2018届高三物理(江苏)一轮复习练习：专题突破练8含答案

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2018届高三物理江苏一轮复习练习：部分第6章第2节电场能的性质含答案精品

第2节电场能的性质知识点1电场力做功与电势能1．电场力做功(1)特点：电场力做功和路径无关，只与初、末位置有关．(2)计算方法①W＝qEd，只适用于匀强电场，其中d为沿电场线方向的位移．②W AB＝qU AB，适用于任何形式的电场．2．电势能(1)定义：电荷在电场中某点的电势能，等于静电力把它从该点移动到零势能位置时所做的功．(2)静电力做功与电势能变化的关系静电力做的功等于电势能的减少量，W AB＝E p A－E p B.(3)电势能的相对性，电势能是相对的，通常把电荷在离场源电荷无穷远处的电势能规定为零，或把电荷在地球表面的电势能规定为零．知识点2电势与等势面1．电势(1)定义式：φ＝E p q.(2)矢标性：电势是标量，其大小有正负之分，其正(负)表示该点电势比电势零点高(低)．(3)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因电势零点选取的不同而不同．2．等势面的特点(1)等势面一定与电场线垂直，即跟场强的方向垂直．(2)在等势面上移动电荷时电场力不做功．(3)电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面．(4)等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小．知识点3电势差1．定义式U AB＝W AB q.2．电势差与电势的关系U AB＝φA－φB.3．影响因素电势差U AB由电场本身的性质决定，与移动的电荷q及电场力做的功W AB 无关，与零势点的选取无关．4．匀强电场中电势差与电场强度的关系(1)电势差与场强的关系式：U＝Ed，其中d为电场中两点间沿电场线方向的距离．(2)电场强度的方向和大小：电场中，场强方向是指电势降低最快的方向．在匀强电场中，场强在数值上等于沿电场方向每单位距离上降低的电势．1．正误判断(1)电场力做功与重力做功相似，均与路径无关．(√)(2)电场中电场强度为零的地方电势一定为零．(×)(3)沿电场线方向电场强度越来越小，电势逐渐降低．(×)(4)A、B两点间的电势差等于将正电荷从A点移到B点时静电力所做的功．(×)(5)A、B两点的电势差是恒定的，所以U AB＝U BA.(×)(6)电场线越密集的地方，等差等势线也越密集．(√)2．(对电势、电势能的理解)关于静电场，下列说法正确的是() 【导学号：96622105】A．电势等于零的物体一定不带电B．电场强度为零的点，电势一定为零C．同一电场线上的各点，电势一定相等D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加【答案】 D3．(电势和电场强度关系的理解)(多选)(2014·全国卷Ⅱ)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是()A．电场强度的方向处处与等势面垂直B．电场强度为零的地方，电势也为零C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向【答案】AD4．(对电势差概念的理解)(多选)关于电势差的计算公式，下列说法正确的是() 【导学号：96622106】A．电势差的公式U AB＝W ABq说明两点间的电势差U AB与电场力做的功W AB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比B．把正电荷从A点移到B点电场力做正功，则有U AB>0C．电势差的公式U AB＝W ABq中，U AB与移动电荷的电荷量q无关D．电场中A、B两点间的电势差U AB等于把正电荷q从A点移动到B点时电场力所做的功【答案】BC5．(等势面与电场力做功) (2015·全国卷Ⅰ)如图6-2-1，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等．则()图6-2-1A．直线a位于某一等势面内，φM>φQB．直线c位于某一等势面内，φM>φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功【答案】 B[核心精讲]1．电势高低的判断(1)依据电场线方向：沿电场线方向电势逐渐降低．(2)依据电场力做功：根据U AB＝W ABq，将W AB、q的正负号代入，由U AB的正负判断φA、φB的高低．(3)依据场源电荷的正负：取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低．2．电势能大小的判断(1)做功判断法：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加．(2)电荷电势法：正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大．(3)公式法：由E p＝qφp，将q、φp的大小、正负号一起代入公式，E p的正值越大，电势能越大；E p的负值越小，电势能越大．(4)能量守恒法：在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小；反之，动能减小，电势能增加．[题组通关]1．(多选)(2015·江苏高考)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图6-2-2所示．c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则()图6-2-2A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低ACD根据电场线的分布图，a、b两点中，a点的电场线较密，则a点的电场强度较大，选项A正确；沿电场线的方向电势降低，a点的电势低于b点的电势，选项B错误；由于c、d关于正电荷对称，正电荷在c、d两点产生的电场强度大小相等、方向相反；两负电荷在c点产生的电场强度为0，在d点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c点的电场强度比d点的大，选项C 正确；c、d两点中c点离负电荷的距离更小，c点电势比d点低，选项D正确．2．(2015·北京市东城区模拟)如图6-2-3所示，实线表示某匀强电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是()【导学号：96622107】图6-2-3A．1、2两点的场强不相等B．2、3两点的电势不相等C．1、2两点间的电势差等于1、3两点间的电势差D．电荷在1点具有的电势能一定大于其在2点具有的电势能C匀强电场的场强处处相同，选项A错误；2、3两点在同一等势面上，电势相等，故1、2两点间的电势差等于1、3两点间的电势差，选项B错误，C 正确；沿着电场线方向，电势逐渐降低，即φ1＞φ2，正电荷在电势高处，电势能大，而负电荷在电势高处，电势能小，由于电荷的正、负未知，电荷在1点处具有的电势能不一定大于其在2点处具有的电势能，选项D错误．[名师微博]1．电势和电势能都是标量，具有相对性，其正、负表示大小，某点电势为零，该点的电势能也一定为零．2．电势和电场强度是两个不同的物理量，分别从能的角度和力的角度描述电场，二者在大小上无必然联系．[核心精讲]1．几种常见的典型电场的等势面比较(1)运动粒子的曲线轨迹必定向电场力方向弯曲，即电场力方向指向曲线的内侧，且运动轨迹必定在v 和F 之间．先画出入射点的轨迹切线，即画出初速度的方向；再根据轨迹的弯曲方向，确定电场力方向．(2)电场线和等势面垂直，电场线从高电势指向低电势．(3)先根据电场线的方向以及疏密情况，确定场强及电性情况，定性判断电场力(或加速度)的大小和方向；再根据电场力方向与速度方向的关系来判断速度的变化情况以及运动性质．(4)根据电场力方向与速度方向的关系来判断电场力做功情况及判断电势能的变化情况，另外可以通过能量的转化和守恒确定电势能及动能的变化情况．[题组通关]3．(2016·全国甲卷)如图6-2-4所示，P 是固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆．带电粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点．若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、v b 、v c .则( )图6-2-4A ．a a >a b >a c ，v a >v c >v bB ．a a >a b >a c ，v b >v c >v aC ．a b >a c >a a ，v b >v c >v aD ．a b >a c >a a ，v a >v c >v bD a 、b 、c 三点到固定的点电荷P 的距离r b <r c <r a ，则三点的电场强度由E ＝k Q r 2可知E b >E c >E a ，故带电粒子Q 在这三点的加速度a b >a c >a a .由运动轨迹可知带电粒子Q 所受P 的电场力为斥力，从a 到b 电场力做负功，由动能定理－|qU ab |＝12m v 2b －12m v 2a <0，则v b <v a ，从b 到c 电场力做正功，由动能定理|qU bc |＝12m v 2c －12m v 2b >0，v c >v b ，又|U ab |>|U bc |，则v a >v c ，故v a >v c >v b ，选项D 正确．4．(多选)位于正方形四顶点上的四个等量点电荷的电场线分布如图6-2-5所示，ab 、cd 分别是正方形两条边的中垂线，O 点为中垂线的交点，P 、Q 分别为cd 、ab 上的点．则下列说法正确的是( )【导学号：96622108】图6-2-5A ．P 、O 两点的电势关系为φP ＝φOB ．P 、Q 两点的电场强度的大小关系为E Q ＜E PC ．若在O 点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力不为零D ．若将某一负电荷由P 点沿着图中曲线PQ 移到Q 点，电场力做负功 AB 根据电场叠加，由图象可知ab 、cd 两中垂线上各点的电势都为零，所以P 、O 两点的电势相等，A 正确；电场线的疏密表示场强的大小，根据图象知E P ＞E Q ，B 正确；四个点电荷在O 点产生的电场相互抵消，场强为零，故在O 点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力为零，C 错误；P 、Q 电势相等，若将某一负电荷由P 点沿着图中曲线PQ 移到Q 点，电场力做功为零，D 错误．[核心精讲]1．公式E ＝U d 的三点注意(1)只适用于匀强电场；(2)d 为某两点沿电场强度方向上的距离，或两点所在等势面之间的距离；(3)电场强度的方向是电势降低最快的方向．2．由E＝Ud可推出的两个重要推论推论1：如图6-2-6所示，匀强电场中任一线段AB的中点C的电势，等于两端点电势的等差中项，即φC＝φA＋φB2.图6-2-6 证明：设AC＝CB＝d，则φA－φC＝Ed cos θ，φC－φB＝Ed cos θ所以有：φC＝φA＋φB2.推论2：如图6-2-7所示，若匀强电场中两线段AB＝CD且AB∥CD，则φA－φB＝φC－φD.图6-2-7证明：设AB＝CD＝d，则φA－φB＝Ed cos θ，φC－φD＝Ed cos θ所以有：φA－φB＝φC－φD.[师生共研](多选)如图6-2-8所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10 cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1 V、2 V、3 V，正六边形所在平面与电场线平行．下列说法正确的是()图6-2-8A ．通过CD 和AF 的直线应为电场中的两条等势线B ．匀强电场的电场强度大小为10 V/mC ．匀强电场的电场强度方向为由C 指向AD ．将一个电子由E 点移到D 点，电子的电势能将减少1.6×10－19 J【合作探讨】(1)在匀强电场中，确定等势线的一般方法是什么？提示：利用几何关系确定两个等势点，它们的连线就是等势线．(2)由题知U BA ＝1 V ，问U DE 为多少伏？提示：U DE ＝U BA ＝1 V .(3)该题中如何求电场强度的大小？提示：由E ＝U d 求出，而d 是沿电场线方向上的距离，电场线与等势线垂直，故先确定等势线．ACD 因AC 的中点电势为2 V ，所以BE 为等势线，CD 、AF 同为等势线，故A 正确；CA 为电场线方向，电场强度大小E ＝U d ＝22×10×cos 30°×10－2V/m ＝203 3 V/m ，故B 错误，C 正确；由U ED ＝U BC ＝－1 V ，W ED ＝－eU ED ＝1.6×10－19 J.[题组通关]5．如图6-2-9所示，以O 点为圆心，以R ＝0.2 m 为半径的圆与坐标轴交点分别为a 、b 、c 、d ，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与x 轴正方向成θ＝60°角，已知a 、b 、c 三点的电势分别为4 3 V 、4 V 、－4 3 V ，则下列说法正确的是( ) 【导学号：96622109】图6-2-9A ．该匀强电场的场强E ＝40 3 V/mB ．该匀强电场的场强E ＝80 V/mC．d点的电势为－4 V D．d点的电势为－2 3 VC由电场公式可得E＝Ud＝43－4R cos 30°－R sin 30°＝40(V/m)，则选项A、B错误；由对称性可得U ab＝U dc，43－4＝φd－(－43)，解得φd＝－4 V，则选项C 正确．6．(多选)如下列选项所示，A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为φA＝5 V，φB＝2 V，φC＝3 V，H、F三等分AB，G为AC的中点，则能正确表示该电场强度方向的是()BC匀强电场中将任一线段等分，则电势差等分．把AB等分为三段，AB 间电压为3 V，则每等分电压为1 V，H点电势为4 V，F点电势为3 V，将FC 相连，则FC为等势线，电场线垂直于FC，从高电势指向低电势，C正确；把AC相连，分为两份，AC电压为2 V，则G点电势为4 V，GH为等势线，电场线垂直于GH，从高电势指向低电势，B正确．[核心精讲]1．求电场力做功的几种方法(1)由公式W＝Fl cos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为W＝Eql cos α.(2)由W AB＝qU AB计算，此公式适用于任何电场．(3)由电势能的变化计算：W AB＝E p A－E p B.(4)由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔE k.2．电场中的功能关系(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．(3)除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化．(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化．[师生共研]●考向1电场中功能关系的定性分析(多选)(2015·四川高考)如图6-2-10所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a()图6-2-10A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量【合作探讨】(1)从N到Q的过程中，库仑力的大小怎么变？提示：由库仑定律知，库仑力变大．(2)从P到Q的过程中，有哪些能量发生怎样的变化？提示：动能减小，重力势能增加，电势能增加．BC小球a从N点释放一直到达Q点的过程中，a、b两球的距离一直减小，库仑力变大，a受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A错误；小球a从N到P的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a球速率先增大后减小，选项B正确；小球a由N到Q的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C正确；小球a从P到Q的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则选项D错误．●考向2 电场中功能关系的定量计算(2014·全国卷Ⅰ)如图6-2-11所示，O 、A 、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA ＝60°，OB ＝32OA .将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A 点．使此小球带电，电荷量为q (q >0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB 所在平面平行．现从O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A 点，到达A 点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B 点，且到达B 点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g .求：图6-2-11(1)无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向．【规范解答】 (1)设小球的初速度为v 0，初动能为E k0，从O 点运动到A点的时间为t ，令OA ＝d ，则OB ＝32d ，根据平抛运动的规律有 d sin 60°＝v 0t① d cos 60°＝12gt 2② 又有E k0＝12m v 20③由①②③式得E k0＝38mgd④ 设小球到达A 点时的动能为E k A ，则E k A ＝E k0＋12mgd⑤ 由④⑤式得E k A E k0＝73. ⑥ (2)加电场后，小球从O 点到A 点和B 点，高度分别降低了d 2和3d 2，设电势能分别减小ΔE p A 和ΔE p B ，由能量守恒及④式得ΔE p A ＝3E k0－E k0－12mgd ＝23E k0⑦ ΔE p B ＝6E k0－E k0－32mgd ＝E k0 ⑧在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB 上的M 点与A 点等电势，M 与O 点的距离为x ，如图，则有x 32d＝ΔE p AΔE p B解得x ＝d .MA 为等势线，电场必与其垂线OC 方向平行．设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°.即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°设场强的大小为E ，有qEd cos 30°＝ΔE p A⑨由④⑦⑨式得E ＝3mg 6q . 【答案】 (1)73 (2)3mg 6q方向：与竖直向下成30°夹角向右 [题组通关]7．(多选)如图6-2-12所示，三根绝缘轻杆构成一个等边三角形，三个顶点上分别固定A 、B 、C 三个带正电的小球．小球质量分别为m 、2m 、3m ，所带电荷量分别为q 、2q 、3q .CB 边处于水平面上，ABC 处于竖直面内，整个装置都处于方向与CB 边平行向右的匀强电场中．现让该装置绕过中心O 并与三角形平面垂直的轴顺时针转过120°角，则A 、B 、C 三个球所构成的系统的( )图6-2-12A ．电势能不变B ．电势能减小C ．重力势能减小D．重力势能增大AD设绝缘轻杆长为2d，电场强度为E，顺时针转过120°过程中，电场力对A球做功W A＝Eqd.对B球做功W B＝－E·2q·2d＝－4Eqd.对C球做功W C＝E·3q·d.电场力对三个小球做总功为零，故三个小球组成的系统电势能不变，A项正确，B项错；以BC边所在水平面为零势能面，则系统初态重力势能为mgh(h为A点到BC的距离)，转过120°后，系统重力势能为3mgh，重力势能增大，D项正确，C项错．8．(2015·全国卷Ⅱ)如图6-2-13所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A、B两点间的电势差．【导学号：96622110】图6-2-13【解析】设带电粒子在B点的速度大小为v B.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即v B sin 30°＝v0sin 60°①由此得v B＝3v0 ②设A、B两点间的电势差为U AB，由动能定理有qU AB＝12m(v2B－v20) ③联立②③式得U AB＝m v20 q.【答案】m v20 q[典题示例]如图6-2-14所示，空间中存在沿x轴的静电场，其电势φ沿x轴的分布如图所示．x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电量为－q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，下列说法正确的是()图6-2-14A．粒子在x2点的速度为0B．从x1到x3点的过程中，粒子的电势能先减小后增大C．若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为2qφ0 mD．若v0＝2qφ0m，则粒子在运动过程中的最大动能为3qφ0C根据沿着电场线方向电势逐渐降低，由φ-t图象，画出沿x轴方向的场强方向(图中箭头指向)及各点电势分布如图所示．由图示知，O和x2两点电势相等，O到x2过程，电场力做功为0，动能不变，故粒子在x2点的速度为v0，选项A错误；从x1到x3过程中，电场力对负电荷一直做负功，粒子的电势能一直增加，选项B错误；从x3到x4过程中，电场力对负电荷做正功，故粒子若能到达x4点，需能到达x3点．粒子恰好到达x3，由动能定理得W＝qφ0＝12m v2，故v0大小至少为2qφ0m，选项C正确；粒子运动过程中，电场力所做正功的最大值为qφ0，若v0＝2qφ0m，则动能最大值为2qφ0，选项D错误．φ -x的图象的特点1．电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ-x图线存在极值，其切线的斜率为零；2．在φ -x 图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向；3．在φ -x 图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用W AB ＝qU AB ，进而分析W AB 的正负，然后作出判断．[题组通关]9．(2017·徐州模拟)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，其电势能E p 与位移x 的关系如图6-2-15所示．下列图象中合理的是( )图6-2-15D 由于粒子只受电场力作用，因此由F 电＝|ΔE p Δx |可知，E p -x 图象的斜率大小即为粒子所受电场力大小，从图象可知，图象的斜率随位移的增大而越来越小，因此粒子运动后所受的电场力随位移的增大而越来越小，因此电场强度越来越小，A 项错误；由于只受电场力作用，因此动能与电势能的和是定值，但从B 项和题图可以看出，不同位置的电势能与动能的和不是定值，B 项错误；粒子受到的电场力随位移的增大而越来越小，因此加速度随位移的增大而越来越小，D 项正确；若粒子的速度随位移的增大而均匀增大，则粒子的动能E k ∝x 2，结合题图和B 项分析可知C 错误．10．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，电场强度E 的大小与位移x 的关系如图6-2-16所示．下列选项中关系合理的是( ) 【导学号：96622111】图6-2-16B粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场强度越来越小，故粒子做加速度减小的加速运动，根据U＝Ed，U ab＝φa－φb，因为电场强度越来越小，故电势降低得越来越慢，应该是曲线，选项A错误；E k-x图象上某点的切线的斜率表示电场力，电场强度越来越弱，由F＝Eq知电场力越来越小，斜率越来越小，选项B正确；C项图象中速度随着位移均匀增加，而在电场中运动相同位移所用的时间逐渐减小，电场力减小导致加速度减小，故相同位移速度的变化量变小，与C项矛盾，选项C错误；粒子做加速度减小的加速运动，a＝Fm＝Eqm，故加速度的图象应该与E-x图象相似，选项D错误．。

