2020高中物理冲A方案课件+知识清单+练习 (31)

第23讲实验：验证机械能守恒定律一、实验目的验证机械能守恒定律．二、实验原理1．在只有重力做功的自由落体运动中，物体的重力势能和动能互相转化，但总的机械能保持不变．若物体某时刻瞬时速度为v，下落高度为h，则重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为12m v2，判断它们在实验误差允许的范围内是否相等，若相等则验证了机械能守恒定律．2．速度的测量：做匀变速运动的纸带上某点的瞬时速度等于相邻两点间的平均速度v t＝v2t.计算打第n个点瞬时速度的方法是：测出第n个点的相邻前后两段相等时间T内下落的距离x n和x n＋1，由公式v n＝x n＋x n＋12T或v n＝h n＋1－h n－12T算出，如图所示．三、实验器材铁架台(含铁夹)、打点计时器、学生电源、纸带、复写纸、导线、毫米刻度尺、重物(带纸带夹)．四、实验步骤1．仪器安装按如图所示将检查、调整好的打点计时器竖直固定在铁架台上，接好电路．2．打纸带将纸带的一端用夹子固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手提着纸带，使重物静止在靠近打点计时器的地方．先接通电源，后松开纸带，让重物带着纸带自由下落．更换纸带重复做3～5次实验．3．选纸带分两种情况说明(1)如果根据12m v2＝mgh验证时，应选点迹清晰，打点成一条直线，且1、2两点间距离小于或接近2 mm的纸带．若1、2两点间的距离大于 2 mm，则可能是由于先释放纸带，后接通电源造成的．这样，第1个点就不是运动的起始点了，这样的纸带不能选．(2)如果根据12m v2B－12m v2A＝mgΔh验证时，由于重力势能的变化是绝对的，处理纸带时，选择适当的点为基准点，这样纸带上打出的第1、2两点间的距离是否接近2 mm就无关紧要了，只要后面的点迹清晰就可选用．五、数据处理1．求瞬时速度由公式v n＝h n＋1－h n－12T可以计算出重物下落h1、h2、h3、…的高度时对应的瞬时速度v 1、v 2、v 3、….2．验证守恒方法一：利用起始点和第n 点计算，代入gh n 和12v 2n ，如果在实验误差允许的范围内，gh n ＝12v 2n ，则验证了机械能守恒定律． 方法二：任取两点A 、B 测出h AB ，算出gh AB 和⎝ ⎛⎭⎪⎫12v 2B －12v 2A 的值，如果在实验误差允许的范围内，gh AB ＝12v 2B －12v 2A ，则验证了机械能守恒定律．方法三：图象法，从纸带上选取多个点，测量从第一点到其余各点的下落高度h ，并计算各点速度的平方v 2，然后以12v 2为纵轴，以h 为横轴，根据实验数据绘出12v 2-h 图线．若在误差允许的范围内图象是一条过原点且斜率为g 的直线，则验证了机械能守恒定律．六、误差分析1．系统误差本实验中因重物和纸带在下落过程中要克服各种阻力(空气阻力、打点计时器阻力)做功，故动能的增加量ΔE k 稍小于重力势能的减少量ΔE p ，即ΔE k <ΔE p ，这属于系统误差，改进的方法是调整器材的安装，尽可能地减小阻力．2．偶然误差本实验的另一误差来源于长度的测量，属于偶然误差．减小误差的方法是测下落距离时都从O 点测量，一次将各打点对应的下落高度测量完，或者多次测量取平均值．七、注意事项1．应尽可能控制实验条件，即应满足机械能守恒的条件，这就要求尽量减小各种阻力的影响，采取的措施有：(1)安装打点计时器时，必须使两个限位孔的中线严格竖直，以减小摩擦阻力．(2)应选用质量和密度较大的重物，增大重力可使阻力的影响相对减小，增大密度可以减小体积，可使空气阻力减小．2．实验中，提纸带的手要保持不动，且保证纸带竖直，接通电源，待打点计时器工作稳定后再松开纸带．3．验证机械能守恒时，可以不测出重物质量，只要比较12v2n和gh n是否相等即可验证机械能是否守恒．4．测量下落高度时，为了减小测量值h的相对误差，选取的各个计数点要离起始点远一些，纸带也不宜过长，有效长度可在60～80 cm之间．5．速度不能用v n＝gt n或v n＝2gh n计算，否则犯了用机械能守恒定律验证机械能守恒的错误．1.用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压为6 V的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对图中纸带上的点痕进行测量，即可验证机械能守恒定律．(1)下面列举了该实验的几个操作步骤：A．用天平测出重锤的质量；B．按照图示的装置安装器件；C．将打点计时器接到电源的“直流输出”上；D．先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带；E．测量纸带上某些点间的距离；F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能．其中没有必要进行的步骤是A，操作不当的步骤是C.(2)利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值．根据打出的纸带，选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E，测出各点之间的距离如图所示．使用电源的频率为f，则计算重锤下落的加速度的表达式a＝(x3＋x4－x1－x2)f24.(用x1、x2、x3、x4及f表示)(3)在验证机械能守恒定律的实验中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能，其主要原因是重锤和纸带下落过程中存在阻力作用，可以通过该实验装置测阻力的大小．若已知当地重力加速度为g，还需要测量的物理量是重锤的质量m.试用这些物理量和纸带上的数据符号表示重锤和纸带在下落过程中AE段受到的平均阻力大小F f＝m[g－(x3＋x4－x1－x2)f24]．解析：(1)物体的质量在验证机械能守恒定律的实验中可以约去，所以没有必要的步骤是A；打点计时器应接交流电源，所以操作不当的步骤是C.(2)根据匀变速直线运动的推论知，a 1＝x 3－x 12T 2，a 2＝x 4－x 22T 2，而T ＝1f ， 则加速度a ＝a 1＋a 22＝(x 4＋x 3－x 2－x 1)f 24. (3)根据牛顿第二定律得，mg －F f ＝ma ，则F f ＝mg －ma ＝m [g －(x 4＋x 3－x 2－x 1)f 24]，知还需要测量的物理量是重锤的质量m . 2．有一种“傻瓜”照相机，其光圈(进光孔径)随被拍摄物体的亮度自动调节，而快门(曝光时间)是固定不变的．一位同学利用“傻瓜”照相机来做“验证机械能守恒定律”的实验．(1)首先这个同学事先测定了相机的曝光时间为t .(2)这位同学提出了下述实验方案：他从墙面前某点O ，使一个小石子自由落下，对小石子照相得到如图甲的照片，由于小石子的运动，它在照片上留下一条模糊的径迹AB .通过测量OA 的距离h ，AB 的距离x ，当地的重力加速度为g ，由于相机曝光时间很短，可以认为A 点的速度近似等于AB 段的平均速度．则石子划过A 点时的速度大小v ＝x t .(用题中给出的物理量字母表示)(3)多次改变高度h ，重复上述实验，作出x 2随h 变化的图象如图乙所示，当图中已知量x 2、H 和重力加速度g 及曝光时间为t 满足表达式gH ＝x 22t 2时，可判断小球下落过程中机械能守恒． 解析：(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，石子划过A 点的速度大小v ＝x t .(3)若机械能守恒，则有mgH ＝12m v 2＝12m x 2t 2，即gH ＝x 22t 2. 3．某同学在资料中查得弹簧弹性势能表达式为E p ＝12kx 2(k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量)，他利用如图甲所示的装置进行实验，水平放置的弹射装置将质量为m 的小球弹射出去，测出小球通过两个竖直放置的光电门的时间间隔为Δt ，用刻度尺测出弹簧的压缩量为x,1、2光电门间距为L ，则(1)小球射出时速度大小为v ＝L Δt ，弹簧弹性势能E p ＝mL 22Δt 2(用题中的字母表示)．(2)该同学改变弹簧压缩量x ，多次进行实验，利用测得数据，画出如图乙所示E p 与x 2的关系图线，根据图线求得弹簧的劲度系数k ＝200_N/m.(3)由于重力作用，小球被弹射出去后运动轨迹会向下偏转，这对实验结果无(选填“有”或“无”)影响．解析：(1)由图甲可知，弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变，故其弹射速度为通过光电门的水平速度，v ＝L Δt，根据机械能守恒有E p ＝12m v 2＝mL 22Δt 2. (2)根据E p ＝12kx 2得，0.03 J ＝12k ×3×10－4 m 2，解得k ＝200 N/m.(3)由于重力作用，小球被弹射出去后运动轨迹会向下偏转，由于重力不影响弹力做功的结果，有没有重力做功，小球的水平速度均不会变化，所以对实验结果无影响．突破点一 实验原理与操作例1 (2017·天津卷)如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律．(1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是________(填选项前的字母)．A ．重物选用质量和密度较大的金属锤B．两限位孔在同一竖直面内上下对正C．精确测量出重物的质量D．用手托稳重物，接通电源后，撤手释放重物(2)某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50 Hz的交流电源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示．纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点．重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有________(填选项前的字母)．A．OA、AD和EG的长度B．OC、BC和CD的长度C．BD、CF和EG的长度D．AC、BD和EG的长度【尝试解题】(1)利用此装置验证机械能守恒定律，根据实验原理可判断出A、B能减小下落过程中空气阻力和摩擦力，能有效减小实验误差，A、B正确．机械能守恒定律表达式中，重物的质量可以约去，精确测量质量不能减小误差，C错误；用手托住重物，撤手后最初一段时间，重物所做运动并不一定是自由落体运动，该操作增大误差，D错误．(2)利用测量值能完成验证机械能守恒定律的依据就是重力做功和动能的变化量之间的关系，所以我们必须要确定好初、末位置的速度以及初、末位置的高度差，从四组数据可以看出，B、C两组数据满足此要求，所以B、C正确．【答案】(1)AB(2)BC1．(2019·漳州检测)用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压有6 V的交流电和直流电两种．重物从高处由静止开始下落，重物拖着纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点进行测量，即可验证机械能守恒定律．(1)下面列举了该实验的几个操作步骤：A．按照图示的装置安装器件；B．将打点计时器接到电源的直流输出端上；C．用天平测出重物的质量；D．释放纸带，同时接通电源开关打出一条纸带；E．测量打出的纸带上某些点之间的距离；F．根据测量的结果计算重物下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能．其中没有必要进行或者操作不恰当的步骤是BCD.(将其选项对应的字母填在横线上)(2)在验证机械能守恒定律的实验中，若以12v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出12v 2-h 的图象应是过原点的倾斜直线才能验证机械能守恒定律.12v 2-h 图象的斜率等于重力加速度的数值． 解析：(1)打点计时器应接到电源的交流输出端上，故B 错误；验证机械能是否守恒只需验证mgh ＝12m v 2，即gh ＝12v 2，故m 可约去，不需要用天平．故C 没有必要进行；开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重物，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故D 错误．(2)利用12v 2-h 图线处理数据，物体自由下落过程中机械能守恒，mgh ＝12m v 2，即12v 2＝gh ，所以以12v 2为纵轴，以h 为横轴，画出的图线应是过原点的倾斜直线．那么12v 2-h 图线的斜率就等于重力加速度g .突破点二 数据处理与分析例2 利用如图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验．甲(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的________．A．动能变化量与势能变化量B．速度变化量和势能变化量C．速度变化量和高度变化量(2)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________．A．交流电源B．刻度尺C．天平(含砝码)(3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为h A、h B、h C.已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m.从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔE p＝________，动能变化量ΔE k＝________.乙(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是________．A．利用公式v＝gt计算重物速度B．利用公式v＝2gh计算重物速度C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响D．没有采用多次实验取平均值的方法(5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2-h图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒．请你分析论证该同学的判断依据是否正确．【尝试解题】(1)在“验证机械能守恒定律”实验中，重物下落，重力势能减少，动能增加，要验证机械能是否守恒，需比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量大小是否相等，故选A.(2)实验时用到电磁打点计时器，则必须使用交流电源．在计算动能和势能变化量时，需用刻度尺测量位移和重物下落高度．在比较动能变化量和势能变化量是否相等时需验证12m (v 22－v 21)＝mgh 是否成立，而等式两边可约去质量m ，故不需要天平．故选A 、B.(3)从打O 点到打B 点的过程中，重物下落h B ，重力势能减少，则重物的重力势能变化量ΔE p ＝－mgh B .动能增加，则动能的变化量ΔE k ＝12m v 2B －0＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h C －h A 2T 2－0＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h C －h A 2T 2. (4)重物在下落过程中，除受重力外还存在空气阻力和摩擦阻力的影响，重物的重力势能要转化为重物的动能和内能，则重力势能的减少量大于动能的增加量，选项C 正确．(5)不正确．v 2-h 图象为一条直线，仅表明物体所受合力恒定，与机械能是否守恒无关．例如，在本实验中若存在恒定阻力，则物体的机械能不守恒，但mgh －F f h ＝12m v 2，v 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫g －F f m h ，v 2-h 为一条过原点的直线，故该同学判断不正确．要想通过v 2-h 图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g .【答案】 (1)A (2)AB (3)－mgh B 12m ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h C －h A 2T 2 (4)C (5)该同学的判断依据不正确．在重物下落h 的过程中，若阻力F f 恒定，根据动能定理得，mgh －F f h ＝12m v 2－0⇒v 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫g －F f m h 可知，v 2-h 图象就是过原点的一条直线．要想通过v 2-h 图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g .2．用如图甲实验装置验证m 1、m 2组成的系统机械能守恒．m 2从高处由静止开始下落，m 1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒．图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，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乙所示．已知电源频率为50 Hz ，m 1＝50 g 、m 2＝150 g ，g 取10 m/s 2，则(1)在纸带上打下计数点5时的速度v ＝2.4 m/s.(2)在打点0～5过程中系统动能的增加量ΔE k ＝0.576 J ，系统势能的减少量ΔE p ＝0.600 J ，由此得出的结论是在误差允许的范围内，系统机械能守恒．(3)实验结果显示ΔE p >ΔE k ，那么造成这一现象的主要原因是摩擦阻力造成的机械能损失．(4)若某同学作出12v 2-h 图象如图丙所示，则当地的实际重力加速度g ＝9.7 m/s 2.解析：(1)在纸带上打下计数点5时的速度v ＝x 462T ＝(21.60＋26.40)×10－20.2m/s ＝2.4 m/s. (2)在打点0～5过程中系统动能的增加量ΔE k ＝12(m 1＋m 2)v 2＝12×0.2×2.42 J ＝0.576 J ；系统重力势能的减少量ΔE p ＝(m 2－m 1)gh ＝0.1×10×(0.216＋0.384) J ＝0.600 J ，在误差允许的范围内，系统机械能守恒．(3)因空气阻力、纸带与限位孔间的阻力及滑轮轴间阻力做负功，使系统重力势能的减少量大于系统动能的增加量．(4)由系统机械能守恒得(m 2－m 1)gh ＝12(m 1＋m 2)v 2，解得12v 2＝m 2－m 1m 1＋m 2gh ，图线的斜率k ＝m 2－m 1m 1＋m 2g ＝5.821.20m/s 2，解得g ＝9.7 m/s 2. 突破点三 实验的改进与创新例3 如图甲是验证机械能守恒定律的实验．小圆柱由一根不可伸长的轻绳拴住，轻绳另一端固定．将轻绳拉至水平后由静止释放．在最低点附近放置一组光电门，测出小圆柱运动到最低点的挡光时间Δt ，再用游标卡尺测出小圆柱的直径d ，如图乙所示，重力加速度为g .则(1)小圆柱的直径d ＝________cm.(2)测出悬点到圆柱重心的距离l ，若等式gl ＝________成立，说明小圆柱下摆过程机械能守恒．(3)若在悬点O 安装一个拉力传感器，测出绳子上的拉力F ，则要验证小圆柱在最低点的向心力公式还需要测量的物理量是________(用文字和字母表示)，若等式F ＝________成立，则可验证向心力公式F n ＝m v 2R .【尝试解题】 (1)小圆柱的直径d ＝10 mm ＋2×0.1 mm ＝10.2 mm ＝1.02 cm.(2)根据机械能守恒定律得mgl ＝12m v 2， 所以只需验证gl ＝12v 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 2，就说明小圆柱下摆过程中机械能守恒．(3)若测量出小圆柱的质量m ，则在最低点由牛顿第二定律得F－mg ＝m v 2l ，若等式F ＝mg ＋m d 2l Δt 2成立，则可验证向心力公式，可知需要测量小圆柱的质量m .【答案】 (1)1.02(2)12⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 2 (3)小圆柱的质量m mg ＋m d 2l Δt 23．某实验小组利用如图所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒，装置中的气垫导轨工作时可使滑块悬浮起来，以减小滑块运动过程中的阻力．实验前已调整气垫导轨底座保持水平，实验中测量出的物理量有：钩码的质量m 、滑块的质量M 、滑块上遮光条由图示初始位置到光电门的距离x .(1)若用游标卡尺测得遮光条的宽度为d ，实验时挂上钩码，将滑块从图示初始位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt ，则可计算出滑块经过光电门时的速度为d Δt. (2)要验证系统的机械能守恒，除了已经测量出的物理量外还需要已知当地的重力加速度．(3)本实验通过比较mgx 和d 22Δt 2(M ＋m )在实验误差允许的范围内相等(用物理量符号表示)，即可验证系统的机械能守恒．解析：(1)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，可知滑块经过光电门的速度大小v ＝d Δt. (2)以钩码和滑块所组成的系统为研究对象，其重力势能的减小量为mgx ，系统动能的增量为12(M ＋m )v 2＝12(M ＋m )d 2Δt 2，可知还需要知道当地的重力加速度．(3)验证重力势能的减小量mgx 和动能的增加量d 22Δt 2(M ＋m )是否相等即可．。

