2027届高考物理一轮复习解题方法课件：推理论证专题能力训练

专题能力训练 A组　固本强基 (一)热学　光学 题号 选题理由 1 以汽缸内关联的两部分气体为命题情境,设置多个关联过程,设问难度递增,考查气态方程、气体实验定律等知识及分析综合能力 2 以单色光线从不同位置射入光学功能器件为命题情境,考查折射率、反射、折射定律等知识及利用数学几何知识解决几何光学问题的演绎推理能力 专题能力训练 1.(2025山东济南二模)如图所示,导热良好、内壁光滑的汽缸竖直放置,一定质量的活塞放置在卡环上,将汽缸分为A、B两部分。初始时两部分高度均为h,C处开口,B部分的压强与大气压强相等。现将环境温度由T0缓慢升高为T0时,活塞恰好离开卡环;继续升温直至活塞升高h,然后保持温度不变;再由充气口C注入气体,使活塞缓慢下降,最后刚好回到卡环位置。已知大气压强为p0。求: (1)活塞升高h时的温度; (2)注入气体前、后A部分气体的质量比。 【答案】(1)2T0　(2) 专题能力训练 【推理论证】 研究过程 推理论证 分 析 B部分气体:1.升温,活塞恰好离开卡环 2.继续升温,活塞升高 3.注入气体,活塞回到卡环 1.等容变化,满足查理定律 2.等压变化,满足盖-吕萨克定律 3.等温变化,满足玻意耳定律 A部分气体:1.升温,保持压强不变 2.继续升温,保持压强不变 3.注入气体,质量变化、压强变化 1.注入气体后,满足玻意耳定律 2.同种气体在压强、温度相同的情况下,质量之比等于体积之比 联系 活塞平衡,满足pBS=pAS+mg 综合 构建A、B两部分气体不同过程之间压强、体积、温度的关系 根据气体实验定律列方程 专题能力训练 第(1)问 专题能力训练 第(2)问 专题能力训练 【解题过程】(1)设活塞恰好离开卡环时B部分气体压强为p,由查理定律可得 活塞离开卡环到升高,由盖-吕萨克定律可得 解得T1=2T0。 专题能力训练 (2)活塞回到卡环,设B部分气体压强为pB,由玻意耳定律可得pS=pBSh 解得pB=2p0 设此时A部分气体压强为pA,对质量为m的活塞有pBS=pAS+mg 升温前,对活塞有pS=p0S+mg 解得pA= 注入气体后,设A部分气体在压强为p0、温度为T1时体积为VA 根据玻意耳定律,有p0VA=pAhS 注入气体前、后A部分气体的质量比为 联立解得。 专题能力训练 2.(2025山东卷,15)由透明介质制作的光学功能器件截面如图所示,器件下表面圆弧以O点为圆心,上表面圆弧以O'点为圆心,两圆弧的半径及O、O'两点间距离均为R,点A、B、C在下表面圆弧上。左界面AF和右界面CH与OO'平行,且到OO'的距离均为R。 专题能力训练 (1)B点与OO'间的距离为R,单色光线从B点平行于OO'射入介质,射出后恰好经过O'点,求介质对该单色光的折射率n; (2)若该单色光线从G点沿GE方向垂直于AF射入介质,并垂直于CH射出,出射点在GE的延长线上,E点在OO'上,O'、E两点间的距离为R,空气中的光速为c,求该单色光在介质中的传播时间t。 【答案】(1)　(2) 专题能力训练 【推理论证】 大前提 (概念、定理和定律) 小前提 (情境、信息和条件) 1.折射率n= 2.全反射条件、临界角:i≥C,sin C= 3.光速与折射率的关系:v= 4.光的直线传播规律:x=vt 已知光路图及相关距离求折射率 已知入射光、出射光及相关距离求传播时间 专题能力训练 【演绎推理过程及结论】 第(1)问 专题能力训练 第(2)问 专题能力训练 【解题过程】(1)光路图如图甲所示 甲 根据题意可知B点与OO'的距离为R,LOB=R, 所以sin φ= 可得φ=60° 又因为射出后恰好经过O'点,O'点为该光学器件上 表面圆弧的圆心,则该单色光在上表面垂直入射,光路不变 又LOB=LOO'=R 由几何关系可知θ=30° 介质对该单色光的折射率n=。 专题能力训练 (2)若该单色光线从G点沿GE方向垂直于AF 射入介质,第一次射出介质的点为D,且 LO'E=R,可知sin θ'= 由于sin θ'=>sin C= 所以光线在上表面D点发生全反射 由几何关系可知,光线在下表面也发生全反射,轨迹如图乙所示 乙 根据几何关系,光在介质中传播的距离为L=2(LGE+LAF)=R 光在介质中传播的速度为v= 所以光在介质中的传播时间t=。 专题能力训练 (二)力学 题号 选题理由 1 以真实的景观喷泉为素材,引入包络线及其方程,使情境新颖。设问贴近实际,考查运动的合成与分解、抛体运动规律等知识及模型建构能力、推理论证能力 2 以3个小球在圆盘上的多次碰撞为素材,设置多物体、多过程、运算复杂的问题情境,考查对动量守恒和能量守恒定律的综合应用能力及解决多次碰撞问题的归纳推理能力 3 通过比较卫星绕地球及电荷绕电荷两种情境中的某些概念、规律的相似性,重在考查通过类比推理,利用库仑力做功特点、开普勒定律解决新情境中相关问题的能力 专题能力训练 1.(2025河南郑州模拟)如图甲所示,某景观喷泉正以喷头为中心,在同一竖直面内向各个方向以相同大小的初速度将水喷出,落到水平湖面上,空气阻力忽略不计。以喷头为坐标原点O,水平方向为x轴,竖直方向为y轴建立坐标系,如图乙所示。已知图乙中实曲线为部分水流的轨迹,虚曲线为水流的包络线(与所有水流的轨迹均相切的曲线),虚曲线的方程为y=-x2+。重力加速度g取10 m/s2,则(　 　) 甲 乙 专题能力训练 A.水喷出时速度大小为3 m/s B.水喷出后在空中运动的最长时间为0.3 s C.水在空中运动的最大水平位移为0.45 m D.水平位移最大的水在空中运动的时间为 s 答案 D　 专题能力训练 【推理论证】 大前提 (概念、定理和定律) 小前提 (情境、信息和条件) 1.抛体运动规律:水平方向为匀速运动,竖直方向为竖直上抛运动 2.竖直上抛运动的时间对称性 1.忽略空气阻力,水在同一竖直平面以相同的速度大小做抛体运动 2.