重庆市铜梁县2017届高考物理二轮总复习专题十八光电磁波加试增分策略练习含解析

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重庆市铜梁县17届高考物理二轮总复习专题十一电容器带电粒子在电场中的运动增分策略练习(含解析)

专题十一电容器带电粒子在电场中的运动考纲解读转电极加恒定电压的情形一、电容器的电容 1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成． (2)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值． (3)电容器的充电、放电①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能． ②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能． 2．电容 (1)公式 ①定义式：C ＝Q U. ②推论：C ＝ΔQΔU.(2)电容与电压、电荷量的关系：电容C 的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量无关．不随Q 变化，也不随电压变化．3．平行板电容器及其电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比． (2)决定式：C ＝εr S4πkd ，k 为静电力常量．εr 为相对介电常数，与电介质的性质有关．二、带电粒子在电场中的运动1．加速问题：若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的动能的增量． (1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.2．偏转问题：(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场． (2)运动性质：类平抛运动．(3)处理方法：利用运动的合成与分解． ①沿初速度方向：做匀速直线运动．②沿电场力方向：做初速度为零的匀加速运动． 3．示波管的构造：①电子枪，②偏转电极，③荧光屏．(如图1所示)图11．电容器是一种常用的电子元件．下列对电容器认识正确的是( ) A ．电容器的电容表示其储存电荷的能力 B ．电容器的电容与它所带的电量成正比 C ．电容器的电容与它两极板间的电压成正比 D ．电容器的常用单位有μF 和pF,1 μF ＝103pF 答案 A解析由电容的物理意义知A 正确．电容定义式为C ＝QU，但C 跟Q 和U 无关，仅跟电容器本身特征量有关；1 μF ＝106pF.B 、C 、D 都错．2．(2015·浙江学考模拟)如图2为可变电容器，由一组动片和一组定片组成，这两组金属片之间是互相绝缘的，动片旋入得越多，则( )图2A ．正对面积越大，电容越大B ．正对面积越大，电容越小C ．动片、定片间距离越小，电容越大D ．动片、定片间距离越小，电容越小答案 A解析可变电容器动片旋入得越多，正对面积越大．由平行板电容器的电容决定式C ＝εr S4πkd 知，电容器的正对面积越大，电容越大，A 项正确．3．一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－4C ，则其电压减少为原来的13，则( )A ．电容器原来的电荷量为9×10－4C B ．电容器原来的电荷量为4.5×10－4 C C ．电容器原来的电压为1 VD ．电容器的电容变为原来的13答案 B解析由C ＝ΔQ ΔU 得ΔQ ＝C ·ΔU ＝C (U －13U )＝23CU ＝23Q ，Q ＝3×ΔQ 2＝3×3×10－42 C ＝4.5×10－4C ，选项A 错，B 对；因电容器的电容不知，所以无法求出电容器原来的电压，选项C 错；电容器的电容由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，选项D 错．4．电场中，初速度为零的带正电粒子在匀强电场中仅在电场力作用下，运动方向正确的是( )答案 D5．如图3所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子的入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原来位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间的距离应变为原来的( )图3A ．2倍B ．4倍 C.12倍 D.14倍答案 C解析第一次d ＝12·Uq md (L v 0)2，第二次d ′＝12·Uq md ′(L 2v 0)2，两式相比可得d ′＝d2，所以选项C 正确.电容器的动态分析1．对公式C ＝Q U的理解电容C ＝Q U，不能理解为电容C 与Q 成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关． 2．两种类型的动态分析思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变． (2)用决定式C ＝εr S4πkd分析平行板电容器电容的变化．(3)用定义式C ＝Q U分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． (4)用E ＝U d分析电容器两极板间电场强度的变化．例1 如图4所示，先接通S 使电容器充电，然后断开S ，增大两极板间的距离时，电容器所带电荷量Q 、电容C 、两极板间电势差U 及场强E 的变化情况是( )图4A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变大B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 变小 C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变D ．Q 不变，C 变小，U 变小，E 无法确定答案 C解析由充电后断开电源知，电容器的电荷量不变，选项A 、B 错；由C ＝εr S4πkd 知增大两极板间的距离时，电容C减小，由C ＝Q U 知，U 增大；两极板间电场强度E ＝U d ＝4πkQεr S，可见当增加两板间距时，电场强度不变，选项C 对，D错．电容器动态问题的分析技巧1．抓住不变量，弄清楚是电容器的电荷量不变还是电压不变．2．根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析电荷量或电压的变化，最后分析电场强度的变化．变式题组1．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( ) A ．C 和U 均增大 B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小答案 B解析由C ＝εr S 4πkd 知，S 和d 不变，插入电介质时，εr 增大，电容增大，由C ＝QU 可知：Q 不变时，C 增大，则两板间的电势差U 一定减小，故选B.2．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图5)．设两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( )图5A ．保持S 不变，增大d, 则θ变大B ．保持S 不变，增大d ，则θ变小C ．保持d 不变，减小S ，则θ变小D ．保持d 不变，减小S ，则θ不变答案 A解析静电计指针偏角体现电容器两极板间电压大小．在做选项所示的操作中，电容器上电荷量Q 保持不变，C ＝QU＝εr S4πkd.保持S 不变，增大d ，则C 减小，U 增大，偏角θ增大，选项A 正确，B 错误；保持d 不变，减小S ，则C 减小，偏角θ也增大，故选项C 、D 均错．带电粒子在电场中的直线运动 1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子静止或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动． 2．用动力学观点分析a ＝F 合m ，E ＝Ud，v 2－v 20＝2ad .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 2非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1.例2 (2014·海南高考)如图6所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ；在下极板上叠放一厚度为l 的金属板，其上部空间有一带电粒子P 静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P 开始运动．重力加速度为g .粒子运动的加速度为( )图6A.ld g B.d －l d g C.l d －l g D.dd －lg 答案 A解析带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状态，由二力平衡条件可得：mg ＝qUd －l；当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电压不变，但两极板间的距离发生了变化，引起电场强度发生了变化，从而电场力也发生了变化，粒子受力不再平衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律ma ＝mg －q U d ，两式联立可得a ＝ldg .故A 正确．解决粒子在电场中直线运动问题的两种方法1．用牛顿运动定律和运动学规律． 2．用动能定理或能量守恒定律．3．选取思路：前者适用于粒子受恒力作用时，后者适用于粒子受恒力或变力作用时．这和解决物体受重力、弹力、摩擦力等做直线运动的问题的思路是相同的，不同的是受力分析时，不要遗漏电场力．变式题组3．如图7所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )图7A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀速直线运动答案 B解析分析带电粒子的受力情况，画出其受力图如图所示．可以看出其合力方向与其速度方向相反．所以，带电粒子在电场中做匀减速直线运动．电场力做负功，重力不做功，动能减少，电势能增加，故选项A 、C 、D 错误，选项B 正确．4．(2016·舟山市调研)两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回．如图8所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )图8A.edh U B ．edUh C.eU dhD.eUh d答案 D解析电子受到的静电力做负功，有－eU OA ＝0－E k ，U OA ＝U d h ，E k ＝eUhd，由此知选项D 正确．带电粒子在电场中偏转1．基本运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出电容器：t ＝lv 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2mdt 2，t ＝ 2mdyqU.(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mdv2.离开电场时的偏转角：tan θ＝v yv 0＝qUl mdv20.2．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU 0＝12mv 2y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1lmdv 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l2.3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 20，其中U y ＝Ud y ，指初、末位置间的电势差．例3 如图9所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、电场强度为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O .试求：图9(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值tan α； (3)粒子打在屏上的点P 到O 点的距离x . 答案 (1)2L v 0 (2)qEL mv 20 (3)3qEL22mv 20解析 (1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t ＝2Lv 0.(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a ＝Eq m所以v y ＝a L v 0＝qELmv 0所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝qELmv 20.(3)解法一设粒子在电场中的偏转距离为y ，则 y ＝12a (L v 0)2＝qEL22mv 20又x ＝y ＋L tan α，解得：x ＝3qEL 22mv 20解法二 x ＝y ＋v y L v 0＝3qEL 22mv 20解法三由y ＝12a (L v 0)2＝qEL 22mv 20，xy ＝L ＋L 2L2得：x ＝3y ＝3qEL22mv 20.分析粒子在电场中偏转运动的两种方法1．分解观点：垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场力作用，与重力场中的平抛运动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动分解，可分解成平行电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动． 2．功能观点：首先对带电粒子进行受力分析，再进行运动过程分析，然后根据具体情况选用公式计算． (1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量．(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的．变式题组5．喷墨打印机的简化模型如图10所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中()图10A ．向负极板偏转B ．电势能逐渐增大C ．运动轨迹是抛物线D ．运动轨迹与带电量无关答案 C解析微滴带负电，进入电场，受电场力向上，应向正极板偏转，A 错误；电场力做正功，电势能减小，B 错误；微滴在电场中做类平抛运动，沿v 方向：x ＝vt ，沿电场方向：y ＝12at 2，又a ＝qU md ，得y ＝qU 2mv 2d x 2，即微滴运动轨迹是抛物线，且运动轨迹与电荷量有关，C 正确，D 错误．6．(多选)(2016·绍兴市联考)如图11所示，电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则( )图11A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2 B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶1 答案 ABC解析粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD 得，t A ∶t B ＝1∶2；竖直方向由h ＝12at2得a ＝2h t 2，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为a A ∶a B ＝4∶1；根据a ＝qE m 得m ＝qE a ，故m A m B ＝112，A 和B 的位移大小不相等，故选项A 、B 、C 正确．电场中的力电综合问题1．解答力电综合问题的一般思路2．运动情况反映受力情况 (1)物体静止(保持)：F 合＝0. (2)做直线运动①匀速直线运动：F 合＝0.②变速直线运动：F 合≠0，且F 合方向与速度方向总是在一条直线上．(3)做曲线运动：F 合≠0，F 合方向与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线的凹侧． (4)F 合与v 的夹角为α，加速运动：0≤α＜90°；减速运动：90°＜α≤180°. (5)匀变速运动：F 合＝恒量．例4 (2014·浙江7月学考)如图12所示，水平地面上有一长为L 、高为h 的桌子．质量为m 的小物块A 从绝缘桌面的左端以初速度v 0水平向右运动，最终落在地面上D 点，D 点与桌面右端的水平距离为s .若再次将物块A 置于桌面左端，并让其带上电荷量为q 的正电荷，在桌面以上区域加一水平向右、大小可调节的匀强电场．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：图12(1)为使再次置于桌面左端的带电物块A 在桌面上滑动，电场强度的最小值E 1.(2)为使再次置于桌面左端的带电物块A 从桌面滑落后仍落在地面上的D 点，电场强度E 2的值．答案 (1)m 2qL (v 20－gs 22h ) (2)mv 202qL解析 (1)由平抛运动规律：s ＝vth ＝12gt 2得：v ＝sg 2h① 由动能定理，考虑到摩擦力F f 做负功，得：－F f L ＝12mv 2－12mv 20②为了使物块A 在桌面上滑动，其所受电场力至少等于摩擦力F f ，有F ＝qE 1＝F f ③由①②③式得：E 1＝m 2qL (v 20－gs 22h)(2)由动能定理qE 2L －F f L ＝12mv 2得：E 2＝mv 202qL.分析力电综合问题的两种思路1．动力学的观点(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法．(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题． 2．能量的观点(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理．(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．变式题组7．(2016·4月浙江选考·8)密立根油滴实验原理如图13所示．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U ，形成竖直向下电场强度大小为E 的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和带电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m ，则下列说法正确的是( )图13A ．悬浮油滴带正电B ．悬浮油滴的带电荷量为mg UC ．增大电场强度大小，悬浮油滴将向上运动D ．油滴的带电荷量不一定是电子带电荷量的整数倍答案 C解析油滴悬浮不动，说明其所受的电场力与重力平衡，所以带负电，A 错；由Eq ＝mg 得q ＝mg E，所以B 错；如果增大电场强度大小，油滴所受的电场力增大，油滴就会向上加速运动，C 对；所有带电体的电荷量都是电子带电荷量的整数倍，D 错．8.如图14所示，一电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图14(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的12，物块的加速度是多大；(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时的动能．答案 (1)3mg4q(2)0.3g (3)0.3mgL解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有F N sin 37°＝qE ①F N cos 37°＝mg ②由①②可得E ＝3mg4q(2)若电场强度减小为原来的12，即E ′＝3mg8q由牛顿第二定律得mg sin 37°－qE ′cos 37°＝ma可得a ＝0.3g(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgL sin 37°－qE ′L cos 37°＝E k －0可得E k ＝0.3mgL .1．(2016·4月浙江选考·7)关于电容器，下列说法正确的是( ) A ．在充电过程中电流恒定B ．在放电过程中电容减小C ．能储存电荷，但不能储存电能D ．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器答案 D解析由电容器的充放电曲线可知，充电过程中，电流不断减小，A 错；电容是电容器储存电荷的本领，不随充放电过程变化，B 错；电容器中的电场具有电场能，所以C 错；两个彼此绝缘又靠近的导体是可以储存电荷的，可视为电容器，D 对．2．(2016·金华市联考)一个电容器的规格是“10 μF 50 V ”，则( ) A ．这个电容器的电容为10－5FB ．这个电容器加上50 V 电势差时，电容才是10 μFC ．这个电容器没有电势差时，电容为0D ．这个电容器加的电势差不能低于50 V 答案 A解析电容器的电容与电容器板间电势差无关，无论是否有电势差，电容都是10 μF ，选项A 正确，B 、C 错误；50 V 为电容器允许加的最大电势差，选项D 错误． 3．对电容的定义式C ＝Q U，以下说法正确的是( ) A ．电容器带电荷量越大，电容就越大B ．对于某一电容器，它的带电荷量跟它两极板间所加电势差的比值保持不变C ．对于某一电容器，它的带电荷量跟加在两极板间的电势差成反比D ．如果一个电容器两极板间没有电势差，就没有带电荷量，也就没有电容答案 B解析电容器的电容是其本身固有属性，与带电荷量及两极板间电势差无关，故选项A 、D 错误，选项B 正确；由C ＝Q U得Q ＝CU ，由此可知Q ∝U ，选项C 错误．4．(多选)一平行板电容器，极板间正对面积为S ，板间距离为d ，充以电荷量Q 后两板间电压为U ，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是( ) A ．将电压变为U2B ．带电荷量变为2QC ．将极板正对面积变为2SD ．将两极板间的距离减小到d2答案 CD解析电容器的电容与极板带电荷量、两极板间的电压无关，故选项A 、B 错误；根据C ＝εr S4πkd 可知，选项C 、D正确．5．板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为U 1，板间电场强度为E 1.现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为12d ，其他条件不变，这时两极板间的电势差为U 2，板间电场强度为E 2，下列说法正确的是( )A ．U 2＝U 1，E 2＝E 1B ．U 2＝2U 1，E 2＝4E 1C ．U 2＝U 1，E 2＝2E 1D ．U 2＝2U 1，E 2＝2E 1 答案 C解析根据U ＝Q C ，C ∝S d ，E ＝U d ，可得U ∝Qd S ，E ∝Q S ，则U 1U 2＝Q 1d 1Q 2d 2＝12×2＝1，E 1E 2＝Q 1Q 2＝12，故选项C 正确．6．(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 和Q 表示．下列说法正确的是( )A ．保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半B ．保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍C ．保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半D ．保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半答案 AD解析由E ＝Ud知，当U 不变，d 变为原来的两倍时，E 变为原来的一半，A 项正确；当E 不变，d 变为原来的一半时，U 变为原来的一半，B 项错误；当电容器中d 不变时，C 不变，由C ＝QU知，当Q 变为原来的两倍时，U 变为原来的两倍，C 项错误；当电容器中d 不变时，C 不变，由C ＝Q U知，Q 变为原来的一半时，U 变为原来的一半，则E 变为原来的一半，D 项正确．7．如图1所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )图1A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．P 点的电势将降低C ．带电油滴的电势能将减少D ．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大答案 B解析由于电容器与电源连接，电压U 不变，板间场强E 场＝U d随d 的增大而减小，所以油滴将向下运动，电场力做负功，电势能增大，故A 、C 均错误；P 点与地的电势差U PO ＝E 场d ′，d ′不变而E 场减小，故P 点电势将降低，B 正确；据Q ＝CU 可知，电压U 不变时减小电容C ，则极板带电荷量将减小，故D 错误．8．如图2所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两极板间电压不变，则( )图2A ．当减小两极板间的距离时，速度v 增大B ．当减小两极板间的距离时，速度v 减小C ．当减小两极板间的距离时，速度v 不变D ．当减小两极板间的距离时，电子在两极板间运动的时间变长答案 C解析由动能定理得eU ＝12mv 2，当改变两极板间的距离时，U 不变，v 就不变，故选项A 、B 错误，C 正确；电子在两极板间做初速度为零的匀加速直线运动，v ＝d t ，v 2＝d t ，即t ＝2dv，当d 减小时，v 不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D 错误．9．(多选)(2016·丽水模拟)如图3甲所示，直线MN 表示某电场中一条电场线，a 、b 是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a 点处由静止释放，粒子从a 运动到b 过程中的v －t 图线如图乙所示，设a 、b 两点的电势分别为φa 、φb ，场强大小分别为E a 、E b ，粒子在a 、b 两点的电势能分别为W a 、W b ，不计重力，则有( )图3A ．φa >φbB ．E a >E bC ．E a <E bD ．W a >W b答案 BD解析由题图乙可知，粒子做加速度减小、速度增大的直线运动，故可知从a 到b 电场强度减小，粒子动能增大，电势能减小，电场力方向由a 指向b ，电场线方向由b 指向a ，b 点电势高于a 点电势，故选项B 、D 正确．10．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d2处返回D ．在距上极板25d 处返回答案 D解析带电粒子从P 点下落刚好到达下极板处，由动能定理得：mg (d 2＋d )－qU ＝0，当将下极板向上平移d3时，设从P 点开始下落的相同粒子运动到距上极板距离为x 处速度为零，则对带电粒子下落过程由动能定理得：mg (d2＋x )－q ·U 2d 3·x ＝0，解之得x ＝25d ，故选项D 正确． 11．如图4所示，质子(11H)和α粒子(42He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y 之比为()图4A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．1∶4答案 B解析初动能相同，则mv 20相同，由y ＝12at 2＝12·qU md ·(L v 0)2，得：y 1y 2＝q 1q 2＝12，故B 正确．12．(2016·杭州十校联考)如图5所示，电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U 2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是()图5A ．U 1变大、U 2变大B ．U 1变小、U 2变大C ．U 1变大、U 2变小D ．U 1变小、U 2变小答案 B解析设电子被加速后获得的速度为v 0，水平极板长为l ，则由动能定理得U 1q ＝12mv 20，电子在水平极板间偏转所用时间t ＝l v 0，又设电子在水平极板间的加速度为a ，水平极板的板间距为d ，由牛顿第二定律得a ＝U 2qdm，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度v y ＝at ，联立解得v y ＝U 2ql dmv 0，又tan θ＝v y v 0＝U 2ql dmv 20＝U 2ql 2dqU 1＝U 2l2dU 1，故U 2变大、U 1变小，一定能使偏转角θ变大，故B 正确．13．(2015·浙江选考)真空中的某装置如图6所示，其中平行金属板A 、B 之间有加速电场，C 、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( )图6A ．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间相同 B ．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4 答案 B解析设加速电压为U 1，偏转电压为U 2，偏转极板的长度为L ，板间距离为d ，在加速电场中，由动能定理得qU 1＝12mv 20，解得v 0＝ 2qU 1m，三种粒子从B 板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v 0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v 0不同，所以三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间不同，故A 错误；根据推论y ＝U 2L 24dU 1、tan θ＝U 2L2dU 1可知，y 与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为W ＝qEy ，则W 与q 成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C 、D 错误．14．如图7所示，板长L ＝4 cm 的平行板电容器，板间距离d ＝3 cm ，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U ＝100 V ，有一带负电液滴，带电荷量为q ＝3×10－10 C ，以v 0＝1 m/s 的水平速度自A 板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B 板边缘水平飞出．g 取10 m/s 2，求：。

