可将小球的运动过程逆向,则两小球均做平抛运动,由h =12gt 2知小球a 、b 在空中飞行的时间之比为2∶1,选项A 错误;因两小球做平抛运动时发生的位移与水平方向的夹角均为斜面倾角,由平抛运动物体速度方向的特点知小球a 、b 在C 点时速度与斜面的夹角之比为1∶1,选项D 正确;设两球抛出时速度方向与水平方向夹角为α,则水平射程x =v 0cos α·t ,所以小球a 、b 在抛出点时的初速度大小之比为2∶1,选项B 错误;小球在击中点时的动能为12m (v 0cos α)2,所以小球a 、b 在击中点时的动能之比为2∶1,选项C 错误.[答案] D[方法感悟] 对于斜上抛运动,往往利用最高点速度特征,逆向等同为平抛运动;对于匀减速直线运动,往往逆向等同为匀加速直线运动.[牛刀小试]4.(多选)一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动,小球通过细绳与车顶相连.小球某时刻正处于图示状态.设斜面对小球的支持力为F N ,细绳对小球的拉力为F T ,关于此时刻小球的受力情况,下列说法正确的是( )A .若小车向左运动,F N 可能为零B .若小车向左运动,F T 可能为零C .若小车向右运动,F N 不可能为零D .若小车向右运动,F T 不可能为零解析:选AB .对小球进行受力分析,假设F N 为零,小球的合外力水平向右,加速度向右,故小车可能向右加速运动或向左减速运动,A 对,C 错;假设F T 为零,小球的合外力水平向左,加速度向左,故小车可能向右减速运动或向左加速运动,B 对,D 错.妙法5 对称法妙法解读 对称情况存在于各种物理现象和物理规律中,应用这种对称性可以帮助我们直接抓住问题的实质,避免复杂的数学演算和推导,快速解题.下列选项中的各14圆环大小相同,所带电荷量已在图中标出,且电荷均匀分布,各14圆环间彼此绝缘.坐标原点O 处电场强度最大的是( )[解析] 由对称原理可知,A 、C 图中在O 点的场强大小相等,D 图中在O 点场强为0,B 图中两14圆环在O 点合场强最大,选项B 正确. [答案] B[方法感悟] 利用对称性,只计算抵消后剩余部分的场强,这样可以明显减少解答运算量,做到快速解题.[牛刀小试]5.(多选)(2015·江西赣州模拟)如图所示,一个半径为R 的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交,环上各点的磁感应强度B 大小相等,方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向).若导电圆环上载有如图所示的恒定电流I ,则下列说法正确的是( )A.导电圆环所受安培力方向竖直向下B.导电圆环所受安培力方向竖直向上C.导电圆环所受安培力的大小为2BIRD.导电圆环所受安培力的大小为2πBIR sin θ解析:选BD.将导电圆环分成小的电流元,任取一小段电流元为对象,把磁场分解成水平方向和竖直方向的两个分量,则因对称性竖直方向的分磁场产生的安培力为零,水平方向的分磁场产生的安培力为2πBIR sin θ,方向为竖直向上,B、D两项正确.妙法6反证例举法妙法解读有些选择题的选项中,带有“可能”、“可以”等不确定词语,只要能举出一个特殊例子证明它正确,就可以肯定这个选项是正确的;有些选择题的选项中,带有“一定”、“不可能”等肯定的词语,只要能举出一个反例驳倒这个选项,就可以排除这个选项.关于静电场,下列说法正确的是()A.电势等于零的物体一定不带电B.电场强度为零的点,电势一定为零C.同一电场线上的各点,电势一定相等D.负电荷沿电场线方向移动时,电势能一定增加[解析]带电物体的电势可以为零,比如接地的导体,可以带电,取大地电势为零,则此导体的电势为零,A错;电场强度和电势没有必然的联系,场强为零的地方,电势可以为零,也可以不为零,如两等量正点电荷连线中点处的场强为零,但电势不一定为零,B错;顺着电场线的方向,电势降低,C错;负电荷沿电场线方向移动,则电场力做负功,电势能一定增加,D对.[答案] D[方法感悟]对于有“一定”的选项,只要能找到“不一定”的反例,或对于有“不可能”的选项,只要能找到“可能”的例子,就可将此选项排除.[牛刀小试]6.(多选)(2015·成都九校联考)如图所示,物体在水平推力F的作用下静止在斜面上,若稍微增大水平力F物体仍保持静止,则下列判断中错误的是()A.斜面对物体的静摩擦力一定增大B.斜面对物体的支持力一定增大C.物体在水平方向所受合力一定增大D.物体在竖直方向所受合力一定增大解析:选ACD.原来斜面对物体的静摩擦力方向可能沿斜面向上,也可能沿斜面向下,所以稍微增大水平力F,静摩擦力可能减小也可能增大,甚至可能大小不变,A说法错误;F 增大,则物体对斜面的压力F N=mg cos θ+F sin θ也增大,所以B说法正确;根据物体仍保持静止可知,物体在水平方向和竖直方向上的合力都为零,所以C、D的说法都是错误的.妙法7二级结论法妙法解读 在平时的解题过程中,积累了大量的“二级结论”,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强度等.如图所示,长度相等的两杆OA 、OB 通过转动轴相连于O 点(B 端滑轮大小不计),一端系有重物的轻绳,另一端跨过滑轮固定于A 点,OA 保持竖直不动,杆OB 与杆OA 的夹角θ可调整,现将一光滑小轻环套在细绳上,让其从A 点由静止开始下滑至B 点,在下滑过程中θ角保持不变,细绳始终绷直,下面关于轻环下滑时间的判断,正确的是( )A .θ角越大,下滑所需时间越长B .θ=45°时,下滑所需时间最短C .θ=90°时,下滑所需时间最短D .不论θ为何值,下滑所需时间都相同[解析] 本题属于“等时圆”模型,故D 正确.[答案] D[方法感悟] “二级结论”在计算题中一般不可直接应用,但运用其解答选择题时优势是显而易见的,可以大大提高解题的速度和准确率.[牛刀小试]7.(多选)(2014·高考山东卷)如图,一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内,通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定,导体棒与轨道垂直且接触良好.在向右匀速通过M 、N 两区的过程中,导体棒所受安培力分别用F M 、F N 表示.不计轨道电阻.以下叙述正确的是( )A .F M 向右B .F N 向左C .F M 逐渐增大D .F N 逐渐减小解析:选BCD .根据楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和安培力公式解决问题.根据直线电流产生磁场的分布情况知,M 区的磁场方向垂直纸面向外,N 区的磁场方向垂直纸面向里,离导线越远,磁感应强度越小.当导体棒匀速通过M 、N 两区时,感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因,故导体棒在M 、N 两区运动时,受到的安培力均向左,故选项A 错误,选项B 正确;导体棒在M 区运动时,磁感应强度B 变大,根据E =Blv ,I =E R及F =BIl 可知,F M 逐渐变大,故选项C 正确;导体棒在N 区运动时,磁感应强度B 变小,根据E =Blv ,I =E R及F =BIl 可知,F N 逐渐变小,故选项D 正确.妙法8 作图分析法妙法解读 根据题目的内容画出图象或示意图,如物体的运动图象、光路图、气体的状态变化图象等,再利用图象分析寻找答案.作图类型主要有三种:(1)函数图象;(2)矢量图;(3)几何图.有一种“猫捉老鼠”趣味游戏,如图所示,D 是洞口,猫从A 点沿水平线ABD 匀速追赶老鼠,老鼠甲从B 点沿曲线BCD 先加速后减速逃跑,老鼠乙从B 点沿BED 先减速后加速逃跑,已知猫和两只老鼠同时开始运动且初速率相等,到达洞口D 时速率也相等,猫追赶的路程ABD 与两只老鼠逃跑的路程BCD 和BED 均相等,则下列说法正确的是( )A .猫能在洞口堵住老鼠甲B .猫能在洞口堵住老鼠乙C .两只老鼠在洞口都被猫堵住D .两只老鼠均能从洞口逃离[解析] 因两只老鼠运动的加速度大小不清楚,所以无法进行定量计算,但可根据题中三者运动路程相等,画出速率随时间变化的关系图象,利用图线与t 轴所围面积相等来求解,根据猫与老鼠的运动情况可大致作出图象如图所示,由图知老鼠甲可以逃离洞口.[答案] B[方法感悟] 作图分析法具有形象、直观的特点,便于了解各物理量之间的关系,能够避免繁琐的计算,迅速简便地找出正确选项.[牛刀小试]8. 如图所示,长方形区域abcd ,长ad =0.6 m ,宽ab =0.3 m ,O 、e 分别是ad 、bc 的中点,以ad 为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场),磁感应强度B =0.25T .一群不计重力、质量m =3.0×10-7 kg 、电荷量q =+2.0×10-3 C 的带电粒子以速度v =5.0×102 m/s 沿垂直ad 的方向垂直于磁场射入磁场区域( )A .从Od 段射入的粒子,出射点全部分布在Oa 段B .从Oa 段射入的粒子,出射点全部分布在ab 边C .从Od 段射入的粒子,出射点分布在Oa 段和ab 边D .从Oa 段射入的粒子,出射点分布在ab 边和bc 边解析:选D .粒子在磁场中做匀速圆周运动,在磁场外做匀速直线运动,粒子在磁场中有qvB =m v 2r ,r =mv qB=0.3 m .从Od 段射入的粒子,如果abcd 区域均分布磁场,从O 点射入的粒子刚好从b 点射出,现半圆外区域没有磁场,粒子做直线运动,出射点在bc 边上(如图所示);从Oa 段射入的粒子,出射点分布在ab 边和bc 边,D 正确.妙法9 等效替换法妙法解读 等效替换法是把陌生、复杂的物理现象、物理过程在保证某种效果、特性或关系相同的前提下,转化为简单、熟悉的物理现象、物理过程来研究,从而认识研究对象本质和规律的一种思想方法.等效替换法广泛应用于物理问题的研究中,如:力的合成与分解、运动的合成与分解、等效场、等效电源……如图所示,xOy 平面是无穷大导体的表面,该导体充满z <0的空间,z >0的空间为真空.将电荷量为q 的点电荷置于z 轴上z =h 处,则在xOy 平面上会产生感应电荷.空间任意一点处的电场皆是由点电荷q 和导体表面上的感应电荷共同激发的.已知静电平衡时导体内部场强处处为零,则在z 轴上z =h 2处的场强大小为(k 为静电力常量)( )A .k 4q h 2B .k 4q 9h 2C .k 32q 9h 2D .k 40q 9h 2 [解析] 点电荷q 和感应电荷所形成的电场在z >0的区域可等效成关于O 点对称的等量异种电荷形成的电场.所以z 轴上z =h 2处的场强E =k q (h /2)2+k q ⎝⎛⎭⎫32h 2=k 40q 9h 2,选项D 正确. [答案] D[方法感悟] 此方法的基本特征为等效替代,把复杂问题转化为一个较简单的问题,起到化难为易的作用.[牛刀小试]9.(2015·天津模拟)如图所示,一个边长为L 、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中.若通以图示方向的电流(从A 点流入,从C 点流出),电流为I ,则金属框受到的磁场力为( )A .0B .ILBC .43ILBD .2ILB解析:选B .可以把正三角形金属框看做两根导线并联,且两根导线中的总电流等于I ,由安培力公式可知,金属框受到的磁场力为ILB ,B 项正确.妙法10 估算求解法妙法解读 有些选择题本身就是估算题,有些貌似要精确计算,实际上只要通过物理方法(如:数量级分析),或者数学近似计算法(如:小数舍余取整),进行大致推算即可得出答案.估算求解法是一种科学而有实用价值的特殊方法,可以大大简化运算,帮助考生快速地找出正确选项.某同学每天骑自行车上学,已知在平直公路上以一般速度行驶的自行车所受的阻力约为人和车总重的0.02倍,则骑车人的功率最接近于( )A .0.1 kWB .1×103 kWC .1 kWD .10 kW[解析] 自行车行驶的一般速度约为15 km/h ,人和自行车的总质量约为100 kg ,则P =Fv =kmgv =0.02×100×10×15×1033 600W =0.083 kW. [答案] A[方法感悟] 此题解法灵活,运用数学近似计算的技巧,如把小数舍余取整,相差较大的两个量求和时舍去小的那个量,并未严格精确计算也可快速得出正确选项.[牛刀小试]10.在光滑水平面上,一白球与一静止的灰球碰撞,两球质量相等.碰撞过程的频闪照片如图所示,据此可推断,碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的( )A .30%B .50%C .70%D .90%解析:选A .闪光照片的闪光时间是相等的,根据v =x t 和E k =12mv 2解决问题.通过直尺量出碰撞前的白球照片间距与碰撞后的白球照片间距之比为12∶7,且碰后的白球与灰球的照片间距相等,即碰撞后两球速度大小v ′与碰撞前白球速度大小v 的比值v ′v =712.所以损失的动能ΔE k =12mv 2-12×2mv ′2,ΔE k E k0≈30%,故选项A 正确.。