第40讲法拉第电磁感应定律 自感 涡流知识点一 法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势．(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关．(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断．2．法拉第电磁感应定律(1)内容：感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．(2)公式：E ＝n ΔΦΔt，其中n 为线圈匝数． (3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I ＝E R ＋r. 3．导体切割磁感线的情形(1)若B 、l 、v 相互垂直，则E ＝Bl v .(2)v ∥B 时，E ＝0.知识点二 自感、涡流1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感．(2)自感电动势 ①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势．②表达式：E ＝L ΔI Δt .(3)自感系数L①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．②单位：亨利(H)，1 mH＝10－3H,1 μH＝10－6 H.2．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的漩涡所以叫涡流．(1)Φ＝0，ΔΦΔt不一定等于0.(√)(2)感应电动势E与线圈匝数n有关，所以Φ、ΔΦ、ΔΦΔt的大小均与线圈匝数有关．(×)(3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大．(√)(4)当导体在匀强磁场中垂直磁场方向运动时(运动方向和导体垂直)，感应电动势为E＝BL v.(√)(5)涡流就是自感．(×)1．在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，规定线圈中感应电流方向如图甲所示的方向为正．当磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示时，下图中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是( B )解析：由感应定律和欧姆定律得I ＝E R ＝ΔΦΔt ·R ＝S R ×ΔB Δt，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B 随t 的变化率．由图乙可知，0～1 s 时间内，B 增大，Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反(感应磁场的磁感应强度的方向向下)，由楞次定律得，感应电流是顺时针的(从上向下看)，因而是正值，所以可判断0～1 s 为正的恒值；在1～2 s 内，磁感应强度不变，则感应电动势为零，所以感应电流为零；同理2～4 s ，磁场在减小，由楞次定律可知，感应电流与原方向相反，即为负的恒值；根据感应定律和欧姆定律得I ＝E R ＝ΔΦΔt ·R＝S R ×ΔBΔt ，可知，斜率越大的，感应电动势越大，感应电流越大．故B 项正确，A 、C 、D 项错误．2.如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线PQ、MN为磁感应强度为B的匀强磁场的边界，PQ与MN平行且相距2a，磁场方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达PQ边界开始到C点离开MN位置．下列结论正确的是(C)A．回路中感应电流方向始终相同B．回路受到的安培力方向先向左后向右C．回路中感应电动势最大值E m＝Ba vD．回路中感应电动势平均值E＝12Ba v解析：在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向；当线圈出磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针方向，故A项错误；根据左手定则可以判断，回路受安培力方向始终向左，故B项错误；当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大，为E m＝Ba v，故C项正确；进入磁场的过程中，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值E＝ΔΦΔt ＝B·12πa22av＝14πBa v，同理，出磁场的过程中产生的平均电动势也是14πBa v ，故D 项错误． 3．如图所示，abcd 为水平放置的平行光滑金属导轨，导轨间距为l ，电阻不计．导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B .金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M 、N ，并与导轨成θ角．金属杆以ω的角速度绕N 点由图示位置匀速转动到与导轨ab 垂直，转动过程金属杆与导轨始终良好接触，金属杆单位长度的电阻为r .则在金属杆转动过程中( A )A ．M 、N 两点电势相等B ．金属杆中感应电流的方向是由N 流向MC ．电路中感应电流的大小始终为Blω2rD ．电路中通过的电量为Bl 2r tan θ解析：由于导轨电阻不计，所以路端电压为零，即M 、N 两点间的电压为零，M 、N 两点电势相等，A 项正确；根据楞次定律可得回路中的感应电流方向为顺时针，所以金属杆中感应电流的方向是由M 流向N ，B 项错误；设MN 在回路中的长度为x ，其接入电路的电阻为R ＝rx ，根据导体转动切割磁感应线产生的感应电动势大小计算公式可得E ＝12Bx 2ω，感应电流的大小为：I ＝E R ＝12Bx 2ωrx ＝Bxω2r ，由于x 逐渐减小，所以感应电流逐渐减小，C项错误；由于金属棒MN 在回路中的有效切割长度逐渐减小，所以接入电路的电阻逐渐减小，不能根据q ＝ΔΦR 计算通过电路的电量，D 项错误．4．如图甲所示，在列车首节车厢下面安装一电磁铁，电磁铁产生垂直于地面的匀强磁场，首节车厢经过安放在两铁轨间的线圈时，线圈产生的电脉冲信号传到控制中心．图乙为某时控制中心显示屏上的电脉冲信号，则此时列车的运动情况是( C )A ．匀速运动B ．匀加速运动C ．匀减速运动D ．变加速运动解析：由U -t 图象得到，线圈两端的电压大小与时间呈线性关系，即有U ＝U 0－kt ，由法拉第电磁感应定律E ＝U ＝BL v ，则v ＝U BL ＝U 0－kt BL ＝U 0BL －k BL t ，B 、L 、k 均一定，则速度v 随时间均匀减小，所以火车做匀减速直线运动．5.(多选)如图所示中，L 1和L 2是两个相同灯泡，L 是一个自感系数相当大的线圈，其电阻值与R 相同，在开关S 接通的瞬间，下列说法正确的是( AD )A ．接通时L 1先达到最亮B ．接通时L 2先达到最亮C ．断开时L 1先灭D ．断开时L 2先灭解析：接通时由于L 自感作用，瞬间等于断路，通过L 1的电流等于L 2＋R 之和，所以L 1先达到最亮，然后L 自感慢慢减弱，通过L 1的电流减小；当断开时，L 2瞬间失去电流，而L 1和L 构成回路，由于L 自感，L 1会亮一会再灭，故A 、D 项正确，B 、C 项错误．知识点一 法拉第电磁感应定律的应用1．法拉第电磁感应定律的理解(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)磁通量的变化率ΔΦΔt对应Φ-t 图线上某点切线的斜率． 2．应用法拉第电磁感应定律的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B ·ΔS ，则E ＝n B ·ΔS Δt； (2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB ·S ，则E ＝n ΔB ·S Δt； (3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔS Δt .典例 (多选)如图甲所示，abcd 是匝数为100匝、边长为10 cm 、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是( )A ．导线圈中产生的是交变电流B ．在t ＝2.5 s 时导线圈产生的感应电动势为1 VC ．在0～2 s 内通过导线横截面的电荷量为20 CD ．在t ＝1 s 时，导线圈内电流的瞬时功率为10 W【解析】 在0～2 s 内，磁感应强度变化率为ΔB 1Δt 1＝1 T/s ，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E 1＝nS ΔB 1Δt 1＝100×0.12×1 V ＝1 V ；在2～3 s 内，磁感应强度变化率为ΔB 2Δt 2＝2 T/s ，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E 2＝nS ΔB 2Δt 2＝100×0.12×2 V ＝2 V ．根据楞次定律知，在0～2 s 内的感应电流方向与2 s ～3 s 内的感应电流的方向相反，即为交流电，选项A 正确；在t ＝2.5 s 时，产生的感应电动势为E 2＝2 V ，选项B 错误；在0～2 s 内，感应电流I ＝E 1R ＝10 A ，通过导体横截面的电荷量为q ＝I Δt＝20 C ，选项C 正确；在t ＝1 s 时，导线圈内感应电流的瞬时功率P ＝UI ＝I 2R ＝102×0.1 W ＝10 W ，选项D 正确．【答案】 ACD【突破攻略】 应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题(1)公式E ＝n ΔΦΔt求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E ＝nS ΔB Δt求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 有关，与时间长短无关．推导如下：q ＝I Δt ＝n ΔΦΔt ·RΔt ＝n ΔΦR .1．(2017·天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R .金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是( D )A ．ab 中的感应电流方向由b 到aB ．ab 中的感应电流逐渐减小C ．ab 所受的安培力保持不变D ．ab 所受的静摩擦力逐渐减小解析：根据楞次定律，可判断ab 中感应电流方向从a 到b ，A错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势恒定不变，感应电流I 恒定不变，B 错误；安培力F ＝BIL ，由于I 、L 不变，B 减小，所以ab 所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，C 错误，D 正确．2．(多选)线圈所围的面积为0.1 m 2，线圈电阻为1 Ω；规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示，磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是( ABC )A ．在时间0～5 s 内，I 的最大值为0.01 AB ．在第4 s 时刻，I 的方向为逆时针C ．前2 s 内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 CD ．第3 s 内，线圈的发热功率最大解析：由题图乙看出，在开始时刻图线的斜率最大，B 的变化率最大，线圈中产生的感应电动势最大，感应电流也最大，最大值为I ＝E m R ＝0.11×0.11A ＝0.01 A ，故A 正确．在第4 s 时刻，穿过线圈的磁场方向向上，磁通量减小，则根据楞次定律判断得知，I 的方向为逆时针方向，故B 正确．前2 s 内，通过线圈某截面的总电量q ＝ΔΦR ＝ΔB ·S R ＝0.1×0.11C ＝0.01 C ，故C 正确．第3 s 内，B 没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，故D 错误．知识点二 导体棒切割磁感线产生感应电动势1．E ＝Bl v 的三个特性(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B 、l 、v 三者互相垂直．(2)有效性：公式中的l 为导体棒切割磁感线的有效长度．如图中，导体棒的有效长度为ab 间的距离．(3)相对性：E ＝Bl v 中的速度v 是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系．2．导体棒转动切割磁感线当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E ＝Bl v ＝12Bl 2ω，如图所示．典例 (多选)(2016·全国卷Ⅱ)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中．圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是( )A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍【解析】由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝12 Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A 正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误．【答案】AB3．(多选)如图所示，两平行的光滑导轨固定在同一水平面内，两导轨间距离为L，金属棒ab垂直于导轨，金属棒两端与导轨接触良好，在导轨左端接入阻值为R的定值电阻，整个装置处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中．与R相连的导线、导轨和金属棒的电阻均可忽略不计．用平行于导轨向右的大小为F的力拉金属棒，使金属棒以大小为v 的速度向右匀速运动( BD )A ．金属棒ab 相当于电源，其a 端相当于电源负极B ．拉力F ＝B 2L 2v RC ．回路中的感应电流沿顺时针方向流动D ．定值电阻消耗的电功率P ＝F v解析：根据楞次定律可得电流从b 到a ，a 端相当于电源正极，回路中感应电流方向为逆时针方向，A 、C 错误；产生的感应电动势E ＝BL v ，导体棒受到的安培力F 安＝BIL ＝B ·BL v R ·L ＝B 2L 2v R ，由于导体棒做匀速直线运动，所以F ＝B 2L 2v R ，B 正确；由于速度不变，所以拉力做功转化为电阻产生的内能，故定值电阻消耗的电功率P ＝F v ，D 正确．4.如图所示，一电阻为R 的导线弯成边长为L 的等边三角形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向垂直于闭合回路所在的平面向里．下列对三角形导线以速度v 向右匀速进入磁场过程中的说法正确的是( B )A ．回路中感应电流方向为顺时针方向B ．回路中感应电动势的最大值E ＝32BL v C ．回路中感应电流的最大值I ＝32RBL v D ．导线所受安培力的大小可能不变解析：在进入磁场的过程中，闭合回路中磁通量增加，根据楞次定律，闭合回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，A 错误；等效切割磁感线的导线最大长度为L sin60°＝32L ，感应电动势的最大值E ＝32BL v ，B 正确；感应电流的最大值I ＝E R ＝32RBL v ，C 错误；在进入磁场的过程中，等效切割磁感线的导线长度变化，产生的感应电动势和感应电流大小变化，根据安培力公式可知，导线所受安培力大小一定变化，D 错误．知识点三 自感和涡流1．通电自感和断电自感的比较2.三点注意、三个技巧5．(2017·北京卷)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是(C)A．图1中，A1与L1的电阻值相同B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析：题图1中，稳定时通过A1的电流记为I1，通过L1的电流记为I L.S1断开瞬间，A1突然变亮，可知I L>I1，因此A1和L1电阻不相等，所以A、B错误；题图2中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，所以D错误；由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压与电流均相同，所以两支路电阻相同．由于A2、A3完全相同，故变阻器R 与L2的电阻值相同，所以C正确．6．(多选)如图，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈．下面说法正确的是(BD)A．闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常B．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮C．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮D．断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭解析：由于自感的作用，闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮，选项A、C错误，B正确；断开开关S时，L中产生自感电动势，A灯与B灯同时慢慢熄灭，选项D正确．7．(多选)如图所示，条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置，一半径为R、质量为m的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑，重力加速度大小为g.下列说法正确的是(CD)A．金属球会运动到半圆轨道的另一端B．由于金属球没有形成闭合电路，所以金属球中不会产生感应电流C．金属球受到的安培力做负功D．系统产生的总热量为mgR解析：金属球在运动过程中，穿过金属球的磁通量不断变化，在金属球内形成闭合回路，产生涡流，金属球受到的安培力做负功，金属球产生的热量不断地增加，机械能不断地减少，直至金属球停在半圆轨道的最低点，C正确，A、B错误；根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR，D正确．电磁感应在生活中的应用电磁感应现象与生活密切相关，高考对这部分的考查更趋向于有关现代气息和STS问题中信息题的考查．命题背景有电磁炉、电子秤、电磁卡、电磁焊接术、卫星悬绳发电、磁悬浮列车等.8．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E-t关系如图所示．如果只将刷卡速度改为v02，线圈中的E-t关系图可能是(D)解析：若将刷卡速度改为v02，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故D项正确，其他选项错误．9．随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线．小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化．如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图．关于无线充电，下列说法正确的是(C)A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电解析：无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应，故A错误；当给充电设备通以恒定直流电时，充电设备不会产生交变磁场，即不能正常充电，故B错误；接收线圈中交变电流的频率应与发射线圈中交变电流的频率相同，故C正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连，当有交变磁场时，则产生感应电动势，那么普通手机由于没有金属线圈，所以不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误．。

综合能力测试四 曲线运动 万有引力与航天时间：60分钟 分值：100分一、选择题(1—5为单选，6—8为多选，6′×8＝48′)1．我国未来将建立月球基地，并在绕月轨道上建造空间站．如图所示，关闭发动机的航天飞机A 在月球引力作用下沿椭圆轨道向月球靠近，并将在椭圆的近月点B 处与空间站对接．已知空间站绕月轨道半径为r ，周期为T ，引力常量为G ，月球的半径为R .下列判断正确的是( C )A ．航天飞机到达B 处由椭圆轨道进入空间站轨道时必须加速B ．图中的航天飞机正在减速飞向B 处C ．月球的质量M ＝4π2r 3GT 2D ．月球的第一宇宙速度v ＝2πr T解析：航天飞机到达B 处时速度比较大，如果不减速，此时万有引力不足以提供向心力，这时航天飞机将做离心运动，故A 错误；因为航天飞机越接近月球，受到的万有引力越大，加速度越大，所以航天飞机正在加速飞向B 处，B 错误；由万有引力提供空间站做圆周运动的向心力，则G Mm r 2＝m 4π2r T 2，整理得M ＝4π2r 3GT 2，故C 正确；速度v ＝2πr T 是空间站在轨道r 上的线速度，而不是围绕月球表面运动的第一宇宙速度，故D 错误．2．下列关于离心现象的说法正确的是(C)A．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做背离圆心的圆周运动C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将沿切线做直线运动D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做曲线运动解析：物体只要受到力，必有施力物体，但“离心力”是没有施力物体的，故所谓的离心力是不存在的，只要向心力不足，物体就做离心运动，故A选项错；做匀速圆周运动的物体，当所受的一切力突然消失后，物体做匀速直线运动，故B、D选项错，C选项正确．3.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是(A)A．质点经过C点的速率比D点的大B．质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°C．质点经过D点时的加速度比B点的大D．质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小解析：质点做匀变速曲线运动，所以加速度不变，C错误；由于在D点速度方向与加速度方向垂直，则在A、B、C点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角，所以质点由A 到B 到C 到D 速率减小，所以C 点速率比D 点的大，A 正确，B 错误；质点由A 到E 的过程中，加速度方向与速度方向的夹角一直减小，D 错误．4.如图所示，一轻杆一端固定质量为m 的小球，以另一端O 为圆心，使小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，以下说法正确的是( C )A ．小球过最高点时，杆所受的弹力不能等于零B ．小球过最高点时，速度至少为gRC ．小球过最高点时，杆对球的作用力可以与球所受重力方向相反，此时重力一定不小于杆对球的作用力D ．小球过最高点时，杆对球的作用力一定与小球所受重力方向相反解析：由mg －F N ＝m v 2R ，小球在最高点的速度为v ＝gR 时，杆不受弹力，选项A 错误；本题是轻杆模型，小球过最高点时，速度可以为零，选项B 错误；小球的重力和杆对小球的弹力的合力提供向心力，向心力指向圆心，如果重力和杆的弹力方向相反，重力必须不小于杆的弹力，选项C 正确；小球过最高点时，杆对球的作用力方向与重力方向可能相同，也可能相反，选项D 错误．5.如图所示，长度均为l ＝1 m 的两根轻绳，一端共同系住质量为m ＝0.5 kg 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间的距离也为l ，重力加速度g 取10 m/s 2.现使小球在竖直平面内以AB 为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v 时，每根绳的拉力恰好为零，则小球在最高点速率为2v 时，每根绳的拉力大小为( A )A ．5 3 N B.2033 N C ．15 N D ．10 3 N解析：小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，由牛顿第二定律得mg ＝m v 2r ；当小球在最高点的速率为2v 时，由牛顿第二定律得mg ＋2F T cos30°＝m (2v )2r ，解得F T ＝3mg ＝5 3 N ，故选项A 正确．6．下图为一链条传动装置的示意图．已知主动轮是逆时针转动的，转速为n ，主动轮和从动轮的半径比为k ，下列说法正确的是( BC )A．从动轮是顺时针转动的B．主动轮和从动轮边缘的线速度大小相等C．从动轮的转速为nkD．从动轮的转速为n k解析：主动轮逆时针转动，带动从动轮逆时针转动，因为用链条传动，所以两轮边缘线速度大小相等，A错误，B正确；由r主r从＝k,2πn·r主＝2πn从·r从，可得n从＝nk，C正确，D错误．7.如图所示，宽为L的竖直障碍物上开有间距d＝0.6 m的矩形孔，其下沿离地面的高度h＝1.2 m，离地面的高度H＝2 m的质点与障碍物的间距为x，在障碍物以速度v0＝4 m/s匀速向左运动的同时，质点自由下落．