資源簡介

板塊二　電學(xué)、光學(xué)實驗
考向一電表的改裝及使用
【真題研磨】
【典例】(2022·遼寧選擇考)某同學(xué)要將一小量程電流表(滿偏電流為250 μA,內(nèi)阻為1.2 kΩ)改裝成有兩個量程的電流表,設(shè)計電路如圖(a)所示,其中定值電阻R1=40 Ω,R2=360 Ω。
(1)當(dāng)開關(guān)端時,該電流表的量程為0~________mA;
(2)當(dāng)開關(guān)端時,該電流表的量程比接在A端時__________(選填“大”或“小”);
(3)該同學(xué)選用量程合適的電壓表(內(nèi)阻未知)和此改裝電流表測量未知電阻Rx的阻值,設(shè)計了圖(b)中兩個電路。不考慮實驗操作中的偶然誤差,則使用__________(選填“甲”或“乙”)電路。
【審題思維】
題眼直擊 信息轉(zhuǎn)化
① R1與R2串聯(lián)后再和電流表并聯(lián)
② R1與電流表串聯(lián)后再和R2并聯(lián)
③ 原理上可以求解Rx準(zhǔn)確電阻
【模型轉(zhuǎn)化】
1.電流表改裝
2.伏安法測電阻
【答題要素】
電表的改裝及使用技巧
【多維演練】
1.維度:多用電表的使用
在練習(xí)使用多用電表的實驗中,兩小組的同學(xué)分別進行了如下操作:
(1)下列是A小組同學(xué)對多用電表的使用,其中操作正確的是____________。
A.如圖甲,利用多用電表直流電壓擋測小燈泡兩端的電壓
B.如圖乙,利用多用電表直流電流擋測通過小燈泡的電流
C.如圖丙,利用多用電表直流電壓擋粗測電源的電動勢
D.如圖丁,利用多用電表歐姆擋測電源的內(nèi)阻
(2)B小組同學(xué)利用多用電表的歐姆擋測量某一定值電阻的阻值,開始時他們采用“×100”倍率試測,請完善他們的實驗步驟:
①將多用電表選擇開關(guān)撥至“×100”倍率;
②______________________________;
③把待測電阻放在絕緣桌面或紙上,兩表筆分別接在電阻兩端;
④結(jié)果指針指在圖戊中a位置;
⑤為了減小誤差,需要把選擇開關(guān)撥至“__________”(選填“×10”或“×1k”)倍率;
⑥重復(fù)步驟②和③;
⑦最終指針指在圖戊中b位置,讀數(shù)為________kΩ;
⑧把選擇開關(guān)撥至“OFF”,結(jié)束測量。
2.維度:多用電表改裝
如圖所示為某實驗小組制作的簡易多用電表,該多用電表有量程分別為0~1.0 mA和0~10.0 mA的雙量程電流表、量程為0~3 V和0~15 V的雙量程電壓表和歐姆表。器材參數(shù)如下:電源電動勢E約3 V,內(nèi)阻r約1 Ω,改裝后量程為0~1.0 mA的電流表等效內(nèi)阻為Rg=80 Ω,電阻箱R3和R6的最大阻值均為99 999.9 Ω。
(1)該實驗小組按圖正確連接好電路,其中表筆A應(yīng)為________(選填“紅”或“黑”)表筆。
(2)選擇旋鈕接通________(選填“1”“2”“3”“4”或“5”)為量程是0~3 V的電壓表。
(3)選擇旋鈕接通3,表筆A、B短接,調(diào)整電阻箱R3的阻值,記錄不同阻值R3和對應(yīng)毫安表的示數(shù)I,當(dāng)R3為2868.5 Ω時,毫安表示數(shù)為1.00 mA;當(dāng)R3為5818.5 Ω時,毫安表示數(shù)為0.50 mA,根據(jù)上述數(shù)據(jù)可得電源電動勢E=____________V,內(nèi)阻r=____________Ω。(均保留3位有效數(shù)字)
(4)將選擇旋鈕接通3,將紅、黑表筆短接,調(diào)節(jié)電阻箱R3的阻值,使電流表達到滿偏,然后紅、黑表筆分別接通R6的兩端,指針指在表盤中央刻度,則此時R6=__________Ω。
考向二電阻的測量
【真題研磨】
【典例】(2022·全國乙卷)一同學(xué)探究阻值約為550 Ω的待測電阻Rx在0~5 mA范圍內(nèi)的伏安特性。可用器材有:電壓表(量程為3 V,內(nèi)阻很大),電流表(量程為1 mA,內(nèi)阻為300 Ω),電源E(電動勢約為4 V,內(nèi)阻不計),滑動變阻器R(最大阻值可選10 Ω或1.5 kΩ),定值電阻R0(阻值可選75 Ω或150 Ω),開關(guān)S,導(dǎo)線若干。
(1)要求通過Rx的電流可在內(nèi)連續(xù)可調(diào),將圖(a)所示的器材符號連線,畫出實驗電路的原理圖;
(2)實驗時,圖(a)中的最大阻值為________(選填“10 Ω”或“1.5 kΩ”)的滑動變阻器,R0應(yīng)選阻值為__________(選填“75 Ω”或“150 Ω”)的定值電阻;
(3)測量多組數(shù)據(jù)可得Rx的伏安特性曲線。若在某次測量中,電壓表、電流表的示數(shù)分別如圖(b)和圖(c)所示,則此時Rx兩端的電壓為__________V,為____________mA,此組數(shù)據(jù)得到的Rx的阻值為________Ω(保留3位有效數(shù)字)。
【審題思維】
題眼直擊 信息轉(zhuǎn)化
① 需要改裝電流表,擴大量程
② 分壓式:滑動變阻器小的調(diào)節(jié)靈敏
③ 電流表讀數(shù)乘改裝擴大的倍數(shù)
【模型轉(zhuǎn)化】
分壓式電路　
【失分警示】
流過Rx的讀數(shù)為改裝后的電表的總電流。
【答題要素】
電阻的測量技巧
【多維演練】
1.維度:伏安法測電阻
某無線電興趣小組為了研究某種電子元件的特性,用如題圖所示電路測定該電子元件的伏安特性曲線。所用實驗器材有:
待測電子元件;
直流電源:電動勢約1.5 V,內(nèi)阻不計;
滑動變阻器:阻值0~20 Ω;
電壓表V:量程0~2 V,內(nèi)阻約15 kΩ;
電流表A:量程0~0.2 A,內(nèi)阻約0.5 Ω;
開關(guān),導(dǎo)線若干。
(1)已知選取的各元器件均無故障,但實驗中發(fā)現(xiàn),閉合開關(guān)后,無論怎樣調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片,電壓表與電流表的示數(shù)都不能調(diào)到零,分析其原因是________________點至____________點的導(dǎo)線沒有連接好。(填圖甲中標(biāo)注的數(shù)字)
(2)重新正確連接后,某同學(xué)測得實驗數(shù)據(jù)如表所示:
U(V) 0.80 0.86 0.91 0.94 0.97 1.00 1.01 1.02 1.04 1.05
I(mA) 10 30 50 70 90 110 130 139 169 189
題圖乙已描出上述數(shù)據(jù),根據(jù)正確的數(shù)據(jù)處理方法,可求出電壓U=1.03 V時,被測電子元件的電阻值為__________Ω(保留兩位有效數(shù)字);該電阻值比真實值
__________(選填“偏大”“偏小”或“相等”)。
(3)若將該電子元件接到電動勢為1.1 V、內(nèi)阻為1.0 Ω的直流電源兩端,則該電子元件的電功率為____________W(保留兩位有效數(shù)字)。
2.維度:半偏法測電流表電阻利用半偏法來測量電流表A內(nèi)電阻的電路如圖1所示。電路接好之后滑動變阻器調(diào)至最大值,兩個開關(guān)K和K1都斷開。
(1)閉合開關(guān)K,逐漸減小滑動變阻器阻值,同時觀察電流表的指針擺動情況,當(dāng)電流表指針滿偏時,不再調(diào)整滑動變阻器觸頭;
(2)閉合開關(guān)K1,然后調(diào)整電阻箱的阻值,同時觀察電流表的指針擺動情況,直到電流表指針____________,如果此時電阻箱的讀數(shù)為R0,則電流表電阻的測量值為____________。由于系統(tǒng)誤差的影響,使得電流表內(nèi)阻的測量值與真實值相比________________(選填“偏大”或“偏小”);
(3)為了消除(2)中的系統(tǒng)誤差造成的影響,讓測量更精確一些,可改用如圖2所示的電路測量電流表A的電阻,當(dāng)電阻箱的讀數(shù)為R1時,電流表A和A1讀數(shù)分別為I和I1,則這種情況下電流表電阻的測量值為______________。
考向三電源電動勢和內(nèi)阻的測量
【真題研磨】
【典例】(2022·湖北選擇考)某探究小組學(xué)習(xí)了多用電表的工作原理和使用方法后,為測量一種新型材料制成的圓柱形電阻的電阻率,進行了如下實驗探究。
(1)該小組用測量該圓柱形電阻的直徑D,示數(shù)如圖甲所示,其讀數(shù)為__________mm。再用游標(biāo)卡尺測得其長度L。
(2)該小組用如圖乙所示的電路測量該圓柱形電阻Rx的阻值。圖中電流表量程為0.6 A、內(nèi)阻為1.0 Ω,定值電阻R0的阻值為20.0 Ω,電阻箱R的最大阻值為999.9 Ω。首先將S2置于位置1,閉合S1,多次改變電阻箱R的阻值,記下電流表的對應(yīng)讀數(shù)I,實驗數(shù)據(jù)見表。
R/Ω I/A /A-1
5.0 0.414 2.42
10.0 0.352 2.84
15.0 0.308 3.25
20.0 0.272 3.68
25.0 0.244 4.10
30.0 0.222 4.50
根據(jù)表中數(shù)據(jù),在圖丙中繪制出。再將S2置于位置2,此時電流表讀數(shù)為0.400 A。根據(jù)圖丙中的圖像可得Rx=________Ω(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。最后可由表達式ρ=________得到該材料的電阻率(用D、L、Rx表示)。
(3)該小組根據(jù)圖乙的電路和圖丙的-R圖像,還可以求得。(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)
(4)持續(xù)使用后,電源電動勢降低、內(nèi)阻變大。若該小組再次將此圓柱形電阻連入此裝置,測得電路的電流,仍根據(jù)原來描繪的圖丙的圖像得到該電阻的測量值會________(選填“偏大”“偏小”或“不變”)。
【審題思維】
題眼直擊 信息轉(zhuǎn)化
① 可動刻度轉(zhuǎn)一圈,測微螺桿前進0.5 mm
② 根據(jù)閉合電路歐姆定律找關(guān)系
③ 圖像斜率、截距的意義
【失分警示】
游標(biāo)卡尺讀數(shù):小數(shù)點后三位。
【答題要素】
電源電動勢和內(nèi)阻測量的技巧
【多維演練】
1.維度:伏安法測電源電動勢和內(nèi)阻
某同學(xué)在實驗室進行了“測定新型電池電動勢和內(nèi)阻”的實驗。實驗器材如下:
兩節(jié)相同的待測電池(每節(jié)電池電動勢約為1.5 V,內(nèi)阻約為1 Ω)
電流表A(0~30 mA,內(nèi)阻為49 Ω)
電壓表V(0~3 V,內(nèi)阻約為2 kΩ)
滑動變阻器R1(0~10 Ω)
定值電阻R2=1 Ω
開關(guān)和導(dǎo)線若干
(1)選擇合適的器材,在下面方框中畫出電路圖并標(biāo)明所選用器材的符號。
(2)改變滑動變阻器阻值得到多組電壓表和電流表的值,作出U-I圖像,圖像的縱截距為2.92 V,斜率為-150,由此可以得到一節(jié)電池的電動勢E=________V,內(nèi)阻r=________Ω。(結(jié)果均保留3位有效數(shù)字)
(3)當(dāng)滑動變阻器接入電路的阻值從最大減到最小的過程中,電源的輸出功率將________,電源工作的效率將______。(均填選項序號)
A.一直增大　　　　　B.一直減小
C.先增大后減小 D.先減小后增大
2.維度:伏阻法測電池的電動勢和內(nèi)阻
某同學(xué)在“測定電池的電動勢和內(nèi)阻”實驗中,使用了以下器材:干電池1節(jié)(帶電池盒)、電壓表1只(量程0~3 V、15 V)、電阻箱(可調(diào)范圍0~999 9.9 Ω)、開關(guān)一個、導(dǎo)線若干。
(1)請你根據(jù)他選擇的器材在線框中畫出實驗電路圖。
(2)某次電壓表的示數(shù)如圖甲所示,則電壓為________V。
(3)按照正確的操作獲取相應(yīng)的電壓U和電阻R數(shù)據(jù),并將電壓與電阻的比值作為電流I,作出如圖乙所示的U-I圖像。根據(jù)圖像測得干電池的電動勢為____________V,內(nèi)阻為____________Ω。(保留3位有效數(shù)字)
(4)若他不用電壓表,在其他器材不變的情況使用電流表(量程0.6 A、3 A),獲得正確的數(shù)據(jù),則測得電動勢____________(選填“大于”“等于”或“小于”)真實值。
考向四創(chuàng)新類實驗
【真題研磨】
【典例】(2022·廣東選擇考)彈性導(dǎo)電繩逐步成為智能控制系統(tǒng)中部分傳感器的敏感元件,某同學(xué)測量彈性導(dǎo)電繩的電阻與拉伸后繩長之間的關(guān)系,
實驗過程如下:
(1)裝置安裝和電路連接:如圖(a)所示,導(dǎo)電繩的一端固定,另一端作為拉伸端,兩端分別用帶有金屬夾A、B的導(dǎo)線接入如圖(b)所示的電路中。
(2)導(dǎo)電繩拉伸后的長度L及其電阻Rx的測量:
①將導(dǎo)電繩拉伸后,用刻度尺測量并記錄A、B間的距離,即為導(dǎo)電繩拉伸后的長度L。
②將滑動變阻器R的滑片滑到最右端。斷開開關(guān)S2,閉合開關(guān)S1,調(diào)節(jié)R,使電壓表和電流表的指針偏轉(zhuǎn)到合適位置。記錄兩表的示數(shù)U和I1。
③,電壓表的示數(shù)__________(選填“變大”或“變小”)。調(diào)節(jié)R使電壓表的,記錄電流表的示數(shù)I2,則此時導(dǎo)電繩的=__________(用I1、I2和U表示)。
④斷開S1,增大導(dǎo)電繩拉伸量,測量并記錄A、B間的距離,重復(fù)步驟②和③。
(3)該電壓表內(nèi)阻對導(dǎo)電繩電阻的測量值__________(選填“有”或“無”)影響。
(4)圖(c)是根據(jù)部分實驗數(shù)據(jù)描繪的Rx-L圖線。將該導(dǎo)電繩兩端固定在某種機械臂上,當(dāng)機械臂彎曲后,測得導(dǎo)電繩的電阻Rx為1.33 kΩ,則由圖線可讀出導(dǎo)電繩拉伸后的長度為__________cm,即為機械臂彎曲后的長度。
【審題思維】
題眼直擊 信息轉(zhuǎn)化
① 并聯(lián)電阻,阻值變小
② U不變,流過電壓表和定值電阻的總電流不變
③ 找到流過Rx的電流,閉合S2總電流的增量ΔI
【模型轉(zhuǎn)化】
Uab電壓不變,閉合S,流過R2的電流即電流表增加量。
【失分警示】
閉合前后電流表的差值即為導(dǎo)電繩的準(zhǔn)確電流,無誤差。
【答題要素】
1.創(chuàng)新類實驗常見模型
2.創(chuàng)新類實驗的創(chuàng)新方法
【多維演練】
1.維度:測電阻應(yīng)用創(chuàng)新
在防范新冠肺炎疫情過程中,體溫計發(fā)揮了重要作用。某校中學(xué)生助手實驗興趣小組同學(xué)利用身邊的實驗器材,將熱敏電阻作為測溫探頭,制作了電路圖如圖甲的簡易金屬測溫計。
(1)由于定值電阻R0的具體電阻值未知,實驗小組同學(xué)采用如圖乙所示的電路(圖甲和圖乙中的電壓表為同一電壓表,量程為0~3 V,電壓表內(nèi)阻未知,表盤刻度如圖丙所示),用伏安法測出R0的測量值為30 Ω,該測量值與真實值相比______
______(選填“偏大”“偏小”或“相等”);
(2)圖甲中的電源電動勢為6 V,內(nèi)阻不計,圖中的RT為熱敏電阻,其阻值隨溫度變化的圖像如圖丁所示。則制作的簡易溫度計40 ℃應(yīng)該標(biāo)在圖丙電壓表刻度盤上____________V的位置上;
(3)分析整個實驗過程,在僅考慮系統(tǒng)誤差的情況下,用該測溫計所測得的體溫值與實際體溫值相比__________(選填“偏大”“偏小”或“相等”)。
2.維度:傳感器應(yīng)用
力敏電阻是一種能將機械力轉(zhuǎn)換為電信號的特殊元件,其電阻值可隨外加壓力大小而改變。某同學(xué)為研究一個力敏電阻Rx(阻值變化范圍為幾歐姆到幾十歐姆)的特性。設(shè)計了如圖甲所示的電路,所用電源的電動勢為3 V,內(nèi)阻忽略不計,滑動變阻器的調(diào)節(jié)范圍為0~20 Ω。除圖甲中的器材外,還有其他器材可供選擇:
電流表A1(量程為0~0.6 A,內(nèi)阻r1=1.5 Ω)
電流表A2(量程為0~0.6 A,內(nèi)阻約為2 Ω)
電壓表V(量程為0~15 V,內(nèi)阻約為20 kΩ)
(1)為使測量更準(zhǔn)確,圖甲中P處選用電表為__________,Q處選用電表為____________(均填選用電表的符號);
(2)閉合開關(guān)S,多次改變對力敏電阻的壓力F,記錄下電表讀數(shù),得到Rx不同的值,描繪出Rx-F圖像如圖乙所示,由圖像可得Rx與F的函數(shù)關(guān)系表達式為Rx=__________;
(3)該同學(xué)用力敏電阻和所提供的器材,把電流表A1改成一個壓力表(即在電流表A1表盤的對應(yīng)刻度位置處標(biāo)上壓力大小),請在圖丙虛線框內(nèi)畫出設(shè)計電路圖;
(4)若將電流表A1表盤的0.15 A刻度處標(biāo)為壓力表的0刻度,則滑動變阻器接入電路的阻值應(yīng)調(diào)為__________Ω,該壓力表能測量壓力的最大值是____________N。
考向五光學(xué)類實驗
【真題研磨】
【典例】(2021·浙江6月選考)如圖所示是“用雙縫干涉測量光的波長”實驗的裝置。實驗中:
(1)觀察到較模糊的干涉條紋,,值得嘗試的是________(單選)。
A.旋轉(zhuǎn)測量頭
B.增大單縫與雙縫間的距離
C.調(diào)節(jié)撥桿使單縫與雙縫平行
(2),正確的做法是______(單選)。
A.減小單縫與光源間的距離
B.減小單縫與雙縫間的距離
C.增大透鏡與單縫間的距離
D.增大雙縫與測量頭間的距離
【審題思維】
題眼直擊 信息轉(zhuǎn)化
① 經(jīng)過單縫后形成的中心最寬的衍射條紋經(jīng)過雙縫更容易發(fā)生清晰的雙縫干涉現(xiàn)象
② 雙縫干涉條紋間隔公式Δx=
【模型轉(zhuǎn)化】
【答題要素】
1.光學(xué)類實驗常見模型
2.光學(xué)類實驗注意事項
【多維演練】
1.維度:測定玻璃折射率
某同學(xué)在做“測定玻璃折射率”的實驗時已經(jīng)畫好了部分圖線,如圖甲所示,并在入射光線AO上插上大頭針P1、P2,現(xiàn)需在玻璃磚下表面折射出的光線上插上P3和P4大頭針,便能確定光在玻璃磚中的折射光線。
(1)確定P3位置的方法正確的是____________;
A.透過玻璃磚,P3擋住P2的像
B.先插上P4大頭針,在靠近玻璃磚一側(cè)P3擋住P4的位置
C.透過玻璃磚觀察,使P3擋住P1、P2的像
(2)請作出光線在玻璃磚中和出射后光線的光路圖,并畫出玻璃磚中光線的折射角θ2;
(3)經(jīng)過多次測量作出sinθ1-sinθ2的圖像如圖乙,玻璃磚的折射率為____________(結(jié)果保留三位有效數(shù)字);
(4)若該同學(xué)在確定P4位置時,被旁邊同學(xué)碰了一下,不小心把P4位置畫得偏左了一些,則測出來的折射率____________(選填“偏大”“偏小”或“不變”);
(5)該同學(xué)突發(fā)奇想用兩塊同樣的玻璃直角棱鏡ABC來做實驗,兩者的AC面是平行放置的,插針P1、P2的連線垂直于AB面,若操作無誤,則在圖丙中右邊的插針應(yīng)該是____________。
A.P3P6　　　B.P3P8　　　C.P5P6　　　D.P7P8
2.維度:雙縫干涉實驗
寒假期間小明利用圖甲所示生活中的物品,測量了某型號刀片的厚度。
實驗過程如下:
(1)點燃蠟燭,用燭焰把玻璃片的一面熏黑;
(2)并齊捏緊兩片刀片,在玻璃片的熏黑面劃出兩條平直劃痕;
(3)如圖乙所示,將激光光源和玻璃片固定在桌上,并將作為光屏的白紙固定在距離足夠遠的墻上。
(4)打開激光光源,調(diào)整光源的高度并使激光沿水平方向射出,恰好能垂直入射在兩劃痕上。
(5)觀察白紙上的干涉條紋如圖丙所示。用刻度尺測出a、b兩點間的距離為____________cm,則兩相鄰暗條紋中心之間的距離Δx=____________cm。
(6)測量玻璃片到光屏的距離L=3.00 m,已知該紅色激光的波長λ=700 nm,利用公式求出雙劃痕間距d=__________mm,即為刀片厚度(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。
1.(安阻法測電源電動勢和內(nèi)阻)某同學(xué)把銅片和鋅片相隔約2 cm插入一個桔子中,就制成了一個水果電池。銅片是電池的正極,鋅片是負極。該同學(xué)想測量水果電池的電動勢和內(nèi)阻,他所用到的器材有水果電池、電阻箱、電流表、開關(guān)和導(dǎo)線若干。
(1)請根據(jù)題干中的器材在方框中畫出實驗電路圖。
(2)實驗時,用電流表和電阻箱測出多組電流I和電阻值R,若要通過圖像測得這個
水果電池的電動勢和內(nèi)阻,可以選用圖像為____________
A.R-I　　　B.R-　　　C.I-
(3)若用該實驗方法測量水果電池的電動勢和內(nèi)阻,電動勢的測量值____________真實值,內(nèi)阻的測量值__________真實值(均選填“大于”“等于”“小于”)。
(4)該同學(xué)在斷開開關(guān)準(zhǔn)備收拾器材的時候,忽然想起測量干電池電動勢時,可以
將指針式電壓表(量程0~3 V,內(nèi)阻約3 kΩ)直接接到干電池的正負極,因此該同學(xué)
也將這種指針式電壓表直接接到了桔子電池的正負極,但是測得的數(shù)值與用圖像測得的電動勢數(shù)值差距很大。設(shè)直接用指針式電壓表測得的電動勢用E2表示,
該同學(xué)用圖像法測得的電動勢用E1表示,請分析說明這兩個值哪一個更大。
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2.(多用電表原理)某同學(xué)根據(jù)圖甲所示的歐姆表原理圖,利用微安表(滿偏電流為300 μA、內(nèi)阻為100 Ω)、滑動變阻器R(最大值為10 kΩ)和一節(jié)干電池,將微安表改裝成歐姆表。