(通用版)2017版高考物理大二轮复习与增分策略专题七电磁感应与电路计算题解题规范(四)

专题七电磁感应与电路计算题解题规范（四）题型示例如图1所示，平行金属导轨MN 、PQ 倾斜与水平面成30°角放置，其电阻不计，相距为l ＝0.2 m.导轨顶端与电阻R 相连，R ＝1.5×10－2 Ω.在导轨上垂直导轨水平放置一根质量为m ＝4×10－2 kg 、电阻为r ＝5×10－3 Ω的导体棒ab .ab 距离导轨顶端d ＝0.2 m ，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝36；在装置所在区域加一个垂直导轨平面，方向如图的磁场，磁感应强度B ＝(0.2＋0.5t ) T ，g 取10 m/s 2.图1(1)若导体棒静止，求通过电阻的电流.(2)何时释放导体棒，释放时导体棒处于平衡状态？(3)若t ＝0时刻磁感应强度B 0＝0.2 T ，此时释放ab 棒，要保证其以a ＝2.5 m/s 2的加速度沿导轨向下做初速度为零的匀加速直线运动，求磁感应强度B 应该如何随时间变化，写出其表达式.规范解答解 (1)设闭合回路产生的感应电动势为E ，有 E ＝ΔΦΔt① ΔΦΔt ＝ΔB Δtld ② 得I ＝E R ＋r ＝1 A③(2)若导体棒即将向下运动，则F 1＝B 1Il ，④F f1＝μmg cos θ⑤F 1＋F f1＝mg sin θ⑥解得：t 1＝0.6 s⑦若导体棒即将向上运动，则F 2＝B 2Il ⑧F f2＝μmg cos θ⑨F 2－F f2＝mg sin θ⑩得：t 2＝2.6 s ⑪故在t ＝0.6～2.6 s 时间段内释放导体棒时，导体棒处于平衡状态⑫(3)对导体棒，mg sin θ－μmg cos θ－BIl ＝ma ⑬故BIl ＝0，即回路中感应电流为0.若要保证回路中感应电流为0，则必须回路中磁通量保持不变.⑭则t 时刻磁通量Φ＝Bl (d ＋12at 2)＝B 0ld ⑮ 解得：B ＝420＋125t 2(T)⑯ 答案见解析评分细则1.本题共20分，第(1)问4分，其中①②式各1分，①②式可以写成：E ＝ΔΦΔt ＝ld ΔB Δt同样得2分；③式2分，公式1分，结果1分.2.第(2)问共10分，④⑤式各1分，⑤式也可写成F f1＝μF N ，F N ＝mg cos θ得1分；⑥式2分，以上步骤可以列式：B 1Il ＋μmg cos θ＝mg sin θ得4分.⑦式2分，⑧⑨式不重复给分，⑩⑪式各1分，答出以上两种情况任意一种给6分，⑫式若写成t ∈[0.6 s,2.6 s]得2分，若写成t ∈(0.6 s,2.6 s)得0分，若只是求出某一特定值，但此值只要是在0.6～2.6 s 之间，均只给5分；若超出该范围，只给相应正确步骤的分.第(2)问方法二：对导体棒，由平衡条件：BIl ＋F f ＝mg sin θ(3分)又：－μmg cos θ≤F f ≤μmg cos θ(3分)解得：0.6 s≤t ≤2.6 s(4分).3.第(3)问共6分，⑬⑭⑯式各1分，⑮式3分；⑬式若写成mg sin θ－μmg cos θ＋BIl＝ma 也给1分，⑮式也可写成：Φ1＝Bl (d ＋12at 2)(1分)Φ2＝B 0ld (1分)Φ1＝Φ2(1分).⑯式单位不带不扣分. 答题规则1.注重公式书写，简化文字说明物理大题进行评分时，只有公式和最后的结果是给分点，文字说明是没有分的，故一定要把表达式凸显出来(加序号)2.规范解析过程，注意分步列式解题时注意分步列式，不要漏掉或合并关系式，避免阅卷时找不到得分点，或者合并的综合式一处错误而导致全部错误，丢失步骤分.3.等价给分采用不同的思路，只要方程正确，也确实能推出正确答案的，就能给分.4.只看对的，不看错的对于不会做的题目，要把与本题相关的公式都写上，公式是主要得分点，阅卷时只看评分标准中给定的公式来给分，无用的如果写了，不给分也不扣分.。

《大二轮专题复习与增分策略》高考物理(重庆专用)考前知识回扣课件倒数第5天选修3-4 光和电磁波

(1)让自然光通过偏振片；
(2)让自然光在介质表面以适当的角度入射，相互垂直的反射光和折射光都是偏振光．全息照相、立体电影、消除车灯眩光等都利用了偏振的原理．
(3)特点 ①电磁波在真空中的传播速度为：c＝3×108 m/s，且有 v ＝λf，v 为非真空中的波速． ②电磁波的传播不需要介质． ③电磁波在空间传播的过程中，电场和磁场始终相互垂直，并且都跟波的传播方向垂直，因此电磁波是横波．
2．对于电磁波的应用，请填空． (1)无线电波，易发生衍射现象(填波的现象)，主要用途：
条纹．双缝干涉中各亮条纹或暗条纹的宽度相等，各亮条纹亮度基本相同；而衍射条纹宽度不等，中央亮条纹最宽，各亮条纹的亮度也不相同，中央亮条纹最亮．
9．什么是光的偏振现象？如何由自然光得到偏振光呢？
答案
在跟光传播方向垂直的平面内，在某一方向振动
较强而在另一些方向振动较弱的光即为偏振光．只有横波才有偏振现象．由自然光获得偏振光的方法是：
4．什么叫临界角？如何求临界角？全反射现象发生的条件有哪些？
答案 (1)临界角：折射角等于 90° 时的入射角，某种介质 1 的临界角用 sin C＝计算．入射角逐渐增大时，白光中的紫光 n 最先发生全反射，因为紫光的折射率 n 最大，临界角 C 最小．
(2)全反射的条件：①光从光密介质进入光疏介质；②入射角大于或等于临界角．
7．什么是光的衍射现象，发生明显衍射现象的条件是什么？
答案
光在遇到障碍物时，偏离直线传播的方向而照射到
阴影区域的现象叫做光的衍射．光发生明显衍射现象的条件是孔或障碍物的尺寸比光波波长小，或者跟光波波长差不多．
8．怎样区分双缝干涉和单缝衍射图样？
答案双缝干涉和单缝衍射的图样类似，都是明暗相间的

重庆市铜梁县高考物理二轮总复习专题十三磁场及其对电流的作用增分策略练习(含解析)-人教版高三全册

专题十三磁场与其对电流的作用考纲解读章内容考试要求说明必考加试磁场磁现象和磁场 b b1.不要求计算导线与磁场不垂直时的安培力2．利用安培力公式，综合其他力学规律，求解力学与电学综合的问题只限于所受各力在一条直线或相互垂直的情形磁感应强度 c c几种常见的磁场 b b通电导线在磁场中受到的力 c d一、磁现象和磁场1．磁极间的相互作用：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引．图12．奥斯特实验(如图1所示)：(1)通电直导线沿南北方向放置在小磁针的上方．(2)意义：说明通电导体周围存在着磁场，发现了电流的磁效应，首先揭示了电与磁之间是有联系的．3．磁场(1)磁场：存在于磁体周围或电流周围的一种客观存在的特殊物质．磁体与磁体之间、磁体和通电导体之间、通电导体和通电导体之间的相互作用都是通过磁场发生的．(2)根本性质：对放入其中的磁体或通电导体有力的作用．(3)地磁场：地球磁体的N极(北极)位于地理南极附近，地球磁体的S极(南极)位于地理北极附近．二、磁感应强度安培定如此1．磁感应强度(1)定义式：B＝FIL(通电导体垂直于磁场)．(2)方向：小磁针静止时N极的指向．(3)单位：特斯拉，简称特(T)，1 T＝1 NA·m.(4)磁感应强度是反映磁场性质的物理量，由磁场本身决定，是用比值法定义的．2．磁感线(1)引入：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致．(2)特点：磁感线的特点与电场线的特点类似，主要区别在于磁感线是闭合的曲线．(3)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图2所示)．图23．常见电流的磁场通电直导线通电螺线管环形电流安培定如此三、安培力1．安培力的方向(1)左手定如此：①伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内．②让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向．③拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．(2)两平行的通电直导线间的安培力：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．2．匀强磁场中安培力的大小(1)当磁场与电流垂直时，安培力最大，F max＝BIL.(2)当磁场与电流平行时，安培力等于零．1．如下四图为电流产生磁场的分布图，正确的分布图是()A．①③ B．②③ C．①④ D．②④答案 C解析由安培定如此可以判断出直线电流产生的磁场方向，①正确，②错误，③和④为环形电流，注意让弯曲的四指指向电流的方向，可判断出④正确，③错误．故正确选项为C.2．(2016·台州模拟)磁场中某区域的磁感线如图3所示，如此()图3A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a>B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a<B bC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小答案 B解析在磁场中，磁感线疏密程度表示磁场的强弱，故B a<B b，B正确，A错误；同一通电导线如果都垂直放入磁场中，如此在a处受力一定比在b处受力小，但如果导线与磁场平行放置，受力均为零，C、D错误．3．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在如下四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是()答案 B解析地磁场从地理的南极附近出来，进入地理的北极附近，除两极外，地表上空的磁场都具有向北的磁场分量．根据安培定如此，环形电流外部磁场方向向北可知，B正确．A图在地表上空产生的磁场方向向南，故A错误．C、D 两图在地表上空产生的磁场方向沿东西方向，故C、D错误．4．(2015·浙江1月学考·28)小刘同学用铁钉与漆包线绕成电磁铁，当接通电路后，放在其上方的小磁针N极立即转向左侧，如图4所示．如此此时()图4A．导线A端接电池正极B．铁钉左端为电磁铁的N极C．铁钉内磁场方向向右D．漆包线内电流由A流向B答案 C解析小磁针静止时N极指向为该处磁场方向，根据通电螺线管磁场分布知，铁钉右端为电磁铁的N极，铁钉左端为电磁铁的S极，再根据安培定如此知C项正确．5．把长L＝0.25 m的导体棒置于磁感应强度B＝1.0×10－2 T的匀强磁场中，使导体棒和磁场方向垂直，如图5所示．假设导体棒的电流I＝2.0 A，方向向右，如此导体棒受到的安培力大小与方向分别为()图5A．1.0×10－3 N 竖直向上B．5.0×10－3 N 竖直向上C．5.0×10－3 N 竖直向下D．1.0×10－3 N 竖直向下答案 B安培定如此和磁感应强度的叠加1．安培定如此的“因〞和“果〞原因(电流方向)结果(磁场方向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流与通电螺线管的磁场四指大拇指2.磁场的叠加磁感应强度为矢量，合成与分解遵循平行四边形定如此．例1三根平行的长直导线，分别垂直通过一个等腰直角三角形的三个顶点，三导线中电流方向一样，A、B两导线中的电流大小一样，如图6所示，导线A在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为B，导线C在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为2B，如此O处的磁感应强度的大小和方向为()图6A．大小为B，方向沿OA方向B．大小为22B，方向竖直向下C．大小为2B，方向沿OB方向D．大小为2B，方向沿OA方向答案 D解析由安培定如此知导线A 、B 在O 处所产生的磁感应强度大小相等，方向相反，相互抵消，所以O 处的磁感应强度即为导线C 所产生的磁感应强度，即大小为2B ，由安培定如此可判定其方向沿OA 方向，A 、B 、C 错，D 对．磁场的矢量性与合成1．根据安培定如此确定通电导线周围磁场的方向．2．磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．3．磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和．变式题组1．(2013·浙江6月学考·26)如图7所示，E 、F 分别表示蓄电池两极，P 、Q 分别表示螺线管两端．当闭合开关时，发现小磁针N 极偏向螺线管Q 端．如下判断正确的答案是()图7A ．E 为蓄电池正极B ．螺线管P 端为S 极C ．流过电阻R 的电流方向向上D ．管内磁场方向由P 指向Q 答案 C解析根据小磁针静止时N 极所指的方向，可以判断出通电螺线管的P 端为N 极，Q 端为S 极，管内磁场方向由Q 指向P .根据右手螺旋定如此还可以判断出流过电阻R 的电流方向向上，E 为蓄电池负极．2．如图8，两根平行长直导线相距2l ，通有大小相等、方向一样的恒定电流；a 、b 、c 是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为l2、l 和3l .关于这三点处的磁感应强度，如下判断正确的答案是()图8A．a处的磁感应强度大小比c处的小B．b、c两处的磁感应强度大小相等C．a、c两处的磁感应强度方向一样D．b处的磁感应强度为零答案 D解析a、c两点的磁感应强度是两导线电流产生的合磁感应强度，由于a点比c点距离两导线近，所以a点的磁感应强度比c点的大，A错误．根据安培定如此知，a、c两处磁感应强度方向相反，C错误．b点位于两导线中间，两导线在b点产生的磁感应强度大小相等、方向相反，合磁感应强度为零，c处磁感应强度不为零，D正确，B错误．3．如图9所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1 T的匀强磁场中，在以导线截面的中心为圆心，半径为r 的圆周上有a、b、c、d四个点，a点的实际磁感应强度为零，如此如下表示正确的答案是()图9A．直导线中的电流方向垂直纸面向外B．b点的磁感应强度为 2 T，方向斜向右上方，与B的夹角为45°C．c点的实际磁感应强度也为零D．d点的实际磁感应强度跟b点的一样答案 B通电导线在磁场中受到的安培力1．方向根据左手定如此判断．2．大小安培力常用公式F＝BIL，要求两两垂直，应用时要满足：(1)B与L垂直．(2)L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度．如弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度．3．安培力作用下导体运动方向的判断方法(1)电流元法即把整段电流等效为多段直线电流元，运用左手定如此判断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断出整段电流所受合力的方向．(2)特殊位置法把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置后再判断所受安培力方向，从而确定运动方向．(3)等效法环形电流和通电螺线管都可以等效成条形磁铁．条形磁铁也可等效成环形电流或通电螺线管．通电螺线管也可以等效成很多匝的环形电流来分析．(4)利用结论法①两电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥；②两电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向一样的趋势．(5)转换研究对象法因为电流之间，电流与磁体之间的相互作用满足牛顿第三定律．定性分析磁体在电流磁场作用的受力和运动时，可先分析电流在磁体的磁场中受到的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受电流的作用力．例2(2016·浙江10月学考·10)如图10所示，把一根通电的硬直导线ab用轻绳悬挂在通电螺线管正上方，直导线中的电流方向由a向b.闭合开关S瞬间，导线a端所受安培力的方向是()图10A．向上B．向下C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里答案 D解析根据右手定如此可知，开关闭合后，螺线管产生的磁极N极在右侧．根据左手定如此可知，a端受力应垂直纸面向里，选项D正确．安培力公式中的L为通电导线的有效长度，弯折后通电导线中电流的有效长度等于导线两端点连线的长度；假设导线所在的平面与磁感线平行，如此有效长度为导线两端连线在垂直于磁感线平面上的投影长度；还可以用力的合成求解，即分别求出两段的安培力再求出它们的合力.变式题组4．(2016·4月浙江选考·9)法拉第电动机原理如图11所示．条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心，N极向上．一根金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连．电源负极与金属杆上端相连，与电源正极连接的导线插入水银中．从上往下看，金属杆()图11A．向左摆动B．向右摆动C．顺时针转动D．逆时针转动答案 D解析根据左手定如此可知，导电金属杆所受安培力将会使其逆时针转动，D对．5．如图12所示，条形磁铁放在水平粗糙桌面上，它的正中间上方固定一根长直导线，导线中通有方向垂直纸面向里(即与条形磁铁垂直)的电流，与原来没有电流通过时相比拟，磁铁受到的支持力F N和摩擦力F f将()图12A．F N减小，F f＝0 B．F N减小，F f≠0C．F N增大，F f＝0 D．F N增大，F f≠0答案 C解析磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中央上方，所以此处的磁感线是水平向左的，电流的方向垂直于纸面向里，根据左手定如此，导线受磁铁的安培力方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，导线给磁铁的反作用力方向竖直向下，因此磁铁对水平桌面的压力增大；由于导线对磁铁的作用力方向竖直向下，所以磁铁在水平方向不会产生相对运动或相对运动趋势，也就不会产生摩擦力，应当选C.6．一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图13所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将()图13A．不动B．顺时针转动C．逆时针转动D．在纸面内平动答案 B解析解法一(电流元法)把线圈L1沿水平转动轴分成上下两局部，每一局部又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，根据安培定如此可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定如此可得，上半局部电流元所受安培力均指向纸外，下半局部电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动．解法二(等效法)把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定如此知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前，N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动．解法三(结论法)环形电流I1、I2之间不平行，如此必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止．据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动．通电导线在磁场中的平衡求解安培力作用下通电导体的平衡问题的根本思路选定研究对象―→通电导线(或通电导体棒)↓变三维为二维―→画出受力分析平面图其中安培力的方向,要用左手定如此判断，注意F 安⊥B 、F 安⊥I ↓列方程―→根据力的平衡条件列方程例3 如图14，一长为10 cm 的金属棒ab 用两个完全一样的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1 T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘相连．金属棒通过开关与一电动势为12 V 的电池相连，电路总电阻为2 Ω.开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm ，重力加速度大小取10 m/s 2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．图14答案方向竖直向下 0.01 kg解析金属棒通电后，闭合回路电I ＝U R ＝12 V2 Ω＝6 A导体棒受到的安培力大小为F ＝BIL ＝0.06 N由左手定如此可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下．由平衡条件知：开关闭合前：2kx ＝mg 开关闭合后：2k (x ＋Δx )＝mg ＋F 代入数值，解得m ＝0.01 kg.安培力作用下导体的分析技巧1．安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法一样，只不过多了安培力，解题的关键是画出受力分析示意图．2．处理该类问题时，要变三维立体为二维平面图，可变难为易．变式题组7．如图15所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中，金属杆ab 垂直导轨放置，当金属杆ab 中通有从a 到b 的恒定电流I 时，金属杆ab 刚好静止．如此()图15A ．磁场方向竖直向上B ．磁场方向竖直向下C ．金属杆ab 受平行导轨向上的安培力D ．金属杆ab 受水平向左的安培力答案 A解析金属杆ab 静止，如此受力平衡，由于磁场方向沿竖直方向，如此安培力必沿水平方向，导轨对金属杆必有支持力，只有安培力的方向水平向右，金属杆ab 才可能静止．根据左手定如此可知磁场方向竖直向上． 8．利用如图16所示装置可测磁感应强度B ，矩形线圈宽为L ，共N 匝，磁场垂直于纸面，当线圈中通以方向如下列图的电流I 时，天平处于平衡．当电流改为反方向且大小不变时，右边需加质量为m 的砝码后，天平才能重新平衡，由此可知()图16A ．B 的方向垂直纸面向里，且B ＝(m 1－m 2)gNILB ．B 的方向垂直纸面向里，且B ＝mg2NIL C ．B 的方向垂直纸面向外，且B ＝(m 1－m 2)gNILD ．B 的方向垂直纸面向外，且B ＝mg2NIL答案 B解析当电流改为反方向且大小不变时，右盘中需加砝码才能平衡，说明此时安培力方向向上．由左手定如此判断可知磁场方向垂直纸面向里．通以题图所示电流，平衡时满足m 1g ＝m 2g ＋F ，电流改为反方向时满足m 1g ＝(m 2＋m )g －F ，而F ＝NILB ，由此可得B ＝mg2NIL.应当选项B 正确．9．(2015·浙江1月学考·36)如图17所示，一根质量为m 、长度为L 的金属细杆MN 置于绝缘水平桌面上，并处在与其垂直的水平匀强磁场中．当给金属细杆通以大小为I 的电流时，杆所受的支持力恰好为零并处于静止状态．重力加速度为g ，求：图17(1)金属细杆受到安培力的方向； (2)金属细杆中电流的方向； (3)磁感应强度B 的大小．答案 (1)竖直向上 (2)由M 指向N (3)mg IL解析由金属细杆所受重力和安培力平衡可得，安培力方向竖直向上．再由左手定如此可以判断电流方向为由M 指向N .由平衡条件得mg ＝BIL ，解得B ＝mg IL.1．(2016·4月浙江选考·4)物理学中的自由落体规律、万有引力定律、静止点电荷之间的相互作用规律和电流磁效应分别由不同的物理学家探究发现，他们依次是() A ．伽利略、牛顿、库仑和奥斯特 B ．牛顿、安培、洛伦兹和奥斯特 C ．伽利略、卡文迪许、库仑和安培 D ．开普勒、伽利略、库仑和洛伦兹答案 A解析自由落体规律是伽利略探究发现的；万有引力定律的发现者是牛顿；真空中静止的两个点电荷之间的相互作用规律是库仑发现的；电流磁效应是奥斯特发现的，所以答案为A.2．依据如图1所示的“处在磁场中的通电金属棒在导轨上运动〞这一实验现象与相应规律设计的家用电器是()图1A．电热水壶B．电饭锅C．电风扇D．电熨斗答案 C解析“处在磁场中的通电金属棒在导轨上运动〞应用的是通电导线在磁场中受到安培力而运动的原理，电风扇就是应用了该原理，而电热水壶、电饭锅和电熨斗利用的都是电流的热效应，故C项正确．3．指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，如下说法正确的答案是()A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向不会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转答案 B解析磁极总是成对出现，指南针同时具有两个磁极，A项错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，B项正确；指南针附近铁块被磁化，产生的磁场会对指南针的指向产生干扰，C项错误；在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针偏转，D项错误．4．(2016·宁波模拟)直流电源跟一个线圈连接成闭合回路，线圈的上方和右侧各有一个可以自由转动的小磁针，它们静止时的指向如图2所示，如此如下判断正确的答案是()图2A．小磁针的c端为N极，电源的a端为正极B．小磁针的c端为N极，电源的a端为负极C．小磁针的d端为N极，电源的a端为正极D．小磁针的d端为N极，电源的a端为负极答案 D解析小磁针静止时N极所指方向为该点磁场方向，由上方小磁针的指向可知通电螺线管右侧为N极，由安培定如此可知电源的a端为负极，右侧小磁针的d端为N极，选项D正确．图35．(2015·浙江10月选考·9)小张在探究磁场对电流作用的实验中，将直导线换作导体板，如图3所示，发现在a、b两点之间存在电压U ab.进一步实验结果如下表：电流磁感应强度电压U abI B UI 2B 2UI 3B 3U2I B 2U3I B 3U由表中结果可知电压U ab()A．与电流无关B．与磁感应强度无关C．与电流可能成正比D．与磁感应强度可能成反比答案 C解析由表中前三组数据可知，当电流不变时，电压U ab与磁感应强度B可能成正比；由后两组数据可知，当磁感应强度不变时，电压U ab与电流I可能成正比，故C正确．6．如图4所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，有I1>I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是()图4A．a点 B．b点 C．c点 D．d点答案 C解析要使某点合磁感应强度为零，必有I1和I2形成的两个磁场在该点的磁感应强度等大反向，只有c点有可能，选C.7．如图5所示的电路中，电池一样，当开关S分别置于A、B两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小分别为F A、F B，可判断这两段导线()图5A．相互吸引，F A>F BB．相互排斥，F A>F BC．相互吸引，F A<F BD．相互排斥，F A<F B答案 D解析开关接A时导线中的电流小于接B时导线中的电流，故F A<F B.两种情况下两段导线中均为反向电流，故相互排斥．选项D正确．8．(2016·湖州调研)如图6，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力()图6A．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)ILBB．方向沿纸面向上，大小为(2－1)ILBC．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)ILBD．方向沿纸面向下，大小为(2－1)ILB答案 A解析导线所受合力F合＝ILB＋2BIL sin 45°＝(2＋1)ILB，方向沿纸面向上．9．(多项选择)图7中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上、下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b与导轨两端e、f分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．如下说法正确的答案是()图7A．假设a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，如此L向右滑动B．假设a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，如此L向右滑动C．假设a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，如此L向左滑动D．假设a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，如此L向左滑动答案BD解析假设a接正极，b接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e接正极，f接负极，由左手定如此判定金属杆所受安培力向左，如此L向左滑动，A选项错误，同理判定B、D选项正确，C选项错误．10．通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图8所示，ad边与MN平行，关于MN 中电流产生的磁场对线框的作用，如下表示中正确的答案是()图8A．线框有两条边受到的安培力方向一样B．线框有两条边受到的安培力大小一样C．整个线框有向里收缩的趋势D．假设导线MN向左微移，各边受力将变小，但合力不变答案 B解析由直线电流产生磁场的特点可知，与导线距离相等的位置磁感应强度大小相等，因此ab边与cd边受到的安培力大小相等，B对；由安培定如此知MN中电流在导线框处产生的磁场垂直纸面向里，由左手定如此可判定ab边受力方向向下，cd边受力方向向上，ad边受力方向向左，bc边受力方向向右，但ad边受到的力大于bc边受到的力，整个线框有向外扩张的趋势，A 、C 错；假设MN 向左微移，如此线框各边所在处磁场均减弱，故各边受力均变小，但ad 边所在处减弱更多，故线框所受向左的合力变小，D 错．11．(2016·宁波模拟)如图9所示，金属棒MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒中通以由M 向N 的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变如下某一个条件，θ角的相应变化情况是()图9A ．金属棒中的电流变大，θ角变大B ．两悬线等长变短，θ角变小C ．金属棒质量变大，θ角变大D ．磁感应强度变大，θ角变小答案 A解析选金属棒MN 为研究对象，其受力情况如下列图．根据平衡条件与三角形知识可得tan θ＝BILmg，所以当金属棒中的电流I 、磁感应强度B 变大时，θ角变大，选项A 正确，选项D 错误；当金属棒质量m 变大时，θ角变小，选项C 错误；θ角的大小与悬线长短无关，选项B 错误．12．质量为m 、长为L 的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图10所示．如此如下关于导体棒中的电流分析正确的答案是()图10A ．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为3mg BL。

