資源簡介

(共59張PPT)
第10講　直流電路與交流電路
命題點一　直流電路的分析與計算
1．閉合電路歐姆定律的三個公式
(1)E＝U外＋U內；(任意電路)
(2)E＝U外＋Ir；(任意電路)
(3)E＝I(R＋r)．(純電阻電路)
2．電路動態分析的兩種方法
即因滑動變阻器滑片滑動引起的電路變化問題，可將滑動變阻器的滑片分別滑至兩個極端去討論．
例 1 [2023·廣東模擬預測] (多選)如圖所示電路，兩電源電動勢分別為E1、E2，內阻分別為r1、r2，且E1＝E2，r1>r2，R為滑動變阻器，P為滑動變阻器滑片，燈泡電阻可認為不變．現閉合開關S1，單刀雙擲開關S2接1時，燈泡均正常發光，則下列說法中正確的是(　　)
A．若滑片P向下滑動，則L2變亮，L3變暗
B．若滑片P向下滑動，則L1變暗，L2變亮
C．若將單刀雙擲開關S2切換至2，則L1、L2、L3均變亮
D．若將單刀雙擲開關S2切換至2，則電源的輸出功率可能變小
答案：ABC
答案：C
例 3 [2023·浙江名校聯盟聯考]新冠肺炎患者中有13%的重癥患者和6%的危重患者需要給予及時的呼吸機治療，呼吸機成為生死攸關的戰略資源．呼吸機的核心部件之一是呼吸機馬達．下表是國內某制造商生產的呼吸機馬達的主要參數．
呼吸機馬達
額定電壓 24 V
空載電流 0.2 A
額定轉速 30 000 rpm
額定負載扭矩 100 mN·m
額定電流 1.9 A
額定輸出功率 32 W
下列說明正確的是(　　)
A. 額定電流狀態下，馬達內阻等消耗功率為13.6 W
B．利用空載狀態的參數，計算出馬達的內阻是120 Ω
C．利用額定狀態的參數，計算出馬達的內阻約為9 Ω
D．空載狀態下，馬達的輸出功率為4.8 W
答案：A
解析：額定電流狀態下，馬達內阻等消耗功率為Pr＝U額I額－P輸＝13.6 W，故A正確；由于馬達不是純電阻元件，所以無論是在空載狀態還是額定狀態，都不能利用參數根據歐姆定律計算馬達的內阻，故B、C錯誤；空載狀態下，馬達的輸入功率為P空＝U額I空＝4.8 W，由于馬達內阻會消耗功率，所以馬達此時的輸出功率小于4.8 W，故D錯誤．
提升訓練
1.[2023·重慶南開中學質檢](多選)小明為自己家的養牛場設計了一款補水提示器，其工作原理如圖所示．在忽略電表內阻影響的情況下，下列分析正確的是(　　)
A．水量減少時，滑動變阻器的滑片向上移動
B．如果選擇電壓表，電表示數變小反映水量增多
C．如果選擇電流表，電表示數變大反映水量增多
D．如果選擇電流表，R0可以在水太多時保護電路
答案：ACD
解析：根據裝置圖可知，水量減少，彈簧壓縮量減少，滑片上移，故A正確；若電表為電壓表，其測的是滑動變阻器上部分對應的電壓值，示數減小，說明滑片上移，水量減少，故B錯誤；若電表為電流表，電流表測的是整個電路的電流，電流表示數變大，說明滑動變阻器接入電路的阻值減小，即滑片下移，水量增多，故C正確；如果選擇電流表，水太多時R接入電路的阻值很小，電路中電流很大，此時R0串聯在干路中，起到保護電路(電流表)的作用，故D正確．
2．[2023·北京市昌平區前鋒學校二模]甲、乙兩種亮度可調的臺燈內部電路示意圖如圖所示，其中甲臺燈通過變阻器調節燈泡亮度，乙臺燈通過改變理想變壓器副線圈的匝數調節燈泡亮度，兩臺燈所用電源和燈泡均相同，下列說法正確的是(　　)
A．兩臺燈均可使用直流電源
B．甲臺燈的旋轉開關從1調到4的過程中，燈泡逐漸變暗
C．乙臺燈的旋轉開關從1調到4的過程中，燈泡逐漸變亮
D．當兩臺燈亮度相同時，電源的輸出功率相同
答案：C
3.[2023·人大附中高三摸底考試](多選)為了節能和環保，一些公共場所用光敏電阻制作光控開關來控制照明系統，如圖為電路原理圖．圖中，直流電源電動勢為3 V，內阻可不計，R為可變電阻，RG為光敏電阻，其在不同照度下的阻值如表(照度是描述光的強弱的物理量，光越強照度越大，lx是它的單位)．
照度/lx 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
電阻RG/kΩ 75 40 28 23 20 18
若控制開關兩端電壓升至2 V時將自動開啟照明系統，則以下說法正確的是(　　)
A.若將R接入電路的阻值調整為20 kΩ，則當照度降低到0.4 lx時啟動照明系統
B．若要使照明系統在照度降低到0.8 lx時啟動，則要將R接入電路的阻值調整為46 kΩ
C．R接入電路的阻值不變時，照度越大，控制開關兩端的電壓越大
D．若要在光照更暗時啟動照明系統，應將R接入電路的阻值調大
答案：AD
3．正弦式交流電“四值”的應用
表達式 應用
最大值 Em＝nBSω 計算電容器的耐壓值
瞬時值 e＝Emsin ωt 計算某時刻所受安培力
有效值 電表的讀數及計算電熱、電功及保險絲的熔斷電流
平均值 計算通過導體的電荷量
答案：BD
考向2　交變電流的“四值”的分析、計算
例 2 [2023·湖南卷](多選)某同學自制了一個手搖交流發電機，如圖所示．大輪與小輪通過皮帶傳動(皮帶不打滑)，半徑之比為4∶1，小輪與線圈固定在同一轉軸上．線圈是由漆包線繞制而成的邊長為L的正方形，共n匝，總阻值為R.磁體間磁場可視為磁感應強度大小為B的勻強磁場．大輪以角速度ω勻速轉動，帶動小輪及線圈繞轉軸轉動，轉軸與磁場方向垂直．線圈通過導線、滑環和電刷連接一個阻值恒為R的燈泡．
答案：AC
答案：B
2．[2023·金麗衢十二校聯考]如圖所示為一電流通過一電子元件后的波形圖(曲線部分為正弦式交變電流的一部分)，則下列說法正確的是(　　)
A．這是一種交變電流
B．電流的變化周期為0.03 s
C．電流通過100 Ω電阻時，電功率為100 W
D．電流通過100 Ω的電阻時，一個周期內流經電阻的電荷量大于0.015 C
答案：D
答案：B
2．分清遠距離輸電的三個回路和三種關系
(1)理清三個回路
(2)分清三種關系
電壓關系 U2＝ΔU＋U3
電流關系 I2＝I3＝I線
功率關系 P1＝P2 P3＝P4
答案：BC
例 2 [2023·四川省成都市樹德中學高三三診]圖甲中理想變壓器原、副線圈的匝數比為2∶1，電阻R＝10 Ω，L1、L2為規格相同的兩只小燈泡．原線圈接一個經雙可控硅調節后的電壓U，U隨時間t的變化規律如圖乙所示，正弦交流電的每一個二分之一周期中，前四分之一周期電壓被截去．現將S1、S2、S3閉合，此時L2正常發光．下列說法錯誤的是(　　)
A．輸入電壓U的有效值為10 V
B．R消耗的電功率為10 W
C．只斷開S3后，L2能正常發光
D．只斷開S2后，原線圈的輸入功率減小
答案：B
答案：D
考向2　遠距離輸電
例 4 [2023·四川統考二模](多選)在遠距離輸電技術上，中國1 100 kV特高壓直流輸電工程是目前世界上電壓等級最高、輸送容量最大、輸送距離最遠、技術水平最先進的輸電工程．輸電線路流程可簡化為：
如虛線框所示，若直流輸電線電阻為10 Ω，直流電輸送功率為5.5×109 W，不計變壓器、整流與逆變等造成的能量損失，則(　　)
A．直流電輸電線路上的電流為5×103 A
B．直流電輸電線路上損失的電壓為100 kV
C．降壓變壓器的輸出功率是4.5×109 W
D．若將1 100 kV直流輸電降為550 kV直流輸電，受端獲得功率將比原來減少7.5×108 W
答案：AD
提升訓練
1.[2023·安徽省聯考](多選)如圖所示，理想變壓器原、副線圈總匝數相同，滑動觸頭P初始位置在副線圈正中間，輸入端接入電壓有效值恒定的交變電源，原、副線圈分別接可變電阻R1、R2，理想電壓表V1、V2的示數為U1、U2，理想電流表A1、A2的示數為I1、I2.
答案：ABD
2．[2023·浙江聯考](多選)杭麗鐵路被列入浙江省重大建設項目“十四五”規劃，杭麗高鐵建成后，麗水前往杭州的時間將縮短至1小時內．新建成的高鐵將應用許多新技術，圖示為高鐵的牽引供電流程圖，利用可視為理想變壓器(原、副線圈匝數比為n1∶n2)的牽引變電所，將高壓220 kV或110 kV降至27.5 kV，再通過接觸網上的電線與車頂上的受電弓使機車獲得25 kV工作電壓，
則下列說法正確的是(　　)
A．若電網的電壓為110 kV，則n1∶n2＝4∶1
B．若高鐵機車運行功率增大，機車工作電壓將會高于25 kV
C．高鐵機車運行功率增大，牽引變電所至機車間的熱損耗功率也會隨之增大
D．如果高鐵機車的電動機輸出機械功率為9 000 kW，電機效率為90%，則牽引變電所到機車間的等效電阻為62.5 Ω
答案：AC
交變電流的產生及含變壓器的三種模型
模型一　交變電流的產生
分類 情境圖示 情境解讀
兩個特殊位置
中性面：Φ最大、e＝0、i＝0、電流變向
中性面的垂面：Φ＝0、e最大、i最大、電流不變向
交變電流的四值 峰值Um＝nBSω
瞬時值e＝Umsin ωt
或e＝Umcos ωt
模型二　含變壓器的三種模型
分類 情境圖示 情境解讀
變壓器工作原理
變交不變直，變壓不變頻
變壓器動態分析
一般有兩種：匝數比不變的情況和負載電阻不變的情況
遠距離輸電
答案：D
[典例2]　[2023·福建省寧德市質檢]如圖所示為輸電能耗演示電路．左側變壓器T1原、副線圈匝數比為1∶3，輸入電壓為6 V的正弦交流電．連接兩理想變壓器的導線總電阻為r，負載R的阻值為8 Ω，開關S接1時，右側變壓器T2原、副線圈匝數比為2∶1，R消耗的功率為8 W；接2時，T2原、副線圈匝數比為1∶2，則(　　)
A．接1時，T2原線圈兩端電壓為U3＝18 V
B．接1時，T2原線圈中的電流為I3＝2 A
C．接2時，R消耗的功率P＝32 W
D．接2時，R消耗的功率P＝18 W
答案：D
第10講　直流電路與交流電路
知識網絡構建
命題分類剖析
命題點一　直流電路的分析與計算
1．閉合電路歐姆定律的三個公式
(1)E＝U外＋U內；(任意電路)
(2)E＝U外＋Ir；(任意電路)
(3)E＝I(R＋r)．(純電阻電路)
2．電路動態分析的兩種方法
即因滑動變阻器滑片滑動引起的電路變化問題，可將滑動變阻器的滑片分別滑至兩個極端去討論．
例 1 [2023·廣東模擬預測]
(多選)如圖所示電路，兩電源電動勢分別為E1、E2，內阻分別為r1、r2，且E1＝E2，r1>r2，R為滑動變阻器，P為滑動變阻器滑片，燈泡電阻可認為不變．現閉合開關S1，單刀雙擲開關S2接1時，燈泡均正常發光，則下列說法中正確的是(　　)
A．若滑片P向下滑動，則L2變亮，L3變暗
B．若滑片P向下滑動，則L1變暗，L2變亮
C．若將單刀雙擲開關S2切換至2，則L1、L2、L3均變亮
D．若將單刀雙擲開關S2切換至2，則電源的輸出功率可能變小
例 2 [2023·海南卷]如圖所示電路，已知電源電動勢為E，內阻不計，電容器電容為C，閉合開關K，待電路穩定后，電容器上的電荷量為(　　)
A．CE
B．CE
C．CE
D．CE
例 3 [2023·浙江名校聯盟聯考]新冠肺炎患者中有13%的重癥患者和6%的危重患者需要給予及時的呼吸機治療，呼吸機成為生死攸關的戰略資源．呼吸機的核心部件之一是呼吸機馬達．下表是國內某制造商生產的呼吸機馬達的主要參數．下列說明正確的是(　　)
呼吸機馬達
額定電壓 24 V
空載電流 0.2 A
額定轉速 30 000 rpm
額定負載扭矩 100 mN·m
額定電流 1.9 A
額定輸出功率 32 W
A.額定電流狀態下，馬達內阻等消耗功率為13.6 W
B．利用空載狀態的參數，計算出馬達的內阻是120 Ω
C．利用額定狀態的參數，計算出馬達的內阻約為9 Ω
D．空載狀態下，馬達的輸出功率為4.8 W
思維提升
純電阻電路和非純電阻電路
(1)純電阻電路：電功W＝UIt，電功率P＝UI，且電功全部轉化為電熱，有W＝Q＝UIt＝t＝I2Rt，P＝UI＝＝I2R.
(2)非純電阻電路：電功W＝UIt，電功率P＝UI，電熱Q＝I2Rt，電熱功率P熱＝I2R，電功率大于電熱功率，即P>P熱，故求電功、電功率只能用W＝UIt、P＝UI，求電熱、電熱功率只能用Q＝I2Rt、P熱＝I2R.
提升訓練
1.
[2023·重慶南開中學質檢](多選)小明為自己家的養牛場設計了一款補水提示器，其工作原理如圖所示．在忽略電表內阻影響的情況下，下列分析正確的是(　　)
A．水量減少時，滑動變阻器的滑片向上移動
B．如果選擇電壓表，電表示數變小反映水量增多
C．如果選擇電流表，電表示數變大反映水量增多
D．如果選擇電流表，R0可以在水太多時保護電路
2．[2023·北京市昌平區前鋒學校二模]甲、乙兩種亮度可調的臺燈內部電路示意圖如圖所示，其中甲臺燈通過變阻器調節燈泡亮度，乙臺燈通過改變理想變壓器副線圈的匝數調節燈泡亮度，兩臺燈所用電源和燈泡均相同，下列說法正確的是(　　)
A．兩臺燈均可使用直流電源
B．甲臺燈的旋轉開關從1調到4的過程中，燈泡逐漸變暗
C．乙臺燈的旋轉開關從1調到4的過程中，燈泡逐漸變亮
D．當兩臺燈亮度相同時，電源的輸出功率相同
3.
[2023·人大附中高三摸底考試](多選)為了節能和環保，一些公共場所用光敏電阻制作光控開關來控制照明系統，如圖為電路原理圖．圖中，直流電源電動勢為3 V，內阻可不計，R為可變電阻，RG為光敏電阻，其在不同照度下的阻值如表(照度是描述光的強弱的物理量，光越強照度越大，lx是它的單位)．若控制開關兩端電壓升至2 V時將自動開啟照明系統，則以下說法正確的是(　　)
照度/lx 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
電阻RG/kΩ 75 40 28 23 20 18
A.若將R接入電路的阻值調整為20 kΩ，則當照度降低到0.4 lx時啟動照明系統
B．若要使照明系統在照度降低到0.8 lx時啟動，則要將R接入電路的阻值調整為46 kΩ
C．R接入電路的阻值不變時，照度越大，控制開關兩端的電壓越大
D．若要在光照更暗時啟動照明系統，應將R接入電路的阻值調大
命題點二　交流電流的分析與計算
1．線圈通過中性面時的特點
(1)穿過線圈的磁通量最大．
(2)線圈中的感應電動勢為零．
(3)線圈每經過中性面一次，感應電流的方向改變一次．
2．有效值的計算
(1)正弦式交變電流：E＝，I＝，U＝.
