2020年高考物理一轮复习讲座
2020赢在微点物理一轮复习精品课件 (1)
A．提弹簧的力对系统做功为 mgL B．物体 A 的重力势能增加 mgL C．系统增加的机械能小于 mgL D．以上说法都不正确
第16页
返回导航
高考复习顶层设计 物理
解析 由于将弹簧上端 B 缓慢地竖直向上提起，可知提弹簧的力是不 断增大的，最后大小等于 A 物体的重力，因此提弹簧的力对系统做功应小 于 mgL，A 项错误；系统增加的机械能等于提弹簧的力对系统做的功，C 项正确，D 项错误；由于弹簧的伸长，物体升高的高度小于 L，B 项错误。
第8页
返回导航
高考复习顶层设计 物理
2．(功能关系的应用)(多选)一人用力把质量为 m 的物体由静止竖直向 上匀加速提升 h，速度增加为 v，重力加速度为 g，则对此过程，下列说法 正确的是( )
A．人对物体所做的功等于物体机械能的增量 B．物体所受合外力所做的功为12mv2 C．人对物体所做的功为 mgh D．人对物体所做的功为12mv2 解析 由功能关系可知，人对物体所做的功等于物体机械能的增量， 为 mgh＋12mv2，A 项正确，C、D 两项错误；由动能定理可知，物体所受 合外力所做的功为12mv2，B 项正确。 答案 AB
答案 D
第23页
返回导航
高考复习顶层设计 物理
对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。如图 所示，要注意区分三个位移：
1．求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移 x 滑。 2．求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移 x 板。 3．求摩擦生热时用相对滑动的位移 x 相。
第24页
返回导航
返回导航
高考复习顶层设计 物理
一、功能关系 1． 功 是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化， 而且能的转化必通过 做功 来实现。
2020版新一线高考物理(人教版)一轮复习教学案：第14章 第1节 机械振动 含答案
第1节机械振动知识点一| 简谐运动的特征1．简谐运动(1)定义：如果质点所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动。
(2)平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置。
(3)回复力①定义：使物体返回到平衡位置的力。
②方向：总是指向平衡位置。
③来源：属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力。
2．简谐运动的两种模型[(1)简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置。
(×)(2)做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、速度、加速度、位移都是相同的。
(3)做简谐运动的质点，速度增大时，其加速度一定减小。
(√)简谐运动的“五个特征”1．动力学特征：F ＝－kx ，“－”表示回复力的方向与位移方向相反，k 是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数。
2．运动学特征：简谐运动的加速度的大小与物体偏离平衡位置的位移的大小成正比，而方向相反，为变加速运动，远离平衡位置时，x 、F 、a、E p 均增大，v 、E k 均减小，靠近平衡位置时则相反。
3．运动的周期性特征：相隔T 或nT 的两个时刻，振子处于同一位置且振动状态相同。
4．对称性特征(1)相隔T 2或(2n ＋1)2T (n 为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方向相反。
(2)如图所示，振子经过关于平衡位置O 对称的两点P 、P ′(OP ＝OP ′)时，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等。
(3)振子由P 到O 所用时间等于由O 到P ′所用时间，即t PO ＝t OP′。
(4)振子往复过程中通过同一段路程(如OP 段)所用时间相等，即t OP ＝t PO 。
5．能量特征：振动的能量包括动能E k 和势能E p ，简谐运动过程中，系统动能与势能相互转化，系统的机械能守恒。
[典例] (多选)如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O 点为中心点，在C 、D 两点之间做周期为T 的简谐运动。
专题10电磁感应 第1讲电磁感应现象楞次定律(教学课件)高考物理一轮复习
3．[感应电流的方向]如图所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面
上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A点作切线OO′，OO′与
二、电磁感应 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 中有电流产生，这种现象称为电磁感应现象． 2．产生感应电流的条件 (1)条件：穿过闭合电路的磁通量_____发__生__变__化_____． (2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做__切__割__磁__感__线__运动． 3．能量转化：发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化 为_电__能_____．
考点3 一定律、三定则的综合应用 [能力考点]
1．规律比较
基本现象
运动电荷、电流产生磁场
磁场对运动电荷、电流的作用力
电磁感应
部分导体切割磁感线运动 闭合回路磁通量发生变化
定则或定律 安培定则 左手定则 右手定则 楞次定律
2.相互联系 (1)应用楞次定律，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．
4．[感应电流的方向]如图所示，两个线圈A、B套在一起，线圈A中
通有电流，方向如图所示．当线圈A中的电流突然增强时，线圈B中的
感应电流方向为
()
A．沿顺时针方向
B．沿逆时针方向
C．无感应电流
D．先沿顺时针方向，再沿逆时针方向
【答案】A
【解析】由安培定则，可判断线圈A中电流在线圈内产生的磁场向 外，在线圈外产生的磁场向里，穿过线圈B的合磁通量向外．当线圈A中 的电流增大时，产生的磁场增强，通过线圈B的磁通量增加，由楞次定 律可知线圈B中的感应电流方向为顺时针方向，故A正确．
高考物理新一轮复习 巧解直线运动六法微讲座课件
线将2个薄铁垫片A、B连接起来，一同学用
手固定B，此时A、B间距为3L，A距地面为
L，如图所示．由静止释放A、B，不计空气
阻力,且A、B落地后均不再弹起.从开始释放
到A落地历时t1，A落地前的瞬时速率为v1,
从A落地到B落在A上历时t2，B落在A上前的瞬时速率为v2,
则( BC )
A．t1>t2
B．t1＝t2
vm＝a1t1＝a2(t－t1)
解得 t1＝a1a＋2ta2，则 vm＝aa11＋a2at2 由图象中三角形面积的物理意义有
x＝12vmt＝
a1a2t2 2a1＋a2
解得 t＝
2xa1＋a2，故 a1a2
vm＝
2ax1＋a1aa22.
[答案]
2xa1＋a2 a1a2
2xa1a2 a1＋a2
如图所示，一冰壶以速度v垂直进入四个矩形区域 沿虚线做匀减速直线运动,且刚要离开第四个矩形区域的E点 时速度恰好为零，冰壶通过前三个矩形的时间为t，试通过所 学知识分析并计算冰壶通过第四个矩形所用的时间是多少?
[解析] 冰壶通过矩形区域的匀减速运动，可看做冰壶从 E 点开始做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式，由 E 到 A，有 4l＝12at21 式中，t1 为冰壶通过四个矩形区域所用的时间，a 为其加速 度的大小． 由 E 到 D，有 l＝12a(t1－t)2 联立解得 t1＝2t 或 t1＝23t 显然 t1＝23t 不符合题意，应舍去． 所以冰壶通过第四个矩形所用的时间为 t′＝t1－t＝t.
[答案] t
五、相对运动法 以系统中的一个物体为参考系研究另一个物体运动情况的 方法．
物体A、B从同一地点，同时沿同一方向运动，A 以10 m/s的速度做匀速直线运动，B以2 m/s2的加速度从 静止开始做匀加速直线运动，求A、B相遇前两物体间的 最大距离．
2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第五章 第三讲 机械能守恒定律及其应用 含答案
基础复习课第三讲机械能守恒定律及其应用[小题快练]1．判断题(1)重力势能的变化与零势能参考面的选取无关．( √ )(2)克服重力做功，物体的重力势能一定增加．( √ )(3)弹力做正功，弹性势能一定增加．( × )(4)物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒．( × )(5)物体的速度增大时，其机械能可能减小．( √ )(6)物体除受重力外，还受其他力，但其他力不做功，则物体的机械能一定守恒．( √ ) 2．关于重力势能，下列说法中正确的是( D )A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定B．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大C．一个物体的重力势能从－5 J变化到－3 J，重力势能减少了D．重力势能的减少量等于重力对物体做的功3．如图所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连接着一轻弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F作用下物体处于静止状态，当撤去力F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是( D )A．弹簧的弹性势能逐渐减少B．物体的机械能不变C．弹簧的弹性势能先增加后减少D．弹簧的弹性势能先减少后增加4．(多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是( CD )A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能守恒B．乙图中，A置于光滑水平面上，物体B沿光滑斜面下滑，物体B机械能守恒C．丙图中，不计任何阻力和定滑轮质量时A加速下落，B加速上升过程中，A、B系统机械能守恒D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒考点一机械能守恒的判断(自主学习)1．对机械能守恒条件的理解(1)只受重力作用，例如不考虑空气阻力的各种抛体运动，物体的机械能守恒．(2)除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零．(3)除重力外，只有系统内的弹力做功，并且弹力做的功等于弹性势能变化量的负值，那么系统的机械能守恒，注意并非物体的机械能守恒，如与弹簧相连的小球下摆的过程机械能减少．2．机械能是否守恒的三种判断方法(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，机械能守恒．(2)利用守恒条件判断．(3)利用能量转化判断：若物体系统与外界没有能量交换，物体系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则物体系统机械能守恒．1－1.[机械能守恒的判断]在如图所示的物理过程示意图中，甲图一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为轻绳一端连着一小球，从右偏上30°角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动，则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是()A．甲图中小球机械能守恒B．乙图中小球A机械能守恒C．丙图中小球机械能守恒D．丁图中小球机械能守恒解析：甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒，A正确；乙图过程中轻杆对A 的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以小球A的机械能不守恒，但两个小球组成的系统机械能守恒，B错误；丙图中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失，机械能不守恒，C 错误；丁图中小球和小车组成的系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒，这是因为摆动过程中小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，D错误．答案：A1－2.[机械能守恒的判断]把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示．迅速松手后，球升高至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正处于原长(图乙)．忽略弹簧的质量和空气阻力．则小球从A运动到C的过程中，下列说法正确的是()A．经过位置B时小球的加速度为0B．经过位置B时小球的速度最大C．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能守恒D．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能先增大后减小答案：C考点二单个物体的机械能守恒(师生共研)1．机械能守恒定律的表达式2．求解单个物体机械能守恒问题的基本思路(1)选取研究对象——物体．(2)根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．(3)恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末状态时的机械能．(4)选取方便的机械能守恒定律的方程形式进行求解．[典例]如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用内壁光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小．传送带的运行速度为v0＝6 m/s，将质量m＝1.0 kg的可看作质点的滑块无初速地放在传送带A端，传送带长度L＝12.0 m，“9”形轨道全高H＝0.8 m，“9”形轨道上半部分圆弧半径为R＝0.2 m，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；(2)滑块滑到轨道最高点C时受到轨道的作用力大小；(3)若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角θ＝45°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度h(保留两位有效数字)．[审题指导]第一步：抓关键点(1)判断滑块在传送带上的运动时，若滑块与传送带同速时没有到达B 点，则剩余部分将做匀速直线运动．(2)在轨道的C 点，根据F N ＋mg ＝m v 2CR 求滑块受轨道的作用力时，应先求出滑块到C 点的速度v C .(3)滑块由D 点到P 点做平抛运动，故滑块在P 点的速度v P 在水平方向的分速度与在D 点的速度相等，即v D ＝v P sin θ.解析：(1)滑块在传送带运动时，由牛顿运动定律得 μmg ＝ma 得a ＝μg ＝3 m/s 2加速到与传送带共速所需要的时间t 1＝v 0a ＝2 s 前2 s 内的位移x 1＝12at 21＝6 m之后滑块做匀速运动的位移x 2＝L －x 1＝6 m 时间t 2＝x 2v 0＝1 s故t ＝t 1＋t 2＝3 s.(2)滑块由B 到C 运动，由机械能守恒定律得 －mgH ＝12m v 2C－12m v 2在C 点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 2CR 解得F N ＝90 N.(3)滑块由B 到D 运动的过程中，由机械能守恒定律得12m v 20＝12m v 2D ＋mg (H －2R ) 滑块由D 到P 运动的过程中，由机械能守恒定律得12m v 2P＝12m v 2D ＋mgh 又v D ＝v P sin 45°由以上三式可解得h ＝1.4 m. 答案：(1)3 s (2)90 N (3)1.4 m [反思总结]应用机械能守恒定律的两点注意事项1．列方程时，选取的表达角度不同，表达式不同，对参考平面的选取要求也不一定相同. 2．应用机械能守恒能解决的问题，应用动能定理同样能解决，但其解题思路和表达式有所不同．2－1.[与平抛运动相结合] (2015·海南卷)如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab 和抛物线bc 组成，圆弧半径Oa 水平，b 点为抛物线顶点．已知h ＝2 m ，s ＝ 2 m ．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.(1)一小环套在轨道上从a 点由静止滑下，当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c 点时速度的水平分量的大小． 解析：(1)一小环套在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b 点时的速度，使得小环套做平抛运动的轨迹与轨道bc 重合，故有s ＝v b t ，h ＝12gt 2， 从ab 滑落过程中，根据机械能守恒定律可得mgR ＝12m v 2b ，联立三式可得R ＝s 24h ＝0.25 m. (2)环由b 处静止下滑过程中机械能守恒，设环下滑至c 点的速度大小为v ，有mgh ＝12m v 2 环在c 点的速度水平分量为v x ＝v cos θ式中，θ为环在c 点速度的方向与水平方向的夹角，由题意可知，环在c 点的速度方向和以初速度v b 做平抛运动的物体在c 点速度方向相同，而做平抛运动的物体末速度的水平分量为v x ′＝v b ，竖直分量v y ′为v y ′＝2gh 因为cos θ＝v bv 2b ＋v y ′2 联立可得v x ＝2103 m/s.答案：(1)0.25 m (2)2103 m/s2－2.[与圆周运动相结合] (2016·全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动，重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围．解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能为 E p ＝5mgl ①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得 E p ＝12M v 2B ＋μMg ·4l ② 联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得 v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足 m v 2l －mg ≥0④设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得 12m v 2B ＝12m v 2D ＋mg ·2l ⑤联立③⑤式得 v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2⑦P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为 s ＝v D t ⑧ 联立⑥⑦⑧式得 s ＝22l ⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知 5mgl >μMg ·4l ⑩要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有 12M v 2B ≤Mgl ⑪ 联立①②⑩⑪式得 53m ≤M <52m .答案：(1)6gl 22l (2)53m ≤M <52m考点三 多个物体的机械能守恒 (自主学习)1．多物体机械能守恒问题的分析方法(1)对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒． (2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系． (3)列机械能守恒方程时，一般选用ΔE k ＝－ΔE p 的形式． 2．多物体机械能守恒问题的三点注意 (1)正确选取研究对象． (2)合理选取物理过程．(3)正确选取机械能守恒定律常用的表达形式列式求解．3－1.[弹簧连接] (2015·天津卷)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L ，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L (未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变答案：B3－2.[轻杆连接](多选)(2015·全国卷Ⅱ)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则()A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为2ghC．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg答案：BD3－3.[轻绳连接](多选)(2018·康杰中学模拟)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)()A．环与重物组成的系统机械能守恒B．小环到达B处时，重物上升的高度也为dC．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于2 2D．小环在B处时的速度为(3－22)gd解析：由于小环和重物只有重力做功，系统机械能守恒，故A项正确；结合几何关系可知，重物上升的高度h＝(2－1)d，故B项错误；将小环在B处的速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，其中沿着绳子方向的速度即为重物上升的速度，则v物＝v环cos45°，环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为2∶1 ，故C项错误；小环和重物系统机械能守恒，则mgd－2mgh＝12m v2环＋122m v2物，且v物＝v环cos 45°，解得：v环＝(3－22)gd，故D正确．答案：AD1. (2018·聊城一中检测)如右图所示，半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直面内，半圆的圆心为O.将一只小球从半圆轨道左端无初速度释放，恰好能到达右端与圆心O等高的位置．若将该半圆轨道的右半边去掉，换上直径为R的光滑圆轨道，两个轨道在最低点平滑连接．换上的圆轨道所含圆心角如下图所示，依次为180°、120°、90°和60°.仍将小球从原半圆轨道左端无初速度释放，哪种情况下小球能上升到与O点等高的高度( C )解析：由能量守恒定律可知，小球若能上升到与O点等高的高度，则速度为零；图A中到达O点的速度至少为gr，则A错误；B中小球从轨道斜上抛后到达最高点的速度也不为零，则B错误；C图中小球从轨道上竖直上抛后，到达最高点的速度为零，则C正确；D图中小球从轨道斜上抛后到达最高点的速度也不为零，则D错误．2. (多选)(2019·阜阳三中模拟)一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B.支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示．开始时OA边处于水平位置．由静止释放，则( BC )A．A球的最大速度为2glB．A球的速度最大时，两小球的总重力势能最小C．A球第一次转动到与竖直方向的夹角为45°时，A球的速度为8(2－1)gl3D．A、B两球的最大速度之比v A∶v B＝3∶1解析：由机械能守恒可知，A球的速度最大时，二者的动能最大，此时两球总重力势能最小，所以B正确；根据题意知两球的角速度相同，线速度之比为v A∶v B＝ω·2l∶ω·l＝2∶1，故D错误；当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得：mg·2l cos θ－2mg·l(1－sin θ)＝12m v2A＋12·2m v2B，解得：v2A＝83gl(sin θ＋cos θ)－83gl，由数学知识知，当θ＝45°时，sin θ＋cos θ有最大值，最大值为：v A＝8(2－1)gl3，所以A错误，C正确．3. (2018·海南矿区中学模拟)如图所示，质量m＝50 kg的跳水运动员从距水面高h＝10 m 的跳台上以v0＝5 m/s 的速度斜向上起跳，最终落入水中．若忽略运动员的身高．取g ＝10m /s2，求：(1)运动员在跳台上时具有的重力势能(以水面为参考平面)；(2)运动员起跳时的动能；(3)运动员入水时的速度大小．解析：(1)取水面为参考平面，人的重力势能是E p＝mgh＝5 000 J；(2)由动能的公式得：E k＝12m v2＝625 J；(3)在整个过程中，只有重力做功，机械能守恒mgh＝12m v2－12m v2，解得v＝15 m/s .答案：(1)5 000 J(2)625 J(3)15 m/s[A组·基础题]1. 如图所示为跳伞爱好者表演高楼跳伞的情形，他们从楼顶跳下后，在距地面一定高度处打开伞包，最终安全着陆，则跳伞者( A )A．机械能一直减小B．机械能一直增大C．动能一直减小D．重力势能一直增大2. 质量均为m，半径均为R的两个完全相同的小球A、B在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道，两轨道通过一小段圆弧平滑连接．若两小球运动过程中始终接触，不计摩擦阻力及弯道处的能量损失，在倾斜轨道上运动到最高点时两球机械能的差值为( C )A．0B．mgR sin θC．2mgR sin θD．2mgR3. (2016·全国卷Ⅱ)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点( C )A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度4．如图所示，在下列不同情形中将光滑小球以相同速率v射出，忽略空气阻力，结果只有一种情形小球不能到达天花板，则该情形是( B )A．A B．BC ．CD ．D5．(多选) 如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平地面上，O 点为弹簧原长时上端的位置，一个质量为m 的物体从O 点正上方的A 点由静止释放落到弹簧上，物体压缩弹簧到最低点B 后向上运动，不计空气阻力，不计物体与弹簧碰撞时的动能损失，弹簧一直在弹性限度范围内，重力加速度为g ，则以下说法正确的是( CD )A ．物体落到O 点后，立即做减速运动B ．物体从O 点运动到B 点，物体机械能守恒C ．在整个过程中，物体与弹簧组成的系统机械能守恒D ．物体在最低点时的加速度大于g6．(多选) (2019·景德镇一中月考)如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a 和b ，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，a 球置于地面上，质量为m 的b 球从水平位置静止释放．当b 球第一次经过最低点时，a 球对地面压力刚好为零．下列结论正确的是( BD )A ．a 球的质量为2mB ．a 球的质量为3mC ．b 球首次摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率一直增大D ．b 球首次摆动到最低点的过程中，重力对b 球做功的功率先增大后减小解析：b 球在摆动过程中，a 球不动，b 球做圆周运动，则绳子拉力对b 球不做功，b 球的机械能守恒，则有：m b gL ＝12m b v 2；当b 球摆过的角度为90°时，a 球对地面压力刚好为零，说明此时绳子张力为：T ＝m a g ；b 通过最低点时，根据牛顿运动定律和向心力公式得：m a g －m b g ＝m b v 2L ，解得：m a ＝3m b ，故A 错误、B 正确．在开始时b 球的速度为零，则重力的瞬时功率为零；当到达最低点时，速度方向与重力垂直，则重力的功率也为零，可知b 球首次摆动到最低点的过程中，重力对b 球做功的功率先增大后减小，选项C 错误，D正确．7．(多选) 如图所示，某极限运动爱好者(可视为质点)尝试一种特殊的高空运动．他身系一定长度的弹性轻绳，从距水面高度大于弹性轻绳原长的P点以水平初速度v0跳出．他运动到图中a点时弹性轻绳刚好拉直，此时速度与竖直方向的夹角为θ，轻绳与竖直方向的夹角为β，b为运动过程的最低点(图中未画出)，在他运动的整个过程中未触及水面，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是( BD )A．极限运动爱好者从P点到b点的运动过程中机械能守恒B．极限运动爱好者从P点到a点时间的表达式为t＝v0 g tan θC．极限运动爱好者到达a点时，tan θ＝tan βD．弹性轻绳原长的表达式为l＝v20g sin β tan θ[B组·能力题]8．(多选) (2019哈尔滨六中月考)如图所示，在距水平地面高为0.4 m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一光滑的轻质定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P 点的右边，杆上套有一质量m＝ 2 kg的滑块A.半径R＝0.3 m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量m＝ 2 kg的小球B.用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将小球与滑块连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，滑块、小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响，取g＝10m /s2.现给滑块A一个水平向右的恒力F＝60 N，则( ABC )A．把小球B从地面拉到P的正下方时力F做功为24 JB．小球B运动到C处时滑块A的速度大小为0C．小球B被拉到与滑块A速度大小相等时，sin∠OPB＝3 4D．把小球B从地面拉到P的正下方时小球B的机械能增加了6 J解析：设PO＝H.由几何知识得，PB＝H2＋R2＝0.42＋0.32＝0.5 m，PC＝H－R＝0.1 m．F 做的功为W＝F(PB－PC)＝40×(0.5－0.1)＝24 J，A正确；当B球到达C处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块A的速度为零，选项B正确；当绳与轨道相切时滑块A与B球速度相等，由几何知识得：sin ∠OPB＝RH＝34，C正确．由功能关系，可知，把小球B从地面拉到半圆形轨道顶点C处时小球B的机械能增加量为ΔE＝W＝24 J，D错误．9．(多选) (2018·深圳宝安区联考)如图所示，一轻质弹簧固定在光滑杆的下端，弹簧的中心轴线与杆重合，杆与水平面间的夹角始终为60°，质量为m的小球套在杆上，从距离弹簧上端O点2x0的A点静止释放，将弹簧压至最低点B，压缩量为x0，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是( CD )A．小球从接触弹簧到将弹簧压至最低点B的过程中，其加速度一直减小B．小球运动过程中最大动能可能为mgx0C．弹簧劲度系数大于3mg 2x0D．弹簧最大弹性势能为332mgx0解析：小球从接触弹簧到将弹簧压至最低点B的过程中，弹簧对小球的弹力逐渐增大，开始时弹簧的弹力小于小球的重力沿杆向下的分力，小球做加速运动，随着弹力的增大，合力减小，加速度减小，后来，弹簧的弹力等于小球的重力沿杆向下的分力，最后，弹簧的弹力大于小球的重力沿杆向下的分力，随着弹力的增大，合力沿杆向上增大，则加速度增大，所以小球的加速度先减小后增大，A错误；小球滑到O点时的动能为E k＝2mgx0 sin 60°＝3mgx0，小球的合力为零时动能最大，此时弹簧处于压缩状态，位置在O点下方，所以小球运动过程中最大动能大于3mgx0，不可能为mgx0，B错误；在速度最大的位置有mg sin 60°＝kx，得k＝3mg2x，因为x＜x0，所以k＞3mg2x0，C正确；对小球从A到B的过程，对系统，由机械能守恒定律得：弹簧最大弹性势能E pm＝3mgx0sin 60°＝332mgx0，D正确．10．(多选) (2019·江西丰城九中段考)如图所示，竖直面内半径为R的光滑半圆形轨道与水平光滑轨道相切于D点．a、b、c三个质量相同的物体由水平部分分别向半环滑去，最后重新落回到水平面上时的落点到切点D的距离依次为AD＜2R，BD＝2R，CD＞2R.设三个物体离开半圆形轨道在空中飞行时间依次为t a、t b、t c，三个物体到达地面的动能分别为E a、E b、E c，则下面判断正确的是( AC )A．E a＜E b B．E b＞E cC．t b＝t c D．t a＝t b解析：物体若从圆环最高点离开半环在空中做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，则有：2R＝12gt2，则得：t＝4Rg，物体恰好到达圆环最高点时，有：mg＝m v2R，则通过圆轨道最高点时最小速度为：v＝gR，所以物体从圆环最高点离开后平抛运动的水平位移最小值为：x＝v t＝2R，由题知：AD＜2R，BD＝2R，CD＞2R，说明b、c通过最高点做平抛运动，a没有到达最高点，则知t b＝t c＝4Rg，t a≠t b＝t c；对于a、b两物块，通过D点时，a的速度比b的小，由机械能守恒可得：E a＜E b.对于b、c两物块，由x＝v t 知，t相同，c的水平位移大，通过圆轨道最高点时的速度大，由机械能守恒定律可知，E c＞E b，故选项A、C正确．11. 如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB 平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上．一长为L＝9 cm的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m＝1 kg的小球，将细绳拉至水平，使小球从位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断．之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x＝5 cm.(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：(1)细绳受到的拉力的最大值；(2)D点到水平线AB的高度h；(3)弹簧所获得的最大弹性势能E p.解析：(1)小球由C 到D ，由机械能守恒定律得mgL ＝12m v 21解得v 1＝2gL ①在D 点，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v 21L ②由①②解得F ＝30 N由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30 N.(2)由D 到A ，小球做平抛运动有v 2y ＝2gh ③tan 53°＝v y v 1④ 联立解得h ＝16 cm.(3)小球从C 点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即E p ＝mg (L ＋h ＋x sin 53°)，代入数据解得E p ＝2.9 J.答案：(1)30 N (2)16 cm (3)2.9 J。
2024年新人教版高考物理一轮复习课件 第6章 专题强化8 动能定理在多过程问题中的应用
W 克 fDA＝μmgcos θ·sinh θ＋μmgs，
④
联立③④得W克fAD＝W克fDA，
⑤
联立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确.
