資源簡介

(共90張PPT)
專題二　數學方法和物理圖像
指導一　數學方法在物理問題中的應用
指導二　圖像在物理問題中的應用
目 錄 索 引
01
02
指導一　數學方法在物理問題中的應用
方法一 三角函數法
1.三角函數求極值
(1)y=sin α,當α=90°時,ymax=1;
(2)y=cos α,當α=0時,ymax=1。
[針對訓練1](2024河南濮陽一模)如圖甲所示,游樂場內有多種滑梯,其中兩組滑梯的示意圖分別如圖乙、丙所示。圖乙中,A、B兩滑梯著地點相同,傾角不同;圖丙中,C、D兩滑梯起滑點相同,著地點不同。可視為質點的小朋友從A、B、C、D四個滑梯自由下滑的時間分別為t1、t2、t3、t4,不計摩擦阻力,下列關系一定正確的是(　　)
A.t1>t2 B.t1=t2
C.t3>t4 D.t3D
2.輔助角求極值
三角函數式y=acos θ+bsin θ
[針對訓練2](2024河南南陽高三期末)如圖所示,重力為G的物塊受到拉力F作用在水平面上勻速運動,在力F與水平方向的夾角θ從0°緩慢增大到90°的過程中,該物塊始終保持勻速,則拉力F(　　)
A.一直減小 B.一直增大
C.先減小后增大 D.先增大后減小
C
解析 對物塊受力分析,因物塊始終保持勻速,
則由水平方向受力平衡得Fcos θ=μFN,
由豎直方向受力平衡得FN+Fsin θ=G,
由數學知識可知,當夾角θ從0°緩慢增大到90°的過程中,拉力F先減小后增大。故選C。
3.正弦定理
在如圖所示的三角形中,各邊與所對應角的正弦之比相等,
[針對訓練3](多選)(2024湖南卷)如圖所示,在光滑水平面內建立直角坐標系xOy。A、B兩小球同時從O點出發,A球速度大小為v1、方向沿x軸正方向,B球速度大小為v2=2 m/s、方向與x軸正方向夾角為θ。坐標系第一象限中有一個擋板L,與x軸夾角為α。B球與擋板L發生碰撞,碰后B球速度大小變為1 m/s,碰撞前后B球的速度方向與擋板L法線的夾角相同,且分別位于法線兩側。不計碰撞時間和空氣阻力,若A、B兩小球能相遇,下列說法正確的是(　　)
AC
4.余弦定理
在如圖所示的三角形中,有如下三個表達式:
a2=b2+c2-2bc·cos A
b2=a2+c2-2ac·cos B
c2=a2+b2-2ab·cos C
[針對訓練4](2024遼寧撫順三模)擦玻璃機器人可以幫助人們解決高層和戶外擦玻璃難的問題。如圖甲所示,一棟大廈表面均為玻璃材料,機器人牽引擦子(未畫出)清潔玻璃時,將大廈某一表面簡化為如圖乙所示的正三角形ABC,與水平面夾角為30°。已知機器人對擦子的牽引力平行于玻璃表面,擦子質量為m,與玻璃間的動摩擦因數為 ,重力加速度為g。則機器人在該表面由B點勻速運動到AC中點D的過程中,擦子所受的牽引力為(　　)
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對玻璃表面的壓力大小,則有FN=mgcos 30°,而滑動摩擦力Ff=μFN,代入數據解得Ff=
mg,滑動摩擦力與擦子相對玻璃表面的速度方向相反,機器人勻速運動,擦子所受合力為零,滑動摩擦力與重力沿斜面向下的分力的合力與牽引力大小相等、方向相反,在玻璃表面擦子受力分析如圖所示,由幾何關系可知滑動摩擦力與重力沿斜面向下的分力的夾角為60°,則在力三角形中,
方法二 均值不等式法
(1)若兩個正數的積為定值,當兩數相等時,和最小;
(2)若兩個正數的和為定值,當兩數相等時,積最大。
