目录 高频考点一 力与物体的平衡... 1 高频考点二 力与物体的直线运动... 1 高频考点三 力学中的曲线运动... 4 高频考点四 电磁学中的曲线运动 高频考点五 功能关系在力学中的应用... 4 高频考点六 功能关系在电磁学中的应用 高频考点七 动量与动量守恒...

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1 三好网 018 届艺考生 高考必备 物理 1

2 目录 高频考点一 力与物体的平衡... 1 高频考点二 力与物体的直线运动... 1 高频考点三 力学中的曲线运动... 4 高频考点四 电磁学中的曲线运动 高频考点五 功能关系在力学中的应用... 4 高频考点六 功能关系在电磁学中的应用 高频考点七 动量与动量守恒... 6 高频考点八 电场与磁场... 7 高频考点九 带电粒子在复合场中的运动 高频考点十 电磁感应... 9 高频考点十一 直流电路和交变电流 高频考点十二 原子物理 高频考点十三 振动与波 光 高频考点十四 热学... 1 高频考点十五 力学实验 高频考点十六 电学实验

3 备考说明 作为一个高三生, 到了考前三个月, 还抱怨物理的基础差, 题基本不会做 建议同学不要慌, 按照以下几步来学 练 考, 提高物理成绩. 一 物理公式 规律的理解比如, 洛仑兹力公式 f=qvbsinθ (θ 为 B 与 V 的夹角, 当 v B 时 :f=qvb,v//b 时 :f =0). 通常同学们死记硬背 f 是受力,q 是电量,v 是速度 等. 我们先要了解公式中呼字母的含义, 知道字母代表含义后, 可以从这个角度去解读 : 力是有几个因素产生的, 电量和磁场之间的关系式是怎么得来的, 这里唯一的变量关系式什么?(f--v) 这个公式最终解决了物理学上的什么问题. 那么你就彻底的理解了这个公式. 再如动量 p=mv 这个公式的目的是研究质量与速度之间的关系, 动量的大小是不会发生改变的, 只与初速度有关, 于是无论物体怎么碰撞, 都有动量守恒, 所以有动量守恒定律 : p 前总 =p 后总或 p=p 也可以是 m 1v 1+m v =m 1v 1 +m v 那么我们抓住 动量是固定的, 就能马上理解动量这块. 同理, 理解动能 动能定理及机械能守恒时, 是研究什么的? 总量是否变化的? 用这种方式, 很快就能把各个知识点理解吃透, 打下基础. 二 做题的关键在于 断句 做物理题, 难在理解, 而不是计算 做物理题, 关键在于 断句, 把题目分段解读, 就能一一列出对应公式, 然后联立, 代入条件, 即可求解 总的而言, 物理最难的一块是力学, 力学我们要根据所断句子分清楚状态 过程 单体 整体, 就能把式子列出. 三 提高的关键在于看题对于基础差的同学, 看题非常关键, 当你按照前面的方法理解了基础以后, 就要看各种各样的题型, 然后按照第二步的解题思路, 对照答案进行思考. 可以先对照例题解析中所列表达式进行思考, 弄清每个表达式对照了题目哪个部分, 以彼之道, 还施彼身, 就能非常快的把各类题型吃透. 对于选择题, 要尽量按照解析逐项分析理解, 吃透其中物理原理, 弄清考查的目的. 四 加强适当的训练根据例题, 选做一定的类型题, 学以致用, 达到熟能生巧. 每天花费 小时,-3 个月就能把物理做的有模有样, 轻松应对高考. 1

4 高频考点一 力与物体的平衡 知识讲解 一 常见的五种性质的力 产生原因或条件方向大小 重力 由于地球的吸引而产生 总是竖直向下 ( 铅直向下或垂直水平面向下 ), 注意不一定指向地心, 不一定垂直地面向下 G 重 =mg=g Mm R 地球表面附近一切物体 都受重力作用, 与物体 是否处于超重或失重状 态无关 1 支持力的方向总是垂直 弹力 1 接触 弹性形变 于接触面而指向被支持的物体 压力的方向总是垂直于接触面而指向被压的物体 3 绳的拉力总是沿着绳而 F=-kx 弹力的大小往往利用平 衡条件和牛顿第二定律 求解 指向绳收缩的方向 滑 摩 擦 力 动摩擦力静摩擦力 1 接触, 接触面粗糙 存在正压力 3 与接触面有相对运动 1 接触, 接触面粗糙 存在正压力 3 与接触面存在相对运动的趋势 与接触面的相对运动方向相反与接触面相对运动的趋势相反 f=μf N 只与 μ F N 有关, 与接触面积 相对速度 加速度均无关 1 与产生相对运动趋势的动力的大小相等 存在最大静摩擦力, 最大静摩擦力的大小由粗糙程度 正压力决定 / 153

5 产生原因或条件方向大小 电 点电荷间的库仑力 : 真空中两个点电荷之间的相互作用 作用力的方向沿两点电荷的连线, 同种电荷相互排斥, 异种电荷相互吸引 F=k q1q r 场 正电荷的受力方向与该处 力 电场对处于其中的电荷的作用 场强的方向一致, 负电荷的受力方向与该处场强的方 F=qE 向相反 磁 安培力 : 磁场对通电导线的作用力 F B,F I, 即安培力 F 垂直于电流 I 和磁感应强度 B 所确定的平面. 安培力的方向可用左手定则来判断 F=BIL 安培力的实质是运动 电荷受洛伦兹力作用 的宏观表现 场力 洛伦兹力 : 运动电荷在磁场中所受到的力 用左手定则判断洛伦兹力的方向. 特别要注意四指应指向正电荷的运动方向 ; 若为负电荷, 则四指指向运动的反方向 带电粒子平行于磁场 方向运动时, 不受洛 伦兹力的作用 ; 带电 粒子垂直于磁场方向 运动时, 所受洛伦兹 力最大, 即 f 洛 =qvb 二 力的运算 物体的平衡 1. 力的合成与分解遵循力的平行四边形定则 ( 或力的三角形定则 ). 平衡状态是指物体处于匀速直线运动或静止状态, 物体处于平衡状态的动力学条件是 :F 合 =0 或 F x=0 F y=0 F z=0. 注意 : 静止状态是指速度和加速度都为零的状态, 如做竖直上抛运动的物体到达最高点时速度为零, 但加速度等于重力加速度, 不为零, 因此不是平衡状态. 3. 平衡条件的推论 (1) 物体处于平衡状态时, 它所受的任何一个力与它所受的其余力的合力等大 反向. () 物体在同一平面上的三个不平行的力的作用下处于平衡状态时, 这三个力必为共点力. 物体在三个共点力的作用下而处于平衡状态时, 表示这三个力的有向线段组成一封闭的矢量三角形, 如图所示. 3 / 153

6 4. 共点力平衡中的临界 极值问题 (1) 常见的临界状态 1 两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为 0( 主要体现为两物体间的弹力为 0); 绳子断与不断的临界条件为绳中张力达到最大值 ; 3 绳子绷紧与松驰的临界条件为绳中张力为 0; 4 存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大 () 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 常用图解法或解析法进行分析 典型例题 例 1 ( 整体法与隔离法应用 )(016 全国卷 ) 如图所示, 一光滑的轻滑轮用细绳 OO 悬挂于 O 点 ; 另一细绳跨过滑轮, 其一端悬挂物块 a, 另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块 b. 外力 F 向右上方拉 b, 整个系统处于静止状态. 若 F 方向不变, 大小在一定范围内变化, 物块 b 仍始终保持静止, 则 ( ) A. 绳 OO 的张力也在一定范围内变化 B. 物块 b 所受到的支持力也在一定范围内变化 C. 连接 a 和 b 的绳的张力也在一定范围内变化 D. 物块 b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化 解析 由于物块 a b 均保持静止, 各绳角度保持不变, 对 a 受力分析得, 绳的拉力 F T =m ag, 所以物块 a 受到绳的拉力保持不变. 由滑轮性质, 滑轮两侧绳的拉力相等, 所以 b 受到绳的拉力大小 方向均保持不变,C 选项错误 ;a b 受到绳的拉力大小 方向均不变, 所以 OO 的张力不变,A 选项错误 ; 对 b 进行受力分析, 如图所示. 由平衡条件得 :F Tcos β+f f=fcos α,fsin α+f N+F Tsin β=m bg. 其中 F T 和 m bg 始终不变, 当 F 大小在一定范围内变化时, 支持力在一定范围内变化,B 选项正确 ; 摩擦力也在一定范围内发生变化,D 选项正确. 4 / 153

7 答案 BD 例 ( 受力分析与平衡条件的应用 ) 如图所示, 两个相似的斜面体 A B 在竖直向上的力 F 的作用下 静止靠在竖直粗糙墙壁上 关于斜面体 A 和 B 的受力情况, 下列说法正确的是 ( ) A.A 一定受到四个力 C.B 与墙壁之间一定有弹力和摩擦力 B.B 可能受到四个力 D.A 与 B 之间一定有摩擦力 解析 对 A B 整体受力分析, 如图甲所示, 受到向下的重力和向上的推力 F, 由平衡条件可知 B 与墙壁之间不可能有弹力, 因此也不可能有摩擦力,C 错误 ; 对 B 受力分析如图乙所示, 其受到重力 A 对 B 的弹力及摩擦力而处于平衡状态, 故 B 只能受到三个力,B 错误 ; 对 A 受力分析, 如图丙所示, 受到重力 推力 B 对 A 的弹力和摩擦力, 共四个力,A D 正确 答案 AD 例 3 ( 动态平衡问题 ) 如图所示, 固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔 质量为 m 的小球套在圆环上, 一根细线的下端系着小球, 上端穿过小孔用手拉住 现拉动细线, 使小球沿圆环缓慢上移, 在移动过程中手对线的拉力 F 和环对小球的弹力 F N 的大小变化情况是 ( ) A.F 减小,F N 不变 C.F 不变,F N 增大 B.F 不变,F N 减小 D.F 增大,F N 减小 5 / 153

8 解析 对小球受力分析, 其所受的三个力组成一个闭合三角形, 如图所示 力三角形与圆内的三角形相 mg 似, 由几何关系可知 R =FN R =F L, 小球缓慢上移时 mg 不变,R 不变,L 减小,F 减小,F N 不变,A 正确 答案 A 例 4 ( 电学中的平衡问题 ) 如图所示, 物体 P Q 可视为点电荷, 电荷量相同. 倾角为 θ 质量为 M 的斜面体放在粗糙水平面上, 将质量为 m 的物体 P 放在粗糙的斜面体上. 当物体 Q 放在与 P 等高 (PQ 连线水平 ) 且与物体 P 相距为 r 的右侧位置时,P 静止且受斜面体的摩擦力为 0, 斜面体保持静止, 静电力常量为 k, 则下列说法正确的是 ( ) A.P Q 所带电荷量为 mgktan θ r B.P 对斜面体的压力为 0 C. 斜面体受到地面的摩擦力为 0 D. 斜面体对地面的压力为 (M+m)g 解析 以 P 为研究对象, 受到重力 mg 斜面体的支持力 F N 和库仑力 F, 由平衡条件得 : F=mgtan θ F N= mg cos θ 根据库仑定律得 :F=k q r 联立解得 :q=r mgtan θ k 由牛顿第三定律得 P 对斜面体的压力为 :F N =F N= mg cos θ, 故 A B 错误. 以斜面体和 P 整体为研究对象, 由平衡条件得地面对斜面体的摩擦力为 :F f=f, 地面对斜面体的支持力为 :F N1=(M+m)g, 根据牛顿第三定律得斜面体受到地面的摩擦力为 F, 斜面体对 地面的压力为 :F N1 =F N1=(M+m)g. 故 C 错误,D 正确. 答案 D 例 5 ( 平衡中的临界极值问题 ) 如图所示, 一长木板静止在倾角为 θ 的固定斜面上, 斜面上有长木板 人 物块, 且人 物块 长木板的质量均为 m, 人 物块与长木板间的动摩擦因数为 μ 1, 长木板与斜面间 6 / 153

9 的动摩擦因数为 μ 现长木板上的人用平行于长木板的力推物块, 当物块与长木板间的摩擦力刚好为零时 下列说法正确的是 ( ) A. 斜面对长木板的摩擦力为 mgsinθ B. 斜面对长木板的摩擦力为 3μ mgcosθ C. 长木板对人的摩擦力为 μ 1mgcosθ D. 长木板对人的摩擦力为 mgsinθ 解析 先对人 物块和长木板三者整体研究, 斜面对它们的摩擦力为静摩擦力, 大小为 3mgsinθ, 选项 A B 错误 ; 对人 物块整体研究, 由于物块与长木板间的摩擦力刚好为零, 因此长木板对人的静摩擦力 大小为 mgsinθ, 选项 C 错误,D 正确 答案 D 技巧点拨 1. 处理共点力平衡问题的基本思路 : 确定平衡状态 ( 加速度为零 ) 巧选研究对象 ( 整体法或隔离法 ) 受力 分析 建立平衡方程 求解或作讨论.. 常用的方法 (1) 在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定它们的方向时常用假设法. () 求解平衡问题时常用二力平衡法 矢量三角形法 正交分解法 相似三角形法 图解法等. 3. 带电体的平衡问题仍然满足平衡条件, 只是要注意准确分析场力 电场力 安培力或洛伦兹力. 4. 如果带电粒子在重力场 电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动, 则一定是匀速直线运动, 因为 F 洛 v. 专项训练 1. 如图所示是杂技节目 力量 表演中的一个高难度动作 两个演员均保持静止状态, 左侧演员的身体保持 伸直, 且与水平方向成 30 已知左侧演员的重力大小为 G, 则右侧演员对左侧演员的作用力大小为 ( ) A. 1 G B. 3 3 G C. 3 G D.G 答案 D 解析 因两个演员保持静止状态, 分析左侧演员处于平衡状态, 受到的力除了 自身重力之外, 就是右侧演员对他的作用力, 由平衡条件可知右侧演员对左侧演员的作用力大小为 G, 故 D 正确 7 / 153

10 . 如图所示, 斜面顶端固定有半径为 R 的轻质滑轮, 用不可伸长的轻质细绳将半径为 r 的球沿斜面缓慢拉升 不计各处摩擦, 且 R>r 设绳对球的拉力为 F, 斜面对球的支持力为 N, 则关于 F 和 N 的变化情况, 下列说法正确的是 ( ) A.F 一直增大,N 一直减小 C.F 一直减小,N 保持不变 B.F 一直增大,N 先减小后增大 D.F 一直减小,N 一直增大 答案 A 解析 小球受到三个力作用, 重力 G 为恒力, 斜面的支持力 N 方向垂直斜面向上, 当球沿斜面上升时, 细绳的拉力 F 与竖直方向的夹角减小, 画出受力的矢量三角形如图所示, 则 N 减小,F 增大,A 正确 3. 如图所示, 水平地面上有楔形物体 b,b 的斜面上有一小物块 a,a 与 b 之间 b 与地面之间均存在摩擦. 已 知 a 恰好可沿斜面匀速下滑, 此时若对 a 施加如图所示的作用力,a 仍沿斜面下滑, 则下列说法正确的是 ( ) A. 在 a 上施加竖直向下的力 F 1, 则地面对 b 无摩擦力 B. 在 a 上施加沿斜面向下的力 F, 则地面对 b 的摩擦力水平向左 C. 在 a 上施加一个水平向左的力 F 3, 则地面对 b 的摩擦力水平向右 D. 无论在 a 上施加什么方向的力, 地面对 b 均无摩擦力 答案 AD 解析 a 恰好可沿斜面匀速下滑,a 和 b 均处于平衡状态. 在 a 上施加竖直向下的力 F 1, 则地面对 b 无摩擦力, 选项 A 正确 ; 在 a 上施加沿斜面向下的力 F,a 加速下滑,a 对 b 作用力不变, 地面对 b 无摩擦力, 选项 B 错误 ; 无论对 a 施加什么力, 使得支持力变大或者变小, 那么摩擦力都会等比例的变大变小, 二者合力与支持力的夹角正切值依然为动摩擦因数, 即合力仍然竖直向上 斜面受到 a 的作用力依然竖直向下, 斜面没有运动趋势, 地面也不会产生摩擦力,BC 错误,D 正确 4. 如图所示, 小方块代表一些质量相同的钩码, 图甲中 O 为轻绳之间连接的结点, 图乙中光滑的轻质小滑轮跨在轻绳上悬挂钩码, 两装置处于静止状态 现将图甲中右侧滑轮的端点 B 沿虚线稍稍上移一些, 图 8 / 153

11 乙中的端点 B 沿虚线稍稍上移一些, 图乙中的绳长不变, 则关于 θ 角和 OB 绳的张力 F 的变化 则下列说 法正确的是 ( ) A. 甲 乙图中的 θ 角均增大,F 均不变 B. 甲 乙图中的 θ 角均不变,F 均不变 C. 甲图中 θ 角增大 乙图中 θ 角不变, 张力 F 均不变 D. 甲图中 θ 角减小 F 不变, 乙图中 θ 角增大,F 减小 答案 B 解析 图甲中, 根据钩码个数可知,O 点所受的三个力正好构成直角三角形, 若端点 B 沿虚线稍稍上移一些, 三力大小不变, 根据力的合成法则可知, 夹角 θ 不变 图乙中, 因滑轮光滑, 且绳子中的张力相等, 则绳 OA OB 的力总是相等的, 因此合力平分 OA OB 绳的夹角, 即使稍上移, 绳子张力大小仍不变, 根据力的合成法则, 可知,θ 角不变, 故选项 B 正确, 选项 A C D 错误 5.(016 浙江理综 ) 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 O A 和 O B 两点. 用丝绸摩擦过的玻璃棒与 A 球接触, 棒移开后将悬点 O B 移到 O A 点固定. 两球接触后分开, 平衡时距离为 0.1 m. 已测得每个小球质量是 kg, 带电小球可视为点电荷, 重力加速度 g=10 m/s, 静电力常量 k= N m /C, 则 ( ) A. 两球所带电荷量相等 B.A 球所受的静电力为 N C.B 球所带的电荷量为 C D.A B 两球连线中点处的电场强度为 0 答案 ACD 解析 两相同的小球接触后电量均分, 故两球所带电荷量相等, 选项 A 正确 ; 由几何关系可知, 两球分开后, 悬线与竖直方向的夹角为 37,A 球所受的电场力 F=mgtan 37 = N= / 153

12 - 3 N, 选项 B 错误 ; 根据库仑定律得,F=k qaqb l =k q B l, 解得 q B= 系列资料 BY 三好网汇编 Fl k = C= C, 选项 C 正确 ;A B 两球带等量的同种电荷, 故在 A B 两球连线中点处的电场强度为 0, 选项 D 正 确. 6.(016 全国卷 ) 如图所示, 两固定的绝缘斜面倾角均为 θ, 上沿相连. 两细金属棒 ab( 仅标出 a 端 ) 和 cd( 仅标出 c 端 ) 长度均为 L, 质量分别为 m 和 m; 用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路 abdca, 并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上, 使两金属棒水平. 右斜面上存在匀强磁场, 磁感应强度大小为 B, 方向垂直于斜面向上, 已知两根导线刚好不在磁场中, 回路电阻为 R, 两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为 μ, 重力加速度大小为 g, 已知金属棒 ab 匀速下滑. 求 : (1) 作用在金属棒 ab 上的安培力的大小 ; () 金属棒运动速度的大小. 答案 (1)mg(sin θ-3μcos θ) ()(sin θ-3μcos θ) mgr B L 解析 (1) 由于 ab cd 棒被平行于斜面的导线相连, 故 ab cd 速度总是相等,cd 也做匀速直线运动. 设 导线的张力的大小为 F T, 右斜面对 ab 棒的支持力的大小为 F N1, 作用在 ab 棒上的安培力的大小为 F, 左 斜面对 cd 棒的支持力大小为 F N, 对于 ab 棒, 受力分析如图甲所示, 由力的平衡条件得 甲 乙 mgsin θ=μf N1+F T+F F N1=mgcos θ 1 对于 cd 棒, 受力分析如图乙所示, 由力的平衡条件得 mgsin θ+μf N=F T =F T F N=mgcos θ 联立 134 式得 :F=mg(sin θ-3μcos θ) () 设金属棒运动速度大小为 v,ab 棒上的感应电动势为 E=BLv 6 回路中电流 I= E R 7 安培力 F=BIL 8 10 / 153

13 联立 5678 得 :v=(sin θ-3μcos θ) mgr B L 7. 如图所示, 小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上, 设小球质量为 m, 斜面倾角 α=30, 细绳与竖直方向夹角 θ=30, 斜面体的质量 M=3m, 置于粗糙水平地面上. 求 : (1) 当斜面体静止时, 细绳对小球拉力的大小 ; () 地面对斜面体的摩擦力的大小和方向 ; (3) 若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的 k 倍, 为了使整个系统始终处于静止状态, k 值必须满足什么条件? 答案 见解析 解析 (1) 以小球为研究对象受力分析如图甲所示 由共点力的平衡条件, 可得 在 x 轴方向有 :F Tsin θ=f N1sin α 在 y 轴方向有 :F N1cos α+f Tcos θ=mg 解得 F T= 3 3 mg () 以小球和斜面体整体为研究对象受力分析如图乙所示 甲 由共点力平衡条件, 在 x 轴方向可得 F f=f T sin θ= 3 6 mg 方向水平向左 (3) 对照第 () 题小球和斜面体整体受力分析图, 由共点力平衡条件, 在 y 轴方向可得 F N+F T cos θ=(m+m)g 11 / 153 乙

14 又由题意可知 F fmax=k F N F f 又 M=3m 联立解得 :k / 153

15 高频考点二 力与物体的直线运动 知识讲解 一 动力学观点在力学中的应用 1. 物体或带电体做匀变速直线运动的条件是 : 物体或带电体所受合力为恒力, 且与速度方向共线.. 匀变速直线运动的基本规律为 : 速度公式 :v=v 0+at. 位移公式 :x=v 0t+ 1 at. 速度和位移公式的推论 :v -v 0 =ax. 中间时刻的瞬时速度 : v t = x t =v0+v. 任意相邻两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量, 即 Δx=x n+1-x n=a (Δt). 3. 速度 时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度, 图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位 移. 匀变速直线运动的 v-t 图象是一条倾斜直线. 4. 位移 时间关系图线的斜率表示物体的速度, 匀变速直线运动的 x-t 图象是一条抛物线. 5. 超重或失重时, 物体的重力并未发生变化, 只是物体对支持物的压力 ( 或对悬挂物的拉力 ) 发生了变 化. 物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关, 只决定于物体的加速度方向. 当 a 有竖直向上的分 量时, 超重 ; 当 a 有竖直向下的分量时, 失重 ; 当 a=g 且竖直向下时, 完全失重. 二 动力学观点在电 磁学中的应用 1. 带电粒子在磁场中运动时, 洛伦兹力的方向始终垂直于粒子的速度方向.. 带电粒子在电场力 重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动. 3. 带电粒子 ( 不计重力 ) 在匀强电场中由静止开始被加速或带电粒子沿着平行于电场的方向射入匀强电场中 时, 带电粒子做匀变速直线运动. 4. 电磁感应中导体棒在安培力和其他恒力作用下的三种运动类型 : 匀速直线运动 加速度逐渐减小的减 速直线运动 加速度逐渐减小的加速直线运动. 典型例题 例 1 ( 匀变速直线运动规律的应用 ) 物体以一定的初速度 v 0 冲上固定的光滑斜面, 到达斜面最高点 C 时速度恰为零, 如图所示 已知物体第一次运动到斜面长度 3/4 处的 B 点时, 所用时间为 t, 求物体从 B 滑到 C 所用的时间 13 / 153

16 解析 解法一比例法 对于初速度为 0 的匀加速直线运动, 在连续相等的时间里通过的位移之比为 s 1 s s 3 s n=1 3 5 (n-1) 现有 s BC s AB= sac 4 3sAC 4 =1 3 通过 s AB 的时间为 t, 故通过 s BC 的时间 t BC=t 解法二中间时刻速度法 利用推论 : 中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度 v v0+0 AC= =v0 又 v 0 =as AC 1 v B =as BC s BC= 1 4 sac 3 解 13 得 :v B= v0 可以看出 v B 正好等于 AC 段的平均速度, 因此 B 点是中间时刻的位置, 因此有 t BC=t 解法三利用有关推论 对于初速度为 0 的匀加速直线运动, 通过连续相等的各段位移所用的时间之比为 t 1 t t 3 t n=1 ( -1) ( 3- ) ( 4-3) ( n- n-1) 现将整个斜面分成相等的四段, 如图所示 设通过 BC 段的时间为 t s, 那么通过 BD DE EA 的时间分别为 : t BD=( -1)t s,t DE=( 3- )t s,t EA=(- 3)t s 又 t BD+t DE+t EA=t, 得 t s=t 答案 t 例 ( 图象问题 ) 利用传感器与计算机可以绘制出物体运动的图象, 某同学在一次实验中得到沿平直轨道运动小车的速度 时间图象, 如图所示 由此图象可知 ( ) 14 / 153

17 A. 小车在 0~40 s 做加速度恒定的匀变速直线运动 B.0 s 末小车回到出发点 C. 小车在 10~0 s 内与 0~30 s 内的加速度方向相同 D. 小车在 0~10 s 内的平均速度小于在 10~0 s 内的平均速度 解析 根据 v-t 图象的斜率等于加速度, 可知小车在 0~30 s 内和 30~40 s 内加速度大小相等 方向相反, 因此在 0~40 s 内小车做的不是匀变速直线运动, 故 A 错误 ; 在前 0s 内小车一直沿正方向运动, 则 0 s 末小车没有回到出发点, 故 B 错误 ; 速度图象斜率的正 负表示加速度的方向, 则知小车在 10~30 s 内的加速度方向相同, 故 C 正确 ; 根据图线与坐标轴所围面积在数值上表示位移的大小, 可知小车在 0~ 10 s 内的位移小于 10~0 s 内位移, 而时间相等, 则小车在 0~10 s 内的平均速度小于 10~0 s 内的平均速度, 故 D 正确 答案 CD 例 3 ( 追击 相遇问题 ) 甲 乙两车在一平直道路上同向运动, 其 v t 图象如图所示, 图中 ΔOPQ 和 ΔOQT 的面积分别为 s 1 和 s (s >s 1), 初始时, 甲车在乙车前方 s 0 处 则 ( ) P v Q 甲 乙 O T t A. 若 s 0=s 1+s, 两车不会相遇 B. 若 s 0<s 1, 两车相遇 次 C. 若 s 0=s 1, 两车相遇 1 次 D. 若 s 0=s, 两车相遇 1 次 解析 由图可知甲的加速度 a 1 比乙 a 大, 在达到速度相等的时间 T 内两车相对位移为 s 1 甲车在乙车前方, 若 s 0=s 1+s, 则 s 0+s >s 1+s, 两车不会相遇, 选项 A 正确 ; 甲车在乙车前方, 若 s 0<s 1, 则 s 0+s <s 1+s, 即在 T 时刻之前, 乙车会超过甲车, 但甲车加速度大, 甲车速度增加的快, 所以甲车会再追上乙车, 则两 车会相遇 次, 选项 B 正确 ; 若 s 0=s 1, 恰好在速度相等时追上 之后不会再相遇, 选项 C 正确 ; 若 s 0=s (s >s 1), 两车速度相等时还没有追上, 并且甲车快 更追不上, 选项 D 错误 答案 ABC 例 4 ( 电场中的动力学问题 ) 在绝缘光滑的水平面上相距为 6L 的 A B 两处分别固定正电荷 Q A Q B. 两电荷的位置坐标如图甲所示. 图乙是 AB 连线之间的电势 φ 与位置 x 之间的关系图象, 图中 x=l 点为图线的最低点, 若在 x=l 的 C 点由静止释放一个质量为 m 电量为 +q 的带电小球 ( 可视为质点 ), 下列有关说法正确的是 ( ) 15 / 153

18 A. 小球在 x=l 处的速度最大 B. 小球一定可以到达 x=-l 点处 C. 小球将以 x=l 点为中心做往复运动 D. 固定在 A B 处的电荷的电量之比为 Q A Q B=4 1 解析 据 φ-x 图象切线的斜率等于场强 E, 则知 x=l 处场强为零, 所以小球在 C 处受到的电场力向左, 向左加速运动, 到 x=l 处加速度为 0, 从 x=l 向左运动时, 电场力向右, 做减速运动, 所以小球在 x=l 处的速度最大, 故 A 正确 ; 由题图乙可知,x=-L 点的电势大于 x=l 点的电势, 所以小球不可能到达 x=-l 点处, 故 B 错误 ; 由图知图象不关于 x=l 对称, 所以 x=l 点不是中心, 故 C 错误 ;x=l 处场强 为零, 根据点电荷场强公式则有 :k Q A L =k Q B L, 解得 Q A Q B=4 1, 故 D 正确. 答案 AD 例 5 ( 磁场中的动力学问题 ) 如图所示, 无限长水平直导线中通有向右的恒定电流 I, 导线正上方沿竖直方向有一用绝缘细线悬挂着的正方形线框. 线框中通有沿逆时针方向的恒定电流 I, 线框的边长为 L, 线框下边与直导线平行, 且到直导线的距离也为 L. 已知在长直导线的磁场中距长直导线 r 处的磁感应强度大小为 B=k I r (k 为常量 ), 线框的质量为 m, 则剪断细线的瞬间, 线框的加速度为 ( ) A.0 B. ki m +g C.kI m -g D.kI m +g 解析 线框下边受到的安培力的大小为 F 1=k I L IL=kI, 方向向下, 线框上边受到的安培力大小 F = ki L IL=1 ki, 方向向上, 根据牛顿第二定律可得,F 1+mg-F =ma 解得 :a= F1+mg-F = ki m m +g, 故 A B C 错误,D 正确. 答案 D 例 6 ( 电磁感应中的动力学问题 ) 如图所示, 平行且足够长的两条光滑金属导轨, 相距 0.5 m, 与水平 面夹角均为 30, 金属导轨的电阻不计. 导轨之间的匀强磁场垂直穿过导轨平面, 磁感应强度 B=0.4 T. 金 属棒 ab 和 cd 的质量均为 0. kg, 电阻均为 0.1 Ω, 垂直导轨放置. 某时刻棒 ab 在外力作用下, 沿着导轨 16 / 153

19 向上滑动, 与此同时, 棒 cd 由静止释放. 在运动过程中, 棒 ab 始终保持速度 v 0=1.5 m/s 不变, 两金属 棒与导轨始终垂直且接触良好. 取重力加速度 g=10 m/s. 求 : (1) 棒 ab 产生的感应电动势 ; () 闭合回路中的最小电流和最大电流 ; (3) 棒 cd 最终稳定运动时的速度大小. 解析 (1)E ab=blv 0= V=0.3 V () 刚释放棒 cd 时,I 1= E R = A=1.5 A 棒 cd 受到安培力为 F 1=BI 1L= N=0.3 N 棒 cd 受到的重力沿导轨向下的分力为 G 1=mgsin 30 =1 N F 1<G 1, 棒 cd 沿导轨向下加速运动, 即 abcd 闭合回路的感应电动势增大 ; 电流也增大, 所以最小电流为 I min=i 1=1.5 A 当棒 cd 的速度达到最大时, 回路的电流最大, 此时棒 cd 的加速度为 0 由 mgsin 30 =BI maxl mgsin 30 得 I max= =5 A BL BL v0+vcd (3) 由 I max= R 得 v cd=3.5 m/s. 答案 (1)0.3 V ()1.5 A 5 A (3)3.5 m/s 1. 动力学的两类基本问题的处理思路 技巧点拨. 解决动力学问题的常用方法 (1) 整体法与隔离法. () 正交分解法 : 一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解, 有时根据情况也可以把加速度进行正交分解. (3) 逆向思维法 : 把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法, 一般用于匀减速直线运动问题, 比如刹车问题 竖直上抛运动的问题. 17 / 153

20 3. 带电粒子在电场中做直线运动的问题在电场中处理力学问题时, 其分析方法与力学相同. 首先进行受力分析, 然后看粒子所受的合力方向与速度方向是否一致, 运动类型有电场内的加速运动和在交变电场内的往复运动. 4. 带电粒子在交变电场中的直线运动, 一般多以加速 减速交替出现的多运动过程情景出现. 解决的方法 : (1) 根据运动学或动力学分析其中一个变化周期内相关物理量的变化规律. () 借助运动图象进行运动过程分析. 专项训练 1. 在学校举行的体育课上, 有一个项目要求同学用手持乒乓球拍托乒乓球加速跑的活动, 如图所示 假设某同学手持质量为 M 的乒乓球拍托着质量为 m 的乒乓球正在某一直线方向匀加速沿跑动, 球拍平面与水平面之间的夹角为 θ, 若在该同学跑动的整个过程中乒乓球一直相对球拍静止, 则下列说法中正确的是 ( ) 乒乓球 球拍 θ A. 该同学奔跑的加速度为 gtanθ mg B. 乒乓拍对球的作用力为 sin ( M m) g C. 该同学对球拍的支持力为 cos D. 如果该同学奔跑的加速度大于 gsinθ, 则球一定沿球拍向上运动 答案 AC 解析 乒乓球受到重力 mg 和球拍的支持力 N, 受力分析如图所示 N mg θ mg 根据牛顿第二定律得 Nsinθ=ma,Ncosθ=mg 解得 a g tan, N, 故 A 正确,B 错误 ; cos 再对球和球拍整体分析, 同理由牛顿第二定律有 N sinθ=(m+m)a,n cosθ=(m+m)g, 可 18 / 153

21 ( M m) g 知该同学对球拍支持力大小为 N', 故 C 正确 ; 当 a>gtanθ 时, 乒乓球将向上运动, cos 由于 gsinθ 与 gtanθ 的大小关系未知, 故球不一定沿球拍向上运动, 故 D 错误. 甲 乙两车在平直公路上同向行驶, 其 v-t 图象如图所示 已知两车在 t=3 s 时并排行驶, 则 ( ) A. 在 t=1 s 时, 甲车在乙车后 B. 在 t=0 时, 甲车在乙车前 7.5 m C. 两车另一次并排行驶的时刻是 t= s D. 甲 乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40 m 答案 BD 解析 根据 v-t 图, 甲 乙都沿正方向运动 t=3 s 时, 甲 乙相遇, 此时 v 甲 =30 m/s,v 乙 =5 m/s, 由位移和 v-t 图线所围面积对应关系知,0~3 s 内甲车位移 x 甲 = m=45 m, 乙车位移 x 乙 = 1 3 (10 +5) m=5.5 m 故 t=0 时, 甲 乙相距 Δx 1=x 乙 -x 甲 =7.5 m, 即甲在乙前方 7.5 m, 选项 B 正确 ; 0~1 s 内,x 甲 = m=5 m,x 乙 = 1 1 (10+15) m=1.5 m,δx=x 乙 -x 甲 =7.5 m=δx 1, 说明在 t=1 s 时甲 乙第一次相遇,A C 错误 ; 甲 乙两次相遇地点之间的距离为 x=x 甲 -x 甲 =45 m-5 m =40 m, 选项 D 正确 3. 在水平轨道上有两列火车 A 和 B 相距 x,a 车在后面做初速度为 v 0 加速度大小为 a 的匀减速直线运动, 而 B 车同时做初速度为零 加速度为 a 的匀加速直线运动, 两车运动方向相同 要使两车不相撞, 求 A 车的初速度 v 0 满足什么条件 ( 可用多种方法 ) 答案 v 0 6ax 解析 两车不相撞的临界条件是,A 车追上 B 车时其速度与 B 车相等 设 A B 两车从相距 x 到 A 车追上 B 车时,A 车的位移为 x A 末速度为 v A 所用时间为 t;b 车的位移为 x B 末速度为 v B, 运动过程如图所示, 现用三种方法解答 解法一分析法 ( 利用位移公式 速度公式求解 ) 对 A 车有 x 1 A=v 0t+ (-a) t,v A=v 0+(-a) t 19 / 153

