第三部分題型指導考前提分,題型一選擇題,-3-,題型分析自2013年開始,物理高考新課標全國卷選擇題明確分成單項選擇題和多項選擇題,這一變化使得物理選擇題的答題難度有所降低。單項選擇題只有一個選項正確,其他選項要么不符合題意,要么是錯誤的,答對率相對較高。多項選擇題有兩個或兩個以上的選項正確,只有將符合題意的答案全部選出才能得全分,少選和漏選僅得少量分數,多選和錯選則不得分,能在較大的知識范圍內,實現對基礎知識、基本技能和基本思想方法的考查,因而難度較大,也是失分較多的一個題型。,-4-,增分策略一、解答選擇題一般要從以下三個方面入手1.審題干。在審題干時要注意以下三點:第一,明確選擇的方向,即題干要求是正向選擇還是逆向選擇。正向選擇一般用“什么是”“包括什么”“產生以上現象的原因”“這表明”等表述;逆向選擇一般用“錯誤的是”“不正確”“不是”等表述。第二,明確題干的要求,即找出關鍵詞句題眼。第三,明確題干規定的限制條件,即通過分析題干的限制條件,明確選項設定的具體范圍、層次、角度和側面。2.審選項。對所有備選選項進行認真分析和判斷,運用解答選擇題的方法和技巧(下文將有論述),將有科學性錯誤、表述錯誤或計算結果錯誤的選項排除。,-5-,3.審題干和選項的關系。這是做好選擇題的一個重要方面。常見的選擇題中題干和選項的關系有以下幾種情形:(1)選項本身正確,但與題干沒有關系,這種情況下該選項不選。(2)選項本身正確,且與題干有關系,但選項與題干之間是并列關系,或選項包含題干,或題干與選項的因果關系顛倒,這種情況下的選項不選。(3)選項并不是教材的原文,但意思與教材中的知識點相同或近似,或是題干所含知識的深層次表達和解釋,或是對某一正確選項的進一步解釋和說明,這種情況下的選項可選。(4)單個選項只是教材中知識的一部分,不完整,但幾個選項組在一起即側面表達了一個完整的知識點,這種情況下的選項一般可選。,-6-,二、解答選擇題的方法技巧1.直接判斷法解答時通過閱讀和觀察,利用題干所描述的物理現象和設置的條件,界定試題考查的范圍和意圖,選準看問題的視角,抓住主要因素,忽略次要因素,根據所學的知識和規律直接判斷,得出正確的答案。這些題目主要考查考生對物理識記內容的記憶和理解程度,屬常識性題目。2.比較排除法在讀懂題意的基礎上,根據題目的要求,靈活運用物理知識,經分析、推理先將明顯的錯誤或不合理的備選答案一個一個地排除掉,最后只剩下正確的答案。,-7-,3.極限分析法物理中體現極限思維的常見方法有極限法、微元法。極限法是把某個物理量推向極端,從而作出科學的推理分析,給出判斷或導出一般結論。該方法一般適用于題干中所涉及的物理量隨條件單調變化的情況。微元法是將研究過程或研究對象分解為眾多細小的“微元”,只需分析這些“微元”,進行必要的數學方法或物理思想處理,便可將問題解決。,-8-,4.圖像圖解法“圖”在物理學中有著十分重要的地位,它是將抽象物理問題直觀化、形象化的最佳工具。若題干或選項中已經給出了函數圖像,則需從圖像縱、橫坐標的物理意義以及圖線中的“點”“線”“斜率”“截距”和“面積”等諸多方面尋找解題的突破口。用圖像法解題不但快速、準確,能避免繁雜的運算,還能解決一些用一般計算方法無法解決的問題。在利用作圖分析法解題時,如何能根據題意將題目中抽象的文字用圖像正確地表現出來是解題的關鍵。在畫圖時,要特別注意狀態變化連接處的特征和前后不同過程的區別和聯系,同時也要將這種區別和聯系表現在圖像上。,-9-,5.估算求解法有些選擇題本身就是估算題,有些貌似要精確計算,實際上只要通過物理方法(如:數量級分析),或者數學近似計算法(如:小數舍余取整),進行大致推算即可得出答案。估算是一種科學而有實用價值的特殊方法,可以大大簡化運算,幫助考生快速地找出正確選項。