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专题八　实验技能与创新
第1讲　力学实验及其创新
高考考点 命题轨迹 考查内容 考查要求
基本仪器的读数 和力学量的测量 2021天津卷T9 必备知识 基础性
2021北京卷T15 必备知识 基础性
“纸带类”实验 2022全国乙卷T22 必备知识 基础性
2021浙江1月卷T17 关键能力 综合性
2021浙江6月卷T17(1) 关键能力 综合性
“弹簧”“橡皮条”类实验 2022湖南卷T11 关键能力 综合性
2022山东卷T13 关键能力 综合性
2022河北卷T11 关键能力 综合性
2021广东卷T11 必备知识、核心价值 基础性
2020浙江1月卷T17 必备知识 基础性
其他力学实验 2022全国甲卷T23 关键能力 综合性
2021全国乙卷T22 关键能力 综合性
2020浙江7月卷T17(2) 关键能力 综合性
力学实验创新 2022广东卷T11 关键能力 综合性
2022湖北卷T12 关键能力 综合性
2021全国甲卷T22 关键能力 综合性
2021湖南卷T11 关键能力 综合性
2021福建卷T12 关键能力 综合性
考点一　基本仪器的读数和力学量的测量
(2022·全国乙卷,22)用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻(t=0)开始的一段时间内,该飞行器可视为沿直线运动,每隔1 s测量一次其位置,坐标为x,结果如下表所示:
t/s 0 1 2 3 4 5 6
x/m 0 507 1 094 1 759 2 505 3 329 4 233
回答下列问题:
(1)根据表中数据可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动,判断的理由是 　。
(2)当x=507 m时,该飞行器速度的大小v=　　　　 m/s。
(3)这段时间内该飞行器加速度的大小a=　　　　m/s2。(结果保留2位有效数字)
解析:(1)将表格中数据转化如图,则x1=507 m,x2=587 m,x3=665 m,x4=746 m,x5=824 m,x6=904 m,可得x2-x1=80 m,x3-x2=78 m,x4-x3=81 m,x5-x4=78 m,x6-x5=80 m,相邻相等时间间隔位移差大小接近,可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动。
(2)x=507 m时该飞行器的速度即t=1 s时的瞬时速度,利用匀变速直线运动的特点可知时间中点的瞬时速度等于这段时间内的平均速度,故v===547 m/s。
(3)由逐差法得a==
m/s2≈79 m/s2。
答案:(1)相邻相等时间间隔位移差大小接近
(2)547　(3)79
(2022·广东卷,11)某实验小组为测量小球从某一高度释放,与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失,设计了如图a所示的装置,实验过程如下:
(1)让小球从某一高度由静止释放,与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置,使小球从光电门正上方释放后,在下落和反弹过程中均可通过光电门。
(2)用螺旋测微器测量小球的直径,示数如图b所示,小球直径d=
　　　　 mm。
(3)测量时,应　　　　(选填“A”或“B”,其中A为“先释放小球,后接通数字计时器”,B为“先接通数字计时器,后释放小球”)。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2。
(4)计算小球通过光电门的速度,已知小球的质量为m,可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE=　　　　(用字母m、d、t1和t2表示)。
(5)若适当调高光电门的高度,将会　　　　(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。
解析:(2)根据螺旋测微器读数规则可知,小球直径d=7.5 mm+0.384 mm=7.884 mm。
(3)由于小球自由落体运动时间很短,所以测量时,应该先接通数字计时器,后释放小球。
(4)小球第1次通过光电门时的速度v1=,第2次通过光电门时的速度v2=,小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE=m-m=(-)。
(5)若适当调高光电门高度,将会增大因空气阻力引起的测量误差。
答案:(2)7.884
(3)B
(4)(-)
(5)增大
1.模型构建
待测量 图示 说明
时间 (1)t=nT(n表示打点的时间间隔的个数,T表示打点周期); (2)打点频率(周期)与所接交流电的频率(周期)相同
测量值(t)=短针读数(t1)+长针读数(t2),无估读。使用时,先读内圈,读数时只读整数,小数由外圈读出,读外圈时,指针是准确的,不用估读
长度 毫米刻度尺的读数:精确到毫米,估读一位
(1)读数:测量值=主尺读数(mm)+精度×游标尺上对齐刻度线数值(mm) (2)常用精确度:10分度游标尺,精度0.1 mm;20分度游标尺,精度0.05 mm;50分度游标尺,精度0.02 mm
测量值=固定刻度+可动刻度(带估读值)×0.01 mm
力 力的大小=精度×指针指示的格数(注意估读);如分度值为0.1 N,则要估读,有两位小数,如分度值为0.2 N,小数点后只有一位小数
速度 打第n个点时的瞬时速度vn=
加速度 据Δx=aT2,可得a=, a=
2.注意事项
(1)游标卡尺在读数时先确定各尺的分度,把数据读成以毫米为单位的,先读主尺数据,再读游标尺数据,最后两数相加。
(2)游标卡尺读数时不需要估读。
(3)游标卡尺在读数时注意区分游标卡尺的精度。
(4)螺旋测微器读数时,要准确到0.01 mm,估读到0.001 mm,结果若用 mm作单位,则小数点后必须保留3位数字。
(5)螺旋测微器在读数时,注意区别整刻度线与半毫米刻度线,注意判断半毫米刻度线是否露出。
1.(2022·浙江嘉兴二模)如图甲所示,某同学做“探究求合力的方法”实验时,把橡皮条结点拉到某一位置O,记下O点位置,并记下A、B两点以确定两根细绳方向。
(1)与A、B两点对应的弹簧测力计示数如图乙所示,读出与A对应的弹簧测力计示数为　　　　 N。
(2)请结合题给信息在图甲相应位置作出两力的合力,并求出合力的大小为　　　　 N。
解析:(1)弹簧测力计最小刻度为0.1 N,则与A对应的弹簧测力计示数为2.60 N。
(2)与B对应的弹簧测力计示数为1.10 N;作出两力的合力如图所示,合力的大小为3.4 N。
答案:(1)2.60　(2)图见解析　3.4
2.(2022·山东烟台三模)某同学为了测量当地的重力加速度,设计了一套如图甲所示的实验装置。拉力传感器竖直固定,一根不可伸长的细线上端固定在传感器的固定挂钩上,下端系一小钢球,钢球底部固定有遮光片,在拉力传感器的正下方安装有光电门,钢球通过最低点时遮光片恰能通过光电门。该同学设计了下列实验步骤:
(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度d,如图乙所示,则d=　　　　 mm。
(2)用游标卡尺测量小钢球的直径为D,用刻度尺测量小钢球到悬点的摆线长为l。
(3)拉起小钢球,使细线与竖直方向成不同角度,小钢球由静止释放后均在竖直平面内运动,记录遮光片每次通过光电门的遮光时间Δt和对应的拉力传感器示数F。
(4)根据记录的数据描绘出如图丙所示的F-图像,已知图像与纵轴交点为a,图像斜率为k,则通过以上信息可求出当地的重力加速度表达式为 g=　　　　(用题目中所给物理量的符号表示)。
(5)如果在实验过程中所系的细线出现松动,则根据实验数据求出的当地重力加速度g的值比实际值　　　　(选填“偏大”或“偏小”)。
解析:(1)游标卡尺的精度为0.05 mm,其读数为主尺的示数与游标尺示数之和,故遮光片的宽度d=12 mm+8×0.05 mm=12.40 mm。
(4)在最低点,根据牛顿第二定律有
F-mg=,而v=,
联立可得F=mg+×
结合图像的斜率k=,截距a=mg,
解得g=。
(5)在摆动过程中若出现松动,则实际摆长l比开始测量的摆长偏大,根据上述公式可知,则真实的重力加速度的值比测量的值小,即测量值偏大。
答案:(1)12.40 (4)　(5)偏大
考点二　“纸带类”实验
(2021·浙江1月卷,17)用如图甲所示装置进行“探究功与速度变化的关系”实验。装有砝码的盘用绕过滑轮的细线牵引小车,盘和砝码的重力可当作牵引力。小车运动的位移和速度可以由打点纸带测出,以小车为研究对象,改变砝码质量,便可探究牵引力所做的功与小车速度变化的关系。
(1)关于这个实验,下列说法正确的是　　　。(多选)
A.需要补偿小车受到阻力的影响
B.该实验装置可以“验证机械能守恒定律”
C.需要通过调节定滑轮使细线与长木板平行
D.需要满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量
(2)如图乙所示是两条纸带,实验时打出的应是第　　　　(选填“Ⅰ”或“Ⅱ”)条纸带。
(3)根据实验数据,在坐标纸上画出的W-v2图像是一条过原点的直线,据此图像　　　　(选填“能”或“不能”)求出小车的质量。
解析:(1)题中需要将盘和砝码的重力当作牵引力,所以首先需要补偿小车受到阻力的影响,即抬高长木板右端,在不接盘和砝码的情况下,轻推小车,使小车做匀速直线运动,说明小车重力沿斜面的分力与小车所受阻力等大反向,A正确;然后挂上盘与砝码(质量为m),根据牛顿第二定律mg-FT=ma,对小车(质量为M),根据牛顿第二定律FT=Ma,两式相比解得细线拉力FT=·mg=·mg,当满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量,即FT=mg,盘和砝码的重力可当作牵引力,D正确;实验过程中摩擦阻力无法消除,本实验装置无法验证“机械能守恒定律”,故B错误。细线与长木板需要平行,保证细线的拉力与小车运动方向一致,这样盘和砝码的重力可完全当作牵引力,C正确。
(2)小车做匀加速直线运动,位移逐渐增大,所以实验打出的纸带是第Ⅱ条。
(3)根据动能定理可知W=Mv2,图像的斜率为M,根据W-v2图像能求出小车的质量。
答案:(1)ACD　(2)Ⅱ　(3)能
(2022·河北卷,11)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律,实验装置如图甲所示。弹簧的劲度系数为k,原长为L0,钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为E=kx2,其中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量,当地的重力加速度大小为g。
(1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置,测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源,从静止释放钩码,弹簧收缩,得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图乙所示,纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内,认为释放钩码的同时打出A点)。从打出A点到打出F点时间内,弹簧的弹性势能减少量为　　　　,钩码的动能增加量为　　　　,钩码的重力势能增加量为　　　　。
(2)利用计算机软件对实验数据进行处理,得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系,如图丙所示。由图丙可知,随着h增加,两条曲线在纵向的间隔逐渐变大,主要原因是　 。
解析:(1)从打出A点到打出F点时间内,弹簧的弹性势能减少量为ΔEp弹=k(L-L0)2-k(L-L0-h5)2,整理有ΔEp弹=k(L-L0)h5-k。打F点时钩码的速度为vF=,由于在误差允许的范围内,认为释放钩码的同时打出A点,则钩码动能的增加量为ΔEk=m-0=。钩码的重力势能增加量为Δ=mgh5。
(2)钩码机械能的增加量,即钩码动能和重力势能增加量的总和,若无阻力做功,则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量。现在随着h增加,两条曲线在纵向的间隔逐渐变大,而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功,则产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大,导致空气阻力逐渐增大,以至于空气阻力做的功也逐渐增大。
答案:(1)k(L-L0)h5-k　　　mgh5　(2)见解析
1.打点计时器涉及的四个实验
(1)探究小车速度随时间变化的规律。
(2)探究加速度与物体受力、物体质量的关系。
(3)验证机械能守恒定律。
(4)验证动量守恒定律。
2.纸带的三大应用
(1)判断物体运动性质:若在实验误差允许范围内Δx不为零且为定值,则可判定物体做匀变速直线运动。
(2)求解瞬时速度:利用做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求打某一点时的瞬时速度。如图甲所示,打点n时的速度vn=。
(3)用“逐差法”求加速度:如图乙所示,因为a1=,a2=,a3=,所以a==。当位置间隔数是奇数时,应舍去位置间隔小的数据。
3.使用打点计时器,实验操作中的注意事项
(1)平行:纸带、细绳要和长木板平行。
(2)靠近:释放小车前,应使小车停在靠近打点计时器的位置。
(3)两先两后:实验时应先接通电源,后释放小车;实验后先断开电源,后取下纸带。
(4)防止碰撞:在到达长木板末端前应让小车停止运动,防止槽码落地或小车与滑轮碰撞。
(5)减小误差:小车另一端挂的槽码质量要适当,避免速度过大而使纸带上打的点太少,或者速度太小,使纸带上打的点过于密集。
3.(2022·浙江杭州模拟)如图甲、乙、丙、丁为高中物理中的四个力学实验装置。
(1)关于这四个力学实验,下列说法正确的是　　　　(多选)。
A.实验操作时,四个实验均需先接通电源后释放纸带
B.实验操作时,四个实验均需让物体在靠近打点计时器处由静止释放
C.四个实验中的物体均做匀变速直线运动
D.数据处理时,四个实验均需计算物体的加速度
(2)某同学按图乙装置做“探究加速度与力和质量关系”,在正确补偿阻力后,按实验原理打出了12条纸带。如图戊所示是根据其中一条纸带上的数据作出的v-t图像。打该条纸带时,钩码的总质量　　　　(选填“满足”或“不满足”)远小于小车的质量。
(3)如图己所示是某同学按图丁装置做“验证机械能守恒定律”实验时打出的一条纸带,计时器接在频率为50 Hz 的交流电源上,从起始O点开始,将此后连续打出的7个点依次标为A、B、C、…,已知重物的质量为0.50 kg,当地的重力加速度g=9.8 m/s2,从打下O点到打下F点的过程,重物重力势能的减少量为　　　　 J,重物动能的增加量为　　　　 J。(结果均保留2位有效数字)
解析:(1)打点计时器在使用时,为了使其打点稳定,同时为了提高纸带的利用率,使尽量多的点打在纸带上,应先接通电源,再放开纸带,同时需让物体在靠近打点计时器处由静止释放,故A、B正确;探究功与速度变化的关系实验中,橡皮筋的势能转化为小车的动能,且在平衡摩擦力之后,通过增加橡皮筋条数使做功成倍增加,小车做非匀变速直线运动,也无需计算小车的加速度,故C、D错误。
(2)图像为一条倾斜的直线,加速度一定,可知小车受到的合外力一定,则打该条纸带时,钩码的总质量满足远小于小车的质量。
(3)重物重力势能的减少量为ΔEp=mgxOF≈0.34 J,
F点速度vF==1.15 m/s,
重物动能的增加量为ΔEk=m≈0.33 J。
答案:(1)AB　(2)满足　(3)0.34　0.33
4.(2022·福建莆田模拟)在验证动量守恒定律的实验中,请回答下列问题:
(1)实验记录如图甲所示,为测定A球不碰B球时做平抛运动的落点的平均位置,把刻度尺的零刻度线跟记录纸上的O点对齐,图乙给出了小球A落点附近的情况,可得A的平均落点到O点的距离应为　　　　 cm。
(2)小球A下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力,这　　　　(选填“会”或“不会”)让实验结果产生误差。
(3)实验装置如图甲所示,A球为入射小球,B球为被碰小球,下列有关实验过程中必须满足的条件,正确的是　　　　。
A.入射小球的质量mA,可以小于被碰小球的质量mB
B.实验时需要测量斜槽末端到水平地面的高度
C.入射小球不必每次从斜槽上的同一位置由静止释放
D.斜槽末端的切线必须水平,小球放在斜槽末端处,且应恰好静止
(4)如果碰撞过程中系统机械能也守恒,根据图中各点间的距离,下列式子成立的有　　　。(多选)
A.mA∶mB=ON∶MP
B.mA∶mB=OP∶MP
C.mA∶mB=OP∶(MN-OM)
D.mA∶mB=ON∶(MN-OM)
解析:(1)小球A落点,应该取多次落点的平均落地点,即用尽量小的圆把这些落点圈起来圆心的位置,由题图可得距离应为65.50 cm。
(2)在实验过程中,只要保证小球A到达底端的速度相同即可,轨道有无摩擦不会让实验结果产生误差。
(3)入射小球的质量mA,不可以小于被碰小球的质量mB,否则A球碰后反弹,故A错误;在实验中不需要测量小球的下落高度,只要能保证高度相同,即可知道两小球下落时间相同,故B错误;入射小球每次必须从斜槽上的同一位置由静止释放,才能保证每次碰前的速度均相同,故C错误;斜槽末端的切线必须水平,小球放在斜槽末端处,应能静止,故D正确。
(4)两球碰撞后,小球做平抛运动,由于小球抛出点的高度相等,它们在空中做平抛运动的时间t相等,小球做平抛运动的初速度vA=,
vA′=,vB′=,由动量守恒定律得mAvA=mAvA′+mBvB′,则mA=mA+mB,==,故A正确,B错误;由系统机械能守恒得mA=mAvA′2+mBvB′2,代入速度表达式整理得mA(OP2-OM2)=mBON2,又由=,联立解得OP+OM=ON,故OM=PN,由几何关系得MN-OM=MN-PN=MP,则mA∶mB=ON∶MP=ON∶(MN-OM),故D正确,C错误。
答案:(1)65.50　(2)不会　(3)D　(4)AD
考点三　“弹簧”“橡皮条”类实验
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
(2022·湖南卷,11)小圆同学用橡皮筋、同种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等,设计了如图a所示的实验装置,测量冰墩墩玩具的质量。主要实验步骤如下:
(1)查找资料,得知每枚硬币的质量为6.05 g;
(2)将硬币以5枚为一组逐次加入塑料袋,测量每次稳定后橡皮筋的长度l,记录数据如下表:
序号 1 2 3 4 5
硬币数 量n/枚 5 10 15 20 25
长度 l/cm 10.51 12.02 13.54 15.05 16.56
(3)根据表中数据在图b上描点,绘制图线;
(4)取出全部硬币,把冰墩墩玩具放入塑料袋中,稳定后橡皮筋长度的示数如图c所示,此时橡皮筋的长度为　　　　cm;
(5)由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为　　　　g(计算结果保留3位有效数字)。
解析:(3)利用描点法得出图像,如图所示。
(4)根据刻度尺读数规则知,橡皮筋的长度l=15.35 cm。
(5)由胡克定律可得nmg=k(l-l0),变化为l=n+l0。ln图像的斜率=×10-2,解得k=20.0 N/m。代入数据解得橡皮筋原长l0=9.00 cm。挂上冰墩墩玩具,有Mg=k(l-l0),解得M=127 g。
答案:(3)图见解析　(4)15.35　(5)127
(2022·山东卷,13)在天宫课堂中,我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发,某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验,如图甲所示。主要步骤如下:
①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上,加速度传感器固定在滑块上;②接通气源,放上滑块,调平气垫导轨;③将弹簧左端连接力传感器,右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点,A点到O点的距离为5.00 cm,拉动滑块使其左端处于A点,由静止释放并开始计时;④计算机采集获取数据,得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像,部分图像如图乙所示。
回答以下问题(结果均保留2位有效数字):
(1)弹簧的劲度系数为　　　　N/m。
(2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据,画出a-F图像如图丙中Ⅰ所示,由此可得滑块与加速度传感器的总质量为　　　　 kg。
(3)该同学在滑块上增加待测物体,重复上述实验步骤,在图丙中画出新的a-F图像Ⅱ,则待测物体的质量为　　　　 kg。
解析:(1)初始时弹簧的伸长量为5.00 cm,结合图乙可读出弹簧弹力为0.610 N,由F=kx可得弹簧的劲度系数k≈12 N/m。
(2)根据牛顿第二定律F=ma,结合图丙可得a-F图线斜率的倒数表示滑块与加速度传感器的质量,代入数据得m≈0.20 kg。
(3)同理图像Ⅱ斜率的倒数=m+m测,得m测≈0.13 kg。
答案:(1)12　(2)0.20　(3)0.13
1.“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验的注意事项
(1)实验中不能挂过多的钩码,防止弹簧超过弹性限度。
(2)画图像时,不要连成折线,而应尽量让数据点落在直线上或均匀分布在直线两侧。
2.F-x和F-l图线的特点
(1)F-x图线为一条过原点的直线,而F-l图线为一条倾斜直线,但不过原点。
(2)F-x图线和F-l图线的斜率均表示弹簧(或橡皮筋)的劲度系数。
(3)F-l图线在l轴上的截距表示弹簧(或橡皮筋)的原长。
(4)F-x图线和F-l图线发生弯曲的原因是弹簧(或橡皮筋)超出了弹性限度。
3.探究两个互成角度的力的合成规律依据是合力与分力的等效性,在操作时要记住“四注意”和“七记录”
四注意 两次O点的位置必须相同
两个细绳套不要太短
夹角不宜太大也不宜太小,在60°～100°之间为宜
画力的图示时应选择适当的标度
七记录 两个弹簧测力计拉橡皮条时,记录两弹簧测力计示数、两绳方向和O点的位置(五记录)
一个弹簧测力计拉橡皮条时,记录弹簧测力计示数和细绳方向(二记录)
5.(2022·河北唐山三模)如图甲所示,有两条长度不同的弹性绳。两绳上端固定在同一位置,下端系在一个轻质钩上。两绳在同一竖直面内,不缠绕。1的长度比2短,1自然伸长时,2处于松弛状态。现测量这两条弹性绳的劲度系数。进行以下操作:每个钩码质量为100 g,g取10 m/s2。
①测量短绳的自然长度L0;
②下端逐个加挂钩码。测量短绳1的长度L,并记录对应钩码数量n。两条弹性绳一直处于弹性限度内;
③在坐标纸上建立坐标系。以L为纵坐标,以所挂钩码数为横坐标,描出部分数据如图乙所示;
④根据图像求出弹性绳的劲度系数k1、k2。
(1)加挂第　　　　个钩码,弹性绳2开始绷紧。
(2)弹性绳1、2的劲度系数分别为k1=　　　 N/m,k2=　　　　 N/m。
解析:(1)弹性绳2绷紧前,根据胡克定律有
nmg=k1(L-L0),
弹性绳2绷紧后,同理有nmg=k1(L-L0)+k2(L-L0′)=(k1+k2)L-k1L0-k2L0′,
比较以上两式可知,弹性绳2绷紧前相邻两数据点连线的斜率应比绷紧后大,由题图可知加挂第2个钩码,弹性绳2开始绷紧。
(2)由题图可知k1= N/m=5 N/m,
k1+k2= N/m=20 N/m,
即k2=15 N/m。
答案:(1)2　(2)5　15
6.(2022·广东深圳模拟)实验小组的同学利用图甲实验装置探究“求合力的方法”实验。图中橡皮条的一端固定在水平木板上,M、N为弹簧测力计,A为固定橡皮条的图钉,O为橡皮条与细绳的结点,OB和OC为细绳。请回答下列问题:
(1)下列说法中正确的是　　　　。(多选)
A.拉橡皮条时,弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行
B.两弹簧测力计系的两条细线必须等长
C.F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程
D.为减小测量误差,F1、F2方向间夹角应为90°
(2)根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示,乙图中F1、F2、F、F′四个力,其中力　　　 　(选填上述字母)不是由弹簧测力计直接测得的。
(3)实验中,要求先后两次力的作用效果相同,指的是　　　　。
A.橡皮条沿同一方向伸长同一长度
B.橡皮条沿同一方向伸长
C.橡皮条伸长到同一长度
D.两个弹簧测力计拉力F1和F2的大小之和等于一个弹簧测力计拉力的大小
(4)丙图是测量中弹簧测力计M的示数,读出该力大小为　　　　 N。
解析:(1)测量力的实验要求尽量准确,为了防止摩擦对实验结果产生误差,故拉橡皮条时,弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行,A正确;实验中只要求效果相同,而两弹簧测力计系的两条细线不必等长,B错误;为了准确地测量力的大小,故F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程,C正确;为减小测量误差,F1、F2方向间夹角不宜太小,也不宜过大,但不一定为90°,D错误。
(2)由实验步骤可得,题图乙中F1、F2、F、F′四个力,F是根据平行四边形作图得到的,故不是由弹簧测力计直接测得的。
(3)实验中,要求先后两次力的作用效果相同,指的是橡皮条沿同一方向伸长同一长度,B、C、D错误,A正确。
(4)由题图丙可知,测量中弹簧测力计M的示数为3.0 N。
答案:(1)AC　(2)F　(3)A　(4)3.0
考点四　其他力学实验
(2021·全国乙卷,22)某同学利用图a所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄,频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光,某次拍摄后得到的照片如图b所示(图中未包括小球刚离开轨道的影像)。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板,纸板与小球轨迹所在平面平行,其上每个方格的边长为5 cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图b中标出。
完成下列填空:(结果均保留2位有效数字)
(1)小球运动到图b中位置A时,其速度的水平分量大小为　　　　 m/s,竖直分量大小为　　　　 m/s;
(2)根据图b中数据可得,当地重力加速度的大小为　　　　 m/s2。
解析:(1)小球在水平方向上做匀速直线运动,小球运动到A点时,由题图b可知,其速度的水平分量vx= m/s=1.0 m/s,小球在竖直方向上做匀加速直线运动,根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可知,小球运动到A点时,其速度的竖直分量vy= m/s≈2.0 m/s。
(2)在竖直方向上,根据Δy=gT2,解得当地的重力加速度g= m/s2=9.7 m/s2。
答案:(1)1.0　2.0　(2)9.7
(2022·全国甲卷,23)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞,碰撞时间极短,比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2,进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空:
(1)调节导轨水平。
(2)测得两滑块的质量分别为0.510 kg和0.304 kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反,应选取质量为　　　　kg的滑块作为A。
(3)调节B的位置,使得A与B接触时,A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。
(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动,并与B碰撞,分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。
(5)将B放回到碰撞前的位置,改变A的初速度大小,重复步骤(4)。多次测量的结果如下表所示。
项目 1 2 3 4 5
t1/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
t2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46
k= 0.31 k2 0.33 0.33 0.33
(6)表中的k2=　　　　(结果保留2位有效数字)。
(7)的平均值为　　　　(结果保留2位有效数字)。
(8)理论研究表明,对本实验的碰撞过程,是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞,则的理论表达式为　　　　(用m1和m2表示),本实验中其值为　　　　(结果保留2位有效数字);若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内,则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
解析:(2)要使碰撞后两滑块的运动方向相反,必须使质量较小的滑块碰撞质量较大的静止滑块,所以应选取质量为0.304 kg的滑块作为A。
(6)s1=v1t1,s2=v2t2,s1=s2,解得k2=≈0.31。
(7)的平均值为(0.31+0.31+0.33+0.33+0.33)÷5≈0.32。
(8)由碰撞过程遵循动量守恒定律有m1v0=-m1v1+m2v2,若两滑块的碰撞为弹性碰撞,则碰撞前后系统总动能不变,即m1=m1+m2,联立解得=,将题给数据代入可得=≈0.34。
答案:(2)0.304
(6)0.31
(7)0.32　
(8)　0.34
1.“探究平抛运动的特点”实验的操作关键
(1)应保持斜槽末端的切线水平,钉有坐标纸的木板竖直,并使小钢球的运动靠近坐标纸但不接触。
(2)小钢球每次必须从斜槽上同一位置无初速度滚下,斜槽的粗糙程度对该实验没有影响。在斜槽上释放小钢球的高度应适当,使小钢球以合适的水平初速度抛出。
(3)坐标原点(小钢球做平抛运动的起点)不是槽口的端点,应是小钢球在槽口时球心在坐标纸上的水平投影点。
2.用单摆测量重力加速度的大小
(1)选择材料时应选择细、轻又不易伸长的线,长度一般在1 m左右,小球应选用密度较大的金属球。
(2)悬线顶端不能晃动,需用夹子夹住,保证悬点固定。
(3)注意摆动时控制摆线偏离竖直方向不超过5°。
(4)选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时,并数准全振动的次数。
(5)摆球自然下垂时,用毫米刻度尺量出悬线长L,l=L+。
(6)作l-T2的图像,图像应是一条通过原点的直线,图像的斜率k=,利用g=4π2k求重力加速度。
3.探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系的实验注意的问题
摇动手柄时应力求缓慢加速,注意观察其中一个标尺的格数,达到预定格数时,即保持转速恒定,观察并记录其余读数。
7.如图甲所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置。转动手柄,可使两侧变速塔轮以及长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在左右两塔轮上的不同圆盘上,可使两个槽内的小球分别以各自的角速度做匀速圆周运动,其向心力由挡板对小球的压力提供,球对挡板的反作用力,通过杠杆作用使弹簧测力套筒下降,从而露出标尺,标尺上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。那么:
(1)下列实验的实验方法与本实验相同的是　　　　。
A.验证力的平行四边形定则
B.验证牛顿第二定律
C.伽利略对自由落体的研究
(2)若长槽上的挡板B到转轴的距离是挡板A到转轴距离的2倍,长槽上的挡板A和短槽上的挡板C到各自转轴的距离相等。探究向心力和角速度的关系时,若将传动皮带套在两半径之比等于3∶1的轮盘上,将质量相同的小球分别放在挡板　　　　和挡板　　　　处(选填“A”“B”或“C”),则标尺露出红白相间的等分格数的比值约为　　　　。若仅改变皮带位置,通过对比皮带位置轮盘半径之比和向心力大小之比,可以发现向心力F与　　　　　　成正比。
(3)为了能探究影响向心力大小的各种因素,左右两侧塔轮　　　　(选填“需要”或“不需要”)设置半径相同的轮盘。
(4)你认为以上实验中产生误差的原因有
　(写出一条即可)。
(5)利用传感器升级实验装置,用力传感器测压力,用光电计时器测周期进行定量探究。某同学多次改变转速后,记录一组力与对应周期数据,他用图像法来处理数据,结果画出了如图乙所示的图像,该图像是一条过原点的直线,请你分析他的图像横坐标x表示的物理量是　　　　。
A.T B. C.T2 D.
解析:(1)本实验所用的研究方法是控制变量法,与“验证牛顿第二定律”的实验方法相同,故选B。
(2)探究向心力和角速度的关系时,要保持质量和半径不变,即要将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C处;若将传动皮带套在两半径之比等于3∶1的轮盘上,因两轮盘边缘的线速度相同,则角速度之比为1∶3,向心力之比为1∶9,即标尺露出红白相间的等分格数的比值约为1∶9。若仅改变皮带位置,通过对比皮带位置轮盘半径之比和向心力大小之比,可以发现向心力F与角速度的平方成正比。
(3)为了能探究影响向心力大小的各种因素,因为要研究角速度一定时向心力与质量或半径的关系,则左右两侧塔轮需要设置半径相同的轮盘。
(4)产生误差的原因有,小球转动半径引起的误差;弹簧测力套筒的读数引起的误差;皮带打滑引起的误差等。
(5)根据F=m() 2r=4π2mr·,纵坐标表示向心力F,则图像横坐标x表示的物理量是,故选D。
答案:(1)B　(2)A　C　1∶9　角速度的平方
(3)需要　(4)小球转动半径引起的误差(或弹簧测力套筒的读数引起的误差、皮带打滑引起的误差等)　(5)D
8.某同学想用如图甲所示的装置测定滑块与水平面间的动摩擦因数。滑块上表面固定一个质量为m、宽度为d的遮光条,两个光电门固定在水平面上。滑块的左侧与一轻质弹簧接触,不连接,O点为弹簧处于原长时滑块的位置,弹簧、滑块和光电门共线。将滑块向左移动压缩弹簧至A,释放滑块,滑块被弹出后经过光电门1的时间为Δt1,经过光电门2的时间为Δt2,多次实验,取平均值。已知当地重力加速度g取10 m/s2。
(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度,示数如图乙所示,则宽度d=　　　　 cm。
(2)若某次滑块经过光电门1时,光电门1计时Δt1=0.025 s,计算此时滑块的速度为v=　　　　 m/s。(结果保留2位有效数字)
(3)本实验除了d、Δt1、Δt2外还需要测量的物理量为　　　　。
A.出发点A到O点的距离x
B.出发点A到光电门1的距离s
C.光电门1、2之间的距离L
解析:(1)依题意,读数为
d=1 cm+12×0.05 mm=1.060 cm。
(2)依题意为v==0.42 m/s。
(3)依题意,滑块经光电门时的速度分别为v1、v2,其测量原理为Ff=μmg=ma,
-=-2aL,即动摩擦因数为μ=,故A、B错误,C正确。
答案:(1)1.060　(2)0.42　(3)C
9.(2022·广东佛山二模)某同学设计用图甲所示的装置测量当地的重力加速度。
(1)跨过滑轮组的不可伸长的轻绳两端分别与质量为M的钩码以及力传感器相连,通过力传感器可测出轻绳的拉力。质量为m的重物通过动滑轮挂在轻绳上。重物的下端与纸带相连,让纸带穿过打点计时器上的　　　　。
(2)接通电源、释放钩码、重物　　　　(选填“上升”或“下落”),打点计时器在纸带上打出一系列的点,如图乙所示,记下此时力传感器的示数F,已知打点计时器使用的交变电源的频率为50 Hz,相邻两计数点之间还有四个点未画出,由图中的数据可知,重物的加速度a=
　　　　 m/s2(结果保留3位有效数字)。
(3)改变钩码的质量,重复实验步骤(2),得到多组数据。
(4)由实验得到重物的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示,则当地的重力加速度g=　　　　(用图中字母表示),该实验误差的主要来源是　 。
解析:(1)根据打点计时器的使用规则可知,重物的下端与纸带相连,让纸带穿过打点计时器上的限位孔。
(2)根据实验装置可知,接通电源、释放钩码、重物上升,打点计时器在纸带上打出一系列的点;由题意可知,相邻两计数点的时间间隔为T=0.1 s,
则重物的加速度为a=×10-2 m/s2≈2.40 m/s2。
(4)对重物由牛顿第二定律有2F-mg=ma,则a=F-g,结合题图丙可知,当地重力加速度为b;根据实验可知,该实验误差的主要来源是滑轮组与轻绳间的摩擦,纸带与打点计时器间的摩擦阻力,纸带上点间距测量等的误差。
答案:(1)限位孔　(2)上升　2.40　(4)b　滑轮组与轻绳间的摩擦,纸带与打点计时器间的摩擦阻力,纸带上点间距测量等的误差
考点五　力学实验创新
(2021·全国甲卷,22)为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数,一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上,形成一倾角为α的斜面(已知sin α=0.34,cos α=0.94),小铜块可在斜面上加速下滑,如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程,然后解析视频记录的图像,获得5个连续相等时间间隔(每个时间间隔ΔT=0.20 s)内小铜块沿斜面下滑的距离si(i=1,2,3,4,5),如下表所示。
s1 s2 s3 s4 s5
5.87 cm 7.58 cm 9.31 cm 11.02 cm 12.74 cm
由表中数据可得,小铜块沿斜面下滑的加速度大小为　　　　 m/s2,小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为　　　　。(结果均保留2位有效数字,重力加速度大小取9.80 m/s2)
解析:利用匀变速直线运动规律的推论Δx=at2,得a== m/s2=0.43 m/s2;
由牛顿第二定律有mgsin α-μmgcos α=ma,
解得μ==≈0.32。
答案:0.43　0.32
(2022·湖北卷,12)某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器,另一端连接小钢球,如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放,使小钢球在竖直平面内摆动,记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin。改变小钢球的初始释放位置,重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax-Tmin图像是一条直线,如图乙所示。
(1)若小钢球摆动过程中机械能守恒,则图乙中直线斜率的理论值为　　　　。
(2)由图乙得:直线的斜率为　　　　,小钢球的重力为　　　　N。(结果均保留2位有效数字)
(3)该实验系统误差的主要来源是　　　　(填正确答案标号)。
A.小钢球摆动角度偏大
B.小钢球初始释放位置不同
C.小钢球摆动过程中有空气阻力
解析:(1)设初始位置时,轻绳与竖直方向夹角为θ,则轻绳拉力最小值为Tmin=mgcos θ,到最低点时轻绳拉力最大,则mgl(1-cos θ)=mv2,Tmax-mg=m,联立可得Tmax=3mg-2Tmin,即若小钢球摆动过程中机械能守恒,则题图乙中直线斜率的理论值为-2。
(2)由题图乙得直线的斜率为k=-=-2.1,3mg=1.77 N,则小钢球的重力为mg=0.59 N。
(3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力,使得机械能减小,故选C。
答案:(1)-2　(2)-2.1　0.59　(3)C
(2021·福建卷,12)某实验小组利用图a所示的实验装置探究空气阻力与速度的关系,实验过程如下:
(1)首先将未安装薄板的小车置于带有定滑轮的木板上,然后将纸带穿过打点计时器与小车相连。
(2)用垫块将木板一端垫高,调整垫块位置,平衡小车所受摩擦力及其他阻力。若某次调整过程中打出的纸带如图b所示(纸带上的点由左至右依次打出),则垫块应该　　　　(选填“往左移”“往右移”或“固定不动”)。
(3)在细绳一端挂上钩码,另一端通过定滑轮系在小车前端。
(4)把小车靠近打点计时器,接通电源,将小车由静止释放。小车拖动纸带下滑,打出的纸带一部分如图c所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz,纸带上标出的每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出。打出F点时小车的速度大小为　　　　m/s(结果保留2位小数)。
(5)保持小车和钩码的质量不变,在小车上安装一薄板。实验近似得到的某时刻起小车vt图像如图d所示,由图像可知小车加速度大小
　　　　　(选填“逐渐变大”“逐渐变小”或“保持不变”)。据此可以得到的实验结论是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
解析:(2)由题图b可知,从左往右点间距逐渐增大,说明小车做加速运动,即平衡摩擦力过度,应减小木板的倾角,即将垫块往右移。
(4)打F点时小车的速度大小等于打E、G两点之间小车的平均速度大小,即
vF== m/s≈0.15 m/s。
(5)v-t图像的斜率表示加速度,所以由图像可知,小车加速度大小逐渐变小;小车加速度随速度的增大而变小,根据牛顿第二定律可知,小车所受合外力F随速度的增大而变小。装上薄板后,设小车所受空气阻力大小为f,则F=FT-f,对钩码受力分析知,细绳拉力FT逐渐变大,故由此得到的结论是空气阻力随速度增大而增大。
答案:(2)往右移　(4)0.15　
(5)逐渐变小　空气阻力随速度增大而增大
1.力学实验创新方向
(1)实验器材的等效与替换。
①用气垫导轨代替长木板:应调整导轨水平,不必平衡摩擦力。
②用光电门、频闪相机、手机录像等代替打点计时器。
③用力传感器或已知质量的钩码等代替弹簧测力计。
(2)实验结论的拓展与延伸。
①由测定加速度延伸为测定动摩擦因数。
通过研究纸带、频闪照片或光电装置得出物体的加速度,再利用牛顿第二定律求出物体所受的阻力或小车与木板间的动摩擦因数。
②由测定加速度延伸为测定交流电的频率。
(3)试题情境的设计与创新。
对于创新型实验的处理,最根本的方法是把物理模型从新情境中分离出来,找出与常规实验的相通之处,然后运用熟悉的实验原理和数据处理方法进行解答。
(4)探究思路和仪器的创新。
对于创新型实验,采取新颖的思路或者常见的身边仪器,可以起到快捷探究的效果,解决此类问题就是抓住事物的本质,分析问题,解决问题。
2.力学创新实验题的3个特点
(1)以基本的力学模型为载体,依托运动学规律和力学知识设计实验。
(2)将实验的基本方法——控制变量法,处理数据的基本方法——图像法、逐差法等融入实验的综合分析之中。
(3)在试题表现形式上,由单一、基本的形式向综合、开放的形式发展;在试题内容的变化上,主要有实验目的和实验原理的迁移,实验条件和实验方法的改变,实验器材和实验数据处理的变换,演变计算题为实验问题等。
3.创新实验题的解法
(1)根据题目情境,提取相应的力学模型,特别注意同一实验原理而不同实验目的情况。例如以熟知的平抛运动实验为背景可以考查的实验有:研究抛体运动,动量守恒定律,动量定理,测定动摩擦因数等等。
(2)明确实验的理论依据和实验目的,设计实验方案。
(3)进行实验,记录数据,应用原理公式或图像法处理实验数据。
(4)结合物体实际受力情况和理论受力情况对结果进行误差分析。
10.(2022·贵州黔南模拟)某中学的物理航天兴趣小组通过观看“天空授课”引发思考,设计了一款可以在太空中测量物体质量的实验装置如图甲所示。有一圆盘桌面上放置一个质量未知的小球,小球与弹簧测力计通过细线连接,细线通过圆盘上的一个小孔,弹簧测力计的另一端通过另一细线固定于水平面上,A与B为同一个光电门的激光发射器和接收器,B与数字计时器相连,实验时可认为激光与小球的直径在一条直线上。小球处于太空环境中可认为与桌面无挤压,开始实验时轻推小球。
(1)通过游标卡尺测出小球的直径如图乙所示,请读出小球的直径d=
　　　　 cm。
(2)弹簧测力计的示数如图丙所示,请读出力F=　　　　 N。
(3)实验中测出小球运动的半径为r,通过光电门的时间为Δt。
(4)请写出小球质量的表达式m=　　　　(结果用F、d、r、Δt表示)。
解析:(1)游标卡尺的分度值为0.05 mm,故读数为d=1.6 cm+10×0.05 mm=1.650 cm。
(2)由题图丙所示弹簧测力计可知,其分度值为0.2 N,示数为2.4 N。
(4)在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度,则小球的线速度为v=,
弹簧的弹力提供小球做匀速圆周运动所需的向心力,则F=m,解得m=。
答案:(1)1.650　(2)2.4　(4)
11.(2022·江西鹰潭二模)图示装置可用来验证动量守恒定律。一段长为l的细绳一端与力传感器(图中未画出,传感器的体积忽略不计,它可以实时记录绳所受的拉力大小)相连,固定在O点,另一端连接一个质量为m1、直径为d的小钢球A。在小钢球自然下垂时在其最低点N的右侧放置一气垫导轨,气垫导轨左端放有质量为m2的小滑块B(B上安装有宽度为d的遮光片,遮光片的质量忽略不计),右侧安装有光电门1和光电门2(它们分别与数字毫秒计连接,数字毫秒计可记录遮光片挡光的时间)。当地的重力加速度为g。
将气垫导轨调整为水平,并调整好气垫导轨的高度,确保小钢球A通过最低点时恰好与滑块B发生正碰;调整滑块B的位置使小钢球自由下垂静止在N点时与滑块B接触而无压力作用。
(1)将小钢球A从某位置由静止释放,摆到最低点N与滑块B发生碰撞。若小钢球A与滑块B碰撞前瞬间,拉力传感器的示数为F1,则小钢球A与滑块B碰撞前的速度大小为　　　　。(用题中已给出的物理量符号表示)
(2)为完成实验,除了要记录数字毫秒计的读数Δt外,还需要记录的信息有 　 。
(3)写出一条对提高实验结果准确度有益的建议:
　。
解析:(1)根据牛顿第二定律有
F1-m1g=m1,得v=。
(2)要验证动量守恒定律,还需要记录的信息有碰撞结束瞬间力传感器的示数F2(通过它可计算得到小钢球A碰撞后的速度大小)和小钢球A的运动方向。
(3)为提高实验结果准确度,在选择器材时,小钢球应选体积小、密度大的,细绳应选用无弹性的细绳。
答案:(1)　(2)碰撞结束瞬间力传感器的示数F2和小钢球A的运动方向　(3)选择器材时,小钢球应选体积小、密度大的(或细绳应选用无弹性的细绳,其他答案合理也可)第2讲　电学实验及其创新
高考考点 命题轨迹 考查内容 考查要求
电学基本器材的 使用和读数 2022湖南卷T12 关键能力 综合性
2021福建卷T11 必备知识 基础性
2021浙江6月卷T19 必备知识 基础性
以测电阻为核心的 电学实验 2022全国甲卷T22 关键能力 综合性
2022广东卷T12 关键能力 综合性
2022山东卷T14 关键能力 综合性
2022全国乙卷T23 关键能力 综合性
2022浙江1月卷T18 关键能力 综合性
2021北京卷T16 关键能力 综合性
2021全国甲卷T23 关键能力 综合性
以测电源电动势为 核心的电学实验 2021湖南卷T12 关键能力 综合性
2021全国乙卷T23 关键能力 综合性
2021浙江1月卷T19 关键能力 综合性
电学实验创新 2022河北卷T12 关键能力 综合性
2021广东卷T12 关键能力 综合性
2021湖北卷T13 关键能力 综合性
考点一　电学基本器材的使用和读数
(2021·福建卷,11)某实验小组使用多用电表和螺旋测微器测量一长度为80.00 cm电阻丝的电阻率,该电阻丝的电阻值约为100～200 Ω,材料未知。实验过程如下:
(1)用螺旋测微器测量该电阻丝的直径,示数如图a所示,该电阻丝的直径为　　　　mm。
(2)对多用电表进行机械调零。
(3)将多用电表的选择开关旋至　　　　(选填“×1”“×10”“×100”或“×1k”)倍率的电阻挡。
(4)将黑、红表笔短接,调节欧姆调零旋钮,使指针指在电阻挡零刻度线。
(5)将黑、红表笔并接在待测电阻丝两端,多用电表的示数如图b所示。该电阻丝的电阻值为　　　　Ω。
(6)测量完成之后,将表笔从插孔拔出,并将选择开关旋到“OFF”位置。
(7)实验测得的该电阻丝电阻率为　　　　Ω·m(结果保留3位有效数字)。
解析:(1)该电阻丝的直径为d=1 mm+41.6×0.01 mm=1.416 mm。
(3)使用多用电表欧姆挡测电阻时,为了减小误差,应尽可能使指针偏转至刻度盘中央附近,由于该电阻丝的阻值在100～200 Ω,而表盘中央刻度在 15～20左右,所以应选择“×10”倍率的电阻挡。
(5)15～20之间的分度值为1,所以该电阻丝的电阻值为R=16×10 Ω=160 Ω。
(7)根据电阻定律有R=ρ=ρ,解得该电阻丝的电阻率为ρ=≈3.15×10-4 Ω·m。
答案:(1)1.416　(3)×10　(5)160
(7)3.15×10-4
(2021·浙江6月卷,19)小李在实验室测量一电阻Rx的阻值。
(1)因电表内阻未知,用如图1所示的电路来判定电流表该内接还是外接。正确连线后,合上开关S,将滑动变阻器的滑片P移至合适位置。单刀双掷开关K掷到1,电压表的读数U1=1.65 V,电流表的示数如图2所示,其读数I1=　　　　 A;将K掷到2,电压表和电流表的读数分别为U2=1.75 V,I1=0.33 A。由此可知应采用电流表　　　　(选填“内”或“外”)接法。
(2)完成上述实验后,小李进一步尝试用其他方法进行实验:
①器材间连线如图3所示,请在虚线框中画出对应的电路图;
　　　　　　　　　　　　　　　
②先将单刀双掷开关掷到左边,记录电流表读数,再将单刀双掷开关掷到右边,调节电阻箱的阻值,使电流表的读数与前一次尽量相同,电阻箱的示数如图3所示。则待测电阻Rx=　　　　 Ω。此方法　　　　(选填“有”或“无”)明显的实验误差,其理由是　。
解析:(1)由电流表的表盘可知电流大小为0.34 A,
电压表的百分比变化为
η1=×100%=5.7%,
电流表的百分比变化为
η2=×100%=3.0%。
因此可知电压表的示数变化更明显,说明电流表的分压更严重,因此不能让电流表分压,采用外接法。
(2)①电路图如图所示。
②两次实验中电路电流相同,因此可有I==,
可得Rx=R0,读数可得Rx=5 Ω,电阻箱的最小分度和待测电阻阻值接近,这样测得的阻值不够精确,如待测电阻阻值为5.4 Ω,则实验只能测得其为Rx=5 Ω,误差较大。
答案:(1)0.34　外
(2)①图见解析　②5　有　电阻箱的最小分度与待测电阻阻值比较接近(或其他合理解释)
1.电压表、电流表、多用电表的读数技巧
对电表读数问题,要先弄清楚电表的分度值,即每小格的数值,再确定是、还是估读,明确读数的小数位数。
2.多用电表的使用问题
在弄清其基本原理的基础上,会选择测量项目及量程、挡位,能区分机械调零和欧姆调零,掌握测量电阻的步骤。
3.电表的“三用”
如果知道电表的内阻,电流表、电压表就既可以测电流,也可以测电压,还可以作为定值电阻来用,即“一表三用”。
1.(2022·福建福州三模)兴趣小组利用实验室中器材自制一个具有“×1”和“×10”两种倍率的欧姆表,电路设计如图甲所示。实验室可用器材有:
A.干电池(电动势E=1.5 V,内阻r=0.5 Ω)
B.毫安表(满偏电流Ig=1 mA,内阻rg=180 Ω)
C.滑动变阻器R0(最大阻值为200 Ω)
D.定值电阻R1(阻值为2 Ω)
E.定值电阻R2(阻值为18 Ω)
F.单刀双掷开关一个,红、黑表笔各1支,导线若干。
(1)根据上述器材和要求,电路中电阻Rx应选定值电阻　　　　(选填“R1”或“R2”)。
(2)用“×10”倍率测量电阻时,选挡开关S应合向　　　　(选填“a”或“b”)。测量电阻时,毫安表的指针指在图乙所示位置处时被测电阻值为　　　　 Ω。
(3)该欧姆表用久后,电池老化造成电动势减小、内阻增大,但仍能进行欧姆调零,则用其测得的电阻值　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
解析:(1)将两定值电阻和毫安表看作一个等效电流表,设当开关S掷向a端时﹐等效电流表满偏电流为Ia。当开关S掷向b端时,等效电流表满偏电流为Ib,根据串联规律可得(Ia-Ig)Rx=Ig(Rg+Ry),(Ib-Ig)(Rx+Ry)=IgRg,由于毫安表内阻为180 Ω,若Rx=R1,Ry=R2,则有Ia=100Ig,Ib=10Ig,若Rx=R2,Ry=R1,则有Ia=Ig,Ib=10Ig,根据要求自制具有“×1”和“×10”两种倍率的欧姆表,电路中电阻Rx应选定值电阻R1。
(2)根据串并联电路电流与电阻关系,可以看出 Ia>Ib,使用欧姆表,外接电阻越大,通过等效电流表的值越小,故用“×10”倍率测量电阻时,选挡开关S应掷向“b”;当开关S掷向“b”时,等效电流表Ib=10Ig,设欧姆表总的内电阻为R内,由闭合电路欧姆定律得,当毫安表满偏时有E=IbR内=10IgR内,解得R内=150 Ω,如题图乙,当毫安表半偏时有E=IbR内=10×(R内+R),解得R=150 Ω。
(3)设等效电流表的电流为IG,电动势减小时,由欧姆表原理可得内阻R内=,欧姆表内阻减小,
当测量电阻R时的电流为I==。
可知,回路中电流减小,指针偏左,对应欧姆表的刻度应该偏大,其测得的电阻值大于真实值。
答案:(1)R1　(2)b　150　(3)大于
2.(2022·浙江绍兴模拟)实验室有一额定电压为220 V的白炽灯,某同学欲了解其低压伏安特性,为此设计了系列实验,请依次回答下列问题。
(1)该同学用多用电表粗测白炽灯的电阻,正确操作后得到图甲,则该情况下白炽灯的电阻为　　　　 Ω。
(2)该同学随后用学生电源供电(电源选择15 V稳压),选择合适的滑动变阻器和其他器材,连接电路如图乙,打算直接闭合开关开始测量。请你指出连接图中存在的问题(至少列举两条)。
①　;
②　。
(3)该同学改掉所有问题后,正确测量过程中得到的一组电流表、电压表示数如图丙,则两表的读数分别为　　　　 A、　　　　 V。
(4)该同学根据测量数据,作出了U-I图像,下列图像中最可能正确的是　　　　(选填字母“A”“B”或“C”)。
解析:(1)由题图可知,选择挡位为“×1”,则其读数为40×1 Ω=40 Ω。
(2)由题图可知,电源选择15 V稳压,则流过灯泡的最大电流Imax= A=0.375 A;可知电流表量程选择错误;滑动变阻器采用分压式接法,闭合开关前,滑动变阻器滑片应置于最右端。
(3)电流表选择量程为0～0.6 A,分度值为0.02 A,其读数为0.20 A;
电压表选择量程为0～15 V,分度值为0.5 V,其读数为4.0 V。
(4)电灯泡的电阻随温度的升高而升高,随着实验过程中电压增大,其阻值增大,则U-I图线上的点与原点连线的斜率随着电压增大而增大,故A可能,B、C不可能。
答案:(1)40　(2)①电流表量程选错　②滑动变阻器滑片位置错误　(3)0.20　4.0　(4)A
考点二　以测电阻为核心的电学实验
(2022·广东卷,12)弹性导电绳逐步成为智能控制系统中部分传感器的敏感元件。某同学测量弹性导电绳的电阻与拉伸后绳长之间的关系,实验过程如下:
(1)装置安装和电路连接
如图a所示,导电绳的一端固定,另一端作为拉伸端,两端分别用带有金属夹A、B的导线接入如图b所示的电路中。
(2)导电绳拉伸后的长度L及其电阻Rx的测量
①将导电绳拉伸后,用刻度尺测量并记录A、B间的距离,即为导电绳拉伸后的长度L。
②将滑动变阻器R的滑片滑到最右端。断开开关S2,闭合开关S1,调节R,使电压表和电流表的指针偏转到合适位置。记录两表的示数U和I1。
③闭合S2,电压表的示数　　　　(选填“变大”或“变小”)。调节R使电压表的示数仍为U,记录电流表的示数I2,则此时导电绳的电阻Rx=　　　(用I1、I2和U表示)。
④断开S1,增大导电绳拉伸量,测量并记录A、B间的距离,重复步骤②和③。
(3)该电压表内阻对导电绳电阻的测量值　　　(选填“有”或“无”)影响。
(4)图c是根据部分实验数据描绘的Rx-L图线。将该导电绳两端固定在某种机械臂上,当机械臂弯曲后,测得导电绳的电阻Rx为1.33 kΩ,则由图线可读出导电绳拉伸后的长度为　　　　 cm,即为机械臂弯曲后的长度。
解析:(2)断开开关S2,根据欧姆定律可得定值电阻的阻值R0=。闭合开关S2,导电绳与定值电阻并联,并联后的总电阻小于定值电阻的阻值R0,电流表示数增大,电压表示数变小。调节滑动变阻器R使电压表的示数仍为U,设导电绳与定值电阻并联后的总电阻为R′,则R′=,根据欧姆定律得R′=,联立解得Rx=。
(3)考虑电压表内阻时,有=+,=++,联立解得Rx=,与(2)中分析的结果相同,故电压表内阻对导电绳电阻的测量值无影响。
(4)由Rx-L图线可知,导电绳电阻Rx=1.33 kΩ对应的导电绳拉伸后的长度 L=51.80 cm。
答案:(2)变小　　(3)无　(4)51.80
(2022·湖北卷,13)某探究小组学习了多用电表的工作原理和使用方法后,为测量一种新型材料制成的圆柱形电阻的电阻率,进行了如下实验探究。
(1)该小组用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D,示数如图甲所示,其读数为　　　　 mm。再用游标卡尺测得其长度L。
(2)该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻Rx的阻值。图中电流表量程为0.6 A、内阻为1.0 Ω,定值电阻R0的阻值为20.0 Ω,电阻箱R的最大阻值为999.9 Ω。首先将S2置于位置1,闭合S1,多次改变电阻箱R的阻值,记下电流表的对应读数I,实验数据见下表。
R/Ω I/A /A-1
5.0 0.414 2.42
10.0 0.352 2.84
15.0 0.308 3.25
20.0 0.272 3.68
25.0 0.244 4.10
30.0 0.222 4.50
根据表中数据,在图丙中绘制出-R图像。再将S2置于位置2,此时电流表读数为0.400 A。根据图丙中的图像可得Rx=　　　　 Ω(结果保留2位有效数字)。最后可由表达式ρ=　　　　(用D、L、Rx表示)得到该材料的电阻率。
(3)该小组根据图乙的电路和图丙的-R图像,还可以求得电源电动势E=　　　　 V,内阻r=　　　　 Ω。(结果均保留2位有效数字)
(4)持续使用后,电源电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置,测得电路的电流,仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
