高考物理复习第十章交变电流传感器冲刺训练.docx

第十章 交变电流 传感器(一)专题提能正弦交变电流产生的五种方式正弦式交变电流是正弦交变电动势通过闭合回路形成的，正弦式交变电动势分为两类：一类是动生电势，计算公式是eBLvsin (是磁感应强度B和导体棒运动速度v的夹角)；另一类是感生电动势，由通过闭合电路的磁场随时间变化产生，线圈本身并不运动。现举例说明产生正弦式交变电流的五种方式 ：(一)线圈在匀强磁场中匀速转动当闭合线圈绕垂直于匀强磁场的转轴做匀速转动时，线圈中会产生正弦式交变电流。 典例1小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n100，穿过每匝线圈的磁通量随时间按正弦规律变化，如图所示。发电机内阻r5.0 ，外电阻R95 。求串联在外电路中的交流电流表(内阻不计)的读数。解析从t图像可得m1.0102 Wb，T3.14102 s，电路中电流的最大值为Im2 A，电流表显示交流电的有效值，所以I1.4 A。答案1.4 A(二)导体棒在匀强磁场中平动导体棒在匀强磁场中匀速平动，但导体棒切割磁感线的有效长度按正弦规律变化，则导体棒组成的闭合电路中就会产生正弦式交变电流。典例2如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B0.2 T，OCA导轨与OA直导轨分别在O点和A点接一阻值R18 和R28 ，且几何尺寸可忽略的定值电阻，导轨OCA的曲线方程为ysin m。金属棒ab长1.5 m，以速度v5.0 m/s水平向右匀速运动，b点始终在x轴上，设金属棒与导轨的接触良好，摩擦不计，电路中除了电阻R1和R2外，其余电阻均不计。求金属棒在导轨上从x0运动到x3 m的过程中，外力必须做多少功？解析金属棒与导轨接触点之间的长度随时间变化，有效切割长度为Lsin m，且xvt，所以导体棒上的电动势为eBLvsin V，电动势最大值为Em1 V，电动势有效值为E V。又因为电路总电阻为R4 ，根据能量守恒，外力做功等于电路中产生的总热量WQt0.075 J。答案0.075 J(三)导体棒在匀强磁场中振动导体棒在匀强磁场中沿平行导轨平动切割磁感线时，棒的速度按正弦规律变化，则棒中会产生正弦交变电流。 典例3在竖直方向上、磁感应强度大小B5 T的匀强磁场中，水平放置两平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨宽度L1 m，导轨一端接有定值电阻R10 ，一导体棒垂直于导轨放置，导体棒在周期性驱动力的作用下，在ab和ab范围内做简谐运动，其速度随时间的变化规律为v2sin 3.14t(m/s)，求在10 s内电阻R上产生的热量。(导体棒和导轨的电阻均不计)解析感应电动势为eBLv10sin 3.14t V。电阻R两端接的是正弦交流电，电压最大值为Em10 V，有效值为E5 V，周期T2 s,10 s内R上产生的热量为Qt50 J。答案50 J(四)导体棒在不均匀磁场中平动导体棒在磁场中匀速平动切割磁感线，在棒的平动方向上，磁场按照正弦规律变化，则棒中会产生正弦交变电流。典例4如图所示，矩形裸导线框长边的长度为2L，短边的长度为L，在两个短边上均接有电阻R，其余部分电阻不计，导线框一长边与x轴重合，左端的坐标x0，线框处在一垂直于线框平面的磁场中，磁感应强度满足关系式BB0sin 。一光滑导体棒AB与短边平行且与长边接触良好，电阻也是R。开始时导体棒处于x0处，之后在沿x轴方向的力F作用下做速度为v的匀速运动。求导体棒AB从x0到x2L的过程中力F随时间t的变化规律。解析在t时刻AB棒的坐标为xvt，感应电动势为eBLvB0Lvsin，回路总电阻为R总R0.5R1.5R，通过AB的感应电流为i，因为AB棒匀速运动，所以FF安BiL。答案见解析(五)线圈处于周期性变化的磁场中闭合线圈垂直于匀强磁场，线圈静止不动，磁场按正弦规律做周期性变化，则线圈中会产生正弦交变电流。典例5边长为a、匝数为n的正方形导线框置于均匀分布的磁场区域内，磁感应强度的方向与线框平面垂直，如图甲所示，磁感应强度B随时间按图乙所示的正弦规律变化。设导线框横截面的面积为S，电阻率为，图像中所标物理量为已知量，求在时间t内(tT)线框中产生的热量。解析线圈中的磁通量按正弦规律变化，线框中感应电动势的最大值为EmnBma2，其中，又知R，线框中电流的最大值为Im，线框在时间t内产生的热量为Q2Rt，解以上各式得Q。答案见解析提能增分集训 1.(多选)(2013山东高考)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是()A电流表的示数为10 AB线圈转动的角速度为50 rad/sC0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左解析：选AC根据it图像可知，交流电的最大值为10 A，所以电流表的示数(有效值)为10 A，A正确。交流电的周期T0.02 s，线圈转动的角速度100 rad/s，B错误。0.01 s时，感应电流达到峰值，线圈平面与磁场方向平行，C正确。