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(共119张PPT)
专题八　实验技能与创新
第1讲　力学实验及其创新
透析高考考情
知己知彼百战胜
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
突破核心考点
解题能力步步高
考点一　基本仪器的读数和力学量的测量
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 　。
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。
答案:(1)相邻相等时间间隔位移差大小接近
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:
(2)当x=507 m时,该飞行器速度的大小v=　　　　 m/s。
答案:(2)547
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:
(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)
答案:(3)79
(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。
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。
答案:(2)7.884
(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。
解析:(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。
答案:(3)B
(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:(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:(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
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。
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。
答案:(1)2.60
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。
(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:(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:(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。
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。
答案:(1)12.40
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:
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:
(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:(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:(5)偏大
考点二　“纸带类”实验
(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
答案:(1)ACD　
(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。
解析:(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。
答案:(2)Ⅱ
(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。
答案:(3)能
(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:(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:(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。
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
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。
答案:(1)AB
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。
(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。
解析:(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。
答案:(2)满足
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。
(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)
答案:(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。
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。
答案:(1)65.50
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:
(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。
解析:(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。
答案:(2)不会
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:
(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
解析:(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。
答案:(3)D
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:
(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)
答案:(4)AD
考点三　“弹簧”“橡皮条”类实验
(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;
解析:(3)利用描点法得出图像,如图所示。
答案:(3)图见解析
(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;
解析:(4)根据刻度尺读数规则知,橡皮筋的长度l=15.35 cm。
答案:(4)15.35
(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)。
答案:(5)127
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。
答案:(1)12
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。
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):
(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。
答案:(2)0.20
解析:(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。
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):
(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。
答案:(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。
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。
答案:(1)2　
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。
(2)弹性绳1、2的劲度系数分别为k1=　　　 N/m,k2=　　　　 N/m。
答案:(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°
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。
答案:(1)AC
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:
(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。
解析:(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。
答案:(2)F　
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:
(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
解析:(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。
答案:(3)A　
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:
(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:(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:(4)3.0
考点四　其他力学实验
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;
答案:(1)1.0　2.0
完成下列填空:(结果均保留2位有效数字)
(2)根据图b中数据可得,当地重力加速度的大小为　　　　 m/s2。
答案:(2)9.7
(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。
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。
答案:(2)0.304
(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。
(6)表中的k2=　　　　(结果保留2位有效数字)。
答案:(6)0.31
答案:(7)0.32　
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。
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
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。
答案:(1)B
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:
(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。
解析:(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。
答案:(2)A　C　1∶9　角速度的平方
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:
(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。
解析:(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。
答案:(3)需要
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:
(4)你认为以上实验中产生误差的原因有 　 (写出一条即可)。
解析:(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。
答案:(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)　
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:
(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　　　　。
答案:(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。
解析:(1)依题意,读数为d=1 cm+12×0.05 mm=1.060 cm。
答案:(1)1.060
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。
(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)
答案:(2)0.42
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。
(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
答案:(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　　　　。
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。
答案:(1)限位孔
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。
(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)。
答案:(2)上升　2.40
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。
(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　 。
答案:(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
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)
答案:0.43　0.32
(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　　　　。
答案:(1)-2
(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)
答案:(2)-2.1　0.59
(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:(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:(3)C
(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”)。
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。
答案:(2)往右移
(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)。
答案:(4)0.15　
(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v-t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:(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:(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。
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。
答案:(1)1.650
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。
(2)弹簧测力计的示数如图丙所示,请读出力F=　　N。
解析:(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。
答案:(2)2.4
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。
(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)。
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)
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。
(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 　。
解析:(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。
答案:(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
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。
(3)写出一条对提高实验结果准确度有益的建议:　 。
解析:(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:(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)(共141张PPT)
第2讲　电学实验及其创新
透析高考考情
知己知彼百战胜
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
突破核心考点
解题能力步步高
考点一　电学基本器材的使用和读数
(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。
解析:(1)该电阻丝的直径为d=1 mm+41.6×0.01 mm=1.416 mm。
答案:(1)1.416
(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。
解析:(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。
答案:(3)×10
解析:(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。
(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。
答案:(5)160
(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)。
答案:(7)3.15×10-4
(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。
