2027届高考物理一轮复习解题方法课件：模型建构专题能力训练

专题能力训练 A组　固本强基 (一)力学 题号 选题理由 1 真实的生活情境,通过对圆周和抛体运动的考查,培养学生从解题到解决问题的能力过渡 2 通过连接体模型,考查三力平衡和多力平衡问题,主要锻炼学生解决三力平衡中的动态分析问题,难度较大 3 连接体和弹簧的模型,构建物理模型的能力,主要考查弹簧振子模型,培养快速解决问题的能力 4 题目新颖,符合科学常识,主要是斜面上的动量守恒模型,考查学生对水平方向上动量守恒的理解,以及运动过程中的能量 专题能力训练 1.(2025广东深圳二模)网球训练中心使用的轮式发球机,侧视结构如图所示。两个半径均为25 cm的橡胶轮,相反方向等速旋转,带动网球飞出。发球机喷嘴在地面附近,与水平面成37°角斜向上,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8, g取10 m/s2。若要求水平射程约为15 m,应将橡胶轮角速度调为约(　C　) A.5 rad/s B.10 rad/s C.50 rad/s D.100 rad/s 专题能力训练 【模型建构】 流程 内容 选取对象、分析过程 可看作质点的网球在被做圆周运动的橡胶轮加速到二者速度相等后做抛体运动 建构物理模型 匀速圆周运动和抛体运动 确定物理原理 抛体运动中斜抛运动的合成和分解、匀速圆周运动中线速度和向心加速度关系 逻辑推理 及运算 设发球机射出的网球速度大小为v,喷嘴在地面附近,网球离开喷嘴后做与水平面成37°角的斜抛运动,在水平方向有x=2vtcos 37°,竖直方向,根据速度与时间的关系有 0=vsin 37°-gt,网球速度为v=rω,联立解得ω=50 rad/s,故C项正确 专题能力训练 2.(2025湖北武汉模拟)如图所示,一物块放置在粗糙水平面上,其上固定一“L”形轻杆,轻绳ON的一端O固定在杆上,中间某点M拴一小球,用手拉住绳的另一端N。初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为α(α>90°),现将小球向右上方缓慢拉起,并保持夹角α不变,在OM由竖直被拉到水平的过程,物块始终保持静止,则(　C　) A.OM上的弹力一直减小 B.MN上的弹力先增大后减小 C.水平面对物块的支持力先增大后减小 D.水平面对物块的摩擦力逐渐增大 专题能力训练 【模型建构】 流程 内容 选取对象、 分析过程 将小球向右上拉起时,绳上的力也随之变化 建构物 理模型 共点力平衡和连接体模型 确定物 理原理 动态的三力平衡,连接体中整体法和隔离法的应用 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 以小球为研究对象分析受力情况,受重力mg、OM上的拉力 F2、MN上的拉力F1,由题意知,三个力的合力始终为零,矢量 三角形如图所示,F1、F2的夹角不变,在F2转至水平的过程中, 矢量三角形在同一外接圆上,由图及题图可知,开始时OM沿 竖直方向,因此F2方向也沿竖直方向,此时与F2及mg组成矢量 三角形的F1非常小,之后MN上的拉力F1逐渐增大,OM上的拉力F2先增大后减小,A、B项错误;把物块、“L”形轻杆,小球(含轻绳OM)看作一个整体,对整体受力分析,整体受到重力、地面支持力、水平向左的静摩擦力及绳MN的拉力F1,根据上述分析可知F1逐渐增大,由上图可看出其在竖直方向上的分力向下先增大后减小,再向上增大,所以水平面对物块的支持力先增大后减小,其在水平方向上的分力先增大后减小,则水平面对物块的摩擦力先增大后减小,C项正确,D项错误 专题能力训练 3.(多选)(2025八省联考陕西卷)如图所示,倾角为30°且足够长的光滑斜劈固定在水平面上,P、Q两个物体通过轻绳跨过光滑定滑轮连接,物体Q的另一端与固定在水平面的轻弹簧连接,物体P、Q的质量分别为4m和m。初始时,托住物体P使轻绳伸直且轻绳上无拉力,滑轮左侧轻绳与斜劈上表面平行,右侧轻绳竖直,弹簧始终在弹性限度范围内,弹簧劲度系数为k,重力加速度大小为g。现无初速释放物体P,则在物体P沿斜劈下滑过程中(　AD　) A.轻绳拉力大小一直增大 B.物体P的加速度大小一直增大 C.物体P沿斜劈下滑的最大距离为 D.物体P的最大动能为 专题能力训练 【模型建构】 流程 内容 选取对象、 分析过程 物体P、Q组成的连接体与弹簧连接做简谐运动 建构物 理模型 连接体和简谐运动模型 确定物 理原理 连接体类受力分析、牛顿第二定律的应用、简谐运动及能量 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 设物体P向下运动过程中的位移为x,弹簧的形变量为Δx,开始时弹簧的弹力表现为支持力,从释放P到弹簧恢复原长过程中,对物体P、Q整体根据牛顿第二定律,有4mgsin 30°-mg+kΔx=(4m+m)a,解得a=,随着x增大,Δx减小,则加速度逐渐减小,当弹簧恢复原长后,弹簧为拉伸状态,弹簧弹力表现为拉力,随着x增大,Δx增大,根据牛顿第二定律,有4mgsin 