(共59张PPT)
第10讲 直流电路与交流电路
命题点一 直流电路的分析与计算
1．闭合电路欧姆定律的三个公式
(1)E＝U外＋U内；(任意电路)
(2)E＝U外＋Ir；(任意电路)
(3)E＝I(R＋r)．(纯电阻电路)
2．电路动态分析的两种方法
即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论．
例 1 [2023·广东模拟预测] (多选)如图所示电路，两电源电动势分别为E1、E2，内阻分别为r1、r2，且E1＝E2，r1>r2，R为滑动变阻器，P为滑动变阻器滑片，灯泡电阻可认为不变．现闭合开关S1，单刀双掷开关S2接1时，灯泡均正常发光，则下列说法中正确的是( )
A．若滑片P向下滑动，则L2变亮，L3变暗
B．若滑片P向下滑动，则L1变暗，L2变亮
C．若将单刀双掷开关S2切换至2，则L1、L2、L3均变亮
D．若将单刀双掷开关S2切换至2，则电源的输出功率可能变小
答案：ABC
答案：C
例 3 [2023·浙江名校联盟联考]新冠肺炎患者中有13%的重症患者和6%的危重患者需要给予及时的呼吸机治疗，呼吸机成为生死攸关的战略资源．呼吸机的核心部件之一是呼吸机马达．下表是国内某制造商生产的呼吸机马达的主要参数．
呼吸机马达
额定电压 24 V
空载电流 0.2 A
额定转速 30 000 rpm
额定负载扭矩 100 mN·m
额定电流 1.9 A
额定输出功率 32 W
下列说明正确的是( )
A. 额定电流状态下，马达内阻等消耗功率为13.6 W
B．利用空载状态的参数，计算出马达的内阻是120 Ω
C．利用额定状态的参数，计算出马达的内阻约为9 Ω
D．空载状态下，马达的输出功率为4.8 W
答案：A
解析：额定电流状态下，马达内阻等消耗功率为Pr＝U额I额－P输＝13.6 W，故A正确；由于马达不是纯电阻元件，所以无论是在空载状态还是额定状态，都不能利用参数根据欧姆定律计算马达的内阻，故B、C错误；空载状态下，马达的输入功率为P空＝U额I空＝4.8 W，由于马达内阻会消耗功率，所以马达此时的输出功率小于4.8 W，故D错误．
提升训练
1.[2023·重庆南开中学质检](多选)小明为自己家的养牛场设计了一款补水提示器，其工作原理如图所示．在忽略电表内阻影响的情况下，下列分析正确的是( )
A．水量减少时，滑动变阻器的滑片向上移动
B．如果选择电压表，电表示数变小反映水量增多
C．如果选择电流表，电表示数变大反映水量增多
D．如果选择电流表，R0可以在水太多时保护电路
答案：ACD
解析：根据装置图可知，水量减少，弹簧压缩量减少，滑片上移，故A正确；若电表为电压表，其测的是滑动变阻器上部分对应的电压值，示数减小，说明滑片上移，水量减少，故B错误；若电表为电流表，电流表测的是整个电路的电流，电流表示数变大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，即滑片下移，水量增多，故C正确；如果选择电流表，水太多时R接入电路的阻值很小，电路中电流很大，此时R0串联在干路中，起到保护电路(电流表)的作用，故D正确．
2．[2023·北京市昌平区前锋学校二模]甲、乙两种亮度可调的台灯内部电路示意图如图所示，其中甲台灯通过变阻器调节灯泡亮度，乙台灯通过改变理想变压器副线圈的匝数调节灯泡亮度，两台灯所用电源和灯泡均相同，下列说法正确的是( )
A．两台灯均可使用直流电源
B．甲台灯的旋转开关从1调到4的过程中，灯泡逐渐变暗
C．乙台灯的旋转开关从1调到4的过程中，灯泡逐渐变亮
D．当两台灯亮度相同时，电源的输出功率相同
答案：C
3.[2023·人大附中高三摸底考试](多选)为了节能和环保，一些公共场所用光敏电阻制作光控开关来控制照明系统，如图为电路原理图．图中，直流电源电动势为3 V，内阻可不计，R为可变电阻，RG为光敏电阻，其在不同照度下的阻值如表(照度是描述光的强弱的物理量，光越强照度越大，lx是它的单位)．
照度/lx 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
电阻RG/kΩ 75 40 28 23 20 18
若控制开关两端电压升至2 V时将自动开启照明系统，则以下说法正确的是( )
A.若将R接入电路的阻值调整为20 kΩ，则当照度降低到0.4 lx时启动照明系统
B．若要使照明系统在照度降低到0.8 lx时启动，则要将R接入电路的阻值调整为46 kΩ
C．R接入电路的阻值不变时，照度越大，控制开关两端的电压越大
D．若要在光照更暗时启动照明系统，应将R接入电路的阻值调大
答案：AD
3．正弦式交流电“四值”的应用
表达式 应用
最大值 Em＝nBSω 计算电容器的耐压值
瞬时值 e＝Emsin ωt 计算某时刻所受安培力
有效值 电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流
平均值 计算通过导体的电荷量
答案：BD
考向2 交变电流的“四值”的分析、计算
例 2 [2023·湖南卷](多选)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示．大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上．线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R.磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场．大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直．线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡．
答案：AC
答案：B
2．[2023·金丽衢十二校联考]如图所示为一电流通过一电子元件后的波形图(曲线部分为正弦式交变电流的一部分)，则下列说法正确的是( )
A．这是一种交变电流
B．电流的变化周期为0.03 s
C．电流通过100 Ω电阻时，电功率为100 W
D．电流通过100 Ω的电阻时，一个周期内流经电阻的电荷量大于0.015 C
答案：D
答案：B
2．分清远距离输电的三个回路和三种关系
(1)理清三个回路
(2)分清三种关系
电压关系 U2＝ΔU＋U3
电流关系 I2＝I3＝I线
功率关系 P1＝P2 P3＝P4
答案：BC
例 2 [2023·四川省成都市树德中学高三三诊]图甲中理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R＝10 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡．原线圈接一个经双可控硅调节后的电压U，U随时间t的变化规律如图乙所示，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前四分之一周期电压被截去．现将S1、S2、S3闭合，此时L2正常发光．下列说法错误的是( )
A．输入电压U的有效值为10 V
B．R消耗的电功率为10 W
C．只断开S3后，L2能正常发光
D．只断开S2后，原线圈的输入功率减小
答案：B
答案：D
考向2 远距离输电
例 4 [2023·四川统考二模](多选)在远距离输电技术上，中国1 100 kV特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程．输电线路流程可简化为：
如虚线框所示，若直流输电线电阻为10 Ω，直流电输送功率为5.5×109 W，不计变压器、整流与逆变等造成的能量损失，则( )
A．直流电输电线路上的电流为5×103 A
B．直流电输电线路上损失的电压为100 kV
C．降压变压器的输出功率是4.5×109 W
D．若将1 100 kV直流输电降为550 kV直流输电，受端获得功率将比原来减少7.5×108 W
答案：AD
提升训练
1.[2023·安徽省联考](多选)如图所示，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源，原、副线圈分别接可变电阻R1、R2，理想电压表V1、V2的示数为U1、U2，理想电流表A1、A2的示数为I1、I2.
答案：ABD
2．[2023·浙江联考](多选)杭丽铁路被列入浙江省重大建设项目“十四五”规划，杭丽高铁建成后，丽水前往杭州的时间将缩短至1小时内．新建成的高铁将应用许多新技术，图示为高铁的牵引供电流程图，利用可视为理想变压器(原、副线圈匝数比为n1∶n2)的牵引变电所，将高压220 kV或110 kV降至27.5 kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受电弓使机车获得25 kV工作电压，
则下列说法正确的是( )
A．若电网的电压为110 kV，则n1∶n2＝4∶1
B．若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于25 kV
C．高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大
D．如果高铁机车的电动机输出机械功率为9 000 kW，电机效率为90%，则牵引变电所到机车间的等效电阻为62.5 Ω
答案：AC
交变电流的产生及含变压器的三种模型
模型一 交变电流的产生
分类 情境图示 情境解读
两个特殊位置
中性面：Φ最大、e＝0、i＝0、电流变向
中性面的垂面：Φ＝0、e最大、i最大、电流不变向
交变电流的四值 峰值Um＝nBSω
瞬时值e＝Umsin ωt
或e＝Umcos ωt
模型二 含变压器的三种模型
分类 情境图示 情境解读
变压器工作原理
变交不变直，变压不变频
变压器动态分析
一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况
远距离输电
答案：D
[典例2] [2023·福建省宁德市质检]如图所示为输电能耗演示电路．左侧变压器T1原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为6 V的正弦交流电．连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为8 Ω，开关S接1时，右侧变压器T2原、副线圈匝数比为2∶1，R消耗的功率为8 W；接2时，T2原、副线圈匝数比为1∶2，则( )
A．接1时，T2原线圈两端电压为U3＝18 V
B．接1时，T2原线圈中的电流为I3＝2 A
C．接2时，R消耗的功率P＝32 W
D．接2时，R消耗的功率P＝18 W
答案：D
第10讲 直流电路与交流电路
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一 直流电路的分析与计算
1．闭合电路欧姆定律的三个公式
(1)E＝U外＋U内；(任意电路)
(2)E＝U外＋Ir；(任意电路)
(3)E＝I(R＋r)．(纯电阻电路)
2．电路动态分析的两种方法
即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论．
例 1 [2023·广东模拟预测]
(多选)如图所示电路，两电源电动势分别为E1、E2，内阻分别为r1、r2，且E1＝E2，r1>r2，R为滑动变阻器，P为滑动变阻器滑片，灯泡电阻可认为不变．现闭合开关S1，单刀双掷开关S2接1时，灯泡均正常发光，则下列说法中正确的是( )
A．若滑片P向下滑动，则L2变亮，L3变暗
B．若滑片P向下滑动，则L1变暗，L2变亮
C．若将单刀双掷开关S2切换至2，则L1、L2、L3均变亮
D．若将单刀双掷开关S2切换至2，则电源的输出功率可能变小
例 2 [2023·海南卷]如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，闭合开关K，待电路稳定后，电容器上的电荷量为( )
A．CE
B．CE
C．CE
D．CE
例 3 [2023·浙江名校联盟联考]新冠肺炎患者中有13%的重症患者和6%的危重患者需要给予及时的呼吸机治疗，呼吸机成为生死攸关的战略资源．呼吸机的核心部件之一是呼吸机马达．下表是国内某制造商生产的呼吸机马达的主要参数．下列说明正确的是( )
呼吸机马达
额定电压 24 V
空载电流 0.2 A
额定转速 30 000 rpm
额定负载扭矩 100 mN·m
额定电流 1.9 A
额定输出功率 32 W
A.额定电流状态下，马达内阻等消耗功率为13.6 W
B．利用空载状态的参数，计算出马达的内阻是120 Ω
C．利用额定状态的参数，计算出马达的内阻约为9 Ω
D．空载状态下，马达的输出功率为4.8 W
思维提升
纯电阻电路和非纯电阻电路
(1)纯电阻电路：电功W＝UIt，电功率P＝UI，且电功全部转化为电热，有W＝Q＝UIt＝t＝I2Rt，P＝UI＝＝I2R.
(2)非纯电阻电路：电功W＝UIt，电功率P＝UI，电热Q＝I2Rt，电热功率P热＝I2R，电功率大于电热功率，即P>P热，故求电功、电功率只能用W＝UIt、P＝UI，求电热、电热功率只能用Q＝I2Rt、P热＝I2R.
提升训练
1.
[2023·重庆南开中学质检](多选)小明为自己家的养牛场设计了一款补水提示器，其工作原理如图所示．在忽略电表内阻影响的情况下，下列分析正确的是( )
A．水量减少时，滑动变阻器的滑片向上移动
B．如果选择电压表，电表示数变小反映水量增多
C．如果选择电流表，电表示数变大反映水量增多
D．如果选择电流表，R0可以在水太多时保护电路
2．[2023·北京市昌平区前锋学校二模]甲、乙两种亮度可调的台灯内部电路示意图如图所示，其中甲台灯通过变阻器调节灯泡亮度，乙台灯通过改变理想变压器副线圈的匝数调节灯泡亮度，两台灯所用电源和灯泡均相同，下列说法正确的是( )
A．两台灯均可使用直流电源
B．甲台灯的旋转开关从1调到4的过程中，灯泡逐渐变暗
C．乙台灯的旋转开关从1调到4的过程中，灯泡逐渐变亮
D．当两台灯亮度相同时，电源的输出功率相同
3.
[2023·人大附中高三摸底考试](多选)为了节能和环保，一些公共场所用光敏电阻制作光控开关来控制照明系统，如图为电路原理图．图中，直流电源电动势为3 V，内阻可不计，R为可变电阻，RG为光敏电阻，其在不同照度下的阻值如表(照度是描述光的强弱的物理量，光越强照度越大，lx是它的单位)．若控制开关两端电压升至2 V时将自动开启照明系统，则以下说法正确的是( )
照度/lx 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
电阻RG/kΩ 75 40 28 23 20 18
A.若将R接入电路的阻值调整为20 kΩ，则当照度降低到0.4 lx时启动照明系统
B．若要使照明系统在照度降低到0.8 lx时启动，则要将R接入电路的阻值调整为46 kΩ
C．R接入电路的阻值不变时，照度越大，控制开关两端的电压越大
D．若要在光照更暗时启动照明系统，应将R接入电路的阻值调大
命题点二 交流电流的分析与计算
1．线圈通过中性面时的特点
(1)穿过线圈的磁通量最大．
(2)线圈中的感应电动势为零．
(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次．
2．有效值的计算
(1)正弦式交变电流：E＝，I＝，U＝.
