备战2025年高考二轮复习课件 物理（山东版）题型方法指导 专题2 数学方法和物理图像 课件（共90张PPT）
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| 名称 | 备战2025年高考二轮复习课件 物理（山东版）题型方法指导 专题2 数学方法和物理图像 课件（共90张PPT） |  | |
| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 5.6MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-01-13 22:56:59 | ||
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文档简介
(共90张PPT)
专题二 数学方法和物理图像
指导一 数学方法在物理问题中的应用
指导二 图像在物理问题中的应用
目 录 索 引
01
02
指导一 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](2024河南濮阳一模)如图甲所示,游乐场内有多种滑梯,其中两组滑梯的示意图分别如图乙、丙所示。图乙中,A、B两滑梯着地点相同,倾角不同;图丙中,C、D两滑梯起滑点相同,着地点不同。可视为质点的小朋友从A、B、C、D四个滑梯自由下滑的时间分别为t1、t2、t3、t4,不计摩擦阻力,下列关系一定正确的是( )
A.t1>t2 B.t1=t2
C.t3>t4 D.t3D
2.辅助角求极值
三角函数式y=acos θ+bsin θ
[针对训练2](2024河南南阳高三期末)如图所示,重力为G的物块受到拉力F作用在水平面上匀速运动,在力F与水平方向的夹角θ从0°缓慢增大到90°的过程中,该物块始终保持匀速,则拉力F( )
A.一直减小 B.一直增大
C.先减小后增大 D.先增大后减小
C
解析 对物块受力分析,因物块始终保持匀速,
则由水平方向受力平衡得Fcos θ=μFN,
由竖直方向受力平衡得FN+Fsin θ=G,
由数学知识可知,当夹角θ从0°缓慢增大到90°的过程中,拉力F先减小后增大。故选C。
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,
[针对训练3](多选)(2024湖南卷)如图所示,在光滑水平面内建立直角坐标系xOy。A、B两小球同时从O点出发,A球速度大小为v1、方向沿x轴正方向,B球速度大小为v2=2 m/s、方向与x轴正方向夹角为θ。坐标系第一象限中有一个挡板L,与x轴夹角为α。B球与挡板L发生碰撞,碰后B球速度大小变为1 m/s,碰撞前后B球的速度方向与挡板L法线的夹角相同,且分别位于法线两侧。不计碰撞时间和空气阻力,若A、B两小球能相遇,下列说法正确的是( )
AC
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](2024辽宁抚顺三模)擦玻璃机器人可以帮助人们解决高层和户外擦玻璃难的问题。如图甲所示,一栋大厦表面均为玻璃材料,机器人牵引擦子(未画出)清洁玻璃时,将大厦某一表面简化为如图乙所示的正三角形ABC,与水平面夹角为30°。已知机器人对擦子的牵引力平行于玻璃表面,擦子质量为m,与玻璃间的动摩擦因数为 ,重力加速度为g。则机器人在该表面由B点匀速运动到AC中点D的过程中,擦子所受的牵引力为( )
C
解析 擦子所受重力垂直于玻璃表面的分力大小等于擦子对玻璃表面的压力大小,则有FN=mgcos 30°,而滑动摩擦力Ff=μFN,代入数据解得Ff=
mg,滑动摩擦力与擦子相对玻璃表面的速度方向相反,机器人匀速运动,擦子所受合力为零,滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力的合力与牵引力大小相等、方向相反,在玻璃表面擦子受力分析如图所示,由几何关系可知滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力的夹角为60°,则在力三角形中,
方法二 均值不等式法
(1)若两个正数的积为定值,当两数相等时,和最小;
(2)若两个正数的和为定值,当两数相等时,积最大。
[针对训练5](2024浙江嘉兴二模)如图是位于同一竖直平面内且各部分平滑连接的玩具模型,倾斜轨道AB和倾斜传送带BC倾角都为θ=24°,半径R=0.75 m的细圆弧管道CD的圆心角也为θ。水平轨道DE右侧有一倾角为α的斜面FG,其底端F在E正下方,顶端G与E等高且距离为d=2.4 m。DE上静置一小滑块N,AB上的小滑块M以一定初速度滑上传送带并通过CD滑上DE,M经过D点时与管道间恰好无挤压。
(1)M首次经过D时的速度大小;
(2)当N固定且M与N间发生弹性碰撞时,M在碰撞前与传送带间摩擦产生的热量,以及M在碰撞后经过B点的速度;
(3)当N不固定且M与N间发生非弹性碰撞时,N从E水平飞出后击中FG的最小动能。
解得vC=3 m/s
滑块M在传送带上上滑过程中,由牛顿第二定律有
-mMgsin θ-μmMgcos θ=mMa1
