2018版高考物理(教科版四川专用)大一轮复习讲义(课件)选修3-3 第十一章 热学 第2讲
2018版高考物理教科版四川专用大一轮复习讲义文档第三
专题强化四牛顿运动定律的综合应用(二)专题解读 1.本专题是动力学方法在两类典型模型问题中的应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力．3．用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识．命题点一“传送带模型”问题传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题．1．水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．2．倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．例1如图1所示，足够长的水平传送带，以初速度v0＝6 m/s顺时针转动．现在传送带左侧轻轻放上m＝1 kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a＝4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2.试求：图1(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；(2)滑块在传送带上运动的总时间t.①传送带以恒定加速度减速直至停止；②滑块与传送带共速．答案 (1)3 m (2)2 s解析 (1)对滑块，由牛顿第二定律可得：μmg ＝ma 1 得：a 1＝2 m/s 2 设经过时间t 1滑块与传送带达到共同速度v ，有： v ＝v 0－at 1 v ＝a 1t 1解得：v ＝2 m/s ，t 1＝1 s 滑块位移为x 1＝v t 12＝1 m传送带位移为x 2＝(v 0＋v )t 12＝4 m故滑块与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝3 m(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为f ，有： f ＝ma ＝4 N ＞μmg ＝2 N 故滑块与传送带相对滑动． 滑块做减速运动，加速度仍为a 1. 滑块减速时间为t 2，有： t 2＝0－v －a 1＝1 s故：t ＝t 1＋t 2＝2 s.例2 如图2所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB 足够长，传送皮带轮以大小为v ＝2 m /s 的恒定速率顺时针转动．一包货物以v 0＝12 m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点．图2(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？ (3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A 端共用了多少时间？(g ＝10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)①恒定速率顺时针转动；②货物的速度和传送带相同；③再次滑回A 端．答案 (1)10 m/s 2，方向沿传送带向下 (2)1 s 7 m (3)(2＋22) s解析 (1)设货物刚滑上传送带时加速度为a 1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得 沿传送带方向：mg sin θ＋f ＝ma 1 垂直传送带方向：mg cos θ＝N 又f ＝μN由以上三式得：a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)＝10 m/s 2，方向沿传送带向下．(2)货物速度从v 0减至传送带速度v 所用时间设为t 1，位移设为x 1，则有： t 1＝v －v 0－a 1＝1 s ，x 1＝v 0＋v 2t 1＝7 m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a 2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 得：a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，方向沿传送带向下． 设货物再经时间t 2，速度减为零，则t 2＝0－v－a 2＝1 s沿传送带向上滑的位移x 2＝v ＋02t 2＝1 m 则货物上滑的总距离为x ＝x 1＋x 2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a 2.设下滑时间为t 3，则x ＝12a 2t 23，代入解得t 3＝2 2 s.所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(2＋22) s.1.如图3所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是( )图3A ．粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小也可能相等B ．粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C ．若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D ．不论μ大小如何，粮袋从Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ 答案 A解析 若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；若传送带较长，μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm ＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误．2.如图4所示为一水平传送带装置示意图．A 、B 为传送带的左、右端点，AB 长L ＝2 m ，初始时传送带处于静止状态，当质量m ＝2 kg 的煤块(可视为质点)轻放在传送带A 点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a ＝2 m /s 2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速运动．已知煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g 取10 m/s 2)．图4(1)如果煤块以最短时间到达B 点，煤块到达B 点时的速度大小是多少？ (2)上述情况下煤块运动到B 点的过程中在传送带上留下的痕迹至少多长？ 答案 (1)2 m/s (2)1 m解析 (1)为了使煤块以最短时间到达B 点，煤块应一直匀加速从A 点到达B 点μmg ＝ma 1得a 1＝1 m/s 2v 2B ＝2a 1Lv B ＝2 m/s(2)传送带加速结束时的速度v ＝v B ＝2 m/s 时，煤块在传送带上留下的痕迹最短 煤块运动时间t ＝v Ba 1＝2 s传送带加速过程： v B ＝at 1得t 1＝1 s x 1＝12at 21得x 1＝1 m传送带匀速运动过程： t 2＝t －t 1＝1 s x 2＝v B t 2得x 2＝2 m故痕迹最小长度为Δx ＝x 1＋x 2－L ＝1 m. 命题点二 “滑块－木板模型”问题 1．模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动． 2．两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长．设板长为L ，滑块位移大小为x 1，木板位移大小为x 2 同向运动时：如图5所示，L ＝x 1－x 2图5反向运动时：如图6所示，L ＝x 1＋x 2图63．解题步骤例3 (2015·新课标Ⅱ·25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图7所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 m ，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图7(1)在0～2 s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)A 在B 上总的运动时间．①μ1＜μ2，可分析A 、B 受力；②第2 s 末，B 的上表面突然变为光滑．答案 (1)3 m /s 2 1 m/s 2 (2)4 s解析 (1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中F f1、F N1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得F f1＝μ1F N1① F N1＝mg cos θ② F f2＝μ2F N2③F N2＝F N1′＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f1＝ma 1⑤mg sin θ－F f2＋F f1′＝ma 2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得 a 1＝3 m/s 2⑦ a 2＝1 m/s 2⑧(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则 v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑨ v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑩2 s 后，设A 和B 的加速度分别为a 1′和a 2′.此时A 与B 之间摩擦力为0，同理可得a 1′＝6 m/s 2⑪ a 2′＝－2 m/s 2⑫由于a 2′＜0，可知B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为0，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑬ 联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为x ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m ＜27 m ⑭ 此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑮可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑯设A 在B 上总的运动时间为t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s3．(多选)如图8所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )图8A ．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D ．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 答案 BD解析 桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A 项错误；各接触面间的动摩擦因数均为μ，设鱼缸的质量为m ，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a ＝μg ，鱼缸离开桌布时的速度为v ，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t ＝vμg ，B 项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为f ＝μmg 不变，C 项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v ＝μgt 增大，加速运动的位移x 1＝12μgt 2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x 2＝v 22μg也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D 项对．