30°-mg-kΔx=(4m+m)a,解得a=,当mg>kΔx时,随着x增大,加速度逐渐减小,当kΔx>mg时,随着x增大,加速度反向增大,所以物体P的加速度大小先减小后反向增大,B项错误; 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 以P为研究对象,设绳子拉力为FT,根据牛顿第二定律4mgsin 30°-FT=4ma,可得弹簧恢复原长前FT=1.2mg-0.8kΔx,随着Δx减小,FT增大,弹簧恢复原长后FT=1.2mg+0.8kΔx,可知随着Δx增大,FT逐渐增大,所以轻绳拉力大小一直增大,A项正确;没有释放物体P前,根据平衡条件mg=kx1可得x1=,设物体P沿斜劈下滑的最大距离为xmax,根据系统机械能守恒可得 4mgxmaxsin 30°+=mgxmax+k(xmax-x1)2,解得xmax=,C项错误; 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 当P的加速度为零时,速度最大,动能最大,此时根据平衡条件4mgsin 30°=kx'+mg,解得x'=,可知P动能最大时,弹簧的弹性势能与初始状态相等,设此时P的动能为Ek,根据Ek=·4mv2可知Q的动能为,根据动能定理4mg(x'+x1)sin 30°-mg(x'+x1)=Ek+,解得Ek=,D项正确 专题能力训练 4.(2025山东青岛模拟)如图所示,质量mB=4 kg的光滑斜劈B静止在水平台面上,底边长度d=6 m,高度h=4 m。B底端距离台面边缘x0=2 m,水平地面上一质量mC=2 kg的木板C紧靠平台静置,C上表面与台面相平。质量 mA=2 kg、可看作质点的物块A从B顶端由静止释放,滑到台面上时与台面发生相互作用,A的动能发生损失,进入台面后的速度水平向右,大小为vx=4 m/s。已知A沿B下滑过程中,A和B相对地面均做匀变速直线运动,B与台面、C与地面间均无摩擦,A与台面、A与C间动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2。求: 专题能力训练 (1)A滑到B底端时,B向左滑动的距离xB; (2)A滑上C时A的速度大小v0; (3)为使A不从C上滑下,C的最小长度L; (4)A滑到B底端后,与台面发生相互作用过程中A损失的动能ΔEk。 【答案】 (1)2 m　(2)4 m/s　(3)2 m　(4)32 J 专题能力训练 【模型建构】 流程 内容 选取对象、分析过程 质点从不固定斜面滑下,经台面后与木板做板块运动 建构物理模型 动量守恒与能量守恒模型、板块运动模型 确定物理原理 水平方向动量守恒,A、B系统能量守恒 专题能力训练 【解题过程】(1)A、B系统水平方向上动量守恒有 mAxA=mBxB xA+xB=d 解得xA=4 m,xB=2 m。 (2)设A滑上C时的速度为v0,由动能定理得 -μmAg(xB+x0)=mAmA 解得v0=4 m/s。 专题能力训练 (3)A滑至C右端时两者刚好共速,设共同速度为vAC 由A、C系统动量守恒可得mAv0=(mA+mC)vAC 由A、C系统能量守恒可得μmAgL=mA(mA+mC) 解得L=2 m。 专题能力训练 (4)设A运动方向与水平方向夹角为α,已知A沿B下滑过程中,A和B相对地面均做匀变速直线运动, 由A、B系统水平方向上动量守恒可得mAvAcos α=mBvB 由A、B系统机械能守恒可得mAgh=mAmB tan α==1 解得vA=8 m/s 由A、B系统能量守恒可得ΔEk=mAmA 解得ΔEk=32 J。 专题能力训练 (二)电学、原子物理学 题号 选题理由 1 通过分析氢原子能级图,构建玻尔的氢原子结构模型,考查各种光子的频率、能量大小关系 2 以计算机键盘为情境,构建平行板电容器模型,考查对电容决定式、定义式的应用 3 以单根导体棒在水平面内切割磁感线运动过程,考查导体棒运动的电动势、安培力、电流、路端电压等知识,以及用动能定理、动量定理解决综合问题的能力 4 以含有变压器、电动机的交流电路为情境,构建理想变压器模型,考查电压与匝数的关系,电路中的能量关系,有效值、动态分析等 5 以小球在电磁场中的多过程运动为情境,涉及受力分析、运动学公式、牛顿第二定律、运动的合成与分解等知识,考查学生的综合分析能力 专题能力训练 1.(2025海南模拟)如图为氢原子的能级图,当氢原子从高能级向低能级跃迁时会释放光子,其中当从n=3,4,5,6能级直接向n=2能级跃迁时会产生四种可见光,分别为红色光、蓝色光和两种紫色光。下列说法正确的是(　D　) A.从n=3能级向n=2能级跃迁时产生紫色光 B.产生的红色光光子能量为2.86 eV C.当氢原子从高能级向低能级跃迁时原子的电势能增加 D.