解得a1=-6 m/s2
其与传送带间相对位移为s=vt+L=12 m
摩擦产生的热量Q=μmMgcos θ·s=4.8 J
滑块M与滑块N弹性碰撞后,等速返回,再次到达C点时速度仍为3 m/s,设滑块M与传送带达到共速时的位移为x,由运动学公式有
解得x=2.25 m
达到共速后,由于滑块M沿斜面向下的重力的分力大于最大静摩擦力,因此传送带会继续加速下滑,设该阶段滑块M的加速度为a2,
由牛顿第二定律有mMgsin θ-μmMgcos θ=mMa2
解得a2=2 m/s2
滑块M再次到达B点的过程,由运动学公式有vB'2-v2=2a2(L-x)
方法三 二次函数求极值法
二次函数式y=ax2+bx+c
(若二次项系数a>0,y有极小值;若a<0,y有极大值)。
(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。
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,现有一个以v0=6 m/s的速度匀速向左运动的水平传送带。传送带左端点M与光滑水平平台相切,在平台上距M点较近的P处竖直固定一个弹性挡板,质量为m0=6 kg的小物块b在PM段运动的时间忽略不计。在M点与平台之间缝隙处安装有自动控制系统,当小物块b每次向右经过该位置时都会被控制系统瞬时锁定从而保持静止。传送带右端点N与半径r=5 m的光滑四分之一圆弧相切,质量为m=2 kg的小物块a,从圆弧最高点由静止下滑后滑上传送带,当小物块a到达M点时控制系统对小物块b自动解锁,a、b发生第一次弹性正碰。小物块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,M、N两点间的距离L=19.6 m,g取10 m/s2。不计物块经过M、N两点处时的能量损失。求:
(1)小物块a滑到圆弧轨道最底端时的加速度;
(2)小物块a与b在传送带上第一次碰撞后,物块a的速度;
(3)从小物块a与b第一次碰撞后,直到最后静止的过程中,物块a运动的总时间。
答案 (1)20 m/s2,方向竖直向上指向圆心O
(2)3 m/s,方向水平向右
(3)6 s
解得v=10 m/s,a=20 m/s2
方向竖直向上指向圆心O。
(3)物块a与b第一次碰撞后,物块a向右做匀减速直线运动,减速至0的位移
指导二 图像在物理问题中的应用
类型一 运动学图像
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](2024山东青岛一模)在同一直线车道上,甲车和乙车正同向匀速行驶,甲车在前乙车在后,t=0时,甲车发现前方有险情立即刹车,为避免两车相撞,2 s后乙车也开始刹车,图甲、乙分别是两车位置随时间变化的图像,图中曲线均为抛物线。已知甲车匀速行驶的速度为10 m/s,司机反应时间不计,下列说法正确的是( )
A.甲车加速度大小为2 m/s2
B.当t=7 s时,两车速度大小相等
C.若d=28 m,则两车恰好没有相撞
D.若没有相撞,两车相距最近时
乙车的位移为48 m
C
角度2 v-t图像
[针对训练2](多选)(2024黑吉辽卷)一足够长的木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因数为μ。t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动。某时刻,一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内,木板速度v随时间t变化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻,小物块与木板的速度相同。
下列说法正确的是( )
A.小物块在t=3t0时刻滑上木板
B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C.小物块与木板的质量之比为3∶4
D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
ABD
解析 本题借助板块模型,考查对速度图像的理解以及运动和力的关系。
由题图可知,3t0时刻,木板运动状态发生改变,说明小物块在3t0时刻滑上木板,A正确。
角度3 a-t图像
[针对训练3](2024山东烟台一模)甲、乙两辆汽车在同一条平直公路上从同一地点以相同的初速度同时开始做直线运动,以初速度方向为正方向,它们的加速度随时间变化的a-t图像如图所示。关于甲、乙两车在0~t2时间内的运动情况,下列说法正确的是( )
A.在t1时刻,甲车的速度等于乙车的速度
B.在t2时刻,甲车的速度小于乙车的速度
C.在0~t2时间内,甲、乙两车的平均速度相等
D.在0~t2时间内,甲、乙两车的间距逐渐增大
D
解析 加速度—时间图像与时间轴所围的面积表示速度的变化,两车的初速度相同,故在t1时刻,甲车的速度大于乙车的速度,在t2时刻,甲车的速度等于乙车的速度,A、B错误;在t2时,两图像与t轴所围的面积相等,即该时刻两车的速度相等,在t2前甲车的速度大于乙车的速度,所以甲车在乙车的前方,且两车逐渐远离,在t2时两车速度相等,即相距最远,则在0~t2时间内,甲车运动的距离远,根据v= 可知,甲车的平均速度大于乙车的平均速度,故C错误, D正确。