2018届高三物理江苏一轮复习练习：部分第4章章末高

章末高效整合物理方法|类平抛运动的求解技巧1．类平抛运动的特点(1)受力特点物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直．(2)运动特点在初速度v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝F合m.2．类平抛运动的求解技巧(1)常规分解法将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性．(2)特殊分解法对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为a x、a y，初速度v0分解为v x、v y，然后分别在x、y方向列方程求解．在光滑的水平面内，一质量m＝1 kg的质点以速度v＝10 m/s沿x 轴正方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向(竖直方向)的恒力F＝15 N作用，直线OA与x轴成α＝37°，如图4-1所示曲线为质点的轨迹图(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：图4-1(1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交于P点，质点从O点到P点所经历的时间以及P点的坐标；(2)质点经过P点时的速度大小．【规范解答】(1)质点在水平方向上无外力作用做匀速直线运动，竖直方向受恒力F 和重力mg 作用做匀加速直线运动．由牛顿第二定律得：a ＝F －mg m ＝15－101 m/s 2＝5 m/s 2.设质点从O 点到P 点经历的时间为t ，P 点坐标为(x P ，y P )，则x P ＝v 0t ，y P ＝12at 2 又tan α＝y Px P联立解得：t ＝3 s ，x P ＝30 m ，y P ＝22.5 m. (2)质点经过P 点时沿y 轴正方向的速度 v y ＝at ＝15 m/s 故过P 点时的速度大小v P ＝v 20＋v 2y ＝513 m/s.【答案】 (1)3 s x P ＝30 m ，y P ＝22.5 m (2)513 m/s [突破训练]1．如图4-2所示，A 、B 两质点从同一点O 分别以相同的水平速度v 0沿x 轴正方向抛出，A 在竖直平面内运动，落地点为P 1；B 沿光滑斜面运动，落地点为P 2，P 1和P 2在同一水平面上，不计阻力，则下列说法正确的是( )【导学号：96622074】图4-2A ．A 、B 的运动时间相同 B ．A 、B 沿x 轴方向的位移相同C ．A 、B 运动过程中的加速度大小相同D ．A 、B 落地时速度大小相同D 设O 点与水平面的高度差为h ，由h ＝12gt 21，h sin θ＝12g sin θ·t 22可得：t 1＝2hg，t2＝2hg sin2θ，故t1<t2，A错误；由x1＝v0t1，x2＝v0t2可知，x1<x2，B错误；由a1＝g，a2＝g sin θ可知，C错误；A落地的速度大小为v A＝v20＋(gt1)2＝v20＋2gh，B落地的速度大小v B＝v20＋(a2t2)2＝v20＋2gh，所以v A＝v B，故D 正确．物理模型|宇宙多星模型1．宇宙双星模型(1)两颗双星做匀速圆周运动所需的向心力是由它们之间的万有引力提供的，故两行星做匀速圆周运动的向心力大小相等．(2)两颗行星均绕它们连线上的一点做匀速圆周运动，因此它们的运行周期和角速度是相等的．(3)两颗行星做匀速圆周运动的半径r1和r2与两行星间距L的大小关系：r1＋r2＝L.2．宇宙三星模型(1)如图4-3所示，三颗质量相等的行星，一颗行星位于中心位置不动，另外两颗行星围绕它做圆周运动．这三颗行星始终位于同一直线上，中心行星受力平衡．运转的行星由其余两颗行星的引力提供向心力：Gm2r2＋Gm2(2r)2＝ma向图4-3两行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小相等．(2)如图4-4所示，三颗质量相等的行星位于一正三角形的顶点处，都绕三角形的中心做圆周运动．每颗行星运行所需向心力都由其余两颗行星对其万有引力的合力来提供．图4-4Gm2L2×2×cos 30°＝ma向其中L ＝2r cos 30°.三颗行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小相等．(2015·安徽高考)由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式，三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O 在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动(图4-5所示为A 、B 、C 三颗星体质量不相同时的一般情况)．若A 星体质量为2m ，B 、C 两星体的质量均为m ，三角形的边长为a ，求：图4-5(1)A 星体所受合力大小F A ； (2)B 星体所受合力大小F B ； (3)C 星体的轨道半径R C ； (4)三星体做圆周运动的周期T .【规范解答】 (1)由万有引力定律可知，A 星体所受B 、C 星体引力大小为F BA ＝G m A m B r 2＝G 2m 2a 2＝F CA ，方向如图所示，则合力大小为F A ＝23G m 2a 2.(2)同上，B 星体所受A 、C 星体引力大小分别为F AB ＝G m A m B r 2＝G 2m 2a 2，F CB ＝G m C m B r 2＝G m 2a 2，方向如图所示．由F Bx ＝F AB cos 60 °＋F CB ＝2G m 2a 2， F By ＝F AB sin 60°＝3G m 2a 2，可得F B ＝F 2Bx ＋F 2By ＝7G m 2a 2.(3)通过分析可知，圆心O 在中垂线AD 的中点，则R C ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2，可得R C ＝74a .或⎝ ⎛由对称性可知OB ＝OC ＝R C ，cos ∠OBD ＝F Bx F B ＝ DB OB ＝12a R C ，得R C ＝⎭⎪⎫74a (4)三星体运动周期相同，对C 星体，由F C ＝F B ＝7G m 2a 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R C ，可得T ＝πa 3Gm .【答案】 (1)23G m 2a 2 (2)7G m 2a 2 (3)74a (4)πa 3Gm[突破训练]2．双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T ，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此时圆周运动的周期为( ) 【导学号：96622075】A.n 3k 2T B.n 3k T C.n 2k TD.n k TB 双星间的万有引力提供向心力．设原来双星间的距离为L ，质量分别为M 、m ，圆周运动的圆心距质量为m 的恒星距离为r .对质量为m 的恒星：GMm L 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2·r 对质量为M 的恒星：G Mm L 2＝M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2(L －r )得G M ＋m L 2＝4π2T 2·L 即T 2＝4π2L 3G (M ＋m )则当总质量为k (M ＋m )，间距为L ′＝nL 时，T ′＝n 3k T ，选项B 正确．高考热点1|平抛运动的临界问题解决平抛运动的临界问题要注意以下三点： (1)明确平抛运动的基本性质、公式； (2)确定临界状态；(3)确定临界轨迹，在轨迹示意图上寻找出几何关系．(2014·浙江高考)如图4-6所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20m/s 沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h ＝1.8 m ．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v ＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s ＝90 m 后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g ＝取10 m/s 2)图4-6(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L ＝410 m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)若靶上只有一个弹孔，求L 的范围．【思路导引】【规范解答】 (1)装甲车匀减速运动的加速度大小 a ＝v 202s ＝209 m/s 2.(2)第一发子弹飞行时间t 1＝Lv ＋v 0＝0.5 s弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m 第二发子弹的弹孔离地的高度 h 2＝h －12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫L －s v 2＝1.0 m两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时(第二发打到靶上)，装甲车离靶的距离为L 1 L 1＝(v 0＋v )2hg ＝492 m第二发子弹打到靶的下沿时(第一发打到地上)，装甲车离靶的距离为L 2 L 2＝v2hg ＋s ＝570 m故L 的范围为492 m<L ≤570 m.【答案】 (1)209 m/s 2 (2)0.55 m 0.45 m (3)492 m<L ≤570 m [突破训练]3．(2015·全国卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图4-7所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h .不计空气的作用，重力加速度大小为g .若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是( )图4-7A.L 12g6h <v <L 1g 6hB.L 14g h <v <(4L 21＋L 22)g6hC.L 12g 6h <v <12(4L 21＋L 22)g6h D.L 14g h <v <12(4L 21＋L 22)g6hD 设以速率v 1发射乒乓球，经过时间t 1刚好擦球网上边缘落到球网正中间．则竖直方向上有3h －h ＝12gt 21 ① 水平方向上有L 12＝v 1t 1 ②由①②两式可得v 1＝L 14g h设以速率v 2发射乒乓球，经过时间t 2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h ＝12gt 22③ 在水平方向有⎝ ⎛⎭⎪⎫L 222＋L 21＝v 2t 2 ④由③④两式可得v 2＝124L 21＋L 22 g6h则v 的最大取值范围为v 1＜v ＜v 2.故选项D 正确．高考热点2|万有引力定律的应用万有引力定律的应用是每年高考的必考内容，命题重点主要有两个：一是以现代航天科技为背景考查人造卫星的发射、运行、变轨对接等问题；二是与抛体运动、圆周运动和牛顿第二定律综合起来考查．(多选)宇宙飞船以周期T 绕地球做圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如图4-8所示．已知地球的半径为R ，地球质量为M ，引力常量为G ，地球自转周期为T 0，太阳光可看做平行光，宇航员在A 点测出的张角为α，则( )图4-8A ．飞船绕地球运动的线速度为2πRT sin α2B ．一天内飞船经历“日全食”的次数为TT 0C ．飞船每次“日全食”过程的时间为α2πT 0 D ．飞船周期为T ＝2πR sin α2RGM sin α2【规范解答】飞船绕地球运动的线速度为v ＝2πr T ，由几何关系知sin α2＝Rr ，所以v ＝2πRT sin α2，A 正确；又G Mm r 2 ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，由此得T ＝2πR sin α2RGM sin α2，D 正确；飞船每次经历“日全食”过程的时间为飞船转过α角所需的时间，即α2πT ，C 错误；一天内飞船经历“日全食”的次数为T 0T，B 错误．【答案】 AD [突破训练]4．一卫星绕火星表面附近做匀速圆周运动，其绕行的周期为T .假设宇航员在火星表面以初速度v 水平抛出一小球，经过时间t 恰好垂直打在倾角α＝30°的斜面体上，如图4-9所示．已知引力常量为G ，则火星的质量为( )【导学号：96622076】图4-9A.3v 3T 416Gt 3π4 B.33v 3T 416Gt 3π4 C.3v 2T 416Gt 3π4D.33v 2T 416Gt 3π4B 以M 表示火星的质量，r 0表示火星的半径，g ′表示火星表面附近的重力加速度，火星对卫星的万有引力提供向心力，有G Mm r 20＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 0，在火星表面有G Mm ′r 20＝m ′g ′；平抛小球速度的偏转角为60°，tan 60°＝g ′tv ，联立以上各式解得M ＝33v 3T 416Gt 3π4，B 正确．。