22 对 B 车有 x B= 1 at,v B=at 两车位移关系有 x=x A-x B 追上时, 两车不相撞的临界条件是 v A=v B 联立以上各式解得 v 0= 6ax 故要使两车不相撞,A 车的初速度 v 0 应满足的条件是 v 0 6ax 解法二函数法 ( 利用判别式求解 ) 由解法一可知 x A=x+x B, 即 v 0t+ 1 (-a) t =x+ 1 at 整理得 3at -v 0t+x=0 这是一个关于时间 t 的一元二次方程, 当根的判别式 Δ=(-v 0) -4 3a x=0 时, 两车刚好不相撞, 所以 要使两车不相撞,A 车的初速度 v 0 应满足的条件是 v 0 6ax 解法三图象法 ( 利用 v-t 图象求解 ) 先作 A B 两车的 v-t 图象, 如图所示, 设经过 t 时间两车刚好不相撞, 则 : 对 A 车有 v A=v =v 0-at 对 B 车有 v B=v =at 以上两式联立解得 t= v0 3a 经 t 时间两车发生的位移之差为原来两车间距离 x, 用图中的阴影面积表示, 由图象可知 x= 1 v0 t=1 v0 v0 3a =v 0 6a 所以要使两车不相撞,A 车的初速度 v 0 应满足的条件是 v 0 6ax 4. 如图甲所示为两平行金属板, 板间电势差变化如乙图所示. 一带电小球位于 两板之间, 已知小球在 0~t 时间内处于静止状态, 在 3t 时刻小球恰好经过静 止 时的位置, 整个过程带电小球没有与金属板相碰. 则乙图中 U x 的值为 ( ) A.3U 0 B.4U 0 C.5U 0 D.6U 0 答案 C 解析 0~t 静止 : U0 d q=mg t~t 向下加速,mg- U0 d q=ma1, 得 a 1= 1 g 0 / 153

23 v=a 1t= 1 gt,x1=1 a1t = 1 4 gt t~3t 向下减速后向上加速, Ux d q-mg=ma x =vt- 1 a t 3t 时刻回到静止位置则 x =-x 1 解以上各式得 U x=5u 如图所示, 物块 M 在静止的足够长的传送带上以速度 v 0 匀速下滑时, 传送带突然启动, 方向如图中箭头所示, 在此传送带的速度由零逐渐增加到 v 0 后匀速运动的过程中, 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 v 0 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 解析 传送带静止时, 物块匀速下滑, 故 mgsin θ=f f, 当传送带的速度大于物块的速度时, 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, 当速度达到与传送带速度相等时, 物块和传送带具有相同的速度匀速下滑, 故 C 正确. 6. 如图所示, 足够长的水平传送带, 以初速度 v 0=6 m/s 顺时针转动. 现在传送带左侧轻轻放上质量 m= 1 kg 的小滑块, 与此同时, 启动传送带制动装置, 使得传送带以恒定加速度 a=4 m/s 减速直至停止 ; 已知滑块与传送带间的动摩擦因数 μ=0., 滑块可以看成质点, 且不会影响传送带的运动,g=10 m/s. 试求 : (1) 滑块与传送带共速时, 滑块相对传送带的位移 ; () 滑块在传送带上运动的总时间 t. 答案 (1)3 m () s 解析 (1) 对滑块, 由牛顿第二定律可得 : μmg=ma 1, 得 :a 1= m/s 设经过 t 1 滑块与传送带共速 v, 有 : v=v 0-at 1 1 / 153

24 v=a 1t 1, 解得 :v= m/s,t 1=1 s 滑块位移为 x 1= vt1 =1 m 传送带位移为 x = v0+v t1 =4 m 故滑块相对传送带的位移 Δx=x -x 1=3 m () 共速之后, 设滑块与传送带一起减速, 则滑块与传送带间的静摩擦力为 F f, 有 : F f=ma=4 N>μmg= N, 故滑块与传送带相对滑动. 滑块做减速运动, 加速度仍为 a 1. 滑块减速时间为 t, 有 :t = 0-v -a 1 =1 s, 故 t=t 1+t = s. 7. 质量 M=3 kg 的长木板放在光滑的水平面上 在水平拉力 F=11 N 作用下由静止开始向右运动, 如图 所示 当速度达到 1 m/s 时, 将质量 m=4 kg 的物块轻轻放到木板的右端 已知物块与木板间动摩擦因数 μ=0., 物块可视为质点 (g=10 m/s ) 求 : (1) 物块刚放置在木板上时, 物块和木板的加速度分别为多大 ; () 木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止 ; (3) 物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小 答案 (1) m/s 1 m/s ()0.5 m (3)6.9 N 解析 (1) 放上物块后, 物块的加速度 a μmg 1= =μg= m/s m 木板的加速度 a F-μmg = =1 m/s M () 当两物体达速度相等后保持相对静止, 故 a 1t=v 0+a t, 得 t=1 s 1 s 内木板位移 x 1=v 0t+ 1 at =1.5 m 物块位移 x 1 = a1t =1 m 所以板长 L=x 1-x =0.5 m (3) 相对静止后, 对整体 F=(M+m)a 对物块 f=ma, 故 f=m F M+m =6.9 N 8. 如图甲所示, 两根固定的足够长的平行金属导轨与水平面夹角为 θ=37, 相距 d=1 m, 上端 a b 间接一个阻值为 1.5 Ω 的电阻 R. 金属导轨区域有垂直导轨斜向下的匀强磁场, 磁感应强度随时间的变化关 / 153

25 系如图乙所示.t=0 时在导轨上 c d 两点处由静止释放一根质量 m=0.0 kg 电阻 r=0.5 Ω 的金属棒, bc 长 L=1 m, 金属棒与导轨间的动摩擦因数 μ=0.5. 取重力加速度 g=10 m/s.( 设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,sin 37 =0.6,cos 37 =0.8). 求 : (1)t=0 时流经电阻 R 的电流的大小和方向 ; () 画出从 t=0 时开始金属棒受到的摩擦力 F f 随时间 t 的变化图象 ( 以 F f 沿斜面向上方向为正方向 ); (3) 金属棒所受安培力的功率可能达到的最大值. 答案 (1)0.4 A 由 a 向 b () 见解析图 (3) W 解析 (1)E=Ld ΔB = V=0.8 V Δt I= E R+r = A=0.4 A 方向 : 由 a 向 b () 如图. (3)mgsin 37 =I db+μmgcos 37 I = BLvm R+r 解得 v m=0.3 m/s,i =0.08 A 金属棒所受安培力的功率可能达到的最大值 P m=i dbv m= W. 3 / 153

26 高频考点三 力学中的曲线运动 一 力学中的曲线运动 知识讲解 1. 物体做曲线运动的条件 当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不共线时, 物体做曲线运动. 合运动与分运动具有等时性 独立 性和等效性.. 平抛运动 (1) 规律 :v x=v 0,v y=gt,x=v 0t,y= 1 gt. () 推论 : 做平抛 ( 或类平抛 ) 运动的物体 1 任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点 ; 设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为 θ, 位移与水平方向的夹角为 φ, 则有 tan θ=tan φ. 3. 竖直平面内圆周运动的两种临界问题 (1) 绳固定, 物体能通过最高点的条件是 v gr. () 杆固定, 物体能通过最高点的条件是 v>0. 二 万有引力与航天 1. 在处理天体的运动问题时, 通常把天体的运动看成是匀速圆周运动, 其所需要的向心力由万有引力提 供. 其基本关系式为 G Mm r =m v r =mω r=m( π T ) r=m(πf) r. 在天体表面, 忽略自转的情况下有 G Mm R =mg.. 卫星的绕行速度 v 角速度 ω 周期 T 与轨道半径 r 的关系 (1) 由 G Mm r =m v r, 得 v= GM r, 则 r 越大,v 越小. () 由 G Mm r =mω r, 得 ω= GM r 3, 则 r 越大,ω 越小. (3) 由 G Mm r =m 4π T r, 得 T= 4π r 3 GM, 则 r 越大,T 越大. 3. 卫星变轨 (1) 由低轨变高轨, 需增大速度, 稳定在高轨道上时速度比在低轨道小. () 由高轨变低轨, 需减小速度, 稳定在低轨道上时速度比在高轨道大. 4. 宇宙速度 (1) 第一宇宙速度 : 推导过程为 : 由 mg= mv 1 R =GMm R 得 : v 1= GM = gr=7.9 km/s. R 4 / 153

27 第一宇宙速度是人造卫星的最大环绕速度, 也是人造地球卫星的最小发射速度. () 第二宇宙速度 :v =11. km/s, 使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度. (3) 第三宇宙速度 :v 3=16.7 km/s, 使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度. 典型例题 例 1 ( 运动的合成与分解 ) 在杂技表演中, 猴子沿竖直杆向上爬, 同时人顶着直杆水平向右移动 以出发点为坐标原点建立平面直角坐标系, 若猴子沿 x 轴和 y 轴方向运动的速度 v 随时间 t 变化的图象分别如图甲 乙所示 则猴子在 0~t 0 时间内 ( ) A. 做变加速运动 B. 做匀变速运动 C. 运动的轨迹可能如图丙所示 D. 运动的轨迹可能如图丁所示 解析 由图甲可知水平方向是匀速直线运动, 由图乙可知竖直方向先向上匀加速后匀减速, 加速度先向上后向下, 所以整个过程不是匀变速运动, 选项 B 错误,A 正确 ; 猴子的加速度先向上后向下, 所以运动轨迹先向上弯曲后向下弯曲, 选项 C 错误,D 正确. 答案 AD 例 ( 抛体运动 ) 如图所示, 竖直平面内有一段圆弧 MN, 小球从圆心 O 处水平抛出. 若初速度为 v a, 小球将落在圆弧上的 a 点 ; 若初速度为 v b, 小球将落在圆弧上的 b 点. 已知 Oa Ob 与竖直方向的夹角分别为 α β, 不计空气阻力, 则 ( ) A. va = sin α v b sin β C. va v b = cos β cos α sin α sin β B. va v b = cos β cos α D. va v b = sin α sin β 5 / 153 cos β cos α 解析 小球水平抛出, 做平抛运动, 若落到 a 点, 则有 Rsin α=v at a,rcosα= 1 gt a, 解得 v a= 若落到 b 点, 则有 Rsinβ=v bt b,rcos β= 1 gt b, 解得 v b= 答案 D gr cos β sin β, v a 故 = sin α v b sin β cos β cos α. gr cos α sinα; 例 3 ( 圆周运动 )(016 浙江 ) 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.5 倍, 假设赛车在直道上做匀变速直线运动,

28 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/s,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/s D. 通过小圆弧弯道的时间为 5.58 s 解析 在弯道上做匀速圆周运动时, 根据径向静摩擦力提供向心力得,kmg=m v m r, 当弯道半径一定时, 在弯道上的最大速率是一定的, 且在大弯道上的最大速率大于小弯道上的最大速率, 故要想时间最短, 可 在绕过小圆弧弯道后加速, 选项 A 正确 ; 在大圆弧弯道上的速率为 v mr= kgr= m/s=45 m/s, 选项 B 正确 ; 直道的长度为 x= L =50 3 m, 在小弯道上的最大速率为 :v mr= kgr= ( R r) m/s=30 m/s, 在直道上的加速度大小为 a= v mr-v mr = x 50 3 m/s 6.50 m/s, 选项 C 错误 ; πr πr 由几何关系可知, 小圆弧轨道的长度为 3, 3 通过小圆弧弯道的时间为 t= = v mr 3 30 错误. 答案 AB s.80 s, 选项 D 例 4 ( 平抛运动与圆周运动综合 ) 如图所示, 半径 R=0.5 m 的光滑圆弧轨道 ABC 与足够长的粗糙轨 道 CD 在 C 处平滑连接,O 为圆弧轨道 ABC 的圆心,B 点为圆弧轨道的最低点, 半径 OA OC 与 OB 的夹 角分别为 53 和 37. 将一个质量 m=0.5 kg 的物体 ( 视为质点 ) 从 A 点左侧高为 h=0.8 m 处的 P 点水平抛 出, 恰从 A 点沿切线方向进入圆弧轨道. 已知物体与轨道 CD 间的动摩擦因数 μ=0.8, 重力加速度 g=10 m/s,sin 37 =0.6,cos 37 =0.8. 求 : (1) 物体水平抛出时的初速度大小 v 0; () 物体经过 B 点时, 对圆弧轨道的压力大小 F N; (3) 物体在轨道 CD 上运动的距离 x.( 结果保留三位有效数字 ) 6 / 153

29 解析 (1) 由平抛运动规律知 :v y =gh 系列资料 BY 三好网汇编 竖直分速度 v y= gh=4 m/s 初速度 v 0=v ytan 37 =3 m/s. () 从 P 点至 B 点的过程, 由机械能守恒有 mg(h+r-rcos 53 )= 1 mv B - 1 mv 0 经过 B 点时, 由向心力公式有 F N -mg=m v B R 代入数据解得 F N =34 N 由牛顿第三定律知, 物体对轨道的压力大小为 F N=34 N. (3) 因 μmgcos 37 >mgsin 37, 物体沿轨道 CD 向上做匀减速运动, 速度减为零后不会下滑. 从 B 点到上滑至最高点的过程, 由动能定理有 -mgr(1-cos 37 )-(mgsin 37 +μmgcos 37 )x=0-1 mv B 代入数据可解得 x= m 1.09 m. 答案 (1)3 m/s ()34 N (3)1.09 m 例 5 ( 求天体的质量 )(017 北京卷 ) 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 解析 由 mg=g Mm R, 可得 M= gr G, 由选项 A 中数据可以求出地球质量 由 G Mm R =m π T R, 可得 M = 4π R 3 GT, 其中 R 表示地球半径, 又知 πr=vt, 由选项 B 中数据可以求出地球质量 ; 由 G Mm r =m π T r, 可得 M= 4π r 3 GT, 其中 r 表示月球与地球之间的距离, 由选项 C 中数据可以求出地球质量 ;M 是中心天体的 质量, 由选项 D 中数据不能求出地球质量 答案 D 例 6 ( 卫星运行规律参数 )(017 全国卷 Ⅲ) 017 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 7 / 153

30 解析 由天体知识可知 v= GM R,T=πR R GM,a=GM R, 半径不变, 周期 T 速率 v 加速度 a 的大 小均不变, 故 A B D 错误 速率 v 不变, 组合体质量 m 变大, 故动能 E k= 1 mv 变大,C 正确 答案 C 例 7 ( 变轨问题 )(016 北京卷 ) 如图所示, 一颗人造卫星原来在椭圆轨道 1 绕地球 E 运行, 在 P 点 变轨后进入轨道 做匀速圆周运动 下列说法正确的是 ( ) A. 不论在轨道 1 还是在轨道 运行, 卫星在 P 点的速度都相同 B. 不论在轨道 1 还是在轨道 运行, 卫星在 P 点的加速度都相同 C. 卫星在轨道 1 的任何位置都具有相同加速度 D. 卫星在轨道 的任何位置都具有相同动量 解析 卫星在椭圆轨道 1 上运动时, 在近地点卫星与地球之间的万有引力小于卫星所需向心力, 在远地 点卫星与地球之间的万有引力大于卫星所需的向心力, 所以在 P 点被加速后, 当万有引力等于卫星所需的 向心力时, 卫星可以稳定在圆形轨道 上运行, 选项 A 错误 ; 卫星在轨道 1 或轨道 经过 P 点时, 卫星与 地球之间的万有引力相同, 由 G Mm r =ma, 可得 a= GM r, 因此加速度相同, 选项 B 正确 ; 卫星受地球引力 产生的加速度时刻指向地球, 在轨道 1 的任何位置加速度的方向都不相同, 所以加速度不相同, 选项 C 错 误 ; 卫星在轨道 上运行时的速度方向不停地变化, 动量的方向也在变化, 动量不相同, 选项 D 错误 答案 B 技巧点拨 1. 解决运动的合成与分解的一般思路 1 明确合运动或分运动的运动性质 ; 确定合运动是在哪两个方向上的合成或分解 ; 3 找出各个方向上已知的物理量 ( 速度 位移 加速度等 ); 4 运用力与速度的关系或矢量的运算法则 ( 平行四边形法则 ) 进行分析求解. 求天体的质量 密度的方法 (1) 利用天体表面的重力加速度 g 和天体半径 R. 由于 G Mm R =mg, 故天体质量 M= gr G, 天体密度 ρ= M V = M 3g = 4 4πGR. 3 πr3 () 通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期 T 和轨道半径 r. 8 / 153

31 1 由万有引力等于向心力, 即 G Mm r =m 4π T r, 得出中心天体质量 M= 4π r 3 GT ; 若已知天体半径 R, 则天体的平均密度 ρ= M V = M 3πr 3 = 4 GT R 3 ; 3 πr3 系列资料 BY 三好网汇编 3 若天体的卫星在天体表面附近环绕天体运动, 可认为其轨道半径 r 等于天体半径 R, 则天体密度 ρ= 3π GT. 可见, 只要测出卫星环绕天体表面运动的周期 T, 可估算出中心天体的密度. 专项训练 1. 如图所示, 将质量为 m 的重物悬挂在轻绳的一端, 轻绳的另一端系一质量为 m 的小环, 小环套在竖 直固定的光滑直杆上, 光滑定滑轮与直杆的距离为 d 现将小环从与定滑轮等高的 A 处由静止释放, 当小 环沿直杆下滑距离也为 d 时 ( 图中 B 处 ), 下列说法正确的是 ( 重力加速度为 g)( ) A. 小环刚释放时轻绳中的张力一定等于 mg B. 小环到达 B 处时, 重物上升的高度也为 d C. 小环在 B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于 D. 小环在 B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于 1: 答案 C 解析 由题意, 小环释放时向下加速运动, 则重物将加速上升 对重物, 由牛顿第二定律可知绳中的张力一定大于重力 mg, 选项 A 错误 ; 小环到 B 处时, 重物上升的高度应为绳子缩短的长度, 即 h d d ( 1) d, 选项 B 错误 ; 根据题意, 小环与重物沿绳子方向的速度大小相等, 将小环 B 0 处的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解应满足 v1 cos 45 v, 解得小环在 B 处的速度与重物上 v 升的速度大小之比等于 1, 选项 C 正确,D 错误 v.(016 浙江 ) 在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示.P 是个微粒源, 能持续水平向右发射质量相同 初速度不同的微粒. 高度为 h 的探测屏 AB 竖直放置, 离 P 点的水平距离为 L, 上端 A 与 P 点的高度差也为 h. 9 / 153

32 (1) 若微粒打在探测屏 AB 的中点, 求微粒在空中飞行的时间 ; () 求能被屏探测到的微粒的初速度范围 ; (3) 若打在探测屏 A B 两点的微粒的动能相等, 求 L 与 h 的关系. 答案 (1) 3h g ()L g 4h v L g h (3)L= h 解析 (1) 打在 AB 中点的微粒 3 h=1 gt 1 解得 t= 3h g () 打在 B 点的微粒 v 1= L t 1 ;h= 1 gt 1 3 v 1=L g 4h 4 同理, 打在 A 点的微粒初速度 v =L g h 5 微粒初速度范围 L g 4h v L g h 1 (3) 由能量关系 mv +mgh= 1 mv 1 +mgh 7 代入 45 式得 L= h. 6 3.(016 全国 ) 小球 P 和 Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P 球的质量大于 Q 球的质量, 悬挂 P 球的 绳比悬挂 Q 球的绳短. 将两球拉起, 使两绳均被水平拉直, 如图所示. 将两球由静止释放. 在各自轨迹的 最低点 ( ) A.P 球的速度一定大于 Q 球的速度 B.P 球的动能一定小于 Q 球的动能 C.P 球所受绳的拉力一定大于 Q 球所受绳的拉力 D.P 球的向心加速度一定小于 Q 球的向心加速度 答案 C 解析 小球从水平位置摆动至最低点, 由动能定理得,mgL= 1 mv, 解得 v= gl, 因 L P<L Q, 故 v P<v Q, 选项 A 错误 ; 因为 E k=mgl, 又 m P>m Q, 则两小球的动能大小无法比较, 选项 B 错误 ; 对小球在最低点 受力分析得,F T-mg=m v L, 可得 F T=3mg, 选项 C 正确 ; 由 a= v L =g 可知, 两球的向心加速度相等, 选项 D 错误. 4. 将太极球及球拍简化成如图所示的小球和平板, 熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速 圆周运动, 且在运动到图中的 A B C D 位置时球与板间无相对运动趋势 A 为圆周的最高点,C 为最 低点,B D 与圆心 O 等高 若球恰能到达最高点, 设球的重力为 1 N, 不计球拍的重力 则下列说法正 30 / 153

33 确的是 ( ) A. 球恰能到达最高点, 说明球到最高点速度为零 B. 平板在 C 处对球施加的力的大小为 1 N C. 当球运动到 B 位置时, 平板与水平方向的夹角为 45 D. 球从 A 到 C 的过程中机械能守恒 答案 C 解析 设球运动的线速度为 v, 做圆周运动的半径为 R, 球恰能到达最高点, 即在最高点平板没有弹力, 则在 A 处有 mg= mv R, 故 A 错误 ; 在 C 处球与板间无相对运动趋势即无摩擦力, 有 F-mg= mv R, 解得 F =mg= N,B 错误 ; 在 B 处球与板间无相对运动趋势即球不受摩擦力作用, 受力分析如图 则 tan θ= F 向 mg =1, 则 θ=45,c 正确 ; 球从 A 到 C 的过程中, 动能不变, 势能减小, 机械能不守恒,D 错误 5. 如图所示, 用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形 APB( 圆半径比细管的内径大得多 ) 和光滑直轨道 BC 组成的装置固定在水平桌面上, 已知 APB 部分的半径 R=1.0 m,bc 段长 L=1.5 m 弹射装置将一个小球 ( 可视为质点 ) 以 v 0=5 m/s 的水平初速度从 A 点射入轨道, 小球从 C 点离开轨道随即水平抛出, 落地点 D 距离 C 点的水平距离 x=.0 m, 不计空气阻力,g 取 10 m/s 求: (1) 小球在半圆轨道上运动的角速度 ω 和加速度 a 的大小 ; () 小球从 A 点运动到 C 点的时间 t; (3) 桌子的高度 h 答案 (1)5 rad/s 5 m/s ()0.98 s (3)0.8 m 解析 (1) 小球在半圆轨道上运动的角速度为 ω= v0 R = 加速度为 a= v 0 R = m/s =5 m/s rad/s=5 rad/s 31 / 153

34 () 小球从 A 运动到 B 的时间为 t πr 1= = v 0 5 从 B 运动到 C 的时间为 t = L v 0 = s=0.3 s s=0.68 s 系列资料 BY 三好网汇编 小球从 A 运动到 C 的时间为 t=t 1+t =( ) s=0.98 s (3) 小球从 C 到 D 做平抛运动, 有 h= 1 gt,x=v 0t 解得桌子的高度 h= gx v 0 = m=0.8 m 6. 宇航员从空间站 ( 绕地球运行 ) 上释放了一颗质量为 m 的探测卫星, 该卫星通过一条柔软的细轻绳与 空间站连接, 稳定时卫星始终在空间站的正下方, 到空间站的距离为 l, 忽略空间站与探测卫星间的万有 引力 已知空间站的轨道为圆形, 离地高度为 h, 周期为 T, 地球半径力常量为 G 则( ) A. 空间站与探测卫星的线速度的比值为 R h R h l 4 R B. 空间站的向心加速度大小为 T 4 m( R h l) C. 地球对卫星的万有引力大小为 T 4 ( R h) D. 估算可得地球的质量为 GT 3 空间站 卫星 地球 为 R, 万有引 答案 A R h 解析 空间站与探测卫星绕地球相当于共轴转动, 角速度相同, 由 v r 得比值为, 选项 A R h l 4 ( R h) 正确 ; 由 a r 得空间站的向心加速度, 选项 B 错误 ; 卫星做匀速圆周运动需要的向 T T 心力由地球对卫星的引力和绳对卫星的弹力的合力提供, 所以选项 C 错误 ; 空间站做匀速圆周运动需要的向心力由地球对空间站的引力和绳对空间站的弹力的合力提供, 不知道空间站质量, 无法求出地球的质量, 选项 D 错误 7. 据报道, 美国探测器成功撞击 坦普尔一号 彗星, 并投入彗星的怀抱, 实现了人类历史上第一次对彗星的 大碰撞, 如图所示 设 坦普尔一号 彗星绕太阳运行的轨道是一椭圆, 其运行周期为 5.74 年, 则下列说法中正确的是 ( ) 3 / 153

35 A. 探测器的最小发射速度为 7.9 km/s B. 坦普尔一号 彗星运动至近日点处的加速度大于远日点处的加速度 C. 坦普尔一号 彗星运动至近日点处的线速度小于远日点处的线速度 D. 探测器运行的周期小于 5.74 年 答案 BD 解析 要想脱离地球控制, 发射速度要达到第二宇宙速度 11. km/s, 选项 A 错误 ; 根据万有引力定律 GMm 和牛顿第二定律 r =ma, 得 a= GM r, 可知近日点的加速度大, 选项 B 正确 ; 根据开普勒第二定律可知, 行星绕日运动的近日点的线速度大, 远日点的线速度小, 选项 C 错误 ; 探测器的运行轨道高度比彗星低, r 根据开普勒第三定律 T 3 k 可知探测器的运行周期一定比彗星的运行周期小, 选项 D 正确 年 3 月, 美国宇航局的 信使 号水星探测器按计划将陨落在水星表面, 工程师找到了一种聪明的办法, 能够使其寿命再延长一个月. 这个办法就是通过向后释放推进系统中的高压氦气来提升轨道. 如图所示, 设释放氦气前, 探测器在贴近水星表面的圆形轨道 Ⅰ 上做匀速圆周运动, 释放氦气后探测器进入椭圆轨道 Ⅱ 上, 忽略探测器在椭圆轨道上所受外界阻力. 则下列说法正确的是 ( ) A. 探测器在轨道 Ⅰ 和轨道 Ⅱ 上 A 点加速度大小不同 B. 探测器在轨道 Ⅰ 上 A 点运行速率小于在轨道 Ⅱ 上 B 点速率 C. 探测器在轨道 Ⅱ 上某点的速率可能等于在轨道 Ⅰ 上速率 D. 探测器在轨道 Ⅱ 上远离水星过程中, 引力势能和动能都减少 答案 C 解析 探测器在轨道 Ⅰ 和轨道 Ⅱ 上 A 点所受的万有引力相同, 根据 F=ma 知, 加速度大小相同, 故 A 错误 ; 根据开普勒第二定律知探测器与水星的连线在相等时间内扫过的面积相同, 则知 A 点速率大于 B 点速率, 故 B 错误 ; 在圆轨道 A 实施变轨成椭圆轨道是做逐渐远离圆心的运动, 要实现这个运动必须万有引 力小于飞船所需向心力, 所以应给飞船加速, 故在轨道 Ⅱ 上速度大于 A 点在 Ⅰ 速度 GM r A, 在 Ⅱ 远地点速 33 / 153

36 度最小为 GM r B, 故探测器在轨道 Ⅱ 上某点的速率在这两数值之间, 则可能等于在轨道 Ⅰ 上的速率 GM r A, 故 C 正确. 探测器在轨道 Ⅱ 上远离水星过程中, 引力势能增加, 动能减小, 故 D 错误. 34 / 153

37 高频考点四 电磁学中的曲线运动 知识讲解 1. 带电粒子在电场中受到电场力, 如果电场力的方向与速度方向不共线, 粒子将做曲线运动 ; 如果带电 粒子垂直进入匀强电场, 粒子将做类平抛运动, 由于加速度恒定且与速度方向不共线, 因此是匀变速曲线 运动.. 研究带电粒子在匀强电场中的类平抛运动的方法与平抛运动相同, 可将运动分解为垂直电场方向的匀 速直线运动和沿电场方向的匀加速直线运动 ; 若场强为 E, 其加速度的大小可以表示为 a= qe m. 3. 带电粒子垂直进入匀强磁场时将做匀速圆周运动, 向心力由洛伦兹力提供, 洛伦兹力始终垂直于运动 方向, 它不做功. 其半径 R= mv qb, 周期 T= πm qb. 典型例题 例 1 ( 带电粒子在电场中的曲线运动 ) 如图所示, 闭合开关 S 后 A B 板间产生恒定电压 U 0, 已知两 极板的长度均为 L, 带负电的粒子 ( 重力不计 ) 以恒定的初速度 v 0, 从上极板左端点正下方 h 处, 平行极板 19 射入电场, 恰好打在上极板的右端 C 点. 若将下极板向上移动距离为极板间距的倍, 带电粒子将打在 100 上极板的 C 点, 则 B 板上移后 ( ) A. 粒子打在 A 板上的动能将变小 B. 粒子在板间的运动时间不变 C. 极板间的场强将减弱 19 D. 比原入射点低 81 h 处的入射粒子恰好能打在上板右端 C 点 解析 带电粒子在电场中做类平抛运动, 水平方向做匀速直线运动, 竖直方向受电场力作用加速运动. 设 板间距为 d, 则有 L=v 0t,h= qu0 md t 得 :t = mdh qu 0, 故 U 0 不变, 当 d 减小时, 粒子运动时间减小, 故 B 错 误 ; 竖直方向分速度 :v y= qu0 md t= hqu 0 md,d 减小, 则 v y 增大, 故打在 A 板上的速度 v= v y +v 0 增大, 故粒子打在 A 板上的动能增大, 故 A 错误 ; 恒定电压 U 0 一定, 下极板向上移动, 极板间的场强将增大, 故 C 错误 ; 由 L=v 0t,h= qu0 md t 得 h= qu0l mv 0 d, h 所以 h = d d = d = 100 d 81, 故 h = h, 即比原 入射点低 ( 100-1) h= h 处的入射粒子恰好能打在上板右端 C 点, 故 D 正确. 35 / 153

38 答案 D 系列资料 BY 三好网汇编 例 ( 带电体在电场中的曲线运动 ) 如图所示, 在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为 O, 半径为 r, 内壁光滑,A B 两点分别是圆轨道的最低点和最高点 该区间存在方向水平向右的匀强电场, 一质量为 m 带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动( 电荷量不变 ), 经过 C 点时速度最大,O C 连线与竖直方向的夹角 θ=60, 重力加速度为 g (1) 求小球所受的电场力大小 ; () 求小球在 A 点的速度 v 0 为多大时, 小球经过 B 点时对圆轨道的压力最小 解析 (1) 小球在 C 点时速度最大, 则电场力与重力的合力沿 DC 方向, 所以小球受到的电场力的大小 F =mgtan 60 = 3mg () 要使小球经过 B 点时对圆轨道的压力最小, 则必须使小球经过 D 点时的速度最小, 即在 D 点小球对圆 mg 轨道的压力恰好为零, 有 cos 60 =mv r, 解得 v= gr 在小球从圆轨道上的 A 点运动到 D 点的过程中, 有 mgr(1+cos 60 )+Frsin 60 = 1 mv 0-1 mv 解得 v 0= gr 答案 (1) 3mg () gr 例 3 ( 带电粒子在磁场中的曲线运动 )(016 四川 ) 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 v b 时, 从 b 点离开磁场, 在磁场 中运动的时间为 t b, 当速度大小为 v c 时, 从 c 点离开磁场, 在磁场中运动的时间为 t c, 不计粒子重力. 则 ( ) 36 / 153

39 A.v b v c=1,t b t c= 1 B.v b v c= 1,t b t c=1 C.v b v c= 1,t b t c= 1 D.v b v c=1,t b t c=1 解析 带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动, 洛伦兹力提供向心力, 运动轨迹如图所示, 由几何关 系得,r c=r b,θ b=10,θ c=60, 由 qvb=m v 得,v= qbr r m, 则 v b v c=r b r c=1, 又由 T= πm qb,t = θ π T 和 θ b=θ c 得 t b t c= 1, 故选项 A 正确,B C D 错误. 答案 A 技巧点拨 1. 带电粒子 ( 或带电体 ) 在电场和磁场的组合场中运动时, 一般是类平抛运动和匀速圆周运动的组合, 可以先分别研究这两种运动, 而类平抛运动的末速度往往是匀速圆周运动的线速度, 分析运动过程中转折点的速度是解决此类问题的关键. 带电体一般要考虑重力, 而且电场力对带电体做功的特点与重力相同, 即都与路径无关.. 解此类题通常应用运动的合成与分解的方法 功能关系和圆周运动的知识解决问题. 3. 对于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题, 基本思路是 : 根据进场点和出场点的速度方向, 确定洛伦兹力的方向, 其交点为圆心, 利用几何关系求半径. 4. 带电粒子在常见边界磁场中的运动规律 (1) 直线边界 : 1 对称性 : 若带电粒子以与边界成 θ 角的速度进入磁场, 则一定以与边界成 θ 角的速度离开磁场. 完整性 : 比荷相同的正 负带电粒子以相同的速度进入同一匀强磁场时, 两带电粒子轨迹圆弧对应的圆心角之和等于 π. () 圆形边界 : 沿径向射入的粒子, 必沿径向射出. 专项训练 1. 如图所示, 一带电荷量为 q 的带电粒子以一定的初速度由 P 点射入匀强电场, 入射方向与电场线垂直. 粒子从 Q 点射出电场时, 其速度方向与电场线成 30 角. 已知匀强电场的宽度为 d,p Q 两点的电势差为 U, 不计重力作用, 设 P 点的电势为零. 则下列说法正确的是 ( ) 37 / 153

40 A. 带电粒子在 Q 点的电势能为 -Uq B. 带电粒子带负电 C. 此匀强电场的电场强度大小为 E= 3U 3d D. 此匀强电场的电场强度大小为 E= 3U 3d 答案 AC 解析 由图看出粒子的轨迹向上, 则所受的电场力向上, 与电场方向相同, 所以该粒子带正电. 粒子从 P 到 Q, 电场力做正功, 为 W=qU, 则粒子的电势能减少了 qu,p 点的电势为零, 则知带电粒子在 Q 点 的电势能为 -Uq, 故 A 正确,B 错误. 设带电粒子在 P 点时的速度为 v 0, 在 Q 点建立直角坐标系, 垂直 于电场线为 x 轴, 平行于电场线为 y 轴, 由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在 y 轴方向的分速度为 : v y= 3v 0, 粒子在 y 轴方向上的平均速度为 : v y= 3v0. 设粒子在 y 轴方向上的位移为 y 0, 粒子在电场中 的运动时间为 t, 则 : 竖直方向有 :y 0= v yt= 3v0t 水平方向有 :d=v 0t 可得 :y 0= 3d, 所以场强为 :E= U y 0 联立得 E= U 3U = 3d 3d, 故 C 正确,D 错误.. 如图甲所示, 两平行金属板 MN PQ 的板长和板间距离相等, 板间存在如图乙所示的随时间周期性变 化的电场, 电场方向与两板垂直, 在 t=0 时刻, 一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场, 粒子射入电场时的速度为 v 0,t=T 时刻粒子刚好沿 MN 板右边缘射出电场. 则 ( ) A. 该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的 B. 在 t= T 时刻, 该粒子的速度大小为 v 0 T C. 若该粒子在时刻以速度 v 0 进入电场, 则粒子会打在板上 38 / 153

