2019年3月高2019届高2016级高三物理全品二轮复习课件Word第10单元作业正文及参考答案
2019年3月高2019届高2016级高三物理全品二轮复习课件Word第7单元听课正文及参考答案
第19讲电场的力的性质一、电荷及其守恒定律1.元电荷、点电荷（1）元电荷:e＝1.60×10-19 C,所有带电体的电荷量都是元电荷的.（2）点电荷:代表有一定电荷量的点,忽略带电体的大小和形状的.2.电荷守恒定律（1）内容:电荷既不会创生,也不会消灭,它只能从一个物体转移到另一个物体,或者从物体的一部分转移到另一部分;在转移过程中,电荷的总量. （2）三种起电方式:起电、起电、起电.二、库仑定律1.内容:真空中两个静止点电荷之间的相互作用力,与它们的电荷量的乘积成,与它们的距离的二次方成,作用力的方向在它们的连线上.2.表达式:F＝k,式中k＝N·m2/C2,叫作静电力常量.3.适用条件:真空中的.三、电场、电场强度1.电场基本性质:对放入其中的电荷有.2.电场强度（1）定义:放入电场中某点的电荷受到的与它的的比值. （2）定义式:.单位:N/C或V/m.（3）矢量性:规定在电场中某点所受电场力的方向为该点电场强度的方向.四、电场线1.电场线:在电场中画出的一些曲线,曲线上每一点的方向都跟该点的场强方向一致,曲线的疏密表示电场的.电场线不是实际存在的线,而是为了描述电场而假想的线.2.电场线的特点（1）电场线从或无限远处出发,终止于或无限远处.（2）电场线不相交.（3）在同一电场里,电场线越密的地方场强.【辨别明理】（1）物体起电的实质是电子的转移.（）（2）电场和电场线都是客观存在的.（）（3）E＝是电场强度的定义式,可知电场强度与电场力成正比.（）（4）没有电场线的地方不存在电场.（）（5）在点电荷产生的电场中,以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同.（）（6）电场线的方向即为带电粒子的运动方向.（）（7）[人教选修3-1改编]如图19-1所示,有一带正电的验电器,当一个金属球A 靠近验电器的小球B（不接触）时,验电器的金箔张角减小,则金属球A的带电情况如何?图19-1考点一电荷守恒与库仑定律（1）在用库仑定律公式进行计算时,无论是正电荷还是负电荷,均代入电荷量的绝对值计算库仑力的大小.（2）两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律,大小相等、方向相反.（3）由公式F＝k可以看出,在两带电体的间距及电荷量之和一定的条件下,当q1＝q2时,F最大.1.（电荷守恒）[人教版选修3-1改编]如图19-2所示,两个不带电的导体A和B,用一对绝缘柱支持使它们彼此接触.把一带正电荷的物体C置于A附近,贴在A、B下部的金属箔都张开,则（）图19-2A.此时A带正电,B带负电B.此时A电势低,B电势高C.移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合D.先把A和B分开,然后移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合2.（电荷守恒和库仑定律）[2018·浙江4月选考]真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B（可视为点电荷）分别固定在两处,它们之间的静电力为F.用一个不带电的同样金属球C先后与A、B球接触,然后移开球C,此时A、B球间的静电力为（）A.B.C.D.3.（库仑力作用下的平衡问题）[2018·杭州二中期末]如图19-3所示,质量分别是m1和m2、电荷量分别是q1和q2的小球用长度不等的绝缘轻丝线悬挂起来,两丝线与竖直方向的夹角分别是α和β（α＞β）,两小球恰在同一水平线上,则（）图19-3A.q1一定大于q2B.两球一定带同种电荷C.m1一定小于m2D.质量为m1的小球所受的库仑力一定大于质量为m2的小球所受的库仑力4.（库仑力作用下的动力学问题）如图19-4所示,足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点,A和C围绕B做角速度大小相同的匀速圆周运动,B恰能保持静止,其中A、C和B的距离分别是L1和L2.不计三个质点间的万有引力,图19-4则A和C的比荷（电荷量与质量之比）为（）A.B.C.D.■要点总结（1）对于两个均匀带电绝缘球体,可以将其视为电荷集中于球心的点电荷,r为两球心之间的距离.（2）对于两个带电金属球,要考虑金属球表面电荷的重新分布.（3）不能根据公式错误地推出:当r→0时,F→∞.其实,在这样的条件下,两个带电体已经不能再看成点电荷了.考点二电场的叠加1.电场强度三个表达式的比较2.电场的叠加（1）叠加原理:多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处所产生的电场强度的矢量和.（2）运算法则:平行四边形定则.图19-5例1 如图19-5所示,在光滑绝缘水平面上,三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上;a、b带正电,电荷量均为q,c带负电.整个系统置于方向水平的匀强电场中.已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态,则匀强电场场强的大小为（）A. B. C.D.■题根分析求解电场强度的叠加问题的思路:①确定分析计算的空间位置;②分析该处有几个分电场,先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向;③依次利用平行四边形定则求出矢量和.■变式网络图19-6变式题1 （对称法）如图19-6所示,一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷,在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点,a和b、b和c、c 和d间的距离均为R,在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷.已知b点处的场强为零,则d点处场强的大小为（静电力常量为k）（）A.kB.kC.k ＋D.k＋变式题2 （补偿法）已知均匀带电球体在球的外部产生的图19-7电场与一个位于球心、所带电荷量与之相等的点电荷产生的电场相同.如图19-7所示,半径为R的球体上均匀分布着总电荷量为Q的电荷,在过球心O的直线上有A、B两个点,O和B间、B和A间的距离均为R.现以OB为直径在球内挖出一个球形空腔,若静电力常量为k,球的体积公式为V＝πr3,则A点处电场强度的大小为（）A.B.C.D.变式题3 （等效法）[2018·济南期中]MN为足够大的不带电的金属板,在其右侧距离为d的位置放一个电荷量为＋q的点电荷O,金属板右侧空间的电场分布如图19-8甲所示,P是金属板表面上与点电荷O距离为r的一点.几位同学想求出P点的电场强度大小,但发现问题很难,经过研究,他们发现图甲的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的.图乙是两等量异号点电荷的电场线分布图,两点电荷的电荷量的大小均为q,它们之间的距离为2d,虚线是两点电荷连线的中垂线.由此他们分别对甲图中P点的电场强度方向和大小做出以下判断,其中正确的是（）图19-8A.方向沿P点和点电荷的连线向左,大小为B.方向沿P点和点电荷的连线向左,大小为-C.方向垂直于金属板向左,大小为D.方向垂直于金属板向左,大小为-变式题4 （微元法）一半径为R的圆环上均匀地带有电荷量为Q的电荷,在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P,它与环心O的距离OP＝L.已知静电力常量为k.关于P点的场强E,下列四个表达式中只有一个是正确的,请你根据所学的物理知识,通过一定的分析,判断正确的表达式是（）A.＋B.＋C.（＋）D.（＋）考点三电场线的理解和应用1.电场线的应用（1）在同一电场里,电场线越密的地方场强越大.（2）电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向.（3）沿电场线方向电势逐渐降低.（4）电场线和等势面在相交处互相垂直.2.两种等量点电荷的电场线例2 （多选）[2018·三明模拟]如图19-9所示,实线为不知方向的三条电场线,从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子,仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示,则（）图19-9A.a一定带正电,b一定带负电B.a的速度将减小,b的速度将增大C.a的加速度将减小,b的加速度将增大D.两个粒子的动能均增大变式题1[2018·茂名模拟]如图19-10所示为两个等量点电荷的电场线,图中A 点和B点、C点和D点分别关于两电荷连线的中点O对称.若将一电荷放在此电场中,则以下说法正确的是（）图19-10A.电荷在O点时受力最大B.电荷沿直线由A到B的过程中,电场力先增大后减小C.电荷沿直线由A到B的过程中,电势能先增大后减小D.电荷沿直线由C到D的过程中,电场力先增大后减小变式题2[2018·潍坊二中月考]如图19-11所示,A、B为两个等量的正点电荷,在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q（不计重力）,由静止释放后,下列说法中正确的是（）图19-11A.点电荷在从P点运动到O点的过程中,加速度越来越大,速度越来越大B.点电荷在从P点运动到O点的过程中,加速度越来越小,速度越来越大C.点电荷运动到O点时加速度为零,速度达最大值D.点电荷越过O点后,速度越来越小,加速度越来越大,直到点电荷速度为零■要点总结电场线与轨迹问题的判断方法（1）“运动与力两线法”——画出“速度线”（运动轨迹在初始位置的切线）与“力线”（电场线在初始位置的切线）,从两者的夹角情况来分析曲线运动的情况.（2）“三不知时要用假设法”——电荷的正负、场强的方向或等势面电势的高低、电荷运动的方向,若已知其中的任意一个,可顺次向下分析判定各待求量;若三个都不知,则要用假设法分别讨论各种情况.完成课时作业（十九）第20讲电场的能的性质一、电势能和电势、等势面1.电势能:电荷在电场中某点具有的势能,等于将电荷从该点移到位置时电场力所做的功.2.电场力做功与电势能变化的关系:电场力做的功等于,即W AB＝E p A-E p B＝-ΔE p.3.电势:电荷在电场中某点具有的与它的的比值,即φ＝.4.等势面（1）定义:电场中相同的各点构成的面.（2）特点:①等势面一定与垂直,即跟场强的方向垂直.②在同一等势面上移动电荷时电场力做功.③电场线总是从电势高的等势面指向的等势面.④在空间中两等势面相交.⑤等差等势面越密的地方电场强度,越疏的地方电场强度.二、电势差匀强电场中电势差与场强的关系1.电势差（1）定义:电荷在电场中由一点A移到另一点B时,与移动的电荷的比值.（2）定义式:U AB＝;电势差与电势的关系:U AB＝,U AB＝-U BA.2.匀强电场中电势差与电场强度的关系（1）电势差与场强的关系式:U AB＝,其中d为电场中两点间沿的距离.（2）在匀强电场中,场强在数值上等于沿方向每单位距离上降低的电势.三、静电平衡导体处于静电平衡状态的两大特点:（1）导体内部的场强;（2）导体是一个等势体,导体表面电势.【辨别明理】（1）电场力做功与重力做功相似,均与路径无关.（）（2）电场中电场强度为零的地方电势一定为零.（）（3）电场强度处处相同的区域内,电势一定也处处相同.（）（4）沿电场线方向电场强度越来越小,电势逐渐降低.（）（5）A、B两点间的电势差等于将正电荷从A移到B点时静电力所做的功.（）（6）电场中,场强方向是指电势降落的方向.（）（7）电势有正负之分,因此电势是矢量.（）（8）电势的大小由电场的性质决定,与零电势点的选取无关.（）（9）电势差U AB由电场本身的性质决定,与零电势点的选取无关.（）（10）处于静电平衡的导体是等势体,导体表面是等势面,但导体表面的场强可能不同.（）考点一描述电场的能的性质的物理量1.电势高低常用的两种判断方法（1）沿电场线方向电势逐渐降低.（2）若U AB＞0,则φA＞φB;若U AB＜0,则φA＜φB.2.电势能增、减的判断方法（1）做功判断法:电场力做正功,电势能减小;电场力做负功,电势能增大.（2）公式法:E p＝qφ,将q、φ的大小、正负号一起代入公式,E p越大,电势能越大.（3）能量守恒法:在电场中,当只有电场力做功时,电荷的动能和电势能相互转化,动能增大,则电势能减小,反之,动能减小,则电势能增大.（4）电荷电势法:正电荷在电势高的地方电势能大,负电荷在电势低的地方电势能大.例1[2016·全国卷Ⅲ]关于静电场的等势面,下列说法正确的是（）A.两个电势不同的等势面可能相交B.电场线与等势面处处相互垂直C.同一等势面上各点电场强度一定相等D.将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,电场力做正功图20-1变式题1[2018·南宁三校联考]如图20-1所示,真空中有等量异种点电荷＋q、-q分别放置在M、N两点,O点为MN连线的中点,在MN连线上有关于O对称的点a、c,在MN连线的中垂线上有关于O对称的点b、d,则下列说法正确的是（）A.在MN连线的中垂线上,O点电势最高B.＋q从b点移到d点的过程中,受到的电场力先减小后增大C.＋q在c点的电势能大于在a点的电势能D.＋q在c点的电势能小于在a点的电势能变式题2 如图20-2所示,直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线,M、N、P、Q是它们的交点,四点处的电势分别为φ、φN、φP、φQ.一电子由M点分M别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等,则（）图20-2A.直线a位于某一等势面内,φ＞φB.直线c位于某一等势面内,φM＞φNC.若电子由M点运动到Q点,电场力做正功D.若电子由P点运动到Q点,电场力做负功■要点总结根据电势的定义式φ＝计算时,φ、E p、q要注意带符号运算.考点二电势差与电场强度的关系在匀强电场中由公式U＝Ed得出的“一式、二结论”（1）“一式”E＝＝,其中d是沿电场线方向上的距离.（2）“二结论”结论1:匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC＝＋,如图20-3所示.结论2:匀强电场中若两线段AB∥CD,且AB＝CD,则U AB＝U CD（或φA-φB＝φC-φD）,如图20-4所示.图20-3图20-4图20-5例2 （多选）[2018·全国卷Ⅱ]如图20-5所示,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点.一电荷量为q（q＞0）的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2.下列说法正确的是（）A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行＋B.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为C.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为D.若W1＝W2,则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差图20-6变式题[2018·山东潍坊中学一模]如图20-6所示,匀强电场的方向平行于xOy 坐标系平面,其中坐标原点O处的电势为2 V,a点的坐标为（0,4 cm）,电势为8 V,b 点的坐标为（3 cm,0）,电势为8 V,则电场强度的大小为（）A.250 V/mB.200 V/mC.150 V/mD.120 V/m■要点总结知道由几个点的电势确定电场线的方法:将电势最高的点和电势最低的点相连,根据在匀强电场中经过相等的距离电势差相等,确定连线上与第三个点的电势相等的点,电势相等的两点连线为等势线,根据电场线与等势线垂直即可画出电场线.考点三电场线、等势面和带电粒子轨迹问题1.带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法（1）从轨迹的弯曲方向判断受力方向（轨迹向合外力方向弯曲）,从而分析电场方向或电荷的正负.（2）结合轨迹、速度方向与静电力的方向,确定静电力做功的正负,从而确定电势能、电势和电势差的变化等.（3）根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况.2.求电场力做功的四种方法（1）定义式:W AB＝Fl cos α＝qEl cos α（适用于匀强电场）.（2）电势的变化:W AB＝qU AB＝q（φA-φB）.（3）动能定理:W电＋W其他＝ΔE k.（4）电势能的变化:W AB＝-ΔE p＝E p A-E p B.3.电场中的功能关系（1）若只有电场力做功,则电势能与动能之和保持不变.（2）若只有电场力和重力做功,则电势能、重力势能、动能之和保持不变.（3）除重力、弹力外,其他各力对物体做的功等于物体机械能的增量.（4）所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化.图20-7例3[2018·天津卷]如图20-7所示,实线表示某电场的电场线（方向未标出）,虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹,设M点和N点的电势分别为φM、φN,粒子在M和N时加速度大小分别为a M、a N,速度大小分别为v M、v N,电势能分别为E p M、E p N.下列判断正确的是（）A.v M＜v N,a M＜a NB.v M＜v N,φM＜φNC.φM＜φN,E p M＜E p ND.a M＜a N,E p M＜E p N变式题1 （多选）[2016·海南卷]如图20-8所示,一带正电的点电荷固定于O 点,两虚线圆均以O为圆心,两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点.不计重力.下列说法正确的是（）图20-8A.M带负电荷,N带正电荷B.M在b点的动能小于它在a点的动能C.N在d点的电势能等于它在e点的电势能D.N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功变式题2 （多选）[2018·全国卷Ⅰ]图20-9中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为2 V.一电子经过a时的动能为10 eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV.下列说法正确的是（）图20-9A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时,其电势能为4 eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍■要点总结在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律,有时也会用到功能关系.（1）应用动能定理解决问题需研究合外力做的功（或总功）.（2）应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化.（3）应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能变化之间的对应关系.考点四电场中的图像问题考向一E-x图像（1）E-x图像反映了电场强度随位移变化的规律.（2）E-x图线与x轴围成的“面积”表示电势差,“面积”大小表示电势差大小,两点的电势高低根据电场方向判定.例4 （多选）一个电荷量为＋q的粒子只在电场力作用下沿x轴做直线运动,规定x轴正方向为电场强度正方向,x轴上各点的电场强度E随x坐标的变化图线如图20-10所示（已知图线关于O点对称）.A（0,x1）、B（0,-x1）为粒子运动轨迹上的两点.下列说法中正确的是（）图20-10A.A、B两点的电场强度和电势均相同B.粒子经过A、B两点时的速度大小相同C.粒子经过A、B两点时的加速度相同D.粒子经过A、B两点时的电势能相同考向二φ-x图像（1）φ-x图线的斜率大小等于电场强度的大小,在φ-x图线切线的斜率为零处,电场强度为零.（2）由φ-x图像可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向.（3）在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用W AB＝qU AB,进而分析W AB的正负,然后做出判断.例5 （多选）[2017·全国卷Ⅰ]在一静止点电荷的电场中,任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图20-11所示.电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为E a、E b、E c和E d.点a到点电荷的距离r a与点a的电势φa已在图中用坐标（r a,φa）标出,其余类推.现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为W、W bc和W cd.ab下列选项正确的是（）图20-11A.E a∶E b＝4∶1B.E c∶E d＝2∶1C.W ab∶W bc＝3∶1D.W bc∶W cd＝1∶3考向三E p-x图像、E k-x图像电场力做功量度电势能的变化,而电场力做功就是力对位移的积累,由E p-E p0＝Fx,得E p＝E p0＋Fx,故E p-x图像的斜率表示电场力,纵截距表示初电势能;合力做功量度了动能的变化,如果带电粒子只受电场力的作用,则合力做的功就是电场力做的功,由E k-E k0＝Fx,得E k＝E k0＋Fx,故E k-x图像的斜率表示电场力,纵截距表示初动能.然后根据两图像斜率的变化可判断出电场力的变化,进而判断出电场强度大小的变化.例6[2018·黄冈中学二模]两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点,规定无穷远处为电势能零点,一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化关系如图20-12所示,其中试探电荷在A、N两点的电势能为零,在ND段中C点电势能最大.下列说法正确的是（）图20-12A.q1为正电荷,q2为负电荷B.q1的电荷量小于q2的电荷量C.将一正点电荷从N点移到D点,电场力先做负功后做正功D.一正点电荷从N点由静止释放后会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大考向四电场分布结合v-t图像根据v-t图像的速度变化、斜率变化（即加速度的变化）,可确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况,进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化.例7 （多选）[2018·河南洛阳一中月考]如图20-13甲所示,Q1、Q2为两个固定的点电荷,其中Q1带负电,a、b、c三点在它们连线的延长线上.现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始向远处运动经过b、c两点（粒子只受电场力作用）,粒子经过a、b、c三点时的速度分别为v a、v b、v c,其速度—时间图像如图乙所示.以下说法中正确的是（）图20-13A.Q2一定带正电B.Q2的电荷量一定小于Q1的电荷量C.b点的电场强度最大D.粒子由a点到c点运动过程中,电势能先增大后减小完成课时作业（二十）第21讲电容器、带电粒子在电场中的运动一、电容器与电容1.电容器（1）组成:任何两个相互靠近又彼此的导体.（2）带电荷量:一个极板所带电荷量的.（3）击穿电压:电容器允许加的电压称为击穿电压.额定电压比击穿电压.2.电容（1）定义:电容器所带的与电容器两极板间电势差U的比值.公式为.（2）单位:法拉（F）,常用单位有微法（μF）、皮法（pF）.1 F＝106μF＝1012 pF.（3）平行板电容器电容的决定式:,k为静电力常量.二、带电粒子在电场中的加速1.动力学观点分析:若电场为匀强电场,则有a＝,E＝,v2-＝2ad.2.功能观点分析:粒子只受电场力作用,满足.三、带电粒子在匀强电场中的偏转1.运动性质:运动.2.处理方法:运动的分解.（1）沿初速度方向:做运动.（2）沿电场方向:做初速度为零的运动.【辨别明理】（1）电容器所带的电荷量是指每个极板所带的电荷量的代数和.（）（2）电容表示电容器容纳电荷的多少.（）（3）电容器的电容与电容器所带的电荷量成反比.（）（4）放电后的电容器所带的电荷量为零,电容也为零.（）（5）公式C＝可用来计算任何电容器的电容.（）（6）带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动.（）（7）带电粒子在电场中只受电场力时,也可以做匀速圆周运动.（）（8）带电粒子在电场中运动时,重力一定可以忽略不计.（）考点一平行板电容器1.静电计是用来测量电容器两极板间电势差的仪器,两板之间的电势差越大,则静电计的指针偏角越大.平行板电容器、滑动变阻器、电源、开关以及静电计按如图21-1所示的电路连接.当开关闭合时,静电计的指针有偏转.下列做法能使偏角增大的是（）图21-1A.断开开关,增大两极板间的距离B.保持开关闭合,增大两极板间的距离C.保持开关闭合,减小两极板间的距离D.保持开关闭合,使滑动变阻器的滑片向左移动2.（电容器动态变化及其中的粒子运动判断）[2018·江苏]如图21-2所示,水平金属板A、B分别与电源两极相连,带电油滴处于静止状态.现将B板右端向下移动一小段距离,两金属板表面仍均为等势面,则该油滴（）图21-2A.仍然保持静止B.竖直向下运动C.向左下方运动D.向右下方运动3.（电容器动态变化、功能问题）[2016·天津卷]如图21-3所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地,在两极板间有一个固定在P点的点电荷,以E表示两板间的电场强度,E p表示点电荷在P 点的电势能,θ表示静电计指针的偏角.若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则（）图21-3A.θ增大,E增大B.θ增大,E p不变C.θ减小,E p增大D.θ减小,E不变■要点总结。
2019届高三物理二轮复习配套课件：第一部分+专题整合+专题二+功能与动量+第2讲
图2－2－2
水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径
考 点 突 破 · 考 向 探 究
有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度为 g) v2 A. 16g
菜 单
v2 B. 8g
v2 C. 4g
v2 D. 2g
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
专题二
能量和动量
解析
此过程中，PM 段细绳的机械能不变， MQ
段细绳的机械能的增量 2 1 2 1 1 ΔE＝ mg－6l－ mg－3l＝ mgl，由功能原理可 3 3 9 1 知，在此过程中，外力做的功为 W＝ mgl，故 A 正确， 9 B、C、D 错误。
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
专题二
能量和动量
考 点 突 破 · 考 向 探 究
综 合 训 练 · 限 时 检 测
答案
BCD
菜
单
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
专题二
能量和动量
4． (2017· 全国卷Ⅰ)一质量为 8.00×104 kg 的太空飞 船从其飞行轨道返回地面。 飞船在离地面高度 1.60×105 m 处以 7.5×103m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速 度为 100 m/s 时下落到地面。取地面为重力势能零点，
x 最大，故选 B。
答案
B
菜
单
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
高2019届高2016级高三物理二轮复习全套PPT课件专题三 第1课时
例2 (2018·河南省郑州一中上学期期中)如图3所示,光滑绝缘的细圆管弯
成半径为R的半圆形,固定在竖、质量为m的小球(可视为质点)从B点正上方的A点自由下落,A、
B两点间距离为4R.从小球进入管口开始,整个空间中突然加上一个匀强电
场,电场力在竖直方向上的分力大小与重力大小相等,
12mvC2－12mvB2
小球从管口C处脱离圆管后,做类平抛运动,其轨迹经过A点,
有4R＝vCt 2R＝12axt2＝2Fmx t2 联立解得：Fx＝mg 电场力的大小为：F＝ Fx2＋Fy2＝ 2mg
解析 答案
(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力. 答案 3mg,方向水平向右
解析 小球经过管口C处时,向心力由Fx和圆管壁的弹力FN提供,设弹力FN 的方向水平向左, 则 Fx＋FN＝mvRC2 解得：FN＝3mg(方向向左) 根据牛顿第三定律可知,小球经过管口C处时对圆管壁的压力为FN′＝FN ＝3mg,方向水平向右.
解析 答案
拓展训练4 如图5所示,水平轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点,另一端自 由 伸 长 到 A 点 ,OA 之 间 的 水 平 面 光 滑 . 固 定 曲 面 在 B 处 与 水 平 面 平 滑 连 接.AB之间的距离s＝1 m.质量m＝0.2 kg的物块开始时静置于水平面上的 B点,物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.现给物块一个水平向左的初速 度v0＝5 m/s,g取10 m/s2.
√A.物体的质量m＝0.5 kg
B.物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2
√C.第2 s内物体克服摩擦力做的功Wf＝2 J √D.前2 s内推力F做功的平均功率 P ＝1.5 W
图2
解析 答案
拓展训练2 (多选)(2018·福建省三明市上学期期末)发动机额定功率为P0的 汽车在水平路面上从静止开始先匀加速启动,最后达到最大速度并做匀速直 线运动,已知汽车所受路面阻力恒为Ff,汽车刚开始启动时的牵引力和加速 度分别为F0和a0,如图所示描绘的是汽车在这一过程中速度随时间以及加速 度、牵引力和功率随速度变化的图象,其中正确的是
高2019届高2016级高三物理二轮复习全套PPT课件专题二 第2课时
例2 (2018·湖北省十堰市调研)如图3所示为足球球门,球门宽为L,一个球员
在球门中心正前方距离球门s处高高跃起,将足球顶入球门的左下方死角(图
中P点).若球员顶球点的高度为h.足球被顶出后做平抛运动(足球可看做质
点),重力加速度为g.则下列说法正确的是
A.足球在空中运动的时间 t＝ B.足球位移大小 l＝ L42＋s2
θ＝
2t.an φ
3.竖直平面内圆周运动的两种临界问题
(1)绳模型：物体能通过最高点的条件是v≥ gR .
(2)杆模型：物体能通过最高点的条件是 v≥0 .
4.万有引力定律的规律和应用
(1)在处理天体的运动问题时,通常把天体的运动看成是匀速圆周运动,
其所需要的向心力由万有引力提供.其基本关系式为 m(2Tπ)2r ＝ m(2πf)2r .
处,将球L2沿垂直于网的方向水平击出,球恰好通过网的上沿落到桌面右侧 边缘,设乒乓球的运动为平抛运动,下列判断正确的是
A.击球点的高度与网高度之比为2∶1
B.乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2∶1
C.乒乓球过网时与落到右侧桌边缘时速率之比为1∶2
√D.乒乓球在网左右两侧运动速度变化量之比为1增大速度,稳定在高轨道上时速度比在低轨道 ;由小高轨变 低轨,需减小速度,稳定在低轨道上时速度比在高轨道 . 大 (4)宇宙速度 第一宇宙速度： 推导过程为：由 mg＝mRv12＝GRM2m得： v1＝ GRM＝ gR＝ 7.9 km/s.
第一宇宙速度是人造地球卫星的最大环绕速度,也是人造地球卫星的最小 发射速度 . 第二宇宙速度：v2＝11.2 km/s,使物体挣脱 地球引力束缚的最小发射速度. 第三宇宙速度：v3＝ 16.7 km/s,使物体挣脱 太阳引力束缚的最小发射速度.
高2019届高2016级高三物理二轮复习全套PPT课件专题七 第2课时
(1)将开关 S2 接 a，再闭合开关 S1，依次改变电阻箱的阻值，读出相应的电 阻箱 R 的阻值和电压表的示数 U，得到如图乙所示的U1 －R1图象； (2)将开关S2接b,电压表指针位置如图丙所示,则电压表示数为____2_.50V,待测 电阻R1＝____ Ω2;0
线如图乙所示,R为定值电阻,阻值为1.5 Ω,当开关S闭合后
√A.L1的电阻为
12 5
Ω
B.L1消耗的电功率为7.5 W
C.L2的电阻为7.5 Ω
√D.L2消耗的电功率为6 W 图7
解析 答案
拓展训练3 (多选)如图8所示,直线A是电源的路端电压和电流的关系图线,
直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线,若将这两个电 阻分别接到该电源上,则
高低根据电场方向判定.在与粒子
运动相结合的题目中,可进一步确定粒
子的电性、动能变化、电势能变化等情况.
图3
(3)在这类题目中,还可以由E－x图象画出对应的电场,利用这种已知电场
的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题.
