【物理】2020届一轮复习人教版第九章第2讲　电势能　电势和电势差作业（北京专用）

【物理】2020届一轮复习人教版第九章第2讲　电势能　电势和电势差作业（北京专用）

第 3 讲 匀强电场中电势差与电场强度的关系 电容器 A 组 基础巩固 1.一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变,在两极板间插入一 电介质,其电容 C 和两极板间的电势差 U 的变化情况是( ) A.C 和 U 均增大 B.C 增大,U 减小 C.C 减小,U 增大 D.C 和 U 均减小 答案 B 由 C= r 4π 可知,插入电介质后,εr 增大,电容 C 增大;由 U= 可知 U 减小,故选 B。 2.(2018 东城期末)如图所示是电容式话筒的原理图,膜片与固定电极构成一个电容器,用直 流电源供电,当声波使膜片振动时,电容发生变化,电路中形成变化的电流,于是电阻 R 两端 就输出了与声音变化规律相同的电压( ) A.电容式话筒是通过改变正对面积来改变电容的 B.电阻 R 两端电压变化的频率与电流的频率相同 C.当膜片靠近固定电极时,电流从 b 流向 a D.当膜片靠近固定电极时,电容器处于放电状态 答案 B 由 C= r 4π 知,当膜片振动时,两极板间距发生变化,电容发生变化,A 错;由 C= r 4π知,d 减小时,C 增大,又 C= ,因 U 不变,则 Q 应变大,则此时对电容器充电,电流从 a 流向 b,C、 D 错。 3.如图所示,充电的平行板电容器两板间形成匀强电场,以 A 点为坐标原点,AB 方向为位移 x 的正方向,能正确反映电势φ随位移 x 变化的图像的是( ) A B C D 答案 C 沿电场线方向电势降低,A、B 错误;设 E 与位移 x 正方向的夹角为θ,E=| | =| - | cos , 因 E 为匀强电场, Δ Δ 为一常量,所以φ-x 图线为向下倾斜的线段,C 正确、D 错误。 4.(2017 石景山一模)如图所示,一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极板水 平放置,极板间距为 d;在下极板上叠放一厚度为 l 的金属板,其上部空间有一带电粒子 P 静 止在电容器中。当把金属板从电容器中快速抽出后,粒子 P 开始运动。重力加速度为 g。粒 子运动的加速度为( ) A. g B. - g C. - g D. - g 答案 A 初始粒子静止,则 mg=q - ,撤去金属板后两极板间电压 U 不变,间距变为 d,则 mg-q =ma,解得 a= g,选 A。 5.如图 1 所示为一种电容式位移传感器的原理图,当被测物体在左右方向发生位移时,电介 质板随之在电容器两极板之间移动。已知电容器的电容与电介质板进入电容器的长度 x 之 间的关系如图 2 所示,其中 C0 为电介质板没有插入电容器时的电容。为判断被测物体是否发 生微小移动,将该电容式位移传感器与电源、电流表、开关组成串联回路(图中未画出)。被 测物体的初始位置如图 1 所示。电路闭合一段时间后,下列说法正确的是( ) 图 1 图 2 A.若电源为直流电源且直流电流表示数不为零,说明物体一定在发生移动 B.若电源为交流电源且交流电流表示数不为零,说明物体一定在发生移动 C.若电源为直流电源且直流电流表示数变大,说明物体一定在向右发生移动 D.若电源为交流电源且交流电流表示数变大,说明物体一定在向右发生移动 答案 A 当被测物体发生移动时,电介质板插入电容器两极板间的深度发生变化,使电容 器的电容也发生改变。在直流电路中,当电容器的电容改变时,电容器贮存的电荷量也发生 改变,形成充(放)电电流。在交流电路中,即使电容器的电容保持不变,依然会因为电容器两 极板间电压的变化而产生充(放)电电流,故 A 正确,B 错误。若电源为直流电源且直流电流表 示数变大,则物体可能向左发生移动,也可能向右发生移动,故 C 错误。若电源为交流电源且 交流电流表示数变大,说明 XC 变小,由 XC= 1 2π 知,C 变大,由图 2 知 x 变大,即物体向左发生移 动,故 D 错误。 6.空间有一匀强电场,在电场中建立如图所示的直角坐标系 Oxyz,M、N、P 为电场中的三个 点,M 点的坐标为(0,a,0),N 点的坐标为(a,0,0),P 点的坐标为 , 2 , 2 。已知电场方向平行 于直线 MN,M 点电势为 0,N 点电势为 1 V,则 P 点的电势为( ) A. 2 2 V B. 3 2 V C. 1 4 V D. 3 4 V 答案 D 将立体图画成平面图,如图所示,P'为 P 在 xOy 平面上的投影,P 与 P'具有相等的 电势,可见 P'点与 MN 的四等分点电势相等,P'点的电势为 3 4 V,故 P 点的电势为 3 4 V,D 正确。 7.(2018 海淀一模)电容器充电后就储存了能量,某同学研究电容器储存的能量 E 与电容器 的电容 C、电荷量 Q 及电容器两极板间电压 U 之间的关系。他从等效的思想出发,认为电容 器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此 他作出电容器两极板间的电压 u 随电荷量 q 变化的图像(如图所示)。按照他的想法,下列说 法正确的是( ) A.u-q 图线的斜率越大,电容 C 越大 B.搬运Δq 的电荷量,克服电场力所做的功近似等于Δq 上方小矩形的面积 C.