41 D. 若该粒子的入射速度变为 v 0, 则该粒子仍在 t=t 时刻射出电场 系列资料 BY 三好网汇编 答案 A 解析 粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动, 在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动, 在后半个周期内做匀减速直线运动, 一个周期末竖直方向上的分速度为零, 可知粒子射出电场时的速度方 向一定沿垂直电场方向, 故 A 正确 ; 在 t= T 时刻, 粒子在水平方向上的分速度为 v 0, 因为两平行金属板 MN PQ 的板长和板间距离相等, 则有 :v 0T= vy T, 解得 v y=v 0, 根据平行四边形定则知, 粒子的速度 T 大小为 v= 5v 0, 故 B 错误. 若该粒子在时刻以速度 v 0 进入电场, 粒子在竖直方向上的运动情况与 0 时 刻进入时运动的情况相反, 运动规律相同, 则粒子不会打在板上, 故 C 错误. 若该粒子的入射速度变为 v 0, 则粒子射出电场的时间 t= L v 0 = T, 故 D 错误. 3.(016 全国 ) 如图, 一带负电荷的油滴在匀强电场中运动, 其轨迹在竖直面 ( 纸面 ) 内, 且相对于过轨迹最 低点 P 的竖直线对称. 忽略空气阻力. 由此可知 ( ) A.Q 点的电势比 P 点高 B. 油滴在 Q 点的动能比它在 P 点的大 C. 油滴在 Q 点的电势能比它在 P 点的大 D. 油滴在 Q 点的加速度大小比它在 P 点的小 答案 AB 解析 由于油滴受到的电场力和重力都是恒力, 所以合外力为恒力, 加速度恒定不变, 所以选项 D 错误 ; 由于油滴轨迹相对于过 P 的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧, 所以油滴所受合外力沿竖直向上 的方向, 因此电场力竖直向上, 且 qe>mg, 则电场方向竖直向下, 所以 Q 点的电势比 P 点的高, 选项 A 正确 ; 当油滴从 P 点运动到 Q 点时, 电场力做正功, 电势能减小, 选项 C 错误 ; 当油滴从 P 点运动到 Q 点的过程中, 合外力做正功, 动能增加, 所以 Q 点动能大于 P 点的动能, 选项 B 正确. 4. 如图所示, 圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场, 一个带电粒子以速度 v 从 A 点沿直径 AOB 方向 v 射入磁场, 经过 Δt 时间从 C 点射出磁场,OC 与 OB 成 60 角 现将带电粒子的速度变为 3, 仍从 A 点沿原 方向射入磁场, 不计重力, 则粒子在磁场中的运动时间变为 ( ) A. 1 Δt B.Δt C.1 Δt D.3Δt 3 39 / 153

42 答案 B 系列资料 BY 三好网汇编 解析 设带电粒子以速度 v 射入磁场做圆周运动, 圆心为 O 1, 半径为 r 1, 则根据 qvb= mv r, 得 r 1= mv qb, 根据几何关系得 R r 1 =tan φ1, 且 φ 1=60 m 1 1 当带电粒子以 3 v 3 v 的速度射入时, 轨道半径 r = qb = mv 3qB =1 3 r1, R 圆心在 O, 则 =tan φ r 即 tan φ =R = r 3R =3tan φ1 r 1 = 3, φ 故 =60,φ=10 ; 带电粒子在磁场中运动的时间 t= φ 360 T, Δt 所以 = φ = Δt 1 φ 1 1, 即 Δt =Δt 1=Δt, 选项 B 正确 5.(017 全国卷 Ⅱ) 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, 若粒子射入的速率为 v 1, 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 v, 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 v :v 1 为 ( ) A. 3 : B. :1 C. 3 :1 D.3: 答案 C 解析 设圆形区域磁场的半径为 r, 当速度大小为 v 1 时, 从 P 点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最 远交点为 M( 如图甲所示 ) 时, 由题意知 POM=60, 由几何关系得轨迹圆半径为 R 1= r ; 从 P 点入射的 粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为 N( 如图乙所示 ), 由题意知 PON=10, 由几何关系得轨迹圆 3 v 的半径为 R = r; 根据洛伦兹力充当向心力可知 :Bqv= m R BqR, 解得 v=, 故速度与半径成正比, 得 m v :v 1=R :R 1= 3 :1,C 正确 40 / 153

43 41 / 153

44 1. 常见的几种力做功的特点 高频考点五 功能关系在力学中的应用 知识讲解 (1) 重力 弹簧弹力与路径无关. () 摩擦力做功的特点 1 单个摩擦力 ( 包括静摩擦力和滑动摩擦力 ) 可以做正功, 也可以做负功, 还可以不做功. 相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零, 在静摩擦力做功的过程中, 只有机械能的转移, 没有机械能转化为其他形式的能 ; 相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零, 且总为负值. 在一对滑动摩擦力做功的过程中, 不仅有相互摩擦物体间机械能的转移, 还有部分机械能转化为内能. 转化为内能的量等于系统机械能的减少量, 等于滑动摩擦力与相对位移的乘积. 3 摩擦生热是指滑动摩擦生热, 静摩擦不会生热.. 常见力的功和功率的计算恒力做功 W=Fscos θ 重力做功 W=mgh 一对滑动摩擦力做的总功 W f=-fs 路恒定压强下的压力所做的功 W=p ΔV 电场力做功 W=qU 功率恒定时牵引力所做的功 W=Pt 电流所做的功 W=UIt 洛伦兹力永不做功瞬时功率 P=Fvcosθ 平均功率 - P = W t =F v- cos θ 3. 几个重要的功能关系 (1) 重力的功等于重力势能的变化, 即 W G=-ΔE p. () 弹力的功等于弹性势能的变化, 即 W 弹 =-ΔE p. (3) 合力的功等于动能的变化, 即 W=ΔE k. (4) 重力 ( 或弹簧弹力 ) 之外的其他力的功等于机械能的变化, 即 W 其他 =ΔE. (5) 一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化, 即 Q=F f l 相对. 4. 动能定理的应用 (1) 动能定理的适用情况解决单个物体 ( 或可看成单个物体的物体系统 ) 受力与位移 速率关系的问题. 动能定理既适用于直线运动, 也适用于曲线运动 ; 既适用于恒力做功, 也适用于变力做功, 力可以是各种性质的力, 既可以同时作用, 4 / 153

45 也可以分段作用. () 应用动能定理解题的基本思路 1 选取研究对象, 明确它的运动过程. 分析研究对象的受力情况和各力做功情况, 然后求各个外力做功的代数和. 3 明确物体在运动过程初 末状态的动能 E k1 和 E k. 4 列出动能定理的方程 W 合 =E k-e k1, 及其他必要的解题方程, 进行求解. 5. 机械能守恒定律的应用 (1) 机械能是否守恒的判断 1 用做功来判断, 看重力 ( 或弹簧弹力 ) 以外的其他力做功的代数和是否为零. 用能量转化来判断, 看是否有机械能转化为其他形式的能. 3 对一些 绳子突然绷紧 物体间碰撞 等问题, 机械能一般不守恒, 除非题目中有特别说明及暗示. () 应用机械能守恒定律解题的基本思路 1 选取研究对象 物体系统. 根据研究对象所经历的物理过程, 进行受力 做功分析, 判断机械能是否守恒. 3 恰当地选取参考平面, 确定研究对象在运动过程的初 末状态时的机械能. 4 根据机械能守恒定律列方程, 进行求解. 典型例题 例 1 ( 常见的功能关系应用 )(016 全国 ) 如图所示, 小球套在光滑的竖直杆上, 轻弹簧一端固定于 O 点, 另一端与小球相连. 现将小球从 M 点由静止释放, 它在下降的过程中经过了 N 点. 已知在 M N 两点处, 弹簧对小球的弹力大小相等, 且 ONM< OMN< π. 在小球从 M 点运动到 N 点的过程中 ( ) A. 弹力对小球先做正功后做负功 B. 有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C. 弹簧长度最短时, 弹力对小球做功的功率为零 D. 小球到达 N 点时的动能等于其在 M N 两点的重力势能差 解析 因 M 和 N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等, 且 ONM< OMN< π, 知 M 处的弹簧处于压缩状态,N 处的弹簧处于伸长状态, 则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功, 选项 A 错误 ; 当弹簧水平时, 竖直方向的力只有重力, 加速度为 g; 当弹簧处于原长位置时, 小球只受重力, 加速度为 g, 则有两个时刻的加速度大小等于 g, 选项 B 正确 ; 弹簧长度最短时, 即弹簧水平, 弹力与速度垂直, 弹力对小 43 / 153

46 球做功的功率为零, 选项 C 正确 ; 由动能定理得,W F+W G=ΔE k, 因 M 和 N 两点处弹簧对小球的弹力大 小相等, 弹性势能相等, 则由弹力做功特点知 W F=0, 即 W G=ΔE k, 选项 D 正确. 答案 BCD 例 ( 功与能量转化 )(017 全国卷 Ⅲ) 如图所示, 一质量为 m 长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直 1 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 3 l 重力加速度大小为 g 在此过程中, 外力做的功为 ( ) A. 1 9 mgl B.1 6 mgl C.1 3 mgl D.1 mgl 解析 由题可知, 缓慢提升绳子, 在整个过程中, 动能不变, 则外力做功 W F 等于重力势能的增加量 ΔE p, 将 Q 端提升至 M 位置处, 过程如图所示. 由图可知 : 全程重力势能增加量 ΔE p 可视为 NQ 段上升增加的重力势能 取 NQ 段为研究对象, 此段质量大小为 m = 1 3 m, 其重心位置上升高度为 h= 1 3 l, 则外力做功为 W F=ΔE p=m gh= 1 9 mgl,a 正确. 答案 A 例 3 ( 功率的计算 ) 如图所示, 细线的一端固定于 O 点, 另一端系一小球. 在水平拉力作用下, 小球 以恒定速率在竖直平面内由 A 点运动到 B 点. 在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是 ( ) A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 C. 先增大, 后减小 D. 先减小, 后增大 解析 小球以恒定速率在竖直平面内由 A 点运动到 B 点, 小球处在动态平衡中, 对小球受力分析如图, 则有 F mg tan, 由 P Fv cos, 可得 P mgv sin, 逐渐变大, 功率 P 逐渐变大,A 正确 44 / 153

47 答案 A 例 4 ( 动力学与动能定理的综合应用 )(016 全国卷 III) 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 ( ) ( mgr W) mgr W A. a B. a mr mr 3mgR W ( mgr W) C. N D. N R R 1 v 解析 从 P 点到最低点, 由动能定理得 mgr-w= mv, 再由 a R ( mgr W) 得 a,a 正确,B mr v 错误 ; 在最低点支持力与重力的合力充当向心力, 根据牛顿第二定律得 N-mg= m, 可得 R 3mgR W N,C 正确,D 错误. R 答案 AC 1 1 例 5 ( 动能定理的综合应用 )(016 全国丙卷 ) 如图所示, 在竖直平面内有由圆弧 AB 和圆弧 BC 组成 4 R 的光滑固定轨道, 两者在最低点 B 平滑连接.AB 弧的半径为 R,BC 弧的半径为. 一小球在 A 点正上方 R 与 A 相距处由静止开始自由下落, 经 A 点沿圆弧轨道运动. 4 (1) 求小球在 B A 两点的动能之比 ; () 通过计算判断小球能否沿轨道运动到 C 点. 解析 (1) 设小球的质量为 m, 小球在 A 点的动能为 E ka, 由机械能守恒得 45 / 153

48 E ka=mg R 4 设小球在 B 点的动能为 E kb, 同理有 E kb=mg 5R 4 由 1 式得 E kb E ka= 系列资料 BY 三好网汇编 () 若小球能沿轨道运动到 C 点, 小球在 C 点所受轨道的正压力 F N 应满足 F N 0 设小球在 C 点的速度大小为 v C, 由牛顿运动定律和向心加速度公式有 F N+mg=m v C R 由 45 式得 4 5 mg m v C R 6 v C Rg 7 全程应用机械能守恒定律得 mg R 4 =1 mvc 8 解得 v C = gr, 满足 7 式条件, 即小球恰好可以沿轨道运动到 C 点. 答案 (1)5 1 () 能, 理由见解析 例 6 ( 能量守恒 )(016 全国 Ⅱ 卷 ) 如图所示, 一轻弹簧原长为 R, 其一端固定在倾角为 37 的固定直 5 轨道 AC 的底端 A 处, 另一端位于直轨道上 B 处, 弹簧处于自然状态, 直轨道与一半径为 6 R 的光滑圆弧轨 道相切于 C 点,AC=7R,A B C D 均在同一竖直平面内. 质量为 m 的小物块 P 自 C 点由静止开始下 滑, 最低到达 E 点 ( 未画出 ), 随后 P 沿轨道被弹回, 最高到达 F 点,AF=4R. 已知 P 与直轨道间的动摩 擦因数 μ= 1 4, 重力加速度大小为 g.( 取 sin 37 = 3 5,cos 37 =4 5 ) (1) 求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小 ; () 求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能 ; (3) 改变物块 P 的质量, 将 P 推至 E 点, 从静止开始释放. 已知 P 自圆弧轨道的最高点 D 处水平飞出后, 46 / 153

49 7 恰好通过 G 点.G 点在 C 点左下方, 与 C 点水平相距 R 竖直相距 R, 求 P 运动到 D 点时速度的大小和 改变后 P 的质量. 解析 (1) 由题意可知 :l BC=7R-R=5R 1 设 P 到达 B 点时的速度为 v B, 由动能定理得 mgl BCsin θ-μmgl BCcos θ= 1 mv B 式中 θ=37, 联立 1 式并由题给条件得 v B= gr 3 () 设 BE=x,P 到达 E 点时速度为零, 此时弹簧的弹性势能为 E p, 由 B E 过程, 根据动能定理得 mgxsin θ-μmgxcos θ-e p=0-1 mv B E F 之间的距离 l 1 为 l 1=4R-R+x 4 5 P 到达 E 点后反弹, 从 E 点运动到 F 点的过程中, 由动能定理有 E p-mgl 1sin θ-μmgl 1cos θ=0 6 联立 3456 式得 x=r E p= 1 5 mgr 7 8 (3) 设改变后 P 的质量为 m 1,D 点与 G 点的水平距离为 x 1 竖直距离为 y 1, 由几何关系 ( 如图所示 ) 得 α=37. 由几何关系得 : x 7 1= R-5 Rsin α=3r 6 9 y 1=R+ 5 6 R+5 6 Rcos α=5 R 10 设 P 在 D 点的速度为 v D, 由 D 点运动到 G 点的时间为 t. 由平抛运动公式得 : y 1= 1 gt x 1=v Dt 11 1 联立 得 v D= 3 5 5gR / 153

50 设 P 在 C 点速度的大小为 v C, 在 P 由 C 运动到 D 的过程中机械能守恒, 有 1 m1v C= 1 m1v D+m 5 1g( 6 R+5 Rcos α)14 6 P 由 E 点运动到 C 点的过程中, 由动能定理得 E p-m 1g(x+5R)sin α-μm 1g(x+5R)cos α= 1 m1v C 15 联立 得 m 1= 1 3 m 答案 (1) gr () 1 5 mgr (3)3 5 5gR 1 3 m 应用动能定理解题应注意的几个问题 : 技巧点拨 系列资料 BY 三好网汇编 (1) 动能定理往往用于单个物体的运动过程, 由于不牵扯加速度及时间, 比动力学研究方法要简洁. () 动能定理表达式是一个标量式, 在某个方向上应用动能定理是没有依据的. (3) 物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程 ( 如加速 减速的过程 ), 此时可以分段考虑, 也可以对全过程考虑, 但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化. (4) 多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用, 分析这种问题时注意要独立分析各 个运动过程, 而不同过程往往通过连接点的速度建立联系, 有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更 简单. 专项训练 1.(016 四川 ) 韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员. 他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中 沿 助滑区 保持同一姿态下滑了一段距离, 重力对他做功 J, 他克服阻力做功 100 J. 韩晓鹏在此过 程中 ( ) A. 动能增加了 J B. 动能增加了 000 J C. 重力势能减小了 J D. 重力势能减小了 000 J 答案 C 解析 由题可得, 重力做功 W G=1 900 J, 则重力势能减少 J, 故 C 正确,D 错误 ; 由动能定理得, W G-W f=δe k, 克服阻力做功 W f=100 J, 则动能增加 J, 故 A B 错误.. 如图所示, 在竖直面内固定一光滑的硬质杆 ab, 杆与水平面的夹角为 θ, 在杆的上端 a 处套一质量为 m 的圆环, 圆环上系一轻弹簧, 弹簧的另一端固定在与 a 处在同一水平线上的 O 点,O b 两点处在同一竖 直线上. 由静止释放圆环后, 圆环沿杆从 a 运动到 b, 在圆环运动的整个过程中, 弹簧一直处于伸长状态, 则下列说法正确的是 ( ) 48 / 153

51 A. 圆环的机械能保持不变 B. 弹簧对圆环一直做负功 C. 弹簧的弹性势能逐渐增大 D. 圆环和弹簧组成的系统机械能守恒 答案 D 解析 由几何关系可知, 当环与 O 点的连线与杆垂直时, 弹簧的长度最短, 弹簧的弹性势能最小. 所以在环从 a 到 C 的过程中弹簧对环做正功, 而从 C 到 b 的过程中弹簧对环做负功, 所以环的机械能是变化的, 故 A B 错误 ; 当环与 O 点的连线与杆垂直时, 弹簧的长度最短, 弹簧的弹性势能最小, 所以弹簧的弹性势能先减小后增大, 故 C 错误 ; 在整个的过程中只有重力和弹簧的弹力做功, 所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒, 故 D 正确. 3. 如图所示, 粗糙地面上有一倾角 θ=30 光滑斜面, 斜面顶端安装一定滑轮, 小物块 A B 用轻绳连接并 跨过滑轮 ( 不计滑轮的质量和摩擦 ) 初始时刻, 小物块 A B 处于同一高度并恰好处于静止状态. 剪断 轻绳后 A 下落 B 沿斜面下滑, 斜面静止不动. 则从剪断轻绳到物块着地, 下列说法正确的是 ( ) A. 物块 A B 质量相等 B. 物块 A B 同时落地 C. 地面受到斜面向左的摩擦力 D. 两物块着地时重力的瞬时功率相同 答案 CD 解析 开始时, 由平衡条件可知 m Ag=m Bgsin30º, 解得 m A= h 1 加速度为 gsinθ 由 g sin t sin, 解得 t B 1 8h ; 对 A, 由 h= g m B,A 错误 ; 根据牛顿第二定律可知 B 的 1 gt A, 得 t A h, 故物块不能 g A B 同时落地,B 错误 ; 剪断细线后,B 沿斜面加速向下运动, 加速度有水平向右的分量, 则对斜面体与 B 的整体而言, 地面对整体的摩擦力向右, 故地面受到斜面向左的摩擦力,C 正确 ;A B 落地时, 重力的 49 / 153

52 瞬时功率分别为 P A=m Agv A=m Ag gh,p B=m Bgv =m Bg gh sinθ=m Bg gh =m Ag gh,d 正确 4.(015 全国卷 Ⅱ) 一汽车在平直公路上行驶 从某时刻开始计时, 发动机的功率 P 随时间 t 的变化如图所 示 假定汽车所受阻力的大小 f 恒定不变 下列描述该汽车的速度 v 随时间 t 变化的图线中, 可能正确的 是 ( ) 答案 A 解析 当牵引力大于阻力时, 机车加速运动, 但速度的增加会导致牵引力变小, 机车所受的合力变小, 机车的加速度变小, 故机车的运动为加速度不断变小的加速运动, 直到加速度等于零变为匀速直线运动, 故 0~t 1 时间内, 是一个恒定功率加速过程, 直到变为匀速直线运动,t 1~t 时间内, 是另一个恒定功率加速过程, 直到变为匀速直线运动, 故 A 正确. 5.( 多选 ) 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,sin37 =0.6,cos 37 = 0.8). 则 ( ) A. 动摩擦因数 μ= 6 7 B. 载人滑草车最大速度为 gh 7 C. 载人滑草车克服摩擦力做功为 mgh 50 / 153

53 3 D. 载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 5 g 系列资料 BY 三好网汇编 答案 AB 解析 对滑草车从坡顶由静止滑下, 到底端静止的全过程, 得 mg h-μmgcos 45 h sin 45 -μmgcos 37 h sin 37 =0, 解得 μ= 6 7, 选项 A 正确 ; 对经过上段滑道过程, 根据动能定理得,mgh-μmgcos 45 h sin 45 = 1 mv, 解得 v= gh 7, 选项 B 正确 ; 载人滑草车克服摩擦力做功为 mgh, 选项 C 错误 ; 载人滑草车 mgsin 37 -μmgcos 37 在下段滑道上的加速度大小为 a= =- 3 m 35 g, 选项 D 错误. 6. 如图所示, 在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮 K, 一条不可伸长的轻绳绕过 K 分别与物块 A B 相连,A B 的质量分别为 m A m B, 开始时系统处于静止状态 现用一水平恒力 F 拉物块 A, 使物块 B 上升 已知当 B 上升距离为 h 时,B 的速度为 v, 求此过程中物块 A 克服摩擦力所做的功 ( 重力加速度为 g) 1 答案 W Fh ( ma mb ) v mb gh 1 解析 在此过程中,B 的重力势能的增量为 m Bgh,A B 动能增量为 ( ma mb ) v, 恒力 F 所做的功为 1 Fh, 用 W 表示 A 克服摩擦力所做的功, 对系统应用动能定理有 : Fh W mb gh ( ma mb ) v, 解得 1 ( ) W Fh ma mb v mb gh 7.(016 全国 Ⅰ 卷 ) 轻质弹簧原长为 l, 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 ; () 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. 51 / 153

54 答案 (1) 6gl l () 5 3 m M<5 m 解析 (1) 依题意, 当弹簧竖直放置, 长度被压缩至 l 时, 质量为 5m 的物体的动能为零, 其重力势能转 化为弹簧的弹性势能. 由机械能守恒定律知, 弹簧长度为 l 时的弹性势能为 E p=5mgl1 设 P 到达 B 点时的速度大小为 v B, 由能量守恒定律得 E p= 1 mv B +μmg(5l-l) 联立 1 式, 并代入题给数据得 v B= 6gl3 mv 若 P 能沿圆轨道运动到 D 点, 其到达 D 点时的向心力不能小于重力, 即 P 此时的速度大小 v 应满足 - l mg 04 设 P 滑到 D 点时的速度为 v D, 由机械能守恒定律得 1 mv B = 1 mv D+mg l5 联立 35 式得 v D= gl6 v D 满足 4 式要求, 故 P 能运动到 D 点, 并从 D 点以速度 v D 水平射出. 设 P 落回到轨道 AB 所需的时间为 t, 由运动学公式得 l= 1 gt 7 P 落回到 AB 上的位置与 B 点之间的距离为 s=v Dt8 联立 678 式得 s= l9 () 设 P 的质量为 M, 为使 P 能滑上圆轨道, 它到达 B 点时的速度不能小于零. 由 1 式可知 5mgl>μMg 4 l10 1 要使 P 仍能沿圆轨道滑回,P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点 C. 由机械能守恒定律有 Mv B Mgl11 E p= 1 MvB +μmg 4 l1 联立 式得 5 3 m M<5 m. 5 / 153

55 高频考点六 功能关系在电磁学中的应用 知识讲解 1. 静电力做功与路径无关. 若电场为匀强电场, 则 W=Flcos α=eqlcos α; 若是非匀强电场, 则一般利用 W=qU 来求.. 磁场力又可分为洛伦兹力和安培力. 洛伦兹力在任何情况下对运动的电荷都不做功 ; 安培力可以做正功 负功, 还可以不做功. 3. 电流做功的实质是电场对移动电荷做功, 即 W=UIt=Uq. 4. 静电力做的功等于电势能的变化, 即 W AB=-ΔE p. 5. 导体棒在磁场中切割磁感线时, 棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功, 使机械能转化为电能. 6. 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. 当感应电流通过用电器时, 电能又转化为其他形式的能. 安培力做功的过程, 或通过电阻发热的过程, 是电能转化为其他形式能的过程. 安培力做了多少功, 就有多少电能转化为其他形式的能. 典型例题 例 1 ( 常见功的关系在电场中应用 ) 如图所示地面上方存在水平向右的匀强电场. 现将一带电小球从距离地面 O 点高 h 处的 A 点以水平速度 v 0 抛出, 经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的 B 点,B 到 O 的距离也为 h. 当地重力加速度为 g, 则下列说法正确的是 ( ) A. 从 A 到 B 的过程中小球的动能先减小后增大 B. 下落过程中小球机械能一直增加 C. 小球的加速度始终保持 g 不变 D. 从 A 点到 B 点小球的的电势能增加了 mgh 解析 由题意分析知, 小球在水平方向匀减速, 竖直方向匀加速, 由于时间相等, 两方向位移相同, 故 qe=mg, 合力大小为 mg, 斜向左下方 45, 故小球的动能先减小后增大 ; 电场力一直做负功, 小球机械能一直减小, 小球的加速度始终保持 g 不变, 从 A 点到 B 点电场力做负功, 大小为 qeh=mgh, 故电势能增加了 mgh. 答案 AD 例 ( 功能关系在电磁场中应用 ) 如图所示, 某一空间内充满竖直向下的匀强电场 E, 在竖直平面内 53 / 153

56 建立坐标系 xoy, 在 y<0 的空间里有与场强 E 垂直的匀强磁场 B, 在 y>0 的空间内, 将一质量为 m 的带电液滴 ( 可视为质点 ) 自由释放, 则此液滴沿 y 轴的负方向以加速度 a=g(g 为重力加速度 ) 做匀加速直线运动, 当液滴运动到坐标原点时, 瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质 ( 液滴所带电荷量和质量均不变 ), 随后液滴进入 y<0 的空间运动. 液滴在以后的运动过程中 ( ) A. 重力势能一定先减小后增大 B. 机械能一定先增大后减小 C. 动能先不变后减小 D. 动能一直保持不变 解析 带电液滴在电场与重力场作用下, 由牛顿第二定律可得 :qe+mg=ma=m g, 故 qe=mg; 当带电液滴进入磁场时, 由于电场力与重力方向相反, 处于平衡. 而洛伦兹力提供向心力, 带电液滴做匀速圆周运动. 所以重力势能先减小后增大, 故 A 正确 ; 由于电场力先做负功后做正功, 所以电势能先增大后减小, 那么机械能先减小后增大, 故 B 错误 ; 由于做匀速圆周运动, 则速度的大小不变, 则动能不变, 故 C 错误,D 正确. 答案 AD 例 3 ( 动能定理在电场中应用 ) 如图所示, 在绝缘水平面上放有一带正电的滑块 质量为 m, 带电荷量为 q, 水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场, 场强为 E,qE>μmg, 虚线右侧的水平面光滑. 一轻弹簧右端固定在墙上, 处于原长时, 左端恰好位于虚线位置, 把滑块放到虚线左侧 L 处, 并给滑块一个向左的初速度 v 0, 已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为 μ, 求 : (1) 弹簧的最大弹性势能 ; () 滑块在整个运动过程中产生的热量. 解析 (1) 设滑块向左运动 x 时减速到零, 由能量守恒定律有 :(qe+μmg)x= 1 mv0 解得 :x= mv 0 qe+μmg 之后滑块向右加速运动, 设第一次到达虚线时的动能为 E k, 由能量守恒定律得 : qe(x+l)=e k+μmg(x+l) 解得 :E k=(qe-μmg)l+ m qe-μmg qe+μmg v 0 滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程, 机械能守恒, 动能全部转化为弹性势能, 所以弹簧的最大弹性势能 54 / 153

57 为 :E pm=(qe-μmg)l+ m qe-μmg qe+μmg v 0 () 滑块往返运动, 最终停在虚线位置, 整个过程电场力做正功, 为 W=qEL, 电势能减少量为 qel, 由能 量守恒定律, 整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能的减少量之和, 即 Q=qEL+ 1 mv0 答案 (1)(qE-μmg)L+ m qe-μmg qe+μmg v 0 ()qel+ 1 mv0 例 4 ( 电磁感应中功能关系 ) 在如图所示的倾角为 θ 的光滑斜面上, 存在着两个磁感应强度大小均为 B 的匀强磁场, 区域 Ⅰ 的磁场方向垂直斜面向上, 区域 Ⅱ 的磁场方向垂直斜面向下, 磁场的宽度均为 L, 一个质量为 m 电阻为 R 边长也为 L 的正方形导线框, 由静止开始沿斜面下滑, 当 ab 边刚越过 GH 进入磁场 Ⅰ 区时, 恰好以速度 v 1 做匀速直线运动 ; 当 ab 边下滑到 JP 与 MN 的中间位置时, 线框又恰好以速度 v 做匀速直线运动, 从 ab 进入 GH 到 MN 与 JP 的中间位置的过程中, 线框的动能变化量为 ΔE k, 重力对线框做功大小为 W 1, 安培力对线框做功大小为 W, 下列说法中正确的是 ( ) A. 在下滑过程中, 由于重力做正功, 所以有 v >v 1 B. 从 ab 进入 GH 到 MN 与 JP 的中间位置的过程中, 机械能守恒 C. 从 ab 进入 GH 到 MN 与 JP 的中间位置的过程中, 有 (W 1-ΔE k) 的机械能转化为电能 D. 从 ab 进入 GH 到 MN 到 JP 的中间位置的过程中, 线框动能的变化量为 ΔE k=w 1-W 解析 由平衡条件, 第一次匀速运动时,mgsin θ= B L v 1 R, 第二次匀速运动时,mgsin θ= 4B L v, 则 v R <v 1, 选项 A 错误 ;ab 进入磁场后, 安培力做负功, 机械能减少, 选项 B 错误 ; 从 ab 进入 GH 到 MN 与 JP 的中间位置的过程中, 由动能定理得,W 1-W =ΔE k, 选项 D 正确 ; 线框克服安培力做功为 W, 等于产生的电能, 且 W =W 1-ΔE k, 选项 C 正确. 答案 CD 技巧点拨 1. 对于电场力做功或涉及电势差的计算, 选用动能定理往往最简便快捷, 但运用动能定理时要特别注意运动过程的选取.. 电磁感应过程中, 若回路中电流恒定, 可以利用电路结构及 W=UIt 或 Q=I Rt 直接进行计算电能 ; 若回路中电流变化, 则 : (1) 利用安培力做的功求解 : 电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功 ; () 利用能量守恒求解 : 若只有电能与机械能的转化, 则机械能的减少量等于产生的电能. 55 / 153

58 专项训练 1. 如图所示, 匀强电场的电场强度为 E, 方向水平向左, 一带电量为 +q, 质量为 m 的物体放在光滑水平面上, 在恒力 F 作用下由静止开始从 O 点向右做匀加速直线运动, 经时间 t 力 F 做功 60 J, 此后撤去力 F, 物体又经过相同的时间 t 回到出发点 O, 设 O 点的电势能为零, 则下列说法正确的是 ( ) A. 物体回到出发点的速度与撤去力 F 时的速度大小之比为 1 B. 恒力 F=4qE C. 撤去力 F 时, 物体的电势能为 45 J D. 在撤去力 F 之前的任一时刻, 动能与电势能之比均为 1 3 答案 ACD 解析 在恒力 F 作用下的加速度大小为 a 1, 撤去恒力 F 后的加速度大小为 a, 匀加速运动的位移大小 x 1= 1 a1t, 撤去拉力后的位移大小 x =a 1t t- 1 at, 根据 x 1=-x 得 a =3a 1. 根据牛顿第二定律得,a 1= F-F 电 m,a=f 电 m, 联立解得 F 电 =qe= 3 4 F. 故 B 错误. 又 Ft-Eqt=mv 1,Eqt=mv -(-mv 1), 则得 1 1 A 正确 ; 因 O 点的电势能为零, 对整个过程有 W F= mv =60 J, 则 mv 1 =15J, 对 F 作用过程有 1 W F-E p= mv 1, 则 E p=45 J,C 正确 ; 在撤去力 F 之前的任一时刻, 通过的位移为 x, 则 E k=( 又 E p=eqx, 则动能与电势能之比均为 1 3,D 正确 4 3 v v 1 1, Eq-Eq)x,. 如图所示, 绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上, 斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场 E, 轻弹 簧一端固定在斜面顶端, 另一端拴接一不计质量的绝缘薄板. 一带正电的小滑块, 从斜面上的 P 点处由静 止释放后, 沿斜面向上运动, 并能压缩弹簧至 R 点 ( 图中未标出 ), 然后返回, 则 ( ) A. 滑块从 P 点运动到 R 点的过程中, 其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和 B. 滑块从 P 点运动到 R 点的过程中, 电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和 C. 滑块返回时能到达的最低位置在 P 点的上方 D. 滑块最终停下时, 克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差 答案 BC 解析 在小滑块开始运动到到达 R 点的过程中, 电场力做的功转化为小滑块的重力势能 弹簧的弹性势 56 / 153

59 能以及内能. 滑块从 P 点运动到 R 点的过程中, 其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功 摩擦力做功之和,A 错误 ; 电场力做的功转化为小滑块的重力势能 弹簧的弹性势能以及内能, 所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和, 故 B 正确 ; 小滑块运动的过程中, 由于摩擦力做功, 小滑块的机械能与电势能的和减小, 所以滑块返回时能到达的最低位置在 P 点的上方, 不能再返回 P 点,C 正确 ; 滑块运动的过程中, 由于摩擦力做功, 小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小, 所以滑块最终停下时, 克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量 弹性势能增加量之差,D 错误. 3. 质量为 m 长度为 l 的金属棒 MN 两端由绝缘且等长轻质细线水平悬挂, 处于竖直向下的匀强磁场中, 磁感应强度大小为 B. 开始时细线竖直, 当金属棒中通以恒定电流后, 金属棒从最低点向右开始摆动, 若已知细线与竖直方向的最大夹角为 60, 如图所示, 则棒中电流 ( ) A. 方向由 M 向 N, 大小为 3mg 3Bl B. 方向由 N 向 M, 大小为 3mg 3Bl C. 方向由 M 向 N, 大小为 3mg Bl D. 方向由 N 向 M, 大小为 3mg Bl 答案 B 解析 平衡时两悬线与竖直方向夹角均为 θ, 故导线受到向右的安培力, 根据左手定则, 可判断金属棒 中的电流方向由 N 指向 M; 金属棒 MN 所受安培力的方向垂直于 MN 和磁场方向向右, 由于棒向上运动的 过程中重力和安培力做功, 细线的拉力不做功, 设细线的长度为 x, 由功能关系得 :BIl xsin θ-mg(x-x cos θ)=0 解方程得 :I= 3mg 3Bl. 在 B 点有 :F N-mg=m v B R, 将 v B= 5gR 代入得 :F N=6mg, 选项 D 错误. 4. 如图所示, 竖直平面内有两条水平的平行虚线 ab cd, 间距为 d, 其间 ( 虚线边界上无磁场 ) 有磁感应强 度为 B 的匀强磁场, 一个正方形线框边长为 L, 质量为 m, 电阻为 R. 线框位于位置 1 时, 其下边缘到 ab 的距离为 h. 现将线框从位置 1 由静止释放, 依次经过 3 4 三个位置, 其下边框刚进入磁场和刚要穿 出磁场时的速度相等, 重力加速度为 g, 下列说法正确的是 ( ) A. 线框在经过 3 4 三个位置时, 位置 3 时线框速度一定最小 B. 线框进入磁场过程中产生的电热 Q=mg(d-L) 57 / 153