0.02 s时，线圈又回到题图所示位置，根据右手定则可以判断，电阻R中电流的方向自左向右，D错误。2(多选)面积都为S且电阻相同的正方形线圈和圆形线圈，分别放在如图所示的磁场中，图甲中是磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO轴匀速转动，图乙中磁场变化规律为BB0cos ，从图示位置开始计时，则()A两线圈的磁通量变化规律相同B两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C经相同的时间t(tT)，两线圈产生的热量相同D从图示位置时刻起，经时间，流过两线圈横截面的电荷量相同解析：选ACD图甲中通过线圈的磁通量变化规律为甲B0Scos t，图乙中通过线圈的磁通量变化规律为乙B0Scos t。由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E也相同。又因两线圈电阻相同，所以Qt也相同。经过时间，流过两线圈横截面的电荷量q也相同，故A、C、D正确。3.(2017乌鲁木齐模拟)如图所示，闭合金属线框曲线部分恰好是半个周期的正弦曲线，直线部分长度为0.4 m，线框的电阻为1 ，若线框从虚线位置开始以2 m/s的速度匀速进入足够大的匀强磁场(线框直线部分始终与磁场右边界垂直)，这个过程中线框释放出的焦耳热为 0.4 J，线框中电流随时间变化的关系式为()Ai2sin 10t(A) Bisin 10t(A)Ci2sin 5t(A) Disin 5t(A)解析：选C由题意知，线框有效切割的长度作正弦规律变化，则线框中产生正弦式电流，设该正弦式电流有效值为I，由题意可得QI2Rt，其中t0.2 s，解得I A，所以该正弦式交流电的最大值为ImI2 A，金属线框从图示位置到完全进入磁场为半个周期，故T20.4 s，5 rad/s，所以正弦式交流电的表达式为i2sin 5t (A)，C正确。4(2017临沂模拟)如图甲所示是一种振动发电装置的示意图，一个半径r0.10 m、匝数n20匝的线圈套在永久磁铁槽中，槽中磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右侧视图如图乙所示)，线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B T，线圈的电阻R10.50 ，它的引出线接有R29.50 的小电珠L，为理想交流电流表。当线圈框架的P端在外力作用下沿轴线做往复运动，便有电流通过电珠。若线圈往复运动的规律如图丙所示(取向右为正)，则下列判断正确的是()A电流表的示数为0.24 AB0.01 s时回路中的电流最大C回路中交流电的频率为50 Hz D0.015 s时电珠L中电流的方向为从DLC解析：选C由EBLv及v t图可知，线圈往复运动所产生的感应电流为正弦式交流电，则EmnB2rvm2.4 V，电流的有效值I A，A错；由图像可知T0.02 s，f50 Hz，C正确；t0.01 s时，v0，所以I0，B错；t0.015 s时，由右手定则可知，电流方向CLD，D错。5(多选)(2017西安质检)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为n110匝、n2100匝，副线圈接有R1 000 的电阻，原线圈与电阻不计的导线圈构成闭合回路，其中圆形区域的面积为S m2。在该圆形区域内有如图乙所示的按正弦规律变化的磁场垂直穿过，不计电流表内阻，下列说法正确的是提示：BB0sin t，则当t0时，B0cos t()A导线圈的电动势为20 V B导线圈的电动势为10 VC负载电阻R的电流为 A D电流表的示数为 A解析：选BD根据法拉第电磁感应定律，电动势最大值EmSB0SB0S，代入数据可得Em20 V，电动势有效值E10 V，B正确，A错误。电压与匝数成正比，所以变压器副线圈电压U210E100 V，变压器副线圈电流I2 A，电流与匝数成反比，所以原线圈电流I110I2 A，C错误，D正确。第十章冲刺985深化内容(二)综合深化“交变电流”类题目强化提能练1.通过一阻值R100 的电阻的交变电流如图所示，其周期为1 s。电阻两端电压的有效值为()A12 VB4 VC15 VD8 V解析：选B电流产生的热量与其方向无关，在一个周期内电流根据大小可分为两段，I10.1 A的时长t10.8 s，I20.2 A的时长t20.2 s。根据有效值的定义有I12Rt1I22Rt2T，其中T1 s。解得U4 V，B正确。选B。2如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙曲线a、b所示，则()A两次t0时刻线圈平面均与中性面重合B曲线a、b对应的线圈转速之比为23C曲线a表示的交变电动势频率为100 HzD曲线b表示的交变电动势有效值为10 V解析：选A从题图中看出，t0时刻a、b曲线上产生的感应电动势均为0，因此线圈平面与中性面重合，A正确。