新人教版高中物理高三教案 114页

位置以下，弹力人于重力，F-mg=ma,越往下弹力越人；在平衡位置以上，弹力小于重力，mg-F=ma,越往上弹力越小。平衡位置和振动的振幅人小无关。因此振幅越人，在最高点处小球所受的弹力越小。极端情况是在最高点处小球刚好未离开弹簧，弹力为零，合力就是重力。这时弹簧恰好为原长。（1）最人振幅应满足kA=mg,A=——K（2）小球在最高点利最低点所受回复力大小相同，所以有：Fm=2nig【例4】弹簧振子以0点为平衡位置在3、C两点之间做简谐运动.B、C相距20cm.某时刻振子处于B点.经过0.5s,振子首次到达C点.求：（1）振动的周期和频率;（2）振子在5s内通过的路程及位移人小;（3）振子在B点的加速度大小跟它距O点4cm处P点的加速度大小的比值.解析：（1）设振幅为A,由题意BC=2A=10cm,所以A=10cm.振子从8到C所用时间/=0.5s.为周期T的一半，所以T=\.Os；f=MT=\.0Hz.（2）振子在1个周期内通过的路程为4A。故在t=5s=5T内通过的路程s=//TX4A=200cm.5s内振子振动了5个周期，5s末振子仍处在B占、,所以它偏离平衡位置的位移大小为10cm.（3）振子加速度d=kX.所以如：如=切：旺=10：4=5：2・m【例5】一弹簧振子做简谐运动.周期为TA.若f吋刻和（f+ZV）吋刻振子运动速度的大小相等、方向相反，则加一定等于772的整数倍D.若f时刻和（f+ZV）时刻振子运动位移的大小相等、方向相同，则ZV—定等于丁的整数倍C.若4/=772,则在t时刻和时刻弹簧的长度一定相等D.若△t=T,则在t吋刻和时刻振子运动的加速度一定相同解析：若At=T/2或772,（“=1,2,3....）,则在/和（/+4/）两吋刻振子必在关于干衡位置对称的两位賈（包括平衡位置），这两时刻.振子的位移、冋复力、加速度、速度等均大小相等，方向相反.但在这两吋刻弹簧的长度并不一定相等（只有当振子在『和（/—4/）两时刻均在平衡位置时，弹簧长度才相等）.反过来.若在r和（r—如），两时刻振子的位移（|叫复力、加速度）和速度（动量）均大小相等.方向相反，则At一定等于At=T/2的奇数倍.即厶=（2/2-1）7725=1,2,3…）.如果仅仅是振子的速度在/和（/+△），两时刻大小相等方向相反,那么不能得出At=（2«-1）772，更不能得出4r=〃772（n=l,2,3…）.根据以上分析.A、C选项均错.若/和（/十4/）时刻，振子的位移（回复力、加速度）、速度（动量）等均相同，贝iAt=nT（h=1,2,,3…），但仅仅根据两吋刻振子的位移和同，不能得出所以B这项错.若△t=T,在f和（r+Z\/）两吋刻，振子的位移、回复力、加速度、速度等均大小相等方向相同，D选项正确。2.单摆。（1）单摆振动的回复力是重力的切向分力，不能说成是東力和拉力的合力。在平衡位置振子所受回复力是零，但合力是向心力，指向悬点，不为零。（2）当单摆的摆角很小时（小于5°）时，单摆的周期丁=2彳丄,与摆球质量〃2、振幅A都无关。其屮/为摆长，表示从悬点到摆球质心的距离，要区分摆长和摆线长。（3）小球在光滑圆弧上的往复滚动，和单摆完全等同。只要摆角足够小，这个振动就是简谐运动。这时周期公式中的/应该是圆弧半径R和小球半径r的差。（4）摆钟问题。单摆的一个重要应用就是利用单摆振动的等时性制成摆钟。在计算摆钟类的问题时，利用以下方法比较简单：在一定时间内，摆钟走过的格了数"与频率/成正比5可以是分钟数，也可以是秒数、小时数……）,再由频率公式可以得到：\n【例6】已知单摆摆长为厶，悬点正下方3厶/4处冇一个钉子。让摆球做小角度摆动，其周期将是多大?期，而周期与振幅无关，所以『心从图中可以看小球的卜•落高度小于a小球下落高度的一半，所以仕＞2仇。【例8】将一个力电传感器接到计算机上，可以测量快速变化的力。用这种方法测得的某单摆摆动过程川悬线上拉力大小随时间变化的曲线如右图所示。由此图线捉供的信息做出下列判断：①f=0.公时刻摆球正经过最低点；②/=1.15时摆球正处于最高点；③摆球摆动过程屮机械能时而增大时而减小；④摆球摆动的周期2.约是T=0.6头上述判断中正确的是1A.®®B.（2X4）C.@®D.③④2解析：注意这是悬线上的拉力图象，而不是振动图象。当摆球到达最•高点时，悬线上的拉力最小；当摆球到达最低点时，悬线上的拉力最大。°因此①②正确。从图彖屮看出摆球到达最低点时的拉力一次比一次小，说明速率一次比一次小，反映出振动过程摆球一定受到阻力作用，因此机械能应该一直减小。在一个周期内，摆球应该经过两次最高点，两次最低点，因此周期应该约是T=l.2so因此答案③④错误。木题应选C。三、简谐运动的图象1.简谐运动的图彖：以横轴表示时间I,以纵轴表示位移x,建立坐标系，画出的简谐运动的位移一一时间图彖都是正弦或余弦曲线.2.振动图彖的含义：振动图彖表示了振动物体的位移随时间变化的规律.3.图彖的用途：从图象屮可以知道：（1）任一个时刻质点的位移（2）振幅A.（3）周期T（4）速度方向：由图线随时间的延伸就可以直接看出（5）加速度：加速度•位移的大小成正比，而方向总与位移方向相反.只要从振动图彖中认清位移（大小和方向）随时间变化的规律，加速度随时间变化的情况就迎刃而解了点评：关于振动图象的讨论（1）简谐运动的图彖不是振动质点的轨迹.做简谐运动质点的轨迹是质点往复运动的那一段线段（如弹赞振子）或那一段圆弧（如下一节的单摆）.这种往复运动的位移图彖。就是以x轴上纵坐标的数值表示质点对平衡位置的位移。以/轴横坐标数值表示各个吋刻，这样在欠一/坐标系内，可以找到各个吋刻对应质点位移坐标的点，即位移随吋间分布的情况一一振动图彖.（2）简谐运动的周期性，体现在振动图彖上是曲线的重复性.简谐运动是一种复杂的非匀变速运动.但运动的特点具有简单的周期性、重复性、对称性.所以用图彖研究要比用方程要直观、简便.简谐运动的图彖随吋间的增加将逐渐延伸，过去吋刻的图形将永远不变，任-•吋刻图线上过该点切线的斜率数值代农该吋刻振子的速度大小。正负表示速度的方向，正吋沿兀正向，负时沿兀负向.【例9】劲度系数为20N/cm的弹簧振子，它的振动图象如图所示，在图中A点对应的时刻A.振子所受的弹力大小为0.5N,方向指向x轴的负方向B.振子的速度方向指向兀轴的正方向C.在0〜4s内振子作了1.75次全振动\nD«在0〜4s内振子通过的路程为0.35cm,位移为0解析：由图可知A在/轴上方，位移x=0.25cm,所以弹力F=—总=一5N,即弹力人小为5N,方向指向兀轴负方向，选项A不正确；由图可知过A点作图线的切线，该切线与x轴的正方向的夹角小于90°,切线斜率为正值，即振子的速度方向指向x轴的正方向，选项B正确.由图可看出，/=0、f=4s时刻振子的位移都是最大，且都在/轴的上方，在0〜4s内完成两次全振动，选项C错误.由丁7=0时刻和/=4s时刻振子都在最大位移处，所以在0〜4s内振子的位移为零，又由于振幅为0.5cm,在0〜4s内振子完成了2次全振动,所以在这段时间内振子通过的路程为2X4X0.50cm=4cm,故选项D错误.综上所述，该题的正确选项为B.3/r【例1（）】摆长为厶的单摆做简谐振动，若从某时刻开始计时，（取作/=（））,当振动至t=——2时,23Il33解析：从U0时经过/=上J土时间，这段时间为-T,经过2卩摆球具有负向最大速度，说明摆球2%443在平衡位置，在给出的四个图象中，经过一卩具有最人速度的有C、D两图，而具有负向最人速度的只有D。4所以选项D正确。四、受迫振动与共振1.受迫振动物体在驱动力（既周期性外力）作用下的振动叫受迫振动。⑴物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关。⑵物体做受迫振动的振幅曲驱动力频率和物体的固有频率共同决定：两者越接近，受迫振动的振幅越大，两者相差越大受迫振动的振幅越小。2.共振当驱动力的频率跟物体的固有频率相等时，受迫振动的振幅最大，这种现象叫共振。要求会用共振解释现象，知道什么情况下要利用共振，什么情况下耍防止共振。（1）利用共振的冇：共振筛、转速计、微波炉、打夯机、跳板跳水、打秋千……（2）防止共振的冇：机床底座、航海、军队过桥、高层建筑、火车车厢……【例11】把一个筛子用四根弹簧支起來，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛。不开电动机让这个筛子口由振动时，完成20次全振动用15s；在某电压下，电动偏心轮的转速是88r/inino己知坍大电动偏心轮的电圧可以使其转速提高，而增加筛子的总质量可以增大筛子的固冇周期。为使共振筛的振幅増大，以下做法正确的是A.降低输入电压B.提高输入屯压C.増加筛子质戢D.减小筛子质量解析：筛子的固冇频率为/沪4/3Hz,而当时的驱动力频率为/^=88/60Hz,即心v/呃。为了达到振幅增大,应该减小这两个频率差，所以应该増大固冇频率或减小驱动力频率。本题应选ADo【例12]一物体做受迫振动，驱动力的频率小于该物体的固冇频率。当驱动力的频率逐渐增大时，该物体的振幅将：（）A.逐渐増大’\nA.先逐渐减小后逐渐増人；B.逐渐减小C.先逐渐増人后逐渐减小解析：此题可以由受迫振动的共振曲线图来判断。受迫振动川物体振幅的大小和驱动力频率少系统固冇频率之差冇关。驱动力的频率越接近系统的固冇频率，驱动力耳固冇频率的差值越小，作受迫振动的振子的振幅就越大。当外加驱动力频率等于系统固冇频率时,振动物体发生共振，振幅最大。由共振曲线可以看出，当驱动力的频率小于该物体的固冇频率时，增大驱动力频率，振幅增大，直到驱动力频率等于系统固冇频率时，振动物体发生共振，振幅最大。在此Z后若再增大驱动力频率，则振动物体的振幅减小。所以木题的正确答案为D。【例13】如图所示，在一根张紧的水平绳上，悬挂冇°、b、c、d、£五个单摆，让。摆略偏离平衡位置后无初速释放，在垂直纸面的平面内振动；接着其余各摆也开始振动。下列说法中正确的有：（）A.B.C.D.各摆的振动周期与a摆相同各摆的振幅大小不同，c摆的振幅最大各摆的振动周期不同，c摆的周期最长各摆均做自由振动解析：a摆做的是自由振动，周期就等于a摆的固有周期，英余各摆均做受迫振动，所以振动周期均与d摆相同。c摆与a摆的摆长相同，所以c摆所受驱动力的频率与其固有频率相等，这样c摆产生共振，故c摆的振幅最大。此题正确答案为A、§2机械波教学目标：1.掌握机械波的产生条件和机械波的传播特点（规律）；2.掌握描述波的物理量一一波速、周期、波长；3.正确区分振动图象和波动图象，并能运用两个图象解决有关问题4.知道波的特性：波的叠加、干涉、衍射；了解多普勒效应教学重点：机械波的传播特点，机械波的三大关系（波长、波速、周期的关系；空间距离和时间的关系；波形图、质点振动方向和波的传播方向间的关系）教学难点：波的图象及相关应用教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、机械波1.机械波的产生条件：①波源（机械振动）②传播振动的介质（相邻质点间存在相互作用力）。2.机械波的分类机械波可分为横波和纵波两种。（1）质点振动方向和波的传播方向垂直的叫横波，如：绳上波、水面波等。（2）质点振动方向和波的传播方向平行的叫纵波，如：弹费上的疏密波、声波等。分类质点的振动方向和波的传播方向关系形状举例横波垂直凹凸相间；有波峰、波谷绳波等纵波在同一条直线上疏密相间；有密部、疏部弹簧波、声波等说明：地震波既有横波，也有纵波。3.机械波的传播⑴在同一种均匀介质中机械波的传播是匀速的。波速、波长和频率之间满足公式：尸巧。（2）介质质点的运动是在各自的平衡位置附近的简谐运动，是变加速运动，介质质点并不随波迁移。（3）机械波转播的是振动形式、能量和信息。（4）机械波的频率由波源决定，而传播速度由介质决定。4.机械波的传播特点（规律）：（1）前带后，后跟前，运动状态向后传。即：各质点都做受迫振动，起振方向由波源来决定；且其振动\n频率（周期）都等于波源的振动频率（周期），但离波源越远的质点振动越滞膚。（2）机械波传播的是波源的振动形式和波源提供的能量，而不是质点。1.机械波的反射.折射.干涉、衍射-•切波都能发生反射、折射、干涉、衍射。特别是干涉、衍射，是波特有的性质。（1）干涉产生干涉的必要条件是：两列波源的频率必须相同。需要说明的是：以上是发生干涉的必要条件，而不是充分条件。耍发生干涉还耍求两列波的振动方向相同（要上卞振动就都是上卜•振动，要左右振动就都是左右振动），还耍求相差恒定。我们经常列举的干涉都是相差为冬的，也就是同向的。如果两个波源是振动是反向的，那么在干涉区域内振动加强和减弱的位置就止好颠倒过來了。干涉区域内某点是振动最强点还是振动最弱点的充要条件：①最强：该点到两个波源的路程Z差是波长的整数倍，即②最翦：该点到两个波源的路程之差是半波长的奇数倍，即»=—（2〃+1）2根据以上分析，在稳定的干涉区域内，振动加强点始终加强；振动减弱点始终减弱。至于“波峰和波峰叠加得到振动加强点X“波谷和波谷叠加也得到振动加强点”，“波峰和波谷叠加得到振动减弱点”这些都只是充分条件，不是必耍条件。【例1】如图所示，S|、S2是两个相干波源，它们振动同步几振幅相同。实线和虚线分别表示在某一时刻它们所发出的波的波峰和波谷。关丁•图中所标的d、b、c、d四点，下列说法中正确的有A.该时刻。质点振动最弱，b、c•质点振动最强，d质点振动既不是最强也不是最弱B.该时刻。质点振动最弱，b、c、d质点振动都最强C.a质点的振动始终是最弱的，b、c、〃质点的振动始终是最强的D.再过774后的时刻心b、c三个质点都将处于各口的平衡位置.因此振动最弱解析：该时刻。质点振动最弱.b、c质点振动最强，这不难理解。但是〃既不是波峰和波峰叠加，又不是波谷和波谷澄加.如何判定其振动强弱？这就要用到充耍条件：“到两波源的路程之差是波长的蔡数倍”时振动最强，从图中可以看出，〃是$、S2连线的中垂线上的一点，到$、S?的距离相等，所以必然为振动故强点。木题答案应选B、C点评：描述振动强弱的物理量是振幅，而振幅不是位移。每个质点在振动过程中的位移是在不断改变的•但振幅是保持不变的，所以振动最强的点无论处丁•波峰还是波谷，振动始终是最强的。【例2】如图所示表示两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷。设两列波的振幅均为5cm,K图示的范围内振幅不变，波速和波长分别为lm/s和0.5m。C点是连线的中点，下列说法中正确的是（）A.C、E两点都保持騎止不动B.图示时刻A、B两点的竖直高度差为20cmC.图示时刻C点正处丁•平衡位置月.向水血上运动D.从图示的时刻起经0.25s,B点通过的路程为20cm解析：由波的干涉知识可知图6中的质点A、3、E的连线处波峰和波峰或波谷和波谷叠加是加强区，过D、F的连线处和过P、。的连线处波峰和波谷叠加是减弱区。C、E两点是振动的加强点，不可能静止不动。所以选项A是错误的。在图示时刻，A在波峰，B在波谷，它们振动是加强的，振幅均为两列波的振幅之利，均为10cm,此时的高度差为20cm,所以B选项正确。A、B、C、E均在振动加强区，且在同一条直线上，由题图可知波是由E处向A处传播，在图示时刻的波形图线如右图所示，由图可知C点向水面运动，所以C选项正确。波的周期T=2/v=0.5s,经过0.25s,即经过半个周期。在半个周期内，质点的路程为振幅的2倍，所以振动加强点B的路程为20cm,所以D选项正确。点评：关于波的干涉，要正确理解稳定的干涉图样是表示加强区和减弱区的相对稳定，但加强区和减弱区还是在做振动，加强区里两列波分别引起质点分振动的方向是相同的，减弱区里两列波分别引起质点分振动的方向是相反的，发生变化的是振幅増大和减少的区别，而且波形图沿着波的传播方向在前进。\n(2)衍射。①波绕过障碍物的现彖叫做波的衍射。②能够发生明显的衍射现彖的条件是：障碍物或孔的尺寸比波长小，或者跟波长相希不多。(3)波的独立传播原理和叠加原理。独立传播原理：几列波相遇时，能够保持各口的运动状态继续传播，不互相影响。叠加原理：介质质点的位移、速度、加速度都等于几列波单独转播时引起的位移、速度、加速度的矢量和。波的独立传播原理和叠加原理并不矛盾。前者是描述波的性质：同时在同一介质中传播的几列波都是独立的。比如一个乐队中各种乐器发出的声波可以在空气中同时向外传播，我们仍然能分清英川各种乐器发出的不同声波。后者是描述介质质点的运动情况：每个介质质点的运动是各列波在该点引起的运动的矢量和。这好比老师给学生留作业：各个老师要留的作业与其他老师无关，是独立的；但每个学生要做的作业却是所冇老师留的作业的总和。【例31如图中实线和虚线所示，振幅、周期、起振方向都相同的两列正弦波(都只冇一个完整波形)沿同一条直线向相反方向传播，在相遇阶段(一个周期内)，试画出每隔774后的波形图。并分析相遇后772时刻叠加区域内各质点的运动情况。解析：根据波的独立传播原理和叠加原理可作出每隔774后的波形图如①®③④所示。相遇后772时刻叠加区域内abcde各质点的位移都是零，但速度各不相同，英中a、c、e三质点速度最大，方向如图所示，而b、d两质点速度为零。这说明在叠加区域内，a、c、e三质点的振动是最强的，b、d两质点振动是最弱的。6.多普勒效应当波源或者接受者相对于介质运动时，接受者会发现波的频率发生了变化，这种现象叫多普勒效应。学习(1)(2)(3)(4)【例4】(2004年髙考科研测试)。为声源，发出声波；b为接收者，接收a发出的声波。d、b若运动，只限于在沿两者连线方向上，卞列说法正确的是A.B.C.D.答案：A二、振动图象和波的图象1.振动图象和波的图象振动图彖和波的图象从图形上看好象没有什么区别，但实际上它们有木质的区别。(1)物理意义不同：振动图彖表示同一质点在不同吋刻的位移；波的图彖表示介质中的各个质点在同一吋刻的位移。(2)图彖的横坐标的单位不同：振动图彖的横坐标表示吋间；波的图彖的横坐标表示距离。(3)从振动图彖上可以读出振幅和周期；从波的图彖上可以读出振幅和波长。c、ec、e④“多普勒效应”必须弄清的几个问题：当波源以速率”匀速靠近静止的观察者A时，观察者“感觉”到的频率变大了。但不是“越來越大”。当波源帝止，观察者以速率”匀速靠近波源时，观察者“感觉”到的频率也变大了。当波源与观察者相向运动时，观察者“感觉”到的频率变大。当波源与观察者背向运动时，观察者“感觉”到的频率变小。d静也b向。运动，则b收到的声频比。发出的高°、b向同一方向运动，则b收到的声频一定比a发出的高°、b向同一方向运动，则b收到的声频一定比a发出的低a、b都向柑互背离的方向运动，则b收到的声频比a发出的高简谐振动简谐横波图Qt~~\——{1■丄象*t坐横坐标时间介质屮各质点的平衡位置简谐振动图象与简谐横波图象的列表比较:\n标纵坐标质点的振动位移各质点在同一时刻的振动位移研究对象一个质点介质屮的大量质点物理遺义一个质点在不同时刻的振动位••••移介质中各质点在同•吋刻的振动位•••移随吋间的变化原有图形不变，图线随时间而延伸原有波形沿波的传播方向平移运动惜况质点做简谐运动波在介质中匀速传播；介质中各质点做简谐振动2.描述波的物理毘一一波速、周期、波长：（1）波速x运动状态或波形在介质中传播的速率；同一种波的波速由介质决定。注：在横波中，某一汲峰（披弁）在单位时间内传播的距离等于波速。（2）周期八即质点的振动周期；由波源决定。（3）波长八在波动中，振动位移总是相同的两个相邻质点间的距离。注：在横波屮，两个相邻波峰（波谷）Z间的距离为一个波长。结论：（1）波在一个周期内传播的距离恰好为波长。由此：®v=A/7=X/；X=vT.②波长由波源和介质决定。（2）质点振动nT（波传nA）时，波形不变。（3）相隔波长整数倍的两质点，振动状态总相同；相隔半波长奇数倍的两质点，振动状态总相反。3.波的图象的画法波的图象屮，波的图形、波的传播方向、某一介质质点的瞬时速度方向，这三者中已知任意两者，可以判定另一个。（口诀为“上坡下，下坡上”；或者“右上右、左上左））4.波的传播是匀速的在一个周期内，波形匀速向前推进一个波长。〃个周期波形向前推进〃个波长5可以是任意正数）。因此在计算屮既可以使用v=A•/,也可以使用v=s/h后者往往更方便。5.介质质点的运动是简谐运动（是一种变加速运动）任何一个介质质点在一个周期内经过的路程都是4A,在半个周期内经过的路程都是2A,但在四分Z—个周期内经过的路程就不一定是A了。6.起振方向ST—T-介质中每个质点开始振动的方向都和振源开始振动的方向相同。【例5】在均匀介质中有一个振源S,它以50H?：的频率上下振动，该振动以40m/s的速度沿弹性绳向左、右两边传播。开始时刻S的速度方向向下，试画出在r=0.03s时刻的波形。解析：从开始计时到r=0.03s经历了1.5个周期，波分别向左、右传播1.5个波长，该时刻波源S的速度方向向上，所以波形如右图所示。【例6】如图所示是一列简谐横波在f=0时刻的波形图，己知这列波沿x轴正方向传播，波速为20m/soP是离原点为2m的一个介质质点，则在戶0.17s时刻，质点P的：①速度和加速度都沿-y方向；②速度沿+y方向，加速度沿-），方向；③速度和加速度都正在增人；④速度正在增人，加速度正在减小。以上四种判断中正确的是A.只有①B.只有④C.只有①④D.只有②③解析：由己知，该波的波长久=4m,波速v=20m/s,因此周期为T=久/i=0.2s；因为波向右传播，所以戶0时刻P质点振动方向向下;0.75T<0.17s振动方向。方法：选择对应的半周，再由波动方向与振动方向“头头相对、尾尾相对”来判断。如图：00通过的路程总是2A。0.20.4.X/m【例7］如图是一•列沿x轴正方向传播的机械波在某时刻的波形图。由图可知：这列波的振幅为5cm,波长为4m°此时刻P点的位移为2.5cm,速度方向为沿y轴正方向,加速度方向沿y轴负方向;0点的位移为一5cm,速度为0,加速度方向沿y轴正方向。【例8】如图是一列波在/产0时刻的波形，波的传播速度为2m/s,若传播方向沿x轴负向，则从r）=0到t2=2.5s的时间内，质点M通过的路程为,位移为o解析：由图:波长人=0・4m,又波速v=2m/s,可得:周期T=0.2s,所以质点M振动了12.5八对于简谐振动，质点振动17\通过的路程总是44；振动0.57；所以，质点M通过的路程l2X4A+2A=250cm=2.5m<,质点M振动12.5卩时仍在平衡位置。所以位移为0.【例9】在波的传播方向上，距离一定的P与Q点Z间只有一个波谷的四种情况，如图A、B、C、D所示。已知这四列波在同一种介质屮均向右传播，则质点P能首先达到波谷的是（）iJj7=X/v得:TD>TA=Tii>Tc;解析：四列波在同-•种介质中传播，则波速y应相同。再结合波动方向和振动方向的关系得：C图中的P点首先达到波谷。（3）两个时刻的波形问题：设质点的振动时间（波的传播时间）为f,波传播的距离为决贝t=nT+At即有x=nX+Ax（Ax=vAr）且质点振动nT（波传播〃入）时，波形不变。①根据某时刻的波形，画另i时刻的波形。方法1：波形平移法：当波传播距离x+Ax时，波形平移Ax即可。0方法2：特殊质点振动法：当波传播时间匸,〃+△/吋，根据振动方向判断相知炷硃点（峰点，谷点，平衡点）振动△/后的位置进而确定波形。②根据两时刻的波形，求某些物理量（周期、波速、传播方向等）【例10］如图是一列向右传播的简谐横波在某时刻的波形图。己知波速v=0・5m/s,画出该时刻7s前及7s后的瞬时波形图。2解析：X=2m,v=0.5m/s>T=—=4s.所以⑴波在7s内传播V.・3.^3的距离为x=vr=3.5m=l—入⑵质点振动时I可为1—咒44方法1波形平移法：现有波形向右平移丄A可得7s后的波形;4\n现有波形向左平移3X可得7S前的波形。4由上得到图中7s后的瞬时波形图(粗实线)和7s前的瞬时波形图(虚线)°方法2特殊质点振动法：根据波动方向和振动方向的关系，确定两个特殊点(如平衡点和峰点)在3774前和3774后的位置进而确定波形。请读者试着口行分析画出波形。【例11】如图实线是某时刻的波形图象，虚线是经过0.2s时的波形图象。求：①波传播的可能距离②可能的周期(频率)①可能的波速④若波速是35m/s,求波的传播方向①题中没给出波的传播方向，所以冇两种可能：向左传播或向右传播。向左传播时，传播的距离为x=nX+3X/4=(4“+3)m(n=0、1、2…)向右传播时，传播的距离为x=nX+X/4=(4n+l)m(n=0、1、2…)②向左传播时，传播的时间为t=nT+3T/4得：T=4t/(4/?+3)=0.8/(4“+3)向右传播时，传播的时间为U/1T+774得：T=4t/(4/?+1)=0.8/(4/?+1)③计算波速，有两种方法。”三皿或v=X!T(n=0>(n=0>1、21、2…)…)⑤若0.2s小于一个周期时，传播的距离、周期(频率)、波速。解析：1、2…)1、2…)向左传播时»v=x!t=(4/7+3)/0.2=(20/7+15)m/s.或v=入/7=4(4“+3)/0.8=(20〃+15)m/s.(n=0＞向右传播时，v=x/t=(4巾+1)/0.2=(20/?+5)m/s.或v=X/T=4(4/z+l)/0^=(20//+5)m/s.5=0、②若波速是35m/s,则波在0.2s内传播的距离为x=vt=35X0.2m=7m=1—入，所以波向左传播。③若0.2s小丁•一个周期，说明波在0.2s内传播的距离小丁•一个波长。4：向左传播时，传播的距离x=3X/4=3m；传播的时间f=3774得：周期T=0.267s；波速v=15m/s.向右传播时,传播的距离为A/4=lm；传播的时间774得：周期T=0.8s；波速v=5m/s.点评：做此类问题的选择题时，可用答案代入检验法。(4)根据波的传播特点(运动状态向后传)确定某质点的运动状态问题：【例12】一列波在介质中向某一方向传播，如图是此波在某一时刻的波形图，H此时振动还只发生在M、NN之间，并知此波的周期为7；Q质点速度方向在波形中是向下的。贝I］：波源是;P质点的起振方向为;从波源起振开始计时时，P点己经振动的时间为。解析：由Q点的振动方向可知波向左传播，N是波源。由M点的起振方向(向上)得P质点的起振方向向上。振动从N点传播到M点需耍1T，传播到P点需耍3774,所以质点P己经振动的时间为774.【例13］如图是一列向右传播的简谐横波在戶0时刻(开始计时)的波形图，已知在Qis时，B点第三次达到波峰(在Is内3点有三次达到波峰)。贝0：■■■■y①周期为②波速为;|z4①Q点起振的方向为;④在/=s时刻，此波传到D点；在o翕Amt=—s和/=—s时D点分别首次达到波峰和波谷；在匸—s和匸—s时Q八乍厂J点分别第二次达到波峰和波谷。解析:①B点从t=0时刻开始在经过/=2.5r=ls第三次达到波峰，故周期T=0.4s.②由v=A/7=10m/s.③D点的起振方向与介质中各质点的起振方向相同。