2023版高考物理一輪復習第十章交變電流傳感器沖刺訓練

PAGEPAGE2第十章交變電流傳感器(一)專題提能——正弦交變電流產(chǎn)生的五種方式正弦式交變電流是正弦交變電動勢通過閉合回路形成的，正弦式交變電動勢分為兩類：一類是動生電勢，計算公式是e＝BLvsinθ(θ是磁感應強度B和導體棒運動速度v的夾角)；另一類是感生電動勢，由通過閉合電路的磁場隨時間變化產(chǎn)生，線圈本身并不運動?，F(xiàn)舉例說明產(chǎn)生正弦式交變電流的五種方式：(一)線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動當閉合線圈繞垂直于勻強磁場的轉(zhuǎn)軸做勻速轉(zhuǎn)動時，線圈中會產(chǎn)生正弦式交變電流。[典例1]小型發(fā)電機內(nèi)的矩形線圈在勻強磁場中以恒定的角速度ω繞垂直于磁場方向的固定軸轉(zhuǎn)動，線圈匝數(shù)n＝100，穿過每匝線圈的磁通量Φ隨時間按正弦規(guī)律變化，如下圖。發(fā)電機內(nèi)阻r＝5.0Ω，外電阻R＝95Ω。求串聯(lián)在外電路中的交流電流表(內(nèi)阻不計)的讀數(shù)。[解析]從Φ-t圖像可得Φm＝1.0×10－2Wb，T＝3.14×10－2s，電路中電流的最大值為Im＝eq\f(Em,R＋r)＝eq\f(nωΦm,R＋r)＝eq\f(2πnΦm,TR＋r)＝2A，電流表顯示交流電的有效值，所以I＝eq\f(Im,\r(2))＝1.4A。[答案]1.4A(二)導體棒在勻強磁場中平動導體棒在勻強磁場中勻速平動，但導體棒切割磁感線的有效長度按正弦規(guī)律變化，那么導體棒組成的閉合電路中就會產(chǎn)生正弦式交變電流。[典例2]如下圖，勻強磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B＝0.2T，OCA導軌與OA直導軌分別在O點和A點接一阻值R1＝8Ω和R2＝8Ω，且?guī)缀纬叽缈珊雎缘亩ㄖ惦娮?，導軌OCA的曲線方程為y＝sineq\f(πx,3)m。金屬棒ab長1.5m，以速度v＝5.0m/s水平向右勻速運動，b點始終在x軸上，設金屬棒與導軌的接觸良好，摩擦不計，電路中除了電阻R1和R2外，其余電阻均不計。求金屬棒在導軌上從x＝0運動到x＝3m的過程中，外力必須做多少功？[解析]金屬棒與導軌接觸點之間的長度隨時間變化，有效切割長度為L＝sineq\f(πx,3)m，且x＝vt，所以導體棒上的電動勢為e＝BLv＝sineq\f(5πt,3)V，電動勢最大值為Em＝1V，電動勢有效值為E＝eq\f(\r(2),2)V。又因為電路總電阻為R＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＝4Ω，根據(jù)能量守恒，外力做功等于電路中產(chǎn)生的總熱量W＝Q＝eq\f(E2,R)t＝0.075J。[答案]0.075J(三)導體棒在勻強磁場中振動導體棒在勻強磁場中沿平行導軌平動切割磁感線時，棒的速度按正弦規(guī)律變化，那么棒中會產(chǎn)生正弦交變電流。[典例3]在豎直方向上、磁感應強度大小B＝5T的勻強磁場中，水平放置兩平行光滑金屬導軌MN和PQ，導軌寬度L＝1m，導軌一端接有定值電阻R＝10Ω，一導體棒垂直于導軌放置，導體棒在周期性驅(qū)動力的作用下，在ab和a′b′范圍內(nèi)做簡諧運動，其速度隨時間的變化規(guī)律為v＝2sin3.14t(m/s)，求在10s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量。(導體棒和導軌的電阻均不計)[解析]感應電動勢為e＝BLv＝10sin3.14tV。電阻R兩端接的是正弦交流電，電壓最大值為Em＝10V，有效值為E＝5eq\r(2)V，周期T＝2s,10s內(nèi)R上產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(E2,R)t＝50J。[答案]50J(四)導體棒在不均勻磁場中平動導體棒在磁場中勻速平動切割磁感線，在棒的平動方向上，磁場按照正弦規(guī)律變化，那么棒中會產(chǎn)生正弦交變電流。[典例4]如下圖，矩形裸導線框長邊的長度為2L，短邊的長度為L，在兩個短邊上均接有電阻R，其余局部電阻不計，導線框一長邊與x軸重合，左端的坐標x＝0，線框處在一垂直于線框平面的磁場中，磁感應強度滿足關系式B＝B0sineq\f(πx,2L)。一光滑導體棒AB與短邊平行且與長邊接觸良好，電阻也是R。開始時導體棒處于x＝0處，之后在沿x軸方向的力F作用下做速度為v的勻速運動。求導體棒AB從x＝0到x＝2L的過程中力F隨時間t的變化規(guī)律。[解析]在t時刻AB棒的坐標為x＝vt，感應電動勢為e＝BLv＝B0Lvsineq\f(πx,2L)，回路總電阻為R總＝R＋0.5R＝1.5R，通過AB的感應電流為i＝eq\f(e,R總)＝eq\f(2B0Lvsin\f(πvt,2L),3R)，因為AB棒勻速運動，所以F＝F安＝BiL＝eq\f(2B02L2vsin2\f(πvt,2L),3R)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤t≤\f(2L,v)))。[答案]見解析(五)線圈處于周期性變化的磁場中閉合線圈垂直于勻強磁場，線圈靜止不動，磁場按正弦規(guī)律做周期性變化，那么線圈中會產(chǎn)生正弦交變電流。[典例5]邊長為a、匝數(shù)為n的正方形導線框置于均勻分布的磁場區(qū)域內(nèi)，磁感應強度的方向與線框平面垂直，如圖甲所示，磁感應強度B隨時間按圖乙所示的正弦規(guī)律變化。設導線框橫截面的面積為S，電阻率為ρ，圖像中所標物理量為量，求在時間t內(nèi)(t?T)線框中產(chǎn)生的熱量。[解析]線圈中的磁通量按正弦規(guī)律變化，線框中感應電動勢的最大值為Em＝nBma2ω，其中ω＝eq\f(2π,T)，又知R＝eq\f(4naρ,S)，線框中電流的最大值為Im＝eq\f(Em,R)，線框在時間t內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Im,\r(2))))2Rt，解以上各式得Q＝eq\f(nπ2Bm2a3St,2ρT2)。[答案]見解析[提能增分集訓]1.(多項選擇)(2022·山東高考)圖甲是小型交流發(fā)電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，eq\o\ac(○,A)為交流電流表。線圈繞垂直于磁場的水平軸OO′沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，從圖示位置開始計時，產(chǎn)生的交變電流隨時間變化的圖像如圖乙所示。以下判斷正確的選項是()A．電流表的示數(shù)為10AB．線圈轉(zhuǎn)動的角速度為50πrad/sC．0.01s時線圈平面與磁場方向平行D．0.02s時電阻R中電流的方向自右向左解析：選AC根據(jù)i-t圖像可知，交流電的最大值為10eq\r(2)A，所以電流表的示數(shù)(有效值)為10A，A正確。交流電的周期T＝0.02s，線圈轉(zhuǎn)動的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，B錯誤。0.01s時，感應電流到達峰值，線圈平面與磁場方向平行，C正確。0.02s時，線圈又回到題圖所示位置，根據(jù)右手定那么可以判斷，電阻R中電流的方向自左向右，D錯誤。2．(多項選擇)面積都為S且電阻相同的正方形線圈和圓形線圈，分別放在如下圖的磁場中，圖甲中是磁感應強度為B0的勻強磁場，線圈在磁場中以周期T繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動，圖乙中磁場變化規(guī)律為B＝B0coseq\f(2πt,T)，從圖示位置開始計時，那么()A．兩線圈的磁通量變化規(guī)律相同B．兩線圈中感應電動勢到達最大值的時刻不同C．經(jīng)相同的時間t(t>T)，兩線圈產(chǎn)生的熱量相同D．從圖示位置時刻起，經(jīng)eq\f(T,4)時間，流過兩線圈橫截面的電荷量相同解析：選ACD圖甲中通過線圈的磁通量變化規(guī)律為Φ甲＝B0Scoseq\f(2π,T)t，圖乙中通過線圈的磁通量變化規(guī)律為Φ乙＝B0Scoseq\f(2π,T)t。