第1部分 关键能力提升6 数学工具在选修模块和实验中的应用-【金版教程】2026年高考物理大二轮专题复习冲刺方案全书word

大二轮专题复习冲刺方案　物理 　关键能力提升六　数学工具在选修模块和实验中的应用 复习数学中的三角函数知识、几何三角形知识、指数和对数知识等，并能在选修模块和实验中加以应用，进一步熟悉图解法的应用。 考点1　三角函数和三角形知识在选修模块和实验中的应用 例1　(2022·山东卷，9)(多选)一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如图所示。当t＝7 s时，简谐波的波动图像可能正确的是(　　) [解析]　由原点O处质点的振动图像可知，周期为T＝12 s，振幅为A＝20 cm，设原点O处的质点的振动方程为y＝Asin，则10 cm＝20sinφ0 cm，分析可知0<φ0<，解得φ0＝，在t＝7 s时刻，y＝20sin cm＝－10 cm，结合题图可知，在t＝7 s时刻O处质点在y轴负向向下振动，根据“同侧法”可判断：若波沿x轴正向传播，则波形为选项C所示，若波沿x轴负向传播，则波形如选项A所示。故选A、C。 [答案]　AC 例2　(2025·山西省大同市高三下三模(B))如图所示，等腰直角三棱镜ABC中，∠B＝90°，AB长为L，E为AB的中点，一单色光平行于CB照射在AC边的F点，其折射光线刚好照射在E点，将入射光线绕F点在竖直平面内沿顺时针方向转动，当光线与AC边垂直时，入射光线在AB边刚好发生全反射，真空中的光速为c，求： (1)三棱镜对光的折射率； (2)光从F点传播到E点所用的时间。 [解析]　(1)根据题意，可知光线垂直AC射入三棱镜后，在AB边发生全反射，由几何关系可得临界角为C＝45°，则三棱镜对光的折射率 n＝ 解得n＝。 (2)光以平行于CB方向入射时的光路图如图所示，光线在AC边上的入射角i＝45° 设折射角为r，由折射定律有n＝ 解得r＝30° 根据几何关系可知∠AFE＝90°－r＝60° 根据正弦定理有＝ 光在三棱镜中传播的速度为v＝ 则光从F点传播到E点所用时间为t＝ 解得t＝。 [答案]　(1)　(2) 例3　(2020·全国卷Ⅰ，34(2))一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。c是水面上的一点，a、b、c间的距离均为l，如图所示。已知除c点外，在ac连线上还有其他振幅极大的点，其中距c最近的点到c的距离为l。求 (ⅰ)波的波长； (ⅱ)波的传播速度。 [解析]　(ⅰ)如图，设在ac连线上距c点最近的振幅极大的点为d点，a与d的距离为r1，b与d的距离为r2，波的波长为λ，则 r2－r1＝λ① 由几何关系有 r1＝l－l② r＝(r1sin60°)2＋(l－r1cos60°)2③ 联立①②③式可得 λ＝l。④ (ⅱ)波的频率为f，设波的传播速度为v，则有 v＝fλ⑤ 联立④⑤式可得v＝fl。 [答案]　(ⅰ)l　(ⅱ)fl 考点2　指数和对数知识在选修模块和实验中的应用 1．物理中涉及的指数运算法则 (1)aras＝ar＋s(a>0，r，s∈R)； (2)(ar)s＝ars(a>0，r，s∈R)； (3)(ab)r＝arbr(a>0，b>0，r∈R)。 2．物理中涉及的对数运算法则 如果a>0，且a≠1，M>0，N>0，那么 (1)loga(MN)＝logaM＋logaN； (2)loga＝logaM－logaN； (3)logaMn＝nlogaM(n∈R)。 注：常用两种对数的简写：log10M＝lg M，logeM＝ln M。 例4　(2024·辽宁卷，12)图a为一套半圆拱形七色彩虹积木示意图，不同颜色的积木直径不同。某同学通过实验探究这套积木小幅摆动时周期T与外径D之间的关系。 (1)用刻度尺测量不同颜色积木的外径D，其中对蓝色积木的某次测量如图b所示，从图中读出D＝________ cm。 (2)将一块积木静置于硬质水平桌面上，设置积木左端平衡位置的参考点O，将积木的右端按下后释放，如图c所示。当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了________个周期。 (3)换用其他积木重复上述操作，测得多组数据。为了探究T与D之间的函数关系，可用它们的自然对数作为横、纵坐标绘制图像进行研究，数据如下表所示： 颜色 红 橙 黄 绿 ln D 2.9392 2.7881 2.5953 2.4849 ln T －0.45 －0.53 －0.56 －0.65 颜色 青 蓝 紫 ln D 2.197 ┄ 1.792 ln T －0.78 －0.92 －1.02 根据表中数据绘制出ln T­ln D图像如图d所示，则T与D的近似关系为________。 A．T∝ B．T∝D2 C．T∝ D．T∝ (4)请写出一条提高实验精度的改进措施：__________________________________________。 [解析]　(1)刻度尺的分度值为0.1 cm，需要估读到0.01 cm，读数为D＝7.54 cm(7.53 cm、7.54 cm、7.55 cm、7.56 cm、7.57 cm均正确)。 (2)当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，之后每计数一次，经历半个周期，第20次时停止计时，可知这一过程中积木摆动了10个周期。 (3)由图d可知，ln T与ln D近似成线性关系，设其关系式为ln T＝kln D＋b，直线经过点(2.80，－0.5)与点(1.80，－1.0)，将数据代入上式，可得k＝0.5，b＝－1.9，则ln T＝0.5ln D－1.9，则有ln T＝ln D－ln e1.9＝ln，解得T＝，可知T∝，故选A。 (4)为了减小实验误差，提高该实验精度的改进措施有：用游标卡尺测量外径D、换用更光滑的硬质水平桌面、通过测量积木左端更多次与O点等高所用的时间来求周期、适当减小积木摆动的幅度等。 [答案]　(1)7.54(7.53、7.54、7.55、7.56、7.57均正确) (2)10　(3)A (4)用游标卡尺测量外径D、换用更光滑的硬质水平桌面、通过测量积木左端更多次与O点等高所用的时间来求周期、适当减小积木摆动的幅度等(任选一条，合理即可) 考点3　图解法在选修模块和实验中的应用 选修模块和实验中常用的图解法有：根据图像的截距、面积等特征量解题；难以用函数求解物理量间的关系时，可借用图像间接求解。 例5　(2025·东北地区高三下高考名师联席命制)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p­图像如图所示。则下列说法正确的是(　　) A．在a→b过程中，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少 B．在b→c过程中，气体向外界放热 C．在c→a过程中，气体吸收的热量小于 D．气体在a→b→c→a一个循环过程中吸收的热量等于 [解析]　在a→b过程中，气体压强不变，体积减小，根据理想气体状态方程＝C，可知气体温度降低，则气体分子的平均动能减小，气体分子撞击器壁的平均作用力减小，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增多，故A错误；在b→c过程中，气体体积不变，做功W＝0，压强增大，根据理想气体状态方程可知，气体温度升高，内能增大，ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q>0，即气体从外界吸收热量，故B错误；在c→a过程中，由＝C，可得p＝CT·，由于题图中c→a过程图像的延长线过原点，可知此过程为等温过程，气体内能不变，体积增大，气体对外做功，故气体吸收热量，且吸收的热量等于气体对外界做的功，将题中的图像转化为p­V图像如图所示，根据p­V图像与坐标轴所围面积表示做功大小可知，在此过程中气体对外界做的功小于，故C正确；与C项同理，在a→b→c→a一个循环过程中，气体的内能不变，气体对外做的总功等于吸收的热量，而气体对外做的总功小于，故D错误。 [答案]　C 例6　(2025·福建省宁德市高三下5月质量检测)小宁同学将新、旧电池混搭使用，发现混搭后电池组的电能似乎消耗得很快，不宜混用。为了弄清新、旧电池不宜混用的原因，小宁利用新、旧电池进行如下实验。实验器材与实验步骤如下： A．新、旧电池各一个 B．电压表(量程0～3.0 V，内阻约为30 kΩ) C．电流表(量程0～100 mA，内阻约为5 Ω) D．电流表(量程0～0.6 A，内阻约为0.5 Ω) E．滑动变阻器(阻值范围0～15 Ω，额定电流2 A) F．开关与导线若干 (1)小宁设计了图甲所示的电路，在测量新电池时选择量程0～0.6 A的电流表进行实验，图乙为某次测量的电流表示数，读数为________ A；改变滑动变阻器的阻值测量出多组电流与电压的值，并在图丙中描绘了新电池的U­I图像。 (2)仅将电路中的新电池换成旧电池，重新实验，发现无论怎么改变滑动变阻器的阻值，电流表的指针偏角都很小，无法准确读数，小宁推测可能是电流表量程太大，于是换上量程0～100 mA的电流表，重复(1)操作，顺利完成实验，也在图丙中描绘了旧电池的U­I图像，则旧电池的U­I图线是图丙中的________(选填“A”或“B”)，其电动势为________ V，内阻为________ Ω。(后两空结果均保留三位有效数字)。 (3)若将上述新、旧电池串联后，直接给伏安特性曲线如图丙中C所示小灯泡(额定电压2.8 V)供电，试推断该电池组工作效率约为________(结果保留两位有效数字)；由此可推测新、旧电池不宜混用的主要原因是__________________________________。 [解析]　(1)电流表最小刻度为0.02 A，不估读到下一位，则此时的读数为0.16 A。 (2)由题意可知旧电池的内阻较大，根据U＝E－Ir可知旧电池U­I图像的斜率的绝对值较大，可知旧电池的U­I图线是图丙中的A；由图丙可知旧电池的电动势为E1＝1.40 V，内阻为r1＝ Ω＝14.0 Ω。 (3)由图丙中的图线B可知新电池的电动势E2＝1.5 V，内阻r2＝ Ω＝1.0 Ω，新、旧电池串联后的总电动势为E＝E1＋E2＝2.9 V，总内阻为r＝r1＋r2＝15.0 Ω，U­I图像为U＝E－Ir，即U＝2.9－15I，将此函数关系画在图丙中，如图所示，可知该U­I图线与灯泡的伏安特性曲线的交点坐标为I＝0.16 A，U＝0.5 V，则电源工作效率η＝×100%＝×100%＝×100%＝17%，由此可推测新、旧电池不宜混用的主要原因是混用后电池组工作效率低(或混用后电池组内阻消耗的功率很大或混用后电池组内阻很大)。 [答案]　(1)0.16　(2)A　1.40　14.0 (3)17%　混用后电池组工作效率低(或混用后电池组内阻消耗的功率很大或混用后电池组内阻很大) 专题作业 1．(2025·安徽省芜湖市第一中学高三下强化训练模拟一)氢原子能级示意如图所示。现有大量氢原子处于n＝4能级上，下列说法正确的是(　　) A．这些原子跃迁过程中最多可辐射出3种频率的光子 B．从n＝4能级跃迁到n＝1能级比跃迁到n＝2能级辐射的光子频率低 C．从n＝4能级跃迁到n＝5能级需吸收0.31 eV的能量 D．