資源簡介

創新能力
創新性問題解決
（2020全國理綜Ⅰ卷）一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，弧為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子，在紙面內從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為（ ）
A． B． C． D．
關鍵信息：已知磁場方向、粒子速度方向 → 左手定則可以判斷洛倫茲力方向 → 確定軌跡情況
相同磁場、相同的粒子、速率不同 → 運動周期相同，半徑不同 → “放縮圓”問題
磁場中運動時間最長 → 確定圓弧所對應的最大圓心角（創新點）
解題思路：本題在考查利用“放縮圓”處理帶電粒子在磁場中運動問題的同時，又不固定學生的創新性思維，在“放縮圓”的基礎上，同時考查學生如何利用幾何方法確定最大圓心角，從而找到解決粒子最長運動時間的問題，避免了學生對于所學知識的死記硬背，機械刷題的現象。
對于同種粒子在磁場中運動的時間由在磁場中運動軌跡對應圓心角決定，即t＝。如圖甲所示，粒子垂直ac，則圓心必在ac直線上。采用放縮法可知，將粒子的軌跡半徑由零逐漸放大，在r＜0.5R和r＞1.5R時，粒子將分別從ac、bd區域射出，磁場中的軌跡為半圓，運動時間等于半個周期。當0.5R＜r＜1.5R時，粒子從半圓邊界射出，運動時間顯然大于半個周期
若粒子從ab圓弧邊任意一點e出射，軌跡如圖所示，對應的圓心為O1，設∠O1ce＝α，由幾何關系可知粒子在磁場中轉過的圓心角θ＝∠cO1e＝180°＋2α，由此可知當α角越大時，粒子在磁場中轉過的圓心角越大，粒子在磁場中運動的時間越長；由幾何關系可知當線段ce與半圓ab相切時α角最大，如圖乙所示，此時三角形ceO為直角三角形，可知α角為30°，故最大偏轉角為θ＝π＋＝，帶電粒子在磁場中運動的周期為T＝，則其運動時間最長為t＝＝，故C正確，ABD錯誤；
故選C。
（智學精選）如圖所示，空間中有正交的勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B，勻強電場方向豎直向下，將一質量為m，帶電量為＋q的粒子沿水平向左以速度v拋入復合場中，忽略粒子的重力。已知勻強電場的電場強度大小E＝Bv，在粒子之后運動的過程中，以下說法錯誤的是（　　）
A．粒子偏離入射方向的最大距離為
B．粒子在軌跡最低點的曲率半徑為
C．粒子從拋出到最低點的過程中電勢能的變化量為－4mv2
D．粒子運動過程中動能與電勢能的總和是守恒的
A．根據題意E＝Bv得Eq＝Bqv，將粒子以速度v水平向左拋入復合場中，根據“配速法”，粒子的初速度可以等效為一個水平向左的分速度2v和一個水平向右的分速度v，向右的分速度v會產生一豎直向上的洛倫茲力F1＝qvB，由于Eq＝qvB，則粒子的一個分運動為水平向右的勻速直線運動，另一個分運動是水平向左沿逆時針方向的勻速圓周運動，速度大小為2v：Bq2v＝ 解得R＝，則粒子偏離入射方向的最大距離為2R＝，A錯誤；
B．粒子在軌跡最低點速度大小為3v，方向水平向右。由Bq3v－Eq＝ ，解得，即軌跡最低點的曲率半徑為，B正確；
C．粒子從拋出到最低點的過程中電場力做正功，電勢能減小，電勢能的變化量為－Eq×2R＝－4mv2，C正確；
D．粒子在復合場中運動過程中只有電場力做功，所以粒子的動能和電勢能的總和是守恒的，D正確。