图中可以看出a、b曲线的周期分别为Ta0.04 s，Tb0.06 s，曲线a、b对应的线圈转速之比nanb32，B错误。曲线a所表示的交变电动势频率fa25 Hz，C错误。线圈转动时产生的感应电动势最大值EmBS，nanb32，因此ab32，可推出EmaEmb32，结合图像，计算出曲线b表示的交变电动势最大值为10 V，有效值应为5 V，D错误。3(2015安徽高考)如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是()A电压表V1示数增大B电压表V2、V3示数均增大C该变压器起升压作用D变阻器滑片是沿cd的方向滑动解析：选D电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1示数不变，选项A错误；电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3示数减小，选项B错误；理想变压器U1I1U2I2，则U1I1U2I2，I2I1，故U2U1，变压器为降压变压器，选项C错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿cd的方向滑动，选项D正确。4.(多选)(2017保定检测)如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度绕OO轴匀速转动，则以下判断正确的是()A图示位置线圈中的感应电动势最大为EmBL2B闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为eBL2sin tC线圈从图示位置转过180的过程中，流过电阻R的电荷量为qD线圈转过一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q解析：选BD图示位置线圈中的感应电动势最小，为零，A错误。若线圈从图示位置开始转动，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为eBL2sin t，B正确。线圈从图示位置转过180的过程中，流过电阻R的电荷量为q，C错误。线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q2R，D正确。5(2014浙江高考)如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2。则()A用户端的电压为B输电线上的电压降为UC理想变压器的输入功率为I12rD输电线路上损失的电功率为I1U解析：选A理想变压器输入和输出功率相同，设用户端得到的电压为U2，则有I1U1U2I2，U2，选项A正确；输电线上的电压降为UI1r，或者UUU1，选项B错误；理想变压器的输入功率为PI1U1，选项C错误；输电线路上损失的电功率为PI12r，选项D错误。6(2017安阳模拟)自耦调压变压器(可看成理想变压器)的电路如图甲所示，移动滑动触头P可改变副线圈匝数。已知变压器线圈总匝数为1 900匝，原线圈为1 100匝，接在如图乙所示的交流电源上，电压表为理想电表。则()AP向下移动时，变压器的输入功率变大BP向上移动时，电压表的最大示数为220 VCP向下移动时，原、副线圈的电流之比减小D交流电源电压瞬时值的表达式为u220sin 100t(V)解析：选C由U2U1可知，P向下移动时，n2减小，n1不变，故U2减小，变压器输出功率P2减小，因P1P2，故变压器的输入功率变小，A错误。由可得U2U1，当n21 900匝时，U2达到最大，其最大值U2380 V，B错误。根据，可得P向下移动时，n2减小，n1不变，故原、副线圈的电流之比减小，C正确。由题知周期T2102 s，则100 rad/s，可知交流电源电压瞬时值的表达式为u220sin 100t(V)，D错误。7.(多选)某发电厂原来用电压为U1的交流电输电，后改用变压比为150的升压变压器将电压升高后输电，输送的电功率保持不变。若输电线路的电阻为R，则提高电压后()A输电线上的电流减小为原来的B输电线上的电流增大为原来的50倍C输电线上的功率损耗减小为原来的D输电线上的功率损耗增大为原来的2 500倍解析：选AC升压前输电线上的电流为I1，升压后输电线上的电流为I2，A正确，B错误；输电线功率损失为P损I2R，则，C正确，D错误。8.(多选)(2017哈尔滨六中期末)如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度匀速转动，外电路电阻为R。在线圈由图示位置转过90的过程中()A磁通量的变化量NBSB平均感应电动势C通过电阻R的电荷量qD电阻R上产生的焦耳热QR解析：选BCD在题图所示位置，穿过线圈的磁通量为10，转过90磁通量为2BS，21BS，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势N，t，解得，故B正确；通过电阻R的电荷量qtt，故C正确；电流的有效值为I，E，EmNBS，电阻R所产生的焦耳热QRI2Rt，解得QR，故D正确。