板块二 电学、光学实验
考向一电表的改装及使用
【真题研磨】
【典例】(2022·辽宁选择考)某同学要将一小量程电流表(满偏电流为250 μA,内阻为1.2 kΩ)改装成有两个量程的电流表,设计电路如图(a)所示,其中定值电阻R1=40 Ω,R2=360 Ω。
(1)当开关端时,该电流表的量程为0~________mA;
(2)当开关端时,该电流表的量程比接在A端时__________(选填“大”或“小”);
(3)该同学选用量程合适的电压表(内阻未知)和此改装电流表测量未知电阻Rx的阻值,设计了图(b)中两个电路。不考虑实验操作中的偶然误差,则使用__________(选填“甲”或“乙”)电路。
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① R1与R2串联后再和电流表并联
② R1与电流表串联后再和R2并联
③ 原理上可以求解Rx准确电阻
【模型转化】
1.电流表改装
2.伏安法测电阻
【答题要素】
电表的改装及使用技巧
【多维演练】
1.维度:多用电表的使用
在练习使用多用电表的实验中,两小组的同学分别进行了如下操作:
(1)下列是A小组同学对多用电表的使用,其中操作正确的是____________。
A.如图甲,利用多用电表直流电压挡测小灯泡两端的电压
B.如图乙,利用多用电表直流电流挡测通过小灯泡的电流
C.如图丙,利用多用电表直流电压挡粗测电源的电动势
D.如图丁,利用多用电表欧姆挡测电源的内阻
(2)B小组同学利用多用电表的欧姆挡测量某一定值电阻的阻值,开始时他们采用“×100”倍率试测,请完善他们的实验步骤:
①将多用电表选择开关拨至“×100”倍率;
②______________________________;
③把待测电阻放在绝缘桌面或纸上,两表笔分别接在电阻两端;
④结果指针指在图戊中a位置;
⑤为了减小误差,需要把选择开关拨至“__________”(选填“×10”或“×1k”)倍率;
⑥重复步骤②和③;
⑦最终指针指在图戊中b位置,读数为________kΩ;
⑧把选择开关拨至“OFF”,结束测量。
2.维度:多用电表改装
如图所示为某实验小组制作的简易多用电表,该多用电表有量程分别为0~1.0 mA和0~10.0 mA的双量程电流表、量程为0~3 V和0~15 V的双量程电压表和欧姆表。器材参数如下:电源电动势E约3 V,内阻r约1 Ω,改装后量程为0~1.0 mA的电流表等效内阻为Rg=80 Ω,电阻箱R3和R6的最大阻值均为99 999.9 Ω。
(1)该实验小组按图正确连接好电路,其中表笔A应为________(选填“红”或“黑”)表笔。
(2)选择旋钮接通________(选填“1”“2”“3”“4”或“5”)为量程是0~3 V的电压表。
(3)选择旋钮接通3,表笔A、B短接,调整电阻箱R3的阻值,记录不同阻值R3和对应毫安表的示数I,当R3为2868.5 Ω时,毫安表示数为1.00 mA;当R3为5818.5 Ω时,毫安表示数为0.50 mA,根据上述数据可得电源电动势E=____________V,内阻r=____________Ω。(均保留3位有效数字)
(4)将选择旋钮接通3,将红、黑表笔短接,调节电阻箱R3的阻值,使电流表达到满偏,然后红、黑表笔分别接通R6的两端,指针指在表盘中央刻度,则此时R6=__________Ω。
考向二电阻的测量
【真题研磨】
【典例】(2022·全国乙卷)一同学探究阻值约为550 Ω的待测电阻Rx在0~5 mA范围内的伏安特性。可用器材有:电压表(量程为3 V,内阻很大),电流表(量程为1 mA,内阻为300 Ω),电源E(电动势约为4 V,内阻不计),滑动变阻器R(最大阻值可选10 Ω或1.5 kΩ),定值电阻R0(阻值可选75 Ω或150 Ω),开关S,导线若干。
(1)要求通过Rx的电流可在内连续可调,将图(a)所示的器材符号连线,画出实验电路的原理图;
(2)实验时,图(a)中的最大阻值为________(选填“10 Ω”或“1.5 kΩ”)的滑动变阻器,R0应选阻值为__________(选填“75 Ω”或“150 Ω”)的定值电阻;
(3)测量多组数据可得Rx的伏安特性曲线。若在某次测量中,电压表、电流表的示数分别如图(b)和图(c)所示,则此时Rx两端的电压为__________V,为____________mA,此组数据得到的Rx的阻值为________Ω(保留3位有效数字)。
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 需要改装电流表,扩大量程
② 分压式:滑动变阻器小的调节灵敏
③ 电流表读数乘改装扩大的倍数
【模型转化】
分压式电路
【失分警示】
流过Rx的读数为改装后的电表的总电流。
【答题要素】
电阻的测量技巧
【多维演练】
1.维度:伏安法测电阻
某无线电兴趣小组为了研究某种电子元件的特性,用如题图所示电路测定该电子元件的伏安特性曲线。所用实验器材有:
待测电子元件;
直流电源:电动势约1.5 V,内阻不计;
滑动变阻器:阻值0~20 Ω;
电压表V:量程0~2 V,内阻约15 kΩ;
电流表A:量程0~0.2 A,内阻约0.5 Ω;
开关,导线若干。
(1)已知选取的各元器件均无故障,但实验中发现,闭合开关后,无论怎样调节滑动变阻器的滑片,电压表与电流表的示数都不能调到零,分析其原因是________________点至____________点的导线没有连接好。(填图甲中标注的数字)
(2)重新正确连接后,某同学测得实验数据如表所示:
U(V) 0.80 0.86 0.91 0.94 0.97 1.00 1.01 1.02 1.04 1.05
I(mA) 10 30 50 70 90 110 130 139 169 189
题图乙已描出上述数据,根据正确的数据处理方法,可求出电压U=1.03 V时,被测电子元件的电阻值为__________Ω(保留两位有效数字);该电阻值比真实值
__________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。
(3)若将该电子元件接到电动势为1.1 V、内阻为1.0 Ω的直流电源两端,则该电子元件的电功率为____________W(保留两位有效数字)。
2.维度:半偏法测电流表电阻利用半偏法来测量电流表A内电阻的电路如图1所示。电路接好之后滑动变阻器调至最大值,两个开关K和K1都断开。
(1)闭合开关K,逐渐减小滑动变阻器阻值,同时观察电流表的指针摆动情况,当电流表指针满偏时,不再调整滑动变阻器触头;
(2)闭合开关K1,然后调整电阻箱的阻值,同时观察电流表的指针摆动情况,直到电流表指针____________,如果此时电阻箱的读数为R0,则电流表电阻的测量值为____________。由于系统误差的影响,使得电流表内阻的测量值与真实值相比________________(选填“偏大”或“偏小”);
(3)为了消除(2)中的系统误差造成的影响,让测量更精确一些,可改用如图2所示的电路测量电流表A的电阻,当电阻箱的读数为R1时,电流表A和A1读数分别为I和I1,则这种情况下电流表电阻的测量值为______________。
考向三电源电动势和内阻的测量
【真题研磨】
【典例】(2022·湖北选择考)某探究小组学习了多用电表的工作原理和使用方法后,为测量一种新型材料制成的圆柱形电阻的电阻率,进行了如下实验探究。
(1)该小组用测量该圆柱形电阻的直径D,示数如图甲所示,其读数为__________mm。再用游标卡尺测得其长度L。
(2)该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻Rx的阻值。图中电流表量程为0.6 A、内阻为1.0 Ω,定值电阻R0的阻值为20.0 Ω,电阻箱R的最大阻值为999.9 Ω。首先将S2置于位置1,闭合S1,多次改变电阻箱R的阻值,记下电流表的对应读数I,实验数据见表。
R/Ω I/A /A-1
5.0 0.414 2.42
10.0 0.352 2.84
15.0 0.308 3.25
20.0 0.272 3.68
25.0 0.244 4.10
30.0 0.222 4.50
根据表中数据,在图丙中绘制出。再将S2置于位置2,此时电流表读数为0.400 A。根据图丙中的图像可得Rx=________Ω(结果保留2位有效数字)。最后可由表达式ρ=________得到该材料的电阻率(用D、L、Rx表示)。
(3)该小组根据图乙的电路和图丙的-R图像,还可以求得。(结果均保留2位有效数字)
(4)持续使用后,电源电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置,测得电路的电流,仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 可动刻度转一圈,测微螺杆前进0.5 mm
② 根据闭合电路欧姆定律找关系
③ 图像斜率、截距的意义
【失分警示】
游标卡尺读数:小数点后三位。
【答题要素】
电源电动势和内阻测量的技巧
【多维演练】
1.维度:伏安法测电源电动势和内阻
某同学在实验室进行了“测定新型电池电动势和内阻”的实验。实验器材如下:
两节相同的待测电池(每节电池电动势约为1.5 V,内阻约为1 Ω)
电流表A(0~30 mA,内阻为49 Ω)
电压表V(0~3 V,内阻约为2 kΩ)
滑动变阻器R1(0~10 Ω)
定值电阻R2=1 Ω
开关和导线若干
(1)选择合适的器材,在下面方框中画出电路图并标明所选用器材的符号。
(2)改变滑动变阻器阻值得到多组电压表和电流表的值,作出U-I图像,图像的纵截距为2.92 V,斜率为-150,由此可以得到一节电池的电动势E=________V,内阻r=________Ω。(结果均保留3位有效数字)
(3)当滑动变阻器接入电路的阻值从最大减到最小的过程中,电源的输出功率将________,电源工作的效率将______。(均填选项序号)
A.一直增大 B.一直减小
C.先增大后减小 D.先减小后增大
2.维度:伏阻法测电池的电动势和内阻
某同学在“测定电池的电动势和内阻”实验中,使用了以下器材:干电池1节(带电池盒)、电压表1只(量程0~3 V、15 V)、电阻箱(可调范围0~999 9.9 Ω)、开关一个、导线若干。
(1)请你根据他选择的器材在线框中画出实验电路图。
(2)某次电压表的示数如图甲所示,则电压为________V。
(3)按照正确的操作获取相应的电压U和电阻R数据,并将电压与电阻的比值作为电流I,作出如图乙所示的U-I图像。根据图像测得干电池的电动势为____________V,内阻为____________Ω。(保留3位有效数字)
(4)若他不用电压表,在其他器材不变的情况使用电流表(量程0.6 A、3 A),获得正确的数据,则测得电动势____________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
考向四创新类实验
【真题研磨】
【典例】(2022·广东选择考)弹性导电绳逐步成为智能控制系统中部分传感器的敏感元件,某同学测量弹性导电绳的电阻与拉伸后绳长之间的关系,
实验过程如下:
(1)装置安装和电路连接:如图(a)所示,导电绳的一端固定,另一端作为拉伸端,两端分别用带有金属夹A、B的导线接入如图(b)所示的电路中。
(2)导电绳拉伸后的长度L及其电阻Rx的测量:
①将导电绳拉伸后,用刻度尺测量并记录A、B间的距离,即为导电绳拉伸后的长度L。
②将滑动变阻器R的滑片滑到最右端。断开开关S2,闭合开关S1,调节R,使电压表和电流表的指针偏转到合适位置。记录两表的示数U和I1。
③,电压表的示数__________(选填“变大”或“变小”)。调节R使电压表的,记录电流表的示数I2,则此时导电绳的=__________(用I1、I2和U表示)。
④断开S1,增大导电绳拉伸量,测量并记录A、B间的距离,重复步骤②和③。
(3)该电压表内阻对导电绳电阻的测量值__________(选填“有”或“无”)影响。
(4)图(c)是根据部分实验数据描绘的Rx-L图线。将该导电绳两端固定在某种机械臂上,当机械臂弯曲后,测得导电绳的电阻Rx为1.33 kΩ,则由图线可读出导电绳拉伸后的长度为__________cm,即为机械臂弯曲后的长度。
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 并联电阻,阻值变小
② U不变,流过电压表和定值电阻的总电流不变
③ 找到流过Rx的电流,闭合S2总电流的增量ΔI
【模型转化】
Uab电压不变,闭合S,流过R2的电流即电流表增加量。
【失分警示】
闭合前后电流表的差值即为导电绳的准确电流,无误差。
【答题要素】
1.创新类实验常见模型
2.创新类实验的创新方法
【多维演练】
1.维度:测电阻应用创新
在防范新冠肺炎疫情过程中,体温计发挥了重要作用。某校中学生助手实验兴趣小组同学利用身边的实验器材,将热敏电阻作为测温探头,制作了电路图如图甲的简易金属测温计。
(1)由于定值电阻R0的具体电阻值未知,实验小组同学采用如图乙所示的电路(图甲和图乙中的电压表为同一电压表,量程为0~3 V,电压表内阻未知,表盘刻度如图丙所示),用伏安法测出R0的测量值为30 Ω,该测量值与真实值相比______
______(选填“偏大”“偏小”或“相等”);
(2)图甲中的电源电动势为6 V,内阻不计,图中的RT为热敏电阻,其阻值随温度变化的图像如图丁所示。则制作的简易温度计40 ℃应该标在图丙电压表刻度盘上____________V的位置上;
(3)分析整个实验过程,在仅考虑系统误差的情况下,用该测温计所测得的体温值与实际体温值相比__________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。
2.维度:传感器应用
力敏电阻是一种能将机械力转换为电信号的特殊元件,其电阻值可随外加压力大小而改变。某同学为研究一个力敏电阻Rx(阻值变化范围为几欧姆到几十欧姆)的特性。设计了如图甲所示的电路,所用电源的电动势为3 V,内阻忽略不计,滑动变阻器的调节范围为0~20 Ω。除图甲中的器材外,还有其他器材可供选择:
电流表A1(量程为0~0.6 A,内阻r1=1.5 Ω)
电流表A2(量程为0~0.6 A,内阻约为2 Ω)
电压表V(量程为0~15 V,内阻约为20 kΩ)
(1)为使测量更准确,图甲中P处选用电表为__________,Q处选用电表为____________(均填选用电表的符号);
(2)闭合开关S,多次改变对力敏电阻的压力F,记录下电表读数,得到Rx不同的值,描绘出Rx-F图像如图乙所示,由图像可得Rx与F的函数关系表达式为Rx=__________;
(3)该同学用力敏电阻和所提供的器材,把电流表A1改成一个压力表(即在电流表A1表盘的对应刻度位置处标上压力大小),请在图丙虚线框内画出设计电路图;
(4)若将电流表A1表盘的0.15 A刻度处标为压力表的0刻度,则滑动变阻器接入电路的阻值应调为__________Ω,该压力表能测量压力的最大值是____________N。
考向五光学类实验
【真题研磨】
【典例】(2021·浙江6月选考)如图所示是“用双缝干涉测量光的波长”实验的装置。实验中:
(1)观察到较模糊的干涉条纹,,值得尝试的是________(单选)。
A.旋转测量头
B.增大单缝与双缝间的距离
C.调节拨杆使单缝与双缝平行
(2),正确的做法是______(单选)。
A.减小单缝与光源间的距离
B.减小单缝与双缝间的距离
C.增大透镜与单缝间的距离
D.增大双缝与测量头间的距离
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 经过单缝后形成的中心最宽的衍射条纹经过双缝更容易发生清晰的双缝干涉现象
② 双缝干涉条纹间隔公式Δx=
【模型转化】
【答题要素】
1.光学类实验常见模型
2.光学类实验注意事项
【多维演练】
1.维度:测定玻璃折射率
某同学在做“测定玻璃折射率”的实验时已经画好了部分图线,如图甲所示,并在入射光线AO上插上大头针P1、P2,现需在玻璃砖下表面折射出的光线上插上P3和P4大头针,便能确定光在玻璃砖中的折射光线。
(1)确定P3位置的方法正确的是____________;
A.透过玻璃砖,P3挡住P2的像
B.先插上P4大头针,在靠近玻璃砖一侧P3挡住P4的位置
C.透过玻璃砖观察,使P3挡住P1、P2的像
(2)请作出光线在玻璃砖中和出射后光线的光路图,并画出玻璃砖中光线的折射角θ2;
(3)经过多次测量作出sinθ1-sinθ2的图像如图乙,玻璃砖的折射率为____________(结果保留三位有效数字);
(4)若该同学在确定P4位置时,被旁边同学碰了一下,不小心把P4位置画得偏左了一些,则测出来的折射率____________(选填“偏大”“偏小”或“不变”);
(5)该同学突发奇想用两块同样的玻璃直角棱镜ABC来做实验,两者的AC面是平行放置的,插针P1、P2的连线垂直于AB面,若操作无误,则在图丙中右边的插针应该是____________。
A.P3P6 B.P3P8 C.P5P6 D.P7P8
2.维度:双缝干涉实验
寒假期间小明利用图甲所示生活中的物品,测量了某型号刀片的厚度。
实验过程如下:
(1)点燃蜡烛,用烛焰把玻璃片的一面熏黑;
(2)并齐捏紧两片刀片,在玻璃片的熏黑面划出两条平直划痕;
(3)如图乙所示,将激光光源和玻璃片固定在桌上,并将作为光屏的白纸固定在距离足够远的墙上。
(4)打开激光光源,调整光源的高度并使激光沿水平方向射出,恰好能垂直入射在两划痕上。
(5)观察白纸上的干涉条纹如图丙所示。用刻度尺测出a、b两点间的距离为____________cm,则两相邻暗条纹中心之间的距离Δx=____________cm。
(6)测量玻璃片到光屏的距离L=3.00 m,已知该红色激光的波长λ=700 nm,利用公式求出双划痕间距d=__________mm,即为刀片厚度(结果保留两位有效数字)。
1.(安阻法测电源电动势和内阻)某同学把铜片和锌片相隔约2 cm插入一个桔子中,就制成了一个水果电池。铜片是电池的正极,锌片是负极。该同学想测量水果电池的电动势和内阻,他所用到的器材有水果电池、电阻箱、电流表、开关和导线若干。
(1)请根据题干中的器材在方框中画出实验电路图。
(2)实验时,用电流表和电阻箱测出多组电流I和电阻值R,若要通过图像测得这个
水果电池的电动势和内阻,可以选用图像为____________
A.R-I B.R- C.I-
(3)若用该实验方法测量水果电池的电动势和内阻,电动势的测量值____________真实值,内阻的测量值__________真实值(均选填“大于”“等于”“小于”)。
(4)该同学在断开开关准备收拾器材的时候,忽然想起测量干电池电动势时,可以
将指针式电压表(量程0~3 V,内阻约3 kΩ)直接接到干电池的正负极,因此该同学
也将这种指针式电压表直接接到了桔子电池的正负极,但是测得的数值与用图像测得的电动势数值差距很大。设直接用指针式电压表测得的电动势用E2表示,
该同学用图像法测得的电动势用E1表示,请分析说明这两个值哪一个更大。
____________________________________________________________________
____________________________________________________________________
____________________________________________________________________
2.(多用电表原理)某同学根据图甲所示的欧姆表原理图,利用微安表(满偏电流为300 μA、内阻为100 Ω)、滑动变阻器R(最大值为10 kΩ)和一节干电池,将微安表改装成欧姆表。
(1)将两表笔短接,调节R使微安表指针指在“________μA”处;