例2 (多选)(2021·全国甲卷·20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面
底端沿斜面向上滑动.该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离 后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为E5k.已知sin α ＝0.6，重力加速度大小为g.则
(3)小球的释放点离水平地面的高度H. 答案 0.35 m
小球从释放到运动到 A 点的过程，运用动能定理有 mgH－μmgL＝ 12mvA2，代入数据解得 H＝0.35 m.
动能定理在往复运动问题中的应用
1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性， 而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又 往往是无限的或者难以确定. 2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特 点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无 法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析 这类问题可简化解题过程.
1234567
3.如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为
斜面的最低点.一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜
面上做往复运动.小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为
小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动
的总路程为
A.s4i9nHθ
ma下＝mgsin α－μmgcos α， 解得a下＝g5 ，B正确；
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有
ma上＝mgsin α＋μmgcos α，解得a上＝g， 故a上>a下， 由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过 相同的位移，根据位移公式l＝12 at2，则可得出t上<t下，D错误.
2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第十章 第三讲 电磁感应中的电路和图象问题 含答案
能力提升课第三讲电磁感应中的电路和图象问题热点一电磁感应中的电路问题(师生共研)1．电磁感应中电路知识的关系图2．解决电磁感应中的电路问题三部曲[典例1]如图所示，在匀强磁场中竖直放置两条足够长的平行导轨，磁场方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B0，导轨上端连接一阻值为R的电阻和开关S，导轨电阻不计，两金属棒a和b的电阻都为R，质量分别为m a＝0.02 kg和m b＝0.01 kg，它们与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦地运动．若将b棒固定，开关S断开，用一竖直向上的恒力F拉a棒，稳定后a棒以v1＝10 m/s的速度向上匀速运动，此时再释放b棒，b 棒恰能保持静止．(g取10 m/s2)(1)求拉力F的大小；(2)若将a棒固定，开关S闭合，让b棒自由下滑，求b棒滑行的最大速度v2的大小；(3)若将a棒和b棒都固定，开关S断开，使磁感应强度从B0随时间均匀增加，经0.1 s 后磁感应强度增大到2B 0时，a棒受到的安培力大小正好等于a棒的重力，求两棒间的距离．解析：(1)法一：a棒做切割磁感线运动，产生的感应电动势为E＝B0L v1，a棒与b棒构成串联闭合电路，电流为I＝E2R，a棒、b棒受到的安培力大小为F a＝ILB0，F b＝ILB0依题意，对a棒有F＝F a＋G a对b棒有F b＝G b所以F＝G a＋G b＝0.3 N.法二：a、b棒都是平衡状态，所以可将a、b棒看成一个整体，整体受到重力和一个向上的力F，所以F＝G a＋G b＝0.3 N.(2)a棒固定、开关S闭合后，当b棒以速度v2匀速下滑时，b棒滑行速度最大，b棒做切割磁感线运动，产生的感应电动势为E1＝B0L v2，等效电路图如图所示．所以电流为I1＝E1 1.5Rb棒受到的安培力与b棒的重力平衡，有G b＝B20L2v2 1.5R由(1)问可知G b＝F b＝B20L2v1 2R联立可得v2＝7.5 m/s.(3)当磁场均匀变化时，产生的感应电动势为E2＝ΔB·LhΔt，回路中电流为I2＝E22R依题意有F a2＝2B0I2L＝G a，代入数据解得h＝1 m. 答案：(1)0.3 N(2)7.5 m/s(3)1 m[反思总结]电磁感应中电路问题的题型特点闭合电路中磁通量发生变化或有部分导体做切割磁感线运动，在回路中将产生感应电动势和感应电流．从而考题中常涉及电流、电压、电功等的计算，也可能涉及电磁感应与力学、电磁感应与能量的综合分析．1－1.[E ＝n ΔΦΔt 在电路中的应用] (多选)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n ＝1 500匝，横截面积S ＝20 cm 2.螺线管导线电阻r ＝1 Ω，R 1＝4 Ω，R 2＝5 Ω，C ＝30 μF.在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B 按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是( )A ．螺线管中产生的感应电动势为1.2 VB ．闭合S ，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电C ．电路中的电流稳定后，电阻R 1的电功率为5×10－2 WD ．S 断开后，通过R 2的电荷量为1.8×10－5 C解析：由法拉第电磁感应定律可知，螺线管内产生的电动势为E ＝n ΔB Δt S ＝1 500×0.82×20×10－4 V ＝1.2 V ，故A 正确；根据楞次定律，当穿过螺线管的磁通量增加时，螺线管下部可以看成电源的正极，则电容器下极板带正电，故B 错误；电流稳定后，电流为I ＝E R 1＋R 2＋r ＝ 1.24＋5＋1A ＝0.12 A ，电阻R 1上消耗的功率为P ＝I 2R 1＝0.122×4 W ＝5.76×10－2 W ，故C 错误；开关断开后通过电阻R 2的电荷量为Q ＝CU ＝CIR 2＝30×10－6×0.12×5 C ＝1.8×10－5 C ，故D 正确．答案：AD1－2.[E ＝Bl v 在电路中的应用] (2017·江苏卷)如图所示，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 0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．求：(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ； (2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ； (3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P . 解析：(1)感应电动势E ＝Bd v 0感应电流I ＝ER ， 解得I ＝Bd v 0R .(2)安培力F ＝BId 牛顿第二定律F ＝ma 解得a ＝B 2d 2v 0mR .(3)金属杆切割磁感线的速度v ′＝v 0－v ，则 感应电动势E ＝Bd (v 0－v )，电功率P ＝E 2R 解得P ＝B 2d 2(v 0－v )2R.答案：(1)I ＝Bd v 0R (2)a ＝B 2d 2v 0mR (3)P ＝B 2d 2(v 0－v )2R热点二 电磁感应中的图象问题 (师生共研)1．图象问题的求解类型2.弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键．3．解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画图象或判断图象．4．电磁感应中图象类选择题的两个常用方法排除法定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项．函数法根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断.1．F安－t图象[典例2]将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内．回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示．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变化的图象是()解析：0～T2时间内，根据法拉第电磁感应定律及楞次定律可得回路的圆环形区域产生大小恒定的、顺时针方向的感应电流，根据左手定则，ab边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向左的恒定的安培力；同理可得T2～T时间内，ab边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向右的恒定的安培力，故B正确．答案：B2．v－t图象[典例3]如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气阻力影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律()A B C D解析：由题意可知，线框先做自由落体运动，最终做匀加速直线运动．若ab边刚进入磁场时，速度较小，线框内产生的感应电流较小，线框所受安培力小于重力，则线圈进入磁场的过程做加速度逐渐减小的加速运动，图象C有可能；若线框进入磁场时的速度较大，线框内产生的感应电流较大，线框所受安培力大于重力，则线框进入磁场时做加速度逐渐减小的减速运动，图象B有可能；若线框进入磁场时的速度合适，线框所受安培力等于重力，则线框匀速进入磁场，图象D有可能；由分析可知选A.答案：A3．E－t图象[典例4]在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t按如图乙所示规律变化时，下列选项中正确表示线圈中感应电动势E变化的是()解析：根据楞次定律得，0～1 s内，感应电流为正方向；1～3 s内，无感应电流；3～5 s 内，感应电流为负方向；再由法拉第电磁感应定律得，0～1 s内的感应电动势为3～5 s 内的二倍，故A正确．答案：A4．i－t图象[典例5]如图所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度为a，一正三角形(高为a)导线框ABC从图示位置沿图示方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图是下图中的()A B C D解析：x在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AB边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2不变，两个电动势串联，总电动势E＝E1＋E2增大，故A错误；x 在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故B错误；x在2a～3a范围，线框穿过右侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故C正确，D错误．答案：C5．综合图象[典例6](多选)如图所示为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L.在磁场区域的左侧边界处有一边长为L的正方形导体线框，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，磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值，外力F向右为正．则以下能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律的图象是()解析：在0～L v 时间内，磁通量Φ＝BL v t ，为负值，逐渐增大；在t ＝3L2v 时磁通量为零，当t ＝2L v 时，磁通量Φ＝BL 2为最大正值，在2L v ～5L2v 时间内，磁通量为正，逐渐减小，t ＝5L 2v 时，磁通量为零，5L 2v ～3L v 时间内，磁通量为负，逐渐增大，t ＝3Lv 时，磁通量为负的最大值，3L v ～4L v 时间内，磁通量为负，逐渐减小，由此可知A 正确．在0～Lv 时间内，E ＝BL v ，为负值；在L v ～2Lv 时间内，两个边切割磁感线，感应电动势E ＝2BL v ，为正值；在2L v ～3L v 时间内，两个边切割磁线，感应电动势E ＝2Bl v ，为负值；在3L v ～4Lv 时间内，一个边切割磁感线，E ＝BL v ，为正值，B 正确.0～Lv 时间内，安培力向左、外力向右，F 0＝F 安＝BI 0L ，电功率P 0＝I 20R ＝B 2L 2v 2R，L v～2L v时间内，外力向右，F 1＝2B ·2I 0L ＝4F 0，电功率P 1＝I 21R ＝4B 2L 2v 2R＝4P 0；2L v～3L v时间内，外力向右，F 2＝2B ·2I 0L ＝4F 0，电功率P 2＝I 22R ＝4B 2L 2v 2R＝4P 0；在3L v～4L v时间内，外力向右，F 3＝BI 0L ＝F 0，电功率P 3＝I 20R ＝B 2L 2v 2R＝P 0，C 错误，D 正确． 答案：ABD1. (多选)如图所示，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 间分别接着阻值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( BD )A．导体棒ab中电流的流向为由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 V2．(多选)如图甲所示，MN、PQ两平行金属光滑导轨固定在绝缘水平面上，其左端接一电容为C的电容器，导轨范围内存在竖直向下的匀强磁场，导体棒ab垂直MN放在导轨上，在水平拉力的作用下从静止开始向右运动．电容器两极板间的电势差随时间变化的图象如图乙所示，不计导体棒及导轨电阻．下列关于导体棒ab运动的速度v、导体棒ab 受到的外力F随时间变化的图象可能正确的是( BD )3．在水平桌面上，一个面积为S的圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图甲所示，0～1 s内磁场方向垂直线框平面向下，圆形金属框与两根水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为L、电阻为R，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，如图乙所示．若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力F f随时间变化的图象是下图中的(设向右的方向为静摩擦力的正方向)( B )4．如图所示，金属杆ab 、cd 置于平行轨道MN 、PQ 上，可沿轨道滑动，两轨道间距l ＝0.5 m ，轨道所在空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ，用力F ＝0.25 N 向右水平拉杆ab ，若ab 、cd 与轨道间的滑动摩擦力分别为F f1＝0.15 N 、F f2＝0.1 N ，两杆的有效电阻R 1＝R 2＝0.1 Ω，设导轨电阻不计，ab 、cd 的质量关系为2m 1＝3m 2，且ab 、cd 与轨道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．求： (1)此两杆之间的稳定速度差；(2)若F ＝0.3 N ，两杆间稳定速度差又是多少？解析：因F ＞F f1，故ab 由静止开始做加速运动，ab 中将出现不断变大的感应电流，致使cd 受到安培力F 2作用，当F 2＞F f2时，cd 也开始运动，故cd 开始运动的条件是：F －F f1－F f2＞0.(1)当F ＝0.25 N 时，F －F f1－F f2＝0，故cd 保持静止，两杆的稳定速度差等于ab 的最终稳定速度v max ，故此种情况有：电流I m ＝E m R 1＋R 2＝Bl v max R 1＋R 2，安培力F m ＝BI m l ，则有F －F m －F f1＝0，由此得v max ＝0.32 m/s.(2)当F ＝0.3 N ＞F f1＋F f2，对ab 、cd 组成的系统，ab 、cd 所受安培力大小相等，方向相反，合力为零，则系统受的合外力为F 合＝F －F f1－F f2＝0.05 N ．对系统有F 合＝(m 1＋m 2)a ，因为2m 1＝3m 2，则F 合＝52m 2a .取cd 为研究对象，F 安－F f2＝m 2a ，F 安＝BIl ，I ＝Bl Δv R 1＋R 2，联立各式解得Δv ＝R 1＋R 2B 2l 2(25F 合＋F f2)＝0.384 m/s. 答案：(1)0.32 m/s (2)0.384 m/s[A组·基础题]1. 如图所示，纸面内有一矩形导体线框abcd，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框的ab边平行磁场边界MN，线框以垂直于MN的速度匀速地完全进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1，现将线框进入磁场的速度变为原来的两倍，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则有( C )A．Q2＝Q1q2＝q1B．Q2＝2Q1q2＝2q1C．Q2＝2Q1q2＝q1D．Q2＝4Q1q2＝2q12. (2016·浙江卷)如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a＝3l b，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( B )A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D．a、b线圈中电功率之比为3∶13．如图甲所示，一闭合圆形线圈水平放置，穿过它的竖直方向的匀强磁场磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，规定B的方向以向上为正方向，感应电流以俯视顺时针的方向为正方向，在0～4t时间内感应电流随时间变化的图象正确的是( D )4．如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下图所示的哪一个( D )5．(多选) 如图所示，光滑导轨倾斜放置，下端连一灯泡，匀强磁场垂直于导轨平面，当金属棒ab(电阻不计)沿导轨下滑达到稳定状态时，灯泡的电功率为P，导轨和导线电阻不计．要使灯泡在金属棒稳定运动状态下的电功率为2P，则下面选项中符合条件的是( AC )A．将导轨间距变为原来的2 2B．换一电阻值减半的灯泡C．换一质量为原来2倍的金属棒D．将磁场磁感应强度B变为原来的2倍6．(多选)如图甲所示，圆形的刚性金属线圈与一平行板电容器连接，线圈内存在垂直于线圈平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示(以图示方向为正方向)．t＝0时刻，平行板电容器间一带正电的粒子(重力不计)由静止释放，假设粒子运动过程中未碰到极板，不计线圈内部磁场变化时对外部空间的影响，下列粒子在板间运动的速度图象和位移图象(以向上为正方向)中，正确的是( BC )7．(多选) 如图所示，两根电阻不计的平行光滑金属导轨在同一水平面内放置，左端与定值电阻R相连，导轨x>0一侧存在着沿x轴方向均匀增大的磁场，磁感应强度与x的关系是B＝0.5＋0.5x(T)，在外力F作用下一阻值为r的金属棒从A1运动到A3，此过程中电路中的电功率保持不变．A1的坐标为x1＝1 m，A2的坐标为x2＝2 m，A3的坐标为x3＝3 m，下列说法正确的是( BD )A．回路中的电动势既有感生电动势又有动生电动势B．在A1与A3处的速度之比为2∶1C．A1到A2与A2到A3的过程中通过导体横截面的电荷量之比为3∶4D．A1到A2与A2到A3的过程中产生的焦耳热之比为5∶7[B组·能力题]8．(多选) (2016·四川卷)如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖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＋k v(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变化图象可能正确的有( BC )9．某兴趣小组用电流传感器测量某磁场的磁感应强度．实验装置如图甲，不计电阻的足够长光滑金属导轨竖直放置在匀强磁场中，导轨间距为d ，其平面与磁场方向垂直．电流传感器与阻值为R 的电阻串联接在导轨上端．质量为m 、有效阻值为r 的导体棒AB 由静止释放沿导轨下滑，该过程中电流传感器测得电流随时间变化规律如图乙所示，电流最大值为I m .棒下滑过程中与导轨保持垂直且良好接触，不计电流传感器内阻及空气阻力，重力加速度为g .(1)求该磁场磁感应强度的大小； (2)求在t 1时刻棒AB 的速度大小；(3)在0～t 1时间内棒AB 下降了h ，求此过程电阻R 产生的电热． 解析：(1)电流为I m 时棒做匀速运动， 对棒：F 安＝BI m d F 安＝mg 解得B ＝mg I md .(2)t 1时刻，对回路有： E ＝Bd v I m ＝Bd vR ＋r解得v ＝I 2m (R ＋r )mg .(3)电路中产生的总电热：Q ＝mgh －12m v 2，电阻R 上产生的电热：Q R ＝R R ＋rQ 解得Q R ＝mghR R ＋r －I 4m R (R ＋r )2mg 2.答案：(1)mg I md (2)I 2m (R ＋r )mg(3)mghR R ＋r－I 4m R (R ＋r )2mg 2 10．在同一水平面上的光滑平行导轨P 、Q 相距l ＝1 m ，导轨左端接有如图所示的电路．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R 1＝R 2＝12 Ω，R 3＝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为m ＝1×10－14 kg 、电荷量为q ＝－1×10－14 C 的微粒恰好静止不动．取g ＝10 m/s 2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定．试求：(1)匀强磁场的方向； (2)ab 两端的电压；(3)金属棒ab 运动的速度大小．解析：(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M 板带正电．ab 棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab 棒等效于电源，感应电流方向由b →a ，其a 端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下．(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg ＝Eq 又E ＝U MN d所以U MN ＝mgdq ＝0.1 VR 3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R 3的电流为I ＝U MNR 3＝0.05 A则ab 棒两端的电压为U ab ＝U MN ＋I R 1R 2R 1＋R 2＝0.4 V .(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝Bl v由闭合电路欧姆定律得E＝U ab＋Ir＝0.5 V 联立解得v＝1 m/s.答案：(1)竖直向下(2)0.4 V(3)1 m/s。
2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第七章 第一讲 电场力的性质 含答案