[針對訓練5](2024浙江嘉興二模)如圖是位于同一豎直平面內且各部分平滑連接的玩具模型,傾斜軌道AB和傾斜傳送帶BC傾角都為θ=24°,半徑R=0.75 m的細圓弧管道CD的圓心角也為θ。水平軌道DE右側有一傾角為α的斜面FG,其底端F在E正下方,頂端G與E等高且距離為d=2.4 m。DE上靜置一小滑塊N,AB上的小滑塊M以一定初速度滑上傳送帶并通過CD滑上DE,M經過D點時與管道間恰好無擠壓。
(1)M首次經過D時的速度大小;
(2)當N固定且M與N間發生彈性碰撞時,M在碰撞前與傳送帶間摩擦產生的熱量,以及M在碰撞后經過B點的速度;
(3)當N不固定且M與N間發生非彈性碰撞時,N從E水平飛出后擊中FG的最小動能。
解得vC=3 m/s
滑塊M在傳送帶上上滑過程中,由牛頓第二定律有
-mMgsin θ-μmMgcos θ=mMa1
解得a1=-6 m/s2
其與傳送帶間相對位移為s=vt+L=12 m
摩擦產生的熱量Q=μmMgcos θ·s=4.8 J
滑塊M與滑塊N彈性碰撞后,等速返回,再次到達C點時速度仍為3 m/s,設滑塊M與傳送帶達到共速時的位移為x,由運動學公式有
解得x=2.25 m
達到共速后,由于滑塊M沿斜面向下的重力的分力大于最大靜摩擦力,因此傳送帶會繼續加速下滑,設該階段滑塊M的加速度為a2,
由牛頓第二定律有mMgsin θ-μmMgcos θ=mMa2
解得a2=2 m/s2
滑塊M再次到達B點的過程,由運動學公式有vB'2-v2=2a2(L-x)
方法三 二次函數求極值法
二次函數式y=ax2+bx+c
(若二次項系數a>0,y有極小值;若a<0,y有極大值)。
(2)利用一元二次方程判別式求極值。
用判別式Δ=b2-4ac≥0有解可求某量的極值。
[針對訓練6]如圖所示,用內壁光滑細圓管彎成的半圓形軌道APB(半圓軌道半徑遠大于細圓管的內徑)和直軌道BC組成的裝置,把它豎直放置并固定在水平面上,已知半圓軌道半徑R=1 m,質量m=100 g的小球(視為質點)壓縮彈簧由靜止釋放,小球從A點彈入半圓軌道,從C點以v0=8 m/s離開軌道,隨即進入長L=2 m、動摩擦因數μ=0.1的粗糙水平地面(圖上對應為CD),最后通過光滑軌道DE,從E點水平射出,已知E點距離地面的高度為h=1 m,除CD段外其他處摩擦阻力忽略不計,重力加速度g取10 m/s2,不計空氣阻力。
(1)求小球到達C點時對圓管的壓力;
(2)求彈簧儲存的彈性勢能的大小;
(3)若E點的高度h可以調節,當h多大時,水平射程x最大,此最大值是多少
答案 (1)1 N,方向豎直向下
(2)1.2 J
(3)1.5 m　3 m
解析 (1)小球在BC段做勻速直線運動,
所受合力為零,小球所受支持力為FN=mg=1 N
根據牛頓第三定律,圓管對小球的支持力和小球對圓管的壓力是作用力與反作用力,大小相等,方向相反,則小球對圓管的壓力大小為1 N,方向豎直向下。
方法四 數學歸納法和數列法
凡涉及數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,某些物理量逐步發生著前后有聯系的變化,求解該類問題的基本思路為:
(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,應用數列特點和規律求解。
無窮數列的求和,一般是無窮遞減數列,有相應的公式可用。