4.(2016·四川理综·10)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图9所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m /s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：图9(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度．答案 (1)5 m/s 2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m解析 (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则 f ＋mg sin θ＝ma 1① f ＝μmg cos θ② 联立①②并代入数据得 a 1＝5 m/s 2③a 1的方向沿制动坡床向下．(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则 Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝v t －12a 1t 2⑥s 2＝v t －12a 2t 2⑦s ＝s 1－s 2⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨联立①～⑨并代入数据得 l ＝98 m.“传送带”模型的易错点典例 如图10所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v 0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )图10答案 D解析 开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a 1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，所以a 1＝g sin θ＋μg cos θ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a 2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，所以a 2＝g sin θ－μg cos θ.根据以上分析，有a 2＜a 1，所以，本题正确选项为D.易错诊断 本题的易错点在于没有注意到关键条件“μ＜tan θ”，没有准确分析小木块所受摩擦力的方向，想当然地认为传送带足够长，小木块最后总会达到与传送带相对静止而做匀速运动，从而错选C 选项．理解μ与tan θ关系的含义，正确分析小木块所受摩擦力方向是解题关键．变式拓展 (1)若将“μ＜tan θ”改为“μ＞tan θ”，答案应选什么？提示 若改为μ＞tan θ，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力突然变为静摩擦力，以后与传送带相对静止而做匀速运动，故应选C 选项．(2)若将传送带改为水平呢？提示 若将传送带改为水平，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，摩擦力突然消失，以后与传送带保持相对静止而做匀速运动，仍然是C 选项正确．题组1 “传送带模型”问题1．如图1所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A 、B 两端相距L ＝5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m /s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v ＝4.0 m/s ，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图1(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？ 答案 (1)2.2 s (2)1 s解析 (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 1①设经过时间t 1物体的速度与传送带速度相同，t 1＝v 0－v a 1② 通过的位移x 1＝v 20－v 22a 1③ 设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a 2Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 2④由μ＜tan θ＝0.75知，物体继续减速，设经时间t 2到达传送带B 点L －x 1＝v t 2－12a 2t 22⑤ 联立得①②③④⑤式可得：t ＝t 1＋t 2＝2.2 s(2)若传送带的速度较大，物体沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度大小一直为a 2，L ＝v 0t ′－12a 2t ′2 t ′＝1 s(t ′＝5 s 舍去)．2.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图2所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m /s 的恒定速率运行，AB 为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m ＝5 kg 的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A 端，传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g 取10 m/s 2，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．图2(1)求行李包相对于传送带滑动的距离；(2)若B 轮的半径为R ＝0.2 m ，求行李包在B 点对传送带的压力；(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度．答案 (1)0.1 m (2)25 N ，方向竖直向下 (3)1.25 m解析 (1)行李包在水平传送带上加速时μ1mg ＝ma 1若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t ，则v ＝a 1t行李包前进距离x 1＝12a 1t 2 传送带前进距离x 2＝v t行李包相对传送带滑动的距离Δx ＝x 2－x 1＝0.1 m(2)行李包在B 点，根据牛顿第二定律，有mg －N ＝m v 2R解得：N ＝25 N根据牛顿第三定律可得：行李包在B 点对传送带的压力为25 N ，方向竖直向下．(3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律：mg sin 37°－μ2mg cos 37°＝ma 2行李包从斜面滑下过程：0－v 2＝2a 2x解得：x ＝1.25 m.题组2 “滑块－木板模型”问题3．如图3所示，水平传送带以v ＝12 m /s 的速度顺时针做匀速运动，其上表面的动摩擦因数μ1＝0.1，把质量m ＝20 kg 的行李包轻放上传送带，释放位置距传送带右端4.5 m 处．平板车的质量M ＝30 kg ，停在传送带的右端，水平地面光滑，行李包与平板车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，平板车长10 m ，行李包从传送带滑到平板车过程速度不变，行李包可视为质点．(g ＝10 m/s 2)求：图3(1)行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间是多少？(2)若要想行李包不从平板车滑出，求行李包释放位置应满足什么条件？答案 (1)0.6 s (2)见解析解析 (1)行李包放上传送带做匀加速直线运动．a 1＝μ1gv 2＝2a 1x解得：v ＝3 m/s因v ＝3 m /s ＜12 m/s ，符合题意行李包滑上平板车后，行李包减速，平板车加速．a 2＝μ2g ＝3 m/s 2a 3＝μ2mg M＝2 m/s 2 v －a 2t ＝a 3t解得：t ＝0.6 s相对位移x ＝v t －12a 2t 2－12a 3t 2＝0.9 m ＜10 m ，符合题意． (2)当行李包刚好滑到平板车右端时，行李包与平板车的相对位移等于车长．设行李包刚滑上平板车时速度为v 0，L 为平板车长，则v 0－a 2t ′＝a 3t ′v 0t ′－12a 2t ′2－12a 3t ′2＝L 解得v 0＝10 m /s ＜12 m/s故行李包在传送带上一直做匀加速直线运动v 20＝2a 1x ′解得：x ′＝50 m所以行李包释放位置距离传送带右端应不大于50 m.4.一平板车，质量M ＝100 kg ，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h ＝1.25 m ，一质量m ＝50 kg 的小物块置于车的平板上，它到车尾的距离b ＝1 m ，与车板间的动摩擦因数μ＝0.2，如图4所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶距离x 0＝2.0 m ，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离x (不计路面摩擦，g ＝10 m/s 2)．图4答案 1.625 m解析 设小物块在车上运动时，车的加速度为a 1，物块的加速度为a 2.则a 2＝μmg m＝μg ＝0.2×10 m /s 2＝2 m/s 2. 由x ＝12at 2得： x 0＝12a 1t 2，x 0－b ＝12a 2t 2. 故有a 1a 2＝x 0x 0－b ＝22－1＝21， a 1＝2a 2＝4 m/s 2.对车，由牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma 1.F ＝Ma 1＋μmg ＝100×4 N ＋0.2×50×10 N ＝500 N.小物块滑落时车速v 1＝2a 1x 0＝2×4×2 m /s ＝4 m/s ，小物块速度v 2＝2a 2(x 0－b )＝2×2×1 m /s ＝2 m/s物块滑落后，车的加速度a ′＝F M ＝500100m /s 2＝5 m/s 2 小物块落地时间t ′＝2h g ＝ 2×1.2510s ＝0.5 s.车运动的位移x车′＝v1t′＋12a′t2＝4×0.5 m＋12×5×0.52 m＝2.625 m.小物块平抛的水平位移x物′＝v2·t′＝2×0.5 m＝1 m.物块落地时，落地点与车尾的水平位移为：x＝x车′－x物′＝2.625 m－1 m＝1.625 m.。
2018届高考物理知识点同步总复习课件4(第十一章_选修3-3)AqwlPA
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(3)能熟练运用热力学第一、第二定律和能量转化 与守恒定律分析及讨论物体内能的变化．
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广东卷第 17 题
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山东卷第 37 题(1)
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气体的等压变化
一分耕耘一分收获
年份 考题 题型 分值 主要考点
2018版高考物理教科版四川用大一轮复习讲义选修3-3第十一章热学实验十二
3.实验步骤 (1)按图连接好电路，将热敏电阻绝缘处理； (2)把多用电表置于 欧姆 挡，并选择适当的 量程测出烧杯中没有水时热敏电阻的阻值， 并记下温度计的示数； 温度计 (3)向烧杯中注入少量的冷水，使热敏电阻浸没在冷水中，记下________
的示数 和多用电表测量的热敏电阻的阻值；
(4)将热水分几次注入烧杯中，测出不同温度下热敏电阻的阻值，并记录.
第十一章 交变电流 传感器
实验十二 传感器的简单使用
内容索引
过好双基关
命题点一
教材原型实验
命题点二
实验拓展创新
1
过好双基关
基本实验要求Ⅰ 研究热敏电阻的特性 1.实验原理 闭合电路欧姆定律，用 欧姆 表进行测量和观察. 2.实验器材 半导体热敏电阻、多用电表、 温度计 、铁架台、烧杯、凉水和热水.