考点一 电流的概念及表达式1.形成电流的条件(1)导体中有能够自由移动的电荷. (2)导体两端存在电压. 2.电流 (1)定义式:I =qt.①q 是某段时间内通过导体横截面的电荷量.a .若是金属导体导电,则q 为自由电子通过某截面的电荷量的总和.b .若是电解质导电,则异种电荷反向通过某截面,q =|q 1|+|q 2|.②带电粒子的运动可形成等效电流,如电子绕原子核的运动、带电粒子在磁场中的运动,此时I =qT,q 为带电粒子的电荷量,T 为周期.(2)方向:电流是标量,为研究问题方便,规定正电荷定向移动的方向为电流的方向.在外电路中电流由电源正极到负极,在内电路中电流由电源负极到正极.(3)微观表达式:假设导体单位体积内有n 个可自由移动的电荷,电荷定向移动的速率为v ,电荷量为q ,导体横截面积为S ,则I =nqS v . [思维深化]判断下列说法是否正确.(1)导体中只要电荷运动就形成电流.( × ) (2)电流有方向,所以它是一个矢量.( × ) (3)根据I =qt,可知I 与q 成正比.( × )(4)电流越大,单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多.( √ )(5)电流I 随时间t 变化的图象与坐标轴所围面积表示通过导体横截面的电荷量.( √ )1.[对电流定义式的计算]安培提出了著名的分子电流假说,根据这一假说,电子绕核运动可等效为一环形电流.设电荷量为e 的电子以速率v 绕原子核沿顺时针方向做半径为r 的匀速圆周运动,关于该环形电流的说法,正确的是( )A .电流大小为v e2πr ,电流方向为顺时针B .电流大小为v er ,电流方向为顺时针C .电流大小为v e2πr ,电流方向为逆时针D .电流大小为v er ,电流方向为逆时针答案 C解析 电子做圆周运动的周期T =2πrv ,由I =eT 得I =v e 2πr,电流的方向与电子运动方向相反,故为逆时针.2.[电流微观表达式的应用](多选)一横截面积为S 的铝导线,当有电压加在该导线上时,导线中的电流为I .设每单位体积的导线中有n 个自由电子,电子的电荷量为e ,此时电子定向移动的速度为v ,则在Δt 时间内,通过导体横截面的自由电子数目可表示为( ) A .n v S Δt B .n v Δt C.I Δt e D.I Δt Se答案 AC解析 由电流的微观表达式I =neS v 、电流的定义式I =qt 和带电体所带的电荷量q =ne ,可得Δt 时间内通过导体横截面的自由电子数目N =n v S Δt =I Δt e. 考点二 欧姆定律及电阻定律1.电阻(1)定义式:R =UI.(2)物理意义:反映了导体对电流的阻碍作用. 2.电阻定律(1)内容:同种材料的导体,其电阻与它的长度成正比,与它的横截面积成反比,导体的电阻还与构成它的材料有关. (2)表达式:R =ρlS .3.电阻率 (1)计算式:ρ=R Sl.(2)物理意义:反映导体的导电性能,是表征材料性质的物理量. (3)电阻率与温度的关系:①金属:电阻率随温度升高而增大. ②半导体:电阻率随温度升高而减小. ③一些合金:几乎不受温度的影响. 4.部分电路欧姆定律(1)内容:导体中的电流跟导体两端的电压成正比,跟导体的电阻成反比. (2)表达式:I =UR .(3)适用范围①金属导电和电解液导电(对气体导电不适用). ②纯电阻电路(不含电动机、电解槽等的电路). 5.导体的伏安特性曲线(1)I -U 图线:以电流为纵轴、电压为横轴所画出的导体上的电流随电压的变化曲线称为I -U 图线,如图1所示.图1(2)比较电阻的大小:图线的斜率k =I U =1R,图中R 1>R 2.(3)线性元件:伏安特性曲线是直线的电学元件,适用欧姆定律. (4)非线性元件:伏安特性曲线为曲线的电学元件,不适用欧姆定律. [思维深化]关于导体的电阻和电阻率,下列说法是否正确.(1)由R =UI 可知,导体的电阻与导体两端的电压成正比,与流过导体的电流成反比.( × )(2)由R =ρlS 可知,导体的电阻与导体的长度成正比,与导体的横截面积成反比.( √ )(3)由ρ=RSl 可知,导体的电阻率与导体的横截面积成正比,与导体的长度成反比.( × )(4)由ρ=RSl可知导体的电阻越大,其电阻率越大.( × )3.[对I =U R 的理解](多选)对欧姆定律公式I =UR 的理解,下面说法正确的是( )A .对某一段导体来说,导体中的电流跟它两端的电压成正比B .在电压相同的条件下,不同导体中的电流跟电阻成反比C .导体中的电流既与导体两端的电压有关,也与导体的电阻有关D .因为电阻是导体本身的属性,所以导体中的电流只与导体两端电压有关,与导体的电阻无关答案 ABC解析 由欧姆定律公式I =UR 可知:导体中的电流与导体两端的电压和导体的电阻有关.对某一段导体来说,导体中的电流跟它两端的电压成正比,选项A 正确;在电压相同的条件下,不同导体中的电流跟导体的电阻成反比,选项B 正确;导体中的电流既与导体两端的电压有关,也与导体电阻有关,选项C 正确;导体中的电流是由导体两端的电压和导体的电阻共同决定的,选项D 错误.4.[电阻定律的应用]欧姆不仅发现了欧姆定律,还研究了电阻定律,有一个长方体型的金属电阻,材料分布均匀,边长分别为a 、b 、c ,且a >b >c .电流沿以下方向流过该金属电阻,其中电阻的阻值最小的是( )答案 A解析 根据电阻定律,电阻的阻值最小的应该是横截面积最大、长度最短的,选项A 正确. 5.[电阻定律和电流微观表达式的应用](2015·安徽理综·17)如图2所示,一根长为L 、横截面积为S 的金属棒,其材料的电阻率为ρ,棒内单位体积自由电子数为n ,电子的质量为m ,电荷量为e .在棒两端加上恒定的电压时,棒内产生电流,自由电子定向运动的平均速率为v ,则金属棒内的电场强度大小为( )图2A.m v 22eLB.m v 2Sn e C .ρne v D.ρe v SL 答案 C解析 欧姆定律I =U R ,电流的微观表达式I =neS v ,电阻定律R =ρLS ,则金属棒内场强大小为E =U L =IRL =ρne v ,故C 正确. 6.[伏安特性曲线的理解和应用](多选)在如图3甲所示的电路中,L 1、L 2、L 3为三个相同规格的小灯泡,这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示.当开关S 闭合后,电路中的总电流为0.25 A ,则此时( )图3A .L 1上的电压为L 2上电压的2倍B .L 1消耗的电功率为0.75 WC .L 2的电阻为12 ΩD .L 1、L 2消耗的电功率的比值大于4∶1 答案 BD解析 电路中的总电流为0.25 A ,L 1中的电流为0.25 A ,由小灯泡的伏安特性曲线可知电压为3.0 V ,L 1消耗的电功率为P 1=U 1I 1=0.75 W ,选项B 正确.根据并联电路规律,L 2中电流为0.125 A ,由小灯泡的伏安特性曲线可知电压大约为0.3 V ,L 1的电压大约为L 2电压的10倍,选项A 错误.由欧姆定律,L 2的电阻为R 2=U 2I 2=0.30.125 Ω=2.4 Ω,选项C 错误.L 2消耗的电功率为P 2=U 2I 2=0.3×0.125 W =0.037 5 W ,L 1、L 2消耗的电功率的比值大于4∶1,选项D 正确.关于电阻定律和伏安特性曲线的理解1.在温度一定的条件下,导体的电阻大小由长度、横截面积及材料决定,与电压、电流无关.若考虑温度,导体的电阻率会随着温度的变化而变化.2.利用R =ρlS 求ρ时,要根据电流正确判断l 、S ,沿电流方向导体的长度为l ,垂直于电流方向的横截面积为S .3.若U -I 图线为直线.求电阻R 时可用该点的切线的斜率ΔUΔI 来计算.若U -I 图线为曲线,电阻跟曲线的斜率无关,只能依据曲线对应的点的坐标UI计算求解.考点三 电功及电热1.电功(1)定义:导体中的恒定电场对自由电荷的电场力做的功. (2)公式:W =qU =IUt (适用于任何电路).(3)电流做功的实质:电能转化成其他形式能的过程. 2.电功率(1)定义:单位时间内电流所做的功,表示电流做功的快慢. (2)公式:P =Wt =IU (适用于任何电路).3.焦耳定律(1)电热:电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比,跟导体的电阻及通电时间成正比. (2)公式:Q =I 2Rt .4.电功率P =IU 和热功率P =I 2R 的应用(1)不论是纯电阻电路还是非纯电阻电路,电流的电功率均为P 电=UI ,热功率均为P 热=I 2R . (2)对于纯电阻电路而言:P 电=P 热=IU =I 2R =U 2R.(3)对于非纯电阻电路而言:P 电=IU =P 热+P 其他=I 2R +P 其他≠U 2R+P 其他.[思维深化]判断下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法是否正确.(1)电功率越大,电流做功越快,电路中产生的焦耳热一定越多.( × ) (2)W =UIt 适用于任何电路,而W =I 2Rt =U 2Rt 只适用于纯电阻电路.( √ )(3)在非纯电阻电路中,UI >I 2R .( √ )(4)焦耳热公式Q =I 2Rt 适用于任何电路.( √ )7.[家用电器中的纯电阻电路和非纯电阻电路]一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V 的交流电源上(其内电阻可忽略不计),均正常工作.用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A ,通过洗衣机电动机的电流是0.50 A ,则下列说法中正确的是( ) A .电饭煲的电阻为44 Ω,洗衣机电动机线圈的电阻为440 ΩB .电饭煲消耗的电功率为1 555 W ,洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 WC .1 min 内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J ,洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 JD .电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍 答案 C解析 由于电饭煲是纯电阻元件,所以 R 1=UI 1=44 Ω,P 1=UI 1=1 100 W其在1 min 内消耗的电能 W 1=UI 1t =6.6×104 J 洗衣机为非纯电阻元件,所以 R 2≠UI 2,P 2=UI 2=110 W其在1 min 内消耗的电能 W 2=UI 2t =6.6×103 J其热功率P 热≠P 2,所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍.8.[含充电电池的非纯电阻电路](多选)如图4所示,用输出电压为1.4 V 、输出电流为100 mA 的充电器对内阻为2 Ω的镍-氢电池充电.下列说法正确的是( )图4A .电能转化为化学能的功率为0.12 WB .充电器输出的电功率为0.14 WC .充电时,电池消耗的热功率为0.02 WD .充电器把0.14 W 的功率储存在电池内 答案 ABC解析 充电器对电池的充电功率为P 总=UI =0.14 W ,电池充电时的热功率为P 热=I 2r =0.02 W ,所以转化为化学能的功率为P 化=P 总-P 热=0.12 W ,因此充电器充电功率为0.12 W ,故A 、B 、C 正确,D 错误.9.[含电动机的非纯电阻电路]如图5所示为一玩具起重机的电路示意图.电源电动势为6 V ,内阻为0.5 Ω,电阻R=2.5 Ω,当电动机以0.5 m/s的速度匀速提升一质量为320 g的物体时(不计一切摩擦阻力,g=10 m/s2),标有“3 V0.6 W”的灯泡恰好正常发光,则电动机的内阻为()图5A.1.25 ΩB.3.75 ΩC.5.625 ΩD.1 Ω答案 A解析通过并联电路求通过电动机的电流是本题的关键.电动机输出功率P出=mg v=1.6 W,灯泡中电流I L=P额U额=0.2 A,干路电流I=E-U额r+R=1 A,电动机中电流I M=I-I L=0.8 A,电动机的功率P=U额I M=I2M R M+P出,计算得R M=1.25 Ω,所以A正确.非纯电阻电路的分析方法1.抓住两个关键量:确定电动机的电压U M和电流I M是解决所有问题的关键.若能求出U M、I M,就能确定电动机的电功率P=U M I M,根据电流I M和电动机的电阻r可求出热功率P r=I2M r,最后求出输出功率P出=P-P r.2.坚持“躲着”求解U M、I M:首先,对其他纯电阻电路、电源的内电路等,利用欧姆定律进行分析计算,确定相应的电压或电流.然后,利用闭合电路的电压关系、电流关系间接确定非纯电阻电路的工作电压和电流.3.处理非纯电阻电路的计算问题时,要善于从能量转化的角度出发,紧紧围绕能量守恒定律,利用“电功=电热+其他能量”寻找等量关系求解.1.用电器到发电站的距离为l,线路上的电流为I,已知输电线的电阻率为ρ.为使线路上的电压降不超过U,那么,输电线的横截面积的最小值为()A.ρl RB.2ρlI UC.U ρlID.2Ul Iρ 答案 B解析 输电线的总长为2l ,由公式R =U I 、R =ρl S 得S =2ρlI U,故B 正确.2.