例1 (2018·湖北省十堰市调研)有一静电场,其电势φ随x坐标的改变而改变, 变化的图象如图4所示.若将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点O由静 止释放,电场中P、Q两点的横坐标分别为1 mm、4 mm,下列说法正确的是 A.粒子将沿x轴正方向一直向前运动 B.粒子在P点与Q点加速度大小相等、方向相反 C.粒子经过P点与Q点时,动能相等
√D.粒子经过P点与Q点时,电场力做功的功率相等 图4
解析 答案
拓展训练1 (2018·河南省濮阳市第二次模拟)某电场中x轴上电场强度E随
2019年3月高2019届高2016级高三物理全品二轮复习课件Word第10单元听课正文及参考答案
第26讲电磁感应现象、楞次定律一、磁通量1.磁通量（1）定义:磁感应强度B与垂直于磁场方向的面积S的.（2）公式:Φ＝（B⊥S）;单位:韦伯（Wb）.（3）矢标性:磁通量是,但有正负.2.磁通量的变化量:ΔΦ＝.3.磁通量的变化率:与所用时间的比值,即,与线圈的匝数无关.二、电磁感应现象1.电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时,电路中有产生的现象.2.产生感应电流的条件:（1）闭合电路;（2）发生变化.三、感应电流的方向1.楞次定律:感应电流的磁场总要引起感应电流的的变化.2.右手定则:伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内;让磁感线从掌心进入,并使拇指指向的方向,这时四指所指方向就是感应电流的方向.【辨别明理】（1）线框不闭合时,即使穿过线框的磁通量发生变化,线框中也没有感应电流产生.（）（2）当导体切割磁感线时,一定产生感应电动势.（）（3）由楞次定律知,感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反.（）图26-1（4）[人教版选修3-2改编]如图26-1所示,线圈两端与电阻相连构成闭合回路,在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁,磁铁的S极朝下.在将磁铁的S极插入线圈的过程中,通过电阻的感应电流的方向,线圈与磁铁相互.考点一电磁感应现象的理解与判断1.磁通量发生变化的三种常见情况（1）磁场强弱不变,回路面积改变.（2）回路面积不变,磁场强弱改变.（3）回路面积和磁场强弱均不变,但二者的相对位置发生改变.2.判断是否产生感应电流的流程（1）确定研究的回路.（2）弄清楚回路内的磁场分布,并确定穿过该回路的磁通量Φ.（3）Φ不变→无感应电流Φ变化→不闭合无感应电流但有感应电动势回路闭合有感应电流图26-2例1[2017·全国卷Ⅰ]扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌.为了有效隔离外界振动对STM的扰动,在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板,并施加磁场来快速衰减其微小振动,如图26-2所示.无扰动时,按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场;出现扰动后,对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是图26-3中的（）A BC D图26-3变式题[2018·安徽皖江区域联考]如图26-4所示,闭合圆形导体线圈放置在匀强磁场中,线圈平面与磁场平行,当磁感应强度逐渐增大时,以下说法正确的是图26-4（）A.线圈中产生顺时针方向的感应电流B.线圈中产生逆时针方向的感应电流C.线圈中不会产生感应电流D.线圈面积有缩小的倾向考点二楞次定律的理解与应用考向一应用楞次定律判断感应电流方向的“四步法”例2[2017·全国卷Ⅲ]如图26-5所示,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨,导轨平面与磁场垂直.金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内,线框与导轨共面.现让金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向,下列说法正确的是（）图26-5A.PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向图26-6变式题[2018·洛阳一中模拟]如图26-6所示为安检门原理图,左边门框中有一通电线圈,右边门框中有一接收线圈.工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流,则（）A.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为顺时针B.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流增大C.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为顺时针D.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流大小发生变化■要点总结楞次定律中“阻碍”的含义考向二利用楞次定律的推论速解电磁感应问题电磁感应现象中因果相对的关系恰好反映了自然界的这种对立统一规律,对楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的“效果”总是阻碍产生感应电流的原因,可由以下四种方式呈现:（1）阻碍磁通量的变化,即“增反减同”.（2）阻碍相对运动,即“来拒去留”.（3）使线圈面积有扩大或缩小的趋势,即“增缩减扩”.（4）阻碍原电流的变化（自感现象）,即“增反减同”.例3 如图26-7所示,光滑固定金属导轨M、N水平放置,两根导体棒P、Q平行放置在导轨上,形成一个闭合回路,当一条形磁铁从高处下落接近回路时（重力加速度为g）（）图26-7A.P、Q将互相靠拢B.P、Q将互相远离C.磁铁的加速度仍为gD.磁铁的加速度大于g变式题[2018·重庆质检]如图26-8所示,ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈,当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动的过程中,线圈ab 将（）图26-8A.静止不动B.顺时针转动C.逆时针转动D.发生转动,但电源的极性不明,无法确定转动方向考点三左手定则、右手定则、楞次定律、安培定则1.规律比较2.相互联系（1）应用楞次定律时,一般要用到安培定则.（2）研究感应电流受到的安培力,一般先用右手定则确定电流方向,再用左手定则确定安培力的方向,有时也可以直接应用楞次定律的推论确定.例4 （多选）[2018·全国卷Ⅰ]如图26-9所示,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路.将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态.下列说法正确的是（）图26-9A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动变式题（多选）如图26-10所示装置中,金属杆cd原来静止.要使金属杆cd将向右运动,可以使金属杆ab（）图26-10A.向右匀速运动B.向右加速运动C.向左加速运动D.向左减速运动■要点总结左、右手定则巧区分（1）右手定则与左手定则的区别:抓住“因果关系”才能无误,“因动而电”——用右手;“因电而动”——用左手.（2）左手定则和右手定则很容易混淆,为了便于区分,可把两个定则简单地总结为“通电受力用左手,运动生电用右手”.完成课时作业（二十六）第27讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流一、法拉第电磁感应定律1.感应电动势（1）定义:在中产生的电动势.（2）产生条件:穿过回路的发生改变,与电路是否闭合无关.（3）方向判断:感应电动势的方向用或判断.2.法拉第电磁感应定律（1）内容:感应电动势的大小跟穿过这一回路的成正比. （2）公式:E＝.二、自感和涡流1.自感现象（1）由于导体本身的电流发生变化时而产生的现象.由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势.（2）自感电动势E＝.（3）自感系数L与线圈的大小、形状、圈数、是否有铁芯等有关,单位是.2.涡流:块状金属在磁场中运动,或者处在变化的磁场中,金属块内部会产生感应电流,这种电流在整块金属内部自成闭合回路,叫作.【辨别明理】（1）穿过线圈的磁通量变化越快,产生的感应电动势越大.（）（2）线圈匝数n越多,磁通量越大,产生的感应电动势也越大.（）（3）对于同一线圈,电流变化越快,线圈中的自感电动势越大.（）（4）法拉第发现了电磁感应现象之后不久,他又利用电磁感应发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机,如图27-1甲所示.图乙是这个圆盘发电机的示意图:铜盘安装在水平的铜轴上,它的边缘正好在两磁极之间,两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触.使铜盘转动,电阻R中就有电流通过.试说明圆盘发电机的原理.图27-1考点一法拉第电磁感应定律的理解和应用1.法拉第电磁感应定律的理解（1）感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定,而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系.（2）磁通量的变化率对应Φ-t图线上某点切线的斜率.2.应用法拉第电磁感应定律的三种情况（1）磁通量的变化是由面积变化引起时,ΔΦ＝B·ΔS,则E＝n;（2）磁通量的变化是由磁场变化引起时,ΔΦ＝S·ΔB,则E＝n;（3）磁通量的变化是由面积和磁场共同变化引起时,则根据定义,ΔΦ＝|Φ末-Φ初|,E＝n-≠n.例1[2015·重庆卷]图27-2为无线充电技术中使用的受电线圈示意图,线圈匝数为n,面积为S.若在t1到t2时间内,匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈,其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2,则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa-φb（）图27-2A.恒为（-）-B.从0均匀变化到（-）-C.恒为-（-）-D.从0均匀变化到-（-）-变式题（多选）[2018·沧州一中模拟]线圈所围的面积为0.1 m2,线圈电阻为1 Ω,规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向,如图27-3甲所示,磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示,则下列说法正确的是（）图27-3A.在0～5 s时间内,I的最大值为0.01 AB.在第4 s末,I的方向为逆时针C.前2 s内,通过线圈某截面的总电荷量为0.01 CD.第3 s内,线圈的发热功率最大■要点总结应用法拉第电磁感应定律应注意的两个问题（1）公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势,在磁通量均匀变化时,瞬时值才等于平均值.（2）利用公式E＝nS求感应电动势时,S为线圈在磁场范围内的有效面积.考点二导体棒切割磁感线引起的感应电动势的计算例2 如图27-4所示,abcd为水平放置的平行“匚”形光滑金属导轨,间距为l,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,导轨电阻不计.已知金属杆MN倾斜放置,与导轨成θ角,单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）,则（）图27-4A.电路中感应电动势的大小为B.电路中感应电流的大小为C.金属杆所受安培力的大小为D.金属杆的热功率为■题根分析分析导体棒切割磁感线产生的感应电动势时应注意,一是导体棒切割磁感线有平动切割和转动切割两种,二是要将其与根据法拉第电磁感应定律计算的感应电动势区别开.（1）E＝Blv的三个特性①正交性:本公式要求磁场为匀强磁场,而且B、l、v三者互相垂直.②有效性:公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度.图27-5中,导体棒的有效长度为a、b间的距离.图27-5③相对性:E＝Blv中的速度v是导体棒相对磁场的速度,若磁场也在运动,应注意速度间的相对关系.（2）导体棒转动切割磁感线当导体棒在垂直于磁场的平面内绕一端以角速度ω匀速转动时,产生的感应电动势为E＝Bl＝Bl2ω,如图27-6所示.图27-6■变式网络图27-7变式题1 （多选）[2016·全国卷Ⅱ]法拉第圆盘发电机的示意图如图27-7所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中.圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是（）A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍图27-8变式题2 （多选）[2018·浏阳模拟]如图27-8所示,一导线弯成直径为d的半圆形闭合回路,虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面,回路以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直.从D点到达边界开始到C点进入磁场为止,下列说法中正确的是（）A.感应电流方向为逆时针方向B.CD段直导线始终不受安培力C.感应电动势的最大值E＝BdvD.感应电动势的平均值＝πBdv变式题3 如图27-9所示,两根光滑的平行长直金属导轨置于水平面内,导轨间距为L,导轨左端接有阻值为R的电阻,质量为m的导体棒垂直跨接在导轨上.导轨和导体棒的电阻均不计,且接触良好.在导轨平面上有一矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B.开始时,导体棒静止于磁场区域的右端,当磁场以速度v 1匀速向右移动时,导体棒随之开始运动,同时受到水平向左、大小为f 的恒定阻力,并很快达到恒定速度,此时导体棒仍处于磁场区域内. （1）求导体棒所达到的恒定速度v 2;（2）为使导体棒能随磁场运动,阻力最大不能超过多少?图27-9考点三 涡流、自感现象的理解及应用 考向一 通电自感与断电自感现象对比自感 电路例3[2017·北京卷]图27-10甲和乙是教材中演示自感现象的两个电路图,L1和L2为电感线圈.实验时,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S2,灯A2逐渐变亮,而另一个相同的灯A3立即变亮,最终A2与A3的亮度相同.下列说法正确的是（）甲乙图27-10A.图甲中,A1与L1的电阻值相同B.图甲中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流C.图乙中,变阻器R与L2的电阻值相同D.图乙中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等变式题[2018·江苏常州检测]如图27-11所示,电路中A、B是两个完全相同的灯泡,L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈,C是电容很大的电容器.当S闭合时,A、B灯泡的发光情况是（）图27-11A.S刚闭合后,A亮一下又逐渐熄灭,B逐渐变亮B.S刚闭合后,B亮一下又逐渐变暗,A逐渐变亮C.S闭合足够长时间后,A和B一样亮D.S闭合足够长时间后,A、B都熄灭考向二对涡流的考查例4 （多选）1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”.实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图27-12所示,实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后.下列说法正确的是（）图27-12A.圆盘上产生了感应电动势B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动完成课时作业（二十七）专题九电磁感应中的电路和图像问题热点一电磁感应中的电路问题1.电磁感应中电路知识的关系图2.分析电磁感应电路问题的基本思路例1 如图Z9-1甲所示,水平放置的两根平行金属导轨间距L＝0.3 m,导轨左端连接阻值R＝0.6 Ω的电阻,区域abcd内存在垂直于导轨平面、磁感应强度B＝0.6 T的匀强磁场,磁场区域宽D＝0.2 m.细金属棒A1和A2用长为2D＝0.4 m的轻质绝缘杆连接,放置在导轨平面上,均与导轨垂直且接触良好,每根金属棒在导轨间的电阻均为r＝0.3 Ω.导轨电阻不计.使金属棒以恒定速度v＝1.0 m/s沿导轨向右穿过磁场.计算从金属棒A1进入磁场（t＝0）到A2离开磁场的时间内,不同时间段通过电阻R的电流,并在图乙中画出.图Z9-1变式题（多选）[2018·陕西摸底]半径分别为r和2r的同心圆形金属导轨固定在同一水平面内,导轨电阻不计,一长为r、电阻为R的均匀金属棒AB置于圆导轨上面,BA的延长线通过圆导轨中心O,装置的俯视图如图Z9-2所示,整个装置位于一匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,方向竖直向下.在两导轨之间接有阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器.金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动,图Z9-2在转动过程中始终与导轨保持良好接触.下列说法中正确的是（）A.金属棒中电流从B流向AB.金属棒两端电压为Bωr2C.电容器的M板带负电D.电容器所带电荷量为CBωr2■要点总结（1）对电源的理解:在电磁感应现象中,产生感应电动势的那部分导体相当于电源.如:切割磁感线的导体棒、内有磁通量变化的线圈等.（2）对电路的理解:内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈;除电源外其余部分是外电路,外电路由电阻、电容器等电学元件组成.在外电路中,电流从高电势处流向低电势处;在内电路中,电流则从低电势处流向高电势处.热点二电磁感应中的图像问题考向一感生类图像问题总结（1）问题类型①给定电磁感应过程,选出或画出正确的图像.②由给定的有关图像分析电磁感应过程,求解相应物理量.（2）分析方法①电动势大小:E＝n,取决于磁通量的变化率.②电动势方向:注意感应电流的实际方向是否与规定情况一致,同向取正,反向取负.（3）注意问题①关注初始时刻:如初始时刻感应电流是否为零,是正方向还是负方向.②关注变化过程:看电磁感应发生过程分为几个阶段,这几个阶段是否和图像变化相对应.③关注大小、方向的变化趋势,看图像斜率大小、图像的曲直和物理过程是否相对应.④求F-t图像时,不但要注意i-t变化,还需要关注B-t变化.有时I≠0,但B＝0,所以F＝0.例2 将一段导线绕成如图Z9-3甲所示的闭合回路,并固定在水平面（纸面）内.回路的ab边置于垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ中.回路的圆环区域内有垂直于纸面的磁场Ⅱ,以向里为磁场Ⅱ的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示.用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F 随时间t变化的图像是图Z9-4中的（）图Z9-3图Z9-4变式题（多选）[2018·全国卷Ⅲ]如图Z9-5甲所示,在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ的右侧.导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图乙所示,规定从Q到P为电流正方向.导线框R中的感应电动势（）图Z9-5A.在t＝时为零B.在t＝时改变方向C.在t＝时最大,且沿顺时针方向D.在t＝T时最大,且沿顺时针方向考向二动生类图像问题总结（1）问题类型由闭合线圈的运动过程画出i-t图像或E-t图像.（2）分析方法①电动势大小:E＝Blv.要注意是单边切割还是双边切割（感应电流同向相加、反向相减）,等效长度为在磁场中导线首尾相连在垂直于速度方向的分量.②电动势方向:用右手定则判断.例3 如图Z9-6所示为两个有界匀强磁场,磁感应强度大小均为B,方向分别垂直于纸面向里和向外,磁场宽度均为L,距磁场区域的左侧L处有一边长为L的正方形导线框,总电阻为R,且线框平面与磁场方向垂直.现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域,以初始位置为计时起点,规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正,磁感线垂直于图Z9-6纸面向里时磁通量Φ的方向为正,外力F向右为正.如图Z9-7所示关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图像中正确的是（）图Z9-7图Z9-8变式题1[2018·江西联考]如图Z9-8所示,导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形匀强磁场区域abcd,ac垂直于导轨且平行于导体棒,ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反,导轨和导体棒的电阻均不计,如图Z9-9所示关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是（规定电流从M经R到N为正方向,安培力向左为正方向）（）图Z9-9图Z9-10变式题2 如图Z9-10所示的匀强磁场中有一根弯成45°角的金属线POQ,其所在平面与磁场垂直,长直导线MN与金属线紧密接触,起始时OA＝l0,且MN⊥OQ,所有导线单位长度电阻均为r,MN水平向右匀速运动的速度为v,使MN匀速运动的外力为F,则外力F随时间变化的规律图像正确的是图Z9-11中的（）图Z9-11热点三电磁感应中电路与图像的综合例4 匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T,磁场宽度L＝3 m,一正方形金属框边长ab ＝l＝1 m,每边电阻r＝0.2 Ω,金属框以v＝10 m/s的速度匀速穿过磁场区域,其平面始终保持与磁感线方向垂直,如图Z9-12所示.（1）画出金属框穿过磁场区域的过程中金属框内感应电流的I-t图像;（以逆时针方向为I的正方向）（2）画出ab两端电压的U-t图像.图Z9-12变式题[2018·浙江宁波模拟]如图Z9-13甲所示,在水平桌面上固定着两根相距L＝20 cm、相互平行的无电阻金属轨道P、Q,轨道一端固定一根电阻R＝0.02 Ω的导体棒a,轨道上垂直放置一根质量m＝40 g、电阻可忽略不计的金属棒b,两棒相距也为L＝20 cm,该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中.开始时,磁感应强度B0＝0.1 T.设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2.（1）若保持磁感应强度B0的大小不变,从t＝0时刻开始,给b棒施加一个水平向右的拉力,使它由静止开始做匀加速直线运动.此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示.求b棒做匀加速运动的加速度大小及b棒与轨道间的滑动摩擦力大小;（2）接（1）问,若从t＝0开始,磁感应强度B随时间t按图丙所示的规律变化,在金属棒b开始运动前,求这个装置释放的热量.图Z9-131.（多选）[2016·四川卷]图Z9-14如图Z9-14所示,电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上,受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动,外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv（F0、k是常量）,金属棒与导轨始终垂直且接触良好.金属棒中感应电流为i,受到的安培力大小为F A,电阻R两端的电压为U R,感应电流的功率为P,它们随时间t变化图像可能正确的是图Z9-15中的（）图Z9-152.（多选）[2016·上海卷]如图Z9-16甲所示,螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场,以图中箭头所示方向为其正方向.螺线管与导线框abcd相连,导线框内有一小金属圆环L,圆环与导线框在同一平面内.当螺线管内的磁感应强度B随时间按图乙所示规律变化时（）图Z9-16A.在t1～t2时间内,L有收缩趋势B.在t2～t3时间内,L有扩张趋势C.在t2～t3时间内,L内有逆时针方向的感应电流D.在t3～t4时间内,L内有顺时针方向的感应电流3.（多选）[2018·宁夏石嘴山三中期末]如图Z9-17甲所示,光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角,M、P两端接一电阻R,金属棒ab与导轨垂直且接触良好,整个装置处于方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.t＝0时对金属棒ab施加一平行于导轨的外力F,使金属棒由静止开始沿导轨向上运动,金属棒电阻为r,导轨电阻忽略不计.已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示.关于棒运动速度v、外力F、流过R的电荷量q以及穿过闭合回路的磁通量的变化率随时间变化的图像,正确的是图Z9-18中的（）图Z9-17图Z9-184.（多选）[2018·山西师大附中月考]在水平放置的两条平行光滑直金属导轨上放有一与其垂直的金属棒ab,匀强磁场与导轨平面垂直,磁场方向如图Z9-196所示,导轨接有R1＝5 Ω和R2＝6 Ω的两定值电阻及电阻箱R,其余电阻不计.电路中的电压表量程为0～10 V,电流表的量程为0～3 A.现将R调至30 Ω,用F＝40 N的水平向右的力使ab垂直导轨向右平移,当棒ab达到稳定状态时,两电表中有一表正好达到满偏,而另一表未达到满偏.下列说法正确的是（）图Z9-19A.当棒ab达到稳定状态时,电流表满偏B.当棒ab达到稳定状态时,电压表满偏C.当棒ab达到稳定状态时,棒ab的速度大小是1 m/s。
2019年3月高2019届高2016级高三物理全品二轮复习课件Word第1单元听课正文
第1讲描述直线运动的基本概念一、质点质点是用来代替物体的的点.质点是理想模型.二、参考系参考系是研究物体运动时假定、用作参考的物体.通常以为参考系.三、时刻和时间1.时刻指的是某一瞬时,对应的是位置、瞬时速度、动能和动量等状态量.2.时间是两时刻的间隔,对应的是位移、路程、功和冲量等过程量.四、路程和位移1.路程指物体的长度,它是标量.2.位移是由初位置指向末位置的,它是矢量.五、平均速度与瞬时速度1.平均速度:物体发生的位移与发生这段位移所用时间的比值,即v＝,是矢量,其方向就是的方向.2.瞬时速度:物体在某一时刻或经过某一位置的速度,是矢量,其方向是物体的运动方向或运动轨迹的方向.六、加速度1.定义:物体和所用时间的比值.定义式:a＝.2.方向:与Δv的方向一致,由F合的方向决定,而与v0、v的方向无关,是矢量.【辨别明理】（1）研究花样游泳运动员的动作时,不能把运动员看成质点.（）（2）参考系必须是静止的物体.（）（3）做直线运动的物体的位移大小一定等于路程.（）（4）平均速度的方向与位移的方向相同.（）（5）子弹击中目标时的速度属于瞬时速度.（）（6）速度变化率越大,加速度越大.（）（7）太阳从东边升起,向西边落下,是地球上的自然现象,但在某些条件下,在纬度较高地区上空飞行的飞机上,旅客可以看到太阳从西边升起的奇妙现象,需要什么条件?考点一质点、参考系、位移、时间与时刻1.（质点、参考系、时间与时刻）[人教版必修1改编]下列说法错误的是（）A.“一江春水向东流”是以河岸为参考系B.“研究地球绕太阳公转”可以把地球看作质点C.“火车8点42分到站”,“8点42分”指的是时刻D.“第3 s末”和“第3 s内”都是指时间间隔1 s2.（位移与路程）（多选）[人教版必修1改编]一位同学从操场中心A点出发,向北走了40 m,到达C点,然后又向东走了30 m,到达B点.下列说法正确的是（）A.相对于操场中心A点,该同学运动的路程大小为70 mB.相对于操场中心A点,该同学运动的位移大小为70 mC.相对于操场中心A点,该同学运动的位移方向为东偏北37°D.相对于操场中心A点,该同学运动的位移方向为北偏东37°3.（矢量与标量）关于矢量和标量,下列说法中正确的是（）A.标量只有正值,矢量可以取负值B.标量的正负表示大小,矢量的正负表示方向C.矢量既有大小也有方向D.当物体做单向直线运动时,路程（标量）和位移（矢量）没有区别■要点总结（1）对于同一个物体运动的描述,选用的参考系不同,其运动性质可能不同.在同一个问题中,若要研究多个物体的运动或同一个物体在不同阶段的运动,则必须选取同一个参考系.（2）区别标量和矢量不只看是否有方向或正、负号,关键看运算是否遵循平行四边形定则.（3）对位移和路程的辨析如下表:考点二平均速度、瞬时速度趋于零）图1-1例1 （多选）如图1-1所示,某赛车手在一次野外训练中,先用地图计算出出发地A和目的地B的直线距离为9 km,实际从A运动到B用时5 min,赛车上的里程表指示的里程数增加了15 km.当他经过某路标C时,车内速度计指示的示数为150 km/h,那么可以确定的是（）A.整个过程中赛车的平均速度为180 km/hB.整个过程中赛车的平均速度为108 km/hC.赛车经过路标C时的瞬时速度为150 km/hD.赛车经过路标C时速度方向为由A指向B变式题小明骑自行车由静止沿直线运动,他在第1 s内、第2 s内、第3 s内、第4 s内通过的位移分别为1 m、2 m、3 m、4 m,则（）A.他在4 s末的瞬时速度为4 m/sB.他在第2 s内的平均速度为1.5 m/sC.他在4 s内的平均速度为2.5 m/sD.他在1 s末的瞬时速度为1 m/s例2[人教版必修1改编]光电计时器是一种研究物体运动情况的常用计时仪器,其结构如图1-2甲所示,a、b分别是光电门的激光发射和接收装置,当有物体从a、b间通过时,光电计时器就可以显示物体的挡光时间.图乙中MN是水平桌面,Q是木板与桌面的接触点,1和2是固定在木板上适当位置的两个光电门,与之连接的两个光电计时器没有画出.让滑块d从木板上某处滑下,光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为2.5×10-2s和1.0×10-2s,小滑块d的宽度为0.25 cm,可测出滑块通过光电门1的速度v1＝ m/s,滑块通过光电门2的速度v2＝ m/s.图1-2■要点总结“极限法”求瞬时速度（1）由平均速度公式v＝可知,当Δx、Δt都非常小,趋于极限时,平均速度就可认为是某一时刻或某一位置的瞬时速度.（2）极限法只能用于在选定区间内所研究的物理量连续单调变化（单调增大或单调减小）的情况.考点三加速度1.速度、速度变化量和加速度的对比2.两个公式的说明a＝是加速度的定义式,加速度的决定式是a＝,即加速度的大小由物体受到的合力F和物体的质量m共同决定,加速度的方向由合力的方向决定.考向一加速度的理解例3[人教版必修1改编]如图1-3所示,汽车向右沿直线运动,原来的速度是v1,经过一小段时间之后,速度变为v2,Δv表示速度的变化量.由图中所示信息可知（）图1-3A.汽车在做加速直线运动B.汽车的加速度方向与v1的方向相同C.汽车的加速度方向与v1的方向相反D.汽车的加速度方向与Δv的方向相反考向二加速度与速度的关系例4 一个质点做速度方向不变的直线运动,加速度的方向始终与速度方向相同,但加速度大小逐渐减小直至为零,在此过程中（）A.速度逐渐减小,当加速度减小到零时,速度达到最小值B.速度逐渐增大,当加速度减小到零时,速度达到最大值C.位移逐渐增大,当加速度减小到零时,位移将不再增大D.位移逐渐减小,当加速度减小到零时,位移达到最小值考向三加速度的计算例5 （多选）一物体做加速度不变的直线运动,某时刻速度大小为4 m/s,1 s后速度的大小变为10 m/s,在这1 s内该物体的（）A.加速度可能为6 m/s2,方向与初速度的方向相同B.加速度可能为6 m/s2,方向与初速度的方向相反C.加速度可能为14 m/s2,方向与初速度的方向相同D.加速度可能为14 m/s2,方向与初速度的方向相反■要点总结考点四匀速直线运动规律的应用匀速直线运动是最基本、最简单的运动形式,应用广泛.例如:声、光的传播都可以看成匀速直线运动.下面是几个应用实例.图1-4例6[鲁科版必修1改编]如图1-4所示是高速摄影机拍摄的子弹头射过一张普通的扑克牌的照片.已知子弹头的平均速度是900 m/s,则子弹头穿过扑克牌的时间约为（）A.8.4×10-3 sB.8.4×10-4 sC.8.4×10-5 sD.8.4×10-6 s变式题如图1-5所示为一种常见的身高体重测量仪.测量仪顶部向下发射波速为v的超声波,超声波经反射后返回,被测量仪接收,测量仪记录发射和接收的时间间隔.质量为M0的测重台置于压力传感器上,传感器输出电压与作用在其上的压力成正比.当测重台没有站人时,测量仪记录的时间间隔为t0,输出电压为U0,某同学站上测重台,测量仪记录的时间间隔为t,输出电压为U,则该同学的身高和质量分别为（）图1-5A.v（t0-t）和U（-）和UB.C.v（t0-t）和（U-U0）D.（-）和（U-U0）■建模点拨在涉及匀速直线运动的问题中,无论是求解距离、时间、速度中的哪个,其核心方程都只有一个:x＝vt,知道该方程中任意两个量即可求第三个量.解答此类问题的关键是在以下两个方面:其一,空间物理图景的建立;其二,匀速直线运动模型的建立.完成课时作业（一）第2讲匀变速直线运动的规律及应用一、匀变速直线运动基本规律和重要推论1.基本规律（1）速度公式:v＝;（2）位移公式:x＝;（3）速度—位移关系式:.这三个基本公式是解决匀变速直线运动的基石,均为矢量式,应用时应规定正方向.2.两个重要推论（1）物体在一段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度,还等于初、末时刻速度矢量和的一半,即:＝＝.（2）任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量,即:Δx＝x2-x1＝x 3-x2＝…＝xn--＝.二、自由落体运动1.自由落体运动的特点（1）从静止开始,即初速度为.（2）只受重力作用的直线运动.2.自由落体运动的公式（1）速度公式:;（2）位移公式:;（3）速度—位移关系式:.【辨别明理】（1）做匀变速直线运动的物体的速度均匀变化.（）（2）一物体做匀变速直线运动,某时刻速度为6 m/s,1 s后速度为反向的10 m/s,则加速度的大小为4 m/s2.（）（3）某物体从静止开始做匀加速直线运动,速度由0到v时运动距离是速度由v 到2v时运动距离的2倍.（）（4）在匀变速直线运动中,中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度.（）（5）物体从某高度由静止下落一定做自由落体运动.（）（6）做竖直上抛运动的物体在上升过程中,速度变化量的方向是向下的.（）（7）竖直上抛运动的速度为负值时,位移也为负值.（）考点一匀变速直线运动的基本规律1.“一画,二选,三注”解决匀变速直线运动问题2.运动学公式中正、负号的规定直线运动可以用正、负号表示矢量的方向,一般情况下,我们规定初速度的方向为正方向,但当v0＝0时,一般以a的方向为正方向.例1 一个物体从静止开始以加速度a1做匀加速直线运动,经过时间t改为做加速度大小为a2的匀减速直线运动,又经过时间t物体回到初始位置,求两个加速度大小之比a1∶a2.■题根分析本题为典型的匀变速直线运动问题,运动过程分为两个阶段,可画出物体运动过程示意图,选取第一段时间t内的运动方向为正方向,根据位移公式和速度公式列方程进行求解.以本题为题根可以联系动力学、能量和动量等进行知识层级上的纵向变式.■变式网络变式题1 一个物体从静止开始在大小为F 1的恒力作用下做匀加速直线运动,经过时间t 改为大小为F 2的反方向恒力,又经过时间t 物体回到初始位置,求两个恒力大小之比F 1∶F 2.变式题2 一个物体从静止开始在大小为F 1的恒力作用下做匀加速直线运动,经过时间t 改为大小为F 2的反方向恒力,又经过时间t 物体回到初始位置,此时物体的动能大小为48 J ,求两个恒力做功大小W 1、W 2.变式题3 在真空中的光滑绝缘水平面上有一带电小滑块,开始时滑块静止.若在滑块所在空间加一水平匀强电场E 1,持续一段时间后立即换成与E 1方向相反的匀强电场E 2.当电场E 2与电场E 1持续时间相同时,滑块恰好回到初始位置,且具有动能E k .在上述过程中,E 1对滑块的电场力做功为W 1,冲量大小为I 1;E 2对滑块的电场力做功为W 2,冲量大小为I 2,则 （ ）A .I 1＝I 2B .4I 1＝I 2C .W 1＝0.25E k ,W 2＝0.75E kD .W 1＝0.20E k ,W 2＝0.80E k 考点二 匀变速直线运动的推论及其应用 1.初速度为零的匀变速直线运动比例关系（1）T 时刻末、2T 时刻末、3T 时刻末、…、nT 时刻末的瞬时速度之比为:v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝ .（2）T 时间内、2T 时间内、3T 时间内、…、nT 时间内的位移之比为:x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝ .（3）第一个T 时间内、第二个T 时间内、第三个T 时间内、…、第n 个T 时间内的位移之比为:x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x n ＝ .（4）从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为:t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝ . 2.两类特殊的匀减速直线运动例2 如图2-1所示,物体以一定的初速度从斜面底端A 点冲上固定的光滑斜面,斜面总长度为l ,物体到达斜面最高点C 时速度恰好为零.已知物体运动到距斜面顶端l 处的B 点所用的时间为t ,求物体从B 点滑到C 点所用的时间.图2-1变式题1 物体做匀加速直线运动,相继经过两段距离均为16 m 的路程,第一段用时4 s ,第二段用时2 s ,则物体的加速度是 （ ）A .m/s 2 B .m/s 2 C .m/s 2D .m/s 2变式题2 （多选）某质点做匀减速直线运动,依次经过A 、B 、C 三点,最后停在D 点,如图2-2所示.已知AB ＝6 m ,BC ＝4 m ,从A 点运动到B 点和从B 点运动到C 点两个过程速度变化量都为-2 m/s .下列说法正确的是 （ ）图2-2A.质点到达B点时速度大小为2.55 m/sB.质点的加速度大小为2 m/s2C.质点从A点运动到C点的时间为4 sD.A、D两点间的距离为12.25 m考点三自由落体运动和竖直上抛运动考向一自由落体运动应用自由落体运动规律解题时的两点注意（1）可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题.①从运动开始连续相等的时间内位移之比为1∶3∶5∶7∶….②一段时间内的平均速度＝＝＝gt.③连续相等的时间T内位移的增加量相等,即Δh＝gT2.（2）物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动,从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动,而是竖直下抛运动,应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决竖直下抛运动问题.图2-3例3 （多选）[人教版必修1改编]如图2-3所示,甲同学用手拿着一把长50 cm 的直尺,并使其处于竖直状态,乙同学把手放在直尺0刻度线位置做抓尺的准备.某时刻甲同学松开直尺,直尺保持竖直状态下落,乙同学看到后立即用手抓直尺,手抓住直尺位置的刻度值为20 cm;重复以上实验,乙同学第二次手抓住直尺位置的刻度值为10 cm.直尺下落过程中始终保持竖直状态.若从乙同学看到甲同学松开直尺到他抓住直尺所用时间叫“反应时间”.重力加速度g取10 m/s2.下列说法中正确的是（）A.乙同学第一次的“反应时间”比第二次长B.乙同学第一次抓住直尺之前的瞬间,直尺的速度约为4 m/sC.若某同学的“反应时间”大于0.4 s,则用该直尺将无法用上述方法测量他的“反应时间”D.若将直尺上原来的长度值改为对应的“反应时间”值,则可用上述方法直接测出“反应时间”图2-4变式题有一种“傻瓜”相机的曝光时间（快门从打开到关闭的时间）是固定不变的.为了估测相机的曝光时间,有位同学提出了下述实验方案:他从墙面上A点的正上方与A相距H＝1.5 m处使一个小石子自由落下,在小石子下落通过A点后,按动快门,对小石子照相,得到如图2-4所示的照片,由于石子的运动,它在照片上留下一条模糊的径迹CD.已知每块砖的平均厚度约为6 cm.从这些信息估算该相机的曝光时间为（）A.0.5 sB.0.06 sC.0.02 sD.0.008 s考向二竖直上抛运动竖直上抛运动的两种研究方法（1）分段法:将全程分为两个阶段,即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段.