忽略空气阻力，g取10 m/s2，则以下说法正确的是(BC)A．L＝1 m，x＝1 m时小球可以穿过矩形孔B．L＝0.8 m，x＝0.8 m时小球可以穿过矩形孔C．L＝0.6 m，x＝1 m时小球可以穿过矩形孔D．L＝0.6 m，x＝1.2 m时小球可以穿过矩形孔解析：小球做自由落体运动，运动到矩形孔的上沿高度所需的时间为t1＝2(H－h－d)g＝0.2 s；小球运动到矩形孔下沿高度所需的时间为t2＝2(H－h)g＝0.4 s，则小球通过矩形孔的时间为Δt＝t2－t1＝0.2 s，根据等时性知L的最大值为L m＝v0Δt＝0.8 m，故A错误；若L＝0.8 m，x的最小值为x min＝v0t1＝0.8 m，x的最大值为x max＝v0t2－L＝0.8 m，则x＝0.8 m，B正确；若L＝0.6 m，x的最小值为x min ＝v0t1＝4×0.2 m＝0.8 m，x的最大值为x max＝v0t2－L＝1 m，所以0.8 m≤x≤1 m，C正确，D错误．8.法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》中指出：两个质量相差悬殊的天体(如太阳和地球)所在同一平面上有5个特殊点，如图中的L1、L2、L3、L4、L5所示，若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球引力共同作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动，人们称之为拉格朗日点．若发射一颗卫星定位于拉格朗日点L2，下列说法正确的是(CD)A．该卫星绕太阳运动的周期和地球自转周期相等B．该卫星在L2点处于平衡状态C．该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度D．该卫星在L2处所受太阳和地球引力的合力比在L1处大解析：据题意知，卫星与地球同步绕太阳做圆周运动，则公转周期相同，故A错误；卫星所受的合力为地球和太阳对它引力的合力，这两个引力方向相同，合力不为零，处于非平衡状态，故B错误；由于卫星与地球绕太阳做圆周运动的周期相同，卫星的轨道半径大，根据公式a ＝4π2T 2r 可知，卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，故C 正确；卫星在L 2或L 1处所受太阳和地球引力的合力提供做圆周运动的向心力，即F 合＝m 4π2T 2r ，卫星在L 2处的轨道半径比在L 1处大，所以合力比在L 1处大，故D 正确．二、非选择题(18′＋16′＋18′＝52′)9．如图所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20 m/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)(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．解析：(1)装甲车加速度a ＝v 202s ＝209m/s 2. (2)第一发子弹飞行时间t 1＝L v ＋v 0＝0.5 s 弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m第二发子弹离地的高度h 2＝h －12g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫L －s t 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，装甲车离靶的距离为L 1＝(v 0＋v )2hg ＝492 m第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 2＝v 2hg ＋s ＝570 mL 的范围为492 m<L ≤570 m. 答案：(1)209m/s 2 (2)0.55 m 0.45 m (3)492 m<L ≤570 m 10.如图所示，底端切线水平且竖直放置的光滑14圆弧轨道的半径为L ，其轨道底端P 距地面的高度及与右侧竖直墙的距离均为L ，Q 为圆弧轨道上的一点，它和圆心O 的连线OQ 与竖直方向的夹角为60°.现将一质量为m 、可视为质点的小球从Q 点由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g .试求：(1)小球在P 点时受到的支持力大小；(2)在以后的运动过程中，小球第一次与墙壁的碰撞点离墙角B 点的距离．解析：(1)对小球滑到圆弧轨道底端的过程，由动能定理得mgL (1－cos60°)＝12m v 2 解得v ＝gL小球在P 点时，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2L解得F N ＝2mg(2)小球离开P 点后做平抛运动，设其水平位移为L 时所用时间为t ，则L ＝v t小球下落的高度为h ＝12gt 2 联立解得h ＝L 2故小球第一次与墙壁的碰撞点离B 的距离为d ＝L －h ＝12L . 答案：(1)2mg (2)12L 11．双星系统中两个星球A 、B 的质量都是m ，A 、B 相距为L ，它们正围绕两者连线上的某一点做匀速圆周运动．实际观测该系统的周期T 要小于按照力学理论计算出的周期理论值T 0，且T T 0＝k (k <1)．于是有人猜测这可能是受到了一颗未发现的星球C 的影响，并认为C 位于双星A 、B 的连线正中间，相对A 、B 静止，求：(1)两个星球A 、B 组成的双星系统的周期理论值T 0；(2)星球C 的质量．解析：(1)两个星球A 、B 组成的双星系统角速度相同，根据万有引力定律，两星之间的万有引力F ＝G m ·m L 2.设两星的轨道半径分别是r 1、r 2.由两星之间的万有引力提供两星做匀速圆周运动的向心力，有F＝mr 1ω20，F ＝mr 2ω20，可得r 1＝r 2，因此两星绕连线的中点转动．由G m 2L 2＝m ·L 2·ω20，解得ω0＝ 2Gm L 3 所以T 0＝2πω0＝2π2GmL 3＝2π L 32Gm. (2)设星球C 的质量为M ，由于星球C 的存在，A 、B 双星的向心力均由两个万有引力的合力提供，则有G m 2L 2＋G mM ⎝ ⎛⎭⎪⎫12L 2＝m ·12L ·ω2 得ω＝ 2G (m ＋4M )L 3则T ＝2πω＝2π L 32G (m ＋4M )有T T 0＝2π L 32G (m ＋4M )2π L 32Gm ＝ m m ＋4M ＝k 所以M ＝1－k 24k2m . 答案：(1)2πL 32Gm (2)1－k 24k 2m。

授课资料范本2021版高考物理总复习冲 A方案 3+2+3 冲 A练三含解析新人教版编辑： __________________时间： __________________3+2+3冲 A 练( 三)16. [ 20xx·宁波十校模拟]如图C3-1所示,小张同学乘坐电梯上楼, 发现体重计示数会变化,甲图是他站在地面上时体重计示数, 乙、丙是电梯运行过程中某时辰体重计示数, 以下说法正确的是()图 C3-1A.小张的体重在电梯上行的过程中发生了变化B 乙图时小张处于超重状态, 加速度约为 0.65 m/s 2.C.丙图时小张处于失重状态, 小张的重力变为 430 ND.丙图时处在减速上升过程中, 小张的机械能可能不变17. [ 20xx·金华十校模拟]扫地机器人是智能家用电器的一种, 能自动进行吸尘打扫. 某品牌的扫地机器人工作的额定电压为15 V, 额定功率为30 W; 充电额定电压为24 V, 额定电流为 0. 5 A, 充电时间约为240 min; 电池容量为200 mA· h.以下说法正确的选项是()A.电池容量是指电池储蓄的电能B.机器人的电阻为7. 5 ΩC.机器人正常工作时的电流为 2 AD.机器人充满电后一次工作时间最多约为 4 h18. [ 20xx ·绍兴诊断 ] 直角坐标系xOy中 , M、N两点位于x轴上 , G、H、P三点坐标如图 C3-2所示、N两点处固定着一同等量异种点电荷, 它们在G点产生的合场强为, 方向水平向右 ;.M E还有一点电荷固定于P 点,它在 G点产生的电场强度大小为E,方向沿 y 轴正方向 . 由此可知, H点处的合场富强小为()图 C3-22 / 8B.EC.ED.E19.[ 20xx·春晖中学模拟 ] 如图C3 3所示 , 研究平抛运动规律的实验装置放置在水平桌面上,-利用光电门传感器和碰撞传感器可测得小球的水平初速度和翱翔时间, 底板上的标尺可以测得水平位移 . 保持水平槽口距底板高度h=0. 420 m不变,改变小球在斜槽导轨上下滑的初步位置 , 测出小球做平抛运动的初速度v0、翱翔时间 t 和水平位移 d,记录在下表中 . (空气阻力可忽略 )图 C3-3v0/ (m/s)0. 7411. 0341. 3181. 584t/ ms292. 7293. 0292. 8292. 9d/ cm21. 730. 338. 646. 4(1)由表中数据可知 , 在h一准时 , 小球水平位移 d 与其初速度 v0成关系 .(2)一位同学计算出小球翱翔时间的理论值t 理 ==ms =289. 8 ms,发现理论值与测量值之差约为 3 ms.经检查 , 实验及测量无误, 其原因是.(3)另一位同学解析并纠正了上述偏差后, 另做了这个实验 , 竟发现测量值t'依旧大于自己得到的理论值t' 理,但二者之差在3~7 ms 之间 , 且初速度越大那么差值越小. 对实验装置的安装进行检查 , 确认斜槽槽口与底座均水平, 那么以致偏差的原因是.20. [ 20xx·桐乡一中模拟 ] 小区蓝牙门禁卡无效 , 小明换上一块电池 , 但是问题依旧 , 他拆下此纽扣电池 ( 如图 C3- 4 甲所示 ) 去实验室测定其电动势和内阻.图 C3-4(1)先用多用电表直流 5 V 挡位对电池电动势进行粗测, 结果如图乙所示 , 示数为V.(2)小明进一步设计了精确测量电池电动势和内阻的电路, 请帮助他完成实物连线.(3)小明将实验数据绘成 U-I 图线,如图戊所示,可知电池电动势测量值为V, 测量值( 选填“大于〞“等于〞或“小于〞) 电动势的真实值.(4)请用数据解析门禁卡无效的原因:.21.在倾角为 3 °的圆滑斜面上垂直于纸面放置一段长为L、质量为 m的直导体棒 . 一匀强磁场垂直于斜面向上 , 如图 C3- 5 所示.当导体棒内通有垂直于纸面向里的电流I 时,导体棒恰好静止在斜面上 , 求磁感觉强度的大小. (重力加速度为 g)图 C3-522.如图 C3- 6 所示 , 一足够长的斜面倾角为 3 °, 斜面BC与水平面AB圆滑连接 , 质量m=2 kg 的物体静止于水平面上的 M点, M点与 B 点之间的距离 L=9 m,物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ =0. 5. 现使物体碰到一水平向右的恒力 F=14 N作用,运动至 B点时撤去该力 . sin 3° =0. 6,cos 3° =0. 8, g 取10 m/s2.(1) 物体在恒力作用下运动时的加速度是多大?(2)物体到达 B 点时的速度是多大?(3)物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少?图 C3-623.[ 20xx·绍兴诊断 ] 如图 C3 7 所示 , 竖直平面内半径0 3 m 的圆滑半圆形管道与倾-R= .BCD角为 3 °的斜面在B点处圆滑连接, A、 D两点等高,在 A 处固定一弹射器. 质量 m=0. 3 kg的小物块 ( 可看作质点 ) 从弹射器弹出后沿斜面下滑, 到达B端时速度为 2m/s .小物块与斜面间的动摩擦因数μ = 33, g 取10 m/s2,求:(1)弹簧的弹性势能 ;(2)小物块在 D点时对管道的作用力大小;(3)小物块从 D点飞出后落在斜面上的地址 .图 C3-73+2+3 冲 A 练( 三)16.B [解析]超重与失重过程中, 人的质量不变.由甲图中可知 , 人的质量为 46. 5 kg, 在乙图中, 读数为 49.5 kg, 依照牛顿第二定律得a=-m/s 2 0 65 m/s 2, 选项 A、 C错误 ,B 正确 ; 人= .在乘电梯上升中 , 无论是加速上升还是减速上升, 支持力都做正功 , 所以人的机械能都是增加的, 选项 D错误.17.C [解析]扫地机器人工作时额定电流为I= =2 A,但它其实不是纯电阻元件,所以内阻无法直接计算 , 选项 B错误 ,C 正确 ; 电池容量是指电池储蓄的电荷量, 选项 A 错误 ; 充满电的电池储存的电荷量为0. 2 A · h, 正常工作时电流为 2 A, 所以可以工作时间为 0. 1 h, 选项 D错误.18.A [解析]依照点电荷的电场强度E=k可知 , P处点电荷在H处产生的电场强度E'= E,方向沿 y 轴正方向,由于对称性, M、 N处的点电荷在 H、G两处产生的合电场强度大小和方向相同 , 所以H处的合场强为E== E,选项A正确.19. (1) 正比(2) 重力加速度g取了 10 m/s 2(3) 光电门传感器位于水平槽口的内侧, 传感器的中心距离水平槽口 ( 小球开始做平抛运动的地址 ) 还有一段很小的距离[ 解析 ] (1) 由表中数据可知 , 在h一准时 , 小球水平位移 d 与其初速度 v0成正比 .(2) 依照t=求解出的 t 偏小,是由于重力加速度数值取了10 m/s 2, 即g值偏大造成的.(3)以致偏差的原因是 : 光电门传感器位于水平槽口的内侧, 传感器的中心距离水平槽口 ( 小球开始做平抛运动的地址 ) 还有一段很小的距离 , 小球经过传感器到达抛出点还有一段很小的时间 ,而且速度越大 , 该时间越短.20. (1)3 . 79 (2) 以以下图 (3)2 . 0 小于 (4) 电池内阻太大 , 内阻分压过多 , 电池输出电压太低而造成门禁卡无法正常工作21.[ 解析 ]对导体棒受力解析, 以以下图由平衡条件得F=mg sinθ安培力 F=BIL解得 B=.22. (1)2 m/s2(2)6 m/s(3)1 . 8 m[解析](1)在水平面上 , 依照牛顿第二定律得F-μmg=ma解得 a=2 m/s2(2) 从M到B, 依照速度与位移公式得=2aL解得 v B=6 m/s(3) 在斜面上 , 依照牛顿第二定律得mg sinθ +μ mg cosθ =ma'解得 a'= 10 m/s2依照速度与位移公式得=2a'x解得 x=1. 8 m23. (1)3 . 6 J(2)9 N(3) 距离B点 0. 8 m( 或距离A点 0. 4 m)[ 解析 ] (1)小物块被弹出后直至到达 B 点的过程,依照动能定理得W弹+( mg sin3 °-μmg cos 3 °) ·L AB= m - 0L AB= 3°解得 W弹=3.6 J由功能关系知, 弹簧的弹性势能E p=3. 6 J(2)小物块沿 BCD管道运动过程,依照机械能守恒定律得 m+mg·2R= m 假设物块在D点处碰到的作用力F N向下,依照牛顿第二定律得F N+mg=m 联立解得 F N=9 N由牛顿第三定律知, 物块在D 点时对管道的作用力NN9NF' =F=(3)以 D点为坐标原点,水平向右为 x 轴,竖直向下为 y 轴,建立坐标系,翱翔 t 时间后撞在斜面上P点,那么有 y= gt 2, x=v D t-又知 tan 3 °=联立解得 t= 0. 2 s, x=0. 4 3 m那么 PB= 3° =0. 8 m所以 P点距离 B点0. 8 m(或 P 点距离 A 点0. 4 m)。

第26讲实验：验证动量守恒定律一、实验目的验证碰撞中的动量守恒．二、实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前、后物体的速度v、v′，算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否相等．三、实验器材方案一利用气垫导轨完成一维碰撞实验气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥．方案二在光滑长木板上两车碰撞完成一维碰撞实验光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥．方案三利用等大小球做平抛运动完成一维碰撞实验斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重垂线、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板．四、实验步骤方案一利用气垫导轨完成一维碰撞实验1．测质量：用天平测出滑块质量．2．安装：正确安装好气垫导轨，如图所示．3．实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量；②改变滑块的初速度大小和方向)．4．验证：一维碰撞中的动量守恒．方案二在光滑长木板上两车碰撞完成一维碰撞实验1．测质量：用天平测出两小车的质量．2．安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，如图所示．3．实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．4．测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝ΔxΔt算出速度．5．改变条件：改变碰撞条件，重复实验．6．验证：一维碰撞中的动量守恒．方案三利用等大小球做平抛运动完成一维碰撞实验1．先用天平测出入射小球、被碰小球质量m1、m2.2．按如图所示安装好实验装置，将斜槽固定在桌边，使槽的末端点切线水平，调节实验装置使两小球碰撞时处于同一水平高度，且碰撞瞬间入射小球与被碰小球的球心连线与轨道末端的切线平行，以确保两小球正碰后的速度方向水平．3．在地上铺一张白纸，在白纸上铺放复写纸．4．在白纸上记下重垂线所指的位置O，它表示入射小球碰前的位置．5．先不放被碰小球，让入射小球从斜槽上同一高度处滚下，重复10次，用圆规画尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，圆心就是入射小球发生碰撞前的落地点P.6．把被碰小球放在斜槽的末端，让入射小球从同一高度滚下，使它们发生正碰，重复10次，从上一步骤求出入射小球落地点的平均位置M和被碰小球落地点的平均位置N.7．过O和N在纸上作一直线．8．用刻度尺量出线段OM、OP、ON的长度．五、数据处理方案一：滑块速度的测量v＝ΔxΔt，式中Δx为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间．方案二：小车速度的测量v＝ΔxΔt，式中Δx是纸带上两计数点间的距离，可用刻度尺测量，Δt为小车经过Δx的时间，可由打点间隔算出．方案三：把两小球的质量和相应的数值代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看是否成立．六、误差分析1．系统误差主要来源于装置本身是否符合要求，即：(1)碰撞是否为一维碰撞．(2)实验是否满足动量守恒的条件：如气垫导轨是否水平，长木板是否平衡掉摩擦力，两小球是否等大．2．偶然误差主要来源于质量m和速度v的测量．七、注意事项1．前提条件碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”．2．方案提醒(1)若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平．(2)若利用长木板进行实验，可在长木板下垫一小木片用以平衡摩擦力．(3)若利用斜槽小球碰撞应注意：①斜槽末端的切线必须水平；②入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；③选质量较大的小球作为入射小球；④实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变．3．探究结论寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变．1．某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验，在小车A的前端粘有橡皮泥，使小车A做匀速直线运动，然后与处于静止的小车B相碰并粘在一起，二者继续做匀速运动，如图所示．在小车A的后面连着纸带，电磁打点计时器的频率为50 Hz，实验中已平衡摩擦力．(1)实验得到一打点纸带如图所示，并测得各计数点间的距离．图中O点为打点计时器打下的第一个点，则应选AB段来计算A碰前的速度，应选CD段来计算A和B碰后的共同速度．(2)已测得小车A的质量m A＝0.4 kg，小车B的质量m B＝0.2 kg，则由以上结果可得两小车碰前的总动量为0.42 kg·m/s，碰后总动量为0.417 kg·m/s.解析：(1)因为小车A与B碰撞前、后都做匀速运动，且碰后A 与B粘在一起，其共同速度比A原来的速度小，所以应选点迹分布均匀且间距较大的AB段计算A碰前的速度，选点迹分布均匀且间距较小的CD段计算A和B碰后的共同速度．(2)由图可知，碰前A的速度和碰后A、B的共同速度分别为v A＝10.5×10－20.02×5m/s＝1.05 m/s，v′A＝v AB＝6.95×10－20.02×5m/s＝0.695m/s，故两小车在碰撞前、后的总动量分别为p＝m A v A＝0.4×1.05 kg·m/s＝0.42 kg·m/s，p′＝(m A＋m B)v′A＝(0.4＋0.2)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s.2．某实验小组的同学制作了一个弹簧弹射装置，在轻弹簧两端各放置一个金属小球(小球与弹簧不连接)，压缩弹簧并锁定，然后将锁定的弹簧和两个小球组成的系统放在内壁光滑的金属管中(管径略大于两球直径)，金属管水平固定在离地面一定高度处，如图所示．解除弹簧锁定，则这两个金属小球可以同时沿同一直线向相反方向弹射．现要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，并探究弹射过程所遵循的规律，实验小组配有足够的基本测量工具并按下述步骤进行实验：①用天平测出两球质量分别为m1、m2；②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h；③解除弹簧锁定并弹出两球，记录下两球在水平地面上的落地点M、N.根据该小组同学的实验，回答下列问题：(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需要测量的物理量有B(填选项前的字母)．A．弹簧的压缩量ΔxB．两球落地点M、N到对应管口P、Q的水平距离x1、x2C．小球直径D．两球从弹出到落地的时间t1、t2(2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为E p＝m1gx214h＋m2gx224h.(3)用测得的物理量来表示，如果满足关系式m1x1＝m2x2，则说明弹射过程中系统动量守恒．解析：(1)弹簧弹出两球过程中，系统机械能守恒，要测定压缩弹簧的弹性势能，可转换为测定两球被弹出时的动能，实验中可以利用平抛运动规律测定平抛的初速度以计算两球的初动能，因此在已知平抛运动下落高度的情况下，只需测定两球落地点M、N到对应管口P、Q的水平距离x1、x2，所以B正确．(2)平抛运动的时间t＝2hg，初速度v0＝xt，因此初动能E k＝12m v20＝mgx24h，由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能等于两球平抛运动的初动能之和，即E p ＝m 1gx 214h ＋m 2gx 224h. (3)若弹射过程中系统动量守恒，则m 1v 01＝m 2v 02，由于两小球在空中运动时间相同，即满足m 1x 1＝m 2x 2，则说明弹射过程中系统动量守恒．3．某同学用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律，该装置由水平长木板及固定在木板一端的硬币发射器组成，硬币发射器包括支架(未画出)、弹片及弹片释放装置，释放弹片可将硬币以某一初速度弹出．