由于兩線圈的磁通量變化規(guī)律相同，那么兩線圈中感應電動勢的變化規(guī)律相同，到達最大值的時刻也相同，有效值E也相同。又因兩線圈電阻相同，所以Q＝eq\f(E2,R)t也相同。經(jīng)過eq\f(T,4)時間，流過兩線圈橫截面的電荷量q＝eq\x\to(I)·eq\f(T,4)也相同，故A、C、D正確。3.(2022·烏魯木齊模擬)如下圖，閉合金屬線框曲線局部恰好是半個周期的正弦曲線，直線局部長度為0.4m，線框的電阻為1Ω，假設線框從虛線位置開始以2m/s的速度勻速進入足夠大的勻強磁場(線框直線局部始終與磁場右邊界垂直)，這個過程中線框釋放出的焦耳熱為0.4J，線框中電流隨時間變化的關系式為()A．i＝2sin10πt(A) B．i＝eq\r(2)sin10πt(A)C．i＝2sin5πt(A) D．i＝eq\r(2)sin5πt(A)解析：選C由題意知，線框有效切割的長度作正弦規(guī)律變化，那么線框中產(chǎn)生正弦式電流，設該正弦式電流有效值為I，由題意可得Q＝I2Rt，其中t＝eq\f(l,v)＝0.2s，解得I＝eq\r(2)A，所以該正弦式交流電的最大值為Im＝eq\r(2)I＝2A，金屬線框從圖示位置到完全進入磁場為半個周期，故T＝2eq\f(l,v)＝0.4s，ω＝eq\f(2π,T)＝5πrad/s，所以正弦式交流電的表達式為i＝2sin5πt(A)，C正確。4．(2022·臨沂模擬)如圖甲所示是一種振動發(fā)電裝置的示意圖，一個半徑r＝0.10m、匝數(shù)n＝20匝的線圈套在永久磁鐵槽中，槽中磁場的磁感線均沿半徑方向均勻分布(其右側(cè)視圖如圖乙所示)，線圈所在位置磁感應強度B的大小均為B＝eq\f(0.60,π)T，線圈的電阻R1＝0.50Ω，它的引出線接有R2＝9.50Ω的小電珠L，eq\a\vs4\al(\o(○,\s\up6(A)))為理想交流電流表。當線圈框架的P端在外力作用下沿軸線做往復運動，便有電流通過電珠。假設線圈往復運動的規(guī)律如圖丙所示(eq\a\vs4\al(v)取向右為正)，那么以下判斷正確的選項是()A．電流表的示數(shù)為0.24AB．0.01s時回路中的電流最大C．回路中交流電的頻率為50HzD．0.015s時電珠L中電流的方向為從D→L→C解析：選C由E＝BLv及v-t圖可知，線圈往復運動所產(chǎn)生的感應電流為正弦式交流電，那么Em＝nB×2πrvm＝2.4V，電流的有效值I＝eq\f(Em,\r(2)R1＋R2)＝eq\f(0.24,\r(2))A，A錯；由圖像可知T＝0.02s，f＝50Hz，C正確；t＝0.01s時，v＝0，所以I＝0，B錯；t＝0.015s時，由右手定那么可知，電流方向C→L→D，D錯。5．(多項選擇)(2022·西安質(zhì)檢)如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1＝10匝、n2＝100匝，副線圈接有R＝1000Ω的電阻，原線圈與電阻不計的導線圈構(gòu)成閉合回路，其中圓形區(qū)域的面積為S＝eq\f(0.4,π)m2。在該圓形區(qū)域內(nèi)有如圖乙所示的按正弦規(guī)律變化的磁場垂直穿過，不計電流表內(nèi)阻，以下說法正確的選項是提示：B＝B0sinωt，那么當Δt→0時，eq\f(ΔB,Δt)＝B0ωcosωt()A．導線圈的電動勢為20VB．導線圈的電動勢為10eq\r(2)VC．負載電阻R的電流為eq\r(2)A D．電流表的示數(shù)為eq\r(2)A解析：選BD根據(jù)法拉第電磁感應定律，電動勢最大值Em＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝B0ωS＝B0eq\f(2π,T)S，代入數(shù)據(jù)可得Em＝20V，電動勢有效值E＝10eq\r(2)V，B正確，A錯誤。電壓與匝數(shù)成正比，所以變壓器副線圈電壓U2＝10E＝100eq\r(2)V，變壓器副線圈電流I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(\r(2),10)A，電流與匝數(shù)成反比，所以原線圈電流I1＝10I2＝eq\r(2)A，C錯誤，D正確。第十章沖刺985深化內(nèi)容(二)綜合深化——“交變電流〞類題目強化提能練1.通過一阻值R＝100Ω的電阻的交變電流如下圖，其周期為1s。電阻兩端電壓的有效值為()A．12VB．4eq\r(10)VC．15VD．8eq\r(5)V解析：選B電流產(chǎn)生的熱量與其方向無關，在一個周期內(nèi)電流根據(jù)大小可分為兩段，I1＝0.1A的時長t1＝0.8s，I2＝0.2A的時長t2＝0.2s。根據(jù)有效值的定義有I12Rt1＋I22Rt2＝eq\f(U2,R)·T，其中T＝1s。解得U＝4eq\r(10)V，B正確。選B。2．如圖甲所示，在勻強磁場中，一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉(zhuǎn)速，繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交變電動勢圖像如圖乙曲線a、b所示，那么()A．兩次t＝0時刻線圈平面均與中性面重合B．曲線a、b對應的線圈轉(zhuǎn)速之比為2∶3C．曲線a表示的交變電動勢頻率為100HzD．曲線b表示的交變電動勢有效值為10V解析：選A從題圖中看出，t＝0時刻a、b曲線上產(chǎn)生的感應電動勢均為0，因此線圈平面與中性面重合，A正確。圖中可以看出a、b曲線的周期分別為Ta＝0.04s，Tb＝0.06s，曲線a、b對應的線圈轉(zhuǎn)速之比na∶nb＝eq\f(1,Ta)∶eq\f(1,Tb)＝3∶2，B錯誤。曲線a所表示的交變電動勢頻率fa＝eq\f(1,Ta)＝25Hz，C錯誤。線圈轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的感應電動勢最大值Em＝BSω，na∶nb＝3∶2，因此ωa∶ωb＝3∶2，可推出Ema∶Emb＝3∶2，結(jié)合圖像，計算出曲線b表示的交變電動勢最大值為10V，有效值應為5eq\r(2)V，D錯誤。3．(2022·安徽高考)如下圖電路中，變壓器為理想變壓器，a、b接在電壓有效值不變的交流電源兩端，R0為定值電阻，R為滑動變阻器?，F(xiàn)將變阻器的滑片從一個位置滑動到另一位置，觀察到電流表A1的示數(shù)增大了0.2A，電流表A2的示數(shù)增大了0.8A，那么以下說法正確的選項是()A．電壓表V1示數(shù)增大B．電壓表V2、V3示數(shù)均增大C．該變壓器起升壓作用D．變阻器滑片是沿c→d的方向滑動解析：選D電壓表V1的示數(shù)和a、b間電壓的有效值相同，滑片滑動時V1示數(shù)不變，選項A錯誤；電壓表V2測量的電壓為副線圈兩端的電壓，原、副線圈匝數(shù)不變，輸入電壓不變，故V2示數(shù)不變，V3示數(shù)為V2示數(shù)減去R0兩端電壓，兩線圈中電流增大，易知R0兩端電壓升高，故V3示數(shù)減小，選項B錯誤；理想變壓器U1I1＝U2I2，那么U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2＞ΔI1，故U2＜U1，變壓器為降壓變壓器，選項C錯誤；因I2增大，故知R減小，變阻器滑片是沿c→d的方向滑動，選項D正確。4.(多項選擇)(2022·保定檢測)如下圖，邊長為L的正方形單匝線圈abcd，電阻為r，外電路的電阻為R，ab的中點和cd的中點的連線OO′恰好位于勻強磁場的邊界線上，磁場的磁感應強度為B，假設線圈從圖示位置開始，以角速度ω繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動，那么以下判斷正確的選項是()A．圖示位置線圈中的感應電動勢最大為Em＝BL2ωB．閉合電路中感應電動勢的瞬時值表達式為e＝eq\f(1,2)BL2ωsinωtC．線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過180°的過程中，流過電阻R的電荷量為q＝eq\f(2BL2,R＋r)D．線圈轉(zhuǎn)過一周的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(πB2ωL4R,4R＋r2)解析：選BD圖示位置線圈中的感應電動勢最小，為零，A錯誤。假設線圈從圖示位置開始轉(zhuǎn)動，閉合電路中感應電動勢的瞬時值表達式為e＝eq\f(1,2)BL2ωsinωt，B正確。