2
教材原型实验
命题点一
【例 1】热电传感器利用了热敏电阻对温度变化响应很敏感的特性 . 某学习 小组的同学拟探究某种类型的热敏电阻的阻值如何随温度变化 .从室温升到 80 ℃时，所提供的热敏电阻Rt的阻值变化范围可能是由5 Ω变到1 Ω或由5 Ω 变到45 Ω.除热敏电阻外，可供选用的器材如下： 温度计，测温范围－10～100 ℃； 电流表A1，量程3 A，内阻rA＝0.1 Ω； 电流表A2，量程0.6 A，内阻约为0.2 Ω； 电压表V1，量程6 V，内阻rV＝1.5 kΩ； 电压表V2，量程3 V，内阻约为1 kΩ；
报警器开始报警 直至__________________.
答案
解析
用电阻箱替代热敏电阻进行调试，应将开关向 c端闭合，开关闭合后要
减小电路中的电阻直至报警器报警.
(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即 可正常使用.
2018版高考物理教科版四川专用大一轮复习讲义文档第九
专题强化十一带电粒子在叠加场和组合场中的运动专题解读 1.本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现．2．学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力．针对性的专题训练，可以提高同学们解决难题压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学观点(牛顿运动定律)、运动学观点、能量观点(动能定理、能量守恒)、电场的观点(类平抛运动的规律)、磁场的观点(带电粒子在磁场中运动的规律)．命题点一带电粒子在叠加场中的运动1．带电体在叠加场中无约束情况下的运动(1)洛伦兹力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．(2)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．(3)静电力、洛伦兹力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．2．带电体在叠加场中有约束情况下的运动带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．例1在如图1所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝944m的光滑圆弧轨道分别相切于D 点和G 点，GH 与水平面的夹角θ＝37°.过G 点、垂直于水平面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B ＝1.25 T ；过D 点、垂直于水平面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E ＝1×104 N /C.小物体P 1质量m ＝2×10－3 kg 、带电荷量q ＝＋8×10－6 C ，受到水平向右的推力F ＝9.98×10－3 N 的作用，沿CD 向右做匀速直线运动，到达D 点后撤去推力．当P 1到达倾斜轨道底端G 点时，不带电的小物体P 2在GH 顶端由静止释放，经过时间t ＝0.1 s 与P 1相遇．P 1和P 2与轨道CD 、GH 间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：图1(1)小物体P 1在水平轨道CD 上运动速度v 的大小； (2)倾斜轨道GH 的长度s .①沿CD 向右匀速直线运动；②经过时间t ＝0.1 s 与P 1相遇．答案 (1)4 m/s (2)0.56 m解析 (1)设小物体P 1在匀强磁场中运动的速度为v ，受到向上的洛伦兹力为F 1，受到的摩擦力为f ，则 F 1＝q v B ① f ＝μ(mg －F 1)②由题意知，水平方向合力为零，F －f ＝0③ 联立①②③式，代入数据解得v ＝4 m/s ④(2)设P 1在G 点的速度大小为v G ，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理有 qEr sin θ－mgr (1－cos θ)＝12m v 2G －12m v 2⑤ P 1在GH 上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为 a 1，根据牛顿第二定律有 qE cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE sin θ)＝ma 1⑥P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 1在GH 上运动的距离为s 1，则 s 1＝v G t ＋12a 1t 2⑦设P 2质量为m 2，在GH 上运动的加速度为a 2，则 m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a 2⑧P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 2在GH 上运动的距离s 2，则s 2＝12a 2t 2⑨s ＝s 1＋s 2⑩联立⑤～⑩式，代入数据得s＝0.56 m.1．(2016·天津·11)如图2所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 3 N/C，同时存在着垂直纸面向里的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2，求：图2(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.答案(1)20 m/s方向与电场方向成60°角斜向上(2)3.5 s解析(1)小球做匀速直线运动时受力如图甲，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有q v B＝q2E2＋m2g2①甲代入数据解得v＝20 m/s②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan θ＝qEmg③代入数据解得tan θ＝ 3θ＝60°④(2)解法一撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图乙所示，设其加速度为a，有乙a ＝q 2E 2＋m 2g 2m⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有 x ＝v t ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y ，有 y ＝12at 2⑦ tan θ＝y x⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t ＝2 3 s ≈3.5 s ⑨解法二 撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为 v y ＝v sin θ⑤若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12gt 2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s ≈3.5 s.2．如图3所示，在竖直平面内，水平x 轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中x 轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B 1，并且在第一象限和第二象限有方向相反、强弱相同的平行于x 轴的匀强电场，电场强度大小为E 1，已知一质量为m 的带电小球从y 轴上的A (0，L )位置斜向下与y 轴负半轴成60°角射入第一象限，恰能做匀速直线运动．图3(1)判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q 及入射的速度大小；(2)为使得带电小球在x 轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x 轴下方空间加一匀强电场，试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小；(3)在满足第(2)问的基础上，若在x 轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x 轴下方的磁场强弱，使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次从x 轴上的某一位置返回到x 轴的上方(带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷转移，也无能量损失，并且入射方向和反射方向与弹性板的夹角相同)，然后恰能做匀速直线运动至y 轴上的A (0，L )位置，则：弹性板至少多长？带电小球从A 位置出发到返回至A 位置过程所经历的时间为多少？ 答案 (1)负电 q ＝3mg 3E 1 v ＝2E 1B 1(2)竖直向下 3E 1 (3)233L 53πB 1L 3E 1＋2B 1LE 1解析 (1)小球在第一象限中的受力分析如图所示，所以带电小球带负电．