本題選錯誤的，故選A。
所謂創新性問題解決，體現在高考題中，主要體現就是“變”。新的解題方法，解題策略是從平常所學的知識以及方法中演變而來，或優化組合（例如將一些基本知識點或基本模型巧妙地結合在一個情景中考查），培養了學生的創新能力和實踐能力。
創新性實驗設計
（2022·河北歷年真題）某實驗小組利用鐵架臺、彈簧、鉤碼、打點計時器、刻度尺等器材驗證系統機械能守恒定律，實驗裝置如圖1所示。彈簧的勁度系數為k，原長為L0，鉤碼的質量為m。已知彈簧的彈性勢能表達式為E＝，其中k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量，當地的重力加速度大小為g。
（1）在彈性限度內將鉤碼緩慢下拉至某一位置，測得此時彈簧的長度為L。接通打點計時器電源。從靜止釋放鉤碼，彈簧收縮，得到了一條點跡清晰的紙帶。鉤碼加速上升階段的部分紙帶如圖2所示，紙帶上相鄰兩點之間的時間間隔均為T（在誤差允許范圍內，認為釋放鉤碼的同時打出A點）。從打出A點到打出F點時間內，彈簧的彈性勢能減少量為______，鉤碼的動能增加量為______，鉤碼的重力勢能增加量為______。
圖2
（2）利用計算機軟件對實驗數據進行處理，得到彈簧彈性勢能減少量、鉤碼的機械能增加量分別與鉤碼上升高度h的關系，如圖3所示。由圖3可知，隨著h增加，兩條曲線在縱向的間隔逐漸變大，主要原因是______。
關鍵信息：（1）彈簧的長度為L → 彈簧的伸長量為L－L0 → 根據E＝確定彈簧的彈性勢能
根據紙帶所打點跡 → 確定打下F點時的速度，從而確定鉤碼動能的增加量以及重力勢能的增加量
（2）兩條曲線在縱向的間隔逐漸變大 → 明確影響實驗結果的因素之一為空氣阻力，知道空氣阻力與鉤碼運動速度大小有關（開放性思維）
解題思路：解決本題的關鍵在于明確實驗原理，掌握利用紙帶計算鉤碼的速度，確定彈簧的型變量，測量鉤碼移動的距離，從而確定彈簧彈性勢能的減少量、鉤碼動能以及重力勢能的增加量。本題考查的核心點在于影響實驗結果的因素分析，明確除摩擦阻力之外，還存在空氣阻力，且空氣阻力與鉤碼的運動速度有關，從而明確兩條曲線在縱向的間隔逐漸變大的原因。
（1）打下A點時彈簧的形變量為L－L0，打下F點時形變量為L－L0－h5，故從打出A點到打出F點時間內，彈簧的彈性勢能減少量為ΔEp彈＝k(L－L0)2－k(L－L0－h5)2
整理有ΔEp彈＝k(L－L0)h5－
打F點時鉤碼的速度為vF＝
由于在誤差允許的范圍內，認為釋放鉤碼的同時打出A點，則鉤碼動能的增加量為
ΔEk＝－0＝
鉤碼的重力勢能增加量為ΔEp重＝mgh5
（2）鉤碼機械能的增加量，即鉤碼動能和重力勢能增加量的總和，若無阻力做功則彈簧彈性勢能的減少量等于鉤碼機械能的增加量。現在隨著h增加，兩條曲線在縱向的間隔逐漸變大，表明彈簧減少的彈性勢能沒有全部轉化為鉤碼增加的機械能，部分由于阻力做功轉化成了內能，且阻力做功越來越大。而產生這個問題的主要原因是鉤碼和紙帶運動的速度逐漸增大，導致空氣阻力逐漸增大，以至于空氣阻力做的功也逐漸增大。
答案：（1）k(L－L0)h5－ mgh5 （2）見解析
（2022·山東二模）某同學利用智能手機和無人機測量當地的重力加速度值。經查閱資料發現在地面附近高度變化較小時，可以近似將大氣作為等密度、等溫氣體，實驗地空氣密度約為1.2kg/m3。實驗步驟如下：
（1）將手機固定在無人機上，打開其內置壓力傳感器和高度傳感器的記錄功能；