2018届高三物理江苏一轮复习练习：选考部分第11章第

第3节热力学定律与能量守恒定律知识点1热力学第一定律1．改变物体内能的两种方式(1)做功；(2)热传递．2．热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和．(2)表达式：ΔU＝Q＋W.3．ΔU＝W＋Q中正、负号法则1．热力学第二定律的两种表述(1)克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体．(2)开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响．或表述为“第二类永动机是不可能制成的．”2．用熵的概念表示热力学第二定律在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小．(填“增大”或“减小”)3．热力学第二定律的微观意义一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行．知识点3能量守恒定律和两类永动机1．能量守恒定律能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．2．能源的利用(1)存在能量耗散和品质下降．(2)重视利用能源时对环境的影响．(3)要开发新能源(如太阳能、生物质能、风能、水流能等)．3．两类永动机(1)第一类永动机：不消耗任何能量，却源源不断地对外做功的机器．违背能量守恒定律，因此不可能实现．(2)第二类永动机：从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化的机器．违背热力学第二定律，不可能实现．[核心精讲]1．ΔU＝Q＋W的三种特殊情况1．如图11-3-1所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)的容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞．今对活塞施加一竖直向下的压力F ，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小．若忽略活塞与容器壁间的摩擦，则被密封的气体( )图11-3-1A ．温度升高，压强增大，内能减少B ．温度降低，压强增大，内能减少C ．温度升高，压强增大，内能增加D ．温度降低，压强减小，内能增加C 容器绝热，活塞对气体做功，由热力学第一定律可知，气体内能增加；温度是分子平均动能的标志，气体内能增加，故温度一定升高；根据理想气体状态方程pV T ＝C (恒量)可知，T 增大，V 减小，则p 一定增大，C 正确．2.(多选)一定量的理想气体从状态a 开始，经历三个过程ab 、bc 、ca 回到原状态，其p -T 图象如图11-3-2所示．下列判断正确的是( ) 【导学号：96622195】图11-3-2A ．过程ab 中气体一定吸热B ．过程bc 中气体既不吸热也不放热C ．过程ca 中外界对气体所做的功等于气体所放的热D ．a 、b 和c 三个状态中，状态a 分子的平均动能最小AD 由p -T 图象可知过程ab 是等容变化，温度升高，内能增加，体积不变，由热力学第一定律可知过程ab 一定吸热，选项A 正确；过程bc 温度不变，即内能不变，由于过程bc 体积增大，所以气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，选项B 错误；过程ca 压强不变，温度降低，内能减少，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，放出的热量一定大于外界对气体做的功，选项C 错误；温度是分子平均动能的标志，由p -T 图象可知，a 状态气体温度最低，则分子平均动能最小，选项D 正确．3．一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280 J ，并对外做功120 J ，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240 J 热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？【解析】 (1)由热力学第一定律可得ΔU ＝W ＋Q ＝－120 J ＋280 J ＝160 J ，气体的内能增加了160 J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从状态2回到状态1的过程中内能的变化应等于从状态1到状态2的过程中内能的变化，则从状态2到状态1的内能应减少160 J，即ΔU′＝－160 J，又Q′＝－240 J，根据热力学第一定律得：ΔU′＝W′＋Q′，所以W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J，即外界对气体做功80 J.【答案】(1)增加了160 J(2)外界对气体做功80 J[名师微博]判定物体内能变化的方法1．内能的变化都要用热力学第一定律进行综合分析．2．做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W为正．3．与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0.4．如果研究对象是理想气体，则由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，主要体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化．[核心精讲]1．在热力学第二定律的表述中，“自发地”、“不产生其他影响”的含义(1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助．(2)“不产生其他影响”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响．如吸热、放热、做功等．2．热力学第二定律的实质热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与宏观过程的方向性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．3．热力学过程方向性实例热量Q能自发传给低温物体．(1)高温物体热量Q不能自发传给能自发地完全转化为(2)功热．不能自发地且不能完全转化为能自发膨胀到气体体积V2(V1<V2)．(3)气体体积V1不能自发收缩到能自发混合成混合气体AB.(4)不同气体A和B不能自发分离成[题组通关]4．(多选)根据热力学定律，下列说法中正确的是()A．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递B．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量C．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机D．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”AB热力学第二定律有两种表述：第一是热量不能自发地从低温物体传到高温物体，即自发热传递具有方向性，选项A中热量从低温物体传到高温物体是电冰箱工作的结果，选项A正确；第二是不可能从单一热库吸收热量，使之完全变为功，而不产生其他影响，即第二类永动机不存在，选项B正确，选项C 错误；由能量守恒定律知，能量总是守恒的，只是存在的形式不同，选项D错误．5．根据你学过的热学中的有关知识，判断下列说法中正确的是()A．机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化成机械能B．凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体C．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293 ℃D．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来A机械能可以全部转化为内能，而内能在引起其他变化时也可以全部转化为机械能，A正确；凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量可以自发地从高温物体传递给低温物体，也能从低温物体传递给高温物体，但必须借助外界的帮助，B 错误；尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机也不能使温度降到－293 ℃，只能无限接近－273.15 ℃，却永远不能达到，C 错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能制造出来，D 错误．[名师微博]两类永动机的比较[师生共研]如图11-3-3所示，汽缸A 、B 的长度均为60 cm ，截面积均为40 cm 2，C 是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D 为阀门．整个装置均由导热材料制成．原来阀门关闭，A 内有压强p A ＝2.4×105 Pa 的氧气．B 内有压强p B ＝1.2×105 Pa 的氢气．阀门打开后，活塞C 向右移动，最后达到平衡．求：图11-3-3(1)活塞C 移动的距离及平衡后B 中气体的压强；(2)活塞C 移动过程中B 中气体是吸热还是放热(简要说明理由)．(假定氧气和氢气均视为理想气体，连接汽缸的管道体积可忽略)【规范解答】 (1)根据玻意耳定律，对A 部分气体有p A LS ＝p (L ＋x )S对B 部分气体有p B LS ＝p (L －x )S代入相关数据解得x ＝20 cm ，p ＝1.8×105 Pa.(2)活塞C向右移动的过程中活塞对B中气体做功，而气体发生等温变化，内能不变，故B中气体向外界放热．【答案】(1)20 cm 1.8×105 Pa(2)活塞C移动过程中B中气体放热，理由见解析．气体实验定律与热力学定律的综合问题的处理方法1．气体实验定律的研究对象是一定质量的理想气体．2．解决具体问题时，分清气体的变化过程是求解问题的关键，根据不同的变化，找出与之相关的气体状态参量，利用相关规律解决．3．对理想气体，只要体积变化，外界对气体(或气体对外界)要做功，如果是等压变化，W＝pΔV；只要温度发生变化，其内能就发生变化．4．结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q求解问题．[题组通关]6．(多选)一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，气体的压强随热力学温度的变化如图11-3-4所示，则此过程()图11-3-4A．气体的密度增大B．外界对气体做功C．气体从外界吸收了热量D．气体分子的平均动能增大AB由图象可得：从状态A到状态B，该理想气体做等温变化，而压强变大，由理想气体状态方程pVT＝C，气体的体积V减小，由密度公式ρ＝mV，故气体的密度增大，选项A正确；温度是分子平均动能的标志，温度不变，气体分子的平均动能不变，选项D错误；一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度不变，内能不变，而体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，该气体要放热，故选项B正确，选项C错误．7．(2017·淮安模拟)如图11-3-5所示在绝热汽缸内，有一绝热轻活塞封闭一定质量的气体，开始时缸内气体温度为27 ℃，封闭气柱长9 cm，活塞横截面积S＝50 cm2.现通过汽缸底部电阻丝给气体加热一段时间，此过程中气体吸热22 J，稳定后气体温度变为127 ℃。

2018届高三物理江苏一轮复习练习：部分第5章章末高

章末高效整合物理方法|计算变力做功的五种方法方法1：利用动能定理求变力做功动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功也适用于求变力做功．因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选．方法2：利用微元法求变力做功将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和．此法在中学阶段，常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题．方法3：化变力为恒力求变力做功变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但若通过转换研究对象，有时可化为恒力做功，用W＝Fl cos α求解．此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中．方法4：利用平均力求变力做功在求解变力做功时，若物体受到的力方向不变，而大小随位移呈线性变化，即力均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为F＝F1＋F22的恒力作用，F1、F2分别为物体初、末态所受到的力，然后用公式W＝F l cos α求此力所做的功．方法5：利用F-x图象求变力做功在F-x图象中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)．用铁锤将一铁钉击入墙壁，设墙壁对铁钉的阻力与铁钉进入墙壁内的深度成正比．在铁锤击打铁钉第一次时，能把铁钉击入墙壁内1 cm.问铁锤击打铁钉第二次时，能将铁钉击入的深度为多少？(设铁锤每次做功相等) 【规范解答】解法一：平均力法铁锤每次做的功都用来克服摩擦阻力，但摩擦阻力不是恒力，其大小与铁钉的击入深度成正比，即F ＝kx ，而摩擦阻力可用平均阻力来代替．如图甲所示，第一次铁钉击入深度为x 1，平均阻力 F 1＝12kx 1，做功为W 1＝F 1x 1＝12kx 21甲第二次铁钉击入深度为x 1到x 2，平均阻力F 2＝12k (x 2＋x 1)，位移为x 2－x 1，做功为W 2＝F 2(x 2－x 1)＝12k (x 22－x 21)．两次做功相等，则W 1＝W 2，解得x 2＝2x 1＝1.41 cm ，故Δx ＝x 2－x 1＝0.41 cm.解法二：图象法因为阻力F ＝kx ，以F 为纵坐标，F 方向上的位移x 为横坐标，作出F -x 图象，如图乙所示．图线与横坐标轴所围面积的值等于阻力F 对铁钉做的功．乙由于两次做功相等，故有：S 1＝S 2(面积)，即12kx 21＝12k (x 2＋x 1)(x 2－x 1)，故Δx ＝x 2－x 1＝0.41 cm. 【答案】 0.41 cm [突破训练]1．(2017·淮安模拟)如图5-1所示，光滑水平平台上有一个质量为m 的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点竖直高度始终为h .当人以速度v 从平台的边缘处向右匀速前进位移x 时，则( ) 【导学号：96622098】图5-1 A．在该过程中，物块的运动可能是匀速的B．在该过程中，人对物块做的功为m v2x2 2(h2＋x2)C．在该过程中，人对物块做的功为12m v2D．人前进x时，物块的运动速率为v hh2＋x2B设绳子与水平方向的夹角为θ，则物块运动的速度v物＝v cos θ，而cos θ＝xh2＋x2，故v物＝v xh2＋x2，可见物块的速度随x的增大而增大，A、D均错误；人对物块的拉力为变力，变力的功可应用动能定理求解，即W＝12m v2物＝m v2x22(h2＋x2)，B正确，C错误．物理模型|机械能守恒中的轻杆模型1．模型构建：轻杆两端(或两处)各固定一个物体，整个系统一起沿斜面运动或绕某点转动，该系统即为机械能守恒中的轻杆模型．2．轻杆模型的四个特点：(1)忽略空气阻力和各种摩擦．(2)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等．(3)杆对物体的作用力并不总是指向杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒．(4)对于杆和物体组成的系统，没有外力对系统做功，因此系统的总机械能守恒．3．解决轻杆模型应注意的三个问题：(1)明确轻杆转轴的位置，从而确定两物体的线速度是否相等．(2)杆对物体的作用力方向不再沿着杆，故单个物体的机械能不守恒．(3)杆对物体做正功，使其机械能增加，同时杆对另一物体做负功，使其机械能减少，系统的机械能守恒．如图5-2所示，在长为L的轻杆中点A和端点B处各固定一质量为m 的球，杆可绕无摩擦的轴O 转动，使杆从水平位置无初速度释放摆下．求当杆转到竖直位置时，轻杆对A 、B 两球分别做了多少功？图5-2【思路导引】【规范解答】 A 、B 和杆组成的系统机械能守恒，以B 的最低点为零重力势能参考平面，可得2mgL ＝12m v 2A ＋12m v 2B ＋12mgL .又因A 球与B 球在各个时刻对应的角速度相同，故v B ＝2v A由以上两式得 v A ＝3gL5，v B ＝12gL 5根据动能定理，对于A 球有W A ＋mg L 2＝12m v 2A －0，所以W A ＝－0.2mgL 对于B 球有W B ＋mgL ＝12m v 2B －0，所以W B ＝0.2mgL .【答案】－0.2mgL 0.2mgL [突破训练]2．内壁光滑的环形凹槽半径为R ，固定在竖直平面内，一根长度为2R 的轻杆，一端固定有质量m 的小球甲，另一端固定有质量为2m 的小球乙．现将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点(如图5-3所示)，由静止释放后( )图5-3A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点D．杆从右向左滑回时，乙球一定不能回到凹槽的最低点A环形槽光滑，甲、乙组成的系统在运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，下滑过程中甲减少的机械能总是等于乙增加的机械能，甲、乙系统减少的重力势能等于系统增加的动能；甲减少的重力势能等于乙增加的势能与甲、乙增加的动能之和；由于乙的质量较大，系统的重心偏向乙一端，由机械能守恒，知甲不可能滑到槽的最低点，杆从右向左滑回时乙一定会回到槽的最低点．高考热点1|与功能关系相关的图象问题以图象的形式考查做功及功能关系，是近几年高考的热点题型．解决这类问题的关键是弄清图象所描述的各个物理过程，判断所遵循的规律．(多选)如图5-4所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A端无初速度放置一物块．选择B端所在的水平面为参考平面，物块从A端运动到B端的过程中，物块的机械能E与其位移x的关系图象可能正确的是()图5-4A B C D【规范解答】由于参考平面为B端所在水平面，因而初始机械能大于零．物块沿传送带下滑，若摩擦力一直沿传送带向下，摩擦力做正功，机械能增大，选项A错误，选项B正确；物块沿传送带下滑，若摩擦力先向下后向上，则摩擦力先做正功后做负功，机械能先增大再减小，选项C 错误，选项D 正确．【答案】 BD [突破训练]3．如图5-5所示为一质点由静止开始在合外力F 作用下的F -t 图象⎝ ⎛⎭⎪⎫F ＝－F 0sin 2πt t 4，力的方向始终在同一条直线上．下列说法中正确的是( ) 【导学号：96622099】图5-5A ．在t 1时刻质点的速度最大B ．在t 2时刻质点的动能最大C ．在t 4时刻质点刚好返回出发点D ．0～t 1与t 1～t 2时间内质点加速度的方向相反B 0～t 2时间内力的方向不变，所以t 2时刻质点的速度最大，动能最大，A 错，B 对；t 2～t 4时间内力的方向与0～t 2时间内相反，根据三角函数的对称性，t 4时刻质点离出发点最远，C 错；0～t 2时间内，力的方向不变，加速度的方向不变，D 错．高考热点2|用动力学和能量的观点解决多过程问题多过程问题在高考中常以压轴题的形式出现，涉及的模型主要有：木板滑块模型、传送带模型、弹簧模型等，涉及的运动主要有直线运动、圆周运动和平抛运动等．(2017·苏州模拟)如图5-6所示，长l ＝1 m 、厚度h ＝0.2 m 的木板A静止在水平面上，固定在水平面上、半径r ＝1.6 m 的四分之一光滑圆弧轨道PQ 的底端与木板A 相切于P 点，木板与圆弧轨道紧靠在一起但不粘连．现将小物块B 从圆弧上距P 点高度H ＝0.8 m 处由静止释放，已知A 、B 质量均为m ＝1 kg ，A 与B 间的动摩擦因数μ1＝0.4，A 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10 m/s 2.求：图5-6(1)小物块刚滑到圆弧轨道最低点P 处时对圆弧轨道的压力大小； (2)小物块从刚滑上木板至滑到木板左端过程中对木板所做的功； (3)小物块刚落地时距木板左端的距离．【规范解答】 (1)对B 下滑的过程由机械能守恒定律有 mgH ＝12m v 2，解得 v ＝2gH ＝4 m/s小物块滑到最低点P 处时，由牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v 2r解得F N ＝mg ＋m v 2r ＝20 N 由牛顿第三定律得F N ′＝20 N.(2)从小物块刚滑上木板至滑到木板左端过程中．对B 受力分析，由牛顿第二定律有a 1＝μ1mgm ＝μ1g ＝4 m/s 2 小物块B 做匀减速直线运动对A 受力分析，由牛顿第二定律有 a 2＝μ1mg －μ2·2mg m ＝2 m/s 2木板A 做匀加速直线运动又由l ＝x B －x A x B ＝v t －12a 1t 2 x A ＝12a 2t 2代入数据解得t ＝13 s(t ＝1 s 舍去)对A 由动能定理得W ＝μ1mg ·12a 2t 2＝49 J.(3)B 离开木板后以v 1＝v －a 1t ＝83 m/s 的初速度做平抛运动，至落地所需时间由h ＝12gt ′2，得t ′＝2hg ＝0.2 s木板A 将以v 2＝a 2t ＝23 m/s 、加速度a 3＝μ2mgm ＝μ2g ＝1 m/s 2做匀减速运动，物块B 落地时，两者相距Δx ＝v 1t ′－(v 2t ′－12a 3t ′2)代入数据得Δx ＝0.42 m.【答案】 (1)20 N (2)49 J (3)0.42 m [突破训练]4．如图5-7所示，光滑半圆轨道AB 竖直固定，半径R ＝0.4 m ，与水平光滑轨道相切于A .水平轨道上平铺一半径r ＝0.1 m 的圆形桌布，桌布中心有一质量m ＝1 kg 的小铁块保持静止．现以恒定的加速度将桌布从铁块下水平向右抽出后，铁块沿水平轨道经A 点进入半圆轨道，到达半圆轨道最高点B 时对轨道刚好无压力，已知铁块与桌布间动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2，求：图5-7(1)铁块离开B 点后在地面上的落点到A 的距离； (2)铁块到A 点时对圆轨道的压力大小； (3)抽桌布过程中桌布的加速度大小．【解析】 (1)在B 点，由牛顿第二定律，有mg ＝m v 2BR 从B 点抛出后水平方向x ＝v B t 竖直方向2R ＝12gt 2 代入数据得x ＝0.8 m.(2)A→B，由机械能守恒m v2A2＝2mgR＋m v2B2在A点，由牛顿第二定律N－mg＝m v2A R代入数据得N＝60 N由牛顿第三定律N′＝N＝60 N.(3)铁块脱离桌布时的速度v0＝v A铁块在桌布上做匀加速直线运动，设铁块加速度为a0，由牛顿第二定律μmg ＝ma0设铁块在桌布上的加速时间为t0，由运动学公式v0＝a0t0由公式r＝12at2－12a0t2代入数据得a＝5.25 m/s2.【答案】(1)0.8 m(2)60 N(3)5.25 m/s2。