(1)將兩表筆短接,調(diào)節(jié)R使微安表指針指在“________μA”處;
(2)當(dāng)兩表筆之間接入阻值為2.4 kΩ的定值電阻時,微安表指針指在如圖乙所示位置,則其讀數(shù)為__________μA,電池的電動勢為________V,歐姆表的內(nèi)阻為________kΩ;
(3)將微安表上的μA處標(biāo)明“Ω”,“300”位置處標(biāo)明“0”,“100”位置處標(biāo)明“____________”,并在其他位置標(biāo)明相應(yīng)的電阻刻度值,這樣就把微安表改裝成了歐姆表;
(4)經(jīng)過一段時間之后,電池的電動勢降低,內(nèi)阻增大,則重新歐姆調(diào)零之后,測得的電阻阻值將____________(選填“偏大”“不變”或“偏小”)。
3.(雙安法測電阻)某同學(xué)設(shè)計了一個測量未知電阻的實驗,實驗器材如下:
A.電源(電動勢約為12 V,內(nèi)阻不計)
B.待測電阻Rx
C.電流表A1(量程為0~0.6 A,內(nèi)阻約為10 Ω)
D.電流表A2(量程為0~3 A,內(nèi)阻約為2 Ω)
E.電阻箱R(阻值范圍0~999.9 Ω)
F.保護電阻R0=10 Ω;
G.開關(guān)、導(dǎo)線若干。
設(shè)計電路,并按照如下操作步驟進行測量。
(1)按照如圖1所示的電路圖組裝實驗儀器,進行實驗。將電流表____________(填寫字母序號)安裝在②位置,另一個電流表則安裝在①位置。
(2)將R調(diào)整為適當(dāng)阻值,閉合開關(guān)S,記錄兩個電流表的讀數(shù)I1、I2及R的阻值。
(3)調(diào)節(jié)電阻箱,改變R的阻值,測量并記錄多組數(shù)據(jù)。
(4)利用圖像處理實驗數(shù)據(jù),得到如圖2所示的圖線。
(5)由圖像可知,該一次函數(shù)圖像斜率為k、縱軸截距為b,則待測電阻的阻值為____________,電流表①的內(nèi)阻為____________(以上兩空用題中所給符號表示),待測電阻測量值________(選填“大于”“小于”或“等于”)真實值。
4.(伏安法測電阻)某物理學(xué)習(xí)小組為了探究小燈泡L(3.8 V,0.7 A)的伏安特性曲線,同時再測定電源電動勢和內(nèi)阻,設(shè)計了如甲所示的電路圖。
(1)為了完成實驗?zāi)康?該物理學(xué)習(xí)小組進行以下的實驗操作:
第①步:按照電路圖甲正確連接好電路,將開關(guān)S1閉合,開關(guān)S2____________(選填“閉合”或“斷開”),移動滑動變阻器滑片,測量并記錄電壓表和電流表數(shù)據(jù)。現(xiàn)有如下兩組數(shù)據(jù):
第一組:電流表I=0.20 A,電壓表U1=0.65 V, 電壓表U2=4.3 V
第二組:電流表I'=0.40 A,電壓表U1'=1.50 V,電壓表U2'=4.1 V
利用以上數(shù)據(jù)可以求出電源電動勢E=____________V,電源內(nèi)阻r=__________Ω。(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)
第②步:將滑動變阻器滑片P調(diào)到____________(選填“最右邊”“中間”或“最左邊”),再閉合開關(guān)____________,移動滑動變阻器滑片,測量并記錄多組電壓表和電流表數(shù)據(jù)。利用以上測量數(shù)據(jù)描繪小燈泡的伏安特性曲線,如圖乙所示。
(2)現(xiàn)在將六盞完全相同的燈泡L(3.8 V,0.7 A)并聯(lián)后直接接在題中電源的兩端,則該電路中每盞小燈泡的功率P燈=________W。(計算結(jié)果保留2位有效數(shù)字)
板塊二　電學(xué)、光學(xué)實驗
考向一　電表的改裝及使用
【真題研磨】
【典例】【解析】(1)由圖可知當(dāng)S接A時,R1和R2串聯(lián)接入電路,再和電流表并聯(lián),滿偏時電流表兩端的電壓為Um=Imr=250×10-6×1.2×103 V=0.3 V,此時通過R1和R2的電流為I== A=0.75×10-3 A=0.75 mA,所以總電流為I總=Im+I=1 mA,即量程為0~1 mA。
(2)當(dāng)開關(guān)S接B端時,由圖可知R1和電流表串聯(lián)再和R2并聯(lián),由于和電流表并聯(lián)的電阻變小,當(dāng)電流表滿偏時,流過R2的電流變大,干路電流變大,即量程變大。
(3)圖甲是電流表的外接法,誤差是電壓表的分流引起的;圖乙是電流表的內(nèi)接法,誤差是電流表的分壓引起的,因為題目中電壓表電阻未知,故采用圖乙的方法可以修正由電表內(nèi)阻引起的實驗誤差。
答案:(1)1　(2)大　(3)乙
【多維演練】
1.【解析】(1)如圖甲,利用多用電表直流電壓擋測小燈泡兩端的電壓,進表電流方向應(yīng)“紅進黑出”,故A錯誤;如圖乙,利用多用電表直流電流擋測通過小燈泡的電流,表與燈泡串聯(lián)且滿足進表電流方向“紅進黑出”,故B正確;如圖丙,利用多用電表直流電壓擋粗測電源的電動勢,表與電源并聯(lián)且滿足進表電流方向“紅進黑出”,故C正確;利用多用電表歐姆擋測電源的電阻,必須把表與外部電源斷開,顯然D錯誤。
(2)②根據(jù)多用電表測電阻實驗要求可知選擋之后要進行歐姆調(diào)零,即需要將兩表筆短接,調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕,使指針指在歐姆刻度最右端的零刻度線處;
⑤選擇“×100”倍率時,由圖戊可知,指針位于a位置,指針偏轉(zhuǎn)角度較大,為了減小實驗誤差,應(yīng)盡可能使指針指在刻度盤中間附近,所以需要把選擇開關(guān)撥至較大的倍率“×1k”擋;
⑦最終指針指在圖戊中b位置,則讀數(shù)為R=10×1 kΩ=10 kΩ
答案:(1)B、C　(2)②將兩表筆短接,調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕,使指針指在歐姆刻度最右端的零刻度線處　⑤×1k　⑦10
2.【解析】(1)根據(jù)歐姆表的內(nèi)部結(jié)構(gòu)可知,黑表筆連接歐姆表內(nèi)部電源的正極,即表筆A為黑表筆;
(2)選擇開關(guān)接通4或5為電壓表,根據(jù)電壓表的改裝原理可知4的量程小于5,則選擇旋鈕接通4為量程是0~3 V的電壓表;
(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I=
代入數(shù)據(jù)解得E=2.95 V
r=1.50 Ω
(4)中值電阻為電流滿偏一半時外接電阻,則R6=
解得R6=2 950 Ω
答案: (1)黑　(2)4　(3)2.95 　1.50　(4)2 950
考向二　電阻的測量
【真題研磨】
【典例】【解析】
(1)電流表內(nèi)阻已知,電流表與R0并聯(lián)擴大電流表量程,進而準(zhǔn)確測量通過Rx的電流;電壓表單獨測量Rx的電壓;滑動變阻器采用分壓式接法,電表從0開始測量,滿足題中通過Rx的電流從0~5 mA范圍內(nèi)連續(xù)可調(diào),故實驗電路的原理圖如圖所示。
(2)為方便電路的調(diào)節(jié),測量效率高、實驗誤差小,電路中R應(yīng)選最大阻值為10 Ω的滑動變阻器;電流表的量程為1 mA,通過Rx的電流最大為5 mA,需要將電流表量程擴大為原來的5倍,根據(jù)并聯(lián)分流的規(guī)律示意圖,
可知=,解得R0=75 Ω。
(3)電壓表每小格表示0.1 V,估讀一位,即U=2.30 V;電流表每小格表示0.02 mA,本位估讀,即0.84 mA,電流表量程擴大5倍,所以通過Rx的電流為I=5×0.84 mA=4.20 mA;根據(jù)歐姆定律可知Rx== Ω≈548 Ω。
答案:(1)見解析圖　(2)10 Ω　75 Ω　(3)2.30　4.20　548
【多維演練】
1.【解析】(1)閉合開關(guān)后,無論怎樣調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片,電壓表與電流表的示數(shù)都不能調(diào)到零,說明滑動變阻器的分壓接法沒有連接成功,變成了限流接法,即3點至4點的導(dǎo)線沒有連接好;
(2)由圖乙可知,電壓U=1.03 V時,電流I=0.154 A,所以被測電子元件的電阻值為R==6.7 Ω;由于電流表外接,則電流表示數(shù)偏大,所以測得的電阻值比真實值偏小;
(3)由公式U=E-Ir可得直流電源輸出電流表達式為I=-U
作出直流電源的I-U圖線,如圖所示:
與被測電子元件的I-U圖線相交,可得交點處I=0.04 A　U=0.88 V
則該電子元件的電功率為
P=UI=0.035 W
答案: (1)3　4
(2)6.7(6.6~6.9均可)　偏小
(3)0.035
2.【解析】(2)利用半偏法測電阻,要求K1閉合之前電流表滿偏,要求K1閉合之后調(diào)整電阻箱阻值,使電流表半偏,不考慮總電流的變化,此時電流表上的電流和電阻箱上電流相等,都等于總電流一半,則電流表內(nèi)阻等于電阻箱電阻,因此電流表電阻的測量值為R0。
由于閉合K1之后總電流稍有增大,電流表半偏時的電流小于總電流的一半,所以電阻箱電阻稍小于電流表內(nèi)阻,所以測量結(jié)果偏小。
(3)對于改進后的電路,由并聯(lián)電路規(guī)律知=,得到RA=R1
答案: (2)見解析　(3)R1
考向三　電源電動勢和內(nèi)阻的測量
【真題研磨】
【典例】【解析】(1)用螺旋測微器測量該圓柱形電阻的直徑D,其讀數(shù)為3.5 mm+0.01 mm×20.0=3.700 mm。
(2)由電路可知,當(dāng)將S2置于位置1,閉合S1時E=I(RA+R0+r+R),即=R+,由圖像可知= V-1,解得E=12 V,=2 A-1,解得r=3.0 Ω,再將S2置于位置2,此時電流表讀數(shù)為0.400 A,則E=I'(r+R0+RA+Rx),解得Rx=6.0 Ω,根據(jù)Rx=ρ=ρ,解得ρ=。
(3)由(2)可知E=12 V,r=3.0 Ω。
(4)持續(xù)使用后,電源電動勢降低,內(nèi)阻變大,由=×R+知,斜率變大,縱截距增大,故仍根據(jù)題圖丙得到的電阻測量值一定偏大。
答案:(1)3.700　(2)6.0　
(3)12　3.0　(4)偏大
【多維演練】
1.【解析】(1)若將電流表直接串聯(lián)在電路中使用,則通過電流表的電流最小值約為Imin=≈49 mA
顯然電流表的量程不滿足要求,需要對其進行擴大量程改裝,則將其與定值電阻R2并聯(lián),改裝后電流表的量程為
I'A=IA+=1.5 A
內(nèi)阻為R'A==0.98 Ω
由于電流表內(nèi)阻已經(jīng)求得,所以電流表采用外接法以減小系統(tǒng)誤差,電路圖如圖所示。
(2)U-I圖像的縱截距表示電源的電動勢,則一節(jié)電池的電動勢為
E= V=1.46 V
根據(jù)前面分析可知,電流表讀數(shù)的50倍為通過電源的實際電流,且電流表采用外接法,所以U-I圖像斜率的絕對值的表示電源的內(nèi)阻和改裝后電流表的內(nèi)阻之和,則一節(jié)電池的內(nèi)阻為
r=( Ω-R'A)=1.01 Ω
(3)設(shè)電路的外電阻為R,電源電動勢為E',內(nèi)阻為r',則電源的輸出功率為
P=I2R==
根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知當(dāng)R=r'時,P最大;當(dāng)R>r'時,P隨R的減小而增大;當(dāng)R電源工作的效率為η=×100%=×100%=×100%
當(dāng)滑動變阻器接入電路的阻值從最大減到最小的過程中,R始終減小,電源工作的效率一直減小,故選B。
答案:(1)
(2)1.46　1.01　(3)C　B
2.【解析】(1)實驗中無電流表,可以用電壓表與電阻箱測電源電動勢與內(nèi)阻,待測電源、開關(guān)、電阻箱組成串聯(lián)電路,電壓表測路端電壓,實驗電路圖如圖所示
(2)一節(jié)干電池電動勢約為1.5 V,所以量程選擇3 V,分度值為0.1 V,則電壓表讀數(shù)為1.30 V;
(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律得U=E-Ir
可得U-I圖像縱軸截距為電動勢,延長圖線如圖
電動勢為E=1.44 V
斜率的絕對值為內(nèi)阻r= Ω=1.80 Ω
(4)若他不用電壓表,在其他器材不變的情況使用電流表(量程0.6 A、3 A),獲得正確的數(shù)據(jù),電流與電阻箱阻值的乘積為路端電壓,沒有電壓表的分流,所以測出的電動勢等于真實值。
答案:(1)
(2)1.30　(3)1.44　1.80　(4)等于
考向四　創(chuàng)新類實驗
【真題研磨】
【典例】【解析】(2)③閉合S2后,并聯(lián)部分的電阻減小,根據(jù)閉合電路歐姆定律,電壓表的示數(shù)變小。加在導(dǎo)電繩兩端的電壓為U,流過導(dǎo)電繩的電流為I2-I1,因此導(dǎo)電繩的電阻Rx=。
(3)在閉合S2之前,電流表I1的示數(shù)包括定值電阻的電流和電壓表分得的電流,閉合S2之后,加在電壓表兩端的電壓保持不變,因此流過電壓表和定值電阻的總電流仍為I1,故流過導(dǎo)電繩的電流是I2-I1,與電壓表內(nèi)阻無關(guān),電壓表內(nèi)阻對測量沒有影響。
(4)由圖(c)可知,導(dǎo)電繩拉伸后的長度為51.80 cm。
答案:(2)③變小　　(3)無　(4)51.80
【多維演練】
1.【解析】(1)根據(jù)歐姆定律R0=,由題圖乙電路可知電流表外接,電流的測量值偏大,R0的測量值與真實值相比偏小,相當(dāng)于R0的測量值為電壓表內(nèi)阻和R0并聯(lián)后的電阻值,即測量值的表達式為(2)由題圖丁可知,當(dāng)40 ℃時熱敏電阻對應(yīng)的電阻值為70 Ω,由題圖甲電路串聯(lián)電路的特點可得U=E=×6 V=1.80 V
(3)由于在測量R0時和測溫電路均采用同一電壓表,把電壓表和R0看成一個整體,其并聯(lián)后的電阻=30 Ω,在題圖甲中就沒有系統(tǒng)誤差,故用該測溫計所測得的體溫值與實際體溫值相等。
答案: (1)偏小　(2)1.80(1.8也可得分)　(3)相等
2.【解析】(1)由于電源的電動勢為3 V,電壓表量程為0~15 V太大,故應(yīng)選用內(nèi)阻已知的電流表A1作為電壓表并聯(lián)在力敏電阻Rx兩端,用電流表A2測干路電流,可知P處選用電流表A2,Q處選用電流表A1;
(2)由圖像可得縱軸截距為b=18 Ω,圖像斜率為k= Ω/N=-2 Ω/N
故Rx與F的函數(shù)關(guān)系表達式為
Rx=-2F+18
(3)將電流表A1與力敏電阻Rx串聯(lián),根據(jù)閉合電路歐姆定律可以得到電流I與Rx的關(guān)系,從而得到電流I與壓力F的關(guān)系,將電流表A1改成一個壓力表,電路圖如圖所示
(4)若將電流表A1表盤的0.15 A刻度處標(biāo)為壓力表的0刻度,壓力為0時對應(yīng)的力敏電阻Rx=18 Ω,根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I=
解得R滑=-Rx-r1= Ω-18 Ω-1.5 Ω=0.5 Ω
當(dāng)電流表A1示數(shù)最大時,力敏電阻器R'x最小,壓力F最大,則有Im=
解得R'x=-R滑-r1= Ω-0.5 Ω-1.5 Ω=3 Ω
又R'x=-2F+18
可得對應(yīng)的壓力為F=7.5 N
該壓力表能測量壓力的最大值是7.5 N
答案: (1)A2　A1　(2) -2F+18
(3)
(4)0.5　7.5
考向五　光學(xué)類實驗
【真題研磨】
【典例】【解析】(1)為了將模糊的條紋變清晰,旋轉(zhuǎn)測量頭只能調(diào)節(jié)分劃板的刻度線與干涉條紋是否平行,不能調(diào)節(jié)清晰程度,選項A錯誤;增大單縫與雙縫之間的距離既不能調(diào)節(jié)干涉條紋間隔,也不能調(diào)節(jié)清晰程度,選項B錯誤;調(diào)節(jié)撥桿使單縫與雙縫平行,使得經(jīng)過單縫后形成的中心最寬的衍射條紋經(jīng)過雙縫更容易發(fā)生清晰的雙縫干涉現(xiàn)象,選項C正確。(2)根據(jù)雙縫干涉條紋間隔公式Δx=可知,增加雙縫到屏幕(測量頭)的距離L、光的波長λ,減小雙縫寬度d都可以增加條紋間距,由此可知選項D正確;增加或減小單縫與雙縫間的距離、單縫與光源間的距離,并不能觀察到條紋間距的變化,選項A、B錯誤;增加透鏡與單縫間的距離也不能改變觀察到的條紋間距,選項C錯誤。
答案:(1)C　(2)D
【多維演練】
1.【解析】(1)確定P3位置的方法正確的是:透過玻璃磚觀察,使P3擋住P1、P2的像,故選C;
(2)光路如圖
(3)根據(jù)n=可知,圖像sinθ1-sinθ2的斜率等于折射率,由圖像可知玻璃磚的折射率為n=≈1.49
(4)若該同學(xué)在確定P4位置時,被旁邊同學(xué)碰了一下,不小心把P4位置畫得偏左了一些,則P4P3的連線延長線與bb'的交點偏右,測得的折射角θ2偏大,則根據(jù)n=可知,測出來的折射率偏小;
(5)光路圖如圖所示
根據(jù)光路圖可知,經(jīng)過P1P2的光線經(jīng)兩塊玻璃磚的分界處向下偏轉(zhuǎn),然后射入右側(cè)玻璃磚后平行射出,所以在圖丙中右邊的插針應(yīng)該是P5P6,故選C。
答案: (1) C
(2)
(3)1.49　(4)偏小　(5)C
2.【解析】(5)用刻度尺測出a、b兩點間的距離為10.50 cm
兩相鄰暗條紋中心之間的距離為
Δx= cm=2.1 cm
(6)刀片的厚度為Δx=λ
解得d=0.10 mm
答案:(5)10.50　2.1　(6)0.10
1.【解析】(1)實驗電路圖如圖
(2)根據(jù)E=I(R+r)。
可得R=E·-r。
則作出R-圖像,由斜率可知電動勢E,由截距可知內(nèi)阻r,故選B。
(3)考慮到電流表內(nèi)阻的影響,實際上根據(jù)E=I(R+r+RA),
可得R=E·-(r+RA),則電動勢的測量值等于真實值,內(nèi)阻的測量值為r測=r+RA,即大于真實值。
(4)E1更大,因為電壓表的內(nèi)阻約為3 kΩ,桔子電池的內(nèi)阻約為幾kΩ;若將電壓表直接接到桔子電池的正負極時,電壓表的示數(shù)為外電路電壓,約為電動勢的一半,因此電壓表的示數(shù)E2小于電動勢E1。
答案: (1)
(2)B　(3)等于　大于　(4)E1更大,因為電壓表的內(nèi)阻約為3 kΩ,桔子電池的內(nèi)阻約為幾kΩ;若將電壓表直接接到桔子電池的正負極時,電壓表的示數(shù)為外電路電壓,約為電動勢的一半,因此電壓表的示數(shù)E2小于電動勢E1
2.【解析】(1)兩表筆短接調(diào)零時,應(yīng)使表的指針指在微安表的電流滿偏位置,即指針指在300 μA處;
(2)由圖乙可知微安表的指針指在200 μA處;根據(jù)閉合電路歐姆定律,兩表筆短接時有Ig=
接入阻值為2.4 kΩ的定值電阻時,有Ig=
解得E=1.44 V,R內(nèi)=4.8 kΩ
(3)當(dāng)電流I=100 μA時有Ig=
解得R1=9 600 Ω
(4)由Ig=和I=,可得I=
則電動勢減小,測量同一未知電阻時對應(yīng)的微安表示數(shù)減小,則測得的電阻阻值偏大。
答案: (1)300　(2)200　1.44　4.8　(3)9 600　(4)偏大
3.【解析】(1)①表在支路上,而②表在干路上,可知將C(電流表A1)裝在①位置,D(電流表A2)裝在②位置;
(5)根據(jù)I1(RA1+R)=(I2-I1)Rx
可得=·R+
由此=k
可得待測電阻為Rx=,=b
電流表①內(nèi)阻為RA1=
各支路電流都可準(zhǔn)確測出,因此電阻測量值等于真實值。
答案:(1)D　(5)　　等于
4.【解析】(1)第①步:按照電路圖甲正確連接好電路,將開關(guān)S1閉合,開關(guān)S2斷開,移動滑動變阻器滑片,測量并記錄電壓表和電流表數(shù)據(jù)。
根據(jù)電路圖結(jié)合閉合電路歐姆定律得U2=E-Ir,
代入數(shù)據(jù)得4.3=E-0.20r,
4.1=E-0.40r
聯(lián)立解得E=4.5 V,r=1.0 Ω
第②步:為了保護電路,將滑動變阻器滑片P調(diào)到最右邊,再閉合開關(guān)S2,移動滑動變阻器滑片,測量并記錄多組電壓表和電流表數(shù)據(jù)。
(2)設(shè)流過燈泡的實際電流為I,根據(jù)閉合電路歐姆定律得U=E-6I·r
在燈泡的伏安特性圖中畫出等效電源的U-I圖像可得
兩圖線的交點即為燈泡的工作點,可得燈泡實際電壓約為1.8 V,實際電流為0.46 A,則功率P燈=0.46×1.8 W=0.83 W
答案: (1)斷開　4.5　1.0　最右邊　S2　 (2)0.83板塊六　帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動
考向一帶電粒子在組合場中的運動
【真題研磨】
【典例】(19分)(2021·遼寧選擇考)如圖所示,在x>0區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場;在x<0區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子甲從點S(-a,0)由靜止釋放,進入磁場區(qū)域后,與靜止在點P(a,a)、質(zhì)量為的中性粒子乙,且。(不計粒子重力及碰撞后粒子間的相互作用,忽略電場、磁場變化引起的效應(yīng))
(1)求電場強度的大小E;
(2)若兩粒子碰撞后,立即撤去電場,同時在x≤0區(qū)域內(nèi)加上與x>0區(qū)域內(nèi)相同的磁場,求從兩粒子碰撞到下次相遇的時間Δt;
(3)若兩粒子碰撞后,粒子乙首次離開第一象限時,撤去,經(jīng)一段時間后,在全部區(qū)域內(nèi)加上與原x>0區(qū)域相同的磁場,此后兩粒子的軌跡恰好不相交,求這段時間內(nèi)粒子甲運動的距離L。
【審題思維】
題眼直擊 信息轉(zhuǎn)化
① 粒子甲和粒子乙系統(tǒng)動量守恒,無能量損失
② 碰后,甲、乙兩粒子的電量均為