(多选)小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图6所示,P 为图线上一点,PN 为图线在P 点的切线,PM 为I 轴的垂线.则下列说法中正确的是( )图6A .随着所加电压的增大,小灯泡的电阻不变B .对应P 点,小灯泡的电阻R =U 1I 2C .对应P 点,小灯泡的电阻R =U 1I 2-I 1D .对应P 点,小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围的“面积” 答案 BD解析 由欧姆定律知,I -U 图线中任意一点的电阻为该点与坐标原点O 点的连线的斜率的倒数,随着所加电流的增大,小灯泡的电阻增大,A 错误.对应P 点,小灯泡的电阻为O 、P 连线斜率的倒数,即R =U 1I 2,B 正确,C 错误.对应P 点,小灯泡的功率P =U 1I 2,即图中矩形PQOM 所围的“面积”,D 正确.3.如图7所示,电源内阻不可忽略,电路中接有一小灯泡和一电动机.小灯泡L 上标有“6 V 12 W ”字样,电动机的线圈电阻R M =0.5 Ω.若灯泡正常发光时,电源的输出电压为12 V ,此时( )图7A .整个电路消耗的电功率为24 WB .电动机的热功率为12 WC .电动机的输出功率为12 WD .电动机的输入功率为12 W答案 D解析 灯泡正常发光,则电路电流I =I L =P LU L=2 A .已知电路电流,由于不知电源电动势,无法求出整个电路消耗的电功率,故A 错误;电动机的热功率P Q =I 2R M =22×0.5 W =2 W ,故B 错误;灯泡正常发光时,电动机电压U M =U -U L =12 V -6 V =6 V ,电动机的输入功率P =U M I =6×2 W =12 W ,电动机的输出功率P 出=P -P Q =12 W -2 W =10 W ,故C 错误,D 正确.练出高分基础巩固1.如图1所示,电解池内有一价离子的电解液,时间t 内通过溶液内截面S 的正离子数是n 1,负离子数是n 2,设元电荷为e ,以下说法中正确的是( )图1A .正离子定向移动形成电流方向从A 到B ,负离子定向移动形成电流方向从B 到A B .溶液内正、负离子向相反方向移动,电流抵消C .溶液内电流方向从A 到B ,电流I =n 1etD .溶液内电流方向从A 到B ,电流I =(n 1+n 2)et答案 D2.关于电阻和电阻率,下列说法中正确的是( )A .把一根粗细均匀的导线分成等长的两段,则每部分的电阻、电阻率均变为原来的一半B .由ρ=RS l 可知,ρ∝R ,ρ∝1lC .材料的电阻率随温度的升高而增大D .对某一确定的导体,当温度升高时,若不计导体的体积和形状变化,发现它的电阻增大,说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大 答案 D3.如图2所示,a 、b 分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的伏安特性曲线,下列判断中正确的是( )图2 A.a代表的电阻丝较粗B.b代表的电阻丝较粗C.a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D.图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比答案 B解析b图线的斜率大,表示电阻小,由电阻定律R=ρlS,可知b代表的电阻丝较粗,选项B 正确,A、C错误;电阻是导体本身的性质,与电阻两端的电压无关,选项D错误.4.某一导体的伏安特性曲线如图3中AB段(曲线)所示,关于导体的电阻,以下说法正确的是()图3A.B点的电阻为12 ΩB.B点的电阻为40 ΩC.工作状态从A变化到B时,导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD.工作状态从A变化到B时,导体的电阻因温度的影响改变了9 Ω答案 B解析根据电阻的定义式可以求出A、B两点的电阻分别为R A=30.1Ω=30 Ω,R B=60.15Ω=40Ω,所以ΔR=R B-R A=10 Ω,故B对,A、C、D错误.5.汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗,如图4所示,在打开车灯的情况下,电动机未启动时电流表读数为10 A,电动机启动时电流表读数为58 A.若电源电动势为12.5 V,内阻为0.05 Ω,电流表内阻不计,则因电动机启动,车灯的电功率降低了()图4A .35.8 WB .43.2 WC .48.2 WD .76.8 W 答案 B解析 电动机不启动时,灯泡的电压为电源路端电压,设为U L ,电动机启动后灯泡电压仍为路端电压,设为U L ′.电动机不启动时,由欧姆定律得I =ER L +r 求得R L =1.2 Ω,灯泡消耗功率为P L =EI -I 2r =120W ;电动机启动后,路端电压U L ′=E -I ′r =9.6 V ,灯泡消耗电功率为P L ′=U L ′2R L =9.621.2 W =76.8W .所以灯泡功率降低了ΔP =120 W -76.8 W =43.2 W.6.(多选)如图5所示,R 1和R 2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体,但R 1的尺寸比R 2的尺寸大.在两导体上加相同的电压,通过两导体的电流方向如图所示,则下列说法中正确的是( )图5A .R 1中的电流小于R 2中的电流B .R 1中的电流等于R 2中的电流C .R 1中自由电荷定向移动的速率大于R 2中自由电荷定向移动的速率D .R 1中自由电荷定向移动的速率小于R 2中自由电荷定向移动的速率 答案 BD解析 设正方形的边长为L 、导体厚度为d ,则I =U R ,R =ρL S =ρL Ld =ρd ,得I =Udρ,故R 1、R 2中的电流相等,A 错误,B 正确.由I =nqS v =nqLd v 得,L 大则v 小,C 错误,D 正确. 7.(多选)如图6所示是电阻R 的I -U 图象,图中α=45°,由此得出( )图6A .通过电阻的电流与其两端的电压成正比B .电阻R =0.5 ΩC .因I -U 图象的斜率表示电阻的倒数,故R =1tan α=1.0 ΩD .在R 两端加上6.0 V 的电压时,每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0 C 答案 AD解析 由I -U 图象可知,图线是一条过原点的倾斜直线,即I 和U 成正比,A 正确;而电阻R =U I =105 Ω=2 Ω,B 错误;由于纵、横坐标的标度不一样,故不能用tan α计算斜率表示电阻的倒数,C 错误;在R 两端加上6.0 V 电压时I =U R =6.02 A =3.0 A ,每秒通过电阻横截面的电荷量q =It =3.0×1 C =3.0 C ,D 正确.8.(多选)电饭锅工作时有两种状态:一种是锅内水烧开前的加热状态,另一种是锅内水烧开后的保温状态,如图7所示是一学生设计的电饭锅电路原理示意图,S 是用感温材料制造的开关.下列说法中正确的是( )图7A .加热状态时是用R 1、R 2同时加热的B .当开关S 接通时电饭锅为加热状态,S 断开时为保温状态C .当R 1R 2=7,R 2在保温状态时的功率为加热状态时的18D .当R 1R 2=22-1,R 2在保温状态时的功率为加热状态时的18答案 BD解析 由P =U 2R 得:当接通S 时,电阻变小,功率变大,处于加热状态;当断开S 时,电阻变大,功率变小,处于保温状态.可知,R 2是供加热用的电阻丝.故A 错误,B 正确.逆推:当R 2在保温状态时的功率为加热状态时的18时,根据公式P =U 2R ,可知2202R 2=2202R 1+R 2×R 2R 1+R 2×8得R 1R 2=22-1,C 错误,D 正确.综合应用9.一个用半导体材料制成的电阻器D ,其电流I 随它两端电压U 变化的关系图象如图8甲所示,若将它与两个标准电阻R 1、R 2并联后接在电压恒为U 的电源两端,3个用电器消耗的电功率均为P .现将它们连接成如图乙所示的电路,接在该电源的两端,设电阻器D 和电阻R 1、R 2消耗的电功率分别为P D 、P 1、P 2,它们之间的关系为( )图8A .P 1=4P DB .P D =P4C .PD =P 2 D .P 1<4P 2答案 D解析 由于电阻器D 与两个标准电阻R 1、R 2并联后接在电压恒为U 的电源两端时,三者功率相同,则此时三者电阻相同.当三者按照题图乙所示电路连接时,电阻器D 两端的电压小于U ,由题图甲图象可知,电阻器D 的电阻增大,则有R D >R 1=R 2,而R D 与R 2并联,电压相等,根据P =U 2R ,P D <P 2,C 错误;由欧姆定律可知,电流I D <I 2,又I 1=I 2+I D ,根据P =I 2R ,P 1>4P D ,P 1<4P 2,A 错误,D 正确;由于电阻器D 与电阻R 2的并联电阻R <R 1,所以D 两端的电压小于U 2,且D 阻值变大,则P D <P4,B 错误. 10.如图9所示是某款理发用的电吹风的电路图,它主要由电动机M 和电热丝R 构成.当闭合开关S 1、S 2后,电动机驱动风叶旋转,将空气从进风口吸入,经电热丝加热,形成热风后从出风口吹出.已知电吹风的额定电压为220 V ,吹冷风时的功率为120 W ,吹热风时的功率为1 000 W .关于该电吹风,下列说法正确的是( )图9A .电热丝的电阻为55 ΩB .电动机的电阻为1 2103 ΩC .当电吹风吹热风时,电热丝每秒钟消耗的电能为1 000 JD .当电吹风吹热风时,电动机每秒钟消耗的电能为1 120 J 答案 A解析 电吹风吹热风时电热丝消耗的功率为P =1 000 W -120 W =880 W ,对电热丝,由P =U 2R 可得电热丝的电阻为R =U 2P =2202880 Ω=55 Ω,选项A 正确;由于不知道电动机线圈的发热功率,所以电动机线圈的电阻无法计算,选项B 错误;当电吹风吹热风时,电热丝每秒消耗的电能为880 J ,选项C 错误;当电吹风吹热风时,电动机每秒钟消耗的电能为120 J ,选项D 错误.11.如图10所示,A 为电解槽,为电动机,N 为电炉子,恒定电压U =12 V ,电解槽内阻R A =2 Ω,当S 1闭合,S 2、S 3断开时,示数为6 A ;当S 2闭合,S 1、S 3断开时,示数为5A ,且电动机输出功率为35 W ;当S 3闭合,S 1、S 2断开时,示数为4 A .求:图10(1)电炉子的电阻及发热功率; (2)电动机的内阻;(3)在电解槽工作时,电能转化为化学能的功率为多少. 答案 (1)2 Ω 72 W (2)1 Ω (3)16 W解析 (1)电炉子为纯电阻元件,由欧姆定律得: R =U I 1=126Ω=2 Ω其发热功率为:P =UI 1=12×6 W =72 W. (2)电动机为非纯电阻元件,由能量守恒定律得: UI 2=I 22R M +P 输出所以:R M =UI 2-P 输出I 22=12×5-3552 Ω=1 Ω. (3)电解槽为非纯电阻元件,由能量守恒定律得:P 化=UI 3-I 23R A所以P 化=(12×4-42×2) W =16 W.。
2016届高三物理二轮复习教师用书第二部分应试高分策略第二部分第3讲计算题突破策略与技巧Word版含答案1第3讲计算题突破策略与技巧——规范答题抓大分实践表明,综合大题的解题能力和得分能力都可以通过“大题小做”的解题策略有效提高.“大题小做”的策略体现在将一个复杂过程分解成若干个子过程,每个子过程就是一个小题,然后各个击破.具体来讲可以分三步来完成:规范审题,规范思维,规范答题.第一步:规范审题审题流程:通读→细读→选读第一遍读题——通读读后头脑中要出现物理图景的轮廓.由头脑中的图景(物理现象、物理过程)与某些物理模型找关系,初步确定研究对象,猜想所对应的物理模型.第二遍读题——细读读后头脑中要出现较清晰的物理图景.由题设条件,进行分析、判断,确定物理图景(物理现象、物理过程)的变化趋势.基本确定研究对象所对应的物理模型.第三遍读题——选读通过对关键词语的理解、隐含条件的挖掘、干扰因素的排除之后,对题目要有清楚的认识.最终确定本题的研究对象、物理模型及要解决的核心问题.第二步:规范思维思维流程:文字→情境→模型→规律→决策→运算→结果.第三步:规范答题答题流程:画示意图→文字描述→分步列式→联立求解→结果讨论.具体要求如下:1.文字说明简洁准确;2.字母书写规范清楚;3.分步列式联立求解;4.结果表达准确到位.下面针对高考常考的综合大题分类进行突破.类型1运动学和动力学综合题类型解读运动学、动力学是物理学的基础,更是高考考查的热点.其中牛顿运动定律、匀变速直线运动、平抛运动和圆周运动是历年高考的必考内容,有时与电场、磁场结合,综合性强,难度大,分值高,对能力要求较高.突破策略运动学和动力学的综合问题常体现在牛顿运动定律的应用上,对物体进行正确受力分析和运动分析是解题的关键,要想获取高分应注意以下几点:(1)正确选取研究对象,可根据题意选取受力或运动情况清楚且便于解题的物体(或物体的一部分或几个物体组成的系统)为研究对象.(2)全面分析研究对象的受力情况,正确画出受力示意图,再根据力的合成或分解知识求得研究对象所受合力的大小和方向.