2018届高三物理江苏一轮复习练习：部分第9章第1节电磁感应现象楞次定律含答案精品

第1节电磁感应现象楞次定律知识点1磁通量1．定义在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S和B的乘积．2．公式Φ＝B·S.适用条件：(1)匀强磁场；(2)S为垂直磁场的有效面积．3．矢标性磁通量的正、负号不表示方向，磁通量是标量．知识点2电磁感应现象1．电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象．2．产生感应电流的条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化．(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．知识点3感应电流方向的判断1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．(2)适用范围：一切电磁感应现象．2．右手定则(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导体运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．(2)适用情况：导体切割磁感线产生感应电流．1．正误判断(1)穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中不一定有感应电流产生．(×)(2)线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电流产生．(√)(3)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势．(√)(4)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反．(×)(5)回路不闭合，穿过回路的磁通量变化时，也会产生“阻碍”作用．(×)(6)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化．(√)2．(对磁通量概念的理解)如图9-1-1所示，正方形线圈abcd 位于纸面内，边长为L ，匝数为N ，过ab 中点和cd 中点的连线OO ′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B ，则穿过线圈的磁通量为( ) 【导学号：96622158】图9-1-1A.BL 22 B.NBL 22 C ．BL 2 D ．NBL 2【答案】 A3．(感应电流的产生条件)如图9-1-2所示，一通电螺线管b 放在闭合金属线圈a 内，螺线管的中心轴线恰和线圈的一条直径MN 重合．要使线圈a 中产生感应电流，可采用的方法有( )图9-1-2A ．使通电螺线管中的电流发生变化B ．使螺线管绕垂直于线圈平面且过线圈圆心的轴转动C ．使线圈a 以MN 为轴转动D ．使线圈绕垂直于MN 的直径转动【答案】 D4．(楞次定律的应用)如图9-1-3所示，一根条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，环中的感应电流(自左向右看)( )【导学号：96622159】图9-1-3A ．沿顺时针方向B．先沿顺时针方向后沿逆时针方向C．沿逆时针方向D．先沿逆时针方向后沿顺时针方向【答案】 C5．(右手定则的应用)(多选)在北半球，地磁场的水平分量由南向北，竖直分量竖直向下．北京平安大街上，如图9-1-4所示，某人骑车从东往西行驶，则下列说法正确的是()图9-1-4A．自行车左车把的电势比右车把的电势高B．自行车左车把的电势比右车把的电势低C．图中辐条AB此时A端比B端的电势高D．图中辐条AB此时A端比B端的电势低【答案】AD[核心精讲]1．磁通量发生变化的三种常见情况(1)磁场强弱不变，回路面积改变；(2)回路面积不变，磁场强弱改变；(3)回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生改变．2．判断电磁感应现象是否发生的一般流程[题组通关]1．(2014·全国卷Ⅰ)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是()A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化D选项A、B电路闭合，但磁通量不变，不能产生感应电流，故选项A、B不能观察到电流表的变化；选项C满足产生感应电流的条件，也能产生感应电流，但是等我们从一个房间到另一个房间后，电流表中已没有电流，故选项C 也不能观察到电流表的变化；选项D满足产生感应电流的条件，能产生感应电流，可以观察到电流表的变化，所以选D.2．在一空间有方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场，如图9-1-5所示，垂直纸面向外的磁场分布在一半径为a的圆形区域内，垂直纸面向里的磁场分布在除圆形区域外的整个区域，该平面内有一半径为b(b>2a)的圆形线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，线圈与半径为a的圆形区域是同心圆．从某时刻起磁感应强度大小开始减小到B2，则此过程中该线圈磁通量的变化量的大小为() 【导学号：96622160】图9-1-5A.12πB(b2－2a2) B．πB(b2－2a2)C．πB(b2－a2) D.12πB(b2－2a2)D计算磁通量Φ时，磁感线既有垂直纸面向外的，又有垂直纸面向里的，所以可以取垂直纸面向里的方向为正方向，磁感应强度大小为B时线圈磁通量Φ1＝πB(b2－a2)－πBa2，磁感应强度大小为B2时线圈磁通量Φ2＝12πB(b2－a2)－12πBa2，因而该线圈磁通量的变化量的大小为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝12πB(b2－2a2)，故选项D正确．[核心精讲]1．楞次定律中“阻碍”的含义谁阻碍谁感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场(原磁场)的磁通量的变化阻碍什么阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身如何阻碍当磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反；当磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，即“增反减同”阻碍效果阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，这种变化将继续进行2．感应电流方向判断的两种方法(1)用楞次定律判断(2)用右手定则判断该方法适用于部分导体切割磁感线．判断时注意掌心、四指、拇指的方向：①掌心——磁感线垂直穿入；②拇指——指向导体运动的方向；③四指——指向感应电流的方向．[师生共研]●考向1线圈类感应电流方向的判断(多选)下列各选项是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各选项中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是()CD根据楞次定律可确定感应电流的方向：以C选项为例，当磁铁向下运动时：(1)闭合线圈原磁场的方向——向上；(2)穿过闭合线圈的磁通量的变化——增加；(3)感应电流产生的磁场方向——向下；(4)利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相同．线圈的上端为S极，磁铁与线圈相互排斥．运用以上分析方法可知，C、D 正确．●考向2切割类感应电流方向的判断如图9-1-6所示，MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，垂直纸面向外的匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，则()图9-1-6A．若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→b→d→c→aB．若ab、cd以相同的速度一起向右运动，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→aC．若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路中的电流为零D．若ab、cd都向右运动，且两杆速度v cd>v ab，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→aD由右手定则可判断出A项做法使回路产生顺时针方向的电流，故A项错；若ab、cd同向运动且速度大小相同，ab、cd所围面积不变，磁通量不变，故不产生感应电流，故B项错；若ab向左，cd向右，则abdc回路中有顺时针方向的电流，故C项错；若ab、cd都向右运动，且两杆速度v cd>v ab，则ab、cd 所围面积发生变化，磁通量也发生变化，由楞次定律可判断出，abdc回路中产生顺时针方向的电流，故D项正确．[题组通关]3．(2017·南通模拟)如图9-1-7甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在0～T2时间内，直导线中电流向上，则在T2～T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力的合力方向分别是() 【导学号：96622161】图9-1-7A．顺时针，向左B．逆时针，向右C．顺时针，向右D．逆时针，向左B在0～T2时间内，直导线中电流向上，由题图乙知，在T2～T时间内，直导线电流方向也向上，根据安培定则知，导线右侧磁场的方向垂直纸面向里，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生逆时针方向的感应电流．根据左手定则，金属线框左边受到的安培力方向向右，右边受到的安培力向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属线框所受安培力的合力方向向右，故B正确，A、C、D错误．4．(多选)如图9-1-8所示，在直线电流附近有一根金属棒ab，当金属棒以b 端为圆心，以ab为半径，在过导线的平面内匀速旋转到达图中的位置时()图9-1-8A．a端聚积电子B．b端聚积电子C．金属棒内电场强度等于零D．棒ab两端的电势φa>φbBD根据右手定则可确定棒b端聚积电子，A错，B对；由于a、b两端存在电势差，φa>φb，故金属棒中电场强度不等于零，C错，D对．[典题示例](多选)如图9-1-9所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN 向右运动，则PQ所做的运动可能是()图9-1-9A．向右加速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向左减速运动【合作探讨】(1)如何判断MN所在处的磁场方向？由MN的运动方向，如何进一步判断MN中的电流方向？提示：根据安培定则判断ab中电流产生的磁场方向，进而确定MN处的磁场方向为垂直纸面向里，再由左手定则判断MN中电流的方向，应为由M到N.(2)如何判断线圈L1中的磁场方向和L2中磁场的方向及变化情况？提示：根据安培定则判断L1中的磁场方向，再由楞次定律判断L2中磁场的方向及变化．(3)如何判断PQ的运动情况？提示：已知L 2中的磁场方向及变化情况，可根据安培定则和右手定则判断PQ 的运动情况．BC MN 向右运动，说明MN 受到向右的安培力，因为ab 在MN 处的磁场垂直纸面向里――→左手定则MN 中的感应电流由M →N ――→安培定则L 1中感应电流的磁场方向向上――→楞次定律⎩⎨⎧L 2中磁场方向向上减弱L 2中磁场方向向下增强；若L 2中磁场方向向上减弱――→安培定则PQ 中电流为Q →P 且减小――→右手定则向右减速运动；若L 2中磁场方向向下增强――→安培定则PQ 中电流为P →Q 且增大――→右手定则向左加速运动．“三个定则、一个定律”的应用对比：[题组通关]5．(多选)如图9-1-10所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M 、N 两区的过程中，导体棒所受安培力分别用F M 、F N 表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是( )图9-1-10A ．F M 向右B ．F N 向左C ．F M 逐渐增大D ．F N 逐渐减小BCD根据直线电流产生磁场的分布情况知，M区的磁场方向垂直纸面向外，N区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小．当导体棒匀速通过M、N两区时，感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，故导体棒在M、N两区运动时，受到的安培力均向左，故选项A错误，选项B正确；导体棒在M区运动时，磁感应强度B变大，根据E＝Bl v，I＝ER及F＝BIl可知，F M逐渐变大，故选项C正确；导体棒在N区运动时，磁感应强度B变小，根据E＝Bl v，I＝ER及F＝BIl可知，F N逐渐变小，故选项D正确．[典题示例]如图9-1-11所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()图9-1-11A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力将增大D通过螺线管b的电流如图所示，根据右手螺旋定则判断出螺线管b所产生的磁场方向竖直向下，滑片P向下滑动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增强，根据楞次定律可知，线圈a中所产生的感应电流的磁场方向竖直向上，再由右手螺旋定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向，A错误；由于螺线管b中的电流增大，所产生的磁感应强度增强，线圈a 中的磁通量应变大，B错误；根据楞次定律可知，线圈a将阻碍磁通量的增大．因此，线圈a有缩小且远离螺线管的趋势，线圈a对水平桌面的压力将增大，C错误、D正确．四种常用推论对楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的“效果”总是阻碍产生感应电流的原因，可由以下四种方式呈现：1．阻碍原磁通量的变化，即“增反减同”．2．阻碍相对运动，即“来拒去留”．3．使线圈面积有扩大或缩小的趋势，即“增缩减扩”．4．阻碍原电流的变化(自感现象)，即“增反减同”．[题组通关]6.如图9-1-12所示，质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上．当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、匀速经过时，线圈始终保持不动．则关于线圈在此过程中受到的支持力F N和摩擦力F f的情况，以下判断正确的是() 【导学号：96622162】图9-1-12A．F N先大于mg，后小于mgB．F N一直大于mgC．F f先向左，后向右D．线圈中的电流方向始终不变A条形磁铁向右运动的过程中，线圈中的磁通量先增加后减小，为阻碍磁通量的变化，线圈先有向下的运动趋势，后有向上的运动趋势，故F N先大于mg，后小于mg，A项正确，B项错误；条形磁铁相对线圈一直向右运动，为阻碍相对运动，线圈有向右运动的趋势，故摩擦力F f一直向左，C项错误；线圈中的磁通量先增加后减小，据楞次定律可知，感应电流的方向(俯视)先逆时针后顺时针，D项错误．。

