數(shù)學方法在物理中的應用

1、20數(shù)學方法在物理中的應用方法概述數(shù)學是解決物理問題的重要工具，借助數(shù)學方法可使一些復雜的物理問題顯示出明顯的規(guī)律性，能達到打通關卡、長驅直入地解決問題的目的中學物理考試大綱中對學生應用數(shù)學方法解決物理問題的能力作出了明確的要求，要求考生有“應用數(shù)學處理物理問題”的能力對這一能力的考查在歷年高考試題中也層出不窮，如2009年高考北京理綜卷第20題、寧夏理綜卷第18題、江蘇物理卷第15題；2008年高考四川理綜卷第24題、延考區(qū)理綜卷第25題、上海物理卷第23題、北京理綜卷第24題等所謂數(shù)學方法，就是要把客觀事物的狀態(tài)、關系和過程用數(shù)學語言表達出來，并進行推導、演算和分析，以形成對問題的判斷、解

2、釋和預測可以說，任何物理問題的分析、處理過程，都是數(shù)學方法的運用過程本專題中所指的數(shù)學方法，都是一些特殊、典型的方法，常用的有極值法、幾何法、圖象法、數(shù)學歸納推理法、微元法、等差(比)數(shù)列求和法等一、極值法數(shù)學中求極值的方法很多，物理極值問題中常用的極值法有：三角函數(shù)極值法、二次函數(shù)極值法、一元二次方程的判別式法等1利用三角函數(shù)求極值yacos bsin (cos sin )令sin ，cos 則有：y(sin cos cos sin )sin ()所以當時，y有最大值，且ymax2利用二次函數(shù)求極值二次函數(shù)：yax2bxca(x2x)ca(x)2(其中a、b、c為實常數(shù))，當x 時，有極值y

3、m(若二次項系數(shù)a>0，y有極小值；若a<0，y有極大值)3均值不等式對于兩個大于零的變量a、b，若其和ab為一定值p，則當ab時，其積ab取得極大值 ；對于三個大于零的變量a、b、c，若其和abc為一定值q，則當abc時，其積abc取得極大值 二、幾何法利用幾何方法求解物理問題時，常用到的有“對稱點的性質”、“兩點間直線距離最短”、“直角三角形中斜邊大于直角邊”以及“全等、相似三角形的特性”等相關知識，如：帶電粒子在有界磁場中的運動類問題，物體的變力分析時經(jīng)常要用到相似三角形法、作圖法等與圓有關的幾何知識在力學部分和電學部分的解題中均有應用，尤其在帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動類

4、問題中應用最多，此類問題的難點往往在圓心與半徑的確定上，確定方法有以下幾種1依切線的性質確定從已給的圓弧上找兩條不平行的切線和對應的切點，過切點作切線的垂線，兩條垂線的交點為圓心，圓心與切點的連線為半徑2依垂徑定理(垂直于弦的直徑平分該弦，且平分弦所對的弧)和相交弦定理(如果弦與直徑垂直相交，那么弦的一半是它分直徑所成的兩條線段的比例中項)確定如圖81所示圖81由EB2CE·EDCE·(2RCE)得：R也可由勾股定理得：R2(RCE)2EB2解得：R以上兩種求半徑的方法常用于求解“帶電粒子在勻強磁場中的運動”這類習題中三、圖象法中學物理中一些比較抽象的習題常較難求解，若能與

5、數(shù)學圖形相結合，再恰當?shù)匾胛锢韴D象，則可變抽象為形象，突破難點、疑點，使解題過程大大簡化圖象法是歷年高考的熱點，因而在復習中要密切關注圖象，掌握圖象的識別、繪制等方法1物理圖象的分類整個高中教材中有很多不同類型的圖象，按圖形形狀的不同可分為以下幾類(1)直線型：如勻速直線運動的st圖象、勻變速直線運動的vt 圖象、定值電阻的UI圖象等(2)正弦曲線型：如簡諧振動的xt圖象、簡諧波的yx 圖象、正弦式交變電流的et圖象、正弦式振蕩電流的it 圖象及電荷量的qt 圖象等(3)其他型：如共振曲線的Af圖象、分子力與分子間距離的fr圖象等下面我們對高中物理中接觸到的典型物理圖象作一綜合回顧，以期對物