步步高版《大二轮专题复习与增分策略》高考物理(重庆专用)考前增分特训：等值模拟三[ 高考]

等值模拟三(限时：60分钟)一、选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.在建立物理概念过程中，学会像科学家那样运用物理思想，使用科学方法，往往比记住物理概念的词句或公式更重要.在高中物理学习内容中，速度、加速度、电场强度这三者所体现的共同的物理思想方法是( )A.比值定义B.微小量放大C.等效替代D.理想模型答案 A解析速度、加速度、电场强度这三者所体现的共同的物理思想方法是比值定义，选项A 正确.2.如图1所示，B 点位于斜面底端M 点的正上方，并与斜面顶端A 点等高，且高度为h .在A 、B 两点分别以速度v a 和v b 沿水平方向抛出两个小球a 、b (可视为质点).若a 球落到M 点的同时，b 球恰好落到斜面的中点N ，不计空气阻力，重力加速度为g ，则( )图1A.v a ＝v bB.v a ＝2v bC.a 、b 两球同时抛出D.a 球比b 球提前抛出的时间为(2－1) 2h g答案 B解析做平抛运动的物体在空中运动的时间是由高度决定的，两球同时落地，而落地点不在同一水平面上，说明两球不是同时抛出，选项C 错误；设AM 的水平距离为x ，对a 球，x ＝v a t 1，h ＝12gt 21，对b 球，x 2＝v b t 2，h 2＝12gt 22，解得v a ＝2v b ，选项A 错误，B 正确；a 球比b 球提前抛出的时间为t 1－t 2＝ 2h g － h g ＝(2－1) hg ，选项D 错误.3.如图2，平行板电容器的两个极板竖直放置，并接直流电源.若一带电粒子恰好能沿图中轨迹穿过电容器，a 到c 是直线，由于电极板边缘效应，粒子从c 到d 是曲线，重力加速度为g ，则该粒子( )A.在ac 段受重力与电场力平衡并做匀速运动，cd 段电场力大于重力B.a 到c 匀加速直线运动，加速度是gcos θC.a 至d 重力势能减小，电势能增加图2D.a至d粒子所受合力一直沿轨迹的切线方向答案 B解析由题意知在ac段粒子受重力和电场力的合力方向由a至c，做匀加速运动，加速度是gcos θ.a至d重力、电场力做正功，重力势能、电势能均减小，cd段由合力指向轨迹的弯曲方向可判断出电场力大于重力.cd段粒子的合力方向不沿轨迹的切线方向.只有选项B正确.4.如图3，理想变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，当原线圈两端接入u＝4 4002sin 314t (V)的交变电压时，副线圈接入“220 V60 W”的灯泡10只，不计输电线上的电阻，则下列说法正确的是()图3A.理想电压表的示数为220 2 VB.理想电流表的示数为322AC.原线圈输入功率为1 200 WD.变压器铁芯中磁通量变化率的最大值是4 400 2 V 答案 B解析理想电压表的示数为220 V，选项A错误.由4 400 V·I＝60 W×10解得I＝322A，选项B正确.原线圈输入功率为60 W×10＝600 W，选项C错误.变压器铁芯中磁通量变化率的最大值乘以原线圈匝数等于4 400 2 V，选项D错误.5.如图4所示，长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体，放在光滑水平面上.开始时小球刚好与斜面接触无压力，现用水平力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行为止，对该过程中有关量的描述正确的是()A.绳的拉力和小球对斜面的压力都在逐渐减小B.绳的拉力在逐渐减小，小球对斜面的压力逐渐增大C.重力对小球做负功，斜面弹力对小球不做功D.推力F做的功是mgL(1－cos θ)答案 B解析对小球受力分析可知，小球受重力、轻绳的拉力和斜面的支持力3个力的作用而处于一系列的动态平衡状态，做出受力分析的力三角形可知，轻绳的拉力一直减小，斜面的支持力方向不变，大小一直增大.由牛顿第三定律可知小球对斜面的压力一直增大，故A错误，B正确.根据力做功的条件：1.作用在物体上的力；2.物体必须是在力的方向上移动一段距离，可知重力对小球做负功，斜面弹力对小球做正功，C错误.若取小球和斜面体整体为研究对象，根据能量守恒得F做的功等于系统机械能的增量，斜面体的动能和势能不变，小球的动能不变，所以系统机械能的增量等于小球的重力势能的增加量，所以推力F做的功应等于小球重力势能的增量mgL (1－sin θ)，故D 错误. 二、非选择题(本题共4小题，共68分)6.(19分)(1)图5是“用光电门测量物体瞬时速度和加速度”的实验装置，滑块从静止开始释放，通过距离s 到达光电门时挡光窄片开始遮光.挡光窄片的宽度为d ，挡光窄片通过光电门的遮光时间为Δt.图5①滑块通过光电门的瞬时速度v ＝________，滑块的加速度a ＝________.(用字母s 、d 和Δt 表示)②用游标卡尺测量挡光窄片宽度的结果如图6所示，则d ＝________mm.图6(2)在研究电磁感应现象的过程中，某同学设计了一个如图7所示的实验装置.ABCD 为一个右端开口的U 形水平导轨，它所在空间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场.导体棒AD 和BC 段导轨是有电阻的，其他部分电阻不计.其中BC 段电阻R 0＝5 Ω.现先让导体棒AD 在外力作用下沿导轨由静止开始做匀加速直线运动，当导体棒速度达到某一值时，通过调整外力使导体棒立即做该速度下的匀速直线运动.若已知导体棒的长度L ＝1 m ，磁场的磁感应强度B 0＝0.6 T.①现要用电压表测量AD 两端的电压值，需要将一个量程为3 V ，内阻值为5 kΩ的电压表的量程扩大为 6 V，需要在下面给出的电阻箱中选择一个与电压表串联，你认为应选择________.(请填写选项字母) A.电阻箱(阻值范围0～99 Ω) B.电阻箱(阻值范围0～999 Ω) C.电阻箱(阻值范围0～9 999 Ω)②当导体棒的加速度a ＝1 m/s 2时，实验者通过传感器采集到电压U 和时间t 的多组数据，利用计算机绘制出的U －t 关系图象如图8所示，则可以求出导体棒AD 的阻值为________Ω.图7图8③实验者改变磁感应强度B 0的大小，重复上述实验操作.记录导体棒匀速运动时电压表示数U 及磁感应强度B 0的多组数据，并作出U －B 0关系图象如图9所示.则在磁感应强度增大的过程中导体棒最终速度变化情况为________(填“变大”“变小”或“不变”).答案 (1)①d Δt (2分) d 22s (Δt )2(4分) ②5.20(3分)图9(2)①C(3分) ②1(4分) ③变大(3分)解析 (1)①根据极短时间的平均速度等于瞬时速度可知，滑块通过光电门的瞬时速度v ＝d Δt ，根据运动学公式v 2＝2as 可求出滑块的加速度a ＝d 22s (Δt )2；②游标卡尺读数时，先读主尺为5 mm ，再读游标尺，每个格代表0.05 mm ，第4个格与主尺刻度对齐，故游标尺读数为0.20 mm ，因此挡光窄片的宽度为5.20 mm.(2)①由电压表改装计算公式R x ＝(UU 0－1)R V 可知需要串联5×103 Ω的电阻，C 正确；②由闭合电路欧姆定律可知，AD 两端电压U ＝B 0L (at )R 0＋R R 0，通过U －t 关系图象可以求得图线斜率为k ＝0.5 V/s ，又由k ＝B 0LaR 0＋R R 0，解得R ＝1 Ω；③B 0越大，U 越大，故最终速度变大.7.(15分)有一个冰上推木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推木箱一段时间后，放手让木箱向前滑动，若木箱最后停在桌上有效区域内，视为成功；若木箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败.其简化模型如图10所示，AC 是长度为L 1＝7 m 的水平冰面，选手们可将木箱放在A 点，从A 点开始用一恒定不变的水平推力推箱，BC 为有效区域.已知BC 长度L 2＝1 m ，木箱的质量m ＝50 kg ，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1.某选手作用在木箱上的水平推力F ＝200 N ，木箱沿AC 做直线运动，若木箱可视为质点，g 取10 m/s 2.那么该选手要想游戏获得成功，试求： (1)推力作用在木箱上时的加速度大小； (2)推力作用在木箱上的时间满足的条件.答案 (1)3 m/s 2 (2)1 s ≤t ≤ 76s解析 (1)设推力作用在木箱上时，木箱的加速度为a 1，根据牛顿运动定律得 F －μmg ＝ma 1 (2分) 解得a 1＝3 m/s 2(2分)(2)设撤去推力后，木箱的加速度大小为a 2，根据牛顿第二定律得μmg ＝ma 2 解得a 2＝1 m/s 2(2分)图10设推力作用在木箱上的时间为t ，此时间内木箱的位移为x 1＝12a 1t 2(2分)撤去力F 后木箱继续滑行的距离为x 2＝(a 1t )22a 2(2分)要使木箱停在有效区域内，须满足 L 1－L 2≤x 1＋x 2≤L 1(3分) 解得1 s ≤t ≤ 76s(2分)8.(16分)如图11，足够长平行金属导轨内有垂直纸面向里的匀强磁场，金属杆ab 与导轨垂直且接触良好，导轨右端通过电阻与平行金属板AB 连接.已知导轨相距为L ；磁场磁感应强度为B ；R 1、R 2和ab 杆的电阻值均为r ，其余电阻不计；板间距为d ，板长为4d ；重力加速度为g ，不计空气阻力.如果ab 杆以某一速度向左匀速运动时，沿两板中心线水平射入质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒恰能沿两板中心线射出；如果ab 杆以同样大小的速度向右匀速运动时，该微粒将射到B 板距左端为d 的C 处.图11(1)求ab 杆匀速运动的速度大小v ； (2)求微粒水平射入两板时的速度大小v 0；(3)如果以v 0沿中心线射入的上述微粒能够从两板间射出，试讨论ab 杆向左匀速运动的速度范围.答案 (1)3mgd qBL (2)2gd (3)21mgd 8qBL <v <27mgd 8qBL解析 (1)ab 杆匀速向左运动的速度大小为v ，则ab 杆产生的电动势为 E ＝BL v ①(1分) 两板间的电压为U 0＝13E ＝BL v 3②(1分) ab 杆向左匀速运动时有qU 0d＝mg ③(1分) 由①②③得v ＝3mgdqBL ④(1分)(2)ab 杆向右匀速运动时，设带电微粒射入两板时的速度为v 0，向下运动的加速度为a ，经时间t 射到C 点，有 qU 0d＋mg ＝ma ⑤ (1分) 微粒做类平抛运动，有d ＝v 0t ⑥ (1分) d 2＝12at 2⑦ (1分) 由③⑤⑥⑦得v 0＝2gd ⑧(1分)(3)要使带电微粒能从两板间射出，设它在竖直方向运动的加速度为a 1，时间为t 1，应有d 2>12a 1t 21⑨ t 1＝4d v 0⑩(1分) 由⑧⑨⑩得a 1<g8⑪(1分)(i)若a 1的方向向上，设ab 杆向左匀速运动的速度为v 1两板电压为U 1＝13BL v 1⑫(1分)又有qU 1d－mg ＝ma 1⑬联立⑪⑫⑬得v 1<27mgd8qBL ⑭(1分)(ii)若a 1的方向向下，设ab 杆向左匀速运动的速度为v 2两板电压为U 2＝13BL v 2⑮(1分) 又有mg －qU 2d＝ma 1⑯(1分) 联立⑪⑮⑯得v 2>21mgd8qBL ⑰(1分)所以ab 杆向左匀速运动的速度范围为 21mgd 8qBL <v <27mgd8qBL(1分)9.(2013·马鞍山质检)(18分)如图12所示，半径R ＝0.5 m 的光滑半圆轨道竖直固定在高h ＝0.8 m 的光滑水平台上，与平台平滑连接，平台长L ＝1.2 m.可视为质点的两物块m 1、m 2紧靠在一起静止于平台的最右端D 点，它们之间有烈性炸药.现点燃炸药，假设炸药释放出来的能量全部转化为物块m 1、m 2的机械能，且它们只具有水平方向的速度.m 1通过平台到达半圆轨道的最高点A 时，轨道对它的压力大小是F N ＝44 N ，水平抛出后在水平地面上的落点与m 2的落点相同.已知m 1＝2 kg ，g 取10 m/s 2.求：图12(1)m 1到达半圆轨道最高点A 时的速度大小. (2)m 2的质量.(3)炸药释放出来的能量. 答案 (1)4 m/s (2)4 kg (3)54 J解析 (1)设m 1在A 点的速度为v A ，有：m 1g ＋F N ＝m 1v 2A R解得v A ＝4 m/s(4分)(2)设炸药爆炸后m 1、m 2的速度大小分别为v 1和v 2m 1从D 到A 的过程中，有：12m 1v 21＝2m 1gR ＋12m 1v 2A 解得v 1＝6 m/s(2分)从A 运动到P 的过程中，有2R ＋h ＝12gt 21x 1＝v A t 1(2分)m 2从D 点运动到P 点的过程，有h ＝12gt 22x 2＝v 2t 2(2分)由题意：x 1＝L ＋x 2 解得v 2＝3 m/s(2分)在爆炸过程中动量守恒m 1v 1＝m 2v 2 解得m 2＝4 kg(2分) (3)炸药释放出来的能量E ＝12m 1v 21＋12m 2v 22 (2分) 解得E ＝54 J(2分)三、选做题(请在第10、11两题中任选一题做答.如果多做，则按所做的第一题计分.)10.[选修3－3](1)(6分)以下说法正确的是( )A.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关B.布朗运动是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动C.当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最大D.如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大(2)(6分)如图13所示，内径均匀的直角细玻璃管ABC 两端开口，AB 段竖直，BC 段水平，AB ＝100 cm ，BC ＝40 cm ，在水平段BC 内有一长10 cm 的水银柱，其左端距B 点10 cm ，环境温度为330 K 时，保持BC 段水平，将玻璃管A 端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使A 端在水银面下10 cm. 已知大气压为75 cmHg 且保持不变，若环境温度缓慢升高，求温度升高到多少K 时，水银柱刚好全部溢出. 答案 (1)A (2)390 K解析 (2)A 端插入水银槽后，液柱向右移动10 cm (1分) 图13 初状态：T 1＝330 K ，V 1＝110S(1分) 末状态：V 2＝130S(1分) 等压变化，由盖—吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2得：T 2＝V 2V 1T 1＝130S110S ×330 K ＝390 K(3分)11.[选修3－4](1)(6分)下列说法中正确的是( )A.当一列声波从空气中传入水中时波长一定会变短B.a 、b 两束光照射同一双缝干涉装置在屏上得到的干涉图样中，a 光的相邻亮条纹间距小于b 光的相邻亮条纹间距，则可以判断水对a 光的折射率比b 光大 C.肥皂泡呈现彩色条纹是光的折射现象造成的 D.赫兹预言了电磁波的存在并通过实验证实(2)(6分)如图14所示，厚度为d 、折射率为n 的大玻璃板的下表面，紧贴着一个半径为r 的圆形发光面.为了从玻璃板的上方看不见圆形发光面，可在玻璃板的上表面贴一块纸片，所贴纸片的最小面积应是多大？答案 (1)B (2)π(r ＋d n 2－1)2图14解析 (1)机械波从空气中进入水中，传播速度增大，频率不变，由v ＝λf 得波长增大，A 错误；由双缝干涉的条纹间距公式Δx ＝l d λ知，a 光的波长小，由λ＝cf 得a 光的频率大，频率大的光折射率也大，因此水对a 光的折射率大，B 正确；肥皂泡呈彩色是光的干涉现象，C 错误；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实，D 错误. (2)作出截面上的光路图如图所示(1分) 由题意知θ刚好为临界角，则sin θ＝1n(1分) 则cos θ＝ 1－1n 2(1分) tan θ＝1n 1－1n2＝1n 2－1(1分)则纸片半径R ＝r ＋d tan θ＝r ＋dn 2－1(1分) 则S ＝πR 2＝π(r ＋dn 2－1)2(1分)。