处于n=2能级的氢原子可以吸收能量为3.5 eV的光子 专题能力训练 【模型建构】 流程 内容 选取对象、 分析过程 氢原子从n=3,4,5,6能级向n=2能级跃迁时产生的不同光子的频率和能量比较 建构物 理模型 玻尔的原子能级模型 确定物 理原理 从激发态向基态跃迁放出光子的能量等于相应两能级的能级差 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时放出的能量最少,产生的可见光的频率最小,故氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时产生红色光,A项错误;产生的红色光光子能量E=-1.51 eV-(-3.4 eV)=1.89 eV,B项错误;当氢原子从高能级向低能级跃迁时,电场力做正功,动能增加,电势能减少,C项错误;处于n=2能级的氢原子可以吸收能量为3.5 eV的光子而发生电离,D项正确 专题能力训练 2.(2025山西临汾模拟)一种计算机键盘采用电容式传感器,每个键下面由相互平行的活动极板和固定极板组成,如图甲所示,其内部电路如图乙所示。按键前两极板间距为d,按下某键,只有该键的电容改变量不小于原电容的40%时,键盘才有感应,下列说法正确的是(　D　) A.按键的过程中,电容器的电荷量不变 B.按键的过程中,图乙电流计中电流从a流向b C.要使传感器有感应,至少要将按键按下d D.要使传感器有感应,至少要将按键按下d 专题能力训练 【模型建构】 流程 内容 选取对象、 分析过程 按下按键时电容器电容随之变化,进而影响电路电流 建构物 理模型 电容器模型 确定物 理原理 电容定义式C=,电容决定式C= 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 按键的过程中,电容器两板间距减小,根据C=可知,电容C变大,而两板电压U一定,根据Q=CU可知,电容器的电荷量增加,电容器充电,则按键的过程中,题图乙电流计中电流从b流向a,A项、B项错误; 根据C=,(1+40%)C=,解得d'=,则要使传感器有感应,至少要将按键按下Δd=d-d=,C项错误,D项正确 专题能力训练 3.(2025山东潍坊模拟)如图所示,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ,两导轨间距为L,导轨电阻均忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻,导体杆ab质量为m、电阻也为R,并始终与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0,使杆向右运动,最终ab杆停止在导轨上。下列说法正确的是(　B　) A.ab杆速度减为时,ab杆加速度大小为 B.ab杆速度减为时,ab杆通过的位移为 C.ab杆速度从v0减为的过程中,ab杆产生的焦耳热为 D.ab杆速度从v0减为的过程中,通过定值电阻的电荷量为 专题能力训练 【模型建构】 流程 内容 选取对象、 分析过程 ab杆速度从v0减为的过程 建构物 理模型 电磁感应中的导轨与导体棒模型 确定物 理原理 导体棒、导轨和电阻组成的回路的电动势、安培力、电流、路端电压,动能定理计算导轨切割磁感线电路中产生的热量,动量定理求导体棒运动过程中通过其截面的电荷量 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 根据牛顿第二定律,有F=BIL=BL=ma,解得a=,所以当ab杆的速度为时,加速度大小为a=,A项错误;对ab杆,由动量定理得-BLΔt=m-mv0,其中Δt=Δt=,即mv0,解得x=,B项正确;对ab杆,由能量守恒定律得Q总=,Qab=Q总,解得Qab=,C项错误;对ab杆,由动量定理得-BLΔt=m-mv0,即BLq=mv0,解得q=,D项错误 专题能力训练 4.(多选)(2025辽宁沈阳模拟)如图所示,边长L=0.2 m、匝数N=200的正方形线圈绕垂直于磁场的中心轴O1O2以ω=100 rad/s的角速度在磁感应强度大小B=0.5 T的匀强磁场中转动,磁场只分布在中心轴O1O2的左侧。理想变压器原线圈接有理想交流电压表,副线圈连接标有“10 V　1 A”的电动机,该电动机恰好能正常工作,电动机线圈的内阻r0=0.5 Ω,不计正方形线圈的内阻,下列说法正确的是(　BD　) A.图示位置交流电压表的示数为零 B.理想变压器原、副线圈的匝数之比为20∶1 C.电动机发热的功率为10 W D.若将滑动变阻器的滑片P向下滑动,则理想变压器的输入功率将变大 专题能力训练 【模型建构】 流程 内容 选取对象、 分析过程 含有变压器、电动机的交流电路 建构物 理模型 理想变压器 确定物 理原理 理想变压器电压与匝数关系,电路中的能量关系,有效值读取,交流电表示数的含义,变压器两端电路的动态分析 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 交流电压表的示数为所测交变电流的有效值,不为零,A项错误;由法拉第电磁感应定律可知正方形线圈产生的感应电动势的最大值Em=NBL2ω,代入数值得Em=200 V,感应电动势的有效值E==200 V,故理想变压器原线圈的电压U1=E=200 V,因电动机正常工作,故理想变压器副线圈的电压U2=10 V,所以理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=20∶1,B项正确;电动机发热功率P热=I2r0=0.5 W,C项错误;滑动变阻器的滑片P向下滑动,滑动变阻器接入电路的阻值变小,U2不变,理想变压器的输出功率变大,输入功率也变大,D项正确 专题能力训练 5.