9(2017辽宁五校联考)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n251，电阻R20 ，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示。现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是()A输入电压u的表达式u20sin (50t)VB只断开S2后，L1、L2均正常发光C只断开S2后，原线圈的输入功率增大D若将S1换接到2，R消耗的电功率为0.8 W解析：选D交流电的瞬时表达式uEmsin (t)，由题图乙可以看出Em20 V，周期T0.02 s，100(rad/s)，A错；根据题中条件S1接1，S2闭合L2正常发光，可以推出能使灯L2正常发光的额定电压为4 V，如果S1接1，断开S2，则每个灯泡两端电压为2 V，B错；理想变压器输入功率由输出功率决定，而输出功率P出，在输出电压不变的情况下，负载电阻R0增大，输出功率减小，C错；当S1接2时，U4 V，R20 ，代入P出得P出0.8 W，D正确。10(多选)(2017济南调研)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为101，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R10 ，其余电阻均不计。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法正确的是()A当单刀双掷开关与a连接时，电流表的示数为2.2 AB当单刀双掷开关与a连接且t0.01 s时，电流表示数为零C当单刀双掷开关由a拨到b时，原线圈的输入功率变为原来的4倍D当单刀双掷开关由a拨到b时，副线圈输出电压的频率变为25 Hz解析：选AC由图像可知，原线圈输入电压的最大值为Um311 V，有效值为U220 V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈两端电压的有效值为U22 V，根据欧姆定律得I A2.2 A，故A正确；电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，当单刀双掷开关与a连接且t0.01 s时，电流表示数为2.2 A，故B错误；当单刀双掷开关由a拨向b时，原、副线圈的匝数比变为51，根据电压与匝数成正比得副线圈两端电压的有效值为原来的2倍，根据P得副线圈输出功率变为原来的4倍，所以原线圈的输入功率变为原来的4倍，故C正确；交变电压的周期为T2102 s，频率为f50 Hz，变压器不会改变交变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50 Hz，故D错误。11.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为51，原线圈输入交变电压u220sin 100t(V)，在副线圈中接有理想电流表和阻值为10 的定值电阻R，电容器C并联在电阻R两端，下列说法中正确的是()A副线圈输出电压有效值为44 VB电流表示数为4.4 AC电容器的耐压值至少为44 VD电阻R消耗的电功率为193.6 W解析：选D变压器输入电压有效值U1220 V，由变压比公式可得，输出电压有效值U2U144 V，选项A错误。由于电容器通交变电流，所以电流表中电流包括电阻中电流和电容器中的充放电电流。电阻中电流IR4.4 A，电流表示数一定大于4.4 A，选项B错误。电容器的耐压值应该考虑交变电压的最大值44 V，所以电容器的耐压值至少是44 V，选项C错误。电阻R消耗的电功率P193.6 W，D正确。12如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为51，V、R和L分别是电压表、定值电阻和电感线圈，D1、D2均为灯泡。已知原线圈两端电压u按图乙所示正弦规律变化，下列说法正确的是()A电压表示数为62.2 VB电压u的表达式u311sin 100t(V)C仅增大电压u的频率，电压表示数增大D仅增大电压u的频率，D1亮度不变，D2变亮解析：选B根据题图乙可知电压u的表达式u311sin 100t(V)，选项B正确。原线圈输入电压有效值U1220 V，由变压器变压比公式，副线圈输出电压有效值U244 V，电压表示数为44 V，选项A错误。仅增大电压u的频率，副线圈输出电压不变，电压表示数不变，选项C错误。仅增大电压u的频率，输出电压的频率也增大，线圈支路的感抗增大，D1亮度不变，D2变暗，选项D错误。