(2)当两表笔之间接入阻值为2.4 kΩ的定值电阻时,微安表指针指在如图乙所示位置,则其读数为__________μA,电池的电动势为________V,欧姆表的内阻为________kΩ;
(3)将微安表上的μA处标明“Ω”,“300”位置处标明“0”,“100”位置处标明“____________”,并在其他位置标明相应的电阻刻度值,这样就把微安表改装成了欧姆表;
(4)经过一段时间之后,电池的电动势降低,内阻增大,则重新欧姆调零之后,测得的电阻阻值将____________(选填“偏大”“不变”或“偏小”)。
3.(双安法测电阻)某同学设计了一个测量未知电阻的实验,实验器材如下:
A.电源(电动势约为12 V,内阻不计)
B.待测电阻Rx
C.电流表A1(量程为0~0.6 A,内阻约为10 Ω)
D.电流表A2(量程为0~3 A,内阻约为2 Ω)
E.电阻箱R(阻值范围0~999.9 Ω)
F.保护电阻R0=10 Ω;
G.开关、导线若干。
设计电路,并按照如下操作步骤进行测量。
(1)按照如图1所示的电路图组装实验仪器,进行实验。将电流表____________(填写字母序号)安装在②位置,另一个电流表则安装在①位置。
(2)将R调整为适当阻值,闭合开关S,记录两个电流表的读数I1、I2及R的阻值。
(3)调节电阻箱,改变R的阻值,测量并记录多组数据。
(4)利用图像处理实验数据,得到如图2所示的图线。
(5)由图像可知,该一次函数图像斜率为k、纵轴截距为b,则待测电阻的阻值为____________,电流表①的内阻为____________(以上两空用题中所给符号表示),待测电阻测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
4.(伏安法测电阻)某物理学习小组为了探究小灯泡L(3.8 V,0.7 A)的伏安特性曲线,同时再测定电源电动势和内阻,设计了如甲所示的电路图。
(1)为了完成实验目的,该物理学习小组进行以下的实验操作:
第①步:按照电路图甲正确连接好电路,将开关S1闭合,开关S2____________(选填“闭合”或“断开”),移动滑动变阻器滑片,测量并记录电压表和电流表数据。现有如下两组数据:
第一组:电流表I=0.20 A,电压表U1=0.65 V, 电压表U2=4.3 V
第二组:电流表I'=0.40 A,电压表U1'=1.50 V,电压表U2'=4.1 V
利用以上数据可以求出电源电动势E=____________V,电源内阻r=__________Ω。(结果均保留2位有效数字)
第②步:将滑动变阻器滑片P调到____________(选填“最右边”“中间”或“最左边”),再闭合开关____________,移动滑动变阻器滑片,测量并记录多组电压表和电流表数据。利用以上测量数据描绘小灯泡的伏安特性曲线,如图乙所示。
(2)现在将六盏完全相同的灯泡L(3.8 V,0.7 A)并联后直接接在题中电源的两端,则该电路中每盏小灯泡的功率P灯=________W。(计算结果保留2位有效数字)
板块二 电学、光学实验
考向一 电表的改装及使用
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)由图可知当S接A时,R1和R2串联接入电路,再和电流表并联,满偏时电流表两端的电压为Um=Imr=250×10-6×1.2×103 V=0.3 V,此时通过R1和R2的电流为I== A=0.75×10-3 A=0.75 mA,所以总电流为I总=Im+I=1 mA,即量程为0~1 mA。
(2)当开关S接B端时,由图可知R1和电流表串联再和R2并联,由于和电流表并联的电阻变小,当电流表满偏时,流过R2的电流变大,干路电流变大,即量程变大。
(3)图甲是电流表的外接法,误差是电压表的分流引起的;图乙是电流表的内接法,误差是电流表的分压引起的,因为题目中电压表电阻未知,故采用图乙的方法可以修正由电表内阻引起的实验误差。
答案:(1)1 (2)大 (3)乙
【多维演练】
1.【解析】(1)如图甲,利用多用电表直流电压挡测小灯泡两端的电压,进表电流方向应“红进黑出”,故A错误;如图乙,利用多用电表直流电流挡测通过小灯泡的电流,表与灯泡串联且满足进表电流方向“红进黑出”,故B正确;如图丙,利用多用电表直流电压挡粗测电源的电动势,表与电源并联且满足进表电流方向“红进黑出”,故C正确;利用多用电表欧姆挡测电源的电阻,必须把表与外部电源断开,显然D错误。
(2)②根据多用电表测电阻实验要求可知选挡之后要进行欧姆调零,即需要将两表笔短接,调节欧姆调零旋钮,使指针指在欧姆刻度最右端的零刻度线处;
⑤选择“×100”倍率时,由图戊可知,指针位于a位置,指针偏转角度较大,为了减小实验误差,应尽可能使指针指在刻度盘中间附近,所以需要把选择开关拨至较大的倍率“×1k”挡;
⑦最终指针指在图戊中b位置,则读数为R=10×1 kΩ=10 kΩ
答案:(1)B、C (2)②将两表笔短接,调节欧姆调零旋钮,使指针指在欧姆刻度最右端的零刻度线处 ⑤×1k ⑦10
2.【解析】(1)根据欧姆表的内部结构可知,黑表笔连接欧姆表内部电源的正极,即表笔A为黑表笔;
(2)选择开关接通4或5为电压表,根据电压表的改装原理可知4的量程小于5,则选择旋钮接通4为量程是0~3 V的电压表;
(3)根据闭合电路欧姆定律可得I=
代入数据解得E=2.95 V
r=1.50 Ω
(4)中值电阻为电流满偏一半时外接电阻,则R6=
解得R6=2 950 Ω
答案: (1)黑 (2)4 (3)2.95 1.50 (4)2 950
考向二 电阻的测量
【真题研磨】
【典例】【解析】
(1)电流表内阻已知,电流表与R0并联扩大电流表量程,进而准确测量通过Rx的电流;电压表单独测量Rx的电压;滑动变阻器采用分压式接法,电表从0开始测量,满足题中通过Rx的电流从0~5 mA范围内连续可调,故实验电路的原理图如图所示。
(2)为方便电路的调节,测量效率高、实验误差小,电路中R应选最大阻值为10 Ω的滑动变阻器;电流表的量程为1 mA,通过Rx的电流最大为5 mA,需要将电流表量程扩大为原来的5倍,根据并联分流的规律示意图,
可知=,解得R0=75 Ω。
(3)电压表每小格表示0.1 V,估读一位,即U=2.30 V;电流表每小格表示0.02 mA,本位估读,即0.84 mA,电流表量程扩大5倍,所以通过Rx的电流为I=5×0.84 mA=4.20 mA;根据欧姆定律可知Rx== Ω≈548 Ω。
答案:(1)见解析图 (2)10 Ω 75 Ω (3)2.30 4.20 548
【多维演练】
1.【解析】(1)闭合开关后,无论怎样调节滑动变阻器的滑片,电压表与电流表的示数都不能调到零,说明滑动变阻器的分压接法没有连接成功,变成了限流接法,即3点至4点的导线没有连接好;
(2)由图乙可知,电压U=1.03 V时,电流I=0.154 A,所以被测电子元件的电阻值为R==6.7 Ω;由于电流表外接,则电流表示数偏大,所以测得的电阻值比真实值偏小;
(3)由公式U=E-Ir可得直流电源输出电流表达式为I=-U
作出直流电源的I-U图线,如图所示:
与被测电子元件的I-U图线相交,可得交点处I=0.04 A U=0.88 V
则该电子元件的电功率为
P=UI=0.035 W
答案: (1)3 4
(2)6.7(6.6~6.9均可) 偏小
(3)0.035
2.【解析】(2)利用半偏法测电阻,要求K1闭合之前电流表满偏,要求K1闭合之后调整电阻箱阻值,使电流表半偏,不考虑总电流的变化,此时电流表上的电流和电阻箱上电流相等,都等于总电流一半,则电流表内阻等于电阻箱电阻,因此电流表电阻的测量值为R0。
由于闭合K1之后总电流稍有增大,电流表半偏时的电流小于总电流的一半,所以电阻箱电阻稍小于电流表内阻,所以测量结果偏小。
(3)对于改进后的电路,由并联电路规律知=,得到RA=R1
答案: (2)见解析 (3)R1
考向三 电源电动势和内阻的测量
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D,其读数为3.5 mm+0.01 mm×20.0=3.700 mm。
(2)由电路可知,当将S2置于位置1,闭合S1时E=I(RA+R0+r+R),即=R+,由图像可知= V-1,解得E=12 V,=2 A-1,解得r=3.0 Ω,再将S2置于位置2,此时电流表读数为0.400 A,则E=I'(r+R0+RA+Rx),解得Rx=6.0 Ω,根据Rx=ρ=ρ,解得ρ=。
(3)由(2)可知E=12 V,r=3.0 Ω。
(4)持续使用后,电源电动势降低,内阻变大,由=×R+知,斜率变大,纵截距增大,故仍根据题图丙得到的电阻测量值一定偏大。
答案:(1)3.700 (2)6.0
(3)12 3.0 (4)偏大
【多维演练】
1.【解析】(1)若将电流表直接串联在电路中使用,则通过电流表的电流最小值约为Imin=≈49 mA
显然电流表的量程不满足要求,需要对其进行扩大量程改装,则将其与定值电阻R2并联,改装后电流表的量程为
I'A=IA+=1.5 A
内阻为R'A==0.98 Ω
由于电流表内阻已经求得,所以电流表采用外接法以减小系统误差,电路图如图所示。
(2)U-I图像的纵截距表示电源的电动势,则一节电池的电动势为
E= V=1.46 V
根据前面分析可知,电流表读数的50倍为通过电源的实际电流,且电流表采用外接法,所以U-I图像斜率的绝对值的表示电源的内阻和改装后电流表的内阻之和,则一节电池的内阻为
r=( Ω-R'A)=1.01 Ω
(3)设电路的外电阻为R,电源电动势为E',内阻为r',则电源的输出功率为
P=I2R==
根据数学知识可知当R=r'时,P最大;当R>r'时,P随R的减小而增大;当R电源工作的效率为η=×100%=×100%=×100%
当滑动变阻器接入电路的阻值从最大减到最小的过程中,R始终减小,电源工作的效率一直减小,故选B。
答案:(1)
(2)1.46 1.01 (3)C B
2.【解析】(1)实验中无电流表,可以用电压表与电阻箱测电源电动势与内阻,待测电源、开关、电阻箱组成串联电路,电压表测路端电压,实验电路图如图所示
(2)一节干电池电动势约为1.5 V,所以量程选择3 V,分度值为0.1 V,则电压表读数为1.30 V;
(3)根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir
可得U-I图像纵轴截距为电动势,延长图线如图
电动势为E=1.44 V
斜率的绝对值为内阻r= Ω=1.80 Ω
(4)若他不用电压表,在其他器材不变的情况使用电流表(量程0.6 A、3 A),获得正确的数据,电流与电阻箱阻值的乘积为路端电压,没有电压表的分流,所以测出的电动势等于真实值。
答案:(1)
(2)1.30 (3)1.44 1.80 (4)等于
考向四 创新类实验
【真题研磨】
【典例】【解析】(2)③闭合S2后,并联部分的电阻减小,根据闭合电路欧姆定律,电压表的示数变小。加在导电绳两端的电压为U,流过导电绳的电流为I2-I1,因此导电绳的电阻Rx=。
(3)在闭合S2之前,电流表I1的示数包括定值电阻的电流和电压表分得的电流,闭合S2之后,加在电压表两端的电压保持不变,因此流过电压表和定值电阻的总电流仍为I1,故流过导电绳的电流是I2-I1,与电压表内阻无关,电压表内阻对测量没有影响。
(4)由图(c)可知,导电绳拉伸后的长度为51.80 cm。
答案:(2)③变小 (3)无 (4)51.80
【多维演练】
1.【解析】(1)根据欧姆定律R0=,由题图乙电路可知电流表外接,电流的测量值偏大,R0的测量值与真实值相比偏小,相当于R0的测量值为电压表内阻和R0并联后的电阻值,即测量值的表达式为(2)由题图丁可知,当40 ℃时热敏电阻对应的电阻值为70 Ω,由题图甲电路串联电路的特点可得U=E=×6 V=1.80 V
(3)由于在测量R0时和测温电路均采用同一电压表,把电压表和R0看成一个整体,其并联后的电阻=30 Ω,在题图甲中就没有系统误差,故用该测温计所测得的体温值与实际体温值相等。
答案: (1)偏小 (2)1.80(1.8也可得分) (3)相等
2.【解析】(1)由于电源的电动势为3 V,电压表量程为0~15 V太大,故应选用内阻已知的电流表A1作为电压表并联在力敏电阻Rx两端,用电流表A2测干路电流,可知P处选用电流表A2,Q处选用电流表A1;
(2)由图像可得纵轴截距为b=18 Ω,图像斜率为k= Ω/N=-2 Ω/N
故Rx与F的函数关系表达式为
Rx=-2F+18
(3)将电流表A1与力敏电阻Rx串联,根据闭合电路欧姆定律可以得到电流I与Rx的关系,从而得到电流I与压力F的关系,将电流表A1改成一个压力表,电路图如图所示
(4)若将电流表A1表盘的0.15 A刻度处标为压力表的0刻度,压力为0时对应的力敏电阻Rx=18 Ω,根据闭合电路欧姆定律可得I=
解得R滑=-Rx-r1= Ω-18 Ω-1.5 Ω=0.5 Ω
当电流表A1示数最大时,力敏电阻器R'x最小,压力F最大,则有Im=
解得R'x=-R滑-r1= Ω-0.5 Ω-1.5 Ω=3 Ω
又R'x=-2F+18
可得对应的压力为F=7.5 N
该压力表能测量压力的最大值是7.5 N
答案: (1)A2 A1 (2) -2F+18
(3)
(4)0.5 7.5
考向五 光学类实验
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)为了将模糊的条纹变清晰,旋转测量头只能调节分划板的刻度线与干涉条纹是否平行,不能调节清晰程度,选项A错误;增大单缝与双缝之间的距离既不能调节干涉条纹间隔,也不能调节清晰程度,选项B错误;调节拨杆使单缝与双缝平行,使得经过单缝后形成的中心最宽的衍射条纹经过双缝更容易发生清晰的双缝干涉现象,选项C正确。(2)根据双缝干涉条纹间隔公式Δx=可知,增加双缝到屏幕(测量头)的距离L、光的波长λ,减小双缝宽度d都可以增加条纹间距,由此可知选项D正确;增加或减小单缝与双缝间的距离、单缝与光源间的距离,并不能观察到条纹间距的变化,选项A、B错误;增加透镜与单缝间的距离也不能改变观察到的条纹间距,选项C错误。
答案:(1)C (2)D
【多维演练】
1.【解析】(1)确定P3位置的方法正确的是:透过玻璃砖观察,使P3挡住P1、P2的像,故选C;
(2)光路如图
(3)根据n=可知,图像sinθ1-sinθ2的斜率等于折射率,由图像可知玻璃砖的折射率为n=≈1.49
(4)若该同学在确定P4位置时,被旁边同学碰了一下,不小心把P4位置画得偏左了一些,则P4P3的连线延长线与bb'的交点偏右,测得的折射角θ2偏大,则根据n=可知,测出来的折射率偏小;
(5)光路图如图所示
根据光路图可知,经过P1P2的光线经两块玻璃砖的分界处向下偏转,然后射入右侧玻璃砖后平行射出,所以在图丙中右边的插针应该是P5P6,故选C。
答案: (1) C
(2)
(3)1.49 (4)偏小 (5)C
2.【解析】(5)用刻度尺测出a、b两点间的距离为10.50 cm
两相邻暗条纹中心之间的距离为
Δx= cm=2.1 cm
(6)刀片的厚度为Δx=λ
解得d=0.10 mm
答案:(5)10.50 2.1 (6)0.10
1.【解析】(1)实验电路图如图
(2)根据E=I(R+r)。
可得R=E·-r。
则作出R-图像,由斜率可知电动势E,由截距可知内阻r,故选B。
(3)考虑到电流表内阻的影响,实际上根据E=I(R+r+RA),
可得R=E·-(r+RA),则电动势的测量值等于真实值,内阻的测量值为r测=r+RA,即大于真实值。
(4)E1更大,因为电压表的内阻约为3 kΩ,桔子电池的内阻约为几kΩ;若将电压表直接接到桔子电池的正负极时,电压表的示数为外电路电压,约为电动势的一半,因此电压表的示数E2小于电动势E1。
答案: (1)
(2)B (3)等于 大于 (4)E1更大,因为电压表的内阻约为3 kΩ,桔子电池的内阻约为几kΩ;若将电压表直接接到桔子电池的正负极时,电压表的示数为外电路电压,约为电动势的一半,因此电压表的示数E2小于电动势E1
2.【解析】(1)两表笔短接调零时,应使表的指针指在微安表的电流满偏位置,即指针指在300 μA处;
(2)由图乙可知微安表的指针指在200 μA处;根据闭合电路欧姆定律,两表笔短接时有Ig=
接入阻值为2.4 kΩ的定值电阻时,有Ig=
解得E=1.44 V,R内=4.8 kΩ
(3)当电流I=100 μA时有Ig=
解得R1=9 600 Ω
(4)由Ig=和I=,可得I=
则电动势减小,测量同一未知电阻时对应的微安表示数减小,则测得的电阻阻值偏大。
答案: (1)300 (2)200 1.44 4.8 (3)9 600 (4)偏大
3.【解析】(1)①表在支路上,而②表在干路上,可知将C(电流表A1)装在①位置,D(电流表A2)装在②位置;
(5)根据I1(RA1+R)=(I2-I1)Rx
可得=·R+
由此=k
可得待测电阻为Rx=,=b
电流表①内阻为RA1=
各支路电流都可准确测出,因此电阻测量值等于真实值。
答案:(1)D (5) 等于
4.【解析】(1)第①步:按照电路图甲正确连接好电路,将开关S1闭合,开关S2断开,移动滑动变阻器滑片,测量并记录电压表和电流表数据。
根据电路图结合闭合电路欧姆定律得U2=E-Ir,
代入数据得4.3=E-0.20r,
4.1=E-0.40r
联立解得E=4.5 V,r=1.0 Ω
第②步:为了保护电路,将滑动变阻器滑片P调到最右边,再闭合开关S2,移动滑动变阻器滑片,测量并记录多组电压表和电流表数据。
(2)设流过灯泡的实际电流为I,根据闭合电路欧姆定律得U=E-6I·r
在灯泡的伏安特性图中画出等效电源的U-I图像可得
两图线的交点即为灯泡的工作点,可得灯泡实际电压约为1.8 V,实际电流为0.46 A,则功率P灯=0.46×1.8 W=0.83 W
答案: (1)断开 4.5 1.0 最右边 S2 (2)0.83板块六 带电粒子在组合场、复合场中的运动
考向一带电粒子在组合场中的运动
【真题研磨】
【典例】(19分)(2021·辽宁选择考)如图所示,在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场;在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子甲从点S(-a,0)由静止释放,进入磁场区域后,与静止在点P(a,a)、质量为的中性粒子乙,且。(不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用,忽略电场、磁场变化引起的效应)
(1)求电场强度的大小E;
(2)若两粒子碰撞后,立即撤去电场,同时在x≤0区域内加上与x>0区域内相同的磁场,求从两粒子碰撞到下次相遇的时间Δt;
(3)若两粒子碰撞后,粒子乙首次离开第一象限时,撤去,经一段时间后,在全部区域内加上与原x>0区域相同的磁场,此后两粒子的轨迹恰好不相交,求这段时间内粒子甲运动的距离L。
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 粒子甲和粒子乙系统动量守恒,无能量损失
② 碰后,甲、乙两粒子的电量均为
③ 两粒子做匀速直线运动
【答题要素】
“三步法”解决带电粒子在组合场中的运动问题
(1)明种类:明确组合场的种类及边界特征。
(2)画轨迹:分析带电粒子在各场中受力与速度关系,明确运动特点,画好轨迹图。
(3)用规律:
①在电场中,做直线运动应用匀变速直线运动规律或功能关系求解问题;做曲线运动,应用运动的合成与分解求解问题。
②在磁场中,粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,先找圆心定半径,再应用几何关系分析求解相关问题。
【多维演练】
1.维度:电场类平抛运动+磁场圆周运动+电场中运动的分解
如图所示,第一象限和第四象限分别存在匀强磁场和匀强电场,匀强磁场大小为B,方向未知,匀强电场的方向与x轴负方向的夹角为30°角,第二象限有一平行极板电容器,上极板右端N在y轴上,下极板与x轴重合,且右端在原点O点上。现一质量为m、电量为q的带正电粒子以一定初速度从电容器左端中点A进入,恰好从上极板右端N飞出,经过磁场后垂直x轴进入电场,又恰好从P点垂直y轴飞出电场(P点未标出)。已知电容器板长和间距都为l,不计粒子的重力,求:
(1)磁场方向和在磁场中运动轨迹的半径大小r;
(2)电容器的电压U及第四象限的电场强度大小E;
(3)粒子从A到P的运动时间。
2.维度:电场+磁场+磁场中运动的边界问题
如图甲所示,长方形MNPQ区域(MN=PQ=3d,MQ与NP边足够长)存在垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为5d、厚度不计的荧光屏ab,其上下两表面均涂有荧光粉,ab与NP边平行,相距为d,且左端a与MN相距也为d。电子枪一个一个连续地发射出电子(已知电子质量为m、电荷量为e、初速度可视为零),经电场加速后,沿MN边进入磁场区域,电子打到荧光屏就会发光(忽略电子间的相互作用)。
(1)若加速电压为U,求电子进入磁场时的速度大小;
(2)改变加速电压,使电子不断打到荧光屏上,求荧光屏能发光区域的总长度;
(3)若加速电压按如图乙所示的图象变化,求从t=0开始一个周期内,打在荧光屏上的电子数相对总电子数的比例(电子经加速电场的时间远小于周期T)。
考向二带电粒子在复合场中的运动
【真题研磨】
【典例】(9分)(2021·北京等级考)如图所示,M为;N为速度选择器,两平行导体板之间有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场,磁场的方向垂直纸面向里,磁感应强度为B。从S点释放一初速度为0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子,经M加速后恰能以。不计重力。
(1)求粒子加速器M的加速电压U;
(2)求速度选择器N两板间的电场强度E的大小和方向;
(3)仍从S点释放另一初速度为0、质量为2m、电荷量为q的带正电粒子,离开N时粒子偏离图中虚线的距离为d,求该粒子离开N时的动能Ek。
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 利用qU=mv2可求加速电压
② 电场力与洛伦兹力平衡
【答题要素】
1.复合场中运动及求解方法归类
复合场 运动及求解方法
磁场、重力场 重力、洛伦兹力平衡:匀速直线运动; 重力、洛伦兹力不平衡:复杂的曲线运动,机械能守恒
电场、磁场 电场力、洛伦兹力平衡:匀速直线运动; 电场力、洛伦兹力不平衡:复杂的曲线运动,可用动能定理求解
电场、磁场、重力场 三力平衡:匀速直线运动; 重力、电场力平衡:匀速圆周运动; 合力不为零:可能做复杂的曲线运动,可用能量守恒或动能定理求解
2.“三步法”解决带电粒子在复合场中的运动问题
(1)明受力:明确复合场中粒子的受力;
(2)画轨迹:从受力分析,知晓粒子的运动特征,画出轨迹图。
(3)用规律:
①做直线运动应用匀变速直线运动规律或功能关系求解问题;做曲线运动,应用运动的合成与分解求解问题。
②做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,先找圆心定半径,再应用几何关系分析求解相关问题。
【多维演练】
1.维度:质谱仪模型
某一质谱仪原理如图所示,区域Ⅰ为粒子加速器,加速电压为U1;区域Ⅱ为速度选择器,磁场与电场正交,磁感应强度为B1,两板间距离为d;区域Ⅲ为偏转分离器,磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为q的正粒子(不计重力),经加速后,该粒子恰能通过速度选择器,粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求:
(1)粒子离开加速器时的速度大小v;
(2)速度选择器两板间的电压U2;
(3)粒子在分离器中做匀速圆周运动的半径R。
2.维度:电场+磁场复合
如图所示,光滑绝缘轨道abc处于竖直平面内,其中ab是圆心为O、半径R=6.05 m的圆周,bc水平,一个带负电的小球P(可视为质点)静止于c处,其质量为m。有一个质量为M、外形与P完全相同的不带电小球Q从a处由静止释放,沿轨道滚下后在c处与P发生对心弹性碰撞,碰撞中小球P的电荷量不变。碰后小球P以v=20 m/s的速度进入虚线JK右边的空间中,该空间存在匀强电场和匀强磁场。已知电场和磁场的方向是相同的,“它们与小球速度方向垂直”,电场强度的大小为E=4.0 V/m,磁感应强度的大小为B=0.15 T,碰撞后小球P在此空间中做匀速直线运动。g取10 m/s2,试求:
(1)小球Q的质量是P的多少;
(2)小球P的比荷。
1.(电场+磁场)利用电场与磁场控制带电粒子的运动,使其在特定时间内达到预定的位置,在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示,一粒子源不断释放质量为m,带电量为+q的带电粒子,其初速度视为零,经过加速电压U后,以一定速度垂直平面MNN1M1,射入边长为L的正方体区域MNPQ-M1N1P1Q1。可调整粒子源及加速电场位置,使带电粒子在边长为L的正方形MHIJ区域内入射,不计粒子重力及其相互作用,完成以下问题:
(1)若仅在正方体区域中加上沿MN方向的匀强电场,要让所有粒子都到达平面NPP1N1,求所加匀强电场的电场强度的最小值E0;
(2)若仅在正方体区域中加上沿MN方向的匀强磁场,要让所有粒子都到达平面M1N1P1Q1,求所加匀强磁场磁感应强度的最小值B0及最大值Bm。
2.(磁场+电场)电子对湮灭是指电子e-和正电子e+碰撞后湮灭,产生伽马射线的过程,电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描(PET)及正电子湮灭能谱学(PAS)的物理基础。如图所示,在平面直角坐标系xOy上,P点在x轴上,且OP=2L,Q点在负y轴上某处。在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场,在第Ⅱ象限内有一圆形区域,与x、y轴分别相切于A、C两点,OA=L在第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域(图中未画出),未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场,磁场方向垂直于xOy平面向里。一束速度大小为v0的电子束从A点沿y轴正方向射入磁场,经C点射入电场,最后从P点射出电场区域;另一束速度大小为v0的正电子束从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限,而后进入未知矩形磁场区域,离开磁场时正好到达P点,且恰好与从P点射出的电子束正碰发生湮灭,即相碰时两束电子速度方向相反。已知正、负电子质量均为m、电荷量大小均为e,正、负电子的重力不计。忽略正、负电子间的相互作用,求:
(1)圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和第Ⅰ象限内匀强电场的场强E的大小;
(2)电子从A点运动到P点所用的时间;
(3)Q点纵坐标及未知矩形磁场区域的最小面积S。
3.(复合场)如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度的方向水平向右,磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出发沿与x轴正方向成45°夹角的方向以一定速度进入复合场中,正好做直线运动,当微粒运动到A(l,l)时,电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间),微粒继续运动一段时间后,正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力,重力加速度为g,求:
(1)电场强度E的大小;
(2)磁感应强度B的大小;
(3)微粒在复合场中的运动时间。
板块六 带电粒子在组合场、复合场中的运动
考向一 带电粒子在组合场中的运动
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)粒子甲进入磁场后做匀速圆周运动过P点,则在磁场中运动轨迹半径R=a
由公式qBv=得v=
粒子从S到O,由动能定理可得qEa=mv2
可得E=
(2)甲、乙粒子在P点发生弹性碰撞,设碰后速度为v1、v2,取向上为正方向,则有mv=mv1+mv2
mv2=m+×m
计算可得v1=v=
v2=v=
两粒子碰后在磁场中运动qBv1= qBv2=
解得R1=a R2=a
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动,周期分别为T1== T2==
则两粒子碰后再次相遇Δt=Δt+2π
解得再次相遇时间Δt=
(3)两粒子运动轨迹如图所示,
粒子乙首次在A点离开第一象限时,
粒子甲运动到N点,因v1=v,v2=v,即v1=v2,
又有两粒子轨迹半径相等均为a,则有角速度ω甲=ω乙,
故粒子甲转过的圆心角β为粒子乙转过圆心角90°的,即β=30°;
经一段时间t,两粒子做匀速直线运动,可知粒子甲的匀速运动距离MN=L,
则粒子乙的匀速运动距离AB=3L,加上磁场后两粒子的轨迹恰好相切(外切),
设两圆心的连线O甲O乙与x轴正方向的夹角为θ。
由几何关系知:
NQ=a·tanβ,
O甲C=2a·sinθ,
MD=(L+NQ)sin60°,
又有:MD=a·sinβ+O甲C
可得:(L+a·tan30°)sin60°=a·sin30°+2a·sinθ
整理得:L=2a·sinθ
再由几何关系知:
O乙Q=O乙C+CD+DQ=2a·cosθ+a·cosβ+(L+a·tan30°)cos60°;
又有:O乙Q=3L+,
整理得:L=2a·cosθ
解得:L=a
答案:(1) (2) (3)a
【多维演练】
1.【解析】带正电的粒子运动轨迹如图所示:
在第二象限做类平抛运动,第一象限只受洛伦兹力做部分圆周运动,第四象限做曲线运动到达P点。
(1)在第一象限内由左手定则,判断可知粒子在垂直于纸面向外的磁场中运动,在第二象限由类平抛规律得tanα=2tanβ=2×=1,所以α=45°
那么由几何关系得,粒子在磁场中的轨迹半经r=l。
(2)由洛伦兹力提供向心力得qvB=,v=且有v=v0
所以v0=
由平抛规律:l=v0t和=××t2
联立解得U=
粒子以v0进入第四象限,受到的电场力与水平方向夹角为30°斜向左上方,将电场力分解如图所示,则水平向左匀加速运动,竖直向下为匀减速运动,由图可得水平位移为l+l,由牛顿第二定律:
qEcos30°=max
qEsin30°=may
(1+)l=ax
v0=ay·t3
联立得E=
(3)类平抛运动的时间t1==
在磁场中做匀速圆周运动的时间t2=×=
在第四象限做曲线运动的时间t3==
那么总时间T=t1+t2+t3=++=(1++)
答案:(1)垂直于纸面向外 l
(2)
(3)(1++)
2.【解析】(1)电子在加速场中,根据动能定理有eU=mv2
解得电子刚进入磁场的速度大小为v=
(2)打在荧光屏a点的电子,根据几何关系得=(2d)2+(R1-d)2,解得R1=2.5d
①若减小电子的速度,电子打在荧光屏的下表面,临界条件是轨迹相切于c点,是电子能打在荧光屏上的最小速度,如图所示:
根据几何关系可得,对应电子做圆周运动的半径为R2=2d,因此ac区域长度是ac=d,
②若增大电子的速度,电子打在荧光屏上表面,临界条件是电子运动轨迹与NP相切,由几何关系得R3=3d
所以ag的长度为ag=3d+-d=2d+d
由于af=3d,那么fg=d-d
发光区域的总长度为Δd=ac+fg=d+d-d=d
(3)由第(2)步可知,电子半径在2d≤R≤3d的区间内,电子能打在荧光屏上,
根据洛伦兹力提供向心力有evB=
根据动能定理有eU=mv2
可求得当≤U≤,时,电子能打在荧光屏上,因此
η=×100%=62.5%
答案:(1) (2)d (3)62.5%
考向二 带电粒子在复合场中的运动
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)根据功能关系qU=mv2得U=
(2)电场力与洛伦兹力平衡,则Eq=qvB得E=vB
方向垂直导体板向下
(3)电场力做正功,根据功能关系Ek=qU+Eqd
得Ek=mv2+qBvd
答案:(1)
(2)vB 垂直导体板向下
(3)mv2+qBvd
【多维演练】
1.【解析】(1)粒子经过加速电场U1加速后,根据动能定理qU1=mv2
解得v=
(2)因为粒子恰能通过速度选择器,则粒子在速度选择器中受到的电场力和洛伦兹力为一对平衡力,即qE==qvB1
解得U2=B1d
(3)粒子在B2磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,则qvB2=
解得R=
答案:(1)
(2)B1d
(3)
2.【解析】(1)不带电小球Q从a静止释放运动到与带电小球P碰撞前,根据机械能守恒定律得
MgR=M
Q与P发生对心弹性碰撞过程,根据动量守恒和能量守恒得
Mv0=Mv1+mv
M=M+mv2
代入数据联立解得=
即小球Q的质量是P的10倍
(2)小球P在匀强电场和匀强磁场中做匀速直线运动,故重力、电场力和洛伦兹力三力平衡,且电场和磁场的方向是相同的,电场力和洛伦兹力垂直,根据平衡条件得
(qE)2+(qvB)2=(mg)2
解得=2 C/kg
答案:(1)10倍
(2)2 C/kg
1.【解析】(1)粒子经过加速电场加速有qU=m
仅加电场时粒子在正方体区域中做类平抛运动,当M点射入的粒子恰好到达P点,则所有粒子均能到达平面NPP1N1,由类平抛规律可得
qE0=ma
L=at2
L=v0t
联立解得
E0=
(2)仅加磁场时粒子在正方体区域中做匀速圆周运动,当从M点射入的粒子恰好到达Q1点时,所加的磁场为最小值,由圆周运动规律与几何关系可得
r1=L
qv0B0=m
联立解得
B0=
当从M点射入的粒子恰好到达M1点时,所加的磁场为最大值,有
r2=L
qv0Bm=m
联立解得
Bm=
答案:(1)
(2)最小值为
最大值为
2.【解析】(1)电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,其轨迹如图所示,从A点到C点在磁场中运动轨迹为圆周,可知电子的运动半径为r1=OA=L。
由洛伦兹力提供向心力得ev0B=m
联立解得B=
电子由C点到P点在匀强电场中做类平抛运动,沿x轴正方向以速度v0做匀速直线运动,沿y轴负方向做匀加速直线运动,设其加速度大小为a,由P点出电场时的速度为v,v与x轴正方向的夹角为θ,沿y轴的位移大小为y,速度为vy,C到P的运动时间为t1,则有
y=L=t1
2L=v0t1
tanθ=
vy=at1
v=
联立解得t1=,
θ=45°,a=
由牛顿第二定律得eE=ma
解得E=
(2)电子在磁场中运动周期为T==
从A点到C点在磁场中运动轨迹为圆周,则在磁场中运动时间为
t2=T=
则电子从A点运动到P点所用的时间为
t=t1+t2=+=(2+)
(3)由题意可知正电子进入矩形磁场区域偏转了90°(轨迹为圆周,圆心角为90°),恰好与电子在P点正碰,其轨迹如图所示,正电子由N点进入矩形磁场,设其运动半径为r2。
由洛伦兹力提供向心力得
e·v0B=m
解得r2==L
由图中几何关系可得PN=r2=2L,且PN平行于y轴,可得MQ=MN=OP=2L,
则Q点纵坐标为yQ=-(PN+MQ)=-4L
矩形磁场的面积最小如图中阴影所示,设此矩形的长和宽分别为a、b,由几何关系得
a=r2-r2cos45°=(-1)L
b=PN=2L
则S=ab=2(-1)L2
答案:(1) (2)(2+) (3)-4L 2(-1)L2
3.【解析】(1)微粒在到达A(l,l)之前做直线运动,因为洛伦兹力的大小F洛=qvB与速度v有关,故微粒一定做匀速直线运动,对微粒受力分析,如图甲所示:
沿微粒的速度方向受力平衡:Eqcos45°=mgsin45°
可得E= ①
(2)微粒做直线运动时,垂直微粒的速度方向受力平衡:qvB=mgcos45°+Eqsin45°②
电场方向变化后,微粒所受重力与电场力平衡,微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,轨迹如图乙所示:
根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m ③
由几何关系可得r=l ④
联立①②③④式可得v= ⑤
B=
(3)微粒做匀速直线运动的时间为t1== ⑥
微粒做圆周运动的周期:T= ⑦
微粒做圆周运动转过的圆心角:θ=π⑧
微粒做圆周运动的时间:t2=·T ⑨
联立⑤⑦⑧⑨式可得t2=π ⑩
联立⑥⑩两式子可得微粒在复合场中运动时间
t=t1+t2=(π+1)
答案:(1) (2)
(3)(π+1)板块七 电磁感应规律的综合应用
考向一电磁感应规律的动力学问题
【真题研磨】
【典例】(10分)(2022·浙江6月选考)舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术,我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究,如图甲所示,用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定,。线圈位于导轨间的辐向磁场中,其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通,恒流源与线圈连接,动子从静止开始推动飞机加速,飞机达到起飞速度时与动子脱离;此时S掷向2接通定值电阻R0,同时施加回撤力F,在F和磁场力作用下,。若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图乙所示,在t1。已知起飞速度v1=80 m/s,t1=1.5 s,线圈匝数n=100匝,每匝周长l=1 m,飞机的质量M=10 kg,动子和线圈的总质量m=5 kg,R0=9.5 Ω,B=0.1 T,不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响,求:
(1)恒流源的电流I;
(2)线圈电阻R;
(3)时刻t3。
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 根据安培力公式和牛顿第二定律得出电流的大小
② 根据安培力公式和牛顿第二定律以及欧姆定律得出电阻的大小
③ 根据法拉第电磁感应定律得出电荷量的表达式,结合动量定理求解时刻t3
【模型转化】
【答题要素】
1.电磁感应规律的动力学问题常见模型
2.电磁感应规律的动力学问题解答步骤
(1)“转化图形”——把立体图转化为平面图便于对导体进行受力分析。
(2)“判断流向”——利用楞次定律、右手定则判断出导体棒中的电流方向。
(3)“受力分析”——导体的受力情况分析。
(4)“过程分析”——速度随时间的动态分析。
(5)“能量分析”——根据焦耳定律、动能定理、能量守恒定律分析。
(6)“动量分析”——涉及q、x、t三个物理量往往需要考虑从动量定理入手分析。
【多维演练】
1.维度:“电-动-电”型
如图所示,长平行导轨PQ、MN光滑,相距l=0.5 m,处在同一水平面中,磁感应强度B=0.8 T的匀强磁场竖直向下穿过导轨面。横跨在导轨上的直导线ab的质量m=0.1 kg、电阻R=0.8 Ω,导轨电阻不计。导轨间通过开关S将电动势E=1.5 V、内电阻r=0.2 Ω的电池接在M、P两端,试计算分析:
(1)导线ab的加速度的最大值和速度的最大值分别是多少。
(2)在闭合开关S后,怎样才能使ab以恒定的速度v=7.5 m/s沿导轨向右运动。
2.维度:“电-动-电”型+“动-电-动”型