(3)全面分析研究对象的运动情况,画出运动过程示意图,特别要注意所研究运动过程的运动性质及受力情况并非恒定不变时,一定要把整个运动过程分成几个阶段的运动过程来分析.(2015·株洲市质检)如图所示,某次滑雪训练,运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F=84 N而从静止向前滑行,其作用时间为t1=1.0 s,撤除水平推力F 后经过t2=2.0 s,他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力,作用距离与第一次相同.已知该运动员连同装备的总质量为m=60 kg,在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f=12 N,求:(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移;(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离.规范审题规范思维运动员的运动分为四个阶段:①从静止开始匀加速运动1 s;②匀减速运动2 s;③匀加速运动一段距离;④匀减速运动到静止.其中两个加速阶段的加速度相同,两个减速阶段的加速度相同,第①、②段中已知时间,可用牛顿第二定律、运动学知识求解,第③、④段中已知位移,既可用动力学知识,也可用动能定理求解.规范答题[解析] (1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为 a 1=F -F f m =84-1260m/s 2=1.2 m/s 2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v 1=a 1t 1=1.2×1.0 m/s =1.2 m/s 位移x 1=12a 1t 21=0.6 m.(2)法一:运动员停止使用滑雪杖后,加速度大小为a 2=F f m经时间t 2速度变为v ′1=v 1-a 2t 2第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v 2,则v 22-v ′21=2a 1x 1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x 2=v 222a 2解得x 2=5.2 m.法二:第二次施加水平推力F 时的速度v ′1=v 1-a 2t 2=0.8 m/s 由动能定理得:(F -F f )x 1-F f x 2=0-12mv ′21代入数据解得:x 2=5.2 m.[答案] (1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m类型2 有关能量的综合题类型解读能量是力学部分继牛顿运动定律后的又一重点,是高考的“重中之重”.此类试题常与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动、电磁学等知识相联系,综合性强、涉及面广、分值大、物理过程复杂,要求学生要有很强的受力分析能力、运动过程分析能力及应用知识解决实际问题的能力,因而备受命题专家青睐.突破策略(1)由于应用功能关系和能量守恒定律分析问题时,突出物体或物体系所经历的运动过程中状态的改变,因此应重点关注运动状态的变化和引起变化的原因,明确功与对应能量的变化关系.(2)要能正确分析所涉及的物理过程,能正确、合理地把全过程划分为若干阶段,弄清各阶段所遵循的规律及各阶段间的联系.(3)当研究对象是一物体系统且它们间有相互作用时,一般优先考虑功能关系和能量守恒定律,特别是题中出现相对路程时,一定先考虑能量守恒定律.(2015·枣庄模拟)如图所示,AB 为半径R =0.8 m 的14光滑圆弧轨道,下端B 恰与小车右端平滑对接.小车的质量M =3 kg 、长度L =2.16 m ,其上表面距地面的高度h =0.2 m .现有质量m =1 kg 的小滑块,由轨道顶端无初速度释放,滑到 B 端后冲上小车,当小车与滑块达到共同速度时,小车被地面装置锁定.已知地面光滑,滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.3,取g =10 m/s 2.试求:(1)滑块经过B 端时,轨道对它支持力的大小;(2)小车被锁定时,其右端到轨道B 端的距离;(3)小车被锁定后,滑块继续沿小车上表面滑动.请判断:滑块能否从小车的左端滑出小车?若不能,请计算小车被锁定后由于摩擦而产生的内能是多少?若能,请计算滑块的落地点离小车左端的水平距离.规范审题规范思维滑块的运动可分为四个不同的阶段:①沿圆弧轨道下滑;②与小车相对滑动到小车锁定;③小车锁定后滑块继续滑动;④滑块做平抛运动.滑块在圆弧轨道的 B 点,支持力与重力的合力提供向心力,此时的速度为滑块滑上小车的初速度,滑块与小车达到共同速度后能否滑出小车需通过计算做出判断,可求出滑块到小车左端的速度,若大于零,则能滑出.规范答题[解析] (1)设滑块经过B 端时的速度大小为v 1,由机械能守恒定律得mgR =12mv 21设滑块经过B 端时,轨道对滑块的支持力为F N ,由牛顿第二定律得F N -mg =m v 21R解得v 1=4 m/s ,F N =30 N.(2)以向左为正方向,当滑块滑上小车后,设滑块和小车的加速度分别为a 1,a 2,由牛顿第二定律得对滑块-μmg =ma 1。
选修3-3巧练1.(1)带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体.气体开始处于状态a ,然后经过过程ab 到达状态b 或经过过程ac 到达状态c ,b 、c 状态温度相同,V -T 图象如图所示.设气体在状态b 和状态c 的压强分别为p b 和p c ,在过程ab 和ac 中吸收的热量分别为Q ab 和Q ac ,则下列结果错误的是________.A .p b >p c ,Q ab >Q acB .p b >p c ,Q ab <Q acC .p b <p c ,Q ab >Q acD .p b <p c ,Q ab <Q acE .状态a 的压强等于状态b 的压强(2)某学校科技兴趣小组利用废旧物品制作了一个简易气温计:在一个空葡萄酒瓶中插入一根两端开口的玻璃管,玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱,接口处用蜡密封,将酒瓶水平放置,如图所示.已知该装置密封气体的体积为480 cm 3,玻璃管内部横截面积为0.4 cm 2,瓶口外的有效长度为48 cm.当气温为7 ℃时,水银柱刚好处在瓶口位置.①求该气温计能测量的最高气温;②假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中,密封气体从外界吸收3 J 热量,问在这一过程中该气体的内能如何变化?变化了多少?(已知大气压强为1×105 Pa)解析:(1)由V =k pT 可知V -T 图线的斜率越大,压强p 越小,故p b <p c .由热力学第一定律得:Q =ΔU -W ,因T b =T c ,所以ΔU ab =ΔU ac ,而W ab <W ac ,故Q ab >Q ac ,a 状态和b 状态在同一条等压线上,所以p a =p b ,综上C 、E 正确.(2)①当水银柱到达管口时,所测气温最高,设为T 2,此时气体体积为V 2初状态:T 1=(273+7)K =280 K ,V 1=480 cm 3,末状态V 2=(480+48×0.4) cm 3=499.2 cm 3,由等压变化知:V 1T 1=V 2T 2, 代入数据得T 2=291.2 K ,即18.2 ℃.②水银柱向右移动过程中,外界对气体做功W =-p 0S ·L=-1×105×0.4×10-4×48×10-2 J=-1.92 J由热力学第一定律知内能变化为ΔU =W +Q =-1.92 J +3 J =1.08 J ,即内能增加1.08 J.答案:(1)ABD (2)①291.2 K(或18.2 ℃) ②内能增加 增加1.08 J2.(2015·山西考前监测)(1)下列说法正确的是________.A .布朗运动就是分子的热运动B .气体温度升高,分子的平均动能一定增大C .物体体积增大时,分子间距增大,分子势能也增大D .热量可以从低温物体传递到高温物体E .对物体做功,物体的内能可能减小(2)如图所示,水平放置一个长方体的封闭汽缸,用无摩擦活塞将内部封闭气体分为完全相同的A 、B 两部分.初始时两部分气体的压强均为p 、温度均为T .现使A 的温度升高ΔT 而保持B 部分气体温度不变,则A部分气体压强的增加量是多少?解析:(1)布朗运动是固体小颗粒的运动,A 错;温度是分子平均动能大小的标志,温度升高,分子平均动能增大,B 对;分子间距小于平衡距离时增大分子间距,分子势能将减小,C 错;热量可以由低温传递到高温,但会引起其他变化,D 对;如果物体放出的热量大于对物体做的功,物体内能将减小,故E 对,故选BDE.(2)设温度升高后,A 、B 气体压强的增加量都为Δp ,对A 部分气体,升高温度后的体积为V A ,则由气体方程pV T =(p +Δp )V A T +ΔT对B 部分气体,升高温度后的体积为V B ,则pV =(p +Δp )V B又2V =V A +V B解得Δp =p ΔT 2T. 答案:(1)BDE (2)p ΔT 2T3.(1)下列说法正确的是________.A .温度升高时,物体内每个分子的动能都增大,所以物体的平均动能增大B .分子间的引力和斥力同时存在,且都随着分子间的距离的增大而减小C .当液体与大气相接触时,液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力总是指向液体内部D .单晶体的某些物理性质是各向异性的,多晶体的物理性质是各向同性的E .悬浮微粒越大,在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多,布朗运动越明显(2)如图所示,一水平放置的薄壁汽缸,由截面积不同的两个圆筒连接而成,质量均为m =1.0 kg 的活塞A 、B 用一长度为3L =30 cm 、质量不计的轻细杆连接成整体,它们可以在筒内无摩擦地左右滑动且不漏气.活塞A 、B 的面积分别为S A =200 cm 2和S B =100 cm 2,汽缸内A 和B 之间封闭有一定质量的理想气体,A 的左边及B 的右边都是大气,大气压强始终保持为p 0=1.0×105 Pa.当汽缸内气体的温度为T 1=500 K 时,活塞处于图示位置平衡.问:①此时汽缸内理想气体的压强多大?②当汽缸内气体的温度从T 1=500 K 缓慢降至T 2=400 K 时,活塞A 、B 向哪边移动?移动的位移多大?解析:(2)①设被封住的理想气体压强为p ,轻细杆对A 和对B 的弹力为F ,对活塞A 有:p 0S A =pS A +F对活塞B ,有:p 0S B =pS B +F得:p =p 0=1.0×105 Pa.②当汽缸内气体的温度缓慢下降时,活塞处于平衡状态,缸内气体压强不变,气体等压降温,活塞A 、B 一起向右移动活塞A 最多移动至两筒的连接处.设活塞A 、B 一起向右移动的距离为x .对理想气体: V 1=2LS A +LS BT 1=500 KV 2=(2L -x )S A +(L +x )S BT 2=400 KS A =200 cm 2 S B =100 cm 2由盖-吕萨克定律:V 1T 1=V 2T 2解得:x =10 cmx <2L =20 cm 表明活塞A 未碰两筒的连接处.故活塞A 、B 一起向右移动了10 cm.答案:(1)BCD (2)见解析4.(1)下列说法正确的是________.A .食盐、雪花、黄金都是晶体B .制作晶体管、集成电路只能用单晶体C .晶体熔化过程中需要吸收热量,但其分子的平均动能不变D .大多数金属都是各向同性的,他们都是非晶体E .液体表面具有收缩的趋势,是由于在液体表面层里分子比内部密集(2)某医院使用的一只氧气瓶,容积为32 dm 3,在温度为27 ℃时,瓶内压强为150 atm ,按规定当使用到17 ℃、压强降为10 atm ,便应重新充气.①若这一瓶氧气自由膨胀到17 ℃、10 atm 时体积为多少?②若这个医院在27 ℃时,平均每天要用压强为1 atm 的氧气439 dm 3,则这一瓶氧气能用多少天?③若上述氧气瓶的开关坏了,使高压氧气迅速向外喷出,当瓶内外压强相等时,才关好开关.过一段较长时间再次打开开关,这时瓶内氧气是否还会喷出?解析:(1)食盐、雪花是单晶体,黄金是多晶体,故选项A 对;晶体有确定的熔点,因此熔化过程中虽然要吸收热量,但分子的平均动能不变,故选项C 对;大多数金属都是各向同性的,他们都是多晶体,故选项D 错;液体表面具有收缩的趋势,是由于在液体表面层里分子比内部稀疏,分子间呈现引力,故选项E 错.(2)①氧气瓶内氧气初态参量:V 1=32 dm 3,T 1=300 K ,p 1=150 atm ;设这一瓶氧气自由膨胀到17 ℃、10 atm 时体积为V 2,T 2=290 K ,p 2=10 atm ,则p 1V 1T 1=p 2V 2T 2解得V 2=464 dm 3.②对跑出的气体,设在T 3=300 K ,p 3=1 atm 时占的体积为V 3,则p 2(V 2-V 1)T 2=p 3V 3T 3这一瓶氧气能用的天数n =V 3V 0V 0=439 dm 3联立解得n ≈10.2(天),取n =10(天).