線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過180°的過程中，流過電阻R的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R總)＝eq\f(BL2,R＋r)，C錯誤。線圈轉(zhuǎn)動一周的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(Em,\r(2)),R＋r)))2·eq\f(2π,ω)·R＝eq\f(πB2ωL4R,4R＋r2)，D正確。5．(2022·浙江高考)如下圖為遠距離交流輸電的簡化電路圖。發(fā)電廠的輸出電壓是U，用等效總電阻是r的兩條輸電線輸電，輸電線路中的電流是I1，其末端間的電壓為U1。在輸電線與用戶間連有一理想變壓器，流入用戶端的電流為I2。那么()A．用戶端的電壓為eq\f(I1U1,I2)B．輸電線上的電壓降為UC．理想變壓器的輸入功率為I12rD．輸電線路上損失的電功率為I1U解析：選A理想變壓器輸入和輸出功率相同，設用戶端得到的電壓為U2，那么有I1U1＝U2I2，U2＝eq\f(I1U1,I2)，選項A正確；輸電線上的電壓降為ΔU＝I1r，或者ΔU＝U－U1，選項B錯誤；理想變壓器的輸入功率為P＝I1U1，選項C錯誤；輸電線路上損失的電功率為ΔP＝I12r，選項D錯誤。6．(2022·安陽模擬)自耦調(diào)壓變壓器(可看成理想變壓器)的電路如圖甲所示，移動滑動觸頭P可改變副線圈匝數(shù)。變壓器線圈總匝數(shù)為1900匝，原線圈為1100匝，接在如圖乙所示的交流電源上，電壓表為理想電表。那么()A．P向下移動時，變壓器的輸入功率變大B．P向上移動時，電壓表的最大示數(shù)為220VC．P向下移動時，原、副線圈的電流之比減小D．交流電源電壓瞬時值的表達式為u＝220sin100πt(V)解析：選C由U2＝eq\f(n2,n1)U1可知，P向下移動時，n2減小，n1不變，故U2減小，變壓器輸出功率P2＝eq\f(U22,R)減小，因P1＝P2，故變壓器的輸入功率變小，A錯誤。由eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)可得U2＝eq\f(n2,n1)U1，當n2＝1900匝時，U2到達最大，其最大值U2＝380V，B錯誤。根據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，可得P向下移動時，n2減小，n1不變，故原、副線圈的電流之比減小，C正確。由題知周期T＝2×10－2s，那么ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，可知交流電源電壓瞬時值的表達式為u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，D錯誤。7.(多項選擇)某發(fā)電廠原來用電壓為U1的交流電輸電，后改用變壓比為1∶50的升壓變壓器將電壓升高后輸電，輸送的電功率保持不變。假設輸電線路的電阻為R，那么提高電壓后()A．輸電線上的電流減小為原來的eq\f(1,50)B．輸電線上的電流增大為原來的50倍C．輸電線上的功率損耗減小為原來的eq\f(1,2500)D．輸電線上的功率損耗增大為原來的2500倍解析：選AC升壓前輸電線上的電流為I1＝eq\f(P,U1)，升壓后輸電線上的電流為I2＝eq\f(P,50U1)，eq\f(I2,I1)＝eq\f(1,50)，A正確，B錯誤；輸電線功率損失為P損＝I2R，那么eq\f(P2,P1)＝eq\f(I22,I12)＝eq\f(1,2500)，C正確，D錯誤。8.(多項選擇)(2022·哈爾濱六中期末)如下圖，矩形線圈面積為S，匝數(shù)為N，線圈總電阻為r，在磁感應強度為B的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，外電路電阻為R。在線圈由圖示位置轉(zhuǎn)過90°的過程中()A．磁通量的變化量ΔΦ＝NBSB．平均感應電動勢eq\x\to(E)＝eq\f(2NBSω,π)C．通過電阻R的電荷量q＝eq\f(NBS,r＋R)D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR＝eq\f(NBS2ωRπ,4r＋R2)解析：選BCD在題圖所示位置，穿過線圈的磁通量為Φ1＝0，轉(zhuǎn)過90°磁通量為Φ2＝BS，ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BS，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律得，平均感應電動勢eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)，Δt＝eq\f(\f(π,2),ω)，解得eq\x\to(E)＝eq\f(2NBSω,π)，故B正確；通過電阻R的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R＋r)Δt＝eq\f(NBS,R＋r)，故C正確；電流的有效值為I＝eq\f(E,R＋r)，E＝eq\f(Em,\r(2))，Em＝NBSω，電阻R所產(chǎn)生的焦耳熱QR＝I2RΔt，解得QR＝eq\f(NBS2ωRπ,4R＋r2)，故D正確。9．(2022·遼寧五校聯(lián)考)圖甲中理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比n1∶n2＝5∶1，電阻R＝20Ω，L1、L2為規(guī)格相同的兩只小燈泡，S1為單刀雙擲開關。原線圈接正弦交變電源，輸入電壓u隨時間t的變化關系如圖乙所示?，F(xiàn)將S1接1、S2閉合，此時L2正常發(fā)光。以下說法正確的選項是()A．輸入電壓u的表達式u＝20eq\r(2)sin(50πt)VB．只斷開S2后，L1、L2均正常發(fā)光C．只斷開S2后，原線圈的輸入功率增大D．假設將S1換接到2，R消耗的電功率為0.8W解析：選D交流電的瞬時表達式u＝Emsin(ωt)，由題圖乙可以看出Em＝20eq\r(2)V，周期T＝0.02s，ω＝eq\f(2π,T)＝100π(rad/s)，A錯；根據(jù)題中條件S1接1，S2閉合L2正常發(fā)光，可以推出能使燈L2正常發(fā)光的額定電壓為4V，如果S1接1，斷開S2，那么每個燈泡兩端電壓為2V，B錯；理想變壓器輸入功率由輸出功率決定，而輸出功率P出＝eq\f(U2,R0)，在輸出電壓不變的情況下，負載電阻R0增大，輸出功率減小，C錯；當S1接2時，U＝4V，R＝20Ω，代入P出＝eq\f(U2,R)得P出＝0.8W，D正確。10．(多項選擇)(2022·濟南調(diào)研)如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10∶1，b是原線圈的中心抽頭，圖中電表均為理想的交流電表，定值電阻R＝10Ω，其余電阻均不計。從某時刻開始在原線圈c、d兩端加上如圖乙所示的交變電壓，那么以下說法正確的選項是()A．當單刀雙擲開關與a連接時，電流表的示數(shù)為2.2AB．當單刀雙擲開關與a連接且t＝0.01s時，電流表示數(shù)為零C．當單刀雙擲開關由a撥到b時，原線圈的輸入功率變?yōu)樵瓉淼?倍D．當單刀雙擲開關由a撥到b時，副線圈輸出電壓的頻率變?yōu)?5Hz解析：選AC由圖像可知，原線圈輸入電壓的最大值為Um＝311V，有效值為U＝220V，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知，副線圈兩端電壓的有效值為U′＝22V，根據(jù)歐姆定律得I′＝eq\f(22,10)A＝2.2A，故A正確；電流表示數(shù)為電流的有效值，不隨時間的變化而變化，當單刀雙擲開關與a連接且t＝0.01s時，電流表示數(shù)為2.2A，故B錯誤；當單刀雙擲開關由a撥向b時，原、副線圈的匝數(shù)比變?yōu)?∶1，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比得副線圈兩端電壓的有效值為原來的2倍，根據(jù)P＝eq\f(U2,R)得副線圈輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，所以原線圈的輸入功率變?yōu)樵瓉淼?