类型二 动力学图像
[针对训练4](2024广东卷)如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点,取竖直向下为正方向,木块的位移为y,所受合外力为F,运动时间为t。忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中,其F-y图像或y-t图像可能正确的是( )
B
解析 本题考查牛顿第二定律。当木块未接触弹簧时,木块受重力,保持恒定,接触弹簧时,弹簧弹力逐渐增大,合力先减小后反方向增大,选项A错误, B正确;当木块接触弹簧的瞬间,木块速度不是最大,该位置在y-t图像中的斜率不是最大,选项C、D错误。
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](2024广东二模)某实验兴趣小组对新能源车的加速性能进行探究。他们根据自制的电动模型车模拟汽车启动状态,并且通过传感器,绘制了模型车从开始运动到刚获得最大速度过程中速度的倒数 和牵引力F之间的关系图像,如图所示。已知模型车的质量m=1 kg,行驶过程中受到的阻力恒定,整个过程时间持续5 s,获得最大速度为4 m/s,则下列说法正确的是( )
A.模型车受到的阻力大小为1 N
B.模型车匀加速运动的时间为2 s
C.模型车牵引力的最大功率为6 W
D.模型车运动的总位移为14 m
D
根据以上分析可知,模型车牵引力功率最大即为匀加速结束时获得的功率,可知最大功率为8 W,故C错误;根据题意,模型车速度达到最大用时5 s,而匀加速阶段用时1 s,则可知,模型车以恒定功率运动的时间t2=4 s,根据动能定
角度2 功能关系中的图像
[针对训练6](2024山东淄博一模)图甲是科技馆的一件名为“最速降线”的展品,在高度差一定的不同光滑轨道中,小球滚下用时最短的轨道叫作最速降线轨道。取其中的“最速降线”轨道Ⅰ和直线轨道Ⅱ进行研究,如图乙所示,两轨道的起点M高度相同,终点N高度也相同,轨道Ⅰ的末端与水平面相切于N点。若将两个相同的小球a和b分别放在Ⅰ、Ⅱ两轨道的起点M,同时由静止释放,发现在轨道Ⅰ上的小球a先到达终点。
下列描述两球速率v与时间t、速率二次方v2与下滑高度h的关系图像可能正确的是( )
A
[针对训练7](2024浙江嘉兴二模)如图是跳台滑雪运动示意图,运动员从助滑雪道末端A点水平滑出,落到倾斜滑道上。若不计空气阻力,从运动员离开A点开始计时,其在空中运动的速度大小v、速度与水平方向夹角的正切tan θ、重力势能Ep、机械能E随时间t变化关系正确的是( )
B
角度3 动量中的图像
[针对训练8](2024全国联考二模)质量为m=1 kg的木箱静止在水平地面上,在一水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上做直线运动,以开始运动时作为时间的零点,拉力的冲量I与时间t的关系如图所示。木箱与水平地面之间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度g取10 m/s2。
下列说法正确的是( )
A.在t=1 s时,拉力的功率为24 W
B.木箱在运动过程中最大的动能为4 J
C.木箱在0~7 s内克服摩擦力做的功为48 J
D.木箱在0~7 s内受到摩擦力的冲量大小为24 N·s
C
由0=v2+a2t'可得t'=4 s,即木箱在第6 s停止,在0~6 s内,木箱运动的位移为x=
×6 s=12 m,第7 s木箱静止不动,木箱在0~7 s内克服摩擦力做的功为Wf=Ffx=48 J,故C正确;木箱在0~7 s内受到摩擦力的冲量大小为If=(4×6+3×1) N·s=27 N·s,故D错误。
[针对训练9](多选)(2024辽宁沈阳一模)如图甲所示,一滑块静置在水平面上,滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧,圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块,且能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2,作出某段时间内v1-v2图像如图乙所示,不计一切摩擦,重力加速度为g。
下列说法正确的是( )
A.滑块与小球相互作用的过程中,
水平方向动量守恒
B.当滑块的速度为0.5v0时,
小球运动至最高点
C.小球与滑块的质量之比为1∶2
AC
解析 小球与滑块组成的系统在水平方向上不受外力,所以滑块与小球相互作用的过程中,水平方向动量守恒,A正确;设小球的质量为m,
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10](2024湖南卷)真空中有电荷量为+4q和-q的两个点电荷,分别固定在x轴上-1和0处。设无限远处电势为0,x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是( )