基础复习课第一讲电场力的性质[小题快练] 1．判断题(1)任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍．( √ )(2)点电荷和电场线都是客观存在的．( × )(3)根据F＝k q1q2r2，当r→0时，F→∞.( × )(4)电场强度反映了电场力的性质，所以电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比．( × )(5)电场中某点的电场强度方向即为正电荷在该点所受的电场力的方向．( √ )(6)真空中点电荷的电场强度表达式E＝kQr2中，Q就是产生电场的点电荷．( √ )(7)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．( × )(8)电场线的方向即为带电粒子的运动方向．( × )2．关于电场强度的概念，下列说法正确的是( C )A．由E＝Fq可知，某电场的电场强度E与q成反比，与F成正比B．正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点电场强度方向与放入试探电荷的正负有关C．电场中某一点的电场强度与放入该点的试探电荷的正负无关D．电场中某一点不放试探电荷时，该点电场强度等于零3．(2015·浙江卷)如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置．工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属板中间，则( D )A．乒乓球的左侧感应出负电荷B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞4．(2017·海南卷)关于静电场的电场线，下列说法正确的是( C )A．电场强度较大的地方电场线一定较疏B．沿电场线方向，电场强度一定越来越小C．沿电场线方向，电势一定越来越低D．电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹考点一库仑力作用下的平衡问题(自主学习)1．解决平衡问题应注意三点(1)明确库仑定律的适用条件；(2)知道完全相同的带电小球接触时电荷量的分配规律；(3)进行受力分析，灵活应用平衡条件．2．在同一直线上三个自由点电荷的平衡问题(1)条件：两个点电荷在第三个点电荷处的合电场强度为零，或每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反．(2)规律“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上；“两同夹异”——正、负电荷相互间隔；“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷．1－1.[两个点电荷平衡](多选)(2016·浙江卷)如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于O A和O B两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点O B移到O A 点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m．已测得每个小球质量是8.0×10－4kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，则()A．两球所带电荷量相等B．A球所受的静电力为1.0×10－2 NC．B球所带的电荷量为46×10－8 CD．A、B两球连线中点处的电场强度为0答案：ACD1－2. [三个点电荷平衡]如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电小球A、B，带电荷量分别为Q A、Q B，左边放一个带正电的固定球，固定球带电荷量＋Q时，两悬线都保持竖直方向，小球A与固定球的距离等于小球A与小球B的距离．下列说法中正确的是()A．A球带正电，B球带正电，＋Q<Q AB．A球带正电，B球带负电，＋Q>Q AC．A球带负电，B球带负电，＋Q<|Q A|D．A球带负电，B球带正电，＋Q>|Q A|答案：D1－3.[动态平衡问题](多选)如图所示，带电小球A、B的电荷分别为Q A、Q B，OA＝OB，都用长L的丝线悬挂在O点．静止时A、B相距为d.为使平衡时A、B间距离减为d2，可采用以下哪些方法()A．将小球A、B的质量都增大到原来的2倍B．将小球B的质量增大到原来的8倍C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增大到原来的2倍解析：如图所示，B受重力、丝线的拉力及库仑力，将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等、方向相反，由几何关系可知mgL＝Fd，而库仑力F＝kQ A Q Bd2，即mgL＝kQ A Q Bd2d＝kQ A Q Bd3，mgd3＝kQAQ B L，d＝3kQAQ B Lmg，要使d变为d2，可以将小球B的质量增大到原来的8倍而保证上式成立，故B正确；或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增大到原来的2倍，也可保证等式成立，故D正确．答案：BD考点二电场强度的叠加与计算(自主学习)1．电场强度三个表达式的比较E＝2.(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．3．计算电场强度常用的五种方法(1)电场叠加合成法．(2)平衡条件求解法．(3)对称法．(4)补偿法．(5)等效法．(6)微元法2－1. [合成法]一段均匀带电的半圆形细线在其圆心O处产生的电场强度为E，把细线分成等长的圆弧，则圆弧在圆心O处产生的电场强度为()A．E B．E 2C.E3D．E4答案：B2－2.[补偿法](2018·石家庄质检)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R.已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为()A.kq2R2－E B．kq 4R2C.kq4R2－E D．kq4R2＋E解析：左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷量为2q的整个球面的电场和带电荷量－q的右半球面的电场的合电场，则E＝k2q(2R)2－E′，E′为带电荷量－q的右半球面在M点产生的场强大小．带电荷量－q的右半球面在M点的场强大小与带正电荷量为q的左半球面AB在N点的场强大小相等，则E N＝E′＝k2q(2R)2－E＝kq2R2－E，则A正确．答案：A2－3. [对称法]如图所示，在x轴上放置两正点电荷Q1、Q2，当空间存在沿y轴负向的匀强电场时，y轴上A点的电场强度等于零，已知匀强电场的电场强度大小为E，两点电荷到A的距离分别为r1、r2，则在y轴上与A点对称的B点的电场强度大小为()A．E B．1 2EC．2E D．4E答案：C2－4. [微元法]如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP＝L，试求P点的场强．解析：将带电圆环等分成许多微元电荷，每个微元电荷可看成点电荷．先根据库仑定律求出每个微元电荷的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强．设想将圆环看成由n个小段组成，当n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量Q′＝Qn，由点电荷场强公式可求得每一小段带电体在P处产生的场强为E＝kQnr2＝kQn(R2＋L2).由对称性知，各小段带电体在P处场强E的垂直于中心轴的分量E y相互抵消，而其轴向分量E x之和即为带电环在P处的场强E P ，E P ＝nE x ＝nk ·Qn (R 2＋L 2)cos θ＝kQL(R 2＋L 2)32.答案：k QL(R 2＋L 2)32考点三 电场线的理解与应用 (自主学习)1．电场线的三个特点(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于无限远或负电荷处； (2)电场线在电场中不相交；(3)在同一幅图中，电场强度较大的地方电场线较密，电场强度较小的地方电场线较疏． 2．六种典型电场的电场线3．两种等量点电荷的电场3－1.[非匀强电场](多选)某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是()A．c点电场强度大于b点电场强度B．a点电势高于b点电势C．若将一试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线运动到b点D．若在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电势能减小答案：BD3－2.[两个点电荷形成的电场]如图所示为两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(方向未标出)．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称，则下列说法中正确的是()A．这两点电荷一定是等量异种电荷B．这两点电荷一定是等量同种电荷C．D、C两点的电场强度一定相等D．C点的电场强度比D点的电场强度小答案：A3－3.[三个点电荷形成的电场](多选)(2015·江苏卷)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示．c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则()A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低答案：ACD1. (2018·抚顺期中)如图所示带正电的金属圆环竖直放置，其中心处有一电子，若电子某一时刻以初速度v0从圆环中心处水平向右运动，则此后电子将( C )A．做匀速直线运动B．做匀减速直线运动C．以圆心为平衡位置振动D．以上选项均不对解析：由场强叠加原理易知，把带电圆环视作由无数个点电荷组成，则圆环中心处的场强为0，沿v0方向所在直线的无穷远处场强也为0，故沿v0方向从圆心到无穷远处的直线上必有一点场强最大．从O点沿v0方向向右的直线上各点的场强方向处处向右．再由对称性知，沿v0方向所在直线上的O点左方也必有一点场强最大，无穷远处场强为零，方向处处向左．故电子在带电圆环所施加的电场力作用下将向右减速至零，再向左运动，当运动到O点处时，速度大小仍为v0，并向左继续运动至速度也为零(这点与O点右方的速度为零处关于O点对称)，然后往复运动．在整个运动过程中，F电是个变力，故加速度也是变化的．故选C.2.A、B是一条电场线上的两个点，一带正电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其v－t图象如图所示．则该电场的电场线分布可能是下列选项中的( D )A B C D3．如图所示，MN为很大的不带电薄金属板(可认为无限大)，金属板接地．在金属板的左侧距离为2d 的位置固定一电荷量为Q的正点电荷，由于静电感应产生了如图所示的电场．过正点电荷Q所在的点作MN的垂线，P为垂线段的中点，已知P点电场强度的大小为E0，则金属板上感应电荷在P点激发的电场强度E的大小为( A )A．E0－kQd2B．kQd2C.E02D．04．如图所示，三个小球a、b、c分别用三根绝缘细线悬挂在同一点O，细线的长度关系为Oa＝Ob<Oc，让三球带电后它们能静止在图中所示位置．此时细线Oc沿竖直方向，a、b、c连线恰构成一等边三角形，则下列说法不正确的是( C )A．a、b两球质量一定相等B．a、b两球所带电荷量一定相等C．a、b两球所处位置的电场强度相等D．细线Oa、Ob所受拉力大小一定相等[A组·基础题]1. 实际问题中有时需要同时考虑万有引力和库仑力．现有一质量分布均匀的星球带有大量负电荷且电荷也均匀分布，将一个带电微粒在离该星球表面一定高度处无初速度释放，发现微粒恰好能静止．若给微粒一个如图所示的初速度，不计阻力作用，则下列说法正确的是( C )A．微粒将做圆周运动B．微粒将做平抛运动C．微粒将做匀速直线运动D．微粒将做匀变速直线运动2．如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，O、A、B为轴上三点．放在A、B两点的检验电荷受到的电场力与其所带电荷量的关系如图乙所示．以x轴的正方向为电场力的正方向，则( B )A．点电荷Q一定为正电荷B．点电荷Q在A、B之间C．A点的电场强度大小为5×103 N/CD．A点的电势比B点的电势高3. 如图所示，等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形，一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速度释放，由C运动到D的过程中，下列说法正确的是( D )A．小球的速度先减小后增大B．小球的速度先增大后减小C．杆对小球的作用力先减小后增大D．杆对小球的作用力先增大后减小4．如图甲所示，直线上固定两个正点电荷A与B，其中B带＋Q的电荷量，C、D两点将AB连线三等分，现有一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子所受的重力，并且已知该负电荷在C、D间运动的速度v与时间t的关系图象如图乙所示，则A点电荷的带电荷量可能是( A )A．＋5Q B．＋3QC．＋2Q D．＋Q5．如图所示，在真空中的绝缘水平面上，两相距为2L的固定的同种点电荷A、B带电荷量均为＋Q，O点为两电荷连线的中点，OP为两电荷连线的中垂线，在中垂线上的a点放有一带电荷量也为＋Q的可看成点电荷的小球，小球在大小为F＝2kQ22L2(k为静电力常量)的水平恒力作用下处于静止状态，已知力F和OP间夹角为θ＝60°，O、a间距离为L，则小球所受的摩擦力大小是( D )A．0 B．kQ2 2L2C.2kQ22L2D．6kQ22L26．(多选)如图所示四个电场空间，A图中ab连线平行于两极板，B、D图中a、b在点电荷(电荷量相同)连线垂直于平分线上．在这四个电场空间里，一带正电粒子(重力不计)可以做匀速圆周运动经过a、b两点的电场是( BC )7．(多选)用细绳拴一个质量为m带正电的小球B，另一个也带正电的小球A固定在绝缘竖直墙上，A、B两球离地面的高度均为h.小球B在重力、拉力和库仑力的作用下静止不动，如图所示．现将细绳剪断后( BCD )A．小球B在细绳剪断瞬间开始做平抛运动B．小球B在细绳剪断瞬间加速度大于gC．小球B落地的时间小于2h gD．小球B落地的速度大于2gh8．(多选) 在竖直平面内固定一半径为R的金属细圆环，质量为m的金属小球(视为质点)通过长为L 的绝缘细线悬挂在圆环的最高点．当圆环、小球都带有相同的电荷量Q(未知)时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示．已知静电力常量为k，则有( AB )A．细线对小球的拉力F＝mgL RB．电荷量Q＝mgL3 kRC．细线对小球的拉力F＝mgL L2－R2D．电荷量Q＝mg(L2－R2)32kR[B组·能力题]9. (2018·广东四校联考)如图所示，ABCD为等腰梯形，∠A＝∠B＝60°，AB＝2CD，在底角A、B分别放上一个点电荷，电荷量分别为q A和q B，在C点的电场强度方向沿DC向右，A点的点电荷在C点产生的场强大小为E A，B点的点电荷在C点产生的场强大小为E B，则下列说法正确的是( C )A．放在A点的点电荷可能带负电B．在D点的电场强度方向沿DC向右C．E A>E BD．|q A|＝|q B|解析：由于两点电荷在C点产生的合场强方向沿DC向右，由平行四边形定则，可知两点电荷在C点产生的场强方向如图所示，由图中几何关系可知E B<E A，A点所放点电荷为正电荷，B点所放点电荷为负电荷，且A点所放点电荷的电荷量的绝对值大于B点所放点电荷的电荷量的绝对值，选项C正确，A、D错误；对两点电荷在D点产生的场强进行合成，由几何关系，可知其合场强方向为向右偏上，不沿DC方向，选项B错误．10．如图所示，带电体P、Q可视为点电荷，电荷量相同．倾角为θ，质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上，当物体Q放在与P等高(PQ连线水平)且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则下列说法正确的是( D )A．P、Q所带电荷量为mgk tan θr2B．P对斜面的压力为0C．斜面体受到地面的摩擦力为0D．斜面体对地面的压力为(M＋m)g11．(2017·北京卷)如图所示，长l＝1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q＝1.0×10－6 C，匀强电场的场强E＝3.0×103 N/C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小球所受电场力F的大小；(2)小球的质量m；(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小．解析：(1)根据电场强度定义式可知，小球所受电场力大小为F ＝qE ＝1.0×10－6×3.0×103 N ＝3.0×10－3 N. (2)小球受mg 、绳的拉力T 和电场力F 作用处于平衡状态，如图所示 根据几何关系有Fmg ＝tan 37°，得m ＝4.0×10－4 kg.(3)撤去电场后，小球将绕悬点摆动，根据动能定理有mgl (1－cos 37°)＝12m v 2得v ＝2gl (1－cos 37°)＝2.0 m/s.答案：(1)3.0×10－3 N (2)4.0×10－4 kg (3)2.0 m/s12. (2018·唐山模拟)如图所示，在A 点固定一正电荷，电荷量为Q ，在A 点正上方离A 高度为h 的B 点由静止释放某带电的液珠，液珠开始运动的瞬间加速度大小为g2(g 为重力加速度)．已知静电力常量为k ，两带电物体均可看成点电荷，液珠只能沿竖直方向运动，不计空气阻力．(1)求液珠的比荷(电荷量与质量的比值)；(2)若液珠开始释放时的加速度方向向上，要使液珠释放后保持静止，可以加一竖直方向的匀强电场，则所加匀强电场的方向如何？电场强度的大小为多少？ 解析：(1)加速度的方向分两种情况： ①加速度向下时，因为mg －k Qq h 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12g ，所以q m ＝gh 22kQ .②加速度向上时，因为k Qq h 2－mg ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12g ，所以q m ＝3gh 22kQ .(2)因为液珠开始释放时的加速度方向向上，所以液珠带正电．要使液珠释放后保持静止，必须加一方向竖直向下的匀强电场．因为qE－12mg＝0，所以E＝mq·g2＝kQ3h2.答案：(1)gh22kQ或3gh22kQ(2)竖直向下kQ3h2。
2023年高考物理一轮复习讲义——原子核
第2讲 原子核目标要求 1.了解原子核的组成及核力的性质，了解半衰期及其统计意义.2.认识原子核的结合能，了解核裂变及核聚变，能根据质量数、电荷数守恒写出核反应方程．考点一 原子核的衰变及半衰期1．原子核的组成：原子核是由质子和中子组成的，原子核的电荷数等于核内的质子数． 2．天然放射现象放射性元素自发地发出射线的现象，首先由贝克勒尔发现．天然放射现象的发现，说明原子核具有复杂的结构． 3．三种射线的比较名称 构成 符号电荷量 质量 电离能力 贯穿本领 α射线 氦核 42He ＋2e 4 u 最强 最弱 β射线 电子 0－1e－e 11 837 u 较强 较强 γ射线 光子γ最弱最强4.原子核的衰变(1)衰变：原子核自发地放出α粒子或β粒子，变成另一种原子核的变化称为原子核的衰变． (2)α衰变、β衰变衰变类型 α衰变β衰变衰变方程M Z X →M －4Z －2Y ＋42HeM Z X →M Z ＋1Y ＋0－1e衰变实质2个质子和2个中子结合成一个整体射出中子转化为质子和电子211H ＋210n →42He10n →11H ＋0－1e 衰变规律电荷数守恒、质量数守恒(3)γ射线：γ射线经常是伴随着α衰变或β衰变同时产生的． 5．半衰期 (1)公式：N 余＝N 原1/212t T ⎛⎫⎪⎝⎭，m 余＝m 原1/212tT ⎛⎫ ⎪⎝⎭.(2)影响因素：放射性元素衰变的快慢是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的外部条件(如温度、压强)或化学状态(如单质、化合物)无关(选填“有关”或“无关”)．6．放射性同位素的应用与防护(1)放射性同位素：有天然放射性同位素和人工放射性同位素两类，放射性同位素的化学性质相同．(2)应用：消除静电、工业探伤、做示踪原子等．(3)防护：防止放射性对人体组织的伤害．1．三种射线，按穿透能力由强到弱的排列顺序是γ射线、β射线、α射线．(√)2．β衰变中的电子来源于原子核外电子．(×)3．发生β衰变时，新核的电荷数不变．(×)4．如果现在有100个某放射性元素的原子核，那么经过一个半衰期后还剩50个．(×) 考向1原子核的衰变例1(多选)天然放射性元素232 90Th(钍)经过一系列α衰变和β衰变之后，变成208 82Pb(铅)．下列判断中正确的是()A．衰变过程共有6次α衰变和4次β衰变B．铅核比钍核少8个质子C．β衰变所放出的电子来自原子核外D．钍核比铅核多24个中子答案AB解析由于β衰变不会引起质量数的减少，故可先根据质量数的减少确定α衰变的次数，x＝232－2084＝6，再结合电荷数的变化情况和衰变规律来判定β衰变的次数(设为y)，2x－y＝90－82＝8，y＝2x－8＝4，钍核中的中子数为232－90＝142，铅核中的中子数为208－82＝126，所以钍核比铅核多16个中子，铅核比钍核少8个质子，β衰变所放出的电子来自原子核内，A、B正确．例2(多选)有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，一个原来静止在A处的原子核，发生衰变放射出某种粒子，两个新核的运动轨迹如图所示，已知两个相切圆半径分别为r1、r2.下列说法正确的是()A ．原子核发生α衰变，根据已知条件可以算出两个新核的质量比B ．衰变形成的两个粒子带同种电荷C ．衰变过程中原子核遵循动量守恒定律D ．衰变形成的两个粒子电荷量的关系为q 1∶q 2＝r 1∶r 2 答案 BC解析 衰变后两个新核速度方向相反，受力方向也相反，根据左手定则可判断出，带同种电荷，所以衰变是α衰变，衰变后的新核由洛伦兹力提供向心力，有Bq v ＝m v 2r ，可得r ＝m vqB ，衰变过程遵循动量守恒定律，即m v 相同，所以电荷量与半径成反比，有q 1∶q 2＝r 2∶r 1，但无法求出质量，故A 、D 错误，B 、C 正确． 考向2 半衰期例3 (2021·全国乙卷·17)医学治疗中常用放射性核素113In 产生γ射线，而113In 是由半衰期相对较长的113Sn 衰变产生的．对于质量为m 0的113Sn ，经过时间t 后剩余的113Sn 质量为m ，其mm 0－t 图线如图所示．从图中可以得到13Sn 的半衰期为( )A ．67.3 dB ．101.0 dC ．115.1 dD ．124.9 d答案 C解析 由题图可知从m m 0＝23到m m 0＝13，113Sn 恰好衰变了一半，根据半衰期的定义可知113Sn 的半衰期为T 1/2＝182.4 d －67.3 d ＝115.1 d ，故选C.考点二 核反应及核反应类型1．核反应的四种类型类型可控性核反应方程典例衰变α衰变自发238 92U→234 90Th＋42He β衰变自发234 90Th→234 91Pa＋0－1e人工转变人工控制147N＋42He→17 8O＋11H(卢瑟福发现质子)42He＋94Be→12 6C＋10n(查德威克发现中子)2713Al＋42He→3015P＋10n3015P→3014Si＋0＋1e约里奥－居里夫妇发现放射性同位素，同时发现正电子重核裂变容易控制23592U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n23592U＋10n→136 54Xe＋9038Sr＋1010n轻核聚变现阶段很难控制21H＋31H→42He＋10n2.核反应方程式的书写(1)熟记常见基本粒子的符号，是正确书写核反应方程的基础．如质子(11H)、中子(10n)、α粒子(42He)、β粒子(0－1e)、正电子(0＋1e)、氘核(21H)、氚核(31H)等．(2)掌握核反应方程遵循的规律：质量数守恒，电荷数守恒．(3)由于核反应不可逆，所以书写核反应方程式时只能用“→”表示反应方向．例4下列说法正确的是()A.238 92U→234 90Th＋X中X为中子，核反应类型为β衰变B.21H＋31H→42He＋Y中Y为中子，核反应类型为人工转变C.235 92U＋10n→136 54Xe＋9038Sr＋K，其中K为10个中子，核反应类型为重核裂变D.14 7N＋42He→17 8O＋Z，其中Z为氢核，核反应类型为轻核聚变答案 C解析根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，A选项反应中的X质量数为4，电荷数为2，为α粒子，核反应类型为α衰变，选项A错误；B选项反应中的Y质量数为1，电荷数为0，为中子，核反应类型为轻核聚变，选项B错误；C选项反应中的K质量数总数为10，电荷数为0，则K为10个中子，核反应类型为重核裂变，选项C正确；D选项反应中的Z质量数为1，电荷数为1，为质子，核反应类型为人工转变，选项D错误．例5(多选)(2020·全国卷Ⅰ·19)下列核反应方程中，X1、X2、X3、X4代表α粒子的有() A.21H＋21H→10n＋X1B.21H＋31H→10n＋X2C.235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋3X3D.10n＋63Li→31H＋X4答案BD解析21H＋21H→10n＋32He，A错．2H＋31H→10n＋42He，B对．1235U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n，C错．921n＋63Li→31H＋42He，D对．考点三质量亏损及核能的计算核力和核能(1)核力：原子核内部，核子间所特有的相互作用力．(2)结合能：原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开需要的能量，叫作原子的结合能，也叫核能．(3)比结合能：原子核的结合能与核子数之比，叫作比结合能，也叫平均结合能．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定．(4)核子在结合成原子核时出现质量亏损Δm，其对应的能量ΔE＝Δmc2.原子核分解成核子时要吸收一定的能量，相应的质量增加Δm，吸收的能量为ΔE＝Δmc2.1．原子核的结合能越大，原子核越稳定．(×)2．核反应中，出现质量亏损，一定有核能产生．(√)核能的计算方法(1)根据ΔE＝Δmc2计算，计算时Δm的单位是“kg”，c的单位是“m/s”，ΔE的单位是“J”．(2)根据ΔE＝Δm×931.5 MeV计算．因1原子质量单位(u)相当于931.5 MeV的能量，所以计算时Δm的单位是“u”，ΔE的单位是“MeV”．(3)根据核子比结合能来计算核能：原子核的结合能＝核子比结合能×核子数．例6(2019·全国卷Ⅱ·15)太阳内部核反应的主要模式之一是质子—质子循环，循环的结果可表示为411H →42He ＋201e ＋2ν，已知11H 和42He 的质量分别为m p ＝1.007 8 u 和m α＝4.002 6 u,1 u ＝931 MeV/c 2，c 为光速．在4个11H 转变成1个42He 的过程中，释放的能量约为( )A ．8 MeVB ．16 MeVC ．26 MeVD ．52 MeV 答案 C解析 因电子质量远小于质子的质量，计算中可忽略不计，核反应质量亏损Δm ＝4×1.007 8 u －4.002 6 u ＝0.028 6 u ，释放的能量ΔE ＝0.028 6×931 MeV ≈26.6 MeV ，选项C 正确．例7 (多选)用中子(10n)轰击铀核(235 92U)产生裂变反应，会产生钡核(141 56Ba)和氪(9236Kr)并释放中子(10n)，达到某些条件时可发生链式反应，一个铀核(235 92U)裂变时，释放的能量约为200 MeV(1 eV ＝1.6×10－19J)．以下说法正确的是( )A.235 92U 裂变方程为235 92U →144 56Ba ＋8936Kr ＋210nB.235 92U 裂变方程为235 92U ＋10n →144 56Ba ＋8936Kr ＋310nC.235 92U 发生链式反应的条件与铀块的体积有关 D ．一个235 92U 裂变时，质量亏损约为3.6×10－28kg答案 BCD 解析235 92U 的裂变方程为235 92U ＋10n →144 56Ba ＋8936Kr ＋310n ，方程两边的中子不能相约，故A 错误，B 正确；铀块需达到临界体积才能维持链式反应持续不断进行下去，故C 正确；一个铀核 (235 92U)裂变时，释放的能量约为200 MeV ，根据爱因斯坦质能方程得，质量亏损Δm ＝ΔEc 2＝200×106×1.6×10－199×1016kg ≈3.6×10－28 kg ，故D 正确． 例8 花岗岩、砖砂、水泥等建筑材料是室内氡的最主要来源．人呼吸时，氡气会随气体进入肺脏，氡衰变放出的α射线像小“炸弹”一样轰击肺细胞，使肺细胞受损，从而引发肺癌、白血病等．一静止的氡核222 86Rn 发生一次α衰变生成新核钋(Po)，此过程动量守恒且释放的能量全部转化为α粒子和钋核的动能．已知m 氡＝222.086 6 u ，m α＝4.002 6 u ，m 钋＝218.076 6 u, 1 u 相当于931 MeV 的能量．(结果保留3位有效数字) (1)写出上述核反应方程； (2)求上述核反应放出的能量ΔE ； (3)求α粒子的动能E kα.答案 (1)222 86Rn →218 84Po ＋42He (2)6.89 MeV (3)6.77 MeV解析 (1)根据质量数和电荷数守恒有222 86Rn →218 84Po ＋42He (2)质量亏损Δm＝222.086 6 u－4.002 6 u－218.076 6 u＝0.007 4 uΔE＝Δm×931 MeV解得ΔE＝0.007 4 u×931 MeV≈6.89 MeV(3)设α粒子、钋核的动能分别为E kα、E k钋，动量分别为pα、p钋，由能量守恒定律得ΔE＝E kα＋E k钋由动量守恒定律得0＝pα＋p钋又E k＝p22m故E kα∶E k钋＝218∶4解得E kα≈6.77 MeV.课时精练1．(2021·湖南卷·1)核废料具有很强的放射性，需要妥善处理．下列说法正确的是( ) A ．放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽 B ．