（2）操控無人機從地面上升，手機傳感器將記錄壓強、上升高度隨時間變化的情況，完成實驗后降落無人機；
無人機上升過程中起步階段可以看作勻加速直線運動，上升高度與其對應時刻如下表所示：
上升高度/10－2m 0 13.64 53.82 121.91 217.44
時刻/s 0 0.30 0.60 0.90 1.20
根據上表信息，無人機在t＝0.3s時的速度大小為________m/s，在加速過程中的加速度大小為________m/s2；（結果均保留2位小數）
（3）導出手機傳感器記錄的數據，得到不同高度的大氣壓值，選取傳感器的部分數據，作出p－h圖像如圖所示。根據圖像可得到當地重力加速度值為__________m/s2（結果保留2位有效數字）。
（2）根據表中數據可得每個0.3s內無人機的上升高度分別為
h1＝13.64cm
h2＝53.82cm－13.64cm＝40.18cm
h3＝121.91cm－53.82cm＝68.09cm
h4＝217.44cm－121.91cm＝95.33cm
根據以上數據可知，在誤差允許范圍內，有
h2－h1≈h3－h2≈h4－h3
所以0～1.2s時間內無人機始終做勻加速直線運動，在t＝0.3s時的速度大小為
v0.3＝m/s≈0.90m/s
根據逐差法可得在加速過程中的加速度大小為
a＝m/s2＝3.05m/s2
（3）設地面大氣壓強為p0，則：p＝p0－ρgh
所以圖線的斜率為
k＝N/m3＝－ρg
解得：g≈9.7m/s2
答案：（2）0.90 3.05 （3）9.7
（2021·重慶歷年真題）某興趣小組使用如圖1電路，探究太陽能電池的輸出功率與光照強度及外電路電阻的關系，其中P為電阻箱，R0是阻值為37.9kΩ的定值電阻，E是太陽能電池，μA是電流表（量程0～100μA，內阻2.10kΩ）
（1）實驗中若電流表的指針位置如題圖2所示，則電阻箱P兩端的電壓是______V。（保留3位有效數字）
（2）在某光照強度下，測得太陽能電池的輸出電壓U與電阻箱P的電阻R之間的關系如圖3中的曲線①所示。不考慮電流表和電阻R0消耗的功率，由該曲線可知，M點對應的太陽能電池的輸出功率是________mW。（保留3位有效數字）
（3）在另一更大光照強度下，測得U－R關系如圖3中的曲線②所示。同樣不考慮電流表和電阻R0消耗的功率，與曲線①相比，在電阻R相同的情況下，曲線②中太陽能電池的輸出功率________（選填“較小”、“較大”），由圖像估算曲線②中太陽能電池的最大輸出功率約為________mW。（保留3位有效數字）
關鍵信息：（1）圖1、圖2 → 讀出電流表的讀數， 結合電路規律計算電阻箱P兩端的電壓
（2）圖3 → 根據圖像讀取M點數據，結合公式P＝計算太陽能電池的輸出功率
（3）估算曲線②中太陽能電池的最大輸出功率 → 分析圖像的特點，確定最大輸出功率所對應的區間，進而進行估算（圖像分析與估算能力）
解題思路：本題考查了電表的讀數規則，以及電路規律、電功率的基本應用，重點考查的是關于圖3中曲線的分析，找到太陽能電池最大輸出功率所在的區間，從而解決問題。
（1）根據電流表讀數規則，電流表讀數是
I＝62.0μA＝6.20×10－5 A
電阻箱P兩端的電壓是
U＝I(rg＋R0)＝6.20×10－5×(2.10＋37.9)×103V＝2.48V
（2）M點對應的電壓U＝1.80V，電阻R＝80.0Ω，太陽能電池的輸出功率
P＝＝4.05×10－2W＝40.5mW