已知一元硬币和五角硬币与长木板间的动摩擦因数相同，主要实验步骤如下：①将一元硬币置于发射槽口，释放弹片将硬币发射出去，硬币沿着长木板中心线运动，在长木板中心线的适当位置取一点O ，测出硬币停止滑动时其右侧到O 点的距离，再从同一位置释放弹片将硬币发射出去，重复多次，取该距离的平均值记为x 1，如图乙所示；②将五角硬币放在长木板上，使其左侧位于O 点，并使其直径与中心线重合，按步骤①从同一位置释放弹片，重新弹射一元硬币，使两硬币发生对心正碰，重复多次，分别测出两硬币碰后停止滑行时距O 点的距离的平均值x 2和x 3，如图丙所示．(1)为完成该实验，除长木板，硬币发射器，一元及五角硬币，刻度尺外，还需要的器材为天平．(2)实验中还需要测量的物理量及字母表示为一元硬币的质量m1和五角硬币的质量m2，验证动量守恒定律的表达式为m1x1＝m1x2＋m2x3(用测量物理量对应的字母表示)．解析：(1)动量为质量和速度的乘积，该实验要验证质量不等的两物体碰撞过程中的动量是否守恒，需测量两物体的质量和碰撞前、后各自的速度，因此除给定的器材外，还需要的器材为天平．(2)测出一元硬币的质量m1、五角硬币的质量m2，设一元硬币在O点的速度为v1，由动能定理可得μm1gx1＝1v21，2m1解得v1＝2μgx1，当一元硬币以速度v1在O点与五角硬币碰撞后，二者的速度分别为v2、v3，由动能定理可得μm1gx2＝1v22，2m1μm2gx3＝12m2v23，解得一元硬币碰后速度v2＝2μgx2，五角硬币碰后的速度为v3＝2μgx3，若碰撞过程动量守恒，则需满足m1v1＝m1v2＋m2v3，代入数据可得m1x1＝m1x2＋m2x3.4.如图所示，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A 相撞，碰撞后两者粘连在一起运动；碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器(图中未画出)测得．某同学以h为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k＝1.92×10－3s2/m.已知物块A和B的质量分别为m A＝0.400 kg和m B＝0.100 kg，重力加速度大小g取9.80 m/s2.(1)若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h -v 2直线斜率的理论值k 0；(2)求k 值的相对误差δ.(δ＝|k －k 0|k 0×100%，结果保留1位有效数字)解析：(1)设物块A 和B 碰撞后共同运动的速度为v ′，由动量守恒定律有m B v ＝(m A ＋m B )v ′在碰后A 和B 共同上升的过程中，由机械能守恒定律有12(m A ＋m B )v ′2＝(m A ＋m B )gh 联立得h ＝m 2B 2g (m A ＋m B )2v 2 由题意得k 0＝m 2B 2g (m A ＋m B )2 代入数据得k 0＝2.04×10－3 s 2/m.(2)按照定义δ＝|k －k 0|k 0×100% 代入数据得δ＝6%.答案：(1)2.04×10－3 s 2/m (2)6%突破点一实验原理与操作例1在“验证动量守恒定律”的实验中，一般采用如图所示的装置：(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则________．A．m1>m2，r1>r2B．m1>m2，r1<r2C．m1>m2，r1＝r2D．m1<m2，r1＝r2(2)(多选)以下所提供的测量工具中必需的是________．A．刻度尺B．游标卡尺C．天平D．弹簧测力计E．秒表(3)(多选)在做实验时，对实验要求，以下说法正确的是________．A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端的切线是水平的C．入射球每次都要从同一高度由静止滚下D．释放点越高，两球碰后水平位移越大，水平位移测量的相对误差越小，两球速度的测量越准确(4)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用如图所示装置进行实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的表达式为____________________．(用装置图中的字母表示)【尝试解题】 (1)在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，则有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，在碰撞过程中动能不增加，则有12m 1v 20≥12m 1v 21＋12m 2v 22，解得v 1≥m 1－m 2m 1＋m 2v 0，要碰后入射小球的速度v 1>0，则m 1－m 2>0，即m 1>m 2，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，r 1＝r 2，故C 正确．(2)P 为碰前入射小球落点的平均位置，M 为碰后入射小球的位置，N 为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度v 1＝OP 2hg，碰撞后入射小球的速度v 2＝OM 2hg，碰撞后被碰小球的速度v 3＝ON 2hg，若m 1v 1＝m 2v 3＋m 1v 2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，整理得m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON ，因此需要的测量工具有刻度尺和天平，故A 、C 正确．(3)验证动量守恒定律实验，必须保证斜槽轨道末端切线水平，斜槽轨道不必要光滑，故A 错误，B 正确；为保证球的初速度相等，入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C 正确；释放点越高，水平位移越大，位移测量的相对误差就越小，故D 正确．(4)根据(2)的解答可知，表达式为m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON .【答案】 (1)C (2)A 、C (3)B 、C 、D(4)m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON1．如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．(1)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球m2静置于轨道的末端，再将入射球m1从斜轨S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是A、D、E.(填选项的符号) A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON(2)若两球相碰前后的动量守恒，则其表达式可表示为m1OP＝m1OM＋m2ON[用(1)中测量的量表示]．(3)若m1＝45.0 g、m2＝9.0 g，OP＝46.20 cm，则ON可能的最大值为77.0 cm.解析：(1)要验证动量守恒定律，即验证：m1v1＝m1v2＋m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t 相等，上式两边同时乘以t 得m 1v 1t ＝m 1v 2t ＋m 2v 3t ，解得m 1OP ＝m 1OM ＋m 2ON ，因此实验中需要测量两小球的质量，先确定落点的位置再测量出平抛的水平距离，故应进行的步骤为A 、D 、E.(2)根据(1)的分析可知，要验证动量守恒应验证的表达式为m 1OP ＝m 1OM ＋m 2ON .(3)发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，根据动量守恒的表达式m 1v 1＝m 1v 2＋m 2v 3，由12m 1v 21＝12m 1v 22＋12m 2v 23得机械能守恒的表达式是m 1·OM 2＋m 2·ON 2＝m 1·OP 2，联立解得v 3＝2m 1m 1＋m 2v 1，因此最大射程为s m ＝2m 1m 1＋m 2·OP ＝2×45×46.2045＋9cm ＝77.0 cm. 突破点二 数据处理与误差分析例2 如图甲所示，在验证动量守恒定律实验时，小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速运动．然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续匀速运动，在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz ，长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力．(1)若获得纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标在图上)．A 为运动起始的第一点，则应选________段来计算A 的碰前速度，应选________段来计算A 和B 碰后的共同速度(选填“AB ”“BC ”“CD ”或“DE ”)．(2)已测得小车A 的质量m A ＝0.30 kg ，小车B 的质量为m B ＝0.20 kg ，由以上测量结果可得碰前系统总动量为________kg·m/s ，碰后系统总动量为________kg·m/s.(结果保留三位有效数字)(3)实验结论：___________________________.【尝试解题】 (1)推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC 段为匀速运动的阶段，故选BC 计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A 和B 碰后共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE 段来计算碰后共同的速度．(2)碰前系统的动量即A 的动量，p 1＝m A v 0＝m A ·BC 5T＝0.30×0.345 05×0.02kg·m/s ＝1.04 kg·m/s ，碰后的总动量p 2＝(m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B )·DE 5T ＝0.50×0.206 05×0.02kg·m/s ＝1.03 kg·m/s. (3)由实验数据可知，在误差允许的范围内，小车A 、B 组成的系统碰撞前后总动量守恒．【答案】 (1)BC DE (2)1.04 1.03(3)在误差允许的范围内，小车A 、B 组成的系统碰撞前后总动量守恒2．某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行实验．在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门，水平平台上A点右侧摩擦很小可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g.采用的实验步骤如下：①小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片；②用天平分别测出小滑块a(含挡光片)和小球b的质量m a、m b；③在a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻弹簧，静止放置在平台上；④细线烧断后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动；⑤记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t；⑥滑块a最终停在C点(图中未画出)，用刻度尺测出AC之间的距离s a；⑦小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离s b；⑧改变弹簧压缩量，进行多次测量．(1)该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证m a dt＝m b s bg2h即可．(用上述实验数据字母表示)(2)改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到s a 与1t 2的关系图象如图乙所示，图线的斜率为k ，则平台上A 点左侧与滑块a之间的动摩擦因数大小为d 22kg. 解析：(1)烧断细线后，a 向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a 经过光电门的速度v a ＝d t ；b 离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律可得，h ＝12gt 20，s b ＝v b t 0，解得v b ＝s b g 2h ，若动量守恒，设向右为正，则有0＝m b v b －m a v a ，即m a d t ＝m b s b g 2h. (2)对物体a 由光电门向左运动过程分析，则有v 2a ＝2as a ，经过光电门的速度v a ＝d t ，由牛顿第二定律得，a ＝μmg m ＝μg ，联立解得s a ＝d 22μg ·1t 2，则由图象可知μ＝d 22kg. 突破点三 实验的改进与创新例3 为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量)，某同学选取了两个材质相同、体积不等的立方体滑块A 和B ，按下述步骤进行实验：步骤1：在A 、B 的相撞面分别装上尼龙拉扣，以便二者相撞以后能够立刻结为整体；步骤2：安装好实验装置如图甲，铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端是长直水平槽，倾斜槽和水平槽由一小段弧连接，轨道槽被固定在水平桌面上，在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机；步骤3：让滑块B 静置于水平槽的某处，滑块A 从斜槽某处由静止释放，同时开始频闪拍摄，直到A 、B 停止运动，得到一幅多次曝光的数码照片；步骤4：多次重复步骤3，得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，打印出来，将刻度尺紧靠照片放置，如图乙所示．(1)由图分析可知，滑块A与滑块B碰撞发生的位置在________．①P5、P6之间②P6处③P6、P7之间(2)为了探究碰撞中动量是否守恒，需要直接测量或读取的物理量是________．①A、B两个滑块的质量m1和m2②滑块A释放时距桌面的高度③频闪照相的周期④照片尺寸和实际尺寸的比例⑤照片上测得的s45、s56和s67、s78⑥照片上测得的s34、s45、s56和s67、s78、s89⑦滑块与桌面间的动摩擦因数写出验证动量守恒的表达式____________________．(3)请你写出一条有利于提高实验准确度或改进实验原理的建议：__________________________________.【尝试解题】(1)P6位置滑块速度明显减小，故A、B相撞的位置在P6处，故②正确．(2)设碰撞前滑块A在P4、P5、P6的速度分别为v4、v5、v6，碰撞后，整体在P6、P7、P8的速度分别为v6′、v7、v8，则v4＝s 34＋s 452T ，v 5＝s 45＋s 562T ，又v 5＝v 4＋v 62，解得碰撞前滑块A 速度v 6＝2s 56＋s 45－s 342T ，同理，碰撞后整体的速度v 6′＝2s 67＋s 78－s 892T，需要验证的方程为m 1v 6＝(m 1＋m 2)v 6′，将以上两式代入整理得m 1(2s 56＋s 45－s 34)＝(m 1＋m 2)(2s 67＋s 78－s 89)，故需要直接测量的物理量是A 、B 两个滑块的质量m 1和m 2及s 34、s 45、s 56和s 67、s 78、s 89，故①、⑥正确．(3)提高实验准确度或改进实验原理的建议：①使用更平整的轨道槽，轨道要平整，防止各段摩擦力不同，滑块做非匀变速运动．②在足够成像的前提下，缩短频闪照相每次曝光的时间，碰撞时间很短，缩短频闪照相每次曝光的时间，使滑块碰撞位置拍摄更清晰、准确．③适当增大相机和轨道槽的距离，相机和轨道槽的距离较小时，由于镜头拍摄引起的距离误差增大，应适当增大相机和轨道槽的距离．④将轨道的一端垫起少许，平衡摩擦力，使得滑块碰撞前后都做匀速运动．【答案】 (1)② (2)①、⑥ m 1(2s 56＋s 45－s 34)＝(m 1＋m 2)(2s 67＋s 78－s 89)(3)使用更平整的轨道槽3．为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞(碰撞过程中没有机械能损失)，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验：A．用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1>m2；B．按照如图所示的方式，安装好实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端；C．先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置；D．将小球m2放在斜槽前端边缘上，让小球m1从斜槽顶端A 处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置；E．用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离．图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为L D、L E、L F.根据该同学的实验，请你回答下列问题：(1)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的D点，m2的落点是图中的F点．(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式m1L E＝m1L D＋m2L F，则说明碰撞中动量是守恒的．(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式m1L E＝m1L D＋m2L F，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞．解析：(1)小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落点是D点，m2球的落点是F点．(2)碰撞前，小球m1落在图中的E点，设其水平初速度为v1.小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的D点，设其水平初速度为v1′，m2的落点是图中的F点，设其水平初速度为v2.设斜面BC 与水平面的夹角为α，由平抛运动规律得L D sinα＝12gt2，L D cosα＝v′1t，解得v′1＝gL D cos 2α2sinα，同理可解得v1＝gL E cos2α2sinα，v2＝gL F cos2α2sinα，所以只要满足m1v1＝m2v2＋m1v′1，即m1L E＝m1L D＋m2L F，则说明两球碰撞过程中动量守恒．(3)若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，则要满足关系式12m1v21＝12m1v′21＋12m2v22，即m1L E＝m1L D＋m2L F.。

第48讲固体、液体和气体知识点一固体的微观结构、晶体和非晶体液晶的微观结构1．晶体与非晶体2.晶体的微观结构(1)晶体的微观结构特点：组成晶体的物质微粒有规则地、周期性地在空间排列．(2)用晶体的微观结构解释晶体的特点(1)液晶分子既保持排列有序而显示各向异性，又可以自由移动位置，保持了液体的流动性．(2)液晶分子的位置无序使它像液体，排列有序使它像晶体．(3)液晶分子的排列从某个方向看比较整齐，而从另外一个方向看则是杂乱无章的．(4)液晶的物理性质很容易在外界的影响下发生改变．知识点二液体的表面张力现象1．概念液体表面各部分间互相吸引的力．2．作用液体的表面张力使液面具有收缩到表面积最小的趋势．3．方向表面张力跟液面相切，且跟这部分液面的分界线垂直．4．大小液体的温度越高，表面张力越小；液体中溶有杂质时，表面张力变小；液体的密度越大，表面张力越小．知识点三饱和蒸汽、未饱和蒸汽、饱和蒸汽压和相对湿度1．饱和汽与未饱和汽(1)饱和汽：与液体处于动态平衡的蒸汽．(2)未饱和汽：没有达到饱和状态的蒸汽．2．饱和汽压(1)定义：饱和汽所具有的压强．(2)特点：液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关．3．相对湿度空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比．即：相对湿度＝水蒸气的实际压强同温度水的饱和汽压.知识点四气体实验定律理想气体1．气体的压强(1)产生原因：由于气体分子无规则的热运动，大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力．(2)大小：气体的压强在数值上等于气体作用在单位面积上的压强．公式：p＝F S.(3)常用单位及换算关系：①国际单位：帕斯卡，符号：Pa,1 Pa＝1 N/m2.②常用单位：标准大气压(atm)；厘米汞柱(cmHg)．③换算关系：1 atm＝76 cmHg＝1.013×105 Pa≈1.0×105 Pa.2．气体实验定律3.理想气体的状态方程(1)理想气体①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体．②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间．(2)理想气体的状态方程一定质量的理想气体状态方程：p1V1T1＝p2V2T2或pVT＝C.(1)单晶体的所有物理性质都是各向异性的．(×)(2)晶体有天然规则的几何形状，是因为物质微粒是规则排列的．(√)(3)液晶是液体和晶体的混合物．(×)(4)船浮于水面上是液体的表面张力作用的结果．(×)(5)水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，这时蒸发和凝结仍在进行．(√)(6)一定质量的理想气体，在温度升高时，气体的压强一定增大．(×)1．(多选)下列对饱和汽、未饱和汽、饱和汽压以及湿度的认识，正确的是(ABE)A．液体的饱和汽压只与液体的性质和温度有关，而与体积无关B．增大压强，未饱和汽不能变成饱和汽C．降低温度一定可以使未饱和汽变成饱和汽D．空气中所含水蒸气的压强越大，空气的相对湿度越大E．干湿泡温度计的示数差别越小，空气的相对湿度越大解析：饱和汽压的大小取决于液体的性质和温度，而与体积和压强无关，故A、B正确；降低温度可能使未饱和汽变成饱和汽，故C错误；空气中水蒸气的压强与同温度下饱和汽压之比，称为空气的相对湿度，空气中所含水蒸气的压强越大，空气的绝对湿度越大，但相对湿度不一定越大，故D错误；干湿泡温度计的示数差别越大，说明空气越干燥，相对湿度越小，干湿泡温度计的示数差别越小，说明空气的相对湿度越大，故E正确．2．(多选)人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程，以下说法正确的是(ADE)A．液体的分子势能与体积有关B．晶体的物理性质都是各向异性的C．温度升高，每个分子的动能都增大D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用E．液晶既有液体的流动性，又具有光学各向异性解析：液体分子的势能与体积有关，A正确；多晶体的物理性质是各向同性，B错误；温度升高时，分子的平均动能增大，但并非是每个分子的动能都增大，C错误；由于液体的表面张力作用，露珠呈球形，D正确；由液晶的特点可知，它既具有液体的流动性，又具有光学各向异性，E正确．3.如图所示为一种报警装置悬空汽缸内，当连接活塞的挂钩上不挂重物时，封闭气柱(可视为理想气体)长度为L，温度为T，不计活塞与汽缸之间的摩擦，若汽缸内气体温度保持不变，挂钩挂上重物后，活塞下降h时(活塞未到开口处)，汽缸内气体压强达到临界值，传感器将报警．