(2)非正弦式交变电流：计算有效值时，要根据电流的热效应，即“一个周期”内“相同电阻”上产生“相同热量”，然后分段求和列式，求得有效值．
3．正弦式交流电“四值”的应用
表达式 应用
最大值 Em＝nBSω 计算电容器的耐压值
瞬时值 e＝Emsin ωt 计算某时刻所受安培力
有效值 E＝ 电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流
平均值 ＝ 计算通过导体的电荷量
考向1 交流电流的产生
例 1 [2023·四川省成都市三诊](多选)如图甲所示，KLMN是一个电阻R＝0.4 Ω的单匝竖直矩形闭合导线框，全部处于水平方向的匀强磁场中，MN边水平，线框绕某一竖直固定轴按俯视的逆时针方向匀速转动，产生的感应电流如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．1 s时间内电流方向改变5次
B．若从图示时刻开始计时，并且规定MLKN的方向为电流的正方向，则电流表达式为i＝10sin (10πt＋π)A
C．图示时刻感应电动势的瞬时值e＝2V
D．磁通量的最大值Φm＝ Wb
考向2 交变电流的“四值”的分析、计算
例 2 [2023·湖南卷](多选)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示．大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上．线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R.磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场．大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直．线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡．假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是( )
A．线圈转动的角速度为4ω
B．灯泡两端电压有效值为3nBL2ω
C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为
D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
提升训练
1.[2023·浙江十校联盟联考]如图甲是小型交流发电机，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，一个100匝的矩形线圈(内阻不计)绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，某位置开始计时产生的交变电动势图像如图乙所示，已知磁感应强度B＝0.1 T，则( )
A．t＝0时刻，线圈平面与磁感线平行
B．线圈的面积S为 m2
C．它可使“220 V，60 W”的灯泡正常发光，也可使击穿电压为220 V的电容器正常工作
D．以此作为电源，每通过1 C的电荷量，消耗的电能为220 J
2．[2023·金丽衢十二校联考]如图所示为一电流通过一电子元件后的波形图(曲线部分为正弦式交变电流的一部分)，则下列说法正确的是( )
A．这是一种交变电流
B．电流的变化周期为0.03 s
C．电流通过100 Ω电阻时，电功率为100 W
D．电流通过100 Ω的电阻时，一个周期内流经电阻的电荷量大于0.015 C
3．[2023·广东茂名一模]无线充电技术已经在新能源汽车等领域得到应用．地下铺设供电的送电线圈，车上的受电线圈与蓄电池相连，如图所示．送电线圈和受电线圈匝数比为n1∶n2＝4∶1.当送电线圈接上图中的正弦交流电后，受电线圈中的电流为2 A．不考虑线圈的自感，忽略电能传输的损耗，下列说法正确的是( )
A．受电线圈的电流方向每秒改变50次
B．送电线圈的输入功率为110 W
C．受电线圈的输出电压为50 V
D．送电线圈的输入电压为220 V
命题点三 变压器与远距离输电
1．理想变压器原副线圈中各物理量的三个制约关系
(1)电压制约：输出电压U2由输入电压U1决定，即U2＝.原制约副
(2)电流制约：原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝.副制约原
(3)功率制约：变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2.副制约原
2．分清远距离输电的三个回路和三种关系
(1)理清三个回路
(2)分清三种关系
电压关系 ＝ U2＝ΔU＋U3 ＝
电流关系 ＝ I2＝I3＝I线 ＝
功率关系 P1＝P2 P2＝P3＋ΔP ΔP＝R线＝ P3＝P4
考向1 理想变压器的分析与计算
例 1 [2023·海南卷](多选)
如图是工厂利用u＝220sin 100πt V的交流电给36 V照明灯供电的电路，理想变压器原线圈匝数为1 100，下列说法正确的是( )
A．电源电压有效值为220 V
B．交变电流的周期为0.02 s
C．副线圈匝数为180
D．副线圈匝数为240
例 2 [2023·四川省成都市树德中学高三三诊]图甲中理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R＝10 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡．原线圈接一个经双可控硅调节后的电压U，U随时间t的变化规律如图乙所示，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前四分之一周期电压被截去．现将S1、S2、S3闭合，此时L2正常发光．下列说法错误的是( )
A．输入电压U的有效值为10 V
B．R消耗的电功率为10 W
C．只断开S3后，L2能正常发光
D．只断开S2后，原线圈的输入功率减小
例 3 [2023·湖北省高三三模]
如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，输入端所加正弦交流电的电压U＝20sin (100πt) V，已知电阻R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，滑动变阻器R3最大阻值为40 Ω，电压表为理想电压表．开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，下列说法正确的是( )
A．通过R1的电流为2 A
B．电压表读数为40 V
C．副线圈电流方向每秒钟改变50次
D．若将滑片P向下滑动，电压表读数将变大
思维提升
原线圈含电阻的变压器问题分析技巧
对于一组原、副线圈电路，电流与匝数成反比的规律成立，即＝；但要注意电压与匝数成正比关系成立的条件，原线圈接有电阻时，＝中U1指的是原线圈两端电压，而不是电源电压．原线圈两端电压和与原线圈串联的电阻两端电压之和等于电源电压．
考向2 远距离输电
例 4 [2023·四川统考二模](多选)在远距离输电技术上，中国1 100 kV特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程．输电线路流程可简化为：
如虚线框所示，若直流输电线电阻为10 Ω，直流电输送功率为5.5×109 W，不计变压器、整流与逆变等造成的能量损失，则( )
A．直流电输电线路上的电流为5×103 A
B．直流电输电线路上损失的电压为100 kV
C．降压变压器的输出功率是4.5×109 W
D．若将1 100 kV直流输电降为550 kV直流输电，受端获得功率将比原来减少7.5×108 W
提升训练
1.[2023·安徽省联考](多选)如图所示，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源，原、副线圈分别接可变电阻R1、R2，理想电压表V1、V2的示数为U1、U2，理想电流表A1、A2的示数为I1、I2.下列说法错误的是( )
A.保持P位置不变，R1增大、R2不变的情况下，I1减小，U1不变
B．保持P位置不变，R1不变、R2增大的情况下，I2减小，U2减小
C．保持P位置不变，R1不变，使R2＝时，R2消耗的功率达到最大
D．R1不变、R2减小的情况下，P向下移，R1消耗的功率减小
2．[2023·浙江联考](多选)杭丽铁路被列入浙江省重大建设项目“十四五”规划，杭丽高铁建成后，丽水前往杭州的时间将缩短至1小时内．新建成的高铁将应用许多新技术，图示为高铁的牵引供电流程图，利用可视为理想变压器(原、副线圈匝数比为n1∶n2)的牵引变电所，将高压220 kV或110 kV降至27.5 kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受电弓使机车获得25 kV工作电压，则下列说法正确的是( )
A．若电网的电压为110 kV，则n1∶n2＝4∶1
B．若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于25 kV
C．高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大
D．如果高铁机车的电动机输出机械功率为9 000 kW，电机效率为90%，则牵引变电所到机车间的等效电阻为62.5 Ω
素养培优·模型建构
交变电流的产生及含变压器的三种模型
模型一 交变电流的产生
分类 情境图示 情境解读
两个特殊位置 中性面：Φ最大、e＝0、i＝0、电流变向 中性面的垂面：Φ＝0、e最大、i最大、电流不变向
交变电流的四值 峰值Um＝nBSω
瞬时值 e＝Umsin ωt 或e＝Umcos ωt
有效值 ①U＝ ②根据电流的热效应计算
平均值I＝
模型二 含变压器的三种模型
分类 情境图示 情境解读
变压器工作原理 变交不变直，变压不变频
变压器动态分析 一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况
远距离输电 在远距离输电问题中，一般用P损＝R线计算线路功率损耗
[典例1] [2023·福建厦门市二模]如图是一小型交流发电机供电原理图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向匀强磁场，理想变压器原、副线圈分别与发电机和灯泡连接，灯泡上标有“6 V 3 W”字样且正常发光(除灯泡外不计其余电阻)从某时刻开始计时，发电机输出端的电流随时间变化图像如图乙，下列说法正确的是( )
A.当t＝0.04 s时发电机内线圈平面与磁场方向平行
B．发电机输出电流的瞬时值i＝sin (100πt) A
C．变压器原、副线圈匝数之比为∶4
D．发电机1分钟内产生的电能为180 J
[典例2] [2023·福建省宁德市质检]如图所示为输电能耗演示电路．左侧变压器T1原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为6 V的正弦交流电．连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为8 Ω，开关S接1时，右侧变压器T2原、副线圈匝数比为2∶1，R消耗的功率为8 W；接2时，T2原、副线圈匝数比为1∶2，则( )
A．接1时，T2原线圈两端电压为U3＝18 V
B．接1时，T2原线圈中的电流为I3＝2 A
C．接2时，R消耗的功率P＝32 W
D．接2时，R消耗的功率P＝18 W
第10讲 直流电路与交流电路
命题分类剖析
命题点一
[例1] 解析：将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻变大，R与灯L2并联的部分电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I减小，L3灯泡亮度变暗；
路端电压U变大，L3灯两端的电压U3变小，R与灯L2并联电路的电压U并＝U－U3，U增大，U3减小，则U并增大，灯L2变亮；流过L1的电流I1＝I－I2，I减小，I2增大，I1减小，灯泡L1亮度变暗，AB正确；
若将单刀双掷开关S2切换至2，电源电动势不变，内电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知I＝，电路干路电流增大，外电路电压变大，外电路各用电器阻值不变，故各支路电流增大，灯泡L1、L2、L3均变亮，C正确；P出＝I2R外，电路总电流增大，外电阻不变，输出功率一定增大，D错误．
答案：ABC
[例2] 解析：由电路的串并联规律可知，电阻3R两端的电压为，电阻R两端的电压为，则电容器两极板间电势差ΔU＝，则Q＝CΔU＝，C对．
答案：C
[例3] 解析：额定电流状态下，马达内阻等消耗功率为Pr＝U额I额－P输＝13.6 W，故A正确；由于马达不是纯电阻元件，所以无论是在空载状态还是额定状态，都不能利用参数根据欧姆定律计算马达的内阻，故B、C错误；空载状态下，马达的输入功率为P空＝U额I空＝4.8 W，由于马达内阻会消耗功率，所以马达此时的输出功率小于4.8 W，故D错误．
答案：A
[提升训练]
1．解析：根据装置图可知，水量减少，弹簧压缩量减少，滑片上移，故A正确；若电表为电压表，其测的是滑动变阻器上部分对应的电压值，示数减小，说明滑片上移，水量减少，故B错误；若电表为电流表，电流表测的是整个电路的电流，电流表示数变大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，即滑片下移，水量增多，故C正确；如果选择电流表，水太多时R接入电路的阻值很小，电路中电流很大，此时R0串联在干路中，起到保护电路(电流表)的作用，故D正确．
答案：ACD
2．解析：由于乙灯是使用的变压器，因此必须用交流电源，A错误；
甲灯旋转开关从1调到4的过程中，接入的电阻阻值减小，电路电流增大，灯泡逐渐变亮，B错误；
乙台灯的旋转开关从1调到4的过程中，副线圈的匝数增大．根据变压器原理，原副线圈的匝数比与原副线圈的电压比相等，因此副线圈电压将增大，灯泡逐渐变亮，C正确；
当两台灯亮度相同时，甲图电源功率为EI，而乙图电源功率为EI，其中k为原副线圈匝数比，D错误；故选C.
答案：C
3．解析：将R接入电路的阻值调整为20 kΩ，则当照度降低到0.4 lx时RG为40 kΩ，根据串联分压原理可得，此时控制开关两端电压升为2 V，即自动启动照明系统，故A正确；
使照明系统在照度降低到0.8 lx时启动，根据串联电路分压特点知，应将R接入电路的阻值调整为＝
解得R＝11.5 kΩ，故B错误；
R接入电路的阻值不变时，照度越大，光敏电阻阻值变小，分压变小，即控制开关两端的电压越小，故C错误；
若要在光照更暗，即光敏电阻更大时启动照明系统，根据串联电路分压特点可知，应将R接入电路的阻值调大，故D正确．
答案：AD
命题点二
[例1] 解析：由图乙可知周期为0.2 s，一个周期内电流方向改变2次，则1 s时间内电流方向改变10次，故A错误；
若从图示时刻开始计时，并且规定MLKN的方向为电流的正方向，此时电流方向为正，线框平面与中性面的夹角为，且在转即回到中性面处，则电流表达式为i＝Imsin (t＋φ0)＝10sin (10πt＋π)A
故B正确；
感应电动势最大值为Em＝ImR＝4 V
图示时刻感应电动势的瞬时值e＝Emcos 30°＝2 V，故C错误；
根据电动势最大值表达式Em＝BSω
可知磁通量的最大值为Φm＝BS＝＝ Wb＝ Wb，故D正确．
答案：BD
[例2] 解析：大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr
根据题意可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正确；
线圈产生感应电动势的最大值Emax＝nBS·4ω
又S＝L2
联立可得Emax＝4nBL2ω
则线圈产生感应电动势的有效值E＝＝2nBL2ω
根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为
U＝＝nBL2ω
B错误；
若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值E′max＝8nBL2ω
此时线圈产生感应电动势的有效值E′＝＝4nBL2ω
根据电阻定律R′＝ρ
可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U′＝＝，C正确；
若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v＝ωr可知小轮和线圈的角速度变小，根据E＝
可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误．
答案：AC
[提升训练]
1．解析：t＝0时刻，由图乙可知，瞬时电动势为零，线圈平面与磁感线垂直，故A错误；根据线圈产生的最大电动势E＝NBSω，结合图乙计算得S＝ m2，故B正确；它可使“220 V，60 W”的灯泡正常发光，电动势的最大值为220 V，超过了电容器的击穿电压，不可使击穿电压为220 V的电容器正常工作，故C错误；不同时刻开始通电，通过1 C的电荷量所用时间不同，故消耗的电能不同，故D错误．
答案：B
2．解析：交变电流是指大小和方向随时间做周期变化的电流，图中电流方向未变，是直流，A错误；电流的变化周期为0.015 s，B错误；电流通过100 Ω电阻时，电功率为P＝ W＝ W，C错误；根据i-t图像与t轴所围面积表示电荷量可知，电流通过100 Ω的电阻时，一个周期内流经电阻的电荷量大于0.015 C，D正确．
答案：D
3．解析：受电线圈的电流频率与送电线圈中的电流频率相同，即为f＝＝50 Hz
一个周期内电流方向改变2次，所以每秒电流方向改变100次，A错误；
根据图可知送电线圈上正弦交流电的有效值为U有效＝U输入＝220 V＝220 V
受电线圈中的电流为2 A，可得送电线圈中的电流大小为I送＝·I受＝×2 A＝0.5 A
送电线圈的输入功率为P＝220×0.5 W＝110 W
B正确，D错误；
对受电线圈的输出电压有＝
得U受＝55 V，C错误．
答案：B
命题点三
[例1] 解析：电源电压的有效值 U＝ V＝220 V，选项A错误；
交流电的周期 T＝＝ s＝0.02 s，选项B正确；
根据变压器变压公式 ＝
可得副线圈匝数 n2＝n1＝×1 100＝180，选项C正确，D错误．
答案：BC
[例2] 解析：令输入电压的有效值为U1，根据正弦式交流电的有效值与有效值的定义＝ T
解得U1＝10 V，故A正确；
根据理想变压器的电压匝数关系＝
解得副线圈两端电压U2＝U1＝×10 V＝5 V
则R消耗的电功率为P＝＝2.5 W，故B错误；
只断开S3后，L2电压不受影响，L2能正常发光，故C正确；
只断开S2后，负载电阻变大，输出电压不变，根据P2＝
输出功率减小，则输入功率也减小，故D正确．
答案：B
[例3] 解析：由输入端所加正弦电压的表达式可知输入端的电压有效值为U＝20 V
设原线圈中的电流为I1，副线圈中的电流为I2，则由能量守恒可得UI1＝(R2＋)
而由匝数比等于电流的反比可得＝
联立解得I1＝1 A，I2＝0.5 A
则可得电压表的示数U2＝I2(R2＋)＝20 V，故AB错误；
由输入端所加正弦交流电的电压表达式可知该交流电的频率为f＝50 Hz
则可知副线圈电流方向每秒钟改变100次，故C错误；
若将滑片P向下滑动，接入副线圈回路中的电阻增大，电流减小，则可知原线圈回路中的电流也减小，从而使定值电阻两端的电压减小，原线圈两端的电压增大，而匝数比不变，则可知副线圈两端的电压增大，因此电压表的示数增大，故D正确．
答案：D
[例4] 解析：直流电输送功率P＝UI，得输送电流I＝＝ A＝5 000 A，A正确；
损失的电压ΔU＝IR＝5×103×10 V＝50 kV，B错误；
输电导线上损失的功率ΔP＝I2R＝(5×103)2×10 W＝2.5×108W，降压变压器的输出功率P出＝P－ΔP＝5.25×109 W，C错误；
用1 100 kV输电时输电导线上损失的功率ΔP＝2.5×108 W；保持输送功率不变，只用550 kV输电，输电导线上损失的功率ΔP′＝2R＝()2×10 W＝1×109 W；则用户得到的功率比1 100 kV输电时减少ΔP′－ΔP＝ W，D正确．
答案：AD
[提升训练]
1．解析：设原副线圈的匝数比为k，根据等效电阻原理，把变压器的原副线圈和负载R2整体看作一个等效电阻，其阻值R′＝
设输入交流电的电压有效值为U，则I1＝，保持P位置不变，R1增大、R2不变的情况下，则I1减小，等效电阻R′两端电压减小，则U1增大，A错误，符合题意；
根据选项A可知，保持P位置不变，R1不变、R2增大的情况下，则I1减小，I2减小，则U1增大，U2也增大，B错误，符合题意；
由电源输出功率的规律可知，当R′＝R1时，即R1＝k2R2＝4R2
R2消耗的功率有最大值，C正确，不符合题意；
R1不变、R2减小的情况下，P向下移，k减小．等效电阻R′减小，I1增大，U1也增大，则R1消耗的功率增大，D错误，符合题意．故选ABD.
答案：ABD
2．解析：理想变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比，若电网的电压为110 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为＝＝＝，故A正确；
机车工作电压由输入电压和线圈匝数决定，不由高铁机车运行功率决定，若高铁机车运行功率增大，根据P＝UI，可知电流将会增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率ΔP＝I2R也会随之增大，故B错误，C正确；
根据功率关系可得P＝90%UI，其中U＝25 kV＝25 000 V；则电流为I＝＝ A＝400 A
则牵引变电所至机车间的等效电阻为R＝＝ Ω＝6.25 Ω，故D错误．
答案：AC
素养培优·情境命题
典例1 解析：由图乙可知当t＝0.04 s时电流最小，故发电机内线圈平面与磁场方向垂直，选项A错误；
由图乙可知周期T＝0.04 s，则ω＝＝50π；所以发电机输出电流的瞬时值为i＝sin (50πt) A，选项B错误；
流过灯泡的电流I2＝＝ A＝0.5 A；发电机输出的电流，I1＝＝ A＝1 A；所以变压器原、副线圈匝数之比为＝＝，选项C错误；
发电机1分钟内产生的电能即为小灯泡消耗的电能W＝UI2t＝180 J，选项D正确．
答案：D
典例2 解析：接1时，R消耗的功率为8 W，由P1＝，可得U4＝＝ V＝8 V
由＝＝，解得U3＝16 V，故A错误；
接1时，由P1＝U3I3，解得T2原线圈中的电流为I3＝＝ A＝0.5 A，故B错误；
接1时，由＝＝
解得U2＝3U1＝18 V
则Ur＝U2－U3＝2 V
连接两理想变压器的导线总电阻为r＝＝ Ω＝4 Ω
接2时，设右侧变压器T2副线圈两端电压为U′4，则I′4＝
由＝＝
则U′3＝U′4
由U′3I′3＝U′4I′4
解得I′3＝2I′4＝
则连接两理想变压器的导线总电阻的电压降为U′r＝I′3r
由U2＝U′r＋U′3，解得U′4＝12 V
则R消耗的功率P＝＝ W＝18 W
故C错误，D正确．故选D.