（3）與曲線①相比，在電阻R相同的情況下，曲線②中太陽能電池的輸出電壓較大，由
P＝可知，曲線②中太陽能電池的輸出電功率較大；
由圖像②可知，太陽能電池電動勢為E＝2.80V，圖像的斜率表示電流，根據輸出功率
P＝＝UI可知：
當電阻大于150Ω以后，輸出電壓趨于恒值，輸出功率越來越小，可知輸出功率最大值不在大于150Ω以后取得。而當圖像成直線時可知電流是恒定的，此時電壓越大輸出功率越大，因此輸出功率最大值應該在阻值40Ω－150Ω之間取得，分別代入50Ω，60Ω，70Ω…幾組值可以估算功率可得：
P1＝W＝105.8mW，P2＝W＝97.6mW，P3＝W＝90.7mW
因此可知最大功率約在電阻50Ω附近取得，最大功率約為106mW。
答案：（1）2.48 （2）40.5 （3）較大 106
（2022·湖北武漢模擬）半導體薄膜壓力傳感器是一種常用的傳感器，其阻值會隨壓力變化而改變。
（1）利用圖甲所示的電路測量一傳感器在不同壓力下的阻值RN，其阻值約幾十千歐，現有以下器材：
壓力傳感器
電源：電動勢6V
電流表A：量程250μA，內阻約為50Ω
電壓表V：量程3V，內阻約為20kΩ
滑動變阻器R：阻值范圍0～100Ω
開關S，導線若干
為了提高測量的準確性，應該選下面哪個電路圖進行測量_________；
（2）通過多次實驗測得其阻值RN隨壓力F變化的關系圖像如圖乙所示：
由圖乙可知，壓力越大，阻值RN_________（選填“越大”或“越小”），且壓力小于2.0N時的靈敏度比壓力大于2.0N時的靈敏度（靈敏度指電阻值隨壓力的變化率）_________（選填“高”或“低”）；
（3）利用該壓力傳感器設計了如圖丙所示的自動分揀裝置，可以將質量不同的物體進行分揀，圖中RN為壓力傳感器，R′為滑動變阻器，電源電動勢為6V（內阻不計）。分揀時將質量不同的物體用傳送帶運送到托盤上，OB為一個可繞O轉動的杠桿，下端有彈簧，當控制電路兩端電壓≤3V時，杠桿OB水平，物體水平進入通道1；當控制電路兩端電壓＞3V時，杠桿的B端就會被吸下，物體下滑進入通道2，從而實現分揀功能。重力加速度大小為g＝10m/s2，若要將質量大于0.16kg的貨物實現分揀，至少應該將R′接入電路的阻值調為_________kΩ（結果保留3位有效數字）。
（1）因為RN的阻值在幾十千歐，遠大于滑動變阻器的最大阻值，所以為了便于調節RN的電壓和電流，滑動變阻器應采用分壓式接法；又因為：RN＞
所以為減小系統誤差，電流表應采用內接法。
故選A。
（2）由圖乙可知，壓力越大，阻值RN越小。
靈敏度即為圖線斜率的絕對值，所以壓力小于2.0N時的靈敏度比壓力大于2.0N時的靈敏度高。
（3）當貨物質量恰好為0.16kg，即對RN的壓力大小為1.6N時，由題圖乙可知此時
RN＝28.0kΩ
若此時控制電路電壓剛好為3V，則R′接入電路的阻值最小，根據串聯分壓規律有
＝3V
解得：R′＝28.0kΩ
所以至少應該將R′接入電路的阻值調為28.0kΩ。
答案：（1）A （2）越小 高 （3）28.0
創新能力在實驗題中往往以多種方式考查，比如開放性思維，估算與近似處理問題的能力，獲取信息的能力等。創新型實驗往往以教材原有實驗為依托，但又不拘泥于原有實驗，從實驗目的、實驗原理、實驗器材、數據處理與分析等不同角度進行適當的創新與改變，達到考查學生實驗探究能力的目的。
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