mg ＝qE 1tan 60°，q ＝3mg 3E 1.又qE 1＝q v B 1cos 60°，得v ＝2E 1B 1(2)小球若在x 轴下方的磁场中做匀速圆周运动，必须使得电场力与重力二力平衡，即应施加一竖直向下的匀强电场，且电场强度大小满足qE ＝mg ，即E ＝3E 1.(3)要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞，并且碰撞后返回x 轴上方空间匀速运动到A 点，则其轨迹应该如图所示，且由几何关系可知3PD ＝2ON ，ON OA ＝ONL ＝tan 60°，联立上述方程解得 PD ＝DN ＝233L ，R ＝233L .设x 轴下方的磁感应强度为B ，则满足q v B ＝m v 2R ，T ＝2πmqB .从N 点运动到C 点的时间为t ＝3×360°－60°360°T .联立上式解得t ＝53πB 1L3E 1.由几何关系可知LAN＝cos 60°.在第一象限运动的时间t 1和第二象限中的运动的时间t 2相等，且t 1＝t 2＝AN v ＝2L v ＝B 1LE 1.所以带电小球从A 点出发至回到A 点的过程中所经历的总时间为t 总＝t ＋t 1＋t 2.联立上述方程解得t 总＝53πB 1L 3E 1＋2B 1LE 1.命题点二 带电粒子在组合场中的运动1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现． 2．分析思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理． (2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键． (3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．图4例2 在如图4所示的直角坐标系xOy 中，矩形区域OACD 内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝5.0×10－2 T ；第一象限内有沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ＝1.0×105 N /C.已知矩形区域OA 边长为0.60 m ，AC 边长为0.20 m ．在CD 边中点N 处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中的各个方向均匀辐射出速率均为v ＝2.0×106 m/s 的某种带正电粒子，带电粒子的质量为m ＝1.6×10－27kg 、电荷量为q ＝3.2×10－19C ，不计粒子重力，计算结果均保留两位有效数字，试求： (1)粒子在磁场中运动的半径；(2)从N 处射出的粒子在磁场中运动的最短路程；(3)沿x 轴负方向射出的粒子，从射出到从y 轴离开所经历的时间．①各个方向均匀辐射；②不计粒子重力．答案 (1)0.20 m (2)0.21 m (3)4.6×10－7 s解析 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ，由牛顿第二定律可得 q v B ＝m v 2r代入数据解得r ＝0.20 m.(2)设粒子在磁场中运动的最短路程为s ，由数学知识可知，最短弦长对应最短的弧长，粒子运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，α＝60°，最短的弧长即最短路程，则有s ＝16×2πr＝0.21 m.甲(3)如图乙所示，粒子在磁场中运动的周期T ＝2πr v ＝6.28×10－7 s ，设沿x 轴负方向射出的粒子在磁场中沿弧NP 运动的时间为t 1，则有t 1＝T 4＝1.57×10－7 s设粒子在电场中运动的时间为t 2，加速度大小为a ，则有t 2＝2v a ，a ＝qEm ，代入数据解得t 2＝2.0×10－7 s由几何关系可知，cos θ＝12，所以θ＝60°，设粒子沿弧PH 运动的时间为t 3，则t 3＝T6，t 3＝1.05×10－7 s故沿x 轴负方向射出的粒子，从射出到从y 轴离开所经历的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝4.6×10－7 s.乙带电粒子在组合场中运动的分析思路第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段； 第2步：受力和运动分析，主要涉及两种典型运动，如下： 匀速圆周运动←粒子垂直于磁感线进入匀强磁场←磁偏转←组合场中两种典型的偏转→电偏转→粒子垂直于电场线进入匀强电场→类平抛运动 第3步：用规律磁偏转→匀速圆周运动→圆轨迹→找半径→定圆心⎩⎪⎨⎪⎧半径公式周期公式电偏转→类平抛运动⎩⎪⎨⎪⎧初速度方向→匀速直线运动电场方向→匀变速直线运动3．如图5所示，直角坐标系xOy 第一象限的区域存在沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为m ，电荷量为e 的电子从第一象限的某点P (L ，38L )以初速度v 0沿x 轴的负方向开始运动，经过x 轴上的点Q (L4，0)进入第四象限，先做匀速直线运动然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域(图中未画出)，磁场左边界和上边界分别与y 轴、x 轴重合，电子偏转后恰好经过坐标原点O ，并沿y 轴的正方向运动，不计电子的重力．求：图5(1)电子经过Q 点时的速度v ；(2)该匀强磁场的磁感应强度B 和最小面积S . 答案 见解析解析 (1)电子从P 点开始在电场力作用下做类平抛运动到Q 点，可知竖直方向y ＝38L ＝12at 2，水平方向x ＝34L ＝v 0t ，解得a ＝43v 29L而v y ＝at ＝33v 0，所以电子经过Q 点时的速度为 v ＝v 20＋v 2y ＝233v 0设v 与x 轴负方向的夹角为θ，可知tan θ＝v y v 0＝33，所以θ＝30°.(2)如图所示，电子以与x 轴负方向成30°角的方向进入第四象限后先沿QM 做匀速直线运动，然后进入匀强磁场区域做匀速圆周运动，恰好以沿y 轴向上的速度经过O 点．可知圆周运动的圆心O ′一定在x 轴上，且O ′点到O 点的距离与O ′点到直线QM 上M 点(M 点即磁场的边界点)的距离相等，找出O ′点，画出其运动的部分轨迹为弧MNO ，所以面积最小的磁场的右边界和下边界就确定了设偏转半径为R ，e v B ＝m v 2R ，由图知OQ ＝14L ＝3R ，解得B ＝83m v 0eL ，方向垂直纸面向里面积最小的磁场的长度L OC ＝32R ＝18L ，宽度L OA ＝R ＝112L矩形磁场的最小面积为：S min ＝L OC ·L OA ＝196L 2. 4．x 轴下方有两个关于直线x ＝－0.5a 对称的沿x 轴的匀强电场(大小相等，方向相反)．如图6甲所示，一质量为m 、带电荷量为－q 的粒子(不计重力)，以初速度v 沿y 轴正方向从P 点进入电场，后从原点O 以与过P 点时相同的速度进入磁场(图中未画出)．粒子过O 点的同时在MN 和x 轴之间加上按图乙所示的规律发生周期性变化的磁场，规定垂直纸面向里为正方向．正向磁场与反向磁场的磁感应强度大小相等，且持续的时间相同．粒子在磁场中运动一段时间后到达Q 点，并且速度也与过P 点时速度相同．已知P 、O 、Q 在一条直线上，与水平方向夹角为θ，且P 、Q 两点横坐标分别为－a 、a .试计算：图6(1)电场强度E 的大小； (2)磁场的磁感应强度B 的大小； (3)粒子从P 到Q 的总时间．答案 (1)4m v 2aq tan 2 θ (2)4nm v cos 2 θqa (n ＝1,2,3，…)(3)a tan θv ＋(π－2θ)α2v cos 2θ解析 (1)带电粒子在第三象限的运动为两个阶段的匀变速曲线运动，且时间相等，设为t ，对该运动分析得 y 方向：a tan θ＝2v t x 方向：12a ＝qE2mt 2，解得：E ＝4m v 2aq tan 2 θ，t ＝a tan θ2v.(2)带电粒子在第一象限的磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示(只画出一个周期的情况)设半径为R ，由几何关系可知 acos θ＝4nR cos θ(n ＝1,2,3，…)， Bq v ＝m v 2R，解得B ＝4nm v cos 2θqa (n ＝1,2,3，…)．(3)带电粒子在电场中运动的时间 t 电＝2t ＝a tan θv .研究带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，设时间为t 磁，设单元圆弧对应的圆心角为α，由几何关系可知 α＝π－2θ，则t 磁＝2n (π－2θ)R v ＝(π－2θ)a2v cos 2θ， 所以粒子从P 到Q 的总时间 t 总＝t 电＋t 磁＝a tan θv ＋(π－2θ)a 2v cos 2θ.题组1 带电粒子在叠加场中的运动1．如图1，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 的微粒从原点出发进入复合场中，初速度方向与x 轴正方向的夹角为45°，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，求：图1(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． 