答案:(1)0.34　外
解析:(2)①电路图如图所示。
答案:(2)①图见解析
(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;
答案: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)
(2)完成上述实验后,小李进一步尝试用其他方法进行实验:
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　 。
1.电压表、电流表、多用电表的读数技巧
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”)。
答案:(1)R1
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。
(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。
答案:(2)b　150
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。
(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。
答案:(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。
解析:(1)由题图可知,选择挡位为“×1”,则其读数为40×1 Ω=40 Ω。
答案:(1)40
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。
(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　 。
答案:(2)①电流表量程选错　②滑动变阻器滑片位置错误
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。
(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。
解析:(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。
答案:(3)0.20　4.0
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。
(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:(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:(4)A
考点二　以测电阻为核心的电学实验
(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。
答案:(3)无
(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:(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:(4)51.80
(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。
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。
答案:(1)3.700
(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。
(3)12　3.0
(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:(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:(4)偏小
(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。
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。
答案:(1)如图所示
(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。
解析:(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。
答案:(2)10 Ω　75 Ω
(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)。
答案:(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。
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。
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。
答案:(2)0.40
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:
(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)。
答案:(4)6.0　2.36×10-6
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:
(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。
答案:(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　　　　。
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。
答案:(1)C
解析:(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。
(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。
答案:(2)0.23
解析:(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。
(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。
答案:(3)<
(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:(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:(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。
解析:(1)导线的直径d=1 mm+41.0×0.01 mm=1.410 mm。
答案:(1)1.410
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:
(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;
答案:(2)①2.0
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:
(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。
②电流表的内阻对测量结果　　　　(选填“有”或“无”)影响。
解析:②由以上分析可知,电流表的内阻对测量结果无影响。
答案:②无
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:
(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)。
答案:(3)111
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:
(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:(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:(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
(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。
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。
答案:(2)b
(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。
答案:(5)图见解析
答案:(1)15.0
(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”);
答案:(5)1.56　1.5
答案:(6)5
测量电源电动势和内阻的三个常用方案
(1)伏安法。
(2)伏阻法和安阻法。
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。
答案:(1)图见解析
解析:(1)依题意,电路图如图所示。
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。
(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=　　　　。
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　 。
答案:(1)使实验中电压表示数变化明显,同时又保护电路
解析:(1)使实验中电压表示数变化明显,同时又保护电路。
回答下列问题。
(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)
考点四　其他电学实验
(1)将图中所示的器材符号连线,画出实验电路原理图。
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。
答案:(1)如图所示
解析:(2)由并联电路规律可得IGRg=(I-IG)R0,解得Rg=990 Ω。
(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。
答案:(2)990
(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
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。
答案:(1)BD
(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
解析:(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。
答案:(2)C
(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
答案:(3)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”)。
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。
答案:(1)乙　电压表分流　偏小
(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　　　　。
解析:(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。
答案:(2)C
(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)。
解析:(3)作出Q-U图像如图1所示;
答案:(3)见解析图1　8.9
(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。
答案:(4)见解析图2　
解析:(4)能改变电容器充电电压的电路原理图如图2所示。
(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:　 。
答案:(5)多用表指针先快速偏转大角度,后逐渐回到原位置
解析:(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。
解析:(1)由于Rn>Rm,所以Im大于In。
答案:(1)大于
解析:(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。
答案:(2)×10
(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”)。
解析:(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。
答案:(3)向上
答案:(4)400
1.电流表(表头)改装成电压表、电流表和欧姆表
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
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”)。
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。
答案:(1)相反　减小
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。
(2)该电容器的电容为　　　　F(结果保留2位有效数字)。
答案:(2)1.0×10-2
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。
(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: 　。
答案:(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。
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。
答案:(1)①右
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:
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=　　　　。
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:
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　 　。
答案:③S2　S1　若先断开S1,则由于断电自感现象,有可能烧坏电表
解析: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。
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。
(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。
答案:(2)图见解析
考点五　电学实验创新
(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　　　　。
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。
答案:(1)短接　减小
(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。
解析:(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。
答案:(2)①b
(2)再按图连接好电路进行测量。
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: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:②大于　R01-R02
(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)。
答案:(3)2.0　4.0
(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。
答案:(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
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。
答案:(1)图见解析　不是
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)。
(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。
答案:(2)AB
解析:(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。
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)。
(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。
答案:(3)1 460
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)。
(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。
答案:(4)小
解析:(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。
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 　。
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。
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
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。
(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
解析:(2)根据题意可得s=82×4.9 km=401.8 km≈402 km。
答案:(2)402
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。
(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=　　　　。 (共58张PPT)
专题二　动量与能量
第1讲　功和能
回扣核心主干
知识技能了于胸
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
1.思想方法
(1)守恒思想、分解思想。
(2)守恒法、转化法、转移法。
透析高考考情
知己知彼百战胜
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
突破核心考点
解题能力步步高
考点一　功　功率　动能定理的应用
ABC
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。
CD
1.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
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(　　)
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
D
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