解析:(1)用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D,其读数为3.5 mm+0.01 mm×20.0=3.700 mm。
(2)(3)由电路可知,当将S2置于位置1,闭合S1时E=I(RA+R0+r+R),即=R+,由图像可知=,解得E≈12 V;=2,解得r=3.0 Ω。再将S2置于位置2,此时电流表读数为0.400 A,则E=I′(r+R0+RA+Rx),解得Rx=6.0 Ω;根据Rx=ρ=ρ,解得ρ=。
(4)根据表达式E=I′(r+R0+RA+Rx),因电源电动势变小,内阻变大,则当电流表有相同读数时,得到的Rx的值偏小,即Rx测量值偏小。
答案:(1)3.700
(2)6.0　
(3)12　3.0
(4)偏小
(2022·全国乙卷,23)一同学探究阻值约为550 Ω的待测电阻Rx在0～5 mA范围内的伏安特性。可用器材有:电压表(量程为3 V,内阻很大),电流表(量程为1 mA,内阻为300 Ω),电源E(电动势约为4 V,内阻不计),滑动变阻器R(最大阻值可选10 Ω或1.5 kΩ),定值电阻R0(阻值可选75 Ω或150 Ω),开关S,导线若干。
(1)要求通过Rx的电流可在0～5 mA范围内连续可调,将图a所示的器材符号连线,画出实验电路的原理图。
(2)实验时,图a中的R应选最大阻值为　　　　(选填“10 Ω”或“1.5 kΩ”)的滑动变阻器,R0应选阻值为　　　　(选填“75 Ω”或“150 Ω”)的定值电阻。
(3)测量多组数据可得Rx的伏安特性曲线。若在某次测量中,电压表、电流表的示数分别如图b和图c所示,则此时Rx两端的电压为　　　　 V,流过Rx的电流为　　　　 mA,此组数据得到的Rx的阻值为　　　　 Ω(结果保留3位有效数字)。
解析:(1)该实验探究待测电阻Rx在0～5 mA范围内的伏安特性,因此滑动变阻器采用分压式连接,电压表的内阻很大,故可看成理想电压表,故采用电流表外接法,由于题目中给的电流表量程太小,故应与电流表并联一定值电阻扩大其量程。
(2)滑动变阻器R选最大阻值为10 Ω的,方便调节;又因电流表的量程为1 mA,内阻为300 Ω,通过测量电阻的最大电流为5 mA,因此电流表量程应扩大为原来的5倍,因此分流电阻阻值应为该电流表内阻的四分之一,故电流表并联电阻的阻值为R0=75 Ω。
(3)Rx两端电压即为电压表读数2.30 V;因电流表并联R0,量程扩大,通过待测电阻的电流为电流表读数的5倍,即通过Rx的电流为5×0.84 mA=4.20 mA,故Rx= Ω≈548 Ω。
答案:(1)如图所示　(2)10 Ω　75 Ω　
(3)2.30　4.20　548
1.电阻测量首先要根据实验目的、实验原理、实验器材的不同而灵活选用“伏安法”(又分为内接法和外接法)“安安法”“伏伏法”“伏安加R法”等测量电路。从供电方式上又可分为限流电路和分压电路。
(1)有电压表、电流表且量程恰当时选择“伏安法”。
(2)电压表不能用或没有电压表等情形下,若精确知道电流表内阻,可以将电流表当作电压表使用,即选择“安安法”。
(3)电流表不能用或没有电流表等情况下,若精确知道电压表内阻,可以将电压表当作电流表使用,即选择“伏伏法”。
(4)在运用伏安法测电阻时,由于电压表或电流表的量程太小或太大,为了满足安全精确的原则,选择“伏安加R法”,此法又叫“加保护电阻法”。
2.在复习时要掌握测定电阻的常用方法。
名称 电路 测量原理
伏安法 Rx=,小外偏小,大内偏大
伏安法消除系统误差 Rx=-
Rx=
活用电表法 伏伏法 V2内阻已知时,Rx=RV2-RV2
安安法 A1内阻已知时,Rx=RA1
等效替代法 电源输出电压不变,将S合到2,调节R1,使电流表的示数与S合到1时的示数相等,则Rx=R1
电源输出电压不变,将S合到b,调节R1,使电压表的示数与S合到a时的示数相等,则Rx=R1
半偏法 闭合S1,断开S2,调节R1使G表指针满偏;闭合S2,只调节R2使G表半偏(R1 Rg),则R2=<
使R2=0,闭合S,调节R1使V表满偏;只调节R2使V表半偏(RV R1),则 R2=>
电桥法 调节电阻箱R3,当A、B两点的电势相等时,R1和R3两端的电压相等,设为U1,同时R2和Rx两端的电压也相等,设为U2,根据欧姆定律有=,=。由以上两式解得R1·Rx=R2·R3,这就是电桥平衡的条件,由该平衡条件可求出被测电阻Rx的阻值
欧姆表法 电路略,注意:①要在指针靠近中央时读数;②换挡要进行欧姆调零;③欧姆表刻度左密右疏
3.(2022·福建南平三模)如图甲为某学习小组测定定值电阻Rx的阻值和某种金属丝电阻率ρ所设计的实验电路,电源为输出电压恒为3 V的学生电源,电流表的量程为0～0.6 A,待测金属丝粗细均匀。主要实验步骤如下:
(1)用螺旋测微器测出金属丝的直径d=0.500 mm。
(2)调节接线夹夹在金属丝上的位置,测出接入电路中金属丝的长度L。闭合开关,读出电流表的读数如图乙所示,电流表读数I=　　　　 A。
(3)改变接线夹位置,重复步骤(2),测出多组L与I的值。
(4)根据测得的数据,作出如图丙所示的图线,可得Rx=　　　　 Ω(结果保留2位有效数字),金属丝的电阻率ρ=　　　　 Ω·m(结果保留3位有效数字)。
(5)若考虑电流表的内阻影响,电阻率的测量值　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
解析:(2)电流表选择量程为0～0.6 A,分度值为0.02 A,则读数为0.40 A。
(4)根据电阻定律得R=ρ,由欧姆定律可得I=,整理得=L+,结合图像可得斜率k==4,纵轴截距2.0=,又S=,
解得Rx=6.0 Ω,ρ≈2.36×10-6 Ω·m。
(5)由(4)分析结论k=可知,电流表的内阻不影响电阻率的测量,故电阻率的测量值等于真实值。
答案:(2)0.40　(4)6.0　2.36×10-6　(5)等于
4.(2022·浙江绍兴模拟)(1)在“描绘小灯泡伏安特性”实验中,下列电路连接正确的是　　　　。
(2)接通电源,调节滑动变阻器,当电压表为1.59 V 时,电流表指针偏转情况如图甲所示,则电流表读数为　　　　 A。
(3)测量数据输入计算机,利用数表软件直接生成小灯泡伏安特性曲线如图乙所示,由图线分析:小灯泡电阻的阻值在0～0.3 V的过程中变化量为ΔR1,在1.0～1.3 V的过程中变化量为ΔR2,则两者关系应是ΔR1　　　　(选填“>”“<”或“=”)ΔR2。
(4)如图丙所示,将该灯泡与10 Ω的定值电阻串联连接到稳压输出3 V的学生电源中,接通电源后小灯泡的实际功率为　　　　 W(结果保留2位有效数字)。
解析:(1)在“描绘小灯泡伏安特性”实验中,为了使小灯泡两端电压能够从零开始变化,滑动变阻器应采用分压式接法;由于小灯泡电阻远小于电压表电阻,所以电流表应采用外接法。故选C。
(2)由(1)可知,电流表采用0～0.6 A量程,则表盘分度值为0.02 A,需要估读到0.01 A,则读数为0.23 A。
(3)I-U图像上点与原点连线斜率的倒数表示电阻,由题图乙可知1.0～1.3 V范围内曲线比0～0.3 V范围内曲线平缓,所以在电压变化量相同的情况下,0～0.3 V范围内点与原点连线斜率的变化比1.0～1.3 V范围内点与原点连线斜率的变化小,即ΔR1<ΔR2。
(4)设灯泡两端电压为U,通过灯泡的电流为I,由题意有3 V-U=I·10 Ω。
将上式描述的I-U图线与灯泡的伏安特性曲线作在同一坐标系中,如图所示,则交点坐标代表灯泡的工作点,即接通电源后小灯泡的实际功率为 P=1.06×0.192 W≈0.20 W。
答案:(1)C　(2)0.23　(3)<　(4)0.20
5.(2022·山东青岛模拟)某同学在实验室发现了一大捆铝导线,他想利用学过的知识计算出导线的长度,于是他设计了如下的实验方案:
(1)先用螺旋测微器测量该导线的直径如图甲所示,则导线的直径d=　　　　mm。
(2)然后在实验室中找到如下实验器材:学生电源、灵敏电流计、电流表(两个)、滑动变阻器(两个)、电阻箱、定值电阻、开关、导线若干。他利用现有器材进行了如下实验:
a.按照图乙所示的电路图连接好实验电路;
b.将滑动变阻器R3的滑片调至适当位置,滑动变阻器R1的滑片调至最左端,闭合开关S;
c.将滑动变阻器R1的滑片逐步向右滑动,并反复调节R2和R3使灵敏电流计G示数为零,此时电阻箱R2的数值为4.0 Ω,电流表A1的示数为 0.15 A,电流表A2的示数为0.30 A。
根据上述实验过程,请回答。
①待测电阻Rx的阻值为　　　　Ω;
②电流表的内阻对测量结果　　　　(选填“有”或“无”)影响。
(3)最后该同学在资料上查到了该铝导线的电阻率ρ=2.82×10-8 Ω·m,则这捆导线的长度为　　　　m(结果保留3位有效数字)。
(4)为提高本实验的精确度可采取的措施是
　。
(请答出两条措施)
解析:(1)导线的直径d=1 mm+41.0×0.01 mm=1.410 mm。
(2)①灵敏电流计G的示数为0,可知R2和Rx两端的电压相等,即R2I1=RxI2,解得Rx=R2=×4.0 Ω=2.0 Ω;
②由以上分析可知,电流表的内阻对测量结果无影响。
(3)根据Rx=ρ,可得l==,
代入数据解得l≈111 m。
(4)为提高本实验的精确度可采取的措施是提高灵敏电流计G的灵敏度;调整R2、R3的阻值,多次测量Rx取平均值;在导线上不同位置多次测量直径取平均值。
答案:(1)1.410　(2)①2.0　②无　(3)111
(4)提高电流计G的灵敏度;调整R2、R3的阻值,多次测量Rx取平均值;在导线上不同位置多次测量直径取平均值(任选两条即可)
考点三　以测电源电动势为核心的电学实验
(2021·湖南卷,12)某实验小组需测定电池的电动势和内阻,器材有:一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻(阻值为R0)、一个电流表(内阻为RA)、一根均匀电阻丝(电阻丝总阻值大于R0,并配有可在电阻丝上移动的金属夹)、导线若干。由于缺少刻度尺,无法测量电阻丝长度,但发现桌上有一个圆形时钟表盘。某同学提出将电阻丝绕在该表盘上,利用圆心角来表示接入电路的电阻丝长度。主要实验步骤如下:
(1)将器材如图a连接。
(2)开关闭合前,金属夹应夹在电阻丝的　　　　(选填“a”或“b”)端。
(3)改变金属夹的位置,闭合开关,记录每次接入电路的电阻丝对应的圆心角θ和电流表示数I,得到多组数据。
(4)整理数据并在坐标纸上描点绘图,所得图像如图b所示,图线斜率为k,与纵轴截距为d,设单位角度对应电阻丝的阻值为r0,该电池电动势和内阻可表示为E=　　　　,r=　　　　。(用R0、RA、k、d、r0表示)
(5)为进一步确定结果,还需要测量单位角度对应电阻丝的阻值r0,利用现有器材设计实验,在图c虚线框中画出实验电路图(电阻丝用滑动变阻器符号表示)。
(6)利用测出的r0,可得该电池的电动势和内阻。
解析:(2)为了保护电流表,闭合开关前应使电路中的电阻最大,故金属夹应夹在电阻丝的b端。
(4)由闭合电路的欧姆定律得E=I(r+RA+R0+θr0),整理得=(r+RA+R0)+θ,结合题图b可得k=,d=(r+RA+R0),解得E=,r=-RA-R0。
(5)
实验电路图如图所示,先将单刀双掷开关S接1,记下电流表的示数I0,然后将单刀双掷开关S接2,移动金属夹的位置,直到电流表的示数为I0,记下此时接入电路的电阻丝对应的圆心角θ0,则 r0=。
答案:(2)b　(4)　-RA-R0
(5)图见解析
(2021·全国乙卷,23)一实验小组利用图a所示的电路测量一电池的电动势E(约1.5 V)和内阻r(小于2 Ω)。图中电压表量程为1 V,内阻RV=380.0 Ω;定值电阻R0=20.0 Ω;电阻箱R,最大阻值为999.9 Ω;S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空:
(1)为保护电压表,闭合开关前,电阻箱接入电路的电阻值可以选　　　　 Ω(选填“5.0”或“15.0”);
(2)闭合开关,多次调节电阻箱,记录下阻值R和电压表的相应读数U;
(3)根据图a所示电路,用R、R0、RV、E和r表示,得=　　　　　　;
(4)利用测量数据,作-R图线,如图b所示;
(5)通过图b可得E=　　　　 V(保留2位小数),r=　　　　 Ω(保留1位小数);
(6)若将图a中的电压表当成理想电表,得到的电源电动势为E′,由此产生的误差为||×100%=　　　　%。
解析:(1)要保护电压表,则R0两端的电压应小于1 V,通过R0的电流应小于或等于0.05 A,故电路中的总电阻R总≥ Ω=30 Ω,所以电阻箱接入电路的阻值应选15.0 Ω。
(3)根据闭合电路欧姆定律可得,电动势E=U+(+)(R+r),整理得=(1+r)+R。
(5)延长题图b中图线与纵轴相交,由=(1+r)+R,结合题图b可得,= V-1·Ω-1,解得E≈1.56 V,当R=5 Ω时,=0.86 V-1,代入=(1+r)+R,可解得r≈1.5 Ω。
(6)若将电压表当成理想电表,则E′=U+(R+r),整理得=(1+)+R,
则= V-1·Ω-1,解得E′≈1.48 V,由此产生的误差为||×100%≈5%。
答案:(1)15.0　(3)(1+r)+R
(5)1.56　1.5　(6)5
测量电源电动势和内阻的三个常用方案
(1)伏安法。
方案 电流表内接 电流表外接
电路图
误差来源 电压表的分流 电流表的分压
真实值和测 量值的关系 I真=I测+ U真=U测+IRA
图像
误差分析 E测r真(r测=r+RA)
(2)伏阻法和安阻法。
方案 伏阻法 安阻法
原理 E=U+r E=IR+Ir
电路图
关系式 =·+ =·R+
图像
误差分析 E测r真(r测=r+RA)
6.(2022·重庆万州区三模)某学习小组通过实验,既能测量直流电源的电动势E和内阻r,又能测量待测电阻的阻值Rx。
实验器材:
直流电源(电动势E和内阻r未知);
电流表A(量程适当,内阻可忽略不计);
定值电阻R0(阻值已知),待测电阻Rx;
开关S1,单刀双掷开关S2,导线若干。
(1)该学习小组利用图1所示实物连线图进行实验,请根据实物连线图在图2所示虚线框内画出电路图。
(2)实验步骤:
①将单刀双掷开关S2置于空位,闭合开关S1,读出电流表的示数为I1;
②将单刀双掷开关S2与左侧a接通,读出电流表的示数为I2;
③将单刀双掷开关S2与右侧b接通,读出电流表的示数为I3。
(3)根据(2)所测数据及定值电阻R0可得直流电源电动势E=　　　　,内阻r=　　　　,待测电阻Rx=　　　　。
解析:(1)依题意,电路图如图所示。
(3)由闭合电路欧姆定律有E=I1(R0+Rx+r),
E=I2(Rx+r),E=I3(R0+r),
联立解得E=,r=R0,
Rx=R0。
答案:(1)图见解析
(3)　R0　R0
7.(2022·广东广州模拟)某实验小组设计了如图甲所示的电路来测量一蓄电池的电动势和内阻,接入电路中的电阻箱只用“×1”倍率(单位 Ω,如图乙所示),闭合开关S,改变电阻箱接入电路的阻值,使旋钮沿顺时针方向旋转,分别指向1、2、3、4、5、6,读出6组对应的电压值,然后以(电压表读数的倒数)为纵轴、(电阻箱接入电路的阻值的倒数)为横轴建立坐标系,根据实验记录数据描点连线,得到如图丙所示的图像。
回答下列问题。
(1)该小组设计的电路中,接入定值电阻R0的作用是　。
(2)用E和r分别表示蓄电池的电动势和内阻,则与的关系式为　。
(3)根据图丙求得蓄电池的电动势E=　　　　V,内阻r=　　　　Ω。(用a、b、R0表示)
解析:(1)使实验中电压表示数变化明显,同时又保护电路。
(2)根据闭合电路欧姆定律可知
E=U+(r+R0),
可得=·+。
(3)根据题图丙有b=+,a=+,
解得E=,r=-(1+R0)。
答案:(1)使实验中电压表示数变化明显,同时又保护电路　(2)=·+　(3)　-(1+R0)
考点四　其他电学实验
(2022·全国甲卷,22)某同学要测量微安表内阻,可利用的实验器材有:电源E(电动势1.5 V,内阻很小),电流表(量程10 mA,内阻约10 Ω),微安表　(量程100 μA,内阻Rg待测,约1 kΩ),滑动变阻器R(最大阻值10 Ω),定值电阻R0(阻值10 Ω),开关S,导线若干。
(1)将图中所示的器材符号连线,画出实验电路原理图。
(2)某次测量中,微安表的示数为90.0 μA,电流表的示数为9.00 mA,由此计算出微安表内阻Rg=　　　　Ω。
解析:(1)题中给出的滑动变阻器的最大阻值只有10 Ω,滑动变阻器采用分压接法,为了精确得到微安表两端的电压,可将微安表与定值电阻并联,通过电流关系得到电压。
(2)由并联电路规律可得IGRg=(I-IG)R0,解得Rg=990 Ω。
答案:(1)如图所示　(2)990
(2022·北京朝阳区二模)某实验小组用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”,可拆变压器如图所示。
(1)以下给出的器材中,本实验需要用到的是　　　　　　　　　。(多选)
A.干电池　　　　B.学生电源
C.实验室用电压表　　D.多用电表　　
(2)关于本实验,下列说法正确的是　　　　。
A.为确保实验安全,实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B.因为使用的电压较低,通电时可直接用手接触裸露的导线进行连接
C.实验时可以保持原线圈电压、匝数不变,改变副线圈的匝数,探究副线圈匝数对副线圈电压的影响
D.变压器开始正常工作后,通过铁芯导电将电能从原线圈传递到副线圈
(3)某次实验中,用匝数na=400匝和nb=800匝的线圈实验,测量的数据如下表所示,下列说法中正确的是　　　　。
Ua/V 1.80 2.80 3.80 4.90
Ub/V 4.00 6.01 8.02 9.98
A.原线圈的匝数为na,用较粗导线绕制
B.副线圈的匝数为na,用较细导线绕制
C.原线圈的匝数为nb,用较细导线绕制
D.副线圈的匝数为nb,用较粗导线绕制
解析:(1)实验中变压器原线圈需要输入交流电压,而干电池只能输出恒定直流电压,学生电源可以输出交流电压,故A不符合题意,B符合题意;实验中变压器副线圈输出交流电压,而实验室用电压表只能测量直流电压,多用电表可以测量交流电压,故C不符合题意,D符合题意。
(2)为确保实验安全,实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数,从而使副线圈输出电压较低,故A错误;虽然使用的电压较低,但实验中仍有可能出现错接或短路等情况,为了人身安全,通电时不能用手接触裸露的导线进行连接,故B错误;实验时可以保持原线圈电压、匝数不变,改变副线圈的匝数,探究副线圈匝数对副线圈电压的影响,故C正确;互感现象是变压器的工作基础,电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场,由于电流的大小、方向在不断变化,铁芯中的磁场也在不断变化,变化的磁场在副线圈中产生感应电动势,因此变压器是通过铁芯传导磁路将电能从原线圈传递到副线圈,故D错误。
(3)由表格数据可知>,考虑到实验中所用变压器并非理想变压器,即存在功率损失,使得原、副线圈电压之比大于匝数比,所以原线圈的匝数为nb,副线圈的匝数为na,而副线圈电压较小,电流较大,所以为了尽量减少能量损失,副线圈所用导线应比原线圈粗,故 A、B、D错误,C正确。
答案:(1)BD　(2)C　(3)C
(2022·江苏盐城二模)利用DIS电流传感器可以测量电容器的电容。让充电后的电容器通过大电阻R放电,电流传感器 A与计算机连接,记录放电电流I随时间t变化的图像,图像与坐标轴围成的面积,数值上等于电容器的带电荷量Q(可用DIS系统软件计算),Q与充电电压U的比值即为电容器的电容C。
(1)图甲、乙为放电法测量电容的两种电路原理图,开关S先与1端相连,充电结束后,读出电压表的示数。然后把开关掷向2端,记录I-t图像,测量出电容器的带电荷量Q。在甲、乙两图中,实验系统误差较大的是　　　　(选填“甲”或“乙”),原因是　　　　　　　　对实验的影响,使电容测量值　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(2)DIS系统软件记录的放电电流I随时间t变化的图像可能是　　　　。
(3)某同学选择了正确的实验电路图,经过实验操作获得了多组数据,如表所示:
次数 U/V Q/×10-4C
1 10.8 0.92
2 13.7 1.20
3 16.8 1.22
4 20.0 1.70
5 23.8 2.08
6 27.0 2.41
请根据以上数据,在图丙中作出Q-U图像,由图像可得该电容器的电容是　　　　μF(结果保留2位有效数字)。
(4)该同学是通过滑动变阻器来改变电容器的充电电压的,请结合上述电路原理图,在下面的方框内作出能改变电容器充电电压的电路原理图。
(5)该同学在完成电容的测量实验后,把一多用电表的选择开关调到欧姆挡,正确调零后把红黑表笔同时与电容器的两极接触,请你描述接触后多用表指针的偏转情况:　。
解析:(1)在甲、乙两图中,实验系统误差较大的是乙,原因是电容器放电时电压表有分流,使电容器放电荷量值偏小,则电容测量值偏小。
(2)电容器放电时,放电电流逐渐减小,且逐渐变慢,则DIS系统软件记录的放电电流I随时间t变化的图像可能是C。
(3)作出Q-U图像如图1所示;
根据C=可知C== F≈8.9 μF。
(4)能改变电容器充电电压的电路原理图如图2所示。
(5)两表笔与电容器接触后,电容器先有较大的放电电流,然后逐渐减小,则多用电表指针的偏转情况是多用电表指针先快速偏转大角度,后逐渐回到原位置。
答案:(1)乙　电压表分流　偏小　(2)C
(3)见解析图1　8.9
(4)见解析图2　(5)多用表指针先快速偏转大角度,后逐渐回到原位置
(2022·湖南卷,12)小梦同学自制了一个两挡位(“×1”“×10”)的欧姆表,其内部结构如图所示,R0为调零电阻(最大阻值为R0m),Rs、Rm、Rn为定值电阻Rs+R0m(1)短接①②,将单刀双掷开关S与m接通,电流计示数为Im;保持电阻R0滑片位置不变,将单刀双掷开关S与n接通,电流计示数变为In,则Im　　　　In(选填“大于”或“小于”)。
(2)将单刀双掷开关S与n接通,此时欧姆表的挡位为　　　　(选填“×1”或“×10”)。
(3)若从“×1”挡位换成“×10”挡位,调整欧姆零点(欧姆零点在电流计满偏刻度处)时,调零电阻R0的滑片应该　　　　调节(选填“向上”或“向下”)。
(4)在“×10”挡位调整欧姆零点后,在①②间接入阻值为100 Ω的定值电阻R1,稳定后电流计的指针偏转到满偏刻度的;取走R1,在①②间接入待测电阻Rx,稳定后电流计的指针偏转到满偏刻度的,则Rx=　　　　Ω。
解析:(1)由于Rn>Rm,所以Im大于In。
(2)将单刀双掷开关S与n接通,此时电路中总电阻较大,中值电阻较大,能接入的待测电阻的阻值也较大,故应该为欧姆表的“×10”挡位。
(3)若从“×1”挡位换成“×10”挡位,即开关S从m拨向n,电路中的总电阻增大,干路电流减小,为了使电流计满偏,则需增大通过电流计的电流,故调零电阻R0的滑片应该向上调节。
(4)设欧姆表内部等效电阻为R,根据闭合电路欧姆定律有,Ig=,Ig=,Ig=,联立解得Rx=400 Ω。
答案:(1)大于　(2)×10　(3)向上　(4)400
1.电流表(表头)改装成电压表、电流表和欧姆表
项目 电路图 原理 刻度盘特点
电压表 电阻串联分压。表头G满偏电流为Ig,满偏电压为Ug,内阻为Rg,需要量程扩大到nUg,串联电阻阻值为(n-1)Rg ①均匀刻度; ②0刻度在刻度盘左侧; ③电表有不同量程
电流表 电阻并联分流。表头G满偏电流为Ig,满偏电压为Ug,内阻为Rg,需要最大测量值扩大到nIg,并联电阻阻值为 ①均匀刻度; ②0刻度在刻度盘左侧; ③电表有不同量程
欧姆表 闭合电路欧姆定律,电流表中电流与被测电阻一一对应,由电流值表示电阻 ①不均匀刻度; ②0刻度在刻度盘右侧; ③电表有不同挡位; ④中值电阻等于欧姆表的内阻
2.其他电学实验
实验 装置及器材 操作要领(实验现象)
观察电容器的充、 放电现象 (1)电容器的电容要大一些,电源的电压在6 V左右,小灯泡的额定电压比电源电压稍低,在4 V左右; (2)开关掷向a时,仔细观察灵敏电流计指针的偏转方向; (3)开关掷向b时,仔细观察灵敏电流计指针的偏转方向
探究影响感应电流方向的因素 实验器材:条形磁铁、电流表、线圈、导线、一节干电池(用来查明线圈中电流的流向与电流表中指针偏转方向的关系) (1)线圈内磁通量增加时的情况
图号 磁场 方向 感应电流 的方向 感应电流的 磁场方向
甲 向下 逆时针 (俯视) 向上
乙 向上 顺时针 (俯视) 向下
(2)线圈内磁通量减少时的情况
图号 磁场 方向 感应电流 的方向 感应电流的 磁场方向
丙 向下 顺时针 (俯视) 向下
丁 向上 逆时针 (俯视) 向上
实验结论:当穿过线圈的磁通量增加时,感应电流的磁场与原磁场的方向相反;当穿过线圈的磁通量减少时,感应电流的磁场与原磁场的方向相同
探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 在误差允许的范围内,变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比,数学表达式为=
8.(2022·山东日照模拟)在测定电容器电容的实验中,将电容器、电压传感器、阻值为3 kΩ的电阻R、电源、单刀双掷开关S按图甲所示电路图进行连接。先使开关S与1相连,电源给电容器充电,充电完毕后把开关S掷向2,电容器放电,直至放电完毕,实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的图线如图乙所示,图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及图线与时间轴所围“面积”的图像。
(1)根据图甲所示的电路,观察图乙可知,充电电流与放电电流方向　　　　(选填“相同”或“相反”),大小都随时间　　　　(选填“增大”或“减小”)。
(2)该电容器的电容为　　　　F(结果保留2位有效数字)。
(3)某同学认为:仍利用上述装置,将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端,也可以测出电容器的电容值,请你分析并说明该同学的说法是否正确:
　。
解析:(1)根据题图甲的电路,观察题图乙可知充电电流与放电电流方向相反,大小都随时间减小。
(2)根据充电时电压—时间图线可知,电容器的电荷量为Q=It=t,而电压的峰值为Um=6 V,则该电容器的电容为C=,设电压—时间图线与坐标轴围成的面积为S,联立解得C===F=1.0×10-2 F。
(3)电容器放电的过程中,电容器C与电阻R两端的电压大小相等,因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值Um”及图线与时间轴所围“面积”,仍可应用C==计算电容值,故该同学说法正确。
答案:(1)相反　减小　(2)1.0×10-2　(3)见解析
9.(2022·江西鹰潭二模)为了测一个自感系数很大的线圈L的直流电阻RL,实验室提供以下器材:
待测线圈L(阻值约为5 Ω);
电流表 A1(量程0～3.0 A,内阻r1约为0.2 Ω);
电流表 A2(量程0～0.6 A,内阻r2=1.0 Ω);
滑动变阻器R1(0～10 Ω);
电压表V(量程0～3 V,内阻约为2 kΩ);
电阻箱R2(0～99.9 Ω);
电源E(电动势E约为3 V,内阻很小);
单刀单掷开关S1、S2;导线若干。
(1)某实验小组按如图a所示的电路测量线圈L的直流电阻RL。实验主要步骤如下:
①按电路图连接好电路,断开开关S1、S2,滑动变阻器R1的滑片移至最　　　　(选填“左”或“右”)端。
②闭合开关S1、S2,移动滑动变阻器R的滑片至适当位置,记下电流表A2的示数为I2,电压表V的示数为U,线圈L的直流电阻的测量值的计算式为RL=　　　　。
③测量完后,应先断开开关　　　　,再断开开关　　　　(以上两空选填“S1”或“S2”),其理由是　
　。
(2)
若只提供一个开关S1,为避免自感现象对电表的影响,经讨论,同学们认为可以利用两个电流表和一个电阻箱达到测量的目的。图b方框中已画了部分电路,请根据你的设计,在方框中完成电路图。
解析:(1)①接通电路之前,为了保证安全,滑动变阻器接入电路部分应最大,所以滑片移动到最右端。
②利用伏安法测电阻RL+r2=,RL=-r2。
③如果先断开S1再断开S2,则电感线圈、电流表A2、电压表V组成一个回路,线圈有断电自感现象,形成较大的自感电动势,有可能烧坏电表,所以应先断开S2再断开S1。
(2)由于待测线圈L的阻值约为5 Ω,电源电动势为3 V,流过待测线圈L的电流为I== A=0.6 A。所以选电流表A2测量待测线圈L的电流,由于只提供一个开关S1,为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表,所以当开关S1断开时,电流表与一个电阻箱串联,来保护电流表A2;若电阻箱串联在待测线圈L的支路上,会使待测线圈L
的支路的电流过小造成误差,所以电阻箱并联在待测线圈L两端;电阻箱并联在待测线圈L两端时,可用电阻箱间接来测待测线圈L两端的电压,在干路上串联一个电流表A1即可,所以电路如图所示。
答案:(1)①右　②-r2　③S2　S1　若先断开S1,则由于断电自感现象,有可能烧坏电表
(2)图见解析
考点五　电学实验创新
(2021·广东卷,12)某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材。
(1)先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡,将两表笔　　　　,调节欧姆调零旋钮,使指针指向右边“0 Ω”处。测量时观察到热敏电阻温度越高,相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大,由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而　　　　。
(2)再按图连接好电路进行测量。
①闭合开关S前,将滑动变阻器R1的滑片滑到　　　　端(选填“a”或“b”)。
将温控室的温度设置为T,电阻箱R0调为某一阻值R01。闭合开关S,调节滑动变阻器R1,使电压表和电流表的指针偏转到某一位置。记录此时电压表和电流表的示数、T和R01。断开开关S。
再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端,闭合开关S。反复调节R0和R1,使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同。记录此时电阻箱的阻值R02。断开开关S。
②实验中记录的阻值R01　　　　R02(选填“大于”“小于”或“等于”)。此时热敏电阻阻值RT=　　　　。
(3)改变温控室的温度,测量不同温度时的热敏电阻阻值,可以得到热敏电阻阻值随温度的变化规律。
解析:(1)使用多用电表的欧姆挡前应先欧姆调零,即将两表笔短接。温度越高,相同倍率下多用电表的指针向右偏转的角度越大,则电阻阻值越小,故热敏电阻的阻值随温度的升高而减小。
(2)①闭合开关前,为了保护电路,应该将滑动变阻器的滑片移到b端。
②将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D,调节滑动变阻器和电阻箱,使电压表和电流表的示数与改接前一致,则R01=R02+RT,所以R01>R02,RT=R01-R02。
答案:(1)短接　减小
(2)①b　②大于　R01-R02
(2021·湖北卷,13)小明同学打算估测5个相同规格电阻的阻值。现有一个量程为0.6 A的电流表、一个电池组(电动势E不大于4.5 V、内阻r未知)、一个阻值为R0的定值电阻、一个阻值为R1的定值电阻(用作保护电阻),开关S和导线若干。他设计了如图a所示的电路,实验步骤如下:
第一步:把5个待测电阻分别单独接入A、B之间,发现电流表的示数基本一致,据此他认为5个电阻的阻值相等,均设为R。
第二步:取下待测电阻,在A、B之间接入定值电阻R0,记下电流表的示数I0。
第三步:取下定值电阻R0,将n个(n=1,2,3,4,5)待测电阻串联后接入A、B之间,记下串联待测电阻的个数n与电流表对应示数In。
请完成如下计算和判断。
(1)根据上述第二步,与R0、R1、E、r的关系式是=　　　　。
(2)定义Y=-,则Y与n、R、R0、E的关系式是Y=　　　　。
(3)已知R0=12.0 Ω,实验测得I0=0.182 A,得到数据如下表:
n 1 2 3 4 5
In/ A 0.334 0.286 0.250 0.224 0.200
Y/A-1 2.500 1.998 1.495 1.030 0.495
根据上述数据作出Y-n图像,如图b所示,可得R=　　　　 Ω(结果保留2位有效数字),同时可得E=　　　　 V(结果保留2位有效数字)。
(4)本实验中电流表的内阻对表中Y的测量值　　　　(选填“有”或“无”)影响。
解析:(1)由闭合电路欧姆定律得
E=I0(R1+R0+r),整理得=。
(2)A、B间接入n个待测电阻后,由闭合电路欧姆定律得E=In(R1+nR+r),
又Y=-,
由以上整理得Y=。
(3)由Y=,
变形得Y=-n+,
结合图b得=0.5 A-1,=3.0 A-1,
又R0=12.0 Ω,解得E=4.0 V,R=2.0 Ω。
(4)如果考虑电流表的内阻,则
E=I0(R1+R0+r+RA),E=In(R1+nR+r+RA),
整理得Y=,
显然电流表的内阻对Y的测量值没有影响。
答案:(1)　(2)
(3)2.0　4.0　(4)无
实验原理的创新方法
1.转换法:将无法(或不易)测量的物理量转换成可以(或易于)测量的物理量进行测量,然后再求待测物理量,这种方法叫转换测量法(简称转换法),如在“测量金属丝的电阻率”的实验中,虽然无法直接测量电阻率,但通过测金属丝的长度和直径,并将金属丝接入电路测出其电阻,可以计算出它的电阻率。
2.替代法:用一个标准的已知量替代待测量,通过调整标准量,使整个测量系统恢复到替代前的状态,则待测量等于标准量。
3.控制变量法:研究一个物理量与其他几个物理量的关系时,要使其中一个或几个物理量不变,分别研究这个物理量与其他各物理量的关系,然后再归纳总结。如“探究电阻的决定因素”实验。
10.(2022·福建龙岩三模)为了节能环保,一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开关可采用光敏电阻来控制,光敏电阻是阻值R随光的照度I而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱,光越强,照度越大,照度单位为lx)。
(1)某光敏电阻在不同照度下的阻值R如下表所示,根据表中的数据,请在图甲的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线,可以判断光敏电阻的阻值R与照度I　　　　(选填“是”或“不是”)反比关系。
照度 I/lx 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
阻值 R/kΩ 5.8 3.7 2.7 2.3 2.0 1.8
(2)图乙为街道路灯自动控制电路,利用直流电源E为电磁铁供电,利用照明电源为路灯供电。为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果,路灯应接在　　　(选填“AB”或“CD”)之间。
(3)已知线圈的电阻为140 Ω,直流电源E的电动势E=36 V,内阻忽略不计。当线圈中的电流大于10 mA时,继电器的衔铁将被吸合,滑动变阻器R′的阻值应调为　　　　 Ω时,才能使天色渐暗照度低于1.0 lx时点亮路灯。
(4)使用一段时间后发现,路灯在天色更亮时就已经点亮了,为了使路灯能按设计要求点亮和熄灭,滑动变阻器R′的阻值应适当调　　　　(选填“大”或“小”)些。
解析:(1)如图所示,
若光敏电阻的阻值R与照度I成反比关系,则有RI为定值,由图像中点的数据可得
5.8×0.2<3.7×0.4<2.7×0.6<2.3×0.8<2.0×1.0<1.8×1.2,
可知光敏电阻的阻值R与照度I不是反比关系。
(2)由于天亮时照度较大,光敏电阻的阻值较小,电路中的电流较大,衔铁被吸下,AB间断开,CD间接通,故灯泡应接在AB间。
(3)由题意可知,当照度降到1.0 lx时,电路电流降低到10 mA,此时电路中的总电阻为R总== Ω=3 600 Ω,此时光敏电阻的阻值为R=2 000 Ω,则滑动变阻器R′的阻值应调为R′=R总-R-R线=3 600 Ω-2 000 Ω-140 Ω=1 460 Ω。
(4)使用一段时间后发现,路灯在天色更亮时就已经点亮了,说明在天色更亮时电路电流就降到了10 mA,为了使路灯能按设计要求点亮和熄灭,应使天色更亮时电路电流大于10 mA,应使电路的总电阻适当减小,故应将滑动变阻器R′的阻值适当调小些。
答案:(1)图见解析　不是　(2)AB　(3)1 460　(4)小
11.(2022·重庆沙坪坝区三模)新能源汽车电池最小单位是节(如图甲),由节成排,由排成组(如图乙)。某品牌新能源汽车充满一次电大概需要40 min,其充放电过程中电压随时间的变化规律如图丙所示。
(1)由图丙的充放电图像可知,该车在使用过程中电池电压随时间变化的大致趋势是
　。
(2)下面表格是不同品牌不同车型的电池储能,续航里程,单位电耗(每消耗千瓦时能量所行驶的里程)的数据,请将表格中缺失的数据补充完整(结果保留3位有效数字)。
车型 电池储能 (千瓦时) 续航里程 (千米) 单位电耗 (千米/千瓦时)
A 26.57 200 7.5
B 31.9 301 9.4
C 48 318 6.6
D 82 　　　 4.9
(3)某同学想要测量一节电池的充电终止电压(即充满电后的电源电动势)E,又担心测量过程中电流过大导致电压变化很快,于是他想到一种方法:两只电压表VA和VB,量程已知,内阻未知。该同学用图丁中的图①和图②对该电池进行了两次测量,计算出这个电池的电动势。
若图①中电压表VA的示数为U1,图②中电压表VA和VB的示数分别为U2和U3,则电压表VA和VB电阻之比是　　　　,电动势E表达式是E=　　　　。
解析:(1)由题图可知,刚开始放电时电压下降较快,放电一段时间后,电压降低速度变缓。
(2)根据题意可得s=82×4.9 km=401.8 km≈402 km。
(3)设电压表VA的内阻为RA,电压表VB的内阻为RB,根据闭合电路欧姆定律得
E=U2,E=U3,=,又E=U1,
解得E=。
答案:(1)刚开始放电时电压下降较快,放电一段时间后,电压降低速度变缓　(2)402　
(3)U2∶U3　第3讲　热学、光学实验
高考考点 命题轨迹 考查内容 考查要求
光学实验 2021浙江6月卷T18 必备知识 基础性
考点一　热学实验
(2022·上海浦东新区模拟)在“油膜法测分子直径”的实验中,某同学操作如下:
①取1.0 mL油酸配成250 mL油酸酒精溶液;
②用滴管吸取1.0 mL油酸酒精溶液逐滴滴入量筒,全部滴完共滴了20滴;
③在边长约10 cm的正方形浅盘内注入适量的水,将爽身粉均匀地撒在水面上,用滴管滴入一滴溶液;
④待油膜形状稳定后,将绘有方格的玻璃板放在浅盘上,绘出油酸膜的轮廓(如图所示),每个方格的边长为1.0 cm。
(1)该实验中一滴油酸酒精溶液含　　　　 mL油酸。
(2)由上述数据估算得到油酸分子直径的数量级约为　　　　 m。
(3)若该同学在计算油酸膜面积时,对不完整的方格均不计数,由此估算得到的油酸分子直径数量级将　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(4)已知油酸分子的直径约为8×10-10 m,该同学实验结果产生偏差的可能原因是　　　　　　,理由是　。
解析:(1)该实验中一滴油酸酒精溶液含纯油酸体积V=× mL=2×10-4 mL。
(2)油膜的面积约为S=55×12×10-4m3=5.5×10-3 m3,
则分子直径d==m≈3.6×10-8 m,则油酸分子直径的数量级约为10-8 m。
(3)若该同学在计算油酸膜面积时,对不完整的方格均不计数,则算得的油膜的面积偏小,则由此估算得到的油酸分子直径偏大,但是数量级不变。
(4)已知油酸分子的直径约为8×10-10m,该同学实验结果产生偏差的可能原因是油酸膜没有充分展开,形成的并不是单分子油膜层,理由是2×10-10 m3的油酸若形成紧密排列的单分子膜时,膜面积约为0.25 m2,远大于浅盘内的水面面积,说明实际上油膜不可能仅是一层油酸分子构成的。
答案:(1)2×10-4　(2)10-8　(3)不变
(4)见解析
(2022·海南海口模拟)某同学应用如图1所示的装置做“探究气体等温变化的规律”的实验。
(1)设计了如下的实验步骤,其中有错误的步骤是　　　　(填步骤前的数字序号)。
①利用注射器选取一段空气柱为研究对象,保持气体的质量和温度不变;
②把柱塞快速地向下压或向上拉,读取空气柱的长度l(可得到空气柱体积V)与压强p的几组数据;
③作出p-图像;
④改变空气柱或环境温度,重复实验。
(2)若图像中的各点位于过原点的同一条直线上,说明一定质量的某种气体,在温度不变的情况下,压强与体积成　　　　(选填“正比”或“反比”)。图2是该同学在不同环境温度下,对同一段空气柱实验,得出的两条等温线a和b,对应的温度分别为Ta、Tb,则Ta　　　　(选填“>”“=”或“<”)Tb。
解析:(1)步骤②中不应该把柱塞快速地向下压或向上拉,这样会导致气体温度发生变化。
(2)若图像中的各点位于过原点的同一条直线上,即pV=常数,说明一定质量的某种气体,在温度不变的情况下,压强与体积成反比。
根据=C可得p=CT·,则在p-图像中,斜率越大,温度越高,则Ta>Tb
答案:(1)②　(2)反比　>
1.实验:用油膜法估测油酸分子的大小
(1)原理:认为油酸薄膜是由单层的油酸分子紧密排列组成,在估测油酸分子大小的数量级时,把每个油酸分子简化为球体,认为油膜的厚度就是油酸分子的直径d=,如图。
(2)对“V”的测量。
①配制一定浓度的油酸酒精溶液,设其浓度为n。
②用注射器吸取一段油酸酒精溶液,读出它的体积为V0。
③再把它一滴滴地滴入烧杯中,记下液滴的总滴数N。
④则一滴油酸酒精溶液中,纯油酸的体积V=n。
(3)对“S”的测量。
①浅盘里盛水,把适量的爽身粉均匀撒在水面上。
②用注射器向水面上滴1滴油酸酒精溶液,待油膜形状稳定后,将带方格的玻璃板放在浅盘上,在玻璃板上描下薄膜的形状。
③数出轮廓范围内正方形的个数n0,不足半个的舍去,多于半个的算一个。
④用正方形的个数乘单个正方形的面积S0(即n0S0)计算出油膜的面积S。
(4)注意事项。
①实验前应检查浅盘是否干净,如果有油渍将影响实验结果。
②在浅盘的中央加爽身粉且要适量,使爽身粉自动扩散均匀。
③由于油酸膜要经过先扩大后收缩的过程,因此画轮廓时要待油酸膜稳定后再画,画时视线要与玻璃板垂直。
④分子大小的数量级为10-10m,若不是则要重做实验。
2.实验:探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系
本实验应用物理实验中常用的控制变量法,探究在气体质量和温度不变的情况下(即等温过程),气体的压强与体积的关系,如图所示。
(1)为保证等温变化,实验过程中不要用手握住注射器有气体的部位。同时,改变体积过程应缓慢,以免影响密闭气体的温度。为保证气体密闭,应在柱塞与注射器内壁间涂上润滑油,注射器内外气体的压强差不宜过大。
(2)实验中所用的压力表精度较高,而气柱体积是直接在注射器上读出的,其误差会直接影响实验结果。
(3)在等温过程中,气体的压强与体积的关系在p-V图像中呈现为双曲线,如图甲。处理实验数据时,要通过变换,即画p-图像,把双曲线变为直线,说明p和V成反比,如图乙。这是科学研究中常用的数据处理的方法,因为一次函数反映的物理规律比较直观,容易得出相关的对实验研究有用的参数。
1.(2022·海南海口一模)(1)某同学用油膜法估测油酸分子的大小,下列说法或操作正确的是　　　　。
A.在量筒中只滴入一滴油酸酒精溶液,测出它的体积
B.实验时先将油酸酒精溶液滴入水中,然后再撒上爽身粉
C.计算油膜面积时只数完整的方格数,不是完整方格的不算
D.爽身粉若撒得过多,分子直径的测量值会偏大
(2)油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL溶液中有纯油酸1 mL。用注射器抽得1 mL上述溶液,共有液滴100滴。把1滴该溶液滴入撒有爽身粉的盛水的浅盘里,待水面稳定后,将玻璃板放在浅盘上,在玻璃板上描出油膜的轮廓,随后把玻璃板放在坐标纸上,其形状如图所示,坐标中正方形小方格的边长为2 cm。估测出油酸分子的直径是　　　 m。(结果保留1位有效数字)
解析:(1)测量一滴油酸酒精溶液的体积时,应将油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒,当量筒内溶液体积达到一定量时,记下溶液体积Vn和滴数n,为便于计算,n可取整数滴(如100滴),由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积,故A错误;实验时应先在浅盘的水中撒上爽身粉,再将油酸酒精溶液滴入水中,故B错误;计算油膜面积时,超过半格的算一格,不足半格的舍去,故C错误;爽身粉若撒得过多,则不利于油膜的散开,使油膜面积测量值偏小,从而使分子直径的测量值会偏大,故D正确。
(2)由题意可知1滴油酸酒精溶液所含纯油酸的体积为V0=× mL=1×10-5cm3,
油膜面积为S=55×4 cm2=220 cm2,
估测出油酸分子的直径是d=≈5×10-10m。
答案:(1)D　(2)5×10-10
2.(2022·上海黄浦区模拟)“用DIS研究在温度不变时,一定质量的气体压强与体积的关系”实验:
(1)封闭气体的压强p用　　　　传感器测量,体积V由　　　　　　　读出。
(2)除了保持注射器内封闭气体的质量不变之外,还应该保持封闭气体的　　　　不变,采取的主要措施是缓慢推动活塞和　。
(3)图线a、b、c是三位同学根据实验数据分别得到的p-V图像。若a、b是不重合的两条双曲线,c与b相交,则　　　　。
A.a、b不重合是由于b气体质量大
B.a、b不重合是由于b气体温度高
C.产生c图线可能是因为容器密闭性不好
D.产生c图线可能是因为推动活塞过于快速
解析:(1)封闭气体的压强p用压强传感器测量,体积V由注射器上的刻度读出。
(2)除了保持注射器内封闭气体的质量不变之外,还应该保持封闭气体的温度不变,采取的主要措施是缓慢推动活塞和手不要握住注射器封闭有气体的部分。
(3)根据pV=CT,质量越大,则pV乘积越大,图像离原点越远;温度越高,pV乘积越大,图像离原点越远,则A、B错误;若压缩气体时,注射器密闭性不好,则质量减小,则pV乘积减小,则出现图像c的情况,选项C正确;若推动活塞过于快速,则气体的温度升高,则pV乘积会变大,不会出现图像c的情况,选项D错误。
答案:(1)压强　注射器上的刻度　(2)温度　手不要握住注射器封闭有气体的部分　(3)C
考点二　光学实验
(2021·浙江6月卷,18)图示是“用双缝干涉测量光的波长”实验的装置。实验中:
(1)观察到较模糊的干涉条纹,要使条纹变得清晰,值得尝试的是　　　　。
A.旋转测量头
B.增大单缝与双缝间的距离
C.调节拨杆使单缝与双缝平行
(2)要增大观察到的条纹间距,正确的做法是　　　　。
A.减小单缝与光源间的距离
B.减小单缝与双缝间的距离
C.增大透镜与单缝间的距离
D.增大双缝与测量头间的距离
解析:(1)若粗调后看不到清晰的干涉条纹,看到的是模糊不清的条纹,则最可能的原因是单缝与双缝不平行;要使条纹变得清晰,值得尝试的是调节拨杆使单缝与双缝平行。故选C。
(2)根据Δx=λ可知要增大条纹间距可以增大双缝到测量头的距离l,减小双缝的间距d,故选D。
答案:(1)C　(2)D
(2022·江苏苏州模拟)某同学在做“测定玻璃折射率”的实验时已经画好了部分图线,如图甲所示,并在入射光线AO上插上大头针P1、P2,现需在玻璃砖下表面折射出的光线上插上P3和P4大头针,便能确定光在玻璃砖中的折射光线。
(1)确定P3位置的方法正确的是　　　　。
A.透过玻璃砖,P3挡住P2的像
B.先插上P4大头针,在靠近玻璃砖一侧P3挡住P4的位置
C.透过玻璃砖观察,使P3挡住P1、P2的像
(2)作出光线在玻璃砖中和出射后光线的光路图,并画出玻璃砖中光线的折射角θ2。
(3)经过多次测量作出sin θ1-sin θ2的图像如图乙,玻璃砖的折射率为　　　　。(结果保留3位有效数字)
(4)若该同学在确定P4位置时,被旁边同学碰了一下,不小心把P4位置画的偏左了一些,则测出来的折射率　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(5)该同学突发奇想用两块同样的玻璃直角棱镜ABC来做实验,两者的AC面是平行放置的,插针P1、P2的连线垂直于AB面,若操作无误,则在图丙中右边的插针应该是　　　　。
A.P3P6 B.P3P8 C.P5P6 D.P7P8
解析:(1)确定P3位置的方法正确的是透过玻璃砖观察,使P3挡住P1、P2的像,故选C。
(2)光路如图1所示。
(3)根据n=可知,图像sin θ1-sin θ2的斜率等于折射率,由图像可知玻璃砖的折射率为n=≈1.49。
(4)若该同学在确定P4位置时,被旁边同学碰了一下,不小心把P4位置画得偏左了一些,则P4P3的连线与bb′的交点偏右,测得的折射角θ2偏大,则根据n=可知,测出来的折射率偏小。
(5)光路图如图2所示。
根据图2可知,经过P1P2的光线经两块玻璃砖的分界处向下偏转,然后射入右侧玻璃砖后平行射出,所以在图中右边的插针应该是P5P6;故选C。
答案:(1)C　(2)见解析图1　(3)1.49　(4)偏小
(5)C
1.实验:测量玻璃的折射率
数据处理方法。
①计算法:由n=,算出不同入射角时的n值,并取平均值。
②图像法:作sin θ1-sin θ2图像,由n=可知其斜率为折射率。
③单位圆法:以入射点O为圆心,作半径为R的圆,如图所示,则sin θ1=,
sin θ2=,OE=OE′=R,所以用刻度尺量出EH、E′H′的长度就可以求出n==。
2.实验:用双缝干涉实验测光的波长
(1)实验装置图及实验器材(如图)。
双缝干涉仪、光具座、光源、学生电源、导线、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、毛玻璃屏、测量头、刻度尺。
(2)数据处理的方法。
①调节测量头,使分划板中心刻线对齐第1条亮条纹的中心,记下手轮上的读数a1。
②转动手轮,当分划板中心刻线与第n条相邻的亮条纹中心对齐时,记下手轮上的读数a2。
③相邻两条亮条纹间的距离Δx=,则由λ=Δx=得波长(d是双缝间距离,l是双缝到屏的距离)。
(3)注意事项。
①实验时应调整光源、单缝、双缝和毛玻璃屏、测量头共轴,单缝和双缝安装时应竖直且相互平行,遮光筒的轴线要与光具座导轨平行。若不共轴或单缝与双缝不平行则会引起干涉条纹亮度小,不清晰,不便于观察和测量。
②分划板上的中心刻线应与干涉条纹的亮(暗)线平行,否则会增大测量的误差。
③测量头有两种,一种相当于螺旋测微器,一种相当于游标卡尺。
3.(2022·福建漳州三模)在“用双缝干涉测量光的波长”实验中,实验装置如图甲所示。
(1)单缝宽度为h,双缝间距为d,双缝与屏距离为l,当采取下列四组数据中的哪一组时,可能在光屏上观察到清晰可辨的干涉条纹　　　　。
A.h=10 mm,d=0.2 mm,l=10 cm
B.h=10 mm,d=10 mm,l=80 cm
C.h=1 mm,d=0.2 mm,l=80 cm
D.h=1 mm,d=10 mm,l=10 cm
(2)当测量头中的分划板中心刻线对齐某条纹的中心时,手轮上的示数如图乙所示,读数为　　　 mm。
(3)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上,如图丙所示。则在这种情况下波长的测量值　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)实际值。
解析:(1)光通过单缝后需形成线光源,因此h必须比较小;根据Δx=λ,双缝与屏的距离l越大,双缝间距d越小,干涉条纹间距越大,条纹越清晰。故选C。
(2)读数为4.5 mm+44.5×0.01 mm=4.945 mm。
(3)条纹与分划板中心刻线不平行时,实际值Δx实=Δx测cos θ,θ为条纹与分划板中心刻线间的夹角,故Δx实<Δx测,由Δx=λ得波长的测量值大于实际值。
答案:(1)C　(2)4.945　(3)大于
4.(2022·浙江杭州二模)某同学想测量一块平行玻璃砖的折射率。
(1)如图所示,该玻璃砖的A、B面光洁,C、D面粗糙,下列说法正确的是　　　　。(多选)
A.如果A面被磨损会直接影响到折射率的测量
B.B面不宜直接用手去触碰
C.C面不宜直接用手去触碰
D.D面边缘有缺损不会影响到折射率的测量
(2)经过一系列正确的操作(如图),作图得到如图所示的图样,并测得A1A2=A2A4=40.0 mm,A1A3=20.0 mm,A4A5=12.8 mm,则该玻璃砖的折射率为　　　　(结果保留3位有效数字)。
解析:(1)玻璃上下表面不平行也能测出折射率,所以如果A面被磨损不会直接影响到折射率的测量,故A错误;手拿玻璃砖时,手只能接触玻璃砖的粗糙面或棱,不能触摸光洁的光学面,故B正确,C错误;D面边缘有缺损不会影响到折射率的测量,故D正确。
(2)根据折射定律得n=,由几何关系得
sin i=,sin r=,联立可得
n=≈1.56。
答案:(1)BD　(2)1.56专题二　动量与能量
第1讲　功和能
1.几种力做功的特点
(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关。
(2)摩擦力做功的特点。
①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功,也可以做负功,还可以不做功。
②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零,在静摩擦力做功的过程中,只有机械能的转移,没有机械能转化为其他形式的能;相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零,且总为负值。在一对滑动摩擦力做功的过程中,不仅有相互摩擦的物体间机械能的转移,还有部分机械能转化为内能,转化为内能的量等于系统机械能的减少量,等于滑动摩擦力与相对位移的乘积。
③摩擦生热是指滑动摩擦生热,静摩擦不会生热。
2.几个重要的功能关系
能量 功能关系 表达式
势能 重力做功等于重力势能减少量 W=Ep1-Ep2 =-ΔEp
弹力做功等于弹性势能减少量
静电力做功等于电势能减少量
分子力做功等于分子势能减少量
动能 合外力做功等于物体动能变化量 W=Ek2-Ek1=mv2-m
机械 能 除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量 W其他=E2-E1=ΔE
摩擦 产生 的内 能 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q=Ff·x相对
电能 克服安培力做功等于电能增加量 W克安=E2-E1=ΔE
1.思想方法
(1)守恒思想、分解思想。
(2)守恒法、转化法、转移法。
2.模型建构
机车启动的两种情况(F阻不变);两个基本关系式:P=Fv,F-F阻=ma。
(1)恒定功率启动:P不变,此时做加速度减小的加速运动,直到达到最大速度vm,此过程Pt-F阻s=m。
(2)恒定加速度启动:开始阶段a不变。
无论哪种启动方式,最大速度都等于匀速运动时的速度,即vm=。
高考考点 命题轨迹 考查内容 考查要求
功　功率 动能定理的应用 2022广东卷T9 必备知识 基础性
2021山东卷T3 必备知识 基础性
2021湖南卷T3 必备知识 基础性
机械能守恒定律的应用 2022湖北卷T5 关键能力 综合性
2022全国乙卷T16 关键能力 综合性
2021浙江1月卷T20 关键能力 综合性
2021重庆卷T5 关键能力 基础性
功能关系和能量 守恒定律的应用 2022河北卷T9 关键能力 综合性
2021山东卷T18 关键能力、核心价值 综合性
2021全国甲卷T24 关键能力 综合性
考点一　功　功率　动能定理的应用
(2021·重庆卷,10)(多选)额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动,其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示。两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶,从t2和t4时刻开始牵引力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与重力成正比,且比例系数相同,则(　ABC　)
A.甲车的总质量比乙车大
B.甲车比乙车先开始运动
C.甲车在t1时刻和乙车在t3时刻的速率相同
D.甲车在t2时刻和乙车在t4时刻的速率相同
解析:根据题述,两车额定功率P相同,匀速运动后牵引力等于阻力,因此甲车阻力大于乙车阻力,根据甲车t2时刻后和乙车t4时刻后两车牵引力不变,甲车牵引力大于乙车,F=F阻=kmg,可知甲车的总质量比乙车大,故A正确。如图所示,甲车在A点所对应的时刻牵引力与阻力瞬间相等,所以甲车从这个时刻开始做加速运动;乙车在B点所对应的时刻牵引力与阻力瞬间相等,乙车从这个时刻开始加速,所以甲车比乙车先开始运动,故B正确。两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶,这两个时刻,两车的牵引力等大,由P=Fv可知,甲车在t1时刻和乙车在t3时刻的速率相同,故C正确。t2时刻甲车达到最大速度,t4时刻乙车达到最大速度,根据汽车的额定功率P=F阻vm=kmgvm,由于甲车的总质量比乙车大,所以甲车在t2时刻的速率小于乙车在t4时刻的速率,故D错误。
(2021·辽宁卷,10)(多选)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一。某冰滑梯的示意图如图所示,螺旋滑道的摩擦可忽略,倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同,因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时,要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑,且滑行结束时停在水平滑道上,以下L1、L2的组合符合设计要求的是(　CD　)
A.L1=,L2= B.L1=,L2=
C.L1=,L2= D.L1=,L2=
解析:设倾斜滑道倾角为θ,游客在倾斜滑道上均减速下滑,则需满足mgsin θ<μmgcos θ,可得μ>tan θ=,即有L1>,因μ0≤μ≤1.2μ0,所有游客在倾斜滑道上均减速下滑,可得L1>;滑行结束时停在水平滑道上,对全程由动能定理有mg·2h-μmgcos θ·-μmgx=0-0,其中01.功的计算
(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解。
(2)变力做功的几种求法。
方法 以例说法
应用 动能定理 用力F把小球从A处缓慢拉到B处,F做功为WF,则有WF-mgL(1-cos θ)=0,得WF=mgL(1-cos θ)
微元法 质量为m的木块在水平面内做圆周运动,运动一周克服摩擦力做功WFf=Ff·Δx1+Ff·Δx2+Ff·Δx3+…=Ff(Δx1+Δx2+Δx3+…)=Ff·2πR
等效 转换法 恒力F把物块从A拉到B,绳子对物块做功W=F·(-)
平均力法 弹簧在弹性限度内由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中,外力F克服弹力做功W=·(x2-x1)
图像法 一水平拉力F拉着一物体在水平面上运动的位移为x0,F-x图像与横轴所围面积表示拉力所做的功,W=
功率 定义法 机车以恒定功率启动时,牵引力做功W=Pt
2.功率的计算
明确是求瞬时功率还是平均功率;P=侧重于平均功率的计算,P=Fvcos α(α为F和速度v的夹角)侧重于瞬时功率的计算。