13(多选)(2017福州质检)如图甲所示电路中，电阻R的阻值为484 ，C为电容器，L为直流电阻不计的自感线圈，开关S断开，现通以如图乙所示的电压u，下列说法正确的是()A电阻R两端的电压为155.5 VB电压表的示数为220 VC电阻R消耗的功率小于50 WD为保证闭合开关S后电容器不被击穿，该电容器的耐压值不得小于311 V解析：选CD设电压表的读数为U，根据电压有效值的概念有，0.02 s0，解得U155.5 V，即电压表的示数应为155.5 V，由于线圈的自感作用，电阻R两端的电压应小于155.5 V，所以A、B错误；若不考虑线圈的自感作用，电阻R消耗的功率为P W50 W，由于线圈的自感作用影响，电阻R消耗的功率一定小于50 W，所以C正确；根据电源电压图像可知，电源的最大电压为311 V，电容器的耐压值不能小于311 V，所以D正确。14.(多选)(2017安徽“十校”联考)如图所示是一个判定电源性质的仪器，电感L自感系数很大，下列说法正确的是()A若接通电源后只有绿灯亮，则A、B之间可能是直流电源B若接通电源后只有绿灯亮，则A、B之间一定是交流电源C若接通电源后只有红灯亮，则A、B之间一定是直流电源，且A端接电源负极D若接通电源后只有黄灯亮，则A、B之间一定是直流电源，且A端接电源负极解析：选BD由于电容器具有隔直流的特性，故绿灯亮时A、B之间必是交流电源，此时红灯和黄灯都不亮，则是由于线圈L具有阻交流的作用，B正确，A错误；当A、B之间接入直流电时，绿灯不亮，此时红灯亮还是黄灯亮，则必须考虑二极管D1和D2的单向导电性，所以A、B间接直流电且A端是正极时红灯亮，A、B间接直流电且B端是正极时黄灯亮，C错误，D正确。高考三大题型解题技法指导解题技法之(一)10招妙解选择题快得分高考理综试卷物理部分中的选择题主要考查对物理概念、物理现象、物理过程和物理规律的认识、理解和应用等，信息量大、知识覆盖面广、干扰性强、命题灵活性强，能考查学生的多种能力。要想迅速、准确地解答物理选择题，不但要熟练掌握和应用物理的基本概念和规律，还要掌握下列解答物理选择题的基本方法和特殊方法，解题受阻时不要一味蛮做，要针对题目的特性“不择手段”地达到快速解题的目的。技法1直接判断法直接判断法适用于推理过程比较简单的题目，通过观察题目中所给出的条件，根据所学知识和规律推出结果，直接判断，确定正确的选项。 典例1(多选)下列说法中正确的是()A蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态B汽车过拱形桥顶端时处于失重状态，此时汽车质量没变，但重力减小C电梯加速下降时，电梯中的人处于失重状态，受到的支持力小于重力D跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动时处于超重状态解析蹦床运动员在空中上升和下落过程中都具有向下的加速度，均处于失重状态，A正确；汽车过拱形桥顶端时，由重力和支持力的合力提供向心力，加速度向下，处于失重状态，但重力始终不变，B错误；电梯加速下降时，电梯中的人具有向下的加速度，处于失重状态，受到的支持力小于重力，C正确；跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动时具有向下的加速度，处于失重状态，D错误。答案AC技法领悟超重或失重与物体的速度无关，只取决于加速度方向，当物体具有竖直向上的加速度时，处于超重状态；当物体具有竖直向下的加速度时，处于失重状态。处于超重或失重状态的物体重力没有变化，只是视重发生了变化。技法2图像分析法物理图像具有形象、直观的特点，能从整体上反映出两个或两个以上物理量的定性或定量关系，根据题目的内容画出图像，再利用图像分析寻找答案，能够避免烦琐的计算，迅速找出正确选项。利用图像解题时一定要从图像纵、横坐标的物理意义，图像中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等方面寻找解题的突破口。典例2(多选)如图所示，长为L、质量为M的木板位于水平面上，一质量为m的滑块以速度v0滑上木板，滑块与木板间的相互作用力恒为f，滑块滑离木板时，木板获得的动能为Ek，若下列几种情况下，滑块均能滑离木板，木板均能发生运动，则正确的说法有()A若水平面光滑，只减小滑块质量m，则木板获得的动能Ek一定增大B若水平面光滑，只减小滑块质量m，则木板获得的动能Ek可能减小C若水平面粗糙，只减小木板质量M，则木板获得的动能Ek一定增大D若水平面粗糙，只减小木板质量M，则木板获得的动能Ek可能减小解析若水平面光滑，滑块做匀减速运动的加速度大小为a1，木板做匀加速运动的加速度大小为a2，所以当m减小时，a1增大，a2不变，作出滑块与木板的vt图像，如图甲所示，因滑块均能滑离木板，所以它们所围的面积是定值L，由图知此时木板获得的速度增大，即木板获得的动能Ek一定增大，A正确、B错误；当水平面粗糙时，设木板与水平面间的动摩擦因数为，滑块做匀减速运动的加速度大小仍为a1，木板做匀加速运动的加速度大小为a2，所以当M减小时，a1不变，a2增大，作出滑块与木板的vt图像，如图乙所示，同理可得此时木板获得的速度增大，而且运动时间增加，则木板发生的位移x增大，根据动能定理f(mM)gxEk0知木板获得的动能Ek一定增大，C正确、D错误。答案AC技法领悟在题中出现时间比较或速度比较等问题且无法计算或计算烦琐时往往利用图像求解，画图时一定要抓住初、末态速度及图线斜率关系，利用图线与横轴所围面积表示位移定性描绘。