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第1讲　匀变速直线运动
A组　基础题组
1.几个水球可以挡住一颗子弹?许多人被问到这个问题时,答案可能都不一样。《国家地理频道》(National Geographic Channel)就为此特地做了一次实验,把10颗水球依序排成了一直线,还找来专家对着这排水球开枪,没想到结果却让不少人出乎意料,四个水球就可以挡住子弹了!若每个水球直径为15 cm,子弹以800 m/s的初速度在水中做匀变速直线运动,且子弹恰好可以穿出第四个水球,以上数据不能确定(　　)
A.子弹穿过4个水球的时间
B.子弹的加速度
C.子弹的平均速度
D.子弹的落地速度
答案　D　子弹做匀减速运动,通过4个相等的位移,由0-v2=2as求出子弹的加速度,由x=vt+12at2求出子弹穿过4个水球的时间,由v=xt求出子弹的平均速度,由于水球离地的高度不知道,无法求出子弹的落地速度,故以上数据不能确定的是D,能确定的是A、B、C。
2.2018年湖南春节焰火晚会农历正月初一在长沙国际会展中心的主会场精彩上演。在焰火运动的过程中,以下说法中正确的是　(　　)
A.焰火的速度越大,加速度也一定越大
B.焰火的速度变化越快,加速度一定越大
C.焰火的加速度不断减小,速度一定越来越小
D.某时刻速度为零,其加速度一定为零
答案　B　焰火的速度越大,加速度不一定越大,选项A错误;焰火的速度变化越快,加速度一定越大,选项B正确;焰火的加速度不断减小,若加速度和速度同向,则当加速度减小时,速度越来越大,选项C错误;某时刻速度为零,其加速度不一定为零,选项D错误。
3.如图所示,一列以72 km/h的速度行驶的火车,在驶近一座石拱桥时开始做匀减速运动,加速度大小为0.1 m/s2,减速行驶了2 min,则减速后火车速度为(　　)
A.6.0 m/s B.8.0 m/s C.10.0 m/s D.12.0 m/s
答案　B　72 km/h=20 m/s,2 min=120 s,根据公式v=v0+at可得减速后火车的速度为v=(20-0.1×120) m/s=8.0 m/s,B正确。
4.如图所示,滑雪运动员不借助雪杖,由静止从山坡匀加速滑过x1,又匀减速在平面上滑过x2后停下,测得x2=2x1,设运动员在山坡上滑行的加速度大小为a1,在平面上滑行的加速度大小为a2,则a1∶a2为(　　)
A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.2∶1
答案　C　设运动员滑至山坡末端处的速度为v,此速度又为减速运动的初速度,由位移与速度的关系式有v2=2a1x1,0-v2=-2a2x2,故a1∶a2=x2∶x1=2∶1,故C对,A、B、D错。故选C。
5.如图所示,在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c,离桌面高度h1∶h2∶h3=3∶2∶1。若先后顺次释放a、b、c,三球刚好同时落到桌面上,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　)
A.三者到达桌面时的速度之比是3∶2∶1
B.三者运动的平均速度之比是3∶2∶1
C.b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差
D.b与a开始下落的时间差大于c与b开始下落的时间差
答案　C　下落过程中,三者都做自由落体运动,则有h=v22g,解得v=2gh,所以三者到达桌面时的速度之比为:v1∶v2∶v3=h1∶h2∶h3=3∶2∶1,故A错误;三者都做匀变速直线运动,初速度为零,所以平均速度为v=v2,故平均速度之比与速度之比相同,即3∶2∶1,故B错误;根据h=12gt2,可得a、b运动的时间之差为Δt1=2h1g-2h2g=(3-2)2h3g,b、c运动的时间之差为Δt2=2h2g-2h3g=(2-1)2h3g,所以Δt1<Δt2,故C正确,D错误。故选C。
6.冰壶运动是冬奥会上关注度极高的一个项目,比赛场地示意图如图,圆心离投掷线的距离为30 m。比赛时,运动员从起滑架处推着冰壶出发,在投掷线处放手让冰壶以一定的速度滑出,使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O。为使冰壶滑行得更远,运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面,使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。设不用毛刷擦冰面时,冰壶匀减速的加速度大小是0.08 m/s2,用毛刷擦冰面时,冰壶匀减速的加速度大小是0.04 m/s2。
(1)若运动员乙不用毛刷擦冰壶运行前方的冰面,为使冰壶能够沿虚线运动恰好停止在圆心点,运动员甲应该在投掷线AB处以多大的速度将冰壶沿虚线推出?
(2)在某一局比赛中,运动员甲使冰壶在投掷线AB的中点处以2 m/s的速度沿虚线推出,推出后,感觉速度偏小,冰壶运动了20 s后,运动员乙立刻从此处开始用毛刷擦冰面至O点处,则冰壶最终所停的位置距AB投掷线的距离为多大?
答案　(1)2530 m/s　(2)26 m
解析　(1)根据v2=2as
得v=2×0.08×30 m/s=2530 m/s
(2)前20 s内,冰壶以加速度a1=0.08 m/s2做匀减速运动,发生位移
x1=v0t-12a1t2=24 m
此时速度为v1=v0-a1t=0.4 m/s
接下来冰壶以加速度a2=0.04 m/s2继续做匀减速运动直至停止,发生位移
x2=v122a2=2 m
所以最后冰壶停止的位置距AB距离为x=x1+x2=26 m
B组　提升题组
1.2017年12月27日下午5点,杭州地铁2号线二期、三期正式发车,2号线全长13.32 km。根据初期测试,2号线单程总时长在一个小时二十分钟左右,运营速度最高80 km/h。以下说法正确的是(　　)
A.2017年12月27日下午5点指的是时间
B.13.32 km指的是位移
C.估算地铁从起点到终点的时间,可以把地铁看成质点
D.地铁2号线运营平均速度为80 km/h
答案　C　2017年12月27日下午5点是一个时间点,是时刻,故A错误;13.32 km指的是运动轨迹的长度,是路程,故B错误;估算地铁从起点到终点的时间,可以把地铁看成质点,故C正确;80 km/h是地铁2号线运营的最高瞬时速度,故D错误。故选C。
2.物体从A点开始做匀变速直线运动,由A到B用时6 s,由B到C用时2 s,AB=BC=12 m,则物体的加速度大小为(　　)
A.1 m/s2 B.2 m/s2 C.3 m/s2 D.4 m/s2
答案　A　根据平均速度的定义可知,AB段的平均速度为v1=ABt1=126 m/s=2 m/s;v2=BCt2=122 m/s=6 m/s,而匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,两瞬时速度的时间间隔为4 s,由加速度的定义知a=v2-v1Δt=6?24 m/s2=1 m/s2。故选A。
3.一辆农用“小四轮”漏油了,假如车在平直的公路上行驶时每隔1 s漏下一滴油。一位同学根据漏在路面上的油滴分布,分析“小四轮”的运动情况(已知车的运动方向不变)。下列说法中正确的是(　　)
A.当沿运动方向油滴间距逐渐减小时,车一定在做匀减速直线运动
B.当沿运动方向油滴间距逐渐增大时,车一定在做匀加速直线运动
C.当沿运动方向油滴间距逐渐增大时,车可能在做匀加速直线运动
D.沿运动方向第1、2油滴与第6、7油滴间距离相等,说明车一定在做匀速直线运动
答案　C　当沿运动方向油滴间距越来越小时,由于相邻两个油滴的时间间隔相等,说明速度越来越小,而加速度可能不变,也可能变化,车不一定在做匀减速直线运动。故A错误。当沿运动方向油滴间距越来越大时,相邻两个油滴的时间间隔相等,说明速度越来越大,加速度可能增大,可能减小,可能不变。如果相邻的两个油滴的位移之差是一恒量,该运动才是匀变速直线运动。故B错误,C正确。沿运动方向第1、2油滴与第6、7油滴间距离相等,无法说明车一定在做匀速直线运动,故D错误。故选C。
4.物体做匀加速直线运动,相继经过两段距离为16 m的路程,第一段用时4 s,第二段用时2 s,则物体的加速度是(　　)
A.23 m/s2 B.43 m/s2 C.89 m/s2 D.169 m/s2
答案　B　根据题意,物体做匀加速直线运动,t时间内的平均速度等于t2时刻的瞬时速度,在第一段内中间时刻的瞬时速度v1=v1=164 m/s=4 m/s,在第二段内中间时刻的瞬时速度v2=v2=162 m/s=8 m/s,则物体的加速度a=v2-v1t=8?43 m/s2=43 m/s2。故选项B正确。
5.A、B两物体,A处在h高度处,B处在2h高度处,当B自由下落到与A相同高度时,A也开始自由下落,不计空气阻力。则(　　)
A.两物体同时落地
B.两物体落地时速度相同
C.第一阶段B相对于A匀加速靠近
D.第二阶段B相对于A匀加速远离
答案　C　A和B均从静止开始做自由落体运动,当B先释放,故在B到达A释放时已经有一个初速度v0=2gh,此后都有相同的位移h,可知B运动时间短,落地速度vB=2g·2h>vA=2gh,B的落地速度更大,A、B均错误。A释放前,B做自由落体运动,则B相对于A在做匀加速直线运动,C正确。A释放后,两物体都做加速度为g的匀加速直线运动,则B相对于A以v0=2gh的速度匀速远离,D错误。故选C。
6.(多选)一辆汽车从静止开始匀加速开出,然后保持匀速运动,最后匀减速运动直到停止。从汽车开始运动起计时,下表给出了某些时刻汽车的瞬时速度,根据表中的数据通过分析,计算可以得出(　　)

时刻(s)
1.0
2.0
3.0
5.0
7.0
10.5
11.5
速度(m/s)
3.0
6.0
9.0
12
12
9.0
3.0
A.汽车加速运动经历的时间为4 s
B.汽车全程运动经历的时间为11 s
C.汽车匀速运动的时间为5 s
D.汽车减速运动时间为2 s
答案　AD　匀速运动的速度为v=12 m/s,匀加速运动的加速度a1=6.0?3.02.0?1.0 m/s2=3 m/s2,则匀加速运动的时间t1=va1=123 s=4 s,故A正确;由表格数据可知,10.5~11.5 s内汽车做匀减速运动,故加速度a2=3.0?9.011.5?10.5 m/s2=-6 m/s2,所以汽车从3.0 m/s减至速度为零,还需要的运动时间为Δt=0?3.0-6 s=0.5 s,故汽车运动的总时间为11.5 s+0.5 s=12 s,故B错误;汽车减速的总时间为t3=0?12-6 s=2 s,汽车匀速运动时间t2=12-t1-t3=6 s,故C错误,D正确。选A、D。
7.(多选)一物体做直线运动的v-t图像如图所示,图像为四分之一圆弧,则下列说法正确的是(　　)
A.物体做匀减速直线运动
B.物体在10 s末的速度为15 m/s
C.物体在20 s内速度的变化量大小为20 m/s
D.物体在10 s末的加速度大小为33 m/s2
答案　CD　图像的斜率表示加速度,故从图中可知斜率越来越大,做加速度增大的减速运动,A错误;物体在20 s内速度的变化量大小为Δv=|0-20| m/s=20 m/s,C正确;根据圆方程可知v2+t2=400,故在10 s末物体的速度为v=103 m/s,此时图像的斜率为a=k=-10103 m/s2=-33 m/s2,故B错误,D正确。
8.我国ETC(不停车电子收费系统)已实现全国联网,大大缩短了车辆通过收费站的时间,假设一辆家庭轿车以20 m/s的速度匀速行驶,接近人工收费站时,轿车开始减速,至收费站窗口恰好停止,再用10 s时间完成交费,然后再加速至20 m/s继续行驶。若进入ETC通道。轿车从某位置开始减速至10 m/s后,再以此速度匀速行驶20 m即可完成交费,然后再加速至20 m/s继续行驶。两种情况下,轿车加速和减速时的加速度大小均为2.5 m/s2。求:
(1)轿车从开始减速至通过人工收费通道再加速至20 m/s的过程中通过的路程和所用的时间;
(2)两种情况相比较,轿车通过ETC交费通道所节省的时间。
答案　(1)160 m　26 s　(2)15 s
解析　(1)轿车匀减速至停止过程0-v02=-2ax1
?x1=80 m,
0-v0=-at1?t1=8 s;
车匀加速和匀减速通过的路程相等,故通过人工收费通道路程x=2x1=160 m;
所用时间为t=2t1+10 s=26 s;
(2)通过ETC通道时,速度由20 m/s减至10 m/s所需时间t2,通过的路程x2
v1-v0=-at2
解得:t2=4 s
v12-v02=-2ax2
解得:x2=60 m
车以10 m/s匀速行驶20 m所用时间t3=2 s,加速到20 m/s所用的时间为t4=t2=4 s,路程也为x4=60 m;
车以20 m/s匀速行驶的路程x5和所需时间t5:x5=x-x2-x4-20 m=20 m,t5=x5v0=1 s;
故两种情况相比较,轿车通过ETC所节省的时间为:
Δt=t-t2-t3-t4-t5=15 s。
教师备用题库
1.(多选)如图,是一研究性学习小组利用频闪照相仪,对一可视为质点的物块从固定斜面上某一位置无初速释放后运动过程进行拍摄得到的部分照片,已知该频闪照相仪的频闪周期为T,AB段对应的实际长度为x1,BC段对应的实际长度为x2,则(　　)
A.物块下滑到B点时的速度大小为x2-x12T
B.物块下滑到C点时的速度大小为3x2-x12T
C.物块下滑的加速度大小为x2-x1T2
D.x1和x2的比值可能为1∶2
答案　BCD　根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知,vB=x1+x22T,故A错误。根据x2-x1=aT2得,物块下滑的加速度a=x2-x1T2,则C点的速度vC=vB+aT=x1+x22T+x2-x1T=3x2-x12T,故B、C正确。初速度为零的匀加速直线运动,在连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶…,但是A点不一定是初始点,则x1和x2的比值可能为1∶2,故D正确。故选B、C、D。
2.(多选)观察水龙头,在水龙头出水口出水的流量(在单位时间内通过任一横截面的水的体积)稳定时,发现自来水水流不太大时,从龙头中连续流出的水会形成一水柱,现测得高为H的水柱上端面积为S1,下端面积为S2,重力加速度为g,以下说法正确的是(　　)
A.水柱是上细下粗
B.水柱是上粗下细
C.该水龙头的流量是S1S22gHS12-S22
D.该水龙头的流量是2gHS22-S12
答案　BC　由于单位时间内通过任一横截面的水的体积相等,设Δt时间内穿过水柱任一横截面的水的体积为V,则V=vΔtS,开始时水流速度小,横截面积大,所以水柱是上粗下细,A错误、B正确;高为H的水柱上端速度为Vs1Δt,下端速度为Vs2Δt,根据v22-v12=2gH,水的流量VΔt=S1S22gHS12-S22,C正确,D错误。故选B、C。
3.(多选)一个物体从静止开始做匀加速直线运动,以T为时间间隔,物体在第1个T内位移为20 m,第2个T时间末速度为40 m/s,则(　　)
A.时间间隔T=2 s
B.物体的加速度a=5 m/s2
C.物体在第2个T时间内的位移是60 m
D.物体在前2T时间内的位移是40 m
答案　AC　设物体的加速度为a,根据位移时间公式有12aT2=20 m,根据速度时间公式得,a·2T=40 m/s,联立解得a=10 m/s2,T=2 s,故A正确,B错误。物体在第2个T内的位移x2=x-20 m=80 m-20 m=60 m,故C正确,D错误。
4.质量为m的小球由空中A点无初速度自由下落,加速度大小为g;在t时刻使其加速度大小变为a,方向竖直向上,再经过t时间小球又回到A点。不计空气阻力且小球从未落地,则以下说法中正确的是(　　)
A.a=4g
B.返回到A点的速率为2at
C.t时刻小球的速率为at
D.小球下落的最大高度为29at2
答案　D　根据匀变速运动的规律可知:12gt2=-(gt2-12at2),解得a=3g,选项A错误;返回到A点的速率v=gt-at=-23at,选项B错误;t时刻小球的速率为gt=13at,选项C错误;小球自由下落的高度h1=12gt2=16at2,匀减速减到零时的位移h2=(gt)22a=118at2,故小球下落的最大高度h=16at2+118at2=29at2,选项D正确。
5.在某一高度以v0=20 m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)。当小球速度大小为10 m/s时,以下判断正确的是(g=10 m/s2)(　　)
A.小球在这段时间内的平均速度大小一定为15 m/s,方向竖直向上
B.小球在这段时间内的速度变化率是5 m/s2,方向竖直向上
C.小球的位移大小一定是15m,方向竖直向上
D.小球在这段时间内的路程一定是25m
答案　C　以向上为正方向,则初速度v0=20 m/s;①当末速度向上,即v=10 m/s时,平均速度为v=v0+v2=20+102 m/s=15 m/s;运动位移x=v2-v022(?g)=100?400-20 m=15 m;②当末速度向下,即v=-10 m/s时,平均速度为v=v0+v2=20+(?10)2 m/s=5 m/s;运动位移x=v2-v022(?g)=100?400-20 m=15 m,综上可知,小球的路程是15 m或25 m。故C正确。
6.一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动,在时间间隔t内位移为s,动能变为原来的9倍。该质点的加速度为(　　)
A.st2 B.3s2t2 C.4st2 D.8st2
答案　A　动能变为原来的9倍,速度变为原来的3倍,a=3v0-v0t,s=3v0+v02·t,解得a=st2,A正确。
7.交通信号“绿波”控制系统一般被称为“绿波带”,它根据车辆运行情况对各路口红绿灯进行协调,使车辆通过时能连续一路绿灯。郑州市中原路上某直线路段每间隔L=500 m就有一个红绿灯路口,绿灯时间Δt1=60 s,红灯时间Δt2=40 s,而且下一路口红绿灯亮起总比当前路口红绿灯滞后Δt=50 s。要求汽车在下一路口绿灯再次亮起后能通过该路口。汽车可看做质点,不计通过路口的时间,道路通行顺畅。
(1)若某路口绿灯刚亮起时,某汽车恰好通过,要使该汽车保持匀速行驶,在后面道路上再连续通过五个路口,满足题设条件下,汽车匀速行驶的最大速度是多少?最小速度又是多少?(计算结果保留两位有效数字)
(2)若某路口遭遇红灯,待绿灯刚亮起时,某汽车由静止开始以加速度a=2 m/s2匀加速运动,加速到第(1)问中汽车匀速行驶的最大速度以后,便以此速度一直匀速运动。试通过计算判断,当该汽车到达下一个路口时能否遇到绿灯?
答案　(1)10 m/s　8.1 m/s　(2)见解析
解析　(1)若汽车刚好在绿灯亮起时通过第五个路口,则通过五个路口的时间t=5Δt,此时汽车匀速运动的速度最大,有vmax=5Lt=10 m/s。
若汽车刚好在绿灯熄灭时通过第五个路口,则通过五个路口的时间t'=5Δt+Δt1=
310 s,
此时汽车匀速运动的速度最小,有vmin=5Lt'≈8.1 m/s。
(2)若路口绿灯刚亮起时,汽车启动加速,最终加速到vmax=10 m/s,因为vmax=at1,得t1=5 s。
在此过程中汽车通过的位移x=vmax2t1,得x=25 m。
然后汽车以vmax匀速运动到下一个路口,可得L-x=vmaxt2,
得t2=47.5 s。
因此,汽车从该路口开始运动到下一个路口的时间为
t=t1+t2=52.5 s,
因为50 s课件52张PPT。第1讲　匀变速直线运动一 参考系、质点二 时刻与时间间隔三 路程和位移四 对平均速度和瞬时速度的理解教材研读五 加速度六 匀变速直线运动的规律突破一 速度、速度变化量、加速度突破二 平均速度和瞬时速度突破三 解决匀变速直线运动的常用方法重难突破突破四 自由落体运动和竖直上抛运动规律的应用一、参考系、质点1.参考系:为了研究物体的运动而假定为不动的物体。
2.质点
(1)定义:用来代替物体的①　有质量????的点,它是一种理想化的物理模型,实际上并不存在。(2)物体能看做质点的条件:物体的②　大小和形状????对所研究问题的影响可以忽略。二、时刻和时间间隔1.时刻指某一瞬间,在时间轴上用①　点????来表示,对应的是位置、速度、动能等状态量。
2.时间间隔是两时刻间的间隔,在时间轴上用②　线段????来表示,对应的是位移、路程、功等过程量。三、路程和位移四、对平均速度和瞬时速度的理解3.竖直上抛运动的规律
(1)竖直上抛运动的两种研究方法
分段法:将全程分为两个阶段,即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段。
全程法:将全过程视为初速度为v0、加速度为a=-g的匀变速直线运动。
(2)竖直上抛运动的三种对称性:时间的对称性、速度的对称性、能量的对称性。1.判断下列说法的正误:
(1)平均速度的方向与位移方向相同。?(　√　)
(2)瞬时速度的方向就是物体在该时刻或该位置的运动方向。?( √　)
(3)物体的速度很大,加速度不可能为零。?(　?　)
(4)甲的加速度a甲=2 m/s2,乙的加速度a乙=-3 m/s2,a甲>a乙。?(　?　)
(5)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。?(　?　) (6)物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动。?(　?　)
(7)做竖直上抛运动的物体,在上升过程中,速度的变化量的方向是向下
的。?(　√　)
(8)竖直上抛运动的速度为负值时,位移也为负值。?(　?　) 2.2018年2月4日晚,台湾花莲1小时内发生12起地震,其中7起达到4级以上。如图所示,一架执行救援任务的直升机悬停在上空,钻井平台位于飞机正下方,救生员抱着伤病员,缆绳正在将他们拉上飞机,若以救生员为参考系,则处于静止状态的是?????(　A　)
A.伤病员
B.直升机
C.钻井平台
D.直升机驾驶员 3.电动自行车以其时尚、方便、快捷深受广大中学生的喜爱。但由电动自行车引发的交通事故也在逐年增多。学习交通安全常识、自觉遵守交通法规是确保学生交通安全的重要举措之一。按规定,电动自行车在城区限速20 km/h。下列说法正确的是?(　 B　)
A.电动自行车限速20 km/h,指的是平均速度
B.电动自行车限速20 km/h,指的是瞬时速度
C.交通事故发生时,相互碰撞的速度指的是平均速度
D.在某一路段行驶的速度,指的是瞬时速度 4.物体A的加速度为3 m/s2,物体B的加速度为-5 m/s2,下列说法正确的是?(　D　)
A.A的加速度一定比B的加速度大
B.A的速度一定在增加,B的速度一定在减小
C.B的速度变化一定比A的速度变化大
D.B的速度变化一定比A的速度变化快 5.如图所示,飞机的起飞过程是从静止出发,在直跑道上加速前进,等达到一定速度时离地。已知飞机加速前进的位移为1 600 m,所用的时间为40 s,假设这段时间内的运动为匀加速运动,用a表示加速度,v表示离地时的速度,则?(　A　)
A.a=2 m/s2,v=80 m/s
B.a=1 m/s2,v=40 m/s
C.a=80 m/s2,v=40 m/s
D.a=1 m/s2,v=80 m/s 速度、速度变化量、加速度的区别与联系突破一　速度、速度变化量、加速度? 典例1　火箭发射时,速度能在10 s内由0增加到100 m/s;汽车以108 km/h的速度行驶,急刹车时能在2.5 s内停下来。下列说法中正确的是?(???A　)
A.火箭的速度变化比汽车的慢
B.2.5 s内汽车的速度变化量为30 m/s
C.10 s内火箭的速度变化量为10 m/s
D.火箭的加速度比汽车的加速度大 1-1　一个质点做方向不变的直线运动,加速度的方向始终与速度的方向相同,但加速度大小先保持不变,再逐渐减小至零,则在此过程中?(????B　)
A.速度先逐渐增大,然后逐渐减小,当加速度减小到零时,速度达到最小值
B.速度先均匀增大,然后增大得越来越慢,当加速度减小到零时,速度达到最大值
C.位移逐渐增大,当加速度减小到零时,位移将不再增大
D.位移先逐渐增大,后逐渐减小,当加速度减小到零时,位移达到最小值 解析????加速度与速度同向,速度应增大。当加速度不变时,速度均匀增大;当加速度减小时,速度仍增大,但增大得越来越慢;当加速度为零时,速度达到最大值,保持不变,A错误,B正确。因质点速度方向不变化,始终向前运动,最终做匀速运动,所以位移一直在增大,C、D均错误。突破二　平均速度和瞬时速度1.平均速度
(1)在变速运动中,物体在某段时间内的位移与发生这段位移所用时间的比值叫做这段时间内的平均速度,即?=?,其方向与位移的方向相同。
(2)平均速度粗略地反映一段时间内物体运动的平均快慢程度,它与一段时间或一段位移相对应。2.瞬时速度
(1)运动物体在某一时刻(或某一位置)的速度,其方向沿轨迹上物体所在点的切线方向指向前进的一侧,是矢量。瞬时速度的大小叫速率,是标量。
(2)瞬时速度能精确描述物体运动的快慢,它是在运动时间Δt→0时的平均速度,与某一时刻或某一位置相对应。
(3)平均速率是路程与时间的比值,它与平均速度的大小没有对应关系。? 典例2　甲、乙两辆汽车沿平直公路从某地同时驶向同一目标,甲车在前一半时间内以速度v1做匀速直线运动,后一半时间内以速度v2做匀速直线运动;乙车在前一半路程中以速度v1做匀速直线运动,后一半路程中以速度v2做匀速直线运动(v1≠v2),则?(　A　)
A.甲先到达　???? B.乙先到达
C.甲、乙同时到达　???? D.不能确定 2-1　(多选)为使交通有序、安全,高速公路设立了许多交通标志,甲、乙两幅图是高速公路指示牌,下列说法中正确的是?(　BC　)
A.甲图中“25 km”是指从此处到下一个
出口的位移是25 km
B.甲图中“25 km”是指从此处到下一个
出口的路程是25 km
C.乙图中“80 km/h”是指要求汽车在该路段行驶的瞬时速度小于80 km/h
D.乙图中“80 km/h”是指要求汽车在该路段行驶的平均速度小于80 km/h 解析　甲图中“25 km”是离下一出口的路程,乙图中“80 km/h”表示某一位置的速度,是瞬时速度,即在该段行驶的瞬时速度应小于80 km/h。
故B、C正确。A、D错误。2-2　(多选)一小球在水平桌面上做匀减速直线运动,用照相机对着小球每隔0.1 s拍照一次,得到一幅频闪照片,用刻度尺量得照片上小球各位置如图所示,已知照片与实物的比例为1∶10,则?(　AD　)
?
A.图中对应的小球在通过8 cm距离内的平均速度是2 m/s
B.图中对应的小球在通过8 cm距离内的平均速度是1.6 m/s
C.图中对应的小球通过6 cm位置处的瞬时速度是2.5 m/s
D.图中对应的小球通过6 cm位置处的瞬时速度是2 m/s 突破三　解决匀变速直线运动的常用方法1.描述匀变速直线运动常见的物理量有5个,即初速度v0、加速度a、时间
t、末速度v、位移x,已知任意三个物理量,就可以求出另外两个物理量。
2.使用公式时要注意矢量的方向性。通常选初速度v0的方向为正方向,与初速度同向的矢量为正,与初速度反向的矢量为负。4.解题要点
(1)明确研究对象,画出其运动过程示意图,并在图上标清已知量、未知量和待求量。(2)根据题设条件恰当选用公式,能用推论则尽可能使用推论。尽可能选用最简捷的方法解题。
(3)常用的解题方法有:基本公式法、平均速度法、推论法、比例法、逆向思维法及图像法等。典例3????(2018浙江4月选考)如图所示,竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度约为104 m,升降机运行的最大速度为8 m/s,加速度大小不超过1 m/s2,假定
升降机到井口的速度为零,则将矿石从井底提
升到井口的最短时间是?(　C　)
A.13 s　　B.16 s　　C.21 s　　D.26 s 解析　升降机先做加速运动,后做匀速运动,最后做减速运动,在加速阶段,所需时间t1=?=8 s,通过的位移x1=?=32 m,在减速阶段与加速阶段相
对应,在匀速阶段所需时间t2=?=? s=5 s,总时间t=2t1+t2=21
s,故C正确,A、B、D错误。3-1　如图所示,物体自O点由静止开始做匀加速直线运动,A、B、C、D为其运动轨迹上的四点,测得AB=2 m,BC=3 m,且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等,则下列说法正确的是?(　D　)
?
A.可以求出物体通过B点时的速度大小
B.可以求出物体加速度的大小
C.可以求得OA之间的距离为1.5 m
D.可以求得OD之间的距离为10.125 m 3-2　陕西汉中天坑群是全球较大的天坑群地质遗迹,如镇巴三元圈子崖天坑,最大深度300 m,在某次勘察中,一质量为60 kg的探险队员利用竖直方向的探险绳从坑沿滑到坑底。若队员先从静止开始做匀加速直线运动,下滑20 s时速度达到5 m/s,然后以此速度匀速运动45 s,最后匀减速直线运动到达坑底速度恰好为零。整个下行过程中探险绳始终处于竖直,探险队员视为质点。求:
(1)匀加速阶段的加速度大小及匀加速下降的高度;
(2)匀减速下降时探险队员的加速度大小;
(3)探险队员整个下落过程的平均速度大小。突破四　自由落体运动和竖直上抛运动规律的应用? 典例4　将一个小球竖直向上抛出,从抛出时刻开始计时,经过5 s,小球到达最高点。不计空气阻力,g取10 m/s2。小球?(　A　)
A.第1 s末的速度是40 m/s
B.第2 s内的位移为15 m
C.第3 s内的平均速度为20 m/s
D.上升的最大高度为250 m 4-1　一物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出,不计空气阻力,g取10 m/s2,1 s后物体的速率变为10 m/s,则该物体此时?(　A　)
A.位置一定在A点上方,速度方向向上
B.位置一定在A点上方,速度方向向下
C.位置一定在A点上方,速度方向可能向上也可能向下
D.位置一定在A点下方,速度方向可能向上也可能向下 解析　取竖直向上方向为正方向。若物体做自由落体运动,1 s后物体的速率v=gt=10 m/s,而题中物体做竖直上抛运动,物体先向上做匀减速运动,1 s后物体的速率变为10 m/s,此时物体的位置不可能在A点的下方,一定在A点上方,否则速率必大于10 m/s;若速度方向向下,v=-10 m/s,由公式v=v0-gt得v0=0,与题干中物体以一定的初速度竖直向上抛出不符。所以位置一定在A点上方,速度方向向上,A正确。4-2　在离地高度为H处,将两个小铁球A、B以同样大小的速率v0分别竖直上抛和竖直下抛,两个铁球落到地面的时间差为Δt,不计空气阻力,则?(　C　)
A.仅增大H,则Δt增大　????B.仅增大H,则Δt减小
C.仅增大v0,则Δt增大　????D.仅增大v0,则Δt减小 第2讲　运动图像及应用
A组　基础题组
1.下列v-t图像中,表示物体做匀减速直线运动的是(　　)
答案　B　做匀减速直线运动的物体的速度均匀减小,其v-t图线的斜率不变,故选B。
2.(2018浙江11月选考,4,3分)一辆汽车沿平直道路行驶,其v-t图像如图所示。在t=0到t=40 s这段时间内,汽车的位移是　(　　)
A.0 B.30 m C.750 m D.1 200 m
答案　C　根据图像法可知通过的位移为图线与时间轴围成的面积,则汽车的位移x=(10+40)×302 m=750 m。
3.制动防抱死系统(antilock brake system)简称ABS,其作用就是在汽车制动时,自动控制制动器制动力的大小,使车轮不被抱死,处于边滚边滑的状态,以保证车轮与地面的附着力为最大值。某汽车在启用ABS刹车系统和不启用该刹车系统紧急刹车时,其车速与时间的变化关系分别如图中的①、②图线所示。由图可知,启用ABS后(　　)
A.瞬时速度总比不启用ABS时小
B.加速度总比不启用ABS时大
C.刹车后的平均速度比不启用ABS时小
D.刹车后前行的距离比不启用ABS更短
答案　D　图像中各点的纵坐标表示对应的速度,由题图可知,启用ABS后瞬时速度开始时比不启用时要大,故A错误;图像的斜率表示加速度,由题图可知,开始时的加速度小于不启用时的加速度,故B错误;由题图可知,启用后经过的位移明显小于不启用时的位移,但由于时间关系不明显,无法确定平均速度大小,故C错误,D正确。
4.物体甲的速度与时间图像和物体乙的位移与时间图像分别如图所示,则关于这两个物体的运动情况,下列说法正确的是(　　)
A.甲在整个t=4 s时间内运动方向一直不变,它通过的总路程为6 m
B.甲在整个t=4 s时间内运动方向一直不变,通过的总位移大小为6 m
C.乙在整个t=4 s时间内有来回运动,它通过的总路程为12 m
D.乙在整个t=4 s时间内运动方向一直不变,通过的总位移大小为6 m
答案　D　由v-t图像知,甲在t=4 s时间内来回运动,路程为6 m,总位移为0,A、B项错误;由x-t图像知乙在t=4 s内一直向正方向做匀速直线运动,路程和位移大小均为6 m,故C项错误,D项正确。
5.甲、乙两质点从同一位置出发,沿同一直线路面运动,它们的v-t图像如图所示。对这两质点在0~3 s内运动的描述,下列说法正确的是(　　)
A.t=2 s时,甲、乙两质点相遇
B.在甲、乙两质点相遇前,t=1 s时,甲、乙两质点相距相遇
C.甲质点的加速度比乙质点的加速度小
D.t=3 s时,乙质点在甲质点的前面
答案　D　由题图可知,甲的加速度a甲=-23 m/s2,做匀减速直线运动,乙的加速度a乙=0.5 m/s2,做匀加速直线运动,C错误;开始时甲速度大,甲在前,乙追甲的过程中,t=1 s前两者距离在增大,t=1 s时,两者速度相等,甲、乙两质点距离最大,故B错误;t=2 s时,分别求它们的位移x甲=2×2 m-12×23×22 m=83 m,x乙=1×2 m+12×0.5×22 m=3 m,这时乙在甲前,A错误,D正确。
6.(多选)甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动,以该时刻作为计时起点,得到两车的位移-时间图像,即x-t图像如图所示,甲图线过O点的切线与AB平行,过C点的切线与OA平行。则下列说法中正确的是(　　)
A.在两车相遇前,t1时刻两车相距最远
B.t3时刻甲车在乙车的前方
C.0~t2时间内甲车的瞬时速度始终大于乙车的瞬时速度
D.甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度
答案　AD　题中图像的纵坐标表示对应时刻物体的位移,由图可知,t1时刻两图线纵坐标相距最大,即两车相距最远,故A项正确;t3时刻两车位移相同,处在同一位置,故B项错误;x-t图线斜率表示物体的速度,由图可知,0~t1时间内甲图线的斜率大于乙图线的斜率,之后甲图线的斜率小于乙图线的斜率,所以t1~t2时间内甲车的瞬时速度小于乙车的瞬时速度,故C项错误;由图可知,甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度,故D项正确。
7.斜面长度为4 m,一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑时,其下滑距离x与初速度二次方v02的关系图像(即x-v02图像)如图所示。
　　(1)求滑块下滑的加速度大小;
(2)若滑块下滑的初速度大小为5.0 m/s,则滑块沿斜面下滑的时间为多长?
答案　(1)2 m/s2　(2)1 s
解析　(1)由v02=2ax推知,图线斜率为12a=3m12m2·s-2=14m/s2,所以滑块下滑的加速度大小a= 2 m/s2
(2)由v02=2ax可知,当滑块的初速度为4 m/s时,滑块刚好滑到斜面最低点。滑块下滑的初速度大小为5.0 m/s时,设滑块在斜面上的滑动时间为t,则x=v0t-12at2,即4=5t-12×2t2,解得t=1 s。
B组　提升题组
1.在平直公路上行驶的a车和b车,其位移-时间(x-t)图像分别为图中直线a和曲线b,已知b车的加速度恒定且等于-2 m/s2,当t=3 s时,直线a和曲线b刚好相切,则(　　)
A.a车做匀速运动且其速度为va=83 m/s
B.t=3 s时a车和b车相遇但此时速度不相等
C.t=1 s时b车的速度为10 m/s
D.t=0时a车和b车间的距离x0=9 m
答案　D　x-t图线的斜率表示物体的速度,由题图可知,a车的速度不变,即做匀速直线运动,速度为va=ΔxΔt=8?23 m/s=2 m/s,故A项错误;t=3 s时,直线a和曲线b刚好相切,位置坐标相同,两车相遇,图线斜率相等,说明两车的速度相等,故B项错误;当t=3 s时,b车的速度为vb=va=2 m/s,设b车的初速度为v0,对b车,由匀变速直线运动规律v=v0+at,解得v0=8 m/s,则t=1 s时b车的速度为v'b=v0+at1=8 m/s-2×1 m/s=6 m/s,故C项错误;t=3 s时,a车的位移为xa=vat=6 m,b车的位移为xb=v0+vb2t=8+22×3 m=15 m,由于t=3 s时a车和b车到达同一位置,则t=0时a车和b车间的距离x0=xb-xa=9 m,故D项正确。
2.如图所示为物体做直线运动的图像,下列说法正确的是(　　)
A.甲图像中物体在t=0到t0这段时间内的平均速度大于v02
B.乙图像中,阴影面积表示t1到t2时间内物体的速度变化量
C.丙图像中,物体的加速度大小为1 m/s2
D.丁图像中,t=5 s时物体的速度为5 m/s
答案　B　甲图像中假设物体做匀加速运动,则物体在t=0到t0这段时间内的平均速度为v02,因物体做加速度增加的加速运动,则在0-t0时间内的位移小于匀变速直线运动的位移,则物体在t=0到t0这段时间内的平均速度小于v02,选项A错误;乙图像中,阴影面积表示到时间内物体的速度变化量,选项B正确;根据v2=v02-2ax可知丙图像中。物体的加速度大小为2a=k=1616,解得a=0.5 m/s2,选项C错误;根据x=v0t+12at2,即xt=v0+12at,由图像可知,v0=1 m/s;a=1 m/s2;则t=5 s时物体的速度为v=v0+at=1 m/s+1 m/s2×5 s=6 m/s,选项D错误;故选B。
3.甲、乙两车沿水平方向做直线运动,某时刻甲的速度为5 m/s,乙的速度为10 m/s,以此时作为计时起点,它们的速度随时间变化的关系如图所示,则(　　)
A.在t=4 s时,甲、乙两车相距最远
B.在t=10 s时,乙车恰好回到出发点
C.乙车在运动过程中速度的方向保持不变
D.乙车做加速度先增大后减小的变加速运动
答案　C　当两车从同一位置出发时,在速度相等时,两车相距最远,即t=4 s时相距最远;若两车的出发点不确定,则t=4 s时两车的位移差最大,但不一定相距最远,故A错误;速度图像与时间轴围成的面积表示位移,则0~10 s内乙车的位移大于零,即在t=10 s时位移最大,没有回到出发点,故B错误;根据图像可知,0~10 s内,乙的速度图像一直在时间轴的上方,速度一直为正,方向没有改变,故C正确;图像的斜率表示物体的加速度,由图可知,乙车加速度先减小后增大,最后再减小,故D错误;故选A、C。
4.质点做直线运动的位移x和时间平方的关系图像如图所示,则该质点(　　)
A.第2 s内的位移是2 m
B.加速度大小为1 m/s2
C.第3 s内的平均速度大小为5 m/s
D.任意相邻2 s内的位移差都为2 m
答案　C　由根据x和时间平方t2的关系图像得出位移时间关系式为x=t2,结合运动学公式,知道质点的加速度为a=2 m/s2,v0=0,第2 s内的位移等于2 s内的位移减去第一秒的位移,即x2=2 m2-1 m2=3 m,故A、B错;第3 s内的位移为x3=3 m2-2 m2=5 m,所以平均速度为v=x3t=5m1s=
5 m/s,故C正确;任意相邻1 s内的位移差Δs=aT2=2 m/s2×2 s2=8 m,故D错误;综上所述本题答案是C。
5.一质点由静止开始按如图所示的规律运动,下列说法正确的是(　　)
A.质点在2t0的时间内始终沿正方向运动,且在2t0时距离出发点最远
B.质点做往复运动,且在2t0时回到出发点
C.质点在t02时的速度最大,且最大的速度为a0t04
D.质点在2t0时的速度最大,且最大的速度为a0t0
答案　A　质点在0~t02时间内做加速度均匀增大的加速运动,在t02~t0时间内做加速度均匀减小的加速运动,在t0~3t02时间内加速度均匀增大的减速运动,在3t02~2t0时间内做加速度均匀减小的减速运动,根据对称性,在2t0时刻速度刚好减到零,所以在2t0时质点离出发点最远,在t0时刻速度最大,故A正确,B、C错误;根据图像与时间轴所围面积即表示速度,最大速度为12×t0a0,故D错误。
6.三个物体a、b、c沿同一直线运动,其速度图像如右图所示,以下关于a、b、c三个物体的运动的叙述中正确的是(　　)
A.a物体静止于s=10 m处,而b自s=6 m处沿正方向匀速运动,c物体从s=0处沿负方向做匀加速直线运动
B.a物体以10 m/s的速度沿正方向做匀速直线运动,b物体在t=0时,v=6 m/s,沿正方向做匀加速直线运动,c物体沿负方向做匀加速直线运动
C.b物体做匀加速直线运动,每秒钟内速度增加量为2 m/s,而c物体做匀减速直线运动,每秒钟速度减小量为2 m/s
D.t=0时,a、b、c三个物体所处的位置不相同
答案　B　a物体以10 m/s的速度沿正方向做匀速直线运动,b物体做匀加速直线运动,初速度为6 m/s,c物体沿着负方向做匀加速直线运动,故A错误,B正确;b物体做匀加速直线运动,且每秒钟内速度增加量都是2 m/s;c物体沿着负方向做匀加速直线运动,速度每秒增加量为2 m/s,故C错误;a、b、c三个物体的初位置不一定相同,故D错误,故选B。
7.具有我国自主知识产权的“歼-10”飞机的横空出世,证实了我国航空事业在飞速发展,而航空事业的发展又离不开风洞试验,其简化模型如图a所示。在光滑的水平轨道上停放相距x0=10 m的甲、乙两车,其中乙车是风力驱动车。在弹射装置使甲车获得v0=40 m/s的瞬时速度向乙车运动的同时,乙车的风洞开始工作,将风吹向固定在甲车上的挡风板,从而使乙车获得了速度,测绘装置得到了甲、乙两车的v-t图像如图b所示,设两车始终未相撞。
(1)若甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积,求甲、乙两车的质量比;
(2)求两车相距最近时的距离。
答案　(1)13　(2)4 m
解析　(1)由题图b可知:甲车加速度的大小a甲=40m/s?10m/st1=400.4 m/s2=100 m/s2,得t1=0.3 s
乙车加速度的大小a乙=10m/s?0t1=1003 m/s2
因甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积,所以有:m甲 a甲=
m乙 a乙
解得m甲m乙=13
(2)在t1时刻,甲、乙两车的速度相等,均为v=10 m/s,此时两车相距最近
车的位移等于v-t图线与横轴所围的面积,有:x甲=(40m/s+10m/s)×0.3s2 m=7.5 m,x乙=10m/s×0.3s2 m=1.5 m
两车相距最近时的距离为xmin=x0+x乙-x甲=4 m。
教师备用题库
1.一个物体沿直线运动,t=0时刻物体的速度为2 m/s、加速度为1 m/s2,物体的加速度随时间变化规律如图所示,则下列判断正确的是(　　)
A.物体做匀加速直线运动
B.物体的加速度与时间成正比增大
C.t=5 s时刻物体的速度为6.25 m/s
D.t=8 s时刻物体的速度为13.2 m/s
答案　D　因为过程中物体的加速度在变化,而匀变速直线运动过程中的加速度恒定,所以不做匀变速直线运动,A错误;图像的函数可写成a=kt+b,代入可得a=0.1t+1,不为正比,B错误;图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量,t=5 s时a=1.5 m/s2,所以有Δv=12×(1+1.5)×5 m/s=6.25 m/s,故5 s时速度为v1=2+6.25 m/s=8.25 m/s,C错误;同理t=8 s时,加速度为a=1.8 m/s2,Δv'=12×(1+1.8)×8 m/s=11.2 m/s,故8 s时速度为v1=2+11.2 m/s=13.2 m/s,D正确。
2.将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图像,可能正确的是(　　)
答案　C　对皮球应用牛顿第二定律有:mg+kv=ma,a=g+kmv。上升过程中v减小,故a随时间减小且减小的快慢与v的变化快慢规律相同,即ΔaΔt=km·ΔvΔt,而ΔvΔt就是加速度,故a-t图线各点的切线的斜率绝对值是逐渐减小的;又由于上升过程中a不可能为零,所以只有C项正确。
3.(多选)a、b两物体从同一位置沿同一直线运动,它们的v-t图像如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.a、b加速时,物体a的加速度小于物体b的加速度
B.20 s时,a、b两物体相距最远
C.60 s时,物体a在物体b的前方
D.40 s时,a、b两物体速度相等,相距200 m
答案　AC　a、b加速时,a图线的斜率小于b图线的斜率,则物体a的加速度小于物体b的加速度,故A正确;速度时间图像与时间轴围成的面积表示物体通过的位移,由图可知,40 s时两图像“面积”之差最大,故40 s时相距最远,故B错误;60 s时,物体a的位移大于b的位移,两者又是从同一地点出发的,故60 s时,物体a在物体b的前方,故C正确;40 s时,a、b两物体速度相等,相距距离S=10+402×20 m=500 m,故D错误。故选AC。
4.甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶,在t=0到t=t1的时间内,它们的v-t图像如图所示,在这段时间内(　　)
A.汽车甲的平均速度比乙的大
B.汽车乙的平均速度等于v1+v22
C.甲、乙两汽车的位移相同
D.汽车甲的加速度大小逐渐减小,汽车乙的加速度大小逐渐增大
答案　A　平均速度等于位移与时间的比值,在v-t图像中,图线与t轴所围的面积代表物体的位移,根据图像可知,0~t1时间内汽车甲的位移大于乙的位移,所以汽车甲的平均速度比乙的大,A项正确,C项错误;由于汽车乙做变减速直线运动,其平均速度不等于v1+v22,故B项错误;因为v-t图线的斜率表示物体的加速度,由图可知汽车甲和乙的加速度大小都逐渐减小,故D项错误。
5.a、b两物体同时从同一地点开始做匀变速直线运动,二者运动的v-t图像如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.a、b两物体运动方向相反
B.a物体的加速度小于b物体的加速度
C.t=1 s时两物体的间距等于t=3 s时两物体的间距
D.t=3 s时,a、b两物体相遇
答案　C　由题图可知a、b两物体的速度均为正值,则a、b两物体运动方向相同,A项错误。因v-t图像中图线的斜率表示加速度,则a的加速度大于b的加速度,B项错误。v-t图像中图线与横轴所包围的面积表示位移,因为t=1 s到t=3 s,a图线和b图线与t轴所围的面积相等,即此时间段两物体位移相同,则t=1 s时两物体的间距等于t=3 s时两物体的间距,C项正确。由图可知t=3 s时,sb>sa,又a和b同时、同地出发,同向运动,所以t=3 s时,b在a前面,D项错误。
6.在平直公路上有甲、乙两辆汽车从同一位置沿着同一方向运动,它们的速度-时间图像如图所示,则(　　)
A.甲、乙两车同时由静止开始出发
B.在t=2 s时乙车追上甲车
C.在t=4 s时乙车追上甲车
D.甲、乙两车在公路上可能相遇两次
答案　C　由图可知甲车先于乙车出发,A项错误。因v-t图像中图线与t轴所围面积表示位移,由图可知乙车在t=4 s时追上甲车,B项错误,C项正确。甲和乙车相遇时,速度相等,之后甲车的速度大于乙车的速度,所以两车只能相遇一次,D项错误。
7.一辆长途客车正在以v0=20 m/s的速度匀速行驶。突然,司机看见车的正前方x=30 m处有一只狗,如图(甲)所示,司机立即采取制动措施。若从司机看见狗开始计时(t=0),长途客车的“速度-时间”图像如图(乙)所示,求:
(1)长途客车从司机发现狗至停止运动的这段时间内前进的距离;
(2)长途客车制动时的加速度;
(3)若狗正以v1=4 m/s的速度与长途客车同向奔跑,问狗能否摆脱被撞的噩运?
答案　(1)50 m　(2)-5 m/s2　(3)狗会被撞上。
解析　(1)由图像可知,长途客车从司机发现狗至停止运动的这段时间内前进的距离
x=20 m/s×0.5 s+12×20 m/s×(4.5 s-0.5 s)=50 m
(2)长途客车制动时的加速度a=ΔvΔt=0?204.5?0.5 m/s2=-5 m/s2
(3)当客车由v0=20 m/s减速到v1=4 m/s时,需要的时间
t=Δva=4m/s?20m/s-5m/s2=3.2 s
司机从看到狗到速度减为v1=4 m/s所通过的位移为
x1=v0t1+v12-v022a=20 m/s×0.5 m+4m/s2-20m/s22×(?5m/s2) m=48.4 m
而狗通过的位移为x2=v1(t1+t)=4 m/s×(0.5 s+3.2 s) m=14.8 m
因为14.8 m+30 m<48.4 m,所以狗会被撞上。
课件36张PPT。第2讲　运动图像及应用一 x-t图像二 v-t图像三 a-t图像教材研读突破一 对图像的理解及应用突破二 x-t图像与v-t图像的比较突破三 运用图像法速解运动学问题重难突破一、x-t图像1.物理意义:反映了物体做直线运动的①　位移????随时间变化的规律。
2.图线斜率的意义
图线上某点切线的斜率的大小表示物体速度的②　大小????,图线上某点切线的斜率的正负表示物体速度的③　方向????。二、v-t图像1.物理意义:反映了做直线运动的物体的①　速度????随时间变化的规律。
2.图线斜率的意义:图线上某点切线的斜率的大小表示物体运动的②????加速度????的大小,图线上某点切线的斜率的正负表示③　加速度的方向????。3.图线与时间轴围成的“面积”的意义
(1)图线与时间轴围成的面积的大小表示相应时间内的④ 位移的大小???。
(2)若此面积在时间轴的上方,表示这段时间内的位移方向为⑤　正方向????;若此面积在时间轴的下方,表示这段时间内的位移方向为⑥　负方向????。4.两种特殊的v-t图像
(1)匀速直线运动的v-t图线是与横轴⑦　平行????的直线。
(2)匀变速直线运动的v-t图线是一条⑧　倾斜????的直线。
三、a-t图像1.物理意义:反映了做直线运动的物体的①　加速度????随②　时间????变化的规律。
2.图线斜率的意义:图线上某点切线的斜率表示该点加速度的③ 变化率??。
3.所围面积的意义:图线和时间轴所围的面积表示物体的④ 速度变化量??。1.判断下列说法正误:
(1)x-t图像表示物体运动的轨迹。?(　?　)
(2)x-t图像的交点表示两个物体相遇。?(　√　)
(3)x-t图像只能描述直线运动。?(　√　)
(4)两条v-t图像的交点表示两个物体相遇。?(　?　)2.下列图像中,可以表示物体做匀加速直线运动的是?(　C　)3.汽车以10 m/s的速度在马路上匀速行驶,驾驶员发现正前方15 m处的斑马线上有行人,于是刹车礼让,汽车恰好停在斑马线前。假设驾驶员反应时间为0.5 s,汽车运动的v-t关系如图所示。则汽车的加速度大小为?(　C　)
A.20 m/s2　???? B.6 m/s2
C.5 m/s2　???? D.4 m/s2突破一　对图像的理解及应用
?
一、运动图像中的“轴”、“线”、“斜率”、“点”、“面积”、“截距”六要素温馨提示　比较下面x-t图像与v-t图像中图线①②③④的不同物理意义。典例1　甲、乙两个质点同时出发做直线运动,x-t图像如图所示,下列说法正确的是?(　A　)
A.甲的速度比乙的大
B.甲的加速度比乙的大
C.t1时刻,甲和乙速度相等
D.0~t1时间内甲在乙的前面解析????x-t图像中,图线的斜率表示物体速度的大小,故甲的速度始终大于乙的速度,选项A正确,选项C错误;甲、乙都做匀速运动,加速度为零,选项B错误;x-t图像中,图线上的点的纵坐标表示物体位移的大小,故选项D错误。1-1　(多选)如图所示为一个质点运动的位移x随时间t变化的图像,由此可知质点在0~4 s内?(　CD　)
A.先沿x轴正方向运动,后沿x轴负方向运动
B.一直做匀变速运动
C.t=2 s时速度一定最大
D.速率为5 m/s的时刻有两个解析　从图中可知正向位移减小,故质点一直朝着负方向运动,A错误;图像的斜率表示速度大小,故斜率先增大后减小,说明物体速率先增大后减小,做变速运动,但不能判断是不是做匀变速直线运动,t=2 s时,斜率最大,速度最大,B错误C正确;因为斜率先增大后减小,并且平均速度为5 m/s,故增大过程中有一刻速度为5 m/s,减小过程中有一刻速度为5 m/s,共有两个时刻速度大小为5 m/s,D正确。1-2　一遥控玩具汽车在平直路上运动的位移-时间图像如图所示,则?
(　C　)
A.15 s内汽车的位移为300 m
B.前10 s内汽车的加速度为3 m/s2
C.20 s末汽车的速度为-1 m/s
D.前25 s内汽车做单方向直线运动解析　因为是位移-时间图像,所以15 s末的位移为30 m,前10 s内汽车的速度为3 m/s,加速度为零,A、B均错;20 s末汽车的速度v=-1 m/s,C正确;由x-t图线的斜率表示速度可知:汽车在0~10 s内沿正方向运动,10~15 s内静止,15~25 s内沿负方向运动,D错。典例2????A、B两个物体在同地点,沿同一直线上做匀变速直线运动,它们的速度图像如图所示,则?(　D　)
A.A、B两物体运动方向一定相反
B.开头4 s内A、B两物体的位移相同
C.A物体的加速度比B物体的加速度大
D.t=4 s时,A、B两物体的速度相同解析　由图可知,两物体的速度均沿正方向,故方向相同,故A错误;B.图线与坐标轴围成的面积表示位移。t=4 s时,由图像可知,A图像与坐标轴围城的面积比B与坐标轴围成的面积要小,故B正确;C.图像的斜率表示物体的加速度,由图可知B斜率的绝对值大于A的斜率;故A的加速度小于B的加速度;故C错误;D.由图像可知,t=4 s时,A、B两物体的速度相同,故D正确。故选D。2-1　一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶,其运动过程的v-t图像如图所示。求:
(1)摩托车在0~20 s这段时间的加速度大小a;
(2)摩托车在0~75 s这段时间的平均速度大小 ?。答案　(1)1.5 m/s2　(2)20 m/s突破二????x-t图像与v-t图像的比较
下表是形状一样的图线在x-t图像与v-t图像中的比较。典例3　物体甲的速度-时间图像和物体乙的位移-时间图像分别如图所示,则两个物体的运动情况是?(　B　)
A.甲在0~4 s时间内有往返运动,它通过的 总路程为12 m
B.甲在0~4 s时间内做匀变速直线运动
C.乙在t=2 s时速度方向发生改变,与初速度方向相反
D.乙在0~4 s时间内通过的位移为零
反思提升
(1)不同的图线斜率、“面积”的含义不同。
(2)速度-时间图像中,图线斜率为正,物体不一定做加速运动,图线斜率为负,物体也不一定做减速运动。3-1　一质点的x-t图像如图所示,那么此质点的v-t图像可能是下图中的?(　A　)3-2　物体甲的速度与时间图像和物体乙的位移与时间图像分别如图所示,则这两个物体的运动情况是?(　D　)
A.甲在0~4 s时间内有来回运动,它通过的总路 程为12 m
B.甲在0~4 s时间内运动方向一直不变,通过的 总位移大小为6 m
C.乙在0~4 s时间内有来回运动,它通过的总路程为12 m
D.乙在0~4 s时间内运动方向一直不变,通过的总位移大小为6 m
突破三　运用图像法速解运动学问题1.一般在解答题中,对某一物理情景给出某一物理量的具体变化图像,由图像提取相关信息从而对问题做出分析解答。
2.解决此类问题时要根据物理情景中遵循的规律,由图像提取信息和有关数据,根据对应的规律公式对问题做出正确的解答。具体分析过程如下:典例4　如图所示,两光滑斜面的总长度相等,高度也相同,a、b两球由静止从顶端下滑,若球在图上转折点无能量损失,则?(　A　)
A.a球后着地
B.b球后着地
C.两球同时落地
D.两球着地时速度相同解析　本题若采用解析法,难度很大。可利用v-t图像(这里的v是速率,曲线下的面积表示路程s)进行定性比较。在同一个v-t图像中作出a、b的v-t图线如图所示,由于开始运动时b的加速度较大,则斜率较大;由机械能守恒可知末速率相等,故曲线末端在同一水平线上,由于两斜面长度相等,则应使图线与t轴围成的“面积”相
等。结合图中图线特点可知b用的时间较少,
由此可知A正确,B、C、D错误。方法总结
(1)对于实际问题在无法运用物理公式解答的情况下,用图像法则会使思路豁然开朗。
(2)运用图像法时,要结合具体的物理过程和相应的物理规律作出函数图像,再结合相应的数学工具(即方程)求出相应的物理量。4-1　如图所示,甲、乙两物体先后在A、C两地间由静止出发做加速运动,B为AC中点。两物体在AB段的加速度大小均为a1,在BC段的加速度大小均为a2,且a1A.t甲=t乙　???? B.t甲>t乙
C.t甲1.(1)电火花打点计时器通常的工作电压为　　　　伏,实验室使用我国民用电时,每隔　　　　秒打一次点;如图所示纸带是某同学练习使用电火花计时器时得到的,纸带的左端先通过电火花计时器,打下的点迹的分布情况如图所示。若所用电源的频率为50 Hz,从打下A点到打下B点共14个点迹,历时　　　　s。?
(2)在研究物体速度随时间变化规律的实验中,图甲所示为一次记录小车运动情况的纸带,图中A、B、C、D、E为相邻的计数点,相邻计数点间的时间间隔T=0.1 s。
如图甲,根据该点相邻前后两点间的平均速度代替该点的瞬时速度可计算各点瞬时速度,可得vC=　　　　m/s,在图乙所示的坐标系中作出小车的v-t图线,可得小车的加速度a=　　　　 m/s2。?
答案　(1)交流220　0.02　0.26　(2)2.64　12.6
解析　(1)电火花计时器通常的工作电压为交流220伏,实验室使用我国民用电时,每隔0.02秒打一次点;因从打下A点到打下B点共14个点迹,即A到B共有13个时间间隔,所以共用时t=13×T=0.26 s。
(2)相邻计数点间的时间间隔T=0.10 s,根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度,可以求出打C点时小车的瞬时速度大小,vC=xAD-xAB2T=60.30?7.500.2×10-2 m/s=2.64 m/s
同理可以得到vB=xAC2T=27.60×10-20.2 m/s=1.38 m/s
vD=xAE-xAC2T=105.60?27.600.2×10-2 m/s=3.90 m/s
根据各时刻的速度,在坐标系内描出对应点,然后作出v-t图象如图所示:
由图象得,小车的加速度a=ΔvΔt≈12.6 m/s2。
2.图(甲)所示为使用DIS系统研究斜面上小车运动情况的装置图。
图(甲)
(1)图(甲)中的C为　　　　,B为　　　　(填实验仪器名称)。?
(2)A发出的红外线和超声波的波形如图(乙)所示,B接收到的红外线和超声波的波形如图(丙)所示。若超声波传播速度为300 m/s,则小车在t=1×10-3 s到t=2×10-3 s这段时间内的速度为　　　　m/s。?
答案　(1)数据采集器　位移传感器的接收器　(2)15
解析　(1)图(甲)中的C为数据采集器,B为位移传感器的接收器。
(2)根据接收到的红外线和超声波的波形图和发出红外线和超声波的波形图得出两次相隔时间t=0.001 s,两次超声波从发出到接收的时间差Δt=(0.000 45-0.000 4)s=0.000 05 s,小车在t=1×10-3 s到t=2×10-3 s这段时间内的速度约为v=300×0.000050.001 m/s=15 m/s。
3.如图所示是某同学用打点计时器得到的表示小车运动过程的一条清晰纸带,纸带上两相邻计数点间还有四个点没有画出来,其中x1=7.05 cm,x2=7.68 cm,x3=8.33 cm,x4=8.95 cm,x5=9.61 cm,x6=10.27 cm。
(1)(多选)在“练习使用打点计时器”的实验中,下列操作正确的是　　　　。?
A.打点前小车应靠近打点计时器,要先接通电源,待计时器开始打点后再释放小车
B.要舍去纸带上比较密集的点迹,然后选取计数点
C.若打点频率为50 Hz,每五个点取一个计数点,则计数点之间的时间间隔为0.01 s
D.实验中应使小车速度尽量小些
(2)根据纸带可推测出小车是做　　　　运动(选填“加速”“减速”或者“匀速”)。?
(3)下表列出了打点计时器打下B、D、F点时小车的瞬时速度,请在表中填入打点计时器打下C、E两点时小车的瞬时速度(保留三位有效数字)。
位置
B
C
D
E
F
速度(m·s-1)
0.737
　　　?
0.864
　　　?
0.994
　　(4)以A点为计时起点,在坐标图中画出小车的速度-时间关系图线。
(5)根据你画出的小车的速度-时间关系图线计算出的小车的加速度a=　　　　m/s2。(保留两位有效数字)?
答案　(1)AB　(2)加速　(3)0.801　0.928　(4)见解析　(5)0.64
解析　(1)打点前,小车应靠近打点计时器,要先接通电源,待计时器开始打点后再释放小车,A正确;要舍去纸带上比较密集的点迹,然后选取计数点,B正确;若打点频率为50 Hz,每五个点取一个计数点,则计数点之间的时间间隔为0.1 s,故C错误;如果实验中小车速度过小,会导致纸带上的点比较密集,不利于选点和测量,D错误。
(2)从图中可知计数点间的距离越来越大,而相邻计数点间的时间间隔相同,故小车速度越来越大,做加速运动。
(3)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度知:
vC=0.0833+0.07682×0.1 m/s=0.801 m/s;
vE=0.0895+0.09612×0.1 m/s=0.928 m/s。
(4)根据描点法可得v-t图像如图所示:
(5)图象的斜率大小表示加速度大小,由此得:a=k=ΔvΔt=0.90?0.700.31 m/s2=0.64 m/s2。
4.某同学仿照“探究小车速度随时间变化的规律”这一实验,利用如图所示的装置测量重物做自由落体运动时的加速度。
(1)(多选)对该实验装置及其操作的要求,下列说法正确的是:　　　　(填写字母序号)。?
A.电火花计时器应接220 V交流电源
B.电火花计时器的两个限位孔应在同一条竖直线上
C.重物最好选用密度较小的材料,如塑料泡沫
D.开始时应使重物靠近打点计时器并保持静止
E.操作时,应先放开纸带后接通电源
F.为了减小误差,应重复多次实验,在打出的纸带中挑选一条最清晰的
G.为了便于测量,一定要找到打点计时器打下的第一个点,并选取其后面连续的点作为计数点。
(2)下图是某同学在实验中得到的一条较为理想的纸带,把开头几个模糊不清的点去掉,以较清晰的某一个点作为计数点1,随后连续的几个点依次标记为点2、3、4,测量出各点间的距离已标在纸带上,已知打点计时器的打点周期为0.02 s。打点计时器打出点2时重物的瞬时速度为　　　　m/s,物体做自由落体运动时的加速度的值约为　　　　m/s2。(本题计算结果保留3位有效数字)?
答案　(1)ABDF　(2)0.385　9.5
解析　(1)电火花计时器应接在交流220 V电源上,A正确;电火花计时器的两个限位孔应在同一条竖直线上,B正确;重物应选用密度较大的材料,故C错误;开始时应使重物靠近打点计时器并保持静止,D正确;操作时,应先接通电源,再释放纸带,故E错误;为了减小误差,应重复多次实验,在打出的纸带中挑选一条最清晰的,F正确。
(2)计数点2的瞬时速度等于计数点1、3间的平均速度,则v2=x132T=(5.8+9.6)×10-30.04 m/s=0.385 m/s。
因为连续相等时间内的位移之差Δx=3.8 mm,根据Δx=aT2得,加速度a=ΔxT2=3.8×10-30.022 m/s2=9.50 m/s2。
5.某同学用如图所示装置做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验。
(1)图甲中仪器A叫做　　　计时器,使用220 V　　　电源(选填“交流”或“直流”),释放小车前,小车应停在　　　　(填“靠近”或“远离”)仪器A的位置。?
(2)使用打点计时器来分析物体运动情况的实验中,有以下基本步骤:
A.松开纸带让物体带着纸带运动
B.穿好纸带
C.把打点计时器固定好
D.接通电源,进行打点
以上步骤的正确顺序是　　　　。?
(3)如图所示,得到表示小车运动过程的一条清晰纸带,纸带上两相邻计数点间还有四个点没有标出,其中s1=7.05 cm、s2=7.68 cm、s3=8.33 cm、s4=8.95 cm、s5=9.61 cm、s6=10.26 cm,则A点瞬时速度的大小是　　　　m/s,小车运动的加速度计算表达式为　　　　　　　　　　　(要求充分利用测量数据),加速度的大小是　　　　m/s2(计算结果保留两位有效数字)。?
答案　(1)电火花　交流　靠近　(2)CBDA
(3)0.86　a=(s6+s5+s4)-(s3+s2+s1)9T2　0.64
解析　(1)图甲中仪器A叫做电火花计时器,使用220 V交流电源;实验过程中,放开小车前,小车要靠近打点计时器。
(2)使用打点计时器来分析物体运动情况的实验中,基本步骤为:先把打点计时器固定好,穿好纸带,然后接通电源,进行打点,接着松开纸带让物体带着纸带运动,故正确的顺序是CBDA。
(3)A点瞬时速度的大小vA=s3+s42T=0.0833+0.08952×0.1 m/s=0.86 m/s。
小车运动的加速度计算表达式为
a=(s6+s5+s4)-(s3+s2+s1)9T2;
加速度的大小是
a=(s6+s5+s4)-(s3+s2+s1)9T2
=0.1026+0.0961+0.0895?(0.0833+0.0768+0.0705)9×0.01 m/s2
=0.64 m/s2。
6.某同学在做“小车速度随时间变化规律”的实验,细线一端与小车相连,另一端绕过定滑轮悬挂钩码,通过打点计时器和纸带记录了小车的运动情况。
(1)(多选)实验中除了电磁打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端附有滑轮的长直木板、细线、钩码、导线及开关外,在下列的器材中,还必须使用的有(填选项代号)　　　　。?
A.220 V、50 Hz交流电源
B.电压可调的直流电源
C.4~6 V、50 Hz交流电源
D.刻度尺
E.秒表
F.天平
(2)(多选)实验过程中,下列操作正确的是　　　　(填选项代号)。?
A.将接好纸带的小车停在靠近滑轮一端
B.将接好纸带的小车停在靠近打点计时器一端
C.先释放小车,待小车有较大速度后再接通电源
D.先接通电源,待打点稳定后再释放小车
(3)下图给出了以0点为计时起点,每5个点取一个计数点的纸带,其中点0、1、2、3、4、5、6都为计数点,测得:x1=1.40 cm,x2=1.90 cm,x3=2.40 cm,x4=2.90 cm,x5=3.40 cm,x6=3.90 cm。(注:以下结果均保留3位有效数字)
(1)计数点3处的瞬时速度大小是　　　　m/s。?
(2)小车运动的加速度大小是　　　　m/s2。?
答案　(1)CD　(2)BD　(3)①0.265　②0.500
解析　(1)电磁打点计时器使用电压不高于6 V、频率为50 Hz的交流电源,计数点间的距离需要用刻度尺测量,秒表和天平在本实验中都不需要。
(2)实验操作时,应将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处,先接通电源,再释放纸带,故B、D正确,A、C错误。
(3)每5个点取一个计数点,所以相邻计数点间的时间间隔T=0.1 s,根据匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度,可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小v3=0.0240+0.02900.2 m/s=0.265 m/s。
根据匀变速直线运动的推论公式Δx=aT2可以求出加速度的大小,
得:x4-x1=3a1T2,x5-x2=3a2T2,x6-x3=3a3T2
为了更加准确地求解加速度,我们对三个加速度取平均值
得:a=13(a1+a2+a3)
代入数据解得
a=0.0390+0.0340+0.0290?0.0240?0.0190?0.01400.09 m/s2
=0.500 m/s2。
7.在研究匀变速直线运动规律的实验中,小车放在斜面上,车前端拴有不可伸长的细线,细线跨过固定在斜面边缘的小滑轮与重物相连,小车后端与穿过打点计时器限位孔的纸带相连,如图甲所示。起初小车停在靠近打点计时器的位置,重物到地面的距离小于小车到滑轮的距离。启动打点计时器,释放小车,小车在重物牵引下由静止开始沿斜面向上运动,重物落地后小车会继续运动一段距离,打点计时器在纸带上连续打下一系列点,图乙中a、b、c是纸带上的三段,打点的先后次序是a→b→c。(打点计时器使用的交流电频率为50 Hz)
甲
乙
(1)根据所提供的纸带数据,计算打c段纸带时小车的加速度大小为　　　　m/s2,方向与小车的运动方向　　　　(填“相同”或“相反”)。(结果保留两位有效数字)?
(2)打b段纸带时,小车运动的最大速度出现在b纸带中的　　　　、　　　　段。(填图乙中的相邻两个字母)?
答案　(1)4.5　相反　(2)D　E
解析　(1)由匀变速直线运动规律得:xm-xn=(m-n)aT2即
a=xm-xn(m-n)T2=(2.54-3.98)×10-2(3-1)×0.042 m/s2=-4.5 m/s2
由图可知,c段纸带中相邻两点间距逐渐减小,所以小车做减速运动,即加速度方向与小车运动方向相反。
(2)由图分析,从A点到E点,相等时间间隔内的位移逐渐增加,小车做加速运动,从E点到H点,相等时间间隔内的位移逐渐减小,小车做减速运动,所以小车运动的最大速度出现在b纸带中的D、E段。
8.某同学学习了《自由落体运动》后,想到既然自由落体也是匀变速直线运动,那就可以设计一自由落体运动来测量自由落体加速度g,于是和同学合作,按照如图1所示的装置来进行实验。
(1)实验室中电火花计时器是　　　　仪器。?
(2)实验时让重物从静止下落,当打下的前两个点的间距接近　　　　mm时,就可以确保重物做的是自由落体运动。?
(3)做完实验,他们选择了一条纸带,并截取了中间某一段,如图2,已知时间间隔为T。
图2
则C点的瞬时速度vC=　　　　,重力加速度g=　　　　　　　　　(写表达式)?
(4)另一同学计算了其中连续5个点的速度,如下表,请在图3中描绘出该运动的v-t图象。
1
2
3
4
5
v/m·s-1
1.095
1.385
1.475
1.665
1.855
t/s
0.02
0.04
0.06
0.08
0.10
　　通过图象得出重力加速度g=　　　　m/s2,偏差的原因:　　　　　　　　　　　。?
答案　(1)计时　(2)2　(3)x2+x32T　(x4+x3)-(x1+x2)4T2　(4)9.71　受到阻力作用
解析　(1)电火花计时器是计时仪器。
(2)根据x=12gt2=12×10×0.022 m=2 mm知,当打下的前两个点的间距接近2 mm时,可以确保重物做的是自由落体运动。
(3)C点的瞬时速度vC=x2+x32T,根据Δx=gT2,运用逐差法得:g=(x4+x3)-(x1+x2)4T2。
(4)该运动的v-t图像如图所示。
重力加速度g=ΔvΔt=2.0?1.00.115?0.012 m/s2≈9.71 m/s2,偏差的原因是重物受到空气阻力的作用。
课件51张PPT。
实验1　探究小车速度随时间变化的规律一 实验目的二 实验器材三 实验步骤四 数据处理教材研读五 误差分析六 注意事项考点一 实验原理与实验操作考点二 实验数据处理与误差分析考点三 实验拓展与实验创新考点突破一、实验目的1.练习正确使用打点计时器。
2.会根据纸带上的点迹求匀变速直线运动的瞬时速度、加速度。
3.会根据纸带上的点迹探究小车速度随时间变化的规律,并能画出小车运动的v-t图象,根据图象求加速度。二、实验器材
电磁打点计时器(或电火花计时器)、一端附有定滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、①　刻度尺????、导线、电源、复写纸片。三、实验步骤1.按照如图所示实验装置,把打点计时器固定在长木板①　无滑轮????的一端连接好电路;2.把细绳一端系在小车上并使细绳绕过滑轮,另一端挂合适的钩码,将纸带穿过打点计时器,固定在小车后面,调节滑轮的高度,使细绳与长木板②　平行????;
3.把小车停靠在打点计时器处,先③　接通电源????,后④　放开小车????;
4.小车运动一段时间后,断开电源,取下纸带;
5.换纸带重复三次实验,选择一条比较理想的纸带进行测量分析。四、数据处理2.速度、加速度的求解方法五、误差分析1.根据纸带测量的位移有误差。
2.电源频率不稳定,造成相邻两点的时间间隔不完全相等。
3.纸带运动时打点不稳定引起测量误差。
4.用作图法作出的v-t图象并不是一条直线。
5.木板的粗糙程度并非完全相同,这样测量得到的加速度只能是所测量段的平均加速度。六、注意事项1.平行:纸带和细绳要和木板平行。
2.两先两后:实验中应先接通电源,后让小车运动;实验完毕应先断开电源,后取下纸带。
3.防止碰撞:应让小车在到达长木板末端前停止运动,要防止钩码落地和小车与滑轮相撞。4.减小误差:小车的加速度要适当大些,可以减小测量长度时的误差,加速度大小以能在约50 cm的纸带上清楚地取出6~7个计数点时为宜。
5.纸带选取:选择一条点迹清晰的纸带,舍弃点迹密集部分,适当选取计数点。
6.准确作图:在坐标纸上,纵、横轴选取合适的单位(避免所描点过密或过疏而导致误差过大),仔细描点连线,不能连成折线,应作一条直线,让各点尽量落到这条直线上,落不到直线上的各点应均匀分布在直线的两侧。
考点一　实验原理与实验操作
　　根据纸带上两点间的位移Δx和时间Δt,算出纸带在这两点间的平均速度v=?。在要求不是很高的情况下,可以用这个平均速度粗略地表
示物体在经过位移Δx内某一位置时的瞬时速度。例1　在本节的实验中,打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz,记录小车运动的纸带如图所示,在纸带上选择6个计数点A、B、C、D、E、
F,相邻两计数点之间还有四个点未画出,各点到A点的距离依次是2.0 cm、5.0 cm、9.0 cm、14.0 cm、20.0 cm。
?
根据学过的知识可以求出打B点时小车的速度vB=　 　????m/s,C、E两点间的平均速度为　 ???m/s。答案　0.25　0.45例2　打点计时器是高中物理中重要的实验仪器,如图甲、乙所示是高中物理实验中常用的两种,请回答下面的问题。(1)甲图是　 ????打点计时器,电源采用的是　 ???。
(2)乙图是　 ????打点计时器,电源采用的是　 ????。
(3)已知打点计时器所用交流电源的频率是f,用它记录一个运动小车的位移情况,打出的一条纸带和已选好的计数点0、1、2、3、4如图丙所示。某同学测量出1、2两点间的距离为x12,3、4两点间的距离为x34,由此可计算出1、2两点间的平均速度为　　　????;3、4两点间的平均速度为　　　????。变式1　某同学用如图甲所示的实验装置研究匀变速直线运动。实验步骤如下:
①安装好实验器材;
②让小车拖着纸带运动,打点计时器在纸带上打下一系列小点,重复几次,选出一条点迹比较清晰的纸带,从便于测量的点开始,每五个点取一个计数点,如图乙所示;
③测出x1、x2、x3…。
结合上述实验步骤,请你继续完成下列问题:
(1)实验中,除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外,在下列的仪器和器材中,必须使用的有　 ????。
A.电压合适的50 Hz交流电源????B.电压可调的直流电源
C.秒表????D.刻度尺????E.天平????F.重锤????G.弹簧测力计
H.滑动变阻器
(2)如果小车做匀加速直线运动,所得纸带如图乙所示,则x1、x2、x3的关系是　　　????,已知打点计时器打点的时间间隔是t,则打c点时小车的速度大小是　　　????。名师点拨1.如何选取纸带和计数点
要选取点迹清楚的纸带,舍掉开始比较密集的点迹,从便于测量的地方取一个开始点,然后每5个点取一个计数点,测量出相邻计数点间的距离。
2.判定物体运动的性质
通过研究纸带上各点之间的间距,可以判断物体的运动情况。若连续相等的时间间隔内的位移x1、x2、x3…基本相等,则物体在实验误差允许考点二　实验数据处理与误差分析
1.用图象表示速度
物体运动的速度与时间的关系也可以用图象描述。以速度v为纵轴、时间t为横轴在方格纸上建立直角坐标系。根据实验中的v、t数据,在坐标系中描点。再用一条平滑曲线来“拟合”坐标系中描出的点,这条曲线反映了速度v与时间t的关系,如图所示。例3　在做“研究匀变速直线运动”的实验中:
(1)实验室提供了以下器材:打点计时器、一端附有滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、交流电源、复写纸、弹簧测力计。其中在本实验中不需要的器材是　　　　????。
(2)如图甲所示是某同学由打点计时器得到的表示小车运动过程的一条清晰纸带,纸带上相邻两计数点间还有四个点没有画出,打点计时器打点的时间间隔T=0.02 s,其中x1=7.05 cm、x2=7.68 cm、x3=8.33 cm、x4=8.95 cm、x5=9.61 cm、x6=10.26 cm。?
甲
下表列出了打点计时器打下B、C、F点时小车的瞬时速度,请在表中填入打点计时器打下D、E两点时小车的瞬时速度。(4)根据所画出的小车的速度-时间关系图线计算出小车的加速度a=????
　　????m/s2。
(5)如果当时电源中交变电流的频率f=49 Hz,而做实验的同学并不知道,由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏　　　????(填“大”或“小”)。答案　(1)弹簧测力计　(2)0.864　0.928　(3)见解析　(4)(0.62±0.01)????(5)大变式2　某同学用如图甲所示的实验装置分析匀变速直线运动,电火花计时器所接电源频率为50 Hz,图乙是他在实验中得到的一条纸带,他将选出的纸带舍去开始密集的点迹,然后从便于测量的点开始,每5个点取一个计数点,如图乙中A、B、C、D、E、F、G点所示,他把一个毫米刻度尺放在纸带上,其零刻线和计数点A(A为所选计数点中最早打下的点)对齐,试分析下列问题:?
甲
?
乙
(1)读出相邻两点间的长度,进行下列计算并将结果填入表内(单位:cm)　　由此可得出:在误差允许的范围内,　　　　　　　　　　　　????　　　　　　　　????,所以小车做　　　　????运动,小车的加速度a=????　　????m/s2(保留两位有效数字)。
(2)该同学在图丙中已标出B、C、D、F计数点对应的坐标点,请你在该图中标出与E计数点对应的坐标点,并画出v-t图。根据图像求出小车通过A点时的瞬时速度vA=　　　????m/s(保留两位有效数字)。?
丙答案　见解析解析　(1)连续相邻相等的时间间隔内的位移差如下表(单位: cm):　　在误差允许的范围内,小车在任意两个连续相等的时间内的位移之差相等,可见小车做匀加速直线运动。
根据逐差法得:
a=?
=?m/s2考点三　实验拓展与实验创新例4　在暗室中用如图甲所示装置做“测定重力加速度”的实验。实验器材有:支架、漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、
螺丝夹子、铝盒、一根荧光刻度的米尺、频闪
仪。具体实验步骤如下:
①在漏斗内盛满清水,旋松螺丝夹子,水滴会以
一定的频率一滴滴地落下。②用频闪仪发出的白闪光将水滴流照亮,由大到小逐渐调节频闪仪的频率直到第一次看到一串仿佛固定不动的水滴。
③用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度值。
④采集数据进行处理。
(1)实验中看到有一串仿佛固定不动的水滴时,频闪仪的闪光频率满足
的条件是???? ?。
(2)实验中观察到水滴“固定不动”时频闪仪的闪光频率为30 Hz,某同学读出其中比较远的水滴到第一个水滴的距离如图乙所示,根据数据测得当地的重力加速度g=　　　????m/s2;第8个水滴此时的速度v8=　　????????m/s。(结果都保留三位有效数字)(3)该实验存在的系统误差可能有(答出一条即可):?? ????。名师点拨
本实验还可以从以下方向进行创新
(1)原理演化变式3????(2017课标Ⅰ,22,5分)某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动,用自制“滴水计时器”计量时间。实验前,将该计时器固定在小车旁,如图(a)所示。实验时,保持桌面水平,用手轻推一下小车。在小车运动过程中,滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴,图(b)记录了桌面上连续的6个水滴的位置。(已知滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴)(1)由图(b)可知,小车在桌面上是　　　????(填“从右向左”或“从左向右”)运动的。
(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到
图(b)中A点位置时的速度大小为　　????m/s,加速度大小为　　????m/s2。
(结果均保留2位有效数字)第24讲　机械振动
1.(多选)某质点做简谐运动,其位移随时间变化的关系式为x=A sin π4t,则质点(　　)
A.第1 s末与第3 s末的位移相同
B.第1 s末与第3 s末的速度相同
C.3 s末至5 s末的位移方向都相同
D.3 s末至5 s末的速度方向都相同
答案　AD　由x=A sin π4t知,周期T=8 s。第1 s末、第3 s末、第5 s末分别相差2 s,恰为14个周期。根据简谐运动图像中的对称性可知A、D选项正确。
2.下列说法错误的是(　　)
A.在同一地点,单摆做简谐运动的周期的平方与其摆长成正比
B.在同一地点,当摆长不变时,摆球质量越大,单摆做简谐运动的周期越小
C.弹簧振子做简谐运动时,振动系统的势能与动能之和保持不变
D.系统做稳定的受迫振动时,系统振动的频率等于周期性驱动力的频率
答案　B　根据T=2πLg可得T2=4π2Lg,即在同一地点,单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比,选项A正确;根据T=2πLg可知,单摆的周期与摆球的质量无关,选项B错误;弹簧振子做简谐振动时,振动系统的势能和动能相互转化,势能与动能之和保持不变,选项C正确;系统做稳定的受迫振动时,系统振动的频率等于周期性驱动力的频率,选项D正确。此题选错误的选项,故选B。
3.如图所示为某弹簧振子在0~5 s内的振动图像。由图可知,下列说法中正确的是(　　)
A.振动周期为5 s,振幅为8 cm
B.第2 s末振子的速度为零,加速度为负向的最大值
C.第3 s末振子的速度为正向的最大值
D.从第1 s末到第2 s末振子在做加速运动
答案　C　根据图像,周期T=4 s,振幅A=8 cm,A错误。第2 s末振子到达负方向位移最大位置,速度为零,加速度为正向的最大值,B错误。第3 s末振子经过平衡位置,速度达到最大值,且向正方向运动,C正确。从第1 s末到第2 s末振子经过平衡位置向负方向最大位移处运动,速度逐渐减小,做减速运动,D错误。
4.劲度系数为20 N/cm的弹簧振子,它的振动图像如图所示,在图中A点对应的时刻(　　)
A.振子所受的弹力大小为0.5 N,方向指向x轴的负方向
B.振子的速度方向指向x轴的正方向
C.在0~4 s内振子做了1.75次全振动
D.在0~4 s内振子通过的路程为0.35 cm,位移为0
答案　B　由题图可知A在t轴上方,位移x=0.25 cm,所以弹力F=-kx=-5 N,即弹力大小为
5 N,方向指向x轴负方向,选项A不正确;过A点作图像的切线,该切线与x轴的正方向的夹角小于90°,切线斜率为正值,即振子的速度方向指向x轴的正方向,故选项B正确;t=0、t=
4 s时刻振子的位移都是最大,且都在t轴的上方,在0~4 s内完成两次全振动,选项C错误;由于t=0时刻和t=4 s时刻振子都在最大位移处,所以在0~4 s内振子的位移为零,又由于振幅为0.5 cm,在0~4 s内振子完成了2次全振动,所以在这段时间内振子通过的路程为
2×4×0.5 cm=4 cm,故选项D错误。综上,应选B。
5.一个做简谐运动的弹簧振子,周期为T,振幅为A,已知振子从平衡位置第一次运动到x=A2处所用的最短时间为t1,从最大的正位移处第一次运动到x=A2处所用的最短时间为t2,那么t1与t2的大小关系正确的是(　　)
A.t1=t2 B.t1C.t1>t2 D.无法判断
答案　B　根据振子远离平衡位置时速度减小,靠近平衡位置时速度增大可知,振子从平衡位置第一次运动到x=12A处的平均速度大于从最大正位移处第一次运动到x=12A处的平均速度,而经过的路程相等,说明t16.(多选)一质点做简谐运动的图像如图所示,下列说法正确的是　(　　)
A.质点振动的频率为4 Hz
B.第4 s末质点的速度为零
C.在10 s内质点经过的路程为20 cm
D.在t=2 s和t=6 s两时刻,质点速度相同
答案　CD　由题图读出质点振动的周期T=4 s,则频率f=1T=0.25 Hz,故A错误;在第4 s末,质点的位移为0,经过平衡位置,速度最大,故B错误;质点做简谐运动,在一个周期内通过的路程是4A,t=10 s=2.5T,所以在10 s内质点经过的路程s=2.5×4A=10×2 cm=20 cm,故C正确;由题图知在t=2 s和t=6 s两时刻相差一个周期,则质点的速度相同,故D正确。
7.如图甲所示,弹簧振子以O点为平衡位置,在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向,振子的位移x随时间t的变化如图乙所示,下列说法正确的是(　　)
A.t=0.8 s时,振子的速度方向向左
B.t=0.2 s时,振子在O点右侧6 cm处
C.t=0.4 s和t=1.2 s时,振子的加速度完全相同
D.从t=0.4 s到t=0.8 s的时间内,振子的速度逐渐减小
答案　A　从t=0.8 s时起,再过一段微小时间,振子的位移为负值,因为取向右为正方向,故t=0.8 s时,速度方向向左,A正确;由题中图像得振子的位移x=12 sin 5π4t cm,则t=0.2 s时,x=62 cm,故B错误;t=0.4 s和t=1.2 s时,振子的位移方向相反,由a=-kxm知,加速度方向相反,C错误;从t=0.4 s到t=0.8 s的时间内,振子的位移逐渐减小,振子逐渐靠近平衡位置,其速度逐渐增大,故D错误。
8.(多选)某单摆做小角度摆动,其振动图像如图所示,则以下说法正确的是(　　)
A.t1时刻摆球速度最大,摆球向心加速度最大
B.t2时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大
C.t3时刻摆球速度为零,摆球所受回复力最大
D.t4时刻摆球速度为零,摆球处于平衡状态
答案　BC　在t1、t3时刻,摆球位于最大位移处,摆球的速度为零,所受的回复力最大,向心加速度为零,A错误,C正确;在t2、t4时刻,摆球位于平衡位置,速度最大,向心加速度最大,悬线对摆球的拉力最大,B正确,D错误。
9.(多选)正在运转的机器,当其飞轮以角速度ω0匀速转动时,机器的振动不强烈,切断电源,飞轮的转动逐渐慢下来,在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动,此后飞轮转速继续变慢,机器的振动也随之减弱,在机器停下来之后若重新启动机器,使飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到ω0,在这一过程中(　　)
A.机器不一定还会发生强烈的振动
B.机器一定还会发生强烈的振动
C.若机器发生强烈振动,强烈振动可能发生在飞轮角速度为ω0时
D.若机器发生强烈振动,强烈振动时飞轮的角速度肯定不为ω0
答案　BD　以角速度ω0转动逐渐慢下来,在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动,说明此过程机器的固有频率与驱动频率相等产生了共振,当飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到ω0,在这一过程中,一定会出现机器的固有频率与驱动频率相等即产生共振的现象,机器一定还会发生强烈的振动,故A错误,B正确;由已知当机器的飞轮以角速度ω0匀速转动时,其振动不强烈,则机器若发生强烈振动,强烈振动时飞轮的角速度肯定不为ω0,故C错误,D正确。
10.(多选)一振子沿x轴做简谐运动,平衡位置在坐标原点。t=0时振子的位移为-0.1 m,t=1 s时位移为0.1 m,则(　　)
A.若振幅为0.1 m,振子的周期可能为23 s
B.若振幅为0.1 m,振子的周期可能为45 s
C.若振幅为0.2 m,振子的周期可能为4 s
D.若振幅为0.2 m,振子的周期可能为6 s
答案　AD　本题考查简谐运动的多解问题。简谐运动的位移方程为x=A sin2πTt+θ,当振幅A=0.1 m时,由t=0时x=-0.1 m得θ=-π2;由t=1 s时x=0.1 m有sin2πT-π2=1,则2πT-π2=2kπ+π2(k=0,1,2,…),k=0时,T=2 s;k=1时,T=23 s;k=2时,T=25 s。由以上分析可见,A项正确,B项错误。当振幅A=0.2 m时,由t=0时x=-0.1 m得θ=-π6或θ=-5π6;若θ=-π6,由t=1 s时x=0.1 m有sin2πT-π6=12,则当2πT-π6=π6时,T=6 s;当2πT-π6=56π时,T=2 s。同理,若θ=-5π6,则周期T最大值为2 s。由以上分析可见,C项错误,D项正确。
11.如图所示,摆长为l的单摆放在倾角为θ的光滑斜面上,当摆球在斜面所在的平面内做小摆角振动时,周期为(　　)
A.T=2πlg B.T=2πlgcosθ
C.T=2πlgsinθ D.以上答案都不对
答案　C　斜面上单摆重力沿斜面向下的分力与竖直悬挂的单摆的重力等效,故斜面上的单摆的等效“重力加速度”为g'=g sin θ,根据单摆的周期公式得T=2πlgsinθ,故C正确。
12.(多选)某简谐振子,自由振动时的振动图像如图甲中实线所示,而在某驱动力作用下做受迫振动时,稳定后的振动图像如图甲中虚线所示,那么,此受迫振动对应的状态可能是图乙中的(　　)
A.a点 B.b点
C.c点 D.一定不是c点
答案　AD　设简谐振子自由振动时的周期为T1,在某驱动力作用下做受迫振动时的周期为T2,显然T1f2;题图乙中c点处代表发生共振,驱动力频率等于固有频率f1;做受迫振动时,驱动力频率f213.(多选)如图所示为一水平弹簧振子做简谐运动的振动图像,由图可以推断,振动系统(　　)
A.t1和t3时刻具有相等的动能和相同的加速度
B.t3和t4时刻具有相同的速度
C.t4和t6时刻具有相同的位移和速度
D.t1和t6时刻具有相等的动能和相反方向的速度
答案　AB　由图像可知,t1、t3两时刻振子位于同一位置(位移相等),据此可得,t1、t3时刻动能相等,加速度相同,故A正确;t3、t4时刻振子向同一方向振动,其速度相同,B正确;t4、t6时刻速度方向相反,C错误;t1、t6时刻速度大小相等,方向相同,D错误。
14.(多选)一个质点做简谐运动的图像如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.质点振动的频率为4 Hz
B.在10 s内质点经过的路程是20 cm
C.在5 s末,质点的速度为零,加速度最大
D.t=1.5 s和t=4.5 s两时刻质点的位移大小相等,都是2 cm
答案　BCD　由图像可知,质点振动的周期为4 s,故频率为0.25 Hz,选项A错误;在10 s内质点振动了2.5个周期,经过的路程是10A=20 cm,选项B正确;在5 s末,质点处于正向最大位移处,速度为零,加速度最大,选项C正确;由图像可得振动方程是x=2 sin π2t(cm),将t=1.5 s和t=4.5 s代入振动方程得x=2 cm,选项D正确。
15.(多选)如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像,则下列说法中正确的是(　　)
甲
乙
A.甲、乙两单摆的振幅之比为2∶1
B.t=2 s时,甲单摆的重力势能最小,乙单摆的动能为零
C.甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1
D.甲、乙两单摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等
答案　AB　由图知甲、乙两单摆的振幅分别为4 cm、2 cm,振幅之比为2∶1,故选项A正确;t=2 s时,甲单摆在平衡位置处,重力势能最小,乙单摆在振动的最大位移处,动能为零,故选项B正确;由单摆的周期公式T=2πLg,得到甲、乙两单摆的摆长之比为1∶4,故选项C错误;因摆球摆动的最大偏角未知,无法判断两单摆摆球在最低点时向心加速度大小关系,故选项D错误。
16.(多选)如图为某质点做简谐运动的图像,若t=0时,质点正经过O点向b运动,则下列说法正确的是(　　)
A.质点在0.7 s时,质点的位移向左,且正在远离平衡位置运动
B.质点在1.5 s时的位移最大,方向向左,在1.75 s时,位移为1 cm
C.在1.2 s到1.4 s时间内,质点的位移在增加,方向向左
D.在1.6 s到1.8 s时间内,质点的位移正在减小,方向向左
答案　CD　由题图可知,在0.7 s时,质点的位移为正,即向右,且正在向平衡位置运动,所以A项错误;质点在1.5 s时的位移最大,方向为负,即向左,由正弦图像的特点可知,在1.75 s时其位移大小应为22A=2 cm,所以B项错误;在1.2 s到1.4 s时间内,质点正在远离平衡位置,所以其位移在增大,方向为负,即向左,所以C项正确;在1.6 s到1.8 s时间内,质点正向平衡位置运动,所以其位移正在减小,方向为负,即向左,所以D项正确。
17.(多选)简谐运动的振动图线可用下述方法画出:如图甲所示,在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P,让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动,笔P在纸带上画出的就是小球的振动图像。取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向,纸带运动的距离代表时间,得到的振动图线如图乙所示。则下列说法正确的是(　　)
A.弹簧振子的周期为4 s
B.弹簧振子的振幅为10 cm
C.t=17 s时振子相对平衡位置的位移是10 cm
D.若纸带运动的速度为2 cm/s,振动图线上1、3两点间的距离是4 cm
答案　ABD　由题图知,弹簧振子的周期为T=4 s,振幅为10 cm,选项A、B正确;由周期性知,t=17 s时振子相对平衡位置的位移与t=1 s时振子相对平衡位置的位移相同,均为0,选项C错误;若纸带运动的速度为2 cm/s,振动图线上1、3两点间的距离s=vt=2 cm/s×2 s=4 cm,选项D正确。
教师备用题库
1.(2017北京理综,15,6分)某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像如图所示,下列描述正确的是(　　)
A.t=1 s时,振子的速度为零,加速度为负的最大值
B.t=2 s时,振子的速度为负,加速度为正的最大值
C.t=3 s时,振子的速度为负的最大值,加速度为零
D.t=4 s时,振子的速度为正,加速度为负的最大值
答案　A　本题考查简谐运动图像。由图像可知,t=1 s和t=3 s时振子在最大位移处,速度为零,加速度分别为负向最大值、正向最大值;而t=2 s和t=4 s时振子在平衡位置,加速度为零,而速度分别为负向最大、正向最大。综上所述,A项说法正确。
2.(多选)某实验小组在研究单摆时改进了实验方案,将一力传感器连接到计算机上。图甲中O点为单摆的固定悬点,现将小摆球(可视为质点)拉至A点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,则摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动,其中B点为运动中的最低位置,∠AOB=∠COB=α,α小于5°且是未知量。同时由计算机得到了摆线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示,且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻(重力加速度为g)。根据题中(包括图中)所给的信息,下列说法正确的是(　　)
A.该单摆的周期为t2
B.根据题中(包括图中)所给的信息可求出摆球的质量
C.根据题中(包括图中)所给的信息不能求出摆球在最低点B时的速度
D.若实验时,摆球做了圆锥摆,则测得的周期变长
E.若增加摆球的质量,摆球的周期不变
答案　ABE　由乙图可知单摆的周期T=t2,故选项A正确;在B点拉力有最大值,根据牛顿第二定律可知Fmax-mg=mv2l;在A、C两点有拉力最小值,Fmin=mg cos α,由A到B机械能守恒,即mgl(1-cos α)=12mv2,由此可知摆球的质量m=Fmax+2Fmin3g,选项B正确;由T=2πlg和mgl(1-cos α)=12mv2,可求得v,C错误;若实验时摆球做了圆锥摆,则周期的表达式为T=2πlcosαg,周期变小,选项D错误;根据单摆周期公式T=2πlg可知,单摆周期与摆球的质量无关,故选项E正确。
3.(多选)如图所示演示装置,一根张紧的水平绳上挂着5个单摆,其中A、D摆长相同,先使A摆摆动,其余各摆也摆动起来,可以发现(　　)
A.各摆摆动的周期均与A摆相同
B.B摆振动的周期最短
C.C摆振动的周期最长
D.D摆的振幅最大
答案　AD　受迫振动的频率等于驱动力的频率,当驱动力的频率等于系统的固有频率时,振动的质点达到共振。当图中的A摆摆动后,由于A摆是悬于一根张紧的水平绳上,A摆摆动对水平绳有周期性的力的作用,使得悬于同一根绳上的其他各摆均做受迫振动,且周期均等于A摆振动的周期。而D摆的摆长与A摆的摆长相等,D摆发生共振,其振幅最大,故选A、D。
4.将一物体系于一竖直悬挂的轻质弹簧的下端,并用手托着物体,然后让它慢慢下降到平衡位置,这时弹簧伸长的长度为d。已知弹簧的弹性势能Ep=12kx2,其中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量,重力加速度为g,如果让该物体从初始位置自由释放,则物体在下落的过程中(　　)
A.物体的运动时间为2dg 　 B.物体的最大速度为2gd
C.物体的最大加速度为2g 　 D.弹簧的最大伸长量为2d
答案　D　物体下落过程中做简谐运动,平衡位置在重力和弹力相等位置,即平衡位置到释放点的距离为d,根据对称性可得物体从释放点到最低点的高度为2d,但由于过程中物体做的不是自由落体运动,故时间不是t=2hg=2dg,A错误、D正确;最低点加速度最大,弹力为2mg,方向竖直向上,故此时的加速度为a=2mg-mgm=g,方向竖直向上,C错误;当弹力等于重力时,速度最大,下降过程中重力势能转化为动能和弹性势能,故在速度最大时有12mv2=mgd-12kd2,B错误。
5.(2016海南单科,17,6分)(多选)下列说法正确的是(　　)
A.在同一地点,单摆做简谐运动的周期的平方与其摆长成正比
B.弹簧振子做简谐运动时,振动系统的势能与动能之和保持不变
C.在同一地点,当摆长不变时,摆球质量越大,单摆做简谐运动的周期越小
D.系统做稳定的受迫振动时,系统振动的频率等于周期性驱动力的频率
E.已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期,就可知振子在任意时刻运动速度的方向
答案　ABD　在同一地点,重力加速度g为定值,根据单摆周期公式T=2πLg可知,周期的平方与摆长成正比,故选项A正确;弹簧振子做简谐运动时,只有动能和势能参与转化,根据机械能守恒条件可知,振动系统的势能与动能之和保持不变,故选项B正确;根据单摆周期公式T=2πLg可知,单摆的周期与摆球质量无关,故选项C错误;当系统做稳定的受迫振动时,系统振动的频率等于周期性驱动力的频率,故选项D正确;若弹簧振子初始时刻在波峰或波谷位置,知道周期后,可以确定任意时刻运动速度的方向,若弹簧振子初始时刻不在波峰或波谷位置,则无法确定,故选项E错误。
课件44张PPT。第24讲　机械振动一 简谐运动二 简谐运动的公式和图像三 受迫振动和共振教材研读突破一 简谐运动的图像及其规律应用突破二 单摆及单摆周期公式的应用突破三 受迫振动和共振重难突破一、简谐运动1.简谐运动
(1)定义:如果物体所受回复力的大小与位移大小成正比,并且总是指向①　平衡位置????,则物体的运动叫做简谐运动。
(2)平衡位置:物体所受②　回复力????为零的位置。
(3)回复力
a.定义:使物体返回到③　平衡位置????的力。b.方向:总是指向④　平衡位置????。
c.来源:属于⑤　效果????力,可以是某一个力,也可以是几个力的⑥　合力????
或某个力的⑦　分力????。
(4)简谐运动的特征
a.动力学特征:F回=⑧　-kx????。
b.运动学特征:x、v、a均按正弦或余弦规律发生周期性变化(注意v、a的变化趋势相反)。
c.能量特征:系统的机械能守恒,振幅A不变。
二、简谐运动的公式和图像1.简谐运动的表达式
(1)动力学表达式:F=①　-kx????,其中“-”表示回复力与位移的方向相反。
(2)运动学表达式:x=②????A sin (ωt+φ)????,其中A代表振幅,ω=2πf表示简谐运动的快慢。
2.简谐运动的图像
(1)从③　平衡位置???开始计时,函数表达式为x=A sin ωt,图像如图甲所示。(2)从④ 最大位移处??开始计时,函数表达式为x=A cos ωt,图像如图乙所示。
三、受迫振动和共振1.受迫振动:系统在①　驱动力????作用下的振动。做受迫振动的物体,它做受迫振动的周期(或频率)等于②　驱动力????的周期(或频率),而与物体的固有周期(或频率)③　无????关。2.共振:做受迫振动的物体,驱动力的频率越接近于它的固有频率,其振幅就越大,当二者④　相等????时,振幅达到最大,这就是共振现象。共振曲线如图所示。1.判断下列说法的正误:
(1)简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置。?(　?　)
(2)做简谐运动的质点先后通过同一点,回复力、速度、加速度、位移都是相同的。?(　?　)
(3)做简谐运动的质点,速度增大时,其加速度一定减小。?(　√　)
(4)弹簧振子每次经过平衡位置时,位移为零,动能为零。?(　?　)
(5)物体做受迫振动时,其振动频率与固有频率无关。?(　√　)
(6)发生共振时,驱动力可能对系统做正功,也可能对系统做负功。(　?　)2.下列振动中是简谐运动的是?(　C　)
A.手拍乒乓球的运动
B.思考中的人来回走动
C.轻质弹簧的上端固定,下端悬挂一个钢球,组成的振动系统
D.从高处下落到光滑水泥地面上的小钢球的运动5.一洗衣机正常工作时非常平稳,当切断电源后,发现洗衣机先是振动越来越剧烈,然后振动再逐渐减弱,对这一现象,下列说法正确的是?(????A　)
①正常工作时,洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率大
②正常工作时,洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率小
③正常工作时,洗衣机波轮的运转频率等于洗衣机的固有频率
④当洗衣机振动最剧烈时,波轮的运转频率等于洗衣机的固有频率
A.①④　????B.只有①　????C.只有③　????D.②④突破一　简谐运动的图像及其规律应用简谐运动的五个特征
(1)动力学特征:F=-kx,“-”表示回复力的方向与位移方向相反,k是比例系数,不一定是弹簧的劲度系数。
(2)运动学特征:简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比,典例1　如图所示,弹簧振子在B、C间振动,O为平衡位置,BO=OC=5 cm。若振子从B到C的运动时间是1 s,则下列说法中正确的是?(　D　)
?
A.振子从B经O到C完成一次全振动
B.振动周期是1 s,振幅是10 cm
C.经过两次全振动,振子通过的路程是20 cm
D.从B开始经过3 s,振子通过的路程是30 cm解析　振子从B→O→C仅完成了半次全振动,所以周期T=2×1 s=2 s,振幅A=BO=5 cm。
振子在一次全振动中通过的路程为4A=20 cm,所以两次全振动中通过的路程为40 cm,3 s的时间为1.5T,所以振子通过的路程为30 cm,故只有选项D正确。规律方法
分析简谐运动的技巧
(1)分析简谐运动中各物理量的变化情况时,一定要以位移为桥梁,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。另外,各矢量均在其值为零时改变方向。
(2)分析过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性。解析　振子在N点时开始计时,其位移为正向最大,并按正弦规律变化,故选项A正确。1-2　(多选)弹簧振子做简谐运动的图像如图所示,下列说法正确的是?
(　BCD　)
A.在第5秒末,振子的速度最大且沿+x方向
B.在第5秒末,振子的位移最大且沿+x方向
C.在第5秒末,振子的加速度最大且沿-x方向
D.在0到5秒内,振子通过的路程为10 cm解析　由图可读得质点振动的周期为0.4 s,故A错误;0至0.1 s内质点从正向最大位移向平衡位置运动,故其加速度在减小,速度在增大,故B错误;0.2 s时负向的位移最大,加速度最大,方向指向平衡位置,即沿正向有最大加速度,故C正确;在0.1~0.2 s内质点通过的路程为5×1 cm=5 cm,故D错误。突破二　单摆及单摆周期公式的应用1.单摆周期公式的理解
(1)单摆的回复力:摆球重力沿与摆线垂直方向的分力。
(2)周期公式:T=2π?
此式只适用于摆角很小(不超过5°)的情况,因此单摆的振动周期在振幅很小的条件下,与单摆的振幅无关,与摆球的质量也无关。式中l为悬点典例2????(2016浙江4月选考,15,2分)(多选)摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度相同,其振动图像如图所示。选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面,由图可知?(　AC　)2-1　(多选)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像,则下列说法中正确的是?(　ABD　)
A.甲、乙两单摆的摆长相等
B.甲摆的振幅比乙摆的大
C.甲摆的机械能比乙摆的大
D.在t=0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆突破三　受迫振动和共振1.自由振动、受迫振动和共振的关系比较2.对共振的理解
(1)共振曲线:如图所示,横坐标为驱动力频率f,纵坐标为振幅A。f与固有频率f0越接近,振幅A越大;当f=f0时,振幅A最大。
(2)受迫振动中系统能量的转化:系统机械能不守恒,与外界时刻进行能量交换。典例3　(多选)一个单摆在地面上做受迫振动,其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示,则?(　BC　)
A.此单摆的固有周期约为0.5 s
B.此单摆的摆长约为1 m
C.若摆长增大,单摆的固有频率减小
D.若摆长增大,共振曲线的峰将向右移动规律总结
(1)无论发生共振与否,受迫振动的频率都等于驱动力的频率,但只有发生共振现象时振幅才能达到最大。
(2)受迫振动系统中的能量转化不再只有系统内部动能和势能的转化,
还有驱动力对系统做正功补偿系统阻力而损失的机械能。3-1　(多选)在飞机的发展史中有一个阶段,飞机上天后不久,飞机的机翼很快就抖动起来,而且越抖越厉害,后来人们经过艰苦的探索,利用在飞机机翼前缘处安装一个配重杆的方法,解决了这一问题。在飞机机翼前缘处安装配重杆的主要目的是?????(　AB　)
A.改变机翼的固有频率　???? B.防止共振现象的产生
C.使机翼更加牢固　???? D.加大飞机的惯性解析　飞机的机翼很快就抖动起来,是因为驱动力的频率接近机翼的固有频率而发生共振,在飞机机翼前缘处安装配重杆,是为了改变机翼的固有频率,使驱动力的频率远离固有频率,故A、B正确。3-2　(多选)一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子,如图甲所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动。匀速转动把手时,曲杆给弹簧振子以驱动力,使振子做受迫振动。把手匀速转动的周期就是驱动力的周期,改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期。若保持把手不动,给砝码一向下的初速度,砝码便做简谐运动,振动图线如图乙所示。当把手以某一速度匀速转动,受迫振动达到稳定时,砝码的振动图线如图丙所示。
若用T0表示弹簧振子的固有周期,T表示驱动力的周期,Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅,则?(　AC　)
A.由图线可知T0=4 s
B.由图线可知T0=8 s
C.当T在4 s附近时,Y显著增大,当T
比4 s小得多或大得多时,Y很小
D.当T在8 s附近时,Y显著增大,当T
比8 s小得多或大得多时,Y很小解析　由图乙可知弹簧振子的固有周期T0=4 s,故A选项正确,B选项错误。受迫振动的特点:驱动力的周期与系统的固有周期相同时发生共振,振幅最大;驱动力的周期与系统的固有周期相差越多,受迫振动达到稳定后的振幅越小,故C选项正确,D选项错误。实验14　探究单摆周期与摆长的关系
1.在“用单摆测定重力加速度”的实验中
(1)(多选)以下关于本实验的措施中正确的是　　　　。?
A.摆角应尽量大些
B.摆线应适当长些
C.摆球应选择密度较大的实心金属小球
D.用停表测量周期时,应取摆球摆至最高点时开始计时
(2)用50分度游标卡尺测量小球的直径,如图1所示的读数是　　　　 mm,用停表记录了单摆振动50次所用的时间如图2所示,读数为　　　　 s。?
图1
图2
(3)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后,同学甲说:因为空气浮力与摆球重力方向相反,它对球的作用相当于重力加速度变小,因此振动周期变大,乙同学说:浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验,因此振动周期不变,这两个同学说法中　　　　。?
A.甲正确　　　B.乙正确　　　C.两同学的说法都错误
答案　(1)BC　(2)17.50(17.46~17.54)　100.2 s　(3)A
解析　(1)在摆角不超过5°的情况下单摆的运动才可以看做简谐运动,实验时摆角不能太大,不能超过5°,故A错误;实验中,摆线的长度应远远大于摆球的直径,适当增加摆线的长度,可以减小实验误差,故B正确。减小空气阻力的影响,选择密度较大的实心金属小球作为摆球,故C正确。用停表测量周期时,应从球到达平衡位置时开始计时,这样误差小一些,故D错误;故选B、C。
(2)由图1可看出,游标尺上的第25条刻度线与主尺上的4.2 cm刻度线对齐了,则游标尺的零刻度线与此刻度线之间的距离为25×4950 mm=24.50 mm,因4.2 cm-24.50 mm=17.50 mm,则游标卡尺读数为17.50 mm;
由图2可知,停表示数为60 s+40.2 s=100.2 s;
(3)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后,摆球不只受重力了,加速度也不是重力加速度,实际加速度要减小,因此振动周期变大,甲同学说法正确,故A正确。
2.在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验时
(1)为了利用单摆较准确地测出重力加速度,可供选用的器材为　　　　。?
A.20 cm长的细线、小木球、停表、米尺、铁架台
B.100 cm长的细线、小钢球、停表、米尺、铁架台
C.100 cm长的细线、大木球、停表、量程为50 cm的刻度尺、铁架台
D.10 cm长的细线、大钢球、大挂钟、米尺、铁架台
(2)为了减小测量周期的误差,摆球应在经过最　　　　(填“高”或“低”)点的位置时开始计时,并计数为零,摆球每次通过该位置时计数加1,当计数为60时,所用的时间为t,则单摆周期为　　　　 s。?
(3)实验时某同学测得的重力加速度g值偏小,其原因可能是　　　　。?
A.摆球太重
B.计算时误将小球的直径与摆线长相加
C.测出n次全振动时间为t,误作为(n+1)次全振动时间进行计算
D.摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现了松动,使摆线长度增加了
(4)有两位同学利用假期分别去参观北京大学和厦门大学的物理实验室,各自在那里利用传感器较为准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”(北京大学所在地的纬度比厦门大学高),并绘制了T2-L图像,如图甲所示,去厦门大学的同学所测实验结果对应的图线是　　　　(填A或B)。另外在厦门大学做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两种单摆的振动图像,如图乙所示,由图可知a、b两单摆的摆长之比为　　　　。?
答案　(1)B　(2)低　t30　(3)D　(4)A　4∶9
解析　(1)实验中应采用长1 m左右、不易形变的细线,小球选用体积小质量大的小钢球,故选B;
(2)摆球经过最低点的位置时速度最大,所以为了减小测量周期的误差,摆球应选经过最低点的位置时开始计时。由题分析可知,单摆全振动的次数N=602=30,周期为T=t30;
(3)摆球的重力对实验结果没有影响,故A错误;计算时误将小球的直径与摆线长相加,则摆长测量值偏大,根据T=2πLg可知g=4π2LT2,则重力加速度的测量值偏大,选项B错误;实验中误将n次全振动计为n+1次,根据T=tn求出的周期偏小,g偏大,故C错误;摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了,测得的单摆周期变大,依据g=4π2LT2,可知得到的g值偏小,故D正确。故选D。
(4)由T=2πLg得,T2=4π2gL,知T2-L图像的斜率越大,则重力加速度越小,因为厦门当地的重力加速度小于北京,则厦门的同学所测实验结果对应的图线的斜率较大,为A图线,由图乙知,两单摆的周期之比为TaTb=23,由T=2πLg知,两单摆摆长之比LaLb=49。
3.甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度。
图(a)
图(b)
(1)甲组同学采用如图(a)所示的实验装置。
①由于没有游标卡尺,无法测量小球的直径d,实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l,测得多组周期T和l的数据,作出l-T2图像,如图(b)所示。
A.实验得到的l-T2图像是　　　　;?
B.小球的直径是　　　　cm。?
②在测量摆长后,测量周期时,摆球摆动过程中悬点O处摆线的固定点出现松动,摆长略微变长,这将会导致所测重力加速度的数值　　　　(选填“偏大”“偏小”或 “不变”)。?
(2)乙组同学在图(a)所示装置的基础上再增加一个速度传感器,如图(c)所示。将摆球拉开一个小角度使其做简谐运动,速度传感器记录了摆球在摆动过程中速度随时间变化的关系,如图(d)所示。
图(c)
图(d)
①由图(d)可知,该单摆的周期T=　　　　s。?
②改变摆线长度l后,多次测量,根据实验数据,利用计算机作出T2-l图线(l为摆线长),并根据图线拟合得到方程T2=4.04l+0.024(s2)。由此可以得出当地的重力加速度g=　　　　m/s2。(取π2=9.86,结果保留3位有效数字)?
答案　(1)①A.c　B.1.2　②偏小　(2)①2.0　②9.76
解析　(1)①单摆的周期T=2πl-d2g,所以l=g4π2T2+d2,则l-T2图线为倾斜的直线,其斜率k=g4π2,纵轴截距b=d2>0,所以图像为c,因截距d2=0.6 cm,则d=1.2 cm。
②测量周期时,摆球摆动过程中悬点O处摆线的固定点出现松动,摆长略微变长,则摆长的测量值偏小,测得的重力加速度偏小。
(2)①根据简谐运动的图线知,单摆的周期T=2.0 s;②根据T=2πl+d2g得T2=4π2gl+2π2dg,对比图线方程知图线的斜率k=4π2g=4.04,解得g=9.76 m/s2。
课件44张PPT。实验14　探究单摆周期与摆长的关系一 实验目的三 实验器材四 实验步骤五 数据处理教材研读六　注意事项七 误差分析二 实验原理考点一 实验原理与实验操作考点二 实验数据处理与误差分析考点三 实验拓展与实验创新考点突破三、实验器材
带孔小钢球一个、不易伸长的细线一条(长约1 m)、米尺一把、停表、
游标卡尺、带铁夹的铁架台。
四、实验步骤1.做单摆
取约1 m长的细线穿过带孔的小钢球,并打一个比小孔大一些的结,然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上,并把铁架台放在实验桌边,使铁夹伸到桌面以外,让摆球自然下垂。3.测周期
将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5°),然后释放小球,记下单摆做30~50次全振动的总时间,算出平均一次全振动的时间,即单摆的振动周期。反复测量三次,再算出测得周期数值的平均值。
4.改变摆长,重做几次实验。六、注意事项1.选择摆线时应尽量选择细、轻且不易伸长的线,长度一般在1 m左右,应选用密度较大的金属球,直径应较小,最好不超过2 cm。
2.单摆悬线的上端不可随意卷在的杆上,应夹紧在铁夹中,以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的情况。
3.注意摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度不超过5°,可通过估算振幅的办法掌握。
4.摆球摆动时,要使之保持在同一个竖直平面内,不要形成圆锥摆。5.数单摆的全振动次数时,应从摆球通过最低位置时开始计时,为便于计时,可在摆球平衡位置的正下方做一标记。以后摆球每次从同一方向通过最低位置时进行计数,且在数“零”的同时按下停表,开始计时、计数。
七、误差分析1.系统误差
主要来源于单摆模型本身是否符合要求。即:悬点是否固定,球、线是否符合要求,摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内的摆动等。只要注意了上面这些问题,就可以使系统误差减小到远小于偶然误差而达到忽略不计的程度。2.偶然误差
主要来自时间(即单摆周期)的测量上。因此,要注意测准时间(周期)。要从摆球通过平衡位置开始计时,并采用倒数计时计数的方法,即4,3,2,1,0,1,2,…在数“0”的同时按下停表开始计时、计数。不能多计或漏计全振动次数。为了减小偶然误差,应进行多次测量后取平均值。考点一　实验原理与实验操作(1)用游标卡尺测量小钢球直径,示数如图乙所示,读数为　 ???mm。
(2)以下是实验过程中的一些做法,其中正确的有　 ????。
a.摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并且尽可能长一些答案　(1)18.6　(2)abe
解析　(1)题图所示游标卡尺为十分度的,主尺读数1.8 cm,游标尺读数6×0.1 mm=0.6 mm,小钢球直径为18 mm+6×0.1 mm=18.6 mm。
(2)该实验中,摆线应选择细长、伸缩性小并且尽可能长一些的,摆球应选择体积小、质量大的,故a、b正确;拉开摆球时,使摆线偏离平衡位置不大于5°,故c错误;测量周期时,应待摆球摆动稳定后,从平衡位置开始计时,测量多个周期的时间求平均值,故d错误,e正确。方法技巧
进行单摆实验时,应选择伸缩性小的摆线,并且尽可能长,以及选择质量
大、体积小的摆球,都是为了减小系统误差。而用50次全振动的时间测量单摆周期则是为了减小偶然误差。考点二　实验数据处理与误差分析例2　某同学利用单摆测定当地的重力加速度,实验装置如图甲所示。(1)在测量单摆的周期时,他用停表记下了单摆做50次全振动的时间,如图乙所示,停表的读数为　 ???? s。
(2)该同学经测量得到5组摆长L和对应的周期T,画出L-T2图线,然后在图
线上选取A、B两个点,坐标如图丙所示。则当地重力加速度的表达式g=　　　 ????(用LA、LB、TA和TB表示)。
(3)处理完数据后,该同学发现在计算摆长时误将摆球直径当成半径代入计算,即L=l+d,这样　 ????(选填“影响”或“不影响”)重力加速度的计算。(4)该同学做完实验后,为使重力加速度的测量结果更加准确,他认为:?
A.在摆球运动的过程中,必须保证悬点固定
B.摆线偏离平衡位置的角度不能太大
C.用精度更高的游标卡尺测量摆球的直径
D.测量周期时应该从摆球运动到最高点时开始计时
其中合理的有　 ????(多选)。速度g不变,即不影响重力加速度的计算。
(4)实验时保证悬点固定,防止摆线松动带来摆长的变化,故A正确;摆线
偏离平衡位置的角度不能太大,故B正确;测量摆球的直径不需要精度更高的游标卡尺,故C错误;测量周期时应从摆球经过平衡位置时开始计时,故D错误。所以A、B正确,C、D错误。变式2　(1)如图1为小金在进行“探究单摆摆长和周期关系”实验时,用停表记录下单摆50次全振动所用时间,由图可知该次实验中50次全振动所用时间为　 ??? s。(2)如图2所示。他组装单摆时,在摆线上端的悬点处,用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧,他这样做的主要目的是　 ???(单选)。
A.便于测量单摆周期
B.保证摆动过程中摆长不变
C.保证摆球在同一竖直平面内摆动
(3)小金同学以摆线的长度(L)作为纵坐标,以单摆周期的平方(T2)作为横坐标,作出L-T2的图像如图3所示,则其做出的图线是　　　????(填“图线1”、“图线2”或“图线3”)。若作出的图线的斜率为k,能否根据图像得到当地的重力加速度? 。(若不可以,填“否”;若可以求出,则写出其表达式)。变式3　(1)利用单摆测定重力加速度的实验中,若测得的g值偏小,可能的原因是?(　 　)
A.摆球在水平面上做圆周运动
B.测摆长时,仅测了线长,未加小球半径
C.测周期时,把n次全振动误记为(n+1)次
D.摆球上端未固定牢固,振动中出现松动
(2)某同学在做测重力加速度实验时,单摆完成50次全振动停表如图所示,则停表的读数为　　　???? s。线长为98.50 cm,小球直径用游标卡尺测得如图乙所示,则摆长为　 ?? ?? cm。当地重力加速度为　 ???? m/s2(结果保留两位有效数字)。考点三　实验拓展与实验创新
例3　在探究单摆的振动周期T和摆长L的关系实验中,某同学在细线的一端扎上一个匀质圆柱体制成一个单摆。
(1)如图,该同学把单摆挂在力传感器的挂钩上,使小球偏离平衡位置一小段距离后释放,电脑中记录拉力随时间变化的图像如图所示。在图中读出N个峰值之间的时间间隔为t,则重物的周期为　　　????。(2)为测量摆长,该同学用米尺测得摆线长为85.72 cm,又用游标卡尺测量出圆柱体的直径(如图3甲)与高度(如图3乙),由此可知此次实验单摆的摆长为　 ???? cm。
?
图3
(3)该同学改变摆长,多次测量,完成操作后得到了下表中所列实验数据。请在图4坐标系中画出相应图线。图4(4)根据所画的周期T与摆长L间的关系图线,你能得到关于单摆的周期与摆长关系的哪些信息?? ???。例4　某同学利用单摆测量重力加速度。(1)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下,用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最顶端的长度L0=96.82 cm,再用螺旋测微器测量摆球直径,结果如图甲所示,则摆球直径d= ??? cm;(2)实验时,他利用如图乙所示装置记录振动周期,在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻,光敏电阻与某自动记录仪相连,该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图丙所示,则该单摆的振动周期为T= ?? s;
(3)根据以上测量数据可得重力加速度g= ??(结果保留三位有效数字),如果该同学测得的g值偏小,可能的原因是　 ????(填正确答案标号)。
A.摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了
B.计算摆长时用的是L=L0+d
C.摆球摆动的振幅偏小第25讲　机械波
1.(多选)下列关于两列波相遇时叠加的说法中正确的是(　　)
A.相遇之后,振幅小的一列波将减弱,振幅大的一列波将加强
B.相遇之后,两列波的振动情况与相遇前完全相同
C.在相遇区域,任一点的总位移等于两列波分别在该点引起的位移的矢量和
D.几个人在同一房间说话,相互间听得清楚,这说明声波在相遇时互不干扰
答案　BCD　两列波相遇时,每一列波引起的振动情况都保持不变,而质点的振动情况由两列波共同作用的结果决定,故A错误,B、C正确;几个人在同一房间内说话,发出的声波在空间中相互叠加后,每列波的振幅和频率并不改变,所以声波传到人的耳朵后,仍能分辨出不同的人所说的话,故选项D正确。
2.医院有一种先进的检测技术——彩超,就是向病人体内发射频率已精确掌握的超声波,超声波经血液反射后被专用仪器接收,测出反射波的频率变化,就可知道血液的流速。这一技术主要利用了下列哪一个物理学原理(　　)
A.波的干涉 B.多普勒效应
C.波的叠加 D.波的衍射
答案　B　由题意可知,该仪器是测量反射波的频率变化,而波的干涉、波的衍射及叠加都不会产生频率的变化,而多普勒效应中由于波源的移动而使接收到的频率变化,故该技术体现的是多普勒效应,故选B。
3.关于衍射和干涉,以下说法正确的是(　　)
A.只有机械波才能发生衍射,次声波容易产生衍射现象
B.当障碍物的尺寸比声波波长大得多时,容易产生衍射现象
C.两个完全相同的波源,在其干涉的区域内,振动减弱点的位移始终为零
D.两个完全相同的波源,在其干涉的区域内,振动加强点的位移始终最大
答案　C　衍射是波共有的特性,所有的波都可以,故A错误;当障碍物的尺寸比声波波长小或相差不多时,容易产生衍射现象,故B错误;波源相同,则振幅相同,所有振动减弱的点的位移始终为零,故C正确;振动加强的点的位移也是变化的,故D错误。
4.(多选)如图所示为观察水面波衍射的实验装置,AC和BD是两块挡板,AB是一个小孔,O是波源,图中已画出波源所在区域波的传播情况,每两条相邻波纹(图中曲线)之间的距离表示一个波长,则对波经过孔后的传播情况,下列描述正确的是(　　)
A.此时能明显观察到波的衍射现象
B.挡板前后波纹间距相等
C.如果将孔AB扩大,有可能观察不到明显的衍射现象
D.如果孔的大小不变,使波源频率增大,能更明显地观察到衍射现象
答案　ABC　由题图可以看出,孔AB尺寸与波长相差不大,因只有缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多,或者比波长更小时,才能观察到明显的衍射现象,故A、C正确;由λ=vf知,v不变,f增大,λ减小,衍射现象会不明显,D错误;经过孔后波的速度和频率均不发生变化,波长自然不变,B正确。
5.(多选)如图所示是水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况,以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰(实线)和波谷(虚线)。S1的振幅A1=4 cm,S2的振幅A2=3 cm,则下列说法正确的是(　　)
A.质点D是振动减弱点
B.质点A、D在该时刻的高度差为14 cm
C.再过半个周期,质点B、C是振动加强点
D.质点C的振幅为1 cm
答案　BD　由图像可知,D点为两波谷相遇,应该是加强点,选项A错误;此时A点在加强后的最高点,D点在加强后的最低点,由波的叠加可知A、D两点的高度差为14 cm,选项B正确;由于两波的频率相等,叠加后会形成稳定的干涉图像,所以A、D点始终是加强点,B、C点始终是减弱点,选项C错误;质点C为减弱点,振幅为两振幅之差,为1 cm,选项D正确。
6.(2018浙江11月选考,16,3分)(多选)如图所示,两种不同材料的弹性细绳在O处连接,M、O和N是该绳上的三个点,OM间距离为7.0 m,ON间距离为5.0 m。O点上下振动,则形成以O点为波源向左和向右传播的简谐横波Ⅰ和Ⅱ,其中波Ⅱ的波速为1.0 m/s。t=0时刻O点处在波谷位置,观察发现5 s后此波谷传到M点,此时O点正通过平衡位置向上运动,OM间还有一个波谷。则(　　)
A.波Ⅰ的波长为4 m
B.N点的振动周期为4 s
C.t=3 s时,N点恰好处于波谷
D.当M点处于波峰时,N点也一定处于波峰
答案　BD　由题意“5 s后此波谷传到M点,此时O点正通过平衡位置向上运动,OM间还有一个波谷”可知,OM间的路程为1.25λ,即λ=L/1.25=5.6 m,A错;O点的振动周期为T,则1.25T=5 s,所以T=4 s,故N点的周期也为4 s,B正确;由于Ⅱ波速为1 m/s,所以波长为4 m,t=0时,N点正处在平衡位置向下振动,所以3 s后N点处于波峰,C错;Ⅰ波、Ⅱ波的振动周期相同,且t=0时都处在平衡位置向下振动,所以振动步调一致,当M在波峰时,N点也在波峰,D正确。
7.(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播,传播速度为10 m/s,在t=0时的波形图如图所示,则下列说法正确的是(　　)
A.此时x=1.25 m处的质点正在做加速度减小的加速运动
B.x=0处的质点再经过0.05 s可运动到波峰位置
C.x=0.3 m处的质点再经过0.08 s可运动至波峰位置
D.x=0.7 m处的质点比x=0.6 m处的质点先运动到波峰的位置
答案　ABC　根据图像可知波长λ=2 m,则T=λv=210s=0.2 s。波沿x轴正方向传播,由上下坡法可知此时x=1.25 m处的质点振动的方向向下,离开平衡位置的位移正在减小,所以质点正在做加速度减小的加速运动,故A正确;波沿x轴正方向传播,根据波形平移法得知,此时刻x=0 m处的质点向上振动,经过T4=0.05 s时间可运动到波峰位置,B正确;波沿x轴正方向传播,x=0.3 m处的质点到左侧相邻的波峰之间的距离为x=λ4+0.3 m=0.8 m,则再经过t=xv=0.810 s=0.08 s可运动至波峰位置,故C正确;波沿x轴正方向传播,根据波形平移法得知,x=0.7 m处的质点和x=0.6 m处的质点都正在向下运动,x=0.6 m处的质点先到达波谷,又先到达波峰的位置,故D错误。
8.(多选)如图是某绳波形成过程的示意图,1、2、3、4、…为绳上的一系列等间距的质点,绳处于水平方向。质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动,带动2、3、4、…各个质点依次上下振动,把振动从绳的左端传到右端。t=0时质点1开始竖直向上运动,经过四分之一周期,质点5开始运动。下列判断正确的是(　　)
A.质点5开始振动的运动方向向上
B.t=T2时质点6的加速度方向向上
C.t=3T4时质点10的运动方向向下
D.t=T时质点17开始运动
答案　AD　根据题意,每经过四分之一个周期,波向前运动四个质点,因此可以作出接下来三个时刻的波形,如图所示。根据波形图可知,质点5起振方向向上;T/2时质点6位于平衡位置上方,因此加速度方向向下;根据“上下坡法”可得,3/4T时质点10运动方向向上;t=T时波刚好传到质点17,所以这个质点正要开始运动。故选A、D。
9.如图甲所示,一均匀介质中沿x轴有等间距的O、P、Q质点,相邻两质点间距离为0.75 m,在x=10 m处有一接收器(图中未画出)。t=0时刻O质点从平衡位置开始沿y轴方向一直振动,并产生沿x轴正方向传播的波,O质点的振动图像如图乙所示。当O质点第一次达到负向最大位移时,P质点刚开始振动。则(　　)
A.质点Q的起振方向为y轴负方向
B.这列波传播的速度为0.25 m/s
C.若该波在传播过程中遇到宽0.5 m的障碍物,不能发生明显衍射现象
D.若波源O向x轴正方向运动,接收器接收到波的频率可能为0.2 Hz
答案　B　由振动图像可知,质点O在t=0的起振方向沿y轴正方向,介质中各质点的起振方向均沿y轴正方向,A错误;当O质点第一次达到负向最大位移时,P质点刚开始振动,OP距离是34λ,则波长λ=1 m,由振动图像可知T=4 s,则波速v=λT=14 m/s=0.25 m/s,B正确;因该波的波长为1 m>0.5 m,所以遇到宽0.5 m的障碍物能发生较明显的衍射现象,C错误;该波的频率f=1T=0.25 Hz,若波源从O点沿x轴正方向运动,根据多普勒效应可知,接收器接收到的波的频率将大于0.25 Hz,D错误。
10.(多选)图甲为一列简谐横波在t=2 s时的波形图,图乙为介质中平衡位置在x=0.5 m处的质点的振动图像,P是平衡位置为x=1 m的质点。下列说法正确的是(　　)
A.波速为0.5 m/s
B.波沿x轴负方向传播
C.0~2 s时间内,P运动的路程为8 cm
D.当t=7 s时,P恰好经平衡位置向+y方向运动
答案　AC　从图中可得波长λ=2 m,周期T=4 s,由公式v=λT,得v=0.5 m/s,选项A正确;t=2 s时,x=0.5 m处的质点向下运动,故波的传播方向向右,选项B错误;0~2 s时间内,P运动的路程为2A=8 cm,选项C正确;当t=7 s时,P恰好经平衡位置向-y方向运动,选项D错误。
11.(多选)在O点有一波源,t=0时刻开始向上振动,形成向右传播的一列横波。t1=4 s时,距离O点为 3 m 的A点第一次达到波峰;t2=7 s时,距离O点为4 m的B点第一次达到波谷。则以下说法正确的是(　　)
A.该横波的波长为2 m
B.该横波的周期为4 s
C.该横波的波速为1 m/s
D.距离O点为5 m的质点第一次开始向上振动的时刻为6 s末
答案　BC　设波速为v,周期为T,由题意得:
t1=3mv+T4=4 s
t2=4mv+34T=7 s
由以上两式得:v=1 m/s,T=4 s,B、C均正确;该波波长为λ=vT=4 m,A项错误;波传播5 m所用时间为t=sv=5 s,所以t=5 s时,距离O点为5 m的质点开始振动且振动方向向上,D项错误。
12.一列横波沿x轴传播,图中实线表示t=0时刻的波形,虚线表示从该时刻起经0.005 s后的波形,若该横波周期大于0.005 s,则下列说法正确的是(　　)
A.t=0时刻,x=4 m处的质点的振动方向一定与x=8 m处的质点的振动方向相反
B.该横波周期一定为0.02 s
C.t=0时刻,x=4 m处的质点向上运动
D.如果波向右传播,波速不一定为400 m/s
答案　A　x=4 m处的质点与x=8 m处的质点相距半个波长,振动方向始终相反,故A正确;若沿x轴正方向传播,波在0.005 s内传播的距离小于一个波长,等于2 m,则v=Δx/Δt=2/0.005 m/s=400 m/s,根据v=λT,T=0.02 s;若沿x轴负向,波在0.005 s内传播的距离小于一个波长,等于6 m,则v=Δx/Δt=6/0.005 m/s=1200 m/s,根据v=λT,T=0.0067 s,故B、D错误;由于波的传播方向不确定,t=0时刻,x=4 m处的质点可能向上运动,也可能向下运动,故C错误。
13.(多选)如图所示,图(1)为一列横波在t=0.5 s时的波动图像,图(2)为质点P的振动图像,下列说法正确的是(　　)
A.波沿x轴正方向传播 B.波沿x轴负方向传播
C.波速为4 m/s D.波速为6 m/s
答案　AC　观察图(2),在t=0.5 s时,质点P振动方向向下,且周期为1 s。再对照图(1),根据“上下坡法”可得波沿x轴正方向传播,且波速等于波长除以周期,计算可得v=4 m/s。
14.(多选)一列简谐横波,某时刻的图像如图甲所示,从该时刻开始计时,A质点的振动图像如图乙所示,则(　　)
A.波沿x轴正向传播
B.波速是25 m/s
C.经过Δt=0.4 s,质点A通过的路程是4 m
D.质点P比质点Q先回到平衡位置
答案　BC　由A质点的振动图像知A质点在t=0时刻由平衡位置向上振动,则波必定沿x轴负方向传播,A错误;由图甲知λ=20 m,由图乙知T=8×10-1 s,所以波速v=λT=25 m/s,B正确;0.4 s=T2,所以质点A通过的路程为2A=4 m,C正确;由于波沿x轴负方向传播,P点振动方向向下,回到平衡位置的时间大于T4,而Q点回到平衡位置的时间为T4,所以D错误。
15.(2017浙江4月选考,15,2分)(多选)一列向右传播的简谐横波,当波传到x=2.0 m处的P点时开始计时,该时刻波形如图所示。t=0.9 s时,观测到质点P第三次到达波峰位置。下列说法正确的是(　　)
A.波速为0.5 m/s
B.经1.4 s质点P运动的路程为70 cm
C.t=1.6 s时,x=4.5 m处的质点Q第三次到达波谷
D.与该波发生干涉的另一列简谐横波的频率一定为2.5 Hz
答案　BCD　根据同侧法可知,起振方向为竖直向上。P点第三次到达波峰即2+14T=0.9 s,T=0.4 s,所以波速v=λT=5 m/s ,所以A选项错误。1.4 s相当于3.5个周期,每个周期路程为20 cm,所以B正确。经过t=4.5?25 s=0.5 s波传到Q处,再经过2.75T即1.1 s后Q第三次到达波谷,选项C正确。要发生干涉现象,另外一列波的频率一定为2.5 Hz,选项D正确。
16.(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播,t=0时刻的波形如图所示,介质中质点A的平衡位置在距坐标原点8 cm处,质点B的平衡位置在距坐标原点16 cm处。从该图像对应时刻算起,质点A的运动状态与图示时刻质点B的运动状态相同,所需的最短时间为0.12 s。则(　　)
A.该简谐横波的频率为5 Hz
B.从图示时刻起,质点A比质点B先回到平衡位置
C.介质中平衡位置距坐标原点20 cm处质点的振动方程y=10 sin (10πt) cm
D.当该波传播过程中遇到宽度为20 m障碍物时能发生明显的衍射现象
答案　AC　注意题中给出了“最短时间”,则可用“补全法”补出邻近的波形,如图所示,离A点最近的,与B点运动状态相同的点是B'点,其平衡位置位于-4 cm处,可得波速v=xt=(8+4)cm0.12s=100 cm/s=1 m/s,频率f=vλ=10.2 Hz=5 Hz,A选项对。振动方程中的角频率等于2πf=10π rad/s,而20 cm处质点此时位于平衡位置将要开始振动,故其初相位为0,因此振动方程为y=10 sin (10πt) cm,C选项对。因为障碍物的尺寸远大于波长,故无法产生明显的衍射现象,D选项错。B回到平衡位置意味着x=10 cm处质点的振动形式传到了B点,两者相距16 cm-10 cm=6 cm,同理对于A而言,是原点处质点的振动形式传到了A点,两者相距8 cm-0=8 cm,因此平衡位置的振动形式将更快传到B处,即B先回到平衡位置,B选项错误。
17.(多选)一物理教师某天正在一湖边钓鱼,突然湖的周围起了风,他发现湖中钓鱼的浮标上下浮动。他根据自己的经验认为浮标上下浮动可简化成竖直方向的简谐运动,他通过观测绘制出了浮标的振动图像,如图甲所示,接着他又根据湖面的波纹绘制出了水的波动图像,如图乙所示。假设图乙是一列沿x轴正方向传播的水波在t=0.5 s时的波形图,图甲是图乙中离原点0~4 m范围内某质点的振动图像,则下列说法正确的是(　　)
甲　　　　　　　　　　　　　乙
A.浮标上下振动的周期为T=2 s
B.该列波的波速为2 m/s
C.该波传播过程中遇到频率为1 Hz的机械波时能产生干涉
D.图甲是x=2 m处质点的振动图像
答案　ABD　由图甲可知,浮标振动的周期T=2 s,由图乙可知波长λ=4 m,该波的波速v=λT=2 m/s,选项A、B正确;该列波的频率f=1T=0.5 Hz,根据波产生干涉的条件可知,该列波传播过程中遇到频率为1 Hz的机械波时不能产生干涉,选项C错误;由图甲可知,质点在t=0.5 s时处于平衡位置且沿y轴负方向运动,在0~4 m范围内的质点在t=0.5 s时刻有x=0、x=2 m、x=4 m处的质点处在平衡位置,但只有x=2 m处的质点是沿y轴负方向运动的,故图甲是x=2 m处质点的振动图像,选项D正确。
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1.(2018北京理综,16,6分)如图所示,一列简谐横波向右传播,P、Q两质点平衡位置相距0.15 m。当P运动到上方最大位移处时,Q刚好运动到下方最大位移处,则这列波的波长可能是(　　)
A.0.60 m B.0.30 m
C.0.20 m D.0.15 m
答案　B　本题考查机械波的相关知识。由题意知,P位于波峰时,Q位于波谷,故两点平衡位置间距0.15 m=λ2+nλ(n=0,1,2,…),所以波长λ=0.301+2n m(n=0,1,2,…),当n=0时,λ=0.30 m,故选项B正确。
2.[2018课标Ⅲ,34(1),5分](多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播,在t=0和t=0.20 s时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该波的周期T>0.20 s。下列说法正确的是(　　)
A.波速为0.40 m/s
B.波长为0.08 m
C.x=0.08 m的质点在t=0.70 s时位于波谷
D.x=0.08 m的质点在t=0.12 s时位于波谷
E.若此波传入另一介质中其波速变为0.80 m/s,则它在该介质中的波长为0.32 m
答案　ACE　本题考查机械振动和机械波的综合应用。由图像可知,该波的波长λ=16 cm=0.16 m,选项B错误;Δt=nT+12T(n=0,1,2,…),可得T=Δtn+12>0.20 s,即0.20sn+12>0.20 s,解得n=0,T=0.40 s,波速v=λT=0.160.40 m/s=0.40 m/s,选项A正确;Δt1=0.70 s=T+ 34T,即从t=0时刻开始到t=0.70 s时刻,x=0.08 m的质点振动了T+ 34T,则可知 t=0.70 s 时,该质点位于波谷,选项C正确;Δt2=0.12 s=310T<12T,则x=0.08 m的质点在t=0.12 s时位于平衡位置和波峰之间的某一位置,选项D错误;机械波传入另一介质中,其周期不变,则波长λ'=v'T=0.32 m,选项E正确。
3.(2017天津理综,5,6分)手持较长软绳端点O以周期T在竖直方向上做简谐运动,带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播,示意如图。绳上有另一质点P,且O、P的平衡位置间距为L。t=0时,O位于最高点,P的位移恰好为零,速度方向竖直向上,下列判断正确的是(　　)
A.该简谐波是纵波
B.该简谐波的最大波长为2L
C.t=T8时,P在平衡位置上方
D.t=3T8时,P的速度方向竖直向上
答案　C　本题考查机械波。由题意知绳上的质点在竖直方向上振动,波水平向右传播,故该波为横波,选项A错误;在t=0时刻,P点在如图所示位置时,波长最大,则有14λ=L,λ=4L,选项B错误;t=0时,P在平衡位置且向上振动,当t=T8时,P在平衡位置上方,选项C正确;当t=38T时,P处于从最高点向平衡位置运动过程中,故速度方向向下,选项D错误。
4.[2017课标Ⅲ,34(1),5分](多选)如图,一列简谐横波沿x轴正方向传播,实线为t=0时的波形图,虚线为t=0.5 s时的波形图。已知该简谐波的周期大于0.5 s。关于该简谐波,下列说法正确的是(　　)
A.波长为2 m
B.波速为6 m/s
C.频率为1.5 Hz
D.t=1 s时,x=1 m处的质点处于波峰
E.t=2 s时,x=2 m处的质点经过平衡位置
答案　BCE　由题图可知,该波波长λ=4 m,选项A错误;T>0.5 s,则由题图知波在0.5 s内沿x轴正方向传播的距离为34λ,传播时间t=34T=0.5 s,T=23 s,频率f=1T=1.5 Hz,选项C正确;波速v=λT=6 m/s,选项B正确;1 s=32T,t=1 s时,x=1 m处的质点处于波谷,选项D错误;2 s=3T,t=2 s时,x=2 m处的质点经过平衡位置,选项E正确。
5.[2017课标Ⅰ,34(1),5分]如图(a),在xy平面内有两个沿z方向做简谐运动的点波源S1(0,4)和S2(0,-2)。两波源的振动图线分别如图(b)和图(c)所示。两列波的波速均为1.00 m/s。两列波从波源传播到点A(8,-2)的路程差为　　　　m,两列波引起的点B(4,1)处质点的振动相互　　　　(填“加强”或“减弱”),点C(0,0.5)处质点的振动相互　　　　(填“加强”或“减弱”)。?
答案　2　减弱　加强
解析　本题考查波的干涉。A到两波源的距离差为AS1-AS2=(8-0)2+(?2?4)2 m-8 m=2 m。由图(b)或图(c)得T=2 s,得λ=vT=2 m,因BS1-BS2=(4-0)2+(1?4)2 m-(4-0)2+[1?(?2)]2 m=0,而两波源振动步调相反,故B点振动减弱;同理,CS1-CS2=(4-0.5) m-[0.5-(-2)] m=1 m,恰好为半个波长,故C点振动加强。
课件50张PPT。第25讲　机械波机械波教材研读突破一 波的图像与波速公式突破二 振动图像与波的图像的综合应用突破三 波的传播的多解问题重难突破突破四 干涉、衍射、多普勒效应　惠更斯原理机械波1.形成与传播
(1)形成条件:a.有①　波源????;b.有②　介质????。
(2)传播特点:a.传播③　振动形式????、能量和信息;b.质点不④　随波迁移????;c.介质中各质点振动频率、振幅、起振方向等都与波源⑤　相同???。2.分类
(1)横波
(2)纵波3.图像
(1)坐标:横坐标表示沿波传播方向上各个质点的⑥　平衡位置????,纵坐标表示该时刻各个质点离开平衡位置的⑦　位移????。
(2)意义:表示在波的传播方向上,某时刻各质点离开⑧　平衡位置????的位移。4.关系式:v=λf
5.特有现象
(1)干涉;
(2)衍射;
(3)多普勒效应。1.判断下列说法的正误:
(1)在机械波中各质点不随波的传播而迁移。?(　√　)
(2)通过波的图像可以找出任一质点在任意时刻的位移。?(　√　)
(3)机械波在传播过程中,各质点振动的周期、起振方向都相同。?????
(　√　)
(4)机械波在一个周期内传播的距离就是振幅的4倍。?(　?　)(5)两列波在介质中叠加,一定产生干涉现象。?(　?　)
(6)一切波都能发生衍射现象。?(　√　)
(7)多普勒效应说明波源的频率发生变化。?(　?　)
(8)发生多普勒效应时,波源发出的频率不变。?(　√　)2.关于振动和波,下列说法正确的是?(　A　)
A.没有机械振动,就一定没有机械波
B.一个物体在做机械振动,就一定会产生机械波
C.振源的振动速度跟波速一定相同
D.由某振源产生的波,它的频率跟振源的频率不一定相同4.如图所示是一列沿x轴方向传播的简谐横波在某时刻的波形图,波速为20 m/s。则?(　D　)
?
A.波长为2 m,周期为0.1 s　　 B.波长为4 m,周期为5 s
C.波长为2 m,周期为10 s　　 D.波长为4 m,周期为0.2 s5.下列现象中属于波的衍射的是?(　D　)
A.敲响一音叉,另一个完全相同的音叉也响了起来
B.挂在同一水平绳上的几个单摆,当一个振动后,另几个也跟着一起振动起来
C.打雷时听见空中的雷声会轰鸣一段时间
D.水波向前传播时,遇到突出水面的小树枝仍不受影响地继续向前传播突破一　波的图像与波速公式1.波的图像反映了在某时刻介质中的各质点
离开平衡位置的位移情况,图像的横轴表示
各质点的平衡位置,纵轴表示该时刻各质点的
位移,如图所示。典例1　(多选)一列沿x轴正方向传播的简谐横波,在t=0时刻的波形如图所示。已知波的传播速度为1 m/s,下列说法正确的是?(　AC　)
A.此时P质点正向y轴正方向运动
B.经过0.1 s,P、Q两质点的位移可能相同
C.经过0.2 s,Q质点运动的路程为30 cm
D.经过0.4 s,P质点向x轴正方向移动了40 cm解析　从图示时刻开始,经0.01 s质点a通过的路程为40 cm,此时相对平衡位置的位移为-20 cm,所以B项错误;若产生明显的衍射现象,该波所遇到障碍物的尺寸一般不大于4 m,故D项错误。突破二　振动图像与波的图像的综合应用1.振动图像表示某质点的位移随时间变化的规律,波的图像表示波中各质点在某时刻的位移。
2.区分振动图像和波的图像,关键是看横轴表示的是位移x还是时间t,如果是时间t则为振动图像,如果是位移x则为波的图像。3.振动图像与波的图像的比较规律总结
“一分、一看、二找”巧解波的图像与振动图像综合类问题
1.分清振动图像与波的图像。只要看清横坐标即可,横坐标为x则为波的图像,横坐标为t则为振动图像。
2.看清横、纵坐标的单位。尤其要注意单位前的数量级。
3.找准波的图像对应的时刻。
4.找准振动图像对应的质点。突破三　波的传播的多解问题
?
造成波动问题多解的主要因素有
(1)周期性
①时间周期性:时间间隔Δt与周期T的关系不明确。
②空间周期性:波传播距离Δx与波长λ的关系不明确。
(2)双向性
①传播方向双向性:波的传播方向不确定。②振动方向双向性:质点振动方向不确定。
(3)波形的隐含性形成多解
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,而其余信息均处于隐含状态。这样,波形就有多种情况,形成波动问题的多解性。典例3　(多选)一列简谐横波沿x轴的正方向传播,振幅为2 cm,周期为T。已知t=0时刻波上相距50 cm的两质点a、b的位移都是1 cm,但运动方向相反,其中质点a沿y轴负方向运动,如图所示,下列说法正确的是?(　ACD　)3-1　一列简谐横波在x轴上传播,在t1=0和t2=0.05 s时,其波形分别用如图所示的实线和虚线表示,求:
(1)这列波可能具有的波速。
(2)当波速为280 m/s时,波的传播方向如何?以此波速传播时,x=8 m处的
质点P从t1=0时刻所处位置运动至波谷所需的最短时间是多少?突破四　干涉、衍射、多普勒效应　惠更斯原理1.波的干涉和衍射2.多普勒效应
(1)定义:当波源与观察者互相靠近或者互相远离时,观察者接收到的波的频率会发生变化。
(2)规律
①波源与观察者如果互相靠近,观察者接收到的频率增大;
②波源与观察者如果互相远离,观察者接收到的频率减小;
③波源和观察者如果相对静止,观察者接收到的频率等于波源的频率。
(3)实质:波源频率不变,观察者接收到的频率变化。典例4 　(2017浙江11月选考,16,2分)(多选)有两列频率相同、振动方向相同、振幅均为A、传播方向互相垂直的平面
波相遇发生干涉。如图所示,图中实线表示
波峰,虚线表示波谷,a为波谷与波谷相遇点,
b、c为波峰与波谷相遇点,d为波峰与波峰相
遇点,e、g是a、d连线上的两点,其中e为连线的中点,则?(　 　)A.a、d处的质点振动加强,b、c处的质点振动减弱
B.从图示时刻经过半个周期,e处的质点通过的路程为4A
C.从图示时刻经过半个周期,g处的质点加速向平衡位置运动
D.从图示时刻经过四分之一周期,d处的质点振幅恰好为零答案 ABCD
解析　由题意可知两列波满足发生干涉的条件,a、d两点波谷与波谷叠加或波峰与波峰叠加,属于振动加强点,而b、c两点为波峰与波谷叠加,属于振动减弱点,选项A正确;此刻传播的机械波,e点在平衡位置,经过半个周期后,e点通过的路程为全振动路程的一半,e点为振动加强点,振幅为2A,所以选项B正确;此刻传播的机械波,g点处在平衡位置与波峰之间且向平衡位置运动,经过半个周期,g点加速向平衡位置运动,所以C正确;质点振动的振幅为偏离平衡位置的最大距离,是一定值,不会发生变化,所以d点的振幅为2A,选项D错误。典例5　1842年,奥地利物理学家多普勒带着女儿在铁道旁散步时,发现波源与观察者互相靠近或者互相远离时,接收到的波的频率都会发生变化,并且做出了解释,人们把这种现象叫做多普勒效应。多普勒效应在科学技术中有广泛的应用,装有多普勒测速仪的监视器可以安装在公路上方,向行进中的车辆发射频率已知的超声波,同时测量反射波的频率,根据反射波频率变化的多少就能知道车辆的速度。在测速的同时把车牌拍摄下来,并把测得的速度自动打印在照片上。下列说法正确的是?
(　 　)A.当车辆驶向监视器时,监视器发射的超声波频率变大
B.当车辆驶向监视器时,监视器接收到的超声波频率比发射出的小
C.车速越快,监视器接收到的超声波频率比发射出的大得越多
D.超声波能发生多普勒效应,光波也能发生多普勒效应答案 D
解析　多普勒效应是波源和观察者有相对运动时观察者接收到的波的频率与波源发出的频率不相同的现象,但波源实际发出的频率并没有变化,A错误;当波源和观察者靠近时,接收到的频率增大,当波源和观察者远离时,接收到的频率减小,所以当车辆驶向监视器时,监视器接收到的超声波频率比发射出时的大,B错误;车速越大,如果车辆靠近监视器的话,监视器接收到的超声波频率比发射出时大得越多,远离监视器的话反而比发射出的小,C错误;超声波、电磁波都可发生多普勒效应,光波属于电磁波所以可以发生多普勒效应,D正确。典例6　(多选)关于惠更斯原理的理解,下列说法正确的是?(　ACD　)
A.同一波面上的各点振动情况完全相同
B.同一振源的不同波面上的质点的振动情况一定不同
C.球面波的波面是以波源为中心的一个个球面
D.无论怎样的波,波线始终和波面垂直解析　根据惠更斯原理,介质中任一波面上的各点,都可以看做发射子波的波源,其后任意时刻,这些子波在波前进方向的包络面就是新的波面。同一波面上各质点振动情况完全相同,选项A正确;不同波面上质点的振动情况可能相同,选项B错误;球面波的波面是以波源为中心的一个个球面,选项C正确;波线始终与波面垂直,选项D正确。教师备用题库
1.(2017天津理综,2,6分)明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载:“凡宝石面凸,则光成一条,有数棱则必有一面五色”,表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象。如图所示,一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b,下列说法正确的是(　　)
A.若增大入射角i,则b光先消失
B.在该三棱镜中a光波长小于b光
C.a光能发生偏振现象,b光不能发生
D.若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应,则a光的遏止电压低
答案　D　本题考查色散、全反射、偏振、光电效应。当增大入射角i时,两单色光在左侧界面的折射角增大,但在右侧界面的入射角均减小,故不会发生全反射,A错误。由图知三棱镜对a光的折射率小于对b光的折射率,而同种介质对频率越大的光折射率越大,故νa<νb,光在三棱镜中的波长λ=vν=cnν,naλb,B错误。偏振是横波所特有的现象,故a、b两光都能发生偏振,C错误。由eUc=Ek=hν-W可知,在照射同一光电管即W相同的条件下,a光波长长、频率低,故a光的遏止电压Uc也低,D正确。
2.[2018课标Ⅰ,34(1),5分]如图,△ABC为一玻璃三棱镜的横截面,∠A=30°。一束红光垂直AB边射入,从AC边上的D点射出,其折射角为60°,则玻璃对红光的折射率为　　　　。若改用蓝光沿同一路径入射,则光线在D点射出时的折射角　　　　(填“小于”“等于”或“大于”)60°。?
答案　3　大于　
解析　本题考查折射定律在三棱镜中的应用等知识。
由题意知,θ1=60°,由几何关系知θ2=30°,由n=sinθ1sinθ2,得n=3。由f蓝>f红得n蓝>n红,又因n=sinθ1sinθ2,θ2相同,故θ1蓝>θ1红,蓝光在D点射出时的折射角大于60°。
3.[2018课标Ⅱ,34(2),10分]如图,△ABC是一直角三棱镜的横截面,∠A=90°,∠B=60°。一细光束从BC边的D点折射后,射到AC边的E点,发生全反射后经AB边的F点射出。EG垂直于AC交BC于G,D恰好是CG的中点。不计多次反射。
(ⅰ)求出射光相对于D点的入射光的偏角;
(ⅱ)为实现上述光路,棱镜折射率的取值应在什么范围?
答案　(ⅰ)60°　(ⅱ)233≤n<2
解析　本题考查光的折射和全反射、折射率。
(ⅰ)光线在BC边上折射,由折射定律有
sin i1=n sin r1①
式中,n为棱镜的折射率,i1和r1分别是该光线在BC边上的入射角和折射角。
光线在AC边上发生全反射,由反射定律有
r2=i2②
式中i2和r2分别是该光线在AC边上的入射角和反射角。
光线在AB边上发生折射,由折射定律有
n sin i3=sin r3③
式中i3和r3分别是该光线在AB边上的入射角和折射角。
由几何关系得
i2=r2=60°,r1=i3=30°④
F点的出射光相对于D点的入射光的偏角为
δ=(r1-i1)+(180°-i2-r2)+(r3-i3)⑤
由①②③④⑤式得
δ=60°⑥
(ⅱ)光线在AC边上发生全反射,光线在AB边上不发生全反射,有
n sin i2≥n sin C>n sin i3⑦
式中C是全反射临界角,满足
n sin C=1⑧
由④⑦⑧式知,棱镜的折射率n的取值范围应为
233≤n<2⑨
4.[2018课标Ⅲ,34(2),10分]
如图,某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中O点),然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上,小标记位于AC边上。D位于AB边上,过D点做AC边的垂线交AC于F。该同学在D点正上方向下顺着直线DF的方向观察,恰好可以看到小标记的像;过O点做AB边的垂线交直线DF于E;DE=2 cm,EF=1 cm。求三棱镜的折射率。(不考虑光线在三棱镜中的反射)
答案　3
解析　本题考查折射定律。
过D点作AB边的法线NN',连接OD,则∠ODN=α为O点发出的光线在D点的入射角;设该光线在D点的折射角为β,如图所示。
根据折射定律有
n sin α=sin β①
式中n为三棱镜的折射率。
由几何关系可知
β=60°②
∠EOF=30°③
△OEF中有
EF=OE sin∠EOF④
由③④式和题给条件得
OE=2 cm⑤
根据题给条件可知,△OED为等腰三角形,有
α=30°
由①②⑥式得⑥
n=3⑦
5.[2017课标Ⅰ,34(2),10分]如图,一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体,O点为球心;下半部是半径为R、高为2R的圆柱体,圆柱体底面镀有反射膜。有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入,该光线与OC之间的距离为0.6R。已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)。求该玻璃的折射率。
答案　1.43
解析　如图,根据光路的对称性和光路可逆性,与入射光线相对于OC轴对称的出射光线一定与入射光线平行。这样,从半球面射入的折射光线,将从圆柱体底面中心C点反射。
设光线在半球面的入射角为i,折射角为r。由折射定律有
sin i=n sin r①
由正弦定理有
sinr2R=sin(i-r)R②
由几何关系,入射点的法线与OC的夹角为i。由题设条件和几何关系有
sin i=LR③
式中L是入射光线与OC的距离。由②③式和题给数据得
sin r=6205④
由①③④式和题给数据得
n=2.05≈1.43⑤
6.[2017课标Ⅱ,34(2),10分]一直桶
状容器的高为2l,底面是边长为l的正方形;容器内装满某种透明液体,过容器中心轴DD'、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示。容器右侧内壁涂有反光材料,其他内壁涂有吸光材料。在剖面的左下角处有一点光源,已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直,求该液体的折射率。
答案　1.55
解析　
设从光源发出直接射到D点的光线的入射角为i1,折射角为r1。在剖面内作光源相对于反光壁的镜像对称点C,连接C、D,交反光壁于E点,由光源射向E点的光线,反射后沿ED射向D点。光线在D点的入射角为i2,折射角为r2,如图所示。设液体的折射率为n,由折射定律有
n sin i1=sin r1①
n sin i2=sin r2②
由题意知r1+r2=90°③
联立①②③式得n2=1sin2i1+sin2i2④
由几何关系可知sin i1=l24l2+l24=117⑤
sin i2=32l4l2+9l24=35⑥
联立④⑤⑥式得n=1.55⑦
7.[2017课标Ⅲ,34(2),10分]如图,一半径为R的玻璃半球,O点是半球的球心,虚线OO'表示光轴(过球心O与半球底面垂直的直线)。已知玻璃的折射率为1.5。现有一束平行光垂直入射到半球的底面上,有些光线能从球面射出(不考虑被半球的内表面反射后的光线)。求
(ⅰ)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值;
(ⅱ)距光轴R3的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离。
答案　(ⅰ)23R　(ⅱ)3(22+3)5R(或2.74R)
解析　本题考查全反射、折射、折射率、折射定律。
(ⅰ)如图,从底面上A处射入的光线,在球面上发生折射时的入射角为i,当i等于全反射临界角iC时,对应入射光线到光轴的距离最大,设最大距离为l。
i=iC①
设n是玻璃的折射率,由全反射临界角的定义有
n sin iC=1②
由几何关系有
sin i=lR③
联立①②③式并利用题给条件,得
l=23R④
(ⅱ)设与光轴相距R3的光线在球面B点发生折射时的入射角和折射角分别为i1和r1,由折射定律有
n sin i1=sin r1⑤
设折射光线与光轴的交点为C,在△OBC中,由正弦定理有
sin∠CR=sin(180°?r1)OC⑥
由几何关系有
∠C=r1-i1⑦
sin i1=13⑧
联立⑤⑥⑦⑧式及题给条件得
OC=3(22+3)5R≈2.74R⑨
课件38张PPT。第26讲　光的折射、全反射突破一 折射定律及折射率的理解突破二 全反射现象突破三 光的色散重难突破(6)光的颜色取决于折射率。?(　?　)
(7)只有频率相同的两列光波才能产生干涉。?(　√　)
(8)在双缝干涉实验中,双缝的作用是使白光变成单色光。?(　?　)
(9)阳光下茂密的树荫中地面上的圆形亮斑是光的衍射形成的。?????
(　?　)
(10)自然光是偏振光?(　?　)3.在完全透明的水下某深处放一点光源,在水面上可见到一个圆形的透光圆面,若透光圆面的半径匀速增大,则光源正?(　D　)
A.加速上长　????
B.加速下降
C.匀速上升　????
D.匀速下降突破一　折射定律及折射率的理解1.对折射率的理解
(1)公式n=?中,不论是光从真空射入介质,还是从介质射入真空,θ1总是真空中的光线与法线间的夹角,θ2总是介质中的光线与法线间的夹角。
(2)折射率与入射角的大小无关,与介质的密度无关,光密介质不是指密度大的介质。(3)折射率的大小不仅与介质本身有关,还与光的频率有关。同一种介质中,频率越大的色光对应折射率越大,传播速度越小。(4)同一种色光,在折射率不同的介质中虽然波速、波长不同,但频率不变。2.平行玻璃砖、三棱镜和圆柱体对光路的控制解析　紫光的频率比红光大,故三棱镜对紫光的折射率比对红光的大,通过三棱镜后紫光偏离入射方向的角度大,故在屏上形成的光带比红光窄。当光屏离三棱镜的距离适当时,紫光既可以在红光的上面,也可以在红光的下面。故C、D选项正确。规律总结
折射率的大小反映了介质的光学性质和入射光的频率。
1.折射率越大,说明介质对光的偏折作用越大,光线偏离原来传播方向的程度越厉害。
2.折射率越大,说明光在介质中的传播速度越小。
3.相对于同一介质,折射率越大的光,其频率越大。解析　光束沿玻璃砖半径射向O点,在界面处入射角大于临界角时,发生全反射,小于临界角时,在空气中的折射角大于入射角,A正确,C错误;当光束由空气射向玻璃砖时,由发生全反射的条件可知B错误;在玻璃中的折射角应小于入射角,D错误。?
(1)求发生全反射的临界角。
(2)求安装了上述透明物体后可使此时刻的太阳光最大能到达C点正下方多大距离处。解析　(1)作出光路图,如图所示2.各种色光的比较典例3　对下列现象解释不正确的是?(　A　)
A.图甲和泊松亮斑的原理一样
B.图乙和三棱镜色散的原理一样
C.图丙和利用光学技术检查镜面的平整程度的原理一样
D.图丁和偏振太阳镜的原理一样解析　沙漠蜃景是光的折射和全反射现象,而泊松亮斑的原理是光的衍射,它们的原理不相同,故A错误;彩虹是光的折射,而三棱镜色散也是光的折射,原理相同,故B正确;彩色的肥皂泡是光的干涉,而检查镜面的平整程度是光的干涉现象,它们原理也相同,故C正确;立体电影是光的偏振,偏振太阳镜也是光的偏振现象,它们的原理相同,故D正确。本题选错误的选项,故选A。3-1　一束白光从顶角为θ的玻璃三棱镜的一边以较大的入射角i射入并通过三棱镜后,在屏P上可得到彩色光带,如图所示,在入射角i 逐渐减小到零的过程中,假如屏上的彩色光带先后全部消失,则?(　B　 )
A.红光最先消失,紫光最后消失
B.紫光最先消失,红光最后消失
C.紫光最先消失,黄光最后消失
D.红光最先消失,黄光最后消失解析　白光从AB面射入玻璃后,由于紫光偏折程度大,从而到达另一侧面AC时的入射角较大,且因玻璃对紫光的折射率大,sin C=1/n,则其临界角最小,故随着入射角i 的减小,进入玻璃后的各色光中紫光首先发生全反射不从AC面射出,后依次是蓝、青、绿、黄、橙、红光发生全反射而不从AC面射出。3-2　(多选)如图,一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖,在玻璃砖底面上的入射角为θ,经折射后射出a、b两束光线。则?(　ABD　)
A.在玻璃中,a光的传播速度小于b光的传播速度
B.在真空中,a光的波长小于b光的波长
C.玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率
D.若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大,
则折射光线a首先消失实验15　测定玻璃的折射率
1.在“用插针法测玻璃砖折射率”的实验中,玻璃砖的ab边与a'b'边相互平行,aa'边与bb'边不平行。某同学在白纸上仔细画出了玻璃砖的两条边线aa'和bb',如图所示。
(1)实验时,先在玻璃砖的一侧插两枚大头针P1和P2以确定入射光线AO。接着,眼睛在玻璃砖的　　　　(选填“同一侧”或“另一侧”)观察所插的两枚大头针P1和P2,同时通过插第三、第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线。?
(2)实验中是否要求四枚大头针的针帽在同一视线上?　　　　(填“是”或“否”)。?
(3)(多选)下列操作可以减小实验误差的是　　　　(填字母代号)。?
A.适当增大大头针P1、P2的间距
B.选择玻璃砖相互平行的ab、a'b'边来测量
C.选用尽可能细的笔画线
D.使入射角接近于90°
答案　(1)另一侧　(2)否　(3)AC
解析　(1)实验时,先在玻璃砖的一侧插两枚大头针P1和P2以确定入射光线AO;接着,眼睛在玻璃砖的另一侧观察所插的两枚大头针P1和P2,同时通过插第三、第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线;
(2)实验中要求四枚大头针的针尖在同一视线上,而不是针帽;
(3)大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时,相同的距离误差,引起的角度误差会减小,故A符合题意。用插针法测定折射率时,玻璃砖两表面不一定要平行,故B不符合题意。为了准确确定入射光线和折射光线,选用尽可能细的笔画线,故C符合题意。为了减小测量的相对误差,选择的入射角应尽量大些,效果会更好,但不是接近90°,故D不符合题意。选A、C。
2.如图甲、图乙所示,在“用插针法测定玻璃的折射率”的实验中,当光线AO以一定入射角穿过两面平行的玻璃砖时,通过插针法找出跟入射光线AO对应的出射光线O'B,从而确定折射光线OO'。
(1)如图甲,测出入射角i和折射角r,则玻璃的折射率n=　　　　。?
(2)如图乙,以O为圆心,作圆与OA、OO'分别交于P、Q两点,过P、Q两点分别作法线NN'的垂线,垂足分别为P'、Q',则玻璃的折射率可以表示为n=　　　　。?
答案　(1)sinisinr　(2)PP'QQ'
解析　(1)根据折射定律得,n=sinisinr。
(2)因为 sin i=PP'R,sin r=QQ'R,所以n=sinisinr=PP'QQ'。
3.如图所示,半圆形玻璃砖按图中实线位置放置,直边与BD重合。一束激光沿着半圆形玻璃砖的半径从圆弧面垂直BD射到圆心O点上。将玻璃砖绕O点逆时针缓慢地转过角度θ(θ<90°),观察到折射光斑和反射光斑在弧形屏上移动。
(1)在玻璃砖转动过程中,以下说法正确的是　　　　;?
A.折射光斑在弧形屏上沿C→F→B方向移动
B.折射光斑的亮度逐渐变暗
C.折射角一定小于反射角
D.反射光线转过的角度为θ
(2)当玻璃砖转至θ=45°时,恰好看不到折射光线,则此玻璃砖的折射率n=　　　　。?
答案　(1)B　(2)2
解析　(1)折射光斑在弧形屏上沿C→D方向移动,A错误;随着入射角增大,反射光增强,而折射光减弱,故折射光斑的亮度逐渐变暗,B正确;根据折射定律可以知道,折射角一定大于入射角,而反射角等于入射角,则折射角一定大于反射角,C错误。根据反射定律和几何知识得知,玻璃砖转过角度θ,则反射光线转过角度为2θ,D错误。
(2)当玻璃砖转至θ=45°时,恰好看不到折射光线,恰好发生了全反射,则得临界角C=45°,由临界角公式sin C=1n计算得出折射率n=2。
4.“测定玻璃的折射率”实验中,白纸上放好玻璃砖,在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2,然后在另一侧透过玻璃砖观察,并依次插上大头针P3和P4。
(1)(多选)在插P3和P4时,正确的操作是　　　　。?
A.使P3只挡住P2的像
B.使P4只挡住P3的像
C.使P3能同时挡住P2和P1的像
D.使P4能同时挡住P3和P2、P1的像
(2)如图,请将光路图补充完整,并在图中标出光线进入玻璃砖发生折射现象的入射角θ1和折射角θ2。
(3)对入射角θ1和折射角θ2进行测量,根据折射率n=　　　　可计算得出玻璃的折射率?
答案　(1)CD　(2)见解析　(3)sinθ1sinθ2
解析　(1)实验的过程中,要先在白纸上放好玻璃砖,在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2,然后在玻璃砖另一侧观察,调整视线使P1的像被P2的像挡住,接着在眼睛所在一侧相继又插上两枚大头针P3、P4,使P3挡住P1、P2的像,使P4挡住P3和P1、P2的像,故A、B错误,C、D正确;选C、D。
(2)光路图及光线进入玻璃砖发生折射现象的入射角θ1和折射角θ2如图所示:
(3)根据折射定律有n=sinθ1sinθ2。
5.用圆弧状玻璃砖做测定玻璃折射率的实验时,先在白纸上放好圆弧状玻璃砖,在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针P1、P2,然后在玻璃砖的另一侧观察,调整视线使P1的像被P2的像挡住,接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P3和P4,使P3挡住P1和P2的像,P4挡住P3以及P1和P2的像,在纸上标出大头针位置和圆弧状玻璃砖轮廓,如图甲所示,其中O为两圆弧圆心,图中已画出经过P1、P2点的入射光线。
(1)在图上补画出所需的光路。
(2)为了测出玻璃的折射率,需要测量入射角和折射角,请在图中的AB分界面上画出这两个角。
(3)用所测物理量计算折射率的公式为n=　　　　。?
(4)为了保证在弧面CD得到出射光线,实验过程中,光线在弧面AB的入射角应适当　　　　(填“小一些”“无所谓”或“大一些”)。?
(5)多次改变入射角,测得几组入射角和折射角,根据测得的入射角和折射角的正弦值,画出了如图乙所示的图像,由图像可知该玻璃的折射率n=　　　　　　　　。?
答案　(1)见解析　(2)见解析　(3)sinisinr　(4)小一些　(5)1.5
解析　(1)连接P3、P4与CD交于一点,此交点即光线从玻璃砖中射出的位置,由于P1、P2的连线与AB的交点即光线进入玻璃砖的位置,连接两交点即可作出玻璃砖中的光路,如图所示。
(2)连接O点与光线在AB上的入射点,画出入射角i和折射角r如图所示。
(3)由折射定律可得n=sinisinr。
(4)为了保证能在弧面CD上有出射光线,实验过程中,光线在弧面AB上的入射角应适当小一些,才不会使光线在CD面上发生全反射。
(5)图线的斜率k=sinisinr=n,由题图乙可知图线的斜率为1.5,即该玻璃的折射率为1.5。
课件36张PPT。实验15　测定玻璃的折射率一 实验目的三 实验器材四 实验步骤五 数据处理教材研读六　注意事项七 误差分析二 实验原理考点一 实验原理与实验操作考点二 实验数据处理与误差分析考点三 实验拓展与实验创新考点突破一、实验目的1.测定玻璃的折射率。?
三、实验器材
玻璃砖、白纸、木板、大头针(四枚)、图钉(四枚)、量角器(或圆规)、三角板(或直尺)、铅笔。四、实验步骤1.首先把白纸铺在木板上并用图钉将白纸固定;
2.在白纸上画一直线aa'作为界面,过aa'上的一点O画出界面的法线NN',并画一条线段AO作为入射光线。
3.把长方体玻璃砖放在白纸上,并使其长边与aa'重合,再用直尺画出玻璃砖的另一边bb'。
4.在线段AO上竖直地插上两枚大头针P1、P2。5.从玻璃砖bb'一侧透过玻璃砖观察大头针P1、P2的像,调整视线的方向直到P1的像被P2的像挡住。再在bb'一侧插上两枚大头针P3、P4,使P3能挡住P1、P2的像,P4能挡住P3本身及P1、P2的像。
6.移去玻璃砖,在拔掉P1、P2、P3、P4四枚大头针的同时分别记下它们的位置,过P3、P4作直线O’B交bb’于O’。连接
O、O’,OO’就是玻璃砖内折射光线的径迹。
∠AON为入射角,∠O’ON’为折射角。
7.改变入射角,重复实验。六、注意事项1.实验时,应尽可能将大头针竖直插在纸上,且P1和P2之间、P3和P4之间、P2与O、P3与O'之间距离要稍大一些。
2.入射角θ1不宜太大(接近90°),也不宜太小(接近0°)。太大,则反射光较强,折射光较弱;太小,则入射角、折射角测量的误差较大。
3.操作时,手不能触摸玻璃砖的光洁光学面,更不能把玻璃砖界面当尺子画边界线。
4.实验过程中,玻璃砖与白纸的相对位置不能改变。
5.玻璃砖应选用宽度较大的,宜在5 cm以上,若宽度太小,则测量误差较大。七、误差分析1.入射光线、出射光线确定的准确性造成误差,故入射侧、出射侧所插两枚大头针间距应大一些。
2.入射角和折射角的测量造成误差,故入射角应适当大些,以减小测量误差。考点一　实验原理与实验操作例1　如图甲所示,在测量玻璃折射率的实验中,两位同学先在白纸上放好截面是正三角形ABC的三棱镜,并确定AB和AC界面的位置。然后在棱镜的左侧画出一条直线,并在线上竖直插上两枚
大头针P1和P2,再从棱镜的右侧观察P1和P2的像。(1)(多选)此后正确的操作步骤是　 ????。
A.插上大头针P3,使P3挡住P2的像
B.插上大头针P3,使P3挡住P1、P2的像
C.插上大头针P4,使P4挡住P3的像
D.插上大头针P4,使P4挡住P1、P2的像和P3
(2)正确完成上述操作后,在纸上标出大头针P3、P4的位置(图中已标出)。为测量该种玻璃的折射率,两位同学分别用圆规及刻度尺作出了完整光路和若干条辅助线,如图乙、丙所示。能够仅通过测量ED、FG的长度便可正确计算出折射率的是图　 ????(填“乙”或“丙”),所测玻璃折射率的表达式n=　　　????(用代表线段长度的字母ED、FG表示)。方法技巧
测量玻璃的折射率,无论是使用平行玻璃砖、三棱镜,还是使用圆柱形玻璃砖,测量方法和测量结果都相同。如果测量时玻璃砖发生了微小移动,则测量结果会出现偏差。答案　(1)用手触摸光学面(或拿玻璃砖当尺子用)　(2)不变考点二　实验数据处理与误差分析例3　在测定玻璃的折射率实验时
(1)下列说法正确的是　 ????。
A.入射角越大,误差越小
B.在白纸上放好玻璃砖后,用铅笔贴着光学面画出界面
C.实验时即可用量角器,也可用圆规和直尺等工具进行测量
D.判断像与针是否在同一直线时,应该观察大头针的针帽?