若保持空气柱长度L不变，汽缸内气体温度降至T′时，传感器也将报警，求T′.解析：设未挂重物体时，气体压强为p体积V＝SL挂上重物后压强为p′体积为V′＝S(L＋h)则由玻意耳定律得pV＝p′V′pL＝p′(L＋h)在等容变化过程中p T ＝p ′T ′联立解之得T ′＝L L ＋hT 答案：L L ＋hT 4．如图所示，T 形活塞将绝热汽缸内的气体分隔成A 、B 两部分，活塞左、右两侧截面积分别为S 1、S 2，活塞与汽缸两端的距离均为L ，汽缸上有a 、b 、c 三个小孔与大气连通，现将a 、b 两孔用细管(容积不计)连接．已知大气压强为p 0，环境温度为T 0，活塞与缸壁间无摩擦．(1)若用钉子将活塞固定，然后将缸内气体缓慢加热到T 1，求此时缸内气体的压强．(2)若气体温度仍为T 0，拔掉钉子，然后改变缸内气体温度，发现活塞向右缓慢移动了ΔL 的距离(活塞移动过程中不会经过小孔)，则气体温度升高还是降低？变化了多少？解析：(1)A 、B 内气体相通，初状态压强为p 0.由于钉子将活塞固定，气体体积不变由查理定律可知，p 0T 0＝p 1T 1 解得p 1＝p 0T 1T 0. (2)对活塞进行受力分析，可知温度改变后，活塞受力大小不变，所以活塞向右移动后，气体的压强不变．活塞向右移动后，气体体积增大，则气体温度升高．由(S 1＋S 2)L T 0＝S 2(L －ΔL )＋S 1(L ＋ΔL )T 解得T ＝T 0＋(S 1－S 2)ΔL (S 1＋S 2)LT 0 所以温度变化了ΔT ＝(S 1－S 2)ΔL (S 1＋S 2)LT 0. 答案：(1)p 0T 1T 0 (2)升高 (S 1－S 2)ΔL (S 1＋S 2)LT 0知识点一 固体、液体的性质1．晶体和非晶体(1)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性．(2)凡是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体．(3)凡是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体．(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化．2．液体表面张力1．(多选)下列说法正确的是(BCD)A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变解析：将一晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，故选项A错误．单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，故选项B正确．例如金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，故选项C正确．晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化．如天然水晶是晶体，熔融过的水晶(即石英玻璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，故选项D正确．熔化过程中，晶体的温度不变，但内能改变，故选项E错误．2．(多选)下列说法正确的是(ADE)A．单晶体和多晶体都有确定的熔点B．气体绝热膨胀对外做功，内能一定增大C．温度低的物体分子运动的平均速率小D．液体的饱和汽压随温度的升高而增大E．液体表面存在张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离解析：单晶体和多晶体都是晶体，都有确定的熔点，故A正确；气体绝热膨胀的过程中与外界没有热量交换，对外做功，根据热力学第一定律可知，内能一定减小，故B错误；温度是分子的平均动能的标志，温度低的物体分子运动的平均动能一定小，而平均速率不一定小，还与分子的质量有关，故C错误；液体的饱和汽压与温度有关，液体的饱和汽压随温度的升高而增大，故D正确；液体表面存在张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子之间表现为引力，故E正确．3．(多选)下列说法正确的是(BCD)A．液面上方的蒸汽达到饱和时就不会有液体分子从液面飞出B．萘的熔点为80 ℃，质量相等的80 ℃的液态萘和80 ℃的固态萘具有不同的分子势能C．车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象D．液体表面层分子的势能比液体内部分子的势能大E．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向同性解析：液面上方的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中，从宏观上看，液体不再蒸发，故A错误；80 ℃时，液态萘凝固成固态萘的过程中放出热量，温度不变，则分子的平均动能不变，萘放出热量的过程中内能减小，而分子平均动能不变，所以一定是分子势能减小，故B正确；由毛细现象的定义可知，C正确；液体表面层的分子间距离比液体内部的分子间距离大，故液体表面层分子之间的作用力表现为引力，分子之间的距离有缩小的趋势，可知液体表面层的分子比液体内部的分子有更大的分子势能，故D正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，E错误．知识点二气体压强的产生与计算1．产生的原因由于大量气体分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫做气体的压强．2．决定因素(1)宏观上：决定于气体的温度和体积．(2)微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度．3．平衡状态下气体压强的求法选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．典例如图所示，一汽缸水平固定在静止的小车上，一质量为m，面积为S的活塞将一定量的气体封闭在汽缸内，平衡时活塞与汽缸底相距为L.现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于汽缸移动了距离d.已知大气压强为p0，不计汽缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为p0；整个过程温度保持不变．求小车加速度的大小．【解析】设小车加速度大小为a，稳定时汽缸内气体的压强为p1，则活塞受到汽缸内外气体的压力分别为：F1＝p1S，F0＝p0S由牛顿第二定律得：F1－F0＝ma小车静止时，在平衡状态下，汽缸内气体的压强应为p0.由玻意耳定律得：p1V1＝p0V0式中V0＝SL，V1＝S(L－d)联立以上各式得：a＝p0Sdm(L－d).【答案】p0Sd m(L－d)【突破攻略】封闭气体压强的求解方法封闭气体的压强，不仅与气体的状态变化有关，还与相关的水银柱、活塞、汽缸等物体的受力情况和运动状态有关．解决这类问题的关键是要明确研究对象，然后分析研究对象的受力情况，再根据运动情况，列出关于研究对象的力学方程，然后解方程，就可求得封闭气体的压强．4.如图所示两个汽缸质量均为M ，内部横截面积均为S ，两个活塞的质量均为m ，左边的汽缸静止在水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下．不计活塞与汽缸壁间的摩擦，两个汽缸内分别封闭有一定质量的气体A 、B ，大气压为p 0，求封闭气体A 、B 的压强各多大？解析：题图甲中选活塞m 为研究对象．p A S ＝p 0S ＋mg 得p A ＝p 0＋mg S题图乙中选汽缸M 为研究对象，p B S ＋Mg ＝p 0S ，得p B ＝p 0－Mg S .答案：p 0＋mg S p 0－Mg S5．若已知大气压强为p 0，如图所示各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强．解析：在题图甲中，以高为h 的液柱为研究对象，由二力平衡知p 气S ＋ρghS ＝p 0S所以p气＝p0－ρgh在题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上＝F下，有：p气S＋ρghS＝p0Sp气＝p0－ρgh在题图丙中，以B液面为研究对象，有p气S＋ρghS sin60°＝p0S所以p气＝p0－32ρgh在题图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得p气S＝(p0＋ρgh1)S所以p气＝p0＋ρgh1.答案：甲：p0－ρgh乙：p0－ρgh丙：p0－32ρgh丁：p0＋ρgh1知识点三气体实验定律的应用1．三大气体实验定律(1)玻意耳定律(等温变化)：p1V1＝p2V2或pV＝C(常数)．(2)查理定律(等容变化)：p1 T1＝p2T2或pT＝C(常数)．(3)盖—吕萨克定律(等压变化)：V1 T1＝V2T2或VT＝C(常数)．2．利用气体实验定律解决问题的基本思路典例(2017·全国卷Ⅰ)如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27 ℃，汽缸导热．(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强．(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强．【审题关键点】(1)初始时，三个阀门均打开，说明A、B汽缸内气体的压强均为p0，温度为27 ℃.(2)汽缸导热，说明给汽缸A充气过程中及打开K2、K3时，A、B 中气体的温度保持不变．(3)活塞质量、体积均可忽略，说明活塞平衡时，活塞上、下两部分气体的压强相等．【解析】 (1)设打开K 2后，稳定时活塞上方气体的压强为p 1，体积为V 1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得p 0V ＝p 1V 1 ①(3p 0)V ＝p 1(2V －V 1) ②联立①②式得V 1＝V 2③ p 1＝2p 0. ④(2)打开K 3后，由④式知，活塞必定上升．设在活塞下方气体与A 中气体的体积之和为V 2(V 2≤2V )时，活塞下气体压强为p 2.由玻意耳定律得(3p 0)V ＝p 2V 2 ⑤由⑤式得p 2＝3V V 2p 0 ⑥ 由⑥式知，打开K 3后活塞上升直到B 的顶部为止；此时p 2为p 2′＝32p 0. (3)设加热后活塞下方气体的压强为p 3，气体温度从T 1＝300 K 升高到T 2＝320 K 的等容过程中，由查理定律得p 2′T 1＝p 3T 2⑦ 将有关数据代入⑦式得p 3＝1.6p 0.【答案】 (1)V 22p 0 (2)在汽缸B 的顶部 (3)1.6p 0【突破攻略】 处理“两团气”问题的技巧(1)分析“两团气”初状态和末状态的压强关系．(2)分析“两团气”的体积及其变化关系．(3)分析“两团气”状态参量的变化特点，选取合适的实验定律列方程．6．如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，面积分别为S1＝20 cm2，S2＝10 cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M的重物C 连接，静止时汽缸中的空气压强p＝1.3×105Pa，温度T＝540 K，汽缸两部分的气柱长均为L.已知大气压强p0＝1×105Pa，取g＝10 m/s2，缸内空气可看作理想气体，不计一切摩擦．求：(1)重物C的质量M；(2)逐渐降低汽缸中气体的温度，活塞A将向右缓慢移动，当活塞A刚靠近D处而处于平衡状态时缸内气体的温度．解析：(1)活塞整体受力处于平衡状态，则有：pS1＋p0S2＝p0S1＋pS2＋Mg代入数据解得：M＝3 kg.(2)当活塞A靠近D处时，活塞整体受力的平衡方程没变，气体压强不变，根据气体的等压变化有：(S 1＋S 2)L T ＝S 2×2L T ′解得：T ′＝360 K. 答案：(1)3 kg (2)360 K7．(2017·全国卷Ⅲ)一种测量稀薄气体压强的仪器如图甲所示，玻璃泡M 的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K 1和K 2.K 1长为l ，顶端封闭，K 2上端与待测气体连通；M 下端经橡皮软管与充有水银的容器R 连通．开始测量时，M 与K 2相通；逐渐提升R ，直到K 2中水银面与K 1顶端等高，此时水银已进入K 1，且K 1中水银面比顶端低h ，如图乙所示．设测量过程中温度、与K 2相通的待测气体的压强均保持不变．已知K 1和K 2的内径均为d ，M 的容积为V 0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g .求：(1)待测气体的压强；(2)该仪器能够测量的最大压强．解析：(1)水银面上升至M 的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V ，压强等于待测气体的压强p .提升R ，直到K 2中水银面与K 1顶端等高时，K 1中水银面比顶端低h ；设此时封闭气体的压强为p 1，体积为V 1，则V ＝V 0＋14πd 2l ①V1＝14πd2h②由力学平衡条件得p1＝p＋ρgh③整个过程为等温过程，由玻意耳定律得pV＝p1V1④联立①②③④式得p＝ρπgh2d24V0＋πd2(l－h).⑤(2)由题意知h≤l⑥联立⑤⑥式有p≤πρgl2d24V0⑦该仪器能够测量的最大压强为p max＝πρgl2d24V0.答案：(1)ρπgh2d24V0＋πd2(l－h)(2)πρgl2d24V0知识点四理想气体状态方程的应用1．理想气体p1V1 T1＝p2V2T2或pVT＝C.3．应用状态方程解题的一般步骤(1)明确研究对象，即某一定质量的理想气体．(2)确定气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2.(3)由状态方程列式求解．(4)讨论结果的合理性．典例 如图所示，有两个不计质量和厚度的活塞M 、N ，将两部分理想气体A 、B 封闭在绝热汽缸内，温度均是27 ℃.M 活塞是导热的，N 活塞是绝热的，均可沿汽缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S ＝2 cm 2，初始时M 活塞相对于底部的高度为h 1＝27 cm ，N 活塞相对于底部的高度为h 2＝18 cm.现将一质量为m ＝1 kg 的小物体放在M 活塞的上表面上，活塞下降．已知大气压强为p 0＝1.0×105 Pa.(g ＝10 m/s 2)(1)求下部分气体的压强多大；(2)现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127 ℃，求稳定后活塞M 、N 距离底部的高度．【审题关键点】 (1)M 活塞是导热的，N 活塞是绝热的，保证上部分气体温度不变．(2)在放上小物体m ，又对下部分气体加热的过程中，下部分气体温度、压强、体积均变化，应用理想气体状态方程求解．【解析】 (1)以两个活塞和重物作为整体进行受力分析得：pS＝mg ＋p 0S 得p ＝p 0＋mg S ＝1.0×105 Pa ＋1×102×10－4 Pa ＝1.5×105 Pa. (2)对下部分气体进行分析，初状态压强为p 0，体积为h 2S ，温度为T 1，末状态压强为p ，体积设为h 3S ，温度为T 2由理想气体状态方程可得：p 0h 2S T 1＝ph 3S T 2得：h 3＝p 0T 2pT 1h 2＝1.0×105×4001.5×105×300×18 cm ＝16 cm 对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得：p 0(h 1－h 2)S ＝pLS 得：L ＝6 cm故此时活塞M 距离底端的距离为h 4＝16 cm ＋6 cm ＝22 cm.【答案】 (1)1.5×105 Pa (2)22 cm 16 cm8．(多选)如图所示，密闭容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则( ACE )A ．氢分子的平均动能增大B ．氢分子的势能增大C ．氢气的内能增大D ．氢气的内能可能不变E ．氢气的压强增大解析：温度是分子的平均动能的标志，氢气的温度升高，则分子的平均动能一定增大，故A 正确；氢气视为理想气体，气体分子势能忽略不计，B 错误；密闭容器内气体的内能由分子动能决定，氢气的分子动能增大，则内能增大，故C正确，D错误；根据理想气体的状态方程：pVT＝C可知，氢气的体积不变，温度升高则压强增大，故E正确．9.如图所示，用绝热光滑活塞把汽缸内的理想气体分A、B两部分，初态时已知A、B两部分气体的热力学温度分别为330 K和220 K，它们的体积之比为21，末态时把A气体的温度升高70 ℃，把B气体温度降低20 ℃，活塞可以再次达到平衡．求气体A初态的压强p0与末态的压强p的比值．解析：设活塞原来处于平衡状态时A、B的压强相等为p0，后来仍处于平衡状态压强相等为p.根据理想气体状态方程，对于A有：p0V A T A ＝pV A′T A′①对于B有：p0V BT B＝pV B′T B′②化简得：V A′V B′＝83③由题意设V A＝2V0，V B＝V0，④汽缸的总体积为V＝3V0⑤所以可得：V A′＝811V＝2411V0⑥将④⑥代入①式得：p0p＝910.答案：91010．容器内装有1 kg 的氧气，开始时，氧气压强为1.0×106 Pa ，温度为57 ℃，因为漏气，经过一段时间后，容器内氧气压强变为原来的35，温度降为27 ℃，求漏掉多少千克氧气？ 解析：由题意知，气体质量：m ＝1 kg ，压强p 1＝1.0×106 Pa ，温度T 1＝(273＋57) K ＝330 K ，经一段时间后温度降为：T 2＝(273＋27) K ＝300 K ，p 2＝35p 1＝35×1×106 Pa ＝6.0×105 Pa ， 设容器的体积为V ，以全部气体为研究对象，由理想气体状态方程得：p 1V T 1＝p 2V ′T 2代入数据解得：V ′＝p 1VT 2p 2T 1＝1×106×300V 6×105×330＝5033V ， 所以漏掉的氧气质量为：Δm ＝ΔV V ′×m ＝50V 33－V 50V 33×1 kg ＝0.34 kg. 答案：0.34 kg知识点五 气体状态变化的图象问题一定质量的气体不同图象的比较典例一定质量的理想气体，其状态变化过程如图中箭头顺序所示，AB平行于纵轴，BC平行于横轴，CA段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线的一部分．已知气体在A状态的压强、体积、热力学温度分别为p A、V A、T A，且气体在A状态的压强是B状态压强的3倍．试求：(1)气体在B 状态的热力学温度和C 状态的体积．(2)从B 到C 过程中，是气体对外做功还是外界对气体做功？做了多少功？【审题关键点】 (1)由题图所示图象判断出气体状态变化过程，然后应用查理定律求出温度，由盖—吕萨克定律求出气体的体积．(2)根据气体体积的变化判断气体对外做功还是外界对气体做功，然后求出做功多少．【解析】 (1)从A 到B 是等容过程，由查理定律有：p A T A ＝p B T B由题知：p A ＝3p B 可得：T B ＝13T A . 从B 到C 是等压变化过程，由盖—吕萨克定律，有：V B T B ＝V CT C又从A 到C 是等温变化过程，故T C ＝T A解得：V C ＝3V A .(2)从B 到C 等压过程中，气体的体积在增大，故知是气体对外界做功，做功为：W ＝p B (V C －V B )＝23p A V A . 【答案】 (1)13T A 3V A(2)气体对外界做功23p A V A【突破攻略】气体状态变化的图象的应用技巧(1)明确点、线的物理意义：求解气体状态变化的图象问题，应当明确图象上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图象上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程．(2)明确图象斜率的物理意义：在V-T图象(p-T图象)中，比较两个状态的压强(或体积)大小，可以比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，其规律是：斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大．(3)明确图象面积的物理意义：在p－V图象中，p－V图线与V 轴所围面积表示气体对外界或外界对气体所做的功．11.如图为一定质量理想气体的压强p与体积V关系图象，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C.设A、B、C 状态对应的温度分别为T A、T B、T C，则下列关系式中正确的是(C)A．T A<T B，T B<T C B．T A>T B，T B＝T CC．T A>T B，T B<T C D．T A＝T B，T B>T C解析：由状态A到状态B过程中，气体体积不变，由查理定律可知，随压强减小，温度降低，故T A>T B，A、D错误；由状态B 到状态C过程中，气体压强不变，由盖—吕萨克定律可知，随体积增大，温度升高，即T B<T C，B项错，C项对．12．如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断中正确的是(AD)A．A→B温度升高，压强不变B．B→C体积不变，压强变大C．B→C体积不变，压强不变D．C→D体积变小，压强变大解析：由题图可知，在A→B的过程中，气体温度升高体积变＝C，可知气体压强不变，故A正大，且体积与温度成正比，由pVT确；由题图可知，在B→C的过程中，体积不变而温度降低，由pVT ＝C可知，压强p减小，故B、C错误；由题图可知，在C→D的过＝C可知，压强p增大，故程中，气体温度不变，体积减小，由pVTD正确．13．(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图象如图所示，下列说法正确的是(BDE)A．过程bc中气体既不吸热也不放热B．过程ab中气体一定吸热C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放出的热量D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小E．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同解析：由题图所示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体吸热，故A错误；由题图可知，ab过程气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故B正确；由题图可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖—吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W>0，气体温度降低，内能减少，ΔU<0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C错误；由题图可知，a、b 和c三个状态中a状态温度最低，分子平均动能最小，故D正确；由题图可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，。