(2025甘肃白银模拟)如图所示,在y轴竖直的直角坐标系xOy中,x<0的区域内有方向沿纸面且与x轴正方向成θ=60°角斜向上的匀强电场;x>0的区域内有一个半径为R的圆形匀强磁场区域,圆心在x轴上且边界与y轴相切,圆形区域内的磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度大小B=。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)从x轴负半轴上的A点由静止开始沿AO方向做直线运动,通过O点时的速度大小为v,此时在圆形区域内立刻加上方向竖直向上、电场强度大小E0=的匀强电场,带电小球经圆形磁场偏转后继续运动到磁场右侧的最高点P。此时在过P点的竖直虚线右侧区域内同时加上方向竖直向上、电场强度大小也为E0=的匀强电场和方向沿纸面且与x轴正方向成θ=60°角斜向下、磁感应强度大小也为B=的匀强磁场。已知重力加速度大小为g,空气阻力不计。求: 专题能力训练 (1)x<0的区域内的电场强度大小E以及A、O两点间的距离L; (2)小球从O点运动到P点经过的总时间t; (3)从小球到达P点开始,经时间Δt=,小球的位置与P点间的距离d。 【答案】 (1)(2)(3)R 专题能力训练 【模型建构】 序号 选取对象、分析过程 建构物理模型 确定物理原理 1 小球从A点沿AO运动过程 匀加速直线运动 受力分析,运动学公式 2 小球在圆形区域中运动过程 匀速圆周运动 牛顿第二定律 3 小球离开圆形区域到最高点P的过程 平抛运动的逆过程 运动学公式 4 小球通过P点后运动过程 螺旋线运动 运动的合成与分解 专题能力训练 【解题过程】 (1)小球从A点由静止开始沿AO方向做直线运动,则 sin θ=,tan θ=,v2=2aL 解得E=,L=。 专题能力训练 (2)由qE0=mg,可知小球在圆形区域中做匀速圆周运动,设小球在磁场中的偏转角为α,根据牛顿第二定律得qvB=,其中B=,又因为tan 解得r=R,α=60° 小球在圆形区域中运动的时间t1= 小球的运动轨迹如图所示,小球经圆形区域偏转后 运动到最高点P的过程可看成平抛运动的逆过程, 则vsin α=gt2 解得t2= 小球从O点运动到P点经过的总时间t=t1+t2=。 专题能力训练 (3)已知qE0=mg,根据运动的合成与分解,可知小球通过P点后做螺旋线运动,沿磁场方向以vcos αcos θ=的速率做匀速运动,在与磁场垂直的方向以vcos αsin θ=v的速率做匀速圆周运动 轨道半径r1=R 周期T= 由于Δt=T 由几何关系可知,小球的位置与P点间的距离d= 解得d=R。 专题能力训练 B组　拓展提升 (一)力学 题号 选题理由 1 考查正交分解法解共点力平衡,绳上的拉力大小处处相等,两段绳子拉力与竖直方向的夹角均为45°,学生在该处力的夹角容易出错 2 考查机械能与曲线运动结合,根据机械能守恒定律写出函数,处理图像问题,包括图像的斜率、截距的物理意义,训练学生解决图像相关问题 3 以整体法与隔离法结合处理物体平衡问题,带电物体(考虑重力)在匀强电场中的直线运动,训练学生对研究对象的选取、临界问题的处理等 专题能力训练 题号 选题理由 4 关于碰撞后直接粘连的问题,涉及简谐运动的振幅、周期、频率、回复力等知识,考查简谐运动的平衡位置如何寻找、对称性等知识点,同时也考查研究对象的选取及临界问题 5 考查动能定理的表述及其推导过程、动量定理的内容、粒子进入磁场的圆周运动。学生通过理解情境建立起模型处理问题 专题能力训练 1.(2025全国模拟)如图所示,一倒计时牌通过一根轻绳悬挂在挂钩上。挂上后发现倒计时牌是倾斜的,已知∠AOB=90°,倒计时牌的重力大小为G。不计一切摩擦,则下列说法正确的是(　C　) A.如图位置平衡时,绳OA的拉力大于绳OB的拉力 B.如图位置平衡时,绳OA与竖直方向的夹角大于绳OB与竖直方向的夹角 C.如图位置平衡时,绳OB的拉力大小为G D.将倒计时牌挂正,平衡时绳OB的拉力小于倒计时牌倾斜时绳OB的拉力 专题能力训练 【模型建构】 流程 内容 选取对象、 分析过程 对倒计时牌受力分析 建构物 理模型 共点力平衡模型 确定物 理原理 受力分析、共点力平衡、动态分析 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 一根轻绳悬挂在定滑轮上,不计一切摩擦,则绳上拉力大小处处相等,设绳上拉力大小为FT。倒计时牌受重力、绳OA、OB分别对它的拉力FT,共三个力的作用,处于静止状态,则三个力的延长线(或反向延长线)必交于一点O,将绳OA、OB上的拉力FT延长,则两力的合力必 与重力等大反向,绳子拉力与竖直方向的夹角均为45°, 如图所示,由直角三角形几何关系可得2FTcos 45°=G,解得FT=G,A项、B项错误,C项正确;将倒计时牌挂正,由几何知识可知两绳间的夹角增大,两绳合力不变,绳子拉力增大,D项错误 专题能力训练 2.