6、理圖象有個較為系統(tǒng)的認識和歸納圖象函數(shù)形式特例物理意義yc勻速直線運動的vt圖象做勻速直線運動的質點的速度是恒矢量ykx勻速直線運動的st圖象初速度v00的勻加速直線運動的vt圖象(若v00，則縱截距不為零)純電阻電路的IU圖象表示物體的位移大小隨時間線性增大表示物體的速度大小隨時間線性增大表示純電阻電路中I隨導體兩端的電壓U線性增大yakx勻減速直線運動的vt圖象閉合電路中的UI圖象(UEIr)表示物體的速度大小隨時間線性減小表示路端電壓隨電流的增大而減小y·x(雙曲線函數(shù))由純電阻用電器組成的閉合電路的UR圖象(UR)在垂直于勻強磁場的XCzt71tifBP導軌上，自由導體棒在一

7、恒定動力F的作用下做變加速運動的vt圖象表示純電阻電路中電源的端電壓隨外電阻而非線性增大將達到穩(wěn)定速度vmykx2(拋物線函數(shù))小燈泡消耗的實際功率與外加電壓的PU 圖象位移與時間的st圖象(sat2)表示小燈泡消耗的實際功率隨電壓的增大而增大，且增大得越來越快表示位移隨時間的增大而增大，且增大得越來越快xyc(雙曲線函數(shù))機械在額定功率下，其牽引力與速度的關系圖象(PFv)表示功率一定時，牽引力與速度成反比yAsin t交流電的et圖象(eEmsin t)表示交流電隨時間變化的關系2物理圖象的應用(1)利用圖象解題可使解題過程更簡化，思路更清晰利用圖象法解題不僅思路清晰，而且在很多情況下可使

8、解題過程得到簡化，起到比解析法更巧妙、更靈活的獨特效果甚至在有些情況下運用解析法可能無能為力，但是運用圖象法則會使你豁然開朗，如求解變力分析中的極值類問題等(2)利用圖象描述物理過程更直觀從物理圖象上可以比較直觀地觀察出物理過程的動態(tài)特征(3)利用物理圖象分析物理實驗運用圖象處理實驗數(shù)據(jù)是物理實驗中常用的一種方法，這是因為它除了具有簡明、直觀、便于比較和減少偶然誤差的特點外，還可以由圖象求解第三個相關物理量，尤其是無法從實驗中直接得到的結論3對圖象意義的理解(1)首先應明確所給的圖象是什么圖象，即認清圖象中比縱橫軸所代表的物理量及它們的“函數(shù)關系”，特別是對那些圖形相似、容易混淆的圖象，更要注

9、意區(qū)分例如振動圖象與波動圖象、運動學中的 st 圖象和vt圖象、電磁振蕩中的it圖象和qt圖象等(2)要注意理解圖象中的“點”、“線”、“斜率”、“截距”、“面積”的物理意義點：圖線上的每一個點對應研究對象的一個狀態(tài)要特別注意“起點”、“終點”、“拐點”、“交點”，它們往往對應著一個特殊狀態(tài)如有的速度圖象中，拐點可能表示速度由增大(減小)變?yōu)闇p小(增大)，即加速度的方向發(fā)生變化的時刻，而速度圖線與時間軸的交點則代表速度的方向發(fā)生變化的時刻線：注意觀察圖線是直線、曲線還是折線等，從而弄清圖象所反映的兩個物理量之間的關系斜率：表示縱橫坐標上兩物理量的比值常有一個重要的物理量與之對應，用于求解定量計

10、算中所對應的物理量的大小以及定性分析變化的快慢如 vt 圖象的斜率表示加速度截距：表示縱橫坐標兩物理量在“邊界”條件下物理量的大小由此往往可得到一個很有意義的物理量如電源的UI圖象反映了UEIr的函數(shù)關系，兩截距點分別為(0，E)和面積：有些物理圖象的圖線與橫軸所圍的面積往往代表一個物理量的大小如vt圖象中面積表示位移4運用圖象解答物理問題的步驟(1)看清縱橫坐標分別表示的物理量(2)看圖象本身，識別兩物理量的變化趨勢，從而分析具體的物理過程(3)看兩相關量的變化范圍及給出的相關條件，明確圖線與坐標軸的交點、圖線斜率、圖線與坐標軸圍成的“面積”的物理意義四、數(shù)學歸納法在解決某些物理過程中比較復