原子核衰变时电荷数守恒，质量数不守恒C ．改变压力、温度或浓度，将改变放射性元素的半衰期D ．过量放射性辐射对人体组织有破坏作用，但辐射强度在安全剂量内则没有伤害 答案 D解析 根据半衰期的定义可知，放射性元素经过两个完整的半衰期后，还剩原来的14未衰变，故A 错误；原子核衰变时满足电荷数守恒，质量数守恒，故B 错误；放射性元素的半衰期是由原子核的自身结构决定的，而与物理环境如压力、温度或浓度无关，与化学状态无关，故C 错误；过量放射性辐射包含大量的射线，对人体组织有破坏作用，但辐射强度在安全剂量内则没有伤害，故D 正确．2．2020年12月4日，新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M 装置(HL －2M)在成都建成并首次实现利用核聚变放电．下列方程中，正确的核聚变反应方程是( )A.21H ＋31H →42He ＋10nB.238 92U →234 90Th ＋42HeC.235 92U ＋10n →144 56Ba ＋8936Kr ＋310nD.42He ＋2713Al →3015P ＋10n答案 A解析 A 项方程是核聚变，B 项方程为α衰变，C 项方程为重核裂变，D 项方程为人工核转变．故选A.3．(2021·河北卷·1)银河系中存在大量的铝同位素26Al ，26Al 核β衰变的衰变方程为2613Al →2612Mg ＋01e ，测得26Al 核的半衰期为72万年，下列说法正确的是( )A ．26Al 核的质量等于26Mg 核的质量B ．26Al 核的中子数大于26Mg 核的中子数C ．将铝同位素26Al 放置在低温低压的环境中，其半衰期不变D ．银河系中现有的铝同位素26Al 将在144万年后全部衰变为26Mg答案 C解析26Al和26Mg的质量数均为26，相等，但是二者原子核中的质子数和中子数不同，所以质量不同，A错误；2613Al核的中子数为26－13＝13个，2612Mg核的中子数为26－12＝14个，B错误；半衰期是原子核固有的属性，与外界环境无关，C正确；质量为m的26Al的半衰期为72万年，144万年为2个半衰期，剩余质量为126Mg，D错误．4m，不会全部衰变为4．(多选)(2021·浙江6月选考·14)对四个核反应方程(1)238 92U→234 90Th＋42He；(2)234 90Th→234 91Pa＋e；(3)14 7N＋42He→17 8O＋11H；(4)21H＋31H→42He＋10n＋17.6 MeV.－1下列说法正确的是()A．(1)(2)式核反应没有释放能量B．(1)(2)(3)式均是原子核衰变方程C．(3)式是人类第一次实现原子核转变的方程D．利用激光引发可控的(4)式核聚变是正在尝试的技术之一答案CD解析(1)是α衰变，(2)是β衰变，均有能量放出，故A错误；(3)是人工核转变，故B错误；(3)式是人类第一次实现原子核转变的方程，故C正确；利用激光引发可控的(4)式核聚变是正在尝试的技术之一，故D正确．5．(2021·全国甲卷·17)如图，一个原子核X经图中所示的一系列α、β衰变后，生成稳定的原子核Y，在此过程中放射出电子的总个数为()A．6 B．8 C．10 D．14答案 A解析由题图分析可知，核反应方程为238X→206 82Y＋a42He＋b0－1e，92经过a次α衰变，b次β衰变，由电荷数与质量数守恒可得238＝206＋4a；92＝82＋2a－b，解得a＝8，b＝6，故放出6个电子，故选A.6．(多选)铀核裂变的一种方程为235 92U＋X→9438Sr＋139 54Xe＋310n，已知原子核的比结合能与质量数的关系如图所示，下列说法中正确的有()A．X粒子是中子B．X粒子是质子C.235 92U、9438Sr、139 54Xe相比，9438Sr的比结合能最大，最稳定D.235 92U、9438Sr、139 54Xe相比，235 92U的质量数最大，结合能最大，最稳定答案AC解析根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，为中子，A正确，B错误；根据题图可知235 92U、9438Sr、139 54Xe相比，9438Sr的比结合能最大，最稳定，235 92U的质量数最大，结合能最大，比结合能最小，最不稳定，C正确，D错误．7．(2020·全国卷Ⅱ·18)氘核21H可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式621H→242He＋211H＋210n＋43.15 MeV表示．海水中富含氘，已知1 kg海水中含有的氘核约为1.0×1022个，若全都发生聚变反应，其释放的能量与质量为M的标准煤燃烧时释放的热量相等；已知1 kg标准煤燃烧释放的热量约为2.9×107 J,1 MeV＝1.6×10－13 J，则M约为()A．40 kg B．100 kgC．400 kg D．1 000 kg答案 C解析根据核反应方程式，6个氘核聚变反应可释放出43.15 MeV的能量，1 kg海水中的氘核反应释放的能量为E＝1.0×102222 MeV≈1.15×1010 J，则相当于燃6×43.15 MeV≈7.19×10烧的标准煤的质量为M＝1.15×1010kg≈396.6 kg，约为400 kg.2.9×1078．(多选)(2020·浙江7月选考·14)太阳辐射的总功率约为4×1026 W ，其辐射的能量来自于聚变反应．在聚变反应中，一个质量为1 876.1 MeV/c 2(c 为真空中的光速)的氘核(21H)和一个质量为2 809.5 MeV/c 2的氚核(31H)结合为一个质量为3 728.4 MeV/c 2的氦核(42He)，并放出一个X 粒子，同时释放大约17.6 MeV 的能量．下列说法正确的是( )A ．X 粒子是质子B ．X 粒子的质量为939.6 MeV/c 2C ．太阳每秒因为辐射损失的质量约为4.4×109 kgD ．太阳每秒因为辐射损失的质量约为17.6 MeV/c 2答案 BC解析 该聚变反应方程为21H ＋31H →42He ＋10n ，X 为中子，故A 错误；该核反应中质量的减少量Δm 1＝17.6 MeV/c 2，由质能方程知，m 氘＋m 氚＝m 氦＋m X ＋Δm 1，代入数据知1 876.1 MeV/c 2＋2 809.5 MeV/c 2＝3 728.4 MeV/c 2＋m X ＋17.6 MeV/c 2，故m X ＝939.6 MeV/c 2，故B 正确；太阳每秒辐射能量ΔE ＝P Δt ＝4×1026 J ，由质能方程知Δm ＝ΔE c 2，故太阳每秒因为辐射损失的质量Δm ＝4×1026(3×108)2 kg ≈4.4×109 kg ，故C 正确；因为ΔE ＝4×1026 J ＝4×10261.6×10－19eV ＝2.5×1039 MeV ，则太阳每秒因为辐射损失的质量为Δm ＝ΔE c2＝2.5×1039 MeV/c 2，故D 错误． 9．A 、B 是两种放射性元素的原子核，原来都静止在同一匀强磁场，其中一个放出α粒子，另一个放出β粒子，运动方向都与磁场方向垂直．图中a 、b 与c 、d 分别表示各粒子的运动轨迹，下列说法中正确的是( )A ．A 放出的是α粒子，B 放出的是β粒子B ．a 为α粒子运动轨迹，d 为β粒子运动轨迹C ．a 轨迹中的粒子比b 轨迹中的粒子动量小D ．磁场方向一定垂直纸面向外答案 A解析 放射性元素放出α粒子时，α粒子与反冲核的速度相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆；而放射性元素放出β粒子时，β粒子与反冲核的速度相反，而电性相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆，故B 放出的是β粒子，A 放出的是α粒子，故A 正确；根据带电粒子在磁场中的运动的半径r ＝m v qB，放出的粒子与反冲核的动量相等，而反冲核的电荷量大，故轨迹半径小，故b 为α粒子运动轨迹，c 为β粒子运动轨迹，故B 、C 错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，磁场方向不同，粒子运动的方向相反，由于α粒子和β粒子的速度方向未知，不能判断磁场的方向，故D 错误．10．(2017·北京卷·23)在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出的α粒子(42He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R .以m 、q 分别表示α粒子的质量和电荷量．(1)放射性原子核用A Z X 表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α衰变的核反应方程；(2)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小；(3)设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，求衰变过程的质量亏损Δm .答案 (1)A Z X →A －4Z －2Y ＋42He (2)2πm qB q 2B 2πm (3)q 2B 2R 2(M ＋m )2Mmc 2解析 (1)A Z X →A －4Z －2Y ＋42He(2)洛伦兹力提供向心力，有q v αB ＝m v α2R所以v α＝qBR m ，T ＝2πR v α＝2πm qB环形电流大小I ＝q T ＝q 2B 2πm. (3)衰变过程动量守恒，有0＝p Y ＋p α所以p Y ＝－p α，“－”表示方向相反．因为p ＝m v ，E k ＝12m v 2 所以E k ＝p 22m即：E kY ∶E kα＝m ∶M由能量守恒得Δmc 2＝E kY ＋E kαΔm ＝E kαc 2⎝ ⎛⎭⎪⎫M ＋m M ，其中E kα＝12m v α2＝q 2B 2R 22m ， 所以Δm ＝q 2B 2R 2(M ＋m )2Mmc 2.。
2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：实验六 验证机械能守恒定律 含答案
实验探究课实验六 验证机械能守恒定律[实验目的]利用自由落体运动验证只有重力作用下的物体机械能守恒．[实验原理]1．在只有重力做功的自由落体运动中，物体的重力势能和动能互相转化，但总的机械能保持不变．若物体某时刻瞬时速度为v ，下落高度为h ，则重力势能的减少量为mgh ，动能的增加量为12m v 2，看它们在实验误差允许的范围内是否相等，若相等则验证了机械能守恒定律．2．计算打第n 个点速度的方法：测出第n 个点与相邻前后点间的距离x n 和x n ＋1，由公式v n ＝x n ＋x n ＋12T或v n ＝h n ＋1－h n －12T算出，如图所示．[实验器材]铁架台(含铁夹)，打点计时器，学生电源，纸带，复写纸，导线，毫米刻度尺，重物(带纸带夹)．[实验步骤]1．安装置：按图将检查、调整好的打点计时器竖直固定在铁架台上，接好电路．2．打纸带：将纸带的一端用夹子固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔用手提着纸带使重物静止在靠近打点计时器的地方．先接通电源，后松开纸带，让重物带着纸带自由下落．更换纸带重复做3～5次实验．3．选纸带：分两种情况说明(1)用12m v 2n ＝mgh n 验证时，应选点迹清晰，且1、2两点间距离小于或接近2 mm 的纸带．若1、2两点间的距离大于2 mm ，这是由于先释放纸带，后接通电源造成的．这样，第1个点就不是运动的起始点了，这样的纸带不能选．(2)用12m v 2B －12m v 2A ＝mg Δh 验证时，由于重力势能的相对性，处理纸带时，选择适当的点为基准点，这样纸带上打出的第1、2两点间的距离是否为2 mm 就无关紧要了，所以只要后面的点迹清晰就可选用．[数据处理]方法一：利用起始点和第n 点计算．代入gh n 和12v 2n ，如果在实验误差允许的情况下，gh n ＝12v 2n，则验证了机械能守恒定律． 方法二：任取两点计算．(1)任取两点A 、B ，测出h AB ，算出gh AB ；(2)算出12v 2B －12v 2A 的值；(3)在实验误差允许的情况下，若gh AB ＝12v 2B －12v 2A ，则验证了机械能守恒定律． 方法三：图象法．从纸带上选取多个点，测量从第一点到其余各点的下落高度h ，并计算各点速度的二次方v 2，然后以12v 2为纵轴，以h 为横轴，根据实验数据绘出12v 2－h 图线．若在误差允许的范围内图象是一条过原点且斜率为g 的直线，则验证了机械能守恒定律．[误差分析]1．本实验中因重物和纸带在下落过程中要克服各种阻力(空气阻力、打点计时器阻力)做功，故动能的增加量ΔE k 稍小于重力势能的减少量ΔE p ，即ΔE k <ΔE p ，这属于系统误差．改进的办法是调整器材的安装，尽可能地减小阻力．2．本实验的另一个误差来源于长度的测量，属偶然误差．减小误差的办法是测下落距离时都从0点量起，一次将各打点对应的下落高度测量完，或者多次测量取平均值来减小误差．[注意事项]1．安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直线上以减少摩擦阻力．2．重物应选用质量大、体积小、密度大的材料．3．应先接通电源，让打点计时器正常工作后，再松开纸带让重物下落．4．纸带长度应选用60 cm 左右为宜，应选用点迹清晰的纸带进行测量．5．速度不能用v n ＝gt n 或v n ＝2gh n 计算，因为只要认为加速度为g ，机械能当然守恒，即相当于用机械能守恒定律验证机械能守恒定律，况且用v n ＝gt n 计算出的速度比实际值大，会得出机械能增加的结论，而因为摩擦阻力的影响，机械能应该减小，所以速度应从纸带上直接测量计算．同样的道理，重物下落的高度h ，也只能用刻度尺直接测量，而不能用h n ＝12gt 2n 或h n ＝v 2n 2g 计算得到．[实验改进]1．物体的速度可以用光电计时器测量，以减小由于测量和计算带来的误差．2．整个实验装置可以放在真空环境中操作，如用牛顿管和频闪照相进行验证，以消除由于空气阻力作用而带来的误差．3．可以利用气垫导轨来设计该实验，以减小由于摩擦带来的误差．4．为防止重物被释放时的初速度不为零，可将装置改成如图所示形式，剪断纸带最上端，让重物从静止开始下落．热点一 实验原理和实验步骤[典例1] 某课外活动小组用竖直上抛运动验证机械能守恒定律．(1)某同学用20分度游标卡尺测量小球的直径，读数如图甲所示，小球直径为mm.(2)图乙所示弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门A 、B ，计时装置测出小球通过A 的时间为2.55×10－3 s ，小球通过B 的时间为5.15×10－3 s ，由此可知小球通过光电门A 、B 时的速度分别为v A 、v B ，其中v A ＝ m/s(保留两位有效数字)．(3)用刻度尺测出光电门A 、B 间的距离h ，已知当地的重力加速度为g ，只需比较和 是否相等，就可以验证机械能是否守恒(用题目中给出的物理量符号表示)．解析：(1)游标卡尺的读数为d＝10 mm＋4×120mm＝10.20 mm.(2)由于光电门非常窄，所以小球通过光电门的平均速度可近似等于通过其的瞬时速度，故有v A＝dt A＝10.20×10－3 m2.55×10－3 s＝4.0 m/s.(3)如果机械能守恒，则有－mgh＝12m v2B－12m v2A，即－gh＝12v2B－12v2A，所以只需要比较gh和12v2A－12v2B是否相等．答案：(1)10.20(2)4.0(3)gh v2A2－v2B21. 如图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置示意图．现有的器材为：带铁夹的铁架台、打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平．回答下列问题．甲(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材是．A．刻度尺B．秒表C．多用电表D．交流电源(2)下面列举了该实验的几个操作步骤中，其中操作不当的步骤是．A．用天平测出重锤的质量B．按照图示的装置安装器件C．先释放纸带，后接通电源D．测量纸带上某些点间的距离(3)利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值．根据打出的纸带，选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E，测出各点之间的距离如图乙所示．使用交流电的频率为f，则计算重锤下落的加速度的表达式a＝(用x1、x2、x3、x4及f表示)．乙解析：(1)为完成此实验，除了所给的器材外，测量需要刻度尺、交流电源．(2)该实验不需要测量重锤的质量，应先接通电源，后释放纸带，故选A、C.(3)由Δx＝aT2得：a＝(x3＋x4－x1－x2)4T2＝(x3＋x4－x1－x2)f24.答案：(1)AD(2)AC(3)(x3＋x4－x1－x2)f24热点二数据处理及误差分析[典例2](2018·江苏天一中学高考考前热身卷)(1)某同学想利用图甲所示装置，验证滑块与钩码组成的系统机械能守恒，该同学认为只要将摩擦力平衡掉就可以了．你认为该同学的想法(填“正确”或“不正确”)，理由是：.(2)另一同学用一倾斜的固定气垫导轨来验证机械能守恒定律．如图乙所示，质量为m1的滑块(带遮光条)放在A处，由跨过轻质定滑轮的细绳与质量为m2的钩码相连，导轨B处有一光电门，用L表示遮光条的宽度，x表示A、B两点间的距离，θ表示气垫导轨的倾角，g表示当地重力加速度．①气泵正常工作后，将滑块由A点静止释放，运动至B，测出遮光条经过光电门的时间t，该过程滑块与钩码组成的系统重力势能的减小量表示为，动能的增加量表示为；若系统机械能守恒，则1t2与x的关系式为1t2＝(用题中已知量表示)．②实验时测得m1＝475 g，m2＝55 g，遮光条宽度L＝4 mm，sin θ＝0.1，改变光电门的位置，滑块每次均从A点释放，测量相应的x与t的值，以1t2为纵轴，x为横轴，作出的图象如图丙所示，则根据图象可求得重力加速度g0为m /s2(计算结果保留两位有效数字)，若g0与当地重力加速度g近似相等，则可验证系统机械能守恒．解析：(1)机械能守恒的条件只有重力或弹力做功，平衡摩擦力时，是用重力的分力等于摩擦力，但此时系统受到摩擦力，故摩擦力对系统做功，机械能不守恒；故该同学的想法不正确；(2)①滑块由A 到B 的过程中，系统重力势能的减小量为：ΔE p ＝m 2gx －m 1gx sin θ；经过光电门时的速度为：v ＝L t ；则动能的增加量为：ΔE k ＝12(m 1＋m 2)v 2＝12(m 1＋m 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫L t 2 若机械能守恒，则有：ΔE p ＝ΔE k联立解得：1t 2＝2(m 2－m 1sin θ)gx (m 1＋m 2)L 2； ②由上述公式可得，图象中的斜率表示2(m 2－m 1sin θ)g (m 1＋m 2)L 2＝k ； 代入数据解得：g ＝9.4 m/s 2.答案：(1)不正确 有摩擦力做功，不满足机械能守恒的条件 (2)①(m 2－m 1sin θ)gx 12(m 1＋m 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫L t 2 2(m 2－m 1sin θ)gx (m 1＋m 2)L 2②9.42．(1)关于“验证机械能守恒定律”的实验中，以下说法中正确的是 ．A ．实验时需要称出重物的质量B ．实验中摩擦是不可避免的，因此纸带越短越好，因为纸带越短，克服摩擦做的功就少，误差就小C ．纸带上打下的第1、2点间距超过2 mm ，则无论怎样处理数据，实验误差都会很大D ．实验处理数据时，可直接利用打下的实际点迹，而不必采用“计数点”的方法(2)若正确的操作完成实验，正确的选出纸带进行测量，量得连续三点A 、B 、C 到第一个点O 的距离如图所示(相邻计数点时间间隔为0.02 s)，当地重力加速度的值为9.8 m/s 2，那么(结果均保留两位有效数字)．①纸带的 端与重物相连．②打下计数点B 时，重物的速度v B ＝ m /s.③在从起点O 到打下计数点B 的过程中，测得重物重力势能的减少量ΔE p 略大于动能的增加量ΔE k ，这是因为 ．解析：(1)实验时动能的增加量与重力势能的减少量，均含有质量，因此不需称出重物的质量，故A 错误；实验中摩擦是不可避免的，因此纸带短点好，因为纸带越短，克服摩擦力做的功就越少，但要通过测量长度来求出变化的高度与瞬时速度，因此太短导致误差就越大，故B 错误；若纸带上第1、2两点间距大于2 mm ，可在后面选取两个点用表达式mg ·Δh ＝12m v 22－12m v 21依然可以来验证机械能守恒定律，故C 错误；处理打点的纸带时，可以直接利用打点计时器打出的实际点迹，而不必采用“计数点”的方法，若采用计数点，是使测量长度变长，从而减小测量长度的误差，故D 正确．(2)①重物在开始下落时速度较慢，在纸带上打的点较密，越往后，物体下落得越快，纸带上的点越稀，所以纸带上靠近重物的一端的点较密，因此纸带的左端与重物相连．②根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程的平均速度有：v B ＝x AC 2T ＝(7.06－3.14)×10－22×0.02m/s ＝0.98 m/s. ③ΔE p ＞ΔE k 说明有部分重力势能变成了其他能，是因为下落过程中存在摩擦阻力和空气阻力的影响． 答案：(1)D (2)①左 ②0.98 ③下落过程中存在摩擦阻力和空气阻力的影响热点三 实验的改进与创新1．实验器材、装置的改进2．速度测量方法的改进由光电门计算速度――→替代测量纸带上各点速度3．实验方案的改进利用自由落体运动的闪光照片验证机械能守恒定律．创新点一 实验方案的改进——频闪照片[典例3] (2019·南宁三中月考)如图甲所示，在“验证机械能守恒定律”的实验中，小明同学利用传感器设计实验：将质量为m 、直径为d 的金属小球在一定高度h 由静止释放，小球正下方固定一台红外线计时器，能自动记录小球挡住红外线的时间t ，改变小球下落高度h ，进行多次重复实验．此方案验证机械能守恒定律方便快捷．(1)用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示，则小球的直径d＝mm；(2)为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作下列哪一个图象；A．h－t图象B．h－1t图象C．h－t2图象D．h－1t2图象(3)若(2)问中的图象斜率为k，则当地的重力加速度为(用“d”“k”表示，忽略空气阻力)．解析：(1)螺旋测微器的固定刻度为17.5 mm，可动刻度为30.5×0.01 mm＝0.305 mm，所以最终读数为17.5 mm＋0.305 mm＝17.805 mm.(2)已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；所以V＝d t，若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；mgh＝12m v2，整理得h＝d22g⎝⎛⎭⎪⎫1t2，为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，所以应作h－1t2图象．故选D.(3)根据函数h＝d22g⎝⎛⎭⎪⎫1t2可知正比例函数的斜率k＝d22g，故重力加速度g＝d22k.答案：(1)17.806(2)D(3)d2 2k创新点二实验测量方法的改进——光电门测速法[典例4]如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(H≫d)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g.则：(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d＝m m.(2)小球经过光电门B时的速度表达式为．(3)多次改变高度H，重复上述实验，作出1t2随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式时，可判断小球下落过程中机械能守恒．(4)实验中发现动能增加量ΔE k总是稍小于重力势能减少量ΔE p，增加下落高度后，则ΔE p－ΔE k将(填“增加”“减小”或“不变”)．解析：(1)由图可知，主尺刻度为7 mm，游标对齐的刻度为5，故读数为：7 mm＋5×0.05 mm＝7.25 mm.(2)已知经过光电门时的时间和小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度，故v＝d t.(3)若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒：mgH＝12m v2，解得：gH＝d22t20(4)由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多．故增加下落高度后，ΔE p－ΔE k将增大．答案：(1)7.25 mm(2)dt(3)gH0＝d22t20(4)增大创新点三实验装置的改进[典例5]如图甲所示的装置叫作阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律．某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示．(1)实验时，该同学进行了如下操作：①将质量均为M(A的含挡光片，B的含挂钩)的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态．测量出(填“A的上表面”“A的下表面”或“挡光片中心”)到光电门中心的竖直距离h.②在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统(重物A、B以及物块C)中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为Δt.③测出挡光片的宽度d，计算有关物理量，验证机械能守恒定律．(2)如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，应满足的关系式为(已知重力加速度为g)．(3)引起该实验系统误差的原因有(写一条即可)．(4)验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，不断增大物块C的质量m，重物B的加速度a也将不断增大，那么a与m之间有怎样的定量关系？a随m增大会趋于一个什么值？请你帮该同学解决：①写出a与m之间的关系式：(还要用到M和g)．②a的值会趋于．解析：(1)①实验时，测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h；(2)重物A经过光电门时的速度为v＝dΔt.则如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，应满足的关系式为mgh＝12(2M＋m)(dΔt)2；(3)引起该实验系统误差的原因：绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等．(4)①根据牛顿第二定律可知mg＝(m＋2M)a，解得：a＝mg2M＋m＝g2Mm＋1；②当m增大时，式子的分母趋近于1，则a的值会趋于重力加速度g.答案：(1)①挡光片中心(2)mgh＝12(2M＋m)(dΔt)2(3)绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等(4)①a＝g2Mm＋1②重力加速度g1．某同学利用“验证机械能守恒定律”的实验装置测定当地重力加速度．(1)接通电源释放重物时，装置如图甲所示，该同学操作中存在明显不当的一处是；(2)该同学经正确操作后得到如图乙所示的纸带，取连续的六个点A、B、C、D、E、F为计数点，测得点A到B、C、D、E、F的距离分别为：h1、h2、h3、h4、h5.