(2)非正弦式交變電流：計算有效值時，要根據電流的熱效應，即“一個周期”內“相同電阻”上產生“相同熱量”，然后分段求和列式，求得有效值．
3．正弦式交流電“四值”的應用
表達式 應用
最大值 Em＝nBSω 計算電容器的耐壓值
瞬時值 e＝Emsin ωt 計算某時刻所受安培力
有效值 E＝ 電表的讀數及計算電熱、電功及保險絲的熔斷電流
平均值 ＝ 計算通過導體的電荷量
考向1　交流電流的產生
例 1 [2023·四川省成都市三診](多選)如圖甲所示，KLMN是一個電阻R＝0.4 Ω的單匝豎直矩形閉合導線框，全部處于水平方向的勻強磁場中，MN邊水平，線框繞某一豎直固定軸按俯視的逆時針方向勻速轉動，產生的感應電流如圖乙所示．下列說法正確的是(　　)
A．1 s時間內電流方向改變5次
B．若從圖示時刻開始計時，并且規定MLKN的方向為電流的正方向，則電流表達式為i＝10sin (10πt＋π)A
C．圖示時刻感應電動勢的瞬時值e＝2V
D．磁通量的最大值Φm＝ Wb
考向2　交變電流的“四值”的分析、計算
例 2 [2023·湖南卷](多選)某同學自制了一個手搖交流發電機，如圖所示．大輪與小輪通過皮帶傳動(皮帶不打滑)，半徑之比為4∶1，小輪與線圈固定在同一轉軸上．線圈是由漆包線繞制而成的邊長為L的正方形，共n匝，總阻值為R.磁體間磁場可視為磁感應強度大小為B的勻強磁場．大輪以角速度ω勻速轉動，帶動小輪及線圈繞轉軸轉動，轉軸與磁場方向垂直．線圈通過導線、滑環和電刷連接一個阻值恒為R的燈泡．假設發電時燈泡能發光且工作在額定電壓以內，下列說法正確的是(　　)
A．線圈轉動的角速度為4ω
B．燈泡兩端電壓有效值為3nBL2ω
C．若用總長為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長仍為L的多匝正方形線圈，則燈泡兩端電壓有效值為
D．若僅將小輪半徑變為原來的兩倍，則燈泡變得更亮
提升訓練
1.[2023·浙江十校聯盟聯考]如圖甲是小型交流發電機，兩磁極間的磁場可視為勻強磁場，一個100匝的矩形線圈(內阻不計)繞垂直于磁場方向的軸OO′勻速轉動，某位置開始計時產生的交變電動勢圖像如圖乙所示，已知磁感應強度B＝0.1 T，則(　　)
A．t＝0時刻，線圈平面與磁感線平行
B．線圈的面積S為 m2
C．它可使“220 V，60 W”的燈泡正常發光，也可使擊穿電壓為220 V的電容器正常工作
D．以此作為電源，每通過1 C的電荷量，消耗的電能為220 J
2．[2023·金麗衢十二校聯考]如圖所示為一電流通過一電子元件后的波形圖(曲線部分為正弦式交變電流的一部分)，則下列說法正確的是(　　)
A．這是一種交變電流
B．電流的變化周期為0.03 s
C．電流通過100 Ω電阻時，電功率為100 W
D．電流通過100 Ω的電阻時，一個周期內流經電阻的電荷量大于0.015 C
3．[2023·廣東茂名一模]無線充電技術已經在新能源汽車等領域得到應用．地下鋪設供電的送電線圈，車上的受電線圈與蓄電池相連，如圖所示．送電線圈和受電線圈匝數比為n1∶n2＝4∶1.當送電線圈接上圖中的正弦交流電后，受電線圈中的電流為2 A．不考慮線圈的自感，忽略電能傳輸的損耗，下列說法正確的是(　　)
A．受電線圈的電流方向每秒改變50次
B．送電線圈的輸入功率為110 W
C．受電線圈的輸出電壓為50 V
D．送電線圈的輸入電壓為220 V
命題點三　變壓器與遠距離輸電
1．理想變壓器原副線圈中各物理量的三個制約關系
(1)電壓制約：輸出電壓U2由輸入電壓U1決定，即U2＝.原制約副
(2)電流制約：原線圈中的電流I1由副線圈中的輸出電流I2決定，即I1＝.副制約原
(3)功率制約：變壓器副線圈中的功率P2由用戶負載決定，原線圈的輸入功率P1由副線圈的輸出功率P2決定，即P1＝P2.副制約原
2．分清遠距離輸電的三個回路和三種關系
(1)理清三個回路
(2)分清三種關系
電壓關系 ＝ U2＝ΔU＋U3 ＝
電流關系 ＝ I2＝I3＝I線 ＝
功率關系 P1＝P2 P2＝P3＋ΔP ΔP＝R線＝ P3＝P4
考向1　理想變壓器的分析與計算
例 1 [2023·海南卷](多選)
如圖是工廠利用u＝220sin 100πt V的交流電給36 V照明燈供電的電路，理想變壓器原線圈匝數為1 100，下列說法正確的是(　　)
A．電源電壓有效值為220 V
B．交變電流的周期為0.02 s
C．副線圈匝數為180
D．副線圈匝數為240
例 2 [2023·四川省成都市樹德中學高三三診]圖甲中理想變壓器原、副線圈的匝數比為2∶1，電阻R＝10 Ω，L1、L2為規格相同的兩只小燈泡．原線圈接一個經雙可控硅調節后的電壓U，U隨時間t的變化規律如圖乙所示，正弦交流電的每一個二分之一周期中，前四分之一周期電壓被截去．現將S1、S2、S3閉合，此時L2正常發光．下列說法錯誤的是(　　)
A．輸入電壓U的有效值為10 V
B．R消耗的電功率為10 W
C．只斷開S3后，L2能正常發光
D．只斷開S2后，原線圈的輸入功率減小
例 3 [2023·湖北省高三三模]
如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數之比為1∶2，輸入端所加正弦交流電的電壓U＝20sin (100πt) V，已知電阻R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，滑動變阻器R3最大阻值為40 Ω，電壓表為理想電壓表．開始時，滑片P處于滑動變阻器正中間位置，下列說法正確的是(　　)
A．通過R1的電流為2 A
B．電壓表讀數為40 V
C．副線圈電流方向每秒鐘改變50次
D．若將滑片P向下滑動，電壓表讀數將變大
思維提升
原線圈含電阻的變壓器問題分析技巧
對于一組原、副線圈電路，電流與匝數成反比的規律成立，即＝；但要注意電壓與匝數成正比關系成立的條件，原線圈接有電阻時，＝中U1指的是原線圈兩端電壓，而不是電源電壓．原線圈兩端電壓和與原線圈串聯的電阻兩端電壓之和等于電源電壓．
考向2　遠距離輸電
例 4 [2023·四川統考二模](多選)在遠距離輸電技術上，中國1 100 kV特高壓直流輸電工程是目前世界上電壓等級最高、輸送容量最大、輸送距離最遠、技術水平最先進的輸電工程．輸電線路流程可簡化為：
如虛線框所示，若直流輸電線電阻為10 Ω，直流電輸送功率為5.5×109 W，不計變壓器、整流與逆變等造成的能量損失，則(　　)
A．直流電輸電線路上的電流為5×103 A
B．直流電輸電線路上損失的電壓為100 kV
C．降壓變壓器的輸出功率是4.5×109 W
D．若將1 100 kV直流輸電降為550 kV直流輸電，受端獲得功率將比原來減少7.5×108 W
提升訓練
1.[2023·安徽省聯考](多選)如圖所示，理想變壓器原、副線圈總匝數相同，滑動觸頭P初始位置在副線圈正中間，輸入端接入電壓有效值恒定的交變電源，原、副線圈分別接可變電阻R1、R2，理想電壓表V1、V2的示數為U1、U2，理想電流表A1、A2的示數為I1、I2.下列說法錯誤的是(　　)
A.保持P位置不變，R1增大、R2不變的情況下，I1減小，U1不變
B．保持P位置不變，R1不變、R2增大的情況下，I2減小，U2減小
C．保持P位置不變，R1不變，使R2＝時，R2消耗的功率達到最大
D．R1不變、R2減小的情況下，P向下移，R1消耗的功率減小
2．[2023·浙江聯考](多選)杭麗鐵路被列入浙江省重大建設項目“十四五”規劃，杭麗高鐵建成后，麗水前往杭州的時間將縮短至1小時內．新建成的高鐵將應用許多新技術，圖示為高鐵的牽引供電流程圖，利用可視為理想變壓器(原、副線圈匝數比為n1∶n2)的牽引變電所，將高壓220 kV或110 kV降至27.5 kV，再通過接觸網上的電線與車頂上的受電弓使機車獲得25 kV工作電壓，則下列說法正確的是(　　)
A．若電網的電壓為110 kV，則n1∶n2＝4∶1
B．若高鐵機車運行功率增大，機車工作電壓將會高于25 kV
C．高鐵機車運行功率增大，牽引變電所至機車間的熱損耗功率也會隨之增大
D．如果高鐵機車的電動機輸出機械功率為9 000 kW，電機效率為90%，則牽引變電所到機車間的等效電阻為62.5 Ω
素養培優·模型建構
交變電流的產生及含變壓器的三種模型
模型一　交變電流的產生
分類 情境圖示 情境解讀
兩個特殊位置 中性面：Φ最大、e＝0、i＝0、電流變向 中性面的垂面：Φ＝0、e最大、i最大、電流不變向
交變電流的四值 峰值Um＝nBSω
瞬時值 e＝Umsin ωt 或e＝Umcos ωt
有效值 ①U＝ ②根據電流的熱效應計算
平均值I＝
模型二　含變壓器的三種模型
分類 情境圖示 情境解讀
變壓器工作原理 變交不變直，變壓不變頻
變壓器動態分析 一般有兩種：匝數比不變的情況和負載電阻不變的情況
遠距離輸電 在遠距離輸電問題中，一般用P損＝R線計算線路功率損耗
[典例1]　[2023·福建廈門市二模]如圖是一小型交流發電機供電原理圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向勻強磁場，理想變壓器原、副線圈分別與發電機和燈泡連接，燈泡上標有“6 V　3 W”字樣且正常發光(除燈泡外不計其余電阻)從某時刻開始計時，發電機輸出端的電流隨時間變化圖像如圖乙，下列說法正確的是(　　)
A.當t＝0.04 s時發電機內線圈平面與磁場方向平行
B．發電機輸出電流的瞬時值i＝sin (100πt) A
C．變壓器原、副線圈匝數之比為∶4
D．發電機1分鐘內產生的電能為180 J
[典例2]　[2023·福建省寧德市質檢]如圖所示為輸電能耗演示電路．左側變壓器T1原、副線圈匝數比為1∶3，輸入電壓為6 V的正弦交流電．連接兩理想變壓器的導線總電阻為r，負載R的阻值為8 Ω，開關S接1時，右側變壓器T2原、副線圈匝數比為2∶1，R消耗的功率為8 W；接2時，T2原、副線圈匝數比為1∶2，則(　　)
A．接1時，T2原線圈兩端電壓為U3＝18 V
B．接1時，T2原線圈中的電流為I3＝2 A
C．接2時，R消耗的功率P＝32 W
D．接2時，R消耗的功率P＝18 W
第10講　直流電路與交流電路
命題分類剖析
命題點一
[例1]　解析：將滑動變阻器的滑片P向下調節，變阻器接入電路的電阻變大，R與燈L2并聯的部分電阻變大，外電路總電阻變大，根據閉合電路歐姆定律分析得知，干路電流I減小，L3燈泡亮度變暗；
路端電壓U變大，L3燈兩端的電壓U3變小，R與燈L2并聯電路的電壓U并＝U－U3，U增大，U3減小，則U并增大，燈L2變亮；流過L1的電流I1＝I－I2，I減小，I2增大，I1減小，燈泡L1亮度變暗，AB正確；
若將單刀雙擲開關S2切換至2，電源電動勢不變，內電阻變小，根據閉合電路歐姆定律可知I＝，電路干路電流增大，外電路電壓變大，外電路各用電器阻值不變，故各支路電流增大，燈泡L1、L2、L3均變亮，C正確；P出＝I2R外，電路總電流增大，外電阻不變，輸出功率一定增大，D錯誤．
答案：ABC
[例2]　解析：由電路的串并聯規律可知，電阻3R兩端的電壓為，電阻R兩端的電壓為，則電容器兩極板間電勢差ΔU＝，則Q＝CΔU＝，C對．
答案：C
[例3]　解析：額定電流狀態下，馬達內阻等消耗功率為Pr＝U額I額－P輸＝13.6 W，故A正確；由于馬達不是純電阻元件，所以無論是在空載狀態還是額定狀態，都不能利用參數根據歐姆定律計算馬達的內阻，故B、C錯誤；空載狀態下，馬達的輸入功率為P空＝U額I空＝4.8 W，由于馬達內阻會消耗功率，所以馬達此時的輸出功率小于4.8 W，故D錯誤．
答案：A
[提升訓練]
1．解析：根據裝置圖可知，水量減少，彈簧壓縮量減少，滑片上移，故A正確；若電表為電壓表，其測的是滑動變阻器上部分對應的電壓值，示數減小，說明滑片上移，水量減少，故B錯誤；若電表為電流表，電流表測的是整個電路的電流，電流表示數變大，說明滑動變阻器接入電路的阻值減小，即滑片下移，水量增多，故C正確；如果選擇電流表，水太多時R接入電路的阻值很小，電路中電流很大，此時R0串聯在干路中，起到保護電路(電流表)的作用，故D正確．
答案：ACD
2．解析：由于乙燈是使用的變壓器，因此必須用交流電源，A錯誤；
甲燈旋轉開關從1調到4的過程中，接入的電阻阻值減小，電路電流增大，燈泡逐漸變亮，B錯誤；
乙臺燈的旋轉開關從1調到4的過程中，副線圈的匝數增大．根據變壓器原理，原副線圈的匝數比與原副線圈的電壓比相等，因此副線圈電壓將增大，燈泡逐漸變亮，C正確；
當兩臺燈亮度相同時，甲圖電源功率為EI，而乙圖電源功率為EI，其中k為原副線圈匝數比，D錯誤；故選C.
答案：C
3．解析：將R接入電路的阻值調整為20 kΩ，則當照度降低到0.4 lx時RG為40 kΩ，根據串聯分壓原理可得，此時控制開關兩端電壓升為2 V，即自動啟動照明系統，故A正確；
使照明系統在照度降低到0.8 lx時啟動，根據串聯電路分壓特點知，應將R接入電路的阻值調整為＝
解得R＝11.5 kΩ，故B錯誤；
R接入電路的阻值不變時，照度越大，光敏電阻阻值變小，分壓變小，即控制開關兩端的電壓越小，故C錯誤；
若要在光照更暗，即光敏電阻更大時啟動照明系統，根據串聯電路分壓特點可知，應將R接入電路的阻值調大，故D正確．
答案：AD
命題點二
[例1]　解析：由圖乙可知周期為0.2 s，一個周期內電流方向改變2次，則1 s時間內電流方向改變10次，故A錯誤；
若從圖示時刻開始計時，并且規定MLKN的方向為電流的正方向，此時電流方向為正，線框平面與中性面的夾角為，且在轉即回到中性面處，則電流表達式為i＝Imsin (t＋φ0)＝10sin (10πt＋π)A
故B正確；
感應電動勢最大值為Em＝ImR＝4 V
圖示時刻感應電動勢的瞬時值e＝Emcos 30°＝2 V，故C錯誤；
根據電動勢最大值表達式Em＝BSω
可知磁通量的最大值為Φm＝BS＝＝ Wb＝ Wb，故D正確．
答案：BD
[例2]　解析：大輪和小輪通過皮帶傳動，線速度相等，小輪和線圈同軸轉動，角速度相等，根據v＝ωr
根據題意可知大輪與小輪半徑之比為4∶1，則小輪轉動的角速度為4ω，線圈轉動的角速度為4ω，A正確；
線圈產生感應電動勢的最大值Emax＝nBS·4ω
又S＝L2
聯立可得Emax＝4nBL2ω
則線圈產生感應電動勢的有效值E＝＝2nBL2ω
根據串聯電路分壓原理可知燈泡兩端電壓有效值為
U＝＝nBL2ω
B錯誤；
若用總長為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長仍為L的多匝正方形線圈，則線圈的匝數變為原來的2倍，線圈產生感應電動勢的最大值E′max＝8nBL2ω
此時線圈產生感應電動勢的有效值E′＝＝4nBL2ω
根據電阻定律R′＝ρ
可知線圈電阻變為原來的2倍，即為2R，根據串聯電路分壓原理可得燈泡兩端電壓有效值U′＝＝，C正確；
若僅將小輪半徑變為原來的兩倍，根據v＝ωr可知小輪和線圈的角速度變小，根據E＝
可知線圈產生的感應電動勢有效值變小，則燈泡變暗，D錯誤．
答案：AC
[提升訓練]
1．解析：t＝0時刻，由圖乙可知，瞬時電動勢為零，線圈平面與磁感線垂直，故A錯誤；根據線圈產生的最大電動勢E＝NBSω，結合圖乙計算得S＝ m2，故B正確；它可使“220 V，60 W”的燈泡正常發光，電動勢的最大值為220 V，超過了電容器的擊穿電壓，不可使擊穿電壓為220 V的電容器正常工作，故C錯誤；不同時刻開始通電，通過1 C的電荷量所用時間不同，故消耗的電能不同，故D錯誤．
答案：B
2．解析：交變電流是指大小和方向隨時間做周期變化的電流，圖中電流方向未變，是直流，A錯誤；電流的變化周期為0.015 s，B錯誤；電流通過100 Ω電阻時，電功率為P＝ W＝ W，C錯誤；根據i-t圖像與t軸所圍面積表示電荷量可知，電流通過100 Ω的電阻時，一個周期內流經電阻的電荷量大于0.015 C，D正確．
答案：D
3．解析：受電線圈的電流頻率與送電線圈中的電流頻率相同，即為f＝＝50 Hz
一個周期內電流方向改變2次，所以每秒電流方向改變100次，A錯誤；
根據圖可知送電線圈上正弦交流電的有效值為U有效＝U輸入＝220 V＝220 V
受電線圈中的電流為2 A，可得送電線圈中的電流大小為I送＝·I受＝×2 A＝0.5 A
送電線圈的輸入功率為P＝220×0.5 W＝110 W
B正確，D錯誤；
對受電線圈的輸出電壓有＝
得U受＝55 V，C錯誤．
答案：B
命題點三
[例1]　解析：電源電壓的有效值　U＝ V＝220 V，選項A錯誤；
交流電的周期　T＝＝ s＝0.02 s，選項B正確；
根據變壓器變壓公式　＝
可得副線圈匝數　n2＝n1＝×1 100＝180，選項C正確，D錯誤．
答案：BC
[例2]　解析：令輸入電壓的有效值為U1，根據正弦式交流電的有效值與有效值的定義＝ T
解得U1＝10 V，故A正確；
根據理想變壓器的電壓匝數關系＝
解得副線圈兩端電壓U2＝U1＝×10 V＝5 V
則R消耗的電功率為P＝＝2.5 W，故B錯誤；
只斷開S3后，L2電壓不受影響，L2能正常發光，故C正確；
只斷開S2后，負載電阻變大，輸出電壓不變，根據P2＝
輸出功率減小，則輸入功率也減小，故D正確．
答案：B
[例3]　解析：由輸入端所加正弦電壓的表達式可知輸入端的電壓有效值為U＝20 V
設原線圈中的電流為I1，副線圈中的電流為I2，則由能量守恒可得UI1＝(R2＋)
而由匝數比等于電流的反比可得＝
聯立解得I1＝1 A，I2＝0.5 A
則可得電壓表的示數U2＝I2(R2＋)＝20 V，故AB錯誤；
由輸入端所加正弦交流電的電壓表達式可知該交流電的頻率為f＝50 Hz
則可知副線圈電流方向每秒鐘改變100次，故C錯誤；
若將滑片P向下滑動，接入副線圈回路中的電阻增大，電流減小，則可知原線圈回路中的電流也減小，從而使定值電阻兩端的電壓減小，原線圈兩端的電壓增大，而匝數比不變，則可知副線圈兩端的電壓增大，因此電壓表的示數增大，故D正確．
答案：D
[例4]　解析：直流電輸送功率P＝UI，得輸送電流I＝＝ A＝5 000 A，A正確；
損失的電壓ΔU＝IR＝5×103×10 V＝50 kV，B錯誤；
輸電導線上損失的功率ΔP＝I2R＝(5×103)2×10 W＝2.5×108W，降壓變壓器的輸出功率P出＝P－ΔP＝5.25×109 W，C錯誤；
用1 100 kV輸電時輸電導線上損失的功率ΔP＝2.5×108 W；保持輸送功率不變，只用550 kV輸電，輸電導線上損失的功率ΔP′＝2R＝()2×10 W＝1×109 W；則用戶得到的功率比1 100 kV輸電時減少ΔP′－ΔP＝ W，D正確．
答案：AD
[提升訓練]
1．解析：設原副線圈的匝數比為k，根據等效電阻原理，把變壓器的原副線圈和負載R2整體看作一個等效電阻，其阻值R′＝
設輸入交流電的電壓有效值為U，則I1＝，保持P位置不變，R1增大、R2不變的情況下，則I1減小，等效電阻R′兩端電壓減小，則U1增大，A錯誤，符合題意；
根據選項A可知，保持P位置不變，R1不變、R2增大的情況下，則I1減小，I2減小，則U1增大，U2也增大，B錯誤，符合題意；
由電源輸出功率的規律可知，當R′＝R1時，即R1＝k2R2＝4R2
R2消耗的功率有最大值，C正確，不符合題意；
R1不變、R2減小的情況下，P向下移，k減小．等效電阻R′減小，I1增大，U1也增大，則R1消耗的功率增大，D錯誤，符合題意．故選ABD.
答案：ABD
2．解析：理想變壓器原、副線圈電壓之比等于匝數之比，若電網的電壓為110 kV，則變電所的變壓器原、副線圈匝數比為＝＝＝，故A正確；
機車工作電壓由輸入電壓和線圈匝數決定，不由高鐵機車運行功率決定，若高鐵機車運行功率增大，根據P＝UI，可知電流將會增大，牽引變電所至機車間的熱損耗功率ΔP＝I2R也會隨之增大，故B錯誤，C正確；
根據功率關系可得P＝90%UI，其中U＝25 kV＝25 000 V；則電流為I＝＝ A＝400 A
則牽引變電所至機車間的等效電阻為R＝＝ Ω＝6.25 Ω，故D錯誤．
答案：AC
素養培優·情境命題
典例1　解析：由圖乙可知當t＝0.04 s時電流最小，故發電機內線圈平面與磁場方向垂直，選項A錯誤；
由圖乙可知周期T＝0.04 s，則ω＝＝50π；所以發電機輸出電流的瞬時值為i＝sin (50πt) A，選項B錯誤；
流過燈泡的電流I2＝＝ A＝0.5 A；發電機輸出的電流，I1＝＝ A＝1 A；所以變壓器原、副線圈匝數之比為＝＝，選項C錯誤；
發電機1分鐘內產生的電能即為小燈泡消耗的電能W＝UI2t＝180 J，選項D正確．
答案：D
典例2　解析：接1時，R消耗的功率為8 W，由P1＝，可得U4＝＝ V＝8 V
由＝＝，解得U3＝16 V，故A錯誤；
接1時，由P1＝U3I3，解得T2原線圈中的電流為I3＝＝ A＝0.5 A，故B錯誤；
接1時，由＝＝
解得U2＝3U1＝18 V
則Ur＝U2－U3＝2 V
連接兩理想變壓器的導線總電阻為r＝＝ Ω＝4 Ω
接2時，設右側變壓器T2副線圈兩端電壓為U′4，則I′4＝
由＝＝
則U′3＝U′4
由U′3I′3＝U′4I′4
解得I′3＝2I′4＝
則連接兩理想變壓器的導線總電阻的電壓降為U′r＝I′3r
由U2＝U′r＋U′3，解得U′4＝12 V
則R消耗的功率P＝＝ W＝18 W
故C錯誤，D正確．故選D.
答案：D(共67張PPT)
第11講　電磁感應規律及其應用
命題點一　楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用
1．感應電流方向的判斷方法
2．感應電動勢大小的求法
情境圖 研究對象 表達式
回路(不一定閉合)
一段直導線(或等效直導線) E＝Blv
繞一端轉動的一段導體棒
繞與B垂直的軸轉動的導線框 從圖示時刻計時
E＝NBSωcos ωt
考向1　楞次定律的應用
例 1 [2023·海南卷] 汽車測速利用了電磁感應現象，汽車可簡化為一個矩形線圈abcd，埋在地下的線圈分別為1、2，通上順時針(俯視)方向電流，當汽車經過線圈時(　　)
A．線圈1、2產生的磁場方向豎直向上
B．汽車進入線圈1過程產生感應電流方向為abcd
C．汽車離開線圈1過程產生感應電流方向為abcd
D．汽車進入線圈2過程受到的安培力方向與速度
方向相同
答案：C
解析：由右手螺旋定則可知，線圈1、2形成的磁場方向都是豎直向下的，A錯；汽車進入線圈1時，線圈abcd中向下的磁通量增大，由楞次定律可判斷，線圈abcd中的感應電流方向與線圈1反向，是逆時針，即感應電流方向為adcb，同理，汽車離開線圈1時，線圈abcd中向下的磁通量減小，線圈abcd中的感應電流方向是順時針，即感應電流方向為abcd，故B錯，C對；安培力為阻力，與速度方向相反，D錯．
考向2　法拉第電磁感應定律的應用
例 2 [2023·天津卷] 如圖，有一正方形線框靜止懸掛著，其質量為m、電阻為R、邊長為l.空間中有一個三角形磁場區域，其磁感應強度大小為B＝kt(k>0)，方向垂直于線框所在平面向里，且線框中磁場區域的面積為線框面積的一半，已知重力加速度為g，求：
(1)感應電動勢E；
(2)線框開始向上運動的時刻t0.