倍，故C正確；交變電壓的周期為T＝2×10－2s，頻率為f＝eq\f(1,T)＝50Hz，變壓器不會改變交變電流的頻率，所以副線圈輸出電壓的頻率為50Hz，故D錯誤。11.如下圖，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為5∶1，原線圈輸入交變電壓u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，在副線圈中接有理想電流表和阻值為10Ω的定值電阻R，電容器C并聯(lián)在電阻R兩端，以下說法中正確的選項是()A．副線圈輸出電壓有效值為44eq\r(2)VB．電流表示數(shù)為4.4AC．電容器的耐壓值至少為44VD．電阻R消耗的電功率為193.6W解析：選D變壓器輸入電壓有效值U1＝220V，由變壓比公式可得，輸出電壓有效值U2＝eq\f(n2,n1)U1＝44V，選項A錯誤。由于電容器通交變電流，所以電流表中電流包括電阻中電流和電容器中的充放電電流。電阻中電流IR＝eq\f(U2,R)＝4.4A，電流表示數(shù)一定大于4.4A，選項B錯誤。電容器的耐壓值應該考慮交變電壓的最大值44eq\r(2)V，所以電容器的耐壓值至少是44eq\r(2)V，選項C錯誤。電阻R消耗的電功率P＝eq\f(U22,R)＝193.6W，D正確。12．如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為5∶1，V、R和L分別是電壓表、定值電阻和電感線圈，D1、D2均為燈泡。原線圈兩端電壓u按圖乙所示正弦規(guī)律變化，以下說法正確的選項是()A．電壓表示數(shù)為62.2VB．電壓u的表達式u＝311sin100πt(V)C．僅增大電壓u的頻率，電壓表示數(shù)增大D．僅增大電壓u的頻率，D1亮度不變，D2變亮解析：選B根據(jù)題圖乙可知電壓u的表達式u＝311sin100πt(V)，選項B正確。原線圈輸入電壓有效值U1＝220V，由變壓器變壓比公式，副線圈輸出電壓有效值U2＝44V，電壓表示數(shù)為44V，選項A錯誤。僅增大電壓u的頻率，副線圈輸出電壓不變，電壓表示數(shù)不變，選項C錯誤。僅增大電壓u的頻率，輸出電壓的頻率也增大，線圈支路的感抗增大，D1亮度不變，D2變暗，選項D錯誤。13．(多項選擇)(2022·福州質(zhì)檢)如圖甲所示電路中，電阻R的阻值為484Ω，C為電容器，L為直流電阻不計的自感線圈，開關S斷開，現(xiàn)通以如圖乙所示的電壓u，以下說法正確的選項是()A．電阻R兩端的電壓為155.5VB．電壓表的示數(shù)為220VC．電阻R消耗的功率小于50WD．為保證閉合開關S后電容器不被擊穿，該電容器的耐壓值不得小于311V解析：選CD設電壓表的讀數(shù)為U，根據(jù)電壓有效值的概念有，eq\f(U2,R)×0.02s＝0＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(311V,\r(2))))2×0.01s,R)，解得U≈155.5V，即電壓表的示數(shù)應為155.5V，由于線圈的自感作用，電阻R兩端的電壓應小于155.5V，所以A、B錯誤；假設不考慮線圈的自感作用，電阻R消耗的功率為P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(155.52,484)W＝50W，由于線圈的自感作用影響，電阻R消耗的功率一定小于50W，所以C正確；根據(jù)電源電壓圖像可知，電源的最大電壓為311V，電容器的耐壓值不能小于311V，所以D正確。14.(多項選擇)(2022·安徽“十校〞聯(lián)考)如下圖是一個判定電源性質(zhì)的儀器，電感L自感系數(shù)很大，以下說法正確的選項是()A．假設接通電源后只有綠燈亮，那么A、B之間可能是直流電源B．假設接通電源后只有綠燈亮，那么A、B之間一定是交流電源C．假設接通電源后只有紅燈亮，那么A、B之間一定是直流電源，且A端接電源負極D．假設接通電源后只有黃燈亮，那么A、B之間一定是直流電源，且A端接電源負極解析：選BD由于電容器具有隔直流的特性，故綠燈亮時A、B之間必是交流電源，此時紅燈和黃燈都不亮，那么是由于線圈L具有阻交流的作用，B正確，A錯誤；當A、B之間接入直流電時，綠燈不亮，此時紅燈亮還是黃燈亮，那么必須考慮二極管D1和D2的單向?qū)щ娦?，所以A、B間接直流電且A端是正極時紅燈亮，A、B間接直流電且B端是正極時黃燈亮，C錯誤，D正確。高考三大題型解題技法指導解題技法之(一)10招妙解選擇題——快得分高考理綜試卷物理局部中的選擇題主要考查對物理概念、物理現(xiàn)象、物理過程和物理規(guī)律的認識、理解和應用等，信息量大、知識覆蓋面廣、干擾性強、命題靈活性強，能考查學生的多種能力。要想迅速、準確地解答物理選擇題，不但要熟練掌握和應用物理的根本概念和規(guī)律，還要掌握以下解答物理選擇題的根本方法和特殊方法，解題受阻時不要一味蠻做，要針對題目的特性“不擇手段〞地到達快速解題的目的?！蚣挤?直接判斷法直接判斷法適用于推理過程比擬簡單的題目，通過觀察題目中所給出的條件，根據(jù)所學知識和規(guī)律推出結(jié)果，直接判斷，確定正確的選項。[典例1](多項選擇)以下說法中正確的選項是()A．蹦床運發(fā)動在空中上升和下落過程中都處于失重狀態(tài)B．汽車過拱形橋頂端時處于失重狀態(tài)，此時汽車質(zhì)量沒變，但重力減小C．電梯加速下降時，電梯中的人處于失重狀態(tài)，受到的支持力小于重力D．跳水運發(fā)動被跳板彈起，離開跳板向上運動時處于超重狀態(tài)[解析]蹦床運發(fā)動在空中上升和下落過程中都具有向下的加速度，均處于失重狀態(tài)，A正確；汽車過拱形橋頂端時，由重力和支持力的合力提供向心力，加速度向下，處于失重狀態(tài)，但重力始終不變，B錯誤；電梯加速下降時，電梯中的人具有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，受到的支持力小于重力，C正確；跳水運發(fā)動被跳板彈起，離開跳板向上運動時具有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，D錯誤。[答案]AC[技法領悟]超重或失重與物體的速度無關，只取決于加速度方向，當物體具有豎直向上的加速度時，處于超重狀態(tài)；當物體具有豎直向下的加速度時，處于失重狀態(tài)。處于超重或失重狀態(tài)的物體重力沒有變化，只是視重發(fā)生了變化?！蚣挤?圖像分析法物理圖像具有形象、直觀的特點，能從整體上反映出兩個或兩個以上物理量的定性或定量關系，根據(jù)題目的內(nèi)容畫出圖像，再利用圖像分析尋找答案，能夠防止煩瑣的計算，迅速找出正確選項。利用圖像解題時一定要從圖像縱、橫坐標的物理意義，圖像中的“點〞“線〞“斜率〞“截距〞和“面積〞等方面尋找解題的突破口。[典例2](多項選擇)如下圖，長為L、質(zhì)量為M的木板位于水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊以速度v0滑上木板，滑塊與木板間的相互作用力恒為f，滑塊滑離木板時，木板獲得的動能為Ek，假設以下幾種情況下，滑塊均能滑離木板，木板均能發(fā)生運動，那么正確的說法有()A．假設水平面光滑，只減小滑塊質(zhì)量m，那么木板獲得的動能Ek一定增大B．假設水平面光滑，只減小滑塊質(zhì)量m，那么木板獲得的動能Ek可能減小C．假設水平面粗糙，只減小木板質(zhì)量M，那么木板獲得的動能Ek一定增大D．假設水平面粗糙，只減小木板質(zhì)量M，那么木板獲得的動能Ek可能減小[解析]假設水平面光滑，滑塊做勻減速運動的加速度大小為a1＝eq\f(f,m)，木板做勻加速運動的加速度大小為a2＝eq\f(f,M)，所以當m減小時，a1增大，a2不變，作出滑塊與木板的v-t圖像，如圖甲所示，因滑塊均能滑離木板，所以它們所圍的面積是定值L，由圖知此時木板獲得的速度增大，即木板獲得的動能Ek一定增大，A正確、B錯誤；當水平面粗糙時，設木板與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊做勻減速運動的加速度大小仍為a1＝eq\f(f,m)，木板做勻加速運動的加速度大小為a2＝eq\f(f－μm＋Mg,M)，所以當M減小時，a1不變，a2增大，作出滑塊與木板的v-t圖像，如圖乙所示，同理可得此時木板獲得的速度增大，而且運動時間增加，那么木板發(fā)生的位移x增大，根據(jù)動能定理[f－μ(m＋M)g]x＝Ek－0知木板獲得的動能Ek一定增大，C正確、D錯誤。