（2）全程法:将全过程视为初速度为v0、加速度a＝-g的匀变速直线运动,必须注意物理量的矢量性.习惯上取v0的方向为正方向,则v＞0时,物体正在上升;v＜0时,物体正在下降;h＞0时,物体在抛出点上方;h＜0时,物体在抛出点下方.例4 气球以10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升,当它上升到离地175 m的高处时,一重物从气球上掉落,则重物需要经过多长时间才能落到地面?到达地面时的速度是多大?（g取10 m/s2,不计空气阻力）变式题（多选）某物体以30 m/s的初速度竖直上抛,不计空气阻力,g取10 m/s2,则5 s内物体的（）A.路程为65 mB.位移大小为25 m,方向竖直向上C.速度改变量的大小为10 m/sD.平均速度大小为13 m/s,方向竖直向上考点四单体多过程匀变速直线问题如果一个物体的运动包含几个阶段,就要分段分析,各段交接处的速度往往是联系各段的纽带.可按下列步骤解题:（1）画:分清各阶段运动过程,画出草图;（2）列:列出各运动阶段的运动方程;（3）找:找出交接处的速度与各段间的位移—时间关系;（4）解:联立求解,算出结果.例5 （12分）赛车比赛出发阶段,一辆赛车用时7 s跑过了一段200 m长的直道,该赛车的运动可简化为初速度为零的匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段,已知该车在加速阶段的第3 s内通过的距离为25 m,求:（1）该赛车的加速度大小;（2）该赛车在加速阶段通过的距离.【规范步骤】（1）设赛车在匀加速阶段的加速度为a,在前2 s和第3 s内通过的位移分别为x和x2,单位时间为t0,由运动学规律得1前2 s内通过的位移x1＝（2分）前3 s内通过的位移x1＋x2＝（2分）将t0＝1 s、x2＝25 m代入,联立解得a＝10 m/s2（1分）（2）设赛车做匀加速运动的时间为t1,匀速运动的时间为t2,匀速运动的速度为v,跑完全程的时间为t,全程的距离为x,依题意及运动学规律得1加速运动的位移x'1＝（2分）加速运动的末速度v1＝（1分）匀速运动的位移x'2＝（1分）而t＝t1＋t2,x＝x'1＋x'2（2分）联立解得x'1＝80 m（1分）变式题如图2-5甲所示,滑道项目大多建设在景区具有一定坡度的山坡间,成为游客的代步工具,又可以增加游玩的趣味性.在某景区拟建一个滑道,示意图如图乙所示,滑道共分三段,第一段是倾角比较大的加速下坡滑道AB,第二段是倾角比较小的滑道BC,游客在此段滑道恰好做匀速运动,设计的第三段上坡滑道CD作为下客平台,使游客做匀减速运动后速度减为零.若游客由静止开始从A点以加速度a做匀加速运动,经过4 s到B点并达到最大速度16 m/s,然后进入BC段做匀速运1动,游客经过轨道衔接处可视为速度大小不变,游客乘坐滑道车从山顶A处到达下客平台D处总共用时8.5 s,游客在各段滑道运动的总路程为92 m.求:（1）游客在AB段运动时加速度a1的大小;（2）AB段的长度;（3）游客在BC段匀速运动的时间.图2-5完成课时作业（二）专题一运动图像追及、相遇问题热点一运动学图像的理解及应用考向一准确解读图像信息根据图像中横、纵坐标轴所代表的物理量,明确该图像是位移—时间图像（x-t图像）,还是速度—时间图像（v-t图像）,或是加速度—时间图像（a-t图像）,这是解读运动图像信息的前提.图Z1-11.（x-t图像）如图Z1-1所示,Ⅰ、Ⅱ两条直线分别为P、Q两个物体的位移—时间图像,下列说法正确的是（）A.两物体从同一地点出发做匀速直线运动B.M点表示两物体在t1时刻处于同一位置C.0～t1时间内,P的位移较大D.0～t1时间内,P的速度比Q的大,t1时刻以后P的速度比Q的小图Z1-22.（v-t图像）（多选）如图Z1-2所示为一个质点做直线运动的v-t图像,则下列说法正确的是（）A.质点在0～5 s内的位移为5 mB.质点在整个运动过程中,10～12 s内的加速度最大C.质点在10 s末离出发点最远D.质点在8～12 s内的平均速度为4 m/s3.（x-t图像与v-t图像的对比）[2018·杭州五校联考]四辆小车从同一地点向同一方向运动的情况分别如图Z1-3所示,下列说法正确的是（）图Z1-3A.甲车做直线运动,乙车做曲线运动B.这四辆车均从静止开始运动C.在0～t2时间内,丙、丁两车在t2时刻相距最远D.在0～t2时间内,丙、丁两车间的距离先增大后减小■要点总结（1）对于运动图像,首先应看清图像的横、纵坐标.（2）x-t图像中图线的交点表示两个物体在对应时刻相遇,v-t图像中图线的交点表示两个物体在对应时刻速度相等,此时两个物体之间的距离达到极值（最大或最小）.（3）x-t图像中图线与时间轴所围面积没有物理意义,v-t图像中图线与时间轴所围面积表示对应时间内物体的位移大小.考向二图像与图像之间的转化图Z1-4例1 一质点的位移—时间图像如图Z1-4所示,能正确表示该质点的速度v与时间t关系的图像是图Z1-5中的（）图Z1-5图Z1-6变式题有一质点从x轴的坐标原点开始沿x轴做直线运动,其速度随时间变化的图像如图Z1-6所示,用a表示质点运动的加速度,用x表示质点的位移,则图Z1-7中正确的是（）图Z1-7■要点总结（1）要清楚认识x-t图像、v-t图像或a-t图像中各线表示的物理意义.（2）x-t图像的斜率表示速度,而v-t图像的斜率表示加速度,从而可以进行转换.考向三图像与函数的转换关系例2 一个物体沿一条直线运动,其位移x随时间t变化的图线为如图Z1-8所示的抛物线,c和d已知,由此图Z1-8可知（）A.物体的初速度为0B.物体做加速度越来越大的加速运动C.物体在c时刻的速度为D.物体在1.5c时刻的速度为考向四利用图像分析解决物理问题应用图像解决物理问题有三种情况:（1）根据题目所给运动图像分析物理问题;（2）根据题意自己画出运动图像并解决问题;（3）对题目中所给图像进行必要的转化,然后根据转化后的运动图像分析问题.例如,题目中给定的是F-t图像,则可转化为a-t图像,再转化为v-t图像.图Z1-9例3[2018·郑州外国语学校模拟]如图Z1-9所示为一个固定在水平面上的光滑物块,其左侧面是斜面AB,右侧面是曲面AC,已知AB和AC的长度相同.两个小球p、q同时从A点分别沿AB和AC由静止开始下滑,比较它们到达水平面的先后,可知（）A.p小球先到B.q小球先到C.两小球同时到D.无法确定变式题在地面上以初速度2v0竖直上抛一物体A后,又以初速度v0从同一地点竖直上抛另一物体B.要使两物体能在空中相遇,则两物体抛出的时间间隔Δt必须满足的条件是（不计空气阻力,重力加速度为g）（）A.＜Δt＜B.＜Δt＜C.＜Δt＜D.＜Δt＜■要点总结解析法和图像法是解决运动学问题的两个基本方法:（1）应用解析法时要注意解析式及其结果应符合实际.（2）应用图像法时要注意理解图像的物理意义,即图像的纵、横坐标表示的是什么物理量,图线的斜率、截距、两条图线的交点、图线与横坐标轴所围的面积的物理意义各为何.对于题目中没有给出图像的问题,要在分析清楚物体的运动情况的前提下正确画出物体的运动图像,必要时还要进行图像的转换.热点二对相遇、追及问题的分析1.临界法寻找问题中隐含的临界条件,例如速度小者加速追赶速度大者,在两物体速度相等时有最大距离;速度大者减速追赶速度小者,若追不上则在两物体速度相等时有最小距离.2.函数法设两物体在t时刻相遇,然后根据位移关系列出关于t的方程f（t）＝0,若方程f （t）＝0无正实数解,则说明这两个物体不可能相遇;若方程f（t）＝0存在正实数解,则说明这两个物体能相遇.3.图像法（1）用位移图像求解时,分别作出两物体的位移图像,如果两物体的位移图像相交,则说明两物体相遇.（2）用速度图像求解时,要注意比较速度图线与时间轴包围的面积.例4[2018·大连二十四中模拟]在一条平直的公路上有一辆长L0＝1.5 m的电动自行车正以v＝3 m/s的速度向前行驶,在其车尾后方x0＝16.5 m远处的另一条车道上有一辆长L＝6.5 m的公共汽车正以v0＝10 m/s的速度同向驶来,由于公共汽车要在前方50 m处的站点停车,上下乘客,便在此时开始刹车做匀减速运动,结果车头恰好停在站点处.不考虑公共汽车的再次启动,求:（1）从公共汽车开始刹车计时,公共汽车（车头）从后方追至自行车车尾所需的时间;（2）两车第一次错车过程中所经历的时间.变式题1 甲、乙两辆车在平直公路上从同一地点先后出发,其运动的v-t图像如图Z1-10所示,已知t3时刻两车相遇,相遇前两车最大距离x0为25 m,t2＝10 s.求:（1）甲车在加速阶段的加速度大小;（2）两车相遇的时间t3.（取＝1.4,结果保留两位有效数字）图Z1-10变式题2 （多选）[鲁科版必修1改编]两物体A、B从同一地点同时出发,沿同一直线运动,其速度图像如图Z1-11所示,则（）图Z1-11A.两物体A、B分别在2 s和6 s时刻相遇B.2 s后A一直在B的前面运动,直到相遇C.4 s末两物体A、B相距最远D.0～2 s内物体A的位移大小为20 m■要点总结1.分析追及问题的要点可概括为“一个临界条件”“两个等量关系”（1）一个临界条件:速度相等.它往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的临界条件,也是分析判断问题的切入点.（2）两个等量关系:时间关系和位移关系.通过画草图找出两物体的时间关系和位移关系.2.能否追上的判断方法。
2019年3月高2019届高2016级高三物理全品二轮复习课件Word第9单元听课答案
第九单元磁场第24讲磁场的描述磁场对电流的作用【教材知识梳理】一、1.（1）力的作用磁场（2）N极2.（1）强弱和方向（2）B＝（3）N极二、1.磁感应强度2.（1）不存在（2）切线（3）疏密（4）闭合三、1.（1）BIL（2）02.电流拇指辨别明理（1）（√）（2）（×）（3）（×）（4）（×）（5）（×）（6）（×）【试题解析】a处的磁感线比b处稀疏,则a点磁感应强度比b 点小,但由于受到放置角度的限制,当通电导线垂直磁场时,受到的磁场力最大,平行磁场时受磁场力为零,虽然B a＜B b,但是无法比较导线所受的磁场力的大小.【考点互动探究】考点一例1D【试题解析】磁感应强度B是由磁场本身决定的,与试探电流元的情况无关,A错误;B的方向与电流元受力方向垂直,B错误;电流元受力还与电流和磁场方向的夹角有关,当两者平行时,电流元不受力,C错误;当电流方向与磁场方向垂直时,B＝,当成一定夹角θ时,B＝,故B大于或等于,D正确.例2AC【试题解析】电场和磁场有一个明显的区别是电场对放入其中的电荷有力的作用,而磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行,因此A正确,B错误;同理,根据电场强度的定义式E＝可知C正确;同样用比值定义法定义的磁感应强度则应有明确的说明,即B＝中I和B必须垂直,故D错误.例3C【试题解析】根据安培定则可判断出电流的磁场方向,再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向可知C正确.例4AC【试题解析】设L1中的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小为B,L2中的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小为B2,由安培定则可知L1中的电1流在a点产生的磁场方向垂直于纸面向里,L2中的电流在a点产生的磁场方向垂直于纸面向里;L1中的电流在b点产生的磁场方向垂直于纸面向里,L2中的电流在b 点产生的磁场方向垂直于纸面向外,所以根据已知条件得到B0-（B1＋B2）＝,B0-B1＋B2＝,联立解得B1＝,B2＝,选项A、C正确.考点二例5B【试题解析】直导线弯成半径为R的圆弧形,在磁场中的有效长度为R,又因L＝×2πR,则安培力F＝BI·R＝,根据左手定则可知,安培力的方向垂直于AC指向左下方,B正确.变式题BC【试题解析】由题意知,三根导线处于等边三角形的三个顶点处,设某导线在等边三角形另外两顶点产生的磁场磁感应强度大小为B0,在L1所在处,L2和L3产生的磁场叠加如图甲所示,方向垂直L2、L3所在平面向上,由左手定则可得安培力的方向平行L2、L3所在平面向下,合磁感应强度大小B L1＝2B0cos 60°＝B0;同理可得在L2所在处的合磁感应强度大小B L2＝2B0cos 60°＝B0;在L3所在处,L1和L2产生的磁场叠加如图乙所示,方向平行L1、L2所在平面向右,由左手定则可得安培力的方向垂直L1、L2所在平面向上,合磁感应强度大小B L3＝2B0cos 30°＝B0.由安培力F＝BIL可得L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶,选项B、C正确.考点三例6B【试题解析】方法一（电流元法）:把线圈L1沿水平转动轴分成上、下两部分,每一部分又可以看成无数段直线电流元,电流元处在L2产生的磁场中,根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上,由左手定则可得,上半部分电流元所受安培力均指向纸外,下半部分电流元所受安培力均指向纸内,因此从左向右看线圈L1将顺时针转动.方法二（等效法）:把线圈L1等效为小磁针,该小磁针刚好处于环形电流I2的中心,小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向,由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上,而L1等效成小磁针后,转动前,N极指向纸内,因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上,所以从左向右看,线圈L1将顺时针转动.方法三（结论法）:环形电流I1、I2不平行,则一定有相对转动,直到两环形电流同向平行为止.据此可得,从左向右看,线圈L1将顺时针转动.考点四例7C【试题解析】由题意可知,开始时线圈所受安培力的方向向上,磁场的方向垂直纸面向里,电流反向后,安培力方向也反向,变为竖直向下,则有mg＝2NBIl,所以B＝＝ T＝0.24 T,C正确.变式题11.21 A≤I≤1.84 A【试题解析】先画出金属杆受力的侧视图,由于安培力的大小与电流有关,因此改变电流的大小,可以改变安培力的大小,从而使金属杆所受的摩擦力方向发生变化.由平衡条件可知,当电流最小时,金属杆所受的摩擦力方向沿导轨向上,如图甲所示.则mg sin θ＝μ（mg cos θ＋F sin θ）＋F cos θ,又F＝BI1L,得I1＝-＝1.21 A.＋当电流最大时,金属杆所受的摩擦力方向沿导轨向下,如图乙所示.则mg sin θ＋μ（mg cos θ＋F sin θ）＝F cos θ,又F＝BI2L,I2＝＋＝1.84 A.-所以1.21 A≤I≤1.84 A.变式题2BD【试题解析】根据安培定则可知,弹体处的磁场方向垂直于轨道平面向里,再利用左手定则可知,弹体受到的安培力水平向右,所以弹体向右高速射出,选项A错误;设B＝kI（其中k为比例系数）,轨道间距为l,弹体的质量为m,射出时的速度为v,则安培力F＝BIl＝kI2l,根据动能定理有FL＝mv2,联立可得v ＝I,选项C错误,B、D正确.1.（多选）[2015·全国卷Ⅱ]指南针是我国古代四大发明之一.关于指南针,下列说法正确的是（）A.指南针可以仅具有一个磁极B.指南针能够指向南北,说明地球具有磁场C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转【试题解析】 BC指南针为一具有磁性的物体,有两个磁极,A错误;指南针能指南北,说明指南针受到地磁场的作用,B正确;当有铁块存在时,指南针会与铁块产生相互作用的磁力,故指向受到干扰,C正确;指南针正上方的通电导线会产生磁场,与地磁场共同作用于指南针,故指南针会发生偏转,D错误.2.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是（）A.安培力的方向可以不垂直于直导线B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半【试题解析】 B安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面,因此,安培力总与磁场和电流垂直,A错误,B正确;安培力F＝BIL sin θ,其中θ是电流方向与磁场方向的夹角,C错误;将直导线从中点折成直角,导线受到安培力的情况与直角导线在磁场中的放置情况有关,并不一定变为原来的一半,D错误.3.（多选）图24-1是“探究影响通电导体在磁场中受力的因素”的实验示意图.三块相同蹄形磁铁并列放置在水平桌面上,导体棒用图中1、2、3、4轻而柔软的细导线悬挂起来,它们之中的任意两根与导体棒和电源构成回路.认为导体棒所在位置附近为匀强磁场,最初导线1、4接在直流电源上,电源没有在图中画出.关于接通电源时可能出现的实验现象,下列叙述正确的是（）图24-1A.改变电流方向同时改变磁场方向,导体棒摆动方向将会改变B.仅改变电流方向或者仅改变磁场方向,导体棒摆动方向一定改变C.增大电流并同时改变连接导体棒的细导线,接通电源时,导体棒摆动幅度一定增大D.仅拿掉中间的磁铁,导体棒摆动幅度减小【试题解析】 BD改变电流方向同时改变磁场方向,导体棒摆动方向不会改变,选项A错误.仅改变电流方向或者仅改变磁场方向,导体棒摆动方向一定改变,选项B正确.增大电流并同时改变连接导体棒的细导线,接通电源时,导体棒摆动幅度不一定增大,选项C错误.仅拿掉中间的磁铁,导体棒所受安培力减小,摆动幅度减小,选项D正确.4.[2015·江苏卷]如图24-2所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度.如图24-3所示的载流线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方.线圈中通有大小相同的电流,天平处于平衡状态.若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是（）图24-2A B C D图24-3【试题解析】 A根据安培力F＝BIL,这里的B、I都相同,决定安培力大小的就是L了,L大则F大,就易使天平失去平衡.由于选项A中的导线有效长度最长,故选项A正确.图24-45.（多选）如图24-4所示,无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I,导线正下方固定一正方形线框.线框中通有顺时针方向的恒定电流I,线框边长为L,线框上边与直导线平行,且到直导线的距离也为L.已知在长直导线的磁场中距离长直导线r处的磁感应强度大小为B＝,线框质量为m,则释放线框的瞬间,线框的加速度可能为（重力加速度为g）（）A.0B.-gC.-gD.g-【试题解析】 AC线框上边所在处的磁感应强度大小为B1＝k,由安培定则可判断出磁场方向为垂直纸面向里,其所受安培力的大小为F1＝B1IL＝kI2,由左手定则可判断出安培力方向向上;线框下边所在处的磁感应强度大小为B2＝k,所受安培力的大小为F2＝B2IL＝kI2,由左手定则可判断出安培力方向向下;若F1＝F2＋mg,则加速度为零,选项A正确.若F1＞F2＋mg,则加速度方向向上,由F1-（F2＋mg）＝ma,解得a＝-g,选项C正确,选项B错误.若F1＜F2＋mg,则加速度方向向下,由（F2＋mg）-F1＝ma,解得a＝g-,选项D错误.图24-56.如图24-5所示,条形磁铁放在水平桌面上,在其正中央的上方固定一根长直导线,导线与磁铁垂直,给导线通以垂直纸面向里的电流,用F表示磁铁对桌面的压力,用f表示桌面对磁铁的摩擦力,导线中通电后与通电前相比较（）A.F减小,f＝0B.F减小,f≠0C.F增大,f＝0D.F增大,f≠0图24-6【试题解析】 C如图24-6所示,画出导线所在处的磁铁的磁感线,磁场方向水平向左,由左手定则知,通电导线受安培力方向竖直向上,根据牛顿第三定律可知,通电导线对磁铁的反作用力方向竖直向下,所以磁铁对桌面压力增大,因桌面与磁铁间无相对运动趋势,所以桌面对磁铁无摩擦力作用,故选项C正确.7.两个相同的全长电阻为9 Ω的均匀光滑圆环固定在一个绝缘的水平台面上,两环分别在两个互相平行的、相距为20 cm的竖直面内,两环的圆心连线恰好与环面垂直,两环面间有方向竖直向下的磁感应强度B＝ T的匀强磁场（未画出）,两环的最高点A和C间接有一内阻为0.5 Ω的电源,连接导线的电阻不计.今有一根质量为10 g、电阻为1.5 Ω的棒置于两环内侧且可沿环滑动,而棒恰好静止于如图24-7所示的水平位置,它与圆弧的两接触点P、Q和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为θ＝60°,重力加速度g取10 m/s2.试求此电源电动势E的大小.图24-7[答案] 6 V【试题解析】从左向右看,棒PQ的受力如图24-8所示,棒受重力mg、安培力F安和环对棒的弹力F N作用,根据平衡条件得F安＝mg tan θ＝mg,安培力F安＝IBL,联立解得I＝＝1 A,在电路中两个圆环分别连入电路的电阻为R＝＋＝2 Ω,由闭合电路欧姆定律得E＝I（r＋2R＋R棒）＝6 V.图24-8第25讲磁场对运动电荷的作用【教材知识梳理】一、1.运动电荷2.qvB03.左手（1）反方向（2）v、B4.洛伦兹力二、1.匀速直线2.匀速圆周3.（1）（2）辨别明理（1）（×）（2）（×）（3）（×）（4）（×）（5）（√）【考点互动探究】考点一例1C【试题解析】洛伦兹力虽不做功,但可以改变小球的运动状态（改变速度的方向）,小球做曲线运动,在运动中某一位置受力如图所示,小球受到了斜向上的洛伦兹力的作用,小球在竖直方向的加速度a y＝-＜g,故小球平抛的时间将增加,落点应在A点的右侧.变式题BD【试题解析】小球能从管口处飞出,说明小球受到指向管口方向的洛伦兹力,根据左手定则可知小球带正电,故A错误;设试管运动速度为v1,小球在垂直于试管方向的分运动是匀速直线运动,小球沿试管方向受到洛伦兹力的分力F1＝qv1B,而q、v1、B均不变,所以F1不变,那么小球沿试管做匀加速直线运动,与平抛运动类似,所以小球运动的轨迹是一条抛物线,故B正确;洛伦兹力总是与速度垂直,所以不做功,故C错误;设小球沿试管的分速度大小为v2,则小球受到垂直于试管向左的洛伦兹力的分力F2＝qv2B,v2增大,则F2增大,而拉力F＝F2,则F逐渐增大,故D 正确.例2AC【试题解析】图甲中,由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝,图丙中,当加上电场时,由运动的分解可知,在竖直方向上,有＝2gh3,所以h1＝h3,故A 正确;图乙中,洛伦兹力改变速度的方向,当小球在磁场中运动到最高点时,小球应有水平速度,设此时小球的动能为E k,则由能量守恒定律得mgh2＋E k＝m,又由于m＝mgh1,所以h1＞h2,D错误;图丁中,因小球电性不知,则电场力方向不清,则h4可能大于h1,也可能小于h1,故C正确,B错误.考点二例3AC【试题解析】粒子1进入磁场时速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心,同理,粒子2进入磁场时速度的垂线与OB 的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心,由几何关系可知,两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2＝1∶2,由r＝可知,粒子1与粒子2的速率之比为1∶2,A正确,B错误;由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T ＝,且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同,因此两粒子在磁场中运动的时间相同,即C正确,D错误.例4AD【试题解析】根据左手定则,正粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动,由轨道半径r＝10 cm画出粒子的两种临界运动轨迹,如图所示,则OO1＝O1A＝OO2＝O2C＝O2E＝10 cm,由几何知识求得AB＝BC＝8 cm,OE＝16 cm,选项A、D正确,选项B、C错误.变式题D【试题解析】电子带负电,进入磁场后,根据左手定则判断可知,所受的洛伦兹力方向向左,电子将向左偏转,如图所示,A错误;由几何知识得,电子打在MN上的点与O'点的距离为x＝r--＝2d-（）-＝（2-）d,故B、C错误;设轨迹对应的圆心角为θ,由几何知识得sin θ＝＝0.5,解得θ＝,则电子在磁场中运动的时间为t＝＝,故D正确.例5C【试题解析】当粒子在磁场中运动轨迹是半圆时,出射点与入射点的距离最远,故射入的速率为v1时,对应轨道半径为r1＝R sin 30°,射入的速率为v2时,对应轨道半径为r2＝R sin 60°,由半径公式r＝可知轨道半径与速率成正比,因此＝＝,C正确.变式题B【试题解析】带电粒子的速度大小为v,方向与ab成直角时,恰好能反向飞出磁场,则粒子轨迹如图甲所示,由图可知,粒子的偏转半径r＝R sin 30°＝R,若只将cbd半圆内磁场方向变成垂直于纸面向里,粒子在磁场中的偏转半径r'＝r＝,故A错误,B正确;带电粒子的速度大小为v,方向与ab成直角时,恰好能反向飞出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t＝,若只将cbd半圆内磁场方向变成垂直于纸面向里,粒子仍然从P点射入,则粒子轨迹如图乙所示,由图知粒子在磁场中运动的时间t'＜T,则t'＜2t,故C、D错误.考点三例6BCD【试题解析】所有粒子的初速度大小相等,它们在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝＝;当轨迹圆弧对应的弦最长时,圆心角最大,时间最长,当轨迹圆弧对应的弦最短时,圆心角最小,时间最短.对于从AB边和AC边射出的粒子在磁场中的运动,可知最长的弦为OA＝,恰好等于轨道半径,对应的圆心角为60°,因此最长运动时间为＝;过O作AB边或AC边的垂线,垂足为D,可知OD ＝为最短的弦,对应的圆心角略小于30°,因此最短运动时间略小于＝,故选项B、C、D正确.变式题D【试题解析】设射入磁场的入射点为A,延长入射速度v所在直线交ON于一点C,则轨迹圆与AC相切;由于轨迹圆只与ON有一个交点,所以轨迹圆与ON 相切,所以轨迹圆的圆心必在∠ACD的角平分线上,作出轨迹圆如图所示,其中O'为圆心,B为出射点.由几何关系可知∠O'CD＝30°,Rt△O'DC中,CD＝O'D·cot 30°＝R;由对称性知,AC＝CD＝R;等腰△ACO中,OA＝2AC·cos 30°＝3R;等边△O'AB中,AB＝R,所以OB＝OA＋AB＝4R.由qvB＝m得R＝,所以OB＝,D正确.图25-11.[2015·海南卷]如图25-1所示,a是竖直平面P上的一点,P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点,P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下,在水平面内向右弯曲经过a点.在电子经过a点的瞬间,条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向（）A.向上B.向下C.向左D.向右【试题解析】 A磁极S在a点产生的磁场方向垂直于竖直面P水平向外,电子在a点的运动方向水平向右,根据左手定则判断可知洛伦兹力方向向上,选项A正确.2.四根等长的导线固定在正方体的四条沿x轴方向的棱上,并通以等大的电流,方向如图25-2图25-2所示.正方体的中心O处有一粒子源在不断地沿x轴负方向喷射电子,则电子刚被喷射出时受到的洛伦兹力方向为（）A.沿y轴负方向B.沿y轴正方向C.沿z轴正方向D.沿z轴负方向【试题解析】 B根据右手螺旋定则,判断出四根导线在O点产生的合磁场方向沿z轴负方向,电子初速度方向沿x轴负方向,根据左手定则,判断出洛伦兹力方向沿y轴正方向,B正确.3.如图25-3所示,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）,一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q 点穿越铝板后到达PQ的中点O,已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变.不计重力.铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（）图25-3A.2B.C.1D.【试题解析】 D根据qvB＝m有＝·,穿过铝板后粒子动能减半,则＝,穿过铝板后粒子运动半径减半,则＝,因此＝,D正确.4.（多选）图25-4为某磁谱仪部分构件的示意图.图中,永磁铁提供匀强磁场,硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹.宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子.当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法正确的是（）图25-4A.电子与正电子的偏转方向一定不同B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小【试题解析】 AC电子、正电子和质子垂直进入磁场时,所受的重力均可忽略,受到的洛伦兹力的方向与其电性有关,由左手定则可知A正确,由轨道半径公式R ＝知,若电子与正电子进入磁场时的速度不同,则其运动的轨迹半径也不相同,故B错误.由R＝＝知,D错误.因质子和正电子均带正电,且半径大小与速度有关,故依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子,C正确.图25-55.如图25-5所示,在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,一质量为m、电荷量为e的电子从a点垂直磁感线以初速度v开始运动,经一段时间t后经过b点,a、b连线与初速度方向的夹角为θ,则t为（）A.B.C.D.【试题解析】 B t时间内电子转过的圆心角为2θ,则有t＝T＝,选项B正确.6.（多选）如图25-6所示,两个匀强磁场方向相同,磁感应强度分别为B1、B2,虚线MN为理想边界.现有一个质量为m、电荷量为e的电子以垂直于边界MN的速度v 由P点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B1的匀强磁场中,其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线.以下说法正确的是（）图25-6A.电子的运动轨迹为P→D→M→C→N→E→PB.电子运动一周回到P点所用的时间t＝C.B1＝4B2D.B1＝2B2【试题解析】 AD由左手定则可判定电子在P点受到的洛伦兹力方向向上,轨迹为P→D→M→C→N→E→P,选项A正确;由图可得两个磁场中半圆轨迹的半径之比为1∶2,由r＝可得磁感应强度之比＝2∶1,电子运动一周所用的时间t＝T1＋＝＋＝,选项B、C错误,D正确.7.某装置用磁场控制带电粒子的运动,工作原理如图25-7所示.装置的长为L,上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反,两磁场的间距为d.装置右端有一收集板,M、N、P为板上的三点,M位于轴线OO'上,N、P分别位于下方磁场的上、下边界上.在纸面内,质量为m、电荷量为-q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入,方向与轴线成30°角,经过上方的磁场区域一次,恰好到达P点.改变粒子入射速度的大小,可以控制粒子到达收集板上的位置.不计粒子的重力.图25-7（1）求磁场区域的宽度h;（2）欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点,求粒子入射速度的最小变化量Δv;（3）欲使粒子到达M点,求粒子入射速度大小的可能值.[答案]（1）--（2）-（3）-＜-取整数＋【试题解析】（1）设粒子在磁场中的轨道半径为r.根据题意得L＝3r sin 30°＋3d cos 30°且h＝r（1-cos 30°）解得h＝--.（2）设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r'.m＝qvB,m＝qv'B,由题意知3r sin 30°＝4r'sin 30°解得Δv＝v-v'＝-.（3）设粒子经过上方磁场n次.由题意知L＝（2n＋2）d cos 30°＋（2n＋2）r n sin 30°且m＝qv n B,解得v n＝-＜-取整数＋专题七带电粒子在组合场中的运动【热点题型探究】热点一例1D【试题解析】粒子在电场中加速,设离开加速电场的速度为v,则qU＝mv2,粒子进入磁场做圆周运动,半径r＝＝,因两粒子轨道半径相同,故离子和质子的质量比为144,选项D正确.变式题AD【试题解析】粒子在静电分析器内沿中心线偏转,说明粒子带正电荷,极板M比极板N的电势高,选项A正确;由Uq＝mv2,Eq＝,可得U＝,选项B 错误;在磁场中,由牛顿第二定律得qvB＝m,即r＝,PQ＝2r＝＝2,所以只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点,选项C错误,D正确.例2C【试题解析】 D形盒缝隙间电场变化周期T等于被加速的H在磁场中运动的周期,即T＝·,而质子在磁场中的运动周期为T H＝,则该回旋加速器不可以加速质子,选项A错误;仅调整磁场的磁感应强度大小,则H在磁场中的运动周期将要变化,该回旋加速器不可以再加速H粒子,选项B错误He在磁场中运动的周期T He＝·＝·＝T,则保持B和T不变,该回旋加速器可以加速He 粒子,且在回旋加速器中两粒子运动的半径也相同,则He粒子运动的时间与H粒子的相等,选项C正确;根据qv m B＝m,可得E km＝m＝∝,可知He加速后的最大动能与H粒子的不相等,选项D错误.变式题A【试题解析】回旋加速器中D形盒的作用是静电屏蔽,使带电粒子在圆周运动过程中不被电场干扰,选项A正确;回旋加速器中所加交变电压的周期与带电粒子做匀速圆周运动的周期相等,选项B错误;设D形盒的半径为R,根据qvB ＝m得v＝,带电粒子获得的能量为E k＝mv2＝,带电粒子获得的能量与加速电压的有效值无关,选项C错误;根据公式T＝,磁感应强度B增大,T减小,选项D错误.热点二例3（1）类平抛v0t at2at145°v0（2）L变式题（1）h（2）（3）（-1）h【试题解析】（1）H在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示.设H在电场中的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有s 1＝v1t1①h＝a1②由题给条件H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°H进入磁场时速度的y分量的大小为a 1t1＝v1tan θ1③联立以上各式得s1＝h④（2）H在电场中运动时,由牛顿第二定律有qE＝ma1⑤设H进入磁场时速度的大小为v'1,由速度合成法则有v'1＝＋（）⑥设磁感应强度大小为B H在磁场中运动的圆轨道半径为R1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv'1B＝⑦由几何关系得s 1＝2R1sin θ1⑧联立以上各式得B＝⑨（3）设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2,由题给条件得（2m）＝m⑩由牛顿第二定律有qE＝2ma2设H第一次射入磁场时的速度大小为v'2,速度的方向与x轴正方向夹角为θ2,入射点到原点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有s 2＝v2t2h＝a2v'2＝＋（）sin θ2＝联立以上各式得。
2019年3月高2019届高2016级高三物理全品二轮复习课件Word第8单元听课正文