在图示时刻，C点恰好开始起振，由波动方向可知C点起振方向向下。所以，£＞点起振方向也是向下。④从图示状态开始计时：此波传到D点需要的时间等于波从C点传播到D需要的时间，即：1=(45-4)/10=4.1s；D点首次达到波峰的时间等于A质点的振动状态传到D点需要的时间，即：r=(45-l)/10=4.4s；D点首次达到波谷的时间等于3质点的振动状态传到£＞点需要的时间，即：t=(45-3)/10=4.2s；£＞点第二次达到波峰的时间等于D点首次达到波峰的时间再加上一个周期，即：r=4.4s+0.4s=4.8s.D点第二次达到波谷的时间等于D点首次达到波峰的时间再加上一个周期，即：r=4.2s+0.4s=4.6s.【例14］已知在”时刻简谐横波的波形如图中实线所示；在时刻『2该波的波形如图中虚线所示。6-n=0.02so求：\n（1）该波可能的传播速度。（2）若l\^T是联系微观世界和宏观世界的桥梁。它把物质的摩尔质量、摩尔体积这些宏观物理量和分子质量、分子体积这些微观物理最联系起来了。【例1】根据水的密度为P=1.0X103kg/m3和水的摩尔质量A/=1.8X10'2kg,,利用阿伏加徳罗常数，估算水分子的质量和水分子的直径。解析：每个水分子的质ww=M/Na=1.8X10'2-t6.02X1O23=3.OX10'26kg；水的摩尔体积V=M/P,把水分子看作一个挨一个紧密排列的小球，则每个分子的体积为而根据球体积的计算公式，用d表示水分子直径，戶4开“3=兀旳6,得d=4X10,0m【例2】利用阿伏加徳罗常数，估算在标准状态下相邻气体分子间的平均距离解析：在标准状态下，Imol任何气体的体积都是V=22.4L,除以阿伏加徳罗常数就得每个气体分了平均占有的空间甲幷1夫小是相邻气体分子间平均弹离Q的立方。D3=xiu=3.72x10—",.・.»=#3.72><10一26=3x10^m，这个数值大约是分子直径的10倍。因此能淞栩体积人约是液体体积的1000倍。2.分子的热运动物体里的分子永不停息地做无规则运动，这种运动跟温度有关，所以通常把分子的这种运动叫做热运动。（1）扩散现象和布朗运动都可以很好地证明分子的热运动。（2）布朗运动是指悬浮在液体中的固体微粒的无规则运动。关于布朗运动，要注意以下几点：①形成条件是：只要微粒足够小。②温度越高，布朗运动越激烈。③观察到的是固体微粒（不是液体，不是固体分子）的无规则运动，反映的是液体分子运动的无规则性。④实验中描绘出的是某固体微粒每隔30秒的位置的连线,不是该微粒的运动轨迹。（3）为什么微粒越小，布朗运动越明显？可以这样分析：在任何一个选定的方向上，同一时刻撞击固体微粒的液体分子个数与微粒的横截面积成正比，即与微粒的线度厂的平方成正比，从而对微粒的撞击力的合力F与微粒的线度厂的平方成正比；而固体微粒的质量加与微粒的体积成正比，即与微粒的线度广的立方成正比,因此其加速度a=F/m^r-],即加速度与微粒线度，•成反比。所以微粒越小，运动状态的改变越快，布朗运动越明显。\n1.分子间的相互作用力（1）分子力有如下几个特点：①分子间同时存在引力和斥力；②引力和斥力都随着距离的増人而减小;③斥力比引力变化得快。（2）引导同学们跟老师一起自己动手画图象。先从横坐标cm开始（心是处于平衡状态时相邻分子间的距离），分别画斥力（设为正）和引力（设为负）;然后向右移，对应的斥力比引力减小得快；向左移，对应的斥力比引力增大得快,画出斥力、引力随/•而变的图线，最后再画出合力（即分子间作用力）随r而变的图线。（3）分子间作用力（指引力和斥力的合力）随分子间距离而变的规律是：①时表现为斥力；②宀必时分子力为零；®r>r0时表现为引力；④r>IOro以后，分子力变得十分微弱，可以忽略不计。记住这些规律对理解分子势能有很大的帮助。（4）从本质上来说，分子力是电场力的表现。因为分子是由原子组成的，原子内有带正电的原子核和带（也就是说分子力的本质是四负电的电子，分子间复杂的作用力就是由这些带电粒子间的相互作用而引起的。种基本基本相互作用屮的电磁相互作用）。【例3】下面关于分子力的说法中正确的有：A.铁丝很难被拉长，这一事实说明铁丝分子间存在引力B.水很难被压缩，这一事实说明水分子间存在斥力C.将打气管的出口端封住，向下压活塞，当空气被压缩到一定程度后很难再压缩，这一事实说明这时空气分子间表现为斥力D.磁铁可以吸引铁屑，这一事实说明分子间存在引力解析：A、B正确。无论怎样圧缩，气体分子间距离一定大于厂°，所以气体分子间一定表现为引力。空气压缩到一定程度很难再压缩不是因为分子斥力的作用，而是气体分子频繁撞击活塞产生压强的结果，应该用压强增大解释，所以C不正确。磁铁吸引铁屑是磁场力的作用，不是分子力的作用，所以D也不正确。2.物体的内能（1）做热运动的分子具有的动能叫分子动能。温度是物体分子热运动的平均动能的标志。温度越高，分子做热运动的平均动能越大。（2）由分子间相对位置决定的势能叫分子势能。分子力做正功时分子势能减小；分子力作负功时分子势能増大。（所有势能都有同样结论：重力做正功重力势能减小、电场力做正功电势能减小。）由上面的分子力曲线可以得出：当r=r0分子处于平衡位置时分子势能最小。不论厂从必増大还是减小，分子势能都将増大。如果以分子间距离为无穷远时分子势能为零，则分子势能随分子间距离而变的图象如右。可见分子势能与物体的体积有关。体积变化，分子势能也变化。（3）物体屮所有分子做热运动的动能和分子势能的总和叫做物体的内能。物体的内能跟物体的温度和体积都有关系：温度升高时物体内能增加；体积变化时，物体内能变化。【例4】下列说法中正确的是A.物体自由下落时速度增人，所以物体内能也增人B.物体的机械能为零时内能也为零C.物体的体积减小温度不变时，物体内能一定减小D.气体体积增大时气体分子势能一定增大解析：物体的机械能和内能是两个完全不同的概念。物体的动能由物体的宏观速率决定，而物体内分子的动能由分子热运动的速率决定。分子动能不可能为零（温度不可能达到绝对零度），而物体的动能可能为零。所以A、B不正确。物体体积减小时，分子间距离减小，但分子势能不-•定减小，例如将处于原长的弹簧压缩,分子势能将増人，所以C也不正确。由于气体分子间距离一定人于/V”体积増人时分子间距离増人，分子力做负功，分子势能増人，所以D正确。3.热力学第一定律做功诂热传递都能改变物体的内能。也就是说，做功和热传递对改变物体的内能是等效的。但从能量转化和守恒的观点看乂是有区别的：做功是其他能和内能之间的转化，功是内能转化的量度；而热传递是内能间的转移，热量是内能转移的量度。外界对物体所做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的増加△即△U=Q+W这在物理学\n中叫做热力学第一定律。在这个表达式中，当外界对物体做功时W取正，物体克服外力做功时W取负；当物体从外界吸热时Q取正，物体向外界放热时Q取负；为正衣示物体内能增加，A"为负表示物体内能减小。【例5】下列说法中正确的是A.物体吸热后温度一定升高B.物体温度升高一定是因为吸收了热量C.O°C的冰化为0°C的水的过程中内能不变D.100°C的水变为100°C的水汽的过程1内能增大解析：吸热后物体温度不一定升高，例如冰融化为水或水沸腾时都需要吸热，而温度不变，这时吸热后物体内能的增加表现为分子势能的增加，所以A不正确。做功也可以使物体温度升高，例如用力多次來回弯曲铁丝，弯曲点铁丝的温度会明显升高，这是做功增加了物体的内能，使温度上升，所以B不正确。冰化为水时耍吸热，内能中的分子动能不变，但分子势能增加，因此内能增加，所以C不正确。水沸腾时要吸热，内能中的分子动能不变但分子势能增加，所以内能增大，D正确。1.能杲守恒定律能量守恒定律指出：能量即不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为別的形式，或者从一个物体转移到別的物体，在转化或转移的过程中其总量不变。能量守恒定律是口然界普遍适用的规律之一，是研究口然科学的强冇力的武器之一。【例6】“奋进号”航天飞机进行过一次太空飞行，英主要任务是给国际空间站安装太阳能电池板。该太阳能电池板长£=73m,宽d=12m,将点阳能转化为电能的转化率为"20%,已知太阳的辐射总功率为PQ=3.S3X1026W,地日距离为“=1.5X105，国际空间站离地面的高度为/?=370km,它绕地球做匀速圆周运动约有一半时间在地球的阴影内，所以在它能发电的时间内将把所发电的一部分储存在蓄电池内。由以上数据，估算这个太阳能电池板能对国际空间站提供的平均功率是多少？解析：由于国际空间站离地面的高度仅为地球半径的约二十分2—，可认为是近地卫星，〃远小于心，因此它离太阳的距离可认为基本不变，就是地日距离心"太阳的辐射功率应视为均匀分布在以太阳为圆心，地日距离为半径的球面上，由此可以算出每平方米接收到的太阳能功率/o^^Ti^USkW/nr（该数据被称为太阳常数），再由电池板的面积和转化率，可求出其发电时的电功率为P=/o/^/77=2.6X1O5W,由于每天只有一半时间可以发电，所以平均功率只是发电时电功率的一半即130kWo2.热力学第二定律（1）热传导的方向性。热传导的过程是有方向性的，这个过程可以向一个方向自发地进行（热量会自发地从高温物体传给低温物体），但是向相反的方向却不能自发地进行。（2）第二类永动机不可能制成。我们把没有冷凝器，只有单一热源，从单一热源吸收热量全部用来做功,而不引起其它变化的热机称为第二类永动机。这表明机械能和内能的转化过程具有方向性：机械能可以全部转化成内能，内能却不能全部转化成机械能。（3）热力学第二定律。表述：①不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起英他变化（按热传导的方向性表述）。②不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起英他变化（按机械能和内能转化过程的方向性表述）。③第二类永动机是不可能制成的。热力学第二定律使人们认识到：自然界种进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。它揭示了有大量分子参与的宏观过程的方向性，使得它成为独立于热力学第一定律的一个重要的自然规律。（4）能量耗散。自然界的能量是守恒的，但是有的能量便于利用，有些能量不便于利用。很多事例证明,我们无法把流散的内能重新收集起来加以利用。这种现彖叫做能量的耗散。它从能量转化的角度反映出自然界中的宏观现象具有方向性。【例7]（2004年高考科研测试）图中气缸内盛有定量的理想气体，气缸壁是导热的，缸外环境保持恒温,活塞与气缸壁的接触是光滑的，但不漏气。现将活塞杆与外界连接使其缓慢的向右移动，这样气体将等温膨胀并通过杆对外做功。若己知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法正确的是A.气体是从单-•热源吸热，全用来对外做功，因此此过程违反热力学第二定律B.气体是从单-•热源吸热，但并未全用来对外做功，所以此过程不违反热力学第二定律C.气体是从单-•热源吸热，全用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律\nA.ABC三种说法都不对答案：C二、气体的体积、压强、温度间的关系1.气体的状态参量\n（1）温度：温度在宏观上表示物体的冷热稈度；在微观上是分子平均动能的标志。热力学温度是国际单位制中的基本量之一，符号T,单位K（开尔文）；摄氏温度是导出单位，符号/，单位°C（摄氏度）。关系是t=T-T^其中心二273.15K,摄氏度不再采用过去的定义。两种温度间的关系可以表示为：r=r+273.15K和厶丁二X,要注意两种单位制下每一度的间隔是相同的。0K是低温的极限，它表示所有分子都停止了热运动°可以无限接近，但永远不能达到。（2）体积。气体总是充满它所在的容器，所以气体的体积总是等于盛装气体的容器的容积。（3）压强。气体的压强是由于气体分子频繁碰撞器壁而产生的。（绝不能用气体分子间的斥力解释！）一般情况下不考虑气体本身的重量，所以同一容器内气体的压强处处相等。但大气压在宏观上可以看成是大气受地球吸引而产生的重力而引起的。（例如在估算地球大气的总重量时可以用标准大气压乘以地球表面积Q压强的国际单位是帕，符号Pa,常用的单位还有标准大气压（atm）和亳米汞柱（mmHg）o它们间的关系是:1atm=1.013Xl（TPa=760mmHg；1mmHg=133.3Pao1.气体分子动理论〜〜（I）气体分子运动的特点是：①气体分子间的距离大约是分子直径的10倍，分子间的作用力十分微弱。通常认为，气体分子除了相互碰撞或碰撞器壁外，不受力的作用。②每个气体分子的运动是杂乱无章的，但对大最分子的整体来说，分子的运动是有规律的。研究的方法是统计方法。气体分子的速率分布规律遵从统计规律。在一定温度卞，某种气体的分子速率分布是确定的，可以求出这个温度下该种气体分子的平均速率。（2）用分子动理论解释气体圧强的产生（气体压强的微观意义）。气体的压强是大最分子频繁碰撞器壁产生的。压强的大小跟两个因素有关：①气体分子的平均动能，②分子的密集程度。2.气体的体积、压强、温度间的关系（新大纲只要求定性介绍）（1）一定质最的气体,（2）一定质最的气体,（3）一定质最的气体,4.气体压强的计算在温度不变的情况下，体积减小时，压强增大，体积增大时，压强减小。在压强不变的情况下，温度升离，体积增大。在体积不变的情况下，温度升离，压强增大。气体压强的确定要根据气体所处的外部条件，往往需要利用跟气体接触的液柱和活塞等物体的受力情况和运动情况计算。【例8】竖直平面内有右图所示的均匀玻璃管，内用两段水银柱封闭两段空气柱°、b,各段水银柱高度如图所示。大气压为必，求空气柱°、〃的压强各多大？解析：从开口端开始计算：右端为大气圧內，同种液体同一-水平面上的压强相同，所以b气柱的压强为Pb=p（）+Pg（h2-h\），而a气柱的压强为pa=Pb-Pgh3=Po+pg（/“JU。此类题求气体压强的原则就是从开口端算起（一般为大气压），沿淆液柱在竖直方向上，向下加Q劝，向上减Q劝即可（力为高度差）。【例9】右图中两个气缸的质量均为内部横截而积均为S,两个活塞的质量均为加，左边的气缸静止在水平而上，右边的活塞和气缸竖直悬挂在天花板下。两个气缸内分别封闭有一定质量的空气A、大气压为內，求封闭气体A、B的压强各多大？解析：求气体压强要以跟气体接触的物体为对象进行受力分析，在木题中，可取的研究对彖有活塞和气缸。两种情况卜•活塞和气缸的受力情况的复杂程度是不同的：第一种情况厂活塞受重力、大气压力和封闭气体压力三个力作用，而口只有气体压力是未知的；气缸受重力、大气压力、封闭气体压力和地而支持力四个力,地而支持力和气体压力都是未知的，要求地面压力还得以整体为对象才能得出。因此应选活塞为对象求“A。同理第二种情况下应以气缸为对象求內。得出的结论是：PA=P（）+竽,Pb=人一警【例10】右图屮气缸静止在水平面上，缸内用活塞封闭一定质量的空气。S活塞的的质量为》，横截面积为s,下表面与水平方向成〃角，若大气压为內，求封闭气体的压强〃解析：以活塞为对象进行受力分析，关键是气体对活塞的压力方向应该垂直耳活塞下表面而向斜上方，与竖直方向成〃角，接触面积也不是S而是S尸S/COS0。因此竖直方向受力平衡方程为：pS|COS0=mg+p（）S,得p=Po+mg/S。结论跟〃角的大小无关。【例11】如图所示，大小不同的两个气缸A、B固定在水平面上，缸内的横截面积分別为Sa和Sb且SA=3SBo两缸内各冇一个活塞，在两个气缸内分別封闭一定质量的空气，并用水平杆柑连。已知大气压为內，气缸A内空气的压强为Pa"・2內，不计活塞\n和气缸间的摩擦阻力，求气缸〃内空气的压强內解：应该以整体为研究对象用水平方向的合力为零列方程，而不能认为A、B内气体的压强相等。因为两个活塞的横截面积是不同的。应该以两个活塞和连杆整体为研究对象进行受力分析，同时耍考虑大气压的影响，受力图如上。在水平方向上有：〃aSa+〃oSb=〃bSb+〃o5a,代入Sa=3Sb可得pB=3pA-2po=1・6p（）本题还可以把该装置竖立起来，那么在以活塞和连杆为对象受力分析时，还应考虑到重力的作用。【例12】如图为医院为病人输液的部分装置，图中A为输液瓶，B为滴壶，C为进气管，与大气相通。则在输液过程中（瓶4中尚有液体），下列说法正确的是：①瓶A中上方气体的圧强随液面的下降而增大；②瓶A中液面下滴壶〃中的气体圧强保持不变A.①③B.①④C.②③D.②④降，但A中上方气体的圧强不变；③滴壶〃屮的气体压强随A屮液面的下降而减小；④在瓶中药液输完以前,A.3B.4C.5D.6解析：进气管C端的压强始终是大气压內，设输液瓶A内的压强为坏，可以得到PFPyPgh,因此％将随着h的减小而增大。滴壶B的上液面与进气管C端的高度差不受输液瓶A内液面变化的影响，因此压强不便。选B。【例13】长直均匀玻璃管内用水银柱封闭一定质量的空气后倒插入水银槽内。静止时露出水银槽面的水银柱高为h,保持温度不变，稍向上提玻璃管（管口仍在槽内水银面下），封闭在管内的空气的体积V和压强〃以及水银柱高各如何变化？解析：一定质屋的气体在温度不变使，气体的压强"和体积U必然同时变化，而达到平衡后，p+Pgh=po的关系应该依然成立。假设V不变，那么〃也不变，而提升后刃变大，Pgh将大于內，因此管内水银柱将要下降，即封闭空气的体积W必然增大，压强〃必然减小，又由于最终应该有p+Pgh二p（）,所以/?必然增大。本题也可以假设提升后〃不变，进行推导，结论是完全一致的。注意前提：管内必须封闭有一定质量的空气。若水银柱上端是真空，那〃就始终满足gh,向上提升玻璃管不会影响刃的大小，那么V就一定増大了。【例14】两端封闭的均匀直玻璃管竖直放置，内用高/?的汞柱把管内空气分为上下恢静止时两段空气柱的长均为乙上端空气柱压强为p{=2Pgh（P为水银的密度）。当玻璃管卩机起在竖真方向上做匀变速运动时，稳定后发现上端空气柱长减为22/3。则下列说法中I的是A.稳定后上段空气柱的压强大于2PghB.稳定后下段空气柱的压强小于3PghC.升降机一定在加速上升D.升降机可能在匀减速上升解析：系统静止时下段空气柱的压强是3Pgh。做匀变速运动稳定后上段空气柱体积i说明其压强增大，而下段空气柱体袂曾大，说明其压强减小。由水银柱的受力分析可知，；力方向向下，因此加速度向下，可能匀加速下降，也可能匀减速上升。选ABD［例15】个尚定容积的密闭容器屮，加入3L的X（g）和2L的Y（g）,在一定条件下这两种气体发生反应而生成另两种气体：4X（g）4-3Y（g）2Q（g）+//R（g）,达到平衡后，容器内温度不变，而混合气体的压强比原来增大，则该反应方程中的n值可能为解析：由于反应前后所有物质都是气态，设反应前后的总的物质的量分别为M、N2,由于在一定温度和体积下，气体的压强和气体物质的量成正比，因此生成物的物质的量应该人于反应前的物质的量，只能取/尸6,选D。1.热力学第一定律在气体中的应用对一定质量的理想气体（除碰撞外忽略分子间的相互作用力，因此没有分子势能），热力学第-•定律4皓Q+W中：（1）4U仅由温度决定，升温时为正，降温时为负；⑵W仅由体积决定，压缩时为正，膨胀时为负;⑶Q由4〃和W共同决定；⑷在绝热情况下Q=0,因此有JU=W.【例16】钢瓶内装有高压氧气。打开阀门氧气迅速从瓶口喷出，当内外气压相等时立即关闭阀门。过-•段时间后再打开阀门，会不会再有氧气逸出？解析：第-•次打开阀门氧气“迅速”喷出，是一个绝热过程0=0,同时氧气体积膨胀对外做功WvO,由热力学第一定律叩关闭阀门时瓶内氧气温度必然低于外界温度，而压强等于外界人气压；“过-•段时间”经过热交换，钢瓶内氧气的温度乂和外界温度相同了，由于体积未变，所以瓶内氧气压强将増人，即人于大气压，因此再次打开阀门，将会有氧气逸出。第九章电场\n考纲要求1.两种电荷.电荷守恒I2.真空中的库仑定律、电荷量II3.电场.电场强度，电场线、点电荷的场强，匀强电场，电场强度的叠加II4.电势能，电势差，电势，等势面II5.匀强电场中电势差跟电场强度的关系II6.静电屏蔽I7•带电粒子在匀强电场中的运动II1.示波管，示波器及其应用I2.电容器的电容，平行板电容器的电容II3.常用的电容器I知识网络：单元切块:按照考纲的要求，本章内容可以分成三部分，即：电场的力的性质；电场的能的性质；带电粒子在电场中的运动。K中重点是对电场基本性质的理解、熟练运用电场的基本概念和基本规律分析解决实际问题。难点是带电粒子在电场中的运动。§1电场的力的性质教学目标：1.两种电荷，电荷守恒，真空中的库仑定律，电荷量。2.电场，电场强度，电场线，点电荷的场强，匀强电场，电场强度的迭加。教学重点：教学难点：教学方法：教学过程：库仑定律，电场强度对电场强度的理解讲练结合，计算机辅助教学一.库仑定律真空中两个点电荷之间相互作用的电力，跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们的距离的二次方成反比,作用力的方向在它们的连线上。即：\n1.成立条件①真空中（空气中也近似成立），②点电荷。即带电体的形状和人小对相互作用力的影响可以忽略不计。（这一点与万有引力很相似，但乂有不同：对质屋均匀分布的球，无论两球相距多近，，•都等于球心距；而对带电导体球，距离近了以后，电荷会遼新分布，不能再用球心距代替刀。2.同一条直线上的三个点电荷的计算问题+40O—【例1］在真空中同一条直线上的A、3两点固定有电荷量分别为+4Q和的点电荷。①将另一个点电荷放在该直线上的哪个位置，可以使它在电场力作用下保持静止？②若要求这三个点电荷都只在电场力作用下保持静止，那么引入的这个点电荷应是正电荷还是负电荷？电荷量是多人？解：①先判定第三个点电荷所在的区间：只能在B点的右侧;再由f=,F、k、g相同时rcc^QrA:rE=2:1,即C在A3延长线上，且AB=BC.②C处的点电荷肯定在电场力作用下平衡了；只要A、3两个点电荷屮的一个处于平衡，另一个必然也平衡。由F=F、k、Qa相同，Qg，，・・・0c：Q尸4：1，而且必须是正屯荷。所以C点处引入的点电荷Qc二+4Q【例2】己知如图.带电小球A、B的电荷分别为Qa、Qb，OA=OB.都用长厶的丝线悬挂在0点。静止时A、3相距为“。为使平衡时AB间距离减为d/2,可采用以下哪些方法A.将小球A、3的质量都增加到原來的2倍B.将小球B的质量増加到原來的8倍C・将小球A、B的电荷量都减小到原來的一半可知dX』聖鸟£VmsD.将小球4、3的电荷量都减小到原來的一半，同时将小球3的质量增加到原来的2倍解：由B的共点力平衡图知_L=E,而F=©0，必gL沪3.与力学综合的问题。【例3】已知如图，光滑绝缘水平面上有两只完全相同的金属球A、B,带电量分别为-2Q与-Q。现在使它们以相同的初动能耳）（对应的动最大小为內）开始相向运动且刚好能发生接触。接触后两小球又各自反向运动。当它们刚好回到各自的出发点时的动能分别为&和色，动量大小分别为门和"2。有下列说法：①E\=E2>E®Pl=P2>Po②£1=£2=^0>Pi=P2=P0③接触点一定在两球初位置连线的中点右侧某点ABQ④两球必将同时返回各自的出发点。其中正确的是pA.②④B.②③C.@@D.③④77777777777解：由牛顿定律的观点看，两球的加速度人小始终相同，相同时间内的位移人小一定相同，必然在连线中点相遇，乂同时返冋出发点。由动量观点看，系统动量守恒，两球的速度始终等值反向，也可得出结论：两球必将同时返回各自的出发点。且两球末动量人小和末动能一定相等。从能量观点看，两球接触后的电荷量都变为-1.50,在相同距离上的库仑斥力增人，返冋过程中电场力做的正功人于接近过程中克服电场力做的功，由机械能定理，系统机械能必然増人，即末动能増人。选C。本题引出的问题是：两个相同的带电小球（可视为点电荷），相碰后放冋原处，相互间的库仑力人小怎样变化？讨论如下：①等量同种电荷，F'F；②等量异种电荷，FZ=OF.F'F、F这三个点把x轴分成四段，可以证明：同一直线上的两个点电荷所在的点和它们形成的合场强为零的点把该直线分成4段，柑邻两段上的场强方向总是相反的。本题从右到左，4个线段（或射线）上的场强方向依次为：向右、向左、向右、向左，所以x=-3点处的合场强方向为向右。\n1.电场线要牢记以下6种常见的电场的电场线注意电场线的特点和电场线与等势面间的关系：①电场线的方向为该点的场强方向，电场线的疏密衣示场强的人小。②电场线互不相交。【例7】如图所示，在等量并种点电荷的电场小，将一个正的试探电荷由A点沿直线移到0点，再沿直等量异种点电荷的电场等量同种点电荷的电场孤立点电荷周禺的电场点电荷与带电平板匀强电场线由O点移到c点。在该过程中，检验电荷所受的电场力大小和方向如何改变？其电势能又如何改变？解：根据电场线和等势面的分布可知：电场力一直减小而方向不变；§2电场的能的性质教学目标：1•电势能，电势差，电势，等势而。2.匀强电场中电势差跟电场强度的关系。3•静电场中的导体，静电感应现象，导体内部的电场强度等于零，导体是一个等势体。教学重点：电势、电势差、电场力的功教学难点：对基本概念的理解及应用教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一.电势能1.定义：因电场对电荷有作用力而产生的曲电荷相对位置决定的能量叫电势能。2.电势能具有相对性，通常取无穷远处或大地为电势能的零点。3.电势能大小：电荷在电场中某点的电势能在数值上等于把电荷从这点移到电势能为零处电场力所做的功4.电场力做功是电势能变化的量度：电场力对电荷做正功，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加；电场力做功的多少和电势能的变化数值相等，这是判断电荷电势能如何变化的最有效方法。二.电势1.电势：电场中某点的电势，等于单位正电荷由该点移动到参考点（零电势点）时电场力所做的功。电势用字母（P表示。①表达式：（P\单位：伏特（V）,且冇1V=1J/Coq②意义：电场中某一点的电势在数值等于单位电荷在那一点所具冇的电势能。③相对性：电势是相对的，只冇选择零电势的位置才能确定电势的值，通常取无限远或地球的电势为零。④标量：只冇大小，没冇方向，但冇正、负Z分，这里正负只表示比零电势高还是低。⑤高低判断：顺着电场线方向电势越來越低。三.等势面：电场中电势相等的点构成的面。\n①意义：等势面来衣示电势的高低。②典型电场的等势面：i匀强电场；ii点电荷电场；iii等量的异种点电荷电场；iv等量的同种点电荷电场。③等势面的特点：i同一等势面上的任意两点间移动电荷电场力不做功；ii等势面-•定跟电场线垂直；iii电场线总是从电势较高的等势面指向电势较低的等势面。四、电势差1.电势差：电荷q在电场中由一点A移动到另一点B时，电场力所做的功Wab与电荷量的q的比值。