(2)小时同学在插针时玻璃砖的位置如图1所示。根据插针与纸上已画的界面确定入射点与出射点,依据上述操作所测得的折射率　 ????(填“偏大”、“偏小”或“不变”)(3)小明同学经正确操作后,在纸上留下四枚大头针的位置P1、P2、P3、P4,AB和CD是描出的玻璃砖的两个边,如图2所示,请画出光路图。例4　如图所示,某同学利用方格坐标纸测定半圆形玻璃砖的折射率,OA是画在纸上的直线,他在直线OA适当位置先后竖直插上P1、P2两枚大头针,如图放上玻璃砖(如粗黑线所示),然后插上P3、P4两枚大头针。(1)其中他确定P3大头针位置的方法应当是 。
(2)若该同学实验操作规范准确,其记录的情况如图所示。该同学还用圆规画了一个以O为圆心,半径与玻璃砖半径相同的半圆(如图中虚线所示)。请算出玻璃砖的折射率n=　 ????。
(3)该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖绕圆心顺时针转过一小角度,由此测得玻璃砖的折射率将　 ????(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。考点三　实验拓展与实验创新例5　某同学设计了一个用刻度尺测半圆形玻璃砖折射率的实验,如图所示,他进行的主要步骤是:
A.用刻度尺测玻璃砖的直径AB的大小d;
B.先把白纸固定在木板上,将玻璃砖水平放
置在白纸上,用笔描出玻璃砖的边界,将玻璃
砖移走,标出玻璃砖的圆心O、直径AB以及AB的法线OC;C.将玻璃砖放回白纸的原处,长直尺MN紧靠A点并与直径AB垂直放置;
D.调节激光器,使PO光线从玻璃砖圆弧面沿半径方向射向圆心O,并使长直尺MN的左右两端均出现亮点,记下左侧亮点到A点的距离s1,右侧亮点到A点的距离s2。则:
(1)该同学利用实验数据计算玻璃砖折射率的表达式为n=　　 　????。
(2)该同学在实验过程中,发现直尺MN上只出现一个亮点,他应该采取的措施是 ??。例6　实验可提高学生们对物理实验的理解和应用能力。如图所示,一个学生用广口瓶和刻度尺测定水的折射率,
请填写下述实验步骤中的空白。
(1)用刻度尺测出广口瓶瓶口内径d。
(2)在瓶内装满水。
(3)将刻度尺沿瓶口边缘竖直插入水中。
(4)沿广口瓶边缘向水中刻度尺正面看去,若恰能看到刻度尺的0刻度线(即图中A点),同时看到水面上B点刻度线的像B‘恰与A点的像相重合,如图,若水面恰与直尺的C点相平,则 和 分别等于入射角和折射角
(5)读出　 ???和 ???的长度。
(6)由题中所给条件和前面步骤得到的数据,可以计算水的折射率n= 　　?? ?。第27讲　光的波动性　电磁波
1.关于生活中遇到的各种波,下列说法正确的是(　　)
A.电磁波可以传递信息,声波不能传递信息
B.手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波
C.太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传播速度相同
D.遥控器发出的红外线波长和医院“CT”中的X射线波长相同
答案　B　电磁波、声波都能够传递信息,A项错误;手机通话时将人的声音转化为电信号并通过电磁波传递,B正确;医院“B超”的超声波属于声波,传播速度远小于光速,C错误;红外线与X射线相比频率低,波长长,D错误。
2.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.红外线、紫外线、伦琴射线和γ射线在真空中传播的速度均为3.0×108 m/s
B.红外线应用在遥感技术中,是利用它穿透本领强的特性
C.紫外线在水中的传播速度小于红外线在水中的传播速度
D.日光灯是紫外线的荧光效应的应用
答案　ACD　所有电磁波在真空中的传播速度都等于光速,故A正确;红外线应用在遥感技术中是利用它有较强的衍射能力,故B错误;对同一介质,紫外线比红外线的折射率大,故紫外线比红外线在水中的传播速度小,故C正确;日光灯应用了紫外线的荧光效应,故D正确。
3.(多选)下列对电磁波性质的应用中,应用到“红外线具有显著的热效应”这一特性的是(　　)
答案　AD　遥控器是利用红外线的遥控技术制成的,验钞机是利用荧光物质在紫外线的照射下能够发光的原理制成的。
4.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.肥皂泡呈现的彩色是光的干涉现象,露珠呈现的彩色是光的色散现象,通过狭缝看太阳光呈现的彩色是光的衍射现象
B.光纤通信,全息照相及医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理
C.做双缝干涉实验时,用绿光照射单缝,在光屏上观察到干涉条纹,用红光代替绿光照射单缝将得到相邻条纹间距更大的干涉图样
D.在真空中传播的电磁波,当它的频率增加时,它的传播速度不变,波长变短
答案　ACD　全息照相不是利用全反射,是利用光的干涉原理,选项B错误。
5.关于电磁波,以下说法正确的是(　　)
A.电磁波是由变化的电场和磁场组成的纵波
B.要有效地发射电磁波,振荡电路必须有足够大的振荡周期
C.调制可以使电磁波随各种信号而改变,而调谐和解调是电磁波接收中两个非常必要的环节
D.如果把电磁波按照频率从高到低排序,依次为:γ射线、X射线、紫外线、红外线、可见光、无线电波
答案　C　电磁波是由变化的磁场和电场组成的横波,故A错误;要有效地发射电磁波,振荡电路必须有足够大的振荡频率,故有较小的周期,故B错误;调制可以使电磁波随各种信号而改变,而调谐和解调是电磁波接收中两个非常必要的环节,故C正确;如果把电磁波按照频率从高到低排序,依次为:γ射线、X射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波,故D错误。
6.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.肥皂膜在阳光的照射下呈现彩色是光的干涉现象造成的
B.根据麦克斯韦电磁场理论,变化的磁场一定能产生变化的电场
C.X射线在电场中能够发生偏转
D.波的频率与振源的频率相同
答案　AD　肥皂膜在阳光的照射下呈现彩色是光的薄膜干涉现象造成的,故A正确;根据麦克斯韦电磁场理论的内容:变化的磁场产生电场,变化的电场产生磁场,不均匀变化的磁场才能产生变化的电场,故B错误;X射线不带电,在电场中不能够发生偏转,故C错误;波的频率与振源的频率相同,故D正确。
7.(多选)某时刻LC振荡电路的状态如图所示,则此时刻(　　)
A.振荡电流i在减小
B.振荡电流i在增大
C.电场能正在向磁场能转化
D.磁场能正在向电场能转化
答案　AD　图中电容器上极板带正电荷,图中给出的振荡电流方向,说明负电荷向下极板聚集,所以电容器正在充电,电容器充电的过程中,电流减小,磁场能向电场能转化,所以A、D选项正确。
8.(多选)双缝干涉实验装置如图所示,双缝间的距离为d,双缝到像屏的距离为l,调整实验装置使得像屏上可以看到清晰的干涉条纹。关于干涉条纹的情况,下列叙述正确的是(　　)
A.若将像屏向左平移一小段距离,屏上的干涉条纹将变得不清晰
B.若将像屏向右平移一小段距离,屏上仍有清晰的干涉条纹
C.若将双缝间距离d减小,像屏上的两个相邻明条纹间的距离变小
D.若将双缝间距离d减小,像屏上的两个相邻暗条纹间的距离变大
答案　BD　双缝到像屏的距离l不影响干涉条纹的清晰程度,A错、B对;当双缝间距d变小时,由Δx=ldλ知,Δx应变大,C错、D对。
9.(多选)关于下列四幅图的说法中,正确的有(　　)
A.甲图中电视机的遥控器是通过紫外线进行控制的
B.乙图的光纤通讯是利用全反射原理,其保密性比无线电波好
C.丙图中用标准平面检查光学平面的平整程度,是利用光的干涉原理
D.丁图为双缝干涉实验,若仅增大入射光的波长,则屏上相邻的亮条纹间距变小
答案　BC　由于红外线波长长,衍射能力强,电视机的遥控器是通过红外线进行控制的,故A错误;在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射原理,由于发生全反射,没有信号逸出,其保密性比无线电波好,故B正确;用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的薄膜干涉现象,故C正确;光的双缝干涉实验中,若仅增大入射光的波长,根据公式Δx=Ldλ,干涉条纹间距变宽,故D错误。
10.(多选)如图a所示为某种检测油箱中油深度的油量计,它是由许多透明等厚的薄塑料片叠合而成。每个薄片的形状如图b所示,其底部尖角为直角,且两腰相等。薄片的长度从很短到接近油箱底部不等。把这一油量计固定在油箱盖上,通过油箱盖的矩形窗口可以看到油量计的上端面。把油量计竖直插入油箱,从上端面明暗分界线的位置可以知道油的深度。下列有关油量计上端面的“明暗”说法正确的是(　　)
A.光线在塑料和油的界面处发生折射现象,故看起来是暗的
B.光线在塑料和油的界面处发生全反射现象,故看起来是明亮的
C.光线在塑料和空气的界面处发生全反射现象,故看起来是明亮的
D.光线在塑料和空气的界面处发生折射现象,故看起来是暗的
答案　AC　由于油的折射率小于塑料的折射率,光线在塑料和油的界面处发生折射进入油中,故看起来是暗的;而塑料的折射率大于空气的折射率,光线在塑料和空气的界面处发生全反射,返回油量计的上端面并射出,故看起来是明亮的。
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1.(2018北京理综,15,6分)用双缝干涉实验装置得到白光的干涉条纹,在光源与单缝之间加上红色滤光片后(　　)
A.干涉条纹消失
B.彩色条纹中的红色条纹消失
C.中央条纹变成暗条纹
D.中央条纹变成红色
答案　D　本题考查双缝干涉实验。
用白光做双缝干涉实验时,屏上呈现彩色条纹,在光源与单缝间加红色滤光片,光源发出的白光照射滤光片后,仅有红光透过滤光片,故射到双缝上的光为红光,屏上呈现出的是红色干涉条纹,中央条纹为红色,选项D正确。
2.[2018江苏单科,12B(1)](多选)梳子在梳头后带上电荷,摇动这把梳子在空中产生电磁波。该电磁波(　　)
A.是横波
B.不能在真空中传播
C.只能沿着梳子摇动的方向传播
D.在空气中的传播速度约为3×108 m/s
答案　AD　电磁波为横波,电磁波的传播不需要介质,可以向周围各个方向传播,真空中传播速度最大,c=3.0×108 m/s,在空气中的传播速度与真空中的传播速度近似相等,故选A、D。
3.(2017北京理综,20,6分)物理学原理在现代科技中有许多重要应用。例如,利用波的干涉,可将无线电波的干涉信号用于飞机降落的导航。
如图所示,两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧,它们类似于杨氏干涉实验中的双缝。两天线同时都发出波长为λ1和λ2的无线电波。飞机降落过程中,当接收到λ1和λ2的信号都保持最强时,表明飞机已对准跑道。下列说法正确的是(　　)
A.天线发出的两种无线电波必须一样强
B.导航利用了λ1与λ2两种无线电波之间的干涉
C.两种无线电波在空间的强弱分布稳定
D.两种无线电波各自在空间的强弱分布完全重合
答案　C　本题考查波的干涉。波的干涉产生与否与波的强弱无关,故A错;导航利用了同频率的两列波的干涉,而波长为λ1和λ2的两列波频率不同,B错;λ1与λ1干涉,λ2与λ2干涉,两个干涉图样在空间的强弱分布稳定,故C正确;由于λ1与λ2两列波的波长不同,故两干涉图样在空间强弱分布不重合,D错。
4.[2017课标Ⅱ,34(1),5分](多选)在双缝干涉实验中,用绿色激光照射在双缝上,在缝后的屏幕上显示出干涉图样。若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距,可选用的方法是(　　)
A.改用红色激光
B.改用蓝色激光
C.减小双缝间距
D.将屏幕向远离双缝的位置移动
E.将光源向远离双缝的位置移动
答案　ACD　本题考查双缝干涉。由相邻两亮条纹间距Δx=Ldλ可知,若要增大两相邻亮条纹的间距,应增大双缝与光屏间距离L、减小双缝间距d或增大照射光波长λ,而λ红>λ绿>λ蓝,故选项A、C、D正确。
5.(2016天津理综,2,6分)如图是a、b两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样,则(　　)
A.在同种均匀介质中,a光的传播速度比b光的大
B.从同种介质射入真空发生全反射时a光临界角大
C.照射在同一金属板上发生光电效应时,a光的饱和电流大
D.若两光均由氢原子能级跃迁产生,产生a光的能级能量差大
答案　D　由a、b两束光的干涉图样结合Δx=Ldλ知,λa<λb,则νa>νb、na>nb,由n=cv知va课件39张PPT。第27讲　光的波动性　电磁波突破一 光的干涉和衍射突破二 光的偏振突破三 电磁场和电磁波重难突破?
? 1.判断下列说法的正误:
(1)麦克斯韦预言了电磁波的存在。?(　√　)
(2)赫兹用实验证实了电磁波的存在。?(　√　)
(3)电场周围一定存在磁场,磁场周围一定存在电场。?(　?　)
(4)无线电波不能发生干涉和衍射现象。?(　?　)
(5)波长不同的电磁波在本质上完全不同。?(　?　)
(6)与红外线相比紫外线更容易发生衍射现象。?(　?　)2.(多选)在杨氏双缝干涉实验中,如果?(　BD　)
A.用白光作为光源,屏上将呈现黑白相间的条纹
B.用红光作为光源,屏上将呈现红黑相间的条纹
C.用红光照射一条狭缝,用紫光照射另一条狭缝,屏上将呈现彩色干涉条纹
D.用紫光作为光源,遮住其中一条狭缝,屏上将呈现间距不等的条纹3.(多选)在电磁波中,波长按从长到短排列的是?(　BCD　)
A.无线电波、可见光、红外线
B.无线电波、可见光、γ射线
C.红光、黄光、绿光
D.紫外线、X射线、γ射线突破一　光的干涉和衍射1.单缝衍射与双缝干涉的比较
(1)干涉和衍射的比较注:表中图样特点的不同点是针对单色光而言的。
(2)对光的衍射的理解
①干涉和衍射是波的特征,波长越长,干涉和衍射现象越明显。在任何情况下都可以发生衍射现象,只是明显与不明显的差别。②衍射现象说明“光沿直线传播”只是一种特殊情况,只有在光的波长比障碍物小得多时,光才可以看做是沿直线传播的。2.单缝衍射和圆孔衍射图样的比较典例1????(2017浙江4月选考,16,2分)(多选)图中给出了“用双缝干涉测量
光的波长”实验示意图,双缝S1和S2间距为0.80 mm,双缝到屏的距离为
0.80 m。波长为500 nm的单色平行光垂直入射到双缝S1和S2上,在屏上形成干涉条纹。中心轴线OO‘上方第1条亮纹中心位置在P1处,第3条亮纹中心位置在P2处。现在1号、2号虫子分别从S1和S2出发以相同速度沿垂直屏方向飞行,1号虫子到达屏后,沿屏直线爬行到P1,2号虫子到达屏后,沿屏直线爬行到P2。假定两只虫子爬行速率均为10-3 m/s。正确的是?(　 　)方法规律
区分双缝干涉条纹与单缝衍射条纹的方法
(1)根据条纹的宽度区分:双缝干涉条纹的宽度相同,而单缝衍射条纹的中央亮条纹最宽,两侧的亮条纹逐渐变窄。
(2)根据条纹的间距区分:双缝干涉条纹的间距是相等的,而单缝衍射的条纹越向两侧条纹间距越窄。
(3)根据亮条纹的亮度区分:双缝干涉条纹,从中央亮条纹往两侧亮度变化很小,而单缝衍射条纹的中央亮条纹最亮,两侧的亮条纹逐渐变暗。解析　当光程差为波长的整数倍时是亮条纹,当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹;换一个表面曲率半径更小的凸透镜,出现同一级亮条纹的厚度向中心偏移,可知圆环的半径变小;用波长变短的光照射,则出现同一级亮条纹的厚度向中心偏移,则圆环的半径变小;因此要使半径变大,则可以将凸透镜的曲率半径变大,或者改用波长更长的单色光照射,故A、C正确,B、D错误。突破二　光的偏振1.自然光:太阳、电灯等普通光源发出的光,包括在垂直于传播方向上沿一切方向振动的光,而且沿各个方向振动的光波的强度都相同,这种光叫做自然光。
2.偏振光:在垂直于传播方向的平面上,只沿某个特定方向振动的光。光的偏振证明光是横波。自然光通过偏振片后,就得到了偏振光。典例2　(多选)光的偏振现象说明光是横波。下列现象中能反映光的偏振特性的是?(　ABC　)
A.一束自然光相继通过两个偏振片,以光束为轴旋转其中一个偏振片,透射光的强度发生变化
B.一束自然光入射到两种介质的分界面上,当反射光线与折射光线之间的夹角恰好是90°时,反射光是偏振光
C.日落时分,拍摄水面下的景物,在照相机镜头前装上偏振滤光片可以使影像更清晰
D.通过手指间的缝隙观察日光灯,可以看到彩色条纹
2-1　(多选)“假奶粉事件”发生后,国家加强了对奶粉的质量检查。奶粉中的碳水化合物(糖)的含量是一个重要指标,可以用“旋光法”来测量糖溶液的浓度,从而鉴定含糖量。偏振光通过糖的水溶液后,偏振方向会相对于传播方向向左或向右旋转一个角度α,这一角度α称为“旋光度”,α的值只与糖溶液的浓度有关,将α的测量值与标准值相比较,就能确定被测样品的含糖量了。如图所示,S是自然光源,A、B是偏振片,转动B,使到达O处的光最强,然后将被测样品P置于A、B之间,则下列说法中正确的是?(　 　)A.到达O处光的强度不会明显减弱
B.到达O处光的强度会明显减弱
C.将偏振片B转动一个角度,使得O处光的强度最大,偏振片B转过的角度小于α
D.将偏振片A转动一个角度,使得O处光的强度最大,偏振片A转过的角
度等于α解析　偏振光通过糖的水溶液后,若迎着射来的光线看,偏振方向会以传播方向为轴线,旋转一个角度α,所以到达O处光的强度会明显减弱,故A错误,B正确。将偏振片B转动一个角度,使得O处光的强度最大,偏振片B转过的角度等于α,故C错误。同理,将偏振片A转动一个角度,使得O处光的强度最大,偏振片A转过的角度等于α,故D正确。突破三　电磁场和电磁波1.电磁场和电磁波
(1)麦克斯韦电磁场理论(2)电磁波
电磁场(电磁能量)由近及远地向周围传播形成电磁波。
①电磁波是横波,在空间传播不需要介质;
②真空中电磁波的速度为3.0×108 m/s;
③v=λf对电磁波同样适用;
④电磁波能产生反射、折射、干涉和衍射等现象。
(3)电磁波谱分析及应用2.电磁振荡
(1)电磁振荡的实质
在电磁振荡过程中,电容器极板上的电荷量、电路中的电流、与振荡电流相联系的电场和磁场都在周期性地变化,电场能和磁场能周期性地转化。
(2)LC电路的周期、频率公式:T=2π?,f=?,其中:周期T、频
率f、自感系数L、电容C的单位分别是秒(s)、赫兹(Hz)、亨利(H)、法拉(F)。3.电磁波的发射和接收
(1)有效发射电磁波的条件:高频、开放电路。发射电磁波时需要对传输信号进行调制。
(2)调制方式
①调幅:使高频电磁波的振幅随信号的强弱而改变。
②调频:使高频电磁波的频率随信号的强弱而改变。
(3)电磁波的接收
①电谐振:当接收电路的固有频率跟接收到的电磁波的频率相同时,接收电路中产生的振荡电流最强,这种现象叫做电谐振。
②调谐:调谐电路的固有频率可以在一定范围内连续改变,将调谐电路的频率调节到与需要接收的某个频率的电磁波相同,即使接收电路产生电谐振的过程叫做调谐。
③解调:从接收到的高频电流中分离出所携带的信号的过程叫做解调。解调是调制的逆过程。
4.电磁波与信息化社会、电磁波谱
(1)电磁波的传播:可通过电缆、光缆进行有线传播,也可以实现无线传典例3　(多选)下列关于电磁波的说法正确的是?(　BD　)
A.麦克斯韦预言了电磁波的存在,并用实验得到了证实
B.使电磁波随信号而改变的技术叫调制
C.使接收电路产生电谐振的过程叫解调
D.寒冷的冬天坐在火炉边,可以享受红外线带来的温暖解析　麦克斯韦预言了电磁波的存在,赫兹用实验得到了证实,选项A错误;使电磁波随信号而改变的技术叫调制,选项B正确;使接收电路产生电谐振的过程叫调谐,选项C错误;红外线具有热效应,则寒冷的冬天坐在火炉边,可以享受红外线带来的温暖,选项D正确。3-1　(多选)关于电磁波,下列说法正确的是?(　ABC　)
A.电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关
B.周期性变化的电场和磁场可以相互激发,形成电磁波
C.电磁波在真空中自由传播时,其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直
D.利用电磁波传递信号可以实现无线通信,但电磁波不能通过电缆、光缆传输解析　电磁波在真空中的传播速度为3×108 m/s,与频率无关,选项A正确;由麦克斯韦电磁场理论可知,选项B正确;变化的电场和磁场相互激发,且电场强度与磁感应强度相互垂直,形成的电磁波的传播方向与电场强度和磁感应强度均垂直,选项C正确;电磁波可以通过电缆、光缆传输,选项D错误。解析　当电流达到最大值时,此时磁场能最大,电场能最小,电容器上的带电荷量为零,故A、B正确;当电流为零时,充电完成,此时磁场能为零,电场能最大,故C错误。实验16　用双缝干涉测量光的波长(同时练习使用游标型测量头)
1.(多选)在“用双缝干涉测量光的波长”实验中,经调节后在目镜中观察到如图甲所示的单色光干涉条纹,仅改变一个实验条件后,观察到的条纹如图乙所示的条纹,则改变的实验条件可能是(　　)
A.减小光源到单缝的距离
B.增大双缝之间的距离
C.增大双缝到光屏之间的距离
D.将红色滤光片改为绿色滤光片
答案　BD　由图可知,甲图中条纹的间距比乙图大,根据双缝干涉的条纹间距公式Δx=Ldλ知,乙图中可能是光的波长变短,也可能缝与屏间距减小,也可能双缝间距增大。由上公式,可知,条纹间距与光源到单缝的距离无关,故A错误;增大双缝之间的距离,可以减小条纹间距,故B正确;增大双缝到光屏之间的距离,可以增大两缝间的距离,故C错误;将红色滤光片改为绿色滤光片,波长变短,故条纹间距变小,故D正确。故选B、D。
2.(多选)利用如图装置研究双缝干涉现象,下列说法正确的是(　　)
A.把双缝的间距规格从“0.2 mm”换成“0.25 mm”,干涉条纹间距变宽
B.将滤光片由红色换成蓝色,干涉条纹间距变宽
C.光源后的凸透镜主要起到会聚光线的作用
D.减小光源到单缝的距离,干涉条纹间距不变
答案　CD　根据Δx=ldλ可知,把双缝的间距规格从“0.2 mm”换成“0.25 mm”,干涉条纹间距变窄,选项A错误;蓝光的波长小于红光,则将滤光片由红色换成蓝色,干涉条纹间距变窄,选项B错误;减小光源到单缝的距离,干涉条纹间距不变,选项D正确;光源后的凸透镜主要起到会聚光线的作用,选项C正确;故选C、D。
3.(多选)“用双缝干涉测光的波长”的实验装置如图所示,调整实验装置使屏上可以接收到清晰的干涉条纹。关于该实验,下列说法正确的是(　　)
A.光屏上的干涉条纹与双缝之间的连线垂直
B.若将光屏向右平移一小段距离,光屏上相邻两条明条纹中心的距离减小
C.若将双缝间的距离d减小,光屏上相邻两条明条纹中心的距离减小
D.若将滤光片由绿色换成红色,光屏上相邻两条暗条纹中心的距离增大
E.为了减小测量误差,测出n条明条纹间的距离a,求出相邻两条明条纹中心的距离Δx=an-1
答案　ADE　与双缝之间的连线垂直的线上各点到双缝之间的距离差相等,所以光屏上的干涉条纹与双缝之间的连线垂直,故A正确;根据双缝干涉条纹的间距公式Δx=Ldλ,将光屏向右平移一小段距离,L增大,相邻明条纹中心的距离增大,故B错误;根据双缝干涉条纹的间距公式Δx=Ldλ,若将双缝间的距离d减小,光屏上相邻两条明条纹中心的距离增大,故C错误;将滤光片由绿色换成红色,波长变大,光屏上的两个相邻暗条纹间的距离增大,故D正确;测n条明条纹间的距离为a,则相邻两条明条纹中心的距离Δx=an-1,这样有利于减小测量误差,故E正确。
4.在“用双缝干涉测光的波长”的实验中,取双缝间距d=0.5 mm,双缝到光屏间距离L=0.5 m,用某种单色光照射双缝得到干涉图像如图甲,分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数如图乙,则图中A位置的游标卡尺读数为　　　　mm,单色光的波长为　　　　m(结果保留2位有效数字)。若测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上,如丙图所示,通过装置中的“拨杆”的拨动　　　　(填“能”或“不能”)把干涉条纹调成与分划板中心刻线同一方向上。?
答案　11.1　6.4×10-7　不能
解析　A位置游标卡尺的主尺读数为11 mm,游标尺读数为0.1×1 mm=0.1 mm,所以游标卡尺读数为11.1 mm。
B位置游标卡尺的主尺读数为15 mm,游标尺读数为0.1×6 mm=0.6 mm,所以游标卡尺读数为15.6 mm。
相邻两亮条纹的间距Δx=xB-xA7=15.6?11.17 mm≈0.64 mm。
根据双缝干涉相邻两亮条纹的间距公式Δx=Ldλ得,λ=dLΔx。
代入数据得λ=0.5×10-3×0.64×10-30.5 m=6.4×10-7 m。
首先要明确各器件的作用,拨动拨杆的作用是为了使单缝和双缝平行,获得清晰的干涉图样,丙图已有清晰的干涉图样,所以不用调节;丙图所示出现的问题是分划板中心刻线与干涉条纹不平行,应调节测量头使干涉条纹与分划板中心刻线在同一方向上,故调节“拨杆”不能把干涉条纹调成与分划板中心刻线在同一方向上。
5.在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中,
(1)(多选)下列操作正确的是　　　　。?
A.先调节光源高度,观察到光束沿遮光筒的轴线传播后再装上测量头
B.接通电源前把输出电压调到小灯泡额定的电压
C.观察到条纹比较模糊,可以调节拨杆进行调整
D.测量某亮条纹位置时,目镜分划板中心刻度线与该亮纹边缘重合
(2)下列图示中条纹间距表示正确是　　　　。?
答案　(1)AC　(2)C　根据“用双缝干涉测量光的波长”的实验操作步骤可知,安装器材的过程中,先调节光源高度,观察到光束沿遮光筒的轴线传播后再装上单缝和双缝及测量头,故A正确;接通电源前把输出电压调到小于或等于小灯泡额定的电压,故B错误;观察到条纹比较模糊,可能是单缝和双缝不平行,可以调节拨杆进行调整,故C正确;测量某亮条纹位置时,目镜分划板中心刻度线与该亮纹的中心重合,故D错误。
(2)干涉条纹的间距是一个明条纹与一个暗纹之间的宽度的和,为两个相邻的明(或暗)条纹中心之间的距离,故C图是正确的。
6.如图所示是小刘同学做“用双缝干涉测量光的波长”实验的装置。
(1)在实验中应该在B处放　　　　。(选填“单缝”或“双缝”),再装上滤光片。?
(2)经过一系列的调试,得到了亮度较好,清晰的干涉图样,但在放大镜视野中出现如图(乙)所示的现象,应该如何调整?　。?
(3)一次实验测量完成后,小刘同学仪将红色滤光片改为绿色,则观察到干涉条纹的间距　　　　(填“变大”、“变小”或“不变”)。?
答案　(1)单缝　(2)调节测量头使分划板刻线与条纹平行　(3)变小
解析　(1)根据“用双缝干涉测量光的波长”实验的原理可知,灯光经过滤光片后,需要先经过单缝分光,然后再让光经过双缝,最后到达光屏。
(2)应该调节测量头使分划板刻线与条纹平行。
(3)将红色滤光片改为蓝色,即波长变短,根据公式:Δx=Ldλ可知,干涉条纹的间距将变小。
7.如图甲所示,在“用双缝干涉测光的波长”的实验中,将实验仪器按要求安装在光具座上,并选用缝间距d=0.20 mm的双缝屏。从仪器注明的规格可知,像屏与双缝屏间的距离L=700 mm。然后,接通电源使光源正常工作。
甲
乙
丙
(1)已知测量头上主尺的最小刻度是1毫米,副尺(游标尺)上有20分度。某同学调整手轮后,从测量头的目镜看去,使分划板中心刻度线与某条纹A中心对齐,如图乙所示,此时测量头上主尺和副尺的示数情况如图丙所示,此示数为　　　　 mm;接着再转动手轮,使分划板中心刻度线与某条纹B中心对齐,测得A到B条纹间的距离为8.40 mm。利用上述测量结果,经计算可得经滤光片射向双缝的色光的波长λ=　　　　 m(保留2位有效数字)。?
(2)另一同学按实验装置安装好仪器后,观察到光的干涉现象效果很好。若他对实验装置作了一下改动后,在像屏上仍能观察到清晰的条纹,且条纹数目有所增加。以下改动可能实现这个效果的是　　　　。?
A.仅将滤光片移至单缝和双缝之间
B.仅将单缝远离双缝移动少许
C.仅将单缝与双缝的位置互换
D.仅将红色滤光片换成绿色的滤光片
答案　(1)0.25 mm　4.8×10-7　(2)D
解析　(1)题图中游标卡尺的主尺的读数为0 mm,游标尺的第5刻度与上边对齐,则读数为0 mm+0.05×5 mm=0.25 mm;A到B条纹间的距离为8.40 mm,由题图可以知道A到B条纹间的距离为5个条纹宽度,则Δx=8.405 mm=1.68 mm;根据公式Δx=Ldλ得λ=d·ΔxL=0.20×1.68700 mm≈4.8×10-7 m
(2)对实验装置作了一下改动后,在像屏上仍能观察到清晰的条纹,且条纹数目有所增加,可以知道各条纹的宽度减小,由公式Δx=Ldλ知,仅将滤光片移至单缝和双缝之间,λ、L与d都不变,则Δx不变,A错误;仅将单缝远离双缝移动少许,λ、L与d都不变,则Δx不变,B错误;仅将单缝与双缝的位置互换,将不能正常观察双缝干涉,C错误;仅将红色滤光片换成绿色的滤光片,λ减小,L与d都不变,则Δx减小,D正确。
8.图甲是用“双缝干涉测量光的波长”实验设备实物图。
(1)已知单缝与双缝间的距离L1=200 mm,双缝与屏的距离L2=800 mm,双缝间距d=0.25 mm。用测量头来测量亮纹中心的距离,测量头由分划板、目镜手轮等构成,转动手轮,使分划板左右移动,让分划板的中心刻线对准第1条亮纹的中心(如图乙所示),记下此时手轮上的读数　　　　 mm,转动测量头,使分划板中心刻线对准第4条亮纹的中心,记下此时手轮上的读数,如图丙所示。则该光波的波长为　　　　 m(保留两位有效数字)。?
(2)若在调节过程中观察到图丁所示的干涉条纹,则出现这种现象的原因是　　　　。?
A.单缝与双缝不平行
B.单缝与双缝的距离太近
C.设备安装时,没有调节光源的高度,使光线把整个光屏都照亮
答案　(1)2.192 　7.870　5.9×10-7　(2)C
解析　(1)手轮测量装置为螺旋测微器,第1条读数为2 mm+19.2×0.01 mm=2.192 mm,第4条读数为7.5 mm+37.0×0.01 mm=7.870 mm。根据Δx=a1-ann-1,λ=dl·Δx,解得λ≈5.9×10-7 m。
(2)分析可知,出现题图丁中所示现象的原因是光路调节中,没有调节好光源得高度。
课件28张PPT。实验16　用双缝干涉测量光的波长(同时练习使用游标型测量头)一 实验目的三 实验器材四 实验步骤五 数据处理教材研读六　注意事项七 误差分析二 实验原理考点一 实验原理与实验操作考点二 实验数据处理与误差分析考点突破一、实验目的1.了解光波产生稳定的干涉现象的条件。
2.观察白光和单色光的双缝干涉图样。
3.测定单色光的波长。
二、实验原理
单色光通过单缝后,经双缝产生稳定的干涉图样,图样中相邻两条亮(暗)条纹间的距离Δx与双缝间的距离d、双缝到屏的距离l、单色光的波长(2)接好电源,打开开关,使灯丝正常发光。
(3)调节各器件的高度,使光源灯丝发出的光能沿遮光筒的轴线到达光屏。
(4)安装双缝和单缝,中心大致位于遮光筒的轴线上,使双缝与单缝的缝平行,二者间距5~10 cm,这时,可观察白光的干涉条纹。
(5)在单缝和光源间放上滤光片,观察单色光的干涉条纹。2.安装时,注意调节光源、滤光片、单缝、双缝的中心均在遮光筒的中心轴线上,并使单缝、双缝平行且间距适当。
3.光源灯丝最好为线状灯丝,并与单缝平行且靠近。
4.照在光屏上的光很弱,主要原因是灯丝与单缝、双缝,测量头与遮光筒不共轴所致;干涉条纹不清晰的一般原因是单缝与双缝不平行所致,故应正确调节。七、误差分析1.双缝到屏的距离l的测量存在误差。
2.测条纹间距Δx带来的误差:
(1)干涉条纹没有调整到最清晰的程度。
(2)误认为Δx为亮(暗)条纹的宽度。
(3)分划板刻线与干涉条纹不平行,中心刻线没有恰好位于条纹中心。
(4)测量多条亮条纹间的距离时读数不准确,此间距中的条纹数未数清。考点一　实验原理与实验操作例1　现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件,要把它们放在如图所示的光具座上组装成双缝干涉装置,用以测量红光的波长。(1)本实验的实验步骤有:
①取下遮光筒左侧的元件,调节光源高度,使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮;
②按合理顺序在光具座上放置各光学元件,并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上;
③用米尺测量双缝到屏的距离;
④用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮纹间的距离。
在操作步骤②时还应注意 和 。　　　　　?
乙
①关于这个实验下列几种说法,你认为正确的是　　　????
A.增加光源到单缝的距离,干涉条纹间距变大B.将滤光片由蓝色换成红色,干涉条纹间距变宽
C.将单缝向双缝移动一小段距离,干涉条纹间距变宽
D.去掉滤光片,干涉现象消失
②若测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上,如图乙所示。通过装置中的“拨杆”的拨动 ???(填“能”或“不能”)把干涉条纹调成与分划板中心刻线同一方向上。考点二　实验数据处理与误差分析例2　在“用双缝干涉测光的波长”实验中,将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上,如图甲所示,并选用双缝间距d=0.2 mm的双缝屏。从仪器注明的规格可知,像屏与双缝屏间的距离l=700 mm。然后,接通电源使光源正常工作。(1)已知测量头主尺的分度值是1毫米,副尺上有50个分度。某同学调整手轮后,从测量头的目镜看去,第一次映入眼帘的干涉条纹如图乙(a)所示,图乙(a)中的数字是该同学给各暗纹的编号,此时图乙(b)中游标卡尺上的读数x1=1.16 mm;接着再转动手轮,映入眼帘的干涉条纹如图丙(a)所示,此时图丙(b)中游标卡尺上的读数x2=　 ????mm。
(2)利用上述测量结果,经计算可得两个相邻明纹(或暗纹)间的距离Δx= ??mm,这种色光的波长λ=　 ????nm。答案　(1)15.02　(2)2.31　660A.仅左右转动透镜
B.仅旋转单缝
C.仅旋转双缝
D.仅旋转测量头
(2)在实验中,双缝间距d=0.5 mm,双缝与光屏间距离l=0.5 m,用某种单色光照射双缝得到干涉图像如图丙,分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数如图丁,则图丁中A位置的游标卡尺读数为　　　???? mm,单色光的波长为　　　???? m(结果保留2位有效数字)。答案　(1)D　(2)11.1　6.3×10-7 解析　(1)发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐,若要使两者对齐,该同学应调节测量头,故A、B、C错误,D正确;第28讲　动量定理　动量守恒定律
1.下列关于物体动量和冲量的说法,不正确的是(　　)
A.物体动量增量的方向,就是它所受冲量的方向
B.物体所受合外力冲量越大,它的动量也越大
C.物体所受合外力冲量不为零,它的动量一定要改变
D.物体所受合外力越大,它的动量变化就越快
答案　B　根据动量定理可知,物体动量增量的方向,就是它所受冲量的方向,选项A正确;物体所受合外力冲量越大,它的动量变化也越大,选项B错误;物体所受合外力冲量不为零,它的动量一定要改变,选项C正确;根据动量定理,合外力等于动量的变化率,则物体所受合外力越大,它的动量变化就越快,选项D正确。
2.质量为2 kg的物体沿直线运动,速度由4 m/s变为-6 m/s,则在此过程中,它所受到的合外力的冲量为(　　)
A.-20 N·s B.20 N·s
C.-4 N·s D.-12 N·s
答案　A　以物体的初速度方向为正方向,由动量定理得冲量I=2×(-6) N·s-2×4 N·s=
-20 N·s,选项A正确。
3.下列情形中,满足动量守恒条件的是(　　)
A.用铁锤打击放在铁砧上的铁块,打击过程中,铁锤和铁块的总动量
B.子弹水平穿过放在光滑桌面上的木块的过程中,子弹和木块的总动量
C.子弹水平穿过墙壁的过程中,子弹和墙壁的总动量
D.棒击垒球的过程中,棒和垒球的总动量
答案　B　A中竖直方向合力不为零;C中墙壁受地面的作用力;D中棒受人手的作用力,故合外力不为零,不符合动量守恒的条件。
4.质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面上,再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向,在小球与地面接触的时间内,关于小球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W,下列说法正确的是(　　)
A.Δp=2 kg·m/s　W=-2 J
B.Δp=-2 kg·m/s　W=2 J
C.Δp=0.4 kg·m/s　W=-2 J
D.Δp=-0.4 kg·m/s　W=2 J
答案　A　取竖直向上为正方向,则小球与地面碰撞过程中动量的变化量:Δp=mv2-mv1=0.2×4 kg·m/s-0.2×(-6) kg·m/s=2 kg·m/s,方向竖直向上。由动能定理可知,合外力做的功:W=12mv22-12mv12=12×0.2×42 J-12×0.2×62 J=-2 J。故A正确。
5.有消息称:中国羽毛球运动员在一档节目上演示了一把高速度杀球,轻小的羽毛球被快速击出后瞬间将西瓜冲撞爆裂!据测羽毛球的速度高达300 km/h,羽毛球的质量介于4.74~5.50 g之间,经分析,下列说法中正确的是(　　)
A.这则消息一定是假的,因为羽毛球很轻小,不可能使西瓜爆裂
B.这则消息一定是假的,因为击出的羽毛球速度虽然高,但其能量却很小
C.这则消息可能是真的,俗话说无快不破,羽毛球虽然很轻小,但速度很高
D.这则消息可能是真的,西瓜是否被撞击爆裂取决于羽毛球对西瓜的冲击力大小
答案　D　在高速度杀球时,由于球速较快,在与西瓜相撞的瞬间,速度急剧变化,根据动量定理可知,羽毛球对西瓜的作用力较大,完全可以使西瓜爆裂,故使西瓜裂开的原因不是速度,而是冲击力的大小,该消息可能是真的,故只有D正确。
6.使用高压水枪作为切割机床的切刀具有独特优势,得到广泛应用,如图所示,若水柱截面积为S,水流以速度v垂直射到被切割的钢板上,之后水速减为零,已知水的密度为ρ,则水对钢板的冲力为(　　)
A.ρSv B.ρSv2 C.ρSv22 D.ρSv2
答案　B　设t时间内有V体积的水打在钢板上,则这些水的质量m=ρV=ρSvt,以这部分水为研究对象,它受到钢板的作用力为F,以水运动的方向为正方向,由动量定理有Ft=0-mv,即F=-mvt=-ρsv2,负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反,由牛顿第三定律可知,水对钢板的冲击力大小也为ρSv2。故选B。
7.如图所示,小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上,现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程,下列说法中正确的是(　　)
A.男孩和木箱组成的系统动量守恒
B.小车与木箱组成的系统动量守恒
C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D.木箱的动量增量与小车(包含男孩)的动量增量相同
答案　C　木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒,木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同,方向相反,故A、B、D错误。
8.“爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”,爆竹声响是辞旧迎新的标志,是喜庆心情的流露。有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m,速度大小为v,方向水平向东,则另一块的速度为(　　)
A.3v0-v B.2v0-3v
C.3v0-2v D.2v0+v
答案　C　取水平向东为正方向,爆炸过程系统动量守恒,3mv0=2mv+mvx,可得vx=3v0-2v,C正确。
9.甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动,甲、乙物体的速度大小分别为3 m/s和1 m/s;碰撞后甲、乙两物体都反向运动,速度大小均为2 m/s。甲、乙两物体质量之比为(　　)
A.2∶3 B.2∶5
C.3∶5 D.5∶3
答案　C　选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向,根据动量守恒定律有m甲v1-m乙v2=
-m甲v1'+m乙v2',代入数据,可得m甲∶m乙=3∶5,C正确。
10.(多选)如图甲所示,在光滑水平面上的两个小球发生正碰,小球的质量分别为m1和m2,图乙为它们碰撞前后的x-t图像。已知m1=0.1 kg。由此可以判断(　　)
A.碰前m2静止,m1向右运动
B.碰后m2和m1都向右运动
C.由动量守恒可以算出m2=0.3 kg
D.碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
答案　AC　由x-t(位移时间)图像的斜率表示速度可知,碰前m2的位移不随时间而变化,处于静止;m1的速度大小为v1=ΔxΔt=4 m/s,方向只有向右才能与m2相撞,故A正确。由图读出,碰后m2的速度为正方向,说明向右运动,m1的速度为负方向,说明向左运动,故B错误。由图求出碰后m2和m1的速度分别为v2'=2 m/s,v1'=-2 m/s,根据动量守恒定律得,m1v1=m2v2'+m1v1',代入数据解得,m2=0.3 kg,故C正确。碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE=12m1v12-12m1v1'2-12m2v2'2,代入数据解得,ΔE=0 J,故D错误。
11.(多选)如图,大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m,摆长相同,摆动周期相同,并排悬挂,平衡时两球刚好接触,现将摆球a向左拉开一小角度后释放,若两球的碰撞是弹性的,下列判断正确的是(　　)
A.第一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等
B.第一次碰撞后的瞬间,两球的动量大小相等
C.第一次碰撞后,两球的最大摆角不相同
D.发生第二次碰撞时,两球在各自的平衡位置
答案　AD　两球在碰撞前后,水平方向不受外力,故水平方向两球组成的系统动量守恒,由动量守恒定律有:mv0=mv1+3mv2,两球碰撞是弹性的,故机械能守恒,即12mv02=12mv12+12×3mv22,解两式得:v1=-v02,v2=v02,可见第一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等,选项A正确;因两球质量不相等,故两球碰后的动量大小不相等,选项B错;两球碰后上摆过程,机械能守恒,故上升的最大高度相等,因摆长相等,故两球碰后的最大摆角相同,选项C错;两球摆动周期相同,故经半个周期后,两球在平衡位置处发生第二次碰撞,选项D正确。
12.如图所示,足够长的光滑水平直导轨的间距为l,电阻不计,垂直轨道平面有磁感应强度为B的匀强磁场,导轨上相隔一定距离放置两根长度均为l的金属棒,a棒质量为m,电阻为R,b棒质量为2m,电阻为2R。现给a棒一个水平向右的初速度v0,求:(a棒在以后的运动过程中没有与b棒发生碰撞)
(1)b棒开始运动的方向;
(2)当a棒的速度减为v02时,b棒刚好碰到了障碍物,经过很短时间t0速度减为零(不反弹)。求碰撞过程中障碍物对b棒的冲击力大小;
(3)b棒碰到障碍物后,a棒继续滑行的距离。
答案　见解析
解析　(1)根据楞次定律推论,可知b棒向右运动
(2)设b棒碰上障碍物瞬间的速度为v2,之前两棒组成的系统动量守恒,则
mv0+0=mv02+2m·v2
解得v2=v0/4
b棒碰障碍物过程中,根据动量定理得-F·t0=0-2mv04
解得F=mv02t0
(3)a棒单独向右滑行的过程中,当其速度为0时,设其向右滑行的距离为x,则-B2L2x3R=0-m·v02
得x=3mv0R2B2l2
13.如图所示,以A、B和C、D为断点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内,一滑板静止在光滑的地面上,左端紧靠B点,上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C两点,一物块(视为质点)被轻放在水平匀速运动的传送带上E点,运动到A点时刚好与传送带速度相同,然后经A点沿半圆轨道滑下,且在B点对轨道的压力大小为10mg,再经B点滑上滑板,滑板运动到C点时被牢固粘连。物块可视为质点,质量为m,滑板质量为M=2m,两半圆半径均为R,板长l=6.5R,板右端到C点的距离为L=2.5R,E点距A点的距离s=5R,物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数相同,重力加速度为g。求:
(1)物块滑到B点的速度大小。
(2)物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数。
(3)物块与滑板间因摩擦而产生的总热量。
答案　(1)3gR　(2)0.5　(3)3.5mgR
解析　(1)设物块运动到B点的速度为vB,由牛顿第二定律得10mg-mg=mvB2R
解得vB=3gR
(2)从E到B由动能定理得
mg·2R+μmg·5R=12mvB2-0
解得μ=0.5
(3)物块从B点滑上滑板时至物块与滑板共速,根据动量守恒有mvB=(m+M)v
解得v=gR
对物块,根据动能定理有-μmgx1=12mv2-12mvB2
解得x1=8R
对滑板,根据动能定理有μmgx2=12Mv2
解得x2=2R
因为Δx=x1-x2=6R<6.5R
可知物块与滑板达到共同速度时,物块未离开滑板
Q1=12mvB2-12(m+M)v2=3mgR
物块与滑板此后以共同速度匀速运动至C点,滑板不再运动,物块在滑板上继续往前运动,对物块根据动能定理有
-μmg·0.5R=12mvC2-12mv2
解得vC=Rg2
Q2=μmg·0.5R=14mgR
由上可知12mvC2=14mgRQ3=12mvC2=14mgR
总热量Q=Q1+Q2+Q3=3.5mgR
教师备用题库
1.(2018课标Ⅱ,15,6分)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　　)
A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N
答案　C　本题考查机械能守恒定律、动量定理。由机械能守恒定律可得mgh=12mv2,可知鸡蛋落地时速度大小v=2gh,鸡蛋与地面作用过程中,设竖直向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=0-(-mv),可知鸡蛋对地面产生的冲击力大小为F=mvt+mg,每层楼高度约为3 m,则h=24×3 m=72 m,得F≈949 N,接近103 N,故选项C正确。
2.(2017课标Ⅰ,14,6分)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g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喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)
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
答案　A　本题考查动量守恒定律。由于喷出过程中重力和空气阻力可忽略,则模型火箭与燃气组成的系统动量守恒。燃气喷出前系统静止,总动量为零,故喷出后瞬间火箭的动量与喷出燃气的动量等值反向,可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小,则|p火|=|p气|=m气v气=0.05 kg×600 m/s=30 kg·m/s,A正确。
3.(2017课标Ⅲ,20,6分)(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示,则(　　)
A.t=1 s时物块的速率为1 m/s
B.t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C.t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D.t=4 s时物块的速度为零
答案　AB　本题考查直线运动、对图像的理解、动量定理。t=1 s时物块的速率为v,Ft=mv,得v=1 m/s,A项正确。t=2 s时动量为p,p=2×2 kg·m/s=4 kg·m/s,B项正确。t=3 s时的动量p3=2×2 kg·m/s-1×1 kg·m/s=3 kg·m/s,C项错误。同理t=4 s时物块速度v4=1 m/s,故D项错误。
4.(2017天津理综,10,16分)如图所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上,B悬于空中。现将B竖直向上再举高h=1.8 m(未触及滑轮),然后由静止释放。一段时间后细绳绷直,A、B以大小相等的速度一起运动,之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2,空气阻力不计。求:
(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t;
(2)A的最大速度v的大小;
(3)初始时B离地面的高度H。
答案　(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m
解析　本题考查自由落体运动、机械能守恒定律及动量守恒定律。
(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有
h=12gt2①
代入数据解得
t=0.6 s②
(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB,有
vB=gt③
细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A、B相互作用,由动量守恒得
mBvB=(mA+mB)v④
之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度v即最大速度,联立②③④式,代入数据解得
v=2 m/s⑤
(3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰好可以和地面接触,说明此时A、B的速度为零,这一过程中A、B组成的系统机械能守恒,有
12(mA+mB)v2+mBgH=mAgH⑥
代入数据解得
H=0.6 m⑦
课件69张PPT。第28讲　动量定理　动量守恒定律一 动量和动量定理二 动量守恒定律教材研读突破一 动量、动量定理的应用突破二 动量守恒定律的理解及应用突破三 碰撞现象重难突破突破四 反冲现象突破五 动量和能量观点的综合应用一、动量和动量定理
1.动量
(1)定义:运动物体的质量和①　速度????的乘积。
(2)表达式:p=②????mv????,单位是③????kg·m/s????。
(3)动量的矢量性:方向与④　速度????方向相同。(4)动量的瞬时性:动量是描述物体运动状态的物理量,针对某一⑤　时刻????
而言。
(5)动量的相对性:大小与⑥ 参考系??的选取有关,通常指相对地面的动量。
2.冲量
(1)定义:力F与力的作用时间t的⑦　乘积????。
(2)定义式:I=⑧????Ft????,单位是⑨????N·s????。
(3)方向:恒力作用时,与力的方向⑩　相同????。
(4)物理意义:是一个过程量,表示力在时间上积累的作用效果。3.动量定理
(1)内容:物体所受?　合外力的冲量????等于物体的?　动量的变化量????。
(2)表达式:?
(3)动量定理既适用于恒力,也适用于变力。
二、动量守恒定律1.内容:如果一个系统①　不受外力????,或者②　所受合外力为零????,这个系统的总动量保持不变。2.动量守恒定律的适用条件
(1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的合力为零,则系统动量守恒。
(2)近似守恒:系统受到的合力不为零,但当内力远大于外力时,系统的动量可近似看成守恒。
(3)分方向守恒:系统在某个方向上所受合力为零时,系统在该方向上动量守恒。3.表达式
(1)p=③????p'????,系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。
(2)m1v1+m2v2=④????m1v1'+m2v2'????,相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)Δp1=⑤　-Δp2????,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
(4)Δp=⑥　0????,系统总动量的增量为零。1.判断下列说法的正误:
(1)动量越大的物体,其速度越大。?(　?　)
(2)物体的动量越大,其惯性也越大。?(　?　)
(3)物体所受合力不变,则动量也不改变。?(　?　)
(4)物体沿水平面运动时,重力不做功,其冲量为零。?(　?　)
(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。?(　?　)(6)物体相互作用时动量守恒,但机械能不一定守恒。?(　√　)
(7)做匀速圆周运动的物体动量不变。?(　?　)
(8)物体的动能不变,其动量一定不变。?(　?　)
(9)应用动量守恒定律时,速度应相对于同一参考系。?(　√　)2.(多选)下列相互作用的过程中,可以认为系统动量守恒的是?(　AC　)3.(多选)下列属于反冲运动的是?(　BD　)
A.向后划水,船向前运动
B.用枪射击时,子弹向前飞,枪身后退
C.用力向后蹬地,人向前运动
D.水流过水轮机时,水轮机旋转方向与水流出方向相反4.如图所示,一个质量为0.18 kg的垒球,以25 m/s的水平速度向左飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为45 m/s,则这一过程中动量的变化量为?(　D　)
A.大小为3.6 kg·m/s,方向向左
B.大小为3.6 kg·m/s,方向向右
C.大小为12.6 kg·m/s,方向向左
D.大小为12.6 kg·m/s,方向向右5.高空坠物极易对行人造成伤害。若一个5 g的石块从一居民楼的25层坠下,与地面的撞击时间约为2 ms,则该石块对地面产生的冲击力约为(　B　)
A.10 N　　 B.102 N　　 C.103 N　　 D.104 N6.在光滑水平桌面上停放着两辆玩具小车A、B,其质量之比mA∶mB=1∶2,两车用一根轻质细线缚住,中间夹着被压缩的轻弹簧,当烧断细线,轻弹簧将两车弹开,A车与B车(填选项前的编号)?(　B　)
A.动量大小之比为1∶2 B.动量大小之比为1∶1
C.速度大小之比为1∶2 D.速度大小之比为1∶1突破一　动量、动量定理的应用
?
1.从三个角度理解动量定理
(1)动量定理描述的是一个过程,它表明物体所受合外力的冲量是物体动量变化的原因,物体动量的变化是它受到的外力作用经过一段时间积累的结果。
(2)动量定理Ft=mvt-mv0是一个矢量式,运算应遵循平行四边形定则。若公式中各量均在一条直线上,可规定某一方向为正,根据题设确定各量的正负,从而把矢量运算简化为代数运算。
(3)动量定理既适用于恒力,也适用于变力,对于变力的情况,动量定理中的F应理解为变力在作用时间内的平均值。
2.用动量定理解释实际问题中的两类问题
一类是物体动量变化一定,此时力的作用时间越短,力就越大,时间越长,力就越小;另一类是作用力一定,此时力的作用时间越长,动量变化就越大,力的作用时间越短,动量变化就越小。分析时要把握哪个量一定,哪个量变化。
3.动量定理其实就是牛顿第二定律的另一种表达式。典例1　(多选)某同学为了测定当地的重力加速度,完成了如下的操作:将一质量为m的小球由地面竖直向上发射出去,其速度的大小为v0,经过一段时间后小球落地,取从发射到小球上升到最高点为过程1,小球从最高点至返回地面为过程2。如果忽略空气阻力,则下述正确的是?(????AC　)
A.过程1和过程2动量的变化大小都为mv0
B.过程1和过程2动量变化的方向相反
C.过程1重力的冲量为mv0,且方向竖直向下
D.过程1和过程2重力的总冲量为0解析　根据竖直上抛运动的对称性可知,小球落地的速度大小也为v0,方向竖直向下,上升过程和下落过程中小球只受到重力的作用。选取竖直向下为正方向,冲量等于动量的变化量,上升过程动量的变化量Δp1=0-
(-mv0)=mv0,重力的冲量为mv0,下落过程动量的变化量Δp2=mv0-0=mv0,大小均为mv0,且方向均竖直向下,A、C正确,B错误;小球由地面竖直向上发射到上升至最高点又返回地面的整个过程中重力的冲量为I=mv0-(-mv0)=2mv0,D错误。1-1　一物体从某高处由静止下落,设所受空气阻力恒定,当它下落h时
动量大小为p1,下落2h时的动量大小为p2,那么p1∶p2应为?(　B　)
A.1∶1　????B.1∶?　????C.1∶2　????D.1∶4(1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间。
(2)调整磁感应强度的大小,可使速度最大的离子恰好打在探测板右端,求此时的磁感应强度大小B1。
(3)保持磁感应强度B1不变,求每秒打
在探测板上的离子数N;若打在板上的离子80%被板吸收,20%被反向弹
回,弹回速度大小为打板前速度大小
的0.6倍,求探测板受到的作用力大小。2-1　(多选)一粒钢球从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中,若将它在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进入泥潭直到静止的过程称为过程Ⅱ,那么?(　ABD　)
A.在过程Ⅰ中,钢球动量的改变量等于重力的冲量
B.在过程Ⅱ中,钢球所受阻力的冲量大小等于在过程Ⅰ和Ⅱ中重力的冲量大小
C.在过程Ⅱ中,钢球所受阻力的冲量大小等于在过程Ⅰ中重力的冲量大小
D.在整个过程中钢球所受合外力的总冲量为零解析　在过程Ⅰ中钢球仅受重力,根据动量定理知,重力的冲量等于钢球动量的变化量,故A正确;对全过程运用动量定理,动量的变化量为零,则合力的总冲量为零,有If+IG=0,即在过程Ⅱ中,钢球所受阻力的冲量大小等于在过程Ⅰ和Ⅱ中重力的冲量大小,故C错误,B、D正确。故选A、B、D。突破二　动量守恒定律的理解及应用1.动量守恒的判断
由动量守恒的条件判断系统动量守恒的步骤如下:
(1)明确系统由哪几个物体组成。
(2)对系统中各物体进行受力分析,分清哪些是内力,哪些是外力。
(3)看所有外力的合力是否为零,或内力是否远大于外力,从而判定系统的动量是否守恒。2.动量守恒定律适用条件
(1)前提条件:存在相互作用的物体系。
(2)理想条件:系统不受外力。
(3)实际条件:系统所受合外力为0。
(4)近似条件:系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力。
(5)方向条件:系统在某一方向上满足上面的条件,则此方向上动量守恒。3.应用动量守恒定律的解题步骤
(1)明确研究对象,确定系统的组成;
(2)进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒);
(3)规定正方向,确定初末状态动量;
(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。4.动量守恒与机械能守恒的比较方法总结
应用动量守恒定律的解题步骤
1.明确研究对象,确定系统的组成;
2.进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒);
3.规定正方向,确定初、末状态动量;
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。3-1　(多选)如图所示,放在光滑水平桌面上的两个木块A、B中间夹一被压缩的弹簧,当放开弹簧时,它们各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面落在地上。A的落地点与桌边的水平距离为0.5 m,B的落地点与桌边的水平距离为1 m,那么?(　ABD　)
A.A、B离开弹簧时的速度之比为1∶2
B.A、B质量之比为2∶1
C.未离开弹簧时,A、B所受冲量之比为1∶2
D.未离开弹簧时,A、B加速度之比为1∶2突破三　碰撞现象1.概念:碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短,而物体间相互作用力很大的现象。
2.特点:在碰撞现象中,一般都满足内力远大于外力,可认为相互碰撞中系统动量守恒。
3.分类
(1)弹性碰撞:碰撞过程中机械能守恒,即碰撞前后系统总动能保持不变。
(2)非弹性碰撞:碰撞过程中机械能减小,即碰撞后的机械能小于碰撞前的机械能。4.碰撞后运动状态可能性判定
(1)动量制约:即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约,总动量的方向恒定不变,即p1+p2=p1'+p2'。
(2)动能制约:即在碰撞过程中总动能不会增加,即Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。
(3)运动制约:即碰撞要受到运动的合理性要求的制约,如果碰前两物体同向运动,则后面物体速度必须大于前面物体的速度,碰撞后原来在前面的物体速度必增大,且大于或等于原来在后面的物体的速度,否则碰撞没有结束;如果碰前两物体是相向运动,而碰后两物体的运动方向不
可能都不改变,除非碰后两物体速度均为零。典例4　质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的,也可能是非弹性的,因此,碰撞后B球的速度可能有不同的值。碰撞后B球的速度大小可能是?(　B　)
A.0.6v　???? B.0.4v
C.0.2v　???? D.v方法规律
弹性碰撞问题的处理技巧
(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大,作用时间很短;各物体在作用前后各自动量变化显著;物体在作用时间内位移可忽略。
(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零,由于内力远大于外力,作用时间又很短,所以外力的作用可忽略,认为系统的动量是守恒的。
(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能,则系统碰后的总机械能不可能大于碰前系统的机械能。
(4)熟记弹性正碰的一些结论,例如,当两物体质量相等时,两物体碰撞后交换速度;当m1?m2,且v20=0时,碰后质量大的速率不变,质量小的速率为2v;当m1?m2,且v20=0时,碰后质量小的物体原速率反弹。4-1　(多选)如图是“牛顿摆”装置,5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上,5根轻绳互相平行,5个钢球彼此紧密排列,球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球。关于此实验,下列说法中正确的是?(　AC　)A.当把小球1向左拉起一定高度,然后由静止释放,可观察到小钢球5向右摆起,且达到的最大高度与小钢球1的释放高度相同
B.如果同时向左拉起小钢球1、2、3到相同高度,同时由静止释放,经碰撞后,小钢球4、5一起向右摆起,且上升最大高度高于小钢球1、2、3的
释放高度
C.如果同时向左拉起小钢球1、2、3到相同高度,同时由静止释放,经碰撞后,小钢球3、4、5一起向右摆起,且上升最大高度等于小钢球1、2、3的释放高度
D.上述整个实验过程中,5个小钢球组成的系统机械能守恒,动量守恒解析　碰撞中的能量损失不计,则小球与小球之间发生的是弹性碰撞,由于小球完全一样,结合碰撞过程中动量守恒和动能守恒可知:每两个小球相碰后交换速度,1与2碰后,1停止,2具有向右的速度,2与3碰后,2停止,3具有向右的速度,3与4碰后,3停止,4具有向右的速度,4与5碰后,4停止,5具有向右的速度,根据机械能守恒定律可知球5向右摆起,且达到的最大高度与球1的释放高度相同,故A正确;如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度同时由静止释放,则3与4碰后,3停止4具有向右的速度,4与5碰撞交换速度,4停止5向右摆起;3刚停止的时候2球过来与之碰撞交换速度,然后3与4碰撞,使4向右摆起;2球刚停止的时候1球过来与之碰撞交换速度,然后2与3碰撞交换速度,使3向右摆起;故经碰撞后,小球3、4、5一起向右摆起,且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同,故B错误,C正确;由分析知,每两个小球碰撞的过程机械能守恒、动量守恒,摆动时动量不守恒,故D错误。突破四　反冲现象1.反冲现象
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
(2)反冲运动中,相互作用力一般较大,通常可以用动量守恒定律来处理。
(3)反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的机械能增加。典例5????(2016浙江4月选考,23,10分)
某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发
射装置,如图所示。竖直固定在绝缘底座上的两根
长直光滑导轨,间距为L。导轨间加有垂直导轨平面
向里的匀强磁场B。绝缘火箭支撑在导轨间,总质量
为m,其中燃料质量为m',燃料室中的金属棒EF电阻
为R,并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触。引燃火箭下方的推进剂,迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动,当回路CEFDC面积减少量达到最大值ΔS,用时Δt,此过程激励出强电流,产生电磁推力加速火箭。在Δt时间内,电阻R产生
的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体,当燃烧室下方的可控喷气孔打开后,喷出燃气进一步加速火箭。
(1)求回路在Δt时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF的电荷量,并判断金属棒EF中的感应电流方向;
(2)经Δt时间火箭恰好脱离导轨,求火箭脱离时的速度v0;(不计空气阻力)(3)火箭脱离导轨时,喷气孔打开,在极短的时间内喷射出质量为m'的燃气,喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u,求喷气后火箭增加的速度Δv。(提示:可选喷气前的火箭为参考系)5-2　(多选)平静水面上停着一只小船,船头站立着一个人,船的质量是人的质量的8倍。从某时刻起,人向船尾走去,走到船中部时他突然停止走动。不计水对船的阻力,下列说法正确的是?(　AC　)
A.人在船上走动过程中,人的动能是船的动能的8倍
B.人在船上走动过程中,人的位移是船的位移的9倍
C.人走动时,他相对水面的速度大于小船相对水面的速度
D.人突然停止走动后,船由于惯性还会继续运动一小段时间突破五　动量和能量观点的综合应用
?
　　解决碰撞、打击、反冲等问题往往需要动量守恒定律结合能量守恒定律,动量守恒定律结合能量守恒定律是解决力学问题的重要方法。使用过程中需要注意的问题:
(1)动量定理和动量守恒定律是矢量表达式,它们可以写出分量表达式;动能定理和能量守恒定律是标量表达式,没有分量表达式。
(2)从研究对象上看,动量定理既可研究单体,又可研究系统,但高中阶段一般用于研究单体。
(3)动量守恒定律和能量守恒定律,是自然界中最普遍的规律,它们研究的是物体系统。在解答力学问题时必须注意动量守恒和机械能守恒的条件,在应用这两个定律时,当确定了研究的对象和运动状态变化的过程后,可根据问题的已知条件和要求解的未知量,选择研究的两个状态列方程求解。
(4)中学阶段凡是可以用力和运动的观点解决的问题,用动量的观点或能量的观点也可以求解,且用后者一般要比用前者更简便。若涉及曲线
运动(a恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等,一般不考虑用力和运动的方法求解。碰撞后AB向右运动的速度不能大于C的速度,解得k≥2
所以k的合理取值范围是:2≤k≤6。
综上所述得:当k=4时,v3=0,即与C碰后AB静止;当2≤k<4时,v3>0,即与C碰后AB继续向右运动;当4在碰撞中动量与能量的综合应用技巧
1.处理这类问题,关键是区分物体相互作用的情况,分清物体的运动过程,寻找各相邻运动过程的联系,弄清各物理过程所遵循的规律。
2.对于发生弹性碰撞的物体,其作用过程中系统机械能守恒,动量守恒;对于发生非弹性碰撞的物体,系统的动量守恒但机械能不守恒,系统损失的机械能等于转化的内能。6-1　如图所示,质量为mB=2 kg的木板B静止于光滑水平面上,质量为mA=
·6 kg的物块A停在B的左端,质量为mC=2 kg的小球C用长为L=0.8 m的轻绳悬挂在固定点O。现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放,小球C在最低点与A发生正碰,碰撞作用时间很短,Δt=10-2 s,之后小球C反弹所能上升的最大高度h=0.2 m。已知A、B间的动摩擦因数μ=0.1,物块与小球均可视为质点,不计空气阻力,取g=10 m/s2。求:
(1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小;
(2)为使物块A不滑离木板B,木板B至少多长?实验17　探究碰撞中的不变量
1.(2018浙江11月选考,21,4分)小明做“探究碰撞中的不变量”实验的装置如图1所示,悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d的小球A组成,小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞,碰后小球A继续摆动,小球B做平抛运动。
图1
(1)小明用游标卡尺测小球A直径如图2所示,则d=　　　　mm。又测得了小球A质量m1,细线长度l,碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度h。为完成实验,还需要测量的物理量有:　　　　。?
图2
(2)若A、B两球碰后粘在一起形成新单摆,其周期　　　(选填“小于”、“等于”或“大于”)粘合前单摆的周期(摆角小于5°)。?
答案　(1)14.40　小球B的质量m2,A球碰撞后摆角的大小
(2)大于
解析　(1)根据游标卡尺的读数方法可知,d=14 mm+8×0.05 mm=14.40 mm。
碰撞过程中动量守恒,m1v1=m1v1'+m2v2',a球碰前的速度可以由mgl(1-cos α)=12m1v12得出,故还需要测小球B的质量m2,以及碰后A球的摆角从而来测定碰后的a球的速度。(2)若碰后粘在一起形成新单摆,其摆长会变大,根据单摆周期公式T=2πlg,单摆的周期会变大。
2.某实验小组在“探究碰撞中的不变量”实验中,采用如图所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来进行探究。图中PQ是斜槽,QR为水平槽。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下,落到位于水平地面的记录纸上,留下痕迹。重复上述操作10次,得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近末端的地方,让A球仍从位置G自静止开始滚下,和B球碰撞后,A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次。图中的O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点。B球落点痕迹如图所示,其中米尺水平放置,且平行于G、R、O所在平面,刻度尺的零刻度线与O点对齐。
(1)碰撞后B球的水平射程应取为　　　cm。?
(2)(多选)在以下选项中,哪些是本次实验必须进行的测量　　　(填选项号)。?
A.水平槽上未放B球时,测量A球落点位置到O点的距离;
B.A球与B球碰撞后,测量A球落点位置到O点的距离;
C.测量A球或B球的直径;
D.测量A球或B球的质量;
E.测量G点相对水平槽面的高度。
答案　(1)64.0(63.8~64.2)　(2)ABD
解析　(1)应取将所有点包含在内的最小圆的圆心为落地点。
(2)根据动量守恒定律,实验需要满足公式mAv0=mAv1+mBv2。因为碰撞后做平抛运动,下落的高度相同,所以下落时间相同,故mA·OB=mA·OA+mB·OC,即测量mA、mB、OB、OA、OC,所以需要测量A球和B球的质量以及A球两次落地时的水平距离和B球落地时的水平距离。
3.某学习兴趣小组的同学为了验证动量守恒定律,分别用如下图的三种实验装置进行实验探究,图中斜槽末端均水平。
(1)用图甲和图乙所示装置进行实验时,若入射小球质量为m1,半径为r1;被碰小球质量为m2,半径为r2,则　　　　。?
A.m1>m2,r1>r2 B.m1>m2,r1C.m1>m2,r1=r2 D.m1(2)在用图乙所示装置进行实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置),设入射小球的质量为m1,被碰小球的质量为m2,所得“验证动量守恒定律”的结论为(用装置图中的字母表示)　　　　　　　　　　　。?
(3)用如图丙所示装置验证动量守恒定律,用轻质细线将小球1悬挂于O点,使小球1的球心到悬点O的距离为L,被碰小球2放在光滑的水平桌面上的B点。将小球1从右方的A点(OA与竖直方向的夹角为α)由静止释放,摆到最低点时恰与小球2发生正碰,碰撞后,小球1继续向左运动到C点,小球2落到水平地面上到桌面边缘水平距离为x的D点。实验中已经测得上述物理量中的a、L、x,为了验证两球碰撞过程动量守恒,已知小球1的质量m1,小球2的质量m2,还应该测量的物理量有　　　　。?
答案　(1)C　(2)m1·OP=m1·OM+m2·O'N　(3)OC与竖直方向的夹角β,桌面高度h
解析　(1)在小球碰撞过程中水平方向动量守恒,有m1v0=m1v1+m2v2,在碰撞过程中假设发生弹性碰撞有12m1v02=12m1v12+12m2v22,解得v1=m1-m2m1+m2v0,要使碰后入射小球不反弹,则其速度要满足v1>0,即m1-m2>0,m1>m2;为了使两球发生正碰,两小球的半径相同,有r1=r2。故选C。
(2)P为碰前入射小球落点的平均位置,M为碰后入射小球的位置,N为碰后被碰小球的位置,碰撞前入射小球的速度为v0=OPt,碰撞后入射小球的速度为v1=OMt,碰撞后被碰小球的速度为:v2=O'Nt,其中t为小球做平抛运动的时间,由动量守恒有m1v0=m1v1+m2v2,可得m1·OP=m1·OM+m2·O'N。
(3)为了验证两球碰撞过程动量守恒,需要测量两小球的质量,小球1质量m1,小球2质量m2,小球1碰撞前后的速度可以根据机械能守恒定律测出,所以还需要测量OC与OB夹角β,需要通过平抛运动测量出小球2碰后的速度,需要测量桌面的高度h。
4.某同学利用如图甲所示的装置测量轻质弹簧的弹性势能,将轻质弹簧放置在光滑水平桌面上,左端固定,右端与一个小球接触但不拴接,调整左端位置并固定,使弹簧处于原长时,小球恰好位于桌子边缘O点向左推小球至C点后由静止释放,小球离开桌面后落到水平地面的P点。
(1)现测得桌面边缘O点至P点的竖直高度为h,水平距离为x,小球A的质量为m1,重力加速度的大小为g,则:
①小球离开桌面时的速度大小v0=　　　　。?
②小球A在C点时弹簧的弹性势能Ep=　　　　(填空均用已知物理量或测得物理量的符号表示)。?
(2)该同学用这套实验装置继续验证碰撞时动量是否守恒,如图乙所示,他在桌子边缘放置另一半径相等、质量为m2(m2①若两球碰撞前后的动量守恒,则应该满足表达式
　　　　　　　。?
②若碰撞为弹性碰撞,那么还应该满足的表达式为
　　　　　　　。?
答案　(1)①xg2h　②m1gx24h
(2)①m1x=m1x1+m2x2　②m1x2=m1x12+m2x22
解析　(1)小球离开桌面后,做平抛运动,依据平抛运动规律,有v=xt=x2hg=xg2h;
根据能量守恒定律,弹簧的弹性势能Ep=12m1v2=12×m1×(xg2h)2=m1gx24h;
(2)实验要验证两个小球碰撞前后总动量守恒,即验证m1v1=m1v1'+m2v2';小球做平抛运动的时间由高度差决定,由于高度差一定,故平抛的时间都相同,故水平射程与平抛的初速度成正比,故不需要测量高度差,只要满足m1x=m1x1+m2x2即可证明动量守恒;小球发生弹性碰撞,碰撞过程中系统机械能守恒,则有12m1v12=12m1v1'2+12m2v2'2,有m1x2=m1x12+m2x22。
5.为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞(碰撞过程中没有机械能损失),某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球,按下述步骤做如下实验:
①用天平测出两个小球1、2的质量分别为m1和m2,且m1>m2;
②按图所示,安装好实验装置。将斜槽AB固定在桌边,使槽的末端点的切线水平,将一斜面BC连接在斜槽末端;
③先不放小球2,让小球1从斜槽顶端A处由静止开始滚下,记下小球在斜面上的落点位置。
④将小球2放在斜槽末端处,让小球1仍从斜槽顶端A处由静止开始滚下,使它们发生碰撞,记下小球1和小球2在斜面上的落点位置;
⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离。图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置,到B点的距离分别为LD、LE、LF。
根据该同学的实验,回答下列问题:
(1)在没有放小球2时,让小球1从斜槽顶端A处由静止开始滚下,小球1的落点是图中的　　　　点;?
(2)用测得的物理量来表示,只要满足关系式　　　　　　　　,则说明碰撞中动量是守恒的;?
(3)用测得的物理量来表示,只要再满足关系式　　　　　　　　,则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。?
答案　(1)E　(2)m1LE=m1LD+m2LF
(3)m1LE=m1LD+m2LF
解析　(1)小球1从斜槽顶端A处由静止开始滚下,落点在题图中的E点。
碰撞前,小球1落在题图中的E点,设其水平初速度为v1。小球1和2发生碰撞后,小球1的落点在题图中的D点,设其水平初速度为v1',小球2的落点是题图中的F点,设其水平初速度为v2。设斜面BC与水平面的倾角为α,由平抛运动规律得LD sin α=12gt2,
LD cos α=v1't,解得:v1'=gLDcosα22sinα,同理可解得v1=gLEcosα22sinα,v2=gLFcosα22sinα,所以只要满足m1v1=m1v1'+m2v2即m1LE=m1LD+m2LF,则说明两球碰撞过程中动量守恒。
(3)若两小球的碰撞是弹性碰撞,则碰撞前、后机械能没有损失,需要满足关系式12m1v12=12m1v1'2+12m2v22,即m1LE=m1LD+m2LF。
6.某小组用如图所示的装置验证动量守恒定律。装置固定在水平面上,圆弧形轨道下端切线水平。两球半径相同,两球与水平面的动摩擦因数相同。实验时,先测出A、B两球的质量mA、mB,让球A多次从圆弧形轨道上某一位置由静止释放,记下其在水平面上滑行距离的平均值x0,然后把球B静置于轨道下端水平部分,并将A从轨道上同一位置由静止释放,并与B相碰,重复多次。
(1)为确保实验中球A不反向运动,则mA、mB应满足的关系是　　　　　;?
(2)写出实验中还需要测量的物理量及符号:　　　　;?
(3)若碰撞前后动量守恒,写出动量守恒的表达式:　　　　;?
(4)取mA=2mB,x0=1 m,且A、B间为完全弹性碰撞,则B球滑行的距离为　　　　。?
答案　(1)mA>mB　(2)需要测量碰撞后球A、B在水平面滑行的距离xA、xB　(3)mAx0=mAxA+mBxB　(4)169 m
解析　(1)为防止两球碰撞后入射球反弹,入射球的质量应大于被碰球的质量,即mA>mB;
(2)碰撞后两球做减速运动,设碰撞后的速度为vA、vB
由动能定理得
-μmAgx0=0-12mAv02
-μmAgxA=0-12mAvA2
-μmBgxB=0-12mBvB2
如果碰撞过程动量守恒,则mAv0=mAvA+mBvB
解得mAx0=mAxA+mBxB,
实验需要测量碰撞后球A、B在水平面滑行的距离xA、xB。
(3)由(2)可知,若碰撞前后动量守恒,写出动量守恒的表达式为mAx0=mAxA+mBxB。
(4)如果碰撞过程是完全弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mAx0=mAxA+mBxB,
由机械能守恒定律得12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
已知:mA=2mB,x0=1 m
解得xB=169 m。
7.在学习了“探究碰撞中的不变量”的实验后,得出了动量守恒定律,反过来我们可以利用该实验中的有关方案来验证动量守恒定律。下面是某实验小组选用水平气垫导轨、光电门的测量装置来研究两个滑块碰撞过程中系统动量的变化情况。实验仪器如图甲所示。
实验过程:
(1)调节气垫导轨水平,并使光电计时器系统正常工作。
(2)在滑块1上装上挡光片,用游标卡尺测得其挡光宽度L如图乙所示,则L=　　　　 mm。?
(3)在滑块2的碰撞端面粘上橡皮泥(或双面胶纸)。
(4)用天平测出滑块1和滑块2的质量m1=0.4 kg、m2=0.2 kg。
(5)把滑块1和滑块2放在气垫导轨上,让滑块2处于静止状态(v2=0),用滑块1以初速度v1与之碰撞(这时光电计时器系统自动计算时间),撞后两者粘在一起,分别记下滑块1的挡光片碰前通过光电门1的挡光时间t1和碰后通过光电门2的挡光时间t2。
(6)先根据v=Lt计算滑块1碰撞前的速度v1及碰后两者的共同速度v;再计算两滑块碰撞前后的动量,并比较两滑块碰撞前后的动量的矢量和。
实验数据:(请在表格的空白处填上相应文字或数据)
次
数
滑块1
滑块2
碰前系统动量
(kg·m·s-1)
碰后系统动量
(kg·m·s-1)
v1/(m·
s-1)
v/(m·
s-1)
v2/(m·
s-1)
v/(m·
s-1)
m1v1
m2v2
(m1+m2)v
1
0.290
0.192
0
0.192
①
0
0.115
2
0.453
0.296
0
0.296
②
0
③
结论:④
①　　　　;②　　　　;③　　　　;④　　　　。?
答案　(2)1.0　(6)①0.116　②0.181　③0.178　④在误差允许的范围内,碰撞前系统动量矢量和等于碰后系统动量矢量和
解析　(2)由题图乙所示游标卡尺可知,其精度为0.1 mm,示数为1 mm+0×0.1 mm=1.0 mm;
由表中实验数据可知,动量:①m1v1=0.4×0.290 kg· m/s=0.116 kg· m/s,②m1v1=
0.4×0.453 kg· m/s=0.181 kg· m/s,③(m1+m2)v=(0.4+0.2)×0.296 kg· m/s=
0.178 kg· m/s;④由表中实验数据可知,在误差允许范围内,碰撞过程系统动量守恒。
8.利用气垫导轨和光电门进行“探究碰撞中的不变量”这一实验,气垫导轨的左侧与一倾斜轨道平滑连接,滑块在水平气垫导轨上运动时可忽略阻力。让滑块A在左侧倾斜轨道的P点由静止释放,然后与静止在光电门C和光电门D之间的滑块B发生碰撞,如图所示。
(1)实验中滑块B备有甲、乙两种,甲种滑块左端装有弹性圈,乙种滑块左端装有橡皮泥,与滑块A碰撞后会粘在一起。若要求碰撞时动能损失最大,则应选用　　　　种滑块(填“甲”或“乙”),若要求碰撞时动能损失最小,则应选用　　　种滑块(填“甲”或“乙”);?
(2)某同学选取左端装有橡皮泥的滑块B进行实验,两滑块的质量分别为mA和mB,滑块A从P点释放后,通过光电门C的时间为t1,与滑块B粘在一起后通过光电门D的时间为t2,则在误差允许的范围内,只需验证等式　　　　　　　　成立即说明碰撞过程中两滑块组成的系统动量守恒;?
(3)在(2)的某次实验中,滑块通过光电门C和光电门D的时间分别为t1=0.05 s和t2=0.15 s,那么滑块A和滑块B的质量之比为mA∶mB=　　　　。?
答案　(1)乙　甲　(2)mAt2=(mA+mB)t1(或mA/t1=(mA+mB)/t2)　(3)1∶2
解析　(1)若要求碰撞时动能损失最大,则应选用左端装有橡皮泥的乙种滑块。若要求碰撞时动能损失最小,则应选用左端装有弹性圈的甲种滑块。
(2)设遮光条宽度为d,滑块A从P点释放后,通过光电门C的时间为t1,则滑块A通过光电门C的速度v1=dt1;与滑块B粘在一起后通过光电门D的时间为t2,则滑块A与滑块B粘在一起后通过光电门D的速度v2=dt2;若碰撞过程中两滑块组成的系统动量守恒,则mAv1=(mA+mB)v2,即mAdt1=(mA+mB)dt2,整理得mAt1=mA+mBt2或mAt2=(mA+mB)t1。
(3)某次实验中,滑块通过光电门C和光电门D的时间分别为t1=0.05 s和t2=0.15 s,则mA0.05s=mA+mB0.15s,解得mA∶mB=1∶2。
课件47张PPT。实验17　探究碰撞中的不变量一 实验目的三 实验方案四 注意事项五 误差分析教材研读二 实验原理考点一 实验原理与实验操作考点二 实验数据处理与误差分析考点三 实验拓展与实验创新考点突破一、实验目的
1.会用实验装置测速度或用其他物理量表示物体的速度大小。
2.验证在系统不受外力的情况下,系统内物体相互作用时系统总动量守恒。
二、实验原理
在一维碰撞中,测出物体的质量和碰撞前、后物体的速度,算出碰撞前的动量p=m1v1+m2v2及碰撞后的动量p’=m1v’1+m2v’2,看碰撞前后动量是否相等。[实验步骤]
1.测质量:用天平测出两小球的质量m1、m2。
2.安装:把两个大小相同的小球用等长细线悬挂起来。
3.实验:一个小球静止,拉起另一个小球,放下时它们相碰。
4.测速度:可以测量小球被拉起的角度,从而算出碰撞前对应小球的速度,测量碰撞后小球摆起的角度,算出
碰撞后对应小球的速度。
5.改变条件:改变碰撞条件,重复实验。
6.验证:一维碰撞中的动量守恒。[实验步骤]
1.测质量:用天平测出两小车的质量。
2.安装:将打点计时器固定在光滑长木板的一端,把纸带穿过打点计时器,连在小车的后面,在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。2.验证的表达式:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。
方案四:利用斜槽和小球验证动量守恒定律
[实验器材]
斜槽、大小相等质量不同的小球两个、天平、复写纸、白纸、重垂线、圆规、刻度尺等。
[实验步骤]
1.测质量:用天平测出两小球的质量,并选定质量大的小球为入射小球。
2.安装:按照图中所示安装好实验装置。调整并固定斜槽使斜槽底端水平。3.铺纸:白纸在下,复写纸在上且在适当位置铺放好。记下重垂线所指的位置O。4.放球找点:不放被撞小球,每次让入射小球从斜槽上某固定高度处由静止自由滚下,重复10次。用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面。圆心P就是小球落点的平均位置。5.碰撞找点:把被撞小球放在斜槽末端,每次让入射小球从斜槽同一高度由静止自由滚下,使它们发生碰撞,重复实验10次。用步骤4的方法,标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N,如图所示。2.方案提醒
(1)若利用气垫导轨进行验证,调整气垫导轨时,应注意利用水平仪确保导轨水平。
(2)若利用摆球进行验证,两摆球静止时球心应在同一水平线上,且刚好接触,摆线竖直,将摆球拉起后,两摆线应在同一竖直面内。
(3)若利用两小车相碰进行验证,要注意平衡摩擦力。
(4)若利用平抛运动规律进行验证,安装实验装置时,应注意调整斜槽,使斜槽末端水平;实验时要选质量较大的小球为入射小球,且入射小球每考点一　实验原理与实验操作例1　如图所示,用下列实验装置“探究碰撞中的不变量”,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。(1)实验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是,可以通过仅测量　　 　????(填选项前的符号),间接地解决这个问题。
A.小球开始释放的高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影,实验时先让质量为m1的入射球多次从斜轨上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP,然后,把质量为m2的被碰小球静置于轨道的水平部分,再将入射球从斜轨上S位置静止释放,与被碰小球相碰,并多次重复。
接下来要完成的必要步骤是 。(填选项前的符号)
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2
B.测量入射小球开始释放的高度h
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到入射小球和被碰小球相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为 [用(2)中测量的量表示]。
若碰撞是弹性碰撞,那么还应满足的表达式为 [用(2)中测量的量表示]。答案　(1)C　(2)ADE　(3)m1·OM+m2·ON=m1·OP
m1·OM2+m2·ON2=m1·OP2 (2)(多选)为完成此实验,以下所提供的测量工具中必需的是 ???。(填对应的字母)
A.直尺　　????B.游标卡尺　????C.天平
D.弹簧测力计　????E.停表
(3)设入射小球的质量为m1,被碰小球的质量为m2,P为碰前入射小球落点的平均位置,则关系式(用m1、m2及图中字母表示) 成立,即表示碰撞中动量守恒。考点二　实验数据处理与误差分析例2　现利用图甲所示的装置“探究碰撞中的不变量”。在图甲中,气垫导轨上有A、B两个滑块,滑块A右侧带有一弹簧片,左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连;滑块B左侧也带有一弹簧片,上面固定一遮光片,光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。变式2　某同学用如图所示装置来探究碰撞中动量是否守恒,让质量为m1的入射小球A从斜槽某处由静止开始滚下,与静止在斜槽末端质量为m2的被碰小球B发生碰撞。(1)(多选)实验中必须要求的条件是　 ????。
A.斜槽必须是光滑的
B.斜槽末端的切线必须水平
C.A与B的球心在碰撞瞬间必须在同一高度
(2)两小球的质量应满足m1　 ?m2(填“>”、“<”或“=”)。
(3)正确操作后,M、P、N是得到的三个平均落点,图中的O点是水平槽末端在记录纸上的垂直投影点。两球落点痕迹如图所示,其中刻度尺水平放置,且平行于运动轨迹所在平面,刻度尺的零刻度线与O点对齐。?
①若A、B两球的质量比m1∶m2=5∶1,测得OP=42.1 cm,OM=30.0 cm,ON=60.1 cm则在实验误差范围内A、B碰撞过程中动量　 ???(填“守恒”或“不守恒”);
②若已知槽口末端离地高h=0.45 m,则碰撞后A球落地时的速度为　???? m/s(取g=10 m/s2)。考点三　实验拓展与实验创新例3　某同学利用电火花打点计时器和气垫导轨“探究碰撞中的不变量”。气垫导轨装置如图甲所示,所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成。在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔,向导轨空腔内不断通入压缩空气,空气会从小孔中喷出,使滑块稳定地漂浮在导轨上,这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。?
(1)下面是实验的主要步骤:
①安装好气垫导轨,调节气垫导轨的调节旋钮,使导轨水平;
②向气垫导轨通入压缩空气;③把电火花打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧,将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左侧,调节打点计时器的高度,直至滑块拖着纸带移动时,纸带始终在水平方向;
④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳;
⑤把滑块2放在气垫导轨的中间;
⑥先 ??,然后 ?,让滑块带动纸带一起运动;
⑦取下纸带,重复步骤④⑤⑥,选出理想的纸带如图乙所示;⑧测得滑块1的质量为310 g,滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g。
完善实验步骤⑥的内容。
(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点,计算可知两滑块相互作用前系统的总动量为 ?? kg· m/s;两滑块相互作用后系统的总动量为???? ?? kg· m/s。(保留三位有效数字)。
(3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是? ???。变式3　在一次实验中,某同学选用了两个外形相同的硬质小球A和B,小球A质量较大,小球B质量较小。该同学实验发现:若在水平面上用A球去撞击原来静止的B球,碰后A和B都向前运动;若用B球去撞击原来静止的A球,碰后A球向前运动,B球向后运动。为了探究碰撞中的不变量,该同学计划用如图所示的圆弧槽进行实验。实验时,分别将小球M、N放在竖直平面内的半圆形玻璃轨道内侧(轨道半径远大于小球半径)。现让小球M从与圆心O等高处由静止释放,在底部与静止的小球N发生正碰。?
(1)实验中,若实验室里有如下所述的四个小球:
①半径为r的玻璃球;②半径为2r的玻璃球;③半径为1.5r的钢球;④半径为2r的钢球。
为了便于测量,M球应选用　 ????,N球应选用　 ???(填编号)。
(2)实验中不用测量的物理量为　 ????。①小球M的质量m1和小球N的质量m2;
②圆弧轨道的半径R;
③小球M碰后上升的最高处与O点连线偏离竖直方向的夹角θ1;
④小球N碰后上升的最高处与O点连线偏离竖直方向的夹角θ2。
(3)用上述测得的物理量表示碰撞中的不变量的等式为: 。

第29讲　波粒二象性
1.(多选)关于近代物理实验,下列说法正确的有(　　)
A.光电效应实验中,一定颜色的可以产生光电效应的光,入射光越强,单位时间内发射的光电子数越多
B.在光电效应实验中,入射光的频率大于截止频率时不发生光电效应
C.康普顿效应表明,光子除了具有能量之外还具有动量
D.一个电子和一个质子具有同样的动能时,质子的德布罗意波长更长
答案　AC　入射光的强度越强,单位时间内射到金属上的光子数就越多,发射出光电子数就越多,A选项正确;发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率,故B错误;康普顿效应表明光子除了具有能量之外还具有动量,C选项正确;相同动能的一个电子和一个质子,由Ek=p22m可以知道,电子的动量小于质子的动量,又λ=hp,则电子的德布罗意波长比质子大,故D错误。
2.用强度相同的红光和蓝光分别照射同一种金属,均能使该金属发生光电效应。下列判断正确的是(　　)
A.用红光照射时,该金属的逸出功小,用蓝光照射时该金属的逸出功大
B.用红光照射时,该金属的截止频率低,用蓝光照射时该金属的截止频率高
C.用红光照射时,逸出光电子所需时间长,用蓝光照射时逸出光电子所需时间短
D.用红光照射时,逸出的光电子最大初动能小,用蓝光照射时逸出的光电子最大初动能大
答案　D　同种金属的逸出功是相同的,A错误;同种金属的截止频率是相同的,B错误;只要金属能发生光电效应,逸出光电子的时间一样,C错误;蓝光的频率比红光大,由Ek=hν-W0知,用蓝光照射时逸出的光电子最大初动能大,D正确。
3.(多选)美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时,发现光子除了具有能量之外还具有动量,被电子散射的X光子与入射的X光子相比(　　)
A.速度减小 B.频率减小
C.波长减小 D.能量减小
答案　BD　光速不变,A错误;光子将一部分能量转移到电子,其能量减小,随之光子的频率减小、波长变长,B、D正确,C错误。
4.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.用光照射某种金属,有光电子从金属表面逸出,如果光的频率不变,而减弱光的强度,则逸出的光电子数减少,光电子的最大初动能不变
B.X射线的衍射实验,证实了物质波假设是正确的
C.发生光电效应时,光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
D.在康普顿效应中,当入射光子与晶体中的电子碰撞时,把一部分动量转移给电子,因此光子散射后波长变长
答案　AD　根据光电效应方程可知,光电子的最大初动能与入射光的频率有关,与入射光的强度无关,选项A正确;电子的衍射说明实物粒子具有波动性,证实了物质波的存在,选项B错误;根据光电效应方程Ek=hν-W0,可知光电子的最大初动能与入射光的频率有关,是线性关系,不是成正比,选项C错误;在康普顿效应中,当入射光子与晶体中的电子碰撞时,把一部分动量转移给电子,则动量减小,根据λ=hp知波长变长,选项D正确。
5.(多选)分别用波长为λ和2λ的光照射同一种金属,产生的速度最快的光电子速度之比为2∶1,普朗克常量和真空中光速分别用h和c表示,那么下列说法正确的有(　　)
A.该种金属的逸出功为hc3λ
B.该种金属的逸出功为hcλ
C.波长超过2λ的光都不能使该金属发生光电效应
D.波长超过4λ的光都不能使该金属发生光电效应
答案　AD　由hν=W0+Ek知hcλ=W0+12mv12,hc2λ=W0+12mv22,又v1=2v2,得W0=hc3λ,A正确,B错误;光的波长小于或等于3λ时都能发生光电效应,C错误,D正确。
6.(多选)用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应,得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图。则这两种光(　　)
A.照射该光电管时a光使其逸出的光电子最大初动能大
B.从同种玻璃射入空气发生全反射时,a光的临界角大
C.通过同一装置发生双缝干涉,a光的相邻条纹间距大
D.通过同一玻璃三棱镜时,a光的偏折程度大
答案　BC　由图可知b光照射时对应遏止电压Uc2大于a光照射时的遏止电压Uc1。因qU=12mv2,而hν=W+12mv2,所以b光照射时光电子最大初动能大,A错,且可得νb>νa,λb<λa,故D错,C对。b光折射率大于a光折射率,所以a光临界角大,B对。
7.(多选)如图为演示光电效应的装置,闭合开关S,当用某种频率的光照射光电管时,电流表A有示数,则下列说法中正确的是　(　　)
A.断开开关S,则电流表示数为零
B.将滑动变阻器的滑片c向a端移动,电流表的示数减小
C.将电源反接,电流表的示数一定增大
D.增大照射光电管的光照强度,同时将滑动变阻器的滑片c向a端移动,电流表的示数一定增大
答案　BC　当开关S断开时,有光电子飞出到达另一端,则电流表示数不为零,故A错误。由题图可知,光电管两端所加的电压为反向电压,将滑动变阻器的滑片c向a端移动,反向电压增大,到达另一端的光电子数目变少,则电流表的示数减小,故B正确。将电源反接,即加正向电压,单位时间内到达另一端的光电子数目变多,则电流表的示数一定增大,故C正确。增大照射光电管的光照强度,单位时间内发出的光电子数目增多,由于反向电压增大,单位时间内到达另一端光电子数目不一定增多,则电流表示数不一定增大,故D错误。
8.(多选)研究光电效应规律的实验装置如图所示,以频率为ν的光照射光电管阴极K时,有光电子产生。由于光电管K、A间加的是反向电压,光电子从阴极K发射后将向阳极A做减速运动。光电流i由图中电流计G测出,反向电压U由电压表V测出。当电流计的示数恰好为零时,电压表的示数称为遏止电压Uc,在选项图所表示的光电效应实验规律的图像中,正确的是(　　)
答案　ACD　当反向电压U与入射光频率ν一定时,光电流i与光强成正比,所以A图正确;频率为ν的入射光照射阴极所发射出的光电子的最大初动能为12meνmax2=hν-W0,而遏止电压Uc与最大初动能的关系为eUc=12mvmax2,所以遏止电压Uc与入射光频率ν的关系是eUc=hν-W0,其函数图像不过原点,所以B图错误;当光强与入射光频率一定时,单位时间内单位面积上逸出的光电子数及其最大初动能是一定的,所形成的光电流大小会随反向电压的增大而减少,所以C图正确;根据光电效应的瞬时性规律,不难确定D图是正确的。
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1.(2018课标Ⅱ,17,6分)用波长为300 nm的光照射锌板,电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10-19 J。已知普朗克常量为6.63×10-34 J·s,真空中的光速为3.00×108 m·s-1。能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为(　　)
A.1×1014 Hz B.8×1014 Hz
C.2×1015 Hz D.8×1015 Hz
答案　B　本题考查光电效应规律。由光电效应方程得Ek=hcλ-W0,而能使锌产生光电效应的单色光的最低频率ν0应满足hν0=W0,联立得ν0=cλ-Ekh=8×1014 Hz,故选项B正确。
2.(2017课标Ⅲ,19,6分)(多选)在光电效应实验中,分别用频率为νa、νb的单色光a、b照射到同种金属上,测得相应的遏止电压分别为Ua和Ub、光电子的最大初动能分别为Eka和Ekb。h为普朗克常量。下列说法正确的是(　　)
A.若νa>νb,则一定有UaB.若νa>νb,则一定有Eka>Ekb
C.若UaD.若νa>νb,则一定有hνa-Eka>hνb-Ekb
答案　BC　本题考查对光电效应方程hν-W0=Ek的理解。光照射到同种金属上,同种金属的逸出功相同。若νa>νb,据hν-W0=Ek,得Eka>Ekb,则B项正确。由hν-W0=Ek=eU,可知当νa>νb时Ua>Ub,则A项错误。若Ua3.(2017北京理综,18,6分)2017年年初,我国研制的“大连光源”——极紫外自由电子激光装置,发出了波长在100 nm(1 nm=10-9 m)附近连续可调的世界上最强的极紫外激光脉冲。大连光源因其光子的能量大、密度高,可在能源利用、光刻技术、雾霾治理等领域的研究中发挥重要作用。
一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个分子,但又不会把分子打碎。据此判断,能够电离一个分子的能量约为(取普朗克常量h=6.6×10-34 J·s,真空光速c=3×108 m/s)(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.10-21 J B.10-18 J C.10-15 J D.10-12 J
答案　B　本题考查光子能量。由题意知,电离一个分子的能量等于照射分子的光子能量,E=hν=hcλ=2×10-18 J,故选项B正确。
4.(多选)在X射线管中,由阴极发射的电子(不计初速度)被加速后打到阳极,会产生包括X光在内的各种能量的光子,其中光子能量的最大值等于电子的动能。已知阳极与阴极之间的电势差U、普朗克常量h、电子电荷量e和光速c,则可知该X射线管发出的X光的(　　)
A.最短波长为hceU B.最长波长为cheU
C.最小频率为eUh D.最大频率为eUh
答案　AD　根据c=λν、E=hν,由eU≥E,则可得λ≥hceU,ν≤eUh,A、D正确。
课件40张PPT。第29讲　波粒二象性一 光电效应二 爱因斯坦光电效应方程三 光的波粒二象性与物质波教材研读突破一 光电效应的理解突破二 光电效应的图像分析突破三 对波粒二象性的理解重难突破4.光电效应规律
(1)每种金属都有一个极限频率,入射光的频率必须⑤　大于????这个极限频率才能产生光电效应。低于这个频率的光不能产生光电效应。
(2)光电子的最大初动能与入射光的⑥　强度????无关,只随入射光频率的增大而⑦　增大????。
(3)光电效应的发生几乎是⑧　瞬时????的,一般不超过10-9 s。
(4)当入射光的频率大于极限频率时,饱和光电流的大小与入射光的强度成⑨　正比????。3.最大初动能
发生光电效应时,金属表面上的③　电子????吸收光子后克服原子核的引力逸出时所具有的动能的最大值。
4.遏止电压与截止频率
(1)遏止电压:使光电流减小到零的反向电压Uc。
(2)截止频率:能使某种金属发生光电效应的④　最小????频率叫做该种金属的截止频率(又叫极限频率)。不同的金属对应着不同的极限频率。三、光的波粒二象性与物质波
1.光的波粒二象性
(1)光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有①　波动????性。
(2)光电效应说明光具有②　粒子????性。
(3)光既具有波动性,又具有粒子性,称为光的③　波粒二象????性。
2.物质波
(1)概率波
光的干涉现象是大量光子的运动遵守波动规律的表现,亮条纹是光子到达概率④　大????的地方,暗条纹是光子到达概率⑤　小????的地方,因此光波又叫概率波。
(2)物质波
任何一个运动着的物体,小到微观粒子大到宏观物体都有一种波与它对3.不确定性关系
微观粒子的⑦　动量????和位置是不能同时确定的。1.判断下列说法的正误:
(1)光电子就是光子。?(　?　)
(2)只要光强度足够强,任何金属都能发生光电效应。?(　?　)
(3)极限频率越大的金属材料逸出功越大。?(　√　)
(4)爱因斯坦认为光是一份一份的,每一份叫光量子。?(　√　)
(5)宏观物体不具有波动性。?(　?　)
(6)光子和光电子都是实物粒子。?(　?　)(7)要使某金属发生光电效应,入射光子的能量必须大于金属的逸出
功。?(　√　)
(8)光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比。?(　?　)
(9)光的频率越高,光的粒子性越明显,但仍具有波动性。?(　√　)
(10)德国物理学家普朗克提出了量子假说,成功地解释了光电效应规律。?(　?　)
(11)美国物理学家康普顿发现了康普顿效应,证实了光的粒子性。(????√　)
(12)法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子在一定条件下会表现
为波动性。?(　√　)2.(多选)关于光的波粒二象性的理解正确的是?(　AD　)
A.大量光子的效果往往表现出波动性,个别光子的行为往往表现出粒子性
B.光在传播时是波,而与物质相互作用时就转变成粒子
C.高频光是粒子,低频光是波
D.波粒二象性是光的根本属性,有时它的波动性显著,有时它的粒子性显著3.(多选)如图所示,用导线把验电器与锌板相连接,当用紫外线照射锌板时,发生的现象是?(　BC　)
A.有光子从锌板逸出
B.有电子从锌板逸出
C.验电器指针张开一个角度
D.锌板带负电4.(多选)在光电效应实验中,用频率为ν的光照射光电管阴极,发生了光电效应,下列说法正确的是?(　AD　)
A.增大入射光的强度,光电流增大
B.减小入射光的强度,光电效应现象消失
C.改用频率小于ν的光照射,一定不发生光电效应
D.改用频率大于ν的光照射,光电子的最大初动能变大2.正确理解光电效应方程
(1)对光电效应的四点提醒
①能否发生光电效应,不取决于光的强度而取决于光的频率。
②光电效应中的“光”不是特指可见光,也包括不可见光。
③逸出功的大小由金属本身决定,与入射光无关。
④光电子不是光子,而是电子。
(2)两条对应关系
①光强大→光子数目多→发射光电子多→光电流大;②光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大。
(3)定量分析时应抓住三个关系式
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逸出功与极限频率的关系:W0=hνc。典例1????(2016浙江4月选考,16,2分)(多选)在光电效应实验中,采用极限频率为ν0=5.5×1014 Hz的钠做阴极,已知普朗克常量h=6.6×10-34 J·s,电子质量m=9.1×10-31 kg。用频率ν=7.5×1014 Hz的紫光照射钠阴极产生光电子的?(　AD　)
A.动能的数量级为10-19 J B.速率的数量级为108 m/s
C.动量的数量级为10-27 kg·m/s D.德布罗意波长的数量级为10-9 m:1-2????[2016课标Ⅰ,35(1),5分](多选)现用某一光电管进行光电效应实验,当用某一频率的光入射时,有光电流产生。下列说法正确的是?(　ACE　)
A.保持入射光的频率不变,入射光的光强变大,饱和光电流变大
B.入射光的频率变高,饱和光电流变大
C.入射光的频率变高,光电子的最大初动能变大
D.保持入射光的光强不变,不断减小入射光的频率,始终有光电流产生
E.遏止电压的大小与入射光的频率有关,与入射光的光强无关突破二　光电效应的图像分析典例2　(多选)在光电效应实验中,某同学用同一种材料在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光),如图所示。则可判断出?(　BCE　)
A.甲光的频率大于乙光的频率
B.乙光的波长大于丙光的波长
C.甲光、乙光波长相等
D.甲光对应的光电子最大初动能大于丙光对应的光电子最大初动能
E.甲光对应的光电子最大初动能等于乙光对应的光电子最大初动能2-2　(多选)图甲是光电效应的实验装置图,图乙是光电流与加在阴极K和阳极A上的电压的关系图像,下列说法正确的是(　AB　)
A.由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下,
入射光越强,饱和电流越大
B.由图线①、②、③可知对某种确定的金属来说,
其遏止电压只由入射光的频率决定
C.只要增大电压,光电流就会一直增大
D.不论哪种颜色的入射光,只要光足够强,就能发生光电效应解析　由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下,入射光越强,饱和电流越大,故A正确;根据光电效应方程知,Ekm=hν-W0=eUc,可知入射光频率越大,最大初动能越大,遏止电压越大,对于确定的金属,遏止电压只与入射光的频率有关,故B正确;增大电压,当电压增大到一定值,光电流达到饱和,不再增大,故C错误;发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率,与入射光的强度无关,故D错误。突破三　对波粒二象性的理解1.对光的波粒二象性的理解典例3　用很弱的光做双缝干涉实验,把入射光减弱到可以认为光源和感光胶片之间不可能同时有两个光子存在,如图所示是不同数量的光子照射到感光胶片上得到的照片。这些照片说明?(　D　)
A.光只有粒子性没有波动性
B.光只有波动性没有粒子性
C.少量光子的运动显示波动性,大量光子的运动显示粒子性
D.少量光子的运动显示粒子性,大量光子的运动显示波动性解析　由这些照片可以看出,少量光子的运动显示粒子性,大量光子的运动显示波动性,故D正确。3-1　(多选)关于光电效应和康普顿效应的规律,下列说法正确的是?
(　BD　)
A.光电效应中,金属板向外发射的光电子又可以叫做光子
B.用光照射金属不能发生光电效应是因为该入射光的频率小于金属的截止频率
C.对于同种金属而言,遏止电压与入射光的频率无关
D.石墨对X射线散射时,部分X射线的散射光波长会变长,这个现象称为康普顿效应解析　光电效应中,金属板向外发射的电子叫光电子,A错误;用光照射金属不能发生光电效应是因为该入射光的频率小于金属的截止频率,B正确;根据光电效应方程hν-W0=eUc可知,对于同种金属而言(逸出功一样),入射光的频率越大,遏止电压就越大,即遏止电压与入射光的频率有关,C错误;在石墨对X射线散射时,部分X射线的散射光波长会变长的现象称为康普顿效应,D正确。第30讲　原子结构、原子核
1.(2017浙江11月选考,15,2分)(多选)a、b是两种单色光,其光子能量分别为εa和εb,且εaεb=k,(　　)
A.则a、b的光子动量之比papb=1∶k
B.若a、b入射到同一双缝干涉装置上,则相邻亮条纹的间距之比ΔxaΔxb=1∶k
C.若a、b都能使某种金属发生光电效应,则光电子最大初动能之差Eka-Ekb=εb(k-1)
D.若a、b是由处在同一激发态的原子跃迁到a态和b态时产生的,则a、b两态能级之差Ea-Eb=εb(k-1)
答案　BC　根据德布罗意方程λ=hp以及光子的能量ε=hcλ,联立得p=εc,所以papb=εaεb,选项A错误。Δx=Lλd,联立以上各式可得Δx=Lhcdε,因此选项B正确。光电子最大初动能Ek=hν-W0,因此Eka-Ekb=(k-1)εb,选项C正确。由题意可知,Ea+εa=Eb+εb,所以Ea-Eb=εb-εa=εb(1-k),选项D错误。
2.(2018天津理综,1,6分)国家大科学工程——中国散裂中子源(CSNS)于2017年8月28日首次打靶成功,获得中子束流,可以为诸多领域的研究和工业应用提供先进的研究平台。下列核反应中放出的粒子为中子的是　　(　　)
A.714 N俘获一个α粒子,产生?817O并放出一个粒子
B.1327Al俘获一个α粒子,产生?1530P并放出一个粒子
C.511B俘获一个质子,产生?48Be并放出一个粒子
D.36Li俘获一个质子,产生?23He并放出一个粒子
答案　B　本题考查核反应方程。由核反应过程中遵循质量数、电荷数均守恒的原则,可写出选项中的四个核反应方程。714N+?24He→817O+11H,选项A错误。1327Al+24He→1530P+01n,选项B正确。?511B+11H→48Be+24He,选项C错误。36Li+11H→23He+24He,选项D错误。
3.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型
B.原子核放出β粒子后,转变成新核所对应的元素是原来的同位素
C.能级处于n=4的一个氢原子,自发辐射时最多可以辐射出3种不同的光子
D.用频率为ν0的光照射逸出功为W0的金属时,逸出光电子的动能均为hν0-W0
答案　AC　同位素是同一元素的不同原子,特点是质子数相同中子数不同。β衰变是一种核反应,并不是放出核外电子,实质是原子核中的一个中子转变为一个质子及一个电子,因此反应后新核对应的元素不是原来的同位素。在计算辐射光子种类时,若对象为“一群原子”,算法为Cn2;若对象为“一个原子”,则只能走一条跃迁路径。根据题意,辐射光子种类最多的跃迁路径为4→3→2→1,最多有三种,通用算法为n-1。光电效应中,只有入射光频率大于截止频率,才能逸出光电子。故选 A、C。
4.(多选)在家居装饰中常用到花岗石、大理石等天然石材,这些岩石都含有不同程度的放射性元素。下列说法中正确的是(　　)
A.放射性元素?92238U发生α衰变的方程是:92238U→90234Th+24He
B.α衰变中,α粒子获得的能量越大,其德布罗意波波长越短
C.β衰变中产生的电子来源于原子核的内部,故半衰期会受元素化学状态的影响
D.若某一原子核衰变辐射出一个频率为ν的γ光子,该过程质量亏损为Δm,则hν>Δmc2
答案　AB　粒子能量越大,动量也越大,根据λ=hp可知波长越小。半衰期不受物理、化学状态的影响。物质的能量对应质量,根据爱因斯坦质能方程可知hν=Δmc2。
5.(多选)如图所示为卢瑟福和他的助手做α粒子散射实验的装置示意图,荧光屏和显微镜一起分别放在图中的A、B、C三个位置时,关于观察到的现象,下列说法中正确的是(　　)
A.相同时间内放在A位置时观察到屏上的闪光次数最多
B.相同时间内放在B位置时观察到屏上的闪光次数最少
C.相同时间内放在C位置时观察到屏上的闪光次数最少
D.放在C位置时观察不到屏上有闪光
答案　AC　卢瑟福α粒子散射实验的结论是绝大多数α粒子穿过金箔后基本上仍沿原来的方向前进,但有少数α粒子发生了大角度偏转,偏转的角度甚至大于90°,几乎被弹回,A、C正确。
6.(2018浙江11月选考,14,2分)(多选)处于较高能级的氢原子向较低能级跃迁时,能辐射出a、b两种可见光,a光照射某金属表面时有光电子逸出,b光照射该金属表面时没有光电子逸出,则(　　)
A.以相同的入射角射向一平行玻璃砖,a光的侧移量小于b光的
B.垂直入射到同一单缝衍射装置,a光的衍射中央亮条纹宽度小于b光的
C.a光和b光的频率之比可能是20∶27
D.a光子的动量大于b光子的
答案　BD　根据光电效应可知,a光能发生光电效应,b光不能发生光电效应,E=hν,说明频率νa>νb,故C错;同种介质中的折射率na>nb,玻璃砖中的侧移量ya>yb,A错;波长λa<λb,单缝衍射时中央亮条纹宽度a光比b光小,B正确;光子的动量为p=h/λ,所以a光子的动量大于b光子的动量,D正确。
7.(多选)氢原子的能级如图所示,已如可见光的光子的能量范围为1.62~3.11 eV,那么对氢原子在能级跃迁的过程中辐射出光子的认识,正确的是(　　)
A.大量氢原子处于n=4能级时向低能级跃迁能发出6种频率的可见光
B.氢原子从高能级向n=3能级跃迁时,发出的光是不可见光
C.处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的可见光,并发生电离
D.用能量为12.5 eV的光子照射处与基态的氢原子,可以使氢原子跃迁到更高的能级
答案　BC　大量氢原子处于n=4能级时向低能级跃迁能发出C42=6种频率的光,其中4→3放出光子的能量为(-0.85)eV-(-1.51)eV=0.66 eV,其中3→2放出光子的能量为(-1.51)eV-(-3.4)eV=1.89 eV,其中4→2放出光子的能量为(-0.85)eV-(-3.4)eV=2.55 eV,则只有三种是可见光,选项A错误;氢原子从高能级向n=3能级跃迁时,发出的光的能量小于1.51 eV,属于不可见光,选项B正确;处于n=3能级的氢原子电离需要的最小能量为1.51 eV,则处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的可见光,并发生电离,选项C正确;12.5 eV不等于任何能级差,则能量为12.5 eV的光子照射处与基态的氢原子,不能被氢原子吸收,不可以使氢原子跃迁到更高的能级,选项D错误。
8.(多选)下列四幅图涉及不同的物理知识,其中说法正确的是(　　)
A.图甲:光电效应中,光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
B.图乙:铀核裂变中放出新的中子又引起新的裂变,形成链式反应
C.图丙:氢原子能级是分立的,但原子发射光子的频率是连续的
D.图丁:卢瑟福通过α粒子散射实验,提出原子的核式结构模型,并估算出原子核的大小
答案　BD　由爱因斯坦光电效应方程可得Ek=hν-W0,最大初动能与频率不成正比,A错;氢原子能级是分立的,光谱也是分立的,C错。
9.(2018浙江11月选考,15,2分)(多选)一个铍原子核(47Be)俘获一个核外电子(通常是最靠近原子核的K壳层的电子)后发生衰变,生成一个锂核(37Li),并放出一个不带电的质量接近零的中微子νe,人们把这种衰变称为“K俘获”。静止的铍核发生了“K俘获”,其核反应方程为?47Be+-10e→37Li+νe已知铍原子的质量为MBe=7.016 929 u,锂原子的质量为MLi=7.016 004 u,1 u相当于9.31×102 MeV。下列说法正确的是(　　)
A.中微子的质量数和电荷数均为零
B.锂核(37Li)获得的动能约为0.86 MeV
C.中微子与锂核(37Li)的动量之和等于反应前电子的动量
D.中微子与锂核(37Li)的能量之和等于反应前电子的能量
答案　AC　由核反应方程中质量数和电荷数守恒可知中微子的质量数和电荷数均为零,A正确;Li核获得的动能约为核衰变时放出的能量ΔE=(MBe+Me-MLi)×9.31×102 MeV>(MBe-MLi)×9.31×102 MeV=0.86 MeV,B错误;根据动量守恒定律可知中微子与锂核(37Li)的动量之和等于反应前电子的动量,但能量不同,C正确,D错误。
10.下列说法正确的是(　　)
A.氡的半衰期是3.8天,所以10个氡原子核经过3.8天一定还剩5个
B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应
C.核子凭借核力结合在一起构成原子核
D.温度越高,放射性元素衰变越快
答案　C　半衰期对大量的原子核适用,对少量的原子核不适用,故A错误;太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应,选项B错误;核子凭借核力结合在一起构成原子核,选项C正确;半衰期与外界条件无关,选项D错误;故选C。
11.(多选)我国首次使用核电池随“嫦娥三号”软着陆月球,并用于“嫦娥三号”的着陆器和月球车上。核电池是通过半导体换能器,将放射性同位素衰变过程中释放出的能量转变为电能。“嫦娥三号”采用放射性同位素?94239Pu,静止的?94239Pu衰变为铀核?92235U和α粒子,并放出频率为ν的γ光子。已知:94239Pu、92235U和α粒子的质量分别为mPu、mU和mα。下列说法正确的是(　　)
A.94239Pu的衰变方程为?94239Pu→92235U+24He+γ
B.此核反应过程中的质量亏损为Δm=mPu-mU-mα
C.释放出的γ光子能量为(mPu-mU-mα)c2
D.反应后的?92235U和α粒子比结合能之和比?94239Pu的比结合能大
答案　ABD　94239Pu的衰变方程为?94239Pu→92235U+24He+γ,选项A正确;此核反应过程中的质量亏损为Δm=mPu-mU-mα,选项B正确;释放出的γ光子的能量为hν,能量关系hν+EkU+Ekα=(mPu-mU-mα)c2,选项C错误;94239Pu衰变成?92235U和α粒子后,释放出核能,原子变得更稳定,比结合能更大,选项D正确。
12.氡气有天然放射性,其衰变产生的粒子可对人的呼吸系统造成辐射损伤。氡衰变方程为?86222Rn→84218Po+X,衰变过程中同时产生γ射线,半衰期为3.8天,以下说法正确的是(　　)
A.该衰变过程为α衰变
B.对一个特定的氡核,在3.8天内一定会衰变
C.γ射线的穿透性比α射线弱
D.衰变后,84218Po核与X粒子的质量之和等于衰变前?86222Rn核的质量
答案　A　根据电荷数守恒、质量数守恒得,X的电荷数为2,质量数为4,为α粒子,故A正确;对一个特定的氡核,半衰期没有意义,故B错误;γ射线的穿透性比α射线强,故C错误;由于衰变过程中同时产生γ射线,释放出能量,会发生质量亏损,衰变后,84218Po核与X粒子的质量之和小于衰变前?86222Rn核的质量,故D错误。
13.(多选)如图所示,是氢原子光谱的两条谱线,图中给出了谱线对应的波长及氢原子的能级图,已知普朗克常量h=6.63×10-34 J·s,则(　　)
A.Hα谱线对应光子的能量小于Hβ谱线对应光子的能量
B.若两种谱线对应光子都能使某种金属发生光电效应,则Hα谱线对应光子照射到该金属表面时,形成的光电流较小
C.Hα谱线对应光子的能量为1.89 eV
D.Hα谱线对应的光子是氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级发出的
答案　AC　本题考查学生对量子论、玻尔原子模型的理解。Hα谱线对应的波长大于Hβ对应的波长,故Hα谱线对应的频率较小,Hα谱线对应光子的能量小于Ηβ谱线对应光子的能量,故Α正确;光电流与光的强度有关,故选项Β错误;Ηα谱线对应光子的能量为E=hcλ=3.03×10-19 J=1.89 eV,选项C正确;E4-E3=0.66 eV,选项D错误。
14.用中子轰击?92235U原子核,某次的裂变方程为?92235U+01n→Y+38136Xe+1001n,92235U、01n、Y、38136Xe的质量分别为m1、m2、m3、m4,92235U半衰期为T,真空中的光速为c。下列说法正确的是(　　)
A.裂变时质量亏损为m1-9m2-m3-m4
B.裂变时释放的能量为12(m1-9m2-m3-m4)c2
C.若增大对?92235U的压力,92235U的半衰期小于T
D.Y原子核中含有54个中子
答案　A　裂变时质量亏损为(m1+m2)-(m3+m4-10m2)=m1-9m2-m3-m4,选项A正确;根据质能方程可知,裂变时释放的能量为(m1-9m2-m3-m4)c2,选项B错误;半衰期与外界条件无关,选项C错误;Y原子核的质量数90,电荷数为54,则中子数为36个,选项D错误。
15.(多选)氢原子光谱如图甲所示,图中给出了谱线对应的波长。玻尔的氢原子能级图如图乙所示。已知普朗克常量h=6.63×10-34 J·s,则(　　)
乙
A.Hα谱线对应光子的能量小于Hδ谱线对应光子的能量
B.图甲所示的四种光均属于可见光范畴
C.Ηβ对应光子的能量约为10.2 eV
D.Hα谱线对应的跃迁是从n=3能级到n=2能级
答案　ABD　A选项中Hα谱线对应光子的波长大于Hδ,因此由ν=cλ可知频率更小,再由E=hν可知能量更小,A正确。根据这两个关系也可定量计算出Hβ对应光子的能量,即E=hν=hcλ=6.63×10-34×3×1084.861×10-7÷(1.6×10-19) eV=2.56 eV,C错误。可见光的波长范围为400 nm到760 nm,故上述四种光都属于可见光,B正确。根据E=hν=hcλ可知Hα谱线对应的光子能量为Hβ对应光子的λβλα倍,约为1.89 eV,结合能级图可知,从n=3到n=2跃迁时辐射的光子能量为[-1.51-(-3.40)]eV=1.89 eV,故D选项正确。
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1.(2018课标Ⅲ,14,6分)1934年,约里奥-居里夫妇用α粒子轰击铝核?1327Al,产生了第一个人工放射性核素X:α+1327Al→n+X。X的原子序数和质量数分别为(　　)
A.15和28 B.15和30 C.16和30 D.17和31
答案　B　本题考查核反应方程。在核反应过程中,质量数和电荷数分别守恒,则X的原子序数为2+13=15,X的质量数为4+27-1=30,选项B正确。
2.(2018北京理综,13,6分)在核反应方程?24He+714N→817O+X中,X表示的是(　　)
A.质子 B.中子 C.电子 D.α粒子
答案　A　本题考查核反应方程。由核反应中质量数和电荷数均守恒,可判断X为质子?11H,故选项A正确。
3.(2018天津理综,5,6分)氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线Hα、Hβ、Hγ和Hδ,都是氢原子中电子从量子数n>2的能级跃迁到n=2的能级时发出的光,它们在真空中的波长由长到短,可以判定(　　)
A.Hα对应的前后能级之差最小
B.同一介质对Hα的折射率最大
C.同一介质中Hδ的传播速度最大
D.用Hγ照射某一金属能发生光电效应,则Hβ也一定能
答案　A　本题考查氢原子能级跃迁规律。由氢原子能级跃迁可知,hcλ=En-E2,Hα的波长最长,故hcλα最小,对应能级差最小,选项A正确;同一介质对频率越大的光的折射率越大,波长越短,频率越大,故同一介质对Hα的折射率最小而对Hδ的折射率最大,选项B错误;由n=cv知,同一介质中Hδ的传播速度最小,选项C错误;Hγ的频率大于Hβ的频率,因此用Hγ照射某一金属能发生光电效应,而Hβ不一定能,故选项D错误。
4.(2017课标Ⅰ,17,6分)大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。氘核聚变反应方程是:?12H+12H→?23He+01n。已知?12H的质量为2.013 6 u,23He的质量为3.015 0 u,01n的质量为1.008 7 u,1 u=931 MeV/c2。氘核聚变反应中释放的核能约为(　　)
A.3.7 MeV B.3.3 MeV
C.2.7 MeV D.0.93 MeV
答案　B　本题考查核能的计算。聚变反应中的质量亏损为Δm=(2×2.013 6-3.015 0-1.008 7) u=0.003 5 u,则释放的核能为ΔE=Δmc2=0.003 5×931 MeV≈3.3 MeV,B正确。
5.(2017课标Ⅱ,15,6分)一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核,衰变方程为?92238U→90234Th+24He。下列说法正确的是(　　)
A.衰变后钍核的动能等于α粒子的动能
B.衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小
C.铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间
D.衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量
答案　B　本题考查天然放射现象、半衰期、动量守恒。静止的原子核在衰变前后动量守恒,由动量守恒定律得0=m1v1+m2v2,可知m1v1=-m2v2,故衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小,选项B正确;而动能Ek=p22m,由于钍核的质量(m1)大于α粒子的质量(m2),故其动能不等,选项A错误;铀核的半衰期是大量的铀核半数发生衰变所用的时间,而不是放出一个α粒子所经历的时间,选项C错误;原子核衰变前后质量数守恒,衰变时放出核能,质量亏损,选项D错误。
6.[2017江苏单科,12C(3)]质子(11H)和α粒子(24He)被加速到相同动能时,质子的动量　　　　(选填“大于”、“小于”或“等于”)α粒子的动量,质子和α粒子的德布罗意波波长之比为　　　　。?
答案　小于　2∶1
解析　由动量与动能的关系p=2mEk可知,Ek相同时,质量小的动量也较小,故质子的动量小于α粒子的动量。德布罗意波长λ=hp,而p∝m,故λ∝1m,则λH∶λα=mα∶mH=2∶1。
课件51张PPT。第30讲　原子结构、原子核一 原子结构二 原子核教材研读突破一 氢原子能级及能级跃迁突破二 原子核的衰变及半衰期突破三 核反应方程与核能重难突破突破四 能量守恒和动量守恒在核反应中的应用3.半衰期? 4.核能?1.判断下列说法的正误:
(1)原子中绝大部分是空的,原子核很小。?(　√　)
(2)核式结构学说是卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出的。????(????√　)
(3)氢原子光谱是由一条一条亮线组成的。?(　√ 　)
(4)按照玻尔理论,核外电子均匀分布在各个不连续的轨道上。????(?????　)
(5)人们认识原子核具有复杂结构是从卢瑟福发现质子开始的。(?????　)(6)如果某放射性元素的原子核有100个,经过一个半衰期后还剩50个。(　?　)
(7)γ射线是一种高能粒子流,可以用来工业探伤。?(　 ?　)
(8)原子核发生β衰变时放出一个电子,说明原子核内有电子。??(???? ?　)
(9)爱因斯坦质能方程反映了物体的质量和能量可以相互转化。????
(　 ?　)
(10)核反应遵循质量数守恒而不是质量守恒,也遵循电荷数守恒。(????√　)2.关于阴极射线的本质,下列说法正确的是?(　C　)
A.阴极射线本质是高速氢原子流 B.阴极射线本质是电磁波
C.阴极射线本质是高速电子流 D.阴极射线本质是X射线3.对于基态氢原子,下列说法正确的是?(　A　)
A.它能吸收10.2 eV的光子
B.它能吸收11 eV的光子
C.它能吸收动能为10 eV的电子的能量
D.它能吸收具有11 eV动能的电子的全部动能4.大量氢原子从n=5的激发态向低能级跃迁时,产生的光谱条数是(????D　)
A.4条　???? B.6条　??? ?C.8条　???? D.10条突破一　氢原子能级及能级跃迁2.电离
电离态与电离能
电离态:n=∞,E=0
基态→电离态:E吸=0-(-13.6 eV)=13.6 eV
n=2→电离态:E吸=0-E2=3.4 eV
如吸收能量足够大,克服电离能后,获得自由的电子还具有动能。
3.对氢原子能级图的理解
(1)能级图如图所示。(2)能级图中相关量意义的说明典例1　(多选)如图所示是氢原子的能级图,大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时,一共可以辐射出6种不同频率的光子,其中巴耳末系是指氢原子由高能级向n=2能级跃迁时释放的光子,则?(　BC　)
A.6种光子中波长最长的是n=4激发态跃迁到基态时
产生的
B.在6种光子中,从n=4能级跃迁到n=1能级释放的光子
康普顿效应最明显
C.使n=4能级的氢原子电离至少要0.85 eV的能量
D.若从n=2能级跃迁到基态释放的光子能使某金属板发生光电效应,则从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子也一定能使该板发生光电效应1-1　(多选)如图为氢原子能级图,氢原子中的电子从n=5能级跃迁到n=2能级可产生a光;从n=4能级跃迁到n=2能级可产生b光。a光和b光的波长分别为λa和λb,照射到逸出功为2.29 eV的金属钠表面均可产生光电效应,遏止电压分别为Ua和Ub。则?(　BCD　)
A.λa>λb
B.Ua>Ub
C.a光的光子能量为2.86 eV
D.b光产生的光电子最大初动能Ek=0.26 eV解析　根据能级跃迁知识得hνa=E5-E2=[-0.54-(-3.4)] eV=2.86 eV,hνb=E4-E2=[-0.85-(-3.4)] eV=2.55 eV,显然a光的光子能量大于b光的光子能量,即a光频率较大,波长较短,所以A错,C正确。根据光电效应方程可知,最大初动能Ek=hν-W0,所以a光照射后光电子的最大初动能为Ek'=(2.86-
2.29) eV=0.57 eV,b光照射后光电子的最大初动能为Ek=(2.55-2.29) eV=
0.26 eV,选项D正确。由eU=Ek知Ua>Ub,选项B正确。1-2　(多选)氢原子从n=6跃迁到n=2能级时辐射出频率为ν1的光子,从n=5跃迁到n=2能级时辐射出频率为ν2的光子。下列说法正确的是?(????ABD　)
A.频率为ν1的光子的能量较大
B.频率为ν1的光子的动量较大
C.做双缝干涉实验时,频率为ν1的光产生的条纹间距较大
D.做光电效应实验时,频率为ν1的光产生的光电子的最大初动能较大解析　反氢原子和氢原子有相同的能级分布,故反氢原子光谱与氢原子光谱相同,A错;基态反氢原子的电离能为13.6 eV,只有大于等于13.6 eV的能量的光子才可以使反氢原子电离,B对;基态反氢原子发生跃迁时,只能吸收能量等于两个能级的能量差的光子,C错;处于n=4能级的大量反氢原子,从n=4能级跃迁到基态辐射的光子的能量最大,频率最大,波长最短,D错。突破二　原子核的衰变及半衰期1.衰变规律及实质
(1)α衰变和β衰变的比较放射性元素的原子数和质量,N余、m余表示衰变后尚未发生衰变的放射性元素的原子数和质量,t表示衰变时间,τ表示半衰期。
(2)半衰期的物理意义
半衰期是表示放射性元素衰变快慢的物理量,同一放射性元素具有的衰变速率一定,不同的放射性元素半衰期不同,有的差别很大。
(3)半衰期的适用条件
半衰期是一个统计规律,是对大量的原子核衰变规律的总结,对于一个特定的原子核,无法确定何时发生衰变。2.对质能方程的理解
(1)一定的能量和一定的质量相联系,物体的总能量和它的质量成正比,即E=mc2。
方程的含义:物体具有的能量与它的质量之间存在简单的正比关系,物体的能量增大,质量也增大;物体的能量减少,质量也减少。
(2)核子在结合成原子核时出现质量亏损Δm,其能量也要相应减少,即ΔE=Δmc2。
(3)原子核分解成核子时要吸收一定的能量,相应的质量增加Δm,吸收的
能量为ΔE=Δmc2。3.核能的计算方法
(1)根据ΔE=Δmc2计算,计算时Δm的单位是“kg”,c的单位是“m/s”,ΔE的单位是“J”。
(2)根据ΔE=Δm×931.5 MeV计算。因1原子质量单位(u)对应于931.5 MeV的能量,所以计算时Δm的单位是“u”,ΔE的单位是“MeV”。
(3)根据核子比结合能来计算核能:
原子核的结合能=核子比结合能×核子数。方法规律
核能求解的思路方法
(1)应用质能方程解题的流程图:
(2)在动量守恒方程中,各质量都可用质量数表示。
(3)核反应遵守动量守恒和能量守恒定律,因此可以结合动量守恒和能量守恒定律来计算核能。3-2　为纪念爱因斯坦对物理学的巨大贡献,联合国将2005年定为“国际物理年”。对于爱因斯坦提出的质能方程E=mc2,下列说法中正确的
是?(　B　)
A.E=mc2表明物体具有的能量与其质量成反比
B.一个质子和一个中子结合成一个氘核时释放能量,表明此过程出现了质量亏损
C.根据ΔE=Δmc2不能计算核反应的能量
D.E=mc2中的E是发生核反应过程中释放的核能解析????E=mc2表明物体具有的能量与其质量成正比,故A错误。一个质子和一个中子结合成一个氘核时释放能量,根据爱因斯坦质能方程知,该过程出现了质量亏损,故B正确。根据ΔE=Δmc2可计算核反应的能量,故C错误。E=mc2中的E是物体蕴含的能量,不是核反应中释放的核能,故D错误。答案　(1)吸收能量　1.2 MeV　(2)1.8×106 m/s解析　(1)由Δm=mN+mHe-mO-mp得:
Δm=-0.001 29 u。
所以这一核反应是吸收能量的反应,
吸收能量ΔE=|Δm|c2=0.001 29 uc2≈1.2 MeV。
(2)由动量守恒定律可得:
mHev0=mOvO+mpvp
又vO∶vp=1∶50,可解得:vO≈1.8×106 m/s。第3讲　重力、弹力、摩擦力
A组　基础题组
1.足球运动是深受青少年喜爱的项目之一,如图所示为四种与足球有关的情景。下列说法正确的是(　　)
A.甲图中,静止在草地上的足球对草地的压力就是它的重力
B.乙图中,静止在地上的两个足球由于接触而一定受到相互作用的弹力
C.丙图中,落在球网中的足球会受到弹力是由于球发生了形变
D.丁图中,被踢出的瞬间,足球受到重力、脚对球的弹力
答案　D　静止在草地上的足球受到的弹力,与重力相平衡,但不是它的重力,故A错误;静止在地面上的两个足球由于接触,但由于没有弹性形变,所以没有受到相互作用的弹力,则B错误;进球时,足球撞到网上,球网被撑开,由于网的形变,而使球受到了弹力,故C错误。球被踢出的瞬间,运动员对球有弹力作用,球本身有重力,则D正确。故选D。
2.(多选)下列关于重力、弹力和摩擦力的说法,正确的是(　　)
A.静摩擦力的大小在零和最大静摩擦力之间
B.劲度系数越大的弹簧,产生的弹力越大
C.动摩擦因数与物体之间的压力成反比,与滑动摩擦力成正比
D.物体的重心不一定在物体上
答案　AD　静摩擦力的大小在零和最大静摩擦力之间,故选项A正确;弹簧产生的弹力大小,不只与劲度系数有关,还与形变量有关,故选项B错误;动摩擦因数与物体之间的材料和粗糙程度有关,故选项C错误;重心的位置与物体的形状以及质量分布情况有关,重心可以在物体外面,也可以在物体上,故选项D正确。
3.一个光滑球一半由铅(用阴影表示)一半由铝组成,放在支架P、Q上处于静止状态,如图(a)所示,P支架对它的支持力为N,若将球翻转,如图(b)所示,P支架对它的支持力为N'。比较N与N',应有(　　)
A.N>N',方向不相同 B.N=N',方向相同
C.N答案　B　两种情况中,PQ两点对球的弹力方向均通过球心斜向上,则弹力的方向是相同的,重力的方向竖直向下,根据三力平衡知识可知两种情况下弹力的大小也是相同的,即两种情况下P支架对球的支持力大小和方向均不变,故选B。
4.如图所示,物体m静止在粗糙斜面上,现用从零开始逐渐增大的水平推力F作用在物体上,且使物体保持静止状态,则(　　)
A.斜面所受物体的静摩擦力方向一直沿斜面向下
B.斜面对物体的静摩擦力一直增大
C.物体所受的合外力不可能为零
D.斜面对物体的静摩擦力先减小后增大
答案　D　因物体始终保持静止状态,则物体所受的合外力始终为零不变,选项C错误;开始时,物体受的静摩擦力方向向上,当施加力F后,由平衡知识可知F cos θ+f=G sin θ;F增大时,f先减小到零,然后反向增加,故D正确,A、B错误,故选D。
5.将一张A4纸(质量可忽略不计)夹在物理习题册内,A4纸上方书页总质量为0.3 kg,A4纸下方书页总质量为0.5 kg,A4纸与书页之间、书与桌面之间的动摩擦因数均为0.4,要把A4纸从书中拉出,拉力至少应为(取g=10 m/s2)(　　)
A.4 N B.5.6 N C.2.4 N D.3.2 N
答案　C　A4纸与书上下两个接触面都有滑动摩擦力,则有f=2μFN=2×0.4×3 N=2.4 N,当拉力等于摩擦力时,拉力最小,所以有F=2.4 N,C正确。
6.如图所示,轻杆与竖直墙壁成53°角,斜插入墙中并固定,另一端固定一个质量为m的小球,水平轻质弹簧处于压缩状态,弹力大小为34mg(g表示重力加速度),则轻杆对小球的弹力大小为(　　)
A.53mg B.35mg C.45mg D.54mg
答案　D　以小球为研究对象,分析受力情况,如图所示,
根据共点力平衡条件得:轻杆对小球的弹力大小为F=mg2+F弹2=mg2+34mg2=54mg,故选D。
7.如图所示,斜面固定在地面上,倾角为37°(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。质量为1 kg的滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足够长,该滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8),则该滑块所受摩擦力F随时间变化的图像是下图中的(取初速度v0的方向为正方向,g=10 m/s2)(　　)
答案　B　滑块上滑过程中受到滑动摩擦力作用,由F=μFN和FN=mg cos θ联立得F=6.4 N,方向沿斜面向下。当滑块的速度减为零后,由于重力的分力mg sin θ<μmg cos θ,滑块不动,滑块受的摩擦力为静摩擦力,由平衡条件得F=mg sin θ,代入数据可得F=6 N,方向沿斜面向上,故选项B正确。
8.一横截面为直角三角形的木块按如图所示方式放置,质量均为m的A、B两物体用轻质弹簧相连放在倾角为30°的直角边上,物体C放在倾角为60°的直角边上,B与C之间用跨过定滑轮的轻质细线连接,A、C的质量比为34,整个装置处于静止状态。已知物体A、B与斜面间的动摩擦因数相同(μ<1)且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧弹力大小为mg,C与斜面间无摩擦,则(　　)
A.物体A、B均受到摩擦力作用且受到的摩擦力等大反向
B.物体A所受摩擦力大小为12mg,物体B不受摩擦力作用
C.弹簧处于拉伸状态,A、B两物体所受摩擦力大小均为12mg,方向均沿斜面向下
D.剪断弹簧瞬间,物体A一定加速下滑
答案　C　对A分析:重力下滑分力为12mg,静摩擦力Ff0≤μmg cos 30°<32mg,F弹=mg,因此弹簧弹力方向沿斜面向上,摩擦力方向沿斜面向下,如图甲所示,则FfA=F弹-mg sin 30°=12mg。
对B分析:细线对B的拉力F=mCg sin 60°=2mg>F弹+mBg sin 30°。
所以B所受摩擦力沿斜面向下,如图乙所示,FfB=F-F弹-mBg· sin 30°=12mg,故A、B错误,C正确;剪断弹簧,A受摩擦力向上,且满足Ff0m>12mg,故A仍处于静止状态,D错误。

B组　提升题组
1.方尖碑(obelisk)是古埃及的另一件杰作,是古埃及崇拜太阳的纪念碑,也是除金字塔以外,古埃及文明最富有特色的象征,关于方尖碑对广场的压力F,下列说法正确的是(　　)
A.F就是方尖碑所受的重力
B.F是由于广场发生微小形变而产生的
C.F的作用点在方尖碑上
D.F的作用点在广场上
答案　D　重力是由于地球的吸引而产生的力,方向竖直向下;压力是垂直作用在物体表面上的力,方向总是垂直于物体的接触面,因此重力和压力是完全不同的两个力,大小不一定相等,只有物体放在水平面上,物体对桌面的压力等于重力,故A错误;方尖碑对广场的压力F方尖碑是施力物体,因此说法“F是由于广场发生微小形变而产生的”是错误的,故B错误;方尖碑对广场的压力F,作用点作用在受力物体上,作用在广场上,故C错误,D正确。
2.如图所示,质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈B上,现同时用大小为F1和F2、方向相反的水平力分别推木块A和斜劈B,它们均静止不动,则(　　)
A.F1、F2一定等大反向
B.木块A、斜劈B间一定存在摩擦力
C.斜劈B与地面间一定存在摩擦力
D.地面对斜劈B的支持力的大小一定等于(M+m)g
答案　D　木块A、斜劈B均静止不动,则木块A、斜劈B整体受力平衡,在水平方向上,若F1、F2等大反向,则斜劈B与地面间无摩擦力作用,若F1、F2大小不相等,则斜劈B与地面间一定存在摩擦力,故选项A、C错误;在竖直方向上,地面对斜劈B的支持力与木块A、斜劈B组成的系统的重力平衡,选项D正确;木块A、斜劈B间有无摩擦力以及摩擦力的方向取决于木块A的重力沿斜面方向的分力和F1沿斜面方向的分力的大小关系,木块A、斜劈B间可能不存在摩擦力,选项B错误。
3.如图所示,一质量为m的木块靠在竖直粗糙的墙壁上,且受到水平力F的作用,下列说法错误的是(　　)
A.若木块静止,则木块受到的静摩擦力大小等于mg,方向竖直向上
B.若木块静止,当F增大时,木块受到的静摩擦力随之增大
C.若木块沿墙壁向下运动,则墙壁对木块的摩擦力大小为μF
D.若开始时木块静止,当撤去F,木块沿墙壁下滑时,木块不受滑动摩擦力作用
答案　B　若木块静止,则木块受到的静摩擦力与重力平衡,大小为mg,方向竖直向上,故选项A正确,B错误;木块沿墙向下运动,墙对木块的摩擦力为μFN=μF,故选项C正确;当撤去F时,墙与木块间无弹力,则木块也不受摩擦力作用,故选项D正确。
4.(多选)将力传感器A固定在光滑水平桌面上,测力端通过轻质水平细绳与滑块相连,滑块放在较长的小车上。如图甲所示,传感器与计算机相连接,可获得力随时间变化的规律。一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮,一端连接小车,另一端系砂桶,整个装置开始处于静止状态。在滑块与小车分离前缓慢向砂桶里倒入细砂,力传感器采集的F-t图像如图乙所示。则(　　)
A.2.5 s前小车做变加速运动
B.2.5 s后小车做变加速运动(假设细砂仍在加注中)
C.2.5 s前小车所受摩擦力不变
D.2.5 s后小车所受摩擦力不变
答案　BD　由题图乙可知,在F的变化阶段,砂桶(含细砂)质量在由小变大,滑块与小车之间没有相对滑动,属于静摩擦力,所以2.5 s前,小车、滑块均静止,A项错误;2.5 s后小车受恒定摩擦力,但是外力增加,因此做变加速直线运动,B项正确;根据上述分析,2.5 s前滑块受静摩擦力,且静摩擦力在变化,2.5 s后受滑动摩擦力,且大小不变,故C项错误,D项正确。
5.如图所示,贴着竖直侧面的物体A的质量mA=0.2 kg,放在水平面上的物体B的质量mB=1.0 kg,绳和滑轮间的摩擦和绳重均不计,且绳的OB部分水平,OA部分竖直,A和B恰好一起匀速运动。取g=10 m/s2,求:
(1)物体B与水平面间的动摩擦因数。
(2)如果用水平力F向左拉B,使物体A和B做匀速运动,需多大的拉力。
(3)若在原来静止的物体B上放一个质量与B物体质量相等的物体后,物体B受到的摩擦力为多大。
答案　(1)0.2　(2)4 N　(3)2 N
解析　(1)因A和B恰好一起匀速运动,所以B受到的水平绳的拉力T与滑动摩擦力Ff的大小相等,且等于A的重力mAg。B对桌面的压力FN等于B的重力mBg。所以有
Ff=μFN,FN=mBg,T=Ff=mAg
解得μ=0.2
(2)如果用水平力F向左拉B,使物体A和B做匀速运动,此时水平绳的拉力与滑动摩擦力的大小均不变,根据物体B水平方向受力平衡有
F=T+Ff=4 N
(3)若在原来静止的物体B上放一个质量与B物体质量相等的物体后,物体B对水平面的压力变大,受到的最大静摩擦力将变大,但此时物体B仍静止不动,其与水平面间的摩擦力为静摩擦力,根据物体B和物体A的平衡可知,物体B受到的摩擦力大小为
Ff'=T=mAg=2 N
6.如图所示,原长分别为L1和L2、劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上。两弹簧之间有一质量为m1的物体A,最下端挂着质量为m2的另一物体B,整个装置处于静止状态。
(1)这时两个弹簧的总长度为多大?
(2)若用一个质量为M的平板把下面的物体B竖直缓慢地向上托起,直到两个弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和,求这时平板受到下面物体B的压力大小。
答案　(1)L1+L2+(m1+m2)gk1+m2gk2
(2)k2m1gk1+k2+m2g
解析　(1)劲度系数为k1的轻质弹簧受到向下的拉力为(m1+m2)g,设它的伸长量为x1,根据胡克定律有
(m1+m2)g=k1x1
解得x1=(m1+m2)gk1
劲度系数为k2的轻质弹簧受到向下的拉力为m2g,设它的伸长量为x2,根据胡克定律有
m2g=k2x2
解得x2=m2gk2
这时两个弹簧的总长度为
L=L1+L2+x1+x2=L1+L2+(m1+m2)gk1+m2gk2
(2)根据题意,下面的弹簧应被压缩x,上面的弹簧被拉伸x,以A为研究对象,根据平衡条件有
(k1+k2)x=m1g
解得x=m1gk1+k2
以B为研究对象,设平板对B的支持力为FN,根据平衡条件有FN=k2x+m2g=k2m1gk1+k2+m2g
根据牛顿第三定律,这时平板受到下面物体B的压力大小
FN'=FN=k2m1gk1+k2+m2g
教师备用题库
1.(2017课标Ⅲ,17,6分)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上,弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点,平衡时弹性绳的总长度为100 cm;再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点,则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(　　)
A.86 cm B.92 cm C.98 cm D.104 cm
答案　B　设弹性绳总长度为100 cm时与水平方向的夹角为θ,则 cos θ=45,故sin θ=35。弹性绳总长度为100 cm时,其弹力F=kx1,设弹性绳的两端移至天花板同一点时的弹力为kx2,则12kx1 sin θ=12kx2,得x2=12 cm,则弹性绳的总长度为92 cm。故B项正确。
2.(2017天津理综,8,6分)(多选)如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点,悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件,当衣架静止时,下列说法正确的是(　　)
A.绳的右端上移到b',绳子拉力不变
B.将杆N向右移一些,绳子拉力变大
C.绳的两端高度差越小,绳子拉力越小
D.若换挂质量更大的衣服,则衣架悬挂点右移
答案　AB　衣架挂钩为“活结”模型,作出受力示意图如图所示,oa、ob为一根绳,两端拉力相等,设绳aob长为L,M、N间的水平距离为d,bo延长线交M于a',由几何知识知a'o=ao,sin θ=dL,由平衡条件有2F cos θ=mg,则F=mg2cosθ,与绳两端高度差无关,当b上移到b'时,d、L不变,θ不变,故F不变,选项A正确,C错误。将杆N向右移一些,L不变,d变大,θ变大, cos θ 变小,则F变大,选项B正确。只改变m,其他条件不变,则sin θ不变,θ不变,衣架悬挂点不变,选项D错误。
3.(2017课标Ⅱ,16,6分)如图,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变,而方向与水平面成60°角,物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为(　　)
A.2-3 B.36 C.33 D.32
答案　C　解法一:物块在水平拉力F作用下做匀速直线运动,其受力如图甲所示。
甲
乙
由平衡条件知,F=f、FN=mg
而f=μFN=μmg
即F=μmg
当F的方向与水平面成60°角时,其受力如图乙。
由平衡条件知
F cos 60°=f1
f1=μFN1=μ(mg-F sin 60°)
联立解得μ=33,选项C正确。
解法二:受力变化时,物块和水平桌面间的动摩擦因数不变,不妨假设摩擦力和支持力的合力方向与支持力的夹角为θ,则有tan θ=fFN=μ,因μ不变,故θ角不变,即F与mg的合力方向不变,由图可知,当F由沿水平方向变为与水平面夹角为60°时,F的大小不变,
得出θ=30°,再由μ=tan θ
得μ=tan 30°=33
选项C正确。
4.(多选)如图所示为研究木板与木块之间摩擦力大小的实验装置,将一木块和木板叠放于水平桌面上,轻质弹簧测力计一端固定,另一端用细线与木块水平相连,长木板右端连有一细绳。开始时,整个装置处于静止状态,弹簧测力计的示数为0,现在用手向右水平拉细绳,使长木板在桌面上滑动,下列说法中正确的是(　　)
A.木块与木板之间的摩擦力始终是滑动摩擦力
B.如果测出木块的重力,可求出木块与木板间的动摩擦因数
C.木板运动过程中,弹簧测力计示数先变大,后不变
D.木板运动过程中,弹簧测力计示数保持不变
答案　BC　开始拉动木板时木块与木板间的摩擦力是静摩擦力,随着木板的拉动,弹簧逐渐伸长,弹力不断变大,静摩擦力逐渐变大,当弹簧的弹力等于最大静摩擦力时,木块开始滑动,以后木板和木块之间的摩擦力变为滑动摩擦力,以后的运动过程中,滑动摩擦力保持不变,则弹簧的弹力不变,则选项A、D错误,C正确;根据滑动摩擦力的求解公式μ=fFN=fmg可知,从弹簧测力计的读数可知道滑动摩擦力的大小,如果测出木块的重力,可求出木块与木板间的动摩擦因数,选项B正确;故选B、C。
5.(2018广西柳州模拟)(多选)如图所示,倾角为θ的斜面体c置于水平地面上,小盒b置于斜面上,通过跨过光滑定滑轮的细绳与物体a连接,连接b的一段细绳与斜面平行,连接a的一段细绳竖直,a连接在竖直固定在地面的弹簧上,现向b盒内缓慢加入适量砂粒,a、b、c始终处于静止状态,下列说法中正确的是(　　)
A.b对c的摩擦力可能先减小后增大
B.地面对c的支持力可能不变
C.c对地面的摩擦力方向始终向左
D.弹簧的弹力始终不变
答案　AD　当向b盒内缓慢加入砂粒的过程中,a、b、c一直处于静止状态,对a分析,弹簧弹力不变,a的重力不变,则细绳拉力不变;对b、c整体分析知,其受方向始终向左的摩擦力,故c对地面的摩擦力方向始终向右,由于b、c整体质量增大,则地面对c的支持力增大,B、C错,D对。如果开始时,b所受c的摩擦力沿斜面向上,则对b分析可知,随着砂粒的加入b对c的摩擦力可能先减小后增大,A对。
6.如图所示,在两块相同的竖直木板之间,有质量均为m的4块相同的砖,用两个大小均为F的水平力压木板,使砖块静止不动,则第2块砖对第3块砖的摩擦力大小是(　　)
A.0 B.mg C.mg D.2mg
答案　A　将4块砖看成一个整体,对整体进行受力分析,在竖直方向,共受到三个力的作用:竖直向下的重力4mg,两个相等的竖直向上的摩擦力f,由平衡条件可得:2f=4mg,f=2mg,由此可见:第1块砖和第4块砖受到木板的摩擦力均为2mg,将第1块砖和第2块砖当做一个整体隔离后进行受力分析,受竖直向下的重力2mg,木板对第1块砖向上的摩擦力f=2mg;由平衡条件可得二力已达到平衡,第2块砖和第3块砖之间的摩擦力必为零,故选A。
课件40张PPT。第3讲　重力、弹力、摩擦力一 力　重力二 弹力三 摩擦力教材研读突破一 弹力有无及方向的判断方法突破二 静摩擦力的有无及方向的判定方法突破三 摩擦力的分析、计算重难突破一、力　重力 1.力是物体与物体之间的①　相互作用????,力的作用效果是改变物体的运动状态和使物体发生形变。
2.力的三要素:大小、方向、作用点。3.重力
(1)产生:由于地球对物体的吸引而使物体受到的力。
(2)大小:②????mg????。
(3)g的变化:重力加速度g随纬度的增大而③　增大????,随高度的增大而④　减小????;
(4)方向:⑤　竖直向下????。
(5)重心:其位置与物体的⑥　质量分布????和形状有关。二、弹力
1.定义:直接接触的物体间由于发生①　弹性形变????而产生的力。
2.产生条件:②　直接接触????和③　弹性形变????。
3.方向:与施力物体形变的方向④　相反????。如绳子拉力方向总是沿着绳且指向⑤　绳收缩????的方向;压力或支持力的方向总是垂直于支持面且指向⑥　被压或被支持????的物体。4.大小
(1)一般情况下根据物体运动状态,利用平衡条件或牛顿运动定律来求解。
(2)弹簧弹力可由胡克定律来求解,公式为F=⑦????kx????,其中k是指由弹簧本身特性决定的物理量,叫劲度系数,其大小与弹簧的粗细、长度、材料、匝数等因素有关。三、摩擦力
1.产生:相互接触且发生形变的粗糙物体间,有相对运动或相对运动趋势时,在接触面上所受到的①　阻碍????相对运动或相对运动趋势的力。2.两种摩擦力的比较? 1.判断下列说法的正误:
(1)只有接触的物体间才会有力的作用?(　?　)
(2)物体的重心一定在物体上?(　?　)
(3)绳、杆的弹力方向一定沿绳、杆?(　?　)
(4)静止的物体不可能受到滑动摩擦力?(　?　)
(5)滑动摩擦力的方向一定与物体运动方向相反?(　?　)2.关于物体所受的重力,以下说法中正确的是?(　B　)
A.重力就是地球对物体的吸引力,作用点就是重心,且重心一定在物体上
B.重力的方向就是物体自由下落的方向
C.重力的大小可以用弹簧测力计或天平直接测出
D.在不同地点,质量大的物体一定比质量小的物体所受的重力小3.在下列各图中,a、b均处于静止状态,且接触面均光滑,a、b间一定有弹力的是?(　B　)4.大小相等的力F按如图所示的四种方式作用在相同的物体上,使物体能沿不同粗糙程度的水平面匀速运动,则物体与水平面间的摩擦力最大的是?(　A　)突破一　弹力有无及方向的判断方法1.弹力有无的判断方法2.弹力的方向的判断方法
(1)弹力的方向与施力物体形变的方向相反,作用在迫使施力物体发生形变的那个物体上。具体情况有以下几种:(2)由物体的运动状态判断弹力的方向
物体的受力必须与物体的运动状态相符合。可根据物体的运动状态,先假设一个弹力的方向,由共点力的平衡条件或牛顿第二定律列方程,求出弹力。若所得结果为正值,其方向与假设方向相同,如果为负值,其方向与假设方向相反。典例1　如图所示,在一个正方体的盒子中放有一个质量分布均匀的小球,小球的直径恰好和盒子内表面正方体的边长相
等,盒子沿倾角为α的固定斜面滑动,不计一切摩擦,
下列说法中正确的是?(　A　)
A.无论盒子沿斜面上滑还是下滑,球都仅对盒子的下底面有压力
B.盒子沿斜面下滑时,球对盒子的下底面和右侧面有压力
C.盒子沿斜面下滑时,球对盒子的下底面和左侧面有压力
D.盒子沿斜面上滑时,球对盒子的下底面和左侧面有压力解析　取小球和盒子为一整体,不计一切摩擦时,其加速度a=g sin θ,方向沿斜面向下,因此小球随盒子沿斜面向上或沿斜面向下运动时,加速度g sin θ均由其重力沿斜面向下的分力产生,故球对盒子的左、右侧面均无压力,但在垂直于斜面方向,因球受支持力作用,故球对盒子的下底面一定有压力,故只有A项正确。1-1　竖直墙上A、B、C三处各有一个水平细钉子,光滑圆环如图悬挂,圆环与三个钉子均有接触。A、B、C三点中,A在圆环的最高点,C与圆环的圆心等高,则圆环受到钉子的弹力情况是?????(　A　)
A.可能只有A处有
B.可能只有A、B两处有
C.一定只有B、C两处有
D.A、B、C三处一定都有解析　若只有A、B受力,C的作用力是0,A对环的作用力竖直向上,B对环
的作用力向右上方,它们的合力的方向不在竖直方向上,故该种情况不成
立;同理,只有A、C受力也不成立,故B错误;若只有C、B受力,A的作用力是
0,C对环的作用力水平向左,B对环的作用力向右上方,它们的合力的方向
可以在竖直方向上,该种情况可以成立,但不是一定只有B、C两处有,故C
错误;若只有A受力,B、C的作用力都是0,A对环的作用力竖直向上,大小等于重力,该情况成立,故A正确;若A、B、C都受力,它们的合力的方向可以
在竖直向上,该种情况可以成立,但不是一定都有,故D错误。解析　在甲图中对B受力分析,B受到AB杆的拉力、BC杆的支持力、绳子的拉力三力平衡,A项错误;乙图中对B受力分析,B受到绳子竖直向下的拉力,则BC杆应为支持力,由平衡条件可知AB杆应为支持力,B项错误;丙图中对B受力分析,B受到绳子竖直向下的拉力,AB杆提供沿杆向上的拉力,BC杆应提供水平向右的拉力,C项正确;丁图中对B受力分析,B受到绳子竖直向下的拉力,AB杆提供拉力,BC杆提供支持力,D项错误。解析　据题,当挂上40 N重物时,弹簧的弹力为F1=40 N,弹簧伸长为x1。指针正对刻度“5”时,弹簧伸长为x2,根据胡克定律F=kx得F1∶F2=x1∶x2,代入解得F2=20 N,即所挂重物的重力为20 N。解析　弹簧q开始处于压缩状态,设压缩量为x1,则kx1=mg;当c刚好离开水平地面时,弹簧q处于伸长状态,设伸长量为x'1,则kx'1=mg;此时弹簧p处于伸长状态,设伸长量为x2,则kx2=2mg。代入数据可解得x1=x'1=2 cm,x2=4 cm,故此过程中弹簧p的左端向左移动的距离为x1+x'1+x2=8 cm,C项正确。(2)状态法
根据平衡条件、牛顿第二定律,判断静摩擦力的方向。
(3)牛顿第三定律法
先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向,再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力方向。解析　对物块B进行受力分析,当物块B的重力满足mBg sin θ=mAg时,物块B受到斜面体C的摩擦力为零,选项A错误;对B、C组成的系统而言,受到斜向右上方的绳子的拉力,故斜面体C有沿地面向右滑动的趋势,一定受到地面向左的摩擦力,选项B错误,C正确;将细绳剪断,若物块B依然静止在斜面上,此时对于B、C组成的系统在水平方向所受合力为零,即水平地面对斜面体C的摩擦力为零,选项D正确。解析????用手向右拉毛刷,毛刷相对桌面静止但产生了向右的运动趋势,桌面阻碍从而施加给毛刷向左的静摩擦力,故C正确,A、B、D错误。故选C。解析????A物体与传送带一起匀速运动,它们之间无相对运动,也无相对运动趋势,故无摩擦力作用,A项错误;B、C两物体虽然运动方向不同,但都处于平衡状态,由沿传送带方向所受合力为零可知,B、C两物体均受沿传送带方向向上的摩擦力作用,故B、C项正确,D项错误。突破三　摩擦力的分析、计算
? 1.对静摩擦力和滑动摩擦力的理解
(1)摩擦力阻碍的是物体间的相对运动或相对运动趋势,但不一定阻碍物体的运动。
(2)受静摩擦力作用的物体不一定静止,受滑动摩擦力作用的物体不一定运动。典例4　如图所示,质量为M的小英坐在质量为m的雪橇上,狗拉着雪橇沿水平地面从静止开始向左移动了一段距离,假定狗对雪橇的拉力恒为F且与水平方向成θ角。已知雪橇与雪地间的动摩擦因数为μ,则下列说法正确的是?(　A　)
A.雪橇对小英的作用力大小大于Mg
B.雪橇受到的滑动摩擦力大小为μ(M+m)g
C.雪橇受到的滑动摩擦力大小为F cos θ
D.地面对雪橇的支持力大小为mg-F sin θ解析　木块在竖直方向上平衡,有:N=G,则木块所受的摩擦力f=μN=μG,因为物块不是做匀速运动,所以f与F不等,故C正确,A、B、D错误。第4讲　受力分析　力的合成与分解
A组　基础题组
1.冰壶是冬奥会的正式比赛项目。运动员将冰壶推出后,冰壶在滑行途中水平方向受到的力有(　　)
A.推力 B.阻力
C.推力和阻力 D.向前的惯性力
答案　B　冰壶被推出后不再受推力,竖直方向重力与支持力平衡,水平方向受到空气阻力与冰面的阻力;而惯性是物体的一种固有属性,不是力;故B正确,A、C、D错误。选B。
2.如图,某同学将一本物理书用手指压在竖直的墙壁上保持静止,则与书本相关的作用力的大小,下列说法正确的是(　　)
A.书本受到的摩擦力一定等于书本的重力
B.手指对书本的摩擦力一定等于书本的重力
C.墙对书本的摩擦力一定等于书本的重力
D.当手指对书本的压力增大时,书本受到的摩擦力也增大
答案　A　竖直方向上,书本受到向下的重力和向上的摩擦力而静止,书本受到的摩擦力一定等于书本的重力,故A正确;书本受到墙和手的摩擦力。摩擦力的合力等于重力,手指对书本的摩擦力不一定等于书本的重力,故B、C错误;由于书本受到的摩擦力等于书本的重力,当手指对书本的压力增大时,书本受到的摩擦力不变,故D错误。故选A。
3.吊坠是日常生活中极为常见的饰品,深受人们喜爱。现将一“心形”金属吊坠穿在一根细线上,吊坠可沿细线自由滑动。在佩戴过程中,某人手持细线两端,让吊坠静止在空中,如图所示,现让两手水平向外缓慢移动,不计吊坠与细线间的摩擦,则在此过程中,细线中张力大小变化情况为(　　)
A.保持不变 B.逐渐减小
C.逐渐增大 D.先减小后增大
答案　C　以吊坠为研究对象,分析受力情况如图所示:
因细线两端的张力始终相等,根据平衡条件得:2F cos θ=mg,解得:F=mg2cosθ,现让两手水平向外缓慢移动,θ逐渐增大,所以张力F逐渐增大,故C正确,A、B、D错误。
4.如图所示,小球静止时对斜面的压力为N,小球所受的重力G,可根据它产生的作用效果分解成(　　)
A.垂直于斜面的分力和水平方向的分力,且N=Gcosθ
B.垂直于斜面的分力和水平方向的分力,且N=G cos θ
C.垂直于斜面的分力和平行于斜面的分力,且N=Gcosθ
D.垂直于斜面的分力和平行于斜面的分力,且N=G cos θ
答案　A　小球与斜面和挡板接触,小球对斜面有垂直斜面向下的压力,对于挡板,小球有垂直于挡板即水平方向的压力,所以按照重力产生的作用效果,重力可分解为垂直于斜面的分力和水平方向的分力,以重力为对角线作出平行四边形可知,小球静止时对斜面的压力为N=Gcosθ,A正确。
5.如图所示,A、B为同一水平线上的两个相同的绕绳轮子。现按箭头方向以相同的速度缓慢转动A、B,使重物C缓慢上升。在C缓慢上升过程中绳上的拉力大小(　　)
A.保持不变 B.逐渐增大
C.逐渐减小 D.先减小后增大
答案　B　重物C受三个力:重力和两个拉力,重物C缓慢竖直上升时三力平衡,合力为零,则知两个拉力的合力与重力大小相等,所以重物C所受的合外力不变;两个拉力的合力一定,而两个拉力的夹角不断增大,可知,拉力不断增大,故B正确,A、C、D错误。
6.如图所示,把光滑斜面上的物体所受重力mg分解为F1、F2两个力。图中FN为斜面对物体的支持力,则下列说法正确的是(　　)
A.F1是斜面作用在物体上使物体下滑的力
B.物体受到mg、FN、F1、F2共四个力的作用
C.F2是物体对斜面的压力
D.力FN、F1、F2这三个力的作用效果与mg、FN这两个力的作用效果相同
答案　D　F1是重力沿斜面向下的分力,其作用效果是使物体沿斜面下滑,施力物体是地球,故选项A错误。物体受到重力mg和支持力FN两个力的作用,F1、F2是重力的分力,故选项B错误。F2是重力沿垂直于斜面方向的分力,其作用效果是使物体压斜面,F2的大小等于物体对斜面的压力,但二者的受力物体不同,F2的受力物体是物体本身,物体对斜面的压力的受力物体是斜面,故选项C错误。合力与分力有相同的作用效果,故选项D正确。
7.如图所示,AC和BC两轻绳共同悬挂一质量为m的物体,若保持AC绳的方向不变,AC与竖直方向的夹角为60°,改变BC绳的方向,试求:
(1)BC绳方向水平时BC绳上的拉力大小;
(2)物体能达到平衡时,角的取值范围;
(3)在0~90°的范围内,BC绳上拉力的最小值。
答案　(1)3mg　(2)0°≤θ<120°　(3)32mg
解析　(1)当BC绳方向水平时,根据平衡条件有:
TAC cos 60°=mg,TAC sin 60°=TBC
解得:TBC=3mg;
(2)改变BC绳的方向时,AC绳的拉力方向不变,两绳拉力的合力F与物体的重力平衡,重力大小和方向保持不变,经分析可知,最小为0°,此时TAC=0;
且θ必须小于120°,否则两绳的合力不可能竖直向上,所以角的取值范围是0°≤θ<120°;
(3)θ在0°~90°的范围内,当两绳垂直时,即θ=30°时,TBC最小,
TBCmin=mg sin 60°=32mg。
B组　提升题组
　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
1.力的合成和分解在生产和生活中有着重要的作用,下列说法中正确的是(　　)
A.高大的桥要建很长的引桥,减小斜面的倾角,是为了减小汽车重力沿桥面向下的分力,达到行车方便和安全的目的
B.幼儿园的滑梯很陡,是为了增加小孩滑滑梯时受到的重力,使小孩下滑得更快
C.运动员做引体向上(缓慢上升)动作时,双臂张开很大的角度时要比双臂竖直平行时觉得手臂用力大,是因为张开时手臂产生的合力增大的缘故
D.帆船能逆风行驶,说明风力一定沿水平方向向前
答案　A　高大的桥要建很长的引桥,减小斜面的倾角,根据力的平行四边形定则可知,汽车重力沿桥面向下的分力减小,达到行车方便和安全的目的,故A正确;幼儿园的滑梯很陡,是为了增加小孩滑滑梯时重力沿斜面向下的分力,使小孩下滑得更快,选项B错误;运动员做引体向上(缓慢上升)动作时,双臂张开很大的角度时要比双臂竖直平行时觉得手臂用力大,是因为张开时手臂产生的合力不变,分力的夹角越大,则分力越大,选项C错误;帆船能逆风行驶,根据力的平行四边形定则,结合力的分解,则风力一定能分解出沿船前进方向的分力,故D错误。故选A。
2.中国书法是一种艺术。在楷书笔画中,长横的写法要领如下:起笔时一顿,然后向右行笔,收笔时略向右按,再向左上回带,该同学在水平桌面上平铺一张白纸,为防止打滑,他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住。则下列关于行笔过程中各物体的受力情况(　　)
A.毛笔对纸的压力一定大于毛笔的重力
B.镇纸受到了向右的静摩擦力
C.白纸受到了3个摩擦力
D.桌面受到了向右的静摩擦力
答案　D　提笔写字时,手对毛笔有向上的作用力,则毛笔对纸的压力不一定大于毛笔的重力,选项A错误;镇纸相对白纸无运动趋势,则镇纸不受静摩擦力作用,选项B错误;白纸受到笔向右的滑动摩擦力,同时受到桌面向左的静摩擦力作用,选项C错误;桌面受到了白纸向右的静摩擦力,选项D正确。故选D。
3.如图所示,质量分别为mA、mB的两物块A、B叠放在一起,若它们共同沿固定在水平地面上倾角为α的斜面匀速下滑。则(　　)
A.A、B间无摩擦力
B.B与斜面间的动摩擦因数μ=tan α
C.A、B间有摩擦力,且B对A的摩擦力对A做负功
D.B对斜面的摩擦力方向沿斜面向上
答案　B　因为A处于平衡状态,所以A受重力、支持力以及B对A的静摩擦力,可知A、B间有摩擦力,摩擦力的方向沿A与B的接触面斜向上,向下滑动的过程中,摩擦力的方向与A速度方向的夹角为锐角,所以B对A的摩擦力对A做正功,故A、C错误;A、B能一起匀速下滑,对整体分析,受重力、支持力和滑动摩擦力,则有(mA+mB)g sin α=μ(mA+mB)g cos α,可得μ=tan α,斜面对B的摩擦力方向沿斜面向上,所以B对斜面的摩擦力方向沿斜面向下,故B正确,D错误。
4.(2018浙江11月选考,11,3分)小明在观察如图所示的沙子堆积时,发现沙子会自然堆积成圆锥体,且在不断堆积过程中,材料相同的沙子自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的。小明测出这堆沙子的底部周长为31.4 m,利用物理知识测得沙子之间的动摩擦因数为0.5,估算出这堆沙子的体积最接近(　　)
A.60 m3 B.200 m3
C.250 m3 D.500 m3
答案　A　沙堆的底部周长为31.4 m,可知底面半径为R=5 m,设沙堆的倾角为θ,则μ=tan θ=0.5,所以高h=R tan θ=2.5 m,故沙堆的的体积V=13πR2h=65.4 m3,选项A最接近。
5.如图所示,用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点,在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q,P、Q均处于静止状态,现有一铅笔压
住轻绳紧贴墙壁从O点开始缓慢下移,则在铅笔缓慢下移的过程中(　　)
A.轻绳的拉力逐渐变小
B.Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大
C.Q受到墙壁的弹力逐渐变大
D.Q将从墙壁和小球之间滑落
答案　C　对P受力分析,P受到重力mg、轻绳的拉力F和Q对P的弹力N处于平衡状态,设轻绳的拉力F与竖直方向的夹角为θ,根据共点力平衡知轻绳的拉力F=mgcosθ,Q对P的支持力N=mg tan θ。铅笔缓慢下移的过程中,θ增大,则轻绳的拉力F增大,Q对P的支持力增大,故A错误;对Q受力分析知,在水平方向上P对Q的压力增大,则墙壁对Q的弹力增大,在竖直方向上重力与摩擦力大小相等,所以Q受到的摩擦力不变,Q不会从墙壁和小球之间滑落,故C正确,B、D错误。
6.如图所示,一根绳的两端分别固定在两座山的A、B处,A、B两点水平距离BD=16 m,竖直距离AD=2 m,A、B间绳长为20 m。重为120 N的猴子抓住套在绳子上的滑环在A、B间滑动,某时刻猴子在最低点C处静止,则此时绳的张力大小为(绳处于拉直状态)(　　)
A.75 N B.100 N
C.150 N D.200 N
答案　B　作出猴子受力分析图,如图所示
设拉力T与水平方向的夹角为θ,由几何关系可得:cos θ=16m20m=45,解得θ=37°,又由平衡条件得:2T sin θ=mg,解得:T=mg2sinθ=1202×35 N=100 N,故A、C、D错误,B正确。故选B。
7.如图所示,半径为R的虚线圆上有一弦AB,弦长为3R,C为弦AB的垂直平分线与圆右侧的交点,现给A、B、C三点放置三个长度均为3R、方向与纸面垂直的直线电流,电流的大小相等,AB方向相同,B与C相反。已知直线电流在周围产生磁场的磁感应强度的表达式为B=kIr,其中k为常数,I为电流,r为空间某点到直线电流的距离。若A对B的磁场力大小为F,则(　　)
A.B对C的磁场力大小为32F
B.A对C的磁场力大小为33F
C.C所受到的磁场力大小为3F
D.C所受到的磁场力大小为F
答案　C　设A、B的电流方向垂直纸面向里,C的电流方向垂直纸面向外,连接AC、AB,过C作AB的垂线CD,如图所示:
由几何关系可知,AB=BC=AC=3R,即△ABC是一个等边三角形,根据磁感应强度的表达式B=kIr可知,三根导线的电流大小相等,若A对B的磁场力大小为F,则A对C的磁场力大小也为F,B对A的磁场力大小也为F,B对C的磁场力大小也为F,故A、B错误;对C受力分析如图所示:
由力的合成法得:F合=2F cos 30°=3F,C正确,D错误。选C。
8.如图所示,质量为m的物体,放在一固定斜面上,当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑。保持斜面倾角为30°,对物体施加一水平向右的恒力F,使物体沿斜面匀速向上滑行(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。若增大斜面倾角,当倾角超过某一临界角θ0时,则不论水平恒力F多大,都不能使物体从静止开始沿斜面向上滑行,已知重力加速度为g,试求:
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ;
(2)水平恒力F的大小;
(3)这一临界角θ0的大小。
答案　(1)33　(2)3mg　(3)60°
解析　(1)斜面倾角为30°时,物体恰能匀速下滑,满足
mg sin 30°=μmg cos 30°
解得μ=33
(2)设斜面倾角为α,受力情况如图,由匀速直线运动的条件:
F cos α=mg sin α+Ff
FN=mg cos α+F sin α
Ff=μFN
解得:F=mgsinα+μmgcosαcosα-μsinα=3mg
(3)当 cos α-μ sin α=0,即tan α=1μ时,F→∞,即“不论水平恒力F多大”,都不能使物体沿斜面向上滑行,此时,临界角θ0=α=60°。
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1.(2018天津理综,7,6分)(多选)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载:“明姑苏虎丘寺塔倾侧,议欲正之,非万缗不可。一游僧见之曰:无烦也,我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去,经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形,木楔的顶角为θ,现在木楔背上加一力F,方向如图所示,木楔两侧产生推力FN,则(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.若F一定,θ大时FN大 B.若F一定,θ小时FN大
C.若θ一定,F大时FN大 D.若θ一定,F小时FN大
答案　BC　本题考查力的分解。如图所示,把力F分解在垂直于木楔两侧的方向上,根据力的作用效果可知,F1=F2=FN=F2sinθ2,由此式可见,B、C项正确,A、D项错。
2.蹦床可简化为如图所示,完全相同的网绳构成正方形,O、a、b、c…等为网绳的结点。当网水平张紧时,质量为m的运动员站立在网中心O点,当该处下凹稳定时,网绳bOf、dOh均成120°向上的张角,则此时O点周围每根网绳的拉力的大小为(　　)
A.36mg B.12mg C.33mg D.mg
答案　B　对O点进行受力分析:
因为网绳完全相同,并且构成的是正方形,O点到最低时,aOe,gOc所成的角度是120°,所以Fa=Fe=Fc=Fg,且Fa与Fe的合力为12F=Fa,同理Fg与Fc的合力也是12F=Fg。
由于运动员处于平衡状态,所以F=mg,所以选项A、C、D错误,B正确。
3.已知两个共点力的合力F为10 N,分力F1的大小为5 N。则关于另一个分力F2的说法正确的是(　　)
A.F2的大小是唯一的
B.F2的大小可以是任意值
C.F2的方向与合力F的方向一定成30°
D.F2的方向与合力F的方向的最大夹角为30°
答案　D　有两个共点力的合力大小为10 N,若其中一个分力大小为5 N,另一个分力的大小应在5 N≤F≤15 N的范围。
由图可得F2的方向与合力F的方向的最大夹角为θ,sin θ=F1F=12,即F2的方向与合力F的方向的最大夹角为30°,故D正确,A、B、C错误。故选D。
4.(2017课标Ⅰ,21,6分)(多选)如图,柔软轻绳ON的一端O固定,其中间某点M拴一重物,用手拉住绳的另一端N。初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为α(α>π2)。现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　)
A.MN上的张力逐渐增大
B.MN上的张力先增大后减小
C.OM上的张力逐渐增大
D.OM上的张力先增大后减小
答案　AD　重物受到重力mg、OM绳的拉力FOM、MN绳的拉力FMN共三个力的作用。缓慢拉起过程中任一时刻可认为重物处于平衡状态,三力的合力恒为0。如图所示,由三角形定则得一首尾相接的闭合三角形,由于α>π2且不变,则三角形中FMN与FOM的交点在一个优弧上移动,由图可以看出,在OM被拉到水平的过程中,绳MN中拉力一直增大且恰好达到最大值,绳OM中拉力先增大后减小,故A、D正确,B、C错误。
5.(多选)如图所示是轿车常用的千斤顶,当摇动把手时,螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢,从而将汽车顶起。当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105 N,此时千斤顶两臂间的夹角为120°。下列判断正确的是(　　)
A.该汽车的重力等于1.0×105 N
B.此时千斤顶每臂受到的压力大小均为1.0×105 N
C.若继续摇动把手,将汽车顶起,千斤顶每臂受到的压力将增大
D.若继续摇动把手,将汽车顶起,千斤顶每臂受到的压力将减小
答案　BD　汽车对千斤顶的压力为1.0×105 N,根据牛顿第三定律得千斤顶对汽车的支持力为1.0×105 N,但汽车的重力不一定等于1.0×105 N。故A错误;将汽车对千斤顶的压力F分解为沿两臂的两个分力F1和F2,根据对称性可知,两臂受到的压力大小相等。
由2F1 cos θ=F得F1=F2=1.0×105 N所以此时两臂受到的压力大小均为1.0×105 N,故B正确;继续摇动把手,两臂靠拢,夹角θ减小,由F1=F/(2 cos 60°)分析可知,F不变,当θ减小时,cos θ增大,F1减小。故C错误,D正确。故选B、D。
6.(多选)两个共点力F1、F2大小不同,它们的合力大小为F,则(　　)
A.F1、F2同时增大一倍,F也增大一倍
B.F1、F2同时增加10 N,F也增加10 N
C.F1增加10 N,F2减少10 N,F一定不变
D.若F1、F2中的一个增大,F不一定增大
答案　AD　根据求合力的公式F=F12+F22+2F1F2cosθ(θ为F1、F2的夹角),若F1、F2都变为原来的2倍,合力也一定变为原来的2倍,A正确;对于B、C两种情况,力的变化不是按比例增加或减少的,不能判断合力的变化情况,B、C错误;若F1与F2共线反向,F1>F2,则F=F1-F2,F1增大时,F增大,F2增大且小于F1时,F减小,所以D正确。
课件38张PPT。第4讲　受力分析　力的合成与分解一 受力分析及方法二 力的合成与分解教材研读突破一 受力分析突破二 力的合成突破三 力的分解重难突破一、受力分析及方法1.受力分析
(1)定义:把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来,并画出①　受力????示意图的过程。(2)受力分析的一般顺序:
a.首先分析场力(②　重力????、电场力、磁场力);
b.其次分析接触力(弹力、③　摩擦力????);
c.最后分析其他力。
2.整体法与隔离法
(1)对整体法和隔离法的理解
a.整体法是指将相互关联的各个物体看成④　一个整体????的方法。
b.隔离法是指将某物体从周围物体中隔离出来,单独分析该物体的方法。(2)整体法和隔离法的使用技巧
当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时,宜用⑤　整体????法;而在分析系统内各物体(或一个物体
各部分)间的相互作用时,宜用⑥　隔离????法。
二、力的合成与分解1.力的合成
(1)遵循的规律:力的合成遵循矢量运算的规律,即遵循①　平行四边形????