[針對訓練7]如圖所示,現有一個以v0=6 m/s的速度勻速向左運動的水平傳送帶。傳送帶左端點M與光滑水平平臺相切,在平臺上距M點較近的P處豎直固定一個彈性擋板,質量為m0=6 kg的小物塊b在PM段運動的時間忽略不計。在M點與平臺之間縫隙處安裝有自動控制系統,當小物塊b每次向右經過該位置時都會被控制系統瞬時鎖定從而保持靜止。傳送帶右端點N與半徑r=5 m的光滑四分之一圓弧相切,質量為m=2 kg的小物塊a,從圓弧最高點由靜止下滑后滑上傳送帶,當小物塊a到達M點時控制系統對小物塊b自動解鎖,a、b發生第一次彈性正碰。小物塊a與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.2,M、N兩點間的距離L=19.6 m,g取10 m/s2。不計物塊經過M、N兩點處時的能量損失。求:
(1)小物塊a滑到圓弧軌道最底端時的加速度;
(2)小物塊a與b在傳送帶上第一次碰撞后,物塊a的速度;
(3)從小物塊a與b第一次碰撞后,直到最后靜止的過程中,物塊a運動的總時間。
答案 (1)20 m/s2,方向豎直向上指向圓心O
(2)3 m/s,方向水平向右
(3)6 s
解得v=10 m/s,a=20 m/s2
方向豎直向上指向圓心O。
(3)物塊a與b第一次碰撞后,物塊a向右做勻減速直線運動,減速至0的位移
指導二　圖像在物理問題中的應用
類型一 運動學圖像
角度1　x-t圖像
1.一般曲線
(1)曲線不表示物體做曲線運動,而是表示物體做變速直線運動;
(2)一般割線的斜率等于平均速度,某點切線斜率等于瞬時速度;
(3)注意路程和位移區別。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.拋物線
[針對訓練1](2024山東青島一模)在同一直線車道上,甲車和乙車正同向勻速行駛,甲車在前乙車在后,t=0時,甲車發現前方有險情立即剎車,為避免兩車相撞,2 s后乙車也開始剎車,圖甲、乙分別是兩車位置隨時間變化的圖像,圖中曲線均為拋物線。已知甲車勻速行駛的速度為10 m/s,司機反應時間不計,下列說法正確的是(　　)
A.甲車加速度大小為2 m/s2
B.當t=7 s時,兩車速度大小相等
C.若d=28 m,則兩車恰好沒有相撞
D.若沒有相撞,兩車相距最近時
乙車的位移為48 m
C
角度2　v-t圖像
[針對訓練2](多選)(2024黑吉遼卷)一足夠長的木板置于水平地面上,二者間的動摩擦因數為μ。t=0時,木板在水平恒力作用下,由靜止開始向右運動。某時刻,一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的時間內,木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示,其中g為重力加速度大小。t=4t0時刻,小物塊與木板的速度相同。
下列說法正確的是(　 　)
A.小物塊在t=3t0時刻滑上木板
B.小物塊和木板間的動摩擦因數為2μ
C.小物塊與木板的質量之比為3∶4
D.t=4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動
ABD
解析 本題借助板塊模型,考查對速度圖像的理解以及運動和力的關系。
由題圖可知,3t0時刻,木板運動狀態發生改變,說明小物塊在3t0時刻滑上木板,A正確。
角度3　a-t圖像
[針對訓練3](2024山東煙臺一模)甲、乙兩輛汽車在同一條平直公路上從同一地點以相同的初速度同時開始做直線運動,以初速度方向為正方向,它們的加速度隨時間變化的a-t圖像如圖所示。關于甲、乙兩車在0~t2時間內的運動情況,下列說法正確的是(　　)
A.在t1時刻,甲車的速度等于乙車的速度
B.在t2時刻,甲車的速度小于乙車的速度
C.在0~t2時間內,甲、乙兩車的平均速度相等