[答案]AC[技法領悟]在題中出現(xiàn)時間比擬或速度比擬等問題且無法計算或計算煩瑣時往往利用圖像求解，畫圖時一定要抓住初、末態(tài)速度及圖線斜率關系，利用圖線與橫軸所圍面積表示位移定性描繪。◎技法3篩選排除法在讀懂題意的根底上，可以根據(jù)題目的要求，通過對物理知識的理解、對物理過程的分析或計算，將明顯錯誤或不合理的選項逐一排除，最后只剩下正確的選項，排除法主要適用于選項中有相互矛盾、相互排斥或有完全肯定、完全否認的說法的選擇題(如電磁感應中圖像的識別、某一物理量大小確實定等)。[典例3]如圖甲，圓形導線框固定在勻強磁場中，磁場方向與導線框所在平面垂直，規(guī)定垂直平面向里為磁場的正方向，磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，假設規(guī)定逆時針方向為感應電流的正方向，那么圖中正確的選項是()[解析]0～1s內(nèi)磁感應強度B垂直紙面向里且均勻增大，那么由楞次定律及法拉第電磁感應定律可得線圈中產(chǎn)生恒定的感應電流，方向為逆時針方向，排除A、C項；2～4s內(nèi)，磁感應強度B垂直紙面向外且均勻減小，由楞次定律可得線圈中產(chǎn)生的感應電流方向為逆時針方向，由法拉第電磁感應定律可知感應電流大小是0～1s內(nèi)的一半，排除D項，所以B項正確。[答案]B[技法領悟]運用排除法解題時，對于完全肯定或完全否認的判斷，可通過舉反例的方式排除；對于相互矛盾或者相互排斥的選項，那么最多只有一個是正確的，要學會從不同方面判斷或從不同角度思考與推敲?！蚣挤?特殊賦值法有些選擇題，根據(jù)它所描述的物理現(xiàn)象的一般情況，難以直接判斷選項的正誤時，可針對題設條件選擇一些能反映量與未知量數(shù)量關系的特殊值，代入各選項中進行檢驗，從而得出結(jié)論。[典例4]假設在運動過程中空氣阻力大小不變，豎直上拋物體的初速度大小與返回拋出點時速度大小的比值為k，物體返回拋出點時速度大小為v，重力加速度為g，那么物體從拋出到返回拋出點所經(jīng)歷的時間為()A.eq\f(k2－1v,k2＋1g) B.eq\f(k2＋1v,k2－1g)C.eq\f(k＋1k2＋1v,2kg) D.eq\f(k2－12v,2kg)[解析]取k＝1，說明物體運動過程中所受空氣阻力為零，那么物體從拋出到返回拋出點所經(jīng)歷的時間為eq\f(2v,g)，代入后只有C滿足。[答案]C[技法領悟]此題常規(guī)解法是利用(kv)2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g＋\f(f,m)))h及v2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(f,m)))h找到阻力與重力的關系，再利用kv＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g＋\f(f,m)))t1及v＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(f,m)))t2求出t1與t2的和。◎技法5整體隔離法分析多對象問題，當題干所要分析和求解的物理量不涉及系統(tǒng)內(nèi)部各物體間的相互作用時，可運用整體法解題，從整體或全過程去把握物理現(xiàn)象的本質(zhì)和規(guī)律，從而可以避開中間量的求解，到達高效解題的目的。整體法常常與隔離法配合使用，一般要采用先整體后隔離的方法。[典例5]如圖，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時A恰好不滑動，B剛好不下滑。A與B間的動摩擦因數(shù)為μ1，A與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A與B的質(zhì)量的比值為()A.eq\f(1,μ1μ2)B.eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)C.eq\f(1＋μ1μ2,μ1μ2)D.eq\f(2＋μ1μ2,μ1μ2)[解析]取A、B為整體，那么系統(tǒng)處于平衡態(tài)，水平方向有F＝μ2(mA＋mB)g；隔離滑塊B，那么豎直方向有mBg＝μ1F，聯(lián)立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)，B項正確。[答案]B[技法領悟]整體法一般適用于連接體、疊加體等不需要求解內(nèi)力的問題，此題中先將兩滑塊作為一個整體，然后再隔離滑塊B分析?！蚣挤?極限思維法在某些物理狀態(tài)變化的過程中，可以把某個物理量或物理過程推向極端，從而作出科學的推理分析，給出正確判斷或?qū)С鲆话憬Y(jié)論，使問題化難為易、化繁為簡，到達事半功倍的效果。該方法一般適用于題干中所涉及的物理量隨條件單調(diào)、連續(xù)變化的情況。[典例6]在科學研究中，可以用風力儀直接測量風力的大小，儀器中用一根輕繩懸掛著一個金屬球，無風時金屬球自由下垂，當受到沿水平方向吹來的風時，輕繩偏離豎直方向一個角度并保持恒定，如下圖。重力加速度為g，關于風力大小F與金屬球質(zhì)量m、偏角θ之間的關系，以下表達式中正確的選項是()A．F＝mgtanθ B．F＝mgsinθC．F＝eq\f(mg,cosθ) D．F＝eq\f(mg,tanθ)[解析]此題常規(guī)解法是對金屬球進行受力分析(受重力mg、風力F和繩的拉力)，金屬球在此三力作用下處于平衡狀態(tài)，根據(jù)力的矢量三角形可得F＝mgtanθ。此題還有更簡捷的解法：當θ＝0°時，風力F＝0，代入排除C、D；當θ＝90°時，風力無窮大，排除B，所以A正確。[答案]A[技法領悟]當某些問題無法求解或某些物理量單調(diào)變化時，可將題中這些物理量的值推向極限(如此題中將θ推向0°、90°)，然后對問題進行分析推理，進而得出答案?！蚣挤?逆向思維法當沿著正向過程解決某一問題受阻時，可采取逆向思維的方法來分析問題，化難為易、出奇制勝。解決物理問題常用的逆向思維有過程逆向、時間反演等。[典例7]一物體在粗糙水平面上以一定初速度做勻減速直線運動直到停止，此物體在最初5s內(nèi)的平均速度為3.3m/s，且在最初5s內(nèi)和最后5s內(nèi)經(jīng)過的路程之比為11∶5，那么以下說法中正確的選項是()A．物體一共運動了12sB．物體做勻減速直線運動的加速度大小為0.6m/s2C．物體運動的初速度大小為6m/sD．物體勻減速過程中的平均速度為eq\f(25,6)m/s[解析]物體最初5s內(nèi)的位移為x1＝3.3×5m＝16.5m，由題意知x1∶x2＝11∶5，所以物體在最后5s內(nèi)的位移為x2＝7.5m，把物體的運動視為反向的初速度為零的勻加速直線運動，那么有x2＝eq\f(1,2)at22，解得a＝0.6m/s2，B正確；由x1＝v0t1－eq\f(1,2)at12解得物體運動的初速度大小v0＝4.8m/s，那么物體一共運動了t＝eq\f(v0,a)＝8s，平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋0,2)＝2.4m/s，故A、C、D均錯誤。[答案]B[技法領悟]對于勻減速直線運動，往往逆向等同為勻加速直線運動?？梢岳媚嫦蛩季S法的物理情境還有斜上拋運動，利用最高點速度特征，逆向等同為平拋運動。◎技法8二級結(jié)論法二級結(jié)論是由根本規(guī)律和根本公式導出的推論，熟記并巧用一些二級結(jié)論可以使思維過程簡化，快速準確解題。[典例8]水平地面上有兩個固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底邊長分別為L1、L2，且L1<L2，如下圖。兩個完全相同的小滑塊A、B(可視為質(zhì)點)與兩個斜面間的動摩擦因數(shù)相同，將小滑塊A、B分別從甲、乙兩個斜面的頂端同時由靜止開始釋放，取地面所在的水平面為參考平面，那么()A．兩個滑塊從頂端到底端的運動過程中，由于克服摩擦而產(chǎn)生的熱量一定相同B．滑塊A到達底端時的動能一定比滑塊B到達底端時的動能大C．兩個滑塊從頂端運動到底端的過程中，重力對滑塊A做功的平均功率比滑塊B小D．