6.逆向思維法如果問題涉及可逆物理過程,當按正常思路判斷遇到困難時,則可考慮運用逆向思維方法來分析、判斷。有些可逆物理過程還具有對稱性,則利用對稱規律和逆向思維解題是一條捷徑。,-10-,7.結論法“二級結論”是由基本規律和基本公式導出的推論。熟記并巧用一些“二級結論”可以使思維過程簡化,節約解題時間。非常實用的二級結論有:(1)等時圓規律;(2)平拋運動末速度的反向延長線過水平位移的中點;(3)不同質量和電荷量的同性帶電粒子由靜止相繼經過同一加速電場和偏轉電場,軌跡重合;(4)直流電路中動態分析的“串反并同”結論;(5)平行通電導線“同向相吸,異向相斥”;(6)帶電平行板電容器與電源斷開,改變極板間距離不影響極板間勻強電場的強度;(7)雙導體棒模型的終極狀態是兩棒做勻速直線運動等。,-11-,熱點例析一、物理學史和物理思想方法例1(多選)在物理學的重大發現中科學家們總結出了許多物理學方法,如理想實驗法、控制變量法、極限法、類比法、科學假設法和建立物理模型法等。以下關于物理學研究方法的敘述正確的是()a.在不需要考慮物體本身的大小和形狀時,用質點來代替物體的方法運用了假設法b.根據速度的定義式v=,當t趨近于零時,就可以表示物體在t時刻的瞬時速度,該定義運用了極限法c.在實驗探究加速度與力、質量的關系時,運用了控制變量法d.在推導勻變速直線運動位移公式時,把整個運動過程等分成很多小段,然后將各小段位移相加,運用了微元法,bcd,-12-,解析:質點是一種理想化模型,不是假設,故a錯誤;根據速度定義,定義應用了極限法,故b正確;在實驗探究加速度與力、質量的關系時,因為加速度與力、質量都有關,故應采用控制變量法,故c正確;在推導勻變速運動位移公式時,把整個運動過程劃分成很多小段,各小段近似看作勻速直線運動,然后把各小段的位移相加求總位移,采用了微元法,故d正確。,技巧點撥本題考查了物理學思想和方法,物理中出現的主要思想和方法有理想模型法、微元法、等效替代法、極限法等。,-13-,拓展訓練1在物理學建立、發展的過程中,許多物理學家的科學發現推動了人類歷史的進步。關于科學家和他們的貢獻,下列說法正確的是()a.古希臘學者亞里士多德認為物體下落的快慢由它們的重量決定,伽利略在他的兩種新科學的對話中利用邏輯推斷,使亞里士多德的理論陷入了困境b.伽利略發現了行星運動的規律,并通過實驗測量了引力常量c.英國物理學家卡文迪許利用“卡文迪許扭秤”首先較準確地測定了靜電力常量d.奧斯特發現了電流的磁效應,并總結出電磁感應定律,a,-14-,解析:開普勒發現了行星運動的規律,b項錯誤;卡文迪許利用扭秤測定了引力常量,c項錯誤;奧斯特發現了電流的磁效應,法拉第總結出電磁感應定律,d項錯誤;亞里士多德認為物體下落的快慢由重量決定,伽利略利用邏輯推斷使他的結論出現了矛盾,a項正確。,-15-,二、受力分析、物體的平衡例2(多選)如圖所示,橫截面為直角三角形的斜劈a,底面靠在粗糙的豎直墻面上。力f指向球心水平作用在光滑球b上,系統處于靜止狀態。當力f增大時,系統還保持靜止,則下列說法正確的是()a.a所受合外力增大b.a對豎直墻壁的壓力增大c.b對地面的壓力保持不變d.墻面對a的摩擦力可能變為零,bd,-16-,解析:斜劈a始終處于靜止狀態,可知a所受合力始終為零,選項a錯誤;以斜劈a和球b整體為研究對象,易知豎直墻壁對a的彈力隨f的增大而增大,所以,力f增大時,a對豎直墻壁的壓力增大,選項b正確;以球b為研究對象可知斜劈a對球b的彈力增大,因而地面對b的支持力增大,b對地面的壓力也增大,選項c錯誤;由于初始狀態豎直墻壁對斜劈的摩擦力的方向未知,因而f增大時,墻面對a的摩擦力可能變為零,選項d正確。