定则。(2)二力的合成:两个共点力F1和F2的大小均不变,它们之间的夹角为θ,其合力的大小为F合,当夹角θ变化时,合力的取值范围是②　|F1-F2|????≤F合≤
③????F1+F2????。
(3)三个共点力的合成:三个力共线且同向时,其合力最大,为F=④????F1+F2+
F3????;以这三个力的大小为边,如果能组成封闭的三角形,则其合力最小值为⑤　零????,若不能组成封闭的三角形,则合力最小值的大小等于最大的一个力减去另外两个力的⑥　大小之和????。2.力的分解
(1)遵循的规律:力的分解是力的合成的⑦　逆运算????,同样遵循矢量运算的规律,即遵循⑧　平行四边形????定则。
(2)力的正交分解法:将一个力分解为两个相互垂直的分力的方法称为力的正交分解法。力的正交分解法的优点是借助数学中的直角坐标系对力进行描述且几何图形关系简单,容易求解。1.判断下列说法的正误:
(1)两个力的合力一定大于任一个分力。?(　?　)
(2)4 N的力能够分解成3 N和6 N的两个分力。?(　√　)
(3)一个力只能向两个相互垂直的方向进行分解。?(　?　)
(4)分力和合力都是物体实际受到的力。?(　?　)2.物体同时受到同一平面内的三个力的作用,下列几组力的合力不可能为零的是?(　C　)
A.5 N,7 N,8 N　　 B.5 N,2 N,3 N
C.1 N,5 N,10 N　　 D.10 N,10 N,10 N突破一　受力分析1.受力分析的基本方法2.受力分析的4个步骤典例1　如图所示,足球弹射到球网上,关于足球受力分析的说法正确的是?(　A　)
A.足球受到重力、弹力、摩擦力
B.图中足球没有发生形变
C.足球受到的弹力是足球形变产生的
D.足球所受的合外力为零解析　对沿着球网运动的足球受力分析可知其受重力,相互挤压产生的弹力,以及摩擦力,则A正确。足球和球网相互挤压,两者都发生形变,两者都受到弹力作用,足球受到的弹力是球网发生形变由于要恢复形变而施加给足球的,则B、C均错误。足球沿着球网减速运动,根据牛顿第二定律知足球有加速度,合外力不为零,D错误。故选A。解析　对A、B整体进行受力分析,整体受重力、地面对A的弹力、推力F,三力平衡,所以A与地面之间没有摩擦。再对A进行受力分析,受重力、地面的支持力、B对A的压力和B对A沿接触面向下的静摩擦力,所以A受四个力作用。故B正确。突破二　力的合成1.共点力合成的方法
(1)作图法:根据力的三要素,利用力的图示法画规范图示求解。
(2)计算法:根据平行四边形定则作出力的示意图,然后利用解三角形的方法求出合力,是解题的常用方法。2.合力的大小范围
(1)两个共点力的合成
|F1-F2|≤F合≤F1+F2,即两个力大小不变时,其合力随夹角的增大而减小,
当两力反向时,合力最小,为|F1-F2|;当两力同向时,合力最大,为F1+F2。
(2)三个共点力的合成
①最大值:三个力共线且同向时,其合力最大,为F1+F2+F3;
②最小值:任取两个力,求出其合力的范围,如果第三个力在这个范围之内,则三个力的合力的最小值为零,如果第三个力不在这个范围内,则合力的最小值为最大的一个力的大小减去另外两个较小的力的大小之和。2-1　一物体受到三个共面共点力F1、F2、F3的作用,三力的矢量关系如图所示(小方格边长相等),则下列说法正确的是?(　B　)
A.三力的合力有最大值为F1+F2+F3,方向不确定
B.三力的合力有唯一值3F3,方向与F3同向
C.三力的合力有唯一值2F3,方向与F3同向
D.由题给条件无法求出合力大小解析　以F1和F2为邻边作平行四边形,对角线必沿F3方向,其大小F12=2F3,再与F3求合力,故F合=3F3,与F3同向,所以只有B正确。突破三　力的分解1.力的效果分解法
(1)根据力的实际作用效果确定两个实际分力的方向;
(2)再根据两个实际分力的方向画出平行四边形;
(3)最后由平行四边形和数学知识求出两分力的大小。
几种按效果分解的实例2.正交分解法
(1)定义:将已知力按互相垂直的两个方向进行分解的方法。
(2)建立坐标轴的原则:以少分解力和容易分解力为原则(即尽量多的力在坐标轴上)。
3.用力的矢量三角形定则分析力的最小值
(1)当已知合力F的大小、方向及一个分力F1的方向时,另一个分力F2取最小值的条件是两分力垂直。如图甲所示,F2的最小值为F sin α;典例3　在浙江省某次学考考试过程中,某位监考老师遵守规定采取图甲或图乙的监考姿势,则?(　C　)
A.甲、乙两图,人都不受地面的摩擦力
B.脚底部受到的支持力,图甲大于图乙
C.甲、乙两图,人对地面的压力相等
D.地面对人的作用力,图甲大于图乙解析　甲的两脚分开有向两边的运动趋势,要受地面的摩擦力,而乙的两脚竖直不受摩擦力,故A错误。对甲、乙受力分析可知竖直方向两脚总的支持力等于重力,由牛顿第三定律知,压力等于支持力也等于重力,故B错误,C正确。地面对人的作用力包括支持力和静摩擦力,由力的平衡知识知地面对人总的作用力等于重力,故D错误。故选C。3-1　超市里磁力防盗扣的内部结构及原理如图所示,在锥形金属筒内放置四颗小铁珠(其余两颗未画出),工作时弹簧通过铁环将小铁珠挤压于金属筒的底部,同时,小铁珠陷入钉柱上的凹槽里,锁死防盗扣。当用强磁场吸引防盗扣的顶部时,铁环和小铁珠向上移动,防盗扣松开。已知锥形金属筒底部的圆锥角刚好是120°,弹簧通过铁环施加给每个小铁珠竖直向下的力F,小铁珠锁死防盗扣,每个小铁珠对钉柱产生的侧向压力为(不计摩擦以及小铁珠的重力) ( )第5讲　共点力的平衡及其应用
A组　基础题组
1.2018年初,浙江气温低,冰冻现象严重。一小猫在爬一结冰的小山坡时,虽拼命攀爬,但由于打滑,其相对地面的位置没有发生变化,则在这一过程中,小猫受到的力有(　　)
A.重力、支持力、静摩擦力
B.重力、支持力、滑动摩擦力
C.重力、支持力、攀爬力、静摩擦力
D.重力、支持力、攀爬力、滑动摩擦力
答案　B　小猫攀爬的时候,受重力、山坡的支持力和摩擦力,由于打滑,故受到的是滑动摩擦力,B正确。
2.如图所示,两个小球a、b质量均为m,用细线相连并悬挂于O点,现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F,使整个装置处于静止状态,且Oa与竖直方向夹角为 θ=45°,已知弹簧的劲度系数为k,则弹簧形变量不可能是　(　　)
A.2mgk B.2mg2k C.42mg3k D.2mgk
答案　B　对a球进行受力分析,利用图解法可判断:当弹簧上的拉力F与细线上的拉力垂直时,拉力F最小,为2mg sin θ=2mg,再根据胡克定律得:最小形变量Δx=2mgk,则形变量小于2mgk是不可能的,由图可知在条件允许的情况下,拉力可以一直增大。则可知B项不可能。
3.将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后(b、c间无细线相连),再用细线悬挂于O点,如图所示。用力F拉小球c,使三个小球都处于静止状态,且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ=37°不变(sin 37°=0.6),重力加速度大小为g,则F的最小值为　(　　)
A.1.5mg B.1.8mg C.2.1mg D.2.4mg
答案　B　静止时将三球视为一个整体,整体重力为3mg,对整体受力分析如图所示,则知当做用于c球上的力F垂直于Oa时,F最小,故Fmin=3mg sin 37°=1.8mg,只有选项B正确。
4.在竖直墙壁间有质量分别是m和2m的半圆球A和圆球B,A和B的质量分布均匀,其中B球球面光滑,半球A与左侧墙壁之间存在摩擦。两球心之间连线与水平方向成30°角,两球恰好不下滑。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g为重力加速度,则半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为(　　)
A.32 B.33 C.34 D.233
答案　A　隔离光滑匀质圆球B,对B进行受力分析如图所示,可得FN=F cos 30°,2mg=F sin 30°,解得FN=2mgtan30°;对A、B组成的整体有3mg-μFN'=0,其中FN=FN';联立解得μ=32,故选A。
5.如图所示,两块相互垂直的光滑挡板OP、OQ,OP竖直放置,小球a、b固定在轻弹簧的两端,并斜靠在OP、OQ挡板上。现有一个水平向左的推力F作用于b上,使a、b紧靠挡板处于静止状态。现保证b球不动,使竖直挡板OP
向右缓慢平移一小段距离,则(　　)
A.推力F变大
B.弹簧长度变短
C.弹簧长度变长
D.b对挡板OQ的压力变大
答案　C　设弹簧与竖直方向的夹角为α,现保证b球不动,使竖直挡板OP向右缓慢平移一小段距离,则α减小,以a球为研究对象,分析受力情况,根据平衡条件得F弹=mgcosα,α减小,cos α增大,则F弹减小,弹簧变长;挡板对a的弹力N=mg tan α,α减小,N减小;对a、b和弹簧整体研究,水平方向F=N,则推力F将减小,故A、B错误,C正确;竖直方向,挡板OQ对b的支持力FN=(ma+mb)g,不变,根据牛顿第三定律可知,b对挡板OQ的压力不变,故D错误。
6.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上,其右端有竖直挡板MN。在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q,整个装置处于静止状态。如图所示是这个装置的纵截面图。若用外力使MN保持竖直并缓慢地向右移动,在Q落到地面以前,发现P始终保持静止。在此过程中,下列说法中正确的是(　　)
A.MN对Q的弹力逐渐减小
B.地面对P的摩擦力逐渐增大
C.P、Q间的弹力先减小后增大
D.Q受到P和MN的合力逐渐增大
答案　B　对圆柱体Q受力分析,如图所示,P对Q的弹力为F,MN对Q的弹力为FN,挡板MN向右运动时,F和竖直方向的夹角逐渐增大,而圆柱体所受重力大小不变,所以F和FN的合力大小不变,故选项D错误;由图可知,F和FN都在不断增大,故选项A、C都错误;对P、Q整体受力分析知,地面对P的摩擦力大小等于FN,所以地面对P的摩擦力逐渐增大,选项B正确。
7.如图甲所示,在两块相同的竖直木板A、B之间有重为G=30 N的物体,用两个大小相同的力F1、F2垂直压木板,物体与木板间的动摩擦因数μ=0.5,不计木板的重力。
(1)已知F1=F2=32 N,若把物体沿木板水平拉出(垂直纸面方向),求所需拉力的最小值。
(2)如图乙,现调整F1、F2的大小使两木板在竖直平面内转到与水平方向成37°角时,物体处于平衡状态,此时F1=18 N。若用平行于木板的力把物体沿板向上拉出,求拉力F的最小值。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
答案　(1)43.9 N　(2)48 N
解析　(1)将物体水平拉出,沿板面受力分析如图所示,此时拉力F最小,解得F=G2+(2f)2=302+(2×0.5×32)2 N=43.9 N
(2)把物体沿板向上拉出,物体与木板A之间的最大静摩擦力f1=μF1=0.5×18 N=9 N,
物体与木板B之间的最大静摩擦力f2=μ(F1+G cos 37°)=0.5×(18+30×0.8) N=21 N,
则拉力的最小值为F=G sin 37°+f1+f2=30×0.6 N×9 N+21 N=48 N。
B组　提升题组
1.如图所示,置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m的小球,绳B水平。设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2,它们的合力大小为F。现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢逆时针旋转90°,在此过程中(　　)
A.F1先增大后减小 B.F2先增大后减小
C.F先增大后减小 D.F先减小后增大
答案　B　对小球受力分析如图所示。小球处于静止状态,受力平衡,两绳的拉力的合力与重力大小相等,方向相反,则F不变,根据平行四边形定则可知,将框架在竖直平面内绕左下端缓慢逆时针旋转90°的过程中,F1逐渐减小,F2先增大后减小,当绳A处于水平方向时,F2最大,故B正确。
2.(2017浙江选考,5,3分)叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示,质量均为m,相互接触。球与地面间的动摩擦因数均为μ,则(　　)
A.上方球与下方三个球间均没有弹力
B.下方三个球与水平地面间均没有摩擦力
C.水平地面对下方三个球的支持力均为43mg
D.水平地面对下方三个球的摩擦力均为43μmg
答案　C　将四个球看做一个整体,地面的支持力与整体重力平衡,设下方一个球受的支持力大小为FN,因此3FN=4mg,所以选项C正确。最上面的球对下面三个球肯定有弹力,选项A错误。对下方三个球中的一个球进行受力分析,如图所示,由此受力分析可知,选项B错误。由于球受到的是静摩擦力,因此不能通过Ff=μFN 求解静摩擦力,选项D错误。
3.将一光滑轻杆固定在地面上,杆与地面间夹角为θ,一光滑轻环套在杆上。一个大小和质量都不计的滑轮用轻绳OP悬挂在天花板上,用另一轻绳通过滑轮系在轻环上,用手拉住轻绳另一端并使OP恰好在竖直方向,如图所示。现水平向右拉绳,当轻环重新静止不动时,OP绳与天花板之间的夹角为(　　)
A.90° B.45° C.θ D.45°+θ2
答案　D　轻环不计重力,当轻环重新平衡时只受两个力的作用,即绳子的拉力和杆的支持力,杆的支持力垂直于杆,由二力平衡可知环所受绳子的拉力垂直于杆,同一绳子拉力相等。OP绳子的拉力与另一绳子两端的拉力的合力等大反向,而另一绳子两端的拉力的夹角为90°+θ,由力的合成可知,另一绳子两端拉力的合力在两拉力夹角的平分线上,故此时OP绳与天花板之间的夹角为45°+θ2,选项D正确。
4.如图所示,倾角θ=30°的斜面体A静止在水平地面上,一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮,绳两端系有质量均为m的小物块a、b,整个装置处于静止状态,滑轮两侧轻绳方向分别沿斜面和竖直方向。现给物块b施加一个水平向右的拉力F,使b缓慢移动直到连接b的轻绳与竖直方向成30°角(不计绳与滑轮间的摩擦),此过程中下列说法正确的是(　　)
A.b受到绳的拉力先增大再减小
B.小物块a受到的摩擦力先增大再减小
C.水平拉力F逐渐增大
D.小物块a一定沿斜面缓慢上移
答案　C　b受力平衡,对b进行受力分析,如图甲所示。
设连接b的轻绳与竖直方向的夹角为α,b缓慢移动直到连接b的轻绳与竖直方向成30°角的过程中,α变大,根据平行四边形定则可知,T逐渐增大,F逐渐增大,故A错误,C正确;对a进行受力分析,如图乙所示;刚开始T'=mg,a处于静止状态,则f=T'-mg sin 30°=12mg,方向沿斜面向下,T'增大时,f增大,由于不知道最大静摩擦力的具体值,所以不能判断a是否会滑动,故B、D错误。
5.如图所示,物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮。A静止在倾角为45°的粗糙斜面上,B悬挂着。已知质量mA=3mB,不计滑轮摩擦,现将斜面倾角由45°减小到30°,那么下列说法中正确的是(　　)
A.弹簧的弹力将减小
B.物体A对斜面的压力将减小
C.物体A受到的静摩擦力将减小
D.弹簧的弹力及物体A受到的静摩擦力都不变
答案　C　设mA=3mB=3m,对物体B受力分析,受重力和拉力,由二力平衡得弹簧的弹力不变,A错误;再对物体A进行受力分析,受重力、支持力、弹簧的弹力和静摩擦力,如图所示。刚开始由于mAg sin 45°=322mg>mBg=mg,所以摩擦力沿斜面向上,斜面倾角变为30°以后摩擦力仍然沿斜面向上。根据平衡条件得到f+T-3mg sin θ=0,N-3mg cos θ=0,解得f=3mg sin θ-T=3mg sin θ-mg,N=3mg cos θ。当θ减小时,物体A受到的静摩擦力f将减小,物体A对斜面的压力N增大,故C正确,B、D错误。
6.截面为直角三角形的木块A质量为M,放在倾角为θ的斜面上,当θ=37°时,木块恰能静止在斜面上,如图甲。现将θ改为30°,在A与斜面间放一质量为m的光滑圆柱体B,如图乙,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则(　　)
A.B一定静止于斜面上
B.若M=4m,则A受到斜面的摩擦力为52mg
C.若M=2m,则A受到斜面的摩擦力为32mg
D.以上说法都不对
答案　B　对木块受力分析,如图甲所示,由题意可知,当θ=37°时,木块恰能静止在斜面上,则有μMg cos 37°=Mg sin 37°,
代入数据解得μ=0.75。
如图乙所示,将θ改为30°,在A与斜面间放一质量为m的光滑圆柱体B,对A受力分析,则有f'=μN',N'=Mg cos 30°,而F=mg sin 30°,
当f'若M=4m,则mg sin 30°+Mg sin 30°=58Mg,
而f'=μN'=0.75Mg cos 30°=338Mg,
因f'>mg sin 30°+Mg cos 30°,A不滑动,A受到斜面的静摩擦力,大小为mg sin 30°+Mg cos 30°=58Mg=5mg2,故B正确。
若M=2m,则mg sin 30°+Mg sin 30°=34Mg,
而f'=μN'=0.75Mg cos 30°=338Mg,
因f'7.如图所示,两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上,其上有一光滑圆柱C,三者半径均为R。C的质量为m,A、B的质量都为32m,与地面的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A,使A缓慢移动,直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求
(1)未拉动A,B对C的作用力大小为多少?
(2)C恰好降到地面时,C对B的作用力大小为多少?
(3)动摩擦因数的最小值为多少?
答案　(1)33mg　(2)mg　(3)32
解析　(1)C受力平衡,如图所示:
根据平衡条件可得:2F cos 30°=mg
解得:C受到B作用力的大小为F=33mg
(2)C恰好降落到地面时,B对C支持力最大为Fm,如图所示:
则根据力的平衡可得:2Fm cos 60°=mg
解得:Fm=mg
(3)最大静摩擦力至少为:fm=Fm cos 30°=32mg
B对的地面的压力为:FN=mBg+12mCg=mg
B受地面的摩擦力为:f=μmg
根据题意有:fm=f
解得:μ=32
所以动摩擦因数的最小值为:μmin=32
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1.如图所示,一物块受一恒力F作用,现要使该物块沿直线AB运动,应该再加上另一个力的作用,则加上去的这个力的最小值为(　　)
A.F cos θ B.F sin θ
C.F tan θ D.Ftanθ
答案　B　要使物块沿AB方向运动,恒力F与另一个力的合力必沿AB方向,当另一个力与AB方向垂直时为最小,故F'=F sin θ,故ACD错误,B正确。
2.如图所示,某健身爱好者手拉着轻绳,在粗糙的水平地面上缓慢地移动,保持绳索始终平行于地面。为了锻炼自己的臂力和腿部力量,可以在O点悬挂不同的重物G,则(　　)
A.若健身者缓慢向右移动,绳OA拉力变小
B.若健身者缓慢向左移动,绳OB拉力变小
C.若健身者缓慢向右移动,绳OA、OB拉力的合力变大
D.若健身者缓慢向左移动,健身者与地面间的摩擦力变小
答案　D　设绳OA的拉力为FA,绳OB的拉力为FB,重物C的质量为m,因O点始终处于平衡状态,根据平衡条件有:FA cos θ-mg=0,FA sin θ-FB=0,解得FA=mgcosθ,FB=mg tan θ,当健身者缓慢向右移动时,θ角变大,则FA、FB均变大,故选项A正确;当健身者缓慢向左移动时,θ角变小,则FA、FB均变小,因为健身者所受的摩擦力与OB绳拉力FB相等,故健身者与地面间的摩擦力变小,故选项B错误,D正确;不论健身者朝哪里移动,绳OA、OB拉力的合力保持不变,大小等于重物G的重力mg,故选项C错误。
3.如图所示,一根不可伸长的轻绳两端连接两轻环A、B,两环分别套在相互垂直的水平杆和竖直杆上,轻绳绕过光滑的轻小滑轮,重物悬挂于滑轮下,始终处于静止状态,下列说法正确的是(　　)
A.只将环A向下移动少许,绳上拉力变大,环B所受摩擦力变小
B.只将环A向下移动少许,绳上拉力不变,环B所受摩擦力不变
C.只将环B向右移动少许,绳上拉力变大,环A所受杆的弹力不变
C.只将环B向右移动少许,绳上拉力不变,环A所受杆的弹力变小
答案　B　设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α,绳子的长度为L,B点到墙壁的距离为s,根据几何知识和对称性,得:sin α=sL　①,以滑轮为研究对象,设绳子拉力大小为F,根据平衡条件得:2F cos α=mg,得F=mg2cosα　②
当只将绳的左端向下移动少许,s和L均不变,则由②式得知,F不变,故A错误B正确;当只将绳的右端向右移动少许,s增加,而L不变,则由①式得知,sin α增大,cos α减小,则由②式得知,F增大,故C、D错误。
4.如图所示,竖直平面内有一光滑直杆AB,杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°),一质量为m的小圆环套在直杆上,给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F,并从A端由静止释放,改变直杆和水平方向的夹角θ,当直杆与水平方向的夹角为30°时,小圆环在直杆上运动的时间最短,重力加速度为g,则下面说法错误的是(　　)
A.恒力F沿与水平方向成30°角斜向右下的方向
B.当小圆环在直杆上运动的时间最短时,小圆环与直杆间必无挤压
C.若恒力F的方向水平向右,则恒力F的大小为3mg
D.恒力F的最小值为32mg
答案　A　根据题意,小圆环在直杆上运动的时间最短,则加速度最大,即恒力F与重力的合力方向沿杆的方向,那么恒力F的方向不确定,故A错误;要使时间最短,则加速度最大,即不论F多大,沿何种方向,力F与mg的合力方向沿杆向下,当恒力F的方向水平向右,受力如图所示,小圆环与直杆间必无挤压
则有:F=mgtan30°=3mg,故B、C正确;合力F合与mg、F三力可构成矢量三角形,如图所示:
由图可知,当F与F合垂直时,即与斜面垂直时,F有最小,则有:Fmin=mg sin 60°=32mg,故D正确。
5.如图所示是一旅行箱,它既可以在地面上推着行走,也可以在地面上拉着行走。已知该旅行箱的总质量为15 kg,一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速运动,若拉力的最小值为90 N,此时拉力与水平方向间的夹角为θ,重力加速度大小为g=10 m/s2,sin 37°=0.6,旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比,比值为μ,则(　　)
A.μ=0.5,θ=37° B.μ=0.5,θ=53°
C.μ=0.75,θ=53° D.μ=0.75,θ=37°
答案　D　对物体受力分析,如图所示:
根据平衡条件,水平方向,有:F cos θ-f=0,
竖直方向,有:N+F sin θ-G=0,
其中:f=μN,
故F=μGcosθ+μsinθ
令μ= tan α,则F=Gsinαcos(α-θ);
当α-θ=0°时,F有最小值,故F=G sin α=90 N,故α=37°,
故μ= tan 37°=0.75,θ=37°;故选D。
6.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用较链固定在支架上,另一端B悬挂一个质量为m的重物,并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上。开始时,杆BC与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(不计一切阻力)(　　)
A.逐渐增大
B.先减小后增大
C.大小不变
D.先增大后减小
答案　C　以结点B为研究对象,分析受力情况,作出力的合成图如图,根据平衡条件则知,F、N的合力F合与G大小相等、方向相反。
根据三角形相似得:F合AC=FAB=NBC,又F合=G,得:F=ABACG,N=BCACG,现使∠BCA缓慢变小的过程中,AB变小,而AC、BC不变,则得到,F变小,N不变,所以绳子越来越不容易断,作用在BC杆上的压力大小不变;故选C。
7.哥伦比亚大学的工程师研究出一种可以用于人形机器人的合成肌肉,可模仿人体肌肉做出推、拉、弯曲和扭曲等动作。如图所示,连接质量为m的物体的足够长细绳ab一端固定于墙壁,用合成肌肉做成的“手臂”ced的d端固定一滑轮,c端固定于墙壁,细绳绕过滑轮,c和e类似于人手臂的关节,由“手臂”合成肌肉控制。设cd与竖直墙壁ac夹角为θ,不计滑轮与细绳的摩擦,下列说法正确的是(　　)
A.若保持θ不变,增大cd长度,细绳ad部分拉力变大
B.若保持θ=90°,增大cd长度,细绳对滑轮的力始终沿dc方向
C.若保持ac等于ad,增大cd长度,细绳对滑轮的力始终沿dc方向
D.若θ从90°逐渐变为零,cd长度不变,且保持ac>cd,则细绳对滑轮的力先减小后增大
答案　C　细绳ad的拉力大小等于物体的重力,则若保持θ不变,增大cd长度,细绳ad部分拉力不变,选项A错误;若保持θ=90°,细绳对滑轮的力与ad绳和bd绳拉力的合力等大反向,因Tad=Tab=mg,则ad绳和bd绳拉力的合力方向指向左下方,则细绳对滑轮的力方向指向右上方,不沿dc方向,选项B错误;若保持ac=ad,则∠acd=∠adc=∠cdb,则此时ad绳和bd绳拉力的合力方向沿dc方向,即使增大cd长度,上述关系仍然不变,即细绳对滑轮的力始终沿dc方向,选项C正确;若θ从90°逐渐变为零,cd长度不变,且保持ac>cd,则ad与ac的夹角先增大后减小,ad与db的夹角先减小后增加,则ad绳和bd绳拉力的合力先增大后减小,即细绳对滑轮的力先增大后减小,选项D错误;故选C。
8.如图所示,光滑固定斜面上有一个质量为10 kg的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上,已知绳子与竖直方向的夹角为45°,斜面倾角30°,整个装置处于静止状态,(g取10 m/s2);求:
(1)绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小;
(2)若另外用一个外力拉小球,能够把小球拉离斜面,求最小的拉力的大小。
答案　(1)51.8 N　73.2 N　(2)70.7 N
解析　(1)如图,水平竖直建立直角坐标系,对小球做受力分析,把不在轴上的力沿轴分解,列平衡方程如下
T sin 45°-N sin 30°=0
T cos 45°+N cos 30°-mg=0
由以上两式得:N=73.2 N;T=51.8 N
(2)当拉力与绳子相垂直时拉力有最小值,拉力的最小值为:
Fm=mg sin 45°
代数解得:Fm=70.7 N
课件43张PPT。第5讲　共点力的平衡及其应用共点力的平衡教材研读突破一 解答平衡问题的基本思路和常用方法突破二 三个力的动态平衡问题分析突破三 物体的平衡状态中临界、极值问题的分析方法重难突破共点力的平衡1.平衡状态
(1)静止:物体的①　速度????和②　加速度????都等于零的状态。
(2)匀速直线运动:物体的③　加速度????为零,④　速度????不为零且保持不变的状态。2.共点力的平衡条件
F合=0或者? 3.平衡条件的推论
(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⑤　相等????,方向⑥　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,其中任何一个力与其余两个力的合力大小⑦　相等????,方向⑧　相反????,并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量⑨　三角形????。1.判断下列说法正误:
(1)物体的速度为零即处于平衡状态。?(　?　)
(2)物体处于平衡状态时,其加速度一定为零。?(　√　)
(3)物体受两个力处于平衡状态,这两个力必定等大反向。?(　√　)
(4)竖直上抛的小球到最高点时处于平衡状态。?(　?　)突破一　解答平衡问题的基本思路和常用方法解决平衡问题的四种常用方法方法技巧
处理静态平衡问题的常用方法突破二　三个力的动态平衡问题分析1.动态平衡问题
通过控制某些物理量,使物体的状态发生缓慢的变化,而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态,在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述。2.分析动态平衡问题的两种方法突破三　物体的平衡状态中临界、极值问题的分析方法1.极值问题
(1)定义:平衡物体的极值问题,一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。
(2)解题方法:解决这类问题的常用方法是解析法,即根据物体的平衡条件列出方程,在解方程时,采用数学知识求极值或者根据物理临界条件
求极值。另外,图解法也是常用的一种方法,即根据物体的平衡条件作出力的矢量图,画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析,确定最大值或最小值。
2.临界问题
(1)定义:由某种物理现象变化为另一种物理现象或由某种物理状态变化为另一种物理状态时,发生转折的状态叫临界状态,解题的关键是确定“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。
(2)解题方法:解决这类问题的基本方法是假设推理法,即先假设某种情况成立,然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。Fmax sin θ=f+mg?f=Fmax sin θ-mg
又f=μN
由以上各式代入数据可以得出:Fmax=50 N。
当力F较小时,物块有向下滑动的趋势,摩擦力向上,所以当物块恰不下滑时,力F有最小值(受力如图2所示),由平衡条件可得出:N=Fmin cos θ
Fmin sin θ+f-mg=0?f=mg-Fmin sin θ
又f=μN
由以上各式代入数据可以得出:Fmin=10 N
所以使物块静止于墙壁上推力F的取值范围为:10 N≤F≤50 N。3-3　物块A放在台式测力计上,通过跨过定滑轮的轻绳与物块B相连,B下端与一轻质弹簧粘连,弹簧的下端与地面接触(未拴接),整个系统处于平衡状态,此时台式测力计的示数为8.8 N;已知mA=2mB=1 kg,物块A、B间的水平距离s=20 cm,倾斜绳与水平方向的夹角θ=37°,物块A与台式测力计间动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,A、B和滑轮视为质点,不计滑轮质量和滑轮处摩擦,弹簧一直在弹性限度内,g取10 m/s2(已知 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。?
(1)求物块A受到的摩擦力和绳对物块A的拉力;
(2)沿竖直方向调整滑轮的高度至某一位置时,物块A刚好运动,且此时弹簧刚好离开地面,求滑轮移动的距离和弹簧的劲度系数。N+T sin 37°-mAg=0,
解得f=1.6 N,T=2 N。
(2)分析可知,弹簧刚好离开地面时弹簧恢复原长,弹力为零;
对B进行受力分析,有T1-mBg=0,故T1=5 N。
设此时轻绳与水平方向夹角为θ',
对A有T1' cos θ'-fm=0;
N1+T1' sin θ'-mAg=0,
又fm=μN1,T1=T'1实验2　探究求合力的方法
1.[2018浙江11月选考,17(1)](多选)在“探究求合力的方法”的实验中,下列操作正确的是(　　)
A.在使用弹簧测力计时,使弹簧测力计与木板平面平行
B.每次拉伸橡皮筋时,只要使橡皮筋伸长量相同即可
C.橡皮筋应与两绳夹角的平分线在同一直线上
D.描点确定拉力方向时,两点之间的距离应尽可能大一些
答案　AD
解析　做探究“求合力的方法”中拉弹簧测力计的方向应与木板平面平行,否则会影响力的大小,A正确;每次拉伸橡皮筋时,应保证橡皮筋的伸长方向和伸长量相同,即保证结点在同一位置,B错;拉橡皮筋时不一定要使橡皮筋的拉伸方向在两绳夹角的平分线上,C错;描点确定拉力方向时,两点间的距离应适当大些,以减小作图时的误差,D正确。
2.(1)在“探究求合力的方法”实验中要用到弹簧测力计,下图中弹簧测力计的读数是　　　　N。?
(2)在如下主要实验步骤中有重要遗漏的步骤的序号是　　　　和　　　　。?
A.在桌面上放一块方木板,在方木板上铺一张白纸,用图钉把白纸钉在方木板上;
B.用图钉把橡皮条的一端固定在方木板上的A点,在橡皮条的另一端拴上两条细绳,细绳的另一端系着绳套;
C.用两个弹簧测力计分别钩住绳套,互成角度地拉橡皮条,使橡皮条与绳的结点伸长到某一位置O,记下O点的位置,读出两个弹簧测力计的示数F 1和F2;
D.按选好的标度,用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示;
E.只用一只弹簧测力计,通过细绳套拉橡皮条使其伸长,读出弹簧测力计的示数,记下细绳的方向,按同一标度作出这个力F的图示;
F.用虚线把F1、F2和F的箭头端连接,分析F与F1、F2之间可能存在的关系。
G.改变两个力的大小和方向,多次重复上述实验,看看是否与第一次得到的结果一致,得出结论。
(3)遗漏的内容分别是　　　　和　　　　。?
答案　(1)2.10　(2)C　E　(3)记下两条细绳的方向　把结点拉到同一位置O点
解析　(1)弹簧测力计的分度值为0.1 N,故读数为2.10 N。
(2)该实验采用“等效替代法”进行,即用一个弹簧测力计和两个弹簧测力计拉橡皮条与细绳套的结点时应该拉至同一位置O点,由于力是矢量,因此在记录数据时,不能光要记录力的大小,还要记录其方向,则知在实验步骤中有重要遗漏的步骤的序号是C和E,C中遗漏的内容是:记下两条细绳的方向。E中遗漏的内容是:将结点拉到同一位置O点。
3.有同学用橡皮筋探究求合力的方法。他先将橡皮筋一端系上带有绳套的两根细绳,再将另一端固定在水平木板上,前后两次拉伸橡皮筋。
(1)实验对两次拉伸橡皮筋的要求中,下列哪些说法是正确的　　　　(填字母代号)。?
A.可以沿不同方向拉橡皮筋
B.将橡皮筋拉伸相同长度即可
C.将弹簧测力计都拉伸到相同刻度
D.将橡皮筋和绳的结点拉伸到相同位置
(2)某次实验中,一只弹簧测力计的指针位置如图所示,其读数为　　　　N。?
(3)如果没有操作失误,右图中的F与F'两力中,一定沿AO方向的是　　　　。?
答案　(1)D　(2)2.10　(3)F'
解析　(1)本实验的目的是验证力的平行四边形定则,即研究合力与分力的关系。根据合力与分力是等效的,本实验两次将橡皮筋沿相同方向拉伸的长度要相同,A、B错误;在白纸上标下第一次将橡皮筋和绳的结点拉伸到的位置,第二次将橡皮筋和绳的结点拉到相同位置,表明两次效果相同,即两个拉力和一个拉力等效,而弹簧测力计不必拉到相同刻度,C错误,D正确。
(2)弹簧测力计的读数为2.10 N。
(3)该实验中F是由平行四边形定则得出的合力,而F'是用一个弹簧测力计拉橡皮筋至相同位置时的拉力,故F'一定沿AO方向。
4.(1)甲、乙、丙三位同学做“探究求合力的方法”的实验,所用弹簧测力计的量程为0~5 N,他们都把橡皮条的一端固定在木板上的A点,橡皮条的另一端通过细绳与弹簧测力计连接,用两个弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点,如图所示,此时弹簧测力计、橡皮条、细绳都与平板平行,用F1和F2表示拉力的方向和大小。
甲同学实验中的F1和F2互相垂直,F1=2.8 N、F2=3.5 N;
乙同学实验中的F1和F2间的夹角约为30°,F1=F2=4.0 N;
丙同学实验中的F1和F2间的夹角约为120°,F1=F2=4.0 N。
这三位同学中操作不当的是哪一位?并说明原因。
? 　。?
(2)若丁同学对本实验进行改进,设置如图所示的实验装置,将弹簧测力计A的一端固定于点P,另一端通过细线挂一重物M。将弹簧测力计B的一端用细线系于O点,手持另一端向左拉,使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数,并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和细线的方向。在实验操作过程中,改变拉力,重复多次实验时,要求O点　　　　(“一定”或“不一定”)静止在同一位置。在某次实验中,若该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程,请你提出两种解决办法:?
①　 ,?
②　 。?
答案　见解析
解析　(1)由两分力的大小及所成的角度可得其合力的大小,故可知乙同学实验中F1、F2的合力大小已超出弹簧测力计的量程,所以操作不当的是乙同学。
(2)改进后的实验装置中,因合力不变,故O点的位置不一定要在同一点。若弹簧测力计A的指针稍超出量程,可以通过减小合力的大小,即减小M的质量,或者减小OA与竖直线之间的夹角,使弹簧测力计A处于量程以内。
5.“探究求合力的方法”的实验装置如图甲所示。
(1)某次实验中,弹簧测力计的指针位置如图甲所示。其中,细绳CO对O点的拉力大小为　　　　N;?
(2)请将图甲中细绳CO和BO对O点拉力的合力F合画在图乙上。由图求出合力的大小F合=　　　　N(保留两位有效数字);?
(3)某同学对弹簧测力计中弹簧的劲度系数是多少很感兴趣,于是,他将刻度尺与弹簧测力计平行放置,如图丙所示,利用读得的数据,他得出了弹簧的劲度系数。那么,该弹簧的劲度系数k=　　　　N/m(保留两位有效数字)。?
答案　(1)2.60　(2)见解析图　5.1　(3)60
解析　(1)由图甲可读出细绳CO对O点的拉力大小为2.60 N。
(2)如图所示,结合作图可求知合力大小为5.1 N。
(3)由图丙可知,弹簧测力计0刻度线对应5.0 mm,2.60 N对应48.0 mm,由胡克定律F=kx,解得k=Fx=60 N/m。
6.小明通过实验验证力的平行四边形定则。
(1)实验记录纸如图1所示,O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置,两个弹簧测力计共同作用时,拉力F1和F2的方向分别过P1点和P2点;一个弹簧测力计拉橡皮筋时,拉力F3的方向过P3点。三个力的大小分别为:F1=3.30 N、F2=3.85 N和F3=4.25 N。请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力。
图1
(2)仔细分析实验后,小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化,从而影响实验结果。他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度,发现读数不相同,于是他进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响。
实验装置如图2所示,将一张白纸固定在竖直放置的木板上,把橡皮筋的一端固定于O点,另一端N挂一重物。用与白纸平行的水平力缓慢地移动N,在白纸上记录下N的轨迹。重复上述过程,再次记录下N的轨迹。
　　图2　　　　　　　　　　　图3
　　两次实验记录的轨迹如图3所示。过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点,则实验中橡皮筋分别被拉伸到a点和b点时所受拉力Fa、Fb的大小关系为　　　　。?
(3)(多选)根据(2)中的实验,可以得出的实验结论有哪些?　　　　(填写选项前的字母)。?
A.橡皮筋的长度与受到的拉力成正比
B.两次受到的拉力相同时,橡皮筋第2次被拉伸到的长度较长
C.两次被拉伸到相同长度时,橡皮筋第2次受到的拉力较大
D.两次受到的拉力相同时,拉力越大,橡皮筋两次的长度之差越大
(4)根据小明的上述实验探究,请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项。
答案　(1)如图所示(F合=4.6~4.9 N都算对)
(2)Fa=Fb
(3)BD
(4)橡皮筋拉伸不宜过长;第二次选用新橡皮筋进行拉伸。(或:拉力不宜过大;选用弹性好的橡皮筋;换用弹性好的轻弹簧。)
解析　(1)略。(2)分析端点N受力情况,设橡皮筋与竖直方向的夹角为θ,由平衡条件可得橡皮筋的拉力F=mg/cos θ,可见θ相同时橡皮筋所受拉力相同。(3)题图3中ab表示两次拉力相同时橡皮筋的长度之差,可知A错误,B正确;由图中的两轨迹间的距离变化可知,θ越大时橡皮筋的长度差越大,结合F=mg/cos θ可知对应的拉力越大,故D正确;因相同拉力下橡皮筋第2次被拉伸到的长度较长,故被拉伸到相同长度时橡皮筋第2次所受拉力较小,C错误。(4)从能在记录纸上完成实验的角度考虑有:橡皮筋不宜过长,O点位置应靠近木板边缘,所选标度不能过小或过大等;从能测出拉力及减小相对误差角度考虑有:拉力不宜过大或过小,两力之间夹角不宜过大或过小等;从能保证两次测量中力的作用效果相同的角度考虑有:选用新的、弹性好的橡皮筋或换用弹性好的轻弹簧等。
7.一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品,在家中验证力的平行四边形定则。
(1)如图(a),在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶,记下水壶　　　　时电子秤的示数F。?
(2)如图(b),将三根细线L1、L2、L3的一端打结,另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上。水平拉开细线L1,在白纸上记下结点O的位置、　　　　　　　　和电子秤的示数F1。?
(3)如图(c),将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上的某点,并将细线L1拴在其上。手握电子秤沿着(2)中L2的方向拉开细线L2,使　　　　　　　和三根细线的方向与(2)中重合,记录电子秤的示数F2。?
(4)在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示,根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F'的图示,若　　　　　　　　　　　,则平行四边形定则得到验证。?
答案　(1)静止　(2)三根细线的方向
(3)结点O的位置
(4)F和F'在误差允许范围内重合
解析　(1)要测量装满水的水壶的重力,则应记下水壶静止时电子秤的示数F。
(2)要画出力的平行四边形,则需要记录分力的大小和方向,所以在白纸上记下结点O的位置的同时,也要记录三根细线的方向以及电子秤的示数F1。
(3)已经记录了一个分力的大小,还要记录另一个分力的大小,则结点O的位置不能变化,力的方向也都不能变化,所以应使结点O的位置和三根细线的方向与(2)中重合,记录电子秤的示数F2。
(4)根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F'的图示,若F和F'在误差范围内重合,则平行四边形定则得到验证。
8.某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。将弹簧测力计A的一端固定于点P,另一端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点,手持另一端向左拉,使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数,并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和细线的方向。
(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N,图中A的示数为　　　　N。?
(2)下列不必要的实验要求是　　　　。(请填写选项前对应的字母)?
A.应测量重物M所受的重力
B.弹簧测力计应在使用前校零
C.细线方向应与木板平面平行
D.改变拉力,进行多次实验,每次都要使O点静止在同一位置
(3)某次实验中,该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程,请你提出两种解决办法。
答案　(1)3.6　(2)D
(3)①改变弹簧测力计B拉力的大小;
②减小重物M的质量。
(或将A更换成较大量程的弹簧测力计、改变弹簧测力计B拉力的方向等)
解析　(1)弹簧测力计的分度值为0.2 N,所以A的示数为3.6 N。
(2)根据三力平衡的特点可知,弹簧测力计A、B的拉力的合力与重物M的重力等值反向,故A项是必要的。弹簧测力计的零点误差影响各拉力的测量值,所以使用前需校零,B项是必要的。实验中细线方向要与木板平面平行,以保证所研究的各力在同一平面内,C项也是必要的。实验中只需测出两拉力的大小和方向以及重物所受的重力即可验证平行四边形定则,而弹簧测力计A的拉力不同时O点的位置就不同,故不一定每次都使O点静止在同一位置,D项不必要。
(3)弹簧测力计A的指针稍稍超出量程,说明加在弹簧测力计A上的力大了,可行的解决方法有:①改变弹簧测力计B拉力的大小或方向;②减小重物M的质量(或将A更换成较大量程的弹簧测力计)。
课件38张PPT。实验2　探究求合力的方法一 实验目的三 实验器材四 实验步骤五 数据处理教材研读六　注意事项七 误差分析二 实验原理考点一 实验原理与实验操作考点二 实验数据处理与误差分析考点三 实验拓展与实验创新考点突破一、实验目的1.验证互成角度的两个共点力合成时的平行四边形定则。
2.培养应用作图法处理实验数据并得出结论的能力。
二、实验原理
互成角度的两个力F1、F2与另外一个力F'产生相同的效果,看用平行四边形定则求出F1、F2的合力F与F'在实验误差允许范围内是否相等。三、实验器材
方木板、白纸、图钉若干、橡皮条、细绳套、弹簧测力计两只、三角板、①　刻度尺????、铅笔。
四、实验步骤1.用图钉把白纸钉在水平桌面上的方木板上。
2.用图钉把橡皮条的一端固定在木板上的A点,在橡皮条的另一端拴上两个细绳套。五、数据处理1.用铅笔和刻度尺从结点O沿两条细绳套方向画直线,按选定的标度作出这两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示,并以F1和F2为邻边用刻度尺和三角板作平行四边形,过O点画平行四边形的①　对角线????,此②　对角线????即合力F的图示。
2.用刻度尺从O点按同样的标度沿记录的方向作出实验步骤4中弹簧测力计的拉力F'的图示。
3.比较F与F’是否完全重合或几乎完全重合,从而验证③平行四边形定则?。六、注意事项1.同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是:将两只弹簧测力计调零后互钩对拉,读数相同。
2.在同一次实验中,使橡皮条拉长时,结点O的位置一定要相同。
3.用两只弹簧测力计钩住绳套互成角度地拉橡皮条时,夹角不宜太大也不宜太小,以在60°~100°之间为宜。4.实验时弹簧测力计应与木板平行,读数时眼睛要正视弹簧测力计的刻度,在合力不超过量程及橡皮条弹性限度的前提下,拉力的数值尽量大些。5.细绳套应适当长一些,便于确定力的方向。不要直接沿细绳套的方向画直线,应在细绳套末端用铅笔画一个点,去掉细绳套后,再将所标点与O点连接,即可确定力的方向。
6.在同一次实验中,画力的图示所选定的标度要相同,并且要恰当选取标度,使所作力的图示稍大一些。
七、误差分析
1.弹簧测力计本身的误差。
2.读数误差和作图误差。
3.两分力F1、F2间的夹角θ越大,用平行四边形定则作图得出的合力F的误差ΔF也越大。考点一　实验原理与实验操作
　　用两个弹簧测力计拉橡皮条时的“三记录”(记录两弹簧测力计示数、两细绳方向和结点O的位置),用一个弹簧测力计拉橡皮条时的“二记录”(记录弹簧测力计示数和细绳方向)及“一注意”(结点O的位置必须在同一位置)等。例1　在探究求合力的方法时,先将橡皮条的一端固定在水平木板上,在另一端系上带有绳套的两根细绳。实验时,需要两次拉伸橡皮条,一次是用两个弹簧测力计通过两细绳套互成角度地拉橡皮条,另一次是用一个弹簧测力计通过细绳套拉橡皮条。
(1)(多选)实验对两次拉伸橡皮条的要求中,下列哪些说法是正确的　????　????(填字母代号)。
A.将橡皮条拉伸相同长度即可
B.将橡皮条沿相同方向拉到相同长度C.将弹簧测力计都拉伸到相同刻度
D.将橡皮条与绳的结点拉到相同位置
(2)(多选)同学们在操作过程中有如下议论,其中对减小实验误差有益的说法是　　　????(填字母代号)。
A.两细绳必须等长
B.弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行
C.用两弹簧测力计同时拉细绳时两弹簧测力计示数之差应尽可能大
D.拉橡皮条的细绳要长些,标记同一细绳方向的两点要远些(3)本实验采用的科学方法是　　　????(填字母代号)。
A.理想实验法　　 B.控制变量法
C.等效替代法　　 D.建立物理模型法答案　(1)BD　(2)BD　(3)C解析　(1)本实验的目的是探究求合力的方法,即研究合力与分力的关系。根据合力与分力是等效的,本实验要使橡皮条两次沿相同方向拉伸的长度相同,故A说法错误,B说法正确;在白纸上标下第一次将橡皮条和绳的结点拉伸到的位置,第二次将橡皮条和绳的结点拉到相同位置,表明两次效果相同,而弹簧测力计不必拉到相同刻度,故C说法错误,D说法正确。故选B、D。(2)用两个弹簧测力计通过两细绳互成角度地拉橡皮条时,并非要求细绳等长,故A不符合题意;为了减小实验中摩擦造成的误差,应使弹簧测
力计、细绳、橡皮条都与木板平行,故B符合题意;用两弹簧测力计同时拉细绳时,两弹簧测力计示数之差不能太大,故C不符合题意;为了更加准确地记录力的方向,拉橡皮条的细绳要长些,标记同一细绳方向的两点要远些,故D符合题意。故选B、D。
(3)该实验采用的方法为等效替代法,故选C。变式1　某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示,其中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,图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。(1)如果没有操作失误,图乙中的F与F‘两力中,一定沿AO方向的是　??????。
(2)本实验采用的科学方法是　　　????。
A.理想实验法　　 B.等效替代法
C.控制变量法　　 D.建立物理模型法
(3)下列方法中,有助于减小实验误差的是　　　????。
A.尽可能使两分力的夹角大些 B.尽可能使两分力相差的大些
C.尽可能使两分力与纸面平行 D.尽可能使橡皮条长些(3)两分力的夹角适当大一些可使画出的平行四边形更准确,而夹角太大则会增大实验误差,选项A不符合题意;力适当大些可减小误差,而不是使两分力相差大些,选项B不符合题意;力必须与纸面平行,如果拉力
相对纸面倾斜,则会产生垂直于纸面的分力,选项C符合题意;为了准确记录力的方向,应使拉橡皮条的细绳适当长一些,而不是使橡皮条尽可能长,选项D不符合题意。考点二　实验数据处理与误差分析例2　将橡皮条的一端固定在A点,另一端拴上两根细绳,每根细绳分别连着一个量程为5 N、最小刻度为0.1 N的弹簧测力计,沿着两个不同的方向拉弹簧测力计,当把橡皮条与细绳的结点拉到O点时,两根细绳相互垂直,如图甲所示,这时弹簧测力计的读数可从图中读出。(1)由图甲可读出两个相互垂直的拉力的大小分别为　　　????N和　????
　????N。
(2)在如图乙所示的方格纸上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力。
(3)图丙中a、b两图是两位同学得到的实验结果,其中　????图符合实际,若合力测量值F'是准确的,则F与F'有误差的原因可能是　　　　　????　　　　????。变式2　(1)在“探究求合力的方法”实验中,需要将橡皮条的一端固定在水平木板上的A点,另一端系两个细绳套。
实验中用两个弹簧测力计分别拉住两个细
绳套,互成角度地施加拉力,使橡皮条与绳的
结点伸长到纸面上某一位置O,如图甲所示。
下面①~⑥是接下来的实验步骤,请将横线
上的内容补充完整:
①用铅笔描下结点位置,记为O;②记录两个弹簧测力计的示数F1和F2和两个细绳套的方向;
③只用一个弹簧测力计,通过细绳套把橡皮条与绳的结点仍拉到位置O,
记录测力计的示数F和细绳套的方向;
④按照力的图示要求,作出拉力F1、F2、F;
⑤根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F';
⑥通过比较F和　　　????的大小和方向,即可得出结论。
(2)为什么两次拉橡皮条要将结点拉到同一位置????? ??。例3　在“探究求合力的方法”实验中:
(1)部分实验步骤如下,请完成有关内容:
A.将一根橡皮条的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上,另一端系上两根细线;
B.在其中一根细线上挂上5个质量相等的钩码,使橡皮条拉伸,如图甲所示,记录:　　　　　????、　　　　　????、　　　　　????;
C.将步骤B中的钩码取下,分别在两根细线上挂上4个和3个质量相等的钩码,用两光滑硬棒B、C使两细线互成角度,如图乙所示,小心调整B、C(2)小张同学修正错误后,重新进行了测量,在测量时,左、右两只弹簧测力计的读数如图乙所示,则左弹簧测力计的读数是　　　????N,右弹簧测
力计的读数是　　　????N。若两根细线的夹角为90°,请你帮他在方格纸(如图丙)上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力。
(3)小张同学实验后认为用一个弹簧测力计也能完成这个实验,请问他这个想法是否可行?　　　????(填“是”或“否”)。答案　(1)a弹簧测力计拉力太大,或b弹簧测力计拉力方向与细绳方向不一致　(2)2.74±0.02　3.28±0.02　作图见解析　(3)是解析　(1)在该实验中,要正确测量拉力的大小和方向,同时作的平行四边形要大小适中,不能太大或太小,以免增大误差。该同学在实验中的错误操作或不妥之处还有:b弹簧测力计拉力方向与细绳方向不一致;a弹簧测力计的拉力太大,用一把弹簧测力计再次实验时可能会超出其量程。
(2)左、右两只弹簧测力计的读数如图乙所示,则左弹簧测力计的读数是2.75 N,右弹簧测力计的读数是3.20 N,合力的图示如下所示。第6讲　牛顿运动定律的理解
A组　基础题组
1.(2017浙江11月选考,2,3分)在国际单位制中,属于基本量及基本单位的是(　　)
A.质量,千克 B.能量,焦耳
C.电阻,欧姆 D.电量,库仑
答案　A　在国际单位制中,基本量有:质量、长度、时间、电流、发光强度、热力学温度、物质的量,所以答案为A。
2.甲车快速倒车时车尾撞上静止的同型号的乙车车头,导致两车司机受伤。甲车司机、乙车司机最有可能的伤情分别是(　　)
A.胸部受伤,胸部受伤 B.胸部受伤,背部受伤
C.背部受伤,胸部受伤 D.背部受伤,背部受伤
答案　C　甲车向后倒车撞到乙车而停止运动,甲车司机相对于甲车向后运动,甲车司机由于惯性继续向后运动而使背部受伤。乙车静止,乙车车头由于受到撞击而向后运动,乙车司机相对于乙车向前运动,乙车司机由于惯性保持静止而和乙车的方向盘相碰而造成乙车司机胸部受伤。故选C。
3.物体A的质量为10 kg,物体B的质量为20 kg,A、B分别以20 m/s和10 m/s的速度运动,则下列说法中正确的是(　　)
A.A的惯性比B大
B.B的惯性比A大
C.A和B的惯性一样大
D.不能确定A、B的惯性大小关系
答案　B　质量是物体惯性大小的唯一量度,质量越大,惯性越大,惯性大小与速度大小无关,故B的惯性比A大,选项B正确,A、C、D都错。
4.如图所示,小车放在水平地面上,甲、乙二人用力向相反方向拉小车,不计小车与地面之间的摩擦力,下列说法正确的是(　　)
A.甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对作用力和反作用力
B.小车静止时甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对平衡力
C.若小车加速向右运动,表明小车拉甲的力大于甲拉小车的力
D.若小车加速向右运动,表明乙拉小车的力大于小车拉乙的力
答案　B　甲拉小车的力和乙拉小车的力作用在同一物体上,不是作用力和反作用力,A错误;不计小车与地面之间的摩擦力,小车静止时受到两个拉力而处于平衡状态,这两个拉力是一对平衡力,B正确;小车拉甲的力跟甲拉小车的力是作用力和反作用力,两力大小是相等的,C错误;同理,D错误。
5.如图所示,物体A和B的重力分别为11 N和7 N,不计弹簧测力计、细绳的重力和一切摩擦,则下列说法正确的是(　　)
A.弹簧测力计的读数为14 N,A对地面的压力为11 N
B.弹簧测力计的读数为18 N,A对地面的压力为0
C.弹簧测力计的读数为7 N,A对地面的压力为4 N
D.弹簧测力计的读数为0,A对地面的压力为11 N
答案　C　物体B保持静止,说明B物体合外力为零,即线上拉力为7 N,此刻弹簧测力计静止,因此弹簧测力计的读数为7 N,说明弹簧测力计对A拉力为7 N,地面对A物体应有4 N的支持力(根据牛顿第三定律可知A对地面的压力为4 N),所以C正确。
6.黑板擦被竖直悬挂着的磁性黑板紧紧吸住不动,下列说法正确的是(　　)
A.黑板擦受到四个力作用,其中有三个力的施力物体是黑板
B.黑板擦与黑板间在水平方向只有一对相互作用力
C.黑板擦受到的磁力和弹力是一对作用力与反作用力
D.黑板擦受到的摩擦力大于重力,黑板擦才不会掉下来
答案　A　黑板擦受到四个力:重力G、支持力N、摩擦力f、磁力F,其中支持力、摩擦力和磁力的施力物体都是磁性黑板,故A正确;黑板擦与黑板间在水平方向有两对相互作用力,分别是黑板擦对黑板的磁力与黑板对黑板擦的磁力和黑板擦对黑板的弹力与黑板对黑板擦的弹力,故B错误;黑板擦所受的磁力和弹力是一对平衡力,不是相互作用力,故C错误;黑板擦在竖直方向受重力和摩擦力,是平衡的,即f=G,故D错误。
7.人站在地面,竖直向上提起质量为1 kg的物体,物体获得的加速度为5 m/s2(g取10 m/s2)。则此过程中人对物体的作用力为(　　)
A.5 N B.10 N C.15 N D.20 N
答案　C　根据牛顿第二定律,物体竖直方向上有F-mg=ma,求得F=15 N,故选C。
8.如图所示,光滑水平面上,A、B两物体用轻弹簧连接在一起,A、B的质量分别为m1、m2,在拉力F作用下,A、B共同做匀加速直线运动,加速度大小为a,某时刻突然撤去拉力F,此时A和B的加速度大小为a1和a2,则(　　)
A.a1=0,a2=0 B.a1=a,a2=m2m1+m2a
C.a1=m1m1+m2a,a2=m2m1+m2a D.a1=a,a2=m1m2a
答案　D　撤去拉力F的瞬间,物体A的受力不变,所以a1=a,对物体A受力分析得:F弹=m1a;撤去拉力F的瞬间,物体B受到的合力大小为F弹'=m2a2,所以a2=m1am2,故选项D正确。
9.如图所示,A、B两球质量相等,光滑斜面的倾角为θ,图甲中,A、B两球用轻弹簧相连,图乙中A、B两球用轻质杆相连,系统静止时,挡板C与斜面垂直,轻弹簧、轻杆均与斜面平行,则在突然撤去挡板的瞬间(　　)
A.两图中两球加速度均为g sin θ
B.两图中A球的加速度均为零
C.图乙中轻杆的作用力一定不为零
D.图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍
答案　D　撤去挡板前,挡板对B球的弹力大小为2mg sin θ,因弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,图甲中A球所受合力为零,加速度为零,B球所受合力为2mg sin θ,加速度为2g sin θ;图乙中杆的弹力突变为零,A、B球所受合力均为mg sin θ,加速度均为g sin θ,可知只有D正确。
10.杭州乐园是大型的游乐性主题公园,园内有一种大型游戏机叫“跳楼机”,可让人体验短暂的“完全失重”,非常刺激。参加游戏的游客被安全带固定在座椅上,由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面50 m高处,然后由静止释放,为研究方便,认为人与座椅沿轨道做自由落体运动,2 s后,开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动,且下落到离地面5 m高处时速度刚好减小到0,然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落,将游客送回地面。(取g=10 m/s2)求:
(1)座椅在自由下落结束时刻的速度是多大?
(2)在匀减速阶段,座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍?
答案　(1)20 m/s　(2)1.8倍
解析　(1)自由下落2 s后速度v=gt①
代入数据得:v=20 m/s②
(2)自由下落2 s的位移:h1=12gt2③
设H=50 m,h2=5 m,
匀减速的位移:h=H-h1-h2④
又因v2=2ah⑤
设座椅对游客的作用力为FN,由牛顿第二定律有
FN-mg=ma⑥
联立③④⑤⑥,代入数据得:FNmg=1.8
B组　提升题组
1.在一次交通事故中,一辆载有30吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的摩托车而紧急制动,结果车厢上的钢材向前冲出,压扁驾驶室。关于这起事故原因的物理分析正确的是(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.由于车厢上的钢材有惯性,在汽车制动时,钢材继续向前运动,压扁驾驶室
B.由于汽车紧急制动,使其惯性减小,而钢材惯性较大,所以继续向前运动
C.由于车厢上的钢材所受阻力太小,不足以克服其惯性,所以继续向前运动
D.由于汽车制动前的速度太大,汽车的惯性比钢材的惯性大,在汽车制动后,钢材继续向前运动
答案　A　由于车厢上的钢材有惯性,在汽车制动时,钢材继续向前运动,压扁了驾驶室,惯性只与质量有关,与运动状态、受力情况无关,A正确。
2.如图所示,物体在水平力F作用下压在竖直墙上静止不动,则(　　)
A.物体所受摩擦力的反作用力是重力
B.力F就是物体对墙的压力
C.力F的反作用力是墙壁对物体的支持力
D.墙壁对物体的弹力的反作用力是物体对墙壁的压力
答案　D　作用力与反作用力的性质相同,选项A错误;力F与物体对墙的压力是两个不同的力,选项B错误;力F与墙壁对物体的支持力是一对平衡力,选项C错误;墙壁对物体的弹力与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力,选项D正确。
3.如图所示,甲运动员在球场上得到篮球之后,甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑,甲运动员要将球传给乙运动员,不计空气阻力,问他应将球向什么方向抛出(　　)
A.抛出方向与奔跑方向相同,如图中箭头1所指的方向
B.抛出方向指向乙的前方,如图中箭头2所指的方向
C.抛出方向指向乙,如图中箭头3所指的方向
D.抛出方向指向乙的后方,如图中箭头4所指的方向
答案　C　由于球在甲手中时与甲的速度相同,球抛出后由于惯性其水平速度仍与甲、乙奔跑的速度相同,因此甲只要向垂直奔跑方向扔出球,就能被乙接住,C项正确。
4.如图所示,质量为m的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上,斜面体置于粗糙的水平地面上,用平行于斜面的力F拉物体使其沿斜面向下匀速运动,斜面体始终静止,则下列说法正确的是(　　)
A.地面对斜面体的摩擦力大小为F cos θ
B.地面对斜面体的支持力为(M+m)g
C.物体对斜面体的摩擦力的大小为F
D.斜面体对物体的作用力竖直向上
答案　A　由于斜面体和物体都处于平衡状态,将斜面体和物体看成一个整体,由受力情况可得:地面对斜面体的摩擦力大小为F cos θ,地面对斜面体的支持力大小为(M+m)g+F sin θ,故A对,B错;隔离物体进行受力分析,物体对斜面体的摩擦力大小为F+mg sin θ,故C错;将斜面体作为施力物体,则斜面体对物体的作用力即物体受到的支持力与摩擦力的合力,由力的合成可知斜面体对物体的作用力与物体的重力和F的合力大小相等、方向相反,故斜面体对物体的作用力不在竖直方向上,D错。
5.如图甲所示,用一水平外力F推着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体,逐渐增大F,物体做变加速运动,其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示,若重力加速度g取10 m/s2。根据图乙中所提供的信息可计算出(　　)
A.物体的质量为0.5 kg
B.斜面的倾角为30°
C.物体能静止在斜面上所施加的最小外力为12 N
D.物体的质量为2 kg
答案　D　物体受重力、外力F和支持力,根据牛顿第二定律可知a=Fcosθ-mgsinθm=Fcosθm-g sin θ,图线的纵轴截距为-6 m/s2,则g sin θ=6 m/s2,解得斜面的倾角θ=37°;图线的斜率k=cosθm=25 kg-1,解得m=2 kg,A、B错误,D正确;物体刚好静止在斜面上时,a=0,解得F=mg tan θ=15 N,C错误。
6.如图所示,两小球悬挂在天花板上,a、b两小球用细线连接,上面是一轻质弹簧,a、b两球的质量分别为m和2m,在细线烧断瞬间,a、b两球的加速度为(取向下为正方向)(　　)
A.0,g B.-g,g
C.-2g,g D.2g,0
答案　C　在细线烧断之前,a、b可看成一个整体,由二力平衡知,弹簧弹力等于整体重力,故大小为3mg,方向向上。当细线烧断瞬间,弹簧的形变量不变,故弹力不变,故a受向上3mg的弹力和向下mg的重力,故加速度aa=3mg-mgm=2g,方向向上。对b而言,细线烧断后只受重力作用,故加速度ab=2mg2m=g,方向向下,因取向下方向为正,有aa=-2g,ab=g,故选项C正确。
7.如图所示,粗糙水平地面上的物体在水平拉力F作用下做匀加速直线运动,现使F不断减小到零,则在滑动过程中(　　)
A.物体的加速度不断减小,速度不断增大
B.物体的加速度不断增大,速度不断减小
C.物体的加速度先变大再变小,速度先变小再变大
D.物体的加速度先变小再变大,速度先变大再变小
答案　D　物体质量不变,合外力决定加速度的大小,滑动中的物体所受合外力是拉力和地面摩擦力的合力,因为F逐渐减小,所以合外力先减小后反向增大,由a=Fm可知物体的加速度先减小后反向增大;速度是增大还是减小与加速度的大小无关,而是要看加速度与速度的方向是否相同,前一阶段加速度与速度方向相同,所以速度增大,后一阶段加速度与速度方向相反,所以速度减小,因此选项D正确。
8.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行,如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面,斜面上放一个质量为m的小物块,小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)。则(　　)
A.小物块受到的支持力大小为mg
B.小物块受到的摩擦力方向平行于斜面向下
C.小物块受到的滑动摩擦力为12mg+ma
D.小物块受到的静摩擦力为12mg+ma
答案　D　小物块相对斜面静止,因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力。缆车以加速度a上行,小物块的加速度也为a,以小物块为研究对象,则有Ff-mg sin 30°=ma,Ff=12mg+ma,方向平行于斜面向上。小物块受到的支持力与重力垂直斜面的分力平衡,即FN=mg cos 30° ,所以D正确。
9.如图甲所示,水平面上有一倾角为θ的光滑斜面,斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动,当系统稳定时,细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和N。若T-a图像如图乙所示,AB是直线,BC为曲线,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法错误的是(　　)
A.a=403 m/s2时,N=0
B.小球质量m=0.1 kg
C.斜面倾角θ的正切值为34
D.小球离开斜面之前,N=0.8+0.06a(N)
答案　D　小球离开斜面之前,以小球为研究对象,进行受力分析,可得T cos θ-N sin θ=ma,T sin θ+N cos θ=mg,联立解得N=mg cos θ-ma sin θ,T=ma cos θ+mg sin θ,所以T和a成线性关系,由题图乙可知a=403 m/s2时,N=0,选项A正确。当a=0时,T=0.6 N,此时小球静止在斜面上,其受力如图a所示,有mg sin θ=T;当a=403 m/s2时,斜面对小球的支持力恰好为零,其受力如图b所示,有mg cot θ=ma,联立可得tan θ=34,m=0.1 kg,选项B、C正确。将θ和m的值代入N=mg cos θ-ma sin θ,得N=0.8-0.06a(N),选项D错误。
教师备用题库
1.(2018课标Ⅰ,15,6分)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
答案　A　本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律。设系统静止时弹簧压缩量为x0,由胡克定律和平衡条件得mg=kx0。力F作用在P上后,物块受重力、弹力和F,向上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得,F+k(x0-x)-mg=ma。联立以上两式得F=kx+ma,所以F-x图像中图线是一条不过原点的倾斜直线,故A正确。
2.(多选)如图所示,弹簧p和细绳q的上端固定在天花板上,下端用小钩钩住质量为m的小球C,弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计。静止时p、q与竖直方向的夹角均为60°。下列判断正确的有(　　)
A.若p和球突然脱钩,则脱钩后瞬间q对球的拉力大小为mg
B.若p和球突然脱钩,则脱钩后瞬间球的加速度大小为32g
C.若q和球突然脱钩,则脱钩后瞬间p对球的拉力大小为12mg
D.若q和球突然脱钩,则脱钩后瞬间球的加速度大小为g
答案　BD　原来p、q对球的拉力大小均为mg,p和球脱钩后,球将开始沿圆弧运动,将球受的力沿法向和切线正交分解 (见图1),
得F-mg cos 60°=0,即F=12mg,合力为mg sin 60°=ma,A错误,B正确;q和球突然脱钩后瞬间,p的拉力未来得及改变,仍为mg,因此合力为mg(见图2),球的加速度大小为g,故C错误,D正确。
3.(2016课标Ⅱ,19,6分)(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关。若它们下落相同的距离,则(　　)
A.甲球用的时间比乙球长
B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
答案　BD　甲、乙下落的时间与加速度有关,应先求加速度,由m甲=ρV甲=ρ(43πR甲3)得R甲=33m甲4ρπ,阻力f甲=kR甲=k33m甲4ρπ,由牛顿第二定律知a甲=m甲g?f甲m甲=g-k334ρπm甲2,同理a乙=g-k334ρπm乙2,因m甲>m乙,所以a甲>a乙,故C项错误;再由位移公式h=12at2可知t甲v乙,B项正确;甲球受到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,D项正确。
4.(2016四川理综,10,17分)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成,如图竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为23 m/s时,车尾位于制动坡床的底端,货物开始在车厢内向车头滑动,当货物在车厢内滑动了4 m时,车头距制动坡床顶端38 m,再过一段时间,货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍,货物与车厢间的动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板,取cos θ=1,sin θ=0.1,g=10 m/s2。求:
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向;
(2)制动坡床的长度。
答案　(1)5 m/s2　方向沿制动坡床向下　(2)98 m
解析　(1)设货物的质量为m,货物在车厢内滑动过程中,货物与车厢间的动摩擦因数μ=0.4,受摩擦力大小为f,加速度大小为a1,则
f+mg sin θ=ma1①
f=μmg cos θ②
联立①②式并代入数据得a1=5 m/s2③
a1的方向沿制动坡床向下。
(2)设货车的质量为M,车尾位于制动坡床底端时的车速为v=23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0=38 m的过程中,用时为t,货物相对制动坡床的运动距离为s1,在车厢内滑动的距离s=4 m,货车的加速度大小为a2,货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F,F是货车和货物总重的k倍,k=0.44,货车长度l0=12 m,制动坡床的长度为l,则
Mg sin θ+F-f=Ma2④
F=k(m+M)g⑤
s1=vt-12a1t2⑥
s2=vt-12a2t2⑦
s=s1-s2⑧
l=l0+s0+s2⑨
联立①②④~⑨并代入数据得l=98 m⑩
课件45张PPT。第6讲　牛顿运动定律的理解一 牛顿第一定律二 牛顿第二定律三　牛顿第三定律四 单位制教材研读突破一 对牛顿第一定律的理解突破二　对牛顿第三定律的理解突破三　对牛顿第二定律的理解重难突破3.惯性:④　物体保持原来运动状态????的性质叫惯性,⑤　质量????是物体惯性大小的唯一量度。
二、牛顿第二定律1.内容:物体加速度的大小跟它受到的合外力成①　正比????,跟它的质量成②　反比????,加速度的方向跟合外力的方向③　相同????。
2.表达式:④????F合=ma????。三、牛顿第三定律1.作用力和反作用力
两个物体之间的作用总是①　相互????的,一个物体对另一个物体施加了力,另一个物体一定同时对这一个物体也施加了力。
2.内容
两个物体之间的作用力和反作用力总是大小②　相等????,方向③　相反????,作用在④　同一直线上????。四、单位制1.单位制:基本单位和导出单位一起组成了单位制。2.在国际单位制中,力学的基本物理量是长度、时间、质量;基本单位为①????m(米)????、②????s(秒)????、③????kg(千克)????。
? (6)人走在松软土地上下陷时,人对地面的压力大于地面对人的支持
力。?(　?　)
(7)物体做自由落体运动时处于完全失重状态,所以做自由落体运动的物体不受重力作用。?(　?　)2.下列对牛顿第一定律和惯性的分析正确的是?(　C　)
A.沿水平方向匀速飞行的飞机投弹时,如果当目标在飞机的正下方时投下炸弹,能击中目标
B.地球自西向东自转,你向上跳起来后,不会落到原地
C.摩托车做飞跃障碍物的表演时为了减少向前翻车的危险,应该后轮先着地
D.向上抛出的物体,在空中向上运动时,肯定受到了向上的作用力4.关于作用力与反作用力,下列说法中正确的是?(　C　)
A.物体相互作用时,先有作用力而后才有反作用力
B.作用力与反作用力大小相等、方向相反,作用在同一条直线上,因此它们的合力为零
C.弹力的反作用力一定是弹力
D.马能将车拉动,是因为马拉车的力大于车拉马的力3.理想化状态
牛顿第一定律描述的是物体不受外力的状态,而物体不受外力的情形是不存在的。在实际情况中,如果物体所受的合外力等于零,与物体不受外力的表现是相同的。
4.与牛顿第二定律的关系
牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的。力是如何改变物体运动状态的问题由牛顿第二定律来回答。典例1　对牛顿第一定律的理解,下列说法中正确的是?(　D　)
A.物体保持静止状态,它所受合外力可能不为零
B.物体所受合外力为零时,它一定处于静止状态
C.物体处于匀速直线运动状态时,它所受的合外力可能是零,也可能不是零
D.物体所受合外力为零时,它可能做匀速直线运动,也可能是静止解析　物体保持静止,则它受到的合外力一定为零,故A错误;合外力为零时,物体可能处于静止或匀速直线运动状态,故B错误,D正确;物体处于匀速直线运动状态时,它所受的合外力一定为零,故C错误。反思总结
牛顿第一定律的应用技巧
(1)应用牛顿第一定律分析实际问题时,要把生活感受和理论问题联系起来深刻认识力和运动的关系,正确理解力不是维持物体运动状态的原因,克服生活中一些错误的直观印象,建立正确的思维习惯。
(2)如果物体的运动状态发生改变,则物体必然受到不为零的合外力作用。因此,判断物体的运动状态是否改变,以及如何改变,应分析物体的受力情况。1-2　关于牛顿第一定律的理解错误的是?(　C　)
A.牛顿第一定律反映了物体不受外力的作用时的运动规律
B.不受外力作用时,物体的运动状态保持不变
C.在水平地面上滑动的木块最终停下来,是由于没有外力维持木块运动的结果
D.奔跑的运动员遇到障碍而被绊倒,这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态解析　牛顿第一定律描述了物体不受外力作用时的状态,即总保持匀速直线运动状态或静止状态,A、B正确;牛顿第一定律还揭示了力和运动的关系,力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动状态的原因,在水平地面上滑动的木块最终停下来,是由于摩擦阻力的作用而改变了木块的运动状态,奔跑的运动员,遇到障碍而被绊倒,是因为他受到外力作用而改变了运动状态,C错误,D正确。突破二　牛顿第三定律的理解1.作用力与反作用力的关系2.一对相互作用力与一对平衡力的比较解析????木箱对地面的压力和地面对木箱的支持力是一对作用力和反作用力,故A、D错误;木箱受重力、支持力、推力和静摩擦力,重力和支持力是一对平衡力,推力和静摩擦力也是一对平衡力,故B正确;压力与重力等大、同向,但性质不同,不是同一个力,故C错误。规律总结
判断作用力和反作用力的方法
一看受力物体。作用力和反作用力应作用在两个相互作用的物体上。
二看产生的原因。作用力和反作用力是由于相互作用而产生的,一定是
同种性质的力。解析　两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等,方向相反,作用在同一条直线上,且作用在两个相互作用的物体上,所以Q对P的支持力的反作用力是P对Q的压力,选项C正确。2-2　手拿一个锤头敲在一块玻璃上把玻璃敲碎了。对于这一现象,下列说法正确的是?(　C　)
A.锤头敲玻璃的力大于玻璃对锤头的作用力,所以玻璃才碎裂
B.锤头受到的力大于玻璃受到的力,只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
C.锤头和玻璃之间的作用力应该是等大的,只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
D.因为不清楚锤头和玻璃的其他受力情况,所以无法判断它们之间的相
互作用力的大小解析　锤头敲玻璃的力与玻璃对锤头的作用力是作用力与反作用力,总是大小相等,方向相反,但因作用在不同的物体上,因物体的承受能力不同,产生不同的作用效果,故C正确,A、B、D均错误。突破三　牛顿第二定律的理解解析　小物块接触弹簧后,弹簧的弹力先小于重力沿斜面向下的分力,小物块的合力沿斜面向下,加速度也沿斜面向下,与速度方向相同,故小物块做加速运动,因弹力逐渐增大,合力减小,加速度减小;随着小物块向下运动,弹簧的弹力增大,当弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力后,小物块的合力沿斜面向上,加速度沿斜面向上,与速度方向相反,小物块做减速运动,弹力增大,合力增大,加速度也增大;综上可知,小物块先做加速运动后做减速运动;加速度先减小后反向增大;小物块在第一次到达的最低点位置时加速度不为零,不会静止在最低点位置,故ABD错误,C正确。故选:C。典例5????(瞬时性)两个质量均为m的小球,用两条轻绳连接,处于平衡状态,如图所示。现突然迅速剪断轻绳OA,让小球下落,在剪
断轻绳的瞬间,设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示,则
?(　A　)
A.a1=g,a2=g　???? B.a1=0,a2=2g
C.a1=g,a2=0　???? D.a1=2g,a2=0
解析　由于绳子张力可以突变,故剪断OA后小球A、B只受重力,其加速度a1=a2=g,故选项A正确。抓住“两关键”、遵循“四步骤”
(1)分析瞬时加速度的“两个关键”:
①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。
②分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。
(2)“四个步骤”:
第一步:分析原来物体的受力情况。
第二步:分析物体在突变时的受力情况。
第三步:由牛顿第二定律列方程。
第四步:求出瞬时加速度,并讨论其合理性。5-1　在典例5中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧,其他不变,如图所示,则典例选项中正确的是?(　D　)
A.a1=g,a2=g　???? B.a1=0,a2=2g
C.a1=g,a2=0　???? D.a1=2g,a2=0
解析　剪断轻绳OA后,由于弹簧弹力不能突变,故小球A所受合力为2mg,小球B所受合力为零,所以小球A、B的加速度分别为a1=2g,a2=0,故选项D正确。第7讲　牛顿运动定律的应用
A组　基础题组
1.下列哪一种运动情景中,物体将会处于一段持续的完全失重状态　(　　)
A.高楼正常运行的电梯中
B.沿固定于地面的光滑斜面滑行
C.固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动
D.不计空气阻力条件下的竖直上抛
答案　D　高楼正常运行的电梯中,一般先加速后匀速,再减速,故物体不可能一直处于完全失重状态,选项A错误;沿固定于地面的光滑斜面滑行时,加速度沿斜面向下,由于加速度小于g,故物体不是完全失重状态,选项B错误;固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动的物体,加速度不会总是竖直向下的g,故选项C错误;不计空气阻力条件下的竖直上抛,加速度总是竖直向下的g,总是处于完全失重状态,选项D正确。
2.如图所示,A、B两物体叠放在一起,以相同的初速度上抛(不计空气阻力)。下列说法正确的是(　　)
A.在上升或下降过程中A对B的压力一定为零
B.上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
C.下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
D.在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力
答案　A　无论物体在上升过程中还是下降过程中,两物体组成的系统都只受重力作用,系统处于完全失重状态,所以在整个过程中,A对B的压力始终为零,故选项A正确。
3.水平方向的传送带,顺时针转动,传送带速度大小v=2 m/s不变,两端A、B间距离为3 m。一物块从B端以v0=4 m/s滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,g=10 m/s2。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,速度随时间变化的图像是(　　)
答案　B　物块B刚滑上传送带时,速度向左,由于物块与传送带间的摩擦作用,使得它做匀减速运动,加速度大小为a=μg=4 m/s2,当物块的速度减小到0时,物块前进的距离为s=0?422×(?4) m=2 m,其值小于AB的长3 m,故物块减速到0后仍在传送带上,所以它会随传送带向右运动,其加速度的大小与减速时是相等的,等其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行的距离为s'=22-02×4 m=0.5 m,其值小于物块向左前进的距离,说明物块仍在传送带上,以后物块相对于传送带静止,其速度就等于传送带的速度了,所以选项B正确。
4.如图甲所示,物体原来静止在水平面上,用一水平力F拉物体,在F从0开始逐渐增大的过程中,物体先静止后做变加速运动,其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示。根据图乙中所标出的数据可计算出(g取10 m/s2)(　　)
A.物体的质量为1 kg
B.物体的质量为2 kg
C.物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
D.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
答案　B　物体的受力如图所示,在力F从0增大到7 N之前物体静止,在7 N时运动状态发生变化,由牛顿第二定律得F-Ff=ma,代入图乙中F1=7 N和F2=14 N及对应的加速度a1=0.5 m/s2和a2=4 m/s2,解得m=2 kg,Ff=6 N,A错误,B正确;Ff=μFN=μmg,则μ=0.3,C、D错误。
5.(多选)如图所示,一水平传送带以v=2 m/s的速度做匀速运动,传送带A、B两端间的距离为xAB=8 m,将一小物块轻轻地放在传送带A端,由A端运动到B端所需的时间t=4.5 s,g=10 m/s2。则　(　　)
A.物体匀加速运动2 s
B.物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2
C.物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4
D.若要物块从A到B时间最短,传送带速度至少为5.66 m/s
答案　BD　设物块在传送带上做匀加速直线运动的加速度为a,做匀加速直线运动的时间为t1,则v=at1,12vt1+v(t-t1)=xAB,联立解得t1=1 s,a=2 m/s2,则由a=μg解得μ=0.2,选项A、C错误,B正确;物块一直做匀加速直线运动到B点的速度v'=2axAB=2×2×8 m/s=42 m/s≈5.66 m/s,则使物块以最短时间到达B端,则传送带的速度大小至少为5.66 m/s,选项D正确。
6.如图所示的传送带,其水平部分ab的长度为2 m,倾斜部分bc的长度为4 m,bc与水平面的夹角为α=37°,将一小物块A(可视为质点)轻轻放于a端的传送带上,物块A与传送带间的动摩擦因数为μ=0.25,当传送带沿图示方向以v=2 m/s的速度匀速运动时,若物块A经过b端时未脱离传送带且没有能量损失(g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。),试求:
(1)小物块在水平部分加速运动的加速度大小;
(2)小物块A从a端传送到b端所用的时间;
(3)小物块A从b端传送到c端所用的时间。
答案　(1)2.5 m/s2　(2)1.4 s　(3)1 s
解析　(1)物块在ab段所受的摩擦力f=μmg
由牛顿第二定律可知,加速度大小a=fm=μg=2.5 m/s2
(2)物块加速到2 m/s所需时间t1=va=22.5 s=0.8 s
物块加速阶段的位移s1=12at12=12×2.5×0.82 m=0.8 m
物块匀速运动位移s2=xab-s1=2 m-0.8 m=1.2 m
匀速运动时间t2=s2v=1.22 s=0.6 s
从a到b的时间t=t1+t2=0.8 s+0.6 s=1.4 s
(3)物块在bc段的合力F=mg(sin α-μ cos α)
故加速度:a'=g(sin α-μ cos α)=4 m/s2
由匀变速直线运动规律可得,从b到c的时间t3满足
sbc=vt3+12a't32
其中sbc=4 m,v=2 m/s
解得:t3=1 s(t3=-2 s舍去)
B组　提升题组
1.(多选)如图所示,运动员进行“3 m跳板跳水”运动的过程可简化为:运动员走上跳板,将跳板从水平位置B压到最低点C,跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A,然后运动员做自由落体运动,竖直落入水中。跳板自身重力忽略不计,则下列说法正确的是(　　)
A.运动员向下运动(B→C)的过程中,先失重后超重,对板的压力先减小后增大
B.运动员向下运动(B→C)的过程中,先失重后超重,对板的压力一直增大
C.运动员向上运动(C→B)的过程中,先超重后失重,对板的压力先增大后减小
D.运动员向上运动(C→B)的过程中,先超重后失重,对板的压力一直减小
答案　BD　运动员在向下运动(B→C)的过程中,运动员受到的板的弹力越来越大,开始时加速度向下减小,然后加速度再向上增大,故运动员应先失重后超重,故A错误,B正确;运动员在向上运动(C→B)时,由于弹力减小,但开始时一定大于重力,故合外力先减小后增大,而加速度先向上后向下,故运动员先超重后失重,故C错误,D正确。
2.如图,质量mA>mB的两物体A、B叠放在一起,靠着竖直墙面。让它们由静止释放,在沿粗糙墙面下落过程中,物体B的受力示意图是(　　)
答案　A　A、B在竖直下落过程中与墙面没有弹力,所以也没有摩擦力,A、B均做自由落体运动,处于完全失重状态,均只受重力,故A正确。
3.如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块,其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连,轻绳能承受的最大拉力为FT,现用水平拉力F拉其中质量为3m的木块,使三个木块以同一加速度运动,则以下说法正确的是(　　)
A.质量为2m的木块受到四个力的作用
B.当F逐渐增大到FT时,轻绳刚好被拉断
C.当F逐渐增大到1.5FT时,轻绳还不会被拉断
D.轻绳刚要被拉断时,质量为m和2m的木块间的摩擦力为0.66FT
答案　C　质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其向左的摩擦力、轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用,故A错误;对整体,由牛顿第二定律可知,a=F6m,隔离左边的叠加体,由牛顿第二定律可知,轻绳中拉力为FT'=3ma=F2。由此可知,当F逐渐增大到2FT时,轻绳中拉力等于FT,轻绳才刚好被拉断,选项B错误,C正确;轻绳刚要被拉断时,质量为m和2m的木块整体的加速度a'=FT3m,质量为m和2m的木块间的摩擦力为Ff=ma'=FT3,故D错误。
4.如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪,用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型,紧绷的传送带始终保持v=1 m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处,设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离为2 m,g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李,则(　　)
A.乘客与行李同时到达B处
B.乘客提前2 s到达B处
C.行李提前0.5 s到达B处
D.若传送带速度足够大,行李最快也要2 s才能到达B处
答案　D　行李放在传送带上,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。加速度为a=μg=1 m/s2,历时t1=va=1 s达到共同速度,位移x1=v2t1=0.5 m,此后行李匀速运动t2=2m?x1v=1.5 s到达B,共用2.5 s;乘客到达B,历时t=2mv=2 s,故A、B、C错误。若传送带速度足够大,行李一直加速运动,最短运动时间tmin=2×21 s=2 s,D项正确。
5.如图,水平传送带A、B两端相距s=3.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。工件滑上A端瞬时速度vA=4 m/s,达到B端的瞬时速度设为vB,则下面说法错误的是(　　)
A.若传送带不动,则vB=3 m/s
B.若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,vB=3 m/s
C.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,vB=3 m/s
D.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,vB=2 m/s
答案　D　若传送带不动,工件的加速度大小a=μg=1 m/s2,由vA2-vB2=2as,得vB=vA2-2as=3 m/s,选项A正确;若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,工件的受力情况不变,由牛顿第二定律得知,工件的加速度仍为a=μg,工件的运动情况跟传送带不动时一样,则vB=3 m/s,选项B正确;若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左,做匀减速运动,工件的加速度仍为a=μg,工件的运动情况跟传送带不动时一样,则vB=3 m/s,选项C正确、D错误。
6.将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上,如图甲所示,现在杆上套一小球,小球在一沿杆向上的拉力F的作用下沿杆向上运动。该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示。g=10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)
A.在2~4 s内小球的加速度大小为1.5 m/s2
B.小球质量为2 kg
C.杆的倾角为30°
D.小球在0~4 s内的位移为8 m
答案　C　由图像得:在2~4 s内小球的加速度a=ΔvΔt=0.5 m/s2,则A错误;在0~2 s内小球做匀速直线运动时,重力沿杆向下的分力等于5 N,在2~4 s内由牛顿第二定律有:F2-F1=ma,解得m=1 kg,则B错误;设杆与水平面的夹角为α,则F2-mg sin α=ma,解得α=30°,则C正确;由速度-时间图像可知,图线与横轴围成的面积表示位移,即0~4 s内小球的位移为5 m,则D错误。
7.图甲中,质量为m1=1 kg的物块叠放在质量为m2=3 kg的木板右端。木板足够长,放在光滑的水平地面上,木板与物块之间的动摩擦因数为μ1=0.2,整个系统开始时静止,重力加速度g=10 m/s2。
(1)在木板右端施加水平向右的拉力F,为使木板和物块发生相对运动,拉力F至少应为多大?
(2)在0~4 s内,若拉力F的变化如图乙所示,2 s后木板进入μ2=0.25的粗糙水平面,在图丙中画出0~4 s内木板和物块的v-t图像,并求出0~4 s内物块相对木板的位移大小。
答案　(1)8 N　(2)见解析图　1 m
解析　(1)把物块和木板看做整体,由牛顿第二定律得
F=(m1+m2)a
对物块分析,物块与木板将要相对滑动时有
μ1m1g=m1a
联立解得F=8 N
(2)物块在0~2 s内做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有μ1m1g=m1a1
解得a1=2 m/s2
2 s末物块的速度v1=a1t1=2×2 m/s=4 m/s
木板在0~1 s内做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有
F1-μ1m1g=m2a2
解得a2=4 m/s2
1 s末木板的速度v1'=a2t2=4×1 m/s=4 m/s
在1~2 s内F2=μ1m1g
木板做匀速运动,速度为4 m/s
2~4 s内如果物块和木板一起减速运动,共同的加速度大小为a共=μ2m1+m2gm1+m2=μ2g
物块的合力μ2m1g>fm=μ1m1g
所以物块和木板相对滑动2 s后物块做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有-μ1m1g=m1a3
解得a3=-2 m/s2
速度从4 m/s减至零的时间t3=0?v1a3=0?4-2 s=2 s
木板做匀减速直线运动有
-μ2(m1+m2)g+μ1m1g=m2a4
解得a4=-83 m/s2
速度从4 m/s减至零的时间t4=0?v1'a4=-4-83 s=1.5 s
二者在整个运动过程的v-t图像如图所示(实线是木板的v-t图像,虚线是物块的v-t图像)
0~2 s内物块相对木板向左运动Δx1=12a2t22+(a2t2)(t1-t2)-12a1t12,
2~4 s内物块相对木板向右运动Δx2=-a1t122a3--a2t222a4
解得Δx=Δx1-Δx2=1 m
即0~4 s内物块相对木板的位移大小为Δx=1 m
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1.(2018浙江4月选考,8,3分)如图所示,小芳在体重计上完成下蹲动作。下列F-t图像能反映体重计示数随时间变化的是(　　)
答案　C　小芳下蹲的过程中先加速运动后减速运动,其加速度方向先向下后向上,即小芳先失重后超重,她所受的支持力先小于自身重力后大于自身重力,则示数先小于人的质量后大于人的质量,故选项C正确。
2.如图所示,物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑,传送带突然启动,方向如图中箭头所示,传送带在速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动,在此过程中,以下分析正确的是　(　　)
A.M下滑的速度不变
B.M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动
C.M先向下匀速运动,后向下加速,最后沿传送带向下匀速运动
D.M受的摩擦力方向始终沿传送带向上
答案　C　传送带静止时,物块匀速下滑,故mg sin θ=f,传送带转动时,若传送带的速度大于物块的速度,则物块受到向下的摩擦力,根据受力分析可知,物块向下做加速运动,当速度达到传送带速度,物块和传送带具有相同的速度,匀速下滑,故C正确。
3.(多选)如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动,传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面,物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后,经过一段时间又返回到光滑水平面上,这时速率为v2',则下列说法正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.若v1< v2,则v2'= v1 B.若v1> v2,则v2'= v2
C.不管v2多大,总有v2'= v2 D.只有v1= v2,才有v2'= v1
答案　AB　由于传送带足够长,物体减速向左滑行,直到速度减为零,然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速,分三种情况讨论:①如果v1>v2,物体会一直加速,当速度大小增大到等于v2时,物体恰好离开传送带,有v2'=v2;②如果v1=v2,物体同样会一直加速,当速度大小增大到等于v2时,物体恰好离开传送带,有v2'=v2;③如果v14.(2016海南单科,5,3分)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用,其下滑的速度-时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数,在0~5 s,5~10 s,10~15 s内F的大小分别为F1、F2和F3,则(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.F1F3
C.F1>F3 D.F1=F3
答案　A　根据v-t图像可知,在0~5 s内加速度为a1=0.2 m/s2,方向沿斜面向下;在5~10 s内,加速度a2=0;在10~15 s内加速度为a3=-0.2 m/s2,方向沿斜面向上;受力分析如图。在0~5 s内,根据牛顿第二定律:mg sin θ-f-F1=ma1,则F1=mg sin θ-f-0.2m;在5~10 s内,根据牛顿第二定律:mg sin θ-f-F2=ma2,则F2=mg sin θ-f;在10~15 s内,根据牛顿第二定律:mg sin θ-f-F3=ma3,则F3=mg sin θ-f+0.2m,故可以得到F3>F2>F1,故选项A正确。
5.(2016江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中(　　)
A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大
D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面
答案　BD　由题图可见,鱼缸相对桌布向左滑动,故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右,A错。因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等,所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等,均为μg;由v=at可知,鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等,故B正确。若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力,由Ff=μmg可知,Ff不变,故C错。若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动,则鱼缸就会滑出桌面,故D正确。
课件62张PPT。第7讲　牛顿运动定律的应用一 超重和失重现象的判断“两”角度二 整体法与隔离法的选取原则三 求解图像问题的基本思路四 动力学中极值问题的临界条件和处理方法教材研读五 两类传送带模型突破一 对超重和失重的理解与应用突破二 整体法和隔离法在连接体问题中的应用突破三 动力学中的图像问题重难突破突破四 动力学中的临界极值问题突破五 传送带模型二、整体法与隔离法的选取原则1.整体法的选取原则:若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力,可以把它们看成一个整体,分析整体受到的合外力,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。
2.隔离法的选取原则:若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内各物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解。三、求解图像问题的基本思路
看清坐标轴所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始,明确因变量与自变量间的制约关系,明确物理量的变化趋势,分析图线进而弄懂物理过程,写出相应的函数关系式,进而明确“图像与公式”间的关系,以便对有关物理问题做出准确判断。四、动力学中极值问题的临界条件和处理方法1.“四种”典型临界条件
(1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离,临界条件是:弹力FN=0。
(2)相对滑动的临界条件:两物体相接触且处于相对静止时,常存在着静摩擦力,则相对滑动的临界条件是:静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子所能承受的张力是有限度的,绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力;绳子松弛的临界条件是:FT=0。(4)加速度变化时,速度达到最值的临界条件:当加速度变为0时。
2.“四种”典型数学方法
(1)三角函数法;
(2)根据临界条件列不等式法;
(3)利用二次函数的判别式法;
(4)极限法。五、两类传送带模型1.水平传送带问题:求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与①　传送带????的速度,也就是分析物体在运动的过程中速度是否和传送带速度②　相等????。
物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的
时刻。2.倾斜传送带问题:求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况,从而确定其是否受到③　滑动摩擦????力作用。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向,然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带速度④　相等????时,物体所受的摩擦力有可能发生突变。1.判断下列说法的正误:
(1)在国际单位制中,力的单位是根据牛顿第二定律定义的。?(　√　)
(2)超重就是物体所受的重力增大了。?(　?　)
(3)物体向上运动时处于超重状态。?(　?　)
(4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。?(　?　)2.如图所示,质量为60 kg的滑雪运动员,在倾角为37°的斜坡顶端,从静止开始匀加速下滑12 m到达坡底,若下滑过程中所有阻力忽略不计(g取10 m/s2,sin 37°=0.6和cos 37°=0.8)。求
(1)运动员下滑过程中的加速度大小。
(2)运动员到达坡底时的时间和速度大小。突破一　对超重和失重的理解与应用1.超重、失重和完全失重比较2.对超重和失重的进一步理解
(1)超重并不是重力增加了,失重并不是重力减小了,完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时,物体的重力依然存在,且不发生变化,只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化)。
(2)只要物体有向上或向下的加速度,物体就处于超重或失重状态,与物体向上运动还是向下运动无关。
(3)尽管物体的加速度不是在竖直方向,但只要其加速度在竖直方向上
有分量,物体就会处于超重或失重状态。规律总结
判断超重和失重现象的三个角度和技巧
(1)从受力的角度判断,当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超重状态,小于重力时处于失重状态,等于0时处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断,当物体具有向上的加速度时处于超重状态,具有向下的加速度时处于失重状态,向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。
(3)从速度变化的角度判断
①物体向上加速或向下减速时,超重;
②物体向下加速或向上减速时,失重。1-1　(多选)高层住宅与写字楼已成为城市中的亮丽风景,电梯是高层住宅与写字楼必配的设施。某同学将一轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上,弹簧下端悬挂一个小铁球,如图所示,在电梯运行时,该同学发现轻弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小了,这一现象表明?(　AD　)
A.电梯可能在下降
B.电梯的加速度方向可能向上
C.该同学对电梯地板的压力等于其重力
D.该同学对电梯地板的压力小于其重力解析　电梯静止不动时,小球受力平衡,重力等于弹力,在电梯运行时,弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小了,说明弹力变小了,根据牛顿第二定律可知加速度方向向下,电梯加速下降或者减速上升,电梯以及电梯中的人处于失重状态,该同学对电梯地板的压力小于其重力,故A、D正确,B、C错误。突破二　整体法和隔离法在连接体问题中的应用1.整体法、隔离法的交替运用:若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求物体之间的作用力时,可以先用整体法求出加速度,然后再用隔离法选取合适的研究对象,应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度,后隔离求内力”。若已知物体之间的作用力,则“先隔离求加速度,后整体求外力”。2.涉及整体法和隔离法的具体类型
(1)通过滑轮和绳的连接体问题:若要求绳的拉力,一般都必须采用隔离法。绳跨过定滑轮,连接的两物体虽然加速度大小相同但方向不同,故采用隔离法。
(2)水平面上的连接体问题:这类问题一般多是连接体(系统)中各物体保持相对静止,即具有相同的加速度。解题时,整体法、隔离法一般交替应用。
(3)斜面体与其上物体组成的系统的问题:当物体具有沿斜面方向的加
速度,而斜面体相对于地面静止时,解题时一般采用隔离法分析。典例2　如图所示,质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上,光滑槽内有一质量为m的小铁球,现用一水平向右的推力F推动凹槽,小铁球与光滑凹槽相对静止时,凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角,则下列说法正确的是?(　C　)2-1　质量分别为m、2m的物块A、B用轻弹簧相连,设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同。当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上共同向右加速运动时,弹簧的伸长量为x1,如图甲所示;当用同样大小的力F竖直共同加速提升两物块时,弹簧的伸长量为x2,如图乙所示;当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉两物块使之共同加速运动时,弹簧的伸长量为x3,如图丙所示,则x1∶x2∶x3等于?(　 )A.1∶1∶1　???? B.1∶2∶3
C.1∶2∶1　???? D.无法确定答案　(1)60 N　(2)2.375 m
解析　(1)整体:F-(mA+mB)g sin θ=(mA+mB)a
A物块:FT-mAg sin θ=mAa
解得:F=60 N
(2)设沿斜面向上为正方向
A物块:-mAg sin θ=mAaA,解得aA=-6 m/s2
由v0=3 m/s,则A物块到达最高点的时间t=0.5 s
此过程A物块的位移为xA=?t=0.75 m突破三　动力学中的图像问题1.动力学中常见的图像
v-t图像、x-t图像、F-t图像、F-a图像等。2.解决图像问题的关键
(1)看清图像的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始。
(2)理解图像的物理意义,能够抓住图像的一些关键点,如斜率、截距、面积、交点、拐点等,判断物体的运动情况或受力情况,再结合牛顿运动定律求解。典例3　如图甲所示,粗糙斜面与水平面的夹角为30°,质量为0.3 kg的小物块静止在A点。现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上,作用一段时间后撤去推力F,小物块能达到的最高位置为C点,小物块从A到C的v-t图像如图乙所示。g取10 m/s2,则下列说法正确的是?(　　)规律总结
数形结合解决动力学图像问题
(1)在图像问题中,无论是读图还是作图,都应尽量先建立函数关系,进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系;然后根据函数关系读取图像信息或者描点作图。
(2)读图时,要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义,尽可能多地提取解题信息。3-1????如图所示,一物体以速度v0冲上粗糙的固定斜面,经过2t0时间返回斜面底端,则物体运动的速度v(以初速度方向为正)随时间t的变化关系可能正确的是?(　C　)(2)设10 s末物体离A点的距离为d,由v-t图像与横轴所围的面积的物理意
义得d=-2 m
负号表示物体在A点左侧。突破四　动力学中的临界极值问题1.临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,表明题述的过程存在临界点。
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程存在“起止点”,而这些起止点往往就对应临界状态。
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程存在极值,这个极值点往往是临界点。
(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定速度”等,即求收尾加速度或
收尾速度。2.几种临界状态和其对应的临界条件3.处理临界问题的三种方法典例4　如图所示,物体A叠放在物体B上,B置于光滑水平面上,A、B质量分别为mA=6 kg、mB=2 kg,A、B之间的动摩擦因数μ=0.2,滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力。开始时F=10 N,此后逐渐增大,在增大到45 N的过程中?(　D　)
A.当拉力F<12 N时,物体均保持静止状态
B.两物体开始没有相对运动,当拉力超过12 N时,开始相对滑动
C.两物体从受力开始就有相对运动
D.两物体始终没有相对运动规律总结
四种典型的临界条件
(1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离,临界条件是弹力FN=0。
(2)相对滑动的临界条件:两物体相接触且处于相对静止时,常存在着静摩擦力,则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子所能承受的张力是有限度的,绳子
断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力,绳子松弛的临界条件是FT=0。
(4)加速度变化时,速度达到最值的临界条件:当加速度变为0时。突破五　传送带模型1.水平传送带模型2.倾斜传送带模型答案????(1)2.2 s　(2)1 s实验3　探究加速度与力、质量的关系
1.[2018浙江11月选考,17(2)]在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中,两个相同的小车放在光滑水平板上,前端各系一条细绳,绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘,盘中可放重物。小车的停和动通过用黑板擦按住小车后的细线和抬起来控制,如图1所示。实验要求小盘和重物所受的重力近似等于使小车做匀加速直线运动的力。
图1
图2
①请指出图2中错误之处:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
②调整好装置后,在某次实验中测得两小车的位移分别是x1和x2,则两车的加速度之比为　　　　。?
答案　①拉小车的细绳没有与水平板平行,m没有远小于M　②x1∶x2
解析　细绳拉力方向应与水平板平行,以保证小车受到恒力的作用,从而加速度恒定,如果不平行,则随着小车的运动,小车水平方向的拉力会发生变化;同时根据题意“小盘和重物所受的重力近似等于使小车做匀加速直线运动的力”,只有当m远小于M时,可以近似把小车的拉力近似等于托盘和重物的重力。根据x=12at2可知,两车同时释放,同时静止,加速度之比等于位移之比。
2.(1)(多选)利用下图装置可以做力学中的若干实验,以下说法正确的是　　　　。?
A.用此装置做“研究匀变速直线运动”实验时,必须设法消除小车和木板间的摩擦力的影响
B.用此装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验时,应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量
C.用此装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验时,每次改变盘和盘内砝码总质量后,不需要重新平衡摩擦力
D.用此装置做“探究功与速度变化的关系”实验时,不需要平衡小车运动中所受的摩擦力。
(2)(多选)在用此装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验时,下列说法正确的是　　　　。?
A.应先释放纸带再接通电源
B.拉小车的细线应尽可能与长木板平行
C.纸带与小车相连端的点迹较密
D.轻推小车,若拖着纸带的小车能够匀速下滑,则说明摩擦力已被平衡
(3)如图所示是实验时打出的一条纸带,A、B、C、D…为每隔2个点选取的计数点,据此纸带可知E点瞬时速度大小为　　　　m/s。?
答案　(1)BC　(2)BCD　(3)0.40±0.01 m/s
解析　(1)用此装置做“研究匀变速直线运动”实验时,只要使小车做匀加速运动即可,没必要消除小车和木板间的摩擦力的影响,选项A错误;在用此装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验时,应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量,这样才近似认为盘及盘内砝码的重力等于小车受到的拉力,选项B正确;因平衡摩擦力后满足mg sin θ=μmg cos θ,两边消去了m,则用此装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验时,每次改变盘和盘内砝码总质量后,不需要重新平衡摩擦力,选项C正确;用此装置做“探究功与速度变化的关系”实验时,需要平衡小车运动中所受的摩擦力,这样才能认为砝码的拉力做的功等于合外力做的功,选项D错误。故选B、C。
(2)实验中要先接通电源再释放纸带,选项A错误;拉小车的细线应尽可能与长木板平行,以减小实验的误差,选项B正确;纸带与小车相连端的点迹是运动刚开始时打出的,所以较为密集,选项C正确;轻推小车,若拖着纸带的小车能够匀速下滑,则说明摩擦力已被平衡,选项D正确。故选B、C、D。
(3)由题意可知T=0.06 s,求得vE=XDF2T=5.0×10-20.06×2 m/s=0.41 m/s。
3.某实验小组用如图所示装置研究加速度与力的关系,图中带滑轮的长木板水平放置于桌面,拉力传感器可直接显示所受到的拉力大小。
(1)(多选)实验时,下列操作必要且正确的是　　　　。?
A.未吊砂桶时将长木板右端适当垫高,使小车能匀速滑动
B.小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,打出一条纸带,同时记录传感器的示数
C.改变砂和砂桶质量,打出几条纸带
D.用天平测出砂和砂桶的质量
E.为了减小误差,实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
(2)若直接按上图所示装置进行实验,以传感器的示数F为横坐标,以通过纸带分析得到的加速度a为纵坐标,画出的a-F图像合理的是　　　　。?
答案　(1)ABC　(2)B
解析　(1)实验前要平衡摩擦力,将长木板右端适当垫高,使小车能匀速滑动,故A正确;为充分利用纸带,应使小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,打出一条纸带,同时记录传感器的示数,故B正确;为得出普遍规律,要改变砂和砂桶质量,打出几条纸带,故C正确;小车受到的拉力可由拉力传感器测出来,不需要用天平测出砂和砂桶的质量,故D错误;小车受到的拉力可以由拉力传感器测出,实验中不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量,故E错误。故选A、B、C。
(2)小车质量不变时,加速度与拉力成正比,所以a-F图像是一条倾斜的直线,由实验装置可知,实验前没有平衡摩擦力,则画出的a-F图像在F轴上有截距,故选B。
4.某同学设计了如图甲所示的装置来探究“加速度与合力的关系”。带滑轮的长木板水平放置,滑块右端与穿过打点计时器的纸带相连,左端通过拉力传感器连接细线与砂桶。将滑块由静止释放,直接由拉力传感器读出细线的拉力F,根据打出的纸带求出加速度a。改变砂桶内细砂质量,得到若干组a-F数据。进行数据分析处理,得出“加速度与合力的关系”。请回答下列实验的相关问题。
甲
乙
(1)实验中力传感器的示数F　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)细砂和砂桶受到的总重力。?
(2)图乙是某次实验得到的一条纸带的一部分,测得各计数点到O点的距离分别为OA=2.00 cm,OB=5.49 cm,OC=10.49 cm,OD=17.00 cm,OE=25.01 cm,OF=34.52 cm,每相邻两个计数点间还有4个点未画出,所用交流电源频率为50 Hz。滑块的加速度a=　　　　m/s2。(结果保留两位小数)?
(3)根据记录数据该同学作出a-F图像如图丙所示,由图像可知滑块A的质量为　　　　kg,受到的摩擦力大小为　　　　N。?
丙
答案　(1)小于　(2)1.50　(3)0.2　0.32
解析　(1)砂桶做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得
mg-F=ma,则F(2)每相邻两个计数点间还有4个点,则T=0.1 s,根据Δx=aT2,解得a=(OF-OC)-OC9T2=34.52?2×10.499×0.12×10-2=1.5 m/s2。
(3)对滑块A,根据牛顿第二定律有F-f=mAa,变形得a=1mAF-fmA,a-F图像中横轴的截距表示小车和传感器受到的总的摩擦力大小,由图可知,该摩擦力大小为0.32 N,a-F图像中的斜率k=1mA,由图中数据可求出k=5 kg-1,故mA=1k=0.2 kg。
5.某学习小组利用图所示的实验装置研究滑块加速度a与质量M间的关系。实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮,滑块的加速度可以由加速度传感器测量得到,拉力传感器可以测量细绳的拉力大小。请将下列实验步骤补充完整:
(1)实验前,接通电源,将滑块(不挂沙桶)置于气垫导轨上,轻推滑块,当加速度传感器示数为　　　　时,说明气垫导轨已经水平。?
(2)挂上沙桶,调整定滑轮位置,使导轨上方的细绳水平,释放在A处的滑块后记下拉力传感器的示数F1和加速度传感器的示数a1,用天平测出滑块(包括传感器)的质量M1;在滑块上添加一个50 g钩码并将滑块移到A处,增减沙桶中的沙子,使释放滑块后拉力传感器的示数为　　　　,并记下此时加速度传感器的示数a2。?
回答下列问题:
①本实验采用　　　　法来研究加速度与质量的关系。?
②本实验中,　　　　(选填“要求”或“不要求”)滑块的总质量M远大于沙桶的总质量m。?
③下列各图像中能正确反映滑块加速度a与1M间的变化规律的是　　　　。?
答案　(1)0　(2)F1　①控制变量　②不要求　③B
解析　(1)将不挂沙桶的滑块放在导轨上,若导轨水平,则滑块在水平方向上所受合力为0,加速度也为0。
(2)由于探究的是加速度a和质量M的关系,应控制合外力不变,第二次拉力同样为F1。
①本题运用了控制变量法;②由于本实验可用拉力传感器直接测出拉力F大小,故不必对m和M的大小关系作出要求;③由F=ma可知,a=F·1M,即a和1M成正比,故选B。
6.某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系
(1)下列说法正确的是　　　　(填字母代号)。?
A.调节滑轮的高度,使牵引滑块的细线与长木板保持平行
B.在调节木板倾斜度平衡滑块受到的滑动摩擦力时,要将装有砝码的桶通过定滑轮拴在滑块上
C.实验时,应先放开滑块再接通打点计时器的电源
D.通过增减滑块上的砝码改变质量时,需要重新调节木板倾斜度
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于滑块运动时受到的拉力,应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量　　　　滑块和滑块上砝码的总质量。(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)?
(3)如图所示是实验时打出的一条纸带,A、B、C、D…为每隔4个点取的计数点,据此纸带可知:两个计数点间的时间间隔为　　　　s;D点位置的读数为　　　　cm;打D点时滑块的速度大小为　　　　m/s;纸带的加速度大小为　　　　m/s2(最后两空结果均保留两位有效数字)?
答案　(1)A　(2)远小于　(3)0.1　4.25　0.21　0.44
解析　(1)实验时,要调节滑轮的高度,使牵引滑块的细线与长木板保持平行,否则细线拉力不等于合外力,故A正确;在调节木板倾斜度平衡滑块受到的滑动摩擦力时,不应将重物连接在滑块上,故B错误;打点计时器要“早来晚走”,即实验开始时要先接通打点计时器的电源,待其平稳工作后再释放木块,而当实验结束时应先控制滑块停下,再断开打点计时器的电源,故C错误;平衡摩擦力后,有mg sin θ=μmg cos θ,即μ=tan θ,与质量无关,故通过增减滑块上的砝码改变质量时,不需要重新调节木板倾斜度,故D错误。
(2)设砝码桶及桶内砝码的总质量为m,滑块的质量为M,根据牛顿第二定律,对砝码桶及砝码与滑块组成的系统有:a=mgM+m,对滑块有:T=Ma=MmgM+m=mg1+mM,只有当砝码桶及桶内砝码的质量远小于滑块质量,即m?M时,滑块受到的拉力才近似等于砝码桶及桶内砝码的重力。
(3)两个计数点间的时间间隔为T=5×0.02 s=0.1 s;D点位置的读数为4.25 cm;打D点时滑块的速度大小为vD=xCE2T=(6.50-2.40)×10-20.2 m/s=0.21 m/s;纸带的加速度大小为a=xDF-xBD4T2=(9.15-4.20)-(4.20-1.00)4×0.12×10-2 m/s2=0.44 m/s2。
7.某实验小组采用如图所示的装置探究小车的加速度与其所受合外力的关系。
(1)安装实验装置时,应调整定滑轮的高度,使拉小车的细线在实验过程中保持与　　　　(填“桌面”或“长木板”)平行。?
(2)实验时先不挂砂桶,反复调整垫木的位置,轻推小车,直到小车做匀速直线运动,这样做的目的是　　　　　　。?
(3)保持小车质量不变,用装有细砂的砂桶通过定滑轮拉动小车,打出纸带。如图所示是实验中打出的一条纸带的一部分,从较清晰的点迹起,在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E,相邻的两个计数点之间有4个点迹没标出,测出各计数点之间的距离。已知打点计时器使用频率为50 Hz的交流电源,则此次实验中A、B两计数点间的时间间隔T=　　　　s,小车运动的加速度a=　　　　m/s2。?
(4)用砂桶和砂的总重力充当小车所受合外力F,通过分析打点计时器打出的纸带,得出加速度a。分别以合外力F和加速度a作为横轴和纵轴,建立坐标系,根据实验中得到的数据描出点迹,该实验小组得到的a-F图线如图所示。
实验结果跟教材中的结论不完全一致,你认为得到这种结果的原因可能是　　　　。?
(5)该实验中,若砂桶和砂的总质量为m,小车质量为M,细线对小车的拉力为F。则拉力F与mg的关系式为　　　　,若要使mg-Fmg<10%,则m与M的关系应满足　　　　。?
答案　(1)长木板　(2)平衡摩擦力　(3)0.1　0.46
(4)砂和砂桶质量较大,没满足砂和砂桶的总质量远小于小车质量的条件
(5)F=MM+mmg　m<19M
解析　(1)安装实验装置时,应调整定滑轮的高度,使拉小车的细线在实验过程中保持与长木板平行,保证细线的拉力等于小车受到的合外力。
(2)其目的是在平衡摩擦力,以保证细线对小车的力等于小车受到的合外力。
(3)由于相邻的两个计数点之间有4个点迹没标出,所以两计数点间的时间间隔T=0.02 s×5=0.1 s,小车运动的加速度a=xCE-xAC4T2=0.0790?0.06064×0.12 m/s2=0.46 m/s2。
(4)由图可知,当外力F增大到一定程度时,加速度不再与其成正比,而是变化变小了,说明是砂和砂桶质量较大,没满足砂和砂桶质量远小于小车质量的条件。
(5)设砂桶与小车的加速度为a,则mg=(m+M)a,故拉力F=Ma=MM+mmg,要使mg-Fmg<10%,则将前式代入后式,解得m与M的关系应满足m<19M。
课件62张PPT。实验3　探究加速度与力、质量的关系一 实验目的三 实验器材四 实验步骤五 数据处理教材研读六　注意事项七 误差分析二 实验原理考点一 实验原理与实验操作考点二 实验数据处理与误差分析考点三 实验拓展与实验创新考点突破一、实验目的1.学会用①　控制变量????法研究物理规律。
2.探究加速度与力、质量的关系。
3.掌握灵活运用图像处理问题的方法。二、实验原理
本实验的实验装置图如图所示:四、实验步骤
1.测量:用①　天平????测量出小盘和砝码的总质量m'和小车的质量m。
2.安装:按照实验装置图把实验器材安装好,只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车牵引力)。
3.平衡摩擦力:在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一薄木块,使小车在不挂砝码和小盘的情况下能②　匀速????下滑。
4.实验操作
(1)将小盘通过细绳绕过定滑轮系于小车上,小车停在打点计时器处,先③　接通电源????,后④　放开小车????,打出一条纸带,取下纸带编号码。六、注意事项
1.在平衡摩擦力时,不要把悬挂小盘的细绳系在小车上,即不要给小车加任何牵引力,并要让小车拖着纸带匀速运动。2.实验步骤2、3不需要重复,即整个实验平衡了摩擦力后,不管以后是改变小盘和砝码的总质量还是改变小车和砝码的总质量,都不需要重新平衡摩擦力。
3.每条纸带必须在满足小车与车上所加砝码的总质量远大于小盘和盘内砝码的总质量的条件下打出。只有如此,小盘和盘内砝码的总重力才可视为小车受到的拉力。
4.改变拉力和小车质量后,每次开始时小车应尽量靠近打点计时器,并应先接通电源,再放开小车,且应在小车到达滑轮前按住小车。5.作图像时,要使尽可能多的点落在所作直线上,不在直线上的点应尽可能均匀分布在所作直线两侧。
6.作图时两轴标度比例要选择适当,各量须采用国际单位制中单位。这样作图线时,坐标点间距不至于过密,误差会小些。
7.为提高测量精度
(1)应舍掉纸带上开头比较密集的点,在后边便于测量的地方找一个起点。
(2)可以把每打五次点的时间作为时间单位,即从开始点起,每五个点标出一个计数点,而相邻计数点间的时间间隔为T=0.1 s。七、误差分析
1.质量的测量误差,纸带上打点计时器打点间隔距离的测量误差,细绳或纸带与木板不平行造成的误差。
2.因实验原理不完善造成误差:本实验中用小盘和砝码的总重力代替小车受到的拉力(实际上小车受到的拉力要小于小盘和砝码的总重力),存在系统误差。小盘和砝码的总质量越接近小车的质量,误差就越大;反之,小盘和砝码的总质量越小于小车的质量,误差就越小。3.平衡摩擦力不准造成误差:在平衡摩擦力时,除了不挂小盘外,其他的都跟正式实验一样(比如要挂好纸带、接通打点计时器),匀速运动的标志是打点计时器打出的纸带上各点的距离相等。(2)在平衡阻力后,当小车总质量　 ???(填“远大于”“远小于”或“近似等于”)小盘及盘内物体的总质量时,小盘及盘内物体的总重力大小近似等于小车运动时所受的拉力大小。实验时可通过增减小盘中　 ?(选填“50 g砝码”或“1 g砝码”)的个数来改变拉力的大小。答案　(1)C　(2)远大于　1 g砝码变式1　用图甲所示的实验装置探究加速度与力、质量的关系。
(1)完成平衡摩擦力的相关内容:
A.取下沙桶,把木板不带滑轮的一端垫高;
B.接通打点计时器电源,轻推小车,让小车拖着纸带运动,如果打出的纸带如图乙所示,则应　 ????(选填“增大”“减小”或“不改变”)木板的倾角,反复调节,直到纸带上打出的点迹　 ???为止。
(2)某同学实验时得到如图丙所示的a-F图像(沙和沙桶质量远小于小车质量),则该同学探究的是:在 ??条件下, ?? 造成的,应减小木板的倾角,反复调节,直到纸带上打出的点迹间隔相等为止。
(2)该实验中使用了控制变量法,在探究a与F的关系时,小车质量应保持
不变,即小车的重力一定;由图丙所示的a-F图像可知,小车的加速度与其所受拉力成正比。
(3)由于没有满足小车质量远大于沙和沙桶质量,则当拉力较大时加速度与沙和沙桶重力不成正比,图线上部向下弯曲,故选B。变式2　用如图所示的实验装置可以验证加速度与物体质量、物体受力的关系。小车上固定一个盒子,盒子内盛有沙子,沙桶的总质量(桶以及桶内沙子质量)记为m,小车的总质量(车、盒子及盒内沙子质量)记为M。
?
(1)验证在质量不变的情况下,物体加速度与所受合外力成正比。从盒子中取出一些沙子,装入沙桶中,称量并记录沙桶的总重力mg,将该力视为合外力F,通过打下的纸带计算得出对应的加速度a。多次改变合外力F的大小,每次都会得到一个相应的加速度。本次实验中,桶内的沙子取自小车中,故系统的总质量不变。以合外力F为横轴,以加速度a为纵轴,画出a-F图像,图线是一条过原点的直线。
①a-F图线斜率的物理意义是?? ?。
②你认为把沙桶的总重力mg当做合外力F是否合理?
答:　 ????(选填“合理”或“不合理”)。③本次实验中,是否应该满足M?m这样的条件?
答:　 ????(选填“是”或“否”)。理由是:?? ????。
(2)验证在物体所受合外力不变的情况下,其加速度与质量成反比。保持桶内沙子质量不变,在盒子内添加或去掉一些沙子,验证加速度与质量的关系。本次实验中,桶内的沙子总质量不变,故系统所受的合外力不变。用图像法处理数据时,以加速度a为纵轴,应该以　 ???的倒数为横轴。A.将长木板带定滑轮的一端适当垫高,以消除摩擦力的影响
B.用天平测出小车的质量M和钩码的质量m,当M远大于m时,可近似认为小车受到的拉力F=mg
C.正确安装好装置后,将小车停在靠近打点计时器处,先接通电源,待计时器稳定工作后再释放小车
D.选取点迹清晰的纸带,必须以打的第一个点为计数起始点进行测量
(2)某小组的同学用该实验装置探究加速度与质量之间的关系,保持拉力不变,改变小车的质量,第三次打出的纸带如图,O为计数起始点,选取的计数点为1、2、3、4、5、6,相邻两点之间还有四个点没标出,纸带上标出了各计数点到O点的距离,打点计时器的工作频率为50 Hz。
第三次实验测得小车的加速度是　 ??m/s2。(3)图乙所示为某次实验得到的纸带,根据纸带可求出小车的加速度大小为　3.19???m/s2;
(4)保持小盘及盘中砝码的质量不变,改变小车质量m,分别得到小车的加速度a与小车质量m及对应的?的数据如下表:(1)图2是实验中获得的一条纸带的一部分,1、2、3、4、5、6、7是计数点,每相邻两计数点间还有4个点(图中未画出),计数点间的距离如图所示。其中s1=7.05 cm、s2=7.68 cm、s3=8.33 cm、s4=8.95 cm、s5=9.61 cm、s6=10.26 cm,根据图中数据将表格补充完整。由纸带用公式法求出小车的加速度a= ??m/s2(保留2位有效数字)。(2)在“探究加速度与质量的关系”时,保持砝码和小桶质量不变,改变小车质量M,分别得到小车加速度a与质量M的数据如表:例3　某实验小组用如图所示的装置探究质量一定时物体加速度与其受到的合外力的关系。用铁架台将两块固定有定滑轮的木板架起,木板的右端固定了两个打点计时器,将两个质量相等的小车A、B放置在木板右端,用细线绕过滑轮组后与两小车相连。两条纸带穿过打点计时器后分别与小车连接在一起。将两个打点计时器接在同一个电源上,确保可将它们同时打开或关闭。实验时,甲同学将两小车按住,乙同学先在动滑轮下方挂上一个钩码,再接通电源使打点计时器开始工作。打点稳定后,甲将两辆小车同时释放,在小车撞到定滑轮前,乙断开电源,两打点计时器同时停止工作。取下两条纸带,通过分析处理纸带记录的信息,可以求出两小车的加速度,进而完成实验。
?
请回答以下问题:(1)下图为小车A后面的纸带,纸带上的0、1、2、3、4、5、6为每隔4个点选取的计数点,相邻两计数点间的距离如图中标注,单位为cm。打点计时器所用电源的频率为50 Hz,则小车A的加速度a1=　 ??m/s2(结果保留两位有效数字)。同样测出小车B的加速度a2,若a1∶a2近似等于 ,就可说明质量一定的情况下,物体的加速度与其受到的合外力成正比。(2)丙同学提出,不需测出两小车加速度的数值,只量出两条纸带上第一
个点到最后一个点间的距离x1、x2,也能完成实验探究。他的验证方法是 ,理由是
。
(3)(多选)下列操作中,对减少实验误差有益的是??? ?。
A.换用质量大一些的钩码
B.换用质量大一些的小车
C.调整定滑轮的高度,使牵引小车的细线与木板平行
D.平衡小车运动时受到的摩擦力时,将细线与小车连接起来两纸带上初末两点间距离之比等于两小车加速度之比。
(3)换用质量大一些的钩码,可减小实验的相对阻力,使得测量更准确,A正确;换用质量大一些的小车,会增大阻力,加大误差,B错误;调整定滑轮的高度,使牵引小车的细线与木板平行,可减小实验的误差,C正确;平衡小车运动时受到的摩擦力时,应不连接细线,只让小车拖着纸带运动,D错误。速率的平方差,则加速度的表达式为a=　　　????,请将表中第3次的实验数据填写完整(结果保留三位有效数字);(2)由表中数据,在图乙坐标纸上作出a-F关系图线;
(3)对比实验结果与理论计算得到的关系图线(图乙中已画出理论图线),造成偏差的原因是　 ???。变式6　如图所示为阿特伍德机的示意图,它是早期测量重力加速度的装置,由英国数学家和物理学家阿特伍德于1784年制成。他将质量相同的重物用细绳连接后(用M表示一个重物的质量),跨过光滑的轻质滑轮,且重物处于静止状态。再在一个重物上附加一质量为m的小重物,这时,由于小重物的重力而使系统做初速度为零的加速运动并测出加速度,完成一次实验后,换用不同质量的小重物,重复实验,测出不同m时系统的加速度。(1)(多选)若选定如图甲左侧物块从静止开始下落的过程进行测量,则需要测量的物理量有　　　????。
A.小重物的质量m第8讲　抛体运动
A组　基础题组
1.若已知物体运动的初速度v0的方向及它受到的恒定的合外力F的方向,图中M、N、P、Q表示物体运动的轨迹,其中正确的是　(　　)
答案　B　物体运动的速度方向与运动轨迹相切,而且合外力F的方向指向轨迹的凹侧,故只有B正确。
2.如图所示的陀螺,是民间最早的娱乐工具,也是我们很多人小时候喜欢玩的玩具。从上往下看(俯视),若陀螺立在某一点顺时针匀速转动,此时滴一滴墨水到陀螺上,则被甩出的墨水径迹可能为(　　)
答案　D　墨水在水平面内(俯视)应沿切线飞出,A、B不正确;又因陀螺顺时针匀速转动,故C不正确,D正确。
3.如图所示,物体以恒定的速率沿圆弧AB做曲线运动,下列对它的运动分析正确的是(　　)
A.因为它的速率恒定不变,故做匀速运动
B.该物体受的合力一定不等于零
C.该物体受的合力一定等于零
D.它的加速度方向与速度方向有可能在同一直线上
答案　B　物体做曲线运动,速度方向一定不断变化,是变速运动,A错;运动状态的变化是外力作用的结果,所以物体所受合力一定不为零,B对,C错;依据物体做曲线运动的条件可知,加速度方向与速度方向一定不共线,D错。
4.(多选)如图所示,某人向放在水平地面上的垃圾桶中水平扔废球,结果恰好从桶的右侧边缘飞到地面,不计空气阻力,为了能把废球扔进垃圾桶中,则此人水平抛球时,可以做出的调整为　(　　)
A.初速度大小不变,抛出点在原位置正上方
B.初速度大小不变,抛出点在原位置正下方
C.减小初速度,抛出点位置不变
D.增大初速度,抛出点在原位置正上方
答案　BC　根据平抛运动规律,要减小水平位移,一是降低抛出点的位置,二是减小初速度,据此判断B、C正确,A、D错误。
5.一只船在静水中的速度为3 m/s,它要渡过河宽为300 m的一条河,已知水流速度为4 m/s,下列说法正确的是(　　)
A.这只船不可能渡过河
B.这只船的实际航线不可能垂直河岸
C.这只船相对于岸的速度一定是5 m/s
D.这只船渡河所用的最短时间为60 s
答案　B　只要船有相对岸的速度,则船一定可以渡过河,故A错误;由于船速小于水速,故船不可能有垂直于河岸的合速度,故不可能垂直于河岸渡河,故B正确;船的实际速度取决于船头的方向,故合运动有多种可能,船相对于岸的速度不一定是5 m/s,故C错误;当船头正对河岸时渡河时间最短,最短时间为河宽与船速的比值,即dv1=3003 s=100 s,故D错误。
6.将一挡板倾斜地固定在水平面上,倾角为θ=30°,如图所示。现有质量为m的小球由挡板上方的A点以v0的初速度水平向右抛出,小球落在挡板上的B点时,小球速度方向刚好与挡板垂直,小球与挡板碰撞前后的速度方向相反,速度大小之比为4∶3。下列有关小球的运动描述正确的是(　　)
A.小球与挡板碰后的速度为34v0
B.小球与挡板碰撞过程中动量的变化量大小为12mv0
C.A、B两点的竖直高度差与水平间距之比为3∶1
D.A、B两点的竖直高度差与水平间距之比为3∶2
答案　D　小球在碰撞挡板前做平抛运动。设刚要碰撞挡板时小球速度为v。由题意,速度v的方向与竖直方向的夹角为30°且水平分量仍为v0,如图。由此得v=2v0,碰撞过程中,小球速度由v变为反向的34v,则碰后的速度大小为32v0,A错误;碰撞过程小球的速度变化量大小为Δv=34v-(-v)=74v=72v0,动量的变化量大小为72mv0,故选项B错误;小球下落高度与水平射程之比为yx=12gt2v0t=gt2v0=12tan30°=32,C错误,D正确。
7.如图,窗子上、下沿间的高度H=1.6 m,墙的厚度d=0.4 m,某人在离墙壁L=1.4 m、距窗子上沿h=0.2 m处的P点,将可视为质点的小物件以v的速度水平抛出,小物件直接穿过窗口并落在水平地面上,取g=10 m/s2。则v的取值范围是(　　)
A.v>7 m/s B.v<2.3 m/s
C.3 m/s答案　C　小物件做平抛运动,可根据平抛运动规律解题。若小物件恰好经窗子上沿,则有h=12gt12,L=v1t1,得v1=7 m/s,若小物件恰好经窗子下沿,则有h+H=12gt22,L+d=v2t2,得 v2=3 m/s,所以3 m/s8.如图所示,倾角为37°的斜面长l=1.9 m,在斜面底端正上方的O点将一小球以速度v0= 3 m/s的速度水平抛出,与此同时在顶端由静止释放滑块,经过一段时间后小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块。小球和滑块均可视为质点,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)抛出点O离斜面底端的高度;
(2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ。
答案　(1)1.7 m　(2)0.125
解析　(1)如图所示,设小球击中滑块时的速度为v,竖直方向分速度为vy,由几何关系得
v0vy= tan 37°
设小球下落的时间为t,竖直方向位移为y,水平方向位移为x,由运动学规律得vy=gt,y=12gt2,x=v0t
设抛出点到斜面底端的距离为h,由几何关系有
h=y+x tan 37°
解得h=1.7 m
(2)在时间t内,滑块的位移为s,由几何关系得
s=l-xcos37°
设滑块的加速度为a,由运动学公式得
s=12at2
对滑块,由牛顿第二定律得
mg sin 37°-μmg cos 37°=ma
解得μ=0.125

B组　提升题组
1.(多选)如图所示,在灭火抢险的过程中,消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业。为了节省救援时间,在消防车向前前进的过程中,人同时相对梯子匀速向上运动。在地面上看消防队员的运动,下列说法中正确的是(　　)
A.当消防车匀速前进时,消防队员一定做匀加速直线运动
B.当消防车匀速前进时,消防队员一定做匀速直线运动
C.当消防车匀加速前进时,消防队员一定做匀变速曲线运动
D.当消防车匀加速前进时,消防队员一定做匀变速直线运动
答案　BC　当消防车匀速前进时,消防队员一定做匀速直线运动,选项A错误,B正确;当消防车匀加速前进时,消防队员一定做匀变速曲线运动,选项C正确,D错误。
2.如图所示,在长约1.0 m的一端封闭的玻璃管中注满清水,水中放一个大小适当的圆柱形的红蜡块,将玻璃管的开口端用胶塞塞紧,并迅速竖直倒置,红蜡块就沿玻璃管由管口匀速上升到管底。将此玻璃管倒置安装在小车上,并将小车置于水平导轨上。若小车一端连接细线绕过定滑轮悬挂小物体,小车从A位置由静止开始运动,同时红蜡块沿玻璃管匀速上升。经过一段时间后,小车运动到虚线表示的B位置。按照装置图建立坐标系,在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是(　　)
答案　C　红蜡块在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动,在竖直方向上做匀速直线运动,其合力方向水平向右,指向轨迹的凹侧,故选项C正确,A、B、D均错误。
3.如图所示,斜面固定在水平面上,两个小球分别从斜面底端O点正上方A、B两点向右水平抛出,B为AO连线的中点,最后两球都垂直落在斜面上,A、B两球击中斜面位置到O点的距离之比为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.2∶1 B.2∶1 C.4∶2 D.4∶1
答案　B　设落到斜面上的位置分别为P、Q,由题意知,落到斜面上时两小球的速度与水平面夹角相等,根据平抛运动的推论知,位移AP、BQ与水平面夹角也相等,则△POA与△QOB相似,对应边成比例,B正确。
4.如图所示,P是水平面上的圆弧凹槽。从高台边B点以某速度v0水平飞出的小球,恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧道的左端A点沿圆弧切线方向进入轨道。O是圆弧的圆心,θ1是OA与竖直方向的夹角,θ2是BA与竖直方向的夹角。则(　　)
A.tanθ2tanθ1=2 B.tan θ1· tan θ2=2
C.1tanθ1·tanθ2=2 D.tanθ1tanθ2=2
答案　B　由题意可知: tan θ1=vyvx=gtv0, tan θ2=xy=v0t12gt2=2v0gt,所以 tan θ1· tan θ2=2,故B正确。
5.以v0的速度水平抛出一物体,当其水平位移与竖直分位移相等时,下列说法错误的是(　　)
A.此时速度的大小是5v0
B.运动时间是2v0g
C.竖直分速度大小等于水平分速度大小
D.运动的位移是22v02g
答案　C　根据平抛运动的规律可得,x=v0t,h=12gt2,当其水平分位移与竖直分位移相等时,即x=h,则v0t=12gt2,解得t=2v0g,所以B正确;平抛运动竖直方向上的速度为vy=gt=g·2v0g=2v0,所以C错误;此时合速度的大小为v02+vy2=5v0,所以A正确;由于此时的水平分位移与竖直分位移相等,所以x=h=v0t=v0·2v0g=2v02g,此时运动的合位移的大小为x2+h2=2x=22v02g,所以D正确。
6.质量为m=4 kg的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O处,先用沿+x轴方向的力F1=8 N作用了2 s,然后撤去F1;再用沿+y轴方向的力F2=24 N作用了1 s,则质点在这3 s内的轨迹为(　　)
答案　D　由F1=max得ax=2 m/s2,质点沿x轴匀加速运动了2 s,x1=12axt12=4 m,vx1=axt1=4 m/s;之后质点受F2作用而做类平抛运动,ay=F2m=6 m/s2,质点再经过1 s,沿x轴再运动的位移x2=vx1t2=4 m,沿+y方向运动位移y2=12ayt22=3 m,可知D项正确。
7.网球运动员对着墙壁练习打网球,假定球在墙面上以25 m/s的速度沿水平方向反弹,落地点到墙面的距离在10 m至15 m之间,忽略空气阻力,g取10 m/s2,球在墙面上反弹点的高度范围是(　　)
A.0.8 m至1.8 m B.0.8 m至1.6 m
C.1.0 m至1.6 m D.1.0 m至1.8 m
答案　A　球落地时所用时间在t1=x1v=0.4 s至t2=x2v=0.6 s之间,所以反弹点的高度在h1=12gt12=0.8 m至h2=12gt22=1.8 m之间,选项A正确。
8.如图所示为一同学制作的研究平抛运动的装置,其中水平台AO长s=0.70 m,长方体薄壁槽紧贴O点竖直放置,槽宽d=0.10 m,高h=1.25 m。现有一弹性小球从平台上A点水平射出,已知小球与平台间的阻力为其重力的0.1,重力加速度取g=10 m/s2。
(1)若小球不碰槽壁且恰好落到槽底上的P点,求小球在平台上运动的时间。
(2)若小球碰壁后能立即以原速率反弹,为使小球能击中O点正下方槽壁上的B点,B点和O点的距离hB=0.8 m,求小球从O点出射速度的所有可能值。
答案　(1)1 s　(2)0.5n m/s(n=1,2,3,…)
解析　(1)小球从A点射出后匀减速运动到O点,从O点开始做平抛运动,小球恰好落到P点,设小球在O点抛出时的速度为v0,做平抛运动的时间为t1,则有
水平方向上d=v0t1
竖直方向上h=12gt12
解得v0=0.2 m/s
设小球在平台上运动时加速度大小为a,则有
0.1mg=ma
解得a=1 m/s2
设小球在A点射出时的速度为vA,在平台上运动的时间为t2,则从A到O,由运动学公式得
vA2-v02=2as,vA-v0=at2
解得t2=1 s
(2)当小球与竖直壁相碰时,竖直壁对小球的作用力与壁垂直,小球的竖直分速度不变,由题给条件“原速率反弹”可知碰后小球水平分速度大小不变,方向相反,故小球碰壁后的运动轨迹与没有碰撞情况下平抛运动的轨迹关于竖直壁对称。当小球击中B点时,小球的水平位移满足x=2nd(n=1,2,3,…)
水平方向上2nd=vt(n=1,2,3,…)
竖直方向上hB=12gt2
解得v=0.5n m/s(n=1,2,3,…)
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1.(2018江苏单科,3,3分)某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中,该弹射管保持水平,先后弹出两只小球。忽略空气阻力,两只小球落到水平地面的(　　)
A.时刻相同,地点相同 B.时刻相同,地点不同
C.时刻不同,地点相同 D.时刻不同,地点不同
答案　B　本题考查运动的合成与分解。由题意知,在竖直方向上,两只小球同时同高度自由下落,运动状态始终相同,由h=12gt2知落到水平地面的时刻相同。在水平方向上,小球被弹出后做速度相等的匀速直线运动,但先抛出的小球水平方向运动时间较长,由x=v0t知,x先>x后,即两只小球落到水平地面的地点不同。故选B。
2.(2018北京理综,20,6分)根据高中所学知识可知,做自由落体运动的小球,将落在正下方位置。但实际上,赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处。这一现象可解释为,除重力外,由于地球自转,下落过程小球还受到一个水平向东的“力”,该“力”与竖直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛,考虑对称性,上升过程该“力”水平向西,则小球(　　)
A.到最高点时,水平方向的加速度和速度均为零
B.到最高点时,水平方向的加速度和速度均不为零
C.落地点在抛出点东侧
D.落地点在抛出点西侧
答案　D　本题考查运动的合成与分解。以地面为参考系,由题意知,小球上升阶段,水平方向受到向西的“力”作用,产生向西的加速度,水平方向做加速运动;竖直方向由于重力作用,做匀减速运动。运动到最高点时竖直方向速度为零,水平“力”为零,水平方向加速度为零,此时水平向西的速度达到最大,故选项A、B均错。下落阶段,小球受水平向东的“力”作用,水平方向将向西做减速运动,由对称性知,落地时水平速度恰为零,此时落地点应在抛出点西侧,故C错、D对。
3.(2017课标Ⅰ,15,6分)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网,速度较小的球没有越过球网;其原因是(　　)
A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
答案　C　本题考查对平抛运动的理解。忽略空气的影响时,乒乓球只受重力作用,球被水平射出后做平抛运动。由于在竖直方向上做自由落体运动,则h=12gt2,下落时间t=2hg,t∝h,故A、D错误。由vy=gt=g·2hg=2hg,可知B错误。在水平方向上有x=v0t,x相同时,t∝1v0,故C正确。
4.(2018课标Ⅲ,17,6分)在一斜面顶端,将甲、乙两个小球分别以v和v2的速度沿同一方向水平抛出,两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的(　　)
A.2倍 B.4倍 C.6倍 D.8倍
答案　A　本题考查平抛运动规律的应用。小球做平抛运动,其运动轨迹如图所示。设斜面的倾角为θ。
平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,x=v0t,h=12gt2,由图中几何关系,可得tan θ=hx,解得:t=2v0tanθg;
从抛出到落到斜面上,由动能定理可得:
mgh=12mv'2-12mv02,可得:v'=v02+2gh=1+4tan2θ·v0,则v甲'v乙'=v0甲v0乙=vv2=21,选项A正确。
5.(2017江苏单科,2,3分)如图所示,A、B两小球从相同高度同时水平抛出,经过时间t在空中相遇。若两球的抛出速度都变为原来的2倍,则两球从抛出到相遇经过的时间为(　　)
A.t B.22t C.t2 D.t4
答案　C　本题考查平抛运动、运动的独立性。依据运动的独立性原理,在水平方向上,两球之间的距离d=(v1+v2)t=(2v1+2v2)t',得t'=t2,故选项C正确。
6.(2016课标Ⅰ,18,6分)(多选)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则(　　)
A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D.质点单位时间内速率的变化量总是不变
答案　BC　由题意知此恒力即质点所受合外力,若原速度与该恒力在一条直线上,则质点做匀变速直线运动,质点单位时间内速率的变化量总是不变的;原速度与该恒力不在一条直线上,则质点做匀变速曲线运动,速度与恒力间夹角逐渐减小,质点单位时间内速度的变化量是不变的,但速率的变化量是变化的,A、D项错误,B项正确;由牛顿第二定律知,质点加速度的方向总与该恒力方向相同,C项正确。
课件62张PPT。第8讲　抛体运动一 曲线运动二 运动的合成与分解三 平抛运动教材研读突破一 物体做曲线运动的条件及轨迹分析突破二 运动的合成与分解及应用突破三 平抛运动的基本规律重难突破突破四 斜面上平抛运动的两个典型模型突破五 平抛运动中的临界问题一、曲线运动1.速度的方向:质点在某一点的速度方向沿曲线轨迹在这一点的① 切线??
方向。
2.运动的性质:做曲线运动的物体,速度的方向时刻在改变,所以曲线运动一定是②　变速????运动,一定有加速度。
3.质点做曲线运动的条件:物体所受③　合外力???方向跟物体的④ 速度???
方向不在同一条直线上。1.判断下列说法的正误:
(1)变速运动一定是曲线运动。?(　?　)
(2)做曲线运动的物体速度大小一定发生变化。?(　?　)
(3)两个分运动的时间一定与它们的合运动的时间相等。?(　√　)
(4)只要两个分运动为直线运动,合运动一定是直线运动。?(　?　)
(5)做平抛运动的物体初速度越大,在空中运动时间越长。?(　?　)
(6)平抛运动是一种匀变速曲线运动。?(　√　)
(7)做平抛运动的物体,在任意相等时间内速度变化相同。?(　√　)2.做曲线运动的物体,在运动过程中,一定发生变化的物理量是?(　A　)
A.速度　　 B.动能
C.加速度　　 D.合外力3.降落伞在匀速下降过程中遇到水平方向吹来的风,若风速越大,则降落伞?(　D　)
A.下落的时间越短　???? B.下落的时间越长
C.落地时速度越小　???? D.落地时速度越大4.(2016浙江10月选考,7,3分)一水平固定的水管,水从管口以不变的速度源源不断地喷出。水管距地面高h=1.8 m,水落地的位置到管口的水平距离x=1.2 m。不计空气及摩擦阻力,g取10 m/s2,水从管口喷出的初速度大小是?(　B　)
A.1.2 m/s　　 B.2.0 m/s
C.3.0 m/s　　 D.4.0 m/s突破一　物体做曲线运动的条件及轨迹分析1.合力方向与轨迹的关系
物体做曲线运动的轨迹一定夹在合力方向和速度方向之间,速度方向与轨迹相切,合力方向指向曲线轨迹的“凹”侧。
2.速率变化情况判断
(1)当合力方向与速度方向的夹角为锐角时,物体的速率增大;
(2)当合力方向与速度方向的夹角为钝角时,物体的速率减小;
(3)当合力方向与速度方向垂直时,物体的速率不变。解析　做曲线运动的物体速度方向沿切线方向,而受到的合外力应该指向运动轨迹弯曲的内侧,由此可以判断B、C、D错误,A正确。1-1　某学生在体育场上抛出铅球,其运动轨迹如图所示。已知在B点时的速度与加速度相互垂直,则下列说法中正确的是?(　A　)
A.D点的速率比C点的速率大
B.D点的加速度比C点的加速度大
C.从B到D加速度与速度始终垂直
D.从B到D加速度与速度的夹角先增大
后减小解析　铅球做斜抛运动,根据曲线运动的条件和题设中在B点的速度与加速度相互垂直,可判断B点是轨迹的最高点,根据动能定理可知A项正确;D点和C点的加速度一样大,都等于重力加速度,B错;过了B点后,加速度与速度不可能再垂直,C错;根据曲线运动的特点,可判断从B点到D点加速度与速度的夹角一直减小,D错。解析　要判断物体速度大小的变化,就要首先判断所受合外力方向与速度方向的夹角,夹角为锐角时速度增大,夹角为钝角时速度减小,夹角为直角时速度大小不变。
由曲线运动的轨迹夹在合外力方向与速度
方向之间,对M、N点进行分析,在M点恒力
可能为如图甲,在N点可能为如图乙。
综合分析知,恒力F只可能为如图丙,所以开始时恒力与速度夹角为钝角,后来为锐角,速度先减小后增大,选D。突破二　运动的合成与分解及应用1.合运动和分运动的关系2.运动的合成与分解的运算法则
运动的合成与分解是指描述运动的各物理量即位移、速度、加速度的合成与分解,由于它们均是矢量,故合成与分解都遵守平行四边形定则。
3.小船渡河模型
(1)船的实际运动:是水流的运动和船相对静水的运动的合运动。
(2)三种速度:船在静水中的速度v船、水的流速v水、船的实际速度v。
(3)三种情况? 典例2　(多选)如图所示,直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方,使三角板沿刻度尺水平向右做匀速运动的同时,一支铅笔沿着三角板直角边,从最下端由静止开始向上做匀加速直线运动。关于铅笔笔尖的运动,下列判断正确的是?(　BD　)
A.笔尖的轨迹是一条倾斜的直线
B.笔尖的轨迹是一条抛物线
C.在运动过程中,笔尖运动的速度方向始终保持不变
D.在运动过程中,笔尖运动的加速度方向始终不变解析　铅笔在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做匀加速直线运动,合力沿竖直方向,轨迹为一条抛物线,A错误,B正确;在运动过程中,由于做曲线运动,笔尖的速度方向时刻变化,但是由于合力恒定,所以加速度恒定,加速度方向不变,C错误,D正确。2-1　手持滑轮把悬挂重物的细线拉至如图所示的实线位置,然后滑轮水平向右匀速移动,运动中始终保持悬挂重物的细线竖直,则重物运动的速度?(　A　)
A.大小和方向均不变
B.大小不变,方向改变
C.大小改变,方向不变
D.大小和方向均改变解析　滑轮向右运动,使水平部分的细线延长,重物上升,所以重物同时参与了两个分运动:随滑轮向右匀速运动和向上由于细线缩短的匀速运动。两个方向上的匀速运动合成为重物的运动,也是匀速的,故A正确,B、C、D错误。典例3　某游泳运动员以恒定的速率垂直河岸横渡,当水速突然减小时,对运动员横渡发生的位移与经历的时间产生的影响是?(　B　)
A.位移减小、时间减少 B.位移减小、时间不变
C.位移减小、时间增加 D.位移、时间均与水速无关解析　当水速突然减小时,在垂直河岸方向上的运动时间不变,所以横渡的时间不变。水速减小后在沿河岸方向上的位移减小,所以总位移减小。故B正确,A、C、D错误。3-1　如图所示,甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河,M、N分别是甲、乙两船的出发点,两船头与河岸均成α角,甲船船头恰好对准N点正对岸的P点,经过一段时间乙船恰好到达P点。如果划船速度大小相等,且两船相遇不影响各自的航行,下列判断正确的是?(　C　)
A.甲船也能到达M点正对岸
B.甲船的渡河时间一定比乙船的短
C.两船相遇在NP直线上的某点(非P点)
D.渡河过程中两船不会相遇3-3　船在静水中的速度为4 m/s,河岸笔直,河宽50 m,适当调整船的行驶方向,使该船运动到河对岸时航程最短,设最短航程为L,下列说法中正确的是?(　C　)
A.当水流速度为2 m/s时,L为60 m
B.当水流速度为6 m/s时,L为50 m
C.当水流速度为6 m/s时,L为75 m
D.当水流速度为2 m/s时,L为150 mⅡ.做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处,设其速度方向与水平方向的夹角为θ,位移与水平方向的夹角为α,则 tan θ=2 tan α。技巧点拨
平抛运动的分解方法与技巧
(1)如果知道速度的大小或方向,应首先考虑分解速度。
(2)如果知道位移的大小或方向,应首先考虑分解位移。
(3)两种分解方法:
①沿水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动;
②沿斜面方向的匀加速运动和垂直斜面方向的匀减速运动。4-1　关于从同一高度以不同初速度水平抛出的物体,比较它们落到水平地面上的时间(不计空气阻力),以下说法正确的是?????(　C　)
A.速度大的时间长　???? B.速度小的时间长
C.一样长　???? D.质量大的时间长突破四　斜面上平抛运动的两个典型模型典例5????(2017浙江4月选考,13,3分)图中给出了某一通关游戏的示意图,安装在轨道AB上可上下移动的弹射器,能水平射出速度大小可调节的弹丸,弹丸射出口在B点的正上方。竖直面内的半圆弧BCD的半径R=2.0 m,直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直面内,小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37°。游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关。为了能通关,弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)?(　 　)5-2　某同学在某砖墙前的高处水平抛出一个石子,石子在空中运动的部分轨迹照片如图所示。从照片可看出石子恰好垂直打在一倾角为37°的斜
坡上的A点。已知每块砖的平均厚度为10 cm,抛出点到A点竖直方向刚好相距200块砖,取g=10 m/s2。
(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
(1)石子在空中运动的时间t;
(2)石子水平抛出的速度v0。答案　(1)2 s　(2)15 m/s突破五　平抛运动中的临界问题
?
常见的“三种”临界特征
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程中存在着临界点。
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程中存在着“起止点”,而这些起止点往往就是临界点。
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述
的过程中存在着极值,这个极值点往往是临界点。方法技巧
(1)在体育运动中,像乒乓球、排球、网球等都有中间网及边界问题,要求球既能过网,又不出边界,某物理量(尤其是球速)往往要有一定的范围限制,在这类问题中,确定临界状态,画好临界轨迹,是解决问题的关键点。
(2)分析平抛运动中的临界问题时,一般运用极限分析的方法,即把要求的物理量设定为极大或极小,让临界问题突显出来,找到产生临界的条件。实验4　研究平抛运动
1.在做“研究平抛运动”实验时,某同学利用实验探究平抛运动在水平方向的运动规律。
(1)除了木板、重垂线、小球、斜槽、铅笔、图钉、坐标纸之外,在如图所示的器材中还需要的是　　　　。?
(2)(多选)实验中,下列说法正确的是　　　　。?
A.斜槽轨道必须光滑
B.斜槽轨道末端必须水平
C.每次必须由静止释放小球
D.每次小球释放的位置必须相同
答案　(1)D　(2)BCD
解析　(1)在做“研究平抛运动”实验时,除了木板、重垂线、小球、斜槽、铅笔、图钉、坐标纸之外,还需要刻度尺,便于测量小球的位移。
(2)该实验要求小球每次抛出的初速度要相同,因此要每次将小球从同一位置由静止释放,斜槽轨道是否光滑对实验结果没有影响,A错误,C、D正确;实验中必须保证小球做平抛运动,而平抛运动要求有水平初速度且只受重力作用,所以斜槽轨道末端必须要水平,B正确。
2.在做“探究平抛运动规律”的实验时,让小球多次沿同一轨道运动,为了能较准确地描出运动轨迹,
A.通过调节使斜槽末端的切线保持　　　　;?
B.每次释放小球的位置必须　　　　(选填“相同”或者“不同”);?
C.每次必须由　　　　释放小球(选填“运动”或者“静止”);?
D.小球运动时不能与木板上的白纸相接触;
E.将小球的位置记录在纸上后,取下纸,将点连成　　　　　(选填“折线”“直线”或“光滑曲线”)。?
答案　水平　相同　静止　光滑曲线
解析　为了保证小球的初速度水平,要通过调节使斜槽末端切线保持水平;为了保证每次小球做平抛运动的初速度相等,应每次从斜槽的同一位置由静止释放小球;将球的位置记录在纸上后,取下纸,将点连成光滑曲线。
3.(1)(多选)在做“研究平抛运动”的实验时,让小球多次沿同一轨道运动,通过描点法画出小球做平抛运动的轨迹。为了能较准确地描绘运动轨迹,下面列出了一些操作要求,将你认为正确的选项前面的字母填在横线上　　　　。?
A.通过调节使斜槽的末端保持水平
B.每次释放小球的位置可以不同
C.每次必须由静止释放小球
D.记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降
E.要保证小球运动时不与木板上的白纸相接触
F.斜槽必须是光滑的,以免小球受到摩擦力的作用
(2)作出平抛运动的轨迹后,为求出其初速度,实验中需测量的数据有　　　　和　　　　。其初速度的表达式为v0=　　　　。?
答案　(1)ACE　(2)小球从原点到某位置的水平位移x　从原点到该位置的竖直位移y　xg2y
解析　(1)要保证每次抛出时的速度相等,应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止滑下并且斜槽轨道末端必须保持水平,至于摩擦力不会影响这个结果,记录小球位置用的铅笔每次没必要严格地等距离下降,小球运动时应避免与纸面发生摩擦。所以选A、C、E。
(2)要求初速度,则需知道小球从原点到某位置的水平位移x以及从原点到该位置的竖直位移y,v0=xg2y。
4.(1)(多选)在探究平抛运动的规律时,可以选用如图所示的各种装置,以下说法正确的是　　　?
A.选用装置1研究平抛物体竖直分运动,应该保证A、B两球同时开始运动
B.选用装置2时,要获得稳定细水柱所显示的平抛轨迹,竖直管上端A一定要低于水面
C.选用装置3时,要获得钢球的平抛轨迹,不一定要每次从斜槽上同一位置由静止释放钢球
D.除上述装置外,也能用频闪照相机连续拍摄钢球做平抛运动时的照片,获得平抛轨迹
(2)某物理兴趣小组在探究平抛运动的规律实验时,让小球做平抛运动,用频闪照相机对准方格背景照相,拍摄到了如图所示的照片,已知每个小方格边长9.8 cm,当地的重力加速度g=9.8 m/s2。
①若以第一次拍摄到的小球所处位置为坐标原点,水平向右和竖直向下为平面直角坐标系的正方向,则没有被拍摄到的小球(在图中没有方格的区域内)位置坐标为　　　　用图中格数表示坐标,比如图中标记为2的小球坐标为:(2,1))。?
②小球平抛运动的初速度大小为　　　　m/s。?
答案　(1)ABD　(2)①(6,6)　②1.96
解析　(1)选用装置1研究平抛物体竖直分运动,只有保证A、B两球是同时开始运动,同时落地,才能证明平抛的竖直分运动是自由落体运动,A正确;选用装置2时,要获得稳定的细水柱所显示的平抛轨迹,就要保持喷口处的压强不变,所以要求竖直管上端A一定要低于水面,B正确;选用装置3时,要获得钢球的平抛轨迹,一定要每次从斜槽上同一位置由静止释放钢球,以保证每次小球的抛出速度相同,C错误;除上述装置外,用频闪照相机连续拍摄钢球做平抛运动时的照片,也可以获得平抛运动的轨迹,D正确。故选A、B、D。
(2)①观察图像可知,在曝光的周期内,小球在水平方向匀速运动两个单位长度,所以可得出横坐标为x=6l0;小球在竖直方向做匀变速运动,由匀变速直线运动的规律可知,在连续相等的时间间隔内位移差值相等,可求得被遮住的点与第3点竖直方向的距离为h=3l0,所以纵坐标为y=(1+2+3)l0=6l0,故没有被拍摄到的小球位置坐标为(6,6)。
②小球在竖直方向做匀变速运动,可得Δh=gT2,可求得T=0.1 s,所以小球平抛运动的初速度大小为v0=2l0T=1.96 m/s。
5.在探究平抛运动的规律时,可以选用下列各种装置进行研究。
(1)图1的实验现象是　　　　　　　　。该现象说明平抛运动　　　　　　　　　　　　。?
(2)图2是为了获得稳定细水柱来显示平抛运动轨迹,其中能获得稳定细水柱的过程应该是水面从开始位置一直降到竖直细管　　　　(填“A”或“B”)处。?
(3)图3是在实验室内研究平抛运动的装置。为了保证钢球每次抛出后在空中做平抛运动的轨迹一定,应每次都让小球从斜槽上　　　　位置由　　　　滚下。?
(4)图4是采用频闪摄影的方法拍摄到的“小球做平抛运动”的照片。背景标尺每小格边长均表示5 cm,则由图可求得拍摄时每　　　　s曝光一次,平抛运动的初速度为　　　　m/s,已知重力加速度为10 m/s2。?
答案　(1)两小球总是同时落地　竖直分运动是自由落体运动　(2)A　(3)同一　静止　(4)0.1　1
解析　(1)装置图1是研究平抛物体竖直分运动的装置,观察实验发现两小球同时落地,可知平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动。
(2)图2是为了获得稳定的细水柱来显示平抛运动轨迹,其中能获得稳定细水柱的过程应该是水面从开始位置一直降到竖直细管A处,这是因为:竖直管与大气相通,为外界大气压强,保证竖直管上出口处的压强为大气压强,因而另一出水管的上端口处压强与竖直管上出口处的压强有恒定的压强差,保证另一出水管出水压强恒定,从而水速度恒定,减少实验误差;
(3)图3是在实验室内研究平抛运动的装置。为了保证钢球每次抛出后在空中做平抛运动的轨迹一定,应每次都让小球从斜槽上同一位置由静止滚下,保证初速度相同,从而保证轨迹一定。
(4)设每次曝光时间间隔为T,在竖直方向有Δy=aT2,
可得2L=gT2,则T=0.1 s;
在水平方向有v0=xT=2LT=1 m/s。
6.“研究平抛运动”实验的装置如图甲所示。钢球从斜槽上滚下,经过水平槽飞出后做平抛运动。每次都使钢球从斜槽上同一位置由静止滚下,在小球运动轨迹的某处用带孔的卡片接小球,使球恰好从孔中央通过而不碰到边缘,然后对准孔中央在白纸上记下一点。通过多次实验,在竖直白纸上记录钢球所经过的多个位置,用平滑曲线连起来就得到钢球做平抛运动的轨迹。
(1)实验所需的器材有:白纸、图钉、木板、铅笔、弧形斜槽、小球、重垂线、有孔的卡片,除此之外还需要的一项器材是　　　?
A.天平　　　　　B.秒表　　　　　C.刻度尺
(2)在此实验中,小球与斜槽间有摩擦　　　　(选填“会”或“不会”)使实验的误差增大;如果斜槽末端到小球落地点的高度相同,小球每次从斜槽滚下的初始位置不同,那么小球每次在空中运动的时间　　　　(选填“相同”或“不同”)。?
(3)在实验中,在白纸上建立直角坐标系的方法是:使斜槽末端的切线水平,小球在槽口时,在白纸上记录球的重心在竖直木板上的水平投影点O,作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点,接下来应该选择的步骤是　　　?
A.利用悬挂在槽口的重垂线画出过O点向下的竖直线为y轴,取下白纸,在纸上画出过O点,与y轴垂直、方向向右的直线为x轴。
B.从O点向右作出水平直线为x轴,取下白纸,在纸上画出过O点,与x轴垂直、方向向下的直线为y轴。
(4)如图乙所示是在实验中记录的一段轨迹。已知小球是从原点O水平抛出的,经测量A点的坐标为(40 cm,20 cm),g取10 m/s2,则小球平抛的初速度v0=　　　　m/s,若B点的横坐标为xB=60 cm,则B点纵坐标为yB=　　　 m。?
(5)一同学在实验中采用了如下方法:如图丙所示,斜槽末端的正下方为O点。用一块平木板附上复写纸和白纸,竖直立于正对槽口前的O1处,使小球从斜槽上某一位置由静止滚下,小球撞在木板上留下痕迹A。将木板向后平移至O2处,再使小球从斜槽上同一位置由静止滚下,小球撞在木板上留下痕迹B。O、O1间的距离为x1,O、O2间的距离为x2,A、B间的高度差为y。则小球抛出时的初速度v0为　　　　。?
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.(x22-x12)g2y B.(x22+x12)g2y C.x2+x12g2y D.x2-x12g2y
答案　(1)C　(2)不会　相同　(3)A　(4)2　0.45　(5)A
解析　(1)实验所需器材有白纸、图钉、平板、铅笔、弧形斜槽、小球、重垂线、有孔的卡片,还需要刻度尺测小球在水平方向和竖直方向运动的距离,故C正确。
(2)在实验中保证小球到达斜槽末端的速度相同即可,小球与斜槽间有无摩擦对实验结果不会产生影响;小球做平抛运动的高度相同,由t=2hg可知小球每次在空中运动时间相同。
(3)应先利用重垂线作出竖直方向的y轴,取下白纸,在纸上画出过O点,与y轴垂直、方向向右的直线为x轴,故A正确。
(4)根据平抛运动规律有:t=2hg=2×0.210 s=0.2 s,v0=xt=0.40.2 m/s=2 m/s;根据B点的横坐标可得t=0.62 s=0.3 s,所以B点纵坐标yB=12gt2=12×10×0.32 m=0.45 m。
(5)根据平抛运动规律可知:
小球打在A点时:x1=v0t1,h1=12gt12
小球打在B点时,x2=v0t2,h2=12gt22
由题意可知,h2-h1=y
由以上各式解得:v0=(x22-x12)g2y,故A正确。
7.在“研究平抛物体的运动规律”的实验中:
(1)在安装实验装置的过程中,斜槽末端的切线必须水平,这样做的目的是　　　?
A.保证小球飞出时速度既不太大,也不太小
B.保证小球飞出时初速度水平
C.保证小球在空中运动的时间每次都相等
D.保证小球的运动轨迹是一条抛物线
(2)(多选)如果小球每次从斜槽滚下的初始位置不同,则下列说法中正确的是　　　　。?
A.小球平抛的初速度不同
B.小球每次的运动轨迹不同
C.小球在空中运动的时间均不同
D.小球通过相同的水平位移所用时间可能相同
(3)研究平拋物体运动的实验中,用一张印有小方格的纸记录轨迹,小方格的边长L=1.6 cm,若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示,则小球平抛运动的初速度的计算式为v0=　　　　(用L、g表示),小球在b点的速率为　　　　m/s。(保留两位有效数字,g取10 m/s2)?
答案　(1)B　(2)AB　(3)2gL　1.0
解析　(1)在安装实验装置的过程中,斜槽末端的切线必须水平,这样做的目的是保证小球飞出时初速度水平,故选B。
(2)如果小球每次从斜槽滚下的初始位置不同,则小球到达斜槽末端的速度不同,小球平抛的初速度不同,小球每次的运动轨迹也就不同,故选A、B。
(3)设相邻两点间的时间间隔为T;
竖直方向:2L-L=gT2
得:T=Lg=0.01610 s=0.04 s
水平方向:v0=2LT=2gL
代入数据解得:v0=210×0.016 m/s=0.80 m/s
b点竖直方向分速度
vy=L+2L2T=3L2T=3×0.0162×0.04 m/s=0.6 m/s;
b点的速率vb=v02+vy2=0.82+0.62 m/s=1.0 m/s。
课件39张PPT。实验4　研究平抛运动注意事项教材研读考点一 实验原理与实验操作考点二 实验数据处理与误差分析考点三 实验拓展与实验创新考点突破注意事项
1.斜槽末端的切线必须水平。
2.方木板必须处在竖直面内且与小球运动轨迹所在的竖直平面平行,并使小球的运动靠近木板但不接触。
3.坐标原点(小球做平抛运动的起点)不是槽口的端点,应是小球在槽口时其球心在木板上的水平投影点。4.如果是用白纸,则应以小球在槽口时其球心在木板上的水平投影点为坐标原点,在斜槽末端悬挂重垂线,先根据重垂线方向确定y轴方向,再用三角板画出水平线作为x轴,建立直角坐标系。
5.每次小球应从斜槽上的同一位置由静止开始滚下。
6.在平抛轨道上选取距O点远些的点来计算小球的初速度,这样可使结果的误差较小。考点一　实验原理与实验操作1.实验中必须调整斜槽末端的切线水平(检验是否水平的方法是:将小球放在斜槽末端任一位置,看其是否能静止)。
2.方木板必须处于竖直平面内,要用重垂线检查坐标纸竖线是否竖直。
3.小球每次必须从斜槽上同一位置由静止滚下。
4.坐标原点不是槽口的端点,应是小球出槽口时球心在木板上的投影点。
5.小球开始滚下的位置高度要适中,以使小球平抛运动的轨迹由坐标纸的左上角一直到达右下角为宜。
6.在轨迹上选取离坐标原点O点较远的一些点来计算初速度。A.球心　　　　B.球的上端　　　　C.球的下端
(2)(多选)在此实验中,下列说法正确的是　 ????。
A.斜槽轨道必须光滑
B.记录的点应适当多一些
C.要用光滑曲线把所有的点连接起来
D.y轴的方向根据重垂线确定
(3)图2是利用图1装置实验时拍摄的小球做平抛运动的频闪照片,由照
片可判断实验操作的错误是　　　????。答案　(1)A　(2)BD　(3)C　(4)B解析　(1)坐标原点应选小球在斜槽末端时球心的位置,所以选A。
(2)在此实验中,不要求斜槽轨道必须光滑,只要能够保证将小球从同一位置静止释放,即使轨道粗糙,摩擦力做功是相同的,小球离开斜槽末端时的速度就是一样的,选项A错误。记录的点适当多一些,能够保证描点误差较小,光滑曲线并不能通过所有的点,选项B正确、C错误。y轴必须沿竖直方向,可用重垂线确定,选项D正确。
(3)由图可知小球做斜抛运动,这是由斜槽末端不水平导致的,故选C。
(4)瓶中插入另一根吸管,目的是保证水流流速不随瓶内水面下降而减
小,从而能够得到稳定的细水柱,所以选B。变式1　(多选)在“研究平抛运动”实验中,测平抛运动的初速度时产生误差,与误差无关的是?(　AF　)
A.弧形槽与球间有摩擦
B.弧形槽末端切线不水平
C.小球受空气阻力
D.小球每次自由滚下的初始位置不同
E.实验所用小球为轻质小球
F.坐标原点不在抛出点解析　只要让小球从同一高度、无初速度开始运动,即使球与槽之间存在摩擦力,也能保证小球做平抛运动的初速度相同,因此,弧形槽与球间有摩擦不会造成实验误差,故A符合题意;当斜槽末端切线不水平时,小球脱离槽口后并非做平抛运动,所以会有误差产生,故B不符合题意;小球受空气阻力,导致其在水平方向上不是匀速运动,所以会产生误差,故C不符合题意;若小球每次自由滚下的初始位置不同,则平抛轨迹不同,在确定平抛轨迹上的点时,会产生误差,故D不符合题意;实验小球为轻质小球,空气阻力对小球影响较大,对初速度有影响,故E不符合题意;只要小球做平抛运动,可根据描出的轨迹求初速度,与坐标原点的选择无关,故F符合题意。(2)某次实验中,由于斜槽末端到竖直墙壁的距离较近,钢球从槽口拋出后做平抛运动,击中了墙壁上的某点P,如图所示,现测得槽口到竖直墙壁的距离为x,P点与槽口末端的高度差为H,钢球直径为D(钢球直径相对于水平位移不可忽略)。重力加速度为g,则此次实验中钢球做平抛运动的水平位移为　 　????;离开槽口时的初速度大小为　 　 　????。答案　(1)A　(2)x-?????? 考点二　实验数据处理与误差分析1.判断曲线是否是抛物线
(1)代数计算法:将所测量的各个点的x、y坐标分别代入y=ax2,看计算得到的a值在误差允许的范围内是否是一个常数。
(2)图像法:建立y-x2坐标系,根据所测量的各个点的x、y坐标值分别计算出对应的y值和x2值,在y-x2坐标系中描点,拟合各点看是否在一条直线上,求出该直线的斜率即为a值。3.误差分析
(1)斜槽末端没有调水平,小球离开斜槽后不做平抛运动。
(2)确定小球运动的位置时不准确。
(3)量取轨迹上各点坐标时不准确。(2)(多选)下列关于本实验的说法中正确的是　 ????。
A.斜槽末端可以不水平
B.建立坐标系时,应该用重垂线确定y轴
C.应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止滑下
D.在描绘小球运动的轨迹时,应该用一条折线把所有的点都连接起来
(3)某同学根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的一段运动
轨迹,图中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表0.1 m,小球在运动过程中的几个位置如图中的a、b、c所示,则小球从a运动到b所用的时间t=　 ???s,小球做平抛运动的初速度v0=　 ???m/s。(g取10 m/s2)答案　(1)C　(2)BC　(3)0.1　2变式3　图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图,通过描点画出小球的平抛运动轨迹。
(1)(多选)以下是实验过程中的一些做法,
其中合理的有　 ???。
a.安装斜槽轨道,要使其末端保持水平
b.每次释放小球的初始位置可以任意选择
c.每次应从同一位置由静止释放小球
d.为描出小球的运动轨迹,描绘的点可以用折线连接(3)图3是某同学根据实验画出的小球平抛运动的轨迹,O为平抛的起点,在轨迹上任取三点A、B、C,测得A、B两点竖直坐标y1为5.0 cm、y2为
45.0 cm,A、B两点水平间距Δx为40.0 cm。则小球的初速度v0为　 ???m/s,若C点的竖直坐标y3为60.0 cm,则小球在C点的速度vC为　 ????m/s(结果保留两位有效数字,g取10 m/s2)。考点三　实验拓展与实验创新例3　某同学设计了一个探究平抛运动特点的实验装置。如图所示,在水平桌面上固定放置一个斜面,把桌子搬到竖直墙的附近,把白纸和复写纸附在墙上。第一次让桌子紧靠墙壁,从斜面上某一位置由静止释放钢球,在白纸上得到痕迹A,以后每次将桌子向后移动相同的距离x,每次都让钢球从斜面的同一位置滚下,重复以上的操作,依次在白纸上留下痕迹A、B、C、D,测得BC、CD间的距离分别为y1和y2。答案　(1)B　(2)x? 变式4　某物理实验小组利用如图所示装置测量小球做平抛运动的初速度。在地面上沿抛出的速度方向水平放置一把刻度尺,让悬挂在抛出点处的重锤的投影落在刻度尺的零刻度线处,则利用小球在刻度尺上的落点位置,就可以直观地得到小球做平抛运动
的初速度。下列各图表示四位同学在刻度尺
旁边分别制作出的速度标尺(图中P点为重锤
的投影位置),其中正确的是?(　 　)? 变式5　假设未来在一个未知星球上用如图甲所示的装置研究平抛运动的规律。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝,当悬线摆至电热丝处时会轻易被烧断,小球由于惯性将向前飞出做平抛运动,现采用频闪数码照相机连续拍摄小球。在有坐标纸的背景屏前,拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片,经合成后,得到的照片如图乙所示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置,已知照相机每隔0.10 s闪拍一次,照片大小如图中坐标所示,又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1∶4,则:?
(1)由以上信息,可知a点　 ????(选填“是”或“不是”)小球的抛出点;
(2)由乙图信息,可以推算出该星球表面的重力加速度为　 ????m/s2;(3)由乙图信息,可以算出小球做平抛运动的初速度是　 ????m/s;
(4)由乙图信息,可以算出小球在b点时的速度是　 ????m/s。(此空保留3位有效数字)答案　(1)是　(2)8　(3)0.8　(4)1.13第9讲　圆周运动
A组　基础题组
1.(2016浙江10月选考,5,3分)在G20峰会“最忆是杭州”的文艺演出中,芭蕾舞演员保持如图所示姿势原地旋转,此时手臂上A、B两点角速度大小分别为ωA、ωB,线速度大小分别为vA、vB,则(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.ωA<ωB B.ωA>ωB C.vAvB
答案　D　本题考查了角速度、线速度。由于A、B两点在人自转的过程中周期一样,所以根据ω=2πT可知,A、B两点的角速度一样,选项A、B错误。A点转动半径较大,根据v=rω可知A点的线速度较大,即选项D正确,C错误。
2.如图所示,转动的跷跷板上A、B两点线速度大小分别为vA和vB,角速度大小分别为ωA和ωB,则(　　)
A.vA=vB,ωA=ωB B.vA=vB,ωA≠ωB
C.vA≠vB,ωA=ωB D.vA≠vB,ωA≠ωB
答案　C　因为两者绕同一圆心转动,所以角速度相等,又因为B点运动的半径大于A点,所以B点的线速度更大,选C。
3.如图所示,摩天轮是日常生活中典型的匀速圆周运动实例,若将箱体内的乘客视为质点,则下列说法正确的是(　　)
A.某时刻所有乘客运动的线速度都相同
B.某时刻所有乘客运动的加速度都相同
C.某乘客经过最高点和最低点时,所受的合外力大小相等
D.某乘客经过最高点和最低点时,受到箱体作用力大小相等
答案　C　线速度是矢量,摩天轮做匀速圆周运动,线速度的方向时刻改变,每一时刻的线速度都不相同,故A错误;加速度是矢量,摩天轮做匀速圆周运动,加速度时刻在改变,故B错误;摩天轮做匀速圆周运动,合外力提供向心力,由F向=mv2R知,R、v不变,向心力大小不变,合外力大小不变,故C正确;箱体所受作用力等于箱体对乘客的弹力,在最高点箱体所受弹力F=mv2R-mg,在最低点箱体所受弹力F=mv2R+mg,所以某乘客分别经过最高点和最低点时,受到箱体作用力大小不相等,故D错误。
4.如图所示,是马戏团中上演的飞车节目,在竖直平面内有半径为R的圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m,人以v1=2gR的速度通过轨道最高点B,并以v2=3v1的速度通过最低点A。则在A、B两点轨道对摩托车的弹力大小相差(　　)
A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg
答案　D　由题意可知,在B点,有FB+mg=mv12R,解之得FB=mg,在A点,有FA-mg=mv22R,解之得FA=7mg,所以在A、B两点轨道对车的弹力大小相差6mg。故选项D正确。
5.如图所示,地球可以看成一个巨大的拱形桥,桥面半径R=6 400 km,地面上行驶的汽车重力G=3×104 N,在汽车的速度可以达到需要的任意值,且汽车不离开地面的前提下,下列分析中正确的是(　　)
A.汽车的速度越大,则汽车对地面的压力也越大
B.不论汽车的行驶速度如何,驾驶员对座椅压力大小都等于3×104 N
C.不论汽车的行驶速度如何,驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力
D.如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零,则此时驾驶员会有超重的感觉
答案　C　汽车的速度越大,则汽车对地面的压力越小,不论汽车的行驶速度如何,驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力,选项C正确,A、B错误;如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零,则此时驾驶员会有完全失重的感觉,选项D错误。
6.如图所示,竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上,半径r=0.4 m,最低点处有一小球(半径比r小很多),现给小球一水平向右的初速度v0,要使小球不脱离圆轨道运动,则v0不可能是(g=10 m/s2)(　　)
A.2 m/s B.4 m/s C.6 m/s D.8 m/s
答案　B　解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况:(1)小球通过最高点并完成圆周运动;(2)小球没有通过最高点,但小球没有脱离圆轨道。
对于第(1)种情况,当v0较大时,小球能够通过最高点,这时小球在最高点处需要满足的条件是mg≤mv2r,又根据机械能守恒定律有12mv2+2mgr=12mv02,可求得v0≥25 m/s;对于第(2)种情况,当v0较小时,小球不能通过最高点,这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处,速度恰好减为零,根据机械能守恒定律有mgr=12mv02,可求得v0≤22 m/s,所以v0≥
25 m/s或v0≤22 m/s均符合要求,故选项A、C、D正确。
7.如图所示是某游乐场新建的水上娱乐项目。在运营前需要通过真实场景模拟来确定其安全性。质量为120 kg的皮划艇载着质量为60 kg的乘客模型,以一定速度冲上倾角为θ=37°、长度LAB=8 m的长直轨道AB,皮划艇恰好能到达B点。设皮划艇能保持速率不变通过B点到达下滑轨道BC上。皮划艇到达C点后,进入半径R=5 m、圆心角为106°的圆弧涉水轨道CDE,其中C与E等高,D与A等高。已知皮划艇与轨道AB、AC间的动摩擦因数均为μ=0.5,涉水轨道因为阻力减小,可以视为光滑轨道,不计其他阻力,皮划艇和乘客模型可看做质点。g=
10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求皮划艇在A点的速度大小。
(2)求皮划艇经过CDE轨道最低点D时,轨道受到的压力。
(3)已知涉水轨道能承受的最大压力为13 140 N,求皮划艇冲上A点的速度大小范围。
答案　(1)410 m/s　(2)4 500 N
(3)410 m/s解析　(1)由几何关系可知皮划艇上升高度H=4.8 m
对AB过程,由动能定理-12mvA2=-μmgL cos θ-mgH
得vA=410 m/s
(2)B到D的高度差为H=4.8 m,由几何关系得BC长度x=3.5 m
对BD过程,由动能定理有mgH-μmgL sin θ=12mvD2
在D点对皮划艇受力分析得N-mg=mvD2R
解得N=4 500 N
(3)由于划水艇到达B点的速度要大于零,所以
vA>410 m/s
由于D点能承受的最大压力为Nmax=13 140 N
在D点对皮划艇受力分析有Nmax'-mg=mvD'2R
对AD整个过程,由动能定理有
12mvD'2-12mvA'2=-μmgL cos θ-μmgx sin θ
解得vA'=20 m/s所以vA<20 m/s
所以410 m/s
B组　提升题组
1.我校“一二·九”集体舞活动中由4班表演的扇子舞可谓是美轮美奂。假设图中扇子是扇形,在手的作用下围绕圆心O点顺时针匀速率旋转,A、B为边缘上的两点,C为扇面上的一点,下列说法正确的是(　　)
A.三点中C的速度最小,方向与A处相同
B.B点线速度的大小和方向都与A相同
C.C点的角速度与A、B相同,向心加速度最小
D.只有A、B两点处的合外力方向指向圆心
答案　C　根据圆周运动的相关知识可得,A点和B点的线速度都沿切线方向,但不相同。三个点角速度相等,因此C处的线速度最小,向心加速度最小。因为做匀速圆周运动,所以三点的合外力方向都指向圆心。故选C。
2.如图所示是摩托车比赛转弯时的情形。转弯处路面常是外高内低,摩托车转弯有一个最大安全速度,若超过此速度,摩托车将发生滑动。关于摩托车滑动的问题,下列论述正确的是(　　)
A.同样速度下,若直立转弯则不容易发生侧滑
B.摩托车所受外力的合力小于所需的向心力
C.摩擦车将沿其线速度的方向沿直线滑去
D.摩托车将沿其半径方向沿直线滑去
答案　B　此题中由于路面外高内低,因此倾斜转弯是为了维持车身稳定。若超过安全速度,则所能提供的合外力小于所需的向心力,摩托车将做离心运动,沿曲线滑出。
3.如图所示,在围绕地球运行的“天宫一号”实验舱中,宇航员王亚平将支架固定在桌面上,摆轴末端用细绳连接一个小球。拉直细绳并给小球一个垂直于细绳的初速度,使其做圆周运动。设小球经过最低点a和最高点b时的速率分别为va、vb,阻力不计,则(　　)
A.细线在a点最容易断裂
B.细线在b点最容易断裂
C.va>vb
D.va=vb
答案　D　在宇宙飞船中的物体由重力提供绕地球运行的向心力,处于完全失重状态,因此图中小球仅在拉力作用下做匀速圆周运动,速度大小和拉力大小都不变。
4.如图所示,甲、乙两水平圆盘紧靠在一块,甲圆盘为主动轮,乙靠摩擦随甲转动且无滑动。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲∶r乙=3∶1,两圆盘和小物体m1、m2之间的动摩擦因数相同,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。m1距O点为2r,m2距O'点为r,当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时(　　)
A.滑动前m1与m2的角速度之比ω1∶ω2=3∶1
B.滑动前m1与m2的向心加速度之比a1∶a2=1∶3
C.随转速慢慢增加,m1先开始滑动
D.随转速慢慢增加,m2先开始滑动
答案　D　由题意可知,两盘边缘线速度v甲=v乙,又r甲∶r乙=3∶1,则ω甲∶ω乙=1∶3,m1、m2随甲、乙运动,ω1=ω甲,ω2=ω乙,则ω1∶ω2=1∶3,A错;由a=ω2r得a1=2rω12,a2=rω22,a1∶a2=2ω12∶ω22=2∶9,B错;假设m1恰好处于将要滑动又未滑动的临界状态,则其所受最大静摩擦力提供向心力,有μm1g=m1ω12·2r,而此时m2的最大静摩擦力μm2g5.(多选)如图,一个质量为m的光滑小环套在一根轻质细绳上,细绳的两端分别系在竖直的杆上A、B两点,让竖直杆以角速度ω匀速转动,此时小环在绳上C点,AC和BC与竖直方向的夹角分别为37°和53°,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g。则(　　)
A.绳上的张力大小为57mg
B.绳子的长度为35g12ω2
C.杆上A、B两点间的距离为35g12ω2
D.环做圆周运动的向心加速度大小等于g
答案　ABD　对小环受力分析,可知其受重力和绳子的拉力,如图所示。
在竖直方向上,根据平衡条件得T cos 53°+T cos 37°=mg,在水平方向上,根据牛顿第二定律得T sin 53°+T sin 37°=mω2r,联立解得r=gω2,向心加速度a=ω2r=g,T=57mg;根据几何关系,得绳长l=rsin53°+rsin37°=35g12ω2,根据几何关系,得A、B间的距离为d=rtan37°+rtan53°=7g12ω2。故A、B、D正确,C错误。
6.如图甲所示,轻杆一端与质量为1 kg、可视为质点的小球相连,另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动。现使小球在竖直平面内做圆周运动,经最高点开始计时,取水平向右为正方向,小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示,A、B两点分别是图线与纵轴、横轴的交点,C点为图线上第一周期内的最低点,该三点的纵坐标分别是1、0、-5。g取10 m/s2,不计空气阻力。下列说法中正确的是(　　)
A.轻杆的长度为0.5 m
B.小球经最高点时,杆对它的作用力方向竖直向上
C.B点对应时刻小球的速度为3 m/s
D.曲线AB段与坐标轴所围图形的面积为0.6 m
答案　D　A点对应时刻,即t=0时,小球位于最高点,C点对应时刻小球位于最低点,A点对应时刻到C点对应时刻,小球机械能守恒,有12mvA2+2mgl=12mvC2,因小球在最高点和最低点竖直方向分速度为0,故vA=1 m/s、vC=5 m/s,代入解得l=0.6 m,A项错误;设小球在最高点时,杆对球的作用力F竖直向上,则mg+F=mvA2l,解得F=-253 N,故杆对球的作用力F竖直向下,B项错误;B点对应时刻小球水平方向分速度为0,故轻杆此时水平,A点对应时刻到B点对应时刻,由机械能守恒定律有12mvA2+mgl=12mvB2,解得vB=13 m/s,C项错误;曲线AB段与时间轴所围图形的面积等于A点对应时刻到B点对应时刻小球水平方向的位移,即面积为0.6 m,D项正确。
7.(2018浙江11月选考,9,3分)一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶,路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N,当汽车经过半径为80 m的弯道时,下列判断正确的是(　　)
A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B.汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 N
C.汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑
D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2
答案　D　汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力,向心力是由摩擦力提供的,A错;当汽车转弯的速度为20 m/s时,根据Fn=mv2R,得所需的向心力为1×104 N,没有超过最大静摩擦力,所以汽车不会发生侧滑,B、C错;汽车能安全转弯的最大向心加速度a=Fnm=7.0 m/s2,D正确。
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1.如图甲所示,轻杆一端与一小球相连,另一端连在光滑固定轴上,可在竖直平面内自由转动。现使小球在竖直平面内做圆周运动,到达某一位置开始计时,取水平向右为正方向,小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙所示。不计空气阻力。下列说法中正确的是(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.t1时刻小球通过最高点,图乙中阴影部分面积S1和S2相等
B.t2时刻小球通过最高点,图乙中阴影部分面积S1和S2相等
C.t1时刻小球通过最高点,图乙中阴影部分面积S1和S2不相等
D.t2时刻小球通过最高点,图乙中阴影部分面积S1和S2不相等
答案　A　由0~t1时间内vx逐渐减小,t1~t2时间内vx逐渐增大,可知t1时刻小球通过最高点,又因为vx-t图线与横轴所围面积表示水平位移,S1、S2的大小均等于杆长,所以S1、S2相等。
2.(2016上海单科,16,3分)风速仪结构如图(a)所示。光源发出的光经光纤传输,被探测器接收,当风轮旋转时,通过齿轮带动凸轮圆盘旋转,当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被遮挡。已知风轮叶片转动半径为r,每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示,则该时间段内风轮叶片(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.转速逐渐减小,平均速率为4πnrΔt
B.转速逐渐减小,平均速率为8πnrΔt
C.转速逐渐增大,平均速率为4πnrΔt
D.转速逐渐增大,平均速率为8πnrΔt
答案　B　由图(b)分析可知透过光的时间越来越长,说明风轮叶片速度逐渐减小,还能看出Δt内凸轮圆盘转4圈,又因为它转1圈风轮叶片转n圈,所以Δt内风轮叶片转4n圈,相应的风轮叶片转过的弧长为l=4n·2πr,所以它的平均速率v=lΔt=8πnrΔt,故只有B项正确。
3.(2016浙江理综,20,6分)(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道,两个弯道分别为半径R=90 m的大圆弧和r=40 m的小圆弧,直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O'距离L=100 m。赛车沿弯道路线行驶时,路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。假设赛车在直道上做匀变速直线运动,在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑,绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大,重力加速度g=10 m/s2,π=3.14),则赛车(　　)
A.在绕过小圆弧弯道后加速
B.在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C.在直道上的加速度大小为5.63 m/s2
D.通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
答案　AB　赛车用时最短,就要求赛车通过大、小圆弧时,速度都应达到允许的最大速度,通过小圆弧时,由2.25mg=mv12r得v1=30 m/s;通过大圆弧时,由2.25mg=mv22R得v2=45 m/s,B项正确。赛车从小圆弧到大圆弧通过直道时需加速,故A项正确。由几何关系可知连接大、小圆弧的直道长x=503 m,由匀加速直线运动的速度位移公式:v22-v12=2ax得a≈6.50 m/s2,C项错误。由几何关系可得小圆弧所对圆心角为120°,所以通过小圆弧弯道的时间t=13×2πrv1=2.79 s,故D项错误。
课件62张PPT。第9讲　圆周运动描述圆周运动的物理量教材研读突破一 传动装置中各物理量之间的关系突破二 圆周运动中的动力学分析突破三 竖直平面内圆周运动的“轻绳、轻杆”模型重难突破突破四 圆周运动中的临界问题描述圆周运动的物理量1.判断下列说法的正误:
(1)匀速圆周运动是速度不变的曲线运动。?(　?　)
(2)匀速圆周运动的加速度保持不变。?(　?　)
(3)做圆周运动的物体,一定受到向心力的作用,所以分析做圆周运动物体的受力时,除了分析其受到的其他力,还必须指出它受到向心力的作用。?(　?　)
(4)匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因。?(　√　)
(5)做圆周运动的物体所受到的合外力不一定等于向心力。?(　√　)2.如图所示,当时钟正常工作时,比较时针、分针和秒针转动的角速度和周期。则秒针的?(　D　)
A.角速度最大,周期最大
B.角速度最小,周期最小
C.角速度最小,周期最大　????