60 C. 线框从位置 下落到位置 4 的过程中加速度一直减小 系列资料 BY 三好网汇编 B L g( h d L) D. 线框在即将到达位置 3 的瞬间克服安培力做功的瞬时功率为 R 答案 AD 解析 线框进入磁场的过程做加速度减小的减速运动, 完全进入磁场后做加速度为 g 的匀加速运动, 则知 3 位置时线框速度最小, 故 A 正确 ; 由功能关系可知, 线框进入磁场中减小的重力势能等于电热, 即 Q =mgd, 故 B 错误 ; 由于线框在完全进入磁场后做加速度为 g 的匀加速运动, 故 C 错误 ; 因为进入磁场时要减速, 即此时的安培力大于重力, 速度减小, 安培力也减小, 当安培力减小到等于重力时, 线圈做匀速运动, 全部进入磁场将做匀加速运动, 设线圈的最小速度为 v, 由动能定理, 从线框下边刚进入磁场到线框完全进入时, 则有 : 1 mv - 1 mv 0=mgL-mgd, 又有 : 1 mv 0=mgh, 则克服安培力的功率 P=BILv= B L v R B L g( h d L) =, 故 D 正确. R 5. 如图甲所示, 左侧接有定值电阻 R= Ω 的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中, 磁感应强度 B=1 T, 导轨间距 L=1 m. 一质量 m= kg, 阻值 r= Ω 的金属棒在水平拉力 F 作用下由静止开始从 CD 处沿导轨向右加速运动, 金属棒的 v-x 图象如图乙所示, 若金属棒与导轨间动摩擦因数 μ=0.5, 则从起点发生 x=1 m 位移的过程中 (g=10 m/s )( ) A. 金属棒克服安培力做的功 W 1=0.5 J B. 金属棒克服摩擦力做的功 W =4 J C. 整个系统产生的总热量 Q=4.5 J D. 拉力做的功 W=9.5 J 答案 D 解析 金属棒与导轨间因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功, 为 :Q 1=μmg x= J=5 J, 故 B C 错误 ; 由 v-x 图象得 :v=x, 金属棒所受的安培力 F= B L v R+r =B L x R+r, 代入得 :F=0.5x, 则 知 F 与 x 是线性关系. 当 x=0 时, 安培力 F 0=0; 当 x=1 m 时, 安培力 F 1=0.5 N, 则从起点发生 x=1 m 位移的过程中, 安培力做功为 W 安 =- F x=- F0+F1 x= J=-0.5 J,A 错误 ; 根据动能 定理得 :W-μmgx+W 安 = 1 mv, 其中 v= m/s,μ=0.5,m= kg, 代入解得, 拉力做的功 W=9.5 J, D 正确. 6. 如图所示, 平行金属导轨与水平面成 θ 角, 导轨与定值电阻 R 1 和 R 相连, 匀强磁场垂直穿过导轨平面. 有 一导体棒 ab, 质量为 m, 导体棒的电阻 R 0 与固定电阻 R 1 和 R 的阻值均相等, 与导轨之间的动摩擦因数为 58 / 153

61 μ, 导体棒 ab 沿导轨向上滑动, 当上滑的速度为 v 时, 受到安培力的大小为 F. 此时 ( ) Fv A. 电阻 R 1 消耗的热功率为 3 Fv B. 电阻 R 0 消耗的热功率为 6 C. 整个装置消耗的热功率为 μmgvsin θ D. 整个装置消耗的机械功率为 (F+μmgcos θ)v 答案 D 解析 设 ab 长度为 L, 磁感应强度为 B, 电阻 R 0=R 1=R =R. 电路中感应电动势 E=BLv, ab 中感应电流为 :I= E R+ 1 = BLv R 3R, ab 所受安培力为 :F=BIL= B L v 3R 1 电阻 R 1 消耗的热功率为 :P 1 1=( I) R= B L v 9R 由 1 得 :P 1= 1 6 Fv, 电阻 R 0 和 R 1 阻值相等,P 0=I R= 3 Fv, 故 A B 错误 ; 整个装置因摩擦而消耗的热 功率为 :P f=f fv=μmgcos θ v=μmgvcos θ, 故 C 错误 ; 整个装置消耗的机械功率为 :P 3=Fv+P f=(f+μmgcos θ)v, 故 D 正确. 7. 如图所示, 绝缘光滑水平面与半径为 R 的竖直光滑半圆轨道相切于 C. 竖直直径 GC 左侧空间存在足 够大匀强电场, 其电场强度方向水平向右.GC 右侧空间处处存在匀强磁场, 其磁感应强度垂直纸面水平 向里. 一质量为 m, 电荷量为 q 的带正电滑块 ( 可视为质点 ) 在 A 点由静止释放, 滑块恰好能通过圆周的最 高点 G 进入电场. 已知匀强电场场强大小为 E= mg q,ac 间距为 L=4R, 重力加速度为 g. 求 : (1) 滑块在 G 点的速度 v G; () 匀强磁场的磁感应强度 B 的大小 ; (3) 滑块落回水平面的位置距离 C 点的距离 x. 答案 (1) gr () 3m q g R (3)R 解析 (1) 研究 A 到 G 过程, 由动能定理知 :4EqR-mgR= mv G 59 / 153

62 代入可得 :v G= gr () 在 G 点, 对滑块有 :mg+qv GB= mv G R 代入可得 :B= 3m q g R (3) 设回到电场之后的飞行时间为 t, 水平位移为 x 竖直方向 :R= gt 水平方向 :x=v Gt- 1 at 其中 :a= Eq m 联立可得 :x=r. 60 / 153

63 高频考点七 动量与动量守恒 1. 动量定理 知识讲解 (1) 公式 Ft=p -p 除表明两边大小 方向的关系外, 还说明了两边的因果关系, 即合外力的冲量是动量变化的原因. () 动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系, 反映了力对时间的累积效果, 与物体的初 末动量无必然联系. 动量变化的方向与合外力的冲量方向相同, 而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系. (3) 动量定理公式中的 F 是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力, 它可以是恒力, 也可以是变力, 当 F 为变力时,F 应是合外力对作用时间的平均值.. 动量守恒定律 (1) 内容 : 一个系统不受外力或者所受外力之和为零, 这个系统的总动量保持不变. () 表达式 :m 1v 1+m v =m 1v 1 +m v ; p=p ( 系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后总动量 p ); Δp=0( 系统总动量的增量为零 ); Δp 1=-Δp ( 相互作用的两个物体组成的系统, 两物体动量的增量大小相等 方向相反 ). (3) 守恒条件 1 系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零. 系统合外力不为零, 但在某一方向上系统合力为零, 则系统在该方向上动量守恒. 3 系统虽受外力, 但外力远小于内力且作用时间极短, 如碰撞 爆炸过程. 3. 解决力学问题的三个基本观点 (1) 力的观点 : 主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合, 常涉及物体的受力 加速度或匀变速运动的问题. () 动量的观点 : 主要应用动量定理或动量守恒定律求解, 常涉及物体的受力和时间问题, 以及相互作用物体的问题. (3) 能量的观点 : 在涉及单个物体的受力和位移问题时, 常用动能定理分析 ; 在涉及系统内能量的转化问题时, 常用能量守恒定律. 典型例题 例 1 ( 动量 动能与动量增量 ) 从塔顶以相同速率抛出 A B C 三小球,A 竖直上抛,B 平抛,C 竖直下抛 另有 D 球从塔顶起自由下落, 四小球质量相同, 落到同一水平面上 则 ( ) A. 落地时动能相同的小球是 A B C B. 落地时动量相同的小球是 A B C C. 从离开塔顶到落地过程中, 动能增量相同的小球只有 A B C D. 从离开塔顶到落地过程中, 动量增量相同的小球是 B D 61 / 153

64 解析 四个小球在运动过程中机械能均守恒 抛出时动能相同的小球, 机械能相同, 落地时它们机械能也一定相同, 即落地时重力势能相同, 动能相同,A 正确 ; 动量是矢量, 落地时 B 的速度方向与 A C 不同, 故 B 的动量与 A C 不同,B 错误 ; 四个小球运动过程中的动能增量 ΔE k = mgh, 均相同,C 错误 ; 小球运动过程中的动量增量 Δp= mg t, 只有 B D 运动时间相同,D 正确 答案 AD 例 ( 动量守恒的应用 ) 如图所示, 两辆质量均为 M 的小车 A 和 B 置于光滑的水平面上, 有一质量为 m 的人静止站在 A 车上, 两车静止 若这个人自 A 车跳到 B 车上, 接着又跳回 A 车并与 A 车相对静止, 则此时 A 车和 B 车的速度大小之比为 ( ) A. M m m B. M m M C. M M m D. m M m 解析 A B 两车以及人组成的系统动量守恒, 规定向右为正方向, 有 0=MvB-(M+m)vA, va M 解得,C 正确 v M m B 答案 C 例 3 ( 动量定理与动量守恒的应用 )(016 全国 Ⅲ 卷 ) 某游乐园入口旁有一喷泉, 喷出的水柱将一质量 为 M 的卡通玩具稳定地悬停在空中. 为计算方便起见, 假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续以速度 v0 竖 直向上喷出 ; 玩具底部为平板 ( 面积略大于 S); 水柱冲击到玩具底板后, 在竖直方向水的速度变为零, 在水 平方向朝四周均匀散开. 忽略空气阻力. 已知水的密度为 ρ, 重力加速度大小为 g. 求 : (1) 喷泉单位时间内喷出的水的质量 ; () 玩具在空中悬停时, 其底面相对于喷口的高度. 解析 (1) 在刚喷出一段很短的 Δt 时间内, 可认为喷出的水柱保持速度 v0 不变. 该时间内, 喷出水柱高度 Δl=v0Δt1 喷出水柱质量 Δm=ρΔV 其中 ΔV 为水柱体积, 满足 ΔV=ΔlS3 Δm 由 13 可得 : 喷泉单位时间内喷出的水的质量为 Δt =ρv0s. () 设玩具底面相对于喷口的高度为 h 6 / 153

65 由玩具受力平衡得 F 冲 =Mg4 其中,F 冲为水柱对玩具底面的作用力 由牛顿第三定律 :F 压 =F 冲 5 其中,F 压为玩具底面对水柱的作用力,v 为水柱到达玩具底面时的速度 由运动学公式 :v -v 0=-gh6 在很短 Δt 时间内, 冲击玩具水柱的质量为 Δm Δm=ρv 0SΔt7 由题意可知, 在竖直方向上, 对该部分水柱应用动量定理 (F 压 +Δmg)Δt=Δmv 8 由于 Δt 很小,Δmg 也很小, 可以忽略,8 式变为 F 压 Δt=Δmv 9 由 可得 h= v 0 g - M g ρ v 0 S. v 0 M g 答案 (1)ρv0S () g-ρ v 0 S 例 4 ( 动量与能量的综合应用 ) 如图所示, 小球 A 质量为 m, 系在细线的一端, 线的另一端固定在 O 点,O 点到光滑水平面的距离为 h. 物块 B 和 C 的质量分别是 5m 和 3m,B 与 C 用轻弹簧拴接, 置于光滑 的水平面上, 且 B 物块位于 O 点正下方. 现拉动小球使细线水平伸直, 小球由静止释放, 运动到最低点时 h 与物块 B 发生正碰 ( 碰撞时间极短 ), 反弹后上升到最高点时到水平面的距离为 16. 小球与物块均视为质点, 不计空气阻力, 重力加速度为 g, 求碰撞过程中 B 物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能. 解析 设小球运动到最低点与物块 B 碰撞前的速度大小为 v 1, 取小球运动到最低点时的重力势能为零, 根据机械能守恒定律有 :mgh= 1 mv 1 解得 :v 1= gh 设碰撞后小球反弹的速度大小为 v 1, 同理有 :mg h 16 =1 mv1 解得 :v 1 = gh 4 设碰撞后物块 B 的速度大小为 v, 取水平向右为正方向, 由动量守恒定律有 : mv 1=-mv 1 +5mv 解得 :v = gh 4 63 / 153

66 由动量定理可得, 碰撞过程中 B 物块受到的冲量大小为 :I=5mv = 5 4 m gh 碰撞后当 B 物块与 C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大, 据动量守恒定律有 5mv =8mv 3 据机械能守恒定律得 :E 1 pm= 5mv - 1 8mv 3 解得 :E pm= mgh. 答案 5 15 m gh 4 18 mgh 系列资料 BY 三好网汇编 例 5 ( 力学规律综合应用 )(015 广东理综 ) 如图所示, 一条带有圆轨道的长轨道水平固定, 圆轨道竖 直, 底端分别与两侧的直轨道相切, 半径 R=0.5 m, 物块 A 以 v 0=6 m/s 的速度滑入圆轨道, 滑过最高 点 Q, 再沿圆轨道滑出后, 与直轨上 P 处静止的物块 B 碰撞, 碰后粘在一起运动,P 点左侧轨道光滑, 右 侧轨道呈粗糙段 光滑段交替排列, 每段长度都为 L=0.1 m, 物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为 μ=0.1, A B 的质量均为 m=1 kg( 重力加速度 g 取 10 m/s ;A B 视为质点, 碰撞时间极短 ). (1) 求 A 滑过 Q 点时的速度大小 v 和受到的弹力大小 F; () 若碰后 AB 最终停止在第 k 个粗糙段上, 求 k 的数值 ; (3) 求碰后 AB 滑至第 n 个 (n<k) 光滑段上的速度 v n 与 n 的关系式. 解析 (1) 从 A Q 由动能定理得 -mg R= 1 mv - 1 mv 0 解得 v=4 m/s> gr= 5 m/s 在 Q 点, 由牛顿第二定律得 F N+mg=m v R 解得 F N= N. ()A 撞 B, 由动量守恒得 mv 0=mv 解得 v = v0 =3 m/s 1 设摩擦距离为 x, 则 -μmgx=0- mv 解得 x=4.5 m, 所以 k= x L = (3)AB 滑至第 n 个光滑段上, 由动能定理得 -μ mgnl= mv n - mv 所以 v n= 9-0.n m/s (n<45). 答案 (1)4 m/s N ()45 (3)v n= 9-0.n m/s (n<45) 技巧点拨 1. 应用动量守恒定律的解题步骤 (1) 明确研究对象 ( 系统包括哪几个物体及研究的过程 ); 64 / 153

67 () 进行受力分析, 判断系统动量是否守恒 ( 或某一方向上动量是否守恒 ); (3) 规定正方向, 确定初 末状态动量 ; (4) 由动量守恒定律列式求解 ; (5) 必要时对结果进行讨论.. 力学规律选用的一般原则力学中首先考虑使用两个守恒定律, 从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量 ( 速度 位置 ), 所以守恒定律能解决状态问题, 不能解决过程 ( 位移 x, 时间 t) 问题, 不能解决力 (F) 的问题. (1) 若是多个物体组成的系统, 优先考虑使用两个守恒定律. () 若物体 ( 或系统 ) 涉及到速度和时间, 应考虑使用动量定理. (3) 若物体 ( 或系统 ) 涉及到位移和时间, 且受到恒力作用, 应考虑使用牛顿运动定律. (4) 若物体 ( 或系统 ) 涉及到位移和速度, 应考虑使用动能定理, 系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程, 运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便. 专项训练 1.(015 福建卷 ) 如图, 两滑块 A B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动, 滑块 A 的质量为 m, 速度大小为 v 0, 方向向右, 滑块 B 的质量为 m, 速度大小为 v 0, 方向向左, 两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是 ( ) A.A 和 B 都向左运动 C.A 静止,B 向右运动 B.A 和 B 都向右运动 D.A 向左运动,B 向右运动 答案 D 解析 以滑块 A B 为系统, 碰前动量矢量和为零, 根据动量守恒定律, 碰撞后系统动量矢量和为零, 选项 A B C 所述碰后动量不为零, 选项 A B C 错误 ; 由于发生弹性碰撞, 系统动能守恒,D 正确. 如图所示, 两质量分别为 m 1 和 m 的弹性小球叠放在一起, 从高度为 h 处自由落下, 且远大于两小球半径, 所有的碰撞都是完全弹性碰撞, 且都发生在竖直方向 已知 m =3m 1, 则小球 m 1 反弹后能达到的高度为 ( ) A.h B.h C.3h D.4h 65 / 153

68 答案 D 解析 下降过程为自由落体运动, 触地时两球速度相同,v= gh,m 碰撞地之后, 速度瞬间反向, 大 小相等, 选 m 1 与 m 碰撞过程为研究过程, 碰撞前后动量守恒, 设碰后 m 1 m 速度大小分别为 v 1 v, 选向上方向为正方向, 则 m v-m 1v=m 1v 1+m v 由能量守恒得 : 1 ( m m ) v 1 m v 1 m v 又 m =3m 解得 v = gh 反弹后上升高度 h 1= v g, 即 h 1 4 h 选项 D 正确 3.A B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动, 如图所示为发生碰撞前后的 v-t 图线, 由图线可以判断 ( ) A.A B 的质量比为 3: C.A B 作用前后总动量不守恒 B.A B 作用前后总动量守恒 D.A B 作用前后总动能不变 答案 ABD 解析 A B 组成的系统不受外力作用, 系统动量守恒 根据动量守恒定律 : m A 6 m 1 m m 7, 得 m A:m B=3:, 故 A 正确 ; 根据动量守恒知 A B 作用前后总动量 B A B 守恒,B 正确 C 错误 ; 作用前总动能 E 前 = ma 6 mb 1 ma 3 作用后总动能 E 后 = ma mb 7 ma, 作用前 后总动能不变,D 正确 3 4. 如图所示, 在光滑的水平面上静止着一带有 1 4 光滑圆弧曲面的小车, 其质量为 M 现有一质量为 m 可 视为质点的小球 ( 可视为质点 ), 以某一初速度从圆弧曲面的最低点冲上小车, 且恰好能到达曲面的最高点 在此过程中, 小球增加的重力势能为 5.0 J, 若 M > m, 则小车增加的动能可能为 ( ) 66 / 153

69 A.4.0 J B.3.0 J C..0 J D.1.0 J 答案 CD 解析 以系统为对象,M 和 m 组成的系统在水平方向上动量守恒, 并且小球恰好能到达曲面的最高点, 则表明到最高点的时候两者有相同的水平速度 v 设 m 的初速度是 M 和 m 组成的系统只有重力做功, 系统机械能守恒 : Mmv0 即 5J M m 在此过程中小车增加的动能为 E 通过比较得 E k 1 Mm v M m 0 k Mv 5m, 由于 M m, 所以 M m mv M m v, v 0, 由动量守恒知 : 1 1 mgr mv0 M m v 5.0J Ek.5J,C D 正确 5.(015 全国卷 Ⅱ) 两滑块 a b 沿水平面上同一条直线运动, 并发生碰撞 ; 碰撞后两者粘在一起运动 ; 经过一段时间后, 从光滑路段进入粗糙路段 两者的位置 x 随时间 t 变化的图象如图所示 求 : 0 (1) 滑块 a b 的质量之比 ; () 整个运动过程中, 两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比 答案 (1)1 8 ()1 解析 (1) 设 a b 的质量分别为 m 1 m,a b 碰撞前的速度为 v 1 v 由题给图象得 v 1=- m/s1 v =1 m/s a b 发生完全非弹性碰撞, 碰撞后两滑块的共同速度为 v 由题给图象得 v= 3 m/s3 由动量守恒定律得 m 1v 1+m v =(m 1+m )v4 联立 134 式得 m 1 m =1 8 () 由能量守恒定律得, 两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE= 1 m1v 1+ 1 mv - 1 (m1+m)v 由图象可知, 两滑块最后停止运动. 由动能定理得, 两滑块克服摩擦力所做的功为 67 / 153

70 W= 1 (m1+m)v 联立各式, 并代入题给数据得 W ΔE=1 6. 如图所示, 可看成质点的 A 物体叠放在上表面光滑的 B 物体上, 一起以 v 0 的速度沿光滑的水平轨道匀速运动, 与静止在同一光滑水平轨道上的木板 C 发生完全非弹性碰撞,B C 的上表面相平且 B C 不粘连,A 滑上 C 后恰好能达到 C 板的最右端, 已知 A B C 质量均相等, 木板 C 长为 L, 求 : (1)A 物体的最终速度 ; ()A 在木板 C 上滑行的时间. 答案 (1) 3v0 4 () 4L v 0 解析 (1) 设 A B C 的质量为 m,b C 碰撞过程中动量守恒, 设 B C 碰后的共同速度为 v 1, 则 mv 0 =mv 1, 解得 v 1= v0, B C 共速后 A 以 v 0 的速度滑上 C,A 滑上 C 后,B C 脱离,A C 相互作用的过程中动量守恒, 设最终 A C 的共同速度为 v, 则 mv 0+mv 1=mv, 解得 v = 3v0 4. () 在 A C 相互作用的过程中, 根据机械能守恒有 F 1 fl= mv mv mv (F f 为 A C 间的摩擦力 ), 代入解得 F mv 0 f= 16L. 此过程中对 C, 根据动量定理有 F ft=mv -mv 1, 代入相关数据解得 t= 4L v 如图所示, 整个空间中存在竖直向上的匀强电场, 经过桌边的虚线 PQ 与桌面成 45 角, 其上方有足够 大的垂直纸面向外的匀强磁场, 磁感应强度为 B, 光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球, A 球对桌面的压力为零, 其质量为 m, 电量为 q;b 球不带电且质量为 km(k>7).a B 间夹着质量可忽略 的火药. 现点燃火药 ( 此时间极短且不会影响小球的质量 电量和各表面的光滑程度 ). 火药炸完瞬间 A 的 速度为 v 0. 求 : 68 / 153

71 (1) 火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能 ; 系列资料 BY 三好网汇编 ()A 球在磁场中的运动时间 ; (3) 若一段时间后 A B 在桌上相遇, 求爆炸前 A 球与桌边 P 的距离. 答案 (1) k+1 k mv 0 () 3πm qb (3) k--3π mv0 k+ qb 解析 (1) 设爆炸之后 B 的速度大小为 v B, 选向左为正方向, 在爆炸前后由动量守恒可得 :0=mv 0-kmv B E= 1 mv kmv B = k+1 k mv 0 () 由 A 球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向, 故 A 球进入电场中将会做匀速圆周运动, 如图所 示则 T= πm qb 3 有几何知识可得 : 粒子在磁场中运动了个圆周 4 则 t = 3πm qb (3) 由 0=mv 0-kmv B 可得 :v B= v0 k 由 qv 0B=m v 0 知,R= mv0 R qb 设爆炸前 A 球与桌边 P 的距离为 x A, 爆炸后 B 运动的位移为 x B, 时间为 t B 则 t B= xa v 0 +t + R v 0 x B=v Bt B 由图可得 :R=x A+x B 联立上述各式解得 :x k--3π A= mv0 k+ qb. 69 / 153

72 高频考点八 电场与磁场 1. 对电场强度的三个公式的理解 知识讲解 (1)E= F q 是电场强度的定义式, 适用于任何电场. 电场中某点的场强是确定值, 其大小和方向与试探电荷 q 无关. 试探电荷 q 充当 测量工具 的作用. ()E=k Q r 是真空中点电荷所形成的电场的决定式.E 由场源电荷 Q 和场源电荷到某点的距离 r 决定. (3)E= U d 是场强与电势差的关系式, 只适用于匀强电场, 注意 : 式中 d 为两点间沿电场方向的距离.. 电场能的性质 (1) 电势与电势能 :φ= Ep q. () 电势差与电场力做功 :U AB= WAB q =φa-φb. (3) 电场力做功与电势能的变化 :W=-ΔE p. 3. 等势面与电场线的关系 (1) 电场线总是与等势面垂直, 且从电势高的等势面指向电势低的等势面. () 电场线越密的地方, 等差等势面也越密. (3) 沿等势面移动电荷, 电场力不做功, 沿电场线移动电荷, 电场力一定做功. 4. 电势能 电势及等势面之间关系 (1) 电场线与等势面的关系 : 电场线与等势面垂直, 并从电势较高的等势面指向电势较低的等势面 () 电场强度大小与电势无直接关系 : 零电势可人为选取, 电场强度的大小由电场本身决定, 故电场强 度大的地方, 电势不一定高 (3) 电势能与电势的关系 : 正电荷在电势高的地方电势能大 ; 负电荷在电势低的地方电势能大 5. 电场中的图象特点 (1)E-x 图线与 x 轴所围图形 面积 表示电势差 ( S E x Ed U ) U () 电场强度的大小等于 φ-x 图线的斜率大小 ( k E), 电场强度为零处,φ-x 图线存在 x d 极值, 其切线的斜率为零 EP WAB (3) 图象上某点切线的斜率为电荷在该点受到的电场力 ( k F) x d 6. 带电粒子在磁场中的受力情况 (1) 磁场只对运动的电荷有力的作用, 对静止的电荷无力的作用. 磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力. () 洛伦兹力的大小和方向 : 其大小为 F=qvBsin θ, 注意 :θ 为 v 与 B 的夹角.F 的方向由左手定则判定, 但四指的指向应为正电荷运动的方向或负电荷运动方向的反方向. AB 70 / 153

73 典型例题 例 1 ( 电场性质的理解 )(016 全国 Ⅰ 卷 ) 如图所示,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 a a a b a c, 速度大小分别为 v a v b v c, 则 ( ) A.a a>a b>a c,v a>v c>v b C.a b>a c>a a,v b>v c>v a B.a a>a b>a c,v b>v c>v a D.a b>a c>a a,v a>v c>v b 答案 D 解析 由库仑定律 F= kq1q r 可知, 粒子在 a b c 三点受到的电场力的大小关系为 F b>f c>f a, 由 a= F m, 可知 a b>a c>a a. 根据粒子的轨迹可知, 粒子 Q 与场源电荷 P 的电性相同, 二者之间存在斥力, 由 c b a 整个过程中, 电场力先做负功再做正功, 且 W ba> W cb, 结合动能定理可知,v a>v c>v b, 故选项 D 正确. 例 ( 电场的矢量合成 ) 若在一半径为 r, 单位长度带电量为 q(q>0) 的均匀带电圆环上有一个很小的 缺口 Δl( 且 Δl r), 如图所示, 则圆心处的场强大小为 ( ) A. kδlq r B. kqr Δl C. kδlq r D. kqδl r 解析 把缺口处填补为完整的圆, 则填补上的小圆弧带电量 q =Δlq 由于 Δl r, 故可视为点电荷, 它在 O 点产生的场强为 :E = kδlq r 由对称性可知整个圆环在 O 点的场强 E 合 =0 则存在缺口时, 在 O 点的场强大小 E=E 即 E= kδlq r 选项 C 正确 答案 C 例 3 ( 电场性质理解 ) 如图所示, 两电荷量分别为 Q(Q>0) 和 -Q 的点电荷对称地放置在 x 轴上原点 O 的两侧,a 点位于 x 轴上 O 点与点电荷 Q 之间,b 点位于 y 轴 O 点上方 取无穷远处的电势为零 下列说 法正确的是 ( ) 71 / 153

74 A.b 点电势为零, 电场强度也为零 B. 正的试探电荷在 a 点的电势能大于零, 所受电场力方向向右 C. 将正的试探电荷从 O 点移到 a 点, 必须克服电场力做功 D. 将同一正的试探电荷先后从 O b 两点移到 a 点, 后者电势能的变化较大 解析 因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向平行于 x 轴指向负电荷, 所以电场方向与中垂线方向垂直, 故中垂线为等势线, 因为中垂线延伸到无穷远处, 所以中垂线的电势为零, 故 b 点的电势为零, 但是电场强度不为零,A 错误 ; 等量异种电荷连线上, 电场方向由正电荷指向负电荷, 方向平行于 x 轴向右, 在中点 O 处电势为零,O 点左侧电势为正, 右侧电势为负, 又知道正电荷在正电势处电势能为正, 故 B 正确 ;O 点的电势低于 a 点的电势, 电场力做负功, 所以必须克服电场力做功,C 正确 ;O 点和 b 点的电势相等, 所以先后从 O b 点移到 a 点, 电场力做功相等, 电势能变化相同,D 错误 答案 BC 例 4 ( 图象问题 ) 静电场在 x 轴上的场强 E 随 x 的变化关系如图所示,x 轴正方向为场强正方向, 带正电的点电荷沿 x 轴运动, 则点电荷 ( ) A. 在 x 和 x 4 处电势能相等 B. 由 x 1 运动到 x 3 的过程中电势能增大 C. 由 x 1 运动到 x 4 的过程中电场力先增大后减小 D. 由 x 1 运动到 x 4 的过程中电场力先减小后增大 解析 由图象可知, 将正电荷沿 x 轴正向移动, 从 x 移动到 x 4 的过程电场力做功不为零, 两点处的电势能不相等,A 错误 ; 从 x 1 移动到 x 3 的过程电场力沿 x 轴负方向, 电场力做负功, 电势能增大,B 正确 ; 由 x 1 运动到 x 4 的过程中, 场强先增大后减小, 因此电场力先增大后减小,C 正确,D 错误 答案 BC 例 5 ( 带电粒子在磁场中的多过程问题 ) 长为 l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场, 如图所示 磁感应强度为 B, 板间距离也为 l, 极板不带电 现有质量为 m 电荷量为 q 的带正电粒子 ( 不计重力 ), 从左边极板间中点处垂直磁感线以速度 v 水平射入磁场, 欲使粒子不打在极板上, 可采用的办法是 ( ) 7 / 153

75 A. 使粒子的速度 v< Bql 4m C. 使粒子的速度 v> Bql m B. 使粒子的速度 v> 5Bql 4m Bql D. 使粒子的速度 4m <v<5bql 4m 解析 若带电粒子刚好打在极板右边缘, 有 r 1=(r 1- l ) +l, 又因为 r 1= mv1 Bq, 解得 v 1= 5Bql 4m ; 若粒子刚 好打在极板左边缘时, 有 r = l 4 =mv Bq, 解得 v = Bql 4m, 故 A B 正确 答案 AB 例 6 ( 带电粒子在有界磁场中的运动 ) 如图所示,M N 为中心开有小孔的平行板电容器的两极板, 相距为 D, 其右侧有一边长为 a 的正三角形区域, 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场, 在极板 M N 之间加上电压 U 后,M 板电势高于 N 板电势. 现有一带正电的粒子, 质量为 m, 电荷量为 q, 其重力和初速度均忽略不计, 粒子从极板 M 的中央小孔 S 1 处射入电容器, 穿过小孔 S 后从距三角形 A 点 3a 的 P 处垂直 AB 方向进入磁场, 试求 : (1) 粒子到达小孔 S 时的速度 ; () 若粒子从 P 点进入磁场后经时间 t 从 AP 间离开磁场, 求粒子的运动半径和磁感应强度的大小 ; (3) 若粒子能从 AC 间离开磁场, 磁感应强度应满足什么条件? 解析 (1) 带电粒子在加速电场中运动时由动能定理得 : qu= 1 mv 解得粒子进入磁场时的速度大小为 v= qu m () 粒子的轨迹图如图甲所示, 粒子从进入磁场到从 AP 间离开, 由牛顿第二定律可得 : qvb=m v R 粒子在磁场中运动的时间为 t= πr v, 由以上两式可解得轨道半径 R= qum πm t 73 / 153

76 磁感应强度为 B= πm qt 系列资料 BY 三好网汇编 (3) 粒子从进入磁场到从 AC 间离开, 若粒子恰能到达 BC 边界, 如图乙所示, 设此时的磁感应强度为 B 1, 根据几何关系有此时粒子的轨道半径为 R 1=asin 60 = 3a 由牛顿第二定律可得 qvb 1=m v, 解得 B 6qUm R 1= 1 3qa 粒子从进入磁场到从 AC 间离开, 若粒子恰能到达 AC 边界, 如图丙所示, 设此时的磁感应强度为 B, 根 据几何关系有 :R =( 3a-R )sin 60 由牛顿第二定律可得 qvb =m v R 由以上两式解得 B = + 3 qum 3qa 综上所述要使粒子能从 AC 间离开磁场, 磁感应强度应满足 : 6qUm + 3 qum B< 3qa 3qa 答案 (1) qu m () qum πm t πm qt (3) 6qUm + 3 qum B< 3qa 3qa 技巧点拨 1. 两种等量点电荷的电场 比较等量异种点电荷等量同种点电荷 电场线分布图 沿连线先变小后变大 电荷连线上的电场强度 O 点最小, 但不为零 O 点为零 中垂线上的电场强度 O 点最大, 向外逐渐减小 O 点最小, 向外先变大后变小 A 与 A B 与 B C 与 C 关于 O 点对称位置的电场强度 等大同向 等大反向. 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法 74 / 153

77 3. 带电粒子在有界磁场中的临界 极值问题带电体进入有界磁场区域, 一般存在临界问题, 处理的方法是寻找临界状态, 画出临界轨迹 : (1) 带电体在磁场中, 离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零 () 射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切 专项训练 1. 如图所示, 虚线 a b c d 表示匀强电场中的 4 个等势面. 两个带电粒子 M N( 重力忽略不计 ) 以平行于等势面的初速度射入电场, 运动轨迹分别如图中 MPN 和 NQM 所示. 已知 M 是带正电的带电粒子. 则下列说法中正确的是 ( ) A.N 一定也带正电 B.a 点的电势高于 b 点的电势,a 点的场强大于 b 点的场强 C. 带电粒子 M 的动能减小, 电势能增大 D. 带电粒子 N 的动能增大, 电势能减小 答案 D 解析 电场线和等势面垂直, 所以电场沿水平方向, 从正电荷 M 的轨迹 MPN 可知, 电场力水平向右, 故电场的方向水平向右.N 电荷受电场力方向指向其轨迹内侧, 故受电场力水平向左, 所以 N 带负电, 故 A 错误 ; 电场线水平向右, 沿电场线电势降低, 所以 a 点的电势高于 b 点的电势, 而两点的场强大小相等. 故 B 错误 ; 电场力对 M 粒子和 N 粒子都做正功, 其电势能减小, 动能增加, 故 C 错误,D 正确..(017 江苏卷 ) 在 x 轴上有两个点电荷 q 1 q, 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 ( ) 75 / 153

78 A.q 1 和 q 带有异种电荷 B.x 1 处的电场强度为零 C. 负电荷从 x 1 移到 x, 电势能减小 D. 负电荷从 x 1 移到 x, 受到的电场力增大 答案 AC 解析 φ x 图象的斜率表示电场强度 由图象可知,x 左侧电场强度方向向左,x 右侧电场强度向右, x 1 处电场强度大于零,x 处电场强度等于零, 故 q 1 和 q 带有异种电荷,A 正确,B 错误 ; 负电荷从 x 1 处移到 x 处, 电势升高, 电场强度减小, 故电势能减小, 电场力减小,C 正确,D 错误 3.(016 海南卷 ) 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 ( ) 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 答案 ABC 解析 由图中带电粒子 M 和 N 先后在电场中运动的轨迹可知, 粒子 M 受到引力作用所以带负电, 粒子 N 受到斥力作用所以带正电,A 正确 ; 由于 a 点比 b 点更靠近带正电的点电荷, 所以粒子 M 由 a 点运动到 b 点的过程中粒子要克服电场力做功, 动能减小,B 正确 ;d 点和 e 点在同一个等势面上, 所以 N 在 d 点的电势能等于它在 e 点的电势能,C 正确 ; 粒子 N 带正电, 从 c 点运动到 d 点的过程中电场力做正功,D 错误 4. 如图所示,O 为半径为 R 的圆的圆心,ac bd 为圆的两个互相垂直的直径, 在圆心 O 处固定一电荷量为 Q 的负点电荷, 在 a 点处固定一电荷量为 4Q 的正点电荷,e 为 Oc 连线上一点,f 为 Oc 延长线上一点 76 / 153