③因高压氧气迅速向外喷出,氧气来不及与外界进行热交换,可近似看成绝热膨胀.Q =0,故ΔU =W ,又氧气对外做功,所以瓶内氧气内能减少,温度降低.关上开关时,瓶内氧气温度低于外界,当过一段较长时间后,瓶内氧气温度又等于外界温度,即瓶内剩余气体做等容升温变化,所以p T=C (C 为常数),T 变大,则p 变大(大于外界大气压),故再次打开开关时,氧气还会喷出.答案:(1)ABC (2)①464 dm 3 ②10天 ③会喷出选修3-4巧练1.(2015·西安质检)(1)如图所示,从点光源S 发出的一细束白光以一定的角度入射到三棱镜的表面,经过三棱镜的折射后发生色散现象,在光屏的ab 间形成一条彩色光带.下面的说法中正确的是________.A .a 侧是红色光,b 侧是紫色光B .在真空中a 侧光的波长小于b 侧光的波长C .三棱镜对a 侧光的折射率大于对b 侧光的折射率D .在三棱镜中a 侧光的传播速率大于b 侧光的传播速率E .在同种条件下做双缝干涉实验,a 光的条纹间距小于b 光(2)一列简谐波在x 轴上传播,其波形图如图所示,其中实线、虚线分别表示t 1=0、t 2=0.05 s 时的波形,求:①这列波的波速;②若波速为280 m/s ,其传播方向如何?此时质点P 从图中位置运动至波谷位置的最短时间是多少?解析:(1)红光的折射率小,所以偏折角小,故b 侧为红色光,a 侧为紫色光,红色光的波长比紫色光的波长长,干涉条纹间距也大,在玻璃中的传播速率也大,B 、C 、E 正确,A 、D 错误.(2)①题目没有指明波的传播方向,因此有向左、向右传播两种可能性.若波向右传播,则在Δt =0.05 s 内传播的距离Δx =⎝⎛⎭⎫n +14λ,n =0、1、2、… 此时波速的通式为v =Δx Δt =⎝⎛⎭⎫n +14×80.05m/s =(160n +40) m/s ,n =0、1、2、…若波向左传播,则在Δt =0.05 s 内传播的距离Δx =⎝⎛⎭⎫n +34λ,n =0、1、2、… 此时波速的通式为:v =Δx Δt=(160n +120) m/s ,n =0、1、2、… ②若波速v =280 m/s ,在Δt =0.05 s 内传播的距离为Δx =v ·Δt =280×0.05=14 (m)=7λ4,即传播方向向左. 由波形知,波再向左传Δx =7 m ,可使P 点第一次到达波谷位置Δt ′=7280s =2.5×10-2 s. 答案:(1)BCE (2)①向右v =(160n +40)m/s ,n =0、1、2、… 向左v =(160n +120) m/s ,n =0、1、2、… ②向左 2.5×10-2 s2.(1)一列简谐横波,在t =4.0 s 时的波形如图甲所示,图乙是这列波中质点P 的振动图线,那么关于该波的传播,下列说法正确的是________.A .v =0.25 m/s ,向左传播B .v =0.50 m/s ,向右传播C .从t =0到t =4.0 s 的过程,质点P 向前迁移了1.0 mD .从t =0到t =4.0 s 的过程,波向前传播了1.0 mE .从t =0到t =4.0 s 的过程,质点P 通过的距离是0.16 m(2)如图所示,ABC 是三棱镜的一个截面,其折射率为n =1.5.现有一细束平行于截面的光线沿MN 方向射到棱镜的AB 面上的N 点,AN =NB =2 cm ,入射角的大小为i ,且sin i =0.75.已知真空中的光速c =3.0×108 m/s ,求:①光在棱镜中传播的速率;②此束光进入棱镜后从棱镜射出的方向和位置.(不考虑AB 面的反射和按原路返回光线) 解析:(1)由题波动图象可知波长λ=50 cm ,由题振动图象可知质点振动的周期T =2 s ,故波速v =λT =0.52m/s =0.25 m/s , 又质点P 在t =4.0 s 时的振动方向向上,可知波向左传播,A 正确、B 错误;从t =0到t =4.0 s 的过程中由Δx =v ·Δt =0.25×4 m =1.0 m ,所以波向前传播1.0 m ,而质点并不随波的传播而迁移,C 错误、D 正确;在Δt 内完成全振动的次数n =Δt T=2,质点P 通过的路程s =n ·4A =2×4×2 cm =16 cm ,E 正确.(2)①光在棱镜中传播的速率v =c n=2.0×108 m/s.②设此束光从AB 面射入棱镜后的折射角为r ,由折射定律,n =sin i sin r,解得r =30°.显然光线从AB 面射入棱镜后的折射光线NP 平行于底边AC ,由图中几何关系可得,光线入射到BC 面上入射角θ=45°,光线从棱镜侧面发生全反射时的临界角为C ,则sin C =1n =23<22,C <45°. 所以光线射到棱镜侧面BC 时将发生全反射,由图可知光线将沿垂直于底面AC 方向由图中Q 点射出棱镜.CQ =PQ =AN sin 60°= 3 cm .答案:(1)ADE (2)①2.0×108 m/s ②垂直于AC 射出,出射点距C 点 3 cm3.(2015·山西省考前质量监测)(1)甲、乙两列简谐横波沿x 轴传播,t =0时,甲、乙的波动图象分别如图中实线、虚线所示,已知两列波的速度大小相等、振幅均为20 cm ,且甲的频率为2 Hz ,则两列波相遇时,在0~12 m 的区域内________.A .两列波会发生干涉现象B .甲与乙的频率之比为3∶2C.t =0时,x =6 m 的质点的速度为零D .t =0时,x =8.5 m 的质点的位移大于20 cmE .t =0.75 s 时,x =5 m 处的质点在x 轴的下方(2)如图所示的圆表示一圆柱形玻璃砖的截面,O 为其圆心,MN 为直径.一束平行于MN 的光线沿PO 1方向从O 1点射入玻璃砖,在玻璃砖内传到N 点.已知PO 1与MN 之间的距离为32R (R 为玻璃砖的半径),真空中的光速为c ,求:①该玻璃砖的折射率;②光线从O 1传到N 所用的时间.解析:(1)由题图可知,两列波波长之比为λ甲∶λ乙=2∶3,由v =fλ得f 甲∶f 乙=3∶2,频率不同不能干涉,故A 错,B 对;t =0时两列波引起x =6 m 处的质点均向上振动,故速度最大,C 错;t =0时,x =8.5 m 处的质点的位移等于两列波引起的位移之和,D 对;t =0.75 s 时,在x =5 m 处甲波引起的位移是-20 cm ,乙波引起的位移也是负值,故该质点在x 轴下方,E 对.(2)①光路图如图所示,据几何关系可得sin i =3R 2R =32i =2r据折射定律n =sin i sin r解得n = 3.②据几何关系可得O 1N =3R光从O 1传播到N 所需的时间t =O 1N vv =c n解得t =3R c. 答案:(1)BDE (2)①3 ②3R c4.(1)下列说法正确的是________.A .有的波只能发生干涉现象,有的波只能发生衍射现象B .分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验,用红光时得到的条纹间距更宽C .在水中的潜水员斜向上看岸边的物体时,看到的物体将比物体所处的实际位置高D .水中的气泡,看起来特别明亮,是因为光线从气泡中射向水中时,一部分光在界面上发生全反射E .当观测者靠近波源时,接收到的波的频率会大于波源的振动频率(2)(2015·湖北八校二联)如图,为某种透明材料做成的三棱镜的横截面,其形状是边长为a 的等边三角形,现用一束宽度为a 的单色平行光束,以垂直于BC 面的方向正好入射到该三棱镜的AB 及AC 面上,结果所有从AB 、AC 面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC 面.试求:①该材料对此平行光束的折射率;②这些到达BC 面的光线从BC 面折射而出后,如果照射到一块平行于BC 面的屏上形成光斑,则当屏到BC 面的距离d 满足什么条件时,此光斑分为两块?解析:(1)任何波都能发生干涉和衍射现象,A 错误;由Δx =L λd知,红光干涉条纹宽,B 正确;由于光的折射,潜水员在水中看到的物体的像比物体所处的实际位置高,C 正确;水中气泡特别明亮是因为光从水中射向气泡时一部分光发生了全反射,故D 错误;由多普勒效应知,E 正确.(2)①由于对称性,我们考虑从AB 面入射的光线,这些光线在棱镜中是平行于AC 面的,由对称性不难得出,光线进入AB 面时的入射角α、折射角β分别为α=60°,β=30°由折射定律,得材料的折射率n =sin αsin β= 3.②如图O 为BC 中点,在B 点附近折射的光线从BC 面射出后与直线AO 交于D ,可看出只要光屏放得比D 点远,则光斑会分为两块.由几何关系可得OD =36a 所以当光屏到BC 面的距离超过36a 时,光斑会分为两块. 答案:(1)BCE (2)①3 ②光屏到BC 面的距离超过36a 时,光斑分为两块 选修3-5巧练1.(1)(2015·河北石家庄高三质检)下列说法正确的是________.A .Th 核发生一次α衰变时,新核与原来的原子核相比,中子数减少了4B .太阳辐射的能量最主要来自太阳内部的热核反应C .若使放射性物质的温度升高,其半衰期可能变小D .用14 eV 的光子照射处于基态的氢原子,可使其电离E .α、β和γ三种射线中,γ射线的穿透能力最强,α射线的电离本领最强(2)(2015·河南六市联考)如图所示,质量为m 1=0.2 kg 的小物块A ,沿水平面与小物块B 发生正碰,小物块B 的质量为m 2=1 kg.碰撞前,A 的速度大小为v 0=3 m/s ,B 静止在水平地面上.由于两物块的材料未知,将可能发生不同性质的碰撞,已知A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ=0.2,重力加速度g 取10 m/s 2,试求碰后B 在水平面上滑行时间的范围.解析:(1)因α衰变的本质是发生衰变的核中减少2个质子和2个中子形成氦核,所以一次α衰变,新核与原来的核相比,中子数减少了2,A 项错误.太阳辐射的能量是太阳内部核聚变产生的,所以B 项正确.半衰期由核内部自身因素决定,与其他因素无关,所以C 项错误.因为氢原子基态的能量为-13.6 eV ,所以用14 eV 光子照射一定能使其电离,D 项正确.由三种射线的特性知,E 项正确.(2)假如两物块发生的是完全非弹性碰撞,碰后的共同速度为v 1,则由动量守恒定律有 m 1v 0=(m 1+m 2)v 1碰后,A 、B 一起滑行直至停下,设滑行时间为t 1,则由动量定理有μ(m 1+m 2)gt 1=(m 1+m 2)v 1解得t 1=0.25 s假如两物块发生的是弹性碰撞,碰后A 、B 的速度分别为v A 、v B ,则由动量守恒定律有 m 1v 0=m 1v A +m 2v B由机械能守恒有12m 1v 20=12m 1v 2A +12m 2v 2B 设碰后B 滑行的时间为t 2,则由动量定理有μm 2gt 2=m 2v B解得t 2=0.5 s.可见,碰后B 在水平面上滑行的时间t 满足0.25 s ≤t ≤0.5 s.答案:(1)BDE (2)0.25 s ≤t ≤0.5 s2.(1)(2015·广西四校调研)如图所示为氢原子的能级图.氢原子从n =5的能级跃迁到n =3的能级时辐射出a 光子,从n =4的能级跃迁到n =2的能级时辐射出b 光子.下列说法正确的是________.A .a 光子的能量比b 光子的能量大B .同一种介质对a 光的折射率比对b 光的折射率小C .若a 、b 两种光在同一种均匀介质中传播,则a 光的传播速度比b 光的传播速度大D .若b 光能使某种金属发生光电效应,则a 光一定能使该金属发生光电效应E .若用同一双缝干涉装置进行实验,用a 光照射双缝得到相邻亮条纹的间距比用b 光照射双缝得到的相邻亮条纹的间距大(2)(2015·宁夏银川一中模拟)如图所示,在光滑水平面上有一块长为L 的木板B ,其上表面粗糙,在其左端有一个光滑的14圆弧槽C 与长木板接触但不连接,圆弧槽的下端与木板的上表面相平,B 、C 静止在水平面上.现有很小的滑块A 以初速度v 0从右端滑上B 并以v 02的速度滑离B ,恰好能到达C 的最高点.A 、B 、C 的质量均为m ,试求:①木板B 上表面的动摩擦因数μ;②14圆弧槽C 的半径R . 解析:(1)据题意,氢原子从n =5能级跃迁到n =3能级释放的光子能量为:ΔE a =0.97 eV =hνa ,氢原子从n =4能级跃迁到n =2能级释放的光子能量为:ΔE b =2.55 eV =hνb ,则知b 光子的能量大,频率也大,同一种介质对b 光的折射率也大,在同一种均匀介质中,频率越大的光传播速度越慢,所以A 选项错误,B 、C 选项正确;如果b 光可以使某种金属发生光电效应,a 光不一定能使其发生光电效应,所以D 选项错误;a 光频率较小,则a 光波长较大,所以在做双缝干涉实验时,用a 光照射双缝时得到的干涉条纹较宽,E 选项正确.(2)①由于水平面光滑,A 与B 、C 组成的系统动量守恒,有:m v 0=m ⎝⎛⎭⎫12v 0+2m v 1又μmgL =12m v 20-12m ⎝⎛⎭⎫12v 02-12×2m v 21 解得:μ=5v 2016gL. ②当A 滑上C 时,B 与C 分离,A 、C 间发生相互作用.A 到达最高点时两者的速度相等,A 、C 组成的系统水平方向动量守恒,有:m ⎝⎛⎭⎫12v 0+m v 1=(m +m )v 2又12m ⎝⎛⎭⎫12v 02+12m v 21=12(2m )v 22+mgR 解得:R =v 2064g. 