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等值模拟等值模拟一(限时：60分钟)一、选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.用能量为15 eV 的光子照到某种金属上，能发生光电效应，测得其光电子的最大初动能为12.45 eV ，则该金属的逸出功为 ( )A.2 eVB.2.5 eVC.2.55 eVD.3 eV答案 C2.如图1所示为甲、乙两物体沿同一条直线运动的速度—时间图象，若t ＝0时刻两者相向运动，且运动过程中不会相撞，下列说法中正确的是( ) A.在t ＝0时相距15 m ，则两物体相遇两次 B.在t ＝0时相距25 m ，则两物体相遇一次图1C.若t ＝1 s 时两者相遇，则两者不会再相遇D.若t ＝2 s 时两者第一次相遇，则两者还会再相遇答案 A解析由题意知，两物体相向运动，t ＝2 s 时两者速度相等，它们之间的相对位移为20 m.当t ＝0时刻两者之间的相对位移小于20 m 时，它们一定相遇两次；当t ＝0时刻两者之间的相对位移等于20 m 时，它们一定相遇一次；当t ＝0时刻两者之间的相对位移大于20 m 时，它们一定不相遇，A 正确.3. 2013年2月16日凌晨，2012DA14小行星与地球“擦肩而过”，距离地球最近约2.77万公里.据观测，它绕太阳公转的周期约为366天，比地球的公转周期多1天.假设小行星和地球绕太阳运行的轨道均为圆轨道，对应的轨道半径分别为R 1、R 2，线速度大小分别为v 1、v 2，以下关系式正确的是( )A.R 1R 2＝366365B.R 31R 32＝36623652 C.v 1v 2＝365366D.v 1v 2＝ 365366答案 B解析由开普勒行星运动定律和万有引力提供向心力可知R 3T 2＝k ，v ＝GM R ，将T 1T 2＝366365代入可得选项B 正确.4.如图2所示，在A 、B 两点分别放置两个电荷量相等的正点电荷， O 点为A 、B 连线的中点，M 点位于A 、B 连线上，N 点位于A 、 B 连线的中垂线上.则关于O 、M 、N 三点的电场强度E 和电势φ 的判定正确的是 ( ) 图2A.E M >E OB.φM <φOC.E N <E OD.φN >φO答案 A解析等量同种正电荷的电场线和等势面如图所示，沿电场线方向，电势逐渐降低，所以φN <φO <φM ，B 、D 错误；电场线的疏密体现了电场的强弱，所以E M >E O 、E N >E O ，显然A 正确，C 错误.5.如图3所示，匀强磁场区域宽为d ，一正方形线框abcd 的边长为l ，且l >d ，线框总电阻为r ，以恒定的速度v 通过磁场区域，从线框刚进入到完全离开磁场的这段时间内，下列说法正确的是( )A.bc 边刚进入磁场和ad 边刚进入磁场时产生的感应电流的方向是相同的B.线框匀速通过磁场全过程中都要施加恒力F ＝B 2l 2vr图3C.在整个过程中电阻产生的热量Q ＝2B 2l 3vrD.线框中没有感应电流的时间是l －dv 答案 D解析 bc 边刚进入磁场时线框磁通量正在增加，ad 边刚进入磁场时线框磁通量正在减少，由楞次定律知，产生的感应电流方向相反，选项A 错误；因l >d ，线框匀速通过磁场全过程中有一段时间磁通量不变，没有感应电流产生，也就不存在安培力，这时不需要外力，选项B 错误；根据功能关系，在整个过程中电阻产生的热量等于安培力做的功，即Q ＝Bl ·Bl vr·2d＝2B 2l 2d v r，选项C 错误；从bc 边到达磁场右边界至ad 边到达磁场左边界，这一过程中没有感应电流产生，时间为t ＝l －dv ，选项D 正确. 二、非选择题(本题共4小题，共68分)6.(19分)(1)物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数.实验装置如图4所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接.打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz.开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点.图4①图5给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示.根据图中数据计算的加速度a＝________m/s2(保留两位有效数字)图5②为了测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的是______.A.木板的长度LB.木板的质量m1C.滑块的质量m2以及托盘和砝码的总质量m3D.滑块运动的时间t③滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________(用被测物理量的字母表示，重力加速度为g).(2)为了测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材：A.待测干电池(电动势1.5 V左右，内阻不超过1.5 Ω)B.电流表A1(量程0～2 mA，内阻为10 Ω)C.电流表A2(量程0～0.6 A，内阻约为0.1 Ω)D.滑动变阻器R1(0～20 Ω，10 A)E.滑动变阻器R2(0～100 Ω，1 A)F.定值电阻R3＝990 ΩG.开关、导线若干利用以上提供的器材，欲测量该电池的电动势和内阻，请回答以下问题：①为测量方便且测量误差较小，上述滑动变阻器应选用________(填写序号字母).②在图6所示虚线框内补画出完整的电路原理图.图6③根据合理的设计电路测量数据，电流表A1的示数记为I1，电流表A2的示数记为I2，某同学测出了6组I1、I2的数据，如下表所示.请你在图7所示坐标纸上帮他作出I1和I2的关系图线.图7④根据描绘出的图线，可得被测电池的电动势为____V ，内阻为________Ω. 答案 (1)①0.49(2分) ②C(2分) ③m 3g －(m 2＋m 3)a m 2g (3分)(2)①D(2分) ②如图所示(3分)③如图所示(3分)④1.48(1.47～1.49)(2分) 0.79(0.77～0.81)(2分) 解析 ①根据逐差法，加速度 a ＝(3.88－2.40)×0.013×0.12m/s 2＝0.49 m/s 2. ②根据牛顿第二定律有m 3g －μm 2g ＝(m 2＋m 3)a ，所以需要测量滑块的质量m 2、托盘和砝码的总质量m 3，选C 、D.③根据上一问的式子，解得μ＝m 3g －(m 2＋m 3)am 2g.7. (15分)如图8所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑.若让该小木块从木板的底端每次都以v 0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板滑行的距离将发生变化，重力加速度为g .图8(1)求小木块与木板间的动摩擦因数；(2)当θ角满足什么条件时，小木块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值.答案 (1)33 (2)θ＝60° 3v 204g解析 (1)当小木块向下滑动且θ＝30°时，对小木块受力分析 mg sin θ＝μF N(2分) F N －mg cos θ＝0(2分) 则动摩擦因数为：μ＝tan θ＝tan 30°＝33(2分)(2)当小木块向上运动时，小木块的加速度为a ，则mg sin θ＋μmg cos θ＝ma(2分) 小木块的位移为x ：v 20＝2ax(2分) 则x ＝v 202g (sin θ＋μcos θ)(1分) 令tan α＝μ，则当α＋θ＝90°时x 最小，即θ＝60°(2分) 最小值为x min ＝v 202g (sin 60°＋μcos 60°)＝3v 204g(2分)8. (16分)如图9，△OAC 的三个顶点的坐标分别为O (0,0)、A (L,0)、C (0，3L )，在△OAC 区域内有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场.在t ＝0时刻，同时从三角形的OA 边各处沿y 轴正方向以相同的速度将质量均为m 、电荷量均为q 的带正电粒子射入磁场，已知在t ＝t 0时刻从OC 边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y 轴.不计粒子重力和空气阻力及粒子间的相互作用.图9(1)求磁场的磁感应强度B 的大小；(2)若从OA 边两个不同位置射入磁场的粒子，先后从OC 边上的同一点P (P 点图中未标出)射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时间t 1与t 2之间应满足的关系；(3)从OC 边上的同一点P 射出磁场的这两个粒子经过P 点的时间间隔与P 点位置有关，若该时间间隔最大值为4t 03，求粒子进入磁场时的速度大小.答案 (1)πm 2qt 0 (2)t 1＋t 2＝2t 0 (3)3πL7t 0解析 (1)粒子在t 0时间内，速度方向改变了90°，故周期 T ＝4t 0① (1分) 由T ＝2πm qB 得B ＝πm 2qt 0②(2分)(2)在同一点射出磁场的两粒子轨迹如图，轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2，由几何关系有 θ1＝180°－θ2③(1分) 故t 1＋t 2＝T2＝2t 0④(1分)(3)由圆周运动知识可知，两粒子在磁场中运动的时间差Δt 与Δθ ＝θ2－θ1成正比，由③得 Δθ＝θ2－θ1＝2θ2－180°⑤(1分)可知θ2越大，时间差Δt 越大，有Δt ＝Δθ360°T ⑥(1分) 又Δt max ＝4t 03⑦(1分) 由①⑤⑥⑦代入数据得θ2的最大值为θ＝150°⑧(1分)在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图，由几何关系α＝180°－θ＝30°⑨(1分)tan ∠A ＝3LL ＝3得∠A ＝60°⑩β＝90°－∠A ＝30°⑪(1分) r cos α＋rcos β＝L ⑫(1分) 解得r ＝23L7⑬(1分)根据q v B ＝m v2r (或v ＝π2r t 0或v ＝5π6r 53t 0均可)⑭(2分)代入数据解得v ＝3πL7t 0(1分)9. (18分)如图10所示，在光滑水平地面上有一固定的挡板，挡板上固定一个轻弹簧.现有一质量M ＝3 kg ，长L ＝4 m 的小车AB (其中O 为小车的中点，AO 部分粗糙，OB 部分光滑)，一质量为m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)，放在车的最左端，车和小物块一起以v0＝4 m/s 的速度在水平面上向右匀速运动，车撞到挡板后瞬间速度变为零，但未与挡板粘连.已知车OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内，小物块与车AO 部分之间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图10(1)小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧具有的最大弹性势能； (2)小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量； (3)小物块最终停在小车上的位置距A 端多远. 答案见解析解析 (1)对小物块，有ma ＝－μmg(2分)设小物块与弹簧刚接触时的速度为v ，根据运动学公式：v 2－v 20＝2a L2(2分)由能量关系：12m v 2＝E p解得E p ＝2 J(2分)(2)设小物块离开弹簧时的速度为v 1，有 12m v 21＝E p(2分) 对小物块，根据动量定理I ＝－m v 1－m v (1分) 联立以上两式并代入数据得I ＝－4 kg·m/s弹簧对小物块的冲量大小为4 kgm/s ，方向水平向左(2分) (3)小物块滑过O 点和小车相互作用，由动量守恒m v 1＝(m ＋M )v 2(2分) 由能量关系μmgs ＝12m v 21－12(m ＋M )v 22 (2分) 小物块最终停在小车上距A 的距离s A ＝L2－s(2分) 解得s A ＝1.5 m(1分)三、选做题(请在第10、11两题中任选一题做答.如果多做，则按所做的第一题计分.)10.[选修3－3](1)(6分)下列说法正确的是( )A.液体表面张力产生的原因是：液体表面层分子较密集，分子间引力大于斥力B.扩散现象和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，但扩散现象和布朗运动并不是热运动C.第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律D.两个分子从无穷远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用力的合力先变小，后变大(2)(6分)今有一质量为M 的汽缸，用质量为m 的活塞封有一定质量的理想气体，当汽缸水平横放时，气柱长为L 0(如图11甲所示)，若将汽缸按如图乙悬挂保持静止时，求气柱长为多少？已知大气压强为p 0，活塞的横截面积为S ，它与汽缸之间无摩擦且不漏气，气体温度保持不变.图11答案 (1)B (2)p 0L 0S p 0S －Mg解析 (2)对汽缸中的理想气体，当汽缸水平横放时，气体压强为p 0，气体体积为SL 0 当汽缸悬挂保持静止时，理想气体压强为p ＝p 0－MgS(2分)设气柱长为L x ，因气体温度保持不变，由玻意耳定律有p 0SL 0＝(p 0－MgS )SL x (2分)解得L x ＝p 0L 0Sp 0S －Mg (2分)11.[选修3－4](1)(6分)一列简谐横波t ＝0时刻的波形如图12中实线所示，t ＝0.5 s 的波形如图中虚线所示，已知波的周期为T ，且0.25 s<T <0.5 s.当波向x 轴负方向传播时，从t ＝0到t ＝0.5 s 时间内，x ＝1 m 处的质点P 沿y 轴负方向通过平衡位置的次数为( )图12A.1B.2C.3D.4(2)(6分)图13甲是空气中一折射率为3的透明玻璃砖，图乙是它的截面图，左侧是半径为R 的半圆，右侧是长4R 、宽2R 的长方形.一束单色光从左侧A 点沿半径方向与长边成45°角射入玻璃砖，求光线从A 点射入玻璃砖到刚好射出玻璃砖的时间为多少？(光在空气中的速度为c ，结果可以保留根号)图13答案 (1)B (2)(23＋86)R c解析 (1)由于0.25 s<T <0.5 s ，则T <0.5 s<2T ，则波沿x 轴正方向传播时，传播的距离为Δx＝(λ＋1) m ＝5 m ，v ＝Δx Δt ＝50.5m/s ＝10 m/s ；波沿x 轴负方向传播时，传播的距离为Δx ′＝(λ＋3) m ＝7 m ，质点P 运动时间为(1＋34)T ，则P 从波峰位置开始，经过(1＋34)T 有2次沿y轴负方向通过平衡位置，B 正确.(2)设光从玻璃射向空气的临界角为C ，则sin C ＝1n ＝13(1分) C <45°(1分) 所以光在玻璃砖内发生5次全反射，光路如图所示.(1分)光程L ＝(2＋82)R(1分)光速v＝cn(1分)t＝Lv＝(23＋86)Rc(1分)。

重庆市铜梁县2017届高考物理二轮总复习专题六功功率与动能定理增分策略练习(含解析)