③ 兩粒子做勻速直線運動
【答題要素】
“三步法”解決帶電粒子在組合場中的運動問題
(1)明種類:明確組合場的種類及邊界特征。
(2)畫軌跡:分析帶電粒子在各場中受力與速度關(guān)系,明確運動特點,畫好軌跡圖。
(3)用規(guī)律:
①在電場中,做直線運動應(yīng)用勻變速直線運動規(guī)律或功能關(guān)系求解問題;做曲線運動,應(yīng)用運動的合成與分解求解問題。
②在磁場中,粒子做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,先找圓心定半徑,再應(yīng)用幾何關(guān)系分析求解相關(guān)問題。
【多維演練】
1.維度:電場類平拋運動+磁場圓周運動+電場中運動的分解
如圖所示,第一象限和第四象限分別存在勻強磁場和勻強電場,勻強磁場大小為B,方向未知,勻強電場的方向與x軸負方向的夾角為30°角,第二象限有一平行極板電容器,上極板右端N在y軸上,下極板與x軸重合,且右端在原點O點上。現(xiàn)一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子以一定初速度從電容器左端中點A進入,恰好從上極板右端N飛出,經(jīng)過磁場后垂直x軸進入電場,又恰好從P點垂直y軸飛出電場(P點未標(biāo)出)。已知電容器板長和間距都為l,不計粒子的重力,求:
(1)磁場方向和在磁場中運動軌跡的半徑大小r;
(2)電容器的電壓U及第四象限的電場強度大小E;
(3)粒子從A到P的運動時間。
2.維度:電場+磁場+磁場中運動的邊界問題
如圖甲所示,長方形MNPQ區(qū)域(MN=PQ=3d,MQ與NP邊足夠長)存在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。長為5d、厚度不計的熒光屏ab,其上下兩表面均涂有熒光粉,ab與NP邊平行,相距為d,且左端a與MN相距也為d。電子槍一個一個連續(xù)地發(fā)射出電子(已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e、初速度可視為零),經(jīng)電場加速后,沿MN邊進入磁場區(qū)域,電子打到熒光屏就會發(fā)光(忽略電子間的相互作用)。
(1)若加速電壓為U,求電子進入磁場時的速度大小;
(2)改變加速電壓,使電子不斷打到熒光屏上,求熒光屏能發(fā)光區(qū)域的總長度;
(3)若加速電壓按如圖乙所示的圖象變化,求從t=0開始一個周期內(nèi),打在熒光屏上的電子數(shù)相對總電子數(shù)的比例(電子經(jīng)加速電場的時間遠小于周期T)。
考向二帶電粒子在復(fù)合場中的運動
【真題研磨】
【典例】(9分)(2021·北京等級考)如圖所示,M為;N為速度選擇器,兩平行導(dǎo)體板之間有方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場,磁場的方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強度為B。從S點釋放一初速度為0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,經(jīng)M加速后恰能以。不計重力。
(1)求粒子加速器M的加速電壓U;
(2)求速度選擇器N兩板間的電場強度E的大小和方向;
(3)仍從S點釋放另一初速度為0、質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電粒子,離開N時粒子偏離圖中虛線的距離為d,求該粒子離開N時的動能Ek。
【審題思維】
題眼直擊 信息轉(zhuǎn)化
① 利用qU=mv2可求加速電壓
② 電場力與洛倫茲力平衡
【答題要素】
1.復(fù)合場中運動及求解方法歸類
復(fù)合場 運動及求解方法
磁場、重力場 重力、洛倫茲力平衡:勻速直線運動; 重力、洛倫茲力不平衡:復(fù)雜的曲線運動,機械能守恒
電場、磁場 電場力、洛倫茲力平衡:勻速直線運動; 電場力、洛倫茲力不平衡:復(fù)雜的曲線運動,可用動能定理求解
電場、磁場、重力場 三力平衡:勻速直線運動; 重力、電場力平衡:勻速圓周運動; 合力不為零:可能做復(fù)雜的曲線運動,可用能量守恒或動能定理求解
2.“三步法”解決帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題
(1)明受力:明確復(fù)合場中粒子的受力;
(2)畫軌跡:從受力分析,知曉粒子的運動特征,畫出軌跡圖。
(3)用規(guī)律:
①做直線運動應(yīng)用勻變速直線運動規(guī)律或功能關(guān)系求解問題;做曲線運動,應(yīng)用運動的合成與分解求解問題。
②做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,先找圓心定半徑,再應(yīng)用幾何關(guān)系分析求解相關(guān)問題。
【多維演練】
1.維度:質(zhì)譜儀模型
某一質(zhì)譜儀原理如圖所示,區(qū)域Ⅰ為粒子加速器,加速電壓為U1;區(qū)域Ⅱ為速度選擇器,磁場與電場正交,磁感應(yīng)強度為B1,兩板間距離為d;區(qū)域Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器,磁感應(yīng)強度為B2。今有一質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子(不計重力),經(jīng)加速后,該粒子恰能通過速度選擇器,粒子進入分離器后做勻速圓周運動。求:
(1)粒子離開加速器時的速度大小v;
(2)速度選擇器兩板間的電壓U2;
(3)粒子在分離器中做勻速圓周運動的半徑R。
2.維度:電場+磁場復(fù)合
如圖所示,光滑絕緣軌道abc處于豎直平面內(nèi),其中ab是圓心為O、半徑R=6.05 m的圓周,bc水平,一個帶負電的小球P(可視為質(zhì)點)靜止于c處,其質(zhì)量為m。有一個質(zhì)量為M、外形與P完全相同的不帶電小球Q從a處由靜止釋放,沿軌道滾下后在c處與P發(fā)生對心彈性碰撞,碰撞中小球P的電荷量不變。碰后小球P以v=20 m/s的速度進入虛線JK右邊的空間中,該空間存在勻強電場和勻強磁場。已知電場和磁場的方向是相同的,“它們與小球速度方向垂直”,電場強度的大小為E=4.0 V/m,磁感應(yīng)強度的大小為B=0.15 T,碰撞后小球P在此空間中做勻速直線運動。g取10 m/s2,試求:
(1)小球Q的質(zhì)量是P的多少;
(2)小球P的比荷。
1.(電場+磁場)利用電場與磁場控制帶電粒子的運動,使其在特定時間內(nèi)達到預(yù)定的位置,在現(xiàn)代科學(xué)實驗和技術(shù)設(shè)備中有著廣泛的應(yīng)用。如圖所示,一粒子源不斷釋放質(zhì)量為m,帶電量為+q的帶電粒子,其初速度視為零,經(jīng)過加速電壓U后,以一定速度垂直平面MNN1M1,射入邊長為L的正方體區(qū)域MNPQ-M1N1P1Q1。可調(diào)整粒子源及加速電場位置,使帶電粒子在邊長為L的正方形MHIJ區(qū)域內(nèi)入射,不計粒子重力及其相互作用,完成以下問題:
(1)若僅在正方體區(qū)域中加上沿MN方向的勻強電場,要讓所有粒子都到達平面NPP1N1,求所加勻強電場的電場強度的最小值E0;
(2)若僅在正方體區(qū)域中加上沿MN方向的勻強磁場,要讓所有粒子都到達平面M1N1P1Q1,求所加勻強磁場磁感應(yīng)強度的最小值B0及最大值Bm。
2.(磁場+電場)電子對湮滅是指電子e-和正電子e+碰撞后湮滅,產(chǎn)生伽馬射線的過程,電子對湮滅是正電子發(fā)射計算機斷層掃描(PET)及正電子湮滅能譜學(xué)(PAS)的物理基礎(chǔ)。如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy上,P點在x軸上,且OP=2L,Q點在負y軸上某處。在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場,在第Ⅱ象限內(nèi)有一圓形區(qū)域,與x、y軸分別相切于A、C兩點,OA=L在第Ⅳ象限內(nèi)有一未知的矩形區(qū)域(圖中未畫出),未知矩形區(qū)域和圓形區(qū)域內(nèi)有完全相同的勻強磁場,磁場方向垂直于xOy平面向里。一束速度大小為v0的電子束從A點沿y軸正方向射入磁場,經(jīng)C點射入電場,最后從P點射出電場區(qū)域;另一束速度大小為v0的正電子束從Q點沿與y軸正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限,而后進入未知矩形磁場區(qū)域,離開磁場時正好到達P點,且恰好與從P點射出的電子束正碰發(fā)生湮滅,即相碰時兩束電子速度方向相反。已知正、負電子質(zhì)量均為m、電荷量大小均為e,正、負電子的重力不計。忽略正、負電子間的相互作用,求:
(1)圓形區(qū)域內(nèi)勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大小和第Ⅰ象限內(nèi)勻強電場的場強E的大小;
(2)電子從A點運動到P點所用的時間;
(3)Q點縱坐標(biāo)及未知矩形磁場區(qū)域的最小面積S。
3.(復(fù)合場)如圖所示,在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy,其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場,電場強度的方向水平向右,磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里。一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的微粒從原點出發(fā)沿與x軸正方向成45°夾角的方向以一定速度進入復(fù)合場中,正好做直線運動,當(dāng)微粒運動到A(l,l)時,電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間),微粒繼續(xù)運動一段時間后,正好垂直于y軸穿出復(fù)合場。不計一切阻力,重力加速度為g,求:
(1)電場強度E的大小;
(2)磁感應(yīng)強度B的大小;
(3)微粒在復(fù)合場中的運動時間。
板塊六　帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動
考向一　帶電粒子在組合場中的運動
【真題研磨】
【典例】【解析】(1)粒子甲進入磁場后做勻速圓周運動過P點,則在磁場中運動軌跡半徑R=a
由公式qBv=得v=
粒子從S到O,由動能定理可得qEa=mv2
可得E=
(2)甲、乙粒子在P點發(fā)生彈性碰撞,設(shè)碰后速度為v1、v2,取向上為正方向,則有mv=mv1+mv2
mv2=m+×m
計算可得v1=v=
v2=v=
兩粒子碰后在磁場中運動qBv1=　qBv2=
解得R1=a　R2=a
兩粒子在磁場中一直做軌跡相同的勻速圓周運動,周期分別為T1==　T2==
則兩粒子碰后再次相遇Δt=Δt+2π
解得再次相遇時間Δt=
(3)兩粒子運動軌跡如圖所示,
粒子乙首次在A點離開第一象限時,
粒子甲運動到N點,因v1=v,v2=v,即v1=v2,
又有兩粒子軌跡半徑相等均為a,則有角速度ω甲=ω乙,
故粒子甲轉(zhuǎn)過的圓心角β為粒子乙轉(zhuǎn)過圓心角90°的,即β=30°;
經(jīng)一段時間t,兩粒子做勻速直線運動,可知粒子甲的勻速運動距離MN=L,
則粒子乙的勻速運動距離AB=3L,加上磁場后兩粒子的軌跡恰好相切(外切),
設(shè)兩圓心的連線O甲O乙與x軸正方向的夾角為θ。
由幾何關(guān)系知:
NQ=a·tanβ,
O甲C=2a·sinθ,
MD=(L+NQ)sin60°,
又有:MD=a·sinβ+O甲C
可得:(L+a·tan30°)sin60°=a·sin30°+2a·sinθ
整理得:L=2a·sinθ
再由幾何關(guān)系知:
O乙Q=O乙C+CD+DQ=2a·cosθ+a·cosβ+(L+a·tan30°)cos60°;
又有:O乙Q=3L+,
整理得:L=2a·cosθ
解得:L=a
答案:(1)　(2)　(3)a
【多維演練】
1.【解析】帶正電的粒子運動軌跡如圖所示:
在第二象限做類平拋運動,第一象限只受洛倫茲力做部分圓周運動,第四象限做曲線運動到達P點。
(1)在第一象限內(nèi)由左手定則,判斷可知粒子在垂直于紙面向外的磁場中運動,在第二象限由類平拋規(guī)律得tanα=2tanβ=2×=1,所以α=45°
那么由幾何關(guān)系得,粒子在磁場中的軌跡半經(jīng)r=l。
(2)由洛倫茲力提供向心力得qvB=,v=且有v=v0
所以v0=
由平拋規(guī)律:l=v0t和=××t2
聯(lián)立解得U=
粒子以v0進入第四象限,受到的電場力與水平方向夾角為30°斜向左上方,將電場力分解如圖所示,則水平向左勻加速運動,豎直向下為勻減速運動,由圖可得水平位移為l+l,由牛頓第二定律:
qEcos30°=max
qEsin30°=may
(1+)l=ax
v0=ay·t3
聯(lián)立得E=
(3)類平拋運動的時間t1==
在磁場中做勻速圓周運動的時間t2=×=
在第四象限做曲線運動的時間t3==
那么總時間T=t1+t2+t3=++=(1++)
答案:(1)垂直于紙面向外　l
(2)　
(3)(1++)
2.【解析】(1)電子在加速場中,根據(jù)動能定理有eU=mv2
解得電子剛進入磁場的速度大小為v=
(2)打在熒光屏a點的電子,根據(jù)幾何關(guān)系得=(2d)2+(R1-d)2,解得R1=2.5d
①若減小電子的速度,電子打在熒光屏的下表面,臨界條件是軌跡相切于c點,是電子能打在熒光屏上的最小速度,如圖所示:
根據(jù)幾何關(guān)系可得,對應(yīng)電子做圓周運動的半徑為R2=2d,因此ac區(qū)域長度是ac=d,
②若增大電子的速度,電子打在熒光屏上表面,臨界條件是電子運動軌跡與NP相切,由幾何關(guān)系得R3=3d
所以ag的長度為ag=3d+-d=2d+d
由于af=3d,那么fg=d-d
發(fā)光區(qū)域的總長度為Δd=ac+fg=d+d-d=d
(3)由第(2)步可知,電子半徑在2d≤R≤3d的區(qū)間內(nèi),電子能打在熒光屏上,
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有evB=
根據(jù)動能定理有eU=mv2
可求得當(dāng)≤U≤,時,電子能打在熒光屏上,因此
η=×100%=62.5%
答案:(1)　(2)d　(3)62.5%
考向二　帶電粒子在復(fù)合場中的運動
【真題研磨】
【典例】【解析】(1)根據(jù)功能關(guān)系qU=mv2得U=
(2)電場力與洛倫茲力平衡,則Eq=qvB得E=vB
方向垂直導(dǎo)體板向下
(3)電場力做正功,根據(jù)功能關(guān)系Ek=qU+Eqd
得Ek=mv2+qBvd
答案:(1)
(2)vB　垂直導(dǎo)體板向下
(3)mv2+qBvd
【多維演練】
1.【解析】(1)粒子經(jīng)過加速電場U1加速后,根據(jù)動能定理qU1=mv2
解得v=
(2)因為粒子恰能通過速度選擇器,則粒子在速度選擇器中受到的電場力和洛倫茲力為一對平衡力,即qE==qvB1
解得U2=B1d
(3)粒子在B2磁場中運動時,洛倫茲力提供向心力,則qvB2=
解得R=
答案:(1)
(2)B1d
(3)
2.【解析】(1)不帶電小球Q從a靜止釋放運動到與帶電小球P碰撞前,根據(jù)機械能守恒定律得
MgR=M
Q與P發(fā)生對心彈性碰撞過程,根據(jù)動量守恒和能量守恒得
Mv0=Mv1+mv
M=M+mv2
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得=
即小球Q的質(zhì)量是P的10倍
(2)小球P在勻強電場和勻強磁場中做勻速直線運動,故重力、電場力和洛倫茲力三力平衡,且電場和磁場的方向是相同的,電場力和洛倫茲力垂直,根據(jù)平衡條件得
(qE)2+(qvB)2=(mg)2
解得=2 C/kg
答案:(1)10倍
(2)2 C/kg
1.【解析】(1)粒子經(jīng)過加速電場加速有qU=m
僅加電場時粒子在正方體區(qū)域中做類平拋運動,當(dāng)M點射入的粒子恰好到達P點,則所有粒子均能到達平面NPP1N1,由類平拋規(guī)律可得
qE0=ma
L=at2
L=v0t
聯(lián)立解得
E0=
(2)僅加磁場時粒子在正方體區(qū)域中做勻速圓周運動,當(dāng)從M點射入的粒子恰好到達Q1點時,所加的磁場為最小值,由圓周運動規(guī)律與幾何關(guān)系可得
r1=L
qv0B0=m
聯(lián)立解得
B0=
當(dāng)從M點射入的粒子恰好到達M1點時,所加的磁場為最大值,有
r2=L
qv0Bm=m
聯(lián)立解得
Bm=
答案:(1)
(2)最小值為
最大值為
2.【解析】(1)電子在勻強磁場中做勻速圓周運動,其軌跡如圖所示,從A點到C點在磁場中運動軌跡為圓周,可知電子的運動半徑為r1=OA=L。
由洛倫茲力提供向心力得ev0B=m
聯(lián)立解得B=
電子由C點到P點在勻強電場中做類平拋運動,沿x軸正方向以速度v0做勻速直線運動,沿y軸負方向做勻加速直線運動,設(shè)其加速度大小為a,由P點出電場時的速度為v,v與x軸正方向的夾角為θ,沿y軸的位移大小為y,速度為vy,C到P的運動時間為t1,則有
y=L=t1
2L=v0t1
tanθ=
vy=at1
v=
聯(lián)立解得t1=,
θ=45°,a=
由牛頓第二定律得eE=ma
解得E=
(2)電子在磁場中運動周期為T==
從A點到C點在磁場中運動軌跡為圓周,則在磁場中運動時間為
t2=T=
則電子從A點運動到P點所用的時間為
t=t1+t2=+=(2+)
(3)由題意可知正電子進入矩形磁場區(qū)域偏轉(zhuǎn)了90°(軌跡為圓周,圓心角為90°),恰好與電子在P點正碰,其軌跡如圖所示,正電子由N點進入矩形磁場,設(shè)其運動半徑為r2。
由洛倫茲力提供向心力得
e·v0B=m
解得r2==L
由圖中幾何關(guān)系可得PN=r2=2L,且PN平行于y軸,可得MQ=MN=OP=2L,
則Q點縱坐標(biāo)為yQ=-(PN+MQ)=-4L
矩形磁場的面積最小如圖中陰影所示,設(shè)此矩形的長和寬分別為a、b,由幾何關(guān)系得
a=r2-r2cos45°=(-1)L
b=PN=2L
則S=ab=2(-1)L2
答案:(1)　　(2)(2+)　(3)-4L　2(-1)L2
3.【解析】(1)微粒在到達A(l,l)之前做直線運動,因為洛倫茲力的大小F洛=qvB與速度v有關(guān),故微粒一定做勻速直線運動,對微粒受力分析,如圖甲所示:
沿微粒的速度方向受力平衡:Eqcos45°=mgsin45°
可得E= ①
(2)微粒做直線運動時,垂直微粒的速度方向受力平衡:qvB=mgcos45°+Eqsin45°②
電場方向變化后,微粒所受重力與電場力平衡,微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,軌跡如圖乙所示:
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB=m ③
由幾何關(guān)系可得r=l ④
聯(lián)立①②③④式可得v= ⑤
B=
(3)微粒做勻速直線運動的時間為t1== ⑥
微粒做圓周運動的周期:T= ⑦
微粒做圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角:θ=π⑧
微粒做圓周運動的時間:t2=·T ⑨
聯(lián)立⑤⑦⑧⑨式可得t2=π ⑩
聯(lián)立⑥⑩兩式子可得微粒在復(fù)合場中運動時間
t=t1+t2=(π+1)
答案:(1)　(2)
(3)(π+1)板塊七　電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用
考向一電磁感應(yīng)規(guī)律的動力學(xué)問題
【真題研磨】
【典例】(10分)(2022·浙江6月選考)艦載機電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進的彈射技術(shù),我國在這一領(lǐng)域已達到世界先進水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計研究,如圖甲所示,用于推動模型飛機的動子(圖中未畫出)與線圈絕緣并固定,。線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場中,其所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B。開關(guān)S與1接通,恒流源與線圈連接,動子從靜止開始推動飛機加速,飛機達到起飛速度時與動子脫離;此時S擲向2接通定值電阻R0,同時施加回撤力F,在F和磁場力作用下,。若動子從靜止開始至返回過程的v-t圖如圖乙所示,在t1。已知起飛速度v1=80 m/s,t1=1.5 s,線圈匝數(shù)n=100匝,每匝周長l=1 m,飛機的質(zhì)量M=10 kg,動子和線圈的總質(zhì)量m=5 kg,R0=9.5 Ω,B=0.1 T,不計空氣阻力和飛機起飛對動子運動速度的影響,求:
(1)恒流源的電流I;
(2)線圈電阻R;
(3)時刻t3。
【審題思維】
題眼直擊 信息轉(zhuǎn)化
① 根據(jù)安培力公式和牛頓第二定律得出電流的大小
② 根據(jù)安培力公式和牛頓第二定律以及歐姆定律得出電阻的大小
③ 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得出電荷量的表達式,結(jié)合動量定理求解時刻t3
【模型轉(zhuǎn)化】
【答題要素】
1.電磁感應(yīng)規(guī)律的動力學(xué)問題常見模型
2.電磁感應(yīng)規(guī)律的動力學(xué)問題解答步驟
(1)“轉(zhuǎn)化圖形”——把立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖便于對導(dǎo)體進行受力分析。