兩個滑塊加速下滑的過程中，到達同一高度時，機械能可能相同[解析]此題常規(guī)解法是用功能關系等進行計算比擬，比擬煩瑣且選項D還不易判定，假設考生在做此題時，能記住一個二級結(jié)論[動摩擦因數(shù)處處相同的斜面和水平面(如圖1、2)，物體克服摩擦力做功(生熱)均為W＝μmgs]再結(jié)合動能定理、功率的定義及功能關系，就能快速判定A、C、D錯誤，B正確。[答案]B[技法領悟]在使用二級結(jié)論解題時，必須清楚結(jié)論是否適合題目情境。非常實用的二級結(jié)論有：(1)等時圓規(guī)律；(2)平拋運動速度方向的反向延長線過水平位移的中點；(3)不同質(zhì)量和電荷量的同性帶電粒子由靜止相繼經(jīng)過相同的加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，軌跡重合；(4)直流電路中動態(tài)分析的“串反并同〞結(jié)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場強等?！蚣挤?對稱分析法利用物理現(xiàn)象、物理過程具有對稱性的特點來分析解決物理問題，可防止一些煩瑣的數(shù)學運算，直接抓住物理問題的實質(zhì)，快速求解問題。常見的對稱情況有物體做豎直上拋運動的對稱性、點電荷在對稱性電場中運動、帶電粒子在勻強磁場中運動軌跡的對稱性等。[典例9]如下圖，帶電荷量為－q的均勻帶電半球殼的半徑為R，CD為通過半球頂點C與球心O的軸線，P、Q為CD軸上在O點兩側(cè)離O點距離相等的兩點。如果是均勻帶電球殼，其內(nèi)部電場強度處處為零，電勢都相等，那么以下判斷正確的選項是()A．P、Q兩點的電勢、電場強度均相同B．P、Q兩點的電勢不同，電場強度相同C．P、Q兩點的電勢相同、電場強度等大反向D．在Q點由靜止釋放一帶負電的微粒(重力不計)，微粒將做勻加速直線運動[解析]半球殼帶負電，因此在CD上電場線沿DC方向向上，所以P點電勢一定低于Q點電勢，A、C錯誤；假設在O點的下方再放置一同樣的半球殼組成一完整的球殼，那么P、Q兩點的電場強度均為零，即上、下半球殼在P點產(chǎn)生的電場強度大小相等方向相反，由對稱性可知上半球殼在Q點與下半球殼在P點產(chǎn)生的電場強度大小相等方向相反，所以上半球殼在P點、Q點產(chǎn)生的電場強度大小相等且方向相同，B正確；因CD上電場強度沿DC方向向上且大小一直變化，所以在Q點由靜止釋放一帶負電微粒，微粒一定向下做變加速直線運動，D錯誤。[答案]B[技法領悟]非點電荷電場的電場強度一般可用微元法求解(很煩瑣)，在高中階段，非點電荷的電場往往具有對稱的特點，所以常常用對稱法結(jié)合電場的疊加原理進行求解。◎技法10等效轉(zhuǎn)換法在用常規(guī)思維方法無法求解那些有新穎情境的物理問題時，可以采用等效轉(zhuǎn)換的思維方法靈活地轉(zhuǎn)換成熟悉的物理情境，到達巧解、速解的目的。等效轉(zhuǎn)換法在高中物理中是很常用的解題方法，常常有物理模型等效轉(zhuǎn)換、參考系等效轉(zhuǎn)換、研究對象等效轉(zhuǎn)換、物理過程等效轉(zhuǎn)換、受力情況等效轉(zhuǎn)換等。[典例10]如下圖，間距為L的兩根平行金屬導軌固定在水平桌面上，每根導軌單位長度的電阻為r0，導軌的端點P、Q間用電阻不計的導線相連，垂直導軌平面的勻強磁場的磁感應強度B隨時間t均勻變化(B＝kt)，一電阻也不計的金屬桿可在導軌上無摩擦滑動且在滑動過程中始終保持與導軌垂直，在t＝0時刻，金屬桿緊靠在P、Q端，在外力作用下，桿由靜止開始向右做勻加速直線運動，那么t時刻金屬桿所受安培力為()A.eq\f(k2L2,2r0)t B.eq\f(k2L2,r0)tC.eq\f(3k2L2,2r0)t D.eq\f(2k2L2,r0)t[解析]初看此題不陌生，但細看與我們平時所做試題有區(qū)別，既有棒切割又有磁場變化，為此可實現(xiàn)模型轉(zhuǎn)換，轉(zhuǎn)換為磁場不變的單棒切割磁感線與面積不變的磁場變化的疊加，為此令金屬桿的加速度為a，經(jīng)時間t，金屬桿與初始位置的距離為x＝eq\f(1,2)at2，此時桿的速度v＝at，所以回路中的感應電動勢E＝BLv＋eq\f(ΔB,Δt)S＝ktLv＋kLx，而回路的總電阻R＝2xr0，所以金屬桿所受安培力為F＝BIL＝BLeq\f(E,R)＝eq\f(3k2L2,2r0)t，C正確。[答案]C[技法領悟]對于物理情境很新穎，物理過程與我們熟悉的物理模型很相似的題目，可嘗試使用轉(zhuǎn)換法分析求解。高考三大題型解題技法指導解題技法之(二)3法智取實驗題——沖高分物理實驗題的考查形式雖然多種多樣，但考查的特點比擬清晰，一是重根本能力，主要考查角度包括根本的實驗知識和操作技能，如根本儀器的使用及儀表的讀數(shù)；二是重創(chuàng)新思維，主要考查角度包括實驗思想、方法，實驗儀器選擇，實物圖連接，實驗數(shù)據(jù)處理，實驗設計等。根本儀器類——正確使用，準確讀數(shù)刻度尺、游標卡尺、螺旋測微器、打點計時器、電流表、電壓表、多用電表都是根本儀器，要熟練掌握它們的使用方法和讀數(shù)規(guī)那么，在高考前要進行系統(tǒng)的實際測量和讀數(shù)練習，特別是游標卡尺、螺旋測微器、電學實驗儀器的讀數(shù)。此類試題難度不大，要防止在讀數(shù)的估讀、結(jié)果的有效數(shù)字和單位上出錯。[典例1]某實驗小組要測量某圓柱形金屬元件的電阻率。(1)該小組成員用游標卡尺測量元件的長度如圖甲所示，那么元件長度為________cm；用螺旋測微器測元件的直徑如圖乙所示，那么元件的直徑d＝________mm。(2)用多用電表粗測其電阻值，選用“×10”擋，紅、黑表筆短接調(diào)零后進行測量，此時指針如圖丙中a所示，那么該小組成員應換用________(選填“×1”或“×100”)擋并________，最終指針如圖丙中b所示，那么被測元件的電阻為________Ω。(3)為精確測量該元件的電阻，實驗室提供如下器材：A．直流毫安表A1(量程0～50mA，內(nèi)阻約50Ω)B．直流毫安表A2(量程0～150mA，內(nèi)阻約20Ω)C．直流電壓表V1(量程0～3V，內(nèi)阻約5kΩ)D．直流電壓表V2(量程0～15V，內(nèi)阻約15kΩ)E．直流電源E(輸出電壓4V，內(nèi)阻不計)F．滑動變阻器R(阻值范圍0～10Ω)G．開關S一個、導線假設干根據(jù)器材的規(guī)格和實驗要求，為使實驗結(jié)果更加準確，電壓表和電流表的變化范圍盡可能大一些，請在虛線框內(nèi)設計實驗電路，并標出所選電表符號。[解析](1)由游標卡尺的讀數(shù)規(guī)那么[主尺上的整毫米數(shù)＋精確度×對齊格數(shù)(不估讀)]可知游標卡尺的讀數(shù)為36mm＋0.05mm×6＝36.30mm＝3.630cm；由螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)那么[固定刻度上的毫米數(shù)(要注意半毫米線)＋0.01mm×對齊格數(shù)(一定要估讀)]可知螺旋測微器的讀數(shù)為17.5mm＋0.01mm×30.0＝17.800mm。(2)由題圖知選用“×10”擋時，指針偏角太大，說明所測電阻阻值較小，應換用小倍率擋位(即用“×1”擋)測量，且還應重新進行歐姆調(diào)零，讀數(shù)結(jié)果為28Ω。(3)因電源電動勢為4V，所以電壓表選用V1，此時電路中最大電流為I＝eq\f(3,28)A≈100mA，電流表選用A2，為了使電壓表和電流表的變化范圍盡可能大一些，滑動變阻器應接成分壓式，因元件電阻與電流表A2的內(nèi)阻很接近，所以電流表應外接，電路圖如下圖。[答案](1)3.63017.800(2)“×1”重新進行歐姆調(diào)零28(3)見解析[題后悟通]此題最易失分的地方有：(1)游標卡尺讀數(shù)時不注意單位；不從游標尺上的“0〞刻度線開始讀；對齊格數(shù)估讀一位。(2)螺旋測微器讀數(shù)時不注意固定刻度上的半毫米線；固定刻度的結(jié)果以cm為單位，而可動刻度的結(jié)果不估讀。(3)不能根據(jù)指針偏角情況更換擋位；更換擋位后直接測量而不進行歐姆調(diào)零。(4)不能根據(jù)題給要求選用器材并確定滑動變阻器的連接方式、電流表的連接方式。常規(guī)實驗類——緊扣教材，融會貫穿教材中的實驗是高考創(chuàng)新實驗的命題根源，這就要求我們在高考實驗備考中要緊扣教材中的實驗，弄清和掌握教材中每一個實驗的根本原理、實驗步驟、操作過程、實驗數(shù)據(jù)的處理、誤差分析、實物圖的連線、電路圖的設計等，對每一個實驗都應做到心中有數(shù)，并且能融會貫穿。