专题六功功率与动能定理考纲解读一、功1.做功的两个要素 (1)作用在物体上的力.(2)物体在力的方向上发生的位移. 2.功的物理意义功是能量转化的量度. 3.公式W ＝Fl cos_α(1)α是力与位移方向之间的夹角，l 为物体对地的位移. (2)该公式只适用于恒力做功. 4.功的正负(1)当0≤α<π2时，W >0，力对物体做正功.(2)当π2<α≤π时，W <0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功.(3)当α＝π2时，W ＝0，力对物体不做功.二、功率1.物理意义：描述力对物体做功的快慢.2.公式：(1)P ＝W t，P 为时间t 内的物体做功的快慢. (2)P ＝Fv①v 为平均速度，则P 为平均功率. ②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率. 3.对公式P ＝Fv 的几点认识：(1)公式P ＝Fv 适用于力F 的方向与速度v 的方向在一条直线上的情况. (2)功率是标量，只有大小，没有方向；只有正值，没有负值.(3)当力F 和速度v 不在同一直线上时，可以将力F 分解或者将速度v 分解. 4.额定功率：机械正常工作时的最大功率.5.实际功率：机械实际工作时的功率，要求不能大于额定功率. 三、动能1.定义：物体由于运动而具有的能.2.公式：E k ＝12mv 2.3.物理意义：动能是状态量，是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关.4.单位：焦耳，1 J ＝1 N·m＝1 kg·m 2/s 2.5.动能的相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性.6.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k ＝12mv 22－12mv 12.四、动能定理1.内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.2.表达式 (1)W ＝ΔE k . (2)W ＝E k2－E k1. (3)W ＝12 mv 22－12mv 12.3.物理意义：合外力做的功是物体动能变化的量度.4.适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动. (2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功.(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用.1.如图1所示，两个互相垂直的力F 1与F 2作用在同一物体上，使物体通过一段位移的过程中，力F 1对物体做功4 J ，力F 2对物体做功3 J ，则力F 1与F 2的合力对物体做功为( )图1A.7 JB.1 JC.5 JD.3.5 J答案 A解析力F 1与F 2的合力做的功等于F 1与F 2做功的代数和，即W 合＝W 1＋W 2＝(4＋3) J ＝7 J.2.(2016·嘉兴市期末测试)坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m ，如图2所示在与水平面成θ角的恒定拉力F 作用下，沿水平地面向右移动了一段距离l .已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，雪橇受到的( )图2A.支持力做功为mglB.重力做功为mglC.拉力做功为Fl cos θD.滑动摩擦力做功为－μmgl 答案 C解析支持力和重力与位移垂直，不做功，选项A 、B 错误；拉力和摩擦力分别做功为W F ＝Fl cos θ，W f ＝－μ(mg －F sin θ)l ，选项C 正确，D 错误.3.一汽车在水平公路上行驶，设汽车在行驶过程中所受阻力不变.汽车的发动机始终以额定功率输出，关于牵引力和汽车速度的下列说法中正确的是( ) A.汽车加速行驶时，牵引力不变，速度增大 B.汽车加速行驶时，牵引力增大，速度增大 C.汽车加速行驶时，牵引力减小，速度增大 D.当牵引力等于阻力时，汽车将停止运动答案 C解析汽车的发动机输出功率恒定，即P 一定，则由公式P ＝Fv 可得：v 增大，F 减小，但由于合外力方向与汽车运动方向一致，因此汽车速度仍在增大，A 、B 错误，C 正确；当汽车受到的牵引力和阻力相等时，汽车速度达到最大值，而后进行匀速运动，D 错误.4.(2016·舟山市模拟)下列关于动能的说法，正确的是( ) A.运动物体所具有的能就是动能B.物体做匀变速运动，某一时刻速度为v 1，则物体在全过程中的动能都是12mv 12C.做匀速圆周运动的物体其速度改变而动能不变D.物体在外力F 作用下做加速运动，当力F 逐渐减小时，其动能也逐渐减小答案 C解析运动的物体除具有动能以外，还可能具有其他形式的能，A 选项错误；动能是状态量，当速度v 的大小变化时，动能就发生变化，B 选项错误；由于匀速圆周运动中，物体的速度大小不变，因此物体的动能不变，C 选项正确；当物体做加速度逐渐减小的加速运动时，物体的动能仍在变大，D 选项错误.故选C.5.有一质量为m 的木块，从半径为r 的圆弧曲面上的a 点滑向b 点，如图3所示.如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )图3A.木块所受的合外力为零B.因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C.重力和摩擦力的合力做的功为零D.重力和摩擦力的合力为零答案 C解析木块做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，故合外力不为零，A 错；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做的功为零，而支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功的代数和为零，但重力和摩擦力的合力不为零，C 对，B 、D 错.功、功率的分析与计算1.功的计算方法 (1)恒力做功其中l 是相对地的位移 (2)变力做功①用动能定理：W ＝12mv 22－12mv 12.②当变力的功率P 一定时，可用W ＝Pt 求功，如机车恒定功率启动时. ③将变力做功转化为恒力做功：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程(不是位移)的乘积.如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等. (3)总功的计算①先求物体所受的合外力，再求合外力的功； ②先求每个力做的功，再求各功的代数和. 2.功率的计算方法下列判断正确的是( )图4A.0～2 s 内外力的平均功率是4 WB.第2 s 内外力所做的功是4 JC.第2 s 末外力的瞬时功率最大D.第1 s 末与第2 s 末外力的瞬时功率之比为9∶4 答案 AD解析第1 s 末质点的速度v 1＝F 1m t 1＝31×1 m/s ＝3 m/s.第2 s 末质点的速度v 2＝v 1＋F 2m t 2＝(3＋11×1) m/s ＝4 m/s.则第2 s 内外力做功W 2＝12mv 22－12mv 21＝3.5 J. 0～2 s 内外力的平均功率 P ＝12mv 22t ＝0.5×1×422W ＝4 W.选项A 正确，选项B 错误；第1 s 末外力的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝3×3 W ＝9 W ，第2 s 末外力的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝1×4 W ＝4 W ，故P 1∶P 2＝9∶4.选项C 错误，选项D 正确.求解功率时应注意的“三个”问题(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率；(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率； (3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率. 变式题组1.(2015·浙江10月选考·12)快艇在运动中受到的阻力与速度平方成正比(即F f ＝kv 2).若油箱中有20 L 燃油，当快艇以10 m/s 匀速行驶时，还能行驶40 km ，假设快艇发动机的效率保持不变，则快艇以20 m/s 匀速行驶时，还能行驶( ) A.80 km B.40 km C.10 km D.5 km答案 C解析 20 L 燃油可用于克服阻力做功一定，即F f s ＝kv 2s 一定，s 与v 2成反比，当速度增加为原来的2倍时，路程应为原来的14，C 对.2.质量为m 的物体静止在粗糙的水平地面上.现用一水平拉力使物体从静止开始运动，其运动的v －t 图象如图5所示.下列关于物体运动过程，分析正确的是( )图5A.0～t 1时间内拉力逐渐减小B.0～t 1时间内拉力对物体做负功C.在t 1～t 2时间内拉力的功率为零D.在t 1～t 2时间内合外力做功为12mv 2答案 A解析由运动的v －t 图象可知，物体运动的加速度越来越小，水平拉力越来越小，所以0～t 1时间内拉力逐渐减小，选项A 正确；由于拉力与运动方向相同，所以0～t 1时间内拉力对物体做正功，选项B 错误；由P ＝Fv 可知，在t 1～t 2时间内拉力等于摩擦力，速度不为零，所以拉力的功率不为零，选项C 错误；由于在t 1～t 2时间内物体速度不变，合外力做功为零，选项D 错误.3.一个质量为m 的小球做自由落体运动，那么，在前t 秒内重力对它做功的平均功率P 及在t 秒末重力做功的瞬时功率P 分别为(t 秒末小球未着地)( ) A.P ＝mg 2t 2，P ＝12mg 2t 2B.P ＝mg 2t 2，P ＝mg 2t 2C.P ＝12mg 2t ，P ＝mg 2tD.P ＝mg 2t ，P ＝2mg 2t 答案 C解析前t 秒内重力做功的平均功率P ＝W t＝mg ·12gt 2t＝12mg 2t t 秒末重力做功的瞬时功率 P ＝Fv ＝mg ·gt ＝mg 2t .故C 正确.动能定理的理解和应用1.应用动能定理解题的步骤2.注意事项(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简便. (2)动能定理表达式是一个标量式，不能某个方向上应用动能定理.(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解.(4)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负.当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W ，将该力做功表示为－W ，也可以直接用字母W 表示该力做功，使其字母本身含有负号.例2 (2015·浙江10月选考·20)如图6所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险.质量m ＝2.0×103kg 的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v 1＝36 km/h ，汽车继续沿下坡匀加速直行l ＝350 m 、下降高度h ＝50 m 时到达“避险车道”，此时速度表示数v 2＝72 km/h.(g ＝10 m/s 2)图6(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量； (2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17°≈0.3). 答案 (1)3.0×105J (2)2.0×103N (3)33.3 m 解析 (1)由ΔE k ＝12mv 22－12mv 21得ΔE k ＝3.0×105 J(2)由动能定理mgh －F f l ＝12mv 22－12mv 21得F f ＝12mv 21－12mv 22＋mgh l ＝2.0×103N (3)设汽车在“避险车道”上运动的最大位移是x ，由动能定理－(mg sin 17°＋3F f )x ＝0－12mv 22得x ＝12mv 22mg sin 17°＋3F f≈33.3 m动能定理的应用技巧1.应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系.2.明确研究对象的已知量和未知量，若求过程的初、末速度，首先确定各力做功及总功，然后列出方程；若求某力或某力的功，首先确定过程的初、末速度，然后列方程求解.变式题组4.(多选)如图7所示，电梯质量为M ，在它的水平地板上放置一质量为m 的物体.电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v 1增加到v 2时，上升高度为H ，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是( )图7A.对物体，动能定理的表达式为W N ＝12mv 22，其中W N 为支持力的功B.对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力的功C.对物体，动能定理的表达式为W N －mgH ＝12mv 22－12mv 21，其中W N 为支持力的功D.对电梯，其所受合力做功为12Mv 22－12Mv 21答案 CD解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg 、支持力F N ，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔE k ＝12mv22－12mv 21，故A 、B 均错误，C 正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故D 正确.5.(2016·温州市调研)如图8所示，一个弹簧左端固定于墙上，右端连接物块，物块质量为m ，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ.起初用手按住物块，弹簧的伸长量为x ，然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v 0，则此过程中弹力所做的功为( )图8A.12mv 20＋μmgxB.12mv 20－μmgx C.12mv 20 D.μmgx －12mv 20 答案 A解析当弹簧恢复到原长时，物块对地的位移为x ，根据动能定理有：W 弹＋(－μmgx )＝12mv 20－0，得W 弹＝12mv 20＋μmgx ，选项A 正确.6.一架质量m ＝2.0×103kg 的喷气式飞机在恒定牵引力作用下由静止开始滑跑，当位移为x ＝5.0×102m 时，速度达到起飞速度v ＝60 m/s.在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的k 倍(k ＝0.02)，重力加速度g ＝10 m/s 2. (1)求刚起飞时飞机的动能； (2)求此过程中飞机受到的牵引力；(3)当飞机在空中以v 1＝300 m/s 速度水平匀速飞行时，发动机的输出功率P ＝1.5×106W.求此时飞机受到的阻力. 答案 (1)3.6×106J (2)7.6×103N (3)5.0×103N 解析 (1)设刚起飞时飞机的动能为E k ，则E k ＝12mv 2得E k ＝3.6×106J(2)设飞机受到的恒定牵引力为F ，由动能定理有 (F －kmg )x ＝12mv 2－0得F ＝7.6×103 N(3)设此时飞机受到的阻力为F f ，则F f ＝P v 1得F f ＝5.0×103N用动能定理解决多过程问题1.由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解.因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可.2.运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式.3.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关； (2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积. (3)弹簧弹力做功与路径无关.例3 (2015·浙江考试说明题型示例主观题·5)如图9所示，在竖直平面内固定一半径为2 m 、圆心角为120°的光滑圆弧轨道BEC ，其中点E 是最低点.在B 、C 两端平滑、对称地连接AB 、CD 两段粗糙直轨道，直轨道上端A 、D 与最低点E 之间的高度差均为2.5 m.现将质量为0.01 kg 的小物块由A 点静止释放，物块与直轨道间的动摩擦因数均为0.25.g ＝10 m/s 2，求：图9(1)小物块从静止释放到第一次过E 点时重力做的功； (2)小物块第一次通过E 点时的动能大小； (3)小物块在E 点时受到支持力的最小值. 答案 (1)0.25 J (2)0.23 J (3)0.2 N 解析 (1)从A 到E 的过程，重力做功为：W 1＝mgh ＝0.01×10×2.5 J ＝0.25 J.(2)AB 间的距离s ＝h －R (1－cos 60°)sin 60°＝ 3 m从A 至E 的过程中，根据动能定理，有：W 1－μmg cos 60°·s ＝E k E解得：E k E ＝0.25 J －0.012 5 3 J ≈0.23 J.(3)最终，小物块在圆弧轨道间来回滑动，根据机械能守恒定律，有：mg (R －R cos 60°)＝12mv 2E ①在E 点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：F N －mg ＝m v2E R②联立①②解得：F N ＝mg ＋m v2E R＝2mg ＝2×0.01×10 N ＝0.2 N.应用动能定理求解多过程问题的基本思路1.弄清物体的运动由哪些过程组成.2.分析每个过程中物体的受力情况.3.各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响.4.从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能.5.对所研究的全过程运用动能定理列方程. 变式题组7.在赛车场上，为了安全起见，车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏，当车碰撞围栏时起缓冲器作用.在一次模拟实验中用弹簧来代替废旧轮胎，实际情景如图10所示，水平放置的轻弹簧左侧固定于墙上，处于自然状态，开始赛车在A 处且处于静止状态，距弹簧自由端的距离为L 1＝1 m.当赛车启动时，产生水平向左的恒为F ＝24 N 的牵引力使赛车向左匀加速前进，当赛车接触弹簧的瞬间立即关闭发动机，赛车继续压缩弹簧，最后被弹回到B 处停下.已知赛车的质量为m ＝2 kg ，A 、B 之间的距离为L 2＝3 m ，赛车被弹回的过程中离开弹簧时的速度大小为v ＝4 m/s ，水平向右.g 取10 m/s 2.求：图10(1)赛车和地面间的动摩擦因数； (2)弹簧被压缩的最大距离. 答案 (1)0.2 (2)0.5 m解析 (1)从赛车离开弹簧到B 点静止，由动能定理得－μmg (L 1＋L 2)＝0－12mv 2解得μ＝0.2.(2)设弹簧被压缩的最大距离为L ，从赛车加速到离开弹簧，由动能定理得FL 1－μmg (L 1＋2L )＝12mv 2解得L ＝0.5 m.8.(2016·台州市调研)如图11甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接，有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，g 取10 m/s 2，求：图11(1)滑块到达B 处时的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB 上运动前2 m 所用的时间；(3)若到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？答案 (1)210 m/s (2)2235s (3)5 J解析 (1)对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得F 1x 1－F 3x 3－μmgx ＝12mv 2B得v B ＝210 m/s.(2)在前2 m 内，有F 1－μmg ＝ma ，且x 1＝12at 21，解得t 1＝2235s. (3)当滑块恰好能到达最高点C 时，有mg ＝m v 2CR对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得W f －mg ×2R ＝12mv 2C －12mv 2B代入数值得W f ＝－5 J ，即克服摩擦力做的功为5 J.1.如图所示，下列过程中人对物体做了功的是( )A.小华用力推石头，但没有推动B.小明举起杠铃后，在空中停留3秒的过程中C.小红提着书包，随电梯一起匀速上升的过程中D.小陈将冰壶推出后，冰壶在水平冰面上滑行了5米的过程中答案 C解析力做功的公式W＝Fl cos α.石头没有运动，在力的方向上没有位移，故没有做功，选项A错误；杠铃在空中停留时，没有发生位移，人没有对杠铃做功，选项B错误；在上升过程中，人对包有力的作用，符合做功的条件，故人对书包做功，选项C正确；冰壶被推出后，人对冰壶没有施加作用力，故不做功，选项D错误.2.关于摩擦力对物体做功，以下说法中正确的是( )A.滑动摩擦力总是做负功B.滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功C.静摩擦力对物体一定做负功D.静摩擦力对物体总是做正功答案 B解析无论静摩擦力还是滑动摩擦力，既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.3.如图1所示，同一物体分别沿斜面AD和BD自顶点由静止开始下滑，该物体与斜面间的动摩擦因数相同.在滑行过程中克服摩擦力做的功分别为W A和W B，则( )图1A.W A>W BB.W A＝W BC.W A<W BD.无法确定答案 B解析设斜面AD、斜面BD与水平面CD所成夹角分别为α、θ，根据功的公式，得W A＝μmg cos α·l AD＝μmgl CD，W B＝μmg cos θ·l BD＝μmgl CD，所以选B.4.(2015·浙江省学业水平测试)如图2所示，匈牙利大力士希恩考·若尔特曾用牙齿拉动50 t的A320客机.他把一条绳索的一端系在飞机下方的前轮处，另一端用牙齿紧紧咬住，在52 s的时间内将客机拉动了约40 m.假设大力士牙齿的拉力约为5×103 N，绳子与水平方向的夹角θ约为30°，则飞机在被拉动的过程中( )图2A.重力做功约为2.0×107 JB.拉力做功约为1.7×105J C.克服阻力做功约为1.5×105J D.合外力做功约为2.0×105J 答案 B解析飞机在水平面上移动，因此重力不做功，A 项错.根据做功公式W ＝Fl cos θ，则W ＝5×103×40×32J ≈1.7×105J ，所以B 项对.在拉动飞机的过程中，由于不知道飞机是什么运动，无法得知阻力大小，所以阻力做功无法求解，C 项错.整个过程中阻力做功无法求解，也不知道动能变化量，所以合外力做功无法求解，D 项错. 5.(2016·平湖市联考)一个质量为0.3 kg 的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv 和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k 为( ) A.Δv ＝0 B.Δv ＝－12 m/s C.ΔE k ＝1.8 J D.ΔE k ＝10.8 J答案 B解析取初速度方向为正方向，则Δv ＝(－6－6) m/s ＝－12 m/s ，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量为0，故只有选项B 正确.6.某汽车以额定功率在水平路面上行驶，空载时的最大速度为v 1，装满货物后的最大速度为v 2，已知汽车空载时质量为m 0，汽车所受的阻力跟车重成正比，则汽车后来所装货物的质量是( ) A.v 1－v 2v 2m 0 B.v 1＋v 2v 2m 0 C.v 1－v 2v 1m 0 D.v 1v 2m 0答案 A解析当汽车空载时，有：P ＝F f1v 1＝km 0gv 1，当汽车装满货物后，有：P ＝F f2v 2＝k (m 0＋m )gv 2 联立两式解得：m ＝v 1－v 2v 2m 0.故A 正确，B 、C 、D 错误. 7.质量为m 的汽车，以恒定的功率P 从静止开始在平直路面上行驶一段距离s 后达到最大速度v m ，经历时间为t .若行驶中阻力F f 恒定，则以下关系式正确的是( ) A.v m ＝s tB.P ＝F f v mC.Pt ＝12mv 2mD.Pt ＝F f s答案 B解析根据P ＝Fv ，F －F f ＝ma ，若保持功率P 不变，可知汽车做加速度减小的加速运动，达到最大速度v m 后，做匀速运动，所以A 错误；匀速运动时，F ＝F f ，所以P ＝F f v m ，故B 正确；对加速过程，根据动能定理可知：Pt －F f s ＝12mv 2m －0，所以C 、D 错误.8.(2015·海南·4)如图3所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )图3A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 答案 C解析在Q 点，F N －mg ＝mv 2R ，所以v ＝gR ；由P 到Q 根据动能定理得mgR －W f ＝12mv 2，解得W f ＝12mgR ，故C 正确.9.(2016·余姚市联考)在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到v max 后，立即关闭发动机直至静止，其v －t 图象如图4所示.设汽车的牵引力为F ，摩擦力为F f ，全程中牵引力做功为W 1，克服摩擦力做功为W 2，则( )图4A.F ∶F f ＝1∶3B.W 1∶W 2＝1∶1C.F ∶F f ＝3∶1D.W 1∶W 2＝1∶3答案 B解析对汽车运动的全过程应用动能定理，有W 1－W 2＝0，得W 1∶W 2＝1∶1，由图象知牵引力与阻力的作用距离之比为x 1∶x 2＝1∶4，由W 1＝Fx 1，W 2＝F f x 2，知F ∶F f ＝4∶1.10.如图5所示，斜槽轨道下端与一个半径为0.4 m 的圆形轨道平滑连接.一个质量为0.1 kg 的物体从高为H ＝2 m 的A 点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点C 处时，对轨道的压力等于物体的重力.求物体从A 点运动到C 点的过程中克服摩擦力所做的功.(g 取10 m/s 2)图5答案 0.8 J解析物体运动到C 点时受到重力和轨道对它的弹力，由牛顿第二定律可知F N ＋mg ＝mv2C r，又F N ＝mg ，联立两式解得v C ＝2gr ＝2 2 m/s ，在物体从A 点运动到C 点的过程中，由动能定理有 mg (H －2r )－W f ＝12mv 2C －0，代入数据解得W f ＝0.8 J.11.(2016·金华十校联考)如图6甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB 的A 处连接一粗糙水平面OA ，OA 长为4 m.有一质量为m 的滑块，从O 处由静止开始受一水平向右的力F 作用.F 只在水平面上按图乙所示的规律变化.滑块与OA 间的动摩擦因数μ＝0.25，g 取10 m/s 2，试求：图6(1)滑块运动到A 处的速度大小；(2)不计滑块在A 处的速率变化，滑块冲上斜面AB 的长度是多少？答案 (1)5 2 m/s (2)5 m解析 (1)由题图乙知，在前2 m 内，F 1＝2mg 做正功，在第3 m 内，F 2＝－0.5mg ，做负功，在第4 m 内，F 3＝0，滑动摩擦力F f ＝－μmg ＝－0.25mg ，始终做负功，对于滑块在OA 上运动的全过程，由动能定理得 F 1x 1＋F 2x 2＋F f x ＝12mv 2A －0 即 2mg ×2－0.5mg ×1－0.25mg ×4＝12m v 2A 解得v A ＝5 2 m/s(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgL sin 30°＝0－12mv 2A解得L ＝5 m所以滑块冲上斜面AB 的长度L ＝5 m.12.如图7所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度x ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m 、h 2＝1.35 m.现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放.已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图7(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小； (2)小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔； (3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离. 答案 (1)3 m/s (2)2 s (3)1.4 m解析 (1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得：mg (h 1－h 2)－μmgx ＝12mv 2D －0将h 1、h 2、x 、μ、g 代入得v D ＝3 m/s(2)小滑块从A →B →C 过程中，由动能定理得 mgh 1－μmgx ＝12mv 2C －0将h 1、x 、μ、g 代入得 v C ＝6 m/s小滑块沿CD 段上滑的加速度大小 a ＝g sin θ＝6 m/s 2小滑块沿CD 段上滑到最高点的时间 t 1＝v C a＝1 s 由对称性可知小滑块从最高点滑回C 点的时间 t 2＝t 1＝1 s 小滑动第一次与第二次通过C 点的时间间隔 t ＝t 1＋t 2＝2 s(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x 总有：mgh 1＝μmgx 总将h 1、μ代入得x 总＝8.6 m ，故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为2x －x 总＝1.4 m。