课时训练(二十)【基础过关】1.[2019·临安中学模拟]下列关于洛伦兹力的说法中正确的是()A.只要速度大小相同,所受洛伦兹力就相同B.如果把电荷量由+q改为-q,且速度反向,大小不变,则洛伦兹力的大小、方向均不变C.洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直,磁场方向一定与电荷运动方向垂直D.粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变2.如图Z20-1所示,一束电子流沿管的轴线进入螺线管,忽略重力,电子在管内的运动应该是()图Z20-1A.当从a端通入电流时,电子做匀加速直线运动B.当从b端通入电流时,电子做匀加速直线运动C.不管从哪端通入电流,电子都做匀速直线运动D.不管从哪端通入电流,电子都做匀速圆周运动图Z20-23.如图Z20-2所示,重力不计的带电粒子水平向右进入匀强磁场,对该带电粒子进入磁场后的运动情况,以下判断正确的是()A.粒子向上偏转B.粒子向下偏转C.粒子不偏转D.粒子很快停止运动图Z20-34.a、b、c三束粒子沿纸面向上射入垂直于纸面向里的匀强磁场中,偏转轨迹如图Z20-3所示,关于粒子的带电性质,下列判断正确的是()A.a带负电荷B.a带正电荷C.b带正电荷D.c带正电荷5.[2019·台州中学模拟]地球的极光由地球磁层和太阳的高能带电粒子流(太阳风)使高层大气分子或原子激发(或电离)而产生.假如高速电子流以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点,则电子流在进入地球周围的空间时,将()A.向东偏转B.向西偏转C.向北偏转D.竖直向下沿直线射向地面图Z20-46.如图Z20-4所示,a是竖直平面P上的一点,P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点,P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下,在水平面内向右偏转经过a点.在电子经过a点的瞬间,条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()A.向上B.向下C.向左D.向右图Z20-57.如图Z20-5所示,将一阴极射线管置于一通电螺线管的正上方且两极在同一水平面内,则阴极射线将()A.向里偏转B.向外偏转C.向上偏转D.向下偏转图Z20-68.如图Z20-6所示是电子射线管示意图.接通电源后,电子射线由阴极沿x轴正方向射出,在荧光屏上会看到一条亮线.要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转,下列措施可行的是()A.加一磁场,磁场方向沿z轴负方向B.加一磁场,磁场方向沿y轴正方向C.加一磁场,磁场方向沿x轴正方向D.加一磁场,磁场方向沿y轴负方向图Z20-79.[2019·镇海中学模拟]如图Z20-7所示,电子枪向右发射电子束,其正下方水平直导线内通有向右的电流,则电子束将()A.向上偏转,速率越来越小B.向上偏转,速率保持不变C.向下偏转,速率越来越大D.向下偏转,速率保持不变10.图Z20-8为磁流体发电机的示意图,一束等离子体(含正、负离子)沿图示方向垂直射入由一对磁极产生的匀强磁场中,A、B是一对平行于磁场放置的金属板,板间连入电阻R,则电路稳定后()图Z20-8A.离子可能向N极偏转B.A板聚集正离子C.R中有向上的电流D.离子在磁场中偏转时洛伦兹力可能做功11.如图Z20-9所示,电流从A点分两路通过对称的材料完全相同的半圆聚于B点.现有一电子垂直于纸面向圆心射入,关于电子的偏转方向,图Z20-9下列说法正确的是()A.电子向上偏转B.电子向下偏转C.电子向左偏转D.不偏转【领先冲A】12.如图Z20-10所示,从S处发出的热电子经电压为U的电场加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中,发现电子流向上极板偏转.不考虑电子本身的重力.设两极板间电场强度为E,磁感应强度为B.欲使电子沿直线从电磁场区域通过,只采取下列措施,其中可行的是()图Z20-10A.适当减小电场强度EB.适当减小磁感应强度BC.适当增大加速电场的宽度D.适当减小加速电压U图Z20-1113.如图Z20-11所示,带电小球在匀强磁场中沿光滑绝缘的圆弧形轨道的内侧往复运动,它向左或向右运动通过最低点时()A.速度相同B.加速度相同C.所受洛伦兹力相同D.轨道对它的弹力相同14.托卡马克磁约束装置图如图Z20-12甲所示,该装置是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器.其主要原理(如图乙所示)为粒子混合体被强电流线圈产生的磁场约束在“容器”中,通电线圈产生的圆形磁场可看作匀强磁场,“容器”中有运动的粒子混合体,有些粒子会运动到“容器”的边缘,它们的截面图如图丙所示.若有运动方向与磁场方向垂直的带电粒子(不计粒子重力)在P点向上运动,观察其匀速圆周运动轨迹,下列说法正确的是()图Z20-12A.要产生图乙的磁场,线圈中强电流方向应与图示电流方向相同;丙图中,带正电的粒子在P点向上运动后的轨迹是1B.要产生图乙的磁场,线圈中强电流方向应与图示电流方向相反;丙图中,带负电的粒子在P点向上运动后的轨迹是2C.要产生图乙的磁场,线圈中强电流方向应与图示电流方向相同;丙图中,带正电的粒子在P点向上运动后的轨迹是2D.要产生图乙的磁场,线圈中强电流方向应与图示电流方向相反;丙图中,带负电的粒子在P点向上运动后的轨迹是115.如图Z20-13所示,一个带正电的小球沿光滑的水平绝缘桌面向右运动,速度的方向垂直于一个水平方向的匀强磁场,小球飞离桌子边缘落到地板上.设其飞行时间为t1,水平射程为x1,落地速率为v1.撤去磁场,其余条件不变时,小球飞行时间为t2,水平射程为x2,落地速率为v2,则()图Z20-13A.t1<t2B.x1>x2C.x1<x2D.v1>v216.[2019·金华十校期末]如图Z20-14所示,虚线所围的区域内存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场,从左侧水平向右射入的电子穿过该区域时未发生偏转.下列说法正确的是()图Z20-14A.若E的方向竖直向上、B的方向垂直于纸面向外,则电子一定做匀速直线运动通过虚线所围的区域B.若E的方向竖直向上、B的方向垂直于纸面向里,则电子可能做匀速直线运动通过虚线所围的区域C.若E和B的方向都沿水平方向,则电子可能做匀减速直线运动通过虚线所围的区域D.若E和B的方向都沿竖直方向,则电子可能做匀加速直线运动通过虚线所围的区域课时训练(二十)1.B[解析]因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关,而且与粒子速度的方向有关,如当粒子速度与磁场垂直时,F=qvB,当粒子速度与磁场平行时,F=0,又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直,因而速度方向不同时,洛伦兹力的方向也不同,选项A错误.+q改为-q且速度反向,由左手定则可知洛伦兹力方向不变,由F=qvB知洛伦兹力大小也不变,选项B正确.电荷运动方向可以与磁场的方向成任意角度,选项C错误;粒子只受洛伦兹力作用时,速度大小不变,方向改变,选项D错误.2.C[解析]不管通有什么方向的电流,螺线管内部磁场方向始终与轴线平行,带电粒子沿着磁感线运动时不受洛伦兹力,所以一直保持原运动状态不变.3.A[解析]根据左手定则,伸开左手,使拇指与其余四指垂直,并与手掌在同一平面内,让磁感线垂直进入手心,四指指向带正电粒子的运动方向,则拇指指向为粒子受到的洛伦兹力方向,故粒子受到向上的洛伦兹力,所以粒子向上偏转,故A正确.4.B[解析]根据左手定则,结合图可知,a粒子带正电,c粒子不带电,b粒子带负电,故B正确,A、C、D 错误.5.B[解析]地磁场在赤道附近由南到北,电子带负电,由左手定则可判断,电子将相对于预定点稍向西偏转,故B正确.6.A[解析]条形磁铁的磁感线在a点处垂直于P向外,电子在a点向右运动,由左手定则可判断出电子所受条形磁铁的磁场作用力的方向向上,A正确.7.B[解析]根据安培定则知,螺线管的磁场在阴极射线管位置处方向向下,根据左手定则知,电子所受的洛伦兹力方向垂直于纸面向外,则阴极射线管中的电子束将向纸面外偏转,故B正确.8.B[解析]电子沿x轴正方向运动,则电流沿x轴负方向,要使电子偏向z轴负方向,则电子所受的力应沿z轴负方向,由左手定则可知可加一磁场,磁场方向沿y轴正方向.9.B[解析]由安培定则可知,直导线在电子枪处产生的磁场方向垂直于纸面向外,电子束由左向右运动,由左手定则可知,电子束受到的洛伦兹力竖直向上,则电子束向上偏转;由于洛伦兹力对电子不做功,可知电子的速率不变,选项B正确.10.C[解析]由左手定则知,正离子向B板偏转,负离子向A板偏转,离子不可能向N极偏转,A、B错误;电路稳定后,电阻R中有向上的电流,C正确;因为洛伦兹力的方向与速度方向垂直,所以洛伦兹力不可能做功,D错误.11.D[解析]根据安培定则,上半个圆在圆心处产生的磁场垂直于纸面向里,而下半个圆在圆心处产生的磁场垂直于纸面向外,因此圆心处总磁场为零,电子经过时并不偏转,选项D正确.12.A[解析]要使电子沿直线运动,必须满足条件Eq=qvB,根据左手定则可知,电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下,故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力,所以为了使电子在复合场中做匀速直线运动,要么增大洛伦兹力,要么减小电场力.适当减小加速电压U,可以减小速度v,可减小洛伦兹力,故D错误;适当减小电场强度,可以减小电场力,故A正确;适当减小磁感应强度,可减小洛伦兹力,故B 错误;增大加速电场的宽度,不能改变速度v,故C错误.13.B[解析]小球往复运动通过最低点时,速度方向不同,洛伦兹力方向不同,选项A、C错误;洛伦兹力不做功,所以动能不变,即速度大小不变,根据向心加速度公式a=知,加速度相同,选项B正确;根据受力分析知轨道对小球的弹力不同,选项D错误.14.C[解析]由图乙可知,要产生图示的磁场,由安培定则可知,线圈中强电流方向应与图示电流方向相同;由左手定则可知,带正电的粒子在P点向上运动后的轨迹是2,故选项C正确.15.B[解析]有磁场时,小球下落过程中要受重力和洛伦兹力的共同作用,重力方向竖直向下,大小、方向都不变;洛伦兹力的大小和方向都随速度的变化而变化,但在能落到地板的前提下,洛伦兹力的水平分力方向向右,竖直分力方向向上,竖直方向的加速度仍向下,但小于重力加速度g,从而使运动时间比撤去磁场后要长,即t1>t2,选项A错误;小球在水平方向上加速运动,从而使水平位移比撤去磁场后要大,即x1>x2,选项B正确,选项C错误;在有磁场时,重力和洛伦兹力共同作用,洛伦兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直,不对小球做功,不改变小球的动能,有磁场和无磁场时都只有重力做功,动能的增加是相同的,有磁场和无磁场时小球落地的速度方向并不相同,但速度的大小是相等的,选项D错误.16.C[解析]若E的方向竖直向上、B的方向垂直于纸面向外,则电子所受的电场力竖直向下,由左手定则可判断,洛伦兹力方向竖直向上,所以当两力大小相等时,电子穿过此区域不会发生偏转,并且做匀速直线运动,故A错误;若E的方向竖直向上、B的方向垂直于纸面向里,则电场力方向竖直向下,由左手定则可判断,洛伦兹力竖直向下,所以两力不能使电子做直线运动,会发生偏转,故B错误.若E和B的方向都沿水平方向,且电场方向与电子运动方向相反,则电子所受电场力方向与运动方向相同,由于电子运动方向与B的方向在一条直线上,所以不受洛伦兹力,因此穿过此区域不会发生偏转;如果电场方向与电子运动方向相同,则电子所受电场力与运动方向相反,则电子减速通过,故C正确.若E和B的方向都沿竖直方向,则电场力沿竖直方向,而洛伦兹力沿垂直于纸面的方向,合力方向与速度不共线,则电子做曲线运动,故D错误.。

第十章电磁感应第39讲电磁感应现象楞次定律知识点一磁通量1．概念：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与B的乘积．2．公式：Φ＝BS.3．单位：1 Wb＝1_T·m2.4．公式的适用条件(1)匀强磁场；(2)磁感线的方向与平面垂直，即B⊥S.5．磁通量的意义磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数．知识点二电磁感应现象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．3．产生电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合，则产生感应电流；如果回路不闭合，那么只有感应电动势，而无感应电流．知识点三楞次定律(1)1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象．(√)(2)1834年，俄国物理学家楞次总结了确定感应电流方向的定律——楞次定律．(√)(3)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生．(×)(4)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数有关．(×)(5)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．(×)(6)感应电流的磁场一定阻止引起感应电流的磁场的磁通量的变化．(×)1．如图所示，A为通电线圈，电流方向如图所示，B、C为与A在同一平面内的两同心圆，ΦB、ΦC分别为通过两圆面的磁通量的大小，下列判断正确的是(B)A．ΦB＝ΦC B．ΦB>ΦCC．ΦB<ΦC D．无法判断解析：根据右手螺旋定则，结合磁场的特点可得，线圈A中产生的磁场的方向垂直向外，而外部则垂直向里；磁通量可看成穿过线圈的磁感线条数，由于线圈A中产生的磁场的方向垂直向外，而外部则垂直向里，当线圈的面积越大时，则相互抵消的越多，因此穿过线圈B的磁通量大，线圈C的磁通量小，故B正确，A、C、D 错误．2．如图所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生如箭头所示方向的瞬时感应电流，下列方法可行的是(A)A．使匀强磁场均匀增大B．使圆环绕水平轴ab如图转动30°C．使圆环绕水平轴cd如图转动30°D．保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动解析：根据楞次定律可知，若匀强磁场均匀增大，通过圆环的磁通量增大，将产生从上向下看为顺时针方向的感应电流，电流方向与图中方向相符，故A项正确；使圆环绕水平轴ab如图转动30°或者使圆环绕水平轴cd如图转动30°，通过圆环的磁通量都将减小，产生的感应电流方向与图中所示的相反，故B、C项错误；保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动，通过圆环的磁通量不改变，不会产生感应电流，故D项错误．3.如图所示，有一个铜盘，轻轻拨动它，能长时间地绕转轴自由转动．如果在转动时把蹄形磁铁的两极放在铜盘边缘，但并不与铜盘接触，我们将观察到的现象是(C)A．铜盘的转动不受磁铁的影响B．铜盘的转动能持续更长时间C．铜盘能在较短的时间内停止D．由于磁铁的影响，铜盘会反向转动解析：当铜盘转动时，切割磁感线，产生感应电动势，由于电路闭合，则出现感应电流，处于磁场中的部分圆盘会受到安培力作用，此力阻碍铜盘转动，使得铜盘能在较短的时间内停止，故C正确，A、B、D错误．4．长直导线与矩形线框abcd处在同一平面中静止不动，如图甲所示．长直导线中通以大小和方向都随时间做周期性变化的电流，i-t图象如图乙所示．规定沿长直导线向上的电流为正方向．关于最初一个周期内矩形线框中感应电流的方向，下列说法正确的是(D)A．由顺时针方向变为逆时针方向B．由逆时针方向变为顺时针方向C．由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向D．由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向解析：据图乙可知，在四分之一周期内，电流变大，据右手螺旋定则可知，矩形线圈所处的磁场垂直纸面向里变大，即导致穿过线圈中的磁通量增大，由楞次定律可知，产生的感应电流方向为逆时针；同理分析可知，在T4～34T时间内，矩形线圈产生的电流方向为顺时针；在34T～T时间内矩形线圈产生的感应电流方向为逆时针；故A、B、C错误，D正确．5.北半球地磁场的竖直分量向下，如图所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置着边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向．下列说法中正确的是(C)A．若使线圈向东平动，则a点的电势比b点的电势高B．若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低C．若以ab边为轴将线圈向上翻转，则线圈中的感应电流方向为a→b→c→d→aD．若以ab边为轴将线圈向上翻转，则线圈中的感应电流方向为a→d→c→b→a解析：线圈向东平动时，ab和cd两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相等，a点电势比b点电势低，选项A 错误；同理，线圈向北平动，则a、b两点的电势相等，高于c、d 两点的电势，选项B错误；以ab边为轴将线圈向上翻转，向下的磁通量减小，感应电流的磁场方向应该向下，再由安培定则知，感应电流的方向为a→b→c→d→a，选项C正确，选项D错误．6.某同学设计了一个电磁冲击钻，其原理示意图如图所示，若发现钻头M突然向右运动，则可能是(A)A．开关S由断开到闭合的瞬间B．开关S由闭合到断开的瞬间C．保持开关S闭合，变阻器滑片P加速向右滑动D．保持开关S闭合，变阻器滑片P匀速向右滑动解析：开关S由断开到闭合的瞬间，穿过M的磁通量变大，为阻碍磁通量变大，钻头向右运动，故A正确；开关S由闭合到断开的瞬间，穿过M的磁通量减小，为阻碍磁通量减小，钻头向左运动，故B错误；保持开关S闭合，变阻器滑片P加速向右滑动，穿过M 的磁通量减小，为阻碍磁通量减小，钻头向左运动，故C错误；保持开关S闭合，变阻器滑片P匀速向右滑动，穿过M的磁通量减小，为阻碍磁通量减小，钻头向左运动，故D错误．知识点一对电磁感应现象的理解和判断1．判断产生感应电流的两种方法(1)闭合电路的一部分导体切割磁感线，产生“动生电流”．(2)“感生电流”，即导体回路必须闭合，穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，二者缺一不可．2．常见的产生感应电流的三种情况1．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(D)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，观察电流表的变化解析：只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化，不会产生感应电流，A、B、C错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁通量变化，会产生感应电流，能观察到电流表的变化，D正确．2．(2017·全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是(A)解析：施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减．方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变．综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A.3.如图所示，闭合圆形导体线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，当磁感应强度逐渐增大时，以下说法正确的是(C)A．线圈中产生顺时针方向的感应电流B．线圈中产生逆时针方向的感应电流C．线圈中不会产生感应电流D．线圈面积有缩小的倾向解析：由于线圈平面与磁场平行，所以穿过线圈的磁通量为零．当磁感应强度增大时，穿过线圈的磁通量仍然为零，则线圈中不会产生感应电流，故只有C正确．知识点二楞次定律的理解及应用1．楞次定律中“阻碍”的含义2．判断感应电流方向的两种方法方法一用楞次定律判断方法二用右手定则判断该方法适用于切割磁感线产生的感应电流．判断时注意掌心、拇指、四指的方向：(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．4.如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．若(D)A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向解析：当金属环上下移动时，穿过环的磁通量不发生变化，根据楞次定律，没有感应电流产生，选项A、B错误；当金属环向左移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向外且增加，根据楞次定律可知，环上产生顺时针方向的感应电流，故选项C错误；当金属环向右移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向里且增加，根据楞次定律可知，环上产生逆时针方向的感应电流，故选项D正确．5.如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈．工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则(D)A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化解析：当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，即使有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针，故A、C错误；通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故B错误；有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，故D正确．6.(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是(AB)A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘呈电中性，转动不会形成电流，不会导致磁针转动，选项D错误．知识点三三定则、一定律的综合应用1．规律比较2.相互联系(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则．(2)研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定．典例如图所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则()A．ab棒不受安培力作用B．ab棒所受安培力的方向向右C．ab棒向右运动速度v越大，所受安培力越大D．螺线管产生的磁场，A端为N极【审题关键点】(1)判断金属棒ab切割磁感线产生的感应电流→应用右手定则．(2)判断金属棒ab受到的安培力→应用左手定则．(3)判断螺线管中产生的磁场→应用安培定则．【解析】金属棒ab向右运动切割磁感线，根据右手定则判断感应电流方向由b→a，再根据左手定则判断棒所受安培力水平向左，故A、B错误；ab的速度越大，感应电流越大，所受安培力就越大，C正确；根据安培定则可判定螺线管的B端为N极，A端为S极，D错误．【答案】 C【突破攻略】左、右手定则巧区分(1)区分左手定则和右手定则的根本是抓住“因果关系”：“因电而动”——用左手，“因动生电”——用右手．(2)使用中左手定则和右手定则很容易混淆，为了便于记忆，可把两个定则简单地总结为通电受力，“力”的最后一笔“丿”向左，用左手；运动生电，“电”的最后一笔“乚”向右，用右手．7．