例 3 [2023·山東卷](多選)足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1 m，電阻不計．質量為1 kg、長為1 m、電阻為1 Ω的導體棒MN放置在導軌上，與導軌形成矩形回路并始終接觸良好，Ⅰ和Ⅱ區域內分別存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度分別為B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下．用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導軌CD段中點與質量為0.1 kg的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面．如圖所示，某時刻MN、CD同時分別進入磁場區域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運動，MN、CD與磁場邊界平行．MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度為v2且v2>v1，MN和導軌間的動摩擦因數為0.2.重力加速度大小取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A．B2的方向向上 B．B2的方向向下
C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s
答案：BD
提升訓練
1.[2023·全國甲卷](多選)一有機玻璃管豎直放在水平地面上，管上有漆包線繞成的線圈，線圈的兩端與電流傳感器相連，線圈在玻璃管上部的5匝均勻分布，下部的3匝也均勻分布，下部相鄰兩匝間的距離大于上部相鄰兩匝間的距離．如圖(a)所示．現讓一個很小的強磁體在玻璃管內沿軸線從上端口由靜止下落，電流傳感器測得線圈中電流I隨時間t的變化如圖(b)所示．
則(　　)
A．小磁體在玻璃管內下降速度越來越快
B．下落過程中，小磁體的N極、S極上下顛倒了8次
C．下落過程中，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變
D．與上部相比，小磁體通過線圈下部的過程中，磁通量變化率的最大值更大
答案：AD
解析：電流的峰值越來越大，即小磁體在依次穿過每個線圈的過程中磁通量的變化率越來越快，因此小磁體的速度越來越大，A正確；下落過程中，小磁體在水平方向受的合力為零，故小磁體的N極、S極上下沒有顛倒，B錯誤；線圈可等效為條形磁鐵，線圈的電流越大則磁性越強，因此電流的大小是變化的．小磁體受到的電磁阻力是變化的，不是一直不變的，C錯誤；由圖(b)可知，與上部相比，小磁體通過線圈下部的過程中，感應電流的最大值更大，故磁通量變化率的最大值更大，D正確．
故選AD.
2．[2023·浙江1月]如圖甲所示，一導體桿用兩條等長細導線懸掛于水平軸OO′，接入電阻R構成回路．導體桿處于豎直向上的勻強磁場中，將導體桿從豎直位置拉開小角度θ靜止釋放，導體桿開始下擺．當R＝R0時，導體桿振動圖像如圖乙所示．若橫縱坐標皆采用圖乙標度，則當R＝2R0時，導體桿振動圖像是(　　)
答案：B
解析：導體桿擺動時切割磁感線，產生感應電流，受安培力，安培力起阻力作用，故導體桿的振動為阻尼振動．由垂直于磁感線方向的速度大小相同時電阻變大→電流變小→安培力(阻力)變小可知，當R從R0變為2R0時，導體桿振幅的衰減速度變慢，B正確，ACD錯誤．
答案：AD
命題點二　電磁感應中圖像或電路問題
1．掌握兩個技法，快速解答圖像問題
2．三個關注
考向1　電磁感應中的圖像
例 1 [2023·山東省菏澤市三模]如圖所示，MNQP是邊長為L和2L的矩形，在其由對角線劃分的兩個三角形區域內充滿磁感應強度大小相等、方向相反的勻強磁場．邊長為L的正方形導線框，在外力作用下水平向左勻速運動，線框左邊始終與MN平行．設導線框中感應電流i逆時針流向為正．若t＝0時左邊框與PQ重合，則左邊框由PQ運動到MN的過程中，下列i-t圖像正確的是(　　)
答案：D
解析：0～t1內是線框的左邊框由PQ向左進入磁場，根據右手定則知感應電流為順時針(負)，而切割磁感線的有效長度隨著水平位移的增大而均勻減小，則感應電流的大小均勻減小；
t1～2t1內，線框的前后雙邊同向同速切割相反的磁場，雙源相加為總電動勢，電流方向為逆時針(正)，兩邊的有效長度之和等于L，則電流大小恒定．
故選D.
例 2 [2023·上海卷] 如圖所示，有一光滑導軌處于勻強磁場中，一金屬棒垂直置于導軌上，對其施加外力，安培力變化如圖所示，取向右為正方向，則外力隨時間變化圖像為(　　)
答案：C
下列說法正確的是(　　)
A．R0中感應電流方向由c指向a
B．R0＝2 Ω
C．恒力F＝1.4 N
D．若R＝2 Ω，則R0在1 s內產生的最大焦耳熱為1 J
答案：BC
思維提升
1．“感生”類的兩類圖像
分類 圖例 分析
B-t
圖像
Φ-t
圖像
[提醒]　
分析磁通量時，一是注意回路中的有效面積；二是注意有效面積內磁場方向是否單一．
2.“動生”類的三類圖像
分類 圖例 分析
有效
長度
變化
導體棒勻速切割，回路中的感應電動勢隨有效長度的變化而變化
切割
速度
變化
導體棒有效長度不變，回路中的感應電動勢隨運動速度的變化而變化
磁感
應強
度隨
位置
變化
導體棒運動到不同位置的感應電動勢隨磁感應強度的變化而變化
提升訓練
1.[2023·江蘇省八市訓練]如圖所示，兩根光滑平行金屬長導軌MN、PQ水平固定放置，導軌間存在豎直向上的勻強磁場，兩根完全相同的金屬棒ab、cd垂直放置在導軌上，兩金屬棒的長度恰好等于金屬導軌的間距，t＝0時刻對金屬棒cd施加一個水平向右的恒力F，此后兩金屬棒由靜止開始運動，金屬棒在運動過程中始終與導軌接觸良好，兩金屬棒的速度大小分別記為va、vc，加速度大小分別記為va、vc，金屬棒cd兩端電壓記為Ucd，閉合回路消耗的電功率記為P，電路中除金屬棒以外的電阻均不計，下列關于圖像錯誤的是(　　)
答案：B
2．[2023·珠海模擬]匝數N＝1 000、面積S＝20 cm2、電阻r＝1 Ω的線圈水平放置，勻強磁場B1豎直向下穿過線圈，其磁感應強度B1按如圖所示的規律變化，線圈兩端分別連接兩根完全相同的勁度系數為k＝100 N/m、電阻為R＝1.5 Ω的金屬彈簧，兩金屬彈簧上端固定在水平天花板上，下端懸掛一根水平金屬棒，另有一水平勻強磁場B2垂直金屬棒分布(如圖所示)．其磁場寬度為L＝10 cm.閉合開關后，兩彈簧的長度均變化了Δx＝0.5 cm.導線和金屬棒的電阻不計，求：
(1)閉合開關后，通過金屬棒的電流大小；
(2)磁感應強度B2的大小．
命題點三　電磁感應規律的綜合應用
1．電磁感應綜合問題的解題思路
考向2　電磁感應中的能量問題
例 2 如圖所示，光滑絕緣斜面的傾角為θ＝30°，斜面上有兩個勻強磁場區域Ⅰ和Ⅱ，其寬度均為l＝0.2 m，磁感應強度大小均為B＝1 T，磁場方向分別為垂直斜面向上和垂直斜面向下．斜面上放一質量為M＝0.6 kg、電阻為R＝0.5 Ω的矩形導線框abcd，其ab邊長為d＝0.4 m、bc邊長為l＝0.2 m，通過細繩繞過光滑的定滑輪與一質量為m＝0.2 kg的重物相連，連接線框的細繩與線框共面，滑輪和繩的質量均不計，ab邊距磁場區域Ⅰ的上邊界為2l，開始時各段繩都處于伸直狀態，現將它們由靜止釋放，線框沿斜面向下運動，ab邊剛穿過兩磁場的分界線OO′進入磁場區域Ⅱ時，線框恰好做勻速運動(細繩始終處于拉緊狀態)，不計摩擦，忽略磁場邊界效應，重力加速度g＝10 m/s2.
求：(計算結果保留2位小數)
(1)ab邊剛進入磁場區域Ⅰ時線框的加速度大小；
(2)線框ab邊在磁場區域Ⅱ中運動的過程中，線框重力的功率P；
(3)從開始釋放到ab邊剛穿過磁場區域Ⅱ的過程中，線框中產生的焦耳熱Q.
考向3　電磁感應中的動量問題
例 3 [2023·全國甲卷]如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導軌，其平行部分的間距為l，導軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導軌的電阻忽略不計．導軌所在區域有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一質量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導軌上．導軌上質量為3m的絕緣棒Q位于P的左側，以大小為v0的速度向P運動并與P發生彈性碰撞，碰撞時間很短．碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點．P在導軌上運動時，兩端與導軌接觸良好，P與Q始終平行．不計空氣阻力．求
(1)金屬棒P滑出導軌時的速度大小；
(2)金屬棒P在導軌上運動過程中產生的熱量；
(3)與P碰撞后，絕緣棒Q在導軌上運動的時間．
提升訓練
1.[2023·湖南卷]如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置，導軌間距為L，兩導軌及其所構成的平面均與水平面成θ角，整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B.現將質量均為m的金屬棒a、b垂直導軌放置，每根金屬棒接入導軌之間的電阻均為R.運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導軌，導軌電阻忽略不計，重力加速度為g.
(1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小v0；
(2)在(1)問中，當棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經過時間t0，兩棒恰好達到相同的速度v，求速度v的大小，以及時間t0內棒a相對于棒b運動的距離Δx.
2．[2023·廣東模擬預測]如圖甲所示，水平面內固定兩根平行的足夠長的光滑軌道，軌道間距L＝0.4 m，其中在E、F、G、H四點附近的軌道由絕緣材料制成，這四段絕緣軌道的長度非常短，其余軌道由金屬材料制成，金屬軌道的電阻不計，在右側兩軌道之間連接一個阻值R＝1.5 Ω的定值電阻．在矩形區域MNQP中存在豎直向上的磁場，記M點所在位置為坐標原點，沿MP方向建立x坐標軸，磁感應強度的大小隨位置的變化如圖乙所示，圖中B0＝2.5 T．現有一總質量m＝0.1 kg的“工”字形“聯動雙棒”(由兩根長度略長于L的平行金屬棒ab和cd，用長度為L的剛性絕緣棒連接構成，棒的電阻均為r＝0.5 Ω)，以初速度v0＝8 m/s沿x軸正方向運動，運動過程中棒與導軌保持垂直，最終靜止于軌道上，忽略磁場邊界效應．
求
(1)棒ab剛進入磁場時，流經棒ab的電流的大小和方向；
(2)棒ab在EF處的速度大小v1和在GH處時的速度大小v2；
(3)電阻R上產生的焦耳熱．

電磁感應規律在生活、生產和科技中的應用
情境1　“自發電”門鈴開關
[典例1]　[2023·廣東茂名統考二模]市場上某款“自發電”門鈴開關的原理如圖所示．在按下門鈴按鈕過程中，夾著永磁鐵的鐵塊向下移動，改變了與“E”形鐵芯接觸的位置，使得通過線圈的磁場發生改變．松開門鈴按鈕后，彈簧可使之復位(與a、b連接的外電路未畫出)．由此可判斷(　　)
A．未按下按鈕時，線圈a、b兩點間存在電勢差
B．按下按鈕過程中，線圈中感應電流始終由b經
線圈流向a
C．按鈕復位過程中，線圈中的磁通量一直減小
D．按下按鈕過程與松開復位過程中，a點的電勢
始終高于b點
答案：B
解析：未按下按鈕時，線圈磁通量不變，因此a、b兩點電勢差為零，故A錯誤；
按下按鈕過程中，線圈中的磁場先向右減小，后向左增加，根據楞次定律可知，感應電流方向從b接線柱通過線圈流向a接線柱，又因為線圈是電源，電源內部電流方向由負極流向正極，因此線圈a接線柱的電勢比b接線柱高；按鈕復位過程中，線圈中的磁場先向左減小，后向右增加，磁通量先減小后增大，根據楞次定律可知，感應電流方向從a接線柱通過線圈流向b接線柱，線圈a接線柱的電勢比b接線柱低，故B正確，CD錯誤．
情境2　磁力剎車系統
[典例2]　(多選)高速鐵路列車通常使用磁力剎車系統．磁力剎車工作原理可簡述如下：將磁鐵的N極靠近一塊正在以逆時針方向旋轉的圓形鋁盤，使磁感線垂直鋁盤向內，鋁盤隨即減速，如圖所示．圖中磁鐵左方鋁盤的甲區域(虛線區域)朝磁鐵方向運動，磁鐵右方鋁盤的乙區域(虛線區域)朝離開磁鐵方向運動．下列有關鋁盤剎車的說法正確的是(　　)
A．鋁盤甲區域的感應電流產生垂直鋁盤向外的磁場
B．鋁盤乙區域的感應電流產生垂直鋁盤向外的磁場
C．磁鐵與感應電流之間的作用力，會使鋁盤減速
D．若將實心鋁盤換成布滿小空洞的鋁盤，則磁鐵對
空洞鋁盤所產生的減速效果與實心鋁盤相同
答案：AC
解析：由題意可知，因圓形鋁盤逆時針方向旋轉，那么穿過鋁盤甲區域的磁通量增大，根據楞次定律，可知，感應電流產生磁場與原來磁場方向相反，即垂直鋁盤向外的磁場，故A正確；同理，因圓形鋁盤逆時針方向旋轉，那么穿過鋁盤乙區域的磁通量減小，根據楞次定律，可知，感應電流產生磁場與原來磁場方向相同，即垂直鋁盤向里的磁場，故B錯誤；依據楞次定律的“近斥遠吸”，則有甲區域要靠近磁鐵，則相互排斥，而乙區域要遠離磁鐵，則相互吸引，因此磁鐵與感應電流之間的作用力，會使鋁盤減速，故C正確；若將實心鋁盤換成布滿小空洞的鋁盤，這樣會導致渦流磁場減弱，則磁鐵對空洞鋁盤所產生的減速效果明顯低于實心鋁盤的，故D錯誤．
情境3　磁懸浮列車
[典例3]　(多選)2022年9月20日在德國柏林國際軌道交通技術展覽會上中國具有完全自主知識產權的時速600公里高速磁浮交通系統首次在歐洲亮相，引起了世界各國廣泛關注．超導磁懸浮列車的原理可以簡化為如圖所示模式：在水平面上相距L的兩根固定平行直導軌間，有大小為B、寬都是L的勻強磁場，相鄰磁場區域的磁場方向相反．整個磁場以速度v水平向右勻速運動，跨在兩導軌間的邊長為L的正方形n匝線圈abcd懸浮在導軌上方，在磁場力作用下向右運動，并逐漸達到最大速度vm.當超導磁懸浮列車制動時，所有磁場立即停止，線圈繼續運動NL停下來(N為整數)．
答案：CD
情境4　電磁緩沖裝置
[典例4]　隨著航空領域的發展，實現火箭回收利用，成為了各國都在重點突破的技術．其中有一技術難題是回收時如何減緩對地的碰撞，為此設計師在返回火箭的底盤安裝了電磁緩沖裝置．該裝置的主要部件有兩部分：①緩沖滑塊，由高強絕緣材料制成，其內部邊緣繞有閉合單匝矩形線圈abdc；②火箭主體，包括絕緣光滑緩沖軌道MN、PQ和超導線圈(圖中未畫出)，超導線圈能產生方向為垂直于整個緩沖軌道平面的勻強磁場．當緩沖滑塊接觸地面時，滑塊立即停止運動，此后線圈與火箭主體中的磁場相互作用，火箭主體一直做減速運動直至達到軟著陸要求的速度，從而實現緩沖．
現已知緩沖滑塊豎直向下撞向地面時，火箭主體的速度大小為v0，經過時間t火箭著陸，速度恰好為零；線圈abdc的電阻為R，其余電阻忽略不計；ab邊長為l，火箭主體質量為m，勻強磁場的磁感應強度大小為B，重力加速度為g，一切摩擦阻力不計，求：
(1)緩沖滑塊剛停止運動時，線圈產生的電動勢；
(2)緩沖滑塊剛停止運動時，火箭主體的加速度大小；
(3)火箭主體的速度從v0減到零的過程中系統產生的電能．第11講　電磁感應規律及其應用
知識網絡構建
命題分類剖析
命題點一　楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用
1．感應電流方向的判斷方法
2．感應電動勢大小的求法
情境圖 研究對象 表達式
回路(不一定閉合) 三種形式 E＝n E＝n E＝n
一段直導線(或等效直導線) E＝Blv
繞一端轉動的一段導體棒 E＝Bl2ω
繞與B垂直的軸轉動的導線框 從圖示時刻計時 E＝NBSωcos ωt
3.感應電荷量的計算
磁通量變化遷移的電荷量：q＝IΔt＝Δt＝Δt＝n，q僅由回路電阻R和磁通量的變化量ΔΦ決定．
考向1　楞次定律的應用
例 1 [2023·海南卷]
汽車測速利用了電磁感應現象，汽車可簡化為一個矩形線圈abcd，埋在地下的線圈分別為1、2，通上順時針(俯視)方向電流，當汽車經過線圈時(　　)
A．線圈1、2產生的磁場方向豎直向上
B．汽車進入線圈1過程產生感應電流方向為abcd
C．汽車離開線圈1過程產生感應電流方向為abcd
D．汽車進入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相同
考向2　法拉第電磁感應定律的應用
例 2 [2023·天津卷]
如圖，有一正方形線框靜止懸掛著，其質量為m、電阻為R、邊長為l.空間中有一個三角形磁場區域，其磁感應強度大小為B＝kt(k>0)，方向垂直于線框所在平面向里，且線框中磁場區域的面積為線框面積的一半，已知重力加速度為g，求：
(1)感應電動勢E；
(2)線框開始向上運動的時刻t0.
例 3 [2023·山東卷](多選)足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1 m，電阻不計．質量為1 kg、長為1 m、電阻為1 Ω的導體棒MN放置在導軌上，與導軌形成矩形回路并始終接觸良好，Ⅰ和Ⅱ區域內分別存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度分別為B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下．用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導軌CD段中點與質量為0.1 kg的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面．如圖所示，某時刻MN、CD同時分別進入磁場區域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運動，MN、CD與磁場邊界平行．MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度為v2且v2>v1，MN和導軌間的動摩擦因數為0.2.重力加速度大小取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A．B2的方向向上 B．B2的方向向下
C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s
提升訓練
1.[2023·全國甲卷](多選)一有機玻璃管豎直放在水平地面上，管上有漆包線繞成的線圈，線圈的兩端與電流傳感器相連，線圈在玻璃管上部的5匝均勻分布，下部的3匝也均勻分布，下部相鄰兩匝間的距離大于上部相鄰兩匝間的距離．如圖(a)所示．現讓一個很小的強磁體在玻璃管內沿軸線從上端口由靜止下落，電流傳感器測得線圈中電流I隨時間t的變化如圖(b)所示．則(　　)
A．小磁體在玻璃管內下降速度越來越快
B．下落過程中，小磁體的N極、S極上下顛倒了8次
C．下落過程中，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變
D．與上部相比，小磁體通過線圈下部的過程中，磁通量變化率的最大值更大
2．[2023·浙江1月]如圖甲所示，一導體桿用兩條等長細導線懸掛于水平軸OO′，接入電阻R構成回路．導體桿處于豎直向上的勻強磁場中，將導體桿從豎直位置拉開小角度θ靜止釋放，導體桿開始下擺．當R＝R0時，導體桿振動圖像如圖乙所示．若橫縱坐標皆采用圖乙標度，則當R＝2R0時，導體桿振動圖像是(　　)
3.