3.应用动能定理解题的“四步骤、三注意”
(1)应用动能定理解题的四个步骤。
①确定研究对象及其运动过程。
②分析受力情况和各力的做功情况。
③明确物体初、末状态的动能。
④由动能定理列方程求解。
(2)应用动能定理解题应注意的三个问题。
①动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间,比动力学研究方法要简捷。
②动能定理表达式是一个标量式,求解功时要分清是哪个力做的功,计算时要把各力的功连同符号(正负)一同代入公式。
③物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速过程),此时可以分段考虑,也可以对全过程考虑,但若能对整个过程利用动能定理列式,则可使问题简化。要注意在几个运动性质不同的分过程中,有些力是全过程都做功的,有些力只在某个分过程中做功。
1.(2022·浙江杭州二模)电梯一般用电动机驱动,钢绳挂在电动机绳轮上,一端悬吊轿厢,另一端悬吊配重装置。钢绳和绳轮间产生的摩擦力能驱使轿厢上下运动。若电梯轿厢的质量为2×103 kg,配重为2.4×103 kg。某次电梯轿厢由静止开始上升的v-t图像如图乙所示,不计空气阻力。下列说法正确的是(　D　)
A.电梯轿厢在第10 s内处于失重状态
B.上升过程中,钢绳对轿厢和对配重的拉力大小始终相等
C.在第1 s内,电动机做的机械功为2.4×104 J
D.上升过程中,钢绳对轿厢做功的最大功率为4.8×104 W
解析:电梯轿厢在第10 s内做匀速运动,既不超重也不失重,故A错误;对轿厢,在0～1 s内向上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律知FT1-mg=ma1,得FT1=2.4×104 N,对配重,在0～1 s内向下做匀加速直线运动,由牛顿第二定律知m′g-FT1′=m′a1,得FT1′=1.92×104 N,FT1≠FT1′,在1～10 s内,轿厢及配重均做匀速直线运动,钢绳拉力大小分别等于两者的重力大小,即FT2=mg=2×104 N,FT2′=m′g=2.4×104 N,FT2≠FT2′,对轿厢,在10～11 s内向上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得mg-FT3=ma3,得FT3=1.8×104 N,对配重,在10～11 s内向下做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得FT3′-m′g=m′a3,得FT3′=2.88×104 N,FT3≠FT3′,故B错误;由题图乙知在第1 s内轿厢上升高度H=1 m,对轿厢及配重组成的系统,由能量守恒知W=mgH+(M+m′)v2-m′gH,得W=4.8×103 J,故C错误;上升过程中,1 s时,加速度a== m/s2=2 m/s2,钢绳对轿厢做功的最大功率P=Fv=(mg+ma)v=(2×103×10+2×103×2)×2 W=4.8×104 W,故D正确。
2.(2022·广东广州二模)质量为m的汽车由静止启动后沿平直路面行驶,汽车牵引力随速度变化的F-v图像如图所示,设汽车与路面间的摩擦力Ff保持不变,则(　B　)
A.速度为v1时,汽车牵引力的功率为Ffv1
B.速度为v1时,汽车的加速度为
C.汽车加速运动过程中,平均速度为
D.该过程中汽车的最大功率等于F0vm
解析:速度为v1时,汽车牵引力的功率为P=F0v1,故A错误;由题图可知,速度为v1时,汽车的牵引力为F0,加速度为a=,故B正确;汽车加速运动过程中,先是从静止开始的匀加速直线运动,然后是加速度减小的变加速运动,所以平均速度不能表示成,故C错误;该过程中汽车的最大功率Pm=Ffvm,故D错误。
3.(2021·湖北卷,4)如图a所示,一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑,运动过程中摩擦力大小f恒定,物块动能Ek与运动路程s的关系如图b所示。重力加速度大小取10 m/s2,物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　A　)
A.m=0.7 kg,f=0.5 N
B.m=0.7 kg,f=1.0 N
C.m=0.8 kg,f=0.5 N
D.m=0.8 kg,f=1.0 N
解析:0～10 m内物块上滑,由动能定理得-mgsin 30°·s-fs=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+f)s,结合0～10 m内的图像得,斜率的绝对值|k|=mgsin 30°+f=4 N;10～20 m内物块下滑,由动能定理得(mgsin 30°-f)(s-s1)=Ek′,整理得Ek′=(mgsin 30°-f)s-(mgsin 30°-f)s1,结合10～20 m内的图像得,斜率k′=mgsin 30°-f=3 N,联立解得f=0.5 N,m=0.7 kg,故选A。
考点二　机械能守恒定律的应用
(2021·浙江1月卷,20)如图所示,竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面,B、E两处轨道平滑连接,轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线,以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ=30°,G点与竖直墙面的距离d=R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞,不计小球大小和所受阻力,重力加速度为g。
(1)若释放处高度h=h0,当小球第一次运动到圆管最低点C时,求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向。
(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力F N与h的关系式。
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点,高度h应该满足什么条件
解析:(1)由机械能守恒定律得mgh0=m,
解得vC=,
由动量定理得I=mvC=m,方向水平向左。
(2)由机械能守恒定律得mg(h-R)=m,
由牛顿第二定律得FN=,
解得FN=2mg(-1),满足的条件是h≥R。
(3)小球释放后能从原路返回到出发点,共有两种情况,如下:
第1种情况,小球不滑离轨道原路返回,条件是 h≤R;
第2种情况,小球与墙面垂直碰撞后原路返回,在到达G之前是平抛运动,则有vxt=vx·,
其中vx=vGsin θ,vy=vGcos θ,则
vGsin θ·=d,得vG=2,
对小球由A到G的过程,
由机械能守恒定律有mg(h-R)=m,
解得h=R。综上,若小球释放后能从原路返回到出发点,高度h应满足h=R或h≤R。
答案:(1)　m,方向水平向左
(2)FN=2mg(-1)(h≥R)
(3)h≤R或h=R
(2020·江苏卷,15)如图所示,鼓形轮的半径为R,可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆,杆上分别固定有质量为m的小球,球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳,绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落,带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动,转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动,忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量,不计空气阻力,重力加速度为g。
(1)求重物落地后,小球线速度的大小v;
(2)重物落地后一小球转到水平位置A,求此时该球受到杆的作用力的大小F;
(3)求重物下落的高度h。
解析:(1)线速度v=ωr,得v=2ωR。
(2)向心力F向=2mω2R,
设F与水平方向的夹角为α,
则Fcos α=F向,Fsin α=mg,
解得F=。
(3)落地时,重物的速度v′=ωR,由机械能守恒得
Mv′2+4×mv2=Mgh,解得h=(ωR)2。
答案:(1)2ωR　(2)
(3)(ωR)2
1.判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法
定义判断法 看动能与重力(或弹性)势能之和是否变化
能量转化 判断法 没有与机械能以外的其他形式的能转化时,系统机械能守恒
做功判断法 只有重力(或弹簧的弹力)做功时,系统机械能守恒
2.机械能守恒定律的表达式
3.连接体的机械能守恒问题
轻绳 模型 (1)分清两物体是速度大小相等,还是沿绳方向的分速度大小相等。 (2)用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系
轻杆 模型 (1)平动时两物体速度相等,转动时两物体角速度相等。沿杆方向速度大小相等。 (2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体机械能不守恒。 (3)对于杆和球组成的系统,忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功,则系统机械能守恒
轻弹簧 模型 (1)含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功时,物体和弹簧组成的系统机械能守恒,而单个物体机械能不守恒。 (2)同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小,在弹簧弹性限度内,形变量相等,弹性势能相等。 (3)由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统,当弹簧形变量最大时,弹簧两端连接的物体具有相同的速度;弹簧处于自然长度时,弹簧弹性势能最小(为零)
4.(2022·辽宁辽阳二模)如图所示,一根足够长且不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮,轻绳两端系着三个小球A、B、C(三个小球均视为质点,且A、B两球的质量相等),系统保持静止,此时C球离地面的高度为h。若剪断A、B球之间的轻绳,则A球能上升的最大高度为(不计空气阻力)(　A　)
A.h B.h
C.h D.h
解析:初始系统静止,设A、B球质量为m,所以C球质量为2m,根据机械能守恒定律可知,当C球落地时,A球具有的速度为2mgh-mgh=·3mv2,之后A球做竖直上抛运动,根据v2=2gh′,解得h′=h,A球能上升的最大高度H=h+h′=h。故A正确,B、C、D错误。
5.(2022·全国乙卷,16) 固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑,在下滑过程中,小环的速率正比于(　C　)
A.它滑过的弧长
B.它下降的高度
C.它到P点的距离
D.它与P点的连线扫过的面积
解析:小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑,其机械能守恒,下落h高度过程中,有mgh=mv2,解得v=,选项B错误;设小环位置与P点连线所对的圆心角为θ,小环下滑过程滑过的弧长s=Rθ,而h=R(1-cos),所以选项A错误;小环位置到P点的距离L=2Rsin,h=R(1-cos θ),1-cos θ=2sin2,即h=2Rsin2=,代入v=可知v与L成正比,即小环的速率与小环到P点的距离成正比,选项C正确;小环位置与P点连线扫过的面积S=R2θ-R2sin θ,分析知S与v不成正比,选项D错误。
6.(2022·福建厦门模拟)如图,一长为L的轻杆两端分别用铰链与质量均为m的小球A、B连接,A套在固定竖直杆上,B放在倾角θ=30°的斜面上。开始时,轻杆与竖直杆的夹角α=30°。现将轻杆由静止释放,小球A沿竖直杆向下运动,B沿斜面下滑。小球均可视为质点,不计一切摩擦,已知重力加速度大小为g。下列判断正确的是(　C　)
A.小球A碰到斜面前瞬间,B重力的功率为零
B.小球A碰到斜面前瞬间,B的速度大小为
C.小球A碰到斜面前瞬间,A的速度大小为
D.小球B下滑过程中,A重力势能的减少量等于A、B动能增加量之和
解析:设小球A碰到斜面前瞬间的速度大小为vA,速度分解如图所示,因杆不能伸长,则有vB=vAsin θ,小球A碰到斜面前瞬间,B重力的功率为mgvBsin θ=mgvA,故A错误;两球下滑过程中,A、B组成的系统机械能守恒,则有mg·+mg[L-]·sin θ=m+m,解得vA=,vB=,故B错误,C正确;由系统机械能守恒,可知小球B下滑过程中,A、B两球重力势能减少量之和等于A、B动能增加量之和,故D错误。
考点三　功能关系和能量守恒定律的应用
(2021·山东卷,18)如图所示,三个质量均为m的小物块A、B、C放置在水平地面上,A紧靠竖直墙壁,一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接,C紧靠B,开始时弹簧处于原长,A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力,使B、C一起向左运动,当速度为零时,立即撤去恒力,一段时间后A离开墙壁,最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为Ff,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧始终在弹性限度内。(弹簧的弹性势能可表示为 Ep=kx2,k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量)
(1)求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的动能Ek。
(2)为保证A能离开墙壁,求恒力的最小值Fmin。
(3)若三物块都停止时B、C间的距离为xBC,从B、C分离到B停止运动的整个过程,B克服弹簧弹力做的功为W,通过推导比较W与FfxBC的大小。
(4)若F=5Ff,请在所给坐标系中,画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像,并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值(用Ff、k、m表示),不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点,水平向右为正方向。
解析:(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中,以B、C和弹簧为研究对象,由功能关系得Fx0=2Ffx0+k,
B、C向右运动时,分离的临界条件是速度相等且二者之间的弹力为零,故弹簧恢复原长时B、C分离,从弹簧最短到B、C分离,以B、C和弹簧为研究对象,由能量守恒定律得k=2Ffx0+2Ek,
联立方程解得
x0=,
Ek=。
(2)当A刚要离开墙时,设弹簧的伸长量为x,以A为研究对象,由平衡条件得kx=Ff,
若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零,这种情况下恒力为最小值Fmin,从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中,以B和弹簧为研究对象,由能量守恒定律得
Ek=kx2+Ffx,
将Ek代入第(1)问中的结果,整理可得
Fmin=(3±)Ff,
根据题意舍去Fmin=(3-)Ff,
所以恒力的最小值为Fmin=(3+)Ff。
(3)从B、C分离到B停止运动,设B的位移为xB,C的位移为xC,以B为研究对象,由动能定理得-W-FfxB=0-Ek,
以C为研究对象,由动能定理得-FfxC=0-Ek,
由B、C的运动关系得 xB>xC-xBC,
联立可知W(4)小物块B、C向左运动过程中,由动能定理得5Ffx1-2Ffx1-k=0,
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为kx1=6Ff,
则坐标原点的加速度为
a1===,
之后C开始向右运动的过程中(B、C系统未脱离弹簧)加速度为a=,
可知加速度与位移x为线性关系,随着弹簧逐渐恢复原长,x减小,a减小,弹簧恢复原长时,B和C分离,之后C只受地面的滑动摩擦力,加速度为a2=-,负号表示C的加速度方向水平向左;
从撤去恒力之后到弹簧恢复原长,以B、C为研究对象,由动能定理得
k-2Ffx1=·2mv2,
脱离弹簧瞬间后C的速度为v,之后C受到滑动摩擦力减速至0,由能量守恒定律得
Ffx2=mv2,
解得脱离弹簧后,C运动的距离为x2=x1,
则C最后停止的位移为
x1+x2=x1=·=,
所以C向右运动的图像如图所示。
答案:(1)　
(2)(3+)Ff　(3)W(4)图见解析
(2022·陕西渭南二模)有一种女子单板滑雪U形池项目,如图所示为U形池模型,其中a、c为U形池两侧边缘,在同一水平面上,b为U形池最低点。运动员从a点上方h高的O点自由下落由左侧切线进入池中,从右侧切线飞出后上升至最高位置d点,相对于c点高度为。不计空气阻力,下列判断正确的是(　D　)
A.第一次从a到b与从b到c的过程中机械能损失相同
B.从a到d的过程中机械能可能守恒
C.从d返回可以恰好到达a
D.从d返回经c到b一定能越过a点再上升一定高度
解析:由于运动员从a到b与从b到c的平均速度不同,平均压力不同,平均摩擦力不同,所以第一次从a到b与从b到c的过程中机械能损失不相同,故A错误;运动员从a到d的过程中克服摩擦力做功,则机械能不守恒,故B错误;运动员从高h处自由下落由左侧进入池中,从右侧飞出后上升的最大高度为,克服摩擦力做功为mgh,从d返回经c到a克服摩擦力做功小于mgh,故从d返回经c到b一定能越过a点再上升一定高度,故C错误,D正确。
　涉及做功与能量转化问题的解题方法
(1)分清是什么力做功,并且分析该力做正功还是做负功;根据功、能之间的对应关系,确定能量之间的转化情况。
(2)当涉及滑动摩擦力做功时,机械能不守恒,一般应用能量守恒定律,特别注意摩擦产生的内能Q=Ffx相对,x相对为相对滑动的两物体的相对位移的大小。若物体在传送带上做往复运动时,则x相对为总的相对路程。
(3)解题时,首先确定初、末状态,然后分清有多少种形式的能在转化,再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少,哪种形式的能量增加,求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增,最后由ΔE减=ΔE增列式求解。
7.(2022·四川南充三模)(多选)如图所示,光滑竖直杆固定,杆上有质量为m的小球A(可视为质点),一根竖直轻弹簧一端固定在地面上,另一端连接质量也为m的物块B,一轻绳跨过定滑轮O,一端与物块B相连,另一端与小球A连接,定滑轮到竖直杆的距离为L。初始时,小球A在外力作用下静止于P点,此时整根轻绳伸直无张力且OP间细绳水平、OB间细绳竖直,现将小球A由P点静止释放,小球A沿杆下滑到最低点Q时,OQ与杆之间的夹角为37°,不计滑轮质量、大小及摩擦,重力加速度大小为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。关于小球A由P下滑至Q的过程中,下列说法正确的是(　AD　)
A.除P、Q两点外,小球A的速度始终大于物块B的速度
B.小球A和物块B组成的系统机械能守恒
C.小球A静止于P点时,弹簧的压缩量为L
D.物块B的机械能增加了mgL
解析:设小球A的速度与竖直方向的夹角为θ,由速度关联可得vAcos θ=vB,故除P、Q两点外,小球A的速度始终大于物块B的速度,A正确;小球A由P下滑至Q的过程中,弹簧弹力对小球A和物块B组成的系统做功,系统机械能不守恒,B错误;由题意可知OP=L,OQ==L,B上升的高度为h=OQ-OP=L,小球A由P下滑至Q的过程中,物块B始、末状态动能不变,皆为零,因此重力势能增加量即为物块B的机械能增加量ΔE,ΔE=ΔEp=mgL,在P点时,弹簧初始压缩,末态处于拉伸,因此弹簧压缩量为x1,在Q点时,弹簧伸长量为x2,则x1+x2=L,故C错误,D正确。
8.(2021·全国甲卷,24) 如图,一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出),相邻减速带间的距离均为d,减速带的宽度远小于d;一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现,小车通过第30个减速带后,在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面,继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。
(1)求小车通过第30个减速带后,经过每一个减速带时损失的机械能。
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能。
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能,则L应满足什么条件
解析:(1)设小车通过第30个减速带后,经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE,由小车通过第30个减速带后,在相邻减速带间的平均速度均相同,可知小车通过每一个减速带时重力势能的减少量等于经过减速带损失的机械能,即
ΔE=mgdsin θ。
(2)设小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE0,对小车从静止开始到进入水平面停止,由动能定理有
mg(49d+L)sin θ-30ΔE0-20ΔE-μmgs=0-0,
解得ΔE0=。
(3)要使ΔE0>ΔE,有
>mgdsin θ,
解得L>d+。
答案:(1)mgdsin θ
(2)
(3)L>d+第2讲　动量定理和动量守恒定律
1.动量定理
(1)公式:FΔt=p′-p,除表明等号两边大小、方向的关系外,还说明了两边的因果关系,即合外力的冲量是动量变化的原因。
(2)意义:动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系,反映了力对时间的累积效果,与物体的初、末动量无必然联系。动量变化的方向与合外力的冲量方向相同,而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系。
2.动量守恒定律
(1)内容:如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为零,这个系统的总动量保持不变。
(2)表达式:m1v1′+m2v2′=m1v1+m2v2或p′=p(系统相互作用后总动量p′等于相互作用前总动量p),或Δp=0(系统总动量的变化量为零),或Δp1=-Δp2(相互作用的两个物体组成的系统,两物体动量的变化量大小相等、方向相反)。
(3)守恒条件。
①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零。
②系统所受外力的合力不为零,但在某一方向上系统受到的合力为零,则系统在该方向上动量守恒。
③系统虽受外力,但外力远小于内力且作用时间极短,如碰撞、爆炸过程。
1.思想方法
碰撞中的“三看”“三想”“三问”
(1)看到“弹性碰撞”,想到“动量守恒与机械能守恒”,问“哪种模型”。
(2)看到“完全非弹性碰撞或弹簧最长、最短”,想到“动量守恒、机械能损失最大”,问“系统损失机械能的去向”。
(3)看到“物体上升最高”,想到“某一方向上动量守恒、机械能损失最大”,问“系统损失机械能的去向”。
2.模型建构
(1)“人船”模型。
解决这种问题的前提条件是要两物体的初动量为零(或某方向上初动量为零),画出两物体的运动示意图有利于发现各物理量之间的关系,特别提醒要注意各物体的位移是相对于地面的位移(或该方向上相对于地面的位移)。
(2)“碰撞”模型。
①可熟记一些公式,例如“一动一静”模型中,两物体发生弹性正碰后的速度满足:v1′=v1,v2′=v1。
②熟记弹性正碰的一些结论,例如,当两球质量相等时,两球碰撞后交换速度。当m1 m2,且v2=0时,碰后质量大的速率不变,质量小的速率为2v1。当m1 m2,且v2=0时,碰后质量小的球原速率反弹。
(3)“弹簧”模型。
当弹簧连接的两个物体速度相等时,弹簧压缩最短或拉伸最长,此时弹性势能达到最大。
(4)“子弹打木块”模型。
存在两种情况,一是子弹未穿过木块,二者最终具有共同速度;二是子弹穿出了木块(相对位移等于木块厚度x相对=d),子弹速度大于木块速度。
高考考点 命题轨迹 考查内容 考查要求
动量定理的应用 2022山东卷T2 必备知识 基础性
2022湖南卷T7 必备知识 基础性
2022全国Ⅰ卷T20 必备知识 基础性
2021福建卷T4 必备知识 基础性
2021山东卷T16 关键能力 综合性
动量守恒定律的应用 2022广东卷T13 必备知识 应用性
2022河北卷T13 关键能力 综合性
2021河北卷T13 关键能力 综合性
2021重庆卷T7 关键能力 综合性
考点一　动量定理的应用
(2022·重庆模拟)如图为某游客体验风洞飞行的图片,高速气流均匀地向上喷射出来,该游客处于水平悬空状态。若该游客(包括装备)的质量为m,气流的密度为ρ,重力加速度为g,气流接触身体的面积为S,且气流接触身体后水平向四周流出,则该游客所在高度处的气流速度大小为(　A　)
A. B. C. D.
解析:对Δt时间内吹向游客的空气,设气体质量为Δm,则气体的动量变化量为Δp=0-Δmv=-Δmv,其中Δm=ρvΔtS,以Δt时间内吹向游客的空气为研究对象,由动量定理可得-FΔt=0-Δmv,由于游客处于静止状态,则有F=mg,解得气流速度大小为v=,故A正确。
(2020·海南卷,8)太空探测器常装配离子发动机,其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出,从而为探测器提供推力,若某探测器质量为490 kg,离子以30 km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出,流量为3.0×10-3g/s,则探测器获得的平均推力大小为(　C　)
A.1.47 N B.0.147 N C.0.09 N D.0.009 N
解析:对离子,根据动量定理有FΔt=Δmv,而Δm=3.0×10-3×10-3Δt,解得F=0.09 N,故探测器获得的平均推力大小为0.09 N,故选C。
1.动量定理的两个重要应用
(1)应用I=Δp求变力的冲量。若物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft求变力的冲量,可以求出变力作用下物体动量的变化Δp,进而根据动量定理求冲量I。
(2)应用Δp=Ft求动量的变化。例如,在曲线运动中速度方向时刻在变化,求动量变化(Δp=p2-p1)需要应用矢量运算方法,计算比较复杂,如果作用力是恒力,可以求出恒力的冲量,再根据动量定理求动量的变化。
2.用动量定理解题的基本思路
对过程较复杂的运动,可分段用动量定理,也可整个过程用动量定理。
3.应用动量定理分析连续体相互作用问题的方法
微元法,具体步骤为:
(1)确定一小段时间Δt内的连续体为研究对象。
(2)写出Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式。
(3)分析连续体的受力和动量变化情况。
(4)应用动量定理列式、求解。
1.(2022·甘肃兰州二诊)足球由静止自由下落1.25 m,落地后被重新弹起,离地后竖直上升的最大高度仍为1.25 m。已知足球与地面的作用时间为0.1 s,足球的质量为0.5 kg,重力加速度的大小g取10 m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是(　B　)
A.足球下落到与地面刚接触时动量大小为5 kg·m/s
B.足球与地面作用过程中动量变化量大小为5 kg·m/s
C.地面对足球的平均作用力为50 N
D.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中,重力的冲量大小为5 N·s
解析:足球自由下落,根据v2=2gh可知,v== m/s=5 m/s,则p=mv=0.5×5 kg·m/s=2.5 kg·m/s,故A错误;根据落地后被重新弹起,离地后竖直上升的最大高度仍为1.25 m可知,离地时的速度大小与刚落地时的速度大小相等,方向相反,因此Δp=2mv=2×0.5×5 kg·m/s=5 kg·m/s,故B正确;根据动量定理(F-mg)t=Δp,即F=+mg= N+0.5×10 N=55 N,故C错误;由h=gt2,得足球下落的时间t== s=0.5 s,根据运动的对称性,足球上升的时间也为0.5 s,足球从最高点下落至重新回到最高点用的时间T=0.5 s+0.5 s+0.1 s=1.1 s,重力的冲量I=mgT=0.5×10×1.1 kg·m/s=5.5 kg·m/s,故D错误。
2.(2022·北京房山区二模)如图甲是一观众用手机连拍功能拍摄单板滑雪运动员从起跳到落地的全过程的合成图。图乙为滑雪大跳台的赛道的示意图,分为助滑区、起跳台、着陆坡和终点四个部分,运动员从一百多米的助滑跑道滑下,腾空高度平均可达7 m,落地前的速度与着陆坡之间有一定的夹角。以下说法正确的是(　C　)
A.运动员由于与着陆坡作用时间短,所以不会受伤
B.运动员由于受到空气阻力,机械能减少,速度降低,所以不会受伤
C.适当增加着陆坡与水平方向的倾角可以减小运动员受到的撞击力,增加安全性
D.运动员落到着陆坡时,由于运动员动量变化量小,所以受到的撞击力小
解析:设运动员着陆前瞬间速度为v,分解为沿着陆坡的分速度和垂直于着陆坡的分速度,坡的倾角为θ,如图所示,设着陆瞬间受到的冲击力大小为F N,作用时间为Δt,对运动员着陆前后瞬间,取垂直坡向上为正方向,根据动量定理得(FN-mgcos θ)Δt=0-(-mv2),解得FN=mgcos θ+。可知运动员之所以不受伤,是因为FN比较小,即在垂直于着陆坡方向的动量的变化率小,即mv2较小,作用时间Δt长,且根据FN的表达式可知,适当增加着陆坡与水平方向的夹角,可以减小运动员受到的撞击力,增加安全性,运动员在运动过程中,虽然受空气阻力,根据动能定理可知,速度是增大的,故C正确,A、B、D错误。
考点二　动量守恒定律的应用
(2022·湖南长沙模拟)(多选)如图所示,质量为M的小车在光滑的水平面上以v0向右匀速运动,一个质量为m的小球从高h处自由下落,与小车碰撞后,又反弹上升的最大高度仍为h。设M m,发生碰撞时弹力FN mg,球与车之间的动摩擦因数为μ。则小球弹起的水平速度可能是(　AC　)
A.v0 B.0
C.2μ D.-v0
解析:该题需要分以下两种情况进行分析,小球离开小车之前已经与小车达到共同速度v,则水平方向上动量守恒,有(M+m)v=Mv0,由于M m,所以v=v0。若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度,则对小球应用动量定理,水平方向上有Fft=mv′;小球反弹后上升的高度为h,则反弹的速度v与落在小车上时的速度大小相等,以向上为正方向,竖直方向上有F Nt=mv-m(-v)=2m,又Ff=μFN,解得v′=2μ。故选AC。
(2021·河北卷,13)如图,一滑雪道由AB和BC两段滑道组成,其中AB段倾角为θ,BC段水平,AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下,若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶,恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ=,重力加速度g取10 m/s2,取sin θ=,cos θ=,忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求:
(1)滑道AB段的长度;
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
解析:(1)设背包的质量为m,滑雪者的质量为M。
对背包,由牛顿第二定律得
mgsin θ-μmgcos θ=ma1,
解得背包的加速度a1=2 m/s2,
设背包由A点运动到B点的时间为t,
由匀变速直线运动的规律得
a1t2=v0(t-1 s)+a2(t-1 s)2,解得t=3 s,
则滑道AB段的长度xAB=a1t2=9 m。
(2)背包到达B点的速度v1=a1t=6 m/s,
滑雪者到达B点的速度
v2=v0+a2(t-1 s)=7.5 m/s,
滑雪者拎起背包的过程中,根据动量守恒定律得
mv1+Mv2=(M+m)v,解得滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度v=7.44 m/s。
答案:(1)9 m　(2)7.44 m/s
(2022·河北卷,13)如图,光滑水平面上有两个等高的滑板A和B,质量分别为1 kg和2 kg,A右端和B左端分别放置物块C、D,物块质量均为1 kg,A和C以相同速度v0=10 m/s向右运动,B和D以相同速度kv0向左运动,在某时刻发生碰撞,作用时间极短,碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块,A与B粘在一起形成一个新滑板,物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ=0.1。重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)若0(2)若k=0.5,从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时,求两者相对位移的大小。
解析:(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒,设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物,C、D的质量均为m=1 kg,以向右方向为正方向,则有
mv0-m·kv0=(m+m)v物,
解得v物=v0=5(1-k) m/s>0,
可知碰撞后物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1-k) m/s,方向向右。
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒,设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑,滑板A和B的质量分别为1 kg和2 kg,则由
Mv0-2M·kv0=(M+2M)v滑,
解得v滑=v0= m/s>0,
则新滑板速度方向也向右。
(2)若k=0.5,可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物′=5(1-k)m/s=2.5 m/s,
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
v滑′= m/s=0,
可知碰后新物块相对新滑板向右运动,新物块向右做匀减速运动,新滑板向右做匀加速运动,设新物块的质量为m′=2 kg,新滑板的质量为M′=3 kg,相对静止时的共同速度为v共,根据动量守恒可得m′v物′=(m′+M′)v共,解得v共=1 m/s,
根据能量守恒可得
μm′gx相=m′v物′2-(m′+M′),
解得相对位移x相=1.875 m。
答案:(1)v物=5(1-k)m/s,方向向右
v滑= m/s,方向向右
(2)1.875 m
1.运用动量守恒定律的几种情况
(1)系统不受外力或者所受外力的矢量和为零。
(2)系统所受合外力不为零,但合外力比相互作用的内力小得多。
(3)系统所受的合外力不为零,但在某一方向上的合外力为零时,系统在该方向上动量守恒。
2.应用动量守恒定律解题的基本步骤
(1)明确研究对象,确定系统的组成(系统包括哪几个物体)。
(2)进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或在某一方向上动量是否守恒)。
(3)规定正方向,确定初、末状态的动量。
(4)由动量守恒定律列出方程。
(5)代入数据,求出结果,必要时讨论说明。
3.(2022·吉林长春三模)某科技小组的同学做火箭升空发射试验,火箭模型质量为1.00 kg,注入燃料50 g。点火后燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内全部喷出,喷出过程中重力和空气阻力可忽略。则在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(　A　)
A.30 kg· m/s B.5.7×102 kg· m/s
C.6.0×102 kg· m/s D.6.3×102 kg· m/s
解析:火箭喷出气体后,火箭和燃料组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律Mv1-mv2=0,可得火箭的动量大小Mv1=mv2=0.05×600 kg·m/s=30 kg·m/s,故选A。
4.(2022·湖南郴州模拟) 如图所示,质量均为m的木块a和b,并排放在光滑水平面上,a上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一长为L的细线,细线另一端系一质量为m0的球c,现将c球拉起使细线水平伸直,并由静止释放c球,则下列说法不正确的是(　C　)
A.a、b两木块分离时,a、b的速度大小均为
B.a、b两木块分离时,c的速度大小为2
C.c球由静止释放到最低点的过程中,a对b的弹力的冲量大小为2m0
D.c球由静止释放到最低点的过程中,木块a移动的距离为
解析:小球c下落到最低点时,a、b开始分离,此过程水平方向动量守恒。根据机械能守恒有m0gL=m0+×2m×,取水平向左为正方向,由水平方向动量守恒得m0vc=2mvab,联立解得vc=2,vab=,故A、B说法正确;c球由静止释放到最低点的过程中,选木块b为研究对象,由动量定理Iab=mvab=m0,故C说法错误;c球由静止释放到最低点的过程中,系统水平方向动量守恒,设c对地向左的水平位移大小为x1,a、b对地向右的水平位移大小为x2,则有m0=2m,即m0x1=2mx2,x1+x2=L,可解得x2=,故D说法正确。
动量守恒定律应用的常见模型
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
类型一　碰撞模型
1.碰撞问题遵循的三条原则
(1)动量守恒:p1′+p2′=p1+p2。
(2)动能不增加:Ek1′+Ek2′≤Ek1+Ek2。
(3)若碰后同向,后方物体速度不大于前方物体速度。
2.两种碰撞特点
(1)弹性碰撞。
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律。
①动+静模型。
方程
结果
②动+动模型。
a.质量相等,交换速度。
方程
结果
b.质量不等。
方程
结果
(2)完全非弹性碰撞。
系统在碰撞后,机械能减少,这类碰撞叫作非弹性碰撞,当动量守恒、末速度相同时,(m1+m2)v共=m1v1+m2v2,机械能损失最多,机械能的损失:ΔE=m1+m2-(m1+m2),叫作完全非弹性碰撞。
3.碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型。
图例 (水平 面光 滑) 小球—弹簧 模型 小球曲面模型
达到 共速 相当于完全非弹性碰撞,系统水平方向动量守恒,动量满足(m+M)v共=mv0,损失的动能最大,分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次 分离 相当于弹性碰撞,系统水平方向动量守恒,动量满足mv1+Mv2=mv0,能量满足m+M=m
(2)“耗散型”碰撞拓展模型。
图例(水平面、水平导轨都光滑)
达到共速 相当于完全非弹性碰撞,动量满足(m+M)v共=mv0,损失的动能最大,分别转化为内能或电能
(2021·北京卷,17)如图所示,小物块A、B的质量均为m=0.10 kg,B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞,碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h=0.45 m,两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s=0.30 m,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)两物块在空中运动的时间t;
(2)两物块碰前A的速度v0的大小;
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
解析:(1)竖直方向为自由落体运动,由h=gt2,得t=0.30 s。
(2)设A、B碰后速度为v,水平方向为匀速运动,由s=vt,得v=1.0 m/s,
根据动量守恒定律,由2mv=mv0,
得v0=2.0 m/s。
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能
ΔE=m-·2mv2,
得ΔE=0.10 J。
答案:(1)0.30 s　(2)2.0 m/s　(3)0.10 J
若例1中,已知轨道光滑,两物块A、B开始时的高度差h0=0.20 m,抛出点距离水平地面的高度为h=0.45 m。两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s1=0.15 m、s2=0.30 m,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)B撞击A的速度大小;
(2)A、B的质量之比。
解析:(1)B在轨道上下滑过程,根据机械能守恒定律可得
mB=mBgh0,
解得B撞击A的速度大小为
v0=2 m/s。
(2)根据平抛运动规律可得,两物块抛出至落地所用时间相同,均为
t==0.3 s,
水平方向满足s=vt,
若A、B两物块落地点距离轨道末端的水平距离分别为s1=0.15 m、s2=0.30 m,
则A、B做平抛运动的初速度分别为
vA1==0.5 m/s,
vB1==1 m/s,
由于vB>vA,则A、B碰撞时,B反向。
对整个碰撞过程,根据动量守恒定律可得
mBv0=mAvA1-mBvB1,
联立解得A、B的质量之比为=6,
损失的机械能
ΔE1=mB-mB-mA=mB>0,
此情况符合实际。
若A、B两物块落地点距离轨道末端的水平距离分别为s2=0.30 m、s1=0.15 m,
则A、B做平抛运动的初速度分别为
vA2==1 m/s,
vB2==0.5 m/s。
存在两种情况:
①碰撞时,B不反向,对整个碰撞过程,根据动量守恒定律可得
mBv0=mAvA2+mBvB2,
联立解得A、B的质量之比为=,
损失的机械能
ΔE2=mB-mB-mA=mB>0,
此情况符合实际。
②碰撞时,B反向,对整个碰撞过程,根据动量守恒定律可得
mBv0=mAvA2-mBvB2,
联立解得A、B的质量之比为=,
损失的机械能
ΔE3=mB-mB-mA=mB>0,
此情况符合实际。
故A、B的质量之比可能为
=,=,=6。
答案:(1)2 m/s
(2)=6或=或=
类型二　“反冲”和“爆炸”模型
对“反冲”和“爆炸”模型的三点说明
作用 原理 “反冲”和“爆炸”是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量 守恒 “反冲”和“爆炸”中系统不受外力或内力远大于外力,故反冲运动遵循动量守恒定律
机械能 增加 在“反冲”和“爆炸”中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的总机械能增加
(2021·浙江1月卷,12)在爆炸实验基地有一发射塔,发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射,上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时,在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s,忽略空气阻力。下列说法正确的是(　B　)
A.两碎块的位移大小之比为1∶2
B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
解析:爆炸物上升到最高点时,瞬时速度为零,爆炸瞬间水平方向动量守恒,因此质量之比为2∶1的两碎块,其速度之比为1∶2,根据平抛运动规律可知,水平方向位移之比为1∶2,但合位移之比并不为1∶2,选项A错误;根据题意,设声速为v,质量大的碎块水平位移为x,则-=1 s,解得x=340 m,两落地点相距3x=1 020 m,选项D错误;由上述推导可知,质量小的碎块,落地后声音传播2 s,根据平抛运动的规律可知,两碎块平抛时间均为4 s,则爆炸物下落的高度h=gt2=80 m,选项B正确;质量大的碎块水平位移为340 m,则其水平速度为=85 m/s,选项C错误。
若例2中,已知引爆后爆炸物炸裂成两块碎块的质量分别为m1=0.4 kg、m2=0.2 kg,则爆炸过程中系统所增加的机械能是多少
解析:爆炸物炸裂成两碎块后经过相同的时间t0落地,落地后分别经过t1、t2的时间落地的响声被记录仪记录,有
t0+t1=5 s,t0+t2=6 s,
爆炸物爆炸时,水平方向动量守恒,则
m1v1-m2v2=0,
那么在水平方向,由于碎块做匀速直线运动,则落地时
===,
解得
t0=4 s,t1=1 s,t2=2 s,
爆炸物炸裂后,两碎块的速度分别为
v1==85 m/s,
v2==170 m/s,
爆炸过程中系统增加的机械能
ΔE=m1+m2=4 335 J。
答案:4 335 J第3讲　动力学三大观点的综合应用
　动力学三大观点对比
动力学 三大观点 对应规律 表达式 选用原则
动力学观点 牛顿第二定律 F合=ma 物体做匀变速直线运动,涉及运动细节
匀变速直线运动规律 v=v0+at x=v0t+at2 v2-=2ax等
能量观点 动能定理 W合=ΔEk 涉及做功与能量转换
机械能守恒定律 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2
功能关系 WG=-ΔEp等
能量守恒定律 E1=E2
动量观点 动量定理 I合=p′-p 只涉及初、末速度、力、时间,而不涉及位移、功
动量守恒定律 p1′+p2′=p1+p2 只涉及初、末速度,而不涉及力、时间
1.力学规律的选用原则
(1)单个物体:宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律。若其中涉及时间的问题,应选用动量定理;若涉及位移的问题,应选用动能定理;若涉及加速度的问题,只能选用牛顿第二定律。
(2)多个物体组成的系统:优先考虑两个守恒定律,若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题,应选用动量守恒定律,然后再根据能量关系分析解决。
2.系统化思维方法
(1)对多个物理过程进行整体分析,即把几个过程合为一个过程来处理,如用动量守恒定律解决比较复杂的运动。
(2)对多个研究对象进行整体分析,即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑,如应用动量守恒定律时,就是把多个物体看成一个整体(或系统)。
3.模型建构
(1)“毛毛虫”模型。
在“动量与能量”这一模块中会遇到这样一种模型:两个光滑的小球A、B与轻弹簧连接,并使弹簧处于原长,某一时刻给A球一瞬时速度,则以后A、B两球和弹簧一起在光滑水平面上边压缩拉伸边向前运动,形成好玩的“毛毛虫”模型,如图所示。
(2)在某一方向上满足动量守恒定律的模型。
①如图所示,小车的曲面以及地面光滑,则在曲面上运动的小球在水平方向上和小车满足动量守恒定律。
②在水中或空中的物体,若它们所受重力与相应的浮力相等,则在竖直方向上满足动量守恒定律。
高考考点 命题轨迹 考查内容 考查要求
动量和能量观点的 综合应用 2022山东卷T2 必备知识 基础性
2022广东卷T13 关键能力 综合性
2022全国乙卷T20 关键能力 综合性
2021全国乙卷T14 必备知识 基础性
2021浙江6月卷T21 关键能力 综合性
应用三大观点解决 动力学综合问题 2022山东卷T18 关键能力 综合性
2022全国乙卷T25 关键能力 综合性
2021湖南卷T8 关键能力 综合性
2021湖北卷T15 关键能力 综合性
考点一　动量和能量观点的综合应用
(2022·广东卷,13) 某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力f为1 N。滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg,滑杆的质量M=0.6 kg,A、B间的距离l=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小N1和N2;
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v;
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
解析:(1)滑块静止时,滑块和滑杆均处于静止状态,以滑块和滑杆整体为研究对象,由平衡条件可知
N1=(m+M)g=8 N,
滑块向上滑动时,滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力,
则有N2=Mg-f,
代入数据得N2=5 N。
(2)法一　碰前,滑块向上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得mg+f=ma1,
解得a1=15 m/s2,方向向下
由运动学公式得v2-=-2a1l,
代入数据得v=8 m/s。
法二　由动能定理得
-(mg+f)l=mv2-m,
代入数据解得v=8 m/s。
(3)滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞,根据动量守恒定律有mv=(M+m)v共,
代入数据得v共=2 m/s。
此后滑块与滑杆一起竖直向上运动,根据动能定理有-(M+m)gh=0-(M+m),
代入数据得h=0.2 m。
答案:(1)8 N　5 N
(2)8 m/s
(3)0.2 m
(2021·浙江6月卷,21)如图所示,水平地面上有一高H=0.4 m的水平台面,台面上竖直放置倾角θ=37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF,它们平滑连接,其中管道CD的半径r=0.1 m、圆心在O1点,轨道DEF的半径R=0.2 m、圆心在O2点,O1、D、O2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑,与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞,碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动,与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞,碰后速度方向水平向右,大小与碰前相同,最终落在地面上Q点,已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)若小滑块的初始高度h=0.9 m,求小滑块到达B点时速度v0的大小;
(2)若小球能完成整个运动过程,求h的最小值hmin;
(3)若小球恰好能过最高点E,且三棱柱G的位置上下可调,求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax。
解析:(1)小滑块在AB轨道上运动
mgh-μmgcos θ·=m,
代入数据解得
v0==4 m/s。
(2)小球沿CDEF轨道运动,在最高点可得
mg=m,
从C点到E点由机械能守恒可得
m+mg(R+r)=m
解得vEmin= m/s,vCmin=2 m/s,
小滑块与小球碰撞后动量守恒,机械能守恒,因此有
mvmin=mv′+mvCmin,
m=mv′2+m,
解得vA′=0,vCmin=vmin。
结合(1)问可得
vmin=,
解得h的最小值hmin=0.45 m。
(3)设F点到G的距离为y,小球从E点到G的过程,由动能定理
m=m+mg(R+y),
由平抛运动可得x=vGt,
H+r-y=gt2,
联立可得水平距离为
x=2,
由数学知识可得当0.5-y=0.3+y时取最大,
最大值为xmax=0.8 m。
答案:(1)4 m/s　(2)0.45 m　(3)0.8 m
1.(2022·湖北武汉三模)(多选)如图所示,外轨道光滑、内轨道粗糙(粗糙程度处处相同)的圆环轨道固定在竖直平面内,完全相同的小球A、B(直径略小于轨道间距)以相同的速率v0从与圆心等高处分别向上、向下运动,两球相遇时发生的碰撞可看作弹性碰撞,重力加速度为g。下列说法中正确的是(　ABD　)
A.当v0= 时,A球通过最高点和B球通过最低点时对轨道的压力差为6mg
B.当v0= 时,第一次碰撞前瞬间,A球的机械能一定小于B球机械能
C.当v0= 时,第一次碰撞的位置一定在轨道的最低点
D.当v0= 时,第一次碰撞后瞬间,两球的速度一定等大反向
解析:当v0=时,A球在最高点所受弹力为零时,只有重力提供向心力,mg=m,得v=,假设A球上升到最高点过程中外轨道对A球有弹力,则满足机械能守恒,m=mgR+m,得vA=>,说明假设成立。根据牛顿第二定律FA+mg=m,得FA=2mg,B球到最低点过程,由机械能守恒和牛顿第二定律有m+mgR=m,FB-mg=m,得FB=8mg,球A通过最高点和球B通过最低点时对轨道的压力差为ΔF=FB-FA=6mg,故A正确。若A球在最高点时受弹力为零,根据机械能守恒,mv2+mgR=m,小球初速度为v1=,当v0=时,由于<,A球与内轨道存在摩擦,机械能有损失,且A球先通过最高点,虽然不能确定两球相碰的位置,但是A球与内轨道接触过程运动的路程更大,损失的机械能更多,所以两球第一次相碰时A球机械能一定小于B球机械能,故B正确。假设内轨道光滑,使A球恰好到达最高点,根据机械能守恒,mgR=m,得v2=,当v0=时,由于<,A、B两球无法到达最高点。因为A球先返回,所以第一次碰撞不在最低点,故C错误。当v0=<时,情况与选项C相似,两球在上半圆与内轨道接触时,相同高度的速度相同,故摩擦力等大,可知机械能损失一样多。两球一定是在下半圆轨道上相碰,而当两球相碰时一定在相同高度,则此时速度等大、反向,设为v3。根据动量守恒和机械能守恒mv3-mv3=mvA′+mvB′,·2m=mvA′2+mvB′2,解得vA′=-vB′,第一次碰撞后瞬间,两球速度等大反向,故D正确。
2.(2022·辽宁沈阳二模)如图甲所示,用不可伸长的轻绳将质量为mA=2.0 kg的物块A悬挂在O点,轻绳长度为l=0.8 m。初始时,轻绳处于水平拉直状态,现将A由静止释放,当物块A下摆至最低点时,恰好与静止在水平面上的长木板B发生弹性碰撞(碰撞时间极短),长木板B的质量为mB=2.0 kg,长木板B左端放置有可视为质点的小物块C,小物块C的速度随时间的变化图像如图乙所示,长木板B与水平面间的动摩擦因数为μ=,小物块C未从长木板B上掉落。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力的影响,求:
(1)碰撞后瞬间长木板B的速度大小;
(2)小物块C的质量mC;
(3)长木板B与小物块C的接触面因为摩擦而产生的热量。
解析:(1)设物块A与长木板B碰撞前瞬间的速度大小为v0,对物块A由静止释放运动到最低点的过程,根据动能定理有mAgl=mA,
解得v0=4 m/s。
设碰撞后瞬间物块A和长木板B的速度分别为vA、vB,物块A与长木板B发生弹性碰撞,根据动量守恒定律有mAv0=mAvA+mBvB,
根据机械能守恒定律有
mA=mA+mB,
解得vB=4 m/s。
(2)设小物块C与长木板B间的动摩擦因数为μ′,由题图乙可知小物块C相对长木板B滑动过程中的加速度大小为aC=μ′g=1 m/s2,解得μ′=0.1。
在0～1 s时间内,设长木板B的加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有
μ(mB+mC)g+μ′mCg=mBaB,
由题图乙易知t1=1 s时,长木板B和小物块C达到共同速度v共=1 m/s,
对长木板B根据运动学公式有
vB-v共=aBt1,解得mC=1 kg。
(3)长木板B与小物块C在0～1 s内的相对位移为Δx1=t1-t1=2 m,
长木板B和小物块C达到共同速度后,C对B的摩擦力方向变为水平向左,设此后B的加速度大小为aB′,根据牛顿第二定律有
μ(mB+mC)g-μ′mCg=mBaB′,
解得aB′=2 m/s2。
长木板B与小物块C在1～2 s内的相对位移为
Δx2=-t2=-0.25 m,
长木板B与小物块C的接触面因为摩擦而产生的热量为
Q=μ′mCg(Δx1+|Δx2|)=2.25 J。
答案:(1)4 m/s　(2)1 kg　(3)2.25 J
考点二　应用三大观点解决动力学综合问题
(2021·湖北卷,15)如图所示,一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内,其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上,质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后,B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零,A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g,忽略空气阻力。
(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离;
(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时,OD与OQ夹角为θ,求此时A所受力对A做功的功率;
(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。
解析:(1)设物块B到半圆弧轨道最高点时速度为v,由于B对轨道最高点的压力为零,则由牛顿第二定律得
mg=m,
B离开最高点后做平抛运动,则在竖直方向上有
2R=gt2,
在水平方向上有x=vt,
联立解得x=2R。
(2)对物块A由C到D的过程,由机械能守恒定律得
mgRcos θ=m,
由于对A做功的力只有重力,则A所受力对A做功的功率为
P=mgvDsin θ,
解得P=mgsin θ。
(3)设A、B碰后瞬间的速度分别为v1、v2,对B由Q到最高点的过程,由机械能守恒定律得
m=mv2+mg·2R,
解得v2=;
对A由Q到C的过程,由机械能守恒定律得
m=mgR,
解得v1=;
设碰前瞬间A的速度为v0,对A、B碰撞的过程,由动量守恒定律得
mv0=mv1+mv2,
解得v0=+,
碰撞过程中A和B损失的总动能为
ΔE=m-m-m,
解得ΔE=mgR。
答案:(1)2R
(2)mgsin θ