2018届高三物理江苏一轮复习练习：部分第9章第3节电磁感应定律的综合应用含答案精品

第3节电磁感应定律的综合应用知识点1电磁感应中的电路问题1．内电路和外电路(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路．2．电源电动势和路端电压(1)电动势：E＝Bl v或E＝n ΔΦΔt.(2)路端电压：U＝IR＝E－Ir. 知识点2电磁感应的图象问题1．能量的转化感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为内能．2．实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化．3．电磁感应现象中能量的三种计算方法(1)利用克服安培力求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．(2)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能．(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电热来计算．知识点4 电磁感应中的动力学问题1．安培力的大小⎭⎪⎬⎪⎫安培力公式：F A ＝BIl 感应电动势：E ＝Bl v 感应电流：I ＝E R ⇒F A ＝B 2l 2v R 2．安培力的方向(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向．(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反．3．安培力参与物体的运动导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题．1．正误判断(1)闭合电路的欧姆定律同样适用于电磁感应电路．(√)(2)“相当于电源”的导体棒两端的电压一定等于电源的电动势．(×)(3)电流一定从高电势流向低电势．(×)(4)在有安培力的作用下，导体棒不能做加速运动．(×)(5)电路中的电能增加，外力一定克服安培力做了功．(√)2．(电磁感应中的动力学问题)如图9-3-1所示，在一匀强磁场中有一U型导线框bacd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可以在ab 、cd 上无摩擦地滑动，杆ef 及线框中导体的电阻都可不计．开始时，给ef 一个向右的初速度，则( ) 【导学号：96622167】图9-3-1A ．ef 将减速向右运动，但不是匀减速B ．ef 将匀减速向右运动，最后静止C ．ef 将匀速向右运动D ．ef 将做往复运动【答案】 A3．(电磁感应中的电路问题)如图9-3-2，一个半径为L 的半圆形硬导体AB 以速度v 在水平U 形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B ，回路电阻为R 0，半圆形硬导体AB 的电阻为r ，其余电阻不计，则半圆形导体AB 切割磁感线产生感应电动势的大小及AB 之间的电势差分别为( )图9-3-2A ．BL v ；BL v R 0R 0＋rB ．2BL v ；BL vC ．2BL v ；2BL v R 0R 0＋rD ．BL v ；2BL v【答案】 C4．(对电磁感应中图象问题的理解)边长为a 的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中．现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图9-3-3所示，则下列选项与这一过程相符合的是( )图9-3-3【答案】 B5.(电磁感应中的功能关系)(2016·浙江高考)如图9-3-4所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a＝3l b，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()【导学号：96622168】图9-3-4A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D．a、b线圈中电功率之比为3∶1【答案】 B[师生共研]●考向1根据电磁感应的过程选图如图9-3-5所示，两磁感应强度大小相等、方向相反的有界磁场，磁场区域宽度均为d，一底边长为2d的三角形金属线框以一定的速度匀速通过两磁场的过程中，三角形线框中的感应电流i随时间t的变化图象正确的是(取逆时针方向为正)()图9-3-5D整个过程分为4个小过程，且由线框有效切割长度和几何关系可知，电流随时间线性变化：由1到2位置，产生逆时针方向的电流且均匀减小，设开始时电流大小为2I0，则由2I0减小到I0；由2到3位置，产生顺时针方向的电流，开始时电流大小为3I0，且均匀减小，一直减小到2I0；由3到4位置，产生逆时针方向的电流且由零均匀增大到I0；由4位置到最后全部出磁场，为逆时针方向的电流且由I0均匀减小到零；综上所述选项D正确．电磁感应中图象类选择题的两个常用方法1．排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项．2．函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断．●考向2根据图象信息分析电磁感应过程(多选)如图9-3-6甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN 的右侧存在磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场，MN 的左侧有一质量m ＝0.1 kg 的矩形线圈abcd ，bc 边长L 1＝0.2 m ，电阻R ＝2 Ω.t ＝0时，用一恒定拉力F 拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s ，线圈的bc 边到达磁场边界MN ，此时立即将拉力F 改为变力，又经过1 s ，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i 随时间t 变化的图象如图乙所示．则( )甲乙图9-3-6A ．恒定拉力大小为0.05 NB ．线圈在第2 s 内的加速度大小为1 m/s 2C ．线圈ab 边长L 2＝0.5 mD ．在第2 s 内流过线圈的电荷量为0.2 CABD 在第1 s 末，i 1＝E R ，E ＝BL 1v 1，v 1＝at 1，F ＝ma 1，联立得F ＝0.05 N ，A 项正确．在第2 s 内，由图象分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s 末i 2＝E ′R ，E ′＝BL 1v 2，v 2＝v 1＋a 2t 2，解得a 2＝1 m/s 2，B 项正确．在第2 s 内，v 22－v 21＝2a 2L 2，得L 2＝1 m ，C 项错误．q ＝ΔΦR ＝BL 1L 2R ＝0.2 C 、D 项正确．[题组通关]1．(多选)空间存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域横截面为等腰直角三角形，底边水平，其斜边长度为L .一正方形导体框abcd 边长也为L ，开始时正方形导体框的ab 边与磁场区域横截面的斜边刚好重合，如图9-3-7所示．由图示的位置开始计时，正方形导体框以平行于bc 边的速度v 匀速穿越磁场．若导体框中的感应电流为i ，a 、b 两点间的电压为U ab ，感应电流取逆时针方向为正，则导体框穿越磁场的过程中，i 、U ab 随时间的变化规律正确的是( )图9-3-7AD 在ab 边到e 点的过程中，ab 边切割磁感线的有效长度减小，则感应电动势逐渐减小，感应电流沿逆时针方向，a 、b 两点间的电压U ab 为负值，大小为电动势的34且均匀减小，ab 边越过e 点后，在cd 边接触磁场之前，线框中磁通量不变，没有感应电动势和感应电流；之后，cd 边切割磁感线，产生顺时针感应电流并逐渐减小，U ab 仍为负值，大小等于感应电动势的14，选项A 、D 正确，选项B 、C 错误．2．如图9-3-8甲所示，一半径r ＝0.5 m 、电阻为R ＝5 Ω、匝数为N ＝100匝的圆形线圈两端A 、C 与一个理想电流表相连，线圈内有变化的磁场，以垂直纸面向里的磁场方向为正，磁场随时间的变化情况如图乙所示，则下列判断中正确的是( ) 【导学号：96622169】图9-3-8A ．在0～5 s 的时间内，理想电流表示数的最大值为1 AB ．在t ＝4 s 时刻，流过电流表的电流方向为A →CC ．前2 s 内，通过线圈某截面的总电荷量为0.1 CD ．第2 s 内，线圈的发热功率最大C 由法拉第电磁感应定律可知，流过线圈的电流I ＝E R ＝N ΔΦΔt R ＝N ·πr 2R ·ΔB Δt ，由此式可知，B -t 图象的斜率越大，则在线圈中产生的感应电流就越大，因此可判断在第1 s 内的感应电流最大，代入数据有I m ＝0.1 A ，选项A 错误；在t ＝4 s 时，由题意可知，此时穿过线圈的磁场方向为垂直纸面向外且正在逐渐增大，由楞次定律可知线圈中产生的感应电流的方向为顺时针方向，因此流过电流表的电流方向为C →A ，选项B 错误；由图乙可知，前2 s 内只有第1 s 内有磁通量的变化，会产生感应电流，第2 s 内磁通量没有发生变化，所以不会产生感应电流，因此前2 s 内通过线圈某截面的电荷量实际上为第1 s 内的电荷量，由q ＝N ΔΦR 可得q ＝0.1 C ，选项C 正确，选项D 错误．[典题示例](2015·福建高考)如图9-3-9，由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abcd ，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中．一接入电路电阻为R 的导体棒PQ ，在水平拉力作用下沿ab 、dc 以速度v 匀速滑动，滑动过程PQ 始终与ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中( )图9-3-9A ．PQ 中电流先增大后减小B ．PQ 两端电压先减小后增大C ．PQ 上拉力的功率先减小后增大D ．线框消耗的电功率先减小后增大【解题关键】其电阻为R ，则电路的外电阻为R 外＝r (3R －r )r ＋(3R －r )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫r －3R 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3R 223R ，当r ＝3R 2时，R 外max ＝34R ，此时PQ 处于矩形线框的中心位置，即PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中外电阻先增大后减小．PQ中的电流为干路电流I＝ER外＋R内，可知干路电流先减小后增大，选项A错误；PQ两端的电压为路端电压U＝E－U内，因E＝Bl v不变，U内＝IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误；拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIl v，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确；线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为34R，小于内阻R；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误．解决电磁感应中的电路问题的一般步骤1．确定电源．切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用E＝n ΔΦΔt或E＝Bl v sin θ求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向．2．分析电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系)，画出等效电路图．3．利用电路规律求解．主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解．[题组通关]3．用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，如图9-3-10所示，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，当磁场以ΔBΔt的变化率增强时，不考虑磁场的变化对虚线右侧的影响，则() 【导学号：96622170】图9-3-10A．线圈中感应电流方向为adbcaB ．线圈中产生的电动势E ＝ΔB Δt ·l 2C ．线圈中a 点电势高于b 点电势D ．线圈中b 、a 两点间的电势差为l 2ΔB 4ΔtD 处于磁场中的线圈面积不变，ΔB Δt 增大时，通过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的方向为acbda 方向，A 项错；产生感应电动势的acb 部分等效为电源，b 端为等效电源的正极，电势高于a 端，C 项错；由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·l 22，知B 项错；adb 部分等效为外电路，b 、a 两点间电势差为等效电路的端电压，U ＝E 2R ·R ＝E 2，D 项正确．4．(多选)如图9-3-11所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l ＝1 m ，cd 间、de 间、cf 间分别接着阻值R ＝10 Ω的电阻．一阻值R ＝10 Ω的导体棒ab 以速度v ＝4 m/s 匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B ＝0.5 T 、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是( )图9-3-11A ．导体棒ab 中电流的流向为由b 到aB ．cd 两端的电压为1 VC ．de 两端的电压为1 VD ．fe 两端的电压为1 VBD 由右手定则可知ab 中电流方向为a →b ，A 错误．导体棒ab 切割磁感线产生的感应电动势E ＝Bl v ，ab 为电源，cd 间电阻R 为外电路负载，de 和cf间电阻中无电流，de 间和cf 间无电压，因此cd 和fe 两端电压相等，即U ＝E 2R ×R＝Bl v 2＝1 V ，B 、D 正确，C 错误.[典题示例](2014·江苏高考)如图9-3-12所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：图9-3-12(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.【规范解答】(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡：mg sin θ＝μmg cos θ解得导体棒与涂层间的动摩擦因数μ＝tan θ.(2)在光滑导轨上感应电动势：E＝BL v感应电流：I＝E R安培力：F安＝BIL受力平衡的条件是：F安＝mg sin θ解得导体棒匀速运动的速度v＝mgR sin θB2L2.(3)摩擦生热：Q T＝μmgd cos θ根据能量守恒定律知：3mgd sin θ＝Q＋Q T＋12m v2解得电阻产生的焦耳热Q＝2mgd sin θ－m3g2R2sin2θ2B4L4.【答案】 (1)tan θ (2)mgR sin θB 2L 2 (3)2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2 θ2B 4L 4用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：[题组通关]5．(2015·天津高考)如图9-3-13所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m ，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab 边长为l ，cd 边长为2l ，ab 与cd 平行，间距为2l .匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd 边到磁场上边界的距离为2l ，线框由静止释放，从cd 边进入磁场直到ef 、pq 边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef 、pq 边离开磁场后，ab 边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q .线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab 、cd 边保持水平，重力加速度为g .求：【导学号：96622171】图9-3-13(1)线框ab 边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd 边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上下边界间的距离H .【解析】 (1)设磁场的磁感应强度大小为B ，cd 边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v 1，cd 边上的感应电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律，有E 1＝2Bl v 1①设线框总电阻为R ，此时线框中电流为I 1，由闭合电路欧姆定律，有 I 1＝E 1R②设此时线框所受安培力为F 1，有 F 1＝2I 1Lb③由于线框做匀速运动，其受力平衡，有 mg ＝F 1④由①②③④式得 v 1＝mgR 4B 2l 2⑤设ab 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v 2，同理可得 v 2＝mgR B 2l 2⑥由⑤⑥式得 v 2＝4v 1.⑦(2)线框自释放直到cd 边进入磁场前，由机械能守恒定律，有 2mgl ＝12m v 21⑧线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 mg (2l ＋H )＝12m v 22－12m v 21＋Q ⑨由⑦⑧⑨式得 H ＝Qmg ＋28l .【答案】 (1)4倍 (2)Qmg ＋28l。