D.在0~t2時間內,甲、乙兩車的間距逐漸增大
D
解析 加速度—時間圖像與時間軸所圍的面積表示速度的變化,兩車的初速度相同,故在t1時刻,甲車的速度大于乙車的速度,在t2時刻,甲車的速度等于乙車的速度,A、B錯誤;在t2時,兩圖像與t軸所圍的面積相等,即該時刻兩車的速度相等,在t2前甲車的速度大于乙車的速度,所以甲車在乙車的前方,且兩車逐漸遠離,在t2時兩車速度相等,即相距最遠,則在0~t2時間內,甲車運動的距離遠,根據v= 可知,甲車的平均速度大于乙車的平均速度,故C錯誤, D正確。
類型二 動力學圖像
[針對訓練4](2024廣東卷)如圖所示,輕質彈簧豎直放置,下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放。以木塊釋放點為原點,取豎直向下為正方向,木塊的位移為y,所受合外力為F,運動時間為t。忽略空氣阻力,彈簧在彈性限度內。關于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中,其F-y圖像或y-t圖像可能正確的是(　　)
B
解析 本題考查牛頓第二定律。當木塊未接觸彈簧時,木塊受重力,保持恒定,接觸彈簧時,彈簧彈力逐漸增大,合力先減小后反方向增大,選項A錯誤, B正確;當木塊接觸彈簧的瞬間,木塊速度不是最大,該位置在y-t圖像中的斜率不是最大,選項C、D錯誤。
類型三 功、能、動量中的圖像
角度1　機車啟動中的圖像
[針對訓練5](2024廣東二模)某實驗興趣小組對新能源車的加速性能進行探究。他們根據自制的電動模型車模擬汽車啟動狀態,并且通過傳感器,繪制了模型車從開始運動到剛獲得最大速度過程中速度的倒數 和牽引力F之間的關系圖像,如圖所示。已知模型車的質量m=1 kg,行駛過程中受到的阻力恒定,整個過程時間持續5 s,獲得最大速度為4 m/s,則下列說法正確的是(　　)
A.模型車受到的阻力大小為1 N
B.模型車勻加速運動的時間為2 s
C.模型車牽引力的最大功率為6 W
D.模型車運動的總位移為14 m
D
根據以上分析可知,模型車牽引力功率最大即為勻加速結束時獲得的功率,可知最大功率為8 W,故C錯誤;根據題意,模型車速度達到最大用時5 s,而勻加速階段用時1 s,則可知,模型車以恒定功率運動的時間t2=4 s,根據動能定
角度2　功能關系中的圖像
[針對訓練6](2024山東淄博一模)圖甲是科技館的一件名為“最速降線”的展品,在高度差一定的不同光滑軌道中,小球滾下用時最短的軌道叫作最速降線軌道。取其中的“最速降線”軌道Ⅰ和直線軌道Ⅱ進行研究,如圖乙所示,兩軌道的起點M高度相同,終點N高度也相同,軌道Ⅰ的末端與水平面相切于N點。若將兩個相同的小球a和b分別放在Ⅰ、Ⅱ兩軌道的起點M,同時由靜止釋放,發現在軌道Ⅰ上的小球a先到達終點。
下列描述兩球速率v與時間t、速率二次方v2與下滑高度h的關系圖像可能正確的是(　　)
A
[針對訓練7](2024浙江嘉興二模)如圖是跳臺滑雪運動示意圖,運動員從助滑雪道末端A點水平滑出,落到傾斜滑道上。若不計空氣阻力,從運動員離開A點開始計時,其在空中運動的速度大小v、速度與水平方向夾角的正切tan θ、重力勢能Ep、機械能E隨時間t變化關系正確的是(　　)
B
角度3　動量中的圖像
[針對訓練8](2024全國聯考二模)質量為m=1 kg的木箱靜止在水平地面上,在一水平拉力的作用下,由靜止開始在水平地面上做直線運動,以開始運動時作為時間的零點,拉力的沖量I與時間t的關系如圖所示。木箱與水平地面之間的動摩擦因數μ=0.4,重力加速度g取10 m/s2。