对同一电容器,电容器储存的能量 E 与两极板间电压 U 成正比 D.若电容器电荷量为 Q 时储存的能量为 E,则电容器电荷量为 2 时储存的能量为 2答案 B 由电容器电容的定义式 C= ,可知,u-q 图线的斜率越大,C 越小,A 错误;电容器带 电荷量为 q 时,对应的两极板间电压为 u,搬动Δq 的电荷量,克服电场力做功Δqu,即近似等 于图中Δq 上方小矩形的面积,B 正确;对于同一电容器,能量 E= 1 2 QU= 1 2 CU2,C 错误;由 E= 1 2 QU= 2 2 , 知 D 错误。 8.如图,一平行板电容器的两个极板竖直放置,在两极板间有一带电小球,小球用一绝缘轻 线悬挂于 O 点。现给电容器缓慢充电,使两极板所带电荷量分别为+Q 和-Q,此时悬线与竖直 方向的夹角为π/6。再给电容器缓慢充电,直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3,且小球 与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。 答案 2Q 解析 设电容器电容为 C。第一次充电后两极板之间的电压为 U= 两极板之间电场的场强为 E= 式中 d 为两极板间的距离。 按题意,当小球偏转角θ1= π 6 时,小球处于平衡状态。设小球质量为 m,所带电荷量为 q, 则有 T cos θ1=mg T sin θ1=qE 式中 T 为此时悬线的张力。 得 tan θ1= t 设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ,此时小球偏转角θ2= π 3 ,则 tan θ2= ( +Δ ) t得 tan 1 tan 2 = +Δ代入数据解得 ΔQ=2Q B 组 综合提能 1.(2018 海淀二模)基于人的指纹具有终身不变性和唯一性的特点,发明了指纹识别技术。目 前许多国产手机都有指纹解锁功能,常用的指纹识别传感器是电容式传感器,如图所示。指 纹的凸起部分叫“嵴”,凹下部分叫“峪”。传感器上有大量面积相同的小极板,当手指贴 在传感器上时,这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器,这样在嵴处和峪处 形成的电容器的电容大小不同。此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值,然后电 容器放电,电容小的电容器放电较快,根据放电快慢的不同,就可以探测到嵴和峪的位置,从 而形成指纹图像数据。根据文中信息,下列说法正确的是( ) A.在峪处形成的电容器电容较大 B.充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大 C.在峪处形成的电容器放电较慢 D.潮湿的手指头对指纹识别绝对没有影响 答案 B 由平行板电容器电容的决定式 C= r 4π 可知,小极板面积相同,故 S 相同,在手指干 燥的前提下εr 相同,d 大则 C 小,故在峪处 d 大,形成的电容器电容 C 小,在嵴处 d 小,形成的 电容器电容 C 大。若手指头潮湿,则εr 不同,嵴、峪处形成的电容器电容均改变,故选项 A、 D 均错误;又由题中知,电容小的电容器放电较快,在峪处形成的电容器电容小,放电快,故选 项 C 错误;由 Q=CU 可知,电压相同时 C 大的电荷量 Q 大,故选项 B 正确。 2.(2018 西城一模)2015 年 4 月 16 日,全球首创超级电容储能式现代电车在中国宁波基地下 线,如图甲所示。这种电车没有传统无轨电车的“长辫子”和空中供电网,没有尾气排放,乘 客上下车的几十秒内可充满电并行驶几公里,刹车和下坡时可把部分动能转化成电能回收 储存再使用。 甲 乙 丙 (1)图乙所示为超级电容器充电过程简化电路图,已知充电电源的电动势为 E,电路中的 电阻为 R。图丙是某次充电时电流随时间变化的 i-t 图像,其中 I0、T0 均为已知量。 a.类比是一种常用的研究方法,对于直线运动,我们学习了用 v-t 图像求位移的方法。 请你借鉴此方法,根据图丙所示的 i-t 图像,定性说明如何求电容器充电所获得的电荷量;并 求出该次充电结束时电容器所获得的电荷量 Q; b.请你说明在电容器充电的过程中,通过电阻 R 的电流为什么会逐渐减小;并求出电容 器的电容 C。 (2)研究发现,电容器储存的能量表达式为ε= 1 2 CU2,其中 U 为电容器两端所加电压,C 为 电容器的电容。设在某一次紧急停车中,在汽车速度迅速减为 0 的过程中,超级电容器两极 板间电势差由 U1 迅速增大到 U2。已知电车及乘客总质量为 m,超级电容器的电容为 C0,动能 转化为电容器储存的电能的效率为η。求电车刹车前瞬间的速度 v0。 答案 (1)见解析 (2) 0 ( 2 2 - 1 2 ) 解析 (1)a.电容器充电所获得的电荷量在数值上等于 i-t 图线和横轴所围的面积。 图丙中每一小格的面积为 S0= 1 10 I0× 1 10 T0= 1 100 I0T0 图线下约 22 小格,面积为 S=22S0 所以电容器所获得的电荷量 Q= 22 100 I0T0=0.22I0T0(说明:21、22、23 格均给分) b.电容器充电时,通过 R的电流i= - ,U为电容器两端的电压,随着电容器上电荷量的增 大,U 也增大, 所以电流 i 减小。 