2018届高三物理江苏一轮复习练习：部分第10章第2节

第2节变压器电能的输送知识点1理想变压器1．构造(如图10-2-1所示)图10-2-1变压器由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成．2．基本关系(1)电压关系：U1U2＝n1n2.(2)功率关系：P入＝P出．(3)电流关系：①只有一个副线圈时：I1I2＝n2n1.②有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋U n I n. 知识点2远距离输电1．输电过程(如图10-2-2所示)图10-2-22．电压损失(1)ΔU ＝U －U ′ (2)ΔU ＝IR 3．功率损失(1)ΔP ＝P －P ′ (2)ΔP ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R4．减少输电线上电能损失的方法(1)减小输电线的电阻R 线．由R 线＝ρLS 知，可采用加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线．(2)减小输电导线中的电流．在输电功率一定的情况下，根据P ＝UI ，要减小电流，必须提高输电电压．知识点3 传感器的简单应用 1．传感器将输入的非电学量，如力、热、磁、光、声等，转换为电学量的装置． 2．传感器的工作原理非电学量传感器敏感元件转换元件转换电路电学量 3．四类常见的敏感元件(1)光敏电阻：在被光照时电阻发生变化，光照增强电阻减小，光照减弱电阻增大．(2)热敏电阻①正温度系数热敏电阻：温度升高电阻增大． ②负温度系数热敏电阻：温度升高电阻减小． (3)金属热电阻：电阻率随温度的升高而增大．(4)霍尔元件：能把磁感应强度这一磁学量转换成电压这一电学量的元件，U H ＝k IB d .1．正误判断(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)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．(×)(3)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小．(×)(4)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失．(√)(5)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗．(√)(6)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越大．(√)2．(理想变压器原理的理解)(多选)理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈两端接通交流电源，则() 【导学号：96622179】A．原、副线圈中电流频率之比f1∶f2＝10∶1B．原、副线圈两端电压之比为U1∶U2＝10∶1C．原、副线圈内交变电流之比I1∶I2＝1∶10D．变压器输入和输出功率之比P1∶P2＝10∶1【答案】BC3．(变压器规律的应用)(多选)(2017·无锡模拟)如图10-2-3所示，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A．以下判断正确的是()图10-2-3A．变压器输入功率为484 WB．通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC．通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3【答案】BD4．(远距离输电电损的理解)远距离输电时，在输送电功率不变的条件下() 【导学号：96622180】A．只有增大导线的电阻，才能减小电流，提高输电效率B．提高输电电压，能减小电流，提高输电效率C．提高输电电压势必增大输电导线上的能量损耗D．提高输电电压势必增大输电导线上的电流【答案】B[核心精讲]1．变压器的工作原理2．理想变压器的基本关系1．(多选)如图10-2-4所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2，原线圈的两端a 、b 接正弦式交流电源，电压表的示数为220 V ，负载电阻R 1＝66 Ω，R 2＝33 Ω，电流表的示数为0.4 A ．则下列判断中正确的是( )图10-2-4A．原、副线圈的匝数比为1∶10B．原、副线圈的匝数比为5∶1C．电流表的示数为2 AD．电流表的示数为0.4 ABC负载电阻R1＝66 Ω，R2＝33 Ω，并联后的电阻为R＝22 Ω，变压器输入功率P1＝U1I1＝P2＝I22R，所以电流表的示数为I2＝U1I1R＝2 A，C正确，D错误；原、副线圈的匝数比n1∶n2＝I2∶I1＝5∶1，A错误，B正确．2．(2016·全国乙卷)一含有理想变压器的电路如图10-2-5所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为() 【导学号：96622181】图10-2-5A．2B．3C．4D．5B设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI.根据变压器的输入功率等于输出功率得UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2联立两式代入数据解得k＝3，选项B正确．[名师微博]关于理想变压器的四点注意1．变压器不能改变直流电压．2．变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率． 3．理想变压器本身不消耗能量．4．理想变压器基本关系中的U 1、U 2、I 1、I 2均为有效值．[核心精讲]1．匝数比不变的情况(如图10-2-6所示)图10-2-6(1)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1决定输出电压U 2，可以得出不论负载电阻R 如何变化，U 2不变．(2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，根据输出电流I 2决定输入电流I 1，可以判断I 1的变化．(3)I 2变化引起P 2变化，根据P 1＝P 2，可以判断P 1的变化． 2．负载电阻不变的情况(如图10-2-7所示)图10-2-7(1)U 1不变，n 1n 2发生变化，U 2变化．(2)R 不变，U 2变化，I 2发生变化．(3)根据P 2＝U 22R 和P 1＝P 2，可以判断P 2变化时，P 1发生变化，U 1不变时，I 1发生变化．[师生共研](2015·安徽高考)如图10-2-8所示电路中，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置滑动到另一位置，观察到电流表的示数增大了0.2 A，电流表的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是()图10-2-8A．电压表示数增大B．电压表、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【合作探讨】(1)滑片移动时，的示数变了.的示数变吗？提示：的示数由的决定，故不变．(2)、的示数均变大了，变压器的输入功率P1、输出功率P2如何变？两者的关系如何变？提示：P1、P2均变大，但P1＝P2不变．D电压表的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时示数不变，选项A错误；电压表测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故示数不变，示数为示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故示数减小，选项B错误；理想变压器U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2＞ΔI1，故U2＜U1，变压器为降压变压器，选项C 错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，选项D正确．理想变压器动态分析的方法1．分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约的关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析、判定．2．电压、电流、功率之间的制约关系(1)U1决定U2(2)I2决定I1(3)P2决定P13．可以把理想变压器的副线圈看做是给用户供电的无阻电源，对负载电路进行动态分析时，可以参照直流电路动态分析的方法．[题组通关]3．(多选)(2017·徐州模拟)如图10-2-9所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈中心的抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝2202sin 100πt(V)，则()图10-2-9A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表V1的示数为22 VB．当t＝1600s时，电压表V0的读数为220 VC．单刀双掷开关与a连接，当滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表V1的示数增大，电流表示数变小D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表V1和电流表的示数均变小BC当单刀双掷开关与a连接时，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，副线圈输出电压为U2＝22 V，但电压表V1示数小于U2，故A错误；当t＝1 600s时，电压表V0的读数为有效值220 V，故B正确；单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，电路的总电阻变大，由于副线圈输出电压U2是由变压器决定的，所以电流表示数变小，电压表V1示数变大，故C正确；当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比变为5∶1，副线圈输出电压U2变大，电流表和电压表V1的示数均变大，故D错误．4．(多选)如图10-2-10所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R表示输电线的电阻，则() 【导学号：96622182】图10-2-10A ．用电器增加时，变压器输出电压增大B ．要提高用户的电压，滑动触头P 应向上滑C ．用电器增加时，输电线的热损耗减少D ．用电器增加时，变压器的输入功率增加BD 由于变压器原、副线圈匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，A 错误；根据变压器原理可知输出电压U 2＝n 2n 1U 1，当滑动触头P 向上滑时，n 2增大，所以输出电压增大，B 正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，C 错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，D 正确．[核心精讲] 1．理清三个回路图10-2-11远距离输电电网间的基本结构，如图10-2-11所示．输电过程的电路被划分为三个独立的回路，即电源回路、输送回路和用户回路．在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁．2．抓住两个联系(1)理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：线圈1(匝数为n 1)和线圈2(匝数为n 2)中各个量间的关系是：U 1U 2＝n 1n 2，I 1n 1＝I 2n 2，P 1＝P 2.(2)理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：线圈3(匝数为n 3)和线圈4(匝数为n 4)中各个量间的关系是：U 3U 4＝n 3n 4，I 3n 3＝I 4n 4，P 3＝P 4.3．掌握一个能量守恒定律发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈1，线圈1上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余的绝大部分通过降压变压器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为P 1＝P 线损＋P 用户．[师生共研](2015·福建高考)图10-2-12为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )图10-2-12A.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 2U 2m4r B.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 1U 2m 4r C ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2rD ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 12⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2rC 升压变压器T 的原线圈两端电压的有效值为U 1＝U m 2；由变压关系可得U 1U2＝n 1n 2，则U 2＝n 2U m 2n 1；因为输送电功率为P ，输电线中的电流为I 2＝P U 2＝2n 1Pn 2U m ，则输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 22(2r )＝4n 21P 2r n 22U 2m，故选项C 正确．输电线路功率损失的计算方法1．P损＝P－P′，P为输送的功率，P′为用户所得功率．2．P损＝I2线R线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻．3．P损＝ΔU2R线，ΔU为输电线路上损失的电压，R线为线路电阻．4．P损＝ΔUI线，ΔU为输电线路上损失的电压，I线为线路上的电流．[题组通关]5．如图10-2-13所示为远距离输电的原理图，变压器均为理想变压器，图中标出了各部分的电压和电流，输电线总电阻为R，以下结论正确的是()图10-2-13A．I2＝U2 RB．U2I2＝U4I4C．若用户的用电功率变大，则U4变大D．若用户的用电功率变大，则I1变大D在输电的回路中，有U2＝I2R＋U3，输电线上损失的电压小于升压变压器的输出电压，A错误；升压变压器的输入功率为总功率，等于输电线上的损耗功率和用户得到的功率之和，B错误；电厂输出的电压U1不变，则U2不变，若用户的用电功率变大，则输电电流变大，那么输电线上损失的电压变大，用户得到的电压变小，C错误，D正确．。