答案 (1)mg q (2)mqg l (3)(3π4＋1)lg解析 (1)微粒到达A (l ，l )之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：由几何关系知Eq ＝mg ，得：E ＝mgq(2)由平衡条件： q v B ＝2mg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 q v B ＝m v 2r由几何知识可得：r ＝2l 联立解得：v ＝2gl ，B ＝mqg l(3)微粒做匀速运动时间：t 1＝2lv ＝l g做匀速圆周运动时间：t 2＝34π·2l v ＝3π4l g故微粒在复合场中的运动时间： t ＝t 1＋t 2＝(3π4＋1)l g. 2．如图2所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC ，其延长线在D 点与半圆轨道DF 相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN 的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C 点处于MN 边界上)．一质量为0.4 kg 的带电小球沿轨道AC 下滑，至C 点时速度为v C ＝1007 m /s ，接着沿直线CD 运动到D 处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F 点，在F 点速度为v F ＝4 m/s(不计空气阻力，g ＝10m/s 2，cos 37°＝0.8)．求：图2(1)小球带何种电荷？(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；(3)小球从F 点飞出时磁场同时消失，小球离开F 点后的运动轨迹与直线AC (或延长线)的交点为G 点(未标出)，求G 点到D 点的距离． 答案 (1)正电荷 (2)27.6 J (3)2.26 m解析 (1)依题意可知小球在CD 间做匀速直线运动，在CD 段受重力、电场力、洛伦兹力且合力为零，若小球带负电，小球受到的合力不为零，因此带电小球应带正电荷． (2)小球在D 点速度为 v D ＝v C ＝1007m/s设重力与电场力的合力为F 1，如图所示，则F1＝F 洛＝q v C B又F 1＝mgcos 37°＝5 N解得qB ＝F 1v C ＝720 C·T在F 处由牛顿第二定律可得 q v F B ＋F 1＝m v 2F R把qB ＝720C·T 代入得R ＝1 m小球在DF 段克服摩擦力做功W f ，由动能定理可得 －W f －2F 1R ＝12m v 2F －12m v 2D 解得W f ≈27.6 J(3)小球离开F 点后做类平抛运动，其加速度为a ＝F 1m由2R ＝at 22解得t ＝4mR F 1＝225s 交点G 与D 点的距离GD ＝v F t ＝825m ≈2.26 m. 题组2 带电粒子在组合场中的运动3．如图3所示，在xOy 平面内y 轴与MN 边界之间有沿x 轴负方向的匀强电场，y 轴左侧和MN 边界右侧的空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小相等的匀强磁场，MN 边界与y 轴平行且间距保持不变．一质量为m 、电荷量为－q 的粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴负方向射入磁场，每次经过磁场的时间均为t 0，粒子重力不计．图3(1)求磁感应强度的大小B ；(2)若t ＝5t 0时粒子回到原点O ，求电场区域的宽度d 和此时的电场强度E 0； (3)若带电粒子能够回到原点O ，则电场强度E 应满足什么条件？ 答案 (1)πm qt 0 (2)32v 0t 0 m v 0qt 0(3)E ＝(2n ＋1)m v 03n 2qt 0(n ＝1,2,3，…)解析 (1)粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πmqB，粒子每次经过磁场的时间为半个周期，则T ＝2t 0，解得B ＝πmqt 0(2)t ＝5t 0时粒子回到原点，轨迹如图甲所示，由几何关系有r 2＝2r 1由向心力公式有qB v 0＝m v 20r 1，qB v 2＝m v 22r 2电场宽度d ＝v 0＋v 22t 0，解得d ＝32v 0t 0又v 2＝v 0＋qE 0m t 0，解得E 0＝m v 0qt 0(3)如图乙所示，由几何关系可知，要使粒子能够回到原点，则应满足n (2r 2′－2r 1)＝2r 1(n ＝1,2,3，…)由向心力公式有qB v 2′＝m v 2′2r 2′，解得v 2′＝n ＋1n v 0根据动能定理有qEd ＝12m v 2′2－12m v 20 解得E ＝(2n ＋1)m v 03n 2qt 0(n ＝1,2,3，…)．4．如图4甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L 的平行金属极板MN 和PQ ，两极板中心各有一小孔S 1、S 2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U 0，周期为T 0.在t ＝0时刻将一个质量为m 、电荷量为－q (q >0)的粒子由S 1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t ＝T 02时刻通过S 2垂直于边界进入右侧磁场区．(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)图4(1)求粒子到达S 2时的速度大小v 和极板间距d ；(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件；(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t ＝3T 0时刻再次到达S 2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小． 答案 (1) 2qU 0m T 042qU 0m (2)B <4L2mU 0q(3)74T 0 8πm 7qT 0解析 (1)粒子由S 1到S 2的过程，根据动能定理得 qU 0＝12m v 2①由①式得v ＝2qU 0m ② 设粒子的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得q U 0d ＝ma ③由运动学公式得d ＝12a ⎝⎛⎭⎫T 022④联立③④式得d ＝T 042qU 0m⑤ (2)设磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R⑥要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，应满足2R >L2⑦联立②⑥⑦式得B <4L2mU 0q⑧ (3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t 1，有d ＝v t 1⑨ 联立②⑤⑨式得t 1＝T 04⑩若粒子再次到达S 2时速度恰好为零，粒子回到极板间做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t 2，根据运动学公式得 d ＝v 2t 2⑪联立⑨⑩⑪式得t 2＝T 02⑫设粒子在磁场中运动的时间t ＝3T 0－T 02－t 1－t 2⑬联立○10⑫⑬式得t ＝7T 04⑭则粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T ，由⑥式结合运动学公式得T ＝2πmqB ⑮由题意可知T ＝t ＝7T 04⑯联立⑭⑮⑯式得B ＝8πm7qT 0.。
四川省高考物理一轮(习题课件+高考题库+考点通关)：第
(2)气室中的气体与外界无热交换，内能增加，是因为外界对气
体做功，故密闭气体的温度升高，气体分子的平均动能增大。
根据热力学第一定律 ΔU＝Q＋W 可知，Q＝0，W＝ΔU，所以活
塞对该气体所做的功等于 3.4×104 J。
(3)设气体在标准状态时的体积为 V1，等压过程VT＝VT11
气体物质的量 n＝VV10，且分子数 N＝nNA，
(2)从状态 A 到状态 B 的过程，体积减小，温度升高 该气体内能的增量 ΔU2＝ΔU1＝9 J 根据热力学第一定律有 ΔU2＝W2＋Q2 从外界吸收的热量 Q2＝ΔU2－W2＝3 J。 答案：(1)0 9 J (2)9 J 3 J
[针对训练] 1．解析：挤压充气袋，气体的体积减小，充气袋中气体的压
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[针对训练] 1．解析：内能可以转化成机械能，如热机，A 错误；内能转
化成机械能的过程满足热力学第一定律，即能量守恒定律， B 错误；热力学第二定律告诉我们：不可能从单一热源吸 收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，C 正确。
答案：C