注意：电势差这个物理量与场中的试探电荷无关，它是一个只属于电场的量。电势差是从能量角度表征电场的一个重要物理量。电势差也等于电场中两点电势之差UabAB必—①电势弟由电场的性质决定，与零电势点选择无关。2.电场力做功：在电场中AB两点间移动电荷时，电场力做功等于电量与两点间电势差的乘枳。WAB=q・〃ab注意：①该式适用于一切电场；②电场力做功与路径无关②利用上述结论计算时，均用绝对值代入，而功的正负，借助于力与移动方向间关系确定。五、电势差与电场强度关系1•电场方向是指向电势降低故快的方向。在匀强电场中，电势降低是均匀的。1.匀强电场中，沿场强方向上的两点间的电势差等于场强和这两点间距离的乘积。U=E-d在匀强电场中，场强在数值上等于沿场强方向每单位距离上降低的电势。E=^~d注意：①两式只适用于匀强电场。②d是沿场方向上的距离。2.电场线和等势面要牢记以下6种常见的电场的电场线和等势而：（下页）注意电场线、等势面的特点和电场线与等势面间的关系：①电场线的方向为该点的场强方向，电场线的疏密表示场强的大小。②电场线互不相交，等势面也互不相交。③电场线和等势面在相交处互相垂直。④电场线的方向是电势降低的方向，而R是降低最快的方向⑤电场线密的地方等芳等势面密；等芳等势面密的地方电场线也密\n孤立点电荷周围的＞等量异种点电荷的电场等量同种点电荷的匀强电场点电荷与带电【例1】如图所示，三个同心圆是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个圆的半径成等差数列。A、B、C分别是这三个等势而上的点，且这三点在同一条电场线上。A、C两点的电•一"势依次为^A=10V和0c=2V,则B点的电势是一、'、\A.—定等于6VB.—定低于6V：/厂、\\A.一定高于6VD.无法确定[[；、曲十~計會一解：由U二Ed,在d相同吋，E越大，电压U也越大。因此坨，选B\'、、、、"卩卡六、电荷引入电场''、、'、、、…“丿‘1.将电荷引入电场-将电荷引入电场后，它一定受电场力印，且一定具有电势能2.在电场中移动电荷电场力做的功在电场中移动电荷电场力做的功W=qU.只与始末位置的电势差有关。在只有电场力做功的悄况下，电场力做功的过程是电势能和动能相互转化的过程。W二-zlE=zlEKo⑴无论对正电荷还是负电荷，只要电场力做功，电势能就减小；克服电场力做功，电势能就增大。⑵正电荷在电势岛处电势能大；负电荷在电势高处电势能小。⑶利用公式W=qU进行计算吋，各量都取绝对值，功的正负由电荷的正负和移动的方向判定。⑷每道题都应该画出示意图，抓住电场线这个关键。（电场线能表示电场强度的大小和方向，能表示电势降低的方向。有了这个直观的示意图，可以很方便地判定点电荷在电场中受力、做功、电势能变化等情况。）【例2】如图所示，在等量异种点电荷的电场中，将一个正的试探电荷由。点沿直线移到0点，再沿直线由0点移到c点。在该过程中，检验电荷所受的电势能如何改变？・解：根据电场线和等势而的分布可知：试探电荷由d点沿直线移到o点，电4c场力先作正功，再沿直线由0点移到c点的过程中，电荷沿等势面运动，电场力:不作功，电势能不变化，故，全过程电势能先减小后不变。G＞方••………0【例3】如图所示，将一个电荷量为＜7=+3X10,（）C的点电荷从电场中的A点移到〃点的过程中，克服电场力做功6X109Jo己知A点的电势为丑二・4V,求〃点的电势。T解：先由W=c/U,得AB间的电压为20V,再由己知分析：向右移Fgv动正电荷做负功，说明电场力向左，因此电场线方向向左，得出〃点电1势高。因此0B二16V。4【例4]a粒子从无穷远处以等于光速十分之一的速度正对着静止的金核射去（没有撞到金核上）。已知离点电荷Q距离为尸处的电势的计算式为0=—，那么a粒子的最大r电势能是多大？山此估算金原子核的半径是多大？解：u粒子向金核靠近过程克服电场力做功，动能向电势能转化。设初动能为E,到不能再接近（两者速度相等时），可认为二者间的距离就是金核的半径。根据动量守恒定律和能量守恒定律，动能的损失\nmM2(冲+M)V2,由于金核质量远大于a粒子质屋，所以动能儿乎全部转化为电势能。无穷远处的电势能为零，故最大电势能£=lmv22=3・()xl()T2j,再由E=©q=kQq,Wr=1.2X1014m,可见金核的半径不会大于1.2X10d4moA【例5】已知AABC处于匀强电场屮。将一个带电-2X106C的点电荷从A移到〃的过程屮，电场力做功W|=-1.2Xl（r'j；再将该点电荷从〃移到C,电场力做功VV2=6XlOAk已知4点的电势Qa=5V,则B、C两点的电势分别为V和V。试在右图中画出通过A点的电场线。解：先由W=qU求出〃C间的电压分别为6V和3V,再根据负电荷A-〃电场力做负功，电势能增大，电势降低；13-C电场力做正功，电势能减小，电势升高，知^b=-1V^c=2Vo沿匀强电场屮任意一条直线电势都是均匀变化的，因此A〃中点D的电势与C点电势相同，CD为等势面，过人做CD的乖线必为电场线，方向从奇电势指向低电势，所以斜向左下方。【例6】如图所示，虚线①久c是电场屮的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为•-个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法屮正确的是A•三个等势面中，等势面。的电势最离B•带电质点一定是从P点向Q点运动C.带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小A.带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小解：先画出电场线，再根据速度、合力和轨迹的关系，可以判定：质点在各点受的电场力方向是斜向左下方。由于是正电荷，所以电场线方向也沿电场线向左下方。答案仅有D§3带电粒子在电场中的运动教学目标：1.熟练应所学电场知识分析解决带电粒子在匀强电场中的运动问题"2.理解电容器的电容，掌握平行板电容器的电容的决定因素3.掌握示波管，示波器及其应用。教学重点：带电粒子在匀强电场中的运动教学难点：带电粒子在匀强电场中的运动教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一.带电粒子在电场中的运动1•带电粒子在匀强电场中的加速-•般情况下带电粒子所受的电场力远人于重力，所以可以认为只有电场力做功。由动能定理W=qU=AEK,此式与电场是否匀强无关，与带电粒子的运动性质、轨迹形状也无关。【例1】如图所示，两平行金屈板竖直放置，左极板接地，屮间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图所示。电子原来静止在左极板小孔处。（不计重力作用）下列说法中正确的是接着匀减速772……直到打在右极板上。A•从戶0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上A.从/=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C•从&774时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上A.从戶3778时刻释放电子，电子必将打到左极板上解：从厂0时刻释放电子，如果两板间距离足够人，电子将向右先匀加速772,接着匀减速772,速度减小到零后，乂开始向右匀加速772,电子不可能向左运动；如果两板间距离不够人，电子也始终向右运动，直到打到右极板上。从戶774时刻释放电子，如果两板间距离足够人，电子将向右先匀加速774,接肴匀减速774,速度减小到零后，改为向左先匀加速774,接着匀减速774。即在两板间振动；如果两板间距离不够人，则电子在第一次向右运动过程屮就有可能打在\n右极板上。从戶3778时刻释放电子，如果两板间距离不够人，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上;如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在第一次向左运动过程中打在左极板上。选AC2•带电粒子在匀强电场中的偏转质量为加电荷量为g的带电粒子以平行于极板的初速度必射入长厶板间距离「［”为d的平行板电容器间，两板间电压为S求射出时的侧移、偏转角和动能增最。'（1）侧移:型-千万不要死记公式,4U'd耍消楚物理过程。根据不同的己知条件，结论改用不同的表达形式（己知初速度.初动能.初动量或加速电压等九（2）偏角：=±=上竺,注意到）,=£an&，说明穿出时刻的末速度的反向延长vdmV2Ud2线与初速度延长线交点恰好在水平位移的中点。这一点和平抛运动的结论相同。⑶穿越电场过程的动能増量：AEbEqy（注意，一般來说不等于qU）【例2】如图所示，热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发射装置的加速电压为久。电容器板长和板间距离均为L=10cm,卞极板接地。电容器右端到荧光屏的距离也是L=10cmo在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如左图。（每个电子穿过平行板的时间极短，可以认为电压是不变的）求:①在戶0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处？②荧光屏上冇电子打到的区间冇多长？③屏上的亮点如何移动？解：①由图知戶0.06s时刻偏转电压为1.8U。，可求得），=0.45厶=4.5cm,打在屏上的点距O点13.5cm。②O电子的最大侧移为0.5厶（偏转电压超过2.00,电子就打到极板上了），所以荧光屏上电子能打到的区间长为3£=30cmo③屏上的亮点由卞而上匀速上升，间歇一段时间后又重复出现。1.带电物体在电场力和重力共同作用F的运动。当带电体的重力和电场力大小可以相比时，不能再将重力忽略不计。这时研究对象经常被称为“带电微粒”、“带电尘埃”、“带电小球”等等。这时的问题实际上变成一个力学问题，只是在考虑能量守恒的时候需耍考虑到电势能的变化。【例3】已知如图，水平放置的平行金属板间冇匀强电场。一根长/的绝缘细绳一端固定在O点，另一端系冇质量为加并带冇一定电荷的小球。小球原來静止在C点。当给小球一个水平冲量后，它可以在竖直而内绕O点做匀速圆周运动。若将两板间的电压增大为原來的3倍，求：要使小球从C点开始在竖直而内绕O点做圆周运动，至少要给小球多大的水平冲量？在这种情况下，在小球运动过程中细绳所受的最大拉力是多大？解：山已知，原来小球受到的电场力和重力大小和等，增大电压后电场力是重力的3倍。在C点，最小速度对应最小的向心力，这吋细绳的拉力为零，合力9为2加g,可求得速度为戶両,因此给小球的最小冲量为In両。在最高点Q小球受到的拉力最大。从C到D对小球用动能定理：2/wg•2/=丄—mv»在D点F—2mg=22\n【例4】己知如图，匀强电场方向水平向右，场强E=1.5X106V/m＞丝线长/=40cm,上端系于O点，下端系质量为m=1.0X10_4kg,带电最为g二+4.9X10“C的小球，将小球从最低点A由静止释放,求：（1）小球摆到最高点时丝线与竖直方向的夹角多大？（2）摆动过程中小球的最大速度是多大？E解：（1）这是个“歪摆”。由已知电场力/>0.75G摆动到平衡位置时丝线与竖直方向成37°角，因此最大摆角为74°。<2）小球通过平衡位置时速度最大。由动能定理：1.25〃爼・0.2/=〃"『/2,yB=].4m/s。二、电容器1•电容器两个彼此绝缘又相隔很近的导体都可以看成一个电容器。2.电容器的电容电容C=—是表示电容器容纳电荷木领的物理战，是由电容器本身的性质（导体大小、形状、相对位置及电介质）决定的。3.平行板电容器的电容平行板电容器的电容的决定式是：C=——Q，所以①正确；当开关K接通时，&与R,毕联，通过Ri和&的电流相等，C］与Rr并联，G与&并联，故C|的电压为IR,,G的电压为IR}又Q\=CJR‘,02=°2〃?，又C2=2C(,R2=2R{，所以Qx=Q.即两电容的电量旃等；所以正确选项应为A。6、电容器力学综合电容器通过电学与力学知识联系起来时，解答这一类题冃的关键还是在力学上，只要在对物体进行受力分析时，注意对带电体所受的电场力分析，再应用力学相关知识即可求解。必须注意的是：当带电体运动过程中与其它导体有接触时，有可能所带电量耍发牛•变化。【例9】如图所示，四个定值电阻的阻值相同都为乩开关K闭合时，有一质量为加带电量为q的小球騎止丁•平行板电容器板间的中点0。现在把开关K断开，此小球向一个极板运动，并与此极板相碰，碰撞时无机械能损失，碰撞后小球恰能运动到另一极板处，设两极板间的距离为d，电源内阻不计，试计算：⑴电源电动势J⑵小球和电容器一个极板碰撞后所带的电量/。RC・0解析：⑴开关闭合时，电容器两极板间电场方向竖直向上，由小球在o点一厂ERU处静止可知，小球带正电。设两极板间电压为U,则mg=q—,即d卩二巴空；由于R斗无电流，电容器两极板间电压U等于电阻尺的端电圧,q2—£3⑵开关断开后，两极板间电压为几几筒=进'设此时两极板间场强为氏\nu3ma因〃'＜〃小球所受的向上甌场力小于重力’小球向下加速运动与下极板碰撞’碰后小球上升至上极板时速度恰好为零。设小球与下极板碰撞后的电量变为/,对小球从运动过程应用动能定理dd7冇一qE‘•—FcfE'd—mg——0»所以q'=—q。226第十章恒定电流考纲要求II1、电流，欧姆定律，电阻和电阻定律2、电阻率与温度的关系I并联电路的分流作用3、半导体及其应用，超导及其应用4、电阻的串，并联，串联电路的分压作用，5、电功和电功率，串联，并联电路的功率分配II6、电源的电动势和内电阻，闭合电路的欧姆定律，路端电压II7、电流、电压和电阻的测量：电流表、电压表和多用电表的使用、伏安法测电阻知识网络：—电咀合勺测呈I沏令社殴加定诈►电如►距詁箱—1—用电酢-电限——•足各单元切块：按照考纲的要求，本章内容可以分成三部分，即：基本概念和定律；串并联电路、电表的改装；闭合电路欧姆定律C英中巫点是对基本概念和定律的理解、熟练运用欧姆定律和其他知识分析解决电路问题。难点是电路的分析和计•算。§1基本概念和定律教学目标：1・掌握电流、电阻、电功、电热、电功率等基木概念；2.掌握部分电路欧姆定律、电阻定律3.知道电阻率与温度的关系，了解半导体及英应用，超导及其应用教学重点：部分电路欧姆定律、电阻定律教学难点：部分电路欧姆定律、电阻定律的应用教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程:一.基本概念和定律1•电流电流的定义式：/=-,适用于任何电荷的定向移动形成的电流。t对于金屈导体有l=nqvS（〃为单位体积内的自由电子个数，S为导线的横截而积，”为自由电子的定向移动速率，约10-5m/s,远小于电子热运动的平均速率105m/s,更小于电场的传播速率3X108m/s）,这个公式只适用于金屈导体，千万不要到处套用。注意：在电解液导电时是正负离子向相反方向定向移动形成电流，在用公式l=q/t计算电流强度时应引起注意。\n2•电阻定律导体的电阻R跟它的长度/成正比，跟它的橫截而积S成反比。R=p-S（1）Q是反映材料导电性能的物理量，叫材料的电阻率（反映该材料的性质，不是每根具体的导线的性质）。单位是Q・m。（2）纯金属的电阻率小，合金的电阻率大。⑶材料的电阻率与温度有关系：①金属的电阻率随温度的升高而増人（可以理解为温度升高时金属原子热运动加剧，对口由电子的定向移动的阻碍増大。）钳较明显，可用于做温度计；镒铜、银铜的电阻率几乎不随温度而变，可用于做标准电阻。②半导体的电阻率随温度的升高而减小（可以理解为半导体靠口由电子和空穴导电，温度升高时半导体中的自由电子和空穴的数量増大，导电能力提高）。③冇些物质当温度接近0K时，电阻率突然减小到零一一这种现象叫超导现象。能够发生超导现象的物体叫超导体。材料由正常状态转变为超导状态的温度叫超导材料的转变温度几。我国科学家在1989年把花提高到130K。现在科学家们正努力做到室温超导。UL注意：公式R=—是电阻的定义式，而—是电阻的决定式尺与"成正比或R与/成反比的说法是/S错谋的，导体的电阻大小由长度、截面积及材料决定，一旦导体给定，即使它两端的电压u=o,它的电阻仍然照旧存在。3.欧姆定律ou01=—（适用于金屈导体和电解液，不适用于气体导电）。R电阻的伏安特性曲线：注意i・u曲线和uj曲线的区别。还要注总：当考虑到电阻率随温度的变化时，电阻的伏安特性曲线不再是过原点的直线。【例1］实验室用的小灯泡灯丝的特性曲线对用以下哪个图象來解：灯丝在通电后一定会发热，当温度达到一定值时才会发出可见光，这时温度能达到很高，因此必须考虑到灯丝的电阻将随温度的变化而变化。随彳f电压的升高，电流增人，灯丝的电功率将会增大，温度升高，电阻率也将随之增人，电阻增大，。U越大曲线上对应点于原点连线的斜率必然越小，选A。【例2】下图所列的4个图象中，最能正确地表示家庭常用的口炽电灯在不同电压下消耗的电功率户与电压平方"2之间的函数关系的是以下哪个图彖\n解：此图象描述P随f/2变化的规律，由功率表达式知：p=£,U越大，电阻越大，图象上对应点与原R点连线的斜率越小。选C。4•电功和电热电功就是电场力做的功，因此是W=Ulh由焦耳定律，电热Q=I2Rt.其微观解释是：电流通过金属导体时,自由电子在加速运动过程中频繁与正离子相碰，使离子的热运动加剧，而电子速率减小，可以认为口由电子只以菜一速率定向移动，电能没有转化为电子的动能，只转化为内能。?t/2（1）对纯电阻而言，电功等于电热：W=Q=Ult=I~Rt=1R（2）对非纯电阻电路（如电动机和电解槽），由于电能除了转化为电热以外还同时转化为机械能或化学能等其它能，所以电功必然大于电热：W>Qt这时电功只能用W=Ult计算，电热只能用Q=l2Rt计算，两式不能通用。为了更淸楚地看出各概念Z间区别与联系，列表如下：电功砂电热Q电功率戶物理恵义电流通过电略时的功.艮卩往电坦力的作用下电荷走向移动所做的功电流通过与体电B且时所产生的热表征电流做功，決•隍的敕）理重，艮卩电谛的功与做功所用时问之比育总量:转化十青况汹耗电令&转化冷其它球武的宣它（支口内肓8、机械肓化学能）泊耗电令E只转化为内肓总表达任何电SS田=qU=£5焦耳定律!=>=—=2纯电阻电路护■15■■t2L72P■ILJ■FR■注意：1、电功和电热的区别：（1）纯电阻用电器：电流通过用电器以发热为目的，例如电炉、电熨斗、电饭锅、电烙铁、白炽灯泡等。（2）非纯电阻用电器：电流通过用电器是以转化为热能以外的形式的能为冃的，发热不是目的，而是不可避免的热能损失，例如电动机、电解槽、给蓄电池充电、F1光灯等。tj2在纯电阻好备中，电能全部转化为热能，电功等于电热，即W=Ult=l2Rt=—/是通用的，没冇区别，同理P=U1=I2R=―也无区别，在非纯电阻电路中，电路消耗的电能，即济为两部分，一大部分转化为其它形式的能；舅一小部分不可避免地转化为电热Q寸心这里w=ult不再等于Q^Rt,应该是吐+Q,电功就只能用W=UIt计算，电热就只能用0=尸&计算。2、关于用电器的额定值问题额定电压是指用电器在正常工作的条件下应加的电压，在这个条件下它消耗的功率就是额定功率，流经它的电流就是它的额定电流。如果用电器在实际使用时，加在其上的实际电压不等丁•额定电压，它消耗的功率也不再是额定功率，在这种情况下，一般可以认为用电器的电阻与额定状态下的值是相同的，并据此来进行计算。【例3】某一电动机，当电圧3=10V时带不动负载，因此不转动，这时电流为/,=2Ao当电圧为t/2=36V时能带动负载正常运转，这时电流为/2=1Ao求这时电动机的机械功率是多大？解：电动机不转时可视为为纯电阻，由欧姆定律得，/?=—=5Q,这个电阻可认为是不变的。电动厶机正常转动时，输入的电功率为pIfc=（/2Z2=36W,内部消耗的热功率P^=7；/?=5W,所以机械功率P=31W由这道例题可知：电动机在启动时电流较大，容易被烧坏；正常运转时电流反而较小。【例4］某一氏流电动机提升重物的装置，如图所示，重物的质量〃尸50kg,电源提供给电动机的电压为6/=110V,不计各种摩擦，当电动机以v=0.9m/s的恒定速率向上提升重物时，电路中的电流强度1=5.0A,求电动机的线圈电阻大小（取g=10m/s2）.AKCOM电动机工y\n解析：电动机的输入功率P=UI,电动机的输出功率P}=mgv,电动机发热功率P2=I2r而P2=P・Pi,即円二UI~mgv代入数据解得电动机的线圈电阻大小为7-4Q【例5】来口质子源的质子(初速度为零)，经一加速电压为800kV的直线加速器加速，形成电流强度为1mA的细柱形质子流。已知质子电荷e=l.60X10,9Co这束质子流每秒打到靶上的质子数为。假定分布在质子源到靶之.间的加速电场是均匀的，在质子束屮与质子源相距L和4L的两处，各取一段极短的相等长度的质子流,其中的质子数分别为也和血,则«,:«2=。TnenI一小解：按定义，/=——，•••一=—=6.25x10•.tteV1质子贬由于各处电流相同，设这段长度为/,其中的质子数为"WL》<——4厶>个,则由心竺和心丄得心竺,tVIV§2串并联电路电表的改装教学目标：1.熟练常握串并联电路的特点，能够化简电路2.掌握含容电路的分析与计算3.掌握电流表、电压表的改装原理，掌握伏安法测电阻的两种解法，并能够分析测最误差4.常握滑动变阻器的两种用法教学重点：串并联电路的特点教学难点：滑动变阻器的两种用法的选择.伏安法测电阻内外接法的选择教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、串并联与混联电路1•应用欧姆定律须注意对应性。选定研究对象电阻R后，/必须是通过这只电阻R的电流，〃必须是这只电阻/?两端的电压。该公式只能育接用于纯电阻电路，不能育接用于含有电动机、电解槽等用电器的电路养2•公式选取的灵活性。(1)计算电流，除了用I=—外，还经常用并联电路总电流和分电流的关系：/=/|+/2R(2)计算电压，除了MU=IR外，还经常用串联电路总电圧和分电圧的关系：U二U\+U2U2~R(3)计算电功率，无论串联、并联还是混联，总功率都等于各电阻功率之和：P二P|+P2对纯电阻，电功率的计算有多种方法：P=UI=I2R=以上公式/=/!+/.>U=U\+U2和P二Pi+巴既可用于纯电阻电路，也可用于非纯电阻电路。既可以用于恒定电流，也可以用于交丟电流。【例1】已知如图,&=6Q,R2=3Q,/?3=4Q,则接入电路后这三只电阻的实际功率之比为。\n解：本题解法很多，注意灵活、巧妙。经过观察发现三只电阻的电流关系最简单：电流之比是人：/2:厶二1：2：3；还可以发现左而两只电阻并联后总阻值为2Q,因此电压之比是3：“2：“3=1：1：2;在此基础上利用P=UI,得Pl：P2：:器E将它们连接后接入220V的电路中，要求两灯泡都正常发光，并使整个电路消耗的总功率最小，应使用下而哪个电路？【例2]己知如图，两只灯泡厶].厶分别标有“110V,60W”和“110V,100W”,另外有一只滑动变阻RRRA.B.C.D.解：A、C两图屮灯泡不能正常发光。B、D屮两灯泡都能正常发光，它们的特点是左右两部分的电流、电压都相同，因此消耗的电功率一定相等。可以直接看出：B图总功率为200W,D图总功率为320W,所以选B。【例3】实验表明，通过某种金属氧化物制成的均匀棒中的电流/跟电压UZ间遵循I=kU在外电路，沿着电流方向电势降低。凡接在同样两个等势点上的电器为并联关系。不加声明的情况下，不考虑电表对电路的影响。4.电路中有关电容器的计算。(1)电容器跟与它并联的用电器的电压相等。(2)在计算出电容器的带电最后，必须同时判定两板的极性，并标在图上。(3)在充放电时，电容器两根引线上的电流方向总是相同的，所以要根据正极板电荷变化情况来判断电流方向。(4)如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器电荷量的旁；如果变化前肩极板带电的电性改变,状态电容器电荷量Z和。【例5】己知如图，电源内阻不计。为使电容器的带电量增人，可采取以下那些方法:A•增人B.增人R2C•增大人3D.减小&解：由于稳定后电容器和当于断路，因此念上无电流，电容器相当于和忌并联。只有增人尺2或减小&才能增人电容器C两端的电压，从而増人其带电量。改变尺3不能改变电容器的带电量。因此选BD"【例6】己知如图，Ri=30Q,/?2=15Q，R3=20Q,AB间电压t/=6V,A端为正C=2nF,为使电容器带电量达到Q=2X10-6(3,应将他的阻值调节到多人？解：由于用和&串联分压，可知用两端电压一定为4V,由电容器的电容知：为使C的带电量为2X10%,其两端电压必须为IV,所以&的电压可以为3V或5V。因此尺|应调节到20Q或4Q。两次电容器上极板分别带负电和正电。还可以得出：当&由20Q逐渐减小的到4Q的全过程中,通过图中P点的电的规律，其屮"表示棒两端的电势差，A=0.02A/V\现将该棒与一个可变电阻器/?串联在一起后，接在一个内阻可以忽略不计，电动势为6.0V的电源上。求：(1)当串联的可变电阻器阻值R多大时，电路中的电流为0.16A?(2)当串联的可变电阻器阻值R多大时，棒上消耗的电功率是电阻上消耗电功率的1/5?解：画出示意图如右。(1)由心九/3和40.16A,可求得棒两端电压为2V,因此变阻器两端电压为4V,由欧姆定律得阻值为25Q。(2)由于棒和变阻器是串联关系，电流相等，电压跟功率成正比，棒两端电压为IV,由I=kU3得电流为0.02A,变阻器两端电压为5V,因此电阻为250Qo【例4】左图为分压器接法电路图，电源电动势为E,内阻不计，变阻器总电阻为厂。闭合电键S后，负载电阻/?两端的电压"随变阻器本身°、b两点间的阻值&变化的图线应最接近于右图屮的哪条实线A.①B.②C.③D.④解：当他增大时，左半部分总电阻增大，右半部分电阻减小，所以/?两端的电压〃应増大，排除④；如果没有并联/?，电压均匀増大，图线将是②；实际上并联了R,对应于同一个&值，左半部分分得的电压将比原来小了，所以③正确，选C。3.对复杂电路分析，一般情况下用等势点法比较方便简洁。凡用导线肓接连接的各点的电势必相等(包括用不计电阻的电流表连接的点)。I，―II—ab(1)5\n那么通过每根引线的电荷量等于始末Tn(1HiPR3cH1_<—17I>Ri\n荷量应该是4X106C,电流方向为向下。【例7】如图所示的电路中，4个电阻的阻值均为R,E为直流电源，其内阻可以不计，没冇标明哪一极是正极•平行板电容器两极板间的距离为在平行极板电容器的两个平行极板之间冇一个质量为m，电量为q的带电小球•当电键K闭合时，带屯小球静止在两极板间的中点0上•现把电键打开，带屯小球便往平行极板屯容器的某个极板运动，并与此极板碰撞，设在碰撞时没有机械能损失，但带电小球的电最发生变化.