D
解析 解法一 根据异种点电荷的电场分布情况,可知两个点电荷的连线上,在两电荷中间及电荷量小的点电荷外侧,均有电势为零的点,所以x正半轴上各点电势φ应先负后正,由此可判断选项D正确。
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11]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12](2024黑龙江二模)如图甲所示,AB是某电场中的一条电场线,若有一电子以某一初速度仅在电场力的作用下沿AB由A点运动到B点,其电势能Ep随距A点的距离x变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是
( )
A.电场的方向由A指向B
B.A点的电场强度小于B点的电场强度
C.电子在A点的速度小于在B点的速度
D.若一质子以同一初速度由A点释放,一定能运动到B点
C
解析 由图乙可知,电子的电势能减小,则电场力做正功,故电子的速度变大,又电子带负电,故电场的方向由B指向A,A错误,C正确;Ep-x图像的斜率表示电场力,可知A点的电场强度大于B点的电场强度,B错误;由电场强度方向可知,质子所受电场力做负功,质子有可能运动到B点前减速到零,D错误。
类型五 电路中的图像
[针对训练13]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
只将R1与该电源组成闭合电路时,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。
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I= ,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;
类型七 近代物理中的图像
[针对训练15](2024江苏南京一模)用图甲所示实验装置探究光电效应规律,得到a、b两种金属材料遏止电压Uc随入射光频率ν变化的图线分别如图乙中1和2所示,
则下列有关说法正确的是( )
A.图线的斜率表示普朗克常量h
B.金属材料a的逸出功较大
C.用同一种光照射发生光电效应时,
a材料逸出的光电子最大初动能较大
D.光电子在真空管中被加速
C
由爱因斯坦光电效应方程有hν-W0=Ek,由于a材料的逸出功较小,则用同一种光照射发生光电效应时,a材料逸出的光电子最大初动能较大,C正确;图中光电管加的是反向电压,光电子在真空管中被减速,D错误。
类型八 热学中的图像
[针对训练16](2023辽宁卷)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置,可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中,一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是( )
B
解析 从a到b气体发生等压变化,温度升高,气体体积增大,选项C、D错误;从b到c气体压强减小,p-T图线的斜率减小,故气体体积增大,选项A错误,选项B正确。
[针对训练17](2024辽宁抚顺三模)如图所示的p-V图像中,一定质量的理想气体从状态A开始,经过状态B、C、D,最后回到状态A。其中AD和BC平行于横轴,AB和CD平行,AB延长线过坐标原点O,下列说法正确的是( )
A.A→B过程中,气体的温度不变
B.A→B过程中,气体一定向外界放出热量
C.C→D过程中,单位体积内气体分子数增加
D.C→D过程中,气体一定向外界放出热量
B
解析 由图像可知,A→B过程中,p和V均减小,根据 =C可知,温度T降低,故A错误;A→B过程中,气体温度T降低,内能减小,气体体积减小,外界对气体做功,根据热力学第一定律可知,气体一定向外界放出热量,故B正确;C→D过程中,气体体积增大,气体分子数密度减小,即单位体积内气体分子数减小,故C错误;C→D过程中,p和V均增大,则气体温度升高,内能增大,体积增大,则气体对外做功,根据热力学第一定律可知,气体一定吸收热量,故D错误。
类型九 振动图像与波的图像
[针对训练18](2024安徽卷)某仪器发射甲、乙两列横波,在同一均匀介质中相向传播,波速v大小相等。某时刻的波形图如图所示,则这两列横波( )
A.在x=9.0 m处开始相遇 B.在x=10.0 m处开始相遇
C.波峰在x=10.5 m处相遇 D.波峰在x=11.5 m处相遇
C
解析 本题考查机械波的传播、叠加。由题意可知两列波的波速相同,所以相同时间内传播的距离相同,故两列横波在x=11.0 m处开始相遇,A、B错误;该时刻,甲波峰的坐标为x1=5 m,乙波峰的坐标为x2=16 m,由于两列波的波速相同,所以两列横波波峰在x'=5 m+ m=10.5 m处相遇,C正确,D错误。