已知所有抛体运动的包络线及其方程 专题能力训练 【演绎推理过程及结论】 专题能力训练 【解析】由题可知,当x=0时,则有y=,结合竖直上抛运动规律y=,解得v0=3 m/s, A项错误;根据y=gt2可知,水竖直上抛至最高点时对应其在空中运动时间最长,故有t上==0.3 s,根据抛体运动的对称性可得,水喷出后在空中运动的最长时间为t=2t上=0.6 s,B项错误;当y=0时,水平位移最大,则有-x2+=0,解得|x|=0.9 m,C项错误;设水抛出时,速度方向与水平方向的夹角为θ,由运动的分解可知水平位移x=T·v0cos θ,竖直方向上有t竖=,根据运动的对称性可得T=2t竖=,联立可得x=sin 2θ,由数学知识可知,2θ=90°时,即θ=45°时水平位移最大,故水平位移最大的水在空中运动的时间为T=2t竖= s,D项正确。 专题能力训练 2.(2025内蒙古包头一模)半径为R(内外半径之差可忽略)的光滑圆管水平放置并固定,俯视图如图所示。圆心为O,圆管内有质量分别为2m、3m、15m的A、B、C三个小球,静止在图示位置,对应刻度盘上的角度分别是0°、120°、240°,不计小球碰撞的时间,重力加速度为g。 (1)现给A一个初速度v0,让其沿圆管切线方向逆时针运动,若A、B、C三个小球中任意两球之间的碰撞为弹性碰撞,但三球同时碰撞时会结合在一起,求: ①第2次碰撞发生时,A的位置; ②第3次碰撞后瞬间,A的速度大小; ③第3次碰撞后瞬间,三个小球对圆管压力的合力大小。 专题能力训练 (2)现撤去C,给B一个初速度v0,让其沿圆管切线方向顺时针运动,若B与A之间的碰撞为非弹性碰撞,每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的k倍,其中k=,求第1次碰撞到第2 025次碰撞之间A通过的路程。 【答案】(1)①90°位置　②v0 ③　(2)(22 024-1) 专题能力训练 【推理论证】第(2)问 分析 过程 B第1次与A碰撞后,A、B两小球均沿顺时针方向做匀速圆周运动,A多运动1圈追上B发生第2次碰撞,碰后A、B两小球均沿顺时针方向做匀速圆周运动,B多运动1圈追上A发生第3次碰撞,碰后A、B两小球均沿顺时针方向做匀速圆周运动,A多运动1圈追上B发生第4次碰撞,后重复上述过程,直到发生第2 025次碰撞 选择 规律 1.A、B两小球发生碰撞满足动量守恒 2.每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的k倍 3.碰后A通过的路程满足s=vt,v为碰后A的速度,t为相邻两次碰撞的时间间隔 专题能力训练 逐次 分析 第1次 B碰A   专题能力训练 逐次 分析 第2次 A碰B   专题能力训练 逐次 分析 第3次 B碰A   专题能力训练 一般 结论 第n 次碰 撞后 A运动的路程为 sn=(n为偶数) sn=(n为奇数) 解决 问题 A通过的路程为s=s1+s2+s3+…+s2 024=,解得s=(22 024-1) 专题能力训练 【解题过程】(1)①A与B在120°处的弹性碰撞是第1次碰撞,设A与B碰撞后的速度分别是v1、v2,根据动量守恒定律和能量守恒定律有 mAv0=mAv1+mBv2 mAmAmB 解得v1=-v0,v2=v0 即第1次碰后,A沿顺时针方向运动,速度大小为v0,B沿逆时针方向运动,速度大小为v0,B沿逆时针方向从120°运动到240°位置,转过的角度为120°,A沿顺时针转过的角度是θA=×120°=30° 故当第2次碰撞发生时,A在圆环内刻度盘上90°位置。 专题能力训练 ②B与C在240°位置处的弹性碰撞是第2次碰撞,设B与C碰后的速度分别是v3、v4,同理根据动量守恒定律和能量守恒定律有mBv2=mBv3+mCv4 mBmBmC 解得v3=-v0,v4=v0 即第2次碰后,B沿顺时针方向运动,速度大小为v0,C沿逆时针方向运动,速度大小为v0,经分析,三个小球将在圆管内刻度盘上0°位置处同时碰撞(即第3次碰撞),依题意,三球将结合在一起,结合体的质量为20m,设该结合体的速度为v,则有mAv0=(mA+mB+mC)v 解得v=v0 即第3次碰后,结合体将沿逆时针方向运动,速度大小为v0。 专题能力训练 ③由上述可知,第3次碰撞后,三个小球结合在一起,沿逆时针方向做匀速圆周运动,速度v=v0 水平方向上由圆管对结合体的弹力提供向心力,有 Fy= 竖直方向上Fx=(mA+mB+mC)g=20mg 由力的合成可知FN= 由牛顿第三定律可知,结合体对圆管的压力FN'=FN=。 专题能力训练 (2)设B与A第1次碰撞后的速度分别是vB1、vA1,根据动量守恒定律有mAvA1+mBvB1=mBv0 由题意可知vA1-vB1=kv0 解得vA1=,vB1= 第1次碰撞和第2次碰撞之间时间间隔为t1,此过程A比B多运动一圈,有t1= 此过程中,A运动的路程为s1=vA1·t1= 专题能力训练 设B与A第2次碰撞后的速度分别是vB2、vA2,又A、B碰撞为弹性碰撞,同理有 mAvA2+mBvB2=mAvA1+mBvB1=mBv0 vB2-vA2=k(vA1-vB1)=k2v0 解得vA2=,vB2= 第2次碰撞和第3次碰撞之间时间间隔为t2,此过程B比A多运动一圈,有 t2= 此过程中,A运动的路程为s2=vA2·t2= 专题能力训练 设B与A第3次碰撞后的速度分别是vB3、vA3,第3次碰撞和第4次碰撞之间时间间隔为t3,A运动的路程为s3,同理可得vA3=,vB3=,t3=,s3= 同理可以分析接下来的两小球的各次碰撞过程,则从第1次碰撞到第2 025次碰撞共有2 024个间隔过程,A通过的路程为 s=s1+s2+s3+…+s2 024= 化简得s=(22 024-1)。 专题能力训练 3.万有引力定律和库仑定律的相似性,使得解决相关问题的方法可以相互借鉴。 (1)与静电力做功特点类似,万有引力做功同样与路径无关。已知某卫星绕地球的轨道为一椭圆,地球位于椭圆的一个焦点上,如图甲所示。