[2023·遼寧省沈陽市監測一](多選)有界勻強磁場磁感應強度為B，有一半徑為R的線圈，其單位長度上的電阻為r，線圈直徑MN垂直磁場邊界于M點，現以M點為軸在紙面內，沿順時針方向勻速旋轉90°，角速度為ω，則(　　)
A．感應電流方向為順時針方向
B．感應電動勢的最大值為BR2ω
C．感應電流的最大值為
D．通過導體任意橫截面的電量為
命題點二　電磁感應中圖像或電路問題
1．掌握兩個技法，快速解答圖像問題
2．三個關注
考向1　電磁感應中的圖像
例 1 [2023·山東省菏澤市三模]如圖所示，MNQP是邊長為L和2L的矩形，在其由對角線劃分的兩個三角形區域內充滿磁感應強度大小相等、
方向相反的勻強磁場．邊長為L的正方形導線框，在外力作用下水平向左勻速運動，線框左邊始終與MN平行．設導線框中感應電流i逆時針流向為正．若t＝0時左邊框與PQ重合，則左邊框由PQ運動到MN的過程中，下列i-t圖像正確的是(　　)
例 2 [2023·上海卷] 如圖所示，有一光滑導軌處于勻強磁場中，一金屬棒垂直置于導軌上，對其施加外力，安培力變化如圖所示，取向右為正方向，則外力隨時間變化圖像為(　　)
考向2　電磁感應中圖像與電路問題的數型結合
例 3 (多選)如圖甲所示，足夠長的兩平行金屬導軌ab、cd固定在同一水平面上，導體間距為0.5 m，導軌左邊接有定值電阻R0和電阻箱R；導軌間存在磁感應強度大小為0.8 T、方向垂直紙面向里的勻強磁場．一質量為0.5 kg、長為0.5 m、內阻不計的金屬棒MN放置在導軌上，在水平向右的恒力F作用下金屬棒由靜止開始運動，金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好．多次改變電阻箱的阻值R，測得金屬棒對應的最大速度vm，繪制出如圖乙所示的圖像．已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數為0.2，取g＝10 m/s2.下列說法正確的是(　　)
A．R0中感應電流方向由c指向a
B．R0＝2 Ω
C．恒力F＝1.4 N
D．若R＝2 Ω，則R0在1 s內產生的最大焦耳熱為1 J
思維提升
1．“感生”類的兩類圖像
分類 圖例 分析
B-t 圖像 (1)可得到各時刻磁感應強度的大小和方向 (2)根據斜率可分析感應電動勢的大小和方向
Φ-t 圖像 (1)可得到各時刻磁通量的大小和方向 (2)根據斜率可分析感應電動勢的大小和方向
[提醒]　分析磁通量時，一是注意回路中的有效面積；二是注意有效面積內磁場方向是否單一．
2.“動生”類的三類圖像
分類 圖例 分析
有效 長度 變化 導體棒勻速切割，回路中的感應電動勢隨有效長度的變化而變化
切割 速度 變化 導體棒有效長度不變，回路中的感應電動勢隨運動速度的變化而變化
磁感 應強 度隨 位置 變化 導體棒運動到不同位置的感應電動勢隨磁感應強度的變化而變化
提升訓練
1.[2023·江蘇省八市訓練]如圖所示，兩根光滑平行金屬長導軌MN、PQ水平固定放置，導軌間存在豎直向上的勻強磁場，兩根完全相同的金屬棒ab、cd垂直放置在導軌上，兩金屬棒的長度恰好等于金屬導軌的間距，t＝0時刻對金屬棒cd施加一個水平向右的恒力F，此后兩金屬棒由靜止開始運動，金屬棒在運動過程中始終與導軌接觸良好，兩金屬棒的速度大小分別記為va、vc，加速度大小分別記為va、vc，金屬棒cd兩端電壓記為Ucd，閉合回路消耗的電功率記為P，電路中除金屬棒以外的電阻均不計，下列關于圖像錯誤的是(　　)
2．[2023·珠海模擬]匝數N＝1 000、面積S＝20 cm2、電阻r＝1 Ω的線圈水平放置，勻強磁場B1豎直向下穿過線圈，其磁感應強度B1按如圖所示的規律變化，線圈兩端分別連接兩根完全相同的勁度系數為k＝100 N/m、電阻為R＝1.5 Ω的金屬彈簧，兩金屬彈簧上端固定在水平天花板上，下端懸掛一根水平金屬棒，另有一水平勻強磁場B2垂直金屬棒分布(如圖所示)．其磁場寬度為L＝10 cm.閉合開關后，兩彈簧的長度均變化了Δx＝0.5 cm.導線和金屬棒的電阻不計，求：
(1)閉合開關后，通過金屬棒的電流大小；
(2)磁感應強度B2的大小．
命題點三　電磁感應規律的綜合應用
1．電磁感應綜合問題的解題思路
2．與動量定理結合
在電磁感應中可用動量定理求變力的作用時間、速度、位移和電荷量(一般應用于單桿切割磁感線運動)．
(1)求速度或電荷量：－BlΔt＝mv2－mv1，q＝Δt.
(2)求時間：FΔt＋IA＝mv2－mv1，IA＝－BlΔt＝－Bl.
(3)求位移：－BlΔt＝－＝mv2－mv1，
即－x＝m(v2－v1)．
3．與動量守恒定律的結合
相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線運動問題，由于這兩根導體棒所受的安培力等大反向，合外力為零，若不受其他外力，兩導體棒的總動量守恒，解決此類問題往往要應用動量守恒定律．
考向1　電磁感應中的動力學問題
例 1 [2023·上海卷]如圖(a)，線框cdef位于傾斜角θ＝30°的斜面上，斜面上有一長度為D的單匝矩形磁場區域，磁場方向垂直于斜面向上，大小為0.5 T，已知線框邊長cd＝D＝0.4 m，m＝0.1 kg，總電阻R＝0.25 Ω，現對線框施加一沿斜面向上的力F使之運動．斜面上動摩擦因數μ＝，線框速度隨時間變化如圖(b)所示．(重力加速度g取9.8 m/s2)
(1)求外力F大小；
(2)求cf長度L；
(3)求回路產生的焦耳熱Q.
考向2　電磁感應中的能量問題
例 2 如圖所示，光滑絕緣斜面的傾角為θ＝30°，斜面上有兩個勻強磁場區域Ⅰ和Ⅱ，其寬度均為l＝0.2 m，磁感應強度大小均為B＝1 T，磁場方向分別為垂直斜面向上和垂直斜面向下．斜面上放一質量為M＝0.6 kg、電阻為R＝0.5 Ω的矩形導線框abcd，其ab邊長為d＝0.4 m、bc邊長為l＝0.2 m，通過細繩繞過光滑的定滑輪與一質量為m＝0.2 kg的重物相連，連接線框的細繩與線框共面，滑輪和繩的質量均不計，ab邊距磁場區域Ⅰ的上邊界為2l，開始時各段繩都處于伸直狀態，現將它們由靜止釋放，線框沿斜面向下運動，ab邊剛穿過兩磁場的分界線OO′進入磁場區域Ⅱ時，線框恰好做勻速運動(細繩始終處于拉緊狀態)，不計摩擦，忽略磁場邊界效應，重力加速度g＝10 m/s2.求：(計算結果保留2位小數)
(1)ab邊剛進入磁場區域Ⅰ時線框的加速度大小；
(2)線框ab邊在磁場區域Ⅱ中運動的過程中，線框重力的功率P；
(3)從開始釋放到ab邊剛穿過磁場區域Ⅱ的過程中，線框中產生的焦耳熱Q.
考向3　電磁感應中的動量問題
例 3 [2023·全國甲卷]如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導軌，其平行部分的間距為l，導軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導軌的電阻忽略不計．導軌所在區域有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一質量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導軌上．導軌上質量為3m的絕緣棒Q位于P的左側，以大小為v0的速度向P運動并與P發生彈性碰撞，碰撞時間很短．碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點．P在導軌上運動時，兩端與導軌接觸良好，P與Q始終平行．不計空氣阻力．求
(1)金屬棒P滑出導軌時的速度大小；
(2)金屬棒P在導軌上運動過程中產生的熱量；
(3)與P碰撞后，絕緣棒Q在導軌上運動的時間．
提升訓練
1.
[2023·湖南卷]如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置，導軌間距為L，兩導軌及其所構成的平面均與水平面成θ角，整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B.現將質量均為m的金屬棒a、b垂直導軌放置，每根金屬棒接入導軌之間的電阻均為R.運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導軌，導軌電阻忽略不計，重力加速度為g.
(1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小v0；
(2)在(1)問中，當棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經過時間t0，兩棒恰好達到相同的速度v，求速度v的大小，以及時間t0內棒a相對于棒b運動的距離Δx.
2．[2023·廣東模擬預測]如圖甲所示，水平面內固定兩根平行的足夠長的光滑軌道，軌道間距L＝0.4 m，其中在E、F、G、H四點附近的軌道由絕緣材料制成，這四段絕緣軌道的長度非常短，其余軌道由金屬材料制成，金屬軌道的電阻不計，在右側兩軌道之間連接一個阻值R＝1.5 Ω的定值電阻．在矩形區域MNQP中存在豎直向上的磁場，記M點所在位置為坐標原點，沿MP方向建立x坐標軸，磁感應強度的大小隨位置的變化如圖乙所示，圖中B0＝2.5 T．現有一總質量m＝0.1 kg的“工”字形“聯動雙棒”(由兩根長度略長于L的平行金屬棒ab和cd，用長度為L的剛性絕緣棒連接構成，棒的電阻均為r＝0.5 Ω)，以初速度v0＝8 m/s沿x軸正方向運動，運動過程中棒與導軌保持垂直，最終靜止于軌道上，忽略磁場邊界效應．求
(1)棒ab剛進入磁場時，流經棒ab的電流的大小和方向；
(2)棒ab在EF處的速度大小v1和在GH處時的速度大小v2；
(3)電阻R上產生的焦耳熱．
素養培優·情境命題
電磁感應規律在生活、生產和科技中的應用
情境1　“自發電”門鈴開關
[典例1]　[2023·廣東茂名統考二模]市場上某款“自發電”門鈴開關的原理如圖所示．在按下門鈴按鈕過程中，夾著永磁鐵的鐵塊向下移動，改變了與“E”形鐵芯接觸的位置，使得通過線圈的磁場發生改變．松開門鈴按鈕后，彈簧可使之復位(與a、b連接的外電路未畫出)．由此可判斷(　　)
A．未按下按鈕時，線圈a、b兩點間存在電勢差
B．按下按鈕過程中，線圈中感應電流始終由b經線圈流向a
C．按鈕復位過程中，線圈中的磁通量一直減小
D．按下按鈕過程與松開復位過程中，a點的電勢始終高于b點
情境2　磁力剎車系統
[典例2]　
(多選)高速鐵路列車通常使用磁力剎車系統．磁力剎車工作原理可簡述如下：將磁鐵的N極靠近一塊正在以逆時針方向旋轉的圓形鋁盤，使磁感線垂直鋁盤向內，鋁盤隨即減速，如圖所示．圖中磁鐵左方鋁盤的甲區域(虛線區域)朝磁鐵方向運動，磁鐵右方鋁盤的乙區域(虛線區域)朝離開磁鐵方向運動．下列有關鋁盤剎車的說法正確的是(　　)
A．鋁盤甲區域的感應電流產生垂直鋁盤向外的磁場
B．鋁盤乙區域的感應電流產生垂直鋁盤向外的磁場
C．磁鐵與感應電流之間的作用力，會使鋁盤減速
D．若將實心鋁盤換成布滿小空洞的鋁盤，則磁鐵對空洞鋁盤所產生的減速效果與實心鋁盤相同
情境3　磁懸浮列車
[典例3]　(多選)2022年9月20日在德國柏林國際軌道交通技術展覽會上中國具有完全自主知識產權的時速600公里高速磁浮交通系統首次在歐洲亮相，引起了世界各國廣泛關注．超導磁懸浮列車的原理可以簡化為如圖所示模式：在水平面上相距L的兩根固定平行直導軌間，有大小為B、寬都是L的勻強磁場，相鄰磁場區域的磁場方向相反．整個磁場以速度v水平向右勻速運動，跨在兩導軌間的邊長為L的正方形n匝線圈abcd懸浮在導軌上方，在磁場力作用下向右運動，并逐漸達到最大速度vm.當超導磁懸浮列車制動時，所有磁場立即停止，線圈繼續運動NL停下來(N為整數)．設線圈的總電阻為R，總質量為m，運動中所受到的阻力大小恒為f.則(　　)
A．線圈最大速度vm＝v－
B．制動過程受到的安培力為
C．制動過程線圈產生的焦耳熱為－fNL
D．制動過程通過線圈橫截面的電荷量可能為
情境4　電磁緩沖裝置
[典例4]　隨著航空領域的發
展，實現火箭回收利用，成為了各國都在重點突破的技術．其中有一技術難題是回收時如何減緩對地的碰撞，為此設計師在返回火箭的底盤安裝了電磁緩沖裝置．該裝置的主要部件有兩部分：①緩沖滑塊，由高強絕緣材料制成，其內部邊緣繞有閉合單匝矩形線圈abdc；②火箭主體，包括絕緣光滑緩沖軌道MN、PQ和超導線圈(圖中未畫出)，超導線圈能產生方向為垂直于整個緩沖軌道平面的勻強磁場．當緩沖滑塊接觸地面時，滑塊立即停止運動，此后線圈與火箭主體中的磁場相互作用，火箭主體一直做減速運動直至達到軟著陸要求的速度，從而實現緩沖．現已知緩沖滑塊豎直向下撞向地面時，火箭主體的速度大小為v0，經過時間t火箭著陸，速度恰好為零；線圈abdc的電阻為R，其余電阻忽略不計；ab邊長為l，火箭主體質量為m，勻強磁場的磁感應強度大小為B，重力加速度為g，一切摩擦阻力不計，求：
(1)緩沖滑塊剛停止運動時，線圈產生的電動勢；
(2)緩沖滑塊剛停止運動時，火箭主體的加速度大小；
(3)火箭主體的速度從v0減到零的過程中系統產生的電能．
第11講　電磁感應規律及其應用
命題分類剖析
命題點一
[例1]　解析：由右手螺旋定則可知，線圈1、2形成的磁場方向都是豎直向下的，A錯；汽車進入線圈1時，線圈abcd中向下的磁通量增大，由楞次定律可判斷，線圈abcd中的感應電流方向與線圈1反向，是逆時針，即感應電流方向為adcb，同理，汽車離開線圈1時，線圈abcd中向下的磁通量減小，線圈abcd中的感應電流方向是順時針，即感應電流方向為abcd，故B錯，C對；安培力為阻力，與速度方向相反，D錯．
答案：C
[例2]　解析：(1)根據法拉第電磁感應定律有
E＝n
又n＝1，＝·S＝kS，S＝
解得E＝
(2)根據閉合電路歐姆定律可知線框中的感應電流為
I＝
結合安培力的公式和題圖可知線框受到的安培力為FA＝BIl
又B＝kt(k＞0)
聯立可得線框受到的安培力為FA＝
當線框開始向上運動時，有＝mg
解得t0＝
答案：(1)　(2)
[例3]　解析：導軌的速度v2>v1，因此對導體棒受力分析可知導體棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小為f＝μmg＝2 N
導體棒的安培力大小為F1＝f＝2 N
由左手定則可知導體棒的電流方向為N→M→D→C→N，導體框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小為
F2＝f－m0g＝1 N
由左手定則可知B2的方向為垂直紙面向里，A錯誤，B正確；
對導體棒分析F1＝B1IL
對導體框分析F2＝B2IL
電路中的電流為I＝
聯立解得v2＝3 m/s
C錯誤，D正確；故選BD.
答案：BD
[提升訓練]
1．解析：電流的峰值越來越大，即小磁體在依次穿過每個線圈的過程中磁通量的變化率越來越快，因此小磁體的速度越來越大，A正確；下落過程中，小磁體在水平方向受的合力為零，故小磁體的N極、S極上下沒有顛倒，B錯誤；線圈可等效為條形磁鐵，線圈的電流越大則磁性越強，因此電流的大小是變化的．小磁體受到的電磁阻力是變化的，不是一直不變的，C錯誤；由圖(b)可知，與上部相比，小磁體通過線圈下部的過程中，感應電流的最大值更大，故磁通量變化率的最大值更大，D正確．
故選AD.
答案：AD
2．解析：導體桿擺動時切割磁感線，產生感應電流，受安培力，安培力起阻力作用，故導體桿的振動為阻尼振動．由垂直于磁感線方向的速度大小相同時電阻變大→電流變小→安培力(阻力)變小可知，當R從R0變為2R0時，導體桿振幅的衰減速度變慢，B正確，ACD錯誤．
答案：B
3．解析：根據楞次定律，感應電流產生的磁場總要阻礙原磁通量的變化，可知在線圈轉動的過程中通過線圈的磁通量減小，由此可知感應電流應為順時針方向，故A正確；
當轉過90°時的瞬間感應電動勢最大，此時切割磁感線的有效長度最大，為圓形線圈的直徑，由此可得感應電動勢的最大值為Em＝B(2R)2ω＝2BR2ω，根據閉合電路的歐姆定律可知感應電流的最大值為Im＝＝＝，故BC錯誤；
通過導體任意橫截面的電量為q＝＝＝，故D正確．
答案：AD
命題點二
[例1]　解析：0～t1內是線框的左邊框由PQ向左進入磁場，根據右手定則知感應電流為順時針(負)，而切割磁感線的有效長度隨著水平位移的增大而均勻減小，則感應電流的大小均勻減小；
t1～2t1內，線框的前后雙邊同向同速切割相反的磁場，雙源相加為總電動勢，電流方向為逆時針(正)，兩邊的有效長度之和等于L，則電流大小恒定．
故選D.
答案：D
[例2]　解析：由部分導線切割磁感線產生感應電動勢：E＝BLv可知金屬棒所受安培力為：FA＝BIL＝v, 再由FA - t圖像可知，安培力與時間為線性關系可知：金屬棒先做向右的勻減速，再做向左的勻加速直線運動，由牛頓第二定律：安培力與外力的合力為定值，即外力隨時間線性變化，由FA-t圖像可知：在0～t0時間安培力為負值，方向向左，由左手定則和右手定則可知，金屬棒向右做減速運動，在t0～2t0時間內安培力為正值從零逐漸增加，方向向右，同理可知，金屬棒向左做初速度為零的勻加速直線運動，加速度不變，則在t0時刻，合力向左，但FA＝0，所以外力為負值不等于零，方向向左．故ABD錯誤，C正確．
答案：C
[例3]　解析：由右手定則判斷可知，金屬棒中感應電流方向由N指向M，R0中感應電流方向由a指向c，選項A錯誤；金屬棒受到的滑動摩擦力方向水平向左，大小為f＝μmg＝1 N，由左手定則判斷可知，金屬棒所受的安培力方向向左，金屬棒速度達到最大后開始做勻速直線運動，由受力平衡有F－f＝BIL，根據閉合電路歐姆定律有I＝，R總＝，整理得F－f＝B2L2vm，變形得＝·，則＝(Ω·s·m－1)，＝0.2(s·m－1)，代入數據解得F＝1.4 N，R0＝2 Ω，選項B、C正確；由圖乙知，R＝2 Ω時，vm＝2.5 m/s，R 總＝＝1 Ω，I＝＝1 A，R0在1 s內產生的最大焦耳熱為(I)2R0t＝0.5 J，選項D錯誤．
答案：BC
[提升訓練]
1．解析：金屬棒cd在恒力F作用下由靜止開始加速，此時金屬棒ab，cd加速度aa＝0，ac＝，之后回路中出現感應電流，金屬棒cd受到的安培力與恒力F反向，金屬棒cd的加速度減小，金屬棒ab在安培力作用下開始加速，金屬棒cd與金屬棒ab的速度差逐漸增大，回路中的電動勢逐漸增大，安培力F安＝逐漸增大，金屬棒cd加速度減小，金屬棒ab加速度增大，當aa＝ac時，vc－va不再變化，回路中的電流不再變化，但是兩金屬棒的速度仍在增大，故A正確，與題意不符；B錯誤，與題意相符；設兩金屬棒電阻均為R，系統達到穩定之前Ucd＝BLva＋IR，隨時間逐漸增大，系統達到穩定后，因回路中電流不變，則Ucd＝BLvc－IR，Ucd隨著vc的增加而均勻增加，故C正確，與題意不符；閉合回路消耗的電功率P＝2I2R，在開始階段隨回路中電流的增大，電功率逐漸增大，當系統穩定后回路中電流不變，電功率不再變化，故D正確，與題意不符．故選B.
答案：B
2．解析：(1)根據法拉第電磁感應定律可得
E＝N＝N·S
其中，由圖可知＝5 T/s
代入得E＝10 V
由閉合電路歐姆定律可得I＝
代入數據得I＝2.5 A；
(2)安培力為F安＝B2IL
彈簧彈力F彈＝kΔx
對金屬棒受力分析，由受力平衡得B2IL＝2kΔx
代入數據，得B2＝4 T.
答案：(1)2.5 A　(2)4 T
命題點三
[例1]　解析：(1)由v-t圖像可得：a＝＝＝5 m/s2
對導線框受力分析可得：F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma
　代入數據聯立解得：F＝1.48 N
(2)由v-t圖像可知線框cf邊進磁場時開始勻速直線運動，可得：F＝mg sin θ＋μmg cos θ＋BIL
由法拉第電磁感應定律，得線框產生的感應電動勢為E＝BLv
由閉合電路歐姆定律，得線框產生的感應電流為I＝，得：I＝
代入數據聯立解得：L＝0.5 m，I＝2 A
(3)線框勻速切割穿過磁場，產生的焦耳熱就等于克服安培力所做的功：Q＝W克安＝F安·2D＝BIL·2D＝0.5×2×0.5×2×0.4 J＝0.4 J
答案：(1)1.48 N　 (2)0.5 m　 (3)0.4 J
[例2]　解析：(1)線框的ab邊剛進入磁場區域Ⅰ時，根據機械能守恒定律有2Mgl sin θ－2mgl＝
線框的ab邊剛進入區域Ⅰ時，感應電流I＝
由牛頓第二定律有Mg sin θ－BId－T＝Ma，T－mg＝ma
聯立解得a＝0.85 m/s2
(2)設ab邊剛進入磁場區域Ⅱ時線框的速度為v2，則對應的感應電流I′＝
對線框有Mg sin θ＝2BI′d＋T′，又T′＝mg
線框重力的功率P＝Mg sin θ·v2
聯立解得P＝2.34 W
(3)從線框開始釋放到ab邊剛穿過磁場區域Ⅱ的過程中，根據能量守恒定律有
4Mgl sin θ－4mgl＝，解得Q＝0.56 J.