下列說法正確的是(　　)
A.在t=1 s時,拉力的功率為24 W
B.木箱在運動過程中最大的動能為4 J
C.木箱在0~7 s內克服摩擦力做的功為48 J
D.木箱在0~7 s內受到摩擦力的沖量大小為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內,木箱運動的位移為x=
×6 s=12 m,第7 s木箱靜止不動,木箱在0~7 s內克服摩擦力做的功為Wf=Ffx=48 J,故C正確;木箱在0~7 s內受到摩擦力的沖量大小為If=(4×6+3×1) N·s=27 N·s,故D錯誤。
[針對訓練9](多選)(2024遼寧沈陽一模)如圖甲所示,一滑塊靜置在水平面上,滑塊的曲面是半徑為R的四分之一圓弧,圓弧最低點切線沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0從圓弧最低點沖上滑塊,且能從圓弧最高點沖出滑塊。小球與滑塊水平方向的速度大小分別為v1、v2,作出某段時間內v1-v2圖像如圖乙所示,不計一切摩擦,重力加速度為g。
下列說法正確的是(　　)
A.滑塊與小球相互作用的過程中,
水平方向動量守恒
B.當滑塊的速度為0.5v0時,
小球運動至最高點
C.小球與滑塊的質量之比為1∶2
AC
解析 小球與滑塊組成的系統在水平方向上不受外力,所以滑塊與小球相互作用的過程中,水平方向動量守恒,A正確;設小球的質量為m,
類型四 電場中的圖像
角度1　電場中的φ-x圖像
1.電場強度的大小等于φ-x圖線的斜率的絕對值,電場強度為零處φ-x圖線存在極值,其切線的斜率為零。
2.在φ-x圖像中可以直接判斷各點電勢的大小,并可根據電勢大小關系確定電場強度的方向,如圖所示。
[針對訓練10](2024湖南卷)真空中有電荷量為+4q和-q的兩個點電荷,分別固定在x軸上-1和0處。設無限遠處電勢為0,x正半軸上各點電勢φ隨x變化的圖像正確的是(　　)
D
解析 解法一　根據異種點電荷的電場分布情況,可知兩個點電荷的連線上,在兩電荷中間及電荷量小的點電荷外側,均有電勢為零的點,所以x正半軸上各點電勢φ應先負后正,由此可判斷選項D正確。
角度2　電場中的E-x圖像問題
1.E-x圖像反映了電場強度隨位移變化的規律,E>0表示電場強度沿x軸正方向;E<0表示電場強度沿x軸負方向。
2.在給定了電場的E-x圖像后,可以由圖線確定電場強度、電勢的變化情況,E-x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差(如圖所示),兩點的電勢高低根據電場方向判定。在與粒子運動相結合的題目中,可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況。
[針對訓練11]在x軸上固定兩個不等量異種點電荷,其中正電荷標記為M,負電荷標記為N。x軸上某一段電場強度E隨x變化的關系圖像如圖所示,其中x1到x2、x2到x3段圖像與x軸所圍的面積相等,取無窮遠處電勢為零。下列說法正確的是(　　)
A.M在N的右側,且M的電荷量的絕對值大于N的
B.M在N的左側,且M的電荷量的絕對值小于N的
C.x1和x3處的電勢相等,且都大于0
D.一電子從x1處由靜止釋放,運動到x2處時速度
為0,加速度也為0
C