第22讲部分电路及其规律一、电流1.定义:自由电荷的移动形成电流.方向:规定为定向移动的方向.2.两个公式:（1）定义式:;（2）微观式:（q为自由电荷的电荷量）.二、电阻与电阻定律1.电阻:导体两端的电压和通过它的的比值.表达式为.2.电阻定律（1）内容:导体的电阻跟导体本身的长度成正比,跟导体的横截面积成反比,还跟导体的有关.（2）公式:,ρ为反映材料导电性能的物理量.（3）电阻率与温度的关系:①金属:电阻率随温度升高而增大;②半导体:电阻率随温度升高而减小.三、部分电路的欧姆定律1.内容:导体中的电流I跟导体两端的电压U成正比,跟它的电阻R成反比.2.适用条件:适用于金属导体和电解液,和元件不适用.3.表达式:（说明:这是电流的决定式）.四、电功、电功率、电热1.电功:电路中电场力对移动电荷做的功,公式为W＝（适用于任何电路）.2.电功率:单位时间内电流做的功,表示电流做功的快慢,公式为P＝（适用于任何电路）.3.电热:电流流过导体产生的热量,由焦耳定律Q＝计算;热功率指单位时间内电流通过导体产生的热量,表达式为P热＝.【辨别明理】（1）电荷定向移动产生电流,所以,电荷的移动速率就是电流的传导速率.（）（2）在非纯电阻电路中,UI＞I2R.（）（3）由R＝知,导体的电阻与导体两端的电压成正比,与流过导体的电流成反比.（）（4）由ρ＝知,导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积成正比,与导体的长度成反比.（）（5）公式W＝t＝I2Rt适用于所有电路.（）（6）对于非纯电阻电路而言,P＝IU＝I2R＋P其他.（）考点一电流的理解与计算考向一电流的定义式应用I＝计算时应注意:若导体为金属,则q为自由电子带电荷量的绝对值;若导体为电解液,因为电解液里的正、负离子移动方向相反,但形成的电流方向相同,故q为正、负离子带电荷量的绝对值之和.图22-1例1[2018·长沙长郡中学检测]如图22-1所示,在一价离子的电解质溶液内插有两根碳棒A和B作为电极,将它们接在直流电源上,于是溶液里就有电流通过.若在t时间内,通过溶液内截面S的正离子数为n1,通过的负离子数为n2,设元电荷为e,则以下说法中正确的是（）A.正离子定向移动形成的电流方向为A→B,负离子定向移动形成的电流方向为B →AB.溶液内由于正、负离子移动方向相反,溶液中的电流抵消,电流等于零C.溶液内的电流方向为A→B,电流I＝（＋）D.溶液内的电流方向为A→B,电流I＝考向二电流的微观表达式设柱体微元的长度为L,横截面积为S,单位体积内的自由电荷数为n,每个自由电荷的电荷量为q,电荷定向移动的速率为v,则:（1）柱体微元中的总电荷量Q＝nLSq.（2）电荷通过横截面的时间t＝.（3）电流的微观表达式为I＝＝nqSv.图22-2例2 如图22-2所示,有一根长为L、横截面积为S的金属棒,其材料的电阻率为ρ,棒内单位体积自由电子数为n,电子的质量为m、电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时,棒内产生电流,自由电子定向移动的平均速率为v,则金属棒内的电场强度大小为（）A.B.C.ρnevD.考向三等效电流的计算有一类由运动电荷的周期性运动形成闭合回路的模型中,计算其形成的等效电流时,一般取一个周期的时间来计算,则此时间内通过回路截面的电荷量即运动电荷带的电荷量.例3[人教版选修3-1改编]安培提出了著名的分子电流假说,根据这一假说,电子绕核运动可等效为一环形电流.设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动,关于该环形电流的说法中正确的是（）A.电流大小为,电流方向为顺时针B.电流大小为,电流方向为顺时针C.电流大小为,电流方向为逆时针D.电流大小为,电流方向为逆时针考点二电阻定律的理解与应用某一导体的形状改变后,讨论其电阻变化应抓住以下三点:（1）导体的电阻率不变;（2）导体的体积不变,由V＝lS可知l与S成反比;（3）在ρ、l、S都确定之后,应用电阻定律R＝ρ求解.例4 有两根完全相同的金属裸导线,如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍,把另一根对折后绞合起来,然后给它们分别加上相同电压后,则在相同时间内通过它们的电荷量之比为（）A.1∶4B.1∶8C.1∶16D.16∶1考点三欧姆定律与伏安特性曲线1.电阻的决定式和定义式的比较2.对伏安特性曲线的理解（如图22-3甲、乙所示）图22-3（1）图线a、e、d、f表示线性元件,b、c表示非线性元件.（2）在图甲中,图线上的点与原点连线斜率表示电阻的大小,斜率越大,则电阻越大,R a＞R e.在图乙中,图线上的点与原点连线斜率表示电阻倒数的大小,斜率越大,则电阻越小,R d＜R f.（3）图线b上的点与原点连线的斜率变小,电阻变小,图线c上的点与原点连线的斜率变大,电阻变小.注意:曲线上某点切线的斜率不是电阻或电阻的倒数.根据R ＝,电阻为某点和原点连线的斜率或斜率的倒数.例5 （多选）[2018·江苏常州模拟]小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图22-4所示,P为图线上一点,PN为图线在P点的切线,PQ为U轴的垂线,PM 为I轴的垂线,则下列说法中正确的是（）图22-4A.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻增大B.对应P点,小灯泡的电阻为R＝C.对应P点,小灯泡的电阻为R＝-D.对应P点,小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积大小变式题[2018·浙江6月学考]两根材料和长度均相同的合金丝a、b的伏安特性曲线分别如图22-5中A、B所示,则a、b电阻R a、R b以及横截面积S a、S b的关系正确的是（）图22-5A.R a＞R b,S a＞S bB.R a＞R b,S a＜S bC.R a＜R b,S a＞S bD.R a＜R b,S a＜S b考点四电功、电功率及焦耳定律1.纯电阻电路与非纯电阻电路的比较2.非纯电阻电路的分析思路处理非纯电阻电路问题时,要善于从能量转化的角度出发,围绕能量守恒定律,利用“电功＝电热＋其他能量”分析、求解.例6 （多选）[2018·安徽六安模拟]如图22-6所示,一台电动机提着质量为m 的物体以速度v匀速上升,已知电动机线圈的电阻为R,电源电动势为E,通过电源的电流为I,当地重力加速度为g,忽略一切阻力及导线电阻,则（）图22-6A.电源内阻r＝-RB.电源内阻r＝--RC.如果电动机转轴被卡住而停止转动,较短时间内电源消耗的功率将变大D.如果电动机转轴被卡住而停止转动,较短时间内电源消耗的功率将变小图22-7变式题（多选）[2018·山东菏泽模拟]如图22-7所示,定值电阻R1＝20 Ω,电动机绕线电阻R2＝10 Ω,当开关S断开时,电流表的示数是I1＝0.5 A.当开关S 闭合后,电动机转动起来,电路两端的电压不变,则电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是（）A.I＝1.5 AB.I＜1.5 AC.P＝15 WD.P＜15 W完成课时作业（二十二）第23讲电动势闭合电路的欧姆定律一、电源电动势与内阻1.电动势（1）定义:电源在其内部移动电荷过程中,与移动电荷的的比值.（2）定义式:,单位为.（3）物理意义:反映电源把其他形式的能转化为的本领（通常认为电动势不变）.2.内阻:电源内部也是导体,其电阻称为.二、闭合电路的欧姆定律1.内容:闭合电路中的电流跟成正比,跟成反比.2.表达式:,只适用于纯电阻电路.3.路端电压:U＝E-Ir.【思维辨析】（1）不管什么电路,只要其中一个电阻增大,则总电阻增大,总电阻一定大于任意一个电阻.（）（2）电动势的大小反映了电源把电能转化为其他形式的能的本领强弱.（）（3）电动势等于电源的路端电压.（）（4）闭合电路中外电阻越大,路端电压越大.（）（5）在闭合电路中,外电阻越大,电源的输出功率越大.（）考点一电阻的串、并联考向一串、并联电路的特点串、并联电路的几个常用结论（1）当n个等值电阻R0串联或并联时,R串＝nR0,R并＝R0.（2）串联电路的总电阻大于电路中任意一个电阻,并联电路的总电阻小于电路中任意一个电阻.（3）在电路中,某个电阻增大（或减小）,则总电阻增大（或减小）.（4）电路中无论电阻怎样连接,电路消耗的总电功率始终等于各个电阻消耗的电功率之和.例1 （多选）[2018·商丘模拟]如图23-1所示,图线1对应导体A,其电阻为R1,图线2对应导体B,其电阻为R2,则下列说法正确的是（）图23-1A.R1∶R2＝1∶3B.把A拉长为原来的3倍后,其电阻等于B的电阻R2C.将A与B串联后接在电源上,二者消耗的功率之比P1∶P2＝1∶3D.将A与B并联后接在电源上,通过二者的电流之比I1∶I2＝1∶3考向二电路的简化（1）基本原则:电势相等的点可合并可拆分;导线可任意伸长或缩短;无电流的支路可去除;理想电流表可视为短路,理想电压表可视为断路;电路稳定时电容器可视为断路.（2）基本方法:①等电势法:首先找出各等势点,并用同一字母标注,不同电势点用不同字母标注,并按电势高低排列各点,最后将所有元件画在相应的位置.②独立分支法:先将各结点用字母标上,判定各支路元件的电流方向,按电流流向确定各独立支路,然后加工整理即可.图23-2例2 如图23-2所示的电路中,闭合开关,灯L1、L2正常发光.由于电路出现故障,突然发现L1变亮,L2变暗,电流表的读数变小,根据分析,发生的故障可能是（）A.R1断路B.R2断路C.R3短路D.R4短路考向三电流表和电压表的改装改装原例3[人教版选修3-1改编]如图23-3所示,电流表A的量程为0～0.6 A,表盘均匀划分为30个小格,每一小格表示0.02 A;R1的阻值等于电流表内阻的;R2的阻值等于电流表内阻的2倍.若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值,则下列分析正确的是（）图23-3A.将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.04 AB.将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.02 AC.将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.06 AD.将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.01 A考点二电路的动态分析根据闭合电路的欧姆定律和串联、并联电路的特点来分析电路中某电阻变化引起整个电路中各部分电学量的变化情况,常见的方法有:1.程序法确定局部电阻的变化分析总电阻的变化分析总电流、路端电压的变化最后分析局部电压、电流的变化2.直观法（1）当外电路的任何电阻变大（或变小）时,总电阻变大（或变小）.（2）控制开关使串联的电阻增多时,电阻变大,使并联的电阻增多时,电阻变小.3.“并同串反”规律所谓“并同”,即某一电阻增大时,与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大,反之则减小.所谓“串反”,即某一电阻增大时,与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都将减小,反之则增大.4.极限法即因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题,可将变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论.考向一一般的动态分析问题例4 （多选）[2018·大连模拟]在如图23-4所示的电路中,电源的负极接地,其电动势为E、内阻为r,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,A、V为理想电流表和理想电压表.在滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动的过程中,图23-4下列说法中正确的是（）A.电压表示数减小B.电流表示数增大C.电阻R2消耗的功率增大D.a点的电势降低考向二闭合电路中ΔU与的分析例5 （多选）如图23-5所示,电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.将滑动变阻器滑片向下滑动,理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对图23-5值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3,理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI,则（）A.A的示数增大B.V2的示数增大C.ΔU3与ΔI的比值大于rD.ΔU1大于ΔU2考向三含容电路的处理例6[2016·全国卷Ⅱ]阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图23-6所示电路.开关S断开且电流稳定时,C所带的电荷量为Q1;闭合开关S,电流再次稳定后,C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为（）图23-6A.B.C.D.■要点总结（1）电路的简化:不分析电容器的充、放电过程时,把电容器所处的支路视为断路,简化电路时可以去掉,求电荷量时再在相应位置补上.（2）电路稳定时电容器的处理方法:电路稳定后,与电容器串联的电路中没有电流,同支路的电阻相当于导线,即电阻不起降低电压的作用,与电容器串联的电阻视为等势体.电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压.（3）电容器所带电荷量的变化的计算:如果变化前后极板带电的电性相同,那么通过所连导线的电荷量等于初、末状态电容器所带电荷量之差;如果变化前后极板带电的电性相反,那么通过所连导线的电荷量等于初、末状态电容器所带电荷量之和.考点三闭合电路的功率及效率问题由P出与外电阻R的关系图像可知:①当R＝r时,电源的输出功率最大,为P出m＝.②当R＞r时,随着R的增大,输出功率越来越小.③当R＜r时,随着R的增大,输出功率越来越大.④当P出＜P出m时,每个输出功率对应两个外电阻R1和R2,且R1R2＝r2.图23-7例7 （多选）如图23-8所示,R1为定值电阻,R2为电阻箱,E为电源的电动势,r为电源的内阻,以下说法中正确的是（）图23-8A.当R2＝R1＋r时,R2获得最大功率B.当R1＝R2＋r时,R1获得最大功率C.当R2＝0时,R1获得最大功率D.当R2＝0时,电源的输出功率最大变式题（多选）[2018·上海虹口模拟]如图23-9甲所示的电路中,将滑动变阻器R2的滑片由a端向b端移动,用两个电表分别测量电压和电流,得到部分U-I图像如图乙所示,则（）图23-9A.电源的电动势为6 VB.滑动变阻器的总阻值为20 ΩC.当电压表示数为5.0 V时,电源效率最高D.当电压表示数为5.0 V时,R2消耗的功率最大考点四对电源U-I图线的理解和应用例8 如图23-10所示,直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的图线,曲线Ⅲ是一个小灯泡的U-I图线,曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ的交点坐标分别为P（5.2 A,3.5 V）、Q（6 A,5 V）.如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接,则下列说法正确的是（）图23-10A.电源1与电源2的内阻之比是2∶3B.电源1与电源2的电动势之比是1∶1C.在这两种连接状态下,小灯泡的电阻之比是1∶2D.在这两种连接状态下,小灯泡消耗的功率之比是7∶10变式题（多选）如图23-11所示,直线A为电源的U-I图线,直线B和C分别为电阻R1、R2的U-I图线,用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时,电源的输出功率分别为P1、P2,电源的效率分别为η1、η2,则（）图23-11A.P1＞P2B.P1＝P2C.η1＞η2D.η1＜η2■要点总结两图线的交点表示电源的路端电压与用电器两端的电压相等,通过电源的电流与通过用电器的电流相等,故交点表示该电源单独对该用电器供电的电压和电流.完成课时作业（二十三）专题六电学实验专题热点一实验常用仪器使用及读数一、螺旋测微器和游标卡尺1.螺旋测微器图Z6-1（1）原理:测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm,即旋钮D 每旋转一周,F前进或后退0.5 mm,而可动刻度E上的刻度为50等份,每转动一小格,F前进或后退0.01 mm,即螺旋测微器的精确度为 mm.读数时估读到毫米的千分位上,因此,螺旋测微器又叫千分尺.（2）读数:测量时被测物体长度的整毫米数由读出,小数部分由读出.测量值（mm）＝固定刻度数（mm）（注意半毫米刻度线是否露出）＋可动刻度数（估读一位）×0.01（mm）.2.游标卡尺图Z6-2（1）用途:测量厚度、长度、深度、内径、外径.（2）原理:利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成.不管游标尺上有多少个小等分刻度,它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的,见下表:（3）读数:若用x表示由主尺上读出的整毫米数,k表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标的格数,则记录结果表示为（x＋k×精确度） mm.二、电流表和电压表1.电流表、电压表的读数方法各种仪器的估读应以误差理论为基础,读数前要清楚“仪器误差大小”“仪器误差出现在哪1位”和“分度值”,根据“仪器误差出现在哪1位,读数就相应读到那1位”的估读原则进行估读.另外,高考考试说明对有效数字的要求是“要求知道有效数字的概念,会用有效数字表达直接测量量的结果,间接测量量的有效数字的运算不作要求”.有效数字的构成是准确数＋一位存疑数（不可靠数）.只要我们的读数符合有效数字的构成规则即可.比如0.02精度的,若指针指到一格的正中央,你可读成0.03,3就是一个存疑数,若读成0.030,则有两位存疑数,已不符合有效数字的组成规则了,是一个没有意义的数字.因此,一般最小刻度是1的采用十分之一估读,即估读到下一位.而最小刻度是2或5的采用本位估读,即最小刻度是2的采用二分之一的估读法,最小刻度是5的采用五分之一的估读法.2.两种电表的使用技巧（1）机械零点的调整:在不通电时,指针应指在零刻度线的位置.（2）选择适当量程:估算电路中的电流或电压,指针应偏转到满刻度的以上.若无法估算电路中的电流和电压,则应先选用较大的量程,再逐步减小量程.（3）正确接入电路:电流表应串联在电路中,电压表应并联在电路中,两种表都应使电流从正接线柱流入,从负接线柱流出.例1 （1）如图Z6-3所示的三把游标卡尺,它们的游标尺从上至下分别为9 mm 长10等分、19 mm长20等分、49 mm长50等分,它们的读数依次为mm、mm、mm.图Z6-3（2）使用螺旋测微器测量金属丝的直径,示数如图Z6-4所示,则金属丝的直径是mm.图Z6-4（3）①如图Z6-5甲所示的电表使用0～0.6 A量程时,对应刻度盘上每一小格代表 A,图中表针示数为 A;当使用0～3 A量程时,对应刻度盘中每一小格代表 A,图中表针示数为A.图Z6-5②如图乙所示的电表使用较小量程时,每小格表示 V,图中表针的示数为V.若使用的是较大量程,则这时表盘刻度每小格表示 V,图中表针示数为V.（4）旋钮式电阻箱如图Z6-6所示,电流从接线柱A流入,从B流出,则接入电路的电阻为Ω.今欲将接入电路的电阻改为2087 Ω,最简单的操作方法是.若用两个这样的电阻箱,则可得到的电阻值范围为.图Z6-6变式题[2015·海南卷]某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度,测量结果如图Z6-7甲和乙所示.该工件的直径为cm,高度为mm.甲乙图Z6-7热点二测量电路与控制电路设计一、电流表的内接法和外接法1.电流表的内接法和外接法的比较2.两种电路的选择（1）阻值比较法:先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较,若R x 较小,宜采用电流表外接法;若R x较大,宜采用电流表内接法.简单概括为“大内偏大,小外偏小”.（2）临界值计算法:＜时,用电流表外接法;RxR＞时,用电流表内接法.x（3）实验试探法:按图Z6-8所示接好电路,让连接电压表的导线P先后与a、b处接触一下,如果电压表的示数有较大的变化,而电流表的示数变化不大,则可采用电流表外接法;如果电流表的示数有较大的变化,而电压表的示数变化不大,则可采用电流表内接法.图Z6-8二、滑动变阻器两种连接方式1.滑动变阻器两种接法的对比2.分压和限流电路的选择原则（1）若采用限流式接法不能控制电流满足实验要求,即若滑动变阻器阻值调到最大时,待测电阻上的电流（或电压）仍超过电流表（或电压表）的量程,或超过待测电阻的额定电流（或电压）,此时,必须选用分压式电路.（2）若待测电阻的阻值比滑动变阻器总电阻大得多,以致在限流电路中,滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端时,待测电阻上的电流或电压变化范围不够大,此时,应用分压式电路.例2 为测量“12 V,5 W”的小灯泡在不同电压下的功率,给定了以下器材:电源（12 V,内阻不计）;电流表（量程0～0.6 A、0～3 A,内阻约为0.2 Ω）;电压表（量程0～3 V、0～15 V,内阻约为15 kΩ）;滑动变阻器（0～20 Ω,允许最大电流1 A）;开关一个,导线若干.实验要求加在小灯泡上的电压可从零开始调节.（1）如图Z6-9所示的四个电路图中你认为最合适的是（填选项前的字母）.图Z6-9（2）在本实验中,电流表的量程可选.变式题[2014·全国卷Ⅱ]在伏安法测电阻的实验中,待测电阻R x的阻值约为200 Ω,电压表V的内阻约为2 kΩ,电流表A的内阻约为10 Ω,测量电路中电流表的连接方式如图Z6-10甲或乙所示,结果由公式R x＝计算得出,式中U与I分别为电压表和电流表的示数.若将图甲和图乙中电路测得的电阻值分别记为R x1和R x2,则（选填“R x1”或“R x2”）更接近待测电阻的真实值,且测量值R x1（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值,测量值R x2（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值.图Z6-10■要点总结在选滑动变阻器时,为调节方便,分压法一般选总阻值小的滑动变阻器,限流法选总阻值比待测电阻大几倍的滑动变阻器.热点三实验器材的选取与实物图连接例3 某物理实验小组利用实验室提供的器材测定电压表V1的内阻,可选用的器材如下:A.待测电压表V1（量程0～3 V,内阻约为3 kΩ）;B.电压表V2（量程0～15 V,内阻约为20 kΩ）;C.电流表A（量程0～3 A,内阻约为0.1 Ω）;D.定值电阻R0（9.0 kΩ）;E.滑动变阻器R1（0～200 Ω）;F.滑动变阻器R2（0～2 kΩ）;G.电源E（电动势约为12 V,内阻忽略不计）;H.开关、导线若干.（1）为了准确测量电压表V1的内阻,两位同学根据上述实验器材分别设计了如图Z6-11甲和乙两个测量电路,你认为（选填“甲”或“乙”）更合理,请在图丙中用笔画线代替导线将实物图补充完整.图Z6-11（2）该实验中滑动变阻器应该选用（选填“R1”或“R2”）. （3）用已知量R0和V1、V2的示数U1、U2来表示电压表V1的内阻:R V1＝.变式题为了测量一电阻的阻值R x,现有以下器材:蓄电池E,电流表A,电压表 V,滑动变阻器R,电阻箱R P,开关S1、S2,导线若干.某活动小组设计了如图Z6-12甲所示的电路.实验的主要步骤如下:①闭合S1,断开S2,调节R和R P,使电流表和电压表示数合适,记下两表示数分别为I1、U1;②闭合S2,保持R P阻值不变,记下电流表和电压表示数分别为I2、U2.图Z6-12（1）请按电路图在图乙的实物图上连线;（2）写出被测电阻阻值的表达式:R x＝（用两电表的读数表示）; （3）若电流表、电压表都不是理想电表,则被测电阻的测量值（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值.■要点总结电学实验仪器的选择选择电学实验器材主要是选择电表、滑动变阻器、电源等器材,一般要考虑四方面因素:（1）安全因素:通过电源、电阻和电表的电流不能超过其允许的最大电流.（2）误差因素:选用电表量程应考虑尽可能减小测量值的相对误差,电压表、电流表在使用时,其指针应偏转到满偏刻度的以上;使用欧姆表时应选用指针尽可能在中间刻度附近的倍率挡位.（3）便于操作:选用滑动变阻器时应考虑对外供电电压的变化范围既能满足实验要求,又便于调节.在调节滑动变阻器时,应使其大部分电阻线都被用到.（4）实验实际:除以上三个因素外,还应注重实验实际,如所用的电源与打点计时器的匹配问题等.1.[2018·全国卷Ⅲ]一课外实验小组用如图Z6-13所示的电路测量某待测电阻R的阻值,图中R0为标准定值电阻（R0＝20.0 Ω）;V可视为理想电压表;S1为单刀x单掷开关,S2为单刀双掷开关;E为电源;R为滑动变阻器.采用如下步骤完成实验:（1）按照图甲的实验原理线路图,将图乙中实物连线;。
2019年3月高2019届高2016级高三物理全品二轮复习课件Word第5单元听课答案
第五单元机械能第13讲功功率【教材知识梳理】一、1.力的方向上2.Fl cos α恒力焦耳（J）标3.能量二、1.时间2.快慢3.（1）平均（2）①平均功率②瞬时功率4.Fv辨别明理（1）（×）（2）（×）（3）（×）（4）（×）（5）（√）（6）（√）【考点互动探究】考点一例1CD【试题解析】物块a下滑过程中,因为支持力F N与位移之间的夹角大于90°,所以支持力对物块做负功,选项A错误.因为卫星由a点运动到b点的过程中,万有引力的方向和速度方向的夹角大于90°,所以万有引力对卫星做负功,选项B错误.小球下摆过程中,细线的拉力使车的动能增加了,所以拉力对小车做正功;又因为小车和小球构成的系统的机械能是守恒的,小车的机械能增加,则小球的机械能减少,所以细线的拉力一定对小球做负功,选项C、D正确.变式题 C例2C【试题解析】根据力做功的公式W＝Fl cos θ,其中θ为力与位移的夹角,所以拉力做功为W＝Fl sin α,选项A错误;支持力、重力不做功,选项B、D 错误;阻力做功W f＝-fl,选项C正确.变式题ABD【试题解析】物体在斜面上运动时受到重力、拉力、摩擦力和支持力作用,根据牛顿第二定律得a＝合＝--＝5 m/s2,由x＝at2得,物体在2 s内的位移为x＝×5×22 m＝10 m,重力做功W G＝-mg·x sin 37°＝-2×10×10×0.6 J＝-120 J,选项A正确;拉力做功为W＝Fx＝30×10 J＝300 J,F选项C错误;摩擦力做功为W f＝-fx＝-μmg cos 37°·x＝-0.5×2×10×0.8×10 J＝-80 J,选项B正确;支持力做功W N＝F N x cos 90°＝0,合外力做功W＝W F＋W N＋W G ＋W f＝300 J-120 J-80 J＝100 J,选项D正确.考点二例3C【试题解析】虽然拉力方向时刻改变,但力与运动方向始终一致,用微元法,在很小的一段位移内F可以看成恒力,小球的路程为πR＋π·,则拉力做的功为πFR,故C正确.例4B【试题解析】滑动摩擦力f＝μmg＝20 N,物体先加速运动,当推力减小到20 N时,加速度减小为零,之后推力逐渐减小,物体做加速度增大的减速运动,当推力减小为零后,物体做匀减速运动,选项A、C错误;F-x图像与横轴所围的面积表示推力做的功,W＝×100 N×4 m＝200 J,选项B正确,选项D错误.例5A【试题解析】绳子对滑块做的功为变力做功,可以通过转换研究对象,将变力的功转化为恒力的功.因绳子对滑块做的功等于拉力F对绳子做的功,而拉力F为恒力,W＝F·Δl,Δl为绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移,大小等于滑轮左侧绳长的缩短量,由图可知,Δl AB＞Δl BC,故W1＞W2,A正确.例6D【试题解析】钉子在整个过程中受到的平均阻力为F＝＋＝,钉子克服阻力做的功为W F＝Fl＝kl2,设全过程共打击n次,则给予钉子的总能量E总＝＝kl2,所以n＝,选项D正确.nE考点三例7BD【试题解析】设高度为h,球1做自由落体运动,则时间t1＝,球2做平抛运动,竖直方向上是自由落体运动,则时间t2＝,设斜面倾角为θ,根据牛顿第二定律得a＝g sin θ,则＝g sin θ·t2,即时间t＝,将θ＝45°和60°分别代入,可得t3＝,t4＝,即t1＝t2＜t4＜t3,选项A错误;由于重力做功只与高度有关,则重力的功相同,即W1＝W2＝W3＝W4＝mgh,选项B正确;球1和2在竖直方向上均做自由落体运动,则落地时竖直方向的速度v＝,与重力方向的夹角为0°,对于球3和4,沿斜面到达底端的速度v＝＝·＝,与重力方向的夹角为α,根据功率的公式P＝Fv cos α＝mgv sin θ,有P1＝P2＞P4＞P3,选项C错误;根据平均功率的公式＝可知,由于W1＝W2＝W3＝W4＝mgh,而且t1＝t2＜t4＜t3,则＝＞＞,选项D正确.变式题C【试题解析】设总推力为F,则舰载机受到的合外力为0.8F,由动能定理有F合s＝mv2-0,解得F＝1.2×106 N,减去发动机的推力,得出弹射器的推力为1.1×106 N,选项A正确;弹射器对舰载机所做的功W弹＝F弹s＝1.1×108 J,选项B正确;舰载机的平均速度为＝＋＝40 m/s,则弹射器做功的平均功率弹＝F 弹＝4.4×107 W,选项C错误;舰载机的加速度a＝＝32 m/s2,选项D正确.考点四例8B【试题解析】小车电动机的功率恒定,速度不断变大,根据公式P＝Fv 可知,牵引力不断减小,根据牛顿第二定律得-f＝ma,故小车的运动是加速度不断减小的加速运动,选项A错误;这一过程中电动机的功率恒为P,有W电＝Pt,所以这段时间内电动机所做的功为Pt,选项B正确;对小车启动过程,根据动能定理得W电-fs＝m,这段时间内电动机所做的功为W电＝fs＋m,选项C、D错误.变式题D【试题解析】 0～t1时间内,汽车做匀加速直线运动,牵引力不变,速度增大,根据P＝Fv知,汽车的功率增大,选项A错误.t1～t2时间内,汽车做变加速直线运动,平均速度＞＋,选项B错误.t1～t2时间内,根据动能定理得W-fs＝m-m,则牵引力做的功W＝fs＋m-m,选项C错误.0～t1时间内,汽车做匀加速直线运动,牵引力不变,速度增大,功率增大,t1～t2时间内,功率不变,速度增大,牵引力减小,t2时刻后,牵引力减小到与阻力大小相等,汽车做匀速直线运动,可知在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值,选项D正确.1.一石块在空中由静止释放,从释放时开始计时,不计空气阻力,则其所受重力在第1 s末与第2 s末的功率之比为（）A.1∶1B.1∶2C.1∶3D.1∶4【试题解析】 B根据v＝gt得,1 s末、2 s末竖直速度之比v1∶v2＝1∶2,根据瞬时功率公式P＝mgv得,1 s末与2 s末重力做功的功率之比P1∶P2＝v1∶v2＝1∶2,选项B正确.图13-12.如图13-1所示,倾角为30°、动摩擦因数为μ的粗糙斜面与倾角为60°的光滑斜面对接在一起,两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙,两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起.在平行于右侧斜面的拉力F的作用下两物块做匀速运动.从图示位置开始计时（OA长为L,OB长为,重力加速度为g）,在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内,力F做的功为（）A.mgL＋-B.mgL＋＋C.mgL＋-D.mgL＋＋【试题解析】 A对甲,有T＋mg sin 30°＝μmg cos 30°,对乙,有F＝T＋mg sin 60°,解得F＝＋-mg,故力F做的功W＝FL＝mgL＋-,选项A正确.3.如图13-2所示,有四个相同的小球A、B、C、D,其中A、B、C位于同一高度h 处,A做自由落体运动,B沿光滑斜面由静止滑下,C做平抛运动,D从地面开始做斜抛运动,其运动的最大高度也为h.在每个小球落地的瞬间,其重力的功率分别为P A、P、P C、P D.下列关系式正确的是（）B图13-2A.P A＝P B＝P C＝P DB.P A＝P C＞P B＝P DC.P A＝P C＝P D＞P BD.P A＞P C＝P D＞P B【试题解析】 C对小球A、B,由机械能守恒定律知,到达地面的速度大小相等,方向不同,由P＝mgv cos θ可得,重力的瞬时功率P A＞P B,A、C和D到达地面的竖直分速度相等,由P＝mgv y可得功率相等,选项C正确.4.（多选）如图13-3所示,车间内的天车（有的地区叫行车）将一重104N的物体沿着与水平方向成30°角的方向匀速吊起,使物体向斜上方移动了x1＝6 m,然后又使物体水平移动了x2＝8 m,则（）图13-3A.物体向斜上方移动过程中,天车钢绳对它做了3×104 J功B.物体水平移动过程中,天车钢绳对它没有做功C.整个过程中,天车钢绳对物体做的总功为3×104 JD.整个过程中,天车钢绳对物体做的总功为0【试题解析】 ABC因物体的运动为匀速运动,所以整个吊运过程中,钢绳对物体的拉力F的方向竖直向上,大小等于物体的重力,即F＝mg.当物体沿着与水平方向成30°角的直线上升时,拉力F与位移x1的夹角α＝60°,所以W＝Fx1cos α＝104×6×cos 60°J＝3×104J,选项A正确;当物体沿水平方向移动时,钢绳拉力F 与位移x2的夹角α'＝90°,所以W'＝Fx2cos α'＝0,选项B正确;总功为各功的代数和,选项C正确,D错误.图13-45.（多选）如图13-4所示为一种测量运动员体能的装置.运动员质量为M,细绳拴在腰间沿水平方向跨过质量和摩擦均不计的定滑轮,绳的另一端悬挂质量为m的重物,人用力蹬传送带而人的重心不动,使传送带以速率v顺时针运动,重力加速度为g,则下列说法正确的是（）A.人对传送带做正功B.人对传送带不做功C.人对传送带做功的功率为mgvD.人对传送带做功的功率为（m＋M）gv【试题解析】 AC人对传送带的摩擦力方向向右,传送带顺时针转动,人对传送带做正功,选项A正确;对人,由平衡条件知,拉力F与滑动摩擦力f平衡,而拉力F等于重力mg,所以f＝mg,人对传送带做功的功率P＝fv＝mgv,选项C正确.6.“阳光动力2号”太阳能飞机在水平直跑道上起飞过程如下:飞机从静止开始做匀加速直线运动,经过100 m时,飞机达到离开地面的最小速度.已知飞机竖直向上的升力F升与其水平速度v的关系为F升＝kv2（k＝250 N·s2/m2）,飞机和飞行员的总质量为2500 kg,重力加速度g取10 m/s2.（1）求飞机匀加速运动过程中的加速度大小;（2）若飞机匀加速运动过程受到的阻力恒为2000 N,其恒定牵引力由4台电动机提供,则飞机刚要离开地面时平均每台电动机提供的功率为多大?[答案]（1）0.5 m/s2（2）8125 W【试题解析】（1）飞机刚要离开地面时,由平衡条件得kv2＝mg解得v＝10 m/s飞机匀加速运动过程,由运动学公式得2ax＝v2解得a＝0.5 m/s2（2）飞机匀加速过程,由牛顿第二定律得F-f＝ma4台电动机提供的功率4P＝Fv解得P＝8125 W第14讲动能动能定理【教材知识梳理】一、1.运动质量速度2.mv2焦耳（J）3.标量4.参考系5.状态过程二、1.动能2.ΔE k或m-m3.动能的变化动能4.（1）曲线（2）变力辨别明理（1）（×）（2）（√）（3）（×）（4）（√）（5）（×）（6）（×）（7）（×）【考点互动探究】考点一例1CD【试题解析】电梯上升的过程中,对物体做功的有重力mg、支持力F N,这两个力的总功才等于物体动能的增量,即ΔE k＝m-m,选项A、B错误,C正确;对电梯,无论有几个力对它做功,由动能定理可知,其合力做的功一定等于其动能的增量,选项D正确.变式题1BC【试题解析】公式W＝E k2-E k1中的W为所有力所做的总功,选项A 错误,B正确;若W＞0,则E k2＞E k1,若W＜0,则E k2＜E k1,选项C正确;动能定理对直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功均适用,选项D错误.变式题2B【试题解析】根据动能定理,对子弹,有-F（L＋s）＝mv2-m,选项D正确;对木块,有FL＝Mv2,选项A正确;由以上二式可得Fs＝m-（M＋m）v2,选项C正确,选项B错误.考点二例2（1）5 m（2）10 J【试题解析】（1）对物块上滑的过程,由动能定理得-mgl sin 37°-μmg cos 37°·l＝0-m解得l＝5 m（2）对全过程,由动能定理得-μmg cos 37°·2l＝E k-m解得E k＝10 J变式题1ABD【试题解析】小车克服重力做的功W＝mgh,选项A正确;由动能定理知,小车受到的合力所做的功等于小车动能的增量,W合＝ΔE k＝mv2,选项B正确;由动能定理得W合＝W推＋W重＋W阻＝mv2,所以推力做的功W推＝mv2-W重-W阻＝mv2＋mgh-W阻,选项C错误;阻力对小车做的功W阻＝mv2-W重-W推＝mv2＋mgh-Fx,选项D正确.变式题2C【试题解析】在最低点时,拉力和重力的合力充当向心力,有T-mg ＝m,又知T＝7mg,解得v＝,恰好通过最高点,所以在最高点时,绳子的拉力为零,重力完全充当向心力,有mg＝m,解得v1＝,从最低点到最高点过程中,重力做负功,阻力做负功,根据动能定理得-2mgR-W f＝m-mv2,解得W f＝,选项C正确.考点三例3（1）2 m/s（2） s（3）5 J【试题解析】（1）对滑块从A到B的过程,由动能定理得F 1x1＋F3x3-μmgx＝m解得v B＝2 m/s.（2）在前2 m内,有F1-μmg＝ma,且x1＝a解得t1＝ s.（3）当滑块恰好能到达最高点C时,有mg＝m对滑块从B到C的过程,由动能定理得Wf-mg·2R＝m-m解得W f＝-5 J即克服摩擦力做的功为5 J.变式题A【试题解析】根据图像知,x＝1 m时,动能为2 J,即mv2＝2 J,解得v ＝ m/s,故A错误;对x＝2 m到x＝4 m过程运用动能定理,有F合2Δx＝ΔE k,解得F合2＝2.5 N,物块的加速度a＝合＝ m/s2＝1.25 m/s2,故B正确;对前2 m 的运动过程运用动能定理得F合1Δx'＝ΔE'k,解得F合1＝2 N,物块的加速度a'＝合＝ m/s2＝1 m/s2,末速度v'＝＝ m/s＝2 m/s,根据v'＝a't得t＝2 s,故C正确;对全过程运用动能定理得W F-μmgx＝ΔE″k,解得W F＝25 J,故D正确.考点四例4（1）mg（h1-h2）-μmgs＝m-03（2）mgh1-μmgs＝m-06g sin θ＝6＝1t1＝1t1＋t2＝2（3）mgh1＝μmgs总8.61.4变式题（1）（2）（3-）mg（3））-【试题解析】（1）由题意可知,物体最终向右运动到B点再返回,对整个过程,由动能定理得mgR cos θ-μmgs cos θ＝0解得μ＝.（2）最终物体以B为最高点,在圆弧底部做往复运动,对B→E过程,由动能定理得mgR（1-cos θ）＝m在E点,由牛顿第二定律得-mg＝mFN联立解得F N＝（3-）mg由牛顿第三定律得,物体对圆弧轨道的压力F'N＝F N＝（3-）mg.（3）若物体刚好能到D点,由牛顿第二定律得mg＝m对物体由释放至到达D点这一过程,由动能定理得mgL'sin θ-μmgL'cos θ-mgR（1＋cos θ）＝m联立解得L'＝（＋）.-1.（多选）物体沿直线运动的v-t图像如图14-1所示,已知在第1 s内合力对物体做的功为W,则（）图14-1A.从第1 s末到第3 s末合力做功为4WB.从第3 s末到第5 s末合力做功为-2WC.从第5 s末到第7 s末合力做功为WD.从第3 s末到第4 s末合力做功为-0.75W【试题解析】 CD由图像知,第1 s末、第3 s末、第7 s末速度大小关系为v1＝v3＝v7,由动能定理知W＝m-0,则第1 s末到第3 s末合力做功W2＝m-m ＝0,选项A错误;第3 s末到第5 s末合力做功W3＝0-m＝-W,选项B错误;第5 s 末到第7 s末合力做功W4＝m-0＝W,选项C正确;第3 s末到第4 s末合力做功＝m-m,因v4＝v3,所以W5＝-0.75W,选项D正确.W52.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动,当物块的初速度为v时,上升的最大高度为H,如图14-2所示;当物块的初速度为2v时,上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（）图14-2A.tan θ和2HB. tan θ和4HC.-tan θ和2HD.-tan θ和4H【试题解析】 D由动能定理得mgH＋μmg cos θ·＝mv2,mgh＋μmg cos θ·＝m（2v）2,联立解得h＝4H,μ＝-tan θ,选项D正确.3.如图14-3甲所示,“滑滑梯”是小朋友喜爱的游戏活动,可以将小朋友在室内“滑滑梯”的运动简化成小物体从静止出发,先沿斜板下滑,再进入室内水平木板的过程,如图乙所示.假设斜板长度一定,斜板与水平木板的倾角θ可调,且房间高度足够,斜板最高点在地板的垂点到房间右侧墙面的长度为斜板长度的2倍.某次游戏中,一位小朋友（可视为质点）从斜板顶端由静止出发后在到达房间右侧墙面时刚好停下,已知小朋友与斜板及水平木板间的动摩擦因数均为μ,不计小朋友从斜板进入水平木板时的能量损失,则θ与μ应满足（）图14-3A.sin θ＝μB.sin θ＝2μC.sin θ＝3μD.sin θ＝4μ【试题解析】 B对小朋友从斜板进入水平木板运动的全过程,由动能定理得mg·l sin θ-μmg·2l＝0,则sin θ＝2μ,选项B正确.4.[2019·衡水中学摸底]水平面上有质量相等的a、b两物体,水平推力F1、F2分别作用在a、b上.各作用一段时间后撤去推力,物体将继续运动一段时间后停下来.撤去推力时两物体速度相等,它们运动的v-t图像如图14-4所示,图中AB∥CD,整个过程中（）图14-4A.水平推力F1、F2的大小相等B.a、b与水平面间的动摩擦因数相等C.a、b克服摩擦力做的功相等D.水平推力F1、F2所做的功可能相等【试题解析】 B因图像中AB平行于CD,可知两物体与水平面间的动摩擦因数相同,设动摩擦因数为μ,在a和b加速运动过程中,有-＞-,可得F1＞F2,选项A错误,B正确;由图像可得,b的位移大于a的位移,由W f＝μmg·x可知,b克服摩擦力做功多,选项C错误;对物体运动的全过程,由动能定理得W F-μmgx＝0,故水平推力F1、F2所做的功不可能相等,选项D错误.5.[2018·安徽江淮十校三联]如图14-5所示,一轻弹簧左端与竖直的墙连接,右端与质量为m的物块接触,开始时弹簧处于原长,弹簧的劲度系数为k.现用恒力F向左推物块,当物块运动到最左端时,推力做的功为W.重力加速度为g,物块与水平面间的动摩擦因数为μ,整个过程弹簧的形变在弹性限度内.图14-5（1）求物块向左移动过程中克服摩擦力做的功;（2）物块运动到最左端时,撤去推力,弹簧能将物块弹开,则物块从最左端起向右能运动多远?[答案]（1）W（2）【试题解析】（1）设物块向左移动的距离为x,根据题意知x＝克服摩擦力做功W f＝μmgx＝W（2）物块向左运动过程中,由于弹簧的弹力与物块运动的位移成正比,弹簧弹力做功W F N＝-＋x＝-k根据弹簧弹力做功与弹性势能大小关系,弹簧具有的最大弹性势能E p＝-W F N＝撤去推力后,根据动能定理得W'F N-μmgx'＝0W'F N ＝-（0-Ep）解得物块能向右运动的距离x'＝6.[2016·天津卷]我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.如图14-6所示,质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度v B＝24 m/s,A与B的竖直高度差H＝48 m.为了改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧.助滑道末端B 与滑道最低点C的高度差h＝5 m,运动员在B、C间运动时阻力做功W＝-1530 J,g 取10 m/s2.图14-6（1）求运动员在AB段下滑时受到阻力f的大小;（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C点所在圆弧的半径R至少应为多大?[答案]（1）144 N（2）12.5 m【试题解析】（1）运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为x,则有＝2ax由牛顿第二定律有mg-f＝ma联立解得f＝144 N（2）设运动员到达C点时的速度为v C,在由B到达C的过程中,由动能定理有mgh＋W＝m-m设运动员在C点所受的支持力为F N,由牛顿第二定律有F N-mg＝m由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,解得R＝12.5 m7.[2018·海南八校联考]如图14-7所示,斜面倾角θ＝30°,一轻质弹簧一端固定于斜面底部,弹簧自然伸长时,另一端位于斜面上的O点,O点上方斜面粗糙,下方斜面光滑.质量m＝0.4 kg 的物体（可视为质点）从P点由静止释放,沿斜面滑下,压缩弹簧后被弹回,上滑至OP中点时速度为零.已知O、P两点间距离x＝10 cm,当弹簧的压缩量Δl＝2 cm时,物体的速度达到最大,此时弹簧具有的弹性势能E p ＝0.04 J,g取10 m/s2.求:图14-7（1）弹簧的劲度系数k;（2）此过程中物体具有的最大动能E km.[答案]（1）100 N/m（2）0.13 J【试题解析】（1）当物体所受的合力为零时,速度最大,由平衡条件得mg sin θ＝kΔl解得k＝100 N/m.（2）从P点释放到反弹至OP中点,由动能定理得mgx sin θ-μmgx cos θ＝0从P点释放到速度达到最大,由动能定理得mg（x＋Δl）sin θ-μmgx cos θ-Ep ＝Ekm解得E km＝0.13 J.第15讲机械能守恒定律及其应用【教材知识梳理】一、1.重力高度mgh2.地球3.初、末位置的高度差二、1.弹性形变辨别明理（1）（×）（2）（×）（3）（×）（4）（×）（5）（√）（6）（×）（7）（×）【考点互动探究】考点一例1AD【试题解析】甲图过程中轻杆对小球不做功,小球的机械能守恒,选项A正确;乙图过程中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失,机械能不守恒,选项B错误;丙图中重力和系统内弹力做功,物体A和弹簧组成的系统机械能守恒,但物体A的机械能不守恒,选项C错误;丁图中绳子张力对A做负功,对B做正功,代数和为零,A、B组成的系统机械能守恒,选项D正确.变式题1AD变式题2BD【试题解析】小球由A点下摆到B点的过程中,弹簧被拉长,弹簧的弹力对小球做了负功,所以小球的机械能减少,选项A错误,B正确;在此过程中,由于只有重力和弹簧的弹力做功,所以小球与弹簧组成的系统机械能守恒,即小球减少的重力势能等于小球获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和,选项C错误,D 正确.考点二例2（1）mg＋,方向竖直向下（2）h≥R或h≤R（3）R【试题解析】（1）小球从h高处由静止释放至到达圆轨道底端,由机械能守恒定律得mgh＝mv2在最底端,由牛顿第二定律得F N-mg＝m则F N＝mg＋m＝mg＋根据牛顿第三定律得F'N＝F N＝mg＋,方向竖直向下（2）要使小球运动过程中不脱离轨道,第一种可能:能到达最高点,有mg≤m解得v0≥由机械能守恒定律得mgh＝m＋mg·2R解得h≥R第二种可能:小球最高到达与圆心等高处,有mgh≤mgR解得h≤R所以h≥R或h≤R（3）h＝2R＜R,设小球将在C点脱离轨道,如图所示,此时mg sin θ＝m小球从A点到C点,根据机械能守恒定律得mg·2R＝m＋mg（R＋R sin θ）解得 sin θ＝,v C＝＝小球在C处做斜抛运动,到达最高点时的速度v x＝v C sin θ＝v C小球从A点到最高点,根据机械能守恒定律得mg·2R＝mgh'＋m解得h'＝R变式题CD【试题解析】a→b阶段,人加速助跑,人和杆的机械能增加,A正确;b →c阶段,杆弯曲、人上升,人和杆组成的系统只有重力做功,系统的机械能守恒,其中系统动能减少,重力势能和弹性势能增加,B正确;c→d阶段,杆伸直、人上升,人和杆组成的系统只有重力做功,系统的机械能守恒,人的动能和杆的弹性势能的减少量等于重力势能增加量,C错误;d→e阶段,人过横杆后下落,只有重力做功,人的机械能守恒,D错误.考点三例3AB【试题解析】A球由静止下降经过先加速达到速度最大、再减速至速度为零的过程,当A的动能达到最大,即速度最大时,其所受合力为零,此时以A、B、C整体为研究对象,整体的加速度为零,故地面对整体的支持力等于整体的重力,B 受到地面的支持力等于mg,选项B正确;在A下降加速达到最大速度之前,A处于失重状态,以A、B、C整体为研究对象,地面对整体的支持力小于整体的重力,故B受到地面的支持力小于mg,选项A正确;当弹簧的弹性势能最大时,弹簧长度最大,此时A处于最低点,之后A竖直向上先加速再减速,回到原位置,以后周期性运动,选项C错误;对整个系统,由机械能守恒定律得E pmax＝mg（L cos 30°-L cos 60°）＝-mgL,选项D错误.变式题1BCD【试题解析】小球在b点时,合力为mg,加速度为g,从a到d,小球的合力先向下逐渐减小后反向增大,速度先增大后减小,且加速度为0时速度最大,选项A错误;从a到c的过程中,弹簧的弹性势能先减小后增大,由机械能守恒定律知,小球的机械能先增大后减小,且mg·2l tan 37°＝m,解得v c＝,选项B、C正确;小球从a到d的过程中,有mg·l（tan 37°＋tan 53°）＝ΔE弹,小球从c到d过程中弹簧的弹性势能增加量等于小球从a到d过程中弹簧的弹性势能增加量,即ΔE弹＝mgl,选项D正确.变式题2C【试题解析】对A、B组成的系统,由机械能守恒定律得mg·＝m＋m,又有v A cos 60°＝v B cos 30°,解得v A＝,v B＝,选项C正确,B、D错误;对A,由动能定理得,杆对小球A做的功W＝m-mg·＝-mgL,选项A错误.变式题3ABD【试题解析】刚开始释放物块时,物块在水平方向上受力平衡,在竖直方向上只受重力,根据牛顿第二定律可知,其加速度为g,故 A 正确;物块的合力为零时速度最大,则绳子拉力在竖直方向上的分力一定等于物块的重力,所以绳子的拉力一定大于物块的重力,故B正确;刚释放物块时,小球的速度为零,小球重力的功率为零,物块下降到最低点时,小球的速度为零,小球重力的功率为零,所以小球重力的功率先增大后减小,故C错误;设物块下降的最大距离为s,物块的质量为m,对系统,根据机械能守恒定律,有mgs-2mg＋-＝0,解得s＝,故D 正确.图15-11.如图15-1所示,B物体的质量是A物体质量的一半,不计所有摩擦,A物体从离地面高H处由静止开始下落,以地面为参考面,当物体A的动能与其势能相等时,物体A距地面的高度为（设该过程中B未与滑轮相碰）（）A.0.4HB.0.2HC.0.8HD.H【试题解析】 A设物体A距离地面的高度为x时,物体A的动能与势能相等,即mgx＝mv2,对A、B系统,由机械能守恒定律得mg（H-x）＝＋v2,解得x＝0.4H,选项A正确.图15-22.如图15-2所示,光滑斜面的顶端固定一弹簧,一质量为m的小球向右滑行,并冲上固定在地面上的斜面.设物体在斜面最低点A的速度为v,压缩弹簧至C点时弹簧最短,C点距地面的高度为h,不计小球与斜面、弹簧碰撞过程中的能量损失,则小球在C点时弹簧的弹性势能为（重力加速度为g）（）A.mghB.mgh-mv2C.mgh＋mv2D.mv2-mgh【试题解析】 D由能量守恒定律得mv2＝E p＋mgh,故小球在C点时弹簧的弹性势能E p＝mv2-mgh,选项D正确.3.[2017·全国卷Ⅱ]如图15-3所示,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直.一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨道半径为（重力加速度大小为g）（）图15-3A.B.C.D.【试题解析】 B物块上升到最高点的过程,机械能守恒,有mv2＝2mgr＋m,由平抛运动规律,水平方向,有x＝v1t,竖直方向,有2r＝gt2,解得x＝-,当r ＝时,x最大,B正确.4.打开水龙头,水顺流而下,仔细观察将会发现连续的水流柱的直径在流下的过程中,是逐渐减小的（即上粗下细）.设水龙头出口处半径为1 cm,安装在离接水盆75 cm高处,如果测得水在出口处的速度大小为1 m/s,g取10 m/s2,则水流柱落到盆中的半径为（）A.1 cmB.0.75 cmC.0.5 cmD.0.25 cm【试题解析】 C由机械能守恒定律得mv2＝m＋mgh,解得v＝＋＝4 m/s,水流体积不变,则πr2vt＝πv0t,可得＝＝,半径r＝0.5 cm,选项C正确.图15-45.如图15-4所示,粗细均匀,两端开口的U形管内装有同种液体,开始时两边液面高度差为h,管中液柱总长度为4h,后来让液体自由流动,当两液面高度相等时,右侧液面下降的速度为（重力加速度为g）（）A.B.C.D.【试题解析】 A当两液面高度相等时,减少的重力势能转化为整个液体的动能,根据功能关系有mg·h＝mv2,解得v＝,选项A正确.6.如图15-5所示,用细圆管制成的光滑轨道的AB部分平直,BC部分是处于竖直平面内半径为R的半圆,圆管截面半径r≪R.有一质量为m、半径比r略小的光滑小球以水平初速度v0射入圆管,重力加速度为g.（1）要使小球能从C端出来,初速度v0应为多大?（2）在小球从C端出来的瞬间,若管壁对小球的压力为mg,那么小球的初速度v0应为多少?。