(3)mgR
(2022·湖北卷,16)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示,重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接,C与滑轮等高(图中实线位置)时,C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m,系统可以在如图虚线位置保持静止,此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时,用外力将C拉到图中实线位置,然后由静止释放。设C的下落速度为时,与正下方质量为2m的静止桩D正碰,碰撞时间极短,碰撞后C的速度为零,D竖直向下运动距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。
(1)求C的质量;
(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力,求F的大小。
(3)撤掉桩D,将C再次拉到图中实线位置,然后由静止释放,求A、B、C的总动能最大时C的动能。
解析:(1)系统在题图虚线位置保持静止,以C为研究对象,根据平衡条件可知
mCg=2mgcos 30°,
解得mC=m。
(2)C、D碰后C的速度为零,设碰撞后D的速度为v,根据动量守恒定律可知
m·=2mv,
解得v=。
C、D碰撞后D向下运动距离后停止,根据动能定理可知
0-×2mv2=2mg-F,
解得F=6.5mg。
(3)设某时刻C向下运动的速度为v′,绳与竖直方向的夹角为α,A、B向上运动的速度为v′cos α,根据机械能守恒定律可知
mCv′2+2×m(v′cos α)2=mCg-2mg(-L)
令y=mCg-2mg(-L),
对上式求导数可得
=mgL+2mgL,
当=0时解得极值
cos α=,
即三物体动能最大时有α=30°,
此时
y=mCg-2mg(-L)=mgL,
于是有
mCv′2+2×m(v′cos α)2=mgL,
解得v′2=,
此时C的最大动能为
Ekm=mCv′2=(4-2)mgL。
答案:(1)m　(2)6.5mg　(3)(4-2)mgL
　力学综合中的三大观点
(1)动力学观点。
①适用于涉及加速度和运动时间的问题,特别是有匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动等情境。
②一般先分析物体的受力,进而分析运动过程,然后利用牛顿运动定律和运动学规律求解。
(2)动量观点。
①对于不涉及加速度且作用力随时间变化的问题,特别对于打击一类的问题,应用动量定理求解。
②对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题,若只涉及初、末速度而不涉及力、时间,应用动量守恒定律求解。
③对于物体间相互作用很复杂,且系统不受外力问题,应用动量守恒定律求解。
(3)能量观点。
①对于不涉及加速度和运动时间的问题,无论是恒力做功还是变力做功,一般都利用动能定理求解。
②如果物体只有重力或弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题,则采用机械能守恒定律求解。
③对于相互作用的两物体,若明确两物体相对滑动的距离,应考虑选用能量守恒定律求解。
3.(2022·安徽马鞍山二模)(多选)如图所示,A、B两个小球(可视为质点),间隙极小,两球球心连线竖直,从离地面高度H处以相同的初速度v0= 同时竖直向下抛出,B先与地面碰撞,再与A碰撞后B静止于地面,所有碰撞均为弹性碰撞,则(　AC　)
A.A、B两球的质量之比为1∶3
B.A、B两球的质量之比为1∶2
C.碰后A球上升的最大高度为8H
D.碰后A球上升的最大高度为16H
解析:因为A、B球从离地面高度H处以相同的初速度v0= 同时竖直向下抛出,所以落地瞬间的速度相等,由运动学公式v2-=2gH,解得vA=vB=v=2,B球与地面弹性碰撞原速返回,与A再发生弹性碰撞,以向上为正方向,根据动量守恒和能量守恒有mBv-mAv=mAvA′,mBv2+mAv2=mAvA′2,联立解得mA∶mB=1∶3,vA′=2v=4,A正确,B错误;A球弹起的最大高度vA′2=2ghmax,hmax==8H,C正确,D错误。
4.(2022·广东深圳模拟)如图所示,质量为1 kg的滑板A静止在光滑水平地面上,滑板左端距竖直固定挡板l=0.3 m,质量也为1 kg的小物块B以初速度v0=2 m/s从右端水平滑上滑板,最终小物块B恰好未从滑板左端掉下,已知A与B间的动摩擦因数μ=0.25,滑板与挡板碰撞无机械能损失,g取10 m/s2。
(1)求经过多长时间滑板A碰到挡板;
(2)求滑板的长度;
(3)若滑板A的长度不变,仅减小物块B的初速度v0,求B到挡板的最小距离xmin与v0的函数关系。
解析:(1)设滑板A的加速度大小为a1,对A由牛顿第二定律可得
μmg=ma1,
解得a1=2.5 m/s2,
方向向左。
设物块B的加速度大小为a2,对B由牛顿第二定律可得
μmg=ma2,
解得a2=2.5 m/s2,
方向向右。
滑板A做加速运动
v=a1t1,
滑板B做减速运动
v=v0-a2t1,
解得v=1 m/s,t1=0.4 s;
滑板A做加速运动的位移
x1=a1,
解得x1=0.2 m,
由于x1l-x1=vt2,
解得t2=0.1 s,
则t=t1+t2=0.5 s。
(2)物块B做减速运动,相对地面的位移
x2=v0t1-a2,解得x2=0.6 m,
相对滑动Δx=x2-x1=0.4 m。
撞挡板后滑板A原速率反弹,对A、B系统,由动量守恒定律有mv-mv=2mv′,
得v′=0,
即A、B停止运动;
碰后由能量守恒2×mv2=μmgΔx′,
解得Δx′=0.4 m。
小物块B恰好未从滑板左端掉下,滑板长度
d=Δx+Δx′=0.8 m。
(3)若仅改变B的初速度,A碰挡板前,对A、B系统,由动量守恒定律
mv0=2mv1,
A碰挡板后
mv1-mv1=2mv2,
解得v2=0。
整个过程中,对A、B系统,由能量守恒
m=μmgx,
A碰挡板后,向右的位移为x3,则
=2a1x3,
物块B一直向左运动,设碰撞前相对位移为x3′,最后静止时离挡板最近,则x=x3′+2x3,
xmin=d-x3′-x3=x3+d-x,
解得xmin=0.8-0.15(0答案:(1)0.5 s　(2)0.8 m
(3)xmin=0.8-0.15(0含弹簧的综合问题
类型一　弹簧的综合问题
1.模型特点
弹力大小满足F=kx,随形变量变化,运动过程中弹力是一个典型的变力,在动力学分析时要关注瞬时性,计算做功时化变为恒,与路径无关,注意回避变力的冲量,关注弹簧所在的系统。
2.解题关键
(1)弹簧的弹力满足胡克定律,即F=kx,物体在弹簧的作用下往往呈现变速运动,需要应用牛顿第二定律研究,弹簧的弹力大小只能渐变,不能突变。
(2)弹簧弹力做的功等于弹性势能变化的负值,且弹簧弹性势能Ep=kx2(不能直接使用)。弹力作用下物体的运动加速度往往是变化的,高中阶段应用功能的观点研究一段运动。弹性势能公式不是考试大纲中规定的内容,高考试题除非在题干中明确给出该公式,否则不能用该公式定量解决物理计算题,以往高考命题中涉及弹簧弹性势能的问题都是从“能量守恒”角度进行考查的。
(3)弹簧连接的多个物体组成的系统,当合力为0时,满足动量守恒,单个物体在弹力作用下,会引起动量的变化,可应用动量定理分析。
(2021·湖南卷,8)(多选)如图甲,质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力F作用在A上,系统静止在光滑水平面上(B靠墙面),此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的a-t图像如图乙所示,S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围图形的面积大小,S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围图形的面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是(　ABD　)
A.0到t1时间内,墙对B的冲量等于mAv0
B.mA>mB
C.B运动后,弹簧的最大形变量等于x
D.S1-S2=S3
解析:将物体A、弹簧、物体B看成一个系统,0到t1时间内,重力、支持力对系统的冲量的矢量和为零,墙对系统的冲量等于系统动量的变化量,即墙对B的冲量等于mAv0,A正确;t1时刻之后,A、B组成的系统动量守恒,由题图b可知,t1到t2这段时间内,S3>S2,故B物体速度的变化量大于A物体速度的变化量,可知A物体的质量大于B物体的质量,B正确;撤去外力F后,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,B运动后,A、B具有动能,根据系统机械能守恒可知,弹簧的最大形变量小于x,C错误;t2时刻,A、B的加速度均最大,此时弹簧拉伸到最长,A、B共速,设速度为v,a-t图像与时间轴所围图形的面积表示速度的变化量,0～t2时间内,A的速度变化量为S1-S2,t1～t2时间内,B的速度变化量为S3,两者相等,即S1-S2=S3,D正确。
根据例1中条件,求A、B两物体的质量之比。
解析:由题图乙可知,t1时刻A的加速度为零,此时弹簧恢复原长,B开始离开墙壁,到t2时刻两者加速度均达到最大,弹簧伸长量达到最大,此时两者速度相同,即
vA=vB,
则S1-S2=S3,
t1到t2时刻,A、B两物体满足动量守恒,则有
mAv0=(mA+mB)v共,
即mAS1=(mA+mB)S3,
联立以上解得
mA∶mB=S3∶S2。
答案:S3∶S2
类型二　弹簧的动量和能量问题(“毛毛虫”模型)
已知水平面光滑,弹簧处于原长状态,A球质量为m,B球质量为M,A的初速度为v0,B静止,如图所示。分析A、B球以后的运动情况,并回答下列问题。
(1)弹簧压缩到最短时,A、B两球的速度为多大
(2)弹簧伸长最长时,A、B两球的速度为多大
(3)弹簧压缩到最短时,弹簧的弹性势能为多大
(4)弹簧伸长最长时,弹簧的弹性势能为多大
(5)弹簧恢复原长时,A、B两球的速度为多大
解析:(1)当A、B两球速度相等时,弹簧压缩到最短,由动量守恒得mv0=(m+M)v,
即v=。
(2)当A、B两球速度再次相等时,弹簧伸长最长,由动量守恒得
mv0=(m+M)v,
即v=。
(3)当弹簧压缩到最短时,由动量守恒和机械能守恒得mv0=(m+M)v,
m=(m+M)v2+Ep,
即Ep=。
(4)当弹簧伸长最长时,由动量守恒和机械能守恒得
mv0=(m+M)v,
m=(m+M)v2+Ep,
即Ep=。
(5)当弹簧恢复原长时A、B速度分别为vA、vB,由动量守恒和机械能守恒得
mv0=mvA+MvB,
m=m+M,
得vA=,vB=。
另一组解vA=v0,vB=0。
(分析:在这个模型中,A由于具有速度而压缩弹簧,弹簧压缩后对B产生压力,由于vA>vB,所以弹簧一直被压缩,即A做减速运动,B做加速运动,直到vA=vB,此时弹簧被压缩得最短,之后B继续加速,A继续减速,vA答案:(1)均为　(2)均为
(3)　(4)　(5)见解析
(多选)将例2的运动情境与v-t图像结合,如图甲所示,一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上,现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧,速度—时间图像如图乙所示。下列说法中正确的是(　ACD　)
A.t1与t3时刻弹簧具有相同的弹性势能
B.t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长
C.两个物块的质量之比为m1∶m2=1∶2
D.在t2时刻动能之比为EkA∶EkB=1∶8
解析:根据题图乙可知,t1与t3时刻两物块的速度相同,根据能量守恒定律可得弹簧具有相同的弹性势能,故A正确;结合图像弄清两物块的运动过程,开始时m1逐渐减速,m2逐渐加速,弹簧被压缩,t1时刻二者速度相等,系统动能最小,弹性势能最大,弹簧被压缩最短,然后弹簧逐渐恢复原长,m2依然加速,m1先减速为零,然后反向加速,t2时刻,弹簧恢复原长状态,由于此时两物块速度相反,因此弹簧的长度将逐渐增大,两物块均减速,t3时刻,两物块速度相等,系统动能最小,弹簧最长,因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长,故B错误;系统动量守恒,规定向右为正方向,选择开始到t1时刻根据动量守恒定律可知m1v1=(m1+m2)v2,将v1=3 m/s,v2=1 m/s代入得m1∶m2=1∶2,故C正确;在t2时刻A的速度大小为vA=1 m/s,B的速度为vB=2 m/s,根据m1∶m2=1∶2和动能计算公式Ek=mv2,可求出Ek1∶Ek2=1∶8,故D正确。专题六　热　学
1.分子动理论及热力学定律
(1)估算问题。
①油膜法估算分子直径:d=(V为纯油酸体积,S为单分子油膜面积)。
②分子总数:N=nNA=·NA=NA(注:对气体而言,N≠NA)。
(2)反映分子热运动规律的两个实例。
①布朗运动:悬浮在液体或气体中的固体小颗粒做无规则、永不停息的运动,与颗粒大小、温度有关。
②扩散现象:产生原因是分子永不停息地做无规则运动,与温度有关。
(3)对热力学定律的理解。
①热力学第一定律ΔU=Q+W,其中W和Q的符号可以这样确定:只要对内能增加有正贡献的就为正值。
②对热力学第二定律的理解:热量可以由低温物体传到高温物体,但不能自发进行;从单一热库吸收的热量可以完全变成功,但必然产生其他影响。
2.气体实验定律和理想气体状态方程
1.思想方法
必须领会的“两种物理思想”
理想化模型思想、控制变量思想。
2.模型建构
(1)球体模型:一个分子体积V=πR3=πd3,d为分子的直径,适于估算液体、固体分子直径。
(2)立方体模型:一个分子占据的平均空间大小V=d3,d为分子的间距,适于估算气体分子间距。
(3)应用热力学第一定律的看到与想到。
①看到“绝热过程”,想到Q=0,则W=ΔU。
②看到“等容过程”,想到W=0,则Q=ΔU。
③看到“等温过程”,想到ΔU=0,则W+Q=0。
高考考点 命题轨迹 考查内容 考查要求
分子动理论 2021重庆卷T15 必备知识 基础性
2021广东卷T15(1) 必备知识 基础性
固体、液体 和气体分子的特点 2020江苏卷T13 必备知识 基础性
2018江苏卷T12 必备知识 基础性
气体实验定律 和理想气体状态方程 2022广东卷T15(2) 关键能力 综合性
2022全国甲卷T33(2) 关键能力 综合性
2022全国乙卷T33(2) 关键能力 综合性
2022山东卷T15 关键能力 综合性
2022湖南卷T15(2) 关键能力 综合性
2021全国乙卷T33(2) 关键能力 综合性
2021全国甲卷T33(2) 关键能力 综合性
2021山东卷T4 必备知识 基础性
内能、热力学定律 2022山东卷T5 必备知识 基础性
2022湖北卷T3 必备知识 基础性
2022全国甲卷T33(1) 关键能力 综合性
2022全国乙卷T33(1) 关键能力 综合性
2021山东卷T2 必备知识 基础性
2021江苏卷T13 关键能力 综合性
考点一　分子动理论
(2021·重庆卷,15)图甲和图乙中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别描述了某物理量随分子间的距离变化的规律,r0为平衡位置。现有如下物理量:①分子势能,②分子间引力,③分子间斥力,④分子间引力和斥力的合力,则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的物理量分别是(　D　)
A.①③② B.②④③
C.④①③ D.①④③
解析:根据分子处于平衡位置(即分子间距为r0)时分子势能最小,可知曲线Ⅰ对应分子势能;根据分子处于平衡位置(即分子间距为r0)时分子合力为零,可知曲线Ⅱ对应分子合力;分子间斥力和引力都随分子间距离的增大而减小,但斥力减小得更快,可知曲线Ⅲ对应分子间斥力,故D正确。
(2022·重庆北碚区模拟)用油膜法估测油酸分子直径的实验中,一滴油酸酒精溶液中油酸的体积为V,油膜面积为S,油酸的摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为NA,下列说法正确的是(　C　)
A.一个油酸分子的质量为
B.一个油酸分子的体积为
C.油酸分子的直径为
D.油酸的密度为
解析:一个油酸分子的质量为m0=,故A错误;设油酸的摩尔体积为Vmol,则一个油酸分子的体积为V0=,由题可知Vmol≠V,故B错误;根据单分子油膜法测油酸分子直径原理,可知油酸分子直径为d=,故C正确;油酸的密度为ρ=,故D错误。
分子动理论的三个核心要点
(1)分子模型、分子数。
①分子模型:球模型和立方体模型。
②分子数:N=nNA=NA=NA(固体、液体)。
(2)分子运动:分子永不停息地做无规则运动,温度越高,分子的无规则运动越剧烈,即平均速率越大,但某个分子的瞬时速率不一定大。
(3)分子势能、分子力与分子间距离的关系如图所示。
1.(2022·北京海淀区二模)假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为0,两个分子间作用力的合力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系如图甲和乙所示,下列说法正确的是(　D　)
A.在r由无限远到趋近于r0的过程中,F先做负功后做正功
B.在r由无限远到趋近于r0的过程中,F先做正功后做负功
C.在r由r0趋近于0的过程中,F做负功,Ep先变小再变大
D.在r由r0趋近于0的过程中,F做负功,Ep变大
解析:在r由无限远到趋近于r0的过程中,分子力表现为引力,一直做正功,故A、B错误;在r由r0趋近于0的过程中,分子力表现为斥力,一直做负功,分子势能增大,故C错误,D正确。
2.(2022·山东淄博二模)某潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m3和2.1 kg/m3,空气的摩尔质量为0.029 kg/mol,阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mol-1。若潜水员呼吸一次吸入2 L空气,试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数约为(　B　)
A.3×1021 B.3×1022
C.3×1023 D.3×1024
解析:设空气的摩尔质量为M,在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸,一次吸入空气的体积为V,在海底和在岸上分别吸入的空气分子个数为n海和n岸,则有n海=,n岸=,多吸入的空气分子个数为Δn=n海-n岸,计算得Δn≈3×1022个,故选B。
考点二　固体、液体和气体分子的特点
(2020·江苏卷,13)(多选)玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史,它是一种非晶体。下列关于玻璃的说法正确的有(　AC　)
A.没有固定的熔点
B.天然具有规则的几何形状
C.沿不同方向的导热性能相同
D.分子在空间上周期性排列
解析:玻璃是非晶体,没有固定的熔点,也没有规则的几何形状,具有各向同性的特点,其分子在空间上的排列也是杂乱无章的,故A、C正确,B、D错误。
(2022·山东日照二模)(多选)下列说法正确的是(　BD　)
A.常见的金属没有规则的形状,因此金属是非晶体
B.同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现
C.液体表面张力的方向总是跟液体表面垂直
D.浸润液体在细管中会上升,不浸润液体在细管中会下降
解析:金属是多晶体,选项A错误;物质是晶体还是非晶体,并不是绝对的,如天然石英是晶体,而熔化以后再凝固的水晶就是非晶体,选项B正确;液体表面张力的方向总是跟液体表面平行,选项C错误;浸润液体在细管中会上升,不浸润液体在细管中会下降,这是毛细现象,选项D正确。
1.固体和液体的主要特点
(1)晶体和非晶体的分子结构不同,表现出的物理性质不同。
项目 晶体 非晶体
单晶体 多晶体
外形 规则 不规则
物理性质 各向异性 各向同性
熔点 确定 不确定
原子排列 有规则,但多晶体每个 晶体间的排列无规则 无规则
联系 晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化
(2)液晶是一种特殊的物质状态,所处的状态介于固态和液态之间。液晶具有流动性,在光学、电学物理性质上表现出各向异性。
(3)液体的表面张力使液体表面具有收缩到最小的趋势,表面张力的方向跟液面相切。
2.解决估算类问题的三点注意事项
(1)固体、液体分子可认为紧靠在一起,可看成球体或立方体;气体分子只能按立方体模型计算所占的空间。
(2)状态变化时分子数不变。
(3)阿伏加德罗常数是宏观与微观的联系桥梁,计算时要抓住三个量:摩尔质量、摩尔体积和物质的量。
3.(2022·重庆模拟)石墨烯是从石墨中分离出的新材料,其中碳原子紧密结合成单层六边形晶格结构,如图所示,则(　D　)
A.石墨是非晶体
B.石墨研磨成的细粉末就是石墨烯
C.单层石墨烯的厚度约3 μm
D.碳原子在六边形顶点附近不停地振动
解析:石墨是晶体,故A错误;石墨烯是从石墨中提取出来的新材料,故B错误;单层石墨烯厚度约为原子尺寸10-10 m,故C错误;根据分子动理论可知,固体分子在平衡点不停地振动,故D正确。
4.(2022·山东青岛二模)两根不同材质的细管甲、乙插入水中,管内形成的水面如图所示。下列说法正确的是(　A　)
A.若内径变小,乙管中水面会变低
B.甲管的材质更适合用来制作防水材料
C.甲管中表面层内水分子间作用力表现为斥力
D.乙管中表面层内水分子间作用力表现为斥力
解析:当不浸润液体与毛细管内壁接触时,引起液体附着层收缩,而表面张力也使液面收缩,从而使液面弯曲对液面起压低下降的作用,而且毛细管内径越小,压低作用越明显,故A正确;甲管中,表现为浸润,该材质吸水,不适合制作防水材料,甲管中表面层内水分子间作用力表现为引力,故B、C错误;乙管中,表现为不浸润,乙管中表面层内水分子间作用力表现为引力,故D错误。
考点三　气体实验定律和理想气体状态方程
(2022·河北卷,15)水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示,汽缸中间有一固定隔板,将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分,H形连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过,连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0。活塞面积为S,隔板两侧气体体积均为SL0,各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向,稳定后,上部分气体的体积为原来的,设整个过程温度保持不变,求:
(1)此时上、下部分气体的压强;
(2)H形连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。
解析:(1)旋转前后,上部分气体发生等温变化,根据玻意耳定律可知
p0·SL0=p1·SL0,
解得旋转后上部分气体压强为
p1=2p0,
旋转前后,下部分气体发生等温变化,下部分气体体积增大为SL0+SL0=SL0,则
p0·SL0=p2·SL0,
解得旋转后下部分气体压强为
p2=p0。
(2)对H形连杆活塞整体受力分析,活塞所受重力mg竖直向下,上部分气体对活塞的作用力竖直向上,下部分气体对活塞的作用力竖直向下,大气压力上下部分抵消,根据平衡条件可知
p1S=mg+p2S,
解得活塞的质量为m=。
答案:(1)2p0　p0　(2)
(2022·全国甲卷,33)如图,容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中;两汽缸的底部通过细管连通,A汽缸的顶部通过开口C与外界相通;汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分,其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0。环境压强保持不变,不计活塞的质量和体积,忽略摩擦。
(1)将环境温度缓慢升高,求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度;
(2)将环境温度缓慢改变至2T0,然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体,求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后,B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
解析:(1)封闭气体做等压变化,对Ⅳ部分气体,
由盖-吕萨克定律有=,解得T1=T0。
(2)Ⅱ和Ⅲ部分封闭气体,初状态体积
V1=V0+V0=V0,温度为T0;Ⅳ部分气体,初状态体积V2=V0,温度为T0,从开口C向汽缸中注入气体,设末状态Ⅳ部分气体压强为p′,体积为V,则原Ⅱ、Ⅲ部分气体最终总体积为V0-V,对这两部分理想气体分别有
=,
=,解得p′=2.25p0。
答案:(1)T0　(2)2.25p0
1.压强的计算
(1)被活塞、汽缸封闭的气体,通常分析活塞(或汽缸)的受力,应用平衡条件或牛顿第二定律求解,压强单位为Pa。
(2)被液柱封闭的气体,通常分析液柱的受力,应用p=p0+ph或p=p0-ph计算压强,适时应用连通器原理,当液体为水银时,压强p的单位可用cmHg或mmHg。
2.合理选取气体变化所遵循的规律列方程
(1)若气体质量一定,p、V、T中有一个量不发生变化,则选用对应的气体实验定律列方程求解。
(2)若气体质量一定,p、V、T均发生变化,则选用理想气体状态方程列式求解。
3.关联气体问题
解决由活塞、液柱相联系的两部分气体问题时,根据两部分气体压强、体积的关系,列出关联关系式,再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。
5.(2022·广东广州模拟)横截面积处处相同的U形玻璃管竖直放置,左端封闭,右端开口,初始时,右端管内用h1=4 cm的水银柱封闭一段长为L1=9 cm的空气柱A,左端管内用水银封闭一段长为L2=14 cm的空气柱B,这段水银柱左右两液面高度差为h2=8 cm。如图甲所示,已知大气压强p0=76.0 cmHg,环境温度不变。若将玻璃管缓慢旋转180°,使U形管竖直倒置(水银未混合未溢出),如图乙所示。当管中水银静止时,两水银柱左右液面高度差h3为(　B　)
A.10 cm B.12 cm C.8 cm D.14 cm
解析:初始时,设空气柱A的压强为pA,空气柱B的压强为pB,则pA=p0+ρgh1,pB+ρgh2=pA,联立解得pB=72 cmHg,U形管倒置后,空气柱A的压强设为pA1,空气柱B的压强设为pB1,则pA1=p0-ρgh1,pB1=pA1+ρgh3,空气柱B的长度 LB1=L2-,由玻意耳定律可得pB L2=pB1 LB1,解得h3=12 cm,故选B。
6.(2022·重庆三模)如图所示,P、Q是两个厚度不计的活塞,可在竖直固定的两端开口的汽缸内无摩擦地滑动,其面积分别为S1=30 cm2、S2=10 cm2,质量分别为M1=1.5 kg、M2=2.5 kg,它们之间用一根长为d的轻质细杆连接,静止时汽缸中气体的温度T1=600 K,活塞P下方气柱(较粗的一段气柱)长为d=12 cm,已知大气压强p0=1×105 Pa,g取10 m/s2,缸内气体可看作理想气体,活塞在移动过程中不漏气。
(1)求活塞静止时汽缸内气体的压强;
(2)若缸内气体的温度逐渐降为了T2=300 K,已知该过程中缸内气体的内能减小100 J,求活塞下移的距离h和气体放出的热量Q。
解析:(1)对两个活塞的整体受力分析可得
(M1+M2)g+p0(S1-S2)=p(S1-S2),
解得p=1.2×105 Pa。
(2)由以上分析可知逐渐降温的过程中活塞始终受力平衡,内部气体为等压变化,则=,
其中V1=S1d+S2·d,
V2=S1(d-h)+S2·(d+h),
解得h=10 cm<12 cm,
活塞下降的过程对内部气体用热力学第一定律得ΔU=W+Q,
其中W=p(S1h-S2h),ΔU=-100 J,
解得Q=-124 J,故放出热量为124 J。
答案:(1)1.2×105 Pa　(2)10 cm　124 J
考点四　内能　热力学定律
(2022·山东卷,5)如图所示,内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体,初始时汽缸开口向上放置,活塞处于静止状态,将汽缸缓慢转动90°过程中,缸内气体(　C　)
A.内能增加,外界对气体做正功
B.内能减小,所有分子热运动速率都减小
C.温度降低,速率大的分子数占总分子数比例减少
D.温度升高,速率大的分子数占总分子数比例增加
解析:初始时气体的压强p1=p0+,体积为V1,温度为T1;将汽缸缓慢转过90°后,气体的压强为p2=p0,体积为V2,温度为T2。易知V2>V1,故气体对外界做功,因汽缸和活塞都是绝热的,根据热力学第一定律可得ΔU<0,由于理想气体内能只与气体温度有关,所以T1>T2,选项A、D错误;内能减小,不是所有气体分子热运动速率都减小,但速率大的分子数占总分子数的比例减少,选项B错误,C正确。
(2022·全国甲卷,33)一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如p-T图上从a到b的线段所示。在此过程中　　　。(多选,填正确答案标号)
A.气体一直对外做功
B.气体的内能一直增加
C.气体一直从外界吸热
D.气体吸收的热量等于其对外做的功
E.气体吸收的热量等于其内能的增加量
解析:根据理想气体状态方程可知,过原点的p-T图像的斜率与体积V有关,一定量的理想气体从状态a到状态b,体积不变,对外不做功,选项A、D错误;理想气体的内能只与温度有关,又一定量理想气体从状态a到状态b,温度一直升高,则气体内能一直增加,选项B正确;由热力学第一定律可知,气体一直从外界吸热,气体吸收的热量等于其内能的增加量,选项C、E正确。
答案:BCE
1.理想气体相关三量ΔU、W、Q的分析思路
(1)内能变化量ΔU。
①由气体温度变化分析ΔU。温度升高,内能增加,ΔU>0;温度降低,内能减少,ΔU<0。
②由公式ΔU=W+Q分析内能变化。
(2)做功情况W。
由体积变化分析气体做功情况。体积膨胀,气体对外界做功,W<0;体积被压缩,外界对气体做功,W>0。
(3)气体吸、放热Q。
一般由公式Q=ΔU-W分析气体的吸、放热情况,Q>0,吸热;Q<0,放热。
2.对热力学第二定律的理解
热量可以由低温物体传递到高温物体,也可以从单一热源吸收热量全部转化为功,但会产生其他影响。
7.(2022·河北张家口三模)(多选)如图所示,电冰箱由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成一个密闭的连通系统,制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分。各部分的温度和压强如图所示,则下列说法正确的是(　ABD　)
A.冷凝器向环境散失的热量一定大于蒸发器从冰箱内吸收的热量
B.该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递
C.制冷剂在蒸发器中的状态可以看成理想气体
D.制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子动能都降低
解析:根据热力学第一定律,Q1(从低温物体吸收的热量)+W(压缩机对系统做功)=Q2(向高温物体释放的热量),A正确;这一过程不是自发完成的,蒸发器和冷凝器两处的热交换方向都是从高温物体向低温物体,整个过程实现了热量从低温物体向高温物体传递,符合热力学第二定律,B正确;制冷剂在蒸发器中虽然是气体状态,但是不满足远离液化的状态,不能看成理想气体,C错误;在冷凝器中制冷剂温度降低,分子平均动能降低,从气体过渡到液体,分子间距变小,分子势能降低,D正确。
8.(2022·河北衡水二模)如图甲所示,一竖直放置的导热汽缸上端开口,汽缸壁内有卡口ab和cd,其中卡口ab距缸底的高度为H。卡口之间有一活塞,其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞面积为S,厚度可忽略,不计活塞和汽缸壁之间的摩擦。开始时活塞静止在卡口ab上,汽缸中气体经历如图乙所示的AB、BC、CD三个过程。求:
(1)气体经历整个过程中对外做的功;
(2)气体处于D状态时,活塞与卡口间的弹力大小。
解析:(1)由题图可知A→B和C→D均为等容变化,气体对外不做功,B→C为等压变化,
从A→B根据=,
可得pB=2p,
从B→C根据=,解得VC=,
由题意可知VB=VA=HS,
则气体经历整个过程中对外做的功
W=pB·ΔV=pB(VC-VB)=pHS。
(2)C→D过程中,设活塞质量为m,大气压强为p0,
有mg+p0S=pCS,
根据=可得pD=p,
活塞与卡口间的弹力
F=pS-p0S-mg=pS。
答案:(1)pHS　(2)pS
气体的变质量问题
类型一　充气问题
　设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来,那么当我们取容器和口袋内的全部气体为研究对象时,这些气体状态不管怎样变化,其质量总是不变的。这样,就将变质量问题转化为定质量问题。
(2021·山东卷,4)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成,如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带,压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值,充气前臂带内气体压强为大气压强,体积为V;每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中,经5次充气后,臂带内气体体积变为5V,压强计示数为 150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg,气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(　D　)
A.30 cm3 B.40 cm3 C.50 cm3 D.60 cm3
解析:根据玻意耳定律可知p0V+5p0V0=p1×5V,已知p0=750 mmHg,V0=60 cm3,p1=750 mmHg+150 mmHg=900 mmHg,代入数据整理得V=60 cm3。
1.(2021·重庆卷,15)定高气球是种气象气球,充气完成后,其容积变化可以忽略。现有容积为V1的某气罐装有温度为T1、压强为p1的氦气,将该气罐与未充气的某定高气球连通充气。当充气完成达到平衡状态后,气罐和球内的温度均为T1,压强均为kp1,k为常数。然后将气球密封并释放升空至某预定高度,气球内气体视为理想气体,假设全过程无漏气。
(1)求密封时定高气球内气体的体积;
(2)若在该预定高度球内气体重新达到平衡状态时的温度为T2,求此时气体的压强。
解析:(1)设密封时定高气球内气体体积为V,
由玻意耳定律p1V1=kp1(V1+V),
解得V=V1。
(2)气体发生等容变化,由查理定律=,
解得p=。
答案:(1)V1　(2)
2.(2022·山东菏泽二模)实验室有带阀门的储气罐A、B,它们的大小、形状不同,导热性能良好,装有同种气体,在温度为27 ℃时的压强均为p0。为了测量两储气罐的容积比k=,现用A罐通过细导气管对B罐充气(如图所示),充气时A罐在27 ℃的室温中,把B罐放在-23 ℃的环境中。充气完毕稳定后,关闭阀门,撤去导气管,测得B罐中的气体在温度为27 ℃时的压强达到1.1p0,已知充气过程中A罐中的气体温度始终不变,且各处气密性良好。求:
(1)充气完毕时A中的气体压强;
(2)容积比的值。
解析:(1)对充气结束后的B中气体从-23 ℃到
27 ℃的过程,有=,
其中T1=300 K、T2=250 K,解得p≈0.917p0,
则充气完毕时A和B中的气体压强相同,
故为0.917p0。
(2)对A、B组成的整体,
由p0VA+p0VB=pVA+1.1p0VB,
解得=k≈1.2。
答案:(1)0.917p0　(2)1.2
3.(2022·湖北襄阳检测)疫情防控,人人有责。某商场保洁人员用于消毒的喷壶示意图如图甲所示,壶的容积为2.0 L,内含1.5 L的消毒液。现闭合阀门K,缓慢向下压压杆A,每次可向瓶内储气室充入体积为0.05 L、压强为1.0 atm的空气,多次下压后,壶内气体压强变为2.5 atm时,按下按柄B,阀门K打开,消毒液从喷嘴处喷出,消毒液不再喷出时关闭阀门K。若将空气视为理想气体,充气和喷液过程中气体温度保持不变,不考虑导管内液柱对喷壶内气体压强的影响,外界大气压强为1.0 atm,1.0 atm=1.0×105 Pa。
(1)求充气过程向下压压杆A的次数n;
(2)喷液全过程,气体状态变化的等温线近似看成一段倾斜直线,如图乙所示,估算全过程壶内气体从外界吸收的热量Q。
解析:(1)壶中原来空气的体积V1=0.5 L,
把这部分空气与将充入的气体看作一个整体,
由玻意耳定律得p1(nV0+V1)=p2V1,
解得n=15。
(2)喷射的液体体积ΔV=nV0=0.75 L,
将等温线看成倾斜直线,则外界对气体做的功为
W=-ΔV=-131.25 J,ΔU=0,
根据热力学第一定律可得ΔU=W+Q=0,
解得Q=131.25 J。
答案:(1)15　(2)131.25 J
类型二　抽气问题
　用抽气筒对容器抽气的过程中,对每一次抽气而言,气体质量发生变化,其解决方法同充气问题类似,假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中,即把变质量问题转化为定质量问题。
(2020·山东卷,15)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上,进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种,如图所示,左侧为火罐,下端开口;右侧为抽气拔罐,下端开口,上端留有抽气阀门。使用火罐时,先加热罐中气体,然后迅速按到皮肤上,自然降温后火罐内部气压低于外部大气压,使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上,再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时,罐内气体初始压强与外部大气压相同,温度为450 K,最终降到300 K,因皮肤凸起,内部气体体积变为罐容积的。若换用抽气拔罐,抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的,罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体,忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
解析:设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1,温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2,罐的容积为V0,由题意知p1=p0,T1=450 K,V1=V0,T2=300 K,V2=,①
由理想气体状态方程得
=,②
代入数据得
p2=0.7p0。③
对于抽气罐,设初态气体状态参量分别为p3、V3,末态气体状态参量分别为p4、V4,罐的容积为V0′,由题意知
p3=p0,V3=V0′,p4=p2,④
由玻意耳定律得
p0V0′=p2V4,⑤
联立③⑤式,代入数据得
V4=V0′。⑥
设抽出的气体的体积为ΔV,由题意知
ΔV=V4-V0′,⑦
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为
=,⑧
联立⑥⑦⑧式,代入数据得
=。
答案:
1.(2022·山东潍坊模拟)为防止文物展出时因氧化而受损,需抽出存放文物的展柜中的空气,充入惰性气体,形成低氧环境。如图所示为用活塞式抽气筒从存放青铜鼎的展柜内抽出空气的示意图。已知展柜容积为V0,开始时展柜内空气压强为p0,抽气筒每次抽出空气的体积为;抽气一次后,展柜内压强传感器显示内部压强为p0;不考虑抽气引起的温度变化。求:
(1)青铜鼎的总体积ΔV;
(2)抽气两次后,展柜内剩余空气与开始时空气的质量之比。
解析:(1)由玻意耳定律得
p0(V0-ΔV)=p0(V0-ΔV+V0),
解得ΔV=V0,
(2)设第二次抽气后气体压强为p2,
p0(V0-ΔV)=p2(V0-ΔV+V0),
设剩余气体压强为p0时体积为V,
则p0V=p2(V0-ΔV),
剩余气体与原气体的质量比=,
解得=。
答案:(1)V0　(2)196∶225
2.(2022·江苏泰州模拟)如图1所示是真空搬运机搬运货物的过程。真空搬运机吸盘的吸取、提升、下降和释放都是通过控制一个轻便灵活的摆杆来实现的,体现了人体工程学设计的轻便、安全和高效的特点。真空搬运机原理如图2所示,下面是要吸取的工件A,真空吸盘B空腔容积为V。抽气机通过通气口C抽气。假设真空吸盘内的气体均为理想气体,抽气过程中气体温度不变,外界大气压强为p0(真空吸盘边缘与工件接触部分不计,重力加速度g取10 m/s2,p0=1×105 Pa)。
(1)假设真空吸盘在抽气过程中空腔的容积几乎不变,而在工作时空腔里的实际压强是0.01p0,求吸盘空腔中被抽去的气体质量和原来的气体质量之比;
(2)如果所吸工件的质量为1 t,求真空吸盘的最小面积。
解析:(1)设空腔中被抽去的气体体积与原来气体体积之比为k,则质量之比也为k,以未被抽去的气体为研究对象,该部分气体原来体积为V-kV,压强为p0,该部分气体后来体积为V,压强为p=0.01p0,根据玻意耳定律有p0(V-kV)=pV,
解得k=。
(2)设真空吸盘的最小面积为S,对工件受力分析则有(p0-p)S=mg,
解得S= m2。
答案:(1)　(2) m2
3.(2022·湖南长沙模拟)现用一限压阀控制储气瓶内的压强,原定出厂的10 L储气瓶中压强为8p0,现利用一400 L、压强为4p0、储气质量为520 kg的储气罐及灌气装置给储气瓶灌气。此时储气瓶内可看作真空,且当储气罐内气体压强低于0.5p0时,灌气装置无法进行工作,不考虑温度变化。
(1)求最多可灌满几个储气瓶。
(2)某厂家在给储气瓶灌气时,为节省成本,将原定于8p0的储气瓶改为6p0,由此每个灌满的储气瓶少了多少kg的气体
解析:(1)对储气罐中气体分析V1=400 L,设储气罐中的气体膨胀至压强为0.5p0时体积变为V2,由玻意耳定律有4p0V1=0.5p0V2,
得V2=3 200 L,
设最多可灌满n个储气瓶(p3=8p0,V3=10 L)。由玻意耳定律得0.5p0(V2-V1)=np3V3,
解得n=17.5(个),
即最多可灌满17个储气瓶。
(2)设储气罐中的储气质量为m=520 kg,对应压强p1=4p0,原来压强为p3=8p0的储气瓶每瓶满装气体的质量为m1,p4=6p0的储气瓶每瓶满装气体的质量为m2,根据玻意耳定律可得
p1V1=p3V′,
解得V′=200 L,
则m1== kg=26 kg。
同理,根据玻意耳定律可得
p1V1=p4V″,
解得V″= L,
则m2==19.5 kg,
则每罐少装m1-m2=6.5 kg的气体。
答案:(1)17　(2)6.5 kg专题七　近代物理初步
1.光电效应及其规律
(1)爱因斯坦光电效应方程:Ek=hν-W0。
(2)最大初动能与遏止电压的关系:Ek=eUc。
(3)逸出功与截止频率的关系:W0=hνc。
(4)Ek-ν图线:是一条倾斜直线,但不过原点,如图所示。
①横轴截距表示截止频率。
②纵轴截距的绝对值表示逸出功。
③图线的斜率表示普朗克常量h。
2.原子结构与玻尔理论
3.原子核及其衰变
4.核反应　核能的计算
1.光电效应的研究思路
2.一个氢原子能级跃迁与一群氢原子能级跃迁的区别
(1)一群处于较高能级n的氢原子向低能级跃迁时,释放出的光谱线条数为N==。
(2)一个处于较高能级n的氢原子向低能级跃迁时,释放出的光谱线条数最多为n-1。
3.计算核能的几种方法
(1)根据爱因斯坦质能方程,用核反应的质量亏损的千克数乘真空中光速c的平方,即ΔE=Δmc2。
(2)根据1原子质量单位(u)相当于931.5兆电子伏(MeV)能量,用核反应的质量亏损的原子质量单位数乘931.5 MeV,即ΔE=Δm×931.5 MeV。
(3)如果核反应时释放的核能是以动能形式呈现,则核反应过程中系统动能的增量即为释放的核能。
高考考点 命题轨迹 考查内容 考查要求
光电效应现象及规律 2022广东卷T5 必备知识 基础性
2022河北卷T4 必备知识 基础性
2021江苏卷T8 必备知识 基础性
2022浙江1月卷T22 关键能力 综合性
原子结构及能级跃迁 2022湖南卷T1 必备知识 基础性
2021北京卷T14 必备知识 基础性
2020浙江1月卷T14 必备知识 基础性
核反应与核能的计算 2022湖北卷T1 必备知识 基础性
2022山东卷T1 必备知识 基础性
2022全国甲卷T17 必备知识 基础性
2021全国甲卷T17 必备知识 基础性
2021全国乙卷T17 必备知识 基础性
2022浙江1月卷T14 关键能力 综合性
考点一　光电效应现象及规律
(2021·江苏卷,8)如图所示,分别用1、2两种材料作K极进行光电效应探究,其截止频率ν1<ν2,保持入射光不变,则光电子到达A极时动能的最大值Ekm随电压U变化关系的图像是(　C　)
解析:光电管所加电压为正向电压,则根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子到达A极时动能的最大值Ekm=Ue+hν-hν截止,可知Ekm-U图像的斜率相同,均为e;截止频率越大,则图像在纵轴上的截距越小,因ν1<ν2,则图像C正确,A、B、D错误。
(2022·河北卷,4)如图是密立根于1916年发表的钠金属光电效应的遏止电压Uc与入射光频率ν的实验曲线,该实验直接证明了爱因斯坦光电效应方程,并且第一次利用光电效应实验测定了普朗克常量h。由图像可知(　A　)
A.钠的逸出功为hνc
B.钠的截止频率为8.5×1014 Hz
C.图中直线的斜率为普朗克常量h
D.遏止电压Uc与入射光频率ν成正比
解析:根据遏止电压与最大初动能的关系有eUc=Ekmax,根据光电效应方程有Ekmax=hν-W0,结合题图像可知,当Uc为0时,解得W0=hνc,A正确;钠的截止频率为νc,根据图像可知,截止频率小于8.5×1014 Hz,B错误;结合遏止电压与光电效应方程可解得Uc=ν-,可知题图中直线的斜率表示,C错误;根据遏止电压与入射光的频率关系式可知,遏止电压Uc与入射光频率ν呈线性关系,不是成正比,D错误。
1.光电效应两条对应关系
(1)光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大。
(2)光照强度大(同种频率的光)→光子数目多→发射光电子多→光电流大。
2.定量分析时应抓住三个关系式
爱因斯坦光电效应方程 Ek=hν-W0
最大初动能与遏止电压的关系 Ek=eUc
逸出功与截止频率的关系 W0=hνc
3.光电效应的四类图像分析
图像名称 图线形状 由图线直接(或间接)得到的物理量
最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图线 Ek=hν-hνc (1)截止频率:图线与ν轴交点的横坐标νc; (2)逸出功:图线与Ek轴交点的纵坐标的绝对值 W0=|-E|=E; (3)普朗克常量:图线的斜率k=h
颜色相同、强度不同的光,光电流与电压的关系 (1)遏止电压Uc:图线与横轴交点的横坐标; (2)饱和光电流Im1、Im2:光电流的最大值; (3)最大初动能:Ek=eUc
光颜色不同时,光电流与电压的关系 (1)遏止电压Uc1>Uc2,则ν1>ν2; (2)最大初动能Ek1=eUc1,Ek2=eUc2
遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图线 (1)截止频率νc:图线与横轴的交点的横坐标; (2)遏止电压Uc:随入射光频率的增大而增大,Uc=-; (3)普朗克常量h:等于图线的斜率与电子电荷量的乘积,即h=ke(注:此时两极之间接反向电压)
1.(2022·浙江绍兴二模)某种复色光由红、蓝两种颜色的光组成,其光强度对波长的关系如图甲所示,红光范围的光强度比蓝光范围的光强度大很多。某学生以此光照射某一金属,进行光电效应实验,发现皆可产生光电子,如图乙所示。设可变直流电源的电压为U时测得的光电流为I,测得多组数据,则下列图像中该实验所测得的I-U关系可能正确的是(　A　)
解析:蓝光的频率高,由eUc=hν-W0可知,蓝光的遏止电压比较大,所以在反向电压减小到红光的遏止电压前,只有蓝光的光电子辐射出,所以光电流较小,当反向电压达到红光的遏止电压之后,既有红光的光电子发出又有蓝光的光电子发出,光电流变大,故A正确,B、C、D错误。
2.(2022·北京朝阳区模拟)19世纪末、20世纪初,通过对光电效应的研究,加深了对光的本性的认识。科学家利用如图所示的电路研究光电效应,图中K、A是密封在真空玻璃管中的两个电极,K极受到光照时可能发射电子。已知电子电荷量为e,普朗克常量为h。
(1)当有光照射K极,电流表的示数为I,求经过时间t到达A极的电子数n。
(2)使用普通光源进行实验时,电子在极短时间内只能吸收一个光子的能量。用频率为ν0的普通光源照射K极,可以发生光电效应。此时,调节滑动变阻器滑片,当电压表的示数为U时,电流表的示数减小为0。
随着科技的发展,强激光的出现丰富了人们对光电效应的认识,用强激光照射金属,一个电子在极短时间内吸收到多个光子成为可能。若用强激光照射K极时,一个电子在极短时间内能吸收n个光子,求能使K极发生光电效应的强激光的最低频率ν。
(3)某同学为了解为什么使用普通光源进行光电效应实验时一个电子在极短时间内不能吸收多个光子,他查阅资料获得以下信息:原子半径大小数量级为10-10 m;若普通光源的发光频率为6×1014 Hz,其在1 s内垂直照射到1 m2面积上的光的能量约为106 J;若电子吸收第一个光子能量不足以脱离金属表面时,在不超过10-8 s的时间内电子将该能量释放给周围原子而恢复到原状态。为了进一步分析,他建构了简单模型:假定原子间没有缝隙,一个原子范围内只有一个电子,且电子可以吸收一个原子范围内的光子。请利用以上资料,解决以下问题。
①普朗克常量h取6.6×10-34 J·s,π取3.14,估算1 s内照射到一个原子范围的光子个数;
②分析一个电子在极短时间内不能吸收多个光子的原因。
解析:(1)经过时间t到达A极的电荷量为q=It,
到达A极的电子数n==。
(2)根据题意可得eU=hν0-W0,nhν=W0,
则能使K极发生光电效应的强激光的最低频率
ν=-。
(3)①普通光子的能量为E1=hν1=3.96×10-19 J,
在1 s内垂直照射到原子上的光的能量约为E2=E0St=106×4π×
(10-10)2×1 J=1.256×10-13 J,则1 s内照射到一个原子范围的光子
个数
n′==3.17×105(个)。
②电子吸收第一个光子能量不足以脱离金属表面时,在不超过10-8 s的时间内电子将该能量释放给周围原子而恢复到原状态,而原子吸收一个光子能量需要的时间为t0==3.15×10-6 s,所以一个电子在极短时间内不能吸收多个光子。
答案:(1)　(2)-　(3)①3.17×105个　②见解析
考点二　原子结构及能级跃迁
(2021·北京卷,14)北京高能光源是我国首个第四代同步辐射光源,计划于2025年建成。同步辐射光具有光谱范围宽(从远红外到X光波段,波长范围为10-5 m～10-11 m,对应能量范围为10-1 eV～105 eV)、光源亮度高、偏振性好等诸多特点,在基础科学研究、应用科学和工艺学等领域已得到广泛应用。速度接近光速的电子在磁场中偏转时,会沿圆弧轨道切线发出电磁辐射,这个现象最初是在同步加速器上观察到的,称为“同步辐射”。以接近光速运动的单个电子能量约为109 eV,回旋一圈辐射的总能量约为104 eV。下列说法正确的是(　D　)
A.同步辐射的机理与氢原子发光的机理一样
B.用同步辐射光照射氢原子,不能使氢原子电离
C.蛋白质分子的线度约为10-8 m,不能用同步辐射光得到其衍射图样
D.尽管向外辐射能量,但电子回旋一圈后能量不会明显减小
解析:同步辐射是在磁场中圆周自发辐射光能的过程,氢原子发光是先吸收能量到高能级,再回到基态时辐射光,两者的机理不同,故A错误;用同步辐射光照射氢原子,总能量约为104 eV大于电离能13.6 eV,则氢原子可以电离,故B错误;同步辐射光的波长范围为10-5 m～10-11 m,与蛋白质分子的线度约为10-8 m差不多,故能发生明显的衍射,故C错误;以接近光速运动的单个电子能量约为109 eV,回旋一圈辐射的总能量约为104 eV,则电子回旋一圈后能量不会明显减小,故D正确。
(2020·浙江1月卷,14)(多选)由玻尔原子模型求得氢原子能级如图所示,已知可见光的光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间,则(　CD　)
A.氢原子从高能级向低能级跃迁时可能辐射出γ射线
B.氢原子从n=3的能级向n=2的能级跃迁时会辐射出红外线
C.处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线并发生电离
D.大量氢原子从n=4能级向低能级跃迁时可辐射出2种频率的可见光
解析:氢原子从高能级向低能级跃迁是核外电子的跃迁,而γ射线是从原子核内部释放出来的,选项A错误;其他能级向n=2能级跃迁辐射出的光子属于可见光,选项B错误;其他能级向n=1能级跃迁时会辐射紫外线,这些紫外线的光子最低的能量为10.2 eV,而处于n=3能级的氢原子发生电离只需要1.51 eV,选项C正确;其他能级向n=2能级跃迁可以辐射可见光,大量氢原子从n=4能级向低能级跃迁时可辐射出=6种频率的光,但属于可见光的只有2种,选项D正确。
解决氢原子能级跃迁问题的三点技巧
(1)原子跃迁时,所吸收或辐射的光子能量只能等于两能级的能量差。
(2)原子电离时,所吸收的能量可以大于或等于某一能级能量的绝对值,剩余能量为自由电子的动能。
(3)一个氢原子跃迁发出的可能光谱线条数最多为(n-1),而一群氢原子跃迁发出的可能光谱线条数可用N==求解。
3.(2022·广东佛山二模)如图甲和图乙所示的实验推动了物理学的发展,对这两个实验情境的认识正确的是(　C　)
A.图甲所示的实验揭示了电子绕着原子核做圆周运动
B.图甲所示的实验中,任意频率的单色光都能使电流表指针偏转
C.卢瑟福通过图乙所示的实验提出了原子全部正电荷集中在原子核
D.卢瑟福通过图乙所示的实验提出了原子核内部存在更小的粒子
解析:题图甲中的实验揭示了光具有粒子性,故A错误;题图甲中的实验,只有单色光的频率大于某一截止频率,才能产生光电效应,使电流表指针偏转,故B错误;卢瑟福通过题图乙中的实验提出了原子的核式结构模型,原子全部正电荷集中在原子核,故C正确;卢瑟福通过题图乙中的实验发现了原子中间有一个很小的核,并由此提出了原子的核式结构模型,故D错误。
4.(2022·天津和平区二模)如图甲为氢原子光谱,图乙为氢原子部分能级图。图甲中的Hδ、Hγ、Hβ、Hα是氢原子在可见光区的四条谱线,这四条谱线为氢原子从高能级向n=2能级跃迁时释放的光子,称为巴耳末系,则下列说法正确的是(　C　)
A.Hγ对应的光子能量比Hα对应的光子能量小
B.Hδ可能是氢原子从n=3向n=2能级跃迁时产生的
C.若用Hβ照射某种金属不能发生光电效应,则Hα一定也不能
D.亮线分立说明氢原子有时发光有时不发光
解析:Hα谱线的波长最长,频率最小,能量最小,故Hγ对应的光子能量比Hα对应的光子能量大,A错误;Hδ谱线的波长最短,频率最大,氢原子从n=3向n=2能级跃迁时产生的波长最长,频率最小,放出的光子能量为1.89 eV,故B错误;Hβ谱线的频率高于Hα谱线,若用Hβ照射某种金属不能发生光电效应,则Hα一定也不能,C正确;只有几条不连续的亮线,其原因是氢原子辐射的光子的能量是不连续的,所以对应的光的频率也是不连续的,D错误。
考点三　核反应与核能的计算
(2021·全国甲卷,17)如图,一个原子核X经图中所示的一系列α、β衰变后,生成稳定的原子核Y,在此过程中放射出电子的总个数为(　A　)
A.6 B.8 C.10 D.14
解析:X的中子数为146,质子数为92,质量数为146+92=238,Y的中子数为124,质子数为82,质量数为124+82=206,质量数减少238-206=32,发生α衰变的次数为32÷4=8,发生β衰变的次数为82-(92-2×8)=6,即在此过程中放射出电子的总个数为6,A正确。
(2021·全国乙卷,17)医学治疗中常用放射性核素113In产生γ射线,而113In是由半衰期相对较长的113Sn衰变产生的。对于质量为m0的113Sn,经过时间t后剩余的113Sn质量为m,其-t图线如图所示。从图中可以得到113Sn的半衰期为(　C　)
A.67.3 d B.101.0 d
C.115.1 d D.124.9 d
解析:纵坐标由变为,说明这m0的113Sn中正好有一半的113Sn发生了衰变,经过的时间为一个半衰期,因此半衰期T=t2-t1=115.1 d,C正确。
(2022·浙江1月卷,14)(多选)2021年12月15日秦山核电站迎来了安全发电30周年,核电站累计发电约6.9×1011 kW·h,相当于减排二氧化碳六亿多吨。为了提高能源利用率,核电站还将利用冷却水给周围居民供热。下列说法正确的是(　CD　)
A.秦山核电站利用的是核聚变释放的能量
B.秦山核电站发电使原子核亏损的质量约为 27.6 kg
C.核电站反应堆中需要用镉棒控制链式反应的速度
D.反应堆中存在UnBaKr+n的核反应
解析:秦山核电站利用的是重核裂变释放的能量,选项A错误;如果不考虑核能与电能转化效率,则根据爱因斯坦质能方程可知原子核亏损的质量Δm== kg=27.6 kg,但核能转化为电能的效率不可能到100%,所以质量亏损应该超过27.6 kg,选项B错误;核电站反应堆中需要用镉棒控制链式反应的速度,选项C正确;反应堆中存在UnBaKr+n的核反应,选项D正确。
1.四种核反应。
类型 可控性 核反应方程典例
衰 变 α衰变 自发 UThHe
β衰变 自发 ThPae
人工转变 人工 控制 NHeOH (卢瑟福发现质子)
HeBeCn (查德威克发现中子)
AlHe→ Pn (约里奥·居里夫妇发现放射性同位素,同时发现正电子)
P→ Sie
重核裂变 比较容 易进行 人工控 制 UnBaKr+n
UnXeSr+1n
轻核聚变 很难 控制 HHHen
2.核衰变问题。
(1)核衰变规律:m=m0,N=N0。
(2)α衰变和β衰变次数的确定方法。
①方法一:由于β衰变不改变质量数,故可以先由质量数改变确定α衰变的次数,再根据电荷数守恒确定β衰变的次数。
②方法二:设α衰变次数为x,β衰变次数为y,根据质量数和电荷数守恒列方程组求解。
3.核反应方程中电荷数守恒,质量数守恒,有质量亏损。
5.(2022·江苏连云港二模)科学研究发现,钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素,已知钚的一种同位素Pu的半衰期为24 100年,其衰变方程为Pu→He+γ,该衰变过程中产生的γ光子照射到逸出功为W0的金属上,逸出光电子的最大初动能为Ek0。已知普朗克常量为h,光速为c。下列说法中正确的是(　A　)
A.γ光子的波长为