充电结束时,电容器两端电压等于电源的电动势,即 U=E 根据电容的定义式 C= 解得电容 C= = 1100 50(2)根据能量守恒定律有 1 2 m 0 2 ×η= 1 2 C0 2 2 - 1 2 C0 1 2 解得电车刹车前瞬间的速度 v0= 0 ( 2 2 - 1 2 ) 第 4 讲 带电粒子在电场中的运动 A 组 基础巩固 1.(2017 朝阳期末)关于“电子伏特(符号:eV)”,属于下列哪一物理量的单位( ) A.电荷量 B.电压 C.电流 D.能量 答案 D 电荷量的单位库仑,简称库,用 C 表示,A 错误;电压的单位伏特,简称伏,用 V 表 示,B 错误;电流的单位安培,简称安,用 A 表示,C 错误;一个电子经过 1 伏特的电势差加速后 所获得的动能为 1 电子伏特(1 eV),是能量的单位,D 正确。 2.(2017 丰台一模)质量不同、电荷量相同的粒子,不计重力,垂直于电场线射入同一个匀强 电场。若它们离开电场时速度方向改变的角度相同,则它们在进入电场前必然具有相同的 ( ) A.速度 B.动量 C.动能 D.动量或动能均可以 答案 C 如图所示,设电场区域宽为 L,电场强度大小为 E,粒子带电荷量为+q,质量为 m,进 入电场时的速度为 v0,出电场时的速度为 v,在电场中的运动时间为 t 由类平抛运动规律可知 L=v0t tan θ= 0vy=at a= 由以上各式解得 tan θ= 㜱 0 2 ,上式表明:若粒子离开电场时速度方向改变的角度相同,它 们应具有相同的动能,故 C 项正确。 3.示波器是一种电子仪器,可以用它观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件示波 管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,其原理图如图甲所示。图乙是从右向左看到的荧光屏 的平面图。在偏转电极 XX'、YY'上都不加电压时,电子束将打在荧光屏的中心点;若亮点很 快移动,由于视觉暂留关系,能在荧光屏上看到一条亮线。若在 XX'上加如图丙所示的扫描电 压,在 YY'上加如图丁所示的信号电压,则在示波管荧光屏上看到的图形是选项图中的 ( ) 答案 A 因水平方向 XX'所加电压可使电子在水平方向移动,竖直方向 YY'所加电压可使电 子在竖直方向移动,所以 A 选项正确,B、C、D 选项错误。 4.如图所示,在真空中有一对带电的平行金属板水平放置。一带电粒子沿平行于板面的方向, 从左侧两极板中央射入电场中,恰能从右侧极板边缘处离开电场。不计粒子重力。若可以改 变某个量,下列哪种变化,仍能确保粒子一定飞出电场( ) A.只增大粒子的带电荷量 B.只增大电场强度 C.只减小粒子的比荷 D.只减小粒子的入射速度 答案 C 设两极板间的距离为 d,由题意知粒子的偏移量 y= 2 ,因 y= 1 2 at2= 2 ( 㜱 )2,要使粒子能 飞出电场,可以减小带电荷量或电场强度,或者减小比荷,或者增大初速度,故 C 正确。 5.(2018 海淀期末)示波器的核心部件是示波管,其内部抽成真空,如图是它内部结构的简化 原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。炽热的金属丝可以连续发射电子,电子质量 为 m,电荷量为 e。发射出的电子由静止经电压 U1 加速后,从金属板的小孔 O 射出,沿 OO'进 入偏转电场,经偏转电场后打在荧光屏上。偏转电场是由两个平行的相同金属极板 M、N 组 成,已知极板的长度为 l,两板间的距离为 d,极板间电压为 U2,偏转电场极板的右端到荧光屏 的距离为 L。不计电子受到的重力和电子之间的相互作用。 (1)求电子从小孔 O 穿出时的速度大小 v0; (2)求电子离开偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离 y; (3)若将极板 M、N 间所加的直流电压 U2 改为交变电压 u=Um sin 2π t,电子穿过偏转电场 的时间远小于交流电的周期 T,且电子能全部打到荧光屏上,求电子打在荧光屏内范围的长 度 s。 答案 (1) 21e (2) 22 41d (3) m 21d (l+2L) 解析 (1)U1e= 1 2 m 0 2 -0 0 = 21e (2)电子进入偏转电场,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速直 线运动,设电子在偏转电场中运动的时间为 t 水平方向 t= 0竖直方向 E= 2 ,F=Ee,a= y= 1 2 at2= 22 41d(3)当交变电压为最大值 Um 时,设电子离开交变电场时沿竖直方向的速度为 vym,最大侧 移量为 ym;离开偏转电场后到达荧光屏的时间为 t1,在这段时间内的侧移量为 y1 则 ym= m2 41dvym=amt= m 0 , t1= 㜱 0 , y1=vymt1= m㜱 21则 s=2(ym+y1)= m 21d (l+2L) B 组 综合提能 1.如图所示,三块平行放置的带电金属薄板 A、B、C 中央各有一小孔,小孔分别位于 O、M、P 点。由 O 点静止释放的电子恰好能运动到 P 点。现将 C 板向右平移到 P'点,则由 O 点静止释 放的电子( ) A.运动到 P 点返回 B.运动到 P 和 P'点之间返回 C.