n＝4能级的氢原子电离至少需要吸收13.6 eV的能量 答案：C 解析：大量处于n＝4能级的氢原子跃迁到n＝1能级最多可辐射出C＝6种不同频率的光子，故A错误；根据能级图可知，从n＝4能级跃迁到n＝1能级比跃迁到n＝2能级辐射的光子能量大，则光子频率高，故B错误；氢原子从n＝4能级跃迁到n＝5能级需吸收能量为E5－E4＝－0.54 eV－(－0.85) eV＝0.31 eV，故C正确；根据能级图可知处于n＝4能级的氢原子能量为－0.85 eV，要使其电离至少需要吸收0.85 eV的能量，故D错误。 2．(2025·辽宁省实验中学高三下第四次模拟)同位素C相对含量的测量在考古学中有重要应用，C发生β衰变生成7N。对古木样品，测得C与C个数之比为4×10－13。采用同样办法，测得活木头中C与C个数之比为1.2×10－12，由于活木头与外部环境不断进行碳交换，该比例长期保持稳定。已知C的半衰期约为5.73×103年，C的比结合能记为E1，N的比结合能记为E2。可能用到的数据：ln 3＝1.10，ln 2＝0.69。下列说法错误的是(　　) A. C发生β衰变的衰变方程为C→N＋e B. C发生β衰变的过程释放的核能ΔE＝14E2－14E1 C．该古木被砍伐的时间距今约9×103年 D．衰变产生的电子是一种轻子，属于基本粒子 答案：B 解析：根据质量数守恒和电荷数守恒，可知C发生β衰变的衰变方程为C→N＋e，故A正确；若C反应后只生成N，则其质量亏损为Δm＝，结合A项分析知，还有电子生成，则其质量亏损不等于Δm，则衰变过程释放的核能不等于14E2－14E1，故B错误；古木中C与C个数之比为N＝4×10－13，活体中初始比例为N0＝1.2×10－12，根据剩余个数与半衰期关系公式有＝，可得＝＝，整理得＝，则2t＝3T，等号两边取对数可得tln 2＝Tln 3，则＝，将T＝5.73×103年代入，可得t≈9×103年，故C正确；β衰变产生的电子是一种轻子，属于基本粒子，故D正确。本题要求选说法错误的，故选B。 3．(2025·河南省信阳市重点高中高三下高考考前冲刺)如图为一定质量的某种理想气体状态变化的p­V图像，从图示A状态开始，先后经历了B、C状态，已知气体在A状态时的温度为300 K，1 atm＝1.0×105 Pa。下列说法正确的是(　　) A．A→B→C过程，气体密度先增大再减小 B．A状态的温度比C状态的温度低 C．A→B→C过程，气体的最高温度为450 K D．A→B过程，气体吸收的热量为7500 J 答案：D 解析：A→B→C过程中气体质量不变，体积先增大再减小，根据ρ＝，可得气体密度先减小再增大，故A错误；由于A状态和B状态时气体压强与体积的乘积相等，故由理想气体状态方程知A状态和B状态时的温度相等，从B→C气体发生等压变化，体积减小，由＝C(常数)，可得温度降低，则A状态的温度比C状态的温度高，故B错误；对于一定质量的气体，由理想气体状态方程可得压强与体积的乘积最大时对应温度最高，设从A状态变到B状态的直线方程为p＝kV＋b，将图像中的(10，4)和(40，1)代入方程，可得p＝－0.1V＋5，则有pV＝－0.1V2＋5V＝－0.1(V－25)2＋62.5，故当V＝25 L时pV最大，可得(pV)m＝62.5 atm·L，根据＝，解得最高温度Tm＝468.75 K，故C错误；A状态和B状态温度相等，气体内能相同，根据热力学第一定律可得，A→B过程气体吸收的热量等于对外做的功，由p­V图线与V轴所围面积表示做功，可得A→B过程气体对外做的功为W＝×(40－10)×10－3 J＝7500 J，故A→B过程气体吸收的热量为7500 J，故D正确。 4．(2022·浙江1月选考，11)如图所示，用激光笔照射半圆形玻璃砖圆心O点，发现有a、b、c、d四条细光束，其中d是光经折射和反射形成的。当入射光束a绕O点逆时针方向转过小角度Δθ时，b、c、d也会随之转动，则(　　) A．光束b顺时针旋转角度小于Δθ B．光束c逆时针旋转角度小于Δθ C．光束d顺时针旋转角度大于Δθ D．