(2017·全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是(D)A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向解析：金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS 中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路PQRS中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确．8．1831年，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机(图甲)．它是利用电磁感应原理制成的，是人类历史上第一台发电机．图乙是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触．使铜盘转动，电阻R中就有电流通过．若所加磁场为匀强磁场，回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，CRD平面与铜盘平面垂直，下列说法正确的是(C)A．电阻R中没有电流流过B．铜片C的电势高于铜片D的电势C．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则铜盘中有电流产生D．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则CRD回路中有电流产生解析：根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，因此电流方向为从C向D，由于圆盘在切割磁感线，相当于电源，所以D处的电势比C处高，A、B错误；保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则穿过铜盘的磁通量发生变化，故有感应电流产生，但是此时不再切割磁感线，所以CD不能当成电源，故CRD回路中没有电流产生，C正确D错误．知识点四楞次定律推论的应用楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因．列表说明如下：9.在水平面内有一固定的U型裸金属框架，框架上静止放置一根粗糙的金属杆ab，整个装置放在竖直方向的匀强磁场中，如图所示．下列说法中正确的是(C)A．只有当磁场方向向上且增强，ab杆才可能向左移动B．只有当磁场方向向下且减弱，ab杆才可能向右移动C．无论磁场方向如何，只要磁场减弱，ab杆就可能向右移动D．当磁场变化时，ab杆中一定有电流产生，且一定会移动解析：根据楞次定律的推论——“增缩减扩”，可判断当磁通量增大时，闭合电路的面积有缩小的趋势，磁通量减小时，闭合电路的面积有扩大的趋势，故A、B错误，C正确；只有ab杆中受到的安培力大于杆所受到的摩擦力时，杆才会移动，故D错误．10.(多选)如图所示，线圈A、B同心置于光滑水平桌面上，线圈A中通有逐渐增大的逆时针方向的电流，则(BC)A．线圈B将顺时针转动起来B．线圈B中有顺时针方向的电流C．线圈B将有沿半径方向扩张的趋势D．线圈B对桌面的压力将增大解析：当线圈A中通有逐渐增大的逆时针方向的电流时，穿过线圈B的磁通量竖直向上且增大，根据楞次定律，线圈B产生顺时针方向的电流；线圈A、B中的电流方向相反，互相排斥，线圈B有扩张的趋势，故B、C正确，A错误．线圈B受到的安培力在水平方向上，线圈B对桌面的压力将不变，故D错误．11.如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与胶木圆盘面平行，其轴线与胶木圆盘A的轴线OO′重合．现使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则(B)A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大解析：使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，通过金属环B内的磁通量增大，根据楞次定律，金属环B的面积有缩小的趋势，且B有向上升高的趋势，丝线受到的拉力减小，B正确．利用程序法和逆向推理法分析二次感应问题在电磁感应现象中，二次电磁感应问题在高考题中时常出现，解决该类问题的方法有程序法、逆向推理法等．(一)程序法(正向推理法)(二)逆向推理法12．(多选)如图所示，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(BC)A．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13．(多选)如图所示装置中，cd杆原来静止．当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动(BD)A．向右匀速运动 B．向右加速运动C．向左加速运动 D．向左减速运动解析：ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd保持静止，A错误；ab向右加速运动时，L2中的磁通量向下增大，通过cd的电流方向向下，cd向右移动，B正确；同理可得C错误，D正确．14．如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路．在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A.不计铁芯和铜环A之间的摩擦．则下列情况中铜环A会向右运动的是(C)A．线圈中通以恒定的电流B．通电时，使滑动变阻器的滑片P向右匀速移动C．通电时，使滑动变阻器的滑片P向左加速移动D．开关突然断开的瞬间解析：铜环A向右运动，说明穿过A的磁通量在增加，绕在铁芯上的线圈中的电流在增大，故选项C正确．。

第49讲热力学定律与能量守恒定律知识点一热力学第一定律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＝Q＋W中正、负号法则：知识点二能量守恒定律1．内容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，或者是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．条件性能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能是否守恒是有条件的．3．第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律．知识点三热力学第二定律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：不可能从单一热源吸收热量，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．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．4．第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律．(1)为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，做功和热传递的实质是相同的．(×)(2)绝热过程中，外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变．(×)(3)在给自行车打气时，会发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热．(×)(4)可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功．(√)1．(多选)如图所示，将一空的铝制易拉罐开口向下压入恒温游泳池的水中，则金属罐在水中缓慢下降的过程中，罐内空气(可视为理想气体)(BCD)A．内能增大B．分子间的平均距离减小C．向外界放热D．外界对气体做正功E．既不吸热，也不放热解析：由于温度不变，故气体内能不变(理想气体内能取决于温度)，A错误；取金属罐中封闭的理想气体为研究对象，金属罐向下压入恒温游泳池中的过程，可视为等温过程，由题意知压强变大，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，可知体积变小，故分子平均间距变小，B正确；恒温内能不变，ΔU＝0，体积变小，W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q<0，即向外放热，故C、D正确，E错误．2．(多选)如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态．现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是(ACE)A．气体A吸热，内能增加B．气体B吸热，对外做功，内能不变C．气体A分子的平均动能增大D．气体A和气体B内每个分子的动能都增大E．气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞总次数减少解析：气体A进行等容变化，则W＝0，根据ΔU＝W＋Q可知气体A吸收热量，内能增加，温度升高，气体A分子的平均动能变大，但不是每个分子的动能都是增大的，选项A、C正确，D错误；因为中间是导热隔板，所以气体B吸收热量，温度升高，体积变大，内能增加，对外做功，选项B错误；气体B的压强不变，但是体积增大，所以气体B分子单位时间内对汽缸壁单位面积的碰撞次数减少，选项E正确．3．(多选)如图所示，绝热容器被绝热隔板K1，卡销锁住的绝热光滑活塞K2隔成a，b，c三部分，a部分为真空，b部分为一定质量的稀薄气体，且压强p b<p0，c与大气连通，则下列说法中正确的是(BCE)A．只打开隔板K1，b中气体对外做功，内能减少B．只打开隔板K1，b中气体不做功，内能不变C．只打开隔板K1，b中气体压强减小，温度不变D．只打开卡销K2，b中气体对外做功，内能减小E．只打开卡销K2，外界对b中气体做功，b中气体内能增加解析：只打开隔板K1，b中气体向a中真空扩散，气体不做功，W＝0，绝热容器导致Q＝0，由热力学第一定律知ΔU＝W＋Q＝0，内能不变，A错误，B正确；只打开隔板K1时，b中气体内能不变，温度不变，由玻意耳定律pV＝C知b中气体体积增大，压强减小，C正确；只打开卡销K2时，由于p b<p0，活塞将向左移动，b中气体体积减小，外界对b中气体做功，W′>0，但Q′＝0，则ΔU′＝W′＋Q′>0，内能增加，E正确，D错误．4．如图所示，导热性能良好的汽缸悬挂在天花板上，用轻质活塞(下有轻质挂钩)封闭体积为V0的理想气体，外界大气压为p0，环境温度为T0，活塞截面积为S，与汽缸之间的摩擦不计，现在活塞下面挂上质量为m的钩码，活塞缓慢下移，并最后静止在某一位置(未从汽缸上脱落)，重力加速度为g，求：(1)活塞静止时，离汽缸上底的距离．(2)如果取下钩码，要保持活塞的位置不变，环境温度需要改变到多少？汽缸吸热还是放热？解析：(1)未挂钩码时，封闭气体的压强为p0，体积为V0，温度为T0，挂上钩码，当活塞稳定后，由平衡条件得pS＋mg＝p0S，设活塞静止时，离汽缸上底距离为x，根据玻意耳定律得：p0V0＝pSx，解得：x＝p0V0p0S－mg.(2)拿掉钩码后的稳定过程，根据查理定律得：pT0＝p0T解得：T＝p0T0Sp0S－mg>T0所以理想气体温度升高，内能增大，则ΔU>0，气体体积不变，W＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q>0，吸收热量．答案：(1)p0V0p0S－mg (2)p0T0Sp0S－mg吸热知识点一热力学第一定律1．改变内能的两种方式的比较2.温度、内能、热量、功的比较3．对公式ΔU＝Q＋W符号的确定(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加．(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加．(3)若过程的始末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量．1．如图是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩理想气体，对缸内气体做功200 J，同时气体向外界放热100 J，缸内气体的(A)A．温度升高，内能增加100 JB．温度升高，内能减少200 JC．温度降低，内能增加100 JD．温度降低，内能减少200 J解析：外界对气体做功，W＝200 J；气体向外散热，则Q＝－100 J，根据热力学第一定律得，气体内能的增量ΔU＝W＋Q＝200 J－100 J＝100 J，即内能增加100 J．对于一定质量的理想气体，内能增加，温度必然升高，故A正确．2．(2019·海淀区模拟)如图所示，在一个配有活塞的厚壁有机玻璃筒底放置一小团硝化棉，迅速向下压活塞，筒内气体被压缩后可点燃硝化棉．在筒内封闭的气体被活塞压缩的过程中(B)A．气体对外界做正功，气体内能增加B．外界对气体做正功，气体内能增加C．气体的温度升高，压强不变D．气体的体积减小，压强不变解析：压缩玻璃筒内的空气，气体的压强变大，机械能转化为筒内空气的内能，空气的内能增加，温度升高，当达到棉花的燃点后，棉花会燃烧，故B正确，A、C、D错误．3．(多选)如图所示，一个封闭的绝热汽缸，被中间的挡板分割成左右相等的两部分．左边充满一定量的某种理想气体，右边真空．现将中间的挡板移去，待气体稳定后，则(ADE)A．气体的温度不发生变化B．因为气体的体积膨胀了，所以内能降低C．气体分子的平均动能减小D．虽然气体的体积膨胀了，但是没有对外做功E．气体分子在器壁单位面积上单位时间内发生碰撞的平均次数变为原来的一半解析：气体在向真空膨胀的过程中没有力的作用，所以不做功，绝热过程，内能不变，故温度不变，故A正确，B错误，D正确；温度是分子热运动平均动能的标志，温度不变，故分子的平均动能不变，故C错误；气体的温度不变，体积增加为2倍，故分子热运动的平均动能不变，分子数密度减小为一半，故气体分子在器壁单位面积上单位时间内发生碰撞的平均次数变为原来的一半，故E正确．知识点二热力学第二定律1．热力学第二定律关键词的涵义(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”指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．热力学第一、第二定律的比较典例(多选)下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是() A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律B．能量耗散过程中能量不守恒C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性E．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功【解析】第一类永动机不消耗能量却源源不断对外做功，违背了能量守恒定律，所以不可能制成，A正确；能量耗散过程中能量仍守恒，B错误；电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是压缩机做功的结果，不违背热力学第二定律，C错误；能量耗散说明宏观热现象的发生具有方向性，D正确；物体从单一热源吸收热量可以全部用于做功，但一定引起外界变化，E正确．【答案】ADE【突破攻略】(1)从本质上讲，第二类永动机违背了与热现象有关的宏观物理过程的方向性原理，与热现象有关的宏观物理过程不可逆．(2)热力学第二定律的不同表述形式反映的实质相同，只是从不同侧面反映了某一种现象的方向性．4．(多选)下列说法中正确的是(BCD)A．相互间达到热平衡的两物体的内能一定相等B．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入火罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上．其原因是火罐内的气体体积不变时，温度降低，压强减小C．空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下，热传递可以逆向D．自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E．随着科学技术的发展，人类终会制造出效率为100%的热机解析：相互间达到热平衡的两物体的温度相同，内能不一定相等，故A错误；火罐内气体压强小于大气压强，所以火罐能“吸”在皮肤上，故B正确；根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，故C正确；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确；根据热力学第二定律可知，人类不可能制造出效率为100%的热机，故E 错误．5．(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是(BDE)A．气体吸热后温度一定升高B．对气体做功可以改变其内能C．理想气体等压膨胀过程一定放热D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡解析：根据热力学定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，说法A错误；改变物体内能的方式有做功和热传递，对气体做功可以改变其内能，说法B正确；理想气体等压膨胀对外做＝恒量知，膨胀过程一定吸热，说法C错误；根据热力功，根据pVT学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，说法D 正确；两个系统达到热平衡时，温度相等，如果这两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，说法E正确．6．(多选)下列说法正确的是(ADE)A．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力B．悬浮在液体中的固体小颗粒会不停地做无规则的运动，这种运动是分子热运动C．把很多小的单晶体放在一起，就变成了非晶体D．第二类永动机没有违反能量守恒定律E．绝对零度不可达到解析：通常，处于液体表面层的分子较为稀疏，其分子间距较大，液体分子之间的合力表现为平行于液体界面的引力，故A正确；悬浮在液体中的固体小颗粒会不停地做无规则的运动，这种运动是布朗运动，故B错误；把很多小的单晶体放在一起，就变成了多晶体，故C错误；第二类永动机没有违背能量守恒定律，但是违背了热力学第二定律，故D正确；因为任何空间必然存有能量和热量，也不断进行相互转换而不消失，所以绝对零度是不存在的，故E正确．知识点三气体实验定律与热力学第一定律综合求解此类综合问题的通用思路典例在图甲所示的密闭汽缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的V-T图象．已知AB的反向延长线通过坐标原点，气体在A点的压强为p＝1.0×105Pa，在从状态A 变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q＝6.0×102 J，求：(1)气体在状态B的体积V B；(2)此过程中气体内能的增量ΔU.【解析】(1)由V-T图象通过坐标原点，则知从A到B理想气体发生等压变化．由盖—吕萨克定律得：V AT A ＝V BT B；解得：V B＝T BT A V A＝4×1023×102×6.0×10－3 m3＝8.0×10－3 m3.(2)外界对气体做的功：W＝p(V B－V A)＝－1.0×105×(8.0×10－3－6.0×10－3) J＝－2×102 J根据热力学第一定律：ΔU＝Q＋W解得：ΔU＝6.0×102 J－2×102 J＝4.0×102 J＝400 J.【答案】(1)8.0×10－3 m3(2)400 J【突破攻略】判断理想气体内能变化的两种方法(1)一定质量的理想气体，内能的变化完全由温度变化决定，温度升高，内能增大．(2)若吸、放热和做功情况已知，可由热力学第一定律ΔU＝W＋Q来确定．7．(多选)一定质量的理想气体，从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p-V图象如图所示．已知气体处于状态A时的温度为300 K，则下列判断正确的是(ABE)A．气体处于状态B时的温度是900 KB．气体处于状态C时的温度是300 KC．从状态A变化到状态C过程气体内能一直增大D．从状态A变化到状态B过程气体放热E．从状态B变化到状态C过程气体放热解析：由题意知：T A＝300 K；A→B过程为等压变化，则有V A T A＝V BT B，代入数据解得：T B＝900 K，选项A正确；B→C过程是等容变化，则有p BT B ＝p CT C，代入数据解得：T C＝300 K，选项B正确；从状态A变化到状态C过程，气体的温度先升高后降低，则气体的内能先增大后减小，选项C错误；由A→B气体的温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气体吸热，选项D错误；B→C过程气体的体积不变，不做功，温度降低，气体的内能减小，由热力学第一定律ΔU＝W ＋Q 知，气体放热，故E 正确．8.如图所示，一个内壁光滑的圆柱形汽缸，高度为L 、底面积为S ，缸内有一个质量为m 的活塞，封闭了一定质量的理想气体．温度为热力学温标T 0时，用绳子系住汽缸底，将汽缸倒过来悬挂起来，汽缸处于竖直状态，缸内气体高为L 0.已知重力加速度为g ，大气压强为p 0，不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦，求：(1)采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，缸内气体的温度至少要升高到多少？(2)从开始升温到活塞刚要脱离汽缸，缸内气体压力对活塞做功多少？(3)当活塞刚要脱离汽缸时，缸内气体的内能增加量为ΔU ，则气体在活塞下移的过程中吸收的热量为多少？解析：(1)气体等压变化，由盖—吕萨克定律得：L 0S T 0＝LS T ， 解得：T ＝LT 0L 0. (2)对活塞，由平衡条件得：mg ＋pS ＝p 0S ，气体做功：W ＝Fl ＝pSl ＝pS (L －L 0)，解得：W ＝(p 0S －mg )(L －L 0)．(3)由热力学第一定律得：ΔU ＝W ＋Q ，气体吸收的热量：Q ＝ΔU ＋(p 0S －mg )(L －L 0)．答案：(1)LL0T0(2)(p0S－mg)(L－L0)(3)ΔU＋(p0S－mg)(L－L0)。