运动到 P'点返回 D.穿过 P'点 答案 A 由题意知,电子在 A、B 板间做匀加速运动,在 B、C 板间做匀减速运动,到 P 点时 速度恰好为零,设 A、B 板和 B、C 板间电压分别为 U1 和 U2,由动能定理得 eU1-eU2=0,所以 U1=U2; 现将 C 板右移至 P'点,由于板上带电荷量没有变化,B、C 板间电场强度 E= = = 4π r ,E 不变, 故电子仍运动到 P 点返回,选项 A 正确。 2.如图,场强大小为 E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域 abcd,水平边 ab 长为 s, 竖直边 ad 长为 h。质量均为 m、带电荷量分别为+q 和-q 的两粒子,由 a、c 两点先后沿 ab 和 cd 方向以速率 v0 进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力。若两粒子轨迹恰 好相切,则 v0 等于( ) A. 2 2 B. 2 C. 4 2 D. 4 答案 B 因为两粒子轨迹恰好相切,切点为矩形区域中心,则对其中一个粒子,水平方向 2 =v0t,竖直方向 2 = 1 2 at2 且满足 a= ,三式联立解得 v0= 2 ,故 B 正确。 3.(2017 海淀零模)用静电的方法来清除空气中的灰尘,需要首先设法使空气中的灰尘带上 一定的电荷,然后利用静电场对电荷的作用力,使灰尘运动到指定的区域进行收集。为简化 计算,可认为每个灰尘颗粒的质量及其所带电荷量均相同,设每个灰尘颗粒所带电荷量为 q, 其所受空气阻力与其速度大小成正比,表达式为 F 阻=kv(式中 k 为大于 0 的已知常量)。由于 灰尘颗粒的质量较小,为简化计算,灰尘颗粒在空气中受电场力作用后达到电场力与空气阻 力相等的过程所用的时间及通过的位移均可忽略不计,同时也不计灰尘颗粒之间的作用力 及灰尘颗粒所受重力的影响。 (1)有一种静电除尘的设计方案是这样的,需要除尘的空间是一个高为 H 的绝缘圆桶形 容器的内部区域,将一对与圆桶半径相等的圆形薄金属板平行置于圆桶的上、下两端,恰好 能将圆桶封闭,如图甲所示。在圆桶上、下两金属板间加上恒定的电压 U(圆桶内空间的电场 可视为匀强电场),便可以在一段时间内将圆桶区域内的带电灰尘颗粒完全吸附在金属板上, 从而达到除尘的作用。求灰尘颗粒运动可达到的最大速率; (2)对于一个待除尘的半径为 R 的绝缘圆桶形容器内部区域,还可以设计另一种静电除 尘的方案:沿圆桶的轴线有一根细直导线作为电极,紧贴圆桶内壁加一个薄金属桶作为另一 电极。在直导线电极外面套有一个由绝缘材料制成的半径为 R0 的圆桶形保护管,其轴线与直 导线重合,如图乙所示。若在两电极间加上恒定的电压,使得桶壁处电场强度的大小恰好等 于第(1)问的方案中圆桶内电场强度的大小,且已知此方案中沿圆桶半径方向电场强度大小 E 的分布情况为 E∝ 1 ,式中 r 为所研究的点与直导线的距离。 ①试通过计算分析,带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的过程中,其瞬时速度 大小 v 和其与直导线的距离 r 之间的关系; ②对于直线运动,教材中讲解了由 v-t 图像下的面积求位移的方法。请你借鉴此方法, 利用 v 随 r 变化的关系,画出 1 随 r 变化的图像,根据图像的面积求出带电灰尘颗粒从保护管 外壁运动到圆桶内壁的时间。 答案 (1) (2)见解析 解析 (1)圆桶形容器内的电场强度 E1= 灰尘颗粒所受的电场力大小 F= , 电场力跟空气阻力相平衡时,灰尘颗粒达到最大速率,并设为 v1,则有 kv1= 解得 v1= (2)①由于灰尘颗粒所在处的电场强度随其与直导线距离的增大而减小,且桶壁处的电 场强度大小为第(1)问方案中圆桶内电场强度的大小 E1= ,设在距直导线为 r 处的场强大小 为 E2,则 2 1 = ,解得 E2= 故与直导线越近处,电场强度越大。设灰尘颗粒运动到与直导线距离为 r 时的速度为 v, 则 kv=qE2 解得 v= 上式表明,灰尘颗粒在向圆桶内壁运动过程中,速度是逐渐减小的。 ②以 r 为横轴,以 1 为纵轴,作出 1 -r 的图像如图所示。 在 r 到 r+Δr 微小距离内,电场强度可视为相同,其速度 v 可视为相同,对应于Δr 的一 段 1 -r 图线下的面积为 1 Δr= Δ ,显然,这个小矩形的面积等于灰尘颗粒通过Δr 的时间Δt= Δ 。 所以,灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁所需的总时间 t 等于从 R0 到 R 一段 1 -r 图线下 的面积。 所以灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间 t= ( 2 - 0 2 ) 2 第 5 讲 带电粒子在电场中运动的综合问题 A 组 基础巩固 1.如图所示,a、b、c 三条虚线为电场中的等势面,等势面 b 的电势为零,且相邻两个等势面 间的电势差相等,一个带正电的粒子在 A 点时的动能为 10 J,仅在电场力作用下从 A 运动到 B 速度变为零,当这个粒子的动能为 7.5 J 时,其电势能为 ( ) A.12.5 J B.2.5 J C.0 D.