铜梁县2017届高考物理二轮总复习十七机械振动机械波(加试)增分策略练习(含解析)

专题十七机械振动机械波（加试）考纲解读章内容考试要求说明必考加试机械振动简谐运动b 1.不要求理解“相位”的概念2．不要求定量讨论速度、加速度的变化3．不要求根据简谐运动回复力的表达式证明物体做简谐运动4．不要求掌握证明单摆在摆角很小的情况下做简谐运动的方法5．不要求解决钟表快慢的调整问题简谐运动的描述c简谐运动的回复力和能量b单摆c外力作用下的振动b机械波的形成和传播b 1.不要求研究纵波的形成过程2．不要求掌握振动图象与波的图象之波的图象b波波长、频率和波速c 间的相互转换 3．不要求定量计算有关波的干涉问题 4．不要求推导接收频率与波源频率的关系式 5．不要求用惠更斯原理证明波的反射定律和波的折射定律波的衍射和干涉b 多普勒效应b 惠更斯原理 b一、简谐运动1．定义如果质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律．即它的振动图象（x －t 图象)是一条正弦曲线，这样的振动叫做简谐运动．2．平衡位置物体在振动过程中回复力为零的位置．3．回复力(1)定义：使物体返回到平衡位置的力．（2）公式：F ＝－kx 。

（3)方向:总是指向平衡位置．(4)来源：属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力．4．描述简谐运动的物理量：物理量定义意义位移由平衡位置指向质点所在位置的有向线段描述质点振动中某时刻的位置相对于平衡位置的位移振幅振动物体离开平衡位置的最大距离描述振动的强弱和能量周期振动物体完成一次全振动所需时间描述振动的快慢，两者互为倒数：T＝错误!频率振动物体单位时间内完成全振动的次数相位ωt＋φ描述周期性运动在各个时刻所处的不同状态。

重庆市铜梁县2017届高考物理二轮总复习专题八力学实验增分策略练习含解析

专题八力学实验考纲解读用打点计时器测速度探究小车速度随时间变化的规律1.打点计时器(1)作用：计时仪器，当所用交流电源的频率f ＝50 Hz 时，每隔0.02 s 打一次点. (2)工作条件：电磁打点计时器用6 V 以下交流电源；电火花计时器用220 V 交流电源.(3)处理纸带数据时区分计时点和计数点：计时点是指打点计时器在纸带上打下的点.计数点是指测量和计算时在纸带上所选取的点，要注意“每5个点取一个计数点”与“每隔4个点取一个计数点”的取点方法是一样的，时间间隔均为0.1 s.2.匀变速直线运动的判断(1)沿直线运动的物体在连续相等时间T 内的位移分别为x 1、x 2、x 3、x 4…，若Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝x 4－x 3＝…则说明物体在做匀变速直线运动，且Δx ＝aT 2.(2)利用“平均速度法”确定多个点的瞬时速度，作出物体运动的v －t 图象.若v －t 图线是一条倾斜的直线，则说明物体的速度随时间均匀变化，即做匀变速直线运动. 3.由纸带求物体运动速度的方法根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，知v n ＝x n ＋x n ＋12T.4.利用纸带求物体加速度的两种方法(1)逐差法：根据x 4－x 1＝x 5－x 2＝x 6－x 3＝3aT 2(T 为相邻两计数点之间的时间间隔)，求出a 1＝x 4－x 13T 2，a 2＝x 5－x 23T 2，a 3＝x 6－x 33T2，再算出a 1、a 2、a 3的平均值a ＝a 1＋a 2＋a 33＝13×(x 4－x 13T 2＋x 5－x 23T 2＋x 6－x 33T2) ＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T2，即为物体的加速度.(2)图象法：如图1所示，以打某计数点时为计时起点，利用v n ＝x n ＋x n ＋12T求出打各点时的瞬时速度，描点得v －t 图象，图象的斜率即为物体做匀变速直线运动的加速度.图15.注意事项(1)平行：纸带、细绳要和长木板平行.(2)靠近：释放小车前，应使小车停在靠近打点计时器的位置.(3)先后顺序：实验时应先接通电源，后释放小车；实验后先断开电源，后取下纸带. (4)防止碰撞：在到达长木板末端前应让小车停止运动，防止钩码落地，小车与滑轮碰撞.(5)减小误差：小车另一端挂的钩码个数要适当，避免速度过大而使纸带上打的点太少，或者速度太小，使纸带上打的点过于密集.(6)纸带选取：选择一条点迹清晰的纸带，舍弃点密集部分，适当选取计数点.(7)准确作图：在坐标纸上，纵、横轴选取合适的单位(避免所描点过密或过疏而导致误差过大)，仔细描点连线，不能连成折线，应作一条直线，让各点尽量落到这条直线上，落不到直线上的各点应均匀分布在直线的两侧. 例1(2016·浙江10月选考·17)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中 (1)下列说法中不正确或不必要的是________(填字母).A.长木板的一端必须垫高，使小车在不挂钩码时能在木板上做匀速运动B.连接钩码和小车的细线应与长木板保持平行C.小车应靠近打点计时器，先接通电源，后释放小车D.选择计数点时，必须从纸带上第一个点开始(2)图2是实验中打下的一段纸带，算出计数点2的速度大小为________m/s ，并在图3中标出，其余计数点1、3、4、5对应的小车瞬时速度大小在图3中已标出. (3)作图并求得小车的加速度大小为________m/s 2.图2图3答案(1)AD(2)0.60(3)1.45解析(1)探究小车的速度随时间的变化规律，要求长木板平放即选项A不是必要的.在处理纸带时，由于第一点并不确定，因此常常将前面的点去掉，从清晰可辨的点取点后处理实验数据，所以D选项也不是必要的.连接小车的细线需要与木板平行，否则就要涉及到线的拉力分解问题，即拉力是一个变力，选项B是必要的.操作时应先接通电源再释放小车，所以C选项是必要的.因此答案为A、D.(2)根据图中x1＝3.80 cm，x3＝15.70 cm，所以v2＝x3－x12T≈0.60 m/s.(3)由图象可求出加速度a＝ΔvΔt＝1.45 m/s2变式题组1.(多选)关于“探究小车速度随时间变化的规律”的实验操作，下列说法中正确的是()A.长木板不能侧向倾斜，也不能一端高一端低B.在释放小车前，小车应停在靠近打点计时器处C.应先接通电源，待打点计时器开始打点后再释放小车D.要在小车到达定滑轮前使小车停止运动答案BCD解析长木板不能侧向倾斜，但可以一端高一端低，故选项A错误.实验时，为了能在纸带上得到较多的点迹，释放小车前，小车应停在靠近打点计时器处，选项B正确；如果先释放小车，可能纸带上打不上几个点，故选项C正确；为了保护小车避免落地摔坏，在小车到达定滑轮前要用手使小车停止运动，选项D正确.2.(2015·浙江选考)在“用打点计时器测速度”的实验中某同学获得的一条纸带如图4所示.图4(1)已知打点计时器电源频率为50 Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为________.(2)A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出，从图中读出A、B两点间距x＝________m；(3)C 点对应的速度是________m/s ；小车运动的加速度为________m/s 2.(计算结果均保留两位有效数字)(4)若实验后发现，实际所用交流电的频率高于50 Hz ，则上述计算结果与真实值相比是________.(填“偏大”“偏小”或“不变”)答案 (1)0.02 s(2)3.0×10－3(3)0.0600.20(4)偏小解析 (1)T ＝1f＝0.02 s.(2)因毫米刻度尺的最小刻度为1 mm ，故应估读到0.1 mm ，即x ＝3.0 mm ＝3.0×10－3m.(3)由于匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于该段中间时刻的瞬时速度，所以v C ＝x BD 2T ′＝1.7－0.52×0.1×10－2m/s ＝0.060 m/s.小车运动的加速度a ＝Δx t 2＝3.3－1.59×0.12×10－2 m/s 2＝0.20 m/s 2.(4)若实验后发现，实际所用交流电的频率高于50 Hz ，此时两计时点间的距离小于真实值，故测得的速度与加速度均小于真实值.探究求合力的方法1.实验原理互成角度的两个力F 1、F 2与另外一个力F ′产生相同的效果，看F 1、F 2用平行四边形定则求出的合力F 与F ′在实验误差允许范围内是否相等. 2.实验器材木板、白纸、图钉若干、橡皮条、细绳、弹簧测力计两个、三角板、刻度尺. 3.实验步骤(1)用图钉把一张白纸钉在水平桌面上的木板上.(2)用两个弹簧测力计分别钩住两个细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O . (3)用铅笔描下结点O 的位置和两个细绳套的方向，并记录弹簧测力计的读数，利用刻度尺和三角板根据平行四边形定则求出合力F .(4)只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点拉到与前面相同的位置O ，记下弹簧测力计的读数F ′和细绳的方向.(5)比较F ′与用平行四边形定则求得的合力F ，看它们在实验误差允许的范围内是否相等.4.注意事项(1)位置不变：在同一次实验中，使橡皮条拉长时结点的位置一定要相同.(2)角度合适：用两个弹簧测力计钩住细绳套互成角度地拉橡皮条时，其夹角不宜太小，也不宜太大，以60°～100°为宜.(3)在合力不超出量程及在橡皮条弹性限度内形变应尽量大一些.细绳套应适当长一些，便于确定力的方向. (4)统一标度：在同一次实验中，画力的图示选定的标度要相同，并且要恰当选定标度，使力的图示稍大一些. 5.误差分析(1)误差来源：除弹簧测力计本身的误差外，还有读数误差、作图误差等.(2)减小误差的办法：①实验过程中读数时眼睛一定要正视弹簧测力计的刻度盘，要按有效数字位数要求和弹簧测力计的精度正确读数和记录.②作图时使用刻度尺，并借助于三角板，使表示两力的对边一定要平行.例2(1)如图5为“探究求合力的方法”的实验装置.小张同学在实验中用a、b两弹簧秤拉橡皮条，如图所示.他在实验操作中除了所用细绳太短外，至少还有一处错误，请你帮他找出错误之处__________________________.(写出一条即可)图5(2)小张同学修正错误后，重新进行了测量，在测量时，左、右两只弹簧秤的示数如图6甲所示，则左弹簧秤的示数是________N，右弹簧秤的示数是________N.若两根细绳的夹角为90°，请你帮他在所给的方格纸(图乙)上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力.图6(3)小张同学实验后发现用一个弹簧秤也能完成这个实验，请问他这个想法是否可行？________(填“是”或“否”). 答案(1)a弹簧秤所用拉力太大，或b弹簧秤拉力方向与细绳方向不一致(2)2.75(±0.02)3.30(±0.02)作图如图所示(3)是解析(1)在该实验中，要正确测量弹力的大小和方向，同时作出的平行四边形要大小适中，不能太小也不能太大，以免增大误差.题中操作错误或不妥之处有：b弹簧秤拉力方向与细绳方向不一致；a弹簧秤的拉力太大，用一只弹簧秤再次做实验时会超出量程.(2)左弹簧秤的示数为2.75 N，右弹簧秤的示数为3.30 N，合力如图所示.(3)用一个弹簧秤也能完成这个实验是可行的，两个分力先后两次测量，一个用手拉、一个用弹簧秤测，保持位置不变，手和弹簧秤换一下.变式题组3.(多选)(2015·浙江10月选考真题)在“探究求合力的方法”的实验中，下列器材中必须要用的是()答案BD解析在“探究求合力的方法”的实验中，要用弹簧测力计测拉力，用刻度尺画线并测量表示力的大小的线段长度.故选B、D.4.如图7所示，在“探究求合力的方法”的实验中，有下列实验步骤：a.在桌上放一块方木板，在方木板上垫一张白纸，把橡皮条的一端固定在板上的A点.b.只用一只弹簧测力计，通过细绳把橡皮条的结点拉到同样的位置O，记下弹簧测力计的示数F′和细绳的方向，按同样比例作出力F′的图示.c.改变两个分力的大小和夹角，再做两次实验.d.记下两只弹簧测力计的示数F1、F2及结点的位置，描下两条细绳的方向，在纸上按比例作出力F1和F2的图示，用平行四边形定则求出合力F.e.比较力F′与F，可以看出，它们在实验误差允许的范围内是相等的.f.把两条细绳系在橡皮条的另一端，通过细绳用两个弹簧测力计互成角度拉橡皮条，橡皮条伸长，使结点到达某一位置O.图7完成下列填空：(1)上述步骤中，正确的顺序是________(填写步骤前面的字母).(2)(多选)下列哪些措施能减小实验误差________.A.两条细绳必须等长B.弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平面平行C.拉橡皮条的细绳要稍长一些，标记同一条细绳的方向时两标记点要适当远一些D.实验前先把实验所用的两只弹簧测力计的挂钩相互钩住平放在桌面上，向相反方向拉动，检查读数是否相同，若不同，则进行调节使之相同答案 (1)afdbec(2)BCD解析 (1)先固定好白纸和橡皮条，用两个弹簧测力计拉橡皮条到结点O ，记下两个力的大小和方向，然后用一个弹簧测力计拉橡皮条到O 点，记下拉力的大小和方向，由平行四边形定则画出两个力的合力，与第二次的一个力比较大小和方向；改变两个分力的大小和夹角，重复实验.故实验步骤为afdbec.(2)两条细绳是否等长，不会影响实验误差，A 错误；避免拉力和纸面不平行，如果不平行画出的力就不是实际作用力了，B 可以减小误差；细绳稍长些，这样在描点画力的方向时，偏差少，误差小，C 正确；实验前调节弹簧测力计，使得两个读数相同，这样画出的平行四边形才准确，可以减小误差，D 正确.探究加速度与力、质量的关系1.实验原理(实验原理图如图8所示)图8(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 图象和a －1m图象，确定其关系.2.实验器材小车、砝码、小盘、细绳、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：用天平测量砝码和小盘的质量m ′和小车的质量m .(2)安装：按照如实验原理图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).(3)平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上垫木，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，取下纸带编号码.②保持小车的质量m 不变，改变砝码和小盘的质量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 的图象.⑤保持砝码和小盘的质量m ′不变，改变小车质量m ，重复步骤①和③，作a －1m图象.4.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. 5.误差分析(1)因实验原理不完善引起的误差：本实验用砝码和小盘的总重力m ′g 代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于砝码和小盘的总重力.(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. 6.数据处理 (1)利用逐差法求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.例3 某班级同学用如图9所示的装置验证加速度a 和力F 、质量m 的关系.甲、乙两辆小车放在倾斜轨道上，小车甲上固定一个力传感器，小车乙上固定一个加速度传感器(可以测量乙在任意时刻的加速度大小)，力传感器和小车乙之间用一根不可伸长的细线连接，在弹簧拉力的作用下两辆小车一起开始运动，利用两个传感器可以采集记录同一时刻小车乙受到的拉力和加速度的大小.图9(1)下列关于实验装置和操作的说法中正确的是________. A.轨道倾斜是为了平衡小车甲受到的摩擦力 B.轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力 C.实验中，在小车乙向下运动的过程中均可采集数据 D.实验中，只能在小车乙加速运动的过程中采集数据(2)四个实验小组选用的小车乙(含加速度传感器)的质量分别为m1＝0.5 kg，m2＝1.0 kg、m3＝1.5 kg和m4＝2.0 kg，其中有三个小组已经完成了a－F图象，如图10所示.最后一个小组的实验数据如下表所示，请在图中完成该组的a －F图线.图10(3)在验证了a和F的关系后，为了进一步验证a和m的关系，可直接利用图中的四条图线收集数据，然后作图.请写出具体的做法：①如何收集数据？________________________________________________________________________；②为了更直观地验证a和m的关系，建立的坐标系应以________为纵轴，以________为横轴.答案(1)BD(2)如图所示(3)①在a －F 图象上作一条垂直于横轴的直线，与四条图线分别有个交点，记录下四个交点的坐标a ，分别与图象对应的m 组成四组数据 ②a 1m解析 (1)本实验的研究对象是小车乙，所以轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力，A 错误，B 正确；实验研究的是加速过程，C 错误，D 正确.(2)根据数据描点再作图.(3)①在a －F 图象上作一条垂直于横轴的直线，与四条图线分别有个交点，记下四个交点的纵轴标a ，分别与各图线对应的m 组成四组数据.②因a 与m 成反比关系，为了方便判断，画a －1m图象. 变式题组5.(2015·台州模拟)(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的思想方法是________________________________.(2)某同学的实验方案如图11所示，她想用砂桶的重力表示小车受到的合外力F ，为了减小这种做法带来的实验误差，她先做了两方面的调整措施：图11a.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 ＝2x t 2计算；B.根据a ＝Δx T 2利用逐差法计算. 两种方案中，你认为选择方案________比较合理.答案 (1)控制变量法 (2)a.平衡摩擦力 b.砂桶的重力 (3)B解析 (1)要研究三个物理量之间的定量关系的思想方法是控制变量法.(2)用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是平衡摩擦力.想用砂桶的重力表示小车受到的合外力F ，为了减小这种做法带来的实验误差，应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砂桶的重力.(3)利用实验中打出的纸带求加速度时，需要根据a ＝ΔxT 2利用逐差法计算，方案B 比较合理.1.“探究求合力的方法”的实验情况如图1甲所示，其中A 为固定橡皮条的图钉，O 为橡皮条与细绳的结点，OB 和OC 为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图.图1(1)图乙中的F 与F ′两力中，方向一定沿AO 方向的是________.(2)本实验采用的科学方法是()A.理想实验法B.等效替代法C.控制变量法D.建立物理模型法答案 (1)F ′(2)B解析 (1)图中F ′为拉橡皮条所施加的力，一定与AO 的方向相同.F 是两个分力通过平行四边形定则合成得到的合力，由于实验误差的存在，F 的方向与AO 方向不一定完全相同，故方向一定沿AO 方向的是F ′.(2)本实验是通过等效替代的方法来完成实验的，故采用的科学方法为等效替代法.2.(2016·嘉兴调研)某同学用如图2所示的实验装置来探究求合力的方法.弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M.弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置.分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向.图2(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为________N.(2)下列不必要的实验要求是________.(请填写选项前对应的字母)A.应测量重物M所受的重力B.弹簧测力计应在使用前校零C.拉线方向应与木板平面平行D.改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法.答案(1)3.60(2)D(3)见解析解析(1)如题图所示，弹簧测力计A的示数为3.60 N.(2)“探究求合力的方法”实验，只要验证F A、F B和Mg满足平行四边形即可，D不必要.(3)弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，说明弹簧测力计A的拉力过大，由力的平行四边形定则可知，改变弹簧测力计B拉力的大小、减小重物M的质量、改变弹簧测力计B拉力的方向，都可以减小弹簧测力计A的拉力，也可将A更换为量程较大的测力计.3.李明同学在做“探究求合力的方法”的实验时，利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O点以及两个弹簧测力计拉力的大小，如图3甲所示.图3(1)试在图甲中作出无实验误差情况下F1和F2的合力图示，并用F表示此力.(2)有关此实验，下列叙述正确的是______.A.两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大B.橡皮筋的拉力是合力，两弹簧测力计的拉力是分力C.两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O.这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的效果相同D.若只增大某一个弹簧测力计的拉力的大小而要保证橡皮筋结点位置不变，只需要调整另一个弹簧测力计的拉力的大小即可(3)图乙是李明和张华两位同学在做以上实验时得到的结果，其中哪一个实验比较符合实验事实？(力F′是用一个弹簧测力计拉时的图示)答案(1)如图所示(2)AC(3)张华的实验比较符合实验事实解析(1)用平行四边形定则作图，即以F1、F2为两邻边作平行四边形，对角线就表示合力F.(标上箭头表明方向) (2)两分力可以同时大于合力，故A正确；结点受三个力作用处于平衡状态，其中两弹簧测力计的拉力的合力与第三个力——橡皮筋的拉力等大反向，是一对平衡力，而橡皮筋的拉力不是合力，故B错；只有保证结点在同一位置才能说明作用效果相同，故C对；若两个分力的大小变化而方向都不变，则合力必定变化，故D错.(3)作图法得到的F必为平行四边形的对角线，单个弹簧测力计的拉力F′一定与橡皮筋共线，故张华的实验比较符合实验事实.4.某同学用如图4甲所示的实验装置研究匀变速直线运动.图4实验步骤如下：A.安装好实验器材.B.让小车拖着纸带运动，打点计时器在纸带上打下一系列小点，重复几次，选出一条点迹比较清晰的纸带，从便于测量的点开始，每五个点取一个计数点，如图乙中a 、b 、c 、d 等点.C.测量x 1、x 2、x 3…….结合上述实验步骤，请你继续完成下列问题：(1)实验中，除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外，在下列仪器和器材中，必须使用的有________.(填选项代号)A.电压合适的50 Hz 交流电源B.电压可调的直流电源C.秒表D.刻度尺E.天平F.重锤G.弹簧测力计(2)如果小车做匀加速运动，所得纸带如图乙所示，则x 1、x 2、x 3的关系是________，已知打点计时器打点的时间间隔是t ，则打c 点时小车的速度大小是________.答案 (1)AD(2)2x 2＝x 1＋x 3x 2＋x 310t解析 (1)实验中打点计时器要使用50 Hz 的交流电源；测量x 1、x 2、x 3要使用刻度尺；实验中无需使用秒表、天平、重锤和弹簧测力计，故选A 、D.(2)因小车做匀加速直线运动，所以相邻相等时间内的位移之差是恒量，故x 3－x 2＝x 2－x 1，即2x 2＝x 1＋x 3；c 点是bd 段的时间中点，则c 点的瞬时速度等于该段的平均速度，即v c ＝x 2＋x 32×5t ＝x 2＋x 310t. 5.在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，小车做匀加速直线运动，打点计时器接在50 Hz 的低压交变电源上.某同学在打出的纸带上每5点取一个计数点，共取了A 、B 、C 、D 、E 、F 六个计数点(每相邻两个计数点间的四个点未画出).从每一个计数点处将纸带剪开分成五段(分别为a 、b 、c 、d 、e 段)，将这五段纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在xOy 坐标系中，如图5所示，由此可以得到一条表示v －t 关系的图线，从而求出加速度的大小.图5(1)请你在xOy 坐标系中用最简洁的方法作出能表示v －t 关系的图线.(2)从第一个计数点开始计时，为求出0.15 s 时刻的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度？答：__________________________________________________________.(3)若测得a 段纸带的长度为2.0 cm ，e 段纸带的长度为10.0 cm ，则可求出加速度的大小为________m/s 2. 答案 (1)如图所示(2)b (3)2.0解析 (1)纸带的长度表示位移，由于每条纸带宽度相同，也就是时间相同，因此长度表示速度的大小，因此各个顶点连线就可以表示v －t 关系的图线.(2)0.15 s 恰好是BC 的中间时刻，因此需要测出BC 的长度，也就是纸带b 的长度.(3)根据匀变速直线运动的规律Δx ＝aT 2，由于相邻两段的时间间隔都是0.1 s ，可得：a ＝x e －x a 4T 2＝2.0 m/s 2. 6.(2016·金华十校联考)研究小车匀变速直线运动的实验装置如图6(a)所示，其中斜面倾角θ可调，打点计时器的工作频率为50 Hz ，纸带上计数点的间距如图(b)所示，其中每相邻两点之间还有4个点未画出.图6(1)部分实验步骤如下：A.测量完毕，关闭电源，取出纸带B.接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车C.将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连D.把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔上述实验步骤的正确顺序是：__________(用字母填写).(2)图(b)中标出的相邻两计数点的时间间隔T ＝______ s.(3)计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v 5＝________.(4)为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a ＝________.答案 (1)DCBA(2)0.1(3)x 4＋x 52T(4)(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T 2 解析 (2)时间t ＝nT 0＝5×0.02 s ＝0.1 s(n 为相邻两个计数点的间隔数).(3)在匀变速直线运动中：中间时刻的速度等于相邻两点间的平均速度.(4)取x 1′＝x 1＋x 2＋x 3，x 2′＝x 4＋x 5＋x 6，则：T ′＝3T ，就可用Δx ′＝x 2′－x 1′＝aT ′2求a .7.(2014·浙江1月学考·22)小何用如图7所示装置探究加速度a 与质量m 的关系，在保持受力F 相同的情况下，测得不同质量物体对应的加速度.小何想运用这些数据得到实验结论，作出的图象应该是以下四幅中的()图7。