解析 由于是兩異種點電荷,兩點電荷間無電場強度為零的點,根據圖像,x2位置的電場強度為0,即兩點電荷處于x2的同一側;兩個不等量異種點電荷連線上,在電荷量絕對值較小的電荷外側有合電場強度為0的點,且對于合電場強度為0的點與電荷量較小的電荷之間區域的合電場強度由電荷量小的點電荷起主要作用,合電場強度為0的點的外側區域的合電場強度是電荷量大的點電荷起主要作用。由圖像可知,x2處合電場強度為0,且x2右側合電場強度為正,說明兩點電荷在x2左側,正點電荷帶電荷量的絕對值大,且在負點電荷左側,A、B錯誤;根據U=Ed可知,E-x圖像與x軸所圍的面積等于兩點間的電勢差,沿電場線方向電勢降低,根據題圖可知,x2到x1電勢逐漸降低,x2到x3電勢逐漸降低,且x2到x1和x2到x3的電勢差相等,所以x1和x3處的電勢相等,從x3處到無窮遠處,電勢逐漸降低,可知x1和x3處的電勢都大于0,C正確;若一電子從x1處由靜止釋放,從x1處到x2處向右加速,到x2處加速度減小到0,速度達到最大,D錯誤。
角度3　電場中的Ep-x圖像
1.反映了電勢能隨位置變化的規律。
2.圖線的切線斜率大小等于靜電力大小。
3.進一步判斷電場強度、動能、加速度等隨位移的變化情況。
[針對訓練12](2024黑龍江二模)如圖甲所示,AB是某電場中的一條電場線,若有一電子以某一初速度僅在電場力的作用下沿AB由A點運動到B點,其電勢能Ep隨距A點的距離x變化的規律如圖乙所示。下列說法正確的是
(　　)
A.電場的方向由A指向B
B.A點的電場強度小于B點的電場強度
C.電子在A點的速度小于在B點的速度
D.若一質子以同一初速度由A點釋放,一定能運動到B點
C
解析 由圖乙可知,電子的電勢能減小,則電場力做正功,故電子的速度變大,又電子帶負電,故電場的方向由B指向A,A錯誤,C正確;Ep-x圖像的斜率表示電場力,可知A點的電場強度大于B點的電場強度,B錯誤;由電場強度方向可知,質子所受電場力做負功,質子有可能運動到B點前減速到零,D錯誤。
類型五 電路中的圖像
[針對訓練13]如圖所示的U-I圖像中,直線a表示某電源的路端電壓U與電流I的關系,直線b、c分別表示電阻R1、R2的電壓U與電流I的關系。下列說法正確的是(　　)
A.電阻R1、R2的阻值之比為4∶3
B.該電源的電動勢為6 V,內阻為3 Ω
C.只將R1與該電源組成閉合電路時,
電源的輸出功率為6 W
D.只將R2與該電源組成閉合電路時,
內、外電路消耗的電功率之比為1∶1
D
只將R1與該電源組成閉合電路時,電源的輸出功率為P1=4×1 W=4 W ,C錯誤;只將R2與該電源組成閉合電路時,內、外電路消耗的電功率分別為P內=I2r,P外=I2R2,解得P內∶P外=1∶1,D正確。
類型六 電磁感應、交變電流中的圖像
[針對訓練14](多選)如圖所示,間距為L的水平邊界MN、PQ之間存在垂直于紙面向外的勻強磁場,“日”字形線框位于磁場區域上方某一高度,線框三條短邊ab、ef、cd的長度均為L、電阻均為R,ac、bd長度均為2L、電阻不計,ef位于線框正中間。若線框由靜止釋放,t=0時刻cd邊進入磁場且恰好勻速運動,則整個線框通過磁場區域的過程中,線框的速度大小v,a、b兩點之間電勢差Uab,流過ab邊的電流Iab,ab邊產生的焦耳熱Qab隨時間t的變化圖像正確的是(　　)
AD
解析 設cd進入勻強磁場瞬間的速度大小為v0,勻強磁場的磁感應強度大小為B,切割磁感線產生的電動勢E=BLv0,通過cd的電流I= ,由平衡條件得BIL=mg,當ef進入磁場瞬間,cd出磁場,回路電動勢和總電流不變,仍滿足
BIL=mg,同理當ab進入磁場時也有BIL=mg,由此可知,線框通過磁場區域的過程中做勻速運動,故A正確;當cd邊切割磁感線時,ef、ab并聯,根據閉合電路歐姆定律可知,a、b兩端電壓Uab=E-IR,當ef邊切割磁感線時,cd、ab并聯,根據閉合電路歐姆定律得,a、b兩端電壓仍為Uab=E-IR,可知整個過程中a、b兩端電壓并不發生變化,故B錯誤;