-2.5 J 答案 D 根据题意可知,带电粒子从 A 到 B,电场力做功为-10 J(动能定理),则带电粒子从 A 运动到等势面 b 时,电场力做功为-5 J,粒子在等势面 b 时动能为 5 J。带电粒子在电场中 的电势能和动能之和为 5 J,是守恒的,当动能为 7.5 J 时,其电势能为-2.5 J。 2.如图甲所示,在平行金属板 M、N 间加有如图乙所示的电压。当 t=0 时,一个电子从靠近 N 板处由静止开始运动,经 1.0×10-3 s 到达两板正中间的 P 点,那么在 3.0×10-3 s 这一时刻, 电子所在的位置和速度大小为( ) A.到达 M 板,速度为零 B.到达 P 点,速度为零 C.到达 N 板,速度为零 D.到达 P 点,速度不为零 答案 D 在 1.0×10-3 s 的时间里,电子做初速度为零的匀加速直线运动,当 t=1.0×10-3 s 时电子到达 P 点,之后板间电压反向,两板间的电场强度大小不变,方向和原来相反,电子开 始做匀减速直线运动,由于加速度的大小不变,当 t=2.0×10-3 s 时电子到达靠近 M 板处,且 速度减为零。随后电子将反向做匀加速运动,当 t=3.0×10-3 s 时电子又回到 P 点,且速度大 小与第一次经过 P 点时相等,而方向相反,故答案为 D。 3.如图所示,在竖直向上的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细绳一端系着一个带电小球, 另一端固定于 O 点,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,最高点为 a,最低点为 b。不计空气 阻力,则( ) A.小球带负电 B.电场力跟重力平衡 C.小球在从 a 点运动到 b 点的过程中,电势能减小 D.小球在运动过程中机械能守恒 答案 B 由小球在圆周上各点受力分析可推知,只有电场力与重力平衡,小球才能做匀速 圆周运动,故小球应带正电,A 错、B 对;小球从 a 点运动到 b 点的过程中,电场力做负功,电 势能增加,故 C 错;因为有电场力对小球做功,所以小球的机械能不守恒,即 D 错。 4.空间存在着平行于 x 轴方向的静电场,其电势φ随 x 的分布如图所示,A、M、O、N、B 为 x 轴上的点,OAE2。粒子从 M 点由静止向右运动,受向右的电场力作用,故粒子带负电,A 错;带负 电的粒子由 M→O 过程中因 E1 恒定,电场力不变,B 错;因 E1>E2,F1=qE1>F2=qE2,又 OM=ON,再结 合 W=Fx=ΔEK 知粒子一定能通过 N 点,C 对;因由 M→O 电势增大,则带负电粒子由 M→O 运动 过程中电势能减少,D 错。 5.(2018 海淀期末)如图所示,在沿水平方向的匀强电场中,有一长度 l=0.5 m 的绝缘轻绳上 端固定在 O 点,下端系一质量 m=1.0×10-2 kg、带电荷量 q=2.0×10-8C 的小球(小球的大小可 以忽略)在位置 B 点处于静止状态,此时轻绳与竖直方向的夹角α=37°,空气阻力不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2。 (1)求该电场场强大小; (2)在始终垂直于 l 的外力作用下将小球从 B 位置缓慢拉动到 A 点,求外力对带电小球 做的功; (3)过 B 点做一等势面交电场线于 C 点,论证沿电场线方向电势φA>φC。 答案 (1)3.75×106 N/C (2)1.25×10-2 J (3)见解析 解析 (1)带电小球静止,受到的合力等于零,电场力与重力的关系是 Eq=mg tan α E= t tan α 代入数据得 E=3.75×106 N/C (2)小球在外力作用下从 B 点缓慢移动到 A 点过程中,根据动能定理有 WF-Eql sin α+mg(l-l cos α)=0 WF= t tan α·ql sin α- mg(l-l cos α) 代入数据得 WF=1.25×10-2J (3)方法 1: 设一带电荷量为+q 的电荷在电场力作用下由 A 点移动到 C 点,电场力做功为 W W=qUAC=q(φA-φC) 因为 W>0 所以φA>φC 方法 2: 设带电荷量为+q 的电荷放在 A 点,其电势能为 EpA,此电荷在电场力作用下从 A 点移到 C 点,在 C 点其电势能为 EpC 因为电场力做正功,所以 EpA>EpC 电场中 A 点的电势为φA= p ,C 点的电势为φC= p 所以,φA>φC B 组 综合提能 1.(2018 海淀一模)常用的温差发电装置的主要结构是半导体热电偶。如图所示,热电偶由 N 型半导体和 P 型半导体串联而成,N 型半导体的载流子(形成电流的自由电荷)是电子,P 型半 导体的载流子是空穴,空穴带正电且电荷量等于元电荷 e。若两种半导体相连一端和高温热 源接触,而另一端 A、B 与低温热源接触,两种半导体中的载流子都会从高温端向低温端扩散, 最终在 A、B 两端形成稳定的电势差,且电势差的大小与高温热源、低温热源间的温度差有 确定的函数关系。下列说法正确的是( ) A.B 端是温差发电装置的正极 B.热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相反 C.温差发电装置供电时不需要消耗能量 D.