(2)“判斷流向”——利用楞次定律、右手定則判斷出導(dǎo)體棒中的電流方向。
(3)“受力分析”——導(dǎo)體的受力情況分析。
(4)“過程分析”——速度隨時間的動態(tài)分析。
(5)“能量分析”——根據(jù)焦耳定律、動能定理、能量守恒定律分析。
(6)“動量分析”——涉及q、x、t三個物理量往往需要考慮從動量定理入手分析。
【多維演練】
1.維度:“電-動-電”型
如圖所示,長平行導(dǎo)軌PQ、MN光滑,相距l(xiāng)=0.5 m,處在同一水平面中,磁感應(yīng)強度B=0.8 T的勻強磁場豎直向下穿過導(dǎo)軌面。橫跨在導(dǎo)軌上的直導(dǎo)線ab的質(zhì)量m=0.1 kg、電阻R=0.8 Ω,導(dǎo)軌電阻不計。導(dǎo)軌間通過開關(guān)S將電動勢E=1.5 V、內(nèi)電阻r=0.2 Ω的電池接在M、P兩端,試計算分析:
(1)導(dǎo)線ab的加速度的最大值和速度的最大值分別是多少。
(2)在閉合開關(guān)S后,怎樣才能使ab以恒定的速度v=7.5 m/s沿導(dǎo)軌向右運動。
2.維度:“電-動-電”型+“動-電-動”型
電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度,其原理可用來研制新武器和航天運載器。電磁軌道炮示意如圖,圖中直流電源電動勢為E,電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距離為l,電阻不計。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN,垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài),并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1,使電容器完全充電。然后將S接至2,導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出),MN開始向右加速運動。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時,回路中電流為零,MN達到最大速度,之后離開導(dǎo)軌。求:
(1)磁場的方向;
(2)MN剛開始運動時加速度a的大小;
(3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q。
考向二電磁感應(yīng)規(guī)律的動量、能量問題
【真題研磨】
【典例】(14分)(2021·海南等級考)如圖,間距為l的,水平放置在方向豎直向下的勻強磁場中,磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,導(dǎo)軌左端接有阻值為R的定值電阻,一質(zhì)量為m的金屬桿放在導(dǎo)軌上。,此時金屬桿內(nèi)自由電子沿桿定向移動的速率為u0。設(shè)金屬桿內(nèi)做定向移動的自由電子總量保持不變,金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,除了電阻R以外不計其他電阻。
(1)求金屬桿中的電流和水平外力的功率。
(2)某時刻撤去外力,經(jīng)過一段時間,自由電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)?求:
①這段時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。
②這段時間內(nèi)一直在金屬桿內(nèi)的自由電子沿桿定向移動的距離。
【審題思維】
題眼直擊 信息轉(zhuǎn)化
① 不受摩擦力
② 水平外力和安培力大小相等,方向相反
【答題要素】
1.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化及求解方法
2.求解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中動量能量問題的一般步驟
(1)在電磁感應(yīng)中,切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源。
(2)分析清楚哪一過程動量守恒,有哪些力做功,就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉(zhuǎn)化。
(3)根據(jù)動量守恒、能量守恒列方程求解。
【多維演練】
1.維度:單棒能量轉(zhuǎn)化
如圖甲所示,足夠長、電阻不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置,其寬度L=1 m,一勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面,導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R=0.40 Ω的電阻,質(zhì)量為m=0.01 kg、電阻為r=0.30 Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上。現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑,下滑過程中ab始終保持水平,且與導(dǎo)軌接觸良好,其下滑距離x與時間t的關(guān)系如圖乙所示,圖像中的OA段為曲線,AB段為直線,導(dǎo)軌電阻不計,g取10 m/s2(忽略ab棒運動過程中對原磁場的影響),求:
(1)金屬棒兩端a、b的電勢高低;
(2)磁感應(yīng)強度B的大小;
(3)在金屬棒ab開始運動的1.5 s內(nèi),電阻R上產(chǎn)生的熱量。
2.維度:有外力的等間距雙棒的能量轉(zhuǎn)化和動量守恒
如圖所示,兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距l(xiāng)=1 m,其電阻不計, 兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30°角。桿 1、桿 2 是兩根用絕緣細線連接的金屬桿,分別垂直導(dǎo)軌放置,每桿兩端都與導(dǎo)軌始終接觸良好,其質(zhì)量分別為m1=0.1 kg和m2=0.2 kg,兩桿的總電阻R=3 Ω,兩桿在沿導(dǎo)軌向上的外力F作用下保持靜止。整個裝置處在磁感應(yīng)強度B=1 T的勻強磁場中,磁場方向與導(dǎo)軌所在平面垂直,在t=0 時刻將細線燒斷,保持F不變,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)細線燒斷瞬間,桿 1的加速度a1的大小。
(2)細線燒斷后,兩桿最大速度v1、v2的大小。
(3)兩桿剛達到最大速度時,桿1上滑了0.8 m,則從t=0 時刻起到此刻用了多長時間。
(4)在(3)問情景中,電路產(chǎn)生的焦耳熱。
1.(動力學(xué)問題)如圖所示,兩平行導(dǎo)軌相距15 cm,金屬棒MN的質(zhì)量m=17 g,其電阻R1為4 Ω,滑動變阻器R2與MN串聯(lián),勻強磁場的磁感應(yīng)強度B豎直向上,大小為0.6 T,電源電動勢E=10 V,內(nèi)阻r=1 Ω。當(dāng)開關(guān)S閉合時,金屬棒MN處于靜止?fàn)顟B(tài)(g取10 m/s2,=1.7)。
(1)若平行導(dǎo)軌光滑,求金屬棒所受到的安培力的大小和R2的阻值(結(jié)果保留一位有效數(shù)字);
(2)若平行導(dǎo)軌不光滑,若將滑動變阻器R2的阻值調(diào)至10 Ω,金屬棒MN仍然保持靜止?fàn)顟B(tài),求金屬棒受到的摩擦力的大小和方向。
2.(電磁感應(yīng)+動量定理)物理學(xué)促進了現(xiàn)代交通技術(shù)的發(fā)展,如圖(a)所示,工程師們設(shè)計了一種以“真空管道運輸”為理論核心的交通工具,它具有超高速、低能耗等特點。如圖(b)所示,已知管道中固定著兩根平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ,兩導(dǎo)軌間的距離為r、運輸車的質(zhì)量為m,橫截面是半徑為r的圓。運輸車上固定著間距為D、與導(dǎo)軌垂直的兩根導(dǎo)體棒1和2,每根導(dǎo)體棒的電阻為R,每段長度為D的導(dǎo)軌的電阻為R。其他電阻忽略不計,重力加速度為g。
(1)如圖(c)所示,當(dāng)管道中的導(dǎo)軌平面與水平面成θ=30°角時,運輸車恰好能無動力勻速下滑。求運輸車與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ;
(2)在水平導(dǎo)軌上進行實驗,不考慮摩擦及空氣阻力;
①當(dāng)運輸車由靜止離站時,在導(dǎo)體棒2后間距為D處接通固定在導(dǎo)軌上電動勢為E的直流電源,此時導(dǎo)體棒1、2均處于磁感應(yīng)強度為B,垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場中,如圖(d)所示。求剛接通電源時運輸車加速度的大小(電源內(nèi)阻不計,不考慮電磁感應(yīng)現(xiàn)象);
②當(dāng)運輸車進站時,管道內(nèi)依次分布磁感應(yīng)強度為B,寬度為D的勻強磁場,且相鄰的勻強磁場的方向相反,如圖(e)所示。求運輸車以速度v0從圖示位置通過距離D后的速度v。
3.(動量和能量守恒)如圖所示,空間存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=0.5 T。在勻強磁場區(qū)域內(nèi),有一對光滑平行金屬導(dǎo)軌,處于同一水平面內(nèi),導(dǎo)軌足夠長,導(dǎo)軌間距L=1 m,電阻可忽略不計。質(zhì)量均為m=1 kg,電阻均為R=2.5 Ω的金屬棒MN和PQ垂直放置于導(dǎo)軌上,且與導(dǎo)軌接觸良好。先將PQ暫時鎖定,金屬棒MN在垂直于棒的拉力F作用下,由靜止開始以加速度a=0.4 m/s2向右做勻加速直線運動,5 s后保持拉力F的功率不變,直到棒以最大速度vm做勻速直線運動。
(1)求棒MN的最大速度vm;
(2)當(dāng)棒MN達到最大速度vm時,解除PQ鎖定,同時撤去拉力F,兩棒最終均勻速運動。求解除PQ棒鎖定后,到兩棒最終勻速運動的過程中,電路中產(chǎn)生的總焦耳熱。
(3)若PQ始終不解除鎖定,當(dāng)棒MN達到最大速度vm時,撤去拉力F,棒MN繼續(xù)運動多遠后停下來 (運算結(jié)果可用根式表示)
板塊七　電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用
考向一　電磁感應(yīng)規(guī)律的動力學(xué)問題
【真題研磨】
【典例】【解析】(1)由題意可知接通恒流源時安培力F安=nBIl
動子和線圈在0~t1時間段內(nèi)做勻加速直線運動,運動的加速度為a=
根據(jù)牛頓第二定律有F安=(M+m)a
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得I==80 A
(2)當(dāng)S擲向2接通定值電阻R0時,感應(yīng)電流為I'=
此時安培力為F'安=nBI'l
所以此時根據(jù)牛頓第二定律有(800-10v)+v=ma'
由圖可知在t1至t3期間加速度恒定,則有=10
解得R=0.5 Ω,a'=160 m/s2
(3)根據(jù)圖乙可知t2-t1==0.5 s故t2=2 s
在0~t2時間段內(nèi)的位移s=v1t2=80 m
而根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=n=
電荷量的定義式Δq=It
I=可得Δq=
從t3時刻到最后返回初始位置停下的時間段內(nèi)通過回路的電荷量,根據(jù)動量定理有-nBlΔq=0-ma'(t3-t2)
聯(lián)立可得(t3-t2)2+(t3-t2)-1=0解得t3= s
答案:(1)80 A　(2)0.5 Ω(3) s
【多維演練】
1.【解析】(1)閉合開關(guān)S,導(dǎo)線ab受到向右的安培力而往右加速運動,導(dǎo)線切割磁感線,產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電動勢E'=Blv(俯視),電源電動勢為E,方向為順時針方向,因此總電動勢為順時針方向且E總=E-E'=E-Blv,
總電流I==安培力F安=BIl=
據(jù)牛頓第二定律有:F安==ma
由上式可知:導(dǎo)線ab做加速度減小的加速運動
當(dāng)導(dǎo)線的速度v=0時,加速度最大且amax==6 m/s2
當(dāng)導(dǎo)線ab的加速度a=0時,即E=Blv時,導(dǎo)線速度最大vmax==3.75 m/s
(2)如果ab以恒定速度v=7.5 m/s向右沿導(dǎo)軌運動,則ab中感應(yīng)電動勢:E'=Blv=3 V
由于E'>E且方向相反,這時閉合電路中電流方向為逆時針方向(俯視),大小為I'==1.5 A
直導(dǎo)線ab中的電流由b到a,
根據(jù)左手定則,磁場對ab有水平向左的安培力作用,大小為F'=BI'l=0.6 N
所以要使ab以恒定速度v=7.5 m/s向右運動,必須有水平向右的恒力F=0.6 N作用于ab。
答案: (1)6 m/s2　3.75 m/s　(2) 必須有水平向右的恒力F=0.6 N作用于ab
2.【解析】(1)將S接1時,電容器充電,上極板帶正電,下極板帶負電,當(dāng)將S接2時,電容器放電,流經(jīng)MN的電流由M到N,又知MN向右運動,由左手定則可知磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向里。
(2)電容器完全充電后,兩極板間電壓為E,當(dāng)開關(guān)S接2時,電容器放電,設(shè)剛放電時流經(jīng)MN的電流為I,有I= ①
設(shè)MN受到的安培力為F,有F=IlB ②
由牛頓第二定律,有F=ma ③
聯(lián)立①②③式得a= ④
(3)當(dāng)電容器充電完畢時,設(shè)電容器上電荷量為Q0,有Q0=CE ⑤
開關(guān)S接2后,MN開始向右加速運動,速度達到最大值vmax時,設(shè)MN上的感應(yīng)電動勢為E',有E'=Blvmax ⑥
依題意有E'= ⑦
設(shè)在此過程中流經(jīng)MN的平均電流為,MN上受到的平均安培力為,有=lB ⑧
由動量定理,有Δt=mvmax-0 ⑨
又Δt=Q0-Q ⑩
聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q=
答案:(1)垂直于導(dǎo)軌平面向里
(2)　(3)
考向二　電磁感應(yīng)規(guī)律的動量、能量問題
考向二
【典例】【解析】(1)金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Blv0
則金屬桿中的電流I==
由題知,金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動,則有
F=F安=BIl=
根據(jù)功率的計算公式,有P=Fv0=
(2)①設(shè)金屬桿內(nèi)單位體積的自由電子數(shù)為n,金屬桿的橫截面積為S,則金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動時的電流由微觀表示為I=nSeu0=則解得nSe=
電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)闀r,I'=nSe=
解得v'=
則能量守恒有mv'2=m-Q
解得Q=m
②由①可知在這段時間內(nèi)金屬桿的速度由v0變到,則根據(jù)動量定理有
-BIl·Δt=m-mv0=-BlnSeuΔt=-BlnSe·d(取向右為正)
由于nSe=,化簡得d=
答案:(1)　
(2)①m　②
【多維演練】
1.【解析】(1)由右手定則可知,ab中的感應(yīng)電流由a流向b,ab相當(dāng)于電源,則b點電勢高,a點電勢低。
(2)由x-t圖像求得t=1.5 s時金屬棒的速度為v==m/s=7 m/s
金屬棒勻速運動時所受的安培力大小為F=BIL,I=,E=BLv
聯(lián)立得F=
根據(jù)平衡條件得F=mg則有mg=
代入數(shù)據(jù)解得B=0.1 T
(3)金屬棒ab在開始運動的1.5 s內(nèi),金屬棒的重力勢能減少量轉(zhuǎn)化為金屬棒的動能和電路的內(nèi)能。設(shè)電路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q,
根據(jù)能量守恒定律得mgx=mv2+Q
代入數(shù)據(jù)解得Q=0.455 J
故R產(chǎn)生的熱量為QR=Q=0.26 J
答案:(1)b點電勢高,a點電勢低　
(2)0.1 T　(3)0.26 J
2.【解析】(1)細線燒斷前由平衡條件有F=(m1+m2)gsin30°
細線燒斷瞬間有F-m1gsin30°=m1a1解得a1=10 m/s2
(2)細線燒斷后:F安1=F安2
方向相反,由系統(tǒng)動量守恒得m1v1=m2v2
兩桿同時達到最大速度,之后做勻速直線運動
對桿2:m2gsin30°=BIl,I=
解得v1=2 m/sv2=1 m/s
(3)由系統(tǒng)動量守恒得m1v1=m2v2則m1x1=m2x2即x2=0.4 m
設(shè)所求時間為t,對桿2由動量定理得m2gsin30°·t-Bl·t=m2v2-0
t===
解得t=0.6 s
(4)由能量守恒得Fx1+m2gsin30°·x2=m1gsin30°·x1+m1+m2+Q
得Q=0.9 J
答案:(1)10 m/s2　 (2)2 m/s　1 m/s　(3)0.6 s　(4)0.9 J
1.【解析】(1)金屬棒受重力mg、支持力N1、安培力F的作用,受力分析如圖甲所示:
根據(jù)平衡條件得安培力F=mgtanθ=17×10-3×10× N=0.1 N
安培力F=BIL,L=15 cm=0.15 m
由歐姆定律可知I=,解得R2=4 Ω
(2)將滑動變阻器R2的阻值調(diào)至10 Ω>4 Ω,則由安培力F1=BI1L可知,安培力減小,金屬棒有沿斜面向下移動的趨勢,摩擦力沿斜面向上
電流I1== A= A
安培力F1=BI1L=0.6××0.15 N=0.06 N
金屬棒受重力mg、支持力N2、安培力F1和摩擦力f的作用,受力分析如圖乙所示
根據(jù)沿著斜面方向平衡條件mgsinθ=f+F1cosθ,解得f=0.034 N
答案:(1)0.1 N　4 Ω　(2)0.034 N　沿著斜面方向向上
2.【解析】(1)分析運輸車的受力,將運輸車的重力分解,如圖a,導(dǎo)軌對運輸車的支持力為N1、N2,如圖b,由幾何關(guān)系有N1cos60°+N2cos60°=mgcosθ
又f1=μN1,f2=μN2
運輸車勻速運動,有mgsinθ=f1+f2,解得μ=
(2)①運輸車離站時,電路圖如圖c,有R總=
由閉合電路的歐姆定律得I=,又I1=,I2=I
導(dǎo)體棒所受的安培力:F1=BI1·r,F2=BI2·r
運輸車的加速度為a=,解得a=
②運輸車進站時,電路如圖d,當(dāng)車速為v時,由法拉第電磁感應(yīng)定律有
E1=B·rv,E2=B·rv
由閉合電路的歐姆定律得I=
導(dǎo)體棒所受的安培力為F1=BI·r,F2=BI·r
運輸車所受的合力為F=
選取一小段時間Δt,運輸車速度的變化量為Δv,由動量定理得
-Δt=mΔv
即-vΔt=mΔv
兩邊求和得-D=mv-mv0,解得v=v0-
答案:(1)
(2)①　②v0-
3.【解析】(1)棒MN做勻加速運動,由牛頓第二定律得:F-BIL=ma
棒MN做切割磁感線運動,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLv
棒MN做勻加速直線運動,5 s時的速度為v1=at1=2 m/s
在兩棒組成的回路中,由閉合電路歐姆定律得I=
聯(lián)立上述式子,有F=ma+
代入數(shù)據(jù)解得F=0.5 N
5 s時拉力F的功率為P=Fv1
代入數(shù)據(jù)解得P=1 W
棒MN最終做勻速運動,設(shè)棒最大速度為vm,棒受力平衡,則有-BImL=0
Im=
代入數(shù)據(jù)解得vm=2 m/s
(2)解除棒PQ后,兩棒運動過程中動量守恒,最終兩棒以相同的速度做勻速運動,設(shè)速度大小為v',則有mvm=2mv'
設(shè)從PQ棒解除鎖定,到兩棒達到相同速度,這個過程中,兩棒共產(chǎn)生的焦耳熱為Q,由能量守恒定律可得Q=m-×2mv'2
代入數(shù)據(jù)解得Q=5 J;
(3)以棒MN為研究對象,設(shè)某時刻棒中電流為i,在極短時間Δt內(nèi),由動量定理得-BiLΔt=mΔv
對式子兩邊求和有∑(-BiLΔt)=∑(mΔv)
而Δq=iΔt
對式子兩邊求和,有∑Δq=∑(iΔt)
聯(lián)立各式解得BLq=mvm,
又對于電路有q=t=t
由法拉第電磁感應(yīng)定律得=
又q=
代入數(shù)據(jù)解得x=40 m
答案:(1)2 m/s　 (2)5 J
(3)40 m板塊三　氣體實驗定律和熱力學(xué)定律的綜合應(yīng)用
考向一氣體實驗定律的綜合應(yīng)用
【真題研磨】
【典例】(10分)(2022·全國乙卷)如圖,一豎直放置的汽缸由兩個粗細不同的圓柱形筒組成,汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之間封閉有,兩活塞用一輕質(zhì)彈簧連接,汽缸連接處有小卡銷,活塞Ⅱ不能通過連接處。活塞Ⅰ、Ⅱ的質(zhì)量分別為2m、m,面積分別為2S、S,彈簧原長為l。初始時,此時彈簧的伸長量為0.1l,活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸連接處的距離相等,兩活塞間氣體的溫度為T0。已知活塞外大氣壓強為p0,忽略活塞與缸壁間的摩擦,汽缸無漏氣,不計彈簧的體積。
(1)求彈簧的勁度系數(shù);
(2)緩慢加熱兩活塞間的氣體,求當(dāng)活塞Ⅱ剛,活塞間氣體的壓強和溫度。