11、雜的具體問題時，常從特殊情況出發(fā)，類推出一般情況下的猜想，然后用數(shù)學歸納法加以證明，從而確定我們的猜想是正確的利用數(shù)學歸納法解題要注意書寫上的規(guī)范，以便找出其中的規(guī)律五、微元法利用微分思想的分析方法稱為微元法它是將研究對象(物體或物理過程)進行無限細分，再從中抽取某一微小單元進行討論，從而找出被研究對象的變化規(guī)律的一種思想方法微元法解題的思維過程如下(1)隔離選擇恰當?shù)奈⒃鳛檠芯繉ο笪⒃梢允且恍《尉€段、圓弧或一小塊面積，也可以是一個小體積、小質量或一小段時間等，但必須具有整體對象的基本特征(2)將微元模型化(如視為點電荷、質點、勻速直線運動、勻速轉動等)，并運用相關的物理規(guī)律求解這個微元與

12、所求物體之間的關聯(lián)(3)將一個微元的解答結果推廣到其他微元，并充分利用各微元間的對稱關系、矢量方向關系、近似極限關系等，對各微元的求解結果進行疊加，以求得整體量的合理解答六、三角函數(shù)法三角函數(shù)反映了三角形的邊、角之間的關系，在物理解題中有較廣泛的應用例如：討論三個共點的平衡力組成的力的三角形時，常用正弦定理求力的大?。挥煤瘮?shù)的單調變化的臨界狀態(tài)來求取某個物理量的極值；用三角函數(shù)的“和積公式”將結論進行化簡等七、數(shù)列法凡涉及數(shù)列求解的物理問題都具有過程多、重復性強的特點，但每一個重復過程均不是原來的完全重復，而是一種變化了的重復隨著物理過程的重復，某些物理量逐步發(fā)生著前后有聯(lián)系的變化該類問題求解

13、的基本思路為：(1)逐個分析開始的幾個物理過程；(2)利用歸納法從中找出物理量變化的通項公式(這是解題的關鍵)；(3)最后分析整個物理過程，應用數(shù)列特點和規(guī)律求解無窮數(shù)列的求和，一般是無窮遞減數(shù)列，有相應的公式可用等差：Snna1d(d為公差)等比：Sn(q為公比)八、比例法比例計算法可以避開與解題無關的量，直接列出已知和未知的比例式進行計算，使解題過程大為簡化應用比例法解物理題，要討論物理公式中變量之間的比例關系，要清楚公式的物理意義和每個量在公式中的作用，以及所要討論的比例關系是否成立同時要注意以下幾點(1)比例條件是否滿足物理過程中的變量往往有多個，討論某兩個量間的比例關系時要注意只有其

14、他量為常量時才能成比例(2)比例是否符合物理意義不能僅從數(shù)學關系來看物理公式中各量的比例關系，要注意每個物理量的意義(如不能根據(jù)R 認定電阻與電壓成正比)(3)比例是否存在討論某公式中兩個量的比例關系時，要注意其他量是否能認為是不變量如果該條件不成立，比例也不能成立(如在串聯(lián)電路中，不能認為P 中P與R成反比，因為R變化的同時，U也隨之變化而并非常量)許多物理量都是用比值法來定義的，常稱之為“比值定義”如密度，導體的電阻R，電容器的電容 C，接觸面間的動摩擦因數(shù)，電場強度E等它們的共同特征是：被定義的物理量是反映物體或物質的屬性和特征的，它和定義式中相比的物理量無關對此，學生很容易把它當做一個

15、數(shù)學比例式來處理而忽略了其物理意義，也就是說教學中還要防止數(shù)學知識在物理應用中的負遷移數(shù)學是“物理學家的思想工具”，它使物理學家能“有條理地思考”并能想象出更多的東西可以說，正是有了數(shù)學與物理學的有機結合，才使物理學日臻完善物理學的嚴格定量化，使得數(shù)學方法成為物理解題中一個不可或缺的工具熱點、重點、難點例1如圖82甲所示，一薄木板放在正方形水平桌面上，木板的兩端與桌面的兩端對齊，一小木塊放在木板的正中間木塊和木板的質量均為m，木塊與木板之間、木板與桌面之間的動摩擦因數(shù)都為現(xiàn)突然以一水平外力F將薄木板抽出，要使小木塊不從桌面上掉下，則水平外力F至少應為_(假設木板抽動過程中始終保持水平，且在豎直