B.X原子核中含有92个中子
C.给钚加压可改变其半衰期
D.40个Pu经过48 200年后一定剩余10个
解析:γ光子照射到逸出功为W0的金属上,逸出光电子的最大初动能为Ek0,由光电效应方程得Ek0=-W0,得光子的波长为λ=,故A正确;由核反应过程的质量数守恒和电荷数守恒可知X的质量数为A=239-4=235,电荷数为z=94-2=92,则X原子核中含有中子数为n=235-92=143,故B错误;半衰期仅仅与放射性元素有关,与外界环境无关,加温或加压不能改变半衰期T的大小,故C错误;半衰期是大量放射性原子核衰变的统计意义,对个别的放射性原子核没有意义,故D错误。
6.(2022·浙江宁波二模)(多选)2021年9月,在甘肃省武威市全球首台钍基熔盐核反应堆进行试运行放电,也标志着我国成为世界上第一个对第四代核电技术进行商业化试验运营的国家。反应堆工作原理如图所示,钍232Th)吸收一个中子后会变成镤233,镤233不稳定,会变成易裂变核素铀233U)。下列说法正确的是(　AB　)
A.钍232变成铀233的核反应方程式是Th+PaePaUe
B.中间产生的新核镤233Pa)从高能级向低能级跃迁时,会伴随γ辐射
C.新核铀233U)的结合能小于钍232Th)
D.核反应堆是通过核裂变把核能直接转化为电能发电
解析:根据核反应的电荷数和质量数守恒可知,钍232变成铀233的核反应方程式是Thn→ePaUe,选项A正确;中间产生的新核镤233Pa)从高能级向低能级跃迁时,放出能量,会伴随γ辐射,选项B正确;整个过程中释放能量,则生成的新核铀233U)更加稳定,则新核铀233U)的结合能大于钍232Th),选项C错误;在核电站的核反应堆内部,核燃料具有的核能通过核裂变反应转化为内能,然后通过发电机转化为电能,故D错误。专题三　电场与磁场
第1讲　电场　带电粒子在电场中的运动
1.对电场强度的三个公式的理解
(1)E=是电场强度的定义式,适用于任何电场。电场中某点的电场强度是确定的,其大小和方向与试探电荷q无关,试探电荷q充当“测量工具”。
(2)E=k是真空中点电荷所形成电场的电场强度的决定式,某点的电场强度E由场源电荷Q和该点到场源电荷的距离r决定。
(3)E=是电场强度与电势差的关系式,只适用于匀强电场,注意式中d为两点间沿电场方向的距离。
2.电场能的性质
(1)电势与电势能:=。
(2)电势差与静电力做功:UAB==A-B。
(3)静电力做功与电势能的变化:W=-ΔEp。
3.等势面与电场线的关系
(1)电场线总是与等势面垂直,且从电势高的等势面指向电势低的等势面。
(2)电场线越密的地方,等差等势面也越密。
(3)沿等势面移动电荷,静电力不做功,沿电场线移动电荷,静电力一定做功。
4.电场中电势高低、电势能大小的判断
判断电势 的高低　 根据电场线的方向判断
根据UAB=A-B判断
根据静电力做功(或电势能)判断
判断电势 能的大小 根据Ep=q判断
根据静电力做功(W=-ΔEp)判断
5.电场中常见的运动类型
(1)匀变速直线运动:通常利用动能定理qU=mv2-m来求解。对于匀强电场,静电力做功也可以用W=qEd来求解。
(2)偏转运动:一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题。对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论,较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理。
1.思想方法
(1)等效思想、分解思想。
(2)比值定义法、控制变量法、类比法、对称法、合成法、分解法。
2.模型建构
(1)静电力做功的求解方法。
①由功的定义式W=Flcos α求解。
②利用结论“静电力做的功等于电荷电势能增量的负值”求解,即W=-ΔEp。
③利用WAB=qUAB求解。
(2)对电场中功能关系的理解及应用方法。
①若只有静电力做功,电势能与动能之和保持不变。
②若只有静电力和重力做功,电势能、重力势能、动能之和保持不变。
③除重力之外,其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化。
④所有力对物体所做的功等于物体动能的变化。
高考考点 命题轨迹 考查内容 考查要求
电场性质的理解与应用 2022山东卷T3 必备知识 基础性
2022湖南卷T2 必备知识 基础性
2022全国乙卷T19 必备知识 基础性
2021全国甲卷T19 必备知识 基础性
2021全国乙卷T15 必备知识 基础性
2021湖南卷T4 必备知识 综合性
电容器问题 2021重庆卷T4 必备知识 基础性
2021江苏卷T2 必备知识 基础性
带电粒子或带电体 在电场中的运动 2022全国乙卷T21 关键能力 综合性
2022全国甲卷T21 关键能力 综合性
2021广东卷T6 必备知识 基础性
2021全国乙卷T20 必备知识 综合性
2021福建卷T15 关键能力、核心价值 综合性
考点一　电场性质的理解与应用
(2022·浙江1月卷,10)某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成,其上存在等间距小孔,其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是(　C　)
A.a点所在的线是等势线
B.b点的电场强度比c点大
C.b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D.将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时静电力做功为零
解析:根据题意,平行金属膜中间夹着绝缘介质,所以电场线在靠近金属膜处是竖直方向,所以a点所在的线是电场线,选项A错误;b点的电场线比c点的电场线要稀疏,故b点的电场强度比c点小,选项B错误;可以根据电场线与等势线垂直,画出a点的等势线,因此b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大,选项C正确;静电力做功与路径无关,取决于电势差,图中d、g并不是同一条等势线,因此静电力做功不为零,选项D错误。
(2022·山东卷,3)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置,圆心位于O点,环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分,取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点,O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变,q为(　C　)
A.正电荷,q= B.正电荷,q=
C.负电荷,q= D.负电荷,q=
解析:在取走A、B处两段小圆弧上的电荷之前,整个圆环上的电荷在O点产生的场强为零,而取走的A、B处的电荷的电量qA=qB=ΔL,qA、qB在O点产生的合场强为EAB==,方向为从O指向C,故取走A、B处的电荷之后,剩余部分在O点产生的场强大小为,方向由C指向O,而点电荷q放在D点后,O点场强为零,故q在O点产生的场强与qA、qB在O点产生的合场强相同,所以q为负电荷,即有k=k,解得q=。
1.电场中各物理量的关系
2.电场强度的判断
(1)电场强度的方向是电场中正电荷的受力方向,也是电场线上某点的切线方向。
(2)电场强弱可用电场线疏密判断。
3.电势高低的比较
(1)根据电场线方向判断,沿着电场线方向,电势越来越低。
(2)将电荷量为+q的电荷从电场中的某点移至无穷远处时,静电力做正功越多,则该点的电势越高。
(3)根据电势差UAB=A-B判断,若UAB>0,则A>B,反之A4.电势能变化的判断
(1)根据静电力做功判断,若静电力对电荷做正功,电势能减少;反之则增加,即W=-ΔEp。
(2)根据能量守恒定律判断,静电力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程,若只有静电力做功,电荷的电势能与动能相互转化,总和保持不变,即当动能增加时,电势能减少。
5.解答匀强电场有关问题的三个技巧
(1)在匀强电场中,沿任意一个方向,电势升高或降低都是均匀的,故在同一直线上间距相同的两点间电势差大小相等。
(2)若已知匀强电场中某几点的电势,要求其他点的电势时,一般采用“等分法”在电场中找与待求点的电势相同的等势点。
注意:如果把某两点间的距离等分为n段,则每段两端点的电势差大小等于原电势差的,采用这种等分间距求解电势问题的方法,叫等分法。
(3)在匀强电场中,相互平行的相等线段的两端点电势差相等。
1.(多选)如图所示,A、B、C、D是匀强电场中一个矩形的四个顶点,电场方向平行于矩形平面。已知A点的电势是25 V,B点的电势是16 V,D点的电势是9 V,且AB=3 cm,BC=4 cm,P为BC中点,下列说法正确的是(　BC　)
A.电场强度的大小为100 V/m
B.C点的电势为0 V
C.电子从C点运动到D点,电场力做功为9 eV
D.电子从P点沿PD方向射出将做直线运动(不计电子重力)
解析:由题可得A、B两点的电势差为UAB=A-B=25 V-16 V=9 V,由于AB与DC平行且等长,根据匀强电场特点得C点电势为0 V。沿BC方向,每1 cm电势降落4 V,故电势为9 V的点在P点左侧0.25 cm处,设为E,连接DE,DE为等势面,过C点作DE的垂线CF,则CF为一条电场线,根据几何关系可得CF=1.8 cm,根据E=可得,E=500 V/m,故A错误,B正确;根据W=Uq可得电子从C点运动到D点,电场力做功为WCD=UCD·(-e)=9 eV,故C正确;电子从P点沿PD方向射出时,速度方向几乎与电场方向垂直,则电子不做直线运动,故D错误。
2.(2022·全国乙卷,19)(多选)如图,两对等量异号点电荷+q、-q(q>0)固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点,O为内切圆的圆心,M为切点。则(　AB　)
A.L和N两点处的电场方向相互垂直
B.M点的电场方向平行于该点处的切线,方向向左
C.将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力做正功
D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点,电场力做功为零
解析:两正点电荷在N点处产生的场强方向由N指向O,N点处于两负点电荷连线的垂直平分线上,则两负点电荷在N点产生的场强方向由N指向O,则N点处的合场强方向由N指向O,同理可知,两负点电荷在L点处产生的场强方向由O指向L,L点处于两正点电荷连线的垂直平分线上,两正点电荷在L点处产生的场强方向由O指向L,则L点处的合场强方向由O指向L,由于正方形两对角线相互垂直平分,则L和N两点处的电场方向相互垂直,选项A正确;正方形底边上的等量异号点电荷在M点产生的场强方向向左,而上方的等量异号点电荷在M点产生的场强方向向右,由于M点离上方等量异号点电荷距离较远,则M点的场强方向平行于该点处的切线,方向向左,选项B正确;由图可知,M和O点位于两对等量异号点电荷的等势线上,即M点和O点电势相等,所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力做的功为零,选项C错误;由图结合等量异号点电荷模型可知,L点的电势低于N点电势,则将一带正电的点电荷从L点移动到N点,电场力做的功不为零,选项D错误。
考点二　电容器问题
(2021·重庆卷,4)电容式加速传感器常用于触发汽车安全气囊等系统,如图所示。极板M、N组成的电容器视为平行板电容器,M固定,N可左右运动,通过测量电容器板间的电压的变化来确定汽车的加速度。当汽车减速时,极板M、N间的距离减小,若极板上的电荷量不变,则该电容器(　C　)
A.电容变小
B.极板间电压变大
C.极板间电场强度不变
D.极板间电场强度变小
解析:由平行板电容器电容的决定式C=可得,d减小,C增大,选项A错误;电容器所带电荷量Q不变,C增大,由U=可得,U变小,选项B错误;由匀强电场的电场强度与电势差关系式可得E===,E与d无关,E不变,选项C正确,D错误。
“1+3”分析法思路(“1个不变,3个公式”)
3.(2022·北京东城区二模)如图所示,一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地,两板间的P点固定一个带正电的检验电荷。用C表示电容器的电容,E表示两板间的电场强度的大小,表示P点的电势,W表示正电荷在P点的电势能。若正极板保持不动,将负极板缓慢向右平移一小段距离l0,上述各物理量与负极板移动距离x(x≤l0)的关系图像中正确的是(　C　)
解析:当负极板右移时,两板间的距离减小,由C=可知,C与x的图像不是一次函数图像,选项A错误;由U=可知,U=Q,则E==,E与d、x无关,选项B错误;因负极板接地,设P点开始距负极板的距离是d′,则P点的电势=E(d′-x),选项C正确;正电荷在P点的电势能W=q=qE(d′-x)=qEd′-qEx,所以W-x图像是一条倾斜的直线,选项D错误。
4.(2022·安徽蚌埠三模)如图所示,甲、乙为两个相同的平行板电容器,它们的极板均水平放置,上极板间连有一个二极管,下极板均接地。a、b是电荷量相同、质量分别为m1、m2的带负电油滴。当甲、乙的带电荷量分别为Q1、Q2时,油滴a、b恰好分别悬浮在甲、乙的极板之间。则下列说法可能正确的是(　C　)
A.Q1大于Q2
B.m1大于m2
C.将甲的上极板向上平移少许,a向下运动,b向上运动
D.将乙的上极板向右平移少许,a向下运动,b向上运动
解析:油滴带负电保持静止,可知上极板带正电,若Q1大于Q2,由U=可知甲的电压高于乙的电压,则会向乙放电使得甲、乙的电荷量相同;如果乙的电荷量大,则因为二极管单向导电,则不会向甲放电,因此可知电荷量关系为Q1≤Q2。由C=与E=及C=可得E1=,E2=,则E1≤E2,由油滴静止可得qE1=m1g,qE2=m2g,甲的电场强度小于或等于乙的电场强度,因此甲的质量小于或等于乙的质量,A、B错误。如果甲、乙的初始电荷量相同,将甲的上极板向上平移少许时,甲的上极板与乙的上极板等电势,甲因为电势升高向乙放电,由C=与C=可知,甲的电容C减小,甲的电荷量Q1减小,由E1=可知,甲的电场强度减小,油滴a受到的重力大于静电力,油滴a向下运动;乙的电荷量Q2增大,由E2=可知,乙的电场强度增大,油滴b受到的静电力大于重力,油滴b向上运动,C正确。将乙的上极板向右平移少许,乙的电容减小,但由于二极管的单向导电性,乙的电荷量不变,电场强度变大,油滴b向上运动,电容器甲不发生变化,油滴a静止不动,D错误。
考点三　带电粒子或带电体在电场中的运动
(2022·全国甲卷,21)(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场,将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等,重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后,(　BD　)
A.小球的动能最小时,其电势能最大
B.小球的动能等于初始动能时,其电势能最大
C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,其动能最大
D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时,重力做的功等于小球电势能的增加量
解析:由题意可知,小球所受电场力与重力的合力指向右下,与水平方向成45°角,小球向左射出后做匀变速曲线运动,当其水平速度与竖直速度大小相等时,即速度方向与小球所受合力方向垂直时,小球克服合力做的功最大,此时动能最小,而此时小球仍具有水平向左的分速度,电场力仍对其做负功,其电势能继续增大,选项A、C错误;小球在电场力方向上的加速度大小ax=g,竖直方向加速度大小ay=g,当小球水平速度减为零时,克服电场力做的功最大,小球的电势能最大,由匀变速运动规律有v0=gt,此时小球竖直方向的速度vy=gt=v0,所以此时小球动能等于初动能,由能量守恒定律可知,小球重力势能减少量等于小球电势能的增加量,又由功能关系知重力做的功等于小球重力势能的减少量,选项B、D正确。
(2022·全国乙卷,21)(多选)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置,由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R+d)和探测器组成,其横截面如图a所示,点O为圆心。在截面内,极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比,方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过,到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动,圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(RA.粒子3入射时的动能比它出射时的大
B.粒子4入射时的动能比它出射时的大
C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
解析:在截面内,极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比,则有Er=k,带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动,则有qE1=m,qE2=m,可得m==,即粒子1、2入射时的动能相等,故选项C错误;粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射,做向心运动,电场力做正功,则粒子3入射时的动能比它出射时的小,故选项A错误;粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射,做离心运动,电场力做负功,则粒子4入射时的动能比它出射时的大,故选项B正确;粒子3入射后的一小段时间做向心运动,有qE2>m,可得m<=m,则粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能,故选项D正确。
1.带电粒子在电场中的运动特点及分析方法
常见运动 受力特点 分析方法
静止或匀速直线运动 合外力 F合=0 共点力平衡
变速直线运动 合外力F合≠0,且与初速度方向在同一条直线上 (1)匀强电场中: ①用动力学观点分析 a=,E=, v2-=2ad; ②用功能观点分析 W=qEd=qU=mv2-m。 (2)非匀强电场中: W=qU=Ek2-Ek1
带电粒子在匀强电场中的偏转运动(类平抛) 进入电场时v0⊥E 运动的分解 偏转角:tan θ====; 侧移距离: y0== y=y0+Ltan θ=(+L)tan θ
2.带电粒子在电场中偏转的两个结论
(1)粒子垂直电场方向射入极板间时,位移偏向角和速度偏转角θ满足tan θ=2tan 。
(2)射出极板时粒子的速度反向延长线过粒子水平位移的中点。
5.(多选)如图甲所示,长为2d的两水平金属板A、B组成一间距为 d的平行板电容器,电容器的B板接地,A板电势随时间t的变化关系如图乙所示,其周期 T=。P为靠近A板左侧的一粒子源,能够水平向右发射初速度为v0的相同带电粒子。已知 t=0时刻发射的粒子刚好能从B板右侧边缘离开电容器,则下列判断正确的是(　ABD　)
A.t=0时刻发射的粒子从B板右侧离开时的速度大小仍为v0
B.该粒子源发射的粒子的比荷为
C.t=时刻射入的粒子离开电容器时的电势能小于射入时的电势能
D.t=0时刻发射的粒子经过的时间,其速度大小为 v0
解析:由于粒子在电场中的运动时间为t==2T,所以粒子离开电容器时,刚好在电容器中运动了2个周期,由对称性可知,粒子在竖直方向上的分速度为零,故粒子离开电容器时,其速度等于水平速度v0,故A正确;在2个周期内,粒子在竖直方向上运动的距离为d,由匀变速直线运动的规律可得d=4×a×()2,又因为a=,T=,可解得=,故B正确;由对称性可知,t=时刻从粒子源射出的粒子,刚好从A板右侧下方离开,且与粒子源在同一直线上,所以其电势能不变,故C错误;t=0时刻发射的粒子经过的时间,粒子在竖直方向的分速度为vy=at=·=v0,故此时粒子的速度大小为v==v0,故D正确。
6.(2021·全国乙卷,20)(多选)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(+q,m)、(+q,2m)、(+3q,3m)、(-q,m),它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中,电场方向与y轴平行。不计重力,下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中,可能正确的是(　AD　)
解析:分析可知带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,则带电粒子的运动轨迹方程为y=·()2,由于带电粒子的初速度相同,带电粒子(+q,m)、(+3q,3m)的比荷相同,则带电粒子(+q,m)、(+3q,3m)的运动轨迹重合,C错误;当电场方向沿y轴正方向时,带正电的粒子向y轴正方向偏转,带负电的粒子向y轴负方向偏转,则粒子(+q,m)、(+3q,3m)的运动轨迹与粒子(-q,m)的运动轨迹关于x轴对称,粒子(+q,2m)的比荷比粒子(+q,m)、(+3q,3m)的小,则x相同时,粒子(+q,2m)沿y轴方向的偏转量比粒子(+q,m)、(+3q,3m)的小,D正确;当电场方向沿y轴负方向时,同理可知A正确,B错误。第2讲　磁场　带电粒子在磁场中的运动
1.磁场的产生与叠加
2.安培力的分析与计算
方向 左手定则
大 小 直 导 线 F=ILBsin θ θ=0时F=0,θ=90°时F=ILB
导 线 为 曲 线 时 等效为ac直线电流
受 力 分 析 根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程
二 级 结 论 同向电流相互吸引,反向电流相互排斥
3.灵活应用带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的关系式
(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式:R=。
(2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式:T==。
1.思想方法
(1)解题关键。
带电粒子在复合场中做什么运动,取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度,因此带电粒子的运动情况和受力情况的分析是解题的关键。
(2)力学规律的选择。
①当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时,应根据平衡条件列方程求解。
②当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时,往往同时应用牛顿第二定律和受力分析列方程联立求解。
③当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时,应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解。
2.模型建构
电磁学中的曲线运动常用四种方法
利用运 动的合 成与分 解 (1)带电粒子以某一初速度垂直电场方向射入匀强电场中,只受静电力作用的运动。 (2)带电粒子在匀强电场及重力场中的匀变速曲线运动
利用动 能定理 解曲线 运动问 题 带电粒子在复合场中做变加速曲线运动,适合应用动能定理。带电粒子在复合场中做匀变速曲线运动也可以使用动能定理
利用牛 顿运动 定律解 圆周运 动问题 (1)核外电子在库仑力作用下绕原子核的运动。 (2)带电粒子在垂直匀强磁场的平面中在磁场力作用下的运动。 (3)带电物体在各种外力(重力、弹力、摩擦力、静电力、磁场力等)作用下的圆周运动
利用几 何关系 解圆周 问题 带电粒子垂直射入匀强磁场,有以下几种情况: (1)磁场的边界不同造成粒子轨迹圆与边界的几何问题。 (2)粒子射入磁场的速度不同造成粒子轨迹圆的半径不同。 (3)粒子射入磁场的方向不同造成粒子轨迹的旋转。 以上均涉及平面几何问题
高考考点 命题轨迹 考查内容 考查要求
磁场性质 磁场对电流的作用 2022全国甲卷T25 关键能力 综合性
2022全国乙卷T18 必备知识 基础性
2022湖北卷T11 关键能力 综合性
2021全国甲卷T16 必备知识 基础性
2021广东卷T5 必备知识 基础性
带电粒子在磁场中的运动 2022广东卷T7 必备知识 基础性
2021全国乙卷T16 必备知识 基础性
2021湖北卷T9 关键能力 综合性
带电粒子在有界磁场中 运动的临界、极值和多 解问题 2022湖南卷T13 关键能力 综合性
2022湖北卷T8 关键能力 综合性
2021全国甲卷T25 关键能力 综合性
2021广东卷T14 关键能力、核心价值 综合性
带电粒子在复合场 及交变场中的运动 2022广东卷T8 关键能力 综合性
2022山东卷T17 关键能力、核心价值 综合性
2022河北卷T14 关键能力 综合性
2022全国甲卷T18 关键能力 综合性
考点一　磁场性质　磁场对电流的作用
(2021·全国甲卷,16)两足够长直导线均折成直角,按图示方式放置在同一平面内,EO与O′Q在一条直线上,PO′与OF在一条直线上,两导线相互绝缘,通有相等的电流I,电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时,所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B,则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为(　B　)
A.B、0 B.0、2B C.2B、2B D.B、B
解析:根据安培定则可知,两根导线在M处产生的磁感应强度大小均为B,方向相反,叠加后磁感应强度大小为0;竖直方向的导线和水平方向的导线在N处产生的磁感应强度大小均为B,方向相同,叠加后磁感应强度大小为2B,B正确。
(2021·广东卷,5)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线,长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1,四根平行直导线均通入电流I2,I1 I2,电流方向如图所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是(　C　)
解析:根据“同向电流相互吸引,异向电流相互排斥”的作用规律可知,左、右两导线与长管中心的长直导线相互吸引,上、下两导线与长管中心的长直导线相互排斥,C正确。
1.磁场性质分析的两点技巧
(1)判断电流的磁场要正确应用安培定则,明确大拇指、四指所指的方向及手掌的放法。
(2)分析磁场对电流的作用要做到“一明、一转、一分析”。即:
2.安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路
1.(2022·山西临汾二模)已知通有电流I的长直导线外某点磁感应强度大小B=k,其中r为该点到导线的距离,k为常量。如图所示,在纸面内有一直角三角形AOC,∠C=30°,O、C两点间距离为d。在A点固定一垂直于纸面的长直通电导线,电流为I,方向垂直纸面向里。若在该区域再加一匀强磁场,使C点的磁感应强度为零,则所加匀强磁场的磁感应强度大小、方向分别为(　A　)
A.,垂直于AC向上
B.,平行于AC向上
C.,垂直于AC向上
D.,平行于AC向上
解析:根据几何关系,AC的长度为r==d,长直通电导线在C处产生的磁感应强度为B1=k=,根据右手螺旋定则,方向垂直AC向下。在该区域再加一匀强磁场,使C点的磁感应强度为零,则所加匀强磁场的磁感应强度与B1等大反向,即大小为,方向垂直于AC向上。故A正确。
2.(2022·江苏南通一模)如图所示,水平桌面上有一正三角形线框abc,线框由粗细相同的同种材料制成,边长为L,线框处在与桌面成60°斜向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,ac边与磁场垂直。现a、c两点接到直流电源上,流过ac边的电流为I,线框静止在桌面上,则线框受到的摩擦力大小为(　C　)
A.ILB B.ILB
C.ILB D.2ILB
解析:根据题意可知,abc边的电流I′=,正三角形框架接入电路后,受安培力的等效长度为L,总电流I总=I+I′=,所受安培力大小F=I总LBcos 30°=,故选C。
考点二　带电粒子在磁场中的运动
(2022·广东卷,7)如图所示,一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域,两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场,并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中,可能正确的是(　A　)
解析:根据题述情境,质子垂直Oyz平面进入磁场,由左手定则可知,质子先向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面,再向x轴正方向偏转,所以选项A可能正确,B错误;该轨迹在Oxz平面上的投影为一条平行于x轴的直线,选项C、D错误。
(2021·全国乙卷,16)如图,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1,离开磁场时速度方向偏转90°;若射入磁场时的速度大小为v2,离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力。则为(　B　)
A. B. C. D.
解析:设磁场区域的半径为R,根据几何关系可知,带电粒子以v1射入磁场时,在磁场中运动的轨迹半径r1=R,带电粒子以v2射入磁场时,在磁场中运动的轨迹半径r2==R,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得r=,则r1=,r2=,解得=,B正确。
1.对洛伦兹力的分析
(1)方向判断:左手定则→F垂直于B和v决定的平面。
(2)大小计算:F=qvBsin θ。
①v∥B时,洛伦兹力F=0(θ=0°或180°)。
②v⊥B时,洛伦兹力F=qvB(θ=90°)。
③v=0时,洛伦兹力F=0。
(3)动力学关系:带电粒子垂直进入匀强磁场时将做匀速圆周运动,向心力由洛伦兹力提供,洛伦兹力始终垂直于运动方向,它不做功。
2.分析带电粒子在有界磁场中运动的方法
基 本 思 路 (1)画轨迹:确定圆心,用几何方法求半径并画出轨迹。 (2)找联系:轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系,偏转角度与圆心角、运动时间相联系,在磁场中运动的时间与周期相联系。 (3)用规律:利用牛顿第二定律和圆周运动的规律,特别是周期公式和半径公式
基 本 公 式 qvB=m
重 要 结 论 r=,T=,T=
圆 心 的 确 定 (1)轨迹上的入射点和出射点的速度垂线的交点为圆心,如图甲。 (2)轨迹上入射点速度垂线和两点连线中垂线的交点为圆心,如图乙。 (3)沿半径方向距入射点距离等于r的点,如图丙。(r已知或可求)
半 径 的 确 定 方法一:由物理公式求。由于qvB=,所以半径r=。 方法二:由几何关系求。一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定
时 间 的 求 解 方法一:由圆心角求。t=·T。 方法二:由弧长求。t=
轨 迹 圆 的 几 个 基 本 特 点 (1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时,入射角等于出射角。(如图甲,θ1=θ2=θ3) (2)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹对应的圆心角。(如图甲,α1=α2) (3)沿半径方向射入圆形磁场的粒子,出射时亦沿半径方向,如图乙。(两侧关于两圆心连线对称)
3.(2022·广东深圳二模)(多选)如图为地球赤道剖面图,地球半径为R,把地面上高度为区域内的地磁场视为磁感应强度为B、方向垂直于剖面的匀强磁场,一带电粒子以速度v正对地心射入该磁场区域,轨迹恰好与地面相切。则(　BD　)
A.粒子带正电荷
B.轨迹半径为
C.粒子的比荷为
D.若粒子速度减小,在该磁场区域的运动时间增加
解析:由左手定则可知,粒子带负电,选项A错误;由几何关系可知r2+(R+)2=(R+r)2,解得r=,选项B正确;根据qvB=m,解得=,选项C错误;若粒子速度减小,则粒子的运动半径减小,但是粒子在磁场中运动的圆心角变大,因粒子的周期T=,不变,则由t=T可知,在该磁场区域的运动时间增加,选项D正确。
4.(2022·广西南宁二模)如图,在底边长为L的等腰直角三角形MQN区域内,存在方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子(不计重力)以垂直于底边MN的速度v从底边中点P1射入磁场,粒子离开磁场的位置在直角边QN的中点P2,下列结论正确的是(　C　)
A.粒子带负电
B.粒子在磁场中运动的轨道半径R=
C.粒子的比荷=
D.粒子在磁场中运动的时间t=
解析:由题意可知,粒子从P1点进,从P2点出,则粒子向右偏转,根据左手定则可知,粒子带正电,故A错误;根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示。
设粒子的轨道半径为R,则,OP1=OP2=R,底边MN=L,则根据几何关系可知P2N=L,ON=L-R,由题知,△MQN为等腰直角三角形,则∠QNM=45°,在△P2NO中,根据余弦定理有R2=()2+(-R)2-2×L×(-R)cos 45°,解得R=;粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=,解得粒子的比荷=,故B错误,C正确;因半径R=,则由几何关系可得ON=-R=,故OP2=ON=R,且P2N=L,所以∠P2ON=90°,故粒子在磁场中偏转的角度也为90°,则粒子在磁场中运动的时间为t=T,又T=,解得t=,故D错误。
考点三　带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值和多解问题
(2021·海南卷13)(多选)如图,在平面直角坐标系Oxy的第一象限内,存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为q的相同粒子从y轴上的P(0,L)点,以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场,设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α(0≤α≤180°)。当α=150°时,粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则(　ACD　)
A.粒子一定带正电
B.当α=45°时,粒子也垂直x轴离开磁场
C.粒子入射速率为
D.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3L
解析:根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场,根据左手定则可知粒子带正电,A正确。当α=150°时,粒子垂直x轴离开磁场,运动轨迹如图甲所示,粒子运动的半径为r==2L,洛伦兹力提供向心力,qvB=m,解得粒子入射速率v=;若α=45°,粒子运动轨迹如图乙所示,
根据几何关系可知,粒子离开磁场时与x轴不垂直,B错误,C正确。粒子离开磁场距离O点距离最远时,粒子在磁场中的轨迹为半圆,如图丙所示,根据几何关系可知(2r)2=(L)2+,解得xm=3L,D正确。
(2022·湖北卷,8)(多选)在如图所示的平面内,分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分,一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场,另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子,离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k,不计重力。若离子从Р点射出,设出射方向与入射方向的夹角为θ,则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为(　BC　)
A.kBL,0° B.kBL,0°
C.kBL,60° D.2kBL,60°
解析:若离子通过下部分磁场直接到达P点,如图甲,根据几何关系则有R=L,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得v==kBL,根据对称性可知,出射速度与SP成30°角向上,故出射方向与入射方向的夹角θ=60°。当离子上、下两部分均经历一次时,如图乙,
因为上、下两部分磁场的磁感应强度大小均为B,则根据对称性有R=L,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得v==kBL,此时出射方向与入射方向相同,即θ=0°。通过以上分析可知,当离子从下部分磁场射出时,需满足v==kBL(n=1,2,3,…),此时θ=60°;当离子从上部分磁场射出时,需满足v==kBL(n=1,2,3,…),此时θ=0°。故可知B、C正确,A、D错误。
1.解答带电粒子在磁场中运动的临界极值问题的“二、二、四”技巧
两种思路 一是以定理、定律为依据,首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式,然后分析、讨论处于临界状态时的特殊规律和特殊解
二是直接分析、讨论临界状态,找出临界条件,从而通过临界条件求出临界值
两种 方法 物理 方法 (1)利用临界条件求极值。 (2)利用边界条件求极值。 (3)利用矢量图求极值
数学 方法 (1)用三角函数求极值。 (2)用一元二次方程的判别式求极值。 (3)用不等式的性质求极值。 (4)用图像法求极值
四个结论 (1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。 (2)当速率v一定时,弧长(或圆心角小于180°时的弦长)越长,圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。 (3)当速率v变化时,圆心角越大,运动时间越长。 (4)在圆形匀强磁场中,若带电粒子速率v一定且运动轨迹圆半径大于磁场区域圆半径,则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时,轨道对应的偏转角最大(所有的弦中直径最长)
2.常见带电粒子在磁场中运动的多解问题
多解分类 多解原因 示意图
带电粒子电性不确定 带电粒子可能带正电,也可能带负电,粒子在磁场中的运动轨迹不同
磁场方向不确定 题目只告诉了磁感应强度的大小,而未具体指出磁感应强度的方向,必须考虑磁感应强度方向有两种情况
临界状态不唯一 带电粒子在飞越有界磁场时,可能直接穿过去了,也可能从入射界面反向飞出
运动的 往复性 带电粒子在空间运动时,往往具有往复性
3.常见的四种运动类型
粒子发射速度特征 类型 归纳 粒子运动 特征 运动图例
同向异速发射 放 缩 圆 所有的轨迹圆过发射点,轨迹圆大小在变化,但圆心在同一直线上
等速异向发射 旋 转 圆 所有的轨迹圆过发射点,轨迹圆大小不变,但圆心在同一圆周上移动
同向等速发射 平 移 圆 粒子发射速度的大小和方向不变,但入射点沿一直线移动时,轨迹圆在平移,但圆心在同一直线上
等速平行发射 聚 焦 圆 粒子从圆形边界进入磁场,若区域圆的半径等于粒子运动轨迹圆半径,粒子将聚焦到同一点
5.(2020·全国Ⅰ卷,18)一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中虚线所示,为半圆,ac、bd与直径ab共线,ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为 m、电荷量为q(q>0)的粒子,在纸面内从c点垂直于ac射入磁场,这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间为(　C　)
A. B. C. D.
解析:带电粒子在匀强磁场中运动,运动轨迹如图所示,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得r=,运动时间t==,θ为带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角,粒子在磁场中的运动时间由轨迹所对圆心角决定。采用放缩法,粒子垂直ac射入磁场,则轨迹圆圆心必在直线ac上,将粒子的轨迹半径从零开始逐渐放大,当r≤0.5R(R为的半径)和r≥1.5R时,粒子从ac、bd区域射出磁场,运动时间等于半个周期。当0.5R6.(2022·江苏苏州二模)如图所示,某行星的赤道线半径为R,在其赤道平面上,行星产生的磁场可以近似看成以行星中心为圆心、半径为3R的有界匀强磁场,磁感应强度为B。太阳耀斑爆发时,向该行星持续不断地辐射大量电荷量为q、质量为m的带正电的粒子,粒子速度方向平行,垂直于MN,速度大小介于某一范围,已知从M点射入磁场的带电粒子在磁场作用下恰能到达赤道线下半圆弧上的各点,不计一切阻力。
(1)求带电粒子的速度范围;
(2)求带电粒子从磁场边缘到行星赤道面的最短时间;
(3)带电粒子在该行星赤道上存在一段辐射盲区(不能到达的区域),求该盲区所对圆心角的正弦值。
解析:(1)如图甲,带电粒子速度最小时
r1=R,
qv1B=m,
得v1=;
如图乙,带电粒子速度最大时r2=2R,
同理v2=,
则(2)如图丙,带电粒子速度最大且轨迹弦最短时,运动时间最短,最短弦长为2R,对应的轨迹圆的最小圆心角为
θmin=,
则t=。
(3)如图丁,带电粒子以最大速度运动的轨迹与赤道上半圆弧相切点为辐射盲区的上边界,如图为等腰三角形,所以
cos θ==,
三角形底边与MN平行,所以辐射盲区所对圆心角的正弦值
sin θ==。
答案:(1)(2)
(3)
考点四　圆形有界匀强磁场中的磁聚焦和磁发散模型
(2021·湖南卷,13)带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一。带电粒子流(每个粒子的质量为m、电荷量为+q)以初速度v垂直进入磁场,不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在xOy平面内的粒子,求解以下问题。
(1)如图a,宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A(0,r1)、半径为r1的圆形匀强磁场中,若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O,求该磁场磁感应强度B1的大小。
(2)如图a,虚线框为边长等于2r2的正方形,其几何中心位于C(0,-r2)。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场,使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2,并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2的大小和方向,以及该磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)。
(3)如图b,虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3的正方形,虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场,使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O,再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4,并沿x轴正方向射出,从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小,以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)。
解析:(1)若带电粒子流经过磁场后都汇聚到O点,由几何关系可得,带电粒子在磁场中运动的轨迹半径R1=r1,由洛伦兹力提供向心力有qvB1=,解得B1=。
(2)要使带电粒子偏转后全部沿着x轴正方向运动,磁场的方向应垂直于纸面向里,由几何关系可知带电粒子运动的轨迹半径R2=r2,由洛伦兹力提供向心力,有qvB2=,解得B2=。匀强磁场处于圆心为(0,-r2)、半径为r2的圆内时,面积最小,最小面积Smin=π。
(3)画出磁场区域面积最小时的情形,如图所示。
在Ⅰ、Ⅱ区域的磁场中,由几何关系可知带电粒子运动的轨迹半径R3=r3,由洛伦兹力提供向心力,有qvB3=,解得B3=,Ⅱ中磁场区域的面积S1=2×(π-)=(-1)。
在Ⅲ、Ⅳ区域的磁场中,由几何关系可知带电粒子运动的轨迹半径R4=r4,由洛伦兹力提供向心力,有qvB4=,解得B4=,Ⅳ中磁场区域的面积S2=2×(π-)=(-1)。
答案:(1)　(2)　方向垂直于纸面向里　π　(3)　　(-1)　(-1)
(2021·山东临沂二模)示波管的应用非常广泛,其核心就是利用电场或磁场实现电子束线的聚焦,这与透镜将光束聚焦的作用相似,故称为电聚焦或磁聚焦。现可以将磁聚焦简化成如下的过程:电子枪发射的大量电子从M板上的小孔无初速度进入M、N两板间的加速电场中,并从N板上的小孔飞出,电子在从电场中飞出时,由于各种原因会散开一个极小的角度θ,如图所示。从N板小孔中飞出的电子在离开电场区域后直接进入N板右侧的匀强磁场区域中,由于磁场的作用会在磁场内再次聚焦。调整荧光屏(图中未画出)到N板的距离,就能使电子束会聚点正好打在荧光屏上。已知加速电场的电压为U,板间距离为d,匀强磁场沿水平方向、磁感应强度大小为B,电子的电荷量为-e,质量为m。电子之间的相互作用力很小,可以忽略其对电子速度大小的影响,不考虑电子之间的碰撞,sin θ≈θ,cos θ≈1,则:
(1)求电子进入磁场时的速度大小;
(2)求电子从开始运动到再次会聚于一点时所用的时间。
(3)调整荧光屏到N板的距离为l时,使电子恰好会聚到屏上,则l应满足什么条件
解析:(1)电子在M、N间加速,由动能定理可得eU=m,
解得v0=。
(2)设电子在加速电场中运动的时间为t1,有·t1=d,
如图所示,将射入磁场中的电子速度沿平行于磁场和垂直于磁场方向分解为v1、v2,
则v1=v0cos θ≈v0,v2=v0sin θ=v0θ,
电子沿水平方向做匀速直线运动,垂直于磁场方向做匀速圆周运动,在垂直于磁场方向,由牛顿第二定律得ev2B=m,
电子做匀速圆周运动的周期T=,
电子再次会聚于一点所需时间t=t1+T,
联立可得t=d+。
(3)电子的一个回旋周期T内沿水平方向前进的距离为x0=v1T,
根据电子运动的周期性,会聚点与进入磁场的位置间距d′=nx0(n=1,2,3,…),
又l=d′,
联立可得l=(n=1,2,3,…)。
答案:(1)　(2)d+
(3)l=(n=1,2,3,…)
1.“磁聚焦”模型一
磁聚焦 磁发散
电性相同的带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场,如果轨迹半径与磁场半径相等,则粒子从磁场边界上同一点射出,磁场边界在该点的切线与入射方向平行 带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入,如果轨迹半径与磁场半径相等,则粒子出射方向与磁场边界在入射点的切线方向平行
2.“磁聚焦”模型二
透镜可以使发散的光束会聚成一点,磁场在一定条件下也可以使发散的粒子束会聚到一点,这就是磁聚焦。如图所示是利用长线圈产生的匀强磁场实现磁聚焦的,其中的通电线圈内部的磁场是匀强磁场,磁场方向沿其轴线方向。设想A点处发射出一束很窄的带电粒子束,其中的粒子的速度v可以认为大小都相等,它们与磁感应强度B的夹角θ都不大。把速度v沿磁场方向和垂直于磁场方向分解,则
v∥=v·cos θ≈v,
v⊥=v·sin θ≈vθ。
由于所有粒子的v∥都相等,它们沿轴线方向的分运动是速度相等的匀速直线运动;粒子的v⊥不相等,它们在垂直于轴线的平面内做匀速圆周运动,其轨道半径各不相同,但周期都相同。图中示意性地表示各粒子分别做不同半径的螺旋线运动,经一个周期后又会聚于A′点,它相当于透镜的焦点。
7.(2022·山东聊城期末)(多选)从电子枪打出的电子流并不完全沿直线运动,而是有微小角度的散射,为了使显示器图像清晰,需要通过电子透镜对电子流进行聚焦处理,正好在屏幕上会聚形成一个亮点。如图甲所示,密绕线圈的玻璃管是一种利用磁场进行会聚的电子透镜,又称为磁场透镜。如图乙所示为其内部原理图,玻璃管的管长为L,管内直径为D,管内存在沿轴线方向向右的匀强磁场。电子流中的电子在与轴线成微小角度θ的顶角范围内从轴线左端的O点射入磁场,电子速率均为v0,调节磁感应强度B的大小,可以使电子重新会聚到轴线右端与荧光屏的交点P。已知电子的电荷量为e,质量为m,当角度θ非常小时满足cos θ≈1,sin θ≈θ。若要使电子流中的电子均能会聚到P点,下列说法正确的是(　AC　)
A.磁感应强度应满足B=(n为合适的整数)
B.磁感应强度应满足B=(n为合适的整数)
C.管内直径应满足D≥
D.管内直径应满足D≥
解析:电子在平行于磁场方向做匀速直线运动,在垂直于磁场方向做匀速圆周运动,电子平行于磁场方向的分速度v1=v0cos θ,垂直于磁场方向的分速度v2=v0sin θ,由题意可知,当角度θ非常小时满足cos θ≈1,sin θ≈θ,则v1=v0cos θ≈v0,v2=v0sin θ≈v0θ;电子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动,电子做匀速圆周运动的周期T==,电子在平行于磁场方向做匀速直线运动,电子运动时间t==,若要使电子流中的电子均能会聚到P点,则nT=t,解得B=,其中n为合适的整数,故A正确,B错误;电子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动,电子做匀速圆周运动的轨道半径r≤,电子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得ev2B=m,解得D≥,故C正确,D错误。
8.如图,两块平行金属板M、N竖直放置,小孔S1、S2与O点在同一水平线上、以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在匀强磁场(图中未画出),方向垂直纸面向外,大小为B。T为收集板,板上各点到O点的距离均为2R,其中CO、DO与水平方向夹角均为60°,板两端点C、D的连线水平。质量为m、带电荷量为q的带负电粒子,经S1进入M、N间的电场后,通过S2进入磁场,经过磁场后打在收集板T上,粒子在S1处的速度以及粒子所受的重力均不计。
(1)若MN间的电压为,粒子打在收集板T的哪个位置
(2)若有一群质量为m、带电荷量为q的带负电粒子从S1射入经过S2进入磁场后偏转,均打到了收集板上,粒子间的相互作用忽略不计,则在MN间加的电压U需满足怎样的条件
(3)若保持MN间的电压为,将平行金属板M、N竖直上移,质量为m、带电荷量为q的带负电粒子经S1进入后,恰好打在收集板的右端点D上,求平行金属板M、N上移的距离x。
解析:(1)对带电粒子在M、N板间的运动过程,由动能定理得qU1=m,
粒子进入磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qv1B=m,
结合U1=,解得r1=R。
可得粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示,带电粒子在磁场区域中偏转了90°,因此带电粒子打在收集板T的正中间。
(2)当带电粒子打到C点时,在磁场中的运动轨迹如图乙所示,可得粒子的轨迹半径为
r2=Rtan 30°=R,
由牛顿第二定律得qv2B=m,
对带电粒子在M、N板间的运动过程,由动能定理得
qU2=m,解得U2=。
当带电粒子打到D点时,在磁场中的运动轨迹如图丙所示,可得粒子的轨迹半径为
r3=Rtan 60°=R,
由牛顿第二定律得qv3B=m,
对带电粒子在MN板间的运动过程,由动能定理得
qU3=m,解得U3=,
因此,粒子均打到了收集板上,MN间加的电压需满足≤U≤。
(3)此时的运动图像如图丁所示,根据几何关系可得
sin α==,
因此,平行金属板M、N上移的距离
x=Rsin α=。
答案:(1)粒子打在收集板T的正中间
(2)≤U≤
(3)
带电粒子在复合场中的运动
类型一　带电粒子在组合场中的运动
1.“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题。
2.在电磁技术中,中学阶段常见的是带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中运动的几种模型。
组合场问题举例:如图所示,回旋加速器、质谱仪等的共同特征是先后出现单一的场。
化繁为简研究实质
(2021·全国甲卷,25)如图,长度均为l的两块挡板竖直相对放置,间距也为l,两挡板上边缘P和M处于同一水平线上,在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E;两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射,恰好从P点处射入磁场,从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场,运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°,不计重力。
(1)求粒子发射位置到P点的距离;
(2)求磁感应强度大小的取值范围;
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场,求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
解析:(1)带电粒子在电场中做类平抛运动,设粒子经过P点的速度在水平方向和竖直方向的分速度分别为vx和vy,运动至P点所用时间为t,加速度大小为a,有
qE=ma,
=tan 60°,
vx=v0,
vy=at,
x=v0t,
y=at2,s=,
联立解得t=,s=。
(2)粒子进入磁场的速度v==,
根据洛伦兹力提供向心力有qvB=,
解得B=,
若粒子从Q点射出,粒子在磁场中运动的轨迹半径最小,设为r1,则由几何知识可得r1=l,
解得最大磁感应强度B1=,
若粒子从N点射出,粒子在磁场中运动的轨迹半径最大,设为r2,由几何知识得sin 15°=,
解得r2=(+1)l,
最小磁感应强度B2=(1-),
即磁感应强度的范围为(1-)≤B≤。
(3)画出粒子的轨迹如图所示,
设此时粒子的轨迹半径为r′,粒子从QN的中点E射出,由几何知识得
PE==l,
r′=,
sin ∠POO′=sin ∠FPO′=sin (60°-∠QPE),
由几何关系得sin ∠QPE=,
解得r′=l,
轨迹上与MN距离最近的点与圆心O的连线与QN平行,由几何关系得最近的距离
d=QN-=l。
答案:(1)　(2)(1-)≤B≤
(3)l
(2022·山东泰安期末)在芯片制造过程中,离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是一部分离子注入工作原理示意图,离子经加速后沿水平方向进入速度选择器,用电场和磁场控制离子速度,然后通过磁分析器Ⅰ,选择出特定比荷的离子,经偏转系统Ⅱ后注入硅片。速度选择器、磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直纸面向外;速度选择器的匀强电场的电场强度大小为E,方向竖直向上。磁分析器截面是矩形,矩形长为L,宽为L。其宽和长中心位置C和D处各有一个小孔;偏转系统中长度均为4L的两块挡板PQ和MN竖直相对放置,间距为L,两挡板上边缘P和M处于同一水平线上,P点紧贴小孔D的左边缘;两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。离子从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场,运动过程中离子未与挡板碰撞,不计离子所受重力。求:
(1)离子通过速度选择器后的速度大小;
(2)磁分析器选择出来的离子的比荷;
(3)偏转系统磁感应强度大小的取值范围。
解析:(1)由qvB=qE,得v=。
(2)在矩形磁场内离子做匀速圆周运动,由几何知识得R2=(L)2+(R-)2,得R=L;
又因为qvB=m,
解得=。
(3)设粒子经P进入偏转系统Ⅱ时,粒子运动方向与PQ的夹角为θ,
由几何知识知,cos θ==,得θ=30°;
当挡板PQ和MN间磁感应强度最大时,离子从Q点飞出,
由几何知识得R1=4L,
由R1=,得B1=;
当挡板PQ和MN间磁感应强度最小时,
离子从N点飞出,连接PN,设∠QPN=θ′,
由几何知识得
sin θ′===,
cos θ′===,
R2cos(θ′+60°)==L,
由qvB2=m,得B2=B,
所以B≤B偏≤B。
答案:(1)　(2)　(3)B≤B偏≤B
类型二　带电粒子在叠加场中的运动
1.三种典型情况
(1)若只有两种场,合力为零,则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加满足qE=qvB时,重力场与磁场叠加满足mg=qvB时,重力场与电场叠加满足mg=qE时。
(2)若三场共存,合力为零时,粒子做匀速直线运动,其中洛伦兹力F=qvB的方向与速度v垂直。
(3)若三场共存,粒子做匀速圆周运动时,则有mg=qE,粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,即qvB=m。
2.当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时,一般用动能定理或能量守恒定律求解。
3.分析
4.在电磁技术中,中学阶段常见的是带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中运动的几种模型。叠加场问题:速度选择器、磁流体发电机、霍尔元件和电磁流量计的共同特征是粒子在仪器中同时受静电力和洛伦兹力作用,并且最终静电力和洛伦兹力平衡。
化繁为简研究实质