可以利用热电偶设计一种测量高温热源温度的传感器 答案 D B 端积聚了自由电子,A 端积聚了空穴,热电偶内部电流方向从 B→A,因此 A 端是温 差发电装置的正极,A 错误;热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相同,B 错误;温差发 电装置供电时,消耗高温热源的内能转化为电能,C 错误;由于电势差的大小与高温热源、低 温热源间的温度差有确定的函数关系,所以在测出电势差及低温热源温度的前提下,可以确 定高温热源的温度,D 正确。 2.(2018 海淀二模)通常情况下,空气是不导电的。但是如果空气中的电场很强,使得气体分 子中带正电、负电的微粒所受的相反静电力很大,以至于分子破碎,于是空气中出现了可以 自由移动的电荷,空气变成了导体。这个现象叫做空气被“击穿”。如图所示,两金属板之 间的点 A、B 分别代表某一气体分子破碎后带正电、负电的两个微粒(为了看得清楚,两个点 之间的距离做了放大),两金属板之间的距离为 1.5 cm,在两金属板间加 6.0×104 V 的高电 压,两板间就会出现放电现象。下列说法正确的是( ) A.板 M 接电源正极,板 N 接电源负极 B.两板间匀强电场的场强大小为 4×104 V/m C.分子破碎过程中,分子内部的电势能增大 D.空气导电时,两极板间电场力对微粒 A 做负功 答案 C 由题意可知 A 带正电、B 带负电,故 M 板接电源负极,N 板接电源正极,故选项 A 错 误;由 E= 可知,两板间场强大小 E= = 6 . 0×104 1 . 5×10 - 2 V/m=4×106 V/m,故选项 B 错误;分子破碎过程中, 分子内带正、负电的微粒间的库仑引力做负功,故分子内部的电势能增大,选项 C 正确;空气 导电时,两板板间的电场力使 A 到达 M 板,对 A 做正功,故选项 D 错误。 3.(2018 房山一模)粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场,其中某一区域的 电场线与 x 轴平行,且沿 x 轴方向的电势φ与坐标值 x 的函数关系满足φ= 4 . 5×104 (V),据此可 作出如图所示的φ-x 图像。图中虚线 AB 为图线在 x=0.15 m 处的切线。现有一个带正电荷 的滑块 P(可视作质点),其质量为 m=0.10 kg,电荷量为 q=1.0×10-7 C,其与水平面间的动摩 擦因数μ=0.20,g 取 10 m/s2。求: (1)沿 x 轴方向上,x1=0.1 m 和 x2=0.15 m 两点间的电势差; (2)若将滑块 P 无初速度地放在 x1=0.1 m 处,滑块将由静止开始运动,滑块运动到 x2=0.15 m 处时速度的大小; (3)对于变化的电场,在极小的区域内可以看成匀强电场。若将滑块 P 无初速度地放在 x1=0.1 m 处,滑块将由静止开始运动, a.它位于 x2=0.15 m 处时加速度为多大; b.滑块最终停在何处?分析说明整个运动过程中加速度和速度如何变化。 答案 (1)1.5×105 V (2) 10 10 m/s (3)a.0 b.见解析 解析 (1)U=φ1-φ2=1.5×105 V (2)由动能定理有-μmg(x2-x1)+qU= 1 2 mv2 代入数据得 v= 10 10 m/s (3)a.对于匀强电场 E= ,在 x2=0.15 m 附近场强变化很小,可看成匀强电场 则场强 E= Δ Δ =|k|,即图线在 x2=0.15 m 处切线的斜率的绝对值, 所以 x2=0.15 m 处场强为 E= 6×105 0 . 3 V/m=2×106 V/m 由牛顿第二定律有 ma=Eq-μmg 解得 a=0 b.设滑块停在 x 处,由动能定理得:q 4 . 5×104 1 - 4 . 5×104 -μmg(x-x1)=0 代入数据解得:x=0.1 m 或 x=0.225 m。舍去 x=0.1 m,所以滑块最终停在 x=0.225 m 处。 滑块在 0.1~0.15 m 做加速度减小的加速运动,在 0.15~0.225 m 做加速度增大的减速运 动。 4.我们一般认为,飞船在远离星球的宇宙深处航行时,其他星体对飞船的万有引力作用很微 弱,可忽略不计。此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动。 设想有一质量为 M 的宇宙飞船,正以速度 v0 在宇宙中飞行。飞船可视为横截面积为 S 的 圆柱体(如图 1 所示)。某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云。 (1)已知在开始进入尘埃云的一段很短的时间Δt 内,飞船的速度减小了Δv,求这段时 间内飞船受到的阻力大小。 图 1 (2)已知尘埃云分布均匀,密度为ρ。 a.假设尘埃碰到飞船时,立即吸附在飞船表面。若不采取任何措施,飞船将不断减速。 通过监测得到飞船速度的倒数“1/v”与飞行距离“x”的关系如图 2 所示。求飞船的速度 由 v0 减小 1%的过程中发生的位移及所用的时间。 图 2 b.假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞,且不考虑尘埃间的相互作用。为了保证飞船能以 速度 v0 匀速穿过尘埃云,在刚进入尘埃云时,飞船立即开启内置的离子加速器。已知该离子 加速器是利用电场加速带电粒子,形成向外发射的高速(远远大于飞船速度)粒子流,从而对 飞行器产生推力的。