D.角速度最大,周期最小3.关于匀速圆周运动的向心力,下列说法正确的是?(　B　)
A.向心力是根据力的性质命名的
B.向心力可以是多个力的合力,也可以是其中一个力或一个力的分力
C.做圆周运动的物体,所受的合力一定等于向心力
D.向心力的效果是改变质点的线速度大小4.如图所示,一个圆盘绕过圆心O且与盘面垂直的竖直轴匀速转动,角速度为ω,盘面上有一质量为m的物块随圆盘一起做匀速圆周运动,已知物块到转轴的距离为r,下列说法正确的是?(　C　)
A.物块受重力、弹力、向心力作用,合力大小为mω2r
B.物块受重力、弹力、摩擦力、向心力作用,合力大
小为mω2r
C.物块受重力、弹力、摩擦力作用,合力大小为mω2r
D.物块只受重力、弹力作用,合力大小为零典例1　如图所示为一磁带式放音机的转动系统,在倒带时,主动轮以恒定的角速度逆时针转动,P和Q分别为主动轮和从动轮边缘上的点,则下列说法正确的是?(　D　)
A.主动轮上P点的线速度方向不变
B.主动轮上P点的线速度逐渐增大
C.主动轮上P点的向心加速度逐渐增大
D.从动轮上Q点的向心加速度逐渐增大解析　在倒带时,主动轮以恒定的角速度逆时针转动,根据v=rω可知,P点的线速度大小不变,但方向时刻在变化,根据a=ω2r可知,P点的向心加速度大小不变,故A、B、C错误;主动轮上最外层磁带与从动轮上最外层磁带有相同的线速度,根据v=rω可知,主动轮的r不断增大,故线速度不断增大,则从动轮的线速度也不断增大,而从动轮的半径r不断减小,根据v=rω可知,从动轮的角速度不断增大,根据a=ω2r可知,Q点的向心加速度不断增大,故D正确。模型总结
常见的三种传动方式及特点
(1)同轴传动:如图甲、乙所示,绕同一转轴转动的物体,角速度相同,ωA=ωB,由v=ωr知v与r成正比。1-1　如图所示的传动带传动装置中,轮A和B同轴,A、B、C分别是三个轮边缘的点,且RA=RC=2RB,则三点角速度和线速度的关系分别为(传动带不打滑)?(　B　)
A.ωA∶ωB∶ωC=1∶2∶1,vA∶vB∶vC=1∶2∶1
B.ωA∶ωB∶ωC=2∶2∶1,vA∶vB∶vC=2∶1∶1
C.ωA∶ωB∶ωC=1∶2∶2,vA∶vB∶vC=1∶1∶2
D.ωA∶ωB∶ωC=2∶2∶1,vA∶vB∶vC=1∶2∶2解析　因传动带不打滑,传动带上各处线速度大小相同,故vB=vC,因轮A和B同轴,故角速度相等,即ωA=ωB,再由线速度与角速度的关系式v=ωr,因RA=2RB,有vA=2vB,又RC=2RB,有ωB=2ωC,将各式联系起来可知选项B正确。解析　轮A、轮B靠摩擦传动,边缘上的点线速度相等,故:va∶vb=1∶1
根据公式v=rω,有:ωa∶ωb=3∶2
根据ω=2πn,有:na∶nb=3∶2
根据a=vω,有:aa∶ab=3∶2
轮B、轮C是共轴传动,角速度相等,故:
ωb∶ωc=1∶1
根据公式v=rω,有:vb∶vc=3∶2
根据ω=2πn,有:nb∶nc=1∶1根据a=vω,有:ab∶ac=3∶2
综合得到:va∶vb∶vc=3∶3∶2
ωa∶ωb∶ωc=3∶2∶2
na∶nb∶nc=3∶2∶2
aa∶ab∶ac=9∶6∶4(3)方向:始终沿半径方向指向圆心。
(4)来源:向心力可以由一个力提供,也可以由几个力的合力提供,还可以由一个力的分力提供。
2.离心现象
(1)定义:做圆周运动的物体,在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下,所做的逐渐远离圆心的运动。
(2)受力特点①当Fn=mω2r时,物体做匀速圆周运动;
②当Fn=0时,物体沿切线方向飞出;
③当Fn④当Fn>mω2r时,物体将逐渐靠近圆心,做近心运动。典例2????(2017浙江11月选考,11,3分)如图所示,照片中的汽车在水平路面上做匀速圆周运动,已知图中双向四车道的总宽度约为15 m,假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7,则运动的汽车?(　C　)
A.所受的合力可能为零
B.只受重力和地面支持力作用
C.最大速度不能超过25 m/s
D.所需的向心力由重力和支持力的合力提供解析　汽车在水平面上做匀速圆周运动,合外力时刻指向圆心,拐弯时靠静摩擦力提供向心力,所以选择C。反思总结解析　游客做匀速圆周运动,合力指向圆心,不为零,故不是处于平衡状态,A错误;对游客受力分析,重力G与支持力N二力平衡,合力等于摩擦力f,提供向心力,故B错误;游客受到的静摩擦力方向沿半径方向指向圆心,C正确;游客相对于转盘的运动趋势和其受到的摩擦力方向相反,故是沿半径方向背离圆心,而游客是做圆周运动,故D错误。方法规律
求解圆周运动问题必须进行的三类分析典例4　如图所示是两种不同的过山车过最高点时的情形,图甲情形中,乘客经过轨道最高点时头朝上,图乙情形中,乘客经过轨道最高点时头朝下,假设两种圆轨道的半径均为R。下列说法正确的是?(　 　)A.图甲中,乘客经过轨道最高点时,若v竖直向下
B.图甲中,乘客经过轨道最高点时,若v竖直向上
C.图乙中,乘客经过轨道最高点时,若v=?,座椅对乘客的作用力方向
竖直向下
D.图乙中,乘客经过轨道最高点时,若v>?,座椅对乘客的作用力方向
竖直向上解析　轻杆既可以提供拉力又可以提供支持力,小球在最高点时,杆所受弹力可以为零,A对;在最高点弹力也可以与重力等大反向,小球最小速度为零,B错;随着速度增大,杆对球的作用力可能增大也可能先减小后增大,C、D错。(3)研究状态:通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。
(4)受力分析:对物体在最高点或最低点时进行受力分析,根据牛顿第二定律列出方程:F合=F向。
(5)过程分析:应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系
起来列方程。解析　小球在竖直放置的光滑圆形管道内的圆周运动属于轻杆模型,小球通过最高点的最小速度为0,A错误,B正确。小球在水平线ab以下管道中运动,由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力,所以外侧管壁对小球一定有作用力,而内侧管壁对小球一定无作用力,故C错误。小球在水平线ab以上管道中运动,由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力,当速度非常大时,内侧管壁没有作用力,此时外侧管壁有作用力;当速度比较小时,内侧管壁有作用力,故D错误。些起止点往往就是临界点;若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程中存在着极值,这个极值点也往往是临界点。
2.确定临界条件:判断题述的过程中存在临界状态之后,要通过分析弄清临界状态出现的条件,并以数学形式表达出来。
3.选择物理规律:当确定了物体运动的临界状态和临界条件后,对于不同的运动过程或现象,要分别选择相对应的物理规律,然后再列方程求解。典例6????(2016浙江4月选考)如图所示,装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成。其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB与粗糙直轨道BC平滑连接,高度差分别是h1=0.20 m、h2=0.10 m,BC水平距离L=1.00 m。轨道Ⅱ由AE、螺旋圆形EFG和GB三段光滑轨道平滑连接而成,且A点与F点等高。当弹簧压缩量为d时,恰能使质量m=0.05 kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点;当弹簧压缩量为2d时,恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C点。(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比)(g=10 m/s2)(1)当弹簧压缩量为d时,求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小;
(2)求滑块与轨道BC间的动摩擦因数;
(3)当弹簧压缩量为d时,若沿轨道Ⅱ运动,滑块能否上升到B点?请通过计
算说明理由。第10讲　万有引力定律及其应用
A组　基础题组
1.(2017浙江11月选考,7,3分)如图所示是小明同学画的人造地球卫星轨道的示意图,则卫星(　　)
A.在a轨道运行的周期为24 h
B.在b轨道运行的速度始终不变
C.在c轨道运行的速度大小始终不变
D.在c轨道运行时受到的地球引力大小是变化的
答案　D　a轨道半径未知,则卫星在a轨道运行的周期不能确定,选项A错误;b轨道上的卫星的速度方向不断变化,所以速度在变,选项B错误;地球在c轨道的其中一个焦点上,因此在近地点时卫星速度快,远地点速度慢,选项C错误;正在c轨道上运行的卫星,与地球的距离在变化,所以根据F=GMmr2可以看出其受到地球的引力大小在不断变化,D正确。
2.关于万有引力定律,下列说法正确的是(　　)
A.牛顿提出了万有引力定律,并测定了引力常量的数值
B.万有引力定律只适用于天体之间
C.万有引力的发现,揭示了自然界一种基本相互作用的规律
D.地球绕太阳在椭圆轨道上运行,在近日点和远日点受到太阳的万有引力大小是相同的
答案　C　牛顿提出了万有引力定律,卡文迪许测定了引力常量的数值,万有引力定律适用于任何物体之间,万有引力的发现,揭示了自然界一种基本相互作用的规律,选项A、B错误,C正确;地球绕太阳在椭圆轨道上运行,在近日点和远日点受到太阳的万有引力大小是不相同的,选项D错误。
3.火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行,根据开普勒行星运动定律可知(　　)
A.太阳位于木星运行轨道的中心
B.火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等
C.火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方
D.相同时间内,火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
答案　C　由开普勒第一定律(轨道定律)可知,太阳位于木星运行轨道的一个焦点上,A错误。火星和木星绕太阳运行的轨道不同,运行速度的大小不可能始终相等,B错误。根据开普勒第三定律(周期定律)知所有行星轨道的半长轴的三次方与它的公转周期的平方的比值是一个常数,C正确。对于某一个行星来说,其与太阳连线在相同的时间内扫过的面积相等,不同行星在相同的时间内扫过的面积不相等,D错误。
4.据中国载人航天工程办公室介绍,天宫一号以完整的整器结构成功服役5年后,再入大气层烧毁。烧毁前,天宫一号飞行器运行在平均高度约为216.2公里的轨道上(近似圆周轨道),与同步卫星相比,“天宫一号”运行的(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.速度较小 B.周期较小
C.加速度较小 D.角速度较小
答案　B　“天宫一号”运行的轨道半径比同步卫星小,根据GMmr2=m4π2T2r=mv2r=mω2r=ma可得:v=GMr,则天宫一号运行的速度较大,选项A错误;T=2πr3GM,则“天宫一号”运行的周期较小,选项B正确;a=GMr2,则“天宫一号”运行的加速度较大,选项C错误;ω=GMr3,则天宫一号运行的角速度较大,选项D错误。
5.据报道,科学家们在距离地球20万光年外发现了首颗系外“宜居”行星。假设该行星质量约为地球质量的6.4倍,半径约为地球半径的2倍。那么,一个在地球表面能举起64 kg物体的人在这个行星表面能举起的物体的质量约为(地球表面重力加速度g=10 m/s2)(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.40 kg B.50 kg
C.60 kg D.30 kg
答案　A　根据万有引力等于重力GMmR2=mg得g=GMR2,因为行星质量约为地球质量的6.4倍,其半径是地球半径的2倍,则行星表面重力加速度是地球表面重力加速度的1.6倍,而人的举力可认为是不变的,则人在行星表面所举起的重物质量为:m=m01.6=641.6 kg=40 kg,故A正确。
6.地球质量大约是月球质量的81倍,一飞行器位于地球与月球之间,当地球对它的引力和月球对它的引力大小相等时,飞行器距月球球心的距离与月球球心距地球球心之间的距离之比为　(　　)
A.1∶9 B.9∶1
C.1∶10 D.10∶1
答案　C　设月球质量为m,则地球质量为81m,地月间距离为r,飞行器质量为m0,当飞行器距月球为r'时,地球对它的引力等于月球对它的引力,则Gmm0r'2=G81mm0(r-r')2,所以r-r'r'=9,r=10r',r'∶r=1∶10,故选项C正确。
7.宇航员站在某一星球上,将一个小球在距离星球表面h高度处由静止释放,使其做自由落体运动,经过t时间后小球到达星球表面,已知该星球的半径为R,引力常量为G,则下列选项正确的是(　　)
A.该星球的质量为2hR2Gt2
B.该星球表面的重力加速度为h2t2
C.该星球的第一宇宙速度为2hRt2
D.通过以上数据无法确定该星球的密度
答案　A　小球做自由落体运动,则有h=12gt2,解得该星球表面的重力加速度g=2ht2,故B错误;对星球表面的物体,万有引力等于重力,即GMmR2=mg,可得该星球的质量M=2hR2Gt2,故A正确;该星球的第一宇宙速度v=gR=2hRt,故C错误;该星球的密度ρ=M43πR3=3h2πRGt2,故D错误。
8.某星球直径为d,宇航员在该星球表面以初速度v0竖直上抛一个物体,物体上升的最大高度为h,若物体只受该星球引力作用,则该星球的第一宇宙速度为(　　)
A.v02 B.2v0dh C.v02hd D.v02dh
答案　D　星球表面的重力加速度为g=v022h,根据万有引力定律可知GMmd22=mv2d2,解得v=2GMd;又知GMmd22=mg,解得v=v02dh,故选D。
9.过去几千年来,人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内,行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕。“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动,周期约为4天,轨道半径约为地球绕太阳运动半径的120,该中心恒星与太阳的质量比约为(　　)
A.110 B.1 C.5 D.10
答案　B　根据万有引力提供向心力,有GMmr2=m4π2T2r,可得M=4π2r3GT2,所以恒星质量与太阳质量之比为M恒M太=r行3T地2r地3T行2=1203×36542≈1,故选项B正确。
10.据报道,天文学家新发现了太阳系外的一颗行星。这颗行星的体积是地球的a倍,质量是地球的b倍。已知近地卫星绕地球运动的周期约为T,引力常量为G。则该行星的平均密度为(　　)
A.3πGT2 B.π3T2 C.3πbaGT2 D.3πabGT2
答案　C　万有引力提供近地卫星绕地球运动的向心力GM地mR2=m4π2RT2,且ρ地=3M地4πR3,由以上两式得ρ地=3πGT2,而ρ星ρ地=M星V地V星M地=ba,因而ρ星=3πbaGT2。
11.(2016浙江10月选考,12,3分)如图所示,“天宫二号”在距离地面393 km的近圆轨道运行。已知引力常量G=6.67×10-11 N·m2/kg2,地球质量M=6.0×1024 kg,地球半径R=6.4×103 km。由以上数据可估算(　　)
A.“天宫二号”质量
B.“天宫二号”运行速度
C.“天宫二号”受到的向心力
D.地球对“天宫二号”的引力
答案　B　本题考查了万有引力定律的应用。根据万有引力提供向心力,即GMmr2=mv2r,可知v=GMr,所以选项B正确。无法得知天宫二号的质量,即选项A错误,同时其受到的向心力、引力都因为不知质量而无法求解,所以C、D错误。

B组　提升题组
1.有a、b、c、d四颗地球卫星,a还未发射,在地球赤道表面上随地球一起转动,b处于地面附近近地轨道上正常运动,c是地球同步卫星,d是高空探测卫星,各卫星排列位置如图,则下列说法中正确的是(　　)
A.a的向心加速度等于重力加速度g
B.c在4 h内转过的圆心角是π/6
C.b在相同时间内转过的弧长最长
D.d的运动周期可能是20 h
答案　C　赤道表面的物体所受的万有引力一部分提供物体随地球自转的向心力,另一部分就是物体的重力,F万=ma向+mg,故A错误。c卫星与地球同步,4 h内转过的圆心角为424×2π=π3,故B错误。a、c具有相同角速度,vc=ωrc,va=ωR,由于rc>R,所以vc>va;由万有引力提供向心力得卫星速度v=GMr,由于rbvc>vd,故b的速度最大,C正确。卫星的周期T=4π2r3GM,由rd>rc,得Td>Tc=24 h,故D错误。
2.2020年前我国将发射8颗海洋系列卫星,包括2颗海洋动力环境卫星和2颗海陆雷达卫星。假设海陆雷达卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径是海洋动力环境卫星的n倍,则(　　)
A.海陆雷达卫星的运行速度是海洋动力环境卫星的n倍
B.海陆雷达卫星的角速度是海洋动力环境卫星的n倍
C.海陆雷达卫星的周期是海洋动力环境卫星的n3倍
D.海陆雷达卫星的向心力是海洋动力环境卫星的1n2
答案　C　假设海洋动力环境卫星的轨道半径为n,则海陆雷达卫星的轨道半径为nr,它们环绕地球运行时,根据万有引力提供向心力,得海陆雷达卫星的线速度v1=GMnr,海洋动力环境卫星的线速度v2=GMr,所以v1v2=1n,A错误;得海陆雷达卫星的角速度ω1=GM(nr)3,海洋动力环境卫星角速度ω2=GMr3,所以ω1ω2=1n3,B错误。因为T=2πω,所以T1T2=n3,故C正确;因两卫星质量未知,所以无法比较它们向心力的大小,D错误。
3.如图所示,我国自主研发的北斗卫星导航系统由35颗卫星组成,包括分布于a类型轨道的5颗同步轨道卫星、分布于b类型轨道的3颗倾斜轨道卫星(与同步卫星轨道半径相等,轨道倾角55°)和分布于c类型轨道的27颗中轨道卫星,中轨道卫星在3个互成120°的轨道面上做圆周运动,预计2020年全部建成。下列说法正确的是(　　)
A.a类型轨道上的卫星相对于地面静止且处于平衡状态
B.a类型轨道上的卫星运行速率等于b类型轨道上卫星的速率
C.b类型轨道上的卫星也与地球保持相对静止
D.三类卫星相比,c类型轨道上的卫星的向心加速度最小
答案　B　三种类型轨道的卫星都是绕地球做圆周运动,合力不为零,不是处于平衡状态,故A错误;根据GMmr2=mv2r可得v=GMr,轨道半径相等,则线速度大小相等,故a类型轨道上的卫星运行速率等于b类型轨道上卫星的速率,B正确;b类型轨道上卫星不能与地球保持相对静止,只有同步轨道卫星才能与地球保持相对静止,C错误;万有引力提供向心力,根据GMmr2=ma可得a=GMr2,轨道半径越小,向心加速度越大,故c类型轨道上的卫星向心加速度最大,D错误。
4.如图是“嫦娥二号”奔月示意图,卫星发射后经地月转移轨道,最终被月球引力捕获,成为绕月卫星。下列说法正确的是(　　)
A.在绕月的不同圆轨道上,卫星的周期是相同的
B.卫星受月球的引力与它到月球中心距离成反比
C.在绕月圆轨道上,卫星内物体处于失重状态
D.发射“嫦娥二号”的速度必须达到第二宇宙速度
答案　C　根据开普勒第三定律r3T2=k,可知在绕月的不同圆轨道上,卫星的周期不相同,故A错误;由F=GM月mr2,可知卫星受月球的引力与它到月球中心距离的平方成反比,故B错误;在绕月圆轨道上,卫星内物体所受月球的引力提供向心力,所以卫星内物体处于失重状态,故C正确;“嫦娥二号”发射出去后没有脱离地球,其发射速度大于第一宇宙速度、小于第二宇宙速度,故D错误。
5.(多选)2017年三名美国科学家获本年度诺贝尔物理学奖,用以表彰他们在引力波研究方面的贡献。人类首次发现了引力波来源于距地球之外13亿光年的两个黑洞(质量分别为26个和39个太阳质量)互相绕转最后合并的过程。设两个黑洞A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动,如图所示。黑洞A的轨道半径大于黑洞B的轨道半径,两个黑洞的总质量为M,两个黑洞间的距离为L,其运动周期为T,则(　　)
A.黑洞A的质量一定大于黑洞B的质量
B.黑洞A的线速度一定大于黑洞B的线速度
C.两个黑洞间的距离L一定,M越大,T越大
D.两个黑洞的总质量M一定,L越大,T越大
答案　BD　设两个黑洞质量分别为mA、mB,轨道半径分别为RA、RB,角速度为ω,由万有引力提供向心力可知:GmAmBL2=mAω2RA,GmAmBL2=mBω2RB,又RA+RB=L,得mAmB=RBRA,而RA>RB,则mA6.2017年8月28日,中科院南极天文中心的巡天望远镜观测到一个由双中子星构成的孤立双星系统产生的引力波。该双星系统以引力波的形式向外辐射能量,使得圆周运动的周期T极其缓慢地减小,双星的质量m1与m2均不变,则下列关于该双星系统变化的说法正确的是(　　)
A.双星间的间距逐渐增大
B.双星间的万有引力逐渐增大
C.双星的线速度逐渐增大
D.双星系统的引力势能逐渐增大
答案　BC　万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得Gm1m2L2=m12πT2r1=m22πT2r2=m1v12r1=m2v22r2,其中r1+r2=L,解得周期T=4π2L3G(m1+m2),周期减小,则双星间的间距L减小,万有引力增大,万有引力对双星做正功,双星系统引力势能减小,v1=Gm22(m1+m2)L,v2=Gm12(m1+m2)L,双星间的间距L减小,双星各自的线速度增大,故B、C正确,A、D错误。
7.如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动,如图所示。从水星与金星在一条直线上开始计时,若天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为θ1,金星转过的角度为θ2(θ1、θ2均为锐角),则由此条件可求得(　　)
A.水星和金星绕太阳运动的周期之比
B.水星和金星的密度之比
C.水星和金星表面的重力加速度之比
D.水星和金星绕太阳运动的向心力大小之比
答案　A　相同时间内水星转过的角度为θ1,金星转过的角度为θ2,可知它们的角速度之比为θ1∶θ2,周期T=2πω,则周期之比为θ2∶θ1,故A正确;水星和金星是环绕天体,无法求出质量,也无法知道它们的半径,所以求不出密度比,故B错误;在水星表面物体的重力等于万有引力,有GM水mR水2=mg水,得g水=GM水R水2,在金星表面物体的重力等于万有引力,有GM金mR金2=mg金,得g金=GM金R金2,由于水星和金星的质量比及半径比都未知,所以无法求出水星和金星表面的重力加速度之比,故C错误;根据GMmr2=mω2r,得r=GMr3,由角速度之比可以得出水星和金星到太阳的距离之比,但无法求出水星和金星的质量,所以无法求出水星和金星绕太阳运动的向心力大小之比,故D错误。
9.(2018浙江11月选考,12,3分)20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域。现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船,为了测量自身质量,启动推进器,测出飞船在短时间Δt内速度的改变为Δv和飞船受到的推力F(其他星球对它的引力可忽略)。飞船在某次航行中,当它飞近一个孤立的星球时,飞船能以速度v在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动。已知星球的半径为R,引力常量用G表示。则宇宙飞船和星球的质量分别是(　　)
A.FΔvΔt,v2RG B.FΔvΔt,v3T2πG
C.FΔtΔv,v2RG D.FΔtΔv,v3T2πG
答案　D　根据牛顿第二定律可知F=ma=mΔvΔt,所以m=FΔvΔt,飞船做圆周运动的周期T=2πrv,得半径为r=Tv2π,根据万有引力提供向心力可得GMmr2=mv2r,得M=v2rG=v3T2πG,选D。
教师备用题库
1.(2017北京理综,17,6分)利用引力常量G和下列某一组数据,不能计算出地球质量的是(　　)
A.地球的半径及重力加速度(不考虑地球自转)
B.人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期
C.月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离
D.地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离
答案　D　本题考查天体运动。已知地球半径R和重力加速度g,则mg=GM地mR2,所以M地=gR2G,可求M地;近地卫星做圆周运动,GM地mR2=mv2R,T=2πRv,可解得M地=v2RG=v3T2πG,已知v、T可求M地;对于月球:GM地·mr2=m4π2T月2r,则M地=4π2r3GT月2,已知r、T月可求M地;同理,对地球绕太阳的圆周运动,只可求出太阳质量M太,故此题符合题意的选项是D项。
2.(2017课标Ⅲ,14,6分)2017年4月,我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接,对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行。与天宫二号单独运行时相比,组合体运行的(　　)
A.周期变大 B.速率变大
C.动能变大 D.向心加速度变大
答案　C　天宫二号单独运行时的轨道半径与组合体运行的轨道半径相同。由运动周期T=2πr3GM,可知周期不变,A项错误。由速率v=GMr,可知速率不变,B项错误。因为(m1+m2)>m1,质量增大,故动能增大,C项正确。向心加速度a=v2r不变,D项错误。
3.(2017江苏单科,6,4分)(多选)“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空。与“天宫二号”空间实验室对接前,“天舟一号”在距地面约380 km的圆轨道上飞行,则其(　　)
A.角速度小于地球自转角速度
B.线速度小于第一宇宙速度
C.周期小于地球自转周期
D.向心加速度小于地面的重力加速度
答案　BCD　本题考查万有引力定律、人造卫星的运行规律。由于地球自转的角速度、周期等物理量与地球同步卫星一致,故“天舟一号”可与地球同步卫星比较。由于“天舟一号”的轨道半径小于同步卫星的轨道半径,所以,角速度是“天舟一号”大,周期是同步卫星大,选项A错,C对;第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度,故“天舟一号”的线速度小于第一宇宙速度,B对;对“天舟一号”有GM地m(R地+h)2=ma向,所以a向=GM地(R地+h)2,而地面重力加速度g=GM地R地2,故a向4.假设地球为质量均匀分布的球体。已知地球表面的重力加速度在两极处的大小为g0、在赤道处的大小为g,地球半径为R,则地球自转的周期T为(　　)
A.2πRg0+g B.2πRg0-g
C.2πg0+gR D.2πg0-gR
答案　B　在两极处物体不随地球自转,所以GMmR2=mg0;在赤道处物体随地球自转,可得GMmR2=mg+m4π2T2R,联立解得T=2πRg0-g,所以B正确,A、C、D错误。
5.(2016海南单科,7,5分)(多选)通过观测冥王星的卫星,可以推算出冥王星的质量。假设卫星绕冥王星做匀速圆周运动,除了引力常量外,至少还需要两个物理量才能计算出冥王星的质量。这两个物理量可以是(　　)
A.卫星的速度和角速度
B.卫星的质量和轨道半径
C.卫星的质量和角速度
D.卫星的运行周期和轨道半径
答案　AD　根据线速度和角速度可以求出半径r=vω,根据万有引力提供向心力则有GMmr2=mv2r,整理可得M=v3Gω,故选项A正确;由于卫星的质量m可约掉,故选项B、C错误;若知道卫星的运行周期和轨道半径,则GMmr2=m2πT2r,整理得M=4π2r3GT2,故选项D正确。
6.(2016江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动,用R、T、Ek、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积。下列关系式正确的有(　　)
A.TA>TB B.EkA>EkB C.SA=SB D.RA3TA2=RB3TB2
答案　AD　卫星做匀速圆周运动时有GMmR2=mv2R=mRω2=mR4π2T2,则T=2πR3GM∝R3,故TA>TB,TA2TB2=RA3RB3,A、D皆正确;Ek=12mv2=GMm2R∝1R,故EkA课件34张PPT。第10讲　万有引力定律及其应用一 开普勒行星运动定律二 万有引力定律的理解三 三个宇宙速度教材研读突破一 万有引力定律及天体质量和密度的估算突破二 天体表面的重力加速度问题突破三 卫星运动参量的比较与计算重难突破一、开普勒行星运动定律1.第一定律:所有行星绕太阳运动的轨道都是①　椭圆????,太阳处在这些椭圆的一个②　焦点????上。
2.第二定律:对任意一个行星来说,它与太阳的连线在③　相等的时间????内扫过④　相等????的面积。三、三个宇宙速度1.第一宇宙速度
v1=①　7.9???? km/s,卫星在②　地球表面附近????绕地球做匀速圆周运动的速度,又称环绕速度。
2.第二宇宙速度
v2=③　11.2???? km/s,使卫星挣脱④　地球????引力束缚的最小地面发射速度,又称脱离速度。
3.第三宇宙速度
v3=⑤　16.7???? km/s,使卫星挣脱⑥　太阳????引力束缚的⑦　最小????地面发射速度,也叫逃逸速度。3.关于行星运动的规律,下列说法符合史实的是?(　B　)
A.开普勒在牛顿定律的基础上,导出了行星运动的规律
B.开普勒在天文观测数据的基础上,总结出了行星运动的规律
C.开普勒总结出了行星运动的规律,找出了行星按照这些规律运动的原因
D.开普勒总结出了行星运动的规律,发现了万有引力定律规律总结
计算中心天体的质量、密度时的两点区别
1.天体半径和卫星的轨道半径
通常把天体看成一个球体,天体的半径指的是球体的半径。卫星的轨道半径指的是卫星围绕天体做圆周运动的圆的半径。卫星的轨道半径大于等于天体的半径。
2.自转周期和公转周期
自转周期是指天体绕自身某轴线运动一周所用的时间,公转周期是指卫星绕中心天体做圆周运动一周所用的时间。自转周期与公转周期一般不相等。突破三　卫星运行参量的比较与计算1.卫星的轨道
(1)赤道轨道:卫星的轨道在赤道平面内,同步卫星就是其中的一种。
(2)极地轨道:卫星的轨道过南北两极,即在垂直于赤道的平面内,如极地气象卫星。
(3)其他轨道:除以上两种轨道外的卫星轨道,且轨道平面一定通过地球的球心。2.卫星的线速度、角速度、周期与轨道半径的关系(r=R+h)3.同步卫星的六个“一定”解析????a的轨道半径大于c的轨道半径,因此卫星a的角速度小于c的角速度,选项A正确;a的轨道半径与b的轨道半径相等,因此卫星a的加速度等于b的加速度,选项B错误;a的轨道半径大于地球半径,因此卫星a的运行速度小于第一宇宙速度,选项C错误;a的轨道半径与b的轨道半径相等,卫星b的周期等于a的周期,为24 h,选项D错误。第11讲　功　功率
A组　基础题组
1.如图所示,物体沿弧形轨道滑下,然后进入足够长的水平传送带,传送带始终以图示方向匀速转动,则传送带对物体做功的情况不可能的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.始终不做功 B.先做正功后做负功
C.先做正功后不做功 D.先做负功后不做功
答案　B　当物体进入传送带的速度等于传送带速度时,没有摩擦力,故传送带不做功,故A正确;当物体进入传送带的速度小于传送带速度时,摩擦力向前做正功,速度相等时不再做功,故B错误,C正确;当物体进入传送带的速度大于传送带速度时,摩擦力向后做负功,当速度相等时,不再做功,故D正确;本题选不可能的,故选B。
2.如图所示,为某种型号轿车中用于改变车速的挡位,表中列出了轿车的部分数据,手推变速杆到达不同挡位可获得不同的运行速度,从“1~5”速度逐挡增大,R是倒车挡。则轿车在额定功率下,要以最大动力上坡,变速杆应推至哪一挡?以最大速度运行时,轿车的牵引力约为多大?(　　)
长/宽/高(mm)
4481/1746/1526
净重(kg)
1337
传动系统
前轮驱动5挡变速
发动机类型
直列4缸
发动机排量(L)
2.0
最高速度(km/h)
189
100 km/h的加速时间(s)
12
额定功率(kW)
108
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.“5”挡;8 000 N B.“5”挡;2 000 N
C.“1”挡;4 000 N D.“1”挡;2 000 N
答案　D　若轿车在额定功率下以最大动力上坡,那么要使用“1”挡;以最高速度v=189 km/h=52.5 m/s运行时,根据P=Fv得F=Pv=108×10352.2 N≈2 000 N。选项D正确。
3.起重机以1 m/s2的加速度将质量为1 000 kg的货物由静止开始匀加速向上提升,若g取10 m/s2,则在1 s内起重机对货物所做的功是(　　)
A.500 J B.4 500 J
C.5 000 J D.5 500 J
答案　D　货物的加速度向上,
由牛顿第二定律有:F-mg=ma,
起重机的拉力F=mg+ma=11 000 N。
货物的位移是l=12at2=0.5 m,
做功为W=Fl=5 500 J,故D正确。
4.质量为1 kg的物体做自由落体运动,下落1 s时重力的瞬时功率为(g取10 m/s2)(　　)
A.5 W B.10 W C.50 W D.100 W
答案　D　1 s末的速度为:v=gt=10 m/s,所以第1 s末重力的瞬时功率为:P=mgv=100 W,故选项D正确。
5.如图所示,木板绕固定的水平轴O从水平位置OA缓慢转到OB位置,木板上的物块始终相对于木板静止,分别用FN和Ff表示物块受到的支持力和摩擦力,在此过程中,以下判断正确的是(　　)
A.FN和Ff对物块都不做功
B.FN对物块做正功,Ff对物块做负功
C.FN对物块做正功,Ff对物块不做功
D.FN对物块不做功,Ff对物块做正功
答案　C　由题可知物块随木板一起做圆周运动,木板在旋转过程中,物块所受的静摩擦力始终背离圆心O,所以静摩擦力不做功,而木板对物块的支持力时时刻刻与木板垂直,即支持力一直与位移同向,所以木板对物块的支持力做了正功,故本题的正确选项为C。
6.一辆汽车从静止出发,在平直的公路上加速前进,如果发动机的牵引力保持恒定,汽车所受阻力保持不变,在此过程中(　　)
A.汽车的速度与时间成正比
B.汽车的位移与时间成正比
C.汽车做变加速直线运动
D.汽车发动机做的功与时间成正比
答案　A　由F-Ff=ma可知,因汽车牵引力F保持恒定,故汽车做匀加速直线运动,C错误;由v=at可知,A正确;而x=12at2,故B错误;由WF=F·x=F·12at2可知,D错误。
7.如图甲所示,在水平路段AB上有一质量为2×103 kg的汽车(可视为质点),正以10 m/s的速度向右匀速运动,汽车前方的水平路段BC较粗糙,汽车通过整个ABC路段的v-t图像如图乙所示(在t=15 s处水平虚线与曲线相切),运动过程中汽车发动机的输出功率保持20 kW不变,假设汽车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自有恒定的大小。求:
(1)汽车在AB路段上运动时所受阻力f1的大小。
(2)汽车刚好开过B点时加速度a的大小。
(3)BC路段的长度。
答案　(1)2 000 N　(2)1 m/s2　(3)68.75 m
解析　(1)汽车在AB路段做匀速直线运动,根据平衡条件,有:
F1=f1
P=F1v1
解得f1=2 000 N
(2)t=15 s时汽车处于平衡状态,有:
F2=f2
P=F2v2
解得f2=4 000 N
刚好开过B点时汽车的牵引力仍为F1,根据牛顿第二定律,有:
f1-F2=-ma
解得a=1 m/s2
(3)对于汽车在BC路段运动,由动能定理得:
Pt-f2s=12mv22-12mv12
解得s=68.75 m
B组　提升题组
1.如图所示,木块B上表面是水平的,当木块A置于B上,并与B保持相对静止,一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑,在下滑过程中(　　)
A.A所受的合外力对A不做功
B.B对A的弹力做正功
C.B对A的摩擦力做正功
D.A对B做正功
答案　C　A、B一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑,加速度为g sin θ。由于A速度增大,由动能定理,A所受的合外力对A做功,B对A的摩擦力做正功,B对A的弹力做负功,选项A、B错误,C正确。A对B不做功,选项D错误。
2.如图所示,某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能,将两个完全相同的玩具车A、B并排放在两平行且水平的轨道上,分别通过挂钩连接另一个与玩具车等质量的货车(无牵引力),控制两车以相同的速度v0做匀速直线运动。某时刻,通过控制器使两车的挂钩断开,玩具车A保持原来的牵引力不变,玩具车B保持原来的输出功率不变,当玩具车A的速度为2v0时,玩具车B的速度为1.5v0,则(　　)
A.在这段时间内两车的位移之比为6∶5
B.玩具车A的功率变为原来的4倍
C.两车克服阻力做功的比值为12∶11
D.两车牵引力做功的比值为5∶1
答案　C　设挂钩断开瞬间的牵引力为F,车受的摩擦力大小f=F2,对A分析有Fx1-fx1=12m(2v0)2-12mv02=32mv02;对B分析有Pt-fx2=12m(1.5v0)2-12mv02=58mv02,已知P=Fv0,对A分析由动量定理得:(F-f)t=2mv0-mv0,x1=v0+2v02,解得x1∶x2=12∶11,故A错;克服阻力做功Wf=fx,则Wf1Wf2=x1x2=1211,故C正确;牵引力做功WA=Fx1=3mv02,WB=Pt=2mv02,得WAWB=32,故D错;PA=F·2v0=2P,故B错。
3.一物体所受的力F随位移x变化的图像如图所示,求在这一过程中,力F对物体做的功为(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.3 J B.6 J C.7 J D.8 J
答案　B　力F对物体做的功等于x轴上方梯形“面积”所表示的正功与x轴下方三角形“面积”所表示的负功的代数和。
W1=12×(3+4)×2 J=7 J
W2=-12×(5-4)×2 J=-1 J
所以力F对物体做的功为W=7 J-1 J=6 J。
故选项B正确。
4.汽车以恒定的功率在平直公路上行驶,所受到的摩擦阻力恒等于车重的0.1,汽车能达到的最大速度为vm。则当汽车速度为12vm时,汽车的加速度为(重力加速度为g)(　　)
A.0.1g B.0.2g C.0.3g D.0.4g
答案　A　设汽车功率恒为P,达到最大速度vm时,牵引力F=Ff=0.1mg,P=Fvm,当汽车速度为v=12vm时,F'=Pv=0.2mg,由牛顿第二定律有F'-Ff=ma,解得a=0.1g,A项正确。
5.如图所示,匈牙利大力士希恩考·若尔特曾用牙齿拉动50 t的A320客机。他把一条绳索的一端系在飞机下方的前轮处,另一端用牙齿紧紧咬住,在52 s的时间内将客机拉动了约40 m。假设大力士牙齿的拉力约为5×103 N,绳子与水平方向的夹角θ约为30°,则飞机在被拉动的过程中(　　)
A.重力做功约为2.0×107 J
B.拉力做功约为1.7×105 J
C.克服阻力做功约为1.5×105 J
D.合外力做功约为2.0×105 J
答案　B　飞机在重力方向上没有移动距离,故重力做功WG=0,A选项错误;拉力做功WF=Fl cos θ=5×103×40×cos 30° J≈1.7×105 J,B选项正确;由动能定理:WF-Wf=ΔEk=0,所以合外力做功为零,克服阻力做功Wf=WF≈1.7×105J,C、D选项错误。
6.如图所示,摆球质量为m,悬线的长为L,把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变,则下列说法错误的是(　　)
A.重力做功为mgL
B.悬线的拉力做功为0
C.空气阻力F阻做功为-mgL
D.空气阻力F阻做功为-12F阻πL
答案　C　小球下落过程中,重力做功为mgL,A正确;悬线的拉力始终与速度方向垂直,拉力做功为0,B正确;空气阻力F阻大小不变,方向始终与速度方向相反,故空气阻力F阻做功为-F阻·12πL,C错误,D正确。
7.A、B两物体的质量之比mA∶mB=2∶1,它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动,直到停止,其速度-时间图像如图所示。那么,A、B两物体所受摩擦力之比FA∶FB与A、B两物体克服摩擦阻力做功之比WA∶WB分别为(　　)
A.2∶1,4∶1 B.4∶1,2∶1 C.1∶4,1∶2 D.1∶2,1∶4
答案　B　由v-t图像可知:aA∶aB=2∶1,又由F=ma,mA∶mB=2∶1,可得FA∶FB=4∶1;又由题图中面积关系可知A、B位移之比xA∶xB=1∶2,由做功公式W=Fx,可得WA∶WB=2∶1,故选B。
8.一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动,运动过程中保持恒定的牵引功率,其加速度a和速度的倒数1v的关系图像如图所示。若已知汽车的质量,则根据图像所给的信息,不能求出的物理量是(　　)
A.汽车的功率
B.汽车行驶的最大速度
C.汽车所受到的阻力
D.汽车运动到最大速度所需的时间
答案　D　由F-Ff=ma,P=Fv可得:a=Pm·1v-Ffm,对应图线可知,Pm=k=40 m2·s-3,可求出汽车的功率P,由a=0时,1vm=0.05 m-1·s可得:vm=20 m/s,再由vm=PFf,可求出汽车受到的阻力Ff,但无法求出汽车运动到最大速度所需的时间。
9.国家十三五规划中提出实施新能源汽车推广计划,提高电动车产业化水平。假设有一辆新型电动车,质量m=2×103 kg,额定功率P=60 kW,当该电动车在平直水平路面上行驶时,受到的阻力Ff是车重的0.1,g=10 m/s2。
(1)求新型电动车在此路面上行驶所能达到的最大速度;
(2)新型电动车从静止开始,以加速度a=0.5 m/s2做匀加速直线运动,求这一过程能维持的时间;
(3)新型电动车从静止开始,保持额定功率做加速运动,则经50 s达到最大速度,求此过程中新型电动车的位移。
答案　(1)30 m/s　(2)40 s　(3)1 050 m
解析　(1)当电动车速度达到最大时,电动车的牵引力与阻力平衡,即F=Ff
Ff=kmg=0.1×2×103×10 N=2 000 N
由P=Fvm=Ffvm
得vm=PFf=60×1032000 m/s=30 m/s
(2)电动车做匀加速运动时的牵引力为F1,则F1-Ff=ma,解得F1=3 000 N
设电动车刚达到额定功率时的速度为v1,得P=F1v1
则v1=PF1=60×1033000 m/s=20 m/s
设电动车匀加速运动的时间为t1,则有v1=at1
解得t1=v1a=200.5 s=40 s
(3)从静止到达到最大速度整个过程,由动能定理得Pt2-Ffx=12mvm2
解得x=1 050 m
教师备用题库
1.(2018天津理综,2,6分)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.所受合外力始终为零 B.所受摩擦力大小不变
C.合外力做功一定为零 D.机械能始终保持不变
答案　C　本题考查匀速圆周运动中的受力分析、滑动摩擦力的决定因素、动能定理和功能关系。由于运动员在竖直面内的圆弧形滑道上运动时速率不变,故做匀速圆周运动,所受的合外力提供向心力,因此合外力不为零,选项A错误;运动员下滑过程中受到重力、滑道支持力和滑动摩擦力,运动员从A到B的过程中,重力沿滑道切线方向的力逐渐变小,运动员的速率不变,则运动员沿滑道切线方向的合外力始终为零,故其所受摩擦力逐渐减小,选项B错误;由动能定理知,合外力做的功等于动能的变化量,因速率不变,则动能不变,故合外力做功为零,选项C正确;机械能的改变量等于摩擦力做的功,故机械能减少,选项D错误。
2.(2018课标Ⅲ,19,6分)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程,(　　)
A.矿车上升所用的时间之比为4∶5
B.电机的最大牵引力之比为2∶1
C.电机输出的最大功率之比为2∶1
D.电机所做的功之比为4∶5
答案　AC　本题考查v-t图像的应用。在v-t图像中,图线的斜率表示物体运动的加速度,而两次提升过程变速阶段加速度的大小都相同,即在v-t图像中,它们变速阶段对应的图线要么重合,要么平行,由图中几何关系可得:第②次所用时间t=52t0,即矿车上升所用时间之比为4∶5,选项A正确;对矿车受力分析可知,当矿车向上做匀加速直线运动时,电机的牵引力最大,即F-mg=ma,得F=mg+ma,即最大牵引力之比为1∶1,选项B错误;在第①次提升过程中,电机输出的最大功率P1=(mg+ma)v0,在第②次提升过程中,电机输出的最大功率P2=(mg+ma)·12v0,即P1P2=21,选项C正确;对①②两次提升过程,由动能定理可知W-mgh=0,即W1W2=11,选项D错误。
3.(2017课标Ⅱ,14,6分)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.一直不做功 B.一直做正功
C.始终指向大圆环圆心 D.始终背离大圆环圆心
答案　A　本题考查圆周运动、功。小环在固定的光滑大圆环上滑动,做圆周运动,其速度沿大圆环切线方向,大圆环对小环的弹力(即作用力)垂直于切线方向,与速度垂直,故大圆环对小环的作用力不做功,选项A正确、B错误。开始时大圆环对小环的作用力背离圆心,到达圆心等高点时弹力提供向心力,故大圆环对小环的作用力指向圆心,选项C、D错误。
4.(多选)汽车发动机的额定功率为80 kW,汽车的质量为m=2×103 kg,如果汽车从静止开始先做匀加速直线运动,加速度大小为2 m/s2,运动过程中阻力恒为4×103 N,则(　　)
A.汽车从静止启动后能达到的最大速度为20 m/s
B.汽车从静止启动后能达到的最大速度为10 m/s
C.匀加速直线运动的时间为5 s
D.汽车从静止到达到最大速度的过程中的平均速度大于10 m/s
答案　ACD　当汽车的牵引力与阻力相等时,汽车的速度最大,根据P=fvm得,汽车的最大速度vm=Pf=800004000 m/s=20 m/s,故A正确,B错误。根据牛顿第二定律得,F-f=ma,解得F=f+ma=4 000 N+2 000×2 N=8 000 N,汽车匀加速直线运动的末速度v=PF=800008000 m/s=10 m/s,则匀加速直线运动的时间t=va=102 s=5 s,故C正确。汽车从静止到达到最大速度的过程有匀加速直线运动、变加速直线运动;若一直匀加速,平均速度为10 m/s,因为有加速度逐渐变小的加速运动,则平均速度大于10 m/s,故D正确。
5.汽车在平直的公路上以额定功率行驶,行驶一段距离后关闭发动机,测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图所示。已知汽车的质量为1×103 kg,汽车运动过程中所受地面的阻力恒定,空气的阻力不计。求:
(1)汽车受到地面的阻力大小;
(2)汽车的额定功率;
(3)汽车加速运动的时间。
答案　(1)2×103 N　(2)8×104 W　(3)16.25 s
解析　(1)由图像可知,汽车减速运动的位移x=1 100 m-700 m=400 m
汽车匀速运动的动能Ek1=8×105 J
汽车在地面的阻力f作用下减速直至停止
由动能定理有-fx=0-Ek1,解得f=2×103 N
(2)因为Ek1=12mv2,解得汽车匀速运动时的速度v=40 m/s
汽车匀速运动时牵引力大小等于阻力大小,故汽车的额定功率P=fv=8×104 W
(3)根据题图可知汽车加速运动过程中的位移x0=500 m
汽车的初动能Ek0=5×105 J
根据动能定理有Pt-fx0=Ek1-Ek0
解得t=16.25 s
课件43张PPT。第11讲　功　功率一 功二 功率教材研读突破一 正、负功的判断方法突破二 功的计算突破三 功率的计算重难突破突破四 机车的两种启动过程一、功1.做功的两个要素:①　力????和②　物体在力的方向上发生的位移????。
2.功的公式:W=③????Fl cos α????,其中F是恒力,α为力F的方向与位移l的方向的夹角;该公式适用于④　恒力????做功。3.物体做正、负功的判断二、功率1.定义:功与完成这些功所用时间的①　比值????。
2.物理意义:描述力对物体②　做功的快慢????。1.判断下列说法正误:
(1)物体受力的同时又有位移发生,则力一定对物体做功。?(　?　)
(2)滑动摩擦力一定对物体做负功。?(　?　)
(3)汽车功率P=Fv中的F指汽车所受的合外力。?(　?　)
(4)汽车上坡时,司机换挡,其目的是减小速度,得到较大的牵引力。(????√　)
(5)以恒定功率启动的机车,在加速过程中发动机做的功可用公式W=Pt计算。?(　√　)2.图甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼(忽略扶梯对手的作用),图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼,两人相对扶梯均静止,下列关于力做功判断正确的是?(　A　)
A.甲图中支持力对人做正功
B.甲图中摩擦力对人做负功
C.乙图中支持力对人做正功
D.乙图中摩擦力对人做负功突破一　正、负功的判断方法判断力是否做功及做正、负功的方法解析　若甲固定不动,乙在甲表面滑动,则乙对甲的滑动摩擦力对甲不做功;若乙向右运动的同时甲向左运动,则乙对甲的滑动摩擦力对甲做负功;若水平地面光滑,静止的甲在乙的滑动摩擦力带动下做加速运动,则乙对甲的滑动摩擦力对甲做正功,所以只有选项A正确。1-1　质量为m的物体置于倾角为α的斜面上,物体和斜面间的动摩擦因数为μ,在外力作用下斜面以加速度a向左做匀加速直线运动,如图所示,运动过程中物体与斜面之间保持相对静止,则下列说法错误的是 (????B　)
A.斜面对物体的支持力一定做正功
B.斜面对物体的摩擦力一定做正功
C.斜面对物体的摩擦力可能不做功
D.斜面对物体的摩擦力可能做负功解析　物体所受的支持力始终垂直于斜面向上,由于位移方向水平向左,则力与位移方向之间的夹角为锐角,因此支持力一定做正功,选项A正确。摩擦力做功有三种情况:当加速度a=g tan α时,物体所受的摩擦力为零,摩擦力不做功;当加速度a>g tan α时,物体所受的摩擦力沿斜面向下,摩擦力做正功;当加速度a(1)如果力是均匀变化的,可用求平均力的方法将变力转化为恒力,再用W=Fl cos α计算。(2)滑动摩擦力、空气阻力等力,这类力(大小不变时)做的功等于力和路程(不是位移)的乘积。
(3)根据功和能的关系求变力做的功。如根据势能的变化求对应的力做的功,根据动能定理求变力做的功等。
(4)根据功率恒定,求变力做的功,W=Pt。
(5)作出变力F随位移变化的图像,图线与位移轴所围“面积”即变力做的功。解析　小球从开始运动到停止的过程中,下降的高度为:h=l(1-cos α),所以小球的重力对小球做功WG=mgl(1-cos α),故选项A正确;初、末动能都为0,根据动能定理,小球从开始运动到停止的过程中小球受到的合外力做功为0,空气的阻力对小球做功Wf=-WG=-mgl(1-cos α),故选项B、C错误;由于细线的拉力始终与小球运动的方向垂直,所以细线的拉力不做功,细线的拉力做功的功率为0,故选项D错误。方法总结
1.恒力做功的计算思路2.计算功的大小的两点技巧
(1)在求功时,要区分是求某个力做的功还是合力做的功,是求恒力做的功还是变力做的功。
(2)恒力做功与物体的实际路径无关,等于力与物体在力方向上的位移的乘积,或等于位移与在位移方向上的力的乘积。解析　在0~t1时间内,重物加速上升,设加速度为a1,则根据牛顿第二定律可得钢索的拉力F1=mg+ma1,速度v1=a1t,所以拉力的功率为:P1=m(a1+g)a1t。在t1~t2时间内,重物匀速上升,拉力F2=mg,速度v2=a1t1,所以拉力的功率为:P2=mga1t1。在t2~t3时间内,重物减速上升,设加速度大小为a2,则根据牛顿第二定律可得钢索的拉力F3=mg-ma2,速度v3=a1t1-a2t,所以拉力的功率为:P3=m(g-a2)(a1t1-a2t)。综上所述,只有B选项正确。突破四　机车的两种启动过程4-1　质量为m的汽车,启动后沿平直路面行驶,如果发动机的功率恒为P,且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定,汽车速度能够达到的最大值为v,那么当汽车的车速为?时,汽车的瞬时加速度的大小为?(　C　)
A.?　????B.?　????C.?　????D.? 第12讲　动能　动能定理
A组　基础题组
1.(2018浙江11月选考,5,3分)奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示,下列说法不正确的是(　　)
A.加速助跑过程中,运动员的动能增加
B.起跳上升过程中,杆的弹性势能一直增加
C.起跳上升过程中,运动员的重力势能增加
D.越过横杆后下落过程中,运动员的重力势能减少动能增加
答案　B　加速助跑过程中速度增大,动能增加,A对;起跳上升过程中杆的形变量先变大再变小,故弹性势能先变大再变小,B错;起跳上升过程中运动员升高,重力势能变大,C对;下落过程中运动员重力做正功,重力势能减少,动能增加,D对。
2.在光滑的水平面上,质量为m的小滑块停放在质量为M、长度为L的静止的木板的最右端,滑块和木板之间的动摩擦因数为μ。现用一个大小为F的恒力作用在木板上,当小滑块滑到木板的最左端时,滑块和木板的速度大小分别为v1、v2,滑块和木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2,下列关系式错误的是(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.μmgs1=12mv12
B.Fs2-μmgs2=12Mv22
C.μmgL=12mv12
D.Fs2-μmgs2+μmgs1=12Mv22+12mv12
答案　C　对滑块,受到重力、支持力和摩擦力,根据动能定理,有μmgs1=12mv12,故A正确;对木板,由动能定理得Fs2-μmgs2=12Mv22,故B正确。以上两式相加可得:Fs2-μmgs2+μmgs1=12Mv22+12mv12,又s2-s1=L,则得Fs2-μmgL=12Mv22+12mv12,故C错误,D正确。本题选错误的,故选C。
3.如图所示,AB为14圆弧轨道,BC为水平直轨道,圆弧对应的圆的半径为R,BC的长度也是R,一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ,当它由轨道顶端A从静止开始下落,恰好运动到C处停止,那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　)
A.12μmgR B.12mgR C.mgR D.(1-μ)mgR
答案　D　由题意可知mgR=WfAB+WfBC,WfBC=μmgR,所以WfAB=(1-μ)mgR,D正确。
4.如图所示,一块长木板B放在光滑的水平面上,在B上放一物体A,现以恒定的外力拉B,由于A、B间摩擦力的作用,A将在B上滑动,以地面为参考系,A、B都向前移动一段距离。在此过程中(　　)
A.外力F做的功等于A和B动能的增量
B.B对A的摩擦力所做的功,等于A的动能增量
C.A对B的摩擦力所做的功,等于B对A的摩擦力所做的功
D.外力F对B做的功等于B的动能的增量
答案　B　A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力,对A物体运用动能定理,则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量,即B对;A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力,大小相等,方向相反,但是由于A在B上滑动,A、B对地的位移不等,故二者做功不相等,C错;对B应用动能定理,WF-Wf=ΔEkB,即WF=ΔEkB+Wf,就是外力F对B做的功,等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和,D错;由上述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等,故A错。
5.如图所示,相同材料制成的滑道ABC,其中AB段为曲面,BC段为水平面。现有质量为m的木块,从距离水平面h高处的A点由静止释放,滑到B点过程中克服摩擦力做功为13mgh;木块通过B点后继续滑行2h距离后,在C点停下来,则木块与曲面间的动摩擦因数应为(　　)
A.13 B.23 C.16 D.112
答案　A　木块从A点到C点根据动能定理有mgh-13mgh-μmg·2h=0,解得μ=13,因为曲面和水平轨道是同种材料,所以木块与曲面间的动摩擦因数也为13,选项A正确。
6.如图所示,水平传送带AB向右匀速运动,倾角为θ=37°的倾斜轨道与水平轨道平滑连接于C点,小物块与传送带AB及倾斜轨道和水平轨道之间均存在摩擦,动摩擦因数都为μ=0.4,倾斜轨道长度LPC=0.75 m,C与竖直圆轨道最低点D处的距离为LCD=0.525 m,圆轨道光滑,其半径R=0.5 m。质量为m=0.2 kg可看做质点的小物块轻轻放在传送带上的某点,小物块随传送带运动到B点,之后沿水平飞出恰好从P处切入倾斜轨道后做匀加速直线运动(进入P点前后不考虑能量损失),经C处运动至D,在D处进入竖直平面圆轨道,恰好绕过圆轨道的最高点E之后从D点进入水平轨道DF向右运动。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
(1)小物块刚运动到圆弧轨道最低点D时对轨道的压力;
(2)传送带对小物块做的功W;
(3)若传送带AB向右匀速运动的速度v0=5 m/s,求小物块在传送带上运动过程中由于相互摩擦而产生的热量Q。
答案　(1)12 N,方向竖直向下　(2)1.6 J　(3)2.4 J
解析　(1)小物块恰好过E点,重力提供向心力,有mg=mvE2R
D到E过程,由动能定理有-mg·2R=12mvE2-12mvD2
小物块经过D点时,由牛顿第二定律有FN-mg=mvD2R
解得FN=12 N
由牛顿第三定律得小物块运动到D点时对轨道压力大小为12 N,方向竖直向下
(2)从P点经D点到E点,由动能定理有
mgLPC sin θ-μmgLPC cos θ-μmgLCD=12mvP2-12mvE2
由平抛运动的规律知
vBvP=cos θ
解得vP=5 m/s,vB=4 m/s
传送带对小物块做的功W=12mvB2=1.6 J
(3)小物块在传送带上加速时间t=vBμg=1 s
Δx=v0t-vB22μg=3 m
Q=μmgΔx=2.4 J
B组　提升题组
1.如图所示,小物块从倾角为θ的倾斜轨道上的A点由静止释放,最终停在水平轨道上的B点,小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数相同,A、B两点的连线与水平方向的夹角为α,不计物块在轨道转折时的机械能损失,则动摩擦因数大小为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.tan θ B.tan α
C. tan (θ+α) D.tan (θ-α)
答案　B　如图所示,设B、O间距为s1,A点离水平面的高度为h,A、O间的水平距离为s2,物块的质量为m,在物块下滑的全过程中,应用动能定理可得:mgh-μmg cos θ·s2cosθ-μmg·s1=0,解得:μ=hs1+s2= tan α,故B正确。
2.如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC是水平的,其长度d=0.50 m。盆边缘的高度为h=0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)。已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10。小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停下的位置到B的距离为(　　)
A.0.50 m B.0.25 m C.0.10 m D.0
答案　D　设小物块在BC段通过的总路程为s,由于只有BC面上存在摩擦力做功,故摩擦力做功为-μmgs,而重力做功与路径无关,由动能定理得:mgh-μmgs=0-0,代入数据可解得s= 3 m。由于d=0.50 m,所以,小物块在BC面上经过3次往复运动后,又回到B点,故D正确。
3.如图所示,沿倾角为θ的斜面放置的劲度系数为k轻弹簧,一端固定在挡板上,
另一端与质量为m的小物块接触(但无挤压)。先用沿斜面向下的力F缓慢推动物块,当弹簧的压缩量为x时,撤去F,物块沿斜面向上运动,运动的最大距离为3x。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。则(　　)
A.撤去F时,弹簧的弹性势能为2mgx(sin θ+μ cos θ)
B.撤去F时,物块加速度大小为g sin θ-μg cos θ
C.从撤去F到沿斜面上升至最高点的过程中,物块做匀变速运动的时间为xgsinθ+μgcosθ
D.从撤去F到沿斜面向上速度最大的过程中,物块克服重力做的功为mg sin θx-mgsinθ+μmgcosθk
答案　D　由题知,物块运动的最大距离为3x,可知物块的动能变化量为0,根据动能定理得W弹-mg sin θ·3x-μmg cos θ·3x=ΔEk=0,解得W弹=3mgx(sin θ+μ cos θ),故A错误;撤去F时,根据牛顿第二定律得ma=kx-mg sin θ-μmg cos θ,解得a=kxm-g sin θ-μg cos θ,故B错误;当物块向上运动x远时,弹簧回到原长,设此时物块的速度为v,由动能定理得W弹-mg sin θ·x-μmg cos θ·x=12mv2,解得v=2gx(sinθ+μcosθ),再经过2x速度为0,则有2x=v2t,解得t=2xg(sinθ+μcosθ),故C错误;当物块的速度最大时,物块的合外力为0,即kx'-mg sin θ-μmg cos θ=0,解得x'=mgsinθ+μmgcosθk,故物块克服重力做的功WG=mg sin θ(x-x')=mg sin θ·x-mgsinθ+μmgcosθk,故D正确。
4.如图所示是跳台滑雪的示意图,雪道由倾斜的助滑雪道AB、水平平台BC、着陆雪道CD及减速区DE组成,各雪道间均平滑连接。A处与水平平台间的高度差h=45 m,CD的倾角为30°。运动员自A处由静止滑下,不计其在雪道ABC上滑行和空中飞行时所受的阻力,运动员可视为质点,g取10 m/s2。
(1)求运动员滑离平台BC时的速度大小;
(2)为保证运动员落在着陆雪道CD上,雪道CD长度至少为多少?
(3)若实际的着陆雪道CD长为150 m,运动员着陆后滑到D点时具有的动能是着陆瞬间动能的80%。在减速区DE上滑行s=100 m后停下,运动员在减速区所受平均阻力是其重力的多少倍?
答案　(1)30 m/s　(2)120 m　(3)0.84
解析　(1)A→C过程中机械能守恒
mgh=12mvC2
得vC=2gh=30 m/s
(2)设落点D'距抛出点C的距离为L,由平抛运动规律得
L cos 30°=vCt
L sin 30°=12gt2
解得:L=120 m
(3)运动员由A运动到落点D'过程中,由机械能守恒得
mg(h+L sin 30°)=12mvD'2
设运动员在减速区域运动过程中所受平均阻力是重力的k倍,根据动能定理有
-kmgs=0-12mvD2
　　根据题意有
12mvD2=0.80×12mvD'2
解得k=0.84
5.(2018浙江11月选考,20,12分)如图所示,在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧,弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高。质量m=0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方,其底端距A点高度h1=1.10 m。篮球静止释放,测得第一次撞击弹簧时,弹簧的最大形变量x1=0.15 m,第一次反弹至最高点,篮球底端距A点的高度h2=0.873 m,篮球多次反弹后静止在弹簧的上端,此时弹簧的形变量x2=0.01 m,弹性势能为Ep=0.025 J。若篮
球运动时受到的空气阻力大小恒定,忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变,弹簧形变在弹性限度范围内。g=10 m/s2。求:
(1)弹簧的劲度系数;
(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力;
(3)篮球在整个运动过程中通过的路程;
(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。
答案　(1)500 N/m　(2)0.5 N　(3)11.05 m
(4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大
解析　(1)球静止在弹簧上mg-kx2=0
解得k=500 N/m
(2)球从开始运动到第一次上升到最高点,由动能定理知
mg(h1-h2)-f(h1+h2+2x1)=0
解得f=0.5 N
(3)球在整个运动过程中总路程s,由动能定理知
mg(h1+x2)-fs=Ep
解得s=11.05 m
(4)球在首次下落过程中,合力为零处速度最大
速度最大时弹簧形变量为x3,则
mg-f-kx3=0
在A点下方,离A点x3=0.009 m
教师备用习题
1.(2017江苏单科,3,3分)一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)
答案　C　本题考查动能定理和图像的应用。依据动能定理,上升过程中F升=mg sin α+μmg cos α大小恒定,下降过程中F降=mg sin α-μmg cos α大小恒定。说明在Ek-x图像中,上升、下降阶段图线的斜率均恒定,图线均为直线,则选项B、D错误。物块能够返回,返回过程位移减小,而动能增加,则A项错误。因整个过程中摩擦力做负功,则Ekt2.(多选)如图所示,质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体,钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动,当上升高度为H时,速度达到v,不计空气阻力,则(　　)
A.物体所受合力做的功等于12mv2+mgH
B.底板对物体的支持力做的功等于mgH+12mv2
C.钢索的拉力做的功等于12Mv2+Mgh
D.钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯M做的总功等于12Mv2
答案　BD　对物体应用动能定理得:合力对物体做的功W=12mv2,故A错误。电梯由静止开始向上做加速运动,设加速度的大小为a,由速度和位移的关系式可得,v2=2aH,所以a=v22H,对电梯由牛顿第二定律可得,FN-mg=ma,所以FN=mg+ma=mg+mv22H,底板对物体的支持力做的功为W'=FNH=(mg+ma)H=mgH+12mv2,所以B正确。对于整体由牛顿第二定律可得,F-(M+m)g=(M+m)a,所以钢索的拉力为F=(M+m)g+(M+m)a,钢索的拉力做的功等于FH=(M+m)gH+12(M+m)v2,所以C错误。根据动能定理可得,合力对电梯M做的功等于电梯的动能的变化即12Mv2,则钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯M做的总功等于12Mv2,所以D正确。
3.(2016浙江理综,15,6分)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h,与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。则(　　)
A.动摩擦因数μ=67
B.载人滑草车最大速度为2gh7
C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g
答案　B　滑草车受力分析如图所示,在B点处有最大速度v,在上、下两段所受摩擦力大小分别为f1、f2
f1=μmg cos 45°
f2=μmg cos 37°
整个过程由动能定理列方程:
mg·2h-f1·hsin45°-f2·hsin37°=0①
解得:μ=67,A项正确。
滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程:
mgh-f1·hsin45°=12mv2②
解得:v=2gh7,B项正确。
由①式知:Wf=2mgh,C项错误。
在下段滑道上,mg sin 37°-μmg cos 37°=ma2
解得:a2=-335g,故D项错误。
4.(2016海南单科,3,3分)如图,光滑圆轨道固定在竖直面内,一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1,在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g,则N1-N2的值为(　　)
A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg
答案　D　设小球在最低点时速度为v1,在最高点时速度为v2,根据牛顿第二定律有,在最低点:N1-mg=mv12R,在最高点:N2+mg=mv22R;从最高点到最低点,根据动能定理有mg·2R=mv122-mv222,联立可得N1-N2=6mg,故选项D正确。
5.(2016课标Ⅲ,20,6分)(多选)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则(　　)
A.a=2(mgR-W)mR B.a=2mgR-WmR
C.N=3mgR-2WR D.N=2(mgR-W)R
答案　AC　由动能定理知,在P从最高点下滑到最低点的过程中mgR-W=12mv2,在最低点的向心加速度a=v2R,联立得a=2(mgR-W)mR,选项A正确;在最低点时有N-mg=ma,所以N=3mgR-2WR,选项C正确。
6.(2016天津理综,10,16分)我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示,质量m=60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6 m/s2匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度vB=24 m/s,A与B的竖直高度差H=48 m。为了改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差 h=5 m,运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1 530 J,取g=10 m/s2。
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小;
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
答案　(1)144 N　(2)12.5 m
解析　(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为x,则有
vB2=2ax①
由牛顿第二定律有
mgHx-Ff=ma②
联立①②式,代入数据解得
Ff=144 N③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC,在由B到达C的过程中,由动能定理有
mgh+W=12mvC2-12mvB2④
设运动员在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定律有
FN-mg=mvC2R⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立④⑤式,代入数据解得
R=12.5 m⑥
课件40张PPT。第12讲　动能　动能定理一 动能二 动能定理教材研读突破一 动能定理的理解及应用突破二 利用动能定理解决多过程问题突破三 与图像相关的动能问题重难突破二、动能定理1.内容:①　合外力????对物体所做的功等于物体②　动能的变化量????。
2.表达式:W=③????Ek2-Ek1????。
3.物理意义:动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体④ 动能变化量?
之间的关系,即合外力做的功是物体⑤　动能变化????的量度。
4.动能定理的适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动,也适用于⑥　曲线运动????;
(2)既适用于恒力做功,也适用于⑦　变力做功????;
(3)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以⑧　分阶段作用????。1.判断下列说法的正误:
(1)物体的动能不变,所受合外力一定为零。?(　?　)
(2)物体在合外力作用下做变速运动,动能一定变化。?(　?　)
(3)如果物体所受的合外力为零,那么合外力对物体做功一定为零。?
(　√　)2.关于动能的理解,下列说法错误的是?(　D　)
A.动能是机械能的一种表现形式,凡是运动的物体都具有动能
B.物体的动能总为正值
C.一定质量的物体动能变化时,速度一定变化,但速度变化时,动能不一定变化
D.动能不变的物体,一定处于平衡状态3.关于动能定理的表述式W=Ek2-Ek1,下列说法正确的是?(　C　)
A.公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B.公式中的W为包含重力在内的所有力做的功,只能先求合外力再求合外力的功
C.公式中的Ek2-Ek1为动能的增量,当W>0时动能增加,当W<0时,动能减少
D.动能定理适用于直线运动,但不适用于曲线运动,适用于恒力做功,但不适用于变力做功4.一辆汽车以v1=6 m/s的速度沿水平路面行驶时,急刹车后能滑行x1=3.6 m,如果以v2=8 m/s的速度行驶,在同样的路面上急刹车后滑行的距离x2应为(不计空气阻力的影响)?(　A　)
A.6.4 m　　B.5.6 m　　C.7.2 m　　D.10.8 m典例1　如图所示,物体在离斜面底端4 m处由静止滑下,若物体与各面间的动摩擦因数均为0.5,斜面倾角为37°,斜面与平面间由一小段圆弧连接,求物体能在水平面上滑行多远?易错提醒
应用动能定理的注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的,一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理时,必须明确各力做功的正、负。
(3)应用动能定理解题,关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析,并画出物体运动过程的草图,借助草图理解物理过程和各量关系。突破二　利用动能定理解决多过程问题　　1.由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂,从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂,但是,用动能定理分析问题,是从总体上把握其运动状态的变化,并不需要从细节上了解。因此,动能定理的优越性就明显地表现出来了。分析合力做的功,只需把所有的力做的功累加起来即可。2.运用动能定理解决问题时,有两种思路:一种是全过程列式,另一种是分段列式。
3.全过程列式时,涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时,要注意运用它们的功能特点:
(1)重力的功取决于物体的初、末位置,与路径无关。
(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积。
(3)弹簧弹力做功与路径无关。典例2????(2017浙江11月选考,20,12分)如图1所示是游乐园的过山车,其局部可简化为如图2的示意图,倾角θ=37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接,倾斜轨道BC的B端高度h=24 m,倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点,圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上,D、O1的距离L=20 m。质量m=1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下,经过水平半圆轨道后,滑上另一倾斜轨道,到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25。已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成
正比,比例系数μ=?,EF段摩擦力不计,整个运动过程空气阻力不计。
(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)(1)求过山车过F点时的速度大小;
(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功;
(3)如果过D点时发现圆轨道EF段有故障,为保证乘客的安全,立即触发制动装置,使过山车不能到达EF段并保证不再下滑,则过山车受到的摩擦力至少应多大?方法规律
(1)运用动能定理解决问题时,选择合适的研究过程能使问题得以简化。当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时,可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程。
(2)当选择全部子过程作为研究过程,涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时,要注意运用它们的功能特点:①重力做的功取决于物体的初、末位置,与路径无关;②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。2-2????(2015浙江理综,23,16分)如图所示,用一块长L1=1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面,桌子高H=0.8 m,长L2=1.5 m。斜面与水平桌面的倾角θ可在0~60°间调节后固定。将质量m=0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05,物块与桌面间的动摩擦因数为μ2,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g=10 m/s2;最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求θ角增大到多少时,物块能从斜面开始下滑;(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时,物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数μ2;(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(3)继续增大θ角,发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大,求此最大
距离xm。答案　(1)见解析　(2)0.8　(3)1.9 m典例3　如图甲所示,在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA,OA长为4 m。有一质量为m的滑块,从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ=0.25,g取10 m/s2,试求:(1)滑块运动到A处的速度大小;
(2)不计滑块在A处的速率变化,滑块冲上斜面AB的长度。3-1　质量为1 kg的物体,放置在动摩擦因数为0.2的水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,水平拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示,重力加速度为10 m/s2,则下列说法正确的是?(　C　)A.物体的质量为m=0.4 kg
B.物体受到水平向左的恒力F=5 N
C.物体与水平面间的摩擦力大小f=5 N
D.由于摩擦力做负功,物体的机械能不断减小解析　根据动能定理得:物体向右运动过程有-(F+μmg)s=0-Ek0,物体向左运动过程有(F-μmg)s=Ek,联立解得:m=0.4 kg,F=3 N,故A正确,B错误。摩擦力大小f=μmg=0.5×0.4×10 N=2 N,故C错误。物体的重力势能不变,动能先减小后增大,则机械能先减小后增大,故D错误。实验5　探究做功与物体速度变化的关系
1.在探究“功和速度变化关系”的实验中,小张同学用如图甲所示装置,尝试通过测得细绳拉力(近似等于悬挂重物重力)做的功和小车获得的速度的值进行探究,则
甲
(1)(多选)下列说法正确的是　　　　。?
A.该方案需要平衡摩擦力
B.该方案需要重物的质量远小于小车的质量
C.该方案操作时细绳应该与木板平行
D.该方案处理数据时应选择匀速时的速度
(2)图乙为B两位同学穿纸带方法,你认为　　　　的正确。?
(3)某次获得的纸带如图丙所示,小张根据点迹标上了计数点,请读出C计数点在刻度尺上的读数　　　　cm,并求出C点对应小车的速度为　　　　m/s(计算结果保留3位有效数字)。?
丙
答案　(1)ABC　(2)B　(3)9.82(9.80~9.85范围都可)　0.176(0.175~0.180范围都可)
解析　(1)实验时小车受到的合力等于重物的拉力,因此该方案需要平衡摩擦力,故A正确;只有当重物质量远小于小车质量时,小车所受到的拉力近似等于重物的重力,否则实验误差将很大,因此该方案需要重物的质量远小于小车的质量,故B正确;小车受到的拉力等于重物的重力,该方案操作时细绳应该与木板平行,故C正确;在该实验方案中小车做匀加速直线运动,该方案处理数据时应求出某计数点的瞬时速度与小车对应于该点的位移,故D错误;故选A、B、C。
(2)复写纸应套在定位轴上,并要压在纸带的上面,所以应选B。
(3)由图示刻度尺可知,其分度值为1 mm,C点处刻度尺示数为9.82 cm;做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度,则C点的速度:
vC=BD2T=0.1170?0.08182×5×0.02 m/s=0.176 m/s。
2.(1)(多选)在用如图所示装置做“探究功与速度关系”的实验,下列说法正确的是　　　　。?
A.为了平衡摩擦力,实验中可以将长木板的左端适当垫高,使小车拉着穿过打点计时器的纸带自由下滑时能保持匀速运动
B.为简便起见,每次实验中橡皮筋的规格要相同,拉伸的长度要一样
C.可以通过改变橡皮筋的条数来改变拉力做功的数值
D.可以通过改变小车的质量来改变拉力做功的数值
E.实验中要先释放小车再接通打点计时器的电源
F.通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度
G.通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度
(2)(多选)在用如图所示装置做“探究功与速度变化关系”的实验时,除了图中已给出的实验器材外,还需要的器材有　　　　。?
A.交流电源　　B.天平　　C.停表　　D.刻度尺
(3)实验中要求通过调整长木板的倾角来平衡小车受到的阻力,下列能判断摩擦力已被平衡的方法是　　　　。?
A.释放小车后,小车能够下滑
B.轻推一下小车,小车能够匀速下滑
C.释放小车后,拖着纸带的小车能够下滑
D.轻推一下小车,拖着纸带的小车能够匀速下滑
答案　(1)ABCF　(2)AD　(3)D
解析　(1)小车在水平面运动时,由于受到摩擦阻力,所以小车速度在变化,故适当垫高木板以平衡摩擦力,使小车获得的动能完全来自于橡皮筋做的功,故选项A正确;实验中每根橡皮筋做功均是一样的,所以所用橡皮筋必须相同,且伸长的长度也相同,故选项B正确;每次实验时橡皮筋伸长的长度都要一致,若一根做功记为W,则两根做功为2 W,故选项C正确;实验中通过改变橡皮筋的条数来改变拉力做功的数值,故D错误;只要使用打点计时器的实验,都是先接通电源后释放纸带,故E错误;利用纸带上的点计算小车的速度时,应选用纸带上打点均匀部分进行计算,表示小车最终的速度即最大速度,故F正确,G错误。
(2)打点计时器需要使用交流电源,因此还需要的实验器材是交流电源,计算最大速度时要测出相邻两点间的距离,故还需要刻度尺。
(3)释放小车后,小车若加速运动,则表示平衡摩擦力过度,故A错误;平衡摩擦力时要让小车拖着纸带匀速运动,故B错误;若释放小车后,拖着纸带的小车做变速运动,则不能说明已经平衡摩擦力,故C错误;判断摩擦力已被平衡的正确方法是:轻推一下小车,小车能够拖着纸带匀速运动,故D正确。
3.某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上,将细绳一端拴在小车上,另一端绕过定滑轮,挂上适当的钩码,使小车在钩码的牵引下运动,以此定量探究细绳拉力做功与小车动能变化的关系。此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等。组装的实验装置如图所示。
①若要完成该实验,必需的实验器材还有哪些　。?
②实验开始时,他先调节木板上定滑轮的高度,使牵引小车的细绳与木板平行。他这样做的目的是　　　　。?
A.避免小车在运动过程中发生抖动
B.可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰
C.可以保证小车最终能够实现匀速直线运动
D.可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力
③平衡摩擦力后,当他用多个钩码牵引小车时,发现小车运动过快,致使打出的纸带上点数较少,难以选到合适的点计算小车速度。在保证所挂钩码数目不变的条件下,请你利用本实验的器材提出一个解决办法:　　　　　　　　　　　　。?
④(多选)他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功,经多次实验发现拉力做的功总是要比小车动能增量大一些。这一情况可能是下列哪些原因造成的　　　　。?
A.在接通电源的同时释放了小车
B.小车释放时离打点计时器太近
C.阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉
D.钩码做匀加速运动,钩码重力大于细绳拉力
答案　①刻度尺、天平(包括砝码)　②D　③可在小车上加适量的砝码(或钩码)　④CD
解析　①计算小车的动能变化需要用天平测质量;在计算小车通过的位移、小车的瞬时速度时都需要用刻度尺测距离。②只有细绳与木板平行时,才能保证小车运动过程中与木板间的压力不变,才能保证小车所受摩擦力不变,即保证平衡摩擦力后绳的拉力等于小车所受合力,故D正确。③要增加纸带上所打下点的数目,只有减小小车运动的加速度,在所挂钩码数目不变的情况下只有增大小车的质量,即在小车上增加砝码或钩码。④当将钩码重力作为小车所受合力时,需满足几个条件:一是摩擦力被平衡,二是绳与木板平行,此二者可保证绳对车的拉力等于车所受合力,但车加速运动时钩码加速下降,钩码重力大于绳上拉力,则只有当钩码质量远小于小车质量时二者才近似相等,故此情况可能是由C、D原因造成的。
甲
4.(1)小方同学采用了如图甲所示的实验方案“探究功与速度变化的关系”。(说明:实验中橡皮筋型号相同)
①关于橡皮筋做功,下列说法正确的是 。?
A.橡皮筋做功的具体值可以直接测量
B.橡皮筋在小车运动的全程中始终做功
C.通过增加橡皮筋的条数从而增加橡皮筋对小车做的功
D.若橡皮筋伸长量变为原来的2倍,则橡皮筋做功也增加为原来的2倍
②在正确操作情况下打在纸带上的点如下图所示,点与点之间的时间间隔为0.02 s,由图可知,D点距O点的距离为 cm,请求出此次橡皮筋做功后小车最终获得的速度为　　　　m/s(结果保留3位有效数字)。?
(2)小金同学采用如图乙所示的实验方案“探究加速度与力、质量的关系”。
乙
①除打点计时器、学生电源、导线、复写纸、纸带、小车、沙桶和细沙、刻度尺外,你认为还需要的实验器材有 。?
②小车在运动过程中会受到摩擦力的作用,实验中,可以使导轨适当倾斜来平衡小车受到的摩擦力,则为了判断是否已经平衡摩擦力,下面操作正确的是 。?
A.将小车轻放在导轨上,放开小车后,小车能够沿木板下滑
B.将小车轻放在木板上,然后轻推小车,小车能够沿导轨匀速下滑
C.将连好纸带的小车靠近打点计时器放置,放手后小车能够沿木板下滑
D.将连好纸带的小车靠近打点计时器放置,然后轻推小车,小车能够沿木板匀速下滑
答案　(1)①C　②4.10　1.10±0.02 　(2)①天平　②D
解析　(1)①橡皮筋的拉力是一个变力,我们无法用W=Fx进行计算,故A错误;小车在橡皮筋的拉力作用下先加速运动,当橡皮筋恢复原长时,小车由于惯性继续前进,做匀速运动,橡皮筋在小车运动的全程中并非始终做功,选项B错误;橡皮筋伸长量按倍数增加时,功并不简单地按倍数增加,因此我们要设法回避求变力做功的具体数值,通过把用一根橡皮筋做的功记为W,用两根橡皮筋做的功记为2W,用三根橡皮筋做的功记为3W……,从而回避了直接求变力做功的困难,故C正确。橡皮筋的拉力是一个变力,我们无法用W=Fx进行计算,橡皮筋伸长量变为原来的2倍,橡皮筋做功比原来的两倍要大,故D错误。故选C。
②小车匀速直线运动的速度v=xt=xFI3T=14.50?7.903×0.02×10-2 m/s=1.10 m/s。
(2)①在“探究加速度与x、质量的关系”实验中,需要知道沙桶(含细沙)与小车的质量,因此还需要天平;②平衡摩擦力时,将连好纸带的小车靠近打点计时器放置,放手后轻推小车,小车能够沿木板匀速下滑,说明摩擦力得到平衡,故A、B、C错误,D正确。
5.某学习小组做“探究功与速度变化的关系”的实验装置如图1所示,图中小车是在一条橡皮筋作用下弹出的,沿木板滑行,这时,橡皮筋对小车做的功记为W。当用2条、3条、……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、……实验时(每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致),每次实验中小车获得的速度根据打点计时器所打在纸带上的点进行计算。
图2
(1)除了图1中已有的实验器材外,还需要导线、开关、刻度尺和　　　　(填“交流”或“直流”)电源。?
(2)实验中,小车会受到摩擦阻力的作用,可以使木板适当倾斜来平衡摩擦阻力,则下面操作正确的是　　　　。?
A.放开小车,能够自由下滑即可
B.放开小车,能够匀速下滑即可
C.放开拖着纸带的小车,能够自由下滑即可
D.放开拖着纸带的小车,能够匀速下滑即可
(3)在操作正确的情况下,打在纸带上的点并不都是均匀的,为了测量小车获得的速度,应选用图2纸带的　　　　(填“A~G”或“G~J”)部分进行测量。?
(4)实验时,小车的质量为m,使用橡皮筋6根,每次增加一根,实验中W、v、v2的数据已填在表格中。试在图3中作出相应的关系图像。从图像可以得出的实验结论是　　　　。?
W
v(m·s-1)
v2/(m2·s-2)
0
0
0
1
0.80
0.64
2
1.10
1.21
3
1.28
1.64
4
1.53
2.34
5
1.76
3.10
6
1.89
3.57
图3
答案　(1)交流　(2)D　(3)G~J　(4)见解析
解析　(1)除了图中已有的实验器材外,还需要导线、开关、刻度尺和交流电源。
(2)平衡摩擦力时,不系橡皮筋,轻推拖着纸带的小车,如果小车能够匀速下滑,则恰好平衡摩擦力,故D正确,选D。
(3)为了测量小车获得的速度,应选用纸带上点迹均匀的部分来计算速度,即用纸带的“G~J”部分进行测量。
(4)根据实验数据,作出相应关系图像如图;从图像可以得出的实验结论是:W∝v2。
6.在“探究功与速度变化的关系”实验中,某实验小组采用如图甲所示的装置进行实验:
(1)实验小组按正确的操作,将木板一端倾斜来平衡摩擦力,打出如图乙所示三条纸带,其中符合实验要求的是(选填纸带的字母编号)　　　　。?
乙
(2)(多选)下列关于橡皮筋及其做功的说法正确的是　　　　。?
A.橡皮筋做功的值不需要测量
B.增加规格相同的橡皮筋条数,使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加
C.在小车运动的过程中,橡皮筋一直对其做功
D.将橡皮筋的长度拉伸为原来的两倍,橡皮筋做的功增加了两倍
(3)在操作正确的前提下,打出的一条纸带如图丙所示,为了测量小车获得的速度,应选用纸带的　　　　部分进行测量;?
(4)在某次实验中,实验小组误将木板水平放置,小车在橡皮筋作用下由静止开始运动,当小车运动到某一位置,橡皮筋恰好处于原长状态。下列说法正确的是　　　　。?
A.此时小车速度最大　　　　　　
B.此时小车加速度最大
C.此后小车开始做匀速直线运动
D.当小车速度最大时,橡皮筋一定处于拉伸状态
答案　(1)B　(2)AB　(3)HI(HK、或IK均可)　(4)D
解析　(1)纸带B的点迹均匀,说明小车匀速运动,平衡可摩擦力,则符合实验要求的是B;
(2)实验中橡皮筋做功的值不需要测量,选项A正确;增加规格相同的橡皮筋条数,使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加,选项B正确;在小车运动的过程中,橡皮筋只是刚开始时对小车做功,橡皮筋恢复原长后就不再对小车做功,选项C错误;由EP=12kx2,将橡皮筋的长度拉伸为原来的两倍,橡皮筋做的功不是增加两倍,选项D错误;故选A、B。
(3)测量小车的速度时应该用纸带上点迹均匀的部分测量,即HI、HK、或IK部分均可;
(4)由于木板水平放置,小车与木板间有摩擦力,则当小车速度最大时,弹力等于摩擦力,此时橡皮筋一定处于拉伸状态,故选D。
课件40张PPT。实验5　探究功与物体速度变化的关系一 实验目的三 实验器材四 实验步骤五 实验结论教材研读六　误差分析七 注意事项二 实验原理考点一 实验原理与实验操作考点二 实验数据处理与误差分析考点三 实验拓展与实验创新考点突破一、实验目的
通过实验探究外力对物体做功与物体速度变化的关系。
二、实验原理
探究功与速度变化的关系,可用如图所示的装置进行实验。通过增加橡皮筋的条数,使橡皮筋对小车做的功成倍增加,再通过打点计时器和纸带来测量每次实验中小车的末速度v,最后通过数据分析得出功与速度变化的关系。
?
三、实验器材
橡皮筋、小车(前面带小钩)、长木板、打点计时器、学生电源、纸带、刻度尺、铁钉等。四、实验步骤1.垫高长木板的一端,平衡摩擦力。
2.拉伸的橡皮筋对小车做功:
(1)用1条橡皮筋拉小车——做功W;
(2)用2条橡皮筋拉小车——做功2W;
(3)用3条橡皮筋拉小车——做功3W。
3.测出每次做功后小车获得的速度v。
4.利用各次实验测得的v和W数据绘制W-v、W-v2、W-v3、…图像,直到明确得出W和v的关系。五、实验结论
在误差允许的范围内,外力做的功与物体速度的平方成正比,即W∝v2。
六、误差分析
1.误差的主要来源是橡皮筋的长度、粗细不一,使橡皮筋的拉力做的功W与橡皮筋的条数不成正比。
2.没有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过大也会造成误差。
3.利用打上点的纸带计算小车的速度时,测量不准确带来误差。七、注意事项1.平衡摩擦力时,将木板一端垫高,使小车重力沿斜面向下的分力与摩擦力平衡。方法是轻推小车,由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是否匀速运动,从而找到木板一个合适的倾角。
2.测小车的速度时,应选纸带上的点均匀分布的部分。
3.橡皮筋应选规格一样的。力对小车做的功以一条橡皮筋做的功为单位即可,不必计算出具体数值。
4.小车的质量应大一些,使纸带上打的点多一些。2.用2根、3根…相同的橡皮筋进行第2次、第3次…实验时,每次实验时使小车从同一地点静止释放,使橡皮筋伸长的长度都应保持一致。
3.打点计时器打出的纸带上相邻各点的间距并不均匀,应选间距均匀的那一段纸带来计算小车的速度,因为这一段是橡皮筋对小车做功完毕时的情形。例1　如图是某学习小组做探究“功和速度变化关系”的实验装置示意图,图中小车是在一条橡皮筋作用下弹出,沿木板滑行。(1)在“探究功与物体速度变化的关系”的实验中要求出每次拉力所做的功,直接去测量拉力是很困难的,如下操作可行的是　 ????。
A.每次用同样的力拉小车,让小车通过的距离依次为s、2s、3s......那么拉力每次对小车做的功就分别是W、2W、3W......
B.让小车通过相同的距离,第1次力为F、第2次为2F、第3次为3F……那么拉力每次对小车做的功就分别是W、2W、3W......
C.选用相同的橡皮筋合并起来拉小车,实验时保持每次橡皮筋拉伸的长度一致,当第1次用一根、第2次用两根、第3次用3根……那么每次橡皮筋对小车做的功就分别是W、2W、3W……
D.利用弹簧测力计测量对小车的拉力F,利用直尺测量小车在力作用下移动的距离s,便可以求出每次拉力对小车所做的功,设法控制F、s,使F的功分别为W、2W、3W......
(2)在正确操作情况下,打在纸带上的点并不是均匀的,如图2所示,为了测量小车获得的速度,应选用纸带的　 ????(选填“AE”或“FK”)部分进行测量。答案　(1)C　(2)FK解析　(1)橡皮筋拉小车时的作用力是变力,我们不能求变力做功问题,但选用相同的橡皮筋,且保持伸长量都一样时,若一根橡皮筋在恢复原长时对小车做功为W,则两根伸长相同长度,做功为2W,橡皮筋根数的关系就是做功多少的倍数,故A、B、D错误,C正确。
(2)小车先加速,后匀速;在加速过程中,橡皮筋在做正功,故需要测量最大速度,即匀速运动时的速度,因而需要选用间隔均匀的点,即“FK”部分。变式1　小林同学分别用下列三套实验装置A、B、C,来探究“做功与物体速度变化关系”的实验。
?
(1)(多选)他选用实验装置A做该实验时,下列说法正确的是　　　????。A.平衡阻力后,小车运动过程中受到的重力和阻力均不做功
B.通过改变橡皮筋的条数改变拉力做功的数值
C.每次都要从同一位置静止释放小车
D.需要测出小车从静止到匀速时的平均速度
(2)(多选)他选用实验装置B做该实验时,下列说法正确的是　 ????。
A.可以不测小车的质量 B.可以不平衡小车在运动过程中受到的阻力
C.可以不测小车移动的距离 D.可以不测小车移动的速度
(3)他选用实验装置C做该实验时,　 ????(选填“可以”或“不可以”)利用v2=2gh来计算重物下降h时的速度v。考点二　实验数据处理与误差分析方案一:
(1)如图所示,将纸带上的第一个点记为计数点0,再在纸带的后端选择连续的5个打印点分别记为计数点1、2、3、4、5。分别测出计数点1、2、3、4、5至计数点0的距离(即小车的位移l),并利用打上点的纸带,测出打各计数点时小车的速度v。(2)功W的大小约等于重物重力与小车位移的乘积。
(3)根据W、v数据,在坐标纸上作出合适的图像。两次实验可以在同一
坐标系中作出两条图线。
方案二:
(1)实验数据处理时,不直接计算W和v的数值,而只是看第2次、第3次…实验中的W和v是第1次的多少倍,简化数据的测量和处理。
(2)以橡皮筋对小车做的功W为纵坐标,小车获得的速度为横坐标,以第一次实验时做的功W为单位,作出图像。用W-v2图像处理实验数据,比W-v
图像更加直观、明了。例2　某学习小组做探究“合力的功和物体速度变化关系”的实验如图,图中小车是在一条橡皮筋作用下弹出,沿木板滑行,这时,橡皮筋对小车做的功记为W。当用2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时,使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致。每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出。(1)除了图中已有的实验器材外,还需要导线、开关、交流电源和 ?。
(2)(多选)实验中木板略微倾斜,这样做　 ????。
A.是为了使释放小车后,小车能匀加速下滑
B.是为了增大小车下滑的加速度
C.可使得橡皮筋做的功等于合外力对小车做的功
D.可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动
(3)若木板水平放置,小车在两条橡皮筋作用下运动,当小车速度最大时,
关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置,下列说法正确的是　　??????。A.橡皮筋处于原长状态
B.橡皮筋仍处于伸长状态
C.小车在两个铁钉的连线处
D.小车已过两个铁钉的连线
(4)实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条……,并起来挂在小车的前端进行多次实验,每次都要把小车拉到同一位置再释放小车。把第1
次只挂1条橡皮筋对小车做的功记为W,第2次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功为2W,……;橡皮筋对小车做功后而获得的速度可由打点计答案　(1)刻度尺　(2)CD　(3)B　(4)2.00　(5)AB
解析　(1)因为需要测量纸带上两点之间的距离以便求出小车的速度,所以需要刻度尺。
(2)小车下滑时受到重力、拉力、支持力和摩擦力,要使拉力等于合外力,则应该用重力的下滑分力来平衡摩擦力,故可以将长木板的一端垫高平衡小车所受的摩擦力,让小车所受重力沿斜面的分力与摩擦力平衡,即mg sin θ=μmg cos θ。这样就确保了橡皮筋松弛后小车做匀速运动,并可使得橡皮筋做的功等于合外力对小车做的功,故C、D正确。变式2　质量为1 kg的重物自由下落,通过打点计时器在纸带上记录下运动的过程,打点计时器所接电源为6 V、50 Hz的交流电源。如图甲所示,纸带上O点为重物自由下落时打点的起点,选取的计数点A、B、C、D、E、F、G依次间隔一个点(图中未画出),各计数点与O点的距离依次为31.4、70.6、125.4、195.9、282.1、383.8、501.2,单位为mm,重力加速度为9.8 m/s2,则(1)求出B、C、D、E、F各点速度并填入下表。(2)求出重物下落从起点到B、C、D、E、F各点过程中重力所做的功。(3)适当选择坐标轴,在图乙中作出重力
做的功与速度的相关量之间的关系图。
图中纵坐标表示 ,横坐标表示
,由图可得重力所做的功与
成　 ??关系。答案　(1)1.18　1.57　1.96　2.35　2.74　(2)0.69　1.23　1.92　2.76????3.76　(3)见解析图　重力做的功WG　速度的平方v2　速度的平方v2????正比(2)利用该装置研究弹簧对滑块做功的大小;某同学打开气源,调节装置,使滑块可以静止悬浮在导轨上,然后用力将滑块A压紧到P点,释放后,滑块A上的挡光片通过光电门的时间为Δt,则弹簧对滑块所做的功为　?????? ??。(用题中所给字母表示)
(3)利用该装置测量滑块与导轨间的动摩擦因数,关闭气源,仍将滑块A由P点释放,当光电门到P点的距离为x时,测出滑块A上的挡光片通过光电门的时间为t,移动光电门,测出多组数据(滑块都能通过光电门),并绘出x-?图像,如图丙所示,已知该图线斜率的绝对值为k,则滑块与导轨间的动摩擦因数为　　　????。
? 例4　某同学利用如图甲所示的装置验证动能定理。固定并调整斜槽,使它的末端O点的切线水平,在水平地面上依次铺好木板、白纸、复写纸。将小球从斜槽上不同的标记点由静止释放,记录小球到达斜槽底端时下落的高度H,并根据落点位置测量出小球平抛的水平位移x,改变小球在斜槽上的释放位置,进行多次测量,记录数据如下:(1)斜槽倾角为θ,小球与斜槽之间的动摩擦因数为μ,斜槽底端离地的高度为y,不计小球与水平槽之间的摩擦,若小球从斜槽上滑下的过程动能定理成立,则应满足的关系式是　 　　　 ???。(2)以H为横坐标,以　 ???为纵坐标,在坐标纸上描点作图,如图乙所示。
(3)由第(1)(2)问可以得出结论:?? ??。(4)受该实验方案的启发,另一同学改用图丙所示的装置实验。他将木板竖直放置在斜槽末端的前方某一固定位置,仍将小球从不同的标记点由静止释放,记录小球到达斜槽底端时下落的高度H,并测量小球击中木板时平抛下落的高度d,当他以H为横坐标,以　　　????为纵坐标,描点作图,使之仍为一条倾斜的直线,也达到了同样的目的。第13讲　机械能守恒定律及其应用
A组　基础题组
1.(2017浙江11月选考,13,3分)如图所示是具有登高平台的消防车,具有一定质量的伸缩臂能够在5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m到达灭火位置。此后,在登高平台上的消防员用水炮灭火,已知水炮的出水量为3 m3/min,水离开炮口时的速率为20 m/s,则用于(g取10 m/s2)(　　)
A.水炮工作的发动机输出功率约为1×104 W
B.水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W
C.水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W
D.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W
答案　B　抬升登高平台克服重力做功的功率P=m总ght=400×10×605×60 W=800 W,因伸缩臂有一定的质量,所以伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率大于800 W,选项D错误。在一秒钟内,喷出去水的质量为m=ρV=103×360 kg=50 kg,喷出去水的重力势能为WG=mgh=50×10×60 J= 3×104 J,水的动能为12mv2=1×104 J,所以1秒钟内水增加的能量为4×104 J,所以水炮工作的发动机输出功率为4×104 W,选项B正确,A、C错误。
2.从地面竖直上抛一个质量为m的小球,小球上升的最大高度为H。设上升和下降过程中空气阻力大小恒为F。下列说法正确的是(　　)
A.小球上升的过程中动能减少了mgH
B.小球上升和下降的整个过程中机械能减少了FH
C.小球上升的过程中重力势能增加了mgH
D.小球上升和下降的整个过程中动能减少了FH
答案　C　上升过程由动能定理可得-(mg+F)H=ΔEk,所以上升过程动能减少了mgH+FH,A错;小球上升过程中重力势能增加了mgH,C对;小球上升和下降的整个过程中由动能定理得-FH-FH=ΔEk,即动能减少了2FH,D错;机械能变化量是由除重力和系统内弹力以外的其他力做的功决定的,所以小球上升和下降的整个过程中机械能减少了2FH,B错。
3.如图所示,下列关于机械能是否守恒的判断正确的是(　　)
A.甲图中,火箭升空的过程中,若匀速升空机械能守恒,若加速升空机械能不守恒
B.乙图中物体匀速运动,机械能守恒
C.丙图中小球做匀速圆周运动,机械能守恒
D.丁图中,轻弹簧将A、B两小车弹开,两小车组成的系统机械能守恒
答案　C　题甲图中,不论是匀速还是加速,由于推力对火箭做功,火箭的机械能不守恒,是增加的,故A错误。物体匀速运动上升,动能不变,重力势能增加,则机械能必定增加,故B错误。小球在做圆锥摆的过程中,细线的拉力不做功,机械能守恒,故C正确。轻弹簧将A、B两小车弹开,弹簧的弹力对两小车做功,则两车组成的系统机械能不守恒,但两小车和弹簧组成的系统机械能守恒,故D错误。
4.质量为m的物体由静止开始下落,由于空气阻力影响,物体下落的加速度为45g,在物体下落高度为h的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.物体的动能增加了45mgh
B.物体的机械能减少了45mgh
C.物体克服阻力所做的功为45mgh
D.物体的重力势能减少了45mgh
答案　A　下落阶段,物体受重力和空气阻力,由动能定理,可得mgh-Ffh=ΔEk,Ff=mg-45mg=15mg,可求ΔEk=45mgh,选项A正确;机械能的减少量等于克服阻力所做的功,Wf=Ffh=15mgh,选项B、C错误;重力势能的减少量等于重力做的功,ΔEp=mgh,选项D错误。
5.如图所示,一张薄纸板放在光滑水平面上,其右端放有小木块,小木块与薄纸板的接触面粗糙,原来系统静止。现用水平恒力F向右拉薄纸板,小木块在薄纸板上发生相对滑动,直到从薄纸板上掉下来。上述过程中有关功和能的说法正确的是(　　)
A.拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量
B.摩擦力对小木块做的功一定等于系统中由摩擦产生的热量
C.离开薄纸板前小木块可能先做加速运动,后做匀速运动
D.小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量
答案　D　由功能关系,拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量与系统产生的内能之和,选项A错误;摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加量,选项B错误;离开薄纸板前小木块一直在做匀加速运动,选项C错误;对于系统,由摩擦产生的热量Q=FfΔL,其中 ΔL为小木块相对薄纸板运动的位移,即薄纸板的长度,对小木块,FfL木=ΔEk,L木为小木块相对地面的位移,由于L木存在大于、等于或小于ΔL三种可能,即ΔEk存在大于、等于或小于Q三种可能,选项D正确。
6.(多选)如图所示,由电动机带动着倾角θ=37°的足够长的传送带以速率v=4 m/s顺时针匀速转动。一质量m=2 kg的小滑块以平行于传送带向下v'=2 m/s的速率滑上传送带,已知小滑块与传送带间的动摩擦因数μ=78,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止的时间内(　　)
A.小滑块的加速度大小为1 m/s2
B.小滑块的重力势能增加了120 J
C.小滑块与传送带因摩擦产生的内能为84 J
D.电动机多消耗的电能为336 J
答案　AD　由牛顿第二定律可得μmg cos θ-mg sin θ=ma,解得a=1 m/s2,故A正确;小滑块从接触传送带到相对传送带静止的时间t=ΔvΔt=6 s,小滑块的位移s=vt=4+(?2)2×6 m=6 m,重力势能增加量ΔEp=mgs sin 37°=72 J,故B错误;6 s内传送带运动的位移s'=24 m,相对位移Δs=s'-s=18 m,产生的内能Q=μmg cos 37°·Δs=252 J,故C错误;小滑块增加的动能ΔEk=12mv2-12mv'2=12 J,所以电动机多消耗的电能E=ΔEk+ΔEp+Q=336 J,故D正确。
7.在温州市科技馆中,有个用来模拟天体运动的装置,其内部是一个类似锥形的漏斗容器,如图甲所示。现在该装置的上方固定一个半径为R的四分之一光滑管道AB,光滑管道下端刚好贴着锥形漏斗容器的边缘。如图乙所示,将一个质量为m的小球从管道的A点静止释放,小球从管道B点射出后刚好贴着锥形容器壁运动,由于摩擦阻力的作用,运动的高度越来越低,最后从容器底部的C孔掉下(轨迹大致如图乙虚线所示),已知小球离开C孔的速度为v,A到C的高度为H。求:
(1)小球到达B端的速度大小;
(2)小球在管口B端受到的支持力大小;
(3)小球在锥形漏斗表面运动的过程中克服摩擦阻力所做的功。
甲　　　　　　　　　乙
答案　(1)2gR　(2)3mg　(3)mgH-12mv2
解析　(1)小球从A端运动到B端的过程中,机械能守恒
mgR=12mvB2
解得vB=2gR
(2)设小球受到的支持力为F,
F-mg=mvB2R
解得F=3mg
(3)设克服摩擦阻力做的功为W,根据动能定理可得:
mgH-W=12mv2
得W=mgH-12mv2
8.如图所示是某公园中的一项游乐设施,它由弯曲轨道A、B竖直圆轨道BC以及水平轨道BD组成,各轨道平滑连接。其中圆轨道BC半径R=1.0 m,水平轨道BD长L=5.0 m,BD段对小车产生的摩擦阻力为车重的0.3,其余部分摩擦不计,质量为2.0 kg的小车(可视为质点)从P点以初速度v0=2 m/s沿着弯曲轨道AB向下滑动,恰好滑过圆轨道最高点,然后从D点飞入水池中,空气阻力不计,取g=10 m/s2,求:
(1)P点离水平轨道的高度H;
(2)小车运动到圆轨道最低点时对轨道的压力;
(3)在水池中放入安全气垫MN(气垫厚度不计),气垫上表面到水平轨道BD的竖直高度h=1.25 m,气垫的左右两端M、N到D点的水平距离分别为2.0 m、3.0 m,要使小车能安全落到气垫上,则小车静止释放点距水平轨道的高度H'应满足什么条件。
答案　(1)2.3 m　(2)120 N,方向竖直向下
(3)2.5 m≤H'≤3.3 m
解析　(1)小车恰好滑过圆轨道最高点,那么对小车在最高点应用牛顿第二定律可得
mg=mvC2R
小车从P到C的运动过程中只有重力做功,故机械能守恒,则有
mg(H-2R)=12mvC2-12mv02
解得H=2.3 m
(2)对小车从P到B的运动过程中由机械能守恒可得
mgH=12mvB2-12mv02
在B点由牛顿第二定律有FN-mg=mvB2R
由牛顿第三定律有:FN'=FN
可得小车运动到圆轨道最低点时对轨道的压力为120 N,方向竖直向下
(3)对小车从静止释放点到D点的过程由动能定理有
mgH'-μmgL=12mvD2-0
从D点到气垫上的运动过程只受重力作用,做平抛运动
h=12gt2
x=vDt
而2.0 m≤x≤3.0 m
又mg(H'-2R)≥12mvC2
解得2.5 m≤H'≤3.3 m
9.(2018浙江11月选考,19,9分)在竖直平面内,某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成,如图所示。小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为θ=37°的直轨道AB,到达B点的速度大小为2 m/s,然后进入细管道BCD,从细管道出口D点水平飞出,落到水平面上的G点。已知B点的高度h1=1.2 m,D点的高度h2=0.8 m,D点与G点间的水平距离L=0.4 m,滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.25,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度;
(2)求小滑块从D点飞出的速度;
(3)判断细管道BCD的内壁是否光滑。
答案　见解析
解析　(1)设初速度为vA,由运动学公式有vB2-vA2=2ax
由牛顿第二定律有mg sin θ+μmg cos θ=ma
x=h1sinθ
解得vA=6 m/s、a=-8 m/s2
(2)小滑块从D点飞出后做平抛运动
h2=12gt2、L=vD1t
解得vD1=1 m/s
(3)假设细管道BCD的内壁光滑,根据机械能守恒定律有
12mvD22-12mvB2=mg(h1-h2)
则vD2=23 m/s≠vD1
假设不正确,即细管道BCD的内壁不光滑。
B组　提升题组
1.(多选)物体由地面以120 J的初动能竖直向上抛出,当它从抛出至上升到某一点A的过程中,动能减少40 J,机械能减少10 J。设空气阻力大小不变,以地面为零势能面,则物体(　　)
A.落回到地面时机械能为70 J
B.到达最高点时机械能为90 J
C.从最高点落回地面的过程中重力做功为60 J
D.从抛出到落回地面的过程中克服摩擦力做功为60 J
答案　BD　物体以120 J的初动能竖直向上抛出,向上运动的过程中重力和阻力都做负功,当上升到某一高度时,动能减少了40 J,而机械能损失了10 J。根据功能关系可知:合力做功为-40 J,空气阻力做功为-10 J,对从抛出点到A点的过程,根据功能关系有mgh+fh= 40 J,fh=10 J,得f=13mg;当上升到最高点时,动能为零,动能减小120 J,设最大高度为H,则有mgH+fH=120 J,解得fH=30 J,即机械能减小30 J,在最高点时机械能为120 J-30 J=90 J;在下落过程中,由于阻力做功不变,所以机械能又损失了30 J,故整个过程克服摩擦力做功为60 J,则该物体落回到地面时的机械能为60 J,从最高点落回地面的过程中因竖直位移为零,故重力做功为零。故A、C错误,B、D正确。
2.如图所示,轻质弹簧的上端固定,下端与物体A相连,物体B与物体A之间通过轻质不
可伸长的细绳连接。开始时托住物体A,使A静止且弹簧处于原长,然后由静止释放A,从开始释放到物体A第一次速度最大的过程中,下列说法正确的有(　　)
A.A、B两物体的机械能总量守恒
B.B物体机械能的减少量一定等于A物体机械能的减少量
C.轻绳拉力对B物体做的功等于B物体机械能的变化
D.A物体所受合外力做的功等于A物体机械能的变化
答案　C　A、B两物体和弹簧组成的系统机械能守恒;轻绳拉力对B物体做的功等于B物体机械能的变化;A物体所受合外力做的功等于A物体动能的变化。
3.如图所示,质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面,同时施加一沿斜面向上的恒力F=mg sin θ;已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ,取出发点为参考点,能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、重力势能Ep、机械能E与时间t、位移x关系的是(　　)
答案　C　根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ可知,滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F=mg sin θ,滑块机械能保持不变,重力势能随位移x均匀增大,选项C正确,D错误。产生的热量Q=Ffx,随位移均匀增大,滑块动能Ek随位移x均匀减小,而位移不随时间均匀变化,选项A、B错误。
4.将质量为0.2 kg的小球放在竖立的弹簧上,并把球往下按至A的位置,如图甲所示,迅速松手后,弹簧把球弹起,球升至最高位置C(图丙)。途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。已知B、A的高度差为0.1 m,C、B的高度差为0.2 m,弹簧的质量和空气阻力都可忽略,重力加速度g=10 m/s2,则有(　　)
A.小球从A上升至B的过程中,弹簧的弹性势能一直减小,小球的动能一直增加
B.小球从B上升到C的过程中,小球的动能一直减小,重力势能一直增加
C.小球在位置A时,弹簧的弹性势能为0.6 J
D.小球从位置A上升至C的过程中,小球的最大动能为0.4 J
答案　BC　小球从A上升到B位置的过程中,弹簧的弹力先大于重力后小于重力,小球先加速后减速,当弹簧的弹力等于重力时,合力为零,小球的速度达到最大,故小球从A上升到B的过程中,动能先增大后减小,弹簧的弹性势能一直减小,故A错误;小球从B到C的过程中,重力对小球做负功,故小球的动能一直减小,重力势能一直增加,故B正确;根据系统的机械能守恒知,小球在位置A时,弹簧的弹性势能等于小球由A到C时增加的重力势能,即Ep=mg·AC=0.6 J,故C正确;小球从位置A上升至C的过程中,弹力等于重力时动能最大,此位置在A、B之间,由系统的机械能守恒知,小球在B点的动能为mghCB=0.4 J,从B点到速度最大的位置,动能变大,则知小球的最大动能大于0.4 J,故D错误。
5.极限跳伞(sky diving)是世界上最流行的空中极限运动,它的独特魅力在于跳伞者可以从正在飞行的各种飞行器上跳下,也可以从固定在高处的器械、陡峭的山顶、高地甚至建筑物上纵身而下,并且通常起跳后伞并不是马上自动打开,而且由跳伞者自己控制开伞时间,这样冒险者就可以把刺激域值的大小完全控制在自己手中。伞打开前可看做是自由落体运动,打开伞后减速下降,最后匀速下落。如果用h表示人下落的高度,t表示下落的时间,Ep表示人的重力势能,Ek表示人的动能,E表示人的机械能,v表示人下落的速度,在整个过程中,忽略伞打开前空气阻力,如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比,则下列图像可能符合事实的是(　　)
答案　B　因为空气阻力与速度平方成正比,因此人在下落的过程中先做自由落体运动,再做加速度减小的加速运动,然后做匀速直线运动,D错。根据动能定理,动能的变化量等于合外力做的功,因此动能随位移变化的快慢取决于合外力的大小,整个过程中合外力先不变,再减小最后趋近于零,B对。重力势能的变化量的大小等于重力做的功,因为重力不变,所以重力势能随高度均匀减小,A错。在开伞之后,空气阻力对人做负功,人的机械能持续减少,C错。故选B。
6.如图所示,完全相同的两小球A和B,小球A穿在倾斜固定的光滑直杆上,小球A和小球B用不可伸长的细绳绕过定滑轮O相连,开始时手握小球A,使其静止,且OA段绳子呈水平紧张状态,现放开A、B让其自由运动。在A球下滑过程中,不计滑轮和绳子质量及所有摩擦,下列说法正确的是(　　)
A.B球的机械能一直增大
B.B球的机械能一直减小
C.A球的机械能先增大后减小
D.A球的机械能先减小后增大
答案　C　A下滑的过程中,左边绳子先变短后变长,因为绳子不可伸长,所以B先下降后上升,拉力先做负功再做正功,B的机械能先减小后增大,因为A、B两球所组成的系统只有重力做功,因此系统机械能守恒,A球机械能的变化情况与B球相反,先增大后减小,故选C。
7.如图所示,某工厂用传送带向高处运送物体,将一物体轻轻放在传送带底端,第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度,第二阶段与传送带相对静止,匀速运动到传送带顶端。下列说法正确的是(　　)
A.第一阶段摩擦力对物体做正功,第二阶段摩擦力对物体不做功
B.第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量
C.第一阶段物体和传送带间摩擦产生的热等于第一阶段物体机械能的增加量
D.物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功
答案　C　对物体受力分析知,其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上,与其运动方向相同,摩擦力对物体都做正功,A错误;由动能定理知,外力做的总功等于物体动能的增加量,B错误;物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功,D错误;设第一阶段运动时间为t,传送带速度为v,对物体:x1=v2t,对传送带:x1'=v·t,摩擦生的热Q=Ffx相对=Ff(x1'-x1)=Ff·v2t,机械能增加量ΔE=Ff·x1=Ffv2t,所以Q=ΔE,C正确。
8.如图所示,质量为m的物体在水平传送带上由静止释放,传送带由电动机带动,始终保持以速度v匀速运动,物体与传送带间的动摩擦因数为μ,物体在滑下传送带之前能保持与传送带相对静止,对于物体从静止释放到与传送带相对静止这一过程,下列说法中正确的是(　　)
A.电动机多做的功为12mv2
B.物体在传送带上的划痕长v2μg
C.传送带克服摩擦力做的功为12mv2
D.电动机增加的功率为μmgv
答案　D　物体与传送带相对静止之前,物体做匀加速运动,由运动学公式知x物=v2t,传送带做匀速运动,由运动学公式知x传=vt,对物体,根据动能定理知μmgx物=12mv2,摩擦产生的热量Q=μmgx相对=μmg(x传-x物),联立得摩擦产生的热量Q=12mv2,根据能量守恒定律可知,电动机多做的功一部分转化为物体的动能,一部分转化为热量,故电动机多做的功等于mv2,A项错误;物体匀加速运动的时间t=va=vμg,物体在传送带上的划痕长等于x传-x物=v22μg,B项错误;传送带克服摩擦力做的功为μmgx传=mv2,C项错误;电动机增加的功率也就是电动机克服摩擦力做功的功率,为μmgv,D项正确。
9.将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出,取地面为零势能面,小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示。取g=10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.小球的质量为0.2 kg
B.小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.2 N
C.小球动能与重力势能相等时的高度为2013 m
D.小球上升到2 m时,动能与重力势能之差为0.5 J
答案　D　在最高点,h=4 m,Ep=mgh=4 J,得m=0.1 kg,A项错误;由除重力以外其他力做功可知W其他=ΔE,-fh=E高-E低,E为机械能,解得f=0.25 N,B项错误;设小球动能和重力势能相等时的高度为H,此时有mgH=12mv2,由动能定理有-fH-mgH=12mv2-12mv02,得H=209 m,故C项错;当小球上升h'=2 m时,由动能定理有-fh'-mgh'=Ek2-12mv02,得Ek2=2.5 J,Ep2=mgh'=2 J,所以动能和重力势能之差为0.5 J,故D项正确。
10.如图所示,竖直平面内的轨道由一半径为4R、圆心角为150°的圆弧形光滑滑槽C1和两个半径为R的半圆形光滑滑槽C2、C3,以及一个半径为2R的半圆形光滑圆管C4组成,C4内径远小于R。C1、C2、C3、C4各衔接处平滑连接。现有一个比C4内径略小的、质量为m的小球,从与C4的最高点H等高的P点以一定的初速度v0向左水平抛出后,恰好沿C1的A端点沿切线从凹面进入轨道。已知重力加速度为g。求:
(1)小球在P点开始平抛的初速度v0的大小。
(2)小球能否依次通过C1、C2、C3、C4各轨道而从I点射出?请说明理由。
(3)小球运动到何处,轨道对小球的弹力最大?最大值是多大?
答案　(1)26gR3　(2)能,理由见解析　(3)小球运动到F点时,轨道对小球的弹力最大,最大值是293mg
解析　(1)小球从P到A,竖直方向有
h=2R+4R sin 30°=4R
由平抛运动规律可得:vy2=2gh
解得vy=8gR
在A点,由速度关系有tan 60°=vyv0
解得v0=26gR3
(2)若小球能过D点,则D点速度满足v>gR
小球从P到D由动能定理得
mgR=12mv2-12mv02
解得v=14gR3
若小球能过H点,则H点速度满足vH>0
小球从P到H由机械能守恒得H点的速度等于P点的初速度,为26gR3>0
综上所述小球能依次通过C1、C2、C3、C4各轨道从I点射出
(3)小球在运动过程中,轨道给小球的弹力最大的点只会在圆轨道的最低点,B点和F点都有可能
小球从P到B由动能定理得
6mgR=12mvB2-12mv02
在B点轨道给小球的弹力NB满足:NB-mg=mvB24R
解得NB=143mg
小球从P到F由动能定理得
3mgR=12mvF2-12mv02
在F点轨道给小球的弹力NF满足:NF-mg=mvF2R
解得NF=293mg
比较B、F两点的情况可知:在F点轨道给小球的弹力最大,为293mg
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1.(2018课标Ⅰ,18,6分)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc是半径为R的四分之一圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为(　　)
A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR
答案　C　本题考查分运动的独立性、恒力做功的特点及功能关系。以小球为研究对象,在小球由a到c的过程中,应用动能定理有F·xab+F·R-mgR=12mvc2,其中水平力大小F=mg,得vc=2gR。经过c点以后,在竖直方向上小球做竖直上抛运动,上升的时间t升=vcg=2Rg。在水平方向上小球做加速度为ax的匀加速运动,由牛顿第二定律得F=max,且F=mg,得ax=g。在时间t升内,小球在水平方向上的位移x=12axt升2=2R,故力F在整个过程中对小球做的功W=Fxab+FR+Fx=5mgR。由功能关系,得ΔE=W=5mgR。故C正确,A、B、D错误。
2.(2017课标Ⅲ,16,6分)如图,一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点,M点与绳的上端P相距13l。重力加速度大小为g。在此过程中,外力做的功为(　　)
A.19mgl B.16mgl C.13mgl D.12mgl
答案　A　将绳的下端Q缓慢向上拉至M点,相当于使下部分13的绳的重心升高13l,故重力势能增加13mg·l3=19mgl,由功能关系可知A项正确。
3.(2017课标Ⅱ,17,6分)如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)(　　)
A.v216g B.v28g C.v24g D.v22g
答案　B　本题考查机械能守恒定律、平抛运动。小物块由最低点到最高点的过程由机械能守恒定律有
12mv2=mg·2R+12mv12
小物块从最高点水平飞出做平抛运动
有:2R=12gt2
x=v1t(x为落地点到轨道下端的距离)
联立得:x2=4v2gR-16R2
当R=-b2a,即R=v28g时,x具有最大值,选项B正确。
4.静止在水平地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力,不计空气阻力,在整个上升过程中,物体的机械能随时间变化的关系可能是(　　)
答案　B　设物体在恒力作用下的加速度为a,物体在地面上机械能为零,则上升时间为t时机械能为E=Fh=F·12at2,F、a一定,可知E-t图线是开口向上的抛物线,撤去拉力后,机械能守恒,即机械能不随时间而变化,E-t图线是平行于t轴的直线,故B正确,A、C、D错误。
5.滑块静止于光滑水平面上,与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态,现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端,在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功。在上述过程中(　　)
A.弹簧的弹性势能增加了10 J
B.滑块的动能增加了10 J
C.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J
D.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
答案　C　拉力F做功的同时,弹簧伸长,弹性势能增大,滑块向右加速,滑块动能增加,由功能关系可知,拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和,C正确,A、B、D均错误。
6.蹦极是一项既惊险又刺激的运动,深受年轻人的喜爱。如图所示,蹦极者从P点静止下落,到达A点时弹性绳刚好伸直,继续下降到最低点B点,B点离水面还有数米距离。蹦极者(可视为质点)从P点下降到B点的整个过程中,重力势能的减少量为ΔE1、绳的弹性势能增加量为ΔE2、克服空气阻力做功为W,绳子重力不计。则下列说法正确的是(　　)
A.蹦极者从P到A的运动过程中,机械能守恒
B.蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中,机械能守恒
C.ΔE1=W+ΔE2
D.ΔE1+ΔE2=W
答案　C　蹦极者从P到A及蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中都受到空气阻力作用,所以机械能不守恒,A、B错误;根据能量守恒定律可知,在整个过程中重力势能的减少量等于弹性势能的增加量和内能的增加量之和,内能的增加量等于克服空气阻力做的功,C正确,D错误。
7.如图所示,传送带与水平面之间的夹角为θ=30°,其上A、B两点间的距离为l=5 m,传送带在电动机的带动下以v=1 m/s的速度匀速运动。现将一质量为m=10 kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带上的A点,已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ=32,在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中,求:(g取10 m/s2)
(1)传送带对小物体做的功;
(2)电动机做的功。
答案　(1)255 J　(2)270 J
解析　(1)小物体刚开始运动时,根据牛顿第二定律有μmg cos θ-mg sin θ=ma
解得小物体上升的加速度为a=g4=2.5 m/s2
当小物体的速度为v=1 m/s时,小物体的位移为
x=v22a=0.2 m<5 m
之后小物体以v=1 m/s的速度做匀速运动到达B点。
由功能关系得
W=ΔEk+ΔEp=12mv2+mgl sin θ=255 J
(2)电动机做的功等于小物体的机械能增加量和小物体与传送带间因摩擦产生的热量Q之和,由v=at得
t=va=0.4 s
相对位移x'=vt-v2t=0.2 m
摩擦产生的热量Q=μmgx' cos θ=15 J
故电动机做的功为W电=W+Q=270 J。
课件85张PPT。第13讲　机械能守恒定律及其应用一 重力做功和重力势能二 弹性势能三 机械能守恒定律四 功能关系与能量守恒定律教材研读突破一 机械能守恒的判断突破二 机械能守恒定律的应用突破三 含弹簧类机械能守恒问题重难突破突破四 功能关系的应用突破五 与摩擦生热相关的功能关系的问题一、重力做功和重力势能1.重力做功的特点
重力做功与①　运动路径????无关,只与始末位置的②　高度差????有关。
2.重力做功与重力势能变化的关系
(1)定性关系:重力对物体做正功,物体的重力势能③　减少????;重力对物体做负功,物体的重力势能④　增加????。(2)定量关系:重力对物体所做的功等于物体重力势能的⑤　减少量????。
即WG=-ΔEp=⑥????Ep1-Ep2????。
二、弹性势能1.概念:物体由于发生①　弹性形变????而具有的能叫弹性势能。
2.大小:弹簧的弹性势能大小与②　劲度系数????和③　弹性形变量????有关,弹簧劲度系数一定时,在弹性限度内,形变量越大,弹性势能越大。
3.弹力做功与弹性势能变化的关系:弹力做多少正功,弹性势能就④? 减少??
多少;弹力做多少负功,弹性势能就⑤　增加????多少。三、机械能守恒定律1.机械能:①　动能????和②　势能????统称为机械能,即E=Ek+Ep,其中势能包括③　重力势能????和④　弹性势能????。
2.机械能守恒定律
(1)内容:在只有⑤　重力????或弹力做功的物体系统内,动能与势能可以相互转化,而总的机械能保持不变。
(2)表达式:Ek1+Ep1=Ek2+Ep2或ΔEk增=ΔEp减或ΔEA增=ΔEB减。
(3)守恒条件:只有重力或系统内弹力做功。四、功能关系与能量守恒定律
1.功能关系
(1)功是① 能量转化???的量度,即做了多少功就有② 多少能???发生了转化。
(2)做功的过程一定伴随着③　能量的转化????,而且④　能量的转化????必通过做功来实现。
2.能量守恒定律
(1)内容:能量既不会创生,也不会消失,它只会从一种形式转化为其他形式,或者从一个物体转移到另一个物体,而在转化或转移的过程中,能量的总量⑤　保持不变????。
(2)表达式:ΔE减=⑥????ΔE增????。1.判断下列说法的正误:
(1)重力势能的大小与零势能参考面的选取有关。?(　√　)
(2)重力势能的变化量与零势能参考面的选取无关。?(　√　)
(3)物体所受合外力为零,其机械能一定守恒。?(　?　)
(4)合外力做功为零,物体的机械能一定守恒。?(　?　)
(5)做匀速运动的物体其机械能一定守恒。?(　?　)
(6)发生弹性形变的物体都具有弹性势能。?(　√　)2.如图所示,在光滑水平面上有一物体,它的左端连一弹簧,弹簧的另一端固定在墙上,在力F作用下物体处于静止状态,当撤去力F后,物体将向右运动,在物体向右运动的过程中,下列说法正确的是?(　D　)
A.弹簧的弹性势能逐渐减小
B.弹簧的弹性势能逐渐增大
C.弹簧的弹性势能先增大后减小
D.弹簧的弹性势能先减小后增大3.如图所示,质量为m的小球从距桌面h1高处的A点自由下落到地面上的B点,桌面离地高为h2。选择桌面为参考平面,则小球(重力加速度为g)?????
(　D　)
A.在A点时的重力势能为mg(h1+h2)
B.在A点时的机械能为mg(h1+h2)
C.在B点时的重力势能为0
D.落到B点时的动能为mg(h1+h2)突破一　机械能守恒的判断只要满足下列条件中的一条,机械能一定守恒。
(1)物体只受重力,只发生动能和重力势能的相互转化。如自由落体运动、抛体运动等。
(2)只有系统内弹力做功,只发生动能和弹性势能的相互转化。如在光滑水平面上运动的物体碰到一个弹簧,和弹簧相互作用的过程中,对物体和弹簧组成的系统来说,机械能守恒。
(3)物体既受重力,又受弹力,只有重力和系统内弹力做功,只发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化。如自由下落的物体落到竖直的弹簧上,和弹簧相互作用的过程中,对物体和弹簧组成的系统来说,机械能守恒。
(4)除受重力(或系统内弹力)外,还受其他力,但其他力不做功,或其他力做功的代数和为零。如物体在沿斜面向下的拉力F的作用下沿斜面向下运动,拉力的大小与摩擦力的大小相等,在此运动过程中,机械能守恒。典例1　下列关于机械能守恒的说法中正确的是?(　D　)
A.做匀速运动的物体,其机械能一定守恒
B.物体只受重力,机械能才守恒
C.做匀速圆周运动的物体,其机械能一定守恒
D.除重力做功外,其他力不做功,物体的机械能一定守恒解析　做匀速运动的物体所受合外力为零,但除重力外可能有其他力做功,如物体在阻力作用下匀速向下运动,其机械能减少了,A错。物体除受重力或弹力,也可受其他力,只要其他力不做功或做功的代数和为零,机械能也守恒,B错。做匀速圆周运动的物体的动能不变,但势能可能变化,故C错。由机械能守恒条件知,选项D正确。易错提醒
(1)机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零,更不是合外力为零;“只有重力或弹力做功”不等于“只受重力或弹力作用”。
(2)对于绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况,除非题目特别说明,否则机械能必定不守恒。
(3)对于系统机械能是否守恒,可以根据能量的转化进行判断。1-1　在如图所示的物理过程示意图中,甲图为一端固定有小球的轻杆,从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动;乙图为末端固定有小球的轻质直角架,释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动;丙图为一端连着一小球的轻绳,从右偏上30°角处自由释放;丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车,把用细绳悬挂的小球从图示位置释放,小球开始摆动,则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计),下列判断中正确的是?(　 　)?
?A.甲图中小球机械能守恒
B.乙图中小球A机械能守恒
C.丙图中小球机械能守恒
D.丁图中小球机械能守恒解析　甲图中轻杆对小球不做功,小球的机械能守恒,A正确;乙图中轻杆对A的弹力不沿杆的方向,会对小球做功,所以小球A的机械能不守恒,但两个小球组成的系统机械能守恒,B错误;丙图中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失,机械能不守恒,C错误;丁图中小球和小车组成的系统机械能守恒,但小球的机械能不守恒,这是因为摆动过程中小球的轨迹不是圆弧,细绳会对小球做功,D错误。1-2　如图所示为竖直平面内的直角坐标系。一个质量为m的质点,在恒力F和重力的作用下,从坐标原点O由静止开始沿直线OA斜向下运动,直线OA与y轴负方向成θ(θ<90°)。不计空气阻力,重力加速度为g,则以下说法正确的是?(　A　)
①当F=mg tan θ时,质点的机械能守恒
②当F=mg sin θ时,质点的机械能守恒
③当F=mg tan θ时,质点的机械能可能减小也可能增大
④当F=mg sin θ时,质点的机械能可能减小也可能增大
A.②③　????B.②④　????C.①③　????D.①④解析　质点只受重力G和拉力F,质点做直线运动,合力方向与OA共线,如图
当拉力与OA垂直时,拉力最小,根据几何关系,有
F=G sin θ=mg sin θF的方向与OA垂直,拉力F做功为零,所以质点的机械能守恒,故②正确,
④错误;
若F=mg tan θ,由于mg tan θ>mg sin θ,故F的方向与OA不再垂直,有两种可能的方向,与质点的运动方向的夹角可能大于90°,也可能小于90°,即
拉力F可能做负功,也可能做正功,重力做功不影响机械能的变化,故根据功能定理,质点机械能变化量等于力F做的功,即机械能可能增大,也可能减小,故①错误,③正确。
故选A。突破二　机械能守恒定律的应用1.机械能守恒的三种表达式
(1)守恒观点
①表达式:Ek1+Ep1=Ek2+Ep2或E1=E2。
②意义:系统机械能守恒时,系统初状态的机械能等于末状态的机械能。
③注意:要先选取零势能参考平面,并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面。(2)转化观点
①表达式:ΔEk=-ΔEp。
②意义:系统的机械能守恒时,系统增加(或减少)的动能等于系统减少(或增加)的势能。
(3)转移观点
①表达式:ΔEA增=ΔEB减。
②意义:若系统由A、B两部分组成,当系统的机械能守恒时,则A部分机械能的增加量等于B部分机械能的减少量。2.机械能守恒定律与动能定理的比较? 典例2　宁波高中科技新苗项目的同学在一个连锁机关游戏中,设计了一个如图所示的起始触发装置:AB段是长度连续可调的竖直伸缩杆,BCD段是半径为R的四分之三圆弧弯杆,DE段是长度为2R的水平杆,与AB杆稍稍错开。竖直杆外套有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧,在弹簧上端放置质量为m的套环。每次将弹簧的长度压缩至P点后锁定,设PB的高度差为h,解除锁定后弹簧可将套环弹出,在触发器的右侧有多米诺骨牌,多米诺骨牌的左侧最高点Q和P点等高,且与E的水平距离为x(可以调节),已知弹簧锁定时的弹性势能Ep=10mgR,套环与水平杆
DE段的动摩擦因数μ=0.5,与其他部分的摩擦可以忽略不计,不计套环受到的空气阻力及解除锁定时的弹性势能损失,不考虑伸缩竖直杆粗细变化对套环的影响,重力加速度为g。求:
(1)当h=7R时,套环到达杆的最高点C处时的
速度大小;
(2)在(1)问中套环运动到最高点C时对杆作用
力的大小和方向;
(3)若h在3R至10R连续可调,要使该套环恰能击中Q点,则x应该在哪个范围内调节?规律总结1.用机械能守恒定律解题的基本思路2.机械能守恒定律的应用技巧
(1)机械能守恒定律是一种“能——能转化”关系,其守恒是有条件的,因此,应用时首先要对研究对象在所研究的过程中机械能是否守恒做出判断。
(2)如果系统(除地球外)只有一个物体,用守恒观点列方程较方便;对于由两个或两个以上物体组成的系统,用转化或转移的观点列方程较简便。2-1　如图所示,竖直平面内的一半径R=0.50 m的光滑圆弧槽BCD,B点与圆心O等高,一水平面与圆弧槽相接于D点,质量m=0.10 kg的小球从B点正上方H=0.95 m高处的A点自由下落,由B点进入圆弧轨道,从D点飞出后落在水平面上的Q点,D、Q间的距离x=2.4 m,球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h=0.80 m,g取10 m/s2,不计空气阻力,求:
(1)小球经过C点时轨道对它的支持力大小FN;
(2)小球经过最高点P的速度大小vP;
(3)D点与圆心O的高度差hOD。2-2　如图所示,水平传送带的右端与竖直面内的用内壁光滑钢管弯成的
“9”形固定轨道相接,钢管内径很小。传送带的运行速度为v0=6 m/s,将质量m=1.0 kg的可看做质点的滑块无初速地放在传送带A端,传送带长度L=
12.0 m,“9”形轨道高H=0.8 m,“9”形轨道上半部分圆弧半径为R=0.2 m,滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.3,重力加速度g=10 m/s2。(1)求滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间;
(2)求滑块滑到轨道最高点C时受到轨道的作用力大小;
(3)若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后,恰好垂直撞在倾角θ=45°的斜面上的P点,求P、D两点间的竖直高度h(保留两位有效数字)。答案　(1)3 s　(2)90 N　(3)1.4 m突破三　含弹簧类机械能守恒问题
?
　　物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中,在能量方面,由于弹簧的形变会具有弹性势能,系统的总动能将发生变化,若系统所受除重力以外的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功,系统机械能守恒。若还有其他外力和内力做功,这些力做功之和等于系统机械能改变量。做功之和为正,系统总机械能增加,反之减少。典例3　轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道,B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切,半圆的直径BD竖直,如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度l,然后放开,P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。(1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小,以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离;
(2)若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求P的质量的取值范围。方法突破
求解这类问题时以胡克定律为突破口:弹簧伸长或缩短时产生的弹力的大小遵循F=kx和ΔF=kΔx。其次,以弹簧的弹力做功为分析问题的突破口:弹簧发生形变时,具有一定的弹性势能。弹簧的弹性势能与弹簧的劲度系数、形变量有关,但是在具体的问题中不用计算弹性势能的大小,弹簧的形变量相同的时候弹性势能相同,通过运算可以约去。当题目中始、末都不是弹簧原长时,要注意始、末弹力的大小与方向时刻要与当时的形变相对应,即伸长量或压缩量,而力的位移就可能是两次形变量之和或之差。3-1　如图甲所示,轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球,从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程,他以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,得到小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度为g。以下判断正确的是?(　 　)A.由乙图可知,小球下落h后做匀加速度直线运动
B.小球动能最大值等于mg(h+x0)
C.位置坐标为x=h+x0时,重力势能与弹性势能之和最小
D.在下落过程中,小球的机械能总是保持不变突破四　功能关系的应用
?
几种常见的功能关系及其表达式典例4　一质量为m的带正电小球,在竖直向上的匀强电场中以0.9g的加速度加速下落,空气阻力不计,关于小球在下落h的过程中能量的变化情况,以下说法中正确的有?(　B　)
A.小球克服电场力做功0.9mgh
B.小球的动能增加了0.9mgh
C.小球的机械能减少了0.9mgh
D.小球的电势能增加了0.9mgh解析　根据牛顿第二定律得,小球所受的合力F合=ma=0.9mg,根据动能定理知F合h=ΔEk=0.9mgh,故B正确;而F合=mg-F电,解得F电=0.1mg,故小球克服电场力做功W电=F电h=0.1mgh,则电势能增加了0.1mgh,小球的机械能减少了0.1mgh,故A、C、D错误,B正确。方法技巧
功能关系的理解和应用原则
1.牢记三条功能关系
(1)重力做的功等于重力势能的变化,弹力做的功等于弹性势能的变化;
(2)合外力做的功等于动能的变化;
(3)除重力、弹力外,其他力做的功等于机械能的变化。
2.功能关系的选用原则
(1)在应用功能关系解决具体问题的过程中,若只涉及动能的变化用动能定理分析。
(2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。
(3)只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
(4)只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析。?
(1)物体A向下运动刚到达C点时的速度;
(2)弹簧的最大压缩量;
(3)弹簧的最大弹性势能。突破五　与摩擦生热相关的功能关系问题1.两种摩擦力做功特点的比较2.传送带模型
传送带模型是高中物理中比较成熟的模型,典型的有水平和倾斜两种情况。一般设问的角度有两个:
(1)动力学角度:首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式并结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度:求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等,常依据功能关
系或能量守恒定律求解。3.传送带模型问题中的功能关系分析
(1)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。
(2)对W和Q的理解:
①传送带做的功W=Ffx传;
②产生的内能Q=Ffx相对。规律总结
1.无论是滑动摩擦力,还是静摩擦力都可以做正功、做负功或不做功,计算做功时都是用力与对地位移的乘积。
2.摩擦生热的计算:公式Q=Ff·x相对中x相对为两接触物体间的相对位移,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。5-1　如图所示,质量为m的小铁块A(可看做质点)以水平速度v0冲上质量为M、长为l、置于光滑水平地面上的木板B,正好不从木板上掉下。已知A、B间的动摩擦因数为μ,小铁块滑到木板右端时木板对地位移为x,求这一过程中:
(1)木板增加的动能;
(2)小铁块减少的动能;
(3)系统机械能的减少量;
(4)系统产生的热量。5-2　如图光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧,弹簧左端固定,右端放一个质量为m=1 kg的物块(可视为质点),物块与弹簧不粘连,B点与水平传送带的左端刚好平齐接触,传送带BC的长度为L=6 m,沿逆时针方向以恒定速度v=2 m/s匀速转动。CD为光滑的水平轨道,C点与传送带的右端刚好平齐接触,DE是竖直放置的半径为R=0.4 m的光滑半圆轨道,DE与CD相切于D点。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,取g=10 m/s2。(1)若释放弹簧,物块离开弹簧,滑上传送带后刚好能到达C点,求弹簧储存的弹性势能Ep;
(2)若释放弹簧,物块离开弹簧,滑上传送带能够通过C点,并经过圆弧轨道DE,从其最高点E飞出,最终落在CD上距D点的距离为x=1.2 m处(CD
长大于1.2 m),求物块通过E点时受到的压力大小;
(3)满足(2)条件时,求物块通过传送带的过程中产生的热量。典例6　如图所示,在高h1=30 m的光滑水平平台上,质量m=1 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住,储存了一定量的弹性势能Ep。若打开锁扣K,物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台,做平抛运动,并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道。B点的高度h2=15 m,圆弧轨道的圆心O与平台等高,轨道最低点C的切线水平,并与地面上长为L=70 m的水平粗糙轨道CD平滑连接;小物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞,取g=10 m/s2。?
(1)求小物块由A到B的运动时间;
(2)求小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小;
(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞,碰后速度等大反向,反向运动过程中没有冲出B点,最后停在轨道CD上的某点P(P点没画出)。设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ,求μ的取值范围。6-1　如图所示,质量m=1 kg的物体从高为h=0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑,滑到水平传送带上的A点,物体和传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2,传送带A、B之间的距离为L=5 m,传送带一直以v=4 m/s的速度匀速运动,则?(　C　)
A.物体从A运动到B的时间是1 s
B.物体从A运动到B的过程中,摩擦力对物体做的
功为2 J
C.物体从A运动到B的过程中,产生的热量为2 J
D.物体从A运动到B的过程中,带动传送带转动的电动机多做的功为10 J6-2　如图所示,传送带与地面的夹角θ=37°,A、B两端间距L=16 m,传送带以速度v=10 m/s,沿顺时针方向运动,物体的质量m=1 kg,无初速度地放置于A端,它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,(sin 37°=0.6, cos 37°=0.8)试求:
(1)物体由A端运动到B端的时间;
(2)系统因摩擦产生的热量。实验6　验证机械能守恒定律
1.在“验证机械能守恒定律”的实验中
(1)(多选)实验室提供了铁架台、夹子、导线、纸带等器材。为完成此实验,除了所给的器材,从图中还必须选取的实验器材是　　　　。(填字母代号)?
图1
(2)下列方法有助于减小实验误差的是　　　　。?
A.在重物的正下方地面铺海绵
B.必须从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒
C.重复多次实验,重物必须从同一位置开始下落
D.重物的密度尽量大一些。
(3)完成实验后,小明用刻度尺测量纸带上各点间距离时如图2(乙),已知打点计时器每0.02 s打一个点,则B点对应的速度vB=　　　　m/s。?
图2
若H点对应的速度为vH,重物下落的高度为hBH,重物质量为m,当地重力加速度为g,为得出实验结论完成实验,需要比较mghBH与　　　　的大小关系(用题中字母表示)。?
答案　(1)AEF　(2)D　(3)1.35　12mvH2-12mvB2
解析　(1)在实验中需要刻度尺测量纸带上点与点间的距离。纸带上相邻两计时点的时间间隔已知,所以不需要秒表。用电火花计时器时不用学生电源。实验中不需测力和质量,所以不需要弹簧测力计和天平。实验中需要重物。必须选取的实验器材其名称是重物、电火花计时器、毫米刻度尺。
(2)在重物的正下方地面铺海绵可以防止摔坏实验器材,故A不符合题意;不一定要从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒,故B不符合题意;重复多次实验时,重物不需要从同一位置开始下落,故C不符合题意;重物下落时受到的空气阻力、纸带与限位孔之间的摩擦会使实验误差变大。所以重物的密度尽量大一些,可以减小受到的阻力的影响,可减少实验误差,故D符合题意。
(3)打B点时对应的速度等于A、C两点间的平均速度。
vB=xAC2T=5.40×10-20.04 m/s=1.35 m/s;
如果机械能守恒,物体减小的重力势能等于增加的动能,则mgh=12mv2,即mghAB=12mvH2-12mvB2。
2.某实验小组利用自由落体运动来验证“机械能守恒定律”。
(1)已有铁架台、电磁打点计时器、复写纸、导线、纸带、刻度尺、重物,还必须选取的器材是图甲中的　　　　。?
甲
(2)选好器材后开始实验,下列操作中正确的是　　　　。?
A.先接通计时器电源,后释放纸带
B.用手托住重物,由静止释放
C.计时器的两个限位孔应处于同一水平直线上
(3)某次实验中打出的纸带如图乙所示,1至5是计时器打下的五个点,图中3号点对应的刻度尺读数是　　　　cm,打点计时器打3号点时重物的速度是　　　　m/s(保留三位有效数字)。?
乙
答案　(1)D　(2)A　(3)9.00　1.28~1.30
解析　(1)该实验中,因为有做自由落体运动的物体重物,则不需要钩码;通过打点计时器来记录物体运动时间,不需要秒表;由于验证机械能守恒定律的公式中可以把物体质量约掉,因此不需要天平;电磁打点计时器需要的是低压交流电源,因此需要学生电源。故选D。
(2)先接通计时器电源,后释放纸带,选项A正确;用手捏住纸带的一端,由静止释放,选项B错误;计时器的两个限位孔应处于同一竖直直线上,选项C错误;故选A。
(3)题图乙中3号点对应的刻度尺读数是9.00 cm;2、4两点对应的刻度尺读数分别为:6.50 cm、11.65 cm;则打点计时器打3号点时重物的速度v3=x242T=0.1165?0.0652×0.02 m/s=1.29 m/s。
3.利用图甲的实验装置可探究重物下落过程中物体的机械能守恒问题。图乙给出的是实验中获取的一条纸带,O点为电火花打点计时器打下的第一个点,分别测出若干连续点A、B、C……与O点的距离如图乙所示。请回答下列问题:
(1)(多选)下列有关此实验的操作中正确的是　　　　;?
A.重物应选择质量大、体积小的
B.实验时采用的电源为4~6 V的低压交流电源
C.重物应靠近打点计时器,先接通电源再放开纸带,让重物带动纸带自由下落
(2)打点计时器在打B点时重物的速度为　　　　m/s(计算结果保留三位有效数字);?
(3)利用图甲的实验装置还能完成的实验有　　　　。?
A.探究冲量与动量变化的关系
B.探究做功与速度变化的关系
C.探究加速度与力、质量的关系
答案　(1)AC　(2)3.88　(3)AB
解析　(1)重物应选择质量大、体积小的,从而减小下落时所受阻力对实验的影响,选项A正确;电火花计时器采用的电源为220 V的交流电源,选项B错误;重物应靠近打点计时器,先接通电源再放开纸带,让重物带动纸带自由下落,选项C正确;故选A、C。
(2)打点计时器在打B点时重物的速度为vB=xAC2T=0.6570?0.50180.04 m/s=3.88 m/s。
(3)利用题图甲的实验装置打出的纸带可求解某点的速度,得到物体的动量变化及动能变化,根据时间可求解重力的冲量和重力做功,故此装置可以探究冲量与动量变化的关系以及做功与速度变化的关系,故选A、B。
4.在“验证机械能守恒定律”的实验中,打点计时器所用电源频率为50 Hz,当地重力加速度的值为9.80 m/s2,测得所用重物的质量为1.00 kg。
若按实验要求正确地选出纸带进行测量,量得连续三点到第一个点的距离如图所示(相邻计数点时间间隔为0.02 s),那么:
(1)打点计时器打下计数点B时,物体的速度vB=　　　　;?
(2)从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是ΔEp=　　　　,此过程中物体动能的增加量ΔEk=　　　　(取g=9.8 m/s2);?
(3)通过计算,数值上ΔEp　　　　ΔEk(填“>”“=”或“<”),这是因为　　　　;?
(4)实验的结论是　　　　。?
答案　(1)0.98 m/s　(2)0.49 J　0.48 J　(3)>　实验中有阻力　(4)在误差允许范围内机械能守恒
解析　(1)B点的瞬时速度等于AC段的平均速度,则vB=0.0706?0.03142×0.02 m/s=0.98 m/s;
(2)从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是ΔEp=mgh=1.00×9.80×0.050 1 J≈0.49 J;
动能的增加量ΔEk=12mvB2=12×1.00×(0.98)2 J=0.48 J;
(3)重力势能的减少量大于动能的增加量,原因是实验中存在阻力;
(4)实验的结论是在误差允许的范围内机械能守恒。
5.利用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。
(1)(多选)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外,在下列器材中,还必须使用的两种器材是　　　　。?
A.交流电源　　B.刻度尺　　C.天平(含砝码)
(2)实验中,先接通电源,再释放重物,得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点C,测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g,打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中,重物的重力势能变化量ΔEP=　　　　　　,动能变化量ΔEk=　　　　。?
(3)大多数学生的实验结果显示,重物的重力势能的减少量大于动能的增加量,原因是　　　　。?
A.利用公式v=gt计算重物速度
B.利用公式v=gh计算重物速度
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D.没有采用多次实验取平均值的方法
(4)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒,在纸带上选取多个计数点,测量它们到起始点O的距离h,计算打对应计数点时的重物速度v,描绘v2-h图像,并做如下判断:若图像是一条过原点的直线,则重物下落过程中机械能守恒。请你分析论证该同学的判断依据是否正确　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
答案　(1)AB　(2)mghB　m(hC-hA)28T2　(3)C　(4)不正确,还需要近一步判断图像的斜率是否接近2g
解析　(1)验证机械能守恒,即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等,质量可以约去,不需要测量重物的质量,所以不需要天平,实验中需要交流电源,需要用刻度尺测量点迹间的距离,从而计算出重力势能的减小量和动能的增加量并进行比较,故选AB。
(2)从打O点到打B点的过程中,重物的重力势能减少量ΔEp=mghB,打B点时重物的瞬时速度vB=hC-hA2T,则重物的动能的增加量ΔEk=12mvB2=12mhC-hA2T2=m(hC-hA)28T2。
(3)试验结果显示,重物的重力势能的减少量大于动能的增加量,原因是存在空气阻力和摩擦阻力的影响,故选C。
(4)该同学的判断不正确;根据mgh=12mv2得,v2=2gh,可知只有v2-h图像近似是一条过原点的直线且斜率接近2g才能说明机械能守恒。
6.“验证机械能守恒定律”的实验采用重物自由下落的方法。
(1)(多选)本实验中,除铁架台、夹子、交流电源、纸带和重物外,还需选用的仪器是　　　　。?
A.秒表　　B.刻度尺　　C.天平　　D.打点计时器
(2)在“验证机械能守恒定律”的实验中,下列物理量中需要直接测量的有　　　　。?
A.重物的质量
B.重力加速度
C.重物下落的高度
D.与重物下落高度对应的重物的瞬时速度
(3)在验证机械能守恒定律的实验中,得到一条纸带如图2所示,图中O点为打点计时器打下的第一个点,可以看做重物运动的起点,若重物的质量为1 kg,已知打下相邻两点时间间隔为0.02 s,g取9.8 m/s2,则打点计时器打下B点时,重物的速度vB=　　　　m/s。从起点O到打下B点的过程中,重物动能的增加量ΔEk=　　　　J,重力势能的减小量ΔEP=　　　　J,经过计算发现重物的动能的增加量略小于重力势能的减少量,这是因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(以上计算结果均保留两位有效数字)?
答案　(1)BD　(2)C　(3)0.97　0.47　0.48　存在空气阻力和摩擦阻力的影响
解析　(1)在用自由落体“验证机械能守恒定律”时,我们是利用自由下落的重物带动纸带运动,通过打点计时器在纸带上打出的点求得重物动能的增加量及重力势能的减少量,故还需要刻度尺和打点计时器,故选B、D。
(2)在“验证机械能守恒定律”的实验中,需要验证的是mgh=12mv2,需要用刻度尺测量重物下落的高度,重物的质量可以测量也可以不测量,重力加速度是当地的重力加速度,通过查表可得,故A、B错误,C正确;根据匀变速运动的推论,利用纸带上的测量数据通过计算可求得与重物下落高度对应的重物的瞬时速度,故D错误;故选C。
(3)根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该段时间内的平均速度可以求出重物在打下B点时的速度vB=xAC2T=0.0702?0.03132×0.02 m/s≈0.97 m/s
重力势能的减少量ΔEp=mghB=1×9.8×4.86×10-2 J≈0.48 J
动能的增加量ΔEk=12mvB2=12×1×0.972 J≈0.47 J
重物带动纸带下落过程中,除了受到重力还受到空气阻力和摩擦阻力,从能量转化的角度,由于阻力做功,减少的重力势能除了转化为动能还有一部分转化为内能,所以动能的增加量略小于重力势能的减少量。
7.在“验证机械能守恒定律”的实验中,现有的器材为:带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、重锤、天平、毫米刻度尺、50 Hz交流电源。回答下列问题:
(1)(多选)关于重锤的选用,以下说法正确的是(　　)
A.选用重锤时,重的比轻的好
B.选用重锤时,密度大的比密度小的好
C.选用重锤后要测质量
D.重锤所受重力要远大于它所受的空气阻力和打点计时器对纸带的阻力
(2)如图所示,释放纸带前的瞬间,重锤和手的位置合理的是 (填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”)。作这样选择的原因是 。?
(3)在实验中,由于打点计时器两限位孔不在同一竖直线上,使纸带通过时受到较大阻力,则结果(　　)
A.mgh>12mv2 B.mgh<12mv2
C.mgh=12mv2 D.以上都有可能
答案　(1)ABD　(2)丙　实验中要让重锤靠近打点计时器,可以在纸带上记录足够多的点,实验中手提着纸带上端并保持纸带竖直,可以减小纸带与限位孔间的摩擦阻力　(3)A
解析　(1)重锤应选用质量和密度较大的,增大重力可使阻力的影响相对减小,增大密度可以减小体积,可使空气阻力的影响减小。故选项A、B、D正确。
(2)实验中要让重锤靠近打点计时器,可以在纸带上记录足够多的点;实验中手提着纸带上端并保持纸带竖直,可以减小纸带与限位孔间的摩擦阻力,故丙中重锤和手的位置合理。
(3)重物带动纸带下落过程中,除了受到重力还受到空气阻力和摩擦阻力,从能量转化的角度看,由于阻力做功,减少的重力势能除了转化为动能还有一部分转化为内能,所以重力势能的减小量会大于动能的增加量。故选A。
8.小明同学利用如图所示的装置来验证机械能守恒定律,A为装有挡光片的钩码,总质量为M,挡光片的挡光宽度为b,轻绳一端与A相连,另一端跨过光滑轻质定滑轮与质量为m(m(1)在A从静止开始下落h的过程中,验证A、B组成的系统机械能守恒的表达式为　　　　　　　;绳子拉力对重物B做的功为　　　　　　　。(用题目所给物理量的符号表示)?
(2)由于光电门所测的平均速度与A下落h时的瞬时速度间存在一个差值Δv,因而系统减少的重力势能　　　　系统增加的动能(选填“大于“或“小于”)。?
(3)为减小上述Δv对结果的影响,小明同学想到了以下一些做法,其中可行的是　　　　。?
A.减小挡光片上端到光电门的距离h
B.增大挡光片的挡光宽度b
C.适当减小挡光片的挡光宽度b
答案　(1)(M-m)gh=12(M+m)bt2　mgh+12mbt2
(2)大于　(3)C
解析　(1)系统重力势能的减小量为ΔEp=(M-m)gh,
A经过光电门的瞬时速度为v=bt,
则系统动能的增加量为ΔEk=12(M+m)v2=12(M+m)bt2。
则验证系统机械能守恒的表达式为:(M-m)gh=12(M+m)bt2。
绳子拉力对重物B做的功为W=mgh+12mbt2
(2)光电门测出的平均速度是挡光片通过光电门过程中的中间时刻的瞬时速度,此时A下降的高度小于h,则系统减少的重力势能大于系统增加的动能。
(3)为减小上述Δv对结果的影响,可以减小挡光片的宽度,使平均速度更接近瞬时速度,故选C。
课件37张PPT。实验6　验证机械能守恒定律一 实验目的三 实验器材四 实验步骤五 数据处理教材研读六　误差分析七 注意事项二 实验原理考点一 实验原理与实验操作考点二 实验数据处理与误差分析考点三 实验拓展与实验创新考点突破三、实验器材
铁架台(含铁夹)、打点计时器、学生电源、纸带、复写纸、导线、刻度尺、重物(带夹子)。
四、实验步骤1.安装置:按图将调整好的打点计时器竖直固定在铁架台上,接好电路。例1　如图所示,打点计时器固定在铁架台上,使重物带动纸带从静止开始下落,利用此装置验证机械能守恒定律。
(1)(多选)对于该实验,下列操作中对减小实验
误差有利的是　 ????。
A.重物选用质量和密度较大的金属锤
B.两限位孔在同一竖直面内上下对正
C.精确测量出重物的质量
D.用手托稳重物,接通电源后,撤手释放重物变式1　用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源,可输出电压为6 V的交流电和直流电。重锤从高处由静止开始下落,重锤上拖着的纸带上打出一系列的点,对图中纸带上的点痕间距进行测量,即可验证机械能守恒定律。
(1)下面列举了该实验的几个操作步骤:
A.按照图示的装置安装器件
B.将打点计时器接到电源的“直流输出”上
C.用天平测出重锤的质量D.先接通电源,后释放纸带,打出一条纸带
E.测量纸带上某些点间的距离
F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能
其中没有必要进行的步骤是　 ????,操作不当的步骤是　 ????。
(2)利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值。根据打出的纸带,选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E,测出各点之间的距离如图所示,使用电源的频率为f,则计算重锤下落的加速度的表达式a=　　　 ????。(用x1、x2、x3、x4及f表示)。
? 例2　在“验证机械能守恒定律”实验中,实验桌上已有铁架台,纸带,重锤(带夹子),刻度尺等实验器材。
?
(1)要能完成实验还需一个不可缺少的器材,它是 ????。
(2)如图所示是某次实验中得到的纸带及刻度尺的照片,已知打点计时器每隔0.02 s打一个点,请读出“1”计数点对应的刻度值: cm;“2”计数点对应的重锤瞬时速度大小为 m/s(计算结果保留两位有效数字)。
答案　(1)打点计时器、电磁打点计时器、电火花计时器均可
(2)1.20、1.21、1.22均可　0.87、0.88均可　 (3)不能变式2　如图1所示是利用自由落体运动进行“验证机械能守恒定律”的实验装置,所用的打点计时器通以50 Hz的交流电。
?
(1)甲同学按照正确的实验步骤操作后,选出一条纸带如图2所示,其中O点为重物刚要下落时打点计时器打下的第一个点,A、B、C为三个计数点,用刻度尺测得OA=12.41 cm,OB=18.60 cm,OC=27.21 cm,在计数点A和B、B和C之间还各有一个点。已知重物的质量为1.00 kg,取g=9.8 m/s2。在OB段运动过程中,重物重力势能的减少量ΔEp=　 ???J,重物的动能增加量ΔEk=　 ???J(结果均保留三位有效数字)。
(2)该实验没有考虑各种阻力的影响,这属于本实验的　 ????误差(选填“偶然”或“系统”)。由此可知,甲同学数据处理的结果比较合理的应当是ΔEp　 ????ΔEk(选填“大于”、“等于”或“小于”)。(3)乙同学想利用该实验装置测定当地的重力加速度。他打出了一条纸带后,利用纸带测量出了各计数点到打点计时器打下的速度为零的点的距离h,算出了各计数点对应的速度v,以h为横轴,以?v2为纵轴画出了如
图3所示的图线。由于图线没有过原点,他又检查了几遍,发现测量和计算都没有出现问题,其原因可能是:?? ??。
乙同学测出该图线的斜率为k,如果不计一切阻力,则当地的重力加速度g　 ???k(选填“大于”、“等于”或“小于”)。
(4)丙同学利用该实验装置又做了其他探究实验,分别打出了标号为①、②、③、④的4条纸带,其中只有一条是做“验证机械能守恒定律”的实验时打出的。为了找出该纸带,丙同学在每条纸带上取了点迹清晰的、连续的4个点,用刻度尺测出相邻两个点间的距离依次为x1、x2、x3。请你根据下列x1、x2、x3的测量结果确定该纸带为 (选填标号)。
填标号)。
①6.13 cm,6.52 cm,6.91 cm
②6.05 cm,6.10 cm,6.15 cm
③4.12 cm,4.51 cm,5.30 cm
④6.10 cm,6.58 cm,7.06 cm答案　(1)1.82　1.71　(2)系统　大于　(3)先释放重物再接通打点计时器　等于　(4)①考点三　实验拓展与实验创新
例3　如图所示的装置可用来验证机械能守恒定律。摆锤A拴在长为L的轻绳一端,另一端固定在O点,在摆锤上放一个小铁片,现将摆锤拉起,使绳偏离竖直方向成θ角时由静止释放摆锤,当其到达最低位置时,受到竖直挡板P阻挡而停止运动,之后铁片将飞离摆锤而做平抛运动。(1)为了验证摆锤在运动中机械能守恒,必须求出摆锤在最低点的速度。为了求出这一速度,实验中还应该测得的物理量是 ??。
(2)根据测得的物理量表示摆锤在最低点的速度v=　 　 ????。
(3)根据已知的和测量的物理量,写出摆锤在运动中机械能守恒的关系式为 。例4　如图甲所示,一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验。有一直径为d、质量为m的金属小球由A处静止释放,下落过程中能通过固定于B处的光电门,测得A、B间的距离为H(H?d),光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t,当地的重力加速度为g。则:第14讲　电荷守恒定律　库仑定律
A组　基础题组
1.对物体带电现象的叙述,下列说法正确的是(　　)
A.一个不带电的物体内一定没有电荷
B.物体带电一定具有多余的电子
C.物体带电的过程就是创造电荷的过程
D.物体带电的过程就是电荷移动的过程
答案　D　任何物体内部总有正负电荷,不带电是因为它呈现了电中性,故A错误;物体带电可能是有多余的电了或失去电子,故B错误;电荷是不能被创生的,故C错误;物体带电是因为失去电子或得到电子,故带电过程就是电荷移动的过程;故D正确。
2.如图所示,取甲、乙两个验电器,用一根长的导体杆把它们连接在一起,用带正电的有机玻璃棒靠近验电器乙的上端,甲会带正电,乙会带负电。关于甲、乙带电的现象,下列说法正确的是　(　　)
A.这是感应起电现象,遵守电荷守恒定律
B.这是摩擦起电现象,遵守电荷守恒定律
C.这是感应起电现象,不遵守电荷守恒定律
D.这是摩擦起电现象,不遵守电荷守恒定律
答案　A　电荷没有直接接触,通过电荷间的作用力将电荷进行重新分布,这是感应起电现象,且遵守电荷守恒定律,故A项正确。
3.关于元电荷,下列说法中不正确的是(　　)
A.元电荷实质上是指电子和质子本身
B.所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍
C.元电荷的值通常取e=1.60×10-19 C
D.电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的
答案　A　科学实验发现的最小电荷量就是电子所带的电荷量,人们把这个最小的电荷量叫做元电荷。质子所带的电荷量与电子所带的电荷量相同,但符号相反。实验得出,所有带电体的电荷量或者等于e,或者是e的整数倍,这就是说,电荷量是不能连续变化的物理量。电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的。
4.原来甲、乙、丙三物体都不带电,今使甲、乙两物体相互摩擦后,乙物体再与丙物体接触,最后,得知甲物体带正电荷1.6×10-15 C,丙物体带电荷量的大小为8×10-16 C,则对于最后乙、丙两物体的带电情况,下列说法中正确的是(　　)
A.乙物体一定带有负电荷8×10-16 C
B.乙物体可能带有负电荷2.4×10-15 C
C.丙物体一定带有正电荷8×10-16 C
D.丙物体一定带有负电荷2.4×10-16 C
答案　A　由于甲、乙、丙原来都不带电,甲、乙相互摩擦导致甲失去电子而带1.6×10-15 C的正电荷,乙物体得到电子而带1.6×10-15 C的负电荷;乙物体与不带电的丙物体相接触,从而使一部分负电荷转移到丙物体上,故可知乙、丙两物体都带负电荷,由电荷守恒可知乙最终所带负电荷为1.6×10-15 C-8×10-16 C=8×10-16 C,故A正确。
5.一根放在水平面内的光滑玻璃管绝缘性良好,内部有两个完全相同的可看做点电荷的弹性金属小球A和B,电荷量分别为+9Q和-Q,两小球从图示位置由静止释放,那么,两小球再次经过图中原静止释放位置时,A球的瞬时加速度为释放时的 (　　)
A.169倍 B.916 C.203倍 D.320
答案　A　释放时A受到的库仑力为:F=k9Q2r2,其加速度a=Fm=k9Q2mr2,当两球碰撞后,所带电荷量为q=9Q-Q2=4Q。故小球A再经过原位置时,受到的库仑力为F'=k16Q2r2,所以加速度为a'=F'm=k16Q2mr2=169a,故选项A正确。
6.如图所示,在一条直线上有两个相距0.4 m的点电荷A、B,A带电荷量为+Q,B带电荷量为-9Q。现引入第三个点电荷C,恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态,则C的带电性质及位置应为(　　)
A.正　B的右边0.4 m处 B.正　B的左边0.2 m处
C.负　A的左边0.2 m处 D.负　A的右边0.2 m处
答案　C　要使三个电荷均处于平衡状态,必须满足“两同夹异”“两大夹小”的原则,所以选项C正确。
7.(多选)如图所示,把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触,棒移开后将悬点OB移到OA点固定。
两球接触后分开,平衡时距离为0.12 m。已测得每个小球质量是8.0×10-4 kg,带电小球可视为点电荷,重力加速度g=10 m/s2,静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,则(　　)
A.两球所带电荷量相等
B.A球所受的静电力为1.0×10-2 N
C.B球所带的电荷量为46×10-8 C
D.A、B两球连线中点处的电场强度为0
答案　ACD　用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷,与A球接触后A球也带正电荷,两球接触后分开,B球也带正电荷,且两球所带电荷量相等,A正确;
两球相互排斥,稳定后A球受力情况如图所示
　　sin θ=0.060.10=0.60,θ=37°
F库=mg tan 37°=6.0×10-3 N,B项错误;
F库=kQAQBr2
QA=QB=Q,r=0.12 m
联立得Q=46×10-8 C,故C项正确;
由等量同种点电荷产生的电场的特点可知,A、B两球连线中点处的场强为0,故D项正确。
8.如图所示,边长为a的正六边形ABCDEF处于水平面上,O为其外接圆的圆心。在该平面某点处有一电荷量为Q的固定点电荷,A、C两点电势相等。已知电子从A点以某一速度沿AE方向射入该电场,恰好做匀速圆周运动。不计电子重力,下列说法正确的是(　　)
A.该点电荷带正电,处于E点
B.电子能从A点运动到C点,电势能先增加后减少
C.C点电场强度是D点的2倍
D.电子从A点射入的速度大小为keQma
答案　D　A、C两点电势相等,可知点电荷Q在A、C连线的垂直平分线上;又电子从A点以某一速度沿AE方向射入该电场,恰好做匀速圆周运动,可知点电荷Q在AB直线上,由此可知该点电荷带正电,处于B点,选项A错误;电子能从A点运动到C点,电势能不变,选项B错误;C点电场强度EC=kQa2,D点的场强ED=kQ(3a)2=13EC,选项C错误;电子做圆周运动的的半径为a,则由kQea2=mv2a解得v=keQma,选项D正确。
B组　提升题组
1.三个完全相同的金属球,A球带电荷量为q,B、C均不带电。现要使B球带电荷量为3q8,正确的操作方法是(　　)
A.将A球同时与B球、C球接触
B.先将A球与B球接触,分开后将B球与C球接触
C.先将A球与C球接触,分开后将B球与C球接触
D.先将A球与C球接触,分开后将B球与C球接触,再分开后将B球与A球接触
答案　D　将三球同时接触时,三个小球平分电荷,则各占三分之一,故A错误;A、B接触时,A、B平分电荷,则B中有12q的电荷量;B与C接触时,再平分,则B中还有q4的电荷量,故B错误;因B、C均不带电,则A先与C接触的情况与先与B接触是相同的,最后B中有q4的电荷量,故C错误;A与C接触时,C中有q2的电荷量;B再与C接触时,B中有q4的电荷量;现将B与A接触,则B中电荷量为q2+q42=3q8,故D正确。
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
2.三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上,各球之间的距离远大于小球的直径。球1的带电荷量为q,球2的带电荷量为nq,球3不带电且离球1和球2很远,此时球1、2之间作用力的大小为F。现使球3先与球2接触,再与球1接触,然后将球3移至远处,此时1、2之间作用力的大小仍为F,方向不变。由此可知(　　)
A.n=3 B.n=4 C.n=5 D.n=6
答案　D　由于各球之间距离远大于小球的直径,小球带电时可视为点电荷。由库仑定律F=kQ1Q2r2 知两点电荷间距离不变时,相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比。又由于三小球相同,则接触时平分总电荷量,故有q×nq=nq2×q+nq22,解之可得n=6,D正确。
3.两个相同的金属小球(视为点电荷),带电荷量大小之比为1∶7,相距为r,两者相互接触后再放回到原位置上,则相互作用力可能是原来的(　　)
A.47 B.37 C.97倍 D.716
答案　C　设两小球带电荷量大小分别为q和7q,则原来相距r时相互作用力F=kq×7qr2=7kq2r2,由于电性未知,需分两种情况讨论:
(1)若两球电性相同,相互接触时电荷量均分,每球带电荷量为7q+q2=4q,放回原处后的相互作用力为F1=k4q×4qr2=16kq2r2,故F1F=167;
(2)若两球电性不同,相互接触时电荷先中和再均分,每球的带电荷量为7q-q2=3q,放回原处后的相互作用力为F2=k3q×3qr2=9kq2r2,故F2F=97。
4.A、B、C三点在同一直线上,AB∶BC=1∶2,B点位于A、C之间,在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为+q的点电荷时,它所受到的电场力为F;移去A处电荷,在C处放一电荷量为-2q的点电荷,其所受电场力为(　　)
A.-F/2 B.F/2
C.-F D.F
答案　B　如图所示,设B处的点电荷带电荷量为正,AB=r,则BC=2r,根据库仑定律,F=kQqr2,F'=kQ·2q(2r)2,可得F'=F2,若B处的点电荷带电荷量为负,也可得出相同结果,故选项B正确。
5.如图所示,把一个带电小球A固定在光滑的绝缘水平桌面上,在桌面的另一处放置带电小球B,现给小球B一个垂直A、B连线方向的速度v0,使其在水平桌面上运动,则下列说法中正确的是(　　)
A.若A、B带同种电荷,B球可能做速度减小的曲线运动
B.若A、B带同种电荷,B球一定做加速度增大的曲线运动
C.若A、B带异种电荷,B球一定做类平抛运动
D.若A、B带异种电荷,B球可能做速度大小和加速度大小都不变的曲线运动
答案　D　若A、B带同种电荷,则A对B有斥力作用,且斥力方向和速度方向夹角越来越小,速度增大,A、B间距离越来越大,库仑力越来越小,加速度越来越小,A、B错;若A、B带异种电荷,B受到的库仑力指向A,库仑力可能等于B做匀速圆周运动需要的向心力,C错,D对。
6.A、B两带电小球,质量分别为mA、mB,带电荷量分别为qA、qB,用绝缘不可伸长的细线如图悬挂,静止时A、B两球处于同一水平面内。若B对A及A对B的库仑力分别为FA、FB,则下列判断正确的是(　　)
A.FAB.AC细线对A的拉力TA=mAg2
C.OC细线的拉力TC=(mA+mB)g
D.同时烧断AC、BC细线后,A、B在竖直方向上的加速度不相同
答案　C　两球间的库仑力是作用力与反作用力,大小相等,方向相反,选项A错误;对小球A受力分析,受重力、静电力、拉力,如图所示,根据平衡条件有mAg=TA cos 30°,解得TA=233mAg,选项B错误;由整体法可知,OC细线的拉力等于两球的重力,即TC=(mA+mB)g,选项C正确;同时烧断AC、BC细线后,A、B在竖直方向上只受重力,所以在竖直方向上的加速度相同,均为g,选项D错误。
7.如图所示,在光滑绝缘水平面上有三个孤立的点电荷Q1、Q、Q2,Q恰好静止不动,Q1、Q2围绕Q做匀速圆周运动,在运动过程中三个点电荷始终共线。已知Q1、Q2分别与Q相距r1、r2,不计点电荷间的万有引力,下列说法正确的是(　　)
A.Q1、Q2的电荷量之比为r2r1
B.Q1、Q2的电荷量之比为r2r12
C.Q1、Q2的质量之比为r2r1
D.Q1、Q2的质量之比为r2r12
答案　C　由于Q处于静止状态,则有kQQ1r12=kQQ2r22,所以Q1Q2=r1r22,选项A、B错误;
对Q1有kQQ1r12-kQ1Q2(r1+r2)2=m1ω2r1,
对Q2有kQQ2r22-kQ1Q2(r1+r2)2=m2ω2r2,将Q1Q2=r1r22代入,得m1r1=m2r2,解得m1m2=r2r1,选项C正确,D错误。
8.(2018浙江11月选考,8,3分)电荷量为4×10-6 C的小球绝缘固定在A点,质量为0.2 kg、电荷量为-5×10-6 C的小球用绝缘细线悬挂,静止于B点。A、B间距离为30 cm,AB连线与竖直方向夹角为60°。静电力常量为9.0×109 N·m2/C2,小球可视为点电荷。g取10 m/s2。下列图示正确的是(　　)
答案　B　由库仑定律可知,两小球间的库仑力F=2 N,与静止于B点的小球重力大小相等,对静止于B点的小球进行受力分析,如图所示,可知θ=60°,故B正确。
9.如图所示,固定在竖直平面内的光滑绝缘半圆环的两端点A、B,分别安放两个电荷量均为+Q的带电小球,A、B连线与水平方向成30°角,在半圆环上穿着一个质量为m、电荷量为+q的小球。已知半圆环的半径为R,重力加速度为g,静电力常量为k,将小球从A点正下方的C点由静止释放,当小球运动到最低点D时,求:
(1)小球的速度大小;
(2)小球对环的作用力。
答案　(1)gR　(2)3+36·kQqR2+2mg,方向竖直向下
解析　(1)由静电场知识和几何关系可知,C、D两点电势相等,小球由C运动到D的过程中,mgh=12mv2,由几何关系可知h=R2,解得v=gR
(2)小球运动到D点时,AD=3R,BD=R,小球分别受到A、B两端带电小球的作用力为FA=kQq3R2,FB=kQqR2
设环对小球的支持力为FN,有
FN-FA cos 30°-FB sin 30°-mg=mv2R
由牛顿第三定律可知小球对环的压力FN=FN'
解得FN'=3+36·kQqR2+2mg,方向竖直向下
10.如图所示,质量为m的小球A穿在绝缘细杆上,杆的倾角为α,小球A带正电,电荷量为q。在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷。将A由距B竖直高度为H处无初速度释放,小球A下滑过程中电荷量不变。不计A与细杆间的摩擦,整个装置处在真空中,已知静电力常量k和重力加速度g。求:
(1)A球刚释放时的加速度大小。
(2)当A球的动能最大时,A球与B点的距离。
答案　(1)g sin α-kQqsin2αmH2　(2)kQqmgsinα
解析　(1)由牛顿第二定律可知mg sin α-F=ma
根据库仑定律有F=kqQr2
又知r=Hsinα
得a=g sin α-kQqsin2αmH2。
(2)当A球受到合力为零,即加速度为零时,动能最大。
设此时A球与B点间的距离为d,则mg sin α=kQqd2
解得d=kQqmgsinα。
教师备用题库
1.如图,光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B,电荷量均为q,质量均为m,用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环,并系于结点O。在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动,轻绳恰好构成一个边长为l的等边三角形,则(　　)
A.小环A的加速度大小为3kq2ml2
B.小环A的加速度大小为3kq23ml2
C.恒力F的大小为3kq23l2
D.恒力F的大小3kq2l2
答案　B　设轻绳的拉力为T,则对A:T+T cos 60°=kq2l2;T cos 30°=maA,联立解得:aA=3kq23ml2,选项B正确,A错误;恒力F的大小为F=2T cos 30°=3T=3kq23l2,选项C、D错误。
2.如图所示,水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电小球a、b,左边放一个带正电的固定球+Q时,两悬球都保持竖直方向。下面说法正确的是(　　)
A.a球带正电,b球带正电,并且a球带电荷量较大
B.a球带负电,b球带正电,并且a球带电荷量较小
C.a球带负电,b球带正电,并且a球带电荷量较大
D.a球带正电,b球带负电,并且a球带电荷量较小
答案　B　要使a、b平衡,必须有a带负电,b带正电,且a球带电荷量较小,故应选B。
3.如图所示,两个不带电的导体A和B,用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近,贴在A、B下部的金属箔都张开,(　　)
A.此时A带正电,B带负电
B.此时A电势低,B电势高
C.移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合
D.先把A和B分开,然后移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合
答案　C　由于静电感应,A带负电,B带等量正电,若移去C,A、B所带等量正负电荷中和,金属箔闭合,所以C正确,A错误;处于电场中的导体是等势体,B错误;若先把A、B分开,然后移去C,A、B所带电荷就不能中和,金属箔不再闭合,D错误。
4.静电现象在自然界中普遍存在,我国早在西汉末年已有对静电现象的记载,《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸”之说,但下列不属于静电现象的是(　　)
A.梳过头发的塑料梳子吸起纸屑
B.带电小球移至不带电金属球附近,两者相互吸引
C.小线圈接近通电线圈过程中,小线圈中产生电流
D.从干燥的地毯上走过,手碰到金属把手时有被电击的感觉
答案　C　小线圈接近通电线圈过程中,小线圈因磁通量变化而产生感应电流,属于电磁感应现象,不属于静电现象,其他三种现象属于静电现象,选项C符合题意。
课件21张PPT。第14讲　电荷守恒定律　库仑定律一 电荷、电荷守恒定律二 库仑定律教材研读突破一 电荷及电荷守恒定律突破二 库仑定律的理解及应用重难突破一、电荷、电荷守恒定律1.电荷:自然界中存在正、负电荷,用丝绸摩擦过的玻璃棒带①　正????电荷,用毛皮摩擦过的硬橡胶棒带②　负????电荷。
2.元电荷:最小的电荷量,其值为e=③　1.60×10-19 C????,带电体的电荷量皆为元电荷的④　整数倍????。二、库仑定律1.内容:①　真空????中两个静止点电荷之间的相互作用力,与它们的电荷量的乘积成正比,与它们的距离的二次方成反比,作用力的方向在它们的连线上。2.公式:F=②????k?????,式中k=9.0×109 N·m2/C2,叫静电力常量。
3.适用条件:③　真空????中的④　点电荷????。1.判断下列说法的正误:
(1)任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍。?(　√　)
(2)点电荷和电场线都是客观存在的。?(　?　)
(3)根据F=k ?,当r→0时,F→∞。?(　?　)2.真空中两个完全相同的带电小球A和B(均可看做点电荷),带电量分别为+2q和-6q,固定在相距为r的两点,两球间静电力为F,现用绝缘工具使两球接触后分开,将其固定在距离为?r的两点,则两球间库仑力为?(???A　)
A.相互作用的斥力,大小为?F
B.相互作用的引力,大小为?F
C.相互作用的引力,大小为?F
D.相互作用的斥力,大小为2F突破一　电荷及电荷守恒定律1.两种电荷
(1)用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电,用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电。
(2)同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引。
2.三种起电方式:摩擦起电、感应起电和接触起电,它们的实质都是电荷的转移。3.元电荷:最小的电荷量,e=1.6×10-19 C。
4.电荷守恒定律
表述1:电荷既不会创生,也不会消灭,它只能从一个物体转移到另一个物体,或者从物体的一部分转移到另一部分;在转移过程中,电荷的总量保持不变,这个结论叫做电荷守恒定律。
表述2:一个与外界没有电荷交换的系统,电荷的代数和保持不变。典例1　完全相同的金属小球A、B,A球带电荷量为+16Q,B球带电荷量为-8Q。现将A与B接触后分开,则A、B两球的带电荷量分别为?(　C　)
A.-8Q,+16Q　???? B.+8Q,+8Q
C.+4Q,+4Q　???? D.-4Q,-4Q易错提醒
完全相同的两个金属球接触后再分开,如果金属球带同种电荷,总电荷量直接平分;如果金属球带异种电荷,需要先中和,剩余电荷再平均分配。1-1　关于摩擦起电和感应起电的原因,下列说法正确的是?(　C　)
A.摩擦起电的原因是电荷的转移,感应起电的原因是产生电荷
B.摩擦起电的原因是产生电荷,感应起电的原因是电荷的转移
C.摩擦起电和感应起电的原因都是电荷的转移
D.摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能,也说明通过做功可以创造出电荷解析　摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体,即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体。摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能,但并没有创造电荷,电荷只是发生转移。感应起电过程,电荷在电场力作用下,从物体的一部分转移到另一个部分。突破二　库仑定律的理解及应用
?