碰后小球带有与该极板相同性质的电荷，而且所带的电最恰好刚能使它运动到平行极板电容器的另一极板•求小球与电容器某个极板碰撞后所带的电荷.解：由电路图可以看出.因&支路上无电流，电容器两极板间电圧，无论K是否闭合始终等于电阻念上2的电压5，当K闭合时，设此两极板间电圧为乩电源的电动势为E,由分压关系可得U=5=—E①3小球处于静止，由平衡条件得②a_L±Od.~TT当K断开，由川和心串联可得电容两极板间电压"'为urE-2由①③得U93=—u4UrV"表明K断开后小球将向下极板运动，重力对小球做正功,电场力对小球做负功，表明小球所带电荷与下极板的极性相同，由功能关系dUf1.q=—〃八厂一0222因小球与下极板碰撞时无机械能损失，设小球碰后电量变为宀,,1,qU'—mgd=O——mV联立上述各式解得7/=—^0由功能关系得7即小球与下极板碰后电荷符号未变，电最变为原来的一.6【例8】如图所示，电容器G=6uF,C2=3uF,电阻R|=6Q,&=3Q,当电键K断开时，A、B两点间的电压UAB=?当K闭合时，电容器©的电量改变了多少(设电压(7=18V)?解：在电路中电容G、C2的作用是断路，当电键K断开时，电路屮无电流，B、C等电势，A、D等电势,因此Uab=Udb='87,Uab=Uac=Udb=\87，K断开时，电容器Ci带电呈为Q\=CxUac=CxUdc=^10"6X18C=1.08X104C・当K闭合时，电路R\、R2导通，电容器G两端的电压即电阻用两端的电压，由串联的电压分配关系得:&U/?!+R2=12V此时电容器C|带电量为：2/=G/c=7・2X10—5c电容器G带电量的变化量为：^Q=Q-QC=3.6X10一§C所以G带电量减少了3.6X10-5二.电表的改装\n1、电压表和电流表（1）电流表原理和主要参数电流表G是根据通电线圈在磁场中受磁力矩作用发生偏转的原理制成的，且指什偏角伏与电流强度/成正比，即O=kl,故表的刻度是均匀的。电流表的主要参数冇，表头内阻傀：即电流表线圈的电阻；满偏电流Ig：即电流表允许通过的最大电流值，此时指针•达到满偏；满偏电压S即指针满偏时，加在表头两端的电压，故Ug=、R&（2）电流表改装成电斥表方法：串联一个分圧电阻心如图所示，若量程扩大〃倍，即则根据分压原理，需串联的电阻值R=Nr,故量程扩人的倍数越高，串联的电阻值越人。（3）电流表改装成电流表方法：并联一个分流电阻R,如图所示，若量程扩大n倍,则根据并联电路的分流原理，需耍并联的电阻值n-1彊程扩大的倍数越高，并联的电阻值越小。需耍说明的是，改装后的屯压表或电流表，虽然吊程扩大了，但通过电流表的最大电流或加在电流表两端的最大电压仍为电流表的满偏电流人和满偏屯压us,只是由于串联屯路的分压及并联电路的分流使表的戢程扩大了。【例9】如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表。安培表A】的量程大于A?的量程，伏特表V］的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路.贝IJ安培表A】的读数安培表A2的读数；安培表Aj的偏转角安培表A2的偏转角；伏特表V,的读数伏特表V2的读数；伏特表V,的偏转角伏特表v2的偏转角；（填“大于”，“小于”或“等于”）解：大于等于大于等于三、电阻的测量电阻的测量有多种方法，主要有伏安法、欧姆表法，除此以外，还有半偏法测电阻、电桥法测电阻、等效法测电阻等等.•卜•面主要介绍伏安法测电阻的电路选择1.伏安法测电阻的两种电路形式（如图所示）(a)(b)2.实验电路（电流表内外接法）的选择\n〃和通过的电流/时，必然存在误差，即系统误差，耍在实际测戢中冇效地减少这种由•丁•电表测戢所引起的系RRv统误差，必须依照以下原则：（1）若」>—,一・般选电流表的内接法。如图（a）所示。由于该电路中，RaR,电压表的读数"表示被测电阻他与电流表A串联后的总电圧，电流表的读数/表示通过本身和他的电流，所<—>一•般选电流表外接法。如图（b）所示。由于该电路中电压表的读数U衣示心两端电压，电流表的读R\数I表示通过R、与Rv并联电路的总电流，所以使用该电流所测电阻R^=—='也比真实值&略小些，相对误差ci=—~—=———.I他+心心他+心【例10】某电流表的内阻在0」Q〜0.2Q之间，现要测量其内阻，可选用的器材如下：A.待测电流表川（量程0.6A）；B.电压表匕（量程3V,内阻约2kQ）C.电压表匕（量程15V,内阻约10kQ）；D.滑动变阻器川（报大电阻10Q）E.定值电阻尺2（阻值5Q）F.电源E（电动势4V）G.电键S及导线若干（1）电压表应选用;（2）画出实验电路图；（3）如测得电压表的读数为V,电流表的读数为/,则电流表A|内阻的表达式为：2。2电流表的内阻。由于电源电动势为4V,在量程为皿电压表屮冇亍的刻度没有利用，测量误差较人，因而不能选；量程为3V的电压衣其量程虽然小于电源电111动势，但可在电路屮接入滑动变阻器进行保护，故选用电压表V］。由于电流表的内阻在0.1Q〜0.2QZ间，量程为0.6A,电流表上允许通过的最大电压为0.12V,因而伏特表不能并联在电流表的两端，必须将一个阻值为5Q的定值电阻忌与电流表串联再接到伏特表上，才满足要求。滑动变阻器在木实验屮分压耳限流的连接方式均符合要求，但考虑限流的连接方式节能些，因而滑动变阻器采用限流的连接方式。故木题电压表选用W；U设计电路图如图1所示；电流表A］内阻的表达式为：Ra=—-R2o四、滑动变阻器的使用1、滑动变阻器的限流接法与分压接法的特点如图所示的两种电路中，滑动变阻器（最人阻值为局）对负载&的电压、电流强度都起控制调节作用，\n通常把图（a）电路称为限流接法，图（b）电路称为分压接法.\n负载&上电圧调节范围（忽略电源内阻）负载心上电流调节范围（忽略电源内阻）相同条件下电路消耗的总功率限流接法rlL片V1JVEEEg匕7（7[7匕«+他7耳7%+他Rl分压接法E0WZ——RlE（仙）比较分压电路调节范围较大分压电路调节范围较大限流电路能耗较小其中，在限流电路中，通心的电流人二，当Rq>Rl时人主要取决于&）的变化，当时,心+R。人主要取决T-RLt特別是当R°«Rl时，无论怎样改变心的大小，也不会使人冇较大变化.在分压电路中，不论心的大小如何，调节滑动触头P的位置，都可以使儿冇明显的变化.2、滑动变阻器的限流接法与分压接法的选择方法滑动变阻器以何种接法接入电路，应遵循安全性、精确性、节能性、方便性原则综合考虑，灵活择取.（1）下列三种情况必须选用分压式接法①要求回路中某部分电路电流或电压实现从零开始可连续调节时（如：测定导体的伏安特性、校对改装后的电表等电路），即大范围内测量时，必须采用分压接法.②当用电器的电阻心远大于滑动变阻器的最大值R。,且实验要求的电压变化范围较大（或要求测量多组数据）时，必须采用分压接法.因为按图（b）连接吨；因Rl»R°>R“p，所以&与心，的并联值R产為,,而整个电路的总阻约为&）,那么应两端电压Ul=IRn=—・R®,显然叱“且心,越小，这种线性关系越好,电表的变化越平稳均匀，越便于观察和操作.Ro③若采用限流接法，电路中实际电压（或电流）的最小值仍超过心的额定值时，只能采用分压接法.（2）下列情况可选用限流式接法①测量时电路电流或电压没冇要求从零开始连续调节，只是小范围内测量，且RL与&）接近或&略小于R。,采用限流式接法.②电源的放电电流或滑动变阻器的额定电流太小，不能满足分压式接法的要求时，采用限流式接法.③没冇很高的要求，仅从安全性和精确性角度分析两者均可采用时，可考虑安装简便和节能因素采用限流式接法.【例11】用伏安法测量某一电阻鸟阻值，现有实验器材如下：待测电阻凡（阻值约5Q,额定功率为1W）；电流表A]（量程0-0.6A,内阻0.2Q）；电流表A2（fi程0〜3A,内ffl0.05Q）；电压表V】（量程0-3V,内阻3kQ）；电压表V2（*程0~15V,内阻15kQ）；滑动变阻器&）（0~5（）Q）,蓄电池（电动势为6V）、开关、导线.为了较准确测量&值，电压表、电流表应选,并画出实验电路图.错解分析：没能据安全性、准确性原则选择街和V”忽视了节能、方便的原则，采用了变阻器的分压接法.解题方法与技巧：由待测电阻他额定功率和阻值的大约值，可以计算待cA\n测电阻心世邂定电崔」定电流的值糾为_U=yjPRUJlx5^2.2V,1=yJP/R=Vl/5二0.45A.则电流表应选Ai,中萍表应选V-又因XRy=70.2x3000-24.5Q>RX，则电流表必须外接.因为滑动变阻器的全阻值大于被测电阻心，故首先考虑滑动变阻器的限流接法，若用限流接法，则被测电阻他上的故小电流为厶沪一==0.11A（在解这类题时必须i田i出截面图，只有在截面图上才能正确表示各力的准确方向，从而弄消各矢最方向间的关系）。【例7】如图所示，质量为加的铜棒搭在"形导线框右端，棒长和框宽均为磁感应强度为〃的匀强磁场方向竖肓向卞。电键闭合后，在磁场力作用下铜棒被平抛出去，下落刃后的水平位移为几求闭合电键后通过铜棒的电荷解：闭合电键后的极短时间内，铜棒受:安培力向右的冲量而被平抛出去，F=B/L.而瞬时电流和时间的乘积等于电荷量Q=/-Atf由平抛规律可算铜棒离开导线框时的初速度最终可得0=【例8】如图所示，半径为R、单位长度电阻为2的均匀导体环I古I定在水平面上，圆环中心为O匀强磁场垂直于水平面方向向下，磁感应强度为3。平行于直径MON的导体杆，沿垂直于杆的方向向右运动。杆的电阻可以忽略不计，杆于圆环接触良好。某时刻，杆的位置如图，ZaOb=20,速度为v,求此时刻作用在杆上的安培力的大小。解："段切割磁感线产牛•的感应电动势为E=vB-2/?sin0,以依b为端点的两个弧匕的电阻分別为2九Rd。）和2^R0,回路的总电阻为厂=2AR伙兀—°、,总71\n电流为l=E/r,安培力F=/Z?-2/?sin0,宙以上各式解得:2加歹Rsiir0朋（龙_&）【例9】如图所示，两根平行金属导轨间的距离为0.4m,导轨平面与水平面的夹角为37°,磁感应强度为0.5T的匀强磁场垂直于导轨平而斜向上，两根电阻均为1Q、重均为0.1N的金属杆"、M水平地放在导轨上，杆与导轨间的动摩擦因数为（）.3,导轨的电阻可以忽略.为使肋杆能静止在导轨上，必须使M杆以多大的速率沿斜面向上运动？解：设必须使M杆以“沿斜而向上运动，则有M杆切割磁场线，将产生感应电动势E二在两杆利轨道的闭合回路中产生电流/=—2R"杆受到沿斜面向上的安培力F《=Bil"杆静止时，受力分析如图XXXXX根据平衡条件，应有Gsin0—pGeos安WGsin〃+"Gcos〃联立以上各式，将数值代人，可解得l・8m/s0W4.2m/s【例10】如图所示是一个可以用来测最磁感应强度的装置：一长方体绝缘容器内部离为厶，厚为d,左右两管等高处装有两根完全相同的开口向上的管子d、b,上、下两侧装有电极C（正极）和D（负极）并经开关S与电源连接，容器中注满能导电的液体，液体的密度为Q;将容器置于一匀强磁场中，磁场方向乖直纸面向里，当开关断开时，竖直管子a、0中的液面高度相同，开关S闭合后，a、”管屮液面将出现高度差。若当开关S闭合后，°、0管屮液面将出现高度差为力，电路屮电流表的读数为/,求磁感应强度〃的大小。解析：开关S闭合后，导电液体中有电流由C流到Q,根据左于•定则可知导电液体要受到向右的安培力F作用，在液体中产生附加压强P,这样a、b管中液而将出现高度差。在液体中产生附加压强P为FBLIBIP=l^lZ=^=P'8hp.ghd所以磁感应强度3的大小为：B=—【例11】安培秤如图所示，它的一臂下面挂有一个矩形线圈，线圈共有N匝，X它的下部悬在均匀磁场3内，下边一段长为厶，它与3垂直。当线圈的导线中通有电流/时，调节祛码使两臂达到平衡；然后使电流反向，这时需耍在一臂上加质量\n为也的舷码，才能使两臂再达到平衡。求磁感应强度B的大小。1解析：根据天平的原理很容易得出安培力F=~mg,1所以F=NBLI=—mg因此磁感应强度B=^—o§2洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动教学目标：1.学握洛仑兹力的概念；2.熟练解决带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动问题教学重点：带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动教学难点：帯电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、洛伦兹力1.洛伦兹力运动电荷在磁场屮受到的磁场力叫洛伦兹力，它是安培力的微观表现。xxxxlxxxx（宓淬RXXXXX计算公式的推导：如图所示，整个导线受到的磁场力（安培力）为WBIL；其中皿卯;设导线中共有N个自由电子N=nsL；每个电子受的磁场力为F,则F奸NF。由以上四式可得F=qvB。条件是v与B垂直。当卩与B成〃角时,F=qvBsin0。2•洛伦兹力方向的判定在用左手定则时，四指必须指电流方向（不是速度方向），即正电荷定向移动的方向；对负电荷，四指应指负电荷定向移动方向的反方向。【例1】磁流体发电机原理图如右。等离子体高速从左向右喷射，两极板间冇如图方向的匀强磁场。该发电机哪个极板为正极？两板间最人电压为多少？解：由左手定则，正、负离子受的洛伦兹力分别向上、向下。所以上极板为正。正、负极板间会产生电场。当刚进入的正负离子受的洛伦兹力与电场力等值反向时，达到最大电压：U=Bdv.当外电路断开时，这也就是电动势E。当外电路接通时，极板上的电荷量减小，板间场强减小，洛伦兹力将大于电场力，进入的正负离子又将发生偏转。这时电动势仍是E=Bdv,但路端电压将小T'Bdvo在定性分析时特別需要注意的是：⑴正负离子速度方向相同时，在同一磁场屮受洛伦兹力方向相反。⑵外电路接通吋，电路中有电流，洛伦兹力大于电场力，两板间电压将小于Bdv.但电动势不变（和所自电源一•样，电动势是电源木身的性质。）⑶注意在带电粒子偏转聚集在极板上以后新产牛的电场的分析。在外电路断开吋最终将达到平衡态。【例2】半导体靠口由电子（带负电）和空穴（和当于带正电）导电，分为〃型和"型两种。〃型中空穴为多数载流子；"型中自由电子为多数载流子。用以下实验可以判定一块半导体材料是”型还是77型：将材料放在匀强磁场中，通以图示方向的电流/,用电压表判定上下两个表而的电势高低，若上极板电势高，就是〃型半导体；若下极板电势高，就是"型半导体。试分析原因。XXXXXX解：分別判定空穴和口由电子所受的洛伦兹力的方向，由于四指指电流方向，都向右，所以洛伦兹力方向都向上，它们都将向上偏转。P型半导体中空穴多，上极板的电势高；"型半导体中自由电子多，上极板电势低。注意：当电流方向和同时，正、负离子在同一个磁场中的所受的洛伦兹力方向相同，所以偏转方向相同。3.洛伦兹力大小的计算\n带电粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，山此町以推导出该圆周运动的半径公式和周期公式：r==—BqBq【例3】如图直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场。正、负电子同时从同一点0以与MN成30°角的同样速度v射入磁场（电子质量为加，电荷为e）,它们从磁场中射出时相距多远?射出的时间差是多少?解：由公式知，它们的半径和周期是相同的。只是偏转方向相反。先确定圆心，画出半径，由对称性知：射入、射出点和鬪心恰好组成正三角形。所以两个射出点相距",由图还可看出,经历时间相差2773。答案为射出点相距$=2竺，时间差为人/=如。关键是找圆心、找半径和用对称。Be3Bq【例4】一个质量为加电荷量为q的带电粒子从兀轴上的PS0）点以速度力沿与兀正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一彖限。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。解：由射入、射出点的半径可找到圆心d,并得出半径为射出点坐标为（0,）o_2d_加u徂厂_vr=-；=■=9=a/3Bq2aq二.带电粒子在匀强磁场中的运动带电粒子在磁场中的运动是高中物理的-个难点，也是高考的热点。在历年的高考试题中几乎年年都冇这方面的考题。带电粒了在磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既耍用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又耍用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识。1、带电粒子在半无界磁场中的运动1中纸面向里.【例5】一个负离子，质量为加，电量大小为g,以速率卩垂直于屏S经过小孔O射入存在着匀强磁场的真空室中，如图所示。磁感应强度3的方向与离子的运动方向垂直，并垂直于图（I）求离子进入磁场后到达屏S上时的位置与O点的距离.XXBXIXXKAXXXXXXvXXXX•PXXslxO乂乂（2）如果离子进入磁场后经过时间t到达位置P,证明:直线OP与离子入射方向之间的夹角噪的关系是"鹽.速関周运动•设岡半径为门则据牛顿第二定律可得:解析：（1）离子的初速度与匀强磁场的方向垂直，在洛仑兹力作用下，做匀Bqv=m—，解得r=—rBq如图所示，离了回到屏S上的位置A与O点的距离为：AO=2r2mv所以AO=^-Bq\n（2）当离子到位置P时，圆心角：6Z=—=—rm因为a=20,所以0-^—1.2m1.穿过圆形磁场区。画好辅助线（半径.速度、轨迹圆的圆心、连心线）。偏0rmO角可由tan-=—求出。经历时间由f=——得出。2RBq注意：由对称性，射出线的反向延长线必过磁场圆的圖心。【例6】如图所示，一个质量为加、电量为q的正离子，从A点正对着冏心0以速度卩射入半径为R的绝缘冏筒中。岡筒内存在垂直纸血向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。耍使带电粒子与岡筒内壁碰撞多次后仍从A点射出，求正离子在磁场中运动的时间f.设粒子与洌筒内壁碰撞时无能量和电量损失，不计粒子的重力。解析：由于离子与関筒内壁碰撞时无能量损失和电量损失，每次碰撞后离子的速度方向都沿半径方向指向洌心，并冃离子运动的轨迹是对称的，如图所示。设粒子与岡筒内壁碰撞“次（n>2）,则每相邻两次碰撞点之间岡弧所对的洌心角为2口/5+1）.由几何知识可知，离子运动的半径为和71r=/R所以2\n2vmv八由Bev-m—得R=——.OP=(L+厂)tan0ReBtanA=^為2RmV2tang)_2_[t*、m2v2-e2B2r21-tan(—)2mv-eBr八zZeBrniv、0=arctan(——)rrrv2-eBrtan&2eBr/nvORmz—、V=^arctan(^7F7)2eBnnv3.穿过矩形磁场区。一定耍先画好辅助线（半径.速度及延长线）。偏转角由sin0二厶/R求出。侧移山"二厶2.（R.y）2解出。经历时间山/得出。MON注意，这里射出速度的反向延长线与初速度延长线的交点不再是宽度线段的中点，这点与带电粒子在匀强电场中的偏转结论不同！【例8】如图所示，一束电子（电量为e）以速度"垂直射入磁感强度为B,宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场吋速度方向与电子原来入射方向的夹角是30°,则电子的质量是,穿透磁场的吋间是O解析：电子在磁场中运动，只受洛仑兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，乂因为/丄V,故圆心在电子穿入和穿出磁场吋受到洛仑兹力指向交点上，如图中的O点，由儿何知识知，A3间圆心角0=30°,OB为半径。/./^^/sin30°=2d,乂由i-mv/Be得m=2dBe/v又*：ABPI心角是30°,・••穿透时间U7712,故匸Jid/3讥带电粒子在长足够大的长方形磁场中的运动时耍注意临界条件的分析。如己知带电粒子的质戢川和电量£，若耍带电粒子能从磁场的右边界射出，粒子的速度”必须满足什么条件？这时必须满足r=mv/Be>ch即v>Bed/m.【例9】长为L的水平极板间，冇垂直纸面向内的匀强磁场，如图所示，磁感强度为B,板间距离也为乙板不带电，现冇质量为加，电量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度卩水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是：使粒子的速度v5BqL/4m；使粒子的速度v>BqL/m；使粒子速度BqLI4m5BqU^m时粒子能从右边穿出。粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在0’点，有r2=L/4,又由r2=mv2/Bq=L/4得血=砌〃4山・•・v2rmqB，为达到不断加速的H的，只要在aa，上加上周期也为T的交变电压就可以了。即t^T=qB实际应用中，回旋加速是用两个D形金属盒做外壳，两个D形金属盒分别充当交流电源的两极，同时金属盒对带电粒子可起到静电屏蔽作用，金属盒可以屏蔽外界电场，盒内电场很弱，这样才能保证粒子在盒内只受磁场力作用而做匀速圆周运动。（2）带电粒子在D形金属盒内运动的轨道半径是不等距分布的设粒子的质量为刃，电荷量为Q，两D形金属盒间的加速电压为弘匀强磁场的磁感应强度为B,粒子第一次进入D形金属盒II,被电场加速1次，以后每次进入D形金属盒II都要被电场加速2次。粒子第“次进入D形金属盒I【时，已经被加速（2/?-1）次。由动能定理得（2川一1）q*丄M%?。……①2第〃次进入D形金属盒I【后，由牛顿第二定律得……②由①②两式得心二丁2（2”_1）（/匕竺……③qB同理可得第〃+1次进入D形金属盒II时的轨道半径J2（2〃+1）心qB所以带电粒子在D形金属盒内任意两个相邻的洌形轨道半径之比为丄=■2/7~1，可见带电粒子在DV2/1+1形金属盒内运动时，轨道是不等距分布的，越靠近D形金属盒的边缘，相邻两轨道的间距越小。（3）带电粒子在回旋加速器内运动，决定其最终能最的因素由于D形金属盒的大小-•定，所以不管粒子的大小及带电量如何，粒子最终从加速器内设出吋应具有和同\n的旋转半径。山牛顿笫二定律得qyQ二加利动量大小存在定量关系mv„=y]2mEkn②(72B2/;2由①②两式得Ekn=……③2m可见，粒子获得的能量与回旋加速器的直径有关，直径越人，粒子获得的能量就越人。【例3】一•个冋旋加速器，当外加电场的频率一定时，可以把质子的速率加速到p,质子所能获得的能量为E,则：①这一回旋加速器能把a粒子加速到多大的速度？②这一回旋加速器能把a粒子加速到多人的能量？③这一回旋加速器加速a粒子的磁感应强度跟加速质子的磁感应强度之比为？解：①由qvnB=m得v„=Gm”2jmim由周期公式t^=T=——得知，在外加电场的频率一定时，——为定值，结合④式得Vff=VoqBqBaq，B2r；m②由③式Ekn=及——为定值得，在题设条件下，粒子故终获得动能与粒子质量成正比。所以a2mqB粒/获得的能戢为4E。、”2mnBr/③由周期公式T^=T=——得一=亠血二2：1。qBBhmHqa(4)决定带电粒了在回旋加速器内运动时间长短的因索带电粒了在回旋加速器内运动时间长短，与带电粒了做匀速恻周运动的周期有关，同时还与带电粒在磁场中转动的圈数有关。设带电粒子在磁场中转动的圈数为”，加速电压为因每加速一次粒子获得能量为qSq?BU；q?b弋qBU；每圈有两次加速。结合Ekn=知，2nqU=~,因此"二~-。所以带电粒子在回旋加速2m2m4mU器内运动吋间I=nT=qBP4mUqB~2U3.带电微粒在重力.电场力.磁场力共同作用下的运动(1)带电微粒在三个场共同作用下做匀速圆周运动。必然是电场力和重力平衡，而洛伦兹力充当向心力。【例4】一个带电微粒在图示的正交匀强电场和匀强磁场中在竖直而内做匀速圆周运动。则该带电微粒必然带,旋转方向为o若己知圆半径为门电场强度为E\n磁感应强度为B,则线速度为解：因为必须冇电场力与逼力平衡，所以必为负电；由左手定则得逆时针转动；再由Eq=m^r=^得一如•g•<■5•<・<・？BqE（2）与力学紧密结合的综合题，要认頁-分析受力情况和运动情况（包括速度和加速度）。必要时加以讨论。【力5】质战为m带电战为q的小球套在竖直放置的绝缘杆上，球与杆间的动摩擦因数为“o匀强电场和匀强磁场的方向如图所示，电场强度为E,磁感应强度为小球宙静止释放后沿杆下滑。设杆足够长，电场和磁场也足够大，求运动过程中小球的最大加速度和最大速度。解：不妨假设设小球带正电（带负电时电场力和洛伦兹力都将反向，结论相同）。刚释放时小球受重力、电场力、弹力、摩擦力作用，向下加速；开始运动后又受到洛伦兹力作用，弹力、摩擦力开始减小；当洛伦兹力等于电场力时加速度最大为g。随着”的增大，洛伦兹力大丁•电场力，弹力方向变为向右，R不断増大，摩擦力随着増大，加速度减小，当摩擦m2E力利重力大小相等时，小球速度达到最大心两+万。弹力、摩擦力不断增大，加速度为2如二。pBqBXXXXXX,乂XXXX若将磁场的方向反向，而其他因素都不变，则开始运动后洛伦兹力向右,减小。所以开始的加速度最大为a=g_旦;摩擦力等于重力时速度最大,m二、综合例析【例6］如图所示，两个共轴的圆筒形金屈电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝心b、c•和d,外筒的外半径为八在圆筒之外的足够人区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感强度的人小为B.在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场。一质量为加、带电量为+q的粒子，从紧碌内筒且正对狭缝d的S点岀发，初速为零。如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好乂回到出发点S,则两电极之间的电压〃应是多少？（不计遼力，祭个装置在真空中）解析：如图所示，带电粒子从冷点出发，在两筒Z间的电场作用下加速，沿径向穿过狭缝d而进入磁场区,在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。粒子再回到.$点的条件是能沿径向穿过狭缝d・只要穿过了d.粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经d巫新进入磁场区，然后粒子以同样方式经过c、b,再回到S点。