16、方向上的壓力全部作用在水平桌面上)圖82甲A2mgB4mgC6mgD8mg【解析】解法一F越大，木塊與木板分離時的速度、位移越小，木塊越不可能從桌面滑下設拉力為F0時，木塊恰好能滑至桌面的邊緣，再設木塊與木板分離的時刻為t1，在0t1 時間內有：··t12gt12對t1時間后木塊滑行的過程，有：gt12解得：F06mg解法二F越大，木塊與木板分離時的速度、位移越小，木塊越不可能從桌面滑出若木塊不從桌面滑出，則其vt 圖象如圖82乙中OBC所示，其中OB的斜率為g，BC的斜率為g，t1t2圖82乙有：SOBC×2設拉力為F時，木板的vt圖象為圖72乙中的直線OA，則

17、SOAB即(v2v1)·t1其中v1gt1，v2·t1解得：F6mg即拉力至少為6mg答案C【點評】對于兩物體間的多過程運動問題，在明確物理過程的基礎上，畫出物體各自的運動圖象，這樣兩物體的運動特點就很明顯了利用圖線與坐標軸所夾面積的關系明確物體間的位移關系，可省略一些物理量的計算，從而快速、簡捷地解答問題，同類題可見專題一能力演練第3題例2如圖83 甲所示，在豎直平面內的直角坐標系中，一個質量為m的質點在外力F的作用下從坐標原點O由靜止沿直線ON斜向下運動，直線ON與y軸負方向成角()，則F的大小至少為_；若Fmgtan ，則質點的機械能大小的變化情況是_2008年高考&

18、#183;上海物理卷圖83甲【解析】該質點在重力和外力F的作用下從靜止開始做直線運動，說明質點做勻加速直線運動，如圖83乙所示，當F的方向為a方向(垂直于ON)時，F(xiàn)最小為mgsin ；若Fmgtan ，即F可能為b方向或c方向，故除重力外的力F對質點可能做正功，也可能做負功，所以質點的機械能增加、減少都有可能圖83乙答案mgsin 增加、減少都有可能【點評】運用平行四邊形(三角形)定則分析物體受力的變化情況(或用相似三角形比較受力)是一種常用的方法，同類題可見專題一同類拓展2和例題4例3總質量為80 kg的跳傘運動員從離地500 m的直升機上跳下，經(jīng)過2 s拉開繩索開啟降落傘，圖84是跳傘過

19、程中的vt圖象，試根據(jù)圖象求：(取g10 m/s2)圖84(1)t1 s時運動員的加速度和所受阻力的大小(2)估算14 s內運動員下落的高度及克服阻力做的功(3)估算運動員從飛機上跳下到著地的總時間2008年高考·上海物理卷【解析】(1)從圖象中可以看出，在t2 s內運動員做勻加速運動，其加速度的大小為：a m/s28 m/s2設此過程中運動員受到的阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgfma得：fm(ga)80×(108) N160 N(2)vt圖象與t軸所包圍的面積表示位移，由圖象可知14 s 內該面積包含的格子為39格所以h39×2×2 m156

20、 m根據(jù)動能定理，有：mghWfmv2所以Wfmghmv2(80×10×156×80×62) J1.23×105 J(3)14 s后運動員做勻速運動的時間為：t s57 s運動員從飛機上跳下到著地所需要的總時間為：t總tt(1457) s71 s答案(1)160 N(2)1.23×105 J(3)71 s【點評】對于本題，應明確vt圖象中“面積”的含義，在數(shù)小方格個數(shù)時需注意合理取舍，即大于半格的算1個，小于半格的舍去例4如圖85甲所示，一質量m1 kg的木板靜止在光滑水平地面上開始時，木板右端與墻相距L0.08 m，一質量m1 kg

21、的小物塊以初速度v02 m/s滑上木板左端木板的長度可保證物塊在運動過程中不與墻接觸物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)0.1，木板與墻碰撞后以與碰撞前瞬時等大的速度反彈取g10 m/s2，求：圖85甲(1)從物塊滑上木板到兩者達到共同速度時，木板與墻碰撞的次數(shù)及所用的時間(2)達到共同速度時木板右端與墻之間的距離【解析】解法一物塊滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板從靜止開始做勻加速運動設木板的加速度大小為a，經(jīng)歷時間T后與墻第一次碰撞，碰撞時的速度為v1，則有：mgmaLaT2v1aT可得：a1 m/s2，T0.4 s，v10.4 m/s物塊與木板達到共同速度之前，在每兩次碰撞之間，木板受到物塊對它的