(多选)(2025重庆模拟)如图甲所示,竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC,B点为AC轨道的中点,小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道,小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中,v2-h关系图像如图乙所示。已知小球在最高点C受到轨道的弹力大小为11 N,不计空气阻力,g取10 m/s2, 则(　BD　) A.图乙中x为10 m2·s-2 B.小球质量为0.5 kg C.小球在A点所受支持力为36 N D.小球在B点所受合力大于26 N 专题能力训练 【模型建构】 流程 内容 选取对象、 分析过程 小球从A到C的过程做圆周运动,由机械能守恒定律写出函数,处理图像问题 建构物 理模型 机械能守恒模型 确定物 理原理 机械能与曲线运动结合问题 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 由机械能守恒定律可知mv2+mgh,解得v2=-2gh+,由题图乙可知,当h=0.25 m时,v2=4 m2/s2,代入上式,解得v0=3 m/s,又当h=0时,有=9 m2/s2,即x=9 m2/s2,A项错误;由题图乙可知,轨道半径R=0.125 m,小球在C点的速度vC=2 m/s,由牛顿第二定律可得F+mg=m,解得m=0.5 kg,B项正确;由上述可知v0=3 m/s,则由牛顿第二定 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 律可得小球在A点所受支持力FNA-mg=,解得FNA=41 N,C项错误;小球从A到B过程中由机械能守恒有+mgR,在B点,根据牛顿第二定律可得FNB=m,代入数据解得FNB=26 N,由于小球还受重力作用,小球在B点所受合力为 N>26 N,D项正确 专题能力训练 3.(多选)(2025河北石家庄模拟)如图所示,在倾角为θ的固定绝缘斜面上,质量分别为m1和m2的两个物块P和Q用与斜面平行的绝缘轻质弹簧相连接,弹簧劲度系数为k,带电物块P下表面光滑,不带电物块Q下表面粗糙。初始时物块P和Q静止在斜面上,物块Q恰好不下滑。现在该空间加上沿斜面向上的匀强电场,物块P开始沿斜面向上运动,运动到最高点时,物块Q恰好不上滑。下列说法正确的是(　BD　) A.物块P从开始到运动到最高点,运动的位移大小为 B.物块P从开始到运动到最高点,运动的位移大小为 C.物块P所受的电场力大小为2(m1+m2)gsin θ D.若仅将电场强度变为原来的2倍,物块P运动到最高点时的速度大小为 专题能力训练 【模型建构】 流程 内容 选取对象、 分析过程 对Q受力分析,找准临界情况,“物块Q恰好不滑”和“物块Q恰好不上滑”两个恰好作为突破口处理平衡问题 建构物 理模型 共点力平衡模型 确定物 理原理 带电物体(计重力)在匀强电场中的直线运动、整体法与隔离法结合处理物体平衡问题 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 设物块与斜面的最大静摩擦力为Ff,没有加电场时,设弹簧的压缩量为x1,弹簧弹力为FT1,对Q根据平衡条件有m2gsin θ+FT1=Ff,对P根据平衡条件有FT1=kx1=m1gsin θ,加上沿斜面向上的匀强电场后,P到达最高点时,设弹簧的伸长量为x2,弹簧弹力为FT2,对Q根据平衡条件有FT2=kx2=m2gsin θ+Ff,物块P从开始到运动到最高点,运动的位移大小为x=x1+x2,联立可得x=,B项正确,A项错误; 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 设物块P所受电场力为F,物块P从初始状态到最高点过程中,根据能量守恒定律有Fx=+m1gxsin θ,解得F=(m1+m2)gsin θ,C项错误;若仅将电场强度变为原来的2倍,物块P从初始位置到最高点过程,根据动能定理有2Fx--m1gxsin θ=m1v2-0,解得v=,D项正确 专题能力训练 4.(多选)(2025陕西模拟)如图所示,在倾角为θ的固定光滑斜面上,有两个用轻质弹簧相连的物体A和物体B,它们的质量均为m,弹簧的劲度系数为k,C为一固定的挡板,现将一个质量也为m的物体D从距物体A为L的位置由静止释放,物体D和物体A相碰后立即粘在一起,之后在斜面上做简谐运动。在简谐运动过程中,物体B对C的最小弹力为mgsin θ,则下列说法正确的是(　BD　) A.物体D和物体A粘合后瞬时速度大小为 B.物体D和物体A粘合后下滑过程中速度先增大后减小 C.