设粒子进入磁场区的速度大小为V,根据动能定理，冇n12qU=—mv2设粒子做匀速圆周运动的半径为凡山洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有Bqv-m\n由前而分析可知，要回到S点，粒子从4到d必经过2圆周，所以半径R必定等于筒的外半径儿即心匚4由以上各式解得;B2qr22m【例7】如图所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的场强大小为仗方向水平向右，电场宽度为厶屮间区域匀强磁场的磁感应强度大小为方向乖直纸面向里。一个质最为〃八电量为§、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的0点由静止开始运动，穿过屮间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到。点，然后重复上述运动过程。求：(1)屮间磁场区域的宽度d;(2)带电粒子从。点开始运动到第一次回到0点所用时间r.19解析：(1)带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：qEL=_m\r2带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：V2BqV=m——R曲以上两式，可得R可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图13所示，三段圆弧的圆心组成的三角形40］。2。3是等边三角形,其边长为2乩所以屮间磁场区域的宽度为(2)在电场中在中间磁场中运动时间t2=—=2竺-33qB5“57im在右侧磁场中运动时间弓=-T=,63qB则粒子第一次冋到o点的所用时间为t=t\+^2+丫3\n第十二章电磁感应考纲要求1、电磁感应现彖，磁通量，法拉第电磁感应定律，楞次定律II2、导体切割磁感线时的感应电动势，右手定则II3、自感现彖【4、日光灯【说明：1、导体切割磁感线时感应电动势的计算，只限于1垂直TB、U的情况知识网络:PH53歿化2、在电磁感应现象里，不要求判断内电路中各点电势的离低单元切块：纲的要求，本按照考章内容可以分成四部分，即：电磁感应楞次定律；法拉第电磁感应定律.自感；电磁感应与电路规律的综合应用、电磁感应与力学规律的综合应用.其屮重点是电磁感应与电路规律的综合应用、电磁感应与力学规律的综合应用，也是复习的难点。§1电磁感应楞次定律教学目标：1.理解电磁感应现象产生的条件、磁通最；2.能够熟练应用楞次定律或右于•定则判断感应电流及感应电动势的方向教学重点：楞次定律的应用教学难点：楞次定律的应用教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、电磁感应现象1•产生感应电流的条件感应电流产生的条件是：穿过闭合电路的磁通最发生变化。以上表述是充分必要条件。不论什么情况，只要满足电路闭合和磁通最发生变化这两个条件，就必然产生感应电流；反Z,只要产生了感应电流，那么电路一定是闭合的，穿过该电路的磁通最也一定发生了变化。当闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时，电路中有感应电流产生。这个表述是充分条件，不是必要的。在导体做切割磁感线运动时用它判定比较方便。2•感应电动势产生的条件。感应电动势产生的条件是：穿过电路的磁通量发生变化。这里不要求闭合。无论电路闭合与否，只要磁通量变化了，就一定有感应电动势产生。这好比一个电源：不论外电路是否闭合，电动势总是存在的。但只有当外电路闭合时，电路中才会有电流。二、楞次定律1.楞次定律感应电流总具有这样的方向，叩感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化.楞次定律解决的是感应电流的方向问题。它关系到两个磁场：感应电流的磁场(新产生的磁场)和引起感应电流的磁场(原来就有的磁场)。前者和后者的关系不是“同向”或“反向”的简单关系，而是前者“阻碍”后者“变化”的关系。2.对“阻碍”意义的理解：(1)阻碍原磁场的变化。“阻碍”不是阻止，而是“延缓”，感应电流的磁场不会阻止原磁场的变化，只能使原磁场的变化被延缓或者说被迟滞了，原磁场的变化趋势不会改变，不会发生逆转.\n(1)阻碍的是原磁场的变化，而不是原磁场本身，如果原磁场不变化，即使它再强，也不会产生感应电流・\n（3）阻碍不是相反.当原磁通减小时，感应电流的磁场与原磁场同向，以阻碍其减小；当磁体远离导体运动时，导体运动将利磁体运动同向，以阻碍其相对运动.（4）由于“阻碍”，为了维持原磁场的变化，必须有外力克服这一“阻碍”而做功，从而导致其它形式的能转化为电能.因此楞次定律是能量转化和守恒定律在电磁感应中的体现.1.楞次定律的具体应用（1）从“阻碍磁通量变化”的角度来看，由磁通最计算式。初Ssin。可知，磁通量变化"=叫5有多种形式，主要有：①S、Q不变，〃改变，这时②〃、Q不变，S改变，这时44S・〃sina③B、S不变,a改变,这时40=BS（sina2・sina］）当〃、S、G中有两个或三个一起变化时，就要分别计算①2,再求Gy®了。（2）从“阻碍相对运动”的角度来看，楞次定律的这个结论可以用能量守恒来解释：既然有感应电流产生，就有艾它能转化为电能。又由于是由相对运动引起的，所以只能是机械能减少转化为电能，表现出的现象就是“阻碍”相对运动。（3）从“阻碍自身电流变化”的角度来看，就是自感现象。在应用楞次定律时一定要注意：“阻碍”不等于'‘反向”；“阻碍”不是'‘阻止”。2.右手定则。对一部分导线在磁场屮切割磁感线产生感应电流的情况，右手定则和楞次定律的结论是完全一致的。这时,用右手定则更方便一些。3.楞次定律的应用步骤楞次定律的应用应该严格按以下四步进行：①确定原磁场方向；②判定原磁场如何变化（增大还是减小）;③确定感应电流的磁场方向（増反减同）；④根据安培定则判定感应电流的方向。4.解法指导：（1）楞次定律中的因果关联楞次定律所揭示的电磁感应过程中有两个最基本的因杲联系，一是感应磁场与原磁场磁通量变化Z间的阻碍与被阻碍的关系，二是感应电流与感应磁场间的产生和被产生的关系•抓住“阻碍”和“产生”这两个因果关联点是应用楞次定律解决物理问题的关键.（2）运用楞次定律处理问题的思路（a）判断感应电流方向类问题的思路运用楞次定律判定感应电流方向的基本思路可归结为：“一原、二感、三电流”，即为：①明确原磁场：弄清原磁场的方向及磁通最的变化情况.②确定感应磁场：即根据楞次定律屮的”阻碍”原则，结合原磁场磁通杲变化情况，确定出感应电流产生的感应磁场的方向.③判定电流方向：即根据感应磁场的方向，运用安培定则判断出感应电流方向.（b）判断闭合电路（或电路屮可动部分导体）相对运动类问题的分析策略在电磁感应问题屮，有一类综合性较强的分析判断类问题，主要讲的是磁场屮的闭合电路在一定条件下产生了感应电流，而此电流又处于磁场中，受到安培力作用，从而使闭合电路或电路中可动部分的导体发生了运动.（如例2）对其运动趋势的分析判断可有两种思路方法：①常规法:据原磁场（肌方向及△0诸况）楞次疋律》确定感应磁场（肌方向）女培疋则》判断感应电流（/虑方向）左手定则＞导体受力及运动趋势.②效果法由楞次定律可知，感应电流的“效果”总是阻碍引起感应电流的“原因”，深刻理解“阻碍”的含义.据"阻碍”原则，可直接对运动趋势作出判断，更简捷、迅速.【例1】（1996年全国）一平而线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动，己知线圈平而始终与纸而垂直，当线圈第-•次通过位置I和位置II时，顺着磁场的方向看去，线圈中的感应电流的方向分别为\n位置I（A）逆时针方向位置II逆时针方向\n(B)逆时针方向顺时针方向(C)顺时针方向顺时针方向(D)顺时针方向逆时针方向命题意图：考查对楞次定律的理解应用能力及逻辑推理能力.错解分析：由丁•空间想象能力所限，部分考生无法判定线圈经位置I、II时刻磁通量的变化趋势，从而无法依据楞次定律和右手螺旋定则推理出正确选项.解题方法与技巧：线圈第一次经过位置I时，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律，线圈川感应电流的磁场方向向左，根据安培定则，顺若磁场看去，感应电流的方向为逆时针方向.当线圈第一次通过位置II时，穿过线圈的磁通量减小，可判断出感应电流为顺时针方向，故选项B正确.【例2］如图所示，冇两个同心导体圆环。内环中通冇顺时针方向的电流，外环屮原來无电流。当内环屮电流逐渐增大时，外环屮冇无感应电流？方向如何？解：由于磁感线是闭合曲线，内环内部向里的磁感线条数和内环外向外的所冇磁感线条数相等，所以外环所围面积内(应该包括•内环内的面积，而不只是环形区域的面积)的总磁通向里、增大，所以外环屮感应电流磁场的方向为向外，由安培定则，外环屮感应电流方向为逆时针。【例3】如图，线圈A屮接冇如图所示电源，线圈B冇一半面积处在线圈A中，两线圈平行但不接触，则\n当开关S闭和瞬间，线圈B中的感应电流的情况是：()速度相同；如果考虑摩擦阻力导线框的转速总比条形磁铁转速小些。A.无感应电流B.冇沿顺时针的感应电流C.冇沿逆时针的感应电流D.无法确定解：当开关S闭和瞬间，线圈A相当于环形电流，英内部磁感线方向向里，英外部磁感线方向向外。线圈B冇一半面积处在线圈A屮，则向里的磁场与向外的磁场同时増大。这时就要抓住主要部分。由于所冇向里的磁感线都从A的内部穿过，所以A的内部向里的磁感线较密，A的外部向外的磁感线较稀。这样B—半的面积屮磁感线是向里且较密，另一半面积屮磁感线是向外且较稀。主要是以向里的磁感线为主，即当开关S闭和时，线圈B中的磁通量由零变为向里，故该瞬间磁通量増加，则产牛•的感应电流的磁场应向外，因此线圈B冇沿逆时针的感应电流。答案为C。【例4】如图所示，闭合导体环固定。条形磁铁S极向下以初速度巾沿过导体环圆心的竖直线下落的过程屮，导体环屮的感应电流方向如何？解：从“阻碍磁通量变化”来看，原磁场方向向上，先増后减，感应电流磁场方向先下后上，感应电流方向先顺时针后逆时针。从“阻碍相对运动”来看，先排斥后吸引，把条形磁铁等效为螺线管，根据“同向电流互相吸引，反向电流互相排斥”，也有同样的结论。【例5】如图所示，是矩形导线框abed的对称轴，英左方有匀强磁场。以下哪些情况下abed屮有感应电流产生？方向如何？A.将abed向纸外平移B.将abed向右平移•C.将abed以ab为轴转动60°D.将abed以cd为轴转动60°•解：A、C两种情况下穿过abed的磁通量没有发生变化，无感应电流产生。B、D.两种情况下原磁通向外，减少，感应电流磁场向外，感应电流方向为abed。*【例6】如图所示装置中，M杆原来静止。当”杆做如下那些运动时，cd杆将向•右移动？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:.ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，Lj中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变化，b中无感应电流产生，保持静止，A不正确；ab向右加速运动时，b中的磁通量向下，増人，通过的电流方向向下，cd向右移动，B正确；同理可得C不正确，D正确。选B、D【例7】如图所示，当磁铁绕轴匀速转动时，矩形导线框(不考虑重力)将如何运动？解：本题分析方法很多，最简单的方法是：从“阻碍相对运动”的角度来看，导线框一定会跟着条形磁铁同方向转动起来。如果不计摩擦阻力，最终导线框将和磁铁转动【例8】如图所示，水平而上有两根平行导轨，上而放两根金屈棒九当条形磁铁如图向下移动时（不I■//b/©O/到达导轨平面），宀方将如何移动？解：若按常规用“阻碍磁通量变化”判断，则要根据下端磁极的极性分别进行讨论，比较繁琐。而且在判定4、b所受磁场力时。应该以磁极对它们的磁场力为主，不能以d、b间的磁场力为主（因为它们是受合磁场的作用）。如果主注意到：磁铁向下插，通过闭合回路的磁通量增大，由可知磁通量有增大的趋势，因_此S的相应变化应该使磁通量有减小的趋势，所以°、力将互相靠近。这样判定比较简便。【例9］如图所示，绝缘水平面上有两个离得很近的导体环心b.将条形磁铁沿它们的正屮向下移动（不到达该平面），a、b将如何移动？解：根据TS,磁铁向下移动过程屮，〃増大，所以穿过每个环中的磁通最都有增大的趋势，由于S不可改变，为阻碍増大，导体环应该尽最远离磁铁，所以°、b将相互远离。【例10】如图所示，在条形磁铁从图示位置绕OQ2轴转动90°的过程屮，放在导轨右端附近的金属棒“将如何移动？\n在转动90°过程屮，穿过闭解：无论条形磁铁的哪个极为N极，也无论是顺时针转动还是逆时针转动,合电路的磁通最总是增大的（条形磁铁内、外的磁感线条数相同但方向相反，在线框所围面积内的总磁通最和磁铁内部的磁感线方向相同且增大。而该位置闭合电路所围面积越大，总磁通最越小，所以为阻碍磁通最增大金属棒ab将向右移动。【例11］如图所示，a、b灯分别标有"36V40W”和“36V25W”，闭合电键调节能使°、b都正常发光。断开电键后重做实验：电键闭合后看到的现象是什么？稳定后那只灯较亮？再断开电键，又将看到什么现象？解：闭合瞬间，由于电感线圈对电流増大的阻碍作用，d将慢慢亮起来，b立即变亮。这时厶的作用相当于一个大电阻；稳定后两灯都正常发光，a的功率大，较亮。这时L的作用相当于一只普通的电阻（就是该线圈的内阻）；断开瞬间，由于电感线圈对电流减小的阻碍作用，通过d的电流将逐渐减小，a渐渐变暗到熄灭，而”/也组成同一个闭合回路，所以力灯也将逐渐变暗到熄灭，而且开始还会闪亮一下（因为原来有/a>/b）,并且通过〃的电流方向与原来的电流方向相反。这时厶相当于一个电源。【例12】如图所示，用丝线悬挂闭合金属环，悬于O点，虚线左边有匀强磁场，右边後没有磁场。金属环的摆动会很快停下来。试解释这一现象。若整个空间都有向外的匀强磁场，/；会有这种现象吗？.解：只有左边有匀强磁场，金属环在穿越磁场边界时，由于磁通最发生变化，环内一定・=①2一①1。下面举例说明：【例7］如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3s时间拉出，外力所做的功为叫，通过导线截面的电量为Q；第二次用0.95•时间拉出，外力所做的功为嗎，通过导线截面的电量为？2,则()A.函，s=的D.>W2fqx>q2XXXXXXVBXX_x_XXXX解析：设线框长为厶，宽为厶2,第一次拉出速度为匕，第二次拉出速度为乞，则片二3匕。匀速拉出磁场时，外力所做的功恰等于克服安培力所做的功，冇W}=F}-L、=BIH=B2L,2L］Vi/R,同理W2=B2QLyjR,~故VVi>VV2；"又由于线框两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即△①］=△①2，由q=AO//?,得：\n故正确答案为选项c。【例8】如图所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为Q的圆形区域内部及外部，磁场方向相反,磁感应强度的大小均为乩一半径为b,电阻为/?的圖形导线环放胃•在纸血内，其圜心与圜形区域的中心重合。当内、外磁场同时由〃均匀地减小到零的过程中，通过导线截血的电量q=o解析：由题意知：①]=冲龙厅—2/)|,①2=0,△①△①由纟=——R①2_卩|=郦2_2亍，卿2-2aq=—!R由欧姆定律得：/二@二£\tR由上述二式可得:2QRIIJt.Nd1【例9】如图所示是一种测量通电螺线管中磁场的装置，把一个很小的测量线圈A放在待测处，线圈与测量电量的冲击电流计G串联，当用双刀双掷开关S使螺线管的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，从而引起电荷的迁移，由表G测出电量Q,就可以算出线圈所在处的磁感应强度己知测量线圈共冇“匝，直径为d，它和表G串联电路的总电阻为/?,则被测处的磁感强度3为多大？解析：当双刀双掷开关S使螺线管的电流反向时，测屋线圈中就产生感应电动势，根据法拉笫电磁感应定律可得：AzAr【例10]一个电阻为R的长方形线圈d/Md沿着磁针所指的南北方向平放在北半球的一个水平桌而上，ab=L]fbc=L2,如图所示。现突然将线圈翻转180°,使血与de互换位置，用冲击电流计测得导线中流过的电量为0。然后维持ad边不动，将线圈绕ad边转动，使之突然竖直，这次测得导线中流过的电戢为0,试求该处地磁场的磁感强度的大小°解析：根据地磁场的特征可知，在北半球的地磁场方向是向北向下的。只要求出这个磁感强度的竖直分量Bi和水平分量B2,就可以求出该处磁感強度B的大小。当线圈翻个身时，穿过线圈的磁通量的变化量为=2B}S,因为感应电动势E,——=RI—R——,所以ib}L\L2=RQ\\t\t当线圈绕ad边竖直站起来时，穿过线圈的磁通量的变化量为△如=场厶厶2一目厶厶2，所以△02=（禺一厶厶2=RQ由此可得：B=tlJQ?+2QQ?+2Q；\n三、自感现象1、自感现象自感现象是指当线圈自身电流发生变化时，在线圈中引起的电磁感应现象，当线圈中的电流增加时，自感电流的方向与原电流方向相反；当线圈中电流减小时，自感电流的方向与原电流的方向相同.自感电动势的人小与电流的变化率成正比.自感系数乙由线圈自身的性质决定，与线圈的长短、粗细、匝数、冇无铁芯冇关.自感现彖是电磁感应的特例.一般的电磁感应现象屮变化的原磁场是外界捉供的，而口感现彖屮是靠流过线圈自身变化的电流提供一个变化的磁场.它们同属电磁感应，所以口感现彖遵循所冇的电磁感应规律.□感电动势仅仅是减缓了原电流的变化，不会阻止原电流的变化或逆转原电流的变化.原电流最终还是要增加到稳定值或减小到零。自感现彖只冇在通过电路的电流发生变化时才会产生.在判断电路性质时，一般分析方法是：当流过线圈厶的电流突然增大瞬间，我们可以把厶看成一个肌值很大的电阻；当流经L的电流突然减小的瞬间，我们可以把厶看作一个电源，它提供一个跟原电流同向的电流.图1图2图2电路中，当S断开时，我们只看到A灯闪亮了—•下后熄灭，那么S断开时图I电路中就没有自感电流？能否看到明显的自感现象，不仅仅取决于自感电动势的大小，还取决于电路的结构.在图2电路中，我们预先在电路设计时取线圈的阻值远小于灯A的阻值，使S断开前，并联电路中的电流IL»IK,S断开瞬间，虽然厶中电流在减小，但这一电流全部流过A灯，仍比S断开前A灯的电流大得多，且延滞了一段时间，所以我们看到A灯闪亮一下后熄灭，对图1的电路，S断开瞬间也有自感电流，但它比断开前流过两灯的电流还小，就不会出现闪亮一下的现象.除线圈外，电路的其它部分是否存在自感现象？当电路中的电流发生变化时，电路中每一个组成部分，其至连导线，都会产生自感电动势去阻碍电流的变化，只不过是线圈中产生的自感电动势比较大，其它部分产生的自感电动势非常小而己。2、自感现象的应用一一H光灯(1)启动器：利用氛管的辉光放电，起自动把电路接通利断开的作用(2)镇流器：在日光灯点燃时，利用口感现象，产生瞬时高压，在H光灯正常发光时，，利用口感现象,起降压限流作用。3、F1光灯的工作原理图如下：图中A镇流器，其作用是在灯开始点燃时起产生瞬时高压的作用；在日光灯正常发光时起起降压限流作用.B是日光灯管，它的内壁涂有一层荧光粉，使其发岀的光为柔利的白光；C是启动器，它是一个充有氟气的小玻璃泡，里面装上两个电极，一个周定不动的静触片利一个用双金属片制成的U形触片组成.【例10］如图所示的电路屮，儿和玉是完全相同的灯泡，线圈厶的电阻可以忽略不计，下列说法中正确的是()A.合上开关S接通电路时，矩先亮A后亮，故后一样亮A.合上开关S接通电路时，內和去始终一样亮B.断开开关S切断电路时，如立即熄灭，儿过一会熄灭C.断开开关S切断电路时，儿利£都要过一会才熄灭解析：S闭合接通电路时，角支路中的电流立即达到最大，玉先亮；由于线圈的自感作用，4支路电流增加的慢，儿后亮。A中的电流稳定后，线圈的阻碍作用消失，人与金并联，亮度一样，故A正确，B不正确。S断开时，L和川、如组成串联的闭合回路，儿和金亮度一样，由于L屮产生自\n感电动势阻碍L中原电流的消失，使人和忌过一会才熄灭，故D选项正确。所以答案为A、D§3电磁感应与电路规律的综合应用教学目标：1.熟练运用右手定则和楞次定律判断感应电流及感应电动势的方向。2.熟练掌握法拉第电磁感应定律，及各种情况下感应电动势的计算方法。3.掌握电磁感应与电路规律的综合应用教学重点：电磁感应与电路规律的综合应用教学难点：电磁感应与电路规律的综合应用教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、电路问题1、确定电源：首先判断产生电磁感应现象的那一部分导体（屯源），其次利用E=n——或ArE=BLvsinO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，画等效电路图3、利用电路规律求解，主耍有欧姆定律，串并联规律等二、图象问题1、定性或定量地表示出所研究问题的函数关系2、在图象中E、I、3等物理量的方向是通过正负值來反映3、画图象时耍注意横、纵坐标的单位长度定义或表达【例1】如图所示，平行导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中（方向向里），间距为厶左端电阻为R,其余电阻不计，导轨右端接一电容为C的电容器。现有一长2厶的金属棒“放在导轨上，"以。为轴顺时针转过90°的过程中，通过的电量为多少？解析：（1）由血棒以"为轴旋转到b端脱离导轨的过程中，产生的感应电动势一直増大，对C不断充电,同时又与R构成闭合回路。ab产生感应电动势的平均值厂AOBAS_E=——=①ArAr△S表示ab扫过的三角形的面积，即心松2h通过R的电量由以匕三式解得Q]=2R在这一过程屮电容器充电的总电最2=cczm⑤Um为ab棒在转动过程屮产生的感应电动势的最大值。即Um=Bx2厶x（―qx2L）=2Bl}co⑥2联立⑤⑥得：Q2=2BL:cdC（2）当"棒脱离导轨后（对/?放电，通过/?的电量为所以整个过程中通过/?的总电量为:\n+02=+2（vC）2R电磁感应中“双杆问题”分类解析【例2】匀强磁场磁感应强度B=（）.2T,磁场宽度L=3rn,一正方形金属框边长ab=/=lm,每边电阻r=0.2Q,金属框以v-lOm/s的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图所示，求：（1）画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的山图线<•■■■M—■■■■xBix〉（2）画出ab两端电压的U”图线解析：线框进人磁场区时£1=B/v=2V,方向沿逆时针，如图（1）实线d/Md所示，感电流持续的时间/!=-=0.15V■■■■■■■■a_dxa只：-・d■•»OB■//A线框在磁场中运动时：乙2=0,/2=0厶一/无电流的持续时间：f2二=0.：V线框穿出磁场区时：&=B/v=2V,/,=—=2.5A4r此电流的方向为顺时针，如图（1）虚线Gbc・d所示，规定电流方向逆时针为正，得口图线如图（2）所示（2）线框进人磁场区ab两端电压U讦h尸2.5X0.2=0.5V线桥在磁场中运动时；b两端电压等于感应电动势lh=BIv=2VJ线桥出磁场时ab两端电压：U3=E-/2/-1.5V由此得U"图线如图（3）所示点评：将线框的运动过程分为三个阶段，第一阶段ab为外电路，第二阶段ab相当于开路时的电源，第三阶段ab是接上外电路的电源三、综合例析电磁感应电路的分析与计算以其覆盖知识点多，综合性强，思维含量高，充分体现考生能力和素质等特点，成为历届高考命题的特点.1、命题特点对电磁感应电路的考查命题，常以学科内综合题目呈现，涉及电磁感应定律、_2,-3：2I0.5OU/Vo.i0.20.304f/s直流电路、功、动能定理、能量转化与守恒等多个知识点，突出考査考生理解能力、分析综合能力，尤共从实际问题中抽象概括构建物理模型的创新能力.2、求解策略变换物理模型，是将陌生的物理模型与熟悉的物理模型相比较，分析异同并从屮挖掘共内在联系，从而建立起熟悉模型与未知现象之间相互关系的一种特殊解题方法.巧妙地运用“类同”变换，“类似”变换，“类异”变换，可使复杂、陌生、抽象的问题变成简单、熟悉、具体的题型，从而使问题大为简化.解决电磁感应电路问题的关键就是借鉴或利用相似原型來启发理解和变换物理模型，即把电磁感应的问题等效转换成稳恒直流电路，把产生感应电动势的那部分导体等效为内电路•感应电动势的大小相当于电源电动势.英余部分相当于外电路，并画出等效电路图.此时，处理问题的方法与闭合电路求解基本一致，惟一要注意:的是电磁感应现象中，冇时导体两端冇电压，但没冇电流流过，这类似电源两端冇电势差但没冇接入电路时，电流\n为零.【例3】据报道，1992年7月，美国“阿特兰蒂斯”号航天飞机进行了一项卫星悬绳发电实验，实验取得了部分成功•航天飞机在地球赤道上空离地而约3000km处由东向西飞行，相对地而速度人约6.5XlO3m/s,从航夭飞机上向地心方向发射-颗卫星，携带一根长20km,电阻为800Q的金属悬绳，使这根悬绳与地磁场垂真，做切割磁感线运动.假定这一范围内的地磁场是均匀的.磁感应强度为4X1（T$T,且认为悬绳上各点的切割速度和航天飞机的速度相同.根据理论设计，通过电离层（由等离子体组成）的作用，悬绳可以产生约3A的感应电流，试求：（1）金属悬绳屮产生的感应电动势；（2）悬绳两端的电压；（3）航天飞机绕地球运行一圈悬绳输出的电能（已知地球半径为6400km）.命题意图：考査考生信息摄取、提炼、加工能力及构建物理模型的抽象概括能力.错解分析：考生缺乏知识迁移运用能力和抽象概括能力，不能于现实情景屮构建模型（切割磁感线的导体棒模型）并进行模型转换（转换为电源模型及貢流电路模型），无法顺利运用II流电路相关知识突破.解题方法与技巧：将飞机下金属悬绳切割磁感线产生感应电动势看作电源模型，当它通过电离层放电可看作貢流电路模型•如图所示.（1）金属绳产生的电动势：E二Bh=4XW5X20X1O'X6.5X103V=5.2X103V（2）悬绳两端电压，即路端电压可由闭合电路欧姆定律得：U=EJr=5.2X10?