,-17-,技巧點撥(1)處理平衡問題的基本思路:確定平衡狀態(加速度為0)選定研究對象受力分析建立平衡方程求解得結論。(2)當物體僅受三個共點力作用而平衡時,可靈活選取正交分解法、合成法、解直角三角形法、相似三角形法、圖解法求解。(3)當物體受四個及以上共點力的作用而平衡時,一般采用正交分解法求解。(4)在連接體問題中,分析外界對系統的作用力時用整體法,分析系統內物體間的作用力時用隔離法。隔離物體進行受力分析時,一般先從受力最簡單的物體入手。,-18-,拓展訓練2(多選)如圖所示,傾角為的斜面體c置于水平地面上,小物塊b置于c的斜面上,通過絕緣細繩跨過光滑的定滑輪與帶正電小球m連接,連接b的一段細繩與斜面平行,帶負電的小球n固定在m的正下方。兩帶電小球在緩慢漏電的過程中,m、b、c都處于靜止狀態,下列說法正確的是()a.b對c的摩擦力可能始終增加b.地面對c的支持力始終變小c.c對地面的摩擦力方向始終向左d.滑輪對繩子的作用力方向始終不變,ad,-19-,解析:兩帶電小球在緩慢漏電的過程中,庫侖引力逐漸減小,對m分析,可知拉力逐漸減小,對b分析,開始b所受的摩擦力可能沿斜面向上,則拉力減小,摩擦力可能增加,a正確;對b、c整體分析,受力如圖所示,根據平衡條件得知地面對c的支持力fn=(gb+gc)-ftsin,拉力逐漸減小,則支持力逐漸增大,b錯誤;以b、c整體為研究對象,根據平衡條件得知地面對c的摩擦力ff=ftcos,方向水平向左,則c對地面的摩擦力方向始終向右,c錯誤;繩子對滑輪的作用力為兩個相等的力,ft方向不變,所以繩子對滑輪的作用力方向不變,則滑輪對繩子的作用力方向始終不變,d正確。,-20-,三、直線運動和牛頓運動定律例3(多選)(2019河北石家莊質檢)如圖所示,滑塊放置在厚度不計的木板上,二者均處于靜止狀態。現對木板施加一水平向右的恒力f,已知各個接觸面均粗糙,且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列關于滑塊和木板運動的v-t圖像中可能正確的是(實線、虛線分別代表木板和滑塊的v-t圖像)(),bd,-21-,解析:因恒力f大小以及各接觸面大小均未知,所以滑塊與木板可能相對靜止一起向右勻加速運動,故b正確;不可能木板運動,滑塊靜止,故a錯誤;設木板質量為m木,滑塊質量為m,滑塊與木板間動摩擦因數為1,木板與地面間動摩擦因數為2,當m木與m相對滑動時,必有木板的加速度大小大于滑塊加速度大小,且木板加速度,-22-,技巧點撥處理多過程動力學問題的“二分析”“一關鍵”(1)“二分析”分析研究對象在每個過程的受力情況,必要情況下畫出受力分析圖;分析研究對象在每個階段的運動特點。(2)“一關鍵”前一個過程的結束就是后一個過程的開始,明確兩個過程的交接點速度不變往往是解題的關鍵。,-23-,拓展訓練3(多選)物體在水平地面上受到水平推力的作用,在6s內力f、速度v隨時間變化的圖像如圖所示,由圖像可得()a.物體的質量為2kgb.物體在6s內運動的位移為6mc.在02s內推力做的功為3jd.物體與地面間的動摩擦因數為0.025,cd,-24-,解析:物體在02s內做勻加速直線運動,加速度為a=m/s2,由牛頓第二定律有f合=f-mg=ma,物體在26s內做勻速直線運動,因此有mg=1n,聯立解得物體的質量為m=4kg,物體與地面間的動摩擦因數為=0.025,選項a錯誤,d正確;根據v-t圖像所圍的面積表示物體運動的位移可得物體在6s內運動的位移為x=21m+41m=5m,選項b錯誤;力對物體所做的功等于力乘以力方向上的位移,因此在2s內推力做的功為w=fx1=321j=3j,選項c正確。