79 ec=cf, 则下列说法正确的是 ( ) A.b c d 三点中,b d 两点场强相等,c 点场强最小 B.b c d 三点中,b d 两点电势相等,c 点电势最低 C. 将一负的点电荷从 e 点沿直线移到 f 点, 点电荷的电势能先减小后增大 D.e f 两点的场强大小关系为 E e>e f 答案 BCD 解析 b c d 三点的场强为 a O 两点固定点电荷产生的电场的叠加, 根据电场叠加的结果,b d 两 点的场强大小相等, 但方向不同, 因此场强不等,A 错误 ; 在 O 处点电荷的电场中,b c d 三点的电势 相等, 而在 a 处点电荷的电场中 b d 两点电势相等,c 点电势最低, 因此电势叠加的结果,b d 两点电 势相等,c 点电势最低,B 正确 ; 由于 c 点场强为 E c= k 4Q R - kq R =0, 可以判断 Oc 连线上场强方向水 平向左,Oc 延长线上的场强方向水平向右, 因此一个负的点电荷从 e 点沿直线移到 f 点, 电场力先做正功 后做负功, 因此电势能先减小后增大,C 正确 ; 设 ec=ef=l, 则 E e=k -k Q R- L,E f=k 4Q R+L -k Q R+L =k Q R+ L -k Q R-L -k 4Q R-L =k Q R-L Q R+L, 根据 E=k Q x 作出 E-x 图象, 由图象可知,E e 大小等于点电荷 Q 电场中距场源 (R-L) 和 (R- L ) 处场强大小的差, 同样 E f 大小等于点电荷 Q 电场中距场源 (R+L) 和 (R+ L ) 处场强大小的差, 由图象可知,E e>e f,d 正确. 5.(016 天津卷 ) 如图所示, 平行板电容器带有等量异种电荷, 与静电计相连, 静电计金属外壳和电容器下极板都接地, 在两极板间有一固定在 P 点的点电荷 以 E 表示两板间的电场强度,E p 表示点电荷在 P 点的电势能,θ 表示静电计指针的偏角 若保持下极板不动, 将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置, 则 ( ) 77 / 153

80 A.θ 增大,E 增大 C.θ 减小,E p 增大 B.θ 增大,E p 不变 D.θ 减小,E 不变 答案 D 解析 若保持下极板不动, 将上极板向下平移一小段距离, 则根据 根据 Q=CU 可知,U 减小, 则静电计指针偏角 θ 减小 ; 根据 E U d, s C 4 kd s C 4 kd 可知,C 变大,Q 一定, 则,Q=CU 联立可得 4 kq E s 可知 Q 一定时,E 不变 ; 根据 U 1=Ed 1 可知 P 点离下极板的距离不变,E 不变, 则 P 点与下极板的电势差不 变,P 点的电势不变, 则 E p 不变,A B C 错误,D 正确 1 6. 如图所示, 匀强磁场分布在半径为 R 的圆形区域 MON 内,Q 为半径 ON 上的一点且 OQ= 4 R,P 点为边界上一点, 且 PQ 与 OM 平行. 现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场 ( 不计粒子重力 及粒子间的相互作用 ), 其中粒子 1 从 M 点正对圆心射入, 恰从 N 点射出, 粒子 从 P 点沿 PQ 射入, 下 列说法正确的是 ( ), A. 粒子 一定从 N 点射出磁场 B. 粒子 在 P N 之间某点射出磁场 C. 粒子 1 与粒子 在磁场中的运动时间之比为 3 D. 粒子 1 与粒子 在磁场中的运动时间之比为 1 答案 AD 解析 两带电粒子在匀强磁场中的轨迹半径是相同的, 粒子 1 恰好从 N 点射出, 它们的轨迹半径为 R, 如图,O 1 是粒子 1 的轨迹圆心,O 是粒子 的轨迹圆心, 连接 OP,R= OQ +PQ, 因为 OQ=O A, NA=PQ, 所以 NA +O A =R, 则粒子 一定过 N 点,A 正确,B 错误 ; 粒子 1 在磁场中运动的时间 t 1 = T 4, 而 NO A=45, 所以 t T = 8, 粒子 1 与粒子 在磁场中的运动时间之比为 1,C 错误,D 正确 7. 如图所示,N M P 为很长的平行界面,N M 与 M P 间距分别为 l 1 l, 其间分别有磁感应强度为 B 1 和 B 的匀强磁场区,Ⅰ 和 Ⅱ 磁场方向垂直纸面向里,B 1 B, 有一带正电粒子的电量为 q, 质量为 m, 78 / 153

81 以某一初速度垂直边界 N 及磁场方向射入 MN 间的磁场区域. 不计粒子的重力. 求 : 系列资料 BY 三好网汇编 (1) 要使粒子能穿过 Ⅰ 磁场进入 Ⅱ 磁场, 粒子的初速度至少应为多少? () 粒子初速度 v 为多少时, 才可恰好穿过两个磁场区域. 答案 (1) B1ql1 m () qb1l1+qbl m 解析 (1) 粒子的初速度为 v 0 时恰好能进入 Ⅱ 磁场, 则进入 Ⅱ 磁场时速度恰好沿 M 边界, 所以半径为 r =l 1 则 B 1qv 0=m v 0 r 解得 :v 0= B1ql1 m () 设粒子速度为 v 时, 粒子在 B 磁场中的轨迹恰好与 P 边界相切, 轨迹如图所示, 由 Bqv=m v 可得 :R mv mv R 1=,R= B 1q B q sin θ= l1 = qb1l1 R 1 mv 粒子在 B 中运动有 :R -R sin θ=l 解得 :v= qb1l1+qbl m 79 / 153

82 高频考点九 1. 带电粒子在电场中常见的运动类型 带电粒子在复合场中的运动 知识讲解 (1) 匀变速直线运动 : 通常利用动能定理 qu= 1 mv - 1 mv 0 来求解. 对于匀强电场, 电场力做功也可以用 W =qed 来求解. () 偏转运动 : 一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题. 对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论 ; 较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理.. 带电粒子在匀强磁场中常见的运动类型 (1) 匀速直线运动 : 当 v B 时, 带电粒子以速度 v 做匀速直线运动. () 匀速圆周运动 : 当 v B 时, 带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做匀速圆周运动. 3. 复合场中是否需要考虑粒子重力的三种情况 (1) 对于微观粒子, 如电子 质子 离子等, 因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小, 可以忽略 ; 而对于一些宏观物体, 如带电小球 液滴 金属块等一般应考虑其重力. () 题目中有明确说明是否要考虑重力的情况. (3) 不能直接判断是否要考虑重力的情况, 在进行受力分析与运动分析时, 根据运动状态可分析出是否要考虑重力. 典型例题 例 1 ( 带电粒子在叠加场中运动 ) 如图所示为一个质量为 m 电荷量为 +q 的圆环, 可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动, 细杆处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中, 不计空气阻力 现给圆环向右的初速度 v 0, 在以后的运动过程中, 圆环运动的速度图象可能是下图中的 ( ) A B C D 解析 带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力, 当重力与洛伦兹力相等时, 圆环将做匀速直线运动,A 正确 ; 当洛伦兹力大于重力时, 圆环受到摩擦力的作用, 并且随着速度的减小而减小, 圆环将做加速度减小的减速运动, 最后做匀速直线运动,D 正确 ; 如果重力大于洛伦兹力, 圆环也受摩擦力作用, 且摩擦力越来越大, 圆环将做加速度增大的减速运动, 故 B C 错误 答案 AD 例 ( 带电粒子在叠加场中运动 )(017 全国卷 Ⅰ) 如图, 空间某区域存在匀强电场和匀强磁场, 电场 80 / 153

83 方向竖直向上 ( 与纸面平行 ), 磁场方向垂直于纸面向里 三个带正电的微粒 a,b,c 电荷量相等, 质量分别为 m a,m b,m c 已知在该区域内,a 在纸面内做匀速圆周运动,b 在纸面内向右做匀速直线运动,c 在纸面内向左做匀速直线运动 下列选项正确的是 ( ) A.m a>m b>m c B.m b>m a>m c C.m c>m a>m b D.m c>m b>m a 解析 微粒受重力 G 电场力 F 洛伦兹力 F' 的作用, 三个带正电的微粒 a,b,c 电荷量相等, 那么微 粒所受电场力 F 大小相等 方向竖直向上 a 在纸面内做匀速圆周运动, 则 a 的重力等于电场力, 即 F=G a=m ag; b 在纸面内向右做匀速直线运动, 则 b 受力平衡, 因为重力方向竖直向下, 洛伦兹力方向竖直向上, 则有 F+F b=g b=m bg;c 在纸面内向左做匀速直线运动, 则 c 受力平衡, 且洛伦兹力方向向下, 则有 F - F c=g c=m cg, 所以 m b>m a>m c, 故 ACD 错误,B 正确 答案 B 例 3 ( 带电粒子在组合场中运动 ) 如图,xOy 平面的一 二 三象限内存在垂直纸面向外, 磁感应强 度 B=1 T 的匀强磁场,ON 为处于 y 轴负方向的弹性绝缘薄挡板, 长度为 9 m,m 点为 x 轴正方向上一点, q OM=3 m 现有一个比荷大小为 m =1.0 C/kg 可视为质点带正电的小球 ( 重力不计 ), 从挡板下端 N 处小孔 以不同的速度沿 x 轴负方向射入磁场, 若与挡板相碰就以原速率弹回, 且碰撞时间不计, 碰撞时电荷量不 变, 小球最后都能经过 M 点, 则小球射入的速度大小可能是 ( ) A.3 m/s B.3.75 m/s C.4 m/s D.5 m/s 解析 因为小球通过 y 轴的速度方向一定是 +x 方向, 故带电小球做圆周运动的轨迹半径最小值为 3 m, 即 R min= mvmin qb, 解得 v min=3 m/s 经验证, 带电小球以 3 m/s 速度进入磁场, 与 ON 碰撞一次, 再经四分 之三圆周经过 M 点, 如图甲所示,A 正确 ; 当带电小球与 ON 不碰撞, 直接经过 M 点, 如图乙所示, 小 球速度沿 -x 方向射入磁场, 则圆心一定在 y 轴上, 作出 MN 的垂直平分线, 交于 y 轴的点即为圆心, 由 几何关系解得轨迹半径最大值 R max=5 m, 又 R max= mvmax qb, 解得 v max=5 m/s,d 正确 ; 当小球速度大于 3 m/s 81 / 153

84 小于 5 m/s 时, 由几何条件计算可知轨迹半径 R=3.75 m, 由半径公式 R= mv 得 v=3.75 m/s,b 正确, qb C 错误 甲 乙 答案 ABD 例 4 ( 带电粒子在周期性变化磁场中运动 ) 如图甲所示, 在 xoy 平面内存在均匀 大小随时间周期性变化的磁场和电场, 变化规律分别如图乙 丙所示 ( 规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向 +y 轴方向为电场强度的正方向 ). 在 t=0 时刻由原点 O 发射初速度大小为 v 0, 方向沿 +y 轴方向的带负电粒子 ( 不计重力 ). 其中已知 v 0 t 0 B 0 E 0, 且 E 0= B0v0 π, q 粒子的比荷 m = π,x 轴上有一点 A, 坐标为 ( 48v0t0 B 0t 0 π,0). t 0 (1) 求时带电粒子的位置坐标. () 粒子运动过程中偏离 x 轴的最大距离. (3) 粒子经多长时间经过 A 点. 解析 (1) 在 0~t 0 时间内, 粒子做匀速圆周运动, 根据洛伦兹力提供向心力可得 : qb 0v 0=mr 1 4π T =m v 0 r 1 得 :T= πm =t qb 0,r 1= mv0 = v0t0 0 qb 0 π t 0 则在时间内转过的圆心角 α= π 所以在 t= t0 时, 粒子的位置坐标为 :( v0t0 π,v0t0 π ) () 8 / 153

85 在 t 0~t 0 时间内, 粒子经电场加速后的速度为 v, 粒子的运动轨迹如图所示 v=v 0+ E0q m t0=v0, 运动的位移 :x= v0+v t0=1.5 v0t0 在 t 0~3t 0 时间内粒子圆周运动的半径 :r =r 1= v0t0 π 故粒子偏离 x 轴的最大距离 :h=x+r =1.5v 0t 0+ v0t0 π (3) 粒子在 xoy 平面内做周期性运动的运动周期为 4t 0, 一个周期内向右运动的距离 : d=r 1+r = 6v0t0 π AO 间的距离为 : 48v0t0 π =8d 所以, 粒子运动至 A 点的时间为 :t=3t 0 答案 (1)( v0t0 π,v0t0 π ) ()1.5v0t0+v0t0 π (3)3t 0 技巧点拨 1. 正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提带电粒子在复合场中做什么运动, 取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度, 因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析.. 灵活选用力学规律是解决问题的关键 (1) 当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时, 应根据平衡条件列方程求解. () 当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时, 往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解. (3) 当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时, 应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解. 3. 带电粒子 ( 带电体 ) 在叠加场中运动的分析方法 4. 5 步 突破带电粒子在组合场中的运动问题 83 / 153

86 专项训练 1.19 年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明 同位素和质谱仪的研究荣获了诺贝尔化学奖 若一束粒 子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示, 则下列说法中正确的是 ( ) A. 该束带电粒子带负电 B. 速度选择器的 P 1 极板带负电 C. 在 B 磁场中, 运动半径越大的粒子, 质量越大 q D. 在 B 磁场中, 运动半径越大的粒子, 比荷越小 m 答案 D 解析 通过粒子在速度选择器中的运动轨迹和左手定则可知该束带电粒子带正电,A 错误 ; 带电粒子在 速度选择器中匀速运动时, 受到向上的洛伦兹力和向下的电场力, 可知速度选择器的 P 1 极板带正电,B 错 误 ; 由洛伦兹力充当向心力有 qvb=m v r, 得粒子在 B 磁场中的运动半径 r= mv qb, 又粒子的运动速度 v 大 q 小相等 电荷量 q 未知, 故在磁场中运动半径越大的粒子, 质量不一定越大, 但比荷 m = v 越小,C 错误, Br D 正确. 如图甲是回旋加速器的原理示意图, 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 ( 磁感应强度大小恒定 ), 并分别与高频电源相连, 加速时某带电粒子的动能 E k 随时间 t 的变 化规律如图乙所示, 若忽略带电粒子在电场中的加速时间, 则下列判断正确的是 ( ) A. 高频电源的变化周期应该等于 t n-t n- 84 / 153

87 B. 在 E k-t 图象中 t 4-t 3=t 3-t =t -t 1 C. 粒子加速次数越多, 粒子获得的最大动能一定越大 D. 不同粒子获得的最大动能都相同 答案 AB 解析 回旋加速器所加高频电源的频率与带电粒子在磁场中运动的频率相同, 在一个周期内, 带电粒子 两次通过匀强电场而加速, 故高频电源的变化周期为 t n-t n-,a 正确 ; 带电粒子在匀强磁场中的运动周期 与粒子速度无关,B 正确 ; 粒子加速到做圆周运动的半径等于回旋加速器半径时, 速度达到最大, 即 qv maxb =m v max R, 得 E kmax= B q R m, 与加速次数无关,C 错误 ; 不同粒子的比荷不同, 最大动能也不一定相同,D 错误 3. 如图所示, 两竖直平行板间同时存在匀强电场和匀强磁场, 电场的场强为 E 方向水平向左, 磁场的磁 感应强度为 B 方向与电场垂直且水平向里 一带电液滴以竖直向下的初速度 v 0= 进入电 磁场区域, 最 终能飞出该区域 则液滴在电磁场中 ( ) A. 做匀速直线运动 B. 做匀变速曲线运动 C. 运动速度逐渐减小 D. 机械能逐渐减小 答案 D 解析 由题意可知, 带电液滴进入场中时, 电场力等于洛伦兹力, 所以重力使其加速运动, 则洛伦兹力增大, 带电液滴将向右做变速曲线运动, 选项 A B 错误 ; 由题意可知, 带电液滴向右偏离并射出复合场, 则运动速度渐渐增大, 选项 C 错误 ; 由上分析可知电场力做负功, 导致电势能增加, 则机械能减小, 选项 D 正确 4. 如图所示是磁流体发电机的示意图, 两平行金属板 P Q 之间有一个很强的磁场 一束等离子体 ( 即高温下电离的气体, 含有大量正 负带电粒子 ) 沿垂直于磁场的方向喷入磁场, 把 P Q 与电阻 R 相连接, 下列说法正确的是 ( ) 85 / 153

88 A.Q 板的电势高于 P 板的电势 B.R 中有由 b 向 a 方向的电流 C. 若只改变磁场强弱,R 中电流保持不变 D. 若只增大粒子入射速度,R 中电流增大 答案 D 解析 等离子体进入磁场, 根据左手定则, 正电荷向上偏, 打在上极板上, 负电荷向下偏转, 打在下极 板上, 所以上极板带正电, 下极板带负电, 即 P 板的电势高于 Q 板的电势, 流过电阻电流方向由 a 到 b, 选项 A B 错误 ; 由于电场力等于磁场力, 即 U q d U Bdv =qvb, 则有 :U=Bdv, 再由欧姆定律有 I=, R r R r 电流与磁感应强度成正比, 选项 C 错误 ; 同理, 若只增大粒子入射速度,R 中电流也会增大, 选项 D 正确 5. 如图所示, 在直角坐标系 xoy 的第 Ⅰ 象限内有沿 y 轴负向的匀强电场, 电场强度为 E, 第 Ⅳ 象限内有垂 直纸面向外的匀强磁场. 一个质量为 m 电荷量为 +q 的粒子从 y 轴上的 P 点沿 x 轴正向进入电场, 粒子 从 x 轴上的 Q 点进入磁场. 已知 Q 点的坐标为 (L,0), 不计粒子的重力及粒子间的相互作用. (1) 若粒子在 Q 点的速度方向与 x 轴正方向成 30 角, 求 P Q 两点间的电势差 ; () 若从 y 轴正半轴各点依次向 x 轴正向发射质量为 m 电荷量为 +q 的速度大小适当的粒子, 它们经过电 场偏转后都通过 Q 点进入磁场, 其中某个粒子 A 到达 Q 点的速度最小. 粒子 A 经过磁场偏转后恰好垂直 y 轴射出了磁场. 求匀强磁场的磁感应强度的大小. 答案 (1) 3 6 EL () me ql 解析 (1) 粒子在 Q 点的速度方向与 x 轴正方向成 30 角, 分解 Q 点的速度可得 v y=v 0tan 30 从 P 点到 Q 点 :L=v 0t,y= 1 vyt 得 P 点的纵坐标 y= 3 6 L 所以 U PQ=Ey= 3 6 EL () 设粒子 A 进入电场的速度为 v 1, 它进入电场后 qe=ma L=v 1t,v y=at,v Q= v 1+v y 86 / 153

89 得 v Q= v 1+ qel mv 1 由数学知识可知, 当 v qel 1= 时,v mv Q 取最小值. 1 系列资料 BY 三好网汇编 即 v 1= qel 时,Q 点的速度最小值为 v m Q= qel m 此时 v y=v 1, 粒子 A 在 Q 点的速度方向与 x 轴正向夹角为 45. 所以粒子 A 进入磁场后的偏转半径 ( 如图 )R= L 由 qv QB=m v Q 得 B= mvq R qr 得 B= me ql 6. 如图 (a) 所示, 在竖直平面内建立直角坐标系 xoy, 整个空间内都存在垂直坐标平面向外的匀强磁场和 水平向右的匀强电场, 匀强电场的方向与 x 轴正方向夹角为 45. 已知带电粒子质量为 m 电量为 +q, 磁 感应强度大小为 B, 电场强度大小 E= mg q, 重力加速度为 g. (1) 若粒子在 xoy 平面内做匀速直线运动, 求粒子的速度 v 0; ()t=0 时刻的电场和磁场方向如图 (a) 所示, 若电场强度和磁感应强度的大小均不变, 而方向随时间周期性的改变, 如图 (b) 所示. 将该粒子从原点 O 由静止释放, 在 0~ T 时间内的运动轨迹如图 (c) 虚线 OMN 所示, M 点为轨迹距 y 轴的最远点,M 距 y 轴的距离为 d. 已知在曲线上某一点能找到一个和它内切的半径最大的圆, 物体经过此点时, 相当于以此圆的半径在做圆周运动, 这个圆的半径就定义为曲线上这点的曲率半径. 求 : 1 粒子经过 M 点时曲率半径 ρ; 在图中画出粒子从 N 点回到 O 点的轨迹. 答案 (1) mg qb, 沿 y 轴负方向 ()1 qb mgd gd-mg ( 或 d) 见解析图 87 / 153

90 解析 (1) 粒子做匀速直线运动, 受力平衡得 qv 0B= mg + qe 解得 v 0= mg qb v 0 方向由左手定则得, 沿 y 轴负方向. ()1 重力和电场力的合力为 F= mg + qe 粒子从 O 运动到 M 过程中, 只有重力和电场力的合力做功, 据动能定理 系列资料 BY 三好网汇编 W=Fd= 1 mv 得 v= gd 由 qvb- mg= mv ρ mgd 得 ρ= qb gd-mg ( 若用 v=v 0 代入, 求出 ρ=d 也可 ) 轨迹如图所示. 高频考点十 电磁感应 知识讲解 1. 楞次定律中 阻碍 的表现 (1) 阻碍磁通量的变化 ( 增反减同 ). () 阻碍物体间的相对运动 ( 来拒去留 ). (3) 阻碍原电流的变化 ( 自感现象 ).. 感应电动势的计算 (1) 法拉第电磁感应定律 :E=n ΔΦ Δt, 常用于计算平均电动势. 1 若 B 变, 而 S 不变, 则 E=n ΔB Δt S; 若 S 变, 而 B 不变, 则 E=nB ΔS Δt. () 导体棒垂直切割磁感线 :E=Blv, 主要用于求电动势的瞬时值. (3) 如图所示, 导体棒 Oa 围绕棒的一端 O 在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁感线, 产生的电动 势 E= 1 Bl ω. 88 / 153

91 3. 感应电荷量的计算 回路中发生磁通量变化时, 在 Δt 时间内迁移的电荷量 ( 感应电荷量 ) 为 q=i Δt= E R Δt=nΔΦ RΔt Δt=nΔΦ R. 可 见,q 仅由回路电阻 R 和磁通量的变化量 ΔΦ 决定, 与发生磁通量变化的时间 Δt 无关. 4. 电磁感应电路中产生的焦耳热 当电路中电流恒定时, 可用焦耳定律计算 ; 当电路中电流变化时, 则用功能关系或能量守恒定律计算. 典型例题 例 1 ( 楞次定律与法拉第电磁感应定律应用 )(017 天津卷 ) 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 解析 磁感应强度均匀减小, 磁通量减小, 由楞次定律知,ab 中的感应电流方向由 a 到 b, 选项 A 错误 ; BS 由于磁感应强度均匀减小, 根据法拉第电磁感应定律 E= 得, 感应电动势恒定, 则 ab 中的感应电流不 t 变, 选项 B 错误 ; 根据安培力公式 F=BIL 知, 电流不变,B 均匀减小, 则安培力减小, 选项 C 错误 ; 导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡,f=F, 安培力减小, 则静摩擦力减小, 选项 D 正确 答案 D 例 ( 法拉第电磁感应定律应用 )(016 北京卷 ) 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 1, 圆环中产生的感应电动势分别为 E a 和 E b 不考虑两圆环间的相互影响 下列说法正确的是( ) A.E a E b=4 1, 感应电流均沿逆时针方向 B.E a E b=4 1, 感应电流均沿顺时针方向 89 / 153

92 C.E a E b= 1, 感应电流均沿逆时针方向 D.E a E b= 1, 感应电流均沿顺时针方向 解析 由法拉第电磁感应定律 E= ΔΦ Δt =ΔB Δt πr, ΔB 为常数,E 与 r Δt 成正比, 故 E a E b=4 1 磁感应强 度 B 随时间均匀增大, 故穿过圆环的磁通量增大, 由楞次定律知, 感应电流产生的磁场方向与原磁场方向 相反, 垂直纸面向里, 由安培定则可知, 感应电流均沿顺时针方向,B 正确 答案 B 例 3 ( 转动切割产生电动势求解 )(016 全国卷 Ⅱ) 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 ( ) 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 倍, 则电流在 R 上的热功率也变为原来的 倍 解析 将圆盘看成无数辐条组成, 它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流, 根据右手定则 可知圆盘上感应电流从边缘流向中心, 则当圆盘顺时针 ( 俯视 ) 转动时, 流过电阻的电流方向从 a 到 b,b 正 - 确 ; 由法拉第电磁感应定律得感生电动势 E=BLv= 1 BL ω,i= E R+r,ω 恒定时,I 大小恒定,ω 大小变化 时,I 大小变化, 方向不变, 故 A 正确,C 错误 ; 由 P=I R= B L 4 ω R 4(R+r) 知, 当 ω 变为 倍时,P 变为原 来的 4 倍,D 错误 答案 AB 例 4 ( 电磁感应的图象问题 ) 如图所示, 在 0 x L 和 L x 3L 的区域内存在着匀强磁场, 磁场的方向 垂直于 xoy 平面 ( 纸面 ) 向里, 具有一定电阻的正方形线框 abcd 边长为 L, 位于 xoy 平面内, 线框的 ab 边 与 y 轴重合. 令线框从 t=0 时刻由静止开始沿 x 轴正方向做匀加速直线运动, 则线框中的感应电流 i( 取逆 时针方向的电流为正 ) bc 两端电势差 U bc 随时间 t 的函数图象大致是下图中的 ( ) 90 / 153

93 解析 设线框 ab 从 x=l 运动到 x=4l 的时间为 t 1, 则由运动学公式得 t 1= 4L a -t0=t0-t0=t0, 这段时间内穿过线框的磁通量不变, 没有感应电流. 故 B 错误. 设线框 ab 从 x=4l 运动到 x=5l 的时间 为 t, 则由运动学公式得 t = 5L a - 4L a t0= 5t0-t0=0.36t0 的时间内, 根据楞次定律得, 感 应电流方向沿顺时针方向, 为负值. 感应电流为 I=- BLv R =-BLat R, 故 A 正确.bc 两端电势差 U bc=ir, bc 为外电路, 故电势差变化和电流变化相同,C 正确,D 错误. 答案 AC 例 5 ( 电磁感应电路问题 ) 如图所示,OACO 为置于水平面内的光滑闭合金属导轨,O C 处分别接有 短电阻丝 ( 图中用粗线表示 ),R 1=4 Ω R =8 Ω( 导轨其他部分电阻不计 ) 导轨 OACO 的形状满足 y=sin π 3 x ( 单位 :m) 磁感应强度 B=0. T 的匀强磁场方向垂直于导轨平面 一足够长的金属棒在水平外力 F 作 用下, 以恒定的速率 v=5.0 m/s 水平向右在导轨上从 O 点滑动到 C 点, 棒与导轨接触良好且始终保持与 OC 导轨垂直, 不计棒的电阻 求 : (1) 外力 F 的最大值 ; () 金属棒在导轨上运动时电阻丝 R 1 上消耗的最大功率 ; (3) 在滑动过程中通过金属棒的电流 I 与时间 t 的关系 解析 (1) 由题图容易看出, 当 y=0 时 x 有两个值, 即 sin π 3 x =0 时, 得 x 1=0,x =3, 这即为 O 点和 C 点的横坐标, 因而与 A 点对应的 x 值为 1.5 将 x=1.5 代入函数 y=sin π 3 x, 便得 A 点的纵坐标, 即 y =sin π =( 单位 :m) 这就是金属棒切割磁感线产生电动势的最大有效长度 当金属棒在 O C 间运动时, 其并联电阻 R 并 = R1R R 1+R = 8 3 Ω R 1 R 是并联在电路中的, 其等效电路如图所示 91 / 153

94 当金属棒运动到 x 位置时, 其对应的长度为 y=sin π 3 x 此时金属棒产生的感应电动势为 E=Byv=Bvsin π 3 x ( 单位 :V) 系列资料 BY 三好网汇编 其电流 I= E R 并 ( 单位 :A) 而金属棒所受的安培力应与 F 相等, 即 F=BIy= B y v R 并 在金属棒运动的过程中, 由于 B v R 并不变, 故 F 随 y 的变大而变大 当 y 最大时,F 最大, 即 F max= B y maxv =0.3 N R 并 ()R 1 两端电压最大时, 其功率最大, 即 U=E max 时,R 1 上消耗的功率最大, 而金属棒上产生的最大电动势 E max=by maxv=.0 V 这时 P max= E max R 1 =1.0 W (3) 当 t=0 时, 棒在 x=0 处 设运动到 t 时刻, 则有 x=vt 将其代入 y 得 y=sin 5π 3 t 再结合 E=Byv 和 I= E R 并得 I= E = Bv(R1+R) sin 5π R 并 R 1R 3 t =0.75sin 5π 3 t A 答案 (1)0.3 N ()1.0 W (3)I=0.75sin 5π 3 t A 技巧点拨 解决电磁感应综合问题的一般思路是 先电后力, 即 : (1) 先作 源 的分析 分析电路中由电磁感应所产生的电源, 求出电源参数 E 和 r; () 接着进行 路 的分析 分析电路结构, 弄清串 并联关系, 求出相关部分的电流大小, 以便求解安培力 ; (3) 然后是 力 的分析 分析研究对象 ( 通常是金属棒 导体 线圈等 ) 的受力情况, 尤其注意其所受的安培力 ; (4) 接着进行 运动状态 的分析 根据力和运动的关系, 判断出正确的运动模型 ; 最后是 能量 的分析 寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中, 其能量转化和守恒的关系. 专项训练 1. 如图所示,A 为水平放置的橡胶圆盘, 在其侧面均匀带有负电荷, 在 A 正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环 B( 丝线未画出 ), 使 B 的环面与圆盘 A 平行, 其轴线与圆盘 A 的轴线重合 现使圆盘 A 由静止开始绕其轴线按图中箭头方向加速转动, 则 ( ) 9 / 153

95 A. 金属圆环 B 有扩张的趋势, 丝线受到的拉力增大 B. 金属圆环 B 有收缩的趋势, 丝线受到的拉力减小 C. 金属圆环 B 有扩张的趋势, 丝线受到的拉力减小 D. 金属圆环 B 有收缩的趋势, 丝线受到的拉力增大 答案 B 解析 带电圆盘加速转动时, 形成顺时针方向 ( 从上往下看 ) 的电流, 根据右手螺旋定则可知, 在圆盘上方形成的磁场方向向下, 由于加速转动, 所以电流增大, 磁场增强, 穿过金属圆环 B 的磁通量增大, 根据楞次定律可知, 金属圆环 B 有缩小的趋势, 且金属圆环 B 有向上的运动趋势, 所以丝线受到的拉力减小, 故选 B.(015 安徽卷 ) 如图所示,abcd 为水平放置的平行 形光滑金属导轨, 间距为 l, 导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场, 磁感应强度大小为 B, 导轨电阻不计 已知金属杆 MN 倾斜放置, 与导轨成 θ 角, 单位长度的电阻为 r, 保持金属杆以速度 v 沿平行于 cd 的方向滑动 ( 金属杆滑动过程中与导轨接触良好 ) 则 ( ) Blv A. 电路中感应电动势的大小为 sin θ Bvsin θ B. 电路中感应电流的大小为 r B lvsin θ C. 金属杆所受安培力的大小为 r B lv D. 金属杆的热功率为 rsin θ 答案 B 解析 金属杆的运动方向与金属杆不垂直, 电路中感应电动势的大小为 E=Blv(l 为切割磁感线的有效长 度 ),A 错误 ; 电路中感应电流的大小为 I= E R = Blv Bvsin θ =,B 正确 ; 金属杆所受安培力的大小为 F= l sin θ r r BIl =B Bvsin θ l lv r sin θ =B r,c 错误 ; 金属杆的热功率为 P=I R= B v sin θ r lr lv sin θ sin θ =B,D 错误 r 3.(016 四川卷 ) 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 93 / 153

96 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=F 0+kv(F 0 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 F A, 电阻 R 两端的电压为 U R, 感应电流的功率为 P, 它们随时间 t 变化的图象可能正确的有 ( ) A B 答案 BC C 解析 设某时刻金属棒的速度为 v, 根据牛顿第二定律 F-F A=ma, 代入 F 得 F 0+kv- B l v R+r =ma, 即 F 0+ k- B l R+r v=ma, 如果 k> B l R+r, 则加速度与速度成线性关系, 且随着速度增大, 加速度越来越大, 即 金属棒运动的 v t 图象的切线斜率越来越大, 由于 F A= B l v R+r,FA t 图象的切线斜率也越来越大, 感应电流 i= Blv R+r 电阻两端的电压 U BlRv R= R+r 及感应电流的功率 P= B l v R+r 也会随时间变化得越来越快,B 正确 ; 如果 k= B l R+r, 则金属棒做匀加速直线运动, 电动势随时间均匀增大, 感应电流 电阻两端的电压 安培 力均随时间均匀增大, 感应电流的功率与时间的二次方成正比, 没有选项符合 ; 如果 k< B l D R+r, 则金属棒做 加速度越来越小的加速运动, 感应电流 电阻两端的电压 安培力均增加得越来越慢, 最后恒定, 感应电 流的功率最后也恒定,C 正确 4. 直角三角形金属框 abc 放置在竖直向上的匀强磁场中, 磁感应强度大小为 B, 方向平行于 ab 边向上. 若 金属框绕 ab 边向纸面外以角速度 ω 匀速转动 90 ( 从上往下看逆时针转动 ), 如图甲所示,c a 两点的电势 差为 U ca, 通过 ab 边的电荷量为 q. 若金属框绕 bc 边向纸面内以角速度 ω 匀速转动 90, 如图乙所示,c a 两点的电势差为 U ca, 通过 ab 边的电荷量为 q. 已知 bc ab 边的长度都为 l, 金属框的总电阻为 R. 下 列判断正确有是 ( ) 94 / 153

97 A.U ca= 1 Bωl B.U ca = 1 Bωl C.q= Bπl 8R D.q = Bl R 答案 AD 解析 甲图中, 在转动过程中穿过金属框的磁通量始终为 0, 总电动势为 0, 电流为 0, 电量也为 0,C 错.ac 的有效切割长度为 l, 有效切割速度 v= ωl, 由右手定则, 知 φ c>φ a, 所以 U ca= 1 Bωl,A 对. 乙图 1 1 中, 金属框中产生的电动势的最大值是 Bωl,ca 相当于电源, 有内阻, 路端电压的最大值小于 Bωl, 故 B 错. 通过的电量 q = ΔΦ R = B l R =Bl R,D 对, 应选 A D. 5. 如图所示, 固定于水平面上的金属框架 CDEF 处在竖直向下的匀强磁场中 t=0 时, 磁感应强度为 B 0, 此时金属棒 MN 的位置恰好使 MDEN 构成一个边长为 l 的正方形 已知金属棒 MN 的电阻为 r, 金属框架 DE 段的电阻为 R, 其他电阻不计 (1) 若金属棒 MN 保持静止, 磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化, 求回路中的感应电动势 () 若磁感应强度 B 0 保持不变, 金属棒 MN 以速度 v 0 贴着金属框架向右匀速运动, 会产生感应电动势, 相当于电源 用电池 电阻等符号画出这个装置的等效电路图, 并求通过回路的电流大小 (3) 若金属棒 MN 以速度 v 0 贴着金属框架向右匀速运动, 为使回路中不产生感应电流, 从 t=0 开始, 磁感应强度 B 应怎样随时间 t 变化? 请推导 B 与 t 的关系式 BS B1 B0 答案 (1) E l () 电路图见解析 t t t 1 I B0lv R r 0 B0l (3) B l v t 0 解析 (1) 由法拉第电磁感应定律有 E t BS t B B t 1 0 l 1 () 等效电路图如图所示 : 95 / 153