-3X800V=2.8X103V（3）E机绕地运行一周所需时间6.5xlO3匸迹=2x3.14x(6400xl0[+3000xe)口”心V则飞机绕地运行一圈输出电能：£=（/Zr=2800X3X9.1X103J=7.6X107J\B【例4】如图所示，竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=（）・5T,并且以——=0.1T/s在变化，水平轨道电Ar阻不计，且不计摩擦阻力，宽0・5m的导轨上放一电阻/?（）=0.1Q的导体棒，并用水平线通过定滑轮吊着质量M=0.2kg的重物，轨道左端连接的电阻/?=0.4Q,图中的/=0.8m,求至少经过多长时间才能吊起重物.命题意图：考查理解能力、推理能力及分析综合能力实际运算过程忽视了3的错解分析：（1）不善于逆向思维，采取执果索因的有效途径探寻解题思路；（2）变化，将B代入F^BIlab，导致错解.°AB由法拉第电磁感应定律可求出回路感应电动势：E=——=S——①ArAr由闭合电路欧姆定律可求出回路屮电流/=E②/?()+R解题方法与技巧：山于安培力方向向左，应用左乎定则可判断出电流方向为顺时针方向（由上往下看）•再根据楞次定律可知磁场増加，在7时磁感应强度为：（/?+—・7）③Ar\n此时安培力为F尸37/”④由受力分析可知F立=叫⑤由①®③④⑤式并代入数据：匸495s【例5]（2001年上海卷）半径为d的圆形区域内有均匀磁场，磁感强度为B=0.2T,磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂ft,Jt'l16r=0.4m,/?=0.6m,金属环上分别接有灯厶、b，两灯的电阻均为R=2Q,—金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计图（1）若棒以v0=5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径00'的瞬时（如图所示）屮的电动势和流过灯厶的电流。（2）撤去屮间的金属棒将右面的半圆环OL2Qf以00,为轴向上翻转90°,若此时磁场随时间均匀变化，英变化率为△"/4U4T/S,求厶的功率。解析：（1）棒滑过圆环直径00,的瞬时，MN中的电动势EfB2a1-0.2X0.8X5=0.8V①^7^2感图（2）等效电路如图（1）所示，流过灯厶的电流/“/R=0.8/2=0.4A②E2（2）撤去屮间的金属棒MN,将右面的半圆环ObO,以00,为轴向上翻转90°应电动势，相当于电源，灯厶2为外电路，等效电路如图（2）所示，感应电动势Ei0/At=0.5Xna2XA/?/Ar=0.32V③L｝的功率Pl（E2/2）2//?=1.28X1o?W教学目标：1.综合应用电磁感应等电学知识解决力、电综合问题;2•培养学生分析解决综合问题的能力教学重点：教学难点：§4电磁感应与力学规律的综合应用力.电综合问题的解法电磁感应等电学知识和力学知识的综合应用，主要有1、2、3、4、利用能的转化和守恒定律及功能关系研究电磁感应过程屮的能最转化问题应用牛顿第二定律解决导体切割磁感线运动的问题。应用动量定理、动最守恒定律解决导体切割磁感线的运动问题。讲练结合，计算机辅助教学应用能的转化和守恒定律解决电磁感应问题。教学方法：教学过程：一、电磁感应中的动力学问题这类问题覆盖面广，题型也多种多样；但解决这类问题的关键在于通过运动状态的分析来寻找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件等，基本思路是：.E确定电源（E,r>R+rF=rj>感应电流『一切A运动导体所受的安培界状态一运动状态的分析叮皿方向关系。变化情Q1咎外力【例1】如图所示，AB、CD是两根足够长的固定平行金屈导轨，两导轨间的距离为厶导轨平而与水平B面的夹角为〃，在整个导轨平而内都有垂直于导轨平而斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为乩在导轨的AC端连接一个阻值为R的电阻，一根质量为〃八垂直于导轨放置的金屈棒“，从静止开始沿导轨下滑，求此过程中“棒的最人速度。己知ab与导轨间的动摩擦因数为"，导轨和金屈棒的电阻都不计。解析："沿导轨下滑过程中受四个力作用，即重力〃呀，支持力0、摩擦力Ff和安培力F安，如图所示，ab由静止开始下滑后，将是uTtETt/TtF丈TtgJ（T为增人符号），所以这是个变加速过稈，当加速度减到。二0吋，其速度即增到最人v=vm,此时必将处于平衡状态，以\n后将以仏匀速下滑ab下滑时因切割磁感线，要产生感应电动势，根据电磁感应定律：E=BLv①闭合电路ACba+将产生感应电流，根据闭合电路欧姆定律：1=E/R②据右手定则可判定感应电流方向为aACba,再据左手定则判断它受的安培力F安方向如图示，其大小为:F沪BIL③取平行和垂玄导轨的两个方向对ab所受的力进行正交分解，应有：Fn=〃zgcos&F(="mgcos&_b2i3v_R以“为研究对彖，根据牛顿第二定律应有:b2i3vmgsin0-Pmgcos0—-maab做加速度减小的变加速运动，当a=0时速度达最大因此，川?达到心时应冇：B2L2v“?gsin8-Rngcos9二0④_m2(sin0-ucos0)Rb2i3山④式可解得气“一'7注意：(1)电磁感应屮的动态分析，是处理电磁感应问题的关键，要学会从动态分析的过程屮來选择是从动力学方面，还是从能量、动量方面來解决问题。(2)在分析运动导体的受力时，常画出平面示意图和物体受力图。二、电磁感应中的能量、动量问题无论是使闭合回路的磁通量发牛•变化，还是使闭合冋路的部分导体切割磁感线，都耍消耗英它形式的能量,转化为回路中的电能。这个过程不仅体现了能量的转化，而目•保持守恒，使我们进一步认识包含电和磁在内的能量的转化和守恒定律的普遍性。分析问题时，应当牢牢抓住能量守恒这一基木规律，分析清楚冇哪些力做功，就可知道冇哪些形式的能量参与了相互转化，如冇摩擦力做功，必然冇内能出现；垂力做功，就可能冇机械能参与转化；安培力做负功就将其它形式能转化为电能，做正功将电能转化为其它形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解。【例2】如图所示，两根间距为/的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的水平段部分组成。其水平段加有竖直向下方向的匀强磁场，其磁感应强度为导轨水平段上静止放置一金属棒cd,质量为2加°,电阻为2厂。另一质量为m电阻为厂的金属棒"，从圆弧段M处由静止释放下滑至/V处进入水平段，圆弧段MN半径为心所对圆心角为6(T,求:(1)“棒在N处进入磁场区速度多大？此时棒中电流是多少?(2)“棒能达到的最大速度是多大？(3)”棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少?解析：(1)ab棒由静止从M滑下到/V的过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以到N处速度可求，进而可求“棒切割磁感线时产生的感应电动势和冋路中的感应电流。\nab棒QjM下滑到N过程中，机械能疗恒，故有:\nE进入磁场区瞬间，回路中电流强度为I=Bl/gR2r+r3r（2）设血棒与cd棒所受安培力的大小为F,安培力作用时间为t,ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度『时，电路屮电流为零,安培力为零，cd达到故大速度。运用动量守恒定律得mv=（2/7?+m）vz（3）系统释放热量应等于系统机械能减少量，故有宀存恥解得Q弓嘶三.综合例析（一）电磁感应中的“双杆问题”电磁感应中“双杆问题”是学科内部综合的问题，涉及到电磁感应、安培力、牛顿运动定律和动量定理、动量守恒定律及能量守恒定律等。要求学生综合上述知识，认识题目所给的物理情景，找出物理量Z间的关系，因此是较难的一类问题，也是近几年高考考察的热点。考题回顾【例31（2003年全国理综卷）如图所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B=0.50T的匀强磁场L导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离/=0.20m.两根质量均为^=0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阳.为R=0.50Q。在戶0时刻，两杆都处于紙止状态。现冇一与导轨平行、大小为0.20N的恒力F作用于金属杆甲上,使金属杆在导轨上滑动。经过u5.0s,金属杆甲的加速度为f/=1.37nVs2,问此时两金属杆的速度各为多少？解析：设任一时刻/两金属杆甲、乙Z间的距离为x,速度分別为力和巾，经过很短的时间△/，杆甲移动距离ViAr,杆乙移动距离\的，回路面积改变AS=［（x—v2A/）++Z—&=-v2）/A/宙法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势E=B—Ar.E回路屮的电流i=—2R杆甲的运动方程F一Bli=ma由于作用于杆甲利杆乙的安培力总是大小相等，方向相反，所以炖杆的动量（f=0时为0）等于外力尸的冲量Ft=mvx+加叫\n联立以上各式解得儿2RB2!2代入数据得儿=8」5m/sv2=1.85m/5点评：题中感应电动势的计算也可以15接利用导体切割磁感线时产生的感应电动势公式和右手定则求解：设甲、乙速度分别为申和耳，两杆切割磁感线产生的感应电动势分别为E\=Blvx,E2=Bh>2由右手定则知两电廟势方向相反，故总电动势为E=E2-Ey=Bl（v2-v,）o分析甲、乙两杆的运动，还可以求出甲、乙两杆的最大速度差△匕J开始时，金属杆甲在恒力F作用下做加速运动，回路中产生感应电流，金属杆乙在安培力作用下也将做加速运动，但此时甲的加速度肯定大于乙的加速度，因此甲、乙的速度差将增大。根据法拉第电磁感应定律，感应电流将增大，同时甲、乙两杆所受安培力増大，导致乙的加速度增大，甲的加速度减小。但只要乙，甲、乙的速度差就会继续增大，所以当甲、乙两杆的加速度相等时，速度差最大。此后，甲、乙两杆做加速度相等的匀加速直线运动。设金属杆中、乙的共同加速度为回路中感应电流最大值人.对系统和乙杆分别应用牛顿第二定律有：F=2ma；BLIm=ma・由闭合电路敬欧姆定律有E=2lmR,而E=BIAvm由以匕各式可解得△气”FRB2l310m/5.方向向上，作用于杆兀2旳的安培力为f2=BI2I【例4]（2004年全国理综卷）图中6T|/?|C|J|和02方2彳〃2为在同一竖直平而内的金属导轨，处在磁感应強度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平而（纸而）向里。导轨的⑷仞段与①为段是竖直的，距离为厶;C同段与C2〃2段也是竖直的，距离为4七N与X2旳为两根用不可伸长的绝缘轻线和连的金属细杆，质量分别为和如和加2,它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触。两杆与导轨构成的冋路的总电阻为R。F为作用于金属杆X仍上的竖直向上的恒力。已知两杆运动到图示位賈时，已匀速向上运动，求此时作用于两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率。解析：设杆向上的速度为V,因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的而积减少，从而磁通量也减少。山法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小E=B（l2-IJv①E回路中的电流/=—②R电流沿顺时针方向。两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆兀仍的安培力为方向向下，当杆作匀速运动时，根据牛顿第二定律有-f2=o⑤解以上各式得"b2(/2-O2\n作用于两杆的重力的功率的人小P=(“+m2)^v电阻上的热功率q=i2r由⑥⑦⑧⑨式，口J得rF-(m.+/彷)只…、P=BU-b砂+毗F—(/??!+m2)gB(l2-/,)]2Rdi)下面对“双杆”类问题进行分类例析1、"双杆”向相反方向做匀速运动当两杆分别向相反方向运动时，相当于两个电池正向串联。【例5】两根相距d=0.20m的平行金属长导轨I古【定在同一水平面内，并处于竖直方向的匀强磁场屮，磁场的磁感应强度〃二0.2T,导轨上面横放着两条金属细杆，构成矩形回路，每条金属细杆的电阻为/-0.25Q,回路屮其余部分的电阻可不计.已知两金属细杆在平行于导轨的拉力的作用下沿导轨朝相反方向匀速平移，速度大小都是v=5.0m/s,如图所示.不计导轨上的摩擦.（1）求作用于每条金属细杆的拉力的大小.（2）求两金属细杆在间距增加0.40m的滑动过程中共产生的热量.解析：（1）当两金属杆都以速度卩匀速滑动时，每条金属杆中产生的感应电动势分别为：E}=E2=BdvE+E由闭合电路的欧姆定律，回路屮的电流强度大小为：心廿因拉力与安培力平衡，作用于每根金屈杆的拉力的人小为F^F^IBd.由以上各式并代入数据得片=為=业上=3.2x10,（2）设两金属杆Z间増加的距离为△乙则两金属杆共产生的热量为Q=I2-2r—,2v代入数据得C=1.28X10-2J.2.“双杆”同向运动，但一杆加速另一杆减速当两杆分别沿相同方向运动时，相当于两个电池反向串联。【例6】两根足够&的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为厶。导轨上面横放着两根导体棒“和皿，构成矩形回路，如图所示.两根导体棒的质量皆为〃?，电阻皆为回路屮英余部分的电阻可不计.在整个导轨平面内都冇竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为3.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时，棒ed静止，棒"冇指向棒皿的初速度必.若两导体棒在运动中始终不接触，求：（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少.\n（2）当ab棒的速度变为初速度的3/4时，cd棒的加速度是多少？解析：”棒向M棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，于是产生感应电流."棒受到与运动方向相反的安培力作用作减速运动，cd棒则在安培力作用下作加速运动.在“棒的速度大于cd棒的速度时，回路总冇感应电流，（力棒继续减速，ed棒继续加速.两棒速度达到相同后，回\n路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度y作匀速运动.(1)从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒总动量守恒，有m=2mv=—mv4个过程中产生的总热量Q=-mvl--(2/n)v222(2)设“棒的速度变为初速度的3/4时,cd棒的速度为小则由动量守恒可知:3mv0=m—v0+3E此时冋路中的感应电动势和感应电流分别为：E=(-v0-v,)BL,I=—412RF此时cd棒所受的安培力：F=1BL，所以cd棒的加速度为ci=—各式，可得根据能量守恒,整由以上m3・“双杆”中两杆都做同方向上的加速运动。“双杆”中的一杆在外力作用下做加速运动，另-•杆在安培力作用下做加速运动，最终两杆以同样加速度做匀加速直线运动。如【例3】(2003年全国理综卷)4.“双杆”在不等宽导轨上同向运动。“双杆”在不等宽导轨上同向运动时，两杆所受的安培力不等大反向，所以不能利用动量守恒定律解题。如【例4】(2004年全国理综卷)(二)电磁感应中的一个重要推论一一安培力的冲量公式F\t=BLI\t=BLq=BL—R感应电流通过直导线时，直导线在磁场屮要受到安培力的作用，当导线耳磁场垂直时，安培力的大小为F=BLh在时间内安培力的冲量F\t=BLI\t=BLq=BL—,式中q是通过导体截面的电量。利R用该公式解答问题十分简便，下面举例说明这一点。【例7】如图所示，在光滑的水平而上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为厶的区域内，有一个边长为a(a解析：设线圈完全进入磁场屮时的速度为以。线圈在穿过磁场的过程屮所受合外力为安培力。对丁•线圈进一F\t=-Ba—=—Ba^-=mvx-mv{}RR对于线圈穿岀磁场的过程，拥动量定理可得:\nR=mv-mvx由上述二式可得Vv=比钊，叩B选项正确。【例8］光滑U型金属框架宽为L,足够长，英上放一质量为m的金属棒血,左端连接冇一电容为C的电容器，现给棒一个初速巾，使棒始终垂直框架并沿框架运动，如图所示。求导体棒的最终速度。解析：当金属棒“做切割磁力线运动时，要产生感应电动势，这样，电容器C将被充电，”棒小冇充电电流存在，"棒受到安培力的作用而减速，当”棒以稳定速度”匀速运动时，冇：BLv=UQ=q/C222v而对导体棒ab利用动量定理可得：・BLq=mv-mvQ―rcxXXTXv（）mv（｝由上述二式可求得：v=化—m+B2I?CXXXXXXX第十三章交变电流电磁场和电發波一、正弦交变电流=^A^.pA0C_J_,由此得出的结论：⑴减少输电线功率损失的途径是提高输电电压或增人输电导线的横截面积。两者相比，当然选择前者。⑵若输电线功率损失己经确定，那么升高输电电压能减小输电线截面积，从而节约大戢金属材料和架设电线所需的钢材和水泥，还能少占用土地乜例7・学校有一台应急备用发电机，内阻为clQ,升压变压器匝数比为1:\n4,降压变压器的匝数比为4：1,输电线的总电阻为/?=4Q,全校22个教室，每个教室用“220V,40W”的灯6盏，要求所冇灯都正常发光，则：⑴发电机的输出功率多大？⑵发电机的电动势多大？⑶输电线上损耗的电功率多大？解：⑴所有灯都正常工作的总功率为22X6X40=5280W,用电器总电流为/：=旦=竺P=24A，输电线上"U；220的电流I：=IR=K=^-=6A，降压变压器上：(/2=4t/2-880V,输电线上的电压损失为：C/r=/R/?=24V,因此升压变压器的输出电压为％=&+6=904V,输入电压为(/1=C///4=226V,输入电流为A=4”=24A,所以发电机输岀功率为Pu1=6/i/1=5424W⑵发电机的电动势£=(/,+/,/-250V⑶输电线上损耗的电功率Pr=/r2/?=144W例&在远距离输电吋，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有-个坑口电站，输送的电功率为P二500kW,当使用U=5kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数和差4800度。求：⑴这时的输电效率〃和输电线的总电阻几⑵若想使输电效率提高到98%,乂不改变输电线，那么电站应使用多薛的电压向外输电？解：⑴由于输送功率为P=5()()kW,一昼夜输送电能E=Pr=12000度，终点得到的电能E=7200度，因此效率〃=60%o输电线上的屯流可由I=P/U计算，为blOOA,而输电线损耗功率可由PT=I2r计算，其中Pr=4800/24=200kW,因此可求得r=20Q。⑵输电线上损耗功率p=厂oc-L，原来P尸2()0kW,现在要求P/=l()kW,计算可得输电电压应调3丿U2节为Uz=22.4kVo二、电磁场和电磁波1.电磁场耍深刻理解和应用麦克斯韦电磁场理论的两人支柱：变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场。可以证明：振荡电场产生同频率的振荡磁场；振荡磁场产生同频率的振荡电场。⑵按照麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场和磁场总是相互联系的，形成一个不可分离的统一的场，这就是电磁场。电场和磁场只是这个统一的电磁场的两种具体表现。2.电磁波变化的电场和磁场从产生的区域由近及远地向周围空间传播开去，就形成了电磁波。有效地发射电磁波的条件是：⑴频率足够高(单位时间内辐射出的能量戶=厂)；⑵形成开放电路(把电场和磁场分散到尽可能大的空间离里去)。电磁波是横波。E与B的方向彼此垂玄，而且都跟波的传播方向垂玄，因此电磁波是横波。电磁波的传播不需要靠别的物质作介质，在真空中也能传播。在真空中的波速为c=3.0XI(?m/s。3.电磁波的应用要知道广播、电视、雷达、无线通信等都是电磁波的具体应用。例9.某防空雷达发射的电磁波频率为＞3X1O5MHz,屏幕上尖形波显示，从发射到接受经历时间zJ/=0.4ms,那么被监视的目标到雷达的距离为km。该雷达发出的电磁波的波长为m解：由5=czlr=1.2X105m=120kmo这是电磁波往返的路程，所以目标到雷达的距离为60km。由。=门可得心0.1m在一个半径为例io.电了感应加速器是利用变化磁场产生的电场来加速电了的。在関形磁铁的两极Z间有一环形真空室，用交变电流励磁的电磁铁在两极间产生交变磁场，从而在环形室内产生很强的电场，使电了加速。被加速的电了同时在洛伦兹力的作用下沿圆形轨道运动。设法把高能电子引入靶室，能使其进一/=0.84m的电了感应加速器中，电了在被加速的4.2ms内获得的能量为120MeVo这期间电了轨道内的高频交变磁场是线性变化的，磁通量从零增到l.SWb,求电了共绕行了多少周？\n解：根据法拉第电磁感应定律，环形室内的感应电动势为彷罟Z9V,设屯子在加速器中绕行了N周，则电场力做功应该等于电子的动能Ek，所以冇N=E^Ee,带入数据可得^=2.8X105周。例11.如图所示，半径为广口水平放置的光滑绝缘的坏形管道内，有一个电荷量为质量为加的电子。此装置放在匀强磁场中，其磁感应强度随时间变化的关系式为B二（Q0）。根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场将产生稳定的电场，该感应电场对电子将有沿圆环切线方向的作用力，使其得到加速。设口）时刻电了的初速度大小为忖方向顺时针，从此开始后运动一周后的磁感应强度为则此时电子的速度大小为A•邑工B.#2*2/n^keqB严mV°mmvm解：感应电动势为E二k",电场方向逆时针，电场力对电子做正功。在转动一圈过程中对电子用动能定理：k^re=m\r-/Wv02,B正确;抽半径公垃知，A也正确，答案为AB。例12.如图所示，平行板电容罄和电池厠日连。用绝缘工具将电容器两板间的距离逐渐增大的过程中，关于电容器两极板间的电场和磁场，下列说法中正确的是1A.两极板间的电压和场强都将逐渐减小B.两极板间的电压不变，场强逐渐减小C.两极板间将产生顺时针方向的磁场D.两极板间将产生逆时针方向的磁场解：由于极板和电源保持连接，因此两极板间电压不变。两极板间距离增大，因此场强民U/d将减小。由于电容器带电d增大时，电容C减小，因此电容器带电量减小，即电容器放电。放电电流方向为逆时针。在引线周围的磁场方向为逆时针方向，因此在两极板间的磁场方向也是逆时针方向。选BD。*4.感抗和容抗（统称电抗）⑴感抗表示电感对交变电流的阻碍作用（Xl=2〃/L）,其特点是“通直流，阻交流”、“通低频，阻高频”。⑵容抗表示电容对交变电流的阻碍作用（Xc=l/2町f）,其特点是“通交流，隔直流”、“通高频，阻低频”。例5.左右两个电路都是从左端输入信号，从右端输出信号。左图中输入的是高频、低频混合的交流信号，要求只输岀低频信号；右图中输入的是直流和低频交流的混合信号，要求只输出低频交流信号。那么G、C2中哪个该用大电容？哪个该用小电容？解：电容的作用是“通交流，隔直流”、“通高频，阻低频”，由其表达式Xc=[/2nfC可看出：左图中的G必须用电容小些的，才能使高频交流顺利通过，而低频不易通过，这种电容器叫高频旁路电容器。右图中的C?一般用电容大的，使低频交流电很容易通过，只有直流成分从电阻上通过，这种电容器叫隔直电容器。D.例6.电学元件的正确使用，对电路安全工作起着重要作用。某电解电容器上标有“25V,45（）UF”字样，下列说法中正确的是A•此电容器在交流、直流电路25V的电压时都能正常工作B.此电容器只冇在不超过25V的直流电压下才能正常工作C.当工作电压是直流25V时，电容才是450uFD•若此电容器在交流电压下匸作，交流电压的最大值不能超过25V解：电解电容器的极性是固定的，因此只能在直流电压下工作。选B。电容值是由电容器本身的性质决定的，和电压、电荷母都没冇关系。***需要引起注意的是课木上强调：输电线上的电压损失，除了与输电线的电阻冇关，还与感抗和容抗冇关。当输电线路电压较高、导线截面积较大时，电抗造成的电压损失比电阻造成的还要大。1.电磁振荡分析电磁振荡要学握以下三个要点（突出能量守恒的观点）：⑴理想的LC回路屮电场能E电和磁场能H在转化过程屮的总和不变。⑵回路中电流越大时，厶屮的磁场能越大（磁通量越大）。⑶极板上电荷量越大时，C屮电场能越大（板间场强越大、两板间电压越高、磁通量变化率越大）。\n厶C回路中的电流图彖和电荷图象总是互为余函数（见右图）。电磁振荡的周期公式为：T=2/ry/LCo例11.某时刻厶C回路屮电容器屮的电场方向和线圈屮的磁场方向如右图所示。则这时电容器正在（充电还是放电），电流大小正在（增大还是减小）。解：用安培定则可知回路中的电流方向为逆时针方向，而上极板是正极板，所以这时电容器正在充电；因为充电过程电场能増大，所以磁场能减小，电流在减小。例12.右边两图中电容器的电容都是C=4X10'6F,电感都aK是L=9XI0_4H,左图屮电键K先接g,充电结束后将K二扳到b;右图中电键K先闭合，稳定后断开。两图中厶CCu—y回路开始电磁振荡匸3.14X10~4s时刻，G的上极板正在」二—电（充电还是放电），带电（正电还是负电）；b中的电流方向向（左还是右），磁场能正在（增大还是减小）。解：先由周期公式求.,P1T=2^VZC=1.2^X104s,U3.14X10°s时刻是开始振荡后的•T。再看与左图对应的q-t图象（以上极板带正电为正）和与右图对应的i-t图象（以LC冋路中有逆时针方向电流为正），图彖都为余弦函数图彖。在时刻，从左图对应的图彖看出，上极板正在充正电；从右图对应的□图彖看出，S中的电流向左，正在增大，所以磁场能正在增大。例13.—台收音机，把它的调谐电路中的可变电容器的动片从完全旋入到完全旋出，仍然收不到某一较高频率的电台信号。要想收到该电台信号，应该（増大还是减小）电感线圈的匝数°解：调谐电路的频率和被接受电台的频率相同时，发生电谐振，才能收到电台信号。由公式/*=—1—可知,2tt4lCL、C越小，/越大。当调节C达不到目的时，肯定是厶太大，所以应减小厶，因此要减小匝数。第十四章光学—、光的直线传播1.