22、摩擦力作用而做加速度恒定的運動，因而木板與墻相碰后將返回至初態(tài)，所用時間為T設在物塊與木板達到共同速度v之前木板共經(jīng)歷了n次碰撞，則有：vv0(2nTt)aa·t式中t是碰撞n次后木板從起始位置至達到共同速度所需要的時間上式可改寫為：2vv02nTa由于木板的速率只能在0到v1之間，故有：0v02nTa2v1解得：1.5n2.5由于n是整數(shù)，故n2解得：v0.2 m/s，t0.2 s從開始到物塊與木板達到共同速度所用的時間為：t4Tt1.8 s(2)物塊與木板達到共同速度時，木板右端與墻之間的距離為：sLa·t2解得：s0.06 m解法二(1)物塊滑上木板后，在摩擦力的作用

23、下，木板做勻加速運動的加速度a1g1 m/s，方向向右物塊做減速運動的加速度a2g1 m/s，方向向左可作出物塊、木板的vt圖象如圖85乙所示由圖可知，木板在0.4 s、1.2 s時刻兩次與墻碰撞，在t1.8 s 時刻物塊與木板達到共同速度(2)由圖85乙可知，在t1.8 s時刻木板的位移為：s×a1×0.220.02 m木板右端距墻壁的距離sLs0.06 m圖85乙答案(1)1.8 s(2)0.06 m【點評】本題的兩種解題方法都是在清晰地理解物理過程的前提下巧妙地應用數(shù)學方法解析的，專題一例4中的解法二也是典型地利用圖象來確定物理過程的例5圖86所示為一個內外半徑分別為

24、R1和R2的圓環(huán)狀均勻帶電平面，其單位面積的帶電量為取環(huán)面中心O為原點，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸設軸上任意點P到O點的距離為x，P點的電場強度大小為E下面給出E的四個表達式(式中k為靜電力常量)，其中只有一個是合理的你可能不會求解此處的場強E，但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達式的合理性作出判斷根據(jù)你的判斷，E的合理表達式應為2009年高考·北京理綜卷()圖86AE2kxBE2kxCE2kDE2kx【解析】A選項表達式可變形為：E2k，對于這一表達式，當R10時，E，隨x的增大，E的絕對值增大，這與客觀事實不符合，故A錯誤，對于C選項中的表達式，當x0時，E4k，而事實由對稱性

25、知應該為E0，故C錯誤對于D選項，E2k同樣E隨x增大而增大，當x時E>0，這與事實不符合，故D錯誤，只有B可能正確答案B【點評】本例與2008年高考北京理綜卷第20題相似，給出某一規(guī)律的公式，要求證它的正確性，這類試題應引起足夠的重視例6如圖87所示，一輕繩吊著一根粗細均勻的棒，棒下端離地面高為H，上端套著一個細環(huán)棒和環(huán)的質量均為m，相互間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力kmg(k1)斷開輕繩，棒和環(huán)自由下落假設棒足夠長，與地面發(fā)生碰撞時觸地時間極短，無動能損失棒在整個運動過程中始終保持豎直，空氣阻力不計求：圖87(1)棒第一次與地面碰撞后彈起上升的過程中，環(huán)的加速度(2)從斷開輕繩到棒與

26、地面第二次碰撞的瞬間，棒運動的路程s(3)從斷開輕繩到棒和環(huán)都靜止的過程中，摩擦力對環(huán)和棒做的總功W2007年高考·江蘇物理卷【解析】(1)設棒第一次上升的過程中環(huán)的加速度為a環(huán)，由牛頓第二定律有：a環(huán)(k1)g，方向豎直向上(2)棒第一次落地前瞬間的速度大小為：v1設棒彈起后的加速度為a棒，由牛頓第二定律有：a棒(k1)g故棒第一次彈起的最大高度為：H1路程sH2H1H(3)解法一設棒第一次彈起經(jīng)過t1時間后與環(huán)達到共同速度v1環(huán)的速度v1v1a環(huán)t1棒的速度v1v1a棒t1解得：t1v1環(huán)的位移h環(huán)1v1t1a環(huán)t12H棒的位移h棒1v1t1a棒t12Hx1h環(huán)1h棒1解得：x1

27、棒、環(huán)一起下落至地，有：v22v122gh棒1解得：v2同理，環(huán)第二次相對棒的位移為：x2h環(huán)2h棒2xn故環(huán)相對棒的總位移xx1x2xn所以Wkmgx解法二經(jīng)過足夠長的時間棒和環(huán)最終靜止，設這一過程中它們相對滑動的總路程為l，由能量的轉化和守恒定律有：mgHmg(Hl)kmgl解得：l故摩擦力對環(huán)和棒做的總功為：Wkmgl答案(1)(k1)g，方向豎直向上(2)H(3)【點評】高考壓軸題中常涉及多個物體多次相互作用的問題，求解這類題往往需要應用數(shù)學的遞推公式或數(shù)列求和知識一對滑動摩擦力做功的總和Wf·s總，s總為相對滑動的總路程對于涉及兩個對象的運動過程，規(guī)定統(tǒng)一的正方向也很重要例