物体D和物体A整体简谐运动的振幅为 D.B对C的最大弹力为 专题能力训练 【模型建构】 流程 内容 选取对象、 分析过程 开始以D为研究对象,分析下滑L时的速度,A、D碰撞后以整体为研究对象处理简谐运动问题 建构物 理模型 简谐运动模型 确定物 理原理 碰撞后直接粘连问题,简谐运动的振幅、周期、频率、回复力 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 物体D在斜面上滑动时,由牛顿第二定律可知mgsin θ=ma,解得a=gsin θ,物体D与物体A碰撞前速度由运动学公式,有v2=2aL,解得v=,物体D和物体A碰撞过程中由动量守恒定律mv=2mv',得物体D和物体A粘合后瞬时速度大小为v'=,A项错误;物体D和物体A粘合后下滑过程中,初始状态弹簧弹力F=mgsin θ,物体D和物体A重力沿斜面向下的分力为2mgsin θ,最初一段时间内合力沿斜面向下,与速度方向相同,速度先增大,当弹簧弹力增大到2mgsin θ时,物体D和物体A再继续沿斜面向下运动时弹力继续增大,合力沿斜面向上,与速度方向相反,速度减小,故物体D和物体A粘合后下滑过程中速度先增大后减小,B项正确; 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 当弹力等于物体A、D的重力的分力时物体A、D处于平衡状态,由kx0=2mgsin θ,可知,平衡位置时弹簧的形变量为x0=,弹簧处于压缩状态,当物体B对C弹力最小时,对物体B分析,则有mgsin θ =kx+mgsin θ,故弹簧应伸长到最大位移处,此时形变量x=,此时弹簧处于伸长状态,故简谐运动的振幅为A=x+x0=,C项错误;当物体A、D运动到最低点时,B对C的 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 弹力最大,由对称性可知,此时弹簧的形变量为Δx=A+x0=,此时弹力为F1=kΔx=,对物体B分析,有FCB=F1+mgsin θ =,由牛顿第三定律,B对C的弹力大小为FBC=FCB' =F+mgsin θ=,D项正确 专题能力训练 5.(2025山西太原模拟)科研小组研发新一代航天动力装置离子推进器,其示意图如下。推进剂从图中的P处被注入,在a处电离出正离子,bc之间加有恒定电压,正离子进入b处时的速度忽略不计,经加速后从d处持续喷出。正离子质量为m、电荷量为q,d处的圆形喷出口半径为r,喷出气体中单位体积内的正离子数为n。若推进器获得的推力大小为F,正离子重力不计。 专题能力训练 (1)求加在bc间电压U的大小; (2)将推进器装在固定于水平光滑直轨道的M车上,正离子从d处喷出后全部射入后方同一轨道的N车内,N车左侧开口,空腔内固定磁体,形成垂直纸面向里且范围足够大的匀强磁场,不考虑正离子之间的相互作用力,所有水平向右射入N车的正离子均能从N车磁场中偏转180°后水平向左穿出。要使N车保持静止,求N车受到水平向左的推力F'; (3)在(2)的条件下,M车、N车均固定,若正离子在磁场中运动的半径为2r,则N车中匀强磁场的磁感应强度B为多大,N车中匀强磁场区域垂直投影到纸面内的面积至少为多大。 【答案】 (1)　(2)2F　(3)r2 专题能力训练 【模型建构】 序号 选取对象、分析过程 建构物理模型 确定物理原理 1 正离子经bc间电压加速后从d处喷出 匀加速直线模型 动能定理、牛顿运动定律、动量定理 2 N车对离子的作用力FN改变其动量 动量定理模型 动量定理 3 正离子在磁场中做匀速圆周运动 磁场中圆周运动模型 牛顿运动定律 专题能力训练 【解题过程】(1)设正离子经bc间电压加速后从d处喷出时的速度为v,根据动能定理可得qU=mv2 选取研究对象为单位时间内喷出正离子的质量Δm=n·vΔt·πr2·m,根据动量定理可得FΔt=Δm·v-0 解得U=。 (2)根据动量定理,N车对正离子的作用力为FN,以初速度方向为正,则FNΔt=Δm·(-v)-Δm·v 解得FN=2F 根据牛顿第三定律可得F'=2F。 专题能力训练 (3)正离子在磁场中做匀速圆周运动,轨道半径R=2r,洛伦兹力提供向心力,则qvB=m 解得B= 离子扫过的区域如图所示 N车中匀强磁场区域垂直投影到纸面内的面积至少为S=r2。 专题能力训练 (二)电学、原子物理学 题号 选题理由 1 电容器中粒子的运动问题,考查了类平抛运动和电容器这两类问题,较好地考查学生的逻辑推理能力 2 考查理想变压器电压与匝数关系、等效电阻及极值问题,锻炼学生模型建构能力和物理思维 3 考查原子能级模型、半衰期、三种射线的性质,对结合能和比结合能的理解 专题能力训练 题号 选题理由 4 考查导体切割磁感线产生感应电动势的计算,让学生能用动量定理处理变力问题 5 考查电场强度叠加、不等量异种电荷周围的电场分布及电势高低判断 6 考查带电粒子在复加场中的运动、直线运动,匀速圆周运动、动量定理等知识,用到了分解的思维,有利于学生对各种运动的掌握 专题能力训练 1.(多选)(2025山东济南模拟)如图所示为带等量异种电荷的两正对平行金属板P和Q,P板带负电,Q板接地,板长为L,两板间距离为d。大量电子从两平行板间上半区域的左侧以平行于金属板的相同速度进入板间,靠近P板左侧边缘进入的电子恰好能打在Q板右侧边缘,电子进入板间在上半区域均匀分布,忽略电子间的相互作用,不考虑电场的边缘效应。下列说法正确的是(　BCD　) A.电子击中Q板区域的长度为L B.电子击中Q板区域的长度为L C.保持两金属板电荷量不变,若将Q板向下平移的距离, 打在Q板上的电子数占进入平行板电子总数的 D.