,-25-,四、曲線運動、運動的合成與分解例4如圖所示,從傾角為的足夠長的斜面頂端p以速度v0拋出一個小球,落在斜面上某處q點,小球落在斜面上的速度與斜面的夾角為。若把初速度變為2v0,小球仍落在斜面上,則以下說法正確的是()a.夾角將變大b.夾角與初速度大小無關c.小球在空中的運動時間不變d.pq間距是原來間距的3倍,b,-26-,解析:水平拋出后,小球做平拋運動,水平方向x=v0t,豎直方向,-27-,技巧點撥與斜面相關的平拋運動,斜面傾角的正切值跟水平速度和豎直速度有聯系,也跟水平位移和豎直位移有聯系,畫出運動的軌跡后,只要抓住傾角正切值這個切入點,作出位移或者速度的平行四邊形,思路就會豁然開朗,問題自然迎刃而解。此外,要理解并牢記關于平拋運動的以下幾個常用推論。,-28-,推論1:做平拋(或類平拋)運動的物體在任一時刻、任一位置處,若其末速度方向與水平方向的夾角為,位移與水平方向的夾角為,則tan=2tan。推論2:做平拋(或類平拋)運動的物體任意時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點。推論3:從同一斜面上以不同初速度水平拋出的物體落在斜面上時速度方向與斜面的夾角恒定不變。推論4:斜上拋物體自拋出至最高點的過程恰為一個平拋運動的逆運動,據此可快速求解斜拋問題。,-29-,拓展訓練4右圖是傾角為45的斜坡,在斜坡底端p點正上方某一位置q處以速度v0水平向左拋出一個小球,小球恰好能垂直落在斜坡上,運動時間為t1。小球從同一點q處自由下落,下落至p點的時間為t2。不計空氣阻力,則t1t2等于(),d,-30-,-31-,五、萬有引力定律的應用與航天例5天文學家發現一顆與地球類似的太陽系外行星,這顆行星距離地球約20億光年,公轉周期約為37年,這顆名叫gliese581g的行星位于天秤座星群,它的半徑大約是地球的1.9倍,重力加速度與地球相近。則下列說法正確的是()a.該行星的公轉速度比地球小b.該行星的質量約為地球質量的2.61倍c.要在該行星表面發射人造衛星,發射速度至少要達到7.9km/sd.在地球上發射航天器到達該星球,航天器的發射速度至少要達到第三宇宙速度,d,-32-,解析:不知道這顆行星繞行的中心天體的情況,該行星的公轉速度與地球無法比較,故a錯誤;忽略星球自轉的影響,根據萬有引力,誤;由于這顆行星在太陽系外,所以航天器的發射速度至少要達到第三宇宙速度,故d正確。,-33-,技巧點撥應用萬有引力定律分析天體問題的一般思路是萬有引力提供向心力,應重點掌握天體質量和密度的計算方法。設中心天體質量為m,半徑為r,密度為,表面重力加速度為g,該天體的衛星周期為t,軌道半徑為r,則:,-34-,拓展訓練5(2018北京卷)若想檢驗“使月球繞地球運動的力”與“使蘋果落地的力”遵循同樣的規律,在已知月地距離約為地球半徑60倍的情況下,需要驗證(),b,-35-,地球吸引蘋果的力之比除了與距離的二次方成反比例之外,還與月球與蘋果的質量之比有關,a錯誤;c、d兩項需要知道地球與月球的質量之比和半徑之比,且d項的結論錯誤,故c、d不符合題意。,-36-,六、功能關系的應用例6如圖所示,一豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上,上端連接一帶正電小球p,小球所處的空間存在著方向豎直向上的勻強電場,小球平衡時,彈簧恰好處于原長狀態。現給小球一豎直向上的初速度,小球最高能運動到m點。在小球從開始運動至最高點時,以下說法正確的是()a.小球電勢能的減少量等于小球重力勢能的增加量b.小球機械能的改變量等于電場力做的功c.小球動能的減少量等于電場力和重力做功的代數和d.