28、7如圖88所示，兩平行的光滑金屬導軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導軌間距為l、足夠長且電阻忽略不計，導軌平面的傾角為，條形勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直長度為2d的絕緣桿將導體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”形裝置，總質量為m，置于導軌上導體棒中通以大小恒為I的電流(由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未畫出)線框的邊長為d(d<l)，電阻為R，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合將裝置由靜止釋放，導體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回，導體棒在整個運動過程中始終與導軌垂直重力加速度為g求：圖88(1)裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q(2)線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的

29、時間t1(3)經(jīng)過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離xm2009年高考·江蘇物理卷【解析】(1)設裝置由靜止釋放到導體棒運動到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W，由動能定理得：mgsin ·4dWBIld0且QW解得：Q4mgdsin BIld(2)設線框剛離開磁場下邊界時的速度為v1，則接著向下運動2d，由動能定理得：mgsin ·2dBIld0mv12線框在穿越磁場中運動時受到的合力Fmgsin F感應電動勢EBdv感應電流I安培力FBId由牛頓第二定律，在t到(tt)時間內，有vt則vgsin t有v1gt1sin 解得：t1(3

30、)經(jīng)過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離xm之間往復運動，由動能定理得：mgsin ·xmBIl(xmd)0解得：xm答案(1)4mgdsin BIld(2)(3)能力演練一、選擇題(10×4分)1圖示是用來監(jiān)測在核電站工作的人員受到輻射情況的胸章，通過照相底片被射線感光的區(qū)域，可以判斷工作人員受到何種輻射當胸章上1 mm鋁片和3 mm鋁片下的照相底片被感光，而鉛片下的照相底片未被感光時，則工作人員可能受到了輻射的射線是()A和B和C和D、和【解析】粒子的穿透能力很弱，一張普通的紙就能把它擋住，題中無法說明輻射中不含射線，能穿透1 mm、3 mm鋁片而不能穿透5 mm

31、鉛片的是射線，若存在射線，則5 mm 厚的鉛片也能被穿透，故A正確答案A2在電磁波發(fā)射技術中，使電磁波隨各種信號而改變的技術叫調制，調制分調幅和調頻兩種在圖甲中有A、B兩幅圖在收音機電路中天線接收下來的電信號既有高頻成分又有低頻成分，經(jīng)放大后送到下一級，需要把高頻成分和低頻成分分開，只讓低頻成分輸入下一級，如果采用如圖乙所示的電路，圖乙中虛線框a和b內只用一個電容器或電感器以下關于電磁波的發(fā)射和接收的說法中，正確的是()A在電磁波的發(fā)射技術中，甲圖中A是調幅波B在電磁波的發(fā)射技術中，甲圖中B是調幅波C在圖乙中a是電容器，用來通高頻阻低頻，b是電感器，用來阻高頻通低頻D在圖乙中a是電感器，用來阻

32、交流通直流，b是電容器，用來阻高頻通低頻【解析】A圖象中高頻振蕩的振幅隨信號而變，為調幅波，B圖象中高頻振蕩的頻率隨信號而變，為調頻波，A正確，檢波電路的作用為通低頻阻高頻，故a為電容較小的高頻旁路電容器，b為高頻扼流圈，C正確答案AC3如圖所示，絕熱汽缸固定在水平地面上，汽缸內用絕熱活塞封閉著一定質量的理想氣體，開始時活塞靜止在圖示位置，現(xiàn)用力使活塞緩慢向右移動一段距離，則在此過程中()A外界對汽缸內氣體做正功B缸內氣體的內能減小C缸內氣體在單位時間內作用于活塞單位面積沖量增大D在單位時間內缸內氣體分子與活塞碰撞的次數(shù)增加【解析】體積膨脹，氣體對外做功，內能減小，溫度降低，選項A錯誤、B正確