技法3筛选排除法在读懂题意的基础上，可以根据题目的要求，通过对物理知识的理解、对物理过程的分析或计算，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，排除法主要适用于选项中有相互矛盾、相互排斥或有完全肯定、完全否定的说法的选择题(如电磁感应中图像的识别、某一物理量大小的确定等)。 典例3如图甲，圆形导线框固定在匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直，规定垂直平面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，若规定逆时针方向为感应电流的正方向，则图中正确的是()解析01 s内磁感应强度B垂直纸面向里且均匀增大，则由楞次定律及法拉第电磁感应定律可得线圈中产生恒定的感应电流，方向为逆时针方向，排除A、C项；24 s内，磁感应强度B垂直纸面向外且均匀减小，由楞次定律可得线圈中产生的感应电流方向为逆时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电流大小是01 s内的一半，排除D项，所以B项正确。答案B技法领悟运用排除法解题时，对于完全肯定或完全否定的判断，可通过举反例的方式排除；对于相互矛盾或者相互排斥的选项，则最多只有一个是正确的，要学会从不同方面判断或从不同角度思考与推敲。技法4特殊赋值法有些选择题，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，可针对题设条件选择一些能反映已知量与未知量数量关系的特殊值，代入各选项中进行检验，从而得出结论。 典例4若在运动过程中空气阻力大小不变，竖直上抛物体的初速度大小与返回抛出点时速度大小的比值为k，物体返回抛出点时速度大小为v，重力加速度为g，则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为()A.B.C. D.解析取k1，说明物体运动过程中所受空气阻力为零，则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为，代入后只有C满足。答案C技法领悟本题常规解法是利用(kv)22h及v22h找到阻力与重力的关系，再利用kvt1及vt2求出t1与t2的和。技法5整体隔离法分析多对象问题，当题干所要分析和求解的物理量不涉及系统内部各物体间的相互作用时，可运用整体法解题，从整体或全过程去把握物理现象的本质和规律，从而可以避开中间量的求解，达到高效解题的目的。整体法常常与隔离法配合使用，一般要采用先整体后隔离的方法。 典例5如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为1，A与地面间的动摩擦因数为2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与B的质量的比值为()A.B.C.D.解析取A、B为整体，则系统处于平衡态，水平方向有F2(mAmB)g；隔离滑块B，则竖直方向有mBg1F，联立解得，B项正确。答案B技法领悟整体法一般适用于连接体、叠加体等不需要求解内力的问题，本题中先将两滑块作为一个整体，然后再隔离滑块B分析。技法6极限思维法在某些物理状态变化的过程中，可以把某个物理量或物理过程推向极端，从而作出科学的推理分析，给出正确判断或导出一般结论，使问题化难为易、化繁为简，达到事半功倍的效果。该方法一般适用于题干中所涉及的物理量随条件单调、连续变化的情况。典例6在科学研究中，可以用风力仪直接测量风力的大小，仪器中用一根轻绳悬挂着一个金属球，无风时金属球自由下垂，当受到沿水平方向吹来的风时，轻绳偏离竖直方向一个角度并保持恒定，如图所示。重力加速度为g，关于风力大小F与金属球质量m、偏角之间的关系，下列表达式中正确的是()AFmgtan BFmgsin CF DF解析本题常规解法是对金属球进行受力分析(受重力mg、风力F和绳的拉力)，金属球在此三力作用下处于平衡状态，根据力的矢量三角形可得Fmgtan 。本题还有更简捷的解法：当0时，风力F0，代入排除C、D；当90时，风力无穷大，排除B，所以A正确。答案A技法领悟当某些问题无法求解或某些物理量单调变化时，可将题中这些物理量的值推向极限(如本题中将推向0、90)，然后对问题进行分析推理，进而得出答案。技法7逆向思维法当沿着正向过程解决某一问题受阻时，可采取逆向思维的方法来分析问题，化难为易、出奇制胜。解决物理问题常用的逆向思维有过程逆向、时间反演等。 典例7一物体在粗糙水平面上以一定初速度做匀减速直线运动直到停止，已知此物体在最初5 s内的平均速度为3.3 m/s，且在最初5 s内和最后5 s内经过的路程之比为115，则下列说法中正确的是()A物体一共运动了12 sB物体做匀减速直线运动的加速度大小为0.6 m/s2C物体运动的初速度大小为6 m/sD物体匀减速过程中的平均速度为 m/s解析物体最初5 s内的位移为x13.35 m16.5 m，由题意知x1x2115，所以物体在最后5 s内的位移为x27.5 m，把物体的运动视为反向的初速度为零的匀加速直线运动，则有x2at22，解得a0.6 m/s2，B正确；由x1v0t1at12解得物体运动的初速度大小v04.8 m/s，则物体一共运动了t8 s，平均速度2.4 m/s，故A、C、D均错误。