【審題思維】
題眼直擊 信息轉(zhuǎn)化
① 滿足理想氣體狀態(tài)方程
② 整體受力分析,合外力為零
③ 整體受力不變,壓強不變
【模型轉(zhuǎn)化】
【失分警示】
1.整體分析時彈簧彈力屬于內(nèi)力。
2.上下兩活塞面積不同,質(zhì)量不同。
3.隔離活塞分析時,彈簧對活塞Ⅰ拉力向下。
【答題要素】
利用氣體實驗定律解決問題的基本思路
【多維演練】
1.維度:汽缸類
一圓柱形汽缸水平固定,開口向右,底部導(dǎo)熱,其他部分絕熱,橫截面積為S。汽缸內(nèi)的兩絕熱隔板a、b將汽缸分成Ⅰ、Ⅱ兩室,隔板可在汽缸內(nèi)無摩擦地移動。b的右側(cè)與水平彈簧相連,初始時彈簧處于拉伸狀態(tài),兩室內(nèi)均封閉有體積為V0、溫度為T0的理想氣體。現(xiàn)用電熱絲對Ⅱ室緩慢加熱,穩(wěn)定后b隔板向右移動了。已知大氣壓強為p0,環(huán)境溫度為T0,加熱前、后彈簧的彈力大小均為。
(1)a隔板向左移動的距離Δx;
(2)加熱后Ⅱ室內(nèi)氣體的溫度T。
2.維度:變質(zhì)量類
自熱型食品都帶有一個發(fā)熱包,遇到水后溫度上升,很容易將“生米煮成熟飯”,但也存在安全隱患。消防實驗人員對某款自熱盒飯進行演示時,盒內(nèi)氣體初始壓強與外部大氣壓p0相同,盒內(nèi)溫度為27 ℃,盒內(nèi)封閉性能良好,氣體可視為理想氣體。
(1)消防實驗人員把透氣孔堵住,卡住盒蓋,拉開盒內(nèi)塑料膠條,將水袋弄破,導(dǎo)致發(fā)熱劑均勻散熱,當(dāng)盒內(nèi)氣體溫度升到107 ℃時,盒內(nèi)氣體膨脹,容積變?yōu)楹凶尤莘e的,則此時的壓強為多少
(2)消防實驗人員表示,如果繼續(xù)把透氣孔堵塞盒子就極有可能會爆炸,于是迅速打開透氣孔放出部分氣體,使得盒內(nèi)氣體的壓強與外界大氣壓強相等,設(shè)107 ℃時放氣的短時間內(nèi)的溫度和盒內(nèi)膨脹后的容積保持不變。求放出的氣體與盒內(nèi)所留氣體的質(zhì)量之比。
考向二氣體實驗定律和熱力學(xué)定律的綜合應(yīng)用
【真題研磨】
【典例】(8分)(2021·江蘇選擇考)如圖所示,一定質(zhì)量理想氣體被活塞封閉在汽缸中,活塞面積為S,與汽缸底部相距L,汽缸和活塞絕熱性能良好,氣體的壓強、溫度與外界大氣相同,分別為p0和T0。現(xiàn)接通電熱絲加熱氣體,一段時間后斷開,距離L后停止,活塞與汽缸間的滑動摩擦力為f,,整個過程中氣體吸收的熱量為Q,求該過程中
(1)內(nèi)能的增加量ΔU;
(2)最終溫度T。
【審題思維】
題眼直擊 信息轉(zhuǎn)化
① 緩慢說明活塞移動時受力平衡
② 右移體積增大,氣體對外做功
③ 最終靜止?fàn)顟B(tài)受摩擦力為f
【失分警示】
1.等壓膨脹時壓強不等于p0。
2.體積增大對外做功,W取負值。
【答題要素】
1.熱力學(xué)定律應(yīng)用的常見模型
2.熱力學(xué)定律的解題流程
【多維演練】
1.維度:液體類
某課外興趣小組用試管制作溫度計,把上端A封閉、下端B開口的玻璃管插入水中,放掉適當(dāng)?shù)目諝夂蠓攀?讓玻璃管豎直地浮在水中,A端露出水面,如圖所示。室溫為T0時,水面上方的空氣柱長度為x0,水面下方空氣柱長度為h,室溫升高至Tx時,水面以上空氣柱長度變?yōu)閤。已知空氣柱橫截面積為S,大氣壓強為p0,水的密度為ρ,重力加速度為g,試管足夠長且保持豎直。
(1)求Tx;
(2)已知升溫過程中氣體內(nèi)能增加了ΔU,求氣體吸收的熱量Q。
2.維度:汽缸類
某小組設(shè)計了一個氣壓升降機如圖所示,豎直圓柱形光滑絕熱汽缸中間有一個小支架,支架上放有可以自由移動的橫截面積為S的絕熱輕質(zhì)活塞,活塞上放有重物,活塞到缸底的距離為H,已知大氣壓強為p0,重力加速度為g。活塞下方空間放有電阻絲,可以對氣體加熱。工作時先把活塞下方抽成真空,然后將容積為V0=HS、壓強為p1=110p0、溫度為T0裝有氬氣的容器通過閥門K向活塞下方空間充氣,假設(shè)充氣過程中氬氣的溫度不變,且可視為理想氣體,閥門始終打開,充氣結(jié)束時活塞剛好離開支架。
(1)求重物的質(zhì)量M;
(2)將閥門K關(guān)閉以后,將電阻絲接通電源,當(dāng)電阻絲產(chǎn)生的熱量Q全部被氬氣吸收時,活塞上升高度為h,求此時汽缸內(nèi)氬氣的溫度T和增加的內(nèi)能ΔU。
1.(汽缸類)絕熱的活塞與汽缸之間封閉一定質(zhì)量的理想氣體,汽缸開口向上置于水平面上,活塞與汽缸壁之間無摩擦,缸內(nèi)氣體的內(nèi)能UP=72 J,如圖甲所示。已知活塞面積S=5×10-4 m2,其質(zhì)量為m=1 kg,大氣壓強p0=1.0×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2如果通過電熱絲給封閉氣體緩慢加熱,活塞由原來的P位置移動到Q位置,此過程封閉氣體的V-T圖像如圖乙所示,且知氣體內(nèi)能與熱力學(xué)溫度成正比。求:
(1)封閉氣體最后的體積;
(2)封閉氣體吸收的熱量。
2.(變質(zhì)量類)2021年11月8日,王亞平身穿我國自主研發(fā)的艙外航天服“走出”太空艙,成為我國第一位在太空“漫步”的女性。艙外航天服是密封一定氣體的裝置,用來提供適合人體生存的氣壓。王亞平先在節(jié)點艙(航天員出艙前的氣閘艙)穿上艙外航天服,航天服密閉氣體的體積約為V1=2 L,壓強p1=1.0×105 Pa,溫度t1=27 ℃。她穿好航天服后,需要把節(jié)點艙的氣壓不斷降低,以便打開艙門。
(1)若節(jié)點艙氣壓降低到能打開艙門時,密閉航天服內(nèi)氣體體積膨脹到V2=3 L,溫度變?yōu)閠2=-3 ℃,這時航天服內(nèi)氣體壓強p2為多少
(2)為便于艙外活動,航天員出艙前需要把航天服內(nèi)的一部分氣體緩慢放出,使氣壓降到p3=4.0×104 Pa。假設(shè)釋放氣體過程中溫度不變,體積變?yōu)閂3=2.5 L,那么航天服需要放出的氣體與原來氣體的質(zhì)量比為多少
3.(圖像類)一定質(zhì)量的理想氣體p-V圖像如圖所示,在A、B、C處的溫度分別為T0、1.5T0、2T0,已知理想氣體溫度和分子平均動能的關(guān)系為T=aEk,其中a為比例系數(shù)。求:
(1)氣體從A到B過程與從C到D過程對外做功大小的比值;
(2)氣體從B到C過程與從D到A過程與外界交換的熱量之比。
板塊三　氣體實驗定律和熱力學(xué)
定律的綜合應(yīng)用
考向一　氣體實驗定律的綜合應(yīng)用
【真題研磨】
【典例】 (1)設(shè)封閉氣體的壓強為p1,對兩活塞和彈簧的整體受力分析,由平衡條件有mg+p0·2S+2mg+p1S=p0S+p1·2S
解得p1=p0+
對活塞Ⅰ進行受力分析,由平衡條件有
2mg+p0·2S+k·0.1l=p1·2S
解得彈簧的勁度系數(shù)為k=
(2)緩慢加熱兩活塞間的氣體使得活塞Ⅱ剛運動到汽缸連接處時,對兩活塞和彈簧的整體由平衡條件可知,氣體的壓強不變依然為
p2=p1=p0+
即封閉氣體發(fā)生等壓變化,初、末狀態(tài)的體積分別為
V1=×2S+×S=,V2=l2·2S
由于氣體的壓強不變,則彈簧的彈力也不變,故有l(wèi)2=1.1l
由等壓變化可知=
解得T2=T0
答案:(1)　(2)p0+　T0
【多維演練】
1.【解析】(1)由平衡條件知Ⅰ、Ⅱ兩室氣體壓強始終相等,設(shè)加熱前后壓強分別為p1、p2。由于加熱前后彈簧彈力大小相等,設(shè)為F
加熱前p1S+=p0S
加熱后p2S=p0S+
Ⅰ室氣體發(fā)生等溫變化,由玻意耳定律p1V0=p2V1
a隔板向左移動的距離
Δx==
(2)加熱后Ⅱ室氣體體積V2=V0+(V0-V1)+=3V0
由理想氣體狀態(tài)方程=
得T=9T0
答案:(1)　(2)9T0
2.【解析】(1)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程
=
解得p=1.14p0
(2)根據(jù)玻意耳定律得
p·V0=p0(V0+ΔV)
解得ΔV=V0
因為同種氣體在相同壓強和相同溫度下密度相等,即放出氣體與盒內(nèi)所留氣體的質(zhì)量比值==
答案:(1)1.14p0　(2)
考向二　氣體實驗定律和熱力學(xué)
定律的綜合應(yīng)用
【真題研磨】
【典例】【解析】(1)活塞移動時受力平衡p1S=p0S+f
氣體對外界做功W=p1SL
根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=Q-W
解得ΔU=Q-(p0S+f)L
(2)活塞發(fā)生移動前,等容過程=
活塞向右移動了L,等壓過程=
且V2=2V1
解得T=T0
答案:(1)Q-(p0S+f)L
(2)T0
【多維演練】
1.【解析】(1)氣體在升溫過程中做等壓變化,初態(tài)V1=(x0+h)S
T1=T0
末態(tài)V2=(x+h)S
T2=Tx
根據(jù)蓋-呂薩克定律可得=
解得Tx=T0
(2)溫度升高,氣體膨脹對外做功,則有
W=-pΔV=-(p0+ρgh)(x-x0)S
根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=W+Q
可得氣體吸收的熱量Q=ΔU+(p0+ρgh)(x-x0)S
答案:(1)T0
(2)ΔU+(p0+ρgh)(x-x0)S
2.【解析】(1)充氣過程中氬氣的溫度不變,由玻意耳定律得
110p0V0=p(V0+SH)V0=HS
解得充氣后活塞下方氣體的壓強為p=10p0
對活塞受力分析得pS=p0S+Mg
解得M=
(2)活塞上升過程中氣體壓強不變,由蓋-呂薩克定律得
=
解得T=T0
在此過程中,氣體對外做功,則有W=-pΔV=-pSh=-10p0Sh
根據(jù)熱力學(xué)第一定律得ΔU=Q+W=Q-10p0Sh
答案:(1)
(2)T0　Q-10p0Sh
1.【解析】(1)以缸內(nèi)氣體為研究對象,根據(jù)蓋-呂薩克定律,有=
代入數(shù)據(jù)解得VQ=6×10-4 m3
(2)由氣體的內(nèi)能與熱力學(xué)溫度成正比=
解得UQ=108 J
活塞從P位置緩慢移到Q位置,活塞受力平衡,氣體為等壓變化,以活塞為研究對象有pS=p0S+mg
解得p=p0+=1.2×105 Pa
氣體對外界做功,W=-p(VQ-VP)=-24 J
由熱力學(xué)第一定律UQ-UP=Q+W
得氣體變化過程吸收的總熱量為Q=60 J
答案:(1)6×10-4 m3　(2)60 J
2.【解析】(1)由題意可知密閉航天服內(nèi)氣體初、末狀態(tài)溫度分別為T1=300 K、T2=270 K,根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有=
代入數(shù)據(jù)解得p2=0.6×105 Pa
(2)設(shè)航天服需要放出的氣體在壓強為p3狀態(tài)下的體積為ΔV,根據(jù)玻意耳定律有p2V2=p3(V3+ΔV)
代入數(shù)據(jù)解得ΔV=2 L
則放出的氣體與原來氣體的質(zhì)量比為=
答案:(1)0.6×105 Pa　(2)
3.【解析】(1)由題圖可知氣體從B到C過程為等容變化,因此=
壓強之比為===
根據(jù)p-V圖像的面積表示氣體做的功可知,氣體從A到B過程與從C到D過程對外做功大小之比為
===
(2)由題圖可知氣體從D到A過程為等容變化,則=
因此TD=·TA=·TA=T0
兩過程溫度差之比為=
因氣體從B到C過程與從D到A過程為等容變化,氣體均不做功,根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得氣體與外界交換的熱量等于內(nèi)能的變化量,由于氣體體積不變,分子勢能不變化,因此氣體內(nèi)能的變化量等于氣體平均動能的變化量,又因T=aEk
可得===
答案:(1)　(2)板塊四　光的折射和全反射的綜合應(yīng)用
考向一光的折射定律的應(yīng)用
【真題研磨】
【典例】(9分)(2022·湖北選擇考)如圖所示,水族館訓(xùn)練員在訓(xùn)練海豚時,將一發(fā)光小球高舉在水面上方的A位置,海豚的眼睛在B位置,A位置和B位置的水平距離
為d,A位置離水面的高度為d。訓(xùn)練員將小球向左,
,入水前瞬間速度方向與水面夾角為θ。小球在A位置發(fā)出的一束光線經(jīng)水面折射后到達B位置,。已知水的折射率n=,不計空氣阻力,求:
(1)tanθ的值;
(2)B位置到水面的距離H。
【審題思維】
題眼直擊 信息轉(zhuǎn)化
① 小球做平拋運動
② 確定平拋的末位置,確定水平和豎直位移
③ 求解折射角
【模型轉(zhuǎn)化】
【答題要素】
解決光的折射問題的一般思路
(1)根據(jù)題意畫出正確的光路圖。
(2)利用幾何關(guān)系確定光路中的邊、角關(guān)系,要注意入射角、折射角均以法線為標(biāo)準(zhǔn)。
(3)利用折射定律、折射率公式求解。
(4)注意:在折射現(xiàn)象中光路是可逆的。
【多維演練】
1.維度:水中的折射
如圖所示,水平地面下方有一個水池,水池寬度AC=7 m,深度H=7 m,A點是水底最左側(cè)的位置,B點與A相距1.75 m。P與水池右側(cè)邊緣O的距離為2 m。水池內(nèi)的水面與地面齊平時,站在水平地面上P點的人手持激光筆照射水面,激光筆距離人站立的水平地面高度是1.5 m,調(diào)整激光筆的照射角度,發(fā)現(xiàn)投射到水池底部的光束僅能射到B點及其左側(cè),求:
(1)水的折射率;
(2)若光束恰好照射到B點,在不改變激光束入射角度前提下,水面需要下降到離地面的高度是多少時,這束激光剛好照射到A點。
2.維度:棱鏡中的折射
某生產(chǎn)廠家制作截面為正三角形的棱鏡時,首先將OM和ON邊打磨成平面,且兩邊的夾角為60°,其中弧MN為以O(shè)為圓心的圓弧,在ON邊的延長線上有一光源,沿SA的方向發(fā)射出的光線射到OM面上,經(jīng)棱鏡折射后由弧MN上的B點射出,最終射到ON另一側(cè)的延長線的C點(圖中未畫出)。已知AB與ON平行,且SO=OA=AB,OM=R,光在真空中的速度為c。求:
(1)該光線在棱鏡中的折射率;
(2)光線由S傳到C的時間。
考向二光的全反射的綜合應(yīng)用
【真題研磨】
【典例】(8分)(2022·湖南選擇考)如圖,某種防窺屏由透明介質(zhì)和對光完全吸收的屏障構(gòu)成,其中屏障垂直于屏幕平行排列,可實現(xiàn)對像素單元的控制(可視角度θ定義為某像素單元發(fā)出的光在圖示平面內(nèi)折射到空氣后最大折射角的2倍)。透明介質(zhì)的,屏障間隙L=0.8 mm。發(fā)光像素單元緊貼屏下,位于相鄰兩屏障的正中間。不考慮光的衍射。
(1)若把發(fā)光像素單元視為點光源,要求可視角度θ控制為60°,求屏障的高度d;
(2)若屏障高度d=1.0 mm,且發(fā)光像素單元的寬度不能忽略,求像素單元寬度x最小為多少時,其可視角度θ剛(只要看到像素單元的任意一點,即視為能看到該像素單元)。
【審題思維】
題眼直擊 信息轉(zhuǎn)化
① 根據(jù)題干由可視角度θ可得最大折射角
② 折射角正弦值與入射角正弦值之比
③ 光線在界面發(fā)生全反射
【模型轉(zhuǎn)化】
【失分警示】
1.最大折射角是可視角度θ的一半。
2.發(fā)生全反射臨界條件是像素單元邊緣上的點恰好發(fā)生全反射。
【答題要素】
1.解答全反射類問題的技巧
(1)解答全反射類問題時,要抓住發(fā)生全反射的兩個條件。
①光必須從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)。
②入射角大于或等于臨界角。
(2)利用好光路圖中的臨界光線,準(zhǔn)確地判斷出恰好發(fā)生全反射的光路圖是解題的關(guān)鍵,且在做光路圖時盡量與實際相符。
2.求解光的折射、全反射問題的四點提醒
(1)光密介質(zhì)和光疏介質(zhì)是相對而言的。同一種介質(zhì),相對于其他不同的介質(zhì),可能是光密介質(zhì),也可能是光疏介質(zhì)。
(2)如果光線從光疏介質(zhì)進入光密介質(zhì),則無論入射角多大,都不會發(fā)生全反射現(xiàn)象。
(3)光的反射和全反射現(xiàn)象,均遵循光的反射定律,光路均是可逆的。
(4)當(dāng)光射到兩種介質(zhì)的界面上時,往往同時發(fā)生光的折射和反射現(xiàn)象,但在全反射現(xiàn)象中,只發(fā)生反射,不發(fā)生折射。
【多維演練】
1.維度:光導(dǎo)纖維中的全反射
以光纖通信為基礎(chǔ),我國千兆寬帶已經(jīng)進入很多家庭,在進入小區(qū)的光纖控制箱中,光纖繞成圖示形狀,已知光纖的折射率n=,其直徑為d。
(1)求該光纖的臨界角;
(2)若平行軸線射入的一束光通過圓弧部分不發(fā)生漏光,求內(nèi)圓弧半徑的最小值。
2.維度:水球中的全反射
在天宮課堂第二課“光學(xué)水球”實驗中,王亞平老師在水球中注入少量氣體,在水球內(nèi)會形成一個氣泡。在另一側(cè),我們可以觀察到王老師一正一反兩個像,如圖甲所示。這是因為有一部分光線會進入水球中的氣泡,形成了正立的人像,而另一部分無法進入氣泡的光線,形成了倒立的人像。為了方便研究,我們簡化為如圖乙所示。已知:水球半徑為R1,氣泡半徑為R2,兩球為同心球。有兩束平行光射入水球,其中a光沿半徑方向射入,b光恰好在氣泡表面發(fā)生全反射,水的折射率為n。求:a、b兩束平行光之間的距離x為多少
1.(棱鏡中的折射和全反射)單反相機(圖甲)取景器的取景范圍和實際拍攝范圍基本上一致,十分有利于攝影,讓我們能夠直觀地取景構(gòu)圖。如圖乙是單反照相機取景器的光路示意圖,其核心部件為屋脊五棱鏡。圖丙為屋脊五棱鏡的橫截面圖,部分角度如圖中所示。光線垂直AB射入,依次經(jīng)過CD、DE和EA,最后光線從BC射出,若光恰好能夠在CD上發(fā)生全反射。求:
(1)五棱鏡的折射率多大
(2)判斷光線能夠在AE發(fā)生全反射嗎 說明理由。
2.(水面上的折射)一水池寬d=1.2 m,深h=1.6 m,在水池邊上直立一根高H=0.8 m的木桿AB,一光源D發(fā)射激光束,光源D位于水池口部F正下方0.8 m處。當(dāng)水池中沒有水時,光源發(fā)出的光剛好照到B點。不改變光源的方向,當(dāng)池內(nèi)裝滿水時,光源發(fā)出的光照到木桿上的E點,AE=0.45 m。
(1)求水的折射率;
(2)將光源移到底部的G點,當(dāng)池內(nèi)裝滿水時,改變發(fā)射激光束的方向,光束能不能在水面發(fā)生全反射
3.(水面上的全反射)如圖甲,寬度足夠大的水槽內(nèi)水深h,一束激光垂直水面射向水底s處,發(fā)現(xiàn)水槽底部有一半徑為r的圓形區(qū)域比其他區(qū)域暗,產(chǎn)生該現(xiàn)象的原因是光線經(jīng)水槽底部漫反射后射向水面,射到b處的光線恰好發(fā)生全反射,光路見圖乙,求:
(1)水的折射率;
(2)通過作圖分析,當(dāng)水深增大時暗斑半徑如何變化。
4.(棱鏡中折射和全反射)如圖甲所示,“隱身裝置”可以將兒童的身體部分隱去,對后面的成人沒有形成遮擋。簡化模型的俯視圖如圖乙所示,A、B為兩個厚度均為a= m的直角透明介質(zhì),虛線為透明介質(zhì)的對稱軸,兒童站在介質(zhì)之間虛線框位置處,人體反射的光線均視為與對稱軸平行。已知介質(zhì)折射率n=,光在真空中的傳播速度c=3.0×108 m/s,sin15°=0.26。求:
(1)光線在兩透明介質(zhì)中傳播的時間t;
(2)兒童身體能被隱身,身體寬度的最大值d。
板塊四　光的折射和全反射的綜合應(yīng)用
考向一　光的折射定律的應(yīng)用
【真題研磨】
【典例】【解析】(1)由平拋運動的規(guī)律可知d=v0t　d=gt2　tanθ=
解得tanθ=
(2)因tanθ=可知θ=53°,
從A點射到水面的光線的入射角為α,
折射角為90°-θ=37°,
則由折射定律可知n=
解得α=53°
由幾何關(guān)系可知
Htan37°+dtan53°=d
解得H=。
答案:(1)　(2)
【多維演練】
1.【解析】(1)根據(jù)折射定律n==
又h=1.5 m ,BC=AC-AB=5.25 m,OB=
代入數(shù)據(jù)得n=
(2)由(1)可知i=53° ,r=37°
設(shè)水面下降Δh,激光剛好照射到A點,由幾何關(guān)系得
(H-Δh)tan37°+Δhtan53°=AC
解得Δh=3 m
水面離地面高度為h'=H-Δh=4 m
答案:(1)　(2)4 m
2.【解析】(1)根據(jù)題意畫出光路圖,如圖所示
由幾何關(guān)系得i=60°,r=30°
根據(jù)折射定律得n===
(2)由折射定律可知光在棱鏡中的傳播速度為v=
由幾何關(guān)系可知,在△SOA中,有SA=SO
在平行四邊形SOBA中,有SA=OB=R
則SO=OA=AB=R
在B點發(fā)生折射時,有α=30°,β=60°
根據(jù)對稱性可知BC=SA
則光線由S傳到C的時間為t=+
聯(lián)立解得t=
答案:(1)　(2)
考向二　光的全反射的綜合應(yīng)用
【真題研磨】
【典例】【解析】(1)發(fā)光像素單元射到屏障上的光被完全吸收,考慮射到屏障頂端的光射到透明介質(zhì)和空氣界面,折射后從界面射向空氣,由題意可知θ=60°,則r==30°
在介質(zhì)中的入射角為i,則=n
解得sini=
由幾何關(guān)系sini=
解得d= mm≈1.55 mm
(2)若可視角度θ剛好被擴為180°,則=90°,
此時光線在界面發(fā)生全反射,
此時光線在界面處的入射角
sinC==
解得C=30°
此時發(fā)光像素單元發(fā)光點距離屏障的距離為x1=dtanC= mm
像素單元寬度x最小為
x=2(x1-)=(-0.8) mm≈0.35 mm
答案:(1)1.55 mm　(2)0.35 mm
【多維演練】
1.【解析】(1)根據(jù)臨界角公式sinC==
則該光纖的臨界角為C=45°
(2)如圖所示
最內(nèi)側(cè)光線最容易漏光,則根據(jù)幾何知識有sinθ==
故內(nèi)圓弧半徑的最小值為r=(+1)d
答案:(1)45°　(2)(+1)d
2.【解析】畫出b光部分光路,如圖所示。
在M點,根據(jù)折射定律有n=
因b光在N點發(fā)生全反射,有sinC=