33、，由體積增大，溫度降低知單位時間內氣體對活塞的碰撞次數(shù)減少，壓強減小，選項C、D錯誤答案B4兩物體甲和乙在同一直線上運動，它們在00.4 s時間內的vt圖象如圖所示若僅在兩物體之間存在相互作用，則物體甲與乙的質量之比和圖中時間t1分別為2009年高考·全國理綜卷()A和0.30 sB3和0.30 sC和0.28 sD3和0.28 s【解析】根據(jù)圖象的特點可知甲做勻加速運動，乙做勻減速運動，根據(jù)a，得兩物體加速度大小的關系為3a甲a乙，根據(jù)牛頓第二定律有·，得3，由a乙10 m/s2，可解得t10.3 s，B正確答案B5某物體的vt圖象如圖所示，在下列給出的兩段時間內，合外力

34、的功和沖量都相同的是()A0t1和t2t4Bt1t2和t3t4C0t2和t2t4D0t1和t3t4【解析】0t1合外力做功為mv，合外力沖量為mv0，t2t4合外力做功和合外力沖量都為0，A錯誤；t3t4時間內合外力做功為mv，合外力沖量為mv0，t1t2合外力做功為mv，合外力的沖量mv0,0t2時間內，合外力做功和合外力沖量都為0故C正確答案C6一列簡諧橫波沿x軸正向傳播，t0時刻波形如圖所示，從圖示時刻起經(jīng)0.5 s時間處于x2的質點P剛好第二次出現(xiàn)波峰，下列說法正確的是()At0時刻，P質點的速度方向指向y軸正方向BQ質點開始振動時，P質點正在波峰Ct0.5 s時刻，質點P的加速度方向

35、指向y軸正方向Dt0.5 s時刻，Q質點第一次出現(xiàn)波峰【解析】t00時刻P質點正向上振動，A正確又由題意知，t0.5 sT，得T0.4 s，PQ8 m2，故Q開始振動時P處于平衡位置向上振動，B錯誤t0.5 s時刻，P的位移為正，加速度方向為負，C錯誤；經(jīng)過t0.5 s，波傳播svt×0.55 m，Q正處于波峰，D正確答案AD7如圖所示，把一個帶電小球A固定在光滑的水平絕緣桌面上，在桌面的另一處放置帶電小球B現(xiàn)給小球B一個垂直AB連線方向的速度v0，使其在水平桌面上運動，則下列說法中正確的是()A若A、B帶同種電荷，B球一定做速度增大的曲線運動B若A、B帶同種電荷，B球一定做加速度增

36、大的曲線運動C若A、B帶同種電荷，B球一定向電勢較低處運動D若A、B帶異種電荷，B球可能做速度和加速度大小都不變的曲線運動【解析】若A、B帶同種電荷，庫侖力對B球做正功，B球做速度增大的曲線運動，B的電勢能減小，又由于AB間距增大，故B的加速度減小，若A、B為異種電荷，當時，B球做勻速圓周運動，速度和加速度的大小都不變，D正確答案AD8某一空間存在著磁感應強度為B且大小不變、方向隨時間t做周期性變化的勻強磁場(如圖甲所示)，規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向為正為了使靜止于該磁場中的帶正電的粒子能按abcdef的順序做橫“”字曲線運動(即如圖乙所示的軌跡)，下列辦法可行的是(粒子只受磁場力的作用，其他

37、力不計)()A若粒子的初始位置在a處，在t時給粒子一個沿切線方向水平向右的初速度B若粒子的初始位置在f處，在t時給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度C若粒子的初始位置在e處，在tT時給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度D若粒子的初始位置在b處，在t時給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度【解析】要使粒子的運動軌跡如圖乙所示，粒子做圓周運動的軌跡的周期應為T0，結合左手定則可知，選項A、D正確答案AD9水力采煤是利用高速水流沖擊煤層而進行的，煤層受到3.6×106 N/m2的壓強沖擊即可破碎，若水流沿水平方向沖擊煤層，不考慮水的反向濺射作用，則沖擊煤層的水流速度至少應為()A30 m/s

38、B40 m/sC45 m/sD60 m/s【解析】建立如圖所示模型，設水柱面積為S，由動量定理：F·t0(S·v0·t)×(v0)可得壓強：pv故使煤層破碎的速度至少應為v060 m/s答案D10如圖甲所示，傳送帶通過滑道將長為L、質量為m的勻質物塊以初速度v0向右送上水平臺面，物塊前端在臺面上滑動s距離停下來已知滑道上的摩擦不計，物塊與臺面間的動摩擦因數(shù)為而且s>L，則物塊的初速度v0為()甲ABCD【解析】物塊位移在由0增大到L的過程中，對臺面的壓力隨位移由0均勻的增加至mg，故整個過的摩擦力的大小隨位移變化的圖象如圖乙所示，圖中梯形“面積”即