若电源的频率为f，则打E点时重物速度的表达式v E＝；(3)分析计算出各计数点对应的速度值，并画出速度的二次方(v2)与距离(h)的关系图线，如图丙所示，则测得的重力加速度大小为m /s2(保留三位有效数字)．解析：(1)接通电源释放重物时，该同学操作中存在明显不当的一处是释放时重物离打点计时器太远；(2)打E 点时重物速度的表达式v E ＝(h 5－h 3)2T ＝(h 5－h 3)f 2； (3)根据mgh ＝12m v 2，解得v 2＝2gh ，则由图象可知：2g ＝8.4－3.60.25＝19.2，解得g ＝9.60 m/s 2.答案：(1)释放时重物离打点计时器太远 (2)v E ＝(h 5－h 3)f 2(3)9.60 2．某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律．钢球自由下落过程中，先后通过光电门A 、B ，计时装置测出钢球通过A 、B 的时间分别为t A 、t B .用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h ，钢球直径为D ，当地的重力加速度为g .(1)用20分度的游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径为D ＝cm.(2)要验证机械能守恒，只要比较 ．A ．D 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2A －1t 2B 与gh 是否相等 B ．D 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2A －1t 2B 与2gh 是否相等 C ．D 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2B －1t 2A 与gh 是否相等 D ．D 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2B －1t 2A 与2gh 是否相等(3)钢球通过光电门的平均速度 (填“>”或“<”)钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差 (填“能”或“不能”)通过增加实验次数减小．解析：(1)钢球直径为D ＝0.9 cm ＋0.05×9 mm ＝0.945 cm.(2)小球通过两个光电门的速度分别为D t A 和D t B；要验证的关系是mgh ＝12m v 2B －12m v 2A ，即2gh ＝v 2B －v 2A ＝D 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2B －1t 2A ，故要验证机械能守恒，只要比较D 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2B －1t 2A 与2gh 是否相等，故选D. (3)根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻速度，钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度，此误差属于系统误差，由此产生的误差不能通过增加实验次数减小．答案：(1)0.945 (2)D (3)＜ 不能3．(2019·哈尔滨三中调研)利用如图装置进行验证机械能守恒定律的实验，(1)实验中若改用电火花计时器，工作电压是交流 V(2)需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v 和下落的高度h ，某同学对实验得到的纸带设计了以下几种测量的方案，正确的是A ．由刻度尺测出物体下落的高度h ，用打点间隔算出下落时间t ，通过v ＝gt 计算出瞬时速度B ．由刻度尺测出物体下落的高度h ，通过v ＝2gh 计算出瞬时速度C ．由刻度尺测出物体下落的高度h ，根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，计算出瞬时速度D ．根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，计算出瞬时速度v ，并通过h ＝v 22g 计算得出高度(3)在实验中，有几个注意的事项，下列正确的是A ．为减小摩擦阻力，需要调整打点计时器的限位孔，应该与纸带在同一竖直线上B ．可以选用质量很大的物体，先用手托住，等计时器通电之后再释放C ．实验结果如果正确合理，得到的动能增加量应略大于重力势能的减少量D ．只有选第1、2两点之间的间隔约等于2 mm 的纸带才代表第1 点的速度为0解析：(1)电火花计时器使用的是220 V的交流电；(2)物体由静止开始自由下落过程中受到空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力作用，不是自由落体运动，v＝gt，v＝2gh，h＝v22g都是自由落体运动的公式．若用这些公式进行分析，就不需要验证了，相当于用机械能守恒验证机械能守恒．下落的高度用刻度尺测量，瞬时速度用平均速度的方法计算，故C正确．(3)为减小摩擦阻力，需要调整打点计时器的限位孔，使它在同一竖直线上，A正确；应选择质量大，体积小的重锤，减小实验的误差，B错误；因为存在阻力作用，知动能的增加量略小于重力势能的减小量，C错误；根据h＝12gt2＝12×10×0.022 m＝0.002 m＝2 mm知，只有选第1、第2两打点间隔约2mm的纸带才代表打第1点时的速度为零，D正确．答案：(1)220(2)C(3)AD。
2023年高考物理一轮复习讲义——功能关系 能量守恒定律
第4讲 功能关系 能量守恒定律目标要求 1.熟练掌握几种常见的功能关系，并会用于解决实际问题.2.掌握一对摩擦力做功与能量转化的关系.3.会应用能量守恒观点解决综合问题．考点一 功能关系的理解和应用1．对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的． (2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等． 2．常见的功能关系能量功能关系表达式势能重力做功等于重力势能减少量 W ＝E p1－E p2＝－ΔE p弹力做功等于弹性势能减少量静电力做功等于电势能减少量 分子力做功等于分子势能减少量动能 合外力做功等于物体动能变化量 W ＝E k2－E k1＝12m v 2－12m v 02机械能 除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量W 其他＝E 2－E 1＝ΔE 摩擦 产生 的内能 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能Q ＝F f ·x 相对电能 克服安培力做功等于电能增加量W 电能＝E 2－E 1＝ΔE1．一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少．( √ ) 2．合力做的功等于物体机械能的改变量．( × )3．克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力等)做的功等于对应势能的增加量．( √ ) 4．滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化．( √ )1．功的正负与能量增减的对应关系(1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功．(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还是做正功．(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功．2．摩擦力做功的特点(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零；(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量；(3)说明：无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功．考向1功能关系的理解例1在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，当地的重力加速度为g，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是()A．他的动能减少了FhB．他的重力势能增加了mghC．他的机械能减少了(F－mg)hD．他的机械能减少了Fh答案 D解析运动员进入水中后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少(F－mg)h，故A 错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故B错误；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减少了Fh，故C错误，D正确．例2如图所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行．在通过弹簧中心的直线上，小球P从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是()A．小球P的动能一定在减小B．小球P的机械能一定在减少C．小球P与弹簧系统的机械能一定在增加D．小球P重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量答案 B解析小球P与弹簧接触后，刚开始弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力沿斜面向下，随着形变量增大，弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力方向沿斜面向上，合力先做正功后做负功，小球P的动能先增大后减小，A错误；小球P与弹簧组成的系统的机械能守恒，弹簧的弹性势能不断增大，所以小球P的机械能不断减小，B正确，C错误；在此过程中，根据系统机械能守恒，可知小球P重力势能的减小量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，即小球P重力势能的减小量小于弹簧弹性势能的增加量，D错误．考向2功能关系与图像的结合例3(多选)(2020·全国卷Ⅰ·20)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2.则()A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J答案AB解析由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔE p＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmg cos α·s，其中cos α＝s2－h2s＝0.8，h＝3.0m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小a＝g sin α－μg cosα＝2 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmg cos α·s′＝8 J，故D错误．考向3摩擦力做功与摩擦生热的计算例4(多选)如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g.则在此过程中()A．摩擦力对物块做功为－μmg(s＋d)B．摩擦力对木板做功为μmgsC．木板动能的增量为μmgdD．由于摩擦而产生的热量为μmgs答案AB解析根据功的定义W＝Fs cos θ，其中s指物体对地的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做功W2＝μmgs，A、B正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔE k＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝F f·Δx ＝μmgd，D错误．例5(多选)(2019·江苏卷·8)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中()A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初速度为2μgs答案BC解析 物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg ，选项A 错误；物块从开始运动至最后回到A 点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs ，选项B 正确；物块从最左侧运动至A 点过程，由能量守恒定律可知E p ＝μmgs ，选项C 正确；设物块在A 点的初速度为v 0，对整个过程应用动能定理有－2μmgs ＝0－12m v 02，解得v 0＝2μgs ，选项D 错误．考点二 能量守恒定律的理解和应用1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变． 2．表达式 ΔE 减＝ΔE 增．3．应用能量守恒定律解题的步骤(1)首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等．(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE 减和增加的能量ΔE 增的表达式．例6 (2020·浙江1月选考·20)如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E 分别与水平轨道EO 和EA 相连)、高度h 可调的斜轨道AB 组成．游戏时滑块从O 点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道．全程不脱离轨道且恰好停在B 端则视为游戏成功．已知圆轨道半径r ＝0.1 m ，OE 长L 1＝0.2 m ，AC 长L 2＝0.4 m ，圆轨道和AE 光滑，滑块与AB 、OE 之间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块质量m ＝2 g 且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能．忽略空气阻力，各部分平滑连接．求：(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F 时的速度v F 大小；(2)当h ＝0.1 m 且游戏成功时，滑块经过E 点对圆轨道的压力F N 大小及弹簧的弹性势能E p0； (3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能E p 与高度h 之间满足的关系． 答案 见解析解析 (1)滑块恰好能过F 点的条件为mg ＝m v F 2r解得v F ＝1 m/s(2)滑块从E 点到B 点，由动能定理得 －mgh －μmgL 2＝0－12m v E 2在E 点由牛顿第二定律得F N ′－mg ＝m v E 2r解得F N ＝F N ′＝0.14 N从O 点到B 点，由能量守恒定律得： E p0＝mgh ＋μmg (L 1＋L 2) 解得E p0＝8.0×10－3 J(3)使滑块恰能过F 点的弹性势能 E p1＝2mgr ＋μmgL 1＋12m v F 2＝7.0×10－3 J到B 点减速到0E p1－mgh 1－μmg (L 1＋L 2)＝0 解得h 1＝0.05 m设斜轨道的倾角为θ，若滑块恰好能停在B 点不下滑， 则μmg cos θ＝mg sin θ解得tan θ＝0.5，此时h 2＝0.2 m 从O 点到B 点E p ＝mgh ＋μmg (L 1＋L 2)＝2×10－3(10h ＋3) J 其中0.05 m ≤h ≤0.2 m.例7 如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A 与斜面之间的动摩擦因数μ＝34，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C 点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 和B ，滑轮右侧绳子与斜面平行，A 的质量为2m ＝4 kg ，B 的质量为m ＝2 kg ，初始时物体A 到C 点的距离L ＝1 m ，现给A 、B 一初速度v 0＝3 m/s ，使A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹回到C 点．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态．求在此过程中：(1)物体A 向下运动刚到C 点时的速度大小； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧的最大弹性势能． 答案 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J解析 (1)在物体A 向下运动刚到C 点的过程中，对A 、B 组成的系统应用能量守恒定律可得 μ·2mg cos θ·L ＝12×3m v 02－12×3m v 2＋2mgL sin θ－mgL解得v ＝2 m/s.(2)对A 、B 组成的系统分析，在物体A 从C 点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到C 点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即 12×3m v 2－0＝μ·2mg cos θ·2x 其中x 为弹簧的最大压缩量 解得x ＝0.4 m.(3)设弹簧的最大弹性势能为E pm ，从C 点到弹簧最大压缩量过程中由能量守恒定律可得 12×3m v 2＋2mgx sin θ－mgx ＝μ·2mg cos θ·x ＋E pm 解得E pm ＝6 J.课时精练1.(多选)如图所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度为34g ，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体( )A ．重力势能增加了mghB ．机械能损失了12mghC ．动能损失了mghD ．克服摩擦力做功14mgh答案 AB解析 加速度大小a ＝34g ＝mg sin 30°＋F f m ，解得摩擦力F f ＝14mg ，机械能损失等于克服摩擦力做的功，即F f x ＝14mg ·2h ＝12mgh ，故B 项正确，D 项错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h ，所以重力势能增加了mgh ，故A 项正确；动能损失量为克服合力做功的大小，动能损失量ΔE k ＝F 合x ＝34mg ·2h ＝32mgh ，故C 项错误．2．某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m ，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A 点，静止释放后，木块右端恰能运动到B 1点．在木块槽中加入一个质量m 0＝800 g 的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A 点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B 2点，测得AB 1、AB 2长分别为27.0 cm 和9.0 cm ，则木块的质量m 为( )A ．100 gB ．200 gC ．300 gD ．400 g 答案 D解析 根据能量守恒定律，有μmg ·AB 1＝E p ，μ(m 0＋m )g ·AB 2＝E p ，联立解得m ＝400 g ，D 正确． 3．一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中．当子弹进入木块的深度达到最大值2.0 cm 时，木块沿水平面恰好移动距离1.0 cm.在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为( ) A ．1∶2 B ．1∶3 C ．2∶3 D ．3∶2答案 C解析 根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x 1＝(2＋1) cm ＝3 cm ，木块在摩擦力作用下的位移为x 2＝1 cm ；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE 系统＝Q ＝F f ·Δx ；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，故ΔE 子弹＝F f x 1；所以ΔE 系统ΔE 子弹＝23，所以C 正确，A 、B 、D 错误．4.如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦．下图分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能E p和机械能E随时间的变化图像，可能正确的是()答案 C解析由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有：mg sin θ＋F f＝ma1；下滑阶段有：mg sin θ－F f＝ma2，因此a1>a2，故选项B错误；速度－时间图像的斜率表示加速度，当上滑和下滑时，加速度不同，则斜率不同，故选项A错误；重力势能先增大后减小，且上升阶段加速度大，所用时间短，势能变化快，下滑阶段加速度小，所用时间长，势能变化慢，故选项C可能正确；由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D错误．5.如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为()A.2Pπρl2v3 B.6Pπρl2v3 C.4Pπρl2v3 D.8Pπρl2v3答案 A解析风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风柱的体积为V＝v t·S＝v tπl2，则风柱的质量M＝ρV＝ρv tπl2，因此风吹过的动能为E k ＝12M v 2＝12ρv t πl 2·v 2，在此时间内发电机输出的电能E ＝P ·t ，则风能转化为电能的效率为η＝E E k ＝2Pπρl 2v3，故A 正确，B 、C 、D 错误．6.(多选)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 点的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 点运动到B 点的过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功12mgRD ．克服摩擦力做功12mgR答案 CD解析 小球从P 点运动到B 点的过程中，重力做功W G ＝mg (2R －R )＝mgR ，故A 错误；小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力，则有mg ＝m v B 2R ，解得v B ＝gR ，则此过程中机械能的减少量为ΔE ＝mgR －12m v B 2＝12mgR ，故B 错误；根据动能定理可知，合外力做功W 合＝12m v B 2＝12mgR ，故C 正确；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，为12mgR ，故D 正确．7．质量为2 kg 的物体以10 m/s 的初速度，从起点A 出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50 J ，机械能损失了10 J ，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A 点时的动能为(g ＝10 m/s 2)( ) A ．40 J B ．60 J C ．80 J D ．100 J 答案 B解析 物体抛出时的总动能为100 J ，物体的动能损失了50 J 时，机械能损失了10 J ，则动能损失100 J 时，机械能损失20 J ，此时到达最高点，由于空气阻力大小恒定，所以下落过程，机械能也损失20 J ，故该物体从A 点抛出到落回到A 点，共损失机械能40 J ，所以该物体再落回到A点时的动能为60 J，A、C、D错误，B正确．8.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和E p随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得()A．物体的质量为2 kgB．h＝0时，物体的速率为20 m/sC．h＝2 m时，物体的动能E k＝40 JD．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J答案AD解析根据题图可知，h＝4 m时物体的重力势能E p＝mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为E k0＝100 J，由公式E k0＝12可知，h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，2m v选项A正确，B错误；由功能关系可知F f h4＝|ΔE总|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力F f＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－F f h＝E k－E k0，解得E k＝50 J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确．9.(多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的两滑块A和B，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动，A、B不会与定滑轮碰撞．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中()A．轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下B．拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加量C．拉力对M做的功等于M机械能的增加量D ．两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功答案 BD解析 根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合力方向与绳子方向的夹角为45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A 错误；对M 受力分析，受到重力、斜面的支持力、绳子拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，M 动能的增加量等于拉力和重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力对M 做功之和大于M 动能的增加量，故B 正确；根据除重力以外的力对物体做功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对M 做的功之和等于M 机械能的增加量，故C 错误；对两滑块组成系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对M 做功，所以两滑块组成的系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功，故D 正确．