电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图,图中直流电源电动势为E,电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l,电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。首先开关S接1,使电容器完全充电。然后将S接至2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时,回路中电流为零,MN达到最大速度,之后离开导轨。求:
(1)磁场的方向;
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小;
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q。
考向二电磁感应规律的动量、能量问题
【真题研磨】
【典例】(14分)(2021·海南等级考)如图,间距为l的,水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,导轨左端接有阻值为R的定值电阻,一质量为m的金属杆放在导轨上。,此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变,金属杆始终与导轨垂直且接触良好,除了电阻R以外不计其他电阻。
(1)求金属杆中的电流和水平外力的功率。
(2)某时刻撤去外力,经过一段时间,自由电子沿金属杆定向移动的速率变为,求:
①这段时间内电阻R上产生的焦耳热。
②这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 不受摩擦力
② 水平外力和安培力大小相等,方向相反
【答题要素】
1.电磁感应中的能量转化及求解方法
2.求解电磁感应现象中动量能量问题的一般步骤
(1)在电磁感应中,切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势,该导体或回路就相当于电源。
(2)分析清楚哪一过程动量守恒,有哪些力做功,就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。
(3)根据动量守恒、能量守恒列方程求解。
【多维演练】
1.维度:单棒能量转化
如图甲所示,足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置,其宽度L=1 m,一匀强磁场垂直穿过导轨平面,导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.40 Ω的电阻,质量为m=0.01 kg、电阻为r=0.30 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑,下滑过程中ab始终保持水平,且与导轨接触良好,其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示,图像中的OA段为曲线,AB段为直线,导轨电阻不计,g取10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响),求:
(1)金属棒两端a、b的电势高低;
(2)磁感应强度B的大小;
(3)在金属棒ab开始运动的1.5 s内,电阻R上产生的热量。
2.维度:有外力的等间距双棒的能量转化和动量守恒
如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距l=1 m,其电阻不计, 两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角。杆 1、杆 2 是两根用绝缘细线连接的金属杆,分别垂直导轨放置,每杆两端都与导轨始终接触良好,其质量分别为m1=0.1 kg和m2=0.2 kg,两杆的总电阻R=3 Ω,两杆在沿导轨向上的外力F作用下保持静止。整个装置处在磁感应强度B=1 T的匀强磁场中,磁场方向与导轨所在平面垂直,在t=0 时刻将细线烧断,保持F不变,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)细线烧断瞬间,杆 1的加速度a1的大小。
(2)细线烧断后,两杆最大速度v1、v2的大小。
(3)两杆刚达到最大速度时,杆1上滑了0.8 m,则从t=0 时刻起到此刻用了多长时间。
(4)在(3)问情景中,电路产生的焦耳热。
1.(动力学问题)如图所示,两平行导轨相距15 cm,金属棒MN的质量m=17 g,其电阻R1为4 Ω,滑动变阻器R2与MN串联,匀强磁场的磁感应强度B竖直向上,大小为0.6 T,电源电动势E=10 V,内阻r=1 Ω。当开关S闭合时,金属棒MN处于静止状态(g取10 m/s2,=1.7)。
(1)若平行导轨光滑,求金属棒所受到的安培力的大小和R2的阻值(结果保留一位有效数字);
(2)若平行导轨不光滑,若将滑动变阻器R2的阻值调至10 Ω,金属棒MN仍然保持静止状态,求金属棒受到的摩擦力的大小和方向。
2.(电磁感应+动量定理)物理学促进了现代交通技术的发展,如图(a)所示,工程师们设计了一种以“真空管道运输”为理论核心的交通工具,它具有超高速、低能耗等特点。如图(b)所示,已知管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ,两导轨间的距离为r、运输车的质量为m,横截面是半径为r的圆。运输车上固定着间距为D、与导轨垂直的两根导体棒1和2,每根导体棒的电阻为R,每段长度为D的导轨的电阻为R。其他电阻忽略不计,重力加速度为g。
(1)如图(c)所示,当管道中的导轨平面与水平面成θ=30°角时,运输车恰好能无动力匀速下滑。求运输车与导轨间的动摩擦因数μ;
(2)在水平导轨上进行实验,不考虑摩擦及空气阻力;
①当运输车由静止离站时,在导体棒2后间距为D处接通固定在导轨上电动势为E的直流电源,此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B,垂直导轨平面向下的匀强磁场中,如图(d)所示。求刚接通电源时运输车加速度的大小(电源内阻不计,不考虑电磁感应现象);
②当运输车进站时,管道内依次分布磁感应强度为B,宽度为D的匀强磁场,且相邻的匀强磁场的方向相反,如图(e)所示。求运输车以速度v0从图示位置通过距离D后的速度v。
3.(动量和能量守恒)如图所示,空间存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T。在匀强磁场区域内,有一对光滑平行金属导轨,处于同一水平面内,导轨足够长,导轨间距L=1 m,电阻可忽略不计。质量均为m=1 kg,电阻均为R=2.5 Ω的金属棒MN和PQ垂直放置于导轨上,且与导轨接触良好。先将PQ暂时锁定,金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下,由静止开始以加速度a=0.4 m/s2向右做匀加速直线运动,5 s后保持拉力F的功率不变,直到棒以最大速度vm做匀速直线运动。
(1)求棒MN的最大速度vm;
(2)当棒MN达到最大速度vm时,解除PQ锁定,同时撤去拉力F,两棒最终均匀速运动。求解除PQ棒锁定后,到两棒最终匀速运动的过程中,电路中产生的总焦耳热。
(3)若PQ始终不解除锁定,当棒MN达到最大速度vm时,撤去拉力F,棒MN继续运动多远后停下来 (运算结果可用根式表示)
板块七 电磁感应规律的综合应用
考向一 电磁感应规律的动力学问题
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)由题意可知接通恒流源时安培力F安=nBIl
动子和线圈在0~t1时间段内做匀加速直线运动,运动的加速度为a=
根据牛顿第二定律有F安=(M+m)a
代入数据联立解得I==80 A
(2)当S掷向2接通定值电阻R0时,感应电流为I'=
此时安培力为F'安=nBI'l
所以此时根据牛顿第二定律有(800-10v)+v=ma'
由图可知在t1至t3期间加速度恒定,则有=10
解得R=0.5 Ω,a'=160 m/s2
(3)根据图乙可知t2-t1==0.5 s故t2=2 s
在0~t2时间段内的位移s=v1t2=80 m
而根据法拉第电磁感应定律有E=n=
电荷量的定义式Δq=It
I=可得Δq=
从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量,根据动量定理有-nBlΔq=0-ma'(t3-t2)
联立可得(t3-t2)2+(t3-t2)-1=0解得t3= s
答案:(1)80 A (2)0.5 Ω(3) s
【多维演练】
1.【解析】(1)闭合开关S,导线ab受到向右的安培力而往右加速运动,导线切割磁感线,产生逆时针方向的感应电动势E'=Blv(俯视),电源电动势为E,方向为顺时针方向,因此总电动势为顺时针方向且E总=E-E'=E-Blv,
总电流I==安培力F安=BIl=
据牛顿第二定律有:F安==ma
由上式可知:导线ab做加速度减小的加速运动
当导线的速度v=0时,加速度最大且amax==6 m/s2
当导线ab的加速度a=0时,即E=Blv时,导线速度最大vmax==3.75 m/s
(2)如果ab以恒定速度v=7.5 m/s向右沿导轨运动,则ab中感应电动势:E'=Blv=3 V
由于E'>E且方向相反,这时闭合电路中电流方向为逆时针方向(俯视),大小为I'==1.5 A
直导线ab中的电流由b到a,
根据左手定则,磁场对ab有水平向左的安培力作用,大小为F'=BI'l=0.6 N
所以要使ab以恒定速度v=7.5 m/s向右运动,必须有水平向右的恒力F=0.6 N作用于ab。
答案: (1)6 m/s2 3.75 m/s (2) 必须有水平向右的恒力F=0.6 N作用于ab
2.【解析】(1)将S接1时,电容器充电,上极板带正电,下极板带负电,当将S接2时,电容器放电,流经MN的电流由M到N,又知MN向右运动,由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向里。
(2)电容器完全充电后,两极板间电压为E,当开关S接2时,电容器放电,设刚放电时流经MN的电流为I,有I= ①
设MN受到的安培力为F,有F=IlB ②
由牛顿第二定律,有F=ma ③
联立①②③式得a= ④
(3)当电容器充电完毕时,设电容器上电荷量为Q0,有Q0=CE ⑤
开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值vmax时,设MN上的感应电动势为E',有E'=Blvmax ⑥
依题意有E'= ⑦
设在此过程中流经MN的平均电流为,MN上受到的平均安培力为,有=lB ⑧
由动量定理,有Δt=mvmax-0 ⑨
又Δt=Q0-Q ⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q=
答案:(1)垂直于导轨平面向里
(2) (3)
考向二 电磁感应规律的动量、能量问题
考向二
【典例】【解析】(1)金属杆切割磁感线产生的感应电动势E=Blv0
则金属杆中的电流I==
由题知,金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动,则有
F=F安=BIl=
根据功率的计算公式,有P=Fv0=
(2)①设金属杆内单位体积的自由电子数为n,金属杆的横截面积为S,则金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动时的电流由微观表示为I=nSeu0=则解得nSe=
电子沿金属杆定向移动的速率变为时,I'=nSe=
解得v'=
则能量守恒有mv'2=m-Q
解得Q=m
②由①可知在这段时间内金属杆的速度由v0变到,则根据动量定理有
-BIl·Δt=m-mv0=-BlnSeuΔt=-BlnSe·d(取向右为正)
由于nSe=,化简得d=
答案:(1)
(2)①m ②
【多维演练】
1.【解析】(1)由右手定则可知,ab中的感应电流由a流向b,ab相当于电源,则b点电势高,a点电势低。
(2)由x-t图像求得t=1.5 s时金属棒的速度为v==m/s=7 m/s
金属棒匀速运动时所受的安培力大小为F=BIL,I=,E=BLv
联立得F=
根据平衡条件得F=mg则有mg=
代入数据解得B=0.1 T
(3)金属棒ab在开始运动的1.5 s内,金属棒的重力势能减少量转化为金属棒的动能和电路的内能。设电路中产生的总焦耳热为Q,
根据能量守恒定律得mgx=mv2+Q
代入数据解得Q=0.455 J
故R产生的热量为QR=Q=0.26 J
答案:(1)b点电势高,a点电势低
(2)0.1 T (3)0.26 J
2.【解析】(1)细线烧断前由平衡条件有F=(m1+m2)gsin30°
细线烧断瞬间有F-m1gsin30°=m1a1解得a1=10 m/s2
(2)细线烧断后:F安1=F安2
方向相反,由系统动量守恒得m1v1=m2v2
两杆同时达到最大速度,之后做匀速直线运动
对杆2:m2gsin30°=BIl,I=
解得v1=2 m/sv2=1 m/s
(3)由系统动量守恒得m1v1=m2v2则m1x1=m2x2即x2=0.4 m
设所求时间为t,对杆2由动量定理得m2gsin30°·t-Bl·t=m2v2-0
t===
解得t=0.6 s
(4)由能量守恒得Fx1+m2gsin30°·x2=m1gsin30°·x1+m1+m2+Q
得Q=0.9 J
答案:(1)10 m/s2 (2)2 m/s 1 m/s (3)0.6 s (4)0.9 J
1.【解析】(1)金属棒受重力mg、支持力N1、安培力F的作用,受力分析如图甲所示:
根据平衡条件得安培力F=mgtanθ=17×10-3×10× N=0.1 N
安培力F=BIL,L=15 cm=0.15 m
由欧姆定律可知I=,解得R2=4 Ω
(2)将滑动变阻器R2的阻值调至10 Ω>4 Ω,则由安培力F1=BI1L可知,安培力减小,金属棒有沿斜面向下移动的趋势,摩擦力沿斜面向上
电流I1== A= A
安培力F1=BI1L=0.6××0.15 N=0.06 N
金属棒受重力mg、支持力N2、安培力F1和摩擦力f的作用,受力分析如图乙所示
根据沿着斜面方向平衡条件mgsinθ=f+F1cosθ,解得f=0.034 N
答案:(1)0.1 N 4 Ω (2)0.034 N 沿着斜面方向向上
2.【解析】(1)分析运输车的受力,将运输车的重力分解,如图a,导轨对运输车的支持力为N1、N2,如图b,由几何关系有N1cos60°+N2cos60°=mgcosθ
又f1=μN1,f2=μN2
运输车匀速运动,有mgsinθ=f1+f2,解得μ=
(2)①运输车离站时,电路图如图c,有R总=
由闭合电路的欧姆定律得I=,又I1=,I2=I
导体棒所受的安培力:F1=BI1·r,F2=BI2·r
运输车的加速度为a=,解得a=
②运输车进站时,电路如图d,当车速为v时,由法拉第电磁感应定律有
E1=B·rv,E2=B·rv
由闭合电路的欧姆定律得I=
导体棒所受的安培力为F1=BI·r,F2=BI·r
运输车所受的合力为F=
选取一小段时间Δt,运输车速度的变化量为Δv,由动量定理得
-Δt=mΔv
即-vΔt=mΔv
两边求和得-D=mv-mv0,解得v=v0-
答案:(1)
(2)① ②v0-
3.【解析】(1)棒MN做匀加速运动,由牛顿第二定律得:F-BIL=ma
棒MN做切割磁感线运动,产生的感应电动势为E=BLv
棒MN做匀加速直线运动,5 s时的速度为v1=at1=2 m/s
在两棒组成的回路中,由闭合电路欧姆定律得I=
联立上述式子,有F=ma+
代入数据解得F=0.5 N
5 s时拉力F的功率为P=Fv1
代入数据解得P=1 W
棒MN最终做匀速运动,设棒最大速度为vm,棒受力平衡,则有-BImL=0
Im=
代入数据解得vm=2 m/s
(2)解除棒PQ后,两棒运动过程中动量守恒,最终两棒以相同的速度做匀速运动,设速度大小为v',则有mvm=2mv'
设从PQ棒解除锁定,到两棒达到相同速度,这个过程中,两棒共产生的焦耳热为Q,由能量守恒定律可得Q=m-×2mv'2
代入数据解得Q=5 J;
(3)以棒MN为研究对象,设某时刻棒中电流为i,在极短时间Δt内,由动量定理得-BiLΔt=mΔv
对式子两边求和有∑(-BiLΔt)=∑(mΔv)
而Δq=iΔt
对式子两边求和,有∑Δq=∑(iΔt)
联立各式解得BLq=mvm,
又对于电路有q=t=t
由法拉第电磁感应定律得=
又q=
代入数据解得x=40 m
答案:(1)2 m/s (2)5 J
(3)40 m板块三 气体实验定律和热力学定律的综合应用
考向一气体实验定律的综合应用
【真题研磨】
【典例】(10分)(2022·全国乙卷)如图,一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成,汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有,两活塞用一轻质弹簧连接,汽缸连接处有小卡销,活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m,面积分别为2S、S,弹簧原长为l。初始时,此时弹簧的伸长量为0.1l,活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等,两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0,忽略活塞与缸壁间的摩擦,汽缸无漏气,不计弹簧的体积。
(1)求弹簧的劲度系数;
(2)缓慢加热两活塞间的气体,求当活塞Ⅱ刚,活塞间气体的压强和温度。
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 满足理想气体状态方程
② 整体受力分析,合外力为零
③ 整体受力不变,压强不变
【模型转化】
【失分警示】
1.整体分析时弹簧弹力属于内力。
2.上下两活塞面积不同,质量不同。
3.隔离活塞分析时,弹簧对活塞Ⅰ拉力向下。
【答题要素】
利用气体实验定律解决问题的基本思路
【多维演练】
1.维度:汽缸类
一圆柱形汽缸水平固定,开口向右,底部导热,其他部分绝热,横截面积为S。汽缸内的两绝热隔板a、b将汽缸分成Ⅰ、Ⅱ两室,隔板可在汽缸内无摩擦地移动。b的右侧与水平弹簧相连,初始时弹簧处于拉伸状态,两室内均封闭有体积为V0、温度为T0的理想气体。现用电热丝对Ⅱ室缓慢加热,稳定后b隔板向右移动了。已知大气压强为p0,环境温度为T0,加热前、后弹簧的弹力大小均为。
(1)a隔板向左移动的距离Δx;
(2)加热后Ⅱ室内气体的温度T。
2.维度:变质量类
自热型食品都带有一个发热包,遇到水后温度上升,很容易将“生米煮成熟饭”,但也存在安全隐患。消防实验人员对某款自热盒饭进行演示时,盒内气体初始压强与外部大气压p0相同,盒内温度为27 ℃,盒内封闭性能良好,气体可视为理想气体。
(1)消防实验人员把透气孔堵住,卡住盒盖,拉开盒内塑料胶条,将水袋弄破,导致发热剂均匀散热,当盒内气体温度升到107 ℃时,盒内气体膨胀,容积变为盒子容积的,则此时的压强为多少
(2)消防实验人员表示,如果继续把透气孔堵塞盒子就极有可能会爆炸,于是迅速打开透气孔放出部分气体,使得盒内气体的压强与外界大气压强相等,设107 ℃时放气的短时间内的温度和盒内膨胀后的容积保持不变。求放出的气体与盒内所留气体的质量之比。
考向二气体实验定律和热力学定律的综合应用
【真题研磨】
【典例】(8分)(2021·江苏选择考)如图所示,一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中,活塞面积为S,与汽缸底部相距L,汽缸和活塞绝热性能良好,气体的压强、温度与外界大气相同,分别为p0和T0。现接通电热丝加热气体,一段时间后断开,距离L后停止,活塞与汽缸间的滑动摩擦力为f,,整个过程中气体吸收的热量为Q,求该过程中