已知地球和卫星的质量分别为m0、m,卫星在远地点A时与地心距离为r1,在近地点B时与地心距离为r2。取无穷远处引力势能为零,质量分别为m1、m2的两物体相距为r时,引力势能表达式为Ep=-G,其中G为引力常量。 a.推导证明卫星绕地球运动的过程中动能与引力势能之和守恒。 b.计算卫星从A点运动到B点的过程中增加的动能ΔEk。 甲 专题能力训练 (2)如图乙所示,直线上有一固定点电荷C,电荷量为+Q(Q>0),另一质量为m、电荷量为-q(q>0)的点电荷D由直线上某点静止释放,仅考虑两电荷间的库仑力,当点电荷D运动至距离点电荷C为L时,其速度大小恰等于D绕C做半径为L的匀速圆周运动时的速度大小。取无穷远处电势为零,两点电荷+q1、-q2相距为r时的电势能表达式为Ep=-k,其中k为静电力常量。 a.求点电荷D由静止释放时与点电荷C的距离L'。 b.已知在万有引力作用下人造卫星绕地球以椭圆轨道或圆周轨道运行时,若椭圆轨道半长轴与某一圆周轨道半径相等,则其在两轨道上运行的周期相等。请据此估算点电荷D从该位置由静止释放运动到点电荷C位置的时间t。 乙 专题能力训练 【答案】(1)a.见解题过程　b.G-G(2)a.2L　b.πL 【推理论证】(1)a.利用类比推理 情境1 情境2 库仑定律 万有引力定律 库仑力做的功等于电势能的减少量 W电=Ep1-Ep2 引力做的功等于引力势能的减少量 W引=Ep1-Ep2 基于以上类比可得引力做功W引与引力势能变化ΔEp的关系为W引=-Δ 联系动能定理即可证明卫星绕地球运动的过程中动能与引力势能之和守恒。 b.利用a的结论可知,卫星从A点运动到B点的过程中增加的动能ΔEk等于减少的引力势能-ΔEp 专题能力训练 (2)a.推理过程 专题能力训练 b.类比推理 情境1 情境2 万有引力作用下人造卫星绕地球以椭圆轨道或圆周轨道运行 库仑力作用下D绕C以椭圆轨道或圆周轨道运行 若椭圆轨道半长轴与某一圆周轨道半径相等,则其在两轨道上运行的周期相等 若椭圆轨道半长轴与某一圆周轨道半径相等,则其在两轨道上运行的周期相等 基于以上类比推理可知,点电荷D从该位置由静止释放运动到距点电荷C为L的位置的时间t等于D绕C以半径L做匀速圆周运动时的周期T的一半,t= 周期T由库仑力充当向心力即可求得。 专题能力训练 【解题过程】(1)a.设引力做功为W引,根据动能定理有W引=ΔEk 引力做功与引力势能变化ΔEp的关系为W引=-ΔEp 故有ΔEk+ΔEp=0 由此可知,动能与引力势能之和守恒。 b.卫星从A点运动到B点的过程中,动能与引力势能之和守恒ΔEk+ΔEp=0 解得ΔEk=G-G。 专题能力训练 (2)a.当D绕C做圆周运动时,库仑力提供向心力,有 k=m 当D靠近C时,由动能定理有 W电=mv2 同时W电=k-k 解得L'=2L。 专题能力训练 b.将D的直线运动视为无限“扁”的椭圆上的运动,其半长轴为=L 设D绕C以半径L做匀速圆周运动时的周期为T,有t= 库仑力提供向心力,有 k=mL 解得t=πL。 专题能力训练 (三)电磁学 题号 选题理由 1 情境新颖,通过类比v-t和u-q图像,利用“面积”求电容器的电能;设问创新,通过给出一般电容器电容的表达式,求特殊电容器的电容,并利用其解释电容器相关现象;重在考查通过类比、演绎推理解决新情境中相关问题的能力 2 通过非匀强磁场与多物体运动的复杂情境,分层考查电磁学与力学的综合应用能力,尤其凸显临界分析、多过程运动及动量的深度结合 专题能力训练 1.电容器作为储能器件在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电,无论采用何种充电方式,其两极间的电压u随两极板所带的电荷量q的变化图像都相同。 (1)请在图中画出上述u-q图像,并类比由v-t图像求位移的方法,求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。 专题能力训练 (2)一个金属球和一个与它同心的金属球壳组成的电容器叫作球形电容器。孤立导体球可看作另一极在无穷远的球形电容器。如图乙所示,两极间为真空的球形电容器,其内球半径为R1,球壳内半径为R2,电容为C=,其中k为静电力常量。根据球形电容器电容的表达式,推导半径为R的孤立导体球的电容C'的表达式; (3)将带电金属小球用导线与大地相连,我们就会认为金属小球的电荷量减小为零。请结合上面题目信息与所学知识解释这一现象。 【答案】(1)见[解题过程]图　CU2　(2)C'=　(3)见[解题过程] 专题能力训练 【推理论证】 情境1 情境2 v-t图像与坐标轴所围面积表示位移 u-q图像与坐标轴所围面积表示电场力的功或电势能 球形电容器电容为 C= 半径为R的孤立导体球的电容C'= 专题能力训练 【解题过程】(1)根据C=可得U=·q 作出u-q图像如图所示 类比由v-t图像求位移的方法,图中图线与横坐标轴所围三角形的面积表示电容器所带电荷量达到Q时电容器所具有的电势能Ep的大小,由图可得Ep=QU 而Q=CU 联立可得Ep=CU2。 专题能力训练 (2)根据题中模型,可将孤立导体球看成另一极在无穷远处的球形电容器,即R1=R,R2→∞ 代入球形电容器电容的表达式C= 可得C'=。 (3)根据孤立导体球的电容表达式可知,球体的半径越大,其电容越大,由于金属小球的半径远小于地球半径,所以地球的电容远大于金属小球的电容,当二者用导线连接,电势相同,根据Q=CU可知,地球所带的电荷量远大于金属小球所带的电荷量,电荷总量保持不变,所以认为金属小球的电荷量减小为零。 专题能力训练 2.(2025黑龙江哈尔滨高三期末)如图所示,倾角为θ=37°的粗糙金属轨道固定放置,轨道间距L=0.5 m,电阻不计。沿轨道向下建立x轴,OO'为两磁场分界线且OO'垂直于x轴。