答案：(1)0.85 m/s2　(2)2.34 W　(3)0.56 J
[例3]　解析：(1)由于絕緣棒Q與金屬棒P發生彈性碰撞，根據動量守恒和機械能守恒可得
3mv0＝3mvQ＋mvP
＝
聯立解得
vP＝v0，vQ＝v0
由題知，碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點，則金屬棒P滑出導軌時的速度大小為
v′P＝vQ＝v0
(2)根據能量守恒有
＝＋Q
解得
Q＝
(3)P、Q碰撞后，對金屬棒P分析，根據動量定理得
－BlΔt＝mv′P－mvP
又q＝Δt，＝＝＝
聯立可得
x＝
由于Q為絕緣棒，無電流通過，做勻速直線運動，故Q運動的時間為
t＝＝
答案：(1)v0　　(3)
[提升訓練]
1．解析：(1)a導體棒在運動過程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時做勻速運動，由法拉第電磁感應定律可得E＝BLv0
由閉合電路歐姆定律及安培力公式可得I＝，F＝BIL
a棒受力平衡可得mg sin θ＝BIL
聯立解得v0＝
(2)由右手定則可知導體棒b中電流向里，b棒受沿斜面向下的安培力，此時電路中電流不變，則對b棒，根據牛頓第二定律可得mg sin θ＋BIL＝ma0
解得a0＝2g sin θ
(3)釋放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到達共速時對a棒，由動量定理得mg sin θt0－BLt0＝mv－mv0
b棒受到向下的安培力，對b棒，由動量定理得mg sin θt0＋BLt0＝mv
聯立解得
v＝g sin θ·t0＋
此過程流過b棒的電荷量為q，則有
q＝t0
由法拉第電磁感應定律可得
＝＝
聯立b棒動量定理可得Δx＝
答案：(1)　(2)2g sin θ　(3)g sin θt0＋
2．解析：(1)當ab棒剛進入磁場時產生的感應電動勢為E＝B0Lv
由歐姆定律I＝
解得I＝8 A
由右手定則可知，電流方向為acdba；
(2)當ab棒進入磁場后，到ab棒到達EF處的過程中，由動量定理可得－t＝mv1－mv0，F安＝B0IL
解得v1＝4 m/s
當ab棒經過EF后，由于EF絕緣，ab棒與cd棒不再形成閉合回路，雖有切割，但感應電流為0，所以兩棒做勻速運動，直至cd棒經過EF處，此后，對ab棒Eab＝BabLv
對cd棒Ecd＝BcdLv
由圖乙可知Bab>Bcd
所以，電路中的總感應電動勢為E1＝Eab－Ecd
由歐姆定律I1＝
則ab棒的安培力Fab＝BabI1L
cd棒的安培力Fcd＝BcdI1L
所以ab棒與cd棒的合力向左，為F＝Fab－Fcd
當ab到達GH處時，由動量定理－t1＝mv2－mv1
解得v2＝3 m/s
(3)當ab棒經過GH，由于GH絕緣，cd棒無電流，ab棒切割與右邊電阻形成閉合回路，則E2＝2B0Lv3
由歐姆定律I2＝
ab棒所受安培力F2＝2B0I2L
設ab棒運動x的距離后減速為0，由動量定理可得－t2＝0－mv2
解得x＝0.15m故ab棒還未離開磁場就減速為0，由動能定理可得＝－Q
則電阻R產生的焦耳熱為QR＝Q
解得QR＝0.337 5 J
答案：(1)8 A　b→a　(2)4 m/s　3 m/s　(3)0.337 5 J
素養培優·情境命題
典例1　解析：未按下按鈕時，線圈磁通量不變，因此a、b兩點電勢差為零，故A錯誤；
按下按鈕過程中，線圈中的磁場先向右減小，后向左增加，根據楞次定律可知，感應電流方向從b接線柱通過線圈流向a接線柱，又因為線圈是電源，電源內部電流方向由負極流向正極，因此線圈a接線柱的電勢比b接線柱高；按鈕復位過程中，線圈中的磁場先向左減小，后向右增加，磁通量先減小后增大，根據楞次定律可知，感應電流方向從a接線柱通過線圈流向b接線柱，線圈a接線柱的電勢比b接線柱低，故B正確，CD錯誤．
答案：B
典例2　解析：由題意可知，因圓形鋁盤逆時針方向旋轉，那么穿過鋁盤甲區域的磁通量增大，根據楞次定律，可知，感應電流產生磁場與原來磁場方向相反，即垂直鋁盤向外的磁場，故A正確；同理，因圓形鋁盤逆時針方向旋轉，那么穿過鋁盤乙區域的磁通量減小，根據楞次定律，可知，感應電流產生磁場與原來磁場方向相同，即垂直鋁盤向里的磁場，故B錯誤；依據楞次定律的“近斥遠吸”，則有甲區域要靠近磁鐵，則相互排斥，而乙區域要遠離磁鐵，則相互吸引，因此磁鐵與感應電流之間的作用力，會使鋁盤減速，故C正確；若將實心鋁盤換成布滿小空洞的鋁盤，這樣會導致渦流磁場減弱，則磁鐵對空洞鋁盤所產生的減速效果明顯低于實心鋁盤的，故D錯誤．
答案：AC
典例3　解析：磁場向右運動，則線圈相對于磁場向左運動，根據右手定則可知，線圈在圖示位置的電流方向為abcda，根據左手定則可知安培力方向水平向右，線圈達到最大速度vm時，線圈ad邊和bc邊各以相對磁場的速度v－vm做切割磁感線運動，回路中電流為I＝＝，由于左右兩邊ad和bc均受到安培力，則安培力的合力為F合＝2nBIL＝，制動過程中，磁場停止，線圈ad邊和bc邊以初速度vm開始運動，則安培力為，B錯誤．達到最大速度時，有f＝F合，聯立解得vm＝v－，選項A錯誤．制動過程中克服安培力做功等于線圈產生的焦耳熱，對線圈由動能定理有＝－fNL－W克安＝－fNL－Q，解得Q＝－fNL，選項C正確．制動過程通過線圈橫截面的電荷量為q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n，線圈繼續運動NL停下來，若N為偶數，根據對稱性，可知通過線圈的磁通量不變，即ΔΦ＝0，可知通過線圈的電荷量為零；若N為奇數，由于開始制動時刻的磁通量不確定，因此線圈的磁通量變化量ΔΦ可能在0～2BL2之間取值，電荷量q＝n，即通過線圈的電荷量可能在0～2n之間取值，選項D正確．
答案：CD
典例4　解析：(1)ab邊產生電動勢：E＝Blv0.
(2)Fab＝BIl
I＝
對火箭主體受力分析可得：Fab－mg＝ma
解得：a＝－g.
(3)設下落t時間內火箭下落的高度為h，
對火箭主體由動量定理：·t＝0－mv0
即mgt－＝0－mv0
化簡得h＝
根據能量守恒定律，系統產生的電能：
E＝
代入數據可得：E＝.
答案：(1)Blv0　(2)－g(共55張PPT)
第12講　機械振動和機械波　光與電磁波
命題點一　簡諧運動及振動圖像
簡諧運動圖像問題的兩種分析方法
方法一：圖像—運動結合法
解此類題時，首先要理解x-t圖像的意義，其次要把x-t圖像與質點的實際振動過程聯系起來．圖像上的一個點表示振動中的一個狀態(位置、振動方向等)，圖像上的一段曲線對應振動的一個過程，關鍵是判斷好平衡位置、最大位移及振動方向．
方法二：直觀結論法
簡諧運動的圖像表示振動質點的位移隨時間變化的規律，即位移—時間的函數關系圖像，不是物體的運動軌跡．
例 1 (多選)有兩個同學利用假期分別去參觀位于天津市的南開大學和上海市的復旦大學．他們各自在那里的物理實驗室利用先進的DIS系統較準確的探究了單擺周期T和擺長L的關系．然后他們通過互聯網交流實驗數據，并由計算機繪制了T2-L圖像，如圖甲所示，已知天津市比上海市的緯度高．另外，去復旦做研究的同學還利用計算機繪制了他實驗用的a、b兩個擺球的振動圖像，如圖乙所示．
則下列說法正確的是(　　)
A. 圖甲中南開的同學所測得的實驗結果對應的圖像是B
B．圖甲中圖線的斜率表示對應所在位置的重力加速度
C．由圖乙可知，a、b兩擺球振動周期之比為3∶2
D．由圖乙可知，a、b兩單擺擺長之比為4∶9
答案：AD
答案：BC
提升訓練
1.[2023·上海卷]真空中有一點P與微粒Q，Q在運動中受到指向P且大小與離開P的位移成正比的回復力，則下列情況有可能發生的是(　　)
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度減小
C．速度增大，加速度不變
D．速度減小，加速度不變
答案：B
解析：根據簡諧運動的規律，回復力方向總指向平衡位置，大小與位移成正比，方向與位移方向相反，從平衡位置到最大振幅，做加速度增大的減速運動，反之，由最大振幅向平衡位置運動做加速度減小的加速運動，即加速度增大必減速，加速度減小必加速，故ACD錯誤，B正確．
2. [2023·福建福州一模]如圖甲所示，綁有小鉛塊的浮漂豎直漂浮在靜水中，把浮漂豎直向下緩慢按壓后放手，忽略水對浮漂的阻力，浮漂在豎直方向做簡諧運動．浮漂上升過程經過平衡位置時加速度大小為多少？測得浮漂運動的周期為0.8 s，以豎直向上為正方向，某時刻開始計時，其位移－時間圖像如圖乙所示，寫出其運動位移的表達式．
3．如圖所示，一根長為L的細線，上端固定于O點，下端系一可視為質點的小球，質量為m.若小球在豎直平面內做簡諧運動，其動能Ek隨時間t的變化關系如圖所示，求：
(1)該單擺的擺長；
(2)小球的最大向心加速度．
考向1　波的圖像分析
例 1 [2023·天津](多選)位于坐標原點的波源從t＝0時刻開始振動，t＝0.5 s時形成的機械波波形圖如圖所示，則下列說法正確的是(　　)
A．機械波的波速v＝4 m/s
B．x＝1 m處的質點在t＝0.3 s時位于波谷
C．波源的振動方程為y＝0.02 sin (5πt＋π)m
D．x＝－1 m處的質點半個周期內向左移動
半個波長
答案：BC
考向2　波的疊加
例 2 [2023·湖南卷]如圖(a)，在均勻介質中有A、B、C和D四點，其中A、B、C三點位于同一直線上，AC＝BC＝4 m，DC＝3 m，DC垂直AB.t＝0時，位于A、B、C處的三個完全相同的橫波波源同時開始振動，振動圖像均如圖(b)所示，振動方向與平面ABD垂直，已知波長為4 m．下列說法正確的是(　　)
A．這三列波的波速均為2 m/s
B．t＝2 s時，D處的質點開始振動
C．t＝4.5 s時，D處的質點向y軸負方向運動
D．t＝6 s時，D處的質點與平衡位置的距離是6 cm
答案：C
考向3　振動圖像和波的圖像的綜合應用
例 3 [2023·四川省成都市三診](多選)如圖甲所示是一組同學在“戰繩”練習中晃動一端使其上下振動(可視為簡諧振動)形成橫波的情境．圖乙所示是形成的簡諧橫波在某一時刻的波形圖，圖丙所示為質點G以此時刻為計時起點的振動圖像，下列說法正確的是(　　)
A．此列波的波速為4 m/s
B．此列波向右傳播
C．經過2.125 s時，質點E的加速度大于質
點D的加速度
D．經過1.75 s時，質點B沿波的方向傳播
到了質點I的位置
答案：AB
思維提升
波動圖像與振動圖像綜合問題的處理方法
考向4　波傳播的周期性和多解性問題
例 4 [2023·海南卷]如圖所示分別是一列機械波在傳播方向上相距6 m的兩個質點P、Q的振動圖像，下列說法正確的是(　　)
A．該波的周期是5 s
B．該波的波速是3 m/s
C．4 s時P質點向上振動
D．4 s時Q質點向上振動
答案：C
提升訓練
1.[2023·上海卷]如圖所示，有一周期為T、沿x軸正方向傳播的波，當t＝0 s時波恰好傳到B點，則t＝8 T時，CD段的波形圖為(　　)
答案：C
2.[2023·浙江6月]如圖所示，置于管口T前的聲源發出一列單一頻率聲波，分成兩列強度不同的聲波分別沿A、B兩管傳播到出口O.先調節A、B兩管等長，O處探測到聲波強度為400個單位，然后將A管拉長d＝15 cm，在O處第一次探測到聲波強度最小，其強度為100個單位．已知聲波強度與聲波振幅平方成正比，不計聲波在管道中傳播的能量損失，則(　　)
A．聲波的波長λ＝15 cm
B．聲波的波長λ＝30 cm
C．兩聲波的振幅之比為3∶1
D．兩聲波的振幅之比為2∶1
答案：C
3．[2023·全國甲卷]分別沿x軸正向和負向傳播的兩列簡諧橫波P、Q的振動方向相同，振幅均為5 cm，波長均為8 m，波速均為4 m/s.t＝0時刻，P波剛好傳播到坐標原點，該處的質點將自平衡位置向下振動；Q波剛好傳到x＝10 m處，該處的質點將自平衡位置向上振動．經過一段時間后，兩列波相遇．
(1)在給出的坐標圖上分別畫出P、Q兩列波在t＝2.5 s時刻的波形圖(P用虛線，Q波用實線)；
(2)求出圖示范圍內的介質中，因兩列波干涉而振動振幅最大和振幅最小的質點的平衡位置．
考向1　折射定律的應用
例 1 [2023·浙江1月]如圖所示為一斜邊鍍銀的等腰直角棱鏡的截面圖．一細黃光束從直角邊AB以角度θ入射，依次經AC和BC兩次反射，從直角邊AC出射．出射光線相對于入射光線偏轉了α角，則α(　　)
A．等于90°
B．大于90°
C．小于90°
D．與棱鏡的折射率有關
答案：A
答案：BC
答案：C
答案：C
3．[2023·四川宜賓第四中學二模] 如圖所示，某玻璃磚的截面由半徑為R的半圓和等腰直角三角形ABC組成，AC是半圓的直徑．一束單色光照射在圓弧面上的D點，入射角為60°，折射光線剛好射在AB邊的中點E，該折射光線在AB面上的入射角為45°，已知光在真空中傳播速度為c，求：
(1)玻璃磚對該單色光的折射率；
(2)該單色光在玻璃磚中傳播的時間(不考慮光在圓弧面上的反射)．
命題點四　光的波動性　電磁波
1．單縫衍射與雙縫干涉的比較
　種類
項目　 單縫衍射 雙縫干涉
不同點 條紋
寬度 條紋寬度不等，中央最寬 條紋寬度相等
條紋
間距 各相鄰條紋間距不等 各相鄰條紋等間距
亮度 中央條紋最亮，兩邊較暗 清晰條紋，亮度基本相同
相同點 干涉、衍射都是波特有的現象，屬于波的疊加；干涉、衍射都有明暗相間的條紋
例 1 [2023·遼寧卷](多選)“球鼻艏”是位于遠洋輪船船頭水面下方的裝置，當輪船以設計的標準速度航行時，球鼻艏推起的波與船首推起的波如圖所示，兩列波的疊加可以大幅度減小水對輪船的阻力．下列現象的物理原理與之相同的是(　　)
A．插入水中的筷子，看起來折斷了
B．陽光下的肥皂膜，呈現彩色條紋
C．駛近站臺的火車，汽笛音調變高
D．振動音叉的周圍，聲音忽高忽低
答案：BD
解析：該現象屬于波的疊加原理，插入水中的筷子看起來折斷了是光的折射造成的，與該問題的物理原理不相符；陽光下的肥皂膜呈現彩色條紋，是由于光從薄膜上下表面的反射光疊加造成的干涉現象，與該問題的物理原理相符；駛近站臺的火車汽笛音調變高是多普勒現象造成的，與該問題的物理原理不相符；振動音叉的周圍聲音忽高忽低，是聲音的疊加造成的干涉現象，與該問題的物理原理相符．故選BD.
答案：B
提升訓練
1.[2023·山東卷] 如圖所示為一種干涉熱膨脹儀原理圖．G為標準石英環，C為待測柱形樣品，C的上表面與上方標準平面石英板之間存在劈形空氣層．用單色平行光垂直照射上方石英板，會形成干涉條紋．已知C的膨脹系數小于G的膨脹系數，當溫度升高時，下列說法正確的是(　　)
A．劈形空氣層的厚度變大，條紋向左移動
B．劈形空氣層的厚度變小，條紋向左移動
C．劈形空氣層的厚度變大，條紋向右移動
D．劈形空氣層的厚度變小，條紋向右移動
答案：A
解析：由題知，C的膨脹系數小于G的膨脹系數，當溫度升高時，G增長的高度大于C增長的高度，則劈形空氣層的厚度變大，且同一厚度的空氣膜向劈尖移動，則條紋向左移動．故選A.
2．[2023·重慶第七次聯考](多選)如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖均來自物理課本，下列說法正確的是(　　)
A．圖甲為雙縫干涉示意圖，若換成頻率更高的單色光照射雙縫，則實驗得到的條紋間距應該更大
B．圖乙為光照到圓盤上得到的衍射圖樣
C．圖丙為劈尖干涉的示意圖，兩玻璃片間墊有一些紙片，若從兩玻璃片之間抽出部分紙片，則從上往下看可以觀察到條紋間距變大
D．圖丁所示為相機拍攝車前擋風玻璃的照片，擋風玻璃能明顯減弱汽車玻璃表面反射光是利用了薄膜干涉原理
答案：BC第12講　機械振動和機械波　光與電磁波
知識網絡構建
命題分類剖析
命題點一　簡諧運動及振動圖像
簡諧運動圖像問題的兩種分析方法
方法一：圖像—運動結合法
解此類題時，首先要理解x-t圖像的意義，其次要把x-t圖像與質點的實際振動過程聯系起來．圖像上的一個點表示振動中的一個狀態(位置、振動方向等)，圖像上的一段曲線對應振動的一個過程，關鍵是判斷好平衡位置、最大位移及振動方向．
方法二：直觀結論法
簡諧運動的圖像表示振動質點的位移隨時間變化的規律，即位移—時間的函數關系圖像，不是物體的運動軌跡．
例 1 (多選)有兩個同學利用假期分別去參觀位于天津市的南開大學和上海市的復旦大學．他們各自在那里的物理實驗室利用先進的DIS系統較準確的探究了單擺周期T和擺長L的關系．然后他們通過互聯網交流實驗數據，并由計算機繪制了T2-L圖像，如圖甲所示，已知天津市比上海市的緯度高．另外，去復旦做研究的同學還利用計算機繪制了他實驗用的a、b兩個擺球的振動圖像，如圖乙所示．則下列說法正確的是(　　)
A.圖甲中南開的同學所測得的實驗結果對應的圖像是B
B．圖甲中圖線的斜率表示對應所在位置的重力加速度
C．由圖乙可知，a、b兩擺球振動周期之比為3∶2
D．由圖乙可知，a、b兩單擺擺長之比為4∶9
例 2 [2023·山東卷](多選)如圖所示，沿水平方向做簡諧振動的質點，依次通過相距L的A、B兩點．已知質點在A點的位移大小為振幅的一半，B點位移大小是A點的倍，質點經過A點時開始計時，t時刻第二次經過B點，該振動的振幅和周期可能是(　　)
A．，3t B．，4t
C．t D．t
提升訓練
1.[2023·上海卷]真空中有一點P與微粒Q，Q在運動中受到指向P且大小與離開P的位移成正比的回復力，則下列情況有可能發生的是(　　)
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度減小
C．速度增大，加速度不變
D．速度減小，加速度不變
2. [2023·福建福州一模]如圖甲所示，綁有小鉛塊的浮漂豎直漂浮在靜水中，把浮漂豎直向下緩慢按壓后放手，忽略水對浮漂的阻力，浮漂在豎直方向做簡諧運動．浮漂上升過程經過平衡位置時加速度大小為多少？測得浮漂運動的周期為0.8 s，以豎直向上為正方向，某時刻開始計時，其位移－時間圖像如圖乙所示，寫出其運動位移的表達式．
　
3．如圖所示，一根長為L的細線，上端固定于O點，下端系一可視為質點的小球，質量為m.若小球在豎直平面內做簡諧運動，其動能Ek隨時間t的變化關系如圖所示，求：
(1)該單擺的擺長；
(2)小球的最大向心加速度．
命題點二　波的圖像及波的疊加
1．波的傳播方向與質點振動方向的互判方法
(1)“上下坡”法
(2)“同側”法
(3)“微平移”法
2．波的疊加
(1)兩個振動情況相同的波源形成的波，在空間某點振動加強的條件為Δx＝nλ(n＝0，1，2，…)，振動減弱的條件為Δx＝nλ＋(n＝0，1，2，…)．兩個振動情況相反的波源形成的波，在空間某點振動加強的條件為Δx＝nλ＋(n＝0，1，2，…)，振動減弱的條件為Δx＝nλ(n＝0，1，2，…)．
(2)振動加強點的振幅最大，位移隨時間而改變．
考向1　波的圖像分析
例 1 [2023·天津](多選)位于坐標原點的波源從t＝0時刻開始振動，t＝0.5 s時形成的機械波波形圖如圖所示，則下列說法正確的是(　　)
A．機械波的波速v＝4 m/s
B．x＝1 m處的質點在t＝0.3 s時位于波谷
C．波源的振動方程為y＝0.02 sin (5πt＋π)m
D．x＝－1 m處的質點半個周期內向左移動半個波長
考向2　波的疊加
例 2 [2023·湖南卷]如圖(a)，在均勻介質中有A、B、C和D四點，其中A、B、C三點位于同一直線上，AC＝BC＝4 m，DC＝3 m，DC垂直AB.t＝0時，位于A、B、C處的三個完全相同的橫波波源同時開始振動，振動圖像均如圖(b)所示，振動方向與平面ABD垂直，已知波長為4 m．下列說法正確的是(　　)
A．這三列波的波速均為2 m/s
B．t＝2 s時，D處的質點開始振動
C．t＝4.5 s時，D處的質點向y軸負方向運動
D．t＝6 s時，D處的質點與平衡位置的距離是6 cm
考向3　振動圖像和波的圖像的綜合應用
例 3 [2023·四川省成都市三診](多選)如圖甲所示是一組同學在“戰繩”練習中晃動一端使其上下振動(可視為簡諧振動)形成橫波的情境．圖乙所示是形成的簡諧橫波在某一時刻的波形圖，圖丙所示為質點G以此時刻為計時起點的振動圖像，下列說法正確的是(　　)
A．此列波的波速為4 m/s
B．此列波向右傳播
C．經過2.125 s時，質點E的加速度大于質點D的加速度
D．經過1.75 s時，質點B沿波的方向傳播到了質點I的位置
思維提升
波動圖像與振動圖像綜合問題的處理方法
考向4　波傳播的周期性和多解性問題
例 4 [2023·海南卷]如圖所示分別是一列機械波在傳播方向上相距6 m的兩個質點P、Q的振動圖像，下列說法正確的是(　　)
A．該波的周期是5 s
B．該波的波速是3 m/s
C．4 s時P質點向上振動
D．4 s時Q質點向上振動
提升訓練
1.[2023·上海卷]如圖所示，有一周期為T、沿x軸正方向傳播的波，當t＝0 s時波恰好傳到B點，則t＝8 T時，CD段的波形圖為(　　)
2.