答案：D(共67张PPT)
第11讲 电磁感应规律及其应用
命题点一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
1．感应电流方向的判断方法
2．感应电动势大小的求法
情境图 研究对象 表达式
回路(不一定闭合)
一段直导线(或等效直导线) E＝Blv
绕一端转动的一段导体棒
绕与B垂直的轴转动的导线框 从图示时刻计时
E＝NBSωcos ωt
考向1 楞次定律的应用
例 1 [2023·海南卷] 汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时( )
A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd
C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd
D．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度
方向相同
答案：C
解析：由右手螺旋定则可知，线圈1、2形成的磁场方向都是竖直向下的，A错；汽车进入线圈1时，线圈abcd中向下的磁通量增大，由楞次定律可判断，线圈abcd中的感应电流方向与线圈1反向，是逆时针，即感应电流方向为adcb，同理，汽车离开线圈1时，线圈abcd中向下的磁通量减小，线圈abcd中的感应电流方向是顺时针，即感应电流方向为abcd，故B错，C对；安培力为阻力，与速度方向相反，D错．
考向2 法拉第电磁感应定律的应用
例 2 [2023·天津卷] 如图，有一正方形线框静止悬挂着，其质量为m、电阻为R、边长为l.空间中有一个三角形磁场区域，其磁感应强度大小为B＝kt(k>0)，方向垂直于线框所在平面向里，且线框中磁场区域的面积为线框面积的一半，已知重力加速度为g，求：
(1)感应电动势E；
(2)线框开始向上运动的时刻t0.
例 3 [2023·山东卷](多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计．质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下．用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面．如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行．MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2.重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．B2的方向向上 B．B2的方向向下
C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s
答案：BD
提升训练
1.[2023·全国甲卷](多选)一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离．如图(a)所示．现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图(b)所示．
则( )
A．小磁体在玻璃管内下降速度越来越快
B．下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次
C．下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D．与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大
答案：AD
解析：电流的峰值越来越大，即小磁体在依次穿过每个线圈的过程中磁通量的变化率越来越快，因此小磁体的速度越来越大，A正确；下落过程中，小磁体在水平方向受的合力为零，故小磁体的N极、S极上下没有颠倒，B错误；线圈可等效为条形磁铁，线圈的电流越大则磁性越强，因此电流的大小是变化的．小磁体受到的电磁阻力是变化的，不是一直不变的，C错误；由图(b)可知，与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，感应电流的最大值更大，故磁通量变化率的最大值更大，D正确．
故选AD.
2．[2023·浙江1月]如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度θ静止释放，导体杆开始下摆．当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示．若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是( )
答案：B
解析：导体杆摆动时切割磁感线，产生感应电流，受安培力，安培力起阻力作用，故导体杆的振动为阻尼振动．由垂直于磁感线方向的速度大小相同时电阻变大→电流变小→安培力(阻力)变小可知，当R从R0变为2R0时，导体杆振幅的衰减速度变慢，B正确，ACD错误．
答案：AD
命题点二 电磁感应中图像或电路问题
1．掌握两个技法，快速解答图像问题
2．三个关注
考向1 电磁感应中的图像
例 1 [2023·山东省菏泽市三模]如图所示，MNQP是边长为L和2L的矩形，在其由对角线划分的两个三角形区域内充满磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场．边长为L的正方形导线框，在外力作用下水平向左匀速运动，线框左边始终与MN平行．设导线框中感应电流i逆时针流向为正．若t＝0时左边框与PQ重合，则左边框由PQ运动到MN的过程中，下列i-t图像正确的是( )
答案：D
解析：0～t1内是线框的左边框由PQ向左进入磁场，根据右手定则知感应电流为顺时针(负)，而切割磁感线的有效长度随着水平位移的增大而均匀减小，则感应电流的大小均匀减小；
t1～2t1内，线框的前后双边同向同速切割相反的磁场，双源相加为总电动势，电流方向为逆时针(正)，两边的有效长度之和等于L，则电流大小恒定．
故选D.
例 2 [2023·上海卷] 如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为( )
答案：C
下列说法正确的是( )
A．R0中感应电流方向由c指向a
B．R0＝2 Ω
C．恒力F＝1.4 N
D．若R＝2 Ω，则R0在1 s内产生的最大焦耳热为1 J
答案：BC
思维提升
1．“感生”类的两类图像
分类 图例 分析
B-t
图像
Φ-t
图像
[提醒]
分析磁通量时，一是注意回路中的有效面积；二是注意有效面积内磁场方向是否单一．
2.“动生”类的三类图像
分类 图例 分析
有效
长度
变化
导体棒匀速切割，回路中的感应电动势随有效长度的变化而变化
切割
速度
变化
导体棒有效长度不变，回路中的感应电动势随运动速度的变化而变化
磁感
应强
度随
位置
变化
导体棒运动到不同位置的感应电动势随磁感应强度的变化而变化
提升训练
1.[2023·江苏省八市训练]如图所示，两根光滑平行金属长导轨MN、PQ水平固定放置，导轨间存在竖直向上的匀强磁场，两根完全相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，两金属棒的长度恰好等于金属导轨的间距，t＝0时刻对金属棒cd施加一个水平向右的恒力F，此后两金属棒由静止开始运动，金属棒在运动过程中始终与导轨接触良好，两金属棒的速度大小分别记为va、vc，加速度大小分别记为va、vc，金属棒cd两端电压记为Ucd，闭合回路消耗的电功率记为P，电路中除金属棒以外的电阻均不计，下列关于图像错误的是( )
答案：B
2．[2023·珠海模拟]匝数N＝1 000、面积S＝20 cm2、电阻r＝1 Ω的线圈水平放置，匀强磁场B1竖直向下穿过线圈，其磁感应强度B1按如图所示的规律变化，线圈两端分别连接两根完全相同的劲度系数为k＝100 N/m、电阻为R＝1.5 Ω的金属弹簧，两金属弹簧上端固定在水平天花板上，下端悬挂一根水平金属棒，另有一水平匀强磁场B2垂直金属棒分布(如图所示)．其磁场宽度为L＝10 cm.闭合开关后，两弹簧的长度均变化了Δx＝0.5 cm.导线和金属棒的电阻不计，求：
(1)闭合开关后，通过金属棒的电流大小；
(2)磁感应强度B2的大小．
命题点三 电磁感应规律的综合应用
1．电磁感应综合问题的解题思路
考向2 电磁感应中的能量问题
例 2 如图所示，光滑绝缘斜面的倾角为θ＝30°，斜面上有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，其宽度均为l＝0.2 m，磁感应强度大小均为B＝1 T，磁场方向分别为垂直斜面向上和垂直斜面向下．斜面上放一质量为M＝0.6 kg、电阻为R＝0.5 Ω的矩形导线框abcd，其ab边长为d＝0.4 m、bc边长为l＝0.2 m，通过细绳绕过光滑的定滑轮与一质量为m＝0.2 kg的重物相连，连接线框的细绳与线框共面，滑轮和绳的质量均不计，ab边距磁场区域Ⅰ的上边界为2l，开始时各段绳都处于伸直状态，现将它们由静止释放，线框沿斜面向下运动，ab边刚穿过两磁场的分界线OO′进入磁场区域Ⅱ时，线框恰好做匀速运动(细绳始终处于拉紧状态)，不计摩擦，忽略磁场边界效应，重力加速度g＝10 m/s2.
求：(计算结果保留2位小数)
(1)ab边刚进入磁场区域Ⅰ时线框的加速度大小；
(2)线框ab边在磁场区域Ⅱ中运动的过程中，线框重力的功率P；
(3)从开始释放到ab边刚穿过磁场区域Ⅱ的过程中，线框中产生的焦耳热Q.
考向3 电磁感应中的动量问题
例 3 [2023·全国甲卷]如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计．导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上．导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短．碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点．P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行．不计空气阻力．求
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间．
提升训练
1.[2023·湖南卷]如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R.运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g.
(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx.
2．[2023·广东模拟预测]如图甲所示，水平面内固定两根平行的足够长的光滑轨道，轨道间距L＝0.4 m，其中在E、F、G、H四点附近的轨道由绝缘材料制成，这四段绝缘轨道的长度非常短，其余轨道由金属材料制成，金属轨道的电阻不计，在右侧两轨道之间连接一个阻值R＝1.5 Ω的定值电阻．在矩形区域MNQP中存在竖直向上的磁场，记M点所在位置为坐标原点，沿MP方向建立x坐标轴，磁感应强度的大小随位置的变化如图乙所示，图中B0＝2.5 T．现有一总质量m＝0.1 kg的“工”字形“联动双棒”(由两根长度略长于L的平行金属棒ab和cd，用长度为L的刚性绝缘棒连接构成，棒的电阻均为r＝0.5 Ω)，以初速度v0＝8 m/s沿x轴正方向运动，运动过程中棒与导轨保持垂直，最终静止于轨道上，忽略磁场边界效应．
求
(1)棒ab刚进入磁场时，流经棒ab的电流的大小和方向；
(2)棒ab在EF处的速度大小v1和在GH处时的速度大小v2；
(3)电阻R上产生的焦耳热．
电磁感应规律在生活、生产和科技中的应用
情境1 “自发电”门铃开关
[典例1] [2023·广东茂名统考二模]市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图所示．在按下门铃按钮过程中，夹着永磁铁的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变．松开门铃按钮后，弹簧可使之复位(与a、b连接的外电路未画出)．由此可判断( )
A．未按下按钮时，线圈a、b两点间存在电势差
B．按下按钮过程中，线圈中感应电流始终由b经
线圈流向a
C．按钮复位过程中，线圈中的磁通量一直减小
D．按下按钮过程与松开复位过程中，a点的电势
始终高于b点
答案：B
解析：未按下按钮时，线圈磁通量不变，因此a、b两点电势差为零，故A错误；
按下按钮过程中，线圈中的磁场先向右减小，后向左增加，根据楞次定律可知，感应电流方向从b接线柱通过线圈流向a接线柱，又因为线圈是电源，电源内部电流方向由负极流向正极，因此线圈a接线柱的电势比b接线柱高；按钮复位过程中，线圈中的磁场先向左减小，后向右增加，磁通量先减小后增大，根据楞次定律可知，感应电流方向从a接线柱通过线圈流向b接线柱，线圈a接线柱的电势比b接线柱低，故B正确，CD错误．
情境2 磁力刹车系统
[典例2] (多选)高速铁路列车通常使用磁力刹车系统．磁力刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线垂直铝盘向内，铝盘随即减速，如图所示．图中磁铁左方铝盘的甲区域(虚线区域)朝磁铁方向运动，磁铁右方铝盘的乙区域(虚线区域)朝离开磁铁方向运动．下列有关铝盘刹车的说法正确的是( )
A．铝盘甲区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场
B．铝盘乙区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场
C．磁铁与感应电流之间的作用力，会使铝盘减速
D．若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对
空洞铝盘所产生的减速效果与实心铝盘相同
答案：AC
解析：由题意可知，因圆形铝盘逆时针方向旋转，那么穿过铝盘甲区域的磁通量增大，根据楞次定律，可知，感应电流产生磁场与原来磁场方向相反，即垂直铝盘向外的磁场，故A正确；同理，因圆形铝盘逆时针方向旋转，那么穿过铝盘乙区域的磁通量减小，根据楞次定律，可知，感应电流产生磁场与原来磁场方向相同，即垂直铝盘向里的磁场，故B错误；依据楞次定律的“近斥远吸”，则有甲区域要靠近磁铁，则相互排斥，而乙区域要远离磁铁，则相互吸引，因此磁铁与感应电流之间的作用力，会使铝盘减速，故C正确；若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，这样会导致涡流磁场减弱，则磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果明显低于实心铝盘的，故D错误．
情境3 磁悬浮列车
[典例3] (多选)2022年9月20日在德国柏林国际轨道交通技术展览会上中国具有完全自主知识产权的时速600公里高速磁浮交通系统首次在欧洲亮相，引起了世界各国广泛关注．超导磁悬浮列车的原理可以简化为如图所示模式：在水平面上相距L的两根固定平行直导轨间，有大小为B、宽都是L的匀强磁场，相邻磁场区域的磁场方向相反．整个磁场以速度v水平向右匀速运动，跨在两导轨间的边长为L的正方形n匝线圈abcd悬浮在导轨上方，在磁场力作用下向右运动，并逐渐达到最大速度vm.当超导磁悬浮列车制动时，所有磁场立即停止，线圈继续运动NL停下来(N为整数)．
答案：CD
情境4 电磁缓冲装置
[典例4] 随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术．其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置．该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abdc；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈(图中未画出)，超导线圈能产生方向为垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场．当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲．
现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，经过时间t火箭着陆，速度恰好为零；线圈abdc的电阻为R，其余电阻忽略不计；ab边长为l，火箭主体质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，求：
(1)缓冲滑块刚停止运动时，线圈产生的电动势；
(2)缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；
(3)火箭主体的速度从v0减到零的过程中系统产生的电能．第11讲 电磁感应规律及其应用
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
1．感应电流方向的判断方法
2．感应电动势大小的求法
情境图 研究对象 表达式
回路(不一定闭合) 三种形式 E＝n E＝n E＝n
一段直导线(或等效直导线) E＝Blv
绕一端转动的一段导体棒 E＝Bl2ω
绕与B垂直的轴转动的导线框 从图示时刻计时 E＝NBSωcos ωt
3.感应电荷量的计算
磁通量变化迁移的电荷量：q＝IΔt＝Δt＝Δt＝n，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定．
考向1 楞次定律的应用
例 1 [2023·海南卷]
汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时( )
A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd
C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd
D．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
考向2 法拉第电磁感应定律的应用
例 2 [2023·天津卷]
如图，有一正方形线框静止悬挂着，其质量为m、电阻为R、边长为l.空间中有一个三角形磁场区域，其磁感应强度大小为B＝kt(k>0)，方向垂直于线框所在平面向里，且线框中磁场区域的面积为线框面积的一半，已知重力加速度为g，求：
(1)感应电动势E；
(2)线框开始向上运动的时刻t0.
例 3 [2023·山东卷](多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计．质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下．用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面．如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行．MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2.重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．B2的方向向上 B．B2的方向向下
C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s
提升训练
1.[2023·全国甲卷](多选)一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离．如图(a)所示．现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图(b)所示．则( )
A．小磁体在玻璃管内下降速度越来越快
B．下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次
C．下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D．与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大
2．[2023·浙江1月]如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度θ静止释放，导体杆开始下摆．当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示．若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是( )
3.
[2023·辽宁省沈阳市监测一](多选)有界匀强磁场磁感应强度为B，有一半径为R的线圈，其单位长度上的电阻为r，线圈直径MN垂直磁场边界于M点，现以M点为轴在纸面内，沿顺时针方向匀速旋转90°，角速度为ω，则( )
A．感应电流方向为顺时针方向
B．感应电动势的最大值为BR2ω
C．感应电流的最大值为
D．通过导体任意横截面的电量为
命题点二 电磁感应中图像或电路问题
1．掌握两个技法，快速解答图像问题
2．三个关注
考向1 电磁感应中的图像
例 1 [2023·山东省菏泽市三模]如图所示，MNQP是边长为L和2L的矩形，在其由对角线划分的两个三角形区域内充满磁感应强度大小相等、
方向相反的匀强磁场．边长为L的正方形导线框，在外力作用下水平向左匀速运动，线框左边始终与MN平行．设导线框中感应电流i逆时针流向为正．若t＝0时左边框与PQ重合，则左边框由PQ运动到MN的过程中，下列i-t图像正确的是( )
例 2 [2023·上海卷] 如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为( )
考向2 电磁感应中图像与电路问题的数型结合
例 3 (多选)如图甲所示，足够长的两平行金属导轨ab、cd固定在同一水平面上，导体间距为0.5 m，导轨左边接有定值电阻R0和电阻箱R；导轨间存在磁感应强度大小为0.8 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为0.5 kg、长为0.5 m、内阻不计的金属棒MN放置在导轨上，在水平向右的恒力F作用下金属棒由静止开始运动，金属棒始终与导轨垂直且接触良好．多次改变电阻箱的阻值R，测得金属棒对应的最大速度vm，绘制出如图乙所示的图像．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．R0中感应电流方向由c指向a
B．R0＝2 Ω
C．恒力F＝1.4 N
D．若R＝2 Ω，则R0在1 s内产生的最大焦耳热为1 J
思维提升
1．“感生”类的两类图像
分类 图例 分析
B-t 图像 (1)可得到各时刻磁感应强度的大小和方向 (2)根据斜率可分析感应电动势的大小和方向
Φ-t 图像 (1)可得到各时刻磁通量的大小和方向 (2)根据斜率可分析感应电动势的大小和方向
[提醒] 分析磁通量时，一是注意回路中的有效面积；二是注意有效面积内磁场方向是否单一．
2.“动生”类的三类图像
分类 图例 分析
有效 长度 变化 导体棒匀速切割，回路中的感应电动势随有效长度的变化而变化
切割 速度 变化 导体棒有效长度不变，回路中的感应电动势随运动速度的变化而变化
磁感 应强 度随 位置 变化 导体棒运动到不同位置的感应电动势随磁感应强度的变化而变化
提升训练
1.[2023·江苏省八市训练]如图所示，两根光滑平行金属长导轨MN、PQ水平固定放置，导轨间存在竖直向上的匀强磁场，两根完全相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，两金属棒的长度恰好等于金属导轨的间距，t＝0时刻对金属棒cd施加一个水平向右的恒力F，此后两金属棒由静止开始运动，金属棒在运动过程中始终与导轨接触良好，两金属棒的速度大小分别记为va、vc，加速度大小分别记为va、vc，金属棒cd两端电压记为Ucd，闭合回路消耗的电功率记为P，电路中除金属棒以外的电阻均不计，下列关于图像错误的是( )
2．[2023·珠海模拟]匝数N＝1 000、面积S＝20 cm2、电阻r＝1 Ω的线圈水平放置，匀强磁场B1竖直向下穿过线圈，其磁感应强度B1按如图所示的规律变化，线圈两端分别连接两根完全相同的劲度系数为k＝100 N/m、电阻为R＝1.5 Ω的金属弹簧，两金属弹簧上端固定在水平天花板上，下端悬挂一根水平金属棒，另有一水平匀强磁场B2垂直金属棒分布(如图所示)．其磁场宽度为L＝10 cm.闭合开关后，两弹簧的长度均变化了Δx＝0.5 cm.导线和金属棒的电阻不计，求：
(1)闭合开关后，通过金属棒的电流大小；
(2)磁感应强度B2的大小．
命题点三 电磁感应规律的综合应用
1．电磁感应综合问题的解题思路
2．与动量定理结合
在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感线运动)．
(1)求速度或电荷量：－BlΔt＝mv2－mv1，q＝Δt.