39、為物塊克服摩擦力所做的功乙由動能定理得：mg(sLs)mv02可解得v0答案B二、非選擇題(共60分)11(6分)某實驗小組擬用如圖甲所示的裝置研究滑塊的運動實驗器材有滑塊、鉤碼、紙帶、米尺、帶滑輪的木板以及由漏斗和細線組成的單擺等實驗中，滑塊在鉤碼的作用下拖動紙帶做勻加速直線運動，同時單擺沿垂直于紙帶運動的方向擺動，漏斗漏出的有色液體在紙帶上留下的痕跡記錄了漏斗在不同時刻的位置2008年高考·重慶理綜卷 (1)在圖乙中，從_紙帶可看出滑塊的加速度和速度的方向一致(2)用該方法測量滑塊加速度的誤差主要來源有：_、_(寫出2個即可)【解析】要使速度和加速度的方向相同，則必須選紙帶B，因

40、為B中相等的時間內紙帶運動的距離越來越大答案(1)B(2分)(2)擺長測量漏斗的重心變化(或液體痕跡偏粗、阻力變化等)(每空2分)12(9分)用高電阻放電法測電容的實驗，是通過對高阻值電阻放電的方法，測出電容器的充電電壓為U時，所帶的電荷量為Q，從而再求出待測電容器的電容C某同學的實驗情況如下：A按圖甲所示的電路連接好實驗電路；B接通開關S，調節(jié)電阻箱R的阻值，使小量程電流表的指針偏轉接近滿刻度，記下這時電流表的示數(shù)I0490 A 及電壓表的示數(shù)U06.2 V，I0和U0分別是電容器放電的初始電流和電壓；C斷開開關S，同時開始計時，每隔5 s或10 s測一次電流I的值，將測得數(shù)據(jù)填入預先設計的

41、表格中，根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)(10組)在以時間t為橫坐標、電流I為縱坐標的坐標紙上描點，即圖乙中用“×”表示的點(1)實驗中，電阻箱所用的阻值R_(2)試根據(jù)上述實驗結果，在圖乙中作出電容器放電的It 圖象(3)經(jīng)估算，該電容器兩端的電壓為U0時所帶的電荷量Q0約為_C；該電容器的電容C約為_F【解析】由QI·t知，電荷量為It圖象與坐標軸所包圍的面積，計面積時可數(shù)格數(shù)(四舍五入)答案(1)1.3×104(3分)(2)用平滑曲線連接(2分)(3)(8.09.0)×103(1.291.45)×103(每空2分)13(10分)質量為60 kg的消防隊員

42、從一根豎直的輕繩上由靜止滑下，經(jīng)2.5 s落地輕繩受到的拉力變化情況如圖甲所示，取g10 m/s2在消防隊員下滑的過程中(1)其最大速度和落地速度各是多大？(2)在圖乙中畫出其vt圖象(3)其克服摩擦力做的功是多少？【解析】(1)設該隊員先在t11 s的時間內以加速度a1勻加速下滑，然后在t21.5 s的時間內以加速度a2勻減速下滑第1 s內由牛頓第二定律得：mgF1ma1(1分)最大速度vma1t1(1分)代入數(shù)據(jù)解得：vm4 m/s(1分)后1.5 s內由牛頓第二定律得：F2mgma2該隊員落地時的速度vvma2t2(1分)代入數(shù)據(jù)解得：v1 m/s(2)圖象如圖丙所示(2分)(3)該隊員

43、在第1 s內下滑的高度h1a1t12(1分)該隊員在后1.5 s內下滑的高度h2vmt2a2t22(1分)由動能定理得：mg(h1h2)Wfmv2(1分)代入數(shù)據(jù)解得：Wf3420 J(1分)丙答案(1)最大速度為4 m/s，落地速度為1 m/s(2)如圖丙所示(3)3420 J14(11分)A、B兩小球由柔軟的細線相連，線長L6 m，現(xiàn)將A、B球先后以相同的初速度v04.5 m/s從同一地點水平拋出(先A、后B)，相隔時間t00.8 s取g10 m/s2，問：(1)B球拋出后經(jīng)過多長時間細線剛好被拉直？(線拉直時，兩球都未落地)(2)細線剛被拉直時，A、B兩球的水平位移(相對拋出點)各為多大？【解析】(1)A球先拋出，0.8 s時間內水平位移s0v0t04.5×0.8 m3.6 m(1分)豎直位移：h0gt2×10×0.82 m3.2 m(1分)A、B球都