保持两金属板电荷量不变,若将Q板向下平移的距离,靠近P板左侧边缘进入的电子出电场时的电势能为进电场时电势能的 专题能力训练 【模型建构】 流程 内容 选取对象、 分析过程 电容器中粒子的运动问题 建构物 理模型 电容器模型、抛体运动模型 确定物 理原理 电荷量不变,改变板间距离d,不改变电场强度E 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 设粒子初速度为v,竖直方向加速度为a,由题意可知靠近P板左侧边缘进入的电子恰好能打在Q板右侧边缘,根据类平抛规律,竖直方向有d=at2=,则由极板中间虚线处射入的粒子,有,联立解得x=L,则电子击中Q板区域的长度为Δx=L-x=L,A项错误,B项正确; 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 设电容器的电荷量为Q0,根据E=,C=,C=,整理得E=,可知保持两金属板电荷量不变,若将Q板向下平移的距离,极板间电场强度不变,故粒子在电场中加速度不变,设从距离下极板h处射入的粒子,恰好打在Q板右侧边缘,则有h=,解得h=d,可知射入点距离上极板距离Δh=d+-h=,恰好为上半区域的一半,故打在Q板上的电子数占进入平行板电子总数的,C项正确;靠近P板左侧边缘进入的电子,根据类平抛规律,竖直方向位移y1=,解得y1=d,设极板间电场强度为E,由于Q板接地, 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 Q板电势为0,则有0-φP=E·d,则φP=-E·d,同理可知,出电场时有 0-φ出=E=E·d,故φ出=-E·d,则有,故靠近P板左侧边缘进入的电子出电场时的电势能为进电场时电势能的,D项正确 专题能力训练 2.(2025山东威海模拟)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2,a、b两端接入一内阻不计的交流电源(如图乙所示)。已知电压表、电流表均为理想电表,当电阻箱的阻值调至R=8 Ω时,电阻箱消耗的功率最大,最大功率为(　C　) A.1.562 5 W B.3.125 W C.6.25 W D.12.5 W 专题能力训练 【模型建构】 流程 内容 选取对象、 分析过程 含有变压器的电路分析 建构物 理模型 理想变压器模型 确定物 理原理 理想变压器电压与匝数关系,等效电阻 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 由图乙可知电动势的有效值为E==5 V。此变压器原线圈有负载,利用等效法,可以将副线圈电阻等效到原线圈上。根据题意当电阻箱的阻值调至R=8 Ω时,电阻箱消耗的功率最大,可知此时等效电阻与原线圈上连接的电阻的阻值相同,所以原线圈两端的电压为U1= V,根据原、副线圈两端的电压之比等于原、副线圈匝数比可知U2=U1=5 V,所以电阻箱消耗的最大功率P==6.25 W,C项正确 专题能力训练 3.(2025山东实验中学模拟)如图所示,甲为氢原子能级图,乙为某放射性元素剩余质量m与原质量m0的比值随时间t变化的图像,丙为轧制钢板时动态监测钢板厚度的装置图,丁为原子核的比结合能随质量数变化的图像。下列说法正确的是(　 　) 专题能力训练 丁　比结合能随质量数变化图像 A.图甲中,一个氢原子从n=4的能级向基态跃迁时,最多可以放出3种不同频率的光 B.图乙中,由放射性元素剩余质量m与原质量m0的比值随时间t的变化规律可知其半衰期为67.3 d C.图丙中,探测器接收到的射线可能是α射线 D.图丁中,比结合能越大,平均核子质量越大,原子核越稳定 答案 A　 专题能力训练 【模型建构】 流程 内容 选取对象、 分析过程 氢原子受激跃迁、半衰期、比结合能 建构物 理模型 玻尔的原子能级模型 确定物 理原理 从基态向激发态跃迁吸收光子的能量等于相应两能级的能级差 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 图甲中,一个氢原子从n=4的能级向基态跃迁时,可能是先从n=4的能级到n=3的能级,再从n=3的能级到n=2的能级,最后从n=2的能级到n=1的能级这样跃迁,此时最多可以放出3种不同频率的光,A项正确;根据题图乙可知,放射性元素剩余质量m与原质量m0的比值从变为需要的时间即为该元素的半衰期,半衰期为115.1 d,B项错误;α射线的穿透能力最弱,所以探测器接收到的射线不可能是α射线,C项错误;图丁中,比结合能越大,平均核子质量越小,原子核越稳定,D项错误 专题能力训练 4.(2025山东威海模拟)如图所示,间距为d的两足够长光滑平行金属导轨,与水平面的夹角为θ,两导轨间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B,导轨上端连接一电阻R。一长为d的导体棒垂直于导轨由静止释放,经时间t达到最大速度。已知棒的质量为m、电阻为R,与导轨接触良好,不计导轨电阻,重力加速度为g。时间t内棒下滑的距离为(　B　) A. B. C. D. 