(1)内能的增加量ΔU;
(2)最终温度T。
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 缓慢说明活塞移动时受力平衡
② 右移体积增大,气体对外做功
③ 最终静止状态受摩擦力为f
【失分警示】
1.等压膨胀时压强不等于p0。
2.体积增大对外做功,W取负值。
【答题要素】
1.热力学定律应用的常见模型
2.热力学定律的解题流程
【多维演练】
1.维度:液体类
某课外兴趣小组用试管制作温度计,把上端A封闭、下端B开口的玻璃管插入水中,放掉适当的空气后放手,让玻璃管竖直地浮在水中,A端露出水面,如图所示。室温为T0时,水面上方的空气柱长度为x0,水面下方空气柱长度为h,室温升高至Tx时,水面以上空气柱长度变为x。已知空气柱横截面积为S,大气压强为p0,水的密度为ρ,重力加速度为g,试管足够长且保持竖直。
(1)求Tx;
(2)已知升温过程中气体内能增加了ΔU,求气体吸收的热量Q。
2.维度:汽缸类
某小组设计了一个气压升降机如图所示,竖直圆柱形光滑绝热汽缸中间有一个小支架,支架上放有可以自由移动的横截面积为S的绝热轻质活塞,活塞上放有重物,活塞到缸底的距离为H,已知大气压强为p0,重力加速度为g。活塞下方空间放有电阻丝,可以对气体加热。工作时先把活塞下方抽成真空,然后将容积为V0=HS、压强为p1=110p0、温度为T0装有氩气的容器通过阀门K向活塞下方空间充气,假设充气过程中氩气的温度不变,且可视为理想气体,阀门始终打开,充气结束时活塞刚好离开支架。
(1)求重物的质量M;
(2)将阀门K关闭以后,将电阻丝接通电源,当电阻丝产生的热量Q全部被氩气吸收时,活塞上升高度为h,求此时汽缸内氩气的温度T和增加的内能ΔU。
1.(汽缸类)绝热的活塞与汽缸之间封闭一定质量的理想气体,汽缸开口向上置于水平面上,活塞与汽缸壁之间无摩擦,缸内气体的内能UP=72 J,如图甲所示。已知活塞面积S=5×10-4 m2,其质量为m=1 kg,大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2如果通过电热丝给封闭气体缓慢加热,活塞由原来的P位置移动到Q位置,此过程封闭气体的V-T图像如图乙所示,且知气体内能与热力学温度成正比。求:
(1)封闭气体最后的体积;
(2)封闭气体吸收的热量。
2.(变质量类)2021年11月8日,王亚平身穿我国自主研发的舱外航天服“走出”太空舱,成为我国第一位在太空“漫步”的女性。舱外航天服是密封一定气体的装置,用来提供适合人体生存的气压。王亚平先在节点舱(航天员出舱前的气闸舱)穿上舱外航天服,航天服密闭气体的体积约为V1=2 L,压强p1=1.0×105 Pa,温度t1=27 ℃。她穿好航天服后,需要把节点舱的气压不断降低,以便打开舱门。
(1)若节点舱气压降低到能打开舱门时,密闭航天服内气体体积膨胀到V2=3 L,温度变为t2=-3 ℃,这时航天服内气体压强p2为多少
(2)为便于舱外活动,航天员出舱前需要把航天服内的一部分气体缓慢放出,使气压降到p3=4.0×104 Pa。假设释放气体过程中温度不变,体积变为V3=2.5 L,那么航天服需要放出的气体与原来气体的质量比为多少
3.(图像类)一定质量的理想气体p-V图像如图所示,在A、B、C处的温度分别为T0、1.5T0、2T0,已知理想气体温度和分子平均动能的关系为T=aEk,其中a为比例系数。求:
(1)气体从A到B过程与从C到D过程对外做功大小的比值;
(2)气体从B到C过程与从D到A过程与外界交换的热量之比。
板块三 气体实验定律和热力学
定律的综合应用
考向一 气体实验定律的综合应用
【真题研磨】
【典例】 (1)设封闭气体的压强为p1,对两活塞和弹簧的整体受力分析,由平衡条件有mg+p0·2S+2mg+p1S=p0S+p1·2S
解得p1=p0+
对活塞Ⅰ进行受力分析,由平衡条件有
2mg+p0·2S+k·0.1l=p1·2S
解得弹簧的劲度系数为k=
(2)缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时,对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知,气体的压强不变依然为
p2=p1=p0+
即封闭气体发生等压变化,初、末状态的体积分别为
V1=×2S+×S=,V2=l2·2S
由于气体的压强不变,则弹簧的弹力也不变,故有l2=1.1l
由等压变化可知=
解得T2=T0
答案:(1) (2)p0+ T0
【多维演练】
1.【解析】(1)由平衡条件知Ⅰ、Ⅱ两室气体压强始终相等,设加热前后压强分别为p1、p2。由于加热前后弹簧弹力大小相等,设为F
加热前p1S+=p0S
加热后p2S=p0S+
Ⅰ室气体发生等温变化,由玻意耳定律p1V0=p2V1
a隔板向左移动的距离
Δx==
(2)加热后Ⅱ室气体体积V2=V0+(V0-V1)+=3V0
由理想气体状态方程=
得T=9T0
答案:(1) (2)9T0
2.【解析】(1)根据理想气体状态方程
=
解得p=1.14p0
(2)根据玻意耳定律得
p·V0=p0(V0+ΔV)
解得ΔV=V0
因为同种气体在相同压强和相同温度下密度相等,即放出气体与盒内所留气体的质量比值==
答案:(1)1.14p0 (2)
考向二 气体实验定律和热力学
定律的综合应用
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)活塞移动时受力平衡p1S=p0S+f
气体对外界做功W=p1SL
根据热力学第一定律ΔU=Q-W
解得ΔU=Q-(p0S+f)L
(2)活塞发生移动前,等容过程=
活塞向右移动了L,等压过程=
且V2=2V1
解得T=T0
答案:(1)Q-(p0S+f)L
(2)T0
【多维演练】
1.【解析】(1)气体在升温过程中做等压变化,初态V1=(x0+h)S
T1=T0
末态V2=(x+h)S
T2=Tx
根据盖-吕萨克定律可得=
解得Tx=T0
(2)温度升高,气体膨胀对外做功,则有
W=-pΔV=-(p0+ρgh)(x-x0)S
根据热力学第一定律ΔU=W+Q
可得气体吸收的热量Q=ΔU+(p0+ρgh)(x-x0)S
答案:(1)T0
(2)ΔU+(p0+ρgh)(x-x0)S
2.【解析】(1)充气过程中氩气的温度不变,由玻意耳定律得
110p0V0=p(V0+SH)V0=HS
解得充气后活塞下方气体的压强为p=10p0
对活塞受力分析得pS=p0S+Mg
解得M=
(2)活塞上升过程中气体压强不变,由盖-吕萨克定律得
=
解得T=T0
在此过程中,气体对外做功,则有W=-pΔV=-pSh=-10p0Sh
根据热力学第一定律得ΔU=Q+W=Q-10p0Sh
答案:(1)
(2)T0 Q-10p0Sh
1.【解析】(1)以缸内气体为研究对象,根据盖-吕萨克定律,有=
代入数据解得VQ=6×10-4 m3
(2)由气体的内能与热力学温度成正比=
解得UQ=108 J
活塞从P位置缓慢移到Q位置,活塞受力平衡,气体为等压变化,以活塞为研究对象有pS=p0S+mg
解得p=p0+=1.2×105 Pa
气体对外界做功,W=-p(VQ-VP)=-24 J
由热力学第一定律UQ-UP=Q+W
得气体变化过程吸收的总热量为Q=60 J
答案:(1)6×10-4 m3 (2)60 J
2.【解析】(1)由题意可知密闭航天服内气体初、末状态温度分别为T1=300 K、T2=270 K,根据理想气体状态方程有=
代入数据解得p2=0.6×105 Pa
(2)设航天服需要放出的气体在压强为p3状态下的体积为ΔV,根据玻意耳定律有p2V2=p3(V3+ΔV)
代入数据解得ΔV=2 L
则放出的气体与原来气体的质量比为=
答案:(1)0.6×105 Pa (2)
3.【解析】(1)由题图可知气体从B到C过程为等容变化,因此=
压强之比为===
根据p-V图像的面积表示气体做的功可知,气体从A到B过程与从C到D过程对外做功大小之比为
===
(2)由题图可知气体从D到A过程为等容变化,则=
因此TD=·TA=·TA=T0
两过程温度差之比为=
因气体从B到C过程与从D到A过程为等容变化,气体均不做功,根据热力学第一定律可得气体与外界交换的热量等于内能的变化量,由于气体体积不变,分子势能不变化,因此气体内能的变化量等于气体平均动能的变化量,又因T=aEk
可得===
答案:(1) (2)板块四 光的折射和全反射的综合应用
考向一光的折射定律的应用
【真题研磨】
【典例】(9分)(2022·湖北选择考)如图所示,水族馆训练员在训练海豚时,将一发光小球高举在水面上方的A位置,海豚的眼睛在B位置,A位置和B位置的水平距离
为d,A位置离水面的高度为d。训练员将小球向左,
,入水前瞬间速度方向与水面夹角为θ。小球在A位置发出的一束光线经水面折射后到达B位置,。已知水的折射率n=,不计空气阻力,求:
(1)tanθ的值;
(2)B位置到水面的距离H。
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 小球做平抛运动
② 确定平抛的末位置,确定水平和竖直位移
③ 求解折射角
【模型转化】
【答题要素】
解决光的折射问题的一般思路
(1)根据题意画出正确的光路图。
(2)利用几何关系确定光路中的边、角关系,要注意入射角、折射角均以法线为标准。
(3)利用折射定律、折射率公式求解。
(4)注意:在折射现象中光路是可逆的。
【多维演练】
1.维度:水中的折射
如图所示,水平地面下方有一个水池,水池宽度AC=7 m,深度H=7 m,A点是水底最左侧的位置,B点与A相距1.75 m。P与水池右侧边缘O的距离为2 m。水池内的水面与地面齐平时,站在水平地面上P点的人手持激光笔照射水面,激光笔距离人站立的水平地面高度是1.5 m,调整激光笔的照射角度,发现投射到水池底部的光束仅能射到B点及其左侧,求:
(1)水的折射率;
(2)若光束恰好照射到B点,在不改变激光束入射角度前提下,水面需要下降到离地面的高度是多少时,这束激光刚好照射到A点。
2.维度:棱镜中的折射
某生产厂家制作截面为正三角形的棱镜时,首先将OM和ON边打磨成平面,且两边的夹角为60°,其中弧MN为以O为圆心的圆弧,在ON边的延长线上有一光源,沿SA的方向发射出的光线射到OM面上,经棱镜折射后由弧MN上的B点射出,最终射到ON另一侧的延长线的C点(图中未画出)。已知AB与ON平行,且SO=OA=AB,OM=R,光在真空中的速度为c。求:
(1)该光线在棱镜中的折射率;
(2)光线由S传到C的时间。
考向二光的全反射的综合应用
【真题研磨】
【典例】(8分)(2022·湖南选择考)如图,某种防窥屏由透明介质和对光完全吸收的屏障构成,其中屏障垂直于屏幕平行排列,可实现对像素单元的控制(可视角度θ定义为某像素单元发出的光在图示平面内折射到空气后最大折射角的2倍)。透明介质的,屏障间隙L=0.8 mm。发光像素单元紧贴屏下,位于相邻两屏障的正中间。不考虑光的衍射。
(1)若把发光像素单元视为点光源,要求可视角度θ控制为60°,求屏障的高度d;
(2)若屏障高度d=1.0 mm,且发光像素单元的宽度不能忽略,求像素单元宽度x最小为多少时,其可视角度θ刚(只要看到像素单元的任意一点,即视为能看到该像素单元)。
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 根据题干由可视角度θ可得最大折射角
② 折射角正弦值与入射角正弦值之比
③ 光线在界面发生全反射
【模型转化】
【失分警示】
1.最大折射角是可视角度θ的一半。
2.发生全反射临界条件是像素单元边缘上的点恰好发生全反射。
【答题要素】
1.解答全反射类问题的技巧
(1)解答全反射类问题时,要抓住发生全反射的两个条件。
①光必须从光密介质射入光疏介质。
②入射角大于或等于临界角。
(2)利用好光路图中的临界光线,准确地判断出恰好发生全反射的光路图是解题的关键,且在做光路图时尽量与实际相符。
2.求解光的折射、全反射问题的四点提醒
(1)光密介质和光疏介质是相对而言的。同一种介质,相对于其他不同的介质,可能是光密介质,也可能是光疏介质。
(2)如果光线从光疏介质进入光密介质,则无论入射角多大,都不会发生全反射现象。
(3)光的反射和全反射现象,均遵循光的反射定律,光路均是可逆的。
(4)当光射到两种介质的界面上时,往往同时发生光的折射和反射现象,但在全反射现象中,只发生反射,不发生折射。
【多维演练】
1.维度:光导纤维中的全反射
以光纤通信为基础,我国千兆宽带已经进入很多家庭,在进入小区的光纤控制箱中,光纤绕成图示形状,已知光纤的折射率n=,其直径为d。
(1)求该光纤的临界角;
(2)若平行轴线射入的一束光通过圆弧部分不发生漏光,求内圆弧半径的最小值。
2.维度:水球中的全反射
在天宫课堂第二课“光学水球”实验中,王亚平老师在水球中注入少量气体,在水球内会形成一个气泡。在另一侧,我们可以观察到王老师一正一反两个像,如图甲所示。这是因为有一部分光线会进入水球中的气泡,形成了正立的人像,而另一部分无法进入气泡的光线,形成了倒立的人像。为了方便研究,我们简化为如图乙所示。已知:水球半径为R1,气泡半径为R2,两球为同心球。有两束平行光射入水球,其中a光沿半径方向射入,b光恰好在气泡表面发生全反射,水的折射率为n。求:a、b两束平行光之间的距离x为多少
1.(棱镜中的折射和全反射)单反相机(图甲)取景器的取景范围和实际拍摄范围基本上一致,十分有利于摄影,让我们能够直观地取景构图。如图乙是单反照相机取景器的光路示意图,其核心部件为屋脊五棱镜。图丙为屋脊五棱镜的横截面图,部分角度如图中所示。光线垂直AB射入,依次经过CD、DE和EA,最后光线从BC射出,若光恰好能够在CD上发生全反射。求:
(1)五棱镜的折射率多大
(2)判断光线能够在AE发生全反射吗 说明理由。
2.(水面上的折射)一水池宽d=1.2 m,深h=1.6 m,在水池边上直立一根高H=0.8 m的木杆AB,一光源D发射激光束,光源D位于水池口部F正下方0.8 m处。当水池中没有水时,光源发出的光刚好照到B点。不改变光源的方向,当池内装满水时,光源发出的光照到木杆上的E点,AE=0.45 m。
(1)求水的折射率;
(2)将光源移到底部的G点,当池内装满水时,改变发射激光束的方向,光束能不能在水面发生全反射
3.(水面上的全反射)如图甲,宽度足够大的水槽内水深h,一束激光垂直水面射向水底s处,发现水槽底部有一半径为r的圆形区域比其他区域暗,产生该现象的原因是光线经水槽底部漫反射后射向水面,射到b处的光线恰好发生全反射,光路见图乙,求:
(1)水的折射率;
(2)通过作图分析,当水深增大时暗斑半径如何变化。
4.(棱镜中折射和全反射)如图甲所示,“隐身装置”可以将儿童的身体部分隐去,对后面的成人没有形成遮挡。简化模型的俯视图如图乙所示,A、B为两个厚度均为a= m的直角透明介质,虚线为透明介质的对称轴,儿童站在介质之间虚线框位置处,人体反射的光线均视为与对称轴平行。已知介质折射率n=,光在真空中的传播速度c=3.0×108 m/s,sin15°=0.26。求:
(1)光线在两透明介质中传播的时间t;
(2)儿童身体能被隐身,身体宽度的最大值d。
板块四 光的折射和全反射的综合应用
考向一 光的折射定律的应用
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)由平抛运动的规律可知d=v0t d=gt2 tanθ=
解得tanθ=
(2)因tanθ=可知θ=53°,
从A点射到水面的光线的入射角为α,
折射角为90°-θ=37°,
则由折射定律可知n=
解得α=53°
由几何关系可知
Htan37°+dtan53°=d
解得H=。
答案:(1) (2)
【多维演练】
1.【解析】(1)根据折射定律n==
又h=1.5 m ,BC=AC-AB=5.25 m,OB=
代入数据得n=
(2)由(1)可知i=53° ,r=37°
设水面下降Δh,激光刚好照射到A点,由几何关系得
(H-Δh)tan37°+Δhtan53°=AC
解得Δh=3 m
水面离地面高度为h'=H-Δh=4 m
答案:(1) (2)4 m
2.【解析】(1)根据题意画出光路图,如图所示
由几何关系得i=60°,r=30°
根据折射定律得n===
(2)由折射定律可知光在棱镜中的传播速度为v=
由几何关系可知,在△SOA中,有SA=SO
在平行四边形SOBA中,有SA=OB=R
则SO=OA=AB=R
在B点发生折射时,有α=30°,β=60°
根据对称性可知BC=SA
则光线由S传到C的时间为t=+
联立解得t=
答案:(1) (2)
考向二 光的全反射的综合应用
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)发光像素单元射到屏障上的光被完全吸收,考虑射到屏障顶端的光射到透明介质和空气界面,折射后从界面射向空气,由题意可知θ=60°,则r==30°
在介质中的入射角为i,则=n
解得sini=
由几何关系sini=
解得d= mm≈1.55 mm
(2)若可视角度θ刚好被扩为180°,则=90°,
此时光线在界面发生全反射,
此时光线在界面处的入射角
sinC==
解得C=30°
此时发光像素单元发光点距离屏障的距离为x1=dtanC= mm
像素单元宽度x最小为
x=2(x1-)=(-0.8) mm≈0.35 mm
答案:(1)1.55 mm (2)0.35 mm
【多维演练】
1.【解析】(1)根据临界角公式sinC==
则该光纤的临界角为C=45°
(2)如图所示
最内侧光线最容易漏光,则根据几何知识有sinθ==
故内圆弧半径的最小值为r=(+1)d
答案:(1)45° (2)(+1)d
2.【解析】画出b光部分光路,如图所示。
在M点,根据折射定律有n=
因b光在N点发生全反射,有sinC=
在三角形OMN中,根据正弦定理有
=
a、b两束平行光之间的距离x=R1sini
联立以上四式解得x=R2
答案:R2
1.【解析】(1)刚好在CD面发生全反射,由几何关系可得入射角α=30°
刚好全反射时sinα=
解得折射率n=2
(2)分析光路图可知
光在AE上入射角也为30°,可判断可以刚好在AE发生全反射。
答案:(1)2 (2)刚好发生全反射,理由见解析
2.【解析】(1)由题意得光路图如图甲
由几何关系知sinα==0.8
sinβ==0.6
所以折射率为n==
(2)由题意得光路图如图乙
当激光束照射A点时入射角θ最大,此时sinθ==
临界角C满足sinC==
由于θ答案:(1) (2)不能
3.【解析】(1)光线恰在b点发生全反射,则sinC=
其中sinC==
则n=
(2)由光路图可知,当槽中水的深度增加时,暗斑半径变大。
答案:(1) (2)见解析
4.【解析】(1)光在透明介质A中传播的光路如图所示,入射角α=45°,设折射角为β
由折射定律得n=
光在透明介质A中运动的路程s=
光在两介质中需要的时间t=
又光在透明介质中的速度v=
联立解得t=×10-9 s≈9.4×10-9 s
(2)儿童身体能被隐身时,光从介质A中射出且恰好不被儿童身体遮挡,如图所示
根据几何关系有=ssin(α-β)
解得d=0.52 m
答案:(1)9.4×10-9 s (2)0.52 m板块五 动力学问题的三大观点
考向一动力学问题的运动观点
【真题研磨】
【典例】(9分)(2022·浙江1月选考改编)钢架雪车比赛的一段赛道如图所示,长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接,斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发,推着雪车匀加速到B点时速,紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加。若雪车(包括运动员)可视为质点,始终在冰面上运动,其总质量为110 kg,sin15°=0.26,取g=10 m/s2,求雪车(包括运动员):