(2021·浙江1月卷,24)在芯片制造过程中,离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图,离子经加速后沿水平方向进入速度选择器,然后通过磁分析器,选择出特定比荷的离子,经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直纸面向外;速度选择器和偏转系统中的匀强电场的电场强度大小均为E,方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内、外半径分别为R1和R2的四分之一圆环,其两端中心位置M和N处各有一个小孔;偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体,其偏转系统的底面与晶圆所在水平面平行,间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时,离子恰好竖直注入到晶圆上的O点(即图中坐标原点,x轴垂直纸面向外)。整个系统置于真空中,不计离子所受重力,打在晶圆上的离子,经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时,有sin α≈tan α≈α,cos α≈1-α2。求:
(1)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来的离子的比荷;
(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置,用坐标(x,y)表示;
(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置,用坐标(x,y)表示;
(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置,用坐标(x,y)表示,并说明理由。
解析:(1)通过速度选择器后离子的速度v=,
从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为
R=,
由=qvB,
得==。
(2)经过电场后,离子在x轴方向偏转的距离
x1=()2,
tan θ=,
离开电场后,离子在x轴方向偏移的距离
x2=Ltan θ=,
x=x1+x2==,
位置坐标为(,0)。
(3)离子进入磁场后做匀速圆周运动,如图,
半径r=,sin α=,
经过磁场后,离子在y方向偏转距离
y1=r(1-cos α)≈,
离开磁场后,离子在y方向偏移距离
y2=Ltan α≈,
则y=y1+y2≈,
位置坐标为(0,)。
(4)注入晶圆的位置坐标为(,),电场引起的速度增量对y轴方向的运动不产生影响。
答案:(1)　　(2)(,0)
(3)(0,)　(4)见解析
若例2中,速度选择器、磁分析器中的磁感应强度方向均垂直于纸面向外,大小分别为B1、B2。则下列说法正确的是(　B　)
A.可以利用此系统给晶圆同时注入带正电离子和带负电的离子
B.从磁分析器下端孔N离开的离子,其比荷为
C.如果偏转系统只加沿x轴正方向的磁场,则离子会注入x轴正方向的晶圆上
D.只增大加速电场的电压,可使同种离子注入晶圆更深处
解析:由左手定则可知,只有正离子才能通过磁分析器,负离子不能通过磁分析器,故A错误;离子通过速度选择器时,有qE=qvB1,解得速度v=,离子在磁分析器中,受洛伦兹力作用做匀速圆周运动,有qvB2=m,由几何关系得R=,联立可得=,故B正确;如果偏转系统只加沿x轴正方向的磁场,由左手定则可知离子向y轴正方向偏转,故C错误;只增大加速电场的电压,则粒子速度不满足v=,无法做匀速直线运动通过速度选择器,所以不一定能到达晶圆处,故D错误。
类型三　带电粒子在交变场中的运动
1.此类问题是场在时间上的组合,电场或磁场往往具有周期性,粒子的运动也往往具有周期性。这种情况下要仔细分析带电粒子的受力情况和运动过程,弄清楚带电粒子在每一时间段内在电场、磁场中各处于什么状态,做什么运动,画出一个周期内的运动轨迹的草图。
2.解题思路
(2021·浙江6月卷,23)如图甲所示,空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成,其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点,垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场;立方体内存在磁场,其磁感应强度沿z方向的分量始终为零,沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示,图中B0可调。氙离子(Xe2+)束从离子源小孔S射出,沿z方向匀速运动到M板,经电场加速进入磁场区域,最后从端面P射出,测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e,忽略离子间的相互作用,且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
(1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS。
(2)不考虑在磁场突变时运动的离子,调节B0的值,使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出,求B0的取值范围。
(3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T,单位时间从端面P射出的离子数为n,且B0=。求图乙中t0时刻离子束对推进器的作用力沿z轴方向的分力。
解析:(1)离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处,根据动能定理有
2eEd=m-m,
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小为
vS=。
(2)当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时,离子从喷口P的下边缘中点射出,根据几何关系有
(R1-)2+L2=,
根据洛伦兹力提供向心力,有
2ev0B0=,
联立解得
B0=;
当磁场在x和y方向的分量同取最大值时,离子从喷口P边缘交点射出,根据几何关系有
(R2-)2+L2=,
此时B=B0;
根据洛伦兹力提供向心力,有
2ev0·B0=,
联立解得B0=,
故B0的取值范围为0～。
(3)粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示,
由题意根据洛伦兹力提供向心力,有
2ev0·B0=,
且满足B0=,
所以可得R3==L,
所以可得cos θ=,
离子从端面P射出时,在沿z轴方向根据动量定理有FΔt=nΔtmv0cos θ-0,
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为F′=nmv0,
方向沿z轴负方向。
答案:(1)　(2)0～　
(3)nmv0,方向沿z轴负方向
(2022·河北衡水二模)如图甲所示,正方形荧光屏abcd与正方形金属板相距L水平平行放置,二者的边长也为L。金属板的中心开有小孔,小孔正下方有一通电金属丝可持续发射热电子,金属丝与金属板之间加有恒定电压U。以金属板中心小孔为坐标原点,沿平行于金属板两边和垂直金属板方向建立x、y和z坐标轴,电子从金属丝发射经小孔沿z轴正方向射入磁场区域,测得电子经电场加速后经过小孔时的速度大小介于v与v之间。z轴与荧光屏的交点为s,金属板与荧光屏之间存在磁场(图中未画出),其磁感应强度沿z轴方向的分量始终为零,沿x轴和y轴方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示,图中B0=。已知电子的质量为m、电荷量大小为e,忽略电子间的相互作用,且电子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T。
(1)求从金属丝发射的电子的初速度大小v0的范围。
(2)求t=0.25T时以速度v进入磁场的电子打在荧光屏上的位置。
(3)请通过分析计算说明电子在荧光屏上出现的位置,并画在荧光屏的俯视图丙中。
解析:(1)电子从金属丝到金属板之间做加速运动,射入磁场的速度为v时,由动能定理得
eU=mv2-m,解得v0=;
射入磁场的速度为v时,由动能定理得
eU=m(v)2-m,
解得v0=,
即电子的初速度大小
≤v0≤。
(2)t=0.25T时,磁感应强度方向沿x轴正方向,电子的运动轨迹在过小孔且平行于bc边的竖直平面内,电子在磁场中做匀速圆周运动,
有evB0=,得r1=L,
设打到荧光屏上的点为f,到s点的距离为x1,
由几何关系L2+=,
得x1=,
其运动轨迹如图甲,
打在荧光屏上的位置为荧光屏cd边的中点。
(3)由第(2)问可知,电子在0～0.5T内经过磁场时,以速度v进入磁场的电子打在荧光屏上的位置为荧光屏cd边的中点,由于r1=,速度大于v的电子将不会打在荧光屏上;
同理,电子在1.5T～2T内经过磁场时,以v与v之间速度进入磁场的电子打在荧光屏上的位置只有荧光屏ab边的中点;
电子在0.5T～T内经过磁场时,磁感应强度大小为B0,方向在xy平面内且方向与x轴、y轴负方向成45°夹角,电子的运动轨迹在过O、s、b点的竖直平面内,当速度为v时,由向心力公式得
ev·B0=,得r2=L由几何关系可知,电子打不到荧光屏上;
当速度为v时,
由向心力公式得e·v·B0=,
得r3=L,
设打到荧光屏上的点为k,到s点的距离为x3,
由几何关系
L2+=,
得xsk=x3=。
当速度介于v与v之间时,打到荧光屏上的位置在kb直线上,
所以电子在0.5T～T内打在荧光屏上的位置如图丁所示,
同理,当速度介于v与v之间的电子在T～1.5T、2T～2.5T、2.5T～3T内打在荧光屏上的位置分别在cm、dn、al直线上,如图戊所示。
答案:(1)≤v0≤　
(2)打在荧光屏cd边的中点　(3)见解析专题四　电路与电磁感应
第1讲　直流电路与交流电路
1.闭合电路欧姆定律
(1)闭合电路的欧姆定律:I=。
(2)路端电压与电流的关系:U=E-Ir。
(3)路端电压与负载的关系:U=IR=E=E,路端电压随外电阻的增大而增大,随外电阻的减小而减小。
2.正弦式交变电流的“四值”
(1)最大值:Em=nBSω。
(2)瞬时值:e=nBSωsin ωt(从中性面开始计时)。
(3)有效值:正弦式交变电流的有效值E=;非正弦式交变电流的有效值必须根据电流的热效应,用等效的思想来求解。
(4)平均值:=n,常用来计算通过电路的电荷量。
3.理想变压器的基本关系式
(1)功率关系:P入=P出。
(2)电压关系:=。
(3)电流关系:只有一个副线圈时,=。
(4)频率关系:f1=f2。
4.明辨远距离输电过程的3个问题
(1)输电线上的电流:I==。
(2)电压损耗:输电线路上I2=IR=I3,总电阻R导致的电压损耗UR=U2-U3=IRR。输送电压一定时,用电器增多,则降压变压器的输出电流变大,输电线上的电流增大,电压损耗增大。
(3)输电线上损失的功率:P损=I2R线=()2R线==U损I。输电线上的损失功率必须与输电线上的电流和电压相对应,不要把输电线上的输电电压U和输电线上损失的电压ΔU相混淆,不能用公式P=计算输电线上损失的功率。
1.思想方法
(1)等效思想:等效电路、等效电源。
(2)守恒思想:理想变压器的输入功率等于输出功率。
2.模型建构
(1)直流电路分析与计算时两种电路的比较。
温馨提示
电动机卡住时所在电路为纯电阻电路,此时电动机内阻即为一个普通的发热电阻,欧姆定律仍适用,电能全部转化为内能。
(2)闭合电路的五种图像。
类型 公式 图像 特例
I-R图线 I= 图像始端:短路R=0,I=; 图像末端:断路R=∞,I=0
U-R图线 U= 短路R=0,U=0,U内=E; 断路R=∞,U=E,U内=0
U-I图线 U=E-Ir 短路R=0,I=,U=0; 断路R=∞,I=0,U=E
P出-R图线 P出=R 短路I=,P出=0; 断路I=0,P出=0; 当R=r时,P出最大,P出=
P出-I图线 P出=EI-I2r 短路I=,P出=0; 断路I=0,P出=0; 当I=时,P出最大,P出=
高考考点 命题轨迹 考查内容 考查要求
直流电路的分析与计算 2020全国Ⅰ卷T17 必备知识 基础性
2020江苏卷T6 必备知识 基础性
交流电路的分析与计算 2022广东卷T4 必备知识 综合性
2021天津卷T3 必备知识 综合性
2021江苏卷T12 关键能力 综合性
理想变压器与远距离输电 2022湖南卷T6 必备知识 综合性
2022河北卷T3 关键能力 综合性
2022山东卷T4 必备知识 基础性
2021广东卷T7 必备知识 基础性
2021福建卷T3 必备知识 基础性
2021湖南卷T6 关键能力 综合性
2021山东卷T9 关键能力、核心价值 综合性
考点一　直流电路的分析与计算
(2020·全国Ⅰ卷,17)图a所示的电路中,K与L间接一智能电源,用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图b所示,则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中,正确的是(　A　)
解析:由图b可知,在0～1 s时间内,电容器两极板之间电压为零,说明电容器没有充放电,电路中没有电流,根据欧姆定律可知电阻R两端电压为零;在1～2 s时间内,电容器两极板之间电压均匀增大,根据I==C可知电路中有恒定电流对电容器充电,则电阻R两端电压恒定;在2～3 s时间内,电容器两极板之间电压恒定且不为零,说明电容器带电荷量不变,电路中没有电流,电阻R两端电压为零;在3～5 s时间内,电容器两极板之间电压均匀减小,说明电容器均匀放电,则电路中有反方向恒定电流,且电流小于充电电流,电阻R两端电压恒定,且电压小于充电时两端电压,所以电阻R两端电压UR随时间t变化的图像正确的是A。
(2020·江苏卷,6)(多选)某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示。当汽车启动时,开关S闭合,电机工作,车灯突然变暗,此时(　ABD　)
A.车灯的电流变小 B.路端电压变小
C.电路的总电流变小 D.电源的总功率变大
解析:开关S闭合,电机工作,外电路的总电阻减小,由闭合电路欧姆定律可知总电流增大,电源的内阻分压增大,路端电压减小,则车灯两端的电压减小,流过车灯的电流减小,A、B正确,C错误;由P=EI可知,由于电路的总电流增大,则电源的总功率增大,D正确。
1.直流电路动态分析的三种常用方法
程序法 遵循“局部—整体—部分”的思路,按以下步骤分析:
结论法 “串反并同” “串反”:指某一电阻增大(减小)时,与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大); “并同”:指某一电阻增大(减小)时,与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)
极限法 因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题,可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端,使电阻最大或电阻为零去讨论
2.含电容器电路的分析
含容电路分析稳定态电容器所在支路无电流,相当于断路
充放电通过导线某横截面的电荷量ΔQ=|Q2-Q1|
1.(2022·广东广州模拟)如图所示,电源的电动势为E=6 V,内阻r=1 Ω,保护电阻R0=4 Ω,ab是一段粗细均匀且电阻率较大的电阻丝,总阻值为10 Ω,长度l=1 m,横截面积为0.2 cm2。下列说法正确的是(　C　)
A.当电阻丝接入电路的阻值为1 Ω时,电阻丝的功率最大
B.当电阻丝接入电路的阻值为4 Ω时,保护电阻的功率最大
C.电源效率的最小值为80%
D.电阻丝的电阻率为1×10-4 Ω·m
解析:根据推论,当外电阻与电源内阻相等时,电路的输出功率最大。将保护电阻等效为内阻,当电阻丝接入电路的阻值为5 Ω时,电阻丝的功率最大,选项A错误;电路中电流越大,保护电阻的功率越大,当电阻丝接入电路的阻值为0时,保护电阻的功率最大,选项B错误;外电阻越小,电源效率越小,当电阻丝接入电路的阻值为0时,电源效率的最小值为80%,选项C正确;根据电阻定律R=ρ,代入数据可得电阻丝的电阻率为ρ=2×10-4 Ω·m,选项D错误。
2.(2022·安徽安庆模拟)如图是一电源电动势为E、内阻为r的稳定电路。电压表A的内阻为5 kΩ。B为静电计,C1、C2为两个理想的电容器且耐压值足够高。在开关闭合一段时间后,下列说法正确的是(　A　)
A.C1上电荷量为0
B.若将滑动变阻器的滑片向右滑,则C2上电荷量增大
C.若C1>C2,则电压表两端电压大于静电计两端电压
D.将S断开,使C2两极板距离增大,B张角减小
解析:由于电压表两端没有电压,电容器C1没有充电,电荷量为零,故A正确;电路稳定后,电容器C2两端的电压等于电源的电动势,保持不变,将滑动变阻器的滑片向右滑动,电容器C2两端的电压不变,电荷量不变,故B错误;由于静电计的两个电极是彼此绝缘的,电压表是由电流表改装成的,电路稳定后,电路中没有电流,电压表两端没有电压,而电容器C2充电,两端存在电压,所以电压表两端的电势差小于静电计两端的电势差,故C错误;将S断开,电容器的电荷量Q不变,板间距离增大,电容C减小,由公式C=分析可知,板间电压增大,静电计张角增大,故D错误。
考点二　交流电路的分析与计算
(2021·天津卷,3)如图所示,闭合开关后,R=5 Ω的电阻两端的交流电压为u=50sin 10πt V,电压表和电流表均为理想交流电表,则(　C　)
A.该交流电周期为0.02 s
B.电压表的读数为100 V
C.电流表的读数为10 A
D.电阻的电功率为1 kW
解析:该交流电的周期T== s=0.2 s,选项A错误;电压表的读数为交流电的有效值,即U= V=50 V,选项B错误;电流表的读数为I== A=10 A,选项C正确;电阻的电功率为P=IU=10×50 W=500 W,选项D错误。
(2022·广东卷,4)
如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈,n1>n2,二者轴线在同一平面内且相互垂直,两线圈到其轴线交点O的距离相等,且均连接阻值为R的电阻,转子是中心在O点的条形磁铁,绕O点在该平面内匀速转动时,两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响,下列说法正确的是(　B　)
A.两线圈产生的电动势的有效值相等
B.两线圈产生的交变电流频率相等
C.两线圈产生的电动势同时达到最大值
D.两电阻消耗的电功率相等
解析:由于两定子线圈匝数不同,根据法拉第电磁感应定律可知,在两线圈中产生的电动势最大值不相等,有效值不相等,选项A错误;由于转子匀速转动的周期等于两定子产生交流电的周期,所以两线圈产生的交变电流频率相等,选项B正确;由于两线圈轴线在同一平面内且相互垂直,所以两线圈产生的感应电动势一个在最大值时,另一个为零,选项C错误;由于在两线圈中产生的电动势的有效值不相等,根据P=可知,两电阻消耗的电功率不相等,选项D错误。
1.线圈通过中性面时的特点
(1)穿过线圈的磁通量最大。
(2)线圈中的感应电动势为零。
(3)线圈每经过中性面一次,感应电流的方向改变一次。
2.有效值的计算
(1)正弦式交变电流:有效值是最大值的,即E=,I=,U=。
(2)非正弦式交变电流:计算有效值时,要根据电流的热效应,即“一个周期”内“相同电阻”上产生“相同热量”,然后分段求和列式,求得有效值。
3.正弦式交变电流“四值”的应用
3.(2022·广东茂名模拟)(多选)如图为某风力发电机简易模型。在风力作用下,风叶通过转轴带动条型磁铁转动,在线圈L中产生感应电动势的瞬时表达式u=22sin 2πt V,将线圈L与一电阻R相连(未画出),则(　AC　)
A.磁铁转到图示位置时,线圈L中的磁通量最大
B.线圈L中感应电动势的有效值为44 V
C.风叶每转动一圈,电阻R中电流方向改变两次
D.风叶转速不变,增大R的阻值,则电阻R上消耗的功率一定增大
解析:根据磁通量的定义可知,转到题图所示位置时,线圈L中的磁通量最大,A正确;根据U有==22 V,B错误;线圈转至中性面时其感应电流为0,经过中性面电流方向改变一次,因此,风叶每转动一圈,两次经过中性面,电流方向改变两次,C正确;电阻R上消耗的功率P=()2R=,风叶转速不变,E不变,当r=R时,电阻R上的功率最大,因不知线圈内阻r和R的关系,增大R的阻值,则电阻R上消耗的功率不一定增大,D错误。
4.(2022·山东日照二模)图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动,线圈的两端经集流环和电刷与阻值R=5 Ω的电阻连接,图甲中的交流电压表为理想电表,忽略线圈、电刷以及导线的电阻。图乙是通过电阻R的电流i随时间t变化的图像。下列判断正确的是(　D　)
A.电阻R消耗的电功率为1.25 W
B.线圈转动的角速度为100π rad/s
C.电压表的示数跟线圈转动的角速度ω大小无关
D.电阻R两端电压u随时间t变化的规律u=2.5sin 200πt V
解析:该电流的有效值为I=,电阻R消耗的电功率为P=I2R,解得P=0.625 W,选项A错误;题图乙中电流的周期为T=0.01 s,其角速度为ω==200π rad/s,选项B错误;电压表的示数U=E,而E=,故U∝ω,选项C错误;题图乙中电流的最大值为Im=0.5 A,由欧姆定律得Um=ImR=2.5 V,所以R两端电压瞬时值的表达式为u=2.5sin 200πt V,选项D正确。
考点三　理想变压器与远距离输电
(2022·河北卷,3)张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一,其发电、输电简易模型如图所示。已知风轮机叶片转速为每秒z转,通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动,发电机线圈面积为S,匝数为N,匀强磁场的磁感应强度为B,t=0时刻,线圈所在平面与磁场方向垂直,发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后,输出电压为U。忽略线圈电阻,下列说法正确的是(　C　)
A.发电机输出的电压为πNBSz
B.发电机输出交变电流的频率为2πnz
C.变压器原、副线圈的匝数比为πNBSnz∶U
D.发电机产生的瞬时电动势e=πNBSnzsin(2πnz)
解析:发电机线圈的转速为nz,输出交变电流的频率为f==nz,B错误;线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动,产生正弦式交变电流,最大值为Em=NBS·2π·nz,输出电压的有效值为E==πNBSnz,A错误;变压器原、副线圈的匝数比为==,C正确;发电机产生的瞬时电动势为e=Emsin ωt=2πNBSnzsin(2πnzt),D错误。
(2022·山东卷,4)
如图所示的变压器,输入电压为220 V,可输出12 V、18 V、30 V电压,匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u=Umcos(100πt)。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表,电压表的示数为0.1 V。将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时,功率为12 W。下列说法正确的是(　D　)
A.n1为1 100匝,Um为220 V
B.BC间线圈匝数为120匝,流过R的电流为1.4 A
C.若将R接在AB两端,R两端的电压为18 V,频率为100 Hz
D.若将R接在AC两端,流过R的电流为2.5 A,周期为0.02 s
解析:根据理想变压器的变压规律有= ,代入U=220 V得n1=2 200,Um=U=220 V,选项A错误;由功率与电压的关系得UBC==12 V,根据理想变压器的变压规律有=,代入数据解得nBC=120,由欧姆定律得I==1 A,选项B错误;由以上分析结合题意可知UAB=18 V,UAC=30 V,变压器不改变交流电的频率,故f==50 Hz,选项C错误;由欧姆定律得I′==2.5 A,周期T==0.02 s,选项D正确。
1.理想变压器动态分析的两种情况
匝数比不变的情况 负载电阻不变的情况
不变,负载R变化 变化,负载R不变
续　表
匝数比不变的情况 负载电阻不变的情况
(1)U1不变,根据=,输入电压U1决定输出电压U2,可以得出不论负载电阻R如何变化,U2不变。 (2)当负载电阻发生变化时,I2变化,根据输出电流I2决定输入电流I1,可以判断I1的变化。 (3)I2变化引起P2变化,根据P1=P2,可以判断P1的变化 (1)U1不变,发生变化,U2变化。 (2)R不变,U2变化,I2发生变化。 (3)根据P2=和P1=P2,可以判断P2发生变化,P1发生变化,I1发生变化
2.远距离输电问题
(1)厘清三个回路。
(2)抓住两个联系。
①理想的升压变压器中线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是=,=,P1=P2。
②理想的降压变压器中线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是=,=,P3=P4。
(3)掌握一个守恒:能量守恒关系式P1=P损+P3。
3.输电线路功率损失的四种计算方法
P损=P1-P4 P1为输送的功率,P4为用户得到的功率
P损=R线 I线为输电线路上的电流,R线为线路电阻
P损= ΔU为输电线路上损失的电压,不要与U2、U3相混
P损=ΔU·I线
5.(2022·安徽马鞍山三模)有一台内阻为1 Ω的发电机,给一个学校照明供电,如图所示,T1、T2分别为理想的升压变压器和降压变压器,升压变压器匝数比为1∶4,降压变压器匝数比为4∶1,T1与T2之间输电线的总电阻为10 Ω,全校共有22个班,每班有“220 V　40 W”的电灯6盏。若保证电灯全部正常发光,则(　B　)
A.输电线上的电流为8 A
B.发电机电动势为259 V
C.发电机输出功率为5 280 W
D.输电效率是97%
解析:22个班电灯都正常工作时,干路的总电流为I4===24 A,理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比,故输电线上的电流为I3==6 A,A错误;理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比,可得T2的原线圈两端的电压为U3=U4=×220 V=880 V,输电线损失的电压为ΔU=I3R=60 V,故T1的副线圈两端的电压为U2=U3+ΔU=880 V+60 V=940 V,T1的原线圈两端的电压为U1=U2==235 V,T1的原线圈的电流为I1===24 A,根据闭合电路的欧姆定律,发电机电动势E=U1+I1r=259 V,B正确;发电机输出功率为P出=U1I1=5 640 W,C错误;输电效率为η=×100%=×100%≈93.6%,D错误。
6.(2022·湖南卷,6)如图,理想变压器原、副线圈总匝数相同,滑动触头P1初始位置在副线圈正中间,输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R,滑动变阻器R2的最大阻值为9R,滑片P2初始位置在最右端。理想电压表○V的示数为U,理想电流表○A的示数为I。下列说法正确的是(　B　)
A.保持P1位置不变,P2向左缓慢滑动的过程中,I减小,U不变
B.保持P1位置不变,P2向左缓慢滑动的过程中,R1消耗的功率增大
C.保持P2位置不变,P1向下缓慢滑动的过程中,I减小,U增大
D.保持P2位置不变,P1向下缓慢滑动的过程中,R1消耗的功率减小
解析:设原线圈两端电压为U1,副线圈两端电压为U2,通过原线圈的电流为I1,通过副线圈的电流为I2,由理想变压器变压规律和变流规律可得,原、副线圈及定值电阻R1的等效电阻为R′===
()2=()2R1=4R等效法(电源、电阻)解决变压器问题
原电路如图甲,各物理量标注如图。
把虚线框内的部分等效成电阻R′,则电路变为图乙,在图乙中,R′=()2R,I1=。
运用等效负载电阻法解答含变压器的电路问题,能简化解题过程,但要注意此法仅适用于只有一个副线圈的情况。
(2021·湖南卷,6)
如图,理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2,输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源,灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中,两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内,下列说法正确的是(　A　)
A.L1先变暗后变亮,L2一直变亮
B.L1先变亮后变暗,L2一直变亮
C.L1先变暗后变亮,L2先变亮后变暗
D.L1先变亮后变暗,L2先变亮后变暗
解析:
在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中,副线圈电路中的总电阻先增大后减小,将副线圈电路中的电阻等效到原线圈电路中,等效电路图如图所示,根据理想变压器的原理可得R′=()2R副,故R′先增大后减小,则通过灯泡L1(原线圈)的电流先减小后增大,故灯泡L1先变暗后变亮,灯泡L1两端的电压先减小后增大,则原线圈两端的电压先增大后减小,由于理想变压器原、副线圈的匝数比固定,根据原、副线圈匝数与电流的关系知,通过副线圈的电流先减小后增大,根据原、副线圈匝数与电压的关系知副线圈两端的电压先增大后减小,而灯泡L2所在支路电阻一直减小,则灯泡L2先变亮,之后副线圈两端的电压减小,通过副线圈的电流增大,而R0所在支路电阻一直增大,所以通过R0的电流减小,灯泡L2所在支路电流增大,可见灯泡L2一直变亮,A正确。
1.若例题中,只是将灯泡L1接入副线圈中,如图所示,则在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中,两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内,下列说法正确的是(　C　)
A.原、副线圈中电流的频率之比为n1∶n2
B.原、副线圈中电流的大小之比为n1∶n2
C.灯泡L1先变暗后变亮
D.原线圈输入功率一直在变大
解析:理想变压器原、副线圈中电流的频率不发生改变,即电流的频率之比为1∶1,A错误;根据理想变压器原、副线圈匝数与电流的关系可得,电流之比为=,B错误;当滑片从a端滑向中间时,副线圈所在电路的电阻增大,则副线圈所在电路的总电流减小,可知灯泡L1变暗,当滑片从中间滑向b端时,同理可知灯泡L1变亮,C正确;由于输入功率等于输出功率,副线圈的电压保持恒定,而电路中的总电流先减小后增大,故原线圈输入功率先减小后增大,D错误。
2.若例题中,副线圈电路如图所示,刚开始,滑动变阻器滑片在a端,L1、L2两灯均发光,在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中,两个灯泡始终工作在额定电压以内,下列说法正确的是(　D　)
A.L1变暗,L2变亮 B.L1变亮,L2变亮
C.L1变暗,L2变暗 D.L1变亮,L2变暗
解析:滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中,滑动变阻器连入电路电阻减小,由题图可以看出,灯泡L1、L2与滑动变阻器分别等效为间接串联和直接并联,由“串反并同”的方法可知,L1变亮,L2变暗。故选D。
3.(多选)若例题中,副线圈电路如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=2∶1,输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源,灯泡L1、L2的阻值始终为滑动变阻器R总阻值的一半。滑动变阻器的滑片P初始时刚好位于R的正中央。若滑动滑片P的过程中,两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内,下列说法正确的是(　BCD　)
A.初始时,灯泡L2两端的电压UL2等于原线圈的电压U1
B.初始时,灯泡L2两端的电压UL2等于原线圈的电压U1的四分之一
C.将滑片P从中央缓慢向上滑到b端,灯泡L1先变暗再变亮
D.将滑片P从中央缓慢向上滑到b端,灯泡L2一直变亮
解析:根据=,UL2=U2,解得UL2=U1,A错误,B正确;当RL2+R上=R下时,滑动变阻器和灯泡L2的总电阻最大,将滑片P从中央缓慢向上滑到b端,滑动变阻器和灯泡L2的总电阻先变大后变小,根据等效法可知灯泡L1先变暗再变亮,C正确;将滑片P从中央缓慢向上滑到b端,通过灯泡L2的电流一直增大,灯泡L2一直变亮,D正确。第2讲　电磁感应及其综合应用
1.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。
2.求电荷量的方法
(1)回路中磁通量发生变化时,在Δt时间内通过的电荷量(感应电荷量)为q=I·Δt=·Δt=n·Δt=n。可见,q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定,与发生磁通量变化的时间Δt无关。
(2)在匀强磁场中,电容器接在切割磁感线的导体棒两端,不计一切电阻,电容器两极板间电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势E,通过电容器的电流I==,又E=BLv,则ΔU=BLΔv,可得Δq=CBLΔv。
3.求解焦耳热Q的三种方法
1.分析线框在磁场中运动问题的两大关键
(1)分析电磁感应情况:弄清线框在运动过程中是否有磁通量不变的阶段,线框进入和穿出磁场的过程中,才有感应电流产生,结合闭合电路欧姆定律列方程解答。
(2)分析导线框的受力以及运动情况,选择合适的力学规律处理问题:在题目中涉及电荷量、时间,以及安培力为变力时应选用动量定理处理问题;如果题目中涉及加速度的问题时选用牛顿运动定律解决问题比较方便。
2.电磁感应中力、能量和动量综合问题的分析方法
(1)分析“受力”:分析研究对象的受力情况,特别关注安培力的方向。
(2)分析“能量”:搞清楚有哪些力做功,就可以知道有哪些形式的能量发生了变化,根据动能定理或能量守恒定律等列方程求解。
(3)分析“动量”:在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感线运动)。
①求速度或电荷量
-BlΔt=mv2-mv1,q=Δt。
②求时间
FΔt+I冲=mv2-mv1,I冲=-BlΔt=-Bl。
③求位移
-BlΔt=-=mv2-mv1,即-x=m(v2-v1)。
高考考点 命题轨迹 考查内容 考查要求
楞次定律和法拉第电磁 感应定律的应用 2022山东卷T12 关键能力 综合性
2022河北卷T5 必备知识 基础性
2022广东卷T10 必备知识 基础性
2022全国甲卷T16 必备知识 基础性
2021重庆卷T3 必备知识 基础性
2021广东卷T10 关键能力 综合性
电磁感应的图像问题 2022河北卷T8 关键能力 综合性
2021辽宁卷T9 关键能力 综合性
2020山东卷T12 关键能力 综合性
电磁感应中的力电 综合应用 2022全国甲卷T20 关键能力 综合性
2022湖南卷T10 关键能力 综合性
2022全国乙卷T24 关键能力、核心价值 综合性
2022湖北卷T15 关键能力 综合性
2021全国乙卷T25 关键能力、核心价值 综合性
2021湖北卷T16 关键能力 综合性
2021福建卷T7 关键能力 综合性
考点一　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
(2022·山东卷,12)(多选)如图所示,xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动。t=0时刻,金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响,关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是(　BC　)
A.在t=0到t=的过程中,E一直增大
B.在t=0到t=的过程中,E先增大后减小
C.在t=0到t=的过程中,E的变化率一直增大
D.在t=0到t=的过程中,E的变化率一直减小
解析:
如图所示,金属框切割磁感线的有效长度为d,根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式有E=Bd2ω,从图中可以看出在t=0到t=的过程中,d是先增大到 L,再减小到L,所以电动势E先增大后减小,选项A错误,B正确;在t=0到t=的过程中,d=,感应电动势的表达式可写为E=Bd2ω=,由表达式可以看出在t=0到t=的过程中,E的变化率一直增大,选项C正确,D错误。
(2021·广东卷,10)(多选)如图所示,水平放置足够长光滑金属导轨abc和de,ab与de平行,bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接,P端与圆弧bc接触良好。初始时,可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时,回路中始终有电流,则此过程中,下列说法正确的有(　AD　)
A.杆OP产生的感应电动势恒定
B.杆OP受到的安培力不变
C.杆MN做匀加速直线运动
D.杆MN中的电流逐渐减小
解析:根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOP=Bl2ω,故A正确;OP切割磁感线,产生感应电流,由右手定则可判断出MN中电流为从M到N,根据左手定则可知MN所受安培力向左,MN向左运动,切割磁感线,产生的感应电流与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反,故OP与MN中的电流会逐渐减小,OP所受安培力逐渐减小,MN做加速度逐渐减小的加速运动,故B、C错误,D正确。
1.感应电流方向的判断
楞次 定律
右手 定则 一般用于导体棒切割磁感线的情形
2.感应电动势的两种求法
(1)E=n,用来计算感应电动势的平均值,常用来求解电荷量。
(2)E=Blv或E=Bl2ω,主要用来计算感应电动势的瞬时值。
3.应用法拉第电磁感应定律应注意的问题
(1)公式E=n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势,在磁通量均匀变化时,瞬时值才等于平均值。
(2)利用公式E=nS求感应电动势时,S为线圈在磁场范围内的有效面积。
(3)当导体棒转动切割磁感线产生电动势时,导体棒的速度应该用平均速度。
1.(2022·辽宁大连二模)(多选)如图,在倾角为α的光滑绝缘斜面上,CDEF区域存在垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一个质量为m、电阻为R、边长为d的正方形导线框MNPQ,由静止开始沿斜面下滑,当MN边刚越过CD进入磁场区域时,恰好做匀速直线运动。已知重力加速度大小为g。则(　BC　)
A.线框进磁场和出磁场区域时电流方向相同
B.线框进磁场和出磁场区域时受到的安培力方向相同
C.线框初始静止时MN边距CD的距离为
D.线框出磁场区域的过程中通过线框的电荷量为
解析:根据楞次定律可知,线框进入磁场时磁通量向外增加,产生顺时针方向的电流,出磁场区域时磁通量向外减少,产生逆时针方向的电流,因此电流方向相反,故A错误;根据楞次定律和左手定则可知,线框进出磁场区域时安培力均阻碍线框运动,受到的安培力均沿斜面向上,故B正确;线框MN边刚进入磁场时,有mgsin α=BId,解得I=,由闭合电路欧姆定律得E=Bdv=IR,由动能定理得mgxsin α=mv2,联立解得x=,故C正确;线框出磁场区域的过程,由法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律得=,=R,又q=Δt,联立解得q=,故D错误。
2.(2022·浙江金华模拟)
如图所示,在竖直空间的一圆盘内有垂直圆盘平面向下的匀强磁场,磁感应强度为B,圆盘半径为L,长度为L的金属棒在圆盘内绕着圆心做角速度为ω的匀速运动。在圆盘左侧连接一电容器,电容器内有一电荷量为q的正电荷,若该正电荷处于静止状态,电容器两极板的距离为d,电容为C,下列说法不正确的是(　C　)
A.电容器所带电荷量为
B.从上往下看,金属棒沿逆时针方向切割磁感线
C.将电容器两极板的距离变为2d,该正电荷位置不动
D.该正电荷的质量为
解析:金属棒转动切割磁感线,产生的感应电动势为E感=BL2ω,则电容器所带的电荷量为Q=CU=CE感=,故A说法正确。由于电容器内静止的电荷带正电,则电容器的上极板带负电,下极板带正电。根据右手定则可知,从上往下看,金属棒沿逆时针方向切割磁感线,故B说法正确。由于金属棒匀速运动,则产生的感应电动势不变,故电容器的电势差也保持不变。将电容器两极板的距离变为2d,根据E=可知,此时电容器间的电场强度减小,则静电力减小,该正电荷受到的重力大于静电力,向下运动,故C说法错误。电容器间的电场强度为E===,根据平衡条件有Eq=mg,则该正电荷的质量为m=,故D说法正确。
考点二　电磁感应的图像问题　　　　　　 　　　　　 　　　　　
(2021·辽宁卷,9)(多选)如图甲所示,两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定,顶端接有阻值为R的电阻。垂直导轨平面存在变化规律如图乙所示的匀强磁场,t=0时磁场方向垂直纸面向里,在t=0到t=2t0的时间内,金属棒水平固定在距导轨顶端L处;t=2t0时,释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好,导轨与金属棒的电阻不计,则(　BC　)
A.在t=时,金属棒受到安培力的大小为
B.在t=t0时,金属棒中电流的大小为
C.在t=时,金属棒受到安培力的方向竖直向上
D.在t=3t0时,金属棒中电流的方向向右
解析:在t=时,回路中产生的感应电动势为E=L2=,电流I==,受到安培力为F=BIL=·I·L=,A错误;在t=t0时的电流和在t=时的电流是一样的,为I==,B正确;在t=时,磁场方向垂直纸面向外且增大,根据楞次定律可知通过金属棒的电流方向水平向左,根据左手定则可知金属棒受到安培力的方向竖直向上,C正确;在t=3t0时,用右手定则可以判断出电流的方向向左,D错误。
(2022·河北卷,8)(多选)如图,两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中,一根导轨位于x轴上,另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成,其中bc段与x轴平行,导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动,t=0时刻通过坐标原点O,金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流为i,金属棒受到安培力的大小为F,金属棒克服安培力做功的功率为P,电阻两端的电压为U,导轨与金属棒接触良好,忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是(　AC　)
解析:当导体棒从O点向右运动L时,即在0～时间内,在某时刻导体棒切割磁感线的长度l=l0+v0ttan θ(θ为ab与ad连线的夹角),则根据E=Blv0,I==(l0+v0ttan θ),可知回路电流均匀增加;安培力F==(l0+v0ttan θ)2,则F-t关系图像为开口向上的抛物线,但是不过原点;安培力做功的功率P=Fv0==(l0+v0ttan θ)2,则P-t关系图像为开口向上的抛物线,但是不过原点;电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势,即U=E=Blv0=Bv0(l0+v0ttan θ),即图像是不过原点的直线;根据以上分析,可大致排除B、D选项。在时间内,导体棒切割磁感线的长度不变,感应电动势E不变,感应电流I不变,安培力F大小不变,安培力的功率P不变,电阻两端电压U保持不变;同理可判断,在时间内,导体棒切割磁感线的长度逐渐减小,则感应电动势E和感应电流I都均匀减小,即U也均匀减小,安培力F和功率P的大小都按照二次函数关系减小,但是不能减小到零,与0～内是对称的关系。综上所述选项A、C正确,B、D错误。
1.电磁感应中常见的图像
2.解答此类问题的两个常用方法
(1)排除法:定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况,把握三个关注,快速排除错误的选项。这种方法能快速解决问题,但不一定对所有问题都适用。
(2)函数关系法:根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系,再对图像作出判断,这种方法得到的结果准确、详细,但不够简捷。
3.(2022·福建龙岩三模)(多选)如图所示,在竖直平面内有四条间距均为L的水平虚线L1、L2、L3、L4,在L1、L2之间和L3、L4之间存在磁感应强度大小相等且方向均垂直纸面向里的匀强磁场。现有一矩形金属线圈abcd,ad边长为3L。t=0时刻将其从图示位置(cd边与L1重合)由静止释放,cd边经过磁场边界线L3时开始做匀速直线运动,cd边经过磁场边界线L2、L3、L4时对应的时刻分别为t1、t2、t3,整个运动过程线圈平面始终处于竖直平面内。在0～t3时间内,线圈的速度v、通过线圈横截面的电荷量q、通过线圈的电流i和线圈产生的热量Q随时间t的关系图像可能正确的是(　BD　)
解析:线圈cd边在L1、L2之间的磁场切割磁感线,则有E=Blv,I=,F安=BIl,解得F安=,根据牛顿第二定律a=,可知随着速度的增加,安培力也逐渐增大,加速度逐渐减小,根据题意,cd边经过磁场边界线L3时开始做匀速直线运动,说明从0时刻到t1的过程,线圈做加速度减小的加速运动,从t1到t2的过程,线圈做加速度为g的匀加速直线运动,从t2到t3的过程,线圈做匀速直线运动,根据vt图像的切线斜率表示加速度,可知A错误。从0时刻到t1的过程,线圈做加速度减小的加速运动,线圈中的电流逐渐增大;从t1到t2的过程,线圈做加速度为g的匀加速直线运动,但此过程线圈没有切割磁感线,感应电流为零;从t2到t3的过程,线圈做匀速直线运动,线圈中的电流保持不变,根据qt图像的切线斜率表示电流,可知B正确,C错误。从0时刻到t1的过程,线圈中的电流逐渐增大,从t1到t2的过程,线圈中的电流为零,从t2到t3的过程,线圈中的电流保持不变,根据Q=I2Rt可知Qt图像的切线斜率表示电流的平方,可知D正确。
4.如图甲所示,空间有一宽为2L的匀强磁场区域,磁感应强度为B,方向垂直于纸面向外,abcd是由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框,总电阻为R,线框以垂直磁场边界的速度v匀速通过磁场区域。在运动过程中,线框ab、cd两边始终与磁场边界平行,线框刚进入磁场的位置x=0,x轴沿水平方向向右。
(1)求cd边刚进入磁场时,ab两端的电势差,并指明哪端电势高;
(2)求线框穿过磁场的过程中,线框中产生的焦耳热;
(3)在图乙中,画出ab两端电势差Uab随距离变化的图像,其中U0=BLv。
解析:(1)cd边切割磁感线产生的感应电动势为 E=BLv,回路中的感应电流I=,
ab两端的电势差U=I·R=BLv,
故b端电势高。
(2)线框完全进入磁场的过程不产生感应电流,没有焦耳热,只有在cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程及cd边刚出磁场到ab边刚出磁场的过程产生焦耳热,且两个过程产生的焦耳热相同。
设线框从cd边刚进磁场到ab边刚进磁场所用时间为t,由焦耳定律 Q=2I2Rt,L=vt,
解得Q=。
(3)刚进入磁场时,由于b端的电势高,则Uab=-BLv,
全部进入磁场后,Uab=-BLv,
出磁场的过程中A、B两端的电势差是路端电压,
即Uab=E-I·R=-BLv。
答案:(1)BLv,b端电势高
(2)　(3)图见解析
考点三　电磁感应中的力电综合应用
(2021·全国乙卷,25)如图,一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M=0.06 kg的U形导体框,导体框的电阻忽略不计;一电阻R=3 Ω的金属棒CD的两端置于导体框上,与导体框构成矩形回路CDEF;EF与斜面底边平行,长度L=0.6 m。初始时CD与EF相距s0=0.4 m,金属棒与导体框同时由静止开始下滑,金属棒下滑距离s1= m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域,磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行;金属棒在磁场中做匀速运动,直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间,导体框的EF边正好进入磁场,并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好,磁场的磁感应强度大小B=1 T,重力加速度大小取g=10 m/s2,sin α=0.6。求:
(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小;
(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数;
(3)导体框匀速运动的距离。
解析:(1)金属棒与导体框同时由静止释放后,二者共同做匀加速直线运动,加速度
a0=gsin α=6 m/s2,①
设金属棒进入磁场时的速度大小为v0,则
=2a0s1,②
解得v0=1.5 m/s。
金属棒进入磁场时感应电动势E=BLv0,③
感应电流I=,④
金属棒受到的安培力FA1=BIL,⑤
解得FA1=0.18 N。⑥
(2)设金属棒的质量为m,金属棒和导体框之间的动摩擦因数为μ,金属棒进入磁场后受到沿斜面向上的安培力,做匀速直线运动,导体框继续做匀加速直线运动,设加速度为a,金属棒相对导体框向上运动,故金属棒受到沿斜面向下的摩擦力,导体框受到沿斜面向上的摩擦力。
对金属棒有FA1=mgsin α+μmgcos α,⑦
对导体框有Mgsin α-μmgcos α=Ma,⑧
当金属棒刚出磁场时,导体框的EF边进入磁场且做匀速运动,设此时导体框的速度为v,导体框受到的安培力FA2=,⑨
导体框做匀速直线运动,有
Mgsin α-μmgcos α=,⑩
从金属棒刚进入磁场到导体框的EF边进入磁场,导体框的位移为s0,则v2-=2as0,
由⑧⑩式可以得到=Ma,
联立式解得a=5 m/s2,v=2.5 m/s,
把a=5 m/s2代入⑧式得μmgcos α=0.06 N,
联立⑦式解得m=0.02 kg,μ=。
(3)设从金属棒刚进入磁场到导体框的EF边进入磁场经历的时间为t,则v=v0+at,
解得t=0.2 s,
设磁场区域的宽度为d,则d=v0t=0.3 m,
金属棒出磁场后的加速度
a′=gsin α+μgcos α=9 m/s2,
当金属棒与导体框的速度相等时,导体框开始做加速直线运动,假设导体框的EF边未出磁场前,金属棒的速度已经增加到v,则v=v0+a′t′,
解得t′= s,
导体框的位移x=vt′= m<0.3 m,
假设成立,故导体框匀速运动的距离为 m。
答案:(1)0.18 N　(2)0.02 kg　　(3) m
1.电磁感应中的电路和动力学问题常出现的两类情境:一是线框进出磁场;二是导体棒切割磁感线运动。两类情境都综合了电路、动力学、能量知识,有时还会与图像结合,解题方法有相通之处。在分析方法上,要始终抓住导体的受力(特别是安培力)特点及其变化规律,明确导体的运动过程以及运动过程中状态的变化,准确把握运动状态的临界点。
分析思路如下:
2.电磁感应中电路知识关系图。
5.(2022·福建厦门模拟)(多选)绝缘光滑水平面上存在着垂直纸面向里的磁场,以水平向右为正方向建立x轴,x≥0区域内磁感应强度大小与坐标的关系满足B=kx(k>0,且为常数),俯视图如图所示。一匀质单匝正方形金属线框abcd静止于水平面上,ab边位于x=0处。一根与ab边完全相同的金属棒MN以水平向右的初速度v和线框并排碰撞,碰后瞬间合在一起(MN与ab接触良好)。已知金属线框质量为4m,边长为L、电阻为4R,则(　ABD　)
A.碰撞后瞬间,线框的速度大小为
B.碰撞后,回路中的感应电流为逆时针方向
C.线框cd边产生的总焦耳热为
D.线框停止运动时,ab边处于x=的位置
解析:由于金属线框质量为4m,金属棒MN与金属线框ab边完全相同,因此金属棒MN的质量为m,设碰撞后瞬间合在一起的速度为v1,根据动量守恒定律得mv=(m+4m)v1,解得v1=,故A正确;由于B=kx(k>0,且为常数),根据楞次定律可得,碰撞后回路中的感应电流为逆时针方向,故B正确;碰撞后,在安培力的作用下,金属线框最终会静止,根据能量守恒定律可得Q总=(5m)=,由于MN与金属线框ab边完全相同,碰撞后金属棒MN与金属线框ab边瞬间合在一起,并且MN与ab边接触良好,因此金属棒MN与金属线框ab边合在一起,电阻为,因此碰撞后回路中的总电阻为R总=,则Qcd=Q总=,故C错误;从碰后到停止,规定向右为正方向,由动量定理得-t+t=0-5mv1,即B1L·t-B2L·t=mv ,而B1-B2=kL,·t=q,所以qkL2=mv,而q=·t=·t=·t=,联立得ΔΦ=,且ΔΦ=ΔB·S=kL2x,解得x=,故D正确。
6.(2022·湖南永州三模)如图甲,超级高铁是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具。如图乙,已知管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ,两导轨间距为 r;材料不同的运输车一、二的质量都为m,横截面都是半径为r的圆。运输车一、二上都固定有间距为d、与导轨垂直的两根相同导体棒1和2,每根导体棒的电阻都为R,每段长度为d的导轨的电阻也都为R。其他电阻忽略不计,重力加速度为g。
(1)在水平导轨上进行实验,此时不考虑摩擦及空气阻力。当运输车一进站时,管道内依次分布磁感应强度大小为B1、宽度为d的匀强磁场,且相邻的匀强磁场的方向相反。求运输车一以速度v0从如图丙位置通过距离2d时的速度vt。
(2)如图丁,当管道中的导轨平面与水平面成θ=30°时,运输车一恰好能无动力地匀速下滑。求运输车一与导轨间的动摩擦因数μ1。
(3)如图丁,当管道中的导轨平面与水平面成θ=30°时,此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B2=B0+kx(以Q指向P为x轴正方向,B0>0,k>0,Q为坐标原点)、垂直导轨平面向上的磁场中,运输车二恰好能以速度v无动力匀速下滑。求运输车二与导轨间的动摩擦因数μ2。(k、v都是已知量)
解析:(1)运输车进站时,电路如图所示。
当车速为v时,由法拉第电磁感应定律可得
E1=B1·rv,
E2=B1·rv,
由闭合电路欧姆定律得I1=I2=,
导体棒所受的安培力
F1=B1I1·r,
F2=B1I2·r,
运输车所受的合力F=F1+F2=。
选取一小段时间Δt,运输车速度的变化量为Δv,由动量定理
-Δt=mΔv,
即-Δx=mΔv,
两边求和-=mvt-mv0,
解得vt=v0-。
(2)分析运输车的受力,将运输车的重力分解如图a所示,
设轨道对运输车的支持力为FN1、FN2,如图b所示,
由几何关系得FN1=FN2=mgcos θ,
又Ff1=μ1FN1,Ff2=μ1FN2,
运输车匀速运动,则mgsin θ=Ff1+Ff2,
解得μ1=。
(3)加磁场后,电路中电流
I====,
因运输车二匀速下滑,处于平衡状态,则
mgsin θ=IΔBr+μ2·2mgcos θ,
解得μ2=-。
答案:(1)v0-　(2)
(3)-
电磁感应中的单、双杆模型
类型一　电磁感应中的单杆模型
单杆模型的常见情况
项目 v0≠0 v0=0
示 意 图 质量为m,电阻不计的单杆ab以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动,两平行导轨间距为L 轨道水平光滑,单杆ab质量为m,电阻不计,两平行导轨间距为L
力 学 观 点 导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E=BLv,电流I==,安培力F=BIL=,做减速运动:v↓ F↓ a↓,当v=0时,F=0,a=0,杆保持静止 S闭合,ab杆所受安培力F=BIL=,此时a=,杆ab速度v↑ 感应电动势BLv↑ I↓ 安培力F=BIL↓ 加速度a↓,当E感=E时,v最大,且vm=
图 像 观 点
能 量 观 点 动能全部转化为内能 Q=m 电源输出的电能转化为动能 W电=m
项目 拉力恒定(含电阻) 拉力恒定(含电容器)
示 意 图 轨道水平光滑,单杆ab质量为m,电阻不计,两平行导轨间距为L,拉力F恒定 轨道水平光滑,单杆ab质量为m,电阻不计,两平行导轨间距为L,拉力F恒定
力 学 观 点 开始时a=,杆ab速度v↑ 感应电动势E=BLv↑ I↑ 安培力F安=BIL↑,由F-F安=ma知a↓,当a=0时,v最大,vm= 开始时a=,杆ab速度v↑ 感应电动势E=BLv↑,经过Δt速度为v+Δv,此时感应电动势E′=BL(v+Δv),Δt时间内流入电容器的电荷量Δq=CΔU=C(E′-E)=CBLΔv,电流I==CBL=CBLa,安培力F安=BIL=CB2L2a,F-F安=ma,a=,所以杆以恒定的加速度做匀加速运动
图 像 观 点
能 量 观 点 F做的功一部分转化为杆的动能,一部分产生电热:WF=Q+m F做的功一部分转化为动能,一部分转化为电场能:WF=mv2+EC
(2021·湖北卷,16)如图甲所示,两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨,竖直固定在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向里,磁感应强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z的U-I图像如图乙所示,当流过元件Z的电流大于或等于I0时,电压稳定为Um。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动,运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响,重力加速度大小为g。为了方便计算,取I0=,Um=。以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示。
(1)闭合开关S,由静止释放金属棒,求金属棒下落的最大速度v1;
(2)断开开关S,由静止释放金属棒,求金属棒下落的最大速度v2;
(3)先闭合开关S,由静止释放金属棒,金属棒达到最大速度后,再断开开关S。忽略回路中电流突变的时间,求S断开瞬间金属棒的加速度大小a。
解析:(1)闭合开关S,金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上的安培力作用,当重力与安培力大小相等时,金属棒的加速度为零,速度最大,有mg=BI1L,
由法拉第电磁感应定律得E1=BLv1,
由欧姆定律得I1=,
联立得v1=。
(2)由第(1)问得I1=,由于I0断开开关S后,当金属棒的速度达到最大时,元件Z两端的电压恒为Um=,
此时定值电阻两端的电压为UR=BLv2-Um,
回路中的电流为I2=I1,
又由欧姆定律得I2=,
解得v2=。
(3)开关S闭合,当金属棒的速度最大时,金属棒产生的感应电动势为E1=,
断开开关S的瞬间,元件Z两端的电压为Um=,
则定值电阻两端的电压为UR′=E1-Um=,
电路中的电流为I′==,
金属棒受到的安培力为FA=BI′L=,
对金属棒由牛顿第二定律得mg-FA=ma,
解得a=。
答案:(1)　(2)　(3)