2018届高三物理一轮复习练习：专题突破练3 含答案

专题突破练(三)牛顿运动定律(限时：40分钟)对点强化1动力学中的传送带模型1．(多选)如图1所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0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运动情况的是() 【导学号：96622391】图1BD小木块刚放上之后的一段时间内所受摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律可得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，因传送带足够长，且μ<tan θ，故当小木块与传送带同速以后，小物块受沿斜面向上的摩擦力，由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，有a1>a2，故B、D正确，A、C错误．2．如图2所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是()图2A.Lv＋v2μg B.LvC.2Lμg D.2LvB因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则L ＝12μgt 2，得：t ＝2L μg ，C 正确；若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v 相等，则L ＝0＋v 2t ，有：t ＝2L v ，D 正确；若先匀加速到传送带速度v ，再匀速到右端，则v 22μg ＋v ⎝ ⎛⎭⎪⎫t －v μg ＝L ，有：t ＝L v ＋v 2μg ，A 正确；木块不可能一直匀速至右端，B 错误．3．一小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞的子弹击中并从物块中穿过，如图3甲所示．固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块被击中后的位移s 随时间t 的变化关系如图乙所示(图象前3 s 内为二次函数，3～4.5 s 内为一次函数，取向左运动的方向为正方向)．已知传送带的速度v 1保持不变，g 取10 m/s 2.甲乙图3(1)求传送带速度v 1的大小；(2)求t ＝0时刻物块速度v 0的大小．【解析】 (1)由s -t 的图象可知，物块被击穿后，先向左减速，2 s 末减到v ＝0，然后向右加速，3 s 末后与传送带共速v 1＝Δs ′Δt ＝2 m/s ，以后随传送带一起做匀速运动．(2)2 s ～3 s 内，物块向右匀加速运动，加速度大小a ＝μg ，v 1＝a Δt 10～2 s 内，物块向左匀减速运动，加速度大小a ＝μg解得t ＝0时刻物块的速度v 0＝aΔt 2＝4 m/s.【答案】 (1)2 m/s (2)4 m/s对点强化2 动力学中的“滑块、滑板”模型4．(多选)如图4所示，质量为m 1的足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m 2的木块．t ＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F ，分别用a 1、a 2和v 1、v 2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列选项中可能符合运动情况的是( )【导学号：96622392】图4AC 木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A 正确；木块可能相对木板向前滑，即木块的加速度大于木板的加速度，都做匀加速直线运动，故C 正确，B 、D 错误．5．(多选)(2017·徐州模拟)如图5所示，光滑水平面上放着质量为M 的木板，木板左端有一质量为m 的木块．现对木块施加一水平向右的恒力F ，木块与木板由静止开始运动，经过时间t 分离．下列说法正确的是( )图5A ．若仅增大木板的质量M ，则时间t 增大B ．若仅增大木块的质量m ，则时间t 增大C ．若仅增大恒力F ，则时间t 增大D ．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t 增大BD 由牛顿第二定律得，木块的加速度a 1＝F －μmg m ＝F m －μg ，木板的加速度a 2＝μmg M ，则L ＝12a 1t 2－12a 2t 2，t ＝2L a 1－a 2.若仅增大木板的质量M ，木块的加速度不变，木板的加速度减小，则时间t 减小，选项A 错误；若仅增大木块的质量m ，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则t 增大，选项B 正确；若仅增大恒力F ，则木块的加速度增大，木板的加速度不变，则t 减小，选项C 错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则t 增大，选项D 正确．6．(多选)如图6甲所示，在水平地面上有一长木板B ，其上叠放木块A .假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等．用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法中正确的是()【导学号：96622393】甲乙图6A．A的质量为0.5 kgB．B的质量为1.5 kgC．B与地面间的动摩擦因数为0.2D．A、B间的动摩擦因数为0.2AC当F≤3 N时，A、B均静止，表明B与地面间最大静摩擦力为3 N；当3 N<F≤9 N时，A、B一起以相同加速度运动，a＝F－μ2(m A＋m B)gm A＋m B＝1m A＋m BF－μ2g，由图象斜率知m A＋m B＝1.5 kg，又F＝3 N时，a＝0，代入关系式得μ2＝0.2；当F>9 N时，A的加速度为a A＝μ1g，根据图象可知μ1＝0.4，B的加速度为a B＝F－μ1m A g－μ2(m A＋m B)gm B，由图象斜率知m B＝1 kg，m A＝0.5 kg，A、C对．对点强化3动力学中的图象问题7．(多选)(2017·南通模拟)如图7甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2.下列选项正确的是() 【导学号：96622394】甲乙图7A．0～5 s内物块做匀减速运动B ．在t ＝1 s 时刻，恒力F 反向C ．恒力F 大小为10 ND ．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3BD 根据题图乙可知，物块先匀减速运动到x ＝5 m 处，此时速度减为零，之后向右做匀加速直线运动，加速运动到x ＝13 m 处时速度达到8 m/s ，设物块在匀减速运动时的加速度大小为a 1，在匀加速运动时的加速度大小为a 2，则a 1＝v 202x 1＝1022×5 m/s 2＝10 m/s 2，a 2＝v 2t 2x 0＝822×(13－5) m/s 2＝4 m/s 2，所以物块做匀减速运动的时间为t ＝v 0a 1＝1 s ，在t ＝1 s 时刻，恒力F 反向，选项A 错误，B 正确；根据牛顿第二定律有F ＋μmg ＝ma 1，F －μmg ＝ma 2，联立并代入数据可得，F ＝7 N ，μ＝0.3，选项C 错误，D 正确．8．如图8所示，质量分别为m 1、m 2的物块A 、B 用一轻质绳相连置于粗糙水平面上，用一水平力F (F ＝kt ，k 为大于0的常数)向右拉A ，已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数相等且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，绳的承受力足够大，则下列关于绳中弹力大小T 随时间t 的变化关系的选项中正确的是( )图8A 当μm 1g ≥F ＝kt 时，绳中无弹力，C 错；当μ(m 1＋m 2)g ≥kt >μm 1g 时，由力的平衡知T ＋μm 1g ＝kt ，即T 与时间成线性关系，当F >μ(m 1＋m 2)g 时，A 、B 一起向右加速，a ＝F －μ(m 1＋m 2)g m 1＋m 2，而T －μm 2g ＝m 2a ，联立得T ＝m 2m 1＋m 2kt ，即T 随时间变化的图线是一条过原点的直线，A 对，B 、D 错．9．(多选)如图9甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m 的小球．斜面以加速度a 水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和N .若T -a 图象如图乙所示，AB 是直线，BC 为曲线，重力加速度g 取10 m/s 2.则( )甲乙图9A ．a ＝403 m/s 2时，N ＝0B ．小球质量m ＝0.1 kgC ．斜面倾角θ的正切值为34D ．小球离开斜面之前，N ＝0.8＋0.06a (N)ABC 小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得T cos θ－N sin θ＝ma ，T sin θ＋N cos θ＝mg ，联立解得N ＝mg cos θ－ma sin θ，T ＝ma cosθ＋mg sin θ，所以T -a 图象呈线性关系，由题图乙可知a ＝403 m/s 2时，N ＝0，选项A 正确；当a ＝0时，T ＝0.6 N ，此时小球静止在斜面上，其受力如图(a)所示，所以mg sin θ＝T ；当a ＝403 m/s 2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图(b)所示，所以mg cot θ＝ma ，联立可得tan θ＝34，m ＝0.1 kg ，选项B 、C 正确；将θ和m 的值代入N ＝mg cos θ－ma sin θ得N ＝0.8－0.06a (N)，选项D 错误．(a) (b)对点强化4 动力学中的多过程问题10．“辽宁舰”在海上进行“歼－15”舰载机起降训练，如图10所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l 1＝1.6×102 m 的水平跑道和长度为l 2＝20 m 的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m ＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的110.假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，g取10 m/s2.【导学号：96622395】(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．图10【解析】(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力的作用，设加速度大小为a1，末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合＝F－f＝ma1 v21－v20＝2a1l1v1＝a1t1其中v0＝0，f＝0.1mg，代入已知数据可得a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有F′合＝F－f－mg sin θ＝ma2，其中sin θ＝hl2v22－v21＝2a2l2代入已知数据可得a2＝3.0 m/s2，v2＝ 1 720 m/s＝41.5 m/s.(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a′1、末速度大小为v′1，有F″合＝F推＋F－f＝ma′1v′21－v20＝2a′1l1飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用没有变化，加速度大小a′2＝a2＝3.0 m/s2v′22－v′21＝2a′2l2根据题意，v′2＝100 m/s，代入已知数据解得F推＝5.2×105 N.【答案】 (1)8.0 s 41.5 m/s (2)5.2×105 N11．如图11甲所示，可视为质点的A 、B 两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与A 、A 与B 间距均为d ＝0.5 m ，两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2.现以恒定的加速度a ＝2 m/s 2向右水平拉动纸带，重力加速度g 取10 m/s 2，求：甲乙图11(1)A 物体在纸带上的滑动时间；(2)在图乙的坐标系中定性画出A 、B 两物体的v -t 图象；(3)两物体A 、B 停在地面上的距离．【解析】 (1)两物体在纸带上滑动时均有μ1mg ＝ma 1当物体A 滑离纸带时12at 21－12a 1t 21＝d由以上二式可得t 1＝1 s(2)如图所示(3)物体A 离开纸带时的速度v 1＝a 1t 1两物体在地面上运动时均有μ2mg ＝ma 2物体A 从开始运动到停在地面上过程中的总位移x 1＝v 212a 1＋v 212a 2物体B 滑离纸带时12at 22－12a 1t 22＝2d物体B 离开纸带时的速度v 2＝a 1t 2物体B 从开始运动到停在地面上过程中的总位移x 2＝v 222a 1＋v 222a 2两物体A 、B 最终停止时的间距x ＝x 2＋d －x 1由以上各式可得x＝1.25 m.【答案】(1)1 s(2)见解析(3)1.25 m。

2018届高三物理江苏一轮复习练习：部分第7章第1节电流电阻电功率及焦耳定律含答案精品

第1节电流电阻电功率及焦耳定律知识点1电流1．定义电荷的定向移动形成电流．2．方向规定为正电荷定向移动的方向．3．三个公式(1)定义式：I＝q t.(2)决定式：I＝U R.(3)微观式：I＝neS v.知识点2电阻和电阻率1．电阻(1)定义式：R＝U I.(2)电阻定律：R＝ρL S.2．电阻率(1)物理意义：反映导体导电性能的物理量，是导体材料本身的属性．(2)电阻率与温度的关系：①金属的电阻率随温度的升高而增大．②半导体的电阻率随温度的升高而减小．③超导体：当温度降低到绝对零度附近时，某些材料的电阻率突然减小为零成为超导体．知识点3部分电路欧姆定律1．内容导体中的电流I跟导体两端的电压U成正比，跟导体的电阻R成反比．2．公式I＝U R.3．适用条件适用于金属导电和电解质溶液导电，适用于纯电阻电路．知识点4电功、电热、电功率1．电功(1)定义：导体中的恒定电场对自由电荷的电场力做的功．(2)公式：W＝qU＝IUt(适用于任何电路)．(3)电流做功的实质：电能转化为其他形式能的过程．2．电功率(1)定义：单位时间内电流做的功，表示电流做功的快慢．(2)公式：P＝Wt＝UI(适用于任何电路)．3．焦耳定律(1)电热：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比．(2)计算式：Q＝I2Rt.4．热功率(1)定义：单位时间内的发热量．(2)表达式：P＝Qt＝I2R.1．正误判断(1)由R＝UI知，导体的电阻与导体两端电压成正比，与流过导体的电流成反比．(×)(2)由I＝UR知，导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比．(√)(3)由ρ＝RSl知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积成正比，与导体的长度成反比．(×)(4)公式W＝UIt及Q＝I2Rt适用于任何电路．(√)(5)公式W＝U2R t＝I2Rt只适用于纯电阻电路．(√)(6)公式P＝UI和P＝Wt适用于任何电路的电功率计算．(√)2．(电流定义的理解及应用)某电解池，如果在1秒钟内共有5.0×1018个二价正离子和1.0×1019个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是()A．0 A B．0.8 AC．1.6 A D．3.2 A【答案】 D3.(电阻定律的理解)一根阻值为R的均匀电阻丝，长为L，横截面积为S，设温度不变，则在下列情况下其电阻值仍为R的是() 【导学号：96622119】A．当L不变，S增大一倍时B．当S不变，L增大一倍时C．L和S都缩小为原来的1 2D．当L和横截面的半径都增大一倍时【答案】 C4．(欧姆定律的理解)(多选)下列说法正确的是()A．R＝UI是电阻的定义式，提供了一种测定电阻的方法，并不说明电阻与U和I有关B．由R＝UI知，导体中的电流越大，电阻就越小C．由I＝UR知，电流跟导体两端电压成正比，跟导体的电阻成反比D．由I＝UR可知，通过一段定值电阻的电流跟加在它两端的电压成正比【答案】ACD5．(非纯电阻电路电功、电热的计算)一台直流电动机的电阻为R ，额定电压为U ，额定电流为I ，当其正常工作时，下述不正确的是( ) 【导学号：96622120】A ．电动机所消耗的电功率为UIB ．t s 内所产生的电热为UItC ．t s 内所产生的电热为I 2RtD ．t s 内输出的机械能为(U －IR )It 【答案】B[核心精讲](2015·安徽高考)如图7-1-1所示，一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n ，电子的质量为m 、电荷量为e .在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v ，则金属棒内的电场强度大小为( )图7-1-1A.m v 22eLB.m v 2Sne C ．ρne vD.ρe v SLC 由电流定义可知：I ＝q t ＝n v tSet ＝neS v ，由欧姆定律可得：U ＝IR ＝neS v ·ρLS ＝ρneL v ，又E ＝UL ，故E ＝ρne v ，选项C 正确． [题组通关]1．如图7-1-2所示为一磁流体发电机示意图，A 、B 是平行正对的金属板，等离子体(电离的气体，由自由电子和阳离子构成，整体呈电中性)从左侧进入，在t 时间内有n 个自由电子落在B 板上，则关于R 中的电流大小及方向判断正确的是( )图7-1-2A ．I ＝net ，从上向下 B ．I ＝2net ，从上向下 C ．I ＝net ，从下向上D ．I ＝2net ，从下向上A 由于自由电子落在B 板上，则A 板上落上阳离子，因此R 中的电流方向为自上而下，电流大小I ＝q t ＝net .A 项正确．2．有一横截面积为S 的铜导线，流经其中的电流为I ，设每单位体积的导线中有n 个自由电子，电子的电荷量为q .此时电子的定向移动速度为v ，在Δt 时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为( )A ．n v SB ．n v ΔtC.IΔtq D.IΔtSqC根据电流的定义式可知，在Δt内通过导线横截面的电荷量Q＝IΔt，所以在这段时间内通过的自由电子数为N＝Qq＝IΔtq，所以C项正确、D项错．由于自由电子定向移动的速度是v，因此在时间Δt内，位于以横截面S、长l＝vΔt的这段导线内的自由电子都能通过横截面(如图所示)．这段导线的体积V ＝Sl＝S vΔt，所以Δt内通过横截面S的自由电子数为N＝nV＝nS vΔt，选项A、B均错．[核心精讲]1．对电阻率的理解(1)电阻率可以用ρ＝RSL计算，在数值上等于用某种材料制成的长为1 m、横截面积为1 m2的导线的电阻值．(2)电阻率与导体材料有关，与导体长度L、横截面积S无关．(3)电阻率与温度有关．例如，金属材料的电阻率随温度的升高而增大．半导体材料的电阻率随温度的升高而减小．有些材料的电阻率几乎不受温度的影响，可制作标准电阻．2．电阻的决定式和定义式的区别3．关于材料的电阻率，下列说法正确的是( ) 【导学号：96622121】A ．把一根长导线截成等长的三段，则每段的电阻率都是原来的1/3B ．材料的电阻率随温度的升高而增大C ．通常情况下纯金属的电阻率较合金的电阻率小D ．电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大的导体对电流的阻碍作用越大C 材料的电阻率与长度无关，A 错误；半导体材料的电阻率随温度升高而减小，B 错误；通常情况下纯金属的电阻率较合金的电阻率小，C 正确；电阻率大的导体，电阻不一定大，D 错误．4．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律．有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a 、b 、c ，且a >b >c .电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是( )A 选项A 中电阻横截面积最大，长度最小，根据R ＝ρlS 可知，其电阻最小．选A.[名师微博]导体形变后电阻的分析方法1．导体的电阻率不变．2．导体的体积不变，由V ＝LS 可知L 与S 成反比． 3．在ρ、L 、S 都确定之后，应用电阻定律R ＝ρLS 求解．[核心精讲]1．欧姆定律的“二同”(1)同体性：指I 、U 、R 三个物理量必须对应同一段电路或同一段导体； (2)同时性：指U 和I 必须是导体上同一时刻的电压和电流． 2．伏安特性曲线的意义(1)由于导体的导电性能不同，所以不同的导体有不同的伏安特性曲线． (2)伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值，对应这一状态下的电阻．3．对伏安特性曲线的理解(1)图7-1-3甲中线a 、b 表示线性元件．图7-1-1乙中线c 、d 表示非线性元件．(2)I -U 图象中图线上某点与O 点连线的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，故R a <R b (如图7-1-3甲所示)．(3)图线c 的电阻减小，图线d 的电阻增大(如图7-1-3乙所示)．甲乙图7-1-3(4)伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值对应这一状态下的电阻．如图7-1-3乙所示，R 0＝U 0I 0.[师生共研](多选)小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图7-1-4所示，P 为图线上一点，PN 为图线在P 点的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，则下列说法中正确的是( )图7-1-4A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2C．对应P点，小灯泡的电阻为R＝U1 I2－I1D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小ABD在I-U图象中，图线上的点与O点的连线的斜率表示该点所对应的电压电流下电阻的倒数，图象中图线的斜率逐渐减小，电阻逐渐增大，A正确；对应P点，小灯泡的电压为U1，电流为I2，根据欧姆定律可知，小灯泡的电阻应为R＝U1I2，B正确，C错误；其工作功率为P＝U1I2，即为图中矩形PQOM所围的面积，D正确．[题组通关]5．在如图7-1-5所示的电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以AB 上各点相对点A的电压为纵坐标，各点离点A的距离x为横坐标，则U随x变化的图线应为图中的() 【导学号：96622122】图7-1-5A根据电阻定律，横坐标为x的点与点A之间的电阻R＝ρxS，这两点间的电压U＝IR＝IρxS，所以U与x成正比关系，故选项A正确．6．(多选)(2017·苏州模拟)如图7-1-6所示，图线1、2、3分别表示导体A、B、C的伏安特性曲线，其中导体C为一非线性电阻，当三导体串联接在电压恒为6 V的直流电源两端时，它们的电阻分别为R1、R2、R3，则下列说法正确的是()图7-1-6A．此时流过三导体的电流均为1 AB．R1∶R2∶R3＝1∶3∶2C．若将三导体串联后改接在3 V的直流电源上，则三导体的阻值之比不变D．若将三导体并联后接在3 V的直流电源上，则通过它们的电流之比为I1∶I2∶I3＝3∶2∶1AB由题中I -U图线可知，R1＝1 Ω、R2＝3 Ω、R3的电阻随两端所加电压变大而变小，当这三导体串联接在电压恒为6 V的直流电源两端时，其电流相等，为1 A，R1、R2、R3两端电压分别为1 V、3 V、2 V，总和为6 V，故选项A、B 正确；因导体C为一非线性电阻，电阻随两端所加电压变小而变大，故选项C 错误；从题中图线可得，选项D错误．[核心精讲]1．电功是电能转化为其他形式能的量度，电热是电能转化为内能的量度．计算电功时用公式W＝IUt，计算电热时用公式Q＝I2Rt.2．从能量转化的角度来看，电功和焦耳热之间的数量关系是W≥Q、UIt≥I2Rt.(1)纯电阻电路：如电炉等构成的电路，电流做功将电能全部转化为内能，此时有W＝Q.计算时可任选一公式：W＝Q＝Pt＝I2Rt＝UIt＝U2 R t.(2)非纯电阻电路：如含有电动机、电解槽等的电路，电流做功除将电能转化为内能外，还转化为机械能、化学能等，此时有W>Q.电功只能用公式W＝UIt 来计算，焦耳热只能用公式Q＝I2Rt来计算．对于非纯电阻电路，欧姆定律不再适用．[师生共研]如图7-1-7所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r＝0.8 Ω，电路中另一电阻R＝10 Ω，直流电压U＝160 V，电压表示数U V＝110 V．试求：图7-1-7(1)通过电动机的电流；(2)输入电动机的电功率；(3)若电动机以v＝1 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？(g取10 m/s2)【合作探讨】(1)要求通过电动机的电流，能否通过I＝UR来求解？为什么？若不能应如何求解？提示：由于电动机为非纯电阻电路，故电流不能用I＝UR来求解；可通过求解电阻R的电流来求解．(2)要求输入电动机的电功率能否通过P＝U2R来求解？提示：不能．可用P＝UI求解．(3)如何求解电动机的发热功率、机械功率？提示：P热＝I2r，P机＝P出＝P电－P热．【规范解答】(1)由电路中的电压关系可得电阻R的分压U R＝U－U V＝(160－110)V＝50 V，流过电阻R的电流I R＝U RR＝5010A＝5 A，即通过电动机的电流I M＝I R＝5 A.(2)电动机的分压U M＝U V＝110 V，输入电动机的功率P电＝I M U M＝550 W.(3)电动机的发热功率P热＝I2M r＝20 W，电动机输出的机械功率P出＝P电－P热＝530 W，又因P出＝mg v，所以m＝P出g v＝53 kg.【答案】(1)5 A(2)550 W(3)53 kg非纯电阻问题的“三点注意”1．无论是纯电阻还是非纯电阻，电功均为W＝UIt，电热均为Q＝I2Rt.2．处理非纯电阻的计算问题时，要善于从能量转化的角度出发，紧紧围绕能量守恒，利用“电功＝电热＋其他能量”寻找等量关系求解．3．非纯电阻在一定条件下可能变为纯电阻，如电动机卡住不转时即为纯电阻．[题组通关]7．电阻R和电动机M串联接到电路中，如图7-1-8所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作．设电阻R和电动机M 两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量为Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2，则有() 【导学号：96622123】图7-1-8A．U1＜U2，Q1＝Q2B．U1＝U2，Q1＝Q2C．W1＝W2，Q1＞Q2D．W1＜W2，Q1＜Q2A由于电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，根据焦耳定律，二者产生的热量相等，Q1＝Q2.电流通过电动机做功W2大于电流通过电阻R做功W1，即W1＜W2.电动机M两端的电压大于电阻两端电压，即U1＜U2.所以选项A 正确．8．一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A，通过洗衣机电动机的电流是0.50 A，则下列说法中正确的是()A ．电饭煲的电阻为44 Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440 ΩB ．电饭煲消耗的电功率为1 555 W ，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 WC ．1 min 内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J ，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 JD ．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍C 由于电饭煲是纯电阻元件，所以R 1＝UI 1＝44 Ω，P 1＝UI 1＝1 100 W ，其在 1 min 内消耗的电能W 1＝UI 1t ＝6.6×104 J ，洗衣机为非纯电阻元件，所以R 2≠UI 2，P 2＝UI 2＝110 W ，其在1 min 内消耗的电能W 2＝UI 2t ＝6.6×103 J ，其热功率P 热≠P 2，所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍．选C.。