光束b、c之间的夹角减小了2Δθ 答案：B 解析：光束a入射到半圆形玻璃砖圆心O点时，产生反射光束b和折射光束c，同时折射光束c在半圆形玻璃砖圆弧表面产生反射，一部分光线原路返回，并在直径界面处再次发生反射产生光束d(还有少部分沿光束a的路径反向发射出去)。当光束a绕O点逆时针转过小角度Δθ时，根据反射定律，光束b顺时针旋转角度Δθ，A错误；设开始时入射角为α，折射角为β，则＝n>1，假设α增大Δθ时，折射角也增大Δθ，由三角函数特点知，<＝n，可知实际上折射角增加的角度Δβ小于Δθ，这样才有＝，因此光束c逆时针旋转角度小于Δθ，B正确；光束d是光束c反射后形成的，因此该光束会顺时针旋转一小于Δθ的角度，C错误；根据以上分析，光束b顺时针旋转角度Δθ，光束c逆时针旋转角度小于Δθ，因此两者之间的夹角减小，减小的角度小于2Δθ，D错误。 5．(2019·全国卷Ⅱ，34(1))如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x­t关系的是(　　) 答案：A 解析：摆长为l时单摆的周期T1＝2π，振幅A1＝lα(α为摆角)，摆长为l时单摆的周期T2＝2π＝π＝，振幅A2＝lβ(β为摆角)。根据机械能守恒定律得mgl(1－cosα)＝mg(1－cosβ)，利用cosα＝1－2sin2，cosβ＝1－2sin2，以及sin≈tan≈，sin≈tan≈，解得β＝2α，故A2＝A1，故A正确。 6．(2025·贵州省毕节市高三下三模)某学习小组设计了一个探究平抛运动特点的实验装置，在平抛点O的正前方放一粘有米尺的竖直毛玻璃。将小球从O点正对毛玻璃水平抛出，用光源照射小球，毛玻璃上会出现小球的投影。在毛玻璃正右边，用频闪相机记录小球在毛玻璃上影子的位置。如图甲，在O点左侧用与初速度平行的光照射，得到如图乙的照片；如图丙，将一个点光源放在O点照射，重新实验，得到如图丁的照片。已知频闪相机的闪光周期为0.04 s，O点到玻璃的距离d＝2.0 m，两次实验小球抛出时的初速度相等。根据上述实验完成下列问题： (1)由图乙的数据得，小球的加速度大小为________ m/s2，表明小球在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动。(结果保留三位有效数字) (2)由图丁可知，图丙中小球在屏上的影子做________运动(选填“匀速直线”或“匀加速直线”)，影子的速度(或加速度)大小为________。 (3)小球平抛的初速度大小为________ m/s。(结果保留三位有效数字) 答案：(1)9.69　(2)匀速直线　1.00 m/s　(3)9.69 解析：(1)用平行光照射，则小球在毛玻璃上的投影与小球的竖直高度相同，由题意可知频闪相机的闪光周期T＝0.04 s，设题图乙中相邻两影子间的位移差为Δh，则Δh＝gT2，结合逐差法可得g＝＝ m/s2＝9.69 m/s2。 (2)由题图丁可知，题图丙中小球在屏上的影子做匀速直线运动，影子的速度大小为v1＝ m/s＝1.00 m/s。 (3)题图丙中，小球在毛玻璃上的投影如图所示，设小球的初速度大小为v0，经过时间t后小球运动的水平位移为x＝OM＝v0t，竖直位移为y＝MA＝gt2，由相似三角形得＝，由题意可知ON＝d，解得小球影子的位移Y＝NB＝t，所以＝v1，解得v0＝9.69 m/s。 7．(2021·山东卷，13)某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。实验步骤如下： ①固定好手机，打开录音功能； ②从一定高度由静止释放乒乓球； ③手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音，其随时间(单位：s)的变化图像如图所示。 根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示。 