在x<0区域:存在方向垂直于轨道平面向下、磁感应强度为B1=0.8 T的匀强磁场;在x≥0区域:存在方向垂直于轨道平面向上、磁感应强度大小随坐标变化的磁场,变化规律为B2=0.4+0.8x(T)。初始状态,U形框cdef锁定在轨道平面上,c、f分别与O'、O重合,U形框质量为m2=0.15 kg,三边长均为L=0.5 m,由阻值R2=0.2 Ω的金属棒de和两根绝缘棒cd、ef组成。另有质量为m1=0.05 kg、长为L=0.5 m、阻值R1=0.2 Ω的金属棒ab在离OO'一定距离处获得沿轨道向下的初速度,金属棒ab及U形框与轨道间的动摩擦因数均为μ=0.75。金属棒ab及U形框始终与轨道接触良好,形成闭合回路,不计金属轨道及接触点的电阻, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 专题能力训练 (1)若金属棒ab的初速度为v1=4 m/s,求此时流过金属棒ab的电流大小及金属棒de受到安培力的大小; (2)若金属棒ab获得初速度v2的同时,解除对U形框的锁定,为保持U形框仍静止,求v2的最大值; (3)若金属棒ab以初速度v3=4 m/s从x=-0.25 m处开始运动,同时解除对U形框的锁定,金属棒ab与U形框会发生完全非弹性碰撞,求碰后U形框的最大位移大小。 【答案】(1)4 A　1.6 N　(2)4.5 m/s　(3)1 m 专题能力训练 【推理论证】 研究过程 推理论证 分 析 金属棒ab以v1下滑 金属棒ab切割磁感线,遵循法拉第电磁感应定律,与U形框构成闭合电路,遵循闭合电路欧姆定律; U形框的金属棒de在B2磁场中受安培力 金属棒ab以v2下滑,U形框保持静止 U形框所受合力为0 金属棒ab以v3下滑,U形框解除锁定 需要判断U形框的运动情况 联系 金属棒ab下滑过程均遵循法拉第电磁感应定律,与U形框构成闭合电路,遵循闭合电路欧姆定律 专题能力训练 研究过程 推理论证 综 合 金属棒ab和U形框发生完全非弹性碰撞 遵循动量守恒定律,碰后速度相同 金属棒ab与U形框下滑 速度为0时位移最大; 遵循动量定理,结合感应电荷量q=,求解x 专题能力训练 【解题过程】(1)对金属棒ab,根据法拉第电磁感应定律有E1=B1Lv1 根据闭合电路欧姆定律有I1==4 A 则此时的磁感应强度为B2=0.4+0.8L=0.8 T 则金属棒de受到安培力的大小F安=B2I1L=1.6 N。 (2)对金属棒ab,根据法拉第电磁感应定律有E2=B1Lv2 根据闭合电路欧姆定律有I2= U形框静止,有B2I2L=m2gsin θ+μm2gcos θ 联立解得v2=4.5 m/s。 专题能力训练 (3)因v3=4 m/s<v2=4.5 m/s,所以U形框仍静止 对金属棒ab,从开始到与U形框碰撞之前,根据动量定理有 t-B1Lt=m1v0-m1v3 又=B1Lt 解得v0=2 m/s 金属棒ab与U形框碰撞,根据动量守恒定律有 m1v0=v共 解得v共=0.5 m/s 专题能力训练 对整体从撞后到速度减为0,根据动量定理,有 [(m1+m2)gsin θ-μ(m1+m2)gcos θ]t'-(B2deLt'-B2abLt')=0-(m1+m2)v共 又,q=t 且B2de-B2ab=0.8L (T)=0.4 T 联立解得x'=t'=1 m。 专题能力训练 B组　拓展提升 (一)热学　光学 题号 选题理由 1 以洛埃境实验为命题情境,考查干涉条纹间距公式、介质中波长的变化、介质对干涉的影响等知识点 2 以容器内关联的两部分气体为命题情境,设置多个关联过程,考查玻意耳定律的应用等知识及归纳推理能力 专题能力训练 1.(多选)(2024湖南卷,9)1834年,洛埃利用平面镜得到杨氏双缝干涉的结果(称洛埃镜实验),平面镜沿OA放置,靠近并垂直于光屏。某同学重复此实验时,平面镜意外倾斜了某微小角度θ,如图所示。S为单色点光源。下列说法正确的是(　BC　) A.沿AO向左略微平移平面镜,干涉条纹不移动 B.沿OA向右略微平移平面镜,干涉条纹间距减小 C.若θ=0°,沿OA向右略微平移平面镜,干涉条纹间距不变 D.若θ=0°,沿AO向左略微平移平面镜,干涉条纹向A处移动 专题能力训练 【类比推理】 情境1 情境2 杨氏双缝干涉 洛埃镜实验 条纹间距Δx=,d为双缝间距 光源S与平面镜中的像S'可与双缝类比,S与S'的间距类比于双缝间距d 专题能力训练 【解析】当θ=0°时,画出光路图,如图甲所示,S发出的光与通过平面镜反射的光(可以等效成虚像S'发出的光)是同一列光分成的,满足相干光条件,且该干涉可看成双缝干涉,设S与S'的距离为d,S到光屏的距离为l,代入双缝干涉条纹间距公式可得Δx=,则沿OA向右略微平移平面镜,对l和d均没有影响,干涉条纹间距不变,故C正确;若沿AO向左略微平移平面镜,由图甲可以看出,干涉条纹向远离A处移动,故D错误。 甲 专题能力训练 当θ≠0°时,作出光路图如图乙所示,沿OA向右略微平移平面镜,即图乙中从①位置到②位置,由图乙可看出双缝的间距增大,则干涉条纹间距减小,故B正确;沿AO向左略微平移平面镜,即图乙中从②位置到①位置,由图乙可看出干涉条纹向上移动,故A错误。 乙 专题能力训练 2.(2025河南豫西名校模拟)容器A、B通过管道相连,管道左侧与容器A相通,中间与容器B相通,右端直接与外界大气相通。管道内设置了两个单向阀K1和K2,单向阀只能向右开,只允许气体从左向右移动。手持B中的活塞手柄,让活塞上下往复运动,就能把A中的部分气体抽出到大气中。已知A和B的体积分别为VA和VB,初始状态A中气体压强跟大气压相等,都为p0,活塞横截面积为S,活塞厚度不计,管道的体积不计,不考虑气体温度的变化,活塞从B容器底部上升到顶部算作一次抽气,求: (1)第一次抽气结束时容器A中气体的压强; (2)进行第n+1次抽气时,对活塞手柄施加的拉力大小。 