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.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
A
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
(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
(1)求重物落地后,小球线速度的大小v;
解析:(1)线速度v=ωr,得v=2ωR。
答案:(1)2ωR
(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。
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
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(　　)
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
C
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
考点三　功能关系和能量守恒定律的应用
(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。
解析:(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答案:(3)W(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。
答案:(4)图见解析
D
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
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。
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。
答案:(1)mgdsin θ
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。
(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。
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。
(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 (共55张PPT)
第2讲　动量定理和动量守恒定律
回扣核心主干
知识技能了于胸
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。
透析高考考情
知己知彼百战胜
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
突破核心考点
解题能力步步高
考点一　动量定理的应用
A
C
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(　 　)
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
B
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(　 　)
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
C
考点二　动量守恒定律的应用
AC
(1)滑道AB段的长度;
答案:(1)9 m
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
答案:(2)7.44 m/s
解析:(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。
(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。
答案:(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.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
A
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
细研微小专题
一题一课攻疑难
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。
3.碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型。
(2)“耗散型”碰撞拓展模型。
(1)两物块在空中运动的时间t;
答案:(1)0.30 s
(2)两物块碰前A的速度v0的大小;
答案:(2)2.0 m/s
解析:(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。
答案:(3)0.10 J
(1)B撞击A的速度大小;
答案:(1)2 m/s
(2)A、B的质量之比。
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
B
答案:4 335 J(共66张PPT)
第3讲　动力学三大观点的综合应用
回扣核心主干
知识技能了于胸
动力学三大观点对比
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。
透析高考考情
知己知彼百战胜
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
突破核心考点
解题能力步步高
考点一　动量和能量观点的综合应用
(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;
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。
答案:(1)8 N　5 N
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v;
答案:(2)8 m/s
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
答案:(3)0.2 m
(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;
答案:(1)4 m/s
(2)若小球能完成整个运动过程,求h的最小值hmin;
答案:(2)0.45 m
(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。
答案:(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
(1)碰撞后瞬间长木板B的速度大小;
答案:(1)4 m/s
(2)小物块C的质量mC;
答案:(2)1 kg
解析:(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的接触面因为摩擦而产生的热量。
答案:(3)2.25 J
考点二　应用三大观点解决动力学综合问题
(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;
答案:(1)2R
(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。
(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。
答案:(2)6.5mg
(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。
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。
AC
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;
答案:(1)0.5 s
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。
(2)求滑板的长度;
答案:(2)0.8 m
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。
(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。
细研微小专题
一题一课攻疑难
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。
(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。
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。
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)
(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
答案:(5)见解析
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,vAA.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
ACD(共71张PPT)
专题六　热　学
回扣核心主干
知识技能了于胸
1.分子动理论及热力学定律
(1)估算问题。
(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)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。
透析高考考情
知己知彼百战胜
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
突破核心考点
解题能力步步高
考点一　分子动理论
D
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。
C
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(　 　)
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
D
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(　 　)
A.3×1021 B.3×1022
C.3×1023 D.3×1024
B
考点二　固体、液体和气体分子的特点
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。
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(　 　)
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
D
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.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
A
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
(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)。
(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。
答案:(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(　 　)
A.10 cm B.12 cm C.8 cm D.14 cm
B
(1)求活塞静止时汽缸内气体的压强;
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。
答案:(1)1.2×105 Pa
(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。
答案:(2)10 cm　124 J
考点四　内能　热力学定律
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
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(　 　)
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
ABD
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;
答案:(1)pHS　
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:
(2)气体处于D状态时,活塞与卡口间的弹力大小。
细研微小专题
一题一课攻疑难
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。
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。
D　
(1)求密封时定高气球内气体的体积;
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。
(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。
(1)充气完毕时A中的气体压强;
答案:(1)0.917p0　
(2)容积比的值。
答案:(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;
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。
答案:(1)15
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。
(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。
答案:(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。
(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。
答案:(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.(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)。
(2)如果所吸工件的质量为1 t,求真空吸盘的最小面积。
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。
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。
答案:(1)17
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。
(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
答案:(2)6.5 kg(共45张PPT)
专题七　近代物理初步
回扣核心主干
知识技能了于胸
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。
透析高考考情
知己知彼百战胜
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
突破核心考点
解题能力步步高
考点一　光电效应现象及规律
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。
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
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
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.(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。
(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。
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。
(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;
答案:(3)①3.17×105个
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。
(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。
②分析一个电子在极短时间内不能吸收多个光子的原因。
答案:②见解析
考点二　原子结构及能级跃迁
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。
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.(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(　 　)
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
C
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(　 　)
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
C
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
A.6 B.8 C.10 D.14
A
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。
C
CD
1.四种核反应。
(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。
A
AB(共40张PPT)
专题三　电场与磁场
第1讲　电场　带电粒子在电场中的运动
回扣核心主干
知识技能了于胸
(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
(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。
透析高考考情
知己知彼百战胜
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
突破核心考点
解题能力步步高
考点一　电场性质的理解与应用
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
C
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。
C
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。
4.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。
(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(　 　)
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)