若发射的是一价阳离子,每个阳离子的质量为 m,加速电压为 U,元电荷 为 e。在加速过程中飞行器质量的变化可忽略。求单位时间内射出的阳离子数。 答案 (1)M Δ Δ (2)a. 99 199 19 6020ρS b. 2 ρS 0 2 解析 (1)飞船的加速度 a= Δ Δ根据牛顿第二定律 f=Ma 飞船受到的阻力 f=M Δ Δ(2)a.对飞船和尘埃,根据动量守恒定律 Mv0=(M+ρSx) 99 100 v0 解得 x= 99由 1 -x 图像可知 t= 1 2 ( 1 0 + 100 990 )x 解得 t= 199 19 6020ρSb.设在很短的时间Δt 内,与飞船碰撞的尘埃的质量为 m',所受飞船的作用力为 f'。 飞船与尘埃发生的是弹性碰撞 Mv0=Mv1+m'v2 1 2 M 0 2 = 1 2 M 1 2 + 1 2 m' 2 2 解得 v2= 2 + 'v0 由于 M ≫ m',所以碰撞后尘埃的速度 v2=2v0 对尘埃,根据动量定理 f'Δt=m'v2 其中 m'=ρSv0Δt 则飞船所受阻力为 f'=2ρS 0 2 设一个离子在电场中加速后获得的速度为 v。 根据动能定理 eU= 1 2 mv2 设单位时间内射出的离子数为 n。 在很短的时间Δt 内,根据动量定理 FΔt=nΔtmv 则飞船所受动力 F=nmv 飞船做匀速运动 F=f' 解得 n= 2 ρS 0 2 第 6 讲 实验:观察电容器的充、放电现象 A 组 基础巩固 1.把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先使开关 S 与 1 端相连,电源向电容器充电;然后把开关 S 掷向 2 端,电容器放电。与电流传感器相连接 的计算机所记录这一过程中电流随时间变化的 I-t 曲线如图乙所示。下列关于这一过程的 分析,正确的是( ) A.在形成电流曲线 1 的过程中,电容器两极板间电压逐渐减小 B.在形成电流曲线 2 的过程中,电容器的电容逐渐减小 C.曲线 1 与横轴所围面积等于曲线 2 与横轴所围面积 D.S 接 1 端,只要时间足够长,电容器两极板间的电压就能大于电源电动势 E 答案 C 由于形成电流曲线 1 的过程是电容器的充电过程,形成电流曲线 2 的过程是电容 器的放电过程,形成电流曲线 1 的过程中,电容器两极板间电压会随着充电电荷量的增加而 逐渐增大,A 错误;由于电容器的电容是不随电压、电流的变化而变化的,故 B 错误;曲线 1 与横轴所围面积是充电的电荷量,曲线 2 与横轴所围面积就是放电的电荷量,由于充电电荷 量等于放电电荷量,故 C 正确;当 S 接 1 端时,无论时间多么长,电容器两极板间的电压都不 可能大于电源电动势 E,故 D 错误。 2.利用如图乙所示的电路图原理描绘电容器放电时的 I-t 图像。 (1)将图甲所示器材连接成实验电路。 (2)若得到如图丙所示的电容器放电电流图像,则电容器充满电后储存的电荷量 q= 。 答案 (1)连接电路如图。 (2)3.36×10-3 C 解析 (1)按照题给的电路图连接线路。注意电流表极性和电解电容器极性。 (2)电容器放电电流图象与横轴所围面积中包含 42 个小方格,每个小方格面积为 0.2 mA×0.4 s=0.08 mAs=8.0×10-5 C,电容器充满电后储存的电荷量 q=42×8.0×10-5 C =3.36×10-3 C。 3.某同学利用图(a)所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化。实验中使用 的器材为:电池 E(内阻很小)、开关 S1 和 S2、电容器 C(约 100 μF)、电阻 R1(约 200 kΩ)、 电阻 R2(1 kΩ)、电压表 (量程 6 V)、秒表、导线若干。 (1)按图(a)所示的电路原理图将图(b)中实物图连接起来。 (2)先闭合开关 S2,再断开开关 S2;闭合开关 S1,同时按下秒表开始计时.若某时刻电压表 的示数如图(c)所示,电压表的读数为 V(保留 2 位小数)。 (3)该同学每隔 10 s 记录一次电压表的读数 U,记录的数据如表所示。在给出的坐标纸 上绘出 U-t 图线。已知只有一个数据点误差较大,该数据点对应的表中的时间是 s。 时间 t/s 10. 0 20. 0 30. 0 40. 0 50. 0 60. 0 电压 U/V 2.1 4 3.4 5 4.2 3 4.5 1 5.0 0 5.1 8 (4)电路中 C、R2 和 S2 构成的回路的作用是 。 答案 (1)见解析图 (2)3.60 (3)40.0 (4)使实验前电容器两极板上的电荷中和 解析 (1)实物图连线如图所示 (2)电压表的量程为 6 V,分度值为 0.1 V,所以读数为 3.60 V。 (3)从数据中可得出,电压表示数变化得越来越慢,而从 40 s 到 50 s 之间数据变化又突 然快了,所以该数据对应表中的时间为 40.0。 (4)电路中 C、R2 和 S2 构成的回路,先闭合开关 S2,再断开开关 S2,使电容器上所带电荷释 放干净,不影响实验。 B 组 综合提能 1.(2018 东城二模)在测定电容器电容值的实验中,将电容器、电压传感器、阻值为 3 kΩ 的 电阻 R、电源、单刀双掷开关按图甲所示电路图进行连接。先使开关 S 与 1 端相连,电源向 电容器充电,充电完毕后把开关 S 掷向 2 端,电容器放电,直至放电完毕。