[针对训练19](2024安徽池州二模)图甲是一位带操运动员的竞技场景,丝带的运动可以近似为一列简谐横波沿x轴传播,t=0时刻的波形如图乙所示,A、B、P和Q是介质中的四个质点,t=0时刻该波刚好传播到B点,质点A的振动图像如图丙所示,则以下说法正确的是( )
A.t=1.8 s时,质点A的位移为20 cm
B.该波的传播速度是25 m/s
C.波向x轴负方向传播
D.t=3.2 s时质点Q通过的路程是80 cm
D
专题二 数学方法和物理图像
指导一 数学方法在物理问题中的应用
指导二 图像在物理问题中的应用
目 录 索 引
01
02
指导一 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](2024河南濮阳一模)如图甲所示,游乐场内有多种滑梯,其中两组滑梯的示意图分别如图乙、丙所示。图乙中,A、B两滑梯着地点相同,倾角不同;图丙中,C、D两滑梯起滑点相同,着地点不同。可视为质点的小朋友从A、B、C、D四个滑梯自由下滑的时间分别为t1、t2、t3、t4,不计摩擦阻力,下列关系一定正确的是( )
A.t1>t2 B.t1=t2
C.t3>t4 D.t3
2.辅助角求极值
三角函数式y=acos θ+bsin θ
[针对训练2](2024河南南阳高三期末)如图所示,重力为G的物块受到拉力F作用在水平面上匀速运动,在力F与水平方向的夹角θ从0°缓慢增大到90°的过程中,该物块始终保持匀速,则拉力F( )
A.一直减小 B.一直增大
C.先减小后增大 D.先增大后减小
C
解析 对物块受力分析,因物块始终保持匀速,
则由水平方向受力平衡得Fcos θ=μFN,
由竖直方向受力平衡得FN+Fsin θ=G,
由数学知识可知,当夹角θ从0°缓慢增大到90°的过程中,拉力F先减小后增大。故选C。
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,
[针对训练3](多选)(2024湖南卷)如图所示,在光滑水平面内建立直角坐标系xOy。A、B两小球同时从O点出发,A球速度大小为v1、方向沿x轴正方向,B球速度大小为v2=2 m/s、方向与x轴正方向夹角为θ。坐标系第一象限中有一个挡板L,与x轴夹角为α。B球与挡板L发生碰撞,碰后B球速度大小变为1 m/s,碰撞前后B球的速度方向与挡板L法线的夹角相同,且分别位于法线两侧。不计碰撞时间和空气阻力,若A、B两小球能相遇,下列说法正确的是( )
AC
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](2024辽宁抚顺三模)擦玻璃机器人可以帮助人们解决高层和户外擦玻璃难的问题。如图甲所示,一栋大厦表面均为玻璃材料,机器人牵引擦子(未画出)清洁玻璃时,将大厦某一表面简化为如图乙所示的正三角形ABC,与水平面夹角为30°。已知机器人对擦子的牵引力平行于玻璃表面,擦子质量为m,与玻璃间的动摩擦因数为 ,重力加速度为g。则机器人在该表面由B点匀速运动到AC中点D的过程中,擦子所受的牵引力为( )
C
解析 擦子所受重力垂直于玻璃表面的分力大小等于擦子对玻璃表面的压力大小,则有FN=mgcos 30°,而滑动摩擦力Ff=μFN,代入数据解得Ff=
mg,滑动摩擦力与擦子相对玻璃表面的速度方向相反,机器人匀速运动,擦子所受合力为零,滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力的合力与牵引力大小相等、方向相反,在玻璃表面擦子受力分析如图所示,由几何关系可知滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力的夹角为60°,则在力三角形中,
方法二 均值不等式法
(1)若两个正数的积为定值,当两数相等时,和最小;
(2)若两个正数的和为定值,当两数相等时,积最大。
[针对训练5](2024浙江嘉兴二模)如图是位于同一竖直平面内且各部分平滑连接的玩具模型,倾斜轨道AB和倾斜传送带BC倾角都为θ=24°,半径R=0.75 m的细圆弧管道CD的圆心角也为θ。水平轨道DE右侧有一倾角为α的斜面FG,其底端F在E正下方,顶端G与E等高且距离为d=2.4 m。DE上静置一小滑块N,AB上的小滑块M以一定初速度滑上传送带并通过CD滑上DE,M经过D点时与管道间恰好无挤压。
(1)M首次经过D时的速度大小;
(2)当N固定且M与N间发生弹性碰撞时,M在碰撞前与传送带间摩擦产生的热量,以及M在碰撞后经过B点的速度;
(3)当N不固定且M与N间发生非弹性碰撞时,N从E水平飞出后击中FG的最小动能。
解得vC=3 m/s
滑块M在传送带上上滑过程中,由牛顿第二定律有
-mMgsin θ-μmMgcos θ=mMa1
解得a1=-6 m/s2
其与传送带间相对位移为s=vt+L=12 m
摩擦产生的热量Q=μmMgcos θ·s=4.8 J
滑块M与滑块N弹性碰撞后,等速返回,再次到达C点时速度仍为3 m/s,设滑块M与传送带达到共速时的位移为x,由运动学公式有
解得x=2.25 m
达到共速后,由于滑块M沿斜面向下的重力的分力大于最大静摩擦力,因此传送带会继续加速下滑,设该阶段滑块M的加速度为a2,
由牛顿第二定律有mMgsin θ-μmMgcos θ=mMa2