【答案】(1)　(2)p0S 专题能力训练 【推理论证】 分析 过程 第1次抽气,K1开启、K2闭合,A中的气体进入B中 活塞第1次从顶部到底部,K2开启、K1闭合,B中的气体被排入大气中,上述过程重复进行 选择 规律 每次抽气过程,气体发生等温变化,满足玻意耳定律p1V1=p2V2 专题能力训练 逐次分析 第1次抽气   第2次抽气   第3次抽气   专题能力训练 一般结论 第n+1次抽气后助力气室内的气体压强pn+1=p0 解决问题 第n+1次抽气时,对活塞有F+pn+1S=p0S 解得F=(p0-pn+1)S=p0S 专题能力训练 【解题过程】(1)第一次抽气后,设A中气体压强为p1,根据玻意耳定律得p0VA=p1V 压强为p1的气体体积V=VA+VB 解得p1=。 专题能力训练 (2)第二次抽气p1VA=p2V 解得p2=p0 第三次抽气p2VA=p3V 解得p3=p0 以此类推…… 则当n+1次抽气后助力气室内的气体压强pn+1=p0 进行第n+1次抽气时,以活塞为研究对象,受力分析,有F+pn+1S=p0S 解得F=(p0-pn+1)S=p0S。 专题能力训练 (二)力学 题号 选题理由 1 命题情境新颖,设置了两个物体在不同方向上既有相同的运动状态又有相对运动的情境;考查运动的合成与分解、类抛体运动规律等知识及模型建构、推理论证能力 2 以智能机器人在3个木板上和板间跳跃为命题情境,设置多物体、多过程复杂的问题情境,考查斜抛运动规律、动量守恒和能量守恒定律等知识及解决复杂问题的分析综合能力 3 以斜面上两个物体多次碰撞为命题情境,设置多物体、多过程复杂的问题情境,考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、动量守恒和能量守恒定律等知识及解决复杂问题的分析综合、归纳推理能力 专题能力训练 1.(多选)(2025河北模拟预测)如图所示,“L”形的木板A置于水平面上,其质量为m,初始时刻静止,木板与地面间的动摩擦因数为μ,另一质量也为m的滑块B初始紧贴木板A的左侧面且滑块B的下表面距木板A的上表面高度为h,滑块B与木板A的左侧面间的动摩擦因数也为μ。在t=0时刻,将滑块B从静止释放,并在滑块B上施加一水平向左、大小为mg(g为重力加速度)的恒力F,在t1时刻,滑块B下落至木板的上表面后不反弹。在0~t1时间内,木板A的加速度大小为,下列说法正确的是(　AB　) A.μ=0.5 B.0~t1时间内滑块B在竖直方向上的加速度大小为 C.t1时刻之后,整个系统将向左做加速度小于的匀加速直线运动 D.滑块B落在木板A的上表面前的瞬间,其速度大小为 专题能力训练 【推理论证】 研究对象 推理论证 分析 木板A 水平方向与滑块B运动状态相同,加速度为ax= 滑块B 滑块B下落至木板的上表面,遵循牛顿第二定律 联系 A、B水平方向上运动状态相同 综 合 木板A与滑块B 水平方向遵循牛顿第二定律 专题能力训练 专题能力训练 专题能力训练 【解析】在水平方向上,对A、B组成的系统由牛顿第二定律有F-μ(mg+μFN)=2max,对滑块B,在水平方向上有F-FN=max,又ax=,解得动摩擦因数为μ=0.5,A项正确;在竖直方向上对滑块B,有mg-μFN=may,解得B在竖直方向上的加速度大小ay=,B项正确;t1时刻之后,在水平方向对A、B整体,有μ·2mg=mg=F,整体水平方向受力平衡,将向左做匀速直线运动,C项错误;滑块B落在木板A上表面前的瞬间,在竖直方向有h=,则其竖直方向分速度大小为vy=,还有水平方向上的分速度,其合速度大于,D项错误。 专题能力训练 2.(2024河北卷,15)如图所示,三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上,尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg,A木板长度为2.0 m,机器人质量为6.0 kg,重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力。 专题能力训练 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时,求A、B木板间的水平距离。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后,以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端,求起跳过程机器人做的功,及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止,随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端,此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。 【答案】(1)1.5 m　(2)90 J　2　(3)xAC=LB 专题能力训练 【推理论证】第(1)问: 大前提(基本概念和规律) 小前提(具体的问题情境) 演绎推理过程 结论 动量守恒定律 三块木板质量均为2.0 kg,A木板长度为2.0 m,机器人质量为6.0 kg 由m0v1=mv2可得 m0x=mx1 见下图 专题能力训练 第(2)问: 过程分析 极值分析 机器人做斜抛运动,竖直方向分速度越大,运动时间越长,水平速度越大,水平位移越大 做功最少,W有极小值 数学方法:均值不等式 专题能力训练 第(3)问: 机器人跳离A木板过程 机器人从跳离A木板到与B木板共速过程 机器人跳到B木板右端 过程 动量守恒m0vcos θ =mvA 得 vA= m/s 机器人从A木板到B木板过程为斜抛运动,有x1=vcos θ·t xA=vAt= m=4.5 m 机器人落到B木板上到与B木板相对静止过程,水平方向动量守恒 m0vcos θ=(m0+2m)v共 v共= m/s 机器人连续3次等间距跳到B木板右端,有v共=m0v0-mvB 机器人每次跳跃的时间为Δt,有 Δt 跳三次·3Δt=Δx 追上A木板时,A、B木板的位移差为 Δx=x1+xA=6 m 联立可得Δt=- 专题能力训练 机器人跳离A木板 过程 机器人从跳离A木板到与B木板共速过程 机器人跳到B木板右端 过程 xAC=·3Δt+Δx+LB vC=v共 xAC=LB 专题能力训练 【解题过程】(1)机器人从A木板左端走到A木板右端,机器人与A木板组成的系统动量守恒,设机器人质量为m0,三个木板质量均为m,由动量守恒定律得m0v1=mv2,设所用时间为t0,则有m0v1t0=mv2t0,即m0x=mx1 又x+x1=LA 解得A、B木板间的水平距离x1=1.5 m。 