10.(多选)如图所示，光滑水平面OB 与足够长粗糙斜面BC 交于B 点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m 1的滑块压缩弹簧至D 点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B 点的机械能损失．换用相同材料质量为m 2的滑块(m 2＞m 1)压缩弹簧至同一点D 后，重复上述过程，下列说法正确的是( )A ．两滑块到达B 点的速度相同B ．两滑块沿斜面上升的最大高度相同C ．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同D ．两滑块上升到最高点过程机械能损失相同答案 CD解析 两滑块到B 点的动能相同，但速度不同，故A 错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于质量不同，则在B 点时的速度不同，故上升的最大高度不同，故B 错误；滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功为mgh ，由能量守恒定律得E p ＝mgh ＋μmg cos θ·h sin θ，则mgh ＝E p 1＋μtan θ，故两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功相同，故C 正确；由能量守恒定律得E 损＝μmg cos θ·h sin θ＝μmgh tan θ，结合C 可知D 正确． 11.(多选)如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗糙且长为l ，左端O 处有一固定挡板，挡板上固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接在竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F .质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．重力加速度为g ，则( )A ．细绳被拉断瞬间长木板的加速度大小为F MB ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12m v 2 C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为12m v 2 D ．滑块与长木板AB 段间的动摩擦因数为v 22gl答案 ABD解析 细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F ，对长木板，由牛顿第二定律得F ＝Ma ，得a ＝F M，A 正确；滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12m v 2，B 正确；弹簧恢复原长时长木板与滑块都获得动能，所以滑块的动能小于12m v 2，C 错误；弹簧最大弹性势能E p ＝12m v 2，小滑块恰未掉落时滑到木板的最右端B ，此时小滑块与长木板均静止，又水平面光滑，长木板上表面OA 段光滑，则有E p ＝μmgl ，联立解得μ＝v 22gl，D 正确． 12.如图所示，一物体质量m ＝2 kg ，在倾角θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3 m/s 下滑，A 点距弹簧上端挡板位置B 点的距离AB ＝4 m ．当物体到达B 点后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC ＝0.2 m ，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D 点，D 点距A 点的距离AD ＝3 m ．挡板及弹簧质量不计，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：(结果均保留三位有效数字)(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)弹簧的最大弹性势能E pm .答案 (1)0.521 (2)24.4 J解析 (1)物体从A 点到被弹簧弹到D 点的过程中，弹簧弹性势能没有发生变化，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即：12m v02＋mgAD·sin θ＝μmg cos θ·(AB＋2BC＋BD)代入数据解得：μ≈0.521.(2)物体由A到C的过程中，动能减少量ΔE k＝12m v02重力势能减少量ΔE p＝mg sin θ·AC摩擦产生的热量Q＝μmg cos θ·AC由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：E pm＝ΔE k＋ΔE p－Q≈24.4 J.13.如图所示，在倾角为37°的斜面底端固定一挡板，轻弹簧下端连在挡板上，上端与物块A 相连，用不可伸长的细线跨过斜面顶端的定滑轮把A与另一物体B连接起来，A与滑轮间的细线与斜面平行．已知弹簧劲度系数k＝40 N/m，A的质量m1＝1 kg，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，B的质量m2＝2 kg.初始时用手托住B，使细线刚好处于伸直状态，此时物体A 与斜面间没有相对运动趋势，物体B的下表面离地面的高度h＝0.3 m，整个系统处于静止状态，弹簧始终处于弹性限度内．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)由静止释放物体B，求B刚落地时的速度大小；(2)把斜面处理成光滑斜面，再将B换成一个形状完全相同的物体C并由静止释放，发现C 恰好到达地面，求C的质量m3.答案(1) 2 m/s(2)0.6 kg解析(1)因为初始时刻A与斜面间没有相对运动趋势，即A不受摩擦力，此时有：m1g sin θ＝F弹此时弹簧的压缩量为：x1＝F弹k＝m1g sin θk＝0.15 m当B落地时，A沿斜面上滑h，此时弹簧的伸长量为：x2＝h－x1＝0.15 m所以从手放开B到B落地过程中以A、B和弹簧为系统，弹簧伸长量和压缩量相同，弹性势能不变，弹簧弹力不做功，根据能量守恒定律可得：m 2gh ＝m 1gh sin θ＋μm 1g cos θ·h ＋12(m 1＋m 2)v 2 代入数据解得：v ＝ 2 m/s(2)由(1)分析同理可知换成光滑斜面，没有摩擦力，则从手放开C 到C 落地过程中以A 、C 和弹簧为系统，根据机械能守恒可得：m 3gh ＝m 1gh sin θ代入数据解得m 3＝0.6 kg.。
2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：实验二 探究弹力和弹簧伸长量的关系 含答案
实验探究课实验二探究弹力和弹簧伸长量的关系[实验目的]1．探究弹力与弹簧伸长量的定量关系．2．学会用列表法、图象法、函数法处理实验数据．[实验原理]1．如图所示，在弹簧下端悬挂钩码时弹簧会伸长，平衡时弹簧产生的弹力与所挂钩码的重力大小相等．2．弹簧的长度可用刻度尺直接测出，伸长量可以由拉长后的长度减去弹簧原来的长度进行计算．这样就可以研究弹簧的弹力和弹簧伸长量之间的定量关系了．[实验器材]铁架台、弹簧、毫米刻度尺、钩码若干、三角板、坐标纸、重垂线、铅笔．[实验步骤]1．将弹簧挂在支架上，测量弹簧的原长l0.2．在弹簧下端挂上钩码，待钩码静止时测出弹簧的长度l.3．求出弹簧的伸长量x和所受的外力F(等于所挂钩码的重力)．4．改变所挂钩码的数量，重复上述实验，要尽量多测几组数据，将所测数据填写在下列表格中．记录表：弹簧原长l0＝cm.次数12345 6 内容拉力F/N弹簧总长/cm弹簧伸长量/cm1．以弹力F(大小等于所挂钩码的重力)为纵坐标，以弹簧的伸长量x为横坐标，用描点法作图．连接各点，得出弹力F随弹簧伸长量x变化的图线．2．以弹簧的伸长量x为自变量，写出曲线所代表的函数．首先尝试写成一次函数，如果不行则考虑二次函数．3．得出弹力和弹簧伸长量之间的定量关系，解释函数表达式中常数的物理意义．[误差分析]1．弹簧拉力大小的不稳定易造成误差，使弹簧的悬挂端固定，另一端通过悬挂钩码来充当对弹簧的拉力，可以提高实验的准确度．2．弹簧长度的测量是本实验的主要误差来源，测量时尽量精确地测量弹簧的长度．3．在F－x图象上描点、作图不准确带来误差．[注意事项]1．所挂钩码不要过重，以免弹簧被过分拉伸，超出它的弹性限度．2．每次所挂钩码的质量差尽量大一些，从而使坐标上描的点尽可能稀，这样作出的图线更精确．3．测量弹簧的原长时要让它自然下垂．测弹簧长度时，一定要在弹簧竖直悬挂且处于平衡状态时测量，以减小误差．4．测量有关长度时，应区别弹簧原长l0、实际总长l及伸长量x三者之间的不同，明确三者之间的关系．5．建立平面直角坐标系时，两轴上单位长度所代表的量值要适当，不可过大，也不可过小．6．描点画线时，所描的点不一定都落在一条曲线上，但应注意一定要使各点均匀分布在曲线的两侧．描出的线不应是折线，而应是平滑的曲线．7．记录数据时要注意弹力与弹簧伸长量的对应关系及单位．[实验改进]本实验的系统误差来自弹簧的重力，所以改进实验的思路应该是尽可能减小弹簧自身重力的影响．1．一个方案是将弹簧穿过一根水平光滑的杆，在水平方向做实验；另一个方案是选择劲度系数较小的轻弹簧，通过减小读数的相对误差来提高实验的精确度．2．利用计算机及传感器技术，将弹簧水平放置，且一端固定在传感器上，传感器与计算机相连，对弹簧施加变化的作用力(拉力或推力)时，计算机上得到弹簧弹力和弹簧形变量的关系图象(如图甲、乙所示)，分析图象得出结论．热点一实验原理与操作[典例1]如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系．(1)为完成实验，还需要的实验器材有：.(2)实验中需要测量的物理量有：.(3)图乙是弹簧弹力F与弹簧伸长量x的F－x图线，由此可求出弹簧的劲度系数为N/m.图线不过原点的原因是由于．(4)为完成该实验，设计的实验步骤如下：A．以弹簧伸长量为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组(x，F)对应的点，并用平滑的曲线连接起来．B．记下弹簧不挂钩码时其下端在刻度尺上的刻度l0.C．将铁架台固定于桌子上，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一把刻度尺．D．依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个……钩码，并分别记下钩码静止时弹簧下端所对应的刻度，并记录在表格内，然后取下钩码．E．以弹簧伸长量为自变量，写出弹力与伸长量的关系式．首先尝试写成一次函数，如果不行，则考虑二次函数．F．解释函数表达式中常数的物理意义．G．整理仪器．请将以上步骤按操作的先后顺序排列出来：.解析：(1)根据实验原理可知还需要刻度尺来测量弹簧原长和形变量．(2)根据实验原理，实验中需要测量的物理量有弹簧的原长、弹簧挂不同个数的钩码时所对应的伸长量(或对应的弹簧长度)．(3)取图象中(0.5,0)和(3.5,6)两个点，代入F＝kx可得k＝200 N/m，由于弹簧自身存在重力，使得弹簧不加外力时就有形变量．(4)根据完成实验的合理性可知先后顺序为CBDAEFG.答案：(1)刻度尺(2)弹簧原长、弹簧挂不同个数的钩码时所对应的伸长量(或对应的弹簧长度)(3)200弹簧自身存在重力(4)CBDAEFG1．(1)在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，以下说法正确的是() A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等(2)某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度L，把L－L0作为弹簧的伸长量x，这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是下列选项中的()解析：(1)实验中应以所研究的一根弹簧为实验对象，在弹性限度内通过增减钩码的数目来改变对弹簧的拉力，以探究弹力和弹簧伸长量的关系，并且拉力与重力平衡，所以选A、B.(2)由于考虑到弹簧自身重力的影响，当不挂钩码时，弹簧的伸长量x＞0所以选C.答案：(1)AB(2)C热点二实验数据的处理[典例2](2014·全国卷Ⅱ)某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度(圈数)的关系．实验装置如图甲所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P0指向0刻度．设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x0；挂有质量为0.100 kg的砝码时，各指针的位置记为x.测量结果及部分计算结果如下表所示(n为弹簧的圈数，取重力加速度为9.80 m/s2)．已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88 cm.将表中数据补充完整：①；②.(2)以n为横坐标，1k为纵坐标，在图给出的坐标纸上画出1k－n图象．(3)图乙中画出的直线可近似认为通过原点．若从实验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系的表达式为k＝N/m；该弹簧的劲度系数k与其自由长度l0(单位为m)的关系的表达式为k＝N/m.解析：(1)①k＝mgΔx＝0.100×9.80(5.26－4.06)×10－2N/m＝81.7 N/m；②1k＝181.7m/N＝0.012 2 m/N.(2)1k－n图象如图所示．(3)由作出的图象可知直线的斜率为5.72×10－4m/N，故直线方程满足1k＝5.72×10－4nm/N，即k＝1.75×103n N/m(在1.67×103n～1.83×103n之间均正确)．由于60圈弹簧的原长为11.88 cm，则n圈弹簧的原长满足nl0＝6011.88×10－2，代入数值，得k＝3.47l0(在3.31l0～3.62l0之间均正确)．答案：(1)①81.7②0.012 2(2)图见解析(3)1.75×103n(在1.67×103n～1.83×103n之间均正确)3.47l0(在3.31l0～3.62l0之间均正确)2．(2018·广东惠州博罗中学模拟)某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系．①将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在方向(填“水平”或“竖直”)．②弹簧自然悬挂，待弹簧时，长度记为L0，弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为L x；在砝码盘中每次增加10 g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如下表：表中有一个数值记录不规范，代表符号为，由表可知所用刻度尺的最小分度为．③图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与的差值(填“L0或L x”)．④由图可知弹簧的劲度系数为N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为g(结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8 m/s2)．解析：(1)用铁架台，一定是竖直悬挂，所以弹簧轴线和刻度尺都应在竖直方向；(2)由于弹簧自身有重力，悬挂后，当弹簧稳定后，记下弹簧的长度；(3)用毫米刻度尺测量长度是要估读到分度值的下一位，记录数据的最后一位是估读位，故数据L3记录不规范，由表可知所用刻度尺的最小分度为1mm；(4)若纵轴是砝码的质量，没有考虑砝码盘的重力的影响，所以横轴是弹簧长度与悬挂砝码盘时的长度L x的差．(5)根据胡克定律公式ΔF＝kΔx，有k＝ΔFΔx＝60×10－3×9.8(39.30－27.35)×10－2N/kg≈4.9 N/kg；由表格得到，弹簧原长为：L0＝25.35 cm；挂砝码盘时：L x＝27.35 cm；根据胡克定律，砝码盘质量为：M＝k(L x－L0)g＝4.9×(27.35－25.35)×10－29.8kg＝0.01 kg＝10 g.答案：竖直稳定L3 1 mm L x 4.910热点三实验的改进与创新以本实验为背景，通过改变实验条件、实验仪器设置题目，不脱离教材而又不拘泥于教材，体现开放性、探究性等特点．1．将弹簧水平放置或穿过一根水平光滑的直杆，在水平方向做实验．消除了弹簧自重的影响．2．弹簧的弹力直接由力传感器测得．创新点一实验原理的创新——并联弹簧[典例3] 在探究弹力和弹簧伸长量的关系时，某同学先按图(a)对弹簧甲进行探究，然后把弹簧甲和弹簧乙并联起来按图(b)进行探究．在弹性限度内，将质量为m ＝50 g 的钩码逐个挂在弹簧下端，分别测得图(a)、图(b)中弹簧的长度L 1、L 2如表所示．钩码个数 1 2 3 4 L 1/cm 30.00 31.04 32.02 33.02 L 2/cm29.3329.6529.9730.30已知重力加速度g ＝ 由表中数据 (填“能”或“不能”)计算出弹簧乙的劲度系数．解析：分析表中L 1的长度变化量与钩码数量的关系．钩码数量和弹簧常量的关系为钩码逐增加一个，弹簧长度伸长约1 cm ，所以弹簧劲度系数k 1＝ΔF Δl ＝mg Δl ＝0.50 N0.01 m ＝50 N/m.分析图(b)中可得，每增加一个钩码，弹簧伸长约0.3 cm ，即k 1×0.003＋k 2×0.003＝mg ，根据弹簧甲的劲度系数可以求出弹簧乙的劲度系数． 答案：50 能创新点二 实验方法的创新[典例4] 在探究弹力和弹簧伸长量的关系并测量弹簧的劲度系数的实验中，所使用的实验装置如图甲所示，所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力，实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测量相应的弹簧的总长度．(1)某同学通过以上实验测量后把6组实验数据描点在坐标系图乙中，请作出F －L 图线．(2)由此图线可得出该弹簧的原长L 0＝ cm ，劲度系数k ＝ N/m.(3)试根据该同学以上的实验情况，帮助他设计一个记录实验数据的表格(不必填写其实验测得的具体数据)．(4)该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较优点在于：；缺点在于：.解析：(1)F－L图线如图所示(2)图象的横截距表示弹力为零时的弹簧的长度，此时弹簧的长度为原长，所以弹簧的原长L0＝5 cm，图象的斜率表示弹簧的劲度系数，故有k＝ΔFΔx＝1.60.08N/m＝20 N/m.(3)根据该同学以上的实验情况，记录实验数据的表格为：钩码个数01234 5弹力F/N弹簧长度L/(×10－2 m)(4)滑轮间存在的摩擦会造成实验误差．答案：(1)如图所示(2)520(3)见解析(4)可以避免弹簧自身重力对实验的影响弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦会造成实验误差创新点三实验器材的创新[典例5]用如图甲所示的实验装置研究弹簧的弹力与形变量之间的关系．轻弹簧上端固定一个力传感器，然后固定在铁架台上，当用手向下拉伸弹簧时，弹簧的弹力可从传感器读出．用刻度尺可以测量弹簧原长和伸长后的长度，从而确定伸长量．测量数据如表格所示：伸长量x/(×10－2 m) 2.00 4.00 6.008.0010.00弹力F/N 1.50 2.93 4.55 5.987.50(1)以x为横坐标，F为纵坐标，在图乙的坐标纸上描绘出能够正确反映弹力与伸长量关系的图线．(2)由图线求得该弹簧的劲度系数为(保留两位有效数字)．解析：横轴表示伸长量x，纵轴表示弹力F，按照表格数据，描点画图，得到一条直线，图象斜率代表弹簧劲度系数．答案：(1)如图所示(2)75 N/m1．某同学在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”时，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，在弹簧下端挂2个相同钩码，静止时弹簧长度是l2.已知每个钩码质量是m，当地重力加速度g，挂2个钩码时，弹簧弹力F＝；该弹簧的劲度系数是．答案：(1)2mgmg l2－l12．(1)某同学在探究“弹力和弹簧伸长量的关系”时，实验步骤如下：安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图甲所示，图乙是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺(最小分度是1毫米)上位置的放大图，示数l1＝_ cm.在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5.要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是_．作出F－x曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系．(2)该同学更换弹簧，进行重复实验，得到如图丙所示的弹簧弹力F与伸长量x的关系图线，由此可求出该弹簧的劲度系数为N/m.图线不过原点的原因是．解析：(1)由mm刻度尺的读数方法可知图乙中的读数为：25.85 cm；本实验中需要是弹簧的形变量，故还应测量弹簧的原长．(2)有图象可知，斜率表示弹簧的劲度系数，k＝70.035＝200 N/m；图线不过原点的原因是由于弹簧有自重，使弹簧变长．答案：(1)25.85弹簧原长(2)200弹簧有自重3．(2018·四川高三理科综合)某同学为研究橡皮筋伸长量与所受拉力的关系，做了如下实验：①如图1所示，将白纸固定在制图板上，橡皮筋一端固定在O点，另一端A系一小段轻绳(带绳结)；将制图板竖直固定在铁架台上．②将质量为m＝100 g的钩码挂在绳结上，静止时描下橡皮筋下端点的位置A0；用水平力拉A点，使A点在新的位置静止，描下此时橡皮筋端点的位置A1；逐步增大水平力，重复5次……③取下制图板，量出A1、A2……各点到O的距离l1、l2……量出各次橡皮筋与OA0之间的夹角α1、α2……④在坐标纸上做出1cos α－l的图象如图所示．完成下列填空：(1)已知重力加速度为g，当橡皮筋与OA0间的夹角为α时，橡皮筋所受的拉力大小为(用g、m、α表示)．(2)取g＝10 m/s2，由图2可得橡皮筋的劲度系数k＝N/m，橡皮筋的原长l0＝m ．(结果保留2位有效数字)解析：(1)对结点受力分析，根据共点力平衡可知mg＝T cos α，解得T＝mgcos α；(2)在竖直方向，合力为零，则kl cos α＝mg，解得1cos α＝klmg，故斜率k′＝kmg，由图象可知斜率k′＝100，故k＝mgk′＝100 N/m；由图象可知，直线与横坐标的交点即为弹簧的原长，为0.21 m.答案：(1)mgcos α(2)1.0×1020.214．某同学在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”时，将轻质弹簧竖直悬挂，弹簧下端挂一个小盘，在小盘中增添砝码，改变弹簧的弹力，通过旁边竖直放置的刻度尺可以读出弹簧末端指针的位置x，实验得到了弹簧指针位置x与小盘中砝码质量m的图象如图乙所示，取g＝10 m/s2.回答下列问题．(1)某次测量如图甲所示，指针指示的刻度值为cm.(刻度尺单位为：cm)(2)从图乙可求得该弹簧的劲度系数为N/m.(结果保留两位有效数字)(3)另一同学在做该实验时有下列做法，其中错误的是．A．刻度尺零刻度未与弹簧上端对齐B．实验中未考虑小盘的重力C．读取指针指示的刻度值时，选择弹簧指针上下运动最快的位置读取D．在利用x－m图线计算弹簧的劲度系数时舍弃图中曲线部分数据．解析：(1)刻度尺的最小分度为0.1 cm，故读数为18.00 cm.(2)结合mg＝kx，得x＝gk m，由图可知k＝0.08×100.42－0.15N/m≈3.0 N/m.(3)读数时开始时的零刻度应与弹簧上端对齐才能准确测量，故A错误；本实验中可采用图象进行处理，故小盘的重力可以不考虑，故B正确；在读指针的位置时，应让弹簧指针静止之后再读取，故C错误；当拉力超过弹性限度时，将变成曲线，不再符合胡克定律，故应舍去，故D正确．答案：(1)18.00(2)3.0(3)AC5. (2019·湘潭凤凰中学月考)某物理实验小组在探究弹簧的劲度系数k与其原长l0的关系实验中，按图所示安装好实验装置，让刻度尺零刻度与轻质弹簧上端平齐，在弹簧上安装可移动的轻质指针P，实验时的主要步骤是：①将指针P移到刻度尺l01＝5cm处，在弹簧挂钩上挂上200 g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；②取下钩码，将指针P移到刻度尺l02＝10cm处，在弹簧挂钩上挂上250 g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；③取下钩码，将指针P移到刻度尺l03＝15cm处，在弹簧挂钩上挂上50 g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；④重复③步骤，在每次重复③时，都将指针P下移5cm，同时保持挂钩上挂的钩码质量不变．将实验所得数据记录、列表如下：次数弹簧原长l0/ cm弹簧长度l/ cm钩码质量m/g1 5.007.23200210.0015.56250315.0016.6750(1)重力加速度g取10 m/s2.在实验步骤③中，弹簧的原长为15cm时，其劲度系数k＝N/m.(2)同一根弹簧的原长越长，弹簧的劲度系数(填选项前的字母)．A．不变B．越大C．越小解析：(1)挂50 g钩码时，弹簧的弹力为0.5 N，根据胡克定律得：k＝FΔx＝0.5(16.67－15.00)×10－2N/m≈30 N/m.(2)对第3、4、5次数据分析，弹簧弹力相等，同一根弹簧，原长越长，形变量越大，根据胡克定律F＝kx知，弹簧的劲度系数越小，故选C.答案：(1)30(2)C。
2020版高考物理一轮复习 实验五 探究动能定理课件 新人教版
第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板 靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打 点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运 动，打出纸带，如图乙所示，打出的纸带如图丙所示．
请回答下列问题：
(1)已知 O、A、B、C、D、E、F 相邻计数点间的时间间隔为 Δt， O点点计为(时2)打器已点打知计重B 时点锤器时质打滑量下块为的运m第动，一的当点速地，度的根重vB据力＝纸加_x_带3速2_－Δ_求度_tx_1滑为__块.g，运要动测的出速某度一，过打 程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块__下__滑__的__位__移___x (写 出物理量名称及符号，只写一个物理量)，合外力对滑块做功的表达 式 W 合＝___m_g_x___.