专题能力训练 【模型建构】 流程 内容 选取对象、 分析过程 金属棒在导轨上切割磁感线 建构物 理模型 单根导体棒切割磁感线模型 确定物 理原理 导体棒切割磁感线产生感应电动势的计算,动量定理 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 当导体棒加速度减为0后,导体棒做匀速直线运动,此时速度最大,设最大速度为v,导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=Bdv,感应电流I=,根据合力为0,可知BId=mgsin θ,导体棒从导轨上静止释放后时间t内,流过回路的电荷量为q=t=t=,根据动量定理得mgsin θ·t-Bdt=mv,联立得x=,故B项正确 专题能力训练 5.(2025山东青岛模拟)取无限远处电势为0,不等量异种电荷附近,存在一个电势为0的等势球面。如图所示,两点电荷Q1和Q2分别位于x轴上的x1和x2处,B点为两点电荷连线中点,以x轴上A点为圆心的虚线圆上各点的电势均为0,B点的电势φB>0。下列说法正确的是(　C　) A.Q1带负电,Q2带正电,Q1所带电荷量大于Q2所带电荷量 B.虚线圆上各点的电场强度大小相等,方向均沿半径指向圆心A C.若仅减小Q1所带电荷量,则虚线圆的半径将减小 D.若仅增大Q2所带电荷量,则虚线圆圆心A的位置将远离Q1 专题能力训练 【模型建构】 流程 内容 选取对象、 分析过程 2个不等量点电荷 建构物 理模型 点电荷模型 确定物 理原理 电场强度叠加,不等量异种电荷周围的电场分布,电势高低判断 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 因为等势球面上电势为0,且B点电势大于0,沿电场线方向电势降低,所以电场线方向大致从Q2指向Q1,则Q1带负电,Q2带正电。在电势为0的等势球面上,根据点电荷电场的特点可知,等势面为0的地方,离电荷量小的电荷近,离电荷量大的电荷远,从图中可知等势面离Q1近,所以Q1所带电荷量小于Q2所带电荷量,A项错误;虚线圆上各点电场强度的大小不等,电场线与等势面垂直,虚线圆是等势面,那么圆上各点电场强度方向均沿半径方向指向圆心A,B项错误; 专题能力训练 流程 内容 逻辑推理 及运算 取无限远处电势为0,等势球面电势也为0,将一正试探电荷q从圆上移到无限远处静电力做功为零,假设Q1产生的电场做功为W1,Q2产生的电场做功为W2,因为W1+W2=0,其中W1为负值,若仅减小Q1所带电荷量,由于W2不变,所以要想W1也不变,虚线圆的半径需要减小,C项正确;由前面可知W1+W2=0,若仅增大Q2所带电荷量,则虚线圆半径需要减小,且圆心A的位置也将靠近Q1,D项错误 专题能力训练 6.(2025山东潍坊模拟)如图所示,在真空建立坐标系O-xyz,z轴正方向垂直于纸面向外(未画出),xOy平面的第二象限内有边界互相平行且宽度均为d的六个区域,交替分布着沿y轴负方向的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场;x>0区域存在方向均沿着x轴正方向的匀强磁场和匀强电场(未画出),磁感应强度大小B1=,电场强度大小E1=,k为常数。现将质量为m、电荷量为q的带正电粒子在边界P处由静止释放,粒子恰好从坐标原点O进入x>0区域,过O点时速度大小为v0、方向与y轴负方向的夹角θ=45°。不计粒子重力,求: 专题能力训练 (1)在平面坐标系xOy的第二象限中电场强度大小E0; (2)在x>0区域内,粒子偏离xOy平面的最大距离; (3)在x>0区域内,粒子偏离xOy平面距离最大时的x坐标; (4)在平面坐标系xOy的第二象限中磁感应强度大小B0。 专题能力训练 【答案】 (1) (2) (3)(n=0,1,2,3,…) (4) 专题能力训练 【模型建构】 序号 选取对象、分析过程 建构物理模型 确定物理原理 1 电场,带电粒子曲线运动 曲线运动 动能定理 2 在x>0区域内 带电质点受到磁场力和电场力作用,速度分解成水平和竖直方向,分方向研究 运动的合成与分解 3 电场力方向,带电质点的运动 匀加速直线运动 匀变速直线运动规律 4 磁场的水平方向 复杂的曲线运动 动量定理 专题能力训练 【解题过程】 (1)粒子从P到Q,电场力做正功,洛伦兹力不做功,由动能定理得3E0qd= 解得E0=。 (2)将粒子在O点的速度分解,水平方向的速度为vx=v0sin θ=v0 竖直方向的速度为vy=v0cos θ=v0 根据洛伦兹力充当向心力,有qvyB1=m 解得r= 偏离平面xOy的最大距离dm=2r=。 专题能力训练 (3)粒子运动周期为T=,可得T= 在x轴正方向,根据牛顿第二定律可得qE1=ma 解得a=kg 根据运动学规律,得x=vx(n=0,1,2,3,…) 解得x=(n=0,1,2,3,…)。 专题能力训练 (4)根据题意粒子速度与y轴负方向的夹角θ=45° 粒子在经过磁场时的水平方向上, 由牛顿第二定律,有qvyB0=max 由动量定理,有∑B0qΔvyt=mΔvx 可得B0q×3d=mv0sin 45° 解得B0=。 专题能力训练 $