[2023·浙江6月]如圖所示，置于管口T前的聲源發出一列單一頻率聲波，分成兩列強度不同的聲波分別沿A、B兩管傳播到出口O.先調節A、B兩管等長，O處探測到聲波強度為400個單位，然后將A管拉長d＝15 cm，在O處第一次探測到聲波強度最小，其強度為100個單位．已知聲波強度與聲波振幅平方成正比，不計聲波在管道中傳播的能量損失，則(　　)
A．聲波的波長λ＝15 cm
B．聲波的波長λ＝30 cm
C．兩聲波的振幅之比為3∶1
D．兩聲波的振幅之比為2∶1
3．[2023·全國甲卷]分別沿x軸正向和負向傳播的兩列簡諧橫波P、Q的振動方向相同，振幅均為5 cm，波長均為8 m，波速均為4 m/s.t＝0時刻，P波剛好傳播到坐標原點，該處的質點將自平衡位置向下振動；Q波剛好傳到x＝10 m處，該處的質點將自平衡位置向上振動．經過一段時間后，兩列波相遇．
(1)在給出的坐標圖上分別畫出P、Q兩列波在t＝2.5 s時刻的波形圖(P用虛線，Q波用實線)；
(2)求出圖示范圍內的介質中，因兩列波干涉而振動振幅最大和振幅最小的質點的平衡位置．
命題點三　光的折射和全反射
1．常用的三個公式
＝n，n＝，sin C＝.
2．求解光的折射和全反射問題的思路
(1)確定研究的光線：該光線一般是入射光線，還有可能是反射光線或折射光線，若需研究的光線不明確，則要根據題意分析、尋找，如臨界光線、邊界光線等．
(2)畫光路圖：找入射點，確定界面，并畫出法線，根據反射定律、折射定律作出光路圖，結合幾何關系，具體求解．
3．注意兩點：
(1)光疏→光密：一定有反射、折射光線；
(2)光密→光疏：若入射角大于或等于臨界角，則發生全反射．
考向1　折射定律的應用
例 1 [2023·浙江1月]如圖所示為一斜邊鍍銀的等腰直角棱鏡的截面圖．一細黃光束從直角邊AB以角度θ入射，依次經AC和BC兩次反射，從直角邊AC出射．出射光線相對于入射光線偏轉了α角，則α(　　)
A．等于90°
B．大于90°
C．小于90°
D．與棱鏡的折射率有關
考向2　全反射現象的理解和應用
例 2 [2023·湖南卷](多選)一位潛水愛好者在水下活動時，利用激光器向岸上救援人員發射激光信號，設激光光束與水面的夾角為α，如圖所示．他發現只有當α大于41°時，岸上救援人員才能收到他發出的激光光束，下列說法正確的是(　　)
A．水的折射率為
B．水的折射率為
C．當他以α ＝ 60°向水面發射激光時，岸上救援人員接收激光光束的方向與水面夾角小于60°
D．當他以α ＝ 60°向水面發射激光時，岸上救援人員接收激光光束的方向與水面夾角大于60°
提升訓練
1.[2023·湖北卷]
如圖所示，楔形玻璃的橫截面POQ的頂角為30°，OP邊上的點光源S到頂點O的距離為d，垂直于OP邊的光線SN在OQ邊的折射角為45°.不考慮多次反射，OQ邊上有光射出部分的長度為(　　)
A．d B．d
C．d D．d
2．[2023·浙江6月]在水池底部水平放置三條細燈帶構成的等腰直角三角形發光體，直角邊的長度為0.9 m，水的折射率n＝，細燈帶到水面的距離h＝ m，則有光射出的水面形狀(用陰影表示)為(　　)
3．[2023·四川宜賓第四中學二模]
如圖所示，某玻璃磚的截面由半徑為R的半圓和等腰直角三角形ABC組成，AC是半圓的直徑．一束單色光照射在圓弧面上的D點，入射角為60°，折射光線剛好射在AB邊的中點E，該折射光線在AB面上的入射角為45°，已知光在真空中傳播速度為c，求：
(1)玻璃磚對該單色光的折射率；
(2)該單色光在玻璃磚中傳播的時間(不考慮光在圓弧面上的反射)．
命題點四　光的波動性　電磁波
1．單縫衍射與雙縫干涉的比較
　種類 項目　 單縫衍射 雙縫干涉
不同點 條紋 寬度 條紋寬度不等，中央最寬 條紋寬度相等
條紋 間距 各相鄰條紋間距不等 各相鄰條紋等間距
亮度 中央條紋最亮，兩邊較暗 清晰條紋，亮度基本相同
相同點 干涉、衍射都是波特有的現象，屬于波的疊加；干涉、衍射都有明暗相間的條紋
2.三點注意
(1)兩列光波發生穩定干涉現象時，光的頻率相等，相位差恒定，條紋間距Δx＝λ.
(2)發生明顯衍射的條件是障礙物或小孔的尺寸跟光的波長相差不多或比光的波長小．
(3)電磁波傳播不需要介質，在介質中傳播時速度與介質材料和電磁波頻率有關．
例 1 [2023·遼寧卷](多選)“球鼻艏”是位于遠洋輪船船頭水面下方的裝置，當輪船以設計的標準速度航行時，球鼻艏推起的波與船首推起的波如圖所示，兩列波的疊加可以大幅度減小水對輪船的阻力．下列現象的物理原理與之相同的是(　　)
A．插入水中的筷子，看起來折斷了
B．陽光下的肥皂膜，呈現彩色條紋
C．駛近站臺的火車，汽笛音調變高
D．振動音叉的周圍，聲音忽高忽低
例 2 [2023·江蘇卷]用某種單色光進行雙縫干涉實驗，在屏上觀察到的干涉條紋如圖甲所示，改變雙縫間的距離后，干涉條紋如圖乙所示，圖中虛線是亮紋中心的位置．則雙縫間的距離變為原來的(　　)
A． B．
C．2倍 D．3倍
提升訓練
1.[2023·山東卷]
如圖所示為一種干涉熱膨脹儀原理圖．G為標準石英環，C為待測柱形樣品，C的上表面與上方標準平面石英板之間存在劈形空氣層．用單色平行光垂直照射上方石英板，會形成干涉條紋．已知C的膨脹系數小于G的膨脹系數，當溫度升高時，下列說法正確的是(　　)
A．劈形空氣層的厚度變大，條紋向左移動
B．劈形空氣層的厚度變小，條紋向左移動
C．劈形空氣層的厚度變大，條紋向右移動
D．劈形空氣層的厚度變小，條紋向右移動
2．[2023·重慶第七次聯考](多選)如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖均來自物理課本，下列說法正確的是(　　)
A．圖甲為雙縫干涉示意圖，若換成頻率更高的單色光照射雙縫，則實驗得到的條紋間距應該更大
B．圖乙為光照到圓盤上得到的衍射圖樣
C．圖丙為劈尖干涉的示意圖，兩玻璃片間墊有一些紙片，若從兩玻璃片之間抽出部分紙片，則從上往下看可以觀察到條紋間距變大
D．圖丁所示為相機拍攝車前擋風玻璃的照片，擋風玻璃能明顯減弱汽車玻璃表面反射光是利用了薄膜干涉原理
第12講　機械振動和機械波　光與電磁波
命題分類剖析
命題點一
[例1]　解析：根據T＝2π 得，T2＝，知圖線的斜率k＝，圖線B的斜率較小，則圖線B對應的重力加速度較大，可知圖甲中南開的同學所測得的實驗結果對應的圖像是B，故A正確，B錯誤；周期等于完成一次全振動的時間，由圖乙可知，a、b兩單擺的周期之比為2∶3，故C錯誤；根據T＝2π 得，L＝，a、b的周期之比為2∶3，則擺長之比為4∶9，故D正確．
答案：AD
[例2]　解析：當AB兩點在平衡位置的同側時有A＝A sin φa，A＝A sin φb，可得φa＝；φb＝或者φb＝.因此可知第二次經過B點時φb＝T＝t，解得T＝4t.此時位移關系為A－A＝L，解得A＝，A錯誤，B正確．當AB兩點在平衡位置兩側時有－A＝A sin φa，A＝A sin φb，解得φa＝－或者φa＝－(由圖中運動方向舍去)，φb＝或者φb＝.當第二次經過B點時φb＝，則T＝t，解得T＝t.此時位移關系為A＋A＝L，解得A＝，C正確，D錯誤．
答案：BC
[提升訓練]
1．解析：根據簡諧運動的規律，回復力方向總指向平衡位置，大小與位移成正比，方向與位移方向相反，從平衡位置到最大振幅，做加速度增大的減速運動，反之，由最大振幅向平衡位置運動做加速度減小的加速運動，即加速度增大必減速，加速度減小必加速，故ACD錯誤，B正確．
答案：B
2．解析：經過平衡位置時，受到重力和水的浮力，這兩個力的合力為0，故加速度大小為0；
由于振動周期為0.8 s，故ω＝＝2.5π rad/s
由圖乙可知運動位移的表達式為y＝5sin πt cm
答案：0　y＝5sin t cm
3．解析：(1)由圖可知，單擺的周期T＝4t0
根據單擺周期公式T＝2π ，解得l＝.
(2)擺球到最低點的動能Ek＝E0＝mv2
向心加速度的最大值a＝，得a＝.
答案：
命題點二
[例1]　解析：波源位于坐標原點，則由題圖可知，該波源形成兩列波，且在Δt＝0.5 s的時間內波傳播的距離為Δx＝2.5 m，則機械波的波速為v＝＝ m/s＝5 m/s，A錯誤；由題圖可知波的波長為λ＝2 m，則波的周期為T＝＝ s＝0.4 s，波剛傳到x＝1 m處需要的時間t1＝＝ s＝0.2 s，由于t＝0.5 s時波恰好向右傳播到x＝2.5 m處，結合同側法可知波源的起振方向沿y軸的負方向，所以t＝0.2 s時x＝1 m處的質點沿y軸的負方向振動，再經過0.1 s的時間，即T的時間后，x＝1 m處的質點剛好位于波谷處，B正確；設波源的振動方程為y＝A sin (ωt＋φ)，由以上可知ω＝＝5 rad/s，由題圖可知波的振幅為A＝2 cm，又波源的起振方向沿y軸的負方向且t＝0時刻位于坐標原點，則波源的振動方程為y＝－0.02 sin (5πt)m＝0.02 sin (5πt＋π) m，C正確；質點起振后只在平衡位置附近上下振動，不會隨波左右遷移，D錯誤．
答案：BC
[例2]　解析：由圖(b)的振動圖像可知，振動的周期為4 s，故三列波的波速為v＝＝＝1 m/s，A錯誤；由圖(a)可知，D處距離波源C最近的距離為3 m，故開始振動后波源C處的橫波傳播到D處所需的時間為tC＝＝＝3 s，故t＝2 s時，D處的質點還未開始振動，B錯誤；由幾何關系可知AD＝BD＝5 m，波源A、B產生的橫波傳播到D處所需的時間為tAB＝＝＝5 s，故t＝4.5 s時，僅波源C處的橫波傳播到D處，此時D處的質點振動時間為t1＝t－tC＝1.5 s，由振動圖像可知此時D處的質點向y軸負方向運動，C正確；t＝6 s時，波源C處的橫波傳播到D處后振動時間為t2＝＝3 s，由振動圖像可知此時D處為波源C處傳播橫波的波谷；t＝6 s時，波源A、B處的橫波傳播到D處后振動時間為t3＝＝1 s，由振動圖像可知此時D處為波源A、B處傳播橫波的波峰．根據波的疊加原理可知此時D處質點的位移為y＝2A－A＝2 cm，故t＝6 s時，D處的質點與平衡位置的距離是2 cm，D錯誤．
答案：C
[例3]　解析：根據圖乙可知該簡諧橫波的波長為4 m，由圖丙可知質點的振動周期為1 s，所以該簡諧橫波的波長為v＝＝ m/s＝4 m/s，A正確；由圖丙可知質點G在該時刻處于平衡位置，且向上運動，結合圖乙可知質點G處于下坡，根據上下坡法可知，該簡諧波向右傳播，B正確；經過2.125 s此簡諧波向右傳播的距離為x＝vt＝4×2.125 m＝8.5 m＝2λ，畫出t＝2.125 s時的波形圖，如圖所示．
x＝3.5 m的質點位于最低點，質點E和質點D關于x＝3.5 m的距離相等，兩質點距離平衡位置的距離相等，所以兩者的加速度大小相等，C錯誤；簡諧波傳播過程中，質點不會隨波遷移，所以經過1.75 s時，質點B不會移動，D錯誤．
答案：AB
[例4]　解析：由題圖可知，該波的周期T＝4 s，A錯；由P、Q兩個質點的振動圖像可知，P、Q兩個質點振動反向，則P、Q間距離為(n＋)λ＝6 m(n＝0，1，2，…)，則波速v＝＝ m/s(n＝0，1，2，…)，B錯；由質點P的振動圖像可知，4 s時P質點向上振動，C對；由質點Q的振動圖像可知，4 s時Q質點向下振動，D錯．
答案：C
[提升訓練]
1．解析：由題可知，該波向右傳播且波長為0.5 m，得出波速為v＝＝，則在t＝8T的時間內傳播的距離為x＝vt＝×8T＝4.0 m，而BD之間的距離為3.75 m＋0.25 m＝4 m，故經過t＝8T，該波從B點傳播到D點，D點為起振點，即將向上振動，xCD＝0.25 m＝，即半個波長，故ABD錯誤，C正確．
答案：C
2．解析：分析可知A、B兩管等長時，聲波的振動加強，將A管拉長d＝15 cm后，兩聲波在O點減弱，根據題意設聲波加強時振幅為20，聲波減弱時振幅為10，則A1＋A2＝20，A1－A2＝10，可得兩聲波的振幅之比＝，故C正確，D錯誤；根據振動減弱的條件可得＝2d，解得λ＝60 cm，故AB錯誤．故選C.
答案：C
3．解析：(1)根據Δx＝vt得
Δx＝4×2.5 m＝10 m
可知t＝2.5 s時P波剛好傳播到x＝10 m處，Q波剛好傳播到x＝0處，根據上坡下坡法可得波形圖如圖所示
兩列波在圖示范圍內任一位置的波程差為
Δx＝|(10－x)－x|.(0(2)根據題意可知，P、Q兩波振動頻率相同，振動方向相反，兩波疊加時，振動加強點的條件為到兩波源的距離差
Δx＝(n＝0，1，2…)
解得振幅最大的平衡位置有
x1＝3 m、x2＝7 m
振動減弱的條件為
Δx＝nλ(n＝0，1，2…)
解得振幅最小的平衡位置有
x3＝1 m、x4＝5 m、x5＝9 m
答案：(1)
(2)見解析
命題點三
[例1]　解析：如圖所示，由幾何關系有
∠2＝180°－45°－(90°－∠1)＝45°＋∠1
↓
∠3＝90°－∠2＝45°－∠1
↓
∠4＝180°－135°－∠3＝∠1
由折射定律有n＝＝，
故sin θ＝sin ∠5
結合幾何知識可知α＝90°，A正確．
答案：A
[例2]　解析：他發現只有當α大于41°時，岸上救援人員才能收到他發出的激光光束，則說明α＝41°時激光恰好發生全反射，則sin (90°－41°)＝，則n＝，A錯誤、B正確；當他以α＝60°向水面發射激光時，入射角i1＝30°，則根據折射定律有n sin i1＝sin i2，折射角i2大于30°，則岸上救援人員接收激光光束的方向與水面夾角小于60°，C正確、D錯誤．
故選BC.
答案：BC
[提升訓練]
1．解析：設光線在OQ界面的入射角為α，折射角為β，幾何關系可知α＝30°，則由折射定律有n＝＝，
光線射出OQ界面的臨界為發生全反射，光路圖如圖，其中OB⊥CS，光線在AB兩點發生全反射，由全反射定律有sin C＝＝，即AB兩處全反射的臨界角為45°，AB之間有光線射出，由幾何關系可知AB＝2AC＝2CS＝OS＝d，C正確．故選C.
答案：C
2．解析：燈帶發出的光從水面射出時發生全反射的臨界角滿足sin C＝＝，則tan C＝.燈帶上的一個點發出的光發生全反射的臨界角如圖所示
根據幾何關系可得r＝h tan C＝ m＝0.3 m．
則一個點發出的光在水面上能看到的是半徑為r＝0.3 m的圓，光射出的水面形狀邊緣為弧形，如圖所示．等腰直角三角形發光體的內切圓半徑r′滿足＝(a＋a＋a)r′，解得r′＝<＝r，故中間無空缺．故選C.
答案：C
3．解析：
(1)折射光線在AB面上的入射角為45°，則DE⊥AC，由幾何關系可知，AO與DE的交點M到A的距離等于到O的距離，如圖甲所示．
則有OM＝R
設光線在D點的入射角和折射角分別為i和r，由幾何關系可得sin r＝＝＝
因此折射角為r＝30°
由折射定律，可得玻璃磚對單色光的折射率為n＝＝＝.
(2)設全反射的臨界角為C，則有sin C＝＝<＝sin 45°
可得C<45°
可知光在AB界面處發生全反射，結合入射角等于反射角的關系及幾何關系可知，光恰好到達BC中點，而且到達BC界面處仍然發生全反射，光在玻璃磚內的光路如圖乙所示．
則光在玻璃磚內的路程為s＝2(＋R cos r)＋R＝(2＋)R
光在玻璃磚內的傳播速度為v＝
則光在玻璃磚中傳播的時間t＝.
答案：(1)　(2)
命題點四
[例1]　解析：該現象屬于波的疊加原理，插入水中的筷子看起來折斷了是光的折射造成的，與該問題的物理原理不相符；陽光下的肥皂膜呈現彩色條紋，是由于光從薄膜上下表面的反射光疊加造成的干涉現象，與該問題的物理原理相符；駛近站臺的火車汽笛音調變高是多普勒現象造成的，與該問題的物理原理不相符；振動音叉的周圍聲音忽高忽低，是聲音的疊加造成的干涉現象，與該問題的物理原理相符．故選BD.
答案：BD
[例2]　解析：根據雙縫干涉的條紋間距與波長關系有Δx＝λ，由題圖知Δx乙＝2Δx甲，則d乙＝d甲，故選B.
答案：B
[提升訓練]
1．解析：由題知，C的膨脹系數小于G的膨脹系數，當溫度升高時，G增長的高度大于C增長的高度，則劈形空氣層的厚度變大，且同一厚度的空氣膜向劈尖移動，則條紋向左移動．故選A.