库仑定律的理解:
(1)库仑定律适用于真空中两点电荷,空气中也可近似适用。
(2)计算点电荷间的静电力时,不必将表示电荷q1、q2的带电性质的正、负号代入公式中。
(3)库仑力的方向由两点电荷的电性决定,可按照同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引来确定。2-1　如图所示,质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点,带有电荷量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上,其中O点与小球A的间距为l,O点与小球B的间距为?l,当小球A平衡时,悬线与竖直方向夹角θ=30°,带电小球A、B均可视为点电荷,静电力常量为k,则?(????B　)第15讲　电场的力的性质
A组　基础题组
1.(2018浙江11月选考,3,3分)用国际单位制的基本单位表示电场强度的单位,下列正确的是(　　)
A.N/C B.V/m
C.kg·m/(C·s2) D.kg·m/(A·s3)
答案　D　根据公式E=F/q,q=It可知,电场强度单位是NC=kg·m/s2A·s=kg·mA·s3。
2.(2017浙江11月选考,6,3分)电场线的形状可以用实验来模拟,把头发屑悬浮在蓖麻油里,加上电场,头发屑就按照电场的方向排列起来,如图所示。关于此实验,下列说法正确的是(　　)
A.a图是模拟两等量同种电荷的电场线
B.b图一定是模拟两等量正电荷的电场线
C.a图中的A、B应接高压起电装置的两极
D.b图中的A、B应接高压起电装置的两极
答案　C　由题图可知,a图是模拟两等量异种电荷的电场线;b图是模拟两等量同种电荷的电场线,但无法辨别两电荷是正电荷还是负电荷。因此答案为C。
3.在如图所示的四种电场中,分别标记有a、b两点。其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是(　　)
A.甲图中与点电荷等距的a、b两点
B.乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
C.丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
D.丁图中非匀强电场中的a、b两点
答案　C　甲图中与点电荷等距的a、b两点,电场强度大小相同,方向不相反,选项A错误;对乙图,根据电场线的疏密及对称性可判断,a、b两点的电场强度大小相等、方向相同,选项B错误;丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点,电场强度大小相同,方向相反,选项C正确;对丁图,根据电场线的疏密可判断,b点的电场强度大于a点的电场强度,选项D错误。
4.如图,真空中一条直线上有四点A、B、C、D,AB=BC=CD,只在A点放一电荷量为+Q的点电荷时,B点电场强度为E,若又将等量异号的点电荷放在D点,则(　　)
A.B点电场强度为34E,方向水平向右
B.B点电场强度为54E,方向水平向左
C.BC线段的中点电场强度为零
D.B、C两点的电场强度相同
答案　D　只在A点放正电荷时,B点的场强E=kQr2;又将等量异号的点电荷放在D点后,B点场强EB=kQr2+kQ(2r)2=5kQ4r2=54E,方向水平向右,故A、B错误;两电荷在BC线段的中点产生的场强方向均向右,则合场强不为零,故C错误;C点场强EC=kQ(2r)2+kQr2=5kQ4r2=54E,方向水平向右,与B点的电场强度相同,故D正确。
5.绝缘细线的一端与一带正电的小球M相连接,另一端固定在天花板上,在小球M下面的一绝缘水平面上固定了另一个带电小球N,在下列情况下,小球M能处于静止状态的是(　　)
答案　B　四种情况中,小球M均受到三个力的作用,竖直向下的重力、沿细线方向的弹力和电场力,其中竖直向下的重力和沿细线方向的弹力的合力方向向左,所以若要小球M处于静止状态,电场力必须具有向右的分量,显然只有选项B符合这种要求。
6.如图所示,虚线a、b、c是电场中的三个等势面,相邻等势面间的电势差相等,实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹,P、Q是轨迹上的两点。下列说法中错误的是(　　)
A.三个等势面中,等势面c的电势最低
B.带电质点一定是从Q点向P点运动
C.带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大
D.带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小
答案　B　作出电场线,根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知,电场线向上,故等势面c电势最低,故A正确;根据已知条件无法判断粒子的运动方向,故B错误;等差等势面P处密,P处电场强度大,电场力大,加速度大,C正确;负电荷在电势高处电势能小,故D正确。
7.某静电场中的电场线如图所示,带电粒子在电场中仅受电场力作用,其运动轨迹如图中虚线所示,由M运动到N,以下说法错误的是(　　)
A.粒子必定带正电荷
B.粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度
C.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
D.粒子在M点的动能小于它在N点的动能
答案　B　根据粒子运动轨迹弯曲的情况,可以确定粒子受电场力的方向沿电场线切线方向,故此粒子带正电荷,选项A正确;由于电场线越密,场强越大,粒子受电场力就越大,根据牛顿第二定律可知其加速度也越大,故此粒子在N点加速度大,选项B错误,C正确;粒子从M点到N点,电场力做正功,根据动能定理得此粒子在N点动能大,故选项D正确。
8.如图所示,A、B是一条电场线上的两点,若在某点释放一初速度为零的电子,电子仅受电场力作用下,从A点运动到B点,其速度随时间变化的规律如图所示。则(　　)
A.电子在A、B两点受的电场力FA>FB
B.A、B两点的电场强度EA>EB
C.场强方向为从B到A
D.电场线的方向为从A到B
答案　C　v-t图像的斜率表示加速度,由图可知:电子做初速度为零的加速度增大的加速直线运动。加速度增大,说明电子所受电场力增大,即FA9.如图所示,用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在天花板。三个带电小球质量相等,A球带正电,平衡时三根绝缘细线都是直的,但拉力都为零,则(　　)
A.B球带正电荷,C球带负电荷
B.B球带负电荷,C球带正电荷
C.B球和C球所带电荷量不一定相等
D.B球和C球所带电荷量一定相等
答案　D　B球受重力及A、C对B球的库仑力而处于平衡状态,则A与C球对B球的库仑力的合力应与重力大小相等,方向相反,而库仑力的方向只能沿两电荷的连线方向,故可知A对B的库仑力应指向A,C对B的库仑力应指向B的左侧,则可知B、C都应带负电,故A、B错误;由受力分析可知,A对B的库仑力应为C对B的库仑力的2倍,故C带电荷量应为A带电荷量的一半;同理分析C可知,B带电荷量也应为A带电荷量的一半,故B、C带电荷量相等,故C错误,D正确。

B组　提升题组
1.在电场中的某点放入电荷量为q的负电荷时,测得该点的电场强度为E,若在该点放入电荷量为2q的正电荷,此时测得该点的电场强度为(　　)
A.大小为E,方向和E相同
B.大小为E,方向和E相反
C.大小为2E,方向和E相同
D.大小为2E,方向和E相反
答案　A　电场强度是描述电场强弱的物理量,是试探电荷所受的电场力F与试探电荷所带的电荷量q的比值,是由电场本身决定的,故与试探电荷的有无、电性、电荷量均无关。故在该点放入电荷量为-q的试探电荷时电场强度为E,改放电荷量为+2q的试探电荷时电场强度仍为E,且方向和E相同,故A正确。
2.真空中有一个点电荷+Q1,在距其r处的P点放一电荷量为+Q2的试探电荷,试探电荷受到的静电力为F,则下列判断中正确的是(　　)
A.P点的场强大小为FQ1
B.P点的场强大小等于FQ2,也等于kQ2r2
C.试探电荷的电荷量变为2Q2时,Q2受到的静电力将变为2F,而P处的场强为FQ2
D.若在P点不放试探电荷,则该点场强为0
答案　C　由场强定义式E=Fq得E=FQ2,选项A错;由点电荷场强公式知E=kQ1r2,选项B错误;电场中的电场强度与放入电场中的电荷无关,无论有无放入试探电荷、试探电荷的电荷量如何,电场强度都不变,选项C正确,D错误。
3.某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.b点的电势低于a点的电势
B.若将一正试探电荷由a点移到b点,电场力做负功
C.c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断
D.若将一正试探电荷从d点由静止释放,电荷将沿着电场线由d运动到c
答案　B　沿电场线方向电势逐渐降低,因b点所在的等势面高于a点所在的等势面,故b点的电势高于a点的电势,选项A错误;若将一正试探电荷由a点移到b点,电场力做负功,选项B正确;由于电场线密集的地方场强较大,故d点的场强大于c点的场强,选项C错误;因dc电场线是曲线,故若将一正试探电荷从d点由静止释放,电荷将不能沿着电场线由d到c,选项D错误。
4.如图所示,真空中的两带电小球(可看做是点电荷),质量分别为m1、m2,电荷量分别为q1、q2,通过调节悬挂细线的长度使两小球始终保持在同一水平线上,水平距离为r,两悬线与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2,下列说法正确的是(　　)
A.若只增大r,则θ1、θ2都增大
B.若只增大m1,则θ1增大,θ2不变
C.若只增大q1,则θ1增大,θ2不变
D.若只增大q1,则θ1、θ2都增大
答案　D　将两小球看成一个整体,由平衡条件可知m1g tan θ1=m2g tan θ2,则m1m2=tanθ2tanθ1,从此式可以看出θ1、θ2与两电荷所带电荷量多少无关、与两电荷的水平距离r无关,A错误;若只增大m1,则m1会下降,而m2会上升,导致θ1减小,θ2增大,B错误;若只增大q1,则库仑力增大,θ1、θ2都增大,C错误,D正确。
5.如图所示,两个等量异号的点电荷在其连线的中垂线上有与连线中点O等距离的两点a、b,在连线上有距中点O等距离的两点c、d,则下列场强大小关系式正确的是(　　)
A.Ea=EbC.Ea>Ed D.Ec>EO>Ed
答案　A　根据电场线越密场强越大,则由两个等量异号的点电荷电场线的分布情况(如图所示)可知,中垂线上中点O的场强最大,而且根据对称性可知,a、b两处电场线疏密相同,场强大小相等,Ea=EbEO。所以有Ea=Eb6.真空中有两点电荷q1、q2分别位于直角三角形的顶点C和顶点B上,∠ABC=30°,如图所示,已知A点电场强度的方向垂直AB向下,则下列说法正确的是(　　)
A.q1带正电,q2带正电
B.q1带负电,q2带正电
C.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的二倍
D.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的一半
答案　D　A点电场强度的方向垂直AB向下,EA为A点的合场强,将EA分解到AC和AB方向如图所示,可知点电荷q1的电场强度方向由C指向A,则q1带正电,点电荷q2的电场强度方向由A指向B,则q2带负电,A、B错误;
设AB=2L,则AC=AB sin 30°=L,从场强分解的图中可知E2E1= sin 30°,即E1=2E2,又根据点电荷场强公式,E1=kq1L2,E2=kq2(2L)2,结合E1=2E2,解得q2=2q1,故C错误,D正确
7.(多选)如图所示,ABCD竖直放置的光滑绝缘细管道,其中AB部分是半径为R的14圆弧形管道,BCD部分是固定的水平管道,两部分管道恰好相切于B。水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L等边三角形,MN连线过C点且垂直于BCD。两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点,电荷量分别为+Q和-Q。现把质量为m、电荷量为+q的小球(小球直径略小于管道内径,小球可视为点电荷),由管道的A处静止释放,已知静电力常量为k,重力加速度为g。则:(　　)
A.小球运动到B处的电场力小于到C处时受到的电场力
B.小球在A处的电势能小于在C处时的电势能
C.小球运动到圆弧最低点B处时对管道的压力大小为3mg
D.小球运动到圆弧最低点B处时对管道的压力大小为9m2g2+(kqQL2)2
答案　AD　设小球在圆弧形管道最低点B处分别受到+Q和-Q的库仑力分别为F1和F2。由库仑定律得:F1=F2=kqQL2,小球在B处受到的电场力为合力FB:FB=2F1 cos 30°=3kqQL2,小球在C处时:FC=2kqQL22=8kqQL2,所以小球在B处的电场力小于到C处时受到的电场力,故A正确;因为A、C处于同一等势面,且电势为零,即小球在A处的电势能等于在C处时的电势能,故B错误;管道所在的竖直平面是+Q和-Q形成的合电场的一个等势面,小球在管道中运动时,小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功,只有重力对小球做功,小球的机械能守恒,由mgR=12mvC2-0解得vC=2gR,设在B点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为NBy,在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得:NBy-mg=mvB2R,vB=vC,以上联立解得:NBy=3mg,设在B点管道对小球在水平方向的压力的分力为NBx,则NBx=F=kqQL2,圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为NB=NBx2+NBy2=9m2g2+kqQL22,由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为:NB'=NB=9m2g2+kqQL22,故D正确,C错误。
8.如图所示,光滑绝缘的正方形水平桌面边长为d=0.48 m,离地高度h=1.25 m。桌面上存在一水平向左的匀强电场(除此之外其余位置均无电场),电场强度E=1×104 N/C。在水平桌面上某一位置P处有一质量m=0.01 kg,电荷量q=1×10-6 C的带正电小球以初速度v0=1 m/s向右运动。空气阻力忽略不计,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)小球在桌面上运动时加速度的大小和方向;
(2)P处距右端桌面多远时,小球从开始运动到最终落地的水平距离最大?并求出该最大水平距离。
答案　(1)1.0 m/s2　方向水平向左　(2)38 m　58 m
解析　(1)对小球受力分析,受到重力、支持力和电场力,重力和支持力平衡,根据牛顿第二定律,有:a=Fm=qEm=10-6×1040.01 m/s2=1.0 m/s2,方向水平向左。
(2)设球到桌面右边的距离为x1,球离开桌面后做平抛运动的水平距离为x2,则:x总=x1+x2
由:v2-v02=2ax1;解得:v=1?2x1
设平抛运动的时间为t,根据平抛运动的分位移公式,有:h=12gt2,解得:t=0.5 s。
水平方向,有x2=vt=0.51?2x1,故
x总=x1+0.51?2x1
令:y=1?2x1;则:x总=1?y2+y2
故y=12 m,即:x1=38 m时,水平距离最大,最大值为
xmax=58 m。
教师备用题库
1.(2018课标Ⅰ,16,6分)如图,三个固定的带电小球a、b和c,相互间的距离分别为ab=5 cm,bc=3 cm,ca=4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k,则(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.a、b的电荷同号,k=169 B.a、b的电荷异号,k=169
C.a、b的电荷同号,k=6427 D.a、b的电荷异号,k=6427
答案　D　本题考查库仑定律及矢量合成。若a、b的电荷同号,则c所受库仑力的合力指向2或4区域;若a、b的电荷异号,则c所受库仑力的合力指向1或3区域;故只有a、b的电荷异号,合力方向才能与a、b连线平行。设a带正电荷,b、c带负电荷,c受力如图,tan β=tan α=34,FbFa=tan β,由库仑定律得FbFa=rac2·|Qb|rbc2·|Qa|,联立得k=QaQb=6427。故A、B、C三项均错误,D项正确。
2.(2017天津理综,16,6分)(多选)如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB,电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是(　　)
A.电子一定从A向B运动
B.若aA>aB,则Q靠近M端且为正电荷
C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAD.B点电势可能高于A点电势
答案　BC　本题考查带电粒子在电场中的运动。电子的运动轨迹为曲线,由曲线运动的产生条件可知电子在MN电场线上受力方向为水平向左,因此电场线方向为水平向右(M→N),若aA>aB,则A靠近场源电荷Q,即Q靠近M端且为正电荷,选项B正确;若电子由A→B,则水平向左的电场力与轨迹切线方向的速度夹角大于90°,电场力做负功,电势能增加,即EpAφB,选项D错误。
3.(2016课标Ⅱ,15,6分)如图,P是固定的点电荷,虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动,运动轨迹与两圆在同一平面内,a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用,其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac,速度大小分别为va、vb、vc。则(　　)
A.aa>ab>ac,va>vc>vb
B.aa>ab>ac,vb>vc>va
C.ab>ac>aa,vb>vc>va
D.ab>ac>aa,va>vc>vb
答案　D　带电粒子在电场中仅受电场力作用,由牛顿第二定律知加速度a=Fm=qQEm,E=kqPr2,因为rbac>aa;
由动能定理有Wab=qQUab=12mvb2-12mva2
Wbc=qQUbc=12mvc2-12mvb2
因为Wab<0,所以va>vb
因为Wbc>0,所以vc>vb
因为|Uab|>|Ubc|,所以va>vc
故有va>vc>vb,D项正确。
4.(2017北京理综,22,16分)如图所示,长l=1 m的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10-6 C,匀强电场的场强E=3.0×103 N/C,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小球所受电场力F的大小。
(2)小球的质量m。
(3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小。
答案　(1)3.0×10-3 N　(2)4.0×10-4 kg　(3)2.0 m/s
解析　(1)F=qE=3.0×10-3 N
(2)由qEmg=tan 37°,得m=4.0×10-4 kg
(3)由mgl(1-cos 37°)=12mv2,得
v=2gl(1-cos37°)=2.0 m/s
课件40张PPT。第15讲　电场的力的性质1 电场2 电场强度3 场强公式的比较4 场强的叠加教材研读突破一 电场强度的计算方法突破二 典型电场线分布及电场线应用突破三 电场中受力分析与平衡问题重难突破1.电场
(1)定义:存在于电荷周围,能传递电荷间①　相互作用????的一种特殊物质。
(2)基本性质:对放入其中的电荷有②　力的作用????。2.电场强度
(1)定义:放入电场中某点的电荷受到的电场力F与它的③　电荷量q????的比值。(2)定义式:E=?。
(3)单位:④????N/C或V/m????。
(4)矢量性:规定⑤　正电荷????在电场中某点所受⑥　电场力????的方向为该点电场强度的方向。3.场强公式的比较(4)在点电荷产生的电场中,以点电荷为球心的同一球面上各点的电场
强度都相同。?(　?　)
(5)电场线的方向即带电粒子的运动方向。?(　?　)3.在如图所示各种电场中,A、B两点电场强度相同的是?(　C　)4.在电场中某一点,当放入正电荷时受到的电场力向右,当放入负电荷时受到的电场力向左,下列判断正确的是?(　B　)
A.当放入正电荷时,该点的场强方向向右;当放入负电荷时,该点的场强方向向左
B.该点的场强方向一定向右
C.该点的场强方向一定向左
D.该点的场强方向与所受电场力较大的那个电荷受力方向一致突破一　电场强度的计算方法1.场强三个表达式的比较2.应用叠加原理计算场强。
3.利用平衡条件(或牛顿第二定律)求解场强。典例1　如图所示,在水平向右、大小为E的匀强电场中,在O点固定一电荷量为Q的正电荷,A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四
点,B、D连线与电场线平行,A、C连线与电场线垂直。则?(???A　)反思总结
电场强度叠加问题的分析步骤
电场强度是矢量,叠加时应遵从平行四边形定则,分析电场的叠加问题
的一般步骤是:
(1)确定分析计算场强的空间位置;
(2)分析该处有几个分电场,先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向;
(3)依次利用矢量合成的法则求出矢量和。突破二　典型电场线分布及电场线应用1.几种典型电场的电场线分布2.两点电荷连线及其中垂线上的电场线分布及特点的比较3.电场线的特点
(1)电场线从正电荷出发,终止于负电荷或无限远处,或来自于无限远处,终止于负电荷。
(2)电场线在电场中不相交。
(3)在同一电场中,电场线越密的地方场强越大。
(4)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向。
(5)沿电场线方向电势逐渐降低。
(6)电场线和等势面互相垂直。4.电场线的应用典例2　(多选)如图所示,点电荷的静电场中电场线用实线表示,但其方向未标明,虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹。a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受到电场力作用,根据此图可作出的正确判断是?(　CD　)
A.带电粒子所带电荷的性质
B.a、b两点电场强度方向
C.带电粒子在a、b两点处受力方向
D.带电粒子在a、b两点的速度何处较大解析　由粒子的运动轨迹可知,带电粒子受电场力向左,由于不知电场线的方向,因此不可以判断电荷的带电性质和a、b两点电场强度方向,故A、B错误;电场力方向向左,可以知道带电粒子在a、b两点处的受力方向,故C正确;由于a点运动到b点过程中,电场力与轨迹上每一点的切线方向也就是速度方向成钝角,所以电场力做负功,带电粒子的电势能增大,动能减小,所以带电粒子在B点的速度较小,故D正确。方法总结
电场线与轨迹问题判断方法
(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向),从两者的夹角情况来分析曲线运动的情况。
(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向或等势面电势的高低、电荷运动的方向。若已知其中的任一个,可顺次向下分析判定各待求量;若三个都不知,则要用“假设法”分别讨论各种情况。2-1　(多选)如图所示,实线为不知方向的三条电场线,从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子,仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则?(　CD　)
A.a一定带正电,b一定带负电
B.a的速度将减小,b的速度将增加
C.a的加速度将减小,b的加速度将增加
D.两个粒子的电势能都减小解析　因为电场线方向不知,不能确定a、b的电性,所以A错误;但电场力都做正功,所以a、b的速度都增加,电势能都减小,B错误,D正确;粒子的加速度大小取决于电场力的大小,a向电场线稀疏的方向运动,b向电场线密集的方向运动,所以C正确。2-2　某电场区域的电场线如图所示,a、b是其中一条电场线上的两点,下列说法错误的是?(　A　)
A.负电荷在a点受到的电场力一定小于它在b点
受到的电场力
B.a点的场强方向一定沿着a点的电场线向右
C.正电荷在a点受到的电场力一定大于它在b点受到的电场力
D.a点的场强一定大于b点的场强解析　电场线越密,场强越大,所以a点的场强一定大于b点的场强,根据F=Eq得电荷在a点受到的电场力一定大于它在b点受到的电场力,故A错误,C、D正确;电场线某点的切线方向表示场强的方向,所以a点的场强方向一定沿着a点的电场线向右,故B正确。突破三　电场中受力分析与平衡问题1.电场力方向
正电荷受力方向与场强方向相同,负电荷受力方向与场强方向相反。
2.平衡条件
带电体所受各力的合力为0。
3.库仑力作用下电荷的平衡问题与力学中物体的平衡问题相同,可以将力进行合成与分解。4.恰当选取研究对象,用“整体法”或“隔离法”进行分析。
5.对研究对象进行受力分析,注意比力学中多了一个库仑力。
6.列平衡方程,注意电荷间的库仑力与电荷间的距离有关。典例3　如图所示,竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域,电场强度E=3×104 N/C。在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m=5×10-3 kg的带电小球,静止时小球偏离竖直方向的夹角θ=60°(g取10 m/s2),则?(　D　)方法感悟
解决平衡问题的方法技巧
1.恰当选取研究对象,用“整体法”或“隔离法”进行分析。
2.对研究对象进行受力分析,注意比力学中多了一个库仑力。
3.列平衡方程,利用合成法或正交分解法借助直角三角形知识求解。3-2　如图所示,竖直平面内有一圆形光滑绝缘细管,细管截面半径远小于半径R,在中心处固定一电荷量为+Q的点电荷。一质量为m、电荷量为+q的带电小球在圆形绝缘细管中做圆周运动,当小球运动到最高点时恰好对细管无作用力,则当小球运动到最低点时对管壁的作用力是多大?答案　6mg第16讲　电场能的性质　带电粒子在电场中的运动
A组　基础题组
1.下列四幅图中有关电场说法正确的是(　　)
A.图甲为等量同种点电荷形成的电场线
B.图乙离点电荷距离相等的a、b两点场强相同
C.图丙中在c点静止释放一正电荷,可以沿着电场线运动到d点
D.图丁中把某一电荷从e点平行金属板方向移动到f点,电场力不做功
答案　D　题图甲为等量异种点电荷形成的电场线,故A错误;题图乙离点电荷距离相等的a、b两点场强大小相等,方向不同,故两点的场强不相同,故B错误;将一正电荷从一点由静止释放,若它所在的电场线是曲线,将偏离原来的电场线,不会沿着电场线运动,故C错误;题图丁中平行金属板间是匀强电场,根据等势线与电场线垂直可知,e、f在同一等势面上,故把某一电荷从e点平行金属板方向移动到f点,电场力不做功,故D正确。
2.工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度,通常要在生产流水线上设置如图所示传感器。其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板,上下位置均固定,且分别接在恒压直流电源的两极上。当流水线上通过的产品厚度增大时,下列说法正确的是(　　)
A.A、B平行板电容器的电容减小
B.A、B两板间的电场强度增大
C.A、B两板上的电荷量变小
D.有电流从b向a流过灵敏电流计
答案　D　两极板和恒压电源相连,故两极板间的电势差恒定,根据公式C=εrS4πkd可知当产品厚度增大导致εr增大时,电容器的电容C增大,再根据Q=CU可知极板带电量Q增加,有充电电流从b向a流过,故A、C错误,D正确;因两板之间的电势差不变,板间距不变,所以两板间电场强度E=Ud不变,B错误。
3.一个带负电荷q、质量为m的小球,从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑,小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动,现在竖直方向上加如图所示的匀强电场,若仍从A点由静止释放该小球,则(　　)
A.小球不能过B点
B.小球仍恰好能过B点
C.小球能过B点,且在B点与轨道之间压力不为零
D.以上说法都不对
答案　B　没有电场时,小球恰好过最高点的速度设为v,则mg=mv2R
又根据机械能守恒定律:mg(h-2R)=12mv2,
解得h=52R
加上电场时,小球恰好过最高点需要的速度设为v'
则mg-qE=mv'2R,v'=mg-qERm
而由动能定理,得mg(h-2R)-qE(h-2R)=12mv'2,
v'=mg-qERm
说明小球仍恰好能过B点,故选项B正确。
4.如图甲所示,a、b是某电场中一条电场线上的两点,若在a点释放一初速度为零的带负电的粒子,粒子仅在电场力作用下沿电场线由a运动到b,其电势能W随位移x变化的规律如图乙所示。设a、b两点的电势分别为φa和φb,电场强度的大小分别为Ea和Eb。则下列判断正确的是(　　)
A.φa>φb B.φa<φb
C.EaEb
答案　B　根据题图乙所示的电势能W随位移x变化的规律为向下的倾斜直线,可知带负电的粒子仅在电场力作用下沿电场线由a运动到b,电势能减小,说明电场力做功,电场线方向从b到a。由电势沿电场线方向越来越低可知,φa<φb,选项A错误,B正确。由qEx=12mv2-0,Wa=12mv2+W,联立解得:W=Wa-qEx。对照题图乙,可知电场强度E为恒量,Ea=Eb,选项C、D错误。
5.在点电荷Q的电场中的O点,由静止释放一个质量为m、带电荷量为+q的试探电荷,试探电荷运动到a点时的速度大小为v。若该试探电荷从无穷远处运动到电场中的a点时,需克服电场力做功为W,试探电荷运动到a点时的速度大小仍为v,设无穷远处电势为零。则下列判断正确的是(　　)
A.电场中a点电势φa=Wq
B.电场中O点电势为φO=Wq-mv22q
C.试探电荷的最大速度为vm=2Wm
D.a、O间电势差为UaO=mv22q
答案　A　正试探电荷从无穷远处移到电场中a点克服电场力做功W,表明电场力为斥力,场源电荷带正电,由电场力做功得W=qUa∞=(φa-φ∞)q,a点电势φa=Wq,A项正确;若将试探电荷从O移到a,由动能定理得qUOa=12mv2-0,而UOa=φO-φa,解得φO=Wq+mv22q,B项错误;该试探电荷从无穷远处运动到电场中的a点时,需克服电场力做功W,试探电荷运动到a点时的速度大小仍为v,则试探电荷在无穷远处时速度最大,由动能定理有W=12mvm2-12mv2,则vm=v2+2Wm,C项错误;UaO=-UOa,即UaO=-mv22q,D项错误。
6.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场,其极板带电量分别为+Q和-Q,在两极板之间,用轻质绝缘细线悬挂质量为m、电荷量为q的带电小球(可看成点电荷),细线与竖直方向成θ角时小球恰好平衡,此时小球离右板距离为b,离左板的距离为2b,如图所示,则(　　)
A.小球带正电,极板之间的电场强度大小为mgtanθq
B.小球受到电场力大小为5kQq4b2
C.若将小球移到悬点下方竖直位置,小球的电势能减小
D.若将细线剪断,小球向右做平抛运动
答案　A　对小球,由平衡条件有 tan θ=qEmg,解得E=mgtanθq,故A正确;两板对小球的库仑力不能用点电荷的场强公式计算,小球受到电场力F=qE=mg tan θ,故B错误;悬点下方竖直位置和悬点处于同一等势面,故小球的电势能不变,故C错误;细线剪断后,小球受到斜向下的恒力作用,物体将沿绳子方向做匀加速直线运动,故D错误。
7.如图所示,一倾角θ=30°的固定光滑绝缘斜面,O、A、B是斜面上的三个点,O点在斜面底端,A点为OB的中点,OA长度为d,O点固定一个带正电的点电荷。现有一个可视为质点的带正电的滑块从B点由静止释放,若释放时滑块在B点的加速度大小等于滑块上滑经过A点的加速度大小,点电荷周围电场的电势可表示为φ=kQr(取无穷远处电势为零,公式中k为静电力常量,Q为场源电荷的电荷量,r为距场源电荷的距离),重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)滑块从B点下滑时的加速度;
(2)滑块从B点由静止释放后沿斜面下滑的最大距离。
答案　(1)3 m/s2,方向沿斜面向下　(2)1.2d
解析　(1)在B点对滑块由牛顿第二定律可得
mg sin θ-kQq4d2=ma
滑块上滑经过A点时对滑块由牛顿第二定律可得
kQqd2-mg sin θ=ma
解得a=3 m/s2,方向沿斜面向下
(2)设滑到C点时滑块的速度为零,C点到O的距离为r,由题目可知:C点处的电势φC=kQr
φB=kQ2d
则B、C两点的电势差UBC=φB-φC=kQ2d-kQr
滑块从B点运动到C点的过程中,由动能定理可得
mg sin θ×(2d-r)+qUBC=0-0
滑块从B点由静止释放后沿斜面下滑的最大距离为
s=2d-r
解得s=1.2d
B组　提升题组
1.(2018浙江11月选考,6,3分)等量异种电荷的电场线如图所示,下列表述正确的是(　　)
A.a点的电势低于b点的电势
B.a点的场强大于b点的场强,方向相同
C.将一负电荷从a点移到b点电场力做负功
D.负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
答案　C　沿电场线方向电势降低,a点的电势高于b点的电势,A错;电场线的疏密表示电场强弱,a点场强大于b点场强,但方向不同,B错。a点的电势高于b点的电势,所以把一负电荷从a点移到b点电场力做负功,电势能增大,C正确,D错误。
2.(2018课标Ⅱ,21,6分)(多选)如图,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2。下列说法正确的是(　　)
A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为W1+W22
C.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为W2qL
D.若W1=W2,则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
答案　BD　本题考查电场力做功与电势能变化量的关系、匀强电场中U=Ed。根据电场力做功与电势能变化量的关系有W1=q(φa-φb)①,W2=q(φc-φd)②,WMN=q(φM-φN)③,根据匀强电场中“同一条直线上两点间的电势差与两点间的距离成正比”的规律可知,UaM=UMc,即φa-φM=φM-φc,可得φM=φa+φc2④,同理可得φN=φb+φd2⑤,联立①②③④⑤式可得:WMN=W1+W22,即B项正确。若W1=W2,则φa-φb=φc-φd,结合④⑤两式可推出φa-φM=φb-φN,即D项正确。由题意无法判定电场强度的方向,故A、C项均错误。
3.半径为R的均匀带电球体,在通过球心O的直线上,各点的电场分布如图所示。当x≥R时,电场分布与电荷量全部集中在球心时相同。已知静电力常量为k,则(　　)
A.球面是个等势面,球体是个等势体
B.在x轴上x=R处电势最高
C.xP=2R
D.球心O与球面间电势差的大小为E0R
答案　C　从题图上看,球内部电场强度都不等于零,因此球体不是等势体,A错误;在x轴上x=R处场强最大,而不是电势最高,B错误;EP=kQxP2,ER2=12·kQR2,因为EP=ER2,所以xP=2R,C正确;假设球心O与球面间的电场为匀强电场,且大小为E0,则电势差的大小U=E0R,但是球心O与球面间的电场并不是匀强电场,因此D错误。
4.如图所示,一价氢离子(H+)和二价氦离子(He2+)的混合体,经同一加速电场加速后,垂直射入同一偏转电场中,偏转后,打在同一荧光屏上,则它们(　　)
A.同时到达屏上同一点
B.先后到达屏上同一点
C.同时到达屏上不同点
D.先后到达屏上不同点
答案　B　一价氢离子(H+)和二价氦离子(He2+)的比荷不同,由qU=12mv2可知经过加速电场获得的末速度不同,因此在加速电场及偏转电场中的运动时间均不同,但在偏转电场中偏转距离y=12at2=U2L24U1d相同,所以会打在同一点,B正确。
5.如图所示,长为l的绝缘细线一端悬于O点,另一端系一质量为m、电荷量为q的小球。现将此装置放在水平向右的匀强电场中,小球静止在A点,此时细线与竖直方向成37°角。重力加速度为g, sin 37°=0.6, cos 37°=0.8。
(1)判断小球的带电性质;
(2)求该匀强电场的电场强度E的大小;
(3)若将小球向左拉起至与O点处于同一水平高度且细线刚好张紧,将小球由静止释放,求小球运动到最低点时的速度大小。
答案　(1)负电　(2)3mg4q　(3)2gl2
解析　(1)小球在A点静止,其受力情况如图所示,小球带负电。
(2)根据共点力平衡条件有
mg tan 37°=qE
解得E=3mg4q
(3)设小球到达最低点时的速度为v,小球从水平位置运动到最低点的过程中,根据动能定理有
mgl-qEl=12mv2
解得v=2gl(1-tan37°)=2gl2
6.如图所示,在竖直平面内有一矩形区域ABCD,长边BA与水平方向成θ=37°,短边的长度为d,区域内存在与短边平行且场强大小为E的匀强电场。一个带电微粒从O点以某一水平初速度v1沿OP方向射入电场,能沿直线恰好到达P点;若该带电微粒从P点以另一初速度v2竖直向上抛出,恰好经过D点。已知O为短边AD的中点,P点在长边AB上且PO水平,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
　　(1)微粒所带电荷量q与质量m的比值;
(2)v1的大小与v2大小的比值;
(3)若将该带电微粒从P点以一定的初速度v3竖直向上抛出,则当其动能变为初动能的3倍时,求微粒的竖直位移y的大小与水平位移x大小的比值。
答案　(1)5g4E　(2)5346　(3)2
解析　(1)微粒沿OP方向运动时做匀减速直线运动,受到的合力方向水平向右,有qE=mgcosθ
可得微粒带电量q与质量m的比值:qm=5g4E
(2)微粒的加速度a=mgtanθm=g tan θ
初速度v1满足关系v12=2ad2sinθ
微粒以初速度v2从P点运动到D点做类平抛运动,设运动时间为t
由平抛运动规律有
d2 cos θ=v2t
d2sinθ+d2 sin θ=12at2
解得v1=54gd,v2=9gd170
可得v1的大小与v2大小的比值:v1v2=5346
(3)设微粒从P点竖直向上抛出的初速度为v3,受到水平向右的合力为F,抛出后微粒做一段类平抛运动,其动能变为原来3倍,
由平抛运动规律有x=12ayv32
又F=ma,Fx=ΔEk=3×12mv32-12mv32=mv32
由以上几式得:y2=2x2
即微粒的竖直位移y的大小与水平位移x的大小的比值:yx=2
教师备用题库
1.(2018江苏单科,5,3分)如图所示,水平金属板A、B分别与电源两极相连,带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离,两金属板表面仍均为等势面,则该油滴(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.仍然保持静止 B.竖直向下运动
C.向左下方运动 D.向右下方运动
答案　D　水平金属板间电场沿竖直方向,等势面为一组水平面。带电油滴处于静止状态,说明油滴受到的电场力方向竖直向上且Eq=mg。B板右端向下移动一小段距离,两极板间电压不变,则两极板间的等势面右端同样向下弯曲。电场线与等势面垂直,同样产生弯曲,且电场强度减小。竖直方向上Eyq2.(2018天津理综,3,6分)如图所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹,设M点和N点的电势分别为φM、φN,粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN,速度大小分别为vM、vN,电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是(　　)
A.vMC.φM<φN,EpM答案　D　本题考查带电粒子在电场中的运动。由粒子的轨迹知电场力的方向偏向右,因粒子带负电,故电场线方向偏向左,由沿电场线方向电势降低,可知φN<φM,EpMvN。综上所述,选项D正确。
3.(2018课标Ⅲ,21,6分)(多选)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止开始运动。在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(　　)
A.a的质量比b的大
B.在t时刻,a的动能比b的大
C.在t时刻,a和b的电势能相等
D.在t时刻,a和b的动量大小相等
答案　BD　本题考查电容器和带电粒子在电场中的运动。由题设条件可知,微粒a向下运动,微粒b向上运动,且在相等时间内,位移xa>xb,由运动学公式及牛顿第二定律可得:x=12·qEmt2,则maEkb,选项B正确;由动量定理可得:qEt=p,则pa与pb大小相等,选项D正确;在t时刻,a、b在同一水平面上,电势φ相等,而两微粒的电性不同,由Ep=qφ,可知a和b的电势能不相等,选项C错误。
4.(2018课标Ⅰ,21,6分)(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是(　　)
A.平面c上的电势为零
B.该电子可能到达不了平面f
C.该电子经过平面d时,其电势能为4 eV
D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
答案　AB　本题考查带电粒子在匀强电场中的运动,能量的转化与守恒等知识。电子从a到d的过程中克服电场力做功6 eV,说明电场方向由a→f,且Uad=3Uab=3Ubc=3Ucd=3Udf=6 V,故Uab=Ubc=Ucd=Udf=2 V,又因为φb=2 V,故φa=4 V,φc=0 V,φd=-2 V,φf=-4 V,可知A项正确。Eka=10 eV,从a到f过程中,需克服电场力做功8 eV,Eka>|W电|,因为不知道电子的运动方向,故不能确定电子能否到达平面f,故B项正确。电子经过平面d时,其电势能为2 eV,故C项错误。经过平面b时的动能为8 eV,经过平面d时的动能为4 eV,又知Ek=12mv2,故vbvd=EkbEkd=21,D项错误。
5.(2017江苏单科,4,3分)如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P'点,则由O点静止释放的电子(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.运动到P点返回
B.运动到P和P'点之间返回
C.运动到P'点返回
D.穿过P'点
答案　A　本题考查带电粒子在匀强电场中的加(减)速运动。由题意知,电子在A、B板间做匀加速运动,在B、C板间做匀减速运动,到P点时速度恰好为零,设A、B板和B、C板间电压分别为U1和U2,由动能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;现将C板右移至P'点,由于板上带电荷量没有变化,B、C板间电场强度E=Ud=QCd=4πkQεrS,E不变,故电子仍运动到P点返回,选项A正确。
6.(2017江苏单科,8,4分)(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2,其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有(　　)
A.q1和q2带有异种电荷
B.x1处的电场强度为零
C.负电荷从x1移到x2,电势能减小
D.负电荷从x1移到x2,受到的电场力增大
答案　AC　本题考查识别φ-x图像、场强与电势差的关系、电场力做功与电势能变化关系。φ-x图线的切线斜率表示场强,由图可知从x1到x2过程中,图线切线斜率变小,到x2处斜率为0,即场强从x1到x2一直减小,且E2=0,电场力F=Eq,负电荷从x1移动到x2,受到电场力减小,选项B、D错误;沿x轴方向电势由负到正,故x轴上的两个电荷q1、q2为异种电荷,选项A正确;由图可知φx1<φx2,负电荷由低电势到高电势,电场力做正功,电势能减小,选项C正确。
7.(2017课标Ⅰ,20,6分)(多选)在一静止点电荷的电场中,任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra,φa)标出,其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是(　　)
A.Ea∶Eb=4∶1 B.Ec∶Ed=2∶1
C.Wab∶Wbc=3∶1 D.Wbc∶Wcd=1∶3
答案　AC　本题考查场强与电势。由图可知:ra=1 m、φa=6 V;rb=2 m、φb=3 V;rc=3 m、φc=2 V;rd=6 m、φd=1 V。由点电荷的场强公式E=kQr2得Ea∶Eb∶Ec∶Ed=1ra2∶1rb2∶1rc2∶1rd2=36∶9∶4∶1,A正确、B错误。由WAB=qUAB=q(φA-φB)得Wab∶Wbc∶Wcd=(φa-φb)∶(φb-φc)∶(φc-φd)=3∶1∶1,故C正确、D错误。
8.(2017课标Ⅲ,21,6分)(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图所示,三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是(　　)
A.电场强度的大小为2.5 V/cm
B.坐标原点处的电势为1 V
C.电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D.电子从b点运动到c点,电场力做功为9 eV
答案　ABD　本题考查电场强度、电势、电势差。
设a、c连线上d点电势为17 V,如图所示,则ldc8cm=9V16V,得ldc=4.5 cm,tan θ=4.56=34,θ=37°。过c作bd垂线交bd于e点,则lce=ldc cos θ=4.5×45 cm=3.6 cm。ce方向就是匀强电场方向,场强大小为E,Elce=Ucb,E=2.5 V/cm,A项正确。UeO=ElOb sin 53°=16 V,故O点电势φ0=17 V-16 V=1 V,B项正确。电子在a点的电势能比在b点的高7 eV,C项错误。电子从b点到c点电场力做功W=9 eV,D项正确。
9.如图所示,小车上有一个固定支架,支架上用长为L的绝缘细线悬挂质量为m、电荷量为+q的小球,处于水平方向的匀强电场中(图中未画出),小车在竖直固定挡板右侧某处,向着挡板从静止开始做加速度a=g的匀加速直线运动,此过程细线刚好保持竖直,当小车碰到挡板就立即停止运动,且此时电场方向变为竖直向下,电场强度大小保持不变,求小车停止后:
(1)匀强电场的电场强度大小;
(2)要使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动,到达最高点时的最小速度;
(3)要使小球只在悬点下方的半圆周内运动,小车刚开始运动时其左侧与挡板的最大距离xmax。
答案　(1)mgq　(2)2gL　(3)2L
解析　(1)设匀强电场场强为E,由牛顿第二定律有qE=ma,由题知a=g,解得E=mgq
(2)在小球运动至圆轨迹最高点时,根据向心力公式有T+mg+qE=mv2L,
又T≥0,联立解得v≥2gL,则vmin=2gL
(3)根据匀变速直线运动规律可知,小车碰到挡板瞬间小球的速度v1=2gx
小球只在悬点下方的半圆周内运动时,在最高点的速度为零,根据动能定理有-(mg+qE)h=0-12mv12
又h≤L,解得2mgL≥12mv12,可得x≤2L
所以xmax=2L
课件97张PPT。第16讲　电场能的性质　带电粒子在电场中的运动一 电势差二 电势、等势面三 电场力做功和电势能四 静电现象的解释教材研读五 电容器六 带电粒子在电场中的运动突破一 电场强度、电势、电势差、电势能的比较突破二 电场线、等势面与粒子运动轨迹问题 突破三 平行板电容器的两类问题重难突破突破四 带电粒子在电场中的直线运动（加速或减速）
突破五 带电粒子在匀强电场中的偏转 突破六　电场中的力电综合问题一、电势差1.定义:电荷在电场中,由一点A移动到另一点B时,①　电场力????所做的功与电荷量的比值WAB/q,叫做A、B两点间的电势差,用UAB表示。3.与电场强度的关系:U=③??Ed??。其中d是④　沿电场线方向的距离??,适用于⑤　匀强电场????。二、电势、等势面2.等势面
(1)定义:电场中电势相等的点组成的面。
(2)等势面的特点
a.等势面一定跟电场线⑦　垂直????。
b.电场线总是从电势⑧　高????的等势面指向电势⑨　低????的等势面。
c.在等势面上移动电荷,电场力不做功。
d.在电场线密集的地方,等差等势面也密集;在电场线稀疏的地方,等差等势面也稀疏。三、电场力做功和电势能1.电场力做功
(1)特点:电场力做功与①　运动路径????无关,只与②　始末位置????有关。
(2)计算方法
a.W=Eqd,只适用于匀强电场,其中d为沿③　电场线方向????的距离。
b.WAB=qUAB,适用于④　任何电场????。2.电势能
(1)定义:电荷在⑤　电场????中具有的势能,数值上等于把电荷从该点移到⑥　零势能????位置时电场力所做的功。
(2)电势能变化与电场力做功的关系
a.电势能的减少量等于⑦　电场力做的功????。
b.电场力做正功,电势能⑧　减少????,电场力做负功,电势能⑨　增加????。四、静电现象的解释
1.静电感应:把金属导体放在电场中,导体内的自由电子受电场力作用而发生迁移,使导体的两个端面出现等量的①　异种????电荷,这种现象叫静电感应。
2.静电平衡:当导体内自由电子的定向移动②　停止????时,导体处于静电平衡状态。3.处于静电平衡状态导体的特点
(1)导体内部的场强处处为③　零????,电场线在导体内部中断;
(2)导体是一个④　等势体????,表面是一个等势面;
(3)导体表面上任一点的场强方向跟该点的表面⑤　垂直????;
(4)导体所带的静电荷全部分布在导体的外表面上。
4.静电屏蔽
金属壳或金属网罩所包围的区域,不受⑥　外部????电场的影响,这种现象叫做静电屏蔽。和运动的观点处理,也可用能量观点处理;在非匀强电场中一般用能量观点处理。
2.带电粒子在电场中的偏转
只分析带电粒子垂直进入匀强电场时发生的偏转。
粒子在电场中的运动情况:如果带电粒子以初速度v0垂直于场强方向射入匀强电场,不计重力,电场力使带电粒子产生加速度,做②　类平抛????运动。1.判断下列说法的正误:
(1)A、B两点的电势差是恒定的,所以UAB=UBA。?(　?　)
(2)A、B两点的电势差等于将单位正电荷从A点移动到B点时静电力所做的功。?(　?　)
(3)电场力做功与重力做功相似,均与路径无关。?(　√　)
(4)电场中电场强度为零的地方电势一定为零。?(　?　)(5)沿电场线方向电场强度越来越小,电势逐渐降低。?(　?　)
(6)电势是矢量,既有大小也有方向。?(　?　)
(7)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。?(　?　)
(8)放电后的电容器电荷量为零,电容也为零。?(　?　)
(9)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。?(　?　)
(10)带电粒子在电场中,只受电场力时,也可以做匀速圆周运动。(????√　)2.如图所示,电场中有A、B两点,则下列说法中正确的是?(　D　)
?
A.场强EA>EB
B.电势φA<φB
C.负电荷在A点所受电场力方向与电场强度方向相同
D.将正电荷从A点移到B点,电场力做正功3.a、b;c、d;e、f;g、h为以下电场中的四组点,其中a、b两点距正点电荷的距离相等;c、d两点在两点电荷连线的中垂线上,并关于两点电荷的连线对称;e、f两点在两点电荷的连线上,并关于连线中点对称;g、h两点在两点电荷连线的中垂线上,并关于两点电荷的连线对称。这四组点中,电场强度和电势均相等的是?(　B　)
A.a、b　????B.c、d　????
C.e、f　????D.g、h4.(多选)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中,受重力、电场力和空气阻力三个力作用。若该过程中小球的重力势能增加3 J,机械能增加1.5 J,电场力对小球做功2 J,则下列判断正确的是?(　BD　)
A.小球的重力做功为3 J
B.小球克服空气阻力做功0.5 J
C.小球的电势能增加2 J
D.小球的动能减少1.5 J5.当某一电容器的电压是40 V时,它所带电量是0.2 C,若它的电压降到20 V时,则?(　B　)
A.电容器的电容减少一半
B.电容器的电容不变
C.电容器带电量不变
D.电容器带电量增加为原来的两倍6.(多选)如图所示是示波器原理图,电子被电压为U1的加速电场加速后射入电压为U2的偏转电场,离开偏转电场后电子打在荧光屏上的P点,P点与O点的距离叫做偏转距离,偏转电场极板长为L,板间距离为d,为了增大偏转距离,下列措施可行的是?(　BC　)
A.增大U1　????
B.增大U2
C.增大L　????
D.增大d突破一　电场强度、电势、电势差、电势能的比较1.电场强度、电势、电势差、电势能的比较2.电势高低的三种判断方法3.电势能大小的四种判断方法典例1　(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图所示,三点的电势分别为10 V、10 V、22 V。下列说法正确的是?(　AD　)
A.坐标原点处的电势为-2 V
B.a、b连线中点的电势为16 V
C.电子在a点的电势能比在c点的低12 eV
D.电场强度的大小为500 N/C12 eV,C错误。1-1　电场中有A、B两点,一个点电荷在A点的电势能为1.2×10-8 J,在B点的电势能为0.8×10-8 J。已知A、B两点在同一条电场线上,如图所示,该点电荷的电荷量的绝对值为1.0×10-9 C,那么?(　A　)
?
A.该电荷为负电荷
B.该电荷为正电荷
C.A、B两点的电势差UAB=4.0 V
D.把电荷从A移到B,静电力做功为WAB=2.5×10-10 J1-3　电场中某三条等势线如图中实线a、b、c所示。一电子仅在电场力作用下沿直线从P运动到Q,已知电势φa>φb>φc,这一过程电子运动的v-t图像可能是选项图中的?(　A　)解析　结合φa>φb>φc,由题图等势线的特点可确定此电场为非匀强电场,且Q点处电场强度小于P点处电场强度,电子仅在电场力作用下沿直线从P运动到Q,将做加速度越来越小的加速运动,A正确。突破二　电场线、等势面与粒子运动轨迹问题1.带电粒子轨迹的切线方向为该点处的速度方向。
2.带电粒子所受合力应指向轨迹曲线的凹侧,再根据电场力与场强方向的关系(同向或反向),或电场力做正功还是负功等,进一步确定其他量。
3.几种典型电场的等势面典例2　如图所示,实线表示电场线,虚线表示只受电场力作用的电荷运动轨迹,a、b为运动轨迹上的两点,可以判定?(　C　)
A.电荷在a点的速度大于在b点的速度
B.电荷为负电荷
C.电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D.a点的电势低于b点的电势解析　沿着电场线方向电势越来越低,可得a点电势高于b点电势,D错误。该电荷在电场中做曲线运动,电场力应指向轨迹的凹侧,即受力方向与电场强度的方向一致,电荷必带正电,B错误。电荷若从a运动到b,由于a点电势高于b点电势,a、b间电势差为正值,电荷带正电,由Wab=qUab可得电场力做正功,所以电荷在b点动能大于在a点动能,电荷在b点速度大于在a点速度;电荷若从b运动到a,由Wba=qUba可得电场力做负功,所以电荷在b点动能大于在a点动能,电荷在b点速度大于在a点速度,A错误。由于a点电势高于b点电势,正电荷在电势高处电势能大,所以电荷
在a点的电势能大于在b点的电势能,C正确。方法总结
利用电场线和等势面解决带电粒子运动问题的方法
(1)根据带电粒子(只受电场力)的运动轨迹确定带电粒子受到的电场力的方向,带电粒子所受的电场力指向运动轨迹曲线的凹侧,再结合电场线的方向确定带电粒子的电性。
(2)根据带电粒子在不同的等势面之间的移动,结合题意确定电场力做正功还是做负功、电势能的变化情况或等势面的电势高低。解析　根据电场力做功的特点:电场力做功只与初末位置有关,与电荷经过的路径无关,知将同一电荷从A点直接移到B点,和从A点经过C点再移到B点,电场力做功相同,故A正确;电场力做的功与电荷量的比值等于两点间的电势差,由于A、B间的电势差与A、C间的电势差不同,所以将同一电荷从A点移到B点,和从A点移到C点,电场力做的功与电荷量的比值不同,B错误;电场力做功只与初末位置有关,所以将同一电荷从A点加速移到B点,和减速移到B点,电场力做功相同,C正确;A、B间的电势差是一定的,所以将不同电荷从A点移到B点,电场力做的功与电荷量的比值相同,D正确。2-2　(多选)如图,一带正电的点电荷固定于O点,两虚线圆均以O为圆心,两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法正确的是?(　ABC　)
A.M带负电荷,N带正电荷
B.M在b点的动能小于它在a点的动能
C.N在d点的电势能等于它在e点的电势能
D.N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功解析　粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧,可知M受到了引力作用,N受到了斥力作用,故M带负电荷,N带正电荷,选项A正确;由于虚线是等势面,故M从a点到b点电场力对其做负功,动能减小,选项B正确;d点和e点在同一等势面上,N在d点的电势能等于它在e点的电势能,故选项C正确; N从c点运动到d点的过程中,电场力做正功,故选项D错误。解析　根据等势线分布可知,电场线方向斜向左,根据粒子的运动轨迹可知,粒子带正电,选项A错误;因A点电势较低,故带正电的粒子在A点的电势能小于在C点的电势能,选项B错误;A点的等势面较密集,故电场线也较密集,场强较大,选项C正确;因A、B的电势差等于B、C的电势差,根据W=qU可知,粒子从A点到B点电场力所做的功等于从B点到C点电场力所做的功,选项D错误。突破三　平行板电容器的两类问题典例3????(2018北京理综,19,6分)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是?(　A　)
A.实验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,
能使电容器带电
B.实验中,只将电容器b板向上平移,静电计
指针的张角变小
C.实验中,只在极板间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变大
D.实验中,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,表明电容增大解析　本题考查平行板电容器。带电玻璃棒接触a板,a板会带上同种电荷,同时b板上会感应出异种电荷,故A正确;静电计指针张角反映电容器两板间电压,将b板上移,正对面积S减小,电容C减小,板间电压U增大,故指针张角变大,B错;插入有机玻璃板,相对介电常数εr增大,电容C增大,板间电压U减小,指针张角变小,C错;只增加极板带电量Q,板间电压U增大,但电容保持不变,故D错。3-1　如图所示,先接通S使电容器充电。然后断开S,增大两极板间的距离时,电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U及场强E的变化情况是?(　C　)
A.Q变小,C不变,U不变,E变大
B.Q变小,C变小,U不变,E变小
C.Q不变,C变小,U变大,E不变
D.Q不变,C变小,U变小,E无法确定突破四　带电粒子在电场中的直线运动(加速或减速)2.对带电粒子进行受力分析时应注意的问题
(1)要掌握电场力的特点
电场力的大小和方向不仅跟场强的大小和方向有关,还跟带电粒子的电荷量和电性有关。在匀强电场中,同一带电粒子所受电场力是恒力;在非匀强电场中,同一带电粒子在不同位置所受电场力的大小和方向都可能不同。
(2)是否考虑重力要依据情况而定
基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等,除有说明或明确的暗示外,一
般不考虑重力(但不能忽略质量)。
带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或明确暗示外,一般都不能忽略重力。典例4　中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备,在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。
如图所示,某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成,相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管,在漂移管内做匀速直线运动,在漂移管间被电场加速,加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s,进入漂移管E时速度为1×107 m/s,电源频率为1×107 Hz,漂移管间缝隙很小,质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的比荷取1×108 C/kg。求:
(1)漂移管B的长度;
(2)相邻漂移管间的加速电压。规律总结
解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路
(1)根据带电粒子受到的电场力,用牛顿第二定律求出加速度,结合运动
学公式确定带电粒子的运动情况。此方法只适用于匀强电场。
(2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解。此方法既适用于匀强电场,也适用于非匀强电场。4-2　如图所示,板长L=4 cm的平行板电容器,板间距离d=3 cm,板与水平线夹角α=37°,两板所加电压为U=100 V。有一带负电液滴,带电荷量为q=3×
10-10 C,以v0=1 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场,在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出(取g=10 m/s2, sin α=0.6, cos α=0.8)。求:
(1)液滴的质量;
(2)液滴飞出时的速度大小。方法规律
分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键
(1)条件分析:不计重力,且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直,则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。
(2)运动分析:一般用分解的思想来处理,即将带电粒子的运动分解为沿
电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。5-1　如图所示,质量为m=5×10-8 kg的带电粒子以v0=2 m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B中央飞入电场,已知板长L=10 cm,板间距离d=2 cm,当A、B间电势差UAB=103 V时,带电粒子恰好沿直线穿过电场。求:
(1)带电粒子的电性和所带电荷量;
(2)A、B间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出?5-2　如图所示,在水平面MN的上方存在竖直向下的匀强电场,从空间某点A水平抛出质量为m、带电量为q的带正电粒子,在电场力的作用下经过时间t落到MN上的B点,测得A、B两点间的距离AB=L;若从A点水平抛出时的初速度增大到原来的3倍,则该粒子落到MN上的C点,测得A、C两点间的距离AC=?L。不考虑带电
粒子的重力和空气阻力,求:
(1)电场强度E的大小;
(2)带电粒子运动到C点时的速度大小。突破六　电场中的力电综合问题1.解答力电综合问题的一般思路2.运动情况反映受力情况
(1)物体(保持)静止:F合=0。
(2)做直线运动
①匀速直线运动:F合=0。
②变速直线运动:F合≠0,且F合方向与速度方向共线。
(3)做曲线运动:F合≠0,F合方向与速度方向不在一条直线上,且总指向运动轨迹曲线的凹侧。
(4)F合与v的夹角为α,加速运动:0≤α<90°;减速运动:90°<α≤180°。
(5)匀变速运动:F合=恒量。解析　根据电势能与电势的关系及电场强度与电势的关系,可知:Ep-x图线切线的斜率大说明电场强度大,由图可知:
在0~x1段,电场强度减小,粒子所受的电场力减小,加速度减小;
在x1~x2段,电场强度增大,粒子所受的电场力增大,加速度增大;
在x2~x3段,电场强度大小不变,粒子所受的电场力不变,加速度不变;
所以从x1到x3带电粒子的加速度先增大,后不变,故A错误;从x1到x3电势能增大,动能减小,带电粒子的速度一直减小,故B正确;粒子在0~x2段做变加速运动,在x2~x3段做匀变速直线运动,故C错误;粒子带负电,电势能大
的地方电势低, 则x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系是φ1>φ2>φ3,故D正确。(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放,滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大?
(2)在(1)的情况下,求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小;
(3)改变s的大小,使滑块恰好始终沿轨道滑行,且从G点飞出轨道,求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小。方法感悟1.动力学的观点
(1)由于在匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力,可用正交分解法。
(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式,注意受力分析要全面,特别注意重力是否需要考虑的问题。
2.能量的观点
(1)运用动能定理,注意过程分析要全面,准确求出过程中的所有力做的功,判断选用分过程还是全过程使用动能定理。
(2)运用能量守恒定律,注意题目中有哪些形式的能量出现。(2)若E'=?,小球从A点正上方离A点至少多高处静止释放,才能使小球
沿轨道运动到C点。7-2　如图所示,水平光滑绝缘轨道MN的左端有一个固定挡板,轨道所在空间存在E=4.0×102 N/C、水平向左的匀强电场。一个质量m=0.10 kg、带电荷量q=5.0×10-5 C的滑块(可视为质点),从轨道上与挡板相距x1=0.20 m的P点由静止释放,滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运
动。当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动,运动到与挡板相距x2=0.10 m的Q点,滑块第一次速度减为零,若滑块在运动过程中,电荷量始终保持不变,求:(1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小;
(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中,电场力所做的功;
(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能。答案　(1)0.20 m/s2　(2)4.0×10-3 J　(3)2.0×10-3 J解析　(1)设滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度为a,
此过程滑块所受合外力F=qE=2.0×10-2 N。
根据牛顿第二定律F=ma,解得a=0.20 m/s2。
(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中,电场力所做的功
W1=qEx1=4.0×10-3 J。
(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P点运动到Q点过程中电场力所做的功,即ΔE=qE(x1-x2)=2.0×10-3 J。第17讲　部分电路及其规律
A组　基础题组
1.(2018浙江11月选考,1,3分)下列物理量属于标量的是(　　)
A.速度 B.加速度 C.电流 D.电场强度
答案　C　电流是标量。常见的矢量有位移,速度,加速度,电场强度,磁感应强度。
2.(2017浙江11月选考,12,3分)小明同学家里部分电器的消耗功率及每天工作时间如表所示,则这些电器一天消耗的电能约为(　　)
电器
消耗功率/W
工作时间/h
电茶壶
2 000
1
空调
1 200
3
电视机
100
2
节能灯
16
4
路由器
9
24
A.6.1×103 W B.6.1×103 J
C.2.2×104 W D.2.2×107 J
答案　D　每天消耗的电能为W=2 kW×1 h+1.2 kW×3 h+0.1 kW×2 h+0.016 kW×4 h+0.009 kW×24 h=6.08 kW·h=2.2×107 J。
3.一个小灯泡,当它两端的电压在3 V以下时,电阻等于15 Ω不变;当它两端的电压增大到4 V时,钨丝温度明显升高,它的电阻为16 Ω;当电压增大到5 V时,它的电阻为18 Ω。它在0~5 V电压范围内的伏安特性曲线与下列哪个图像相符(　　)
答案　B　电压在0~3 V范围内小灯泡的电阻不变,则I-U图线是过原点的直线,当电压为3 V时,电流为I1=315 A=0.2 A;当它两端的电压增大到4 V时,钨丝温度明显升高,电阻增大,I-U图线是曲线,电压为4 V时,电流为I2=416 A=0.25 A;电压为5 V时,电流为I3=518 A≈0.28 A。画出0~5 V电压范围内的伏安特性曲线如题图B所示。
4.(2016浙江10月选考,9,3分)一根细橡胶管中灌满盐水,两端用短粗铜丝塞住管口。管中盐水柱长为40 cm时测得电阻为R。若溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同。现将管中盐水柱均匀拉长至50 cm(盐水体积不变,仍充满橡胶管)。则盐水柱电阻变为(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.45R B.54R C.1625R D.2516R
答案　D　本题考查对电阻定律的理解。由于总体积不变,设l1=40 cm长时的横截面积为S,则长度变为l2=50 cm后,横截面积S'=45S,根据电阻定律公R=ρl1S,R'=ρl245S,两式联立得R'=2516R,选项D正确。
5.有一段长1 m的电阻丝,电阻为10 Ω,现把它均匀拉伸到长为5 m,则电阻变为(　　)
A.10 Ω B.50 Ω C.150 Ω D.250 Ω
答案　D　电阻丝无论怎样拉长其体积不变,但随着长度增加,截面面积在减小,即满足V=Sl关系式。把电阻丝由1 m均匀拉伸到5 m时,截面面积变成原来的15,由电阻定律公式R=ρlS可知电阻变成原来的25倍,D正确。
6.(2016浙江10月选考,11,3分)如图为一种服务型机器人,其额定功率为48 W,额定工作电压为24 V,机器人的锂电池容量为20 A·h。则机器人(　　)
A.额定工作电流为20 A
B.充满电后最长工作时间为2 h
C.电池充满电后总电荷量为7.2×104 C
D.以额定电流工作时每秒消耗能量为20 J
答案　C　根据P=UI可知,额定电流应该为2 A,选项A错。电源的容量为20 A·h,即以额定电流2 A工作时,能够工作的最长时间为10 h,选项B错误。电源充满电后的总电荷量为Q=It=20×3 600 C=7.2×104 C,选项C正确。以额定电流工作时,机器人的功率为48 W,即每秒消耗能量48 J,选项D错误。
7.一只“220 V　1 210 W”的特制金属灯丝灯泡与电流表串联,并将它们接到40 V的直流电源上,电流表的读数是以下的哪个值(　　)
A.等于1 A B.大于1 A
C.小于1 A D.无法确定
答案　B　首先根据R=U2P算出灯泡额定电压下的电阻,再根据I=UR算出电压为40 V时电流为1 A,但灯泡的电阻随电压增大而增大,所以40 V时的电阻要小于220 V时的电阻,故电流大于1 A,选B。
8.先后按图中甲、乙所示电路测同一未知电阻阻值Rx,已知两电路的路端电压相等且恒定不变,若按图甲所示电路测得电压表示数为6 V,电流表示数为2 mA,电压表、电流表的连接会对电路产生影响。那么按图乙所示电路测得的结果应有(　　)
A.电压表示数为6 V,电流表示数为2 mA
B.电压表示数为6 V,电流表示数小于2 mA
C.电压表示数小于6 V,电流表示数小于2 mA
D.电压表示数小于6 V,电流表示数大于2 mA
答案　D　图甲所示电路中,电压表示数为6 V,电流表示数为2 mA,说明U=6 V。
在图乙所示电路中,U=6 V,电压表与Rx并联后与电流表串联,由于电流表的分压,电压表与Rx并联部分电压小于U,即电压表示数小于6 V。又由于电压表与Rx并联的电阻小于Rx,外电路总电阻小于电流表与待测电阻Rx串联的总电阻,则干路中电流大于图甲中电流表的读数,即大于2 mA。
9.如图所示是某款理发用的电吹风的电路图,它主要由电动机M和电热丝R构成。当闭合开关S1、S2后,电动机驱动风叶旋转,将空气从进风口吸入,经电热丝加热,形成热风后从出风口吹出。已知电吹风的额定电压为220 V,吹冷风时的功率为120 W,吹热风时的功率为1 000 W。关于该电吹风,下列说法正确的是(　　)
A.电热丝的电阻为55 Ω
B.电动机线圈的电阻为12103 Ω
C.当电吹风吹热风时,电热丝每秒钟消耗的电能为1 000 J
D.当电吹风吹热风时,电动机每秒钟消耗的电能为1 000 J
答案　A　电吹风吹热风时电热丝消耗的功率为P=1 000 W-120 W=880 W,每秒钟消耗的电能为880 J,对电热丝,由P=U2R得电热丝的电阻为R=U2P=2202880 Ω=55 Ω,选项A正确,选项C错误;由题给条件无法计算电动机线圈的电阻,选项B错误;当电吹风吹热风时,电动机每秒钟消耗的电能为120 J,选项D错误。
10.用两个相同的小量程电流表分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2,若把A1、A2分别采用串联和并联的方式接入电路,如图所示,则闭合开关后,下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是(　　)
A.图(a)中的A1、A2的示数相同
B.图(a)中的A1、A2的指针偏角相同
C.图(b)中的A1、A2的示数和偏角都不同
D.图(b)中的A1、A2的指针偏角相同
答案　B　大量程电流表是小量程电流表并联一适当的分流电阻改装而成的。当A1、A2并联时,由于A1、A2的电阻不同,通过A1、A2的电流不等,A1、A2的示数不同,但通过每个小量程电流表的电流相同,故指针偏角相同,A错,B对。当A1、A2串联时,通过A1、A2的电流相等,故示数相同,但A1、A2的量程不同,故指针偏角不同,C、D均错。
B组　提升题组
1.铅蓄电池的电动势为2 V,内阻不为零,以下说法中错误的是(　　)
A.电路中每通过1 C电荷量,铅蓄电池能把2 J的化学能转化为电能
B.体积大的铅蓄电池比体积小的铅蓄电池的电动势大
C.电路中每通过1 C电荷量,铅蓄电池内部非静电力做功为2 J
D.该铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比一节干电池(电动势为1.5 V)的强
答案　B　由W=UIt=UQ=2×1 J=2 J,可知A正确;电动势的大小由电源将其他形式的能转化为电能的能力大小决定,与体积无关,故B错误;电路中每通过1 C电荷量时,铅蓄电池内部非静电力做功为2 J,故C正确;电动势的大小表示电源将其他形式的能转化为电能的能力大小,故D正确。
2.某用电器距离供电电源距离为L,线路上的电流为I,若要求线路上的损失电压不超过U,已知输电导线的电阻率为ρ,那么,该输电线的横截面积最小值是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.ρLR B.2ρILU C.UρIL D.2ULρI
答案　B　设输电线的电阻为R,由欧姆定律可得U=IR,由电阻定律有R=ρ2LS,联立可得S=2ρILU,故B正确,A、C、D错误。
3.(多选)有一横截面积为S的铜导线,流经其中的电流为I,设每单位体积的导线中有n个自由电子,每个自由电子的电荷量均为q,此时电子定向移动的速率为v,则在Δt时间内,通过导线横截面的自由电子数目可表示为(　　)
A.nvSΔt B.nvΔt C.IΔtq D.IΔtSq
答案　AC　根据电流定义可知,在Δt时间内通过导线横截面的电荷量Q=IΔt,所以在这段时间内通过的自由电子数为N=Qq=IΔtq,所以C对,D错;由于自由电子定向移动速率是v,在时间Δt内,位于以某横截面为底,长l=vΔt这段导线内的自由电子都能通过横截面,V=Sl=SvΔt,总的自由电子数N=nV=nSvΔt,A对,B错。
4.将截面均匀、长为L、电阻为R的金属导线截去Ln,将剩余部分均匀再拉长至L,则导线电阻变为(　　)
A.(n-1)Rn B.Rn C.nR(n-1) D.nR
答案　C　根据电阻决定式R=ρLS,截去Ln之后再拉长至L,长度没有变化,横截面积变为原来的n-1n,则电阻变为R'=ρLn-1nS=nn-1ρLS=nn-1R。故选C。
5.如图所示,图线①表示的导体电阻为R1,图线②表示的导体电阻为R2,则下列说法正确的是(　　)
A.R1∶R2=1∶3
B.R1∶R2=3∶1
C.将R1与R2串联后接于电源上,则流过两电阻电流之比为1∶3
D.将R1与R2并联后接于电源上,则流过两电阻电流之比为1∶3
答案　A　在I-U图像中,R=1k,由图像可知,k1=1,k2=13,所以R1∶R2=1∶3,选项A正确,B错误;R1、R2串联后接于电源上,流过两电阻的电流相等,选项C错误;R1、R2并联后接于电源上,流过两电阻电流之比I1I2=R2R1=31,选项D错误。
6.锂电池能量密度高、绿色环保。现用充电宝为一手机锂电池(图甲)充电,等效电路如图乙所示,充电宝的输出电压为U,输出电流为I,该锂电池的内阻为r,则(　　)
A.充电宝输出的电功率为UI+I2r
B.电能转化为化学能的功率为UI
C.锂电池产生的热功率为I2r
D.锂电池产生的热功率为U2r
答案　C　充电宝的输出功率为UI,锂电池的热功率为I2r,则电能转换为化学能的功率为UI-I2r,U2r≠I2r,故C正确。
7.图是有两个量程的电压表,当使用a、b两个端点时,量程为0~10 V,当使用a、c两个端点时,量程为0~100 V。已知电流表的内阻Rg为500 Ω,满偏电流Ig为1 mA,则电阻R1、R2的值(　　)
A.9 500 Ω　90 000 Ω B.90 000 Ω　9 500 Ω
C.9 500 Ω　9 000 Ω D.9 000 Ω　9 500 Ω
答案　A　接a、b时电流表串联R1,由串联电路特点有R总=R1+Rg=U1Ig,R1=U1Ig-Rg=9 500 Ω。接a、c时电流表串联R1、R2,同理有R总'=R1+R2+Rg=U2Ig,R2=U2Ig-Rg-R1=90 000 Ω。
8.(多选)在如图所示的电路中,电源电动势为3.0 V,内阻不计,L1、L2、L3为相同规格的三个小灯泡,这种小灯泡的伏安特性曲线如图所示,当开关闭合后,下列判断正确的是(　　)
A.灯泡L1的电阻为12 Ω
B.灯泡L1消耗的电功率为0.75 W
C.通过灯泡L1的电流为通过灯泡L2电流的2倍
D.灯泡L2消耗的电功率为0.30 W
答案　ABD　当开关闭合后,灯泡L1的电压U1=3 V,由题图读出其电流I1=0.25 A,则灯泡L1的电阻R1=U1I1=12 Ω,功率P1=U1I1=0.75 W,故A、B正确;灯泡L2、L3串联,电压U2=U3=1.5 V,由题图读出其电流I2=I3=0.20 A,灯泡L2、L3的功率均为P=UI=1.5 V×0.20 A=0.30 W,故D正确,C错误。
9.定值电阻R1、R2、R3的阻值均为2 Ω,在电路中所消耗的电功率的最大值分别为10 W、10 W、2 W,现将这三个电阻按照如图所示的方式连接,则这部分电路消耗的电功率的最大值为(　　)
A.22 W B.12 W C.15 W D.16 W
答案　B　由题意知R1=R2=R3=2 Ω,P1=10 W,P2=10 W,P3=2 W,首先分析两个并联电阻R2、R3所允许的最大消耗功率。因为R2与R3并联,则两端电压相等,由公式P=U2R知,R2与R3所消耗的功率一样。已知R2与R3本身允许的最大功率分别是10 W和2 W,所以R2、R3在该电路中的最大功率都是2 W,否则会超过R3的最大功率。再分析R1在电路中允许的最大功率。把R2与R3看成一个并联电阻R',则电路就是R1与R'串联,而串联电路所流过的电流一样,再由P=I2R知,R1与R'所消耗的功率之比为R1∶R',R2与R3的并联阻值R'=R22,即R1R'=2,所以R1消耗的功率是并联电阻R'的两倍,则R1的功率是2×4 W=8 W<10 W,所以总功率最大为2 W+2 W+8 W=12 W。
10.(多选)在研究微型电动机的性能时,可采用如图所示的实验电路。当调节滑动变阻器R,使电动机停止转动时,电流表和电压表的示数分别为0.5 A和1.0 V;重新调节R,使电动机恢复正常运转时,电流表和电压表的示数分别为2.0 A和15.0 V。则有关这台电动机正常运转时的说法正确的是(　　)
A.电动机的内电阻为2 Ω
B.电动机的内电阻为7.5 Ω
C.电动机的输出功率为30 W
D.电动机的输出功率为22 W
答案　AD　当调节滑动变阻器R,使电动机不转动,此时将电动机视为纯电阻,R0=UI=2 Ω,选项A正确,B错误;当电动机正常工作时,电动机的输出功率为P出=UI-I2R0=22 W,选项C错,D正确。
教师备用题库
1.将灵敏电流计G串联一个电阻R,此组合可以用来测电压,现将该组合与一标准电压表并联,如图所示,对某一电路进行测量,发现测出的电压总比标准电压表测出的值略微偏小,为了使其读数准确,应在串联电阻R上再(　　)
A.串联一个阻值适当的大电阻
B.串联一个阻值适当的小电阻
C.并联一个阻值适当的大电阻
D.并联一个阻值适当的小电阻
答案　C　改装表的示数由偏转角度和量程这两者共同决定。现根据题意,在量程不变的情况下,需要略微增大通过电流计的电流,因此要略微减小该组合的电阻,因此选C。
2.一幢居民楼里住着生活水平各不相同的24户居民,所以整幢居民楼里有各种电器,例如电炉、电视机、微波炉、电脑等,各家用电器同时使用,测得A、B间的电压为U,进线电流为I,如图所示,则该幢居民楼用电的总功率P为(　　)
A.I2R B.U2R C.IU D.IU-I2R
答案　C　电功率的表达式P=IU适用于所有用电器,但I2R和U2R只适用于纯电阻电路,IU-I2R表示除发热功率外的其他功率,故选C。
3.(2016江苏单科,8,4分)(多选)如图所示的电路中,电源电动势为12 V,内阻为2 Ω,四个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关S,下列说法正确的有(　　)
A.路端电压为10 V
B.电源的总功率为10 W
C.a、b间电压的大小为5 V
D.a、b间用导线连接后,电路的总电流为1 A
答案　AC　外电路的总电阻R=10 Ω,由闭合电路欧姆定律可得电路中的总电流I=ER+r=1 A,因此路端电压U=E-Ir=12 V-1×2 V=10 V,A选项正确;电源的总功率P=EI=12 W,B选项错误;由图(a)可知Uab=UaO-UbO=-15×0.5 V+5×0.5 V=-5 V,故选项C正确;当a、b间用导线连接后,其等效电路如图(b)所示,电路中的外电阻R'=7.5 Ω,电路中总电流I'=ER'+r=129.5 A≠1 A,D选项错误。
图(a)
图(b)
4.(多选)如图甲所示,电源电动势E=6 V,闭合开关,将滑动变阻器的滑片P从A端滑至B端的过程中,得到电路中的一些物理量的变化如图乙、丙、丁所示。其中图乙为输出功率与路端电压的关系图线,图丙为路端电压与总电流的关系图线,图丁为电源效率与外电路电阻的关系图线,不考虑电表、导线对电路的影响。则下列关于图中a、b、c、d点的坐标值正确的是(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.a(4 V,4.5 W) B.b(4.8 V,2.88 W)
C.c(0.6 A,4.5 V) D.d(8 Ω,80%)
答案　BD　由题图丙可知短路电流为I短=3 A,由I短=Er得r=EI短=63 Ω=2 Ω,电源的效率最大时,滑动变阻器接入电路的电阻最大,由题图丁可知电源的最大效率为η=80%,由η=UIEI=RR+r,解得R=8 Ω,滑动变阻器的滑片P在最右端B时,分别对应b、c、d三点。当输出功率达到最大时外电路电阻R1=r=2 Ω,此时路端电压为U1=3 V,故可得a点:U1=3 V,P出m=E24r=624×2 W=4.5 W,坐标为(3 V,4.5 W);b点、c点:R=8 Ω,I=ER+r=68+2 A=0.6 A,U2=E-Ir=(6-0.6×2) V=4.8 V,P出2=U2I=4.8×0.6 W=2.88 W,所以b点的坐标为(4.8 V,2.88 W),c点的坐标为(0.6 A,4.8 V);d点的坐标为(8 Ω,80%)。故选项B、D正确。
5.如图所示,其中电流表A的量程为0.6 A,表盘均匀划分为30个小格,每一小格表示0.02 A;R1的阻值等于电流表内阻的12;R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值,则下列分析正确的是(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.04 A
B.将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.02 A
C.将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.06 A
D.将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.01 A
答案　C　设电流表的内阻为RA,则R1=12RA,R2=2RA,将接线柱1、2接入电路时,流过接线柱1的电流I1=3I0,其中I0为流过电流表A的电流,因此每一小格表示0.06 A;将接线柱1、3接入电路时,流过接线柱1的电流I1'=3I0,其中I0为流过电流表A的电流,因此每一小格表示0.06 A。选项A、B、D错误,C正确。
课件40张PPT。第17讲　部分电路及其规律一 电路的基本概念二 电阻的串、并联教材研读突破一 电阻定律、欧姆定律的理解与应用突破二 对伏安特性曲线的理解突破三 电功、电热、电功率和热功率重难突破突破四 电阻的串、并联及电表的改装一、电路的基本概念二、电阻的串、并联3.关于家庭安全用电,下列做法正确的是?(　D　)
A.将多个大功率电器在同一个移动插座上并同时使用
B.所有家用电器都使用二孔插座
C.打扫卫生时用湿抹布擦拭正在工作中的电器
D.家庭电路设计时需根据使用的电器功率大小和使用情况考虑供电电线的粗细4.下列关于电阻率的叙述,正确的是?(　B　)
A.电阻率与导体的长度和横截面积有关
B.电阻率表征了材料的导电能力的强弱,由导体的材料决定,且与温度有关
C.电阻率大的导体,电阻一定大
D.有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响,可以用来制成电阻温度计突破一　电阻定律、欧姆定律的理解与应用电阻的决定式和定义式的比较1-1　两根完全相同的金属裸导线,如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍,把另一根对折后绞合起来,然后给它们分别加上相同电压,则在相同时间内通过它们的电荷量之比为?(　C　)
A.1∶4　????B.1∶8　????C.1∶16　????D.16∶1突破二　对伏安特性曲线的理解解析　本题考查小灯泡的伏安特性曲线、电阻的定义式。由电阻的定义式R=U/I(在I-U图像上的体现是曲线上某点与坐标原点连线的斜率的倒数)知,A、B正确,C错误;对应P点,小灯泡的功率P功率=U1I2,即图中PQOM的面积,D选项正确。突破三　电功、电热、电功率和热功率1.电功、电热、电功率和热功率的区别2.纯电阻电路与非纯电阻电路典例3　有一小型直流电动机,把它接入U1=0.3 V的电路中时,电动机不转,测得流过电动机的电流为I1=0.6 A;若把电动机接入U2=3.0 V的电路中时,电动机正常工作,工作电流是I2=1.0 A,求:
(1)电动机正常工作时的输出功率是多少;
(2)如果电动机正常工作时,转子突然被卡住,此时电动机的发热功率是多大。突破四　电阻的串、并联及电表的改装1.电阻的串、并联典例4　(多选)如图所示,把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后,灯泡都正常发光,且两个电路的总功率相等,则这两个电路中的U甲、U乙,R甲、R乙之间的关系正确的是?(　AC　)
A.U甲>U乙　????
B.U甲=4U乙
C.R甲=4R乙　????
D.R甲=2R乙解析　设灯泡正常工作时两端的电压为U,电流为I,则有U甲I=U乙×2I,则U甲=
2U乙,A项正确,B项错误;因两个电路的总功率相等,又知四个灯泡相同且均正常发光,则它们的实际功率相等,则有I2R甲=(2I)2R乙,得R甲=4R乙,C项正确,D项错误。4-1　如图所示,电路两端的电压U保持不变,电阻
R1、R2、R3消耗的电功率一样大,则电阻之比
R1∶R2∶R3是?(　C　)
A.1∶1∶1 B.4∶1∶1
C.1∶4∶4　???? D.1∶2∶2解析　根据串、并联电路的特点知U2=U3,因P1=P2=P3,故R2=R3,又因I1=I2+I3,故I1=2I2=2I3,根据P=I2R和P1=P2=P3得R1∶R2∶R3=1∶4∶4,C正确。解析　由电表的改装可知,电流表应是G与R并联,改装后加在G两端的最大电压Ug=IgRg不变,所以并联电阻R越大,I=Ig+IR越小,即量程越小。对于电压表应是G与R串联,改装后量程U=IgRg+IgR,可知R越大,量程越大,故正确选项为C。5-2　有两个相同的电流表,允许通过的最大电流(满偏电流)为Ig=1 mA,表头电阻Rg=30 Ω,若改装成一个量程为3 V的电压表和一个量程为0.6 A的电流表应分别?(　C　)
A.串联一个2 990 Ω的电阻和并联一个0.15 Ω的电阻
B.并联一个2 990 Ω的电阻和串联一个0.15 Ω的电阻
C.串联一个2 970 Ω的电阻和并联一个0.05 Ω的电阻
D.并联一个2 970 Ω的电阻和串联一个0.05 Ω的电阻第18讲　闭合电路欧姆定律
A组　基础题组
1.如图所示,电源电动势E=6 V,内阻r=1 Ω,小灯泡L标有“2 V　4 W”,当调节可变电阻R使小灯泡恰好正常发光时,下列说法正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.流过小灯泡的电流I=1 A
B.电源的路端电压为4 V
C.可变电阻R此时的阻值为2 Ω
D.可变电阻R此时消耗的功率为2 W
答案　B　小灯泡正常发光,则流过小灯泡的电流I=PU=2 A,选项A错误;电源的路端电压U端=E-Ir=4 V,选项B正确;可变电阻R此时的阻值为R=U端-U灯I=1 Ω,选项C错误;可变电阻R此时消耗的功率为P'=I2R=4 W,选项D错误。
2.有一个电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源。下列电阻与其连接后,使电阻的功率大于2 W,且使该电源的效率大于50%的是(　　)
A.0.5 Ω B.1 Ω C.1.5 Ω D.2 Ω
答案　C　电阻功率P=I2R=ER+r2R,当P=2 W时,代入数据解得R1=0.5 Ω,R2=2 Ω,功率大于2 W,则0.5 Ω1 Ω,综合可得1 Ω3.如图所示,电源的电动势为E、内阻为r,定值电阻R的阻值也为r,滑动变阻器的最大阻值是2r。在滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中,下列说法中正确的是(　　)
A.电压表的示数变大
B.电流表的示数变小
C.滑动变阻器消耗的功率变小
D.定值电阻R消耗的功率先变大后变小
答案　C　等效电路图如图所示。滑片从a端滑向b端,滑动变阻器接入电路的阻值RPb减小,由“串反并同”原则有,电压表示数减小,电流表示数增大,电阻R消耗的功率增大,A、B、D错误;把电阻R当做电源内电阻(等效电源),则R内=2r,RPb减小,且RPb<2r,等效电源的输出功率减小,即滑动变阻器消耗的功率减小,C正确。
4.如图所示,已知R1=R2=R3=1 Ω。当开关S闭合后,电压表的读数为1 V;当开关S断开后,电压表的读数为0.8 V,则电池的电动势等于(　　)
A.1 V B.1.2 V C.2 V D.4 V
答案　C　当S闭合时,I=UR1=11 A=1 A,故有E=I(1.5 Ω+r);当S断开时,I'=U'R1=0.8 A,故有E=I'(2+r),解得E=2.0 V,C正确。
5.在如图所示电路中E为电源,其电动势E=9.0 V,内阻可忽略不计;AB为滑动变阻器,其最大电阻R=30 Ω;L为一小灯泡,其额定电压U=6.0 V,额定功率P=1.8 W;S为开关,开始时滑动变阻器的触头位于B端,现在接通开关S,然后将触头缓慢地向A端滑动,当到达某一位置C时,小灯泡刚好正常发光。则C、B之间的电阻应为(　　)
A.10 Ω B.20 Ω C.15 Ω D.5 Ω
答案　B　本题中小灯泡刚好正常发光,说明此时通过小灯泡的电流为额定电流I额=PU=1.86.0 A=0.3 A,两端电压为额定电压U额=6.0 V,而小灯泡和滑动变阻器串联,则通过变阻器的电流与通过小灯泡的电流相等,RAC=E-U额I额=10 Ω,RCB=R-RAC=20 Ω,B项正确。
6.巨磁电阻(GMR)电流传感器可用来准确检测输电线路中的强电流,其原理利用了巨磁电阻效应。巨磁电阻效应是指某些磁性材料的电阻在一定磁场作用下随磁感应强度B的增加而急剧减小的特性。如图所示检测电路,设输电线路电流为I(不是GMR中的电流),GMR为巨磁电阻,R1、R2为定值电阻,已知输电线路电流I在巨磁电阻GMR处产生的磁场的磁感应强度B的大小与I成正比,下列有关说法正确的是(　　)
A.如果I增大,电压表V1示数减小,电压表V2示数减小
B.如果I增大,电流表A示数减小,电压表V1示数增大
C.如果I减小,电压表V1示数增大,电压表V2示数增大
D.如果I减小,电流表A示数减小,电压表V2示数减小
答案　D　如果I增大,磁感应强度增加,则巨磁电阻的电阻值减小,根据闭合电路欧姆定律,可知电路中的电流I0增加,路端电压U1=E-I0r减小,电阻R2两端的电压U2=I0R2增大,即电压表V1示数减小,电压表V2示数增大,电流表A示数增大,故A、B错误;如果I减小,巨磁电阻的电阻值增大,根据闭合电路欧姆定律,可知电路中的电流I0减小,路端电压U1=E-I0r增大,电阻R2两端的电压U2=I0R2减小,即电压表V1示数增大,电压表V2示数减小,电流表A示数减小,故C错误,D正确。
7.在如图所示的电路中,闭合开关S后,L1、L2两灯泡都正常发光,后来由于某种故障使L2突然变亮,电压表读数减小,由此推断,该故障可能是(　　)
A.L1灯丝烧断 B.电阻R2断路
C.电阻R2短路 D.电容器被击穿短路
答案　D　若L1灯丝烧断,则总电阻增大,总电流减小,L2两端电压减小,L2变暗,选项A错误;若R2断路,则总电阻增大,电压表读数增大,总电流减小,L1与R1并联部分两端的电压减小,故L2两端的电压增大,L2变亮,选项B错误;若电阻R2短路,则通过L2的电流为零,L2不亮,选项C错误;若电容器被击穿短路,则电路总电阻减小,路端电压减小,总电流增大,L2变亮,D正确。
8.在如图所示的电路中,闭合开关S,将滑动变阻器滑片P缓慢向右移动,则(　　)
A.灯泡L变暗
B.电源内部消耗的功率先变大后变小
C.电容器C上的电荷量增加
D.流过R1的电流方向由左向右
答案　D　滑片右移,接入电路的电阻减小,由闭合电路欧姆定律可知,总电流增大,故灯泡L变亮,A项错;电源内部消耗的电功率P=I2r,随电流的增大,电源内部消耗的功率一直变大,B项错;由U=IR可知,灯泡两端电压和电源内电压均增大,所以滑动变阻器两端电压减小,故与之并联的电容器两端电压减小,由Q=CU可知,电容器C上的电荷量减小,C项错;电容器带电荷量减少,故电容器处于放电状态,流过R1的电流方向由左向右,D项正确。
9.如图所示,电源的电动势为E,内阻为r,R1、R2、R3为定值电阻,R4为光敏电阻(光敏电阻被光照射时阻值变小),C为电容器。闭合开关S,电路稳定后,用光照射R4,下列说法正确的是(　　)
A.电压表示数增大
B.电源的效率增大
C.电容器所带电荷量增加
D.R2消耗的功率减小
答案　C　分析电路可知,当用光照射R4时,R4阻值减小,总电阻减小,总电流增大,路端电压减小,电压表示数减小,A错误;电源效率η=IUIE=R外R外+r=11+rR外随外电路电阻阻值的减小而减小,B错误;分析可知R2两端电压即电容器两端电压增大,则R2消耗的功率增大、电容器所带电荷量增加,C正确、D错误。
B组　提升题组
1.如图所示电路中,电源电动势为E,电源内阻为r,串联的定值电阻为R2,滑动变阻器的总电阻为R1,电阻大
小关系为R1=R2=r,则在滑动触头从a端移动到b端的过程中,下列描述中正确的是(　　)
A.电路中的总电流先增大后减小
B.电路的路端电压先增大后减小
C.电源的输出功率先增大后减小
D.滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大
答案　B　当滑动触头从a→b移动时,R1左右两部分并联的总电阻先增大后减小,根据闭合电路欧姆定律可知,总电流是先减小后增大,故A错误;路端电压U=E-Ir,因为总电流先减小后增大,所以路端电压先增大后减小,故B正确;当R外=r的时候电源的输出功率最大,可知当滑片在a端或者b端时,外电路总电阻R外=r,此时电源的输出功率最大,所以输出功率是先减小后增大的,故C错误;将R2看成电源的内阻,等效电源的内阻为2r,显然外电阻小于内电阻,外电阻先增大后减小,等效电源的输出功率,即R1上消耗的功率先增大后减小,故D错误。
2.如图所示,电源电动势为E,内阻为r,电表为理想电表,灯泡L和电阻R阻值均恒定,在滑动变阻器的滑片由a端滑向b端的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.灯泡消耗的功率逐渐增大
B.电压表、电流表示数均减小
C.电源消耗的总功率增大,热功率减小
D.电压表示数变化量与电流表示数变化量比值的绝对值恒定不变
答案　D　在滑动变阻器的滑片由a端滑向b端的过程中,滑动变阻器连入电路的有效电阻逐渐增大,由“串反并同”原则知灯泡消耗的功率逐渐减小,电压表示数增大,电流表示数减小,A、B错;由P总=EI及P热=I2r知电源消耗的总功率、热功率均减小,C错;将灯泡电阻与定值电阻R并联的总阻值归为电源内阻,则电压表示数变化量与电流表示数变化量比值的绝对值为等效电源的内阻,是定值,D对。
3.图甲中R1为定值电阻,R2为滑动变阻器(允许通过的最大电流为5 A)。闭合开关S后,移动滑片P时,ab两端电压U和通过电路的电流I之间的关系如图乙;R2消耗的功率P与电流I的关系如图丙,则下列说法中错误的是(　　)
A.电源电压为50 V
B.R1的阻值为5 Ω
C.当R2的功率为120 W时,电路消耗的总功率为200 W
D.滑动变阻器连入电路的阻值范围为4~45 Ω
答案　D　由电路图可知,两电阻串联接入电路,ab两端电压是滑动变阻器两端电压。
(1)当开关断开时,电路中的电流为0,由图乙可知ab两端的电压即电源的电压U=50 V,故A正确;
(2)由图丙可知,当R2的功率为120 W时,电路中的电流I=4 A,由图乙可知,此时Uab=30 V,因串联电路中总电压等于各分电压之和,所以,R1两端的电压:U1=U-Uab=50 V-30 V=20 V,
由I=UR可得,R1的阻值:
R1=U1I=20V4A=5 Ω,故B正确;
电路消耗的总功率:
P=UI=50 V×4 A=200 W,故C正确;
(3)由图乙所示图像可知:I1=1 A时U2=45 V,I2=5 A时U2'=25 V,
则滑动变阻器接入电路中的最大和最小电阻分别为:
R最大=U2I1=45V1A=45 Ω,R最小=U2'I2=25V5A=5 Ω,
则滑动变阻器连入电路的阻值范围是5~45 Ω,故D错误。
4.如图所示,平行金属板中带电质点P原处于静止状态,不考虑电流表和电压表对电路的影响,R1的阻值和电源内阻r相等。当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时　(　　)
A.电压表读数增大
B.电流表读数减小
C.电源的输出功率逐渐增大
D.质点P将向上运动
答案　C　质点P处于静止状态,其所受向上的电场力等于向下的重力,当R4的滑片向b端移动时,R4接入电路的电阻减小,则外电路总电阻减小,干路电流I增大,电容器两板间电压等于R3两端的电压,由闭合电路欧姆定律知R3两端电压U3=E-I(r+R1)减小,则电容器两板间场强减小,质点P所受的电场力减小,所以质点P将向下运动,D错误。电流表读数IA=I-I3,I增大,I3减小,则IA增大,B错误。R4两端的电压U4=U3-IAR2,U3减小,IA增大,则U4减小,电压表读数减小,A错误。因为R1=r,则R外>r,当R外减小时,电源的输出功率逐渐增大,故C项正确。
5.如图所示电路,电源内阻不可忽略。开关S闭合后,在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中(　　)
A.电压表与电流表的示数都减小
B.电压表与电流表的示数都增大
C.电压表的示数增大,电流表的示数减小
D.电压表的示数减小,电流表的示数增大
答案　A　由变阻器R0的滑动端向下滑可知R0连入电路的有效电阻减小,则R总减小,由I=ER总+r可知I增大,由U内=Ir可知U内增大,由E=U内+U外可知U外减小,故电压表示数减小。由U1=IR1可知U1增大,由U外=U1+U2可知U2减小,由I2=U2R2可知电流表示数减小,故A正确。
6.如图所示,当R1的触头向右移动时,电压表V1和电压表V2的示数的变化为ΔU1和ΔU2(均取绝对值),则ΔU1和ΔU2的大小关系为(　　)
A.ΔU1>ΔU2
B.ΔU1=ΔU2
C.ΔU1<ΔU2
D.条件不足,无法确定ΔU1和ΔU2的大小关系
答案　A　对于确定的电源来说,E、r是不变的,故电路中的一部分电压增加必有另一部分电压减小,且增加值与减小值在数值上相等。当R1的触头向右移动时,接入电路中的电阻减小,故电路中的电流增大致使(R2+r)上的电压增加(ΔU2+ΔUr),R1上的电压减小ΔU1,则ΔU2+ΔUr=ΔU1,A项正确,其他选项错误。
7.(多选)如图所示,R1为定值电阻,R2为可变电阻,E为电源电动势,r为电源内电阻,以下说法中正确的是(　　)
A.当R2=R1+r时,R2获得最大功率
B.当R1=R2+r时,R1获得最大功率
C.当R2=0时,R1获得最大功率
D.当R2=0时,电源的输出功率最大
答案　AC　在讨论R2的电功率时,可将R1视为电源内阻的一部分,即将原电路等效为外电阻R2与电动势为E、内阻为(R1+r)的电源(等效电源)连成的闭合电路(如图甲),R2的电功率是等效电源的输出功率,显然当R2=R1+r时,R2获得的电功率最大,选项A正确;讨论R1的电功率时,由于R1为定值电阻,根据P=I2R知,电路中电流越大,R1上的电功率就越大(P1=I2R1),所以,当R2=0时,等效电源内阻最小(等于r)(如图乙),R1获得的电功率最大,故选项B错误,C正确;讨论电源的输出功率时,(R1+R2)为外电阻,内电阻r恒定,由于题目没有给出R1和r的大小关系,所以当 R2=0 时,电源输出功率不一定最大,故选项D错误。
教师备用题库
1.(2018江苏单科,8,4分)如图所示,电源E对电容器C充电,当C两端电压达到80 V时,闪光灯瞬间导通并发光,C放电。放电后,闪光灯断开并熄灭,电源再次对C充电。这样不断地充电和放电,闪光灯就周期性地发光。该电路(　　)
A.充电时,通过R的电流不变
B.若R增大,则充电时间变长
C.若C增大,则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大
D.若E减小为85 V,闪光灯闪光一次通过的电荷量不变
答案　BCD　本题考查含容电路和电容器的充电与放电。因电容器属于非线性元件,电容器在充电过程中,充电电流是非线性减小的,故A错。若R增大,充电电流减小,充电时间变长,故B正确。由Q=CU且U=80 V为定值可见,C增大时Q增大,闪光灯闪光一次通过的电荷量增大,故C正确。闪光灯闪光一次通过闪光灯的电荷量与电源电动势无关,故D正确。
2.如图所示,闭合开关S后,A灯与B灯均发光,当滑动变阻器的滑片P向左滑动时,以下说法中正确的是(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.A灯变暗
B.B灯变亮
C.电源的输出功率可能减小
D.电源的总功率增大
答案　C　当滑动变阻器的滑片P向左滑动时,总电阻增大,则总电流减小,所以B灯变暗;内电压减小,则外电压增大,灯泡B两端的电压减小,则并联部分两端的电压增大,灯泡A变亮,故A、B错误。电源的输出功率与内阻和外阻的关系有关,当内阻小于外阻,外阻增大时,输出功率减小,当内阻大于外阻,外阻增大时,输出功率增大,外阻等于内阻时,电源的输出功率最大,故C正确。根据P=EI知,电源的总功率减小,故D错误。
3.如图所示的电路,闭合开关S后,a、b、c三盏灯均能发光,电源电动势E恒定且内阻r不可忽略,现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些,关于三盏灯亮度变化的情况判断正确的是(　　)
A.a灯变亮,b灯和c灯变暗
B.a灯和c灯变亮,b灯变暗
C.a灯和c灯变暗,b灯变亮
D.a灯和b灯变暗,c灯变亮
答案　B　R的滑片稍向上滑动时,变阻器R接入电路的电阻变小,外电路总电阻变小,根据闭合电路欧姆定律可知,干路电流I增大,a灯变亮,b灯两端的电压Ub=E-I(r+Ra)减小,b灯变暗,通过c灯的电流Ic=I-Ib,I增大,Ib减小,则Ic增大,c灯变亮,故选项B正确。
4.如图所示电路中,R为一滑动变阻器,P为滑片,若闭合开关后将滑片向下滑动,则在滑动过程中,下列判断错误的是(　　)
A.电源内电路消耗的功率一定逐渐增大
B.灯泡L2一定逐渐变暗
C.电源效率一定逐渐减小
D.R上消耗的功率一定逐渐变小
答案　D　滑动变阻器滑片P向下滑动,R↓→R并↓→R外↓,由闭合电路欧姆定律I=Er+R外推得I↑,由电源内电路消耗功率P内=I2r可得P内↑,A正确。U外↓=E-I↑r,U1↑=(I↑-IL1↓)R1,UL2↓=U外↓-U1↑,PL2↓=UL22↓RL2,故灯泡L2变暗,B正确。电源效率η↓=I2R外I2(R外+r)=R外R外+r=11+rR外↓,故C正确。R上消耗的功率PR=UL22↓R↓,PR增大还是减小不确定,故D错。
课件47张PPT。第18讲　闭合电路欧姆定律一 电动势二 闭合电路的欧姆定律教材研读突破一 闭合电路的动态分析突破二 电路中的功率及效率突破三 电源的U-I图线和电阻的U-I图线重难突破突破四 含容电路的分析与计算一、电动势1.电源:通过非静电力做功把其他形式的能转化为①　电能????的装置。2.电动势
(1)定义:非静电力在电源内部把正电荷从负极移送到正极所做的功与被移送的电荷量的②　比值????叫做电源的电动势。(3)路端电压与外电阻的关系3.U-I图像
(1)如图甲所示为U-I图像,由U=E-Ir知,图线为一条直线,纵截距表示电源电动势,横截距表示⑤?短路???电流,直线斜率的绝对值等于电源⑥??内阻???。1.判断下列说法的正误:
(1)当外电阻增大时,路端电压也增大。?(　√　)
(2)闭合电路中的短路电流无限大。?(　?　)
(3)在闭合电路中,外电阻越大,电源的输出功率越大。?(　?　)
(4)电源的输出功率越大,电源的效率越高。?(　?　)2.将一电源电动势为E、内阻为r的电池,与外电路连接,构成一个闭合电路,用R表示外电路总电阻,I表示电路的总电流,下列说法正确的是?(????C　)
A.由U外=IR可知,外电压随I的增大而增大
B.由U内=Ir可知,电源两端的电压随I的增大而增大
C.由U外=E-Ir可知,电源输出电压随输出电流I的增大而减小
D.由P=IU外可知,电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大3.一电池外电路断开时的路端电压为3 V,接上8 Ω的负载后路端电压降为2.4 V,则可以判定电池的电动势E和内阻r分别为?????(　B　)
A.E=2.4 V,r=1 Ω　　 B.E=3 V,r=2 Ω
C.E=2.4 V,r=2 Ω　　 D.E=3 V,r=1 Ω4.某直流电路如图所示,电源内阻不可忽略,在滑动变阻器的滑片P向右移动时,电源的?(　C　)
A.总功率一定增大
B.效率一定减小
C.内部损耗功率一定减小
D.输出功率一定先增大后减小突破一　闭合电路的动态分析1.判定总电阻变化情况的规律
(1)当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时,电路的总电阻一定增大(或减小)。
(2)若开关的通、断使串联的用电器增多时,电路的总电阻增大;若开关的通、断使并联的支路增多时,电路的总电阻减小。2.电路动态分析的方法
(1)程序法:遵循“局部—整体—部分”的思路,按以下步骤分析:
?
(2)极限法:因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题,可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论。(3)串反并同法:“串反”是指某一电阻增大(或减小)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(或增大)。“并同”是指某一电阻增大(或减小)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(或减小)。
? 典例1　如图所示的电路中,电源的电动势E和内阻恒定不变,滑片P在变阻器的中点位置时,灯泡L正常发光,现将滑片P移到最右端,则?(　C　)
A.电压表的示数变大
B.电流表的示数变小
C.灯泡L消耗的功率变小
D.电阻R1消耗的功率变小解析????P向a移动,R2连入电路的电阻减小,根据“并同串反”可知V2示数减小,V1示数增大,U内增大,A错误;同理,B错误;E=U内+U外=U内+UV1+UV2,电源电动势不变,U内改变量的绝对值与V1示数改变量的绝对值之和等于V2示数改变量的绝对值,C正确;同理,D错误。突破二　电路中的功率及效率典例2　如图甲所示电路,定值电阻R0与滑动变阻器RP串联在电源两端,电源内阻忽略不计,所有电表均为理想电表,改变滑动变阻器滑片P的位置,读取电压表V1、V2以及电流表A的多组数据,作出如图乙所示I-U图像,其中图线①表示滑动变阻器RP两端电压随电流的变化关系;图线②表示定值电阻R0两端电压随电流的变化关系。根据图上的已知信息,下列说法中正确的是?(　 　)2-1　如图所示,电源电动势E=2 V,内阻r=1 Ω,电阻R0=2 Ω,可变电阻的阻值范围为0~10 Ω。求可变电阻为多大时,R上消耗的功率最大,最大值为多少?突破三　电源的U-I图线和电阻的U-I图线典例3　如图所示,直线A、B分别为电源a、b的路端电压与电流的关系图线,设两个电源的内阻分别为ra和rb,若将一定值电阻R0分别接到a、b两电源上,通过R0的电流分别为Ia和Ib,
则下列说法错误的是?(　D　)
A.ra>rb
B.Ia>Ib
C.R0接到a电源上,电源的输出功率较大,但电源的效率较低
D.R0接到b电源上,电源的输出功率较小,电源的效率较低解析　在电源的路端电压与电流的关系图像中斜率的绝对值表示电源内阻,ra>rb,A正确;在图像中作出定值电阻R0的伏安特性曲线,与电源的图线的交点表示电路工作点,Ia>Ib,B正确;R0接到a电源上,电源的输出功率较大,但电源的效率较低,R0接到b电源上,电源的输出功率较小,但电源的效率较高,C正确,D错误。解析　从题图中可知E=3 V,图线A和图线B的交点是电源和电阻R构成电路的工作点。因此P出=UI=4 W,P总=EI=6 W。故选C。典例4　某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系如图所示,用此电源和电阻R1、R2组成电路,R1、R2可以同时接入电路,也可以单独接入电路。为使电源输出功率最大,可采用的接法是?(　C　)
A.将R1、R2串联后接到电源两端
B.将R1、R2并联后接到电源两端
C.将R1单独接到电源两端
D.将R2单独接到电源两端解析　由题图知电源电动势为E=3 V,内阻为r=0.5 Ω,电阻R1=0.5 Ω,R2=1 Ω,要使电源的输出功率最大,则只需外电阻与电源内阻相等,所以C对。4-1　(多选)某中学物理学习兴趣小组做“测定电源电动势和内阻”的实验,他们分别测了两个电源的电动势和内阻,并利用所测数据绘出两电源的U-I图像分别如图中①②所示,则?(　AD　)
A.电源①的电动势比电源②的大
B.电源①的内阻比电源②的小
C.当外接相同电阻时,两电源的输出功率可能相等
D.当外接相同电阻时,电源①的输出功率一定比电源②的输出功率大突破四　含容电路的分析与计算1.直流电路中电容的作用分析
在直流电路中,一旦电路达到稳定状态,电容器在电路中就相当于一个阻值无限大(只考虑电容器是理想的不漏电的情况)的元件,电容器所处电路可看做是断路,简化电路时可去掉它,简化后若要求电容器所带电荷量时,可接在相应的位置上。分析和计算含有电容器的直流电路时,需注意以下几点:(1)电路稳定后,由于电容器所在支路无电流通过,所以在此支路中的电阻上无电压降,电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压。
(2)当电容器和电阻并联后接入电路时,电容器两极板间的电压与其并联电阻两端的电压相等。
(3)电路的电流、电压变化时,将会引起电容器的充(放)电。如果电容器两端电压升高,电容器将充电;如果电压降低,电容器将通过与它连接的电路放电。2.直流电路中静电计与电压表的分析
静电计的本质是一个电容器,因此含有静电计的支路处理方法与电容器一样,即看做断路处理;但是电压表是阻值相对很大的电阻,含有电压表的支路,依然有微弱电流经过。典例5　在如图所示的电路中,开关闭合后,灯泡L能正常发光。当滑动变阻器的滑片向右移动时,下列判断正确的是?(　D　)
A.滑动变阻器R的接入阻值变小
B.灯泡L变亮
C.电源消耗的功率增大
D.电容器C的电荷量增大解析　滑动变阻器的滑片向右移动时,其接入电阻增大,流过R的电流减小,灯泡L变暗,故A、B错误;由P总=EI知电源消耗的功率减小,C错误;电容器C上电压为路端电压,由U=E-Ir知路端电压增大,即电容器C的电荷量增大,D正确。5-1　在如图所示的电路中,R1=11 Ω,r=1 Ω,R2=R3=6 Ω,当开关S闭合且电路稳定时,电容器C带电荷量为Q1;当开关S断开且电路稳定时,电容器C带电荷量为Q2,则?(　A　)
A.Q1∶Q2=1∶3　???? B.Q1∶Q2=3∶1
C.Q1∶Q2=1∶5　???? D.Q1∶Q2=5∶15-2　如图所示的电路中,电源电动势E=8 V,内阻r=2 Ω,电阻R2=6 Ω,电容为1 μF的平行板电容器水平放置且下极板接地。当滑动变阻器R1的滑片处于b端时,有一带电油滴位于板间正中央P点且恰好处于静止状态。下列说法正确的是?(　B　)
A.此时P点电势为6 V
B.电容器上极板所带电荷量为6×10-6 C
C.若仅将电容器上极板缓慢上移少许,则P点电势不变
D.若仅将滑片从b端向a端缓慢移动少许,则油滴将向下移动实验7　测绘小灯泡的伏安特性曲线
1.小明同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中,所用小灯泡规格为“2.5 V　0.3 A”。
(1)实验电路如图甲所示,请读出某次实验中电压表和电流表的示数分别为　　　　V、
　　　　A。?
(2)实验结束之后,他描绘了如图乙的伏安特性曲线,老师一看就判定是错误的,老师判定的依据是　。?
答案　(1)2.10 V　0.26 A　(2)电阻随温度升高而增大
解析　(1)电压表接入电路的量程为0~3 V,其读数为2.10 V;电流表量程为0~0.6 A,其读数为0.26 A。
(2)U-I图线上的点与原点连线的斜率表示电阻,而灯泡的电阻随电压的增大而增大,而图乙与这一规律不符,是错误的。
2.有一个小灯泡上标有“3 V　0.2 A”字样,现要测量该灯泡的伏安特性曲线,有下列器材可供选用:
A.电压表(0~3 V,内阻1 kΩ)
B.电压表(0~15 V,内阻5 kΩ)
C.电流表(0~0.3 A,内阻2 Ω)
D.电流表(0~0.6 A,内阻0.5 Ω)
E.滑动变阻器(10 Ω,1 A)
F.滑动变阻器(1 000 Ω,0.5 A)
G.直流电源(6 V,内阻不计),另有开关一个、导线若干。
(1)实验中电压表应选　　　　,电流表应选　　　　,滑动变阻器应选　　　　。(只填器材的字母代号)?
(2)在线框中画出实验电路图,要求电流、电压能从零开始变化。
答案　(1)A　C　E　(2)如图所示
解析　(1)根据小灯泡的规格“3 V,0.2 A”可知,电压表应选A,电流表应选C,由于测定小灯泡伏安特性曲线实验要求电流从零开始调,变阻器应采用分压式接法,应选择最大阻值较小的变阻器E以方便调节;
(2)小灯泡的电阻较小,满足RVRx>RxRA,所以电流表应采用外接法,变阻器采用分压式接法。
3.在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中,小灯泡额定电压为2.5 V、电流为0.3 A。
(1)部分连线的实物图如图甲所示,请完成实物连接图;
(2)某次实验中,电流表的示数为0.18 A,电压表的指针如图乙所示,则电压为　　　　V,此时小灯泡的功率是　　　　W。?
(3)正确测量获得的伏安特性曲线是下列图像中的　　　　(填字母)。?
答案　(1)如图所示
(2)1.50　0.27　(3)C
解析　(1)小灯泡额定电压为2.5 V,故电压表选择0~3 V的量程;测绘小灯泡的伏安特性曲线时,电压、电流需从0开始调节,故滑动变阻器采用分压式接法;电流表采用外接法。
(2)电压表的示数为1.50 V,故此时小灯泡的功率P=UI=0.27 W。
(3)随着电压的增大,小灯泡的电阻越来越大,故C正确。
4.某物理兴趣小组做“探究小灯泡伏安特性曲线”实验,选择了如图甲所示的电路图测量了多组小灯泡工作时的电压和电流值。
(1)请根据该电路图完成图乙中的实物图连线。
(2)经过实验,得到下表数据,请在坐标纸上画出本次实验的I-U图线。
I(A)
0
0.19
0.30
0.50
0.40
0.44
0.48
U(V)
0
0.5
1.0
1.5
2.0
3.0
4.0
答案　见解析
解析　(1)实物图连线如图所示
(2)在坐标中找到表格中的各个点,然后用用平滑的曲线把个点连接起来,得到如图所示图像:
5.图甲为某同学测绘额定电压为2.5 V的小灯泡的I-U图线的实验电路图。
(1)根据电路图,用笔画线代替导线,将图(乙)中的实验电路连接成完整试验电路。
(2)开关S闭合之前,图(乙)中滑动变阻器的滑片应该置于　　　　(选填“A端”、“B端”或“AB正中间”)。?
(3)该同学在实验中采用了　　　　(选填“内接法”或“外接法”),实验测得的结果比真实值　　　　(选填“大”或“小”)。?
答案　(1)如图所示
(2)A端　(3)外接法　小
解析　(1)根据电路图连接实物图,因为灯泡的额定电压为2.5 V,所以电压表采用0~3 V的量程,电流表选取0~0.6 A的量程。
(2)开关S闭合之前,滑动变阻器滑片应置于A端,使得测量电路中的电流、电压为零,起保护作用。
(3)由图甲可知,该同学在实验中采用了电流表外接法,通过小灯泡的电流的测量值比真实值偏大,根据R=U/I,实验测得的结果比真实值偏小。
6.为描绘小灯泡L(2.5 V　1.0 W)的伏安特性曲线,某同学根据如下可供选择的器材设计了如图所示电路(电路还没有完全接好)。
A.电流表(量程0.6 A,内阻约1 Ω)
B.电压表(量程3 V,内阻约3 kΩ)
C.滑动变阻器(200 Ω,0.3 A)
D.滑动变阻器(5 Ω,2 A)
E.电池组(电动势约3 V,内阻未知)
F.开关,带夹子的导线若干G,待测小灯泡
(1)实验中滑动变阻器应选择　　　　(填“C”或“D”),请以笔画线代替导线将尚未连接好的电压表连入电路中。?
(2)在该同学连接最后一根导线的c端到直流电源正极之前,请指出其中仅有的两个不当之处:Ⅰ.　　　　　　　　;Ⅱ.　　　　　　　　　　。?
(3)改正上述两个不当之处后,他在测量中发现,无论如何调节滑动变阻器的滑片,电压表和电流表的示数均不能取到较小值,其原因可能是导线　　　　(填图中导线代号)没有连接好。?
答案　(1)D　如图所示　(2)连电路时没有断开开关　滑动变阻器的滑片没有移至b端　(3)③
解析　(1)为方便实验操作,滑动变阻器应选最大阻值较小的D。灯泡正常发光时的电阻R=U2P=6.25 Ω,即小灯泡的电阻远小于电压表内阻,接近电流表内阻,所以电流表应采用外接法。
(2)由题图可知,在连接电路时,没有断开开关;滑动变阻器的滑片没有移到分压电路分压为零的位置即b端。
(3)实验时,无论如何调节滑动变阻器的滑片,电压表和电流表的示数均不能取到较小值,滑动变阻器被接成了限流接法,由电路图可知,导线③没有接好。
7.在一次测量小灯泡的电流和电压的关系过程中,聪明而又粗心的小刚连接了如图甲所示的电路,同组的小强发现有错,主张拆开重新连接,可是时间来不及了,小刚眼珠一转,在图示电路中增加一根导线,电路就正常了。问:
(1)如果闭合图甲所示电路的开关,估计电压表的示数约为　　　　V,电流表的示数约为　　　　A。小灯泡的发光情况是　　　　(填“发光”或“不发光”);?
甲
(2)请在图甲中画出小刚连接的那根导线;
(3)通过实验得到如表所示数据(I和U分别表示小灯泡上的电流和电压),请在图乙中画出小灯泡的U-I曲线;
I(A)
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U(V)
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00
乙
(4)如果将题中的小灯泡直接与电动势是1.5 V,内阻是2.0 Ω的电源相连,小灯泡的实际功率是　　　　W。(若需作图,可直接画在图乙中)?
答案　(1)3　0　不发光　(2)如图甲所示　(3)如图乙所示
甲
乙
(4)0.28(0.26至0.30均可)
解析　(1)因为电流表的内电阻很小,所以闭合开关后,电灯泡和定值电阻被电流表短路,只有电压表、电流表和滑动变阻器串联接入电路中,所以小灯泡不发光,又因为电压表的内电阻很大,所以它的示数接近电源电压3 V,而电流表的示数约为0;
(2)小刚用导线把电压表“-”接线柱与小灯泡右接线柱连接起来,这样一连,把电压表并联在了灯泡两端,电流表测量通过灯泡的电流,滑动变阻器可以改变电路中的电流。
(3)找出表中数据所对应的点,用平滑的曲线将这些点连接起来,就得到了所求作的U-I图线。
(4)采用图解法,根据U=E-Ir,在图乙上作出电源的U-I图线,如图所示,可得小灯泡工作电流为0.35 A,工作电压为0.80 V,因此小灯泡实际功率为0.28 W。
8.为了描绘标有“3 V　1.5 W”的小灯泡的伏安特性曲线,要求灯泡电压能从零开始变化。所给器材如下:
A.电流表(0~200 mA,内阻约0.5 Ω)
B.电流表(0~0.6 A,内阻约0.01 Ω)
C.电压表(0~3 V,内阻约5 kΩ)
D.电压表(0~15 V,内阻约50 kΩ)
E.滑动变阻器(0~10 Ω,0.5 A)
F.电源(电动势3 V,内阻不计)
G.开关一个,导线若干。
(1)(多选)为了完成上述实验,实验中应选择的仪器是　　　　。?
(2)将如图1所示的虚线框中此实验的电路图补充完整。
(3)将图1中实物图按电路图用笔画线代替导线补充完整。
(4)实验描绘出的I-U图线如图2所示,小灯泡的电阻随电压的升高而　　　　(填“变大”或“变小”);小灯泡是　　　　元件(填“线性”或“非线性”)。?
答案　(1)BCEFG　(2)如图甲所示　(3)如图乙所示　(4)变大　非线性
解析　(1)描绘标有“3 V　1.5 W”的小灯泡的伏安特性曲线,需要电源、开关、导线、滑动变阻器、电流表、电压表,灯泡额定电压为3 V,电压表需要选择C,灯泡额定电流为I=PU=1.5W3V=0.5 A,电流表选择B,故实验中选择的仪器是BCEFG。
(2)描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中电压与电流需要从零开始调节,滑动变阻器应采用分压式接法,电压表内阻远大于灯泡电阻,电流表应采用外接法。
(3)根据电路图连接实物图。
(4)由图2可知,随U增大,电压与电流的比值变大,灯泡电阻变大;灯泡的I-U图像是曲线,灯泡是非线性元件。
课件31张PPT。(1)实验中电流表选用　 ????(选填“A1”或“A2”),滑动变阻器应选用　 ???(选填“R1”或“R2”)。
(2)请在图中用笔画线代替导线,完成实物电路的连接。
(3)采用上述电路正确测量,测得的电阻　 ????(选填“大于”、“小于”或“等于”)它的实际阻值,其原因是　 　???。答案　(1)A1????R1　(2)如图所示
?
(3)大于　电流表分压考点二　实验数据处理与误差分析1.电学实验电路设计的思路与方法
(1)首先应明确题目的要求,看清题目要求测定什么物理量,验证、探究什么物理规律,或要求设计达到何种标准的电路等。其设计原则是:安全、方便、经济。
(2)测量电路的选择。
(3)控制电路的选择。
下列情况滑动变阻器应采用分压式接法①题设条件中所提供的电表量程或电阻的最大允许电流不够。
②题设条件中的滑动变阻器的最大阻值远小于被测电阻或电路中串联的其他电阻的阻值。
③题设要求回路中某部分电路两端的电压从零开始连续变化。
2.实物连线的原则
(1)先串后并,接线到柱,注意量程和正负。
(2)对限流电路,用笔画线代替导线,从电源正极开始,把电源、开关、滑动变阻器、“伏安法”四部分依次串联起来即可(注意电表的正、负
接线柱和量程,滑动变阻器应调到阻值最大处)。(3)对分压电路,应该先把电源、开关和滑动变阻器的全部电阻丝三部分用导线连接起来,然后在滑动变阻器电阻丝两端之中任选一个接头,比较该接头和滑动变阻器滑片的电势高低,根据“伏安法”部分电表
正、负接线柱的情况,将“伏安法”部分接入该两点。
3.实验结果与数据分析
(1)结果:描绘出的小灯泡灯丝的伏安特性曲线不是直线,而是向横轴弯曲的曲线。
(2)分析:曲线向横轴弯曲,即斜率变小,电阻变大,说明小灯泡灯丝的电阻随温度升高而增大。例2　由金属丝制成的电阻器阻值会随温度的升高而变大。某同学为研究这一现象,亲自动手通过实验描绘这样一个电阻器的电压与电流的关系图线。可供选择的实验器材有:
A.待测电阻器R(2.5 V,1.2 W)
B.电流表A(0~0.6 A,内阻为1 Ω)
C.电压表V(0~3 V,内阻未知)
D.滑动变阻器(0~10 Ω,额定电流为1 A)
E.电源(E=3 V,内阻r=1 Ω)F.定值电阻R0(阻值为5 Ω)
G.开关一个和导线若干
(1)实验时,该同学采用电流表内接法,并且电阻器两端电压从零开始变化,请在虚线框内画出实验电路图。
(2)按照正确的电路图,该同学测得实验数据如下:答案　(1)如图甲所示　(2)如表所示　如图乙所示　(3)0.32解析　(1)要使电阻器两端的电压从零开始变化,滑动变阻器应采用分压式接法。
(2)电压表的示数减去电流表的分压即电阻器两端的电压,即UR=U-IRA,据此计算出电阻两端的实际电压,根据数据描点连线,作出电阻器的伏安特性曲线。
(3)由UR+I(r+R0)=E得UR=E-I(r+R0),作出电源的UR-I图像,如图丙中直线所示,由此图线与电阻器的UR-I图线的交点可得,将电阻器R及给定的定值电阻R0串联起来接到本实验提供的电源两端时电阻器两端的电压UR=变式2　用如图(甲)所示的电路图研究额定电压为2.4 V的灯泡L的伏安特性,并测出该灯泡在额定电压下工作时的电阻值。
?
(1)在闭合开关S前,滑动变阻器触头应该放在　 ????(选填“a”或“b”)端。
(2)按电路图甲测出的灯泡电阻值比真实值　 ????(选填“偏大”或“偏小”)。所得到的图像如图乙所示,在额定电压下小灯泡的实际功率P=　 ???W,I-U图像是一条曲线而不是直线的原因是 ???。答案　(1)a　(2)偏小　1.2　电阻率随温度升高而升高考点三　实验拓展与实验创新为U0;断开S1,记下此时R2的读数。逐步降低温控室的温度t,得到相应温度下R2的阻值,直至温度降到25.0 ℃。实验得到的R2-t数据见下表。回答下列问题:
(1)在闭合S1前,图(a)中R1的滑片应移动到　 ????(填“a”或“b”)端;
(2)在图(b)的坐标纸上补齐数据表中所给数据点,并做出R2-t曲线;
(3)由图(b)可得到RT在25 ℃~80 ℃范围内的温度特性。当t=44.0 ℃时,可得RT=　 ????Ω;(4)将RT握于手心,手心温度下R2的相应读数如图(c)所示,该读数为　 ??Ω,则手心温度为　 ?℃。解析　本题考查替代法测电阻、绘图能力及电阻箱的读数等。
(1)滑动变阻器是限流式接法,S1闭合前,滑片应置于使滑动变阻器连入电路的阻值最大的位置,即b端。
　　(2)由题给数据描完点后,观察这些点的分布规律,应画一条平滑曲线,让尽可能多的点落在线上,不在线上的点要均匀分布在线的两侧。
　　(3)由R2-t图线知,当t=44.0 ℃时,RT=450 Ω。
　　(4)电阻箱的读数为(6×100+2×10+0×1+0×0.1)Ω=620.0 Ω,由R2-t图像知,当R2=620.0 Ω时,t=33.0 ℃。由实验曲线可知,随着电流的增加小灯泡的电阻 ?(填“增大”“不变”或“减小”),灯丝的电阻率 ??(填“增大”“不变”或“减小”)。
(3)用另一电源E0(电动势4 V,内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示
的电路,调节滑动变阻器R的阻值,可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S,在R的变化范围内,小灯泡的最小功率为　 ??W,最大功率为?? ?W。(结果均保留2位小数)(3)当R全部电阻接入电路时,通过灯泡的电流最小,灯泡实际消耗的功率最小。设此时灯泡两端电压为U、通过的电流为I,由闭合电路欧姆定律得E0=U+I(R+r),代入数据得I=0.4 A-0.1U,在灯泡的伏安特性曲线坐标系中作出I=0.4 A-0.1U的图线,两图线的交点坐标即此时灯泡两端电压与通过灯泡的电流,有U=1.75 V、I=225 mA,故最小功率为Pmin=IU=0.39 W。当R接入电路中的阻值等于0时,电路中电流最大、灯泡实际消耗的
功率最大。同理可得Pmax=1.17 W。实验8　探究导体电阻与其影响因素(包括材料)的关系
1.(2018浙江11月选考,18,5分)为了比较精确地测定阻值未知的定值电阻Rx,小明设计了如图1所示的电路。
图1
图2
(1)实验时,闭合开关S,滑动变阻器的滑片滑至合适位置保持不变,将c点先后与a、b点连接,发现电压表示数变化较大,电流表示数基本不变,则测量时应将c点接　　　　(选填“a点”或“b点”),按此连接测量,测量结果　　　　(选填“小于”、“等于”或“大于”)Rx的真实值。?
(2)根据实验测得的6组数据,在图2中描点,作出了2条图线。你认为正确的是　　　　(选填“①”或“②”),并由图线求出电阻Rx=　　　　Ω。(保留两位有效数字)?
答案　(1)a　小于　(2)②　7.5
解析　(1)由题中表述知,c先后与a、b试触,电压表变化比较大,故电流表的电阻对电路影响比较大,所以应该使用电流表外接法,即接a点,测量值比真实值偏小。
(2)根据电路的接法,当电流为零时电压表示数也为零,故图线过原点,选②,由斜率的倒数表示电阻阻值可知,Rx=7.5 Ω。
2.某实验小组发现一个由均匀材料制成的圆柱体,他们想测量其电阻率,实验室能够提供的实验器材有:
电源E(8 V,内阻约10 Ω);
电压表V(0~6 V,内阻约为50 kΩ);
电流表mA(0~20 mA,内阻为40 Ω);
滑动变阻器R1(0~20 Ω);
待测电阻R(约为200 Ω);
开关及导线若干。
他们进行了如下操作:
(1)为了获得多组数据,尽量精确测量其电阻值,请在图a方框中画出实验电路图。
(2)图b中的6个点表示实验中测得的6组电流表、电压表示数,根据此图可知阻值R=　　　　Ω(保留三位有效数字)。?
(3)用螺旋测微器测得该圆柱体的直径为1.694 mm,圆柱体的长度为1.06 cm。
(4)由以上数据可求出ρ=　　　　Ω·m。(保留三位有效数字)?
答案　(1)见解析　(2)210　(4)4.46×10-2
解析　(1)根据题意可知:RVRx=50000200=250>RxRA=20040=5,故该实验的测量电路应该选用电流表的外接法,并且为了获得多组数据,尽量精确测量其电阻值,故滑动变阻器应采用分压接法,则测量R的电路图如图所示
(2)图b中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值,将6个点连线,如图所示
根据此图得图线的斜率是电阻大小,k=R=ΔUΔI=210 Ω。
(4)根据电阻定律R=ρLS,S=πd24因此ρ=πd2R4L=4.46×10-2 Ω·m。
3.小明用电学方法测量电线的长度,首先小明测得电线铜芯的直径为1.00 mm,估计其长度不超过50 m,(已知铜的电阻率为1.75×10-8 Ω·m)
现有如下实验器材:
①量程为0~3 V、内阻约为3 kΩ的电压表
②量程为0~0.6 A、内阻约为0.1 Ω的电流表
③阻值为0~2 Ω的滑动变阻器
④内阻可忽略,输出电压为3 V的电源
⑤阻值为R0=4.30 Ω的定值电阻,开关和导线若干
小明采用伏安法测量电线电阻,正确连接电路后,调节滑动变阻器,电流表的示数从0开始增加,当示数为0.5 A时,电压表示数如图甲所示,读数为　　　　V,根据小明测量的信息,图乙中P点应该　　　　(选填“接a”“接b”“接c”或“不接”),Q点应该　　　　(选填“接a”“接b”“接c”或“不接”),小明测得的电线长度为　　　　m。?
答案　2.50　接b　接a　31.4
解析　量程为0~3 V,需要估读,即读数为2.50 V;根据Rx=ρLS可知,铜线的电阻为1 Ω左右。电流表示数为0.5 A时,电压表示数为2.50 V,电压表两接线柱间的电阻为5.0 Ω,所以P应接b点;由于电流表的示数从0开始增加,应为分压电路,Q点应该接a;本题的实验电路图如下:
根据Rx+R0=UI
Rx=ρLS
S=πd24
联立可知L=31.4 m
4.市场上销售的铜质电线电缆产品中,部分存在导体电阻不合格问题,质检部门检验发现一个是铜材质量不合格,使用了再生铜或含杂质很多的铜;再一个就是铜材质量可能合格,但横截面积较小。某兴趣小组想应用所学的知识来检测实验室中一捆铜电线的电阻率是否合格。小组成员经查阅,纯铜的电阻率为1.8×10-8 Ω·m。现取横截面积约为1 mm2、长度为100 m(真实长度)的铜电线,进行实验测量其电阻率,实验室现有的器材如下:
A.电源(电动势约为5 V,内阻不计);
B.待测长度为100 m的铜电线,横截面积约1 mm2;
C.电压表V1(量程为3 V,内阻约为0.5 kΩ);
D.电压表V2(量程为5 V,内阻约为3 kΩ);
E.电阻箱R(阻值范围0~999.9 Ω);
F.定值电阻R0=1 Ω;
G.开关、导线若干。
(1)小组成员先用螺旋测微器测量该铜电线的直径d=1.125 mm。
(2)小组设计的测量电路如图甲所示,则P是　　　　,N是　　　　(填器材名称及对应符号),通过实验作出的图像如图乙所示。?
(3)图甲电路测得铜电线的电阻测量值比真实值　　　　(选填“偏大”、“不变”或“偏小”),原因是　　　　　　　　　。?
(4)这捆铜电线的电阻率ρ=　　　　(结果保留三位有效数字);从铜电线自身角度,你认为电阻率大的可能原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
答案　见解析
解析　(2)P测量的电压大于N测量的电压,故P是电压表V2,N是电压表V1;
(3)偏大,由于没考虑电压表V1的分流,使测得的铜电线的电阻偏大;
(4)分析电路可知,通过铜电线的电流Ix=IR=U1R,Rx=U2-U1Ix=U2-U1U1R=U2U1-1R,整理得U2U1=1+Rx·1R,根据题图乙可知斜率k=Rx=7.5?1.002.50 Ω=2.60 Ω,
S=πr2=πd22=0.994 mm2,ρ=RxSL=2.60×0.994×10-6100 Ω·m=2.58×10-8 Ω·m,故电阻率达不到要求,使用的有可能是再生铜或含过多杂质的次铜。
5.(6分)在“探究导体电阻与其影响因素的关系”的实验中,有两节新的干电池、开关、若干导线和待测金属管(其阻值约为5 Ω)及下列器材:
A.电压表0~3 V,内阻约10 kΩ
B.电压表0~15 V,内阻约50 kΩ
C.电流表0~0.6 A,内阻约0.05 Ω
D.电流表0~3 A,内阻约0.01 Ω
E.滑动变阻器,0~10 Ω
F.滑动变阻器,0~100 Ω
(1)要求较准确地测出其阻值,电压表应选　　　　　　,电流表应选　　　　　,滑动变阻器应选　　　　　;(填序号)?
(2)实验中他的实物接线如图所示,请指出接线中的两处明显错误。
错误1:　 ;?
错误2:　 。?
答案　(1)A　C　E　(2)导线连接在了滑动变阻器的滑片上　采用了电流表内接法
解析　(1)由于两节干电池的电动势为3 V,所以电压表应选A;由于通过金属管的最大电流约为Im=URx=35 A=0.6 A,所以电流表应选C;在保证安全的前提下,为方便实验操作,应选最大阻值较小的滑动变阻器E。
(2)由于待测金属管阻值远小于电压表内阻,所以电流表应用外接法,连线图中的两处明显错误分别是
错误1:导线连接在了滑动变阻器的滑片上;
错误2:采用了电流表内接法。
6.在“测定金属的电阻率”的实验中,某同学所测的金属导体的形状如图甲所示,其横截面为空心的等边三角形,外等边三角形的边长是内等边三角形边长的2倍,内三角形为中空。为了合理选用器材设计测量电路,他先用多用电表的欧姆挡“×1”按正确的操作步骤粗测其电阻,指针如图乙,则读数应记为　　　　Ω。?
现利用实验室的下列器材,精确测量它的电阻R,以便进一步测出该材料的电阻率ρ:
A.电源E(电动势为3 V,内阻约为1 Ω)
B.电流表(量程为0~0.6 A,内阻r1约为1 Ω)
C.电流表(量程为0~0.6 A,内阻r2=5 Ω)
D.最大阻值为10 Ω的滑动变阻器R0
E.开关S,导线若干
(1)请在图丙虚线框内补充画出完整、合理的测量电路图。
(2)先将R0调至最大,闭合开关S,调节滑动变阻器R0,记下各电表读数,再改变R0进行多次测量。在所测得的数据中选一组数据,用测量量和已知量来计算R时,若的示数为I1,的示数为I2,则该金属导体的电阻R=　　　　。?
(3)该同学用直尺测量导体的长度为L,用螺旋测微器测量了外三角形的边长a。测边长a时,螺旋测微器测量外三角的边长a=5.665 mm。用已经测得的物理量I1、I2、L、a及题中所给物理量可得到该金属材料电阻率的表达式为ρ=　　　　。?
答案　见解析
解析　多用电表读数为:6×1 Ω=6 Ω;
(1)测量电路如图所示;
(2)由欧姆定律可知:I2r2=(I1-I2)R,解得R=I2r2(I1-I2);
(3)导体的截面积为S=34a2-34a22=3316a2,则根据欧姆定律R=ρLS,解得ρ=33a2I2r216L(I1-I2)。
7.图(a)是测量电阻RX的原理图。学生电源输出电压可调,电流表量程选0.6 A(内阻不计),标有长度刻度的均匀电阻丝ab的总长为30.0 cm。
图(a)
图(b)
图(c)
(1)根据原理图连接图(b)的实物图。
(2)断开S2,合上S1;调节电源输出电压为3.0 V时,单位长度电阻丝的电压u=　　　　V/cm。记录此时电流表A1的示数。?
(3)保持S1闭合,合上S2;滑动c点改变ac的长度L,同时调节电源输出电压,使电流表A1的示数与步骤②记录的值相同,记录长度L和A2的示数I。测量6组L和I值,测量数据已在图(c)中标出。写出RX与L、I、u的关系式RX=　　　;根据图(c)用作图法算出RX=　　　　Ω。?
答案　(1)见解析图　(2)0.1　(3)uLI　6.0
解析　(1)如图所示
(2)u=3.0V30.0cm=0.1 V/cm。
(3)由于电流表A1的示数不变,因此ac段单位长度上的电压不变,Rx两端的电压为Lu,根据欧姆定律有RX=LuI,则L=RXuI,作出图像,如图所示,则根据图像的斜率求得RX=6 Ω。
课件31张PPT。实验8　探究导体电阻与其影响因素(包括材料)的关系
一 实验原理三 实验步骤四 数据处理五 注意事项教材研读二 实验电路图及实物图考点一 实验原理与实验操作考点二 实验数据处理与误差分析考点三 实验拓展与实验创新考点突破四、数据处理五、注意事项
1.本实验中被测金属丝的电阻值较小,因此实验电路一般采用电流表外接法。
2.被测金属丝的有效长度,是指待测金属丝接入电路的两个端点之间的长度,即电压表两端点间的待测金属丝长度,测量时应将金属丝拉直,反复测量三次,求其平均值。考点一　实验原理与实验操作例1　学校实验室有一长约为1 m的均匀金属管样品(电阻约为5 Ω),横截面如图甲所示,某物理兴趣小组想测量金属管中空部分的截面积以及该金属管的电阻。F.蓄电池(电动势为6 V,内阻不计)
G.开关一个,带夹子的导线若干
为了精确测量,电流表应选用　 ????,滑动变阻器应选用　 ????。(填写所选器材前的字母)
(3)根据你所选的仪器和方法,将实物图乙连线。
(4)若金属管样品材料的电阻率为ρ,通过多次测量得出金属管的电阻为R,金属管的外径为d,金属管的长度为L,则计算金属管中空部分截面积的表达式为S=　　 　????。(3)若用毫米刻度尺测得金属丝长度为60.00 cm,用螺旋测微器测得金属丝的直径为0.635 mm,两电表的示数如图丁所示,电阻值为　 ????Ω。答案　(1)ADEGH　(2)乙　实物图见解析　(3)2.4考点二　实验数据处理与误差分析例2　某同学用伏安法测量导体的电阻,现有量程为0~3 V、内阻约为3 kΩ的电压表和量程为0~0.6 A、内阻约为0.1 Ω的电流表。采用分压电路接线,图1是实物的部分连线图,待测电阻为图2中的R1,其阻值约为5 Ω。(1)测R1阻值的最优连接方式为导线①连接　 ???(填“a”或“b”),导线②连接　 ??(填“c”或“d”)。
(2)正确接线测得实验数据如表,用作图法求得R1的阻值为 ??Ω。(3)已知图2中R2与R1是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体,R2的边长是R1的?,若测R2的阻值,则最优的连线应选　 ????(填选项)。
A.①连接a,②连接c　???? B.①连接a,②连接d
C.①连接b,②连接c　???? D.①连接b,②连接d考点三　实验拓展与实验创新例3　在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”实验中,为了探究3根材料未知、横截面积均为S=0.20 mm2的金属丝a、b、c的电阻率,采用如图所示的实验电路。M为金属丝c的左端点,O为金属丝a的右端点,P是金属丝上可移动的接触点。在实验过程中,电流表读数始终为I=1.25 A,电压表读数U随OP间的距离x的变化如下表:(1)绘出电压表读数U随OP间距离x变化的图线;
(2)求出金属丝的电阻率ρ,并进行比较。例4　某同学利用图甲电路测量自来水的电阻率,在内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管,细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量,玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略),右侧活塞固定,左侧活塞可自由移动,实验器材还有:
电源(电动势约为3 V,内阻不可忽略)
两个完全相同的电流表A1、A2(量程为3 mA,内阻不计)
电阻箱R(最大阻值9 999 Ω)
定值电阻R0(可供选择的阻值有1 kΩ和10 kΩ的两种)开关S,导线若干,刻度尺。
?
实验步骤如下:
A.测得圆柱形玻璃管内径d=20 mm;B.向玻璃管内注满自来水,并用刻度尺测量水柱长度L;
C.连接好电路,闭合开关S,调节电阻箱阻值,读出电流表A1、A2示数分别记为I1、I2,记录电阻箱的阻值R;
D.向左移动活塞,多次重复实验步骤B、C,记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R;
E.断开S,整理好器材。
(1)为了较好地完成该实验,定值电阻R0应选阻值约为　 ???kΩ的一种;(2)玻璃管内水柱电阻的表达式Rx=　　　????(用R0、R、I1、I2表示);
(3)若在上述步骤C中每次调整电阻箱阻值,使电流表A1、A2示数均相等,利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据,绘制出图乙所示的R-L关系图像,则自来水的电阻率ρ=　 ????Ω·m(保留两位有效数字)。实验9　练习使用多用电表
1.在“练习使用多用电表”实验中:
(1)某同学欲测一节标识为9 V的干电池的电压如图甲,下述操作正确的是　　　　。?
A.欧姆调零、选择挡位、表笔接触电池两极(其中红表笔接触正极)、读数
B.机械调零、选择挡位、表笔接触电池两极(其中红表笔接触正极)、读数
C.选择挡位、机械调零、表笔接触电池两极(其中黑表笔接触正极)、读数
D.选择挡位、欧姆调零、表笔接触电池两极(其中黑表笔接触正极)、读数
(2)该同学欲测量如图甲所示插座的电压,则应把多用电表的选择开关打到如图乙所示的　　　　位置(选填“A”、“B”、“C”、…、“Q”)。?
(3)经过正确操作后,电表指针如图所示,则该电池的电压为　　　　 V。?
答案　(1)B　(2)M　(3)8.0
解析　(1)使用多用电表测电压时,应该先机械调零,然后选择适当的档位,表笔接触电池两极(其中红表笔接触正极),待示数稳定后读数即可,故B正确,A、C、D错误。
(2)图甲所示干电池为直流电源,标识为9 V,所以应把多用电表的选择开关打到如图乙所示的M位置。
(3)根据电表指针可知,电源的电压为8.0 V。
2.如图1所示,是一个多量程多用电表的简化电路图。测电流和测电压时各有两个量程,还有两个挡位用来测电阻。某实验小组利用图1所示电路,测量电压表内阻,则开关S应该连接　　　　(选填“1或2”、“3或4”或“5或6”)挡,表笔B是　　　　(选填“红”或“黑”)表笔,B应该与图2中　　　　(选填“C”或“D”)接线柱相连接,测量时发现多用电表偏角过小,则要调　　　　(选填“高”或“低”)倍率。若用“×100”倍率的欧姆挡,多用电表读数如图3所示,读数为　　　　kΩ。?
答案　3或4　黑　D　高　1.6
解析　测量电阻应该用欧姆挡,所以开关S接3或4,对于欧姆挡,黑表笔接内部电源的正极,表笔B为黑表笔;对于电压表,电流应从正极流入,所以B应该与电压表的D接线柱相连;若测量时发现多用电表偏角过小,即电阻读数过大,应调高倍率。从题图3中可以看出电阻为1.6 kΩ。
3.实验桌上放着晶体二极管、电容器、电阻各一只,性能均正常,外表十分相似。现用多用电表的某个挡,分别测它们的正反电阻(以R1和R2表示)加以鉴别。测甲元件时,R1=R2;测乙元件时,R1?R2;丙元件,正测时,开始指针向右偏转,接着指针向左返回,最后停在电阻无穷大处,反测时,依然开始指针向右偏转,接着指针向左返回,最后停在电阻无穷大处。则甲、乙、丙三个元件分别为:甲　　　　,乙　　　　,丙　　　　。?
答案　电阻　二极管　电容
解析　分别测它们的正反电阻加以鉴别;测甲元件时,正反电阻一样,说明甲元件是电阻;测乙元件时,正向接时阻值较小,反向接时阻值较大,说明乙元件是二极管;测丙元件时,正测时,开始指针向右偏转,接着指针向左返回,最后停在电阻无穷大处,反测时,依然开始指针向右偏转,接着指针向左返回,最后停在电阻无穷大处,说明丙元件是电容器,刚开始时正在给电容器充电,阻值较小,当稳定后阻值无穷大。
4.A、B两组同学用多用电表测量某型号白炽灯的灯丝电阻。
(1)A组按照规范的操作步骤测量,欧姆挡及指针位置如图甲、乙所示,则灯泡电阻值为　　　　 Ω,标称字样是　　　　(填序号)。?
①220 V、25 W
②220 V、300 W
③220 V、500 W
(2)B组的多用电表欧姆挡刻度不清,但仍要用该表测量灯泡电阻,规范操作后发现指针如图丙所示;同一倍率下外接阻值为R时,指针恰好指在刻度盘的正中央,则灯泡电阻为　　　　(结果用R表示)。?
答案　(1)160　①　(2)1.5R
解析　(1)灯泡在额定功率下工作时的电阻大于常温下的电阻,故根据排除法可知选①;
(2)此时电阻的具体值无法读出,但可以读取电流的相对值,事实上只需知道两次读数之比即可。另外,指针指在刻度盘的正中央,说明此时外电阻R等于多用电表内阻R内,再结合闭合电路欧姆定律解出Rx=1.5R。
5.(1)(多选)用如图1所示的电路,做测定电池的电动势和内阻实验并用图像法处理数据过程中,下列说法正确的是　　　　。?
A.用旧电池比新电池效果好
B.实验中滑动变阻器不能短路,若当滑动变阻器短路时,通过电源的短路电流无穷大,导致电源损坏
C.用图像法处理数据时选择坐标轴的标度,应使表示实验数据的点尽可能地集中
D.选择坐标轴的标度时,应使表示实验数据的点尽可能地布满整个图纸
(2)用多用电表测某一元件的物理量,指针偏转如图2所示,其示数为　　　　。?
(3)在某次测量时电表欧姆挡示数如图3示,为了更准确地测量阻值,应完成以下步骤:
①将选择开关旋转到“2”挡的　　　　(填“×1”、“×10”、“×100”或“×1 k”)位置。?
②将两表笔短接并调零,应使电表指针对准　　　　(填“电阻”或“电流”)的“0”刻线。?
图2　　　　　　　　　　　图3
答案　(1)AD　(2)2.00 V　(3)①×1　②电阻
解析　(1)旧电池的内阻较大,由ΔU=ΔIr,知电流变化相同时,电压表示数变化明显,实验效果好,所以用旧电池比新电池效果好,A正确;因为电源的内阻较大,电流表也有内阻,所以电流不会无穷大,B错误;利用图像分析数据时,应使表示测量数据的点尽可能地布满整个图纸,C错误,D正确;
(2)从图2中可知电表为直流电压2.5 V挡,所以读数为2.00 V;
(3)从图3中可知指针偏转角度过大,被测电阻较小,所以应使用欧姆“×1”挡;将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔,并将两表笔短接,调节欧姆调零旋钮,使电表指针对准电阻的“0”刻线。
6.某同学为了研究某小灯泡在未发光时的电阻,分別在甲、乙两种电路中利用多用电表直流电流100 mA挡、电压表(最程为0~3 V)测量其电阻。他先按甲电路图连接电路,调节滑动变阻器,使得多用电表指针偏转如图丙所示,而电压表示数如图丁所示。接着他仅改变电压表的接法,闭合开关,发现多用电表指针偏转几乎仍和图丙一样,而电压表示数如图戊所示。已知该同学操作过程均正确无误。
(1)在按甲电路图连接电路时,应将电源的正极与多用电表的　　　　(填“红”或“黑”)表笔相连。?
(2)图丙中多用电表的读数是　　　　 mA,图戊中电压表的读数是　　　　 V;?
(3)若考虑电表内阻对测量的影响,当小灯泡通过图丙所示的电流时,其电阻为　　　　 Ω(保留1位小数)。?
答案　(1)红　(2)80　0.76　(3)8.1(7.8~8.4)
解析　(1)根据多用电表的特点,电流从多用电表的红表笔进入,从黑表笔流出,在按甲电路图连接电路时,应将电源的正极与多用电表的红表笔相连;
(2)直流电流100 mA挡,所以图丙中多用电表的读数是80 mA;图戊中电压表的读数是0.76 V;
(3)图丁所示电压为0.65 V,由于甲、乙两种接法中多用电表的电流几乎不变,灯泡两端电压不变,所以电阻R=0.6580×10-3 Ω≈8.1 Ω。
7.某位同学用如图甲所示的多用电表测量电阻,要用到选择开关K和两个部件S、T。请根据下列步骤完成电阻测量:
(1)在使用前,发现多用电表指针如图乙所示,则他应调节　　　　(选填“K”或“S”或“T”)。?
(2)正确处理完上述步骤后,他把选择开关打在欧姆“×10”挡,把红黑表笔短接,发现指针如图丙所示,则他应调节　　　　(选填“K”或“S”或“T”)。?
(3)正确处理完上述步骤后,他把红黑表笔接在某定值电阻两端,发现指针如图丁所示,则他应采取的措施是①　　　　;②　　　　。?
(4)正确处理完上述步骤后,他把红黑表笔接在定值电阻两端,发现指针如图戊所示,则该定值电阻的阻值R=　　　　 Ω。?
答案　(1)S　(2)T　(3)①将K打到欧姆“×1”挡　②将两表笔短接,重新调节T,使指针指在右侧零刻度线处　(4)18
解析　(1)在使用前,发现多用电表指针如图乙所示,则应机械调零,即他应调节S使指针调到电流的零刻度线处。
(2)把选择开关打在欧姆“×10”挡,把红黑表笔短接,要调节欧姆调零旋钮,即T,进行欧姆调零。
(3)他把红黑表笔接在某定值电阻两端,发现指针如图丁所示,说明待测电阻较小,应该换小倍率,即换欧姆“×1”挡,换挡必调零,所以要重新调零即将两表笔短接,重新调节T,使指针指在欧姆零刻度线处。
(4)根据欧姆表读数原则可知欧姆表的读数为18 Ω。
8.在“练习使用多用电表”的实验中:
(1)某同学用多用电表测量电阻,电路如图甲所示,若选择开关置于“×100”挡,按正确使用方法测量电阻Rx的阻值,指针位于图乙所示位置,则Rx= 　　　　Ω。?
(2)若该欧姆表使用一段时间后,电池电动势变小,内阻变大,但此表仍能调零,按正确使用方法再测上述Rx,其测量结果与原结果相比将　　　(选填“变大”“变小”或“不变”)。?
(3)某同学利用图甲中的器材设计了一个欧姆表,其电路如图丙所示。
①(多选)关于该欧姆表,下列说法正确的是(　　)
A.电阻刻度的零位在表盘的右端
B.表盘上的电阻刻度是均匀的
C.测量前,不需要红、黑表笔短接调零
D.测量后,应将开关S断开
②某同学进行如下操作:当Rx未接入时,闭合开关S,将红、黑表笔分开时,调节可变电阻,使电流表满偏。当Rx接入A、B表笔之间时,若电流表的指针指在表盘的正中央,则待测电阻Rx的阻值为　　　　(已知电流表的内阻为Rg,电池的内阻为r,可变电阻接入电路的阻值为R)。?
答案　(1)700　(2)变大　(3)①CD　②(R+r)RgR+r+Rg
解析　(1)欧姆表的示数乘以相应挡位的倍率,即待测电阻的阻值,则Rx=7×100 Ω=700 Ω。
(2)若电池电动势变小、内阻变大,欧姆表需要重新调零,由于满偏电流Ig不变,由公式Ig=ER内可知,欧姆表内阻R内应调小,待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的,由I=ER内+Rx=IgR内R内+Rx=Ig1+RxR内可知,当R内变小时,I变小,指针跟原来的位置相比偏左了,测量结果与原结果相比变大了。
(3)①由图丙可知,该欧姆表利用并联电路特点与闭合电路欧姆定律测电阻Rx阻值,电阻刻度的零位置在表盘的左端,由闭合电路欧姆定律可知,表盘上的电阻刻度是不均匀的,测量前,不需要红、黑表笔短接调零,测量后,应将开关S断开,故选项A、B错误,C、D正确。
②当Rx未接入时,闭合开关S,将红、黑表笔分开,调节可变电阻使电流表满偏,由闭合电路欧姆定律得:Ig=Er+Rg+R,当Rx接入A、B表笔之间时,若电流表的指针指在表盘的正中央,由闭合电路欧姆定律得12Ig=Er+R+Rg·RxRg+Rx·RxRg+Rx,联立解得Rx=(R+r)RgR+r+Rg。
课件39张PPT。实验9　练习使用多用电表一 实验目的三 实验器材四 实验步骤五 数据处理教材研读六　注意事项七 误差分析二 实验原理考点一 多用电表的原理考点二 多用电表的使用考点突破一、实验目的1.了解多用电表的构造和原理,掌握多用电表的使用方法。
2.会使用多用电表测电压、电流及电阻。
3.会用多用电表探索黑箱中的电学元件。二、实验原理1.外部构造(如图所示)(1)转动选择开关可以使用多用电表
测量电流、电压、电阻。
(2)多用电表的上部为表头。2. 欧姆表原理(多用电表测电阻原理)
(1)构造:如图所示,欧姆表由电流表G、电池、调零电阻R和红、黑表笔组成。欧姆表内部:电流表、电池、调零电阻串联。
外部:接被测电阻Rx。4.按如图甲所示连好电路,将多用电表选择开关置于直流电压挡,闭合开关,测小灯泡两端的电压。
5.按如图乙所示连好电路,将选择开关置于直流电流挡,闭合开关,测量通过小灯泡的电流。6.用多用电表测电阻的步骤
(1)调整指针定位螺丝,使指针指向表头左端的零刻度。
(2)将选择开关置于“Ω”挡的“×1”倍率处,红、黑表笔短接,调节欧姆调零旋钮,然后断开表笔,指针指向“∞”。
(3)将两表笔分别接触阻值为几十欧的定值电阻两端,读出指示的电阻值,然后断开表笔,再与标定值进行比较。
(4)选择开关改置“×100”倍率处,重新进行欧姆调零。
(5)再将两表笔分别接触标定值为几千欧的电阻两端,读出指示的电阻
值,然后断开表笔,与标定值进行比较。
(6)测量完毕,将选择开关置于交流电压最高挡或“OFF”挡。7.探索黑箱内的电学元件六、注意事项1.表内电源正极接黑表笔,负极接红表笔,但是红表笔插入“+”孔,黑表笔插入“-”孔,注意电流的方向。2.区分“机械零点”与“欧姆零点”。机械零点是刻度盘左侧的“0”位置,对应调整的是表盘下边中间的指针定位螺丝;欧姆零点是指刻度盘右侧的“0”位置,对应调整的是欧姆调零旋钮。
3.测电压时,多用电表应与被测元件并联;测电流时,多用电表应与被测元件串联。
4.测量电阻时,每变换一次倍率都要重新进行欧姆调零。
5.由于欧姆挡表盘刻度不均匀,估读时误差较大,故测量结果不估读,读数时注意乘以倍率。6.使用多用电表时,手不能接触表笔的金属杆,特别是在测电阻时,更应注意不要用手接触表笔的金属杆。
7.测量电阻时待测电阻要与其他元件和电源断开,否则会影响测量结果,甚至可能损坏电表。
8.如果长期不用多用电表,应把表内电池取出。
9.二极管具有单向导电性(符号上的箭头表示允许电流通过的方向)。当给二极管加正向电压时,它的电阻很小,电路导通,如图乙所示;当给二极管加反向电压时,它的电阻很大,电路截止,如图丙所示。将多用电表的选择开关拨到欧姆挡×1倍率处,红、黑表笔接到二极管的两极上,当黑表笔接“正”极,红表笔接“负”极时,测得的电阻较小,
反之测得的电阻很大,由此可判断出二极管的正、负极。七、误差分析1.电池用旧后,内电阻会变大,致使电阻测量值偏大,要及时更换电池。
2.欧姆挡刻度不均匀,读数时,要注意其左密右疏的特点。
3.由于欧姆挡刻度的非线性,表头指针偏转过大或过小都会使误差增大,因此要选用恰当挡位,尽可能使指针指向表盘刻度的中央附近。
4.测电流、电压时,由于电表内阻的影响,测得的电流、电压值均小于真实值。
5.读数时易产生偶然误差,视线要垂直表头正对指针读数。考点一　多用电表的原理(1)图(a)中的A端与　 ???(填“红”或“黑”)色表笔相连接。
(2)关于R6的使用,下列说法正确的是　　????(填正确答案标号)。A.在使用多用电表之前,调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B.使用欧姆挡时,先将两表笔短接,调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C.使用电流挡时,调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
(3)根据题给条件可得R1+R2= ???Ω,R4=　 ????Ω。
(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“1”相连的,则多用电表读数为 ???;若此时B端是与“3”相连的,
则读数为 ;若此时B端是与“5”相连的,则读数为 ???。(结果均保留3位有效数字)当换挡开关接4时,为直流电压1 V挡,则满足U=I(R并+R4),R并=120 Ω,得R4=880 Ω。
(4)若B端与“1”相连,则为直流电流2.5 mA挡,由1/5估读法可得读数为
1.47 mA。若B端与“3”相连,则为欧姆×100 Ω挡,可得读数为1.10×103 Ω。若B端与“5”相连,则为直流电压5 V挡,可得读数为2.95 V。变式1　指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。
(1)(多选)如图甲所示为某同学设计的多用电表的
原理示意图。虚线框中S为一个单刀多掷开关,
通过操作开关,接线柱B可以分别与触点1、2、3
接通,从而实现使用多用电表测量不同物理量的
功能。关于此多用电表,下列说法中正确的是
　　　????。(选填选项前面的字母)A.当S接触点1时,多用电表处于测量电流的挡位,其中接线柱B接的是黑表笔
B.当S接触点2时,多用电表处于测量电压的挡位,其中接线柱B接的是黑表笔
C.当S接触点2时,多用电表处于测量电阻的挡位,其中接线柱B接的是黑表笔
D.当S接触点3时,多用电表处于测量电压的挡位,其中接线柱B接的是红表笔(2)用实验室的多用电表进行某次测量时,指针在表盘的位置如图乙所示。A.若所选挡位为直流电流50 mA挡,则示数为　 ???mA。
B.若所选挡位为欧姆×10 Ω挡,则示数为 Ω。(3)用表盘为图乙所示的多用电表正确测量了一个约15 Ω的电阻后,需要继续测量一个阻值约2 kΩ的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前,请选择以下必需的步骤,并按操作顺序逐一写出步骤的序号:??? ????。
A.将红表笔和黑表笔接触
B.把选择开关旋转到“×100”位置
C.把选择开关旋转到“×1 k”位置
D.调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点答案　(1)AC　(2)22.0　1.9×102 (190)　(3)BAD????考点二　多用电表的使用1.多用电表测电压、电流
(1)多用电表的面板上半部为表头,下半部为选择开关,测量时,红表笔插入“+”插孔,黑表笔插入“-”插孔。
(2)使用多用电表测电压、电流时,应将选择开关旋至合适的挡位,使指针偏角尽可能大,这样相对误差较小。测电流时应将电表串在电路中,测电压时,应将电表并在电路中。2.多用电表测量定值电阻
(1)机械调零:使用前若指针没有停在左端“0”位置,要用螺丝刀转动调零定位螺丝,使指针指零。
(2)选挡:估计待测电阻的大小,旋转选择开关,使其尖端对准欧姆挡的合适挡位。
(3)欧姆调零:将红、黑表笔短接,旋转欧姆调零旋钮,使指针指在表盘右端“0”刻度处。
(4)测量读数:将两表笔分别与待测电阻的两端接触,指针示数乘以量程倍率即为待测电阻阻值。
(5)测另一电阻时重复(2)(3)(4)。
(6)实验完毕,两表笔从插孔中拔出,并将选择开关置于“OFF”挡或交流电压最高挡,若长期不用,应把电池取出。
3.注意事项
(1)测电压、电流时,读表盘的中间刻度数,要看清选择开关所选择的量程,搞清楚每一小格表示多少,及应读到的有效数字位数。(2)测电阻时注意:
①选挡后要进行欧姆调零,换挡后要重新欧姆调零。
②欧姆表选挡时应合理选择倍率,让指针指到中央刻度线附近,读数较为准确。
③被测电阻要与电源、其他元件分离,不能用手接触表笔的金属杆。例2　如图所示为多用电表的刻度盘。若选用倍率为“×100”的欧姆挡测电阻时,表针指示如图所示,则:
?
(1)所测电阻的阻值为 Ω;如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104 Ω的电阻,为了使测量结果比较精确,应选用的欧姆挡是 (选填“×10”、“×100”或“×1k”)。
(2)用此多用电表进行测量,当选用量程为0~50 mA的直流电流挡测量电流时,表针指于图示位置,则所测电流为 ???mA;当选用量程为0~250 mA的直流电流挡测量电流时,表针指于图示位置,则所测电流为　 ????mA。
(3)当选用量程为0~10 V的直流电压挡测量电压时,表针指于图示位置,则所测电压为　 ????V。答案　(1)1.5×103????×1k　(2)30.9　154　(3)6.2解析　(1)欧姆挡倍率为“×100”,读数为1.5×103 Ω。测量一个阻值约为2.0×104 Ω的电阻,为了让指针尽量指在刻度中央附近,应选欧姆挡“×1k”倍率。
(2)选择量程为0~50 mA的直流电流挡,指针对应的读数为30.9 mA;选择量程为0~250 mA的直流电流挡,则每一大格表示50 mA,每一小格表示5 mA,指针对应的读数为154 mA。
(3)选择量程为0~10 V直流电压挡,则每一大格表示2 V,每一小格表示0.2 V,指针对应的读数为6.2 V。变式2　用多用电表测量电阻的步骤如下:(1)调节旋钮　 ????(选填“A”、“B”或“C”),使指针对准表盘　 ???(选填“左”或“右”)侧的“0”刻度线;
(2)转动旋钮 ????(选填“A”、“B”或“C”),至欧姆挡“×100”
倍率的位置;
(3)将红表笔插入插孔　 ????(选填“D”或“E”),黑表笔插入另一插孔,短接两表笔,调节旋钮　 ???(选填“A”、“B”或“C”),使指针对准表盘　 ???(选填“左”或“右”)侧的“0”刻度线;
(4)根据表盘中指针位置,测得该电阻阻值为 ??? Ω。变式3 某同学在“练习使用多用电表”实验中,实验步骤及相关操作如下:
(1)该同学在使用多用电表前,发现多用电表的指针不在零刻度线上,如图甲所示。那么在使用前,他应调节图甲中表盘上的哪一个部件?答:　 ????(填“A”或“B”);(2)该同学按正确操作步骤测量发光二极管的正反向电阻,测量结果如图乙所示。此时多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”倍率位,二极管
导通。由此可知,与多用电表
红表笔接触的是发光二极管的
　 ????(填“正”或“负”)极;
(3)测得的二极管的正向电阻值
约为　 ???? Ω。答案　(1)A　(2)负　(3)185解析　(1)该同学在使用多用电表前,发现多用电表的指针不在零刻度上。那么在使用前,他应调节甲图中表盘上的A部件;
(2)二极管加的是正向电压,多用电表红表笔内部接电源的负极,则与多用电表红表笔接触的是发光二极管的负极;
(3)测得的二极管的正向电阻值约为18.5×10 Ω=185 Ω。实验10　测定电池的电动势和内阻
1.小明同学在做测定一节干电池的电动势和内阻的实验时,为防止电流过大而损坏器材,电路中加了一个保护电阻R0。根据如图1所示电路图进行实验时,
图1
(1)电流表量程应选择　　　　(填“0~0.6 A”或“0~3 A”),保护电阻应选用　　　　(填“A”或“B”);?
A.定值电阻(阻值10.0 Ω,额定功率10 W)
B.定值电阻(阻值2.0 Ω,额定功率5 W)
(2)在一次测量中电压表的指针位置如图2所示,则此时的电压为　　　　V;?
图2
(3)根据实验测得的5组数据所画出的U-I图线如图3所示。则干电池的电动势E=　　　　V,内阻r=　　　　Ω(小数点后保留两位)。?
图3
答案　(1)0~0.6 A　B　(2)1.21±0.01　(3)1.45±0.01　0.50±0.05
解析　(1)电流表量程应选择0~0.6 A,保护电阻应选用B。
(2)根据电压表读数方法可知电压表读数为1.20 V。(3)通过图像可知E=1.45 V,r+R0=1.45?0.700.30 Ω=2.5 Ω,所以内阻r=0.50 Ω。
2.用如图甲所示的电路测量电池的电动势和内阻,定值电阻R1=16 Ω。
(1)闭合开关S后,电压表V1无读数,电压表V2有读数,经检查发现存在断路故障,则该故障可能在　　　　(选填“a、b”“b、c”或“c、d”)两点间。?
(2)排除故障后,闭合开关S,调节滑动变阻器,记录多组电压表的示数U1、U2,如下表所示。请根据表中数据在图乙中作出U2-U1图像。
U2/V
5.0
4.5
4.0
3.5
3.0
2.5
2.0
U1/V
0.66
1.00
1.33
1.88
2.00
2.32
2.68
　　(3)由图像可知,电源电动势E=　　　　V,内阻r=　　　　Ω。(结果均保留两位有效数字)?
(4)实验中,产生系统误差的主要原因是　　　　。?
答案　(1)c、d　(2)如图所示
(3)5.8~6.2　7.4~8.6　(4)电压表V1分流
解析　(1)电压表V2有读数说明从c到正极和从d到负极电路是通的,应是c、d间断路。
(2)描点连线即可。
(3)由闭合电路欧姆定律E=U1+U2+U1R1r得U2=E-(1+rR1)U1,则图线的纵截距表示电动势,图线斜率的绝对值k=1+rR1,从而可求得电动势和内阻。
(4)内电压应为总电流与内阻的积,总电流应为通过R1和电压表V1的电流之和,所以误差形成的原因为电压表V1分流。
3.如图1所示为测一节干电池的电动势和内电阻实验:
图1
(1)完成实物电路连接图;
(2)根据所选量程,某次实验电压表的示数如图2所示,为　　　　 V。?
图2
(3)某同学根据实验数据,已在坐标纸上描好点(见答题卷),请绘制干电池的U-I图线,并得到电池的电动势E=　　　　V,内阻r=　　　　 Ω。(两项结果均保留两位小数)?
答案　(1)见解析
(2)1.35(1.32~1.38)　(3)见解析
解析　(1)为了减小误差,电流表相对电源外接,电路如图所示:
(2)电压表选用小量程,分度值是0.1 V,示数是1.36 V。
(3)U-I图线如图所示:
图像与纵轴交点的纵坐标是1.48 V,则电源电动势E=1.48 V,电源内阻r=ΔUΔI=0.70 Ω。
4.小强同学在做电学实验时
(1)他将电压表直接与干电池的正、负极相连,如图甲所示,这样能粗略测出干电池的　　　。?
A.内阻　　　B.电动势　　　C.容量
(2)为了测定一节干电池的电动势和内阻,他将各仪器连成如图乙所示的电路。在闭合开关前,应先将滑动变阻器的滑片置于最　　　端(选填“左”或“右”)。闭合开关进行实验,利用测得的数据所描出的点如图丙所示,则该干电池的电动势E=　　　V(保留3位有效数字),内阻r=　　　Ω(保留2位有效数字)。?
(3)将特征曲线如图丙中曲线a所示的小灯泡接在该干电池两端,此时小灯泡工作的电功率为　　　W(保留2位有效数字)。?
答案　(1)B　(2)左 　1.46　0.71　(3)0.54
解析　(1)电压表直接接在电源两端,可粗略测量电源电动势。
(2)为了保护电路,闭合开关前应使滑动变阻器接入电路的电阻最大,则滑片应置于最左端。利用图像中描出的点作出图线,图线为直线,直线斜率的绝对值表示电源内阻,为0.71 Ω,直线纵截距表示电源电动势,为1.46 V。
(3)两图线的交点对应的电流和电压为小灯泡接入电路工作时的电流和电压,此时电压为1.12 V,电流为0.48 A,小灯泡的电功率P=UI=0.54 W。
5.某科技小组的同学通过查找资料动手制作了一个电池。
(1)甲同学选用图1所示的电路图测量该电池的电动势和内阻。在他测量与计算无误的情况下,他所得到的电源电动势E的测量值比真实值偏小。E的测量值比真实值偏小的原因可能是　　　　(选填选项前的字母)造成的。?
A.电压表的分流　　　B.电流表的分压
(2)乙同学选用图2所示的电路图测量该电池的电动势和内阻,其中定值电阻的阻值为R0,根据实验电路图连接好电路闭合开关,逐次改变电阻箱接入电路中电阻的阻值R,读出与R对应的电压表的示数U,并作记录。根据多组实验数据绘出如图3所示的1U-1R图像,若已知图线的斜率为k,纵轴截距为b,则这个实验中所测电池电动势的测量值E=　　　,内阻的测量值r=　　　。?
答案　(1)A　(2)1b　kb-R0
解析　(1)由题图1可知,相对于电源来说,实验采用了电流表外接法,电动势的测量值小于真实值,其原因可能是A。
(2)由题图2可知,E=U+I(R0+r)=U+UR(r+R0),所以
1U=R0+rE·1R+1E
所以b=1E,E=1b
k=R0+rE,r=kb-R0。
6.如图1所示,该电路在测量电源电动势和内阻的同时也能完成对未知电阻Rx的测量。实验室提供的器材如下:
图1
A.待测电阻Rx(约10欧姆)
B.电源(四节干电池)
C.电阻箱(0~99.9欧姆)
D.电压表V1(量程0~6 V,内阻约8 000欧姆)
E.电压表V2(量程0~3 V,内阻约4 000欧姆)
(1)闭合开关,调节电阻箱的阻值,让电压表V2接近满偏,并读出两个电压表的读数。逐渐增加电阻箱的阻值,并分别读出两只电压表读数。则随着电阻箱阻值的增加,电压表V1读数　　　　,电压表V2读数　　　　。(填“增大”或“减小”)?
(2)如果纵坐标表示两个电压表读数之比U1U2,横坐标表示电阻箱的阻值R,实验结果的图像如图2。则待测电阻Rx=　　　　 Ω。?
(3)如果纵坐标表示某电压表读数U,横坐标表示两个电压表读数之差与电阻箱阻值的比值U1-U2R,实验结果的图像如图3。其中能读出电源电动势和内电阻的是　　　　(填“Ⅰ图线”或“Ⅱ图线”)。两图线交点的横坐标为　　　　 A,纵坐标为　　　　 V。(结果均保留两位有效数字)?
答案　(1)增大　减小　(2)9　(3)Ⅰ图线　0.40 A　3.6 V
解析　(1)电阻箱的阻值R增大,根据I=ER+Rx+r可知电流减小,内电压减小,外电阻电压增大,即电压表U1的示数增加,电压表U2的示数U2=IRx,减小;
(2)由题图1知,U1=I(R+Rx),U2=IRx,联立可得U1U2=RRx+1,将R=18.0 Ω、U1U2=3.0代入可得Rx=9 Ω;
(3)根据闭合电路的欧姆定律,有U1=-U1-U2Rr+E,根据图线Ⅰ可读出电动势E=6 V,内阻r=6 Ω;图线Ⅱ:U2=U1-U2RRx;图线交点:U=-U1-U2Rr+E=U1-U2RRx。解得:U1-U2R=0.40 A,U=3.6 V。
7.某同学利用电压表和电阻箱测定干电池的电动势和内阻,使用的器材还包括定值电阻(R0=5 Ω)一个,开关两个,导线若干,实验原理图如图(a)。
(1)在图(b)的实物图中,已正确连接了部分电路,请完成余下电路的连接。
(2)请完成下列主要实验步骤:
A.检查并调节电压表指针指零;调节电阻箱,示数如图(c)所示,读得电阻值是　　　　 Ω;?
B.将开关S1闭合,开关S2断开,电压表的示数是1.49 V;
C.将开关S2　　　　,电压表的示数是1.16 V,断开开关S1。?
(3)使用测得的数据,计算出干电池的内阻是　　　　 Ω(结果保留两位有效数字)。?
(4)由于所用电压表不是理想电压表,所以测得的电动势比实际值偏　　　　(填“大”或“小”)。?