98 金属棒 MN 向右匀速运动, 产生感应电动势为 E'=B 0lv 0 根据欧姆定律有 I B0lv R r 0 (3) 为了不产生感应电流, 则磁通量的变化为零, 即 Φ=0 得 Bl(l+v 0t)-B 0l =0 解得 B0l B l v t 0 96 / 153

99 高频考点十一 直流电路和交变电流 知识讲解 1. 纯电阻电路和非纯电阻电路的电功 电功率的比较 (1) 纯电阻电路 : 电功 W=UIt, 电功率 P=UI, 且电功全部转化为电热, 有 W=Q=UIt= U R t=i Rt,P=UI = U R =I R. () 非纯电阻电路 : 电功 W=UIt, 电功率 P=UI, 电热 Q=I Rt, 电热功率 P 热 =I R, 电功率大于电热功率, 即 W>Q, 故求电功 电功率只能用 W=UIt P=UI, 求电热 电热功率只能用 Q=I Rt P 热 =I R.. 电源的功率和效率 (1) 电源的几个功率 1 电源的总功率 :P 总 =EI 电源内部消耗的功率 :P 内 =I r 3 电源的输出功率 :P 出 =UI=P 总 -P 内 () 电源的效率 η= P 出 100%= U P 总 E 100% 3. 交流电的 四值 (1) 最大值 E m=nbsω. () 瞬时值 e=nbsωsin_ωt. (3) 有效值 : 正弦式交流电的有效值 E= Em ; 非正弦式交流电的有效值必须根据电流的热效应, 用等效的思 想来求解. 计算交流电路的电功 电功率和测定交流电路的电压 电流都是指有效值. (4) 平均值 : E =n ΔΦ Δt, 常用来计算通过电路的电荷量. 4. 理想变压器的基本关系式 (1) 功率关系 :P 入 =P 出. () 电压关系 : U1 U = n1 n. I 1 (3) 电流关系 : 只有一个副线圈时 I = n n. 1 典型例题 例 1 (016 江苏卷 ) 如图所示的电路中, 电源电动势为 1 V, 内阻为 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 ( ) 97 / 153

100 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 5V D.a b 间用导线连接后, 电路的总电流为 1 A 解析 外电路总电阻为 10 Ω, 根据闭合电路的欧姆定律 I= E R+r =1A, 所以路端电压为 10 V,A 正确 ; 电源的总功率为 P 总 =EI=1 W,B 错误 ;a 右侧电阻两端电压为 V=7.5 V,b 右侧电阻两端电压为 5 0.5V=.5 V, 所以 U ab=-(7.5v-.5 V)=-5 V,C 正确 ;a b 间用导线连接后, 电路总电阻为 误! 未找到引用源 Ω+Ω=9.5Ω, 电路的总电流不是 1 A,D 错误 答案 AC 例 ( 动态电路分析 ) 如图所示, 直流电源 滑动变阻器 平行板电容器与理想二极管 ( 正向电阻为 0, 反向电阻为 ) 连接, 电源负极接地. 开始时电容器不带电, 闭合开关 S, 稳定后, 一带电油滴恰能静止在电容器中 P 点. 在开关 S 保持接通的状态下, 下列说法正确的是 ( ) 错 A. 当滑动变阻器的滑片向上滑动时, 带电油滴会向上运动 B. 当电容器的上极板向上移动时, 带电油滴会向下运动 C. 当电容器的下极板向下移动时,P 点的电势不变 D. 当电容器的下极板向左移动时,P 点的电势会升高 解析 当滑动变阻器的滑片向上滑动时, 变阻器有效阻值增大,R 的电压增大, 则电容器板间电压增大, 场强增大, 油滴所受的电场力增大, 所以带电油滴会向上运动. 故 A 正确 ; 当电容器的上极板向上移动时, 由电容的决定式 C= εrs 4πkd 知, 电容减小, 而电容器的电压不变, 由 C= Q U 知,Q 要减小, 电容器要放电, 由 于二极管的单向导电性, 所以电容器不能放电, 则电容器的带电量不变, 根据推论可知电容器板间场强不 变, 油滴所受的电场力不变, 所以带电油滴仍静止不动, 故 B 错误 ; 当电容器的下极板向下移动时, 电容 器所带的电量 Q 不变, 由 E= 4πkQ ε 知电容器板间场强不变, 由 U=Ed 知,P 与下极板间的电势差变大,P rs 98 / 153

101 点的电势会升高. 故 C 错误 ; 当电容器的下极板向左移动时,C= εrs 4πkd, 电容器的电容减小, 由 C= Q U 知, Q 要减小, 电容器要放电, 由于二极管的单向导电性, 所以电容器不能放电, 则电容器的带电量不变, 那 么只能是极板间 U 增大, 由 E= U d 知电容器板间场强变大, 则 P 与下极板间的电势差变大,P 点的电势升高. 故 D 正确. 答案 AD 例 3 ( 含容电路分析 )(016 全国卷 II) 阻值相等的四个电阻 电容器 C 及电池 E( 内阻可忽略 ) 连接成如 图所示电路 开关 S 断开且电流稳定时,C 所带的电荷量为 Q 1; 闭合开关 S, 电流再次稳定后,C 所带的 电荷量为 Q Q 1 与 Q 的比值为 ( ) A. 错误! 未找到引用源 5 B. 1 C. 3 5 D. 3 解析 由于电池的内阻可以忽略, 所以路端电压 U 不变 当开关 S 断开且电流稳定时, 可等效为图甲所 示电路, 所以 C 两端的电压与其并联的电阻两端的电压相等, 根据串并联电路中电压的分配关系可知, 电 容器 C 两端的电压为 U 5 同理可知,C 两端的电压为 选项 C 正确 错误! 未找到引用源 ; 闭合开关 S, 电流再次稳定后, 可等效为图乙所示电路, U 3 Q 错误! 未找到引用源, 根据 Q=UC, 所以 Q 1 与 Q 的比值为 Q 1 1 U U 3 5, 答案 C 例 4 (016 全国卷 Ⅲ) 如图,M 为半圆形导线框, 圆心为 O M;N 是圆心角为直角的扇形导线框, 圆心为 O N; 两导线框在同一竖直面 ( 纸面 ) 内 ; 两圆弧半径相等 ; 过直线 O MO N 的水平面上方有一匀强磁场, 磁场方向垂直于纸面 现使线框 M N 在 t=0 时从图示位置开始, 分别绕垂直于纸面 且过 O M 和 O N 的轴, 以相同的周期 T 逆时针匀速转动, 则 ( ) 99 / 153

102 A. 两导线框中均会产生正弦交流电 B. 两导线框中感应电流的周期都等于 T C. 在 t= T 8 时, 两导线框中产生的感应电动势相等 D. 两导线框的电阻相等时, 两导线框中感应电流的有效值也相等 解析 当线框进入磁场过程中, 根据 E= 1 BR ω 可得, 感应电动势恒定, 感应电流恒定, 不是正弦式交 流电,A 错误,C 正确 ; 当线框进入磁场时, 根据楞次定律可得两线框中的感应电流方向为逆时针 ; 当线 框穿出磁场时, 根据楞次定律可得线框中产生的感应电流为顺时针, 所以感应电流的周期和线框运动周期 T 相等,B 正确 ; 线框 N 在完全进入磁场后有时间内穿过线框的磁通量不变化, 没有感应电动势产生, 即 4 线框 N 在 0~ T T 和 4 ~3T 内有感应电流, 其余时间内不产生感应电流 ; 而线框 M 在整个过程中都有感应电 4 流, 即便两导线框电阻相等, 两者的电流有效值不相等,D 错误 答案 BC 例 5 如图所示, 理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表, 副线圈匝数可以通过滑动触头 Q 来调 节, 在副线圈两端连接了定值电阻 R 0 和滑动变阻器 R,P 为滑动变阻器的滑动触头 在原线圈上加一电压 为 U 的正弦交流电, 则 ( ) A. 保持 Q 的位置不动, 将 P 向上滑动时, 电流表读数变大 B. 保持 Q 的位置不动, 将 P 向上滑动时, 电流表读数变小 C. 保持 P 的位置不动, 将 Q 向上滑动时, 电流表读数变大 D. 保持 P 的位置不动, 将 Q 向上滑动时, 电流表读数变小 解析 Q 位置不动, 副线圈电压 U 不变, 当 P 上滑时,R 增大, 由 P= U 可知总功率减小, 原线圈 R+R 0 U 电压 U 1 不变, 由 P=U 1I 1 可知原线圈电流 I 1 减小,A 错误,B 正确 ; 当 P 位置不动,Q 上滑时, 由 = n U 1 n 1 知 U 增大, 同理分析原线圈电流 I 1 增大,C 正确,D 错误 100 / 153

103 答案 BC 1. 直流电路动态分析方法 技巧点拨 (1) 程序法 : 基本思路是 部分 整体 部分. 即从阻值的变化入手, 由串 并联规律判定 R 总的变化 情况, 再由闭合电路欧姆定律判断 I 总和 U 端的变化情况, 最后由部分电路欧姆定律及串联分压 并联分流 等规律判断各部分的变化情况. () 结论法 串反并同 : 串反 : 指某一电阻增大 ( 减小 ) 时, 与它串联或间接串联的电阻中的电流 两端电压 电功率都将减小 ( 增 大 ). 并同 : 指某一电阻增大 ( 减小 ) 时, 与它并联或间接并联的电阻中的电流 两端电压 电功率都将增大 ( 减 小 ).. 交流电的 四值 (1) 最大值 E m=nbsω. 分析电容器的耐压值. () 瞬时值 e=nbsωsin ωt. 计算闪光电器的闪光时间 线圈某时刻的受力情况. (3) 有效值 : 正弦式交流电的有效值 E= Em ; 非正弦式交流电的有效值必须根据电流的热效应, 用等效的思 想来求解. 计算交流电路的电功 电功率和测定交流电路的电压 电流都是指有效值. (4) 平均值 : E =n ΔΦ Δt, 常用来计算通过电路的电荷量. 3. 含有变压器的动态电路问题的解题思路 : 专项训练 1. 在如图所示的电路中,E 为电源电动势,r 为电源内阻,R 1 是半导体制成的 NTC 热敏电阻, 其阻值随着温度的升高而减小,R R 3 为定值电阻, C 为电容器,L 为小灯泡 当所处环境温度下降时, 则 ( ) A. 电流表的示数增大 B.R 两端的电压减小 C. 小灯泡变暗 D. 电容器 C 所带的电荷量增大 101 / 153

104 答案 BD 解析 当温度下降时, 热敏电阻 R 1 阻值增大, 电路总电阻增大, 电路中总电流 I 减小, 即电流表的示数减小, 选项 A 错误 ;R 两端的电压 U =IR, 电路中总电流 I 减小, 所以电压 U 减小, 选项 B 正确 ; 由于电源内电压 U r=ir 减小,R 两端的电压也减小, 则小灯泡 L 两端电压增大, 所以小灯泡 L 变亮, 选项 C 错误 ; 同理, 电容器两端电压增大, 电容器所带的电荷量 Q=UC 增大, 选项 D 正确. 在如图甲所示的电路中, 理想变压器原 副线圈匝数比为 5 1, 原线圈接入图乙所示的电压, 副线圈接火灾报警系统 ( 报警器未画出 ), 图中电压表和电流表均为理想电表,R 0 为定值电阻,R T 为热敏电阻, 其阻值随温度的升高而减小. 下列说法中正确的是 ( ) A. 电压表的示数为 44 V B. 图乙中电压的有效值为 0 V C.R T 处出现火灾时, 电流表示数减小 D.R T 处出现火灾时, 电阻 R 0 消耗的电功率增大 答案 D 解析 设将此电流加在阻值为 R 的电阻上, 电压的最大值为 U m, 电压的有效值为 U. 则 U m R T =U R T, 代入数据得图乙中电压的有效值为 110 V; 变压器原 副线圈中的电压与匝数成正比, 所以变压器原 副线圈中的电压之比是 5 1, 所以电压表的示数为 V, 故 A B 错误 ;R T 处温度升高时, 阻值减小, 副线圈电流增大, 电阻 R 0 消耗的电功率增大, 而输出功率和输入功率相等, 所以原线圈电流增大, 即电流表示数增大, 故 C 错误,D 正确. 3. 如图所示,C 1=6 μf,c =3 μf,r 1=3 Ω,R =6 Ω, 电源电动势 E=18 V, 内阻不计 下列说法正确的是 ( ) A. 开关 S 断开时,a b 两点电势相等 B. 开关 S 闭合后,a b 两点间的电流是 A C. 开关 S 断开时 C 1 带的电荷量比开关 S 闭合后 C 1 带的电荷量大 D. 不论开关 S 断开还是闭合,C 1 带的电荷量总比 C 带的电荷量大 答案 BC 解析 S 断开时外电路处于断路状态, 两电阻中无电流通过, 电阻两端电势相等, 由图知 a 点电势与电 10 / 153

105 源负极电势相等, 而 b 点电势与电源正极电势相等,A 错误 S 断开时两电容器两端电压都等于电源电动势, 而 C 1>C, 由 Q=CU 知此时 Q 1>Q, 当 S 闭合时, 稳定状态下 C 1 与 R 1 并联,C 与 R 并联, 电路中电流 I= E = A, 此时两电阻两端电压分别为 U R 1=IR 1=6 V U =IR =1 V, 则此时两电容器所带 1+R 电荷量分别为 Q 1 =C 1U 1= C Q =C U = C, 对电容器 C 1 来说,S 闭合后其两端电压减小, 所带电荷量也减小, 故 B C 正确,D 错误 4. 如图所示, 一边长为 L 的正方形均匀线圈, 以 AB 边所在直线为轴在匀强磁场 B 中做匀速转动, 线圈转动的角速度为 ω, 若以图示位置为零时刻, 则下列选项反映四条边上的电势差随时间的变化正确的有 ( ) 答案 AD 解析 线圈在磁场中转动产生感应电动势, 只有 CD 边产生感应电动势, 故产生的感应电动势的最大值 为 E m=bl ω, 产生的感应电动势的瞬时值为 e=bl ωcos ωt, 根据闭合电路欧姆定律可知 AB BC AD 边的最大感应电动势为 E m = r 4r Em=1 4 BL ω, 故这三个边的电压的瞬时值为 e = 1 4 BL ωcos ωt, 结合产生的 感应电流的方向可知,A D 正确,B 错误 ;CD 端的电压即为路端电压, 故瞬时值为 e = 3 4 BL ωcos ωt, 故 C 错误. 5. 一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表, 副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头 Q 调节, 如图 所示. 在副线圈输出端连接了定值电阻 R 0 和滑动变阻器 R, 原线圈上加一电压为 U 的交流电, 则 ( ) A. 保持 Q 位置不动, 将 P 向上滑动时, 电流表的读数变大 B. 保持 Q 位置不动, 将 P 向上滑动时, 电流表的读数不变 C. 保持 P 位置不动, 将 Q 向上滑动时, 电流表的读数变小 D. 保持 P 位置不动, 将 Q 向上滑动时, 电流表的读数变大 答案 D 解析 在原 副线圈匝数比一定的情况下, 变压器的输出电压由输入电压决定. 因此, 当 Q 位置不动时, 103 / 153

106 输出电压 U 不变, 此时 P 向上滑动, 负载电阻值 R 增大, 则输出电流 I 减小. 根据输入功率 P 1 等于输出功率 P, 电流表的读数 I 变小, 故 A B 错误 ;P 位置不动, 将 Q 向上滑动, 则输出电压 U 变大,I 变大, 电流表的读数变大, 则选项 C 错误,D 正确 ; 故选 D. 6. 图为远距离输电示意图, 两变压器均为理想变压器, 升压变压器 T 的原 副线圈匝数分别为 n 1 n, 在 T 的原线圈两端接入一电压 u=u msin ωt 的交流电源, 若输送电功率为 P, 输电线的总电阻为 r, 不考虑其他因素的影响, 则输电线上损失的电功率为 ( ) A.( n1 ) U m n 4r B.( n ) U m n 1 4r C.4( n1 n ) ( P U m ) r D.4( n n 1 ) ( P U m ) r 答案 C 解析 原线圈电压的有效值 U 1= Um, U 1 根据 = n1 可得 U U = n U m n 1, 又因为是理想变压器, 所以 T 的副 n 线圈的输出功率等于原线圈的输入功率 P, 所以输电线上的电流 I= P U, 输电线上损失的电功率为 P =I r n 1 =4r n U m p, 所以 C 正确,A B D 错误 高频考点十二 原子物理 1. 氢原子能级图 知识讲解 (1) 能级图如图所示. n( n 1) () 一群氢原子处于量子数为 n 的激发态时, 可能辐射出的光谱线条数 :N=C n=.. 原子核的衰变 衰变类型 α 衰变 β 衰变 A 衰变方程 ZX A- 4 Z-Y+ 4 He 衰变实质 A ZX Z+1Y+ A -1e 0 个质子和 个中子结合成一整体射出中子转化为质子和电子 1 1H+0n He 0n 1H+ 1-1e 0 衰变规律 电荷数守恒 质量数守恒 104 / 153

107 3. 核能 (1) 原子核的结合能 : 克服核力做功, 使原子核分解为单个核子时吸收的能量, 或若干单个核子在核力的作用下结合成原子核时放出的能量. () 质量亏损 : 组成原子核的核子的质量与原子核的质量之差, 注意质量数与质量是两个不同的概念. (3) 质能方程 :E=mc, 即一定的能量和一定的质量相联系, 物体的总能量与它的质量成正比. 4. 核反应的四种类型类型可控性核反应方程典例 衰 变 α 衰变自发 38 9 U Th+ 4 He β 衰变自发 Th Pa+-1e N+ 4 He 17 8 O+ 1 1H( 卢瑟福发现质子 ) 人工转变 人工控制 4 He+ 9 4Be 1 6 C+ 1 0n( 查德威克发现中子 ) 7 13Al+ 4 He 30 15P+ 1 0n 30 15P 30 14Si++1e 0 ( 约里奥 居里夫妇发现放射性 同位素, 同时发现正电子 ) 重核裂变 比较容易进行 人工控制 35 9 U+ 1 0n Ba Kr+3 1 0n 35 9 U+ 1 0n Xe Sr n 5. 光电效应的四类图象 轻核聚变很难控制 1H+ 3 1H 4 He+ 1 0n 图象名称图线形状由图线直接 ( 间接 ) 得到的物理量 1 极限频率 : 图线与 ν 轴交点的横坐标 νc 最大初动能 Ek 与入射光频率 ν 的关系图线颜色相同 强度不同的光, 光电流与电压的关系 逸出功 : 图线与 Ek 轴交点的纵坐标的值 W0= -E =E 3 普朗克常量 : 图线的斜率 k=h 1 遏止电压 Uc: 图线与横轴的交点 饱和光电流 Im: 电流的最大值 3 最大初动能 :Ekm=eUc 颜色不同时, 光电流与电 压的关系 1 遏止电压 Uc1 Uc 饱和光电流 3 最大初动能 Ek1=eUc1,Ek=eUc 1 截止频率 νc: 图线与横轴的交点 遏止电压 Uc 与入射光频 率 ν 的关系图线 遏止电压 Uc: 随入射光频率的增大而增大 3 普朗克常量 h: 等于图线的斜率与电子电量的 乘积, 即 h=ke( 注 : 此时两极之间接反向电压 ) 105 / 153

108 6. 光电效应方程 系列资料 BY 三好网汇编 (1) 光电子的最大初动能跟入射光子的能量 hν 和逸出功 W 0 的关系为 : 1 mv =hν-w 0. () 极限频率 ν c= W0 h. 典型例题 例 1 (016 全国卷 I) 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 ( ) 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 解析 保持入射光的频率不变, 入射光的光强变大, 单位时间内光电子变多, 饱和光电流变大,A 正确 ; 1 根据爱因斯坦光电效应方程 mvm h W 可知, 入射光的频率变高, 光电子的最大初动能变大, 饱和 0 1 光电流不变,B 错误 C 正确 ; 当 h <W 0 时没有光电流产生,D 错误 ; 由 mvm eu 可知遏止电压的大遏 小与入射光的频率有关, 与入射光的光强无关,E 正确 答案 ACE 例 氢原子能级如图, 当氢原子从 n=3 跃迁到 n= 的能级时, 辐射光的波长为 656 nm 以下判断正确 的是 ( ) A. 氢原子从 n= 跃迁到 n=1 的能级时, 辐射光的波长大于 656nm B. 用波长为 35nm 的光照射, 可使氢原子从 n=1 跃迁到 n= 的能级 C. 一群处于 n=3 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生 3 种谱线 D. 用波长为 633nm 的光照射, 不能使氢原子从 n= 跃迁到 n=3 的能级 解析 能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差, 能级差越大, 辐射的光子频率越大, 波长越 106 / 153

109 c 小,A 错误 ; 由 Em En h 可知,B 错误,D 正确 ; 根据 确 答案 CD 系列资料 BY 三好网汇编 C =3 3 可知, 辐射的光子频率最多 3 种,C 正 例 3 在匀强磁场中, 有一个原来静止的 14 6 C 原子核, 它放出的粒子与反冲核的径迹是两个相内切的圆, 圆的直径之比为 7 1, 那么碳 14 的衰变方程应为 ( ) A C 0 1e B B C 4 He+ C C 1H+ 1 5 B D C N 解析 静止的放射性原子核发生了衰变放出粒子后, 新核的速度与粒子速度方向相反, 放出的粒子与新 10 4 Be 核所受的洛伦兹力方向相同, 根据左手定则判断粒子与新核的电性关系相反, 根据 r= mv Bq, 因粒子和新核 的动量大小相等, 可由半径之比确定电荷量之比, 即可根据电荷数守恒及质量数守恒写出核反应方程式为 D 答案 D 例 4 14 C 发生放射性衰变成为 14 N, 半衰期约 5700 年 已知植物存活期间, 其体内 14 C 与 1 C 的比例 不变 ; 生命活动结束后, 14 C 的比例持续减少 现通过测量得知, 某古木样品中 14 C 的比例正好是现代植 物所制样品的二分之一 下列说法正确的是 ( ) A. 该古木的年代距今约 5700 年 B. 1 C 13 C 14 C 具有相同的中子数 C. 14 C 衰变为 14 N 的过程中放出 β 射线 D. 增加样品测量环境的压强将加速 14 C 的衰变 解析 剩余的 14 C 占 1 错误! 未找到引用源, 表明经过了一个半衰期,A 正确 ; 碳 的质子 数相同, 质量数不同, 中子数不同,B 错误 ; 14 C 变为 14 N, 质量数未变, 放出的是电子流, 即 β 射线,C 正确 ; 半衰期不受外界环境影响,D 错误 答案 AC 1. 处理光电效应问题的两条线索 技巧点拨 一是光的频率, 二是光的强度, 两条线索对应的关系是 : (1) 光子频率高 光子能量大 产生光电子的最大初动能大. () 光强 光子数目多 发射光电子数多 光电流大.. 爱因斯坦光电效应方程 E k=hν-w 0 的研究对象是金属表面的电子, 光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大 ( 如图 所示 ), 直线的斜率为 h, 直线与 ν 轴的交点的物理意义是极限频率 ν c, 直线与 E k 轴 107 / 153

110 交点的物理意义是逸出功的负值. 系列资料 BY 三好网汇编 3. 能级和能级跃迁 (1) 轨道量子化 核外电子只能在一些分立的轨道上运动 r n=n r 1(n=1,,3, ) () 能量量子化 原子只能处于一系列不连续的能量状态 E n= E1 n (n=1,,3, ) (3) 吸收或辐射能量量子化 原子在两个能级之间跃迁时只能吸收或辐射一定频率的光子, 该光子的能量由前后两个能级的能量差决 定, 即 hν=e m-e n(m>n). 4.α 射线 β 射线 γ 射线之间的区别 名称 α 射线 β 射线 γ 射线 实质氦核流电子流光子 速度 1 约为光速的 10 约为光速的 99% 光速 电离作用很强较弱很弱贯穿能力很弱较强最强 专项训练 1.(015 全国卷 Ⅱ) 实物粒子和光都具有波粒二象性, 下列事实中突出体现波动性的是 ( ) A. 电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样 B.β 射线在云室中穿过会留下清晰的径迹 C. 人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构 D. 人们利用电子显微镜观测物质的微观结构 E. 光电效应实验中, 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 答案 ACD 解析 电子束通过双缝装置后可以形成干涉图样, 说明电子是一种波,A 正确 ;β 射线在云室中穿过会留下清晰的径迹, 说明 β 射线是一种粒子,B 错误 ; 人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构, 慢中子衍射说明中子是一种波,C 正确 ; 人们利用电子显微镜观测物质的微观结构, 利用了电子束的德布罗意波长短, 提高显微镜的分辨率, 说明电子是一种波,D 正确 ; 光电效应实验中, 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, 说明光是一种粒子, 故 E 错误. 如图所示为氢原子的能级示意图 现用能量介于 10~1.9eV 范围内的光子去照射一群处于基态的氢 108 / 153

111 原子, 则下列说法正确的是 ( ) 系列资料 BY 三好网汇编 A. 照射光中只有一种频率的光子被吸收 B. 照射光中有三种频率的光子被吸收 C. 氢原子发射出三种不同波长光 D. 氢原子发射出六种不同波长的光 答案 BD 解析 因为 =-3.6eV,-13.6eV+1.9eV=-0.7eV, 可知照射光中有三种频率的光子被吸收, A 错误,B 正确 ; 氢原子跃迁的最高能级为 n=4 能级, 根据 错误,D 正确 3. 关于天然放射现象, 以下叙述正确的是 ( ) A. 若使放射性物质的温度升高, 其半衰期将变大 B.β 衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的 C. 在 α β γ 这三种射线中,γ 射线的穿透能力最强,α 射线的电离能力最强 D. 铀核 ( 38 9 U) 衰变为铅核 ( 06 8 Pb) 的过程中, 要经过 8 次 α 衰变和 6 次 β 衰变 答案 CD 109 / 153 C n 知, 氢原子发射出六种不同波长的光, 故 C 解析 半衰期的时间与元素的物理状态无关, 若使某放射性物质的温度升高, 其半衰期将不变, 故 A 错 误 ;β 衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成一个质子和一个电子, 故 B 错误 ; 在 α β γ 这三种射 线中,γ 射线的穿透能力最强,α 射线的电离能力最强, 故 C 正确 ; 铀核 ( 38 9 U) 衰变为铅核 ( 06 8 Pb) 的过程中, 每经过一次 α 衰变质子数少, 质量数少 4; 而每经过一次 β 衰变质子数增 1, 中子数不变 ; 由质量数和核 电荷数守恒, 可知要经过 8 次 α 衰变和 6 次 β 衰变, 故 D 正确 4. 下列说法正确的是 ( ) A. 德布罗意第一次将量子观念引入原子领域, 玻尔预言了实物粒子的波动性 B. 原子核内部某个中子转变为质子和电子, 产生的电子从原子核中发射出来, 这就是 β 衰变 C. 氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后, 在向低能级跃迁时放出光子的频率不一定等于入射光的频率 D. 铀核裂变的核反应方程为 : 35 9 U Ba+36Kr n 答案 BC 解析 玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域, 提出了定态和跃迁的概念, 成功地解释了氢原子 光谱实验规律, 但局限性是只能解释氢原子光谱, 而德布罗意预言了实物粒子的波动性, 故 A 错误 ; 由 β

112 衰变知识知 B 正确 ; 氢原子在向低能级跃迁过程中可能放出多种频率的光子, 因此放出光子的频率不一定等于入射光的频率, 故 C 正确 ; 所谓核裂变是指重核俘获一个中子后分裂为几个中等质量的核的反应过程, 故 D 错误. 5. 如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线, 普朗克常量 h = J s, 由图可知 ( ) A. 该金属的截止频率为 Hz B. 该金属的截止频率为 Hz C. 该图线的斜率表示普朗克常量 D. 该金属的逸出功为 0.5 ev 答案 AC 解析 图线在横轴上的截距为截止频率,A 正确,B 错误 ; 由光电效应方程 E k=hν-w 0, 可知图线的斜 率为普朗克常量,C 正确 ; 金属的逸出功为 W 0=hν 0= 得能量跃迁到 n=3 激发态, 则这些氢原子从激发态向低能级跃迁的过程中可释放出 3 种不同频率的光子, 110 / ev=1.77 ev,d 错误 6. 根据玻尔假设, 规定无穷远处的能量为 0, 则量子数为 n 的氢原子的能量 E n= E1 n,e 1 为基态的能量, 经 计算为 ev, 现规定氢原子处于基态时的能量为 0, 则 ( ) A. 量子数 n= 时能级的能量为 0 B. 量子数 n=3 时能级的能量为 - 8E1 9 C. 若要使氢原子从基态跃迁到第 4 能级, 则需要吸收的光子能量为 - 15E1 16 D. 若采用能量为 - 9E1 10 的高速电子轰击而跃迁到激发态, 这些氢原子从激发态向低能级跃迁的过程中可释 放出 10 种不同频率的光子 答案 BC 13.6 解析 若规定无穷远处的能量为 0, 则量子数为 n= 时的能量为 E = ev =-3.4 ev 若氢原 子处于基态时的能量为 0, 则量子数 n= 时能级的能量为 10. ev, 选项 A 错误 ; 量子数 n=3 时能级的 E 1 能量为 3 -E 1=- 8E1 9, E 1 选项 B 正确 ; 若要使氢原子从基态跃迁到第 4 能级, 则需要吸收的光子能量为 4 - E 1=- 15E1 16, 选项 C 正确 ; 采用能量为 - 9E1 10 的高速电子轰击而跃迁到激发态, 根据 E m-e n=hν, 氢原子获

113 故 D 错误 111 / 153

114 高频考点十三 振动与波 光 1. 单摆 知识讲解 (1) 特点 :1 单摆是理想模型 ; 单摆的回复力由重力沿圆弧方向的分力提供, 当最大摆角 α<10 时, 单摆 的振动可看做简谐运动, 其振动周期 T=π L g. () 应用 :1 计时器 ; 测定重力加速度 g,g= 4π L T.. 波动图象和振动图象的比较 振动图象 波动图象 研究对象一振动质点沿波传播方向的所有质点 研究内容一质点的位移随时间的变化规律某时刻所有质点的空间分布规律 图象 物理意义表示同一质点在各时刻的位移表示某时刻各质点的位移 图象信息 (1) 质点振动周期 () 质点振幅 (3) 某一质点在各时刻的位移 (4) 各时刻速度 加速度的方向 (1) 波长 振幅 () 任意一质点在该时刻的位移 (3) 任意一质点在该时刻的加速度方向 (4) 传播方向 振动方向的互判 图象变化随时间推移, 图象延续, 但已有形状不变随时间推移, 波形沿传播方向平移 一完整曲线 占横坐标的 距离 表示一个周期 表示一个波长 3. 波的传播方向与质点的振动方向的判断方法 内容 图象 上 下坡法 同侧法 沿波的传播方向, 上坡时质点向下振动, 下坡时质点向上振动波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧 微平移法 将波形图沿传播方向进行微小平移, 再由 x 轴 上某一位置的两波形曲线上的点来判定 4. 光的折射光从真空射入某种介质发生折射时, 入射角 θ 1 的正弦与折射角 θ 的正弦之比为定值 n, 叫做这种介质的折 11 / 153

115 sin θ1 射率, 表示为 n=. 实验和研究证明, 某种介质的折射率等于光在真空中的传播速度 c 跟光在这种介 sin θ 质中的传播速度 v 之比, 即 n= c v. 5. 全反射的条件 (1) 光从光密介质射向光疏介质 ; () 入射角大于或等于临界角, 临界角指使折射角等于 90 时的入射角, 某种介质的临界角 C 用 sin C= 1 n 计 算. 典型例题 例 1 甲 乙两弹簧振子, 振动图象如图所示, 则可知 ( ) A. 两弹簧振子完全相同 B. 两弹簧振子所受回复力最大值之比 F 甲 F 乙 = 1 C. 振子甲速度为零时, 振子乙速度最大 D. 两振子的振动频率之比 f 甲 f 乙 =1 解析 由振动图象可知,T 乙 =1.0 s,t 甲 =.0 s, 所以两个弹簧振子是不相同的,A 错误 ; 由 f= 1 可知, T 两振子的振动频率之比 f 甲 f 乙 =1,D 正确 ; 振动图象的斜率为振子的速度, 由图可知, 甲振子在 t= 0.5 s,t=1.5 s 时速度为零, 而乙振子此时的速度达到最大,C 正确 ; 回复力与位移成正比, 与两弹簧的劲度系数也成正比,B 错误 答案 CD 例 (017 全国卷 Ⅲ) 如图所示, 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 m B. 波速为 6 m/s C. 频率为 1.5 Hz 113 / 153

116 D.t=1 s 时,x=1 m 处的质点处于波峰 E.t= s 时,x= m 处的质点经过平衡位置 解析 (1) 由图可以读出, 波长为 4 m,a 错误 ; 由于周期大于 0.5 s, 所以周期 T= s= 3 s, 波速 v = λ T =6 m/s,b 正确 ; 频率 f= 1 T =1.5 Hz,C 正确 ;t=1 s 时, 经过了 1.5 个周期,x=1 m 处质点处于波谷, D 错误 ;t= s 时, 经过了 3 个周期,x= m 处质点处于平衡位置,E 正确 答案 (1)BCE 例 3 (017 全国卷 Ⅰ) 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 R 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 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=nsin r 1 sin r 由正弦定理有 R =sin(i-r) R 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= L R 3 式中 L 是入射光线与 OC 的距离 由 3 式和题给数据得 sin r= 由 134 式和题给数据得 n= 答案 n 1.43 技巧点拨 114 / 153