答案B技法领悟对于匀减速直线运动，往往逆向等同为匀加速直线运动。可以利用逆向思维法的物理情境还有斜上抛运动，利用最高点速度特征，逆向等同为平抛运动。技法8二级结论法二级结论是由基本规律和基本公式导出的推论，熟记并巧用一些二级结论可以使思维过程简化，快速准确解题。 典例8水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1L2，如图所示。两个完全相同的小滑块A、B(可视为质点)与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则()A两个滑块从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同 B滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大C两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B小D两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同解析本题常规解法是用功能关系等进行计算比较，比较烦琐且选项D还不易判定，若考生在做本题时，能记住一个二级结论动摩擦因数处处相同的斜面和水平面(如图1、2)，物体克服摩擦力做功(生热)均为Wmgs再结合动能定理、功率的定义及功能关系，就能快速判定A、C、D错误，B正确。答案B技法领悟在使用二级结论解题时，必须清楚结论是否适合题目情境。非常实用的二级结论有：(1)等时圆规律；(2)平抛运动速度方向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相同的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场强等。技法9对称分析法利用物理现象、物理过程具有对称性的特点来分析解决物理问题，可避免一些烦琐的数学运算，直接抓住物理问题的实质，快速求解问题。常见的对称情况有物体做竖直上抛运动的对称性、点电荷在对称性电场中运动、带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的对称性等。 典例9如图所示，带电荷量为q的均匀带电半球壳的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线，P、Q为CD轴上在O点两侧离O点距离相等的两点。如果是均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等，则下列判断正确的是()AP、Q两点的电势、电场强度均相同BP、Q两点的电势不同，电场强度相同CP、Q两点的电势相同、电场强度等大反向D在Q点由静止释放一带负电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动解析半球壳带负电，因此在CD上电场线沿DC方向向上，所以P点电势一定低于Q点电势，A、C错误；若在O点的下方再放置一同样的半球壳组成一完整的球壳，则P、Q两点的电场强度均为零，即上、下半球壳在P点产生的电场强度大小相等方向相反，由对称性可知上半球壳在Q点与下半球壳在P点产生的电场强度大小相等方向相反，所以上半球壳在P点、Q点产生的电场强度大小相等且方向相同，B正确；因CD上电场强度沿DC方向向上且大小一直变化，所以在Q点由静止释放一带负电微粒，微粒一定向下做变加速直线运动，D错误。答案B技法领悟非点电荷电场的电场强度一般可用微元法求解(很烦琐)，在高中阶段，非点电荷的电场往往具有对称的特点，所以常常用对称法结合电场的叠加原理进行求解。技法10等效转换法在用常规思维方法无法求解那些有新颖情境的物理问题时，可以采用等效转换的思维方法灵活地转换成熟悉的物理情境，达到巧解、速解的目的。等效转换法在高中物理中是很常用的解题方法，常常有物理模型等效转换、参考系等效转换、研究对象等效转换、物理过程等效转换、受力情况等效转换等。 典例10如图所示，间距为L的两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨单位长度的电阻为r0，导轨的端点P、Q间用电阻不计的导线相连，垂直导轨平面的匀强磁场的磁感应强度B随时间t均匀变化(Bkt)，一电阻也不计的金属杆可在导轨上无摩擦滑动且在滑动过程中始终保持与导轨垂直，在t0时刻，金属杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆由静止开始向右做匀加速直线运动，则t时刻金属杆所受安培力为()A.t B.tC.t D.t解析初看本题不陌生，但细看与我们平时所做试题有区别，既有棒切割又有磁场变化，为此可实现模型转换，转换为磁场不变的单棒切割磁感线与面积不变的磁场变化的叠加，为此令金属杆的加速度为a，经时间t，金属杆与初始位置的距离为xat2，此时杆的速度vat，所以回路中的感应电动势EBLvSktLvkLx，而回路的总电阻R2xr0，所以金属杆所受安培力为FBILBLt，C正确。