光在同--种均匀介质中是沿直线传播的前提条件是在同一种介质，而且是均匀介质。否则，可能发生偏折。如光从空气斜射入水中（不是同一种介质）；“海市蜃楼”现象（介质不均匀）。当障碍物或孔的尺寸和波长可以和比或者比波长小时，将发生明显的衍射现象，光线将可能偏离原来的传播方向。解光的直线传播方面的计算题（包括日食、月食、木影、半影问题）关键是画好示意图，利用数学中的相似形等几何知识计算。的运动是A.匀速直线运动C.变加速直线运动解：小球抛出后做平抛运动,例1.如图所示，在A点冇一个小球，紧靠小球的左方冇一个点光源S°现将小球从A点正对着竖直墙平抛出去，打到竖直墙之前，小球在点光源照射下的影子在墙上B.口由落体运动D.匀减速宜线运动时间/后水平位移是W,竖直位移是力气根据相似形知识可以由比例求得兀=吐8,因此影子在墙上的运动是匀速运动。2v2洗速\n光在真空中的转播速度为C-3.00X108m/So\n⑴光在不同介质中的传播速度是不同的。根据爱因斯坦的相对论光速不可能超过C。⑵近年来（1999-2001年）科学家们在极低的压强（10-9Pa）和极低的温度（10'9K）下，得到一种物质的凝聚态，光在其中的速度降低到17m/s,菖至停止运动。⑶也冇报道称在实验中测得的光速达到10"m/s,引起物理学界的争论。二、反射平面镜成像1.像的特点看到A3完整像的范闱平面镜成的像是正立等大的虚像，像与物关于镜面为对称。2.光路图作法根据平面镜成像的特点，在作光路图时，可以先画像，后补光路图。3.充分利用光路可逆在平面镜的计算和作图屮要充分利用光路可逆。（眼睹在某点4通过平面镜所能看到的范围和在A点放一个点光源，该电光源发出的光经平面镜反射后照亮的范围是完全相同的。）4.利用边缘光线作图确定范鬧例2如图所示，画出人眼在S处通过平面镜可看到障碍物后地面的范闱。解：先根据对称性作出人眼的像点S再根据光路可逆，设想S处有一个点光源，它能通过平面镜照亮的范围就是人眼能通过平面镜看到的范围。图屮画出了两条边缘光线。例3.如图所示,用作图法确定人在镜前通过平面镜可看到A〃完整像的范围。解：先根据对称性作出A〃的像A'B：分别作出A点、〃点发出的光经平面镜反射后能射到的范闱，再找到它们的公共区域（交集）。就是能看到完整像的范围。三、折射与全反射1•折射定律折射定律的各种表达形式：n=Sin&l=-=—=1（“I为入、折射角中的较大者。）singv兄‘sinCo折射光路也是可逆的。2•各种色光性质比较可见光中，红光的折射率n最小，频率y最小，在同种介质中（除真空外）传播速度”最大，波长久最大,从同种介质射向真空时发生全反射的临界角C最大，以相同入射角在介质间发生折射时的偏折角最小（注意区分偏折角和折射角九以上各种色光的性质比较在定性分析时非常重要，一定要牢记。3•边作图边计算有关光的折射和全反射，在解题时要把计算和作图有机地结合起来，根据数据计算反射角、折射角，算一A步画一步，画一步在根据需要算一步。作图要依据计算结果，力求准确。例4•真角三棱镜的顶角,棱镜材料的折射率“15—细束单色光如图所示垂直于左侧面射入，试用作图法求出该入射光第一次从棱镜中射出的光线。解：由心1.5知临界角大于30°小于45°，边画边算可知该光线在射到A、B、C、D各点时的入射角依次是75°>60°45°>30°>因此在久B、C均发生全反射，到D点入射角才第一次小于临界角，所以才第一次有光线从棱镜射出。4•光导纤维全反射的一个重要应用就是用于光导纤维（简称光纤）。光纤有内.外两层材料，其中内层是光密介质,外层是光疏介质。光在光纤中传播吋，每次射到内.外两层材料的界而，都要求入射角人于临界角，从而发生全反射。这样使从一个端而入射的光，经过多次全反射能够没有损失地全部从另一个端面射出。例5•如图所示，-•条长度为L=5.0m的光导纤维用折射率为“JI的材料制成。-•细束激光由其左端的中心点以。=45°的入射角射入光导纤维内，经过一系列全反射后从右端射出。求：⑴该激光在光导纤维中的速度y是多人？⑵该激光在光导纤维屮传输所经历的时间是多少？\n解：（1）由n-c/v可得v=2.1X108m/s⑵由/?=sinm2,a为蓝光，b为红光解：由图可知，b光线经过三棱镜后的偏折角较小，因此折射率较小，是红光。1.全反射棱镜横截面是等腰直角三角形的棱镜叫全反射棱镜。选择适当的入射点，可以使入射光线经过全反射棱镜的作用在射出后偏转90°（右图1）或180°、（右图2）。要特别注意两种用法中光线在哪个表面发生全反射。例7.如图所示，自行车的尾灯采用了全反射棱镜的原理。它虽然本身不发Z光，但在夜间骑行时，从后面开来的汽车发出的强光照到尾灯后，会有较强的光被反射回去，使汽车司机注意到前面有自行车。尾灯的原理如图所示，下面说法屮正确的是A.汽车灯光应从左面射过来在尾灯的左表面发生全反射B.汽车灯光应从左面射过来在尾灯的右表面发生全反射C.汽车灯光应从右面射过来在尾灯的左表面发生全反射D.汽车灯光应从右面射过来在尾灯的右表面发生全反射解：利用全反射楼镜使入射光线偏折180。，光线应该从斜边入射，在两个貢角边上连续发生两次全反射。所以选C。2.玻璃砖所谓玻璃砖一般指横截面为矩形的棱柱。当光线从上表面入射，从下表面射出时，其特点是：⑴射出光线和入射光线平行；⑵各种色光在第一次入射后就发生色散；⑶射出光线的侧移和折射率、入射角、玻璃砖的卑度有关；⑷可利用玻璃砖测定玻璃的折射率。例&如图所示，两细束平行的单色光心〃射向同一块玻璃砖的上表面，最终都从玻璃砖的下表面射出。己知玻璃对单色光d的折射率较小，那么下列说法中正确的有A.进入玻璃砖后两束光仍然是平行的B.从玻璃砖下表面射出后，两束光不再平行C.从玻璃砖下表面射出后，两束光之间的距离一定减小了D.从玻璃砖下表而射出后，两束光Z间的距离可能和射入前相同解：进入时入射角柑同，折射率不同，因此折射角不同，两束光在玻璃内不再平行，但从下表而射出时仍是平行的。射出时两束光Z间的距离根据玻璃砖的厚度不同而不同，在厚度从小到搭变化时，该距离先减小后增人,有可能和入射前相同（但左右关系一定改变了）。例9.如图所示，为一块透明的光学材料左侧的端而。建立直角坐标系如图，设该光学材料的折射率沿y轴正方向均匀减小。现有-•束单色光d从原点。以某一入射角〃由空气射入该材料内部，则该光线在该材料内部可能的光路是下图川的哪一个\n\n解：如图所示，由于该材料折射率由下向上均匀减小，可以设想将它分割成折射率不同的薄层。光线射到相邻两层的界而时，如果入射角小于临界角，则射入上一层后折射角人于入射角，光线偏离法线。到达更上层的界面时入射角逐渐增大，当入射角达到临界角吋发生全反射，光线开始向下射去直到从该材料中射出。例1（）•如图所示，用透明材料做成一长方体形的光学器材，要求从上表面射入的光线可能从右侧而射出，那么所选的材料的折射率应满足A.折射率必须大于72B.折射率必须小于72B.折射率可取人于1的任意值D.无论折射率是多人都不可能解：从图中可以看出，为使上表而射入的光线经两次折射后从右侧面射出，外和〃2都必须小于临界角C,即0\2.衍射注意关于衍射的表述一定要准确。（区分能否发生衍射和能否发生明显衍射）⑴各种不同形状的障碍物都能使光发生衍射。⑵发生明显衍射的条件是：障碍物（或孔）的尺寸可以跟波长相比，甚至比波长还小。（当障碍物或孔的尺寸小于0.5mm时，有明显衍射现象。）⑶在发生明显衍射的条件下，当窄缝变窄时，亮斑的范围变大，条纹间距离变大，而亮度变暗。例14.平行光通过小孔得到的衍射图样和泊松亮斑比较，下列说法中正确的有A.在衍射图样的中心都是亮斑B.泊松亮斑中心亮点周围的暗环较宽C.小孔衍射的衍射图样的中心是暗斑，泊松亮斑图样的中心是亮斑D.小孔衍射的衍射图样中亮、暗条纹间的间距是均匀的，泊松亮斑图样中亮、暗条纹间的间距是不均匀的解：从课本上的图片可以看岀：A、B选项是正确的，C、D选项是错決的。3.光的电磁说⑴麦克斯韦根据电磁波与光在真空中的传播速度相同，提出光在本质上是一种电磁波一一这就是光的电磁说，赫兹用实验证明了光的电磁说的正确性。⑵电磁波谱。波长从大到小排列顺序为：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、Y射线。各种电磁波中，除可见光以外，相邻两个波段间都有巫叠。各种电磁波的产生机理分别是：无线电波是振荡电路中自由电子的周期性运动产生的；红外线、可见光、紫外线是原子的外层电子受到激发后产生的；伦琴射线是原子的内层电子受到激发后产生的；Y射线是原子核受到激发后产生的。⑶红外线、紫外线、X射线的主要性质及次应用举例。种类产生主要性质应用举例红外线一切物体都能发出热效应遥感、遥控、加热紫外线一•切高温物体能发出化学效应荧光、杀菌、合成Vd2X射线阴极射线射到固体表面穿透能力强人体透视、金属探伤⑷实验证明:物体辐射出的电磁波屮辐射最强的波长几和物体温度T之间满足关系几・T=b（b为常数）。可见高温物体辐射出的电磁波频率较高。在宇宙学中，可以根据接收到的恒星发出的光的频率，分析共表面温度。⑸可见光频率范围是3.9-7.5X10I4Hz,波长范围是400-770nmo例15.为了转播火箭发射现场的实况，在发射场建立了发射台，用于发射广播电台和电视台两种信号。共屮广播电台用的电磁波波长为550m,电视台用的电磁波波长为0.566mo为了不让发射场附近的小山撕住信号，需要在小山顶上建了一个转发站，用來转发信号，这是因为该信号的波长太,不易发生明显衍射。解：电磁波的波长越长越容易发生明显衍射，波K越短衍射越不明显，表现出直线传播性。这时就需要在山顶建转发站。因此木题的转发站一定是转发电视信号的，因为其波长太短。例16.右图是伦琴射线管的结构示意图。电源E给灯丝K加热，从而厂-、pl—0■OPOQ\n发射出热电子，热电子在K、A间的强屯场作用下高速向对阴极A飞去。电子流打到4极表面，激发出高频屯磁波，这就是X射线。下列说法中正确的冇A.P、Q间应接高压直流电，且Q接正极B.P、Q间应接高压交流电C.K、A间是高速电子流即阴极射线，从4发出的是X射线即一种高频电磁波D.从A发出的X射线的频率和P、Q间的交流电的频率相同解：K、A间的电场方向应该始终是向左的，所以P、Q间应接高压直流电，且Q接正极。从A发出的是X射线，其频率由光子能量大小决定。若P、Q间电压为〃，则X射线的频率最高可达Ue/h.本题选AC。六、光的粒子性1•光电效应（1）在光的照射下物体发射电子的现象叫光电效应。（右图装置屮，用弧光灯照射锌版，有电子从锌版表面飞出，使原来不带电的验电器带正电。）⑵光电效应的规律。①各种金属都存在极限频率"，只有S才能发生光电效应；②瞬时性（光电子的产生不超过109s）o⑶爱因斯坦的光子说。光是不连续的，是-•份一份的，每-•份叫做一个光子，光子的能呈E跟光的频率a成正比：E=hv⑷爱因斯坦光电效应方程：Ek=h^W（Ek是光电子的最大初动能；W是逸出功，即从金属表面直接飞出的光电子克服正电荷引力所做的功。）例17.对爱因斯坦光电效应方程EK=hv-lV,下面的理解正确的有A.只要是用同种频率的光照射同一种金属，那么从金属中逸出的所有光电子都会具有同样的初动能EkB.式中的W表示每个光电子•从金属中飞出过程中克服金属中正电荷引力所做的功C.逸出功W和极限频率间应满足关系式W=hD.光电子的最大初动能和入射光的频率成正比解：爱因斯坦光电效应方程侏二h-W中的W表示从金属表面直接屮逸出的光电子克服金属屮正电荷引力做的功，因此是所有逸出的光电子中克服引力做功的最小值。对应的光电子的初动能是所有光电子屮最大的"英它光电子的初动能都小于这个值。若入射光的频率恰好是极限频率，即刚好能有光电子逸出，可理解为逸出的光电子的最大初动能是0,因此有W=h5。由EK=h—W可知Ek和间是一次函数关系，但不是成正比关系。本题应选C。例18.如图，当电键K断开时，用光子能最为2.5cV的一束光照射阴极P,发现电流表读数不为零。合上电键，调节滑线变阻器,发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零;当电压表读数大于或等于0.60V时,电流表读数为零。由此可知阴极材料的逸出功为A.1.9cVB.0.6cVC.2.5cVD.3」cV解：电流表读数刚好为零说明刚好没有光电子能够到达阳极，也就是光电子的最大初动能刚好为0.6cV.由EK=hv^W可知VV=1.9cVo选A。七、光的波粒二象性1•光的波粒二象性干涉、衍射和偏振以无可辩驳的事实表明光是一种波；光电效应和康普顿效应乂用无可辩驳的事实表明光是-•种粒子；因此现代物理学认为：光其有波粒二彖性。2•正确理解波粒二彖性波粒二彖性屮所说的波是一种概率波，对人量光子才有意义。波粒二彖性中所说的粒子，是指其不连续性，是一份能量。⑴个别光子的作用效果往往表现为粒子性；人量光子的作用效果往往表现为波动性。⑵#高的光子容易表现出粒子性；M氐的光子容易表现出波动性。⑶光在传播过程中往往表现出波动性；在与物质发工作用时往往表现为粒r-tto⑷由光子的能量E=hV,光子的动量示式也可以看出，光的波动性和粒子性并不矛盾：表示粒了性的粒了能量和动量的计算式屮都含有表示波的特征的物理量一一频率y和波长九由以上两式和波速公式c=•必川‘以得出：E=pco\n例20.已知由激光器发出的一细束功率为P=O.I5kW的激光束，竖肓向上照射在一个固态铝球的卞部，使其恰好能在空屮悬浮。己知铝的密度为P=2.7X103kg/m\设激光束的光子全部被铝球吸收，求铝球的直径是多大？（计算中可取兀=3,g=lOm/s?）解：设每个激光光了的能量为E,动量为p,时间/内射到铝球上的光了数为弘激光束对铝球的作用力为F,铝球的肖径为〃，则冇：p=?E,F=±p光子能量和动量间关系是E=pc,铝球的重力和F平衡，因此P”d‘，由以上各式解得t/=O.33mniJ-6第十五章原子物理一、原子模型1.汤姆生模型（枣糕模型）汤姆生发现了电子，使人们认识到原子冇复杂结构。2.卢瑟福的核式结构模型（行星式模型）a粒子散射实验是用«粒子轰击金箔，结果是绝大多数a粒子穿过金箔后基本上仍沿原來的方向前进，但是有少数a粒了发生了较大的偏转。这说明原了的正电荷和质量一定集中在一个很小的核上。卢瑟福由u粒子散射实验捉出：在原子的中心冇一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间运动。OO由a粒子散射实验的实验数据还可以估算出原子核人小的数量级^1015moE/eVE2E3-0.854-3.4氢原了的能级图3.玻尔模型（引入量子理论，量子化就是不连续性，整数"叫量子数。）⑴玻尔的三条假设（量子化）①轨道量子化rn=n2ri门=0.53X10%②能量量子化：E=且Ei=-13.6eV-13.6③原子在两个能级间跃迁吋辎射或吸收光子的能量hy=Em-En⑵从高能级向低能级跃迁时放出光子；从低能级向高能级跃迁时可能是吸收光子，也可能是山于碰撞（ffl加热的方法，使分子热运动加剧，分子间的和互碰撞可以传递能量）。原子从低能级向高能级跃迁时只能吸收一定频率的光子；而从某一能级到被电离可以吸收能量大于或等于电离能的任何频率的光子。（如在娠态，可以吸收E$13.6eV的任何光子，所吸收的能量除用于电离外，都转化为电离出去的电子的动能）。⑶玻尔理论的局限性。111于引进了量子理论（轨道量子化和能量量子化），玻尔理论成功地解释了氢光谱的规律。但由于它保留了过多的经典物理理论（牛顿第二定律、向心力、库仑力等），所以在解释其他原子的光谱上都遇到很大的困难。例1.用光子能彊为E的单色光照射容器中处丁•基态的氢原子。停止照射后，发现该容器内的氢能够释放出三种不同啓率的光子，它们的频率由低到高依次为X、冬、巾，由此呷，开始用來照射容器的单色光的光子能量可以表示为：®h^|；®h巾；③方（X+匕）；®h（X+冬+匕）以上表示式中A•只冇①③正确B.只冇②正确C.只冇②③正确D.只冇④正确解：该容器内的氢能够释放出三种不同频率的光子，说明这吋氢原子处于第三能级。根据玻尔理论应该冇〃v^ErEiJiv{=ErE2Jiv2=E2-E[f可见力v3=hv{+hv2=h（vi+匕），所以照射光子能量可以表示为②或6）,答案速C。4•光谱和光谱分析⑴炽热的固体.液体和高压气体发出的光形成连续光谱。⑵稀薄气体发光形成线状谱（又叫明线光谱、原子光谱）。根据玻尔理论，不同原子的结构不同，能级不同，可能辐射的光子就冇不同的波长。所以每种原子都冇口己特定的线状谱，因此这些谱线也叫元素的特征谱线。\n根据光谱鉴别物质和确定它的化学组成，这种方法叫做光谱分析。这种方法的优点是非常灵敏而且迅速。只要某种元素在物质中的含量达到1010g,就可以从光谱中发现它的特征谱线。二、天然放射现象1.天然放射现象天然放射现彖的发现，使人们认识到原子核也有复杂结构。如⑴、⑵他協示，在匀强磁场利匀强电场屮都息打比a的偏转大，丫不偏转；区别是：恋槪场中偏转轨XXX1XXXXXXXXJ、X‘X、X‘X、X‘X、X02.各种放射线的性质比较种类木质0®(u)1傭@)(c)电离性贯穿性U射线氨核4+20.1最强最弱,纸能挡住B射线电子1/1840-10.99较强较强，穿几mm铝板丫射线光了001最弱最强，穿儿cm铅版迹是圆弧，在电场中偏转轨迹是抛物线。⑶图屮Y肯定打在O点；如果u也打在O点，则0必打在O点下方;如果B也打在0点，则u必打在0点下方。例2.如图所示，铅盒4中装有天然放射性物质，放射线从其右端小孔中水平向右射出，在小孔和荧光屏之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，则下列说法中正确的有A.打在图中a、b、c三点的依次是a射线、丫射线和（3射线B.a射线和B射线的轨迹是抛物线C.a射线和B射线的轨迹是圆弧D.如果在铅盒和荧光屏间再加一竖直向下的匀强电场，则屏上的亮斑可能只剩下解：由左手定则可知粒子向右射出后，在匀强磁场中a粒子受的洛伦兹力向上，B粒子受的洛伦兹力向下，轨迹都是圆弧。由于a粒子速度约是光速的1/10,而B粒子速度接近光速，所以在同样的混合场中不可能都做直线运动（如果一个打在b,则另一个必然打在b点下方。）本题选AC。例3.如图所示，是利用放射线自动控制铝板厚度的装置。假如放射源能放射出a、B、丫三种射线，而根据设计，该生产线压制的是3mm厚的铝板，那么是三种射线中的—射线对控制厚度起主要作用。当探测接收器单位吋间内接收到的放射性粒子的个数超过标准值吋，将会通过自动装置将M、N两个轧辗间的距离调—一些。解：a射线不能穿过3mm厚的铝板，Y射线乂很容易穿过3mm厚的铝板，基本不受铝板厚度的影响。而B射线刚好能穿透儿亳米厚的铝板，因此厚度的微小变化会使穿过铝板的B射线的强度发生较明显变化。即是B射线对控制厚度起主要作用。若超过标准值，说明铝板太薄了，应该将两个轧辘间的距离调节得大些。三'核反应1•核反应类型⑴衰变：a衰变：零Ut^tFh~；Hc（核内2|H+2；nT；He）B衰变：2^Th-^2^Pa+_Je（核内；nT；H+*e）+B衰变:秽P—曽Si+；e（核内；H—；n+：e）丫衰变：原子核处于较高能级，辐射光子后跃迁到低能级。⑵人工转变：号N+；HeJ：O+；H（发现质了的核反应）?Be+；HeT；C+；n（发现中子的核反应）*Al+：He―：fP+（；n曽P—曽Si+；e（人工制造放射性同位素）⑶重核的裂变：gU+；nT^Ba+器Kr+3（；n在一定条件下（超过临界体积），裂变反应会连续\n不断地进行下去，这就是链式反应。⑷轻核的聚变：（需要儿百万度高温，所以乂叫热核反应）所有核反应的反应前•后都遵守：质量数守恒、电荷数守恒。（注意：质量并不守恒。）1.半衰期放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间叫半衰期。（对人量原子核的统计规律）计算式为：丄LLN/丄YN表示核的个数，此式也可以演变成m=1Y或〃flY,式中加表示放射性物'丿f\2J1\1）质的质戢，n表示单位时间内放出的射线粒子数。以上各式左边的戢都衣示时间/后的剩余战。半衰期由核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理、化学状态无关。2.放射性同位素的应用⑴利用其射线：a射线电离性强，用于使空气电离，将静电泄出，从而消除有害静电。Y射线贯穿性强,可用于金属探伤，也可用于治疗恶性肿瘤。各种射线均可使DNA发生突变，可用于生物工程，基因工程。⑵作为示踪原子。用丁•研究农作物化肥需求情况，诊断甲状腺疾病的类型，硏究生物大分子结构及其功能。⑶进行考古研究。利用放射性同位素碳14,判定出土木质文物的产生年代。一般都使用人工制造的放射性同位索（种类齐全，各种元索都有人工制造的放射性同位。半衰期短，废料容易处理。可制成各种形状，强度容易控制）。例4.近年来科学家在超重元素的探测方而取得了重人进展。科学家们在观察某两个重离子结合成超重元素的反应时，发现所生成的超重元素的核;X经过6次a衰变后成为;稳Fm,由此可以判定该超重元素的原了•序数和质量数依次是A」24,259B.124,265Cl12,265D.112,277解：每次a衰变质量数减少4,电荷数减少2,因此该超重元素的质量数应是277,电荷数应是112,选D“例5.完成下列核反应方程，并指岀其中哪个是发现质了的核反应方程，哪个是发现中了的核反应方程。（D^N+^n〜*C+（2）号N+；He〜：O+1（）1L、9L1（3）5B+（）n〜+fHe（4）4Be+fHe〜+（）n（5）；：Fe+：Hf；；Co+解：根据质量数守恒和电荷数守恒，可以判定：（D；H,（2）；H,发现质了的核反应方程（3）Li,（4）：C,发现屮子的核反应方程（时n例6.一块含铀的矿石质量为M,英屮铀元索的质量为加。铀发生一系列衰变，故终生成物为铅。已知铀的半衰期为丁，那么下列说法中正确的有A.经过两个半衰期后这块矿石屮基本不再含有铀了B.经过两个半衰期后原来所含的铀元索的原了核有网4发生了衰变C・经过三个半衰期后，其中铀元索的质量还剩772/8\nB.经过一个半衰期后该矿石的质量剩下M/2解：经过两个半衰期后矿石中剩余的铀应该还有〃”4,经过三个半衰期后还剩〃”8。因为衰变产物人部分仍然留在该矿石中，所以矿石质量没有太人的改变。本题选C。例7.关于放射性同位素应用的下列说法中正确的有A.放射线改变了布料的性质使其不再因摩擦而生电，因此达到消除冇害挣电的目的B.利用Y射线的贯穿性可以为金属探伤，也能进行人体的透视C.用放射线照射作物种子能使其DNA发生变异，其结果一定是成为更优秀的品种D.用Y射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量，以免对人体正常组织造成A大的危害解：利用放射线消除冇害落电是利用放射线的电离性，使空气分子电离成为导体，将静电泄出。丫射线对人体细胞伤害太大，不能用來进行人体透视。作物种子发生的DNA突变不一定都是冇益的，还要经过筛选才能培音山优秀品种。用Y射线治疗肿瘤对人体肯定冇副作用，因此要科学地严格控制剂量。木题选D。例介子衰变的方程为K/TtT+TI。，瓦中IC介子和k介子带负的基元电荷，介子不带电。一个XXXXH-X•BXxvaXXxpXX这种现象叫做质量亏损。K介子沿乖肓于磁场的方向射入匀强磁场中，英轨迹为圆弧4P,衰变后产生的兀-介子的轨迹为圆弧两轨迹在P点相切，它们的半径&一与之比为2：1„n0介子的轨迹未画出。由此可知H-介子的动最大小与n0介子的动最大小之比为A」：1B」：2C」：3D」：6解：带电粒子在匀强磁场屮做匀速圆周运动的半径公式K-介子和兀一介子电荷量又相同，说明它们的动量大小Z比是2:1,方向相反。由动最守恒得兀。介子的动最大小是k介子的三倍，方向与k介子的速度方向相反。选C。四、核能1•核能核反应屮放出的能叫核能。2•质量亏损核子结合生成原子核，所生成的原子核的质量比生成它的核子的总质量要小些,3•质能方程爱因斯坦的相对论指出：物体的能量和质呈Z间存在着密切的联系，它们的关系是:E=M,这就是爱因斯坦的质能方程。质能方程的另•一个表达形式是：Amc2o以上两式屮的各个物理量都必须采用国际单位。在非国际单位里，可以用lu二931・5McV。它表示1原子质戢单位的质戢跟931.5McV的能量相对应。在冇关核能的计算屮，一定要根据己知和题解的要求明确所使用的单位制。4•释放核能的途径凡是释放核能的核反应都冇质量亏损。核子组成不同的原子核时，平均每个核子的质量亏损是不同的，所以各种原子核屮核子的平均质量不同。核子平均质量小的，每个核子平均放的能多。铁原子核屮核子的平均质量最小，所以铁原子核最稳定。凡是由平均质量人的核，生成平均质量小的核的核反应都是释放核能的。例9.一个氢原子的质量为1.6736X10-27kg,-个锂原子的质量为11.6505XIO27kg,一个氨原子的质量为6.6467X1027kgo一个锂核受到一个质子轰击变为2个a粒子，⑴写出核反应方程，并计算该反应释放的核能是多少?⑵lmg锂原子发生这样的反应共释放多少核能？解：（l）；H+；Li~2；Hc反应前一个氢原子和一个锂原子共冇8个核外电子，反应后两个氨原子也是共冇8个核外电子，因此只耍将一个氢原子和一个锂原子的总质彊减去两个氨原子的质彊，得到的恰好是反应前后核的质量亏损，电子质量口然消掉。由质能方程^E=Amc2得释放核能zJE=2.76X10,2J⑵lmg锂原子含锂原子个数为10一吟11.6505XIor每个锂原子对应的释放能量是2.76XW12J,所以共释放2.37X108J核能。例1（）.静止的氮核盂Rn放;12粒子后变成针核2Jp（）,u粒子动能为总。若衰变放出的能量全部变为反冲核和u\n粒子的动能，真空屮的光速为c,则该反应屮的质量亏损为\nA.°218c2B.OC.222Ead.218.Ea218c2222c2解：由于动守恒，Fp21反冲核和u粒子的动量大小相等，由Ek=7^*一，它们的动能之比为4：21&2mm因此衰变释放的总能量是竽Eq，由质能方程得质量亏损是等匚2218°218c2例11.静止在匀强磁场中的一个;B核俘获了一个速度为向v=7.3x104m/s的屮子而发生核反应，生成a粒子与一个新核。测得a粒子的速度为2X104m/s,方向与反应前中子运动的方向相同，且与磁感线方向垂直。求：⑴写出核反应方程。⑵画出核反应生成的两个粒子的运动轨迹及旋转方向的示意图（磁感线方向垂宜丁•纸面向外）。⑶求a粒子与新核轨道半径Z比。⑷求a粒子少新核旋转周期Z比。解：⑴由质量数守恒和电荷数守恒得：*B+（；nf；He+；Li⑵由丁a粒子和反冲核都带正电，由左手定则知，它们旋转方向都是顺时针方向，示意图如右。⑷由带电粒子在匀强磁场I儆匀速圆周运动的周期公式T=2mn莎隔它们的剛吐比是6：7⑶由动量守恒可以求出反冲核的速度大小是ltfnVs方向和a粒了的速度方向相反，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式厂二竺可求得它们的半径之比是120:75.