117 巧妙运用光路图解题和光学作图问题 (1) 解决几何光学的基本方法是 : 画出光路图, 理解有关概念, 灵活运用数学知识求解. 在反射和折射现象中, 光路可逆 是解决较复杂问题常用的思想方法. 注意 : 光路图的作法必须遵循反射和折射定律. () 由于同一介质对不同色光的折射率不同, 导致光的色散现象. 利用光的折射定律解决的问题主要有 视深 和棱镜等. 正确画出光路图是求解此类问题的关键. (3) 作图法是解决几何光学问题的主要方法之一. 完成光路图的依据是光的传播规律, 作图时常常要运用逆向思维 先由像确定反射光线, 再确定入射光线. 解题中常常要巧用光路可逆规律分析问题, 在实像的位置换上物点, 必定在原来物点处成像, 即像 物互换. 另外, 涉及有关范围的问题, 确定有关边界光线是解决问题的关键. 专项训练 1. 图甲是一列简谐横波在某一时刻的波的图象, 图乙是 x= m 处的质点从该时刻开始计时的振动图象, a b 是介质中两个质点, 下列说法正确的是 ( ) A. 质点 a 振动的周期为 s B. 这列波的波速是 m/s C. 这列波沿 x 轴负方向传播 D.8 s 内质点 b 通过的路程是 40 cm E. 质点 a 比质点 b 先回到平衡位置 答案 BDE 解析 由题图知, 此波的波长 λ=8 m, 周期 T=4 s, 所以波速 v= λ T = m/s, 选项 B 正确,A 错误 ; 质点振幅为 5 cm, 一个周期内通过的路程为 0 cm,8 s=t,8 s 内质点通过的路程是 40 cm, 选项 D 正确 ; 由振动图线可知 t=0 时刻,x= m 处的质点向上振动, 所以波沿 x 轴正方向传播, 选项 C 错误 ; 因为此时质点 a 振动方向向上, 质点 b 振动方向向下, 所以质点 a 比质点 b 先回到平衡位置, 选项 E 正确. 如图所示为两列沿绳传播的 ( 虚线表示甲波, 实线表示乙波 ) 简谐横波在某时刻的波形,M 为绳上 x=0. m 处的质点, 则下列说法中正确的是 ( ) 115 / 153

118 A. 图示时刻质点 M 的速度为零 系列资料 BY 三好网汇编 B.M 点是振动加强点 C. 甲波的传播速度 v 1 比乙波的传播速度 v 大 3 D. 由图示时刻开始, 再经甲波的周期, 质点 M 将位于波峰 4 E. 位于原点的质点与 M 点的振动方向总是相反的 答案 BDE 解析 图示时刻, 两波在质点 M 处引起的振动方向相同, 速度最大, 振动加强,A 错误,B 正确 ; 两波 3 在同一介质中传播, 波速相同,C 错误 ; 图示时刻 M 质点向下振动, 再经甲波的周期, 质点 M 将位于波 4 峰,D 正确 ;O M 平衡位置之间的距离等于半个波长, 振动方向总相反,E 正确 3. 将长为 l 的玻璃圆柱体沿轴剖开后得到一块半圆柱体, 其截面的正视图如图乙所示,MNPQ 为其底面 (PQ 图中未画出 ),MN 为直径. 已知半圆的圆心为 O 半径为 R, 玻璃的折射率 n=. 一束与 MNPQ 所在平面成 45 且垂直于轴的平行光束射到半圆柱面上, 经折射后, 有部分光能从 MNPQ 面射出, 忽略经多次反射到达 MNPQ 面的光线. 求 MNPQ 透光部分的面积. 答案 Rl 解析 设光由介质射向空气的临界角为 C:sin C= 1 n, 解得 C=45 从 A 点进入玻璃砖的光线垂直半球面, 沿半径 AO 方向直达球心, 且入射角等于临界角, 恰好在 O 点发生 全反射.A 点左侧的光线经球面折射后, 射在 MN 上的入射角都大于临界角, 在 MN 上发生全反射, 不能 从 MN 上射出 A 点右侧光线一直到与球面正好相切的范围内的光线经球面折射后, 在 MN 上的入射角均小于临界角, 都 能从 MN 上射出, 由几何关系知 BD ON, 故光在 MN 上的出射宽度就是 OD. 由折射定律 : sin i sin r =n MN 上透光部分的长度 :OD=Rsin r MNPQ 平面内透光部分的面积 :S= Rl 4. 如图所示, 横截面是直角三角形 ABC 的三棱镜对红光的折射率为 n 1= 6, 对紫光的折射率为 n = 3, 宽度都为 a 的红光和紫光从同一位置由棱镜的一侧斜边 AB 垂直射入, 从另一侧直角边 AC 折射出来并射 到光屏上, 已知棱镜的顶角 B=60,AC 边平行于光屏 MN, 为使两种色光射到光屏 MN 上时不重叠, 试 求棱镜 AC 边与光屏至少相距多远? 116 / 153

119 答案 + 5 a 6 解析 如图所示, 是经三棱镜折射后两种色光射到光屏 MN 上恰好不重叠时的光路图. 对红光, 由折射定律得 :n sin β 1= sin 30, 解得 :sin β= 6 15,tan β= 4 5 对紫光, 由折射定律得 :n = sin α sin 30 解得 :sin α= 3,tan α= 3 由几何关系得 :dtan α-dtan β= a cos 30, 解得 :d= + 5 a 6 为使两种色光射到光屏 MN 上时不重叠, 棱镜 AC 与光屏至少相距 d= + 5 a / 153

120 高频考点十四 热学 1. 常见的热学估算问题 知识讲解 (1) 估算固体或液体分子大小或气体分子间距 V摩 M 摩液体 固体分子体积或气体分子占有空间为 : v N A N A 对于液体和固体分子, 原则上可以按照球体模型或立方体模型, 一般计算中习惯上按照球体模型处理, 其 3 体积 1 v d 分 (d 为分子直径 ) 6 () 估算分子质量 估算分子质量的方法 : m M N A 或 m V N A (M 指摩尔质量,V 指摩尔体积 ) 由于标准状态下气体的摩尔体积为一常量 V.4L / mol, 因此常用公式 m V N A 来估算气体分子的质 量, 常用公式 m M N A 来估算液体和固体分子的质量 (3) 估算分子个数 估算分子个数, 关键在于估算物质的量, N nn A (N 指分子个数,n 指物质的量 ), 物质的估算有两种 m 方法 : n, n M 摩 V V. 分子力 分子势能与分子间距的关系 摩 V V N (m V 分别指被估算物质的质量和体积 ) 分子个数为 N nn M 项目 名称 分子间的相互作用力 F 分子势能 E p 与分子间距的关系 图象 随分子间距的变化情况 F 引和 F 斥都随距离的增大而减小, 随距离 r 增大, 斥力做正功, 分子势能减少 r<r0 的减小而增大,F 引 <F 斥,F 表现为斥力 r 减小, 斥力做负功, 分子势能增加 r>r0 F 引和 F 斥都随距离的增大而减小, 随距离的减小而增大,F 引 >F 斥,F 表现为引力 r 增大, 引力做负功, 分子势能增加 r 减小, 引力做正功, 分子势能减少 r=r0 F 引 =F 斥,F=0 分子势能最小, 但不为零 r>10r0 F 引和 F 斥都已十分微弱, 可以认为分子间 (10-9 m) 没有相互作用力 分子势能为零 118 / 153

121 3. 晶体和非晶体的比较 比较项目 分类 单晶体 晶体 多晶体 非晶体 外形 规则 不规则 不规则 熔点 确定 确定 不确定 物理性质 各向异性 各向同性 各向同性 原子排列 有规则 每个晶粒的排列无规则 无规则 转化 晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化 典型物质石英 云母 明矾 食盐玻璃 橡胶 4. 液晶 (1) 液晶分子既保持排列有序而显示各向异性, 又可以自由移动位置, 保持了液体的流动性 () 液晶分子的位置无序使它像液体, 排列有序使它像晶体 (3) 液晶分子的排列从某个方向看比较整齐, 而从另一个方向看则是杂乱无章的 (4) 液晶的物理性质很容易在外界的影响下发生改变 5.ΔU=Q+W 的三种特殊情况 1 若过程是绝热的, 则 Q=0,W=ΔU, 外界对物体做的功等于物体内能的增加 若过程是等容的, 即 W=0,Q=ΔU, 物体吸收的热量等于物体内能的增加 3 若过程是等温的, 即 ΔU=0, 则 W+Q=0 或 W=-Q, 外界对物体做的功等于物体放出的热量 6. 三个气体实验定律的比较 定律名称 玻意耳定律 查理定律 盖 - 吕萨克定律 比较项目 ( 等温变化 ) ( 等容变化 ) ( 等压变化 ) 数学表达式 p1v1=pv 或 pv=c( 常数 ) p1 T1 =p T 或 p T =C( 常数 ) V1 T1 =V T 或 V T =C( 常数 ) 同一气体的 两条图线 典型例题 例 1 (017 全国卷 Ⅰ)(1) 氧气分子在 0 和 100 温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比 随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示 下列说法正确的是 ( ) 119 / 153

122 A. 图中两条曲线下面积相等 B. 图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形 C. 图中实线对应于氧气分子在 100 时的情形 D. 图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目 E. 与 0 时相比,100 时氧气分子速率出现在 0~400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大 解析 因分子总个数一定, 图中两条曲线下面积相等, 选项 A 正确 ; 图中虚线的峰值对应的横坐标小于实线的峰值对应的横坐标, 虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形, 对应的温度为 0, 实线对应的温度为 100, 选项 B C 正确 ; 图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数占总分子数的百分比, 选项 D 错误 ; 与 0 时相比,100 时氧气分子速率出现在 0~400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较小, 选项 E 错误 答案 ABC 例 分子势能与分子力随分子间距离 r 变化的情况如图甲所示 现将 M 分子固定在坐标原点 O,N 分子只受两分子间的作用力沿 x 轴正方向运动, 两分子间的分子势能 E p 与两分子间距离 x 的变化关系如图乙所示 设在移动过程中两分子所具有的总能量为 0, 则 ( ) A.N 分子在 P 点时加速度最大 B.N 分子在 Q 点时分子势能最小 C.N 分子在 Q 点时处于平衡状态 D.N 分子在 P 点时分子动能最大 解析 根据题意,N 分子的分子动能和两分子间的分子势能之和为零, 所以当分子势能最小时,N 分子的分子动能最大 ; 当分子势能为零时,N 分子的分子动能也为零 再观察题图乙可知,N 分子在 P 点时分子势能最小,N 分子的分子动能最大, 此处分子力为零, 加速度为零, 选项 A 错误,D 正确 ;N 分子在 Q 点时分子势能为零,N 分子的分子动能也为零, 分子动能最小, 分子势能最大, 此处, 分子力不为零, 加速度不为零, 选项 B C 错误 10 / 153

123 答案 D 例 3 (015 全国卷 Ⅰ) 下列说法正确的是 ( ) A. 将一块晶体敲碎后, 得到的小颗粒是非晶体 B. 固体可以分为晶体和非晶体两类, 有些晶体在不同方向上有不同的光学性质 C. 由同种元素构成的固体, 可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体 D. 在合适的条件下, 某些晶体可以转变为非晶体, 某些非晶体也可以转变为晶体 E. 在熔化过程中, 晶体要吸收热量, 但温度保持不变, 内能也保持不变 解析 晶体敲碎后仍为晶体, 故 A 错误 ; 有些晶体 ( 如有些单晶体 ) 在不同的方向上有不同的光学性质, 即具有各向异性,B 正确 ; 碳元素由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体, 如石墨和金刚石, 故 C 正确 ; 在合适的条件下, 某些晶体和非晶体可以相互转化, 如二氧化硅晶体加热再凝固后成为玻璃,D 正确 ; 在熔化过程中, 晶体的内能要增大,E 错误 答案 BCD 例 4 如图所示, 内径均匀的弯曲玻璃管 ABCDE 两端开口,AB CD 段竖直,BC DE 段水平,AB= 100 cm,bc=40 cm,cd=50 cm,de=60 cm, 在水平段 DE 内有一长 10 cm 的水银柱, 其左端距 D 点 10 cm. 在环境温度为 300 K 时, 保持 BC 段水平, 将玻璃管 A 端缓慢竖直向下插入大水银槽中, 使 A 端在水银面下 10 cm. 已知大气压为 75 cmhg, 且保持不变. 1 若环境温度缓慢升高, 求温度升高到多少 K 时, 水银柱刚好全部溢出 ; 若环境温度缓慢降低, 求温度降低到多少 K 时, 水银柱刚好全部进入 CD 段. 解析 1A 端插入水银槽后, 液柱向右移动 10 cm. 设玻璃管横截面积为 S cm, 则 V 1=00S cm 3,V =40S cm 3, 玻璃管中气体发生等压变化, 由盖 - 吕萨克定律可得 : V1 T 1 = V T 得 :T =360 K 当液柱刚好全部进入 CD 管时, 水银槽中的水银将沿 AB 管上升 10 cm. 封闭气体体积及压强 :V 3=160S cm 3,p 3=65 cmhg 由理想气体状态方程得 : p1v1 T 1 = p3v3 T 3 得 :T 3=08 K 答案 1360 K 08 K 应用气体状态方程解题的一般步骤 技巧点拨 11 / 153

124 1 明确研究对象, 即某一定质量的理想气体 ; 确定气体在始末状态的参量 p 1 V 1 T 1 及 p V T ; 3 由状态方程列式求解 ; 4 讨论结果的合理性 专项训练 1.(017 全国卷 Ⅱ) 如图, 用隔板将一绝热汽缸分成两部分, 隔板左侧充有理想气体, 隔板右侧与绝热活塞之间是真空 现将隔板抽开, 气体会自发扩散至整个汽缸 待气体达到稳定后, 缓慢推压活塞, 将气体压回到原来的体积 假设整个系统不漏气 下列说法正确的是 ( ) A. 气体自发扩散前后内能相同 B. 气体在被压缩的过程中内能增大 C. 在自发扩散过程中, 气体对外界做功 D. 气体在被压缩的过程中, 外界对气体做功 E. 气体在被压缩的过程中, 气体分子的平均动能不变 答案 ABD 解析 气体向真空自发扩散, 对外界不做功, 且没有热传递, 气体的内能不会改变,A 正确,C 错误 ; 气体在被压缩的过程中, 活塞对气体做功, 因汽缸绝热, 故气体内能增大,B 正确 ; 气体在被压缩的过程中, 外界对气体做功,D 正确 ; 气体在被压缩的过程中内能增加, 而理想气体无分子势能, 故气体分子的平均动能增加, 选项 E 错误.(017 全国卷 Ⅲ) 如图, 一定质量的理想气体从状态 a 出发, 经过等容过程 ab 到达状态 b, 再经过等温过程 bc 到达状态 c, 最后经等压过程 ca 回到初态 a 下列说法正确的是( ) A. 在过程 ab 中气体的内能增加 B. 在过程 ca 中外界对气体做功 C. 在过程 ab 中气体对外界做功 D. 在过程 bc 中气体从外界吸收热量 1 / 153

125 E. 在过程 ca 中气体从外界吸收热量 答案 ABD 解析 在过程 ab 中, 体积不变, 则气体不对外界做功, 外界也不对气体做功, 压强增大, 根据查理定律, 气体温度升高, 一定质量的理想气体的内能由温度决定, 所以气体内能增加, 选项 A 正确,C 错误 ; 在过程 ca 中, 压强不变, 体积变小, 根据盖 吕萨克定律, 气体温度降低, 内能减小, 而外界对气体做功, 根据热力学第一定律, 气体向外界放出热量, 选项选项 B 正确,E 错误 ; 在过程 bc 中, 温度不变, 内能不变, 体积增加, 气体对外界做功, 由热力学第一定律可知, 气体要从外界吸收热量, 选项 D 正确 3. 如图所示, 两个相同的竖直玻璃管 A B 下端通过橡胶管相连, 玻璃管中装有适量的水银, 两玻璃管的上端封闭, 使两玻璃管中分别封闭一段气柱, 气柱的长均为 L=10 cm,a 管中空气柱的压强为 p 1=76 cmhg, 两管中气体温度均为 33,A 管中水银液面比 B 管水银液面高出 8 cm, 两玻璃管的长度足够长. 1 保持 A 管不动, 将 B 管缓慢上提, 则 B 管上提的高度为多少, 可以使两管中水银液面相平? 若将 A 管中气体温度升高 ΔT,B 管中气体温度降低 ΔT, 则 ΔT 为多少时, 可以使两管中水银液面相平? 答案 19 cm 135 K 解析 1 开始时 B 管中气体的压强 p =76 cmhg+8 cmhg=84 cmhg 将 B 管缓慢上提, 设两管中水银液面相平时,A 管中水银液面上升 h, 两管中气体压强相同, 设为 p, 则 p 1SL=pS(L-h),p SL=pS(L+h) 求得 h=0.5 cm B 管上提的距离 x=h+8 cm=9 cm A 管中气体 : p1ls L+ S =p T T+ΔT p LS L- S B 管中气体 =p T T-ΔT ΔT=135 K 4. 如图所示, 内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上, 汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体, 活 塞横截面积为 S, 质量和厚度都不计. 活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起, 弹簧处于原长. 已知周围环 境温度为 T 0, 大气压强恒为 p 0, 弹簧的劲度系数 k= p0s l 0 (S 为活塞横截面积 ), 原长为 l 0. 一段时间后, 环 境温度降低, 在活塞上施加一水平向右的压力, 使活塞缓慢向右移动. 当压力增大到某一值时保持恒定, 此时活塞向右移动了 0.l 0, 缸内气体压强为 1.1p / 153

126 1 求此时缸内气体的温度 T 1; 对汽缸加热, 使气体温度缓慢升高, 当活塞移动到距汽缸底部 1.l 0 时, 求此时缸内气体的温度 T. 答案 10.88T 0 1.8T 0 解析 1 汽缸内的气体, 初态时 : 压强为 p 0, 体积为 V 0=Sl 0, 温度为 T 0 末态时 : 压强为 p 1=1.1p 0, 体积为 V 1=S(l 0-0.l 0) 由理想气体状态方程得 : p0 V0 = p1 V1 T 0 T 1 解得 :T 1=0.88T 0 当活塞移动到距汽缸底部 1.l 0 时, 体积为 V =1.Sl 0, 设气体压强为 p, 由理想气体状态方程得 : p0v0 T 0 = p V T 此时活塞受力平衡方程为 :p 0S+F-p S+k(1.l 0-l 0)=0 当活塞向右移动 0.l 0 后压力 F 保持恒定, 活塞受力平衡 :p 0S+F-1.1p 0S-k(0.l 0)=0 解得 :T =1.8T 0 高频考点十五 力学实验 一 误差与有效数字 知识讲解 1. 误差 误差产生原因大小特点减小方法 系统误差 实验仪器不精确实验原 理不完善实验方法粗略 总是偏大或偏小 更新仪器, 完善原理, 改 进方法 偶然误差测量 读数不准确可大可小画图象或取平均值. 有效数字 (1) 有效数字的最后一位是测量者估读出来的, 是偶然误差的来源. () 从数的左边第一个不为零的数字算起, 如 为三位有效数字. 二 基本仪器的使用 1. 长度测量类仪器 (1) 毫米刻度尺的读数 : 精确到毫米, 估读一位. () 游标卡尺的读数 : 游标尺 /mm 精度测量结果 ( 游标尺上第 n 个刻线与主尺 14 / 153

127 刻度 刻度 每小格与 /mm 上的某刻度线正对时 )/mm 格数 总长度 1 毫米差 主尺上读的毫米数 +0.1n 主尺上读的毫米数 +0.05n 主尺上读的毫米数 +0.0n (3) 螺旋测微器的读数 : 测量值 = 固定刻度整毫米数 + 半毫米数 + 可动刻度读数 ( 含估读 ) 0.01 mm.. 时间测量类仪器 (1) 打点计时器 : 每打两个点的时间间隔为 0.0 s, 一般每五个点取一个计数点, 则时间间隔为 Δt=0.0 5 s=0.1 s. () 频闪照相机 : 用等时间间隔获取图象信息的方法将物体在不同时刻的位置记录下来. (3) 光电计时器 : 记录遮光时间. 三 力学实验归纳与说明 归类 实验内容 说明 1. 验证力的平行四边形定则 实验的等效思想 ; 作图法等 验证性 实验. 验证动量守恒定律 用平抛实验器进行实验 ; 转化要验证的等效表达式 ; 对暂态过程分阶段测量等 3. 验证机械能守恒定律用自由落体进行验证 ; 使用打点计时器和刻度尺等 研究性实验探究性实验 4. 研究匀变速直线运动 5. 研究平抛物体的运动 6. 探究弹力和弹簧伸长的关系 明确实验目的 ; 使用打点计时器 ; 用刻度尺测量 分析所打的纸带来计算加速度等用平抛实验器进行实验 ; 研究的目的和方法 ; 描绘平抛轨迹 ; 计算平抛物体的初速度等实验设计的原理和方法 ; 实验数据的记录与分析 ; 实验结论的描述与表达形式等 四 物理实验的基本思想方法 1. 等效法等效法是科学研究中常用的一种思维方法. 对一些复杂问题采用等效法, 可将其变换成理想的 简单的 已知规律的过程来处理, 常使问题的解决得以简化. 因此, 等效法也是物理实验中常用的方法. 如在 验证力的平行四边形定则 的实验中, 要求用一个弹簧秤单独拉橡皮条时, 要与用两个互成角度的弹簧秤同时拉橡皮条时产生的效果相同 使结点到达同一位置 O, 即要在合力与两分力等效的条件下, 才能找出它们之间合成与分解时所遵循的关系 平行四边形定则. 又如在 验证动量守恒定律 的实验中, 用小球的水平位移代替小球的水平速度 ; 在 验证牛顿第二定律 的实验中, 通过调节木板的倾斜度使重力的分力抵消摩擦力而等效于物体不受摩擦力作用. 还有, 电学实验中电流表的改装 用替换法测电阻等, 都是等效法的应用.. 转换法将某些不易显示 不易直接测量的物理量转化为易于显示 易于测量的物理量的方法称为转换法 ( 间接测量 15 / 153

128 法 ). 转换法是物理实验常用的方法. 如 : 弹簧测力计是把力的大小转换为弹簧的伸长量 ; 打点计时器是把 流逝的时间转换成振针的周期性振动 ; 电流表是利用电流在磁场中受力, 把电流转化为指针的偏转角 ; 用 单摆测定重力加速度 g 是通过公式 T=π L 把 g 的测量转换为 T 和 L 的测量, 等等. g 3. 留迹法留迹法是利用某些特殊的手段, 把一些瞬间即逝的现象 ( 如位置 轨迹等 ) 记录下来, 以便于此后对其进行仔细研究的一种方法. 留迹法也是物理实验中常用的方法. 如 : 用打点计时器打在纸带上的点迹记录小车的位移与时间之间的关系 ; 用描迹法描绘平抛运动的轨迹 ; 在 测定玻璃的折射率 的实验中, 用大头针的插孔显示入射光线和出射光线的方位 ; 在描绘电场中等势线的实验中, 用探针通过复写纸在白纸上留下的痕迹记录等势点的位置等等, 都是留迹法在实验中的应用. 4. 累积法累积法是把某些难以直接准确测量的微小量累积后测量, 以提高测量的准确度的一种实验方法. 如 : 在缺乏高精密度的测量仪器的情况下测细金属丝的直径, 常把细金属丝绕在圆柱体上测若干匝的总长度, 然后除以匝数就可求出细金属丝的直径 ; 测一张薄纸的厚度时, 常先测出若干页纸的总厚度, 再除以被测页数即所求每页纸的厚度 ; 在 用单摆测定重力加速度 的实验中, 单摆周期的测定就是通过测单摆完成多次全振动的总时间除以全振动的次数, 以减小个人反应时间造成的误差影响等. 5. 控制变量法在多因素的实验中, 可以先控制一些量不变, 依次研究某一个因素的影响. 如在 验证牛顿第二定律 的实验中, 可以先保持质量一定, 研究加速度和力的关系 ; 再保持力一定, 研究加速度和质量的关系 ; 最后综合得出加速度与质量 力的关系. 五 实验数据的处理方法 1. 列表法 : 在记录和处理数据时, 为了简单而明显地表示出有关物理量之间的关系, 可将数据填写在适当的表格中, 即为列表法.. 平均值法 : 把在同一状态下测定的同一个物理量的若干组数据相加求和, 然后除以测量次数. 3. 作图法 : 用作图法处理数据的优点是直观 简便, 有取平均值的效果. 由图线的斜率 截距 包围的面积等可以研究物理量之间的关系. 六 实验误差的分析及减小误差的方法中学物理中只要求初步了解绝对误差与相对误差 偶然误差与系统误差的概念, 以及能定性地分析一些实验中产生系统误差的主要原因. (1) 绝对误差与相对误差 设某物理量的真实值为 A 0, 测量值为 A, 则绝对误差为 ΔA= A-A 0, 相对误差为 ΔA = A-A0. A 0 A 0 () 偶然误差与系统误差 1 偶然误差是由于各种偶然因素对实验的影响而产生的. 偶然误差具有随机性, 有时偏大, 有时偏小, 所以可以通过多次测量求平均值的方法减小偶然误差. 16 / 153

129 系统误差是由于仪器本身不够精确, 或实验方法粗略, 或实验原理不完善而产生的. 它的特点是使测量值总是偏大或总是偏小. 所以, 采用多次测量求平均值的方法不能减小系统误差. 要减小系统误差, 必须校准仪器, 或改进实验方法, 或设计在原理上更为完善的实验方案. 典型例题 例 1 (016 天津卷 ) 某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动 (1) 实验中, 必要的措施是 A. 细线必须与长木板平行 B. 先接通电源再释放小车 C. 小车的质量远大于钩码的质量 D. 平衡小车与长木板间的摩擦力 () 他实验时将打点计时器接到频率为 50Hz 的交流电源上, 得到一条纸带, 打出的部分计数点如图所示 ( 每相邻两个计数点间还有 4 个点, 图中未画出 ) s 1=3.59cm,s =4.41cm,s 3=5.19cm,s 4=5.97cm,s 5=6.78cm, s 6=7.64cm 则小车的加速度 a= m/s ( 要求充分利用测量数据 ), 打点计时器在打 B 点时小车的速度 v B= m/s ( 结果均保留两位有效数字 ) 解析 (1) 实验时, 若细线与木板不平行, 细线的拉力使小车运动过程中与木板间的压力改变造成摩擦力变化, 产生实验误差, 选项 A 正确 ; 实验时要先接通电源再释放小车, 选项 B 正确 ; 此实验是研究小车的匀变速直线运动, 不平衡小车与长木板间的摩擦力和小车的质量不远大于钩码的质量时小车仍做匀变速直线运动, 故选项 C D 错误 () 两点间的时间间隔 T=0.1s, 由逐差法可得 : s s s s s s a 9T ( ) 10 m / s 0.80m / s 线运动中, 某段时间的平均速度等于其中间时刻的瞬时速度, 故 在匀变速直 v B s1 s ( ) 10 vac m / s 0.40m / s T 0.1 答案 (1)AB () 例 (017 北京卷 ) 如图 1 所示, 用质量为 m 的重物通过滑轮牵引小车, 使它在长木板上运动, 打点计时器在纸带上记录小车的运动情况 利用该装置可以完成 探究动能定理 的实验 17 / 153

130 (1) 打点计时器使用的电源是 ( 填选项前的字母 ) A. 直流电源 B. 交流电源 ()1 实验中, 需要平衡摩擦力和其他阻力, 正确操作方法是 ( 填选项前的字母 ) A. 把长木板右端垫高 B. 改变小车的质量 在不挂重物且 ( 填选项前的字母 ) 的情况下, 轻推一下小车, 若小车拖着纸带做匀速运动, 表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响 A. 打点计时器不打点 B. 打点计时器打点 (3) 接通电源, 释放小车, 打点计时器在纸带上打下一系列点, 将打下的第一个点标为 O 在纸带上依次取 A B C 若干个计数点, 已知相邻计数点间的时间间隔为 T 测得 A B C 各点到 O 点的距离分别为 x 1 x x 3, 如图 所示 图 实验中, 重物质量远小于小车质量, 可认为小车所受的拉力大小为 mg, 从打 O 点到打 B 点的过程中, 拉力对小车做的功 W=, 打 B 点时小车的速度 v= (4) 以 v 为纵坐标,W 为横坐标, 利用实验数据作出如图 3 所示的 v W 图象 由此图象可得 v 随 W 变化的表达式为 根据功与能的关系, 动能的表达式中可能包含 v 这个因子 ; 分析实验结果的单位关系, 与图线斜率有关的物理量应是 (5) 假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响, 若重物质量不满足远小于小车质量的条件, 则从理论上 分析, 图 4 中正确反映 v W 关系的是 18 / 153

131 A B C D 解析 (1) 打点计时器使用交流电源, 选项 B 正确 ; () 要用重力的分量来平衡摩擦力和其他阻力, 选项 A 正确 ; 检验是否平衡了摩擦力时, 要让打点计时器打 点并观察小车是否匀速运动, 选项 B 正确 图 4 (3) 做功表达式为 W=Fx, 又因为 F=mg,x=x, 则 W=mgx, 由中间时刻速度等于平均速度可知,v= x3-x1 T (4) 由数学关系可得,v =kw, 其中 k 为图象斜率,k=(4.5~5.0)m s J - 1 由 W= 1 Mv 可得 v = M W, 则图象斜率与质量有关 (5) 若重物的质量不满足远小于小车质量的条件, 那么重物重力势能的减小量等于重物和小车动能的增加量 之和, 即 W= 1 mv + 1 Mv, 则 W= 1 (m+m)v,v = m+m W, 仍为正比例函数, 所以 A 图正确 答案 (1)B ()A B (3)mgx x3-x1 T (4)v =kw,k=(4.5~5.0) m s - J - 1 质量 (5)A 例 3 (016 全国卷 ) 某同学用图 (a) 所示的实验装置验证机械能守恒定律, 其中打点计时器的电源为交流 电源, 可以使用的频率有 0 Hz 30 Hz 和 40 Hz. 打出纸带的一部分如图 (b) 所示. (a) (b) 该同学在实验中没有记录交流电的频率 f, 需要用实验数据和其他题给条件进行推算. (1) 若从打出的纸带可判定重物匀加速下落, 利用 f 和图 (b) 中给出的物理量可以写出 : 在打点计时器打出 B 点时, 重物下落的速度大小为, 打出 C 点时重物下落的速度大小为, 重物下落的加速度 大小为. () 已测得 s 1=8.89 cm,s =9.50 cm,s 3=10.10 cm; 当地重力加速度大小为 9.80 m/s, 实验中重物受到的 平均阻力大小约为其重力的 1%. 由此推算出 f 为 Hz. 解析 (1) 重物匀加速下落时, 根据匀变速直线运动的规律得 v B= s1+s T =1 f(s1+s) 19 / 153

132 v C= s+s3 T =1 f(s+s3) 由 s 3-s 1=aT 得 a= f s 3-s 1. () 根据牛顿第二定律, 有 mg-kmg=ma 根据以上各式, 化简得 f= (1 k) g s s 3 1 代入数据可得 f 40 Hz. 答案 (1) 1 f(s1+s) 1 f(s+s3) 1 f (s 3-s 1) ()40 例 4 用图甲所示装置探究物体的加速度与力的关系. 实验时保持小车 ( 含车中重物 ) 的质量 M 不变, 细 线下端悬挂钩码的总重力作为小车受到的合力 F, 用打点计时器测出小车运动的加速度 a. (1) 关于实验操作, 下列说法正确的是. A. 实验前应调节滑轮高度, 使滑轮和小车间的细线与木板平行 B. 平衡摩擦力时, 在细线的下端悬挂钩码, 使小车在线的拉力作用下能匀速下滑 C. 每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力 D. 实验时应先接通打点计时器电源, 后释放小车 () 图乙为实验中打出纸带的一部分, 从比较清晰的点迹起, 在纸带上标出连续的 5 个计数点 A B C D E, 相邻两个计数点之间都有 4 个点迹未标出, 测出各计数点到 A 点间的距离. 已知所用电源的频率为 50 Hz, 打 B 点时小车的速度 v B= m/s, 小车的加速度 a= m/s. (3) 改变细线下端钩码的个数, 得到 a-f 图象如图丙所示, 造成图线上端弯曲的原因可能是. 解析 (1) 调节滑轮的高度, 使牵引小车的细绳与长木板保持平行, 否则拉力不会等于合力, 故 A 正确 ; 在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时, 不应悬挂钩码, 故 B 错误 ; 由于平衡摩擦力之后有 Mgsin θ=μmgcos θ, 故 tan θ=μ. 所以无论小车的质量是否改变, 小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜 面的分力, 改变小车所受的拉力, 不需要重新平衡摩擦力, 故 C 错误 ; 打点计时器要 早来晚走 即实验开 始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放小车, 当实验结束时应先控制小车停下再停止打点计 时器, 故 D 正确 ; () 已知打点计时器电源频率为 50 Hz, 则纸带上相邻计数点间的时间间隔为 T=5 0.0 s=0.1 s. 根据 Δx=aT 可得 :x CE-x AC=a(T), 小车运动的加速度为 a= xce-xac T = 0.04 m/s =0.93 m/s 130 / 153

133 B 点对应的速度 :v B= xac T = m/s=0.316 m/s; 系列资料 BY 三好网汇编 (3) 随着力 F 的增大, 即随所挂钩码质量 m 的增大, 不能满足 M m, 因此图线上端出现弯曲现象. 答案 (1)AD () (3) 随所挂钩码质量 m 的增大, 不能满足 M m. 纸带的三大应用 技巧点拨 1. 确定时间 要区别打点计时器打出的点与人为选取的计数点之间的区别与联系, 为便于测量和计算, 一般每五个点 ( 或 每隔四个点 ) 取一个计数点, 这样时间间隔为 Δt=0.0 5 s=0.1 s.. 求瞬时速度 做匀变速运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度. 如图所示, 求纸带上某一点的瞬 时速度, 只需在这一点的前后各取相同时间间隔 T 的两段位移 x n 和 x n+1, 则打 n 点时的速度 v n= xn+xn+1. T 3. 求加速度 (1) 利用 a= Δx T 求解 : 在已经判断出物体做匀变速直线运动的情况下, 可利用 Δx=x n+1-x n=at 求加速度 a. () 逐差法 : a= a1+a+a3 = x4+x5+x6-x1-x-x3 3 9T (3) 两段法 : 把图中 x 1 x x 3 x 4 x 5 x 6 分成时间相等 ( 均为 3T) 的两大段, 则由 x Ⅱ-x Ⅰ=aT 得 :(x 4+x 5 +x 6)-(x 1+x +x 3)=a(3T), 解出的 a 与上面逐差法结果相等, 但要简单得多. (4) 图象法 : 1 由 v n= xn+xn+1, 求出相应点的速度. T 确定各计数点的坐标值 (v 1,T) (v,t) (v n,nt). 3 画出 v t 图象, 图线的斜率为物体做匀变速直线运动的加速度. 专项训练 1. 某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则. 实验步骤 : 1 将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上, 使其轴线沿竖直方向. 如图 1 所示, 将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上, 另一端用圆珠笔尖竖直向下拉, 直到弹簧秤示数 为某一设定值时, 将橡皮筋两端的位置标记为 O 1 O, 记录弹簧秤的示数 F, 测量并记录 O 1 O 间的距 离 ( 即橡皮筋的长度 l). 每次将弹簧秤示数改变 0.50 N, 测出所对应的 l, 部分数据如下表所示 : 131 / 153

134 图 1 图 F(N) l(cm) l 找出 中 F=.50 N 时橡皮筋两端的位置, 重新标记为 O O, 橡皮筋的拉力记为 F O O. 4 在秤钩上涂抹少许润滑油, 将橡皮筋搭在秤钩上, 如图 所示. 用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端, 使秤钩的下端达到 O 点, 将两笔尖的位置标记为 A B, 橡皮筋 OA 段的拉力记为 F OA,OB 段的拉力记为 F OB. 完成下列作图和填空 : (1) 利用表中数据在图 3 坐标纸上画出 Fl 图线, 根据图线求得 l 0= cm. 图 3 () 测得 OA=6.00 cm,ob=7.60 cm, 则 F OA 的大小为 N. (3) 根据给出的标度, 在图 4 中作出 F OA 和 F OB 的合力 F 的图示. 图 4 (4) 通过比较 F 与 的大小和方向, 即可得出实验结论. 答案 (1) 见解析图甲 10.0( 均正确 ) ()1.80(1.70~1.90 均正确 ) (3) 见解析图乙 (4)F OO 解析 (1) 作出 F-l 图象, 如图甲所示, 求得直线的横截距即为 l 0, 可得 l 0=10.0 cm 13 / 153