彈簧彈性勢能的增加量小于小球動能的減少量,a,-37-,解析:小球處于平衡位置時,彈簧處于原長狀態,所以重力與電場力為平衡力,因此小球向上運動過程中,電場力做的功等于克服重力所做的功,故電勢能的減少量等于重力勢能的增加量,選項a正確;小球運動過程中,重力勢能、電勢能、彈性勢能與動能之和守恒,因此該過程中小球動能減少量等于彈性勢能的增加量,選項c、d錯誤;由功能關系可知,小球機械能的改變量等于彈力和電場力所做的功,選項b錯誤。,-38-,技巧點撥運用功能關系分析問題的基本思路:(1)選定研究對象或系統,弄清物理過程。(2)分析受力情況,看有什么力做功,弄清楚系統內有多少種形式的能參與轉化。(3)仔細分析系統內各種能量的變化情況,某種形式的能量減少,一定存在其他形式的能量增加,且減少量與增加量一定相等;某個物體的能量減少,一定存在其他物體的能量增加,且減少量與增加量相等。據此列出關系式e減=e增,并聯立其他條件或關系式求解。,-39-,拓展訓練6(多選)如圖所示,一固定容器的內壁是半徑為r的半球面;在半球面水平直徑的一端有一質量為m的質點p。它在容器內壁由靜止下滑到最低點的過程中,克服摩擦力做的功為w。重力加速度大小為g。設質點p在最低點時,向心加速度的大小為a,容器對它的支持力大小為fn,則(),ac,-40-,解析:質點p由靜止滑到最低點過程由動能定理得,所以選項a、c正確,b、d錯誤。,-41-,七、對電場基本性質的理解例7假設空間某一靜電場的電勢隨x變化情況如圖所示,根據圖中信息可以確定下列說法正確的是()a.空間各點電場強度的方向均與x軸垂直b.電荷沿x軸從o移到x1的過程中,一定不受電場力的作用c.正電荷沿x軸從x2移到x3的過程中,電場力做正功,電勢能減小d.負電荷沿x軸從x4移到x5的過程中,電場力做負功,電勢能增加,d,-42-,解析:由題圖看出,x軸上各點電勢不全相等,x軸不是一條等勢線,所以空間各點電場強度的方向不全與x軸垂直,a錯誤;沿x軸從o移到x1,各點電勢相等,任意兩點間電勢差為零,移動電荷電場力做功為零,但電場力不一定為零,也可能電場力與x軸垂直,b錯誤;正電荷沿x軸從x2移到x3的過程中,電勢升高,電荷的電勢能增大,電場力做負功,c錯誤;負電荷沿x軸從x4移到x5的過程中,電勢降低,電荷的電勢能增加,電場力做負功,d正確。,-43-,技巧點撥(1)電荷在電場中運動時,電場力做功將引起電勢能與其他形式的能發生轉化,電荷的機械能不再守恒。(2)搞清幾個功能關系:重力做功等于重力勢能的變化,電場力做功等于電勢能的變化,彈簧彈力做功等于彈性勢能的變化,合外力做功等于動能的變化。(3)無論能量如何變化,總是滿足能量守恒定律。,-44-,拓展訓練7對于真空中電荷量為q的靜止點電荷而言,當選取離點電荷無窮遠處的電勢為零時,離點電荷距離為r處的電勢為=(k為靜電力常量),如圖所示,兩電荷量大小均為q的異種點電荷相距為d,現將一質子(電荷量為e)從兩電荷連線上的a點沿以負電荷為圓心、半徑為r的半圓形軌跡abc移到c點,在質子從a到c的過程中,系統電勢能的變化情況為(),a,-45-,-46-,八、對磁場知識的理解例8(多選)如圖所示,臺秤上放一光滑平板,其左邊固定一擋板,一輕質彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來,此時臺秤有一定的讀數。現在磁鐵上方中心偏右位置固定一通電導線,當通以一定的電流后,臺秤的示數增加,同時彈簧縮短(彈簧始終處于彈性限度內),則下列說法正確的是()a.磁鐵右端為n極,左端為s極,導線中的電流方向垂直紙面向內b.磁鐵右端為n極,左端為s極,導線中的電流方向垂直紙面向外c.磁鐵右端為s極,左端為n極,導線中的電流方向垂直紙面向內d.