A．作出“t－F 图象” B．作出“t2－F 图象”
C．作出“t2－F1图象” D．作出“1t －F2 图象”
解析：(1)由读数规则可知读数为 2.0 mm＋0.05×6 mm＝2.30
mm. (2)因为拉力传感器直接测出拉力，故不需要使滑块质量远大于
钩码和力传感器的总质量，A 错误；应使 A 位置与光电门间的距离 适当大些以便减小误差，故 B 正确；应将气垫导轨调至水平，使摩 擦力为零，故 C 正确；应使细线与气垫导轨平行，保证合外力为细 绳拉力，故 D 正确．所以不必要的一项是 A.
(2)下列实验要求中不必要的一项是__A__(请填写选项前对应的 字母)．
A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 B．应使 A 位置与光电门间的距离适当大些 C．应将气垫导轨调至水平 D．应使细线与气垫导轨平行
(3)实验时保持滑块的质量 M 和 A、B 间的距离 L 不变，改变钩 码质量 m，测出对应的力传感器的示数 F 和遮光条通过光电门的时 间 t，通过描点作出线性图象，研究滑块动能变化与合外力对它所 做功的关系，处理数据时应作出的图象是____C____(请填写选项前对 应的字母)．
2020版600冲刺一轮高考物理山东专用优选课件：2章 相互作用
例1
【解析】
若球与小车一起做匀速运动，则球在b点处不受支持力作用；若球与小车一起向左做
匀加速(或者向右做匀减速)运动，则球在a点处受到的支持力可能为零，选项D正确．
【答案】D
突破点：
对于形变不明显的情况，通常用以下方法判断弹力有无： (1)假设法：假设将与研究对象接触的物体撤去，判断研究对象的运动状态是否发生改变，若运动状态不变，则与 撤去的物体接触处不存在弹力；若运动状态改变，则与撤去的物体接触处一定存在弹力． (2)替换法：可以将硬的、形变不明显的施力物体用软的、易产生明显形变的物体来替换，对比研究对象是否能维 持原来的力学状态．如将侧壁、斜面用海绵来替换，将硬杆用轻弹簧(橡皮条)或细绳来替换． (3)状态法：因为物体的受力必须与物体的运动状态相吻合，所以可以依据物体的运动状态由相应的规律(如平衡 知识或牛顿运动定律等)来判断物体间是否存在弹力．
第2章 相互作用
考点4 力 重力 弹力 摩擦力 考点5 受力分析 力的合成与分解 考点6 共点力平衡
4 力 重力 弹力 摩擦力
➢必备知识 全面把握 ➢核心方法 重点突破
方法1 弹力有无的判断 方法2 摩擦力有无及方向的判定
➢考法例析 成就能力
考法1 弹力 考法2 摩擦力
知识 全面把握
1．力
立，由受力分析知，m受到与斜面平行向上的摩擦力，B、D正确．
【答案】BD
3．摩擦力的计算
例5
(多选)两重叠在一起的滑块，置于固定的倾角为θ的斜面上，如图所示，滑块A、
B的质量分别为m1、m2，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A间的动摩擦因数为μ2，
已知两滑块沿斜面由静止以相同的加速度滑下，滑块B受到的摩擦力为( )
✓(1)定义：摩擦力是指当一个物体在另一个物体的表面上发生 相对运动或存 在 相对运动趋势 时，受到的阻碍作用。 摩擦力产生条件是接触面粗糙、有 压力、有相对运动或相对运动趋势．物体间存在摩 擦力时，一定存在 弹。力
2020届高三一轮复习说课课件《电磁感应》(共54张PPT)
17.如图.在水平面(纸面)内有三报相同的均匀金属棒ab、ac和 MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨。空间存在 垂直于纸面的均匀磁场。用力使MN向右匀速运动，从图示位 置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨 保持良好接触。下列关于回路中电流i与时间t的关系图线.可 能正确的是
解析：A [解析] 线框进入磁场过程中，磁通量增大，由 楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向，即正方向， 可排除B、C选项；由E＝BLv可知，线框进出磁场过程中， 切割磁感线的有效长度为线框与磁场边界交点的连线， 故进、出磁场过程中，等效长度L先增大后减小，故感应 电动势先增大后减小；由欧姆定律可知，感应电流也是 先增大后减小，故A项正确，D项错误．
附高考题
年份
2012
卷类别
全国卷
题型
选择题
分值 难度系数 试题考点
6分+6分 0.474+0.694
法拉第电磁感应定律
19.如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线 框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面 （纸面）向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开
始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半
四、一轮复习设计
STSE 13题． (多选)如图所示是磁电式转速传感器的结构简图。该装置主要由测 量齿轮、软铁、永久磁铁、线圈等元件组成。测量齿轮为磁性材料，等距离地 安装在被测旋转体的一个圆周上(圆心在旋转体的轴线上)，齿轮转动时线圈内 就会产生感应电流。设感应电流的变化频率为f，测量齿轮的齿数为N，旋转体 转速为n。则( ) A．f＝nN B．f＝N/n C．线圈中的感应电流方向不会变化 D．旋转体转速越高线圈中的感应电流越强
2023年高考物理一轮复习讲义——原子结构和波粒2象性
自主命题卷全国卷考情分析2021·广东卷·T1原子核的衰变2021·全国甲卷·T17原子核的衰变2021·湖南卷·T1衰变、半衰期2021·全国乙卷·T17半衰期2021·河北卷·T1衰变、半衰期2020·全国卷Ⅰ·T19核反应2021·浙江6月选考·T14核反应2020·全国卷Ⅱ·T18核能2020·天津卷·T1原子核式结构实验2020·全国卷Ⅲ·T19原子核的衰变2020·江苏卷·T12(1)(2)黑体辐射、能级跃迁、光子的动量2019·全国卷Ⅰ·T14能级跃迁2020·浙江7月选考·T14核聚变、核能2019·全国卷Ⅱ·T15核能2019·天津卷·T5光电效应2018·全国卷Ⅱ·T17光电效应试题情境生活实践类医用放射性核素、霓虹灯、氖管、光谱仪、原子钟、威耳逊云室、射线测厚仪、原子弹、反应堆与核电站、太阳、氢弹、环流器装置等学习探究类光电效应现象、光的波粒二象性、原子的核式结构模型、氢原子光谱、原子的能级结构、射线的危害与防护、原子核的结合能、核裂变反应和核聚变反应等第1讲原子结构和波粒二象性目标要求 1.了解黑体辐射的实验规律.2.知道什么是光电效应，理解光电效应的实验规律．会利用光电效应方程计算逸出功、截止频率、最大初动能等物理量.3.知道原子的核式结构，掌握玻尔理论及能级跃迁规律.4.了解实物粒子的波动性，知道物质波的概念．考点一黑体辐射及实验规律1．热辐射(1)定义：周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关，所以叫热辐射．(2)特点：热辐射强度按波长的分布情况随物体温度的不同而有所不同．2．黑体、黑体辐射的实验规律(1)黑体：能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射的物体．(2)黑体辐射的实验规律①对于一般材料的物体，辐射电磁波的情况除与温度有关外，还与材料的种类及表面状况有关．②黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关．随着温度的升高，一方面，各种波长的辐射强度都有增加，另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，如图．3．能量子(1)定义：普朗克认为，当带电微粒辐射或吸收能量时，只能辐射或吸收某个最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε叫作能量子．(2)能量子大小：ε＝hν，其中ν是带电微粒吸收或辐射电磁波的频率，h称为普朗克常量．h ＝6.626×10－34 J·s(一般取h＝6.63×10－34 J·s)．1．黑体能够反射各种波长的电磁波，但不会辐射电磁波．(×)2．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都增加，辐射强度极大值向波长较短的方向移动．(√)3．玻尔为得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，提出了能量子的假说．(×)例1(多选)关于黑体辐射的实验规律如图所示，下列说法正确的是()A．黑体能够完全吸收照射到它上面的光波B ．随着温度的降低，各种波长的光辐射强度都有所增加C ．随着温度的升高，辐射强度极大值向波长较长的方向移动D ．黑体辐射的强度只与它的温度有关，与形状和黑体材料无关 答案 AD解析 能完全吸收照射到它上面的各种频率的电磁辐射的物体称为黑体，A 正确；由题图可知，随温度的降低，各种波长的光辐射强度都有所减小，选项B 错误；随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，选项C 错误；一般物体辐射电磁波的情况与温度有关，还与材料的种类及表面情况有关，但黑体辐射电磁波的情况只与它的温度有关，选项D 正确．例2 在“焊接”视网膜的眼科手术中，所用激光的波长λ＝6.4×10－7 m ，每个激光脉冲的能量E ＝1.5×10－2 J ．求每个脉冲中的光子数目．(已知普朗克常量h ＝6.63×10－34J·s ，光速c ＝3×108 m/s.计算结果保留一位有效数字) 答案 5×1016解析 每个光子的能量为E 0＝hν＝h cλ，每个激光脉冲的能量为E ，所以每个脉冲中的光子数目为：N ＝EE 0，联立且代入数据解得：N ＝5×1016个．考点二 光电效应1．光电效应及其规律 (1)光电效应现象照射到金属表面的光，能使金属中的电子从表面逸出，这个现象称为光电效应，这种电子常称为光电子．(2)光电效应的产生条件入射光的频率大于或等于金属的截止频率． (3)光电效应规律①每种金属都有一个截止频率νc ，入射光的频率必须大于或等于这个截止频率才能产生光电效应．②光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光频率的增大而增大． ③光电效应的发生几乎是瞬时的，一般不超过10－9 s.④当入射光的频率大于或等于截止频率时，在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，逸出的光电子数越多，逸出光电子的数目与入射光的强度成正比，饱和电流的大小与入射光的强度成正比．2．爱因斯坦光电效应方程(1)光电效应方程①表达式：hν＝E k＋W0或E k＝hν－W0.②物理意义：金属表面的电子吸收一个光子获得的能量是hν，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0，剩下的表现为逸出后电子的最大初动能．(2)逸出功W0：电子从金属中逸出所需做功的最小值，W0＝hνc＝h cλc.(3)最大初动能：发生光电效应时，金属表面上的电子吸收光子后克服原子核的引力逸出时所具有的动能的最大值．1．光子和光电子都不是实物粒子．(×)2．只要入射光的强度足够大，就可以使金属发生光电效应．(×)3．要使某金属发生光电效应，入射光子的能量必须大于或等于金属的逸出功．(√) 4．光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比．(×)1．光电效应的分析思路2．光电效应图像图像名称图线形状获取信息最大初动能E k与入射光频率ν的关系图线①截止频率(极限频率)νc：图线与ν轴交点的横坐标②逸出功W0：图线与E k轴交点的纵坐标的绝对值W0＝|－E|＝E③普朗克常量h：图线的斜率k＝h遏止电压U c 与入射光频率ν的关系图线①截止频率νc：图线与横轴的交点的横坐标②遏止电压U c：随入射光频率的增大而增大③普朗克常量h：等于图线的斜率与电子电荷量的乘积，即h＝ke(注：此时两极之间接反向电压)颜色相同、强度不同的光，光电流与电压的关系①遏止电压U c：图线与横轴的交点的横坐标②饱和电流：电流的最大值；③最大初动能：E k＝eU c颜色不同时，光电流与电压的关系①遏止电压U c1、U c2②饱和电流③最大初动能E k1＝eU c1，E k2＝eU c2考向1光电效应的规律例3研究光电效应的电路图如图所示，关于光电效应，下列说法正确的是()A．任何一种频率的光，只要照射时间足够长，电流表就会有示数B．若电源电动势足够大，滑动变阻器滑片向右滑，电流表的示数能一直增大C．调换电源的正负极，调节滑动变阻器的滑片，电流表的示数可能变为零D．光电效应反映了光具有波动性答案 C解析能否发生光电效应取决于光的频率，与照射时间长短无关，A错误；增加极板间电压，会出现饱和电流，电流表示数不会一直增大，B错误；调换电源正负极，若反向电压达到遏止电压，则电流表示数变为零，C正确；光电效应反映了光具有粒子性，D错误．考向2光电效应的图像例4 (多选)如图所示，甲、乙、丙、丁是关于光电效应的四个图像，以下说法正确的是( )A ．由图甲可求得普朗克常量h ＝be aB ．由图乙可知虚线对应金属的逸出功比实线对应金属的逸出功小C ．由图丙可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大D ．由图丁可知电压越高，则光电流越大 答案 BC解析 根据光电效应方程，结合动能定理可知eU c ＝E k ＝hν－W 0＝hν－hνc ，变式可得U c ＝he ν－h e νc ，斜率k ＝b 2a ＝h e ，解得普朗克常量为h ＝be2a ，故A 错误；根据爱因斯坦光电效应方程E k ＝hν－W 0可知，纵轴截距的绝对值表示逸出功，则实线对应金属的逸出功比虚线对应金属的逸出功大，故B 正确；入射光频率一定，饱和电流由入射光的强度决定，即光的颜色不变的情况下，入射光越强，光子数越多，饱和电流越大，故C 正确；分析题图丁可知，当达到饱和电流以后，增加光电管两端的电压，光电流不变，故D 错误．例5 (多选)一定强度的激光(含有三种频率的复色光)沿半径方向入射到半圆形玻璃砖的圆心O 点，如图甲所示．现让经过玻璃砖后的A 、B 、C 三束光分别照射相同的光电管的阴极(如图乙所示)，其中C 光照射时恰好有光电流产生，则( )A ．若用B 光照射光电管的阴极，一定有光电子逸出B ．若用A 光和C 光分别照射光电管的阴极，A 光照射时逸出的光电子的最大初动能较大 C ．若入射光的入射角从0开始增大，C 光比B 光先消失D ．若是激发态的氢原子直接跃迁到基态辐射出B 光、C 光，则C 光对应的能级较低 答案 BC解析 由题图甲可得，B 光和C 光为单色光，C 光的折射率大，频率高；A 光除了B 、C 光的反射光线外，还含有第三种频率的光，为三种光的复合光．C 光照射光电管恰好有光电流产生，用B 光照射同一光电管，不能发生光电效应，故A 错误；A 光为三种频率的复合光，但A 光中某频率的光发生了全反射，其临界角最小，折射率最大，频率最高，则A 光和C 光分别照射光电管的阴极时，A 光照射时逸出的光电子的最大初动能较大，故B 正确；根据sin C ＝1n 可知，C 光的临界角比B 光小，若入射光的入射角从0开始增大，C 光比B 光先消失，故C 正确；C 光的频率比B 光高，根据能级跃迁规律可知，若是激发态的氢原子直接跃迁到基态辐射出B 光、C 光，则C 光对应的能级较高，故D 错误．考点三 光的波粒二象性与物质波1．光的波粒二象性(1)光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有波动性． (2)光电效应说明光具有粒子性．(3)光既具有波动性，又具有粒子性，称为光的波粒二象性． 2．物质波(1)概率波：光的干涉现象是大量光子的运动遵守波动规律的表现，亮条纹是光子到达概率大的地方，暗条纹是光子到达概率小的地方，因此光波又叫概率波．(2)物质波：任何一个运动着的物体，小到微观粒子，大到宏观物体，都有一种波与它对应，其波长λ＝hp，p 为运动物体的动量，h 为普朗克常量．1．光的频率越高，光的粒子性越明显，但仍具有波动性．( √ )2．法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子在一定条件下会表现为波动性．( √ )例6(2022·上海师大附中高三学业考试)用极微弱的可见光做双缝干涉实验，随着时间的增加，在屏上先后出现如图(a)(b)(c)所示的图像，则()A．图像(a)表明光具有波动性B．图像(c)表明光具有粒子性C．用紫外线观察不到类似的图像D．实验表明光是一种概率波答案 D解析题图(a)只有分散的亮点，表明光具有粒子性；题图(c)呈现干涉条纹，表明光具有波动性，A、B错误；紫外线也具有波粒二象性，也可以观察到类似的图像，C错误；实验表明光是一种概率波，D正确．考点四原子结构1．电子的发现：英国物理学家汤姆孙发现了电子．2．α粒子散射实验：1909年，英国物理学家卢瑟福和他的助手进行了用α粒子轰击金箔的实验，实验发现绝大多数α粒子穿过金箔后基本上仍沿原来方向前进，但有少数α粒子发生了大角度偏转，偏转的角度甚至大于90°，也就是说它们几乎被“撞”了回来．3．原子的核式结构模型：在原子中心有一个很小的核，原子全部的正电荷和几乎全部质量都集中在核里，带负电的电子在核外空间绕核旋转．1．在α粒子散射实验中，少数α粒子发生大角度偏转是由于它跟金原子中的电子发生了碰撞．(×)2．原子中绝大部分是空的，原子核很小．(√)3．核式结构模型是卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出的．(√)例7关于α粒子散射实验的下述说法中正确的是()A．在实验中观察到的现象是绝大多数α粒子穿过金箔后，仍沿原来方向前进，少数发生了较大偏转，极少数偏转超过90°，有的甚至被弹回接近180°B．使α粒子发生明显偏转的力来自带正电的核及核外电子，当α粒子接近核时是核的排斥力使α粒子发生明显偏转，当α粒子接近电子时，是电子的吸引力使之发生明显偏转C．实验表明原子中心有一个极小的核，它占有原子体积的极小部分，实验事实肯定了汤姆孙的原子结构模型D．实验表明原子中心的核带有原子的全部正电及全部质量答案 A解析在实验中观察到的现象是绝大多数α粒子穿过金箔后，仍沿原来方向前进，少数发生了较大偏转，极少数偏转超过90°，有的甚至被弹回接近180°，所以A正确；使α粒子发生明显偏转的力是来自带正电的核，当α粒子接近核时，核的排斥力使α粒子发生明显偏转，电子对α粒子的影响忽略不计，所以B错误；实验表明原子中心有一个极小的核，它占有原子体积的极小部分，实验事实否定了汤姆孙的原子结构模型，所以C错误；实验表明原子中心的核带有原子的全部正电及绝大部分质量，所以D错误．考点五玻尔理论能级跃迁1．玻尔理论(1)定态假设：电子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些能量状态中电子绕核的运动是稳定的，电子虽然绕核运动，但并不产生电磁辐射．(2)跃迁假设：电子从能量较高的定态轨道(其能量记为E n)跃迁到能量较低的定态轨道(能量记为E m，m<n)时，会放出能量为hν的光子，这个光子的能量由前后两个能级的能量差决定，即hν＝E n－E m.(h是普朗克常量，h＝6.63×10－34 J·s)(3)轨道量子化假设：原子的不同能量状态跟电子在不同的圆周轨道绕核运动相对应．原子的定态是不连续的，因此电子的可能轨道也是不连续的．2．氢原子的能量和能级跃迁(1)能级和半径公式：①能级公式：E n＝1n2E1(n＝1,2,3，…)，其中E1为基态能量，其数值为E1＝－13.6 eV.②半径公式：r n＝n2r1(n＝1,2,3，…)，其中r1为基态轨道半径，其数值为r1＝0.53×10－10 m.(2)氢原子的能级图，如图所示1．处于基态的氢原子可以吸收能量为11 eV 的光子而跃迁到高能级．( × ) 2．氢原子吸收或辐射光子的频率条件是hν＝E n －E m (m <n )．( √ ) 3．氢原子各能级的能量指电子绕核运动的动能．( × ) 4．玻尔理论能解释所有元素的原子光谱．( × )1．两类能级跃迁(1)自发跃迁：高能级→低能级，释放能量，发射光子． 光子的频率ν＝ΔE h ＝E 高－E 低h.(2)受激跃迁：低能级→高能级，吸收能量． 吸收光子的能量必须恰好等于能级差hν＝ΔE . 2．光谱线条数的确定方法(1)一个氢原子跃迁发出可能的光谱线条数最多为n －1. (2)一群氢原子跃迁发出可能的光谱线条数N ＝C 2n ＝n (n －1)2. 3．电离(1)电离态：n ＝∞，E ＝0.(2)电离能：指原子从基态或某一激发态跃迁到电离态所需要吸收的最小能量． 例如：氢原子从基态→电离态： E 吸＝0－(－13.6 eV)＝13.6 eV(3)若吸收能量足够大，克服电离能后，获得自由的电子还具有动能．例8 (2019·全国卷Ⅰ·14)氢原子能级示意图如图所示．光子能量在1.63 eV ～3.10 eV 的光为可见光．要使处于基态(n ＝1)的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为()A．12.09 eV B．10.20 eVC．1.89 eV D．1.51 eV答案 A解析因为可见光光子的能量范围是1.63 eV～3.10 eV，所以处于基态的氢原子至少要被激发到n＝3能级，要给氢原子提供的能量最少为E＝(－1.51＋13.60) eV＝12.09 eV，故选项A 正确．例9氢原子的能级图如图所示．用氢原子从n＝4能级跃迁到n＝1能级辐射的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂，下列说法正确的是()A．产生的光电子的最大初动能为6.41 eVB．产生的光电子的最大初动能为12.75 eVC．氢原子从n＝2能级向n＝1能级跃迁时辐射的光不能使金属铂发生光电效应D．