2019年3月高2019届高2016级高三物理全品二轮复习课件Word第9单元作业答案
课时作业（二十四）1.C【试题解析】根据“则能指南,然常微偏东,不全南也”知,选项A正确.由图可知地磁场的南极在地理北极附近,选项B正确.由图可知在两极附近地磁场与地面不平行,选项C错误.由图可知赤道附近的地磁场与地面平行,射向地面的带电宇宙粒子运动方向与磁场方向垂直,会受到磁场力的作用,选项D正确.2.D【试题解析】根据右手螺旋定则可知,b处的两个分磁场方向均为垂直纸面向外,选项A错误;ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向外,选项B错误;根据左手定则可判断,方向相反的两个电流互相排斥,选项C错误,选项D正确.3.C【试题解析】据安培定则可知,图中A环在圆心O处产生的磁感应强度的方向为x轴负方向,B环在圆心O处产生的磁感应强度的方向为z轴负方向,根据平行四边形定则可知,圆心O处磁感应强度大小为B0.4.D【试题解析】由安培定则可判断出通电螺线管产生的磁场方向,导线等效为Oa、Ob两电流元,由左手定则可判断出两电流元所受安培力的方向,Oa向纸外,Ob 向纸里,所以从上向下看导线逆时针转动,当转过90°时,由左手定则可判断出导线所受磁场力向下,即导线在逆时针转动的同时还要靠近螺线管,D正确.5.A【试题解析】原来,有BIl＝mg sin θ,后来,有a＝-,沿斜面向上,A 正确.6.D【试题解析】磁场中线圈的有效长度为L'＝L,故线圈受到的安培力为F ＝nBIL'＝nBIL,选项D正确.7.BCD【试题解析】根据“同向电流相互吸引,异向电流相互排斥”,因②的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向水平向右,可知①的电流方向为b→a,③的电流方向为e→f,选项A错误,B正确;①受到②和③的排斥力,故安培力的合力方向水平向左,选项C正确;③受到②的吸引力和①的排斥力,因②的吸引力大于①的排斥力,故③受到安培力的合力方向水平向左,选项D正确.8.C【试题解析】导体棒受到竖直向下的重力和指向圆心的弹力,要使导体棒平衡,应使其受水平向右的安培力,重力和安培力的合力大小与弹力大小相等,方向相反,由平衡条件有tan 60°＝＝,解得导体棒中电流I＝,由左手定则可判断,导体棒中电流的方向应垂直于纸面向里,选项C正确.9.ABC【试题解析】由左手定则可判断,金属棒一开始向右做匀加速运动,当电流反向以后,金属棒开始做匀减速运动,经过一个周期,速度变为0,然后重复上述运动,选项A、B正确;安培力F＝BIL,由图像可知,前半个周期内安培力水平向右,后半个周期内安培力水平向左,之后不断重复,选项C正确;一个周期内,金属棒初、末速度相同,由动能定理可知安培力在一个周期内做功为零,选项D错误.10.B【试题解析】对ab棒受力分析,受到重力、导轨对ab棒的支持力、安培力和细线的拉力,根据左手定则可判断,安培力斜向左上方,水平方向上,有F sin α＝T,即B··L sin α＝G,现适当增大重物G的重力,为了保证ab棒始终处于静＋止状态,可以将滑动变阻器R的滑动触头P向右滑,减小电阻,故A、C、D错误;滑动变阻器R的滑动触头P向右滑,接入电路的阻值减小,总电阻减小,总电流增大,根据U＝E-Ir可知,路端电压减小,A点电势降低,故B正确.11.（1）nBIL方向水平向右（2）nBILv【试题解析】（1）线圈前、后两边所受安培力的合力为零,线圈所受的安培力即为右边所受的安培力,由安培力公式得F＝nBIL由左手定则可判断,安培力方向水平向右.（2）安培力的功率为P＝Fv联立解得P＝nBILv.12.（1） m/s（2）（3）0.10 m【试题解析】（1）在圆轨道的最高点,由牛顿第二定律得BId＋mg＝m解得v＝ m/s.（2）金属条从进入水平轨道到上升到圆轨道最高点,根据动能定理得-（mg＋BId）·2r-μ（mg＋BId）L＝mv2-m解得μ＝.（3）金属条从进入水平轨道到上升到竖直轨道最高点,根据动能定理得-μ（mg＋BId）（L＋L）-（mg＋BId）h m＝0-mCD解得h m＝0.10 m.课时作业（二十五）1.B【试题解析】当电荷的运动方向与磁场方向平行时,电荷不受洛伦兹力,故A错误;电荷在电场中一定受到电场力作用,故B正确;正电荷所受的电场力方向与该处的电场强度方向相同,负电荷所受的电场力方向与该处的电场强度方向相反,故C错误;根据左手定则知,电荷若受洛伦兹力,则洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂直,故D错误.2.AC【试题解析】若只增大电子枪的加速电压,电子速度增大,由R＝、qU＝mv2可知,电子束的轨道半径变大,选项A正确,B错误.若只增大励磁线圈中的电流,磁感应强度增大,由R＝、qU＝mv2可知,电子束的轨道半径变小,选项C正确,D 错误.3.C【试题解析】由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量逐渐减小,速度逐渐减小,根据粒子在磁场中运动的半径公式r＝可知,粒子运动的轨迹半径是逐渐减小的,所以粒子的运动轨迹是从b到a,选项A、B错误;根据左手定则可判断,粒子带正电,选项C正确,D错误.4.A【试题解析】设质子的质量为m,电荷量为q,则α粒子的质量为4m,电荷量为2q,它们在同一匀强磁场中做匀速圆周运动过程中,洛伦兹力充当向心力,故Bqv ＝m,解得r＝,若它们的动量大小相同,即mv相同,则r∝,所以运动半径之比为2∶1,A正确;若它们的速度相同,则＝＝,B错误;若它们的动能大小相同,根据p＝可得＝＝1,C错误;若它们由静止经过相同的加速电场加速后垂直进入磁场,根据动能定理可得进入磁场的速度为v＝,D错误.,即vα＝v H,故半径之比为·5.D【试题解析】由左手定则可判断,a粒子带正电,故A错误;由qvB＝m,可得r＝,由图可知,粒子c的轨迹半径最小,粒子b的轨迹半径最大,又m、q、B相同,所以粒子c的速度最小,粒子b的速度最大,由E k＝mv2知,粒子c的动能最小,由洛伦兹力提供向心力,有F向＝qvB,可知粒子b的向心力最大,故D正确,B错误;由T ＝可知,粒子a、b、c的周期相同,但是粒子b的轨迹所对的圆心角最小,则粒子b在磁场中运动的时间最短,故C错误.6.D【试题解析】由左手定则可判断,该粒子带负电,A错误;分别作出入射方向和出射方向的垂线,交点为圆周运动的圆心O,由几何关系可得,圆心角θ＝30°,＝2d,C错误;由洛伦兹力提供向心力,有qvB＝m,得R＝,将R＝2d 半径R＝°代入可得B＝,B错误;粒子做圆周运动的周期T＝＝,将B＝代入可得T＝,则运动时间t＝°T＝×＝,D正确.°7.BC【试题解析】带正电粒子从P点与x轴成30°角入射,则粒子运动轨迹的圆心在过P点与速度方向垂直的直线上,粒子在磁场中要想到达坐标原点,转过的圆心角一定大于180°,如图所示,而磁场有边界,故粒子不可能通过坐标原点,A错误;由于P点的位置不定,所以粒子在磁场中的轨迹圆弧对应的圆心角也不定,粒子从x轴射出时,对应的圆心角最大,为300°,运动的时间t＝T＝,当粒子的入射点P在原点时,对应的圆心角最小,为120°,所以运动时间t＝T＝,故粒子在磁场中运动的时间范围是≤t≤,B、C正确,D错误.8.ABD【试题解析】从B点射入磁场的粒子1恰好从C点射出,可知带电粒子运动的轨迹半径等于磁场的半径,由D点射入的粒子2的轨迹圆心为E点,由几何关系可知,该粒子从O点射出,同理可知粒子3从C点射出,A、B正确;1、2、3三个粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角分别为90°、60°、60°,运动时间之比为3∶2∶2,C错误,D正确.9.BC【试题解析】粒子1从A点正对圆心射入,恰从B点射出,粒子在磁场中运动的圆心角为90°,粒子轨道半径等于BO,粒子2从C点沿CD射入,其运动轨迹如图所示,设对应的圆心为O1,运动轨道半径也为BO＝R,连接O1C、O1B,O1COB是平行四边形,O1B＝CO,则粒子2一定从B点射出磁场,故A错误,B正确;粒子的速度偏转角即粒子在磁场中转过的圆心角,θ1＝90°,过B点作O1C的垂线交O1C于P点,可知P为O1C的中点,由数学知识可知,θ2＝∠BO1P＝60°,两粒子的速度偏转角不同,粒子在磁场中运动的周期T＝,两粒子的周期相等,粒子在磁场中的运动时间t＝T,故运动时间之比t1∶t2＝θ1∶θ2＝90°∶60°＝3∶2,故C正确,D错误.10.AC【试题解析】质子做圆周运动的半径为r＝＝R,对着圆心入射的质子的出射方向的反向延长线一定过圆心,选项A正确;质子射入磁场中,受到向下的洛伦兹力而向下偏转,因质子的运动半径相同,故从a点比从b点进入磁场的质子在磁场中运动经过的弧长更长,则时间长,选项B错误;所有质子做圆周运动的半径都等于R,画出各个质子的运动轨迹,由几何关系可知,所有质子都在O点的正下方同一点射出磁场,选项C正确;质子的速度为v＝时,质子运动的半径r＝＝R,若质子从同一点沿各个方向射入磁场,画出各个质子的运动轨迹,由几何关系可知,不存在离开磁场的出射方向垂直的情况,选项D错误.11.（1）（2）（3）（1）电子在圆形磁场区域内受洛伦兹力而做圆周运动,设轨迹半径为r,磁场的磁感应强度为B,有evB＝m过A、B点分别作速度的垂线交于C点,则C点为轨迹圆的圆心,已知电子在B点速度方向与x轴夹角为60°,由几何关系得,轨迹圆的圆心角∠C＝60°AC＝BC＝r已知OA＝L,得OC＝r-L由几何知识得r＝2L联立解得B＝.（2）由于A、B、O在圆周上,∠AOB＝90°,所以AB为磁场圆的直径,故AB的中点为磁场区域的圆心O1,且△ABC为等边三角形,由几何关系可得磁场区域的圆心O1的坐标为L,.（3）电子做匀速圆周运动,则圆周运动的周期为T＝联立解得电子在磁场中运动的时间t＝＝.12.（1）（2）（3）【试题解析】（1）OC＝L cos 30°＝L沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出,由几何知识得粒子做圆周运动的圆弧对应的圆心角为60°.半径r＝OC＝L由qvB＝解得B＝＝.（2）从A点射出的粒子在磁场中运动时间最长,设弦OA对应的圆心角为α,由几何关系得sin ＝＝≈0.577解得α≈70°最长时间t m≈°·＝.°（3）设从OA上D点射出的粒子做圆周运动的弦长OD＝OC,粒子做圆周运动的圆弧对应的圆心角也为60°,如图所示,由几何知识得入射速度与OD的夹角应为30°,即沿OC方向射入的粒子在磁场中运动的时间与沿OB方向射入的粒子在磁场中运动的时间相同,则当沿OB方向射入的粒子从C射出时,从OB方向到OC方向这30°范围内射入的粒子此时都还在磁场中,而入射的范围为60°,故还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例是.专题训练（七）A1.C2.D【试题解析】正离子以某一速度击中并吸收了一个处于静止状态的电子后,速度不变,电荷量变为＋e,由左手定则可判断出正离子过b点时所受洛伦兹力方向向下,由r＝可知,轨迹半径增大到原来的2倍,所以在磁场中的运动轨迹是图D.3.AC【试题解析】由R＝得最大速度v＝,两粒子的比荷相同,所以最大速度相同,A正确;最大动能E k＝mv2,因为两粒子的质量不同,最大速度相同,所以最大动能不同,B错误;高频电源的频率f＝,因为相同,所以两次所接高频电源的频率相同,C正确;粒子的最大动能与高频电源的频率无关,D错误.4.C【试题解析】设粒子被加速后获得的速度为v,由动能定理得qU＝mv2,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝R,又Bqv＝m,解得＝,故C正确.5.BC【试题解析】带电粒子在电场中受到的电场力沿y轴负方向,做类平抛运动,根据牛顿第二定律得qE＝ma,在x轴方向上,有 2L＝v0t,在y轴方向上,有L＝at2,解得E＝,选项A错误,选项B正确;粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据左手定则可判断,磁场方向垂直于纸面向里,画出粒子的运动轨迹如图所示,粒子在电场中,在x轴方向上,有 2L＝v0t,在y轴方向上,有L＝v y t,联立得v y＝v0,进入磁场时速度v＝＋＝v0,设进入磁场时速度与x轴的夹角为α,有 tan α＝1,解得α＝45°,根据几何关系得,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R＝L,根据qvB＝m得R＝,磁感应强度B＝＝,选项C正确,选项D错误.6.D【试题解析】带电粒子的运动轨迹如图所示,带电粒子出电场时,速度v＝v0,这一过程的时间t1＝＝,根据几何关系可得带电粒子在磁场中的轨迹半径r＝2d,带电粒子在第Ⅰ象限中运动的圆心角为,故带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间t2＝＝＝,带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间t3＝,故t总＝＋,D正确.7.BC【试题解析】由题意可知,粒子在加速电场中运动时,两板电势差不变,故场强不变,带电粒子所受电场力不变,加速度不变,而粒子进入电场时的初速度不断变大,故在两板间运动的时间不断变短,粒子进入磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,即qvB＝m,解得B＝,随着粒子速度不断增大,半径保持不变,故磁感应强度不断增大,又由圆周运动规律T＝可知,带电粒子在磁场中运动的周期不断减小.综上可知,B、C正确.8.（1）R（2）U＝（3）6d＋【试题解析】（1）根据几何关系可得r＝R（2）开始粒子在电场中做匀加速直线运动,故有＝＝a1根据运动学公式可得d＝a1解得t1＝＝d故v1＝＝粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则Bqv1＝m解得r＝又r＝R联立解得U＝（3）根据T＝,t2＝T,θ＝60°,可得t2＝＝所以t＝6t1＋3t2＝6d＋.9.【试题解析】设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v,由动能定理得qU＝mv2带电粒子进入磁场后,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律有qBv＝m由题意知r＝d联立解得B＝带电粒子在电场中偏转,做类平抛运动,设经时间t从P点到达C点.由平抛运动规律得d＝vtd＝at2又qE＝ma联立解得E＝.专题训练（七）B1.（1）2×105 m/s（2）5.2×10-3 m【试题解析】（1）能沿直线通过速度选择器的粒子所受电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反,有qB1v＝qE解得v＝＝2×105 m/s.（2）粒子进入偏转分离器后做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律得qB2v＝m解得R＝设质子质量为m,则氘核质量为2m,故d＝2R2-2R1＝2×-2×＝5.2×10-3 m.2.（1）（2）＋-【试题解析】（1）粒子运动半径为R时,有qvB＝m,又E k＝mv2,解得E k＝.（2）设粒子被加速n次达到动能E k,则E k＝nqU0.粒子在狭缝间做匀加速运动,设n次经过狭缝的总时间为Δt,加速度a＝,粒子做匀加速直线运动,有nd＝a·（Δt）2,总时间t0＝（n-1）·＋Δt,解得t0＝＋-.3.（1）（2）BL【试题解析】（1）粒子在磁场中做圆周运动,速度越大,则半径越大.速度最大的粒子刚好由P点射出,由牛顿第二定律得qvB＝,由几何关系知r＝L,联立解得v＝.（2）粒子从P点离开后,垂直于x轴进入电场,在竖直方向做匀速直线运动,在水平方向做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得a＝,在电场中运动时,有L＝at2,d＝vt,联立解得d＝BL4.（1）（2）（3）斜向下与x轴正方向夹角为30°或150°【试题解析】（1）粒子经电场加速,由动能定理得＝mv2qU解得v＝（2）撤去磁场后,粒子在电场中做类平抛运动.沿x轴方向,有L＝vt沿y轴方向,有＝at2由牛顿第二定律得a＝联立解得E＝（3）设粒子从O点沿与x轴正方向夹角为θ的方向斜向下射出,运动轨迹如图所示,有2R sin θ＝L由洛伦兹力提供向心力,有qvB＝m又qvB＝qE联立解得θ＝30°或θ＝150°5.（1）（2）（3）【试题解析】（1）当U MN＝0时,粒子沿O1O2方向射入磁场,轨迹如图甲所示,设其半径为R1,由几何关系得R＝R1根据牛顿第二定律得q＝mBv解得B＝甲（2）在t＝0时刻入射的粒子满足＝×××2解得U0＝（3）经分析可知所有粒子经电场后其速度仍为v0t＝（2k＋1）（k＝0,1,2,3,…）时刻入射的粒子贴M板离开电场,轨迹如图乙所示,设偏转角为α.乙由几何知识可知四边形QOPO4为菱形,故α＝120°粒子在磁场中运动的最长时间t1＝t＝2k（k＝0,1,2,3,…）时刻入射的粒子贴N板离开电场,轨迹如图丙所示,设偏转角为β.由几何知识可知四边形SOTO5为菱形,故β＝60°粒子在磁场中运动的最短时间t2＝又T＝故Δt＝t1-t2＝丙专题训练（八）1.D【试题解析】当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时,粒子沿直线匀速通过该区域,有qvB＝qE,所以E＝Bv;假设粒子带正电,则受到向下的洛伦兹力,电场方向应该向上,而粒子带负电时,电场方向仍应向上,故D正确.2.AC【试题解析】沿ab方向抛出的带正电小球或沿ac方向抛出的带负电的小球在重力、电场力、洛伦兹力作用下都可能做匀速直线运动,A正确,B错误.在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动,C正确.两小球在运动过程中,除重力做功外,还有电场力做功,故机械能不守恒,D错误.3.CD【试题解析】带电小球进入复合场时受力情况如图所示,其中只有C、D 两种情况下合外力可能为零或与速度的方向在一条直线上,所以有可能沿直线通过复合场区域;A项中洛伦兹力随速度v的增大而增大,所以三力的合力不会总保持在竖直方向,合力与速度方向将产生夹角,小球做曲线运动.4.C【试题解析】金属导体中的自由电荷是带负电的电子,由电流方向向右可知,电子的移动方向向左,根据左手定则知,这些自由电子受到向上的洛伦兹力而发生偏转,则上表面带负电,下表面带正电,下表面的电势高于上表面的电势,故A 错误;稳定时,电子受到的洛伦兹力与电场力相平衡,有evB＝e,解得U＝vBh,根据I＝nevhd可知,v＝,故U＝,仅增大h时,电势差不变,故B错误;仅增大d时,上、下表面的电势差减小,故C正确;仅增大I时,电势差增大,故D错误.5.CD【试题解析】小球穿过电场、磁场、重力场三场并存的区域时未发生偏转,即做匀速直线运动,受力满足平衡条件.当E沿z轴正方向,B沿y轴负方向,且满足mg＝Eq＋qvB时,小球做匀速直线运动;当E沿z轴正方向,B沿x轴负方向,洛伦兹力为零,且满足mg＝qE时,小球做匀速直线运动,C、D正确.6.ABD【试题解析】当qv0B＝mg时,小球不受支持力和摩擦力,克服摩擦力做功为零,选项A正确;当qv0B＜mg时,小球做加速度逐渐增大的减速运动直到静止,只有摩擦力做功,根据动能定理得W克f＝m,选项B正确;当qv0B＞mg时,小球先做减速运动,当qvB＝mg时,小球不受摩擦力作用,小球以速度v＝做匀速运动,根据动能定理得W克f＝m-,选项D正确.7.D【试题解析】由图像可知,物块先做加速度逐渐减小的加速运动,物块的最大速度是1 m/s,对物块进行受力分析可知,开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用,设动摩擦因数为μ,沿皮带的方向,有μF N-mg sin θ＝ma①,物块运动后,又受到洛伦兹力的作用,加速度逐渐减小,由①式可知,物块的加速度逐渐减小,一定是F N逐渐减小,而开始时F N＝mg cos θ,后来F'N＝mg cos θ-f洛,即洛伦兹力的方向是斜向上的,物块沿皮带向上运动,由左手定则可知,物块带正电,故A错误;物块向上运动的过程中,洛伦兹力越来越大,则受到的支持力越来越小,结合①式可知,物块的加速度也越来越小,当加速度等于0时,物块达到最大速度,此时mg sin θ＝μ（mg cos θ-f洛）②,由②式可知,只要皮带的速度大于或等于1 m/s,则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关,所以皮带的速度可能是1 m/s,也可能大于1 m/s,物块可能相对于皮带静止,也可能相对于皮带运动,故B错误,D正确;由以上分析可知,皮带的速度不能判断,所以若已知皮带的长度,也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移,故C错误.8.C【试题解析】由图可知,电表B串联在电源E2的电路中,故它是电流表,即毫安表,而电表C是并联在2、4两端的,它是测量霍尔电压的,故它是电压表,即毫伏表,选项A错误;霍尔元件的载流子是电子,由于磁场方向向下,电流方向由1到3,由左手定则可知,电子受到的洛伦兹力的方向指向接线端2,即接线端2的电势低于接线端4的电势,选项B错误;当通过电磁铁和霍尔元件的电流方向与原来电流方向均相反但大小不变时,由左手定则可判断,电子的偏转方向不变,故霍尔电压的大小及方向不变,即毫伏表的示数将保持不变,选项C正确;若减小R1,则会让磁感应强度增大,若增大R2,会让电流I减小,电子的定向移动速率v也变小,故不能确定霍尔电压的变化情况,故毫伏表的示数不一定增大,选项D错误.9.（1）（2）20 m或 m（3）7.71 s或6.38 s【试题解析】（1）质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用,沿AO做匀加速直线运动,有mg＝qE解得E＝.（2）质点在x轴下方,重力与电场力平衡,质点做匀速圆周运动,从C点进入第一象限后做类平抛运动,其轨迹如图所示,有Bqv＝m由运动学规律知v2＝2aL其中a＝g由类平抛运动规律知R＝vt3R-＝a联立解得L＝20 m或 m.（3）质点做匀加速直线运动,有L＝a解得t1＝2 s或 s质点做匀速圆周运动,有t2＝×＝4.71 s质点做类平抛运动,有R＝vt3解得t3＝1 s质点从M点出发到击中D点所经历的时间为t＝t1＋t2＋t3＝7.71 s或6.38 s.10.（1）v0（2）0（3）（＋）＋mv0,方向斜向左下方与水平方向成22.5°角【试题解析】（1）设a粒子刚出电场时速度为v,由动能定理得qU＝mv2-m解得v＝v0（2）a粒子在电场中沿水平方向做匀速运动,有t1＝a粒子出电场时竖直方向的速度vy ＝v有y1＝v y t1＝L两板距离为L两粒子碰撞,由动量守恒定律得mv＝2mv1解得v1＝v0返回时,两粒子在电场中仍做类平抛运动,刚好到O点,有t2＝,y2＝＝L 两粒子从板右端返回电场时的位置与下板间的距离为L-L＝0（3）两粒子在磁场中运动时,设轨道半径为R,由几何关系知R＋R＝L解得R＝（2-）L洛伦兹力f洛＝2m＝（＋）由动量定理得I洛＝2mΔv由图可得Δv＝＋v0则I洛＝＋mv0,方向斜向左下方与水平方向成22.5°角。
2019年3月高2019届高2016级高三物理全品二轮复习课件Word第8单元听课答案
第八单元恒定电流第22讲部分电路及其规律【教材知识梳理】一、1.定向正电荷2.（1）I＝（2）I＝nqSv二、1.电流R＝2.（1）材料（2）R＝ρ三、2.气态导体半导体3.I＝四、1.qU＝IUt2.＝IU3.I2Rt I2R辨别明理（1）（×）（2）（√）（3）（×）（4）（×）（5）（×）（6）（√）【考点互动探究】考点一例1D【试题解析】电荷的定向移动形成电流,规定正电荷定向移动的方向为电流方向,负电荷定向移动的方向为电流的反方向,由图可知,电流方向是A→B,带电离子在溶液中定向移动形成电流,电流不为零,电流I＝＝＋,故选项D正确,A、B、C错误.例2C【试题解析】由电流定义可知I＝＝＝neSv,由欧姆定律可得U ＝IR＝neSv·ρ＝ρneLv,又E＝,故E＝ρnev,选项C正确.例3C【试题解析】电子做圆周运动的周期T＝,由I＝得I＝,电流的方向与电子运动方向相反,故为逆时针.考点二例4C【试题解析】对于第一根导线,均匀拉长到原来的2倍,则其横截面积变为原来的,由电阻定律可得其电阻变为原来的4倍,第二根导线对折后,长度变为原来的,横截面积变为原来的2倍,故其电阻变为原来的.给上述变化后的裸导线加上相同的电压,由欧姆定律得I1＝,I2＝＝,由I＝可知,在相同时间内,电荷量之比q1∶q2＝I1∶I2＝1∶16,C正确.考点三例5ABD【试题解析】I-U图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小,说明电阻逐渐增大,A正确;对应P点,小灯泡的电阻为R＝≠,B正确,C错误;对应P点,-小灯泡的功率为P＝I2U1,此值恰为图中矩形PQOM的面积,D正确.[点评]伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值对应该状态下的电阻,因此图线上某点切线的斜率不是电阻的倒数.变式题B【试题解析】根据I-U图像可知R b＜R a,而根据电阻定律R＝ρ可知S b＞S a,选项B正确.考点四例6BC【试题解析】含有电动机的电路不是纯电阻电路,欧姆定律不再适用,A 错误;由能量守恒定律可得EI＝I2r＋mgv＋I2R,解得r＝--R,B正确;如果电动机转轴被卡住,则E＝I'（R＋r）,电流增大,较短时间内,电源消耗的功率变大,较长时间的话,会出现烧坏电源的现象,C正确,D错误.变式题BD【试题解析】当开关S断开时,由欧姆定律得U＝I1R1＝10 V,当开关闭合后,通过R1的电流仍为0.5 A,通过电动机的电流I2＜＝1 A,故电流表示数I＜0.5 A＋1 A＝1.5 A,B正确;电路消耗的电功率P＝UI＜15 W,D正确.1.[2018·许昌模拟]一个电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V的电源上（其内阻可忽略不计）,均正常工作.用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A,通过洗衣机电动机的电流是0.50 A,则下列说法中正确的是（）A.电饭煲的电阻为44 Ω,洗衣机电动机线圈的电阻为440 ΩB.电饭煲消耗的电功率为1555 W,洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 WC.1 min内电饭煲消耗的电能为6.6×104J,洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 JD.电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍【试题解析】 C由于电饭煲是纯电阻元件,所以R1＝＝44 Ω,P1＝UI1＝1100 W,其在1 min内消耗的电能W1＝UI1t＝6.6×104 J,洗衣机为非纯电阻元件,所以R2≠,P2＝UI2＝110 W,其在1 min内消耗的电能W2＝UI2t＝6.6×103 J,其热功率P 热≠P2,所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍.2.（多选）[2018·益阳模拟]有一根粗细均匀的金属导线,在其两端加上电压U0时,通过导线的电流为I0,导线中自由电子定向移动的速率为v.若将导线均匀拉长,使它的横截面半径变为原来的,再给它两端加上电压2U0,则（）A.通过导线的电流为B.通过导线的电流为C.导线中自由电子定向移动的速率为D.导线中自由电子定向移动的速率为【试题解析】 AD将金属导线均匀拉长,因半径变为原来的一半,则横截面积变为原来的,其长度变为原来的4倍,根据电阻定律R＝ρ可知,电阻变为原来的16倍,又电压变为2U0,根据欧姆定律I＝可知,电流变为,A正确,B错误;根据电流的微观表达式I＝nevS,其中n、e不变,电流变为原来的,横截面积变为原来的,则自由电子定向移动的速率变为,C错误,D正确.3.一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示.根据表中所提供的数据,此电热水器在额定电压下处于加热状态时,通过电热水器的电流约为（）A.6.8 AB.0.15 AC.4.4 AD.0.23 A【试题解析】 A由P＝UI可知,该电热水器在额定电压下处于加热状态时的电流为I＝＝ A≈6.8 A,故选项A正确.4.如图22-1所示,有一电阻为4.4 Ω的电解槽和一盏标有“110 V60 W”的灯泡串联后接在电压为220 V的直流电源两端,灯泡正常发光,则（）图22-1A.电解槽消耗的电功率为120 WB.电解槽的发热功率为60 WC.电解槽消耗的电功率为60 WD.电路消耗的总功率为60 W【试题解析】 C灯泡能正常发光,说明电解槽和灯泡均分得110 V电压,且干路电流I＝I灯＝＝ A,则电解槽消耗的电功率P＝P灯＝60 W,选项A错误,选项C 正确;电解槽的发热功率P热＝I2R电≈1.3 W,选项B错误;整个电路消耗的总功率P 总＝U总I＝220× W＝120 W,选项D错误.5.[2018·福州质检]如图22-2甲所示为一测量电解液电阻率的玻璃容器,P、Q 为电极,已知a＝1 m,b＝0.2 m,c＝0.1 m,在里面注满某电解液,且P、Q间加上电压后,其U-I图像如图乙所示.当U＝10 V时,电解液的电阻率ρ是多少?图22-2[答案] 40 Ω·m【试题解析】由图像可得,当U＝10 V时,电解液的电阻R＝＝Ω＝2000 Ω-电解液容器长l＝a＝1 m截面积S＝bc＝0.02 m2由电阻定律得R＝ρ解得ρ＝＝Ω·m＝40 Ω·m.第23讲电动势闭合电路的欧姆定律【教材知识梳理】一、1.（1）非静电力对电荷做的功W电荷量q（2）E＝V（3）电能2.电源内阻二、1.电源的电动势内、外电路中的电阻之和2.I＝＋辨别明理（1）（×）（2）（×）（3）（×）（4）（√）（5）（×）【考点互动探究】考点一例1AC【试题解析】根据I-U图像知,图线的斜率表示电阻的倒数,所以R1∶R2＝1∶3,A正确;把A拉长为原来的3倍后,横截面积减小为原来的,根据公式R＝ρ可得,电阻变为原来的9倍,B错误;串联电路中电流相等,将A与B串联后接在电源上,根据公式P＝I2R可得,消耗的功率之比P1∶P2＝1∶3,C正确;并联电路两端的电压相等,电流与电阻成反比,所以将A与B并联后接在电源上,通过二者的电流之比I 1∶I2＝3∶1,D错误.例2A【试题解析】等效电路如图所示.若R1断路,则总电阻变大,总电流减小,路端电压变大,L1两端电压变大,L1变亮,ab部分电路结构没变,电流仍按原比例分配,总电流减小,通过L2、R4的电流都减小,故A正确;若R2断路,则总电阻变大,总电流减小,ac部分电路结构没变,电流仍按原比例分配,R1、L1中电流都减小,与题意相矛盾,故B错误;若R3短路或R4短路,则总电阻减小,总电流增大,ab部分电路两端电压减小,L2中的电流减小,则电流表A中的电流变大,与题意相矛盾,故C、D错误.例3C【试题解析】电流表和电阻R1并联,R1的阻值为电流表内阻的,则由并联电路特点可知,通过电流表的电流I A是通过R1的电流的,则I A＝I总,其中I总为干路电流,所以可以用电流表上表示0.02 A的一个小格表示总电流0.06 A,选项C 正确.考点二例4BD【试题解析】基础解法（程序法）:将P由a端向b端滑动,R3接入电路的阻值减小,则总电阻减小,总电流增大,电阻R1两端电压增大,电压表示数变大,A错误;电阻R2两端的电压U2＝E-I总（R1＋r）,I总增大,则U2减小,I2＝减小,电流表的示数I A＝I总-I2增大,B正确;由P2＝R2知P2减小,C错误;U ab＝φa-φb＝φa＝U2,故φa降低,D正确.能力解法一（结论法）:由于R3减小,R2与R3并联,则U2、I2均减小,由P2＝R2知P2减小,C错误;φa＝φa-φb＝U ab＝U2减小,D正确;因为R1间接与R3串联,故I1、U1均增大,电压表示数增大,A错误;根据I A＝I1-I2知I A增大,B正确.能力解法二（极限法）:将滑片P滑至b点,则R3＝0,φa＝φb＝0,D正确;R2上电压为零,则功率也为零,C错误;当R3＝0时,总电阻最小,总电流最大,R1上电压最大,故A 错误;由于I A＝I1-I2,此时I1最大,I2＝0最小,故I A最大,B正确.例5ACD【试题解析】将滑片向下滑动,滑动变阻器连入电路中的电阻R变减小,由I＝＋变＋,知电流表A的示数增大,A正确;电流表V2测量的是路端电压,U2＝E-Ir 减小,B 错误;U 3＝E-Ir-IR ,则有ΔU 3＝ΔI （R ＋r ）,ΔU 3与ΔI 的比值等于R ＋r ,即大于r ,C 正确;ΔU 2＝ΔIr ,ΔU 1＝ΔIR ,又知R ＞r ,故ΔU 1大于ΔU 2,D 正确. [点评] 分析ΔU 时,根据电路中所有电阻两端的电压之和是不变的,一部分电路两端的电压减小多少,其余部分电路两端的电压就增大多少,分析时一定要根据电路的特点找电阻不变的部分进行分析.例6 C 【试题解析】 由已知条件及电容定义式C ＝可得,Q 1＝U 1C ,Q 2＝U 2C ,则＝.S 断开时等效电路如图甲所示,有U 1＝（ ＋ ）（ ＋ ）＋＋（ ＋ ）（ ＋ ）＋·E× ＝E ;S 闭合时等效电路如图乙所示,有U 2＝·＋＋· ＋·E ＝ E ,则＝＝,故C 正确.甲乙考点三例7 AC 【试题解析】 在讨论R 2的电功率时,可将R 1视为电源内阻的一部分,即将原电路等效为外电阻R 2与电动势为E 、内阻为（R 1＋r）的电源连成的闭合电路（如图甲所示）,R2的电功率是等效电源的输出功率.显然当R2＝R1＋r时,R2获得的电功率最大,A正确;讨论R1的电功率时,由于R1为定值电阻,根据P＝I2R知,电路中电流越大,R1上的电功率就越大（P1＝I2R1）,所以,当R2＝0时,等效电源内阻最小（等于r,如图乙所示）,R1获得的电功率最大,故B错误,C正确;讨论电源的输出功率时,（R1＋R2）为外电阻,电源内阻r恒定,由于题目没有给出R1和r的具体数值,所以当R2＝0时,电源输出功率不一定最大,故D错误.变式题BC【试题解析】当滑片位于中央时,并联电阻最大,并联电阻两端的电压最大,故并联电阻为＝＝Ω＝10 Ω,解得R2＝20 Ω,B正确;当滑片位于中央时,电压表的示数最大,外电阻也最大,电源的效率η＝出总＝外外＋最高,即当电压表示数为5.0 V时,电源的效率最高,C正确;当电压表的示数为4 V时,电流表的示数为0.25 A,此时Pa部分电阻R aP＝Ω＝16 Ω,Pb部分电阻R bP＝R2-R aP＝4 Ω,通过Pb部分支路的电流为 A＝1.00 A,干路电流为0.25 A＋1.00 A＝1.25 A,根据闭合电路欧姆定律得E＝4 V＋1.25 A×（R1＋r）,E＝5 V＋1 A×（R1＋r）,联立解得R1＋r＝4 Ω,E＝9 V,A错误;当R2两部分的并联电阻等于R1＋r＝4 Ω时,R2消耗的功率最大,此时电压表的示数不是5.0 V,D错误.[点评]（1）解决最大功率问题时,要弄清是定值电阻还是可变电阻的最大功率,定值电阻的最大功率用P＝I2R＝分析,可变电阻的最大功率用等效电源法求解.（2）电源输出功率最大时,效率不是最大,而是只有50%.考点四例8B【试题解析】根据图像可知,E1＝E2＝10 V,r1＝Ω,r2＝Ω,所以r1∶r2＝3∶2,E1∶E2＝1∶1,选项A错误,选项B正确;曲线Ⅲ与其他两条直线的交点坐标表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电压和工作电流,根据坐标值可求出,此时小灯泡消耗的功率分别为P1＝18.2 W和P2＝30 W,小灯泡的电阻分别为R1＝Ω,R2＝Ω,选项C、D错误.变式题BC【试题解析】P1＝U1I1＝4×2 W＝8 W,P2＝U2I2＝2×4 W＝8 W,A错误,B正确;η1＝,η2＝,可得η1＞η2,C正确,D错误.图23-11.（多选）一个T形电路如图23-1所示,电路中的电阻R1＝10 Ω,R2＝120 Ω,R3＝40 Ω.另有一测试电源,电动势为100 V,内阻忽略不计,则（）A.当c、d端短路时,a、b之间的等效电阻是40 ΩB.当a、b端短路时,c、d之间的等效电阻是40 ΩC.当a、b两端接通测试电源时,c、d两端的电压为80 VD.当c、d两端接通测试电源时,a、b两端的电压为80 V【试题解析】 AC当c、d端短路时,等效电阻R＝R1＋＋＝40 Ω,A正确;当a、b端短路时,等效电阻R'＝R2＋＋＝128 Ω,B错误;当a、b两端接通测试电源时,根据欧姆定律得I＝＋＝＋A＝2 A,所以U cd＝IR3＝80 V,C正确;当c、d两端接测试电源时,I'＝＋＝＋A＝ A,U ab＝I'R3＝25 V,D错误.2.