答案：A
2．解析：根據Δx＝，若改用頻率較高的單色光照射，則波長變小，其他條件保持不變，則得到的干涉條紋間距將變小，故A錯誤；圖乙為光照到圓盤上得到的衍射圖樣，也叫泊松亮斑，故B正確；抽去紙片后空氣層的傾角變小，相當于減小了d，故相鄰亮條紋(或暗條紋)之間的距離變大，干涉條紋間距變大，故C正確；相機拍攝時減弱了玻璃表面的反射光，是在照相機鏡頭前增加偏振片過濾掉了反射光，應用了偏振原理，故D錯誤；故選BC.
答案：BC(共48張PPT)
第13講　 熱學
命題點一　分子動理論 、 固體與液體的性質
熱學基礎知識考查模型
項目 圖解 分析
微觀量的
兩種模型
布朗運動
①影響因素：溫度、微粒大小
②意義：反映了分子的無規則運動
分子間作
用力與分
子勢能的
變化分析
①分子間作用力：若rr0，表現為引力
②分子勢能：若r＝r0，分子勢能最小
晶體和非
晶體模型 ①單晶體形狀規則，多晶體、非晶體形狀不規則
②晶體熔點固定，非晶體熔點不固定
③單晶體的部分性質表現出各向異性，多晶體、非晶體表現為各向同性
[提醒]　
(1)球模型(適用于固體、液體)，立方體模型(適用于氣體)．
(2)晶體、非晶體的關鍵性區別為是否具有固定的熔點，只有單晶體才可能具有各向異性．

例 1 (多選)關于固體、液體和氣體，下列說法正確的是(　　)
A．高原地區煮飯會夾生，水的沸點較低，是因為高原地區溫度較低的緣故
B．晶體一定具有固定的熔點，但不一定具有規則的幾何外形
C．降低溫度能夠使氣體的飽和氣壓降低，從而使氣體液化
D．在一定溫度下，當人們感到潮濕時，水汽蒸發慢，空氣的相對濕度一定較小
答案：BC
解析：高原地區煮飯會夾生，水的沸點較低，是因為高原地區大氣壓強較小，故A錯誤；晶體一定具有固定的熔點，單晶體有固定的幾何形狀，但是多晶體沒有規則的幾何外形，故B正確；降低溫度能夠使氣體的飽和氣壓降低，從而使氣體液化，故C正確；在一定溫度下，當人們感到潮濕時，水汽蒸發慢，空氣的相對濕度一定較大，故D錯誤．
例 2 [2023·浙江6月](多選)下列說法正確的是(　　)
A．熱量能自發地從低溫物體傳到高溫物體
B．液體的表面張力方向總是跟液面相切
C．在不同的慣性參考系中，物理規律的形式是不同的
D．當波源與觀察者相互接近時，觀察者觀測到波的頻率大于波源振動的頻率
答案：BD
解析：根據熱力學第二定律可知熱量不可能自發地從低溫物體傳到高溫物體，故A錯誤；液體的表面張力方向總是跟液面相切，故B正確；由狹義相對論的兩個基本假設可知，在不同的慣性參考系中，一切物理規律都是相同的，故C錯誤；根據多普勒效應可知，當波源與觀察者相互接近時，觀察者觀測到波的頻率大于波源振動的頻率，故D正確．故選BD.
例 3 [2024·河南洛陽開學考試](多選)如圖所示的甲、乙兩幅圖像分別表示兩分子間的作用力、分子勢能與兩分子間距離的關系．假定兩個分子的距離為無窮遠時它們的分子勢能為0，下列說法正確的是(　　)
A．分子間距r＝r0表示平衡位置，此位置分子間的引力、斥力都等于0
B．當分子間距r＝r0時，分子力、分子勢能都達到最小值
C．當分子間距無限大時，分子勢能最小
D．當分子間距r>r0，隨著r的增大，F先增大后減小，Ep增大
答案：BD
解析：分子間距r＝r0表示平衡位置，此位置分子間的引力、斥力大小相等，方向相反，引力、斥力的合力等于0，但引力、斥力并不等于0，故A錯誤；由圖像可知，當分子間距r＝r0時，分子力為0，分子力達到最小值，分子勢能為最小值，故B正確；當分子間距無限大時，分子勢能為0，但不是最小值，當分子間距r＝r0時，分子勢能最小，故C錯誤；當分子間距r>r0，隨著分子間距離r的增大，F先增大后減小，分子力做負功，分子勢能Ep一直增大，故D正確．
提升訓練
1. [2023·海南卷]如圖為兩分子靠近過程中的示意圖，r0為分子間平衡距離，下列關于分子力和分子勢能的說法正確的是(　　)
A．分子間距離大于r0時，分子間表現為斥力
B．分子從無限遠靠近到距離r0處的過程中分子勢能變大
C．分子勢能在r0處最小
D．分子間距離在小于r0且減小時，分子勢能在減小
答案：C
解析：分子間距離大于r0時，分子間表現為引力，A錯；分子從無限遠靠近到距離為r0的過程，分子力表現為引力，分子力做正功，分子勢能變小，B錯；分子間距離從r0減小的過程，分子力表現為斥力，分子力做負功，分子勢能變大，結合B項分析可知，分子勢能在r0處最小，C對，D錯．
2．[2023·北京卷]夜間由于氣溫降低，汽車輪胎內的氣體壓強變低．與白天相比，夜間輪胎內的氣體(　　)
A．分子的平均動能更小
B．單位體積內分子的個數更少
C．所有分子的運動速率都更小
D．分子對輪胎內壁單位面積的平均作用力更大
答案：A
解析：夜間氣溫低，分子的平均動能更小，但不是所有分子的運動速率都更小，故A正確、C錯誤；由于汽車輪胎內的氣體壓強變低，輪胎會略微被壓癟，則單位體積內分子的個數更多，分子對輪胎內壁單位面積的平均作用力更小，BD錯誤．故選A.
3．[2023·廣西統考二模](多選)圖甲是三顆微粒做布朗運動的位置連線圖，圖乙是氧氣分子速率分布圖，圖丙是靜止在水面上的硬幣，圖丁是農田耕種前鋤松土壤，下列說法正確的是(　　)

A．甲圖中，微粒越小，布朗運動越明顯
B．乙圖中，溫度升高，所有氧分子的速率都增大
C．丙圖中，硬幣能浮在水面上，主要是因為水的浮力
D．丁圖中，鋤松土壤會破壞土層表面的毛細管，保持土壤水分
答案：AD
解析：甲圖中，微粒越小，布朗運動越明顯，故A正確；乙圖中，溫度升高，氧分子的平均速率增大，但不是每一個分子速率都增大，故B錯誤；丙圖中，硬幣浮在水面上，主要是因為水的表面張力，故C錯誤；丁圖中，耕種前鋤松土壤，會破壞土層表面的毛細管，消除土層表面的毛細現象，保持土壤水分，故D正確．
命題點二　氣體實驗定律的應用
1．壓強的計算
(1)被活塞或汽缸封閉的氣體，通常分析活塞或汽缸的受力，應用平衡條件或牛頓第二定律求解，壓強單位為Pa.
(2)水銀柱密封的氣體，應用p＝p0＋ph或p＝p0－ph計算壓強，壓強p的單位為cmHg或mmHg.
2．合理選取氣體變化所遵循的規律列方程
(1)若氣體質量一定，p、V、T中有一個量不發生變化，則選用對應的氣體實驗定律列方程求解．
(2)若氣體質量一定，p、V、T均發生變化，則選用理想氣體狀態方程列式求解．
3．關聯氣體問題
解決由活塞、液柱相聯系的兩部分氣體問題時，根據兩部分氣體壓強、體積的關系，列出關聯關系式，再結合氣體實驗定律或理想氣體狀態方程求解．
考向1　“汽缸活塞”類問題
例 1 [2023·新課標卷](多選)如圖，一封閉著理想氣體的絕熱汽缸置于水平地面上，用輕彈簧連接的兩絕熱活塞將汽缸分為f、g、h三部分，活塞與汽缸壁間沒有摩擦．初始時彈簧處于原長，三部分中氣體的溫度、體積、壓強均相等．現通過電阻絲對f中的氣體緩慢加熱，停止加熱并達到穩定后(　　)
A．h中的氣體內能增加
B．f與g中的氣體溫度相等
C．f與h中的氣體溫度相等
D．f與h中的氣體壓強相等
答案：AD
考向2　“液柱”類問題
例 2 [2023·全國乙卷]如圖，豎直放置的封閉玻璃管由管徑不同、長度均為20 cm的A、B兩段細管組成，A管的內徑是B管的2倍，B管在上方．管內空氣被一段水銀柱隔開，水銀柱在兩管中的長度均為10 cm.現將玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管內的空氣柱長度改變1 cm.求B管在上方時，玻璃管內兩部分氣體的壓強．(氣體溫度保持不變，以cmHg為壓強單位)
解析：B管在上方，設B管中氣體的壓強為pB，長度lB＝10 cm
則A管中氣體的壓強為pA＝pB＋20 cmHg，長度lA＝10 cm
倒置后，A管在上方，設A管中氣體的壓強為p′A，A管內空氣柱長度l′A＝11 cm
已知A管的內徑是B管的2倍，則水銀柱長度為h＝9 cm＋14 cm＝23 cm
則B管中氣體壓強為p′B＝p′A＋23 cmHg
B管內空氣柱長度l′B＝40 cm－11 cm－23 cm＝6 cm
對A管中氣體，由玻意耳定律有pAlA＝p′Al′A
對B管中氣體，由玻意耳定律有pBlB＝p′Bl′B
聯立解得pB＝54.36 cmHg
pA＝pB＋20 cmHg＝74.36 cmHg
答案：54.36 cmHg　74.36 cmHg
考向3　變質量問題
例 3 [2023·湖南卷]汽車剎車助力裝置能有效為駕駛員踩剎車省力．如圖，剎車助力裝置可簡化為助力氣室和抽氣氣室等部分構成，連桿AB與助力活塞固定為一體，駕駛員踩剎車時，在連桿AB上施加水平力推動液壓泵實現剎車．助力氣室與抽氣氣室用細管連接，通過抽氣降低助力氣室壓強，利用大氣壓與助力氣室的壓強差實現剎車助力．
每次抽氣時，K1打開，K2閉合，抽氣活塞在外力作用下從抽氣氣室最下端向上運動，助力氣室中的氣體充滿抽氣氣室，達到兩氣室壓強相等；然后，K1閉合，K2打開，抽氣活塞向下運動，抽氣氣室中的全部氣體從K2排出，完成一次抽氣過程．已知助力氣室容積為V0，初始壓強等于外部大氣壓強p0，助力活塞橫截面積為S，抽氣氣室的容積為V1.假設抽氣過程中，助力活塞保持不動，氣體可視為理想氣體，溫度保持不變．
(1)求第1次抽氣之后助力氣室內的壓強p1；
(2)第n次抽氣后，求該剎車助力裝置為駕駛員省力的大小ΔF.
考向4　氣體狀態圖像問題
例 4 [2023·上海卷] 一定質量的理想氣體，經歷如圖過程，其中ab、cd分別為雙曲線的一部分．下列對a、b、c、d四點溫度大小比較正確的是(　　)
A．Ta>Tb B．Tb>Tc
C．Tc>Td D．Td>Ta
答案：B
提升訓練
1.[2023·海南卷] 如圖所示，某飲料瓶內密封一定質量的理想氣體，t＝27 ℃時，壓強p＝1.050×105 Pa，則
(1)t′＝37 ℃時，氣壓是多大？
(2)保持溫度不變，擠壓氣體，使之壓強與(1)相同時，氣體體積變為原來的多少倍？

2．[2023·山東省齊魯名校三模]汽車胎壓是指汽車輪胎內部的氣壓，是汽車行車安全及動力性能的一個重要指標．如圖所示，是一輛家用轎車在一次出行過程中儀表盤上顯示的兩次胎壓值，其中圖(a)表示剛出發時的顯示值，圖(b)表示到達目的地時的顯示值，出發前胎內溫度與環境溫度相同．(1 bar可近似等于1個標準大氣壓，車胎內氣體可視為理想氣體且忽略體積變化)轎車儀表盤胎壓實時監測．
(1)此次出行過程中轎車的左前輪胎內氣體溫度升高了多少攝氏度；
(2)如果出發時就使輪胎氣壓恢復到正常胎壓2.5 bar，需要充入一定量的同種氣體，求左前輪胎內充入氣體質量和該車胎內原有氣體質量之比(忽略充氣過程中輪胎體積和溫度的變化)．
命題點三　熱力學定律的理解及應用
1．理想氣體相關三量ΔU、W、Q的分析思路
(1)內能變化量ΔU
①由氣體溫度變化分析ΔU：溫度升高，內能增加，ΔU>0；溫度降低，內能減少，ΔU<0.
②由公式ΔU＝W＋Q分析內能變化．
(2)做功情況W
由體積變化分析氣體做功情況：體積膨脹、氣體對外界做功，W<0；體積被壓縮，外界對氣體做功，W>0.
(3)氣體吸、放熱Q
一般由公式Q＝ΔU－W分析氣體的吸、放熱情況：Q>0，吸熱；Q<0，放熱．
2．對熱力學第二定律的理解：熱量可以由低溫物體傳遞到高溫物體，也可以從單一熱源吸收熱量全部轉化為功，但會產生其他影響．
考向1　熱力學定律的應用
例 1 [2023·天津卷]如圖是爬山所帶的氧氣瓶，爬高過程中，氧氣瓶里的氣體體積和質量均不變，溫度降低，則氣體(　　)
A．對外做功 B．內能減少
C．吸收熱量 D．壓強不變
答案：B
解析：爬高過程中，氣體的體積保持不變，則氣體對外不做功，A錯誤；爬高過程中，氣體溫度降低，則氣體的內能減少，B正確；根據熱力學第一定律可知ΔU＝W＋Q，又W＝0，ΔU<0，則Q<0，即氣體放出熱量，C錯誤；爬高過程中，氣體的體積不變，溫度降低，根據查理定律p＝CT可知氣體的壓強減小，D錯誤．
考向2　熱力學定律與氣體實驗定律的綜合應用
例 2 [2023·浙江1月]某探究小組設計了一個報警裝置，其原理如圖所示．在豎直放置的圓柱形容器內用面積S＝100 cm2、質量m＝1 kg的活塞密封一定質量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動．開始時氣體處于溫度TA＝300 K、活塞與容器底的距離h0＝30 cm的狀態A.環境溫度升高時容器內氣體被加熱，活塞緩慢上升d＝3 cm恰好到達容器內的卡口處，此時氣體達到狀態B.活塞保持不動，氣體被繼續加熱至溫度TC＝363 K的狀態C時觸動報警器．從狀態A到狀態C的過程中氣體內能增加了ΔU＝158 J．取大氣壓p0＝0.99×105 Pa，求氣體
(1)在狀態B的溫度；
(2)在狀態C的壓強；
(3)由狀態A到狀態C過程中從外界吸收的熱量Q.
考向3　熱學圖像與熱力學定律的綜合應用
例 3 [2023·廣東惠州三模] (多選)如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態a變化到狀態b，其過程如p-V圖中從a到b的直線所示．在此過程中(　　)
A．氣體溫度先上升后下降
B．氣體內能一直增加
C．氣體一直對外做功
D．氣體吸收的熱量一直全部用于對外做功
答案：BC
提升訓練
1. [2024·廣東江門一模]內壁光滑的“U”型導熱汽缸用不計質量的輕活塞封閉一定體積的空氣(可視為理想氣體)，浸在盛有大量冰水混合物的水槽中，活塞在水面下，如圖所示．現在輕活塞上方緩慢倒入沙子，下列說法中正確的是(　　)
A．封閉空氣分子的平均動能增大
B．活塞壓縮封閉空氣做功，封閉空氣內能增大
C．封閉空氣的壓強變大
D．封閉空氣從外界吸收了熱量
答案：C
解析：當將沙子緩慢倒在汽缸活塞上時，氣體被壓縮，外界對氣體做功，但由于汽缸導熱，且浸在盛有大量冰水混合物的水槽中，因此缸內氣體的溫度不變，則可知氣體的內能不變，而溫度是衡量分子平均動能的標志，溫度不變則分子平均動能不變，故AB錯誤；
外界對氣體做功，氣體的體積減小，單位體積內的分子數目增多，而汽缸導熱，溫度不變，氣體分子平均運動速率不變，則可知比起之前的狀態，單位時間內單位體積的分子對器壁的碰撞次數增加，因此封閉氣體的壓強增大，故C正確；
根據熱力學第一定律ΔU＝Q＋W
由于汽缸導熱，封閉氣體的溫度不變，即內能不變，而外界又對氣體做功，因此氣體要向外界放熱，故D錯誤．
2. [2024·河北保定一模]如圖甲所示，用活塞在氣缸中封閉一定質量的理想氣體，氣體由狀態a變化到狀態b，變化到狀態c，氣體溫度(T)隨體積(V)變化的圖像如圖乙所示，bc連線的反向延長線過坐標原點，不計活塞與氣缸壁的摩擦．下列說法中正確的是(　　)
A．由狀態a到狀態b的過程中，氣體的壓強增大
B．由狀態a到狀態b的過程中，氣體一定吸熱
C．由狀態b到狀態c的過程中，氣體的壓強增大
D．由狀態b到狀態c的過程中，氣體一定吸熱
答案：D
3．[2024·江蘇通州區月考]真空泵抽氣腔與容器相連，活塞向左運動時從容器中抽氣，活塞向右運動時閥門自動關閉，將進入抽氣腔內的氣體全部排出，示意圖如圖甲．設抽氣過程中抽氣腔與容器中的氣體壓強始終相等，每次抽氣活塞均從抽氣腔最右端移動至最左端．已知容器的容積為V0，抽氣腔的容積為nV0，初始時刻氣體壓強為p0.
(1)若抽氣過程中氣體的溫度保持不變，求第一次抽氣后容器中氣體的壓強p；
(2)若在絕熱的條件下，某次抽氣過程中，氣體壓強p隨體積V變化的規律如圖乙，求該過程氣體內能的變化量ΔU.第13講　 熱學
知識網絡構建
命題分類剖析
命題點一　分子動理論 、 固體與液體的性質
熱學基礎知識考查模型
項目 圖解 分析
微觀量的 兩種模型 ①球模型：V0＝π()3＝πd3 ②立方體模型：V0＝d3
布朗運動 ①影響因素：溫度、微粒大小 ②意義：反映了分子的無規則運動
分子間作 用力與分 子勢能的 變化分析 ①分子間作用力：若rr0，表現為引力 ②分子勢能：若r＝r0，分子勢能最小
晶體和非 晶體模型 ①單晶體形狀規則，多晶體、非晶體形狀不規則 ②晶體熔點固定，非晶體熔點不固定 ③單晶體的部分性質表現出各向異性，多晶體、非晶體表現為各向同性
[提醒]　(1)球模型(適用于固體、液體)，立方體模型(適用于氣體)．
(2)晶體、非晶體的關鍵性區別為是否具有固定的熔點，只有單晶體才可能具有各向異性．
例 1 (多選)關于固體、液體和氣體，下列說法正確的是(　　)
A．高原地區煮飯會夾生，水的沸點較低，是因為高原地區溫度較低的緣故
B．晶體一定具有固定的熔點，但不一定具有規則的幾何外形
C．降低溫度能夠使氣體的飽和氣壓降低，從而使氣體液化
D．在一定溫度下，當人們感到潮濕時，水汽蒸發慢，空氣的相對濕度一定較小
例 2 [2023·浙江6月](多選)下列說法正確的是(　　)
A．熱量能自發地從低溫物體傳到高溫物體
B．液體的表面張力方向總是跟液面相切
C．在不同的慣性參考系中，物理規律的形式是不同的
D．當波源與觀察者相互接近時，觀察者觀測到波的頻率大于波源振動的頻率
例 3 [2024·河南洛陽開學考試](多選)如圖所示的甲、乙兩幅圖像分別表示兩分子間的作用力、分子勢能與兩分子間距離的關系．假定兩個分子的距離為無窮遠時它們的分子勢能為0，下列說法正確的是(　　)
A．分子間距r＝r0表示平衡位置，此位置分子間的引力、斥力都等于0
B．當分子間距r＝r0時，分子力、分子勢能都達到最小值
C．當分子間距無限大時，分子勢能最小
D．當分子間距r>r0，隨著r的增大，F先增大后減小，Ep增大
提升訓練
1. [2023·海南卷]如圖為兩分子靠近過程中的示意圖，r0為分子間平衡距離，下列關于分子力和分子勢能的說法正確的是(　　)
A．分子間距離大于r0時，分子間表現為斥力
B．分子從無限遠靠近到距離r0處的過程中分子勢能變大
C．分子勢能在r0處最小
D．分子間距離在小于r0且減小時，分子勢能在減小
2．[2023·北京卷]夜間由于氣溫降低，汽車輪胎內的氣體壓強變低．與白天相比，夜間輪胎內的氣體(　　)
A．分子的平均動能更小
B．單位體積內分子的個數更少
C．所有分子的運動速率都更小
D．分子對輪胎內壁單位面積的平均作用力更大
3．[2023·廣西統考二模](多選)圖甲是三顆微粒做布朗運動的位置連線圖，圖乙是氧氣分子速率分布圖，圖丙是靜止在水面上的硬幣，圖丁是農田耕種前鋤松土壤，下列說法正確的是(　　)
A．甲圖中，微粒越小，布朗運動越明顯
B．乙圖中，溫度升高，所有氧分子的速率都增大
C．丙圖中，硬幣能浮在水面上，主要是因為水的浮力
D．丁圖中，鋤松土壤會破壞土層表面的毛細管，保持土壤水分
命題點二　氣體實驗定律的應用
1．壓強的計算
(1)被活塞或汽缸封閉的氣體，通常分析活塞或汽缸的受力，應用平衡條件或牛頓第二定律求解，壓強單位為Pa.