(1)在直道AB上的加速度大小;
(2)过C点的速度大小;
(3)。
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 匀加速运动,已知初速度、末速度、位移
② 匀加速运动,已知初速度、时间、位移
③ 已知运动,求受力
【模型转化】
【答题要素】
1.动力学两类基本问题,即两类基本题型
(1)已知运动求力;(2)已知力求运动。
2.动力学两类基本问题解答步骤
3.动力学两类基本问题解答关键:求加速度a。
加速度a在问题解答中起着桥梁作用。
【多维演练】
1.维度:已知受力情况求运动情况
如图所示,某快递公司使用电动传输机输送快件,倾角θ=37°的传送带顶端A到底端B的高度H=9.6 m,若传送带以10 m/s的速度转动,在传送带顶端A无初速度地放一个质量为0.5 kg的快件(可视为质点),它与传送带之间的动摩擦因数为0.5,取g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)若传送带顺时针转动,快件从A运动到B所用的时间;
(2)若传送带逆时针转动,快件从A运动到B所用的时间。
2.维度:两类基本动力学问题的融合
如图所示,“V”形光滑支架下端用铰链固定于水平地面上,支架两臂与水平面间夹角θ均为53°,“V”形支架的AB臂上套有一根原长为l的轻弹簧,轻弹簧的下端固定于“V”形支架下端,上端与一小球相接触但不连接,该臂上端有一挡板。已知小球质量为m,支架每臂长为,支架静止时弹簧被压缩了,重力加速度为g。现让小球随支架一起绕中轴线OO'以角速度ω匀速转动。sin53°=,cos53°=,求:
(1)轻弹簧的劲度系数k;
(2)轻弹簧恰为原长时,支架的角速度ω0;
(3)当ω=ω0时轻弹簧和挡板弹力的大小。
考向二动力学问题的能量观点
【真题研磨】
【典例】(12分)(2022·浙江6月选考)如图所示,在竖直面内,一质量为m的物块a静置于悬点O正下方的A点,以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上,AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R,EF在竖直直径上,E点高度为H。开始时,与物块a相同的物块b悬挂于O
点,并向左,细线始终张紧,
。已知m=2 g,l=1 m,R=0.4 m,H=0.2m,v=2 m/s,物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ=0.5,轨道AB和管道DE均光滑,物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙,CD与DE平滑连接,物块可视为质点,取g=10 m/s2。
(1)若h=1.25 m,求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小;
(2)物块a在DE最高点时,求与h间满足的关系;
(3)若物块b释放高度满足0.9 m【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 机械能守恒
② 动量守恒、机械能守恒
③ 合外力提供向心力,需先求E点速度,可用动能定理求解
④ 已知位移或求位移,可用动能定理求解
【模型转化】
【答题要素】
1.运用动能定理解题三步骤
2.机械能守恒或能量守恒解题四步骤
【多维演练】
1.维度:机械能守恒+动能定理
如图所示,AB和CDO都是处于同一竖直平面内的固定光滑圆弧形轨道。AB是半径为R=1.0 m的圆弧轨道,CDO是半径为r=0.4 m的半圆轨道,BC段是水平粗糙轨道,与圆弧形轨道平滑连接,已知BC段水平轨道长L=1.6 m,现让一个质量为M=3 kg的小球从A点正上方距A点高H=0.25 m处自由落下,运动到圆弧轨道最低点B时,与质量为m=2 kg的滑块发生弹性碰撞,碰后立即取走小球,使之不影响滑块的后续运动。已知滑块与轨道BC之间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10 m/s2,不计空气阻力,小球和滑块均可视为质点,求:
(1)小球与滑块碰前瞬间,小球对轨道的压力大小FN;
(2)通过计算试判断滑块是否能到达最高点O。若能,请求出滑块离开O点后落在轨道上的具体位置。
2.维度:动能定理+机械能守恒
如图所示,某儿童弹珠类游戏装置由水平面上的固定倾斜轨道、竖直圆轨道(最低点D处分别与水平轨道CD和DE相切)和右端固定的轻质弹簧组成,且各部分平滑相接。某次游戏时,弹珠(可视为质点)从倾斜轨道顶点A点由静止释放,沿倾斜轨道下滑,经过圆轨道后压缩弹簧,然后被弹回,再次经过圆轨道并滑上倾斜轨道,如此往复多次。已知圆轨道半径r=0.1 m,弹珠的质量m=20 g,倾斜轨道的倾角θ=37°及底边BC的长度L=1.6 m,弹珠与倾斜轨道间的动摩擦因数μ=0.25,忽略其他轨道摩擦及空气阻力,g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)弹珠第一次通过竖直圆轨道最高点H时对轨道的压力大小;
(2)弹簧的最大弹性势能及弹珠前两次(即第一次和第二次)压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能之比;
(3)调节竖直圆轨道的半径为R=0.04 m,其他条件不变,仍将弹珠从倾斜轨道顶点A处由静止释放,则此后弹珠通过H点的次数。
考向三动力学问题的动量观点
【真题研磨】
【典例】(11分)(2022·河北选择考)如图,有两个等高的滑板A和B,质量分别为1 kg和2 kg,A右端和B左端分别放置物块C、D,物块质量均为1 kg,A和C以相同速度v0=10 m/s向右运动,B和D以相同速度kv0向左运动,在某时刻发生碰撞,作用时间极短,碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块,A与B粘在一起形成一,物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ=0.1。重力加速度大小取g=10 m/s2。
(1)若0(2)若k=0.5,从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时,。
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 系统动量守恒
② 完全非弹性碰撞,动量守恒
③ 动量守恒,速度相同
【模型转化】
【答题要素】
【多维演练】
1.维度:子弹+滑块滑板问题
如图所示,平板小车A放在光滑水平地面上,长度L=1 m,质量mA=1.99 kg,其上表面距地面的高度h=0.8 m。滑块B(可视为质点)质量mB=1 kg,静置在平板小车的右端,A、B间的动摩擦因数μ=0.1。现有mC=0.01 kg的子弹以v0=400 m/s速度向右击中小车A并留在其中,且击中时间极短,g取10 m/s2。求:
(1)子弹C击中平板小车A后的瞬间,A的速度;
(2)B落地瞬间,平板小车左端与滑块B的水平距离。
2.维度:反冲+碰撞,水平方向动量守恒
滑板运动是一种极限运动,很多极限运动都是由滑板运动延伸而来。如图所示是一个滑板场地,OP段是光滑的圆弧轨道,半径为0.8 m。PQ段是足够长的粗糙水平地面,滑板与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.2。滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下,到达P点时,立即向前起跳。滑板手离开滑板A后,滑板A以速度v1=2 m/s返回,滑板手落到前面相同的滑板B上,并一起向前继续滑动。已知两滑板质量均为m=5 kg,滑板手的质量是滑板的9倍,滑板B与P点的距离为Δx=1 m,g取10 m/s2。(不考虑滑板的长度以及滑板手和滑板间的作用时间,不计空气阻力)求:
(1)当滑板手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力;
(2)滑板手落到滑板B后瞬间,滑板B的速度大小;
(3)两个滑板间的最终距离。
1.(结合电场力的动力学问题)如图所示,在水平向左的匀强电场中,有一光滑轨道ABCD。AB是水平轨道,BCD是处于竖直平面内的半圆轨道,圆心O在AB的延长线上。今有一带电物体P(可视为质点,电荷量保持不变)从某处以水平向右的初速度v0向B运动。P在AB上运动的过程中,在第1 s内P的位移为24 m;在第4 s内,P在水平轨道上运动了1 m刚好到达B点,并进入半圆轨道BCD中运动。重力加速度g取10 m/s2。问:
(1)带电物体P带什么电;
(2)带电物体P从A运动到B的时间t和加速度a;
(3)带电物体P运动到半圆轨道最低点C时,半圆轨道对它的支持力是其重力的多少倍。
2.(运用牛顿运动定律观点解滑板与滑块模型的动力学问题)如图所示,一块质量为M=2 kg,长为L=3 m的匀质薄木板静止在足够长的水平桌面上,在木板的左端静止摆放着质量为m=1 kg的小木块(可视为质点),薄木板和小木块之间的动摩擦因数为μ1=0.1,薄木板与桌面之间的动摩擦因数为μ2=0.2。在t=0时刻,在木板M左端施加一水平向左恒定的拉力F=12 N,g取10 m/s2。则:
(1)拉力F刚作用在木板上时,木板M的加速度大小是多少
(2)如果F一直作用在M上,那么经多少时间m将离开M
(3)若在时间t=1 s时撤去F,再经过多少时间M和m第一次速度相同 在此情况下,最终m在M上留下的痕迹的长度是多少
3.(机械能守恒)如图所示,质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上,弹簧下端固定在地面上,质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的轻质定滑轮与甲连接,开始用手托住乙,轻绳刚好伸直,滑轮左侧绳竖直,右侧绳与水平方向夹角为α。此时小球位于P点。某时刻由静止释放乙(足够高),经过一段时间小球运动到Q点,OQ两点的连线水平,OQ=d,且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g,弹簧弹性势能的表达式为Ep=kx2(k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量),sinα=0.8,cosα=0.6。求:
(1)弹簧的劲度系数k;
(2)小球位于Q点时的速度大小;
(3)小球甲和物体乙的机械能之和的最大值(设放手前甲、乙在同一水平面上,且以此水平面为零势能面)。
4.(动能定理)如图所示,不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球,另一端固定在竖直光滑墙面上的O点。开始时,小球静止于A点,现给小球一水平向右的初速度,使其恰好能在竖直平面内绕O点做圆周运动。垂直于墙面的钉子N位于过O点竖直线的左侧,ON与OA的夹角为θ(0<θ<π),且细线遇到钉子后,小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动,当小球运动到钉子正下方时,细线刚好被拉断。已知小球的质量为m,细线的长度为L,细线能够承受的最大拉力为7mg,g为重力加速度大小。
(1)求小球初速度的大小v0;
(2)求小球绕钉子做圆周运动的半径r与θ的关系式;
(3)在细线被拉断后,小球继续向前运动,试判断它能否通过A点。若能,请求出细线被拉断时θ的值;若不能,请通过计算说明理由。
5.(能量观点+动量观点)“再生制动”是一些汽电混动汽车的常用制动方式。所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电,将部分动能转化为电能储存在电池中。假设一辆汽电混动汽车的质量为m,该汽车设定为前阶段在速度大于v0时选择再生制动,后阶段速度小于等于v0时选择机械制动。当它以速度nv0(n>1)在平直路面上匀速行驶时,某一时刻开始刹车,前阶段阻力的大小与速度的大小成正比,即f=kv,后阶段阻力恒为车重的μ倍,汽车做匀减速运动,重力加速度为g。求:
(1)如果此次刹车的过程中汽电混动汽车动能减小量的η倍被转化为电能,那么此次刹车储存多少电能。
(2)汽电混动汽车从刹车到停止的位移。
板块五 动力学问题的三大观点
考向一 动力学问题的运动观点
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)设在AB段加速度为a1,由速度—位移关系可得=2a1xAB
代入数据解得a1= m/s2
(2)设运动员在AB段运动时间为t1,BC段运动时间为t2,在BC段的加速度为a2,
t1== s=3.0 s,则t2=5.0 s-3.0 s=2.0 s
BC段xBC=vBt2+a2
代入数据解得a2=2 m/s2
过C点的速度大小为vC=vB+a2t2=12 m/s
(3)在BC段由牛顿第二定律可得mgsinθ-Ff=ma2
代入数据解得Ff=66 N
答案:(1) m/s2 (2)12 m/s
(3)66 N
【多维演练】
1.【解析】(1)若传送带以v0=10 m/s的速率顺时针转动,快件开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,由牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma1
快件与传送带共速所需时间为t1=
位移为x1=
联立解得t1=1 s,x1=5 m
因为μ=0.5由运动学规律可知x2=v0t2+a2
根据几何关系可知x1+x2=
解得t2=1 s
则总时间t=t1+t2
联立以上各式解得t=2 s
(2)若传动带以10 m/s的速度逆时针转动,快件一直受到沿斜面向上的滑动摩擦力,由牛顿第二定律可得
mgsinθ-μmgcosθ=ma3
由x=a3
根据几何关系可知x=
联立以上各式解得t3=4 s
答案:(1)2 s (2)4 s
2.【解析】(1)受力分析如图
支架静止时弹簧被压缩了,由平衡条件得=mgsinθ
解得k=
(2)轻弹簧恰为原长时,如图所示,支架的角速度ω0
mgtanθ=mlcosθ
解得ω0=
(3)当ω=ω0时,弹簧处于压缩状态
Ncosθ+kxsinθ=mg
Nsinθ-kxcosθ=mω2(l-x)cosθ
联立解得轻弹簧弹力:kx=mg
挡板弹力为FN=0
答案:(1) (2)
(3) 0
考向二 动力学问题的能量观点
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)物块b摆到最低点过程中,由机械能守恒定律mgh=m
解得vb=5 m/s
b与a发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mvb=mv'b+mv0
m=mv+m联立解得v0=vb=5 m/s
(2)由(1)分析可知,物块b与物块a在A点发生弹性正碰,速度交换,设物块a刚好可以到达E点,物块b高度为h1,根据动能定理可得mgh1-2μmgl-mgH=0
解得h1=1.2 m
以竖直向下为正方向得FN+mg=m
由动能定理mgh-2μmgl-mgH=m
联立可得FN=0.1h-0.14(h≥1.2 m)
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时,物块位置在E点或E点右侧,根据动能定理得mgh-2μmgl-mgH=m
从E点飞出后,竖直方向H=gt2
水平方向s=vEt
根据几何关系可得DF= m
联立解得x=3l+DF+s1
代入数据解得(3+) m≤x<(3.6+) m
当0.9 m解得s2=1.8 m
可知物块达到距离C点0.8 m处静止,物块a由E点速度为零,返回CD时,根据动能定理可得mgH-μmgs3=0
解得s3=0.4 m
距离C点0.6 m,
可知当0.9 m代入数据得2.6 m≤x≤3 m
答案:(1)5 m/s
(2)FN=0.1h-0.14(h≥1.2 m)
(3)见解析
【多维演练】
1.【解析】(1)小球从开始下落至B点的过程,根据机械能守恒定律得
Mg(H+R)=M
可得v0=5 m/s
小球与滑块碰前瞬间,根据牛顿第二定律得
FN'-Mg=M
由牛顿第三定律可知,小球与滑块碰前瞬间,小球对轨道的压力大小FN=FN'
联立解得FN=105 N
(2)小球与滑块发生弹性碰撞,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得
Mv0=Mv1+mv2
由机械能守恒定律得
M=M+m
假设滑块能到达O点,滑块从B点到O点,根据动能定理得
-μmgL-2mgr=m-m
解得滑块到达O点的速度v3=2 m/s
滑块恰好到达最高点O时需要满足mg=m
解得v4=2 m/s
因为v3=v4,所以滑块可以到达O点,离开O后做平抛运动,则水平方向有x=v3t
竖直方向有2r=gt2
解得x=0.8 m
所以滑块离开O点后落在轨道上的位置到C点距离为0.8 m
答案:(1)105 N (2)见解析
2.【解析】(1)弹珠从A点到H点,根据动能定理得
mg(Ltanθ-2r)-μmgcosθ·
=m-0 ①
在H点,对弹珠,根据牛顿第二定律得
mg+FN=m ②
解得FN=2.2 N
根据牛顿第三定律知,弹珠对轨道的压力大小为2.2 N。
(2)弹珠第一次从A点运动至压缩到弹簧最短,此时弹簧的弹性势能最大,设为Ep1。由功能关系得
mgLtanθ-μmgcosθ·=Ep1 ③
解得Ep1=0.16 J
设第二次沿斜面上升的最大高度为H2,第二次压缩弹簧的最大弹性势能为Ep2。
弹珠第二次沿斜面上升的过程,由功能关系得
Ep1=mgH2+μmgcosθ· ④
第二次从斜面上下滑至压缩弹簧到最短的过程,由动能定理得
Ep2=mgH2-μmgcosθ·=Ep1-2μmgcosθ· ⑤
可求得=2 ⑥
(3)由(2)同理可得,弹珠第二次与第三次压缩弹簧的最大弹性势能之比为
=2 ⑦
……
弹珠第n-1次与第n次压缩弹簧的最大弹性势能之比为=2 ⑧
则得Epn=()n-1Ep1
设第n次压缩弹簧前弹珠的速率为vn,则Epn=m
Ep1=m
综上所述,=2
得=()n-1·
当n取最大,速度为vn时弹珠仍可以过H点
由D到H,由动能定理得
-mg·2R=m-m
在H点,有mg≤m
联立解得n≤4
所以弹珠可以通过H点8次。
答案:(1)2.2 N (2)0.16 J 2
(3)8次
考向三 动力学问题的动量观点
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒,设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物,C、D的质量均为m=1 kg,以向右方向为正方向,则有mv0-m·kv0=(m+m)v物
解得v物=v0=5(1-k) m/s>0
可知碰撞后物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1-k) m/s,方向向右。
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒,设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑,滑板A和B质量分别为1 kg和2 kg,则由Mv0-2M·kv0=(M+2M)v滑
解得v滑=v0= m/s>0
则新滑板速度方向也向右。
(2)若k=0.5,可知碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物'=5(1-k) m/s=5×(1-0.5) m/s=2.5 m/s