在三角形OMN中,根據(jù)正弦定理有
=
a、b兩束平行光之間的距離x=R1sini
聯(lián)立以上四式解得x=R2
答案:R2
1.【解析】(1)剛好在CD面發(fā)生全反射,由幾何關(guān)系可得入射角α=30°
剛好全反射時sinα=
解得折射率n=2
(2)分析光路圖可知
光在AE上入射角也為30°,可判斷可以剛好在AE發(fā)生全反射。
答案:(1)2　(2)剛好發(fā)生全反射,理由見解析
2.【解析】(1)由題意得光路圖如圖甲
由幾何關(guān)系知sinα==0.8
sinβ==0.6
所以折射率為n==
(2)由題意得光路圖如圖乙
當(dāng)激光束照射A點時入射角θ最大,此時sinθ==
臨界角C滿足sinC==
由于θ答案:(1)　(2)不能
3.【解析】(1)光線恰在b點發(fā)生全反射,則sinC=
其中sinC==
則n=
(2)由光路圖可知,當(dāng)槽中水的深度增加時,暗斑半徑變大。
答案:(1)　(2)見解析
4.【解析】(1)光在透明介質(zhì)A中傳播的光路如圖所示,入射角α=45°,設(shè)折射角為β
由折射定律得n=
光在透明介質(zhì)A中運動的路程s=
光在兩介質(zhì)中需要的時間t=
又光在透明介質(zhì)中的速度v=
聯(lián)立解得t=×10-9 s≈9.4×10-9 s
(2)兒童身體能被隱身時,光從介質(zhì)A中射出且恰好不被兒童身體遮擋,如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系有=ssin(α-β)
解得d=0.52 m
答案:(1)9.4×10-9 s　(2)0.52 m板塊五　動力學(xué)問題的三大觀點
考向一動力學(xué)問題的運動觀點
【真題研磨】
【典例】(9分)(2022·浙江1月選考改編)鋼架雪車比賽的一段賽道如圖所示,長12 m水平直道AB與長20 m的傾斜直道BC在B點平滑連接,斜道與水平面的夾角為15°。運動員從A點由靜止出發(fā),推著雪車勻加速到B點時速,緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加。若雪車(包括運動員)可視為質(zhì)點,始終在冰面上運動,其總質(zhì)量為110 kg,sin15°=0.26,取g=10 m/s2,求雪車(包括運動員):
(1)在直道AB上的加速度大小;
(2)過C點的速度大小;
(3)。
【審題思維】
題眼直擊 信息轉(zhuǎn)化
① 勻加速運動,已知初速度、末速度、位移
② 勻加速運動,已知初速度、時間、位移
③ 已知運動,求受力
【模型轉(zhuǎn)化】
【答題要素】
1.動力學(xué)兩類基本問題,即兩類基本題型
(1)已知運動求力;(2)已知力求運動。
2.動力學(xué)兩類基本問題解答步驟
3.動力學(xué)兩類基本問題解答關(guān)鍵:求加速度a。
加速度a在問題解答中起著橋梁作用。
【多維演練】
1.維度:已知受力情況求運動情況
如圖所示,某快遞公司使用電動傳輸機輸送快件,傾角θ=37°的傳送帶頂端A到底端B的高度H=9.6 m,若傳送帶以10 m/s的速度轉(zhuǎn)動,在傳送帶頂端A無初速度地放一個質(zhì)量為0.5 kg的快件(可視為質(zhì)點),它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5,取g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)若傳送帶順時針轉(zhuǎn)動,快件從A運動到B所用的時間;
(2)若傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動,快件從A運動到B所用的時間。
2.維度:兩類基本動力學(xué)問題的融合
如圖所示,“V”形光滑支架下端用鉸鏈固定于水平地面上,支架兩臂與水平面間夾角θ均為53°,“V”形支架的AB臂上套有一根原長為l的輕彈簧,輕彈簧的下端固定于“V”形支架下端,上端與一小球相接觸但不連接,該臂上端有一擋板。已知小球質(zhì)量為m,支架每臂長為,支架靜止時彈簧被壓縮了,重力加速度為g。現(xiàn)讓小球隨支架一起繞中軸線OO'以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。sin53°=,cos53°=,求:
(1)輕彈簧的勁度系數(shù)k;
(2)輕彈簧恰為原長時,支架的角速度ω0;
(3)當(dāng)ω=ω0時輕彈簧和擋板彈力的大小。
考向二動力學(xué)問題的能量觀點
【真題研磨】
【典例】(12分)(2022·浙江6月選考)如圖所示,在豎直面內(nèi),一質(zhì)量為m的物塊a靜置于懸點O正下方的A點,以速度v逆時針轉(zhuǎn)動的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上,AB、MN、CD的長度均為l。圓弧形細管道DE半徑為R,EF在豎直直徑上,E點高度為H。開始時,與物塊a相同的物塊b懸掛于O
點,并向左,細線始終張緊,
。已知m=2 g,l=1 m,R=0.4 m,H=0.2m,v=2 m/s,物塊與MN、CD之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,軌道AB和管道DE均光滑,物塊a落到FG時不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙,CD與DE平滑連接,物塊可視為質(zhì)點,取g=10 m/s2。
(1)若h=1.25 m,求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度v0的大小;
(2)物塊a在DE最高點時,求與h間滿足的關(guān)系;
(3)若物塊b釋放高度滿足0.9 m【審題思維】
題眼直擊 信息轉(zhuǎn)化
① 機械能守恒
② 動量守恒、機械能守恒
③ 合外力提供向心力,需先求E點速度,可用動能定理求解
④ 已知位移或求位移,可用動能定理求解
【模型轉(zhuǎn)化】
【答題要素】
1.運用動能定理解題三步驟
2.機械能守恒或能量守恒解題四步驟
【多維演練】
1.維度:機械能守恒+動能定理
如圖所示,AB和CDO都是處于同一豎直平面內(nèi)的固定光滑圓弧形軌道。AB是半徑為R=1.0 m的圓弧軌道,CDO是半徑為r=0.4 m的半圓軌道,BC段是水平粗糙軌道,與圓弧形軌道平滑連接,已知BC段水平軌道長L=1.6 m,現(xiàn)讓一個質(zhì)量為M=3 kg的小球從A點正上方距A點高H=0.25 m處自由落下,運動到圓弧軌道最低點B時,與質(zhì)量為m=2 kg的滑塊發(fā)生彈性碰撞,碰后立即取走小球,使之不影響滑塊的后續(xù)運動。已知滑塊與軌道BC之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,取g=10 m/s2,不計空氣阻力,小球和滑塊均可視為質(zhì)點,求:
(1)小球與滑塊碰前瞬間,小球?qū)壍赖膲毫Υ笮N;
(2)通過計算試判斷滑塊是否能到達最高點O。若能,請求出滑塊離開O點后落在軌道上的具體位置。
2.維度:動能定理+機械能守恒
如圖所示,某兒童彈珠類游戲裝置由水平面上的固定傾斜軌道、豎直圓軌道(最低點D處分別與水平軌道CD和DE相切)和右端固定的輕質(zhì)彈簧組成,且各部分平滑相接。某次游戲時,彈珠(可視為質(zhì)點)從傾斜軌道頂點A點由靜止釋放,沿傾斜軌道下滑,經(jīng)過圓軌道后壓縮彈簧,然后被彈回,再次經(jīng)過圓軌道并滑上傾斜軌道,如此往復(fù)多次。已知圓軌道半徑r=0.1 m,彈珠的質(zhì)量m=20 g,傾斜軌道的傾角θ=37°及底邊BC的長度L=1.6 m,彈珠與傾斜軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.25,忽略其他軌道摩擦及空氣阻力,g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)彈珠第一次通過豎直圓軌道最高點H時對軌道的壓力大小;
(2)彈簧的最大彈性勢能及彈珠前兩次(即第一次和第二次)壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能之比;
(3)調(diào)節(jié)豎直圓軌道的半徑為R=0.04 m,其他條件不變,仍將彈珠從傾斜軌道頂點A處由靜止釋放,則此后彈珠通過H點的次數(shù)。
考向三動力學(xué)問題的動量觀點
【真題研磨】
【典例】(11分)(2022·河北選擇考)如圖,有兩個等高的滑板A和B,質(zhì)量分別為1 kg和2 kg,A右端和B左端分別放置物塊C、D,物塊質(zhì)量均為1 kg,A和C以相同速度v0=10 m/s向右運動,B和D以相同速度kv0向左運動,在某時刻發(fā)生碰撞,作用時間極短,碰撞后C與D粘在一起形成一個新物塊,A與B粘在一起形成一,物塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1。重力加速度大小取g=10 m/s2。
(1)若0(2)若k=0.5,從碰撞后到新物塊與新滑板相對靜止時,。
【審題思維】
題眼直擊 信息轉(zhuǎn)化
① 系統(tǒng)動量守恒
② 完全非彈性碰撞,動量守恒
③ 動量守恒,速度相同
【模型轉(zhuǎn)化】
【答題要素】
【多維演練】
1.維度:子彈+滑塊滑板問題
如圖所示,平板小車A放在光滑水平地面上,長度L=1 m,質(zhì)量mA=1.99 kg,其上表面距地面的高度h=0.8 m。滑塊B(可視為質(zhì)點)質(zhì)量mB=1 kg,靜置在平板小車的右端,A、B間的動摩擦因數(shù)μ=0.1。現(xiàn)有mC=0.01 kg的子彈以v0=400 m/s速度向右擊中小車A并留在其中,且擊中時間極短,g取10 m/s2。求:
(1)子彈C擊中平板小車A后的瞬間,A的速度;
(2)B落地瞬間,平板小車左端與滑塊B的水平距離。
2.維度:反沖+碰撞,水平方向動量守恒
滑板運動是一種極限運動,很多極限運動都是由滑板運動延伸而來。如圖所示是一個滑板場地,OP段是光滑的圓弧軌道,半徑為0.8 m。PQ段是足夠長的粗糙水平地面,滑板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2。滑板手踩著滑板A從O點由靜止滑下,到達P點時,立即向前起跳。滑板手離開滑板A后,滑板A以速度v1=2 m/s返回,滑板手落到前面相同的滑板B上,并一起向前繼續(xù)滑動。已知兩滑板質(zhì)量均為m=5 kg,滑板手的質(zhì)量是滑板的9倍,滑板B與P點的距離為Δx=1 m,g取10 m/s2。(不考慮滑板的長度以及滑板手和滑板間的作用時間,不計空氣阻力)求:
(1)當(dāng)滑板手和滑板A到達圓弧軌道末端P點時滑板A對軌道的壓力;
(2)滑板手落到滑板B后瞬間,滑板B的速度大小;
(3)兩個滑板間的最終距離。
1.(結(jié)合電場力的動力學(xué)問題)如圖所示,在水平向左的勻強電場中,有一光滑軌道ABCD。AB是水平軌道,BCD是處于豎直平面內(nèi)的半圓軌道,圓心O在AB的延長線上。今有一帶電物體P(可視為質(zhì)點,電荷量保持不變)從某處以水平向右的初速度v0向B運動。P在AB上運動的過程中,在第1 s內(nèi)P的位移為24 m;在第4 s內(nèi),P在水平軌道上運動了1 m剛好到達B點,并進入半圓軌道BCD中運動。重力加速度g取10 m/s2。問:
(1)帶電物體P帶什么電;
(2)帶電物體P從A運動到B的時間t和加速度a;
(3)帶電物體P運動到半圓軌道最低點C時,半圓軌道對它的支持力是其重力的多少倍。
2.(運用牛頓運動定律觀點解滑板與滑塊模型的動力學(xué)問題)如圖所示,一塊質(zhì)量為M=2 kg,長為L=3 m的勻質(zhì)薄木板靜止在足夠長的水平桌面上,在木板的左端靜止擺放著質(zhì)量為m=1 kg的小木塊(可視為質(zhì)點),薄木板和小木塊之間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.1,薄木板與桌面之間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.2。在t=0時刻,在木板M左端施加一水平向左恒定的拉力F=12 N,g取10 m/s2。則:
(1)拉力F剛作用在木板上時,木板M的加速度大小是多少
(2)如果F一直作用在M上,那么經(jīng)多少時間m將離開M
(3)若在時間t=1 s時撤去F,再經(jīng)過多少時間M和m第一次速度相同 在此情況下,最終m在M上留下的痕跡的長度是多少
3.(機械能守恒)如圖所示,質(zhì)量為m的小球甲穿過一豎直固定的光滑桿拴在輕彈簧上,彈簧下端固定在地面上,質(zhì)量為4m的物體乙用輕繩跨過光滑的輕質(zhì)定滑輪與甲連接,開始用手托住乙,輕繩剛好伸直,滑輪左側(cè)繩豎直,右側(cè)繩與水平方向夾角為α。此時小球位于P點。某時刻由靜止釋放乙(足夠高),經(jīng)過一段時間小球運動到Q點,OQ兩點的連線水平,OQ=d,且小球在P、Q兩點處時彈簧彈力的大小相等。已知重力加速度為g,彈簧彈性勢能的表達式為Ep=kx2(k為彈簧的勁度系數(shù),x為彈簧的形變量),sinα=0.8,cosα=0.6。求:
(1)彈簧的勁度系數(shù)k;
(2)小球位于Q點時的速度大小;
(3)小球甲和物體乙的機械能之和的最大值(設(shè)放手前甲、乙在同一水平面上,且以此水平面為零勢能面)。
4.(動能定理)如圖所示,不可伸長的輕質(zhì)細線下方懸掛一可視為質(zhì)點的小球,另一端固定在豎直光滑墻面上的O點。開始時,小球靜止于A點,現(xiàn)給小球一水平向右的初速度,使其恰好能在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動。垂直于墻面的釘子N位于過O點豎直線的左側(cè),ON與OA的夾角為θ(0<θ<π),且細線遇到釘子后,小球繞釘子在豎直平面內(nèi)做圓周運動,當(dāng)小球運動到釘子正下方時,細線剛好被拉斷。已知小球的質(zhì)量為m,細線的長度為L,細線能夠承受的最大拉力為7mg,g為重力加速度大小。
(1)求小球初速度的大小v0;
(2)求小球繞釘子做圓周運動的半徑r與θ的關(guān)系式;
(3)在細線被拉斷后,小球繼續(xù)向前運動,試判斷它能否通過A點。若能,請求出細線被拉斷時θ的值;若不能,請通過計算說明理由。
5.(能量觀點+動量觀點)“再生制動”是一些汽電混動汽車的常用制動方式。所謂“再生制動”就是車輛靠慣性滑行時帶動發(fā)電機發(fā)電,將部分動能轉(zhuǎn)化為電能儲存在電池中。假設(shè)一輛汽電混動汽車的質(zhì)量為m,該汽車設(shè)定為前階段在速度大于v0時選擇再生制動,后階段速度小于等于v0時選擇機械制動。當(dāng)它以速度nv0(n>1)在平直路面上勻速行駛時,某一時刻開始剎車,前階段阻力的大小與速度的大小成正比,即f=kv,后階段阻力恒為車重的μ倍,汽車做勻減速運動,重力加速度為g。求:
(1)如果此次剎車的過程中汽電混動汽車動能減小量的η倍被轉(zhuǎn)化為電能,那么此次剎車儲存多少電能。
(2)汽電混動汽車從剎車到停止的位移。
板塊五　動力學(xué)問題的三大觀點
考向一　動力學(xué)問題的運動觀點
【真題研磨】
【典例】【解析】(1)設(shè)在AB段加速度為a1,由速度—位移關(guān)系可得=2a1xAB
代入數(shù)據(jù)解得a1= m/s2
(2)設(shè)運動員在AB段運動時間為t1,BC段運動時間為t2,在BC段的加速度為a2,
t1== s=3.0 s,則t2=5.0 s-3.0 s=2.0 s
BC段xBC=vBt2+a2
代入數(shù)據(jù)解得a2=2 m/s2
過C點的速度大小為vC=vB+a2t2=12 m/s
(3)在BC段由牛頓第二定律可得mgsinθ-Ff=ma2
代入數(shù)據(jù)解得Ff=66 N
答案:(1) m/s2　(2)12 m/s
(3)66 N
【多維演練】
1.【解析】(1)若傳送帶以v0=10 m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動,快件開始時受到沿斜面向下的滑動摩擦力,由牛頓第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma1
快件與傳送帶共速所需時間為t1=
位移為x1=
聯(lián)立解得t1=1 s,x1=5 m
因為μ=0.5由運動學(xué)規(guī)律可知x2=v0t2+a2
根據(jù)幾何關(guān)系可知x1+x2=
解得t2=1 s
則總時間t=t1+t2
聯(lián)立以上各式解得t=2 s
(2)若傳動帶以10 m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動,快件一直受到沿斜面向上的滑動摩擦力,由牛頓第二定律可得
mgsinθ-μmgcosθ=ma3
由x=a3
根據(jù)幾何關(guān)系可知x=
聯(lián)立以上各式解得t3=4 s
答案:(1)2 s　(2)4 s
2.【解析】(1)受力分析如圖
支架靜止時彈簧被壓縮了,由平衡條件得=mgsinθ
解得k=
(2)輕彈簧恰為原長時,如圖所示,支架的角速度ω0
mgtanθ=mlcosθ
解得ω0=
(3)當(dāng)ω=ω0時,彈簧處于壓縮狀態(tài)
Ncosθ+kxsinθ=mg
Nsinθ-kxcosθ=mω2(l-x)cosθ
聯(lián)立解得輕彈簧彈力:kx=mg
擋板彈力為FN=0
答案:(1)　(2)
(3)　0
考向二　動力學(xué)問題的能量觀點
【真題研磨】
【典例】【解析】(1)物塊b擺到最低點過程中,由機械能守恒定律mgh=m
解得vb=5 m/s
b與a發(fā)生彈性碰撞,根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可得mvb=mv'b+mv0
m=mv+m聯(lián)立解得v0=vb=5 m/s
(2)由(1)分析可知,物塊b與物塊a在A點發(fā)生彈性正碰,速度交換,設(shè)物塊a剛好可以到達E點,物塊b高度為h1,根據(jù)動能定理可得mgh1-2μmgl-mgH=0
解得h1=1.2 m
以豎直向下為正方向得FN+mg=m
由動能定理mgh-2μmgl-mgH=m
聯(lián)立可得FN=0.1h-0.14(h≥1.2 m)
(3)當(dāng)1.2 m≤h<1.65 m時,物塊位置在E點或E點右側(cè),根據(jù)動能定理得mgh-2μmgl-mgH=m
從E點飛出后,豎直方向H=gt2
水平方向s=vEt
根據(jù)幾何關(guān)系可得DF= m
聯(lián)立解得x=3l+DF+s1
代入數(shù)據(jù)解得(3+) m≤x<(3.6+) m
當(dāng)0.9 m解得s2=1.8 m
可知物塊達到距離C點0.8 m處靜止,物塊a由E點速度為零,返回CD時,根據(jù)動能定理可得mgH-μmgs3=0
解得s3=0.4 m
距離C點0.6 m,
可知當(dāng)0.9 m代入數(shù)據(jù)得2.6 m≤x≤3 m
答案:(1)5 m/s
(2)FN=0.1h-0.14(h≥1.2 m)
(3)見解析
【多維演練】
1.【解析】(1)小球從開始下落至B點的過程,根據(jù)機械能守恒定律得
Mg(H+R)=M
可得v0=5 m/s
小球與滑塊碰前瞬間,根據(jù)牛頓第二定律得
FN'-Mg=M
由牛頓第三定律可知,小球與滑塊碰前瞬間,小球?qū)壍赖膲毫Υ笮N=FN'
聯(lián)立解得FN=105 N
(2)小球與滑塊發(fā)生彈性碰撞,取水平向右為正方向,由動量守恒定律得
Mv0=Mv1+mv2
由機械能守恒定律得
M=M+m
假設(shè)滑塊能到達O點,滑塊從B點到O點,根據(jù)動能定理得
-μmgL-2mgr=m-m
解得滑塊到達O點的速度v3=2 m/s
滑塊恰好到達最高點O時需要滿足mg=m
解得v4=2 m/s
因為v3=v4,所以滑塊可以到達O點,離開O后做平拋運動,則水平方向有x=v3t
豎直方向有2r=gt2
解得x=0.8 m
所以滑塊離開O點后落在軌道上的位置到C點距離為0.8 m
答案:(1)105 N　(2)見解析
2.【解析】(1)彈珠從A點到H點,根據(jù)動能定理得
mg(Ltanθ-2r)-μmgcosθ·
=m-0 ①
在H點,對彈珠,根據(jù)牛頓第二定律得
mg+FN=m ②
解得FN=2.2 N
根據(jù)牛頓第三定律知,彈珠對軌道的壓力大小為2.2 N。
(2)彈珠第一次從A點運動至壓縮到彈簧最短,此時彈簧的彈性勢能最大,設(shè)為Ep1。由功能關(guān)系得
mgLtanθ-μmgcosθ·=Ep1 ③
解得Ep1=0.16 J
設(shè)第二次沿斜面上升的最大高度為H2,第二次壓縮彈簧的最大彈性勢能為Ep2。
彈珠第二次沿斜面上升的過程,由功能關(guān)系得
Ep1=mgH2+μmgcosθ· ④
第二次從斜面上下滑至壓縮彈簧到最短的過程,由動能定理得
Ep2=mgH2-μmgcosθ·=Ep1-2μmgcosθ· ⑤
可求得=2 ⑥
(3)由(2)同理可得,彈珠第二次與第三次壓縮彈簧的最大彈性勢能之比為
=2 ⑦
……
彈珠第n-1次與第n次壓縮彈簧的最大彈性勢能之比為=2 ⑧
則得Epn=()n-1Ep1
設(shè)第n次壓縮彈簧前彈珠的速率為vn,則Epn=m
Ep1=m
綜上所述,=2
得=()n-1·
當(dāng)n取最大,速度為vn時彈珠仍可以過H點
由D到H,由動能定理得
-mg·2R=m-m
在H點,有mg≤m
聯(lián)立解得n≤4
所以彈珠可以通過H點8次。
答案:(1)2.2 N　(2)0.16 J　2
(3)8次
考向三　動力學(xué)問題的動量觀點
【真題研磨】
【典例】【解析】(1)物塊C、D碰撞過程中滿足動量守恒,設(shè)碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度為v物,C、D的質(zhì)量均為m=1 kg,以向右方向為正方向,則有mv0-m·kv0=(m+m)v物
解得v物=v0=5(1-k) m/s>0
可知碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度大小為5(1-k) m/s,方向向右。