答案　(1)如图所示
(2)20　闭合　(3)0.7　(4)小
解析　(1)由原理图可知,两开关与电阻箱为串联关系,电压表并联在电阻箱两端,连线如答案图所示。
(2)电阻箱接入电路的电阻应为2×10 Ω=20 Ω;将开关S1闭合,开关S2断开,电压表的示数为电源的电动势;为了测量内阻,应再测量电阻箱两端的电压,故应闭合S2,读出此时电压表的示数。
(3)由题意可知,电源的电动势为1.49 V,当接入电阻箱时,路端电压为1.16 V;由闭合电路欧姆定律可知,电路中电流为I=1.1620 A=0.058 A,则r+R0=1.49?1.160.058 Ω=5.7 Ω,内电阻r=5.7 Ω-5 Ω=0.7 Ω。
(4)因电压表内阻不是无穷大,电压表示数为电源的输出电压,要比电动势小。
课件41张PPT。实验10　测定电池的电动势和内阻一 实验目的三 实验器材四 实验步骤五 数据处理教材研读六　注意事项七 误差分析二 实验原理考点一 实验原理与实验操作考点二 实验数据处理与误差分析考点三 实验拓展与实验创新考点突破一、实验目的1.测定电池的电动势和内阻。
2.加深对闭合电路欧姆定律的理解。
二、实验原理1.实验依据:闭合电路欧姆定律。三、实验器材
电池(被测电源)、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线、坐标纸和刻度尺等。
四、实验步骤1.电流表用0~0.6 A量程,电压表用0~3 V量程,按实验原理图连接好电路。2.把滑动变阻器的滑片移动到使其接入电路的阻值最大的一端。
3.闭合开关,调节滑动变阻器,使电流表有明显示数并记录一组数据(I1,U1)。用同样的方法测量出几组I、U的值,填入表格中。4.断开开关,拆除电路,整理好器材。五、数据处理4.画U-I图线时,由于读数的偶然误差,描出的点不在一条直线上,在作图时应使直线通过尽可能多的点,并使不在直线上的点均匀分布在直线的两侧,个别偏离直线太远的点可舍去。这样就可使偶然误差得到部分抵消,从而提高精确度。
5.由于干电池的内阻较小,路端电压U的变化也较小,这时画U-I图线时,纵轴的刻度可以不从零开始,而是根据测得的数据从某一恰当值开始(横坐标I必须从零开始),但这时图线在横轴的截距不再是短路电流,而在纵轴的截距仍为电源电动势,图线斜率的绝对值仍为电源的内阻。七、误差分析1.偶然误差
(1)由于读数不准和电表线性不良引起误差。
(2)用图像法求E和r时,由于作图不准确造成误差。
(3)测量过程中通电时间过长或电流过大,都会引起E、r变化造成误差。
2.系统误差
由于电压表和电流表内阻影响而导致的误差。(1)如图甲所示,在理论上E真=U+(IV+IA)r,其中电压表示数U是准确的电源两端电压,而实验中忽略了通过电压表的电流IV而造成误差,而且电压表示数越大,IV越大。结论:①当电压表示数为零时,IV=0,IA=I短,短路电流测量值=真实值;
②E测从电路的角度看,电压表看成内电路的一部分,故实际测出的是电池和电压表这一整体的等效内阻和电动势(r测和E测),如图乙所示,因为电压表和电池并联,所以r测小于电池内阻r真;因为外电阻R断开时,a、b两点间电压Uab等于电动势E测,此时电池与电压表构成回路,所以Uab(2)若采用如图丙所示的电路,I为电源电流真实值,理论上有E真=U+UA+Ir真,其中UA不可知而造成误差,而且电流表示数越大,UA越大,当电流为(ⅱ)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值,记下电压表的示数U和相应电流表的示数I;
(ⅲ)以U为纵坐标,I为横坐标,作U-I图线(U、I都用国际制单位);
(ⅳ)求出U-I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。
回答下列问题:
(1)电压表最好选用　 ???;电流表最好选用　 ???。
A.电压表(0~3 V,内阻约15 kΩ)　????
B.电压表(0~3 V,内阻约3 kΩ)C.电流表(0~200 mA,内阻约2 Ω)　????
D.电流表(0~30 mA,内阻约2 Ω)
(2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动,发现电压表示数增大。两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是　 ????。
A.两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱
B.两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱
C.一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱,另一条导线接在电阻丝左端接线柱D.一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱,另一条导线接在电阻丝右端接线柱
(3)选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E= ???? ,r=　 ???,代入数值可得E和r的测量值。变式1　小明同学在测定电源电动势E及内阻r(E约为4.5 V,r约为1.5 Ω)实验中,实验室中的器材有:量程为0~3 V的理想电压表,量程为0~0.6 A的电流表A(具有一定内阻),固定电阻R0,滑动变阻器R1(最大阻值为20 Ω),开关K,导线若干。
(1)固定电阻R0应选用　 ????。(填“A”或“B”)
A.阻值9 Ω,额定电流3.6 A
B.阻值1 Ω,额定电流1.5 A
(2)在下面虚线框内画出实验电路原理图。(图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出)
(3)下图为某次测量中的电压表示数,为　 ??? V。
(4)实验中,当电流表读数为I1时,电压表读数为U1;当电流表读数为I2时,电压表读数为U2。则可求出E=　　　????,r=　　　 ?。(用I1、?U1、U2
及R0表示)考点二　实验数据处理与误差分析例2　如图所示,是U-I法测电源电动势和内阻的两种常用方法,由于电流表和电压表都不是理想电表,所以测量结果有系统误差。请分析以下问题:?
(1)采用图1的方法,引入系统误差的原因是 ??;采用图2的方法,引入系统误差的原因是 ???;
(2)图3和图4是用图像法处理的结果,请判断:
图3是用　 ????(填“图1”或“图2”)电路处理的结果,其中图线? ??(填“①”或“②”)表示测量图线,图线　 ????(填“①”或“②”)表示真实图线;图4是用　 ???(填“图1”或“图2”)电路处理的结果,其中图线???? ???(填“③”或“④”)表示测量图线,图线 　??(填“③”或“④”)表示真实图线。答案　(1)电压表分流　电流表分压　(2)图1　②　①　图2　④　③解析　(1)由于电表不是理想电表,电流表存在内阻,电压表内阻不是无穷大,在图1中由于采用电流表相对电源的外接法,则由于电压表的分流使电流测量值小于真实值;而图2中采用电流表相对电源的内接法,由于电流表的分压而使电压测量值小于真实值;
(2)图1中采用电流表相对电源的外接法,误差来自于电压表的分流,当外电路短路时,电压表分流可以忽略,故此种接法中短路电流不变,图3是该电路所测数据的处理结果;由于电压表的分流,电流测量值小于真实值,故图线②是测量图线,图线①是真实图线;图2中采用电流表相对电源的内接法,误差来自于电流表的分压,当外电路断路时,电流表中电流为零,分压可忽略,故测量的电动势准确,图4是该电路所测数据处理的结果;由于电压测量值小于真实值,故④是测量图线,③是实际图线。考点三　实验拓展与实验创新例3　某物理兴趣小组利用如图所示电路,测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻。使用的器材有:多用电表、电压表(量程0~5 V,内阻为RV)、滑动变阻器(最大阻值5 kΩ)、导线若干。回答下列问题:
(1)将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡,再将红表笔和黑表笔短接,调零点。
(2)将图1中多用电表的黑表笔和　　　????(选填“1”或“2”)端相连,红表笔连接另一端。(3)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路,如图2所示,设此多用电表内电池的例4????(2018江苏单科,10,8分)一同学测量某干电池的电动势和内阻。
(1)如图所示是该同学正准备接入最后一根导线(图中虚线所示)时的实验电路。请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处。(2)实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I,以及计算的?数据见下表:根据表中数据,在方格纸上作出R-?关系图像。
由图像可计算出该干电池的电动势为 ????V;内阻为 ? ??Ω。(3)为了得到更准确的测量结果,在测出上述数据后,该同学将一只量程为100 mV的电压表并联在电流表的两端。调节电阻箱,当电流表的示数为0.33 A时,电压表的指针位置如图所示,则该干电池的电动势应为 ????V;内阻应为　 ????Ω。例5????[2017天津理综,9(3)]某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻。其中电流表A1的内阻r1=1.0 kΩ,电阻R1=9.0 kΩ,为了方便读数和作图,给电池串联一个R0=3.0 Ω的电阻。
①按图示电路进行连接后,发现aa'、bb'和cc'
三条导线中,混进了一条内部断开的导线。
为了确定哪一条导线内部是断开的,将电键
S闭合,用多用电表的电压挡先测量a、b'间电压,
读数不为零,再测量a、a‘间电压,若读数不为零,则一定是 aa'? 导线断开;若读数为零,则一定是 bb' 导线断开。②排除故障后,该小组顺利完成实验。通过多次改变滑动变阻器触头位置,得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据,作出图像如图。由I1-I2图像得到电池的电动势E= 1.4（1.36~1.44均可）V,内阻r= 0.5（0.4~0.6）均可??Ω。第19讲　磁场的描述　磁场对电流的作用
A组　基础题组
1.(2018浙江11月选考,2,3分)发现电流磁效应的物理学家是(　　)
A.法拉第 B.奥斯特 C.库仑 D.安培
答案　B　通电导线周围的磁场是奥斯特发现的。
2.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角:“以磁石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料,下列说法不正确的是(　　)
A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近
C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
答案　C　由题意可知,地理南、北极与地磁场的南、北极不重合,存在磁偏角,A正确。磁感线是闭合的,再由图可推知地球内部存在磁场,地磁南极在地理北极附近,故B正确。只有赤道上方附近的磁感线与地面平行,故C错误。射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与地磁场方向不平行,故地磁场对其有力的作用,这是磁场的基本性质,故D正确。选C。
3.四根相互平行的通电长直导线a、b、c、d电流均为I,如图所示放在正方形的四个顶点上,每根通电直导线单独存在时,四边形中心O点的磁感应强度都是B,则四根通电导线同时存在时O点的磁感应强度的大小和方向为(　　)
A.22B,方向向左 B.22B,方向向下
C.22B,方向向右 D.22B,方向向上
答案　A　根据安培定则知,四根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为:a导线的沿bd方向,b导线的沿ca方向,c导线的沿bd方向,d导线的沿ca方向。则根据平行四边形定则可知,四根导线同时存在时的磁感应强度大小为22B,方向水平向左。故选A。
4.某兴趣小组同学制作出一个可以测量电流的仪器,其主要原理如图所示,铜棒左右两侧的中点分别固定相同弹簧,铜棒所在的虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场,两弹簧为原长时,指针指向0刻度。在测量一个自上而下电流时指针在0刻度左边静止。由题中所给条件,判断正确的是(　　)
A.可知磁场的方向垂直于纸面向外
B.仅改变磁场方向,指针将在0刻度左边静止
C.仅改变电流的方向,指针将在0刻度左边静止
D.同时改变磁场和电流的方向,指针将在0刻度右边静止
答案　A　电流向下时,指针在0刻线左边静止,弹力向右,说明电流所受安培力向左,由左手定则知,磁场垂直于纸面向外,故A正确;仅磁场改变或仅改变电流方向,由左手定则可知受力向右,则弹力向左,指针将在0刻度右边静止,故B、C错误;同时改变磁场和电流的方向,安培力方向仍向左,故指针仍在0刻度左边静止,故D错误。
5.下列各图中,已标出电流I、磁感应强度B的方向,其中符合安培定则的是(　　)
答案　C　通电直导线的安培定则:用右手握住通电直导线,让大拇指指向电流的方向,那么四指的指向就是磁感线的环绕方向,由此可知A、B错误;通电螺线管的安培定则:用右手握住通电螺线管,使四指弯曲方向与电流方向一致,那么大拇指所指的那一端就是通电螺线管的N极,据此可知D错误。
6.如图所示,厚度均匀的木板放在水平地面上,木板上放置两个相同的条形磁铁,两磁铁的N极正对。在两磁铁竖直对称轴上的C点固定一垂直于纸面的长直导线,并通以垂直纸面向里的恒定电流,木板和磁铁始终处于静止状态,则(　　)
A.导线受到的安培力竖直向上,木板受到地面的摩擦力水平向右
B.导线受到的安培力竖直向下,木板受到地面的摩擦力水平向左
C.导线受到的安培力水平向右,木板受到地面的摩擦力水平向右
D.导线受到的安培力水平向右,木板受到地面的摩擦力为零
答案　C　做出两磁铁的磁场经过C点的磁感线,并标出两磁场在C点的磁场方向,由矢量合成可知,合磁场的方向竖直向上,根据左手定则可知,导线受到的安培力水平向右,A、B错误;根据牛顿第三定律可知,木板和磁铁组成的整体受到通电导线对它们水平向左的作用力,因此木板受到地面的摩擦力的方向水平向右,C正确,D错误。
7.质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆轨道上,整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中,直导体棒中通有恒定电流,平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角,其截面图如图所示,则下列关于导体棒中电流的分析正确的是(　　)
A.导体棒中电流垂直纸面向外,大小为3mgBL
B.导体棒中电流垂直纸面向外,大小为3mg3BL
C.导体棒中电流垂直纸面向里,大小为3mgBL
D.导体棒中电流垂直纸面向里,大小为3mg3BL
答案　C　平衡时导体棒受到竖直向下的重力、斜向左上方的弹力和水平向右的安培力,重力和安培力的合力大小与弹力大小相等、方向相反,由平衡条件,有 tan 60°=BILmg=3,得导体棒中电流I=3mgBL。再由左手定则,可知导体棒中电流的方向应垂直纸面向里,故C正确。
8.如图所示,光滑导轨与水平面成θ角,导轨宽度为L,匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上(未画出),金属杆的质量为m,长为L,水平放置在导轨上。已知电源的电动势为E,内阻为r,调节滑动变阻器使回路的总电流为I1,此时金属杆恰好处于静止状态(重力加速度为g,金属杆与导轨电阻不计)。求:
(1)磁感应强度B的大小;
(2)若保持磁感应强度的大小不变,而将磁场方向改为竖直向上,则滑动变阻器接入电路的阻值调到多大才能使金属杆保持静止。
答案　(1)mgsinθI1L　(2)EcosθI1-r
解析　(1)在侧视图中,导体棒受力如图甲所示
由平衡条件得mg sin θ=I1LB,解得B=mgsinθI1L。
(2)导体棒受力如图乙所示,由平衡条件得
mg sin θ=BI2L cos θ
I2=ER+r
又B=mgsinθI1L
解得R=EcosθI1-r。

B组　提升题组
1.(2018课标Ⅱ,20,6分)(多选)如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2,L1中的电流方向向左,L2中的电流方向向上;L1的正上方有a、b两点,它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为13B0和12B0,方向也垂直于纸面向外。则(　　)
A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为712B0
B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为112B0
C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为112B0
D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为712B0
答案　AC　本题考查安培定则、磁场的叠加。由安培定则判定,L1中的电流在a、b两点产生的磁场方向垂直纸面向里,L2中的电流在a、b两点产生的磁场方向分别垂直于纸面向里和向外;设L1和L2中的电流在a、b两点产生的磁场的磁感应强度大小分别为B1和B2,由磁感应强度的矢量叠加原理可得,B0-B1-B2=13B0,B0+B2-B1=12B0,解得B1=712B0,B2=112B0,故A、C项正确。
2.如图所示,两根光滑金属导轨平行放置,导轨所在平面与水平面间的夹角为θ,整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中。金属杆ab垂直导轨放置,当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时,金属杆ab刚好静止。则(　　)
A.磁场方向竖直向上
B.磁场方向竖直向下
C.金属杆ab受平行导轨向上的安培力
D.金属杆ab受水平向左的安培力
答案　A　金属杆静止,则受力平衡,由于磁场方向沿竖直方向,则安培力必沿水平方向、导轨对金属杆必有支持力,只有安培力的方向水平向右,金属杆ab才可能静止。根据左手定则可知磁场方向竖直向上。
3.如图所示,在倾角为α的光滑斜面上,垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒。当导体棒中的恒定电流I垂直于纸面向里时,欲使导体棒静止在斜面上,可将导体棒置于匀强磁场中,当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中,关于B的大小的变化,正确的是(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.逐渐增大 B.逐渐减小
C.先增大后减小 D.先减小后增大
答案　D　对导体棒受力分析,受重力G、支持力FN和安培力FA,三力平衡,合力为零,将支持力FN和安培力FA合成,合力与重力相平衡,如图
从图中可以看出,安培力FA先变小后变大,由于FA=BIL,其中电流I和导体棒的长度L均不变,故磁感应强度先减小后增大;故选D。
4.如图所示,三根平行的足够长的通电直导线A、B、C分别放置在一个等腰直角三角形的三个顶点上,其中AB边水平,AC边竖直。O点是斜边BC的中点,每根导线在O点所产生的磁感应强度大小均为B0,则下列说法中错误的有(　　)
A.导线B、C在O点产生的总的磁感应强度大小为2B0
B.导线A、B、C在O点产生的总的磁感应强度大小为B0
C.导线B、C在A点产生的总的磁感应强度方向由A指向O
D.导线A、B在O点产生的总的磁感应强度方向水平向右
答案　B　导线B、C在O点产生的磁场方向相同,磁感应强度叠加后大小为2B0,选项A正确;由题意可知,三根平行的通电直导线在O点产生的磁感应强度大小相等,B合=12(B0)2+(2B0)2=5B0,选项B错误;导线B、C在A点产生的总的磁感应强度的方向是两个磁场叠加后的方向,方向由A指向O,选项C正确;根据安培定则和矢量的叠加原理,导线A、B在O点产生的总的磁感应强度的方向水平向右,选项D正确。
5.如图所示,AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧,将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。当在该导线中通以由C到A、大小为I的恒定电流时,该导线受到的安培力大小和方向是(　　)
A.BIL,平行于OC向左
B.22BILπ,平行于OC向右
C.22BILπ,垂直A、C的连线指向左下方
D.22BIL,垂直A、C的连线指向左下方
答案　C　由14圆弧长为L,所以2πR4=L,即R=2Lπ,AC的有效长度为l=2R=22Lπ,所受安培力为FA=BIl=22BILπ,方向由左手定则判断,即垂直A、C的连线指向左下方,因此选项C正确。
6.如图所示,用两根相同的弹簧测力计钩住一根铜棒,铜棒所在的虚线框范围内有垂直纸面的匀强磁场。当铜棒中通入自左向右的电流,静止时两弹簧测力计的示数均为F1;若将铜棒中电流反向而大小保持不变,静止时两弹簧测力计的示数均为F2,且弹簧测力计示数F2大于F1。则根据以上所给的信息不能求出的是(　　)
A.铜棒自身重力的大小
B.铜棒所受安培力的大小
C.虚线框内磁感应强度的方向
D.虚线框内磁感应强度的大小
答案　D　因为电流反向时,弹簧测力计的读数F2>F1,故电流自左向右时,导体棒受到的磁场力方向向上,根据左手定则可以确定磁场的方向为垂直纸面向里;两弹簧测力计的示数均为F1时,2F1+BIL=mg,示数均为F2时,2F2-BIL=mg,解得铜棒自身重力mg=F1+F2,故铜棒所受安培力的大小FA=BIL=F2-F1;由于电流大小和铜棒的长度未知,故虚线框内磁感应强度的大小不能计算。本题选D。
7.如图所示,在倾角为α的光滑斜面上,垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导体棒,当通以图示方向电流I时,欲使导体棒静止在斜面上,可加一平行于纸面的匀强磁场,当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中,下列说法中正确的是(　　)
A.此过程中磁感应强度B保持不变
B.此过程中磁感应强度B先减小后增大
C.此过程中磁感应强度B的最小值为mgsinαIL
D.此过程中磁感应强度B的最大值为mgtanαIL
答案　C　导体棒受重力、支持力和安培力作用而处于平衡状态,当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中,安培力由沿斜面向上转至竖直向上,可知安培力逐渐增大,即此过程中磁感应强度B逐渐增大,A、B错;刚开始安培力F最小,有 sin α=Fmg,所以此过程中磁感应强度B的最小值为mgsinαIL,C对;最后安培力最大,有F=mg,即此过程中磁感应强度B的最大值为mgIL,D错。
8.(多选)光滑平行导轨水平放置,导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连,右端与半径为L=20 cm的两段光滑圆弧导轨相接,一根质量m=60g、电阻R=1 Ω、长为L的导体棒ab,用长也为L的绝缘细线悬挂,如图所示,系统空间有竖直方向的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T,当闭合开关S后,导体棒沿圆弧摆动,摆到最大高度时,细线与竖直方向成θ=53°角,摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态,导轨电阻不计,sin 53°=0.8,g=10 m/s2,则(　　)
A.磁场方向一定竖直向下
B.电源电动势E=3.0 V
C.导体棒在摆动过程中所受安培力F=3 N
D.导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J
答案　AB　导体棒向右沿圆弧摆动,说明受到向右的安培力,由左手定则知该磁场方向一定竖直向下,A对;导体棒摆动过程中只有安培力和重力做功,由动能定理知BIL·L sin θ-mgL(1- cos θ)=0,解得导体棒中的电流I=3 A,由E=IR得电源电动势E=3.0 V,B对;由F=BIL得导体棒在摆动过程中所受安培力F=0.3 N,C错;由能量守恒定律知电源提供的电能W等于电路中产生的焦耳热Q和导体棒重力势能的增加量ΔE的和,即W=Q+ΔE,而ΔE=mgL(1- cos θ)=0.048 J,D错。
教师备用题库
1.(2017课标Ⅲ,18,6分)如图,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变,则a点处磁感应强度的大小为(　　)
A.0 B.33B0 C.233B0 D.2B0
答案　C　本题考查磁感应强度的矢量性和安培定则。两导线中通电流I时,两电流在a点处的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度的矢量和为0,则两电流磁感应强度的矢量和大小为-B0,如图甲得B=33B0。P中电流反向后,如图乙,B合=B=33B0,B合与B0的矢量和为B总=233B0,故C项正确。
甲　　　　　　　　　　　　乙
2.(2017课标Ⅰ,19,6分)(多选)如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反。下列说法正确的是(　　)
A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直
C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶3
D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1
答案　BC　本题考查安培力。因三根导线中电流相等、两两等距,则由对称性可知两两之间的作用力大小均相等。因平行电流间同向吸引、反向排斥,各导线受力如图所示,由图中几何关系可知,L1所受磁场作用力F1的方向与L2、L3所在平面平行,L3所受磁场作用力F3的方向与L1、L2所在平面垂直,A错误、B正确。设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F,则由几何关系可得L1、L2单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 60°=F,L3单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 30°=3F,故C正确、D错误。
3.(2017课标Ⅱ,21,6分)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将(　　)
A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉
答案　AD　要使线圈在磁场中开始转动,则线圈中必有电流通过,电路必须接通,故左右转轴下侧的绝缘漆都必须刮掉;但如果上侧的绝缘漆也都刮掉,当线圈转过180°时,靠近磁极的导线与开始时靠近磁极的导线中的电流方向相反,受到的安培力相反,线圈向原来的反方向转动,线圈最终做往返运动,要使线圈连续转动,当线圈转过180°时,线圈中不能有电流通过,依靠惯性转动到初始位置再接通电路即可实现连续转动,故左、右转轴的上侧不能都刮掉,故选项A、D正确。
4.(2016上海单科,33,14分)如图,一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内,磁感应强度为B的匀强磁场与平面垂直。一足够长,质量为m的直导体棒沿x方向置于轨道上,在外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀加速直线运动,运动时棒与x轴始终平行。棒单位长度的电阻为ρ,与电阻不计的轨道接触良好,运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P=ky32(SI)。求:
(1)导体轨道的轨道方程y=f(x);
　　(2)棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系;
(3)棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功。
答案　(1)y=4aB2kρ2x2　(2)Fm=k2ay
　(3)k22aL2+maL
解析　(1)设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为(±x,y),安培力F=B2(2x)2vR
安培力的功率P=Fv=4B2x2v2R=ky32
棒做匀加速运动
v2=2ay
R=2ρx
代入前式得y=4aB2kρ2x2
轨道形状为抛物线。
(2)安培力Fm=4B2x2Rv=2B2xρ2ay
将轨道方程代入得
Fm=k2ay
(3)由动能定理得W=Wm+12mv2
安培力做功Wm=k22aL2
棒在y=L处的动能为12mv2=maL
外力做功W=k22aL2+maL
课件38张PPT。第19讲　磁场的描述　磁场对电流的作用一 磁场及其描述二 安培力教材研读突破一 安培定则的应用和磁场的叠加突破二 判断安培力作用下导体的运动突破三 安培力作用下的平衡与加速问题重难突破一、磁场及其描述1.磁场
(1)磁场是磁极、电流周围存在的一种特殊①　物质????。
(2)磁场的方向:小磁针静止时②????N极????所指的方向。
(3)基本特征:对放入其中的磁体、电流和运动电荷都有③　力????的作用。b.电流的磁场二、安培力1.定义:人们把①　通电导线????在磁场中受的力称为安培力。2.安培力大小的计算
(1)当B与I(L)垂直时②????F=BIL????,若B与I(L)夹角为θ,则③????F=BIL sin θ???。
(2)公式的适用条件:一般只适用于④　匀强磁场????。
3.安培力的方向判定
用左手定则判定:伸开左手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内;让磁感线从掌心进入,并使⑤　四指????指向电流的方向,这时⑥　拇指????所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。1.判断下列说法的正误:
(1)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。?(　?　)
(2)磁感线越密表示磁场越强。?(　√　)
(3)将通电导线放入磁场中,若不受安培力,说明该处磁感应强度为零。?(　?　)
(4)磁场中某点磁感应强度的方向,跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。?(　?　)
(5)安培力一定不做功。?(　?　)2.关于电场和磁场,下列说法正确的是?(　D　)
A.虽然电场不是客观存在的,但是可以用试探电荷去探测它的存在和强弱
B.电场线和磁感线是可以形象描述电场强弱和方向的客观存在的曲线
C.磁感线和电场线一样都是闭合的曲线
D.磁体之间的相互作用是通过磁场发生的,磁场和电场一样,都是客观存在的物质3.如图所示,竖直放置的长直导线通有恒定电流,侧旁小磁针N极的最终指向应为?(　D　)
?
A.平行纸面向右　???? B.平行纸面向左
C.垂直纸面向里　???? D.垂直纸面向外突破一　安培定则的应用和磁场的叠加1.安培定则的应用2.磁场的叠加
磁感应强度是矢量,计算时与力的计算方法相同,利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解。1-1　如图所示,a、b两根垂直纸面的直导线通有等值的电流,两导线旁有一点P,P点到a、b的距离相等,关于P点的磁场方向,以下判断正确的是?(　A　)
A.若a中电流方向向纸外,b中电流方向向纸里,
则P点的磁场方向向右
B.若a中电流方向向纸外,b中电流方向向纸里,则P点的磁场方向向左
C.若a中电流方向向纸里,b中电流方向向纸外,则P点的磁场方向向右
D.若a中电流方向向纸外,b中电流方向向纸外,则P点的磁场方向向左解析　若a中电流方向向纸外,b中电流方向向纸里,根据安培定则判断可知:a在P处产生的磁场Ba方向垂直于a、P连线斜向上,b在P处产生的磁场Bb方向垂直于b、P连线斜向下,根据平行四边形定则进行合成,如图所示,P点的磁感应强度方向水平向右,故A正确,B错误。若a中电流方向向纸里,b中电流方向向纸外,则可得P点的磁感应强度方向水平向左,故C错误。若a、b中电流方向均向纸外,同理可知,
P点的磁感应强度方向竖直向上,故D错误。突破二　判定安培力作用下导体的运动1.判定导体运动情况的基本思路
判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势,首先必须弄清楚导体所在位置的磁场磁感线分布情况,然后利用左手定则准确判定导体的受力情况,进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。2.五种常用判定方法? 典例2????(2018浙江11月选考,7,3分)电流天平是一种测量磁场力的装置,如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ,线圈Ⅰ固定,线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时,天平示数恰好为零。下列说法正确的是?(　A　)
A.当天平示数为负时,两线圈电流方向相同
B.当天平示数为正时,两线圈电流方向相同
C.线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D.线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力解析　装置的构造模型为两个线圈和一个杠杆,当线圈中通有同向电流时互相吸引,通有异向电流时互相排斥,当天平示数为负数时表示互相吸引,所以为同向电流,A正确,B错误。根据作用力与反作用力可知线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力等于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力C错误。线圈Ⅱ还受重力的作用,故D错误。解析　根据安培定则可知,b点的磁场方向为垂直纸面向外,所以选项A错误;cd中电流在a处产生的磁场方向垂直纸面向里,ef中电流在a处产生的磁场方向垂直纸面向外,所以选项B错误;根据左手定则可判断,电流方向相反的两根导线互相排斥,所以选项C错误;不管电流方向如何,只要电流方向相反,就互相排斥,选项D正确。突破三　安培力作用下的平衡与加速问题1.安培力的大小
计算安培力常用公式F=BIL,应用时要满足:
(1)B与L垂直。
(2)L是有效长度,即垂直磁感应强度方向的长度。如图所示通电导线,在判断和计算安培力的方向和大小时均可等效为计算和判断ac直导线的安培力的大小和方向。? 2.安培力作用下的平衡问题
(1)解决安培力相关问题的“关键步骤”
通电导体棒在磁场中的平衡问题是一种常见的力学综合模型,该模型一般由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成。这类题目的难点是题图具有立体性,各力的方向不易确定。因此解题时一定要先把立体图转化成平面图,通过受力分析建立各力的平衡关系,如图所示。?
? (2)求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路3-1　(多选)如图,AB、CD是两根长度均为L=4.0 m,质量分别为m1=0.6 kg和m2=0.2 kg的金属棒,两根等长的细金属杆将两节干电池与两个金属棒串联成闭合回路,整个回路用绝缘细线悬挂在天花板上,保证金属棒水平。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=1.0 T,电路中的电流I=0.5 A,待系统稳定之后(金属棒、细金属杆在力的作用下不会发生变形,取g=10 m/s2),则?(　AC　)
A.绝缘细线与竖直方向的夹角为0°
B.绝缘细线与竖直方向的夹角为45°
C.细金属杆与竖直方向的夹角为45°
D.细金属杆与竖直方向的夹角为90°典例4　如图所示,PQ和MN为水平平行放置的金属导轨,相距1 m,导体棒ab跨放在导轨上,棒的质量为m=0.2 kg,棒的中点用细绳经滑轮与物体相连,物体的质量M=0.3 kg,棒与导轨的动摩擦因数为μ=0.5,匀强磁场的磁感应强度B=2 T,方向竖直向下,为了使物体以加速度a=3 m/s2加速上升,应在棒中通入多大的电流?方向如何?(g=10 m/s2)第20讲　磁场对运动电荷的作用
A组　基础题组
1.下列关于洛伦兹力的说法中,正确的是(　　)
A.只要速度大小相同,所受洛伦兹力就相同
B.如果把+q改为-q,且速度反向,大小不变,则洛伦兹力的大小、方向均不变
C.洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直,磁场方向一定与电荷运动方向垂直
D.粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变
答案　B　因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关,而且与粒子速度的方向有关,如当粒子速度与磁场垂直时F=qvB,当粒子速度与磁场平行时F=0。又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直,因而速度方向不同时,洛伦兹力的方向也不同,所以A选项错。因为+q改为-q且速度反向,由左手定则可知洛伦兹力方向不变,再由F=qvB知大小也不变,所以B选项正确。因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角,所以C选项错。因为洛伦兹力总与速度方向垂直,因此,洛伦兹力不做功,粒子动能不变,但洛伦兹力可改变粒子的运动方向,使粒子速度的方向不断改变,所以D选项错。
2.如图所示,电子枪向右发射电子束,其正下方水平直导线内通有向右的电流,则电子束将(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.向上偏转 B.向下偏转
C.向纸外偏转 D.向纸内偏转
答案　A　先用安培定则判断出导线上方的磁场方向为垂直纸面向外,在根据左手定则判断出电子束受到的洛伦兹力为竖直向上,故选A。
3.(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电子(　　)
A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍
B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍
D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
答案　AC　设电子的质量为m,速率为v,电荷量为q,B2=B,B1=kB
则由牛顿第二定律得qvB=mv2R①
T=2πRv②
由①②得R=mvqB,T=2πmqB,所以R2R1=k,T2T1=k
根据a=v2R,ω=vR可知a2a1=1k,ω2ω1=1k
所以选项A、C正确,选项B、D错误。
4.如图所示,ab是一弯管,其中心线是半径为R的一段圆弧,将它置于一给定的匀强磁场中,方向垂直纸面向里,有一束离子对准a端射入弯管,离子的质量、速度不同,但都是一价负离子,则下列说法正确的是(　　)
A.只有速度大小一定的离子可以沿中心线通过弯管
B.只有质量大小一定的离子可以沿中心线通过弯管
C.只有质量和速度乘积大小一定的离子可以沿中心线通过弯管
D.只有动能大小一定的离子可以沿中心线通过弯管
答案　C　由R=mvqB可知,磁场相同、电荷量相同的情况下,粒子做圆周运动的半径决定于粒子的质量和速度的乘积。
5.来自宇宙的质子流,以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点,则这些质子在进入地球周围的空间时,将(不考虑地球自转的影响)(　　)
A.竖直向下沿直线射向地面
B.相对于预定地点向东偏转
C.相对于预定地点向西偏转
D.相对于预定地点向北偏转
答案　B　地球表面地磁场方向由南向北,质子是氢原子核,带正电。根据左手定则可判定,质子自赤道上空竖直下落过程中受洛伦兹力方向向东,选项B正确。
6.处于匀强磁场中的一个带电粒子,仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为环形电流,那么此电流值(　　)
A.与粒子电荷量成正比
B.与粒子速率成正比
C.与粒子质量成正比
D.与磁感应强度成正比
答案　D　粒子仅在磁场力作用下做匀速圆周运动,周期T=2πRv=2πmqB,其等效环形电流I=qT=q2B2πm,故D选项正确。
7.(多选)在半径为R的圆形区域内,存在垂直圆面的匀强磁场。圆边上的P处有一粒子源,沿垂直于磁场的各个方向,向磁场区发射速率均为v0的同种粒子,如图所示。现测得:当磁感应强度为B1时,粒子均从由P点开始弧长为12πR的圆周范围内射出磁场;当磁感应强度为B2时,粒子则从由P点开始弧长为23πR的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力,则(　　)
A.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2=2∶3
B.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2=2∶3
C.前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2=2∶3
D.前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2=3∶2
答案　AD　假设粒子带正电,如图1,磁感应强度为B1时,弧长L1=12πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径,则r1=12·2R sin θ=R sin L12R=R sin π4。如图2,磁感应强度为B2时,弧长L2=23πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径,则r2=12·2R sin α=R sin L22R=R sin π3,因此r1∶r2=sin π4∶sin π3=2∶3,故A正确,B错误。由洛伦兹力提供向心力,可得:qv0B=mv02r,则B=mv0qr,可以得出B1∶B2=r2∶r1=3∶2,故C错误,D正确。
图1
图2
8.如图甲所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图。电流方向如图乙所示,试判断垂直纸面向外而来的电子束将向哪边偏转(　　)
A.向上 B.向下 C.向左 D.向右
答案　C　由安培定则可知两侧线圈内的磁场方向向上,则通过圆环中间区域的磁场方向向下,根据左手定则可知电子束将向左偏转,故选项C正确。
9.如图所示,两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中,O为M、N连线的中点,连线上a、b两点关于O点对称。导线中均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=kIr,式中k是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离。一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点。关于上述过程,下列说法正确的是(　　)
A.小球先做加速运动后做减速运动
B.小球一直做匀速直线运动
C.小球对桌面的压力先减小后增大
D.小球对桌面的压力先增大后减小
答案　B　由右手螺旋定则可知,M处的通电导线产生的磁场,在MO区域的磁场垂直MO向纸面内,离导线越远磁场越弱,所以磁场由M到O逐渐减弱,N处的通电导线在ON区域产生的磁场垂直于MO向纸面外,由O到N逐渐增强,带正电的小球由a点沿ab连线运动到b点,受到的洛伦兹力F=Bqv,从M到O洛伦兹力的方向向上,随磁场的减弱逐渐减小,从O到N洛伦兹力的方向向下,随磁场的增强逐渐增大,所以对桌面的压力一直在增大,选项C、D错误;由于桌面光滑,洛伦兹力的方向始终沿竖直方向,所以小球在水平方向上不受力,做匀速直线运动,选项B正确,选项A错误。
10.如图所示,在OA和OC两射线间存在着匀强磁场,∠AOC为30°,正、负电子以相同的速度均从M点以垂直于OA的方向垂直射入匀强磁场,下列说法正确的是(　　)
A.若正电子不从OC边射出,正、负电子在磁场中运动时间之比可能为3∶1
B.若正电子不从OC边射出,正、负电子在磁场中运动时间之比可能为6∶1
C.若负电子不从OC边射出,正、负电子在磁场中运动时间之比可能为2∶1
D.若负电子不从OC边射出,正、负电子在磁场中运动时间之比可能为1∶6
答案　D　正电子向右偏转,负电子向左偏转,若正电子不从OC边射出,负电子一定不会从OC边射出,粒子运动轨迹对应的圆心角相等,可知运动的时间之比为1∶1,故A、B错误;
若负电子不从OC边射出,需考虑临界情况:
临界一:
若负电子不从OC边射出,正电子也不从OC边射出,两粒子在磁场中运动的圆心角都为180°,可知在磁场中运动的时间之比为1∶1。
临界二:
当负电子恰好不从OC边射出时,对应的圆心角为180°,根据两粒子在磁场中的半径相等,由几何关系知,正电子的圆心角为30°,根据t=θ2πT知,正、负电子在磁场中运动的时间之比为1∶6。
故若负电子不从OC边射出,正、负电子在磁场中运动时间之比在1∶1与1∶6之间,故C错误,D正确。
B组　提升题组
1.如图所示,有界匀强磁场边界线SP∥MN,速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场。其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直;穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角,设粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2,则t1∶t2为(重力不计)(　　)
A.1∶3 B.4∶3 C.1∶1 D.3∶2
答案　D　如图所示,可求出从a点射出的粒子对应的圆心角为90°,从b点射出的粒子对应的圆心角为60°。由t=α2πT,T=2πmBq,可得:t1∶t2=3∶2,故选D。
2.(多选)如图所示,两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开,三角形内磁场垂直纸面向里,三角形顶点A处有一质子源,能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计),所有质子均能通过C点,质子比荷qm=k,则质子的速度可能为(　　)
A.2BkL B.BkL2 C.3BkL2 D.BkL8
答案　BD　因质子带正电,且经过C点,其可能的轨迹如图所示,所有圆弧所对圆心角均为60°,r1=L,r2=L2,r3=L3,…,所以质子运行半径r=Ln(n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力得Bqv=mv2r,即v=Bqrm=Bk·Ln(n=1,2,3,…),选项B、D正确。
3.如图所示,在x>0、y>0的空间中有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里,大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从x轴上的某点P沿着与x轴正方向成30°角的方向射入磁场。不计重力的影响,则下列有关说法中正确的是(　　)
A.只要粒子的速率合适,粒子就可能通过坐标原点
B.粒子在磁场中运动所经历的时间一定为5πm3qB
C.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πmqB
D.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πm6qB
答案　C　带正电的粒子从P点沿与x轴正方向成30°角的方向射入磁场中,则圆心在过P点与速度方向垂直的直线上,如图所示,粒子在磁场中要想到达O点,转过的圆心角肯定大于180°,因磁场有边界,故粒子不可能通过坐标原点,故选项A错误;由于P点的位置不确定,所以粒子在磁场中运动的圆弧对应的圆心角也不同,最大的圆心角是圆弧与y轴相切时即300°,运动时间为56T,而最小的圆心角对应P点在坐标原点,即120°,运动时间为13T,而T=2πmqB,故粒子在磁场中运动所经历的时间最长为5πm3qB,最短为2πm3qB,选项C正确,B、D错误。
4.(2018浙江11月选考,10,3分)磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中,在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接,上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布,电阻率为ρ。忽略边缘效应,下列判断正确的是(　　)
A.上板为正极,电流I=BdvabRab+ρd
B.上板为负极,电流I=Bvad2Rab+ρb
C.下板为正极,电流I=BdvabRab+ρd
D.下板为负极,电流I=Bvad2Rab+ρb
答案　C　根据左手定则可知,带正电粒子在磁场受到的力向下,故下板为正极,两板间的电势差为U,则qUd=Bqv,得U=Bdv,电流I=UR+ρdab=BdvabRab+ρd,选C。
5.如图所示,在半径为b(大小未知)的圆形区域内,固定放置一绝缘材料制成的边长为L的弹性等边三角形框架DEF,其中心O位于磁场区域的圆心。在三角形框架DEF与圆周之间的空间中,充满磁感应强度大小为B的匀强磁场,其方向垂直纸面向里。在三角形DEF内放置平行板电容器MN,两板间距为d,N板紧靠EF边,N板及EF中点S处均开有小孔,在两板间靠近M板处有一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子由静止释放,粒子经过S处的速度大小为v=qBL2m,方向垂直于EF边并指向磁场。若粒子与三角形框架的碰撞均为弹性碰撞,且粒子在碰撞过程中质量、电荷量均不变,不计带电粒子的重力,平行板电容器MN产生的电场仅限于两板间,求:
(1)MN间匀强电场的场强大小;
(2)若从S点发射出的粒子能再次返回S点,则圆形区域的半径b至少为多大;
(3)若圆形区域的半径b满足第(2)问的条件,则从M板处出发的带电粒子第一次返回M板处的时间是多少。
答案　(1)B2qL28dm　(2)12+33L 　(3)5πmBq+8mdBqL
解析　(1)带电粒子在匀强电场中做匀加速运动,由动能定理得
Eqd=12mv2
解得E=B2qL28dm
(2)粒子的磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力
Bqv=mv2r
r=mvBq=L2
粒子运动轨迹如图
粒子运动轨迹与磁场圆内切时磁场圆半径最小
由几何关系得
bmin=r+33L=12+33L
(3)粒子圆周运动周期T=2πrv=2πmBq
粒子在磁场中的总时间t1=56T×3=5πmBq
粒子在电场中的总时间t2=dv×2=4dv=8mdBqL
粒子从M板处出发到第一次返回M板处的总时间t=t1+t2=5πmBq+8mdBqL
6.如图所示,在xOy平面内,有一个圆形区域,其直径AB与x轴重合,圆心O'的坐标为(2a,0),其半径为a,该区域内无磁场。在y轴和直线x=3a之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场。不计粒子重力。
(1)若粒子的初速度方向与y轴正方向夹角为60°,且粒子不经过圆形区域就能到达B点,求粒子的初速度大小v1;
(2)若粒子的初速度方向与y轴正方向夹角为60°,在磁场中运动的时间为Δt=πm3Bq,且粒子也能到达B点,求粒子的初速度大小v2;
(3)若粒子的初速度方向与y轴垂直,且粒子从O'点第一次经过x轴,求粒子的最小初速度vmin。
答案　(1)2qBam　(2)3qBa2m　(3)3qBam
解析　(1)粒子不经过圆形区域就能到达B点,故粒子到达B点时速度方向竖直向下,圆心必在x轴正半轴上,如图甲所示。设粒子做圆周运动的半径为r1,由几何关系,得r1 sin 30°=3a-r1,又qv1B=mv12r1,解得v1=2qBam。
(2)粒子在磁场中的运动周期T=2πmBq,故粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为α=ΔtT×360°=60°,如图乙所示,粒子到达B点的速度与x轴夹角为β=30°,设粒子做圆周运动的轨道半径为r2,由几何关系得3a=2r2 sin 30°+2a cos 230°
又qv2B=mv22r2,解得v2=3qBa2m。
(3)设粒子从C点进入圆形区域,如图丙所示,O'C与O'A的夹角为θ,轨迹圆半径为r,由几何关系得2a=r sin θ+a cos θ,故当θ=60°时,半径最小为rmin=3a
又qvminB=mvmin2rmin,
解得vmin=3aBqm。
7.如图所示,磁感应强度大小为B=0.15 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场分布在半径为R=0.10 m的圆形区域内,圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O,右端跟很大的荧光屏MN相切于x轴上的A点。置于原点的粒子源可沿x轴正方向以不同的速度射出带正电的粒子流,粒子的重力不计,比荷qm=1.0×108 C/kg。
(1)请判断当粒子分别以v1=1.53×106 m/s和v2=0.53×106 m/s的速度射入磁场时,能否打到荧光屏上?
(2)要使粒子能打在荧光屏上,求粒子流的速度v0的大小应满足的条件。
(3)若粒子流的速度v0=3.0×106 m/s,且以过O点并垂直于纸面的直线为轴,将圆形磁场逆时针缓慢旋转90°,求此过程中粒子打在荧光屏上离A的最远距离。
答案　(1)v1能,v2不能　(2)v0>1.5×106 m/s　(3)0.15 m
解析　(1)粒子以不同速度射入磁场的轨迹如图所示,由几何知识得当粒子做圆周运动的半径r>R时,粒子沿图中①方向射出磁场能打到屏上,当粒子做圆周运动的半径r≤R时,将沿图中②③方向射出磁场,不能打到屏上。当粒子速度为v1时,洛伦兹力提供向心力,得qv1B=mv12r1,解得r1=3R>R,故能打到屏上;同理,当粒子的速度为v2时,解得r2=33R(2)设当v0=v3时,粒子恰好打不到荧光屏上,则这时粒子沿图中方向②从磁场的最高点竖直向上射出磁场。由此可知,粒子在磁场中的轨道半径r3=R。又由洛伦兹力提供向心力,得qv3B=mv32r3,解得v3=1.5×106 m/s。由题意可知,当v0>1.5×106 m/s时,粒子能打到荧光屏上。
(3)设速度v0=3.0×106 m/s时,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r4,由洛伦兹力提供向心力,得qv4B=mv42r4,解得r4=2R。如图所示,粒子在磁场中运动的轨迹就是以E点为圆心,以r4为半径的一段圆弧。因圆形磁场以O为轴缓慢转动,故磁场边界变为以O为圆心,以2R为半径的圆弧ABE,当A点恰转至B点,此时粒子的出射点为B,偏角α最大,射到荧光屏上P点离A点最远。由几何知识得AP=CA·tan α=(2R-r4 tan 30°)·tan 60°=3-15 m≈0.15 m。
8.(2018浙江11月选考,23,10分)小明受回旋加速器的启发,设计了如图1所示的“回旋变速装置”。两相距为d的平行金属栅极板M、N,板M位于x轴上,板N在它的正下方。两板间加上如图2所示的幅值为U0的交变电压,周期T0=2πmqB。板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场。粒子探测器位于y轴处,仅能探测到垂直射入的带电粒子。
有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源,沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子。t=0时刻,发射源在(x,0)位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其他阻力,粒子在电场中运动的时间不计。
(1)若粒子只经磁场偏转并在y=y0处被探测到,求发射源的位置和粒子的初动能;
(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到,求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系。
图1
图2
答案　见解析
解析　(1)发射源的位置x0=y0
粒子的初动能Ek0=(qBy0)22m
(2)分下面三种情况讨论
(ⅰ)见图1,Ek0>2qU0
图1
由y=mv2qB、R0=mv0qB、R1=mv1qB
和12mv12=12mv02-qU0、12mv22=12mv12-qU0
及x=y+2(R0+R1)
得x=y+2qB(yqB)2+2mqU0+2qB(yqB)2+4mqU0
(ⅱ)见图2,qU0图2
由-y-d=mv2qB、R0=mv0qB
和12mv02=12mv22+qU0
及x=3(-y-d)+2R0
得x=-3(y+d)+2qB(y+d)2q2B2+2mqU0
(ⅲ)见图3,Ek0图3
由-y-d=mv2qB、R0=mv0qB
和12mv02=12mv22-qU0
及x=-y-d+4R0
得x=-y-d+4qB(y+d)2q2B2-2mqU0
教师备用题库
1.(2017课标Ⅱ,18,6分)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.3∶2 B.2∶1
C.3∶1 D.3∶2
答案　C　设速率为v1的粒子最远出射点为M,速率为v2的粒子最远出射点为N,如图所示,则由几何知识得
r1=PM2=R2,r2=PN2=32R
r2r1=31
由qvB=mv2r得r=mvqB,故v2v1=r2r1=31,选项C正确。
2.(2016四川理综,4,6分)如图所示,正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域,当速度大小为vb时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时间为tb;当速度大小为vc时,从c点离开磁场,在磁场中运动的时间为tc,不计粒子重力。则(　　)
A.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=2∶1
B.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=1∶2
C.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=2∶1
D.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=1∶2
答案　A　由定圆心的方法知,粒子以vb射入时轨迹圆心在a点,半径为正六边形边长L;粒子以vc射入时轨迹圆心在M点,半径为2L;由半径公式r=mvqB可得vb∶vc=rb∶rc=1∶2,由几何图形可看出,两个圆弧轨迹所对圆心角分别是120°、60°,所以tb∶tc=2∶1,A项正确。
3.如图所示,在轴上方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场,坐标原点O处有一粒子源,可向x轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v,质量为m、带电荷量为q的同种带电粒子。在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P(粒子一旦打在金属板P上,其速度立即变为0)。现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端,且速度方向与y轴平行,不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用力。
(1)求磁感应强度B的大小;
(2)求被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值;
(3)若在y轴上另放置一能接收带电粒子的挡板,使薄金属板P右侧不能接收到带电粒子,试确定挡板的最小长度和放置的位置坐标。
答案　(1)mvqx0　(2)4πx03v　(3)见解析
解析　(1)由“沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端,且速度方向与y轴平行”,粒子运动的轨迹如图甲,由图可得,粒子运动的半径:R=x0,由洛伦兹力提供向心力,得:qvB=mv2R,所以:B=mvqR=mvqx0。
(2)根据粒子在磁场中运动的时间与偏转角度的关系:θ360°=tT,可知粒子在磁场中运动的时间与偏转的角度成正比,由图乙可得,打在P右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长,由丙图可得,打在P下端的粒子在磁场中运动的时间最短,打在P右侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是300°,设运动的时间是t1,由于运动的半径与O到P的距离都是x0,所以打在P下端的粒子在磁场中偏转的角度是60°,设运动的时间是t2,则:t1=300°360°T=56T,t2=60°360°T=16T,由:T=2πRv=2πmqB,所以:Δt=t1-t2=56T-16T=23T=4πx03v。
(3)作图得出使薄金属板右侧能接收到带电粒子的运动轨迹中,打在最上面的粒子的轨迹与打在最下面的粒子的轨迹如图丁,挡板的位置在图中的MN处即可满足题目的要求。打在最上面的点的轨迹与甲图中的轨迹相同,OM=2R=2x0
打在最下面的点:ON=2R·cos 30°=3x0
挡板的最小长度:L=OM-ON=(2-3)x0
放在:3x0≤y≤2x0。
4.核聚变反应需要几百万摄氏度以上的高温,为把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内(否则不可能发生核反应),通常采用磁约束的方法(托卡马克装置)。如图所示,环状匀强磁场围成中空区域,中空区域中的带电粒子只要速度不是很大,都不会穿出磁场的外边缘而被约束在该区域内。设环状磁场的内半径为R1=0.5 m,外半径R2=1.0 m,磁场的磁感应强度B=1.0 T,若被束缚带电粒子的比荷为q/m=4×107 C/kg,中空区域内带电粒子具有各个方向的速度。求:
(1)粒子沿环状的半径方向射入磁场,不能穿越磁场的最大速度;
(2)所有粒子不能穿越磁场的最大速度。
答案　(1)1.5×107 m/s　(2)1.0×107 m/s
解析　(1)粒子沿环状的半径方向射入磁场,不能穿越磁场区域的速度最大时粒子沿圆弧从B到A,恰与环状区域外圆相切,O1为轨道圆心。设AO1=BO1=r,由几何关系得(R2-r)2=r2+R12,
又r=mvqB,
可得v=qB(R22-R12)2R2m=qm·B(R22-R12)2R2=4×107×1×(1.02-0.52)2×1 m/s=1.5×107 m/s
(2)粒子沿环状区域的内边界圆的切线方向射入磁场时,轨道半径最大为rm=R2-R12,由rm=mvmqB,得vm=qB(R2-R1)2m,代入数据得vm=1.0×107 m/s。
5.如图所示,3条足够长的平行虚线a、b、c,a、b间和b、c间的距离分别为2L和L,a、b间和b、c间都有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度分别为B和2B。质量为m、带电荷量为q的粒子沿垂直于界面a的方向射入磁场区域。(不计重力)求:
(1)为使粒子不能进入bc区域,粒子的初速度大小应满足什么条件;
(2)为使粒子能从界面c射出磁场,粒子的初速度大小应满足什么条件。
答案　(1)v0≤2qBLm　(2)v0≥4qBLm
解析　(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动
由牛顿第二定律得:qv0B=mv02R,
粒子刚好不进入b、c区域时运动轨迹如图所示,由几何知识可得:R0=2L
粒子不进入bc区域,轨道半径R≤R0
解得:v0≤2qBLm
(2)粒子在匀强磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力
由牛顿第二定律得:qv0B=mv02R
粒子轨道半径:R=mv0qB,R∝1B,则R1=2R2
粒子恰好从边界v射出时,粒子运动轨迹如图所示
由图示可知,α+β=90°
由几何知识得:R1 sin α=2L,R2 cos β=L
解得:α=30°,R1=4L
由牛顿第二定律得:qv0B=mv02R1
解得:v0=4qBLm
要使粒子能从界面c射出磁场
粒子的初速度应满足:v0≥4qBLm
课件64张PPT。第20讲　磁场对运动电荷的作用电荷在磁场中受力和运动教材研读突破一 洛伦兹力的特点与应用突破二 带电粒子在匀强磁场中的运动突破三 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题重难突破突破四 带是粒子在有界磁场中的临界值问题1.判断下列说法的正误:
(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到洛伦兹力的作用。?(　?　)
(2)洛伦兹力不做功,但安培力却可以做功。?(　√　)
(3)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。?(　?　)
(4)根据公式T=?,说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反
比。?(　?　)(5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时,其运动半径与带电粒子
的比荷有关。?(　√　)2.下列各图中,运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是?(　B　)4.(多选)如图所示,在匀强磁场中,磁感应强度B1=2B2,当不计重力的带电粒子从B1磁场区域运动到B2磁场区域时,粒子的?(　BC　)
A.速率将加倍
B.轨迹半径加倍
C.周期将加倍
D.做圆周运动的角速度将加倍突破一　洛伦兹力的特点与应用1.洛伦兹力的特点
(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向,注意区分正、负电荷。
(2)当电荷运动方向发生变化时,洛伦兹力的方向也随之变化。
(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。
(4)洛伦兹力一定不做功。2.洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现,二者性质相同,都是磁场力。
(2)安培力可以做功,而洛伦兹力对运动电荷不做功。3.洛伦兹力与电场力的比较1-1　利用霍尔效应制作的霍尔元件,广泛应用于测量和自动控制等领域。霍尔元件一般由半导体材料做成,有的半导体中的载流子(即自由电荷)是电子,有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)。如图所示,将扁平长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路,匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下,闭合开关,让电流从霍尔元件的左侧
流向右侧,则其前后两表面会形成电势差。现有
载流子是电子的霍尔元件1和载流子是空穴的
霍尔元件2,两元件均按图示方式接入电路(闭合开关),则关于前后两表面电势高低的判断,下列说法中正确的是?(　A　)
A.若接入元件1时,前表面电势高;若接入元件2时,前表面电势低
B.若接入元件1时,前表面电势低;若接入元件2时,前表面电势高
C.不论接入哪个元件,都是前表面电势高
D.不论接入哪个元件,都是前表面电势低解析　根据左手定则可判断出电荷受到指向后表面的洛伦兹力,若为元件1,则负电荷聚积到后表面,前表面电势高;若为元件2,则正电荷聚积到后表面,前表面电势低,故选A。1-2　如图所示,带负电荷的摆球在一匀强磁场中摆动。匀强磁场的方向垂直纸面向里。磁场中A、B为等高的两点,摆球在A、B间摆动过程中,由A摆到最低点C时,摆线拉力大小为F1,摆球加速度大小为a1。由B摆到最低点C时,摆线拉力大小为F2,摆球加速度大小为a2,则?(　B　)
A.F1>F2,a1=a2　????
B.F1C.F1>F2,a1>a2　????
D.F1受洛伦兹力作用的带电粒子,可能带正电荷,也可能带负电荷,在相同的初速度下,正、负粒子在磁场中运动轨迹不同,导致多解。
2.磁场的方向不确定形成多解????
有些题目只告诉了磁感应强度的大小,而未指出磁感应强度的方向,有时必须要考虑因磁感应强度方向不确定而形成的多解。3.临界状态不唯一形成多解????
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时,由于粒子运动轨迹是圆弧状,因此,它可能穿过去了,也可能转过180°从入射界面这边反向飞出,于是形成多解。4.运动的重复性形成多解
带电粒子在磁场中运动时,由于某些因素的变化,例如磁场方向反向或者速度方向突然反向等,运动往往具有往复性,因而形成多解。典例3　如图所示,在x<0与x>0的区域中,存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场,磁场方向均垂直于纸面向里,且B1>B2。一个带负电荷的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出,要使该粒子经过一段时间后又经过O点,B1与B2的比值应满足什么条件?答案?????=?(n=1,2,3,…)3-1　(多选)一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动,若磁场方向垂直于它的运动平面,且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍,则负电荷做圆周运动的角速度可能是?(　AC　)
A.?　????B.?　????C.?　????D.? 突破四　带电粒子在有界磁场中的临界值问题1.临界现象
当带电粒子进入设定的有界磁场后,其轨迹是一个残缺圆,题中往往会形成各种各样的临界现象。
解决此类问题的关键是找准临界点。
找临界点的方法是以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口,借助半径R和速度v(或磁场B)之间的约束关系进行动态运动轨迹分析,确定轨迹圆和边界的关系,找出临界点。2.极值问题
(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)当速度v一定时,弧长越长,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。典例4????(2017浙江4月选考,23,10分)如图所示,在xOy平面内,有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为v的电子,形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直xOy平面向里,电子经过磁场偏转后均从P点射出。在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A,其中K板与P点的距离为d,中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。K板接地,A与K两板间加有正负、大小答案　见解析?
(3)tan α=?,得α=45°
y'=R sin α=?R电流大小
Imax=0.82Ne4-1????(2017浙江11月选考,23,10分)如图所示,x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,坐标原点处有一正离子源,单位时间在xOy平面内发射n0个速率均为v的离子,分布在y轴两侧各为θ的范围内。在x轴上放置长度为L的离子收集板,其右端点距坐标原点的距离
为2L,当磁感应强度为B0时,沿y轴正方向入射
的离子,恰好打在收集板的右端点。整个装置
处于真空中,不计重力,不考虑离子间的碰撞,
忽略离子间相互作用。答案　见解析解得r=R
粒子沿与与MO成60°方向进入磁场,设粒子从区域边界P射出,其运动轨迹如图所示由图可知,粒子在磁场中通过的面积S等于以O3为圆心的扇形MO3O的面积S1、以M为圆心的扇形MOQ的面积S2和以O点为圆心的圆弧MQ与直线MQ围成的面积S3之和。第21讲　电磁感应现象
A组　基础题组
1.在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到感应电流的是(　　)
A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化
B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化
C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表的变化
D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化
答案　D　将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,因线圈中的磁通量没有发生变化,故不能观察到感应电流,选项A不符合题意;在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈时,如果通电线圈通以恒定电流,产生稳定的磁场,则在另一线圈中不会产生感应电流,选项B不符合题意;在线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表时,磁通量已不再变化,因此也不能观察到感应电流,选项C不符合题意;绕在同一铁环上的两个线圈,在给一个线圈通电或断电的瞬间,线圈产生的磁场发生变化,使穿过另一线圈的磁通量发生变化,因此,能观察到感应电流,选项D符合题意。
2.如图所示,矩形导线框abcd处于竖直面内,直导线MN与bc边平行且与线框平面共面,并通以向上的电流i,则以下情况不能使线框中产生感应电流的是(　　)
A.线框以直导线MN为轴转动
B.线框以ad边为轴转动
C.线框沿线框平面向右平移
D.增大直导线中的电流i
答案　A通电直导线产生的磁场磁感线是以直导线为圆心的同心圆,线框以直导线MN为轴转动,穿过线圈的磁通量不变,线框中不产生感应电流,故A正确;以ad边为轴转动,穿过线框的磁通量减小,线框中产生感应电流,故B错误;让线框沿线框平面向右平移,穿过线圈的磁通量减小,线框中产生感应电流,故C错误;增大直导线中的电流i,磁场增强,穿过线框的磁通量增大,线框中产生感应电流,故D错误。
3.如图所示,在条形磁铁外面套一圆环,当圆环从磁铁的N极向下平移到S极的过程中,穿过圆环的磁通量如何变化(　　)
A.逐渐增加
B.逐渐减少
C.先逐渐增加,后逐渐减少
D.先逐渐减少,后逐渐增大
答案　C　条形磁铁外部两极处磁场最强,而中间位置磁场最弱,穿过圆环的总磁通量的大小变化可通过条形磁铁内外磁感线条数的差值来表示,即在两极处磁通量最小,而在中间时磁通量最大,所以圆环由N极向下平移到S极的过程中,磁通量先逐渐增大后逐渐减小,选项C正确,A、B、D错误。
4.如图所示,闭合线圈abcd水平放置,其面积为S,匝数为n,线圈与匀强磁场B夹角为θ=45°。现将线圈以ab边为轴顺时针转动90°,则线圈在初、末位置磁通量的改变量的大小为(　　)
A.0 B.2BS
C.2nBS D.无法计算
答案　B　设初位置时穿过线圈的磁通量为正,则初位置时Φ1=BS sin θ=22BS,末位置时 Φ2=-BS cos θ=-22BS,则初、末位置磁通量的改变量的大小ΔΦ=|Φ2-Φ1|=2BS,故B正确。
5.如图所示,磁场方向垂直于纸面,磁感应强度大小在竖直方向均匀分布,水平方向非均匀分布。一铜制圆环用绝缘细线悬挂于O点。将圆环拉至位置a后无初速度释放,圆环摆到右侧最高点b,不计空气阻力。在圆环从a摆向b的过程中(　　)
A.感应电流方向先是逆时针方向,再顺时针方向,后逆时针方向
B.感应电流方向一直是逆时针方向
C.安培力方向始终与速度方向相反
D.安培力方向始终沿水平方向
答案　AD　由楞次定律及安培定则知,感应电流方向先是逆时针方向,再顺时针方向,后逆时针方向,A正确,B错误;根据左手定则,因等效导线是沿竖直方向的,且两边的磁感应强度不同,故合力方向始终沿水平方向,和速度方向会有一定夹角,C错误,D正确。
6.电阻R、电容器C与一线圈连成闭合电路,条形磁铁位于线圈的正上方,N极朝下,如图所示。现使磁铁N极远离线圈上端的过程中,流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是(　　)
A.从b到a,下极板带正电 B.从a到b,下极板带正电
C.从b到a,上极板带正电 D.从a到b,上极板带正电
答案　D　当磁铁N极向上运动时,向下穿过线圈的磁通量变小,由楞次定律可得,感应磁场方向与原磁场方向相同,即向下,再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而上,由于线圈相当于电源,则流过R的电流方向是从a到b,电容器上极板带正电。故选D。
7.如图,一条形磁铁用线悬挂于0点,在O点的正下方固定放置一水平的金属圆环l。现使磁铁沿竖直平面来回摆动,则(　　)
A.在一个周期内,圆环中感应电流方向改变二次
B.磁铁始终受到感应电流磁场的斥力作用
C.磁铁所受感应电流磁场的作用力有时是阻力,有时是动力
D.磁铁所受感应电流磁场的作用力始终是阻力
答案　D　在一个周期内,穿过线圈的磁通量先增大,后减小,再增大,最后又减小,穿过线圈磁场方向不变,磁通量变化趋势改变,感应电流方向发生改变,因此在一个周期内,感应电流方向改变4次,故A错误;根据楞次定律可知,磁铁靠近圆环时受到斥力作用,远离圆环时受到引力作用,故B错误;由楞次定律可知,感应电流总是阻碍磁铁的相对运动,感应电流对磁铁的作用力总是阻力,故D正确,C错误。
8.(多选)某一金属圆环处于匀强磁场中,环面垂直于磁场,如图甲所示。磁感应强度随时间按正弦规律变化,如图乙所示。取磁场垂直于环面向里为正方向,则下列说法正确的是(　　)
A.0~t2时间内,环中感应电动势先减小后增大
B.t1~t3时间内,环中感应电流方向先沿顺时针方向后沿逆时针方向
C.0~t4时间内,金属环一共出现两次收缩趋势,两次扩张趋势
D.t2~t4时间内,环上某一段受到的安培力先变大后变小
答案　AC　0~t2时间内,磁感应强度的变化率先变小后变大,根据法拉第电磁感应定律可知,环中的感应电动势先减小后增大,故A正确;根据楞次定律及安培定则,t1~t3时间内,环中感应电流方向一直沿顺时针方向,故B错误;当磁感应强度增大时,根据楞次定律可知,金属环有收缩的趋势,当磁感应强度减小时,金属环有扩张趋势,从图像可以看出,0~t4时间内,金属环出现两次收缩趋势,两次扩张趋势,故C正确;由于t2、t4两个时刻,磁感应强度为零,因此环上某一段受到的安培力为零,在t3时刻,感应电动势为零,感应电流为零,因此环上某一段受到的安培力也为零,因此t2~t4时间内,环上某一段受到的安培力先变大后变小,再变大然后再变小,故D错误。
B组　提升题组
1.如图所示,框架面积为S,框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直,则穿过平面的磁通量的情况是(　　)
A.在如图所示位置时等于零
B.若使框架绕OO'转过60°角,磁通量为12BS
C.若从初始位置转过90°角,磁通量为BS
D.若从初始位置转过180°角,磁通量变化为零
答案　B　在题图所示的位置时,磁感线与线框平面垂直,Φ=BS,当线框绕OO'轴转过60°时,Φ=BS⊥=BS·cos 60°=12BS。转过90°时,磁感线与线框平面平行,Φ=0。线框转过180°时,磁感线仍然垂直穿过线框,只不过穿过方向改变了,因而ΔΦ=2BS。综上所述,B正确。
2.如图所示,匀强磁场垂直圆形线圈指向纸内,a、b、c、d为圆形线圈上等距离的四点,现用外力在上述四点将线圈拉成正方形,且线圈仍处在原先所在平面内,则在线圈发生形变的过程中　(　　)
A.线圈中将产生abcda方向的感应电流
B.线圈中将产生adcba方向的感应电流
C.线圈中感应电流方向无法判断
D.线圈中无感应电流
答案　A　周长一定时,圆形的面积最大。本题线圈面积变小,磁通量变小,有感应电流产生。由楞次定律可知线圈中将产生顺时针方向的感应电流。故A正确。
3.如图所示,一个矩形线圈与两条通有相同大小电流的平行直导线处于同
一平面,并且处在两导线的中央,则(　　)
A.两导线电流同向时,穿过线圈的磁通量为零
B.两导线电流反向时,穿过线圈的磁通量为零
C.两导线电流同向或反向,穿过线圈的磁通量都相等
D.两导线电流产生的磁场是不均匀的,不能判定穿过线圈的磁通量是否为零
答案　A　根据安培定则,两导线电流同向时,它们在线圈处产生的磁场反向,穿过线圈的磁通量为零;两导线电流反向时,它们在线圈处产生的磁场同向,穿过线圈的磁通量不为零,故选项A正确。
4.如图所示,线圈两端与电阻相连构成闭合回路,在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁,磁铁的S极朝下。在将磁铁的S极插入线圈的过程中(　　)
A.通过电阻的感应电流的方向由a到b,线圈与磁铁相互排斥
B.通过电阻的感应电流的方向由b到a,线圈与磁铁相互排斥
C.通过电阻的感应电流的方向由a到b,线圈与磁铁相互吸引
D.通过电阻的感应电流的方向由b到a,线圈与磁铁相互吸引
答案　B　当磁铁向下运动时,穿过线圈的磁通量变大,原磁场方向向上,所以感应磁场方向向下,根据右手螺旋定则,通过电阻的电流方向为b→a。根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用,故磁铁与线圈相互排斥。综上所述:线圈中感应电流通过电阻的方向为b→a,磁铁与线圈相互排斥。B正确。
5.(多选)航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示。当固定线圈上突然通过直流电时,线圈左侧的金属环被弹射出去。现在线圈左侧同一位置,先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环,电阻率ρ铜<ρ铝。则合上开关S的瞬间(　　)
A.从右侧看,环中产生沿逆时针方向的感应电流
B.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力
C.若将金属环置于线圈右侧,环将向右弹射
D.电池正、负极调换后,金属环仍能向左弹射
答案　BCD　闭合开关S的瞬间,金属环中向右的磁通量增大,根据楞次定律,从右侧看,环中产生沿顺时针方向的感应电流,A错误;由于电阻率ρ铜<ρ铝,先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环,铜环中产生的感应电流大于铝环中产生的感应电流,由安培力公式可知,铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力,B正确;若将金属环置于线圈右侧,则闭合开关S的瞬间,环将向右弹射,C正确;电池正、负极调换后,同理可以得出金属环仍能向左弹射,D正确。
6.(多选)如图所示,水平铜圆盘与沿其轴线的竖直金属杆固定连接,并可一同绕圆盘中心轴线自由转动。a接线柱通过导线与金属杆连通,b接线柱通过电刷与圆盘边缘接触良好,方向竖直向下的匀强磁场穿过整个圆盘,则(　　)
A.若使圆盘沿图示方向转动,b接线柱处电势高、a接线柱处电势低
B.若使圆盘沿图示方向转动,a接线柱处电势高、b接线柱处电势低
C.若使a接电源正极、b接电源负极,圆盘将沿图示方向转动
D.若使b接电源正极、a接电源负极,圆盘将沿图示方向转动
答案　BC　若使圆盘沿图示方向转动,根据右手定则可知感应电流由圆盘边缘流向竖直金属杆;而切割磁感线的导体相当于电源,在电源内部电流从低电势处流向高电势处,则a接线柱处电势高,b接线柱处电势低,选项A错误,选项B正确;若a接电源正极、b接电源负极,电流从金属杆流向圆盘边缘,根据左手定则可知,圆盘在安培力作用下将沿图示方向转动,选项C正确;若b接电源正极、a接电源负极,电流从圆盘边缘流向金属杆,根据左手定则,圆盘在安培力作用下将沿与图示方向相反的方向转动,选项D错误。
7.如图,倾角为α的斜面上放置着光滑平行导轨,导轨下端连有一定值电阻R,金属棒KN垂直放置于导轨上,在abcd内存在有界匀强磁场B,磁场方向垂直斜面向上,在无磁场区域cdPM内有一半径很小的金属圆环L,圆环也放置在斜面上。当金属棒KN在重力作用下从磁场边界ab处由静止开始沿导轨向下运动后,下列说法正确的是(　　)
A.圆环有收缩趋势
B.圆环有扩张趋势
C.圆环内产生的感应电流变大
D.圆环内产生的感应电流不变
答案　A　由于金属棒KN在重力的作用下向下运动,则KNMP回路中产生逆时针方向(垂直斜面向下看)的感应电流,则在圆环处产生垂直于斜面向上的磁场,随着金属棒做加速运动,圆环的磁通量将增大,依据楞次定律可知,圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁通量增大;又由于金属棒沿导轨向下运动的加速度减小,单位时间内磁通量的变化率减小,所以在圆环中产生的感应电流不断减小,A正确。
教师备用题库
1.(2017课标Ⅰ,18,6分)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动,在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板,并施加磁场来快速衰减其微小振动,如图所示。无扰动时,按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场;出现扰动后,对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是(　　)
答案　A　本题考查电磁阻尼。由于要求有效衰减紫铜薄板的上下及左右的微小振动,则在紫铜薄板发生微小的上下或左右振动时,通过紫铜薄板横截面的磁通量应均能发生变化,由图可以看出,只有A图方案中才能使两方向上的微小振动得到有效衰减。
2.(2017课标Ⅲ,15,6分)如图,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨,导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内,线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向,下列说法正确的是(　　)
A.PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向
B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向
C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向
D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向
答案　D　金属杆PQ向右运动,穿过PQRS的磁通量增加,由楞次定律可知,PQRS中产生逆时针方向的电流。这时因为PQRS中感应电流的作用,依据楞次定律可知,T中产生顺时针方向的感应电流。故只有D项正确。
3.(2016海南单科,4,3分)如图,一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内,环的圆心与两导线距离相等,环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。若(　　)
A.金属环向上运动,则环上的感应电流方向为顺时针方向
B.金属环向下运动,则环上的感应电流方向为顺时针方向
C.金属环向左侧直导线靠近,则环上的感应电流方向为逆时针方向
D.金属环向右侧直导线靠近,则环上的感应电流方向为逆时针方向
答案　D　当金属环上下移动时,穿过环的磁通量不发生变化,根据楞次定律可知,没有感应电流产生,选项A、B错误;当金属环向左移动时,穿过环的磁通量垂直纸面向外且增大,根据楞次定律可知,产生顺时针方向的感应电流,故选项C错误;当金属环向右移动时,穿过环的磁通量垂直纸面向里且增大,根据楞次定律可知,产生逆时针方向的感应电流,故选项D正确。
4.(2016上海单科,19,4分)(多选)如图(a),螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场,以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连,导线框内有一小金属圆环L,圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.在t1~t2时间内,L有收缩趋势
B.在t2~t3时间内,L有扩张趋势
C.在t2~t3时间内,L内有逆时针方向的感应电流
D.在t3~t4时间内,L内有顺时针方向的感应电流
答案　AD　据题意,在t1~t2时间内,外加磁场磁感应强度增加且斜率在增加,则在导线框中产生沿顺时针方向增加的电流,该电流激发出增加的磁场,该磁场通过圆环,在圆环内产生感应电流,根据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势,故选项A正确;在t2~t3时间内,外加磁场均匀变化,在导线框中产生稳定电流,该电流激发出稳定磁场,该磁场通过圆环时,圆环中没有感应电流,故选项B、C错误;在t3~t4时间内,外加磁场向下减小,且斜率也减小,在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流,该电流激发出向内减小的磁场,故圆环内产生顺时针方向电流,选项D正确。
课件44张PPT。第21讲　电磁感应现象　楞次定律一 磁通量二 电磁感应现象三 右手定则、楞次定律教材研读突破一 对电磁感应现象的理解和判断突破二 楞次定律的理解与应用突破三 “三定则一定律”的综合应用重难突破突破四 楞次定律的推论一、磁通量1.概念:在磁感应强度为B的匀强磁场中,与磁场方向①　垂直????的面积S与B的乘积。
2.公式:Φ=②????BS????。适用条件:匀强磁场,磁感线垂直于平面。3.磁通量的意义
(1)磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数。
(2)同一线圈平面,当它跟磁场方向垂直时,磁通量③　最大????;当它跟磁场方向平行时,磁通量为④　零????;当正向穿过线圈平面的磁感线条数和反向穿过的一样多时,磁通量为⑤　零????。
二、电磁感应现象
1.电磁感应现象:当穿过闭合电路的磁通量①　发生变化????时,电路中有②　电流????产生,这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应。2.产生感应电流的条件:穿过闭合电路的③　磁通量????发生变化。只要使穿过闭合电路的④　磁通量????发生变化,即ΔΦ≠0,闭合电路中就有感应电流产生。
三、右手定则、楞次定律1.右手定则:伸开右手,让①　大拇指????跟其余四指垂直,并且都跟手掌在②　同一平面????内,让磁感线从掌心进入,大拇指指向导体③　运动????
的方向,其余四指所指的方向就是④　感应电流????的方向。2.楞次定律:感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要⑤　阻碍???
引起感应电流的磁通量的变化。1.判断下列说法的正误:
(1)磁通量是标量,但有正、负之分。?(　√　)
(2)穿过电路的磁通量变化,电路中就一定有感应电流。?(　?　)
(3)导体切割磁感线时一定有感应电流产生。?(　?　)
(4)感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。?(　?　)
(5)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量的变化。?(　√　)2.如图所示,矩形线框在磁场内做的各种运动中,能够产生感应电流的是?(　B　)3.(多选)如图所示,光滑固定导轨M、N水平放置,两根导体棒P、Q平行放于导轨上,形成一个闭合回路,当一条形磁铁从高处下落接近回路时?(　AD　)
A.P、Q将互相靠拢
B.P、Q将互相远离
C.磁铁的加速度仍为g
D.磁铁的加速度小于g突破一　对电磁感应现象的理解和判断1.磁通量发生变化的三种常见情况
(1)磁场强弱不变,回路面积改变;
(2)回路面积不变,磁场强弱改变;
(3)回路面积和磁场强弱均不变,但二者的相对位置发生改变。3.常见的产生感应电流的三种情况典例1　如图所示,a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内,当线圈a中有电流I通过时,穿过它们的磁通量分别为Φa、Φb、
Φc,下列说法中正确的是(　B　)
A.Φa<Φb<Φc B.Φa>Φb>Φc
C.Φa<Φc<Φb D.Φa>Φc>Φb解析　当a中有电流通过时,穿过a、b、c三个闭合线圈的向里的磁感线条数一样多,向外的磁感线的条数c最多,其次是b,a中没有向外的磁感线,因此,根据合磁通量的计算,应该是Φa>Φb>Φc。1-1　如图所示,两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合,则穿过a、b两线圈的磁通量之比为?(　A　)
A.1∶1　　B.1∶2　　C.1∶4　　D.4∶1解析　由题图可知,穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ=B·πr2,因此磁通量之比为1∶1,A项正确。解析　开关闭合后,A的插拔会引起B中磁通量变化,B中有感应电流产生,A正确;同理,开关闭合与断开瞬间B中有感应电流产生,B错误;开关闭合后,只要滑片移动,A中电流变化,B中有感应电流产生,C、D错。2-1　如图所示,一个U形金属导轨水平放置,其上放有一个金属导体棒ab,有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面,且与竖直方向的夹角为θ(0<θ<90°)。在下列各过程中,一定能在轨道回路中产生感应电流的是?(　A　)
A.ab向右运动,同时使θ减小
B.使磁感应强度B减小,同时θ也减小
C.ab向左运动,同时增大磁感应强度B
D.ab向右运动,同时增大磁感应强度B和θ解析　设此时回路面积为S,由题意得磁通量Φ=BS cos θ。对A项有:S增大,θ减小,cos θ增大,则Φ增大,回路中能产生感应电流,A正确;对B项有:B减小,θ减小,cos θ增大,则Φ可能不变,B错误;对C项有:S减小,B增大,则Φ可能不变,C错误;对D项有:S增大,B增大,θ增大,cos θ减小,则Φ可能不变,D错误。2-2　如图所示的条形磁铁的上方放置一矩形线框,线框平面水平且与条形磁铁平行,则线框在由N端匀速平移到S端的过程中,线框中的感应电流的情况是?(　B　)
A.线框中始终无感应电流
B.线框中始终有感应电流
C.线框中开始有感应电流,当线框运动到磁铁中部上方时无感应电流,以后又有了感应电流
D.开始无感应电流,当运动到磁铁中部上方时有感应电流,后来又没有感应电流解析　条形磁铁中部磁性较弱,两极磁性最强,线圈从左向右移动过程
中,线圈中磁通量先减小后反方向增大,因此线圈中始终有感应电流,故
选B。? 1.楞次定律中“阻碍”一词的含义突破二　楞次定律的理解与应用2.应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤
(1)明确所研究的闭合电路,判断原磁场的方向;
(2)判断闭合电路内原磁场的磁通量的变化情况;
(3)由楞次定律判断感应电流的磁场方向;
(4)由安培定则判断感应电流的方向。
以上步骤可概括为四句话——明确增减和方向,增反减同切莫忘,安培定则来判断,四指环绕是流向。典例3　如图所示为安检门原理图,左边门框中有一通电线圈,右边门框中有一接收线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流,则?(　D　)
A.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为顺时针
B.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流增大
C.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为顺时针
D.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流大小发生变化解析　当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时,穿过右侧线圈的磁通量向右,且增大,根据楞次定律,右侧线圈中产生逆时针方向的电流,即使有金属片通过,接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针,故A、C错误;通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流,则通电线圈中的磁通量均匀增大,所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大,则磁通量的变化率是定值,由法拉第电磁感应定律可知,接收线圈中的感应电流不变,故B错误;有金属片通过时,则穿过金属片中的磁通量发生变化,金属片中也会产生感应电流,感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同,所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些,引起接收线圈中的感应电流大小发生变化,故D正确。3-1　如图所示,一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方,直导线与圆环在同一竖直面内,当通电直导线中电流增大时,金属圆环的面积S和橡皮绳的长度l将?(　D　)
A.S增大,l变长
B.S减小,l变短
C.S增大,l变短
D.S减小,l变长解析　当通电直导线中电流增大时,穿过金属圆环的磁通量增大,金属圆环中产生感应电流。根据楞次定律可知,感应电流要阻碍磁通量的增大,一是用缩小面积的方式进行阻碍;二是用远离通电直导线的方式进行阻碍,故D正确。突破三　“三定则一定律”的综合应用1.“三个定则一个定律”的比较2.三个定则的因果关系
三个定则容易相混,特别是左、右手易错用,抓住因果关系是关键:
(1)因电而生磁(I→B)→安培定则;
(2)因动而生电(v、B→I)→右手定则;
(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则。典例4　如图所示,金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路,金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动,则?(　C　)
A.ab棒不受安培力作用
B.ab棒所受安培力的方向向右
C.ab棒向右运动的速度越大,所受安培力越大
D.螺线管产生的磁场,A端为N极解析????ab棒在匀强磁场中向右运动切割磁感线,根据右手定则判断知感应电流方向由b→a,再根据左手定则判断知ab棒所受安培力方向水平向左,故A、B错误;ab棒的速度越大,感应电流越大,所受安培力就越大,C正确;根据安培定则可判定螺线管的B端为N极,A端为S极,D错误。方法规律
左、右手定则巧区分
(1)区分左手定则和右手定则的根本是抓住“因果关系”:“因电而动”——用左手,“因动而电”——用右手。
(2)使用中左手定则和右手定则很容易混淆,为了便于记忆,可把两个定则简单地总结为通电受力,“力”的最后一笔“丿”向左,用左手;运动生电,“电”的最后一笔“乚”向右,用右手。解析　当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流,线圈中的磁通量恒定,无感应电流出现,A错;当导体棒向左做减速运动时,由右手定则可判定回路中出现了b→a的感应电流且减小,由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱,由楞次定律知c中出现顺时针方向的感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引,B对;同理可判定C对,D错。解析　金属线框在磁场中未穿出时,穿过线框的磁通量不变,线框穿出磁场时,穿过线框的磁通量逐渐减小,选项A错误;线框穿出磁场的过程中,线框内磁通量减小,由楞次定律可知,线框中会产生顺时针方向的感应电流,选项B错误;线框穿出磁场的过程中,线框所受安培力若大于重力,则线框做减速运动,受到的安培力减小,选项C正确;线框穿出磁场的过程中,线框所受安培力若小于重力,则线框做加速运动,速度增大,产生的感应电流增大,所受安培力增大,当安培力增大到等于重力时,做匀速运动,不会出现速度先增大后减小的情况,选项D错误。突破四　楞次定律的推论
?
　　电磁感应现象中因果相对的关系恰好反映了自然界的这种对立统一规律,对楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的“效果”总是阻碍产生感应电流的原因,可由以下四种方式呈现:
(1)阻碍原磁通量的变化,即“增反减同”;
(2)阻碍相对运动,即“来拒去留”;
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势,即“增缩减扩”;
(4)阻碍原电流的变化(自感现象),即“增反减同”。典例5　如图,圆形导体线圈a平放在水平桌面上,在a的正上方固定一竖直螺线管b,二者轴线重合,螺线管与电源和滑动变阻器连接成电路。若将滑动变阻器的滑片P向上滑动,下列表述不正确的是?(　D　)
A.线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B.穿过线圈a的磁通量变小
C.线圈a有扩张的趋势
D.线圈a对水平桌面的压力将增大解析　本题考查楞次定律的应用。滑片P上滑,滑动变阻器接入电路的电阻增大,电路中电流减小,螺线管产生的磁场减小,穿过线圈a的磁通量变小。由楞次定律“增反减同、阻碍磁通量变化、阻碍相对运动”,可知D错误,所以选D。解析　由楞次定律可知,当闭合回路的磁通量增大时,金属杆将向左移动,阻碍磁通量的增加,当闭合回路的磁通量减小时,金属杆将向右运动,以便阻碍磁通量的减小,与磁场方向无关,故选C。解析　条形磁铁向右运动的过程中,线圈中的磁通量先增加后减小,为阻碍磁通量的变化,线圈先有向下的运动趋势,后有向上的运动趋势,故FN先大于mg,后小于mg,A项正确,B项错误;条形磁铁相对线圈一直向右运动,为阻碍相对运动,线圈有向右运动的趋势,故摩擦力Ff一直向左,C项错误;线圈中的磁通量先增加后减小,据楞次定律可知,感应电流的方向(俯视)先逆时针后顺时针,D项错误。实验11　探究电磁感应的产生条件
实验12　探究感应电流方向的规律
1.在“研究电磁感应现象”的实验中,如图甲、乙、丙所示是实验中连接的三个回路。其中判别电流表指针的偏转方向与电流方向关系的回路是　　　　(填“甲”、“乙”或“丙”),显示是否产生了感应电流的回路是　　　　(填“甲”、“乙”或“丙”)。?
答案　甲　乙
解析　甲图中,电源与电流表串联,当开关闭合后,电流表指针会偏转,从而判定指针的偏转方向与电流方向的关系;乙图中,线圈与电流表串联,当穿过线圈的磁通量变化时,线圈会产生感应电动势,那么线圈中会有感应电流,电流表的指针发生偏转,则可判定是否有感应电流产生;丙图中,没有电流表,不能确定是否有感应电流,更不能确定感应电流的方向。
2.某同学用如图所示电路做“研究电磁感应现象”实验。他将铁芯插入小线圈约一半的位置,变阻器的滑片P置于ab的中点,在闭合开关瞬间,电流计的指针向左摆。闭合开关后,为使电流计的指针向右摆,应将铁芯　　　　(选填“插入”或“拔出”)或将变阻器的滑片P向　　　(选填“a”或“b”)端滑动。?
答案　拔出　a
解析　在闭合开关瞬间,通过线圈的磁通量增加,电流计的指针向左摆。闭合开关后,为使电流计的指针向右摆,则应使通过线圈的磁通量减小,即应将铁芯拔出或将变阻器的滑片P向a端滑动,增大电阻,减小电流,从而减小磁通量。
3.在“研究电磁感应现象”的实验中,首先按图(a)接线,以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系。当闭合S时,观察到电流表指针向左偏,不通电时电流表指针停在正中央。然后按图(b)所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路,将原线圈A、电池、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合电路。
(1)S闭合后,将线圈A插入线圈B的过程中,电流表的指针将　　　　偏转;?
(2)线圈A放在B中不动时,指针将　　　　偏转;?
(3)线圈A放在B中不动,将滑动变阻器的滑片P向左滑动时,电流表指针将　　　　偏转。(均选填“向左”、“向右”或“不”)?
答案　(1)向右　(2)不　(3)向右
解析　(1)S闭合后,线圈A中磁场方向向上,插入B线圈,故线圈B中磁通量变大,根据楞次定律可知,感应电流的磁场方向向下,故电流从右向左流过电流表,故电流表指针向右偏转;
(2)线圈A、B不动,磁通量不变,无感应电流,故指针不偏转;
(3)线圈A中磁场方向向上,滑片向左移动,线圈A中电流变大,故线圈B中磁通量变大,根据楞次定律可知,感应电流的磁场方向向下,故电流从右向左流过电流表,故电流表指针向右偏转。
4.如图为“探究电磁感应现象”的实验装置。
(1)用笔画线代替导线,将图中所缺的导线补接完整。
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上开关后可能出现的情况有:
①将原线圈迅速插入副线圈时,灵敏电流计指针将　　　　偏转(选填“发生”或“不发生”);?
②原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,灵敏电流计指针　　　　偏转(选填“发生”或“不发生”);?
③在上述两过程中灵敏电流计指针的偏转方向　　　　(选填“相同”或“相反”)。?
(3)(多选)在做“探究电磁感应现象”实验时,如果副线圈两端不接任何元件,则副线圈电路中将　　　　。?
A.因电路不闭合,无电磁感应现象
B.有电磁感应现象,但无感应电流,只有感应电动势
C.不能用楞次定律判断感应电动势方向
D.可以用楞次定律判断感应电动势方向
答案　(1)如图所示
(2)①发生　②发生　③相反　(3)BD
解析　(1)将电源、开关、变阻器、原线圈串联成一个回路,再将电流计与副线圈串联成另一个回路。
(2)①闭合开关,副线圈中的磁通量增加,指针向右偏转,将原线圈迅速插入副线圈,副线圈中的磁通量增加,则灵敏电流计的指针将向右偏转一下;②原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,原线圈所在电路中的电阻增大,则原线圈中的电流减小,穿过副线圈的磁通量减小,则灵敏电流计指针向左偏转一下;③综上可知,这两个过程中灵敏电流计指针的偏转方向相反;
(3)如果副线圈B两端不接任何元件,线圈中仍有磁通量的变化,仍会产生感应电动势,但由于电路不闭合,故没有感应电流存在,可根据楞次定律来确定感应电动势的方向,故B、D正确,A、C错误;故选B、D。
5.如图甲所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。
(1)按实验的要求将图中所缺的导线用笔画线代替补接完整。
(2)(多选)开关闭合后,下列说法中正确的是　　　　。?
A.只要将线圈A放在线圈B中就会引起电流计指针偏转
B.线圈A插入或拔出线圈B的速度越大,电流指针偏转的角度越大
C.如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上开关后,A线圈插入B线圈中,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,灵敏电流计指针向左偏一下。
(3)上述实验中,线圈A可等效为一个条形磁铁,将线圈B和灵敏电流计连接,如图乙所示,当电流从正接线柱流入灵敏电流计时,指针向正接线柱一侧偏转。则当条形磁铁迅速向上拔出时,图中灵敏电流计指针向　　　　(填“正”或“负”)接线柱方向偏转。?
答案　(1)如图所示
(2)BC　(3)正
解析　(1)将电源、开关、变阻器、线圈A串联成一个回路,注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱,再将电流计与线圈B串联成另一个回路。
(2)当将线圈A放在线圈B中,因磁通量不变,则不会引起电流计指针偏转,故A错误;线圈A插入或拔出线圈B的速度越大,则穿过线圈的磁通量的变化率越大,感应电动势越大,则产生的感应电流越大,那么电流计指针偏转的角度越大,故B正确;在闭合开关时,线圈A中电流增大,穿过线圈B的磁通量的增大,根据楞次定律发现灵敏电流计的指针向右偏了一下;那么合上开关后,A线圈插入B线圈中,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,电阻增大,线圈A中电流减小,穿过线圈B的磁通量的减小,根据楞次定律可知灵敏电流计指针向左偏一下,故C正确;故选B、C。
(3)当电流从正接线柱流入灵敏电流计时,指针向正接线柱一侧偏转,根据楞次定律,依据题图乙可知,线圈中的感应电流从上端流入下端流出,则当条形磁铁迅速向上拔出时,穿过线圈的磁通量减小,根据楞次定律,线圈中的感应电流从上端流入下端流出,图中灵敏电流计指针向正接线柱方向偏转。
课件19张PPT。实验11　探究电磁感应的产生条件
实验12　探究感应电流方向的规律一 探究电磁感应的产生条件教材研读二 探究感应电流方向的规律考点一 探究电磁感应的产生条件考点二 探究感应电流方向的规律考点突破一、探究电磁感应的产生条件
实验原理:
只要改变闭合电路的磁通量,就可以使闭合电路产生感应电流,感应电流的有无通过连接在电路中的电流表的指针是否偏转来判定。本实验应注意探究改变闭合电路磁通量的多种方式。二、探究感应电流方向的规律
电路连接好后,如图的四种情况,测量结果记录如下:表1　线圈内磁通量增加时的情况表2　线圈内磁通量减少时的情况表1说明:当线圈中磁通量增加时,感应电流的磁场方向跟磁铁插入端的磁场方向相反。
表2说明:当线圈中磁通量减少时,感应电流的磁场方向跟磁铁插入端的磁场方向相同。
由此得出:感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。考点一　探究电磁感应的产生条件
例1　如图所示是三个成功电磁感应的演示实验,回答下列问题。(1)图c电路中仪器未连线,请按照实验的要求连好实验电路。
(2)电流表指针偏转角度跟感应电流的大小成 ?关系。
(3)第一个成功实验(如图a)中,将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置,快速插入和慢速插入有什么量是相同的? ??,什么量是不同的? ???。
(4)从三个成功的演示实验可归纳出的结论是:? ?。答案　(1)见解析图
(2)正比
(3)磁通量的变化量　磁通量的变化率
(4)只要穿过闭合电路的磁通量发生变化,闭合电路中就有感应电流产生(或闭合电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量的变化率成正比)(3)将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置,快速插入和慢速插入磁通量的变化量相同,所用的时间不同,则磁通量的变化率不同。
(4)通过三个实验可以得出:穿过闭合电路的磁通量发生变化,闭合电路就会产生感应电流;或闭合电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。例2　物理课上,老师做了一个有趣的“跳环实验”。如图1,将一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后,把一金属套环置于线圈L上,且使铁芯穿过套环。闭合开关S的瞬间,套环立刻跳起。某同学另找来器材再探究此实验。他连接好电路,经重复试验,线圈上的套环均未动。对比老师演示的实验,下列四个选项中,导致套环未动的原因可能是　 ???(多选)。
A.电源的正负极接反
B.电源电压过低
C.所选线圈匝数过多
D.所用套环的材料与老师的不同答案????BD解析　直流电源的正负极接反了,闭合开关的瞬间,穿过套环的磁通量仍然会改变,套环中会产生感应电流,会跳动,故A不符合题意。电源电压过低,在套环中产生的感应电流过小,套环不容易跳起,故B符合题意。线圈匝数过多,在套环中产生的感应电流越大,套环更容易跳起,故C不符合题意。若所用的套环材料是塑料,套环中不可能产生感应电流,则套环不会受到安培力,不会跳起,故D符合题意。故选B、D。考点二　探究感应电流方向的规律例3　如图所示,是“研究电磁感应现象”的实验装置。(1)用笔画线代替导线将实物电路中所缺的导线补充完整。
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上
开关后,将线圈L1迅速插入线圈L2中,灵敏电流计的指针将　 ????(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。答案　(1)见解析图　(2)向右????第22讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流
A组　基础题组
1.目前金属探测器已经广泛应用于各种安检及一些重要场所,关于金属探测器的下列有关论述正确的是(　　)
A.金属探测器可用于月饼生产中,用来防止细小的金属颗粒混入月饼馅中
B.金属探测器能帮助医生探测儿童吞食或扎到手脚中的金属物,是因为探测器的线圈中能产生涡流
C.使用金属探测器的时候,应该让探测器静止不动,探测效果会更好
D.能利用金属探测器检测考生是否携带手机等违禁物品,是因为探测器的线圈中通有直流电
答案　A　金属探测器能探测金属,故可以用于月饼生产中,用来防止细小的金属颗粒混入月饼馅中,故A正确;金属探测器探测金属时,是金属产生了涡流,而被探测器探测到,故B错误;探测过程中,金属探测器应与被测物体相对运动,故C错误;探测器的原理是因为手机上产生涡流报警,不是因为通有直流电,故D错误。
2.铺设海底金属油气管道时,焊接管道需要先用感应加热的方法对焊口两侧进行预热。将被加热管道置于感应线圈中,当感应线圈中通以电流时管道发热。下列说法中正确的是(　　)
A.管道发热是线圈中的电流直接流经管道引起的
B.感应加热是利用线圈电阻产生的焦耳热加热管道的
C.感应线圈中通以恒定电流时也能在管道中产生电流
D.感应线圈中通以正弦交流电在管道中产生的涡流也是交流电
答案　D　管道发热是由于线圈的作用,导致管道有涡流,A错误;感应加热是利用线圈变化的磁场,从而产生感应电场,形成涡流,B错误;感应线圈中通以恒定电流时,不能在管道中产生电流,C错误;感应线圈中通以正弦交流电时,在管道中产生的涡流也是交流电,D正确。
3.将多匝闭合线圈置于仅随时间变化的磁场中,关于线圈中产生的感应电动势和感应电流,下列表述正确的是(　　)
A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B.穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大
C.穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大
D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
答案　C　由法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt知,感应电动势的大小与线圈匝数有关,A错误;感应电动势正比于ΔΦΔt,与磁通量的大小无直接关系,B错误,C正确;根据楞次定律知,感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化,即“增反减同”,D错误。
4.某一学习小组在研究电磁感应现象时,利用一根粗细均匀的金属丝弯成导轨abcd,ab=3bc。导体棒ef的电阻是bc段电阻的两倍,如图所示,匀强磁场垂直于导轨平面,当用平行于导轨的外力F将导体棒ef由靠近bc位置匀速向右移动时,则(　　)
A.导体棒ef两端的电压不变
B.导体棒ef中的电流变大
C.拉力F的瞬时功率变大
D.导轨abcd消耗的电功率先变大后变小
答案　D　设ef的电阻为r,ebcf的电阻为R,ef长为L,速度为v,磁感应强度为B,则导体棒ef产生的感应电动势E=BLv。ef两端的电压U=RR+rE,E、r不变,R变大,可知U变大,故A错误。ef中的电流I=ER+r,E、r不变,R变大,I变小,故B错误。导体棒匀速运动时拉力F的功率等于回路中的电功率,为P=E2R+r,R增大,则P减小,故C错误。abcd消耗的功率是导体棒ef(相当于电源)的输出功率,根据条件ab=3bc,ef的电阻是bc段电阻的两倍,可知ebcf的电阻先小于ef的电阻,再等于ef的电阻,后大于ef的电阻,所以导轨abcd消耗的电功率先增大后减小,故D正确。
5.(多选)如图所示,一导线弯成直径为d的半圆形闭合回路,虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面,回路以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止,下列说法中正确的是(　　)
A.感应电流方向为逆时针方向
B.CD段直导线始终不受安培力
C.感应电动势的最大值E=Bdv
D.感应电动势的平均值E=18πBdv
答案　AD　线圈进磁场过程,垂直平面向里的磁通量逐渐增大,根据楞次定律及安培定则,感应电流方向为逆时针方向,选项A正确;CD端导线电流方向与磁场垂直,根据左手定则判断,安培力竖直向下,选项B错误;线圈进磁场切割磁感线的有效长度先变大后变小,最长为半径r=d2,所以感应电动势最大值为12Bdv,选项C错误;感应电动势的平均值E=ΔΦΔt=B·12πd22dv=Bdπv8,选项D正确。
6.(多选)如图所示,线圈匝数为n,横截面积为S,线圈电阻为r,处于一个均匀增强的磁场中,磁感应强度随时间的变化率为k,磁场方向水平向右且与线圈平面垂直,电容器的电容为C,定值电阻的阻值为r。由此可知,下列说法正确的是(　　)
A.电容器下极板带正电
B.电容器上极板带正电
C.电容器所带电荷量为nSkC2
D.电容器所带电荷量为nSkC
答案　BC　根据磁场向右均匀增强,并由楞次定律及安培定则可知,电容器上极板带正电,故A错误,B正确。闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路,线圈相当于电源,电容器两极板间的电压等于路端电压,线圈产生的感应电动势E=nSΔBΔt=nSk,路端电压U=E2r·r=E2,则电容器所带电荷量Q=CU=nSkC2,故C正确,D错误。
7.如图所示,在绝缘光滑水平面上,有一个边长为L=10 cm的单匝正方形线框abcd,在外力的作用下以恒定的速率v=10 m/s向右运动进入磁感应强度为B=2 T的有界匀强磁场区域。线框被全部拉入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直,线框的ab边始终平行于磁场的边界。已知线框的四个边的电阻值相等,均为R=0.5 Ω。则(　　)
A.线框中的感应电动势为200 V
B.ab边两端的电压为2 V
C.在线框被拉入磁场的整个过程中,线框中产生的热量为0.02 J
D.维持线框以恒定的速率被拉入磁场的外力大小为8 N
答案　C　线框中的感应电动势E=BLv=2 V,此时ab两端的电压是路端电压,故Uab=34E=1.5 V,故A、B错误;根据焦耳定律有Q=I2·4Rt=E24R·Lv=0.02 J,故C正确;回路中的电流I=E4R=1 A,根据安培力公式有F安=BIL=0.2 N,根据平衡条件可知,外力与安培力大小相等,方向相反,故外力的大小为0.2 N,故D错误。
8.如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,磁感应强度为B,边长为a的正方形闭合单匝线框ABCD斜向穿进磁场,当AC(AC为正方形的对角线)刚进入磁场时速度为v(v⊥CD),若线框的总电阻为R,则(　　)
A.AC刚进入磁场时线框中感应电流为2BavR
B.AC刚进入磁场时线框所受安培力为2B2a2vR
C.此时CD两端电压为34Bav
D.此时CD两端电压为14Bav
答案　BC　AC刚进入磁场时,CD边切割磁感线,AD边不切割磁感线,所以产生的感应电动势E=Bav,则线框中感应电流为I=ER=BavR,故CD两端的电压为U=I·34R=34Bav,故C正确,D错误;AC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反,AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下,它们的大小都是F=BIa,由几何关系可以看出,AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直,所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和,即F合=2F=2B2a2vR,故B正确,A错误。
B组　提升题组
1.(2018课标Ⅰ,17,6分)如图,导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中点,O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆,M端位于PQS上,OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ);再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B'(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过OM的电荷量相等,则B'B等于(　　)
A.54 B.32 C.74 D.2
答案　B　本题考查法拉第电磁感应定律及电荷量公式。由公式E=ΔΦΔt,I=ER,q=It得q=ΔΦR,设半圆弧半径为r,对于过程Ⅰ,q1=B·πr24·R,对于过程Ⅱ,q2=(B'-B)·πr22R,由q1=q2得,B'B=32,故B项正确。
2.如图所示,A、B、C是3个完全相同的灯泡,L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)。则(　　)
A.S闭合时,A灯立即亮,然后逐渐熄灭
B.S闭合时,B灯立即亮,然后逐渐熄灭
C.电路接通稳定后,三个灯亮度相同
D.电路接通稳定后,S断开时,C灯立即熄灭
答案　A　因线圈L的自感系数较大且直流电阻可忽略不计,S闭合时,A灯立即亮,然后逐渐熄灭,A正确。S闭合时,B灯先不太亮,然后变亮,B错误。电路接通稳定后,B、C灯亮度相同,A灯不亮,C错误。电路接通稳定后,S断开时,C灯逐渐熄灭,D错误。
3.(多选)如图所示,在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,有一水平放置的U形导轨,导轨左端连接一阻值为R的电阻,导轨电阻不计。导轨间距离为L,在导轨上垂直放置一根长度为L的金属棒MN,金属棒与导轨接触良好,电阻为r,用外力拉着金属棒向右以速度v做匀速运动。则金属棒运动过程中(　　)
A.金属棒中的电流方向由N到M
B.电阻R两端的电压为BLv
C.金属棒受到的安培力大小为B2L2vR+r
D.电阻R产生焦耳热的功率为B2L2v2R
答案　AC　由右手定则可知金属棒MN中的电流方向由N到M,故A正确;MN产生的感应电动势为E=BLv,则电阻R两端的电压为U=RBLvR+r,故B错误;回路中感应电流大小为I=BLvR+r,金属棒MN受到的安培力大小为F=BIL=B2L2vR+r,故C正确;电阻R产生焦耳热的功率为P=I2R=BLvR+r2R=B2L2v2R(R+r)2,故D错误。
4.图甲所示,在倾角α=37°的光滑平行导轨上,有一长度恰等于导轨宽度的均匀导体棒AB,平行于斜面底边CD由静止释放。导轨宽度L=10 cm,在AB以下距离AB为x1的区域内有垂直于导轨的匀强磁场,该区域面积S=0.3 m2,匀强磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示,导体棒AB在t=1 s时进入磁场区域,并恰好做匀速直线运动,已知导体棒AB的电阻r等于电阻R=6 Ω,导轨足够长,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,则(　　)
A.导体棒AB在磁场外运动时没有感应电流产生
B.位移x1为3 m
C.导体棒AB进入磁场后感应电动势为0.6 V
D.在前2 s内电路中产生的内能为0.15 J
答案　B　导体棒没有进入磁场区域时穿过回路的磁感应强度不断增大,闭合回路的磁通量发生变化,回路产生感应电流,故A错误;导体棒没有进入磁场前,由牛顿第二定律得mg sin α=ma,解得a=6 m/s2,导体棒进入磁场前做初速度为零的匀加速直线运动,则x1=12at2=3 m,故B正确;导体棒进入磁场时的速度v=at=6 m/s,由题图乙所示图像可知,导体棒进入磁场后磁场的磁感应强度B=2 T,感应电动势E2=BLv=1.2 V,故C错误;在第1 s内,产生的热量Q1=E12r+R×t=0.03 J,然后磁场不变,导体棒在磁场中做匀速运动,由于该区域的面积为S=0.3 m2,所以有磁场的斜面长度为3 m,导体棒在磁场中运动了t2=36 s=0.5 s,产生的热量Q2=E22r+R×t2=0.06 J,在1.5~2 s时间内导体棒已经离开了磁场,所以回路不产生内能,故前2 s内电路中产生的内能为0.09 J,故D错误。
5.(2016浙江10月选考,22,10分)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系,小明设计了如图所示的装置。半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上,一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴OO'上,由电动机A带动旋转。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面、大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场。另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内,并与固定在竖直平面内的“U”形导轨保持良好接触,导轨间距为l,底部接阻值也为R的电阻,处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”形导轨连接。当开关S断开,棒cd静止时,弹簧伸长量为x0;当开关S闭合,电动机以某一转速匀速运动,棒cd再次静止时,弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)。不计其余电阻和摩擦等阻力,求此时
(1)通过棒cd的电流Icd;
(2)电动机对该装置的输出功率P;
(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系。
答案　(1)B1ωl26R,方向由d到c　(2)B12ω2l46R
(3)6mgR(x-x0)B1B2x0l3
解析　本题考查了电磁感应定律及电磁感应过程中的能量转化问题。
(1) ab顺时针转动时产生的电动势为E=12B1ωl2,
由右手定则可知,电流方向由a到b,
由闭合电路欧姆定律得,总电流I=ER+12R=B1ωl23R
通过cd棒的电流Icd=12I=B1ωl26R,方向由d到c。
(2)电动机的输出功率P=I2·32R=B12ω2l46R
(3)S断开时,由平衡条件得kx0=mg
S闭合时,由平衡条件得 kx=B2Icdl+mg
解得ω=6mgR(x-x0)B1B2x0l3
6.(2018浙江11月选考,22,10分)如图所示,在间距L=0.2 m的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面(向内为正)的磁场,磁感应强度的分布沿y方向不变,沿x方向如下:
B=1T　　x>0.2m5xT　　?0.2m≤x≤0.2m-1T　　x导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容C=1 F的未充电的电容器,恒流源可为电路提供恒定电流I=2 A,电流方向如图所示。有一质量m=0.1 kg的金属棒ab垂直导轨静止放置于x0=0.7 m处。开关S掷向1,棒ab从静止开始运动,到达x3=-0.2 m处时,开关S掷向2。已知棒ab在运动过程中始终与导轨垂直。求:
(提示:可以用F-x图像下的“面积”代表力F所做的功)
(1)棒ab运动到x1=0.2 m时的速度v1;
(2)棒ab运动到x2=-0.1 m时的速度v2;
(3)电容器最终所带的电荷量Q。
答案　(1)2 m/s　(2)236　(3)27 C
解析　(1)从x0到x1的过程,由于安培力为恒力,由动能定理有BIL(x0-x1)=12mv12-0
解得v1=2 m/s
(2)从x1到x2过程中,安培力F=BIL,由于B=5x T,可知F=2x N,可知F随x变化而变化,如图所示,
在这个过程中,安培力做的功大小为图线与x轴围成的面积,W安=0.03 J
由动能定理有W安=12mv22-12mv12
解得v2=235 m/s
(3)从0.2 m处移到-0.2 m处安培力不做功,v3=v1=2 m/s
设最后稳定时的速度为v则
导体棒两端电压U=BLv
电容器上所带电量Q=CU
电路中通过的电量Q=It
根据动量定理有-BILt=mv-mv3
解得Q=27 C
教师备用题库
1.(2018课标Ⅰ,19,6分)(多选)如图,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是(　　)
A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
答案　AD　本题考查电流的磁效应、楞次定律等知识。当开关闭合瞬间,右侧线圈中电流突然增大,铁芯上向右的磁场增强,由楞次定律可知左侧线圈中正面感应电流向上,则远处直导线上电流向左,由安培定则可知小磁针处直导线上电流产生的磁场方向垂直纸面向里,A项正确。开关闭合并保持一段时间后,磁场不再变化,左侧线圈中没有感应电流,小磁针N、S极回到原始方向,故B、C两项错误。开关断开的瞬间,右侧线圈中电流减小,左侧线圈正面感应电流向下,远处直导线上电流向右,由安培定则知,小磁针处直导线上电流产生的磁场方向垂直纸面向外,故D项正确。
2.(2017天津理综,3,6分)如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.ab中的感应电流方向由b到a
B.ab中的感应电流逐渐减小
C.ab所受的安培力保持不变
D.ab所受的静摩擦力逐渐减小
答案　D　本题考查楞次定律、电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、平衡条件。由于通过回路的磁通量向下减小,则根据楞次定律可知ab中感应电流的方向由a到b,A错误。因ab不动,回路面积不变;当B均匀减小时,由E=nΔΦΔt=nΔBΔtS知,产生的感应电动势恒定,回路中感应电流I=ER+r恒定,B错误。由F=BIL知F随B减小而减小,C错误。对ab由平衡条件有f=F,故D正确。
3.(2017课标Ⅱ,20,6分)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场,磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内,cd边与磁场边界平行,如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd边于t=0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取正)。下列说法正确的是(　　)
A.磁感应强度的大小为0.5 T
B.导线框运动速度的大小为0.5 m/s
C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D.在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.1 N
答案　BC　导线框匀速进入磁场时速度v=Lt=0.10.2 m/s=0.5 m/s,选项B正确;由E=BLv,得B=ELv=0.010.1×0.5 T=0.2 T,选项A错误;由右手定则可确定磁感应强度方向垂直于纸面向外,选项C正确;导线框所受安培力F=BLI=BLER=0.2×0.1×0.010.005 N=0.04 N,选项D错误。
4.(2017北京理综,19,6分)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图,L1和L2为电感线圈。实验时,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S2,灯A2逐渐变亮,而另一个相同的灯A3立即变亮,最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是(　　)
A.图1中,A1与L1的电阻值相同
B.图1中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流
C.图2中,变阻器R与L2的电阻值相同
D.图2中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等
答案　C　本题考查自感现象判断。在图1中断开S1瞬间,灯A1突然闪亮,说明断开S1前,L1中的电流大于A1中的电流,故L1的阻值小于A1的阻值,A、B选项均错误;在图2中,闭合S2瞬间,由于L2的自感作用,通过L2的电流很小,D错误;闭合S2后,最终A2与A3亮度相同,说明两支路电流相等,故R与L2的阻值相同,C项正确。
5.(多选)如图甲所示,面积为S的n匝圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小随时间周期性变化,如图乙所示,已知线圈的电阻为R,则下列说法正确的是(　　)
A.线圈内产生的感应电动势最大值为SB0(V)
B.线圈内产生的感应电流最小值为nSB02R(A)
C.线圈内产生的感应电动势周期为4 s
D.0~1 s内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向
答案　CD　由图乙可知,在0~1 s内产生的感应电动势最大,最大值为Emax=nΔBΔtS=nB0S,选项A错误;1~2 s内线圈内产生的感应电动势最小,最小值为零,选项B错误;由图线可知,线圈内产生的感应电动势周期为4 s,选项C正确;根据楞次定律可知,0~1 s内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向,选项D正确。
6.(多选)如图所示电路中,电源电动势为E(内阻不可忽略),线圈L的电阻不计。以下判断正确的是(　　)
A.闭合S稳定后,电容器两端电压为E
B.闭合S稳定后,电容器的a极板带负电
C.断开S的瞬间,通过R1的电流方向向右
D.断开S的瞬间,通过R2的电流方向向右
答案　BC　闭合S稳定后,L相当于一段导线,R1被短路,所以C两端的电压等于R2两端的电压,故A错误;由图知b板带正电,故B正确;断开S的瞬间,L相当于电源,与R1组成回路,通过R1的电流方向自左向右,故C正确;断开S的瞬间,R2中无电流通过,故D错误。
7.(多选)如图所示,在磁感应强度B=1.0 T的匀强磁场中,金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v=2 m/s向右匀速滑动,两导轨间距离L=1.0 m,电阻R=3.0 Ω,金属杆的电阻r=1.0 Ω,导轨电阻忽略不计,则下列说法正确的是(　　)
A.通过R的感应电流的方向由a到d
B.金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0 V
C.金属杆PQ受到的安培力大小为0.5 N
D.外力F做功的数值等于电路产生的焦耳热
答案　ABC　由右手定则判断知,当导体棒滑动时产生逆时针方向的电流,通过R的感应电流的方向由a到d,故A正确。金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为:E=BLv=1.0×1.0×2 V=2 V,故B正确。在整个回路中产生的感应电流为:I=ER+r,代入数据得:I=0.5 A,由安培力公式:F安=BIL,代入数据得:F安=0.5 N,故C正确。金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v向右匀速滑动,外力F做功的大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能之和,故D错误。
8.(2016四川理综,7,6分)(多选)如图所示,电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上,受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动,外力F与金属棒速度v的关系是F=F0+kv(F0、k是常量),金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i,受到的安培力大小为FA,电阻R两端的电压为UR,感应电流的功率为P,它们随时间t变化图像可能正确的有(　　)
答案　BC　金属棒MN相当于电源,其感应电动势E=Blv,感应电流I=BlvR+r　即I∝v
FA=BIl=B2l2vR+r　即:FA∝v
UR=IR=BlvR+rR　即:UR∝v
P=IE=B2l2v2R+r　即:P∝v2
对金属棒MN:F-FA=ma
F0+kv-B2l2R+rv=ma
F0+k-B2l2R+rv=ma
若k-B2l2R+r>0,随着v增大,a也增大,棒做加速度增大的加速运动,B项正确。
若k-B2l2R+r<0,随着v增大,a减小,棒做加速度减小的加速运动,当a=0时,v达到最大后保持不变,C项正确,A项错误。
若k-B2l2R+r=0,则a=F0m,金属棒做匀加速运动
则v=at,P=IE=B2l2a2R+rt2,D项错误。
9.(2017江苏单科,13,15分)如图所示,两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内,其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上,其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后,金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计,导轨光滑且足够长,杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求:
(1)MN刚扫过金属杆时,杆中感应电流的大小I;
(2)MN刚扫过金属杆时,杆的加速度大小a;
(3)PQ刚要离开金属杆时,感应电流的功率P。
答案　(1)Bdv0R
(2)B2d2v0mR
(3)B2d2(v0-v)2R
解析　本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律。
(1)感应电动势E=Bdv0
感应电流I=ER
解得I=Bdv0R
(2)安培力F=BId
牛顿第二定律F=ma
解得a=B2d2v0mR
(3)金属杆切割磁感线的速度v'=v0-v,则
感应电动势E=Bd(v0-v)
电功率P=E2R
解得P=B2d2(v0-v)2R
课件48张PPT。第22讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流一 法拉第电磁感应定律二 自感和涡流三 电磁阻尼和电磁驱动教材研读突破一 法拉第电磁感应定律的应用突破二 导体棒切割磁感线产生感应电动势的计算突破三 自感现象和涡流现象重难突破一、法拉第电磁感应定律二、自感和涡流1.自感现象
(1)概念:由于线圈本身的①　电流????变化而产生的电磁感应现象称为自感。由于自感而产生的感应电动势叫做②　自感电动势????。
(2)自感电动势方向:当线圈中电流增大时,自感电动势与原电流方向③　相反????;当线圈中电流减小时,自感电动势与原电流方向④　相同????。
(3)自感电动势作用:⑤　阻碍????线圈中原电流的变化。
(4)自感系数LA.相关因素:与线圈的⑥　形状????、大小、⑦　圈数????,以及是否有铁芯有关。
B.单位:亨利(H),1 H=⑧　103????mH,1 mH=⑨　103????μH。
2.涡流
当线圈中电流发生变化时,在它附近的任何导体中都会产生⑩ 感应电流??,这种电流看起来像水中的旋涡,所以叫涡流。它是整块导体发生的电磁感应现象。三、电磁阻尼和电磁驱动1.电磁阻尼:当导体在磁场中运动时,感应电流会使导体受到① 安培力????,
安培力的方向总是阻碍导体的运动。
2.电磁驱动:如果磁场相对于导体转动,在导体中会产生②　感应电流????,
使导体受到安培力的作用,安培力使导体运动起来。
3.电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了③　楞次定律????的推广应用。1.判断下列说法的正误:
(1)线圈中磁通量变化越大,产生的感应电动势越大。?(　?　)
(2)线圈中的电流越大,自感系数也越大。?(　?　)
(3)磁场相对于导体棒运动时,导体棒中也可能产生感应电动势。(????√　)
(4)对于同一线圈,当电流变化越快时,线圈中的自感电动势越大。(????√　)
(5)自感电动势阻碍电流的变化,但不能阻止电流的变化。(　√　)2.(多选)穿过一个电阻为1 Ω的单匝闭合线圈的磁通量始终是每秒钟均匀地减少4 Wb,则?(　BD　)
A.线圈中感应电动势一定是每秒减少4 V
B.线圈中感应电动势一定是4 V
C.线圈中感应电流一定是每秒减少4 A
D.线圈中感应电流一定是4 A3.(多选)磁电式仪表的线圈通常用铝框做骨架,把线圈围绕在铝框上,这样做是?(　BC　)
A.防止涡流而设计的
B.利用涡流而设计的
C.起电磁阻尼的作用
D.起电磁驱动的作用突破一　法拉第电磁感应定律的应用4.求解感应电动势常见情况与方法典例1????(2016浙江理综,16,6分)如图所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则?(　B　)
A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B.a、b线圈中感应电动势之比为9∶1
C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D.a、b线圈中电功率之比为3∶11-1　如图所示,匀强磁场中有两个导体圆环a、b,磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为2∶1,圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb。不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是?(　B　)
A.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿逆时针方向
B.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿顺时针方向
C.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿逆时针方向
D.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿顺时针方向1-2　(多选)如图甲所示,abcd是匝数为100匝、边长为10 cm、总电阻为
0.1 Ω的正方形闭合导线圈,放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示,则以下说法正确的是 (??? ACD　)
A.导线圈中产生的是交变电流
B.在t=2.5 s时导线圈产生的感应
电动势为1 V
C.在0~2 s内通过导线横截面的电荷量为20 C
D.在t=1 s时,导线圈内电流的瞬时功率为10 W突破二　导体棒切割磁感线产生感应电动势的计算1.公式E=Blv的使用条件
(1)匀强磁场。
(2)B、l、v三者相互垂直。
2.E=Blv的“四性”
(1)正交性:本公式是在一定条件下得出的,除磁场为匀强磁场外,还需B、l、v三者互相垂直。(2)瞬时性:若v为瞬时速度,则E为相应的瞬时感应电动势。
(3)有效性:公式中的l为导体切割磁感线的有效长度。
如图中,导体的有效长度为a、b间的距离。(4)相对性:E=Blv中的速度v是导体相对磁场的速度,若磁场也在运动,应注意速度间的相对关系。典例2　如图所示,两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上,左端向上弯曲,导轨间距为L,电阻不计,水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。导体棒的质量分别为ma=m,mb=2m,电阻值分别为Ra=R,Rb=2R。b棒静止放置在水平导轨上足够远处,与导轨接触良好且与导轨垂直;a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放,运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直,重力加速度为g,则?(　 　)规律总结
求解感应电动势常见情况与方法2-1　(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时,关于
流过电阻R的电流,下列说法正确的是?(　AB　)
A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定
B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动
C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化
D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍2-2　(多选)半径为a且右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆,单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置,整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动,杆始终有两点与圆环良好接触,从圆环中心O开始,杆的位置由θ确定,如图所示。则?(　AD　)2-3　如图所示,两平行导轨间距L=0.1 m,足够长的光滑的倾斜部分和粗糙的水平部分圆滑连接,倾斜部分与水平面的夹角θ=30°,垂直斜面方向向上的匀强磁场的磁感应强度B=0.5 T,水平部分没有磁场。金属棒ab的质量m=0.005 kg,电阻r=0.02 Ω,运动中与导轨接触良好,并且始终垂直于导轨,电阻R=0.08 Ω,其余电阻不计,金属棒从斜面上离水平面高h=1.0 m以上任何地方由静止释放,在水平面上滑行的最大距离x都是1.25 m,g=10 m/s2。求:
(1)棒在斜面上的最大速度的大小;
(2)棒与水平面间的动摩擦因数;
(3)从高度h=1.0 m处滑下后电阻R上产生的热量。突破三　自感现象和涡流现象1.通电自感和断电自感的比较2.涡流现象
(1)涡流:块状金属放在变化磁场中,或者让它在磁场中运动时,金属块内产生的旋涡状感应电流。
(2)产生原因:金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流。
(3)涡流的利用:冶炼金属的高频感应炉利用强大的涡流产生焦耳热使金属熔化;家用电磁炉也是利用涡流原理制成的。
(4)涡流的减少:各种电机和变压器中,用涂有绝缘漆的硅钢片叠加成的铁芯代替整块硅钢铁芯,以减少涡流。解析　闭合开关的瞬间,经过线圈的电流增大,线圈会阻碍电流的增大,此时线圈等效为无穷大的电阻视为断路,则灯泡a和b串联,两灯立即变亮,稳定后,理想线圈将与之并联的电路短路,即a灯熄灭,b灯更亮,故A正确,B、C错误。开关断开时,线圈会阻碍电流的减小,此时线圈等效为新电源,对构成闭合回路的a灯供电,故a灯先闪亮一下后逐渐熄灭,b灯立即熄灭,则D正确。3-1　(多选)如图,A、B是相同的白炽灯,L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。下面说法正确的是?(　BD　)
A.闭合开关S时,A、B灯同时亮,且达到正常
B.闭合开关S时,B灯比A灯先亮,最后一样亮
C.闭合开关S时,A灯比B灯先亮,最后一样亮
D.断开开关S时,A灯与B灯同时慢慢熄灭解析　由于自感的作用,闭合开关S时,B灯比A灯先亮,最后一样亮,选项A、C错误,B正确;断开开关S时,L中产生自感电动势,A灯与B灯同时慢慢熄灭,选项D正确。解析　真空冶炼炉是用涡流来熔化金属对其进行冶炼的,故A正确;电磁炉利用高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场,当含铁质锅具放置炉面时,铁磁性锅体被磁化,锅具即切割交变磁感线而在锅具底部产生交变的涡流,故B正确;阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动,故C正确;在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象,要损耗能量,不用整块的硅钢铁芯,其目的是减小涡流,故D错误。解析　金属球在运动过程中,穿过金属球的磁通量不断变化,在金属球内形成闭合回路,产生涡流,金属球受到的安培力做负功,金属球产生的热量不断地增加,机械能不断地减少,直至金属球停在半圆轨道的最低点,C正确,A、B错误;根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR,D正确。第23讲　交变电流
A组　基础题组
1.(多选)理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1,以下说法中正确的是(　　)
A.穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1
B.穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等
C.原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1
D.正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1
答案　BD　对于理想变压器,认为无磁通量损失,因而穿过两个线圈每一匝的磁通量相同,磁通量的变化率相同,每匝线圈产生的感应电动势相等,电压与匝数成正比。理想变压器没有能量损失,故输入功率等于输出功率。
2.矩形线圈匝数为50匝,在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图所示,则(　　)
A.电动势的最大值是157 V
B.在t=0.1 s和t=0.3 s时,电动势最大
C.在t=0.1 s和t=0.3 s时,线圈与中性面垂直
D.t=0.4 s时,磁通量变化率达最大,其值为157 Wb/s
答案　A　由题图得,Φm=0.2 Wb、T=0.4 s,据Em=NBSω=NΦm·2πT,可得Em=50×0.2×2π0.4 V≈157 V,故A项正确。在t=0.1 s和t=0.3 s时,线圈中磁通量最大,线圈处于中性面位置,磁通量的变化率为零,感应电动势为零,故B、C错误。t=0.4 s时,线圈中磁通量为零,此时刻磁通量的变化率达最大,且此时刻ΔΦΔt=Emn=3.14 Wb/s,故D项错误。
3.如图所示,L1、L2和L3是完全相同的灯泡,L1与电容器C串联,L2与带铁芯的线圈L串联,L3与一个定值电阻R串联。当a、b间接电压有效值为U、频率为f的正弦式交流电源时,三只灯泡的亮度相同。现在a、b间接另一正弦式交流电源,发现灯泡L1变亮、L2变暗、L3亮度不变。由此可知,另一正弦式交流电源可能是(　　)
A.电压有效值仍为U,而频率大于f
B.电压有效值大于U,而频率大于f
C.电压有效值仍为U,而频率小于f
D.电压有效值小于U,而频率大于f
答案　A　当将a、b接在电压有效值为U、频率为f的正弦交流电源两极之间时,三只灯泡都发光,且亮度相同,而更换另一正弦式交流电源后,发现灯泡L1变亮、L2变暗、L3亮度不变,则说明另一正弦式交流电源的频率大,但电压值有效值仍不变,故A正确,B、C、D错误。
4.钳形电流表的外形和结构如图甲所示。图甲中电流表的读数为0.9 A。图乙中用同一电缆线绕了3匝,则(　　)
A.这种电流表能测直流电流,图乙的读数为0.9 A
B.这种电流表能测交变电流,图乙的读数为0.3 A
C.这种电流表能测交变电流,图乙的读数为2.7 A
D.这种电流表既能测直流电流,又能测交变电流,图乙的读数为2.7 A
答案　C　由于变压器工作原理是通过原线圈的电流发生变化,则原线圈产生的磁场发生变化,故穿过副线圈的磁通量发生变化,从而在副线圈中产生感应电流,故这种电流表只能测交流电流;根据输入功率和输出功率的关系有P1=P2,即U1I1=U2I2,而理想变压器原副线圈每一匝线圈的电动势相等,即U1n1=U2n2=ΔΦΔt,所以I1I2=n2n1,当n1=1,I2=0.9 A时,I10.9A=n21;当n1=3时,I1I2'=n23,解得I2'=2.7 A,即题图乙中电流表的读数为2.7 A。故选C。
5.(多选)在某交流电路中,有一正在工作的变压器,原、副线圈的匝数分别为n1=600匝、n2=120匝,电源的电压为U=311 sin 100πt(V),原线圈中串联一个额定电流为0.2 A的保险丝,为保证保险丝不被烧毁,则(　　)
A.副线圈电流的最大值不能超过1 A
B.副线圈电流的有效值不能超过1 A
C.无论副线圈电流有多大,保险丝总不会被烧毁
D.负载功率不能超过44 W
答案　BD　原线圈中串联一个额定电流为0.2 A的保险丝,则原线圈中电流的有效值I1≤0.2 A;据I1∶I2=n2∶n1可得,副线圈电流的有效值I2≤1 A,故A项错误,B项正确。副线圈电流的有效值I2>1 A时,原线圈中电流的有效值I1>0.2 A,保险丝会被烧毁,故C项错误。由题意得,原线圈两端电压有效值U1=3112 V≈220 V,据U1∶U2=n1∶n2可得,副线圈两端电压有效值U2=44 V,则负载功率P2=U2I2≤44×1 W=44 W,故D项正确。
6.(多选)某电站用11 kV交变电压输电,输送功率一定,输电线的电阻为R。现若用变压器将电压升高到220 kV送电,下列选项正确的是(　　)
A.输电线上的电流增为原来的20倍
B.输电线上的电流减为原来的120
C.输电线上损失的功率为原来的400倍
D.若要使输电线上损失功率不变,可将输电线的半径减为原来的120
答案　BD　根据P=UI得,I=PU,输送功率一定,输送电压变为原来的20倍,则输送电流变为原来的120,故A错误,B正确。根据P损=I2R,因输送电流变为原来的120,则损失的功率变为原来的1400,故C错误。输送电流变为原来的120,根据P损=I2R,要使输电线上的功率不变,电阻变为原来的400倍,根据R=ρlS=ρlπr2,半径变为原来的120,故D正确。
7.如图所示,有一矩形线圈,面积为S,匝数为N,整个线圈的电阻为r,在磁感应强度为B的磁场中,线圈绕OO'轴以角速度ω匀速转动,外电阻为R,下列说法中正确的是(　　)
A.线圈从图示位置转90°的过程中磁通量的变化量NBS
B.线圈从图示位置转90°的过程中平均感应电动势E=2NBSωπ
C.线圈从图示位置转90°的过程中电阻R所产生的焦耳热Q=πN2B2S2Rω6(R+r)2
D.线圈从图示位置转90°的过程中通过电阻R的电荷量为BSω
答案　B　图示位置磁通量为Φ1=0,转过90°磁通量为Φ2=BS,ΔΦ=Φ2-Φ1=BS,故A错误;根据法拉第电磁感应定律得,平均感应电动势E=NΔΦΔt,Δt=π2ω=π2ω,解得E=2NBSωπ,故B正确;电流的有效值I=ER+r,E=22Em,电阻R所产生的焦耳热Q=I2Rt,t=π2ω=π2ω,解得Q=RπωN2B2S24(R+r)2,故C错误;平均电流I=ER+r,则电荷量q=I·Δt=ER+r·Δt=NΔΦR+r=NBSR+r,故D错误。
8.(多选)如图所示,一理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=4∶1,原线圈a、b间接一电压为u=2202 sin 100πt(V)的电源,灯泡L标有“36 V　18 W”字样,当滑动变阻器R的滑动触头处在某位置时,电流表示数为0.25 A,灯泡L刚好正常发光,则　(　　)
A.流经灯泡L的交变电流的频率为100 Hz
B.定值电阻R0的阻值为19 Ω
C.滑动变阻器R消耗的功率为36 W
D.若将滑动变阻器R的滑动触头向下滑动,则灯泡L的亮度变暗
答案　BD　根据交流电的瞬时值的表达式可知,交流电的周期T=2π100π s=0.02 s,频率f=1T=50 Hz,故A错误;根据电压与匝数成正比可得副线圈的电压U2=14U1=14×220 V=55 V,根据电流比与匝数比成反比可得副线圈的电流I2=4I1=4×0.25 A=1 A,由于灯泡正常发光,所以其电压UL=36 V,电阻R0上的电压为19 V,所以定值电阻R0的电阻值R0=UI=191 Ω=19 Ω,故B正确;灯泡的电流IL=PLUL=1836 A=0.5 A,所以经过滑动变阻器R的电流IR=I2-IL=0.5 A,所以滑动变阻器R消耗的功率P=ULIR=36×0.5 W=18 W,故C错误;将滑动变阻器R的滑动触头向下滑时,电路的电阻变小,总的电流增大,由于副线圈的输出电压不变,所以电阻R0的电压增大,灯泡的电压减小,所以灯泡将变暗,故D正确。

B组　提升题组
1.(多选)理想变压器原线圈与正弦交变电源连接,输入电压 u随时间 t变化的规律如图所示,原、副线圈匝数比n1n2=100,副线圈只接入一个R=10 Ω的电阻,则(　　)
A.与电阻R并联的电压表示数为3.11 V
B.流过电阻R的电流最大值为0.311 A
C.变压器的输入功率为0.484 W
D.一个周期内,电阻R上产生的热量为9.68×10-3 J
答案　BCD　原线圈两端电压有效值是220 V,则根据U1U2=n1n2可得副线圈两端电压有效值U2=2.2 V,电压表测的是有效值,A错;流过副线圈的电流的有效值为0.22 A,流过副线圈的电流的最大值为0.311 A,B对;变压器输入功率等于输出功率,输出功率P2=U2I2=0.484 W,C对;根据Q=I22Rt并代入数据可得Q=9.68×10-3 J,D对。
2.(多选)如图所示,输入端ab的输入电压既有直流成分,又有交流成分,以下说法中正确的是(L的直流电阻与R相同)(　　)
A.直流成分只能从L通过
B.交流成分只能从R通过
C.通过R的既有直流成分又有交流成分
D.通过L的交流成分比通过R的交流成分必定要少
答案　CD　L的直流电阻与R相同,对交流的阻碍作用要大于电阻R,通过线圈的交流成分较少,故选C、D。
3.(多选)如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比为1∶10,原线圈接交流电源,理想电压表V示数为22 V,理想电流表A1示数为5 A,副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、理想电流表A2以及虚线框内的某用电器,电路处于正常工作状态,下列说法正确的是(　　)
A.熔断器的熔断电流应该大于0.5 A
B.原、副线圈的电流频率之比为1∶10
C.若虚线框内接入电容器,电容器的耐压值至少是2202 V
D.若虚线框内接入电动机且正常工作,可知电动机内阻为440 Ω,电流表A2示数为0.5 A
答案　AC　电流表的读数为电流的有效值,原线圈的电流有效值为5 A,根据电流比与匝数比成反比可知,副线圈的电流有效值为0.5 A,所以熔断器的熔断电流应该大于0.5 A,A正确;变压器不会改变交流电的频率,故原、副线圈的电流频率之比为1:1,B错误;电压表的读数为电压的有效值,原线圈的电压有效值为22 V,根据电压与匝数成正比可知,副线圈的电压有效值为220 V,电容器的耐压值至少为2202 V,C正确;若接入电动机且正常工作,则由于电动机为非纯电阻电路,消耗的电能转化为内能和机械能,故内阻一定小于220V0.5A=440 Ω,电流表A2示数为0.5 A,D错误。
4.(多选)如图所示,一理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1,原线圈两端接入一正弦交流电源;副线圈电路中的电容器C和电阻R为负载,交流电压表和交流电流表均为理想电表,则下列说法正确的是(　　)
A.若电压表的示数为6 V,则输入电压的峰值为602 V
B.电流表的示数为流经电阻R的电流
C.若输入电压U=100 V,则电容器C的耐压值至少为10 V
D.若输入电压的峰值保持不变,将其频率变大,则变压器的输入功率也将增大
答案　AD　电压表示数为6 V,由U1U2=n1n2,得U1=60 V,则输入电压的峰值为Um=602 V,A项正确;在交流电路中电容器C、电阻R都工作,则电流表测得的是流经R与C的电流之和,B项错误;若输入电压U=100 V,则输入电压峰值为Um=1002 V,则输出端电压的峰值即电容器C的耐压值至少为102 V,C项错误;若输入电压峰值保持不变,将频率变大,由电容器C对交流电的影响可知,交流电的频率变大,容抗变小,总电阻变小,由P=U2R负得输出功率将变大,则输入功率也将变大,D项正确。
5.如图所示,三个灯泡是相同的,额定功率足够大,直流电源E1内阻可以忽略,交流电源E2的电动势有效值与E1相等,自感线圈电阻不计,
当开关S接点A时,三灯亮度相同,当开关S接点B时(　　)
A.甲、乙、丙三灯亮度相同
B.甲灯变亮,丙灯不亮
C.甲灯和乙灯亮度相同,丙灯不亮
D.乙灯变亮,丙灯不亮
答案　D　当开关S接A点时,三个相同的灯泡亮度相同,说明通过三个灯泡的电流大小相等,三个支路对所加频率的交流电的阻碍作用相同。当开关S接B点时,由于所加的是直流电,含电阻支路的阻碍作用不变,含电感线圈支路的阻碍作用减小(线圈有“阻交流,通直流”的作用),含电容器支路的阻碍作用变为无穷大(电容有“通交流,阻直流”的作用)。所以甲灯亮度不变,乙灯变亮、丙灯不亮。
6.(多选)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,b是原线圈的中心接头,电压表和电流表均为理想电表,除滑动变阻器电阻R、定值电阻R0以外的其余电阻不计,从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压,其瞬时值表达式为u1=2202 sin 100πt (V)。下列说法中正确的是(　　)
A.t=1600 s时刻,c、d两点间的电压瞬时值为1102 V
B.当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为222 V
C.单刀双掷开关与a连接,在滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,电压表和电流表的示数均变小
D.当单刀双掷开关由a扳向b时,电压表和电流表的示数均变大
答案　AD　由c、d两点间的电压瞬时值表达式u1=2202 sin 100πt (V),当t=1600 s时,u1=2202 sin π6(V)=1102 V,A对;由U1U2=n1n2得U2=U1n2n1=220×110 V=22 V,B错误;单刀双掷开关与a连接,滑片P向上移动时,电压表示数变大,C错误。当单刀双掷开关由a扳向b时,原线圈匝数变少,由U1U2=n1n2可知副线圈输出总电压变大,根据闭合电路欧姆定律,副线圈的电流变大,电压表测量滑动变阻器两端的电压,所以电压表读数变大,所以D正确。
7.(多选)如图甲为远距离输电示意图,变压器均为理想变压器,升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100,其输入电压如图乙所示,远距离输电线的总电阻为100 Ω。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图,其中R1为一定值电阻,R2为用半导体热敏材料制成的传感器,当温度升高时其阻值变小。电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)。未出现火警时,升压变压器的输入功率为750 kW,则下列说法中正确的有(　　)
A.降压变压器副线圈输出的交变电流频率为50 Hz
B.远距离输电线路损耗功率为180 kW
C.当出现火警时,电压表V的示数变小
D.当出现火警时,输电线上的电流变小
答案　AC　由题图乙知交变电流的周期为0.02 s,所以频率为50 Hz,A正确;由题图乙知升压变压器输入电压有效值为250 V,根据变压比公式知升压变压器副线圈两端电压为25 000 V,所以输电线中的电流为30 A,输电线损失的电压为ΔU=IR=30×100 V=3 000 V,输电线路损耗功率为ΔP=ΔU·I=90 kW,B错误;当出现火警时传感器R2阻值减小,降压变压器副线圈中电流增大,输电线上电流变大,输电线损失的电压变大,降压变压器输入、输出电压都变小,定值电阻的分压增大,电压表V的示数变小,C正确,D错误。
教师备用题库
1.(2018江苏单科,2,3分)采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时,为使输电线上损耗的功率减小为原来的14,输电电压应变为(　　)
A.55 kV B.110 kV C.440 kV D.880 kV
答案　C　本题考查电能的输送。由P送=U送·I线和P损=I线2·R线得,P损=P送U送2·R线。因为
P送和R线一定,要使P损'=14P损,结合上式得,U送'=2U送=440 kV,C项正确。
2.(2018天津理综,4,6分)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电,电路如图所示,理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U,R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的12,则(　　)
A.R消耗的功率变为12P
B.电压表V的读数变为12U
C.电流表A的读数变为2I
D.通过R的交变电流频率不变
答案　B　本题考查正弦交流电的产生原理、理想变压器。由正弦交流电的产生原理可知,其电动势的最大值Em=NBSω,而ω=2πn,有效值E=22Em,线圈转速变为原来的12,则U1=E变为原来的12。由U1U2=n1n2知U2变为原来的12,电压表读数变为原来的12,选项B正确;R消耗的功率P=U22R,故R消耗的功率变为原来的14,选项A错误;由P入=P出得,U1I1=U22R,故I1变为原来的12,即电流表读数变为原来的12,选项C错误;变压器不改变交变电流的频率,故通过R的交变电流频率变为原来的12,选项D错误。
3.(2018课标Ⅲ,20,6分)(多选)如图(a),在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图(b)所示,规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势　　(　　)
A.在t=T4时为零
B.在t=T2时改变方向
C.在t=T2时最大,且沿顺时针方向
D.在t=T时最大,且沿顺时针方向
答案　AC　本题考查楞次定律的应用及法拉第电磁感应定律。由i-t图像可知,在t=T4时,ΔiΔt=0,此时穿过导线框R的磁通量的变化率ΔΦΔt=0,由法拉第电磁感应定律可知,此时导线框R中的感应电动势为0,选项A正确;同理在t=T2和t=T时,ΔiΔt为最大值,ΔΦΔt为最大值,导线框R中的感应电动势为最大值,不改变方向,选项B错误;根据楞次定律,t=T2时,导线框R中的感应电动势的方向为顺时针方向,而t=T时,导线框R中的感应电动势的方向为逆时针方向,选项C正确,选项D错误。
4.(2017天津理综,6,6分)(多选)在匀强磁场中,一个100匝的闭合矩形金属线圈,绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动,穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 Ω,则(　　)
A.t=0时,线圈平面平行于磁感线
B.t=1 s时,线圈中的电流改变方向
C.t=1.5 s时,线圈中的感应电动势最大
D.一个周期内,线圈产生的热量为8π2 J
答案　AD　本题考查正弦交流电的产生、有效值,焦耳热。由Φ-t图可知,t=0时,Φ=0,则线圈平面平行于磁感线,选项A正确;t=1 s时Φ=0,此时电动势最大,t=0.5 s和t=1.5 s时,Φ最大,此时电动势为0,电流改变方向,选项B、C错误;交流电电动势的最大值Em=nBSω=nΦm2πT=4π V,有效值E=22Em=22π V,一个周期内线圈产生的热量Q=E2R·T=8π2 J,D正确。
5.(2017北京理综,16,6分)如图所示,理想变压器的原线圈接在u=2202 sin 100πt(V)的交流电源上,副线圈接有R=55 Ω的负载电阻,原、副线圈匝数之比为2∶1,电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)
A.原线圈的输入功率为2202 W
B.电流表的读数为1 A
C.电压表的读数为1102 V
D.副线圈输出交流电的周期为50 s
答案　B　本题考查交变电流、变压器。由题知,变压器的输入电压U1=22022 V=220 V,所以U2=n2n1U1=110 V;副线圈电流I2=U2R=2 A,原线圈电流I1=n2n1I2=1 A。本题中电压表、电流表的读数为有效值,故B项正确,C项错误;原线圈输入功率P1=U1I1=220 W,A项错误;交流电的周期T=2πω=2π100π s=0.02 s,D项错误。
6.(2016课标Ⅰ,16,6分)一含有理想变压器的电路如图所示,图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω,为理想交流电流表,U为正弦交流电压源,输出电压的有效值恒定。当开关S断开时,电流表的示数为I;当S闭合时,电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.2 B.3 C.4 D.5
答案　B　设原、副线圈匝数比为n,根据能量守恒,当S断开时,UI=I2R1+(nI)2(R2+R3);当S闭合时,4UI=(4I)2R1+(4nI)2R2,联立解得n=3,所以B正确。
7.(2016江苏单科,4,6分)一自耦变压器如图所示,环形铁芯上只绕有一个线圈,将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分,接在c、d间作为副线圈。在a、b间输入电压为U1的交变电流时,c、d间的输出电压为U2。在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中(　　)
A.U2>U1,U2降低 B.U2>U1,U2升高
C.U2答案　C　由图可知变压器的原线圈匝数n1大于副线圈匝数n2,因U1n1=U2n2,则U2课件53张PPT。第23讲　交变电流一 交变电流二 交变电流的产生三 正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值四 电感和电容对交变电流的影响教材研读五 理想变压器六 远距离输电突破一 交变电流的产生和描述突破二 电感和电容对交变电流的影响突破三 理想变压器及其有关物理量的动态分析重难突破突破四 远距离输电一、交变电流
定义:①　大小????和②　方向????都随时间做周期性变化的电流。
二、交变电流的产生1.线圈绕①　垂直于磁场????方向的轴匀速转动。3.电流方向的改变:线圈通过⑦　中性面????时,电流方向发生改变,一个周期内线圈两次通过中性面,因此电流的方向改变⑧　两次????。
4.交变电动势的最大值Em=⑨????nBSω????。三、正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值(2)峰值:交变电流(电流、电压或电动势)所能达到的最大的值,也叫最大值。
(3)有效值:跟交变电流的⑦　热效应????等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值。对正弦式交变电流,其有效值和峰值的关系为:E=?,U
=?,I=?。四、电感和电容对交变电流的影响1.电感对交变电流的阻碍作用的大小用①　感抗????来表示;电容对交变电流的阻碍作用的大小用②　容抗????来表示。
2.线圈的自感系数越大,交变电流的频率越高,感抗越大;电容器的电容越大,交变电流的频率越高,容抗越小。
3.在交流电路中,电感对电路的作用是“③　通直流、阻交流,通低频、阻高频????”;电容对电路的作用是“④　通交流、隔直流,通高频、阻低频????”。五、理想变压器1.工作原理:①　互感现象????。2.基本关系式
(1)功率关系:②????P入=P出????。
(2)电压关系:只有一个副线圈时,③????U1/n1=U2/n2????;有多个副线圈时,U1/n1=U2/n2=U3/n3=…。
(3)电流关系:只有一个副线圈时,④????I1n1=I2n2????。3.几种常用的变压器
(1)自耦变压器——调压变压器。
(2)互感器。
4.理想变压器的理解
(1)没有能量损失;
(2)没有磁通量损失。六、远距离输电1.输电过程(如图所示)1.判断下列说法的正误:
(1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时,一定会产生正弦式交变电流。?(　?　)
(2)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动经过中性面时,线圈中的感应电动势为零,电流方向发生改变。?(　√　)
(3)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值。?(　√　)
(4)交变电流的峰值总是有效值的?倍。?(　?　)(5)理想变压器的基本关系式中,电压和电流均为有效值。?(　√　)
(6)正常工作的变压器,当副线圈与用电器断开时,副线圈两端无电压。?(　?　)
(7)变压器副线圈并联更多的用电器时,原线圈输入的电流随之减小。?(　?　)
(8)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失。 ( √ )
(9)高压输电通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。?(　√　)
(10)在输送电压一定时,输送的电功率越大,输电过程中的电能损失越大。?(　√　)2.(多选)关于中性面,下列说法正确的是?(　AC　)
A.线圈在转动中经过中性面位置时,穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零
B.线圈在转动中经过中性面位置时,穿过线圈的磁通量为零,磁通量的变化率最大
C.线圈每经过一次中性面,感应电流的方向就改变一次
D.线圈每转动一周经过中性面一次,所以线圈每转动一周,感应电流的方向就改变一次3.北京市东城区民用电网改造完成后,某居民小区变压器输出端的交变电压瞬时值表达式为u=220 sin 100πt(V),对此交变电压,下列表述正确的是?(　A　)
A.最大值是220 V　　 B.频率是100 Hz
C.有效值是220 V　　 D.周期是0.01 s4.(多选)理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2=10∶1,原线圈两端接交流电源,则?(　BC　)
A.原、副线圈中电流频率之比f1∶f2=10∶1
B.原、副线圈两端电压之比为U1∶U2=10∶1
C.原、副线圈内交变电流之比I1∶I2=1∶10
D.变压器输入和输出功率之比P1∶P2=10∶1突破一　交变电流的产生和描述交变电流“四值”的比较典例1　(多选)图甲为交流发电机的原理图,正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO'匀速转动,电流表为理想交流电表,线圈中产生的交变电流随时间的变化如图乙所示,则?????(　BD　)
A.线圈转动的角速度为50 rad/s
B.电流表的示数为10 A
C.0.01 s时线圈平面和磁场平行
D.0.01 s时线圈的磁通量变化率为0方法总结
解决交变电流图像问题的三点注意
(1)只有当线圈从中性面位置开始计时,电流的瞬时值表达式才是正弦
形式,其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关。
(2)注意峰值公式Em=nBSω中的S为有效面积。
(3)在解决有关交变电流的图像问题时,应先把交变电流的图像与线圈的转动位置对应起来,再根据特殊位置求特征解。1-1　如图甲所示,在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,有一矩形单匝线圈,其面积为S,总电阻为r,线圈两端外接一电阻R和一个理想交流电流表。若线圈绕对称轴OO’以角速度ω做匀速转动,图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图像,下列说法正确的是?(　D　)A.在t1~t3时间内,穿过线圈平面的磁通量的变化量为BS
B.在t3~t4时间内,通过电阻R的电荷量为?1-2　(多选)如图甲为风力发电机的简易模型,在风力的作用下,风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动,转速与风速成正比。某一风速时,线圈中产生的正弦式电流如图乙所示,则?(　AD　)突破二　电感和电容对交变电流的影响1.影响电感器对交变电流的阻碍作用的因素:电感器的自感系数、交变电流的频率。
①电感器的自感系数越大,对交变电流的阻碍作用越大。
②交变电流的频率越高,对交变电流的阻碍作用越大。
2.影响电容器对交变电流阻碍作用的因素:电容器的电容、交变电流的频率。
①电容器的电容越大,对交变电流的阻碍作用越小。
②交变电流的频率越高,对交变电流的阻碍作用越小。典例2　如图所示,A、B、C为三个相同的灯泡(设其电阻值保持不变),a、b、c为与之串联的三个常用元件,如:电感线圈、电容器或电阻。E1为稳恒直流电源,e2为正弦交流电源。当开关S接“1”时,A、B两灯均正常发光,C灯不亮;当开关S接“2”时,A灯仍正常发光,B灯变暗,C灯正常发光。由此可知?(　A　)
A.a元件是电阻
B.b元件是电容器
C.c元件是电感线圈
D.由于电源e2的电动势E2与E1的大小关系未知,无法判断b、c元件各是什么解析　由题意,当开关S接“1”直流电源时,A、B两灯均正常发光,C灯不亮说明c为电容器;当接“2”交流电源时,A灯仍正常发光说明a元件对交流电和直流电的影响相同,则a为电阻;B灯变暗,说明b元件对交流电的阻碍作用比直流电阻碍作用大,则b为电感线圈。2-1　(多选)关于对感抗、容抗的理解,下面说法正确的有?(　ABC　)
A.感抗是由于电流变化时在线圈中产生了自感电动势而对电流的变化产生的阻碍作用
B.当电容器接到交流电源上时,电容器交替进行充电和放电,电路中才有交变电流
C.在有电容器的交流电路中,没有电荷通过电容器
D.感抗和电阻等效,对任何交变电流都是一个确定值解析　感抗产生的机理就是通过电感的电流发生变化,电感中会产生自感电动势阻碍原电流的变化,这种对变化电流的阻碍作用就是感抗。电容器实质上是通过反复充、放电来实现通电的,并无电荷通过电容器。突破三　理想变压器及其有关物理量的动态分析1.关于理想变压器的四点注意
(1)变压器不能改变直流电压。
(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流,不能改变交变电流的频率。
(3)理想变压器本身不消耗能量。
(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值。2.含有变压器的动态电路问题的解题思路解析　由于原、副线圈两端电压不变,当滑动变阻器滑动触头P向上滑动时,连入电路的电阻变大,所在电路总电阻变大,副线圈中电流减小,R1中电流减小,R1消耗的功率减小,A项错误;R1中电流减小,则R1两端电压减小,而副线圈两端电压不变,所以滑动变阻器两端电压增大,电压表示数变大,B项正确;副线圈中电流减小,原线圈中电流随之减小,故C项错误;若闭合开关S,负载电路的总电阻减小,副线圈中电流增大,R1中电流增大,则R1两端电压升高,R2两端电压减小,A2示数变小,D项错误。?
A.副线圈上交流电的频率为50 Hz,电压表V2的示数为220 V
B.电流表A1、A2和A3的示数都变大
C.电压表V1和V2的示数不变,V3的示数减小
D.副线圈上的功率增加突破四　远距离输电1.远距离输电的处理思路
对高压输电问题,应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”,或按从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析。解析　由理想变压器输出功率决定输入功率可得,当用户功率增大时,升压变压器的输入功率必增大,即P1增大,输入电压U1为定值不变,升压变压器的匝数不变,故输出电压U2不变,由于P1增大,由P1=U1I1=P2=U2I2可得,I1增加,P2、I2增加,由闭合电路欧姆定律得U3=U2-I2R,故U3减小,降压变压器原、副线圈匝数不变,所以U4减小,故选项A错误、选项B正确;由于用户功率增加,即P4增加,理想变压器无功率损耗可得:P3=P4,功率P3也增加,由以上分析可知P1、P2增大,故选项C错误、选项D正确。实验13　探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系
1.(多选)如图所示为可拆变压器,在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中,下列说法正确的是　　　　(填字母)。?
A.用可拆变压器,能方便地从不同接连柱上选取不同匝数的线圈
B.测量原、副线圈的电压,可用“测定电池的电动势和内阻”实验中的直流电压表
C.原线圈接0、8接线柱,副线圈接0、4接线柱,副线圈电压大于原线圈电压
D.为便于探究,先保持原线圈匝数和电压不变,改变副线圈的匝数,研究其对副线圈电压的影响
答案　AD　变压器的输出电压跟输入电压以及原、副线圈匝数之比都有关,用可拆变压器能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈,选项A、D正确。不能用直流电压表测量原、副线圈的电压,所以选项B错误。根据原、副线圈匝数之比等于输入、输出电压之比可知,原线圈接0、8接线柱,副线圈接0、4接线柱,那么副线圈的电压小于原线圈的电压,所以C错误。
2.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数关系”的实验中,若某同学实验时,忘记把图甲中的变压器铁芯A组装到变压器铁芯B上,组装后的变压器如图乙所示。在铁芯上的原、副线圈匝数分别为n1=800匝和n2=200匝,原线圈两端与u=122 sin 314t(V)的交流电源相连,则副线圈两端电压的有效值可能是(　　)
A.0.6 V B.3 V C.32 V D.12 V
答案　A　原线圈两端电压有效值为U1=1222 V=12 V,如果把图甲中的变压器铁芯A组装到变压器铁芯B上,则副线圈两端电压的有效值U2=n2n1U1=200800×12 V=3 V;由于该同学忘记了把图甲中的变压器铁芯A组装到变压器铁芯B上,导致“漏磁”,则副线圈两端电压的有效值将小于3 V,故选A。
3.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中,某同学利用“教学用的可拆变压器”进行探究。
(1)(多选)下列器材中,实验需要的器材是　　　　。?
A.干电池　　　　　　B.低压交流电源
C.220 V交流电源 D.条形磁铁
E.可拆变压器和导线 F.直流电压表　　G.多用电表
(2)关于实验操作,下列说法正确的是　　　　。?
A.为了人身安全,原线圈两端只能使用低压交流电源,所用电压不要超过12 V
B.实验通电时,可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
C.使用多用电表测电压时,先用中等量程挡试测,再选用恰当的挡位进行测量
(3)在实验中,该同学保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变,仅减小原线圈的匝数,副线圈两端的电压将　　　　(选填“增大”、“减小”或“不变”)。?
答案　(1)BEG　(2)A　(3)增大
解析　(1)“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”要用低压交流电源和交流电表,不需要干电池、220 V交流电源、条形磁铁和直流电压表,故选B、E、G。
(2)为了人身安全,原线圈两端只能使用低压交流电源,所用电压不要超过12 V,选项A正确;实验通电时,不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路,选项B错误;使用多用电表测电压时,先用最高量程挡试测,再选用恰当的挡位进行测量,故C错误。故选A。
(3)在实验中,其同学保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变,仅减小原线圈的匝数,根据U1U2=n1n2可知副线圈两端的电压将增大。
4.交流电流表是一种能够测量交变电流有效值的仪表,使用时,只要将电流表串联进电路即可。扩大交流电流表量程可以给它并联一个分流电阻。还可以给它配接一只变压器,同样也能起到扩大电流表量程的作用。如图所示,变压器a、b两个接线端子之间线圈的匝数为n1,c、d两个接线端子之间线圈的匝数为n2,并且已知n1>n2,若将电流表的“0~3 A”量程扩大,应该将交流电流表的接线柱“0”“3 A”分别与变压器的接线端子　　　　相连(选填“a、b”或“c、d”);这时,电流表的最大测量值为　　　　 A。?
答案　a、b　3n1n2
解析　根据题意可知,该处的变压器起到的作用是将大电流转化为小电流,然后再用电流表对小电流进行测量。所以电流表接电流小的线圈。根据变压器中电流与匝数的关系式I1I2=n2n1,电流与匝数成反比,所以电流表接匝数比较多的线圈,所以要接在a、b端;电流表原来的量程为0~3 A,则接变压器后的最大测量值:I2=n1n2I1=3n1n2 A。
5.在“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验中,操作步骤如下:
①将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上;
②闭合电源开关,用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压;
③将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上,另一个作为副线圈,接上小灯泡;
④将原线圈与副线圈对调,重复以上步骤。
(1)以上操作的合理顺序是　　　　(只填步骤前数字序号);?
(2)如图所示,在实验中,两线圈的匝数n1=1 600,n2=400,当将n1做原线圈时,U1=16 V,副线圈两端电压U2=4 V;原线圈与副线圈对调后,当U1'=8 V时,U2'=32 V,那么可初步确定,变压器两个线圈的电压U1、U2与线圈匝数n1、n2的关系是　　　　。?
答案　(1)①③②④　(2)U1U2=n1n2
解析　(1)在“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验中,首先将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上;再将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上,另一个作为副线圈,接上小灯泡;闭合电源开关,用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压;最后将原线圈与副线圈对调,重复以上步骤;
(2)两线圈的匝数n1=1 600,n2=400,当将n1做原线圈时,U1=16 V,副线圈两端电压U2=4 V;当原线圈与副线圈对调后,U1'=8 V时,U2'=32 V,此时U2'为原线圈的电压,而U1'为副线圈的电压;由以上数据可得:U1U2=n1n2。
课件12张PPT。实验13　探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系实验原理及步骤教材研读考点 实验原理与步骤考点突破实验原理及步骤1.多用电表交流电压挡量程选择及读数:要先估计被测电压的大致范围,再选择恰当的量程,若不知道被测电压的大致范围,则应选择交流电压最高挡进行测量。
2.可拆变压器的组装:把两个线圈穿在铁芯上,闭合铁芯。3.设计实验数据记录表:4.输入、输出端电压的测量:用多用电表交流电压挡测量输入、输出电压。考点　实验原理与步骤例1　某学生选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时,原线圈接在学生电源上,用多用电表测量副线圈的电压。
(1)下列操作正确的是?(　　)
A.原线圈接直流电压,电表用直流电压挡B.原线圈接直流电压,电表用交流电压挡
C.原线圈接交流电压,电表用直流电压挡
D.原线圈接交流电压,电表用交流电压挡
(2)该学生继续做实验,在电源电压不变的情况下,先保持原线圈的匝数不变增加副线圈的匝数,观察到副线圈两端的电压增大;然后再保持副线圈的匝数不变,增加原线圈的匝数,观察到副线圈两端的电压 ???(选填“增大”、“减小”或“不变”)。答案　(1)D　(2)减小(2)这台220 V/6 V的理想变压器接6 V的线圈匝数是300匝,则接220 V的线圈匝数是　 ???匝。
(3)为了进一步探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系,他又取匝数
Na=80匝和Nb=160匝的一个变压器重新接在电源上,测量结果记录如下,则接电源的是　 ?(填“Na”或“Nb”)。增分突破一　牛顿运动定律解决复杂直线运动问题
增分策略
　　牛顿运动定律解决复杂直线运动问题主要指单物体的多过程直线运动问题,即牛顿运动定律在某一物体参与多个运动过程中的应用。用牛顿运动定律解决复杂直线运动问题中能够较好考查学生逻辑思维能力、分析和解决实际问题的能力,对考生综合性能力要求较高。
运用牛顿运动定律处理多过程的直线运动问题的思路方法可简单叙述如下:
1.力与物体的直线运动问题往往在物体不同的运动阶段,物体的运动情况和受力情况都发生了变化,需要对不同阶段进行受力分析,判断物体的运动特征;
2.此类问题可以对物体受力分析和运动分析并结合v-t图像分析,能从文字叙述和v-t图像中获取信息,构建相应的物理模型,列出相应的方程解答;
3.多过程问题中要特别重视两个过程的连接处,加速度可能突变,但速度不会突变,速度是联系前后两个阶段的桥梁。
　　典例1　如图传送装置,水平传送带ab在电机的带动下以恒定速率v=4 m/s运动,在传送带的右端点a点无初速度地轻放一个质量m=1 kg的物块(视为质点),当物块A到达传送带左端点b点时,再在a点无初速度地轻放另一质量为2m的物块B(视为质点),两物块到达b点时都恰好与传送带等速。在b端点的左方为一个水平放置的长直轨道cd,轨道上静止停放着质量m的木板C,从b点滑出的物块恰能水平滑上(无能量损失)木板上表面,木板足够长。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.8,与木板间的动摩擦因数μ2=0.2,木板与轨道间的动摩擦因数μ3=0.1,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2,试求:
(1)物块A、B滑上木板C的时间差Δt;
(2)木板C运动的总时间;
(3)木板C与轨道间的摩擦生热Q。
答案　(1)0.5 s　(2)2.75 s　(3)9.75 J
解析　(1)物块在传送带上的加速时间即滑上木板的时间差,设A、B在传送带上的加速度为a0,μ1mg=ma0
解得a0=8 m/s2
Δt=va0=0.5 s。
(2)过程一:A物块滑上木板C与木板有相对运动,μ2mg=maA,解得aA=2 m/s2,方向向右;
木板C水平方向受力μ2mg=μ3·2mg,木板C保持静止。
过程二:经过Δt=0.5 s后B物块滑上木板C,此时A的速度:vA=v-aAΔt=3 m/s
B物块和木板C有相对运动,μ2·2mg=2maB,aB=2 m/s2;
木板C:μ2·2mg+μ2mg-μ3(m+m+2m)g=maC,解得aC=2 m/s2。
木板C由静止开始向左做匀加速运动,A与C共速时,vA-aAt1=aCt1
解得t1=0.75 s,vAC=1.5 m/s,此时vB=v-aBt1=2.5 m/s。
过程三:物块B相对木板C继续向左运动,仍做aB=2 m/s2的匀减速运动,木板C和物块A保持相对静止。将木板C和物块A看做整体,则μ2·2mg-μ3(m+m+2m)g=2maAC
解得aAC=0,
故木板C和物体A向左做匀速直线运动,直到A、B、C共速:vB-aBt2=vAC
解得t2=0.5 s。
过程四:三物体保持相对静止,一起做匀减速运动直到速度减为0木板停止运动,则
μ3(m+m+2m)g=4maABC,解得aABC=1 m/s2,
t3=vACaABC=1.5 s。
故木板运动的总时间:t=t1+t2+t3=2.75 s。
(3)过程二中木板的位移:xC1=vAC+02t1=0.5 625 m
过程三中木板的位移:xC2=vACt2=0.75 m
过程四中木板的位移:xC3=vAC+02t3=1.125 m
木板与轨道的摩擦生热:Q=μ3·4mg(xC1+xC2+xC3)=9.75 J。
名师点拨
多过程问题的解决方法——程序法
所谓程序法,是按时间的先后顺序对题目给出的物理过程进行分析,正确划分出不同的过程,对每一过程,具体分析出其速度、位移、时间的关系,然后利用各过程的具体特点列方程解题。利用程序法解题,关键是正确选择研究对象和物理过程,还要注意两点:一是注意速度关系,即第一个过程的末速度是第二个过程的初速度;二是位移关系,即各段位移之和等于总位移。
　　1-1　如图甲所示,一倾斜角为37°的斜面底端固定有与斜面垂直的弹性挡板,一个可视为质点的小物块在t=0时刻从挡板开始向上运动,其速度-时间图像如图乙所示;运动到最高点返回底端,与挡板发生弹性碰撞,再次向上运动,如此往复。求:(不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)小物块与斜面间的动摩擦因数;
(2)小物块第一次回到斜面底端时的速度大小;
(3)小物块在斜面上运动所通过的总路程。
答案　(1)0.5　(2)25 m/s　(3)12.5 m
解析　(1)由图像可知,小物块在上滑过程中的加速度大小a1=v0t1=10 m/s2
由牛顿第二定律有,mg sin 37°+μmg cos 37°=ma1
可得小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。
(2)小物块第一次上滑的位移大小x1=v02t1=5 m
第一次下滑过程由动能定理有
mg sin 37°·x1-μmg cos 37°·x1=12mv12-0
可得小物块第一次回到斜面底端时的速度大小v1=25 m/s。
(3)小物块最终停在挡板处,全程由动能定理有
-μmg cos 37°·s=0-12mv02
可得小物块在斜面上运动所通过的总路程s=12.5 m。

增分专练
1.杭州市目前已经拥有多条纯电动巴士。为了研究方便,我们将电动巴士在两个站点A、B之间的运行路线简化为水平方向上的直线运动,将电动巴士看成质点。电动巴士载人后的总质量为8 000 kg,从站点A由静止开始启动,匀加速行驶10 s后速度达到36 km/h,然后保持该速度匀速行驶5分钟后关闭动力,巴士恰能停在站点B。设巴士所受的阻力是自身重力的0.05,求:
(1)巴士做匀加速运动的加速度大小;
(2)在匀加速期间巴士自身提供的动力大小;
(3)A、B两个站点之间的距离。
答案　见解析
解析　(1)由a=ΔvΔt得a=1 m/s2。
(2)由F-f=maf=0.05mg得F=12 000 N
(3)x1=v2t1
x2=vt2
x3=v22(0.05g)
得x=x1+x2+x3=3 150 m。
2.如图所示,一物体以v0=12 m/s的初速度从足够长的倾角θ=37°的斜面底部开始沿斜面向上运动,物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25。g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)物体沿斜面向上滑行的最大距离;
(2)物体由斜面最高点返回底部的时间。
答案　(1)9 m　(2)322 s
解析　(1)物体沿斜面向上运动时受力如图所示,根据牛顿第二定律得:
mg sin θ+μmg cos θ=ma1
解得a1=8 m/s2
根据匀变速直线运动的速度位移公式v02=2a1x得,
上滑的最大距离:x=v022a1=9 m。
(2)物体沿斜面向下运动时受力如图所示,
根据牛顿第二定律得物体下滑的加速度:
a2=mgsinθ-μmgcosθm=4 m/s2
根据匀变速直线运动的位移时间公式x=12a2t2得t=2xa2=322 s。
3.一旦发生火灾,高楼居民如何逃生是一直困扰我们的问题。最近有人设计了一种新型逃生滑梯,提供了颇具创意的解决方式,这种装置类似于“滑滑梯”,紧急情况中放下,逃生者躺在滑梯内,即可顺势滑到底楼。(假设楼层间的高度h=3 m)
(1)经发明者测试,逃生者从5楼滑到1楼需要10秒钟,假设滑梯坡度为37°,忽略转角处的能量损失和空气阻力,求逃生者的下滑加速度大小和逃生者与“滑梯”间的动摩擦因数。
(2)为了安全,处于高层的逃生者都备有智能躺椅,躺椅配有控速系统和刹车系统,控速系统可以限制下滑过程中速度不超过6 m/s,刹车系统可以使减速过程的加速度大小和加速过程的加速度大小相等。为了安全,滑到地面时的速度大小要求不超过2 m/s,假设逃生者躺在躺椅上加速下滑的加速度大小和题(1)中的加速度大小相等,求从25楼下滑到地面的最短时间。
答案　(1)0.4 m/s2　0.7　(2)1856 s
解析　(1)发明者测试时做初速度为零的匀加速直线运动,则有4hsin37°=12at2
解得a=0.4 m/s2
对发明者受力分析,根据牛顿第二定律得:mg sin 37°-μmg cos 37°=ma
解得μ=0.7。
(2)研究对象先做匀加速运动再做匀速运动最后做匀减速运动时间最短,
根据几何关系有s总=24hsin37°=120 m
加速的时间t1=vmaxa=15 s,加速的位移s1=vmax2t1=45 m
减速的时间t3=vmax-v末a=10 s,减速的位移s3=vmax+v末2t3=40 m
故匀速运动的时间t2=s总-s1-s3vmax=356 s
则总时间t总=t1+t2+t3=1856 s。
4.2017年4月16日,国产大飞机C919在上海浦东机场进行了首次高速滑行测试。某次测试中,C919在平直跑道上由静止开始匀加速滑行,经t1=20 s达到最大速度vm=288 km/h,之后匀速滑行一段时间,再匀减速滑行,最后停下来。若滑行总距离x=3 200 m,且减速过程的加速度大小与加速过程的加速度大小相等,取g=10 m/s2。
(1)求C919减速滑行时的加速度大小;
(2)若C919的质量m=8×104 kg,加速过程中飞机受到的阻力恒为自身重力的0.1,求飞机加速过程中发动机产生的推力大小;
(3)求C919在整个滑行过程中的平均速度大小。(结果保留一位小数)
答案　(1)4 m/s2　(2)4×105 N　(3)53.3 m/s
解析　(1)由题意可知vm=at1=80 m/s,解得a=4 m/s2
由于减速过程和加速过程的加速度大小相等,
故减速滑行时的加速度大小a'=4 m/s2。
(2)加速过程F-kmg=ma,解得F=4×105 N。
(3)加速过程t1=20 s,x1=12at12=800 m
减速过程t2=20 s,x2=12a't12=800 m
匀速过程t3=x-x1-x2vm=20 s
故全程的平均速度大小v=xt1+t2+t3≈53.3 m/s。
5.如图所示,某次滑雪训练,运动员站在水平雪道上利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F=84 N而从静止向前滑行,其作用时间t1=1.0 s,撤除水平推力F后经过t2=2.0 s,第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力,作用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备(可视为质点)的总质量m=60 kg,在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff=12 N,求:
(1)第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得的速度大小及这段时间内的位移;
(2)t=3.0 s时运动员的速度大小;
(3)该运动员第二次撤除水平推力后能滑行的最大距离。
答案　(1)1.2 m/s　0.6 m　(2)0.8 m/s　(3)7.2 m
解析　(1)运动员利用滑雪杖对雪面的作用获得的加速度a1=F-Ffm=1.2 m/s2
第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得的速度大小
v1=a1t1=1.2 m/s
这段时间内的位移x1=12a1t12=0.6 m。
(2)运动员停止使用滑雪杖后,加速度大小a2=Ffm
经时间t2速度变为v1'=v1-a2t2=0.8 m/s。
(3)设第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得的速度大小为v2,
则v22-v12=2a1x1
第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2=v222a2
解得x2=7.2 m。
6.如图甲所示,直金属板ABC与水平面成37°角倾斜放置,板的AB部分光滑,BC部分粗糙,B为板的中点。现将两个可视为质点的物块P、Q分别从A、B两点由静止同时释放,经过1 s时间物块P到达B点,此时两物块间的距离为2 m。若将该金属板从B点弯折,使AB部分与BC部分成图乙所示夹角且平滑衔接,现将BC部分放置在水平面上,把原来的物块P仍从A点由静止释放,物块Q静置在BC上某点,两物块相碰后粘合在一起继续运动,恰好能到达C点。已知物块Q的质量是物块P质量的2倍,两物块与金属板粗糙部分的动摩擦因数相同,重力加速度大小g=10 m/s2,sin 37°=0.6,求
(1)物块与金属板粗糙部分之间的动摩擦因数;
(2)金属板弯折后,物块Q静置时的位置与C点之间的距离。
答案　(1)0.25　(2)0.525
解析　(1)设物块P的质量为m,则物块Q的质量为2m,
图甲物块Q下滑过程中,
由牛顿第二定律得:2mg sin 37°-2μmg cos 37°=2maQ
又x0=12aQt2
解得μ=0.25。
(2)如图甲,物块P下滑过程中,由牛顿第二定律得:
mg sin 37°=maP
金属板AB间的距离L=12aPt2=3 m
物块P滑至B点时的速度v1=aPt=6 m/s
如图乙,设两物块相碰前物块P的速度为v2,相碰后P、Q的瞬时速度为v3,金属板弯折后两物块相碰时的位置与C点之间的距离为x1,物块P和P、Q整体在水平面BC上运动时的加速度大小为a,由牛顿第二定律得:μmg=ma
物块P在水平面上运动过程中:v12-v22=2a(L-x1)
碰撞过程中动量守恒:mv2=(m+2m)v3
根据速度位移公式得:v32=2ax1
解得x1=0.525 m。
7.如图甲所示,水平传送带AB逆时针匀速转动,一个质量M=2 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上,通过速度传感器记录下物块的速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向,以物块滑上传送带时为计时零点)。已知传送带的速度保持不变,g=10 m/s2,求:
(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ。
(2)物块经过多长时间会从传送带端点滑落?从哪端滑落?