氢原子从n＝4能级向n＝2能级跃迁时辐射的光也能使金属铂发生光电效应答案 A解析从n＝4能级跃迁到n＝1能级辐射的光子能量为－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV，产生的光电子的最大初动能为E k＝hν－W0＝12.75 eV－6.34 eV＝6.41 eV，故A正确，B错误；氢原子从n＝2能级向n＝1能级跃迁时辐射的光子能量为10.2 eV，能使金属铂发生光电效应，故C错误；氢原子从n＝4能级向n＝2能级跃迁时辐射的光子能量小于金属铂的逸出功，故不能使金属铂发生光电效应，故D错误．课时精练1．(多选)波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有()A．光电效应现象揭示了光的粒子性B．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波的波长也相等答案AB2．关于光电效应，下列说法正确的是()A．截止频率越大的金属材料逸出功越大B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能发生光电效应C．从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多答案 A解析逸出功W0＝hνc，W0∝νc，A正确；只有照射光的频率ν大于或等于金属截止频率νc，才能发生光电效应，B错误；由光电效应方程E k＝hν－W0知，入射光频率ν不确定时，无法确定E k与W0的关系，C错误；频率一定，入射光的光强越大，单位时间内逸出的光电子数越多，D错误．3．频率为ν的光照射某金属时，产生光电子的最大初动能为E km.改为频率为2ν的光照射同一金属，所产生光电子的最大初动能为(h为普朗克常量)()A．E km－hνB．2E kmC．E km＋hνD．E km＋2hν答案 C解析根据爱因斯坦光电效应方程得E km＝hν－W0，若入射光频率变为2ν，则E km′＝h·2ν－W0＝2hν－(hν－E km)＝hν＋E km，故选项C正确．4.如图所示为氢原子的能级图，下列说法正确的是()A．用能量为9.0 eV的电子激发n＝1能级的大量氢原子，可以使氢原子跃迁到高能级B．n＝2能级的氢原子可以吸收能量为3.3 eV的光子而发生电离C．大量处于n＝4能级的氢原子跃迁到基态放出的所有光子中，n＝4能级跃迁到n＝1能级释放的光子的粒子性最显著D．大量处于基态的氢原子吸收12.09 eV的光子后，只可以放出两种频率的光子答案 C解析n＝1能级与n＝2能级的能量差为10.2 eV，由于9.0 eV<10.2 eV，因此用能量为9.0 eV 的电子激发n＝1能级的大量氢原子，不能使氢原子跃迁到高能级，故A错误；n＝2能级的氢原子的能量为－3.40 eV，因此欲使其发生电离，吸收的能量至少为3.40 eV，故B错误；光子的波长越长波动性越显著，光子的频率越高，粒子性越显著，由玻尔理论可知，从n＝4能级跃迁到n＝1能级释放的光子能量最大，由E＝hν可知，该光子的频率最高，该光子的粒子性最显著，故C正确；大量处于基态的氢原子吸收12.09 eV的光子后，由跃迁规律可知，大量的氢原子可以跃迁到n＝3能级，则放出C23＝3种频率的光子，故D错误．5．(多选)(2017·全国卷Ⅲ·19)在光电效应实验中，分别用频率为νa、νb的单色光a、b照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别为U a和U b，光电子的最大初动能分别为E k a和E k b.h 为普朗克常量．下列说法正确的是()A．若νa＞νb，则一定有U a＜U bB．若νa＞νb，则一定有E k a＞E k bC．若U a＜U b，则一定有E k a＜E k bD．若νa＞νb，则一定有hνa－E k a＞hνb－E k b答案BC解析由爱因斯坦光电效应方程得，E k＝hν－W0，由动能定理得，E k＝eU，用a、b单色光照射同种金属时，逸出功W0相同．当νa＞νb时，一定有E k a＞E k b，U a＞U b，故选项A错误，B正确；若U a＜U b，则一定有E k a＜E k b，故选项C正确；因逸出功相同，有W0＝hνa－E k a ＝hνb－E k b，故选项D错误．6．(2020·江苏卷·12(1)(2))(1)“测温枪”(学名“红外线辐射测温仪”)具有响应快、非接触和操作方便等优点．它是根据黑体辐射规律设计出来的，能将接收到的人体热辐射转换成温度显示．若人体温度升高，则人体热辐射强度I及其极大值对应的波长λ的变化情况是________．A．I增大，λ增大B．I增大，λ减小C．I减小，λ增大D．I减小，λ减小(2)大量处于某激发态的氢原子辐射出多条谱线，其中最长和最短波长分别为λ1和λ2，则该激发态与基态的能量差为________，波长为λ1的光子的动量为________．(已知普朗克常量为h，光速为c)答案 (1)B (2)h c λ2 h λ1解析 (1)若人体温度升高，则人体的热辐射强度I 增大，由ε＝hν，故对应的频率ν变大，由c ＝λν知对应的波长λ变小，选项B 正确．(2)该激发态与基态的能量差ΔE 对应着辐射最短波长的光子，故能量差为ΔE ＝hν＝h c λ2；波长为λ1的光子的动量p ＝h λ1.7.(多选)对于钠和钙两种金属，其遏止电压U c 与入射光频率ν的关系如图所示．用h 、e 分别表示普朗克常量和电子电荷量，则( )A ．钠的逸出功小于钙的逸出功B ．图中直线的斜率为h eC ．在得到这两条直线时，必须保证入射光的光强相同D ．若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到钠的光频率较高 答案 AB解析 根据U c e ＝E k ＝hν－W 0，即U c ＝h e ν－W 0e，则由题图可知钠的逸出功小于钙的逸出功，选项A 正确；题图中直线的斜率为h e，选项B 正确；在得到这两条直线时，与入射光的光强无关，选项C 错误；根据E k ＝hν－W 0，若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到钠的光频率较低，选项D 错误．8．用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图甲所示，实验中测得铷的遏止电压U c 与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，图线与横轴交点的横坐标为5.15× 1014 Hz.已知普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s.则下列说法中正确的是( )A．欲测遏止电压，应选择电源左端为正极B．当电源左端为正极时，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的示数持续增大C．增大照射光的强度，产生的光电子的最大初动能一定增大D．如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014Hz，则产生的光电子的最大初动能约为E k＝1.2×10－19 J答案 D解析遏止电压产生的电场对电子起阻碍作用，则电源的右端为正极，故A错误；当电源左端为正极时，滑动变阻器的滑片向右滑动，加速电场增强，电流增加但增加到一定值后不再增加，故B错误；由E k＝hν－W0可知，最大初动能与光的强度无关，故C错误；E k＝hν－W0＝hν－hνc，νc＝5.15×1014 Hz，代入数值求得E k≈1.2×10－19 J，故D正确．9．(多选)(2020·浙江1月选考·14)由玻尔原子模型求得氢原子能级如图所示，已知可见光的光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间，则()A．氢原子从高能级向低能级跃迁时可能辐射出γ射线B．氢原子从n＝3能级向n＝2能级跃迁时会辐射出红外线C．处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线并发生电离D．大量氢原子从n＝4能级向低能级跃迁时可辐射出2种频率的可见光答案CD解析γ射线是放射性元素的原子核从高能级向低能级跃迁时辐射出来的，氢不是放射性元素，A错误；氢原子从n＝3能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光子的能量E＝E3－E2＝－1.51 eV－(－3.4 eV)＝1.89 eV,1.62 eV<1.89 eV<3.11 eV，故氢原子从n＝3能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光为可见光，B错误；根据E＝hν及题给条件可知，紫外线光子的能量大于3.11 eV，要使处于n＝3能级的氢原子发生电离，需要的能量至少为1.51 eV，故C正确；大量氢原子从n＝4能级向低能级跃迁时辐射出的光子能量有0.66 eV、2.55 eV、12.75 eV、1.89 eV、12.09 eV、10.2 eV，故大量氢原子从n＝4能级向低能级跃迁时可辐射出2种频率的可见光，D正确．10.如图所示为氢原子的能级示意图，则关于氢原子在能级跃迁过程中辐射或吸收光子的特征，下列说法中正确的是()A．一群处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁时，能辐射出5种不同频率的光子B．一群处于n＝3能级的氢原子吸收能量为0.9 eV的光子可以跃迁到n＝4能级C．处于基态的氢原子吸收能量为13.8 eV的光子可以发生电离D．若氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照在某种金属表面上能发生光电效应，则从n＝5能级跃迁到n＝2能级辐射出的光也一定能使该金属发生光电效应答案 C解析一群处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁时，能辐射出C24＝6种不同频率的光子，故A 错误；一群处于n＝3能级的氢原子吸收能量为0.9 eV的光子后的能量为E＝－1.51 eV＋0.9 eV＝－0.61 eV，0.9 eV不等于能级间的能量差，该光子不能被吸收，故B错误；处于基态的氢原子吸收能量为13.8 eV的光子可以发生电离，剩余的能量变为光电子的初动能，故C 正确；氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子能量为ΔE1＝E3－E1＝12.09 eV，从n＝5能级跃迁到n＝2能级辐射出的光子能量为ΔE2＝E5－E2＝2.86 eV，所以若氢原子从n ＝3能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照在某种金属表面上能发生光电效应，则从n＝5能级跃迁到n＝2能级辐射出的光不一定能使该金属发生光电效应，故D错误．11．(多选)为了解决光信号长距离传输中的衰减问题，常常在光纤中掺入铒元素．如图所示是铒离子的能级示意图，标识为4I13/2的铒离子处在亚稳态，不会立即向下跃迁：如果用光子能量约为2.03×10－19J的激光把处于基态能级4I15/2的铒离子激发到4I11/2能级，再通过“无辐射跃迁”跃迁到能级4I13/2，从而使该能级积聚的离子数远超过处于基态的离子数．当光纤中传输某波长的光波时，能使处在亚稳态能级的离子向基态跃迁，产生大量能量约为1.28×。
高考物理一轮复习讲义天体运动专题(三)卫星的变轨问题天体追及相遇问题
卫星的变轨问题、天体追及相遇问题一、卫星的变轨、对接问题1．卫星发射及变轨过程概述人造卫星的发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道，如右图所示。
(1)为了节省能量，在赤道上顺着地球自转方向发射卫星到圆轨道 Ⅰ上。
(2)在A 点点火加速，由于速度变大，万有引力不足以提供向心力，卫星做离心运动进入椭圆轨道Ⅰ。
(3)在B 点(远地点)再次点火加速进入圆形轨道Ⅰ。
2．卫星的对接问题(1)低轨道飞船与高轨道空间站对接如图甲所示，低轨道飞船通过合理地加速，沿椭圆轨道(做离心运动)追上高轨道空间站与其完成对接.(2)同一轨道飞船与空间站对接如图乙所示，后面的飞船先减速降低高度，再加速提升高度，通过适当控制，使飞船追上空间站时恰好具有相同的速度.二、变轨前、后各物理量的比较1．航天器变轨问题的三点注意事项(1)航天器变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新圆轨道上的运行速度由v ＝GM r判断。
(2)航天器在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大。
(3)航天器经过不同轨道的相交点时，加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度。
2．卫星变轨的实质 两类变轨离心运动 近心运动 变轨起因卫星速度突然增大 卫星速度突然减小 受力分析 G Mm r 2<m v 2rG Mm r 2>m v 2r 变轨结果变为椭圆轨道运动或在较大半径圆轨道上运动变为椭圆轨道运动或在较小半径圆轨道上运动 3.变轨过程各物理量分析(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅰ上运行时的速率分别为v 1、v 3，在轨道Ⅰ上过A 点和B 点时速率分别为v A、v B.在A点加速，则v A>v1，在B点加速，则v3>v B，又因v1>v3，故有v A>v1>v3>v B.(2)加速度：因为在A点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅰ上经过A点，卫星的加速度都相同，同理，经过B点加速度也相同．(3)周期：设卫星在Ⅰ、Ⅰ、Ⅰ轨道上的运行周期分别为T1、T2、T3，轨道半径分别为r1、r2(半长轴)、r3，由开普勒第三定律r3T2＝k可知T1<T2<T3.(4)机械能：在一个确定的圆(椭圆)轨道上机械能守恒．若卫星在Ⅰ、Ⅰ、Ⅰ轨道的机械能分别为E1、E2、E3，则E1<E2<E3.三、卫星的追及与相遇问题1．相距最近两卫星的运转方向相同，且位于和中心连线的半径上同侧时，两卫星相距最近，从运动关系上，两卫星运动关系应满足(ωA－ωB)t＝2nπ(n＝1，2，3，…)。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
17年（全国Ⅰ卷）
分子动理论 理想气体的性质 波的叠加、干涉 光的折射与反射
2017年高考题特点 注重主干知识 联系实际问题 关注实验技能 突显能力立意 考题结构有变 数学推导较多
选修难度不均
（一）高考选择题部分
例1(2017年全国新课标Ⅰ· 20） 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的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的 电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势 φa 已在图中用坐标（ra，φ a）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Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是 A．Ea：Eb=4:1 B．Ec：Ed=2:1 C．Wab:Wbc=3:1 D．Wbc:Wcd=1:3
学生问题分析 A.不能正确认识实验操作，对物体的运动性质判断失误； B.判断两点的时间间隔出现偏差，影响速度和加速度的计算； 答案（1）从右向左 （2）0.19 0.037 C.单位换算不正确， 2位有效数字不到位。
例4．（2017新课标全国卷Ⅰ23）(10分)某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材小灯泡L（ 额定电压3.8 V，额定电流0.32 A）；电压表 V（量程3 V，内阻3 kΩ）；电流表 （量程0.5 A，内 阻0.5 Ω）；固定电阻R0（阻值1 000 Ω）；滑动变阻器R（阻值0~9.0 Ω）；电源E（电动势5 V， 内阻不计）；开关S；导线若干。 （1）实验要求能够实现在0~3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图。 （2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示。 由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻_________（填“增大”“不变”或“减小”），灯丝 的电阻率__________（填“增大”“不变”或“减小”）。 （3）用另一电源E0（电动势4 V，内阻1.00 Ω）和题 给器材连接成图（b）所示的电路，调节滑动变阻器R 的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S，在 学生易错点分析 R的变化范围内，小灯泡的最小功率为____________W， A. 不能正确的将滑动变阻器采用分压式接法接入电路，对滑动变阻器的分压式电路特 最大功率为___________W。（结果均保留2位小数）
（二）高考实验题部分
22题：力学实验题，打点计时器的应用，速度与加速度的测量。 平均分1.53分
例3．（2017新课标全国卷Ⅰ22）（5分）某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自 制“滴水计时器”计量时间。实验前，将该计时器固定在小车旁，如图（a）所示。实验时，保持 桌面水平，用手轻推一下小车。在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图 （b）记录了桌面上连续的6个水滴的位置。（已知滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴） （1）由图（b）可知，小车在桌面上是____________（填“从右向左”或“从左向右”）运动的。 （2）该小组同学根据图（b）的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图（b）中A点位置 时的速度大小为___________m/s，加速度大小为____________m/s2。（结果均保留2位有效数字 ）
注重思维 精心准备 把握导向
——2020年高考物理复习攻略
测试一下您的逻辑思维
卓达学院
下面有3个问题
你必须立刻回答，不能花时间慢慢想， 让我们看看你有多聪明。
第1题
你参加赛跑，追过第2名，你是第几名？ 如果你回答第1名
因为你如果追过第2名，只是取代 那人的位置，而你变成了第2名。
第2题
•你参加赛跑，你追过最后1名，你是第 几名？ 如果你回答是倒数第2名
24计算题
25计算题
电磁感应、物体平衡、安培力
动能定理、弹性势能
动能定理的应用
带电粒子电场和重力场中的运动
一、把握导向
16年（全国Ⅰ卷）
选修《3-3》（1） 选修《3-3》（2） 选修《3-4》（1） 选修《3-4》（2） 选修《3-5》（1） 选修《3-5》（2） 热力学定律 理想气体的性质 波的传播 光的折射定律 光电效应 动量定理的应用
答案：AC
例2(2017年全国新课标Ⅰ· 21） 如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间 某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直 ，OM与MN之间的夹角为 α（α＞π/2 ）。现将重物向右上方缓慢拉起， 并保持夹角 α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中 A．MN上的张力逐渐增大 B．MN上的张力先增大后减小 C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小
答案：AD
选择题考点分析
1、主干知识中Ⅱ级考点仍是重点复习对象，电学4个，力学3个，原子物理 1个，多选单选会有明示
2、既有定性(15、18）的分析推理也有定量的推导，着重考查理解与推理能力 (2016年定性分析14、18、19、20）
3、通过设置新颖的问题情境，考查考生灵活运用物理知识和方法解决实际问 题的能力 （Ⅰ卷18题扫描隧道显微镜 、15题发球机、17题“人造太阳”，Ⅱ 卷21题简易电动机） 4、几个热点： 物体平衡、运动与力（直线运动、曲线运动）、天体运动、功能关系、静电场 和磁场、电磁感应（交流电）的有关问题、带电粒子在电磁场中的运动问题
高考考什么？ 二、注重思维：以问题驱动思维，以模型引导情景，以方法提升能力 高考如何考？ 三、精心准备：考点梳理、举一反三、错题诊断、学卷） 17年（全国Ⅰ卷）
14选择题
15选择题 16选择题 17选择题 18选择题 19选择题 20选择题 21选择题 22实验题 23实验题
平行板电容器
质谱仪 交流电路理想变压器 同步卫星 牛顿运动定律与曲线运动条件 平衡问题 带电粒子在匀强电场中的运动 v-t图像；追及问题 验证机械能守恒定律 组装一个报警系统实验
动量、反冲（3-5）(定量）
平抛运动(定性） 在三叠加场中运动(半定量） 质能关系（3-5）（定量） 电磁感应（定性） 安培力的合成(定量） 电场力做功、图象(半定量） 动态三力平衡(半定量） 滴水计时器测速度和加速度 研究小灯泡的伏安特性曲线
你怎能追过最后1名，显然你根本 就不在队伍中。
第3题
一个哑巴想买牙刷，他模仿刷牙的动作， 成功的向店主表达，完成了购买 如果一个瞎子想买一副太阳眼镜，他要 如何表达？
他只要张开嘴巴即可，他是瞎 子，不是哑巴，就这么简单！
结果不等式
≠ 结果 态度 ≠ 结果 职责 ≠ 结果
任务
一、把握导向：高考试题分析，破解高考试题，预测明年高考趋势