解得a2=2 m/s2
滑块M再次到达B点的过程,由运动学公式有vB'2-v2=2a2(L-x)
方法三 二次函数求极值法
二次函数式y=ax2+bx+c
(若二次项系数a>0,y有极小值;若a<0,y有极大值)。
(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。
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,现有一个以v0=6 m/s的速度匀速向左运动的水平传送带。传送带左端点M与光滑水平平台相切,在平台上距M点较近的P处竖直固定一个弹性挡板,质量为m0=6 kg的小物块b在PM段运动的时间忽略不计。在M点与平台之间缝隙处安装有自动控制系统,当小物块b每次向右经过该位置时都会被控制系统瞬时锁定从而保持静止。传送带右端点N与半径r=5 m的光滑四分之一圆弧相切,质量为m=2 kg的小物块a,从圆弧最高点由静止下滑后滑上传送带,当小物块a到达M点时控制系统对小物块b自动解锁,a、b发生第一次弹性正碰。小物块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,M、N两点间的距离L=19.6 m,g取10 m/s2。不计物块经过M、N两点处时的能量损失。求:
(1)小物块a滑到圆弧轨道最底端时的加速度;
(2)小物块a与b在传送带上第一次碰撞后,物块a的速度;
(3)从小物块a与b第一次碰撞后,直到最后静止的过程中,物块a运动的总时间。
答案 (1)20 m/s2,方向竖直向上指向圆心O
(2)3 m/s,方向水平向右
(3)6 s
解得v=10 m/s,a=20 m/s2
方向竖直向上指向圆心O。
(3)物块a与b第一次碰撞后,物块a向右做匀减速直线运动,减速至0的位移
指导二 图像在物理问题中的应用
类型一 运动学图像
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](2024山东青岛一模)在同一直线车道上,甲车和乙车正同向匀速行驶,甲车在前乙车在后,t=0时,甲车发现前方有险情立即刹车,为避免两车相撞,2 s后乙车也开始刹车,图甲、乙分别是两车位置随时间变化的图像,图中曲线均为抛物线。已知甲车匀速行驶的速度为10 m/s,司机反应时间不计,下列说法正确的是( )
A.甲车加速度大小为2 m/s2
B.当t=7 s时,两车速度大小相等
C.若d=28 m,则两车恰好没有相撞
D.若没有相撞,两车相距最近时
乙车的位移为48 m
C
角度2 v-t图像
[针对训练2](多选)(2024黑吉辽卷)一足够长的木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因数为μ。t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动。某时刻,一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内,木板速度v随时间t变化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻,小物块与木板的速度相同。
下列说法正确的是( )
A.小物块在t=3t0时刻滑上木板
B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C.小物块与木板的质量之比为3∶4
D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
ABD
解析 本题借助板块模型,考查对速度图像的理解以及运动和力的关系。
由题图可知,3t0时刻,木板运动状态发生改变,说明小物块在3t0时刻滑上木板,A正确。
角度3 a-t图像
[针对训练3](2024山东烟台一模)甲、乙两辆汽车在同一条平直公路上从同一地点以相同的初速度同时开始做直线运动,以初速度方向为正方向,它们的加速度随时间变化的a-t图像如图所示。关于甲、乙两车在0~t2时间内的运动情况,下列说法正确的是( )
A.在t1时刻,甲车的速度等于乙车的速度
B.在t2时刻,甲车的速度小于乙车的速度
C.在0~t2时间内,甲、乙两车的平均速度相等
D.在0~t2时间内,甲、乙两车的间距逐渐增大
D
解析 加速度—时间图像与时间轴所围的面积表示速度的变化,两车的初速度相同,故在t1时刻,甲车的速度大于乙车的速度,在t2时刻,甲车的速度等于乙车的速度,A、B错误;在t2时,两图像与t轴所围的面积相等,即该时刻两车的速度相等,在t2前甲车的速度大于乙车的速度,所以甲车在乙车的前方,且两车逐渐远离,在t2时两车速度相等,即相距最远,则在0~t2时间内,甲车运动的距离远,根据v= 可知,甲车的平均速度大于乙车的平均速度,故C错误, D正确。
类型二 动力学图像
[针对训练4](2024广东卷)如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点,取竖直向下为正方向,木块的位移为y,所受合外力为F,运动时间为t。忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中,其F-y图像或y-t图像可能正确的是( )