碰撞次序 1 2 3 4 碰撞时刻(s) 1.12 1.58 2.00 2.40 碰撞次序 5 6 7 碰撞时刻(s) 2.78 3.14 3.47 根据实验数据，回答下列问题： (1)利用碰撞时间间隔，计算出第3次碰撞后乒乓球的弹起高度为________ m(保留2位有效数字，当地重力加速度g＝9.80 m/s2)。 (2)设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速度大小的比值为k，则每次碰撞损失的动能为碰撞前动能的________倍(用k表示)，第3次碰撞过程中k＝________(保留2位有效数字)。 (3)由于存在空气阻力，第(1)问中计算的弹起高度________(填“高于”或“低于”)实际弹起高度。 答案：(1)0.20　(2)1－k2　0.95　(3)高于 解析：(1)由表可知，乒乓球第3次碰撞到第4次碰撞用时Δt＝2.40 s－2.00 s＝0.40 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，第3次碰撞后乒乓球弹起的高度为h＝g＝×9.80×0.202 m＝0.20 m。 (2)设碰撞后弹起瞬间速度大小为v2，该次碰撞前瞬间速度大小为v1，根据题意可知＝k，则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为＝1－＝1－k2。第3次碰撞前瞬间的速度大小为第2次碰后从最高点自由下落的末速度大小，为v＝gt，其中t＝ s＝0.21 s；同理第3次碰撞后瞬间速度大小为v′＝gt′，其中t′＝ s＝0.20 s，则第3次碰撞过程中k＝＝＝＝0.95。 (3)假设空气阻力的大小恒定，空气阻力对乒乓球产生的加速度大小为a，第3次碰撞后乒乓球弹起的实际高度为h实，上升所用的时间为t上，则有h实＝(g＋a)t，h实＝(g－a)(Δt－t上)2，联立解得t上＝，h实＝·，令a＝kg，其中0≤k＜1，则h实＝g(Δt)2·＝4h·，根据数学知识，有＝＋＋2··≥4·(当k＝0时取等号)，联立可得≥，根据题意，k>0，则h>h实>h实。(方法二：设实际上升过程加速度为a上，所用时间为t上，下降过程加速度为a下，所用时间为t下，则a上＋a下＝(g＋a)＋(g－a)＝2g>2，t上＋t下＝Δt>2，则h＝g>×·t上t下＝·＝·＝h实。)即第(1)问中计算的弹起高度高于实际弹起高度。 8．玉龙雪山位于云南省丽江市，是我国最南的雪山，也备受旅行爱好者的关注，由于玉龙雪山的海拔比较高，旅行者登山时，往往会带上几个氧气瓶。已知某储存有氧气的容器容积为V0＝50 L，开始时封闭的氧气压强为p0＝1.2×107 Pa，用该容器向容积为V＝10 L的真空氧气瓶充入氧气，假设氧气可视为理想气体，充气过程中氧气不泄漏，假设氧气瓶的容积和环境的温度恒定。求： (1)若每个氧气瓶充满气体后压强均为p＝1.0×106 Pa，则可以分装多少个氧气瓶？ (2)若每次给氧气瓶充满气体后两容器内封闭气体的压强相同，则充满10个氧气瓶后容器内剩余的气体的压强与开始时气体的压强之比为多少？ 答案：(1)55个　(2) 解析：(1)设能分装n个氧气瓶，以储存在容器里的氧气为研究对象，由玻意耳定律得 p0V0＝p(nV＋V0) 代入数据解得n＝55。 (2)设第k个氧气瓶充满气体后的压强为pk，则第1个氧气瓶充满气体后，由玻意耳定律有p0V0＝p1(V＋V0) 得p1＝ 同理，第2个氧气瓶充满气体后，由玻意耳定律有p1V0＝p2(V＋V0) 得p2＝p0 同理，第3个氧气瓶充满气体后，由玻意耳定律有 p2V0＝p3(V＋V0) 得p3＝p0 由此可推出第10个氧气瓶充满气体后的压强为p10＝p0 则＝ 代入数据解得＝。 3 学科网（北京）股份有限公司 $