(2)求时间：FΔt＋IA＝mv2－mv1，IA＝－BlΔt＝－Bl.
(3)求位移：－BlΔt＝－＝mv2－mv1，
即－x＝m(v2－v1)．
3．与动量守恒定律的结合
相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动问题，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律．
考向1 电磁感应中的动力学问题
例 1 [2023·上海卷]如图(a)，线框cdef位于倾斜角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为D的单匝矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5 T，已知线框边长cd＝D＝0.4 m，m＝0.1 kg，总电阻R＝0.25 Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动．斜面上动摩擦因数μ＝，线框速度随时间变化如图(b)所示．(重力加速度g取9.8 m/s2)
(1)求外力F大小；
(2)求cf长度L；
(3)求回路产生的焦耳热Q.
考向2 电磁感应中的能量问题
例 2 如图所示，光滑绝缘斜面的倾角为θ＝30°，斜面上有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，其宽度均为l＝0.2 m，磁感应强度大小均为B＝1 T，磁场方向分别为垂直斜面向上和垂直斜面向下．斜面上放一质量为M＝0.6 kg、电阻为R＝0.5 Ω的矩形导线框abcd，其ab边长为d＝0.4 m、bc边长为l＝0.2 m，通过细绳绕过光滑的定滑轮与一质量为m＝0.2 kg的重物相连，连接线框的细绳与线框共面，滑轮和绳的质量均不计，ab边距磁场区域Ⅰ的上边界为2l，开始时各段绳都处于伸直状态，现将它们由静止释放，线框沿斜面向下运动，ab边刚穿过两磁场的分界线OO′进入磁场区域Ⅱ时，线框恰好做匀速运动(细绳始终处于拉紧状态)，不计摩擦，忽略磁场边界效应，重力加速度g＝10 m/s2.求：(计算结果保留2位小数)
(1)ab边刚进入磁场区域Ⅰ时线框的加速度大小；
(2)线框ab边在磁场区域Ⅱ中运动的过程中，线框重力的功率P；
(3)从开始释放到ab边刚穿过磁场区域Ⅱ的过程中，线框中产生的焦耳热Q.
考向3 电磁感应中的动量问题
例 3 [2023·全国甲卷]如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计．导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上．导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短．碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点．P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行．不计空气阻力．求
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间．
提升训练
1.
[2023·湖南卷]如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R.运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g.
(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx.
2．[2023·广东模拟预测]如图甲所示，水平面内固定两根平行的足够长的光滑轨道，轨道间距L＝0.4 m，其中在E、F、G、H四点附近的轨道由绝缘材料制成，这四段绝缘轨道的长度非常短，其余轨道由金属材料制成，金属轨道的电阻不计，在右侧两轨道之间连接一个阻值R＝1.5 Ω的定值电阻．在矩形区域MNQP中存在竖直向上的磁场，记M点所在位置为坐标原点，沿MP方向建立x坐标轴，磁感应强度的大小随位置的变化如图乙所示，图中B0＝2.5 T．现有一总质量m＝0.1 kg的“工”字形“联动双棒”(由两根长度略长于L的平行金属棒ab和cd，用长度为L的刚性绝缘棒连接构成，棒的电阻均为r＝0.5 Ω)，以初速度v0＝8 m/s沿x轴正方向运动，运动过程中棒与导轨保持垂直，最终静止于轨道上，忽略磁场边界效应．求
(1)棒ab刚进入磁场时，流经棒ab的电流的大小和方向；
(2)棒ab在EF处的速度大小v1和在GH处时的速度大小v2；
(3)电阻R上产生的焦耳热．
素养培优·情境命题
电磁感应规律在生活、生产和科技中的应用
情境1 “自发电”门铃开关
[典例1] [2023·广东茂名统考二模]市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图所示．在按下门铃按钮过程中，夹着永磁铁的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变．松开门铃按钮后，弹簧可使之复位(与a、b连接的外电路未画出)．由此可判断( )
A．未按下按钮时，线圈a、b两点间存在电势差
B．按下按钮过程中，线圈中感应电流始终由b经线圈流向a
C．按钮复位过程中，线圈中的磁通量一直减小
D．按下按钮过程与松开复位过程中，a点的电势始终高于b点
情境2 磁力刹车系统
[典例2]
(多选)高速铁路列车通常使用磁力刹车系统．磁力刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线垂直铝盘向内，铝盘随即减速，如图所示．图中磁铁左方铝盘的甲区域(虚线区域)朝磁铁方向运动，磁铁右方铝盘的乙区域(虚线区域)朝离开磁铁方向运动．下列有关铝盘刹车的说法正确的是( )
A．铝盘甲区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场
B．铝盘乙区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场
C．磁铁与感应电流之间的作用力，会使铝盘减速
D．若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果与实心铝盘相同
情境3 磁悬浮列车
[典例3] (多选)2022年9月20日在德国柏林国际轨道交通技术展览会上中国具有完全自主知识产权的时速600公里高速磁浮交通系统首次在欧洲亮相，引起了世界各国广泛关注．超导磁悬浮列车的原理可以简化为如图所示模式：在水平面上相距L的两根固定平行直导轨间，有大小为B、宽都是L的匀强磁场，相邻磁场区域的磁场方向相反．整个磁场以速度v水平向右匀速运动，跨在两导轨间的边长为L的正方形n匝线圈abcd悬浮在导轨上方，在磁场力作用下向右运动，并逐渐达到最大速度vm.当超导磁悬浮列车制动时，所有磁场立即停止，线圈继续运动NL停下来(N为整数)．设线圈的总电阻为R，总质量为m，运动中所受到的阻力大小恒为f.则( )
A．线圈最大速度vm＝v－
B．制动过程受到的安培力为
C．制动过程线圈产生的焦耳热为－fNL
D．制动过程通过线圈横截面的电荷量可能为
情境4 电磁缓冲装置
[典例4] 随着航空领域的发
展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术．其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置．该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abdc；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈(图中未画出)，超导线圈能产生方向为垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场．当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲．现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，经过时间t火箭着陆，速度恰好为零；线圈abdc的电阻为R，其余电阻忽略不计；ab边长为l，火箭主体质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，求：
(1)缓冲滑块刚停止运动时，线圈产生的电动势；
(2)缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；
(3)火箭主体的速度从v0减到零的过程中系统产生的电能．
第11讲 电磁感应规律及其应用
命题分类剖析
命题点一
[例1] 解析：由右手螺旋定则可知，线圈1、2形成的磁场方向都是竖直向下的，A错；汽车进入线圈1时，线圈abcd中向下的磁通量增大，由楞次定律可判断，线圈abcd中的感应电流方向与线圈1反向，是逆时针，即感应电流方向为adcb，同理，汽车离开线圈1时，线圈abcd中向下的磁通量减小，线圈abcd中的感应电流方向是顺时针，即感应电流方向为abcd，故B错，C对；安培力为阻力，与速度方向相反，D错．
答案：C
[例2] 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有
E＝n
又n＝1，＝·S＝kS，S＝
解得E＝
(2)根据闭合电路欧姆定律可知线框中的感应电流为
I＝
结合安培力的公式和题图可知线框受到的安培力为FA＝BIl
又B＝kt(k＞0)
联立可得线框受到的安培力为FA＝
当线框开始向上运动时，有＝mg
解得t0＝
答案：(1) (2)
[例3] 解析：导轨的速度v2>v1，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为f＝μmg＝2 N
导体棒的安培力大小为F1＝f＝2 N
由左手定则可知导体棒的电流方向为N→M→D→C→N，导体框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为
F2＝f－m0g＝1 N
由左手定则可知B2的方向为垂直纸面向里，A错误，B正确；
对导体棒分析F1＝B1IL
对导体框分析F2＝B2IL
电路中的电流为I＝
联立解得v2＝3 m/s
C错误，D正确；故选BD.
答案：BD
[提升训练]
1．解析：电流的峰值越来越大，即小磁体在依次穿过每个线圈的过程中磁通量的变化率越来越快，因此小磁体的速度越来越大，A正确；下落过程中，小磁体在水平方向受的合力为零，故小磁体的N极、S极上下没有颠倒，B错误；线圈可等效为条形磁铁，线圈的电流越大则磁性越强，因此电流的大小是变化的．小磁体受到的电磁阻力是变化的，不是一直不变的，C错误；由图(b)可知，与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，感应电流的最大值更大，故磁通量变化率的最大值更大，D正确．
故选AD.
答案：AD
2．解析：导体杆摆动时切割磁感线，产生感应电流，受安培力，安培力起阻力作用，故导体杆的振动为阻尼振动．由垂直于磁感线方向的速度大小相同时电阻变大→电流变小→安培力(阻力)变小可知，当R从R0变为2R0时，导体杆振幅的衰减速度变慢，B正确，ACD错误．
答案：B
3．解析：根据楞次定律，感应电流产生的磁场总要阻碍原磁通量的变化，可知在线圈转动的过程中通过线圈的磁通量减小，由此可知感应电流应为顺时针方向，故A正确；
当转过90°时的瞬间感应电动势最大，此时切割磁感线的有效长度最大，为圆形线圈的直径，由此可得感应电动势的最大值为Em＝B(2R)2ω＝2BR2ω，根据闭合电路的欧姆定律可知感应电流的最大值为Im＝＝＝，故BC错误；
通过导体任意横截面的电量为q＝＝＝，故D正确．
答案：AD
命题点二
[例1] 解析：0～t1内是线框的左边框由PQ向左进入磁场，根据右手定则知感应电流为顺时针(负)，而切割磁感线的有效长度随着水平位移的增大而均匀减小，则感应电流的大小均匀减小；
t1～2t1内，线框的前后双边同向同速切割相反的磁场，双源相加为总电动势，电流方向为逆时针(正)，两边的有效长度之和等于L，则电流大小恒定．
故选D.
答案：D
[例2] 解析：由部分导线切割磁感线产生感应电动势：E＝BLv可知金属棒所受安培力为：FA＝BIL＝v, 再由FA - t图像可知，安培力与时间为线性关系可知：金属棒先做向右的匀减速，再做向左的匀加速直线运动，由牛顿第二定律：安培力与外力的合力为定值，即外力随时间线性变化，由FA-t图像可知：在0～t0时间安培力为负值，方向向左，由左手定则和右手定则可知，金属棒向右做减速运动，在t0～2t0时间内安培力为正值从零逐渐增加，方向向右，同理可知，金属棒向左做初速度为零的匀加速直线运动，加速度不变，则在t0时刻，合力向左，但FA＝0，所以外力为负值不等于零，方向向左．故ABD错误，C正确．
答案：C
[例3] 解析：由右手定则判断可知，金属棒中感应电流方向由N指向M，R0中感应电流方向由a指向c，选项A错误；金属棒受到的滑动摩擦力方向水平向左，大小为f＝μmg＝1 N，由左手定则判断可知，金属棒所受的安培力方向向左，金属棒速度达到最大后开始做匀速直线运动，由受力平衡有F－f＝BIL，根据闭合电路欧姆定律有I＝，R总＝，整理得F－f＝B2L2vm，变形得＝·，则＝(Ω·s·m－1)，＝0.2(s·m－1)，代入数据解得F＝1.4 N，R0＝2 Ω，选项B、C正确；由图乙知，R＝2 Ω时，vm＝2.5 m/s，R 总＝＝1 Ω，I＝＝1 A，R0在1 s内产生的最大焦耳热为(I)2R0t＝0.5 J，选项D错误．
答案：BC
[提升训练]
1．解析：金属棒cd在恒力F作用下由静止开始加速，此时金属棒ab，cd加速度aa＝0，ac＝，之后回路中出现感应电流，金属棒cd受到的安培力与恒力F反向，金属棒cd的加速度减小，金属棒ab在安培力作用下开始加速，金属棒cd与金属棒ab的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力F安＝逐渐增大，金属棒cd加速度减小，金属棒ab加速度增大，当aa＝ac时，vc－va不再变化，回路中的电流不再变化，但是两金属棒的速度仍在增大，故A正确，与题意不符；B错误，与题意相符；设两金属棒电阻均为R，系统达到稳定之前Ucd＝BLva＋IR，随时间逐渐增大，系统达到稳定后，因回路中电流不变，则Ucd＝BLvc－IR，Ucd随着vc的增加而均匀增加，故C正确，与题意不符；闭合回路消耗的电功率P＝2I2R，在开始阶段随回路中电流的增大，电功率逐渐增大，当系统稳定后回路中电流不变，电功率不再变化，故D正确，与题意不符．故选B.
答案：B
2．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得
E＝N＝N·S
其中，由图可知＝5 T/s
代入得E＝10 V
由闭合电路欧姆定律可得I＝
代入数据得I＝2.5 A；
(2)安培力为F安＝B2IL
弹簧弹力F弹＝kΔx
对金属棒受力分析，由受力平衡得B2IL＝2kΔx
代入数据，得B2＝4 T.
答案：(1)2.5 A (2)4 T
命题点三
[例1] 解析：(1)由v-t图像可得：a＝＝＝5 m/s2
对导线框受力分析可得：F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma
代入数据联立解得：F＝1.48 N
(2)由v-t图像可知线框cf边进磁场时开始匀速直线运动，可得：F＝mg sin θ＋μmg cos θ＋BIL
由法拉第电磁感应定律，得线框产生的感应电动势为E＝BLv
由闭合电路欧姆定律，得线框产生的感应电流为I＝，得：I＝
代入数据联立解得：L＝0.5 m，I＝2 A
(3)线框匀速切割穿过磁场，产生的焦耳热就等于克服安培力所做的功：Q＝W克安＝F安·2D＝BIL·2D＝0.5×2×0.5×2×0.4 J＝0.4 J
答案：(1)1.48 N (2)0.5 m (3)0.4 J
[例2] 解析：(1)线框的ab边刚进入磁场区域Ⅰ时，根据机械能守恒定律有2Mgl sin θ－2mgl＝
线框的ab边刚进入区域Ⅰ时，感应电流I＝
由牛顿第二定律有Mg sin θ－BId－T＝Ma，T－mg＝ma
联立解得a＝0.85 m/s2
(2)设ab边刚进入磁场区域Ⅱ时线框的速度为v2，则对应的感应电流I′＝
对线框有Mg sin θ＝2BI′d＋T′，又T′＝mg
线框重力的功率P＝Mg sin θ·v2
联立解得P＝2.34 W
(3)从线框开始释放到ab边刚穿过磁场区域Ⅱ的过程中，根据能量守恒定律有
4Mgl sin θ－4mgl＝，解得Q＝0.56 J.