1.(多选)如图所示,水平面内的两根光滑导轨平行放置,左侧连接阻值为R1的定值电阻,匀强磁场方向垂直于纸面向里,一导体棒质量为m、电阻为R2,以初速度v0从图示位置沿着导轨向右滑动,滑动的最远距离为s。棒与导轨始终接触良好,其他电阻不计。当棒以初速度v0从图示位置向右滑动到处时,下列判断正确的是(　AC　)
A.棒的速度为
B.棒的速度为
C.电阻R1的热功率为
D.棒以初速度v0从图示位置滑动到处的过程,回路产生的热量为
解析:棒向右运动的距离为s的过程,由法拉第电磁感应定律得==,又=,q=·Δt,解得q=,由动量定理得-BLΔt=0-mv0,整理得s=;设棒向右滑动到处时的速度为v,同理得q1=,由动量定理得-BLΔt′=mv-mv0,解得v=,A正确,B错误;向右滑动到处棒中的感应电动势为E=BL·v0,回路中的感应电流为I=,定值电阻R1的热功率为PR1=I2R1,由以上整理得PR1=,C正确;棒以初速度v0从图示位置向右滑动到处的过程,由能量守恒定律得回路产生的热量Q=m-m(v0)2=,D错误。
2.如图所示,空间存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,有两条间距为d的足够长平行直导轨MN、PQ处于同一水平面内,左端连接一电容为C的电容器,右端连接阻值为R的电阻。质量为m的导体棒垂直跨放在导轨上,与导轨间的摩擦不计。开关S1闭合,S2断开,从t=0时刻开始,对导体棒施加一个大小为F、方向水平向右的恒力,使导体棒从静止开始沿导轨方向做加速运动,此过程中导体棒始终保持与导轨垂直且接触良好。除电阻R以外其余部分的电阻均不计,重力加速度为g。
(1)求导体棒向右运动L1时的速度大小。
(2)导体棒向右运动L1时,断开S1,闭合S2,若导体棒再向右运动L2时,导体棒已经做匀速运动,求匀速运动的速度和这一过程中电阻R上产生的焦耳热。
解析:(1)设在Δt时间内,导体棒速度变化为Δv,则导体棒产生的感应电动势变化ΔE=BdΔv,
电容器充电电流I====CBda,
对导体棒,由牛顿第二定律有F-BId=ma,
联立解得导体棒的加速度为a=,
可以看出,加速度与时间无关,说明导体棒做匀加速直线运动。
设导体棒沿导轨运动L1时的速度为v1,由速度位移公式可得=2aL1,
解得v1=。
(2)断开S1,闭合S2,若F大于安培力,则导体棒先做加速运动后做匀速运动;若F等于安培力,则导体棒做匀速运动;若F小于安培力,则导体棒先做减速运动后做匀速运动,因为无论哪种情况,导体棒最后做匀速运动,所以由平衡条件可得
F=F安=,
则匀速运动的速度为v2=,
对导体棒在该过程中使用动能定理,设克服安培力做功为W,可得
FL2-W=m-m,
故此过程中电阻R上产生的焦耳热为
Q=W=FL2+-。
答案:(1)
(2)　FL2+-
类型二　电磁感应中的双杆模型
双杆模型的常见情况
(1)合外力为零的双杆系统。
平行导轨水平放置,表面光滑,电阻不计,间距为L;双杆质量为m,电阻均为r;杆与导轨垂直并接触良好;匀强磁场B与导轨垂直。
项目 模型1 模型2 模型3
情境 1杆初始静止,2杆初速度为v0,水平向右 1杆初速度为v1,2杆初速度为v2,均水平向右,但v2>v1 1杆初速度为v1,水平向左,2杆初速度为v2,水平向右,但v2>v1
示意图
力学观点 初始时,2杆速度v2↓,1杆速度v1↑,但v2>v1 E=BL(v2-v1)↓ I=↓ F安=ILB↓ a↓。当a=0时,双杆共速,之后双杆做匀速直线运动 E=BL(v2-v1),感应电流的方向为顺时针 2杆速度v2↓,1杆速度v1↑ 感应电动势E↓ F安=ILB↓ a↓。当v2=v1时,a=0,双杆共速,之后双杆做匀速运动 E=BL(v2+v1),感应电流的方向为顺时针 2杆速度v2↓,1杆速度v1↓ 感应电动势E↓ F安=ILB↓ a↓。当1杆速度减为零时,2杆仍向右运动,此后双杆的运动情况等同于模型1
图像观点
动量观点 双杆系统动量守恒 mv0=2mv 双杆系统动量守恒 mv1+mv2=2mv 双杆系统动量守恒 mv2-mv1=2mv
能量观点 全过程系统产生的焦耳热 Q=m-·2mv2 全过程系统产生的焦耳热 Q=m+m-·2mv2 全过程系统产生的焦耳热 Q=m+m-·2mv2
(2)合外力不为零的双杆系统。
足够长的平行导轨,表面光滑,电阻不计。杆与导轨垂直且接触良好,匀强磁场B垂直导轨平面。
项目 模型1 模型2 模型3
情境 导轨水平,宽导轨的间距3L是窄导轨的3倍,1杆质量为3m,2杆质量为m,2杆初始静止,1杆初速度为v0,水平向右 导轨水平,间距为L,1杆和2杆初始均静止,质量均为m,2杆受到水平向右的恒力F作用 导轨竖直,间距为L,双杆质量均为m,2杆由静止释放,当速度为v0(较小)时,释放1杆
示意图
续　表
项目 模型1 模型2 模型3
力学观点 初始时,1杆速度v1↓,2杆速度v2↑ E=B(3Lv1-Lv2)=BL(3v1-v2)↓ I=↓ F安=BIL↓ a↓。当a=0时,v2=3v1,双杆同向做匀速直线运动 2杆速度v2↑,但a2↓;1杆速度v1↑,a1↑,但初始a2>a1 感应电动势E=BL(v2-v1)↑ F安=BIL↑ a2↓,a1↑。当a2=a1时,Δv为定值,E、I、F安、a均为定值,a=,双杆以相同加速度做匀加速直线运动 a2=,a1= a1>a2 E=BL(v2-v1)↓ I↓ a2↓,a1↓,但1杆速度v1比2杆速度v2增加得快,当v2=v1=v时,E=0,a1=a2=g,最终双杆以相同加速度g做匀加速直线运动
图像观点
动量观点 动量定理 2杆Ft=mv2-0 1杆-3Ft=3mv1-3mv0 动量定理 2杆(F-F安)t=mv2-0 1杆F安t=mv1-0 动量定理 2杆(mg-F安)t=mv2-mv0 1杆(mg+F安)t=mv1-0
能量观点 根据能量守恒 Q=m-(m+m) 根据功能关系 WF=Q+m(+) 根据功能关系 WG=Q+mv2-m
(2021·福建卷,7)(多选)如图,P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨,间距为L,导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t=t1时刻,两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场,速度大小均为v0;一段时间后,流经a棒的电流为0,此时t=t2,b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b由相同材料制成,长度均为L,电阻分别为R和2R,a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好,a、b棒没有相碰,则(　AD　)
A.t1时刻a棒加速度大小为
B.t2时刻b棒的速度为0
C.t1～t2时间内,通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍
D.t1～t2时间内,a棒产生的焦耳热为m
解析:由题知,a棒进入磁场的速度方向向右,b棒的速度方向向左,根据右手定则可知,a棒产生的感应电流方向是E到F,b棒产生的感应电流方向是H到G,即两个感应电流方向相同,所以回路的电动势为a、b棒各自产生的电动势之和,即E=2BLv0,则回路中感应电流I=,对a棒根据牛顿第二定律有BIL=ma,解得a=,故A正确。根据左手定则,可知a棒受到的安培力向左,b棒受到的安培力向右,由于流过a、b棒的电流一直相等,故两个力大小相等,则a棒与b棒组成的系统动量守恒。由题意知,t2时刻流过a棒的电流为零时,说明a、b棒之间的磁通量不变,即a、b棒在t2时刻达到了共同速度,设为v。由题意知,金属棒a、b由相同材料制成,长度均为L,电阻分别为R和2R,根据电阻定律有R=ρ,2R=ρ,解得S′=S,已知a棒的质量为m,设b棒的质量为m′,则有m=ρV=ρSL,m′=ρV′=ρS′L,联立解得m′=m。取向右为正方向,根据系统动量守恒有mv0-mv0=(m+m)v,解得v=v0,故B错误。在t1～t2时间内,根据q=IΔt,因通过两棒的电流时刻相等,所用时间相同,故通过两棒横截面的电荷量相等,故C错误。在t1～t2时间内,对a、b棒组成的系统,根据能量守恒有m+×m=mv2+×mv2+Q总,解得回路中产生的总热量为Q总=m,对a、b棒,根据焦耳定律有Q=I2RΔt,因a、b棒流过的电流一直相等,所用时间相同,故a、b棒产生的热量与电阻成正比,即Qa∶Qb=1∶2,又Qa+Qb=Q总=m,解得a棒产生的焦耳热为Qa=m,故D正确。
1.(多选)如图所示,足够长的光滑水平金属轨道,左侧轨道间距为0.8 m,右侧轨道间距为0.4 m。空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为1 T。质量均为0.2 kg的金属棒M、N垂直导轨放置在轨道上,开始时金属棒M、N均保持静止,现使金属棒N以10 m/s的速度向右运动,两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触,M棒总在宽轨上运动,N棒总在窄轨上运动。已知两金属棒接入电路的总电阻为0.4 Ω,轨道电阻不计,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　BC　)
A.M、N棒最后都以5 m/s的速度向右匀速运动
B.从开始到最终匀速运动电路中产生的焦耳热为2 J
C.在两棒整个运动过程中流过棒M的电荷量为1 C
D.在两棒整个运动过程中,金属棒M、N在水平导轨间扫过的面积之差为0.5 m2
解析:使金属棒N以10 m/s的速度向右运动时,切割磁感线产生逆时针方向的感应电流,使得金属棒M受到向右的安培力而向右加速运动,N向右做减速运动,最终两棒匀速时,电路中无电流,即BL1vM=BL2vN,解得vN=2vM,选取水平向右为正方向,对M、N分别利用动量定理可得,对M有FM安t=mvM,对N有-FN安t=mvN-mv0,根据F安=BIL,又知道导轨宽度是2倍关系,故FM安=2FN安,联立解得vM=4 m/s,vN=8 m/s,A错误;根据能量守恒定律可得m=Q+m+m,解得Q=2 J,选项B正确;在M加速过程中,由动量定理得BL1Δt=mvM-0,其中Δt=q,解得q=1 C,选项C正确;根据Δt=q=1 C,电路中的电流=,据法拉第电磁感应定律有E=,其中磁通量变化量ΔΦ=BΔS,联立以上各式,得ΔS=0.4 m2,选项D错误。
2.如图所示,光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=3 T。两导轨间距为 L=0.5 m,轨道足够长,电阻不计。金属棒a和b的质量分别为ma=1 kg,mb=0.5 kg,电阻分别为Ra=1 Ω,Rb=2 Ω。b棒静止于轨道水平部分,现将a棒从h=1.8 m高处自静止沿弧形轨道下滑,通过C点进入轨道的水平部分,已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好,两棒始终不相碰,g取10 m/s2。求:
(1)a棒刚进入磁场时,b棒的加速度。
(2)从a棒进入磁场到两棒共速的过程中,流过a棒的电荷量。
(3)从a棒进入磁场到两棒共速的过程中,a棒中产生的焦耳热。
解析:(1)a棒沿弧形轨道下滑h过程,根据机械能守恒有magh=mav2,
代入数据解得v=6 m/s,
a棒进入磁场瞬间感应电动势E=BLv=9 V,
根据闭合电路欧姆定律I==3 A,
对b棒,根据牛顿第二定律F安=BIL=mba,
解得a=9 m/s2,由左手定则可知,b棒所受安培力的方向向右,故加速度的方向向右。
(2)由动量守恒定律得mav=(ma+mb)v共,
解得v共=4 m/s,
对b棒,应用动量定理有BLt=BLq=mbv共,
解得q= C。
(3)设从a棒进入磁场到两棒共速的过程中,两棒产生的总焦耳热为Q,由能量守恒定律得
mav2=(ma+mb)+Q,解得Q=6 J,
根据电路知识可知,a棒产生的焦耳热为
Qa=Q=2 J。
答案:(1)9 m/s2　方向向右　(2) C　(3)2 J
3.如图所示,电阻不计,足够长的光滑平行金属导轨水平固定,间距L=2 m;金属棒甲质量m1=2 kg,金属棒乙质量m2=1 kg,电阻均为R=2 Ω,垂直导轨置于导轨上,构成矩形回路;虚线a、b、c垂直于导轨,导轨内的a右侧和b、c间区域有磁感应强度大小B=1 T、垂直导轨平面向上的匀强磁场;金属棒甲与虚线a重合,金属棒乙在虚线a右侧某处,都静止。某时刻起,水平向左、平行于导轨的恒定外力F=4 N作用在金属棒甲的同时,相同方向、大小未知的另一个恒力F′作用在金属棒乙上,甲到达虚线b的同时乙也刚好离开虚线a,乙离开虚线a的速度大小为1 m/s,此时撤去作用在乙上的外力,再经过一段时间,当乙到达虚线b时,撤去作用在甲上的外力。已知虚线a、b间距离xab=1 m,虚线b、c间距离xbc=4 m;金属棒甲和乙与导轨始终垂直且接触良好。
(1)求金属棒甲与虚线b重合时受到安培力的大小。
(2)通过计算判断金属棒乙与b重合时,金属棒甲是否离开虚线c。若离开,求离开时金属棒甲的速度大小;若没有离开,求此时刻(金属棒乙与b重合)金属棒甲的速度大小以及金属棒甲与虚线b间距离大小的关系。
解析:(1)金属棒甲从虚线a到b做初速度为零的匀加速运动,设加速度为a1,与虚线b重合时速度为v1,感应电动势的大小为E1,受到安培力的大小为F1,则F=m1a1,=2a1xab,E1=BLv1,
F1=BL·,
解得a1=2 m/s2,v1=2 m/s,E1=4 V,F1=2 N。
(2)由于F1=2 N小于恒外力F=4 N,所以金属棒甲进入虚线b、c之间后先做加速运动,如果时间足够长,且乙没有进入b、c间,甲最后做匀速运动。设匀速运动的速度为vm,则F=,
解得vm=4 m/s。
金属棒乙从虚线a到b做匀速运动,设经过的时间为t1,则t1=,解得t1=1 s。
假设金属棒甲达到虚线c时刚好开始做匀速运动,设在b、c间经过时间为t2,则由动量定理知
Ft2-=m1vm-m1v1,
其中·t2=xbc,解得t2=2 s。
由于t2>t1,所以金属棒乙与b重合时,金属棒甲没有达到虚线c,即没有离开虚线c。
再假设金属棒乙与b重合时,即经过时间t1,金属棒甲刚好开始做匀速运动,设甲在b、c间通过的距离为x1,则Ft1-=m1vm-m1v1,
解得x1=0,不合理,
所以,金属棒乙与b重合时,金属棒甲没有做匀速运动。
设此时刻(金属棒乙与b重合)金属棒甲的速度大小为v0,金属棒甲与虚线b间距离为x0,则
Ft1-=m1v0-m1v1,即v0=4-x0。
答案:(1)2 N　(2)见解析专题五　机械振动和机械波　光和电磁波
1.机械振动与机械波
(1)基础概念。
(2)波的叠加规律。
①两个振动情况相同的波源形成的波,在空间某点振动加强的条件为Δx=nλ(n=0,1,2,…),振动减弱的条件为Δx=nλ+(n=0,1,2,…)。两个振动情况相反的波源形成的波,在空间某点振动加强的条件为Δx=nλ+(n=0,1,2,…),振动减弱的条件为Δx=nλ(n=0,1,2,…)。Δx为两波源到该点的距离之差。
②振动加强点的位移随时间而改变,振幅最大。
2.光的折射、光的波动性、电磁波
(1)基础概念。
(2)光的波动性。
①光的干涉产生的条件:两光源频率相等,相位差恒定。
②两列光波发生稳定干涉现象时,相邻两条亮(暗)条纹的中心间距
Δx=λ。
③发生明显衍射的条件是障碍物或小孔的尺寸跟光的波长相差不多或比光的波长小。
1.机械振动与机械波
(1)分析简谐运动的技巧。
①物理量变化分析:以位移为桥梁,位移增大时,振动质点的回复力、加速度、势能均增大,速度、动能均减小;反之,则产生相反的变化。
②矢量方向分析:矢量均在其值为零时改变方向。
(2)波在传播过程中的几个特点。
①沿波的传播方向上各质点的起振方向与波源的起振方向一致。
②传播中各质点随波振动,但并不随波迁移。
③沿波的传播方向上每个周期传播一个波长的距离。
④在波的传播过程中,同一时刻如果一个质点处于波峰,而另一质点处于波谷,则这两个质点振动步调总是相反。
2.光的折射和全反射
(1)依据题目条件,正确分析可能的全反射及临界角。
(2)通过分析、计算确定光传播过程中可能的折射、反射,把握光的“多过程”现象。
(3)几何光学临界问题的分析。
画出正确的光路图,从图中找出各种几何关系;利用好光路图中的临界光线,准确地判断出恰好发生全反射的临界条件。
高考考点 命题轨迹 考查内容 考查要求
简谐振动和机械波 2022山东卷T9 必备知识 基础性
2022全国甲卷T34(1) 必备知识 基础性
2022全国乙卷T34(1) 必备知识 基础性
2022河北卷T16 必备知识 基础性
2021全国甲卷T34(2) 关键能力 应用性
2021全国乙卷T34(1) 必备知识 基础性
2021重庆卷T9 必备知识 基础性
2021海南卷T16 必备知识 基础性
光的折射和全反射 2022山东卷T7 关键能力 综合性
2022全国甲卷T34(2) 关键能力 应用性
2022全国乙卷T34(2) 关键能力 应用性
2022湖北卷T14 关键能力 综合性
2021江苏卷T7 关键能力 综合性
2021全国甲卷T34(1) 基础知识 基础性
2021全国乙卷T34(2) 关键能力、核心价值 综合性
光的波动性　电磁波 2021山东卷T7 必备知识 基础性
2021湖北卷T5 必备知识 基础性
考点一　振动和波动的综合应用
(2021·重庆卷,9)简谐横波沿x轴正方向传播,题图为某时刻波形图。波源位于x=0处,其位移随时间变化的关系为y=sin 2πt cm,则(　C　)
A.此波的波长为9 cm
B.此波的频率为2 Hz
C.此波的波速为0.1 m/s
D.此时波源沿y轴正方向运动
解析:由波形图可知,此波的波长λ=10 cm,A错误;由位移随时间变化的关系得ω=2π rad/s,由ω=2πf可得此波的频率f=1 Hz,B错误;由ω=可得T=1 s,由λ=vT可得此波的传播速度v=0.1 m/s,C正确;波沿x轴正方向传播,根据“同侧法”可判断,此时波源沿y轴负方向运动,D错误。
(2022·湖南卷,16)下端附着重物的粗细均匀木棒,竖直浮在河面,在重力和浮力作用下,沿竖直方向做频率为1 Hz的简谐运动;与此同时,木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动,如图a所示。以木棒所受浮力F为纵轴,木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系,浮力F随水平位移x的变化如图b所示。已知河水密度为ρ,木棒横截面积为S,重力加速度大小为g。下列说法正确的是　　　　(多选)。
A.x从0.05 m到0.15 m的过程中,木棒的动能先增大后减小
B.x从0.21 m到0.25 m的过程中,木棒加速度方向竖直向下,大小逐渐变小
C.x=0.35 m和x=0.45 m时,木棒的速度大小相等,方向相反
D.木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为
E.木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波,波速为0.4 m/s
解析:木棒在竖直方向做简谐运动,浮力恰好等于重力时木棒速度最大,动能最大。根据浮力等于排开液体的重力、浮力随水平位移x变化的图像可知,x从0.05 m到0.15 m的过程中,木棒的速度先增大后减小,木棒的动能先增大后减小,选项A正确;x从0.21 m到0.25 m的过程中,木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动(未到平衡位置),加速度竖直向下,大小减小,选项B正确;x=0.35 m时,木棒向下运动,x=0.45 m时木棒在同一位置向上运动,x=0.35 m和x=0.45 m时,木棒在竖直方向的速度大小相等,方向相反,而两时刻木棒水平方向速度相同,所以合速度大小相等,方向不是相反,选项C错误;木棒底端处于水面下最大位移时,F1=ρgSh1,木棒底端处于水面下最小位移时,F2=ρgSh2,木棒在竖直方向做简谐运动的振幅A==,选项D正确;木棒的运动为沿x轴方向的匀速直线运动和竖直方向的简谐运动的合运动,选项E错误。
答案:ABD
1.巧解振动图像与波的图像综合问题的基本方法
2.波的传播方向与质点振动方向的互判方法
项目 方法解读 图像演示
“上、下 坡”法 沿波的传播方向,“上坡”时质点向下振动,“下坡”时质点向上振动
“同 侧” 法 波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧
“微平 移”法 将波形沿传播方向进行微小平移,再由对应同一x坐标的两波形曲线上的点来判断振动方向
1.(2022·福建厦门模拟)如图甲所示,一列简谐横波在均匀介质中沿直线向右传播,选取平衡位置在同一直线上的7个质点,相邻两质点间的距离均为d。t=0时该波传播到质点1,且质点1向下运动,t0时刻该波第一次出现如图乙所示的波形,则(　D　)
A.t0时质点2向下运动
B.t0时质点5的速度为0
C.该波的波长为10d
D.该波的波速为
解析:简谐波向右传播,根据“上、下坡”法,可知t0时质点2向上运动,故A错误;t0时质点5处于平衡位置,速度最大,故B错误;由题图乙可知,波长为8d,故C错误;由题意知,t0时刻质点1经过1.5次全振动,即T=t0,波速为v=,得v=,故D正确。
2.(2022·北京房山区二模)图甲为一列简谐横波在t=1.0 s时的波形图,P是平衡位置为x=2 m处的质点,Q是平衡位置为x=4 m处的质点,图乙为质点Q的振动图像。下列判断正确的是(　A　)
A.该波沿x轴负方向传播
B.t=1.5 s时,质点P的位移达到负向最大
C.t=1.5 s时,质点Q的回复力方向沿y轴负方向
D.这列简谐波的波速为8 m/s
解析:由题图乙可知t=1.0 s时刻质点Q正沿y轴负方向运动,结合题图甲可知,该波沿x轴负方向传播,故A正确;该波的周期为T=2.0 s,所以从t=1.0 s到t=1.5 s时间内,质点P从波峰位置沿y轴负方向运动四分之一个周期,则t=1.5 s时,质点P运动至平衡位置,位移为零,故B错误;从t=1.0 s到t=1.5 s时间内,质点Q从平衡位置沿y轴负方向运动四分之一个周期,则t=1.5 s时,质点Q位于波谷处,回复力方向沿y轴正方向,故C错误;该波的周期为T=2.0 s,波长为λ=8 m,所以波速为v==4 m/s,故D错误。
考点二　光的折射和全反射
(2022·山东卷,7)柱状光学器件横截面如图所示,OP右侧是以O为圆心、半径为R的圆,左侧是直角梯形,AP长为R,AC与CO夹角45°,AC中点为B。a、b两种频率的细激光束,垂直AB面入射,器件介质对a、b光的折射率分别为1.42、1.40。保持光的入射方向不变,入射点从A向B移动过程中,能在PM面全反射后,从OM面出射的光是(不考虑三次反射以后的光)(　A　)
A.仅有a光
B.仅有b光
C.a、b光都可以
D.a、b 光都不可以
解析:根据题意作出光路图如图1所示,根据临界角sin C=可知Ca<45°,Cb>45°,从图中可以看出两束光经过OC面反射以后均能射到PM面上,入射角在0°～45°范围内,所以只有a光才有可能在PM面上发生全反射,选项B、C错误;分析易知,射到P点的a光线全反射到M点,入射角为45°,发生全反射不能从OM面射出,画出a光在PM面上恰好发生全反射的光路图如图2所示,可知该光线经Q点全反射后射至OM面上E点,由几何关系可知在E点的入射角为2Ca-45°,小于Ca,即可以从E点射出,故选项A正确,D错误。
(2022·全国甲卷,34)
如图,边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面,M为AB边的中点。在截面所在平面内,一光线自M点射入棱镜,入射角为60°,经折射后在BC边的N点恰好发生全反射,反射光线从CD边的P点射出棱镜。求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。
解析:设光在AB面的折射角为r,则由折射定律有n=,
光在BC面恰好发生全反射,有sin C=,
由几何知识有r+C=90°,
联立解得sin C=,sin r=,n=,
设BN=b,PC=c,
则有sin r=,
sin C=,
联立解得c=a。
答案:　a
1.常用的三个公式
=n,n=,sin C=。
2.对折射率的理解
(1)折射率与介质和光的频率有关,与入射角的大小无关。
(2)光密介质是相对的,是指两种介质中折射率较大的介质,而不是指密度大的介质。
(3)同一种介质中,频率越大的色光折射率越大,传播速度越小。
3.求解光的折射和全反射问题的思路
(1)根据题意画出正确的光路图,特别注意全反射的临界光线。
(2)利用几何关系确定光路中的边、角关系。
(3)利用折射定律等公式求解。
(4)注意折射现象中光路的可逆性。
3.(2022·浙江温州三模)(多选)如图所示,均匀透明材料制作成的半圆柱的截面为半圆形ABC,O为圆心、半径为R、AB为直径边界,ACB为半圆弧边界,该材料对绿光的折射率n=2,有一点光源嵌于S点,在纸面内向各个方向发射绿光。已知SO⊥AB,且SO=R。若不考虑光在材料内部的反射,则(　BC　)
A.直径边界与圆弧边界有光线射出的总长度为R
B.直径边界与圆弧边界有光线射出的总长度为R
C.若改用红光光源,有光射出的边界总长度将变长
D.若改用红光光源,有光射出的边界总长度将变短
解析:
介质折射率n=2,发生全反射的临界角满足sin C=,解得C=30°,恰好发生全反射的光路图如图所示。
根据C=30°,可得∠OSE=30°,∠OGS=30°,则DE=2OE=2OStan 30°=R,根据数学关系可得∠GOF=60°,可得弧长GCF为2πR×=,则直径边界与圆弧边界有光线射出的总长度为+=R,故B正确,A错误;若改用红光光源,红光的频率低,该材料对红光的折射率小,则临界角较大,结合图可知,有光射出的边界总长度将变长,故C正确,D错误。
4.(2022·河北张家口三模)反光面料能将远方直射光线反射回发光处。它的核心组件是折射率比较大的玻璃微球,当一束光线在一定范围内以任何角度照射到微球前表面时,由于微球的折射作用而聚光在微球后表面反射层上,反射层将光线反射回去,就会形成回归反射。如图所示,取微球的最大截面圆,入射光线延长线垂直于某半径且垂足为该半径的中点,该光线经球面折射、反射、再折射出玻璃微球后恰好和入射光线反向平行。
(1)请完成光路图,要求画出光线、法线;
(2)求玻璃微球的折射率。(结果可用根式表示)
解析:(1)因为入射光和出射光反向平行,根据对称性可知微球后表面入射光线与反射光线间的法线恰好位于前表面入射光线与出射光线的中间且与两条光线平行,光路图如图所示。
(2)设入射角为θ1,折射角为θ2,由图可知θ1=2θ2,sin θ1=,
根据折射定律可得微球折射率n=,
解得n=2cos 15°=。
答案:(1)图见解析　(2)
考点三　光的波动性　电磁波
(2021·山东卷,7)用平行单色光垂直照射一层透明薄膜,观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像,可能正确的是(　D　)
解析:从薄膜的上、下表面分别反射的两列光是相干光,其光程差为Δx=2d,即光程差为薄膜厚度的2倍,当光程差Δx=nλ时,此处表现为亮条纹,故相邻亮条纹之间的薄膜厚度差为λ,即厚度差为定值,但在图中相邻亮条纹(或暗条纹)之间的距离变大,则薄膜层的厚度之间变小,因条纹宽度逐渐变宽,则厚度不是均匀变小,故D正确。
(2021·湖北卷,5)如图所示,由波长为λ1和λ2的单色光组成的一束复色光,经半反半透镜后分成透射光和反射光。透射光经扩束器后垂直照射到双缝上并在屏上形成干涉条纹。O是两单色光中央亮条纹的中心位置,P1和P2分别是波长为λ1和λ2的光形成的距离O点最近的亮条纹中心位置。反射光入射到三棱镜一侧面上,从另一侧面M和N位置出射,则(　D　)
A.λ1<λ2,M是波长为λ1的光出射位置
B.λ1<λ2,N是波长为λ1的光出射位置
C.λ1>λ2,M是波长为λ1的光出射位置
D.λ1>λ2,N是波长为λ1的光出射位置
解析:由双缝干涉条纹间距公式Δx=λ可知,当两种色光通过同一双缝干涉装置时,波长越长条纹间距越宽,由屏上亮条纹的位置可知λ1>λ2,反射光经过三棱镜后分成两束色光,由图可知经M位置出射的光的折射角大,又由折射定律可知,入射角相同时,折射率越大的色光折射角越大,由于λ1>λ2,则n11.光的双缝干涉和单缝衍射的比较。
项目 双缝干涉 单缝衍射
产生条件 两束光频率相同、相位差恒定 障碍物或狭缝的尺寸足够小(明显衍射)
图样 不同点 条纹 宽度 条纹宽度相等 条纹宽度不等,中央最宽
条纹 间距 各相邻条纹间距相等 各相邻条纹间距不等
亮度 情况 清晰条纹,亮度基本相等 中央条纹最亮,两边变暗
与光的偏振的区别 干涉、衍射都是波特有的现象;光的偏振现象说明光是横波
2.光的干涉与衍射现象是光的波动性的表现,也是光具有波动性的证据。两者的区别是光的干涉现象只有在符合一定条件时才发生;而光的衍射现象却总是存在的,只有明显与不明显之分。
3.关于电磁波应注意的几点。
(1)光的本质是一种频率很高的电磁波。
(2)电磁波是一种物质,电磁波也具有能量。
(3)电磁波由真空进入介质后频率不变,波长变。
(4)电磁波谱按波长由长到短、频率由小到大的次序依次是:无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线,依次是波动性越来越弱、粒子性越来越强。
5.(2022·浙江宁波二模)图甲是用激光水平照射竖直圆珠笔中的小弹簧得到的衍射图样,它和图乙的DNA双螺旋结构的X射线衍射图样非常相似,我们常用衍射图样来分析事物的形状结构。请根据单缝衍射的实验规律,分析激光通过下列哪个小孔可得到图丙衍射图样(　A　)
解析:根据单缝衍射的实验规律,当缝调到很窄时,亮条纹的亮度有所降低,宽度反而增大。根据题图丙衍射图样的特点可知,激光通过的小孔左右较窄,上下较宽,故A正确,B、C、D错误。
6.
铁丝圈上附肥皂膜通常作为演示薄膜干涉现象的实验装置,现将该装置水平放置,用单色光照射肥皂膜,产生的干涉条纹如图所示,条纹间距由内向外越来越小。下列有关肥皂薄膜侧面形状正确的是(　B　)
解析:先考虑楔形薄膜干涉,如图A、B为相邻亮条纹,根据薄膜干涉原理可知,2d1=nλ(n=1,2,…),
2d2=(n+1)λ(n=1,2,…),则相邻亮条纹对应膜的厚度差Δd=,相邻亮条纹间距l==,条纹间距由内向外变小,则θ变大,即由内向外上下两液面间夹角越来越大,B正确。
7.(多选)关于电磁波的作用,下列说法正确的是(　ABD　)
A.用红外线热像仪检测发热病人,利用了物体在不同温度下发射的红外线的频率和强度不同
B.刑侦上用紫外线拍摄指纹照片,因为紫外线波长短,分辨率高
C.红外遥感技术利用了红外线的显著热效应
D.验钞机之所以利用紫外线验钞是因为紫外线具有荧光效应
解析:物体的温度越高,它辐射的红外线越强,波长越短,红外线热像仪利用物体在不同温度下发射的红外线的频率和强度不同检测发热病人,选项A正确;因为紫外线波长短,用紫外线拍摄指纹照片,分辨率高, 选项B正确;红外遥感技术利用灵敏的红外线探测仪接收的物体发射的红外线探知物体的特征,选项C错误;紫外线具有荧光效应,可使钞票上的荧光物质发光,选项D正确。
机械波的多解问题
类型一　周期或波长不确定引起的多解
1.时间周期性:时间间隔Δt与周期T的关系不明确。
每经过nT,质点完成n次全振动回到原来的状态,在时间上形成多解,多解通式为t=nT+Δt。
2.空间周期性:波传播的距离Δx与波长λ的关系不明确。在波形图上,相距nλ的质点振动状态完全一致,在空间上形成多解,多解通式为x=nλ+Δx。
3.波形的不确定:在波动问题中,往往只给出完整波形的一部分,或给出几个特殊点,波形就有多种情况,形成波动问题的多解性。
(2021·辽宁卷,7)一列沿x轴负方向传播的简谐横波,t=2 s时的波形如图甲所示,x=2 m处质点的振动图像如图乙所示,则波速可能是(　A　)
A. m/s B. m/s
C. m/s D. m/s
解析:由振动图像可知,2 s时x=2 m处的质点沿y轴负方向运动,波沿x轴负方向传播,故+nλ=2 m(n=0,1,2,3,…)。由振动图像得出波传播的周期为4 s,波速v=== m/s,当n=2时,A正确。
(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播,在x=5 m处的质点的振动图像如图甲所示,在x=11 m处的质点的振动图像如图乙所示,以下说法正确的是(　AB　)
A.该波的周期为12 s
B.该波的传播速度可能为2 m/s
C.从t=0时开始计时,x=5 m处的质点做简谐运动的表达式为y=4sin 12πt cm
D.在0～4 s内x=5 m处的质点通过的路程等于x=11 m处的质点通过的路程
解析:由图像可知,该简谐横波的周期T=12 s,所以A正确;由题意可知+nλ=6 m(n=0,1,2,…),化简可得该波的波长λ= m(n=0,1,2,…),由公式v=,可得该波的波速v= m/s(n=0,1,2,…),当n=0时,v=2 m/s,所以B正确;由题图甲可得,从t=0时开始计时,x=5 m 处的质点做简谐运动的表达式为y1=4sin ωt cm,其中ω== rad/s,得y1=4sint cm,所以C错误;由题图乙可得,从t=0时开始计时,x=11 m处的质点做简谐运动的表达式为y2=4sin(t-) cm,当t=4 s时,y1=2 cm,y2=2 cm,所以两质点4 s内通过的路程分别为s1=(8-2)cm,s2=6 cm,即s1≠s2,所以D错误。
类型二　双向性引起的多解
1.传播方向双向性:波的传播方向不确定。
只告诉波速,不指明波的传播方向,应考虑沿两个方向传播的可能,即沿x轴正方向或沿x轴负方向传播。
2.振动方向双向性:质点位移、速度方向不确定。
质点达到最大位移处,则有正向和负向最大位移两种可能,质点在某一确定位置,振动速度方向有向上、向下(或向左、向右)两种可能。
(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(　AC　)
解析:由振动图像可知波的振幅A=20 cm,波的周期T=12 s,从振动图像上可以看出t=7 s时平衡位置位于原点O的质点相对平衡位置的位移为y7=- A,且向下运动。选项A图该质点位移符合条件,且当波沿x轴负方向传播时向下运动,符合题意;选项C图该质点位移符合条件,且当波沿x轴正方向传播时向下运动,符合题意。
(2022·天津河西区模拟)如图所示,一列简谐横波沿x轴方向传播,实线为t=0时刻的波形图,虚线为t=0.6 s时刻的波形图,P、Q为传播方向上的两个质点。已知波的周期T>0.6 s,下列判断正确的是(　C　)
A.波的传播速度有可能为20 m/s
B.波的传播周期有可能为1.6 s
C.t=1.2 s时,质点P一定位于平衡位置
D.t=2.4 s时,质点Q一定位于平衡位置
解析:由题图知波长λ=8 m,若波沿x轴正向传播,因波的周期T>0.6 s,有t==0.6 s,则T=2.4 s,波速v== m/s,t=1.2 s时,即半个周期后,质点P又回到平衡位置,t=2.4 s时,即一个周期后,质点Q又回到t=0时刻所处的位置,但不是平衡位置;若波沿x轴负向传播,有t=T=0.6 s,T=0.8 s,波速v==10 m/s,t=1.2 s时,即1.5个周期后,质点P又回到平衡位置,t=2.4 s时,即3个周期后,质点Q又回到t=0时刻所处的位置,但不是平衡位置,故C正确,A、B、D错误。专题一　力与运动
第1讲　力与物体的平衡
1.弹力
(1)大小:弹簧在弹性限度内,弹力的大小可由胡克定律F=kx计算;一般情况下物体间相互作用的弹力可由平衡条件或牛顿运动定律来求解。
(2)方向:一般垂直于接触面(或切面)指向形变恢复的方向,绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向。
2.摩擦力
(1)大小:滑动摩擦力Ff=μF压,与接触面的面积无关;静摩擦力的增大有一个限度,具体值根据牛顿运动定律或平衡条件来求。
(2)方向:沿接触面的切线方向,并且跟物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反。
3.静电力
(1)大小:F=qE。若为匀强电场,静电力则为恒力;若为非匀强电场,静电力则与电荷所处的位置有关。点电荷间的静电力F=k。
(2)方向:正电荷所受静电力方向与电场强度方向一致,负电荷所受静电力方向与电场强度方向相反。
4.安培力
(1)大小:F=BIL,此式只适用于B⊥I的情况,且L是导线的有效长度。当B∥I时,F=0。
(2)方向:用左手定则判断,安培力垂直于B、I确定的平面。
5.洛伦兹力
(1)大小:F=qvB,此式只适用于B⊥v的情况。当B∥v时,F=0。
(2)方向:用左手定则判断,洛伦兹力垂直于B、v确定的平面,洛伦兹力永不做功。
6.共点力的平衡
(1)平衡状态:物体静止或做匀速直线运动。
(2)平衡条件:F合=0或Fx=0,Fy=0。
模型建构
滑块与斜面模型
如图所示,斜面固定,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,将物块轻放在斜面上,若μ=tan θ,物块刚好不下滑;若μ>tan θ,物块静止;若μ高考考点 命题轨迹 考查内容 考查要求
静态平衡问题 2022广东卷T1 必备知识 基础性
2022湖南卷T5 必备知识 应用性
2022浙江1月卷T5 必备知识 基础性
2021山东卷T5 必备知识 基础性
2020全国Ⅲ卷T17 必备知识 基础性
动态平衡问题 2022河北卷T7 关键能力 综合性
2021湖南卷T5 关键能力 综合性
2020浙江7月卷T10 关键能力 综合性
电磁场中的平衡问题 2022湖北卷T4 关键能力 综合性
2022湖南卷T3 关键能力 综合性
2021福建卷T2 必备知识、核心价值 基础性
2021江苏卷T5 必备知识 基础性
平衡中的临界、极值问题 2021海南卷T8 关键能力 综合性
2020山东卷T8 关键能力 综合性
考点一　静态平衡问题
(2020·全国Ⅲ卷,17)如图,悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处;绳的一端固定在墙上,另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时,O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=70°,则β等于(　B　)
A.45° B.55° C.60° D.70°
解析:O点受力如图所示,甲、乙两物体的质量相等,连接物体的细绳的拉力与物体的重力相等,所以F甲=F乙;O点受三个力处于平衡状态,拉力F与另两个力的合力等大反向,所以与墙相连一侧的细绳的延长线是力F甲和力F乙夹角的角平分线,根据几何关系知,θ=β,2θ+α=180°,解得β=55°,选项B正确。
(2022·山东济南模拟)(多选)如图所示,倾角为θ、质量为M的斜面体a放在水平地面上,质量为m的物块b放在斜面体上,用绕过光滑定滑轮的细绳拉住b,拉力方向水平、大小为F,系统保持静止。下列判断正确的是(　BC　)
A.地面受到的摩擦力大小为F,方向向左
B.斜面体a对物块b的支持力大小为mgcos θ
C.斜面体a对地面的压力大小为Mg+mg-Fsin θ
D.斜面体a对地面的压力大小为Mg+mgcos θ-Fsin θ
解析:把a、b作为整体分析,水平方向根据平衡条件Ff=Fcos θ,故A错误;对物块b,根据垂直斜面方向的合力为零可知,斜面体a对物块b的支持力大小为mgcos θ,故B正确;对a、b整体,在竖直方向,根据平衡条件有Mg+mg=FN+Fsin θ,FN=Mg+mg-Fsin θ,故C正确,D错误。
1.基本思路
依据“整体法”与“隔离法”来确定研究对象。
2.两个解题技巧
(1)善于转换研究对象,尤其是对摩擦力不易判定的情形,可以先分析相接触物体的受力情况,再应用牛顿第三定律判定。
(2)假设法是判断弹力、摩擦力的存在及方向的基本方法。
3.三个重要推论
(1)二力平衡:如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态,这两个力必定大小相等,方向相反。
(2)三力平衡:如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态,其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等,方向相反。
(3)多力平衡:如果物体受多个共点力作用处于平衡状态,其中任何一个力与其余力的合力大小相等,方向相反。
4.分析轻绳、轻杆弹力的“两种”模型
(1)“活结”与“死结”:“活结”两侧绳的弹力大小一定相等,“死结”两侧绳的弹力大小不一定相等。
(2)“动杆”与“定杆”:“动杆”弹力方向一定沿杆,“定杆”弹力方向不一定沿杆。
1.(2022·山东德州二模)如图所示,轻绳MN的两端固定在水平天花板上,物体m1通过另一段轻绳系在轻绳MN的某处,光滑轻滑轮跨在轻绳MN上,可通过其下边的一段轻绳与物体m2一起沿MN自由移动。系统静止时轻绳MN左端与水平方向的夹角为60°,右端与水平方向的夹角为30°。则物体m1与m2的质量之比为(　A　)
A.1∶1 B.1∶2 C.1∶ D.∶2
解析:对物体m1上端绳结受力分析如图甲所示。根据共点力平衡及几何关系,合力正好平分两个分力的夹角,可得F1=m1g。对滑轮受力分析如图乙所示,得F2=m2g。根据轻绳拉力特点可知F1=F2,则m1=m2。A正确。
2.(2022·辽宁大连模拟) 如图所示,两个完全相同的木模质量均为m,通过三根轻质竖直细线对称连接,放在水平面上呈“互”字型静置,上方木模呈现悬浮效果,这是利用了建筑学中的“张拉整体”的结构原理。细线a、b、c上的张力大小分别用Fa、Fb、Fc表示,水平面所受的压力大小为FN,重力加速度大小为g。下列关系式正确的是(　A　)
A.Fa>mg,FN=2mg
B.Fa>mg,FN>2mg
C.Fb=Fc,Fa=Fb+0.5mg
D.Fa=Fb+Fc
解析:对整体受力分析,由平衡条件得FN=2mg,由对称性可知Fb=Fc,对上方木模受力分析,受到自身向下的重力mg,两根长线向下的拉力Fb、Fc和短线a向上的拉力Fa,有Fa=mg+Fc+Fb,则Fa>mg,Fa≠Fb+Fc,故选A。
考点二　动态平衡问题
(2022·河北卷,7)如图,用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点,将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平,绳与木板之间的夹角保持不变,忽略圆柱体与木板之间的摩擦,在转动过程中(　B　)
A.圆柱体对木板的压力逐渐增大
B.圆柱体对木板的压力先增大后减小
C.两根细绳上的拉力均先增大后减小
D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
解析:设两绳子对圆柱体的拉力的合力为FT,木板对圆柱体的支持力为FN,绳子与木板夹角为β,从右向左看如图所示,在矢量三角形中,根据正弦定理==,在木板缓慢转动直至水平过程中,α不变,γ从90°逐渐减小到0°,又γ+β+α=180°,且α<90°,可知90°<γ+β<180°,则0°<β<180°,可知β从锐角逐渐增大到钝角,根据==,由于sin γ不断减小,可知FT不断减小,sin β先增大后减小,可知FN先增大后减小,结合牛顿第三定律可知,圆柱体对木板的压力先增大后减小。设两绳子之间的夹角为2θ,每根绳子的拉力为FT′,则2FT′cos θ=FT,可得FT′=,θ不变,FT逐渐减小,可知绳子拉力不断减小。故B正确,A、C、D错误。
(2022·辽宁大连模拟)(多选) 如图所示,四分之一圆柱体P放在水平地面上,右侧与一块固定的竖直挡板Q接触;球心O的正上方A处有一个大小可忽略的定滑轮,一根轻绳跨过定滑轮,一端和置于圆柱体P上的小球(质量为m)连接,另一端系在固定竖直杆上的B点,一钩码(质量为m0)挂在AB间的轻绳上,整个装置处于静止状态。不计一切摩擦。若在钩码下方再加挂一个钩码,整个装置再次处于静止状态时,小球依然处于圆柱体P上,则此时与先前整个装置处于静止状态时相比(　AC　)
A.轻绳的拉力减小 B.P对小球的弹力增大
C.P对Q的压力减小 D.P对地面的压力减小
解析:小球受重力mg、P对它的支持力FN以及轻绳对它的拉力FT,其受力如图所示。由相似三角形可知==,其中,R为四分之一圆柱体的半径,L为定滑轮左侧轻绳的长度。在钩码下方再加挂一个钩码,钩码下移,小球将沿圆柱体上移,小球再次静止时,由于AO、mg、R不变,L减小,则FN大小不变,FT减小,即轻绳的拉力减小,P对小球的弹力大小不变,A正确,B错误。以小球和P为整体进行受力分析,根据水平方向受力平衡可得FQP=FTsin θ,θ为定滑轮左侧轻绳与竖直方向的夹角,由于FT减小,θ减小,可知Q对P的支持力减小,根据牛顿第三定律可知,P对Q的压力减小,C正确。以圆柱体P为对象进行受力分析,根据竖直方向受力平衡可得FN地=mPg+FN′sin α,α为小球对圆柱体P的压力与水平方向的夹角,由于FN′大小不变,α增大,可知地面对P的支持力增大,根据牛顿第三定律可知,P对地面的压力增大,D错误。
1.动态平衡
物体在缓慢移动过程中,可认为其速度、加速度均为零,物体处于平衡状态。
2.思路方法
把“动”化为“静”,“静”中求“动”。动态平衡问题的常用方法有图解法、解析法和相似三角形法。
(1)图解法:一个力恒定,另一个力的方向恒定时可用此法。例:挡板P由竖直位置向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化。(如图所示)
(2)解析法:如果物体受到多个力的作用,可进行正交分解,利用解析法,建立平衡方程,根据自变量的变化确定因变量的变化。
(3)相似三角形法:一个力恒定、另外两个力的方向同时变化,当所作矢量三角形与空间的某个几何三角形总相似时用此法。(如表所示)
受力分析 力的矢量三角形 和边的三角形相似 比例
==
==
==
3.(2022·辽宁沈阳模拟) 如图所示为一简易起重装置,AC是上端带有滑轮的固定支架,BC为质量不计的轻杆,杆的一端C用铰链固定在支架上,另一端B悬挂一个重力为G的重物,并用钢丝绳跨过滑轮连接在卷扬机上。开始时,杆BC与支架AC的夹角∠BCA>90°,现使∠BCA缓缓变小,直到∠BCA=30°。在此过程中,杆BC所受的力(不计钢丝绳所受重力及一切阻力,且滑轮和铰链大小可不计)(　A　)
A.大小不变 B.逐渐增大
C.先减小后增大 D.先增大后减小
解析:以结点B为研究对象,分析受力情况,作出力的合成图如图所示。根据平衡条件知,F、FN的合力F合与G大小相等、方向相反。根据三角形相似得==,又F合=G,得F=G,FN=G。现使∠BCA缓慢变小的过程中,AB变小,而AC、BC不变,则F变小,FN不变,所以作用在BC杆上的压力大小不变。故选A。
4.(2021·湖南卷,5) 质量为M的凹槽静止在水平地面上,内壁为半圆柱面,截面如图所示,A为半圆的最低点,B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触,内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动,力F的方向始终沿圆弧的切线方向,在此过程中所有摩擦均可忽略,下列说法正确的是(　C　)
A.推力F先增大后减小
B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C.墙面对凹槽的压力先增大后减小
D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
解析:对小滑块受力分析,如图所示,由题意可知,推力F与凹槽对滑块的支持力FN始终垂直,即α+β始终为90°,在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中,α减小,β增大,而F=mgcos α,FN=mgsin α,可知推力F一直增大,凹槽对滑块的支持力FN一直减小,A、B错误;对小滑块和凹槽整体,根据平衡条件可得,墙面对凹槽的压力大小FN1=Fsin α=mgsin 2α,水平地面对凹槽的支持力FN2=Mg+mg-Fcos α,在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中,α由逐渐减小到零,根据数学知识可知墙面对凹槽的压力先增大后减小,水平地面对凹槽的支持力一直减小,C正确,D错误。
考点三　电磁场中的平衡问题
(2020·浙江1月卷,13)如图所示,在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板,在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧,弹簧另一端与A球连接。A、B、C三小球的质量均为M,qA=q0>0,qB=-q0,当系统处于静止状态时,三小球等间距排列。已知静电力常量为k,则(　A　)
A.qC=q0
B.弹簧伸长量为
C.A球受到的库仑力大小为2Mg
D.相邻两小球间距为q0
解析:对C球受力分析可知,必然存在沿斜面向上的力或分力使C球平衡,可知C球带正电,设小球间距为r,对C球有Mgsin α+k=k;同理,对B球有Mgsin α+k=k,联立解得qC=q0,r=q0,故A正确,D错误。对A、B、C三小球整体受力分析,根据平衡条件有3Mgsin α=k0x,则弹簧伸长量x=,故B错误;对A球受力分析,根据平衡条件有Mgsin α+F库=kx0,解得A球受到的库仑力F库=2Mgsin α,故C错误。
(2022·广东茂名模拟) 边长为L的硬轻质正三角形导线框abc置于竖直平面内,ab边水平,在下端c点用绝缘细线悬挂重物,匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。现将a、b两端分别接在恒流电源的正、负极上,当通过ab边的电流为I时,重物恰好对地面无压力,则重物所受重力的大小为(　C　)
A.BIL B.2BIL C. D.
解析:由题意知,当ab边通电时,受向上的安培力F安=BIL,acb与ab并联,则Iacb=0.5I,F安′=BIL。根据平衡条件得mg=BIL+BIL,解得mg=,故选C。
1.“三种”电磁力的对比
项目 方向 大小
静电力 正电荷所受静电力方向与电场强度方向一致,负电荷所受静电力方向与电场强度方向相反 若为匀强电场,静电力F=qE, 点电荷间的静电力F=
安培力 用左手定则判断,安培力垂直于B、I决定的平面 ①B∥I时,F=0。 ②B⊥I时,F=ILB。 ③B与I的夹角为θ时,F=ILBsin θ(L是导线的有效长度)
洛伦 兹力 用左手定则判断,洛伦兹力垂直于B、v决定的平面,洛伦兹力不做功 洛伦兹力F=qvB只适用于B⊥v的情况,当B∥v时,F=0
2.涉及静电力、磁场力的平衡问题的解题思路
(1)记忆口诀:一场二弹三摩擦,各力方向准确画。
(2)思维导图。
3.解题常见误区及提醒
(1)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向,再用左手定则判断,同时注意立体图转化为平面图。
(2)静电力或安培力的出现,可能会对压力或摩擦力产生影响。
(3)涉及电路问题时,要注意闭合电路欧姆定律的使用。
5.(2022·广东广州二模)如图,在光滑绝缘斜面上有带电小球a与b,两球同时释放瞬间,a球的加速度刚好为零。则下列关于a、b的电性及初始位置,符合要求的是(　B　)
解析:带电小球a在光滑绝缘斜面上,对其受力分析,受重力、支持力和带电小球b对它的库仑力。两球同时释放瞬间,a球的加速度刚好为零,即带电小球b对它的库仑力与重力和支持力的合力平衡,故带电小球b对小球a的库仑力沿斜面向上。综上所述只有B图符合题意。
6.(2022·湖南卷,3)如图a,直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上,其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场,与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,其截面图如图b所示。导线通以电流I,静止后,悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　D　)
A.当导线静止在图a右侧位置时,导线中电流方向由N指向M
B.电流I增大,静止后,导线对悬线的拉力不变
C.tan θ与电流I成正比
D.sin θ与电流I成正比
解析:当导线静止在右侧位置时,导体棒MN在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态,由平衡条件可知,导体棒所受安培力指向右侧,又安培力与磁场方向垂直,所以安培力垂直于轻绳指向右上方,由左手定则可知,导线中电流方向由M指向N,选项A错误;由平衡条件有,轻绳拉力F=,又BIL=mgsin θ,得sin θ=I,分析易知选项B、C错误,D正确。
考点四　平衡问题中的临界、极值问题
(2020·山东卷,8)如图所示,一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上,质量分别为m和2m的物块A、B,通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接,A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时,物块A、B刚好要滑动,则μ的值为(　C　)
A. B. C. D.
解析:根据题述,物块A、B刚要滑动,可知A、B之间的摩擦力FfAB=μmgcos 45°,B与木板之间的摩擦力Ff=μ·3mgcos 45°。隔离A分析受力,由平衡条件可得轻绳中拉力F=FfAB+mgsin 45°。对A、B整体,由平衡条件有2F=3mgsin 45°-Ff,联立解得μ=,选项C正确。
(2022·河北保定检测)(多选)如图所示,质量为m的小球固定在轻杆的一端,轻杆另一端通过铰链固定于O点。现给小球施加一拉力F,使小球与轻杆绕O点缓慢转动,转动过程中拉力F与轻杆的夹角始终为θ=60°。则从小球刚好离开地面至轻杆转过90°的过程中(　AC　)
A.拉力F有最大值,为mg
B.拉力F有最小值,为mg
C.轻杆对小球的弹力FN先增大后减小
D.轻杆对小球的弹力FN先减小后增大
解析:选取小球运动过程中某一状态,对其受力分析,如图所示,由题意可知,α+β=120°,小球在重力mg、轻杆弹力FN、拉力F作用下平衡,根据正弦定理可得==,从小球刚好离开地面至轻杆转过90°的过程中,β从90°减小到零,sin β逐渐减小,拉力F逐渐减小,因此,当β=90°时,F最大,此时F=mg;α从30°增加到120°,sin α先增大后减小,弹力FN先增大后减小,当α=90°时,FN最大。故A、C正确,B、D错误。
1.临界问题
当某物理量变化时,会引起其他物理量的变化,从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”,在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等词语。
力的平衡中常见的临界状态有:
(1)两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为零(主要体现为两物体间的弹力为零)。
(2)绳子断与不断的临界条件为作用力达到最大值。
(3)存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大值。
2.极值问题
平衡物体的极值一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。
3.解决临界、极值问题的思路
4.解决临界、极值问题的三种方法
(1)解析法:根据物体的平衡条件列出平衡方程,在解方程时采用数学方法求极值。
(2)图解法:此种方法通常适用于物体只在三个力作用下的平衡问题。
(3)极限法:极限法是一种处理临界问题的有效方法,它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(如“极大”“极小”等),从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来,快速求解。
7.(2022·安徽芜湖阶段测试)(多选)如图所示,质量均为m的小球a、b之间用轻绳相连,小球a固定在轻杆的一端,轻杆的另一端固定在左侧竖直墙壁上,轻杆与竖直墙壁间的夹角为30°。现改变作用在小球b上的外力F的大小和方向,使轻绳与竖直方向的夹角保持60°不变。已知重力加速度为g。则(　AD　)
A.外力F可能水平偏上,也可能水平偏下
B.外力F的最小值为0.5mg
C.轻杆对小球a的作用力沿杆方向不变而大小改变
D.轻杆对小球a的作用力的最小值为mg
解析:对小球b受力分析,如图所示,
由图可知,外力F可能水平偏上,也可能水平偏下,故A正确;由图可知,外力F与轻绳垂直时最小,最小值F=mgsin 60°=mg,故B错误;以小球a为研究对象,可知小球a受到重力、轻绳的作用力以及轻杆的作用力处于平衡状态,由三个力平衡的特点可知,轻杆对小球a的作用力与小球a受到的重力、轻绳对小球a的拉力的合力大小相等,方向相反。小球a受到的重力大小方向都不变,绳对小球a的拉力方向不变,大小是变化的,所以小球a受到的重力与绳对小球a的拉力的合力大小、方向都是变化的,所以杆对小球a的作用力大小、方向都是变化的,故C错误;由小球b的受力分析可知,当拉力F对小球b的拉力方向竖直向上时,拉力F与小球b受到的重力大小相等,方向相反,轻绳此时的拉力等于0,此时小球a只受到重力和杆的作用力,此时杆对小球a的作用力最小,恰好等于小球a受到的重力,故D正确。
8.(2022·河北省级联测)如图所示,a、b、c三块质量均为m的物块叠放在一起,物块a、b间的动摩擦因数为0.6,物块b、c间的动摩擦因数为0.4,物块c与地面间的动摩擦因数为0.2,物块a、c用轻绳通过固定在墙面上的两个光滑定滑轮连接,物块与滑轮间轻绳水平,现用逐渐增大的水平力F向左拉c,直到使物块c发生运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则拉力F至少为(　B　)
A.2.0mg B.1.8mg C.2.2mg D.1.2mg
解析:物块之间产生相对滑动,需要达到对应点的最大静摩擦力,a、b间的最大静摩擦力为0.6mg,b、c间的最大静摩擦力为0.8mg,所以a、b间更易产生相对滑动,即拉动c,系统内物体间产生滑动时b、c作为一个整体一起运动。当c要发生运动时,对b、c整体受力分析,a对整体是向右的最大静摩擦力,为Ffa=0.6mg,地面对整体是向右的摩擦力,为Ff地=0.2×3mg=0.6mg,轻绳对整体向右的拉力FT=0.6mg,所以F≥FT+Ffa+Ff地=1.8mg,B正确,A、C、D错误。
平衡中的STSE问题
类型一　科技前沿问题
　新高考试题注重体现时代特色,引导学生秉持家国情怀,更注重情境化的命题趋势,试题命制中涉及科技前沿问题的日渐增多,这对同学们的解题素养提出了更高的要求。遇到这些问题时,需要将所学知识与实际习题情境联系起来,抓住问题的实质,从情境中抽象出物理模型,运用物理学基本规律解决。
(2020·浙江7月卷,3)矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时,其矢量发动机的喷口如图所示。已知飞机受到重力G、发动机推力F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反的空气阻力f。下列受力分析示意图可能正确的是(　A　)
解析:根据题意,升力F2与速度方向垂直,因此可以排除选项B、D;空气阻力f与速度方向相反,可以排除选项C,故选项A正确。
若例1中,已知在战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比(与速度方向垂直的升力和与速度方向相反的空气阻力之比)为k,飞机受到的重力为G,能使飞机实现水平匀速巡航模式的最小推力是(　C　)