[典例2]某同學用圖1所示電路測量一電池的電動勢和內(nèi)電阻(電動勢約為9V，內(nèi)阻為幾歐)，其中電壓表V(量程3V、內(nèi)阻rV＝3kΩ)，電流表A(量程0.6A、內(nèi)阻不計)，定值電阻R1(阻值為10Ω)，滑動變阻器R(阻值范圍0～20Ω)。(1)請將圖2中的實物按圖1所示電路連線。(2)假設a、b兩點間電壓能接近9V，那么定值電阻R2應選用的阻值為________。A．1kΩ B．3kΩC．6kΩ D．9kΩ(3)假設該同學利用所得電壓表示數(shù)和電流表示數(shù)作出如圖3所示的Uba-I圖線，那么由此可得電源的電動勢E＝________V，內(nèi)電阻r＝________Ω。(4)該同學按圖1電路測量，其誤差原因主要是________________，導致的結(jié)果是E測________E真，r測________r真。[解析](1)實物連接圖如圖甲所示。(2)假設a、b兩點間電壓能接近9V，那么定值電阻R2兩端電壓應接近6V，由串聯(lián)分壓規(guī)律知定值電阻R2應選用的阻值為6kΩ，即選C。(3)電壓表和定值電阻R2串聯(lián)可看成新的電壓表，同時將定值電阻R1等效為電源內(nèi)阻組成新的電源，那么由電源的U-I圖線知電源的電動勢為E＝9.0V，內(nèi)電阻為r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9.0,0.6)－10))Ω＝5.0Ω。(4)由原理圖可知因電壓表及R2的分流作用導致電流表示數(shù)比干路中的電流小，在同一個Uab-I圖中作出電源輸出電壓與電流關系的測量線與真實線，如圖乙，由圖知E測<E真，r測<r真。[答案](1)見解析(2)C(3)9.05.0(4)電壓表及R2的分流<<[題后悟通]此題以測電源電動勢和內(nèi)阻實驗為載體考查實物圖的連接、電表的改裝、實驗數(shù)據(jù)的處理及誤差的分析，要求考生對常規(guī)實驗要熟記于心，求解時一定要抓住閉合電路歐姆定律這一實驗原理，在求內(nèi)電阻時一定要減去定值電阻的阻值。創(chuàng)新實驗類——活用原理，巧妙遷移近幾年新課標全國卷實驗題的第二題，往往注重考查實驗原理的遷移、測量方法的遷移、數(shù)據(jù)處理方法的遷移，試題新穎、區(qū)分度高。但試題依然是以實驗根底為依據(jù)，如計算形式的實驗題、電學中實驗原理圖的設計等都是根據(jù)考生學過的實驗方法、原理等來命制的，做題時一定要審清題意，明確實驗目的，聯(lián)想和遷移應用相關實驗原理。[典例3]如圖甲所示，楔形木板A固定在水平放置的壓力傳感器上，A的斜面是光滑的。某同學將質(zhì)量不同的小鋼珠從斜面頂端由靜止釋放，記錄小鋼珠在斜面上運動時壓力傳感器的示數(shù)F。取重力加速度g＝9.8m/s2，記錄實驗數(shù)據(jù)后，根據(jù)數(shù)據(jù)作出F-m圖像，如圖乙所示。(1)由圖像知，木板A的質(zhì)量M＝________kg。(保存兩位有效數(shù)字)(2)假設斜面傾角為θ，由圖像知，cos2θ＝________。(小數(shù)點后保存兩位)(3)不同質(zhì)量的小鋼珠在斜面上運動的時間________。(填“相同〞或“不相同〞)[解析]此題是一道計算形式的實驗題，粗看好似無從下手，但細細審題后，可以明確是系統(tǒng)牛頓第二定律的應用或失重的應用，所以可將此實驗題轉(zhuǎn)化為斜面上物體的運動問題，自然就得出了答案。(1)由牛頓第二定律知小鋼珠在光滑斜面上下滑時具有的加速度a＝gsinθ，此加速度沿豎直方向的分量為a1＝gsin2θ，壓力傳感器對木板的支持力為F(傳感器示數(shù))，豎直方向由系統(tǒng)牛頓第二定律知(M＋m)g－F＝ma1，即F＝Mg＋mgcos2θ，所以由圖線知縱截距Mg＝4.9N，即M＝0.50kg。(2)由(1)知圖線斜率k＝gcos2θ＝7.33N/kg，即cos2θ＝0.75。(3)由運動學規(guī)律L＝eq\f(1,2)at2知不同質(zhì)量的小鋼珠在斜面上運動的時間相同。[答案](1)0.50(2)0.75(3)相同[題后悟通]此題實質(zhì)上是“穿著實驗外衣〞的物理計算題，主要考查牛頓運動定律的應用，求解時應轉(zhuǎn)換為斜面上的物體運動模型，然后利用系統(tǒng)牛頓第二定律或利用失重規(guī)律求解。[典例4]某電壓表V1(刻度均勻，無標稱值)的量程約2V，內(nèi)阻約1kΩ，一物理學習小組成員利用以下器材的局部元件確定了其量程的同時較精確地測出了其內(nèi)阻。A．電壓表V1(量程約2V，內(nèi)阻約1kΩ)B．電壓表V2(量程6V，內(nèi)阻2kΩ)C．電流計G(量程3mA，內(nèi)阻約500Ω)D．電流表A(量程0.6A，內(nèi)阻0.5Ω)E．滑動變阻器R1(0～15Ω，0.5A)F．滑動變阻器R2(0～1kΩ，0.1A)G．電阻箱R(0～9999.9Ω，0.2A)H．學生電源(6V,0.5A)I．開關一個，導線假設干(1)圖中滑動變阻器應選用________(選填“R1”或“R2”)，開關S閉合前，滑片應位于________(選填“a端〞或“(2)該小組成員為圖中虛線框內(nèi)的測量電路設計了以下四種方案，其中最正確測量電路是________。(3)該小組成員經(jīng)過測定后得到電壓表的量程就為2V，此時有成員提出可用另一滑動變阻器來測定其內(nèi)阻，那么能測出內(nèi)阻且設計合理的是________。[解析](1)分壓電路中，在額定電流允許的前提下選擇阻值較小的滑動變阻器更方便調(diào)節(jié)且誤差小，因此選用R1；開關閉合前，為了保護測量電路元件的平安，應使其兩端電壓最小，所以開關閉合前滑片置于a端。(2)因電壓表V1的量程未知，不能讀數(shù)，排除B、C、D；只有圖A符合，且采用半偏法測定。(3)所用滑動變阻器為R2，圖A中，滑動變阻器R2接成限流式，當其接入電路的阻值最大時，每1kΩ電阻的電壓約為eq\f(6,2.5)V＝2.4V，超出了V1的量程，不合理；圖B中，電流表A的量程太大，指針幾乎不動，誤差很大；圖C中，可將電壓表V2當電流表使用，滿偏電流為3mA，且滑動變阻器R2接入電路的阻值最大時，每1kΩ電阻的電壓約為eq\f(6,4)V＝1.5V，所以設計合理；圖D中兩電壓表并聯(lián)，V2多余且只能測電壓，不能測電壓表V1的內(nèi)阻，所以合理的是圖C。[答案](1)R1a端(2)A[題后悟通]電表都是由電流計改裝的，均可看成電阻。電壓表是兩端電壓的電阻，電流表是通過電流的電阻，在一定條件下可互換使用。高考三大題型解題技法指導解題技法之(三)3步穩(wěn)解計算題——?？偡种滴锢碛嬎泐}歷來是高考拉分題，試題綜合性強，涉及物理過程較多，所給物理情境較復雜，物理模型較模糊甚至很隱蔽，運用的物理規(guī)律也較多，對考生的各項能力要求很高，為了得到理想的分值，應做到細心審題、用心析題、標準答題。細心審題1．注意關鍵字句，明確解答目標所謂審題，就是通過對關鍵字句的分析，弄清題意，明確對量和未知量作出的規(guī)定與限制。物理題目中涉及的物理過程千變?nèi)f化，經(jīng)過仔細分析，總可以通過題目中某些關鍵字詞的含義，確定物理變化的方向、變化的約束，從而明確要解決問題的本質(zhì)、特征和核心，找出與之相應的物理圖景，找到解題的“突破口〞。2．分清主次因素，識別題設“機關〞經(jīng)常遇到一些物理題成心多給條件，或表述物理情境時精心設置一些陷阱，安排一些似是而非的判斷，以此形成干擾因素，來考查學生區(qū)分是非的能力。這些因素的迷惑程度越大，同學們越容易在解題過程中犯錯誤。在審題過程中，只有有效地排除這些干擾因素，才能迅速而正確地得出答案。3．加強判斷推理，找出隱含條件能否挖掘隱含條件是審題的關鍵。有些隱含條件隱蔽得并不深，平時又經(jīng)常見到，挖掘起來很容易，例如題目中說“光滑的平面〞，就表示“摩擦可忽略不計〞；題目中說“恰好不滑出木板〞，就表示物體“恰好滑到木板邊緣處且與木板具有相同的速度〞等。一般來說，“恰好〞“緩慢〞“最大〞“剛剛〞“至少〞等都隱含著一定的條件。審題時要認真分析，反復推敲，理解每一句話的含意，準確想象物理情境，從而挖掘出隱含在字里行間和題圖中的條件，翻開解題的大門。4．