答案：(1)0.85 m/s2 (2)2.34 W (3)0.56 J
[例3] 解析：(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
3mv0＝3mvQ＋mvP
＝
联立解得
vP＝v0，vQ＝v0
由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为
v′P＝vQ＝v0
(2)根据能量守恒有
＝＋Q
解得
Q＝
(3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得
－BlΔt＝mv′P－mvP
又q＝Δt，＝＝＝
联立可得
x＝
由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为
t＝＝
答案：(1)v0 (3)
[提升训练]
1．解析：(1)a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I＝，F＝BIL
a棒受力平衡可得mg sin θ＝BIL
联立解得v0＝
(2)由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒受沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则对b棒，根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋BIL＝ma0
解得a0＝2g sin θ
(3)释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a棒，由动量定理得mg sin θt0－BLt0＝mv－mv0
b棒受到向下的安培力，对b棒，由动量定理得mg sin θt0＋BLt0＝mv
联立解得
v＝g sin θ·t0＋
此过程流过b棒的电荷量为q，则有
q＝t0
由法拉第电磁感应定律可得
＝＝
联立b棒动量定理可得Δx＝
答案：(1) (2)2g sin θ (3)g sin θt0＋
2．解析：(1)当ab棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝B0Lv
由欧姆定律I＝
解得I＝8 A
由右手定则可知，电流方向为acdba；
(2)当ab棒进入磁场后，到ab棒到达EF处的过程中，由动量定理可得－t＝mv1－mv0，F安＝B0IL
解得v1＝4 m/s
当ab棒经过EF后，由于EF绝缘，ab棒与cd棒不再形成闭合回路，虽有切割，但感应电流为0，所以两棒做匀速运动，直至cd棒经过EF处，此后，对ab棒Eab＝BabLv
对cd棒Ecd＝BcdLv
由图乙可知Bab>Bcd
所以，电路中的总感应电动势为E1＝Eab－Ecd
由欧姆定律I1＝
则ab棒的安培力Fab＝BabI1L
cd棒的安培力Fcd＝BcdI1L
所以ab棒与cd棒的合力向左，为F＝Fab－Fcd
当ab到达GH处时，由动量定理－t1＝mv2－mv1
解得v2＝3 m/s
(3)当ab棒经过GH，由于GH绝缘，cd棒无电流，ab棒切割与右边电阻形成闭合回路，则E2＝2B0Lv3
由欧姆定律I2＝
ab棒所受安培力F2＝2B0I2L
设ab棒运动x的距离后减速为0，由动量定理可得－t2＝0－mv2
解得x＝0.15m故ab棒还未离开磁场就减速为0，由动能定理可得＝－Q
则电阻R产生的焦耳热为QR＝Q
解得QR＝0.337 5 J
答案：(1)8 A b→a (2)4 m/s 3 m/s (3)0.337 5 J
素养培优·情境命题
典例1 解析：未按下按钮时，线圈磁通量不变，因此a、b两点电势差为零，故A错误；
按下按钮过程中，线圈中的磁场先向右减小，后向左增加，根据楞次定律可知，感应电流方向从b接线柱通过线圈流向a接线柱，又因为线圈是电源，电源内部电流方向由负极流向正极，因此线圈a接线柱的电势比b接线柱高；按钮复位过程中，线圈中的磁场先向左减小，后向右增加，磁通量先减小后增大，根据楞次定律可知，感应电流方向从a接线柱通过线圈流向b接线柱，线圈a接线柱的电势比b接线柱低，故B正确，CD错误．
答案：B
典例2 解析：由题意可知，因圆形铝盘逆时针方向旋转，那么穿过铝盘甲区域的磁通量增大，根据楞次定律，可知，感应电流产生磁场与原来磁场方向相反，即垂直铝盘向外的磁场，故A正确；同理，因圆形铝盘逆时针方向旋转，那么穿过铝盘乙区域的磁通量减小，根据楞次定律，可知，感应电流产生磁场与原来磁场方向相同，即垂直铝盘向里的磁场，故B错误；依据楞次定律的“近斥远吸”，则有甲区域要靠近磁铁，则相互排斥，而乙区域要远离磁铁，则相互吸引，因此磁铁与感应电流之间的作用力，会使铝盘减速，故C正确；若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，这样会导致涡流磁场减弱，则磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果明显低于实心铝盘的，故D错误．
答案：AC
典例3 解析：磁场向右运动，则线圈相对于磁场向左运动，根据右手定则可知，线圈在图示位置的电流方向为abcda，根据左手定则可知安培力方向水平向右，线圈达到最大速度vm时，线圈ad边和bc边各以相对磁场的速度v－vm做切割磁感线运动，回路中电流为I＝＝，由于左右两边ad和bc均受到安培力，则安培力的合力为F合＝2nBIL＝，制动过程中，磁场停止，线圈ad边和bc边以初速度vm开始运动，则安培力为，B错误．达到最大速度时，有f＝F合，联立解得vm＝v－，选项A错误．制动过程中克服安培力做功等于线圈产生的焦耳热，对线圈由动能定理有＝－fNL－W克安＝－fNL－Q，解得Q＝－fNL，选项C正确．制动过程通过线圈横截面的电荷量为q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n，线圈继续运动NL停下来，若N为偶数，根据对称性，可知通过线圈的磁通量不变，即ΔΦ＝0，可知通过线圈的电荷量为零；若N为奇数，由于开始制动时刻的磁通量不确定，因此线圈的磁通量变化量ΔΦ可能在0～2BL2之间取值，电荷量q＝n，即通过线圈的电荷量可能在0～2n之间取值，选项D正确．
答案：CD
典例4 解析：(1)ab边产生电动势：E＝Blv0.
(2)Fab＝BIl
I＝
对火箭主体受力分析可得：Fab－mg＝ma
解得：a＝－g.
(3)设下落t时间内火箭下落的高度为h，
对火箭主体由动量定理：·t＝0－mv0
即mgt－＝0－mv0
化简得h＝
根据能量守恒定律，系统产生的电能：
E＝
代入数据可得：E＝.
答案：(1)Blv0 (2)－g(共55张PPT)
第12讲 机械振动和机械波 光与电磁波
命题点一 简谐运动及振动图像
简谐运动图像问题的两种分析方法
方法一：图像—运动结合法
解此类题时，首先要理解x-t图像的意义，其次要把x-t图像与质点的实际振动过程联系起来．图像上的一个点表示振动中的一个状态(位置、振动方向等)，图像上的一段曲线对应振动的一个过程，关键是判断好平衡位置、最大位移及振动方向．
方法二：直观结论法
简谐运动的图像表示振动质点的位移随时间变化的规律，即位移—时间的函数关系图像，不是物体的运动轨迹．
例 1 (多选)有两个同学利用假期分别去参观位于天津市的南开大学和上海市的复旦大学．他们各自在那里的物理实验室利用先进的DIS系统较准确的探究了单摆周期T和摆长L的关系．然后他们通过互联网交流实验数据，并由计算机绘制了T2-L图像，如图甲所示，已知天津市比上海市的纬度高．另外，去复旦做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用的a、b两个摆球的振动图像，如图乙所示．
则下列说法正确的是( )
A. 图甲中南开的同学所测得的实验结果对应的图像是B
B．图甲中图线的斜率表示对应所在位置的重力加速度
C．由图乙可知，a、b两摆球振动周期之比为3∶2
D．由图乙可知，a、b两单摆摆长之比为4∶9
答案：AD
答案：BC
提升训练
1.[2023·上海卷]真空中有一点P与微粒Q，Q在运动中受到指向P且大小与离开P的位移成正比的回复力，则下列情况有可能发生的是( )
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度减小
C．速度增大，加速度不变
D．速度减小，加速度不变
答案：B
解析：根据简谐运动的规律，回复力方向总指向平衡位置，大小与位移成正比，方向与位移方向相反，从平衡位置到最大振幅，做加速度增大的减速运动，反之，由最大振幅向平衡位置运动做加速度减小的加速运动，即加速度增大必减速，加速度减小必加速，故ACD错误，B正确．
2. [2023·福建福州一模]如图甲所示，绑有小铅块的浮漂竖直漂浮在静水中，把浮漂竖直向下缓慢按压后放手，忽略水对浮漂的阻力，浮漂在竖直方向做简谐运动．浮漂上升过程经过平衡位置时加速度大小为多少？测得浮漂运动的周期为0.8 s，以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其位移－时间图像如图乙所示，写出其运动位移的表达式．
3．如图所示，一根长为L的细线，上端固定于O点，下端系一可视为质点的小球，质量为m.若小球在竖直平面内做简谐运动，其动能Ek随时间t的变化关系如图所示，求：
(1)该单摆的摆长；
(2)小球的最大向心加速度．
考向1 波的图像分析
例 1 [2023·天津](多选)位于坐标原点的波源从t＝0时刻开始振动，t＝0.5 s时形成的机械波波形图如图所示，则下列说法正确的是( )
A．机械波的波速v＝4 m/s
B．x＝1 m处的质点在t＝0.3 s时位于波谷
C．波源的振动方程为y＝0.02 sin (5πt＋π)m
D．x＝－1 m处的质点半个周期内向左移动
半个波长
答案：BC
考向2 波的叠加
例 2 [2023·湖南卷]如图(a)，在均匀介质中有A、B、C和D四点，其中A、B、C三点位于同一直线上，AC＝BC＝4 m，DC＝3 m，DC垂直AB.t＝0时，位于A、B、C处的三个完全相同的横波波源同时开始振动，振动图像均如图(b)所示，振动方向与平面ABD垂直，已知波长为4 m．下列说法正确的是( )
A．这三列波的波速均为2 m/s
B．t＝2 s时，D处的质点开始振动
C．t＝4.5 s时，D处的质点向y轴负方向运动
D．t＝6 s时，D处的质点与平衡位置的距离是6 cm
答案：C
考向3 振动图像和波的图像的综合应用
例 3 [2023·四川省成都市三诊](多选)如图甲所示是一组同学在“战绳”练习中晃动一端使其上下振动(可视为简谐振动)形成横波的情境．图乙所示是形成的简谐横波在某一时刻的波形图，图丙所示为质点G以此时刻为计时起点的振动图像，下列说法正确的是( )
A．此列波的波速为4 m/s
B．此列波向右传播
C．经过2.125 s时，质点E的加速度大于质
点D的加速度
D．经过1.75 s时，质点B沿波的方向传播
到了质点I的位置
答案：AB
思维提升
波动图像与振动图像综合问题的处理方法
考向4 波传播的周期性和多解性问题
例 4 [2023·海南卷]如图所示分别是一列机械波在传播方向上相距6 m的两个质点P、Q的振动图像，下列说法正确的是( )
A．该波的周期是5 s
B．该波的波速是3 m/s
C．4 s时P质点向上振动
D．4 s时Q质点向上振动
答案：C
提升训练
1.[2023·上海卷]如图所示，有一周期为T、沿x轴正方向传播的波，当t＝0 s时波恰好传到B点，则t＝8 T时，CD段的波形图为( )
答案：C
2.[2023·浙江6月]如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O.先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长d＝15 cm，在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位．已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则( )
A．声波的波长λ＝15 cm
B．声波的波长λ＝30 cm
C．两声波的振幅之比为3∶1
D．两声波的振幅之比为2∶1
答案：C
3．[2023·全国甲卷]分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同，振幅均为5 cm，波长均为8 m，波速均为4 m/s.t＝0时刻，P波刚好传播到坐标原点，该处的质点将自平衡位置向下振动；Q波刚好传到x＝10 m处，该处的质点将自平衡位置向上振动．经过一段时间后，两列波相遇．
(1)在给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t＝2.5 s时刻的波形图(P用虚线，Q波用实线)；
(2)求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大和振幅最小的质点的平衡位置．
考向1 折射定律的应用
例 1 [2023·浙江1月]如图所示为一斜边镀银的等腰直角棱镜的截面图．一细黄光束从直角边AB以角度θ入射，依次经AC和BC两次反射，从直角边AC出射．出射光线相对于入射光线偏转了α角，则α( )
A．等于90°
B．大于90°
C．小于90°
D．与棱镜的折射率有关
答案：A
答案：BC
答案：C
答案：C
3．[2023·四川宜宾第四中学二模] 如图所示，某玻璃砖的截面由半径为R的半圆和等腰直角三角形ABC组成，AC是半圆的直径．一束单色光照射在圆弧面上的D点，入射角为60°，折射光线刚好射在AB边的中点E，该折射光线在AB面上的入射角为45°，已知光在真空中传播速度为c，求：
(1)玻璃砖对该单色光的折射率；
(2)该单色光在玻璃砖中传播的时间(不考虑光在圆弧面上的反射)．
命题点四 光的波动性 电磁波
1．单缝衍射与双缝干涉的比较
种类
项目 单缝衍射 双缝干涉
不同点 条纹
宽度 条纹宽度不等，中央最宽 条纹宽度相等
条纹
间距 各相邻条纹间距不等 各相邻条纹等间距
亮度 中央条纹最亮，两边较暗 清晰条纹，亮度基本相同
相同点 干涉、衍射都是波特有的现象，属于波的叠加；干涉、衍射都有明暗相间的条纹
例 1 [2023·辽宁卷](多选)“球鼻艏”是位于远洋轮船船头水面下方的装置，当轮船以设计的标准速度航行时，球鼻艏推起的波与船首推起的波如图所示，两列波的叠加可以大幅度减小水对轮船的阻力．下列现象的物理原理与之相同的是( )
A．插入水中的筷子，看起来折断了
B．阳光下的肥皂膜，呈现彩色条纹
C．驶近站台的火车，汽笛音调变高
D．振动音叉的周围，声音忽高忽低
答案：BD
解析：该现象属于波的叠加原理，插入水中的筷子看起来折断了是光的折射造成的，与该问题的物理原理不相符；阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，是由于光从薄膜上下表面的反射光叠加造成的干涉现象，与该问题的物理原理相符；驶近站台的火车汽笛音调变高是多普勒现象造成的，与该问题的物理原理不相符；振动音叉的周围声音忽高忽低，是声音的叠加造成的干涉现象，与该问题的物理原理相符．故选BD.
答案：B
提升训练
1.[2023·山东卷] 如图所示为一种干涉热膨胀仪原理图．G为标准石英环，C为待测柱形样品，C的上表面与上方标准平面石英板之间存在劈形空气层．用单色平行光垂直照射上方石英板，会形成干涉条纹．已知C的膨胀系数小于G的膨胀系数，当温度升高时，下列说法正确的是( )
A．劈形空气层的厚度变大，条纹向左移动
B．劈形空气层的厚度变小，条纹向左移动
C．劈形空气层的厚度变大，条纹向右移动
D．劈形空气层的厚度变小，条纹向右移动
答案：A
解析：由题知，C的膨胀系数小于G的膨胀系数，当温度升高时，G增长的高度大于C增长的高度，则劈形空气层的厚度变大，且同一厚度的空气膜向劈尖移动，则条纹向左移动．故选A.
2．[2023·重庆第七次联考](多选)如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图均来自物理课本，下列说法正确的是( )
A．图甲为双缝干涉示意图，若换成频率更高的单色光照射双缝，则实验得到的条纹间距应该更大
B．图乙为光照到圆盘上得到的衍射图样
C．图丙为劈尖干涉的示意图，两玻璃片间垫有一些纸片，若从两玻璃片之间抽出部分纸片，则从上往下看可以观察到条纹间距变大
D．图丁所示为相机拍摄车前挡风玻璃的照片，挡风玻璃能明显减弱汽车玻璃表面反射光是利用了薄膜干涉原理
答案：BC第12讲 机械振动和机械波 光与电磁波
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一 简谐运动及振动图像
简谐运动图像问题的两种分析方法
方法一：图像—运动结合法
解此类题时，首先要理解x-t图像的意义，其次要把x-t图像与质点的实际振动过程联系起来．图像上的一个点表示振动中的一个状态(位置、振动方向等)，图像上的一段曲线对应振动的一个过程，关键是判断好平衡位置、最大位移及振动方向．
方法二：直观结论法
简谐运动的图像表示振动质点的位移随时间变化的规律，即位移—时间的函数关系图像，不是物体的运动轨迹．
例 1 (多选)有两个同学利用假期分别去参观位于天津市的南开大学和上海市的复旦大学．他们各自在那里的物理实验室利用先进的DIS系统较准确的探究了单摆周期T和摆长L的关系．然后他们通过互联网交流实验数据，并由计算机绘制了T2-L图像，如图甲所示，已知天津市比上海市的纬度高．另外，去复旦做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用的a、b两个摆球的振动图像，如图乙所示．则下列说法正确的是( )
A.图甲中南开的同学所测得的实验结果对应的图像是B
B．图甲中图线的斜率表示对应所在位置的重力加速度
C．由图乙可知，a、b两摆球振动周期之比为3∶2
D．由图乙可知，a、b两单摆摆长之比为4∶9
例 2 [2023·山东卷](多选)如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点．已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是( )
A．，3t B．，4t
C．t D．t
提升训练
1.[2023·上海卷]真空中有一点P与微粒Q，Q在运动中受到指向P且大小与离开P的位移成正比的回复力，则下列情况有可能发生的是( )
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度减小
C．速度增大，加速度不变
D．速度减小，加速度不变
2. [2023·福建福州一模]如图甲所示，绑有小铅块的浮漂竖直漂浮在静水中，把浮漂竖直向下缓慢按压后放手，忽略水对浮漂的阻力，浮漂在竖直方向做简谐运动．浮漂上升过程经过平衡位置时加速度大小为多少？测得浮漂运动的周期为0.8 s，以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其位移－时间图像如图乙所示，写出其运动位移的表达式．
3．如图所示，一根长为L的细线，上端固定于O点，下端系一可视为质点的小球，质量为m.若小球在竖直平面内做简谐运动，其动能Ek随时间t的变化关系如图所示，求：
(1)该单摆的摆长；
(2)小球的最大向心加速度．
命题点二 波的图像及波的叠加
1．波的传播方向与质点振动方向的互判方法
(1)“上下坡”法
(2)“同侧”法
(3)“微平移”法
2．波的叠加
(1)两个振动情况相同的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx＝nλ(n＝0，1，2，…)，振动减弱的条件为Δx＝nλ＋(n＝0，1，2，…)．两个振动情况相反的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx＝nλ＋(n＝0，1，2，…)，振动减弱的条件为Δx＝nλ(n＝0，1，2，…)．
(2)振动加强点的振幅最大，位移随时间而改变．
考向1 波的图像分析
例 1 [2023·天津](多选)位于坐标原点的波源从t＝0时刻开始振动，t＝0.5 s时形成的机械波波形图如图所示，则下列说法正确的是( )
A．机械波的波速v＝4 m/s
B．x＝1 m处的质点在t＝0.3 s时位于波谷
C．波源的振动方程为y＝0.02 sin (5πt＋π)m
D．x＝－1 m处的质点半个周期内向左移动半个波长
考向2 波的叠加
例 2 [2023·湖南卷]如图(a)，在均匀介质中有A、B、C和D四点，其中A、B、C三点位于同一直线上，AC＝BC＝4 m，DC＝3 m，DC垂直AB.t＝0时，位于A、B、C处的三个完全相同的横波波源同时开始振动，振动图像均如图(b)所示，振动方向与平面ABD垂直，已知波长为4 m．下列说法正确的是( )
A．这三列波的波速均为2 m/s
B．t＝2 s时，D处的质点开始振动
C．t＝4.5 s时，D处的质点向y轴负方向运动
D．t＝6 s时，D处的质点与平衡位置的距离是6 cm
考向3 振动图像和波的图像的综合应用
例 3 [2023·四川省成都市三诊](多选)如图甲所示是一组同学在“战绳”练习中晃动一端使其上下振动(可视为简谐振动)形成横波的情境．图乙所示是形成的简谐横波在某一时刻的波形图，图丙所示为质点G以此时刻为计时起点的振动图像，下列说法正确的是( )
A．此列波的波速为4 m/s
B．此列波向右传播
C．经过2.125 s时，质点E的加速度大于质点D的加速度
D．经过1.75 s时，质点B沿波的方向传播到了质点I的位置
思维提升
波动图像与振动图像综合问题的处理方法
考向4 波传播的周期性和多解性问题
例 4 [2023·海南卷]如图所示分别是一列机械波在传播方向上相距6 m的两个质点P、Q的振动图像，下列说法正确的是( )
A．该波的周期是5 s
B．该波的波速是3 m/s
C．4 s时P质点向上振动
D．4 s时Q质点向上振动
提升训练
1.[2023·上海卷]如图所示，有一周期为T、沿x轴正方向传播的波，当t＝0 s时波恰好传到B点，则t＝8 T时，CD段的波形图为( )
2.