答案:(1)BCE (2)①5v 2016gL ②v 2064g3.(1)(2015·河南六市联考)韩美情报部门通过氙(Xe)和氪(Kr)等放射性气体,判断出朝鲜使用的核原料是铀(U),若该试验的核原料是235 92U ,则①完成核反应方程式:235 92U +10n →9038Sr +136 54Xe +________.②本次核试验释放的能量相当于7 000吨TNT 的量,已知铀核的质量为m 1、中子的质量为m 2、锶(Sr)核的质量为m 3、氙(Xe)核的质量为m 4,光速为c .则一个235 92U 原子核裂变释放的能量ΔE =________.(2)如图所示,小车上固定有一内壁光滑的弯管,弯管左、右两端管口在同一水平面上.弯管及小车的总质量为M ,小车静止于光滑水平面上,质量为m =15M 的小球以水平速度v 0(未知)射入弯管,小球直径略小于弯管,弯管最高处距管口的竖直高度为h .设小球与弯管在相互作用过程中无机械能损失,小球离开小车时,速度仍是水平的.①若小球恰好能到达弯管的最高点,试求v 0的大小;②若小球恰好能到达弯管的最高点后,从右端离开小车,试求离开小车时小球的速度(用v 0表示).解析:(1)①根据质量数、电荷数守恒可得该核反应方程为235 92U +10n →9038Sr +136 54Xe +1010n.②该核反应过程质量亏损Δm =m 1-m 3-m 4-9m 2,由爱因斯坦质能方程有ΔE =Δmc 2=(m 1-m 3-m 4-9m 2)c 2.(2)①小球到达最高点时恰与小车等速.这一过程系统水平方向动量守恒且系统机械能守恒:m v 0=(m +M )v12m v 20=12(M +m )v 2+mgh 解得:v 0=23gh 5=2515gh . ②当小球从右边离开小车时,设小球和小车的末速度分别为v 1、v 2,有m v 0=m v 1+M v 212m v 20=12m v 21+12M v 22解出两组解,对应于小球从左边离开的解是: v 1=-23v 0,v 2=13v 0(舍去) 对应于小球从右边离开的解是:v 1=v 0,v 2=0.答案:(1)①1010n ②(m 1-m 3-m 4-9m 2)c 2(2)①2515gh ②v 0 4.(1)如图所示是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线(直线与横轴的交点坐标为4.27,与纵轴的交点坐标为0.5).由图可知下列说法不正确的是________.A .该金属的截止频率为4.27×1014 HzB .该金属的截止频率为5.5×1014 HzC .该图线的斜率表示普朗克常量D .该金属的逸出功为0.5 eVE .光电子的最大初动能与入射光的频率成正比(2)(2015·贵州六校联考)如图,轻弹簧的一端固定,另一端与滑块B 相连,B 静止在水平面上的O 点,此时弹簧处于原长.另一质量与B 相同的滑块A 从P 点以初速度v 0向B 滑行,当A 滑过距离l 时,与B 相碰.碰撞时间极短,碰后A 、B 粘在一起运动.设滑块A 和B 均可视为质点,与水平面的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g .试求:①碰后瞬间,A 、B 共同速度的大小;②若A 、B 压缩弹簧后恰能返回到O 点并停止,求弹簧的最大压缩量.解析:(1)题图线在横轴上的截距为截止频率,A 正确,B 错误;由光电效应方程E k =hν-W 0,可知图线的斜率为普朗克常量,C 正确,E 错误;金属的逸出功为:W 0=hνc =6.63×10-34×4.27×10141.6×10-19 eV ≈1.77 eV ,D 错误. (2)①设A 、B 质量均为m ,A 刚接触B 时的速度为v 1,碰后瞬间共同的速度为v 2,以A 为研究对象,从P 到O ,由功能关系有 μmgl =12m v 20-12m v 21以A 、B 为研究对象,碰撞瞬间,由动量守恒得 m v 1=2m v 2解得v 2=12v 20-2μgl . ②碰后A 、B 由O 点向左运动,又返回到O 点,设弹簧的最大压缩量为x ,由功能关系可得μ(2mg )2x =12(2m )v 22解得x =v 2016μg -l 8. 答案:(1)BDE (2)①12v 20-2μgl ②v 2016μg -l 8。
第1讲 平抛运动与圆周运动一、曲线运动的特点 1.运动和受力的关系(1)物体不受力或所受合外力为零时,处于静止或匀速直线运动状态.(2)物体受合外力不为零时,若合外力方向与物体运动方向在同一直线上,则物体做变速直线运动;若合外力方向与物体运动方向不在同一直线上,则物体做曲线运动.(3)物体做曲线运动,其所受的合外力一定不为零,一定具有加速度,且合外力的方向一定指向曲线运动轨迹的内侧.2.曲线运动的研究方法 利用“化曲为直”的思想,将曲线运动分解成互相垂直的两方向上的直线运动,通过研究直线运动的规律,得到曲线运动的规律.二、平抛运动的分析及圆周运动 1.性质:匀变速曲线运动, 加速度a =g . 2.规律: (1)x =v 0ty =12gt 2 (2)v x =v 0v y =gt3.竖直面内圆周运动的“两个模型”1.(2015·山东理综,14,6分)距地面高5 m的水平直轨道上A 、B 两点相距2 m ,在B 点用细线悬挂一小球,离地高度为h ,如图.小车始终以4 m/s 的速度沿轨道匀速运动,经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下,小车运动至B 点时细线被轧断,最后两球同时落地.不计空气阻力,取重力加速度的大小g =10 m/s 2.可求得h 等于( )A .1.25 mB .2.25 mC .3.75 mD .4.75 m 答案 A解析 小车由A 运动到B 的时间为24 s =0.5 s ,对左侧小球,5 m =12gt 2,对右侧小球,h =12g (t -0.5 s)2,解得h =1.25 m ,所以A 正确. 2.(2015·课标Ⅰ,18,6分)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示.水平台面的长和宽分别为L 1和L 2,中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点,能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球,发射点距台面高度为3h .不计空气的作用,重力加速度大小为g .若乒乓球的发射速率v 在某范围内,通过选择合适的方向,就能使乒乓球落到球网右侧台面上,则v 的最大取值范围是( )A.L 12g6h <v <L 1g6hB.L 14gh <v < (4L 21+L 22)g6hC.L 12g 6h <v <12 (4L 21+L 22)g6hD.L 14g h <v <12(4L 21+L 22)g6h答案 D解析 乒乓球做平抛运动,落到右侧台面上时经历的时间t 1满足3h =12gt 21.当v 取最大值时其水平位移最大,落点应在右侧台面的台角处,有v max t 1=L 21+(L 22)2,解得v max=12(4L 21+L 22)g6h;当v 取最小值时其水位移最小,发射方向沿正前方且恰好擦网而过,此时有3h -h =12gt 22,L 12=v min t 2,解得v min =L 14gh.故D 正确. 3.(2015·福建理综,17,6分)如图,在竖直平面内,滑道ABC 关于B 点对称,且A 、B 、C 三点在同一水平线上.若小滑块第一次由A 滑到C ,所用的时间为t 1,第二次由C 滑到A ,所用的时间为t 2,小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行,小滑块与滑道的动摩擦因数恒定,则( )A .t 1<t 2B .t 1=t 2C .t 1>t 2D .无法比较t 1、t 2的大小 答案 A解析 在AB 段同一位置(或关于过最高点的竖直线对称的位置)处速度越大,对滑道的压力越小,所受摩擦力越小;在BC 段同一位置(或关于过最低点的竖直线对称的位置)处速度越小,对滑道的压力越小,所受摩擦力越小.分析可知第一次滑块所受平均摩擦力较小,摩擦力做功较少,动能变化量较小,平均速度较大,由t =sv 可知t 1<t 2,A 项正确.4.(2015·天津理综,4,6分)未来的星际航行中,宇航员长期处于零重力状态,为缓解这种状态带来的不适,有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”,如图所示.当旋转舱绕其轴线匀速旋转时,宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上,可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力.为达到上述目的,下列说法正确的是( )A.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越大B.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越小C.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越大D.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越小答案 B解析宇航员在舱内受到的支持力与他站在地球表面时受到的支持力大小相等,mg=mω2r,即g=ω2r,可见r越大,ω就应越小,B正确,A错误;角速度与质量m无关,C、D错误.运动的合成与分解运动合成与分解的一般思路(1)明确合运动或分运动的运动性质.(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解.(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解.【例1】(2014·四川高考)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河.小明驾着小船渡河,去程时船头指向始终与河岸垂直,回程时行驶路线与河岸垂直.去程与回程所用时间的比值为k,船在静水中的速度大小相同,则小船在静水中的速度大小为()A.k vk2-1B.v1-k2C.k v1-k2D.vk2-1【审题突破】第一步:挖掘题目信息去程时船头指向始终与河岸垂直,回程时行驶路线与河岸垂直,去程与回程所用时间的比值为k.第二步:明确题目要求计算小船在静水中的速度大小.第三步:寻找解题思路(1)船的实际运动是水流与船相对于静水的合运动.(2)画出去程和回程船运动的速度分解示意图.(3)写出去程和回程的时间表达式.答案 B解析去程时如图甲,所用时间t1=dv船,回程时如图乙,所用时间t2=dv2船-v2,又t1t2=k,联立解得v船=v1-k2,则B正确.合运动和分运动的关系(1)等时性:各个分运动与合运动总是同时开始,同时结束,经历时间相等(不同时的运动不能合成).(2)独立性:一个物体同时参与几个分运动时,各分运动独立进行,互不影响.(3)等效性:各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果.(4)同一性:各分运动与合运动是指同一物体参与的分运动和实际发生的运动,不能是几个不同物体发生的不同运动.【变式训练】1.(2015·苏州模拟)光滑水平面上有一直角坐标系,质量m=1 kg的质点静止在坐标原点O处,先用沿x轴正方向的力F x=2 N作用了2 s;然后撤去F x,并立即用沿y轴正方向的力F y=6 N作用1 s,则质点在这3 s内的轨迹为图中的()答案 D解析 质点在前2 s 内沿x 轴正方向的加速度a x =F xm =2 m/s 2,此段时间内的位移为x 1=12a x t 21=4 m ,2 s 末质点的位置坐标为(4,0),此时速度大小v x =a x t 1=4 m/s ;第3 s 质点沿y 轴正方向的加速度为a y =F ym =6 m/s 2,因力F y 的方向与2 s 末的速度方向垂直;故质点从第2 s 末开始做类平抛运动,第3 s 内沿x 轴正方向发生的位移为x 2=v x t 2=4 m ,沿y 轴正方向发生的位移y =12a y t 22=3 m ,故D 正确.平抛运动的规律平抛运动的三种求解方法(1)基本求解方法:把平抛运动分解为沿水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,通过研究分运动达到研究合运动的目的.(2)特殊求解方法:对于有些问题,可以过抛出点建立其他的直角坐标系,将加速度、初速度沿坐标轴分解,然后分别在x 、y 轴方向上列方程求解.(3)类平抛运动的求解方法:将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的匀加速直线运动,研究两个分运动.【例2】 (多选)(2014·江苏高考)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动,用如图所示的装置进行实验.