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1 专题突破练(八) 磁场 (限时：40分钟) 对点强化1 磁场中的几何知识 1．(多选)如图1所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界．一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场．若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点．下列说法正确的有( )

图1 A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0 B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0

C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0－qBd2m

D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0＋qBd2m BC 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qv0B＝mv20r，所以r＝mv0qB，当带电粒子从不同方向由O点以速度v0进入匀强磁场时，其轨迹是半径为r的圆，轨迹与边界的交点位置最远是离O点2r的距离，即OA＝2r，落在A点的粒子从O点垂直入射，其他粒子则均落在A点左侧，若落在A点右侧则必须有更大的速度，选项B正确；若粒子速度虽然比v0大，但进入磁场时与磁场边界夹角过大或过小，粒子仍有可能落在A点左侧，选项A、D错误；若粒子落在A点左右两侧d的范围内，设其

半径为r′，则r′≥2r－d2，代入r＝mv0qB，r′＝mvqB，解得v≥v0－qBd2m，选项C正确． 2．如图2所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60 T，磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab板l＝16 cm处，有一个点状的α放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度

都是v＝3.0×106 m/s，已知α粒子的比荷qm＝5.0×107 C/kg，现只考虑在图纸平面中运动的α粒子，求ab上被α粒子打中的区域的长度．【导学号：96622415】 2 图2 【解析】 α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有

qvB＝mv2R

由此得R＝mvqB 代入数值得R＝10 cm 可见R因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点． NP1＝R2－l－R2＝8 cm 再考虑N的右侧，任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点．由图中几何关系得NP2＝2R2－l2＝12 cm 所求长度为P1P2＝NP1＋NP2 代入数值得P1P2＝20 cm. 【答案】 20 cm 对点强化2 带电粒子在交变电、磁场中的运动 3．如图3甲所示，两平行金属板正对放置，长度l＝10 cm，间距d＝5 cm，在两板间的中线OO′的O处有一个粒子源，沿OO′方向连续不断地放出速度v0＝1.0×105 m/s的质子．两平行金属板间的电压随时间变化的u-t图线如图乙所示，电场只分布在两板之间．靠近金属板边缘的右侧分布有范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B＝5×10－3 T，方向垂直于纸面向里，磁场边缘MN与中线OO′垂直．质

子的比荷qm＝1.0×108 C/kg，质子之间的作用力忽略不计，下列说法正确的是( ) 3 甲乙图3 A．有质子进入磁场区域的时间是0.15 s B．质子在电场中运动的最长时间是0.10 s C．质子在磁场中做圆周运动的最大半径是0.5 m D．质子在磁场中运动的最大速度是v0的2倍

C 质子在板间做类平抛运动，恰好从下板右边缘飞出时，在沿电场方向上d2＝qU02dmt2＝qU0l22dmv20

，解得U0＝25 V，即板间电压U≤25 V时，质子才能离开电场，即在

0～0.025 s和0.175～0.200 s内才有质子进入磁场，选项A错误；当U＝25 V时，质子离开电场时的偏转角最大，沿电场方向vy＝qU0dmt＝qU0ldmv0＝0.5×105 m/s，在电场中

的最大偏转角tan θ＝vyv0＝12，只要质子能离开电场，所运动时间最长，均为t＝lv0＝0.1 m1×105 m/s＝1×10－6 s，选项B错误；质子离开电场时的最大速度v＝v20＋v2y＝52

×105 m/s＝52v0，质子在磁场中的最大半径r＝mvqB＝0.5 m，选项C正确，选项D错误． 4．如图4甲所示，水平轨道光滑，小球质量为m，带电荷量为＋q，可看作质点，空间存在不断变化的电场和磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，磁感

应强度的大小B＝2πmq，方向垂直纸面向里．电场强度在第1 s,3 s，5 s，…时间内方

向水平向右，大小为E＝mgq，在第2 s，4 s，6 s，…时间内方向竖直向上，大小也为E＝mgq.小球从零时刻开始在A点由静止释放，求： (1)t＝1.5 s时，小球与A点的直线距离大小； 4 (2)在A点前方轨道正上方高度为h＝2gπ位置有圆环水平放置，若带电小球恰好可以从圆环中心竖直穿过，求圆环中心与A点的水平距离大小．【导学号：96622416】

图4 【解析】 (1)小球在第1 s内，竖直方向受力平衡，水平方向只受向右的电场力作用，做匀加速直线运动．设其加速度大小为a，则qE＝ma 可得a＝g 运动轨迹如图所示，1 s时小球到达1位置的速度为

v1＝at＝g(m/s)，位移x1＝at22＝g2(m)

第2 s内磁场向里，电场向上，且有qE＝mg，故小球做匀速圆周运动由qvB＝mv2r得r1＝mv1qB＝g2π(m) 周期T＝2πmqB＝1 s t＝1.5 s时，小球在圆轨迹的最高点，高度为2r1，则小球与A点的直线距离 s＝x21＋2r12＝g2ππ2＋4(m)． (2)第3 s内电场水平向右，没有磁场，小球以初速度v1、加速度a＝g做匀加速直线运动，第3 s末到达2位置，速度为v2，则

v2＝v1＋at＝2g(m/s)，位移大小x2＝v1t＋at22＝3g2(m)

小球在第4 s内电场力与重力平衡，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，周期T＝1 s 5 半径r2＝2×g2π＝gπ(m) 因此小球在奇数秒内做匀加速运动，在偶数秒内做匀速圆周运动，在圆轨迹的最低点速度为 v1＝g(m/s)，v2＝2g(m/s)，v3＝3g(m/s)

圆轨迹的半径分别为r1＝g2π(m)，r2＝2×g2π(m)，r3＝3×g2π(m)

在奇数秒内位移分别为x1＝g2(m)，x2＝3g2(m)，x3＝5g2(m) 小球恰好从圆环中竖直穿过，则圆轨迹半径恰好等于h，有 h＝2gπ＝4×g2π＝r4 因此圆环在小球运动的第四个圆轨迹与圆心等高处若小球向上竖直穿过圆环，则圆环与A点的水平距离为x＝x1＋x2＋x3＋x4＋r4＝

8g＋

π(m)

若小球竖直向下穿过圆环，则圆环与A点的水平距离为x＝x1＋x2＋x3＋x4－r4＝

8g－

π(m)．

【答案】 (1)g2ππ2＋4(m) (2)8g±2gπ(m) 对点强化3 带电粒子在磁场中的运动 5．(多选)如图5所示，在xOy平面内，有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，有一带电粒子从坐标原点O处以速度v0与y轴正方向夹角为30°进入磁场，粒子经过y轴正半轴．在离开磁场前粒子距x轴的最大距离是l，若磁感应强度是B，粒子的质量是m，电荷量是q，则下列说法正确的是( )

图5 A．粒子带正电 B．粒子在第Ⅰ象限和第Ⅱ象限的运动时间之比是3∶1 6 C．粒子的速度是qBl3m D．粒子与x轴正半轴的交点距出发点O的距离是23l3 BD 粒子向右偏转，由左手定则知，粒子带负电，选项A错误；由几何知识得粒子在第Ⅱ象限和第Ⅰ象限运动对应的圆心角分别是60°和180°，故粒子在第Ⅰ象限和第Ⅱ象限的运动时间之比是3∶1，选项B正确；当粒子速度方向与x轴平行时距

x轴最远，由几何知识得：r＋rsin 30°＝l，即r＝2l3，由r＝mv0qB得v0＝2qBl3m，选项C

错误；由几何知识得粒子与x轴正半轴的交点距出发点O的距离x＝3r＝23l3，选项D正确．

6．如图6所示，有一轴线水平且垂直纸面的固定绝缘弹性圆筒，圆筒壁光滑，筒内有沿轴线向里的匀强磁场，O是筒的圆心，圆筒的半径r＝0.40 m．在圆筒底部有一小孔a(只能容一个粒子通过)．圆筒下方一个带正电的粒子经电场加速后(加速电场未画出)，以v＝2×104 m/s的速度从a孔垂直磁场并正对着圆心O进入筒中，该带电粒子与圆筒壁碰撞4次后恰好又从小孔a射出圆筒．已知该带电粒子每次与筒

壁发生碰撞时电荷量和能量都不损失，不计粒子的重力和空气阻力，粒子的比荷qm＝5×107 C/kg，求磁感应强度B的大小．(结果允许含有三角函数式)【导学号：96622417】

图6 【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即

qvB＝mv2R 解得B＝mvqR 7 由于带电粒子与圆筒碰撞时无电荷量和能量损失，那么每次碰撞前后粒子速度大小不变、速度方向总是沿着圆筒半径方向，4个碰撞点与小孔a恰好将圆筒壁五等分，粒子在圆筒内的轨迹具有对称性、由5段相同的圆弧组成，设每段轨迹圆弧对应圆心角为θ，则由几何关系可得

tan θ2＝rR 有两种情形符合题意

甲乙情形1：如图甲所示，每段轨迹圆弧对应的圆心角为θ＝35π

解得B＝mvqrtan 3π10 将数据代入得B＝tan 3π10×10－3 T 情形2：如图乙所示，每段轨迹圆弧对应的圆心角为θ＝π5 解得B＝mvqrtan π10 将数据代入得B＝tan π10×10－3 T. 【答案】 tan 3π10×10－3 T或tan π10×10－3 T 对点强化4 带电粒子在复合场中的运动 7．如图7所示，在一宽度D＝16 cm的区域内，同时存在相互垂直的匀强磁场B和匀强电场E，电场的方向竖直向上，磁场的方向垂直纸面向外．一束带电粒子以速度v0同时从垂直电场和磁场的方向射入时，恰不改变运动方向．若粒子束射入时只有电场，可测得粒子穿过电场时沿竖直方向向上偏移6.4 cm；若粒子束射入时只有磁场，则粒子离开磁场时偏离原方向的距离是多少？不计粒子的重力．

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