135 () 可计算橡皮筋的劲度系数 k= F Δx = N/m=50 N/m 若 OA=6.00 cm,ob=7.60 cm, 则橡皮筋的弹力为 F 1=kΔx 1=50 ( ) 10 - N=1.80 N 则此时 F OA=F 1=1.80 N (3)F OB=F OA=1.80 N, 两力的合力 F 如图乙所示. (4)F OO 的作用效果和 F OA F OB 两个力的作用效果相同,F 是 F OA F OB 两个力的合力, 所以通过比较 F 和 F OO 的大小和方向, 可得出实验结论..(016 江苏卷 ) 某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律 一根细线系住钢球, 悬挂在铁架台 上, 钢球静止于 A 点 光电门固定在 A 的正下方, 在钢球底部竖直地粘住一片宽度为 d 的遮光条 将钢球 拉至不同位置由静止释放, 遮光条经过光电门的挡光时间 t 可由计时器测出, 取 v= t d 作为钢球经过 A 点时 的速度 记录钢球每次下落的高度 h 和计时器示数 t, 计算并比较钢球在释放点和 A 点之间的势能变化大 小 ΔE p 与动能变化大小 ΔE k, 就能验证机械能是否守恒 (1) 用 ΔE p=mgh 计算钢球重力势能变化的大小, 式中钢球下落高度 h 应测量释放时的钢球球心到之间的竖直距离 A. 钢球在 A 点时的顶端 B. 钢球在 A 点时的球心 C. 钢球在 A 点时的底端 1 () 用 ΔE k= 错误! 未找到引用源 mv 计算钢球动能变化的大小, 用刻度尺测量遮光条宽度, 示数如图乙 所示, 其读数为 cm 某次测量中, 计时器的示数为 s, 则钢球的速度为 v= m/s 133 / 153

136 (3) 下表为该同学的实验结果 : ΔE p( 10 - J) ΔE k( 10 - J) 他发现表中的 ΔE p 与 ΔE k 之间存在差异, 认为这是由于空气阻力造成的 你是否同意他的观点? 请说明理由 (4) 请你提出一条减小上述差异的改进建议 答案 (1)B ()1.50(1.49~1.51 都算对 ) 1.50 (3) 不同意, 因为空气阻力会造成 ΔE k 小于 ΔE p, 但表中的 ΔE k 大于 ΔE p (4) 分别测出光电门和球心到悬点的长度 L 和 l, 计算 ΔE k 时, 将 v 折算成钢球的速度 v = 解析 (1) 将小球视为质点, 所以钢球下落高度 h 应测量释放时的钢球球心到钢球在 A 点时的球心的距离 () 从图中读出遮光条宽度为 1.50cm(1.49~1.51 都算对 ), 速度 v= (3) 实验中若有空气阻力作用, 会造成 ΔE k 小于 ΔE p, 所以该同学的观点是错误的 d t 错误! 未找到引用源 =1.50m/s (4) 分别测出光电门和球心到悬点的长度 L 和 l, 计算 ΔE k 时, 将 v 折算成钢球的速度 v = L l 源 v l L v 错误! 未找到引用 3. 某同学利用如图所示的装置验证动能定理. 将木板竖直放置在斜槽末端的前方某一固定位置, 在木板 上依次固定好白纸 复写纸. 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, 并根据落点位置测量出小球离开斜槽后的竖直位移 y. 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 : 高度 H(h 为单位长度 ) h h 3h 4h 5h 6h 7h 8h 9h 竖直位移 y/cm (1) 表格中空缺的数据应为. () 已知木板与斜槽末端的水平距离为 x, 小球在离开斜槽后的竖直位移为 y, 不计小球与槽之间的摩擦, 小球从斜槽上滑下的过程中, 若动能定理成立, 则应满足的关系式是. (3) 若仅仅换一形状完全相同, 但摩擦不能忽略的斜槽 ( 其余装置 位置均不变 ), 表格中竖直位移 y 的数值 134 / 153

137 与上表相比会 ( 填 变大 变小 或 不变 ). 系列资料 BY 三好网汇编 答案 (1)5.0 ()H= x 4y (3) 变大 解析 (1) 根据表格中的数据规律可以发现,Hy=30h, 是个定值, 则当 H=6h 时,y=5.0 cm. () 设小球离开斜槽时的速度为 v, 根据平抛运动的规律得 :x=vt,y= 1 gt 联立得 :v=x g y 小球在斜槽上滑下过程中, 不计小球与槽之间的摩擦, 只有重力做功, 则有 : mgh= 1 mv, 解得 :H= x 4y (3) 若摩擦不能忽略, 则有 :W=mgH-μmgcos θ H sin θ =mgh(1- μ tan θ ) 若动能定理成立, 则有 :mgh(1- μ tan θ )=1 mv, 解得 :H= x -μ 1 tan θ 由于 1-μ 1 tan θ <1,H x 均不变, 所以表格中竖直位移 y 的数值与上表相比会变大. 4. 在 验证机械能守恒定律 的实验中, 小明同学利用传感器设计实验 : 如图甲所示, 将质量为 m 直径为 d 的金属小球在一定高度 h 由静止释放, 小球正下方固定一台红外线计时器, 能自动记录小球挡住红外线 的时间 t, 改变小球下落高度 h, 进行多次重复实验. 此方案验证机械能守恒定律方便快捷. y (1) 用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示, 则小球的直径 d= mm; () 为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒, 应作下列哪一个图象 ; A.h-t 图象 B.h- 1 t 图象 C.h-t 图象 D.h- 1 t 图象 1 (3) 经正确的实验操作, 小明发现小球动能增加量 mv 总是稍小于重力势能减少量 mgh, 你认为增加释放高 度 h 后, 两者的差值会 ( 填 增大 缩小 或 不变 ). 答案 (1)17.806(17.804~ 均可 ) ()D (3) 增大 解析 (1) 螺旋测微器的读数为 d=17.5 mm mm= mm () 减小的重力势能若全部转化为动能, 则有 mgh= 1 mv, 小球通过计时器时的平均速度可近似看做瞬时速 135 / 153

138 度, 故 v= d t, 联立可得 h= 1 g (d t ), 故作 h- 1 t 图象,D 正确. 1 (3) 由于实验中存在空气阻力, 所以发现小球动能增加量 mv 总是稍小于重力势能减少量 mgh, 若增加释放 高度 h, 则阻力做功增大, 系统损失的机械能增加, 两者的差值会增大. 5. 如图所示, 利用 DIS 实验系统探究加速度与力的关系. 一端带有定滑轮的长木板调至水平后固定在桌 面上, 另一端安装位移传感器 ( 接收器 ), 绕过定滑轮和动滑轮的细线将装有位移传感器 ( 发射器 ) 的小车和力 传感器连接起来, 动滑轮下挂有质量可以改变的小重物. 将位移传感器 力传感器与数据采集器相连, 打 开计算机中操作软件, 放开小车使之运动. 不计滑轮 托盘和细线的质量, 忽略滑轮与转轴间的摩擦. (1) 实验中力传感器的示数 F 与小重物的重力 mg 的关系为 ( ) A.F= mg B.F> mg C.F< mg D. 无法确定 () 保持小车 ( 含发射器 ) 的质量 M 不变, 改变小重物的质量 m, 重复进行多次实验. 记下每次力传感器的示 数 F, 利用 DIS 测出每次实验中小车的加速度 a, 将得到的 a F 数据绘制成 a-f 图象. 以下图象可能的 是 ( ) (3) 在本实验中不计滑轮的质量, 忽略滑轮与转轴间的摩擦, 除此之外请写出一种减少实验误差的主要方法 : 答案 (1)C ()A (3) 减小小车与长木板之间的摩擦 解析 (1) 小重物做匀加速直线运动, 根据牛顿第二定律得 :mg-f=ma, 解得 :F= mg-ma < mg, 故 C 正确. () 根据实验装置可知, 本实验没有平衡摩擦力, 所以当 F 0 时,a=0, 即在 F 轴上有截距, 绳子的拉力 减去摩擦力等于小车受到的合外力, 即 F-F f=ma,a= 1 m F-Ff m, 是一条倾斜的直线, 故 A 正确,B C D 错误. (3) 减小小车与长木板之间的摩擦可以减小实验误差. 6. 如图甲所示的装置可以探究外力做功和物体速度变化的关系. 光滑斜槽轨道固定在水平桌面上, 将斜 槽从底端开始分成长度相等的五等份, 使 AB=BC=CD=DE=EF, 让小球每次从不同等分点处释放, 最 136 / 153

139 后落在水平地面上. 系列资料 BY 三好网汇编 (1) 实验中, 若小球从 F 点释放运动至斜槽水平位置的过程中, 重力做的功为 W, 则小球从 B 点释放运动 至斜槽水平位置的过程中, 重力做的功为. () 实验中, 小球每次在斜槽上运动的长度记作 L, 小球做平抛运动的水平位移记作 x, 通过五组数据描点 作出的 L-x 图象是一条过原点的直线, 如图乙所示. 设小球运动到斜槽底端时的速度为 v, 可以判断, 外力做功 W 与 ( 填 v v 或 v) 成正比, 若斜槽的倾角为 θ, 小球抛出点距地面的高度为 H, 则图 象的斜率为 ( 用 H θ 表示 ). 答案 (1) W 5 ()v 1 4Hsin θ 解析 (1) 根据几何关系可知,h FA=5h BA, 对小球从 F 到 A 和 B 到 A 的两个过程, 根据动能定理得 :W=mgh FA,W =mgh BA, 解得 :W = W 5 () 小球从 A 点抛出后做平抛运动, 下落的高度相等, 则运动时间相等, 则小球运动到斜槽底端时的速度 v = x t 1 时间相等, 所以 v 与 x 成正比, 而根据图象可知,L 与 x 成正比, 所以 L 与 v 成正比, 又 W 与 L 成正比, 故 W 与 v 成正比 小球抛出点距地面的高度为 H, 则运动时间 t= H g 根据动能定理得 :mglsin θ= 1 mv 3 x 由 13 解得 :L= 4Hsin θ 则 L-x 图象的斜率 k= 1 4Hsin θ. 7. 某同学用如图甲所示的装置测滑块与长木板间的动摩擦因数, 将木板水平固定在桌面上, 木板左端固 定挡板上连接一轻质弹簧, 长木板上 A B 两点安装有光电门, 滑块放在长木板上, 靠近轻质弹簧. (1) 用游标卡尺测出挡光片的宽度, 读数如图乙所示, 则挡光片的宽度 d= mm. () 在滑块上装上挡光片, 用手推动滑块向左移动压缩弹簧, 将弹簧压缩到适当的程度松手, 滑块在弹簧弹力的作用下向右滑去, 滑块离开弹簧后分别通过 A B 两点的光电门, 与光电门相连的计时器分别记录下 137 / 153

140 滑块上挡光片通过 A B 两点光电门的时间 Δt 1 和 Δt, 则滑块通过 A 点的速度为, 通过 B 点的速 度为 ( 用物理量的字母表示 ). (3) 通过改变滑块压缩弹簧的程度大小进行多次实验, 测出多组滑块通过 A 点和 B 点的速度 v A 和 v B, 作出 v A -v B 图象, 若图象与 v A 轴的交点为 a, 重力加速度为 g, 要求出动摩擦因数, 还需要测出, 若 此需要测出的物理量用 x 表示, 则滑块与长木板间的动摩擦因数为 ( 用题中给出的字母表示 ). 答案 (1).60 () d Δt 1 d (3)AB 间的距离 a Δt gx 解析 (1) 主尺读数为 mm, 游标尺读数为 1, 由图知该游标尺为二十分度的卡尺, 精度为 0.05 mm, 故测量结果为 :d= mm mm=.60 mm. () 根据公式 v= x 可知 :A 点的速度为 v d t A=,B 点的速度为 v d Δt =. 1 Δt (3) 根据速度位移公式 v A -v B =μgx 可知,v A =v B +μgx, 因此还需要测量 AB 间的距离. 由题意知 μgx=a, 解得 μ= a gx. 高频考点十六 电学实验 一 电学仪器的使用与读数 知识讲解 1. 电流表 电压表 欧姆表的比较 仪器极性量程选择读数 电流表有正 负极的电电压表表, 电流由电表的正极流入, 负极流出欧姆表. 使用多用电表的 三注意 使指针指示超过满偏 1 刻度的的位置 3 使指针尽量指在表盘的中间位置左右 1 3 V 和 3 A 量程估读到最小分度的 10 ;15 V 1 量程估读到最小分度的 5 ; A 量程估读到最小分度的 表盘读数乘以相应挡位的倍率 (1) 电流的流向 : 使用欧姆挡时, 多用电表内部电池的正极接黑表笔, 负极接红表笔, 从电源外部看, 电流从红表笔流入, 从黑表笔流出. () 区分 机械调零 和 欧姆调零 : 机械调零 在表盘刻度左侧 0 位置, 调整表盘下边的中间定位螺丝 ; 欧姆调零 在表盘刻度的右侧电阻刻度 0 位置, 调整欧姆调零旋钮. 1 (3) 倍率选择 : 使用欧姆挡测电阻时, 表头指针过大或过小均有较大误差, 指针偏转角度在满偏到满偏之 3 3 间读数较准确, 如待测电阻约为 kω, 应选用 100 挡. 3. 电学仪器的选择 138 / 153

141 (1) 电源的选择 : 一般可以根据待测电路的额定电流或额定电压选择符合需要的直流电源. () 电表的选择 : 一般根据电源的电动势或待测用电器的额定电压选择电压表 ; 根据待测电流的最大电流选择电流表 ; 选择的电表的量程应使电表的指针偏转的幅度较大, 一般应使指针能达到半偏以上, 以减小读数的偶然误差, 提高精确度. 二 电流表内外接法的区分与选择 比较项目电流表内接法电流表外接法 电路 误差来源 电流表的分压 电压表的分流 测量结果 R 测 = U I >Rx, 偏大 R 测 = U I <Rx, 偏小 适用条件 Rx RA( 测大电阻 ) RV Rx( 测小电阻 ) 三 分压式与限流式的区分与选择 接法 限流式接法 分压式接法 电路图 特点 适用 条件 1 用电器和滑动变阻器的一部分串联, 另一部分不起作用 ; 调节电压的范围不能从零开始变化 ; 3 闭合开关前一定要使滑片 P 置于 B 端滑动变阻器的最大阻值和用电器的阻值差不多且要求电压不从零开始变化 R x 即 E~E R x+r 0 通常情况下, 由于限流式结构简单 耗能小, 优先使用限流式 1 用电器和滑动变阻器的一部分并联后和另一部分串联 ; 电压可以从零调节到最大值 ; 3 合上开关前滑片应在 A 端, 以使负载 Rx 的电压和电流最小 1 滑动变阻器的最大阻值远小于待测电阻的阻值 ; 电压要求从零变化, 即 0~E; 3 实验仪器最大允许电流 电压不够, 即连成限流式接法时, 电压或电流超过电表量程 典型例题 例 1 ( 电表改装 ) 图 (a) 为某同学改装和校准毫安表的电路图, 其中虚线框内是毫安表的改装电路. (1) 已知毫安表表头的内阻为 100 Ω, 满偏电流为 1 ma;r 1 和 R 为阻值固定的电阻. 若使用 a 和 b 两个接线柱, 电表量程为 3 ma; 若使用 a 和 c 两个接线柱, 电表量程为 10 ma. 由题给条件和数据, 可以求出 R 1= Ω,R = Ω. 139 / 153

142 () 现用一量程为 3 ma 内阻为 150 Ω 的标准电流表 A 对改装电表的 3 ma 挡进行校准, 校准时需选取的刻 度为 0.5 ma 1.0 ma 1.5 ma.0 ma.5 ma 3.0 ma. 电池的电动势为 1.5 V, 内阻忽略不计 ; 定值 电阻 R 0 有两种规格, 阻值分别为 300 Ω 和 Ω; 滑动变阻器 R 有两种规格, 最大阻值分别为 750 Ω 和 Ω. 则 R 0 应选用阻值为 Ω 的电阻,R 应选用最大阻值为 Ω 的滑动变阻器. (3) 若电阻 R 1 和 R 中有一个因损坏而阻值变为无穷大, 利用图 (b) 的电路可以判断出损坏的电阻. 图 (b) 中的 R 为保护电阻, 虚线框内未画出的电路即为图 (a) 虚线框内的电路. 则图中的 d 点应和接线柱 ( 选填 b 或 c ) 相连. 判断依据是 :. 解题关键 (1) 理解使用 a b 接线柱与使用 a c 接线柱电路的串并联结构有何不同. () 由电流校准范围 0.5~3.0 ma, 结合闭合电路欧姆定律确定电路总电阻范围. (3) 可利用毫安表有无示数判断. 解析 (1) 设使用 a 和 b 两接线柱时, 电表量程为 I 1, 使用 a 和 c 两接线柱时, 电表量程为 I, 则使用 a 和 b 时 : IgRg R 1+R +I g=i 1; 使用 a 和 c 时 : 由以上两式得 R 1=15 Ω,R =35 Ω. I g ( Rg R) +I g=i R 1 () 校准时电路中的总电阻的最小值为 R 小 = Ω=500 Ω, 总电阻的最大值为 R 大 = Ω=3 000 Ω, 故 R 0 选 300 Ω 的,R 选用最大阻值为 Ω 的滑动变阻器. (3)d 接 b 时,R 1 和 R 串联, 不论是 R 1 还是 R 损坏, 电表都有示数且示数相同, 故应将 d 接 c. 根据 d 接 c 时的电路连接情况可知 : 闭合开关, 若电表指针偏转, 则损坏的电阻是 R 1; 若电表指针不动, 则损坏的 电阻是 R. 答案 (1)15 35 () (3)c 闭合开关时, 若电表指针偏转, 则损坏的电阻是 R 1; 若电表指 针不动, 则损坏的电阻是 R 例 ( 多用电表的使用 ) 图甲为正在测量中的多用电表表盘, 请完成下列问题 : (1) 如果用 直流 50 V 挡测量电压, 指针位置如图甲所示, 读数为 V. () 用图甲所示多用电表测量电阻时, 多用电表内部的电路可以等效为一电池 一个可变电阻和一表头相串 联, 如图所示, 电源电动势 E=1.5 V, 选择开关在 1 挡, 把它的两表笔短接, 旋转可变电阻 R 1 的旋钮, 当指针指向 0 Ω 时, 流过多用电表的电流为 ma. (3) 图乙是测量 R x 阻值时的电路, 欧姆表使用一段时间后, 电池电动势变小, 内阻变大, 但此表仍能进行 欧姆调零, 按正确使用方法再测 R x 的值, 其测量结果与原结果相比将 ( 选填 变大 变小 或 不 变 ). (4) 图丙是将表头 G 改装成两个倍率挡 ( 如 1 10 ) 的欧姆表电路原理图, 则当开关 S 合向 端 ( 选 填 a 或 b ) 时, 欧姆表是较大倍率挡. 140 / 153

143 甲乙丙 解析 (1) 多用电表读数为 3.0 V;() 选择开关在 1 挡时, 欧姆表的内阻为 15 Ω, 此时流过多用电表 的电流为 I= E = 1.5 R 内 15 A=0.1 A=100 ma;(3) 当电池电动势变小, 内阻变大时, 若测量某一电阻时, 通过 回路的电流减小, 指针偏向左, 则欧姆表的读数变大 ;(4) 将 G 改装成两种倍率 ( 如 1 10 ) 的欧姆表, 开关合向 b 端时, 电路中的最大电流较小, 欧姆表的中值电阻大, 倍率大, 这时的欧姆表是较大倍率挡. 答案 (1)3.0 ()100 (3) 变大 (4)b 例 3 ( 测电压表的内阻 )(016 全国 ) 某同学利用图 (a) 所示电路测量量程为.5 V 的电压表的内阻 ( 内 阻为数千欧姆 ), 可供选择的器材有 : 电阻箱 R( 最大阻值 Ω), 滑动变阻器 R 1( 最大阻值 50 Ω), 滑 动变阻器 R ( 最大阻值 5 kω), 直流电源 E( 电动势 3 V), 开关 1 个, 导线若干. 实验步骤如下 : 1 按电路原理图 (a) 连接线路 ; 将电阻箱阻值调节为 0, 将滑动变阻器的滑片移到与图 (a) 中最左端所对应的位置, 闭合开关 S; 3 调节滑动变阻器, 使电压表满偏 ; 4 保持滑动变阻器滑片的位置不变, 调节电阻箱阻值, 使电压表的示数为.00 V, 记下电阻箱的阻值. 回答下列问题 : (1) 实验中应选择滑动变阻器 ( 选填 R 1 或 R ). () 根据图 (a) 所示电路将图 (b) 中实物图连线. (a) (b) (3) 实验步骤 4 中记录的电阻箱阻值为 Ω, 若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变, 计算可得电压表的内阻为 Ω( 结果保留到个位 ). (4) 如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的, 可推断该表头的满刻度电流为 ( 填正确答案标号 ). A.100 μa B.50 μa C.500 μa D.1 ma 解析 (1) 滑动变阻器 R 1 的阻值较小, 在分压电路中便于调节, 故实验中应选择滑动变阻器 R / 153

144 () 实物图连线如图所示. (3) 电阻箱阻值为 0 时, 电压表满偏电压 U g=.5 V, 电阻箱阻值 R=630.0 Ω 时, 电压表的示数 U V=.00 U V V, 此时电阻箱两端的电压 U R=U g-u V=0.5 V, 根据串联电路电压与电阻成正比可得 = Rg U R R, 故 R g= UV U R R= Ω= 50 Ω. 0.5 (4) 电压表的满偏电流为 I g, 则 I gr g=u g 故 I g= Ug R g =.5 50 A 1 ma, 选项 D 正确. 答案 (1)R 1 () 如图所示 (3) 50 (4)D 例 4 ( 测电源电动势和内阻 ) 为了测定电源电动势 E 内电阻 r 的大小并同时描绘出小灯泡的伏安特 性曲线, 某同学设计了如图甲所示的电路 闭合开关, 调节电阻箱的阻值, 同时记录电阻箱的阻值 R, 电 压表 V 1 的示数 U 1, 电压表 V 的示数 U 根据记录数据计算出流过电阻箱的电流 I, 分别描绘了 a b 两 条 U I 图线, 如图乙所示 请回答下列问题 : (1) 写出流过电阻箱的电流 I 的表达式 : ; () 小灯泡两端电压随电流变化的图象是 ( 选填 a 或 b ); (3) 根据图乙可以求得电源的电动势 E= V, 内电阻 r= Ω, 该电路中小灯泡消耗的最大功率 为 W 解析 (1) 首先要明确电路的组成 : 电源 开关 电阻箱 灯泡串联成闭合回路, 电压表 V 1 测灯泡两端 电压, 电压表 V 测路端电压 电阻箱两端电压为 U=U -U 1, 电阻箱阻值为 R, 所以流过电阻箱的电流 I = U-U1 ;() 小灯泡两端电压随电流的增大而增大, 所以选图线 b; 图线 a 为电源路端电压随电路中电流 R 变化的关系图线 ; (3) 图线 a 与纵轴的交点为电源的电动势 3.0 V, 图线 a 的斜率为电源的内阻 r=.0 Ω, 图线 a b 的交点表 示 U 1=U, 即电阻箱的阻值为 0, 此时小灯泡消耗的功率最大,P=UI=1.0 W 14 / 153

145 答案 (1)I= U-U1 R ()b (3) 例 5 ( 电阻的测量 ) 在 测定金属的电阻率 实验中 (1) 为了测量金属丝的电阻 R x 的阻值, 实验室提供如下实验器材 : A. 待测金属丝电阻 R x( 约 100 Ω) B. 电动势 E=6 V, 内阻很小的直流电源 C. 量程 50 ma, 内阻约为 50 Ω 的电流表 D. 量程 0.6 A, 内阻约为 0. Ω 的电流表 E. 量程 6 V, 内阻约为 15 kω 的电压表 F. 最大阻值 15 Ω, 最大允许电流 1 A 的滑动变阻器 G. 最大阻值 15 kω, 最大允许电流 0.5 A 的滑动变阻器 H. 开关一个, 导线若干 1 为了操作方便, 且能比较精确的测量金属丝的电阻值, 电流表选用, 滑动变阻器选用 ( 填写选用器材前的序号 ). 根据所选用的实验器材, 设计出测量电阻的甲 乙两种电路, 为尽可能减少实验误差, 应采用 图 ( 选填 甲 或 乙 ). 甲 乙 3 实验中测得该金属丝直径为 d, 长度为 L, 接入电路后, 电压表示数为 U, 电流表示数为 I, 则该金属丝的电阻率的表达式为 ρ=. () 若另有一只待测电阻, 无论用电流表内接还是外接, 测量误差较为接近, 有一位同学为了消除因电表内阻所带来的系统误差, 他用两只相同的电压表, 设计了如图所示的测量电路. 实验操作步骤如下 : 1 按电路图连接好实验器材. 闭合 S 1, 断开 S, 读出此时电压表 V 1 的示数 U, 电流表示数 I. 3 再闭合 S, 调节变阻器 R, 使电流表的电流仍为步骤 的电流 I, 此时读出电压表 V 1 的示数 U 1, 电压表 V 的示数 U. 用上述测得的物理量表示待测电阻的阻值 R x=. 143 / 153

146 解析 (1)1 根据闭合电路欧姆定律可知通过待测金属丝的最大电流为 I max= E R x = A=60 ma, 所以电 流表应选用 C; 当滑动变阻器采用限流式接法时, 电路中需要的最大电阻为 R E 6 max= = IA Ω, 显然滑动变阻器应选用 F 且应采用分压式接法. R V 由于待测金属丝满足 > Rx, 电流表应用外接法, 即电路应是分压外接电路, 应采用甲图. R x R A 3 根据 R= U 及 R= ρl 可得 ρ= πud I 1 4IL. 4 πd Ω=360 () 当 S 断开时应有 U=I(R A+R x), 当 S 闭合时应有 U 1=IR A+U, 联立以上两式可得 R x= U+U-U1. I 答案 (1)1C F 甲 3 πud 4IL 1. 电阻的测量方法 () U+U-U1 I 技巧点拨 (1) 伏安法如图所示电路,G 为待测电表 闭合开关后, 先调节滑动变阻器 R, 逐渐增大控制电路中的电压, 再缓慢减小 R 的电阻使电流表的指针达到满刻度 这时电压表上的读数即为电流表的满偏电压 U g, 由于电流表的 满偏电流 I g 为已知, 可以从刻度盘上直接读出, 由欧姆定律即可求出电流表的内阻 R U / I g g g () 半偏法如图为半偏法测量电流表内阻的电路,G 为待测电表 先断开 S, 闭合 S 1, 调节 R, 使电流表满偏 ; 然后闭合 S, 调节 R /, 使电流表达到半偏 当 R 比 R / 大很多时, 调节 R / 基本上不改变整个电路的总电阻, 可认为总电流不变, 因此当电流表半偏时, 通过 R / 的电流是满偏电流的一半, 所以此时并联电路的两条分支的 电阻相等, 即此时 R g R' 144 / 153

147 实际上, 在 S 闭合后, 总电阻略有减小, 总电流略有增大, 所以当电流表半偏时, 通过 R / 的电流比通过电流表的电流稍大, 即 R / 比 R g 稍小, 由于实验设计而造成的系统误差, 会导致 R g 的测量值偏小 由于此方法中的总电流被认为恒定不变, 所以该方法称为恒流半偏法. 测量电源的电动势和内阻的常用方法 (1) 三种常用实验方法和原理 : 伏安法 E=U+Ir 伏阻法 E=U(1+r/R) 安阻法 E=I(R+r). () 两种数据处理方法 : 联立方程求解法和图象处理法, 对伏安法利用电源的 U I 图象求电动势和内阻 ; 对伏阻法和安阻法需对闭合电路欧姆定律方程 E=U(1+r/R) 和 E=I(R+r) 适当变形作线性处理, 并利用直线方程的截距和斜率求电动势或内阻等物理量. 专项训练 1.(017 全国卷 Ⅱ) 某同学利用如图 (a) 所示的电路测量一微安表 ( 量程为 100 μa, 内阻大约为 500 Ω) 的内阻 可使用的器材有 : 两个滑动变阻器 R 1 R ( 其中一个最大阻值为 0 Ω, 另一个最大阻值为 000 Ω); 电阻箱 R z( 最大阻值为 Ω); 电源 E( 电动势约为 1.5 V); 单刀开关 S 1 和 S C D 分别为两个滑动变阻器的滑片 (1) 按原理图 (a) 将图 (b) 中的实物连线 () 完成下列填空 : 1R 1 的最大阻值为 ( 填 0 或 000 )Ω 为了保护微安表, 开始时将 R 1 的滑片 C 滑到接近图 (a) 中的滑动变阻器的 ( 填 左 或 右 ) 端对应的位置, 将 R 的滑片 D 置于中间位置附近 3 将电阻箱 R z 的阻值置于 Ω, 接通 S 1 将 R 1 的滑片置于适当位置, 再反复调节 R 的滑片 D 的位置 最终使接通 S 前后微安表的示数保持不变, 这说明 S 接通前,B 与 D 所在位置的电势 ( 填 相等 或 不相等 ) 4 将电阻箱 R z 和微安表位置对调, 其他条件保持不变, 发现将 R z 的阻值置于 Ω 时, 在接通 S 前后, 145 / 153

148 微安表的示数也保持不变 待测微安表的内阻为 Ω( 结果保留到个位 ) (3) 写出一条提高测量微安表内阻精度的建议 : 答案 (1) 连线如图 () 10 左 3 相等 4550 (3) 调节 R 1 上的分压, 尽可能使微安表接近满量程 解析 ()1 滑动变阻器的分压式接法要求选用最大阻值较小的滑动变阻器, 因此 R 1 要选择最大阻值为 0 Ω 的滑动变阻器 开始时将 R 1 的滑片移动到滑动变阻器的左端对应的位置, 可使得微安表上的电压最小, 从而保护了微安 表 3 接通 S 1 前后, 微安表的示数保持不变, 这说明 S 1 接通前后在 BD 中无电流流过, 可知 B 与 D 所在位置 的电势相等 4 因 B 与 D 电势相等, R z R 左 = RA R 右, 对调后 R A R 左 = Rz, 解得 R A= R zr z =550 Ω R 右. 某同学用以下器材接成如图甲所示的电路, 并将原微安表盘改成如图乙所示的欧姆表盘, 成功地改装 了一个简易的 R 1 k 的欧姆表, 使用中发现这个欧姆表用来测量阻值在 10~0 kω 范围内的电阻时精确度 令人满意, 表盘上数字 15 为原微安表盘满偏电流一半处. 所供器材如下 : A. 满偏电流 I g=100 μa 的微安表一个 B. 电动势 E=1.5 V, 电阻可忽略不计的电池 C. 阻值调至 14 kω 的电阻箱 R D. 红 黑测试表笔和导线若干 (1) 根据题中信息可知原微安表的内阻 R g= Ω. 146 / 153

149 () 在图甲电路的基础上, 不换微安表和电池, 图乙的刻度也不改变, 仅增加 1 个电阻, 就能改装成 R 1 的欧姆表. 要增加的电阻应接在 之间 ( 填 a b c), 电阻阻值为.( 保留两位有效数字 ) (3) 画出改装成 R 1 的欧姆表后的电路图. 答案 (1)1 k ()a c 15 Ω (3) 见解析图 解析 (1) 根据 使用中发现这个欧姆表用来测量阻值在 10~0 kω 范围内的电阻时精确度令人满意 说明在测阻值在 10~0 kω 的电阻时欧姆表的指针在刻度盘的中间附近, 由此可结合刻度盘确定此表的中值电阻, 即表内总电阻约为 R 总 =15 kω. 当表笔短接时, 电流满偏, 根据欧姆定律有 :I E g=, 代入 E R R+R g I g 的值可得 R g=1 kω. () 要把原表改装成 R 1 的欧姆表, 就要减少表的内阻, 依题意, 显然只有在 ac 之间并联 一个小电阻 R, 才能使表内总电阻等于中值电阻 R 并 =15 Ω. 根据 R 并 = R R+R g, R +R+R g 代入 R 以及 R g 的数值可计算得 R 15 Ω. (3) 画出改装成 R 1 的欧姆表后的电路图如图所示. 3. 利用如图所示电路, 可以测量电源的电动势和内阻, 所用的实验器材有 : 待测电源, 电阻箱 R( 最大阻值为 Ω), 电阻 R 0( 阻值为 3.0 Ω), 电阻 R 1( 阻值为 3.0 Ω), 电流表 A( 量程为 00 ma, 内阻为 R A=6.0 Ω), 开关 S. 实验步骤如下 : 1 将电阻箱阻值调到最大, 闭合开关 S; 多次调节电阻箱, 记下电流表的示数 I 和电阻箱相应的阻值 R; 以为纵坐标,R 为横坐标, 作 I I R 图线 ( 用直线拟合 ); 4 求出直线的斜率 k 和在纵轴上的截距 b. 回答下列问题 : 1 (1) 分别用 E 和 r 表示电源的电动势和内阻, 则与 R 的关系式为. I () 实验得到的部分数据如下表所示, 其中电阻 R=3.0 Ω 时电流表的示数如图甲所示, 读出数据, 完成下表. 答 :1 ;. R/Ω I/A / 153

150 1 I /A 甲 乙 (3) 在图. 乙的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图, 根据图线求得斜率 k= A -1 Ω - 1, 截距 b= A - 1. (4) 根据图线求得电源电动势 E= V, 内阻 r= Ω. 答案 (1) 1 I =3.0 E R+3.0 E (5.0+r) () A 9.09 A- 1 (3) 如图所示,k=1.00( 或在 0.96~1.04 之间 ),b=6.0( 或在 5.9~6.1 之间 ) (4)E=3.0( 或在.7~3.3 之间 ) r=1.0( 或在 0.6~1.4 之间 ) 解析 本题是用伏安法测电源电动势和内阻的实验, 可根据闭合电路欧姆定律分析. (1) 根据闭合电路欧姆定律可知 :E=IR A+ I+ IRA R 1 (R+R 0+r) 1 将 R 0=3.0 Ω,R 1=3.0 Ω,R A=6.0 Ω 代入上式得 I =3.0 E R+3.0 E (5.0+r). () 从读数上, 有效数字要一致, 即读数是 A, 倒数是 9.09 A (3) 由 I R 关系可知 k= 3.0 E, 截距 b= 3.0 E (5.0+r); 由给出的数据作出图象, 连线时尽可能使多的点在同一 直线上, 不在直线上的点要均匀分布在直线两侧. 由图象可知,k=1.0 A -1 Ω - 1,b=6.0 A - 1. (4) 电源电动势 E=3.0 V, 电源内阻 r=1.0 Ω. 4. 实验室里有一只 WA00 型的二极管, 但它两端的 + - 号被磨掉了. 小王想测出它的正负极, 并测 量它的正向电阻 反向电阻. 小王先在网上查出该型二极管的正向电阻约 5 Ω 反向电阻约 50 Ω. 小王在 148 / 153