(2)水銀柱密封的氣體，應用p＝p0＋ph或p＝p0－ph計算壓強，壓強p的單位為cmHg或mmHg.
2．合理選取氣體變化所遵循的規律列方程
(1)若氣體質量一定，p、V、T中有一個量不發生變化，則選用對應的氣體實驗定律列方程求解．
(2)若氣體質量一定，p、V、T均發生變化，則選用理想氣體狀態方程列式求解．
3．關聯氣體問題
解決由活塞、液柱相聯系的兩部分氣體問題時，根據兩部分氣體壓強、體積的關系，列出關聯關系式，再結合氣體實驗定律或理想氣體狀態方程求解．
考向1　“汽缸活塞”類問題
例 1 [2023·新課標卷](多選)如圖，一封閉著理想氣體的絕熱汽缸置于水平地面上，用輕彈簧連接的兩絕熱活塞將汽缸分為f、g、h三部分，活塞與汽缸壁間沒有摩擦．初始時彈簧處于原長，三部分中氣體的溫度、體積、壓強均相等．現通過電阻絲對f中的氣體緩慢加熱，停止加熱并達到穩定后(　　)
A．h中的氣體內能增加
B．f與g中的氣體溫度相等
C．f與h中的氣體溫度相等
D．f與h中的氣體壓強相等
考向2　“液柱”類問題
例 2 [2023·全國乙卷]
如圖，豎直放置的封閉玻璃管由管徑不同、長度均為20 cm的A、B兩段細管組成，A管的內徑是B管的2倍，B管在上方．管內空氣被一段水銀柱隔開，水銀柱在兩管中的長度均為10 cm.現將玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管內的空氣柱長度改變1 cm.求B管在上方時，玻璃管內兩部分氣體的壓強．(氣體溫度保持不變，以cmHg為壓強單位)
考向3　變質量問題
例 3 [2023·湖南卷]汽車剎車助力裝置能有效為駕駛員踩剎車省力．如圖，剎車助力裝置可簡化為助力氣室和抽氣氣室等部分構成，連桿AB與助力活塞固定為一體，駕駛員踩剎車時，在連桿AB上施加水平力推動液壓泵實現剎車．助力氣室與抽氣氣室用細管連接，通過抽氣降低助力氣室壓強，利用大氣壓與助力氣室的壓強差實現剎車助力．每次抽氣時，K1打開，K2閉合，抽氣活塞在外力作用下從抽氣氣室最下端向上運動，助力氣室中的氣體充滿抽氣氣室，達到兩氣室壓強相等；然后，K1閉合，K2打開，抽氣活塞向下運動，抽氣氣室中的全部氣體從K2排出，完成一次抽氣過程．已知助力氣室容積為V0，初始壓強等于外部大氣壓強p0，助力活塞橫截面積為S，抽氣氣室的容積為V1.假設抽氣過程中，助力活塞保持不動，氣體可視為理想氣體，溫度保持不變．
(1)求第1次抽氣之后助力氣室內的壓強p1；
(2)第n次抽氣后，求該剎車助力裝置為駕駛員省力的大小ΔF.
考向4　氣體狀態圖像問題
例 4 [2023·上海卷]
一定質量的理想氣體，經歷如圖過程，其中ab、cd分別為雙曲線的一部分．下列對a、b、c、d四點溫度大小比較正確的是(　　)
A．Ta>Tb B．Tb>Tc
C．Tc>Td D．Td>Ta
提升訓練
1.[2023·海南卷]
如圖所示，某飲料瓶內密封一定質量的理想氣體，t＝27 ℃時，壓強p＝1.050×105 Pa，則
(1)t′＝37 ℃時，氣壓是多大？
(2)保持溫度不變，擠壓氣體，使之壓強與(1)相同時，氣體體積變為原來的多少倍？
2．[2023·山東省齊魯名校三模]汽車胎壓是指汽車輪胎內部的氣壓，是汽車行車安全及動力性能的一個重要指標．如圖所示，是一輛家用轎車在一次出行過程中儀表盤上顯示的兩次胎壓值，其中圖(a)表示剛出發時的顯示值，圖(b)表示到達目的地時的顯示值，出發前胎內溫度與環境溫度相同．(1 bar可近似等于1個標準大氣壓，車胎內氣體可視為理想氣體且忽略體積變化)轎車儀表盤胎壓實時監測．
(1)此次出行過程中轎車的左前輪胎內氣體溫度升高了多少攝氏度；
(2)如果出發時就使輪胎氣壓恢復到正常胎壓2.5 bar，需要充入一定量的同種氣體，求左前輪胎內充入氣體質量和該車胎內原有氣體質量之比(忽略充氣過程中輪胎體積和溫度的變化)．
3．[2023·湖北卷]如圖所示，豎直放置在水平桌面上的左右兩汽缸粗細均勻，內壁光滑，橫截面積分別為S、2S，由體積可忽略的細管在底部連通．兩汽缸中各有一輕質活塞將一定質量的理想氣體封閉，左側汽缸底部與活塞用輕質細彈簧相連．初始時，兩汽缸內封閉氣柱的高度均為H，彈簧長度恰好為原長．現往右側活塞上表面緩慢添加一定質量的沙子，直至右側活塞下降H，左側活塞上升H.已知大氣壓強為 p0，重力加速度大小為g，汽缸足夠長，汽缸內氣體溫度始終不變，彈簧始終在彈性限度內．求
(1)最終汽缸內氣體的壓強．
(2)彈簧的勁度系數和添加的沙子質量．
命題點三　熱力學定律的理解及應用
1．理想氣體相關三量ΔU、W、Q的分析思路
(1)內能變化量ΔU
①由氣體溫度變化分析ΔU：溫度升高，內能增加，ΔU>0；溫度降低，內能減少，ΔU<0.
②由公式ΔU＝W＋Q分析內能變化．
(2)做功情況W
由體積變化分析氣體做功情況：體積膨脹、氣體對外界做功，W<0；體積被壓縮，外界對氣體做功，W>0.
(3)氣體吸、放熱Q
一般由公式Q＝ΔU－W分析氣體的吸、放熱情況：Q>0，吸熱；Q<0，放熱．
2．對熱力學第二定律的理解：熱量可以由低溫物體傳遞到高溫物體，也可以從單一熱源吸收熱量全部轉化為功，但會產生其他影響．
考向1　熱力學定律的應用
例 1 [2023·天津卷]如圖是爬山所帶的氧氣瓶，爬高過程中，氧氣瓶里的氣體體積和質量均不變，溫度降低，則氣體(　　)
A．對外做功 B．內能減少
C．吸收熱量 D．壓強不變
考向2　熱力學定律與氣體實驗定律的綜合應用
例 2 [2023·浙江1月]
某探究小組設計了一個報警裝置，其原理如圖所示．在豎直放置的圓柱形容器內用面積S＝100 cm2、質量m＝1 kg的活塞密封一定質量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動．開始時氣體處于溫度TA＝300 K、活塞與容器底的距離h0＝30 cm的狀態A.環境溫度升高時容器內氣體被加熱，活塞緩慢上升d＝3 cm恰好到達容器內的卡口處，此時氣體達到狀態B.活塞保持不動，氣體被繼續加熱至溫度TC＝363 K的狀態C時觸動報警器．從狀態A到狀態C的過程中氣體內能增加了ΔU＝158 J．取大氣壓p0＝0.99×105 Pa，求氣體
(1)在狀態B的溫度；
(2)在狀態C的壓強；
(3)由狀態A到狀態C過程中從外界吸收的熱量Q.
考向3　熱學圖像與熱力學定律的綜合應用
例 3 [2023·廣東惠州三模]
(多選)如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態a變化到狀態b，其過程如p-V圖中從a到b的直線所示．在此過程中(　　)
A．氣體溫度先上升后下降
B．氣體內能一直增加
C．氣體一直對外做功
D．氣體吸收的熱量一直全部用于對外做功
提升訓練
1. [2024·廣東江門一模]內壁光滑的“U”型導熱汽缸用不計質量的輕活塞封閉一定體積的空氣(可視為理想氣體)，浸在盛有大量冰水混合物的水槽中，活塞在水面下，如圖所示．現在輕活塞上方緩慢倒入沙子，下列說法中正確的是(　　)
A．封閉空氣分子的平均動能增大
B．活塞壓縮封閉空氣做功，封閉空氣內能增大
C．封閉空氣的壓強變大
D．封閉空氣從外界吸收了熱量
2. [2024·河北保定一模]如圖甲所示，用活塞在氣缸中封閉一定質量的理想氣體，氣體由狀態a變化到狀態b，變化到狀態c，氣體溫度(T)隨體積(V)變化的圖像如圖乙所示，bc連線的反向延長線過坐標原點，不計活塞與氣缸壁的摩擦．下列說法中正確的是(　　)
A．由狀態a到狀態b的過程中，氣體的壓強增大
B．由狀態a到狀態b的過程中，氣體一定吸熱
C．由狀態b到狀態c的過程中，氣體的壓強增大
D．由狀態b到狀態c的過程中，氣體一定吸熱
3．[2024·江蘇通州區月考]真空泵抽氣腔與容器相連，活塞向左運動時從容器中抽氣，活塞向右運動時閥門自動關閉，將進入抽氣腔內的氣體全部排出，示意圖如圖甲．設抽氣過程中抽氣腔與容器中的氣體壓強始終相等，每次抽氣活塞均從抽氣腔最右端移動至最左端．已知容器的容積為V0，抽氣腔的容積為nV0，初始時刻氣體壓強為p0.
(1)若抽氣過程中氣體的溫度保持不變，求第一次抽氣后容器中氣體的壓強p；
(2)若在絕熱的條件下，某次抽氣過程中，氣體壓強p隨體積V變化的規律如圖乙，求該過程氣體內能的變化量ΔU.
第13講　熱學
命題分類剖析
命題點一
[例1]　解析：高原地區煮飯會夾生，水的沸點較低，是因為高原地區大氣壓強較小，故A錯誤；晶體一定具有固定的熔點，單晶體有固定的幾何形狀，但是多晶體沒有規則的幾何外形，故B正確；降低溫度能夠使氣體的飽和氣壓降低，從而使氣體液化，故C正確；在一定溫度下，當人們感到潮濕時，水汽蒸發慢，空氣的相對濕度一定較大，故D錯誤．
答案：BC
[例2]　解析：根據熱力學第二定律可知熱量不可能自發地從低溫物體傳到高溫物體，故A錯誤；液體的表面張力方向總是跟液面相切，故B正確；由狹義相對論的兩個基本假設可知，在不同的慣性參考系中，一切物理規律都是相同的，故C錯誤；根據多普勒效應可知，當波源與觀察者相互接近時，觀察者觀測到波的頻率大于波源振動的頻率，故D正確．故選BD.
答案：BD
[例3]　解析：分子間距r＝r0表示平衡位置，此位置分子間的引力、斥力大小相等，方向相反，引力、斥力的合力等于0，但引力、斥力并不等于0，故A錯誤；由圖像可知，當分子間距r＝r0時，分子力為0，分子力達到最小值，分子勢能為最小值，故B正確；當分子間距無限大時，分子勢能為0，但不是最小值，當分子間距r＝r0時，分子勢能最小，故C錯誤；當分子間距r>r0，隨著分子間距離r的增大，F先增大后減小，分子力做負功，分子勢能Ep一直增大，故D正確．
答案：BD
[提升訓練]
1．解析：分子間距離大于r0時，分子間表現為引力，A錯；分子從無限遠靠近到距離為r0的過程，分子力表現為引力，分子力做正功，分子勢能變小，B錯；分子間距離從r0減小的過程，分子力表現為斥力，分子力做負功，分子勢能變大，結合B項分析可知，分子勢能在r0處最小，C對，D錯．
答案：C
2．解析：夜間氣溫低，分子的平均動能更小，但不是所有分子的運動速率都更小，故A正確、C錯誤；由于汽車輪胎內的氣體壓強變低，輪胎會略微被壓癟，則單位體積內分子的個數更多，分子對輪胎內壁單位面積的平均作用力更小，BD錯誤．故選A.
答案：A
3．解析：甲圖中，微粒越小，布朗運動越明顯，故A正確；乙圖中，溫度升高，氧分子的平均速率增大，但不是每一個分子速率都增大，故B錯誤；丙圖中，硬幣浮在水面上，主要是因為水的表面張力，故C錯誤；丁圖中，耕種前鋤松土壤，會破壞土層表面的毛細管，消除土層表面的毛細現象，保持土壤水分，故D正確．
答案：AD
命題點二
[例1]　解析：當電阻絲對f中的氣體緩慢加熱時，f中的氣體內能增大，溫度升高，根據理想氣體狀態方程可知f中的氣體壓強增大，會緩慢推動左邊活塞，則彈簧被壓縮．與此同時彈簧對右邊活塞有彈力作用，緩慢向右推動右邊活塞，故活塞對h中的氣體做正功，且是絕熱過程，由熱力學第一定律可知，h中的氣體內能增加，A正確；未加熱前，三部分中氣體的溫度、體積、壓強均相等，當系統穩定時，活塞受力平衡，可知彈簧處于壓縮狀態，對左邊活塞分析pfS＝F彈＋pgS，則pf>pg，分別對f、g內的氣體分析，根據理想氣體狀態方程有＝＝，由題意可知，因彈簧被壓縮，則Vf>Vg，聯立可得Tf>Tg，B錯誤；對彈簧、活塞及g中的氣體組成的系統分析，根據平衡條件可知，f與h中的氣體壓強相等，D正確．在達到穩定過程中h中的氣體體積變小，f中的氣體體積變大，即Vf＞Vh.根據理想氣體狀態方程對h氣體分析可知＝聯立可得Tf>Th，C錯誤；故選AD.
答案：AD
[例2]　解析：B管在上方，設B管中氣體的壓強為pB，長度lB＝10 cm
則A管中氣體的壓強為pA＝pB＋20 cmHg，長度lA＝10 cm
倒置后，A管在上方，設A管中氣體的壓強為p′A，A管內空氣柱長度l′A＝11 cm
已知A管的內徑是B管的2倍，則水銀柱長度為h＝9 cm＋14 cm＝23 cm
則B管中氣體壓強為p′B＝p′A＋23 cmHg
B管內空氣柱長度l′B＝40 cm－11 cm－23 cm＝6 cm
對A管中氣體，由玻意耳定律有pAlA＝p′Al′A
對B管中氣體，由玻意耳定律有pBlB＝p′Bl′B
聯立解得pB＝54.36 cmHg
pA＝pB＋20 cmHg＝74.36 cmHg
答案：54.36 cmHg　74.36 cmHg
[例3]　解析：(1)以助力氣室內的氣體為研究對象，則初態壓強p0，體積V0，第一次抽氣后，氣體體積V＝V0＋V1
根據玻意耳定律p0V0＝p1V
解得p1＝
(2)同理第二次抽氣p1V0＝p2V
解得p2＝＝()2p0
以此類推……
則當n次抽氣后助力氣室內的氣體壓強pn＝()np0
則剎車助力系統為駕駛員省力大小為ΔF＝(p0－pn)S＝[1－()n]p0S
答案：(1)　(2)[1－()n]p0S
[例4]　解析：p-V圖像中，由＝C得：p＝TC·， ab、cd分別為雙曲線的一部分，是等溫線，故Ta＝Tb，A錯誤；
b－c，等容變化，由＝可知，壓強減小，溫度降低， Tb>Tc，B正確；
dc為等溫線，故Tc＝Td，C錯誤；
d－a，等容變化，等容升溫增壓，Td答案：B
[提升訓練]
1．解析：(1)由查理定律有＝
代入數據解得p′＝1.085×105 Pa
(2)由玻意耳定律有pV＝p′V′
代入數據解得V′＝V
答案：(1)1.085×105 Pa　(2)
2．解析：(1)設標準大氣壓為p0，依題意，剛發出時，左前胎內氣體的溫度T1＝(273＋15) K＝288 K
氣壓p1＝1.8p0
到達目的地時，左前胎內氣體的溫度設為T2，
氣壓p2＝2.2p0
由＝得T2＝T1
解得T2＝352 K
左前輪胎內氣體溫度升高Δt＝T2－T1＝64 ℃.
(2)設左前輪胎體積為V，依題意，正常胎壓p＝2.5p0
設打氣并恢復到正常胎壓時車胎內原有氣體在壓強為p1時的總體積為V1.由p1V1＝pV
得V1＝V＝V
則ΔV＝V1－V＝V
所以＝＝.
答案：(1)64 ℃　(2)
3．解析：(1)對左右氣缸內所封的氣體，初態壓強p1＝p0
體積V1＝SH＋2SH＝3SH
末態壓強p2，體積V2＝S·H＋H·2S＝SH
根據玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
解得p2＝p0
(2)對右邊活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S
解得m＝
對左側活塞受力分析可知p0S＋k·H＝p2S
解得k＝
答案：(1)p0　(2)
命題點三
[例1]　解析：爬高過程中，氣體的體積保持不變，則氣體對外不做功，A錯誤；爬高過程中，氣體溫度降低，則氣體的內能減少，B正確；根據熱力學第一定律可知ΔU＝W＋Q，又W＝0，ΔU<0，則Q<0，即氣體放出熱量，C錯誤；爬高過程中，氣體的體積不變，溫度降低，根據查理定律p＝CT可知氣體的壓強減小，D錯誤．
答案：B
[例2]　解析：(1)從狀態A到狀態B，封閉氣體發生等壓變化
由蓋－呂薩克定律可得＝
其中VA＝h0S，VB＝(h0＋d)S
解得TB＝330 K
(2)從狀態A到狀態B，活塞緩慢上升，則有
pBS＝p0S＋mg
解得pB＝1×105 Pa
由狀態B到狀態C，封閉氣體發生等容變化
由查理定律可得＝
解得pC＝1.1×105 Pa
(3)從狀態A到狀態C過程中，氣體對外做功
則W＝－pBSd＝－30 J
由熱力學第一定律有ΔU＝Q＋W
解得Q＝188 J
答案：(1)330 K　(2)1.1×105 Pa　(3)188 J
[例3]　解析：由圖知氣體的 pV乘積一直增大，由＝C
知氣體的溫度一直升高，內能一直增加，故A錯誤，B正確；
氣體的體積增大，則氣體一直對外做功，氣體的內能一直增加，根據熱力學第一定律
ΔU＝W＋Q
可知氣體一直從外界吸熱，吸收的熱量用于對外做功和增加內能，故C正確，D錯誤．
故選BC.
答案：BC
[提升訓練]
1．解析：當將沙子緩慢倒在汽缸活塞上時，氣體被壓縮，外界對氣體做功，但由于汽缸導熱，且浸在盛有大量冰水混合物的水槽中，因此缸內氣體的溫度不變，則可知氣體的內能不變，而溫度是衡量分子平均動能的標志，溫度不變則分子平均動能不變，故AB錯誤；
外界對氣體做功，氣體的體積減小，單位體積內的分子數目增多，而汽缸導熱，溫度不變，氣體分子平均運動速率不變，則可知比起之前的狀態，單位時間內單位體積的分子對器壁的碰撞次數增加，因此封閉氣體的壓強增大，故C正確；
根據熱力學第一定律ΔU＝Q＋W
由于汽缸導熱，封閉氣體的溫度不變，即內能不變，而外界又對氣體做功，因此氣體要向外界放熱，故D錯誤．
答案：C
2．解析：由理想氣體狀態方程＝C
結合圖乙可知，由狀態a到狀態b的過程中溫度在降低，同時體積在增大，則可知壓強一定減小；再結合熱力學第一定律ΔU＝Q＋W
可知，體積增大，氣體對外做功，W<0，同時溫度降低可知，ΔU<0，由此不能確定氣體由狀態a到狀態b的過程中是吸熱還是放熱，或是既不吸熱也不放熱，故AB錯誤；
由理想氣體狀態方程＝C
變式可得T＝·V
結合圖乙可知，氣體由狀態b到狀態c的過程中，氣體的壓強不變，故C錯誤；
由狀態b到狀態c的過程中，氣體體積增大，對外做功的同時，溫度也在升高，則根據熱力學第一定律可知，氣體一定吸熱，故D正確．
答案：D
3．解析：(1)抽氣過程等溫變化，第一次抽氣有
p0V0＝p(V0＋nV0)，解得p＝.
(2)該過程為絕熱過程，可知Q＝0，又有W＝－ΔV＝－·(nV0)＝－0.8np0V0，根據熱力學第一定律得ΔU＝W＋Q＝W＝－0.8np0V0.
答案：(1)　(2)－0.8np0V0

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