滑板A、B碰撞過程中滿足動量守恒,設(shè)碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑,滑板A和B質(zhì)量分別為1 kg和2 kg,則由Mv0-2M·kv0=(M+2M)v滑
解得v滑=v0= m/s>0
則新滑板速度方向也向右。
(2)若k=0.5,可知碰撞后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為v物'=5(1-k) m/s=5×(1-0.5) m/s=2.5 m/s
碰撞后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑'= m/s=0
可知碰撞后新物塊相對于新滑板向右運動,新物塊向右做勻減速運動,新滑板向右做勻加速運動,設(shè)新物塊的質(zhì)量為m'=2 kg,新滑板的質(zhì)量為M'=3 kg,相對靜止時的共同速度為v共,根據(jù)動量守恒可得m'v物'=(m'+M')v共
解得v共=1 m/s
根據(jù)能量守恒可得μm'gx相=m'v-(m'+M')
解得x相=1.875 m
答案:(1)5(1-k) m/s　 m/s　方向均向右　(2)1.875 m
【多維演練】
1.【解析】(1)規(guī)定水平向右為正方向,對子彈和小車A,由動量守恒定律得mCv0=(mC+mA)v
代入數(shù)據(jù)解得子彈C擊中平板小車A后的瞬間,小車A的速度為v=2 m/s
(2)對射入子彈的小車A和滑塊B,由動量守恒定律得(mC+mA)v=(mC+mA)vA+mBvB
從子彈擊中小車A后,到滑塊B與小車A分離的過程中,由能量守恒定律得μmBgL=(mC+mA)v2-(mC+mA)-mB
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得滑塊B與小車A分離時,小車A的速度為vA= m/s,滑塊B的速度為vB= m/s
或vA=1 m/s,vB=2 m/s(舍去,因為A的速度不能小于B的速度)
滑塊B離開小車A以后以vB做平拋運動,在豎直方向上,根據(jù)位移—時間公式得h=gt2
代入數(shù)據(jù)解得滑塊B的平拋運動時間為t=0.4 s
小車A以vA做勻速直線運動,則B落地瞬間,平板小車左端與滑塊B的水平距離x為
x=vAt-vBt=×0.4 m-×0.4 m=0.4 m
答案:(1)2 m/s　(2)0.4 m
2.【解析】(1)滑板手與滑板A由O點下滑到P點過程,由機械能守恒定律得
10mgR=×10mv2
代入數(shù)據(jù)解得v=4 m/s
設(shè)在P點時滑板手與滑板A所受到的支持力為FN。
由牛頓第二定律可得FN-10mg=10m
代入數(shù)據(jù)解得FN=1 500 N
根據(jù)牛頓第三定律得知F壓=FN=1 500 N,方向豎直向下
(2)滑板手跳離A板,滑板手與滑板A水平方向動量守恒,取水平向右為正方向,則
10mv=-mv1+9mv2
代入數(shù)據(jù)解得v2= m/s
滑板手跳上B板,滑板手與滑板B水平方向動量守恒,則9mv2=10mv3
解得v3=4.2 m/s
(3)滑板B的位移xB=,解得xB=4.41 m
滑板A在弧面上滑行的過程中,其機械能守恒,所以再次返回P點時的速度大小仍為v1=2 m/s
滑板A在水平地面上的位移xA=
解得xA=1 m
最終兩滑板的間距為L=xB+Δx-xA=(4.41+1-1) m=4.41 m。
答案:(1)1 500 N,方向豎直向下
(2)4.2 m/s　(3)4.41 m
1.【解析】(1)由題意可判斷P在電場力作用下向右做減速運動,受水平向左的電場力,與電場方向相同,故P帶正電;
(2)把P在水平軌道AB上的運動逆過來考慮,可知其為初速度為0的勻加速直線運動,若剛好運動整4 s,則第1 s內(nèi)(實際中的第4 s內(nèi))運動1 m,那么第4 s內(nèi)(實際中的第1 s內(nèi))運動7 m,顯然,題目所給數(shù)據(jù)并非如此!注意到題目中“第4 s內(nèi)在水平軌道上的位移為1 m,且恰好運動到B處,并能進入半圓軌道BCD中運動”,可知第4 s這1 s的時間并非都在水平軌道上運動,而是運動了不足1 s的時間,到達B點速度變?yōu)?,并開始沿半圓軌道運動。設(shè)第4 s內(nèi),P在水平軌道上運動的時間為t1,根據(jù)勻變速規(guī)律有x4=a
P在水平軌道上運動的總時間為t=(3+t1) s,第1 s末時刻到帶電物體至B點運動時間為t'=(2+t1) s,則第1 s內(nèi)的位移為x1=at2-at'2
聯(lián)立解得t1=0.5 s,a=8 m/s2
從A運動到B的時間t=3+t1=(3+0.5) s=3.5 s
(3)由牛頓第二定律可知F=qE=ma
設(shè)半圓的半徑為R,P從B點滑到最低點C,設(shè)P到達C點的速度為v,由動能定理有mgR-FR=mv2
在C點,設(shè)半圓軌道對P的支持力為N,由牛頓第二定律有N-mg=m
聯(lián)立解得N=3mg-2ma則=1.4
答案:(1)正電　(2)3.5 s　8 m/s2
(3)1.4倍
2.【解析】(1)F剛作用在木板上時,由牛頓第二定律對m得μ1mg=ma1
代入數(shù)據(jù)得a1=1 m/s2
對M有F-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma代入數(shù)據(jù)解得a=2.5 m/s2
(2)設(shè)m離開M的時間為t1,則對m有x1=a1
對M有x2=a又有L=x2-x1
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得t1=2 s
(3)t=1 s時m的速度為v1=a1t
M的速度為v2=at
1 s后m仍以a1的加速度做勻加速運動,M將以a2的加速度做勻減速運動,且有μ1mg+μ2(M+m)g=Ma2
設(shè)再經(jīng)t2后二者速度相等,有v1+a1t2=v2-a2t2
解得t2= s,v= m/s
在m和M各自向左勻加速階段,Δx1=at2-a1t2=0.75 m
在m向左勻加速,M向左勻減速階段:Δx2=(v2t2-a2)-(v1t2+a1)=0.25 m
在m、M各自向左勻減速階段,m仍然以a1的加速度做勻減速直線運動,對M有μ2(m+M)g-μ1mg=Ma3
Δx3=-= m
Δx3的痕跡被前兩階段的痕跡所覆蓋
木塊m在木板M上留下的痕跡的長度為Δx=Δx1+Δx2=1 m
答案:(1)2.5 m/s2　(2)2 s　(3) s　1 m
3.【解析】(1)由于P、Q兩點處彈簧彈力的大小相等,則由胡克定律可知P點的壓縮量等于Q點的伸長量,由幾何關(guān)系知PQ=dtanα=d
則小球位于P點時彈簧的壓縮量為x=PQ=d
對P點的小球由力的平衡條件可知mg=kx
解得k=
(2)當(dāng)小球運動到Q點時,假設(shè)小球甲的速度為v,此時小球甲的速度與繩子OQ垂直,所以物體乙的速度為零,又知小球、物體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,則由機械能守恒定律得4mg(-d)-mgdtanα=mv2
解得v=
(3)由系統(tǒng)的機械能守恒可知,彈簧彈性勢能最小為零時,小球甲和物體乙的機械能之和最大。
放手前甲、乙在同一水平面上,且以此水平面為零勢能面,小球甲、物體乙和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,所以初狀態(tài)系統(tǒng)的機械能為
Em=kx2=××(d)2=
當(dāng)彈簧的彈性勢能為零時,小球甲和物體乙的機械能之和最大,最大的機械能為。
答案:(1)　(2)　(3)
4.【解析】(1)設(shè)在最高點的速度為v1,在最高點由重力提供向心力,即
mg=m
小球從A到最高點的過程由動能定理得-mg·2L=m-m
聯(lián)立解得v0=
(2)由N點為圓心,設(shè)最低點為M,到最低點的速度為v,
由牛頓第二定律得7mg-mg=
從A到M的過程由動能定理得
-mgΔh=mv2-m
由幾何關(guān)系得Δh=L-r-(L-r)cosθ
聯(lián)立解得r=L
(3)假設(shè)能通過A點,則豎直方向Δh=gt2
水平方向(L-r)sinθ=vt
聯(lián)立解得cosθ=-或cosθ=1
由題已知(0<θ<π),cosθ∈(-1,1),與假設(shè)結(jié)果矛盾,假設(shè)不成立,所以不能通過A點。
答案:(1)　(2)r=L　(3)不能通過A點,理由見解析。
5.【解析】(1)設(shè)汽電混動汽車在剎車的過程中儲存的電能為E,依題意可得
E=η(mn2-m)
=η(n2-1)m;
(2)設(shè)汽電混動汽車再生制動階段運動的位移為x1,
取初速度方向為正方向,由動量定理得-fΔt=mΔv
又f=kv,即-kvΔt=mΔv
所以在再生制動階段有-kx1=mv0-mnv0
解得x1=
在機械制動階段,汽電混動汽車做勻減速運動,由牛頓第二定律可得
f'=ma,又f'=μmg,
解得a=μg
設(shè)勻減速運動的位移為x2,由運動學(xué)公式可得-=2(-a)x2
解得x2=
所以汽電混動汽車從剎車到停止的位移為x=x1+x2
解得x=+。
答案:(1)η(n2-1)m
(2)+板塊一　力學(xué)、熱學(xué)實驗
考向一探究類實驗
【真題研磨】
【典例】(2022·浙江6月選考)(1)“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”實驗裝置如圖甲所示,長木板水平放置,細繩與長木板平行。圖乙是打出紙帶的一部分,以計數(shù)
點O為位移測量起點和計時起點,則打計數(shù)點B時大小為
__________cm。由圖丙中小車運動的數(shù)據(jù)點,求得為__________m/s2(保
留兩位有效數(shù)字)。
(2)利用,需調(diào)整的是
__________。
A.換成質(zhì)量更小的車
B.調(diào)整長木板的傾斜程度
C.把鉤碼更換成砝碼盤和砝碼
D.改變連接小車的細繩與長木板的夾角
【審題思維】
題眼直擊 信息轉(zhuǎn)化
① 紙帶位移表示小車位移
② v-t圖像中斜率表示加速度
③ 探究加速度與力、質(zhì)量關(guān)系實驗中重物重力代替繩子拉力
【失分警示】
1.讀數(shù)時:最小刻度是0.1 cm,要在下一位估讀,最終結(jié)果顯示小數(shù)點后兩位。
2.有效數(shù)字:從左邊第一個不為零的數(shù)起,往后全是有效數(shù)字。
3.“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗中,用懸掛重物的重力代替繩子拉力,需要先平衡摩擦力并保證小車質(zhì)量遠大于重物質(zhì)量。
【答題要素】
1.探究類實驗常見模型
2.探究類實驗問題的注意事項
【多維演練】
1.維度:探究合外力與加速度的關(guān)系
一同學(xué)利用如圖(a)所示的實驗裝置探究合外力與加速度的關(guān)系。長木板的一端放在水平桌面上,形成一傾角為α的斜面,長木板底端有一光電門,用游標(biāo)卡尺測遮光片的寬度,遮光片安裝在小車上,將小車從斜面上由靜止釋放,測量小車釋放的高度h和記錄遮光片通過光電門的遮光時間Δt。
(1)游標(biāo)卡尺(20分度)測量遮光片寬度如圖(b)所示,其寬度d=____________mm;
(2)多次改變小車從斜面上由靜止釋放的高度,得到h和Δt的數(shù)據(jù)如表所示,根據(jù)表中數(shù)據(jù)可得h和Δt之間的關(guān)系為____________;
項目 1 2 3 4
h/cm 10.00 20.00 30.00 40.00
Δt/s 0.0073 0.0052 0.0042 0.0036
A.Δt∝h　　　　　B.Δt∝
C.Δt∝ D.Δt∝
(3)該同學(xué)通過增加小車的質(zhì)量重復(fù)實驗,測量發(fā)現(xiàn)小車的加速度不變,由此得出結(jié)論:物體加速度的大小跟它的質(zhì)量無關(guān),而不是成反比。請你判斷該同學(xué)所得結(jié)論是否正確,并簡要說明理由:___________________________________________
___________________________________________________________________。
2.維度:探究做功與動能變化的關(guān)系
某同學(xué)用如圖甲所示的實驗裝置來探究繩子拉力做功與小車動能變化的關(guān)系。在水平桌面上放有一端裝有定滑輪的氣墊導(dǎo)軌,氣墊導(dǎo)軌上固定有甲、乙兩個光電門,用來測量遮光片通過光電門時的遮光時間,滑塊經(jīng)繞過定滑輪的輕質(zhì)細繩與裝有砂的砂桶連接。
(1)用游標(biāo)卡尺測量遮光片的寬度。
①測量時需要用圖乙中的____________(選填“A”或“B”)測量爪;
②測量結(jié)果如圖丙所示,則遮光片的寬度為__________mm。
(2)氣墊導(dǎo)軌沒有定滑輪的一端____________(選填“需要”或“不需要”)墊高來平衡摩擦力。
(3)實驗中將砂和砂桶的重力當(dāng)作細繩的拉力,經(jīng)多次實驗發(fā)現(xiàn)拉力做功總是____________(選填“大于”“等于”或“小于”)小車動能的增量。
考向二驗證類實驗
【真題研磨】
【典例】(2022·湖北選擇考)某同學(xué)設(shè)計了一個用拉力傳感器驗證機械能守恒定律的實驗。一根輕繩一端連接固定的拉力傳感器,另一端連接小鋼球,如圖甲所示。
拉起小鋼球至,使小鋼球在豎直平面內(nèi)擺動,記錄鋼球擺動過程中拉力傳感器示數(shù)的和。改變小鋼球的初始釋放位置,重復(fù)上述過程。根據(jù)測量數(shù)據(jù)在直角坐標(biāo)系中繪制的Tmax-Tmin圖像是一條直線,如圖乙所示。
(1)若小鋼球擺動過程中機械能守恒,則圖乙中直線斜率的理論值為__________。
(2)由圖乙得直線的斜率為__________,小鋼球的重力為__________N(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)。
(3)該實驗系統(tǒng)誤差的主要來源是__________(單選,填正確答案標(biāo)號)。
A.小鋼球擺動角度偏大
B.小鋼球初始釋放位置不同
C.小鋼球擺動過程中有空氣阻力
【審題思維】
題眼直擊 信息轉(zhuǎn)化
① 靜止釋放時沿繩方向合力為零,重力垂直于繩方向的分力產(chǎn)生加速度
② 最低點拉力與重力的合力提供向心力,拉力最大
③ 靜止釋放時拉力最小
【模型轉(zhuǎn)化】
【失分警示】
圖像是斜向下的直線,斜率為負。
【答題要素】
驗證類實驗注意事項
【多維演練】
1.維度:驗證力的平行四邊形定則
在做“驗證力的平行四邊形定則”的實驗時,先將橡皮筋的一端固定在水平木板上,另一端系上帶有繩套的兩根細繩。實驗時,需要兩次拉伸橡皮條,第一次是通過兩根細繩用兩個彈簧測力計互成角度地拉橡皮條,第二次是通過一根細繩用一個彈簧重拉橡皮條。
(1)某次實驗用一個彈簧測力計把橡皮條和繩的結(jié)點拉到O點時,彈簧測力計的示數(shù)如圖所示,其讀數(shù)為__________N。
(2)(多選)關(guān)于該實驗,下列說法正確的是 (　　)
A.本實驗采用的科學(xué)方法是等效替代法
B.第一次實驗時,兩細繩的夾角應(yīng)越大越好
C.第二次實驗時,只需要記下彈簧測力計的示數(shù)就行
D.兩次實驗都要將橡皮條和繩的結(jié)點拉到同一位置
(3)請?zhí)嵋粭l對減小本實驗誤差有益的建議:_______________________________
___________________________________________________________________。
2.維度:驗證機械能守恒定律
某實驗小組利用如圖甲所示的裝置完成“驗證機械能守恒定律”實驗。將氣墊導(dǎo)軌沿傾斜方向固定在水平桌面上,傾角為α。將光電門固定在氣墊導(dǎo)軌上,帶有擋光條的滑塊從光電門上方由靜止釋放。
(1)實驗時,該小組的同學(xué)利用游標(biāo)卡尺測了擋光條的寬度,如圖乙所示,該游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為____________mm。
(2)已知擋光條的寬度為d,釋放點到光電門的距離為L,擋光條經(jīng)過光電門的擋光時間為t,重力加速度為g。若滑塊下滑過程中機械能守恒,則關(guān)系式____________成立(用題中所給物理量符號表示)。
(3)改變釋放點到光電門的距離L,多次實驗,并記錄滑塊每次經(jīng)過光電門時的擋光時間t,該小組的同學(xué)利用圖像法驗證機械能守恒定律。坐標(biāo)系以L為縱軸,為了便于驗證,應(yīng)以____________(選填“t”“”或“”)為橫軸,若圖線的斜率為k,重力加速度g=____________時滑塊下滑過程中的機械能守恒。
考向三創(chuàng)新類實驗
【真題研磨】
【典例】(2022·山東等級考)在天宮課堂中,我國航天員演示了利用牛頓第二定律測量物體質(zhì)量的實驗。某同學(xué)受此啟發(fā),利用氣墊導(dǎo)軌、力傳感器、無線加速度傳感器、輕彈簧和待測物體等器材設(shè)計了測量物體質(zhì)量的實驗,如圖甲所示。主要步驟如下:
①將力傳感器固定在氣墊導(dǎo)軌左端支架上,加速度傳感器固定在滑塊上;
②接通氣源,放上滑塊,;
③將彈簧左端連接力傳感器,右端連接滑塊。彈簧處于原長時滑塊左端位于O點。,拉動滑塊使其左端處于A點,由靜止釋放并開始計時;
④計算機采集獲取數(shù)據(jù),得到滑塊所受彈力F、加速度a,部分圖像如圖乙所示。
回答以下問題(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字):
(1)彈簧的勁度系數(shù)為__________N/m。
(2)該同學(xué)從圖乙中提取某些時刻F與a的數(shù)據(jù),畫出a-F圖像如圖丙中I所示,由此可得滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量為____________kg。
(3)該同學(xué)在滑塊上增加待測物體,重復(fù)上述實驗步驟,在圖丙中畫出新的a-F圖像Ⅱ,則待測物體的質(zhì)量為______kg。
【審題思維】
題眼直擊 信息轉(zhuǎn)化
① 不計摩擦力,彈簧拉力就是合外力
② OA為彈簧形變量
③ 可得同一時刻下的加速度和彈力
【失分警示】
1.a-F圖像斜率倒數(shù)表示質(zhì)量。
2.求待測物體的質(zhì)量要注意減去滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量。
【答題要素】
1.創(chuàng)新類實驗常見模型
2.創(chuàng)新類實驗解題技巧
【多維演練】
1.維度:實驗原理創(chuàng)新
某同學(xué)用如圖所示裝置測當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?將力傳感器固定在天花板上,細線一端系于力傳感器上,另一端連著一個小球。將小球拉至細線剛好水平伸直的位置,由靜止釋放小球,小球在豎直面內(nèi)運動過程中,力傳感器顯示細線拉力的大小。
(1)要測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣冗€需要測量的物理量是__________
A.小球的質(zhì)量m
B.小球的半徑r
C.細線平放在水平面上剛好伸直的長度L1
D.懸掛小球處于靜止時細線的長度L2
(2)第一次實驗時,力傳感器顯示小球運動過程中細線上的最大拉力為F1,改變細線的長度兩次、重復(fù)前面的實驗,測得細線上的最大拉力分別為F2、F3,為了減少偶然誤差,細線對小球的最大拉力取值為F=____________,結(jié)合(1)問中測得的物理量求得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間=______________
2.維度:實驗器材創(chuàng)新
為了消除空氣阻力對實驗結(jié)果的影響,某實驗小組用如圖甲所示的實驗裝置做驗證機械能守恒定律實驗,牛頓管豎直固定在鐵架臺上,光電門固定在牛頓管的外側(cè),緊貼牛頓管外側(cè)再固定刻度尺(圖中未畫出),啟動抽氣泵,將牛頓管內(nèi)的空氣抽出。已知橡膠球的質(zhì)量為m,當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。
(1)先用游標(biāo)卡尺測量橡膠球直徑d,如圖乙所示,則橡膠球直徑d = ______
_____mm;
(2)從刻度尺上讀取橡膠球球心和光電門中心對應(yīng)的刻度值l1、l2。將橡膠球由靜止釋放,記錄橡膠球第一次通過光電門的擋光時間Dt1;
(3)要驗證橡膠球下落過程中機械能是否守恒,只需比較______________與____________是否相等即可(用上面測得的數(shù)據(jù)符號表示);
(4)該小組要利用該裝置進一步探究橡膠球與管底第一次碰撞前后橡膠球的機械能損失情況,他們記錄了橡膠球第二次通過光電門的擋光時間Dt2,則碰撞過程中橡膠球損失的機械能為____________。
考向四熱學(xué)類實驗
【真題研磨】
【典例】(2019·全國卷Ⅲ)用油膜法估算分子大小的實驗中,首先需將
成一定濃度的油酸酒精溶液,稀釋的目的是________________。
實驗中為了測量出一滴已知濃度的油酸酒精溶液中純,可以______________________________________________________________________________________________。為得到,還需測量的物理量是___________________________________________________________________。
【審題思維】
題眼直擊 信息轉(zhuǎn)化
① 取少量油酸,便于形成單分子油膜
② 測量1 mL溶液的滴數(shù)求解一滴的體積
③ 形成單分子油膜的厚度即直徑
【模型轉(zhuǎn)化】
1.油酸分子簡化為球形
2.分子緊密排列
3.形成單分子油膜
【失分警示】