碰撞后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑'= m/s=0
可知碰撞后新物块相对于新滑板向右运动,新物块向右做匀减速运动,新滑板向右做匀加速运动,设新物块的质量为m'=2 kg,新滑板的质量为M'=3 kg,相对静止时的共同速度为v共,根据动量守恒可得m'v物'=(m'+M')v共
解得v共=1 m/s
根据能量守恒可得μm'gx相=m'v-(m'+M')
解得x相=1.875 m
答案:(1)5(1-k) m/s m/s 方向均向右 (2)1.875 m
【多维演练】
1.【解析】(1)规定水平向右为正方向,对子弹和小车A,由动量守恒定律得mCv0=(mC+mA)v
代入数据解得子弹C击中平板小车A后的瞬间,小车A的速度为v=2 m/s
(2)对射入子弹的小车A和滑块B,由动量守恒定律得(mC+mA)v=(mC+mA)vA+mBvB
从子弹击中小车A后,到滑块B与小车A分离的过程中,由能量守恒定律得μmBgL=(mC+mA)v2-(mC+mA)-mB
代入数据联立解得滑块B与小车A分离时,小车A的速度为vA= m/s,滑块B的速度为vB= m/s
或vA=1 m/s,vB=2 m/s(舍去,因为A的速度不能小于B的速度)
滑块B离开小车A以后以vB做平抛运动,在竖直方向上,根据位移—时间公式得h=gt2
代入数据解得滑块B的平抛运动时间为t=0.4 s
小车A以vA做匀速直线运动,则B落地瞬间,平板小车左端与滑块B的水平距离x为
x=vAt-vBt=×0.4 m-×0.4 m=0.4 m
答案:(1)2 m/s (2)0.4 m
2.【解析】(1)滑板手与滑板A由O点下滑到P点过程,由机械能守恒定律得
10mgR=×10mv2
代入数据解得v=4 m/s
设在P点时滑板手与滑板A所受到的支持力为FN。
由牛顿第二定律可得FN-10mg=10m
代入数据解得FN=1 500 N
根据牛顿第三定律得知F压=FN=1 500 N,方向竖直向下
(2)滑板手跳离A板,滑板手与滑板A水平方向动量守恒,取水平向右为正方向,则
10mv=-mv1+9mv2
代入数据解得v2= m/s
滑板手跳上B板,滑板手与滑板B水平方向动量守恒,则9mv2=10mv3
解得v3=4.2 m/s
(3)滑板B的位移xB=,解得xB=4.41 m
滑板A在弧面上滑行的过程中,其机械能守恒,所以再次返回P点时的速度大小仍为v1=2 m/s
滑板A在水平地面上的位移xA=
解得xA=1 m
最终两滑板的间距为L=xB+Δx-xA=(4.41+1-1) m=4.41 m。
答案:(1)1 500 N,方向竖直向下
(2)4.2 m/s (3)4.41 m
1.【解析】(1)由题意可判断P在电场力作用下向右做减速运动,受水平向左的电场力,与电场方向相同,故P带正电;
(2)把P在水平轨道AB上的运动逆过来考虑,可知其为初速度为0的匀加速直线运动,若刚好运动整4 s,则第1 s内(实际中的第4 s内)运动1 m,那么第4 s内(实际中的第1 s内)运动7 m,显然,题目所给数据并非如此!注意到题目中“第4 s内在水平轨道上的位移为1 m,且恰好运动到B处,并能进入半圆轨道BCD中运动”,可知第4 s这1 s的时间并非都在水平轨道上运动,而是运动了不足1 s的时间,到达B点速度变为0,并开始沿半圆轨道运动。设第4 s内,P在水平轨道上运动的时间为t1,根据匀变速规律有x4=a
P在水平轨道上运动的总时间为t=(3+t1) s,第1 s末时刻到带电物体至B点运动时间为t'=(2+t1) s,则第1 s内的位移为x1=at2-at'2
联立解得t1=0.5 s,a=8 m/s2
从A运动到B的时间t=3+t1=(3+0.5) s=3.5 s
(3)由牛顿第二定律可知F=qE=ma
设半圆的半径为R,P从B点滑到最低点C,设P到达C点的速度为v,由动能定理有mgR-FR=mv2
在C点,设半圆轨道对P的支持力为N,由牛顿第二定律有N-mg=m
联立解得N=3mg-2ma则=1.4
答案:(1)正电 (2)3.5 s 8 m/s2
(3)1.4倍
2.【解析】(1)F刚作用在木板上时,由牛顿第二定律对m得μ1mg=ma1
代入数据得a1=1 m/s2
对M有F-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma代入数据解得a=2.5 m/s2
(2)设m离开M的时间为t1,则对m有x1=a1
对M有x2=a又有L=x2-x1
联立并代入数据解得t1=2 s
(3)t=1 s时m的速度为v1=a1t
M的速度为v2=at
1 s后m仍以a1的加速度做匀加速运动,M将以a2的加速度做匀减速运动,且有μ1mg+μ2(M+m)g=Ma2
设再经t2后二者速度相等,有v1+a1t2=v2-a2t2
解得t2= s,v= m/s
在m和M各自向左匀加速阶段,Δx1=at2-a1t2=0.75 m
在m向左匀加速,M向左匀减速阶段:Δx2=(v2t2-a2)-(v1t2+a1)=0.25 m
在m、M各自向左匀减速阶段,m仍然以a1的加速度做匀减速直线运动,对M有μ2(m+M)g-μ1mg=Ma3
Δx3=-= m
Δx3的痕迹被前两阶段的痕迹所覆盖
木块m在木板M上留下的痕迹的长度为Δx=Δx1+Δx2=1 m
答案:(1)2.5 m/s2 (2)2 s (3) s 1 m
3.【解析】(1)由于P、Q两点处弹簧弹力的大小相等,则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量,由几何关系知PQ=dtanα=d
则小球位于P点时弹簧的压缩量为x=PQ=d
对P点的小球由力的平衡条件可知mg=kx
解得k=
(2)当小球运动到Q点时,假设小球甲的速度为v,此时小球甲的速度与绳子OQ垂直,所以物体乙的速度为零,又知小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒,则由机械能守恒定律得4mg(-d)-mgdtanα=mv2
解得v=
(3)由系统的机械能守恒可知,弹簧弹性势能最小为零时,小球甲和物体乙的机械能之和最大。
放手前甲、乙在同一水平面上,且以此水平面为零势能面,小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒,所以初状态系统的机械能为
Em=kx2=××(d)2=
当弹簧的弹性势能为零时,小球甲和物体乙的机械能之和最大,最大的机械能为。
答案:(1) (2) (3)
4.【解析】(1)设在最高点的速度为v1,在最高点由重力提供向心力,即
mg=m
小球从A到最高点的过程由动能定理得-mg·2L=m-m
联立解得v0=
(2)由N点为圆心,设最低点为M,到最低点的速度为v,
由牛顿第二定律得7mg-mg=
从A到M的过程由动能定理得
-mgΔh=mv2-m
由几何关系得Δh=L-r-(L-r)cosθ
联立解得r=L
(3)假设能通过A点,则竖直方向Δh=gt2
水平方向(L-r)sinθ=vt
联立解得cosθ=-或cosθ=1
由题已知(0<θ<π),cosθ∈(-1,1),与假设结果矛盾,假设不成立,所以不能通过A点。
答案:(1) (2)r=L (3)不能通过A点,理由见解析。
5.【解析】(1)设汽电混动汽车在刹车的过程中储存的电能为E,依题意可得
E=η(mn2-m)
=η(n2-1)m;
(2)设汽电混动汽车再生制动阶段运动的位移为x1,
取初速度方向为正方向,由动量定理得-fΔt=mΔv
又f=kv,即-kvΔt=mΔv
所以在再生制动阶段有-kx1=mv0-mnv0
解得x1=
在机械制动阶段,汽电混动汽车做匀减速运动,由牛顿第二定律可得
f'=ma,又f'=μmg,
解得a=μg
设匀减速运动的位移为x2,由运动学公式可得-=2(-a)x2
解得x2=
所以汽电混动汽车从刹车到停止的位移为x=x1+x2
解得x=+。
答案:(1)η(n2-1)m
(2)+板块一 力学、热学实验
考向一探究类实验
【真题研磨】
【典例】(2022·浙江6月选考)(1)“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置如图甲所示,长木板水平放置,细绳与长木板平行。图乙是打出纸带的一部分,以计数
点O为位移测量起点和计时起点,则打计数点B时大小为
__________cm。由图丙中小车运动的数据点,求得为__________m/s2(保
留两位有效数字)。
(2)利用,需调整的是
__________。
A.换成质量更小的车
B.调整长木板的倾斜程度
C.把钩码更换成砝码盘和砝码
D.改变连接小车的细绳与长木板的夹角
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 纸带位移表示小车位移
② v-t图像中斜率表示加速度
③ 探究加速度与力、质量关系实验中重物重力代替绳子拉力
【失分警示】
1.读数时:最小刻度是0.1 cm,要在下一位估读,最终结果显示小数点后两位。
2.有效数字:从左边第一个不为零的数起,往后全是有效数字。
3.“探究加速度与力、质量的关系”的实验中,用悬挂重物的重力代替绳子拉力,需要先平衡摩擦力并保证小车质量远大于重物质量。
【答题要素】
1.探究类实验常见模型
2.探究类实验问题的注意事项
【多维演练】
1.维度:探究合外力与加速度的关系
一同学利用如图(a)所示的实验装置探究合外力与加速度的关系。长木板的一端放在水平桌面上,形成一倾角为α的斜面,长木板底端有一光电门,用游标卡尺测遮光片的宽度,遮光片安装在小车上,将小车从斜面上由静止释放,测量小车释放的高度h和记录遮光片通过光电门的遮光时间Δt。
(1)游标卡尺(20分度)测量遮光片宽度如图(b)所示,其宽度d=____________mm;
(2)多次改变小车从斜面上由静止释放的高度,得到h和Δt的数据如表所示,根据表中数据可得h和Δt之间的关系为____________;
项目 1 2 3 4
h/cm 10.00 20.00 30.00 40.00
Δt/s 0.0073 0.0052 0.0042 0.0036
A.Δt∝h B.Δt∝
C.Δt∝ D.Δt∝
(3)该同学通过增加小车的质量重复实验,测量发现小车的加速度不变,由此得出结论:物体加速度的大小跟它的质量无关,而不是成反比。请你判断该同学所得结论是否正确,并简要说明理由:___________________________________________
___________________________________________________________________。
2.维度:探究做功与动能变化的关系
某同学用如图甲所示的实验装置来探究绳子拉力做功与小车动能变化的关系。在水平桌面上放有一端装有定滑轮的气垫导轨,气垫导轨上固定有甲、乙两个光电门,用来测量遮光片通过光电门时的遮光时间,滑块经绕过定滑轮的轻质细绳与装有砂的砂桶连接。
(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度。
①测量时需要用图乙中的____________(选填“A”或“B”)测量爪;
②测量结果如图丙所示,则遮光片的宽度为__________mm。
(2)气垫导轨没有定滑轮的一端____________(选填“需要”或“不需要”)垫高来平衡摩擦力。
(3)实验中将砂和砂桶的重力当作细绳的拉力,经多次实验发现拉力做功总是____________(选填“大于”“等于”或“小于”)小车动能的增量。
考向二验证类实验
【真题研磨】
【典例】(2022·湖北选择考)某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器,另一端连接小钢球,如图甲所示。
拉起小钢球至,使小钢球在竖直平面内摆动,记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的和。改变小钢球的初始释放位置,重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax-Tmin图像是一条直线,如图乙所示。
(1)若小钢球摆动过程中机械能守恒,则图乙中直线斜率的理论值为__________。
(2)由图乙得直线的斜率为__________,小钢球的重力为__________N(结果均保留2位有效数字)。
(3)该实验系统误差的主要来源是__________(单选,填正确答案标号)。
A.小钢球摆动角度偏大
B.小钢球初始释放位置不同
C.小钢球摆动过程中有空气阻力
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 静止释放时沿绳方向合力为零,重力垂直于绳方向的分力产生加速度
② 最低点拉力与重力的合力提供向心力,拉力最大
③ 静止释放时拉力最小
【模型转化】
【失分警示】
图像是斜向下的直线,斜率为负。
【答题要素】
验证类实验注意事项
【多维演练】
1.维度:验证力的平行四边形定则
在做“验证力的平行四边形定则”的实验时,先将橡皮筋的一端固定在水平木板上,另一端系上带有绳套的两根细绳。实验时,需要两次拉伸橡皮条,第一次是通过两根细绳用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条,第二次是通过一根细绳用一个弹簧重拉橡皮条。
(1)某次实验用一个弹簧测力计把橡皮条和绳的结点拉到O点时,弹簧测力计的示数如图所示,其读数为__________N。
(2)(多选)关于该实验,下列说法正确的是 ( )
A.本实验采用的科学方法是等效替代法
B.第一次实验时,两细绳的夹角应越大越好
C.第二次实验时,只需要记下弹簧测力计的示数就行
D.两次实验都要将橡皮条和绳的结点拉到同一位置
(3)请提一条对减小本实验误差有益的建议:_______________________________
___________________________________________________________________。
2.维度:验证机械能守恒定律
某实验小组利用如图甲所示的装置完成“验证机械能守恒定律”实验。将气垫导轨沿倾斜方向固定在水平桌面上,倾角为α。将光电门固定在气垫导轨上,带有挡光条的滑块从光电门上方由静止释放。
(1)实验时,该小组的同学利用游标卡尺测了挡光条的宽度,如图乙所示,该游标卡尺的读数为____________mm。
(2)已知挡光条的宽度为d,释放点到光电门的距离为L,挡光条经过光电门的挡光时间为t,重力加速度为g。若滑块下滑过程中机械能守恒,则关系式____________成立(用题中所给物理量符号表示)。
(3)改变释放点到光电门的距离L,多次实验,并记录滑块每次经过光电门时的挡光时间t,该小组的同学利用图像法验证机械能守恒定律。坐标系以L为纵轴,为了便于验证,应以____________(选填“t”“”或“”)为横轴,若图线的斜率为k,重力加速度g=____________时滑块下滑过程中的机械能守恒。
考向三创新类实验
【真题研磨】
【典例】(2022·山东等级考)在天宫课堂中,我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。某同学受此启发,利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验,如图甲所示。主要步骤如下:
①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上,加速度传感器固定在滑块上;
②接通气源,放上滑块,;
③将弹簧左端连接力传感器,右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点。,拉动滑块使其左端处于A点,由静止释放并开始计时;
④计算机采集获取数据,得到滑块所受弹力F、加速度a,部分图像如图乙所示。
回答以下问题(结果均保留两位有效数字):
(1)弹簧的劲度系数为__________N/m。
(2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据,画出a-F图像如图丙中I所示,由此可得滑块与加速度传感器的总质量为____________kg。
(3)该同学在滑块上增加待测物体,重复上述实验步骤,在图丙中画出新的a-F图像Ⅱ,则待测物体的质量为______kg。
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 不计摩擦力,弹簧拉力就是合外力
② OA为弹簧形变量
③ 可得同一时刻下的加速度和弹力
【失分警示】
1.a-F图像斜率倒数表示质量。
2.求待测物体的质量要注意减去滑块与加速度传感器的总质量。
【答题要素】
1.创新类实验常见模型
2.创新类实验解题技巧
【多维演练】
1.维度:实验原理创新
某同学用如图所示装置测当地的重力加速度,将力传感器固定在天花板上,细线一端系于力传感器上,另一端连着一个小球。将小球拉至细线刚好水平伸直的位置,由静止释放小球,小球在竖直面内运动过程中,力传感器显示细线拉力的大小。
(1)要测量当地的重力加速度还需要测量的物理量是__________
A.小球的质量m
B.小球的半径r
C.细线平放在水平面上刚好伸直的长度L1
D.悬挂小球处于静止时细线的长度L2
(2)第一次实验时,力传感器显示小球运动过程中细线上的最大拉力为F1,改变细线的长度两次、重复前面的实验,测得细线上的最大拉力分别为F2、F3,为了减少偶然误差,细线对小球的最大拉力取值为F=____________,结合(1)问中测得的物理量求得当地的重力加速度为g=______________
2.维度:实验器材创新
为了消除空气阻力对实验结果的影响,某实验小组用如图甲所示的实验装置做验证机械能守恒定律实验,牛顿管竖直固定在铁架台上,光电门固定在牛顿管的外侧,紧贴牛顿管外侧再固定刻度尺(图中未画出),启动抽气泵,将牛顿管内的空气抽出。已知橡胶球的质量为m,当地重力加速度为g。
(1)先用游标卡尺测量橡胶球直径d,如图乙所示,则橡胶球直径d = ______
_____mm;
(2)从刻度尺上读取橡胶球球心和光电门中心对应的刻度值l1、l2。将橡胶球由静止释放,记录橡胶球第一次通过光电门的挡光时间Dt1;
(3)要验证橡胶球下落过程中机械能是否守恒,只需比较______________与____________是否相等即可(用上面测得的数据符号表示);
(4)该小组要利用该装置进一步探究橡胶球与管底第一次碰撞前后橡胶球的机械能损失情况,他们记录了橡胶球第二次通过光电门的挡光时间Dt2,则碰撞过程中橡胶球损失的机械能为____________。
考向四热学类实验
【真题研磨】
【典例】(2019·全国卷Ⅲ)用油膜法估算分子大小的实验中,首先需将
成一定浓度的油酸酒精溶液,稀释的目的是________________。
实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯,可以______________________________________________________________________________________________。为得到,还需测量的物理量是___________________________________________________________________。
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 取少量油酸,便于形成单分子油膜
② 测量1 mL溶液的滴数求解一滴的体积
③ 形成单分子油膜的厚度即直径
【模型转化】
1.油酸分子简化为球形
2.分子紧密排列
3.形成单分子油膜
【失分警示】
1.一滴溶液体积太小时不能直接测量。
2.直接测整数滴纯油酸的体积,液面不易刚好对齐量筒刻度线,读数误差较大。
3.应该测量整毫升的滴数,数据准确。