[2023·浙江6月]如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O.先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长d＝15 cm，在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位．已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则( )
A．声波的波长λ＝15 cm
B．声波的波长λ＝30 cm
C．两声波的振幅之比为3∶1
D．两声波的振幅之比为2∶1
3．[2023·全国甲卷]分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同，振幅均为5 cm，波长均为8 m，波速均为4 m/s.t＝0时刻，P波刚好传播到坐标原点，该处的质点将自平衡位置向下振动；Q波刚好传到x＝10 m处，该处的质点将自平衡位置向上振动．经过一段时间后，两列波相遇．
(1)在给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t＝2.5 s时刻的波形图(P用虚线，Q波用实线)；
(2)求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大和振幅最小的质点的平衡位置．
命题点三 光的折射和全反射
1．常用的三个公式
＝n，n＝，sin C＝.
2．求解光的折射和全反射问题的思路
(1)确定研究的光线：该光线一般是入射光线，还有可能是反射光线或折射光线，若需研究的光线不明确，则要根据题意分析、寻找，如临界光线、边界光线等．
(2)画光路图：找入射点，确定界面，并画出法线，根据反射定律、折射定律作出光路图，结合几何关系，具体求解．
3．注意两点：
(1)光疏→光密：一定有反射、折射光线；
(2)光密→光疏：若入射角大于或等于临界角，则发生全反射．
考向1 折射定律的应用
例 1 [2023·浙江1月]如图所示为一斜边镀银的等腰直角棱镜的截面图．一细黄光束从直角边AB以角度θ入射，依次经AC和BC两次反射，从直角边AC出射．出射光线相对于入射光线偏转了α角，则α( )
A．等于90°
B．大于90°
C．小于90°
D．与棱镜的折射率有关
考向2 全反射现象的理解和应用
例 2 [2023·湖南卷](多选)一位潜水爱好者在水下活动时，利用激光器向岸上救援人员发射激光信号，设激光光束与水面的夹角为α，如图所示．他发现只有当α大于41°时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，下列说法正确的是( )
A．水的折射率为
B．水的折射率为
C．当他以α ＝ 60°向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°
D．当他以α ＝ 60°向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角大于60°
提升训练
1.[2023·湖北卷]
如图所示，楔形玻璃的横截面POQ的顶角为30°，OP边上的点光源S到顶点O的距离为d，垂直于OP边的光线SN在OQ边的折射角为45°.不考虑多次反射，OQ边上有光射出部分的长度为( )
A．d B．d
C．d D．d
2．[2023·浙江6月]在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体，直角边的长度为0.9 m，水的折射率n＝，细灯带到水面的距离h＝ m，则有光射出的水面形状(用阴影表示)为( )
3．[2023·四川宜宾第四中学二模]
如图所示，某玻璃砖的截面由半径为R的半圆和等腰直角三角形ABC组成，AC是半圆的直径．一束单色光照射在圆弧面上的D点，入射角为60°，折射光线刚好射在AB边的中点E，该折射光线在AB面上的入射角为45°，已知光在真空中传播速度为c，求：
(1)玻璃砖对该单色光的折射率；
(2)该单色光在玻璃砖中传播的时间(不考虑光在圆弧面上的反射)．
命题点四 光的波动性 电磁波
1．单缝衍射与双缝干涉的比较
种类 项目 单缝衍射 双缝干涉
不同点 条纹 宽度 条纹宽度不等，中央最宽 条纹宽度相等
条纹 间距 各相邻条纹间距不等 各相邻条纹等间距
亮度 中央条纹最亮，两边较暗 清晰条纹，亮度基本相同
相同点 干涉、衍射都是波特有的现象，属于波的叠加；干涉、衍射都有明暗相间的条纹
2.三点注意
(1)两列光波发生稳定干涉现象时，光的频率相等，相位差恒定，条纹间距Δx＝λ.
(2)发生明显衍射的条件是障碍物或小孔的尺寸跟光的波长相差不多或比光的波长小．
(3)电磁波传播不需要介质，在介质中传播时速度与介质材料和电磁波频率有关．
例 1 [2023·辽宁卷](多选)“球鼻艏”是位于远洋轮船船头水面下方的装置，当轮船以设计的标准速度航行时，球鼻艏推起的波与船首推起的波如图所示，两列波的叠加可以大幅度减小水对轮船的阻力．下列现象的物理原理与之相同的是( )
A．插入水中的筷子，看起来折断了
B．阳光下的肥皂膜，呈现彩色条纹
C．驶近站台的火车，汽笛音调变高
D．振动音叉的周围，声音忽高忽低
例 2 [2023·江苏卷]用某种单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到的干涉条纹如图甲所示，改变双缝间的距离后，干涉条纹如图乙所示，图中虚线是亮纹中心的位置．则双缝间的距离变为原来的( )
A． B．
C．2倍 D．3倍
提升训练
1.[2023·山东卷]
如图所示为一种干涉热膨胀仪原理图．G为标准石英环，C为待测柱形样品，C的上表面与上方标准平面石英板之间存在劈形空气层．用单色平行光垂直照射上方石英板，会形成干涉条纹．已知C的膨胀系数小于G的膨胀系数，当温度升高时，下列说法正确的是( )
A．劈形空气层的厚度变大，条纹向左移动
B．劈形空气层的厚度变小，条纹向左移动
C．劈形空气层的厚度变大，条纹向右移动
D．劈形空气层的厚度变小，条纹向右移动
2．[2023·重庆第七次联考](多选)如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图均来自物理课本，下列说法正确的是( )
A．图甲为双缝干涉示意图，若换成频率更高的单色光照射双缝，则实验得到的条纹间距应该更大
B．图乙为光照到圆盘上得到的衍射图样
C．图丙为劈尖干涉的示意图，两玻璃片间垫有一些纸片，若从两玻璃片之间抽出部分纸片，则从上往下看可以观察到条纹间距变大
D．图丁所示为相机拍摄车前挡风玻璃的照片，挡风玻璃能明显减弱汽车玻璃表面反射光是利用了薄膜干涉原理
第12讲 机械振动和机械波 光与电磁波
命题分类剖析
命题点一
[例1] 解析：根据T＝2π 得，T2＝，知图线的斜率k＝，图线B的斜率较小，则图线B对应的重力加速度较大，可知图甲中南开的同学所测得的实验结果对应的图像是B，故A正确，B错误；周期等于完成一次全振动的时间，由图乙可知，a、b两单摆的周期之比为2∶3，故C错误；根据T＝2π 得，L＝，a、b的周期之比为2∶3，则摆长之比为4∶9，故D正确．
答案：AD
[例2] 解析：当AB两点在平衡位置的同侧时有A＝A sin φa，A＝A sin φb，可得φa＝；φb＝或者φb＝.因此可知第二次经过B点时φb＝T＝t，解得T＝4t.此时位移关系为A－A＝L，解得A＝，A错误，B正确．当AB两点在平衡位置两侧时有－A＝A sin φa，A＝A sin φb，解得φa＝－或者φa＝－(由图中运动方向舍去)，φb＝或者φb＝.当第二次经过B点时φb＝，则T＝t，解得T＝t.此时位移关系为A＋A＝L，解得A＝，C正确，D错误．
答案：BC
[提升训练]
1．解析：根据简谐运动的规律，回复力方向总指向平衡位置，大小与位移成正比，方向与位移方向相反，从平衡位置到最大振幅，做加速度增大的减速运动，反之，由最大振幅向平衡位置运动做加速度减小的加速运动，即加速度增大必减速，加速度减小必加速，故ACD错误，B正确．
答案：B
2．解析：经过平衡位置时，受到重力和水的浮力，这两个力的合力为0，故加速度大小为0；
由于振动周期为0.8 s，故ω＝＝2.5π rad/s
由图乙可知运动位移的表达式为y＝5sin πt cm
答案：0 y＝5sin t cm
3．解析：(1)由图可知，单摆的周期T＝4t0
根据单摆周期公式T＝2π ，解得l＝.
(2)摆球到最低点的动能Ek＝E0＝mv2
向心加速度的最大值a＝，得a＝.
答案：
命题点二
[例1] 解析：波源位于坐标原点，则由题图可知，该波源形成两列波，且在Δt＝0.5 s的时间内波传播的距离为Δx＝2.5 m，则机械波的波速为v＝＝ m/s＝5 m/s，A错误；由题图可知波的波长为λ＝2 m，则波的周期为T＝＝ s＝0.4 s，波刚传到x＝1 m处需要的时间t1＝＝ s＝0.2 s，由于t＝0.5 s时波恰好向右传播到x＝2.5 m处，结合同侧法可知波源的起振方向沿y轴的负方向，所以t＝0.2 s时x＝1 m处的质点沿y轴的负方向振动，再经过0.1 s的时间，即T的时间后，x＝1 m处的质点刚好位于波谷处，B正确；设波源的振动方程为y＝A sin (ωt＋φ)，由以上可知ω＝＝5 rad/s，由题图可知波的振幅为A＝2 cm，又波源的起振方向沿y轴的负方向且t＝0时刻位于坐标原点，则波源的振动方程为y＝－0.02 sin (5πt)m＝0.02 sin (5πt＋π) m，C正确；质点起振后只在平衡位置附近上下振动，不会随波左右迁移，D错误．
答案：BC
[例2] 解析：由图(b)的振动图像可知，振动的周期为4 s，故三列波的波速为v＝＝＝1 m/s，A错误；由图(a)可知，D处距离波源C最近的距离为3 m，故开始振动后波源C处的横波传播到D处所需的时间为tC＝＝＝3 s，故t＝2 s时，D处的质点还未开始振动，B错误；由几何关系可知AD＝BD＝5 m，波源A、B产生的横波传播到D处所需的时间为tAB＝＝＝5 s，故t＝4.5 s时，仅波源C处的横波传播到D处，此时D处的质点振动时间为t1＝t－tC＝1.5 s，由振动图像可知此时D处的质点向y轴负方向运动，C正确；t＝6 s时，波源C处的横波传播到D处后振动时间为t2＝＝3 s，由振动图像可知此时D处为波源C处传播横波的波谷；t＝6 s时，波源A、B处的横波传播到D处后振动时间为t3＝＝1 s，由振动图像可知此时D处为波源A、B处传播横波的波峰．根据波的叠加原理可知此时D处质点的位移为y＝2A－A＝2 cm，故t＝6 s时，D处的质点与平衡位置的距离是2 cm，D错误．
答案：C
[例3] 解析：根据图乙可知该简谐横波的波长为4 m，由图丙可知质点的振动周期为1 s，所以该简谐横波的波长为v＝＝ m/s＝4 m/s，A正确；由图丙可知质点G在该时刻处于平衡位置，且向上运动，结合图乙可知质点G处于下坡，根据上下坡法可知，该简谐波向右传播，B正确；经过2.125 s此简谐波向右传播的距离为x＝vt＝4×2.125 m＝8.5 m＝2λ，画出t＝2.125 s时的波形图，如图所示．
x＝3.5 m的质点位于最低点，质点E和质点D关于x＝3.5 m的距离相等，两质点距离平衡位置的距离相等，所以两者的加速度大小相等，C错误；简谐波传播过程中，质点不会随波迁移，所以经过1.75 s时，质点B不会移动，D错误．
答案：AB
[例4] 解析：由题图可知，该波的周期T＝4 s，A错；由P、Q两个质点的振动图像可知，P、Q两个质点振动反向，则P、Q间距离为(n＋)λ＝6 m(n＝0，1，2，…)，则波速v＝＝ m/s(n＝0，1，2，…)，B错；由质点P的振动图像可知，4 s时P质点向上振动，C对；由质点Q的振动图像可知，4 s时Q质点向下振动，D错．
答案：C
[提升训练]
1．解析：由题可知，该波向右传播且波长为0.5 m，得出波速为v＝＝，则在t＝8T的时间内传播的距离为x＝vt＝×8T＝4.0 m，而BD之间的距离为3.75 m＋0.25 m＝4 m，故经过t＝8T，该波从B点传播到D点，D点为起振点，即将向上振动，xCD＝0.25 m＝，即半个波长，故ABD错误，C正确．
答案：C
2．解析：分析可知A、B两管等长时，声波的振动加强，将A管拉长d＝15 cm后，两声波在O点减弱，根据题意设声波加强时振幅为20，声波减弱时振幅为10，则A1＋A2＝20，A1－A2＝10，可得两声波的振幅之比＝，故C正确，D错误；根据振动减弱的条件可得＝2d，解得λ＝60 cm，故AB错误．故选C.
答案：C
3．解析：(1)根据Δx＝vt得
Δx＝4×2.5 m＝10 m
可知t＝2.5 s时P波刚好传播到x＝10 m处，Q波刚好传播到x＝0处，根据上坡下坡法可得波形图如图所示
两列波在图示范围内任一位置的波程差为
Δx＝|(10－x)－x|.(0(2)根据题意可知，P、Q两波振动频率相同，振动方向相反，两波叠加时，振动加强点的条件为到两波源的距离差
Δx＝(n＝0，1，2…)
解得振幅最大的平衡位置有
x1＝3 m、x2＝7 m
振动减弱的条件为
Δx＝nλ(n＝0，1，2…)
解得振幅最小的平衡位置有
x3＝1 m、x4＝5 m、x5＝9 m
答案：(1)
(2)见解析
命题点三
[例1] 解析：如图所示，由几何关系有
∠2＝180°－45°－(90°－∠1)＝45°＋∠1
↓
∠3＝90°－∠2＝45°－∠1
↓
∠4＝180°－135°－∠3＝∠1
由折射定律有n＝＝，
故sin θ＝sin ∠5
结合几何知识可知α＝90°，A正确．
答案：A
[例2] 解析：他发现只有当α大于41°时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，则说明α＝41°时激光恰好发生全反射，则sin (90°－41°)＝，则n＝，A错误、B正确；当他以α＝60°向水面发射激光时，入射角i1＝30°，则根据折射定律有n sin i1＝sin i2，折射角i2大于30°，则岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°，C正确、D错误．
故选BC.
答案：BC
[提升训练]
1．解析：设光线在OQ界面的入射角为α，折射角为β，几何关系可知α＝30°，则由折射定律有n＝＝，
光线射出OQ界面的临界为发生全反射，光路图如图，其中OB⊥CS，光线在AB两点发生全反射，由全反射定律有sin C＝＝，即AB两处全反射的临界角为45°，AB之间有光线射出，由几何关系可知AB＝2AC＝2CS＝OS＝d，C正确．故选C.
答案：C
2．解析：灯带发出的光从水面射出时发生全反射的临界角满足sin C＝＝，则tan C＝.灯带上的一个点发出的光发生全反射的临界角如图所示
根据几何关系可得r＝h tan C＝ m＝0.3 m．
则一个点发出的光在水面上能看到的是半径为r＝0.3 m的圆，光射出的水面形状边缘为弧形，如图所示．等腰直角三角形发光体的内切圆半径r′满足＝(a＋a＋a)r′，解得r′＝<＝r，故中间无空缺．故选C.
答案：C
3．解析：
(1)折射光线在AB面上的入射角为45°，则DE⊥AC，由几何关系可知，AO与DE的交点M到A的距离等于到O的距离，如图甲所示．
则有OM＝R
设光线在D点的入射角和折射角分别为i和r，由几何关系可得sin r＝＝＝
因此折射角为r＝30°
由折射定律，可得玻璃砖对单色光的折射率为n＝＝＝.