答案　(1)0.4　(2)4.5 s　从A端滑落
解析　(1)由图像可知,物块做匀变速运动的加速度
a=ΔvΔt=4 m/s2
由牛顿第二定律得f=Ma
而f=μMg,得到物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4。
(2)由图像可知,物块的初速度大小v=8 m/s,传送带的速度大小v'=4 m/s
物块在传送带上滑动t1=3 s后,与传送带相对静止,
前2 s内物块的位移大小x1=v2t=8 m,方向向右,
后1 s内的位移大小x2=v'2t'=2 m,方向向左,
3 s内的位移大小x=x1-x2=6 m,方向向右
物块再向左运动时间t2=xv'=1.5 s
物块在传送带上运动的时间t总=t1+t2=4.5 s
从A端滑落。
增分突破二　功能关系解决单体多过程问题
增分策略
　　一个物体参与了多个运动过程,若该过程涉及能量转化问题,并符合功能关系的特点,则往往用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律求解。以动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、功能关系为工具,除能解决典型运动问题以外,还可以解决复杂的运动形式,例如一般性圆周运动。利用能量观点解题最大的优点是无需过分关注运动细节,而重点抓住运动的初、末状态。能用动力学方法解决的题目,用功与能量方法一定能求解,而能用功与能量方法解决的题目,用动力学方法不一定能求解。
1.力学中常见的功与对应能量的变化关系
功
能量变化
关系式
合外力做的功k
动能的变化量
W合=ΔE
重力做的功
重力势能的变化量
WG=-ΔEp
弹簧弹力做的功
弹性势能的变化量
W弹=-ΔEp
除重力和系统内弹簧弹力
以外其他力做的功
机械能的变化量
W其他=ΔE
一对滑动摩擦力
做功的代数和
因摩擦而
产生的内能
Ff·Δx=Q(Δx为物
体间的相对位移)
　　2.电磁学中几个重要的功能关系
(1)静电力做功与路径无关。若电场为匀强电场,则W=Fl cos α=Eql cos α;若是非匀强电场,则一般利用W=qU来求。静电力做的功等于电势能的变化,即WAB=-ΔEp。
(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用,因此,要维持感应电流的存在,必须有“外力”克服安培力做功,将其他形式的能转化为电能。“外力”克服安培力做了多少功,就有多少其他形式的能转化为电能。
考点一　有关摩擦作用的功能关系问题
　　典例1　如图所示,传送带AB总长l=10 m,与一个半径R=0.4 m的光滑四分之一圆弧轨道BC相切于B点,传送带速度恒为v=6 m/s,方向向右。现有一个滑块以一定的初速度从A点水平滑上传送带,滑块的质量m=10 kg,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。已知滑块运动到B端时,刚好与传送带同速,求:
(1)滑块的初速度;
(2)滑块能上升的最大高度;
(3)滑块第二次在传送带上滑行时,滑块和传送带组成的系统产生的内能。
答案　(1)214 m/s或4 m/s　(2)1.8 m　(3)220 J
解析　(1)以滑块为研究对象,滑块在传送带上运动过程中,当滑块的初速度大于传送带的速度时,有-μmgl=12mv2-12mv02
解得v0=214 m/s
当滑块的初速度小于传送带的速度时,有μmgl=12mv2-12mv02
解得v0=4 m/s。
(2)由动能定理可得-mgh=0-12mv2,解得h=1.8 m。
(3)以滑块为研究对象,由牛顿第二定律得μmg=ma,滑块的加速度a=1 m/s2
滑块减速到零的位移s=v22a=18 m>10 m
则滑块第二次在传送带上滑行时,速度没有减小到零就离开了传送带,
由匀变速运动的位移公式可得l=vt-12at2
解得t=2 s(t=10 s舍去)
在此时间内传送带的位移x=vt=6×2 m=12 m
滑块第二次在传送带上滑行时,滑块和传送带组成的系统产生的内能Q=μmg(l+x)=0.1×10×10×(10+12)J=220 J。
反思提升
解决功能关系问题需要关注的问题:
1.分析清楚是什么力做功,并且清楚该力做正功还是做负功;根据功能之间的一一对应关系,判定能的转化形式,确定能量之间转化的多少。
2.也可以根据能量之间的转化情况,确定是什么力做功,尤其可以方便计算变力做功的多少。
　　1-1　如图所示,固定的粗糙弧形轨道下端B点水平,上端A点与B点的高度差h1=0.3 m,倾斜传送带与水平方向的夹角θ=37°,传送带的上端C点与B点的高度差h2=0.1 125 m(传送带传动轮的大小可忽略不计)。一质量m=1 kg的滑块(可看做质点)从轨道的A点由静止滑下,然后从B点抛出,恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上,传送带逆时针传动,速度大小v=0.5 m/s,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.8,且传送带足够长,滑块运动过程中空气阻力忽略不计,g=10 m/s2,试求:
(1)滑块运动至C点时的速度大小vC;
(2)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf;
(3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。
答案　(1)2.5 m/s　(2)1 J　(3)32 J
解析　(1)在C点,竖直分速度:vy=2gh2=1.5 m/s
vy=vC sin 37°,解得vC=2.5 m/s。
(2)C点的水平分速度与B点的速度相等,则
vB=vx=vC cos 37°=2 m/s
从A点到B点的过程中,据动能定理得:mgh1-Wf=12mvB2
解得Wf=1 J。
(3)滑块在传送带上运动时,由于mg sin 37°<μmg cos 37°
根据牛顿第二定律得:μmg cos 37°-mg sin 37°=ma
解得a=0.4 m/s2
达到共同速度所需时间t=vC-va=5 s
二者间的相对位移Δx=v+vC2t-vt=5 m
此后滑块做匀速运动。
滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量
Q=μmg cos 37°·Δx=32 J。
考点二　有关弹簧的功能关系问题
　　典例2　如图所示,重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上,从a点由静止开始下滑,到b点开始压缩轻弹簧,到c点时达到最大速度,到d点(图中未画出)开始弹回,返回b点离开弹簧,恰能再回到a点。若xbc=0.1 m,弹簧弹性势能的最大值为8 J,则下列说法正确的是(　　)
A.轻弹簧的劲度系数是50 N/m
B.从d到b滑块克服重力做功8 J
C.滑块的动能最大值为8 J
D.从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J
答案　A
解析　整个过程中,滑块从a点由静止释放后还能回到a点,说明机械能守恒,即斜面是光滑的。滑块到c点时速度最大,所受合力为零,由平衡条件和胡克定律有kxbc=G sin 30°,解得k=50 N/m,A项正确。由d到b的过程中,弹簧的弹性势能一部分转化为重力势能,一部分转化为动能,B项错。滑块由d到c的过程中,滑块与弹簧组成的系统机械能守恒,弹簧的弹性势能一部分转化为重力势能,一部分转化为动能,故到c点时最大动能一定小于8 J,C项错。又弹性势能减少量小于8 J,所以弹力对滑块做的功小于8 J,D项错。
解题技巧　弹力做功一般属于变力做功,因此在求弹力做功时,可以考虑利用F-x图像求面积或者通过求弹性势能变化间接求弹力做功。
　　2-1　如图所示,光滑水平面AB与竖直面内的半圆形轨道在B点相切,半圆形轨道的半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放,在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧,它经过B点进入轨道的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍,之后向上运动恰能到达最高点C(不计空气阻力)。试求:
(1)物体在A点时弹簧的弹性势能;
(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能。
答案　(1)72mgR　(2)mgR
解析　(1)设物体在B点时速度为vB,所受弹力为FNB,则有
FNB-mg=mvB2R
又FNB=8mg
由能量守恒定律可知物体在A点时弹簧的弹性势能
Ep=12mvB2=72mgR。
(2)设物体在C点时速度为vC,由题意可知mg=mvC2R
物体由B点运动到C点的过程中,由能量守恒定律得
Q=12mvB2-12mvC2+2mgR=mgR。
考点三　功能关系在电学中的应用
　　典例3　如图所示,在空间有两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ磁场边界AA'与DD'的间距为H,磁场方向垂直于纸面向里;区域Ⅱ磁场足够宽,其上边界为CC',磁场方向垂直于纸面向外,CC'与DD'的间距为L。现有一质量为m、边长为L(L(1)线框cd边刚要进入边界CC'前瞬间线框的加速度;
(2)线框cd边从AA'运动到CC'过程中线框产生的热量;
(3)线框从cd边到达AA'到ab边到达CC'所经历的时间。
答案　(1)0.2g,方向竖直向上
(2)mg(H+L)-0.22m3g2R2B4L4
(3)PRBLg-mRB2L2+3B2L3mgR
解析　(1)线框在cd边到达CC'前瞬间:
BI2L-mg=ma
I2=BLv2R
v2=1.2mgRB2L2
解得a=0.2g,方向竖直向上
(2)线框匀速进入磁场区域Ⅰ过程:BI1L=mg,I1=BLv1R
解得v1=mgRB2L2
cd边从AA'运动到CC'过程,线框产生的热量
Q=mg(H+L)-12mv22-12mv12=mg(H+L)-0.22m3g2R2B4L4
(3)ab边刚要进入边界CC'前瞬间,P=(BLv3)2R,v3=PRBL
设线框进入区域Ⅰ的时间为t1,线框出区域Ⅰ内的时间为t2,线框进入区域Ⅱ的时间为t3,从cd边到达AA'到ab边到达CC'的时间为t,对线框cd边到达AA'到ab边到达CC'全过程,根据动量定理得:
mgt-BI1Lt1-BI2Lt2-BI3Lt3=mv3-mv1
I1t1=BLv1t1R=5L2R
I2t2=BLv2t2R=5L2R
I3t3=BLv3t3R=5L2R
解得t=PRBLg-mRB2L2+3B2L3mgR
规律总结
高考试题中常有功、能与电场、磁场联系的综合问题,这类问题常以能量守恒为核心考查重力、摩擦力、电场力、磁场力的做功特点,以及动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律的应用。分析时应抓住能量核心和各种力做功的不同特点,运用动能定理和能量守恒定律进行分析。
　　3-1　如图有两根足够长且光滑的平行金属导轨相距L=0.1 m放置,倾斜角为θ,sin θ=0.1。下端接有电阻R=0.2 Ω与开关S,在导轨上半部分有边界与导轨垂直的匀强磁场,其中磁场Ⅰ宽度为d=2 m,磁场Ⅱ紧接着磁场Ⅰ,两磁场方向均垂直于导轨平面,磁场Ⅱ的磁感应强度恒为B2=1 T。磁场Ⅰ的磁感应强度B1在0至1 s内随时间均匀增加,1 s之后,为某一恒定值。t=0时,闭合S,同时在磁场Ⅱ中放置两根相同的质量均为0.1 kg的导体棒,位置如图,电阻也为R,发现两导体棒均刚好处于静止状态。t=1 s时,断开S,发现当a棒刚进入磁场Ⅰ时立即开始匀速运动,b棒刚要出磁场Ⅰ时沿斜面向下的加速度为13 m/s2。求:
(1)1 s前磁场Ⅰ的磁感应强度B1的变化率;
(2)1 s之后,磁场Ⅰ的磁感应强度B1;
(3)b棒在整个过程中的发热量。
答案　(1)3 T/s　(2)1 T　(3)49 J
解析　(1)当t≤1 s时,通过两棒的电流相同,两棒均静止,令B1=kt,则
E1=dLΔB1Δt
Ia=E12R+R2
mg sin θ=B2IaL
解得k=3 T/s,Ia=1.0 A
(2)t=1 s时刻,断开S后,两棒一起在磁场Ⅱ中匀加速下滑d后,a棒进入磁场Ⅰ,两棒均切割磁感线,两个电源串联,电流相等,受力相同,因此两棒均开始做匀速运动。考虑b棒始终在磁场Ⅱ中,两次感应电流大小一样,所以t=1 s之后,磁场Ⅰ的磁感应强度B1=B2=1 T;
(3)a棒进入磁场Ⅰ时匀速运动的速度为v0,两棒一起在磁场Ⅱ中匀加速下滑d的过程中机械能守恒:mgd sin θ=12mv02,解得v0=2 m/s
当a棒出磁场Ⅰ时,b棒刚好进入磁场Ⅰ,开始做变加速运动,直到出磁场Ⅰ时的加速度是a=13 m/s2
由牛顿第二定律可知mg sin θ-B2IbL=ma,Ib=B2Lv2R
解得v=43v0=83 m/s
b棒在t=1 s前,Q1=Ia2Rt=0.2 J
a、b棒分别在磁场Ⅰ、Ⅱ中匀速运动时,b棒发热量
Q2=mgd sin θ=0.2 J
b棒在磁场Ⅰ中变加速运动时,发热量
Q3=12mgdsinθ-12(v2-v02)=245 J
b棒在整个过程中的发热量Q=Q1+Q2+Q3=49 J
增分专练
1.(多选)如图所示,一轻质弹簧竖直固定在水平地面上,O点为弹簧处于原长时上端的位置,一个质量为m的物体从O点正上方的A点由静止释放落到弹簧上,物体压缩弹簧到最低点B后向上运动,不计空气阻力,不计物体与弹簧碰撞时的动能损失,弹簧一直在弹性限度范围内,重力加速度为g,则以下说法正确的是(　　)
A.物体落到O点后,立即做减速运动
B.物体从O点运动到B点,物体机械能守恒
C.在整个过程中,物体与弹簧组成的系统机械能守恒
D.物体在最低点时的加速度大于g
答案　CD　在O点时,物体只受重力,继续向下加速,A错误;物体从O点到B点过程中,弹簧的弹性势能增加,物体的机械能减小,B错误;在整个过程中,只有重力势能、弹性势能、动能的相互转化,物体与弹簧组成的系统机械能守恒,C正确;如果物体从O点由静止释放,则物体将做简谐运动,在最低点时所受合力等于重力,从A点由静止释放,在最低点时,物体所受合力大于重力,则加速度大于g,D正确。
2.(多选)如图所示,在升降机内有一固定的光滑斜面体,一轻弹簧的一端连在位于斜面体下方的固定木板A上,另一端与质量为m的物块B相连,弹簧与斜面平行。升降机由静止开始加速上升高度h的过程中(　　)
A.物块B的重力势能增加量一定等于mgh
B.物块B的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的弹力对其做功的代数和
C.物块B的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的弹力对其做功的代数和
D.物块B和弹簧组成的系统机械能的增加量等于斜面对物块B的支持力和A对弹簧的弹力做功的代数和
答案　CD　升降机静止时,物块B受重力、支持力、弹簧的弹力,处于平衡状态,当物块B随升降机加速上升时,具有向上的加速度,合力向上,弹簧弹力和支持力在竖直方向上的合力大于重力,所以弹簧的弹力增大,物块B相对于斜面向下运动,物块B上升的高度小于h,所以重力势能的增加量小于mgh,A项错误;由动能定理可知,动能的增加量等于合力做的功,经受力分析可知,物块B受三个力的作用,除弹簧弹力和支持力外,还有重力,故B项错误;由功能关系可知,机械能的增量等于除重力及系统内弹力外其他力对系统做的功,分别对B和B与弹簧组成的系统受力分析,可知C、D项正确。
3.(多选)如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L。B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°。A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则此下降过程中(　　)
A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于32mg
B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于32mg
C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下
D.弹簧的弹性势能最大值为32mgL
答案　AB　本题考查牛顿运动定律、能量守恒定律。
A球初态v0=0,末态v=0,因此A球在运动过程中先加速后减速,当速度最大时,动能最大,加速度为0,故A的动能达到最大前,A具有向下的加速度,处于失重状态,由整体法可知在A的动能达到最大之前,B受到地面的支持力小于32mg,在A的动能最大时,B受到地面的支持力等于32mg,选项A、B正确;弹簧的弹性势能最大时,A到达最低点,此时具有向上的加速度,选项C错误;由能量守恒定律,A球下降到最低点时,A球重力所做功等于弹簧最大弹性势能,A球下降高度h=L cos 30°-L cos 60°=3-12L,重力做功W=mgh=3-12mgL,选项D错误。
4.(多选)如图所示,固定斜面倾角为θ,在斜面底端固定一个轻质弹簧,弹簧上端连接一个可视为质点的、质量为m的物块,O点是弹簧处于原长状态时上端的位置,物块静止时位于A点。斜面上另外有B、C、D三点,AO=OB=BC=CD=l,其中B点以下光滑,BD段粗糙,物块与斜面BD段间的动摩擦因数为μ=tan θ,重力加速度为g。物块静止时弹簧的弹性势能为E,用外力将物块拉到D点由静止释放,第一次经过O点时的速度大小为v,已知弹簧始终在弹性限度内,则下列说法正确的是(　　)
A.物块从D点向下运动到A点的过程中,最大加速度大小为2g sin θ
B.物块最后停在B点
C.物块在D点时的弹性势能为12mv2-mgl sin θ
D.物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为12mv2+mgl sin θ-E
答案　CD　物块在BD段向下运动过程中,因μ=tan θ,物块重力沿斜面向下的分力mg sin θ与滑动摩擦力μmg cos θ大小相等,弹簧弹力提供加速度,物块在D点处加速度最大,有k×3l=ma,物块静止时有kl=mg sin θ,得a=3g sin θ,物块在DA段的最大加速度为3g sin θ,故选项A错误;物块从D点下滑后,沿斜面向下运动,因μ=tan θ,物块在B点时受到弹簧拉力,不可能静止,最终在B点下方做往复运动,到B点处的速度为零,故选项B错误;物块从D点第一次到O点,由功能关系Ep+mg sin θ×3l=μmg cos θ×2l+12mv2,整理得Ep=12mv2-mgl sin θ,故选项C正确;物块在B点时弹簧的弹性势能与物块在A点处时弹簧的弹性势能相同,对全过程分析有(Ep-E)+mg sin θ×2l=Q,Q=12mv2+mgl sin θ-E,故选项D正确。
5.如图所示,在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5 kg的小物块,它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ=0.5,且与台阶边缘O点的距离s=5 m。在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板,并以O点为原点建立平面直角坐标系。现用F=5 N的水平恒力拉动小物块,一段时间后撤去拉力,小物块最终水平抛出并击中挡板(g取10 m/s2)。
(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P点,P点的坐标为(1.6 m,0.8 m),求其离开O点时的速度大小;
(2)为使小物块击中挡板,求拉力F作用的距离范围;
(3)改变拉力F的作用时间,使小物块击中挡板的不同位置,求击中挡板时小物块动能的最小值。(结果可保留根式)
答案　(1)4 m/s　(2)2.5 m解析　(1)小物块从O到P,做平抛运动。
水平方向:x=v0t
竖直方向:y=12gt2
解得v0=4 m/s。
(2)为使小物块击中挡板,小物块必须能运动到O点,设拉力F作用的最短距离为x1,由动能定理得
Fx1-μmgs=0
解得x1=2.5 m
为使小物块击中挡板,小物块的平抛初速度不能超过4 m/s,设拉力F作用的最长距离为x2,由动能定理得Fx2-μmgs=12mv02
解得x2=3.3 m
则为使小物块击中挡板,拉力F作用的距离范围为2.5 m(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x,y),则
x=v0't'
y=12gt'2
由动能定理得
mgy=Ek-12mv0'2
又x2+y2=R2
由P点坐标可求得R2=3.2 m2
化简得Ek=mgR24y+3mgy4
由数学方法求得Ekmin=215 J。
6.如图所示,水平面右端放一大小可忽略的小物块,质量m=0.1 kg,以v0=4 m/s向左运动,运动至距出发点d=1 m处将弹簧压缩至最短,反弹回到出发点时速度大小v1=2 m/s。水平面与水平传送带平滑连接,传送带长度L=3 m,以v2=10 m/s顺时针匀速转动。传送带右端与一竖直面内光滑圆轨道平滑连接,圆轨道半径R=0.8 m,物块进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封闭。(g=10 m/s2)求:
(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ1;
(2)弹簧具有的最大弹性势能Ep;
(3)要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道,传送带与物块间的动摩擦因数μ2应满足的条件。
答案　(1)0.3　(2)0.5 J　(3)μ2≤0.2或μ2≥0.6
解析　(1)小物块在水平面向左运动再返回的过程,根据能量守恒定律得:μ1mg×2d=12mv02-12mv12,代入数据解得μ1=0.3。
(2)小物块从出发到运动到弹簧压缩至最短的过程,由能量守恒定律得弹簧具有的最大弹性势能Ep=12mv02-μ1mgd,代入数据解得Ep=0.5 J。
(3)本题分两种情况讨论:①设物块在圆轨道最低点时速度为v3时,恰好能到达圆心右侧等高点。
根据机械能守恒得mgR=12mv32,
得v3=4 m/s说明物块在传送带上一直做匀加速运动。由动能定理得:μ2mgL=12mv32-12mv12,
解得μ2=0.2。
②设物块在圆轨道最低点时速度为v4时,恰好能到达圆轨道最高点。
在圆轨道最高点有:mg=mv52R
从圆轨道最低点到最高点的过程,由机械能守恒定律得2mgR+12mv52=12mv42
解得v4=210 m/s说明物块在传送带上一直做匀加速运动。
由动能定理得:μ2mgL=12mv42-12mv12,解得μ2=0.6。
所以要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道,传送带与物块间的动摩擦因数μ2应满足的条件是μ2≤0.2或μ2≥0.6。
7.如图,半径R=0.4 m的光滑圆弧轨道与水平面相切于B点,且固定于竖直平面内。在水平面上距B点s=5 m处的A点放一质量m=3 kg的小物块,小物块与水平面间动摩擦因数为μ=13。小物块在与水平面夹角θ=37°斜向上的拉力F的作用下由静止向B点运动,运动到B点撤去F,小物块沿圆弧轨道上滑,且能到圆弧轨道最高点C。(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
(1)小物块在B点的最小速度vB大小;
(2)在(1)情况下小物块在水平面上运动的加速度大小;
(3)为使小物块能沿水平面运动并通过圆弧轨道C点,则拉力F的大小范围。
答案　(1)25 m/s　(2)2 m/s2
(3)16 N≤F≤50 N(或16 N≤F<50 N)
解析　(1)小物块恰能到圆弧轨道最高点时,物块与轨道间无弹力。设在最高点物块速度为vC,则mg=mvC2R,解得vC2=gR
物块从B到C运动过程中,只有重力做功,所以其机械能守恒,有:
12mvB2=12mvC2+mg(2R)
解得vB=5gR=25 m/s
(2)根据运动学规律vB2=2as,解得a=vB22s=2 m/s2
(3)小物块能沿水平面运动并通过圆弧轨道C点,有两种临界情况:
①在F的作用下,小物块刚好过C点。物块在水平面上做匀加速运动,对物块在水平面上受力分析如图:
则F cos θ-μN=ma
F sin θ+N=mg
联立解得F=μmg+macosθ+μsinθ=16 N
②在F的作用下,小物块受水平地面的支持力恰好为零
F sin θ=mg,解得F=50 N
综上可知,拉力F的范围为16 N≤F≤50 N
8.如图甲所示,m1=5 kg的滑块自光滑圆弧形槽的顶端A点无初速度地滑下,槽的底端与水平传送带相切于左端导轮顶端的B点,传送带沿顺时针方向匀速运转。m1下滑前将m2=3 kg的滑块停放在槽的底端。m1下滑后与m2发生碰撞,碰撞时间极短,碰后两滑块均向右运动,传感器分别描绘出了两滑块碰后在传送带上从B点运动到C点的v-t图像,如图乙、丙所示。两滑块均视为质点,重力加速度g=10 m/s2。
甲
(1)求A、B的高度差h;
(2)求滑块m1与传送带间的动摩擦因数μ和传送带的长度LBC;
(3)滑块m2到达C点时速度恰好减到3 m/s,求滑块m2的传送时间;
(4)求系统因摩擦产生的热量。
答案　(1)0.8 m　(2)0.05　26 m　(3)6.5 s　(4)16 J
解析　(1)由图乙可知,碰撞后瞬间,m1的速度v1=1 m/s,m2的速度v2=5 m/s,设碰撞前瞬间m1的速度为v0,取向右为正方向,根据动量守恒有:m1v0=m1v1+m2v2
解得v0=4 m/s
m1下滑的过程机械能守恒:m1gh=12m1v02
解得h=0.8 m
(2)由图乙可知,滑块m1在传送带上加速运动时的加速度大小a=ΔvΔt=0.5 m/s2
滑块m1的加速度就是由滑动摩擦力提供,故μm1g=m1a
可求出滑块m1与传送带间的动摩擦因数μ=0.05
由图乙可知,滑块m1在传送带上先加速4 s,后匀速运动6 s到达C点
图线与坐标轴围成的图形的面积在数值上等于传送带的长度LBC,即LBC=26 m
(3)滑块m2一直做匀减速直线运动,到达C点时速度恰好减到3 m/s,全程的平均速度为
v=v2+v2=4 m/s
设滑块m2的传送时间为t,则有t=LBCv=6.5 s
(4)由图乙可知,滑块m1在传送带上加速阶段的位移
x1=v1t1+12at12=8 m
滑块m1在传送带上加速阶段产生的热量
Q1=μ1m1g(vt1-x1)=10 J
滑块m2在传送带上减速的加速度大小
a'=Δv'Δt'=413 m/s2
滑块m2受到的滑动摩擦力大小f=m2a'
滑块m2在传送带上减速阶段产生的热量
Q2=f(LBC-vt)=6 J
系统因摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=16 J。
9.如图所示,长L=1.25 m的一段水平直轨道BC与倾角θ=37°的足够长斜面CD相连,B点正上方的固定点O处悬挂一长为r=0.2 m的轻绳,轻绳另一端拴一质量为m1=3 kg的小球。现将轻绳拉直,使小球自与O点等高的A点以竖直向下的初速度v0=4 m/s发出,运动至最低点时恰好与静止在B点的质量m2=1 kg的小物块发生碰撞,已知小球与小物块碰撞时间极短且碰撞前后两者总动能不变,碰后小物块在B点立即获得动能,该动能占两者总动能的75%,两者速度均沿BC方向。小物块与水平轨道的动摩擦因数为μ=0.8,sin 37°=0.6,g取10 m/s2。
(1)求小球在碰前瞬间对绳的拉力大小F;
(2)通过计算判断,小球在碰后能否做竖直面内完整的圆周运动;
(3)碰撞后,小物块将沿水平轨道运动,并从C点水平抛出后落到斜面上的P点,求CP距离。
答案　见解析
解析　(1)设小球刚到达B点时的速度为v1,小球从A到B的过程,由机械能守恒得:
12m1v02+m1gr=12m1v12①
在B点绳对小球的拉力设为F',则F'-m1g=m1v12r②
由①②得:F=330 N
由牛顿第三定律得:小球对绳的拉力大小F=F'=330 N
(2)设碰后小球的动能为Ek2
则:Ek2=(m1gr+12m1v02)×25%③
代入数据得:Ek2=7.5 J
设小球恰好过最高点的速度为v,则有m1g=m1v2r④
以水平直轨道所在水平面为零势能面,小球能完成圆周运动所具有的机械能至少为E
E=12m1v2+m1g·2r⑤
由④⑤得E=15 J
因为E>Ek2,所以小球在碰后不能做竖直面内完整的圆周运动
(3)设碰撞之后小物块速度为v2,由已知得:12m2v22=12m1v02+m1gr×75%⑥
设小物块运动至C点时的速度为v3,小物块从B到C的过程,由动能定理得:
-μm2gL=12m2v32-12m2v22⑦
由⑥⑦得:4v32=9v02+18gr-8μgL
代入数据得:v3=5 m/s
平抛过程:tan θ=yx,x=v3t,y=12gt2
代入数据得:x=3.75 m
CP=xcosθ=7516 m
增分突破三　以STSE应用为背景的复杂场问题
增分策略
　　STSE背景下的带电粒子问题常常是在新背景、新技术下的带电粒子在复合场中的运动,其中质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、回旋加速器、霍尔元件这些都是带电粒子在复合场中的运动实例,其原理分别是:
装置
原理图
规律
质谱仪
粒子由静止被加速电场加速,qU=12mv2
粒子在磁场中做匀速圆周运动,qvB=mv2r
由以上两式可得r=1B2mUq,m=qr2B22U,qm=2UB2r2
回旋
加速器
交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等,粒子经电场加速,经磁场回旋,由qvB=mv2r,得Ekm=q2B2r22m,可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定,与加速电压无关
速度
选择器
若qv0B=Eq,即v0=EB,粒子做匀速直线运动
磁流体
发电机
等离子体射入,受洛伦兹力偏转,使两极板带正、负电,两极电压为U时稳定,qUd=qv0B,U=v0Bd
电磁
流量计
UDq=qvB,所以v=UDB,所以Q=vS=πDU4B
霍尔
元件
当磁场方向与电流方向垂直时,导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差
　　典例1　质谱仪是测量带电粒子的比荷和分析同位素的重要工具。如图所示,带电粒子从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场,其初速度几乎为零,然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打到照相底片D上。现有某种元素的三种同位素的原子核由容器A进入质谱仪,最后分别打在底片P1、P2、P3三个位置。不计粒子重力。则打在P1处的粒子(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.质量最小 B.比荷最小
C.动能最小 D.动量最小
答案　B
解析　质谱仪由加速电场和偏转磁场组成,某种元素的同位素的原子核,带电量相等,质量不同,经过加速由qU=12mv2可得v=2qUm,粒子进入磁场后,由Bqv=mv2R得R=mvBq=1B2Umq,所以半径越大,质量越大,比荷越小,A选项错误,B选项正确;动能为Ek=12mv2=qU,三者动能相等,C选项错误;动量I=mv=2qUm,质量越大,动量越大,D选项错误。
　　典例2　某带电粒子从图中速度选择器左端中点O以速度v0向右水平射出,从右端中点a下方的b点以速度v1射出;若增大磁感应强度,该粒子将打到a上方的c点,且ac=ab,其中匀强电场的电场强度大小为E,不计粒子的重力,则下列说法错误的是　(　　)
A.该粒子带正电
B.若使该粒子沿Oa方向水平射出,则电场强度和磁感应强度大小满足EB=v0
C.第二次射出时的速率仍为v1
D.第二次射出时的速率为2v02-v12
答案　C
解析　当增加磁感应强度时,洛伦兹力变大,粒子向上偏转,说明洛伦兹力增加到大于电场力,且洛伦兹力向上,根据左手定则可以判断粒子带正电,故A正确;若使该粒子沿Oa方向水平射出,根据平衡条件,有qv0B=qE,故v0=EB,故B正确;从O到b过程,根据动能定理,有qE·y=12mv12-12mv02,从O到c过程,根据动能定理,有-qF·y=12mv22-12mv02,由以上两式求解出:v2=2v02-v12,故C错误,D正确。
　　典例3　(多选)利用霍尔效应制作的霍尔元件,广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图,磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下,通入图示方向的电流I,C、D两侧面会形成电势差UCD,下列说法中正确的是(　　)
A.电势差UCD仅与材料有关
B.若霍尔元件的载流子是自由电子,则电势差UCD<0
C.仅增大磁感应强度时,电势差UCD变大
D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持水平
答案　BC
解析　电势差UCD与磁感应强度B、材料有关,选项A错误;若霍尔元件的载流子是自由电子,由左手定则可知,电子向C侧面偏转,则电势差UCD<0,选项B正确;仅增大磁感应强度时,电势差UCD变大,选项C正确;在测定地球赤道上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持竖直且东西放置,选项D错误。
　　典例4　(多选)如图所示为磁流体发电机的原理图。金属板M、N之间的距离为d=20 cm,磁场的磁感应强度大小为B=5 T,方向垂直纸面向里。现将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量带正电和带负电的微粒,整体呈电中性)从左侧喷射入磁场,发现在M、N两板间接入的额定功率为P=100 W的灯泡正常发光,且此时灯泡电阻为R=100 Ω,不计离子重力和发电机内阻,且认为离子均为一价离子,则下列说法中正确的是(　　)
A.金属板M上聚集负电荷,金属板N上聚集正电荷
B.该发电机的电动势为100 V
C.离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/s
D.每秒钟有6.25×1018个离子打在金属板N上
答案　BD
解析　由左手定则可知,射入的等离子体中正离子将向金属板M偏转,负离子将向金属板N偏转,选项A错误;由于不考虑发电机的内阻,由闭合电路欧姆定律可知,电源的电动势等于电源的路端电压,所以E=U=PR=100 V,选项B正确;由Bqv=qUd可得v=UBd=100 m/s,选项C错误;每秒钟经过灯泡L的电荷量Q=It,而I=PR=1 A,所以Q=1 C,由于离子为一价离子,所以每秒钟打在金属板N上的离子个数为n=Qe=11.6×10-19=6.25×1018(个),选项D正确。
　　典例5　如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速器,环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔的极板,原来电势都为零,每当粒子飞经A板时,A板电势升高为+U,B板电势仍保持为零,粒子在两极板间的电场中加速。每当粒子离开电场区域时,A板电势又降为零,粒子在电场中一次次加速,动能不断增大,而在环形区域内绕行半径不变(设极板间距远小于R)。下列关于环形加速器的说法正确的是(　　)
A.环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为BnBn+1=nn+1
B.环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为BnBn+1=nn+1
C.A、B板之间的电压可以始终保持不变
D.粒子每次绕行一圈所需的时间tn与加速次数n之间的关系为tntn+1=nn+1
答案　B
解析　因粒子每绕行一圈,其增加的能量为qU,所以绕行第n圈时获得的总动能为12mvn2=nqU,得第n圈的速度vn=2nqUm。在磁场中,由牛顿第二定律得qBnvn=mvn2R,解得Bn=1R2nmUq,所以BnBn+1=nn+1,A项错误,B项正确;如果A、B板之间的电压始终保持不变,粒子在A、B两极板之间飞行时,电场对其做功qU,从而使之加速,在磁场内飞行时,电场又对粒子做功-qU,从而使之减速,粒子绕行一周电场对其所做总功为零,动能不会增加,达不到加速效果,C项错误;根据t=2πRv得tn=2πRm2nqU,得tntn+1=n+1n,D项错误。
增分专练
1.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为(　　)
A.144 B.121 C.12 D.11
答案　A　根据动能定理得qU=12mv2,得v=2qUm,离子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律有qvB=mv2R,解得R=mvqB,由以上各式可得m=qB2R22U,一价正离子电荷量与质子电荷量相等,同一加速电场U相同,同一出口离开磁场则R相同,所以m正比于B2,磁感应强度增加到原来的12倍,则离子质量是质子质量的144倍,A正确,B、C、D错误。
2.(多选)如图所示,含有?11H、12H、24He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器,沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场,最终打在P1、P2两点。则(　　)
A.打在P1点的粒子是?24He
B.打在P2点的粒子是?12H和?24He
C.O2P2的长度是O2P1长度的2倍
D.粒子在偏转磁场中运动的时间都相等
答案　BC　粒子沿O1O2运动,满足关系Eq=B1qv,则v=EB1。进入偏转磁场后有B2qv=mv2R,则R=mvB2q=mEB1B2q。12H与?24He的质量与电荷量之比相等,且等于?11H的2倍,故B、C均正确,A错。粒子在偏转磁场中运动的时间t=T2=πmB2q,可见在偏转磁场中?12H与?24He的运动时间相等,且等于?11H的2倍,故D错。
3.美国物理学家劳伦斯于1932年发明回旋加速器,应用运动的带电粒子在磁场中做圆周运动的特点,能使带电粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量,使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一步。如图所示为一种改进后的回旋加速器的示意图,其中盒缝间的加速电场的场强大小恒定,且被限制在A、C板间,带电粒子从P0处静止释放,并沿电场线方向射入加速电场,经加速后再进入D形盒中的匀强磁场中做匀速圆周运动,两条虚线之间(除A、C板间)为无场区域,对于这种改进后的回旋加速器,下列说法正确的是(　　)
A.带电粒子每运动一周被加速两次
B.P1P2=P2P3
C.加速电场的方向不需要周期性变化
D.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
答案　C　由题意可知,该回旋加速器只在A、C板间对粒子加速,故粒子每运动一周被加速一次,加速电场也不需要周期性变化,D形盒的半径越大,加速的次数就越多,粒子的最大速度也就越大,故A、D选项均错,C项正确。设加速电压为U,加速n次后粒子获得的速度为vn,则有nqU=12mvn2,vn=2nqUm,粒子的转动半径rn=mvnBq,直径dn=2mBq2nqUm∝n,由此关系可知:P1P2P2P3=2-13-2,故B错。
4.(多选)如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下几部分构成:粒子源N;P、Q间的加速电场;静电分析器,即中心线半径为R的四分之一圆形通道,通道内有均匀辐射电场,方向沿径向指向圆心O,且与圆心O等距的各点电场强度大小相等;磁感应强度为B的有界匀强磁场,方向垂直纸面向外;胶片M。由粒子源发出的不同带电粒子,经加速电场加速后进入静电分析器,某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直磁场边界进入磁场,最终打到胶片上的某点。粒子从粒子源发出时的初速度不同,不计粒子所受重力。下列说法中正确的是(　　)
A.从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定相等
B.从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等
C.打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等
D.打到胶片上位置距离O点越远的粒子,其比荷(q/m)越小
答案　CD　直线加速过程,根据动能定理,有qU=12mv2-12mv02①,电场中偏转过程,根据牛顿第二定律,有qE=mv2R②,磁场中偏转过程,根据牛顿第二定律,有qvB=mv2r③,由①②解得v=2qUm+v02④,R=2qU+mv02qE⑤,由⑤式知,只有满足R=2qU+mv02qE的粒子可以在弧形电场区通过;由④式知,从小孔S进入磁场的粒子的速度大小与其比荷及初速度大小有关,故A错误;由①式知,从小孔S进入磁场的粒子动能为qU+12mv02,故电量不同、初速度不同,则其动能可能不同,故B错误;由③④解得r=mBq2qUm+v02=mREB2q,打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等,打到胶片上位置距离O点越远的粒子,比荷越小;由④式知,比荷相同,故粒子的速度相同,故C、D正确。
5.电磁泵模型简化为一个长方体,ab边长为L1,左右两侧面是边长为L2的正方形。在泵头通入导电剂后,液体的电阻率为ρ,泵体所在处有方向垂直侧面向外的磁场B,把泵体的上下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上,理想电流表示数为I。若电磁泵和水面高度差为h,不计水在流动中和管壁之间的阻力,重力加速度为g。则　(　　)
A.泵体上表面应接电源负极
B.电源提供的电功率为U2L1ρ
C.增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度
D.在t时间内抽取水的质量为m,这部分水离开电磁泵时的动能为UIt-mgh-I2ρL1t
答案　D　当泵体上表面接电源的正极时,电流从上向下流过泵体,这时液体受到的磁场力水平向左,拉动液体,若上表面接电源的负极时,则不能拉动液体,故A错误;根据电阻定律,泵体内液体的电阻R=ρLS=ρ×L2L1L2=ρL1,因此流过泵体的电流I=UR=UL1ρ,那么液体消耗的电功率为P=U2L1ρ,而电源提供的电功率为UI,故B错误;若增大液体的电阻率,则电流减小,液体受到的磁场力减小,使抽液高度减小,故C错误;若t时间内抽取水的质量为m,根据能量守恒定律,则这部分水离开泵时的动能为Ek=UIt-mgh-I2ρL1t,故D正确。故选D。
6.中国科学家发现了量子反常霍尔效应,杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果。如图所示,厚度为h,宽度为d的金属导体,当磁场方向与电流方向垂直时,在导体上下表面会产生电势差,这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是(　　)
A.上表面的电势高于下表面的电势
B.仅增大h时,上下表面的电势差增大
C.仅增大d时,上下表面的电势差减小
D.仅增大电流I时,上下表面的电势差减小
答案　C　因电流方向向右,则金属导体中的自由电子是向左运动的,根据左手定则可知上表面带负电,则上表面的电势低于下表面的电势,A错误。当达到平衡时,电场力等于洛伦兹力,即eUh=evB,又I=nevhd(n为导体单位体积内的自由电子数),得U=IBned,则仅增大h时,上下表面的电势差不变;仅增大d时,上下表面的电势差减小;仅增大I时,上下表面的电势差增大。故C正确,B、D错误。
7.某粒子加速器位于竖直平面内,剖面图如图所示,圆筒内、外直径分别为D和2D,O为圆心,水平直径GH以上部分是偏转区,以下是回收区,偏转区存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属板间有匀强电场,上板开有一小孔,大量的质量为m、电荷量为+q的粒子由下方d2处的P点静止释放,加速后粒子以竖直向上的速度v0射出电场,由H点紧靠大圆内侧射入磁场,偏转后进入回收区,不计粒子重力,设粒子若撞到内外筒壁会被吸收,则(　　)
A.电场强度大小为mv022qd
B.若磁感应强度满足mv0qDC.若磁感应强度满足B≥4mv03qD,粒子一定不可以进入回收区
D.进入回收区的粒子在磁场中的运动时间全都相同
答案　B　由P点静止释放的带电粒子经电场加速,由动能定理有Eq12d=12mv02,得E=mv02qd,所以选项A错误。进入回收区的带电粒子其做匀速圆周运动的半径r<D-D22=D4或34D4mv0qD(落在右回收区)或mv0qD8.“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成。其原理可简化如下:如图所示,辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面,圆心为M,外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差为U。图中偏转磁场分布在以P为圆心、半径为3R的圆周内,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外;内有半径为R的圆盘(圆心在P处)作为收集粒子的装置,粒子碰到圆盘边缘即被吸收。假设太空中漂浮着质量为m、电荷量为q的带正电粒子,它们能均匀地吸附到圆弧面上,并被加速电场从静止开始加速,从M点以某一速率向右侧各个方向射入偏转磁场,不计粒子间的相互作用和其他星球对粒子引力的影响。
(1)求粒子到达M点时的速率;
(2)若电势差U=2qB2R2m,则粒子从M点到达圆盘的最短时间是多少?
(3)接第(2)问,试求到达圆盘的粒子数与到达M点的粒子总数的比值η。(结果用反三角函数表示。例: sin θ=k,则θ=arc sin k,θ为弧度)
答案　(1)2qUm　(2)πm3qB　(3)π2-arcsin13π
解析　(1)设粒子到达M点时的速度为v,由动能定理得
qU=12mv2
解得v=2qUm。
(2)将U=2qB2R2m代入,则v=2qUm=2qBRm
设该粒子轨迹半径为r,则根据qvB=mv2r得r=2R
若要时间最短,则粒子在磁场中运动的弦长最短,故从M斜向上射入,在图甲中E点到达圆盘用时最短。ME=EO=OM=2R,故∠MOE=60°
甲
得tmin=60°360°·2πmqB=πm3qB。
(3)若粒子以与MP成α角从M点射入磁场,轨迹恰好与圆盘左侧相切。画出轨迹如图乙所示。
乙
根据几何关系找出粒子轨迹的圆心O1刚好落在磁场的边界上。
MP=O1P=3R,
在等腰△MPO1中作PF⊥MO1,
因为PF与该粒子从M进入时的速度方向平行,故sin α=MFMP=13,
α=arcsin 13。
若粒子以与MP垂直从M点射入磁场,轨迹也恰好与圆相切,如图丙所示。
丙
故到达圆盘的粒子数与到达M点的粒子总数的比值η=π2-απ=π2-arcsin13π。
9.如图所示为回旋加速器的简易图,整个装置置于方向竖直向下磁感应强度大小为B的匀强磁场中,已知两D形盒的半径大小为R,两个狭缝之间的距离为d,现将一粒子发射源放在D1盒的圆心处,且该粒子发射源能释放质量为m、电荷量为q的带正电粒子,且粒子的初速度视为零,当在两狭缝之间施加一高频交变电压,加速电压U的大小认为不变,粒子的重力可忽略,该带电粒子在电场中的加速次数与粒子在磁场中回旋半个圆周的次数相同。求:
(1)尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略,计算上述粒子在某次加速过程当中从离开粒子源到被第n次加速结束时所经历的时间;
(2)粒子在第n次由D1盒进入D2盒与紧接着第n+1次由D1盒进入D2盒位置之间的距离Δx。
答案　(1)d2nmqU+(n-1)πmqB
(2)2B2mUq(2n-2n-1)
解析　(1)设粒子经过窄缝被第n次加速后的速度为vn,由动能定理得nqU=12mvn2
粒子在狭缝中经n次加速的总时间t1=vna
由牛顿第二定律得F=qE=qUd=ma
由以上三式解得电场对粒子加速的时间t1=d2nmqU
正离子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得
qvB=mv2r
又T=2πrv
粒子在磁场中做圆周运动的时间t2=(n-1)T2
解得t2=(n-1)πmqB
所以,粒子从离开粒子源到被第n次加速结束时所经历的时间
t=t1+t2=d2nmqU+(n-1)πmqB
(2)粒子经电场第1次加速后,以速度v1进入D2盒,设轨道半径为r1,则
r1=mv1qB=1B2mUq
粒子经第2次电场加速后,以速度v2进入D1盒,设轨道半径为r2,则
r2=mv2qB=1B2×2mUq
粒子第n次由D1盒进入D2盒,粒子已经过2n-1次电场加速,以速度v2n-1进入D2盒,由动能定理得(2n-1)qU=12mv2n-12-0
轨道半径rn=mv2n-1qB=1B(2n-1)×2mUq
粒子第n+1次由D1盒进入D2盒加速前,粒子已经过2n次电场加速,以速度v2n进入电场,由动能定理得2nqU=12mv2n2-0
轨道半径rn+1=mv2nqB=1B2n×2mUq
则Δx=2(rn+1-rn)
即Δx=2mv2nqB-mv2n-1qB=2B2mUq(2n-2n-1)
增分突破四　电磁感应与动力学和能量观点综合问题
增分策略
　　1.电磁感应与力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力。解答电磁感应中的力学问题,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。解决电磁感应中的力、电问题的关键有以下几点
(1)电学对象
电源:E=BLv或E=nΔΦΔt分析电路的结构利用电路的规律如E=I(R+r)或U=E-Ir。
(2)力学对象
受力分析:F安=BIL→F合=ma。
过程分析:F合=ma→v→E→I→F安。
(3)临界点:运动状态的临界点。
2.从能量观点解决电磁感应问题与解决力学问题时的分析方法相似,只是多了一个安培力做功、多了一个电能参与能量转化,因此需要明确安培力做功及电能转化的特点。电磁感应中焦耳热的三种求法:
(1)根据定义式Q=I2Rt计算;
(2)利用克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热计算;
(3)利用能量守恒定律计算。
　　典例1　将一斜面固定在水平面上,斜面的倾角为θ=30°,其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板,在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场,磁场区域的宽度为H=0.4 m,如图甲所示,磁场边界与挡板平行,且上边界到斜面顶端的距离为x=0.55 m。将一通电导线围成的矩形导线框abcd置于斜面的底端,已知导线框的质量为m=0.1 kg、导线框的电阻为R=0.25 Ω、ab的长度为L=0.5 m。从t=0时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F,拉力的方向平行于斜面向上,使导线框由静止开始运动,当导线框的下边与磁场的上边界重合时,将恒力F撤走,最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞,碰后导线框以等大的速度反弹,导线框沿斜面向下运动。已知导线框向上运动的v-t图像如图乙所示,导线框与斜面间的动摩擦因数为μ=33,整个运动过程中导线框没有发生转动,且始终没有离开斜面,g=10 m/s2。
(1)求在导线框上施加的恒力F以及磁感应强度的大小;
(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时,其速度v与位移s的关系为v=v0-B2L2mRs,其中v0是导线框ab边刚进入磁场时的速度大小,s为导线框ab边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小,求整个过程中导线框中产生的热量Q。
答案　(1)1.5 N　0.50 T　(2)0.45 J
解析　(1)由v-t图像可知,在0~0.4 s时间内导线框做匀加速直线运动,进入磁场时的速度为v1=2.0 m/s,所以在0~0.4 s时间内的加速度a=ΔvΔt=5.0 m/s2
由牛顿第二定律有F-mg sin θ-μmg cos θ=ma
解得F=1.5 N
由v-t图像可知,导线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动,
通过导线框的电流I=ER=BLv1R
导线框所受安培力F安=BIL
对于导线框匀速运动的过程,由力的平衡条件有
F=mg sin θ+μmg cos θ+B2L2v1R
解得B=0.50 T。
(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动,并以速度v1匀速穿出磁场,说明导线框的宽度等于磁场的宽度H。
导线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动,到达挡板时的位移为x0=x-H=0.15 m
设导线框与挡板碰撞前的速度大小为v2,由动能定理,有
-mg(x-H) sin θ-μmg(x-H) cos θ=12mv22-12mv12
解得:v2=v12-2g(x-H)(sinθ+μcosθ)=1.0 m/s
导线框碰挡板后速度大小仍为v2,且mg sin θ=μmg cos θ=0.50 N
ab边进入磁场后做减速运动,设导线框全部离开磁场区域时的速度为v3,
由v=v0-B2L2mRs得v3=v2-2B2L2HmR=-1.0 m/s
因v3<0,说明导线框在离开磁场前速度已经减为零,这时安培力消失,导线框将静止在磁场中某位置,导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热
Q1=I2Rt=2B2L2Hv1R=0.40 J
导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q2=12mv22=0.05 J
所以Q=Q1+Q2=0.45 J。
　　1-1　如图所示,两条电阻不计的平行导轨与水平面成θ角,导轨的一端连接定值电阻R1,匀强磁场垂直穿过导轨平面,一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab,垂直于导轨放置,导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,且R2=nR1,如果导体棒以速度v匀速下滑,导体棒此时受到的安培力大小为F,则以下判断正确的是(　　)
A.电阻R1消耗的电功率为Fv/n
B.重力做功的功率为mgv cos θ
C.运动过程中减少的机械能全部转化为电能
D.ab上消耗的功率为nFv/(n+1)
答案　D
解析　导体棒以速度v匀速下滑时,由E=BLv、I=ER1+R2、F=BIL得安培力F=B2L2vR1+R2①,电阻R1消耗的电功率为P=I2R1=B2L2v2(R1+R2)2R1②,又R2=nR1③,联立①②③解得,P=Fvn+1,故A错误;重力做功的功率为mgv sin θ,B错误;导体棒克服安培力和摩擦力做功,减少的机械能转化为电能和内能,C错误;ab和R1串联,电流相等,根据P=I2R可知,ab消耗的功率等于R1消耗的功率的n倍,为nFv/(n+1),D正确;故选D。
　　1-2　电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置,其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论:如图1所示,将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上,斜面与水平方向夹角为θ。一条形磁铁滑入两铝条间,恰好以速度v0匀速下滑,穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定,其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同。磁铁端面是底边为2d,高为d的长方形,由于磁铁距离铝条很近,磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场,磁感应强度为B,铝条的高度大于d,宽度为b,电阻率为ρ。为研究问题方便,铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场,其他部分电阻和磁场可忽略不计,假设磁铁进入铝条间以后,减少的机械能完全转化为铝条的内能,重力加速度为g。
(1)求一侧铝条中与磁铁正对部分的感应电动势E;
(2)求条形磁铁的质量m;
(3)在其他条件不变的情况下,仅将两铝条更换为宽度为b'(b'图1
图2
答案　(1)Bdv0　(2)4B2d2v0bρgsinθ　(3)见解析
解析　(1)一侧铝条中与磁铁正对部分的感应电动势
E=Bdv0
(2)根据电阻定律,一侧铝条与磁铁正对部分的电阻
R=ρd2db=ρ2b
根据欧姆定律有,铝条正对部分中的电流
I=ER=2Bdv0bρ
一侧铝条受到的安培力
F安=IdB=2B2d2v0bρ
根据牛顿第三定律有,一侧铝条对磁铁的作用力F'=F安=2B2d2v0bρ,此力阻碍磁铁的运动,方向沿斜面向上。取磁铁为研究对象有
2F'-mg sin θ=0
所以m=4B2d2v0bρgsinθ
(3)磁铁速度v随时间t变化关系的图线如图所示
增分专练
1.(多选)如图所示,光滑弧形金属双轨与足够长的水平光滑双轨相连,间距为L,在水平轨道空间充满竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。乙金属棒静止在双轨上,而甲金属棒在h高处由静止滑下,轨道电阻不计。两棒的质量均为m,电阻均为R。甲棒与乙棒不会相碰,则下面说法正确的是(　　)
A.从开始下滑到最终稳定,甲、乙的运动方向相反
B.当稳定后,回路中感应电流的方向从上向下看是逆时针的
C.乙棒受到的最大磁场力为B2L22gh2R
D.整个过程中,电路释放的热量为12mgh
答案　CD　甲金属棒沿光滑轨道下滑时获得了速度,进入磁场后,切割磁感线产生感应电流,受到向左的安培力而减速,乙金属棒受到向右的安培力而加速,经一段时间,甲、乙金属棒速度达到相同,之后回路的磁通量不发生变化,感应电流为零,安培力为零,二者匀速运动,匀速运动的速度即甲、乙金属棒的最终速度,此速度是乙金属棒的最大速度,故A、B错误;甲金属棒刚滑到水平面时,有最大的速度,此时有mgh=12mv02,解得最大速度为:v0=2gh,进入磁场后甲金属棒减速,乙金属棒加速,乙棒受到的最大磁场力为Fm=B·BLv02R·L=B2L22gh2R,故C正确;当它们速度相等时,乙金属棒具有最大的速度,以两棒组成的系统为研究对象,取向右为正方向,根据动量守恒定律得:mv0=(m+m)v1,解得:v1=12v0=2gh2,整个过程中,电路释放的热量为Q=12mv02-12·2mv12=12mgh,故D正确;故选C、D。
2.(多选)如图所示,足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°),其中MN与PQ平行且间距为L,匀强磁场垂直导轨平面向上,磁感应强度为B,导轨电阻不计,质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑,并与两导轨始终保持垂直且良好接触,ab棒接入电路的电阻为R,当金属棒ab下滑距离s时,速度大小为v,则在这一过程中(　　)
A.金属棒ab运动的平均速度大小为12v
B.通过金属棒ab某一横截面的电荷量为BLsR
C.金属棒ab受到的最大安培力为B2L2sR
D.金属棒ab克服安培力做功为mgs sin θ-12mv2
答案　BD　分析ab棒的受力情况,有mg sin θ-B2L2v'R=ma,分析可得ab棒做加速度减小的加速运动,故其平均速度不等于初、末速度的平均值12v,故A错误;通过金属棒ab某一横截面的电荷量q=IΔt=ΔΦΔt·1RΔt=ΔΦR=BLsR,故B正确;ab棒受到的最大安培力为F=BIL=B2L2vR,故C错误;根据动能定理可知,mgs sin θ-W安=12mv2,金属棒ab克服安培力做功为W安=mgs sin θ-12mv2,故D正确;故选BD。
3.(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L,顶端接阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示,不计导轨的电阻,重力加速度为g,则(　　)
A.金属棒在磁场中运动时,流过电阻R的电流方向为a→b
B.金属棒在磁场中运动的速度为v时,金属棒所受的安培力大小为B2L2vR+r
C.金属棒的最大速度为mg(R+r)BL
D.金属棒以稳定的速度下滑时,电阻R的热功率为mgBL2R
答案　BD　金属棒在磁场中向下运动时,由右手定则知,流过电阻R的电流方向为b→a,选项A错误;金属棒在磁场中运动的速度为v时,金属棒中感应电动势E=BLv,感应电流I=ER+r,所受的安培力大小为F=BIL=B2L2vR+r,选项B正确;当安培力F=mg时,金属棒下落速度最大,金属棒的最大速度为vm=mg(R+r)B2L2,选项C错误;金属棒以稳定的速度下滑时,电阻R和r的总热功率为P=mgBL2(R+r),电阻R的热功率为mgBL2R,选项D正确。
4.(多选)如图甲所示,左侧接有定值电阻R=3 Ω的水平粗糙导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=2 T,导轨间距为L=1 m。一质量m=2 kg、接入电路的阻值r=1 Ω的金属棒在拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动,金属棒与导轨垂直且接触良好,金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5,g=10 m/s2,金属棒的v-x图像如图乙所示,则从起点开始发生x=1 m位移的过程中(　　)
A.拉力做的功为16 J
B.通过电阻R的电荷量为0.25 C
C.定值电阻R产生的焦耳热为0.75 J
D.所用的时间t一定大于1 s
答案　CD　由速度-位移图像得v=kx,其中k=2 s-1,金属棒所受的安培力F安=B2L2vR+r=B2L2·kxR+r,
代入得:F安=2x(N),则知F安与x成线性关系。
当x=0时,安培力F安1=0;
当x=1 m时,安培力F安2=2 N,
则从起点开始发生x=1 m位移的过程中,
安培力做功为W安=-F安x=-F安1+F安22x=-0+22×1 J=-1 J
根据动能定理得W-μmgx+W安=12mv2,其中v=2 m/s,μ=0.5,m=2 kg,代入解得,拉力做的功W=15 J,故A错误;通过电阻R的电荷量q=ΔΦR+r=BLxR+r=2×1×14 C=0.5 C,故B错误;根据能量守恒得整个电路产生的焦耳热等于克服安培力做功,故Q=1 J,则电阻R上产生的热量QR=RR+rQ=34Q=0.75 J,选项C正确;v-x图像的斜率k=ΔvΔx=ΔvΔt·ΔtΔx=av,得a=kv=2v,则知速度增大,金属棒的加速度也随之增大,v-t图像的斜率增大,金属棒做加速度增大的变加速运动,在相同时间内,达到相同速度时通过的位移小于匀加速运动的位移,平均速度小于匀加速运动的平均速度,即v<0+v2=0+22 m/s=1 m/s,则t=xv>11 s=1 s,故D正确。
5.如图所示,PM、QN是两根14光滑圆弧导轨,圆弧半径为d、间距为L,最低点M、N在同一水平高度,导轨电阻不计,在其上端连有一阻值为R的电阻,整个装置处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。现有一根长度稍大于L、质量为m、阻值为R的金属棒,从导轨的顶端PQ处由静止开始下滑,到达底端MN时对导轨的压力为2mg,求:
(1)金属棒到达导轨底端MN时电阻R两端的电压;
(2)金属棒从导轨顶端PQ下滑到底端MN过程中,电阻R产生的热量;
(3)金属棒从导轨顶端PQ下滑到底端MN过程中,通过电阻R的电荷量。
答案　(1)12BLgd　(2)mgd4　(3)BLd2R
解析　(1)在导轨的底端MN处,金属棒对导轨的压力FN=2mg,轨道对金属棒的支持力大小为FN'=FN=2mg,则有FN'-mg=mv2d
解得v=gd
金属棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv
金属棒到达底端时电阻两端的电压U=E2=12BLgd
(2)金属棒下滑过程中,由能量守恒定律得mgd=Q+12mv2
解得Q=12mgd
电阻R上产生的热量QR=12Q=mgd4
(3)由q=I·Δt
I=E2R
E=ΔΦΔt=BLdΔt
联立解得q=BLd2R
6.如图甲所示,绝缘水平面上有一间距L=1 m的金属“U”形导轨,导轨右侧接一R=3 Ω的电阻。在“U”形导轨中间虚线范围内存在垂直导轨向下的匀强磁场,磁场的宽度d=1 m,磁感应强度B=0.5 T。现有一质量为m=0.1 kg,电阻r=2 Ω、长为L=1 m的导体棒MN以一定的初速度从导轨的左端开始向右运动,穿过磁场的过程中,线圈中的感应电流i随时间t变化的图像如图乙所示。已知导体棒与导轨之间的动摩擦因数μ=0.3,导轨电阻不计,则导体棒MN穿过磁场的过程中,求:
(1)MN刚进入磁场时的速度大小;
(2)电阻R产生的焦耳热;
(3)导体棒通过磁场的时间。
答案　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.5 s
解析　(1)MN刚进入磁场时,根据闭合电路欧姆定律得
i0=ER(1分)
根据法拉第电磁感应定律得E=BLv0(1分)
联立解得v0=i0(R+r)BL=5 m/s(1分)
(2)导体棒通过磁场过程,由动能定理得
-μmgd-W安=12mv2-12mv02(1分)
而v=i1(R+r)BL=3 m/s(1分)
QR=RR+rW安(1分)
联立解得:QR=0.3 J(1分)
(3)导体棒通过磁场过程,由动量定理得-μmgt-BILt=mv-mv0(1分)
I-t=BLdR+r(1分)
联立解得t=0.5 s(1分)
7.间距为L=2 m的足够长的金属直角导轨如图所示放置,它们各有一边在同一水平面内,另一边垂直于水平面。质量均为m=0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成闭合回路。细杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ=0.5,导轨的电阻不计,细杆ab、cd的电阻分别为R1=0.6 Ω,R2=0.4 Ω。整个装置处于磁感应强度大小为B=0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)。当ab杆水平在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时,cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动,且t=0时,F=1.5 N。g=10 m/s2。
(1)求ab杆的加速度a。
(2)求当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小。
(3)若从t=0到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做的功为5.2 J,求该过程中ab杆所产生的焦耳热。
答案　(1)10 m/s2　(2)2 m/s　(3)2.94 J
解析　(1)由题意可知,在t=0时,F=1.5 N
对ab杆进行受力分析,由牛顿第二定律得F-μmg=ma
代入数据解得a=10 m/s2。
(2)从d向c看,对cd杆进行受力分析,如图所示,当cd杆速度最大时,ab杆的速度大小为v,有Ff=mg=μFN,FN=F安,F安=BIL,I=BLvR1+R2
联立以上各式,解得v=2 m/s
(3)整个过程中,ab杆发生的位移
x=v22a=222×10 m=0.2 m
对ab杆应用动能定理,有
WF-μmgx-W安=12mv2
代入数据解得W安=4.9 J
根据功能关系得Q总=W安
所以ab杆上产生的热量
Qab=R1R1+R2Q总=2.94 J。
8.如图所示,MN、PQ为光滑平行的水平金属导轨,电阻R=3.0 Ω,置于竖直向下的有界匀强磁场中,OO'为磁场边界,磁感应强度B=1.0 T,导轨间距L=1.0 m,质量m=1.0 kg的导体棒垂直置于导轨上且与导轨接触良好,导体棒接入电路的电阻为r=1.0 Ω。t=0时刻,导体棒在水平拉力F0作用下从OO'左侧某处由静止开始以加速度a0=1.0 m/s2做匀加速运动,t0=2.0 s时刻进入磁场继续运动,导体棒始终与导轨垂直。
(1)求0~t0时间内导体棒受到拉力的大小F0及t0时刻进入磁场时回路的电功率P0;
(2)求导体棒t0时刻进入磁场瞬间的加速度a;若此后导体棒在磁场中以加速度a做匀加速运动至t1=4.0 s时刻,求t0~t1时间内通过电阻R的电荷量q;
(3)在(2)情况下,已知t0~t1时间内拉力做功W=5.7 J,求此过程回路中产生的焦耳热Q。
答案　(1)1.0 N　1.0 W　(2)0.5 m/s2　1.25 C　(3)3.2 J
解析　(1)由导体棒在进入磁场前运动的加速度a0,可得
F0=ma0=1.0 N
导体棒在t0时刻速度v0=a0t0=2 m/s
导体棒在t0时刻产生的电动势E=BLv0
电功率P0=E2R+r=(BLv0)2R+r=1.0 W。
(2)回路在t0时刻产生的感应电流I=ER+r
导体棒在t0时刻受到的安培力F安=BIL
根据牛顿第二定律有F0-F安=ma
代入数据解得a=0.5 m/s2
导体棒在t0~t1时间内的位移
x=v0(t1-t0)+12a(t1-t0)2=5 m
则在t0~t1时间内通过导体棒的电荷量
q=ΔΦR+r=BΔSR+r=BLxR+r=1.25 C。
(3)t1时刻导体棒的速度v=v0+a(t1-t0)
由动能定理有W+W安=12mv2-12mv02
Q=-W安=W-12m(v2-v02)=3.2 J。
9.如图,足够长的金属导轨MN、PQ平行放置,间距为L,与水平面成θ角,导轨与定值电阻R1和R2相连,且R1=R2=R,R1支路串联开关S,原来S闭合。匀强磁场垂直导轨平面向上,有一质量为m、有效电阻也为R的导体棒ab与导轨垂直放置,它与导轨始终接触良好,受到的摩擦力为Ff=14mg sin θ。现将导体棒ab从静止释放,沿导轨下滑,当导体棒运动达到稳定状态时速率为v,已知重力加速度为g,导轨电阻不计,求:
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小;
(2)如果导体棒ab从静止释放沿导轨下滑x距离后达到稳定状态,这一过程回路中产生的电热是多少?
(3)导体棒ab达到稳定状态后,断开开关S,将做怎样的运动?若从这时开始导体棒ab下滑一段距离后,通过导体棒ab横截面的电荷量为q,求这段距离是多少?
答案　(1)32LmgRsinθ2v　(2)34mgx sin θ-12mv2
(3)4q32vRmgsinθ
解析　(1)回路中的总电阻为R总=32R
当导体棒ab以速度v匀速下滑时棒中的感应电动势为E=BLv
此时棒中的感应电流为I=ER总
mg sin θ=BIL+Ff
解得B=32LmgRsinθ2v
(2)导体棒ab减少的重力势能等于增加的动能、回路中产生的焦耳热以及克服摩擦力做功的和,故有mg sin θ·x=12mv2+Q+Ff·x
解得Q=34mg sin θ·x-12mv2
(3)S断开后,导体棒先做加速度减小的加速运动,最后做匀速直线运动
回路中的总电阻为:R总'=2R
设这一过程经历的时间为Δt,这一过程回路中的平均感应电动势为E,通过导体棒ab的平均感应电流为I,导体棒ab下滑的距离为s,则E=ΔΦΔt=BLsΔt,I=ER总'=BLs2RΔt
得q=IΔt=BLs2R
解得s=4q32vRmgsinθ
10.两平行且电阻不计的金属导轨相距L=1 m,金属导轨由水平和倾斜两部分(均足够长)良好对接,倾斜部分与水平方向的夹角为37°,整个装置处在竖直向上、磁感应强度B=2 T的匀强磁场中。长度也为1 m的金属棒ab和cd垂直导轨跨搁,且与导轨良好接触,质量均为0.2 kg,电阻分别为R1=2 Ω,R2=4 Ω。ab置于导轨的水平部分,与导轨的动摩擦因数为μ=0.5,cd置于导轨的倾斜部分,导轨倾斜部分光滑。从t=0时刻起,ab棒在水平且垂直于ab棒的外力F1的作用下由静止开始向右做匀加速直线运动,金属棒cd在力F2的作用下保持静止,F2平行于倾斜导轨平面且垂直于金属杆cd。当t1=4 s时,ab棒消耗的电功率为2.88 W。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)ab棒做匀加速直线运动的加速度大小;
(2)求t2=8 s时作用在cd棒上的力F2的大小;
(3)改变F1的作用规律,使ab棒运动的位移x与速度v满足x=2v(m),要求cd仍然要保持静止状态。求ab棒从静止开始运动x=4 m的过程中,作用在ab棒上的力F1所做的功(结果可用分数表示)。
答案　(1)0.9 m/s2　(2)2.64 N　(3)10615 J
解析　(1)当t1=4 s时,ab消耗的电功率为2.88 W,有Pab=I12R1
代入数据解得I1=1.2 A①
回路中的电动势E1=I1(R1+R2)②
由法拉第电磁感应定律知E1=BLv1③
导体棒ab做匀加速直线运动,v1=at1④
由①②③④得,a=0.9 m/s2⑤
(2)当t2=8 s时,导体棒ab的速度v2=at2⑥
回路中的电流I2=E2R1+R2=BLv2R1+R2=2.4 A⑦
导体棒cd所受安培力F2安=BI2L=4.8 N⑧
设导体棒cd所受的力F2沿斜面向下,有F2+mg sin θ=F2安 cos θ⑨
由⑧⑨得F2=2.64 N,故假设成立,所以F2的方向沿斜面向下。⑩
(3)设ab棒的速度为v时,回路中的电流为I=ER1+R2=BLvR1+R2
此时金属棒ab所受安培力大小为F安=BIL
由题意知ab棒运动的位移x与速度v的关系:x=2v(m)
联立,并代入数据得F安=x3(N)
ab棒从静止开始运动x=4 m的过程中,克服安培力所做的功为
W克安=F安·x=0+x32x J=83 J
对金属棒ab,由动能定理有:W拉-W克安-μmgx=12mv2
由得W拉=10615 J
增分突破五　电磁感应与动量观点综合问题
增分策略
　　1.应用动量定理解题的基本思路
(1)确定研究对象,在中学阶段用动量定理讨论的问题,其研究对象一般仅限于单个物体或能看成一个物体的系统。
(2)对物体进行受力分析,可以先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和——合力的冲量;或先求合力,再求其冲量。
(3)抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正负号。
(4)根据动量定理列方程,如有必要还需要其他补充方程。最后代入数据求解。
2.应用动量定理的注意事项
(1)一般来说,用牛顿第二定律能解决的问题,用动量定理也能解决,如果题目不涉及加速度和位移,用动量定理求解更简单。动量定理不仅适用于恒力,也适用于变力。为变力时,动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。
(2)动量定理的表达式是矢量式,运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F是物体或系统所受的合力。
3.电磁感应与动量的结合主要有两个考点
(1)对与单杆模型,则是与动量定理结合。例如在光滑水平轨道上运动的单杆(不受其他力作用),由于在磁场中运动的单杆为变速运动,则运动过程所受的安培力为变力,依据动量定理F安Δt=ΔP,而又由于F安Δt=BILΔt=BLq,q=NΔΦR总=NBLxR总,ΔP=mv2-mv1,由以上四式将流经杆的某一横截面积的电荷量q、杆位移x及速度变化结合一起。
(2)对于双杆模型,除受到的安培力之外,受到的其他外力之和为零时,与动量守恒结合考查较多。
　　典例1　如图所示,一质量为m的金属杆ab,以一定的初速度v0从一光滑平行金属轨道的底端向上滑行,轨道平面与水平面成θ角,两导轨上端用一电阻相连,磁场方向垂直轨道平面向上,轨道与金属杆ab的电阻不计并接触良好。金属杆向上滑行到某一高度h后又返回到底端(　　)
A.整个过程中合外力的冲量大小为2mv0
B.上滑过程中电阻R上产生的焦耳热等于下滑过程中电阻R上产生的焦耳热
C.下滑过程中电阻R上产生的焦耳热小于12mv02-mgh
D.整个过程中重力的冲量大小为零
答案　C
解析　经过同一位置时,下滑的速度小于上滑的速度,所以返回底端时的速度小于v0,根据动量定理可知,整个过程中合外力的冲量大小小于2mv0,故A错误;在同一位置,棒下滑时受到的安培力小于上滑时所受的安培力,则下滑过程安培力的平均值小于上滑过程安培力的平均值,所以上滑过程导体棒克服安培力做功大于下滑过程克服安培力做功,故上滑过程中电阻R产生的热量大于下滑过程中电阻R上产生的热量,故B错误。对下滑过程根据动能定理得:Q=12mv2-mgh,因为v　　典例2　如图所示,两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面上,导轨上横放着的两根相同的导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路。导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧,两棒的中间用细线绑住,它们的电阻均为R,回路上其余部分的电阻不计,在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场。开始时,导体棒处于静止状态。剪断细线后,导体棒在运动过程中(　　)
A.回路中有感应电动势
B.两根导体棒所受安培力的方向相同
C.两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒,机械能守恒
D.两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒,机械能不守恒
答案　D
解析　剪断细线后,导体棒在运动过程中,由于弹簧的作用,导体棒ab、cd反向运动,在导体棒运动的过程中,穿过导体棒ab、cd与导轨构成的矩形回路的磁通量增大,回路中产生感应电动势,导体棒ab、cd中的电流方向相反,根据左手定则可知两根导体棒所受安培力的方向相反,故A、B错误。两根导体棒和弹簧构成的系统在运动过程中所受合外力为0,所以系统动量守恒,但是由于产生感应电流,一部分机械能转化为内能,所以系统机械能不守恒。
　　典例3　如图甲所示,间距L=0.4 m的金属轨道竖直放置,上端接定值电阻R1=1 Ω,下端接定值电阻R2=4 Ω。其间分布着两个有界匀强磁场区域:区域Ⅰ内的磁场方向垂直纸面向里,其磁感应强度B1=3 T;区域Ⅱ内的磁场方向竖直向下,其磁感应强度B2=2 T。金属棒MN的质量m=0.12 kg,在轨道间的电阻r=4 Ω,金属棒与轨道间的动摩擦因数μ=0.8。现从区域Ⅰ的上方某一高度处静止释放金属棒,当金属棒MN刚离开区域Ⅰ后B1便开始均匀变化。整个过程中金属棒的速度随下落位移的变化情况如图乙所示,v2-x图像中除ab段外均为直线,Oa段与cd段平行。金属棒在下降过程中始终保持水平且与轨道间接触良好,轨道电阻及空气阻力忽略不计,两磁场间互不影响。求:(g取10 m/s2)
(1)金属棒在图像上a、c两点对应的速度大小;
(2)金属棒经过区域Ⅰ的时间;
(3)B1随时间变化的函数关系式(从金属棒离开区域Ⅰ后开始计时);
(4)从金属棒开始下落到刚进入区域Ⅱ的过程中回路中产生的焦耳热。
答案　见解析
解析　(1)金属棒在0~0.2 m内未进入区域Ⅰ,做自由落体运动,有va2=2gx1,x1=0.2 m,解得va=2 m/s
由图乙可知在bc阶段,金属棒速度保持不变,安培力与重力是平衡力,mg=B1IL,I=B1LvcR总,
金属棒在区域Ⅰ切割磁感线,相当于电源,R1、R2并联后接在电源两端,电路中总电阻R总=r+R1R2R1+R2=4.8 Ω
联立得vc=4 m/s
(2)从a点到c点,根据动量定理得mgt-B1ILt=mvc-mva
q=It=B1Lx2R总,x2=2.7 m-0.2 m=2.5 m
解得t=0.825 s
(3)由图乙可知金属棒进入区域Ⅱ后速度大小保持不变,mg=μB2I棒L,解得I棒=158 A
磁场区域Ⅰ为等效感生电源,金属棒与R2并联后再与R1串联
干路电流I总=2I棒=154 A,R总'=R1+rR2r+R2=3 Ω
Lx2ΔB1Δt=I总R总',解得ΔB1Δt=11.25 T/s
若金属棒在导轨正面,则B1=(3+11.25t)T
若金属棒在导轨背面,则B1=(3-11.25t)T
(4)Q1=mg(x1+x2)-12mvc2,得Q1=2.28 J
x3=vct+12gt2,x3=3.15 m-2.7 m=0.45 m,得t=0.1 s
Q2=I总2R总't=1542×3×0.1 J≈4.22 J
Q=Q1+Q2=6.50 J
增分专练
1.如图所示,水平放置的、足够长的光滑金属轨道与光滑倾斜轨道以小圆弧平滑对接。在倾斜轨道上高h=1.8 m处放置一金属杆a,在平直轨道靠右端处放置另一金属杆b,平直轨道区域有竖直向上的匀强磁扬。现由静止释放杆a,杆a下滑到水平轨道后即进入磁场,此时杆b的速度大小为v0=3 m/s,方向向左。已知ma=2 kg,mb=1 kg,金属杆与轨道接触良好,g取10 m/s2。求:
(1)杆a下滑到水平轨道上瞬间的速度大小。
(2)杆a、b在水平轨道上的共同速度大小。
(3)在整个过程中电路消耗的电能。
答案　(1)6 m/s　(2)3 m/s　(3)27 J
解析　(1)设杆a下滑到水平轨道瞬间的速度为va,杆a从斜轨道上下滑到水平轨道的过程中,只有重力做功,由机械能守恒定律得magh=12mava2
解得va=6 m/s。
(2)当a以6 m/s的速度进入匀强磁场后,a、b两杆所受的安培力等大反向,合力为零,最终一起匀速运动。设共同的速度为v,取水平向右为正,由动量守恒定律得
mava-mbv0=(ma+mb)v
解得v=3 m/s
(3)设消耗的电能为E,由能量守恒定律得E=12mava2+12mbv02-12(ma+mb)v2
代入数据解得E=27 J。
2.如图所示,相距较远的水平轨道与倾斜轨道用导线相连,MN∥EF、PQ∥GH,且组成轨道的两个金属棒间距都为L。金属细硬杆ab、cd分别与轨道垂直,质量均为m,电阻均为R,与轨道间动摩擦因数均为μ,导轨电阻不计。水平轨道处于竖直向上、磁感应强度为B1的匀强磁场中;倾斜轨道与水平面成θ角,磁感应强度为B2的匀强磁场平行于倾斜轨道向下。当ab杆在平行于水平轨道的拉力作用下做匀速运动时,cd杆由静止开始沿倾斜轨道向下以加速度a=g sin θ运动。设ab、cd与轨道接触良好,重力加速度为g。求:
(1)通过cd杆的电流大小和方向;
(2)ab杆匀速运动的速度的大小和拉力的大小;
(3)cd杆由静止开始沿轨道向下运动距离x的过程中,整个回路产生的焦耳热。
答案　(1)mgcosθB2L,方向由d流向c
(2)2mgRcosθB1B2L2　(B1cosθB2+μ)mg
(3)2m2g2Rcos2θB22L2　2xgsinθ
解析　(1)根据cd杆以加速度a=g sin θ沿轨道向下做匀加速运动,可知cd杆不受摩擦力的作用,即安培力和重力垂直于导轨方向的分力平衡,所以安培力垂直于导轨向上,cd杆的电流方向为由d流向c
由mg cos θ=B2IL
可得I=mgcosθB2L
(2)cd杆的电流方向为由d流向c,可得ab杆的电流方向为由a流向b,再根据右手定则判断,得ab杆匀速运动的速度方向为水平向右。拉力方向水平向右,摩擦力和安培力方向水平向左。
由I=B1Lv2R
得v=2mgRcosθB1B2L2
ab杆所受拉力F=F安+μmg=B1IL+μmg=(B1cosθB2+μ)mg
(3)对cd杆由运动学公式x=12at2
得运动时间为t=2xa=2xgsinθ
整个回路中产生的焦耳热为Q=I2·2Rt=2m2g2Rcos2θB22L22xgsinθ。
3.如图所示,水平面内固定两对足够长的平行光滑导轨,左侧两导轨间的距离为2L,右侧两导轨间的距离为L,左、右两部分用导线连接,左、右侧的两导轨间都存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场。两均匀的导体棒ab和cd分别垂直放在左、右两侧的导轨上,ab棒的质量为2m、有效电阻为2r,而cd棒的质量为m、有效电阻为r,其他部分的电阻不计。原来两棒都处于静止状态,现给以一大小为I0、方向平行导轨向右的冲量使ab棒向右运动,在达到稳定状态时,两棒均未滑出各自的轨道。求:
(1)cd棒中的最大电流Im;
(2)cd棒的最大加速度;
(3)两棒达到稳定状态时,各自的速度。
答案　(1)BLI03mr　(2)B2L2I03m2r　(3)见解析
解析　(1)ab棒获得一冲量,所以初速度v0=I02m
分析知开始时回路中的感应电动势最大,最大值为Em=2BLv0
所以cd棒中最大感应电流Im=Em2r+r=BLI03mr
(2)cd棒受到的最大安培力Fm=BImL
cd棒的最大加速度am=Fmm=B2L2I03m2r
(3)当两棒中感应电动势大小相等时系统达到稳定状态,有2BLvab=BLvcd
由ab棒与cd棒中感应电流大小总是相等,可知安培力对ab棒与cd棒的冲量大小关系为Iab=2Icd
根据动量定理对ab棒有I0-Iab=2mvab
根据动量定理对cd棒有Icd=mvcd
解得vab=I06m,vcd=I03m。
4.如图甲所示,两个形状相同、倾角均为37°的足够长的斜面对接在一起,左侧斜面粗糙,右侧斜面光滑。一个电阻不计、质量m=1 kg的足够长的U形金属导轨MM'N'N置于左侧斜面上,导轨MM'N'N与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,质量m=1 kg、电阻为R的光滑金属棒ab通过跨过定滑轮的轻质绝缘细线与质量为m0的滑块相连,金属棒ab与导轨MM'N'N接触良好且始终垂直(金属棒ab始终不接触左侧斜面),左侧斜面处于垂直斜面向下的匀强磁场中。初始状态时,托住滑块,使导轨MM'N'N、金属棒ab及滑块组成的系统处于静止状态,某时刻释放滑块,当其达到最大速度时,导轨MM'N'N恰好要向上滑动。已知细线始终与斜面平行,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。
甲
乙
(1)求滑块的质量m0。
(2)以释放滑块的时刻为计时起点,滑块的速度v随时间t的变化情况如图乙所示,若匀强磁场的磁感应强度B=2 T,导轨MM'N'N宽度L=7 m,求在滑块加速运动过程中系统产生的焦耳热。
答案　(1)103 kg　(2)3.3 J
解析　(1)金属框将要向上运动时,由平衡知识可知
mg sin 37°+μ·2mg cos 37°=F安
解得F安=14 N
对滑块及金属棒组成的系统,由平衡条件可知:mg sin 37°+F安=m0g sin 37°
解得m0=103 kg
(2)达到最大速度时,安培力F安=BIL=B2L2vR=14 N
由图乙知最大速度v=1 m/s
解得R=2 Ω
加速阶段对滑块以及金属棒ab组成的系统,由动量定理可知:m0gt sin 37°-mgt sin 37°-BILt=(m0+m)v
加速阶段通过金属棒ab的电荷量为q=It
结合法拉第电磁感应定律以及闭合电路的欧姆定律可得q=ΔΦR=BLxR
解得x=41105 m
加速阶段由能量守恒定律得m0gx sin 37°=mgx sin 37°+12(m0+m)v2+Q
解得Q=3.3 J
即滑块在加速运动过程中系统产生的焦耳热为3.3 J。
5.如图所示,水平放置的平行光滑导轨,固定在桌面上,宽度为L,处在磁感应强度为B,竖直向下的匀强磁场中。桌子离开地面的高度为H。初始时刻,质量为m的杆ab与导轨垂直且静止,距离导轨边缘为d。质量同为m的杆cd与导轨垂直,以初速度v0进入磁场区域。最终发现两杆先后落在地面上。已知两杆的电阻均为R,导轨电阻不计,两杆落地点之间的距离为s。求:
(1)ab杆从磁场边缘射出时的速度大小;
(2)ab杆射出时,cd杆运动的距离;
(3)在两根杆相互作用的过程中,回路中产生的电能。
答案　见解析
解析　(1)设ab、cd杆从磁场边缘射出时的速度分别为v1、v2。
设ab杆落地点的水平位移为x,cd杆落地点的水平位移为x+s,则有
x=v12Hg(1分)
x+s=v22Hg(1分)
根据动量守恒mv0=mv1+mv2(1分)
我们可以求出v2=v02+s2g2H　v1=v02-s2g2H(1分)
(2)ab杆运动距离为d,对ab杆应用动量定理
BILΔt=BLq=mv1(1分)
设cd杆运动距离为d+Δx
q=ΔΦ2R=BLΔx2R(1分)
解得Δx=2Rmv1B2L2(1分)
cd杆运动距离为d+Δx=d+2RmB2L2v02-s2g2H(1分)
(3)根据能量守恒,电路中损耗的焦耳热等于体系损失的机械能
Q=12mv02-12mv12-12mv22=14mv02-mgs28H(2分)
6.如图所示,MN、PQ是固定在水平桌面上,相距l=1.0 m的光滑平行金属导轨,MP两点间接有R=0.6 Ω的定值电阻,导轨电阻不计。质量均为m=0.1 kg,阻值均为r=0.3 Ω的两导体棒a、b垂直于导轨放置,并与导轨良好接触。开始时两棒被约束在导轨上处于静止,相距x0=2 m,a棒用细丝线通过光滑滑轮与质量为m0=0.2 kg的重物c相连,重物c距地面高度h=2 m。整个桌面处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=1.0 T。a棒解除约束后,在重物c的拉动下开始运动(运动过程中丝线始终与b棒没有作用),当a棒即将到达b棒位置前一瞬间,b棒的约束被解除,此时a棒已经匀速运动,试求:
(1)a棒匀速运动时棒中的电流大小;
(2)已知a、b两棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”,假设导轨足够长,试求该“粗棒”能运动的距离;
(3)a棒解除约束后整个过程中装置产生的总焦耳热。
答案　(1)2 A　(2)0.075 m　(3)3.875 J
解析　(1)由题意m0g=BlIa
可得Ia=2 A
(2)设碰前a棒的速度为v,则
Ia=BlvR总
R总=RrR+r+r=0.6Ω×0.3Ω0.6Ω+0.3Ω+0.3 Ω=0.5 Ω
v=1 m/s
ab碰撞过程:
mv=2mv'
v'=0.5 m/s
ab碰撞后的整体运动过程
-IlBt=0-2mv'
q=It=BlxR+r2
得x=0.075 m
(3)发生碰撞前
m0gh-Q1=12(m0+m)v2
得Q1=3.85 J
发生碰撞后Q2=12mv'2=0.025 J
所以整个运动过程Q=Q1+Q2=3.875 J
增分突破六　数学应用类专题
增分策略
　　应用数学处理物理问题的能力是指能够根据具体问题列出物理量之间的关系式,进行推导和求解,并根据结果得出物理结论;必要时能运用几何图形、函数图像进行表达、求解。能根据具体的物理问题列出物理量之间的关系,能把有关的物理规律、物理条件用数学方程表示出来。在解决物理问题时,往往需要经过数学推导和求解,或用合适的数学处理,或进行数值计算;求得结果后,有时还要用图像或函数关系把它表示出来;必要时还应对数学运算的结果作出物理上的结论或解释。
分类突破
考点一　估算法
　　物理估算题,一般是指依据一定的物理概念和规律,运用物理方法和近似计算方法,对所求物理量的数量级或物理量的取值范围,进行大致的、合理的推算。其特点是在“理”不在“数”,它要求考生在分析和解决问题时,要善于抓住事物的本质特征和影响事物发展的主要因素,忽略次要因素,从而使问题得到简捷的解决,迅速获得合理的结果。
1.图示为高速摄影机拍摄到的子弹穿透苹果瞬间的照片。该照片经放大后分辨出,在曝光时间内,子弹影像前后错开的距离约为子弹长度的1%~2%。已知子弹飞行速度约为500 m/s,由此可估算出这幅照片的曝光时间最接近(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.10-3 s B.10-6 s C.10-9 s D.10-12 s
答案　B　子弹的长度约5 cm,t=sv=1%×0.05m500m/s=10-6 s。
2.下列表述中最符合实际情况的是(　　)
A.某高中同学做一次引体向上的上升过程中克服重力做功约为25 J
B.将一个鸡蛋从胸前举过头顶,克服重力做功约为10 J
C.篮球从2 m高处自由下落到地面的过程中,重力做功的功率约为20 W
D.某高中同学步行上楼时克服重力做功的功率约为10 kW
答案　C　高中同学质量约为50 kg,引体向上中心上移的距离为30 cm,因此克服重力做功为Ep=mgh=150 J,选项A错误;鸡蛋的重量约为50 g,从胸前举过头顶的距离约为1 m,则克服重力做功为Ep=mgh=0.5 J,选项B错误;一个篮球质量约为600 g,自由落体到地面重力做功为W=mgh,下落时间t=2hg,代入则P=Wt=0.6×10×20.4 W≈20 W,选项C正确;同学步行上楼克服重力做功的功率不可能达到10 000 W,超过了好几匹马的功率,违背常识,因此选项D错误。
3.玉环文旦是浙江柚类水果中的优良品种之一。一般产果3~5年文旦树经过修剪后比一个正常成人身高略高,果家在采摘过程中,使得该树的顶部有一颗成熟的文旦脱落掉下来,下落过程中没有受到其他碰撞,试估算该文旦落地的速度约为(　　)
A.4 m/s B.6 m/s C.8 m/s D.9 m/s
答案　B　文旦在下落过程中可以看做自由落体运动,下落高度约为2 m,一个文旦落地的速度为v=2gh≈6 m/s,选项B正确。
4.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水位上升了45 mm。查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s,据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg/m3)(　　)
A.0.15 Pa B.0.54 Pa C.1.5 Pa D.5.4 Pa
答案　A　设水杯底面积为S,1小时内下落的水总质量m=ρSh,其动量变化量Δp=mΔv,水撞击杯底产生的压力F=p'S,对水由动量定理Ft=Δp,解得p'=ρhvt=0.15 Pa,故A项正确。
5.人的心脏每跳一次大约输送8×10-5 m3的血液,正常人血压(可看做心脏压送血液的压强)的平均值为1.5×104 Pa,心跳约每分钟70次。据此估测心脏工作的平均功率约为　　　　W。?
答案　1.4
解析　即设一根血管截面积为S,长为L,该心脏对血液的压强为p,一次搏动中可使血液在血管中向前推进L的长度,则心跳70次,心脏工作的平均功率为:P=WΔt=nFLΔt=npΔVΔt=70×1.5×104×8×10-560 W=1.4 W。
考点二　利用数学知识求极值
1.如图所示,固定木板AB倾角θ=60°,板BC水平,AB、BC长度均为2 m,小物块从A处由静止释放,恰好滑到C处停下来。若调整BC使其向上倾斜,倾角不超过90°,小物块从A处由静止滑下再沿BC上滑,上滑的距离与BC倾角有关。不计小物块经过B处时的机械能损失,小物块与各接触面间的动摩擦因数均相同,则小物块沿BC上滑的最小距离为(　　)
A.23 m B.1 m C.2 m D.3 m
答案　B　BC段水平时,对小物块从释放到第一次速度为零的过程,由动能定理得:mgL sin θ-μmgL cos θ-μmgL=0,代入数据得:μ=33,设BC与水平方向之间的夹角为α时,物块沿BC上滑的距离最小,由动能定理得:mgL sin θ-μmgL cos θ-μmgx cos α-mgx sin α=0,变形得:x=L2cos(φ+α),当 cos (φ+α)=1,即φ+α=90°时,x有最小值,为x=L2=22 m=1 m,故A、C、D错误,B正确。
2.如图所示,用两根长度均为l的轻绳将一重物悬挂在水平的天花板下,轻绳与天花板的夹角为θ,整个系统静止,这时每根轻绳中的拉力为T。现将一根轻绳剪断,当小球摆至最低点时,轻绳中的拉力为T'。θ为某一值时,T'T最大。此最大值为(　　)
A.94 B.2 C.32-2 D.5425
答案　A　由受力分析可知,初始时,绳子拉力T=mg2sinθ,当剪断其中一根轻绳后,小球做圆周运动到最低点时,合外力提供小球做圆周运动的向心力T'-mg=mv2l,又根据机械能守恒得mgl(1-sin θ)=12mv2,联立两式可得T'=mg(3-2 sin θ);则T'T=6 sin θ-4 sin2 θ=-4sinθ-342+94,最大值为T'T=94,故选A。
3.如图所示,山高为h,山顶A到山下B处的水平距离为s,现要修一条水道ACB,其中AC为斜面,若不计一切摩擦,则斜面AC的倾角θ为多大时,方可使物体由A点静止释放后滑到B点历时最短?最短时间为多长?
答案　见解析
解析　由于物体从倾角为θ的斜面上静止释放后做的是初速度为零、加速度为g sin θ的匀加速直线运动,进入水平面后将做匀速直线运动,于是有
hsinθ=12gt12 sin θ
v=gt1 sin θ
s-htanθ=vt2
消去t1、t2、v
可把t表示为θ函数
t=s2gh+h2g·2?cosθsinθ
上述函数的复杂性将使得其极值点与极值的求解较为困难,可进行如下处理,将其转换成典型的函数类型进而求解。
相应的方程及所得函数如下,取x=2?cosθsinθ
整理可得x sin θ+cos θ=2
这是典型的“f(θ)=a sin θ+b cos θ”函数类型,
由此可得1+x2 sin(θ+α)=2
于是有x=2?cosθsinθ≥3
可见:当θ=60°时,时间最短,
最短时间为tmin=s2gh+3h2g
4.在电影中,“蜘蛛侠”常常能通过发射高强度的蜘蛛丝,穿梭于高楼大厦之间,从而成就了一系列的超级英雄传说。在某次行动中,蜘蛛侠为了躲避危险,在高为hA=20 m的A楼顶部经过一段距离L0=14.4 m的助跑后从N点水平跳出,已知N点离铁塔中轴线水平距离为L=32 m,重力加速度为g=10 m/s2,假设蜘蛛侠可被看做质点,蜘蛛丝不能伸长。
(1)要使蜘蛛侠能落到铁塔中轴线上,他跳出的初速度至少为多少?
(2)由于体能的限制,蜘蛛侠助跑的最大加速度为5 m/s2,在跳出1.6 s后发现按照预定路线不能到达铁塔中轴线上,于是他立即沿垂直速度方向朝铁塔中轴线上某位置P发射蜘蛛丝,使得他在蜘蛛丝的作用下绕P点运动,假设蜘蛛丝从发射到固定在P点的时间可忽略不计,请问他能否到达铁塔中轴线上?如果能,请计算出到达的位置,如果不能,请说明原因。
(3)蜘蛛侠注意到在铁塔后方有一个小湖,他决定以5 m/s2的加速度助跑后跳出,择机沿垂直速度方向朝铁塔中轴线上某位置发出蜘蛛丝,在到达铁塔中轴线时脱离蜘蛛丝跃入湖中,假设铁塔足够高,欲使落水点最远,他经过铁塔的高度为多少?
答案　(1)16 m/s　(2)能到达铁塔中轴线上,离地面0.8 m处　(3)13.6 m
解析　(1)当蜘蛛侠跳到铁塔的最底端时,下落距离hA=20 m,
hA=12gt2①
L=v0t②
由①②式得:v0=16 m/s。
(2)在助跑阶段,以最大加速度a=5 m/s2匀加速运动,设跳出速度为vx,则vx2=2aL0③
设跳出t0=1.6 s后,水平位移为x1、竖直位移为y1、竖直速度为vy,则
x1=vxt0④
y1=12gt02⑤
速度与水平方向夹角 tan θ=gt0vx⑥
由几何关系,R=L-x1sinθ,离地面高度h=hA-y1-R(1- cos θ)⑦
由③④⑤⑥⑦式得:h=0.8 m
能到达铁塔中轴线上,离地面0.8 m处。
(3)设蜘蛛侠经过铁塔的位置高度为y,在他脱手时的速度为v,落水点离铁塔的水平距离为x,则
12mv2-12mvx2=mg(hA-y)⑧
y=12gt'2⑨
x=vt'⑩
代入数据,x=(108.8-4y)y
由数学知识可知,当y=13.6 m时,水平距离x可取最大值。
考点三　平面几何的应用
　　物理教与学的过程都离不开数学知识和方法的应用,借助物理知识渗透考查数学能力是高考命题的永恒主题,平面几何知识是在物理教学过程中应用较广泛的数学知识之一。应用几何方法求解物理问题时,常用到的有“对称点的性质”、“平行四边形对角线互相平分”、“直角三角形中斜边大于直角边”以及“全等、相似三角形的特性”等相关几何知识。
1.运用平行四边形性质
两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。有时解决物理问题可以运用平行四边形的性质:①平行四边形两组对边分别平行且相等;②平行四边形的两组对角分别相等;③平行四边形的对角线互相平分等。
1.如图所示,固定的光滑竖直杆上套着一个滑块,用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮,以大小恒定的拉力F拉绳,使滑块从A点起由静止开始上升。若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1、W2,滑块经B、C两点时的动能分别为EkB、EkC,图中AB=BC,则一定有(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.W1>W2 B.W1C.EkB>EkC D.EkB答案　A　如题图所示,滑块从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F作用点的位移大小分别为(OA-OB)和(OB-OC),则W1=F(OA-OB)、W2=F(OB-OC)。过A、C分别作OC、OA的平行线交于D点,则四边形OADC为平行四边形,如图所示,由平行四边形性质得:OB=BD、AB=BC。在△OAD中有OA+AD>OD,因AD=OC,OB=BD则有OA+OC>2OB。即OA-OB>OB-OC,得W1>W2,故选项A正确。
由于滑块在A点由静止释放,可以肯定最初滑块是加速上升的,也就是说刚开始绳对滑块拉力的竖直分力要大于滑块的重力,但由于绳对滑块拉力的竖直分力是逐渐减小的,B到C的过程绳对滑块拉力的竖直分力与重力的大小关系不清楚,所以滑块的运动可能是加速的,也可能是减速的,还可能是先加速后减速的,所以无法确定滑块在B、C位置的动能大小,故选项C、D错误。
　　2.运用相似三角形性质
对应角相等、对应边成比例的两个三角形叫做相似三角形。有时解决物理问题可以运用相似三角形的一些性质:①对应角相等;②对应边成比例;③对应的垂线、中线、角平分线成比例。
2.一个重为G的小环套在竖直放置的半径为R的光滑大圆环上,一个劲度系数为k,原长为l0(l0<2R)的轻弹簧,一端固定在大圆顶点A,另一端与小环相连,小环在大圆环上无摩擦滑动,小环静止于B点时,如图所示,求弹簧与竖直方向的夹角θ。
答案　见解析
解析　本题中小环受力分析如图所示,小环所受的3个力G、N、F之间没有特殊角度,无法通过三角函数列方程求解,但是可以看出△AOB和3个力G、N、F所围成的三角形相似、则由相似三角形的性质得GR=Fl,式中l=2R cos θ,F=k(l-l0)。
根据上述方程联立求出cos θ=kl02(kR-G),则弹簧与竖直方向的夹角θ满足cos θ=kl02(kR-G)。
在对物体受力分析过程中,若各力之间没有特殊角度但边长关系知道的情况下,可以考虑运用相似三角形的性质来解决,再如下一个动态平衡问题。
　　3.运用圆的几何性质
有时解决物理问题可以运用圆的性质,例如:①垂直于弦的直径平分这条弦,并且平分弦所对的弧;②直径所对的圆周角是直角;③圆的切线垂直于过切点的直径等。
3.(多选)在共点力合成的实验中橡皮筋一端固定于P点,另一端连接两个弹簧测力计,并使该端拉至O点,两个弹簧测力计的拉力分别为F1、F2(α+β<90°),如图所示。现使F2大小不变地沿顺时针转过某一角度,要使结点仍在O处,相应地使F1的大小及图中β角发生变化。则相应的变化是(　　)
A.F1一定增大 B.F1可能减少
C.β角一定减小 D.β角可能增大
答案　AD　由于F2大小不变,则可以运用圆的性质来解决本题,以O点为圆心,F2的长度为半径画圆,如图所示,F2在沿顺时针方向转动过程中,合力的大小、方向不变,两个分力与合力构成一个矢量三角形,在转到图中F2'的位置(此时F1与圆相切,即F1'⊥F2')过程中,β角增大到最大,F1增大,继续转到图中F2″的位置,β角减小到与原来相等,F1继续增大,可见F2绕O点顺时针转动过程中,F1一直增大,而β角是先增大后减小,故选项A、D正确。
考点四　微元法的应用
1.运动轨迹既不是抛物线也不是圆周的曲线运动,称为一般的曲线运动,研究一般的曲线运动,可以把曲线分隔成许多小段,分析质点在每一小段的运动时,下列方法错误的是(　　)
A.每一小段的运动可以看成直线运动
B.每一小段运动中物体受到的合力为零
C.每一小段运动中物体受到恒力的作用
D.每一小段运动可以看成圆周运动的一部分
答案　B　把曲线分隔成许多小段,每一小段的运动可以看成直线运动,故A项正确。把曲线分隔成许多小段,每一小段运动中物体受到的力可视为不变但不为零,故B项错误,C项正确。把曲线分隔成许多小段,每一小段运动可以看成曲率半径不同的圆周运动的一部分,故D项正确。本题选错误的,答案为B。
2.(多选)在竖直平面内固定一半径为R的金属细圆环,质量为m的金属小球(视为质点)通过长为L的绝缘细线悬挂在圆环的最高点。当圆环、小球都带有相同的电荷量Q(未知)时,发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态,如图所示。已知静电力常量为k,则有(　　)
A.绳对小球的拉力T'=mgLR
B.电荷量Q=mgL3kR
C.绳对小球的拉力T'=mgLL2-R2
D.电荷量Q=mg(L2-R2)32kR
答案　AB　由于圆环不能看成点电荷,我们取圆环上一部分Δx,设总电荷量为Q,则该部分电荷量为Δx2πRQ,由库仑定律可得,该部分对小球的库仑力F1=k·QΔx·Q2πL2R,方向沿该点与小球的连线指向小球;同理取以圆心对称的相同的一段,其库仑力与F1相同;如图1所示:
两力的合力应沿圆心与小球的连线向外,大小为:2×k·QΔx·Q2πL2R×L2-R2L=k·Q2Δx·L2-R2πL3R;
因圆环上各点对小球均有库仑力,故所有部分库仑力的合力F=kQ2L2-R2πL3R×πR=kQ2L2-R2L3,方向水平向右;小球受力分析如图2所示,小球受重力、拉力及库仑力而处于平衡,故T与F的合力应与重力大小相等,方向相反;由几何关系可得:TL=mgR;则小球对绳子的拉力T=mgLR,故A正确、C错误。由FL2-R2=mgR,得:F=mgL2-R2R=kQ2L2-R2L3,解得Q=mgL3kR,故B正确、D错误。故选A、B。
3.(多选)如图所示,宽为L的水平光滑金属轨道上放置一根质量为m的导体棒MN,轨道左端通过一个单刀双掷开关与一个电容器和一个阻值为R的电阻连接,匀强磁场的方向与轨道平面垂直,磁感应强度大小为B,电容器的电容为C,金属轨道和导体棒的电阻不计。现将开关拨向“1”,导体棒MN在水平向右的恒力F作用下由静止开始运动,经时间t0后,将开关S拨向“2”,再经时间t,导体棒MN恰好开始匀速向右运动。下列说法正确的是(　　)
A.开关拨向“1”时,金属棒做加速度逐渐减小的加速运动
B.t0时刻电容器所带的电荷量为CBLFt0m+CB2L2
C.开关拨向“2”后,导体棒匀速运动的速率为FRB2L2
D.开关拨向“2”后t时间内,导体棒通过的位移为FRB2L2t+mt0m+CB2L2-mRB2L2
答案　BCD　开关拨向“1”时,设在极短时间Δt内流过导体棒的电荷量为ΔQ,则电路中的瞬时电流为 I=ΔQΔt ,电容器两端的电压U=BLv,电荷量 Q=CU,则ΔQ=CΔU=CBLΔv,可得I=CBLΔvΔt=CBLa;对导体棒,由牛顿第二定律得 F-BIL=ma,联立得导体棒的瞬时加速度为 a=Fm+CB2L2,由于加速度表达式中的各个物理量都不随时间、位移变化,由此可知导体棒的加速度不变,即导体棒做匀加速直线运动,选项A错误。t0时刻导体棒MN的速度v=at0,电容器两极板间的电压U=BLv=BLat0,电荷量 Q=CU,则Q=CBLFt0m+CB2L2,选项B正确。由F安=BIL,I=ER,E=BLv,联立解得F安=B2L2vR,开关拨向“2”后,导体棒匀速运动时,有 F=F安,解得v=FRB2L2,选项C正确。开关拨向“2”后t时间内,根据牛顿第二定律得F- F安=F-B2L2vR=ma=mΔvΔt,则FΔt-B2L2vRΔt =mΔv,得Ft-B2L2xR=mFRB2L2-at0,解得位移 x=FRB2L2t+mt0m+CB2L2-mRB2L2,选项D正确。
4.如图所示,在空中有一水平方向的匀强磁场区域,区域的上下边缘间距为h,磁感应强度为B。有一长度为L、宽度为b(b(1)线圈匀速运动的速率v;
(2)穿过磁场区域过程中,线圈中产生的热量Q;
(3)线圈穿过磁场区域所经历的时间t。
答案　(1)mgRB2L2　(2)mg(b+h)-m3g2R22B4L4　(3)mRB2L2+2B2L2bmgR
解析　(1)线圈匀速穿出磁场,产生的感应电动势为E=BLv
回路中的电流为I=ER
此时线圈受到竖直向上的安培力F=BIL
由平衡条件得F=mg
所以v=mgRB2L2
(2)线圈穿过磁场区域过程中,由功能关系
mg(b+h)=12mv2+Q
所以Q=mg(b+h)-m3g2R22B4L4
(3)线圈进入磁场过程中,下边进入磁场时线圈的速率为0,上边进入磁场时线圈的速率为v1。当其速率为v时,由牛顿运动定律
mg-B2L2vR=ma
又a=ΔvΔt
整理,得mgΔt-B2L2RvΔt=mΔv
求和,得mg(ΣΔt)-B2L2R(ΣvΔt)=m(ΣΔv)
所以mgt1-B2L2Rb=mv1
故t1=v1g+B2L2bmgR
接着线圈在磁场以g匀加速运动,有t2=v-v1g
最后线圈匀速穿出磁场,有t3=bv
所以t=t1+t2+t3=mRB2L2+2B2L2bmgR
考点五　数列在物理中的应用
1.(2018浙江4月选考,20,12分)如图所示,一轨道由半径为2 m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.2 kg的小球从A点无初速释放,经过圆弧上B点时,传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N,小球经过BC段所受的阻力为其重力的0.2,然后从C点水平飞离轨道,落到水平地面上的P点,P、C两点间的高度差为3.2 m。小球运动过程中可视为质点,且不计空气阻力,g=10 m/s2。
(1)求小球运动至B点时的速度大小;
(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功;
(3)为使小球落点P与B点的水平距离最大,求BC段的长度;
(4)小球落到P点后弹起,与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%,碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求小球从C点飞出到最后静止所需时间。
答案　(1)4 m/s　(2)2.4 J　(3)3.36 m　(4)2.4 s
解析　(1)由牛顿第三定律得小球运动至B点时轨道对小球的支持力N=3.6 N
由向心力公式得,N-mg=mvB2R
解得vB=4 m/s。
(2)小球从A到B的过程中,重力和摩擦力做功,设小球克服摩擦力所做的功为W克。
由动能定理得mgR-W克=12mvB2-0
解得W克=2.4 J。
(3)分析知,BC段长度会影响匀减速运动的时间,继而影响平抛运动水平初速度以及水平位移。
设BC段运动时间为t,加速度a=fm=μg=2 m/s2
由运动学公式得vC=vB-at=4-2t(m/s)①
xBC=vBt-12at2=4t-t2(m)②
其中0由平抛运动规律有h=12gt12③
xCP=vCt1④
由①③④可得xCP=3.2-1.6t(m)⑤
则由②⑤可得xBP=xBC+xCP=-t2+2.4t+3.2(m)⑥
根据二次函数单调性以及t的范围,可得当t=1.2 s时,xBP取到最大值。
代入②式,解得xBC=3.36 m。
(4)由于碰撞前后速度方向与地面夹角相等,所以碰撞前后水平速度与竖直速度比例不变。每次碰撞机械能损失75%,故每次碰撞合速度与分速度大小均变为原来的12。
设第n次损失后的竖直分速度为vyn,从第n次碰撞到第n+1次碰撞的时间为tn。
由平抛运动方程得vy0=2gh=8 m/s⑦
t0=2hg=0.8 s⑧
则vyn=vy0·12n(n=1,2,3,…)⑨
tn=2·vyng⑩
将式⑦⑧⑨代入⑩可得
tn=12n-1t0(n=1,2,3,…)
由等比数列求和公式可得
t总=t0+t1+…tn+…=0.8+0.8×1?12n1?12(s)
当n取无穷大,小球处于静止状态
解得t总=2.4 s。
2.如图所示,在光滑水平面上有一质量为2 018m的木板,板上有 2018块质量均为m的相同木块1、2、…、2 018。最初木板静止,各木块分别以v、2v、…、2 018v同时向同一方向运动,木块和木板间的动摩擦因数为μ,且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求:
(1)最终木板的速度;
(2)运动中第88块木块的最小速度;
(3)第二块木块相对木板滑动的时间。
答案　(1)20194v　(2)43.1v　(3)4037v4036μg
解析　(1)最终一起以速度v'运动,由动量守恒可知m(v+2v+…+nv)=2nmv'
解得v'=n+14v=20194v;
(2)设第k块木块最小速度为vk,则此时木板及第1块木块至第k-1块木块的速度均为vk;
因为每块木块质量相等,所受合外力也相等(均为μmg),故在相等时间内,其速度的减少量也相等,所以此时,第k+1块木块至第n块木块的速度依次为vk+v、vk+2v…、vk+(n-k)v;
系统动量守恒,故
m(v+2v+…+nv)=(nm+km)vk+m(vk+v)+…+m[vk+(n-k)v]
=nmvk+kmvk+(n-k)mvk+m[1+2+…+(n-k)]v
=2nmvk+m[1+2+…+(n-k)]v
所以vk=(2n+1?k)kv4n,v88=434391009v≈43.1v;
(3)第二块木块相对静止的速度为v2=(2n+1?k)kv4n=2×2018+1?24×2018×2v=40354036v;
因为木块的加速度总为a=μg;
v2=2v-μgt,解得t=2v-v2μg=4037v4036μg。
3.当金属的温度升高到一定程度时就会向四周发射电子,这种电子叫热电子,通常情况下,热电子的初始速度可以忽略不计。如图所示,相距为L的两块平行金属板M、N接在输出电压恒为U的高压电源E2上,M、N之间的电场近似为匀强电场,K是与M板距离很近的灯丝,电源E1给K加热从而产生热电子。电源接通后,电流表的示数稳定为I,已知电子的质量为m、电荷量为e。求:
(1)电子达到N板瞬间的速度;
(2)电子从灯丝K出发达到N板所经历的时间;
(3)电路稳定的某时刻,M、N之间具有的电子数和运动的热电子的总动能;
(提示:本题可能用到12+22+32+…+n2=n23+n22+n6)
答案　(1)2eUm　(2)L2meU　(3)IΔLem2eU
(4)IL32mUe
解析　(1)由动能定理:eU=12mv2
解得v=2eUm
(2)由牛顿运动定律:eUL=ma
由运动学公式L=12at2
得:t=L2meU
(3)设ΔL内的电子数为N,由电流公式知I=NeΔt
又因为Δt=ΔLv
可解得N=IΔLem2eU
板间的电荷总量为Q,则Q=It
把t等分为无限多n个相等的时间间隔Δt,每一个Δt内的电荷量是Qn
第i个间隔内粒子速度vi=aiΔt
第i个间隔内粒子总动能Eki=Qme×12mvi2
板间粒子总动能为Ek=Qma2Δt22ne(12+22+32…+n2)
联立以上方程得Ek=IL32mUe
增分突破七　强化学生信息提取和解答规范能力
一、信息题中如何寻找有效信息
增分策略
　　问题情境的信息提取是解决问题的重要环节。能否有效提取高考试题物理情境的文字、图表和图像信息,进而分析加工,建立物理模型,理清物理过程,是解题成功与否的关键。
　　1.试题中可采集的信息点
信息的载体具有多样化,可以是文字、公式、图线、表格和函数图像等,审题时一定要抓住题干中所给的可采集的知识点。在此我们可以将可采集的知识点与得到的信息列表如下:
数
物理量(具体数据、物理量的符号)
形
情景结构图、物理量关系图像、数学图
语
关键语言(字、词、句)
对象
状态、特征
过程
力和运动的特征、功和能的特征
条件
隐含、关键
　　2.利用信息的关键——转化
文字信息题的特点是:物理语言往往被一大堆文字所掩盖,各种有用信息间的关系也不是一眼能看出来的。审题时先粗读材料,后细审设问,问题或明确或隐藏,也有问题中套问题的,但都是针对材料提出来的。审题的过程中包含了对材料的理解,数据的提取,要注意对现象、数据按内在联系进行抽象归纳,并合理推理,进而找到解决问题的方法,将复杂的实际问题进行科学抽象,保留主要因素,略去次要因素,建立正确的物理模型。而解题的关键是理解,理解了其中的新术语、新概念,实际上就是接受了有用信息,有了进一步的处理基础,然后再将其转化为物理知识,从而使问题得以解决。
增分专练
1.如图所示,把一个有孔的小球A装在轻质弹簧的一端,弹簧的另一端固定,小球穿在沿水平x轴的光滑杆上,能够在杆上自由滑动。把小球沿x轴拉开一段距离,小球将做振幅为R的振动,O为振动的平衡位置。另一小球B在竖直平面内以O'为圆心,在电动机的带动下,沿顺时针方向做半径为R的匀速圆周运动。O与O'在同一竖直线上。用竖直向下的平行光照射小球B,适当调整B的转速,可以观察到,小球B在x方向上的“影子”和小球A在任何瞬间都重合。已知弹簧劲度系数为k,小球A的质量为m,弹簧的弹性势能表达式为Ep=12kx2,其中k是弹簧的劲度系数,x是弹簧的形变量。
a.请结合以上实验证明:小球A振动的周期T=2πmk。
b.简谐运动的一种定义是:如果质点的位移x与时间t的关系遵从正弦函数的规律,即它的振动图像(x-t图像)是一条正弦曲线,这样的振动叫做简谐运动。请根据这个定义并结合以上实验证明:小球A在弹簧作用下的振动是简谐运动,并写出用已知量表示的位移x与时间t关系的表达式。
答案　见解析
解析　a.以小球A为研究对象,设它经过平衡位置O时的速度为v,它从O运动到最大位移处的过程,根据机械能守恒有12mv2=12kR2,由此得v=Rkm
由题中实验可知,小球B在x方向上“影子”的速度时刻与小球A的相等,A经过O点的速度v与B经过最低点的速度相等,即小球B做匀速圆周运动的线速度也为v。小球A振动的周期与小球B做圆周运动的周期相等。
根据圆周运动周期公式,小球B的运动周期T=2πRv
解得小球B的运动周期T=2πmk
所以小球A的振动周期也为T=2πmk
b.设小球B做圆周运动的角速度为ω。
设小球A从O向右运动、小球B从最高点向右运动开始计时,经过时间t,小球B与O'的连线与竖直方向成φ角,
小球B在x方向上的位移 x=R sin φ = R sin ωt
又ω=2πT,
联立以上各式得x=R sin km·t
由题中实验可知B在x方向上的“影子”和A在任何瞬间都重合
即小球A的位移也为x=R sin km·t,其中R、k、m为常量
所以,小球A的运动是简谐运动。
2.(1)动量定理可以表示为Δp=FΔt,其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时,可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如,质量为m的小球斜射到木板上,入射的角度是θ,碰撞后弹出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v,如图1所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。
图1
a.分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy;
b.分析说明小球对木板的作用力的方向。
(2)激光束可以看做是粒子流,其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体上,在发生反射、折射和吸收现象的同时,也会对物体产生作用。光镊效应就是一个实例,激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。
图2
一束激光经S点后被分成若干细光束,若不考虑光的反射和吸收,其中光束①和②穿过介质小球的光路如图2所示。图中O点是介质小球的球心,入射时光束①和②与SO的夹角均为θ,出射时光束均与SO平行。请在下面两种情况下,分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向。
a.光束①和②强度相同;
b.光束①比②的强度大。
答案　(1)a.见解析　b.沿y轴负方向
(2)a.合力沿SO向左　b.指向左上方
解析　(1)a.x方向:动量变化为
Δpx=mv sin θ-mv sin θ=0
y方向:动量变化为
Δpy=mv cos θ-(-mv cos θ)=2mv cos θ
方向沿y轴正方向
b.根据动量定理可知,木板对小球作用力的方向沿y轴正方向;根据牛顿第三定律可知,小球对木板作用力的方向沿y轴负方向。
(2)a.仅考虑光的折射,设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n,每个粒子动量的大小为p。
这些粒子进入小球前的总动量为p1=2np cos θ
从小球出射时的总动量为p2=2np
p1、p2的方向均沿SO向右
根据动量定理:FΔt=p2-p1=2np(1-cos θ)>0
可知,小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右;根据牛顿第三定律,两光束对小球的合力的方向沿SO向左。
b.建立如图所示的Oxy直角坐标系。
x方向:根据(2)a同理可知,两光束对小球的作用力沿x轴负方向。
y方向:设Δt时间内,光束①穿过小球的粒子数为n1,光束②穿过小球的粒子数为n2,n1>n2。
这些粒子进入小球前的总动量为p1y=(n1-n2)p sin θ
从小球出射时的总动量为p2y=0
根据动量定理:FyΔt=p2y-p1y=-(n1-n2)p sin θ
可知,小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向,根据牛顿第三定律,两光束对小球的作用力沿y轴正方向。
所以两光束对小球的合力的方向指向左上方。
3.一般来说,正常人从距地面1.8 m高处跳下,落地时速度较小,这个速度对人是安全的,称为安全着地速度。如果人从高空跳下,必须使用降落伞才能安全着陆,原因是:张开的降落伞受到空气对伞向上的阻力作用。经过大量实验和理论研究表明,空气对降落伞的阻力f与空气密度ρ、降落伞的迎风面积S、降落伞相对空气速度v、阻力系数c有关(由伞的形状、结构、材料等决定),其表达式是f=12cρSv2。取g=10 m/s2。请根据以上信息,解决下列问题:
(1)在忽略空气阻力的情况下,质量m1=60 kg的人从1.8 m高处跳下,落地后经过腿部的缓冲速度减为0。若缓冲时间为0.2 s,求落地过程中地面对人的平均作用力大小(计算时人可视为质点);
(2)在某次高塔跳伞训练中,运动员使用的是有排气孔的降落伞,其阻力系数c=0.90,空气密度取ρ=1.25 kg/m3。降落伞、运动员总质量m2=80 kg,张开降落伞后达到匀速下降时,要求人能安全着地,降落伞的迎风面积S至少是多大?
(3)跳伞运动员和降落伞的总质量m2=80 kg,从h=65 m高的跳伞塔上跳下,在下落过程中,经历了张开降落伞前自由下落、张开降落伞后减速下落和匀速下落直至落地三个阶段。如图是通过固定在跳伞运动员身上的速度传感器绘制出的从张开降落伞开始做减速运动至达到匀速运动时的v-t图像。由图像可知3.0 s时运动员开始做匀速运动。根据图像估算运动员做减速运动的过程中,空气阻力对降落伞做的功。
答案　(1)2 400 N　(2)39.5 m2　(3)-3.5×104 J
解析　落地过程中根据动量定理求地面对人的平均作用力大小;张开降落伞后达到匀速下降时,空气阻力大小等于运动员的重力;下落过程根据动能定理求出空气阻力对降落伞做的功。
(1)依据动量定理,规定向下为正方向,依据I=Δp=F合t,
(m1g-F)t=0-m1v,
由自由落体公式可知v2=2gh,
解得v=6 m/s,
解得F=2 400 N。
(2)由题可知人安全着陆的速度大小为6 m/s,
跳伞运动员在空中匀速下降时空气阻力大小等于运动员的重力,则有
m2g=12cρSv2,计算得出:
S=2m2gcρv2=2×80×100.9×1.25×36 m2=39.5 m2。
(3)设空气阻力对降落伞做功为Wf,
由v-t图可知,降落伞张开时运动员的速度大小v1=20 m/s,
运动员收尾速度即匀速直线运动的速度v2=5.0 m/s,
设在这段时间内运动员下落的高度为h',根据动能定理有:
m2gh'+Wf=12m2v22-12m2v12,
得Wf=-m2gh'+12m2v22-12m2v12,
在0~3 s时间内运动员下落高度h'=25 m,
代入数据解得W=-3.5×104 J。
4.由某种金属材料制成的圆柱形导体,将其两端与电源连接,会在导体内部形成匀强电场,金属中的自由电子会在电场力作用下发生定向移动形成电流。已知电子质量为m,电荷量为e,该金属单位体积的自由电子数为n。
(1)若电源电动势为E,且内阻不计,
a.求电源从正极每搬运一个自由电子到达负极过程中非静电力所做的功W非;
b.从能量转化与守恒的角度推导:导体两端的电压U等于电源的电动势E。
(2)经典的金属电子论认为:在外电场(由电源提供的电场)中,金属中的自由电子受到电场力的驱动,在原热运动基础上叠加定向移动,如图所示。在定向加速运动中,自由电子与金属正离子发生碰撞,自身停顿一下,将定向移动所获得的能量转移给金属正离子,引起正离子振动加剧,金属温度升高。自由电子在定向移动时由于被频繁碰撞受到阻碍作用,这就是电阻形成的原因。
自由电子定向移动的平均速率为v,热运动的平均速率为u,发生两次碰撞之间的平均距离为x。由于v?u,所以自由电子发生两次碰撞的时间间隔主要由热运动决定。自由电子每次碰撞后的定向移动速率均变为零。
a.求该金属的电阻率ρ,并结合计算结果至少说明一个与金属电阻率有关的宏观因素;
b.该导体长度为L,截面积为S。若将单位时间内导体中所有自由电子因与正离子碰撞而损失的动能之和设为ΔEk,导体的发热功率设为P,试证明P=ΔEk。
答案　见解析
解析　(1)a.由E=W非q可知,W非=eE
b.由能量转化与守恒定律可知,电场力做功等于非静电力做功,即:W电=W非
设电路中的电流为I,则在t时间内W电=UIt　W非=EIt
所以有UIt=EIt,即:U=E
说明:从闭合电路欧姆定律推导不得分,其他方法只要正确同样给分。
(2)a.设导体长度为L,截面积为S,两端电压为U,通过的电流为I。
电子发生两次碰撞之间,在原有的匀速运动(热运动)的同时,叠加在外电场作用下由静止开始的匀加速运动(定向移动),但因v?u,所以
两次碰撞的平均时间间隔t=xu
电子在外电场中做定向移动的加速度a=UemL
电子碰撞前瞬间的定向移动速度vt=2v,且vt=at
整理可得导体两端电压U=2mvuLex
设在Δt时间内流过导体的电荷量Δq=neSvΔt
由I=ΔqΔt　可知:I=neSv
代入R=UI得R=2muLne2xS
与电阻定律R=ρLS比较,有:ρ=2mune2x
说明:其他求解方法只要正确同样给分。
从计算结果可知,金属的电阻率与金属中单位体积的自由电子数n、自由电子热运动平均速率u和碰撞的平均距离x有关,所以在宏观上,电阻率与金属的种类和温度有关。(只要说出一种因素即可得分)
b.导体的发热功率P=I2R=2nmv2uSLx
单位时间内一个自由电子因与正离子碰撞而损失的动能
ΔE=12mvt2t=2mv2ux
导体中所有自由电子在单位时间内损失的动能之和
ΔEk=NΔE=nSLΔE
所以ΔEk=2nmv2uSLx=P

二、向规范解答要分数
增分策略
　　在物理考试中,考生最容易失分的不单纯是某个知识点,还有相应的考试答题不规范。高考主观题占物理总分的70%,由实验题、计算论述题及选考题组成,重点考查物理的主干知识和学科内综合能力。卷面解题步骤及其规范化是考生必备的基本功。从历年的高考阅卷中经常可以看到,有些考生基础不错,但总是因为解题不规范丢分,这是非常可惜的。这也是制约一部分优秀生不能得满分、高分的因素之一。特别是实行网上阅卷后,对解题的规范和卷面的整洁提出了更高的要求。解题规范化能培养学生的逻辑思维能力,养成有理有据的分析问题的良好习惯和科学态度,并且有利于提高考试成绩。因此,狠抓解题规范化是非常必要的。
重难突破
(一)学生在规范化解题中存在的主要问题
　　1.物理符号使用混乱
解题中不用题目给的字母,自己另用其他字母;前后设置的符号矛盾或与题目所给符号矛盾;同一物理量用不同的符号表示;不同的物理量用同一符号表示等。
2.字迹潦草作图不用规尺
书写数据时连笔;涂改后不清晰;小数点不清晰;作图随意导致误差太大,以致扫描不清影响得分,如电压符号“U”与速度符号“v”混淆;字母“q”与数字“9”及字母“a”混淆。粒子运动的轨迹图,受力分析图,光路图,电路图等作图不规范,导致影响解题思路或思路阻塞。
3.方程书写不规范
(1)物理方程没有分步书写。
①写成连等式,中途小环节出错,如PR=I2R=ER+rR,式中“平方漏写”。
②一步到位写成综合等式。如mgH1-kmg cos θH1sinθ-kmgL-H1tanθ=12mvC,整 个式子全对得5分,若有一处错,则5分全扣。
若如下分步书写,则可分步得分且思路清晰便于阅卷。
mgH1-Wf=12mvx2-0①(2分)
Wf=kmg cos θ·ab+kmg·bc②(2分)
L=ab cos θ+bc③(1分)
(2)只写变形公式,不写原始公式。
如用“r=mvqB”代替“qvB=mv2r”,在有关天体运动的试题中用“GM=gR2”代替“GMmR2=mg”。
4.运算过程中出现的不规范
(1)不善于先化简方程而急于代入数据,步步计算,使解题过程烦琐,易错;
(2)代入数据时不统一单位,算出结果不标明单位;
(3)不按题目要求的单位或有效数字解答;或应用符号进行运算时常常出错,如在三角函数的运算(mg cos θ、tan θ、mgsinθ等)、平方运算(t=2as、t=2msqE+2msmgsinθ)、移项运算、倒数运算等;
(4)字母运算时,一些常量(重力加速度g,电子电荷量e,静电力常量k等)用数字10 m/s2,1.6×10-19 C替换等;
(5)数值计算结果表达不规范或不写最简式。如qm=3.52×107 C/kg、722×107 C/kg;t=2π56×10-4 s、π282×10-4 s等;
(6)没有写必要的推演过程,直接得出结果。如不写“qU=12mv2”直接写出“v=2qUm”。
5.文字说明中出现的不规范
(1)书写繁杂,文字说明过多,像写作文,关键方程没有列出,既耽误时间,又占据了答卷的空间,阅卷老师找不到得分点。
(2)没有必要的文字说明,纯属公式的堆砌且思路不清,使用的符号表示什么不写清楚,所列的方程对应哪个过程不清楚,不便于阅卷教师一目了然。
(3)不对运算结果做必要的说明,如不指明功的正负,不说明矢量的方向等。
(4)文字说明与符号混用。文字说明不用物理术语,用字母或符号来代替物理语言,如用“↑、↓”代替文字“增加、减少”;用“>、<”代替“大于、小于”;用“∵、∴”代替“因为、所以”;用“(5 m/s,8 m/s)”代替“5 m/s造成上述问题的原因很多,主要在于思想上不重视,平时没有养成良好的解题规范,审题不认真,计算能力差,解题的规范化训练少等。
(二)物理计算题的解题规范要点
　　物理计算题是每年高考物理的重头戏,也是区分度较强的部分,是物理科成败的关键。高考中对物理计算题的要求是,会做的题目应得满分,不会做的题目应尽可能多得分。
物理规范答题的总原则是:说理要充分,层次要清楚,逻辑要严谨,语言要规范且具有学科特色,文字要简洁,字母符号要规范且符合学科习惯。答题时表述的详略原则是:物理方面要详,数学方面要略。书写方面,字迹清楚,能单独辨认。题解要分行写出,方程要单一行(象写诗歌一样分行写)。尽量不写连等式,避免将方程、答案淹没在文字之中。
物理解题规范化的基本要求:
1.要有必要的文字说明
“必要的文字说明”是指每列出一个方程式之前要写出所根据的物理概念及规律,或是指综合题前后段之间的联系语言。“必要的文字说明”一定要简练而有逻辑性。“简练”就是要把“分析”性语言去掉,文字说明的目的是展示物理问题发展的前因后果。文字说明的语言要简洁,明确,规范。主要有下列几个主要方面:
(1)说明研究对象(个体或系统,尤其是整体和隔离相结合的题目,一定要注意研究对象的转移和转化问题。例如可采用“对物体A”,“对A、B组成的系统”等简洁明了的说法)。
(2)说明研究的物理过程或状态。如“从A—B”,“在t时刻”等。
(3)说明所列方程的依据。这是展示考生思维逻辑严密性的重要方面。如“据……得”,“由几何知识得”,“由题意知”等。
(4)说明题目中的隐含条件,临界条件。
(5)说明非题设字母、符号的物理意义。假设所求的物理量或题中没有但解题却需要的中间变量。如“设……”,“令……”等熟知的说法,或“各量如图所示”(在题解图上标出各量)。
(6)说明规定的正方向,零势点及所建立的坐标系。
(7)写出解题过程中必要的关联词。如“将……代入”,“由……得出”等。
(8)说明所求结果的物理意义(有时还需要讨论分析),对题目所求或问有一个明确的答复。
以上这些是“必要的文字说明”的几个主要方面,不是所有解题过程都要面面俱到,应该因题而异,关键是“必要”。
2.要有必要的方程式
物理方程是解题的主体,如果文字说明是正确的,但物理方程式写错,则等于是原理错了。例如:解题中用到了万有引力,正常规范的解答是根据万有引力定律写出相应的公式,然后代入数据求解,这是正常的步骤,考生按照这个步骤解题,步骤是正确的,公式写错了,文字表达虽然正确,但不能得分,因为虽然是说万有引力定律,但你公式写错了,就不认定为是万有引力定律了,在这种情况下应该说文字表达和公式这两部分中以物理公式为主,文字表达为辅,物理方程式才是重要的得分点。必要的方程式主要是指解题过程中一些必要的物理公式、规律和与解题有关的数学公式。
如何写出规范的物理方程式,重点要注意以下几点:
(1)写出的方程式(这是评分依据,即得分点)必须是最基本的,一般不能以变形式、结果代替方程式。
(2)要用字母表达方程,不要掺有数字的方程,不要方程套方程。
(3)要用原始方程组联立求解,不要用连等式,不断地“读”进一些内容。
(4)若方程式有多个的,应分式布列(分步得分),不要合写一式,以免一错而致全错,对各方程式要编号(如①、②、③、以便计算和说明)。
(5)列方程时,具体数字相乘应用符号“×”而不能用点“·”,如2×3×52不能写成2·3·52;方程两端同样的字母不能在方程中约去,如“Eq=qvB”不能写成“E=vB”。
3.要有必要的演算过程与明确的结果
(1)演算时一般先进行文字运算,从列出的一系列方程,推导出结果的代数式,最后代入数据写出结果。这样既有利于减轻运算负担,又有利于一般规律的发现,同时也能改变每列一个方程就代入数值计算的不良习惯。
(2)数据的书写要用科学记数法。
(3)计算结果的有效数字位数应根据题意确定。一般应与题目中开列的数据相近,取两位或三位即可。如有特殊要求,应按要求选定。
(4)计算结果是数据的要带单位,且一般不要以无理数或分数做计算结果(代数式的系数除外)。是字母符号的一般不用带单位。
(5)文字式做答案的,所有字母都应是已知量且是最简式。
4.解题过程中运用数学的方式有讲究
(1)“代入数据”,解方程的具体过程可以不写出。
(2)所涉及的几何关系只需说出判断结果而不必证明。
(3)重要的中间结论的文字表达式要写出来。
(4)所求的方程若有多个解,都要写出来,然后通过讨论,并进行取舍。
(5)卷面上不能“约”。如不能在卷面上打“/”相约。
5.使用各种字母符号要规范
(1)字母符号要写清楚、规范,字迹清晰。阅卷时因为“γ、r、v”不分,“G”的草体像“a”,希腊字母“ρ、μ、β”笔顺或形状不对而被扣分屡见不鲜。
(2)尊重题目所给的符号,题目给了符号的一定不要再另立符号。如题目给出半径是r,若你写成R就算错。
(3)一个字母在一个题目中只能用来表示一个物理量,忌一字母多用。一个物理量在同一题中不能有多个符号,以免混淆。
(4)尊重习惯用法。如拉力用F,支持力用FN、摩擦力用Ff,阅卷教师一看便明白,如果用反了就会带来误解。
(5)角标要讲究:角标的位置应当在右下角,比字母本身小许多。角标的选用亦应讲究,如通过A点的速度用vA,比用v1或v2好;通过同一点A的速度,按时间顺序第一次用vA,第二次用vA'很清楚,如果倒置,必然带来误解。
(6)物理量的符号不论大写还是小写,均采用斜体。如功率P、压强p,电容C、光速c等。
(7)物理量单位的符号不论大写还是小写,均采用正体,其中源于人名的单位应大写,如库仑C、亨利H。由两个字母组成的单位,一般前面字母用大写,后面字母用小写,Hz、Wb。单位中大于106的,词头应采用大写正体,小于106的,词头应采用小写正体表示。如兆赫MHz,不能写成mHz;千克kg,不能写成Kg,皮法pF,不能写成PF。
(8)其他符号中如三角函数符号、对数符号采用小写正体。如正弦sin ,对数log。代表点、线、面及序号的字母不论大写还是小写,均采用斜体。
[(6)(7)(8)中的符号标准写法以课本为准]
6.学科语言要规范,有学科特色
(1)学科术语要规范,如“定律”、“定理”、“公式”、“关系”、“定则”等词要用准确,防止“牛顿运动定理”、“动能定律”、“四边形公式”等表达错误。
(2)语言要富有学科特色。
7.绘制图形、图像要清晰、准确
(1)绘制必须用铅笔先画(便于修改),后用按规定的黑色笔描上(网上阅卷)、作图用圆规、直尺、三角板,反对随心所欲徒手画。
(2)画出的示意图(受力图、电路图、光路图、运动过程图等)应大致能反映有关量的关系,图文要对应。
(3)画函数图像,要画好坐标的原点,坐标轴上的符头,标好物理量的符号、单位及坐标轴上的数据。
(4)图形、图线应清晰、准确。线段的虚实要分明,有区别。
(三)解题规范化训练的主要对策
1.加强审题规范化训练,提高审题的准确性
在解题中审题是第一关键的环节,准确理解题意,明确命题者的意图,决定了解题的成败,历年的高考阅卷都会发现一些考生因审题不慎造成失分的现象,特别是一些思维敏捷的优生尤为遗憾。因此通过规范化训练,养成思维缜密的审题习惯是十分必要的。
(1)指导学生领会审题要领:以联想知识为审题的基础,以建立题目的物理图景为审题的中心——把实际情景转化为具体的物理条件(或要求)——
把物理条件(要求)转化为数学条件(要求),避免粗心大意。
(2)要求学生平时审题养成规范审题的习惯:①关键词语的理解;②隐含条件的挖掘;③排除干扰因素;④分析临界条件;⑤审清图形,图像内涵;⑥画出示意简图;⑦审清本质属性,建立物理模型;⑧审清物理过程和状态。
(3)注意以下几个容易发生审题失误的地方加以避免:①是否考虑重力;②物体是在哪个面内运动(水平?竖直?);③物理量是矢量还是标量;④哪些量是已知量,哪些是未知量;⑤临界词与形容词是否把握恰当了;⑥注意括号里的文字;⑦是否抓住了图像上的关键点;⑧选择题中选错误的还是正确的;⑨区分物体的性质和所处的位置:如物体是导体还是绝缘体;是轻绳、轻杆还是轻弹簧;物体是在圆环的内侧、外侧还是在圆管内或是套在圆环上;⑩容易看错的地方还有:位移还是位置?时间还是时刻?哪个物体运动?物体是否与弹簧连接?直径还是半径?粗糙还是光滑、有无电阻等。对于眼熟的题目,更要防止思维定式的影响,仔细分析,找出区别之所在。
(4)常用的审题方法
①认真读题,发现信息认真阅读题目,分析题中提供的文字、图表,并在关键的字词句下面打上记号,多角度、无遗漏地收集题干信息,弄清题目的物理过程及其得以存在的条件、本质特征及遵循的物理规律,把握研究对象物理过程中各量之间的变化关系等。
②翻译物理语言,转化隐含条件:在物理题目中,有许多条件隐含在明显条件之后,居于特定的物理语言、附图、关键的字词之中,审题时要进行准确全面的翻译转化,形成明朗化、通俗化的明显条件,便于利用。如“光滑平面”就意味着没有摩擦;“轻杆”就意味着不计杆的重力。
③记录信息,排除干扰:有许多物理题,过程比较复杂,信息量也较大,这要坚决排除那些分散注意力、干扰思路的多余无用条件,用文字、符号、图表等把有用的信息规范、有序地记录下来,再进行分析、寻求合适的解法。
④对照题干内容,反思解题过程:题目解出答案之后,再重新对照题意,反思解题过程,检查有无错解、多解、漏解,过程是否完整,结论是否符合实际等,这也是审题的重要一环。
2.强化采分点意识,严格解题规范化
针对网上评卷研究规范解题的对策和要求,强化采分点意识。解题规范化,主要包含以下几方面内容:
(1)思想方法规范化
解题动笔之前,最基础、最关键的就是细读题目、认真审题,抓住关键字眼,深挖隐含条件,理顺思维脉络,准确把握题意。甚至对该题用哪种方法求解,怎样画示意图,先求哪个量,怎样表达,头脑中都应有一个概况。
(2)解题过程规范化
解物理题要突出物理思想,交代物理过程,不要做成纯数学题。
(3)物理语言和书写规范化
文学有文学的语言,数学有数学的语言,物理也应有物理的语言。尤其在考试作答时,更需要讲究物理语言的规范化,文字叙述要逻辑清楚、简洁明了,单位要规范,卷面要整洁、书写要清晰。
(4)解题步骤规范化
主要包括:①选取研究对象(质点或系统),写出必要的题设、文字说明,画出必要的示意图,此步骤中有时需要进行受力分析、物体运动状态分析,有时还需选取正方向或建立合适的坐标系;②根据公式、定理、定律或规律列出方程;③得出最简单形式的计算式;④代入数据、注明单位、得出结论,并对结果作必要的说明或讨论。
3.重视答题技巧,尽量用常规方法
从近几年的评卷反馈的信息可知,很多学生由于答题不规范,缺乏应试技巧,丢失了很多应得之分,其中不乏一些平时成绩较好的学生失分情况相当严重。为避免这种情况,我们有必要探讨一些行之有效的技巧,并对学生加以指导。
考试中,不同题型,不同试题,解答试题的方式一般不同,掌握了解答试题技巧,可大幅度提高考试成绩。所以教学中,应加强解答试题技能的训练。如,在定内容、定时间、定题量、定目标的各种专题训练里,抓审题、练速度、找感觉,学会和掌握举特殊例子、画图判断、公式变形讨论、验证、排除等答题方法和技能。以下就高考物理题型分析解题技巧。
(1)选择题
物理选择题一般考查的是考生对基本知识和基本规律的理解及应用这些知识进行一些定性推理,很少有较复杂的计算。解题时要注意一些关键词。不要挑题做,应按题号顺序做,而且开始适当慢一点,这样刚上场的紧张心情会逐渐平静下来,做题思维会逐渐活跃,不知不觉中能全身心进入状态。一般地讲,如遇熟题,题图似曾相识,应陈题新接;如遇陌生题,题图陌生,物理情景陌生,应新题常规解。如较长时间分析仍无思路,则应暂时跳过去,先做下面的试题,过后慢慢再来解决。确实做不出来时,千万不要放弃猜答案的机会,先用排除法逐一排除能确认的干扰项;即使一个也排除不了,仍然不要放弃。尤其要注意的是,选择题做完后一定要立即涂卡。我省物理选择题由不定项选择改为单项选择,题型的变化将大大提高得分率。这是提高总分的新的增长点,一定要抓住。
选择题应试的另一方面是对6道加选考2道题进行分类,一般有四类:基础知识识记类、知识点相对独立的部分、图像类以及综合类。不同类型的选择题有不同的应对方法。总体而言,要想速解物理选择题,就必须充分利用题目所给的条件,深入挖掘隐含信息,既要注意问题的特殊处理,又要考虑学科内的综合与联系,尽可能是复杂问题简单化,有效地利用考试时间,从而提高考试成绩。
(2)实验题
我省高考物理实验题一般是以“一小一大”的形式呈现,从近几次的重要考试来看,力学、电学实验仍然是考查的重点,实验题千变万化,可以有多种形式、各个角度进行出题。但不管实验题目以何种形式出现,其本质是从原理开始进行考查,只要从实验原来出发,就能从容应对。
注意各种测量仪器仪表的读数方法,记录的有效数字应该是几位,是否要估读等。
(3)计算题
计算题历来是学生难以攻克的得分障碍,学生首先要克服心理压力。所有大题难题都是看似很繁杂,理不出头绪,其实大多是一些基本现象和知识的叠加而已,学生很容易被蒙蔽,一看到它心理上占了弱势,尤其是在考场环境下,更加容易让自己知难而退,丧失得分的机会。
物理计算题的应对技巧一般有,单个物体多个过程的大题可进行过程拆分,注意过程连接点、转折点、临界点等,多个物体不同过程,可采用整体法、隔离法相结合等。
解题尽量用常规方法,使用通用符号。有些考生解题时不从常规的方法入手,而是为图简便而用一些特殊的、奇怪的方法。这虽然没错,但阅卷老师短时间不易看清,有可能影响得分。同样,不用通用符号表达相应的物理量,阅卷老师也可能会错判。阅卷现场老师的工作量很重,每天平均阅卷2 500多份,平均看一道题的时间不过几秒钟,由于这些原因导致失分,考生很吃亏。
若有分小题的计算题,每个小题的问题,有时是有提示作用的,或是解题的台阶。一般第一小题也是比较简单容易入手,不要放弃,争取多得分。
实在想不出的题可根据题目特定条件写一些相应的公式或方程,即公式中的字母具有题目中的意义,在一些情况下也可得几分。
总而言之,进入考场保持适度紧张,看清题目再下笔,先易后难巧安排,易题切莫丢分数,难题力争不留空白,答题规范多得分,条理清楚是关键,计算单位要统一,切莫未知当已知,书写准确不笔误,得出结果要分析。
特训(一)　(范围:必修1)
本试卷分选择题和非选择题两部分,满分100分,考试时间90分钟。
选择题部分
一、选择题(每题3分,共45分)
1.关于必修课本中的这四幅插图,下列说法正确的是(　　)
A.甲图中运动员推开冰壶后,冰壶在冰面运动时受到的阻力很小,可以认为冰壶在接下去的过程中做匀速直线运动
B.过山车关闭油门后能依靠惯性通过最高点,轨道对过山车的弹力一定向下
C.丙图中赛车的质量不是很大,却安装着强大的发动机,可以获得很大的惯性
D.丁图中高大的桥要造很长的引桥,从而减小桥面的坡度,来增大车辆重力沿桥面方向的分力,保证行车方便与安全
答案　A　由于冰壶在冰面上运动时在水平方向只受到阻力作用,如果阻力很小,则可认为冰壶做匀速直线运动,A正确。如果过山车的速度足够大,则轨道对过山车可以有向下的弹力;如果过山车刚好通过最高点,重力恰好提供向心力,轨道与过山车之间无作用力,B错误;惯性大小和质量有关,与其他因素无关,C错误;高大的桥要造很长的引桥,从而减小桥面的坡度,这样可以减小车辆重力沿桥面方向的分力,保证行车方便与安全,D错误。
2.对于体育比赛的论述,下列说法正确的是(　　)
A.运动员铅球成绩为14.50 m,指的是位移大小为14.50 m
B.某场篮球比赛打了两个加时赛,共需10 min,指的是时刻
C.运动员跑完800 m比赛,指的是路程为800 m
D.足球比赛挑边时,上抛的硬币落回地面猜测正反面,该硬币可以看做质点
答案　C　运动员铅球成绩为14.50 m,14.50 m指的是位移水平分量的大小,故A错误;某场篮球比赛打了两个加时赛,共需10 min,10 min指的是一段时间,故B错误;运动员跑完800 m比赛,其运动轨迹是曲线,800 m指的是路程,故C正确;足球比赛挑边时,上抛的硬币落回地面猜测正反面,该硬币的大小和形状不能忽略,故不能看做质点,D错误。选C。
3.小李在网络上观看“神舟十一号”飞船发射视频,分别截取火箭发射后第6 s末和第10 s末的图片,如图甲、乙所示,他又上网查到运载“神舟十一号”的长征二号FY11运载火箭全长58 m,则火箭发射后第6 s末至第10 s末的平均速度最接近(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.22 m/s B.14 m/s C.10 m/s D.5.8 m/s
答案　A　由题图可知,从第6 s末到第10 s末,根据火箭的长度可估算出火箭上升约80 m,则平均速度v=xt=804 m/s=20 m/s,最接近22 m/s。
4.如图所示,小球以大小为v1=3 m/s的速度水平向右运动,碰到一墙壁,经Δt=0.01 s后以大小为v2=2 m/s的速度沿同一直线反向弹回,小球在这0.01 s内的平均加速度是(　　)
A.100 m/s2,方向水平向右 B.100 m/s2,方向水平向左
C.500 m/s2,方向水平向左 D.500 m/s2,方向水平向右
答案　C　以v2的方向即水平向左为正方向,则由a=ΔvΔt得a=v2-(-v1)Δt=2?(?3)0.01 m/s2=500 m/s2,方向与v2方向相同,即水平向左,故C正确。
5.关于弹力的下列说法正确的是(　　)
A.相互接触的物体间不一定有弹力
B.站在地面上的人受到的弹力是人脚形变后欲恢复原状而产生的
C.细线悬挂着小球,细线对小球的弹力就是小球受到的重力
D.人走在沼泽地上会下陷,是因为人受到的支持力小于人对沼泽地的压力
答案　A　弹力的产生必须同时满足两个条件:接触、发生弹性形变,故相互接触的物体间不一定有弹力,选项A正确;物体受到的弹力是施力物体反抗形变(或恢复原状)而对受力物体施加的力,站在地面上的人受到的弹力是地面欲恢复原状而产生的,选项B错误;细线对小球的弹力和小球受到的重力,两力的性质不同,不是同一个力,选项C错误;力的作用是相互的,人对沼泽地的压力和沼泽地对人的支持力大小相等,选项D错误。
6.浙江省长兴县十里银杏长廊景区古银杏众多,成片成林全国罕见。某次游客小朱发现一片手掌大小的树叶正好从离水平地面约3 m的树枝上飘落。这片树叶从树枝开始下落到落到地面上的时间可能是(　　)
A.0.4 s B.0.6 s C.0.8 s D.3 s
答案　D　根据自由落体运动公式h=12gt2,解得t=2hg=2×39.8 s≈0.8 s,而树叶运动的时间大于自由落体运动的时间,可知树叶下落的时间可能为3 s,故选D。
7.做直线运动的质点的v-s图像如图所示,图线为顶点在坐标原点、开口向右的一条抛物线,则下列判断不正确的是(　　)
A.质点做初速度为零的匀加速直线运动
B.质点在3 s末的速度大小为5 m/s
C.质点的加速度大小为4 m/s2
D.质点在0~3 s内的平均速度大小为6 m/s
答案　B　由于做直线运动的质点的v-s图线为顶点在坐标原点、开口向右的一条抛物线,结合匀变速直线运动的速度-位移公式v2-v02=2as,可得v0=0,质点做初速度为零的匀加速直线运动,故A正确;根据公式2as=v2,将图像中的(8,8)代入方程可得2a×8 m=(8 m/s)2,解得a=4 m/s2,则3 s末质点的速度v=at=4×3 m/s=12 m/s,故B错误,C正确;质点在0~3 s内的平均速度v=v0+v32=0+122 m/s=6 m/s,故D正确。
8.一个做直线运动的物体的v-t图像如图所示,由图像可知(　　)
A.0~1.5 s内物体的加速度为-4 m/s2,1.5~3 s内物体的加速度为4 m/s2
B.0~4 s内物体的位移为12 m
C.3 s末物体的运动方向发生变化
D.3 s末物体回到出发点
答案　D　v-t图线的斜率表示加速度,由a=ΔvΔt可知,0~3 s内物体的加速度为a=6?(?6)3 m/s2=4 m/s2,选项A错误;由图像可知,物体先沿负方向做匀减速运动,1.5 s末速度减小到0,以后沿正方向做匀加速运动,3 s末回到出发点,选项D正确;v-t图线与t轴围成的面积表示物体的位移,0~4 s内物体的位移为3 m,选项B错误;3 s末物体的加速度方向发生变化,运动方向不变,选项C错误。
9.如图所示,一个“Y”形弹弓顶部跨度为L,两根相同的橡皮条自由长度均为L,在两橡皮条的末端有一块软羊皮(长度不计)做成裹片。若橡皮条产生的弹力与形变量的关系满足胡克定律,且劲度系数为k,发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为3L(弹性限度内),则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为(　　)
A.2kL B.kL C.2335kL D.152kL
答案　C　根据胡克定律可得,每根橡皮条的弹力F=k(3L-L)=2kL
设此时两根橡皮条的夹角为θ,根据几何关系可得sin θ2=L23L=16;根据平行四边形定则可知,弹丸发射过程中所受的最大弹力为F合=2F cos θ2=2335kL,故C正确。
10.一只蜗牛沿着弧形菜叶从右向左缓慢爬行,如图所示。下列说法中正确的是(　　)
A.菜叶对蜗牛的弹力大小一定不变
B.菜叶对蜗牛的摩擦力大小一定不变
C.菜叶对蜗牛的作用力大小一定不变
D.菜叶对蜗牛的摩擦力大小一定不断减小
答案　C　蜗牛受重力、支持力、摩擦力,处于动态平衡状态,设菜叶倾角为α,根据平衡条件可得N=mg cos α,f=mg sin α;由于α先变小后变大,故支持力N先增大后减小,静摩擦力先减小后增大,A、B、D错误;菜叶对蜗牛的作用力是静摩擦力和支持力的合力,始终与重力平衡,一直不变,故C正确。
11.如图是某物体受到同一平面内三个共点力作用的四种情形的力的图示(坐标纸中每格边长表示1 N大小的力),则下列对该物体所受合力大小的描述中正确的是(　　)
A.甲图中物体所受的合力大小等于4 N
B.乙图中物体所受的合力大小等于5 N
C.丙图中物体所受的合力大小等于0
D.丁图中物体所受的合力大小等于6 N
答案　B　对甲,先将F1与F3合成,合力大小为3 N,方向向左,然后再与F2合成,利用勾股定理可求得合力等于5 N,故A错误;对乙,先将F1与F3沿水平和竖直方向正交分解,水平分量大小相等,方向相反,竖直分量大小分别为1 N和2 N,方向向上,再与F2合成,求得合力等于5 N,故B正确;对丙,F2和F3的合力与F1等大同向,故三力的合力等于6 N,C错误;根据三角形定则可知丁图中合力等于0,故D错误。
12.现代的激光打印机都是自动进纸的,其进纸原理如图所示,进纸槽里叠放有一叠白纸,每张纸的质量为m。进纸时滚轮以竖直向下的力压在第1张白纸上,并沿逆时针方向转动,确保第1张纸与第2张纸相对滑动。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,滚轮与白纸之间的动摩擦因数为μ1,白纸之间、白纸与纸槽底座之间的动摩擦因数均为μ2(μ1>μ2)。则下列说法正确的是(　　)
A.第1张白纸受到滚轮的摩擦力向左
B.最后一张白纸受到纸槽底座的摩擦力向左
C.一张白纸受到上一张白纸的摩擦力一定向左
D.任意两张白纸之间均可能发生相对滑动
答案　B　第1张白纸相对于滚轮的运动趋势方向与滚轮的运动方向相反,则受到滚轮的静摩擦力方向与滚轮的运动方向相同,即受到滚轮的摩擦力向右,故A错误;对除第1张白纸外的其他白纸整体进行研究,处于静止状态,水平方向受到第1张白纸的滑动摩擦力,方向与滚轮的运动方向相同,则根据平衡条件可知,最后1张白纸受到纸槽底座的摩擦力方向与滚轮的运动方向相反,即水平向左,故B正确;根据题意,因上一张白纸相对于下一张白纸有向右滑动的趋势(除第1张),则上一张白纸受到下一张白纸的摩擦力一定向左,因此下一张白纸受到上一张白纸的摩擦力一定向右,故C错误;对第2张白纸进行分析,它对第3张白纸的压力等于上面两张白纸的重力及滚轮的压力,最大静摩擦力Fm=μ2·(2mg+F),而受到的第1张白纸的滑动摩擦力为f=μ2(mg+F)13.质量为m的物体放在质量为M的斜面体上,斜面体放在水平粗糙的地面上,均处于静止状态,如图所示。当在物体m上施加一个水平力,且这一力由F突然增加到F'时,物体和斜面体都仍保持静止状态,关于水平力作用下的这两个平衡状态,下列说法正确的是(　　)
A.斜面体对物体的支持力可能不变
B.物体受到的摩擦力可能减小
C.地面受到的压力增大
D.地面对斜面体的摩擦力可能不变
答案　B　对物体进行研究,如图甲所示
甲
物体一定受到重力mg、水平推力F、斜面的支持力N1,不受水平推力F时物体受到的静摩擦力大小为f1=mg sin α(α是斜面的倾角),方向沿斜面向上,支持力N1=mg cos α;在F作用时,斜面对物体的支持力N1=mg cos α+F sin α,所以支持力逐渐增大。对于静摩擦力,当F cos α≤mg sin α时,f1=mg sin α-F cos αmg sin α时,f1=F cos α-mg sin α,静摩擦力随F的增大而增大,可知静摩擦力的大小变化不确定,故B正确,A错误;
乙
对物体的斜面体组成的整体进行研究,如图乙所示
受到总重力(M+m)g、地面的支持力N2、静摩擦力f2和水平推力F,由平衡条件可得N2=(M+m)g,f2=F,可见,当F增大时,f2逐渐增大,由牛顿第三定律可知,地面受到的压力保持不变,地面对斜面体的摩擦力逐渐增大,故C、D错误。选B。
14.如图所示,一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c,被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上,且斜边c恰好与天花板平行,过直角的竖直线为MN。设A、B两绳对三角板的拉力分别为Fa和Fb,已知Fa和Fb及三角板的重力为在同一平面内的共点力,则下列判断正确的是(　　)
A.三角板的重心不在MN线上
B.两绳对三角板的拉力是由于三角板发生形变而产生的
C.FaFb=ba
D.FaFb=bc
答案　C　三角板受重力、两个细绳的拉力处于平衡状态,三个力虽然没有作用在同一点,但三个力的延长线必然交于一点,由几何关系知,三个力一定交于三角板直角的顶点,所以三角板的重心一定在MN线上,A错误。两绳对三角板的拉力是由于细绳的形变而产生的,B错误。对三角板进行受力分析如图,根据矢量三角形相似可知FaFb=ba,故C正确,D错误。
15.在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中,克罗地亚选手弗拉西奇以2.04 m的成绩获得冠军。弗拉西奇的身高约为1.93 m,忽略空气阻力,g取10 m/s2,她越杆时的情景如图所示。则下列说法正确的是(　　)
A.弗拉西奇在下降过程中处于完全失重状态
B.弗拉西奇起跳以后在上升的过程中处于超重状态
C.弗拉西奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力
D.弗拉西奇起跳时的初速度大约为3 m/s
答案　A　弗拉西奇起跳以后,在上升和下降过程中,弗拉西奇的加速度等于重力加速度,处于完全失重状态,选项A正确,选项B错误;弗拉西奇起跳时地面对她的支持力大于她所受的重力,选项C错误;弗拉西奇在上升的过程中做竖直上抛运动,由运动学公式v2=2gh可得初速度v0=2gh=2×10×(2.04?1.932) m/s≈4.6 m/s,选项D错误。

非选择题部分
二、非选择题(共55分)
16.(5分)某同学在“用打点计时器测速度”的实验中,用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况,在纸带上确定出0、1、2、3、4、5、6共7个计数点,每两个相邻的计数点之间还有四个点没标出,其部分相邻计数点间的距离如图所示,完成下列问题。
(1)电火花计时器工作电源使用的是　　　　(填“交流电”或“直流电”),电源电压是　　　　V。?
(2)关于打点计时器打点的时间间隔,下列是四位同学各自发表的看法,其中正确的是　　　　。?
A.电源电压越高,每打两个点的时间间隔就越短
B.纸带速度越大,每打两个点的时间间隔就越短
C.打点计时器连续打两个点的时间间隔由电源频率决定
D.如果将交流电源改为直流电源,打点计时器连续打两个点的时间间隔保持不变
(3)计算出打下点4时小车的瞬时速度为　　　　,求出小车的加速度为　　　　。(要求计算结果保留三位有效数字)?
答案　(1)交流电　220　(2)C
(3)0.314 m/s　0.510 m/s2
解析　(1)根据电火花打点计时器的构造和具体使用可知,电火花打点计时器是一种使用交流电源的仪器,其工作电压为220 V。
(2)打点计时器使用的是交流电源,其打点周期与交流电的周期相同,与电源电压、速度等无关,故A、B错误,C正确;如果将交流电源改为直流电源,打点计时器不能工作,故D错误。
(3)在匀变速直线运动中,中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度,因此有
v4=x352T=(11.95-5.68)×10-22×0.1 m/s=0.314 m/s
v5=x462T=(15.85-8.56)×10-22×0.1 m/s=0.365 m/s
a=v5-v4Δt=0.510 m/s2
17.(4分)如图甲是“验证力的平行四边形定则”的实验装置。实验操作如下:
(1)弹簧测力计A挂于固定点P,下端用细线挂一重物M,测量　　　　并记录为F。?
(2)弹簧测力计B的一端用细线系于O点,手持另一端水平向左拉,使结点O静止在某位置(如图甲),此时需记下结点O的位置和两测力计的示数F1、F2以及? 　。?
(3)某同学已在图乙纸上作出F1、F2的图示,请根据力的平行四边形定则作出F1、F2的合力F'。
(4)改变两细线的夹角,重复做几次实验。若F'的方向近似在　　　　方向上,且大小近似等于F,则平行四边形定则得以验证。?
答案　(1)M(重物)的重力
(2)细线Oa、Ob、Oc的方向(或三段细线的方向)
(3)如图所示
(4)竖直
解析　(1)两个弹簧测力计的合力等于悬挂重物的重力,需要先测量出悬挂重物M的重力。(2)记录下细线Oa、Ob、Oc的方向作为两个弹簧测力计拉力和悬挂重物重力的方向。(3)图见答案。(4)F'方向与悬挂重物的重力方向应该在同一直线上,即竖直方向。
18.(5分)某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与物体质量、物体受力的关系。
(a)
(b)
(c)
(1)下列做法正确的是　　　　(填字母代号)。?
A.调节滑轮的高度,使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时,将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上,通过观察木块是否匀速运动来判断摩擦力是否平衡
C.实验时,先接通打点计时器的电源再放开木块
D.通过增减木块上的砝码改变质量时,需要重新调节木板倾斜度。
E.为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力,应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量。
(2)在“探究加速度a与质量m的关系”时,保持砝码和砝码桶质量不变,改变小车质量m并分别记录小车加速度a与其质量m的数据。为了直观判断二者间的关系,应作出　　　　图像。?
(3)甲、乙两同学在同一实验室,各取一套如图(a)所示的装置放在水平桌面上,木块上均不放砝码,在没有平衡摩擦力的情况下,研究加速度a与拉力F的关系,分别得到图(c)中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙,甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙,由图可知,m甲　　　　m乙,μ甲　　　　μ乙(选填“大于”“小于”或“等于”)。?
答案　(1)ACE　(2)a-1m　(3)小于　大于
解析　(1)实验开始前,要调节滑轮的高度,使牵引木块的细绳与长木板保持平行,否则细绳拉力不会等于合外力,A正确;在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时,不应悬挂“重物”,B错误;打点计时器要“早来晚走”,即实验开始时要先接通打点计时器的电源,待其平稳工作后再释放木块,C正确;通过增减木块上的砝码改变质量时,不需要重新调节木板倾斜度,D错误;为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力,应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量,E正确。
(2)当图像是直线时,更能直观显示二者之间的关系,根据牛顿第二定律F=ma,变形可得a=1mF,当外力恒定时a∝1m,故应作出a-1m图像。
(3)当没有平衡摩擦力时有:F-μmg=ma,可得a=1mF-μg,由此式可知图线的斜率表示质量的倒数,纵轴截距表示μ与g的乘积,结合图像可判断出m甲μ乙。
19.(9分)一辆汽车从O点由静止开始做匀加速直线运动,已知在2 s内经过相距27 m的A、B两点,汽车经过B点时的速度为15 m/s。如图所示,求:
(1)汽车经过A点时的速度大小;
(2)A点与O点间的距离;
(3)汽车从O点到B点的平均速度大小。
答案　(1)12 m/s　(2)48 m　(3)7.5 m/s
解析　(1)汽车在AB段的平均速度v=xABt=272 m/s=13.5 m/s,而汽车做匀加速直线运动,所以有v=vA+vB2,即vA=2v-vB=12 m/s。
(2)由v2-v02=2ax得a=vB2-vA22xAB=1.5 m/s2,同理
vA2=2axOA,代入数值得xOA=48 m
(3)汽车从O点到B点的平均速度
v=vB2=152 m/s=7.5 m/s
20.(10分)“跳楼机”游戏因为惊险刺激深受年轻人的欢迎,它的基本原理是用升降机将巨型娱乐器械送到离地面100 m高处,然后让座舱自由落下。落到离地面20 m高时,制动系统开始启动,使座舱均匀减速,到达地面时刚好停下。某次游戏中,小明在座舱中用手托着重5 N的苹果,(g取10 m/s2)试求:
(1)座舱下落过程中的最大速度;
(2)当座舱落到离地面40 m的位置时,手对苹果的支持力大小;
(3)当座舱落到离地面15 m的位置时,苹果对手的压力大小。
答案　(1)40 m/s　(2)0　(3)25 N
解析　(1)由题意可知,座舱先自由下降h=100-20 m=80 m
由v2=2gh,得v=40 m/s。
(2)离地面40 m时,座舱在自由下落,处于完全失重状态,所以手对苹果的支持力为零。
(3)a'=v22s,由此得a'=40 m/s2
根据牛顿第二定律N-Mg=Ma
得FN=25 N
根据牛顿第三定律,苹果对手的压力为25 N。
21.(10分)在山区或沟谷深壑地区,往往会因为长时间的暴雨引发山体滑坡,并携带有大量石块滑落。某地有两个坡度相同的山坡刚好在底端互相对接,在暴雨中有石块从一侧山坡滑落后冲上另一侧山坡,如图1所示。现假设两山坡与水平面间的夹角均为θ=37°,石块与两坡面间的动摩擦因数均为μ=0.25,石块在左侧山坡A处由静止开始下滑时,离水平地面的高度h1=4.8 m,然后冲上右侧山坡,其简化图如图2所示。已知石块经过最低点P前后的速度大小不变,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求石块滑到最低点P时的速度大小v;
(2)求石块冲上右侧山坡最高点B时离水平面的高度h2;
(3)当石块在A点以多大的初速度v0下滑,刚好能到达右侧山坡与A等高处?
答案　(1)8 m/s　(2)2.4 m　(3)8 m/s
解析　(1)设石块从A到P的过程中加速度为a1,则
mg sin θ-μmg cos θ=ma1
代入数据得:a1=4 m/s2
v2-0=2a1h1sinθ①
代入数据得:v=8 m/s
(2)设石块从P到B的过程中,加速度为a2,则
-mg sin θ-μmg cos θ=ma2
代入数据得:a2=-8 m/s2
0-v2=2a2h2sinθ②
代入数据得:h2=2.4 m
(3)设石块在底端的速度为v1,则
0-v12=2a2h1sinθ
对比②计算得:v1=82 m/s
石块从A到P的过程中:
v12-v02=2a1h1sinθ
对比①计算得:v0=8 m/s
22.(12分)当地时间2016年3月19日凌晨,一架从阿拉伯联合酋长国迪拜飞往俄罗斯西南部城市顿河畔罗斯托夫的客机,在俄机场降落时坠毁,机上62人全部遇难。专家初步认定,恶劣天气是导致飞机失事的原因。为了保证安全,避免在意外事故发生时出现更大损失与伤害,民航客机都有紧急出口,打开紧急出口,狭长的气囊会自动充气,生成一条连接出口与地面的斜面,人员可沿斜面滑行到地面上,并以不变的速率进入水平面,在水平面上再滑行一段距离而停止,如图所示。若机舱口下沿距地面3.6 m,气囊构成的斜面长度为6.0 m,一个质量为60 kg的人沿气囊滑下时所受到的摩擦阻力是240 N。若人与水平面间的动摩擦因数和人与气囊间的动摩擦因数相同,g=10 m/s2(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),求:
(1)人与气囊之间的动摩擦因数μ;
(2)人在气囊上下滑的时间t;
(3)人在水平面上滑行的距离x。
答案　(1)0.5　(2)6 s　(3)2.4 m
解析　(1)设气囊倾角为α,由几何关系知
sin α=hL=3.6m6.0m=0.6,得α=37°
Ff=μFN=μmg cos α
解得μ=Ffmgcosα=0.5。
(2)人在气囊上下滑过程中,由牛顿第二定律得
mg sin α-Ff=ma1
得a1=mgsinα-Ffm=60×10×0.6?24060 m/s2=2.0 m/s2
下滑时间t=2La1=2×6.02.0 s=6 s。
(3)人到达地面的速度v1=a1t=2.0×6 m/s=26 m/s
人在地面上运动的加速度a2=μmgm=μg=5.0 m/s2
人在水平面上滑行的距离x=v122a2=(26)22×5.0 m=2.4 m。
综合模拟(二)
本试卷分选择题和非选择题两部分,满分100分,考试时间90分钟。
选择题部分
一、选择题(每题6分,共48分)
1.有一列动车共8组车厢,每组车厢长度为25 m,一站着的旅客发现动车从制动到停下从身边恰好经过了7组车厢,总共需要17.5 s时间,设动车进站时可以看做匀减速直线运动。下列说法正确的是(　　)
A.这一过程动车可视为质点
B.开始制动时的速度为20 m/s
C.制动过程中的平均速度为20 m/s
D.制动过程中的加速度为1 m/s2
答案　B　可视为质点的条件是物体的大小、形状等在所研究的问题中可忽略不计,这一过程动车组是不可以视为质点的;7组车厢总的长度x=175 m,用时t=17.5 s,由x=0+v02t,求得v0=20 m/s;制动过程中平均速度v=xt=10 m/s;制动过程中a=v0t≈1.14 m/s2;所以只有B正确。
2.如图所示为跳伞爱好者表演高楼跳伞的情形,他们从楼顶跳下后,在距地面一定高度处打开伞包,最终跳伞者减速下降,安全着陆,则(　　)
A.跳伞者在运动过程中受到重力、空气阻力
B.跳伞者所受的合力方向始终向下
C.跳伞者的动能始终增大
D.跳伞者的机械能一直增大
答案　A　跳伞爱好者跳伞经历了两个过程,打开伞之前的加速过程,动能增加,所受合力方向向下,打开伞以后的减速过程,动能减少,所受合力方向向上;跳伞者在运动过程中受到重力、空气阻力;机械能守恒的条件是只有重力和系统内弹力做功,此过程中存在阻力,所以机械能不守恒。故选A。
3.2017年中国的航天事业有三大突破:4月发射天舟一号、7月发射北斗三号、12月发射嫦娥五号。如图所示是天舟一号在轨运行模拟图,可看成圆周运动。下列说法正确的是(　　)
A.天舟一号在轨道1上的运行速度比在轨道2上的运行速度小
B.天舟一号绕地球运行一周所用的时间可能是一小时
C.天舟一号在轨道1上的加速度比在轨道2上的加速度大
D.天舟一号在轨道1上受到的地球的引力是恒定不变的
答案　C　万有引力提供天舟一号做圆周运动的向心力,即GMmr2=mv2r=m4π2T2r=ma,可得v=GMr,T=4π2r3GM,a=GMr2,由题图可知r1v2,A选项错误;天舟一号的加速度a1>a2,C选项正确;绕地球运行的周期最小为86 min,B选项错误;天舟一号所受引力的方向一直发生变化,D选项错误。
4.如图所示,导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中,表面与磁场方向垂直,图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后,三个电表都有明显示数,下列说法不正确的是(　　)
A.通过霍尔元件的磁场方向向下
B.接线端2的电势低于接线端4的电势
C.仅将电源E1、E2反向接入电路,电压表的示数不变
D.若适当减小R1、增大R2,则电压表示数一定增大
答案　D　由安培定则可判断出左侧线圈产生的磁场方向向上,经铁芯后在霍尔元件处的磁场方向向下,故A项正确。由左手定则可知,霍尔元件中导电物质受到的电场力向右,导电物质偏向接线端2,导电物质为电子,则接线端2的电势低于接线端4的电势,故B项正确。仅将电源E1、E2反向接入电路,磁场反向,电流反向,霍尔元件中导电物质受到的电场力不变,电压表的示数不变,故C项正确。若适当减小R1,电流产生磁场变强,通过霍尔元件的磁场变强;增大R2,流过霍尔元件的电流减小;霍尔元件产生电压可能减小,电压表示数可能减小,故D项错误。
5.3D手势识别技术人机交互领域可以实现非接触的感应和控制,其中比较有代表性的,要数Microchip公司的GesTIC技术。它基于电场感应的原理,在电子设备周边的空间中形成一个电场。当手部在空间中运动时会使电场发生畸变,布设在电场中的电极接收器会感应到这种变化,并通过专门的控制芯片进行信号处理,将数据传递给电子设备做出响应,其电场分布如图所示。下列说法中正确的是(　　)
A.电场是由电子设备表面的负电荷产生的
B.a点的场强比b点的场强小
C.a点的电势比b点的电势高
D.会有电流从电子设备流向手指
答案　C　由空间电场线的分布及方向,可判断电场是由电子设备表面的正电荷产生的,A错误;由电场线的疏密,可知a点的场强比b点的场强大,B错误;由电场线方向与电势高低的关系,可知a点的电势比b点的电势高,C正确;电场线的方向并不代表电流方向,并且手指也未与屏幕接触,屏幕和手指之间并无电流,D错误。
6.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.骑行爱好者在衣服上喷涂夜间反光喷雾以保证夜骑安全,原理是光直射到充满均匀小珠状的反光喷雾的平面上发生了反射,根据描述可知,夜间反光喷雾是利用了光线的全反射原理
B.野外高压输电线的三条输电线上方另加两条导线,它们与大地相连,其作用是利用静电屏蔽原理,把高压线屏蔽起来,防止遭受雷击。
C.透过平行于日光灯的刀片狭缝观察正常发光的日光灯,能观察到平行的彩色条纹,这是光的干涉现象
D.通过在大型水库中释放示踪放射性元素,经过一段时间后,示踪元素均匀分布。取一瓶样品检测,发现该放射性物质的浓度为a,过了12天再检测,浓度变成a/8,则此放射性元素的半衰期为4天
答案　ABD　光线经过夜间反光喷雾发生全反射,因此选项A正确;两条与大地相连的导线利用静电屏蔽,能够保护输电的高压线,选项B正确;通过狭缝观察正常发光的日光灯光,能够看到彩色的衍射条纹,选项C错误;当放射物的浓度变为a/8,说明经过了3个半衰期,即半衰期为4天,选项D正确。
7.(多选)如图所示,同一介质中的P、Q两列持续振动的简谐横波分别沿x轴正向和负向传播,质点a、b、c、d分别位于x=6 m、7 m、8 m、7.5 m处,若波的传播速度为10 m/s,图示为t=0 s时刻的波形图。则再经过t=0.5 s时(　　)
A.质点振动的频率为0.4 Hz
B.质点a、c处于平衡位置
C.质点b的位移大小为30 cm
D.质点d的振动方向沿-y轴
答案　BD　本题考查机械振动与机械波。由题意知v=10 m/s,λ=4 m,则质点振动的周期T=λv=0.4 s,频率为2.5 Hz,故A错误;质点a、c为振动减弱点,当t=0.5 s时,两波振动方向相反,所以质点a、c处于平衡位置,故B正确;质点b是振动加强点,t=0.5 s时,两列波在质点b的位移均为0,故质点b处的位移为0,故C错误;t=0.5 s时,简谐横波P在d处沿-y方向振动,简谐横波Q在d处也沿-y方向振动,所以质点d的振动方向沿-y轴,故D正确。
8.(多选)两束平行的单色光A、B射向长方体玻璃砖,光从上表面入射,恰好从下表面重叠射出,如图所示,比较两种单色光,下列说法中正确的是(　　)
A.玻璃对B光的折射率较大
B.在相同条件下做双缝干涉实验,A光相邻条纹间距较窄
C.在玻璃中,A光的传播速度较大
D.以相同的入射角从玻璃射向空气,若B光能发生全反射,则A光也一定能发生全反射
答案　AC　由光路图可知,B光的偏折程度较大,则玻璃对B光的折射率较大,A正确;A光在玻璃中的折射率较小,则频率较小,波长较长,根据Δx=ldλ知,A光相邻条纹的间距较大,B错误;玻璃对A光的折射率较小,根据v=cn知,在玻璃中A光的传播速度较大,C正确;玻璃对B光的折射率较大,根据sin C=1n知,以相同的入射角从玻璃射向空气,B光发生全反射的临界角较小,若B光能发生全反射,则A光不一定能发生全反射,D错误。
非选择题部分
二、非选择题(共52分)
9.(4分)利用如图甲所示的实验装置可以测定瞬时速度与重力加速度。实验器材有:固定在底座上带有刻度的竖直钢管、两个光电门(可用于测量钢球从第一光电门到第二光电门的时间间隔)、钢球发射器。实验步骤如下:
A.如图乙所示安装实验器材。
B.钢球发射器弹射小球,记录小球从光电门1到光电门2的高度差h和所用时间t,并填入设计好的表格中。
C.保持光电门1的位置不变,改变光电门2的位置,多次重复实验步骤B。求出钢球在两光电门间运动的平均速度v。
D.根据实验数据做作v-t图像,并得到斜率k和截距b。
根据以上内容,回答下列问题:
(1)如果步骤C中改为保持光电门2的位置不变,改变光电门1的位置,其余的实验过程不变,同样可以得到相应的v-t图像,以下四个图像中符合规律的是(　　)
(2)根据实验得到的v-t图像,可以求出重力加速度大小g=　　　　,钢球通过光电门1时的速度v0=　　　　。?
(3)测量出小球的直径,结合本实验装置还能做的物理实验有(　　)
A.验证机械能守恒定律
B.探究加速度与质量、力之间的关系
C.探究物体的速度随时间变化的规律
D.探究做功与物体速度变化的关系
答案　(1)C　(2)-2k　b　(3)ACD
解析　(1)当小球弹起后向上做匀减速直线运动,经过光电门1时的速度为v0,即h=v0t-12gt2,因此v=ht=v0-12gt,由此可知选C。
(2)根据斜率可知k=-12g,即g=-2k,通过光电门1时的速度为v0=b。
(3)测量出小球的直径,则借助光电门可以很方便测量小球通过两个光电门时的瞬时速度,因此可以验证机械能守恒定律,以及重力做功与小球速度变化的关系,所以选项A、D正确;因为不知道小球的质量,且小球在该过程中加速度恒定,为重力加速度,无法探究加速度与质量、力之间的关系,选项B错误;由于可以测量小球在匀减速直线运动过程中的瞬时速度,所以可以探究物体的速度随时间变化的规律,选项C正确。
10.(4分)在“测定电源的电动势和内阻”实验中,某同学从实验室挑选了两节新的干电池作为电源,同时也选取了其他实验器材,并完成了部分接线,如图甲所示。根据所学知识,请你完成以下小题:
甲
(1)为了减小实验误差和提高实验的可操作性,接线柱A、B之间接入的滑动变阻器应选用　　　　(填“R1”或“R2”);?
(2)电压表连接导线C应与接线柱　　　　(填“A”或“B”)相连;?
(3)合理选用滑动变阻器,正确连接线路,调节滑动变阻器的阻值,根据实验测得的电流和电压值绘制U-I图像如图乙所示,结合图像信息,可知待测电源的内阻r=　　　　Ω。(结果保留三位有效数字)?
乙
答案　(1)R1　(2)B　(3)2.69(2.62~2.70均对)
解析　(1)在研究电源电动势和内阻时,如果采用最大阻值为200 Ω的滑动变阻器,则最小电流约为I=ER=15 mA与第3问中测量的电流相差较大,不便于操作,因此选择R1较为妥当。
(2)电压表应该测量电源的输出电压,即导线C应该与接线柱B相连。
(3)根据闭合电路欧姆定律可得U=E-Ir,图像的斜率代表电源内阻,因此待测电源的内阻大小为r=2.95?1.900.39 Ω≈2.69 Ω。
11.(4分)(1)“探究碰撞中的不变量”实验的装置如图甲。若实验中运动的A车拖着纸带,以一定的速度撞向静止的B车,发生碰撞后两小车粘合在一起共同运动。则此实验过程打点计时器打出的纸带可能是图乙中的　　　　(填“①”或“②”)。?
甲
乙
(2)“用双缝干涉测量光的波长”实验的装置如图丙,下列说法正确的是(　　)
丙
A.调节长杆使单缝与双缝相互平行
B.光源右边的凸透镜起到使光会聚的作用
C.仅将滤光片由红色换成蓝色,干涉条纹间距变宽
D.仅将双缝间距的规格从“0.2 mm”换成“0.25 mm”,干涉条纹间距将变宽
答案　(1)①(2分)　(2)AB(2分)(A、B各1分)
解析　(1)碰撞过程中动量守恒,碰撞后质量变大,所以整体速度变小,所以点要密集,因此纸带①是碰撞后打出的纸带。
(2)双缝干涉测光的波长时要注意调节长杆使得单缝与双缝平行,光源右侧的凸透镜起到会聚光线的作用,从而使光线通过单缝后经过双缝发生干涉形成明暗相间的干涉条纹。根据Δx=Lλd可知蓝光波长短,所以干涉条纹间距变窄,仅将双缝间距变大,则条纹间距变小,通过以上分析可知选A、B。
12.(12分)如图所示,在光滑水平平台上,一质量m=1 kg,电荷量为q=+1×10-3 C的小球压缩弹簧后被锁扣K锁住,弹簧储存了一定的弹性势能Ep,ABC为竖直放置的光滑绝缘细管道,其中AB部分是半径为R=0.4 m、圆心角θ=60°的圆弧形管道,圆弧形管道圆心O与平台等高。BC部分是固定的水平管道(足够长),两部分管道恰好相切于B。水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L=0.3 m的等边三角形,M、N连线垂直于BC。两个等量异种电荷分别固定在M、N两点,电荷量分别为Q1=+2.5×10-7 C和Q2=-2.5×10-7 C。若打开锁扣K,小球将以一定的水平速度从E点向右滑下平台,做平抛运动,并恰好能沿光滑圆弧形管道AB的A点的切线方向进入。不考虑小球在管道上方时受到的库仑力,小球可视为点电荷,直径略小于管道内径。取g=10 m/s2,静电力常量为k=9×109 N·m2/C2。求:
(1)小球原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小;
(2)小球运动到B处时受到电场力的大小;
(3)小球运动到B处时对轨道的压力大小。
答案　见解析
解析　(1)设小球从A运动到B的时间为t,由平抛运动规律得R cos 60°=12gt2
解得t=0.2 s
设小球抛出时的水平速度是v0,则tan 60°=gtv0,解得v0=233 m/s
故EP=12mv02=23 J
(2)设小球在B处受到Q1和Q2的库仑力分别为F1和F2。则
F1=kqQ1L2,F2=kqQ2L2
小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F,由平行四边形定则得
F=F1 cos 60°+F2 cos 60°
联立得F=25 N
(3)设在B点管道对小球沿竖直方向的弹力的分力为NBy,在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得
NBy-mg=mvB2R
E到B库仑力不做功,管道对小球的弹力也不做功,只有重力做功,机械能守恒
mgR=12mvB2-12mv02
得NBy=10mg3=1003 N
设在B点管道对小球在水平方向的弹力的分力为NBx,则NBx=F=25 N
圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为NB=NBx2+NBy2=1253 N≈41.7 N
由牛顿第三定律可得小球对圆弧形管道最低点B的压力大小为N'B=NB=1253 N≈41.7 N
13.(14分)如图为某粒子探测装置示意图。平行正对金属板M、N分别接直流电源的正负两极,板间电场可视为匀强电场,板长L=10 cm,板间距离d=5 cm,下极板N跟x轴重合,两板右侧跟y轴重合。y轴右侧存在垂直纸面向内的匀强磁场。质子束沿上板内侧以v0=1.0×106 m/s的速度水平射入,质子比荷近似为qm=1.0×108 C/kg。(忽略电场边界效应,不计质子重力)
(1)若质子束恰好从坐标原点O点进入磁场,求两金属板间电压U0大小;
(2)若从坐标原点O点进入磁场的质子束正好通过M板的右端点A,求磁感应强度B;
(3)保持(2)问中的磁感应强度B不变,若两金属板M、N之间所加电压为U,0答案　见解析
解析　(1)粒子在板间做类平抛运动
d=qU0L22dmv02
U0=5 000 V
(2)设进入磁场时质子速度为v,质子在磁场中运动的轨迹半径为r,粒子进入磁场时速度偏向角为θ
d=2r cos θ
r=mvBq=mv0Bqcosθ
即d=mvBq=2mv0Bq
B=2mv0qd=0.4 T
(3)板间电压为U时,离开板间时的偏移量为y1,则
y1=qUL22dmv02=(10-5U)m
由几何关系可知,粒子返回y轴时的位置与进入磁场时的位置的距离
Δy=2r cos θ=2mvqB cos θ=2 mv0qB=0.05 m
则粒子返回时的坐标为
y=d-y1+Δy=(0.1-10-5U)m
14.(14分)有人设计了可变阻尼的电磁辅助减震系统,如图(1)所示,由三部分组成。一部分是电磁侦测系统;一部分是可变电磁阻尼系统,吸收震动时的动能;另一部分是控制系统,接收侦测系统的信号,改变阻尼磁场的强弱。侦测线框、阻尼线圈固定在汽车底盘上,侦测系统磁体、减震系统磁体固定在车轴上,车轴与底盘通过一减震弹簧相连。侦测系统磁场为匀强磁场,B1=0.01 T,长方形侦测线框宽d=0.05 m,整个回路的电阻R1=0.1 Ω,运动过程中,线框的下边不会离开磁场,上边不会进入磁场。阻尼线圈由100个相互绝缘的独立金属环组成,这100个金属环均匀圈定在长为0.2 m的不导电圆柱体上,减震系统磁场辐向分布,俯视如图(2)所示,线圈所在位置磁感应强度B2大小处处相等,大小由控制系统控制。汽车静止时,阻尼线圈恰好50匝处于磁场中,取此时侦测线框所在的位置为原点,取向下为正,线框相对侦测磁场的位移记为x,B2的大小与x的关系如图(3)所示。每个金属环的电阻为R2=0.001 Ω,周长L=0.3 m。不考虑阻尼线圈各金属环之间的电磁感应,忽略阻尼线圈导体的粗细,设车轴与底盘总保持平行。
(1)侦测线框向下运动时电流的方向为顺时针还是逆时针?