磁鐵右端為s極,左端為n極,導線中的電流方向垂直紙面向外,ad,-47-,解析:若磁鐵右端為n極,磁鐵的磁感線在它的外部是從n極到s極,因為長直導線在磁鐵的中心偏右位置,所以此處的磁感線是斜向左上的,若電流的方向垂直于紙面向里,根據左手定則,導線受磁鐵給的安培力方向是斜向右上,長直導線是固定不動的,根據物體間力的作用是相互的,導線給磁鐵的反作用力方向就是斜向左下的;將這個力在水平和豎直方向分解可知,光滑平板對磁鐵支持力增大,由于水平向左的分力,所以彈簧長度將變短,故a正確,b錯誤。同理,若磁鐵右端為s極,磁鐵的磁感線在它的外部是從n極到s極,因為長直導線在磁鐵的中心偏右位置,所以此處的磁感線是斜向右下的,若電流的方向垂直于紙面向外,根據左手定則,導線受磁鐵給的安培力方向是斜向右上,長直導線是固定不動的,根據物體間力的作用是相互的,導線給磁鐵的反作用力方向就是斜向左下的,將這個力在水平和豎直方向分解可知,光滑平板對磁鐵支持力增大,彈簧長度將變短,故c錯誤,d正確。,-48-,技巧點撥分析安培力的方法:(1)首先把立體圖畫成易于分析的平面圖或截面圖。(2)根據左手定則確定安培力的方向,如果題目涉及研究通電導線對磁鐵的作用力,可先研究其反作用力,即磁鐵對導線的作用力。(3)結合通電導體受力分析、運動情況等列方程,解決問題。,-49-,拓展訓練8如圖所示,兩平行光滑金屬導軌固定在絕緣斜面上,導軌間距為l,勁度系數為k的輕質彈簧上端固定,下端與水平直導體棒ab相連,彈簧與導軌平面平行并與ab垂直,直導體棒垂直跨接在兩導軌上,空間存在垂直導軌平面斜向上的勻強磁場。閉合開關k后導體棒中的電流為i,導體棒平衡時,彈簧伸長量為x1;調轉圖中電源極性使棒中電流反向,導體棒中電流仍為i,導體棒平衡時彈簧伸長量為x2。忽略回路中電流產生的磁場,則磁感應強度b的大小為(),d,-50-,解析:導體棒中電流為i時,對導體棒由平衡條件有mgsin=kx1+bil;當電流反向后,安培力反向,由平衡條件有mgsin=kx2-bil。,-51-,例9(多選)(2019河北衡水模擬)在以坐標原點o為圓心、半徑為r的圓形區域內,存在磁感應強度大小為b、方向垂直于紙面向里的勻強磁場,如圖所示,一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點a處以速度v沿-x方向射入磁場,恰好從磁場邊界與y軸的交點c處沿+y方向飛出。當磁感應強度的大小變為b后,該粒子仍從a處以相同的速度射入磁場,但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了120角,則()a.粒子帶負電,abd,-52-,解析:由粒子的飛行軌跡(如圖所示),利用左手定則可知,該粒子帶負電荷,a正確;粒子由a點射入,由c點沿y軸正方向飛出,由幾何關,-53-,技巧點撥解磁場問題要記住:一畫軌跡,二找圓心,三算半徑。其中比較難的是計算半徑,在計算半徑時可以利用勾股定理或者正弦定理。,-54-,拓展訓練9(2019山東濟南一模)如圖所示,正方形abcd區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場,甲、乙兩帶電粒子從a點沿與ab成30角的方向垂直射入磁場。甲粒子垂直于bc邊離開磁場,乙粒子從ad邊的中點離開磁場。已知甲、乙兩帶電粒子的電荷量之比為12,質量之比為12,不計粒子重力。以下判斷正確的是()a.甲粒子帶負電,乙粒子帶正電b.甲粒子的動能是乙粒子動能的16倍,d,-55-,-56-,九、直流電路的動態分析例10(多選)如圖所示電路,在滑動變阻器的滑片向左滑動的過程中,理想電壓表、電流表的示數將發生變化,電壓表v1、v2示數變化量的絕對值分別為u1、u2,已知電阻r大于電源內阻r,則()a.