(2)设全反射的临界角为C，则有sin C＝＝<＝sin 45°
可得C<45°
可知光在AB界面处发生全反射，结合入射角等于反射角的关系及几何关系可知，光恰好到达BC中点，而且到达BC界面处仍然发生全反射，光在玻璃砖内的光路如图乙所示．
则光在玻璃砖内的路程为s＝2(＋R cos r)＋R＝(2＋)R
光在玻璃砖内的传播速度为v＝
则光在玻璃砖中传播的时间t＝.
答案：(1) (2)
命题点四
[例1] 解析：该现象属于波的叠加原理，插入水中的筷子看起来折断了是光的折射造成的，与该问题的物理原理不相符；阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，是由于光从薄膜上下表面的反射光叠加造成的干涉现象，与该问题的物理原理相符；驶近站台的火车汽笛音调变高是多普勒现象造成的，与该问题的物理原理不相符；振动音叉的周围声音忽高忽低，是声音的叠加造成的干涉现象，与该问题的物理原理相符．故选BD.
答案：BD
[例2] 解析：根据双缝干涉的条纹间距与波长关系有Δx＝λ，由题图知Δx乙＝2Δx甲，则d乙＝d甲，故选B.
答案：B
[提升训练]
1．解析：由题知，C的膨胀系数小于G的膨胀系数，当温度升高时，G增长的高度大于C增长的高度，则劈形空气层的厚度变大，且同一厚度的空气膜向劈尖移动，则条纹向左移动．故选A.
答案：A
2．解析：根据Δx＝，若改用频率较高的单色光照射，则波长变小，其他条件保持不变，则得到的干涉条纹间距将变小，故A错误；图乙为光照到圆盘上得到的衍射图样，也叫泊松亮斑，故B正确；抽去纸片后空气层的倾角变小，相当于减小了d，故相邻亮条纹(或暗条纹)之间的距离变大，干涉条纹间距变大，故C正确；相机拍摄时减弱了玻璃表面的反射光，是在照相机镜头前增加偏振片过滤掉了反射光，应用了偏振原理，故D错误；故选BC.
答案：BC(共48张PPT)
第13讲 热学
命题点一 分子动理论 、 固体与液体的性质
热学基础知识考查模型
项目 图解 分析
微观量的
两种模型
布朗运动
①影响因素：温度、微粒大小
②意义：反映了分子的无规则运动
分子间作
用力与分
子势能的
变化分析
①分子间作用力：若rr0，表现为引力
②分子势能：若r＝r0，分子势能最小
晶体和非
晶体模型 ①单晶体形状规则，多晶体、非晶体形状不规则
②晶体熔点固定，非晶体熔点不固定
③单晶体的部分性质表现出各向异性，多晶体、非晶体表现为各向同性
[提醒]
(1)球模型(适用于固体、液体)，立方体模型(适用于气体)．
(2)晶体、非晶体的关键性区别为是否具有固定的熔点，只有单晶体才可能具有各向异性．
例 1 (多选)关于固体、液体和气体，下列说法正确的是( )
A．高原地区煮饭会夹生，水的沸点较低，是因为高原地区温度较低的缘故
B．晶体一定具有固定的熔点，但不一定具有规则的几何外形
C．降低温度能够使气体的饱和气压降低，从而使气体液化
D．在一定温度下，当人们感到潮湿时，水汽蒸发慢，空气的相对湿度一定较小
答案：BC
解析：高原地区煮饭会夹生，水的沸点较低，是因为高原地区大气压强较小，故A错误；晶体一定具有固定的熔点，单晶体有固定的几何形状，但是多晶体没有规则的几何外形，故B正确；降低温度能够使气体的饱和气压降低，从而使气体液化，故C正确；在一定温度下，当人们感到潮湿时，水汽蒸发慢，空气的相对湿度一定较大，故D错误．
例 2 [2023·浙江6月](多选)下列说法正确的是( )
A．热量能自发地从低温物体传到高温物体
B．液体的表面张力方向总是跟液面相切
C．在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的
D．当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率
答案：BD
解析：根据热力学第二定律可知热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；液体的表面张力方向总是跟液面相切，故B正确；由狭义相对论的两个基本假设可知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故C错误；根据多普勒效应可知，当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率，故D正确．故选BD.
例 3 [2024·河南洛阳开学考试](多选)如图所示的甲、乙两幅图像分别表示两分子间的作用力、分子势能与两分子间距离的关系．假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为0，下列说法正确的是( )
A．分子间距r＝r0表示平衡位置，此位置分子间的引力、斥力都等于0
B．当分子间距r＝r0时，分子力、分子势能都达到最小值
C．当分子间距无限大时，分子势能最小
D．当分子间距r>r0，随着r的增大，F先增大后减小，Ep增大
答案：BD
解析：分子间距r＝r0表示平衡位置，此位置分子间的引力、斥力大小相等，方向相反，引力、斥力的合力等于0，但引力、斥力并不等于0，故A错误；由图像可知，当分子间距r＝r0时，分子力为0，分子力达到最小值，分子势能为最小值，故B正确；当分子间距无限大时，分子势能为0，但不是最小值，当分子间距r＝r0时，分子势能最小，故C错误；当分子间距r>r0，随着分子间距离r的增大，F先增大后减小，分子力做负功，分子势能Ep一直增大，故D正确．
提升训练
1. [2023·海南卷]如图为两分子靠近过程中的示意图，r0为分子间平衡距离，下列关于分子力和分子势能的说法正确的是( )
A．分子间距离大于r0时，分子间表现为斥力
B．分子从无限远靠近到距离r0处的过程中分子势能变大
C．分子势能在r0处最小
D．分子间距离在小于r0且减小时，分子势能在减小
答案：C
解析：分子间距离大于r0时，分子间表现为引力，A错；分子从无限远靠近到距离为r0的过程，分子力表现为引力，分子力做正功，分子势能变小，B错；分子间距离从r0减小的过程，分子力表现为斥力，分子力做负功，分子势能变大，结合B项分析可知，分子势能在r0处最小，C对，D错．
2．[2023·北京卷]夜间由于气温降低，汽车轮胎内的气体压强变低．与白天相比，夜间轮胎内的气体( )
A．分子的平均动能更小
B．单位体积内分子的个数更少
C．所有分子的运动速率都更小
D．分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更大
答案：A
解析：夜间气温低，分子的平均动能更小，但不是所有分子的运动速率都更小，故A正确、C错误；由于汽车轮胎内的气体压强变低，轮胎会略微被压瘪，则单位体积内分子的个数更多，分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更小，BD错误．故选A.
3．[2023·广西统考二模](多选)图甲是三颗微粒做布朗运动的位置连线图，图乙是氧气分子速率分布图，图丙是静止在水面上的硬币，图丁是农田耕种前锄松土壤，下列说法正确的是( )
A．甲图中，微粒越小，布朗运动越明显
B．乙图中，温度升高，所有氧分子的速率都增大
C．丙图中，硬币能浮在水面上，主要是因为水的浮力
D．丁图中，锄松土壤会破坏土层表面的毛细管，保持土壤水分
答案：AD
解析：甲图中，微粒越小，布朗运动越明显，故A正确；乙图中，温度升高，氧分子的平均速率增大，但不是每一个分子速率都增大，故B错误；丙图中，硬币浮在水面上，主要是因为水的表面张力，故C错误；丁图中，耕种前锄松土壤，会破坏土层表面的毛细管，消除土层表面的毛细现象，保持土壤水分，故D正确．
命题点二 气体实验定律的应用
1．压强的计算
(1)被活塞或汽缸封闭的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解，压强单位为Pa.
(2)水银柱密封的气体，应用p＝p0＋ph或p＝p0－ph计算压强，压强p的单位为cmHg或mmHg.
2．合理选取气体变化所遵循的规律列方程
(1)若气体质量一定，p、V、T中有一个量不发生变化，则选用对应的气体实验定律列方程求解．
(2)若气体质量一定，p、V、T均发生变化，则选用理想气体状态方程列式求解．
3．关联气体问题
解决由活塞、液柱相联系的两部分气体问题时，根据两部分气体压强、体积的关系，列出关联关系式，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解．
考向1 “汽缸活塞”类问题
例 1 [2023·新课标卷](多选)如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦．初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等．现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后( )
A．h中的气体内能增加
B．f与g中的气体温度相等
C．f与h中的气体温度相等
D．f与h中的气体压强相等
答案：AD
考向2 “液柱”类问题
例 2 [2023·全国乙卷]如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方．管内空气被一段水银柱隔开，水银柱在两管中的长度均为10 cm.现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm.求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强．(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)
解析：B管在上方，设B管中气体的压强为pB，长度lB＝10 cm
则A管中气体的压强为pA＝pB＋20 cmHg，长度lA＝10 cm
倒置后，A管在上方，设A管中气体的压强为p′A，A管内空气柱长度l′A＝11 cm
已知A管的内径是B管的2倍，则水银柱长度为h＝9 cm＋14 cm＝23 cm
则B管中气体压强为p′B＝p′A＋23 cmHg
B管内空气柱长度l′B＝40 cm－11 cm－23 cm＝6 cm
对A管中气体，由玻意耳定律有pAlA＝p′Al′A
对B管中气体，由玻意耳定律有pBlB＝p′Bl′B
联立解得pB＝54.36 cmHg
pA＝pB＋20 cmHg＝74.36 cmHg
答案：54.36 cmHg 74.36 cmHg
考向3 变质量问题
例 3 [2023·湖南卷]汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力．如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车．助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力．
每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程．已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1.假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变．
(1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1；
(2)第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF.
考向4 气体状态图像问题
例 4 [2023·上海卷] 一定质量的理想气体，经历如图过程，其中ab、cd分别为双曲线的一部分．下列对a、b、c、d四点温度大小比较正确的是( )
A．Ta>Tb B．Tb>Tc
C．Tc>Td D．Td>Ta
答案：B
提升训练
1.[2023·海南卷] 如图所示，某饮料瓶内密封一定质量的理想气体，t＝27 ℃时，压强p＝1.050×105 Pa，则
(1)t′＝37 ℃时，气压是多大？
(2)保持温度不变，挤压气体，使之压强与(1)相同时，气体体积变为原来的多少倍？
2．[2023·山东省齐鲁名校三模]汽车胎压是指汽车轮胎内部的气压，是汽车行车安全及动力性能的一个重要指标．如图所示，是一辆家用轿车在一次出行过程中仪表盘上显示的两次胎压值，其中图(a)表示刚出发时的显示值，图(b)表示到达目的地时的显示值，出发前胎内温度与环境温度相同．(1 bar可近似等于1个标准大气压，车胎内气体可视为理想气体且忽略体积变化)轿车仪表盘胎压实时监测．
(1)此次出行过程中轿车的左前轮胎内气体温度升高了多少摄氏度；
(2)如果出发时就使轮胎气压恢复到正常胎压2.5 bar，需要充入一定量的同种气体，求左前轮胎内充入气体质量和该车胎内原有气体质量之比(忽略充气过程中轮胎体积和温度的变化)．
命题点三 热力学定律的理解及应用
1．理想气体相关三量ΔU、W、Q的分析思路
(1)内能变化量ΔU
①由气体温度变化分析ΔU：温度升高，内能增加，ΔU>0；温度降低，内能减少，ΔU<0.
②由公式ΔU＝W＋Q分析内能变化．
(2)做功情况W
由体积变化分析气体做功情况：体积膨胀、气体对外界做功，W<0；体积被压缩，外界对气体做功，W>0.
(3)气体吸、放热Q
一般由公式Q＝ΔU－W分析气体的吸、放热情况：Q>0，吸热；Q<0，放热．
2．对热力学第二定律的理解：热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但会产生其他影响．
考向1 热力学定律的应用
例 1 [2023·天津卷]如图是爬山所带的氧气瓶，爬高过程中，氧气瓶里的气体体积和质量均不变，温度降低，则气体( )
A．对外做功 B．内能减少
C．吸收热量 D．压强不变
答案：B
解析：爬高过程中，气体的体积保持不变，则气体对外不做功，A错误；爬高过程中，气体温度降低，则气体的内能减少，B正确；根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q，又W＝0，ΔU<0，则Q<0，即气体放出热量，C错误；爬高过程中，气体的体积不变，温度降低，根据查理定律p＝CT可知气体的压强减小，D错误．
考向2 热力学定律与气体实验定律的综合应用
例 2 [2023·浙江1月]某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示．在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100 cm2、质量m＝1 kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动．开始时气体处于温度TA＝300 K、活塞与容器底的距离h0＝30 cm的状态A.环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3 cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B.活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC＝363 K的状态C时触动报警器．从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158 J．取大气压p0＝0.99×105 Pa，求气体
(1)在状态B的温度；
(2)在状态C的压强；
(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收的热量Q.
考向3 热学图像与热力学定律的综合应用
例 3 [2023·广东惠州三模] (多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图中从a到b的直线所示．在此过程中( )
A．气体温度先上升后下降
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
答案：BC
提升训练
1. [2024·广东江门一模]内壁光滑的“U”型导热汽缸用不计质量的轻活塞封闭一定体积的空气(可视为理想气体)，浸在盛有大量冰水混合物的水槽中，活塞在水面下，如图所示．现在轻活塞上方缓慢倒入沙子，下列说法中正确的是( )
A．封闭空气分子的平均动能增大
B．活塞压缩封闭空气做功，封闭空气内能增大
C．封闭空气的压强变大
D．封闭空气从外界吸收了热量
答案：C
解析：当将沙子缓慢倒在汽缸活塞上时，气体被压缩，外界对气体做功，但由于汽缸导热，且浸在盛有大量冰水混合物的水槽中，因此缸内气体的温度不变，则可知气体的内能不变，而温度是衡量分子平均动能的标志，温度不变则分子平均动能不变，故AB错误；
外界对气体做功，气体的体积减小，单位体积内的分子数目增多，而汽缸导热，温度不变，气体分子平均运动速率不变，则可知比起之前的状态，单位时间内单位体积的分子对器壁的碰撞次数增加，因此封闭气体的压强增大，故C正确；
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
由于汽缸导热，封闭气体的温度不变，即内能不变，而外界又对气体做功，因此气体要向外界放热，故D错误．
2. [2024·河北保定一模]如图甲所示，用活塞在气缸中封闭一定质量的理想气体，气体由状态a变化到状态b，变化到状态c，气体温度(T)随体积(V)变化的图像如图乙所示，bc连线的反向延长线过坐标原点，不计活塞与气缸壁的摩擦．下列说法中正确的是( )
A．由状态a到状态b的过程中，气体的压强增大
B．由状态a到状态b的过程中，气体一定吸热
C．由状态b到状态c的过程中，气体的压强增大
D．由状态b到状态c的过程中，气体一定吸热
答案：D
3．[2024·江苏通州区月考]真空泵抽气腔与容器相连，活塞向左运动时从容器中抽气，活塞向右运动时阀门自动关闭，将进入抽气腔内的气体全部排出，示意图如图甲．设抽气过程中抽气腔与容器中的气体压强始终相等，每次抽气活塞均从抽气腔最右端移动至最左端．已知容器的容积为V0，抽气腔的容积为nV0，初始时刻气体压强为p0.
(1)若抽气过程中气体的温度保持不变，求第一次抽气后容器中气体的压强p；
(2)若在绝热的条件下，某次抽气过程中，气体压强p随体积V变化的规律如图乙，求该过程气体内能的变化量ΔU.第13讲 热学
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一 分子动理论 、 固体与液体的性质
热学基础知识考查模型
项目 图解 分析
微观量的 两种模型 ①球模型：V0＝π()3＝πd3 ②立方体模型：V0＝d3
布朗运动 ①影响因素：温度、微粒大小 ②意义：反映了分子的无规则运动
分子间作 用力与分 子势能的 变化分析 ①分子间作用力：若rr0，表现为引力 ②分子势能：若r＝r0，分子势能最小
晶体和非 晶体模型 ①单晶体形状规则，多晶体、非晶体形状不规则 ②晶体熔点固定，非晶体熔点不固定 ③单晶体的部分性质表现出各向异性，多晶体、非晶体表现为各向同性
[提醒] (1)球模型(适用于固体、液体)，立方体模型(适用于气体)．
(2)晶体、非晶体的关键性区别为是否具有固定的熔点，只有单晶体才可能具有各向异性．
例 1 (多选)关于固体、液体和气体，下列说法正确的是( )
A．高原地区煮饭会夹生，水的沸点较低，是因为高原地区温度较低的缘故
B．晶体一定具有固定的熔点，但不一定具有规则的几何外形
C．降低温度能够使气体的饱和气压降低，从而使气体液化
D．在一定温度下，当人们感到潮湿时，水汽蒸发慢，空气的相对湿度一定较小
例 2 [2023·浙江6月](多选)下列说法正确的是( )
A．热量能自发地从低温物体传到高温物体
B．液体的表面张力方向总是跟液面相切
C．在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的
D．当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率
例 3 [2024·河南洛阳开学考试](多选)如图所示的甲、乙两幅图像分别表示两分子间的作用力、分子势能与两分子间距离的关系．假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为0，下列说法正确的是( )
A．分子间距r＝r0表示平衡位置，此位置分子间的引力、斥力都等于0
B．当分子间距r＝r0时，分子力、分子势能都达到最小值
C．当分子间距无限大时，分子势能最小
D．当分子间距r>r0，随着r的增大，F先增大后减小，Ep增大
提升训练
1. [2023·海南卷]如图为两分子靠近过程中的示意图，r0为分子间平衡距离，下列关于分子力和分子势能的说法正确的是( )
A．分子间距离大于r0时，分子间表现为斥力
B．分子从无限远靠近到距离r0处的过程中分子势能变大
C．分子势能在r0处最小
D．分子间距离在小于r0且减小时，分子势能在减小
2．[2023·北京卷]夜间由于气温降低，汽车轮胎内的气体压强变低．与白天相比，夜间轮胎内的气体( )
A．分子的平均动能更小
B．单位体积内分子的个数更少
C．所有分子的运动速率都更小
D．分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更大
3．[2023·广西统考二模](多选)图甲是三颗微粒做布朗运动的位置连线图，图乙是氧气分子速率分布图，图丙是静止在水面上的硬币，图丁是农田耕种前锄松土壤，下列说法正确的是( )
A．甲图中，微粒越小，布朗运动越明显
B．乙图中，温度升高，所有氧分子的速率都增大
C．丙图中，硬币能浮在水面上，主要是因为水的浮力
D．丁图中，锄松土壤会破坏土层表面的毛细管，保持土壤水分
命题点二 气体实验定律的应用
1．压强的计算
(1)被活塞或汽缸封闭的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解，压强单位为Pa.