核反应堆LI前的所冇正式运行的核电站都是应用裂变发电的。核反应堆的主要组成是：⑴核燃料。用浓缩铀（能吸收慢中子的铀235占3%~4%）。⑵减速剂。用石墨或重水（使裂变中产生的中子减速，以便被铀235吸收）。⑶控制棒。用镉做成（镉吸收中子的能力很强）。⑷冷却剂。用水或液态钠（把反应堆内的热呈传输出去用于发电，同时使反应堆冷却，保证安全）。⑸水泥防护层。用來屏蔽裂变产物放出的各种射线。物理实验总复习一、误差和有效数字1•误差测戢值与真实值的差异叫做误差。误差可分为系统课差和偶然误差两种。⑴系统误差的特点是在多次重复同一实验时，误差总是同样地偏人或偏小。⑵偶然课差总是有时偏大，有吋偏小，并口偏大和偏小的机会和同。减小假然谡羞的方法，一可以多进彳亍儿次测量,…求出儿次测量的数值的平均值。这个平均值比某一次测得的数值更接近于真实值。2.冇效数字带冇一位不可靠数字的近似数字，叫做冇效数字。⑴冇效数字是指近似数字而言。⑵只能带冇一位不可靠\n数字，不是位数越多越好。凡是用测量仪器直按测重的纟吉杲,读数一般要求在谀出仪器最小刻度所在位的数值.（可霏数字）后，…曲向「M古读二位JL丕可靠数完）,这里丕受克敷数字位数的限制°间按测量的冇效数字运算不作要求，一运算结果二般叫扑2〜工位冇釵数字表示。二、基本测量仪器及读数高考要求会正确使用的仪器主要冇：刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、夭平、秒表、打点计时器、弹簧秤、温度表、电流表、电压表、多用电表、滑动变阻器、电阻箱等等。1.刻度尺、秒表、弹费秤、温度表、电流表、电压表的读数使用以上仪器时，凡是故小刻度是10分度的，要求读到最小刻度后再往下估读一位（估读的这位是不可靠数字，但是是冇效数字的不可缺少的组成部分）。凡是最小刻度不是io分度的，只要求读到最小刻度所在的这一位，不再往下估读。0mimii:mimi2:111111113iIlli11111fmimi）（mimiIlli7891IlliIlliIlliIlliIlliIlliIlli⑴读出上左图川被测物体的长度。⑵上右图用3V量程时电压表读数为多少？用15V量程时电压表度数又为多少？⑶右图屮秒表的示数是多少分多少秒？凡仪器的最小刻度是10分度的，在读到最小刻度后还要再往下估读一位。⑴6.50cnu⑵1.14V。15V量程时最小刻度为0.5V,只读到0」V这一位,应为5.7V。⑶秒表的读数分两部分:小圈内表示分，每小格表示0.5分钟；大圈内表示秒，故小刻度为0.1秒。当分针在前（）.5分内时，秒针在（）~3（）秒内读数；当分针在后0.5分内时，秒针在30-60秒内读数。因此图中秒表读数应为3分48.75秒（这个5是估读出来的）。2.游标卡尺（1）10分度的游标卡尺。游标上相邻两个刻度间的距离为0.9mm,比主尺上相邻两个刻度间距离小读数时先从主尺上读出厘米数和毫米数,然后用游标读出（）.1毫米位的数值：游标的第几条刻线跟土尺上某一条刻线对齐,0」毫米位就读几（不能读某）。其逹数進确到Qlmob⑵20分度的游标卡尺。游标上相邻两个刻度间的距离为0.95mm,比主尺上相邻两个刻度间距离小0.05mm。读数时先从主尺上读出厘米数和毫米数，然后用游标读出毫米以卜的数值：遊拯的第丿I条刻线跟主尺上某一条刻线对齐，毫米以下的读\n数就是丿丄乘毫米。其读奴准做到QQ5眄⑶50分度的游标卡尺。游标上相邻两个刻度间的距离为0.98mm,比主尺上相邻两个刻度间距离小0.02mmo这种卡尺的刻度是特殊的，游标上的刻度值，就是毫米以下的读数。这种卡尺的读数町以准确到Q.I）2rnmo如右图中被测圆柱体的J［径为2.250cm。要注惫：游标卡尺都是根据刻线对齐來读数的，所以都不再往下一位估读。3•螺旋测微器固定刻度上的最小刻度为0.5mm（在中线的上侧）；可动刻度每旋转-•圈前进（或后退）0.5mm。在可动刻度的一周上平均刻冇50条刻线，所以扌H邻两条刻ajarno-oimmo读数时，丛沁遮上輕u海数，然后丛回皱腹上读取剩余部分（因为是1（）分度,所以在最小刻度后应再估读一位），再把两部分读数相加，得测吊:值。右图中的读数应该是6.702mm。要注惫：游标卡尺都是根据刻线对齐來读数的，所以都不再往下一位估读。3.螺旋测微器固定刻度上的最小刻度为0.5mm（在中线的上侧）；可动刻度每旋转一•圈前进（或后退）0.5mm。在可动刻度的一周上平均刻冇50条刻线，所以相邻两条刻ajamo-Olrnmo读数时，丛沁岐上读昭丄沁数，然后丛呃规L上读取剩余部分（因为是1（）分度，所以在最小刻度后应再估读一位），再把座I部分读数相加，得测吊:值。右图中的读数应该是6.702mm。554•打点计时器线圈振针打点计时器是一种特殊的计时仪器，电源用50Hz的交流电，所以打相邻两个点的时间间隔是永久磁铁0.02so5•天平天平使用前首先要进行调节。调节分两步:调底座水壬和欖梁水平（进週,节横梁水平前，必须把游码移到左端零刻度处，左端与零刻线对齐，如图中塵线所示）。测量读数由右盘中磁码和游标共同读出。横梁上的刻度单位是毫克（mg）。若天平平衡时，右盘中有26g磁码，游码在图中所示位置,则被测物体质量为26.32g（最小刻度为（）.02g,不是1（）分度，因此只读到0.02g这一位）。6.多用电表使用多用电表时首先应该根据被测物理量将选择开关旋到相应的位置。使用前应先进行机械调零,用小螺丝刀轻旋调零螺丝,使指针指左端零刻线。使用欧姆拼时,还应进行欧姆调零,即将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指右端零刻线处。欧姆描的使用：⑴选挡。一般比被测电阻的估计值低一个数量级，如估计值为200Q就应该选X10的倍率。⑵调零。⑶将红黑表笔接被测电阻两端进行测量。⑷将指缸丞数乘以借率，得测量值。⑸将选择开关扳到OFF或交流电压最高挡。用欧姆挡测电阻，如果指针偏转角度太小，应增大倍率；如果指针偏转角度太大，应减小倍率。\nXiooX1K7.电阻箱右图中的电阻箱冇6个旋钮，每个旋钮上方都标冇倍率，将每个旋钮上指针所指的数值（都为整数）乘以各自的倍率，从最高位依次往下读，即可得到这时电阻箱的实际阻值。图中最左边的两个黑点是接线柱。若指针所示如图，则阻值为84580.2Qo三、重点的学生实验1.研究匀变速肖•线运动右图为打点计时器打下的纸带。选点迹消楚的一条，舍掉开始比较密集的点迹，从便于测量的地方取一个开始点O，然后每5个点取一个计数点A、B、C、D…。测出相邻计数点间的距离釘、七、53…利用打下的纸带可以：——s—I乂•••'••••・••••*ABCD⑴求任一计数点対应的即吋速度几如y=小+归（其中7三5X0・02s=0・1s）“2T⑵利用“逐差法”求a：Q=（为+*+»）_（$]+鼻+*）9T2⑶利用上图屮任总相邻的两段位移求⑴如d二也二鱼T2⑷利用T图象求°：求HM、B、C、D、E、F各点的即时速度，画出如右的v-t图线，图线的斜率就是加速度52•探究弹力和弹簧伸长的关系（胡克定律）利用右图装置，改变钩码个数，测出弹簧总长度和所受拉力（钩码总重量）的多组对应值，填入表中。算出对应的弹簧的伸长量。在坐标系中描点,根据点的分布作出弹力F随伸长量x而变的图象,从而发确定F讥间的函数关系。解释函数表达式中常数的物理意义及其单位。该实验要注意区分弹簧总长度和弹簧伸长量。对探索性买验，婁根握描出的点的走回，一尝试判定函数茨系。（这一点和验证性实验不同。）3.互成角度度两个力的合成uJLJ\n该实验是要用互成角度的两个力和另一个力产生相同的效果，看其用平行四边形定则求出的合力与这一个力是否在实验误差允许范围内相等，如果在实验误差允许范围内相等，就验证了力的合成的平行四边形定则。1.研究平抛物体的运动（用描迹法）该实验的实验原理：平抛运动可以看成是两个分运动的合成：一个是水平方向的匀速直线运动，英速度等于平抛物体的初速度；另一个是竖直方向的自由落体运动。利用冇孔的卡片确定做平抛运动的小球运动时的若干不10同位説，然后描出运动轨迹，测出曲线任一点的坐标x和y,利用X=vty=~gf~就可求出小球的水平分速度，即平抛物体的初速度。该试验的注意事项有：⑴斜槽末端的切线必须水平。⑵用重锤线检验坐标纸上的竖直线是否竖直。⑶以斜槽末端所在的点为坐标原点。⑷如果是用白纸，则应以斜槽末端所在的点为坐标原点，在斜槽末端悬挂重锤线，先以重锤线方向确定y轴方向，再用直角三角板画岀水平线作为兀轴，建立直角坐标系。⑸每次小球应从斜槽上的同一位置由静止开始下滑。2.验证动罠守恒定律由于力、以、诃均为水平方向，且它们的竖直下落高度都相等，所以它们飞行时间相等，若以该时间为吐回里位，一那么小球的?KT射程的数值就簣土:可11旳水壬速度。在右图中分别用OP、0M和0知农示。因此只需验证:m\'OP=m1-OM+m2•（OzA^-2r）即可。注怠事项：⑴必须以质戢较大的小球作为入射小球（保证碰撞后两小球都向前运动）。⑵小球落地点的平均位置要用圆规来确定：用尽可能小的圆把所有落点都圈在里而，圆心就是落点的平均位置。⑶所用的仪器有：天平、刻度尺、游标卡尺（测小球直径）、碰撞实验器、复写纸、白纸、重锤、两个直径相同质量不同的小球、圆规。⑷若被碰小球放在斜槽末端，而不用支柱，那么两小球将不再同时落地，但两个小球都将从斜槽末端开始做平抛运动，于是验证式就变为:加:QP三血M咖切,两个小球的直径也不需测量了。6•验证机械能守恒定律验证白由下落过程中机械能守恒，图示纸带的左端是用夹了夹重物的一端。⑴要多做几次实••••••••■■■•验，选点迹消楚，R第01234f二两点间距离接近2mm的纸帯进行测量。⑵用刻度尺量出从0点到1、2、3.4、5各点的距离/爪力2、居、加、氐利用“匀变速直线运动中间时刻的即时速度等于该段位移内的平均速度”,算出2、3、4各点对应的即时速度”2、巾、v4,验证与2、3、4各点对应的重力势能减少量mgh和动能増加量丄切2是否相等。2⑶由于摩擦和空气阻力的影响，本实验的系统误差总是使mgh>^mv2⑷本实验不需要在打下的点屮取计数点。也不需要测重物的质量。\n7•用单摆测定重力加速度摆长的测最：让单摆自由下垂，用米尺最出摆线长IJ（读到0.1mm）,用游标卡尺量出摆球直径（读到0.1mm）算出半径厂则摆长L=d+r开始摆动时需注意：摆角要小于5。（保证做简谐运动）；不要使摆动成为関锥摆。必须从摆球通过最低点时开始计时，测出单摆做50次全振动所用的时间，算出周期的平均值n改变摆长重做几次实验，计算每次实验得到的重力加速度，再求这些重力加速度的平均值。8用描迹法画出电场屮平而上等势线实验所用的电流表是零刻度在屮央的电流表，在实验前应先测定电流方向少指针偏转方向的关系：将电流表、电池、电阻、导线按图1或图2连接.«+/?是阻值大的电阻，r是阻值小的电阻，用导线的。端试触电流表另一端，就可判定电流方向和指针偏转方向的关系。该实骏是用怛定电流的电流场模拟静电场。与电池正极相连的a电极相当于正点电荷，与电池负极相连的3相当于负点电荷。a复写纸则放在屮间。纸应放在最下面，导电纸应放在最上面（涂有导电物质的一面必须向上）,9•测定玻璃折射率实验原理：如图所示，入射光线AO由空气射入玻璃砖，经00】后由0B方向射出。作出法线NN'则折射率n=Sina/Sin丫注意事项：手拿玻璃砖时，不准触摸光洁的光学面，只能接触毛面或棱，严禁把玻璃砖当尺画玻璃砖的界面；实验过程中，玻璃砖与白纸的相对位置不能改变；大头针应垂直地插在白纸上，且玻璃砖每一侧的两个大头针距离应大一些，以减小确定光路方向造成的误差；入射角应适当大一些,以减少测量角度的误差。10.伏安法测电阻伏安法测电阻有a、b两种接法，"叫（安培计）外接法，方叫（安培计）内接法。处按法的系统误差是宙电压表的分流引起的，测量值总小于:真实值匚小电阻应采用处按法—内按法的系统保差是也电流表的分压引起的，测量值总A于克实值，大电阻应采用内接迭。如果无法佔计被测电阻的阻值大小，可以利用试触法:如图将电压表的左端接d点，而将右端第一次駆b点,第二次接C点，观察电流表和电压表的变化，若电流表读数变化大,说明被测电阻是大电阻，应该用内接法测量;若电压表读数变化大,说明彼测奄阳是小电阻，应该用外接法测量。（这斬初ij龙花去廷指相祜变花,丽4/〃亦4U/U）.（1）滑动变阻器的连接滑动变阻器在电路屮也有a、b两种常用的接法：d叫限漩按迭,b叫分压按法。分斥接法被测电阻上电比的调节范围大。申耍求电压从零开始调节，或耍求电压调节范围尽量大时应该用分圧接法。川分汗接法时,滑动变阻器应该选用阻值小的：用限流接法时，滑动变阻器应该选用阻值和被测电阻接近的个（2）实物图连线技术\n无论是分压接法还是限流接法都应该先把伏安法部分接好；对\n限流电路，只需用笔画线当作导线，从电源正极开始，把电源、电键、'滑动变阻器、伏安法四部分依次串联起來即可（注意电表的正负接线柱和量程，滑动变Ml器应调到阻值最大处）。对分压电路，…应该先世电源、电键利滑动变阻谿的全都也阻终三都分出导线连按起来，一然丘在潰动变fl聲也阻丝两瑞之虫任选一个按头茶比较该按头和滑动触头两点的电势高低,…根握伏安法部分电表正负按线柱的悄况，…癒伏安法部分按入该两点间。（3）描绘小电珠的伏安特性曲线因为小电珠（即小灯泡）的电阻较小（10Q左右）所以应该选用安培表外接法。小灯泡的电阻会随着电压的升高，灯丝温度的升高而增大，所以UJIlli线不是直线。为了反映这一变化过程，灯泡两端的电压应该虫笺逐渐增大到额定电圧。所以滑动变阻器必须选用分压按法。在上面实物图中应该选用右而的那个图，开始吋滑动触头应该位于左端（使小灯泡两端的电压为零）。由实验数据作出的1-U曲线如右，说明灯丝的电阻随温度升高而增大，也就说明金属电阻率随温度升高而増大。（若用曲线，则曲线的弯曲方向相反。）若选用的是标冇“3.8V0.3A”的小灯泡，电流表应选HI0-0.6A电压表开始时应选用0-3V.?：程,当电压调到接近3V时，再改用0-15V量程。1L测定金属的电阻率被测电阻丝的电阻较小，所以选用电流表外接法；木实验不要求电压调节范圉，可选用限流电路。因此选用上面左图的电路。开始时滑动变阻器的滑动触头应该在右端。本实验通过的电流不宜太大，通电时间不能太长，以免电阻丝发热质屯阻率发半明显变化。12用电流农和电压农测电池的电动势和内电阻根据闭合电路欧姆定律：E=UF,木实验电路中电压表的示数是准确的，电流表的示数比通过电源的实际电流小，所以本实验的系统误差是由电压表的分流引起的。为了减小这个系统误差，电阻R的取值应该小一些，所选用的电压表的内阻应该大一些。为了减小偶然误差，要多做几次实验，多取几组数据，然后利用U-1图彖处理实验数据：将点描好后，用百尺画一条百线，使尽量多的点在这条直线上.而口在直线两侧的点数大致札I等。迖条真线代衣的5去系购送羞星很小的。它在”轴上的截距就是电动势E（对应的/=0）,它的斜率的绝对值就是内阻ro（特别要注遺：冇时纵坐标的起始点不是0,求内阻的一般式应该是c[4如/I）。为了使电池的路端电压变化明显，电池的内阻宜人些（选用使用过一段时间的1号电池）四、重要的演示实验1•川油膜法佔测分子的大小实验前应预先计算出每滴汕酸溶液中纯汕酸的实际体积：先了解配好的汕酸溶液的浓度，再用量筒和滴管测出每滴溶液的体积，由此算出每滴溶液小纯油酸的体积Vo油膜而枳的测量：油膜形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，将油膜的形状用彩笔画在玻璃板上；将玻璃板放在坐标纸上，以lcm边长的正方形为单位，用四舍五入的方法数出油膜面积的数值S（以cn?为单位）。\n由厶0S算出汕膜的厚度，即分子直径的大小。2加速度和力的关系加速度和质呆的关系两个相同的小车并排放在光滑水平桌面上，小车前端系上细线，线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘里分别放有不同质量的磁码。小车所受的水平拉力F的人小可以认为等于祛码（包括祛码盘）的重力大小。小车后端也系有细线,用一只夹子夹住两根细线，控制两辆小车同时开始运动和结束运动。由于两个小车初速度都是零，运动时间又相同,尸%at2*a,只要测出两小车位移s之比就等于它们的加速度u之比。实验结果是：当小车质星相同时，kF,当拉力F相等时，歼1加。这样做会引起什么样的系统实验中用蘇码（包括祛码盘）的重力G的大小作为小车所受拉力F的大小,误差?怎样减小这个系统谋希?3.卡文迪许实验（第三册86页）左下图是卡文迪许扭秤实验的示意图。英中固定在丁形架1：•的小平面镜起着非常大的作用。利用光的反射定律讨以把7形架的微小转动放大到能够精确测量的程度。设小平面镜到刻度尺的距离为L,T形架两端固定的两个小球中心相距为I,设放置两个大球m!后,刻度尺上的反射光点向左移动了那么在万有引力作用下，小球向人球移动了多少？4.描绘单摆的振动图.象对同一个单摆，如果两次拉出木板得到的图形分别如4、b所示，说明两次拉木板的速度之比为3：2。对摆长不同的单摆，如果两次拉木板的速度相同，说明摆的周期之比为3:2,摆长之比为9:4。5.波的叠加（第一册147页）在一根水平长绳的两端分别向上抖动一下，就分别右两个凸起状态1和2在绳上相向传播。它们在相遇后，彼此穿过，都保持各自的运动状态继续传播，彼此都没有受到影响。观察一下：在它们相遇过程中，绳上质点的最大位移出现在什么位置？每个点都有可能达到这个位移吗？在同一根绳子上，各种频率的波传播速度都是相同的。6•扩散现彖装有无色空气的广口瓶倒扣在装有红棕色二氧化氮气体的广口瓶上，中间用玻璃板隔开。抽去玻璃板，过一段时间可以发现，两种气体混合在一起，上下两瓶气体的颜色变得均匀一致。扩散现象也证明分子在做永不停息的无规则运动。从热力学第一•定律分析一下：设环境温度不变。在扩散过程中，瓶中气体将吸热还是放热？这个实验也证明扩散现象有方向性。\n7・绝热过程,做功改变物体内能（第一册179页）。用打气筒向容器中打气到一定压强，稳定后读出灵敏温度计的读数。打开卡子，气体迅速冲开胶塞，温度将会明显降低。（4U=Q+W,作用时间极短，来不及热交换，是绝热过程，因此Q=0,而W为负，所以力卩必然为负，即气体内能减小，温度降低）。迅速向下压活塞，玻璃气缸内的硝化棉会燃烧起来也是绝热过程，0=0,W为正，所以为正，气体内能增大，温度升高，达到硝化棉的燃点，因此被点燃）。这就是柴油机的丄作原理。8.平行板电容器的电容（第三册206・207贝）。静电计是测量电势差的仪器。指针偏转角度越人，金屈外壳和上方金屈小球间的电势旁越人。在本实验中，静电计指针和A板等电势，静电计金属壳和3板等电势，因此指针偏转角越大表示A.3两极板间的电压越高。木实验屮，极板帯电量不变。三个图依次表示：正对面积减小时电压增人；板间距离增人时电压增人；插入电介质时电压减小.由宀知护’这三种情况下电容分别减小、减小、增大.因此可痂定沁、sS~d思考：如何测量电容器两极板间的电压?9•研究电磁感应现象（第三册224-246页《2003年高考考试说明》中删改了该实验）。首先要查明电流表指针偏转方向和电流方向的关系（方法与画电场中平而上等势线实验相同）。电键闭合和断开时、电键闭合后滑动变阻器的滑动触头移动过程屮、电键闭合后线圈A在3小插入、拔出时，都会发现电流表指针发生偏转，说明有电流产生。而电键保持闭合、滑动触头不动、线圈A在B中不动时，电流表指针都不动，说明无电流产生。结论：闭合电路屮有感应电流产生的充要条件是穿过闭合电路的磁通量发牛变化。1.5mm0.7mm0,4mm0.2mm0.1mm10•单缝衍射（三册29页）从图中看出：当狭缝宽度在0.5mm以上时，缝越窄亮斑也越窄；当狭缝宽度在0・5mm—下时，缝越\n窄屮央亮条越宽，整个亮斑范围越宽，亮纹间距越大。11.小孔衍射和泊松亮斑（第二册23A-235页）小孔衍射和泊松亮斑的屮心都是亮斑。区別是：泊松亮斑中心亮斑周围的暗斑较宽。12.伦琴射线管（第二册239页）电子被高压加速后高速射向对阴极，从对阴极上激发出X射线。在K、A间是阴极射线即高速电子流，从A射出的是频率极高的电磁波，即X射线。X射线粒子的最高可能的频率可由Ue=hv计算。粒子散射实验（第二册257页）全部装置放在真空中。荧光屏可以沿着图中虚线转动，用来统计向不同方向散射的粒子的数目。观察结果是，绝人多数Q粒子穿过金箔后基木上仍沿原來方向前进，但是有少数a粒子发生了较大的偏转。13.光电效应实验（第二册244页）把一块擦得很亮的锌板连接在灵每验电器上，用弧光灯照锌板，验电器的指针就张开一个角度，表明锌板带了电.进一步检查知道锌板带（）电.这表明在弧光灯的照射下,锌板中有一部分（）从表而飞了出去锌板中少了（），于是带（）也五、设计实验举例1.粗略测定玩具手枪子弹射出时的初速度。除玩具手枪外，所给的测量仪器为：⑴只冇秒表；⑵只冇米尺。解：⑴若只有秒表，可如图（d）,将玩具手枪从地而竖直向上发射子弹，用秒表记下从发射到子弹落会地而所用的吋间/，则子弹上升的时间为力，故子弹初速度\妒刨2。⑵若只有米尺，可如图（b）,将玩具手枪了弹从某一高度处水平射出，用米尺测量射出时离地而的高度h和水平射程则子弹初速度v（）=£=2•利用如图所示的一只电压表、-•个电阻箱和一个电键，测量一个电池组的电动势和内电阻。画出实验电路图，并用笔画线作导线将所给器材连接成实验电路。川记录的实验数据写出电动势和内电阻的表达式。解：与学生实验相比，用电阻箱代普了电流表。由于电压可测，由电压、电阻就可以算出电流。电路图如右。实验方法有两种：⑴改变电阻箱阻值，读岀两组外电阻和对应的路端电压值&、3、心、6,根据闭合电路欧姆定律列出两种情况下的方程，E=U\+S~r,E=U?■厂。解这个方程R\R?\n组可得旳一需將-辭將⑵改变电阻箱阻值，读出电圧表对应的示数，多测儿组数据，利用图象求电动势和内电阻。这样偶然误差会更小一些。该实验的系统误差是由于电压表的分流引起的。所以选取电阻箱阻值时不宜太大，电圧表则应该选用内阻较犬的。3.某同学在研究弹簧振了的周期和振了质量的关系m(g)5.010.015.020.025.030.()时，利用同一根弹簧，记录了不同振子质量对应的r(s)0.400.570.690.800.890.98如果只给出电m.箱和电流表，同样叮以测量电源的电动势和内电阻。周期值如下衣:他在皿坐标系中根据此表描点后发现八加间不是正比关系，而好彖是T2X加关系，请你进一步验证这一猜想是否正确？解：可以根据表中的丁值计算出相应的严值填入表屮，画出对应的T2-m图象。如果所描出的点很接近在一条过原点的直线上，就可以确认Tj关系成立。/X•■•(■/厂zT/f/、0000mm(g)5.010.015.020.025.030.07'(s)0.400.570.690.800.890.987V)0.160.320.480.640.790.96在给出的表中增加一行对应的T2(s2)ffl：如图作IIIT\n图象：得到的6个点可以认为在同一条直线上，因此可以确定尸8加关系成立。10204•某同学利用一架固定好的自动和机，用同一张底片多次曝光的方法，扌“下了一辆小轿乍床动后不久做匀加速玄线运动的照片。相邻两次曝光的时间间隔为2.0so已知小轿车的车长为4・5m.他用刻度尺测量照片上的长度关系，结果如图所示。请你估算这辆小轿车的加速度d和小轿车在照片中第2个像所对应的时刻的即吋速度人01234567891011解：从照片上可得，刻度尺的1厘米相当于实际长度3m。量出前后两段位移分別为4・()()cm和6.70cm,对应的实际位移分别为12m和20.1m,由可得«=2.0m/s2,再根据这4秒内的平均速度等于中间时刻的即时速度，可得照片中第2个像对应的速度v=8.0nVso5•如图所示，是用高电阻放电法测电容的实验电路图。器在充电电压为U时所带的电荷量Q,从而求出其电容Co该实验的操作步骤如下：⑴按电路图接好实验电路；⑵接通电键S,调节电阻箱R的阻值，使微安表的指针接近满刻度.记下这吋的电压表读数^/o=6.2V和微安农读数/o=49OPA；⑶断开电键S并同时开始计时，每隔//nA600其原理是测出电容SC5001007T11>r、<>〉r>f)fC—、f―)40030020020406080t/s\n5s或10s读一次微安表的读数几将读数记录在预先设计的表格屮；⑷根据表格中的12组数据，以/为横坐标,，为纵坐标，在坐标纸上描点(右图屮用“X”表示)。根据以上实验结果和图彖，可以估算出当电容器两端电压为S时该电容器所带的电荷量Qo约为C,从而算出该电容器的电容约为F。解：按照图中的点，用光滑曲线把它们依次连接起来，得到M图线，图线和檢迪所围购页积就星放也量,即原來电容器的带电重。每小格相当于2.5X1()-4C,用四舍五入法数得小方格冇32个，所以Q()=8X1()叱。再由C二QjUq,得01.3XI(pF。6.某同学在做探究弹力和弹簧伸长的关系的实验中，设计了如图所示的实验装置。所用的钩码每只的质量都是30g,他先测出不挂钩码时弹簧的口然长度，再将5个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，将数据填在了下面的表中。(弹力始终未超过弹性限度，取^=9.8m/s2)⑴试根据这些实验数据在右图给定的坐标纸上作出弹簧所受弹力大小F跟弹簧总祛码质量(g)0306090120150弹簧总长(cm)6.007.158.349.4810.6411.79I长厶之间的函数关系图线，说明图线跟坐标轴交点的物理意义。⑵上一问所得图线的物理意义是什么?该弹簧的劲度k是多大？解：⑴根据实验数据在坐标纸上描出的点，基本上在同一条宜线上。可以判定F和厶间是一次函数关系。画一条直线，使尽可能多的点落在这条直线上，不在直线上的点均匀地分布在直线两侧。该图线跟横轴交点的横坐标表示弹簧的原长。⑵图线的物理遺义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比。由比=—可得^=25N/m。Ax-7.在上海市青少年校外活动营地“东方绿舟”内有一个绿色能源区，同学们可以在这里做太阳能和风能的研究性实验。某同学为了测定夏季屮午单位面积上、单位时间内获得的太阳能，制作了一'2m个太阳能集热装置、实验器材冇：(a)内壁涂黑的泡沫塑料箱一个，底面积为In?；(b)给你盛水塑料袋一个；(c)温度计一个；(d)玻璃板一块(约In?)。如右图所示。(a)(b)(c)IIII1II】阳1光；1;I1111\\\\\\IIIIII;iii冷恤冇一块斜坡草地，太阳光垂直照射到草地表面，请将上述实验器材按实验设计要求画在右图屮。己知水的比热容C,被水吸收的热戢Q与水的质战加、水温升高量△间的关系是Q=cmAt,则为了测定中午单•位而积上、单-位吋间内获得的太阳能，除了需耍测量加、4/外，还应测量的物理量是。本实验会有一定误差，试写出一条产生误差的主要原因：。解：装置图如右。还应该测量的物理量是温度化产生误差的主要原因是太阳能没有全部被水吸收。