2．解析：第一类永动机违反了能量守恒定律，第二类永动机违 反了热力学第二定律，A、B 错；由热力学第一定律知，做功 和热传递都能改变物体的内能，C 错；由热力学第二定律可 知，若有外界影响，热量可以从低温物体传向高温物体，也 可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功，D 对。 答案：D
强增大，外界对气体做正功，气体对外界做负功，由于袋 内气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气 体内能增大，A、C 项正确，B、D 项错误。 答案：AC
2．解析：温度是分子平均动能的宏观标志，故天然气的温度升高 过程中，分子平均动能增大，又天然气可视为理想气体，不需 要考虑分子势能，而气体质量不变，气罐内天然气分子数不变， 所以气体分子总动能增大，故内能增大，A、D 项错；由热力 学第一定律可知，气体体积不变，内能增大，则一定从外界吸 收热量，B 项对；天然气体积不变，随温度升高，气体压强增 大，C 项错。 答案：B
四川省高考物理一轮(习题课件+高考题库+考点通关)：第
7．解析：根据理想气体状态方程pTV＝k，V-1p 图像的斜率的物 理意义为 kT，随着压缩气体，对气体做功，气体内能增加， 温度升高，斜率变大，图线向上弯曲，故第(1)题中选图 a， 第二题选(C) 答案：(1)a (2)C
8．解析：根据理想气体的状态方程pTV＝C，当压强变大时，气 体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项 A 错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动 也可能变得剧烈，选项 B 正确；当压强变大时，气体的体 积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项 C 错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均 距离也可能变小，选项 D 正确。 答案：BD
4．解析：设气缸的横截面积为 S，活塞处于初始位置时气缸内气
体的压强为 p，大气压强为 p0。有 p＝p0＋38l
在活塞上移3112l 后，气缸内气体的压强变为 p0。设气体的体积
为 V′，由玻意耳定律得
p0V′＝pSl
设气缸内水银面上升 Δx，有 Δx＝38l－3Δx
V′＝Sl＋3112l－Δx 联立以上各式，解得 p＝185l。
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答案：p＝185l
5．解析：(1)在打开阀门 S 前，两水槽水温均为 T0＝237 K。
设玻璃泡 B 中气体的压强为 p1，体积为 VB，玻璃泡 C 中
气体的压强为 pC，依题意有 p1＝pC＋Δp ①
式中 Δp＝6璃泡 B 中气体的压强为 pB。
联立②⑤⑥⑦式，T′＝364 K。
⑧
答案：(1)180 mmHg (2)T′＝364 K
6．解析：过程 ab，理想气体等容变化，温度升高，理想气体的内 能增大，气体一定吸热，A 正确；过程 bc，理想气体等温变化， 压强减小，容器壁单位面积单位时间内受到分子撞击的次数减 小，E 正确；而体积变大，气体对外做功，气体一定吸热，B 错误；过程 ca，理想气体的压强不变，温度降低，内能减小， 体积减小，外界对气体做功，气体对外放出的热量大于外界对 气体做的功，C 错误；根据上述三过程可知：在 a、b、c 三个 状态中，状态 a 的温度最低，根据温度是分子平均动能的标志， 其分子的平均动能最小，D 正确。 答案：ADE
2018版高考物理教科版四川专用大一轮复习讲义文档第三
实验四探究加速度与力、质量的关系1．实验原理(1)保持质量不变，探究加速度跟合外力的关系．(2)保持合外力不变，探究加速度与质量的关系．(3)作出a－F图像和a－1m图像，确定其关系．2．实验器材小车、砝码、小盘、细绳、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、导线两根、纸带、天平、米尺．3．实验步骤(1)测量：用天平测量小盘和砝码的质量m′和小车的质量m.(2)安装：按照如图1所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车牵引力)．图1(3)平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车能匀速下滑．(4)操作：①小盘通过细绳绕过定滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，断开电源，取下纸带编号码．②保持小车的质量m不变，改变小盘和砝码的质量m′，重复步骤①.③在每条纸带上选取一段比较理想的部分，测加速度a.④描点作图，作a－F的图像．⑤保持小盘和砝码的质量m′不变，改变小车质量m，重复步骤①和③，作a－1m图像．1．注意事项(1)平衡摩擦力：适当垫高木板的右端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好平衡小车和纸带受到的阻力．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，让小车拉着穿过打点计时器的纸带匀速运动．(2)不重复平衡摩擦力．(3)实验条件：m≫m′.(4)一先一后一按：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车，且应在小车到达滑轮前按住小车．2．误差分析(1)因实验原理不完善引起的误差：本实验用小盘和砝码的总重力m′g代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力．(2)摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差．3．数据处理(1)利用Δx＝aT2及逐差法求a.(2)以a为纵坐标，F为横坐标，根据各组数据描点，如果这些点在一条过原点的直线上，说明a与F成正比．(3)以a为纵坐标，1m为横坐标，描点、连线，如果该线为过原点的直线，就能判定a与m成反比.命题点一教材原型实验例1用图2甲所示装置探究物体的加速度与力的关系．实验时保持小车(含车中重物)的质量M不变，细线下端悬挂钩码的总重力作为小车受到的合力F，用打点计时器测出小车运动的加速度a.图2(1)关于实验操作，下列说法正确的是()A．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行B．平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑C．每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力D．实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车(2)图乙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离．已知所用电源的频率为50 Hz，打B点时小车的速度v＝________ m/s，小车的加速度a＝________ m/s2.(3)改变细线下端钩码的个数，得到a－F图像如图丙所示，造成图线上端弯曲的原因可能是________．答案(1)AD(2)0.3160.93(3)随所挂钩码质量m的增大，不能满足M≫m.解析(1)在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，故B错误；由于平衡摩擦力之后有Mg sin θ＝μMg cos θ，故tan θ＝μ，所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面方向的分力，改变小车所受的拉力，不需要重新平衡摩擦力，故C错误．(2)已知打点计时器电源频率为50 Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为T＝5×0.02 s＝0.1 s根据Δx ＝aT 2可得：x CE －x AC ＝a (2T )2， 小车运动的加速度为a ＝x CE －x AC 4T 2＝0.163 6－0.063 2－0.063 20.04 m/s 2 ＝0.93 m/s 2B 点对应的速度：v B ＝x AC 2T ＝0.063 20.2m /s ＝0.316 m/s ，(3)随着力F 的增大，即随所挂钩码质量m 的增大，不能满足M ≫m ，因此图线上部出现弯曲现象．1．(1)我们已经知道，物体的加速度a 同时跟合外力F 和质量M 两个因素有关．要研究这三个物理量之间的定量关系，需采用的思想方法是________．(2)某同学的实验方案如图3所示，她想用砂桶的重力表示小车受到的合外力F ，为了减少这种做法带来的实验误差，她先做了两方面的调整措施：图3a ．用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是_______________________________________ ______________________________________________________________________.b ．使砂桶的质量远小于小车的质量，目的是使拉小车的力近似等于________． (3)该同学利用实验中打出的纸带求加速度时，处理方案有两种： A ．