B
解析 本题考查牛顿第二定律。当木块未接触弹簧时,木块受重力,保持恒定,接触弹簧时,弹簧弹力逐渐增大,合力先减小后反方向增大,选项A错误, B正确;当木块接触弹簧的瞬间,木块速度不是最大,该位置在y-t图像中的斜率不是最大,选项C、D错误。
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](2024广东二模)某实验兴趣小组对新能源车的加速性能进行探究。他们根据自制的电动模型车模拟汽车启动状态,并且通过传感器,绘制了模型车从开始运动到刚获得最大速度过程中速度的倒数 和牵引力F之间的关系图像,如图所示。已知模型车的质量m=1 kg,行驶过程中受到的阻力恒定,整个过程时间持续5 s,获得最大速度为4 m/s,则下列说法正确的是( )
A.模型车受到的阻力大小为1 N
B.模型车匀加速运动的时间为2 s
C.模型车牵引力的最大功率为6 W
D.模型车运动的总位移为14 m
D
根据以上分析可知,模型车牵引力功率最大即为匀加速结束时获得的功率,可知最大功率为8 W,故C错误;根据题意,模型车速度达到最大用时5 s,而匀加速阶段用时1 s,则可知,模型车以恒定功率运动的时间t2=4 s,根据动能定
角度2 功能关系中的图像
[针对训练6](2024山东淄博一模)图甲是科技馆的一件名为“最速降线”的展品,在高度差一定的不同光滑轨道中,小球滚下用时最短的轨道叫作最速降线轨道。取其中的“最速降线”轨道Ⅰ和直线轨道Ⅱ进行研究,如图乙所示,两轨道的起点M高度相同,终点N高度也相同,轨道Ⅰ的末端与水平面相切于N点。若将两个相同的小球a和b分别放在Ⅰ、Ⅱ两轨道的起点M,同时由静止释放,发现在轨道Ⅰ上的小球a先到达终点。
下列描述两球速率v与时间t、速率二次方v2与下滑高度h的关系图像可能正确的是( )
A
[针对训练7](2024浙江嘉兴二模)如图是跳台滑雪运动示意图,运动员从助滑雪道末端A点水平滑出,落到倾斜滑道上。若不计空气阻力,从运动员离开A点开始计时,其在空中运动的速度大小v、速度与水平方向夹角的正切tan θ、重力势能Ep、机械能E随时间t变化关系正确的是( )
B
角度3 动量中的图像
[针对训练8](2024全国联考二模)质量为m=1 kg的木箱静止在水平地面上,在一水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上做直线运动,以开始运动时作为时间的零点,拉力的冲量I与时间t的关系如图所示。木箱与水平地面之间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度g取10 m/s2。
下列说法正确的是( )
A.在t=1 s时,拉力的功率为24 W
B.木箱在运动过程中最大的动能为4 J
C.木箱在0~7 s内克服摩擦力做的功为48 J
D.木箱在0~7 s内受到摩擦力的冲量大小为24 N·s
C
由0=v2+a2t'可得t'=4 s,即木箱在第6 s停止,在0~6 s内,木箱运动的位移为x=
×6 s=12 m,第7 s木箱静止不动,木箱在0~7 s内克服摩擦力做的功为Wf=Ffx=48 J,故C正确;木箱在0~7 s内受到摩擦力的冲量大小为If=(4×6+3×1) N·s=27 N·s,故D错误。
[针对训练9](多选)(2024辽宁沈阳一模)如图甲所示,一滑块静置在水平面上,滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧,圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块,且能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2,作出某段时间内v1-v2图像如图乙所示,不计一切摩擦,重力加速度为g。
下列说法正确的是( )
A.滑块与小球相互作用的过程中,
水平方向动量守恒
B.当滑块的速度为0.5v0时,
小球运动至最高点
C.小球与滑块的质量之比为1∶2
AC
解析 小球与滑块组成的系统在水平方向上不受外力,所以滑块与小球相互作用的过程中,水平方向动量守恒,A正确;设小球的质量为m,
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10](2024湖南卷)真空中有电荷量为+4q和-q的两个点电荷,分别固定在x轴上-1和0处。设无限远处电势为0,x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是( )
D
解析 解法一 根据异种点电荷的电场分布情况,可知两个点电荷的连线上,在两电荷中间及电荷量小的点电荷外侧,均有电势为零的点,所以x正半轴上各点电势φ应先负后正,由此可判断选项D正确。