電流表a的示數增大b.電壓表v2的示數增大c.電壓表v1的示數增大d.u1大于u2,acd,-57-,解析:滑動變阻器的滑片向左滑動,則接入電阻變小,閉合回路的,大,a正確;由u=e-ir可知,路端電壓變小,所以電壓表v2的示數變小,b錯誤;由u=ir可知,電阻r的電壓增大,即電壓表v1的示數增大,c正確;由閉合電路的歐姆定律可知,e=u1+u變+ur,所以有u1+u變+ur=0,對于外電路有,u2=u變+u1,兩式聯立得,u2+ur=0,因為電阻r大于電源內阻r,所以u1ur,所以u1u2,d正確。,-58-,技巧點撥直流電路動態分析的步驟:(1)確定電路的內阻r、外電阻r外如何變化。,(3)由u內=i總r,確定電源的內電壓如何變化。(4)由u外=e-u內,確定外電壓如何變化。(5)由部分電路歐姆定律,確定干路上某定值電阻兩端的電壓變化。(6)確定支路兩端的電壓如何變化及各支路電流的變化。,-59-,拓展訓練10如圖所示,圖中的三個電表均為理想電表,當滑動變阻器滑片p向左端緩慢移動時,下列說法正確的是()a.電壓表v1的讀數減小,電流表a的讀數增大b.電壓表v1的讀數增大,電壓表v2的讀數增大c.電阻rp消耗的功率增大,電容器c所帶電荷量增加d.電壓表v2的讀數減小,電流表a的讀數減小,d,-60-,解析:當滑動變阻器滑片p向左端緩慢移動時,rp阻值變大,電路的電流減小,電流表a讀數減小,則電壓表v1讀數變大,a錯誤;由于通過r2的電流減小,故電壓表v2讀數減小,b錯誤,d正確;電壓表v1讀數變大,即電容器兩端的電壓變大,所帶電荷量增加;由于不知rp與各個電阻的大小關系,故不能判斷rp的功率變化,c錯誤。,-61-,十、交變電流與遠距離輸電例11(多選)如圖所示的電路中,t為一降壓式自耦調壓變壓器。開始時燈泡l正常發光,現在電源電壓u略降低,為使燈l仍能正常發光,可采用的措施是()a.將自耦調壓變壓器的滑片p適當上滑b.將自耦調壓變壓器的滑片p適當下滑c.適當增大滑動變阻器r2的阻值d.適當減小滑動變阻器r2的阻值,ac,-62-,解析:保持負載總電阻不變,電源電壓u略降低,為使l仍能正常發,小,為使l仍能正常發光,加在l兩端的電壓應不變,則加在r1兩端的電壓應減小,總電流應減小,負載總電阻應增大,r2應增大,選項c正確,選項d錯誤。,-63-,技巧點撥(1)在變壓器的描述中,沒有特別說明的情況下,原、副線圈中的電壓、電流均指有效值,電壓表、電流表測的是有效值。(2)注意變壓器原、副線圈的決定關系:u1決定u2,i2決定i1,p2決定p1。(3)遠距離輸電線路中有升壓變壓器和降壓變壓器,注意畫出輸電線路示意圖,找出線路中各物理量之間的關系。,-64-,拓展訓練11(多選)圖甲為理想變壓器的示意圖,其原、副線圈的匝數比為41,電壓表和電流表均為理想電表,rt為阻值隨溫度升高而變小的熱敏電阻,r1為定值電阻。若發電機向原線圈輸入如圖乙所示的正弦式交變電流,則下列說法正確的是()a.輸入變壓器原線圈的交流電壓的表達式為u=36sin50tvb.t=0.01s時,發電機的線圈平面與磁場方向垂直c.變壓器原、副線圈中的電流之比為41d.rt溫度升高時,電流表的示數變大,bd,-65-,-66-,十一、電磁感應定律的應用例12(多選)如圖所示,兩根等高光滑的圓弧軌道,半徑為r、間距為l,軌道電阻不計。在軌道頂端連有一阻值為r的電阻,整個裝置處在一豎直向上的勻強磁場中,磁感應強度為b。現有一根長度稍大于l、電阻不計的金屬棒從軌道最低位置cd開始,在拉力作用下以初速度v0向右沿軌道做勻速圓周運動至ab處,則該過程中()a.通過r的電流方向為由外向內b.