關注過程細節(jié)，弄清內(nèi)在聯(lián)系對于綜合性強、物理過程復雜的問題，審題時應審清物理過程的細節(jié)，弄清內(nèi)在聯(lián)系，即物理過程中有多少約束條件，這些約束條件的聯(lián)系及互相作用對物理過程的影響，約束條件、條件、所求問題制約的物理過程遵循的規(guī)律等。[典例1]如下圖，足夠長的圓柱管底端固定一彈射器，彈射器上有一圓柱形滑塊，圓柱管和彈射器的總質(zhì)量為2m，滑塊的質(zhì)量為m，滑塊與管內(nèi)壁間的滑動摩擦力f＝3mg。在恒定外力F＝9mg的作用下，圓柱管和滑塊以同一加速度豎直向上做勻加速直線運動。某時刻彈射器突然開啟，將滑塊向上以相對地面2v的速度彈離圓柱管的底端，此時圓柱管以速度v向上運動，忽略彈射過程中彈片的位置變化，忽略空氣影響，重力加速度為g。求：(1)彈射后，滑塊相對管上升的最大距離；(2)從滑塊被彈開到它相對地面的速度大小再次到達2v的過程中，摩擦力對滑塊做的功。[思路點撥]第(1)問中“彈射后，滑塊相對管上升的最大距離〞這句話隱含著此時滑塊與圓柱管兩者共速，加上題中滑塊與圓柱管均做勻變速運動，為此可用牛頓第二定律和勻變速規(guī)律求解；第(2)問中求的是摩擦力做的功，可直接根據(jù)功的定義求解，也可以根據(jù)動能定理求解。[解析](1)滑塊被彈射后與圓柱管共速前，設圓柱管和滑塊的加速度大小分別為a1和a2，根據(jù)牛頓第二定律，有F＋f－2mg＝2ma1及mg＋f＝ma2共速時滑塊相對管上升的距離最大，設經(jīng)過時間t1后，兩者以v1共速，由運動學公式可知v1＝v＋a1t1，v1＝2v－a2t1聯(lián)立解得t1＝eq\f(v,9g)，v1＝eq\f(14v,9)圓柱管的位移s1＝eq\f(v＋v1,2)t1，滑塊的位移s2＝eq\f(2v＋v1,2)t1兩者相對位移Δs＝s2－s1，聯(lián)立解得Δs＝eq\f(v2,18g)，s2＝eq\f(16v2,81g)。(2)共速后，假設兩者相對靜止，設圓柱管和滑塊系統(tǒng)的加速度大小為a0，根據(jù)牛頓第二定律有F－(m＋2m)g＝(m＋2m)a0，對滑塊f0－mg＝ma0，聯(lián)立解得a0＝2g，f0＝3結(jié)果說明假設成立，圓柱管與滑塊相對靜止向上以a0做勻加速運動滑塊從速度v1增加到2v的過程中通過的位移s3＝eq\f(2v2－v12,2a0)＝eq\f(32v2,81g)滑塊被彈開到它相對地面的速度大小再次到達2v的過程中，設摩擦力對滑塊做的總功為Wf，根據(jù)動能定理有－mg(s2＋s3)＋Wf＝0，聯(lián)立解得Wf＝eq\f(16mv2,27)。[答案](1)eq\f(v2,18g)(2)eq\f(16mv2,27)靈活分析1.過程分解——快速建模物理計算題中研究對象所經(jīng)歷的過程往往比擬復雜，在審題獲取關鍵詞語、隱含條件后，就要建立相應的物理模型，即對研究對象的各個運動過程進行剖析，建立起清晰的物理圖景，確定每一個過程對應的物理模型、規(guī)律及各過程間的聯(lián)系。[典例2]如下圖，傾角θ(θ<90°)可調(diào)的斜面AB與水平面BO間用一小段光滑圓弧連接，在O點右側(cè)有一以O為圓心、半徑R＝5eq\r(3)m的eq\f(1,4)圓弧擋板，一小物塊從斜面上A點由靜止滑下，小物塊與斜面、水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，圖中AB＝eq\f(5,2)BO，小物塊越過O點后落在eq\f(1,4)圓弧擋板上，取g＝10m/s2。(1)θ必須滿足什么條件，小物塊才能越過O點而落在擋板上？(2)當θ＝53°時，小物塊落到擋板上的動能最小，求BO的長。[思路點撥]此題中物塊先在斜面上做勻加速運動，然后在水平面上做勻減速運動，再做平拋運動，第(1)問可用整過程(從A到O的過程)動能定理求解θ角所滿足的條件(也可用牛頓運動定律和運動學規(guī)律求解)；第(2)問可抓住能通過O點這一特征和落在圓弧擋板上動能最小這一條件，利用平拋運動規(guī)律借助數(shù)學知識求得物塊到達O點的速度，再用動能定理求BO的長。[解析](1)小物塊要越過O點而落在擋板上，那么在O點速度v0>0由動能定理知mg·eq\f(5,2)BO·sinθ－μmgcosθ·eq\f(5,2)BO－μmg·BO>0代入數(shù)值得θ>37°即37°<θ<90°時，小物塊均能越過O點而落在擋板上。(2)小物塊離開O點后做平拋運動，設擊中擋板點到O點的水平距離為x，豎直距離為y，那么由平拋運動規(guī)律知x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，x2＋y2＝R2由機械能守恒定律知Ek＝eq\f(1,2)mv02＋mgy聯(lián)立解得Ek＝eq\f(mgR2,4y)＋eq\f(3mgy,4)由數(shù)學方法知當y＝eq\f(\r(3),3)R＝5m時，小物塊擊中擋板的動能最小，此時x＝5eq\r(2)m，v0＝5eq\r(2)m從A到O由動能定理得mg·eq\f(5,2)BO·sinθ－μmgcosθ·eq\f(5,2)BO－μmg·BO＝eq\f(1,2)mv02，代入數(shù)值得BO＝eq\f(10,3)m。[答案](1)37°<θ<90°(2)eq\f(10,3)m2.情境示意——一目了然認真閱讀題目、分析題意、搞清題述物理狀態(tài)及過程，并用簡圖(示意圖、運動軌跡圖、受力分析圖、等效圖等)將這些狀態(tài)及過程表示出來，以展示題述物理情境、物理模型，使物理過程更為直觀、物理特征更加明顯，進而快速簡便解題。[典例3]如下圖，在xOy平面內(nèi)的第一象限內(nèi)，x＝4d處豎直放置一長為L＝4eq\r(3)d的粒子吸收板AB，在AB左側(cè)存在垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場。在原點O處有一粒子源，可沿y軸正向射出質(zhì)量為m、電荷量為＋q的不同速率的帶電粒子，不計粒子的重力。(1)假設射出的粒子能打在AB板上，求粒子速率v的范圍；(2)假設在點C(8d,0)處放置一粒子回收器，在B、C間放一擋板(粒子與擋板碰撞無能量損失)，為回收恰從B點進入AB右側(cè)區(qū)間的粒子，需在AB右側(cè)加一垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)。求此磁場的磁感應強度大小和此類粒子從O點發(fā)射到進入回收器所用的時間。[思路點撥]此題審題時應明確：粒子在磁場中做勻速圓周運動，要想打在AB板上，其臨界條件是粒子打在吸收板AB的下邊界A點和打在吸收板AB的上邊界B點，作出軌跡圖，利用軌跡圖找到粒子的運動半徑，然后利用洛倫茲力提供向心力求得速度范圍；要想粒子能經(jīng)過B點到達C處，一定要明確粒子從B到C可以經(jīng)過n個半圓，并利用BC的長求得半徑滿足的條件，然后求解粒子運動的時間。[解析](1)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力①粒子打在吸收板AB的下邊界A點，設粒子的速率為v1，由圖中幾何關系可知圓心在O1點，粒子的軌道半徑r1＝2d由牛頓第二定律可得：qv1B＝eq\f(mv12,r1)，聯(lián)立解得：v1＝eq\f(2qBd,m)。②粒子打在吸收板AB的上邊界B點，設粒子的速率為v2，由圖中幾何關系可知圓心在C點，粒子的軌道半徑r2＝8d由牛頓第二定律可得：qv2B＝eq\f(mv22,r2)，聯(lián)立可得：v2＝eq\f(8qBd,m)所以射出的粒子能打在AB板上，粒子的速度需滿足eq\f(2qBd,m)≤v≤eq\f(8qBd,m)。(2)經(jīng)過B點的粒子能夠到達C點，設磁場的磁感應強度為B′，由圖中幾何關系知粒子的半徑r＝eq\f(8d,2n)(n＝1,2,3…)由牛頓第二定律可得：qv2B′＝eq\f(mv22,r)，聯(lián)立可得：B′＝2nB(n＝1,2,3…)粒子從O到B的時間t1＝eq\f(mθ,qB)＝eq\f(πm,3qB)粒子從B到C的時間t2＝eq\f(n,2)T＝eq\f(n,2)×eq\f(2πm,qB′)＝eq\f(πm,2qB)(n＝1,2,3…)，故粒子從O到C的時間t＝t1＋t2＝eq\f(5πm,6qB)。[答案](1)eq\f(2qBd,m)≤v≤eq\f(8qBd,m)(2)2nB(n＝1,2,3…)eq\f(5πm,6qB)3.活用規(guī)律——準確答題解答物理計算題時，在透徹分析題給物理情境的根底上，要靈活選用規(guī)律和方法分析，如天體運動計算題可用兩條根本思路一是引力提供向心力，二是黃金代換式分析；一般的曲