如图23-2所示,电源为“9 V 1 Ω”的电池组,要将“4 V 4 W”的灯泡接入虚线框中,在正常发光的条件下,最多能接（）图23-2A.2个B.3个C.4个D.5个【试题解析】 D要使灯泡正常发光,灯泡两端电压为4 V,每个灯泡的工作电流为1 A.当滑动变阻器接入电路的电阻为零时,所接灯泡最多,此时电源内电压为5 V,电路中的总电流为5 A,所以最多能接5个灯泡.3.（多选）[2018·黑龙江大庆质检]如图23-3所示,R1、R2、R3、R4均为可变电阻,C1、C2均为电容器,电源的电动势为E,内阻r≠0.若改变四个电阻中的一个阻值,则下列说法正确的是（）图23-3A.减小R1时,C1、C2所带的电荷量都增大B.增大R2时,C1、C2所带的电荷量都增大C.增大R3时,C1、C2所带的电荷量都增大D.减小R4时,C1、C2所带的电荷量都增大【试题解析】 BD R1上没有电流流过,R1是等势体,故减小R1时,C1两端电压不变,C2两端电压不变,C1、C2所带的电荷量都不变,选项A错误;增大R2时,C1、C2两端电压都增大,C1、C2所带的电荷量都增大,选项B正确;增大R3时,C1两端电压减小,C2两端电压增大,C1所带的电荷量减小,C2所带的电荷量增大,选项C错误;减小R4时,C1、C2两端电压都增大,C1、C2所带的电荷量都增大,选项D正确.图23-44.（多选）如图23-4所示,电源电动势为E,内阻为r,闭合开关S,当滑动变阻器R 的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中,电压表示数的变化量为ΔU,电流表示数的变化量为ΔI,电流表的示数为I,电容器带的电荷量为Q.在这个过程中,如图23-5所示的图像正确的是（）图23-5【试题解析】 BD表示电源内阻和R1之和,是不变的,A错误,B正确;电容器带的电荷量Q＝CU R1＝CIR1,C错误,D正确.图23-65.（多选）[2016·江苏卷]如图23-6所示的电路中,电源电动势为12 V,内阻为2 Ω,四个电阻的阻值已在图中标出.闭合开关S,下列说法正确的有（）A.路端电压为10 VB.电源的总功率为10 WC.a、b间电压的大小为5 VD.a、b间用导线连接后,电路的总电流为1 A【试题解析】 AC设四个电阻的等效电阻为R路,由路＝＋＋＋得R路＝10 Ω,由闭合电路欧姆定律知,I＝路＋＝＋＝1 A,设路端电压为U,则U＝IR路＝1 A×10 Ω＝10 V,选项A正确;电源的总功率P＝EI＝12 W,选项B错误;设电源负极电势为0,则a点电势φa＝0.5 A×5 Ω-0＝2.5 V,b点电势φb＝0.5 A×15 Ω-0＝7.5 V,则a、b两点的电势差U ab＝φa-φb＝2.5 V-7.5 V＝-5 V,所以a、b间电压的大小为5 V,选项C正确;当将a、b两点用导线连接后,由于导线没有电阻,此时a、b两点电势相等,电路总电阻为9.5 Ω,电流I'＝＝ A,故选项D错误.6.（多选）[2016·上海卷]如图23-7所示电路中,电源内阻忽略不计.闭合开关,电压表示数为U,电流表示数为I;在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中（）图23-7A.U先变大后变小B.I先变小后变大C.U与I比值先变大后变小D.U变化量与I变化量比值等于R3【试题解析】 BC因电源内阻不计,故路端电压不变,电压表示数不变;当滑片位于中点时,滑动变阻器接入电路的电阻有最大值,电流表所在电路的电流有最小值,所以B、C正确.7.[2018·安徽江南十校联考]如图23-9所示的电路中,电源电动势为E,内阻为R,L1和L2为相同的灯泡,每个灯泡的电阻和定值电阻的阻值均为R,电压表为理想电表,S为单刀双掷开关.当开关由1位置打到2位置时,下列说法中正确的是（）图23-9A.电压表读数将变小B.L1亮度不变,L2将变暗C.L1将变亮,L2将变暗D.电源内阻的发热功率将变小【试题解析】 A开关在位置1时,外电路总电阻R总＝R,电压表示数U＝＋E ＝E,每个灯泡两端的电压U1＝U2＝U＝E,电源内阻的发热功率为P热＝＝.开关在位置2时,外电路总电阻R总'＝R,电压表示数U'＝＋E＝E,灯泡L1的电压U1'＝E,L2的电压U2'＝E,电源内阻的发热功率为P热'＝＝.综上所述,电压表读数变小,故A正确.L1亮度不变,L2将变亮,故B、C错误.电源内阻的发热功率将变大,故D错误.8.如图23-10所示电路中,灯L标有“6 V 3 W”,定值电阻R1＝4 Ω,R2＝10 Ω,电源内阻r＝2 Ω,当滑片P滑到最下端时,电流表读数为1 A,此时灯L恰好正常发光.图23-10（1）求滑动变阻器最大值R;（2）当滑片P滑到最上端时,求电流表的读数;（3）当滑片P位于滑动变阻器的中点时,求滑动变阻器消耗的功率.[答案]（1）12 Ω（2）2 A（3）3.84 W【试题解析】（1）灯L的电阻R L＝＝Ω＝12 Ω当P滑到下端时,R2被短路,灯L与整个滑动变阻器R并联,此时灯正常发光,通过灯L的电流为＝＝ A＝0.5 AIL通过滑动变阻器R的电流为I R＝I-I L＝1 A-0.5 A＝0.5 A即滑动变阻器最大值R＝R L＝12 Ω.（2）电源电动势E＝I＋＋＋＝1×（4＋2＋6）V＝12 V当P滑到上端时,灯L、滑动变阻器R及电阻R2都被短路,此时电流表的读数为I'＝＋＝＋A＝2 A.（3）P位于滑动变阻器的中点时,灯L与滑动变阻器的上半部分并联后再与R1串联,则此时R并＝·＋＝＋Ω＝4 ΩI总＝并＋＋＝＋＋A＝1.2 A并联部分的电压为U并＝I总R并＝1.2×4 V＝4.8 V滑动变阻器上消耗的功率为P R＝并＝ W＝3.84 W.专题六电学实验专题【热点题型探究】热点一一、1.（1）0.01（2）固定刻度可动刻度2.例1（1）17.723.8510.46（2）2.150（3）①0.020.440.12.20②0.11.700.58.5（4）1987将“×1k”旋钮调到2,再将“×100”旋钮调到00～19 998 Ω【试题解析】（1）最上面图读数:整毫米数是17 mm,不足1毫米数是7×0.1 mm ＝0.7 mm,最后结果是17 mm＋0.7 mm＝17.7 mm.中间图读数:整毫米数是23 mm,不足1毫米数是17×0.05 mm＝0.85 mm,最后结果是23 mm＋0.85 mm＝23.85 mm.最下面图读数:整毫米数是10 mm,不足1毫米数是23×0.02 mm＝0.46 mm,最后结果是10 mm＋0.46 mm＝10.46 mm.（2）固定刻度示数为2.0 mm,不足半毫米的从可动刻度上读,其示数为15.0×0.01 mm,最后的读数是2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.（3）①使用0～0.6 A量程时,刻度盘上的每一小格为0.02 A,表针示数为0.44 A;当使用0～3 A量程时,每一小格为0.1 A,表针示数为2.20 A.②电压表使用0～3 V量程时,每小格表示0.1 V,表针示数为1.70 V;使用0～15 V 量程时,每小格表示0.5 V,表针示数为8.5 V.（4）电阻为1987 Ω.最简单的操作方法是先将“×1k”旋钮调到2,再将“×100”旋钮调到0.每个电阻箱的最大阻值是9999 Ω,用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是2×9999 Ω＝19 998 Ω,故用两个这样的电阻箱,可得到的电阻值范围为0～19 998 Ω.变式题1.2206.860【试题解析】 20分度游标卡尺的精度为0.05 mm,主尺读数为12 mm,游标尺读数为4×0.05 mm＝0.20 mm,游标卡尺的读数为12.20 mm＝1.220 cm.螺旋测微器读数:固定刻度读数＋可动刻度读数＝6.5 mm＋36.0×0.01 mm＝6.860 mm.热点二例2（1）A（2）0～0.6 A【试题解析】（1）C与D电路图不符合电压从零开始调节.小灯泡的电阻R L＝＝Ω＝28.8 Ω,＝144,＝520.8,由于＜,故电流表应采用外接法,A 正确,B错误.（2）小灯泡的额定电流I＝＝ A≈0.4 A,故电流表量程选0～0.6 A.变式题R x1大于小于【试题解析】＝＝10,＝＝20,故＜,应该采用电流表内接法,即图甲接法.由“大内偏大,小外偏小”的结论可知,电流表内接时测量值R x1大于真实值,外接时测量值R x2小于真实值.热点三例3（1）乙如图所示（2）R1（3）-【试题解析】（1）甲图中,因为电压表V2的内阻准确值不知,所以电压表V2与R0并联后的电阻准确值不知,根据＝并可知,无法求出R V1,而乙图中,根据＝＋可知,可以求出R V1＝-,故用乙电路较合理,电路连接如图所示.（2）实验中滑动变阻器要用分压接法,故应选取阻值较小的R1.（3）根据欧姆定律可知R V1＝-＝-.变式题（1）如图所示（2）-（3）等于【试题解析】（1）实物连线图如图所示.（2）第一次测量,由欧姆定律知,电压表与电流表的示数之比为电压表和R P的并联电阻,即＝R并;第二次测量,电压表与电流表的示数之比为电压表、R x和R P的并联电阻,＝并＋并,联立解得R x＝-.（3）由于电流表、电压表内阻不影响被测电阻的测量,所以被测电阻的测量值等于真实值.【高考模拟演练】1.（1）如图所示（4）-R0（6）48.2【试题解析】（4）开关S2掷于1端,由欧姆定律可得通过R x的电流I＝,将开关S2掷于2端,R0和R x串联电路电压为U2,R x两端电压为U＝U2-U1,由欧姆定律可得待测电阻阻值R x＝＝-R0＝-R0.（6）5次测量所得的平均值为×（3.44＋3.43＋3.39＋3.40＋3.39）＝3.41,则R x＝-R0＝（3.41-1）×20.0 Ω＝48.2 Ω.2.（1）A D F（2）a d c g f h（3）-或U-或-R（横纵坐标互换亦可）【试题解析】（1）若选用0～1000 Ω的滑动变阻器,则电路中的电流太小,且移动滑动变阻器滑片时,电压表和电流表的示数要么变化得特别慢,要么变化得特别快,所以滑动变阻器选用F;电源的电动势为4.5 V,所以电压表选用D;若电流表选用B,则移动滑动变阻器的滑片时,电流表的指针要么偏转得特别小,要么突然偏转得比较大,所以电流表选用A.（2）电压表测量路端电压,滑动变阻器接成限流式,电键要控制整个电路.（3）由闭合电路欧姆定律得（R＋r）＝E,变形得＝·＋,或U＝-r·＋E,或＝·R＋,则可以为纵坐标,为横坐标,或以U为纵坐标,为横坐标,或以为纵坐标,R为横坐标.3.（1）如图甲所示（2）如图乙所示（3）电压表V1的读数U1、电压表V2的读数U2（4）R-【试题解析】（1）要测出待测电压表V1的内阻,可以将V1与阻值大致相当的定值电阻串联,通过测出串联电路的总电压和V1对应的电压,利用串联电路中电压之比等于电阻之比即可求出V1的内阻,所以测量电路部分是待测电压表V1与定值电阻R串联,然后再将其与电压表V2并联;由于滑动变阻器的总电阻远小于待测电压表内阻,所以滑动变阻器应采用分压式接法,电路图如图甲所示.（2）实物连接如图乙所示.,需要测得电压表V1（3）、（4）根据串联电路规律有＝＋,解得R V1＝-的读数U1、电压表V2的读数U2.1.某同学为了测量电流表A1内阻的精确值,有如下器材可供选择:电流表A1（量程0～300 mA,内阻约为5 Ω）;电流表A2（量程0～600 mA,内阻约为1 Ω）;电压表V（量程0～15 V,内阻约为3 kΩ）;滑动变阻器R1（0～5 Ω,额定电流为1 A）;滑动变阻器R2（0～50 Ω,额定电流为0.01 A）;电源E（电动势为3 V,内阻较小）;定值电阻R0（5 Ω）;单刀单掷开关S一个、导线若干.实验要求待测电流表A1的示数从零开始变化,且多测几组数据,尽可能地减小误差.（1）以上给定的器材中滑动变阻器应选.（2）在虚线框内画出测量A1内阻的电路原理图,并在图中标出所用仪器的代号.（3）若选测量数据中的一组来计算电流表A1的内阻r1,则r1的表达式为r1＝;式中各符号的物理意义是.[答案]（1）R1（2）如图Z6-1所示（3）-R0I1、I2分别为某次实验时电流表A1、A2的示数,R0是定值电阻的阻值图Z6-1【试题解析】（1）滑动变阻器要用分压式接法,选最大阻值较小的滑动变阻器R.1（2）要测出待测电流表A1的内阻,可将A1与阻值大致相当的定值电阻并联,通过测出并联电路的总电流和A1对应的电流,利用并联电路中电流与电阻成反比即可求出A1的内阻,电路图如图Z6-1所示.（3）通过定值电阻R0的电流为I2-I1,A1两端的电压等于R0两端的电压,所以r1＝-R,I1、I2分别为某次实验时电流表A1、A2的示数,R0是定值电阻的阻值.2.某同学对有故障的电热毯进行探究,图Z6-2甲是电热毯的电路示意图,其中电热丝和导线通过金属接线片连接,图乙为测试电路实物图,A、B为测试表笔,电压表和电流表均可视为理想电表.图Z6-2（1）断开S1,用测试电路在1和1'之间检测得知电热丝无故障,然后测得电热丝的U-I图线如图丙所示.可求得此电热丝的电阻为Ω.（2）在虚线框内画出与图乙对应的电路原理图.（3）为了进一步检查故障,该同学闭合开关S1和S2,用表笔A和B分别对图甲中的各点进行测试,部分测试结果如下表所示.由此测试结果可判断出电路有断路,位置在（选填“1和2”“1'和2'”“2和3”或“2'和3'”）间.[答案]（1）580（570～590均可）（2）如图Z6-3所示（3）1'和2'图Z6-3【试题解析】（1）由图线得电热丝的电阻R＝580 Ω.（2）如图Z6-3所示.（3）3和3'接入A、B之间时,根据两电表指针偏转情况,确认3和3'间存在断路;1和1'接入A、B之间时,根据两电表指针偏转情况,确认1和1'之间为通路;1和3接入A、B之间时,根据两电表指针偏转情况,确认1和3之间为通路;再结合1和2'及2'和3'接入A、B之间时,两电表指针偏转情况,可知断路故障在1'和2'之间.3.为了测量一个阻值较大的未知电阻的阻值,某同学使用了干电池（1.5 V）、毫安表（1 mA）、电阻箱（0～9999 Ω）、开关、导线等器材.（1）该同学设计的实验电路如图Z6-4甲所示,实验时,将电阻箱阻值调至最大,断开S2,闭合S1,减小电阻箱的阻值,使毫安表的示数为I1＝1.00 mA;然后保持电阻箱阻值不变,断开S1,闭合S2,此时毫安表示数为I2＝0.8 mA.由此可得被测电阻的阻值为Ω.图Z6-4（2）经分析,该同学认为上述方案中电源电动势的值可能与标称值不一致,因此会造成误差.为避免电源对实验结果的影响,又设计了如图乙所示的实验电路,实验过程如下:断开S1,闭合S2,此时毫安表指针处于某一位置,记录相应的电流值,其大小为I;断开S2,闭合S1,调节电阻箱的阻值,使电流表的示数为,记录此时电阻箱的阻值大小为R0.由此可测出R x＝.[答案]（1）375（2）I R0【试题解析】（1）设毫安表内阻为R mA,电流为I1时电阻箱的阻值为R,S2断开、闭合时,根据闭合电路的欧姆定律有E＝I1（R＋R mA＋r）,S1断开、S2闭合时,E＝S1I（R x＋R＋R mA＋r）,联立解得R x＝-·E＝375 Ω.2（2）根据图乙所示电路测电阻,毫安表起指示作用,用以检测电阻箱代替待测电阻后的电路等效性,根据等效替代法的测量原理,毫安表示数仍为I,所以R x＝R0.4.研究小组利用下表中的实验器材测量电流表A1的内阻r1.（1）两位同学分别设计了如图Z6-5甲和乙所示电路,小组讨论后发现两电路均存在问题,请指出两电路存在的问题:图Z6-5. （2）另一位同学对电路乙优化后进行实验,得到若干组数据,如下表所示.请你根据数据在图Z6-6中画出I1-I2的关系图线.图Z6-6（3）根据所描图线可知待测电流表的内阻为Ω.（4）请你在虚线框中画出优化后的电路图.[答案]（1）甲图电压表量程过大,测量中示数太小,测量精度较低;乙图两电流表量程均较小,调节过程中滑动变阻器调节范围过小,不易操作图Z6-7（2）图略（3）40（38到42之间均可）（4）如图Z6-7所示【试题解析】（1）甲电路中,当电流表示数接近满偏时,电压表两端电压约为U V ＝I g1r1＝0.4 V,该电压远小于电压表满偏电压,测量示数太小,测量精度较低;乙电路中,两电流表分别满偏时,其两端电压分别为U A1＝I g1r1＝0.4 V、U A2＝I g2r2＝0.375 V,测量过程中滑动变阻器调节范围过小,不易操作.（3）由I1r1＝I2r2得I1＝·I2,由作出的I1-I2图线得斜率k＝18.75,所以r1＝40 Ω.（4）如图Z6-7所示.5.某同学利用如图Z6-8所示的电路测量一微安表（量程为0～100 μA,内阻大约为2500 Ω）的内阻.可使用的器材有:两个滑动变阻器R1、R2（其中一个最大阻值为20 Ω,另一个最大阻值为2000 Ω）;电阻箱R z（最大阻值为99 999.9 Ω）;电源E（电动势约为1.5 V）;单刀开关S1和S2.C、D分别为两个滑动变阻器的滑片.。
2019年3月高2019届高2016级高三物理全品二轮复习课件Word第13单元听课答案
第十三单元热学第32讲分子动理论内能用油膜法估测分子的大小【教材知识梳理】一、1.（1）10-10（2）10-26（3）6.02×10232.（1）高（2）液体分子小高3.（1）引力斥力合力（2）减小快（3）斥力零引力二、1.温度平均动能2.间距3.动能分子势能温度体积分子的摩尔数（或分子数）三、单层分子球形辨别明理（1）（×）（2）（√）（3）（×）（4）（√）（5）（×）（6）（√）（7）（×）（8）（×）（9）（×）（10）（√）【考点互动探究】考点一例1ACE【试题解析】a克拉钻石的物质的量（摩尔数）为n＝,所含分子数为N＝nN A＝,选项A正确,选项B错误;钻石的摩尔体积V＝-（单位为m3/mol）,每个钻石分子体积为V0＝＝-,设钻石分子直径为d,则V0＝π,联立解得d＝-（单位为m）,选项C正确,选项D错误;根据阿伏伽德罗常数的意义知,每个钻石分子的质量m＝（单位为g）,选项E正确.例2AB【试题解析】阿伏伽德罗常数N A＝＝＝,其中V为每个气体分子所占有的体积,而V0是气体分子的体积,故A、B正确,C错误;ρV0不是气体分子的质量,故D错误.考点二例3ACD【试题解析】扩散现象与温度有关,温度越高,扩散进行得越快,选项A正确;扩散现象是由于分子的无规则运动引起的,不是一种化学反应,选项B、E错误,选项C正确;扩散现象在气体、液体和固体中都能发生,选项D正确.例4ABE【试题解析】分子间既存在引力,也存在斥力,只是当分子间距离大于平衡距离时表现为引力,小于平衡距离时表现为斥力,故A正确;分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小,故B正确;分子间距大于r0时,分子力表现为引力,相互靠近时,分子力做正功,分子间距小于r0时,分子力表现为斥力,相互靠近时,分子力做负功,故C错误;两分子之间的距离大于r0时,分子力表现为引力,当分子之间的距离增大时,分子力做负功,分子势能增加,故D错误;当两分子之间的距离等于r0时,分子势能最小,从该位置起增大或减小分子间距离,分子力都做负功,分子势能增加,分子之间的距离变化时,可能存在分子势能相等的两个点,故E正确.变式题ACE【试题解析】在r＞r0阶段,当r减小时,F做正功,分子势能减小,分子动能增加,故A正确;在r＜r0阶段,当r减小时,F做负功,分子势能增加,分子动能减小,故B错误;由E p-r图可知,在r＝r0时,分子势能最小,但不为零,动能最大,故C正确,D错误;在整个相互接近的过程中,分子动能和势能之和保持不变,故E正确.例5ABC【试题解析】影响内能大小的因素是体积、温度、物态和分子总数,1 kg水和100 g水的质量不同,水分子总数不同,所以内能不同,故选项A错误;改变内能有做功和热传递两种方式,所以物体内能增加,不一定要从外界吸收热量,也可以是外界对物体做功,选项B错误;热量能从内能多的物体转移到内能少的物体,也能从内能少的物体转移到内能多的物体,选项C错误;在相同物态下,同一物体温度降低,分子的平均动能减小,内能减少,选项D正确;物体运动的快慢与分子运动的快慢无关,物体运动快,分子的平均动能不一定大,内能不一定大,选项E正确.变式题BDE【试题解析】气体的内能是指组成气体的所有分子热运动的动能与分子势能的总和,与气体分子的重力势能及气体整体运动的动能无关,选项A、C 错误,B、E正确;因做功和热传递都能改变内能,所以气体的体积变化时,其内能可能不变,选项D正确.考点三例6将痱子粉或石膏粉均匀地撒在水面上【试题解析】在步骤③中,应将痱子粉或石膏粉均匀地撒在水面上;油酸分子直径为d＝,一滴溶液中纯油酸的体积为V＝·,油膜的面积为S＝Na2,联立解得d ＝.变式题（1）131 cm2（2）8×10-6 mL（3）6.1×10-10 m【试题解析】（1）数出图中轮廓线内格子数为131个,那么油膜面积是S＝131×1 cm2＝131 cm2.（2）1 mL溶液中有75滴,则1滴溶液的体积是 mL.每104mL溶液中有纯油酸6 mL,则一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积是V＝× mL＝8×10-6 mL.（3）油酸分子的直径为d＝＝- cm≈6.1×10-10 m.1.（多选）如图32-1所示为布朗运动实验的观测记录,关于布朗运动的实验,下列说法正确的是（）图32-1A.图中记录的是分子无规则运动的情况B.图中记录的是微粒做布朗运动的情况C.实验中可以看到,悬浮微粒越大,布朗运动越明显D.实验中可以看到,温度越高,布朗运动越激烈E.布朗运动既能在液体中发生,也能在气体中发生【试题解析】 BDE布朗运动不是分子的无规则运动,是悬浮在液体或气体中的微粒做的无规则运动,故A错误,B正确.微粒越小、温度越高,布朗运动越明显,故C 错误,D正确.布朗运动既能在液体中发生,也能在气体中发生,故E正确.2.（多选）下列关于分子运动的说法不正确的是（）A.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数仅与单位体积内的分子数有关B.布朗运动是液体分子的运动,它说明分子不停息地做无规则热运动C.当分子间的引力和斥力平衡时,分子势能最小D.如果气体分子总数不变,而气体温度升高,气体分子的平均动能一定增大,因此压强也一定增大E.内能不同的物体,它们分子热运动的平均动能可能相同【试题解析】 ABD气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数,除了与单位体积内的分子数有关外,还与分子的平均速率有关,选项A错误;布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动,是液体分子热运动的体现,它说明分子不停息地做无规则热运动,选项B错误;当分子间的引力和斥力平衡时,即r＝r0时,分子势能最小,选项C正确;如果气体分子总数不变,而气体温度升高,气体分子的平均动能一定增大,压强不一定增大,选项D错误;根据内能的物理意义及温度是分子热运动的平均动能的标志可知,内能不同的物体,它们分子热运动的平均动能可能相同,选项E正确.3.（多选）下列说法正确的是（）A.0 ℃的冰与0 ℃的水分子的平均动能相同B.质量相等的两个物体,温度高的内能不一定大C.分子间作用力的合力总是随分子间距离的增大而减小D.即使制冷技术不断提高,绝对零度也不能达到E.用打气筒向篮球内充气时需要用力,说明气体分子间有斥力【试题解析】 ABD温度是分子平均动能的标志,选项A正确;物体的内能与温度、体积、物质的量均有关,质量相等的两个物体,温度高的内能不一定大,选项B正确;当r＜r0时,分子间作用力的合力随分子间距离的增大而减小,当r＞r0时,分子间作用力的合力随分子间距离的增大先增大后减小,选项C错误;绝对零度永远不可能达到,选项D正确;用打气筒向篮球内充气时,气体压强增大,对活塞的压力增大,所以打气时需要用力推动活塞,选项E错误.4.（多选）对于分子动理论和物体内能的理解,下列说法正确的是（）A.温度高的物体内能不一定大,但分子平均动能一定大B.外界对物体做功,物体内能一定增加C.温度越高,布朗运动越显著D.当分子间的距离增大时,分子间作用力的合力就一直减小E.当分子间作用力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而增大【试题解析】 ACE温度高的物体分子平均动能一定大,但是内能不一定大,选项A正确;外界对物体做功,若物体向外放热,其内能不一定增加,选项B错误;温度越高,布朗运动越显著,选项C正确;当分子间的距离增大时,分子间作用力的合力可能先增大后减小,选项D错误;当分子间作用力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而增大,选项E正确.5.（多选）[2016·全国卷Ⅲ]关于气体的内能,下列说法正确的是（）A.质量和温度都相同的气体,内能一定相同B.气体温度不变,整体运动速度越大,其内能越大C.气体被压缩时,内能可能不变D.一定量的某种理想气体的内能只与温度有关E.一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中,内能一定增加【试题解析】 CDE温度相同,分子平均动能相同,若摩尔质量不同,则相同质量的气体有不同的分子数,分子总动能不同,假若都是理想气体,因为只考虑分子动能,所以内能不同,A错误;气体内能取决于气体分子的平均动能和分子势能,而与宏观上整体的动能无关,B错误;若外界对气体做的功等于气体向外界放出的热,则气体的内能不变,C正确;理想气体的内能取决于气体分子的平均动能,而分子平均动能取决于温度,D正确;理想气体等压膨胀过程中,p一定,V增加,由＝C可知T升高,故内能增加,E正确.6.（多选）关于分子动理论和物体的内能,下列说法正确的是（）A.某种物体的温度为0 ℃,说明该物体中分子的平均动能为零B.物体的温度升高时,分子的平均动能一定增大,但内能不一定增大C.当分子间的距离增大时,分子间的引力和斥力都减小,但斥力减小得更快,所以分子间作用力总表现为引力D.10 g 100 ℃的水的内能小于10 g 100 ℃的水蒸气的内能E.两个铅块挤压后能紧连在一起,说明分子间有引力【试题解析】 BDE物体的温度为0 ℃,分子的平均动能不为零,分子在永不停息地做无规则运动,选项A错误;物体的温度升高时,分子的平均动能一定增大,但内能还与势能有关,内能有可能减小,选项B正确;当分子间的距离小于平衡距离r0时,分子间的作用力表现为斥力,大于r0时,分子间作用力表现为引力,选项C错误;10 g 100 ℃的水变成水蒸气时,分子间距增大,要克服分子间的引力做功,分子势能增大,所以10 g 100 ℃的水的内能小于10 g 100 ℃水蒸气的内能,选项D正确;两个铅块挤压后能紧连在一起,是分子间的引力作用的结果,选项E正确.第33讲固体、液体、气体的性质热力学定律【教材知识梳理】异性熔点表面积p1V1＝p2V2＝传递的热量Q＋W低温高温绝对零度t＋273.15辨别明理（1）（×）（2）（×）（3）（×）（4）（√）（5）（×）（6）（×）（7）（√）（8）（×）思维拓展[答案]设容器壁上面积为S的接触面对这些气体分子的作用力大小为F,对这个小立方体中在Δt的时间内与面积为S的接触面发生碰撞的气体分子,由动量定理得FΔt＝N'·2mv其中2mv为每个气体分子与容器壁碰撞过程动量变化的大小.将压力F'＝F＝pS和N'＝nSvΔt代入上式得pSΔt＝nSvΔt·2mv消去左、右两边的相同项SΔt,得压强p＝nmv2因为气体分子平均动能为E k＝mv2所以容器壁上碰撞处的压强为p＝n·mv2＝nE k从推导可知,在常温常压下,容器内质量一定的气体,微观方面压强的大小与两个因素有关,一个是容器内单位体积内的分子数n,另一个是分子平均动能E k.而宏观方面容器内单位体积内的分子数n对应气体密度,分子平均动能E k对应气体温度,所以,宏观方面气体压强与气体密度和温度有关.【考点互动探究】考点一例1BCD【试题解析】晶体被敲碎后,构成晶体的分子或原子的空间点阵结构没有发生变化,仍然是晶体,A错误;有些晶体在光学性质方面是各向异性的,B正确;同种元素构成的不同晶体互为该元素的同素异形体,C正确;如果外界条件改变了物质分子或原子的排布情况,晶体和非晶体之间可以互相转化,D正确;晶体熔化过程中,分子势能发生变化,内能发生了变化,E错误.例2ACD【试题解析】水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠,这是不浸润的结果,而在干净的玻璃板上不能形成水珠,这是浸润的结果,选项B错误.玻璃板很难被拉开是由于分子引力的作用,选项E错误.例3BCD【试题解析】在一定温度下,饱和汽压是一定的,饱和汽压随温度的升高而增大,饱和汽压与液体的种类有关,与体积无关,选项A错误,B正确;空气中所含水蒸气的压强,称为空气的绝对湿度,相对湿度＝水蒸气的实际压强同温度下水的饱和汽压,夏天的饱和汽压大,在相对湿度相同时,夏天的绝对湿度大,选项C、D正确;人感受的空气潮湿程度是相对湿度,选项E错误.考点二例4p0＋p0-【试题解析】图甲中,以活塞为研究对象,有p A S＝pS＋mg解得p A＝p0＋图乙中,以气缸为研究对象,有p B S＋Mg＝p0S解得p B＝p0-.例5甲:p0-ρgh乙:p0-ρgh丙:p0-ρgh丁:p0＋ρgh1【试题解析】在图甲中,以高为h的液柱为研究对象,由二力平衡知p气S＋ρghS＝p0S所以p气＝p0-ρgh在图乙中,以B液面为研究对象,由平衡条件得F上＝F下,即p气S＋ρghS＝p0S所以p气＝p0-ρgh在图丙中,以B液面为研究对象,有p气S＋ρghS sin 60°＝p0S所以p气＝p0-ρgh在图丁中,以液面A为研究对象,由二力平衡得p气S＝p0S＋ρgh1S所以p气＝p0＋ρgh1.变式题p0＋（＋）【试题解析】以气缸和活塞整体为研究对象,根据牛顿第二定律得F＝（M＋m）a以活塞为研究对象,根据牛顿第二定律得S＝mapS-p联立解得p＝p0＋.（＋）考点三例6AD【试题解析】由图像可知,在A→B的过程中,气体温度升高,体积变大,且体积与温度成正比,由＝C可知,气体压强不变,故A正确;由图像可知,在B→C 的过程中,体积不变,温度降低,由＝C可知,压强p减小,故B、C错误;由图像可知,在C→D的过程中,气体温度不变,体积减小,由＝C可知,压强p增大,故D正确.变式题1BDE【试题解析】由图像可知,过程bc中气体发生等温变化,理想气体内能不变,压强减小,由玻意耳定律可知,体积增大,气体对外做功,由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知,气体吸热,故A错误;由图像可知,过程ab中气体压强与热力学温度成正比,则气体发生等容变化,气体体积不变,外界对气体不做功,气体温度升高,内能增大,由热力学第一定律可知,气体吸收热量,故B正确;由图像可知,过程ca中气体压强不变,温度降低,由盖—吕萨克定律可知,其体积减小,外界对气体做功,W＞0,气体温度降低,内能减少,ΔU＜0,由热力学第一定律可知,气体要放出热量,过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量,故C错误;由图像可知,a、b和c三个状态中,状态a温度最低,分子平均动能最小,故D正确;由图像可知,过程bc 中气体发生等温变化,气体分子平均动能不变,压强减小,由玻意耳定律可知,体积增大,b、c状态气体的分子数密度不同,b和c两个状态中,容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同,故E正确.变式题2A【试题解析】由图像可知,a→b过程,气体压强减小而体积增大,气体的压强与体积倒数成正比,则压强与体积成反比,气体发生的是等温变化,故A正确;由理想气体状态方程＝C可知＝pV＝C·T,由图像可知,连接O、b的直线比连接O、c的直线的斜率小,所以b的温度低,b→c过程,温度升高,由图像可知,压强增大,且体积也增大,故B错误;由图像可知,c→d过程,气体压强不变而体积变小,由理想气体状态方程＝C可知气体温度降低,故C错误;由图像可知,d→a过程,气体体积不变,压强变小,由理想气体状态方程＝C可知,气体温度降低,故D错误.考点四例7ABD【试题解析】气体向真空自发扩散,对外界不做功,且没有热传递,气体的内能不会改变,A正确,C错误;气体在被压缩的过程中,活塞对气体做功,因气缸绝热,故气体内能增大,B正确;气体在被压缩的过程中,外界对气体做功,D正确;气体在被压缩的过程中内能增加,而理想气体无分子势能,故气体分子的平均动能增加,E错误.变式题1BDE【试题解析】根据＝C,过程①中气体的体积V不变,温度T升高,压强p会增大,A错误;过程②中气体的体积V增大,对外做功,B正确;过程④中气体的体积V不变,温度T降低,向外界放出了热量,C错误;理想气体的内能只与温度有关,状态c、d温度相等,则内能相等,D正确;根据＝C,T＝V,T-V图线上的点与原点连线的斜率越大,表示该状态点的压强越大,E正确.变式题2BD【试题解析】由p-V图像可知,a→b为等压过程,体积增大,对外做功,温度升高,内能增大,由Q＋W＝ΔU可知,此过程吸收热量;b→c为等容过程,压强减小,温度降低,内能减小,放出热量,选项A、C错误,D正确.由于a、c两状态温度相等,故理想气体内能相等,选项B正确.例8ADE【试题解析】第一类永动机不消耗能量却源源不断对外做功,违背了能量守恒定律,所以不可能制成,A正确;能量耗散过程中能量仍守恒,B错误;电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,是压缩机做功的结果,不违背热力学第二定律,C错误;能量耗散说明宏观热现象的发生具有方向性,D正确;物体从单一热源吸收的热量可以全部用于做功,但一定引起外界变化,E正确.图33-11.[2018·江苏卷]如图所示,一支温度计的玻璃泡外包着纱布,纱布的下端浸在水中.纱布中的水在蒸发时带走热量,使温度计示数低于周围空气温度.当空气温度不变,若一段时间后发现该温度计示数减小,则（）A.空气的相对湿度减小B.空气中水蒸气的压强增大C.空气中水的饱和汽压减小D.空气中水的饱和汽压增大【试题解析】 A温度计示数减小,说明水分蒸发吸热,空气的相对湿度减小,选项A正确,B错误;由于不能确定初始状态是否达到水的饱和汽压,故选项C、D错误.2.（多选）下列有关物体内能改变的判断正确的是（）A.外界对物体做功,物体的内能一定增加B.外界向物体传递热量,物体的内能可能增加C.物体对外界做功,物体的内能可能增加D.物体向外界放热,物体的内能可能增加E.绝热过程中,气体向外界膨胀则内能增加【试题解析】 BCD做功和热传递都能改变物体的内能,根据热力学第一定律ΔU ＝Q＋W知,外界对物体做功,物体的内能不一定增加,外界向物体传递热量,物体的内能可能增加,选项A错误,选项B正确;由ΔU＝Q＋W可知,若物体对外界做功,物体的内能可能增加,同理物体向外界放热,物体的内能可能增加,选项C、D正确;绝热过程不发生热传递,气体向外界膨胀过程对外做功,由ΔU＝Q＋W可知,气体内能减小,选项E错误.3.（多选）对于一定质量的理想气体,下列说法正确的是（）A.若气体的压强和体积都不变,其内能也一定不变B.若气体的内能不变,其状态也一定不变C.若气体的温度随时间不断升高,其压强也一定不断增大D.当气体温度升高时,气体的内能一定增大E.保持气体的体积不变,当温度升高时,每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多【试题解析】 ADE理想气体的内能是由温度决定的,根据理想气体状态方程＝C（C为恒量）可知,当体积和压强都不变时,其温度也一定不发生变化,因此内能不变,选项A正确;而反过来,内能不变只能说明温度不变,可能发生等温变化,也就是气体状态可能发生变化,选项B错误;根据理想气体状态方程,温度升高,压强可能增加也可能减小,选项C错误;一定质量理想气体的内能只由温度决定,当温度升高时,内能一定增加,选项D正确;气体的体积不变,当温度升高时,分子平均速率增大,每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多,选项E正确.4.（多选）关于永动机和热力学定律的讨论,下列叙述正确的是（）A.第二类永动机违反能量守恒定律B.机械能全部转化为内能的宏观过程是不可逆过程C.保持气体的质量和体积不变,当温度升高时,每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多D.做功和热传递都可以改变物体的内能,但从能量转化或转移的观点来看,这两种改变方式是有区别的E.不可能使热量由低温物体传递到高温物体【试题解析】 BCD第二类永动机违反了热力学第二定律,选项A错误;根据热力学第二定律,所有与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的,选项B正确;保持气体的质量和体积不变,当温度升高时,分子平均速率增大,每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多,选项C正确;做功和热传递都可以改变物体的内能,但从能量转化或转移的观点来看,这两种改变方式是有区别的,选项D正确;由热力学第二定律可知,不可能使热量从低温物体传向高温物体而不产生其他影响,但在外力做功的情况下可以使热量由低温物体传递到高温物体,如空调制冷现象,选项E错误.5.（多选）下列说法正确的是（）A.晶体的导热性能一定是各向异性的B.封闭气体的压强仅与分子的密集程度有关C.夏季天旱时,给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管,防止水分蒸发D.虽然大量分子做无规则运动,速率有大有小,但分子的速率却按一定的规律分布E.由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离,液面分子间的作用力表现为引力,所以液体表面具有收缩的趋势【试题解析】 CDE单晶体的导热性能一定是各向异性的,多晶体的导热性能是各向同性的,选项A错误;封闭气体的压强与分子的密集程度和气体分子的平均速率有关,选项B错误.6.（多选）下列说法正确的是（）A.理想气体吸热后温度一定升高B.100 ℃、1 g的氢气与100 ℃、1 g的氧气相比,平均动能一定相等,内能一定不相等C.某理想气体的摩尔体积为V0,阿伏伽德罗常数为N A,则该理想气体的分子体积为D.甲、乙两个分子在只受分子力的作用下由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠近的过程中,分子引力与分子斥力都增大,分子势能先减小后增大E.扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息地运动【试题解析】 BDE根据热力学第一定律,气体吸热的同时若对外做功,内能不一定增加,即温度不一定升高,A错误;两者摩尔质量不同,即分子数不相同,温度相同,分子平均动能相等,内能不相同,B正确;气体分子间有间隙,所以气体分子体积不为,为每个气体分子占据空间的体积,C错误;从无穷远靠近的过程中,分子引力与分子斥力都增大,当分子间距离大于平衡距离时,表现为引力,靠近过程中,分子力做正功,分子势能减小,当分子间距离小于平衡距离时,表现为斥力,靠近过程中,分子力做负功,分子势能增加,D正确;布朗运动和扩散现象都能说明分子在永不停息地运动,E正确.7.（多选）根据热力学知识,下列说法正确的是（）A.当r＞r0（平衡距离）时,随着分子间距离增大,分子间的引力增大,斥力减小,所以合力表现为引力B.热量可以从低温物体传到高温物体C.有些物质在适当的溶剂中溶解时,在一定浓度范围内具有液晶态D.空气相对湿度越大时,空气中水蒸气压强越接近饱和汽压,水蒸发越快E.夏天中午时车胎内的气压比清晨时的高,且车胎体积增大,则胎内气体对外界做功,内能增大（胎内气体质量不变且可视为理想气体）【试题解析】 BCE当r＞r0（平衡距离）时,随着分子间距离增大,分子间的引力、斥力都减小,合力表现为引力,A错误;热力学第二定律是说热量不可能自发地从低温物体传到高温物体,也就是说,如果在一定的条件下,热量是可以从低温物体传到高温物体的,B正确;有些物质在适当的溶剂中溶解时,在一定浓度范围内具有液晶态,C正确;空气相对湿度越大时,空气中水蒸气压强越接近饱和汽压,水蒸发越。
高2019届高2016级高三物理二轮复习全套PPT课件专题六 第1课时
第1课时 电磁感应
内容索引
相关知识链接 规律方法提炼 高考题型1 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 高考题型2 电磁感应中动力学问题分析 高考题型3 电磁感应中的综合问题分析
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1.楞次定律中“阻碍”的表现
(1)阻碍磁通量的变化(增反减同).
D.t0～2t0时间内与2t0～3t0时间内,导线框所受安培力的方向均向右
解析 答案
拓展训练1 (多选)(2018·河北省石家庄二中期中)如图3所示,M为水平放
置的橡胶圆盘,在其外侧面均匀地带有负电荷.在M正上方用丝线悬挂一
个闭合铝环N,铝环也处于水平面中,且M盘和N环的中心在同一条竖直线
O1O2上.现让橡胶圆盘由静止开始绕O1O2轴按图示方向逆时针(俯视)加速 转动,下列说法正确的是
形金属导轨固定在绝缘水平地面上,导轨间有竖直向上的匀强磁场,磁场
的磁感应强度大小为B,导轨间距为d,电阻不计.质量为m、接入电路的电
阻为R的金属棒ab与导轨保持垂直且接触良好,棒与导轨间的动摩擦因数
接着进行“运动状态”的分析——根据力和运动的关系,判断出正确的运 动模型; 最后是“能量”的分析——寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中, 其能量转化和守恒的关系.
高考题型1
楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
1.求感应电动势的两种方法 (1)E＝nΔΔΦt ，用来计算感应电动势的平均值. (2)E＝Blv 或 E＝12Bl2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值. 2.判断感应电流方向的两种方法 (1)利用右手定则,即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断. (2)利用楞次定律,即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断.