专题能力训练 (2)设机器人起跳的速度大小为v,方向与水平方向的夹角为θ,从A木板右端跳到B木板左端所用时间为t,根据斜抛运动规律得vcos θ·t=x1, 解得v2= 机器人跳离A木板的过程,系统水平方向动量守恒,由动量守恒定律得m0vcos θ=mvA 根据能量守恒定律可得机器人做的功W=m0v2+ 得W=×45 J=×45 J=45× J 根据数学知识可知,当tan θ=时,即tan θ=2时,W取最小值,代入数值得该情况下W=90 J。 专题能力训练 (3)根据tan θ=2可得vcos θ= m/s,t= s,由动量守恒定律得 m0vcos θ=mvA 解得vA= m/s 这时A木板以该速度向左匀速运动,机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中,机器人与B、C木板组成的系统在水平方向动量守恒, m0vcos θ=(m0+2m)v共 解得v共= m/s 该过程A木板向左运动的距离为xA=vAt= m=4.5 m 专题能力训练 机器人连续3次等间距跳到B木板右端,整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒,设每次起跳机器人的水平速度大小为v0,B木板的速度大小为vB,机器人每次跳跃的时间为Δt,取向右为正方向,得(m0+m)v共=m0v0-mvB 每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为,可得=(v0+vB)Δt 机器人到B木板右端时,B木板恰好追上A木板,从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中,A、B木板的位移差为Δx=x1+xA=6 m,可得(vB-vA)·3Δt=Δx 联立解得Δt= A、C两木板间距为xAC=(vA+vC)·3Δt+Δx+LB,又vC=v共 解得xAC=LB。 专题能力训练 3.(2025湖北七市州调研)如图所示,相距为L的两物块A和B(均可视为质点)静置于足够长的斜面上,斜面的倾角为θ=37°。物块A的质量为m,物块B的质量为3m,物块A与斜面间没有摩擦,物块B与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。同时由静止释放物块A、B,此后物块A、B间的碰撞均为弹性碰撞,碰撞时间极短。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求: (1)第一次碰撞后瞬间物块A、B的速度大小; (2)在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中, 物块A、B之间的最大距离; (3)从静止释放物块A、B开始到第n次碰撞前 的过程中,物块B与斜面间因摩擦产生的热量。 【答案】(1)0　2　(2)L　(3)0.6(6n2-6n+1)mgL 专题能力训练 【推理论证】第(1)、(2)问 大前提 (概念、定理和定律) 小前提 (情境、信息和条件) 1.牛顿第二定律F=ma 2.匀变速直线运动规律 3.弹性碰撞满足动量守恒定律和机械能守恒定律 1.物块A、B的质量,斜面倾角,动摩擦因数 2.物块发生弹性碰撞 3.物块A与B的位移差为L时发生第一次碰撞 4.第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中,当物块A、B的速度相等时,其间距最大 专题能力训练 专题能力训练 第(3)问 分析过程 物块A、B第一次碰撞后分别以不同的初速度做加速度为a1、a2的匀加速运动,经过相同位移xB2,发生第二次碰撞,碰后分别以不同的初速度做加速度为a1、a2的匀加速运动,经过相同位移xB3,发生第三次碰撞,以后重复上述过程。物块B的位移为第一次碰前位移和第n次碰前位移之和,因摩擦产生的热量为滑动摩擦力与物块B的位移的乘积 选择规律 1.物块A、B碰前做匀加速运动,满足x=vt+,v=v0+at 2.物块A、B发生碰撞满足动量守恒定律及机械能守恒定律 3.摩擦生热满足Q=Ffx 专题能力训练 逐次分析 第一次碰撞后 到第二次碰撞前   专题能力训练 逐次分析 第二次碰撞后 到第三次碰撞前   专题能力训练 逐次分析 第三次碰撞后 到第四次碰撞前   专题能力训练 一般结论 第n-1次碰 撞后到第n次碰撞前 第n次碰撞后物块B的速度为 vBn'=2vB1+3(n-1)vB1=(3n-1)vB1 第n-1次碰撞到第n次碰撞前经历的时间为 tn=tn-1=…=t2=2 位移为xBn=vB(n-1)'tn+a2 解决问题 物块B的位移为xB=xB1+xB2+xB3+…+xBn 与斜面间因摩擦产生的热量为Q=3μmgcos θ·xB 专题能力训练 【解题过程】(1)对物块A由牛顿第二定律可知mgsin θ=ma1 解得a1=0.6g 对物块B由牛顿第二定律可知3mgsin θ-μ·3mgcos θ=3ma2 解得a2=0.2g 故物块A、B第一次碰撞前,两物块均做匀加速运动 设物块A、B开始运动到第一次碰撞时间为t1,有L=a1a2 解得t1= 专题能力训练 则碰撞前瞬间物块A、B的速度分别为vA1=a1t1=3,vB1=a2t1= 物块A、B发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得 mvA1+3mvB1=mvA1'+3mvB1' ×3mmvA1'2+×3mvB1'2 联立解得vA1'=0,vB1'=2。 