小锤打击弹性金属片,A 球水平抛出,同时B 球被松开,自由下落.关于该实验,下列说法中正确的有( )A .两球的质量应相等B.两球应同时落地C.应改变装置的高度,多次实验D.实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动【审题突破】第一步:挖掘题目信息A球水平抛出,同时B球被松开,自由下落.第二步:明确题目要求验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动.第三步:寻找解题方法(1)平抛运动的性质与质量无关.(2)平抛运动在竖直方向上可以分解为自由落体运动,为验证这一结论应多次实验进行探究.(3)平抛运动水平方向可以分解为匀速直线运动,但本实验没有对比探究,无法验证.答案BC解析平抛运动的性质与质量无关,选项A错误;平抛运动在竖直方向上可以分解为自由落体运动,因为等高同时运动,所以两球同时落地,选项B正确;为了探究平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动,需要改变装置的高度,多次实验,选项C正确;虽然平抛运动水平方向可以分解为匀速直线运动,但是本实验不能证明这一观点,选项D错误.处理平抛(类平抛)运动的四条注意事项(1)处理平抛运动(或类平抛运动)时,一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解,先按分运动规律列式,再用运动的合成求合运动.(2)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题,其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值.(3)若平抛的物体垂直打在斜面上,则物体打在斜面上瞬间,其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值.(4)做平抛运动的物体,其位移方向与速度方向一定不同. 【变式训练】2.(2014·沈阳质量监测)如图所示,在斜面顶端先后水平抛出同一小球,第一次小球落到斜面中点,第二次小球落到斜面底端,从抛出到落至斜面上(忽略空气阻力) ( )A .两次小球运动时间之比t 1∶t 2=1∶ 2B .两次小球运动时间之比t 1∶t 2=1∶2C .两次小球抛出时初速度之比v 01∶v 02=1∶ 2D .两次小球抛出时初速度之比v 01∶v 02=1∶2 答案 AC解析 本题考查平抛运动与斜面结合的模型,意在考查考生对平抛运动规律的掌握和应用能力.两小球竖直方向上做自由落体运动,两小球下落高度之比为1∶2,由自由落体运动规律可知,运动时间之比为1∶2,选项A 正确,B 错误;水平方向两小球均做匀速直线运动,由水平位移关系以及时间关系可得初速度之比为1∶2,选项C 正确,D 错误.答案选A 、C.圆周运动的综合应用解决圆周运动动力学问题的一般步骤 (1)首先要明确研究对象.(2)确定其运动轨道所在的平面、圆心的位置以及半径. (3)对其受力分析,明确向心力的来源.(4)将牛顿第二定律应用于圆周运动,得到圆周运动中的动力学方程,有以下各种情况,F =m v 2r =mrω2=m v ω=mr 4π2T2=4π2mrf 2.解题时应根据已知条件进行选择.【例3】 (多选)(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图,两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上,a 与转轴OO ′的距离为l ,b 与转轴的距离为2l ,木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍,重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动,用ω表示圆盘转动的角速度,下列说法正确的是( )A .b 一定比a 先开始滑动B .a 、b 所受的摩擦力始终相等C .ω= kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D .当ω=2kg3l时,a 所受摩擦力的大小为kmg 【审题突破】 第一步:挖掘题目信息两个质量均为m 的小木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍. 第二步:明确题目要求判断两小木块在加速转动过程中的受力情况和刚开始滑动时的运动情况. 第三步:确定解题思路(1)分析小木块的受力情况,确定向心力的来源.(2)分析加速转动过程中,向心力的变化,明确两小木块向心力的大小关系. (3)确定首先达到最大静摩擦力的小木块,并计算小木块开始滑动时的临界角速度. 答案 AC解析 本题考查了圆周运动与受力分析.最大静摩擦力相等,而b 需要的向心力较大,所以b 先滑动,A 项正确;在未滑动之前,a 、b 各自受到的摩擦力等于其向心力,因此b 受到的摩擦力大于a 受到的摩擦力,B 项错误;b 处于临界状态时,kmg =mω2·2l ,ω=kg2l,C 项正确;当ω=2kg 3l 时,对a :F f =mlω2=ml 2kg 3l =23kmg ,D 项错误.1.对公式v =rω和a =v 2r=rω2的理解(1)由v =rω知,r 一定时,v 与ω成正比;ω一定时,v 与r 成正比;v 一定时,ω与r 成反比.(2)由a =v 2r =rω2知,在v 一定时,a 与r 成反比;在ω一定时,a 与r 成正比.2.向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的,可以是重力、弹力、摩擦力等各种力,也可以是几个力的合力或某个力的分力,因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力.3.向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面,确定圆心的位置.(2)分析物体的受力情况,找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力. 【变式训练】3.(10分)(2015·山西元月调研,14)2014年8月29日,天津国际无人机展开幕.其中,首次公开展出的软体飞机引发观众广泛关注.据介绍,软体飞机是没有硬质骨架的飞机,从箱子里面取出来吹气成型.同比之下机翼面积大,载荷能力强,可做超低速超低空飞行,具有良好的弹性,耐撞击而不易受损.可用于航拍、航测、遥感等用途.飞翔从容、稳定、柔和、自如,易操纵,被称为“空中自行车”、“无线的风筝”.若一质量为m 的软体飞机超低空飞行,在距离地面h 高度的同一水平面内,以速率v 做半径为R 的匀速圆周运动,重力加速度为g .(1)求空气对飞机的作用力的大小.(2)若飞机在匀速圆周运动过程中,飞机上的一个质点脱落,求质点落地点与飞机做匀速圆周运动的圆心之间的距离(空气阻力忽略不计).答案 (1)mv 4R2+g 2(2) 2h v 2g+h 2+R 2 解析 (1)飞机做匀速圆周运动,所受合力提供向心力,则 F 合=m v 2R(2分)空气对飞机的作用力的大小 F =F 2合+(mg )2=mv 4R2+g 2(2分) (2)飞机上的一个质点脱落后,做初速率为v 的平抛运动,由平抛运动规律得: x =v t (1分)h =12gt 2(1分) 质点落地点与飞机做匀速圆周运动的圆心之间的距离 L =x 2+h 2+R 2(2分)联立解得L =2h v 2g+h 2+R 2(2分)1.在杂技表演中,猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a 的匀加速运动,同时人顶着直杆以速度v 0水平匀速移动,经过时间t ,猴子沿杆向上移动的高度为h ,人顶杆沿水平地面移动的距离为x ,如图所示.关于猴子的运动情况,下列说法中正确的是( )A .相对地面的运动轨迹为直线B .相对地面做变加速曲线运动C .t 时刻猴子对地速度的大小为v 0+atD .t 时间内猴子对地的位移大小为x 2+h 2 答案 D解析 猴子在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动,根据运动的合成,知合速度与合加速度不在同一条直线上,所以猴子相对地面的运动轨迹为曲线,故A 错误;猴子在水平方向上的加速度为零,在竖直方向上有恒定的加速度,根据运动的合成,知猴子做匀变速曲线运动,故B 错误;t 时刻猴子在水平方向上的分速度为v 0,在竖直方向上的分速度为at ,根据运动的合成,知合速度大小为v =v 20+(at )2,故C 错误;在t 时间内猴子在水平方向和竖直方向上的分位移分别为x 和h ,根据运动的合成,知合位移s =x 2+h 2,故D 正确.2.(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图,一质量为M 的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内;套在大环上质量为m 的小环(可视为质点),从大环的最高处由静止滑下.重力加速度大小为g .当小环滑到大环的最低点时,大环对轻杆拉力的大小为( )A .Mg -5mgB .Mg +mgC .Mg +5mgD .Mg +10mg 答案 C解析 解法一 以小环为研究对象,设大环半径为R ,根据机械能守恒定律,得mg ·2R =12m v 2,在大环最低点有F N -mg = m v 2R ,得F N =5mg ,此时再以大环为研究对象,受力分析如图,由牛顿第三定律知,小环对大环的压力为F N ′=F N ,方向竖直向下,故F =Mg +5mg ,由牛顿第三定律知C 正确.解法二 设小环滑到大环最低点时速度为v ,加速度为a ,根据机械能守恒定律12m v 2=mg ·2R ,且a =v 2R,所以a =4g ,以整体为研究对象,受力情况如图所示.F -Mg -mg =ma +M ·0 所以F =Mg +5mg ,C 正确.3.(2015·湖南六校联考,18)如图所示,薄半球壳ACB 的水平直径为AB ,C 为最低点,半径为R .一个小球从A 点以速度v 0水平抛出,不计空气阻力.则下列判断正确的是( )A .只要v 0足够大,小球可以击中B 点B .v 0取值不同时,小球落在球壳上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同C .v 0取值适当,可以使小球垂直撞击到半球壳上D .无论v 0取何值,小球都不可能垂直撞击到半球壳上答案 D解析小球做平抛运动,竖直方向有位移,v0再大也不可能击中B点;v0不同,小球会落在半球壳内不同点上,落点和A点的连线与AB的夹角φ不同,由推论tanθ=2tanφ可知,小球落在球壳的不同位置上时的速度方向和水平方向之间的夹角θ也不相同,若小球垂直撞击到半球壳上,则其速度反向延长线一定经过半球壳的球心,且该反向延长线与AB的交点为水平位移的中点,而这是不可能的,A、B、C错误,D正确.4.(2014·安徽理综)如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动,盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止.物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),盘面与水平面的夹角为30°,g取10 m/s2.则ω的最大值是()A. 5 rad/sB. 3 rad/sC.1.0 rad/s D.0.5 rad/s答案 C解析当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时,转盘的角速度最大,其受力如图所示(其中O为对称轴位置)由沿斜面的合力提供向心力,有μmg cos30°-mg sin30°=mω2R得ω=g4R=1.0 rad/s,选项C正确.专题提升练习(四)(A卷)一、选择题(共9小题,每小题6分,共54分.在每小题给出的四个选项中,第1~6小题只有一个选项符合题目要求,第7~9小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.(2015·沈阳高三质量检测)如图所示,横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起,固定在水平面上,小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出,最后落在斜面上.其中有三次的落点分别是a 、b 、c ,不计空气阻力,则下列判断正确的是( )A .落点b 、c 比较,小球落在b 点的飞行时间短B .小球落在a 点和b 点的飞行时间均与初速度v 0成正比C .三个落点比较,小球落在c 点,飞行过程中速度变化最快D .三个落点比较,小球落在c 点,飞行过程中速度变化最大 答案 B解析 本题考查平抛运动规律、加速度,意在考查考生对平抛运动规律的理解能力、分析判断能力.