2019年3月高2019届高2016级高三物理全品二轮复习课件Word第8单元作业正文
课时作业（二十二）第22讲部分电路及其规律时间/ 40分钟基础达标1.[2018·重庆万州二中月考]下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中不正确的是（）A.电功率越大,电流做功越快,电路中产生的焦耳热一定越多B.W＝UIt适用于任何电路,而W＝I2Rt＝t只适用于纯电阻的电路C.在非纯电阻的电路中,UIt＞I2RtD.焦耳热Q＝I2Rt适用于任何电路2.一个内阻可以忽略的电源给装满绝缘圆管的水银供电,通过水银的电流为0.1A.若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管内（恰好能装满圆管）,则通过水银的电流将是（）A.0.4 AB.0.8 AC.1.6 AD.3.2 A3.[2018·浙江4月选考]杭州市正将主干道上的部分高压钠灯换成LED灯.已知高压钠灯功率为400 W,LED灯功率为180 W,若更换4000盏,则一个月可节约的电能约为（）A.9×103 kW·hB.3×105 kW·hC.6×105 kW·hD.1×1012 kW·h图K22-14.[2018·孝感统考]某一导体的伏安特性曲线如图K22-1中AB所示,关于导体的电阻,以下说法正确的是（）A.B点的电阻为12 ΩB.B点的电阻为40 ΩC.工作状态从A变化到了B时,导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD.工作状态从A变化到了B时,导体的电阻因温度的影响改变了9 Ω5.[2018·青岛模拟]如图K22-2所示,a、b、c为不同材料做成的电阻,b与a的长度相等,b的横截面积是a的2倍;c与a的横截面积相等,c的长度是a的2倍.当开关闭合后,三个理想电压表的示数关系是U1∶U2∶U3＝1∶1∶2.关于这三种材料的电阻率ρa、ρb、ρc,下列说法中正确的是（）图K22-2A.ρa是ρb的2倍B.ρa是ρc的2倍C.ρb是ρc的2倍D.ρc是ρa的2倍技能提升6.如图K22-3所示,电源的电动势为30 V,内阻为1 Ω,一个标有“6 V12 W”的电灯与一个绕线电阻为2 Ω的电动机串联.开关闭合后,电路中的电灯正常发光,则电动机输出的机械功率为（）图K22-3A.36 WB.44 WC.48 WD.60 W7.扫地机器人是智能家用电器的一种,它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫.如图K22-4所示为某款扫地机器人,其工作时额定电压为15 V,额定功率为30 W,充电时额定电压为24 V,额定电流为0.5 A,充电时间约为240 min,电池容量为2000 mA·h,则下列说法正确的是（）图K22-4A.电池容量是指电池储存电能的大小B.机器人正常工作时的电压为24 VC.机器人正常工作时的电流为0.5 AD.机器人充满电后一次工作时间最多约为1 h8.（多选）[2018·山东平阴模拟]在如图K22-5甲所示的电路中,电源电动势为3 V,内阻不计,L1、L2为相同规格的小灯泡,这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示,R为定值电阻,阻值为10 Ω.当开关S闭合后（）图K22-5A.L1的电阻为1.2 ΩB.L1消耗的电功率为0.75 WC.L2的电阻为5 ΩD.L2消耗的电功率为0.1 W9.（多选）下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数,不计其自身机械损耗.若该车在额定状态下以最大运行速度行驶,则（）A.电动机的输入功率为576 WB.电动机的内阻为4 ΩC.该车获得的牵引力为104 ND.该车受到的阻力为63 N10.（多选）如图K22-6甲所示电路中,小灯泡通电后其两端电压U随所通过的电流I变化的图线如图乙所示,P为图线上一点,PN为图线的切线,PM为U轴的垂线,PQ 为I轴的垂线.下列说法中正确的是（）图K22-6A.随着所通电流的增大,小灯泡的电阻增大B.对应P点,小灯泡的电阻为R L＝C.在电路中灯泡L两端的电压为U1时,电阻R两端的电压为I1RD.对应P点,小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的“面积”11.如图K22-7所示电路中,电源电动势为3.0 V,内阻不计,L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡,小灯泡的伏安特性曲线如图K22-8所示.当开关闭合后,下列说法中正确的是（）图K22-7图K22-8A.L3的电流为L1的电流的2倍B.L3的电阻约为0.17 ΩC.L1的电功率约为0.60 WD.L2的电功率约为1.5 W12.有一个用半导体材料制成的电阻器D,其电流I随它两端电压U变化的关系图像如图K22-9甲所示.若将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端,3个用电器消耗的电功率均为P;现将它们连接成如图乙所示的电路,接在该电源的两端,设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是P D、P1、P2,它们之间的关系为（）图K22-9A.P2＝B.P D＝C.P D＝P2D.P1＜4P2挑战自我13.（多选）四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2.已知电流表A1的量程大于A2的量程,电压表V1的量程大于V2的量程,改装好后把它们按图K22-10所示接入电路,则（）图K22-10A.电流表A1的读数大于电流表A2的读数B.电流表A1指针的偏转角小于电流表A2指针的偏转角C.电压表V1的读数小于电压表V2的读数D.电压表V1指针的偏转角等于电压表V2指针的偏转角14.神经系统中,把神经纤维分为有髓鞘与无髓鞘两大类.现代生物学认为,髓鞘是由多层（几十层到几百层不等）类脂物质——髓质累积而成的,髓质具有很大的电阻.已知蛙有髓鞘神经,髓鞘的厚度只有2 μm左右,而它在每平方厘米的面积上产生的电阻却高达1.6×105Ω.（1）若不计髓质片层间的接触电阻,请计算髓质的电阻率.（2）若有一圆柱体是由髓质制成的,该圆柱体的体积为32πcm3,当在其两底面上加上1000 V的电压时,通过该圆柱体的电流为10πμA,求圆柱体的底面半径和高.课时作业（二十三）第23讲电动势闭合电路的欧姆定律时间/ 40分钟基础达标图K23-11.（多选）如图K23-1所示,直线A、B分别为电源a、b的路端电压与电流的关系图线,设两个电源的内阻分别为r a和r b,若将一定值电阻R0分别接到a、b两电源上,通过R0的电流分别为I a和I b,则（）A.r a＞r bB.I a＞I bC.R0接到a电源上时,电源的输出功率较大,但电源的效率较低D.R0接到b电源上时,电源的输出功率较小,电源的效率较低2.（多选）[2018·东北三校模拟]如图K23-2所示,C1＝6 μF,C2＝3 μF,R1＝3 Ω,R2＝6 Ω,电源电动势E＝18 V,内阻不计.下列说法正确的是（）图K23-2A.开关S断开时,a、b两点电势相等B.开关S闭合后,a、b两点间的电流是2 AC.开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大D.不论开关S断开还是闭合,C1带的电荷量总比C2带的电荷量大3.（多选）直流电路如图K23-3所示,在滑动变阻器的滑片P向右移动时,电源的（）图K23-3A.总功率一定减小B.效率一定增大C.内部损耗功率一定减小D.输出功率一定先增大后减小技能提升4.[2018·宜昌调研]电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图K23-4所示的电路,当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时,下列说法正确的是（）图K23-4A.定值电阻R2的电功率减小B.电压表和电流表的示数都减小C.电压表的示数增大,电流表的示数减小D.R中电流变化的绝对值小于电流表示数变化的绝对值5.（多选）[2018·湖北天门月考]某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在同一坐标系内,如图K23-5 R所示.根据图线可知,下列叙述正确的是（）图K23-5A.反映P r变化的图线是cB.电源电动势为8 VC.电源内阻为2 ΩD.当电流为0.5 A时,外电路的电阻为6 Ω6.[2018·安徽淮南二模]如图K23-6所示的电路中,R1是光敏电阻,其阻值随光照强度的增强而减小,R2、R3、R4是定值电阻.当开关S闭合且没有光照射时,电容器C不带电.当用强光照射R1且电路稳定时,与无光照射时比较,下列说法中正确的是（）图K23-6A.电容器C的下极板带负电B.R2两端的电压降低C.R4两端的电压降低D.电源提供的总功率变小7.在如图K23-7甲所示的电路中,R1为定值电阻,R2为滑动变阻器.闭合开关S,将滑动变阻器的滑片P从最右端滑到最左端,两个电压表（内阻极大）的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图乙所示,则（）图K23-7A.图线a是电压表V1示数随电流变化的图线B.电源的内阻为10 ΩC.滑动变阻器R2的最大功率为0.9 WD.电源的电动势是4 V8.（多选）[2018·河南南阳模拟]如图K23-8所示,电源电动势E＝3 V,小灯泡L 标有“2 V,0.4 W”,当开关S接1,变阻器调到R＝4 Ω时,小灯泡L正常发光;现将开关S接2,小灯泡L正常发光,电动机M正常工作,则（）图K23-8A.电源的内阻为1 ΩB.电动机的内阻为4 ΩC.电动机的正常工作电压为1 VD.电源效率约为93.3%9.如图K23-9甲所示,M为一电动机,当滑动变阻器R的滑片从一端滑到另一端的过程中,两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示.已知电流表读数在0.2 A以下时,电动机没有发生转动.不考虑电表对电路的影响,以下判断正确的是（）图K23-9A.电源的电动势为3.4 VB.变阻器的滑片向右滑动时,V2读数逐渐减小C.此电路中,电动机的最大输出功率为0.9 WD.变阻器的最大阻值为30 Ω10.（多选）如图K23-10所示电路中,电源电动势E恒定,内阻r＝1 Ω,定值电阻R＝5 Ω.开关S断开时与闭合时相比,ab段电路消耗的电功率相等.以下说法中3正确的是（）图K23-10A.电阻R1、R2可能分别为4 Ω、5 ΩB.电阻R1、R2可能分别为3 Ω、6 ΩC.开关S断开时理想电压表的示数一定小于S闭合时的示数D.开关S断开时与闭合时相比,理想电压表的示数变化量大小与理想电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω11.[2018·山东枣庄八中月考]某控制电路如图K23-11所示,主要由电源（电动势为E、内阻为r）与定值电阻R1、R2及电位器（滑动变阻器）R连接而成,L1、是红、绿两个指示灯.当电位器的触片滑向a端时,关于红、绿两灯亮度变化情L2况,下列说法正确的是（）图K23-11A.L1、L2两个指示灯都变亮B.L1、L2两个指示灯都变暗C.L1变亮,L2变暗D.L1变暗,L2变亮挑战自我12.（多选）如图K23-12所示,图中直线①表示某电路的路端电压与电流的关系图像,图中曲线②表示该电路中电源的输出功率与电流的关系图像,则下列说法正确的是（）图K23-12A.电源的电动势为50 VB.电源的内阻为ΩC.电流为2.5 A时,外电路的电阻为15 ΩD.输出功率为120 W时,输出电压是30 V专题训练（六）专题六电学实验专题时间/ 40分钟基础达标1.某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度,测量结果如图Z6-1甲和乙所示.该工件的直径为cm,高度为mm.甲乙图Z6-12.如图Z6-2甲所示为某次测量时电压表的刻度盘的情形,若当时使用的是该表的0～3 V量程,那么电压表读数为 V;若当时使用的是该表的0～15 V量程,那么电压表读数应为 V.如图乙所示的电阻箱的读数为Ω.图Z6-23.在“用伏安法测电阻”的实验中,所用电压表的内阻约为20 kΩ,电流表的内阻约为10 Ω,选择能够尽量减小误差的电路图接线进行实验,读得的各组数据用实心圆点标于坐标纸上,如图Z6-3所示.图Z6-3（1）根据各点表示的数据描出I-U图线,由此求得该电阻的阻值R x＝（保留两位有效数字）Ω.（2）在虚线框内画出“伏安法”测量该电阻的部分电路图.技能提升4.某同学测量阻值约为25 kΩ的电阻R x,现备有下列器材:A.电流表（量程0～100 μA,内阻约为2 kΩ）;B.电流表（量程0～500 μA,内阻约为300 Ω）;C.电压表（量程0～15 V,内阻约为100 kΩ）;D.电压表（量程0～50 V,内阻约为500 kΩ）;E.直流电源（20 V,允许通过的最大电流为1 A）;F.滑动变阻器（最大阻值为1 kΩ,额定功率为1 W）;G.开关和导线若干.（1）电流表应选,电压表应选.（均填器材前的选项字母）（2）该同学正确选择仪器后连接了如图Z6-4所示的电路,为保证实验顺利进行,并使测量误差尽量减小,实验前请你检查该电路,指出电路在接线上存在的问题:图Z6-4①;②.5.小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣,于是用伏安法测量其电阻值.（1）图Z6-5甲是部分连接好的实物图,请用电流表外接法完成接线并在图甲中画出.甲乙图Z6-5（2）小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性,并将得到的电流、电压数据描到U-I图上,如图乙所示.在图中,由电流表外接法得到的数据点是用（选填“○”或“×”）表示的.（3）请你选择一组数据点,在图乙上用作图法作图,并求出这段铅笔芯的电阻为Ω.6.某同学测量直流恒流源的输出电流I0和定值电阻R x的阻值,电路如图Z6-6所示.实验器材如下:图Z6-6直流恒流源（电源输出的直流电流I0保持不变,I0约为0.8 A）;待测电阻R x（阻值约为20 Ω）;滑动变阻器R（最大阻值约为50 Ω）;电压表 V（量程0～15 V,内阻约为15 kΩ）;电流表 A（量程0～0.6 A,内阻约为0.2 Ω）;请回答下列问题.（1）实验所用器材如图Z6-7所示,图中部分电路已经连接好,请完成实验电路的连接.图Z6-7（2）电路开关S闭合前,滑动变阻器的滑片P应滑动到（选填“a”或“b”）处,其理由是.（3）所得实验数据如下表,请在图Z6-8的直角坐标系上画出U-I图像.图Z6-8（4）根据所画U-I图像,可求得直流恒流源输出电流I0＝A,待测电阻的阻值R x＝Ω.（结果均保留两位有效数字）挑战自我7.在某些汽车的后挡风玻璃中会嵌入一组电阻丝,可通电加热以化解霜冻.图Z6-9甲是用伏安法测量其中一根电阻丝R x阻值的实物连线图,仪表规格如下表.图Z6-9（1）将单刀双掷开关S2置于位置b,闭合开关S1,电压表和电流表指针如图乙所示,则可读得电压表的示数U＝V,电流表的示数I＝A;计算得出电阻丝的阻值R x＝Ω（保留两位有效数字）.（2）若将单刀双掷开关置于位置a,则通过电阻丝的电流（选填“大于”或者“小于”）此时电流表的示数.（3）现有6根与R x同型号的电阻丝和一个内阻为2.0 Ω的电源,为了达到最快的化霜效果,请选用几根电阻丝,并用笔画线代替导线,在图丙中进行设计连接.。
2019年3月高2019届高2016级高三物理全品二轮复习课件Word第15单元听课正文及参考答案
第37讲光的折射、全反射一、光的折射定律1.折射现象:光从一种介质进入另一种介质时传播方向的现象.2.折射定律（1）内容:折射光线与入射光线、法线处在同一平面内,折射光线与入射光线分别位于法线的;入射角的正弦与成正比.（2）表达式:＝n12（θ1、θ2分别为入射角和折射角,n12是比例常数）.二、折射率1.定义:光从真空射入某种介质发生折射时,与之比,叫作这种介质的折射率.2.定义式:n＝.折射率由介质本身的光学性质和光的频率决定.3.计算公式:n＝,因为v＜c,所以任何介质的折射率都大于.【辨别明理】（1）无论是折射光路,还是全反射光路都是可逆的.（）（2）光线从光疏介质进入光密介质,入射角等于临界角时发生全反射现象.（）（3）若光从空气中射入水中,它的传播速度一定增大.（）（4）在同一种介质中,光的频率越大,折射率越大.（）（5）折射率跟折射角的正弦成正比.（）对两种介质来说,若n1＞n2,则折射率为n1的介质称为光密介质,折射率为n2的介质称为光疏介质.4.物理意义:折射率是表示光从一种介质进入另一种介质时,发生偏折程度的物理量,与入射角θ1及折射角θ2的大小无关.三、全反射1.定义:光从光密介质入射到光疏介质的分界面上时,当增大到某一角度时,折射光线消失,只剩下反射光线的现象.2.条件:①光从介质射向介质;②入射角临界角.3.临界角:折射角等于90°时的入射角.若光从光密介质（折射率为n）射向真空或空气时,发生全反射的临界角为C,则sin C＝.4.应用:全反射棱镜、.四、光的色散1.光的色散:含有多种颜色的光被分解为的现象叫作光的色散.白光通过三棱镜会分解为红、橙、、绿、、靛、紫七种单色光.2.光谱:含有多种颜色的光被分解后,各种色光按其波长的排列.（6）只要入射角足够大,就能发生全反射.（）（7）折射定律是托勒密发现的.（）（8）密度大的介质一定是光密介质.（）考点一折射定律与全反射综合求解光的折射与全反射的综合问题时,要抓住折射定律和发生全反射的条件这两个关键.基本思路如下:（1）判断光线是从光疏介质进入光密介质还是从光密介质进入光疏介质.（2）判断入射角是否大于临界角,明确是否发生全反射现象.（3）画出反射、折射或全反射的光路图,必要时还可应用光路的可逆原理画出光路图,然后结合几何知识进行推断和求解相关问题.（4）折射率n是讨论折射和全反射问题的重要物理量,是联系各物理量的桥梁,对跟折射率有关的所有关系式应熟练掌握.例1 如图37-1所示,玻璃球冠的折射率为,其底面镀银,底面的半径是球半径的;在过球心O且垂直于底面的平面（纸面）内,有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点,该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点.求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角.图37-1变式题1 如图37-2所示,三棱镜的横截面为直角三角形ABC,∠A＝30°,∠B＝60°.一束平行于AC 边的光线自AB边的P点射入三棱镜,在AC边发生反射后从BC边的M点射出.若光线在P点的入射角和在M点的折射角相等.（1）求三棱镜的折射率;（2）在三棱镜的AC边是否有光线透出?写出分析过程.（不考虑多次反射）图37-2变式题2 如图37-3所示,△ABC是一直角三棱镜的横截面,∠A＝90°,∠B＝60°.一细光束从BC边的D点折射后,射到AC边的E点,发生全反射后经AB边的F点射出.EG垂直于AC且交BC于G,D恰好是CG的中点.不计多次反射.（1）求出射光相对于D点的入射光的偏角;（2）为实现上述光路,棱镜折射率的取值应在什么范围?图37-3考点二光的色散1.光速与波长、频率的关系光速v与波长λ、频率f的关系为v＝λf.光从一种介质进入另一种介质时,频率不变,波长改变,光速改变.2.各种色光的比较图37-4例2 （多选）[2015·全国卷Ⅱ]如图37-4所示,一束光沿半径方向射向一块半圆形玻璃砖,在玻璃砖底面上的入射角为θ,经折射后射出a、b两束光线,则（）A.在玻璃中,a光的传播速度小于b光的传播速度B.在真空中,a光的波长小于b光的波长C.玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率D.若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大,则折射光线a首先消失E.分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验,a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距变式题[2015·四川卷]直线P1P2过均匀玻璃球球心O,细光束a、b平行且关于P1P2对称,由空气射入玻璃球的光路如图37-5所示.a、b光相比（）图37-5A.玻璃对a光的折射率较大B.玻璃对a光的临界角较小C.b光在玻璃中的传播速度较小D.b光在玻璃中的传播时间较短考点三测定玻璃的折射率考向一实验原理与步骤1.实验原理实验原理图如图37-6所示,当光线AO1以一定的入射角θ1穿过两面平行的玻璃砖时,通过插针法找出跟入射光线AO1对应的出射光线O2B,从而求出折射光线O1O2和折射角θ2,再根据n＝或n＝算出玻璃的折射率.图37-62.实验步骤（1）用图钉把白纸固定在木板上.（2）在白纸上画一条直线aa',并取aa'上的一点O1为入射点,作过O1点的法线NN'.（3）画出线段AO1作为入射光线,并在AO1上插上P1、P2两根大头针.（4）在白纸上放上玻璃砖,使玻璃砖的一条长边与直线aa'对齐,并画出另一条长边的对齐线bb'.（5）眼睛在bb'的一侧透过玻璃砖观察两根大头针并调整视线方向,使P1的像被P2的像挡住,然后在眼睛这一侧插上大头针P3,使P3挡住P1、P2的像,再插上P4,使P4挡住P1、P2的像和P3.（6）移去玻璃砖,拔去大头针,由大头针P3、P4的针孔位置确定出射光线O2B及出射点O2,连接O1、O2得线段O1O2.（7）用量角器测量入射角θ1和折射角θ2,并查出其正弦值sin θ1和sin θ2.（8）改变入射角,重复实验,算出不同入射角时的,并取平均值.例3 在“测定玻璃的折射率”实验中,某同学经正确操作插好了4枚大头针,如图37-7所示.图37-7（1）在图37-8中画出完整的光路图.图37-8（2）对你画出的光路图进行测量和计算,求得该玻璃砖的折射率n＝（保留三位有效数字）.（3）为了观测光在玻璃砖不同表面的折射现象,某同学做了两次实验,经正确操作插好了8枚大头针,如图37-9所示.图中P1和P2是同一入射光线上的2枚大头针,其对应出射光线上的2枚大头针是P3和（选填“A”或“B”）.图37-9变式题某同学用半圆形玻璃砖测定玻璃的折射率（如图37-10所示）.实验的主要过程如下:图37-10A.把白纸用图钉固定在木板上,在白纸上作出直角坐标系xOy,在白纸上画一条线段AO表示入射光线.B.把半圆形玻璃砖M放在白纸上,使其底边aa'与x轴重合.C.用一束平行于纸面的激光从y＞0区域沿y轴负方向射向玻璃砖,并沿x轴方向调整玻璃砖的位置,使这束激光从玻璃砖底面射出后,仍沿y轴负方向传播.D.在AO线段上竖直地插上两枚大头针P1、P2.E.在坐标系y＜0的区域内竖直地插上大头针P3,并使得从P3一侧向玻璃砖方向看去,P3能同时挡住P和P2的像.1F.移开玻璃砖,连接O、P3,用圆规以O点为圆心画一个圆（如图中虚线所示）,此圆与AO线交点为B,与OP3线的交点为C.确定出B点到x轴、y轴的距离分别为y1、x1,C点到x轴、y轴的距离分别为y、x2.2（1）若实验中该同学没有将玻璃砖的底边aa'与x轴重合,而是向y＞0方向侧移了一些,这将导致所测的玻璃折射率与其真实值相比（选填“偏大”“不变”或“偏小”）.（2）若实验中该同学在y＜0的区域内,从任何角度都无法透过玻璃砖看到P1、P2,为能透过玻璃砖看到P1、P2,应采取的措施是:.■要点总结（1）实验时,应尽可能将大头针竖直插在纸上,且P1和P2之间、P3和P4之间、P2与O1、P3与O2之间距离要稍大一些.（2）入射角θ1不宜太大（接近90°）,也不宜太小（接近0°）.太大:反射光较强,折射光较弱;太小:入射角、折射角测量的相对误差较大.（3）操作时,手不能触摸玻璃砖的光学面,更不能把玻璃砖界面当尺子画界线.（4）实验过程中,玻璃砖与白纸的相对位置不能改变.（5）玻璃砖应选用宽度较大的,宜在5 cm以上,若宽度太小,则测量误差较大.考向二数据处理与误差分析处理数据的3种方法:（1）计算法:用量角器测量入射角θ1和折射角θ2,并查出其正弦值sin θ1和sin θ2.算出不同入射角时的,并取平均值.（2）图像法:改变不同的入射角θ1,测出不同的折射角θ2,作sin θ1-sin θ2图像,由n＝可知图像应为直线,如图37-11所示,其斜率为折射率.图37-11图37-12（3）单位圆法:以入射点O为圆心,以一定长度R为半径画圆,交入射光线OA于E点,交折射光线OO'于E'点,过E作NN'的垂线EH,过E'作NN'的垂线E'H'.如图37-12所示,sin θ1＝,sin θ2＝,OE ＝OE'＝R,则n＝＝.只要用刻度尺测出EH、E'H'的长度就可以求出n.例4 在做“测定玻璃折射率n”实验时:图37-13（1）甲同学在纸上正确画出玻璃砖的两个界面ab和cd时不慎碰了玻璃砖使它向ab方向平移了一些,如图37-13甲所示,以后的操作都正确,但画光路图时,将折射点确定在ab和cd上,则测出的n值将.（2）乙同学为了避免笔尖接触玻璃砖的界面,画出的a'b'和c'd'都比实际界面向外侧平移了一些,如图乙所示,以后的操作均正确,画光路图时将入射点和折射点都确定在a'b'和c'd'上,则所测出的n值将.（3）丙同学在操作和作图时均无失误,但所用玻璃砖的两个界面明显不平行,这时测出的n值将.变式题某校开展研究性学习,某研究小组根据光学知识,设计了一个测液体折射率的仪器.如图37-14所示,在一个圆盘上,过其圆心O作两条相互垂直的直径BC、EF.在半径OA上,垂直盘面插上两枚大头针P1、P2并保持位置不变.每次测量时让圆盘的下半部分竖直进入液体中,而且总使得液面与直径BC相平,EF作为界面的法线,而后在图中右上方区域观察P1、P2,在圆周EC部分插上P3,使P3挡住P1、P2的像.同学们通过计算,预先在圆周EC部分刻好了折射率的值,这样只要根据P3所插的位置,就可以直接读出液体折射率的值.图37-14（1）若∠AOF＝30°,OP3与OC之间的夹角为30°,则P3处刻的折射率的值为.（2）图中P3、P4两处,对应折射率大的是.（3）作AO的延长线交圆周于K,K处对应的折射率为.■要点总结（1）入射光线、出射光线确定的准确性造成误差,故入射侧、出射侧所插两枚大头针间距应大一些.（2）入射角和折射角的测量造成误差,故入射角应适当大些,以减小测量的相对误差.完成课时作业（三十七）第38讲光的波动性电磁波相对论一、光的干涉1.定义:在两列光波叠加的区域,某些区域相互加强,出现条纹,某些区域相互减弱,出现条纹,且加强区域和减弱区域相互间隔的现象.2.条件:两束光的频率、相位差恒定.3.双缝干涉图样特点:单色光照射时形成明暗相间的等间距的干涉条纹;白光照射时,中央为条纹,其余为条纹.二、光的衍射1.定义:光在传播的过程中遇到障碍物时,直线传播绕到障碍物阴影里去的现象.2.发生明显衍射的条件:障碍物或小孔的尺寸跟光的波长,甚至比光的波长时,衍射现象明显.3.衍射图样特点（1）单缝衍射:单色光的衍射图样为中间宽且亮的单色条纹,两侧是明暗相间的条纹,条纹宽度比中央窄且暗;白光的衍射图样为中间宽且亮的白条纹,两侧是渐窄且暗的彩色条纹.（2）圆孔衍射:明暗相间的不等距圆环.（3）圆盘衍射:明暗相间的不等距圆环,中心有一亮斑称为亮斑（证实光【辨别明理】（1）光的颜色由光的频率决定.（）（2）只有频率相同的两列光波才能产生干涉.（）（3）在“双缝干涉”实验中,双缝的作用是使白光变成单色光.（）（4）阳光下茂密的树荫中地面上的圆形亮斑是光的衍射形成的.（）（5）自然光是偏振光.（）（6）电场周围一定存在磁场,磁场周围一定存在电场.（）（7）无线电波不能发生干涉和衍射现象.（）（8）波长不同的电磁波在本质上完全不同.（）（9）真空中的光速在不同惯性参考系中是不同的.（）的波动性）.三、光的偏振1.自然光:包含着在垂直于传播方向上沿振动的光,而且沿着各个方向振动的光波的强度都相同.2.偏振光:在垂直于光的传播方向的平面上,只沿着某个的方向振动的光.3.光的偏振现象说明光是一种波.四、电磁场与电磁波1.麦克斯韦电磁场理论:变化的磁场能够在周围空间产生,变化的电场能够在周围空间产生.2.电磁波:由近及远地传播形成电磁波.电磁波是波,在空间传播不需要依靠介质.真空中电磁波的速度为m/s;电磁波的传播速度v等于波长λ和频率f的乘积,即v＝.3.电磁波谱:按照电磁波的或的大小顺序把它们排列成谱叫作电磁波谱.按波长由长到短排列的电磁波谱为:无线电波、红外线、、紫外线、X射线、γ射线.五、相对论1.狭义相对性原理:在不同的惯性参考系中,一切物理规律都是的.2.光速不变原理:真空中的光速在不同的惯性参考系中都是的.【物理学史】17世纪下半叶,以牛顿为首的“粒子说”和以惠更斯为首的“波动说”都能解释几何光学问题,但大家更倾向“粒子说”.19世纪初,波动光学初步形成,其中托马斯·杨圆满地解释了“薄膜颜色”和双狭缝干涉现象,大家又倾向“波动说”.典型实验证据有:双缝干涉、单缝衍射、泊松亮斑、薄膜干涉、偏振等.1860年前后,麦克斯韦预言光就是一种电磁波,并且这个结论在1888年被赫兹的实验证实.但是同时赫兹发现了光电效应,特别是1905年爱因斯坦运用量子论解释了光电效应,这又支持了光的“粒子性”,后来还有康普顿效应.所以,光的本质是电磁波,但具有波粒二象性.最终人们意识到任何物体都有波粒二象性,即存在物质波.考点一光的双缝干涉现象1.亮、暗条纹的条件（1）亮条纹:屏上观察点到双缝的路程差等于波长的整数倍,即Δs＝nλ（n＝0,1,2,…）.（2）暗条纹:屏上观察点到双缝的路程差等于半波长的奇数倍,即Δs＝＋λ（n＝0,1,2,…）.2.条纹间距:Δx＝λ,其中L是双缝到光屏的距离,d是双缝间的距离,λ是光的波长.例1 如图38-1所示,在“双缝干涉”实验中,S1和S2为双缝,P是光屏上的一点,已知P点与S1和S2距离之差为2.1×10-6 m,今分别用A、B两种单色光在空气中做“双缝干涉”实验,问P点是亮条纹还是暗条纹?（1）已知A光在折射率为n＝1.5的介质中波长为4×10-7 m;（2）已知B光在某种介质中波长为3.15×10-7m,当B光从这种介质射向空气时,临界角为37°;（sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8）（3）若用A光照射时,把其中一条缝遮住,试分析光屏上能观察到的现象.图38-1变式题一束白光在真空中通过双缝后在屏上观察到干涉条纹,除中央白色亮纹外,两侧还有彩色条纹,其原因是（）A.各色光的波长不同,因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同B.各色光的速度不同,因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同C.各色光的强度不同,因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同D.上述说法都不正确考点二用双缝干涉实验测量光的波长考向一实验原理与实验操作1.实验原理单色光通过单缝后,经双缝产生稳定的干涉图样,图样中相邻两条亮（暗）条纹间的距离Δx与双缝间的距离d、双缝到屏的距离l、单色光的波长λ之间满足λ＝.2.实验步骤（1）安装仪器①将光源、遮光筒、毛玻璃屏依次安放在光具座上,如图38-2所示.图38-2②接好光源,打开开关,使白炽灯正常发光.调节各部件的高度,使光源灯丝发出的光能沿轴线到达光屏.③安装单缝和双缝,中心位于遮光筒的轴线上,使双缝和单缝相互平行.（2）观察与记录①调整单缝与双缝间距为几厘米时,观察白光的干涉条纹.②在单缝和光源间放上滤光片,观察单色光的干涉条纹.③调节测量头,使分划板中心刻度线对齐第1条亮条纹的中心,记下手轮上的示数a;转动手轮,使分1划板向一侧移动,当分划板中心刻度线与第n条亮条纹中心对齐时,记下手轮上的示数a2,则相邻两亮条纹间的距离Δx＝-.-④换用不同的滤光片,测量其他色光的波长.例2 现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件,要把它们放在如图38-3所示的光具座上组装成双缝干涉装置,用以测量红光的波长.图38-3（1）将白光光源C放在光具座最左端,依次放置其他光学元件,由左至右,表示各光学元件的字母排列顺序应为C、、、、A.（2）本实验的步骤有:①取下遮光筒左侧的元件,调节光源高度,使光束能沿遮光筒的轴线把屏照亮;②按合理的顺序在光具座上放置各光学元件,并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上;③用刻度尺测量双缝到屏的距离;④用测量头（其读数方法同螺旋测微器）测量数条亮条纹间的距离.在操作步骤②时还应注意和.变式题在观察光的双缝干涉现象的实验中:（1）将激光束照在如图38-4甲所示的双缝上,在光屏上观察到的现象是图乙中的.图38-4（2）换用间距更小的双缝,保持双缝到光屏的距离不变,在光屏上观察到的干涉条纹将;保持双缝间距不变,减小光屏到双缝的距离,在光屏上观察到的干涉条纹将.（均选填“变宽”“变窄”或“不变”）■要点总结（1）光源灯丝最好是线状灯丝,并与单缝平行且靠近;（2）实验时应调整光源、单缝、双缝和光屏、测量头共轴,单缝和双缝安装时应竖直且相互平行,遮光筒的轴线要与光具座导轨平行,若不共轴或单缝与双缝不平行,则会引起干涉条纹亮度小、不清晰,不便于观察和测量;（3）白光干涉观察到的是彩色条纹,中央亮条纹的中间部分是白色,边缘是红色.考向二数据处理与误差分析例3[2015·全国卷Ⅰ]在双缝干涉实验中,分别用红色和绿色的激光照射同一双缝,在双缝后的屏幕上,红光的干涉条纹间距Δx1与绿光的干涉条纹间距Δx2相比,Δx1（选填“＞”“＝”或“＜”）Δx2.若实验中红光的波长为630 nm,双缝到屏幕的距离为1.00 m,测得第1条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5 mm,则双缝之间的距离为mm.变式题在“用双缝干涉测光的波长”的实验中,实验装置如图38-5所示.图38-5（1）某同学以线状白炽灯为光源,对实验装置进行调节并观察了实验现象后,总结出以下几点:A.灯丝与单缝和双缝必须平行放置B.干涉条纹与双缝垂直C.干涉条纹的疏密程度与单缝宽度有关D.干涉条纹的间距与光的波长有关以上几点中,你认为正确的是.（2）当测量头中的分划板中心刻线对齐某条纹的中心时,手轮上的示数如图38-6甲所示,其读数为mm.图38-6（3）如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上,如图38-6乙所示.则在这种情况下来测量干涉条纹的间距Δx时,测量值（选填“大于”“小于”或“等于”）实际值. ■要点总结光波波长很小,Δx、L的测量对波长λ的影响很大.L用毫米刻度尺测量,Δx用测量头上的游标尺测量.实验时可测多条亮条纹间距求Δx及采用多次测量求λ的平均值法减小误差.应注意:（1）干涉条纹应调整到最清晰的程度;（2）Δx不是亮（暗）条纹的宽度;（3）分划板刻线应与干涉条纹平行,中心刻线应恰好位于条纹中心;（4）测量多条亮条纹间的距离时,此间距中的条纹数应准确.考点三薄膜干涉的理解及应用1.薄膜干涉如图38-7所示,竖直的肥皂薄膜,由于重力的作用,形成上薄下厚的楔形,光照射到薄膜上时,在膜的前表面AA'和后表面BB'分别反射回来,形成两列频率相同的光波,并且叠加.图38-7（1）在P1、P2处,从两个表面处反射回来的两列光波的路程差Δx等于波长的整数倍,即Δx＝nλ（n＝0,1,2,…）,薄膜上出现亮条纹.（2）在Q处,从两个表面处反射回来的两列光波的路程差Δx等于半波长的奇数倍,即Δx＝（2n＋1）（n＝0,1,2,…）,薄膜上出现暗条纹.2.薄膜干涉的应用（1）检查精密零件的表面是否平整如图38-8所示,将被检查平面和放在上面的透明标准样板的一端之间垫一薄片,使标准样板的平面与被检查平面间形成一个楔形空气薄层,单色光从上面照射,入射光在空气层的上表面a和下表面b 反射出两列光波叠加,从反射光中看到干涉条纹,根据干涉条纹的形状来确定工件表面的情况.图38-8若被检查平面平整则干涉图样是等间距明暗相间的平行直条纹.若某处凹下,则对应亮（暗）条纹提前出现,如图38-9甲所示;若某处凸起,则对应亮（暗）条纹延后出现,如图乙所示.图38-9（2）增透膜在光学元件（透镜、棱镜）的表面涂上一层薄膜（如氟化镁）,当薄膜的厚度是入射光在薄膜中波长的时,在薄膜的两个面上的反射光的光程差恰好等于半个波长,因而相互抵消,达到减小反射光、增大透射光强度的目的.1.（薄膜干涉的理解）（多选）在研究材料A的热膨胀特性时,可采用如图38-10所示的干涉实验法,A的上表面是一光滑平面,在A的上方放一个透明的平行板B,B与A上表面平行,在它们之间形成一个厚度均匀的空气膜.现在用波长为λ的单色光垂直照射,同时对A缓慢加热,在B上方观察到B 板的亮度发生周期性变化.当温度为t1时最亮,然后亮度逐渐减弱至最暗;当温度升到t2时,亮度再一次回到最亮,则（）图38-10A.出现最亮时,B上表面反射光与A上表面反射光叠加后加强B.出现最亮时,B下表面反射光与A上表面反射光叠加后加强C.温度从t1升至t2过程中,A的高度增加D.温度从t1升至t2过程中,A的高度增加2.（增透膜的应用）（多选）关于光学镜头增透膜,以下说法中正确的是（）A.增透膜是为了减少光的反射损失,增加透射光的强度B.增透膜的厚度等于入射光在真空中波长的C.增透膜的厚度等于入射光在薄膜中波长的D.因为增透膜的厚度一般适合绿光反射时相互抵消,红光、紫光的反射不能完全抵消,所以涂有增透膜的镜头呈淡紫色E.涂有增透膜的镜头,进入的光线全部相互抵消,因此这种镜头的成像效果较好3.（薄膜干涉的应用）（多选）把一个平行玻璃板压在另一个平行玻璃板上,一端用薄片垫起,构成空气劈尖,让单色光从上方射入,如图38-11所示,这时可以看到亮暗相间的条纹.下面关于条纹的说法中正确的是（）图38-11A.将薄片远离劈尖移动使劈角变小时,条纹变疏B.将薄片向着劈尖移动使劈角变大时,条纹变疏C.将上玻璃板平行上移,条纹向着劈尖移动D.将上玻璃板平行上移,条纹远离劈尖移动4.（多选）如图38-12甲所示,在一块平板玻璃上放置一平薄凸透镜,在两者之间形成厚度不均匀的空气膜,让一束单一波长的光垂直入射到该装置上,结果在上方观察到如图乙所示的同心内疏外密的圆环状干涉条纹,称为牛顿环,以下说法正确的是（）图38-12A.干涉现象是由凸透镜下表面反射光和玻璃上表面反射光叠加形成的B.干涉现象是由凸透镜上表面反射光和玻璃上表面反射光叠加形成的C.干涉条纹不等间距是因为空气膜厚度不是均匀变化的D.干涉条纹不等间距是因为空气膜厚度是均匀变化的。
2019年3月高2019届高2016级高三物理全品二轮复习课件Word第15单元作业正文及参考答案