专题能力训练 (2)第一次碰撞后到第二次碰撞前,物块A、B共速时相距最远,设运动时间为t0,则有 v=vB1'+a2t0=vA1'+a1t0 dm=(vB1'+v)t0-(vA1'+v)t0 联立解得dm==L。 专题能力训练 (3)第一次碰撞后到第二次碰撞前,有vB1't2+a2=vA1't2+a1 解得t2==2 则第二次碰撞前vA2=vA1'+a1t2=6,vB2=vB1'+a2t2=4 第二次碰撞过程,物块A、B发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mvA2+3mvB2=mvA2'+3mvB2' ×3mmvA2'2+×3mvB2'2 联立解得vA2'=3vB1=3,vB2'=5vB1=5 专题能力训练 同理可得,第二次碰撞后到第三次碰撞前,有vB2't3+a2=vA2't3+a1 解得t3==2 则第三次碰撞前,vA3=vA2'+a1t3=9vB1,vB3=vB2'+a2t3=7vB1 同理,第三次弹性碰撞后,vA3'=6vB1,vB3'=8vB1 专题能力训练 由此可推知,第n次碰撞后B的速度为vBn'=2vB1+3(n-1)vB1=(3n-1)vB1 第n-1次碰撞到第n次碰撞前经历的时间为tn=tn-1=…=t2=2 从释放开始到第n次碰撞前的过程中,物块B的位移为xB=xB1+xB2+xB3+…+xBn 由题意可得xBn=vB(n-1)'tn+a2 代入数据解得xB=+3n(n-1)L 物块B与斜面间因摩擦产生的热量为Q=3μmgcos θ·xB 代入数据解得Q=0.6(6n2-6n+1)mgL。 专题能力训练 (三)电磁学 题号 选题理由 1 以导体棒转动切割磁感线和导体棒力平衡为命题情境,考查法拉第电磁感应定律、摩擦力、安培力、力平衡条件、牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律等知识,通过求极值,考查分析综合能力 2 以长度可变的双导体棒切割磁感线为命题情境,设置多物体、多过程问题情境,设问难度层次分明,题目区分度较高;考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律、动量定理、动量守恒定律、能量守恒定律等知识,通过导体棒长度的变化,重在考查分析综合能力 3 以带电粒子在磁场中的螺旋线运动、在电场中的类平抛运动为命题情境,考查洛伦兹力、运动的合成与分解、圆周运动的动力学规律等知识;通过求解磁场极值、运动量极值,对综合分析物理过程解决极值问题的能力要求较高 专题能力训练 1.(2024河北卷,14)如图所示,边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上,细框中心O处固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动,水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。导体棒OA在转动过程中,导体棒CD在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知导体棒CD在导轨间的电阻值为R,电路中其余部分的电阻均不计,导体棒CD始终与导轨垂直,各部分始终接触良好,不计空气阻力,重力加速度大小为g。 专题能力训练 (1)求导体棒CD所受安培力的最大值和最小值。 (2)锁定导体棒OA,推动导体棒CD下滑,撤去推力瞬间,导体棒CD的加速度大小为a,所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值,求导体棒CD与导轨间的动摩擦因数。 【答案】(1) (2)tan θ 专题能力训练 【推理论证】第(1)问 过程分析 极值分析 OA在转动过程中,切割磁感线的长度不断变化 当OA运动到正方形细框对角线瞬间,切割的有效长度最大,感应电流最大,CD所受的安培力最大。 当OA运动到与细框一边平行瞬间,切割的有效长度最短,感应电流最小,CD受到的安培力最小 专题能力训练 第(2)问 专题能力训练 【解题过程】(1)当OA运动到正方形细框对角线瞬间,切割的有效长度最大,Lmax=L,此时感应电流最大,CD所受的安培力最大,根据法拉第电磁感应定律得Emax=BLmax=B·L·=BL2ω 根据闭合电路欧姆定律得Imax= 故CD所受的安培力最大为Fmax=BImaxL= 当OA运动到与细框一边平行瞬间,切割的有效长度最短,感应电流最小,CD受到的安培力最小,得Emin=BLmin=B·L· 故CD所受的安培力最小为Fmin=BIminL=。 专题能力训练 (2)当CD受到的安培力最小时,根据平衡条件得mgsin θ-μmgcos θ-Fmin=0 当CD受到的安培力最大时,根据平衡条件得Fmax-mgsin θ-μmgcos θ=0 联立解得m= 撤去推力瞬间,根据牛顿第二定律得Fmax+μmgcos θ-mgsin θ=ma 解得μ=tan θ。 专题能力训练 2.(2025辽宁协作体模拟)如图所示的金属轨道,P2P3P4Q2Q3Q4部分固定在水平面上,P2Q2左侧与竖直弧形轨道平滑连接,P4Q4右侧与足够长的倾斜轨道平滑连接,其中P3Q3左侧部分轨道间距为L,P3Q3右侧部分轨道间距为2L,长度足够长,仅轨道的水平部分P2Q2到P4Q4之间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。