课后限时作业48固体、液体和气体时间：45分钟1.如图所示，把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就变钝了．产生这一现象的原因是(C)A．玻璃是非晶体，熔化再凝固后变成晶体B．玻璃是晶体，熔化再凝固后变成非晶体C．熔化的玻璃表面分子间表现为引力使其表面绷紧D．熔化的玻璃表面分子间表现为斥力使其表面扩张解析：玻璃是非晶体，熔化再凝固后仍然是非晶体，故A、B错误；玻璃裂口尖端放在火焰上烧熔后尖端变钝，是表面张力的作用，因为表面张力具有减小表面积的作用，即使液体表面绷紧，故C正确，D错误．2．(多选)对下列几种固体物质的认识，正确的有(AD)A．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体B．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体C．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则D．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同解析：晶体在熔化过程中温度保持不变，食盐具有这样的特点，则说明食盐是晶体，选项A正确；蜂蜡的导热特点是各向同性的，烧热的针尖使蜂蜡熔化后呈椭圆形，说明云母片的导热特点是各向异性的，故云母片是晶体，选项B错误；天然石英表现为各向异性，则该物质微粒在空间的排列是规则的，选项C错误；石墨与金刚石皆由碳原子组成，但它们的物质微粒排列结构是不同的，选项D正确．3．(多选)固体甲和固体乙在一定压强下的熔解曲线如图所示，横轴表示时间t，纵轴表示温度T.下列判断正确的有(ABD)A．固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体B．固体甲不一定有确定的几何外形，固体乙一定没有确定的几何外形C．在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性D．固体甲和固体乙的化学成分有可能相同E．图线甲中ab段温度不变，所以甲的内能不变解析：晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，所以固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，故A正确；固体甲若是多晶体，则不一定有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有确定的几何外形，故B正确；在热传导方面固体甲若是多晶体，则不一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性，故C错误；固体甲一定是晶体，有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体，则固体甲和固体乙的化学成分有可能相同，故D正确；晶体在熔化时温度不变，但由于晶体吸收热量，内能在增大，故E错误．4．(2017·全国卷Ⅰ)(多选)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是(ABC)A．图中两条曲线下面积相等B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E．与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大解析：根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，选项A正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小，所以对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项B正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志，可知实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形，选项C正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，选项D错误；由分子速率分布图可知，与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，选项E错误．5.如图所示，一开口向下导热均匀的直玻璃管，通过细绳悬挂在天花板上，玻璃管下端浸没在固定水银槽中，管内外水银面高度差为h，下列情况中能使细绳拉力增大的是(A)A．大气压强增加B．环境温度升高C．向水银槽内注入水银D．略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移解析：根据题意，设玻璃管内的封闭气体的压强为p，玻璃管质量为m，对玻璃管受力分析，由平衡条件可得：T＋pS＝mg＋p0S.解得：T＝(p0－p)S＋mg＝ρghS＋mg，即绳的拉力等于玻璃管的重力和管中高出液面部分水银的重力．选项A中，大气压强增加时，水银柱上移，h增大，所以拉力T增加，A正确；选项B中，环境温度升高，封闭气体压强增加，水银柱高度h减小，故拉力T减小，B错误；选项C中，向水银槽内注入水银，封闭气体的压强增大，平衡时水银柱高度h减小，故拉力减小，C错误；选项D中，略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移，封闭气体的体积减小、压强增大，平衡时水银柱高度h减小，故细绳拉力T减小，故D错误．6.如图所示为一定质量理想气体的体积V与温度T的关系图象，它由状态A 经等温过程到状态B ，再经等容过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的压强分别为p A 、p B 、p C ，则下列关系式中正确的是( A )A ．p A <pB ，p B <pC B ．p A >p B ，p B ＝p CC ．p A >p B ，p B <p CD ．p A ＝p B ，p B >p C解析：由pV T ＝常量得：A 到B 过程，T 不变，体积减小，则压强增大，所以p A <p B ；B 经等容过程到C ，V 不变，温度升高，则压强增大，即p B <p C ，所以A 正确．7.如图所示，U 形汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦．初始时，外界大气压强为p 0，活塞紧压小挡板．现缓慢升高汽缸内气体的温度，则选项图中能反映汽缸内气体的压强p 随热力学温度T 变化的图象是( B )解析：当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p 与汽缸内气体的热力学温度T 成正比，在p -T 图象中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p-T图象中，图线是平行于T轴的直线，B正确．8．(2018·全国卷Ⅲ)在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．解析：设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体的压强相等，设为p，此时原左、右两边气柱的长度分别变为l′1和l′2.由力的平衡条件有p1＝p2＋ρg(l1－l2)①式中ρ为水银的密度，g为重力加速度大小．由玻意耳定律有p1l1＝pl′1②p2l2＝pl′2③两边气柱长度的变化量大小相等，即l′1－l1＝l2－l′2④由①②③④式和题给条件得l′1＝22.5 cm l′2＝7.5 cm答案：22.5 cm7.5 cm9．一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图所示，p-T和V-T图各记录了其部分变化过程，试求：(1)温度为600 K时气体的压强；(2)在p-T图象上将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整．解析：(1)由p-T图可知，气体由200 K→400 K的过程中做等容变化，由V-T图可知，气体由400 K→500 K仍做等容变化，对应p-T 图可得出：T＝500 K时，气体的压强为1.25×105 Pa，由V-T图可知，气体由500 K→600 K做等压变化，故T＝600 K时，气体的压强仍为1.25×105 Pa.(2)在p-T图象上补充画出400 K→600 K的气体状态变化图象，如图所示．答案：(1)1.25×105 Pa(2)见解析图10.如图，横截面积相等的绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两汽缸内都装有理想气体，初始时体积均为V 0、温度为T 0且压强相等，缓慢加热A 中气体，停止加热达到稳定后，A 中气体压强变为原来的1.5倍，设环境温度始终保持不变，求汽缸A 中气体的体积V A 和温度T A .解析：设初态压强为p 0，对汽缸A 加热后A 、B 压强相等：p B ＝1.5p 0B 中气体始、末状态温度相等，由玻意耳定律得：p 0V 0＝1.5p 0V B 2V 0＝V A ＋V B解得V A ＝43V 0. 对A 部分气体，由理想气体状态方程得：p 0V 0T 0＝1.5p 0V A T A解得T A ＝2T 0.答案：43V 0 2T 0 11.如图所示，是一个连通器装置，连通器的右管半径为左管的两倍，左端封闭，封有长为30 cm 的气柱，左右两管水银面高度差为37.5 cm ，左端封闭端下60 cm 处有一细管用开关D 封闭，细管上端与大气联通，若将开关D 打开(空气能进入但水银不会入细管)，稳定后会在左管内产生一段新的空气柱．已知外界大气压强p 0＝75 cmHg.求：稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少？解析：空气进入后将左端水银柱隔为两段，上段仅30 cm ，初始状态对左端上面空气有p 1＝p 0－h 1＝75 cmHg －37.5 cmHg ＝37.5 cmHg ，末状态左端上面空气柱压强p 2＝p 0－h 2＝75 cmHg －30 cmHg ＝45 cmHg ，由玻意耳定律：p 1L 1S ＝p 2L 2S ，得：L 2＝p 1L 1p 2＝37.5×3045cm ＝25 cm ， 上段水银柱上移，形成的空气柱长为5 cm ，下段水银柱下移，与右端水银柱等高设下移的距离为x ，由于U 形管右管内径为左管内径的2倍，则右管横截面积为左管的4倍，由等式：7.5－x ＝x 4，解得：x ＝6 cm ，所以产生的空气柱总长为：L ＝(6＋5＋25) cm ＝36 cm.答案：36 cm12.一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p 0＝75.0 cmHg.环境温度不变．解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2.活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为p 1′，长度为l 1′；左管中空气柱的压强为p 2′，长度为l 2′.以cmHg 为压强单位．由题给条件得p 1＝p 0＋(20.0－5.00) cmHg ①l 1′＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫20.0－20.0－5.002 cm ②由玻意耳定律得p 1l 1＝p 1′l 1′ ③联立①②③式和题给条件得p 1′＝144 cmHg④ 依题意p 2′＝p 1′ ⑤l 2′＝4.00 cm ＋20.0－5.002 cm －h ⑥由玻意耳定律得p 2l 2＝p 2′l 2′ ⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h ＝9.42 cm.答案：144 cmHg 9.42 cm。

课后限时作业24 动量和动量定理时间：45分钟1．如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相等，则此物体的运动不可能是( A )A ．匀速圆周运动B ．自由落体运动C ．平抛运动D ．竖直上抛运动解析：如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，由I ＝Ft 可知，物体受到的力是恒力，则物体可以做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动；物体做匀速圆周运动，所受合外力方向不断变化，合力为变力，在任何相等时间内，合外力的冲量不相等，故不可能为匀速圆周运动，因此B 、C 、D 均可能，A 不可能，故A 符合题意．2．如图，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两物体具有相同的物理量是( D )A ．重力的冲量B ．弹力的冲量C ．到达底端时的动量D ．以上几个量都不是解析：高度相同，则下滑的距离x ＝h sin θ，加速度a ＝g sin θ，根据x＝12at2得t＝1sinθ2hg，由于倾角不同，则运动的时间不同，根据I＝mgt知，重力的冲量不同，故A错误；对于弹力，大小不等，方向不同，弹力的冲量不同，故B错误；根据机械能守恒定律知，到达底端的速度大小相等，但是方向不同，所以到达底端的动量不同，故C错误，D正确．3.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80 cm高度把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g，则在碰撞过程中秤盘受到压力大小约为(B)A．0.2 N B．0.6 NC．1.0 N D．1.6 N解析：本题考查了动量定理的应用，意在考查考生的分析和解决能力，豆粒下落过程做自由落体运动，落到秤盘上的速度为：v＝2gh ＝4 m/s，根据题意反弹速度为2 m/s，对1 000粒豆粒受力分析，对豆粒碰撞秤盘的过程应用动量定理有Ft ＝m v 2－(－m v )，则F ＝0.1×2－0.1×(－4)1N ＝0.6 N ，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误． 4．(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是( B )A ．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B ．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C ．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D ．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变解析：机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则机械能在不断变化，故A 错误；在最高点对乘客受力分析，由牛顿第二定律可知：mg －F N ＝m v 2r ，座椅对乘客的支持力：F N ＝mg －m v 2r <mg ，故B 正确；乘客随座椅转动一周，动量变化量为零，由动量定理可知合力的冲量为零，但重力的冲量I ＝mg ·t ≠0，故C 错误；乘客重力的瞬时功率P＝mg v cosθ，其中θ为线速度和竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中，乘客的重力和线速度的大小不变，但θ在不断变化，所以乘客重力的瞬时功率在不断变化，故D错误．5.一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到如图所示的水平外力作用，下列说法正确的是(D)A．第1 s末物体的速度为2 m/sB．第2 s末外力做功的瞬时功率最大C．第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为1 2D．第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为4 5解析：0～1 s内，由牛顿第二定律可得质点的加速度为a1＝Fm＝41m/s2＝4 m/s2，第1 s末质点的速度为v1＝a1t1＝4×1 m/s＝4 m/s，故A错误；1～2 s内，由牛顿第二定律可得质点的加速度为a2＝Fm＝21m/s2＝2 m/s2，第1 s末外力做功的瞬时功率为P1＝F1v1＝4×4 W＝16 W，第2 s末质点的速度为v2＝v1＋a2t2＝(4＋2×1) m/s＝6 m/s，第2 s末外力做功的瞬时功率为P2＝F2v2＝2×6 W＝12 W，故B错误；第1 s内与第2 s 内质点动量增加量之比为Δp 1Δp 2＝(m v 1－0)(m v 2－m v 1)＝(1×4)(1×6－1×4)＝21，故C 错误；第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量之比为ΔE k1ΔE k2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12m v 21－0⎝ ⎛⎭⎪⎫12m v 22－12m v 21 ＝12×1×42(12×1×62－12×1×42)＝45，故D 正确． 6．如图甲所示为杂技中的“顶竿”表演．水平地面上演员B 用肩部顶住一根长直竹竿，另一演员A 爬至竹竿顶端完成各种动作．某次顶竿表演结束后，演员A 自竿顶由静止开始下落，滑到竿底时速度正好为零，然后屈腿跳到地面上，演员A 、B 质量均为50 kg ，长竹竿质量为5 kg ，A 下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示．重力加速度g 取10 m/s 2，下列判断正确的是( C )A ．竹竿的总长度约为3 mB ．0～6 s 内，演员B 对地面的压力大小始终为1 050 NC ．0～6 s 内，竹竿对演员B 的压力的冲量大小为3 300 N·sD ．演员A 落地时向下屈腿，是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力解析：竹竿的长度等于v -t 图象中的面积，由图可知，x ＝12×2×6m ＝6 m ，故A 错误；0～6 s 内A 加速度先向下，再向上，故人先失重再超重，故B 对地面的压力一定是变化的，故B 错误；由图可知，0～4 s 内A 向下加速，加速度为a 1＝Δv t 1＝24m/s 2＝0.5 m/s 2，则由牛顿第二定律得mg －F 1＝ma 1，解得F 1＝(50×10－50×0.5) N ＝475 N,4～6 s 内A 向下减速，加速度为a 2＝Δv t 2＝22m/s 2＝1 m/s 2，则由牛顿第二定律得F 2－mg ＝ma 2，解得F 2＝(50×10＋50×1) N ＝550 N ，设向下为正方向，则0～6 s 内竹竿对演员B 的压力的冲量大小为I ＝m ′g (t 1＋t 2)＋F 1t 1＋F 2t 2＝[5×10×(4＋2)＋475×4＋550×2] N·s ＝3 300 N·s ，故C 正确；演员A 落地时向下曲腿，是为了延长作用时间以减小地面的冲击力，故D 错误．7．质量为0.5 kg 的钢球从距地面5 m 的位置自由落下，与地面相碰后竖直弹起到达距地面4.05 m 的位置，整个过程所用的时间2 s ，则钢球与地面碰撞时受到地面的平均作用力的大小为(g 取10 m/s 2)( D )A ．5 NB ．90 NC ．95 ND ．100 N解析：钢球从距地面5 m 的位置落到地面所用时间t 1＝2h 1g ＝1 s ，与地面碰前瞬时的速率v 1＝2gh 1＝10 m/s ，与地面碰后瞬间的速率v 2＝2gh 2＝9 m/s ，上升至距地面4.05 m 所用时间t 2＝ 2h 2g ＝0.9s ，钢球与地面碰撞的时间Δt ＝t －t 1－t 2＝0.1 s ，则(F －mg )·Δt ＝m v 2－(－m v 1)，解得F ＝mg ＋m (v 2＋v 1)Δt ＝0.5×10 N ＋0.5×(10＋9)0.1N ＝100 N ，选项D 正确．8.在光滑的水平面上有一根轻质弹簧，弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端紧靠(不相连)着一个物体，已知物体的质量m ＝4 kg ，如图所示．现用一水平力F 作用在物体上，并向左压缩弹簧，F 做功50 J 后(弹簧始终处于弹性限度内)，突然撤去外力F ，物体从静止开始运动．则当撤去F 后，弹簧弹力对物体的冲量为( C )A ．5 N·sB ．15 N·sC ．20 N·sD ．100 N·s解析：由于弹簧的弹力是变力，因此该力的冲量不能用公式I ＝Ft 直接求解，可以考虑运用动量定理(即外力的冲量等于物体动量的变化)间接求解．已知弹簧储存了50 J 的弹性势能，可以利用机械能守恒定律求出物体离开弹簧时的速度，然后运用动量定理求冲量，所以有E p ＝12m v 2，I ＝m v ，解得弹簧弹力对物体的冲量I ＝20 N·s ，选项C 正确．9.(多选)静止在光滑水平面上的物体受到水平拉力F 的作用，拉力F 随时间t 变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是( BCD )A．0～4 s内物体的位移为零B．0～4 s内拉力对物体做功为零C．4 s末物体的动量为零D．0～4 s内拉力对物体的冲量为零解析：由图象可知物体在0～4 s内先做匀加速运动后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移在0～4 s内一直增大，A错误；前2 s内拉力做正功，后2 s内拉力做负功，且两段时间内做功代数和为零，故B正确；4 s末的速度为零，故物体的动量为零，C正确；根据动量定理，0～4 s内物体的动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确．10.(多选)如图所示，质量为m的小球从距离地面高度为H的A 点由静止释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g，则关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有(AC)A．小球的机械能减少了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于m2gHD．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了mg(H＋h)，则小球的机械能减小了mg(H＋h)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理，得mg(H＋h)－W f＝0，则小球克服阻力做的功W f＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面时的速度v＝2gH，对小球从开始进入泥潭到速度减为零的过程运用动量定理得I G－I F＝0－m2gH，则I F＝I G＋m2gH，可知阻力的冲量大于m2gH，故C 正确；对全过程运用动量定理，可知动量的变化量等于重力冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误．11．如图甲所示为某农庄灌溉工程的示意图．地面与水面的距离为H，用水泵从水池抽水(抽水过程中H保持不变)，龙头离地面的高度为h，水管横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力．(1)水从管口以一定的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为10h ，设管口横截面上各处水的速度都相同．①求每秒内从管口流出的水的质量m 0；②不计额外功的损失，求水泵输出的功率P .(2)在保证水管流量不变的前提下，在龙头后接一个如图乙所示的喷头，让水流竖直向下喷出，打在水平地面上不反弹，产生大小为F 的冲击力，由于水与地面作用时间很短，可忽略重力的影响，求水流落地前瞬间的速度大小v .解析：(1)①水从管口沿水平方向喷出，做平抛运动，设水喷出时的速度为v 0，做平抛运动所用的时间为t ，竖直方向上有h ＝12gt 2 水平方向上有10h ＝v 0t时间t 0内喷出的水的质量m ＝ρV ＝ρv 0t 0S每秒喷出的水的质量m 0＝m t 0联立解得m 0＝ρS 50gh .②时间t0内水泵输出的功W＝mg(H＋h)＋12m v2输出功率P＝W t0解得P＝ρSg50gh(H＋26h)．(2)取与地面作用的一小块水Δm为研究对象，根据动量定理有F′·Δt＝Δm·v由牛顿第三定律得F′＝F由题意可知Δm＝m0·Δt解得v＝FρS50gh. 答案：(1)①ρS50gh②ρSg50gh(H＋26h)(2)FρS50gh12．如图所示，若直升机总质量为m，直升机的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆的面积)为S，已知空气密度为ρ，重力加速度为g.求此直升机悬停在空中时其内部发动机的功率．解析：直升机悬停时受到的升力F＝mg设螺旋桨作用于空气后空气的速度为v，在很短的时间Δt内，螺旋桨推动空气的质量Δm＝ρS vΔt对于质量为Δm 的这部分空气，根据牛顿第三定律，F ＝F ′ 由动量定理得F ′Δt ＝Δm ·v设发动机的功率为P ，由动能定理得P Δt ＝Δm 2v 2 联立解得P ＝mg 2mg ρS . 答案：mg 2 mg ρS。