通過r的電流方向為由內向外,ac,-67-,解析:金屬棒運動過程中,切割磁感線,根據右手定則,可判斷金屬棒的電流方向為由內到外,外電路流過電阻的電流方向為由外到內,選項a對,b錯;金屬棒轉動過程中,流過電路的電荷量,-68-,技巧點撥分析電磁感應中能量問題的基本方法:(1)明確安培力做的功是電能和其他形式的能之間相互轉化的“橋梁”,其關系表示如下:,(2)明確功能關系,確定有哪些形式的能量發生了轉化。如有摩擦力做功,必有內能產生;有重力做功,重力勢能必然發生變化;安培力做負功,必然有其他形式的能轉化為電能。,-69-,拓展訓練12(多選)如圖所示,水平傳送帶帶動兩金屬桿勻速向右運動,傳送帶右側與兩光滑平行金屬導軌平滑連接,導軌與水平面間夾角為30,兩虛線ef、gh之間有垂直導軌平面向下的勻強磁場,磁感應強度為b,磁場寬度為l,兩金屬桿的長度和兩導軌的間距均為d,兩金屬桿a、b質量均為m,與導軌接觸良好。當金屬桿a進入磁場后恰好做勻速直線運動,當金屬桿a離開磁場時,金屬桿b恰好進入磁場,則()a.金屬桿b進入磁場后做加速運動b.金屬桿b進入磁場后做勻速運動c.兩桿在穿過磁場的過程中,回路中產生的總熱量為mgl,bc,-70-,解析:兩桿從導軌頂端進入磁場過程中,均只有重力做功,故進入磁場時速度大小相等,金屬桿a進入磁場后勻速運動,b進入磁場后,a離開磁場,金屬桿b受力與金屬桿a受力情況相同,故也做勻速運動,a項錯誤,b項正確;兩桿勻速穿過磁場,減少的重力勢能轉化為回路的電熱,即q=2mglsin30=mgl,c項正確,d項錯誤。,-71-,十二、近代物理例13(多選)在光電效應實驗中,用同一種單色光,先后照射鋅和銀的表面,都能發生光電效應現象。對于這兩個過程,下列四個物理量中,一定不同的是()a.單位時間內逸出的光電子數b.反向截止電壓c.飽和光電流d.光電子的最大初動能,bd,解析:單位時間內逸出的光電子數以及飽和光電流由光強決定,所以可能相同,故選項a、c錯誤;根據光電效應方程h=w0+euc可知,入射光的頻率不同,反向截止電壓不同,再根據ek=euc知光電子的最大初動能也不同,所以選項b、d正確。,-72-,技巧點撥處理光電效應問題的兩條線索一是光的頻率,二是光的強弱。兩條線索對應的關系:1.光越強光子數目多發射光電子數多光電流大。2.光子頻率高光子能量大產生光電子的最大初動能大。,-73-,拓展訓練13(2018天津卷)氫原子光譜在可見光區域內有四條譜線h、h、h和h,都是氫原子中電子從量子數n2的能級躍遷到n=2的能級時發出的光,它們在真空中的波長由長到短,可以判定()a.h對應的前后能級之差最小b.同一介質對h的折射率最大c.同一介質中h的傳播速度最大d.用h照射某一金屬能發生光電效應,則h也一定能,a,-74-,解析:本題以氫原子能級躍遷模型為切入點,考查光的頻率與折射率、傳播速度的關系以及發生光電效應的條件等知識點。能級,h波長大于h,故h的頻率小于h的頻率,故用h照射某金屬發生光電效應時,用h照射不一定能發生光電效應,選項d錯誤。,-75-,十三、物理圖像例14甲、乙兩汽車在一條平直的單行道上,乙在前、甲在后同向行駛。某時刻兩車司機同時聽到前方有事故發生的警笛提示,同時開始剎車,結果兩輛車發生了碰撞。右圖為兩輛車剎車后剛好不相撞的v-t圖像,由此可知若相撞()a.兩輛車剎車時相距的距離一定等于112.5mb.兩輛車剎車時相距的距離一定小于90mc.兩輛車一定是在剎車后的20s之內的某時刻發生相撞的d.兩輛車一定是在剎車后的20s以后的某時刻發生相撞的,c,-76-,解析:兩車速度相等是兩車是否碰撞的臨界條件。t=20s時,由v-t圖像可知甲車的位移為300m,乙車的位移為200m,因而兩車若相撞,剎