A. B.
C. D.G
解析:飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f,重力的方向竖直向下,升力F2的方向竖直向上,空气阻力f的方向与F2垂直,如图。
飞机沿水平方向超音速匀速巡航,则有水平方向Fx=f,竖直方向F2+Fy=G,F2=kf,解得Fy=G-kf,则=+=(k2+1)f2-2kGf+G2,与f的函数图像为开口向上的抛物线,其对称轴为f=,所以当f=时,取最小值,最小推力是F1min=,故选C。
类型二　生活实际问题
(2022·江苏苏州模拟)如图所示,士兵在水平地面上拉轮胎训练,士兵以速度v做匀速直线运动,运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B等高,两绳间的夹角为θ,所构成的平面与水平面间的夹角α不变,则(　A　)
A.保持v不变,θ变小,绳子的拉力变小
B.保持v不变,θ变小,绳子的拉力变大
C.保持θ不变,v较小时,绳子的拉力较小
D.保持θ不变,v较小时,绳子的拉力较大
解析:保持v不变,则轮胎做匀速直线运动,设两根绳的合力为F,根据平行四边形定则有F=2FTcos,对轮胎受力分析,根据正交分解法,水平方向上有Fcos α=Ff,竖直方向有Fsin α+FN=mg,又Ff=μFN,联立解得FT=,故θ变小,绳子的拉力变小,故A正确,B错误;
由题知,轮胎做匀速直线运动,根据FT=,可知保持θ不变,则拉力FT不变,与速度的大小无关,故C、D错误。
1.若例2中,已知每根绳的拉力与地面摩擦力的大小关系为F=Ff,且cos=,则角度α的大小为(　A　)
A.30° B.37° C.45° D.60°
解析:每根绳的拉力为F,则这两根绳拉力的合力F合=2Fcos ,方向沿两绳夹角的平分线,与水平面的夹角为α,受力分析如图所示。
对轮胎,由平衡条件得F合cos α=Ff,解得α=30°。故选A。
2.若例2中,两绳间的夹角为θ=60°,所构成的平面与水平面间的夹角恒为α=53°,轮胎所受重力为G,地面对轮胎的摩擦力大小恒为Ff,则每根绳的拉力大小为(　C　)
A.Ff B.Ff C.Ff D.Ff
解析:设每根绳的拉力为F,则这两根绳拉力的合力F合=2Fcos,方向沿两绳夹角的平分线,与水平面的夹角为α,受力分析如图所示。
对轮胎F合cos α=Ff,解得F==Ff。故A、B、D错误,C正确。第2讲　力与直线运动
1.运动图像
利用x-t图像、v-t图像或a-t图像求解。
2.牛顿第二定律的表达式
F=ma或Fx=max,Fy=may,且加速度的方向与合外力方向一致。
3.超重和失重
物体加速度方向向上或有向上的分量为超重状态,加速度方向向下或有向下的分量为失重状态。
1.思想方法
(1)追及相遇问题的解题思路和技巧。
①紧抓“一图三式”,即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。
②审题应抓住题目中的关键字眼,充分挖掘题目中的隐含条件,如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等,往往对应一个临界状态,满足相应的临界条件。
③若被追赶的物体做匀减速运动,一定要注意追上前该物体是否已停止运动,另外,还要注意对解的讨论分析。
(2)常用方法。
①整体法与隔离法:单个物体的问题通常采用隔离法分析,对于连接体问题,通常需要交替使用整体法与隔离法。
②正交分解法:一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解,有时根据情况也可以把加速度进行正交分解。
③逆向思维法:把运动过程的末状态作为初状态,反向研究问题,一般用于匀减速直线运动问题,比如刹车问题、竖直上抛运动问题。
2.模型建构
(1)沿光滑斜面下滑的物体(如图)。
(2)一起加速运动的系统,若力是作用于m1上,则m1和m2间的相互作用力为FN=,并且无论是平面、斜面,还是竖直方向,无论有无摩擦,结果都是相同的。
(3)下面几种物理模型,在临界情况下,a=gtan α。
(4)下列各模型中,速度最大时合力为零,速度为零时,加速度最大。
高考考点 命题轨迹 考查内容 考查要求
匀变速直线 运动规律及应用 2022全国甲卷T15 关键能力 应用性
2022湖北卷T6 关键能力 综合性
2021全国甲卷T14 必备知识 基础性
2021湖北卷T2 必备知识 基础性
动力学图像问题 2022河北卷T1 必备知识 基础性
2021广东卷T8 关键能力 综合性
2021湖南卷T2 必备知识 基础性
牛顿运动定律的 综合应用 2022全国乙卷T15 关键能力 综合性
2022全国甲卷T19 关键能力、核心价值 综合性
2022湖南卷T9 关键能力 综合性
2020海南卷T12 关键能力、核心价值 综合性
2021河北卷T13 关键能力 综合性
考点一　匀变速直线运动的规律及应用
(2022·湖北卷,6)我国高铁技术全球领先,乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km,W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发,经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h,高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中,加速度大小均为0.5 m/s2,其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动,两种列车在每个车站停车时间相同,则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为(　B　)
A.6小时25分钟 B.6小时30分钟
C.6小时35分钟 D.6小时40分钟
解析:108 km/h=30 m/s,324 km/h=90 m/s,由于中间4个站均匀分布,因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省时间的5倍,相邻两站间的距离x= m=2.16×105 m,普通列车的加速时间t1== s=60 s,加速过程的位移x1=a=×0.5×602 m=900 m,根据对称性可知加速与减速位移相等,可得匀速运动的时间t2== s=7 140 s;同理,高铁列车加速时间t1′== s=180 s,加速过程的位移x1′=at1′2=×0.5×1802 m=8 100 m,根据对称性可知加速与减速位移相等,可得匀速运动的时间t2′== s=2 220 s,相邻两站间节省的时间Δt=(t2+2t1)-(t2′+2t1′)=4 680 s,因此总的节省时间Δt总=5Δt=4 680×5 s=23 400 s=6小时30分钟。
如图所示,甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶,两车车顶O1、O2两位置都装有蓝牙设备,这两个蓝牙设备在5 m以内时能够实现通信。t=0时刻,甲、乙两车刚好位于图示位置,此时甲车的速度为4 m/s,乙车的速度为1 m/s,O1、O2的距离为3 m。从该时刻起甲车以1 m/s2的加速度做匀减速运动直至停下,乙车保持原有速度做匀速直线运动。忽略信号传递时间,从t=0时刻起,甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为(　B　)
A.2 s B.10 s
C.16 s D.20 s
解析:根据几何知识可知,当甲车在乙车前方且O1O2为5 m时,根据勾股定理可知x甲-x乙=4 m,根据运动学公式有x甲=v甲t-at2,x乙=v乙t,解得t1=2 s,t2=4 s。因为甲车做匀减速直线运动而乙车做匀速直线运动,所以两车之间的距离先增大后减小,当05 m,当t=t2=4 s时,甲车的速度为v甲1=v甲-at2=0。根据几何关系可知,从4 s开始到乙车行驶至甲车前方4 m的过程中满足O1O2<5 m,这段过程经历的时间为t3==8 s,所以甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为t总=t1+t3=10 s,故选B。
1.求解匀变速直线运动问题的思路
2.两种常见的运动问题
(1)刹车问题:末速度为零的匀减速直线运动问题,常用逆向思维法。
(2)双向可逆问题:如竖直上抛运动,全过程加速度的大小和方向均不变,求解时可对全过程列式,但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义。
1.(2022·上海徐汇区一模)如图为小球在水平面上移动,每隔0.02 s记录下的位置。将该段运动分为5段,则其中平均速度最大与平均加速度最小的运动过程分别为(　C　)
A.①和② B.①和③
C.⑤和③ D.⑤和②
解析:由图可知⑤位移最大,各段运动时间相同,由=,知⑤平均速度最大;③最近似于匀速直线运动,即速度大小和方向变化最小,平均加速度最小,故C正确,A、B、D错误。
2.(2022·全国甲卷,15)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶,速率为v0,要通过前方一长为L的隧道,当列车的任一部分处于隧道内时,列车速率都不允许超过v(vA.+ B.+
C.+ D.+
解析:当列车恰好以速度v匀速通过隧道时,从减速开始至回到原来正常行驶速度所用时间最短,列车减速过程所用时间t1=,匀速通过隧道所用时间t2=,列车加速到原来速度v0所用时间t3=,所以列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为t=t1+t2+t3=+。
3.(2022·重庆模拟)2022年北京冬奥会开幕式又一次让中国惊艳世界,其中“五环破冰”寓意打破隔阂,大家融为一体,向世界展示了中国人的浪漫。设定“五环”均为半径r=3 m的圆环(厚度忽略不计),上三环的下边缘与下两环圆心在同一水平面上。整个过程可简化为如图所示物理模型:初始时,“五环”位于同一竖直面内,恰藏于“冰”中置于水平地面上,“冰”上下表面均水平,其中上三环上边缘与“冰”上表面齐平,下两环下边缘与“冰”下表面齐平。现使“五环”和“冰”同时以大小相等的加速度a=0.30 m/s2分别竖直向上、向下做匀加速直线运动,速度达到某同一值后均匀速运动,各自快到达终点时分别以加速度a=0.30 m/s2做匀减速直线运动直至静止,最终“五环”用时43 s上升12.6 m,悬挂在空中,“冰”上表面恰好与水平地面融为一体。求:
(1)“五环”运动过程中的速度最大值;
(2)“五环破冰”(从开始运动到两者分离)所用时间。
解析:(1)设“五环”运动过程的最大速度为v,加速、减速用时t1=,
匀速用时t2=43 s-2t1,
位移满足12.6 m=2×a+vt2,
联立解得t1=1 s,t2=41 s,v=0.3 m/s。
(2)由(1)易得加速、减速过程发生的位移
x=a=0.15 m,
“冰”匀速运动过程用时t3==29 s,
设“冰”减速前“五环”已离开“冰”,取开始匀速到两者恰好分离用时t4,有
3r-2x=2vt4,
由t4=14.5 s“五环破冰”用时t=t1+t4=15.5 s。
答案:(1)0.3 m/s
(2)15.5 s
考点二　动力学图像问题
(2021·广东卷,8)(多选)赛龙舟是端午节的传统活动。下列v-t和s-t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程,其中能反映龙舟甲与其他龙舟在途中出现船头并齐的有(　BD　)
解析:速度—时间图线围成的面积表示位移,由图可知,在到达终点前,甲图线围成的面积始终大于乙图线围成的面积,则龙舟甲与龙舟乙在途中不会出现船头并齐的现象,故A错误;由题图可知,在两图线交点对应的时刻前,丙的位移比甲大,即丙在前,在交点对应的时刻后有一个时刻,两图线围成的面积相等,即位移相等,可知龙舟甲和龙舟丙在途中会出现船头并齐,故B正确;由题图可知,在到达终点前,两图线没有交点,即不会出现位移相同,则龙舟甲和龙舟丁在途中不会出现船头并齐,故C错误;由题图可知,在到达终点前,两图线有交点,即位移相同,可知龙舟甲和龙舟戊在途中出现船头并齐,故D正确。
(2022·山东泰安三模)利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像(x、v、a、t分别表示物体的位移、速度、加速度和时间),则下列说法中正确的是(　B　)
A.甲图中x-t2图像可求出物体的加速度大小为1 m/s2
B.乙图中v2-x图像可求出物体的加速度大小为 5 m/s2
C.丙图中-t图像可求出物体的加速度大小为2 m/s2
D.丁图中a-t图像可求出物体在前2 s内的速度变化量大小为6 m/s
解析:根据匀变速直线运动的位移与时间关系式x=v0t+at2,题图甲中x-t2图像为正比关系图线,可求出物体的加速度大小为a=k= m/s2,解得a=2 m/s2,A错误;根据匀变速直线运动的速度与位移关系v2-=2ax,题图乙中v2-x图像为正比关系图线,可求出物体的加速度大小为2a=k= m/s2,解得a=5 m/s2,B正确;根据匀变速直线运动的位移与时间关系式x=v0t+at2,整理得=v0+at,题图丙中-t图像为一次关系图线,可求出物体的加速度,a=k= m/s2=-2 m/s2,解得a=-4 m/s2,物体的加速度大小为4 m/s2,C错误;根据微元法可以得到,物理学中a-t图像的图线与坐标轴所围成的面积表示这段时间内物体的速度变化量,则由题图丁中a-t图像可求出物体在前2 s内的速度变化量大小为Δv=×3×2 m/s=3 m/s,D错误。
1.常见图像
常见图像 斜率k 面积 两图像交点
x-t图像 =v — 表示相遇
v-t图像 =a 位移x 不表示相遇,往往是距离最大或最小的临界点
a-t图像 — 速度变化量 Δv 表示此时加速度相等
2.非常规图像
非常规图像 (举例) 函数表达式 斜率k 纵截距b
v2-x图像 由v2-=2ax 得v2=+2ax 2a
-t图像 由x=v0t+at2 得=v0+at a v0
a-F图像 例: 由F-μmg=ma 得a=-μg -μg
4.一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲所示),某时刻剪断细线,铝球开始在油槽中下沉。通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图像如图乙所示,已知重力加速度为g。下列说法正确的是(　C　)
A.铝球刚开始运动的加速度a0=g
B.铝球下沉的速度将会一直增大
C.铝球下沉过程受到油的阻力f=
D.铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力所做的功
解析:刚开始释放时,铝球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用,即a0==g-5.(2022·辽宁沈阳二模)一辆汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶,某时刻司机发现前方施工需减速行驶,司机反应了0.2 s后开始刹车。如图所示为发现施工提示后的速度平方v2随位移x的变化关系。从司机发现前方施工提示至汽车速度减小到5 m/s过程中,汽车的位移为(　B　)
A.44 m B.41.5 m C.40 m D.37.5 m
解析:由图像可知,减速之前汽车的位移为x1=4 m,根据匀变速直线运动的速度位移公式可得v2-=2ax,由图像解得a=-5 m/s2;当速度为5 m/s时,汽车的位移x2==37.5 m,故汽车的位移为x=x1+x2=41.5 m,A、C、D错误,B正确。
考点三　牛顿运动定律的综合应用
(2022·全国乙卷,15)如图,一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球,初始时整个系统静置于光滑水平桌面上,两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点,方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距L时,它们加速度的大小均为(　A　)
A. B. C. D.
解析:当两球运动至二者相距时,二者连线与轻绳之间夹角的余弦值cos θ=0.6。设此时轻绳中拉力大小为F1,对轻绳的中点受力分析得F-2F1sin θ=m绳a,又轻绳质量近似为0,解得F1=。对质量为m的小球,由牛顿第二定律有F1=ma,解得a=,A正确。
(2022·全国甲卷,19)(多选)如图,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　AD　)
A.P的加速度大小的最大值为2μg
B.Q的加速度大小的最大值为2μg
C.P的位移大小一定大于Q的位移大小
D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
解析:两滑块匀速运动过程中,弹簧对P、Q的弹力大小为kx=μmg,当撤去拉力后,对滑块P由牛顿第二定律有kx′+μmg=ma1,同理,对滑块Q有μmg-kx′=ma2,从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中,弹力由μmg一直减小到零,所以P的加速度大小的最大值为刚撤去拉力F瞬间的加速度大小,此时P的加速度大小为2μg,而弹簧恢复原长时,Q的加速度大小达到最大值,即Q的最大加速度为μg,选项A正确,B错误;由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度,且两滑块初速度相同,所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度,所以P的位移一定小于Q的位移,选项C错误,D正确。
如图甲所示,质量m=1 kg的小物块在平行斜面向下的恒力F作用下,从固定粗糙的足够长斜面底端开始以v0=12 m/s的初速度向上运动,力F作用一段时间后撤去。规定沿斜面向上为正方向,整个运动过程中物块速度随时间变化的关系图像如图乙所示,斜面倾角θ=37°,取cos 37°=0.8,sin 37°=0.6,g取10 m/s2,求:
(1)物块沿斜面上行阶段的加速度大小;
(2)恒力F的大小及物块与斜面间动摩擦因数μ;
(3)物块返回斜面底端时的速度大小及在斜面上运动的总时间。(结果可用根号表示)
解析:(1)由题图乙所示图像可知,物块沿斜面上行阶段的加速度大小
a1== m/s2=12 m/s2。
(2)由题图乙所示图像可知,物块在1～2 s内的加速度大小
a2==4 m/s2,
设动摩擦因数为μ,对物块,由牛顿第二定律得
物块向上滑行过程
F+μmgcos 37°+mgsin 37°=ma1,
物块刚向下滑行过程
F+mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,
代入数据解得F=2 N,μ=0.5。
(3)物块向上滑行的位移大小
x=×12×1 m=6 m,
物块在1～2 s内向下滑行的位移大小
x1=×4×(2-1) m=2 m,
物块2 s后返回斜面底端时的位移大小
x2=x-x1=6 m-2 m=4 m,
设物块返回斜面底端时的速度大小为v,由题图乙所示图像可知,2 s末物块的速度大小v1=4 m/s,
设撤去力F后物块的加速度大小为a3,对物块,
由牛顿第二定律得
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma3,
由匀变速直线运动的速度位移公式得
v2-=2a3x2,
代入数据解得v=4 m/s。
物块从2 s末到返回斜面底端需要的时间
t2== s=(2-2) s,
在斜面上运动的总时间
t=2 s+(2-2) s=2 s。
答案:(1)12 m/s2
(2)2 N　0.5
(3)4 m/s　2 s
1.瞬时加速度问题
2.动力学中的连接体问题
(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时,一般采用整体法。当系统内各物体的加速度不同时,一般采用隔离法。
(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。
(3)常见连接体。
三种情况中弹簧弹力、绳的张力相同,且与接触面是否光滑无关
常用隔离法
常会出现 临界条件
3.两类动力学问题的解题思路
解题关键是运动分析、受力分析,充分利用加速度的“桥梁”作用。
6.如图所示,一轻绳跨过光滑定滑轮,一端连接质量为m的物块a,另一端连接质量为2m的物块b。将a从水平桌面上的P点由静止释放,经过时间t1运动到Q点,此时b仍在空中;再将a、b的位置对调,让b从水平桌面上的P点由静止释放,经过时间t2运动到Q点。已知t2=2t1,a、b与水平桌面间的动摩擦因数相同,且均可视为质点,则该动摩擦因数最接近(　B　)
A.0.2 B.0.3 C.0.5 D.0.7
解析:将a从水平桌面上的P点由静止释放时,由牛顿第二定律得2mg-μmg=3ma1,由运动学公式有a1=LPQ;将a、b的位置对调,让b从水平桌面上的P点由静止释放时,由牛顿第二定律有mg-2μmg=3ma2,由运动学公式有a2=LPQ,又t2=2t1,联立解得μ=≈0.3,故选B。
7.如图所示,一个倾角为θ=37°的斜面固定在水平面上,斜面底端固定一垂直于斜面的挡板,一劲度系数为k=100 N/m的轻弹簧下端固定在挡板上,上端与物块A接触,物块A与物块B接触且均不粘连,弹簧与斜面平行,物块B通过与斜面平行的轻质细线跨过斜面顶端的定滑轮与物块C连接,物块A、B和C的质量均为1 kg,物块A、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ=0.25,且三个物块都可以视为质点。刚开始,用手托住C使细线恰好伸直时,A、B处于静止状态且与斜面间静摩擦力刚好为0,然后松开手,物块C下落时A、B上升,重力加速度为g,取cos 37°=0.8,sin 37°=0.6。下列说法中正确的是(　B　)
A.物块C下落速度最大时物块A、B分离
B.A、B物块分离时细线的拉力为9 N
C.从释放C到A、B分离,物块A的位移为12 cm
D.从释放C到A、B分离,物块A的位移为9 cm
解析:刚开始时物块A、B在弹簧弹力、重力和斜面的作用力共同作用下保持平衡,设弹簧的压缩量为x0,根据平衡条件有2mgsin θ=kx0,得到x0==12 cm;释放物块C后,三个物块一起做加速运动,在物块A、B分离瞬间,根据牛顿第二定律,对整体有mg+kx-2mgsin θ-2μmgcos θ=3ma,对物块B、C整体分析有mg-mgsin θ-μmgcos θ=2ma,联立得到分离时的加速度为a=1 m/s2,此时弹簧的压缩量为x=9 cm,所以物块A在这段时间内上升的位移为Δx=x0-x=3 cm,故C、D错误;对物块B分析有FT-mgsin θ-μmgcos θ=ma,得到细线的拉力FT=9 N,故B正确;因为物块A与B分离时C还有向下的加速度,所以其速度还没有达到最大,故A错误。
8.无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器。若无人机的质量为m=2 kg,在地面上由静止开始以最大升力竖直向上起飞,经时间t=4 s时离地面的高度为h=48 m,已知无人机动力系统所能提供的最大升力为36 N,假设无人机运动过程中所受空气阻力的大小恒定,g取10 m/s2。
(1)求无人机运动过程中所受空气阻力的大小。
(2)当无人机悬停在距离地面高度h=45 m处时,无人机由于信号故障突然失去全部升力,由静止开始竖直坠落,若无人机到达地面时速度刚好减为0,刚开始下落后经多长时间需要立刻恢复最大升力
解析:(1)无人机提供最大升力时,设其向上的加速度大小为a1,根据位移公式h1=a1t2,代入数据解得a1=6 m/s2。
设无人机动力系统所能提供的最大升力为F,根据牛顿第二定律,有F-mg-f=ma1,
代入数据可得空气阻力为f=4 N。
(2)设失去动力时的加速度大小为a2,则根据牛顿第二定律,有mg-f=ma2,
设刚开始下落经t1时间需要恢复动力,恢复动力时的速度为v1=a2t1,
下落的高度为h2=,
恢复动力后,设无人机的加速度大小为a3,则根据牛顿第二定律,有
F+f-mg=ma3,
从恢复动力到下落到地面的位移h3=,
利用h=h2+h3,联立各式,
代入数据解得t1=2.5 s。
答案:(1)4 N　(2)2.5 s
“传送带”模型与“板—块”模型
类型一　动力学中的“传送带”模型
1.模型特点
传送带问题的实质是相对运动问题,这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。
2.解题关键
(1)厘清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。
(2)物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态,对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。
(2021·辽宁卷,13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示,以恒定速率v1=0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°,转轴间距L=3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a;
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
解析:(1)小包裹的速度v2大于传动带的速度v1,所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上,根据牛顿第二定律可知
μmgcos α-mgsin α=ma,
解得a=0.4 m/s2。
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动,用时
t1== s=2.5 s,
在传送带上滑动的距离为
x1=t1=×2.5 m=2.75 m。
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力,即μmgcos α>mgsin α,所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端,匀速运动的时间为
t2== s=2 s,
所以小包裹通过传送带的时间为
t=t1+t2=4.5 s。
答案:(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s
1.若例1中,以恒定速率v1=0.7 m/s逆时针转动的传送带与水平面间的夹角α=37°,转轴间距L=6.15 m,工作人员沿传送带方向以v2=1.7 m/s从传送带上端推下一个质量为6 kg小包裹(可视为质点)。
(1)若要求包裹传送至传送带底端时,速度不大于传送带速度,则包裹与传送带之间的动摩擦因数应满足什么条件
(2)若包裹与传送带之间的动摩擦因数为0.8,求全过程小包裹与传送带之间的相对位移。
解析:(1)设包裹与传送带之间的动摩擦因数为μ,则根据牛顿第二定律可得
μmgcos α-mgsin α=ma,
假设包裹滑到传送带底端时的速度恰好为v1,则
-=2aL,
解得μ≈0.77,
故当μ≥0.77时,包裹被传送到底端时速度不大于传送带速度。
(2)由于v2>v1,包裹所受摩擦力方向沿斜面向上,由(1)可知包裹的加速度a=0.4 m/s2,
根据v2-v1=at1,
解得包裹与传送带共速的时间t1=2.5 s,
做减速运动的位移x1=t1=3 m。
之后一起做匀速直线运动,故小包裹与传送带之间相对滑动的位移为
Δx=x1-v1t1=3 m-0.7×2.5 m=1.25 m。
答案:(1)μ≥0.77　(2)1.25 m
2.若例1中,机场地勤人员利用传送带往飞机上运送行李,传送带与水平面间的夹角α=37°,转轴间距L=4.8 m。地勤工作人员将小包裹(可视为质点)轻轻放在传送带底端。已知传送带运行速率恒为v0=0.8 m/s,小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a;
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
解析:(1)开始时,小包裹的速度为零,则摩擦力方向向上,由牛顿第二定律得
μmgcos α-mgsin α=ma,
代入数据解得a=0.4 m/s2。
(2)设经过t1时间与传送带共速,则有
t1==2 s,
此段时间内小包裹的位移x1=t1=0.8 m,
小包裹与传送带共速后,由于mgsin α<μmgcos α,小包裹相对传送带静止,两者一起向上匀速运动,则位移为x2=L-x1,
时间为t2==5 s,
小包裹通过传送带所需的时间t=t1+t2=7 s。
答案:(1)0.4 m/s2　(2)7 s
类型二　动力学中的“板—块”模型
“板—块”模型问题就是通常遇到的叠放问题,由于其往往可看成由物块和木板构成的一对相互作用模型,故将其形象称为“板—块”问题。该问题与运动学、受力分析、动力学、功与能等有着密切联系,而且往往牵涉着临界极值问题。
(1)滑块—木板模型类问题中,木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动,处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度,寻找它们之间的联系。
(2)要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等。
(2021·全国乙卷,21)(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板,木板的左端上有一质量为m2的物块,如图甲所示。用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化关系如图乙所示,其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图丙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度大小为g。则(　BCD　)
A.F1=μ1m1g
B.F2=(μ2-μ1)g
C.μ2>μ1
D.在0～t2时间段物块与木板加速度相等
解析:分析可知,t1时刻长木板和物块刚要一起滑动,此时有F1=μ1(m1+m2)g,A错误;t1～t2时间内,长木板向右加速滑动,一定有μ2m2g-μ1(m1+m2)g>0,故μ2>μ1,C正确;0～t1时间内长木板和物块均静止,t1～t2时间内长木板和物块一起加速,一起加速的最大加速度满足μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1am,F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)am,解得F2=(μ2-μ1)g,B、D正确。
1.如图甲所示,小物块a静止在足够长的木板b左端,若a与b间的动摩擦因数μ1=0.6,木板b与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,假设各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻起物块a受到F=3t(N)的水平向右的外力作用,测得a与b间摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则下列判断正确的是(　C　)
A.a、b两物体的质量分别为0.5 kg和1 kg
B.当t=1 s时,a、b恰好发生相对滑动
C.当t=3 s时,物块a的加速度为4 m/s2
D.木板b运动过程中的最大加速度为22 m/s2
解析:设a、b两物体的质量分别为m1、m2,根据a与b间摩擦力Ff随外力F的变化关系可得,a与b间滑动摩擦力为6 N,b与地面间的摩擦力为3 N,则有μ1m1g=6 N,μ2(m1+m2)g=3 N,联立解得m1=1 kg,m2=0.5 kg,故A错误;a、b发生相对滑动时,对a有F′-μ1m1g=m1a,对b有μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a,联立可得F′=12 N,即t=4 s,故B错误;由B项分析可知,当t=3 s时,a、b相对静止一起做匀加速运动,则有F1-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a1,代入数据可得a1=4 m/s2,故C正确;木板b运动过程中加速度最大时有μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a2,代入数据可得a2=6 m/s2,故D错误。
2.如图甲所示,水平地面上有一质量为m1且足够长的木板,木板的右端有一质量为m2的物块,二者处于静止状态。t=0时刻起,用水平向右的拉力F作用在长木板上,F随时间t的变化关系为F=kt(k是常数)。木板和物块的加速度a随时间t的变化关系如图乙中的部分图线所示。已知长木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与长木板间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g。则(　D　)
A.图乙中的②线为长木板的加速度随时间的变化规律
B.图乙中的②线为物块的加速度随时间的变化规律
C.t1时刻对应的拉力为μ1m1g
D.t2时刻为
解析:t2时刻后长木板和物块间发生相对滑动,物块的加速度不变,题图乙中的③线为物块的加速度随时间的变化规律,故B错误;发生相对滑动后,a-t图像的斜率增大,题图乙中的①线为长木板的加速度随时间的变化规律,故A错误;t1时刻拉力F=μ1(m1+m2)g,故C错误;t2时刻,对物块μ2m2g=m2a,对木板F-μ1(m1+m2)g-μ2m2g=m1a,解得F=(μ1+μ2)(m1+m2)g,根据F=kt2,解得t2=,故D正确。
3.水平地面上有一质量为m1=2 kg的长木板,木板的左端有一质量为m2=1 kg的物块,如图所示,用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化关系为F=0.5t(N),已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.6,假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,g取10 m/s2。从t=0时刻开始计时,在随时间增大的过程中,
(1)若μ1=0,求木板与物块恰好发生相对滑动时,木板的加速度大小;
(2)若木板与地面始终不会发生相对滑动,μ1应满足什么条件
(3)若μ1=0.1,求物块与木板保持相对静止且一起滑动的时间范围。
解析:(1)当物块与木板刚要发生相对滑动时,物块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力,以木板为研究对象,有
μ2m2g=m1a1,
解得a1=3 m/s2。
(2)当木板与地面不会发生相对滑动时,以木板为研究对象,有μ2m2g≤μ1(m1+m2)g,
解得μ1≥0.2。
(3)根据μ1=0.1<0.2,可知木板与地面可以发生相对滑动,当物块与木板保持相对静止并恰好一起滑动时,有F1=μ1(m1+m2)g,
根据F1=0.5t1,解得t1=6 s;
物块与木板刚要发生相对滑动时,物块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力,以木板为研究对象,根据牛顿第二定律,有
μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a2,
以整体为研究对象,根据牛顿第二定律,有
F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a2,
根据F2=0.5t2,解得t2=15 s,
故时间范围为6 s答案:(1)3 m/s2　(2)μ1≥0.2　(3)6 s1.平抛运动
(1)规律:vx=v0,vy=gt,x=v0t,y=gt2。
(2)推论:做平抛(或类平抛)运动的物体。
①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ,位移与水平方向的夹角为,则有tan θ=2tan 。
2.竖直平面内圆周运动的两种临界问题
(1)绳模型:物体能通过最高点的条件是v≥。
(2)杆模型:物体能通过最高点的条件是v≥0。
3.解决天体运动问题的“万能关系式”
4.宇宙速度
(1)第一宇宙速度:由mg==得
v1===7.9 km/s。
第一宇宙速度是人造地球卫星的最大环绕速度,也是人造地球卫星的最小发射速度。
(2)第二宇宙速度:v2=11.2 km/s,是使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。
(3)第三宇宙速度:v3=16.7 km/s,是使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度。
1.思想方法
(1)合运动性质和轨迹的判断。
①若加速度方向与初速度的方向在同一直线上,则为直线运动;若加速度方向与初速度的方向不在同一直线上,则为曲线运动。
②若加速度恒定则为匀变速运动,若加速度不恒定则为非匀变速运动。
(2)处理变轨问题的两类观点。
①力学观点:从半径小的轨道Ⅰ变轨到半径大的轨道Ⅱ,卫星需要向运动的反方向喷气,加速离心;从半径大的轨道Ⅱ变轨到半径小的轨道Ⅰ,卫星需要向运动的方向喷气,减速近心。
②能量观点:在半径小的轨道Ⅰ上运行时的机械能比在半径大的轨道Ⅱ上运行时的机械能小。在同一轨道上运动卫星的机械能守恒,若动能增加则势能减小。
(3)双星问题。
①各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供,即=m1r1,=m2r2。
②两颗星的周期及角速度都相同,即T1=T2,ω1=ω2。
③两颗星的运行半径与它们之间的距离关系为r1+r2=L。
2.模型建构
(1)绳(杆)关联问题的速度分解方法。
①把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量。
②沿绳(杆)方向的分速度大小相等。
(2)模型化思想的应用。
竖直面内圆周运动常考的两种临界模型
项目 最高点无支撑 最高点有支撑
图示
最高点 向心力 mg+F弹=m mg±F弹=m
恰好过 最高点 F弹=0,mg=m,v=,即在最高点速度不能为零 mg=F弹,v=0,即在最高点速度可为零
高考考点 命题轨迹 考查内容 考查要求
抛体运动问题 2022广东卷T3 必备知识 基础性
2022广东卷T6 必备知识 应用性
2022山东卷T11 关键能力、核心价值 综合性
2022全国甲卷T24 关键能力、核心价值 综合性
2021山东卷T11 关键能力、核心价值 综合性
2021广东卷T9 必备知识 基础性
圆周运动问题 2022山东卷T8 关键能力、核心价值 综合性
2022全国甲卷T14 必备知识 基础性
2022河北卷T10 关键能力、核心价值 综合性
2021广东卷T4 必备知识 基础性
2021全国甲卷T15 必备知识 基础性
万有引力与航天 2022全国乙卷T14 必备知识 基础性
2022广东卷T2 必备知识 基础性
2022山东卷T6 必备知识 基础性
2022湖南卷T8 必备知识 基础性
2021全国甲卷T18 必备知识 基础性
2021全国乙卷T18 必备知识 基础性
2021山东卷T5 必备知识 基础性
考点一　抛体运动问题
(2021·山东卷,11)(多选)如图所示,载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处,现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出,落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M,所受浮力不变,重力加速度为g,不计阻力,以下判断正确的是(　BC　)
A.投出物资后热气球做匀加速直线运动
B.投出物资后热气球所受合力大小为mg
C.d=(1+)
D.d=
解析:水平投出物资的瞬间,水平方向热气球和物资满足动量守恒定律Mv=mv0,则热气球和物资的动量等大反向,热气球获得水平向左的速度v,热气球所受合外力恒为mg,竖直向上,所以热气球做匀加速曲线运动,A错误,B正确;热气球和物资的运动示意图如图所示,热气球和物资所受合力大小均为mg,所以热气球在竖直方向上加速度大小为a=g,设物资落地过程所用的时间为t,根据H=gt2,解得落地时间为t=,热气球在竖直方向上运动的位移为HM=at2=·g·=H,热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动,水平位移为xm=v0t=v0,xM=vt=v0·,根据勾股定理可知,热气球和物资的实际距离为d==(1+),C正确,D错误。
(2022·山东卷,11)(多选)如图所示,某同学将离地1.25 m的网球以13 m/s的速度斜向上击出,击球点到竖直墙壁的距离4.8 m。当网球竖直分速度为零时,击中墙壁上离地高度为8.45 m的P点。网球与墙壁碰撞后,垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍,平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10 m/s2,网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为(　BD　)
A.v=5 m/s B.v=3 m/s
C.d=3.6 m D.d=3.9 m
解析:建立如图所示的三维坐标系,网球在竖直方向做竖直上抛运动,上升的最大高度h1=(8.45-1.25) m=7.20 m,所以在击球点竖直方向的分速度vOz==12 m/s,上升时间t1==1.2 s,则vOy= m/s=4 m/s,故沿x方向的分速度vOx==3 m/s;到达最高点P与墙壁碰撞后,沿x方向的分速度vOx=3 m/s,沿y方向的分速度大小变为vOy′=4×0.75 m/s=3 m/s,所以网球碰撞以后的速度大小为v==3 m/s。下落的时间t2= s=1.3 s,网球着地点到墙壁的距离d=vOy′t2=3.9 m。
1.解决抛体运动的思维过程
2.建好“两个模型”
(1)常规的平抛运动及类平抛运动模型。
(2)与斜面相结合的平抛运动模型。
①从斜面上水平抛出又落回到斜面上,位移方向恒定,落点速度方向与斜面间的夹角恒定,此时往往分解位移,构建位移三角形。
②从斜面外水平抛出垂直落在斜面上,速度方向确定,此时往往分解速度,构建速度三角形。
1.(2022·河北唐山二模)如图所示,斜面ABC与圆弧轨道相接于C点,从A点水平向右飞出的小球恰能从C点沿圆弧切线方向进入轨道。OC与竖直方向的夹角为60°,若AB的高度为h,忽略空气阻力,则BC的长度为(　B　)
A.h B.h
C.h D.2h
解析:小球飞出后做平抛运动,设到C点时的速度方向与初速度方向夹角为θ,此时位移方向与初速度方向夹角为α。因为小球恰能从C点沿圆弧切线方向进入轨道且OC与竖直方向的夹角为60°,所以θ=60°。根据平抛运动规律得tan θ=2tan α=,解得x=h,所以,A、C、D项错误,B项正确。
2.(2022·广东广州模拟)有a、b、c、d四个完全相同的小球从地面上同一位置抛出,轨迹分别如图中①②③④所示。由图中轨迹可知,a、b到达的最大高度相同,b、c的水平射程相同,a、d的水平射程相同,c、d到达的最大高度相同。不计空气阻力,则下列有关四个小球的运动分析正确的是(　D　)
A.a、b两球抛出时的速度相等
B.a、d两球在最高点时的速度相等
C.b、c在空中运动时间相同
D.c、d两球落地时速度与地面的夹角一定不相等
解析:抛体运动中a、b到达的最大高度相同,由h==gt2可知,a、b抛出时的竖直速度相等,在空中运动的时间相等,水平速度不等,则抛出时的速度不等,故选项A错误;b、c的最大高度不同,则运动时间不同,选项C错误;由h==gt2可知,a运动的时间比d的要长,又a和d水平射程相等,由x=vxt可得,a的水平速度比d的小,而最高点时的速度即为水平方向的速度,故两者不相等,选项B错误;由对称性可知,落地时速度与水平方向的夹角与抛出时相等,故要判断落地时速度与水平方向的夹角,只需判断抛出时速度与水平方向的夹角即可,对于c和d,由轨迹可知,c到达的最大高度与d的相等,则竖直初速度相等,运动时间相等,结合水平位移知,c的水平速度要小于d的,设抛出时速度与水平方向的夹角为θ,则tan θ=,经分析可知,c抛出时速度与水平方向的夹角比d的大,故落地速度与地面的夹角一定不相等,选项D正确。
考点二　圆周运动问题
(2021·河北卷,9)(多选) 如图,矩形金属框MNQP竖直放置,其中MN、PQ足够长,且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点,另一端连接一个质量为m的小球,小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时,小球均相对PQ杆静止。若ω′>ω,则与以ω匀速转动时相比,以ω′匀速转动时(　BD　)
A.小球的高度一定降低
B.弹簧弹力的大小一定不变
C.小球对杆压力的大小一定变大
D.小球所受合外力的大小一定变大
解析:设弹簧的劲度系数为k,形变量为x,弹簧与竖直方向的夹角为θ,MN、PQ间的距离为L,对小球受力分析有kxcos θ-mg=0,即竖直方向受力为0,水平方向有kxsin θ±FN=mω2L,当金属框以ω′绕MN轴转动时,假设小球的位置升高,则kx减小,cos θ减小,小球受力不能平衡;假设小球的位置降低,则kx增大,cos θ增大,小球受力同样不能平衡,则小球的位置不会变化,弹簧弹力的大小一定不变,故A错误,B正确。小球对杆的压力大小F压=FN=mω2L-kxsin θ或F压=FN=kxsin θ-mω2L,所以当角速度变大时压力大小不一定变大,故C错误。当角速度变大时,小球受到的合外力一定变大,故D正确。
(2022·四川成都二模)(多选) 如图所示,一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道,管道里有一个直径略小于管道内径的小球,小球在管道内做圆周运动,从B点脱离后做平抛运动,经过0.3 s后又恰好垂直撞在倾角为45°的斜面上C点。已知半圆形管道的半径R=1 m,小球可看作质点且其质量为m=1 kg,g取10 m/s2。则(　AD　)
A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m
B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m
C.小球经过管道的B点时,受到下管道的作用力FNB的大小是2 N
D.小球经过管道的B点时,受到下管道的作用力FNB的大小是1 N
解析:小球从B点脱离后做平抛运动,经过0.3 s后又恰好垂直撞在倾角为45°的斜面上,则在C点的竖直分速度为vCy=gt=3 m/s,因小球恰好垂直撞在斜面上,则平抛运动的水平初速度为vB=vCytan 45°=3 m/s。小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离为x=vBt=0.9 m,故A正确,B错误;设小球经过B点时,受到上管道竖直向下的作用力FNB,根据牛顿第二定律可得FNB+mg=m,联立方程,解得FNB=-1 N,负号说明小球在B点受到下管道的作用力的大小是1 N,方向竖直向上,故C错误,D正确。
1.基本思路
(1)要进行受力分析,明确向心力的来源,确定圆心以及半径。
(2)列出正确的动力学方程F=m=mω2r=mωv=mr。
2.常见的圆周运动
水平面内的 圆周运动 水平转盘上的物体 Ff=mω2r —
圆锥摆模型 mgtan θ=mω2r
竖直面内的 圆周运动 轻绳模型 能过最高点的临界条件 mg=m 最高点和最低点间的过程要用能量观点(动能定理)
轻杆模型 能过最高点的临界条件vmin=0
倾斜面内的 圆周运动 倾斜转盘上的物体 —
电场、重力场 叠加中的 圆周运动 带电小球在叠加场中的 圆周运动 等效法 关注六个位置的动力学方程,最高点、最低点、等效最高点、等效最低点、最左边和最右边位置
磁场中的 圆周运动 带电粒子在匀强磁场中 做匀速圆周运动 qvB=m —
3.(2022·山东淄博二模)如图为车牌自动识别系统的直杆道闸,离地面高为1 m的细直杆可绕轴O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为2.3 s,自动识别系统的反应时间为0.3 s;汽车可看成高1.6 m的长方体,其左侧面底边在aa′直线上,且轴O到汽车左侧面的距离为0.6 m,要使汽车安全通过道闸,直杆转动的角速度至少为(　C　)
A. rad/s B. rad/s
C. rad/s D. rad/s
解析:由题意可知,在2.3 s-0.3 s=2.0 s的时间内,横杆距离O点0.6 m的点至少要抬高h=1.6 m-1.0 m=0.6 m,根据几何关系得,横杆至少转过 rad,则角速度ω== rad/s,故选C。
4.(2022·辽宁沈阳二模)(多选)如图甲所示,陀螺在圆轨道外侧运动而不脱离,好像被施加了魔法一样。该陀螺可等效成一质点在圆轨道外侧运动的模型,如图乙所示,在竖直面内固定的强磁性圆轨道上,A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。已知该质点的质量为m,强磁性圆轨道半径为R,重力加速度为g,质点沿轨道外侧做完整的圆周运动,受轨道的强磁性吸引力始终指向圆心O且大小恒为F。当质点以速率 通过A点时,对轨道的压力为7mg。不计一切摩擦和空气阻力,下列说法正确的是(　ABD　)
A.强磁性吸引力F大小为8mg
B.质点在B点的速率为
C.质点在B点对轨道的压力为6mg
D.要使陀螺不脱离强磁性圆轨道,它在B点的速率不能超过
解析:在A点由牛顿第二定律有mg+F-7mg=m,解得F=8mg,A正确;从A点到B点,由动能定理有m-m=mg·2R,解得vB=,B正确;设在B点时轨道对质点有竖直向上的弹力FN,在B点由牛顿第二定律有FN+F-mg=m,解得FN=-mg,根据牛顿第三定律,质点在B点对轨道的压力大小为mg,C错误;陀螺恰好不脱离强磁性圆轨道时,轨道弹力为零,则此时由牛顿第二定律有F-mg=m,解得vB′=,D正确。
5.(2022·重庆模拟)(多选)如图所示,质量均为m的木块a、b叠放在一起,b通过轻绳与质量为2m的木块c相连。三木块放置在可绕固定转轴OO′转动的水平转台上。木块a、b与转轴OO′的距离为2L,木块c与转轴OO′的距离为L。a与b间的动摩擦因数为5μ,b、c与转台间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。若转台从静止开始绕转轴缓慢地加速转动,直到有木块即将发生相对滑动为止。用ω表示转台转动的角速度,下列说法正确的是(　CD　)
A.当ω=时,轻绳的拉力为零
B.b木块与转台间的摩擦力一直增大
C.当ω=时,c木块与转台间的摩擦力为零
D.ω的最大值为
解析:对木块a开始滑动时受力分析有5μmg=m·2L,解得ωa=;假设没有绳,b开始滑动时的角速度为μmabg=mab·2L,解得ωab=;假设没有绳,c开始滑动时的角速度为μmcg=mc·L,解得ωc=,所以当ωab=时,绳开始有拉力。当ω=时,轻绳已经有拉力,故A错误。当ωab=时,再继续加速转动,绳开始有拉力,至c滑动前,b受到的摩擦力不变,故B错误。当木块c与转台间摩擦力为零时,绳拉力FT=2mω2L,FT+μ·2mg=2mω2·2L,解得ω=,所以当ω=时,木块c与转台间摩擦力为零,故C正确。当有最大角速度时,FT-μ·2mg=2mω2L,FT+μ·2mg=2mω2·2L,解得ω=,所以ω的最大值为,故D正确。
6.(2022·湖北荆州模拟)(多选)如图所示,轻杆长为3L,在杆的两端分别固定质量均为m的球a和球b,杆上距球a为L处的点O装在光滑的水平转轴上,外界给予系统一定的能量后,杆和球在竖直面内转动。在转动的过程中,忽略空气的阻力。若球b运动到最高点时,球b对杆恰好无作用力,则下列说法正确的是(　ACD　)
A.球a在最低点时的速度为
B.球b在最高点时,杆对水平转轴的作用力为1.5mg,方向竖直向上
C.球b转到最低点时,其速度为
D.球b由最高点转到最低点的过程中受到杆的弹力作用,且杆的弹力对球b做负功
解析:球b运动到最高点时,球b对杆恰好无作用力,根据牛顿第二定律可得mg=m,解得vb=;由于a、b转动的角速度相同,根据v=ωr可知va==,故A正确;球a在最低点时,根据牛顿第二定律可得F-mg=,解得F=1.5mg,杆对水平转轴的作用力为1.5mg,方向竖直向下,故B错误;球b从最高点到最低点的过程中,对a、b组成的系统,根据动能定理可得mg·4L-mg·2L=mvb′2+mva′2-m-m,其中vb′=2va′,联立解得vb′=,故C正确;球b由最高点转到最低点的过程中,根据动能定理可得mg·4L+W=mvb′2-m,解得W=-mgL,故杆的弹力对球b做负功,故D正确。
考点三　万有引力与航天
(2021·重庆卷,8)(多选)2021年5月15日“祝融号”火星车成功着陆火星表面,是我国航天事业发展中具有里程碑意义的进展。此前我国“玉兔二号”月球车首次实现月球背面软着陆,若“祝融号”的质量是“玉兔二号”的K倍,火星的质量是月球的N倍,火星的半径是月球的P倍,火星与月球均视为球体,则(　AD　)
A.火星的平均密度是月球的倍
B.火星的第一宇宙速度是月球的倍
C.火星的重力加速度大小是月球表面的倍
D.火星对“祝融号”引力的大小是月球对“玉兔二号”引力的倍
解析:根据密度的定义有ρ=,体积V=πR3,可知火星的平均密度与月球的平均密度之比=·=N×=,即火星的平均密度是月球的倍,故A正确;由G=mg,可知火星表面的重力加速度与月球表面的重力加速度之比=·=N×=,即火星表面的重力加速度是月球表面的重力加速度的倍,由G=mg,G=m,可知火星的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比===,故B、C错误;由万有引力定律F=G可知,火星对“祝融号”引力的大小与月球对“玉兔二号”引力的大小之比=··=N×K×=,即火星对“祝融号”的引力大小是月球对“玉兔二号”引力大小的倍,故D正确。
(2021·天津卷,5)2021年5月15日,天问一号探测器着陆火星取得成功,迈出了我国星际探测征程的重要一步,在火星上首次留下国人的印迹。天问一号探测器成功发射后,顺利被火星捕获,成为我国第一颗人造火星卫星。经过轨道调整,探测器先沿椭圆轨道Ⅰ运行,之后进入称为火星停泊轨道的椭圆轨道Ⅱ运行,如图所示,两轨道相切于近火点P,则天问一号探测器(　D　)
A.在轨道Ⅱ上处于受力平衡状态
B.在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时短
C.从轨道Ⅰ进入Ⅱ在P处要加速
D.沿轨道Ⅰ向P飞近时速度增大
解析:天问一号探测器在轨道Ⅱ上做变速圆周运动,受力不平衡,故A错误;根据开普勒第三定律可知,轨道Ⅰ的半长轴大于轨道Ⅱ的半长轴,故在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时长,故B错误;天问一号探测器从轨道Ⅰ进入Ⅱ,做近心运动,需要的向心力要小于提供的向心力,故要在P点减速,故C错误;在轨道Ⅰ向P飞近时,万有引力做正功,动能增大,故速度增大,故D正确。
1.天体质量和密度的求解
(1)利用天体表面的重力加速度g和天体半径R。
由于G=mg,故天体质量M=,天体密度ρ===。
(2)利用卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和轨道半径r。
①由万有引力提供向心力,即G=mr,得出中心天体质量M=。
②若已知天体半径R,则天体的平均密度ρ===。
2.变轨问题
(1)点火加速,v突然增大,G(2)点火减速,v突然减小,G>m,卫星将做近心运动。
(3)同一卫星在不同圆轨道上运行时机械能不同,轨道半径越大,机械能越大。
(4)卫星经过不同轨道相交的同一点时加速度相等,外轨道的速度大于内轨道的速度。
7.(2022·山东卷,6) “羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。如图所示,该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动,轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻,沿相同方向经过地球表面A点正上方,恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为R,自转周期为T,地球表面重力加速度为g,则“羲和号”卫星轨道距地面高度为(　C　)
A.()-R B.()
C.()-R D.()
解析:依题意可知卫星的绕行周期T0=,对卫星根据牛顿第二定律可得G=m(R+h)·,根据黄金代换式gR2=GM,联立解得h=()-R。
8.(2022·北京丰台区二模)2022年3月23日,“天宫课堂”进行了第二次授课活动。授课过程中信号顺畅不卡顿,主要是利用天链系列地球同步轨道卫星进行数据中继来实现的。如图所示,天链卫星的发射过程可以简化如下:卫星先在近地圆形轨道Ⅰ上运动,到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ,到达轨道的远地点B时,再次点火进入圆形同步轨道Ⅲ绕地球做匀速圆周运动。设地球半径为R,地球表面的重力加速度为g0,卫星质量保持不变。则下列说法中正确的是(　C　)
A.卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ运动的周期均与地球自转周期相同
B.卫星在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运动经过B点的加速度大小不同
C.卫星在轨道Ⅲ上的运行速率小于
D.卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能
解析:卫星绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,则有=mr,可得T=∝,卫星在同步轨道Ⅲ的周期与地球自转周期相同,卫星在轨道Ⅰ的周期小于地球自转周期,A错误;卫星在运行过程只受地球的万有引力,根据牛顿第二定律可得=ma,解得a=,由于M、r都相同,可知卫星在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运动经过B点的加速度大小相同,B错误;卫星在轨道Ⅲ绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,则有=m,物体在地球表面受到的重力等于万有引力,则有=m0g0,联立解得v=<,C正确;卫星在同一轨道上运行时,只受万有引力,卫星的机械能守恒,卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ需要在A处点火加速,即机械能增加,故卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能,D错误。
人造卫星和天体运动问题
类型一　人造卫星运行参量的分析与计算
分析卫星运行参量的“一模型”“两思路”
(1)“一模型”:无论是自然天体(如地球、月球),还是人造天体(如宇宙飞船、人造卫星)都可以看作质点,围绕中心天体(视为静止)做匀速圆周运动。
(2)“两思路”。
①万有引力提供向心力,即G=ma=m=mω2r=mr。对于椭圆运动,应考虑开普勒行星运动定律。
②天体对其表面物体的万有引力近似等于重力,即G=mg或GM=gR2(R、g分别是天体的半径、表面重力加速度)。
(2021·全国甲卷,18)2021年2月,执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后,进入运行周期约为1.8×105 s的椭圆形停泊轨道,轨道与火星表面的最近距离约为2.8×105 m。已知火星半径约为3.4×106 m,火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7 m/s2,则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为(　C　)
A.6×105 m B.6×106 m
C.6×107 m D.6×108 m
解析:在火星表面附近,对绕火星做匀速圆周运动的物体,有mg火=mR火,得=;根据开普勒第三定律,有=,代入数据解得l远≈6×107 m,C正确。
1.若例1中,“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后,进入与火星表面的最近距离约为2.8×105 m、最远距离为5.9×107 m的椭圆形停泊轨道,探测器在该轨道的运行周期与半径为3.29×107 m圆形轨道的周期相同,约为1.8×105 s。已知火星半径约为3.4×106 m,则火星表面处自由落体的加速度大小约为(　B　)
A.0.37 m/s2 B.3.7 m/s2
C.8.9 m/s2 D.89 m/s2
解析:根据题意可知,火星的半径为3.4×106 m,椭圆形停泊轨道的运行周期与圆形轨道的周期相同,设火星的质量为M,根据万有引力提供向心力,对圆形轨道有G=m()2r,又T=1.8×105 s,在火星表面,根据万有引力和重力的关系可得=mg,代入数据,解得火星表面处自由落体的加速度大小g≈3.7 m/s2,A、C、D错误,B正确。
2.若例1中,执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器成功地进入运行周期约为1.8×105 s的椭圆形停泊轨道,探测器在火星停泊轨道上运行时,近火点距离火星表面2.8×102 km、远火点距离火星表面5.9×104 km,火星半径为3.4×106 m,引力常量G=6.67×10-11 N·m2/kg2,则探测器(　B　)
A.在近火点通过加速可实现绕火星做圆周运动
B.通过已知条件可以计算出火星质量
C.在近火点的运行速度比远火点的小
D.在近火点的机械能比远火点的小
解析:探测器在近火点时其所需的向心力大于万有引力,在此处加速使其所需的向心力更大,而所受万有引力不变,万有引力小于向心力,不可能实现绕火星做圆周运动,故A错误;根据题意结合开普勒第三定律可求解出探测器在以近火点为半径做圆周运动的周期,根据万有引力提供向心力的周期公式,可以求出火星的质量,故B正确;由开普勒第二定律可知,探测器在近火点的运行速度比远火点的大,故C错误;探测器在椭圆形停泊轨道上运动,仅有万有引力做功,机械能守恒,故D错误。
类型二　天体运动的分析与探究
1.天体的运动为椭圆运动,有时研究问题时可近似看作圆周运动。
2.开普勒第三定律既适用于椭圆运动也适用于圆周运动,只要它们都绕同一中心天体运行即可。即有=。
(2021·全国乙卷,18) 科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测,给出1994年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为1 000 AU(太阳到地球的距离为1 AU)的椭圆,银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力,设太阳的质量为M,可以推测出该黑洞质量约为(　B　)
A.4×104M B.4×106M
C.4×108M D.4×1010M
解析:由万有引力提供向心力有=mR,整理得=,可知只与中心天体的质量有关,则=,已知T地=1年,由题图可知恒星S2绕银河系运动的周期TS2=2×(2 002-1 994)年=16年,解得M黑洞≈4×106M,B正确。
根据例2中的已知条件,分析求解下列问题。
(1)如例2中图所示,比较S2在1994年和2002年所在位置的运行速度大小,并说明理由。
(2)黑洞可以让光无法逃逸引力的束缚,设光速c=3×108 m/s,太阳的质量M=2×1030 kg,引力常量G=6.67×10-11 N·m2·kg-2,试估算黑洞的最大半径。
解析:(1)根据开普勒第二定律可知,S2在1994年时距离中心天体较2002年时远,故S2在1994年时的运行速度比2002年时小。
(2)设黑洞的质量为M′,由例1中计算知
M′=4×106M=8×1036 kg,
设光绕黑洞表面运动的半径为r,若光无法逃逸,
则应满足c=,即r=,
代入数据可得 r≈1.2×1010 m。
答案:见解析

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