1.一滴溶液體積太小時不能直接測量。
2.直接測整數(shù)滴純油酸的體積,液面不易剛好對齊量筒刻度線,讀數(shù)誤差較大。
3.應(yīng)該測量整毫升的滴數(shù),數(shù)據(jù)準(zhǔn)確。
【答題要素】
1.熱學(xué)類實驗常見模型
2.熱學(xué)類實驗注意事項
【多維演練】
1.維度:油膜法估測分子直徑實驗原理
油酸酒精溶液的濃度為每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL。現(xiàn)用滴管向量筒內(nèi)滴加50滴上述溶液,量筒中的溶液體積增加了1 mL,若把一滴這樣的油酸酒精溶液滴入足夠大盛水的淺盤中,由于酒精溶于水,油酸在水面展開,穩(wěn)定后形成的油膜的形狀如圖所示。若每一小方格的邊長為25 mm,試問:
(1)這種估測方法是將每個油酸分子視為__________模型,讓油酸盡可能地在水面上散開,則形成的油膜可視為__________油膜,這層油膜的厚度可視為油酸分子的__________。圖中油酸膜的面積為__________m2;每一滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積是________m3;根據(jù)上述數(shù)據(jù),估測出油酸分子的直徑是________m;(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)
(2)某同學(xué)在實驗過程中,在距水面約2 cm的位置將一滴油酸酒精溶液滴入水面形成油膜,實驗時觀察到,油膜的面積先擴張后又收縮了一些,這是為什么呢 請寫出你分析的原因:____________________________________________________。
2.維度:油膜法測分子直徑實驗步驟及誤差分析
小李同學(xué)做“用油膜法估測分子直徑的大小”的實驗,主要操作步驟如下:
①取適量酒精和油酸,配制成一定濃度的油酸酒精溶液;
②用注射器將配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒,記下量筒內(nèi)溶液每增加一定體積時的滴數(shù),計算出一滴油酸酒精溶液的體積;
③在淺盤內(nèi)盛一定量的水,再滴入一滴油酸酒精溶液,待其散開穩(wěn)定;
④在淺盤上覆蓋玻璃板,描出油膜的形狀,用透明方格紙測量油膜的面積。
(1)上述操作步驟中,步驟____________(選填“①”“②”“③”或“④”)有疏漏,疏漏的內(nèi)容是_____________________________________________________________;
(2)實驗中,所用油酸酒精溶液的濃度為每103 mL溶液中含純油酸2 mL,用注射器測得1 mL上述溶液有75滴,將1滴溶液滴入盛水的淺盤里。經(jīng)正確操作,得到油膜的形狀和尺寸如圖所示,方格的邊長為1 cm。油酸膜的面積為____________ cm2;每滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積為__________mL(采用科學(xué)記數(shù)法,結(jié)果保留兩位有效數(shù)字);估測出的油酸分子的直徑為__________m(采用科學(xué)記數(shù)法,結(jié)果保留一位有效數(shù)字);
(3)若測得的油酸分子直徑偏大,則其原因可能是______。
A.油酸未完全展開
B.計算油膜的面積時,將不完整的方格作為完整方格處理
C.用注射器測量1 mL溶液的滴數(shù)時,少計了1滴
1.(驗證動量守恒定律)某研究性學(xué)習(xí)小組從北京冬奧會冰壺比賽項目中獲得啟發(fā),利用冰壺碰撞來驗證動量守恒定律。該小組在兩個相同的奶粉罐中加水,放在戶外結(jié)冰后制成兩只質(zhì)量不同的冰壺A和B,在戶外一塊平整的水平地面上潑水結(jié)冰形成冰面。小組成員用如圖甲(俯視)所示的裝置壓縮彈簧后將冰壺彈出,此冰壺與另一只靜止的冰壺發(fā)生碰撞。主要實驗步驟如下:
①固定發(fā)射裝置,將冰壺A壓縮彈簧后釋放;
②標(biāo)記冰壺A停止時的位置,在冰壺運動路徑上適當(dāng)位置標(biāo)記一定點O,測出冰壺A停止時右端到O點的距離,如圖乙所示。重復(fù)多次,計算該距離的平均值記為x1;
③將冰壺B靜置于冰面,左端位于O點。重新彈射冰壺A,使兩冰壺對心正碰,測出冰壺A停止時右端距O點的距離和冰壺B停止時左端距O點的距離。重復(fù)多次,分別計算距離的平均值記為x2和x3,如圖丙所示。
實驗中,應(yīng)如何操作才能確保冰壺A每次到達O點時的速度均相同 _________
________________________________________________________________。
(2)為完成實驗,還需要測出_____________________________________________,
驗證動量守恒定律的表達式為__________________________________________
(用x1、x2、x3和測量物理量對應(yīng)的字母表示)。
2.(探究合力的功與動能變化的關(guān)系)某同學(xué)利用如圖甲所示的裝置探究合力的功與動能變化間的關(guān)系。斜面的傾角為θ,其底端與光滑的水平臺面平滑連接,斜面上每間隔長度L0的A、B、C、D、E五個位置處可放置擋板,裝置的右側(cè)固定一個豎直木板,木板上粘貼有白紙和復(fù)寫紙。該同學(xué)用游標(biāo)卡尺測量鋼球的直徑d,從而在白紙上確定了水平面上鋼球圓心等高點的位置,記為O點,并在白紙上建立豎直方向的坐標(biāo)軸,白紙到水平臺面右端的距離為s。現(xiàn)分別從斜面上五個位置處靜止釋放質(zhì)量為m的鋼球,在白紙上測得了五組墨跡的中心點的坐標(biāo)值y。重力加速度為g。
(1)利用游標(biāo)卡尺測量鋼球的直徑,讀數(shù)如圖丙所示,則鋼球直徑d=_______
_____mm;
(2)如果作出的L-____________(選填“”“y”“y2”或“”)圖像是一條直線,如圖乙所示,則表明鋼球所受合力的功與鋼球獲得的速度的平方成正比;
(3)若圖像中直線的斜率為k,則鋼球所受的合力F=____________(用題目給定的物理量表示)。
3.(探究阻力與速度的關(guān)系)為探究“帶風(fēng)帆的小車所受阻力與小車運動速度的關(guān)系”,某物理興趣學(xué)習(xí)小組設(shè)計并進行了如下實驗:(g=9.8 m/s2,計算結(jié)果保留兩位小數(shù))
①將帶風(fēng)帆的小車、已連接好電源的打點計時器和紙帶按如圖甲所示安裝在光滑傾斜的長木板上,記錄下木板傾角;
②接通打點計時器電源(頻率為50 Hz),使小車從靠近打點計時器位置由靜止開始運動,打出一條紙帶,關(guān)閉電源;
③改變長木板的傾角,重復(fù)上述步驟,記錄并處理實驗數(shù)據(jù)。
回答下列相關(guān)問題:
(1)如圖乙所示為某次實驗打出的紙帶,由此紙帶可求得此次小車勻速運動時的速度為____________m/s。
(2)若測得小車(含風(fēng)帆)的質(zhì)量為500 g,木板傾角θ為30°,則小車勻速運動時所受阻力大小為____________N。
(3)改變長木板的傾角,重復(fù)以上步驟,記錄的部分實驗數(shù)據(jù)如表:
sinθ(θ為木板傾角) 0.09 0.17 0.42 0.50 0.57 0.74
小車勻速運動時速度v(m/s) 0.60 1.20 2.80 3.34 3.80 5.00
小組同學(xué)根據(jù)表中數(shù)據(jù)作了sinθ-v圖像,如圖丙所示。由表中數(shù)據(jù)及圖像可以得出的結(jié)論是________________________________________________________。
4.(創(chuàng)新實驗)某物理小組通過查閱資料得知,彈性材料的彈性系數(shù)k=Y,其中L是彈性材料未受力時的長度,S是橫截面積,Y是由材料決定的一個常數(shù),材料力學(xué)上稱之為楊氏模量,在國際單位制中單位為Pa。該物理小組通過如圖甲所示的實驗裝置測量橡皮繩的楊氏模量,同學(xué)們將橡皮繩上端固定,刻度尺貼近橡皮繩豎直放置。在橡皮繩下端逐一增掛鉤碼(質(zhì)量均為50 g),每增掛一只鉤碼均記下對應(yīng)的橡皮繩伸長量,同時根據(jù)平衡條件計算出橡皮繩的拉力,實驗數(shù)據(jù)如表所示:
鉤碼個數(shù) 1 2 3 4 5 6
拉力F(N) 0.49 0.98 1.47 1.96 2.45 2.94
伸長量x(cm) 1.00 1.98 3.02 4.00 5.60 7.95
(1)小李同學(xué)通過觀察實驗數(shù)據(jù),發(fā)現(xiàn)前四次實驗中拉力每增加ΔF=0.49 N,橡皮繩伸長量的變化量Δx幾乎不變,為減小實驗誤差,小李同學(xué)利用“測量勻變速直線運動的加速度”時用過的“逐差法”來計算Δx的平均值,并得出彈性系數(shù)的表達式為k=____________。(用前四次實驗橡皮繩的伸長量x1、x2、x3、x4以及ΔF表示)
(2)小趙同學(xué)利用圖像法處理數(shù)據(jù),請根據(jù)表格中的實驗數(shù)據(jù)在圖乙的坐標(biāo)系中標(biāo)出后3組數(shù)據(jù)對應(yīng)的坐標(biāo)點并畫出F-x圖像。
(3)測得實驗所用橡皮繩未受力時的長度為L=20.00 cm,直徑為D=4.000 mm。橡皮繩在伸長量較小時,橫截面積變化很小,近似滿足胡克定律。根據(jù)乙圖所繪圖像計算橡皮繩在近似滿足胡克定律時的楊氏模量為________Pa。(結(jié)果保留一位有效數(shù)字)
板塊一　力學(xué)、熱學(xué)實驗
考向一　探究類實驗
【真題研磨】
【典例】【解析】(1)依題意,打計數(shù)點B時小車位移大小為6.20 cm,考慮到偶然誤差,6.15~6.25 cm也可;由圖丙中小車運動的數(shù)據(jù)點,有a== m/s2=1.9 m/s2,考慮到偶然誤差,1.7~2.1 m/s2也可。
(2)利用圖甲裝置“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗時,需要滿足小車質(zhì)量遠遠大于鉤碼質(zhì)量,所以不需要換質(zhì)量更小的車,故A錯誤;利用圖甲裝置“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗時,需要利用小車重力斜向下的分力以平衡其摩擦阻力,所以需要將長木板安裝打點計時器一端較滑輪一端適當(dāng)高一些,故B正確;以系統(tǒng)為研究對象,依題意“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”實驗時有1.9 m/s2≈,考慮到實際情況,即f mg,有1.9 m/s2≈,則可知M≈4m,而利用圖甲裝置“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗時要保證所懸掛質(zhì)量遠小于小車質(zhì)量,即m M;可知目前實驗條件不滿足,所以利用當(dāng)前裝置在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”時,需將鉤碼更換成砝碼盤和砝碼,以滿足小車質(zhì)量遠遠大于所懸掛物體的質(zhì)量,故C正確;實驗過程中,連接鉤碼和小車的細繩應(yīng)跟長木板始終保持平行,與之前的相同,故D錯誤。
答案:(1) 6.20(6.15~6.25均可)
1.9(1.7~2.1均可)　(2) B、C
【多維演練】
1.【解析】(1)根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則可知遮光片的寬度為d=10 mm+4×
0.05 mm=10.20 mm
(2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)可得=≈0.712≈,
=≈0.575≈,=≈0.493≈
所以Δt∝,故選D。
(3)該同學(xué)的結(jié)論不正確,根據(jù)F=mgsinα可知增加小車的質(zhì)量的同時小車所受合外力也成比例增大,從而造成加速度不變。
答案: (1)10.20　(2)D　(3)該同學(xué)的結(jié)論不正確。根據(jù)F=mgsinα可知增加小車的質(zhì)量的同時小車所受合外力也成比例增大,從而造成加速度不變
2.【解析】(1)①由圖乙可知,測量時需要用B測量爪;
②遮光片的寬度為5 mm+2×0.1 mm=5.2 mm
(2)氣墊導(dǎo)軌的摩擦力可以忽略不計,氣墊導(dǎo)軌沒有定滑輪的一端不需要墊高來平衡摩擦力。
(3)實驗中將砂和砂桶的重力當(dāng)作細繩的拉力,則實驗中計算的拉力做功等于砂和砂桶重力做的功,砂桶的重力不僅提供給小車加速,還提供自己加速,則拉力總是小于砂桶的重力,實驗中計算的拉力做功偏大,則發(fā)現(xiàn)拉力做功總是大于小車動能的增量。
答案:(1)①B　② 5.2　(2)不需要　(3)大于
考向二　驗證類實驗
【真題研磨】
【典例】【解析】(1)設(shè)初始位置時,輕繩與豎直方向夾角為θ,則輕繩拉力最小值為Tmin=mgcosθ,到最低點時輕繩拉力最大,則mgl(1-cosθ)=mv2,Tmax-mg=m,聯(lián)立可得Tmax=3mg-2Tmin,即若小鋼球擺動過程中機械能守恒,則圖乙中直線斜率的理論值為-2;
(2)由圖乙得直線的斜率為k=-=-2.1,3mg=1.77 N,則小鋼球的重力為mg= 0.59 N 。
(3)該實驗系統(tǒng)誤差的主要來源是小鋼球擺動過程中有空氣阻力,使得機械能減小,故選C。
答案:(1)-2　(2)-2.1　0.59
(3)C
【多維演練】
1.【解析】(1)彈簧測力計的讀數(shù)為F=4.00 N。
(2)本實驗用一個彈簧測力計把橡皮條和繩的結(jié)點拉到O點和兩個彈簧測力計把橡皮條和繩的結(jié)點拉到O點的效果相同,即為等效替代,故A正確;第一次實驗時,兩細繩的夾角應(yīng)當(dāng)適當(dāng),不要太大,故B錯誤;實驗時要記下力的大小和方向,故C錯誤;要兩次實驗達到相同的效果,則要橡皮條和繩的結(jié)點拉到同一位置,故D正確。
(3)拉細繩時,細繩要平行于水平木板,兩細繩的夾角不宜太大,也不宜太小。
答案:(1)4.00　(2)A、D　(3)拉細繩時,細繩要平行于水平木板(或兩細繩的夾角不宜太大,也不宜太小)
2.【解析】(1)由游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則可知,該游標(biāo)卡尺的精確度為0.05 mm,則讀數(shù)為9 mm+6×0.05 mm=9.30 mm
(2)滑塊經(jīng)過光電門時的速度為v=
若滑塊下滑過程中的機械能守恒,則由機械能守恒定律得mgLsinα=mv2
整理得gLsinα=
(3)由gLsinα=
得L=·
坐標(biāo)系以L為縱軸,為了便于驗證,應(yīng)以為橫軸。
依題意,有k=
解得g=
答案: (1)9.30　(2) gLsinα=
(3)　
考向三　創(chuàng)新類實驗
【真題研磨】
【典例】【解析】(1)由題意知,彈簧處于原長時滑塊左端位于O點,A點到O點的距離為5.00 cm。拉動滑塊使其左端處于A點,由靜止釋放并開始計時。結(jié)合圖乙的F-t圖有Δx =5.00 cm,F=0.610 N
根據(jù)胡克定律得k=,計算出k ≈ 12 N/m;
(2)根據(jù)牛頓第二定律有F=ma,則a-F圖像的斜率為滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量的倒數(shù),根據(jù)圖丙中Ⅰ,則有= kg-1=5 kg-1,則滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量為m=0.20 kg;
(3)滑塊上增加待測物體,同理,根據(jù)圖丙中Ⅱ,則有= kg-1=3 kg-1,則滑塊、待測物體與加速度傳感器的總質(zhì)量為m' = 0.33 kg,則待測物體的質(zhì)量為Δm=m'-m = 0.13 kg。
答案: (1)12　(2)0.20　(3)0.13
【多維演練】
1.【解析】(1)本實驗中,細線從水平位置擺至豎直位置的過程中,嚴格來講其長度會發(fā)生細微變化,但這屬于系統(tǒng)誤差,在不改進實驗器材和原理的情況下無法避免,所以只能認為繩長為定值。設(shè)小球的質(zhì)量為m,做圓周運動的半徑為r,擺至最低點時的速度大小為v,根據(jù)動能定理有mgr=mv2 ①
設(shè)此時細線對小球的拉力大小為F,根據(jù)牛頓第二定律有F-mg=m ②
聯(lián)立①②解得g= ③
由③式可知還需要測量的物理量是m,故選A。
(2)為了減少偶然誤差,采取多次測量取平均值的方法,即細線對小球的最大拉力取值為F=
結(jié)合(1)問中測得的物理量求得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間=。
答案: (1)A
(2) 　
2.【解析】(1)根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則有0.6 cm + 12×0.05 mm=6.60 mm
(3)要驗證橡膠球下落過程中機械能是否守恒,則只需滿足=gh
根據(jù)上面測得數(shù)據(jù)符號表示=g(l2-l1)
(4)第二次通過光電門時的速度為v'=
則根據(jù)能量守恒有
ΔEk=mv2-mv'2=-
答案:(1)6.60　(3)　g(l2-l1)　(4)-
考向四　熱學(xué)類實驗
【真題研磨】
【典例】【解析】稀釋的目的是使油酸在淺盤的水面上容易形成一塊單分子層油膜;為了測量出一滴已知濃度的油酸酒精溶液中純油酸的體積,可以把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中,測出1 mL油酸酒精溶液的滴數(shù),就能得到一滴溶液中純油酸的體積。為得到油酸分子的直徑,我們還需測量出單分子層油膜的面積。
答案:見解析
【多維演練】
1.【解析】(1)這種估測方法是將每個分子視為球體模型。讓油酸盡可能地在水面上散開,則形成的油膜可視為單分子油膜。這層油膜的厚度可視為油酸分子的直徑。油膜面積約占125小格,面積約為S=125×25×25×10-6 m2=7.8×10-2 m2。一滴油酸酒精溶液含有純油酸的體積為V=××10-6 m3=1.2×10-11 m3;油酸分子的直徑約等于油膜的厚度d=≈1.5×10-10 m。
(2)主要有兩個原因:①水面受到落下的油酸酒精溶液的沖擊,先下陷后又恢復(fù)水平,因此油膜的面積擴張;②油酸酒精溶液中的酒精揮發(fā),使液面收縮。
答案:(1) 球體　單分子　直徑　7.8×10-2　1.2×10-11　1.5×10-10
(2)見解析
2.【解析】(1)第③步有疏漏,水面上不撒痱子粉或石膏粉時,滴入的油酸酒精溶液在酒精揮發(fā)后剩余的油膜不能形成一塊完整的油膜,油膜間的縫隙會造成測量誤差增大甚至實驗失敗,故應(yīng)先在水面上撒痱子粉或石膏粉。
(2)計算油膜面積時,超過半格的算一格,不滿半格的舍去,則油膜面積約為73 cm2。由題意,1滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積為V=× mL=2.7×10-5 mL
油膜分子直徑為d=≈4×10-9 m
(3)油酸未完全散開會導(dǎo)致計算的面積偏小,得到油酸分子的直徑的測量值偏大,故A正確;計算油膜的面積時,將不完整的方格作為完整方格處理,則測得的面積偏大,則油酸分子的測量值偏小,故B錯誤;求每滴油酸酒精溶液的體積時,1 mL的溶液滴數(shù)少計了1滴,會使油酸酒精溶液中所含純油酸的體積的計算值偏大,從而造成分子直徑測量值偏大,故C正確。
答案: (1) ③　滴入一滴油酸酒精溶液前,在水面上撒上痱子粉　(2)73　2.7×10-5　4×10-9　(3)A、C
1.【解析】(1)確保冰壺A每次到達O點時的速度均相同,需要每次將彈簧壓縮至同一位置靜止釋放;
(2)根據(jù)動量守恒定律m1v1=m1v1'+m2v2'
運動過程中冰壺A、B均做勻減速運動,故v2=2ax
聯(lián)立解得m1=m2-m1
故還需要測量冰壺A的質(zhì)量m1,冰壺B的質(zhì)量m2。
答案:(1)每次將彈簧壓縮至同一位置靜止釋放
(2)冰壺A的質(zhì)量m1,冰壺B的質(zhì)量m2　m1=m2-m1
2.【解析】(1)游標(biāo)卡尺讀數(shù)為11 mm+8×0.05 mm=11.40 mm
(2)剛下落過程中,合力做的功W=FL
設(shè)小球運動到斜面底端的速度為v,離開水平面后做平拋運動,水平方向s=vt
豎直方向y=gt2
可得v2=
若作出的L-圖像是一條直線,則說明W∝v2。
(3)根據(jù)動能定理得FL=mv2
可得L=·
其中斜率k=
可得F=
答案:(1)11.40　(2) 　(3)
3.【解析】(1)小車勻速運動時,相等時間間隔內(nèi)運動距離相同,則相鄰計數(shù)點間距相同,結(jié)合乙圖可得v==m/s≈1.20 m/s
(2)當(dāng)傾角θ=30°時,根據(jù)受力平衡可得mgsinθ=f
解得f=mgsinθ=0.5×9.8×0.5 N=2.45 N
(3)小車勻速運動時,根據(jù)受力平衡可得f=mgsinθ
由表格數(shù)據(jù)可得
=0.15,≈0.14,=0.15,≈0.15,=0.15,≈0.15
結(jié)合sinθ-v圖像可知sinθ與運動速度v成正比,所以小車所受的阻力與運動速度成正比。
答案: (1)1.20　 (2)2.45　(3)小車所受的阻力與運動速度成正比
4.【解析】(1)橡皮繩伸長量的變化量Δx的平均值為Δ=
根據(jù)胡克定律可得ΔF=kΔ
解得k=
(2)F-x圖像如圖所示
(3)由F-x圖像可知,伸長量為1.00 cm時,橡皮繩的彈性系數(shù)為
k= N/m=49 N/m
根據(jù)k=Y
可得Y=== Pa≈8×105 Pa
答案: (1)
(2)
(3) 8×105

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