甲、乙两根均匀金属杆长度均为2L,电阻均为R,质量分别为m1=m、m2=2m,金属杆乙静置于P3Q3右侧水平轨道上,将金属杆甲从左侧弧形轨道上距水平面高为h处静止释放,当金属杆甲越过P3Q3前已做匀速运动,金属杆乙与金属杆甲共速后冲上右侧倾斜轨道。一切摩擦都忽略不计,除两杆以外其余电阻均不计,整个运动过程中两杆与导轨始终保持良好接触且两杆未发生碰撞,重力加速度为g。求: 专题能力训练 (1)金属杆甲刚进入磁场区域瞬间,金属杆乙的加速度a的大小; (2)金属杆乙沿右侧倾斜轨道上滑的最大高度hm。 【答案】(1)　(2)h 专题能力训练 【推理论证】第(1)问 大前提 (概念、定理和定律) 小前提 (情境、信息和条件) 1.机械能守恒定律 2.法拉第电磁感应定律 3.闭合电路欧姆定律 4.安培力F=BIL 5.牛顿第二定律 6.动量定理 7.动量守恒定律 1.金属杆甲从静止沿光滑轨道下滑进入磁场 2.金属杆甲越过P3Q3前已做匀速运动 3.金属杆乙与金属杆甲共速后冲上右侧倾斜轨道 4.金属杆乙沿右侧倾斜轨道上滑到最大高度 专题能力训练 专题能力训练 第(2)问 研究过程 推理论证 分析 金属杆甲 1.进入磁场到达P3Q3前,金属杆甲受安培力减速直到匀速 2.到达P3Q3后,金属杆甲切割磁感线的长度变长,与金属杆乙相同,受安培力减速直到与金属杆乙共速 到达P3Q3前,应用动量定理 金属杆乙 1.金属杆甲进入磁场到达P3Q3前,金属杆乙受安培力加速直到匀速 2.金属杆甲到达P3Q3后,金属杆乙受安培力加速直到与金属杆甲共速 3.金属杆乙离开磁场后做减速运动,直到速度为0 离开磁场前应用动量定理,离开磁场后应用机械能守恒定律 专题能力训练 研究过程 推理论证 分析 联系 1.金属杆甲到达P3Q3前,当电路中电动势为0,电流为0,安培力为0,两金属杆分别做匀速运动 2.金属杆甲到达P3Q3后到共速前,两金属杆所受安培力总是等大反向 综合 金属杆甲到达P3Q3后,由两金属杆组成的系统动量守恒 整个过程对两金属杆应用动量守恒定律 专题能力训练 【解题过程】(1)设金属杆甲进入磁场时的速度为v0,由机械能守恒定律得m1gh=m1 解得v0= 金属杆甲进入磁场的瞬间根据法拉第电磁感应定律有E=BLv0 根据闭合电路欧姆定律有I= 对金属杆乙,有BI·2L=m2a 解得a=。 专题能力训练 (2)当金属杆甲进入磁场后做匀速运动时,回路中无电流,根据法拉第电磁感应定律有BLv甲=B·2Lv乙 可得v甲=2v乙 规定向右为正方向,对金属杆甲,根据动量定理有-BLΔt=m1v甲-m1v0 同理,对金属杆乙有B·2LΔt=m2v乙 联立解得v甲=v0,v乙=v0 当金属杆甲越过P3Q3后,两金属杆的总动量守恒,设甲、乙两金属杆第一次共速时速度为v1,由动量守恒定律得m1v甲+m2v乙=(m1+m2)v1 解得v1=v0 此后甲、乙两金属杆一起匀速运动直到金属杆乙冲上右侧倾斜轨道,则由机械能守恒定律得m2=m2ghm 解得hm=h。 专题能力训练 3.(2024湖南卷,14)如图所示,有一内半径为2r、长为L的圆筒,左右端面圆心O'、O处各开有一小孔。以O为坐标原点,取O'O方向为x轴正方向建立Oxyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向沿x轴正方向;筒外x≥0区域有一匀强电场,电场强度大小为E,方向沿y轴正方向。一电子枪在O'处向圆筒内多个方向发射电子,电子初速度方向均在xOy平面内,且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电荷量为e,设电子始终未与筒壁碰撞,不计电子之间的相互作用及电子的重力。 专题能力训练 (1)若所有电子均能经过O进入电场,求磁感应强度B的最小值。 (2)取(1)问中最小的磁感应强度B,若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ,求tan θ的绝对值。 (3)取(1)问中最小的磁感应强度B,求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。 【答案】(1)　(2)　(3) 专题能力训练 【推理论证】 过程分析 极值分析 电子在圆筒内运动时 x轴方向:匀速直线运动 yOz平面内:匀速圆周运动 所有电子均能经过O进入电场,则电子运动的时间为圆周运动周期T的整数倍,t=nT 电子始终未与筒壁碰撞 第(1)问 T=,B越小周期T越大 t=nT为定值,n=1时T最大,B有最小值, 第(2)问 电子运动轨迹恰好与筒壁相切时半径R最大,R=r,此时y轴方向的分速度vy最大,电子的速度方向与x轴正方向有最大夹角 专题能力训练 过程分析 极值分析 进入电场后 x轴方向:匀速直线运动 xOy平面内:匀变速直线运动 电子在满足第(2)问条件时,vy最大,电子在电场中运动沿y轴正方向有最大位移ym 专题能力训练 【解题过程】(1)电子在匀强磁场中运动时,将其分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动,设电子入射时沿y轴的分速度大小为vy,由电子在x轴方向做匀速直线运动得L=v0t 在yOz平面内,设电子做匀速圆周运动的半径为R,周期为T,由牛顿第二定律得Bevy=m 可得R=且T= 由题意可知所有电子均能经过O进入电场,则有t=nT(n=1,2,3,…) 联立得B= 当n=1时,B有最小值,可得Bmin=。 专题能力训练 (2)将电子的速度分解,如图所示 有tan θ= 当tan θ有最大值时,vy最大,R最大,此时R=r 又B=,R= 联立可得vym=,tan θ=。 专题能力训练 (3)当vy最大时,电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移ym,根据匀变速直线运动规律有ym= 由牛顿第二定律知a= 又vym= 联立得ym=。 专题能力训练 $