重庆市第十八中学高考物理二轮复习磁场练习

重庆市第十八中学高考物理二轮复习磁场练习1．如图，足够长的直线ab 靠近通电螺线管，与螺线管平行。

用磁传感器测量ab 上各点的磁感应强度B ，在计算机屏幕上显示的大致图像是2．图中a ，b ，c ，d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小一样的电流，方向如下列图。

一带正电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右3．如题5图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a 和b ，内有带电量为q 的某种自由运动电荷。

导电材料置于方向垂直于其前外表向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B 。

当通以从左到右的稳恒电流I 时，测得导电材料上、下外表之间的电压为U ，且上外表的电势比下外表的低。

由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数与自由运动电荷的正负分别为A ．aU q IB ，负 B ．aUq IB ，正 C ．bU q IB ，负 D ．bU q IB ，正 5. 如下列图，空间存在足够大、正交的匀强电、磁场，电场强度为E 、方向竖直向下，磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里。

从电、磁场中某点P 由静止释放一个质量为m 、带电量为+q 的粒子〔粒子受到的重力忽略不计〕，其运动轨迹如图6虚线所示。

对于带电粒子在电、磁场中下落的最大高度H ，下面给出了四个表达结果，用你已有的知识计算可能会有困难，但你可以用学过的知识对下面的四个结果做出判断。

你认为正确的答案是〔〕A ．22mEB q B ．24mE B qC ．22mB E q6. 图甲是盘旋加速器的示意图，其核心局部是两个“D〞形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连.带电粒子在磁场中运动的动能Ek 随时间t 的变化规律如图乙所示，假设忽略带电粒子在电场中的加速时间，如此如下说法中正确的答案是A. 在Ek-t 图中应有t4－t3= t3－t2= t2－t1B. 高频电源的变化周期应该等于tn －tn-1C. 要使粒子获得的最大动能增大，可以增大“D〞形盒的半径D. 在磁感应强度B 、“D〞形盒半径尺、粒子的质量m 与其电荷量q 不变的情况下，粒子的加速次数越多，y /cm O N P 60° 粒子的最大动能一定越大7.如下列图，虚线框中存在垂直纸面向外的匀强磁场B 和平行纸面且与竖直平面夹角为︒45斜向下的匀强电场E ，有一质量为m ，电荷量为q 的带负电的小球在高为h 处的P 点从静止开始自由下落，当小球运动到复合场内时刚好做直线运动，那么〔〕A.小球在复合场中一定做匀速直线运动B.磁感应强度qhgh m B 22=，场强q mg E 2= C.假设换成带正电的小球，小球仍可能做直线运动D.假设同时改变小球的比荷与初始下落高度h ，小球仍能沿直线通过复合场8. 如下列图的平面直角坐标系xOy ，在第Ⅰ象限内有平行于y 轴的匀强电场，方向沿y 轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc 区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy 平面向里，正三角形边长为L ，且ab 边与y 轴平行．一质量为m 、电荷量为q 的粒子，从y 轴上的P(0，h)点，以大小为v 0的速度沿x 轴正方向射入电场，通过电场后从x 轴上的a(2h ，0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y 轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y 轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：(1)电场强度E 的大小；(2)粒子到达a 点时速度的大小和方向；(3)abc 区域内磁场的磁感应强度B 的最小值．9.如下列图,第四象限内有互相正交的匀强电场E 与匀强磁场B 1,E 的大小为0.5×103V/m,B 1大小为0.5T ；第一象限的某个矩形区域内,有方向垂直纸面向里的匀强磁场B 2,磁场的下边界与x 轴重合.一质量m=1×10-14kg 、电荷量q=1×10-10C 的带正电微粒以某一速度v 沿与y 轴正方向60°角从M 点沿直线运动,经P 点即进入处于第一象限内的磁场B 2区域.一段时间后,小球经过y 轴上的N 点并与y 轴正方向成60°角的方向飞出.M 点的坐标为(0,-10),N 点的坐标为(0,30),不计粒子重力.(1)请分析判断匀强电场E 1的方向并求出微粒的运动速度v ；(2)匀强磁场B 2的大小为多大？；(3)B 2磁场区域的最小面积为多少？11. 如下列图,在坐标系xOy 内有一半径为a 的圆形区域,圆心坐标为O 1(a,0),圆内分布有垂直纸面向里的匀强磁场.在直线y=a 的上方和直线x=2a 的左侧区域内,有一沿y 轴负方向的匀强电场,场强大小为E.一质量为m 、电荷量为+q(q>0)的粒子以速度V 从O 点垂直于磁场方向射入,当速度方向沿x 轴正方向时,粒子恰好从O 1点正上方的A 点射出磁场,不计粒子重力.(1)求磁感应强度B 的大小；(2)假设粒子以速度V 从O 点垂直于磁场方向射入第一象限,当速度方向沿x 轴正方向的夹角θ=300时,求粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间t.12．如图甲所示,在边界OO ′左侧区域有磁感应强度为B 的匀强磁场,磁场方向水平向外。