课时作业（三十七）第37讲光的折射、全反射时间/ 40分钟1.（多选）一束光从空气射向折射率n＝的某种玻璃的表面,如图K37-1所示.i代表入射角,则（）图K37-1A.当入射角i＝0°时不会发生折射现象B.无论入射角i是多大,折射角r都不会超过45°C.欲使折射角r＝30°,应以i＝45°的角度入射D.当入射角i＝arctan 时,反射光线跟折射光线恰好互相垂直E.当入射角大于临界角时,会发生全反射2.（多选）如图K37-2所示是一玻璃球体,其半径为R,O为球心,AB为水平直径,M点是玻璃球的最高点,来自B点的光线BD从D点射出,出射光线平行于AB.已知∠ABD＝30°,光在真空中的传播速度为c,则（）图K37-2A.此玻璃的折射率为B.光线从B到D需用时C.若增大∠ABD,光线不可能在DM段发生全反射现象D.若减小∠ABD,从AD段射出的光线均平行于ABE.若∠ABD＝0°,则光线从A点射出,传播方向不变,光的传播速度增大3.（多选）图K37-3所示为一直角三棱镜的横截面,∠bac＝90°,∠abc＝60°,一平行细光束从O点沿垂直于bc面的方向射入棱镜.已知棱镜材料的折射率n＝,若不考虑原入射光在bc 面上的反射光,则（）图K37-3A.有光线从ab面射出B.有光线从ac面射出C.有光线从bc面射出,且与bc面斜交D.有光线从bc面射出,且与bc面垂直E.光线不可能从ab面射出,即在ab面发生全反射4.在“测定玻璃的折射率”的实验中,在白纸上放好玻璃砖,aa'和bb'分别是玻璃砖与空气的两个界面,如图K37-4所示.在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2,用“＋”表示大头针的位置,然后在另一侧透过玻璃砖观察,并依次插上大头针P3和P4.在插P3和P4时,应使（）图K37-4A.P3只挡住P1的像B.P4只挡住P2的像C.P3同时挡住P1、P2的像5.“测定玻璃的折射率”实验中,在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B,在另一侧再竖直插两个大头针C、D.在插入第四个大头针D时,要使它.图K37-5所示是在白纸上留下的实验痕迹,其中直线a、a'是描在纸上的玻璃砖的两个边.根据该图可算得玻璃的折射率n ＝.（计算结果保留两位有效数字）图K37-56.某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率,所用的玻璃砖两面平行.正确操作后,作出的光路图及测出的相关角度如图K37-6所示.图K37-6（1）此玻璃的折射率计算式为n＝（用图中的θ1、θ2表示）.（2）如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择,为了减小误差,应选用宽度（选填“大”或“小”）的玻璃砖来测量.7.一顶角为直角的玻璃砖,放在空气中,一光束射入玻璃砖的一个侧面BC,如图K37-7所示,然后投射到它的另一个侧面AB.（1）若该光束在玻璃砖中发生全反射的临界角为42°,这束光线能否从侧面AB射出?（2）若光线能从侧面AB射出,则玻璃砖折射率应满足什么条件?图K37-78.半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图K37-8所示,O点为圆心,OO'为直径MN的垂线,足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且与MN垂直.一束复色光沿半径方向且与OO'成θ＝30°角射向O点,已知复色光中为折射率从n1＝到n2＝的光,因而光屏上出现了彩色光带.（1）求彩色光带的宽度.（2）当复色光入射角逐渐增大时,光屏上的彩色光带将变成一个光点,则θ角至少为多少?图K37-89.如图K37-9所示的直角三角形ABC是玻璃砖的横截面,BC长度为L,∠A＝30°,∠B＝90°,E为BC边的中点.一束平行于AB的光束从AC边上的某点射入玻璃砖,进入玻璃砖后,在BC边上的E点被反射,EF是其反射光线,且EF恰与AC平行.求:（1）玻璃砖的折射率;（2）从该光束射入玻璃砖开始计时,光束经BC边上的E点反射后,到紧接着的一次射出玻璃砖所需要的时间.图K37-910.如图K37-10所示,某种透明玻璃球的折射率为,一束足够强的细光束在过球心的平面内以45°入射角由真空射入玻璃球,在玻璃球中发生多次反射,从各个方向观察玻璃球,能看到几束光线射出?其中最强的一束出射光与该细光束的夹角为多大?图K37-10课时作业（三十八）第38讲光的波动性电磁波相对论时间/ 40分钟1.（多选）关于电磁波的作用,下列说法正确的是（）A.用红外线热像仪检测发热病人,利用了物体在不同温度下发射的红外线的频率和强度不同B.刑侦上用紫外线拍摄指纹照片,因为紫外线波长短,分辨率高C.红外遥感技术利用了红外线的显著热效应D.验钞机之所以利用紫外线验钞是因为紫外线具有荧光效应E.阴极射线是一种频率极高的电磁波2.（多选）有关光纤及光纤通信的说法正确的是（）A.光纤由内芯和外套两层组成,内芯的折射率比外套的大B.光在光纤中传输利用了全反射的原理C.光纤通信是一种以光波为传输介质的通信方式,光波按其波长长短,依次可分为红外线、可见光和紫外线,但红外线和紫外线属不可见光,它们都不可用来传输信息D.光波和无线电波同属电磁波,光波的频率比无线电波的频率低,波长比无线电波的波长长,在真空中传播的速度大小都约为3.0×108 m/sE.光纤通信的主要优点是容量大,此外,光纤传输还有衰减小、抗干扰性强等优点3.（多选）下列说法正确的是（）A.用光导纤维束传输图像和信息,利用了光的全反射原理B.紫外线比红外线更容易发生明显的衍射现象C.经过同一装置所得的干涉条纹,红光比绿光的条纹宽度大D.光的色散现象都是由于光的干涉现象引起的E.光的偏振现象说明光是一种横波4.（多选）根据相对论原理,下列说法中正确的是（）A.按照相对论来讲,一个真实的、静止质量不为零的物体,相对任何惯性系的运动速度都不可能等于或超过光速cB.按照相对论及基本力学规律可推出质量和能量的关系为E＝mc2C.某个静止质量为m0的物体,相对它静止的观察者测其质量为m＝m0,能量为E＝E0＝m0c2,称为静止能量,这表明任何静止质量不为零的物体都储存着巨大的能量D.按照相对论来讲,物理规律在一切惯性参考系中可以具有不同的形式5.（多选）关于振动和波动,下列说法不正确的是（）A.太阳光通过三棱镜形成彩色光谱是光的干涉现象B.在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时的景物,可使景象更清晰C.无线电波的发射能力与频率有关,频率越高发射能力越弱D.一个单摆在海平面上的振动周期为T,那么将其放在某高山之巅,其振动周期一定变大E.根据单摆的周期公式T＝2π,在地面附近,如果l→∞,则其周期T→∞6.（多选）下列关于波的说法正确的有（）A.当波从一种介质进入另一种介质时,频率不会发生变化B.光波从空气进入水中后,更容易发生明显的衍射现象C.波源沿直线匀速靠近一静止接收者,则接收者接收到波信号的频率会比波源频率低D.机械波、电磁波都满足v＝λf,式中三个参量依次为波速、波长、频率E.电磁波具有偏振现象7.（多选）关于光在传播过程中所表现的现象,下列说法正确的是（）A.雨后天空出现的彩虹是光的衍射现象B.白光通过分光镜在光屏上形成的彩色光带是光的色散现象C.涂有增透膜的照相机镜头呈淡紫色,说明增透膜增强了对淡紫色的透色程度D.夜间观看到天边星座的位置比实际位置偏高,这是光的折射现象E.利用红外线进行遥感主要是因为红外线的波长长,容易发生明显的衍射现象8.（多选）[2018·贵阳一中月考]下列说法中不正确的是（）A.赫兹预言了电磁波的存在并用实验加以证实B.用单色平行光照射单缝,缝宽不变,光的波长越长,衍射现象越显著C.太阳光经过偏振片后,光强度减弱,且和医院“B超”中的超声波传播速度相同D.在磨制各种镜面或其他精密的光学平面时,可以用衍射法检查平面的平整程度E.如果测量到来自遥远星系上某些元素发出的光波波长比地球上这些元素静止时发出的光波波长大,这说明该星系正在远离我们而去9.（多选）中国的网络建设开始迈向5G时代,5G即第五代移动通信技术,采用3300～5000 MHz 频段,相比于现有的4G（即第四代移动通信技术,采用1880～2635 MHz频段）技术而言,具有更大的优势.5G信号与4G信号相比,下列说法正确的是（）A.5G信号比4G信号在真空中的传播速度快B.4G信号波动性更显著C.4G和5G信号都是纵波D.5G信号更容易发生明显衍射现象E.5G信号能量比4G信号能量更大10.（多选）利用图K38-1所示装置研究双缝干涉现象时,下列说法中正确的是（）图K38-1A.将屏移近双缝,干涉条纹间距变窄B.将滤光片由蓝色的换成红色的,干涉条纹间距变大C.将单缝向双缝移动一小段距离后,干涉条纹间距变大D.换一个两缝之间距离较大的双缝,干涉条纹间距变小11.（多选）如图K38-2所示,空间同一平面内有A、B、C三点,AB＝5 m,BC＝4 m,AC＝3 m.A、C 两点处有完全相同的两波源做简谐运动,振动频率为1360 Hz,波速为340 m/s.下列说法正确的是（）图K38-2A.B点的位移总是最大B.两列波的波长均为0.25 mC.A、B间有12个振动加强点D.B、C间有8个振动减弱点E.振动减弱点的位移总是为零12.如图K38-3所示,A、B两幅图是由单色光分别入射到圆孔而形成的图样,其中图A是光的（选填“干涉”或“衍射”）图样.由此可以判断出图A所对应的圆孔的孔径（选填“大于”或“小于”）图B所对应的圆孔的孔径.图K38-313.某同学用图K38-4甲所示的实验装置做“用双缝干涉测量光的波长”实验,他用带有游标卡尺的测量头（如图乙所示）测量相邻两条亮条纹间的距离Δx.转动测量头的手轮,使分划板的中心刻线对齐某一条亮条纹（将这一条纹确定为第一亮条纹）的中心,此时游标卡尺上的示数如图丙所示,再转动测量头的手轮,使分划板的中心刻线对齐第6条亮条纹的中心,此时游标卡尺上的示数情况如图丁所示,则图丁的示数x2＝mm.如果实验所用双缝之间的距离d＝0.20 mm,双缝到屏的距离L＝60 cm.根据以上数据可得出光的波长λ＝nm.（保留1位小数）图K38-414.如图K38-5所示,在“杨氏双缝干涉”实验中,激光的波长为5.30×10-7 m,屏上P点距双缝S和S2的路程差为7.95×10-7m,则在这里出现的应是（选填“明条纹”或“暗条纹”）. 1现改用波长为6.30×10-7 m的激光进行上述实验,保持其他条件不变,则屏上的条纹间距将（选填“变大”“变小”或“不变”）.图K38-515.小明在做“用双缝干涉测量光的波长”实验时,尝试用单缝和平面镜做类似实验.单缝和平面镜的放置如图K38-6所示,白炽灯发出的光经滤光片成为波长为λ的单色光,照射单缝,能在光屏上观察到明暗相间的干涉条纹.小明测得单缝与镜面延长线的距离为h,与光屏的距离为D,则条纹间距Δx＝.随后小明撤去平面镜,在单缝下方A处放置同样的另一单缝,形成双缝结构,则在光屏上（选填“能”或“不能”）观察到干涉条纹.图K38-6课时作业（三十七）1.BCD【试题解析】当入射角i＝0°时,光能从空气进入玻璃,故发生了折射现象,A错误;当入射角是90°时,根据折射定律得n＝,解得r＝45°,所以无论入射角i是多大,折射角r都不会超过45°,B正确;欲使折射角r＝30°,根据折射定律得n＝,解得i＝45°,故C正确;当i＝arctan ,有tan i＝,设入射角为i,折射角为r,根据折射定律得n＝＝tan i,解得sin r＝cos i,所以反射光线跟折射光线恰好互相垂直,故D正确;光从空气射入玻璃不会发生全反射,E错误.2.ABE【试题解析】由图可知,光线在D点的入射角为i＝30°,折射角为r＝60°,由折射率的定义得n＝,故n＝,A正确;光线在玻璃中的传播速度为v＝＝c,由图可知BD＝R,所以光线从B到D需用时t＝＝,B正确;若增大∠ABD,则光线射向DM段时入射角增大,射向M点时入射角为45°,而临界角满足sin C＝＝＜＝sin 45°,即光线可以在DM段发生全反射现象,C错误;要使出射光线平行于AB,则入射角必为30°,D错误;入射角为0°时,折射角为0°,光沿直线传播,传播速度增大,E正确.3.BDE【试题解析】由棱镜材料的折射率n＝可知,全反射临界角为45°,平行细光束在ab面上入射角为60°,大于临界角,发生全反射,反射光在ac面上入射角为30°,小于临界角,既有反射又有折射,光线在bc面上垂直射出,光路图如图所示,故B、D、E正确.4.C【试题解析】由测定玻璃的折射率的实验过程可知,P3应挡住P1和P2的像,P4应挡住P2、P的像和P3,以此来确定经过P1和P2的光线透过玻璃砖后的折射光线.15.挡住A、B的像及C1.8（1.6～1.9均可）【试题解析】“测定玻璃的折射率”实验是利用大头针得到入射光线,在另一侧插入大头针挡住前面的A、B的像来确定C,同样插入大头针D同时挡住A、B的像及C,C和D确定了出射光线,利用入射点和出射点的连线来确定折射光线,作出法线FG,连接OO',以O点为圆心画圆（圆未画出）,分别交AB、OO'于E、Q两点,分别过E、Q向GF作垂线EG、FQ并用毫米刻度尺测其长度,如图所示,根据n＝,可得n＝＝1.8.6.（1）（°-）（°-）或（2）大【试题解析】（1）据题意可知,入射角为（90°-θ1）,折射角为（90°-θ2）,则玻璃的折射率为n＝（°-）（°-）＝.（2）玻璃砖越宽,光线在玻璃砖内的传播方向越容易确定,测量结果越准确,故应选用宽度大的玻璃砖来测量.7.（1）不能（2）n＜【试题解析】（1）光路图如图所示,由于临界角C＝42°,无论从侧面BC入射的入射角θ1多大,均有折射角θ2＜42°,则在侧面AB的入射角θ'1＝90°-θ2＞48°,即入射角θ'1＞C,发生全反射,故不能从侧面AB射出.（2）因θ2总小于临界角,要在AB面能射出,θ'1也应小于临界角.即θ2＜C且θ'1＝（90°-θ2）＜C,计算得出C＞45°.这就要求玻璃折射率n满足＝sin C＞sin 45°＝,解得n＜.8.（1）-R（2）45°【试题解析】（1）由折射定律得＝＝解得β1＝45°,β2＝60°故彩色光带的宽度为Δx＝R tan 45°-R tan 30°＝-R.（2）当所有光线均发生全反射时,光屏上的光带消失,反射光束将在PN上形成一个光点,则折射率为n1的单色光在玻璃砖的表面上恰好发生全反射时θ角最小,有sin C＝则入射角θmin＝C＝45°.9.（1）（2）【试题解析】（1）作出光路图,光线在AC边的入射角为60°,折射角为30°,根据折射定律得＝.玻璃砖的折射率n＝°°（2）因为发生全反射的临界角C满足＜sin C＝所以光线在F点发生全反射,在E、H点不发生全反射.作出光束经BC面反射后的光路图如图所示因光在介质中的传播速度v＝故时间t＝＋＋＝＋＋＝.10.三束30°【试题解析】光射入玻璃球的光路图如图所示,θ1＝45°,由折射定律得n＝,解得θ2＝30°光在球面上同时发生折射和反射,且在玻璃球内3次反射后光路重复,所以从玻璃球射出的光线有三束,如图所示.第一次出射光线最强,设它与入射光线夹角为α.由折射定律得＝由几何关系得θ'2＝θ2＝30°解得θ'1＝45°由几何关系得α＝（θ1-θ2）＋（θ'1-θ'2）＝30°.课时作业（三十八）1.ABD【试题解析】物体的温度越高,它辐射的红外线越强,波长越短,红外线热像仪利用物体在不同温度下发射的红外线的频率和强度不同检测发热病人,选项A正确;因为紫外线波长短,用紫外线拍摄指纹照片,分辨率高,选项B正确;红外遥感技术利用灵敏的红外线探测仪接收的物体发射的红外线探知物体的特征,选项C错误;紫外线具有荧光效应,可使钞票上的荧光物质发光,选项D正确;阴极射线实际是高速电子流,E错误.2.ABE【试题解析】发生全反射的条件是光必须从光密介质射入光疏介质,即从折射率大的介质射入折射率小的介质,且入射角大于临界角,当内芯的折射率比外套的折射率大时,光在界面上才能发生全反射,选项A、B正确;只要是光波,就能够在光导纤维中传播,不管是可见光还是不可见光,都可以用来传输信息,选项C错误;光波的频率比无线电波的频率高,波长比无线电波的波长短,选项D错误;光纤通信的优点有容量大、衰减小、抗干扰性强等,选项E正确.3.ACE【试题解析】用光导纤维束传输图像和信息,利用了光的全反射原理,A正确;紫外线的频率比红外线的大,故波长比红外线的小,所以二者相比,红外线更容易发生明显的衍射现象,B 错误;根据干涉条纹间距公式Δx＝λ知,波长越长,条纹间距越大,因为红光的波长大于绿光的波长,所以经过同一装置所得的干涉条纹,红光比绿光的条纹宽度大,C正确;光的折射、干涉都能引起光的色散,D错误;偏振是横波特有的,光的偏振现象说明光是横波,E正确.,这表明高速运动的物体其质量的测量值会4.ABC【试题解析】按照相对论的结论m＝-非常大,并随着速度趋于光速而无限增大,一个真实的物体,其质量是确定值、有限大的,所以按照相对论来讲,一个真实的、静止质量不为零的物体,相对任何惯性系的运动速度都不可能等于或超过光速c,A正确;质能关系式能按照相对论及基本力学规律推出,B正确;根据质能方程E＝mc2的意义知,C正确;按照狭义相对论的基本假设,物理规律在一切惯性参考系中都是相同的,D 错误.5.ACE【试题解析】太阳光通过三棱镜形成彩色光谱是光的折射现象,选项A错误;在照相机镜头前装上一个偏振滤光片,利用了光的偏振原理,当偏振片的方向与偏振光的方向平行时,允许偏振光通过,当它们相互垂直时,偏振光不能通过,在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时的景物,可以减弱反射光,使照片清楚,选项B正确;无线电波的发射能力与频率有关,频率越高发射能力越强,选项C错误;单摆的周期公式T＝2π,当其放在某高山之巅时,因重力加速度变小,故其振动周期一定变大,选项D正确;根据单摆的周期公式T＝2π,在地面附近,如果L→∞,则重力加速度变化,故选项E错误.6.ADE【试题解析】波在传播过程中波速和波长会变化,始终不变的量是频率,A正确;光从空气进入水中后,波长减小,更不容易发生明显的衍射现象,B错误;根据多普勒效应可知,当波源与观察者相互靠近时,观察者接收到的波信号的频率升高,C错误;公式v＝fλ适用于任何波,D正确;电磁波是横波,横波具有偏振现象,E正确.7.BDE【试题解析】雨后天空出现的彩虹是光的折射现象,故A错误;白光通过分光镜在光屏上形成的彩色光带是由于不同色光折射率不同而产生的色散现象,故B正确;照相机镜头所涂增透膜的厚度是绿光在薄膜中的波长的,从薄膜前、后表面反射的绿光发生干涉相互抵消,即大部分通过增透膜和镜头,红色和紫色光反射后则不发生干涉,所以人眼看到镜头呈淡紫色,故C错误;夜间观看到天边星座的位置比实际位置高,这是光的折射现象,故D正确;波长越长,越容易发生明显的衍射现象,利用红外线进行遥感是因为红外线的波长大,容易发生明显的衍射现象,故E正确.8.ACD【试题解析】麦克斯韦预言了电磁波的存在,而赫兹用实验加以证实,故A错误;用单色平行光照射单缝,缝宽不变,光的波长越长,则衍射现象越显著,故B正确;太阳光中的可见光是电磁波的一种,电磁波的速度等于光速,医院“B超”中的超声波属于机械波,传播速度不同,故C 错误;磨制各种镜面或其他精密的光学平面时,可以利用光的干涉,依据光程差是半个波长的奇数倍时,振动减弱,而光程差是半个波长的偶数倍时,振动加强,从而检查平面的平整程度,故D错误;根据多普勒效应可知,来自遥远星系上某些元素发出的光波波长比地球上这些元素静止时发出的光波波长大,由c＝λf知接收到的波的频率变小,说明该星系正在远离我们而去,故E正确.9.BE【试题解析】任何电磁波在真空中的传播速度均为光速,故传播速度相同,故A错误;4G 信号频率较低,波动性更显著,故B正确;电磁波均为横波,故C错误;因5G信号的频率高,则波长小,故4G信号更容易发生明显的衍射现象,故D错误;5G信号的频率更高,所以能量更大,故E正确.10.ABD 【试题解析】由条纹间距公式Δx＝λ,d指双缝间距离,l指双缝到屏的距离,可知只增大λ,Δx变大;只增大d,Δx变小;只减小l,Δx变小;Δx与单、双缝间距无关.故A、B、D 正确.11.BDE【试题解析】由题意知,波长λ＝＝ m＝0.25 m,B点到两波源的距离差Δx＝1 m＝4λ,该点为振动加强点,但不是位移不变,故A错误,B正确;AB上的点与A点的距离和与C点的距离之差一定小于AC,即小于3 m,设AB中点为D,D到A、C距离相等,则A、D间的点到A、C 两点的距离差可能为0.25n m（n＝1,2,…,11）,B、D间的点到A、C两点的距离差大于0且小于1 m,则可能为0.25n m（n＝1,2,3）,可知A、B间有15个振动加强点,故C错误;BC上的点与A点的距离和与C点的距离之差一定小于AC,大于AB-BC,即小于3 m,大于1 m,则距离差可能为0.125·（2n＋1） m（n＝4,5,6,…,11）,有8个振动减弱点,故D正确;由于两波源的振幅相同,可知振动减弱点的位移总是为零,故E正确.12.衍射小于【试题解析】 A中出现明暗相间的条纹,B中出现圆形亮斑.只有障碍物或孔的尺寸比光波波长小或跟光波波长相差不多时,才能发生明显的衍射现象.图A是光的衍射图样,图B的形成可以用光的直线传播解释.所以图A对应的圆孔的孔径比图B所对应的圆孔的孔径小.13.8.95590.0【试题解析】由游标卡尺的读数规则可得x2＝8 mm＋19×0.05 mm＝8.95 mm.由Δx＝λ,Δx ＝-,x1＝2×0.05 mm＝0.10 mm,解得λ＝590.0 nm.14.暗条纹变宽＝,即P点距双缝S1、S2的路程差为半波长的奇数倍,所以出【试题解析】因为＝--现暗条纹.根据条纹间距公式Δx＝λ知,当单色光的波长变长时,条纹间距变大.15.λ不能【试题解析】该实验可以看成是双缝间距d＝2h、双缝与光屏间距L＝D的双缝干涉,所以Δx ＝λ＝λ.在单缝下方A处放置同样的另一单缝,可以形成双缝结构,但白炽灯的光通过滤光片后直接通过双缝形成了两个光源,而光波是概率波,随机发射,即使两个光源同时打开也不能保证相遇的两列光波相位差恒定,所以不能形成稳定的相位差,并不能成为相干光.产生干涉的必要条件是两列波的频率相等、振动方向相同以及相位差恒定,必须用一分为二的方法获得相干光,所以双缝干涉实验需要在双缝前再加一个单缝.。
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课时作业（二十六）第26讲电磁感应现象、楞次定律时间/ 40分钟基础达标1.从奥斯特发现电流周围存在磁场后,法拉第坚信磁一定能生电.他使用如图K26-1所示的装置进行实验研究,以致经过了10年都没发现“磁生电”.主要原因是（）图K26-1A.励磁线圈A中的电流较小,产生的磁场不够强B.励磁线圈A中的电流是恒定电流,不会产生磁场C.感应线圈B的匝数较少,产生的电流很小D.励磁线圈A中的电流是恒定电流,产生稳恒磁场图K26-22.[人教版选修3-2改编]如图K26-2所示,导线框abcd与直导线在同一平面内,直导线通有恒定电流I,在线框由左向右匀速通过直导线过程中,线框中感应电流的方向（）A.先为abcd,后为dcba,再为abcdB.先为abcd,后为dcbaC.始终为dcbaD.先为dcba,后为abcd,再为dcba3.（多选）如图K26-3所示,在两根竖直放置的平行长直导线M、N中通入大小、方向均相同的恒定电流,圆形导线框在图示位置,线框和两导线在同一竖直平面（纸面）内.下列说法正确的是（）图K26-3A.若线框从图示位置由静止释放,则线框做直线运动B.若线框从图示位置由静止释放,则线框做曲线运动C.若线框沿着水平方向从右向左在两导线间匀速移动,则线框中感应电流一直沿逆时针方向D.若线框沿着水平方向从右向左在两导线间匀速移动,则线框中感应电流先沿逆时针、后沿顺时针方向4.如图K26-4所示,Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极,ab为放在其间的金属棒,ab和cd导线连成一个闭合回路.当ab棒向左运动时,cd导线受到向下的安培力,则由此可知（）图K26-4A.d点电势高于c点电势B.Ⅰ是S极C.Ⅰ是N极D.ab棒受到向左的安培力图K26-55.（多选）如图K26-5所示,在一竖直平面内,三条平行导线串有两个电阻R1和R2,导体棒PQ与三条导线均接触良好.匀强磁场的方向垂直于纸面向里,导体棒的电阻可忽略.若导体棒向左加速运动,则（）A.流经R1的电流方向向上B.流经R2的电流方向向下C.流经R1的电流方向向下D.流经R2的电流方向向上6.[人教版选修3-2改编]把两个线圈绕在一个铁环上,A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个闭合回路,B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路,实验电路如图K26-6所示.关于该实验,下列说法正确的是（）图K26-6A.闭合开关S的瞬间,电流表G中有a→b的感应电流B.闭合开关S的瞬间,电流表G中有b→a的感应电流C.闭合开关S后,在增大R接入电路阻值的过程中,电流表G中有a→b的感应电流D.闭合开关S后,在增大R接入电路阻值的过程中,电流表G中有b→a的感应电流技能提升7.[2018·北大附中高三4月模拟]如图K26-7所示,两同心圆环A、B置于同一水平面上,其中B为均匀带负电绝缘环,A为导体环.当B绕环心转动时,导体环A产生顺时针方向的电流且具有扩展趋势,则B的转动情况是（）图K26-7A.顺时针加速转动B.顺时针减速转动C.逆时针加速转动D.逆时针减速转动8.（多选）[2018·镇江模拟]航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的.电磁驱动原理如图K26-8所示,当固定线圈上突然通有直流电流时,线圈端点的金属环被弹射出去.现在固定线圈左侧同一位置先后放有用横截面积相等的铜导线和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环,且电阻率ρ铜＜ρ铝.闭合开关S的瞬间（）图K26-8A.从左侧看,环中感应电流沿顺时针方向B.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C.若将环放置在线圈右方,环将向左运动D.电池正、负极调换后,金属环不能向左弹射9.如图K26-9所示,左侧闭合电路中的电流大小为I1,ab为一段长直导线;右侧平行金属导轨的左端连接有与ab平行的长直导线cd,在远离cd导线的右侧空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场,在磁场区域放置垂直于导轨且与导轨接触良好的导体棒MN,当导体棒沿导轨匀速运动时,可在cd上产生大小为I2的感应电流.已知I1＞I2,不计匀强磁场对导线ab和cd的作用,用f1和f2分别表示导线cd对ab的安培力大小和ab对cd的安培力大小.下列说法中正确的是（）图K26-9A.若MN向左运动,则ab与cd两导线相互吸引,f1＝f2B.若MN向右运动,则ab与cd两导线相互吸引,f1＝f2C.若MN向左运动,则ab与cd两导线相互吸引,f1＞f2D.若MN向右运动,则ab与cd两导线相互吸引,f1＞f210.（多选）如图K26-10所示,在一空心螺线管内部中点处悬挂一铜环.在电路接通的瞬间,下列说法正确的是（）图K26-10A.从左往右看,铜环中有逆时针方向的感应电流B.从左往右看,铜环中有顺时针方向的感应电流C.铜环有收缩的趋势D.铜环有扩张的趋势挑战自我11.[2018·华东师大附中月考]如图K26-11所示,通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间,ab和cd是放在导轨上的两根金属棒,它们分别静止在螺线管的左、右两侧.现使滑动变阻器的滑动触头向左滑动,则ab和cd棒的运动情况是（）图K26-11A.ab向左运动,cd向右运动B.ab向右运动,cd向左运动C.ab、cd都向右运动D.ab、cd都保持静止12.（多选）如图K26-12所示,铁芯上有两个导线圈A和B,线圈A跟电源和开关S 相连,LED（发光二极管,具有单向导电性）M和N并联后接在线圈B两端,图中所有元件均正常,则（）图K26-12A.S闭合瞬间,A中有感应电动势B.S断开瞬间,A中有感应电动势C.S闭合瞬间,M亮一下,N不亮D.S断开瞬间,M和N二者均不亮课时作业（二十七）第27讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流时间/ 40分钟基础达标1.随着科技的不断发展,无线充电已经进入人们的视线.小到手表、手机,大到电脑、电动汽车,都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化.如图K27-1所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图.关于无线充电,下列说法中正确的是（）图K27-1A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电流的磁效应B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D.只要有无线充电底座,所有手机都可以进行无线充电图K27-22.金属探测器已经广泛应用于安检场所.关于金属探测器,下列说法正确的是（）A.金属探测器可用于食品生产,防止细小的沙石颗粒混入食品中B.金属探测器探测地雷时,探测器的线圈中产生涡流C.金属探测器探测金属时,被测金属中感应出涡流D.探测过程中金属探测器与被测物体相对静止或相对运动探测效果相同图K27-33.如图K27-3所示,李辉用多用电表的欧姆挡测量一个变压器线圈的电阻,以判断它是否断路.刘伟为了使李辉操作方便,用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量.测量时表针摆过了一定角度,李辉由此确认线圈没有断路.正当李辉把多用电表的表笔与被测线圈脱离时,刘伟突然惊叫起来,觉得有电击感.下列说法正确的是（）A.刘伟被电击时变压器线圈中的电流瞬间变大B.刘伟有电击感是因为两手之间瞬间有高电压C.刘伟受到电击的同时多用电表也可能被烧坏D.实验过程中若李辉两手分别握住红、黑表笔的金属杆,他也会受到电击4.如图K27-4所示,虚线MN表示甲、乙、丙三个相同正方形金属框的一条对称轴,金属框内均匀分布有界匀强磁场,磁感应强度随时间变化规律都满足B＝kt,金属框按照图示方式处于磁场中,测得金属框甲、乙、丙中的感应电流分别为I甲、I 乙、I丙,则下列判断正确的是（）图K27-4A.I乙＝2I甲,I丙＝2I甲B.I乙＝2I甲,I丙＝0C.I乙＝0,I丙＝0D.I乙＝I甲,I丙＝I甲图K27-55.（多选）[2018·南宁三校联考]如图K27-5所示,线圈匝数为n,横截面积为S,电阻为r,处于一个均匀增强的磁场中,磁感应强度随时间的变化率为k,磁场方向水平向右且与线圈平面垂直,电容器的电容为C,定值电阻的阻值为r.下列说法正确的是（）A.电容器下极板带正电B.电容器上极板带正电C.电容器所带电荷量为D.电容器所带电荷量为nSkC技能提升6.（多选）用导线绕成一圆环,环内有一用同种导线折成的内接正方形线框,圆环与线框绝缘,如图K27-6所示.把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于圆环和线框所在平面（纸面）向里.当磁感应强度均匀减弱时（）图K27-6A.圆环和线框中的电流方向都为顺时针方向B.圆环和线框中的电流方向都为逆时针方向C.圆环和线框中的电流大小之比为∶1D.圆环和线框中的电流大小之比为2∶1图K27-77.（多选）有一半径为a且右端开小口的导体圆环和一长为2a的导体直杆,它们单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置,整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动,杆始终有两点与圆环良好接触,如图K27-7所示.从圆环中心DO开始,杆的位置由θ确定,则（）A.θ＝0时,杆产生的感应电动势为2BavB.θ＝时,杆产生的感应电动势为BavC.θ＝0时,杆受的安培力大小为（＋）D.θ＝时,杆受的安培力大小为（＋）8.（多选）如图K27-8所示的电路中,自感线圈L的自感系数很大,电阻可忽略,D 为理想二极管,L1、L2为两个小灯泡.下列说法正确的是（）图K27-8A.当S闭合时,L1立即变亮,L2逐渐变亮B.当S闭合时,L1一直不亮,L2逐渐变亮C.当S由闭合断开时,L2立即熄灭D.当S由闭合断开时,L1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭挑战自我9.（多选）由粗细相同、同种材料制成的A、B两线圈分别按图K27-9甲、乙两种方式放入匀强磁场中,甲、乙两图中的磁场方向均垂直于线圈平面,A、B线圈的匝数之比为2∶1,半径之比为2∶3,当两图中的磁场都随时间均匀变化时（）图K27-9A.甲图中,A、B两线圈中电动势之比为2∶3B.甲图中,A、B两线圈中电流之比为3∶2C.乙图中,A、B两线圈中电动势之比为8∶9D.乙图中,A、B两线圈中电流之比为2∶310.[2018·湖北黄冈调研]如图K27-10甲所示,一个电阻为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路.线圈的半径为r1,在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t 变化的关系图线如图乙所示.图线的横、纵轴截距分别为t0和B0,导线的电阻不计.在0至t1时间内,求:（1）通过电阻R1的电流大小和方向;（2）通过电阻R1的电荷量q和产生的热量Q.图K27-1011.如图K27-11所示,两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内,其右端接一阻值为R的电阻.质量为m的金属杆静置在导轨上,其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B,方向竖直向下.当该磁场区域以速度v匀速地向右扫过金属杆后,金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计,导轨光滑且足够长,杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.（1）当MN刚扫过金属杆时,求杆中感应电流的大小I;（2）当MN刚扫过金属杆时,求杆的加速度大小a;（3）当PQ刚要离开金属杆时,求感应电流的功率P.图K27-11专题训练（九）专题九电磁感应中的电路和图像问题时间/ 40分钟基础达标图Z9-11.（多选）[2018·焦作一模]如图Z9-1所示,两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置,间距为l＝1 m,cd间、de间、cf间都接有阻值R＝10 Ω的电阻.一阻值R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动,导体棒与导轨垂直且接触良好,导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场.下列说法中正确的是（）A.导体棒ab中电流的方向为由b到aB.cd两端的电压为1 VC.de两端的电压为1 VD.fe两端的电压为1 V图Z9-22.如图Z9-2所示,竖直平面内有一金属环,其半径为a,总电阻为2r（金属环粗细均匀）,磁感应强度大小为B0的匀强磁场垂直于环面,在环的最高点A处用铰链连接长度为2a、电阻为r的导体棒AB.AB由水平位置紧贴环面摆下,当摆到竖直位置时,B点的线速度为v,则此时A、B两端的电压为（）A.B0avB.B0avC.B0avD.B0av图Z9-33.如图Z9-3所示为有理想边界的两个匀强磁场,磁感应强度均为B＝0.5 T,两边界间距s＝0.1 m,一边长L＝0.2 m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成,总电阻为R＝0.4 Ω.现使线框以v＝2 m/s的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ,则能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差U ab随时间t变化的图线是图Z9-4中的（）图Z9-44.[2018·潍坊联考]两个不易发生形变的正方形导体框a、b连成如图Z9-5甲所示的回路,并固定在竖直平面（纸面）内.导体框a内固定一小圆环c,a与c在同一竖直面内,圆环c中通入如图乙所示的电流（规定逆时针方向为电流的正方向）,导体框b的MN边处在垂直纸面向外的匀强磁场中,则MN边在匀强磁场中受到的安培力（）图Z9-5A.0～1 s内,方向向下B.1～3 s内,方向向下C.3～5 s内,先逐渐减小后逐渐增大D.第4 s末,大小为零图Z9-65.（多选）[2018·济宁一模]如图Z9-6所示,在水平面内有两个“V”字形光滑金属导轨,空间中存在垂直于水平面的匀强磁场,其中导轨bac固定不动.用外力F 使导轨edf向右匀速运动,导轨间始终接触良好,从图示位置开始计时,回路中的电流I的大小和外力F的大小随时间的变化关系正确的是图Z9-7中的（）图Z9-7技能提升6.一个匀强磁场的边界是MN,MN左侧无磁场,右侧是范围足够大的匀强磁场区域,如图Z9-8甲所示.现有一个金属线框沿ab（ab⊥MN）方向以恒定速度从MN左侧垂直进入匀强磁场区域,线框中的电流随时间变化的I-t图像如图乙所示,则线框可能是图Z9-9中的（）图Z9-8图Z9-9图Z9-107.（多选）如图Z9-10所示,平面直角坐标系的第一象限和第二象限分别有垂直于纸面向里和垂直于纸面向外的匀强磁场,且磁感应强度大小相同.现有一四分之一圆形线框OMN绕O点逆时针匀速转动,若规定顺时针方向为线框中感应电流I 的正方向,从图示时刻开始计时,则感应电流I及ON边所受的安培力大小F随时间t的变化关系正确的是图Z9-11中的（）图Z9-11图Z9-128.（多选）如图Z9-12所示,一不计电阻的导体圆环半径为r,圆心在O点,过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条,辐条与圆环接触良好,将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场中,磁场边界恰与圆环直径在同一直线上.现使辐条以角速度ω绕O点逆时针转动,右侧电路通过电刷与圆环中心和环的边缘相接触,R1＝,开关S处于闭合状态,不计其他电阻,则下列判断正确的是（）A.通过R1的电流方向为从下向上B.感应电动势大小为2Br2ωC.理想电压表的示数为Br2ωD.理想电流表的示数为9.[2018·苏、锡、常、镇四市模拟]一个圆形线圈共有n＝10匝,其总电阻r＝4.0 Ω,线圈与阻值R0＝16 Ω的外电阻连成闭合回路,如图Z9-13甲所示.线圈内部存在着一个边长l＝0.20 m的正方形区域,其中有分布均匀但磁感应强度随时间变化的磁场,图乙显示了一个周期内磁感应强度的变化情况,周期T＝1.0×10-2 s,磁场方向以垂直于线圈平面向外为正方向.求:（1）t＝T时刻电阻R0上的电流大小和方向;（2）0～时间内流过电阻R0的电荷量;（3）一个周期内电阻R0上产生的热量.图Z9-13挑战自我10.在同一水平面上的光滑平行金属导轨P、Q相距l＝1 m,导轨左端接有如图Z9-14所示的电路.其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d＝10 mm,定值电阻R1＝R2＝12 Ω,R3＝2 Ω,金属棒ab的电阻r＝2 Ω,其他电阻不计.磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面,当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时,悬浮于电容器两极板之间的质量m＝1×10-14 kg、电荷量q＝-1×10-14 C的微粒恰好静止不动.g取10 m/s2.在整个运动过程中金属棒与导轨始终保持垂直并接触良好,且速度恒定.求:（1）匀强磁场的方向;（2）ab棒两端的电压;（3）金属棒ab运动的速度大小.图Z9-14专题训练（十）A专题十涉及电磁感应的力电综合问题时间/ 40分钟基础达标图Z10-11.（多选）[2018·河北定州中学模拟]如图Z10-1所示,位于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨处在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨所在平面,导轨的一端与一电阻相连,具有一定质量的金属杆ab放在导轨上并与导轨垂直.现用一平行于导轨的恒力F拉杆ab,使它由静止开始向右运动.杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计.用E表示回路中的感应电动势,i表示回路中的感应电流,在i随时间增大的过程中,电阻消耗的功率等于（）A.F的功率B.安培力的功率的绝对值C.F与安培力的合力的功率D.iE图Z10-22.如图Z10-2所示,用横截面积之比为4∶1的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b,以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中将a和b 匀速拉到磁场外,若外力对线框做的功分别为W a、W b,则W a∶W b为（）A.1∶4B.1∶2C.1∶1D.不能确定图Z10-33.（多选）在如图Z10-3所示的倾角为θ的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域,区域Ⅰ的磁场方向垂直于斜面向上,区域Ⅱ的磁场方向垂直于斜面向下,磁场宽度HP及PN均为L.一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形导线框由静止开始沿斜面下滑,t1时刻ab边刚好越过GH进入磁场区域Ⅰ,此时导线框恰好以速度v做匀速直线运动;t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间1位置,此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动.重力加速度为g.下列说法中正确的是（）A.当ab边刚越过JP时,导线框的加速度大小为a＝g sin θB.导线框两次做匀速直线运动的速度之比v1∶v2＝4∶1C.从t1时刻到t2时刻的过程中,导线框克服安培力做的功等于重力势能的减少量D.从t1时刻到t2时刻的过程中,有＋（-）的机械能转化为电能图Z10-44.[2018·辽宁实验中学月考]如图Z10-4所示,相距为d的两条水平虚线之间是方向水平向里的匀强磁场,磁感应强度为B.正方形金属线圈abcd边长为L（L＜d）,质量为m,电阻为R.将线圈在磁场上边界上方h高处由静止释放,cd边刚进入磁场时速度为v0,cd边刚离开磁场时速度也为v0,则线圈穿过磁场（从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止）的过程中（重力加速度为g）（）A.感应电流所做的功为mgdB.感应电流所做的功为mg（d-L）C.线圈的最小速度一定是2（＋-）D.线圈的最小速度可能为图Z10-55.（多选）平行光滑金属导轨竖直放置,其电阻不计,磁场方向如图Z10-5所示,磁感应强度B＝0.5 T,导体棒ab及cd长均为0.2 m,电阻均为0.1 Ω,重均为0.1 N,均与导轨垂直.现用竖直向上的力拉导体棒ab,使其匀速上升（与导轨接触良好）,此时释放cd,cd恰好静止不动,则ab上升时,下列说法正确的是（）A.ab受到的拉力大小为0.2 NB.ab向上的速度为2 m/sC.在2 s内,产生的电能为0.8 JD.在2 s内,拉力做功为0.6 J技能提升6.某校科技小组的同学设计了一个传送带测速仪,测速原理如图Z10-6所示.在传送带一端的下方固定有间距为L、长度为d的平行金属电极.电极间充满磁感应强度为B、方向垂直于传送带平面（纸面）向里、有理想边界的匀强磁场,且电极之间接有理想电压表和电阻R,传送带背面固定有若干根间距为d的平行细金属条,其电阻均为r,传送带运行过程中始终仅有一根金属条处于磁场中,且金属条与电极接触良好.当传送带以一定的速度匀速运动时,电压表的示数为U.下列说法中正确的是（）图Z10-6A.传送带匀速运动的速率为B.电阻R产生焦耳热的功率为＋C.金属条经过磁场区域受到的安培力大小为＋D.每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为7.如图Z10-7所示,空间分布着水平方向的匀强磁场,磁场区域的水平宽度d＝0.4 m,竖直方向足够长,磁感应强度B＝0.5 T.正方形导线框PQMN边长L＝0.4 m,质量m＝0.2 kg,电阻R＝0.1 Ω,开始时放在光滑绝缘水平板上“Ⅰ”位置.现用一水平向右的恒力F＝0.8 N 拉线框,使其向右穿过磁场区域,最后到达“Ⅱ”位置（MN 边恰好出磁场）.已知线框平面在运动中始终保持在竖直平面内,PQ边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动,g取10 m/s2.求:（1）线框进入磁场前运动的距离D;（2）上述整个过程中线框内产生的焦耳热;（3）线框进入磁场过程中通过其某一截面的电荷量.图Z10-78.[2018·江西五校联考]如图Z10-8甲所示,两条阻值不计的足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L＝0.5 m,N、Q两端连接阻值R＝2.0 Ω的电阻,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上,导轨平面与水平面的夹角θ＝30°.一质量m＝0.40 kg、阻值r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线跨过光滑的定滑轮与质量M＝0.80 kg的重物相连,细线与金属导轨平行.金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示,已知在0～0.3 s 内通过金属棒的电荷量是0.3～0.6 s内通过金属棒的电荷量的,g取10 m/s2,求:（1）0～0.3 s内金属棒通过的位移;（2）0～0.6 s内金属棒产生的热量.图Z10-8挑战自我9.如图Z10-9所示,宽度为L的光滑平行金属导轨左端是半径为r1的四分之一圆弧导轨,右端是半径为r2的半圆导轨,中部是与它们相切的水平导轨.水平导轨所在的区域有磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场.一根质量为m的金属杆a 置于水平导轨上,另一根质量为M的金属杆b由静止开始从左端导轨最高点滑下,当b滑至水平导轨某位置时,a滑到右端半圆导轨最高点（b始终运动且a、b未相撞）,并且a在最高点对导轨的压力大小为mg（g为重力加速度）,此过程中通过a的电荷量为q.已知a、b杆的电阻分别为R1、R2,其余部分电阻不计.在b由静止释放到a运动至右端半圆导轨最高点过程中,a、b均始终与导轨垂直且接触良好,求:（1）b在水平导轨上运动时的最大加速度;（2）上述过程中系统产生的焦耳热;（3）a刚到达右端半圆导轨最低点时b的速度大小.图Z10-9专题训练（十）B专题十涉及电磁感应的力电综合问题时间/ 40分钟基础达标图Z10-101.（多选）[2018·黄山模拟]如图Z10-10所示,在磁感应强度B＝1.0 T的匀强磁场中,金属杆PQ在外力F作用下在粗糙的平行金属导轨上以速度v＝2 m/s向右匀速滑动,两导轨间距离l＝1.0 m,定值电阻R＝3.0 Ω,金属杆的电阻r＝1.0 Ω,导轨电阻忽略不计,金属杆始终与导轨垂直且接触良好,则下列说法正确的是（）A.通过R的感应电流的方向为由a到dB.金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2 VC.金属杆PQ受到的安培力大小为0.5 ND.外力F做功的数值等于电路产生的焦耳热2.[2018·广西柳州高级中学模拟]如图Z10-11甲所示,在光滑水平面上,有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd,在水平外力的作用下,线框从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动,穿过匀强磁场,测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示,则（）图Z10-11A.线框受到的水平外力一定是恒定的B.线框边长与磁场宽度之比为3∶8C.出磁场的时间是进入磁场时的一半D.出磁场的过程中外力做的功与进入磁场的过程中外力做的功相等图Z10-123.如图Z10-12所示,间距为L的足够长的平行金属导轨固定在斜面上,导轨一端接入阻值为R的定值电阻.t＝0时,质量为m的金属棒由静止开始沿导轨下滑,t＝T 时,金属棒的速度恰好达到最大值v m.整个装置处于垂直于斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中,已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ,金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,金属棒及导轨的电阻不计.下列说法正确的是（）A.t＝时,金属棒的速度大小为B.0～T的时间内,金属棒的机械能减少量等于电阻R上产生的焦耳热C.电阻R在0～内产生的焦耳热小于～T内产生的焦耳热D.金属棒在0～内的机械能减少量大于在～T内的机械能减少量。