類型七 近代物理中的圖像
[針對訓練15](2024江蘇南京一模)用圖甲所示實驗裝置探究光電效應規律,得到a、b兩種金屬材料遏止電壓Uc隨入射光頻率ν變化的圖線分別如圖乙中1和2所示,
則下列有關說法正確的是(　　)
A.圖線的斜率表示普朗克常量h
B.金屬材料a的逸出功較大
C.用同一種光照射發生光電效應時,
a材料逸出的光電子最大初動能較大
D.光電子在真空管中被加速
C
由愛因斯坦光電效應方程有hν-W0=Ek,由于a材料的逸出功較小,則用同一種光照射發生光電效應時,a材料逸出的光電子最大初動能較大,C正確;圖中光電管加的是反向電壓,光電子在真空管中被減速,D錯誤。
類型八 熱學中的圖像
[針對訓練16](2023遼寧卷)“空氣充電寶”是一種通過壓縮空氣實現儲能的裝置,可在用電低谷時儲存能量、用電高峰時釋放能量。“空氣充電寶”某個工作過程中,一定質量理想氣體的p-T圖像如圖所示。該過程對應的p-V圖像可能是(　　)
B
解析 從a到b氣體發生等壓變化,溫度升高,氣體體積增大,選項C、D錯誤;從b到c氣體壓強減小,p-T圖線的斜率減小,故氣體體積增大,選項A錯誤,選項B正確。
[針對訓練17](2024遼寧撫順三模)如圖所示的p-V圖像中,一定質量的理想氣體從狀態A開始,經過狀態B、C、D,最后回到狀態A。其中AD和BC平行于橫軸,AB和CD平行,AB延長線過坐標原點O,下列說法正確的是(　　)
A.A→B過程中,氣體的溫度不變
B.A→B過程中,氣體一定向外界放出熱量
C.C→D過程中,單位體積內氣體分子數增加
D.C→D過程中,氣體一定向外界放出熱量
B
解析 由圖像可知,A→B過程中,p和V均減小,根據 =C可知,溫度T降低,故A錯誤;A→B過程中,氣體溫度T降低,內能減小,氣體體積減小,外界對氣體做功,根據熱力學第一定律可知,氣體一定向外界放出熱量,故B正確;C→D過程中,氣體體積增大,氣體分子數密度減小,即單位體積內氣體分子數減小,故C錯誤;C→D過程中,p和V均增大,則氣體溫度升高,內能增大,體積增大,則氣體對外做功,根據熱力學第一定律可知,氣體一定吸收熱量,故D錯誤。
類型九 振動圖像與波的圖像
[針對訓練18](2024安徽卷)某儀器發射甲、乙兩列橫波,在同一均勻介質中相向傳播,波速v大小相等。某時刻的波形圖如圖所示,則這兩列橫波(　　)
A.在x=9.0 m處開始相遇 B.在x=10.0 m處開始相遇
C.波峰在x=10.5 m處相遇 D.波峰在x=11.5 m處相遇
C
解析 本題考查機械波的傳播、疊加。由題意可知兩列波的波速相同,所以相同時間內傳播的距離相同,故兩列橫波在x=11.0 m處開始相遇,A、B錯誤;該時刻,甲波峰的坐標為x1=5 m,乙波峰的坐標為x2=16 m,由于兩列波的波速相同,所以兩列橫波波峰在x'=5 m+ m=10.5 m處相遇,C正確,D錯誤。
[針對訓練19](2024安徽池州二模)圖甲是一位帶操運動員的競技場景,絲帶的運動可以近似為一列簡諧橫波沿x軸傳播,t=0時刻的波形如圖乙所示,A、B、P和Q是介質中的四個質點,t=0時刻該波剛好傳播到B點,質點A的振動圖像如圖丙所示,則以下說法正確的是(　　)
A.t=1.8 s時,質點A的位移為20 cm
B.該波的傳播速度是25 m/s
C.波向x軸負方向傳播
D.t=3.2 s時質點Q通過的路程是80 cm
D

展開更多......

收起↑