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专题十八光电磁波（加试）考纲解读一、光的折射定律折射率 1．折射现象光从一种介质斜射进入另一种介质时传播方向改变的现象． 2．折射定律：(如图1所示)图1(1)内容：折射光线与入射光线、法线处在同一平面内，折射光线与入射光线分别位于法线的两侧；入射角的正弦与折射角的正弦成正比．(2)表达式：sin θ1sin θ2＝n 12，式中n 12是比例常数．(3)在光的折射现象中，光路是可逆的． 3．折射率：(1)定义：光从真空射入某种介质发生折射时，入射角的正弦与折射角的正弦的比值．(2)定义式：n ＝sin θ1sin θ2.不能说n 与sin θ1成正比，与sin θ2成反比．折射率由介质本身的光学性质和光的频率决定．(3)物理意义：折射率仅反映介质的光学特性，折射率大，说明光从真空射入到该介质时偏折大，反之偏折小． (4)计算公式：n ＝c v，因v <c ，故任何介质的折射率总大于1.二、全反射、光导纤维 1．全反射： (1)条件①光从光密介质射入光疏介质． ②入射角大于或等于临界角．(2)现象：折射光完全消失，只剩下反射光．(3)临界角：折射角等于90°时的入射角，用C 表示，sin C ＝1n.2．光导纤维：(如图2所示)图2原理：利用光的全反射．三、光的干涉 1．产生条件两列光的频率相同，振动方向相同，且具有恒定的相位差，才能产生稳定的干涉图样． 2．杨氏双缝干涉： (1)原理如图3所示图3(2)亮、暗条纹的条件．①单色光：形成明暗相间的条纹，中央为亮条纹．a ．光的路程差Δr ＝r 2－r 1＝k λ(k ＝0,1,2…)，光屏上出现亮条纹．b ．光的路程差Δr ＝r 2－r 1＝(2k ＋1)λ2(k ＝0,1,2…)，光屏上出现暗条纹．②白光：光屏上出现彩色条纹，且中央亮条纹是白色(填写颜色)． (3)条纹间距公式：Δx ＝l dλ. 3．薄膜干涉：(1)相干光：光照射到透明薄膜上，从薄膜的两个表面反射的两列光波．(2)图样特点：同双缝干涉，同一条亮(或暗)条纹对应薄膜的厚度相等．单色光照射薄膜时形成明暗相间的条纹，白光照射薄膜时，形成彩色条纹．四、光的衍射1．发生明显衍射的条件只有当障碍物的尺寸与光的波长相差不多，甚至比光的波长还小的时候，衍射现象才会明显． 2．衍射条纹的特点：(1)单缝衍射和圆孔衍射图样的比较.(2)泊松亮斑(圆盘衍射)：当光照到不透明(选填“透明”或“不透明”)的半径很小的小圆盘上时，在圆盘的阴影中心出现亮斑(在阴影外还有不等间距的明暗相间的圆环)．五、光的偏振现象1．偏振光波只沿某一特定方向的振动．2．自然光太阳、电灯等普通光源发出的光，包括在垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿各个方向振动的光波的强度都相同，这种光叫做自然光．3．偏振光在垂直于传播方向的平面上，只沿某个特定方向振动的光．光的偏振证明了光是横波．自然光通过偏振片后，就得到了偏振光．六、电磁场、电磁波及其传播电磁波的产生、发射和接收1．麦克斯韦电磁场理论变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场．2．电磁场变化的电场和变化的磁场总是相互联系成为一个完整的整体，这就是电磁场．3．电磁波电磁场(电磁能量)由近及远地向周围传播形成电磁波．(1)电磁波是横波(选填“纵波”或“横波”)，在空间传播不需要介质．(2)v＝λf对电磁波同样适用．(3)电磁波能产生反射、折射、干涉和衍射等现象．4．发射电磁波的条件：(1)要有足够高的振荡频率．(2)电路必须开放，使振荡电路的电场和磁场分散到尽可能大的空间．5．调制有调幅和调频两种方法．6．电磁波的传播：真空中电磁波的波速与光速相同，c＝3×108 m/s.7．电磁波的接收：(1)当接收电路的固有频率跟接收到的无线电波的频率相同时，激起的振荡电流最强，这就是电谐振现象．(2)使接收电路产生电谐振的过程叫做调谐，能够调谐的接收电路叫做调谐电路．(3)从经过调制的高频振荡中“检”出调制信号的过程叫做检波，检波是调制的逆过程，也叫做解调．七、电磁波谱1．定义按电磁波的波长从长到短分布是无线电波、红外线、可见光、紫外线，X射线和γ射线，形成电磁波谱．2．电磁波谱的特性、应用：医用消毒、加试基础练1．(2016·湖州模拟)一束光线从折射率为1.5的玻璃内射向空气，在界面上的入射角为45°.下列光路图中，正确的是()答案 A解析由sin C ＝1n ＝23<sin 45°，故入射角大于临界角，发生全反射，故A 正确．2．(多选)如图4所示，光在真空和介质的界面MN 上发生偏折，那么下列说法正确的是()图4A ．光是从真空射向介质B ．介质的折射率为1.73C ．光在介质中的传播速度为1.73×108m/s D ．反射光线与折射光线成60°角答案 BC解析因为折射角大于入射角，所以光是从介质射向真空中，选项A 错误；根据折射率公式n ＝sin 60°sin 30°，所以n＝1.73，选项B 正确；再由折射率n ＝cv，代入数据得v ＝1.73×108m/s ，选项C 正确；反射光线与折射光线成90°角，选项D 错误．3．(多选)关于光的衍射现象，下面说法正确的是() A ．红光的单缝衍射图样是红暗相间的直条纹 B ．白光的单缝衍射图样是红暗相间的直条纹C ．光照到不透明小圆盘上出现泊松亮斑，说明发生了衍射D ．光照到较大圆孔上出现大光斑，说明光沿直线传播，不存在光的衍射答案 AC解析单色光照到狭缝上产生的衍射图样是明暗相间的直条纹；白光的衍射图样是彩色条纹；光照到不透明圆盘上，在其阴影处出现亮点，是衍射现象；光的衍射现象只有明显与不明显之分，D 项中屏上大光斑的边缘模糊，正是光的衍射造成的，不能认为不存在光的衍射现象． 4．(多选)关于电磁场和电磁波，正确的说法是() A ．只有不均匀变化的磁场，才能在其周围空间产生电场 B ．电磁波的频率等于激起电磁波的振荡电流的频率 C ．电磁波能脱离电荷而独立存在 D ．电磁波的传播速度一定是3×108m/s 答案 BC解析麦克斯韦电磁场理论：变化的电场可以产生磁场，变化的磁场可以产生电场，A 错．电磁波只有在真空中其波速才为3×108m/s ，D 错．应选B 、C.5．(多选)(2016·台州市9月选考)如图5所示，一束白光以60°的人射角射到一水平放置的平面镜上，反射后在正上方与平面镜平行的光屏上留下一光点A .现将一块上下两面平行的透明玻璃块平放在平面镜上，如图中虚线所示．当进入透明玻璃块的光线经平面镜反射后再从透明玻璃块的上表面射出，则下列说法正确的是()图5A ．光屏上形成一个光点且在A 点左侧B ．在玻璃块的下表面最左端是紫光C ．在A 点的右侧光屏上出现光的色散现象D ．在光屏上形成一条彩色光带，最靠近A 点的是红光答案 BD解析将一块上、下两面平行的透明玻璃块平放在平面镜上后，光进入玻璃块折射，光路图如图，又红光折射率最小，紫光折射率最大，紫光偏折最厉害，所以光屏上最靠近A 的是红光，综上B 、D 正确．光的折射全反射1．折射率的理解(1)折射率由介质本身性质决定，与入射角的大小无关．(2)折射率与介质的密度没有关系，光密介质不是指密度大的介质． (3)同一种介质中，频率越大的色光折射率越大，传播速度越小． 2．求解光的折射、全反射问题的四点提醒：(1)光密介质和光疏介质是相对而言的．同一种介质，相对于其他不同的介质，可能是光密介质，也可能是光疏介质．(2)如果光线从光疏介质进入光密介质，则无论入射角多大，都不会发生全反射现象． (3)在光的反射和全反射现象中，均遵循光的反射定律，光路均是可逆的．(4)当光射到两种介质的界面上时，往往同时发生光的折射和反射现象，但在全反射现象中，只发生反射，不发生折射．例1 利用半圆柱形玻璃，可减小激光光束的发散程度．在如图6所示的光路中，A 为激光的出射点，O 为半圆柱形玻璃横截面的圆心，AO 过半圆顶点．若某条从A 点发出的与AO 成α角的光线，以入射角i 入射到半圆上，出射光线平行于AO ，求此玻璃的折射率n .图6答案sin isin (i －α)解析设光在玻璃中的折射角为r ，如图，由图中几何关系可知：i ＝α＋r ，所以r ＝i －α.由折射定律得n ＝sin i sin r ＝sin isin (i －α).应用光的折射定律解题的一般思路1．根据入射角、折射角及反射角之间的关系，作出比较完整的光路图．2．充分利用光路图中的几何关系，确定各角之间的联系，根据折射定律求解相关的物理量：折射角、折射率等． 3．注意在折射现象中，光路是可逆的．变式题组1．一束光从某介质进入真空，方向如图7所示，则下列判断中正确的是()图7A ．该介质的折射率是33B ．该介质的折射率是 3C ．该介质相对真空发生全反射的临界角是45°D ．光线按如图所示的方向入射，无论怎样改变入射方向都不可能发生全反射现象答案 B解析由图可知，该介质的折射率n ＝sin 60°sin 30°＝3，故选项A 错，选项B 对；光由介质射向真空时sin C ＝1n ＝13＝33，故临界角C <45°，故选项C 错误；光由介质射入真空时，只要入射角足够大就会发生全反射现象，故选项D 错误．2．(2015·舟山模拟)如图8所示，一束单色光从空气入射到棱镜的AB 面上，经AB 和AC 两个面折射后从AC 面进入空气．当出射角i ′和入射角i 相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为θ.已知棱镜顶角为α，则计算棱镜对该色光的折射率表达式为()图8A.sinα＋θ2sinα2B.sinα＋θ2sin θ2 C.sin θsin(θ－α2) D.sin αsin (α－θ2)答案 A解析如图所示，设AB 面上的折射角为γ，AC 面上的入射角为γ′，由于i ′＝i ，由光的折射定律及光路可逆知γ′＝γ，又设两法线的夹角为β，则由几何关系得：γ＋γ′＋β＝180°，又由α＋β＝180°，解得：γ＝α2，又由几何关系得：γ＋γ′＋θ＝i ＋i ′，解得：i ＝α＋θ2，则棱镜对该色光的折射率n ＝sin i sin γ＝sinα＋θ2sinα2，故A 正确．3．为了表演“隐形的大头针”节目，某同学在半径为r 的圆形软木片中心垂直插入一枚大头针，并将其放入盛有水的碗中，如图9所示．已知水的折射率为43，为了保证表演成功(在水面上看不到大头针)，大头针末端离水面的最大距离h 为()图9A.73r B.43r C.34r D.377r 答案 A解析只要从大头针末端发出的光线射到圆形软木片边缘界面处能够发生全反射，从水面上就看不到大头针，如图所示，根据图中几何关系有sin C＝rr2＋h2＝1n＝34，所以h＝73r，选项A正确．光路的分析与判断平行玻璃砖、三棱镜和圆柱体(球)对光路的控制不同颜色的光的频率不同，在同一种介质中的折射率、光速也不同，发生全反射现象的临界角也不同.例2(多选)(2015·浙江10月选考·16)为了从坦克内部观察外部目标，在厚度为20 cm的坦克壁上开了一个直径为12 cm的孔，若在孔内分别安装由同一材料制成的如图10所示的三块玻璃，其中两块玻璃的厚度相同．坦克内的人在同一位置通过玻璃能看到的外界的角度范围是()图10A．甲的大于乙的B．甲的小于丙的C．乙的小于丙的D．乙的等于丙的答案AD解析当入射光线经玻璃的折射后恰好达到孔的上、下边界时，入射光线具有最大入射角度，画出光路图如图所示，图中粗细两边界分别为厚度相同的两块玻璃砖在孔内的两个位置，由于玻璃的折射率一定，玻璃的厚度相同，玻璃的两边界平行，故光线经玻璃折射前后是平行的，玻璃移动前后光线偏折的角度和距离也是相等的，可知乙能看到的外界的角度范围等于丙的，C错误，D正确；玻璃的折射率一定，光线以同一角度入射时，偏折的程度一定，玻璃越厚时，光线经玻璃偏折的距离越大，故可知甲中光线可以以更大的入射角射入，甲能看到的外界的角度范围大于乙和丙的，A正确，B错误．1．光线射到介质的界面上时，要注意对产生的现象进行分析：(1)若光线从光疏介质斜射入光密介质，不会发生全反射，而同时发生反射和折射现象，不同色光偏折不同．(2)若光线从光密介质射向光疏介质，是否发生全反射，要根据计算判断，要注意不同色光临界角不同．2．作图时要找出具有代表性的光线，如符合边界条件或全反射临界条件的光线．3．解答时注意利用光路可逆性、对称性和几何知识．变式题组4．如图11，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b，波长分别为λa、λb，该玻璃对单色光a、b的折射率分别为n a、n b，则()图11A ．λa <λb ，n a >n bB ．λa >λb ，n a <n bC ．λa <λb ，n a <n bD ．λa >λb ，n a >n b答案 B解析根据图象，在入射角相同的情况下，单色光a 的折射角大于b 的折射角，由n ＝sin isin r 可得n a <n b ，又因为在同种介质中，折射率越大，波长越小，所以λa >λb ，选项B 正确．5．虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可用白光照射玻璃球来说明．两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN 和PQ 两条彩色光带，光路如图12所示，M 、N 、P 、Q 点的颜色分别为()图12A ．紫、红、红、紫B ．红、紫、红、紫C ．红、紫、紫、红D ．紫、红、紫、红答案 A解析已知红光的折射率小于紫光的折射率，由图可知：白光照射到玻璃球表面时，打在M 点的光所对应折射角小，折射率较大，故为紫光；打在N 点的光所对应折射角大，折射率较小，故为红光；打在P 点的光所对应折射角大，折射率较小，故为红光；打在Q 点的光所对应折射角小，折射率较大，故为紫光，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．光的干涉、衍射和偏振1．单缝衍射与双缝干涉的比较：2.自然光和偏振光的比较：例3(2016·浙江10月学考·14)用a 、b 两种不同波长的光，先后用同一装置做双缝干涉实验，得到两种干涉条纹，其中a 光的干涉条纹间距大于b 光的条纹间距，则() A ．a 光的波长大于b 光的波长 B ．a 光的频率大于b 光的频率C ．在玻璃中，a 光的速度等于b 光的速度D ．从玻璃射向空气发生全反射时，a 光的临界角大于b 光的临界角答案 AD解析根据双缝干涉的条纹间距Δx ＝l λd可知，同一实验装置，条纹间距越大，说明波长越长，即频率越小．根据题意，a 光的波长长，频率小，所以A 正确，B 错误．频率越小，介质对它的折射率越小，根据n ＝c v可知，在介质中的传播速度越大，即a 光在介质中的传播速度要大，所以C 错误．根据sin C ＝1n可知，介质的折射率越小，则全反射的临界角越大，所以a 光的全反射临界角要大，选项D 正确.区分双缝干涉条纹与单缝衍射条纹的方法(1)根据条纹的宽度区分：双缝干涉条纹的宽度相同，而单缝衍射的中央亮条纹最宽，两侧的亮条纹逐渐变窄． (2)根据条纹的间距区分：双缝干涉条纹的间距是相等的，而单缝衍射的条纹越向两侧条纹间距越窄．(3)根据亮条纹的亮度区分：双缝干涉条纹，从中央亮条纹往两侧亮度变化很小，而单缝衍射条纹中央亮条纹最亮，两侧的亮条纹逐渐变暗．变式题组6．某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图14甲所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图乙所示．他改变的实验条件可能是()图14A ．减小光源到单缝的距离B ．减小双缝之间的距离C ．减小双缝到光屏之间的距离D ．换用频率更高的单色光源答案 B解析由公式Δx ＝l dλ知，光源到单缝的距离不影响条纹宽度，选项A 错误；d 减小时，Δx 增大，选项B 正确；l 减小时，Δx 减小，选项C 错误；光的频率变高，波长变小，Δx 变小，选项D 错误．7．(多选)如图15所示，电灯S 发出的光先后经过偏振片A 和B ，人眼在P 处迎着入射光方向，看不到光亮，则()图15A ．图中a 光为偏振光B ．图中b 光为偏振光C ．以SP 为轴将B 转过180°后，在P 处将看到光亮D ．以SP 为轴将B 转过90°后，在P 处将看到光亮答案 BD解析自然光沿各个方向发散是均匀分布的，通过偏振片后，透射光是只沿着某一特定方向振动的光．从电灯直接发出的光为自然光，则A 错；它通过A 偏振片后，即变为偏振光，则B 对；设通过A 的光沿竖直方向振动，P 点无光亮，则B 偏振片只能通过沿水平方向振动的偏振光，将B 转过180°后，P 处仍无光亮，C 错；若将B 转过90°，则该偏振片将变为能通过竖直方向上振动的光的偏振片，则偏振光能通过B ，即在P 处有光亮，D 对．电磁波1．电磁波的传播及波长、频率、波速：(1)电磁波本身是一种物质，电磁波的传播不需要介质，可在真空中传播，在真空中不同频率的电磁波传播速度是相同的(都等于光速)．(2)不同频率的电磁波，在同一介质中传播，其速度是不同的，频率越高，波速越小．(3)三者关系v＝λf，f是电磁波的频率，即为发射电磁波的LC振荡电路的频率f＝12πLC，改变L或C即可改变f，从而改变电磁波的波长λ.2．对电磁波谱的四点说明：(1)波长不同的电磁波，表现出不同的特性．其中波长较长的无线电波和红外线等，易发生干涉、衍射现象；波长较短的紫外线、X射线、γ射线等，穿透能力较强．(2)电磁波谱中，相邻两波段的电磁波的波长并没有很明显的界线，如紫外线和X射线、X射线和γ射线都有重叠．(3)不同的电磁波，产生的机理不同，无线电波是振荡电路中自由电子的周期性运动产生的；红外线、可见光、紫外线是原子的外层电子受到激发后产生的；X射线是原子的内层电子受到激发后产生的；γ射线是原子核受到激发后产生的．(4)电磁波的能量随频率的增大而增大．例4下列关于电磁波的说法，正确的是()A．电磁波只能在真空中传播B．电场随时间变化时一定产生电磁波C．做变速运动的电荷在空间产生电磁波D．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在答案 C解析电磁波可以在真空中传播，也可以在介质中传播，故选项A错误；若电场随时间均匀变化，则不能产生电磁波，故选项B错误；做变速运动的电荷会在空间激发非均匀变化的磁场，从而会在空间产生电磁波，故选项C正确；赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故选项D错误．变式题组8．(2016·丽水模拟)关于麦克斯韦的电磁场理论，下列说法正确的是()A．稳定的电场产生稳定的磁场B．均匀变化的电场产生均匀变化的磁场，均匀变化的磁场产生均匀变化的电场C．变化的电场产生的磁场一定是变化的D．振荡的电场在周围空间产生的磁场也是振荡的答案 D解析麦克斯韦的电磁场理论要点是：变化的磁场(电场)要在周围空间产生电场(磁场)，若磁场(电场)的变化是均匀的，产生的电场(磁场)是稳定的，若磁场(电场)的变化是振荡的，产生的电场(磁场)也是振荡的，由此可判定正确答案为D项．9．关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是()A．电磁波可以传递信息，声波不能传递信息B．手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波C．太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传播速度相同D．遥控器发出的红外线波长和医院“CT”中的X射线波长相同答案 B解析电磁波和声波都能传递信息，比如人们之间的语言交流，选项A错误；太阳光中的可见光属于电磁波，而“B 超”中的超声波属于机械波，它们的传播速度不同，选项C错误；遥控器发出的红外线波长比X射线波长大得多，选项D错误，正确选项为B.1．(多选)下列属于光的干涉现象的是()答案BC解析图A属于单缝衍射，图B属于薄膜干涉，图C属于薄膜干涉，图D属于白光的色散，故属于光的干涉现象的是B、C.2．(2015·浙江自选·13(1))以下说法正确的是()A．真空中蓝光的波长比红光的波长长B．天空中的彩虹是由光的干涉形成的C．光纤通信利用了光的全反射原理D．机械波在不同介质中传播，波长保持不变答案 C解析蓝光的频率大于红光的频率，蓝光的波长小于红光的波长，选项A错；天空中的彩虹是由光的折射形成的，选项B错；光纤通信利用了光的全反射原理，选项C正确；机械波在不同介质中传播，频率保持不变，波长发生变化，选项D错误．3．(2016·浙江3月联考)利用所学物理知识，可以初步了解常用的公交一卡通(IC卡)的工作原理及相关问题．IC 卡内部有一个由电感线圈L和电容C构成的LC振荡电路．公交车上的读卡机(刷卡时“嘀”的响一声的机器)向外发射某一特定频率的电磁波．刷卡时，IC卡内的线圈L中产生感应电流，给电容C充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输．下列说法正确的是()A．IC卡工作所需要的能量来源于卡内的电池B．仅当读卡机发射该特定频率的电滋波时，IC卡才能有效工作C．若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则线圈L中不会产生感应电流D．IC卡只能接收读卡机发射的电磁波，而不能向读卡机传输自身的数据信息答案 B解析由题意可知，该能量来自于电磁感应，即人刷卡的机械能转化为电能，故A 错误；为了使IC 卡中的感应电流达最大，应使LC 电路产生电谐振，故只有发射特定频率的电磁波时，IC 卡才能有效工作，故B 正确；若电磁波的频率偏离该频率，L 中仍可出现感应电流，但不会达到电谐振，故C 错误；IC 卡接收到读卡机发射的电磁波，同时将自身数据信息发送给读卡机进行处理，故D 错误．4．光的偏振现象说明光是横波．下列现象中不能反映光的偏振特性的是()A ．一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化B ．一束自然光入射到两种介质的分界面上，当反射光线与折射光线之间的夹角恰好是90°时，反射光是偏振光C ．日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振滤光片可以使景像更清晰D ．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹答案 D解析在垂直于传播方向的平面上，沿着某个特定方向振动的光是偏振光，A 、B 选项反映了光的偏振特性，C 是偏振现象的应用，D 是光的衍射现象．5．(多选)在双缝干涉实验中，某同学用黄光作为入射光．为了增大干涉条纹的间距，该同学可以采用的方法有(已知λ红>λ黄>λ蓝)()A ．改用红光作为入射光B ．改用蓝光作为入射光C ．增大双缝到屏的距离D ．增大双缝之间的距离答案 AC解析根据Δx ＝l dλ，要增大条纹间距Δx ，将l 、λ增大或将d 减小均可以．红光比黄光波长大，故A 选项正确；而蓝光比黄光波长小，故B 选项错误；增大双缝到屏的距离l ，则Δx 增大，故C 选项正确；增大双缝间的距离d ，则Δx 变小，故D 选项错误．6．如图1所示，有一玻璃三棱镜ABC ，顶角A 为30°，一束光线垂直于AB 射入棱镜，从AC 射出进入空气，测得出射光线与AC 夹角为30°，则棱镜的折射率为()图1A.12B.22C. 3D.33 答案 C解析顶角A 为30°，则光从AC 面射出时，在玻璃中的入射角θ1＝30°.由于出射光线和AC 的夹角为30°，所以折射角θ2＝60°.由光路可逆和折射率的定义可知n ＝sin θ2sin θ1＝3，C 项正确．7．为测量一块等腰直角三棱镜ABD 的折射率，用一束激光沿平行于BD 边的方向射向AB 边，如图2所示．激光束进入棱镜后射到AD 边时，刚好能发生全反射．该棱镜的折射率为()。