BC
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(　 　)
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
AB
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
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
C
“1+3”分析法思路(“1个不变,3个公式”)
C
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(　 　)
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
C
考点三　带电粒子或带电体在电场中的运动
BD
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。
BD
A.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
1.带电粒子在电场中的运动特点及分析方法
(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。
ABD
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(共116张PPT)
第2讲　磁场　带电粒子在磁场中的运动
回扣核心主干
知识技能了于胸
1.磁场的产生与叠加
2.安培力的分析与计算
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
透析高考考情
知己知彼百战胜
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
突破核心考点
解题能力步步高
考点一　磁场性质　磁场对电流的作用
A.B、0 B.0、2B C.2B、2B D.B、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。
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
A
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
考点二　带电粒子在磁场中的运动
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。
B
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
BD
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
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
ACD
BC
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
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
C
6.(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;
6.(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。
(2)求带电粒子从磁场边缘到行星赤道面的最短时间;
6.(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。
(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。
考点四　圆形有界匀强磁场中的磁聚焦和磁发散模型
(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)。
(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
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。
AC
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(　 　)
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。
答案:(1)粒子打在收集板T的正中间
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。
(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
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。
细研微小专题
一题一课攻疑难
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
(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。
(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。
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。
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
(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。
答案:(4)见解析
B
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
(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。
(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。
答案:(2)打在荧光屏cd边的中点
(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。
答案:(3)见解析(共52张PPT)
专题四　电路与电磁感应
第1讲　直流电路与交流电路
回扣核心主干
知识技能了于胸
1.闭合电路欧姆定律
(2)路端电压与电流的关系:U=E-Ir。
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.理想变压器的基本关系式
(1)功率关系:P入=P出。
(4)频率关系:f1=f2。
(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。
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。
透析高考考情
知己知彼百战胜
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
突破核心考点
解题能力步步高
考点一　直流电路的分析与计算
A
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。
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
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
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(　 　)
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
C
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.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
A
考点二　交流电路的分析与计算
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
B
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)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
AC
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(　 　)
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
D
考点三　理想变压器与远距离输电
C
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
1.理想变压器动态分析的两种情况
2.远距离输电问题
(1)厘清三个回路。
(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
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(　 　)
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%
B
B
细研微小专题
一题一课攻疑难
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。
A
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(　 　)
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
C
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(　 　)
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
D
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(　 　)
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
BCD(共86张PPT)
第2讲　电磁感应及其综合应用
回扣核心主干
知识技能了于胸
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”。
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)。
透析高考考情
知己知彼百战胜
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
突破核心考点
解题能力步步高
考点一　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
BC
AD
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
(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。
BC
C
考点二　电磁感应的图像问题
BC
AC
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
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;
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。
(2)求线框穿过磁场的过程中,线框中产生的焦耳热;
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。
(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。
答案:(3)图见解析
考点三　电磁感应中的力电综合应用
答案:(1)0.18 N
①
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。
ABD　
细研微小专题
一题一课攻疑难
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
AC
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.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。
(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。
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
(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
AD
BC
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。
答案:(1)9 m/s2　方向向右
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:
(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。
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:
(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。
答案:(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。
答案:(1)2 N　
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。
(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。
答案:(2)见解析(共56张PPT)
专题五　机械振动和机械波　光和电磁波
回扣核心主干
知识技能了于胸
1.机械振动与机械波
(1)基础概念。
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。
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。
透析高考考情
知己知彼百战胜
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
突破核心考点
解题能力步步高
考点一　振动和波动的综合应用
C
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
D
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.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
A
考点二　光的折射和全反射
A
1.常用的三个公式
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。
BC
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;
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。
答案:(1)图见解析
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。
(2)求玻璃微球的折射率。(结果可用根式表示)
考点三　光的波动性　电磁波
D
D
1.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
7.(多选)关于电磁波的作用,下列说法正确的是(　 　)
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。
ABD
细研微小专题
一题一课攻疑难
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。
A
AB
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。
AC
C(共53张PPT)
第3讲　力与曲线运动
回扣核心主干
知识技能了于胸
(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)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”
(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。
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
透析高考考情
知己知彼百战胜
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
突破核心考点
解题能力步步高
考点一　抛体运动问题
BC
BD
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
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(　　)
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
D
考点二　圆周运动问题
BD
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。
AD
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.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
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
ABD
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
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
考点三　万有引力与航天
AD
D
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。
(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
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
细研微小专题
一题一课攻疑难
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。
C
B
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(　　)
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
B
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。
B
答案:见解析
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。
答案:见解析
根据例2中的已知条件,分析求解下列问题。
(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。

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