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11]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12](2024黑龙江二模)如图甲所示,AB是某电场中的一条电场线,若有一电子以某一初速度仅在电场力的作用下沿AB由A点运动到B点,其电势能Ep随距A点的距离x变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是
( )
A.电场的方向由A指向B
B.A点的电场强度小于B点的电场强度
C.电子在A点的速度小于在B点的速度
D.若一质子以同一初速度由A点释放,一定能运动到B点
C
解析 由图乙可知,电子的电势能减小,则电场力做正功,故电子的速度变大,又电子带负电,故电场的方向由B指向A,A错误,C正确;Ep-x图像的斜率表示电场力,可知A点的电场强度大于B点的电场强度,B错误;由电场强度方向可知,质子所受电场力做负功,质子有可能运动到B点前减速到零,D错误。
类型五 电路中的图像
[针对训练13]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
只将R1与该电源组成闭合电路时,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。
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I= ,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;
类型七 近代物理中的图像
[针对训练15](2024江苏南京一模)用图甲所示实验装置探究光电效应规律,得到a、b两种金属材料遏止电压Uc随入射光频率ν变化的图线分别如图乙中1和2所示,
则下列有关说法正确的是( )
A.图线的斜率表示普朗克常量h
B.金属材料a的逸出功较大
C.用同一种光照射发生光电效应时,
a材料逸出的光电子最大初动能较大
D.光电子在真空管中被加速
C
由爱因斯坦光电效应方程有hν-W0=Ek,由于a材料的逸出功较小,则用同一种光照射发生光电效应时,a材料逸出的光电子最大初动能较大,C正确;图中光电管加的是反向电压,光电子在真空管中被减速,D错误。
类型八 热学中的图像
[针对训练16](2023辽宁卷)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置,可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中,一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是( )
B
解析 从a到b气体发生等压变化,温度升高,气体体积增大,选项C、D错误;从b到c气体压强减小,p-T图线的斜率减小,故气体体积增大,选项A错误,选项B正确。
[针对训练17](2024辽宁抚顺三模)如图所示的p-V图像中,一定质量的理想气体从状态A开始,经过状态B、C、D,最后回到状态A。其中AD和BC平行于横轴,AB和CD平行,AB延长线过坐标原点O,下列说法正确的是( )
A.A→B过程中,气体的温度不变
B.A→B过程中,气体一定向外界放出热量
C.C→D过程中,单位体积内气体分子数增加
D.C→D过程中,气体一定向外界放出热量
B
解析 由图像可知,A→B过程中,p和V均减小,根据 =C可知,温度T降低,故A错误;A→B过程中,气体温度T降低,内能减小,气体体积减小,外界对气体做功,根据热力学第一定律可知,气体一定向外界放出热量,故B正确;C→D过程中,气体体积增大,气体分子数密度减小,即单位体积内气体分子数减小,故C错误;C→D过程中,p和V均增大,则气体温度升高,内能增大,体积增大,则气体对外做功,根据热力学第一定律可知,气体一定吸收热量,故D错误。
类型九 振动图像与波的图像
[针对训练18](2024安徽卷)某仪器发射甲、乙两列横波,在同一均匀介质中相向传播,波速v大小相等。某时刻的波形图如图所示,则这两列横波( )
A.在x=9.0 m处开始相遇 B.在x=10.0 m处开始相遇
C.波峰在x=10.5 m处相遇 D.波峰在x=11.5 m处相遇
C
解析 本题考查机械波的传播、叠加。由题意可知两列波的波速相同,所以相同时间内传播的距离相同,故两列横波在x=11.0 m处开始相遇,A、B错误;该时刻,甲波峰的坐标为x1=5 m,乙波峰的坐标为x2=16 m,由于两列波的波速相同,所以两列横波波峰在x'=5 m+ m=10.5 m处相遇,C正确,D错误。
[针对训练19](2024安徽池州二模)图甲是一位带操运动员的竞技场景,丝带的运动可以近似为一列简谐横波沿x轴传播,t=0时刻的波形如图乙所示,A、B、P和Q是介质中的四个质点,t=0时刻该波刚好传播到B点,质点A的振动图像如图丙所示,则以下说法正确的是( )
A.t=1.8 s时,质点A的位移为20 cm
B.该波的传播速度是25 m/s
C.波向x轴负方向传播
D.t=3.2 s时质点Q通过的路程是80 cm
D
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