【答题要素】
1.热学类实验常见模型
2.热学类实验注意事项
【多维演练】
1.维度:油膜法估测分子直径实验原理
油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL。现用滴管向量筒内滴加50滴上述溶液,量筒中的溶液体积增加了1 mL,若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大盛水的浅盘中,由于酒精溶于水,油酸在水面展开,稳定后形成的油膜的形状如图所示。若每一小方格的边长为25 mm,试问:
(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为__________模型,让油酸尽可能地在水面上散开,则形成的油膜可视为__________油膜,这层油膜的厚度可视为油酸分子的__________。图中油酸膜的面积为__________m2;每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________m3;根据上述数据,估测出油酸分子的直径是________m;(结果保留两位有效数字)
(2)某同学在实验过程中,在距水面约2 cm的位置将一滴油酸酒精溶液滴入水面形成油膜,实验时观察到,油膜的面积先扩张后又收缩了一些,这是为什么呢 请写出你分析的原因:____________________________________________________。
2.维度:油膜法测分子直径实验步骤及误差分析
小李同学做“用油膜法估测分子直径的大小”的实验,主要操作步骤如下:
①取适量酒精和油酸,配制成一定浓度的油酸酒精溶液;
②用注射器将配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒,记下量筒内溶液每增加一定体积时的滴数,计算出一滴油酸酒精溶液的体积;
③在浅盘内盛一定量的水,再滴入一滴油酸酒精溶液,待其散开稳定;
④在浅盘上覆盖玻璃板,描出油膜的形状,用透明方格纸测量油膜的面积。
(1)上述操作步骤中,步骤____________(选填“①”“②”“③”或“④”)有疏漏,疏漏的内容是_____________________________________________________________;
(2)实验中,所用油酸酒精溶液的浓度为每103 mL溶液中含纯油酸2 mL,用注射器测得1 mL上述溶液有75滴,将1滴溶液滴入盛水的浅盘里。经正确操作,得到油膜的形状和尺寸如图所示,方格的边长为1 cm。油酸膜的面积为____________ cm2;每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为__________mL(采用科学记数法,结果保留两位有效数字);估测出的油酸分子的直径为__________m(采用科学记数法,结果保留一位有效数字);
(3)若测得的油酸分子直径偏大,则其原因可能是______。
A.油酸未完全展开
B.计算油膜的面积时,将不完整的方格作为完整方格处理
C.用注射器测量1 mL溶液的滴数时,少计了1滴
1.(验证动量守恒定律)某研究性学习小组从北京冬奥会冰壶比赛项目中获得启发,利用冰壶碰撞来验证动量守恒定律。该小组在两个相同的奶粉罐中加水,放在户外结冰后制成两只质量不同的冰壶A和B,在户外一块平整的水平地面上泼水结冰形成冰面。小组成员用如图甲(俯视)所示的装置压缩弹簧后将冰壶弹出,此冰壶与另一只静止的冰壶发生碰撞。主要实验步骤如下:
①固定发射装置,将冰壶A压缩弹簧后释放;
②标记冰壶A停止时的位置,在冰壶运动路径上适当位置标记一定点O,测出冰壶A停止时右端到O点的距离,如图乙所示。重复多次,计算该距离的平均值记为x1;
③将冰壶B静置于冰面,左端位于O点。重新弹射冰壶A,使两冰壶对心正碰,测出冰壶A停止时右端距O点的距离和冰壶B停止时左端距O点的距离。重复多次,分别计算距离的平均值记为x2和x3,如图丙所示。
实验中,应如何操作才能确保冰壶A每次到达O点时的速度均相同 _________
________________________________________________________________。
(2)为完成实验,还需要测出_____________________________________________,
验证动量守恒定律的表达式为__________________________________________
(用x1、x2、x3和测量物理量对应的字母表示)。
2.(探究合力的功与动能变化的关系)某同学利用如图甲所示的装置探究合力的功与动能变化间的关系。斜面的倾角为θ,其底端与光滑的水平台面平滑连接,斜面上每间隔长度L0的A、B、C、D、E五个位置处可放置挡板,装置的右侧固定一个竖直木板,木板上粘贴有白纸和复写纸。该同学用游标卡尺测量钢球的直径d,从而在白纸上确定了水平面上钢球圆心等高点的位置,记为O点,并在白纸上建立竖直方向的坐标轴,白纸到水平台面右端的距离为s。现分别从斜面上五个位置处静止释放质量为m的钢球,在白纸上测得了五组墨迹的中心点的坐标值y。重力加速度为g。
(1)利用游标卡尺测量钢球的直径,读数如图丙所示,则钢球直径d=_______
_____mm;
(2)如果作出的L-____________(选填“”“y”“y2”或“”)图像是一条直线,如图乙所示,则表明钢球所受合力的功与钢球获得的速度的平方成正比;
(3)若图像中直线的斜率为k,则钢球所受的合力F=____________(用题目给定的物理量表示)。
3.(探究阻力与速度的关系)为探究“带风帆的小车所受阻力与小车运动速度的关系”,某物理兴趣学习小组设计并进行了如下实验:(g=9.8 m/s2,计算结果保留两位小数)
①将带风帆的小车、已连接好电源的打点计时器和纸带按如图甲所示安装在光滑倾斜的长木板上,记录下木板倾角;
②接通打点计时器电源(频率为50 Hz),使小车从靠近打点计时器位置由静止开始运动,打出一条纸带,关闭电源;
③改变长木板的倾角,重复上述步骤,记录并处理实验数据。
回答下列相关问题:
(1)如图乙所示为某次实验打出的纸带,由此纸带可求得此次小车匀速运动时的速度为____________m/s。
(2)若测得小车(含风帆)的质量为500 g,木板倾角θ为30°,则小车匀速运动时所受阻力大小为____________N。
(3)改变长木板的倾角,重复以上步骤,记录的部分实验数据如表:
sinθ(θ为木板倾角) 0.09 0.17 0.42 0.50 0.57 0.74
小车匀速运动时速度v(m/s) 0.60 1.20 2.80 3.34 3.80 5.00
小组同学根据表中数据作了sinθ-v图像,如图丙所示。由表中数据及图像可以得出的结论是________________________________________________________。
4.(创新实验)某物理小组通过查阅资料得知,弹性材料的弹性系数k=Y,其中L是弹性材料未受力时的长度,S是横截面积,Y是由材料决定的一个常数,材料力学上称之为杨氏模量,在国际单位制中单位为Pa。该物理小组通过如图甲所示的实验装置测量橡皮绳的杨氏模量,同学们将橡皮绳上端固定,刻度尺贴近橡皮绳竖直放置。在橡皮绳下端逐一增挂钩码(质量均为50 g),每增挂一只钩码均记下对应的橡皮绳伸长量,同时根据平衡条件计算出橡皮绳的拉力,实验数据如表所示:
钩码个数 1 2 3 4 5 6
拉力F(N) 0.49 0.98 1.47 1.96 2.45 2.94
伸长量x(cm) 1.00 1.98 3.02 4.00 5.60 7.95
(1)小李同学通过观察实验数据,发现前四次实验中拉力每增加ΔF=0.49 N,橡皮绳伸长量的变化量Δx几乎不变,为减小实验误差,小李同学利用“测量匀变速直线运动的加速度”时用过的“逐差法”来计算Δx的平均值,并得出弹性系数的表达式为k=____________。(用前四次实验橡皮绳的伸长量x1、x2、x3、x4以及ΔF表示)
(2)小赵同学利用图像法处理数据,请根据表格中的实验数据在图乙的坐标系中标出后3组数据对应的坐标点并画出F-x图像。
(3)测得实验所用橡皮绳未受力时的长度为L=20.00 cm,直径为D=4.000 mm。橡皮绳在伸长量较小时,横截面积变化很小,近似满足胡克定律。根据乙图所绘图像计算橡皮绳在近似满足胡克定律时的杨氏模量为________Pa。(结果保留一位有效数字)
板块一 力学、热学实验
考向一 探究类实验
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)依题意,打计数点B时小车位移大小为6.20 cm,考虑到偶然误差,6.15~6.25 cm也可;由图丙中小车运动的数据点,有a== m/s2=1.9 m/s2,考虑到偶然误差,1.7~2.1 m/s2也可。
(2)利用图甲装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时,需要满足小车质量远远大于钩码质量,所以不需要换质量更小的车,故A错误;利用图甲装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时,需要利用小车重力斜向下的分力以平衡其摩擦阻力,所以需要将长木板安装打点计时器一端较滑轮一端适当高一些,故B正确;以系统为研究对象,依题意“探究小车速度随时间变化的规律”实验时有1.9 m/s2≈,考虑到实际情况,即f mg,有1.9 m/s2≈,则可知M≈4m,而利用图甲装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时要保证所悬挂质量远小于小车质量,即m M;可知目前实验条件不满足,所以利用当前装置在“探究加速度与力、质量的关系”时,需将钩码更换成砝码盘和砝码,以满足小车质量远远大于所悬挂物体的质量,故C正确;实验过程中,连接钩码和小车的细绳应跟长木板始终保持平行,与之前的相同,故D错误。
答案:(1) 6.20(6.15~6.25均可)
1.9(1.7~2.1均可) (2) B、C
【多维演练】
1.【解析】(1)根据游标卡尺的读数规则可知遮光片的宽度为d=10 mm+4×
0.05 mm=10.20 mm
(2)根据表中数据可得=≈0.712≈,
=≈0.575≈,=≈0.493≈
所以Δt∝,故选D。
(3)该同学的结论不正确,根据F=mgsinα可知增加小车的质量的同时小车所受合外力也成比例增大,从而造成加速度不变。
答案: (1)10.20 (2)D (3)该同学的结论不正确。根据F=mgsinα可知增加小车的质量的同时小车所受合外力也成比例增大,从而造成加速度不变
2.【解析】(1)①由图乙可知,测量时需要用B测量爪;
②遮光片的宽度为5 mm+2×0.1 mm=5.2 mm
(2)气垫导轨的摩擦力可以忽略不计,气垫导轨没有定滑轮的一端不需要垫高来平衡摩擦力。
(3)实验中将砂和砂桶的重力当作细绳的拉力,则实验中计算的拉力做功等于砂和砂桶重力做的功,砂桶的重力不仅提供给小车加速,还提供自己加速,则拉力总是小于砂桶的重力,实验中计算的拉力做功偏大,则发现拉力做功总是大于小车动能的增量。
答案:(1)①B ② 5.2 (2)不需要 (3)大于
考向二 验证类实验
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)设初始位置时,轻绳与竖直方向夹角为θ,则轻绳拉力最小值为Tmin=mgcosθ,到最低点时轻绳拉力最大,则mgl(1-cosθ)=mv2,Tmax-mg=m,联立可得Tmax=3mg-2Tmin,即若小钢球摆动过程中机械能守恒,则图乙中直线斜率的理论值为-2;
(2)由图乙得直线的斜率为k=-=-2.1,3mg=1.77 N,则小钢球的重力为mg= 0.59 N 。
(3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力,使得机械能减小,故选C。
答案:(1)-2 (2)-2.1 0.59
(3)C
【多维演练】
1.【解析】(1)弹簧测力计的读数为F=4.00 N。
(2)本实验用一个弹簧测力计把橡皮条和绳的结点拉到O点和两个弹簧测力计把橡皮条和绳的结点拉到O点的效果相同,即为等效替代,故A正确;第一次实验时,两细绳的夹角应当适当,不要太大,故B错误;实验时要记下力的大小和方向,故C错误;要两次实验达到相同的效果,则要橡皮条和绳的结点拉到同一位置,故D正确。
(3)拉细绳时,细绳要平行于水平木板,两细绳的夹角不宜太大,也不宜太小。
答案:(1)4.00 (2)A、D (3)拉细绳时,细绳要平行于水平木板(或两细绳的夹角不宜太大,也不宜太小)
2.【解析】(1)由游标卡尺的读数规则可知,该游标卡尺的精确度为0.05 mm,则读数为9 mm+6×0.05 mm=9.30 mm
(2)滑块经过光电门时的速度为v=
若滑块下滑过程中的机械能守恒,则由机械能守恒定律得mgLsinα=mv2
整理得gLsinα=
(3)由gLsinα=
得L=·
坐标系以L为纵轴,为了便于验证,应以为横轴。
依题意,有k=
解得g=
答案: (1)9.30 (2) gLsinα=
(3)
考向三 创新类实验
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)由题意知,弹簧处于原长时滑块左端位于O点,A点到O点的距离为5.00 cm。拉动滑块使其左端处于A点,由静止释放并开始计时。结合图乙的F-t图有Δx =5.00 cm,F=0.610 N
根据胡克定律得k=,计算出k ≈ 12 N/m;
(2)根据牛顿第二定律有F=ma,则a-F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数,根据图丙中Ⅰ,则有= kg-1=5 kg-1,则滑块与加速度传感器的总质量为m=0.20 kg;
(3)滑块上增加待测物体,同理,根据图丙中Ⅱ,则有= kg-1=3 kg-1,则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为m' = 0.33 kg,则待测物体的质量为Δm=m'-m = 0.13 kg。
答案: (1)12 (2)0.20 (3)0.13
【多维演练】
1.【解析】(1)本实验中,细线从水平位置摆至竖直位置的过程中,严格来讲其长度会发生细微变化,但这属于系统误差,在不改进实验器材和原理的情况下无法避免,所以只能认为绳长为定值。设小球的质量为m,做圆周运动的半径为r,摆至最低点时的速度大小为v,根据动能定理有mgr=mv2 ①
设此时细线对小球的拉力大小为F,根据牛顿第二定律有F-mg=m ②
联立①②解得g= ③
由③式可知还需要测量的物理量是m,故选A。
(2)为了减少偶然误差,采取多次测量取平均值的方法,即细线对小球的最大拉力取值为F=
结合(1)问中测得的物理量求得当地的重力加速度为g=。
答案: (1)A
(2)
2.【解析】(1)根据游标卡尺的读数规则有0.6 cm + 12×0.05 mm=6.60 mm
(3)要验证橡胶球下落过程中机械能是否守恒,则只需满足=gh
根据上面测得数据符号表示=g(l2-l1)
(4)第二次通过光电门时的速度为v'=
则根据能量守恒有
ΔEk=mv2-mv'2=-
答案:(1)6.60 (3) g(l2-l1) (4)-
考向四 热学类实验
【真题研磨】
【典例】【解析】稀释的目的是使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜;为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积,可以把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中,测出1 mL油酸酒精溶液的滴数,就能得到一滴溶液中纯油酸的体积。为得到油酸分子的直径,我们还需测量出单分子层油膜的面积。
答案:见解析
【多维演练】
1.【解析】(1)这种估测方法是将每个分子视为球体模型。让油酸尽可能地在水面上散开,则形成的油膜可视为单分子油膜。这层油膜的厚度可视为油酸分子的直径。油膜面积约占125小格,面积约为S=125×25×25×10-6 m2=7.8×10-2 m2。一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V=××10-6 m3=1.2×10-11 m3;油酸分子的直径约等于油膜的厚度d=≈1.5×10-10 m。
(2)主要有两个原因:①水面受到落下的油酸酒精溶液的冲击,先下陷后又恢复水平,因此油膜的面积扩张;②油酸酒精溶液中的酒精挥发,使液面收缩。
答案:(1) 球体 单分子 直径 7.8×10-2 1.2×10-11 1.5×10-10
(2)见解析
2.【解析】(1)第③步有疏漏,水面上不撒痱子粉或石膏粉时,滴入的油酸酒精溶液在酒精挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜,油膜间的缝隙会造成测量误差增大甚至实验失败,故应先在水面上撒痱子粉或石膏粉。
(2)计算油膜面积时,超过半格的算一格,不满半格的舍去,则油膜面积约为73 cm2。由题意,1滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V=× mL=2.7×10-5 mL
油膜分子直径为d=≈4×10-9 m
(3)油酸未完全散开会导致计算的面积偏小,得到油酸分子的直径的测量值偏大,故A正确;计算油膜的面积时,将不完整的方格作为完整方格处理,则测得的面积偏大,则油酸分子的测量值偏小,故B错误;求每滴油酸酒精溶液的体积时,1 mL的溶液滴数少计了1滴,会使油酸酒精溶液中所含纯油酸的体积的计算值偏大,从而造成分子直径测量值偏大,故C正确。
答案: (1) ③ 滴入一滴油酸酒精溶液前,在水面上撒上痱子粉 (2)73 2.7×10-5 4×10-9 (3)A、C
1.【解析】(1)确保冰壶A每次到达O点时的速度均相同,需要每次将弹簧压缩至同一位置静止释放;
(2)根据动量守恒定律m1v1=m1v1'+m2v2'
运动过程中冰壶A、B均做匀减速运动,故v2=2ax
联立解得m1=m2-m1
故还需要测量冰壶A的质量m1,冰壶B的质量m2。
答案:(1)每次将弹簧压缩至同一位置静止释放
(2)冰壶A的质量m1,冰壶B的质量m2 m1=m2-m1
2.【解析】(1)游标卡尺读数为11 mm+8×0.05 mm=11.40 mm
(2)刚下落过程中,合力做的功W=FL
设小球运动到斜面底端的速度为v,离开水平面后做平抛运动,水平方向s=vt
竖直方向y=gt2
可得v2=
若作出的L-图像是一条直线,则说明W∝v2。
(3)根据动能定理得FL=mv2
可得L=·
其中斜率k=
可得F=
答案:(1)11.40 (2) (3)
3.【解析】(1)小车匀速运动时,相等时间间隔内运动距离相同,则相邻计数点间距相同,结合乙图可得v==m/s≈1.20 m/s
(2)当倾角θ=30°时,根据受力平衡可得mgsinθ=f
解得f=mgsinθ=0.5×9.8×0.5 N=2.45 N
(3)小车匀速运动时,根据受力平衡可得f=mgsinθ
由表格数据可得
=0.15,≈0.14,=0.15,≈0.15,=0.15,≈0.15
结合sinθ-v图像可知sinθ与运动速度v成正比,所以小车所受的阻力与运动速度成正比。
答案: (1)1.20 (2)2.45 (3)小车所受的阻力与运动速度成正比
4.【解析】(1)橡皮绳伸长量的变化量Δx的平均值为Δ=
根据胡克定律可得ΔF=kΔ
解得k=
(2)F-x图像如图所示
(3)由F-x图像可知,伸长量为1.00 cm时,橡皮绳的弹性系数为
k= N/m=49 N/m
根据k=Y
可得Y=== Pa≈8×105 Pa
答案: (1)
(2)
(3) 8×105