由平抛运动规律h =12gt 2⇒t =2hg可知,落点为b 时,小球的竖直位移较大,故飞行时间较长,A 项错;落点为a 、b 时,位移方向相同,故tan θ=gt2v 0,可见飞行时间t 与v 0成正比,B 项正确;小球在飞行过程中速度变化快慢即加速度均为g ,C 项错;小球在飞行过程中,水平方向上速度不变,速度变化Δv =gt ,由t =2hg可知,小球落在b 点时速度变化最大,D 项错.2.(2015·合肥市高三教学质量检测)如图所示,一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下,到半圆轨道最低点时,轨道所受压力为铁块重力的1.5倍,则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为g )( )A.18mgRB.14mgR C.12mgR D.34mgR 答案 D解析 本题考查向心力、牛顿第二定律、机械能,意在考查考生对相关力学概念和规律的理解能力、分析计算能力.铁块在最低点,支持力与重力合力等于向心力,即1.5mg-mg=m v 2R,即铁块动能E k=12m v 2=14mgR,初动能为零,故动能增加14mgR,铁块重力势能减少mgR,所以机械能损失34mgR,D项正确.3.(2015·重庆市巴蜀中学期末考试)质量为2 kg的质点在x-y平面上做曲线运动,在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示,下列说法正确的是()A.质点的初速度为10 m/sB.质点所受的合外力为3 NC.质点初速度的方向与合外力方向垂直D.2 s末质点速度大小为6 m/s答案 B解析由x方向的速度图象可知在x方向做匀加速直线运动,v0x=3 m/s,加速度为a x =1.5 m/s2,受力F x=3 N;由y方向的位移图象可知在y方向做匀速直线运动,速度为v0y =4 m/s,受力F y=0,因此质点的初速度为5 m/s,受到的合外力为3 N,故选项A错误,选项B正确;合外力方向在x轴方向上,所以质点初速度方向与合外力方向不垂直,故选项C错误;2 s末质点速度应该为v=62+42m/s=213m/s,选项D错误.4.(2015·江西省八所重点高中联考)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出,从B点进入电场,到达C点时速度方向恰好水平,A、B、C三点在同一直线上,且AB=2BC,如图所示.由此可知()A.电场力为3mgB.小球带正电C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等D .小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量相同 答案 A解析 由图知在电场中,小球受合外力竖直向上,故电场力竖直向上与电场方向相反,故小球带负电,所以选项B 错误;小球在水平方向始终做匀速运动,从A 到B 与从B 到C 水平位移不同,根据x =v t 知运动时间不同,所以选项C 错误;设在B 点竖直方向速度为v y ,则从A 到B :v 2y =2gh 1,从B 到C :v 2y =2ah 2,其中a =qE -mgm,h 1=2h 2,联立解得qE=3mg ,故选项A 正确;从A 到B 速度变化量为v y ,从B 到C 速度变化量为-v y ,所以选项D 错误.5.(2015·合肥一模)如图所示,在光滑水平面上的物体,受四个沿水平面的恒力F 1、F 2、F 3和F 4作用,以速率v 0沿水平面做匀速运动,若撤去其中某个力(其他力不变)一段时间后又恢复该作用力,结果物体又能以原来的速率v 0匀速运动,这个力是( )A .F 1B .F 2C .F 3D .F 4 答案 B解析 撤去F 1后,其他三力的合力方向与速度垂直,物体先做匀加速曲线运动,恢复后,再做匀速直线运动,速度比v 0大,选项A 不行;撤去F 3后,其他三力的合力方向与速度成锐角,速度增大,恢复后,做匀速直线运动,速度比v 0大,选项C 不行;撤去F 4后物块的运动与撤去F 3相同,选项D 不行;撤去F 2后,其他三个力的合力方向与F 2方向相反,该合力使物体沿v 0方向速度先减速到零,再反向加速,而在与v 0垂直的方向上做加速运动,所以有可能在某时刻达到v 0,选项B 正确.6.(2013·江苏高考)如图所示,“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等,通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上.不考虑空气阻力的影响,当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时,下列说法正确的是( )A.A的速度比B的大B.A与B的向心加速度大小相等C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小答案 D解析在转动过程中,A、B两座椅的角速度相等,但由于B座椅的半径比较大,故B 座椅的速度比较大,向心加速度也比较大,A、B项错误;A、B两座椅所需向心力不等,而重力相同,故缆绳与竖直方向的夹角不等,C项错误;根据F=mω2r判断A座椅的向心力较小,所受拉力也较小,D项正确.7.(2015·河北唐山一模)(多选)套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动,要求每次从同一位置水平抛出圆环,套住与圆环前端水平距离为3 m的20 cm高的竖直细杆,即为获胜.一身高1.4 m儿童从距地面1 m高度,水平抛出圆环,圆环半径为10 cm,要想套住细杆,他水平抛出的速度可能为(g=10 m/s2)()A.7.4 m/s B.7.6 m/sC.7.8 m/s D.8.2 m/s答案BC解析圆环做平抛运动,圆环距杆上端的竖直距离为H=0.8 m,又知圆环在竖直方向做自由落体运动,则有H=12,解得t=0.4 s,圆环后端与杆的水平距离为3.2 m=v1·t,得2gtv1=8 m/s,圆环前端与杆的水平距离为3 m=v2·t,得v2=7.5 m/s,所以要想套住杆,圆环水平抛出的速度范围为7.5 m/s<v<8 m/s,故选B、C.8.(2015·河南八市质检)(多选)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A 点和B点,如图所示,绳a与水平方向成θ角,绳b在水平方向且长为l,当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,则下列说法正确的是()A .a 绳的张力不可能为零B .a 绳的张力随角速度的增大而增大C .当角速度ω>g cot θl,b 绳将出现弹力 D .若b 绳突然被剪断,则a 绳的弹力一定发生变化 答案 AC解析 对小球受力分析可得a 绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力,解得T a=mgsin θ,为定值,A 正确,B 错误.当T a cos θ=mω2l ⇒ω=g cot θl时,b 绳的弹力为零,若角速度大于该值,则b 绳将出现弹力,C 正确.由于绳b 可能没有弹力,故绳b 突然被剪断,则a 绳的弹力可能不变,D 错误.9.(2015·徐州模拟)如图甲所示,轻杆一端固定在O 点,另一端固定一小球,现让小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动.小球运动到最高点时,杆与小球间弹力大小为F ,小球在最高点的速度大小为v ,其F -v 2图象如乙图所示.则( )A .小球的质量为aRbB .当地的重力加速度大小为RbC .v 2=c 时,杆对小球的弹力方向向上D .v 2=2b 时,小球受到的弹力与重力大小相等 答案 AD解析 当弹力F 方向向下时,F +mg =m v 2R ,解得F =mR v 2-mg ,当弹力F 方向向上时,mg -F =m v 2R ,解得F =mg -m R v 2,对比F -v 2图象可知,b =gR ,a =mg ,联立解得g =bR ,m =aRb .选项A 正确,B 错误.v 2=c 时,杆对小球的弹力方向向下,选项C 错误.v 2=2b时,小球受到的弹力与重力大小相等,选项D 正确.。
第1讲选择题突破策略与技巧
——保住基础快得分
高考夺高分的关键,不在于题目的难度,而在于答题的速度.高考物理选择题平均每道题解答时间应控制在两分钟以内.选择题要做到既快又准,除了掌握直接判断和定量计算等常规方法外,还要学会一些非常规“巧解”方法.解题陷困受阻时更要切记不可一味蛮做,要针对题目的特性“千方百计”达到快捷解题的目的.
妙法1排除法
妙法解读在读懂题意的基础上,根据题目的要求,先将明显错误或不合理的选项逐一排除,最后只剩下正确的选项.注意有时题目要求选出错误的选项,那就是排除正确的选项.
(2015·山东潍坊3月模拟)如图所示,三条平行虚线位于纸面内,中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度等大反向.菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直,磁场宽度与对角线AC长均为d,现使线框沿AC方向匀速穿过该磁场,以逆时针方向为感应电流的正方向,则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中,线框中电流i随时间t的变化关系,以下可能正确的是()
[解析]由楞次定律可以知道,进入磁场过程中感应电流为逆时针,i>0,排除B、C.当BD经
过中间虚线时,感应电流为BD 经过第一条虚线时的2倍,排除A .故选D .[答案] D
[方法感悟] 此法在解答选择题中是使用频率最高的一种方法.基本思路是通过一个知识点或过程分析排除部分选项,然后再通过另一物理规律或过程分析排除部分选项,最后得出正确答案.
[牛刀小试]
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向外、向里的匀强磁场,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 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象可能正确的是( )
解析:选C .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,选项D 错误;切割过程中产生的感应电动势E =BL v =12
BL 2ω,其中L =2R sin ωt ,即E =2BωR 2sin 2 ωt ,可排除选项A 、B ,选项C 正确.
妙法2 特值法
妙法解读 有些选择题,根据它所描述的物理现象的一般情况,难以直接判断选项的正误时,可以让某些物理量取特殊值,代入到各选项中逐个进行检验.凡是用特殊值检验证明是不正确的选项,一定是错误的,可以排除.
如图所示,细线的一端系一质量为m 的小球,另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶
端,细线与斜面平行.在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中,小球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力F T 和斜面的支持力F N 分别为(重力加速度为g )( )
A .F T =m (g sin θ+a cos θ) F N =m (g cos θ-a sin θ)
B .F T =m (g cos θ+a sin θ) F N =m (g sin θ-a cos θ)
C .F T =m (a cos θ-g sin θ) F N =m (g cos θ+a sin θ)
D .F T =m (a sin θ-g cos θ) F N =m (g sin θ+a cos θ)
[解析] 取特例a =0,则F T =mg sin θ,F N =mg cos θ.将a =0代入四个选项,只有A 项可得到上述结果,故只有A 正确.
[答案] A
[方法感悟] 以上解析用非常规解法,巧取特例轻松妙解,特例赋值法一般对通解表达式很奏效.
[牛刀小试]
2.如图,在固定斜面上的一物块受到一外力F 的作用,F 平行于斜面向上.若要使物块在斜面上保持静止,F 的取值应有一定的范围,已知其最大值和最小值分别为F 1和F 2(F 1和F 2的方向均沿斜面向上).由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为( )
A .F 12
B .2F 2
C .F 1-F 22
D .F 1+F 22
解析:选C .取F 1=F 2≠0,则斜面光滑,最大静摩擦力等于零,代入后只有C 满足.
妙法3 极限法
妙法解读 极限法是把某个物理量推向极端,从而作出科学的推理分析,给出判断或导出一般结论.该方法一般适用于题干中所涉及的物理量随条件单调变化的情况.极限法在进行某些物理过程分析时,具有独特作用,使问题化难为易,化繁为简,达到事半功倍的效果.
一半径为R 的绝缘圆环上,均匀地带有电荷量为Q 的电荷,在垂直于圆环平面的对称轴
上有一点P ,它与环心O 的距离OP =L .静电力常量为k ,关于P 点的场强E ,下列四个表达式中有一。