利用公式a ＝2xt 2计算B ．根据逐差法利用a ＝ΔxT2计算两种方案中，选择方案________比较合理．答案 (1)控制变量法 (2)平衡摩擦力 砂桶的重力 (3)B2．为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图4所示的实验装置：图4(1)以下实验操作正确的是()A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在砝码及砝码盘的牵引下恰好做匀速运动B．调节滑轮的高度，使细线与木板平行C．先接通电源后释放小车D．实验中小车的加速度越大越好(2)在实验中，得到一条如图5所示的纸带，已知相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1 s，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出分别为3.09 cm、3.43 cm、3.77 cm、4.10 cm、4.44 cm、4.77 cm，则小车的加速度a＝________ m/s2.(结果保留两位有效数字)图5(3)有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a－F图线，如图6所示．图线________是在轨道倾斜情况下得到的(填“①”或“②”)；小车及车中砝码的总质量m＝________ kg.图6答案(1)BC(2)0.34(3)①0.5解析(1)将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面的分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是细线的拉力，故选项A错误；细线的拉力为小车的合力，所以应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，故B正确；实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放，先接通电源后释放小车，故选项C正确；实验时，为了减小实验的误差，小车的加速度应适当大一些，但不是越大越好．故D错误．(2)根据逐差法得：a ＝x 6＋x 5＋x 4－x 3－x 2－x 19T 2＝0.34 m/s 2.(3)由图线①可知，当F ＝0时，a ≠0，也就是说当细线上没有拉力时小车就有加速度，所以图线①是轨道倾斜情况下得到的，根据F ＝ma 得a －F 图像的斜率k ＝1m ，由a －F 图像得图像斜率k ＝2，所以m ＝0.5 kg. 命题点二 实验拓展创新例2 (2016·全国Ⅲ·23)某物理课外小组利用图7中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有N ＝5个，每个质量均为0.010 kg.实验步骤如下：图7(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑．(2)将n (依次取n ＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N －n 个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t 相对于其起始位置的位移s ，绘制st 图像，经数据处理后可得到相应的加速度a .(3)对应于不同的n 的a 值见下表．n ＝2时的st 图像如图8所示；由图求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表.图8(4)利用表中的数据在图9中补齐数据点，并作出an 图像．从图像可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．图9(5)利用an 图像求得小车(空载)的质量为________kg(保留2位有效数字，重力加速度取g ＝9.8 m·s －2)．(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)A ．an 图线不再是直线B ．an 图线仍是直线，但该直线不过原点C ．an 图线仍是直线，但该直线的斜率变大 答案 (3)0.39 (4)见解析图 (5)0.44 (6)B解析 (3)因为小车做初速度为零的匀加速直线运动，将图中点(2,0.78)代入s ＝12at 2可得，a ＝0.39 m/s 2.(4)根据描点法可得如图所示图线．(5)根据牛顿第二定律可得nmg ＝(M ＋5m )a ，则a ＝mg M ＋5m n ，图线斜率k ＝mg M ＋5m ＝1.005，可得M ＝0.44 kg(6)若保持木板水平，则小车运动中受到摩擦力的作用，n 的数值相同的情况下，加速度a 变小，直线的斜率变小．绳的拉力等于摩擦力时，小车才开始运动，图像不过原点，选项B 正确．利用图像处理数据的方法技巧1．利用图像处理实验数据是实验中最常用的方法，解决本题的基本对策是写出图像对应的函数，困难便迎刃而解．2．画a －n 图像时，所画直线要符合以下要求：让尽可能多的点落在直线上；不能落在直线上的点要均匀分布于直线的两侧；一定要利用直尺画线．例3 (2015·新课标全国Ⅱ·22)某同学用图10(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz ，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了五个连续点之间的距离．图10(1)物块下滑时的加速度a ＝________ m /s 2，打C 点时物块的速度v ＝________ m/s ； (2)已知重力加速度大小为g ，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(填正确答案标号)． A ．物块的质量 B ．斜面的高度 C ．斜面的倾角答案 (1)3.25 1.79 (2)C 解析 (1)根据纸带数据可知，加速度a ＝(x CD ＋x DE )－(x AB ＋x BC )4T 2＝3.25 m/s 2； 打C 点时物块的速度v C ＝x BD2T≈1.79 m/s.(2)由牛顿第二定律得加速度a ＝g sin θ－μg cos θ，所以要求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是斜面的倾角．3．在用DIS 研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图11(a)所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，位移传感器(发射器)随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器(接收器)固定在轨道一端，实验中力传感器的拉力为F ，保持小车[包括位移传感器(发射器)]的质量不变，改变重物重力重复实验若干次，得到加速度与外力的关系如图(b)所示．图11(1)小车与轨道的滑动摩擦力f ＝________ N.(2)从图像中分析，小车[包括位移传感器(发射器)]的质量为________ kg.(3)该实验小组为得到a 与F 成正比的关系，应将斜面的倾角θ调整到tan θ＝________. 答案 (1)0.67 (2)0.67 (3)0.1解析 (1)根据图像可知，当F ＝0.67 N 时，小车开始有加速度，则f ＝0.67 N ，(2)根据牛顿第二定律a ＝F －f M ＝1M F －fM ，则a －F 图像的斜率表示小车[包括位移传感器(发射器)]质量的倒数，则 M ＝1k ＝4.0－2.05.0－2.0＝23≈0.67 kg.(3)为得到a 与F 成正比的关系，则应该平衡摩擦力，则有： Mg sin θ＝μMg cos θ 解得：tan θ＝μ，根据f ＝μMg 得：μ＝0.6723×10＝0.1所以tan θ＝0.1.4．如图12所示，某同学设计了一个测量滑块与木板间的动摩擦因数的实验装置，装有定滑轮的长木板固定在水平实验台上，木板上有一滑块，滑块右端固定一个动滑轮，钩码和弹簧测力计通过绕在滑轮上的轻绳相连，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动．图12(1)实验得到一条如图13所示的纸带，相邻两计数点之间的时间间隔为0.1 s ，由图中的数据可知，滑块运动的加速度大小是________ m/s 2.(计算结果保留两位有效数字)图13(2)读出弹簧测力计的示数F ，处理纸带，得到滑块运动的加速度a ；改变钩码个数，重复实验．以弹簧测力计的示数F 为纵坐标，以加速度a 为横坐标，得到的图像是纵轴截距为b 的一条倾斜直线，如图14所示．已知滑块和动滑轮的总质量为m ，重力加速度为g ，忽略滑轮与绳之间的摩擦．则滑块和木板之间的动摩擦因数μ＝________.图14答案 (1)2.4 (2)2b mg解析 (1)加速度a ＝x BD －x OB 4T 2＝0.192－0.096 14×0.01m /s 2＝2.4 m/s 2 (2)滑块受到的拉力T 为弹簧测力计示数的两倍，即：T ＝2F滑块受到的摩擦力为：f ＝μmg由牛顿第二定律可得：T －f ＝ma解得力F 与加速度a 的函数关系式为：F ＝m 2a ＋μmg 2由图像所给信息可得图像截距为：b ＝μmg 2解得：μ＝2b mg.。