(2)写出侦测线框由平衡位置向下运动时,侦测线框流入控制系统的电量q与位移x的大小关系式;
(3)某次侦测线框由平衡位置向下运动,流入控制系統的电量q=2.5×10-4 C,这一过程底盘相对车轴做v=10 m/s的匀速运动,求这一过程阻尼线圈吸收了多少机械能;
(4)某次侦测线框由平衡位置向下运动,流入控制系统的电量q=5×10-4 C,求这一过程中安培力对阻尼线圈的总冲量。
答案　见解析
解析　(1)向下运动时,侦测线框中的磁通量增大,感应电流为逆时针。
(2)Δq=IΔt,I=ER1,E=B1dv,Δx=v·Δt
由以上各式得q=B1dxR1=0.005x(C)
(3)当q=2.5×10-4 C时,x=0.05 m
单个金属环进入磁场后受到安培力的大小:
F=B22L2vR2=900 N
此过程中
下面50个金属环克服安培力做的功为:
W1=50×F·x
W1=2 250 J
25个新进入磁场的金属环克服安培力做的功为:
W2=12×25×F·x=562.5 J
W总=W1+W2=2 812.5 J
(4)当q=5×10-4 C时,x=0.1 m
设单个金属环在磁场中向下运动的位移为x',
I=F·Δt
F=B22L2vR2
Δx'=v·Δt
根据以上三式,单个金属环受到安培力的冲量为:
I0=B22L2x'R2
当0→0.05 m过程中,B2=1 T,x'=0.05 m,下面50个环的总冲量:
I1=50×B22L2x'R2=225 N·s
25个新进入磁场的环的总冲量:
I2=12×25×B22L2x'R2=56.25 N·s
0.05 m→0.1 m过程中,B2=2 T,x'=0.05 m,
下面75个环的总冲量:
I3=75×B22L2x'R2=1350 N·s
上面25个新进入磁场的环的总冲量:
I4=12×25×B22L2x'R2=225 N·s
I总=I1+I2+I3+I4=1 856.25 N·s
方向向上
特训(二)　(范围:必修2)
本试卷分选择题和非选择题两部分,满分100分,考试时间90分钟。
选择题部分
一、选择题(每题3分,共45分)
1.如图所示,G一小钢球在水平桌面上沿直线运动。若在钢球运动的正前方A处或旁边B处放一块磁铁,假设小钢球受到的摩擦力大小恒定,则下列关于小钢球运动的说法正确的是(　　)
A.磁铁放在A处时,小钢球可能做匀加速直线运动
B.磁铁放在A处时,小钢球可能做变加速直线运动
C.磁铁放在B处时,小钢球可能做曲线运动
D.磁铁放在B处时,小钢球可能做匀速圆周运动
答案　BC　磁铁放在A处时,小钢球受到的合力向前,加速度向前,做加速运动,但磁力大小与距离有关,故加速度是变化的,钢球做变加速直线运动,故A错误,B正确;磁铁放在B处时,小钢球受到的合力与其速度不共线,磁力大小与距离有关,故加速度是变化的,小球做变加速曲线运动,故C正确,D错误。
2.如图所示,在高速转动的洗衣机脱水筒内壁上,有一件湿衣服随筒一起转动
,在保证衣服不滑动的情况下(　　)
A.筒转速减小时,衣服对筒壁的压力变小
B.筒转速减小时,衣服对筒壁的压力变大
C.筒转速增大时,衣服受到的摩擦力变大
D.筒转速足够大时,衣服上的水滴将做离心运动
答案　AD　衣服受到重力、筒壁的弹力和静摩擦力3个力作用,由于衣服在筒内壁上不掉下来,竖直方向上没有加速度,重力与静摩擦力二力平衡,靠支持力提供向心力;随着筒转速的减小,支持力减小,压力也减小,但静摩擦力不变,故A正确,B、C错误;对于水而言,衣服对水滴的附着力提供其做圆周运动的向心力,随着筒转速的增大,需要的向心力增大,当附着力不足以提供需要的向心力时,衣服上的水滴将做离心运动,故D正确;故选A、D。
3.如图1所示,修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的。其原理可简化为图2所示模型。则A、B两点具有大小相同的(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.角速度 B.周期
C.向心加速度 D.线速度
答案　D　修正带的传动属于齿轮传动,A与B的线速度大小相等,二者的运动半径不同,由v=ωr可知A与B的角速度不相等,故A错误,D正确;二者角速度不相等,根据T=2πω可知,二者的周期不相等,故B错误;由向心加速度公式an=v2r,A的运动半径大于B的运动半径,可知,A的向心加速度小于B的向心加速度,故C错误。
4.如图所示,嘉兴市一高中进行教学设施改造,在教室安装了可以左右滑动的黑板。一位老师用粉笔在其中某块可移动的黑板上画直线。若粉笔相对于黑板从静止开始向上匀加速滑动,同时黑板以某一速度水平向左匀速运动,则粉笔画出的轨迹可能为选项图中的(　　)
答案　C　本题考查运动的合成与分解。由题意可知,粉笔在水平方向相对于黑板向右匀速运动,在竖直方向从静止开始向上做匀加速运动,所以粉笔的合初速度向右,合加速度向上,所以轨迹是曲线并且合力指向曲线凹侧,故选C。
5.跳伞员跳伞后最初一段时间降落伞并不张开,跳伞员做加速运动,随后降落伞张开,跳伞员做减速运动,速度降至一定值后维持这一速度做匀速运动,直至落地,现在有水平方向的风,下列说法正确的是(　　)
A.跳伞员落地速度与风速无关
B.跳伞员落地时间与风速无关
C.风速越大,跳伞员落地速度越小
D.风速越大,跳伞员落地时间越短
答案　B　跳伞员参与水平方向的运动和竖直方向的运动;落地时间以及落地的竖直速度由竖直方向的分运动来决定,与风速无关;落地的速度等于风速与竖直速度的矢量和,即v=v竖2+v风2,可知风速越大,落地的速度越大;故选B。
6.如图所示,斜面体ABC固定在水平地面上,斜面的高AB为2 m,倾角为θ=37°,且D是斜面的中点,在A点和D点分别以相同的初速度水平抛出一个小球,结果两个小球恰能落在地面上的同一点,则落地点到C点的水平距离为(　　)
A.34 m B.23 m C.22 m D.43 m
答案　D　设斜面的高AB为h,落地点到C点的距离为x,则由几何关系及平抛运动规律有htanθ+x2hg=h2tanθ+xhg,求得x=43 m,选项D正确。
7.我国将于2020年建成完整的北斗二号导航系统,该系统由5颗地球同步卫星和30颗其他卫星组成,则地球同步卫星(　　)
A.绕地球运行的轨道为椭圆
B.运行周期与地球自转周期相同
C.可静止在嘉兴上空
D.运行方向与地球自转方向相反
答案　B　地球同步卫星运行轨道为位于地球赤道平面上的圆形轨道,故A错误;地球同步卫星运行周期与地球自转一周的时间相等,即23时56分4秒,故B正确;地球同步卫星静止在赤道上空某处,嘉兴不在赤道上,所以不可能静止在嘉兴上空,故C错误;地球同步卫星的运行方向与地球自转方向相同,故D错误。
8.一个质量为25 kg的小孩从高度为3.0 m、长度为8.0 m的滑梯顶端由静止开始滑下,滑到底端时的速度为2.0 m/s。g取10 m/s2,关于力对小孩做的功,以下结果正确的是(　　)
A.合外力做功750 J B.阻力做功-700 J
C.重力做功2 000 J D.支持力做功50 J
答案　B　重力做功WG=mgh=750 J,C项错误;支持力不做功,D项错误;合外力做的功等于小孩动能的变化量,ΔEk=12mv2=50 J,A项错误;WG+Wf=ΔE k,Wf=(50-750)J=-700 J,B项正确。
9.2016年3月22日,据《科技日报》报道,我国有尖兵系列侦察卫星和前哨系列红外预警卫星两大类军用遥感卫星,这是我国首次公开证实预警卫星的存在。导弹预警卫星是用于监视和发现敌方战略弹道导弹并发出警报的侦察卫星,通常被发射到地球静止卫星轨道,由几颗卫星组成预警网。利用卫星上的红外探测器探测导弹在飞出大气层后发动机尾焰的红外辐射,并配合使用电视摄像机跟踪导弹,及时准确判明导弹并发出警报。根据上述材料,以下说法正确的是(　　)
A.静止轨道上的预警卫星的加速度小于月球的加速度
B.如果长期不维护,预警卫星有可能会脱离地球,飞向茫茫宇宙
C.预警卫星在地球静止卫星轨道上运行时,不可能经过杭州正上方
D.预警卫星在地球静止卫星轨道上运行时,它的运行速度大于7.9 km/s
答案　C　静止轨道上的预警卫星的周期小于月球的周期,根据GMmr2=mr4π2T2=ma得,T=4π2r3GM,a=GMr2,周期小,则轨道半径小,加速度大,所以静止轨道上的预警卫星的加速度大于月球的加速度,故A错误。在不维护的情况下,预警卫星的速度不可能增大,则不会脱离地球,故B错误。预警卫星在地球的同步轨道上,轨道在赤道的上空,预警卫星不可能经过杭州的正上方,故C正确。第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大速度,所以预警卫星的运行速度小于7.9 km/s,故D错误。故选C。
10.我国卫星移动通信系统首发星,被誉为中国版海事卫星的天通一号01星,在2016年8月6日在西昌卫星发射中心顺利升空并进入距离地球约三万六千公里的地球同步轨道。这标志着我国迈入了卫星移动通信的“手机时代”。根据这一信息以及必要的知识,尚不能确定该卫星的(　　)
A.质量 B.轨道半径
C.运行速率 D.运行周期
答案　A　GMmr2=mv2r=mω2r=m2πT2r=ma,等式两边卫星的质量被消去,故无法求得,选A。
11.我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉成功发射,在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信。“墨子”由火箭发射至高度为500千米的预定圆形轨道。此前6月在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星G7。G7属地球静止轨道卫星(高度约为36 000千米),它将使北斗系统的可靠性进一步提高。关于卫星以下说法中正确的是(　　)
A.这两颗卫星的运行速度可能大于7.9 km/s
B.通过地面控制可以将G7定点于西昌正上方
C.量子科学实验卫星“墨子”的周期比G7小
D.量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比G7小
答案　C　根据GmMr2=mv2r,知道轨道半径越大,线速度越小,所以第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动的最大速度,所以两颗卫星的运行速度均小于地球的第一宇宙速度,故A错误;地球静止轨道卫星即同步卫星,只能定点于赤道正上方,故B错误;根据GmMr2=mr4π2T2,得T=4π2r3GM,所以量子科学实验卫星“墨子”的周期小,故C正确;卫星的向心加速度a=GMr2,运动半径小的量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比G7大,故D错误。故选C。
12.如图甲所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出这一过程中弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示,则(　　)
A.t1时刻小球动能最大
B.t2时刻小球动能最大
C.t2~t3这段时间内,小球的动能先增加后减少
D.t2~t3这段时间内,小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
答案　C　0~t1时间内,小球做自由落体运动,故弹簧弹力为零;t1~t2时间内,小球压缩弹簧,当弹力等于重力时,小球速度最大,在此时刻之前,小球做加速度减小的加速运动,之后做加速度增大的减速运动,t2时刻减速到零;t2~t3时间内,小球向上先加速运动后减速运动,故A、B、C三选项中,只有C项正确。t2~t3时间内弹簧减少的弹性势能转化为小球增加的动能和重力势能,故D项错误。
13.“激流勇进”是一种常见的水上机动游乐设备,常见于主题游乐园中。游客们在一定安全装置的束缚下,沿着设计好的水道漂行,其间通常会有至少一次大幅度的机械提升和瞬时跌落。图中所示为游客们正坐在皮筏艇上从高处沿斜坡水道向下加速滑行,在此过程中下列说法正确的是(　　)
A.合外力对游客做负功 B.皮筏艇对游客不做功
C.重力对游客做正功 D.游客的机械能增加
答案　C　游客们正坐在皮筏艇上从高处沿斜坡水道向下加速滑行,速度越来越大,根据动能定理可知,合外力做正功,故A错误;在下滑过程中,由于皮筏艇对游客的作用力向上,故皮筏艇对游客做负功,故B错误;游客下降,故重力对游客做正功,故C正确;由于皮筏艇对游客做负功,故游客的机械能减小,故D错误。
14.高空“蹦极”是勇敢者的游戏。蹦极运动员将弹性长绳(质量忽略不计)的一端系在双脚上,另一端固定在高处的跳台上,运动员无初速地从跳台上落下。若不计空气阻力,则(　　)
A.弹性绳开始伸直时,运动员的速度最大
B.整个下落过程中,重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功
C.整个下落过程中,运动员的机械能守恒
D.从弹性绳开始伸直到运动员到达最低点的过程中,运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和不断增大
答案　B　弹性绳开始伸直时,拉力为零,运动员只受重力,合外力向下,运动员向下做加速运动,速度继续增大,故A错误;整个下落过程中,由于初末速度都为零,根据动能定理,总功为零,故重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功,故B正确;整个下落过程中,运动员和弹性绳整体的机械能守恒,但是运动员的机械能不守恒,故C错误;从弹性绳开始伸直到运动员到达最低点的过程中,开始阶段,拉力增加但还是小于重力,合外力向下,运动员向下做加速度减小的加速运动,当加速度为零时,速度最大,动能最大,根据机械能守恒可知,重力势能与弹性绳的弹性势能之和最小,此后拉力继续增加,大于重力,合外力向上,运动员开始做加速度增大的减速运动,速度减小,动能减小,重力势能与弹性绳的弹性势能之和增大,故D错误。
15.有两条雪道平行建造,左侧相同而右侧有差异,一条雪道的右侧水平,另一条的右侧是斜坡。某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动,从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑,最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上。接着改用另一条雪道,还从与A点等高的位置由静止开始下滑,结果能冲上另一条倾角为α的雪道并在h2高处的E点停下。若动摩擦因数处处相同,且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失,则(　　)
A.动摩擦因数为tan θ B.动摩擦因数为h1s
C.倾角α一定大于θ D.倾角α可以大于θ
答案　B　第一次停在水平雪道上的某点,由动能定理得
mgh1-μmg cos θ·h1sinθ-μmgs'=0
mgh1-μmg(h1tanθ+s')=0
mgh1-μmgs=0
μ=h1s
A错误,B正确。
在AB段由静止下滑,说明μmg cos θmg sin α;若α>θ,则雪橇不能停在E点,所以C、D错误。
非选择题部分
二、非选择题(共55分)
16.(5分)(1)在实验室做常规实验时经常用到“重物”,有时还需要用“重物”改变小车的质量,请为下列实验从图1中选择正确的“重物”(填编号,可能多选):
图1
①验证机械能守恒定律　　　　　;?
②探究小车加速度与力、质量的关系　　　　　。?
(2)某同学设计了一个研究平抛运动初速度的实验装置,如图2所示。在水平桌面上放置一个斜面,让钢球从斜面上滚下,钢球滚过桌边后便做平抛运动,他把桌子搬到竖直墙附近,使做平抛运动的钢球能打在附有白纸和复写纸的墙上,记录钢球的打击点,改变桌子和墙的距离,就可以得到多组数据。如果该同学第一次让桌子紧靠墙壁,从斜面上某一位置静止释放钢球,在白纸上得到痕迹A。以后每次将桌子向远离墙壁的方向移动距离x=10.00 cm,重复刚才的操作,依次在白纸上留下痕迹B、C、D,测得B、C间距离y2=14.58 cm,C、D间距离y3=24.38 cm,根据以上直接测量的物理量得小球平抛的初速度为v0=　　　　(用x、y2、y3、g表示),小球下落BC高度所用时间t=　　　　s;若痕迹D刚好位于墙脚,桌子的高度为　　　　m。(计算结果都保留两位有效数字,g取9.80 m/s2)?
图2
答案　(1)A　(2)BC　xgy3-y2　0.10　0.44
解析　(1)①验证机械能守恒定律时,只需要一个重物即可,所以选A;②探究小车加速度与力、质量的关系时,要多次改变重物的质量来改变小车的质量,要通过改变钩码的个数改变拉力大小,所以选B、C。
(2)在竖直方向上,由y3-y2=gt2,解得t=y3-y2g=24.38?14.58×10-29.8 s=0.10 s。在水平方向上,x=v0t,解得v0=xgy3-y2,代入数据解得:v0=1.0 m/s。由题可知Δh=y3-y2=24.38 cm-14.58 cm=9.8 cm;则AB=y2-Δh=14.58 cm-9.8 cm=4.78 cm;因此桌子的高度为AD=4.78 cm+14.58 cm+24.38 cm=43.74 cm≈0.44 m。
17.(4分)在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图1):
图1
(1)除图中已给出的实验器材外,还需要的器材有　　　　(填选项前字母)。?
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.停表 B.交流电源
C.橡皮筋 D.刻度尺
(2)打出的纸带如图2,小车是与纸带的　　　　端连接(填“左”或“右”)。?
图2
(3)下列说法哪一项是正确的　　　　(填选项前字母)。?
A.平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上
B.为减小系统误差,应使钩码质量远大于小车质量
C.实验时,应使小车靠近打点计时器由静止释放
D.本实验细线要与木板平行
答案　(1)BD　(2)左　(3)CD
解析　(1)实验中需要测量长度,故需要刻度尺,同时打点计时器需要接交流电源,故选B、D。
(2)从左到右,因为相等时间内的位移逐渐增大,可知纸带的左端与小车相连接。
(3)本实验中平衡摩擦力时不应挂钩码,故A错误;为了减小钩码质量带来的影响,应使钩码的质量远小于小车的质量,故B错误;实验时,应使小车靠近打点计时器并由静止释放,这样可以尽量多地利用纸带,故C正确;实验应保证细线拉力为小车所受合力,故细线要与木板平行,故D正确。
18.(5分)如图所示为某研究性学习小组在做“验证机械能守恒定律”的实验装置图,让重锤连接纸带一起由静止下落,打点计时器在纸带上打出一系列的点,通过测量和计算来验证机械能是否守恒。
(1)关于实验操作和数据处理,下列说法正确的是　　　　(填选项前字母)。?
A.实验中必须要用天平测出重锤的质量
B.实验中重锤下落的加速度一定小于当地的重力加速度
C.实验中需要用停表来测量重锤下落所用时间t,并用h=12gt2来计算下落高度h;
D.实验中用刻度尺测量出重锤下落的高度h,并用v=2gh来计算瞬时速度v
(2)实验中由于各种阻力的影响,使重锤获得的动能　　　　(选填“>”“<”或“=”)它减小的重力势能。?
(3)以v22为纵轴,h为横轴,依据实验数据描绘出v22-h的图像,如果图像是一条过坐标原点的倾斜直线且直线的斜率为　　　　时,可以验证重锤下落过程机械能守恒。?
答案　(1)B　(2)<　(3)g
解析　(1)在实验中,因为比较的是mgh与12mv2的大小关系,故m可约去,只比较gh与12v2的大小关系,不需要用天平,故A错误;因为实验中存在空气阻力和纸带与复写纸的摩擦力,故实验中重锤下落的加速度一定小于当地的重力加速度,故B正确;因为打点计时器有计时功能,故不需要停表来计时,故C错误;实验时通过刻度尺测出物体下落的高度,根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出速度的大小,故D错误;故选B。(2)实验中由于各种阻力的影响,使重锤获得的动能小于它减小的重力势能,故填“<”,(3)若重锤下落过程机械能守恒,则有mgh=12mv2,m约去,化简得12v2=gh,故12v2-h图像的斜率表示重力加速度g,此时即可验证重锤下落过程机械能守恒。
19.(9分)如图所示,光滑的水平面AB与半径R=0.4 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切,D点为半圆轨道最高点,A点的右侧连接一粗糙的水平面。用细线连接甲、乙两物体,中间夹一轻质压缩弹簧,弹簧与甲、乙两物体不拴接,甲的质量m1=4 kg,乙的质量m2=5 kg,甲、乙均静止。若固定乙,烧断细线,甲离开弹簧后经过B点进入半圆轨道,过D点时对轨道的压力恰好为零。取g=10 m/s2,甲、乙两物体可看做质点,求:
(1)甲离开弹簧后经过B点时的速度的大小vB;
(2)在弹簧压缩量相同的情况下,若固定甲,烧断细线,乙物体离开弹簧后从A点进入动摩擦因数μ=0.4的粗糙水平面,则乙物体在粗糙水平面运动的位移x。
答案　(1)25 m/s　(2)2 m
解析　(1)甲在最高点D时,由牛顿第二定律,有
m1g=m1vD2R
甲离开弹簧运动至D点的过程中机械能守恒:
12m1vB2=m1g·2R+12m1vD2
联立解得:vB=25 m/s。
(2)甲固定,烧断细线后乙离开弹簧时的速度大小为v2,
由能量守恒得Ep=12m1vB2=12m2v22
得v2=4 m/s
乙在粗糙水平面做匀减速运动:
μm2g=m2a,得a=4 m/s2
x=v222a=2 m。
20.(10分)一质量为M=2 kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动,被一水平向左飞来的子弹击中,子弹从物块中穿过,如图甲所示,地面观察者记录了小物块被击穿后的速度随时间的变化关系,如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向),已知传送带的速度保持不变,g取10 m/s2。
(1)指出传送带的速度v的方向及大小,说明理由。
(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数。
(3)计算物块对传送带总共做了多少功?系统有多少能量转化为内能?
答案　(1)方向向右　2 m/s　理由见解析　(2)0.2
(3)-24 J　36 J
解析　(1)由题图可知,物块被击中后先向左做匀减速运动,速度为零后,又向右做匀加速运动,当速度等于2 m/s以后随传送带一起匀速运动,所以传送带的速度方向向右,大小为2 m/s。
(2)由题图可知,a=ΔvΔt=42 m/s2=2 m/s2
由牛顿第二定律得,滑动摩擦力Ff=Ma
Ff=μFN,FN=Mg
所以物块与传送带间的动摩擦因数
μ=ag=210=0.2。
(3)由题图可知,传送带与物块间存在摩擦力的时间只有3 s,传送带在这段时间内的位移
x=vt=2×3 m=6 m
所以物块对传送带所做的功为
W=-Ffx=-4×6 J=-24 J
选传送带为参考系,物块相对于传送带通过的路程
x'=v'2t=62×3 m=9 m
所以转化为内能的能量Q=Ffx'=4×9 J=36 J。
21.(10分)如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B,C是最低点,圆心角∠BOC=37°,D与圆心 O等高,圆弧轨道半径 R=1.0 m,现有一个质量为m=0.2 kg、可视为质点的小物体从D点的正上方E点处自由下落,D、E两点间的距离h=1.6 m,物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 N/kg,求:
(1)物体第一次通过C点时,对轨道的压力大小;
(2)要使物体不从斜面顶端飞出,斜面的长度LAB至少要多长;
(3)若斜面已经满足(2)要求,物体从 E点开始下落,直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动,在此过程中系统因摩擦所产生的热量 Q的大小。
答案　(1)12.4 N　(2)2.4 m　(3)4.8 J
解析　(1)物体从E到C,由机械能守恒得:mg(h+R) =12mvC2
在C点,由牛顿第二定律得:FN-mg=mvC2R
解得: FN=12.4 N
物体在C点对轨道的压力与物体受到的支持力大小相等,故物体对轨道的压力大小为12.4 N。
(2)从E→D→C→B→A过程,由动能定理得:WG-Wf=0
WG=mg[(h+R cos 37°)-LAB sin 37°]
Wf=μmgLAB cos 37°
解得斜面长度至少为: LAB=2.4 m
(3)因为mg sin 37°>μmg cos 37°(或μ系统因摩擦所产生的热量Q=ΔEp
ΔEp=mg(h+R cos 37°),解得Q=4.8 J。
22.(12分)如图1所示,一个与水平方向夹角为37°、长为L=2.0 m的粗糙倾斜轨道AB,通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连,出口为水平轨道DE,整个轨道除AB段以外都是光滑的,其中AB与BC轨道以微小圆弧相接,在圆轨道的最低点C和最高点H各安装了一个压力传感器(图中未画出)。一个小物块以不同的初速度v0从不同高度水平抛出,到A点时速度方向都恰好沿AB方向,并沿倾斜轨道滑下,已知物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求小物块的抛出点和A点的高度差h与v0应满足的关系;
(2)若传感器测出小物块在轨道内侧最低点C和最高点H时与轨道间的弹力FH随FC变化的图线如图2所示,求小物块的质量m;
(3)要使从不同高度平抛的小物块从A点滑下进入圆轨道后都不脱离轨道而从水平轨道DE滑出,求竖直圆轨道的半径R应该满足什么条件。
答案　见解析
解析　(1)小物块被水平抛出后做平抛运动,到A点时有:vy=2gh
据题有tan 37°=vyv0
所以有h=9v0232g
(2)根据向心力公式得:
在最低点C时有:FC-mg=mvC2R
在最高点H时有:FH+mg=mvH2R
从C到H,由机械能守恒定律得:2mgR+12mvH2=12mvC2
联立解得FC-FH=6mg
由图像可得m=0.1 kg
(3)当v0=0时,轨道半径设为R0。
小物块恰好通过圆轨道最高点时,有mg=mv2R0
从抛出到小物块到达H的过程,由动能定理得:
mgL sin 37°-μmg cos 37°·L-mg·2R0=12mv2
解得R0=0.16 m
所以R≤0.16 m
滚动检测卷(一)
本试卷分选择题和非选择题两部分,满分100分,考试时间90分钟。
选择题部分
一、选择题(每题3分,共45分)
1.下列四幅图中包含的物理思想方法叙述错误的是(　　)
A.图甲:观察桌面微小形变的实验,利用了放大法
B.图乙:探究影响电荷间相互作用力的因素时,运用了控制变量法
C.图丙:利用红蜡块的运动探究合运动和分运动的实验,体现了类比的思想
D.图丁:伽利略研究力和运动关系时,运用了理想实验法
答案　C　用镜面反射观察桌面微小变形时,是根据入射光线不变时,镜面转动角α,入射角改变α时,反射角改变2α,所用的物理思想方法是放大法,A正确;探究影响电荷间相互作用力的因素时,所用的物理思想方法是控制变量法,B正确;利用红蜡块的运动探究合运动和分运动的实验,采用的物理思想方法是等效替代法,C错误;在研究力和运动的关系时,伽利略运用了理想实验法,巧妙地设想了两个对接斜面的实验,D正确。
2.关于下列如图所示的照片中的物体或人,在运动过程中的一些说法正确的是(　　)
A.甲图是一列8:00~10:25从成都开往重庆的高速动车,8:00是指动车的运动时间
B.乙图是绕月球运动的“嫦娥二号”卫星,它在运动一周的过程中,其平均速度为零
C.丙图是男子单杠比赛运动到最高点的体操运动员,此瞬间,运动员速度和加速度均为零
D.丁图是表演精彩的芭蕾舞演员,可以把他们看做质点
答案　B　8:00是指动车发车的时刻,故A错误;由于卫星运动一周的过程中的位移为零,故其平均速度为零,故B正确;运动员在最高点时,速度为零,但是此时他的加速度不为零,故C错误;研究芭蕾舞演员跳舞的姿态时,其大小和形状不能忽略,故不能看做质点,故D错误。
3.东阳中学马老师用手机计步器记录了自己从家走到学校的情况,如图所示。则下列说法正确的是(　　)
A.图中的用时01:20是时刻
B.图中的行程6.65千米为位移
C.图中的速度5.0 km/h为平均速率
D.图中的速度5.0 km/h为平均速度
答案　C　从图中可以看出,东阳中学的马老师,用时1 h 20 min,行走8 861步,走过的路程为6.65千米,平均速率为5.0 km/h,故本题选C。
4.如图所示,物体从O点由静止开始做匀加速直线运动,途经A、B、C三点,其中AB=2 m,BC=4 m。若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等,则O、A两点之间的距离等于(　　)
A.14 m B.12 m C.2 m D.4 m
答案　A　设物体通过AB、BC所用时间均为T,则B点的速度为vB=xAC2T=6m2T=3mT,根据Δx=aT2得a=ΔxT2=2mT2,则vA=vB-aT=3mT-2mT=1mT,则xOA=vA22a=14 m。故选A。
5.一滑块在粗糙水平面上滑行,通过频闪照片分析得知,滑块在最开始2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍,已知滑块最开始1 s内的位移为2.5 m,由此可求得(　　)
A.滑块的加速度为5 m/s2
B.滑块的初速度为5 m/s
C.滑块运动的总时间为5 s
D.滑块运动的总位移为4.5 m
答案　D　设滑块运动的加速度大小为a,运动总时间为t,把滑块的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动,则最后2 s内位移为s1=12at22=2a(m),最初2 s内位移为s2=12at2-12a(t-2 s)2=2at-2a(m),又因s2∶s1=2∶1,解得总时间t=3 s,故C错误;第1 s的位移为s3=12at2-12a(t-1 s)2=2.5 m,解得a=1 m/s2,故A错误;总位移x=12at2=4.5 m,故D正确;滑块的初速度v0=at=3 m/s,故B错误。
6.如图所示为市场出售的苍蝇拍,拍柄长约30 cm。这种苍蝇拍实际使用效果并不理想,有人尝试将拍柄增长到60 cm。若挥拍时手的动作完全相同,则改装后拍头(　　)
A.线速度变大 B.角速度变大
C.向心加速度变小 D.向心力变小
答案　A　由于挥拍时手的动作完全相同,即拍柄转动的角速度相同,B错;由于拍柄变长,改装后拍头的线速度v=ωr变大,故A对;向心加速度a=ω2r变大,C错;向心力F=mω2r变大,D错。
7.如图所示是人们短途出行、购物的简便双轮小车,若小车在匀速行驶的过程中支架与水平方向的夹角保持不变,不计货物与小车间的摩擦力,则货物对杆A、B的压力大小之比FA∶FB为(　　)
A.1∶3 B.3∶1
C.2∶1 D.1∶2
答案　B　以货物为研究对象进行受力分析,如图所示,利用力的合成法可得tan 30°=FNBFNA,根据牛顿第三定律可知FB=FNB、FA=FNA,解得FA∶FB=3∶1,选项B正确。
8.如图所示,有一重力不计的方形容器,被水平力F压在竖直的墙面上处于静止状态,现缓慢地向容器内注水,直到注满为止,此过程中容器始终保持静止,则下列说法正确的是(　　)
A.容器受到的摩擦力不断增大
B.容器受到的摩擦力不变
C.水平力F必须逐渐增大
D.容器受到的合力逐渐增大
答案　A　因注水过程中容器始终静止,故容器受到的合力始终为零,D错误;由平衡条件可得,墙对容器的静摩擦力Ff=m总g,随m总的增大而增大,A正确,B错误;只要m总g≤μF,不增大水平力F也可使容器静止不动,C错误。
9.如图所示,某轮渡站两岸的码头A和B正对,轮渡沿直线往返于两码头之间,已知水流速度恒定且小于船速,船速大小不变。下列说法正确的是(　　)
A.往返所用的时间不相等
B.往返时船头均应垂直河岸航行
C.往返时船头均应适当偏向上游
D.从A驶往B,船头应适当偏向上游,返回时船头应适当偏向下游
答案　C　根据矢量的合成法则,可知往返所用的时间相等,故A错误。从A到B,合速度方向垂直于河岸,水流速度水平向右,根据平行四边形定则,则船头的方向偏向上游一侧。从B到A,合速度的方向仍然垂直于河岸,水流速度水平向右,船头的方向仍然偏向上游一侧。故C正确,B、D错误。
10.一工厂用皮带传送装置将从某一高度固定位置平抛下来的物件传到地面,为保证物件的安全,需以最短的路径运动到传送带上,已知传送带的倾角为θ。则(　　)
A.物件在空中运动的过程中,每1 s的速度变化不同
B.物件下落的竖直高度与水平位移之比为2 tan θ
C.物件落在传送带上时竖直方向的速度与水平方向速度之比为2tanθ
D.物件做平抛运动的最小位移为2v02tanθ
答案　C　物件在空中做平抛运动,故每1 s的速度变化Δv=gΔt相同,A选项错误;以最短的路径运动到传送带上,则需连抛出点到传送带的垂线,如图所示,则由平抛运动规律,x=v0t,y=12gt2,tan θ=xy,解得物件飞行时间为t=2v0gtanθ,则vy=gt=2v0tanθ,物件落在传送带时竖直方向的速度与水平方向速度之比为vyvx=2v0v0tanθ=2tanθ,故B选项错误,C选项正确;物件平抛运动的最小位移为L=xsinθ=v0tsinθ=2v02gtanθsinθ,故D选项错误。
11.如图所示,某同学参加引体向上体能测试,在20 s内完成10次标准动作,每次引体向上的高度约为50 cm,则在完成这10次引体向上的过程中,该同学克服重力做功的平均功率为(　　)
A.0 B.150 W C.300 W D.450 W
答案　A　高中同学体重大约60 kg,引体向上时向上运动的位移大约0.5 m,则克服重力做功的平均功率P=10mght=10×60×10×0.520 W=150 W,故B正确,A、C、D错误;故选B。
12.如图所示为某游乐场的一个娱乐设施,图中的大转盘在竖直平面内匀速转动,坐在吊篮里的游人却显得悠然自得,对某个游人,下列说法正确的是(　　)
A.游人所受合外力恰好为零
B.游人所受合外力恰好提供向心力
C.游人的机械能保持不变
D.游人的机械能不断增加
答案　B　大转盘在竖直平面内做匀速圆周运动,则游人所受的合外力不为零,合外力要用于提供向心力,合外力大小不变,方向始终指向圆心,故A错误,B正确;转盘在竖直平面内做匀速圆周运动,则动能不变,重力势能在变化,游人机械能不守恒,故C错误;对于同转盘一起下降的游人,动能不变而重力势能在减少,机械能减小,故D错误。
13.如图甲所示,质量为1 kg的小物块以初速度v0=11 m/s从倾角θ=53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面,第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F,第二次无恒力F。图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线。不考虑空气阻力,g=10 m/s2,下列说法正确的是(cos 53°=0.6,sin 53°=0.8)(　　)
A.恒力F大小为10 N
B.物块与斜面间动摩擦因数为0.6
C.有恒力F时,小物块在上升过程中产生的热量较少
D.有恒力F时,小物块在上升过程中机械能的减少量较小
答案　D　根据v-t图线斜率表示加速度可知aa=Δvt1=0?111.1 m/s2=-10 m/s2,ab=Δvt2=0?111 m/s2=-11 m/s2,不受拉力时mab=-mg sin 53°-μmg cos 53°,代入数据得μ=0.5,受到拉力的作用时maa=F-mg sin 53°-μmg cos 53°,所以F=1 N,故A、B错误;根据运动学公式x=0?v022a,有恒力F时,小物块的加速度小,小物块上升的高度比较大,所以在上升过程中产生的热量较大,故C错误;有恒力F时,小物块在最高点的重力势能比较大,而升高的过程中动能的减小量是相等的,所以在上升过程中机械能的减少量较小,故D正确。
14.把一质量为m的小球放在竖立的弹簧上,并把球往下按至A的位置,如图甲所示。迅速松手后,弹簧把球弹起,球升至最高位置C(图丙),途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。已知A、B的高度差为h,C、B的高度
差为2h,弹簧的质量和空气的阻力均可忽略,选A位置为重力势能零势能点,则(　　)
A.刚松手瞬间,弹簧弹力等于小球重力
B.状态甲中弹簧的弹性势能为2mgh
C.状态乙中小球的动能为mgh
D.状态丙中系统的机械能为3mgh
答案　D　刚松手瞬间,小球的加速度向上,处于超重状态,则弹簧弹力大于小球重力,故A错误。根据系统的机械能守恒可知,小球在甲状态时,弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能,为:Ep=mghAC=mg·3h=3mgh,故B错误。由系统的机械能守恒得:状态乙中小球的动能EkB=mghAC-mghAB=2mgh,故C错误。选A位置为重力势能零势能点,状态丙中系统的机械能为3mgh,故D正确。
15.A、B两物体放在同一水平面上,受到大小相同的水平力F的作用,各自从静止开始运动。经过时间t0,撤去作用在A物体上的外力F;经过时间4t0,撤去作用在B物体上的外力F。两物体运动的v-t图像如图所示,则A、B两物体(　　)
A.A、B两物体的质量之比为3∶5
B.A、B两物体与水平面间的动摩擦因数之比为2∶1
C.在0~2t0时间间隔内,合外力对A、B两物体做功之比为5∶3
D.在0~4t0时间间隔内,水平力F对A、B两物体做功之比为2∶1
答案　C　由图像可得,A加速运动的加速度为2v0t0,减速运动的加速度为v0t,根据牛顿第二定律知2v0t0=F-f1m1①、v0t0=f1m1②,由①②得f1=13F;B加速运动的加速度为v04t0,减速运动的加速度为v0t0,根据牛顿第二定律知v04t0=F-f2m2③、v0t0=f2m2④,由③④得f2=45F,所以A、B与水平面的摩擦力大小之比为F3∶4F5=5∶12⑤,联立②④⑤可得,m1m2=512⑥;由f=μmg可知,μ1μ2=1,故A、B错误;在0~2t0时间间隔内,合外力做功之比等于末动能之比,为12m1v12∶12m2v22=12m1v02∶12m2(v02)2=5∶3,故C正确;根据功的公式可知:W=FL,则F做功之比为W1∶W2=F2v02t0∶Fv02×4t0=1∶2,故D错误。
非选择题部分
二、非选择题(共55分)
16.(8分)(1)在“探究求合力的方法”实验中,下列器材中必须要用的是　　　　、　　　　。?
(2)下列两个学生实验中,必须要测量质量、时间和位移的是　　　　。?
A.用打点计时器测速度
B.探究加速度与力、质量的关系
(3)电磁打点计时器用的源为　　　　;电火花打点计时器用的电源为　　　　。?
A.直流4~6 V B.直流220 V
C.交流4~6 V D.交流220 V
答案　(1)B　D　(2)B　(3)C　D
解析　(1)做“探究求合力的方法”实验中需要的实验器材有方木板、白纸、刻度尺、绳套、弹簧测力计、图钉、三角板、橡皮条,不需要停表和打点计时器,故选B、D。
(2)用打点计时器测速度的实验中不需要测量质量,探究速度与力、质量的关系的实验中需要测量质量、时间和位移,故选B。
(3)电磁打点计时器用的源为交流4-6 V;电火花打点计时器用的电源为交流220 V。
17.(6分)某同学用图甲所示装置探究合力做功和物体速度变化的关系。一个圆柱形铝管固定在水平桌面上,管口与桌边齐平,管的两侧开有小缝,可以让水平方向的皮筋穿过,俯视图如图乙所示。在桌边关于圆管对称的A、B两点固定两个钉子,缠绕在钉子上的皮筋在A、B之间伸直且为原长,伸长后可以把小钢球弹出。小钢球与管之间的摩擦可忽略,它被弹出后落在水平地面上,测出落地点与桌边的水平距离x,然后分别用2条、3条、4条、5条相同的皮筋从同一位置由静止弹射小钢球,重复以上测量。
(1)(多选)除了图示的器材以外,实验中还需要的实验器材有　　　　。(填器材前方字母)?
A.游标卡尺 B.停表
C.重垂线 D.刻度尺
(2)将皮筋做的功与测得的小钢球水平位移的数据列表如下:
皮筋做的功W
W0
2W0
3W0
4W0
5W0
小钢球的水平位移x/m
1.01
1.43
1.75
2.02
2.24
　　根据以上数据,以W为纵轴,以　　　　为横轴(填写物理量符号),可在坐标系中得到一条过原点的直线,这说明皮筋所做的功W与小钢球弹出时的水平速度v之间满足的关系为　　　　。?
答案　(1)CD　(2)x2　W与v2成正比
解析　(1)本实验需要测量小钢球平抛的水平位移,故需要用到刻度尺和重垂线,C、D正确。(2)因为小钢球飞出后做平抛运动,根据平抛运动的特点得小钢球飞出的初速度v=xt,W-x2图像为过原点的倾斜直线,说明W与v2成正比。
18.(8分)甲同学准备做“探究功与物体速度变化的关系”实验。乙同学准备做“验证机械能守恒定律”实验。
图1
(1)图1为实验室提供的部分器材,甲、乙均要使用的器材是　　　(填字母序号)。?
(2)图2是实验中得到的纸带①、②,请选择任意一条纸带计算b点对应速度　　　 m/s,其中纸带　　　是验证机械能守恒定律实验得到的(填“①”或“②”)。?
图2
　　(3)(多选)关于这两个实验,下列说法正确的是　　　(填字母代号)?
A.甲同学可以利用纸带上任意两点间的距离求所需速度
B.甲同学做实验时长木板倾斜的目的是使橡皮筋所做的功等于合力所做的功
C.乙同学可以取纸带上任意2个计时点进行数据处理
D.乙同学实验时使重物靠近打点计时器释放的目的是获取更多的计时点
答案　(1)D　(2)0.70(0.68~0.72)或1.38(1.36~1.40)　②　(3)BD
解析　(1)这两个实验都要使用打点计时器。(2)b点对应速度应用vb=xac/2T计算;“探究功与物体速度变化的关系”实验中的小车先加速后匀速;“验证机械能守恒定律”实验中的物体在落地前一直匀加速运动,故选②。(3)甲同学的实验中必须测量橡皮筋做功之后小车所获得的速度,平衡摩擦力的目的是使橡皮筋的弹力等于合力;乙同学不能任取两个点,因为若取的是相邻两个点,难以确定“中间时刻”时的具体位置,即无法确定高度。故选B、D。
19.(10分)如图1为水上乐园的“超级大喇叭”,它主要由螺旋滑道AB和喇叭形曲面滑道组成,图2是喇叭形曲面滑道正视图。现有4位游客乘坐浮圈,从平台A处从静止随水流滑下,经滑道AB进入喇叭形曲面,恰好到达C处。已知游客与浮圈总质量M=232.5 kg,A处距离地面高H=20 m,喇叭形曲面最低处B距离地h=1 m。B、C、D在喇叭形曲面外侧,可视为在同一竖直圆面内,半径R=9 m,C处与圆心等高,若只考虑浮圈在滑道段运动时受阻力作用,求:(g取10 m/s2)
(1)在滑道AB内滑行过程中,4位游客与浮圈克服阻力做的功W1;
(2)当浮圈滑至B处时,其中质量为50 kg的一位游客受到的支持力大小;
(3)若只让浮圈(无游客)滑下且能到达最高点D,浮圈在A处的初速度大小。[已知浮圈质量m=10 kg,浮圈在螺旋滑道中克服阻力做功为(1)小题中W1的1/30]
答案　见解析
解析　(1)从A到C:MghAC-W1=0-0
得:W1=2.325×104 J
则克服阻力做功为2.325×104 J
(2)从B到C:-MgR=0-12MvB2
在B点:FN-M游g=M游vB2R
解得FN=1.5×103 N
(3)从A到D:mghAD-130·W1=12mvD2-12mv02
要过D点,则:mg=mvD2R
解得vD=15 m/s
20.(11分)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量m=1 000 kg 的混合动力轿车,在平直公路上以v1=90 km/h匀速行驶,发动机的输出功率为P=50 kW。当驾驶员看到前方有80 km/h的限速标志时,保持发动机功率不变,立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电,使轿车做减速运动,运动L=72 m后,速度变为v2=72 km/h。此过程中发动机功率的15用于轿车的牵引,45用于供给发电机工作,发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变。求
(1)轿车以90 km/h在平直公路上匀速行驶时,所受阻力F阻的大小;
(2)轿车从90 km/h减速到72 km/h过程中,获得的电能E电;
(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72 km/h匀速运动的距离L'。
答案　(1)2×103 N　(2)6.3×104 J　(3)31.5 m
解析　(1)轿车牵引力与输出功率关系
P=F牵v
将P=50 kW,v1=90 km/h=25 m/s代入得
F牵=Pv1=2×103 N
当轿车匀速行驶时,牵引力与阻力大小相等,有
F阻=2×103 N
(2)在减速过程中,注意到发动机只有15P用于轿车的牵引。根据动能定理有
15Pt-F阻L=12mv22-12mv12
代入数据得
Pt=1.575×105 J
电源获得的电能为
E电=0.5×45Pt=6.3×104 J
(3)根据题设,轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F阻=2×103 N。在此过程中,由能量守恒定律可知。仅有电能用于克服阻力做功
E电=F阻L'
代入数据得
L'=31.5 m
21.(12分)如图所示,AB是倾角为θ的粗糙直轨道,BCD是光滑的圆弧轨道,AB恰好在B点与圆弧相切,圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看做质点)从直轨道上的P点由静止释放,结果它能在两轨道间做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高,物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ,求:
(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程;
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时,对圆弧轨道的压力;
(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D,释放点距B点的距离L'应满足什么条件。
答案　(1)Rμ　(2)(3-2 cos θ)mg　(3)L'≥(3+2cosθ)R2(sinθ-μcosθ)
解析　(1)因为摩擦力始终对物体做负功,所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动。
对整个过程由动能定理得
mgR·cos θ-μmg cos θ·s总=0
所以s总=Rμ
(2)对B→E过程
mgR(1-cos θ)=12mvE2①
FN-mg=mvE2R②
由①②得FN=(3-2 cos θ)mg
(3)设物体刚好到D点,
则mg=mvD2R③
对全过程由动能定理得
mgL sin θ-μmg cos θ·L-mgR(1+cos θ)=12mvD2④
由③④得:L=3+2cosθ2(sinθ-μcosθ)·R
则L'>L=3+2cosθ(2sinθ-μcosθ)·R
特训(三)　(范围:必修3-1)
本试卷分选择题和非选择题两部分,满分100分,考试时间90分钟。
选择题部分
一、选择题(每题3分,共45分)
1.在科学发展过程中,许多科学家对物理学的发展做出了巨大贡献,下列表述正确的是(　　)
A.开普勒在整理第谷的观测数据之上,总结得到行星运动规律
B.库仑提出了电荷周围存在电场的观点
C.元电荷e的数值最早是由物理学家法拉第测得的
D.伽利略发现万有引力定律并测得引力常量G值
答案　A　开普勒在整理第谷的观察数据之上,总结得到行星运动规律,故A正确;法拉第最早提出了电荷周围存在电场的观点,故B错误;元电荷最早是由美国物理学家密立根测出的,故C错误;牛顿发现的万有引力定律,开文迪许通过实验测出的引力常量G,故D错误。
2.下列有关电容器知识的描述,正确的是(　　)
A.图(甲)为电容器充电示意图,充完电后电容器上极板带正电,两极板间电压U等于电源电动势E
B.图(乙)为电容器放电示意图,若电容器上极板带电荷量为+Q,则放电过程中通过电流表的电流方向从右向左,流过的总电量为2Q
C.图(丙)为电解电容器的实物图和符号,图(丁)为可变电容器及其符号,两种电容使用时都应严格区分正负极
D.图(丙)中的电容器上标有“400 V　68 μF”字样,说明该电容器只有两端加上400 V的电压时电容才为68 μF
答案　A　图(甲)为电容器充电过程,上极板与电源的正极相连,充完电后电容器上极板带正电,同时两极板间的电压U等于电源的电动势E,故A正确;图(乙)为电容器放电过程,若电容器上极板带电荷量为+Q,则放电过程中通过电流表的电流方向从右向左,且流过的总电荷量为Q,故B错误;图(丙)为电解电容器的实物图和符号,图(丁)为可变电容器及其符号,前者电容器使用时严格区分正负极,后者没有,故C错误;图(丙)中的电容器上标有“400 V　68 μF”字样,说明该电容器两端电压最大值为400 V,而电容与电容器的电压及电荷量均无关,总是68 μF,故D错误。
3.如图所示,是某验电器的结构图。下列相关说法正确的是(　　)
A.金属箔张开过程,电势能一定减少
B.金属箔张开过程,电场力一定做负功
C.两片金属箔张开,说明金属盘带正电
D.两片金属箔张开时,可能带异种电荷
答案　A　验电器利用同种电荷互相排斥的原理,当用带电体接触验电器的金属球时,就有一部分电荷转移到验电器的金属箔片上,金属箔带上了同种电荷,这两片金属箔由于带同种电荷互相排斥而张开,在张开的过程中电场力做正功,电势能减少,而验电器只能判断物体是否带电,不能说明是哪种电荷,故也不能说明金属盘带哪种电荷,故A正确,B、C、D错误。
4.一通电直导线与匀强磁场方向垂直,电流方向如图所示,设磁场磁感应强度为B,导线长度为L,导线通电电流为I,则导线所受安培力(　　)
A.方向垂直纸面向外
B.方向竖直向上
C.通电电流越大,导线所受安培力越大
D.若将导线平行于磁场方向放入,导线所受安培力不变
答案　C　由左手定则可知,安培力方向为垂直纸面向里,故A、B错误;根据F=BIL可知,电流越大,则导线所受安培力越大,故C正确;若将导线平行磁场放入,则导线所受安培力为零,故D错误。故选C。
5.真空中,q3为场源正电荷,q1、q2为等量正试探电荷,它们固定在等边三角形的三个顶点A、B、C上,D为AB中点,如图所示,则不正确的是(　　)
A.D位置的电势高于A位置的电势
B.q1、q2具有的电势能相等
C.q3在A、B两位置产生的场强相等
D.若把q1从A点移到D点,电场力做负功
答案　C　D位置离q3近,故电势大于A位置的电势,A正确;A和B是等电势点,则q1、q2具有的电势能相等,B正确;q3在A、B两位置产生的场强方向不同,故不相等,C错误;把q1从A点移到D点,电场力做负功,D正确;此题选不正确的选项,故选C。
6.一对等量异种电荷电场的电场线(实线)和等势线(虚线)分布如图所示,则下列说法正确的是(　　)
A.A点场强EA大于B点场强EB
B.A点电势φA高于B点电势φB
C.某一点电荷在A点时的电势能EPA大于在B点时的电势能EPB
D.将某一点电荷从A点移至B点,路径不同,电场力做功也不同
答案　A　根据电场线的疏密判断场强的大小,所以A点场强EA大于B点场强EB,故A正确;顺着电场线电势降低,B点电势高于A点电势,故B错误;若把一正点电荷从A点移到B点,电场力做负功,电势能增加,所以正点电荷在A点的电势能EPA小于在B点时的电势能EPB,若把一负点电荷从A点移到B点,电场力做正功,电势能减少,所以负点电荷在A点的电势能EPA大于在B点时的电势能EPB,故C错误;根据电场力做功特点可知,将某一点电荷从A点移至B点,路径不同,电场力做功相同,故D错误。
7.
在如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r。当滑动变阻器的滑片P向右移动时(　　)
A.电流表的示数变小,电压表的示数变大
B.电流表的示数变小,电压表的示数变小
C.电流表的示数变大,电压表的示数变大
D.电流表的示数变大,电压表的示数变小
答案　A　当滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中,变阻器接入电路的电阻增大,外电路总电阻R增大,由闭合电路欧姆定律得电路中电流I减小,则电流表示数变小。由U内=Ir知,电源的内电压减小,则路端电压增大,所以电压表的示数变大,故A正确,B、C、D错误。
8.弹簧测力计下挂一条形磁铁,其N极一端位于一通电螺线管的正上方,如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.若将a接电源正极,b接电源负极,弹簧测力计示数不变
B.若将a接电源正极,b接电源负极,弹簧测力计示数将增大
C.若将b接电源正极,a接电源负极,弹簧测力计示数将减小
D.若将b接电源正极,a接电源负极、弹簧测力计示数将增大
答案　D　当螺线管将a接电源正极,b接电源负极时,线圈中产生磁场,由安培定则判断得知,螺线管内部磁场方向向上,上端相当于N极,对磁铁产生向上的斥力,所以弹簧测力计示数减小,故A、B错误;当螺线管将a接电源负极,b接电源正极时,线圈中产生磁场,由安培定则判断得知,螺线管内部磁场方向向下,上端相当于S极,对磁铁产生向下的引力,所以弹簧测力计示数增大,故C错误,D正确。
9.如图所示,R是一个定值电阻,A、B为水平正对放置的两块平行金属板,两板间带电微粒P处于静止状态,则下列说法正确的是(　　)
A.若增大A、B两金属板的间距,则有向右的电流通过电阻R
B.若增大A、B两金属板的间距,P将向上运动
C.若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片,P将向上运动
D.若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片,P将向上运动
答案　C　和电源相连,则两极板间的电压恒定,若增大A、B两金属板的间距,则电容减小,根据公式C=QU以及电容减小,电压不变可得电容器两极板上所带电荷量减小,故电容器放电,R中有向左的电流,A错误;由于两极板间的电压不变,若增大A、B两金属板的间距,根据公式E=Ud可得两极板间的电场强度减小,电场力小于重力,P将向下运动,B错误;若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片,相当于两极板间的距离减小,电场强度增大,则电场力大于重力,P将向上运动,C正确;若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片,相当于ε增大,两极板间的电场强度恒定不变,所以电场力不变,P仍静止,D错误。
10.某电场的电场线分布如图所示(实线),以下说法正确的是(　　)
A.c点场强大于b点场强
B.b和c处在同一等势面上
C.若将一试探电荷+q由a点移动到d点,电荷的电势能将增大
D.若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由a点运动到d点,可判断该电荷一定带负电
答案　A　电场线的疏密表示场强的强弱,由图知c点场强大于b点场强,故A正确;沿电场线方向电势逐渐降低,故b点的电势大于c点的,故B错误;若将一试探电荷+q由a点移动到d点,电场力做正功,电荷的电势能将减小,故C错误;由粒子的运动轨迹弯曲方向可知,带电粒子受电场力大致斜向左上方,与电场强度方向相同,故粒子带正电,故D错误;故选A。
11.移动电源(俗称充电宝)解决了众多移动设备的“缺电之苦”,受到越来越多人的青睐。 目前市场上大多数充电宝的核心部件是锂离子电池(电动势3.7 V)及其充放电保护电路、充放电管理电路、升压电路等。其中的升压电路可以将锂离子电池的输出电压提升到手机、平板电脑等移动设备所要求的输入电压(5 V)。
由于锂离子电池的材料特性,在电池短路、过高或过低温度、过度充电或放电等情况下都有可能引起电池漏液、起火或爆炸。为安全起见,中国民航总局做出了相关规定,如图1所示。
民航总局关于携带充电宝出行的相关规定
低于100 W·h　可随身携带,不可托运
100~160 W·h　 经航空公司批准才能随身携带(不超过两块),不可托运
超过160 W·h　禁止随身携带,不可托运
图1
为了给智能手机充电,小明购买了一款移动电源,其铭牌如图2所示。给手机充电时该移动电源的效率按80%计算。
产品名称:移动电源
电池容量:10 000 mA·h　3.7 V
电源输入:5 V-1 A
电源输出1:5 V-1 A
电源输出2:5 V-2.1 A
图2
根据以上材料判断下列说法正确的是(　　)
A.这款移动电源能为手机提供的最大充电量为8 000 mA·h
B.这款移动电源充满电后所储存的总化学能为37 W·h
C.乘飞机出行时,这款移动电源可以托运
D.W·h与mA·h均为能量单位
答案　B　由表格可知电池容量为10 000 mA·h,mA·h是电量的单位,则A、D错。E能=UIt=3.7 V×10 A·h=37 W·h,B正确。由图1知,所有充电宝都不可托运,C错。
12.下表为一台电热水器的铭牌(有一项内容模糊不清),电热水器内部电路可简化为如图所示电路,R1和R2均为电热丝。则下列说法中不正确的是(　　)
某电热水器的简介
简化电路
额定电压
220 V
额定
电流
高温挡
中温挡
5 A
低温挡
2 A
电源频率
50 Hz
A.低温挡正常工作时的额定功率是440 W
B.中温挡正常工作1分钟产生的热量是6.6×104 J
C.高温挡正常工作时的额定电流是8.3 A
D.电热丝R2的电阻是44 Ω
答案　D　低温挡额定功率为:P=UI=220 V×2 A=440 W,故A正确;中温挡1分钟产生热量为:Q=W=Pt=UIt=220 V×5 A×60 s=6.6×104 J,故B正确;低温挡是R1和R2串联,中温挡是R1,高温挡是R1、R2并联工作,所以有:R1=UI=2205 Ω=44 Ω,R2=2202 Ω-R1=66 Ω,R1和R2并联之后电阻为:R=26.4 Ω,则高温挡的电流为:I=22026.4 A≈8.33 A,故C正确,D错误。
13.在宇宙环境中,地磁场保护着地球,地质记录表明,自地球在46亿年前形成以来,已经有过数百次地磁反转,也就是说,地球的磁场在“反极性”(地磁场方向与现在的方向相反)和“正极性”(地磁场方向与现在的方向相同)之间不断变换,物理学家研究认为,地球的磁极反转在未来仍可能会发生,下列关于地磁反转期间的说法正确的是(　　)
A.对依靠磁场进行导航的物种不会有影响
B.若地磁场处于最弱的状态下,就不会对地球生物的生存有影响
C.太阳辐射的高能粒子直接轰击地球的大气层,可能引发一些疾病
D.地球磁场的反转可能是瞬间发生,而不是一个缓慢、渐进的过程
答案　C　根据题意与常识“地磁场两极与地理两极存在夹角”相结合,推论得出地球磁场的反转是一个缓慢、渐进的过程,不是一个突变过程,故D错误;磁场南、北两极反转之后,对依靠磁场进行导航的物种有很大影响,A错误;地球磁场在反转过程中,相比稳定过程处于一个弱状态,对地球保护会减弱,故C项正确,B项错误。
14.如图所示,金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂,处于竖直向上的匀强磁场中,棒中通以由M向N的电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。如果仅改变下列某一个条件,θ角的相应变化情况是(　　)
A.棒中的电流变大,θ角变大
B.两悬线等长变短,θ角变小
C.金属棒质量变大,θ角变大
D.磁感应强度变大,θ角变小
答案　A　金属棒MN受力分析及其侧视图如图所示,由平衡条件可知F安=mg tan θ,而F安=BIL,即BIL=mg tan θ,则I↑?θ↑,m↑?θ↓,B↑?θ↑,故A正确,C、D错误。θ角与悬线长度无关,B错误。
15.如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图,其核心部分是两个D形金属盒。在加速带电粒子时,两金属盒置于匀强磁场中,两盒分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示,忽略带电粒子在电场中的加速时间,则下列判断错误的是(　　)
A.高频电源的变化周期应该等于tx-tx-2
B.在Ek-t图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1
C.若电源电压可变,粒子加速次数越多,粒子最大动能一定越大
D.要想粒子获得的最大动能增大,可增加D形盒的半径
答案　C　高频电源的变化周期应该等于粒子在磁场中的周期,故应为tx-tx-2,故A正确;据T=2πmqB,粒子回旋周期不变,在Ek-t图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1,故B正确;根据公式r=mvqB,有v=qBrm,故最大动能Ekm=12mv2=q2B2r22m,粒子的最大动能与加速次数无关,最大动能决定于D形盒的半径,故要想粒子获得的最大动能越大,可增加D形盒的半径,故C错误D正确。
非选择题部分
二、非选择题(共55分)
16.(5分)一实验小组准备探究元件Q的伏安特性曲线,他们设计了如图甲所示的电路图。请回答下列问题:
甲　　　　　　　　　　　　　　乙　　
(1)请将图中的实物连线按电路图补充完整。
(2)考虑电表内阻的影响,该元件电阻的测量值　　　　(选填“大于”、“等于”或“小于”)真实值。?
(3)在电路图中闭合开关S,电流表、电压表均有示数,但无论怎样移动变阻器滑片,总不能使电压表的示数调为零。原因可能是图中的　　　　(选填“a”、“b”、“c”、“d”、“e”、“f”)处接触不良。?
(4)实验测得表格中的7组数据。请在图丙坐标上作出该元件的I-U图线。
序号
电压/V
电流/A
1
0.00
0.00
2
0.40
0.02
3
0.80
0.05
4
1.20
0.12
5
1.60
0.20
6
2.00
0.31
7
2.40
0.44
丙
(5)为了求元件Q在I-U图线上某点的电阻,甲同学利用该点的坐标I、U,由R=UI求得。乙同学作出该点的切线,求出切线的斜率k,由R=1k求得。其中　　　　　(选填“甲”或“乙”)同学的方法正确。?
答案　(1)如图所示
(2)小于　(3)f　(4)如图所示
(5)甲
解析　(1)根据电路图,连接实物;
(2)由图知,电流的测量值偏大,根据R=UI知,电阻的测量偏小,即小于真实值;
(3)无论怎样移动变阻器滑片,总不能使电压表的示数调为零,是因为滑动变阻器是限流式接法,故是导线f断路;
(4)描点画图即可;
(5)根据欧姆定律,电阻应等于割线的斜率倒数R=UI,切线的斜率不等于电阻,所以甲同学的方法正确。
17.(5分)某同学查阅电动车使用说明书知道自家电动车的电源是铅蓄电池,他通过以下操作测量该电池的电动势和内阻。
(1)先用多用电表粗测电池的电动势。把电表的选择开关拨到直流电压50 V挡,将两只表笔与电池两极接触,此时多用电表的指针位置如图甲所示,读出该电池的电动势为　　　　V。?
甲
乙
(2)再用图乙所示装置进一步测量。多用电表的选择开关拨向合适的直流电流挡,与黑表笔连接的是电池的　　　　极(选填“正”或“负”)。闭合开关,改变电阻箱的阻值R,得到不同的电流值I,根据实验数据作出1I-R图像如图丙所示。已知图中直线的斜率为k,纵轴截距为b,则此电池的电动势E=　　　　,内阻r=　　　　。(结果用字母k、b表示)?
丙
(3)他发现两次测得电动势的数值非常接近,请你对此做出合理的解释:? 　。?
答案　(1)12.0　(2)负　1k　bk　(3)铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻,因此直接用表笔接在蓄电池的两极时,电表的读数非常接近电源的电动势
解析　(1)电压挡量程为50 V,则分度值为1 V,则指针对应的读数为12.0 V;
(2)作为电流表使用时,应保证电流由红表笔流进,黑表笔流出,故黑表笔连接的是电池的负极;由闭合电路欧姆定律可得I=Er+R,变形可得:1I=rE+1E·R,则由图可知:rE=b,1E=k,则可解得E=1k,r=bk;
(3)因铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻,因此直接用表笔接在蓄电池的两极时,电表的读数非常接近电源的电动势。
18.(4分)某同学在测量电源电动势和内电阻的实验中。
(1)该同学连接的实物电路如图甲所示,请根据该实物图在虚线框内画出电路图。
(2)实验中移动滑动变阻器触头,读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2,并描绘出了U1-U2的图像,如图乙所示,图中直线斜率为k,与横轴的截距为a,则电源的电动势E=　　　　,内阻r=　　　　。(用k、a、R0表示)?
答案　(1)如图所示
(2)kak-1　R0k-1
解析　(1)分析实物图可以明确对应的原理图;
(2)在闭合电路中,E=U2+Ir=U2+U2-U1R0r,
则:U1=(R0r+1)U2-ER0r,
U1-U2图像斜率:k=R0r+1,截距:a=ER0R0+r,
解得:E=kak-1,r=R0k-1。
19.(6分)如图,绝缘光滑斜面倾角为θ,所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场,一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块静止在斜面上P点,P到斜面底端的距离为L。滑块可视为质点,重力加速度为g。
(1)求匀强电场的场强大小;
(2)若仅将电场的方向变为平行于斜面向下,求滑块由静止从P点滑至斜面底端经历的时间。
答案　(1)mgsinθq　(2)　Lgsinθ
解析　(1)滑块受重力、电场力、支持力作用处于平衡状态
由力的平衡条件有:qE=mg sin θ
解得:E=mgsinθq
(2)当电场方向平行于斜面向下时
由牛顿第二定律有:qE+mg sin θ=ma
a=2g sin θ
由运动学规律有:L=12at2
联立解得:t=　Lgsinθ
20.(8分)如图所示,一静止的电子经过电压为U的电场加速后,立即射入竖直的偏转匀强电场中,射入方向与电场线垂直,射入点为A,最终电子从电场的B点经过。已知偏转电场的电场强度大小为E,方向如图所示,电子的电荷量为e,重力不计。求:
(1)电子进入偏转电场时的速度v0;
(2)若将加速电场的电压提高为原来的2倍,电子仍从B点经过,则偏转电场的电场强度E变为原来的多少倍。
答案　(1)2Uem　(2)2倍
解析　(1)电子在电场中加速,由动能定理得:
Ue=12mv02
所以,v0=2Uem
(2)设电子的水平位移为x,电子的竖直偏移量为y,则有:
x=v0t
y=12at2
Ee=ma
联立解得:
E=4yUx2
根据题意可知x、y均不变,当U增大为原来的2倍,场强E也增大为原来的2倍
21.(6分)如图所示的电路中,电源电动势E=10 V,内阻r=0.5 Ω,电动机的电阻R0=1.0 Ω,电阻R1=1.5 Ω。电动机正常工作时,电压表的示数U1=3.0 V,求:
(1)电源消耗的总电功率;
(2)通电一分钟,电动机做的有用功为多少?
答案　(1)20 W　(2)480 J
解析　(1)电动机正常工作时,总电流为I=U1R1=3.01.5 A=2 A,
电源消耗的电功率为P=EI=10×2 W=20 W。
(2)电动机两端的电压为U=E-Ir-U1=(10-2×0.5-3.0) V=6 V
电动机消耗的电功率为:P电=UI=6×2 W=12 W
电动机的热功率为:P热=I2R0=22×1 W=4 W
根据能量守恒定律,电动机将电能转化为机械能的功率P机=P电-P热=12 W-4 W=8 W,
则W=P机t=480 J
22.(10分)如图所示,竖直放置的A、B与水平放置的C、D为两对正对的平行金属板,A、B两板间电势差为U,C、D始终和电源相接,测得其间的场强为E。一质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)由静止开始经A、B加速后穿过C、D发生偏转,最后打在荧光屏上。已知C、D极板长均为L,问:
(1)粒子带正电还是带负电?求粒子离开B板时速度大小vB;
(2)粒子刚穿过C、D时的竖直偏转位移y?
(3)如要想粒子最终还能够打在荧光屏的O点上,可在平行金属板C、D中叠加一个匀强磁场,请问该匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向应该满足什么条件?
答案　(1)正电　2qUm　(2)EL24U　(3)Em2qU　方向垂直纸面向里
解析　(1)电场力方向与电场线方向相同,所以粒子带正电。
粒子在加速电场中加速时,由动能定理可得:Uq=12mvB2
粒子离开B板时速度大小vB=2Uqm
(2)在偏转电场中做类平抛运动,由动力学知识可得
a=Eqm
L=vBt
y=12at2
联立解得y=EL24U
(3)在平行金属板C、D中叠加一个匀强磁场,
由牛顿第二定律可得BqvB=Eq
匀强磁场的磁感应强度B的大小B=Em2Uq
根据左手定则可得磁感应强度B方向垂直纸面向里
23.(11分)如图所示,圆形区域中,圆心角为30°的扇面MON之外分布着垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,一质量为m、带电荷量为-q的粒子,自圆心O点垂直于OM以速度v射入磁场,粒子能两次经过边界OM,不计粒子重力。
(1)求粒子从射入到第一次穿过边界ON,在磁场中运动的时间;
(2)求圆形区域的最小半径;
(3)若圆形区域无限大,现保持其他条件不变而将∠MON变为10°,粒子射出后穿越磁场边界的次数。
答案　(1)2πm3qB　(2)(1+7)mvqB　(3)15
解析　(1)由几何关系可知,粒子第一次穿过ON偏转角θ=120°
时间t=120°360°T,其中T=2πmqB
得t=2πm3qB;
(2)粒子在磁场中运动轨迹如图
洛伦兹力提供向心力:qvB=mv2R,得半径R=mvqB
要保证粒子两次穿过OM,磁场最小区域应与粒子圆周运动在E点相切。
在△O1AB中,O1B=2R
在△O2BD中,BD=R2
在△ODO2中,OD=OB-BD=5R2
O2D=32R
得OO2=7R
OE=7R+R=7+1R
最小半径r=OE=7+1R=1+7mvqB
(3)∠MON变为10°,首次从ON边界向下穿出时与之夹角为80°,首次向上穿出OM时与之夹角为70°,每次从边界向扇面区穿出,均比上次夹角减小10°,直到向上穿出时,与OM夹角为10°,不再进入磁场,故穿越边界的次数为15次。
滚动检测卷(二)
本试卷分选择题和非选择题两部分,满分100分,考试时间90分钟。
选择题部分
一、选择题(每题3分,共42分)
1.如图所示,下列几种情况下的物体,哪些可将物体当做质点来处理(　　)
A.甲:研究正在吊起货物的起重机的运动时
B.乙:研究正在旋转的硬币的运动时
C.丙:研究太空中宇宙飞船的位置时
D.丁:研究门的运动时
答案　C　A、B、D选项中的研究对象的大小、形状忽略后,起重机、硬币、门的运动将无法研究,故A、B、D选项中的研究对象不能被当做质点。C选项中宇宙飞船的大小、形状忽略后,对于确定宇宙飞船的位置无影响,故C项中的宇宙飞船可以被当做质点。
2.关于速度的描述,下列说法中正确的是(　　)
答案　A　列车的最高速度指的是在安全情况下所达到的最大速度,为瞬时速度,故A正确;电动自行车限速20 km/h,限制的是瞬时速度,不是平均速度,故B错误;子弹射出枪口时的速度与枪口这一位置点对应,因此为瞬时速度,故C错误;根据运动员的百米跑成绩是10 s可知,其平均速度为10 m/s,而其冲刺速度不一定为10 m/s,故D错误。
3.用手握住一直立酱油瓶静止悬在空中,如图所示,下列关于摩擦力的说法中正确的是(　　)
A.手对瓶的压力越大,瓶受的摩擦力越大
B.手对瓶的摩擦力大小与手和瓶的粗糙程度有关
C.手对瓶的摩擦力方向竖直向下
D.手对瓶的摩擦力大小等于瓶的重力
答案　D　瓶始终处于竖直方向且静止不动,所受重力和静摩擦力平衡,手对瓶的摩擦力方向竖直向上,大小等于瓶的重力,故D正确。
4.如图,L形木板置于粗糙水平面上,光滑物块压缩弹簧后用细线系住。烧断细线,物块弹出的过程中木板保持静止,此过程中(　　)
A.弹簧对物块的弹力不变
B.弹簧对物块的弹力逐渐增大
C.地面对木板的摩擦力不变
D.地面对木板的摩擦力逐渐减小
答案　D　根据胡克定律,弹簧对物块的弹力减小,A、B项错误。隔离木板受力分析,根据平衡条件知,地面对木板的摩擦力逐渐减小,C项错误,D项正确。
5.如图所示,用网球拍打击飞过来的网球,网球拍打击网球的力(　　)
A.大于球撞击网球拍的力
B.小于球撞击网球拍的力
C.比球撞击网球拍的力更早产生
D.与球撞击网球拍的力同时产生
答案　D　用网球拍打击飞过来的网球,网球拍打击网球的力与球撞击球拍的力是一对作用力与反作用力,根据牛顿第三定律得知,两个力是同时产生的,大小相等,方向相反。
6.半径分别为R和R/2的两个半圆,分别组成图甲、乙所示的两个圆弧轨道,一小球从某一高度下落,分别从图甲、乙所示的开口向上的半圆轨道的右侧边缘进入轨道,都沿着轨道内侧运动并恰好能从开口向下的半圆轨道最高点通过,则下列说法正确的是(　　)
A.图甲中小球开始下落的高度比图乙中小球开始下落的高度高
B.图甲中小球开始下落的高度和图乙中小球开始下落的高度一样高
C.图甲中小球对轨道最低点的压力比图乙中小球对轨道最低点的压力小
D.图甲中小球对轨道最低点的压力和图乙中小球对轨道最低点的压力一样大
答案　A　图甲中小球恰好通过最高点的速度为gR,图乙中小球恰好通过最高点的速度为gR2,图甲中小球开始下落的高度为h1=1.5R+v122g=2R,同理可得,图乙中小球开始下落的高度为h2=1.5R+v222g=1.75R,A项正确,B项错误;由mgh=12mv2和F-mg=mv2r可知,两次小球到轨道最低点时,对轨道的压力分别为F1-mg=mv1'2R/2,F2-mg=mv2'2R,解得F1=mg+m4gh1R,同理F2=mg+m2gh2R,得F1=9mg,F2=4.5mg,C、D项错误。
7.如图所示,三个小球在离地面不同高度处,同时以相同的速度向左水平抛出,小球A落到D点,DE=EF=FG,不计空气阻力,每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面。则关于三小球(　　)
A.B、C两球不可能落在D点
B.B球落在E点,C球落在F点
C.三小球离地面的高度AE∶BF∶CG=1∶3∶5
D.三小球离地面的高度AE∶BF∶CG=1∶4∶9
答案　D　因为三球以相同的初速度抛出,每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面,则A、B、C三个小球的运动时间之比为1∶2∶3,可得水平位移之比为1∶2∶3,而DE=EF=FG,所以B、C两球也落在D点,故A、B错误;由h=12gt2可得,A、B、C三个小球抛出高度之比为1∶4∶9,故D正确,C错误。
8.不可回收的航天器在用后,将成为太空垃圾,如图是漂浮在地球附近的太空垃圾示意图,下列说法中正确的是(　　)
A.离地越低的太空垃圾运行的向心加速度一定越大
B.离地越低的太空垃圾受到的地球的万有引力一定越大
C.由公式v=gr得,离地越高的太空垃圾运行速率越大
D.太空垃圾可能跟同一轨道上同向飞行的航天器相撞
答案　A　根据万有引力提供向心力,有GMmr2=ma=mv2r,得向心加速度a=GMr2,线速度v=GMr,可知离地越低的太空垃圾,r越小,向心加速度a越大;离地越高的太空垃圾,r越大,v越小,故A正确,C错误;根据万有引力公式F=GMmr2,因为太空垃圾质量未知,所以离地越低的太空垃圾受到的万有引力不一定大,故B错误;根据线速度公式v=GMr,在同一轨道上的航天器与太空垃圾线速度相同,如果它们绕地球飞行的运转方向相同,它们不会碰撞,故D错误。
9.内壁光滑绝缘的真空细玻璃管竖直放置,其A、B端分别固定一个带电小球a和b,另一带电的小球c(其直径略小于管内径)位于A、B的中点O,处于静止状态,如图所示。三小球均带正电,轻晃玻璃管后,可观察到小球c会在O位置上、下附近的M、N点间运动。下列判断正确的是(　　)
A.小球c在运动过程中机械能守恒
B.小球a电荷量等于小球b电荷量
C.小球c从O点运动到N点的过程中,电场力做负功
D.小球c从M点运动到O点的过程中,电场力做正功
答案　C　小球在运动的过程中,除重力做功以外,电场力做功,机械能不守恒,选项A错误;小球c开始静止在O点,由重力和电场力平衡,可知b球对c球的库仑力大于a球对c球的库仑力,则小球a的电荷量小于小球b的电荷量,选项B错误;小球c从O点运动到N点的过程中,由系统能量守恒可知,系统机械能减少,电势能增加,电场力做负功,选项C正确;小球c从M点运动到O点的过程中,系统重力势能减少,动能增加,无法判断机械能变化,故无法判断电场力做功情况,选项D错误。
10.弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具,其构造原理如图甲所示,橡皮筋两端点A、B固定在把手上。如图乙所示,橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态,在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸,一手执把,另一手将弹丸拉至D点放手,弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去,打击目标。现将弹丸竖直向上发射,已知E是CD中点,则(　　)
　　甲　　　　　　　　　　　　乙
A.从D到C过程中,弹丸的机械能守恒
B.从D到C过程中,弹丸的动能一直在增大
C.从D到C过程中,橡皮筋的弹性势能先增大后减小
D.从D到E过程橡皮筋对弹丸做功大于从E到C过程
答案　D　从D到C的过程中,弹力对弹丸做正功,弹丸的机械能增大,当弹力与重力平衡时,弹丸的动能达到最大,此后开始减小,整个过程橡皮筋一直在恢复形变,弹性势能一直减小,因此A、B、C都错。DE阶段和EC阶段的位移相等,但DE阶段的橡皮筋伸长量更大,平均弹力更大,因此做的功更大, D正确。
11.2015年4月16日,中国南车设计制造的全球首创超级电容储能式现代电车在宁波下线,不久将成为二三线城市的主要公交用车。这种超级电车的核心是我国自主研发、全球首创的“超级电容器”。如图所示,这种电容器安全性高,可反复充放电100万次以上,使用寿命长达十二年,且容量超大(达到9 500 F),能够在10 s内完成充电。下列说法正确的是(　　)
A.该“超级电容器”能储存电荷
B.该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大
C.该“超级电容器”放电过程中把化学能转化为电能
D.充电时电源的正极应接“超级电容器”的负极
答案　A　由题意可知,该“超级电容器”能储存电荷,故A正确;电容是由电容器本身的性质决定的,与电压和电荷量无关,故B错误;放电过程是电场能转化为电能,故C错误;充电时电源的正极要接电容器的正极,故D错误。
12.如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,即Uab=Ubc,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,据此可知(　　)
A.三个等势面中,a的电势最低
B.带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小
C.带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大
D.带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大
答案　D　质点所受电场力指向轨迹内侧,由于质点带正电,因此电场线指向右下方,沿电场线电势降低,故c的电势最低,a的电势最高,故A错误;根据质点受力情况可知,从P到Q过程中电场力做正功,电势能降低,故P点的电势能大于Q点的电势能,故B错误;从P到Q过程中电场力做正功,电势能降低,动能增大,故P点的动能小于Q点的动能,故C错误;由于相邻等势面之间的电势差相等,等势面密的地方电场线密,场强大,故P点位置电场强,电场力大,根据牛顿第二定律知,加速度也大,故D正确。
13.如图所示,一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到底端,速度为v。若加上一个垂直纸面向外的磁场,则滑到底端时(　　)
A.v变大 B.v变小
C.v不变 D.不能确定v的变化
答案　B　由于带负电的物体沿斜面下滑时受到垂直斜面向下的洛伦兹力作用,故物体对斜面的正压力增大,斜面对物体的滑动摩擦力增大,由于物体克服摩擦力做功增大,所以物体滑到底端时v变小,B正确。
14.如图所示,PQ、MN是放置在水平面内的光滑导轨,GH是长度为L、电阻为r的导体棒,其中点与一端固定的轻弹簧连接,轻弹簧的劲度系数为k。导体棒处在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。图中直流电源的电动势为E,内阻不计,电容器的电容为C。闭合开关,待电路稳定后,则有(　　)
A.导体棒中电流为ER2+r+Rr
B.轻弹簧的长度增加BLEk(r+R1)
C.轻弹簧的长度减少BLEk(r+R1)
D.电容器带电荷量为Er+R1CR2
答案　C　闭合开关,电路稳定后,导体棒中电流为Er+R1,选项A错误;对导体棒,由左手定则可知,受向左的安培力,故弹簧被压缩,由B·ER1+r·L=kΔx,解得Δx=BLEk(r+R1),选项B错误,C正确;电容器两端的电压为UC=Ir=Err+R1,故电容器带电荷量为Q=CUC=ErCr+R1,选项D错误。
非选择题部分
二、非选择题(共58分)
15.(4分)研究平抛运动的实验装置如图所示。
　　(1)实验时,每次须将小球从轨道　　　　(填字母)。?
A.同一位置释放 B.不同位置无初速释放
C.同一位置无初速释放
(2)上述操作的目的是使小球抛出后　　　　(填字母)。?
A.只受重力
B.轨迹重合
C.做平抛运动
D.速度小些,便于确定位置
(3)实验中已测出小球半径为r,则小球做平抛运动的坐标原点位置应是　　　　(填字母)。?
A.斜槽末端O点
B.斜槽末端O点正上方r处
C.斜槽末端O点正前方r处
D.斜槽末端O点正上方r处在竖直木板上的投影点
答案　(1)C　(2)B　(3)D
解析　每次将小球从同一位置无初速释放的目的是保证轨迹重合,即使不是在同一位置释放,也都能做平抛运动,也只受到重力。
16.(8分)学校某学习兴趣小组测定某电阻Rx的阻值。
(1)先用多用电表粗测该电阻,选用“×10”倍率的电阻挡测量,发现多用电表指针几乎满偏,因此需选择　　　　(填“×100”或“×1”)倍率的电阻挡,再次进行正确测量,多用电表的示数如图所示,粗测电阻的结果Rx为　　　　Ω。?
(2)该学习兴趣小组为了进一步准确测量其电阻的阻值,实验室老师给学生提供了如下器材:
A.一节蓄电池(电动势4.0 V,实验室老师测量其内阻为r=3.20 Ω)
B.电流表A1(0~0.6 A,内阻约0.125 Ω)
C.电流表A2(0~3 A,内阻约0.025 Ω)
D.电压表V1(0~3 V,内阻约3 kΩ)
E.电压表V2(0~15 V,内阻约15 kΩ)
F.滑动变阻器R1(最大阻值20 Ω,额定电流1 A)
G.开关一个、导线若干
为了减小实验测量误差,要求电表测量时指针偏转要达到满偏的13以上,电压表应选用　　　　,电流表应选用　　　　(均填器材前的字母)。请根据你选择的器材设计一个进一步准确测量Rx阻值的电路,并画到下面的方框中。?
(3)根据你自己设计的实验电路,进行实验。把实验中电压表与电流表多次测量得到的符合实验要求的电压值与电流值,利用下边的U-I坐标系进行数据处理,若作出的图像为倾斜的直线且斜率大小为k,则Rx=　　　　(用题中字母表示)。?
答案　(1)×1　1.0
(2)D　B　电路图如下
(3)k-r
解析　(1)多用电表测电阻时指针几乎满偏,因Rx=读数×倍率,说明选取的倍率大了,所以倍率选“×1”。由图知,其分度值为0.5 Ω,且指针刚好指到刻线,所以粗测电阻的结果Rx为1.0 Ω。
(2)电源电动势才4 V,指针偏转要达到满偏的13以上,所以电压表应选D,由于粗测电阻Rx的结果为1.0 Ω,从滑动变阻器的阻值看有Rx?R变,应使用限流接法,则电路中的最大电流为Im=Er+Rx≈0.95 A,指针偏转要达到满偏的13以上,所以电流表只能选B。从所给实验器材看,只能用伏安法测电阻。又由U=Im·Rx知最大电压约为0.95 V,这样电压表V1指针偏转达不到满偏的13以上,所以用常规的伏安法测该电阻不符合要求。题中电源的内阻已知,只有把Rx看成电源内阻的一部分,利用伏安法测量电源电动势与内阻的方法来测Rx,根据分析测量电路图如答案图。
(3)既然相当于测量电源的内阻,根据数据画出的U-I图像应该为一倾斜的直线,即直线的斜率大小为电源内阻与待测电阻的总和,则k=r+Rx,Rx=k-r。
17.(6分)如图甲所示是高层建筑配备的救生缓降器材。遇到突发情况时,逃生者可以将安全带系于腰部,通过钢丝绳等安全着陆,如图乙所示,某次演练中,逃生者从离地面72 m高处,由静止以大小为6 m/s2的加速度开始下滑,随后以18 m/s的速度匀速运动,紧接着以大小为5 m/s2的加速度减速,到达地面时速度恰好为零。不计空气阻力,g取10 m/s2。求:
甲　　　　　　　乙
(1)加速下滑的位移x1;
(2)加速下滑时钢丝绳对逃生者的拉力与重力的比值;
(3)到达地面的时间t。
答案　见解析
解析　(1)由运动学公式,知:vm2=2a1x1
得x1=27 m
(2)mg-T=ma1
Tmg=0.4
(3)加速运动时间t1=3 s,减速运动时间t3=3.6 s,
通过的位移x3=12vmt3=32.4 m,匀速运动的位移x2=h-x1-x3=12.6 m,
匀速运动时间t2=0.7 s,
到达地面的时间t=t1+t2+t3=7.3 s。
18.(8分)如图,固定在水平面上的组合轨道,由光滑的斜面、光滑的竖直半圆(半径R=2.5 m)与粗糙的水平轨道组成;水平轨道动摩擦因数μ=0.25,与半圆的最低点相切,轨道固定在水平面上。一个质量为m=0.1 kg的小球从斜面上A处由静止开始滑下,并恰好能到达半圆轨道最高点D,且水平抛出,落在水平轨道的最左端B点处。不计空气阻力,小球在经过斜面与水平轨道连接处时不计能量损失,g取10 m/s2。求:
(1)小球从D点抛出的速度vD;
(2)水平轨道BC的长度x;
(3)小球开始下落的高度h。
答案　(1)5 m/s　(2)5 m　(3)7.5 m
解析　(1)小球恰好能到达半圆轨道最高点D,此时只有重力提供向心力,即mg=mvD2R
所以小球从D点抛出的速度
vD=gR=10×2.5 m/s=5 m/s。
(2)根据竖直方向上做自由落体运动可得,
2R=12gt2,
所以运动的时间为t=4Rg=4×2.510 s=1 s,
水平轨道BC的长度等于平抛运动的水平位移的大小,所以x=vDt=5×1 m=5 m。
(3)对小球从A到D的过程,利用动能定理可得,
mgh-μmgx-mg·2R=12mvD2
解得h=7.5 m。
19.(9分)如图所示,水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h,两金属板间电压恒定,上极板电势较高,金属板厚度不计,忽略边缘效应。p板上表面光滑,涂有绝缘层,其上O点右侧相距s处有小孔K,图示平面为竖直平面。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以相同大小的速度从O点射出,水平射出的粒子沿p板上表面运动时间t后到达K孔,不与板碰撞地进入两板之间,进入板间的粒子落在b板上的A点,A点与过K孔竖直线的距离为l。竖直向下射出的粒子从O点小孔进入两金属板之间。粒子视为质点,重力不计,在图示平面内运动,电荷量保持不变,不计空气阻力。求:
(1)水平射出的粒子的速度;
(2)金属板间的电压大小;
(3)竖直向下射出的粒子到达b板的速度。
答案　见解析
解析　(1)粒子沿水平方向做匀速直线运动,则速度:v=st
(2)粒子进入K小孔后发生偏转,做类平抛运动:h=12at22,
t2=lv
又:F=Eq
其中:a=Fm,E=Uh
联立解得:U=2h2ms2ql2t2
(3)竖直向下射出的粒子通过O点后做加速运动:qU=12mvb2-12mv2
解得粒子到达b板的速度:vb=slt·4h2+l2
20.(11分)如图甲所示,在xOy平面内有足够大的匀强电场。电场方向竖直向上,电场强度E=40 N/C,在y轴左侧平面内有区域足够大的磁场,磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示,15π s后磁场消失,选定磁场垂直纸面向里为正方向。在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场,分布在一个半径为r=0.3 m的圆形区域(图中未画出)且圆的左侧与y轴相切,磁感应强度B2=0.8 T,t=0时刻,一质量m=8×10-4 kg、电荷量q=+2×10-4 C的微粒从x轴上xP=-0.8 m处的P点以速度v=0.12 m/s向x轴正方向入射。(g取10 m/s2)
(1)求微粒在第二象限运动过程中与x轴、y轴的最大距离;
(2)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时,速度方向的偏转角最大,求此圆形磁场的圆心坐标(x,y)。
答案　(1)2.4 m　3.3 m
(2)(0.30 m,2.25 m)
解析　(1)因为微粒射入电磁场后受到的电场力和重力分别为
F电=Eq=8×10-3 N
G=mg=8×10-3 N
F电=G,所以微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。
由牛顿第二定律有:qvB1=mv2R1
所以R1=mvB1q=0.6 m
T=2πmB1q=10π s
从图乙可知在0~5π s内微粒做匀速圆周运动,在5π~10π s内微粒向左做匀速直线运动,
运动位移为:x1=vT2=0.6π m
在10π~15π s时,微粒又做匀速圆周运动,15π s以后向右匀速运动,之后穿过y轴。
所以,与y轴的最大距离
s=0.8 m+x1+R1=1.4 m+0.6π m≈3.3 m
与x轴的最大距离s'=2R1×2=4R1=2.4 m。
(2)由牛顿第二定律,有:qvB2=mv2R2
所以R2=mvB2q=0.6 m=2r
如图,微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大,入射点A与出射点B的连线必须为磁场圆的直径。
所以最大偏转角θ=60°
所以圆心坐标x=0.30 m
y=s'-r cos 60°=2.4 m-0.3 m×12=2.25 m
即磁场的圆心坐标为(0.30 m,2.25 m)。
21.(12分)如图所示,在xOy平面内存在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个场区,y轴右侧Ⅰ区存在匀强磁场,y轴左侧与虚线MN之间存在方向相反的两个匀强电场,Ⅱ区电场方向竖直向下,Ⅲ区电场方向竖直向上,P点是MN与x轴的交点。有一质量为m,带电荷量+q的带电粒子由原点O,以速度v0沿x轴正方向水平射入Ⅰ区磁场,已知Ⅰ区匀强磁场的磁感应强度垂直纸面向里,大小为2B0,匀强电场Ⅱ和匀强电场Ⅲ的电场强度大小均为E=B0v02,如图所示,Ⅳ区的磁场垂直纸面向外,大小为B0,O、P之间的距离为4mv0qB0,已知粒子最后能回到O点。
(1)带电粒子从O点飞出后,第一次回到x轴时的位置和时间;
(2)根据题给条件画出粒子运动的轨迹;
(3)带电粒子从O点飞出后到再次回到O点的时间。
答案　见解析
解析　(1)带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的半径为:R1=mv02qB0
带电粒子在Ⅰ区磁场中运动了半个圆,回到y轴的坐标为:y=2R1=mv0qB0
带电粒子在Ⅱ场区做类平抛运动,根据牛顿第二定律得带电粒子运动的加速度为:a=qEm=qB0v02m,
竖直方向y=12at2,水平位移x=v0t,
联立得t=2mqB0,t总=2mqB0+πm2qB0,
第一次回到x轴的位置坐标为(-2mv0qB0,0)
(2)根据运动的对称性画出粒子在场区Ⅲ的运动轨迹。
带电粒子在场区Ⅳ运动的半径是在场区Ⅰ运动半径的2倍,
画出粒子的运动轨迹,同样根据运动的对称性画出粒子回到O点的运动轨迹如图所示。
(3)带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间正好为1个周期,故有:t1=πmqB0
带电粒子在Ⅱ、Ⅲ两个电场中运动的时间为:t2=4t=8mqB0
带电粒子在Ⅳ场中运动的时间为半个周期:t3=πmqB0
因此带电粒子从O点飞出后到再次回到O点的时间为:
t总=t1+t2+t3=(2π+8)mqB0
特训(四)　(范围:选修3-2)
本试卷分选择题和非选择题两部分,满分100分,考试时间90分钟。
选择题部分
一、选择题(每题3分,共42分)
1.在物理学的发展过程中,许多物理学家的科学发现推动了人类社会的进步,人类社会的进步又促进了物理学的发展。下列叙述中正确的是(　　)
A.电磁感应现象是洛伦兹最先发现的
B.电动机是利用电磁感应原理将机械能转化为电能
C.安培最先发现了电流的磁效应
D.法拉第发现了利用磁场产生电流的条件和规律
答案　D　电磁感应现象是法拉第最先发现的,选项A错误;发电机是利用电磁感应原理将机械能转化为电能,选项B错误;奥斯特最先发现了电流的磁效应,选项C错误;法拉第发现了利用磁场产生电流的条件和规律,选项D正确。故选D。
2.金属探测器是用来探测金属的仪器,关于其工作原理,下列说法中正确的是(　　)
A.探测器内的探测线圈会产生稳定的磁场
B.只有有磁性的金属物才会被探测器探测到
C.探测到金属物是因为金属物中产生了涡流
D.探测到金属物是因为探测器中产生了涡流
答案　C　金属探测器探测金属时,探测器内的探测线圈会产生变化的磁场,被测金属中感应出涡流,故选项A、D错误,C正确;所有的金属都能在变化的磁场中产生涡流,所以不是只有有磁性的金属物才会被探测器探测到,选项B错误。故选C。
3.法拉第最初发现“电磁感应现象”的实验情景如图,某同学利用这个原理和图中器材探究“磁生电”,在正确操作的情况下,下列符合实验事实的选项是(　　)
A.闭合开关瞬间,电流表指针无偏转
B.闭合开关稳定后,电流表指针有偏转
C.通电状态下,拆开与电池组相连线圈的瞬间,电流表指针无偏转
D.将绕线的铁环换成木环后,闭合或断开开关瞬间,电流表指针有偏转
答案　D　闭合开关瞬间,与电源相连线圈中电流从无到有;与电流表相连线圈中磁通量增加,产生感应电流,电流表指针有偏转,故A项错误。闭合开关稳定后,与电源相连线圈中电流不变,与电流表相连线圈中磁通量不变,不产生感应电流,电流表指针无偏转,故B项错误。通电状态下,拆开与电池组相连线圈的瞬间,与电源相连线圈中电流从有到无,与电流表相连线圈中磁通量减小,产生感应电流,电流表指针有偏转,故C项错误。将绕线的铁环换成木环后,闭合或断开开关瞬间,与电源相连线圈中电流发生变化,与电流表相连线圈中磁通量发生变化,产生感应电流,电流表指针有偏转,故D项正确。
4.将直流电源、开关S、电感线圈L(自感系数较大)和灯泡A连接成如图所示的电路,开始时开关S断开,下列说法正确的是(　　)
A.闭合开关S时,灯泡立即变亮
B.开关S闭合一段时间后再断开,灯泡逐渐熄灭
C.开关S闭合一段时间后再断开的瞬间,a点电势高于b点电势
D.开关S闭合一段时间后再断开的瞬间,b点电势高于a点电势
答案　D　闭合开关S时,由于线圈中产生的自感电动势阻碍电流的增加,所以灯泡慢慢变亮,选项A错误;开关S闭合一段时间后再断开,电路中的电流立即消失,则灯泡立刻熄灭,选项B错误;开关S闭合一段时间后再断开的瞬间,线圈中产生的感应电流与原来电流方向相同,则b点电势高于a点电势,选项C错误,D正确;故选D。
5.如图甲所示,螺线管(电阻不计)的匝数n=6,截面积S=10 cm2,线圈与R=12 Ω的电阻连接,水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管,磁场与线圈平面垂直,磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示,规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向。忽略线圈的自感影响,下列i-t关系图中正确的是(　　)
答案　C　由图可知,0~2 s内,线圈中磁通量的变化率相同,故0~2 s内电流的方向相同,由楞次定律可知,电路中电流方向为顺时针,即电流为正方向;同理可知,2~5 s内电路中的电流方向为逆时针,为负方向;由E=nΔΦΔt=nSΔBΔt知,0~2 s内电路中产生的感应电动势大小为E1=6×6×10-32×10×10-4 V=18×10-6 V,则电流大小为I1=ER=1812×10-6 A=1.5×10-6 A;同理2~5 s内,E2=6×6×10-33×10×10-4 V=12×10-6 V,I2=1.0×10-6 A。故选C。
6.在赤道附近有一竖直向下的匀强电场,在此区域内有一根沿东西方向放置的直导体棒,由水平位置静止落下,不计空气阻力,则导体棒两端落地的先后关系是(　　)
A.东端先落地 B.西端先落地
C.两端同时落地 D.无法确定
答案　A　赤道附近地磁场的方向均为水平由南指向北,金属棒竖直向下进入正交的电场与磁场区域后,做切割磁感线运动,根据右手定则,感应电动势的方向由西端指向东端,即东端相当于电源的正极带正电,西端相当于电源的负极带负电;在竖直向下的电场中,东端的正电荷受向下的电场力,西端的负电荷受向上的电场力,因此东端先落地。故选A。
7.(多选)在交流发电机中,矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动,产生的交流电动势为e=2202 sin 100πt(V),关于这个交变电流,下列说法中正确的是(　　)
A.交变电流的频率为100 Hz
B.该电动势的有效值为220 V
C.线圈转动的角速度ω=50π rad/s
D.t=0时,线圈平面处于中性面
答案　BD　根据表达式e=2202 sin 100πt(V)得,电动势最大值为Em=2202 V,则有效值为E=220 V;角速度ω=100π rad/s,则频率为f=ω2π=100π2π Hz=50 Hz,故选项A、C错误,B正确;当t=0时,瞬时值e=0,最小,故此时磁通量最大,故选项D正确。
8.(多选)如图所示,理想变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按图甲所示方式连接,已知变压器的原、副线圈的匝数比为n1∶n2=10∶1,电阻R=10 Ω。图乙是R两端电压u随时间变化的图像,Um=14.1 V。则下列说法中正确的是(　　)
A.通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR= cos 100πt(A)
B.电流表A的读数为0.1 A
C.电压表V的读数为14.1 V
D.变压器的输入功率为10 W
答案　BD　根据图乙可得T=2×10-2 s,f=50 Hz,ω=2πf=100π rad/s,Im=UmR=14.110 A=1.41 A,故iR=1.41 cos 100πt(A),故A错误;由题可知,变压器输出电压的有效值为10 V,则输出端电流为1 A,根据电流关系I1I2=n2n1可知,电流表的示数为0.1 A,故B正确;电压表测量输出端电压的有效值,故读数为10 V,故C错误;电压之比等于匝数之比,故输入电压为10×10 V=100 V,变压器的输入功率P=100×0.1 W=10 W,故D正确。
9.如图所示,有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域,其直角边长为L,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B。边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd,从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域。取沿abcda的感应电流为正,则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图像正确的是(　　)
答案　C　bc边的位置坐标x在L~2L过程,线框bc边有效切线长度为l=x-L,感应电动势为E=Blv=B(x-L)v,根据楞次定律判断出感应电流方向沿abcda,为正值。x在2L~3L过程,根据楞次定律判断出感应电流方向沿adcba,为负值,线框ad边有效切线长度为l'=x-2L,感应电动势为E=Bl'v=B(x-2L)v,根据数学知识知C正确。故选C。
10.电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器。如图甲为电吉他的拾音器的原理图,在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管。一条形磁铁固定在管内,当拨动金属弦后,螺线管内就会产生感应电流,经一系列转化后可将电信号转化为声音信号。若由于金属弦的振动,螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示,则对应感应电流的变化为(　　)
答案　B　设在0~t02时间内产生的感应电流为正,则根据楞次定律可知在t02~3t02时间内,感应电流为负;3t02~2t0时间内,感应电流为正。螺线管内的磁通量大小随时间按正弦规律变化,由数学知识可知其切线的斜率ΔΦΔt按余弦规律变化,根据法拉第电磁感应定律分析可知,螺线管内产生的感应电动势将按余弦规律变化,则感应电流也按余弦规律变化。故选B。
11.(多选)电磁流量计是用来测量管内电介质体积流量的感应式仪表。如图所示为电磁流量计的示意图,匀强磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度大小为B。当管中的导电液体流过时,测得管壁上a、b两点间的电压为U,单位时间(1 s)内流过管道横截面的液体体积为流量(m3/s),已知管道直径为D,则(　　)
A.管中的导电液体流速为UBD
B.管中的导电液体流速为BDU
C.管中的导电液体流量为4BπDU
D.管中的导电液体流量为πDU4B
答案　AD　根据法拉第电磁感应定律,有U=BDv,管中的导电液体流速v=UBD,选项A正确,B错误;管中的导电液体流量Q=v×S=v×π×D22=πDU4B,选项C错误,D正确。
12.(多选)用某型号的柴油发电机给我国灾民临时安置区供电,发电机到安置区的距离是400 m,输电线路中的火线和零线均为单股铜导线,该导线每米的电阻为2.5×10-4 Ω,安置区家用电器的总功率为44 kW,当这些家用电器都正常工作时,下列说法正确的是(　　)
A.输电线路中的电流为200 A
B.输电线路损失的电功率为4 kW
C.发电机实际输出电压是240 V
D.如果该柴油发电机发的电是正弦交流电,则输出电压的峰值是2602 V
答案　AD　已知家用电器的工作电压为220 V,根据P=UI可求出输电线上的电流为200 A,故A正确;输电线电阻R=R0·2x=0.2 Ω,输电线损失的功率P损=I2R=8 000 W,故B错误;输电线损失的电压U损=RI=40 Ω,发电机实际输出电压是220 V+40 V=260 V,若为交流发电机,则输出电压的最大值为2602 V,所以C错误,D正确。
13.(多选)如图所示为一理想变压器,原、副线圈的匝数比为n∶1,原线圈接电压为u=U0 sin ωt的正弦交流电,输出端接有一个交流电流表和一个电动机,电动机的线圈电阻为R,当输入端接通电源后,电动机带动一质量为m的重物匀速上升,此时电流表的示数为I,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.电动机两端电压为IR
B.原线圈中的电流为nI
C.电动机消耗的电功率为U0I2n
D.重物匀速上升的速度为I(U0-2nIR)2nmg
答案　CD　电动机两端电压为副线圈两端的电压,由U1U2=n1n2得U2=n2n1U1=U02n,A错误;电流表的示数为副线圈中电流的大小,由I1I2=n2n1得原线圈中的电流为I1=In,B错误;电动机消耗的电功率为P电=IU2=U0I2n,C正确;由功能关系知P电=I2R+mgv,解得v=I(U0-2nIR)2nmg,D正确。
14.(多选)如图所示,间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置,导轨左端用一阻值为R的电阻连接,导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒,金属棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动,若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q。下列说法正确的是(　　)
A.金属棒在导轨上做匀减速运动
B.整个过程中金属棒克服安培力做功为12mv2
C.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为2qRBL
D.整个过程中电阻R上产生的焦耳热为12mv2
答案　BC　金属棒以速度v向右运动,切割磁感线产生感应电动势E=BLv,线框中产生感应电流I=ER+R=BLv2R,金属棒受到的安培力水平向左,大小为F=BIL=B2L2v2R,金属棒在安培力作用下做减速运动,速度变小,安培力变小,加速度变小,选项A错。直到速度减小到0,安培力变为0,金属棒停止运动,此过程根据动能定理,克服安培力做的功等于减少的动能,即12mv2,选项B对。金属棒通过的电荷量q=I×Δt=E2R×Δt=ΔΦ2RΔt×Δt=ΔΦ2R=BLx2R,可得位移x=2RqBL,选项C对。整个电路即金属棒和电阻R上产生的总热量等于克服安培力做的功,为12mv2,所以电阻R上产生的热量小于12mv2,选项D错。
非选择题部分
二、非选择题(共58分)
15.(4分)(1)探究电磁感应现象应选用如图　　　　(选填“甲”或“乙”)所示的装置进行实验。在这个现象中感应电流的方向与　　　　　　　　的方向和磁感线方向有关。?
(2)如图丙所示,A为弹簧测力计(量程足够大),B为条形磁铁(下端为S极),C为螺线管。现将S1断开,S2由1改接到2,则弹簧测力计的示数将　　　　;若S2接2不变,再闭合S1,弹簧测力计的示数将　　　　。(都选填“变大”、“变小”或“不变”)?
答案　(1)甲　导体切割磁感线运动(或导体运动)
(2)变小　变大
解析　(1)探究电磁感应现象的实验装置,只需要有磁场、导体棒、电流表即可,不需要电源,分析图甲与乙可知,探究电磁感应现象应选用甲图装置,在电磁感应现象中,感应电流的方向与导体切割磁感线运动的方向和磁感线的方向有关;
(2)根据安培定则,由图丙可知,闭合开关,螺线管上端是N极,条形磁铁下端是S极,条形磁铁受到向下的引力,现将S1断开,电路电流变小,S2由1改到2,通电的螺线管圈数变小,则螺线管的磁性变弱,螺线管对条形磁铁的引力变小,弹簧测力计示数变小;若S2接2不变,闭合S1,电阻R2短路,电路电流变大,螺线管的磁场变强,条形磁铁受到的引力变大,弹簧测力计的示数变大。
16.(4分)下图为“研究感应电流产生的条件”的实验电路图。
(1)请用铅笔连线,把实验装置连接完整。
(2)开始实验时,滑片应该放置在　　　　(填“a”或“b”)端。?
(3)闭合开关后,请写出两种使线圈B中产生感应电流的方法:a.　　　　　　;b.　　　　　　。?
答案　(1)见解析
(2)a
(3)断开开关　上下移动线圈A(或移动滑动变阻器的滑片)
解析　(1)将电源、开关、变阻器、线圈A串联成一个回路,注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱,再将电流表与线圈B串联成另一个回路,电路图如图所示:
(2)由(1)连接的电路图可知,滑动变阻器采用限流接法,为保护电路应该使接入电路的电阻最大,在闭合开关S前,滑动变阻器滑动片P应置于a端。
(3)开关S闭合后有多种方法能使线圈B中产生感应电流,如:移动滑动变阻器的滑片、线圈A在线圈B中拔出或插入、断开开关等。
17.(4分)在探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系实验中,小李同学采用了如图所示的可拆式变压器(铁芯不闭合)进行研究。
(1)实验还需下列器材中的　　　　(多选);?
(2)实验中,上图中变压器的原线圈接“0;8”接线柱,副线圈接线“0;4”接线柱,当副线圈所接电表的示数为5.0 V时,所接电源电压挡位为　　　　。?
A.18.0 V B.10.0 V
C.5.0 V D.2.5 V
答案　(1)BC　(2)A
解析　(1)本实验中,变压器的原线圈应接在交流电源上;为了知道原、副线圈的电压比和线圈匝数比之间的关系,还需要电压表,故学生电源和电压表两个器材不能缺少,选B、C;
(2)理想变压器原、副线圈电压和匝数的关系为U1U2=n1n2;若变压器的原线圈接“0;8”接线柱,副线圈接“0;4”接线柱,则原、副线圈匝数比为n1n2=84=2,则原线圈两端电压U1=n1n2U2=2×5.0 V=10.0 V。本题中可拆变压器并非理想变压器,存在漏磁现象,要使副线圈所接电压表示数为5.0 V,则原线圈电压必须大于10 V。故选A。
18.(10分)如图甲所示,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一竖直面(纸面)内,其上端接一阻值为R的电阻;在两导轨间OO'下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。现使电阻为r、质量为m的金属棒ab由静止开始自OO'位置释放,向下运动距离d后速度不再变化。(棒ab与导轨始终保持良好的接触且下落过程中始终保持水平,导轨电阻不计)
(1)求棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热;
(2)棒ab从静止释放经过时间t0下降了d2,求此时刻的速度大小;
(3)如图乙,在OO'上方区域加一面积为S的垂直于纸面向里的均匀磁场B',棒ab由静止开始自OO'上方某一高度处释放,自棒ab运动到OO'位置开始计时,B'随时间t的变化关系B'=kt,式中k为已知常量;棒ab以速度v0进入OO'下方磁场后立即施加一竖直外力使其保持匀速运动。求在t时刻穿过回路的总磁通量和电阻R的电功率。
甲　　　　　　　　乙
答案　(1)mgd-m3g2(R+r)22B4l4　(2)gt0-B2l2d2m(R+r)
(3)Blv0t+ktS　Blv0+kSR+r2R
解析　(1)对闭合回路:I=BlvmR+r
由平衡知识可知:mg=BIl
解得vm=mg(R+r)B2l2
由能量关系:mgd=12mvm2+Q
解得Q=mgd-m3g2(R+r)22B4l4
(2)由动量定理知:(mg-BIl)t0=mv
q=Bld2R+r
解得v=gt0-B2l2d2m(R+r)
(3)由题可知Φ=Blv0t+ktS
由法拉第电磁感应定律可得:E=ΔΦΔt=Blv0+kS
I=ER+r
P=I2R
解得P=Blv0+kSR+r2R
19.(12分)如图甲所示,发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具,它在飞起时能够发光。某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化:如图乙所示,半径为L的金属圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度ω匀速转动,圆环上接有电阻均为r的三根导电辐条OP、OQ、OR,辐条互成120°角。在圆环内,圆心角为120°的扇形区域内存在垂直圆环平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场,在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷与一个LED灯(可看成二极管,发光时,电阻为r)相连。圆环及其他电阻不计,从辐条OP进入磁场开始计时。
(1)顺着磁感线方向看,圆环绕O1O2轴沿什么方向旋转,才能使LED灯发光?在不改变玩具结构的情况下,如何使LED灯发光时更亮?
(2)在辐条OP转过60°的过程中,求通过LED灯的电流。
(3)求圆环每旋转一周,LED灯消耗的电能。
答案　(1)见解析　(2)BL2ω8r　(3)πB2L4ω32r
解析　(1)由右手定则可以判断出,顺着磁感线方向看,圆环绕轴O1O2沿逆时针方向旋转,才能使LED灯发光。
在不改变玩具结构的情况下,增大转动的角速度ω可以使LED灯更亮。
(2)感应电动势E=12BL2ω
外电阻R1=r/3
内电阻R2=r
外电压U=R1E/(R1+R2)
流过LED灯的电流I=U/r
解得:I=BL2ω8r
(3)转动一周电流不变
t=2π/ω
Q=I2rt
解得:Q=πB2L4ω32r
20.(12分)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上,导轨电阻不计,间距L=0.4 m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为MN,Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下,Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5 T。在区域Ⅰ中,将质量m1=0.1 kg、电阻R1=0.1 Ω的金属棒ab放在导轨上,ab刚好不下滑。然后,在区域Ⅱ中将质量m2=0.4 kg、电阻R2=0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上,由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中,ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。问:
(1)cd下滑的过程中,ab中的电流方向;
(2)ab刚要向上滑动时,cd的速度v多大;
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中,cd滑动的距离x=3.8 m,此过程中ab上产生的热量Q是多少。
答案　(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J
解析　(1)由右手定则知电流由a流向b。
(2)ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为Fmax,有
Fmax=m1g sin θ①
设ab刚要上滑时,cd棒产生的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有
E=BLv②
设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有
I=ER1+R2③
设ab所受安培力为F安,有
F安=ILB④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有
F安=m1g sin θ+Fmax⑤
综合①②③④⑤式,代入数据解得
v=5 m/s⑥
(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒有
m2gx sin θ=Q总+12m2v2⑦
又Q=R1R1+R2Q总⑧
解得Q=1.3 J⑨
21.(12分)如图所示,倒“凸”字形硬质金属线框质量为m,总电阻为R,相邻各边相互垂直,且处于同一竖直平面内,ab、bc、cd、ed、fg、gk、ka边长均为l,ef边长为3l,ab与ef平行。匀强磁场区域的上下边界均水平,磁场方向垂直纸面向内,磁场区域高度为H(H>3l),磁感应强度大小为B。线框距磁场上边界h处由静止开始自由下落,当gh、cd边进入磁场时,线框恰好做匀速运动,当ab边穿出磁场下边界时线框也做匀速运动,则
(1)gk、cd边刚刚进入磁场时的速度是多少;
(2)线框完全进入磁场过程中产生的热量Q是多少;
(3)磁场区域高度H是多少。
答案　(1)mgR9B2l2　(2)mg(h+2l)-m3g2R2162B4l4
(3)40m2gR281B4l4+2l
解析　(1)gk、cd边进入磁场后,切割磁感线的有效长度为3l
mg=BI·3l①
I=ER②
E=B·3l·v③
联立①②③得v=mgR9B2l2
(2)gk、cd边刚进入磁场至完全进入过程中,线框一直做匀速运动,从开始下落到ef边进入磁场,由动能定理,有
mg(h+2l)-Q=12mv2-0④
Q=mg(h+2l)-m3g2R2162B4l4
(3)ab边穿出磁场下边界时线框也做匀速运动
mg=BI'l⑤
I'=E'R⑥
E'=B·l·v'⑦
联立⑤⑥⑦得v'=mgRB2l2
线框进入磁场后,内部磁通量不变,没有感应电流,只受到重力,加速度为g
v'2-v2=2g(H-2l)⑧
得H=40m2gR281B4l4+2l
滚动检测卷(三)
本试卷分选择题和非选择题两部分,满分100分,考试时间90分钟。
选择题部分
一、选择题(每题3分,共45分)
1.如图是体育摄影中“追拍法”的成功之作,摄影师眼中清晰的滑板运动员是静止的,而模糊的背景是运动的,摄影师用自己的方式表达了运动的美。请问摄影师选择的参考系是(　　)
A.大地 B.太阳
C.滑板运动员 D.步行的人
答案　C　“追拍法”是跟踪运动的物体,将运动的物体看成是静止的,该图片是运动的滑板运动员被摄影师当成静止的,而用镜头跟踪,故参考系是滑板运动员。故C正确,A、B、D错误。
2.2016年1月1日南京扬子江隧道实施免费通行政策,大大缓解市民过江压力,该隧道全程7.36公里,设计速度为80 km/h,隧道管养在夜间1:00~5:00。下列说法正确的是(　　)
A.汽车通过7.36公里隧道指的是汽车运动的位移
B.80 km/h为瞬时速度
C.1:00养护开始指的是时间间隔
D.在遵守规定的情况下,4 min内汽车可以通过隧道
答案　B　7.36 km为路程,A错。80 km/h为车通过隧道的限速,即瞬时速度,B正确。1:00为养护的开始时刻,C错。设计时速为行驶速度的最大值,故在遵守规定的情况下,汽车通过隧道的最短时间为tmin=7.3680 h=5.52 min,故D错。
3.关于通电直导线周围磁场的磁感线分布,下列示意图中正确的是(　　)
答案　A　伸开右手,大拇指方向为电流方向,则四指环绕方向为磁场方向,故A正确。
4.纯电动汽车不排放污染空气的有害气体,具有较好的发展前景。某辆电动汽车在一次刹车测试中,初速度为18 m/s,经过3 s汽车停止运动。若将该过程视为匀减速直线运动,则这段时间内电动汽车的加速度大小为(　　)
A.3 m/s2 B.6 m/s2 C.15 m/s2 D.18 m/s2
答案　B　根据匀变速直线运动的速度时间关系有:v=at,所以汽车的加速度大小:a=vt=183 m/s2=6 m/s2。
5.如图为“中国好歌声”娱乐节目所设计的“导师战车”,战车可以在倾斜直轨道上运动。当坐在战车中的导师按下按钮时,战车就由静止开始沿长10米的斜面冲到学员面前,最终刚好停在斜面的末端,此过程约历时4秒。在战
车的运动过程中,下列说法正确的是(　　)
A.战车在运动过程中导师处于失重状态
B.战车在运动过程中所受外力始终不变
C.战车在倾斜导轨上做匀变速直线运动
D.根据题中信息可以估算导师运动的平均速度
答案　D　由题可知,“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速,加速的过程中有向下的分加速度,战车处于失重状态,当战车减速时,有向上的分加速度,战车处于超重状态,故A、C错误;由题可知,“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速,结合牛顿第二定律可知,战车受到的合外力先沿斜面向下,后沿斜面向上,故B错误;战车的位移是10 m,运动时间约4 s,所以可以估算出平均速度v=xt=104 m/s=2.5 m/s,故D正确。
6.如图是我国著名网球运动员李娜精彩的比赛瞬间,如果网球离开球拍后,沿图中虚线做曲线运动,则图中能正确表示网球在相应点速度方向的是(　　)
A.v1 B.v2 C.v3 D.v4
答案　B　依据曲线运动特征可知:物体做曲线运动时,任意时刻的速度方向是曲线上该点的切线方向。所以图中能正确表示网球在相应点速度方向的是v2,故B正确。
7.如图所示是我国独立研制的“直11”系列直升机,是一种小吨位直升机,用作轻型武装直升机或运输机。在直升机螺旋桨上有A、B、C三点,其中A、C在叶片的端点,B在叶片的中点。当叶片转动时,这三点(　　)
A.线速度大小都相等 B.线速度方向都相同
C.角速度大小都相等 D.向心加速度大小都相等
答案　C　由题图可知,A、B、C三点属于同轴转动,各点的角速度是相等的,A、C在叶片的端点,B在叶片的中点,所以A、C的线速度大小相等,而与B点的线速度大小不相等,故A错误,C正确;由题图可知,A、B与C点的位置不同,线速度的方向不同,故B错误;A、C与B的角速度相等而半径不同,由a=ω2r可知,A、C的向心加速度的大小与B点不相等,故D错误。
8.美国宇航局2011年12月5日宣布,他们发现了太阳系外第一颗类似地球的可适合居住的行星——“开普勒-226”,其直径约为地球的2.4倍。至今其确切质量和表面成分仍不清楚,假设该行星的密度和地球相当,根据以上信息,估算该行星的第一宇宙速度等于(　　)
A.3.3×103 m/s B.7.9×103 m/s
C.1.2×104 m/s D.1.9×104 m/s
答案　D　设地球的密度为ρ,半径为R,第一宇宙速度为v1,“开普勒-226”的第一宇宙速度为v2,则有
Gρ×43πR3mR2=mv12R,
Gρ×43π(2.4R)3m0(2.4R)2=m0v222.4R,
得v2=2.4v1=1.9×104 m/s,故D正确。
9.将四个定值电阻a、b、c、d分别接入电路,测得相应的电流、电压值如图所示。其中阻值最接近的两个电阻是(　　)
A.a和b B.b和d
C.a和c D.c和d
答案　A　本题考查U-I图像的意义。根据R=UI知,定值电阻的U-I图线的斜率表示定值电阻的阻值。在U-I图中分别连接O与4个点,根据它们的倾斜度可知,a和b的阻值最接近,故选A。
10.带电体A固定在绝缘支架上,用一根绝缘丝线将带电小球依次悬挂在1、2、3、4、5、6六个不同的位置,丝线偏转情况如图所示。小球在不同位置时受到带电体A的库仑力(　　)
A.方向不同,离A越远库仑力越小
B.方向相同,离A越远库仑力越小
C.方向相同,离A越远库仑力越大
D.方向不同,离A越远库仑力越大
答案　A　根据同种电荷相斥及库仑力的方向沿两者的连线方向,可知它们的方向不同,再依据丝线的偏转角度,结合矢量的合成与平衡条件,可知小球受到的电场力F=kq1q2r2=mg tan θ,丝线与竖直方向夹角θ越小,F越小,可知离A越远库仑力越小,离A越近库仑力越大,故A正确,B、C、D错误。
11.游乐园的摩天轮是一种大型竖直转轮状的娱乐设施,乘客在厢体中随摩天轮匀速运行,下列说法正确的是(　　)
A.某时刻所有乘客运动的线速度都相同
B.当某一乘客运动到与圆心等高处时,厢体对乘客的作用力大小等于重力
C.某乘客分别经过最高点和最低点时,所受的合外力大小相等
D.乘客从最高点运动到最低点处于失重状态
答案　C　线速度是矢量,摩天轮做匀速圆周运动,不同乘客的位置不同,所以他们运动的线速度方向不相同,故A错误;摩天轮做匀速圆周运动,加速度的方向始终指向圆心,厢体对乘客的作用力与重力的合力提供向心力,合力指向圆心,由牛顿第二定律可知,当某一乘客运动到与圆心等高处时,摩天轮对乘客的作用力大小不等于重力,故B错误;摩天轮做匀速圆周运动,乘客受到的合外力提供向心力,由F向=mv2R知,R、v大小不变,向心力大小不变,合外力大小不变,所以乘客分别经过最高点和最低点时,所受的合外力大小相等,故C正确;在最高点乘客所受合力向下,即加速度方向向下,所以乘客处于失重状态,在最低点乘客所受合力向上,即加速度方向向上,所以乘客处于超重状态,可知乘客从最高点运动到最低点的过程中,先处于失重状态,后处于超重状态,故D错误。
12.如图所示,物体P以一定的初速度沿光滑水平面向右运动,与一个右端固定的轻质弹簧相撞,并被弹簧反向弹回。若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律,那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中　(　　)
A.P做匀变速直线运动
B.P的加速度大小不变,但方向改变一次
C.P的加速度大小不断改变,当加速度数值最大时,速度最小
D.有一段过程,P的加速度逐渐增大,速度也逐渐增大
答案　C　当P向右压缩弹簧时,弹簧长度逐渐减小,加速度逐渐增大,P的速度逐渐减小,当弹簧被压缩到最短时,P的加速度最大,速度为零,最小,故C正确。
13.如图所示,一圆环上均匀分布着正电荷,x轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是(　　)
A.O点的电场强度为零,电势最低
B.O点的电场强度为零,电势最高
C.从O点沿x轴正方向,电场强度减小,电势升高
D.从O点沿x轴正方向,电场强度增大,电势降低
答案　B　由微元法和对称的思想分析可知,均匀带电圆环内部O点的场强为零,电势为标量,且正电荷周围的电势为正,故O点电势最高,选项A错、B对;从O点沿x轴正方向电场强度先增大后减小,电势降低,选项C、D错误。
14.如图甲所示,固定的水平金属导轨足够长且电阻不计。两阻值相同的导体棒ab、cd置于导轨上,棒与导轨垂直且始终保持良好接触。整个装置处在与导轨平面垂直向下的匀强磁场B中。现让导体棒ab以如图乙所示的速度向右运动。导体棒cd始终静止在导轨上,以水平向右为正方向,则导体棒cd所受的静摩擦力f随时间变化的图像是选项中的(　　)
答案　B　由右手定则可知ab中感应电流的方向向上,由法拉第电磁感应定律得E=BLv,由欧姆定律得I=BLvR。感应电流从上向下流过cd棒,由左手定则可知,产生的安培力向右,大小为F=BIL=B2L2vR,对cd进行受力分析可知,cd棒竖直方向受到重力和轨道的支持力,水平方向受到安培力和摩擦力的作用,由共点力的平衡可得,水平方向受到的摩擦力与安培力大小相等,方向相反,即方向向左,大小为f=F=B2L2vR,可得大小与速度v成正比,与速度的方向相反,故B正确,A、C、D错误。
15.如图所示,将理想变压器原线圈接到电压随时间变化规律为u=2202 sin 100πt(V)的交流电源上,在副线圈两端并联接入规格为“22 V,22 W”的灯泡10个,灯泡均正常发光。除灯泡外的电阻均不计,下列说法正确的是(　　)
A.变压器原、副线圈匝数比为102∶1
B.电流表示数为1 A
C.电流表示数为10 A
D.副线圈中电流的频率为5 Hz
答案　B　由原线圈电压瞬时值表达式可知,原线圈输入电压的有效值为220 V,交变电流的频率f=1T=ω2π=50 Hz,D项错;副线圈上灯泡正常发光,说明副线圈输出电压有效值为22 V,由理想变压器变压规律可知,n1n2=U1U2=10,A项错;由灯泡电功率P=UI可知,通过每个灯泡的电流为1 A,故副线圈输出电流为10 A,由理想变压器变流规律可知,I2I1=n1n2=10,所以原线圈中电流的有效值为1 A,B项正确,C项错。
非选择题部分
二、非选择题(共55分)
16.(6分)某兴趣小组在探究物体动能大小实验时,让一物体在恒定合外力作用下由静止开始沿直线运动,记录下速度、时间、位置等实验数据,然后分别作出动能Ek随时间变化和动能Ek随位置变化的两个图线,但横坐标没有标出。
(1)请你判断物体动能随位置变化的图线应是图　　　　;?
(2)若图甲中OA连线的斜率为k1,图乙中直线的斜率为k2,则物体所受合外力的大小为　　　　,在A点所对应的瞬时速度的大小为　　　　。?
答案　(1)乙　(2)k2　2k1k2
解析　(1)由Ek=W=Fx,可得Ek与x成正比,故乙图是物体动能随位置变化的图线。
(2)由Ek=Fx得F=Ekx,在乙图中,斜率为:k2=Ekx①
故物体所受合外力的大小为k2
在甲图中,k1=Ekt②
由①②得:k1k2=xt③
又因在这个过程中平均速度为v=v2,所以x=v2t④
将④代入③得k1k2=vt2t,解得v=2k1k2
17.(4分)在探究变压器两端的电压与匝数的关系的实验中。
(1)图1中电源的输出端与变压器线圈的连接方式正确的是　　　　(填“甲”或“乙”)。变压器原、副线圈的匝数分别为120和60,测得电压分别为8.2 V和3.6 V,据此可知电压比与匝数比不相等,主要原因是　。?
图1
图2
(2)按如图2将长导线一匝一匝地绕在铁芯的左边,边绕边观察小灯泡的发光情况,等小灯泡发出耀眼的强光后,再将导线一匝一匝地退出铁芯,边退边观察小灯泡的发光情况,你观察到的现象是　 ;?
由此你能得出的结论是　　　　　　　　。?
答案　(1)乙　导线发热、铁芯漏磁和铁芯内部涡流发热消耗　(2)线圈匝数越少,小灯泡越暗　变压器变压与匝数有关
解析　(1)变压器只适用于交流电,故选图乙;变压器是不理想的,故有漏磁、铁芯发热、导线发热等影响电压。
(2)将长导线一匝一匝地绕在铁芯的左边,再将导线一匝一匝地退出铁芯,故副线圈匝数先增加后减小,根据变压比公式U1U2=n1n2,小灯泡两端的电压先增加后减小,故灯泡先慢慢变亮再慢慢变暗;观察到的现象是线圈匝数越少,小灯泡越暗;实验结论为变压器变压与匝数有关。
18.(5分)小亮同学为研究某电学元件(最大电压不超过2.5 V,最大电流不超过0.55 A)的伏安特性曲线,在实验室找到了下列实验器材:
A.电压表(量程是0~3 V,内阻是6 kΩ)
B.电压表(量程是0~15 V,内阻是30 kΩ)
C.电流表(量程是0~0.6 A,内阻是0.5 Ω)
D.电流表(量程是0~3 A,内阻是0.1 Ω)
E.滑动变阻器(阻值范围0~5 Ω,额定电流为0.6 A)
F.滑动变阻器(阻值范围0~100 Ω,额定电流为0.6 A)
G.直流电源(电动势E=3 V,内阻不计)
H.开关、导线若干。
该同学设计电路并进行实验,通过实验得到如下数据(I和U分别表示电学元件上的电流和电压)。
I/A
0
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U/V
0
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00
　　(1)为了提高实验结果的准确程度,电流表选　　　　;电压表选　　　　;滑动变阻器选　　　　。(以上均填写器材代号)?
(2)请在虚线框中画出实验电路图。
答案　(1)C　A　E　(2)见解析图
解析　(1)从表格中的实验数据可知,电流测量值I的范围为0~0.50 A,电压测量值U的范围为0~2.00 V,因此电流表应选C,电压表应选A。因为本实验要测量多组(U,I)值,需使电压U从零开始连续变化,因此,滑动变阻器应接成分压式,故选阻值较小的E。
(2)由表格中的数据,根据R=UI,估算电学元件的电阻值大约为几欧,因此采用电流表外接法。电路图如图所示。
19.(8分)影视剧中经常有这样的场景:电梯的曳引钢丝绳断裂后,轿厢以自由落体的速度往下坠落,伴随着火花四溅,最后重重地砸在地上。这样的事件真的会发生吗?《都市快报》记者拍的一个实验就模拟了钢丝绳全部断裂这种极端的情况。实验中的电梯是一台西子奥的斯观光电梯,服役时间10年,配备8根曳引钢丝绳。实验前,西子奥的斯机电的工作人员缷下了其中的4根,剩下4根用液压剪一一切断。最后一根钢丝绳断裂,一声巨响,电梯轿厢呈自由落体下坠了一段距离,然后稳稳地刹住了车,停在了两层楼之间。电梯之所以能在短时间内紧急刹车,安全钳起到了作用。当钢丝绳全部断裂,电梯处于自由落体状态,重力加速度会让电梯在几毫秒内迅速触发装置,带动装在轿厢底部的安全钳启动,以机械形式强制将桥厢紧紧地夹在导轨上。设在本次实验中下落的总高度为36 cm,自由下落一段距离后,轿厢受到的安全钳阻力为其重力的2.25倍,求下落过程中的最大速度及所用的总时间。
答案　2 m/s　0.36 s
解析　轿厢先自由落体后以大小为a的加速度做匀减速运动
a=F阻-mgm=2.25mg-mgm=12.5 m/s2,方向竖直向上
轿厢下落的总高度:
h总=0+vmax2·t1+vmax+02·t2=vmax2(t1+t2)
轿厢下落过程中的最大速度:
vmax=0+gt1
vmax-at2=0
由上面几式联立计算求得:
vmax=2 m/s
t1=0.2 s,t2=0.16 s,t总=t1+t2=0.36 s
20.(10分)如图所示,参加某电视台娱乐节目的选手从较高的平台以v0=8 m/s的速度从A点水平跃出后,沿B点切线方向进入光滑圆弧轨道,沿轨道滑到C点后水平离开轨道。已知A、B之间的竖直高度H=1.8 m,圆弧轨道半径R=10 m,选手的质量为50 kg,不计空气阻力,g=10 m/s2,求:
(1)选手从A点运动到B点的时间及到达B点的速度;
(2)选手到达C点时对轨道的压力。
答案　(1)0.6 s　10 m/s,与水平方向的夹角为37°
(2)1 200 N,方向竖直向下
解析　(1)选手离开平台后做平抛运动,
在竖直方向H=12gt2
解得:t=2Hg=0.6 s
在竖直方向vy=gt=6 m/s
选手到达B点的速度为vB=v02+vy2=10 m/s
设与水平方向的夹角为α,则tan α=vyv0=0.75,则α=θ=37°。
(2)从B点到C点:mgR(1-cos θ)=12mvC2-12mvB2
在C点:FNC-mg=mvC2R
解得:FNC=1 200 N
由牛顿第三定律得,选手对轨道的压力FNC'=FNC=1 200 N,方向竖直向下。
21.(6分)运动员驾驶摩托车做腾跃特技表演是一种刺激性很强的运动项目。如图所示,AB是水平路面,BC是半径为20 m的圆弧,CDE是一段曲面。运动员驾驶功率始终为P=1.8 kW的摩托车在AB段加速,通过B点时速度已达到最大vm=20 m/s,再经t=13 s的时间通过坡面到达E点,此刻关闭发动机水平飞出。已知人和车的总质量m=180 kg,坡顶高度h=5 m,落地点与E点的水平距离s=16 m,重力加速度g=10 m/s2。如果在AB段摩托车所受的摩擦阻力恒定,且不计空气阻力,求:
(1)AB段摩托车所受摩擦阻力的大小;
(2)摩托车过圆弧B点时受到地面支持力的大小;
(3)摩托车在沿BCDE冲上坡顶的过程中克服摩擦阻力做的功。
答案　(1)90 N　(2)5 400 N　(3)1 440 J
解析　(1)摩托车在水平路面上已经达到了最大速度,牵引力与阻力相等。则
P=Fvm=Ffvm,
Ff=Pvm=90 N。
(2)摩托车在B点,由牛顿第二定律得:
FN-mg=mvm2R,
FN=mvm2R+mg=5 400 N。
(3)对摩托车的平抛运动过程,有
t1=2hg=1 s,
平抛的初速度v0=st1=16 m/s,摩托车在斜坡上运动时,由动能定理得
Pt-Wf-mgh=12mv02-12mvm2,
解得Wf=1 440 J。
22.(8分)如图所示的平面直角坐标系xOy,在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场,方向沿y轴正方向;在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场,方向垂直于xOy平面向里,正三角形边长为L,且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子,从y轴上的P(0,h)点,以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场,通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限,又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限,且速
度与y轴负方向成45°角,不计粒子所受的重力。求:
(1)电场强度E的大小;
(2)粒子到达a点时速度的大小和方向;
(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。
答案　(1)mv022qh　(2)2v0　指向第Ⅳ象限与x轴成45°角
(3)2mv0qL
解析　(1)设粒子在电场中运动的时间为t,则有
x=v0t=2h
y=12at2=h
qE=ma
联立以上各式可得E=mv022qh
(2)粒子到达a点时沿负y方向的分速度为vy=at=v0
所以v=v02+vy2=2v0
方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角
(3)粒子在磁场中运动时,有qvB=mv2r
当粒子从b点射出时,磁场的磁感应强度为最小值,此时有
r=22L,所以B=2mv0qL
23.(8分)如图甲所示,两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上,导轨间距l=0.6 m,两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表V,电阻r=2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处;右端用导线连接电阻R2,已知R1=2 Ω,R2=1 Ω,导轨及导线电阻均不计。在矩形区域CDFE内有竖直向上的磁场,CE=0.2 m,磁感应强度随时间的变化如图乙所示。开始时电压表有示数,当电压表示数变为零后,对金属棒施加一水平向右的恒力F,使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值,金属棒在磁场运动过程中电压表的示数始终保持不变。求:
(1)t=0.1 s时电压表的读数;
(2)恒力F的大小;
(3)从t=0时刻到金属棒运动出磁场过程中整个电路产生的热量。
答案　(1)0.3 V　(2)0.27 N　(3)0.09 J
解析　(1)设磁场宽度为d=CE,在0~0.2 s的时间内,
有E=ΔΦΔt=ΔBΔtld=0.6 V
此时,R1与金属棒r并联,再与R2串联
R=R并+R2=(1+1) Ω=2 Ω
U=ERR并=0.3 V
(2)金属棒进入磁场后,有
I'=UR1+UR2=0.45 A
F安=BI'l=1×0.45×0.6 N=0.27 N
由于金属棒进入磁场后电压表示数始终不变,所以金属棒做匀速运动,有
F=F安=0.27 N
(3)金属棒在0~0.2 s的运动时间内有
Q=E2Rt=0.036 J
金属棒进入磁场后,有
R'=R1R2R1+R2+r=83 Ω
E'=I'R'=1.2 V,E'=Blv,v=2 m/s
t'=dv=0.22 s=0.1 s
Q'=E'I't'=0.054 J
Q总=Q+Q'=(0.036+0.054) J=0.09 J
特训(五)　(范围:选修3-4、3-5)
本试卷分选择题和非选择题两部分,满分100分,考试时间90分钟。
选择题部分
一、选择题(每题3分,共60分)
1.(多选)下列说法中正确的是(　　)
A.光波是电磁波
B.干涉现象说明光具有粒子性
C.光电效应现象说明光具有波动性
D.光的偏振现象说明光是横波
答案　AD　光波是电磁波,故A正确;干涉和衍射现象说明光具有波动性,故B错误;光电效应现象说明光具有粒子性,故C错误;偏振现象是横波的性质,故光的偏振现象说明光是横波,故D正确。
2.(多选)下列有关原子结构和原子核的认识,其中正确的是(　　)
A.γ射线是高速运动的电子流
B.氢原子辐射光子后,其绕核运动的电子动能增大
C.太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变
D.83210Bi的半衰期是5天,100克?83210Bi经过10天后还剩下50克
答案　BC　γ射线是光子流,A错误;氢原子辐射光子后,从高能级轨道跃迁到低能级轨道,其绕核运动的电子的速度增大,动能增大,B正确;太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变,C正确;83210Bi的半衰期是5天,所以100克?83210Bi经过10天后还剩下25 克,D错误。
3.(多选)做简谐运动的弹簧振子,在运动到最大位移时,具有最大值的物理量是(　　)
A.回复力 B.速度 C.动能 D.势能
答案　AD　做简谐运动的弹簧振子,运动到最大位移处时,回复力和势能最大,速度和动能均为零,故选A、D。
4.(多选)如图所示为某物体做简谐运动的图像,下列说法中正确的是(　　)
A.物体在0.2 s时刻与0.4 s时刻的速度相同
B.物体在0.6 s时刻与0.4 s时刻的速度方向相反
C.0.7~0.9 s时间内物体的加速度在减小
D.0.9~1.1 s时间内物体的速度减小
答案　AB　由图知0.2 s与0.4 s时刻图线的切线斜率相等,说明物体在这两个时刻的速度相同,故A正确;物体在0.4 s时刻与0.6 s时刻图线的切线斜率一正一负,故速度方向相反,故B正确;0.7~0.9 s时间内物体的位移增大,物体的加速度在增大,故C错误;0.9~1.1 s时间内物体的位移减小,物体靠近平衡位置,则速度增大,故D错误。
5.(多选)类比是一种有效的学习方法,通过归类和比较,有助于掌握新知识,提高学习效率。在类比过程中,既要找出共同之处,又要抓住不同之处。某同学对机械波和电磁波进行类比,总结出下列内容,其中正确的是(　　)
A.机械波既有横波又有纵波,而电磁波只有纵波
B.机械波和电磁波的传播都依赖于介质
C.机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象
D.机械波的频率、波长和波速三者满足的关系,对电磁波也适用
答案　CD　机械波既有横波,又有纵波,而电磁波只有横波,故A错误。机械波是机械振动在介质中的传播过程,必须依赖于介质,没有介质不能形成机械波;电磁波不需要借助介质传播,所以电磁波可以在真空中传播,故B错误。所有的波都能产生干涉和衍射现象,故C正确。波速公式v=λf适用于一切波,即对机械波和电磁波都适用,故D正确。
6.(多选)关于如下现象的表述正确的是(　　)
A.甲图中蝙蝠利用超声波定位
B.乙图中CT利用β射线照射人体
C.丙图中回路电阻和向外辐射电磁波造成振荡电流能量的减小
D.丁图中夜视系统是利用紫外线工作的
答案　AC　蝙蝠是利用超声波定位,从而进行捕食的,故A正确;CT是利用X射线照射人体的,不是利用β射线,故B错误;丙图中回路电阻和向外辐射电磁波造成振荡电流能量的减小,故C正确;丁图中夜视系统是利用红外线工作的,故D错误。
7.(多选)如图所示为LC振荡电路某时刻的情况,以下说法正确的是(　　)
A.电容器正在充电
B.电感线圈中的磁场能正在增加
C.电感线圈中的电流正在增大
D.此时刻自感电动势正在阻碍电流增大
答案　BCD　图示时刻,电容器上极板带正电,通过图示电流方向,知电容器正在放电,电流在增大,电容器上的电荷量减小,电场能转化为磁场能,线圈中的感应电动势总是阻碍电流的增大。故B、C、D正确,A错误。
8.(多选)如图所示,一细束白光通过玻璃三棱镜折射后分为各种单色光,取其中a、b、c三种色光,下列说法正确的是(　　)
A.把温度计放在c的下方,示数增加最快
B.若分别让a、b、c三种色光通过一双缝干涉装置,则a光形成的干涉条纹的间距最小
C.a、b、c三种色光在玻璃三棱镜中的传播速度依次减小
D.若让a、b、c三种色光以同一入射角,从一介质沿某方向射入空气中,b光恰能发生全反射,则c光也一定能发生全反射
答案　AB　在c的下方热效应显著,把温度计放在c的下方,示数增加最快,故A正确。c光的波长最长,a光波长最短,由于干涉条纹的间距与波长成正比,故a光形成的干涉条纹的间距最小,B正确。由图看出,c光的折射率最小,a光的折射率最大,由公式v=cn分析可知,a、b、c三种色光在玻璃三棱镜中的传播速度依次增大,故C错误。c光的折射率最小,a光的折射率最大,由临界角公式sin C=1n分析得知,a光的临界角最小,c光的临界角最大,若让a、b、c三种色光以同一入射角,从一介质沿某方向射入空气中,b光恰能发生全反射,则c光一定不能发生全反射,故D错误。
9.(多选)按照玻尔的理论,氢原子的能级是氢原子处于各个定态时的能量值,它包括氢原子系统的电势能和电子在轨道上运动的动能。当一个氢原子从n=4能级向低能级跃迁时,下列说法正确的是(　　)
A.氢原子系统的电势能增加,电子的动能增加
B.氢原子系统的电势能减小,电子的动能增加
C.氢原子可能辐射6种不同波长的光
D.氢原子可能辐射3种不同波长的光
答案　BD　当一个氢原子从n=4能级向低能级跃迁时,可能发生4→3,4→2,4→1三种情况,切记不是大量氢原子,故C错误,D正确;当向低能级跃迁时,轨道半径减小,根据公式kq2r2=mv2r可得电子的动能增加,电势能减小,故A错误,B正确。
10.(多选)如图甲所示为一列沿水平方向传播的简谐横波在时刻t的波形图,如图乙所示为质点b从时刻t开始计时的振动图像,则下列说法中正确的是(　　)
A.该简谐横波沿x轴正方向传播
B.该简谐横波波速为0.4 m/s
C.再经过12.5 s质点a通过的路程为0.5 m
D.再经过12.5 s质点a通过的路程为10 cm
答案　AB　t时刻,从图乙可知质点b速度沿-y方向,甲图中采用波平移的方法可知波形沿x轴正方向传播,故A正确;由甲图得到波长为λ=4 m,由乙图得到周期为T=10 s,故波速v=λT=
410 m/s=0.4 m/s,故B正确;t=12.5 s=114T,则质点a通过的路程为s=4A+14×4A=100 cm,故选项C、D错误。
11.(多选)一列简谐横波沿x轴传播,振幅为2 cm,波速为2 m/s。在t=0时刻,平衡位置在x=1 m处的质点a位移为1 cm,平衡位置在x=5 m处的质点b的位移为-1 cm,两质点运动方向相反,其中质点a沿y轴负方向运动,如图所示,已知此时质点a、b之间只有一个波谷,则下列说法正确的是(　　)
A.该列简谐横波的波长可能为83 m
B.质点b的振动周期可能为2 s
C.质点a、b的速度在某一时刻可能相同
D.质点a、b的位移在某一时刻可能都为正
答案　AC　若波沿x轴负方向传播,a、b间是半个波长的波形,有λ2=4 m,得λ=8 m,周期T=λv=
4 s;若波沿x轴正方向传播,则a、b间是1.5个波形,有3λ2=4 m,得λ=83 m,周期T=λv=43 s,故A正确,B错误。质点a、b平衡位置间的距离为λ2的奇数倍,质点a、b的速度可能均为零,但位移不可能同时为正或同时为负,故C正确,D错误。
12.(多选)关于原子物理学知识,下列说法正确的是(　　)
A.玻尔将量子观念引入原子领域,成功地解释了所有原子的光谱规律
B.质子与中子结合成氘核的过程中一定会放出能量
C.将放射性物质放在超低温的环境下,将会大大减缓它的衰变进程
D.铀核(92238U)衰变为铅核(82206Pb)的过程中,共有6个中子变成质子
答案　BD　玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域,成功地解释了氢原子光谱的实验规律,不能解释所有原子光谱的实验规律,故A错误;质子与中子结合成氘核的过程中一定会放出能量,选项B正确;放射性元素的半衰期与外界环境无关,选项C错误;铀核(92238U)衰变为铅核(82206Pb)的过程中,质量数减少32,可知α衰变的次数为8次,经过8次α衰变电荷数减少16,但是衰变的过程中电荷数减少10,可知发生了6次β衰变,每一次β衰变中一个中子转化为一个质子,故共有6个中子变成质子,故D正确。
13.(多选)氢原子的部分能级如图所示,现有大量的氢原子处于n=4的激发态,当向低能级跃迁时辐射出不同频率的光。已知可见光的光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间。由此可推知,氢原子(　　)
A.从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高
B.从高能级向n=2能级跃迁时发出的光均为可见光
C.用从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂能发生光电效应
D.频率最小的光是由n=4能级跃迁到n=3能级产生的
答案　CD　氢原子在能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差,即Em-En=hν。从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率最大为1.51 eV,小于可见光的光子能量,A错误;从高能级向n=2能级跃迁时辐射的光子能量最大为3.4 eV,大于可见光的能量,故B错误;从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子的能量E=E2-E1=-3.4 eV-(-13.6) eV=10.2 eV>
6.34 eV,而使金属铂发生光电效应的条件是光子的能量大于电子的逸出功,故可以发生光电效应,故C正确;由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光,能量最小,频率最小,故D正确。
14.(多选)在南极洲2 438 m的冰层下,巨型望远镜——冰立方中微子望远镜能发现以光速穿过地球的中微子,这是一种令人难以捉摸的亚原子粒子。中微子与水中?11H发生核反应,产生中子和正电子,即中微子+11H→01n++10e。下列说法正确的是(　　)
A.中微子的质量数和电荷数分别为0和0
B.若上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇,与电子形成几乎静止的整体后,可以转变为两个光子,即?+10e+-10e→2γ。已知正电子与电子的质量都为9.1×10-31 kg,则反应中产生的每个光子的能量约为16.4×10-14 J
C.若上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇,与电子形成几乎静止的整体,则正电子与电子相遇后可能只转变为一个光子
D.具有相同动能的中子和正电子,中子的物质波的波长小于正电子的物质波波长
答案　AD　根据质量数守恒、电荷数守恒,知中微子的质量数和电荷数为0和0,A正确;根据爱因斯坦质能方程知ΔE=Δmc2=2E,解得光子能量E=Δmc22=8.2×10-14 J,B错误;相遇前总动量为零,相遇后总动量也为零,故不可能转变为一个光子,C错误;Ek=12mv2,p=mv,联立两式得,粒子的动量p=2mEk。物质波的波长λ=hp=h2mEk,由于中子和电子的动能相等,中子的质量大于电子的质量,所以中子的物质波的波长小于电子的物质波的波长,D正确。
15.(多选)如图所示,一个质量为0.2 kg的垒球,以20 m/s的水平速度飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为40 m/s,设球棒与垒球的作用时间为0.01 s。下列说法正确的是(　　)
A.球棒对垒球的平均作用力大小为1 200 N
B.球棒对垒球的平均作用力大小为400 N
C.球棒对垒球做的功为120 J
D.球棒对垒球做的功为40 J
答案　AC　设球棒对垒球的平均作用力为F,由动量定理得F·t=m(vt-v0),取vt=40 m/s,则v0=-20 m/s,代入上式,得F=1 200 N,由动能定理得W=12mvt2-12mv02=120 J,选项A、C正确。
16.(多选)如图所示为氢原子的能级图,已知氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时,辐射出A光,则以下判断正确的是(　　)
A.氢原子从n=2能级跃迁到n=3能级吸收光的波长小于A光波长
B.氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级辐射的光在相同介质中的全反射临界角比A光大
C.氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级辐射的光在同一种介质中的传播速度比A光大
D.只要用波长小于A光波长的光照射,都能使氢原子从n=1能级跃迁到n=2能级
答案　BC　根据Em-En=hν,知n=2能级与n=3能级的能级差小于n=2能级与n=1能级的能级差,再由λ=cν,则有从n=2能级跃迁到n=3能级吸收光的波长大于A光波长,故A错误。n=2能级与n=1能级的能级差大于n=3能级与n=2能级的能级差,因此从n=3能级跃迁到n=2能级辐射的光的频率较低,折射率较小,依据sin C=1n,可知其在相同介质中的全反射临界角比A光大,故B正确。n=2能级与n=1能级的能级差大于n=3能级与n=2能级的能级差,因此从n=3能级跃迁到n=2能级辐射的光的频率较低,折射率较小,依据v=cn,可知其在同一种介质中的传播速度比A光大,故C正确。要使氢原子从n=1能级跃迁到n=2能级,则光子能量必须是两能级的差值,即ΔE=-3.4 eV-(-13.6) eV=10.2 eV,故D错误。
17.(多选)如图所示,三小球a、b、c的质量都是m,都放于光滑的水平面上,小球b、c与轻弹簧相连且静止,小球a以速度v冲向小球b,碰后与小球b黏在一起运动。在整个运动过程中,下列说法中正确的是(　　)
A.三球与弹簧组成的系统总动量守恒,总机械能不守恒
B.三球与弹簧组成的系统总动量守恒,总机械能也守恒
C.当小球b、c速度相等时,弹簧弹性势能最大
D.当弹簧恢复原长时,小球c的动能一定最大,小球b的动能一定不为零
答案　ACD　在整个运动过程中,系统的合外力为零,系统的总动量守恒,a与b碰撞过程机械能减小,故A正确,B错误。a与b碰撞后,弹簧被压缩,弹簧对b产生向左的弹力,对c产生向右的弹力,a、b做减速运动,c做加速运动,当c的速度大于a、b的速度后,弹簧压缩量减小,则当小球b、c速度相等时,弹簧压缩量最大,弹性势能最大,故C正确。当弹簧恢复原长时,小球c的动能一定最大,根据动量守恒和机械能守恒分析可知,小球b的动能不为零,故D正确。
18.(多选)1905年,爱因斯坦把普朗克的量子化概念进一步推广,成功地解释了光电效应现象,提出了光子说。在给出的与光电效应有关的四个图像中,下列说法正确的是(　　)
A.图1中,当紫外线照射锌板时,发现验电器指针发生了偏转,说明锌板带正电,验电器带负电
B.图2中,从光电流与电压的关系图像中可以看出,电压相同时,光照越强,光电流越大,说明遏止电压和光的强度有关
C.图3中,若电子电荷量用e表示,ν1、νc、U1已知,由Uc-ν图像可求得普朗克常量的表达式为h=U1eν1-νc
D.图4中,由光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像可知该金属的逸出功为E或
hν0
答案　CD　用紫外线灯发出的紫外线照射锌板,锌板失去电子带正电,验电器与锌板相连,则验电器的金属球和金属指针带正电,故选项A错误;由图2可知电压相同时,光照越强,光电流越大,只能说明光电流大小与光的强度有关,遏止电压只与入射光的频率有关,与入射光的强度无关,故选项B错误;根据爱因斯坦光电效应方程Uce=hν-W0,可知Uc=heν-W0e,Uc-ν图线的斜率为he,即he=U1ν1-νc,解得h=U1eν1-νc,故选项C正确;根据光电效应方程Ekm=hν-W0知道Ek-ν图线的纵轴截距的绝对值表示逸出功,则逸出功为E,当最大初动能为零时,入射光的频率等于金属的极限频率,则金属的逸出功等于hν0,故选项D正确。
19.(多选)波源S在t=0时刻从平衡位置开始向下运动,形成向左右两侧传播的简谐横波。S、a、b、c、d、e和a'、b'、c'是沿波传播方向上的间距为1 m的9个质点,t=0时刻均静止于平衡位置,如图所示。当t=0.1 s时质点S第一次到达最低点,当t=0.4 s时质点d开始起振。则在t=0.5 s这一时刻(　　)
A.质点c的加速度最大 B.质点a的速度最大
C.质点b'处在最高点 D.质点c'已经振动了0.1 s
答案　BC　因t=0.1 s时,波源S第一次到达最低点,所以T=0.4 s,t=0.4 s时,d开始起振,所以v=xt=40.4 m/s=10 m/s,λ=vT=4 m,t=0.5 s时,波向波源S两侧都传播了54个波长,波形如图所示,由图可得B、C正确。
20.(多选)如图所示,一简谐横波在某区域沿x轴传播,实线a为t=0时刻的波形图线,虚线b为t=0.5 s时刻的波形图线,虚线b与x轴交点P的坐标为xP=1 m。
下列说法正确的是　(　　)
A.t=0时刻P质点的位移为5 cm
B.这列波的传播速度大小可能为30 m/s
C.这列波的波源振动频率可能为2.5 Hz
D.t=1.5 s时刻P点一定处于波谷位置
答案　BD　因xP=1 m=12×λ4,则由数学知识可知,t=0时刻P质点的位移为y=10 sin 45°=52 cm,选项A错误。若波向右传播,则在0.5 s内波传播的距离x=λ+xP=8n+1(m)(n=0,1,2,…);波速v=xt=8n+10.5 m/s=16n+2 (m/s)(n=0,1,2,…);若波向左传播,则在0.5 s内波传播的距离x=(n+1)λ-xP=8n+7 (m)(n=0,1,2,…);波速v=xt=8n+70.5 m/s=16n+14 (m/s)(n=0,1,2,…),当n=1时,v=30 m/s,选项B正确。若波向右传播,波的频率为f=vλ=16n+28 Hz=2n+0.25 (Hz)(n=0,1,2,…);若波向左传播,波的频率为f=vλ=16n+148 Hz=2n+1.75 (Hz)(n=0,1,2,…),可知频率不可能为2.5 Hz,选项C错误。t=1.5 s时刻也就是从虚线波位置再传播1 s,则波形向右移动(16n+2) m或向左移动(16n+14) m,故此时P点一定处于波谷位置,选项D正确。
非选择题部分
二、非选择题(共40分)
21.(8分)在研究电磁感应现象的实验中
图1
图2
(1)请在图1所示的器材中,用实线代替导线连接实物电路。
(2)已知电流从左侧流入灵敏电流计,指针向左偏。若原线圈中磁感应强度方向向下,将原线圈放入副线圈后闭合开关,发现灵敏电流计指针向左偏,则副线圈应选图2中的　　　　(选填“甲”或“乙”)线圈。?
(3)某次实验中,正确连接电路后将原线圈放入副线圈。闭合开关时发现灵敏电流计指针无偏转,然后移动变阻器滑片发现指针有偏转,则可能的故障是　　　　　　　　。?
(4)正确连接电路后,通过特殊的方法使滑动变阻器电阻随时间均匀减小。在电阻均匀减小的过程中,灵敏电流计的指针偏转幅度的变化情况是　　　　　。?
　　A.稳定不变 B.逐渐增大
C.逐渐减小 D.先减小后增大
答案　(1)见解析　(2)甲　(3)滑动变阻器电阻丝有断路　(4)B
解析　(1)将电源、开关、变阻器、原线圈串联成一个回路,再将电流计与副线圈串联成另一个回路,电路图如图所示。
(2)发现灵敏电流计指针向左偏,则可知,电流从正接线柱流进,由于原磁场向下,且增大,根据楞次定律可知,副线圈应是甲线圈;
(3)闭合开关时发现灵敏电流计指针无偏转,说明电路中没有电流,或与电流计相连的电路不闭合,而当移动变阻器滑片时发现指针有偏转,说明与原线圈相连的回路中,滑动变阻器电阻丝有断路现象。
(4)滑动变阻器电阻随时间均匀减小,根据欧姆定律及数学知识可知,电流增大得越来越快,则副线圈磁通量的变化率会逐渐增大,电流计指针偏转幅度逐渐增大,故B正确,A、C、D错误。
22.(10分)实验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的实验。
(1)实验前他们根据单摆周期公式导出了重力加速度的表达式g=4π2LT2,其中L表示摆长,T表示周期。对于此式的理解,四位同学说出了自己的观点:
同学甲:T一定时,g与L成正比;
同学乙:L一定时,g与T2成反比;
同学丙:L变化时,T2是不变的;
同学丁:L变化时,L与T2的比值是定值。
其中观点正确的是同学　　(选填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”)。?
(2)实验室有如下器材可供选用:
A.长约1 m的细线　B.长约1 m的橡皮绳
C.直径约2 cm的均匀铁球　D.直径约5 cm的均匀木球
E.停表　F.时钟　G.分度值为1 mm的米尺
实验小组的同学选用了分度值为1 mm的米尺,他们还需要从上述器材中选择:　　　　(填写器材前面的字母)。?
(3)他们将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上,将其上端固定,下端自由下垂(如图所示)。用米尺测量悬点到　　　　之间的距离记为单摆的摆长L。?
(4)在小球平稳摆动后,他们记录小球完成n次全振动的总时间t,则单摆的周期T=　　　　。?
(5)如果实验得到的结果是g=10.29 m/s2,比当地的重力加速度值大,分析可能是哪些不当的实际操作造成这种结果,并写出其中一种:　　　　　　　　　　　　　　　。?
答案　(1)丁　(2)ACE　(3)小球球心　(4)tn　(5)振动次数n计多了(其他答案合理也给分)
解析　(1)由于重力加速度g是确定的,故丁同学理解正确。(2)根据实验原理及注意事项,应选A、C、E。(3)摆长是指悬点到球心的距离,不是摆线长。(4)T=tn。(5)由g=4π2LT2知可能是L测量值偏大,或T测量值偏小。
23.(6分)如图所示,ABC为由玻璃制成的三棱镜,某同学运用“插针法”来测量此三棱镜的折射率,在AB左边插入P1、P2两枚大头针,在AC右侧插入两枚大头针,结果P1、P2的像被P3挡住,P1、P2的像及P3被P4挡住。现给你一把量角器,要求回答以下问题:
(1)请作出光路图,并用所测量物理量(须在图中标明)表示三棱镜的折射率n=　　　　。?
(2)若某同学在作出玻璃界面时,把玻璃右侧界面画成AC'(真实界面为AC),则此同学测量出三棱镜折射率比真实值　　　　(选填“大”、“小”或“等于”)。?
答案　(1)如图中①所示　sinisinr　(2)小
解析　(1)光路图如图中①所示。根据折射定律得三棱镜的折射率n=sinisinr。
(2)若把玻璃右侧界面画成AC'(真实界面为AC),实际的光路图如图中①所示,错误的光路图如图中②所示,由图可知,在AB界面上折射角的测量值偏大,根据折射定律n=sinisinr知,折射率的测量值比真实值小。
24.(8分)现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件,要把它们放在如图所示的光具座上组装成双缝干涉装置,用以测量红光的波长。
(1)将白光光源C放在光具座最左端,依次放置其他光学元件,由左到右,表示各光学元件的字母排列顺序应为C、　　　　、　　　　、　　　　、A。?
(2)本实验的操作步骤有:
①取下遮光筒左侧的元件,调节光源高度,使光束能沿遮光筒的轴线把屏照亮;
②按合理的顺序在光具座上放置各光学元件,并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上;
③用刻度尺测量双缝到屏的距离;
④用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮条纹间的距离。
在操作步骤②中还应注意　。?
答案　(1)E　D　B　(2)见解析
解析　(1)滤光片E可以从白光中选出单色红光,单缝D是为了获取线光源,双缝B是为了获得相干光源,最后成像在毛玻璃屏A上,所以排列顺序为:C、E、D、B、A。
(2)在操作步骤②中应注意放置单缝、双缝时,必须使缝平行。
25.(8分)气垫导轨是常用的一种实验仪器。它利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫,使滑块悬浮在导轨上,滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律,实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计),采用的实验步骤如下:
a.用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB。
b.调整气垫导轨,使导轨处于水平。
c.在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧,用电动卡销锁定,静止放置在气垫导轨上。
d.用刻度尺测出A的左端至C挡板的距离L1。
e.放开卡销,同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作。当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时,记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。
(1)实验中还应测量的物理量是　　　　　　　　。?
(2)利用上述测量的实验数据,验证动量守恒定律的表达式是　　　　　　　,上式中算得的 A、B两滑块的动量大小并不完全相等,产生误差的原因是　　　　　　　　　　　　　　(至少回答两点)。?
答案　(1)放开卡销前滑块B的右端到D挡板的距离L2
(2)mAL1t1=mBL2t2　测量mA、mB、L1、L2、t1、t2时带来的误差;气垫导轨不水平
解析　放开卡销后,A、B匀速运动
vA=L1t1,vB=L2t2
由动量守恒得mAvA=mBvB
所以mAL1t1=mBL2t2
综合模拟(一)
本试卷分选择题和非选择题两部分,满分100分,考试时间90分钟。
选择题部分
一、选择题(每题6分,共48分)
1.温州南塘,每年端午龙舟比赛热闹非凡,如图是龙舟在进行500 m的走道比赛,下列说法正确的是(　　)
A.研究队员的划桨动作,可将队员看成质点
B.以龙舟为参考系,岸上站立的观众是静止的
C.获得第一名的龙舟,撞线时的速度一定很大
D.获得最后一名的龙舟,平均速度一定最小
答案　D　研究划桨动作,人不可以看成质点,以龙舟为参考系,岸上观众显然是向后退(相对龙舟),获得第一名说明用时比较短,并不一定撞线的瞬时速度大,但最后一名肯定用时长,平均速度小,因此答案为D。
2.工具梯由两根长粗杆子做边,中间横穿适合攀爬的横杆,用于爬高。现小赵家装修需要用到如图中的梯子,关于梯子,下列说法正确的是(　　)
A.只要有中间的保护绳,地面光滑一些也不会因为两脚分开而滑倒
B.小赵为了减小梯子对地面的压力,应把两脚间的夹角减小一些
C.若没有保护绳,小赵觉得体重越大的人上梯子,越容易使梯子滑动
D.若没有保护绳,梯子两脚夹角越大,越容易因滑动而倒下
答案　D　中间虽然有保护绳,但是向两边的力过大,绳子可能会断掉,所以A错;把小赵和梯子看成整体,不管两脚的角度如何,对地面的压力大小都等于重力大小,故B错;梯子是否能滑倒与梯子两脚间的夹角有关,与人的体重无关,故C错,D对。
3.2018年1月9日,我国在太原卫星发射中心用长征二号丁运载火箭,将两颗商业遥感卫星高景一号03、高景一号04星发射升空并进入预定轨道。据了解高景一号04星的轨道高度比03星略高。假定两颗卫星均做匀速圆周运动,则03号卫星与04号卫星相比(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.03号卫星线速度要小 B.04号卫星角速度要小
C.03号卫星周期要长 D.04号卫星向心加速度要大
答案　B　根据GMmr2=mrω2=mv2r可知,轨道半径越大,线速度、角速度、向心加速度越小,而卫星周期越长。根据题意高景一号04卫星轨道略高,所以选项B正确。
4.如图甲所示,一物体悬挂在细绳下端,由静止开始沿竖直方向运动,运动过程中物体的机械能E与物体通过路程x的关系图像如图乙所示,其中0~x1过程的图像为曲线,x1~x2过程的图像为直线(忽略空气阻力)。则下列说法正确的是(　　)
A.0~x1过程中物体所受拉力是变力,且一定不断减小
B.0~x1过程中物体的动能一定增加
C.x1~x2过程中物体一定做匀速直线运动
D.x1~x2过程中物体可能做匀加速直线运动,也可能做匀减速直线运动
答案　A　物体运动中只受重力和拉力,由于除重力之外的其他力做功,等于物体的机械能的变化,即FΔx=ΔE,得F=ΔEΔx,所以E-x图像的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小,由图可知在0~x1内斜率的绝对值逐渐减小,故在0~x1内物体所受的拉力逐渐减小,故A正确;0~x1内机械能增加,绳子拉力做正功,物体向上运动,x1~x2内机械能减小,绳子拉力做负功,物体向下运动,则在x1位置处速度为零,初始时刻速度为零,则0~x1过程中物体的速度先增后减,动能一定先增加后减小,选项B错误;由于物体在x1~x2内E-x图像的斜率的绝对值不变,故物体所受的拉力保持不变,因机械能减小,所以拉力方向竖直向上,当拉力等于重力时,物体匀速下降;当拉力小于重力时,物体匀加速下降,不可能匀减速下降,选项C、D错误;故选A。
5.如图所示,a、b、c为真空中三个带电小球,b球带电荷量为+Q,用绝缘支架固定,a、c两小球用绝缘细线悬挂,处于平衡状态时三小球球心等高,且a、b和b、c间距离相等,悬挂c小球的细线竖直,则(　　)
A.a、b、c三小球带同种电荷
B.a、c两小球一定带异种电荷
C.a小球带电荷量为4Q
D.c小球带电荷量为4Q
答案　C　a、b、c如果都带同种电荷,即a、c都是正电荷,因此b对c,a对c都是排斥力,c不可能处于竖直状态,选项A错误。经过判断,a带负电荷,c带正电荷,或者a、c均为负电荷都可以满足题意,选项B错误。设ab=bc=r,则根据c的状态可知,kQaQc4r2=kQbQcr2,因此可知a小球带电荷量为4Q,选项C正确。c的电荷量无法通过b处于竖直状态求解,选项D错误。
6.(多选)目前核电站都是利用铀核裂变释放大量核能进行发电,其发生的核反应方程是?92235U+01n→56141Ba+3692Kr+X01n,一座发电功率为P=1.00×106 kW的核电站,核能转化为电能的效率η=50%,每次核反应过程中放出的核能ΔE=2.78×10-11 J,铀核的质量mU=390×10-27 kg,则下列说法正确的是(　　)
A.X=3
B.每年核电站消耗?92235U的能量约为6.3×1016 J
C.每年消耗?92235U的数目约为2.27×1024个
D.每年消耗?92235U的质量约为885 kg
答案　ABD　本题考查核反应、质量亏损。根据核反应方程遵循质量数和电荷数守恒知,X=3,A正确;因核电站发电效率为50%,则核电站消耗?92235U的功率为P'=P50%=2.00×106 kW,核电站每年消耗?92235U的能量为W=P't=2.00×106×365×24 kW·h≈6.3×1016 J,B正确;产生这些能量消耗的铀核的数目:n=WΔE=6.3×10162.78×10-11≈2.27×1027(个),C错误;每年消耗?92235U的质量为M=nmU=2.27×1027×390×10-27 kg=885.3 kg,D正确。
7.(多选)如图所示为甲、乙两束光通过同一双缝干涉实验装置后产生的干涉条纹,则下列说法正确的是(　　)
A.甲、乙两束光通过相同的单缝形成的衍射条纹,甲形成的中央亮条纹宽度较大
B.甲、乙两束光以相同的入射角α(0°<α<90°)从空气射入水中,甲的折射角比较大
C.甲、乙两束光以相同的入射角β(0°<β<90°)从水射入空气中(未发生全反射现象),甲的折射角比较大
D.将点光源放入水下同一深度处,分别发出甲、乙两束光,乙产生的亮圈面积更大
答案　CD　由图可知甲光条纹间距小,根据公式Δx=ldλ,甲光波长小,通过同一单缝形成的衍射条纹,中央亮条纹宽度小,A错误;甲光的波长小,频率大,折射率也大,由折射率公式n=sinisinr,入射角相同,甲光折射率大,甲光折射角小,B错误;根据光的可逆性,可以转化为光从空气射入水中,折射角相同,甲光入射角大,即从水中射入空气中,折射角大,C正确;根据
sin C=1n,乙的折射率小,临界角大,亮圈半径大,亮圈面积也大,D正确。
(多选)某简谐横波沿x轴正方向传播,在t=0时刻恰好传播到x=2 m处的B点,t=
0.3 s,x=0.5 m的质点A恰好第二次位于平衡位置,质点P位于x=5 m处,下列说法正确
的是(　　)
A.该波的波速为v=2.5 m/s
B.t=1.2 s时质点P的路程是0.12 m
C.与该波发生干涉的另一简谐波的频率是2.5 Hz
D.质点P第三次到达波峰的时间是1.5 s
答案　BC　根据t=0.3 s时质点A恰好第二次位于平衡位置知,34T=0.3 s,得T=0.4 s,则该波的波速为v=λT=5 m/s,频率f=1T=2.5 Hz,根据发生干涉的条件知,与该波发生干涉的另一简谐波的频率一定是2.5 Hz,A错误,C正确;经过Δt=5m?2m5m/s=0.6 s,质点P开始振动,因此t=
1.2 s时质点P振动了0.6 s即1.5T,其路程为s=1.5×4A=12 cm=0.12 m,B正确;质点P第一次到达波峰的时间是t=5m?0.5mv=0.9 s,则第3次到达波峰的时间是1.7 s,D错误。
非选择题部分
二、非选择题(共52分)
9.(5分)某实验小组通过自由落体运动验证机械能守恒定律。如图甲、乙是两组同学安装好实验器材后即将打开电源释放重锤的照片。请回答:
(1)下列说法正确的是(　　)
A.甲图中打点计时器的限位孔需调整到同一竖直线上
B.甲图中纸带和复写纸的位置关系正确
C.乙图中手持纸带的方式正确
D.要先开打点计时器再释放纸带
实验使用频率为50 Hz的交流电源,重锤的质量是200 g。实验小组在各项操作正确的情况下,得到一条点迹清晰的纸带。把纸带上打的第一个点记为计时起点,用毫米刻度尺测量各点到计时起点的距离,如图丙是截取的一小段纸带,A、B、C、D是纸带上连续的四个点。打B点时,重锤的动能为　　　　J,从开始下落到打B点时重锤减少的重力势能为
　　　　J。(答案保留两位小数)?
丙
答案　(1)AD　(2)1.07　1.13
解析　(1)打点计时器需要竖直放置,使两限位孔在同一竖直线上,复写纸放在纸带上方效果更好,手要拎着纸带上端,先开电源再释放纸带,选项A、D正确;
(2)B点的速度大小为vB=xACtAC=0.1310.04 m/s=3.275 m/s,动能为EkB=12mvB2=1.07 J,减少的重力势能ΔEP=mgh=1.13 J。
10.(5分)测两节串联的干电池组的电动势和内阻时,除被测电池外还有下列器材可供选择:
A.电流表A1(0~0.6 A)
B.电流表A2(0~3 A)
C.电压表V1(0~3 V)
D.电压表V2(0~15 V)
E.滑动变阻器R1(5 Ω,2 A)
F.滑动变阻器R2(100 Ω,1 A)
G.开关和导线若干
(1)请在方框中画出测量电路的原理图。
(2)应该选用的器材有(写出器材前面的字母)　　　　。?
(3)某同学测量得出下表中的数据,请在如图所示的坐标系中画出U-I图像,从图中可得出电池组的电动势为　　　　V,电池组的内电阻为　　　　Ω。?
编号
1
2
3
4
5
6
U(V)
2.70
2.50
2.30
2.00
1.80
1.70
I(A)
0.08
0.16
0.25
0.36
0.45
0.50
答案　见解析
解析　(1)待测电池组内阻较小,所以测量电路图如图所示。
(2)由表格中测量的数据知,电压表选择C,电流表选A,滑动变阻器选F,还有开关和导线G;
(3)描点画线,如图所示。根据E=U+Ir,整理得U=-Ir+E,所以图线与纵轴的截距为电动势E=2.90 V,斜率绝对值为电源的内阻r=2.40 Ω。
11.(4分)在用插针法做“测定玻璃砖折射率”的实验中,某同学先在白纸上画出一直线并让待测玻璃砖一界面ab与线重合放置,再进行插针观察,如图所示。梯形abcd是其主截面的边界线,而A、B、C、D为该同学在某次实验时插入的4枚大头针的位置情况。
(1)请在图中完成测量玻璃砖折射率的有关光路图,并标出入射角α和折射角β;
(2)用α和β写出计算折射率的公式n=　　　　;?
(3)若所画的cd线比实际界面向外平移了一些,则测得的折射率将　　　　(填“偏小”“不变”或“偏大”)。?
答案　(1)见解析　(2)sinαsinβ　(3)偏大
解析　(1)连接AB作为入射光线,入射点为E,连接CD作为出射光线,出射点为F,连接EF,即作出玻璃砖内折射光线。
(2)根据折射定律得:n=sinαsinβ
(3)根据光路图可知,若所画的cd线比实际界面向外平移了一些,折射角β偏小,入射角α不变,根据n=sinαsinβ得知:测得的折射率将偏大。
12.(10分)2017年12月24日上午9时34分,我国自主设计全球最大水陆两栖飞机AG600在广东珠海首飞成功。该次试飞阶段对起飞段和降落段进行观察,记录数据如下表。假设起飞段和降落段均简化成匀变速直线运动,且起飞升空后到开始降落的阶段看成匀速直线运动。
(1)求AG600降落段过程中加速度大小;
(2)求AG600起飞段过程中通过的位移;
(3)求起飞段过程中AG600所受合外力与自身重力的比值。
运动过程
运动时间
运动状态
起飞段
7时34分——
7时54分
初速度v0=170节≈88 m/s
末速度v=253节≈130 m/s
降落段
9时09分——
9时34分
着陆时的速度
vt=140节≈72 m/s
答案　(1)3.9×10-2 m/s2　(2)1.308×105 m　(3)3.5×10-3
解析　(1)AG600降落段过程的时间为t2=25 min=1 500 s
加速度a2=vt-vt2=72?1301500 m/s2≈-3.9×10-2 m/s2
(2)AG600起飞段加速时间为t1=20 min=1 200 s
其加速度为a1=v-v0t1=130?881200 m/s2=3.5×10-2 m/s2
根据v2-v02=2a1x1
可得:x1=1.308×105 m
(3)根据牛顿第二定律F=ma
可知k=Fmg=ma1mg=3.5×10-3
13.(14分)如图所示,在坐标系xOy的第一象限中存在n(n为奇数)个宽度均为d、磁感应强度大小均为B的匀强磁场,各磁场区域紧密连接,且左、右两侧边界相互平行,第1个磁场区域的左边界为y轴,磁场方向垂直纸面向外,相邻磁场区域的磁场方向相反。在第n个磁场区域的右边界上有一长为2d的探测板PQ,探测板的下边缘Q与x轴相距2.2d。坐标原点O处的粒子源以某一特定速度在xOy平面内不断向磁场区域发射质量为m、电荷量为+q的粒子,方向与x轴正方向成θ=30°角,每秒发射粒子的总数为N0,通过改变粒子发射速度的大小,可以使粒子从不同位置射出磁场。已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,3=1.73,不计粒子重力且忽略粒子间的相互作用。
(1)若粒子从(d,0)点射出磁场,求粒子发射速度大小v1;
(2)若粒子均垂直打到探测板上并全部被反向弹回,且弹回速度大小为打板前速度大小的58,求:
Ⅰ.探测板受到的平均作用力大小;
Ⅱ.n的所有可能值,并求出n取最大值时,粒子在磁场中运动的总时间t。(不计粒子与探测板发生碰撞的时间)
答案　见解析
解析　(1)由几何关系可知r=d
由牛顿第二定律得qv1B=mv12r1
所以v1=qBdm
(2)若粒子垂直打到板上,由粒子轨迹的对称性可知,粒子必定垂直经过第1个磁场区域的右边界,如图所示,由几何关系得粒子在磁场中运动的半径为r=dsinθ=2d
Ⅰ.同理可得粒子射入磁场的速度为v=2qBdm,故粒子被板弹回时的速度为v'=58v=5qBd4m
取一小段时间Δt,由动量定理得
FΔt=N0Δtm[v'-(-v)]
根据牛顿第三定律,探测板受到的平均作用力F'=F=13N0qBd4
Ⅱ.粒子从O点出发至打到板上的过程中,沿y轴方向的位移y=nr(1-cos θ)=(2-3)nd
由题意可知,2.2d≤y≤4.2d,解得8.2≤n≤15.7
因为n为奇数,所以n的可能值为9、11、13、15
当n=15时,可求得粒子被板弹回后在磁场中运动的半径r'=mv'qB=54d
设粒子被板弹回后在每个磁场区域中的运动轨迹所对应的圆心角为θ'
sin θ'=dr'=45,所以θ'=53°
粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2πrv=2πmqB,与粒子速度大小无关,所以粒子在磁场中运动的总时间t=15×(30°+53°)360°·2πmqB=83πm12qB
14.(14分)如图甲所示,竖直面内有一圆形小线圈,与绝缘均匀带正电圆环同心放置。带电圆环的带电荷量为Q,绕圆心做圆周运动,其角速度ω随时间t的变化关系如图乙所示(图中ω0、t1、t2为已知量)。线圈通过绝缘导线连接两根竖直的间距为l的光滑平行金属长导轨,两导轨间的矩形区域内存在垂直纸面向里的水平匀强磁场,磁场的上下边界间距为h,磁感应强度大小恒为B。“工”字形构架由绝缘杆及其固定连接的间距为H (H>h)的水平金属棒AB、CD组成,并与导轨紧密接触。初始时锁定“工”字形构架,使AB棒位于磁场内的上边沿,t1时刻解除锁定,t2时刻开始运动。已知“工”字形构架的质量为m,AB棒和CD棒离开磁场下边沿时的速度大小均为v,金属棒AB、CD和圆形线圈的电阻均为R,其余电阻不计,不考虑线圈的自感。求
甲　　　　　　　　　　　　　　　　乙
(1)0~t1时间内,带电圆环的等效电流;
(2)t1~t2时间内,圆形线圈磁通量变化率的大小,并判断带电圆环做圆周运动方向(顺时针还是逆时针方向);
(3)从0时刻到CD棒离开磁场的全过程AB棒上产生的焦耳热。
答案　见解析
解析　(1)带电圆环的周期T=2πω0①
带电圆环的等效电流I=ΔqΔt②
取Δt为T,则Δq为Q
代入得:I=Qω02π③
(2)设t1~t2时间内AB棒的电流为I1
由题意得在t1~t2时间内“工”字形构架仍然静止
则mg=BI1l得I1=mgBl④
则圆形线圈的电流I=2I1=2mgBl⑤
回路总电阻R总=R+R2R+R=3R2⑥
圆形线圈的磁通量变化率ΔΦΔt=E=IR总⑦
由以上各式得ΔΦΔt=3mgRBl
由物体平衡得AB棒电流方向向右,线圈电流为逆时针,再由楞次定律得:带电圆环做圆周运动的方向为逆时针。
(3)在t1~t2的时间内
AB棒产生的焦耳热Q1=I12R(t2-t1)⑧
将④式代入得Q1=m2g2RB2l2(t2-t1)
在AB棒经过磁场的过程中回路产生的总焦耳热Q2总=mgh-12mv2⑨
AB棒的电流即为总电流,电阻为总电阻的2/3,由Q=I2Rt
得AB棒产生的焦耳热Q2=23Q2总=23mgh-13mv2
在CD棒经过磁场的过程中回路产生的总焦耳热Q总=mgH　⑩
AB棒的电流为总电流的1/2,电阻为总电阻的2/3,由Q=I2Rt
得AB棒产生的焦耳热Q3=16Q总=16mgH
全过程AB棒产生的焦耳热:
Q=Q1+Q2+Q3=m2g2RB2l2(t2-t1)+23mgh-13mv2+16mgH

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