答案C技法领悟对于物理情境很新颖，物理过程与我们熟悉的物理模型很相似的题目，可尝试使用转换法分析求解。高考三大题型解题技法指导解题技法之(二)3法智取实验题冲高分物理实验题的考查形式虽然多种多样，但考查的特点比较清晰，一是重基本能力，主要考查角度包括基本的实验知识和操作技能，如基本仪器的使用及仪表的读数；二是重创新思维，主要考查角度包括实验思想、方法，实验仪器选择，实物图连接，实验数据处理，实验设计等。基本仪器类正确使用，准确读数刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、打点计时器、电流表、电压表、多用电表都是基本仪器，要熟练掌握它们的使用方法和读数规则，在高考前要进行系统的实际测量和读数练习，特别是游标卡尺、螺旋测微器、电学实验仪器的读数。此类试题难度不大，要防止在读数的估读、结果的有效数字和单位上出错。 典例1某实验小组要测量某圆柱形金属元件的电阻率。(1)该小组成员用游标卡尺测量元件的长度如图甲所示，则元件长度为_ cm；用螺旋测微器测元件的直径如图乙所示，则元件的直径d_ mm。(2)用多用电表粗测其电阻值，选用“10”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，此时指针如图丙中a所示，则该小组成员应换用_(选填“1”或“100”)挡并_，最终指针如图丙中b所示，则被测元件的电阻为_ 。(3)为精确测量该元件的电阻，实验室提供如下器材：A直流毫安表A1(量程050 mA，内阻约50 )B直流毫安表A2(量程0150 mA，内阻约20 )C直流电压表V1(量程03 V，内阻约5 k)D直流电压表V2(量程015 V，内阻约15 k)E直流电源E(输出电压4 V，内阻不计)F滑动变阻器R(阻值范围010 )G开关S一个、导线若干根据器材的规格和实验要求，为使实验结果更加准确，电压表和电流表的变化范围尽可能大一些，请在虚线框内设计实验电路，并标出所选电表符号。解析(1)由游标卡尺的读数规则主尺上的整毫米数精确度对齐格数(不估读)可知游标卡尺的读数为36 mm0.05 mm636.30 mm3.630 cm；由螺旋测微器的读数规则固定刻度上的毫米数(要注意半毫米线)0.01 mm对齐格数(一定要估读)可知螺旋测微器的读数为17.5 mm0.01 mm30.017.800 mm。(2)由题图知选用“10”挡时，指针偏角太大，说明所测电阻阻值较小，应换用小倍率挡位(即用“1”挡)测量，且还应重新进行欧姆调零，读数结果为28 。(3)因电源电动势为4 V，所以电压表选用V1，此时电路中最大电流为I A100 mA，电流表选用A2，为了使电压表和电流表的变化范围尽可能大一些，滑动变阻器应接成分压式，因元件电阻与电流表A2的内阻很接近，所以电流表应外接，电路图如图所示。答案(1)3.63017.800(2)“1”重新进行欧姆调零28(3)见解析题后悟通本题最易失分的地方有：(1)游标卡尺读数时不注意单位；不从游标尺上的“0”刻度线开始读；对齐格数估读一位。(2)螺旋测微器读数时不注意固定刻度上的半毫米线；固定刻度的结果以cm为单位，而可动刻度的结果不估读。(3)不能根据指针偏角情况更换挡位；更换挡位后直接测量而不进行欧姆调零。(4)不能根据题给要求选用器材并确定滑动变阻器的连接方式、电流表的连接方式。常规实验类紧扣教材，融会贯通教材中的实验是高考创新实验的命题根源，这就要求我们在高考实验备考中要紧扣教材中的实验，弄清和掌握教材中每一个实验的基本原理、实验步骤、操作过程、实验数据的处理、误差分析、实物图的连线、电路图的设计等，对每一个实验都应做到心中有数，并且能融会贯通。 典例2某同学用图1所示电路测量一电池的电动势和内电阻(电动势约为9 V，内阻为几欧)，其中电压表V(量程3 V、内阻rV3 k)，电流表A(量程0.6 A、内阻不计)，定值电阻R1(阻值为10 )，滑动变阻器R(阻值范围020 )。(1)请将图2中的实物按图1所示电路连线。(2)若a、b两点间电压能接近9 V，则定值电阻R2应选用的阻值为_。A1 kB3 kC6 kD9 k(3)若该同学利用所得电压表示数和电流表示数作出如图3所示的UbaI图线，则由此可得电源的电动势E_ V，内电阻r_ 。(4)该同学按图1电路测量，其误差原因主要是_，导致的结果是E测_E真，r测_r真。解析(1)实物连接图如图甲所示。(2)若a、b两点间电压能接近9 V，则定值电阻R2两端电压应接近6 V，由串联分压规律知定值电阻R2应选用的阻值为6 k，即选C。(3)电压表和定值电阻R2串联可看成新的电压表，同时将定值电阻R1等效为电源内阻组成新的电源，则由电源的UI图线知电源的电动势为E9.0 V，内电阻为r 5.0 。(4)由原理图可知因电压表及R2的分流作用导致电