2018年高考物理四川专用一轮复习课件：第1章 运动的描述 匀变速直线运动
实验 一： 研究 匀变 速直 线运 动
要 求
说明
2014
2014
Ⅰ卷 Ⅱ卷
匀变
速直
线运
T146
Ⅱ
动图 像只
T24 分 12分 T241
限于v
3分
－t图
像
高考命题实况
2015 2015 2014四 Ⅰ卷 Ⅱ卷 川
2015 四川
命题热点
T206 分
Байду номын сангаасT226 分
(2)x－t图 像、v－t图 像的理解及 T9(1)1 应用； 5分 (3)与牛顿运 动定律、电
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考点 内容
参考 系、 质点
位 移、 速度 和加 速度
高考命题实况
要 求
说明
2014 Ⅰ卷
2014 Ⅱ卷
2015 Ⅰ卷
2015 Ⅱ卷
201 2015 4四 四 川川
命题热 点
匀变 Ⅰ 速直
线运
动图
像只
Ⅱ 限于 v－t 图像
(1)匀变 速直线 运动的 基本概 念、公 式、规 律的应 用；
考点 内容
场中带电粒
子的运动、
磁场中通电 导体的运动
等相结合考 查；
(4)与实际生 活应用相结 合
注：各考点要求中罗马数字Ⅰ、Ⅱ的含义如下： Ⅰ.对所列知识要知道其内容及含义，并能在有关问题中识别 和直接使用。 Ⅱ.对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够 进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断 等过程中运用。
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B.1 800匝 D.8 010匝
由题意知U1＝380 V，U2＝36 V，n1＝1 140
U1 n1 U2 则U ＝n 得 n2＝U n1＝108. 2 2 1
3.( 人教版选修 3 －2P44 第 5 题改编 ) 如图所示的电路中，变压器为理想变
压器，a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端， R0 为定值电阻， R为
滑动变阻器.现将变阻器的滑片从一个位臵滑动到另一位臵，观察到电流
表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正
确的是 答案
解析
A.电压表V1示数增大
B.电压表V2、V3示数均增大
C.该变压器起升压作用
D.变阻器滑片是沿c→d的方向滑动 √
4.(人教版选修3－2P50第3题改编)从发电站输出的功率为220 kW，输电 线的总电阻为0.05 Ω，用110 V和11 kV两种电压输电.两种情况下输电线 上由电阻造成的电压损失之比为 A.100∶1 √ B.1∶100
深度思考 请你根据以上分析总结理想变压器原、副线圈功率、电压和电流的决定
关系. 答案
(1)电压：副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定. (2)功率：原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定. (3)电流：原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定.
二、远距离输电问题 1.减少输电电能损失的两种方法 (1)理论依据：P损＝I2R.
第十一章 交变电流 传感器
第2讲 变压器、电能的输送
内容索引
基础 知识梳理
命题点一
理想变压器基本 关系和动态分析
远距离输电问题
命题点二
变压器与交变电路 的综合问题
命题点三
盘查拓展点
课时作业
1
基础知识梳理
一、理想变压器基本关系 1.构造 如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上 的 两个线圈 组成的. 初级 (1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫____ 线圈. (2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫 次级 线圈.
l (2)减小输电线的电阻：根据电阻定律R＝ρ ，要减小输电线的电阻R，在 S
横截面积 保证输电距离情况下，可采用减小材料的 电阻率 、增大导线的________ _
等方法.
(3) 要 减小电流，必须提高 电压 .
2.远距离高压输电的几个基本关系(以图为例)
答案 解析
C.1∶10
D.10∶1
Pr 则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU＝Ir＝ U 1 3 ΔU1 U1 U2 11×10 100 故ΔU ＝ 1 ＝U ＝ 110 ＝ 1 ， 2 1 U2 故选A.
P 由题意知输电线上的电流I＝ ， U
√
2
命题点一
理想变压器基本关系和动态分析
1.匝数比不变的情况
(4)P损＝ΔUI线，ΔU为输电线路上损失的电压，I线为输电线路上的电流.
基础题组自测
1.判断下列说法是否正确.
(1)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率.( × )
(2)理想变压器能改变交变电压、交变电流，但不改变功率，即输入功率总
等于输出功率.( √ )
(3)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈的输入电流随之增大.( √ )
U1 n1 (1)U1不变，根据 ＝ ，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R U2 n2
如何变化，U2不变.
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发
生变化.
(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化.
2.负载电阻不变的情况
n (1)U1不变， 1 发生变化，故U2变化. n2
(4)输电线上损耗的电功率：P损＝I线ΔU＝I线2
1 就减小到原来的 n2 .
深度思考
根据以上分析，请你总结输电线路功率损失的计算方法有哪些？ 答案
(1)P损＝P－P′，P为输送的功率，P′为用户所得功率.
(2)P损＝I线2R线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻.
ΔU2 (3)P损＝ ，ΔU为输电线路上损失的电压，R线为线路电阻. R线
2.原理 电流磁效应、 电磁感应 . 3.基本关系式 (1)功率关系：P入＝P出.
U1 U2 ＝ n1 n2 (2)电压关系：___________.
I1 n 2 (3)电流关系：只有一个副线圈时 I ＝n . 2 1 由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝ U2I2＋U3I3＋„＋UnIn .
(4)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用.( √ )
(5)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压.( × )
2.( 人教版选修 3 － 2P44 第 2 题改编 ) 有些机床为了安全，照明电灯用的电 压是36 V，这个电压是把380 V的电压降压后得到的.如果变压器的原线 圈是1 140匝，副线圈是 答案 A.1 081匝 C.108匝 √
(2)R不变，U2变化，故I2发生变化.
U2 2 (3)根据P2＝ ，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1， R
U1不变，故I1发生变化. 3.变压器动态问题的分析流程 U1
U1 n1 U2＝n2
U2 I 2＝ R负载
U2
I2
I1 n 2 ＝ I2 n 1
I1
P1＝I1U1
P1
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝ P损 ＋P3.
U1 n1 I2 U3 n3 I4 (2)电压、电流关系： ＝ ＝ ， ＝ ＝ ，U2＝ ΔU ＋U3，I2＝I3＝I线. U2 n2 I1 U4 n4 I3
P2 P3 I 线＝U ＝U ＝ (3)输电电流： 2 3
U2－U3 R线
.
P2 2 R线＝(U ) R 线 . 2 当输送功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率
天津理综· 5)如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上， 【例1】 (2016·
图中各电表均为理想电表.下列说法正确的是 答案
分析
R增加，并同：A1、V、A2 都增加 R3减小，并同：A1、V、A2 都减小 A.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大
题眼①
B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大 √
C.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大