(2)水银柱密封的气体，应用p＝p0＋ph或p＝p0－ph计算压强，压强p的单位为cmHg或mmHg.
2．合理选取气体变化所遵循的规律列方程
(1)若气体质量一定，p、V、T中有一个量不发生变化，则选用对应的气体实验定律列方程求解．
(2)若气体质量一定，p、V、T均发生变化，则选用理想气体状态方程列式求解．
3．关联气体问题
解决由活塞、液柱相联系的两部分气体问题时，根据两部分气体压强、体积的关系，列出关联关系式，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解．
考向1 “汽缸活塞”类问题
例 1 [2023·新课标卷](多选)如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦．初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等．现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后( )
A．h中的气体内能增加
B．f与g中的气体温度相等
C．f与h中的气体温度相等
D．f与h中的气体压强相等
考向2 “液柱”类问题
例 2 [2023·全国乙卷]
如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方．管内空气被一段水银柱隔开，水银柱在两管中的长度均为10 cm.现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm.求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强．(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)
考向3 变质量问题
例 3 [2023·湖南卷]汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力．如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车．助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力．每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程．已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1.假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变．
(1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1；
(2)第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF.
考向4 气体状态图像问题
例 4 [2023·上海卷]
一定质量的理想气体，经历如图过程，其中ab、cd分别为双曲线的一部分．下列对a、b、c、d四点温度大小比较正确的是( )
A．Ta>Tb B．Tb>Tc
C．Tc>Td D．Td>Ta
提升训练
1.[2023·海南卷]
如图所示，某饮料瓶内密封一定质量的理想气体，t＝27 ℃时，压强p＝1.050×105 Pa，则
(1)t′＝37 ℃时，气压是多大？
(2)保持温度不变，挤压气体，使之压强与(1)相同时，气体体积变为原来的多少倍？
2．[2023·山东省齐鲁名校三模]汽车胎压是指汽车轮胎内部的气压，是汽车行车安全及动力性能的一个重要指标．如图所示，是一辆家用轿车在一次出行过程中仪表盘上显示的两次胎压值，其中图(a)表示刚出发时的显示值，图(b)表示到达目的地时的显示值，出发前胎内温度与环境温度相同．(1 bar可近似等于1个标准大气压，车胎内气体可视为理想气体且忽略体积变化)轿车仪表盘胎压实时监测．
(1)此次出行过程中轿车的左前轮胎内气体温度升高了多少摄氏度；
(2)如果出发时就使轮胎气压恢复到正常胎压2.5 bar，需要充入一定量的同种气体，求左前轮胎内充入气体质量和该车胎内原有气体质量之比(忽略充气过程中轮胎体积和温度的变化)．
3．[2023·湖北卷]如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通．两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连．初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长．现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降H，左侧活塞上升H.已知大气压强为 p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内．求
(1)最终汽缸内气体的压强．
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量．
命题点三 热力学定律的理解及应用
1．理想气体相关三量ΔU、W、Q的分析思路
(1)内能变化量ΔU
①由气体温度变化分析ΔU：温度升高，内能增加，ΔU>0；温度降低，内能减少，ΔU<0.
②由公式ΔU＝W＋Q分析内能变化．
(2)做功情况W
由体积变化分析气体做功情况：体积膨胀、气体对外界做功，W<0；体积被压缩，外界对气体做功，W>0.
(3)气体吸、放热Q
一般由公式Q＝ΔU－W分析气体的吸、放热情况：Q>0，吸热；Q<0，放热．
2．对热力学第二定律的理解：热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但会产生其他影响．
考向1 热力学定律的应用
例 1 [2023·天津卷]如图是爬山所带的氧气瓶，爬高过程中，氧气瓶里的气体体积和质量均不变，温度降低，则气体( )
A．对外做功 B．内能减少
C．吸收热量 D．压强不变
考向2 热力学定律与气体实验定律的综合应用
例 2 [2023·浙江1月]
某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示．在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100 cm2、质量m＝1 kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动．开始时气体处于温度TA＝300 K、活塞与容器底的距离h0＝30 cm的状态A.环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3 cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B.活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC＝363 K的状态C时触动报警器．从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158 J．取大气压p0＝0.99×105 Pa，求气体
(1)在状态B的温度；
(2)在状态C的压强；
(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收的热量Q.
考向3 热学图像与热力学定律的综合应用
例 3 [2023·广东惠州三模]
(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图中从a到b的直线所示．在此过程中( )
A．气体温度先上升后下降
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
提升训练
1. [2024·广东江门一模]内壁光滑的“U”型导热汽缸用不计质量的轻活塞封闭一定体积的空气(可视为理想气体)，浸在盛有大量冰水混合物的水槽中，活塞在水面下，如图所示．现在轻活塞上方缓慢倒入沙子，下列说法中正确的是( )
A．封闭空气分子的平均动能增大
B．活塞压缩封闭空气做功，封闭空气内能增大
C．封闭空气的压强变大
D．封闭空气从外界吸收了热量
2. [2024·河北保定一模]如图甲所示，用活塞在气缸中封闭一定质量的理想气体，气体由状态a变化到状态b，变化到状态c，气体温度(T)随体积(V)变化的图像如图乙所示，bc连线的反向延长线过坐标原点，不计活塞与气缸壁的摩擦．下列说法中正确的是( )
A．由状态a到状态b的过程中，气体的压强增大
B．由状态a到状态b的过程中，气体一定吸热
C．由状态b到状态c的过程中，气体的压强增大
D．由状态b到状态c的过程中，气体一定吸热
3．[2024·江苏通州区月考]真空泵抽气腔与容器相连，活塞向左运动时从容器中抽气，活塞向右运动时阀门自动关闭，将进入抽气腔内的气体全部排出，示意图如图甲．设抽气过程中抽气腔与容器中的气体压强始终相等，每次抽气活塞均从抽气腔最右端移动至最左端．已知容器的容积为V0，抽气腔的容积为nV0，初始时刻气体压强为p0.
(1)若抽气过程中气体的温度保持不变，求第一次抽气后容器中气体的压强p；
(2)若在绝热的条件下，某次抽气过程中，气体压强p随体积V变化的规律如图乙，求该过程气体内能的变化量ΔU.
第13讲 热学
命题分类剖析
命题点一
[例1] 解析：高原地区煮饭会夹生，水的沸点较低，是因为高原地区大气压强较小，故A错误；晶体一定具有固定的熔点，单晶体有固定的几何形状，但是多晶体没有规则的几何外形，故B正确；降低温度能够使气体的饱和气压降低，从而使气体液化，故C正确；在一定温度下，当人们感到潮湿时，水汽蒸发慢，空气的相对湿度一定较大，故D错误．
答案：BC
[例2] 解析：根据热力学第二定律可知热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；液体的表面张力方向总是跟液面相切，故B正确；由狭义相对论的两个基本假设可知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故C错误；根据多普勒效应可知，当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率，故D正确．故选BD.
答案：BD
[例3] 解析：分子间距r＝r0表示平衡位置，此位置分子间的引力、斥力大小相等，方向相反，引力、斥力的合力等于0，但引力、斥力并不等于0，故A错误；由图像可知，当分子间距r＝r0时，分子力为0，分子力达到最小值，分子势能为最小值，故B正确；当分子间距无限大时，分子势能为0，但不是最小值，当分子间距r＝r0时，分子势能最小，故C错误；当分子间距r>r0，随着分子间距离r的增大，F先增大后减小，分子力做负功，分子势能Ep一直增大，故D正确．
答案：BD
[提升训练]
1．解析：分子间距离大于r0时，分子间表现为引力，A错；分子从无限远靠近到距离为r0的过程，分子力表现为引力，分子力做正功，分子势能变小，B错；分子间距离从r0减小的过程，分子力表现为斥力，分子力做负功，分子势能变大，结合B项分析可知，分子势能在r0处最小，C对，D错．
答案：C
2．解析：夜间气温低，分子的平均动能更小，但不是所有分子的运动速率都更小，故A正确、C错误；由于汽车轮胎内的气体压强变低，轮胎会略微被压瘪，则单位体积内分子的个数更多，分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更小，BD错误．故选A.
答案：A
3．解析：甲图中，微粒越小，布朗运动越明显，故A正确；乙图中，温度升高，氧分子的平均速率增大，但不是每一个分子速率都增大，故B错误；丙图中，硬币浮在水面上，主要是因为水的表面张力，故C错误；丁图中，耕种前锄松土壤，会破坏土层表面的毛细管，消除土层表面的毛细现象，保持土壤水分，故D正确．
答案：AD
命题点二
[例1] 解析：当电阻丝对f中的气体缓慢加热时，f中的气体内能增大，温度升高，根据理想气体状态方程可知f中的气体压强增大，会缓慢推动左边活塞，则弹簧被压缩．与此同时弹簧对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动右边活塞，故活塞对h中的气体做正功，且是绝热过程，由热力学第一定律可知，h中的气体内能增加，A正确；未加热前，三部分中气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡，可知弹簧处于压缩状态，对左边活塞分析pfS＝F弹＋pgS，则pf>pg，分别对f、g内的气体分析，根据理想气体状态方程有＝＝，由题意可知，因弹簧被压缩，则Vf>Vg，联立可得Tf>Tg，B错误；对弹簧、活塞及g中的气体组成的系统分析，根据平衡条件可知，f与h中的气体压强相等，D正确．在达到稳定过程中h中的气体体积变小，f中的气体体积变大，即Vf＞Vh.根据理想气体状态方程对h气体分析可知＝联立可得Tf>Th，C错误；故选AD.
答案：AD
[例2] 解析：B管在上方，设B管中气体的压强为pB，长度lB＝10 cm
则A管中气体的压强为pA＝pB＋20 cmHg，长度lA＝10 cm
倒置后，A管在上方，设A管中气体的压强为p′A，A管内空气柱长度l′A＝11 cm
已知A管的内径是B管的2倍，则水银柱长度为h＝9 cm＋14 cm＝23 cm
则B管中气体压强为p′B＝p′A＋23 cmHg
B管内空气柱长度l′B＝40 cm－11 cm－23 cm＝6 cm
对A管中气体，由玻意耳定律有pAlA＝p′Al′A
对B管中气体，由玻意耳定律有pBlB＝p′Bl′B
联立解得pB＝54.36 cmHg
pA＝pB＋20 cmHg＝74.36 cmHg
答案：54.36 cmHg 74.36 cmHg
[例3] 解析：(1)以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强p0，体积V0，第一次抽气后，气体体积V＝V0＋V1
根据玻意耳定律p0V0＝p1V
解得p1＝
(2)同理第二次抽气p1V0＝p2V
解得p2＝＝()2p0
以此类推……
则当n次抽气后助力气室内的气体压强pn＝()np0
则刹车助力系统为驾驶员省力大小为ΔF＝(p0－pn)S＝[1－()n]p0S
答案：(1) (2)[1－()n]p0S
[例4] 解析：p-V图像中，由＝C得：p＝TC·， ab、cd分别为双曲线的一部分，是等温线，故Ta＝Tb，A错误；
b－c，等容变化，由＝可知，压强减小，温度降低， Tb>Tc，B正确；
dc为等温线，故Tc＝Td，C错误；
d－a，等容变化，等容升温增压，Td答案：B
[提升训练]
1．解析：(1)由查理定律有＝
代入数据解得p′＝1.085×105 Pa
(2)由玻意耳定律有pV＝p′V′
代入数据解得V′＝V
答案：(1)1.085×105 Pa (2)
2．解析：(1)设标准大气压为p0，依题意，刚发出时，左前胎内气体的温度T1＝(273＋15) K＝288 K
气压p1＝1.8p0
到达目的地时，左前胎内气体的温度设为T2，
气压p2＝2.2p0
由＝得T2＝T1
解得T2＝352 K
左前轮胎内气体温度升高Δt＝T2－T1＝64 ℃.
(2)设左前轮胎体积为V，依题意，正常胎压p＝2.5p0
设打气并恢复到正常胎压时车胎内原有气体在压强为p1时的总体积为V1.由p1V1＝pV
得V1＝V＝V
则ΔV＝V1－V＝V
所以＝＝.
答案：(1)64 ℃ (2)
3．解析：(1)对左右气缸内所封的气体，初态压强p1＝p0
体积V1＝SH＋2SH＝3SH
末态压强p2，体积V2＝S·H＋H·2S＝SH
根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
解得p2＝p0
(2)对右边活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S
解得m＝
对左侧活塞受力分析可知p0S＋k·H＝p2S
解得k＝
答案：(1)p0 (2)
命题点三
[例1] 解析：爬高过程中，气体的体积保持不变，则气体对外不做功，A错误；爬高过程中，气体温度降低，则气体的内能减少，B正确；根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q，又W＝0，ΔU<0，则Q<0，即气体放出热量，C错误；爬高过程中，气体的体积不变，温度降低，根据查理定律p＝CT可知气体的压强减小，D错误．
答案：B
[例2] 解析：(1)从状态A到状态B，封闭气体发生等压变化
由盖－吕萨克定律可得＝
其中VA＝h0S，VB＝(h0＋d)S
解得TB＝330 K
(2)从状态A到状态B，活塞缓慢上升，则有
pBS＝p0S＋mg
解得pB＝1×105 Pa
由状态B到状态C，封闭气体发生等容变化
由查理定律可得＝
解得pC＝1.1×105 Pa
(3)从状态A到状态C过程中，气体对外做功
则W＝－pBSd＝－30 J
由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
解得Q＝188 J
答案：(1)330 K (2)1.1×105 Pa (3)188 J
[例3] 解析：由图知气体的 pV乘积一直增大，由＝C
知气体的温度一直升高，内能一直增加，故A错误，B正确；
气体的体积增大，则气体一直对外做功，气体的内能一直增加，根据热力学第一定律
ΔU＝W＋Q
可知气体一直从外界吸热，吸收的热量用于对外做功和增加内能，故C正确，D错误．
故选BC.
答案：BC
[提升训练]
1．解析：当将沙子缓慢倒在汽缸活塞上时，气体被压缩，外界对气体做功，但由于汽缸导热，且浸在盛有大量冰水混合物的水槽中，因此缸内气体的温度不变，则可知气体的内能不变，而温度是衡量分子平均动能的标志，温度不变则分子平均动能不变，故AB错误；
外界对气体做功，气体的体积减小，单位体积内的分子数目增多，而汽缸导热，温度不变，气体分子平均运动速率不变，则可知比起之前的状态，单位时间内单位体积的分子对器壁的碰撞次数增加，因此封闭气体的压强增大，故C正确；
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
由于汽缸导热，封闭气体的温度不变，即内能不变，而外界又对气体做功，因此气体要向外界放热，故D错误．
答案：C
2．解析：由理想气体状态方程＝C
结合图乙可知，由状态a到状态b的过程中温度在降低，同时体积在增大，则可知压强一定减小；再结合热力学第一定律ΔU＝Q＋W
可知，体积增大，气体对外做功，W<0，同时温度降低可知，ΔU<0，由此不能确定气体由状态a到状态b的过程中是吸热还是放热，或是既不吸热也不放热，故AB错误；
由理想气体状态方程＝C
变式可得T＝·V
结合图乙可知，气体由状态b到状态c的过程中，气体的压强不变，故C错误；
由状态b到状态c的过程中，气体体积增大，对外做功的同时，温度也在升高，则根据热力学第一定律可知，气体一定吸热，故D正确．
答案：D
3．解析：(1)抽气过程等温变化，第一次抽气有
p0V0＝p(V0＋nV0)，解得p＝.
(2)该过程为绝热过程，可知Q＝0，又有W＝－ΔV＝－·(nV0)＝－0.8np0V0，根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝W＝－0.8np0V0.
答案：(1) (2)－0.8np0V0