实验得到的与电压 传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的 u-t 曲线如图乙所示,图丙为由计算机对 图乙进行数据处理后记录了“峰值”及曲线与时间轴所围“面积”的图。 甲 乙 丙 (1)根据图甲所示的电路,观察图乙可知:充电电流与放电电流方向 (选填 “相同”或“相反”),大小都随时间 (选填“增加”或“减小”); (2)该电容器的电容为 F;(结果保留 2 位有效数字) (3)某同学认为:仍利用上述装置,将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端,也可 以测出电容器的电容值。请你分析并说明该同学的说法是否正确。 答案 (1)相反 减小 (2)1.0×10-2 (3)见解析 解析 (1)从图像就可以看出,充电和放电过程的电流方向是相反的,电流大小都随着时间 减小。 (2)由 Q=It= ·t 可知将图中曲线与时间轴所围面积数值除以电阻值,就可以得到电荷 量 Q,再由 C= 即可求得电容。 (3)正确。因为当开关 S 与 2 连接,电容器放电的过程中,电容器 C 与电阻 R 上的电压大 小相等,所以通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值 Um”及曲线与时间轴所围“面 积 S”,仍可应用 C= = m 计算电容。 2.用下列器材测量电容器的电容: 一块多用电表,一台直流稳压电源,一个待测电容器(额定电压 16 V),定值电阻 R1=100 Ω,定值电阻 R2=150 Ω,电流传感器、数据采集器和计算机,单刀双掷开关 S,导线若干。实 验过程如下: 实验次 数 实验步骤 第 1 次 ①将电阻 R1 等器材按照图甲正确连接电路,将开关 S 与 1 端连接,电源向电容器充电 ②将开关 S 掷向 2 端,测得电流随时间变化的 i-t 曲线如图乙中的实线 a 所示 第 2 次 ③用电阻 R2 替换 R1,重复上述实验步骤①②,测得电流随时间变化的 i-t 曲线如图丙中的 某条虚线所示 说明:两次实验中电源输出的直流电压恒定且相等 请完成下列问题: (1)第 1 次实验中,电阻 R1 两端的最大电压 Um= V。 利用计算机软件测得 i-t 曲线和两坐标轴所围的面积为 90 mA·s,已知电容器放电时其内阻 可以忽略不计,则电容器的电容为 C= F。 (2)第 2 次实验中,电流随时间变化的 i-t 曲线应该是图丁中的虚线 (选填 “b”“c”或“d”),判断依据是 。 答案 (1)9 10.0×10-3 (2)c 两次放电电量相等,图线与 t 轴围成的面积相等,另由于 R2>R1,开关掷向 2 瞬间放 电电流较小 解析 (1)由图可知,最大电流 Im=90 mA=0.09 A,计算得出最大电压为 Um=ImR1=0.09×100 V=9 V,i-t 曲线和两坐标轴所围的面积表示电容器的带电量 Q=90 mA·s,由电容器电容的定义 式,C=Q/Um 可得:C=10.0×10-3 F。 (2)第 2 次实验中,电流随时间变化的 i-t 曲线应该是图丁中的虚线 c。判断依据是:根 据 im= m ,因第 2 次实验的最大放电电流小些,故不是 b,根据 Qm=CUm,因两条曲线分别与坐标 轴所围成的面积相等,故不是 d 而应该是 c,所以正确答案是 c。 本章小结 知识系统构建 全章闯关检测 一、选择题 1.关于摩擦起电和感应起电,以下说法正确的是( ) A.摩擦起电是因为电荷的转移,感应起电是因为产生了新电荷 B.摩擦起电是因为产生了新电荷,感应起电是因为电荷的转移 C.不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移 D.以上说法均不正确 答案 C 由电荷守恒定律可知 C 正确。 2.如图所示为点电荷 a、b 所形成的电场线分布,以下说法正确的是 ( ) A.a、b 均是正电荷 B.a、b 均是负电荷 C.A 点场强大于 B 点场强 D.A 点电势高于 B 点电势 答案 D 电场线从正电荷或无穷远处出发,终止于负电荷或者无穷远处,所以 a 应为正电 荷,b 为负电荷,故 A、B 选项均错误;电场线越密集,场强越大,故 C 选项错误;沿电场线方向 电势逐渐降低,故 D 选项正确。 3.一个负点电荷仅受电场力的作用,从某电场中的 a 点由静止释放,它沿直线运动到 b 点的 过程中,动能 Ek 随位移 x 变化的关系图像如图所示,则能与图线相对应的电场线分布图是 ( ) 答案 B 由图知电荷的动能与位移成正比,所以电场是匀强电场,且电场力做正功,故 B 符 合题意。 4.一个带正电的点电荷以一定的初速度 v0(v0≠0),沿着垂直于匀强电场的方向射入电场,则 其可能的运动轨迹应该是下图中的 ( ) 答案 B 点电荷垂直于电场方向进入电场时,电场力垂直于其初速度方向,点电荷做类平 抛运动,选 B。 5.在匀强电场中有一平行四边形 ABCD,已知 A、B、C 三点的电势分别为φA=10 V、φB=8 V、 φC=2 V,则 D 点的电势为( ) A.8 V B.6 V C.4 V D.1 V 答案 C 由于电场是匀强电场,则 UAB=UDC,φA-φB=φD-φC,得φD=4 V,C 选项正确。 6.某示波器在 XX'、YY'不加偏转电压时光斑位于屏幕中心,现给其加如图所示偏转电压,则 在光屏上将会看到下列哪个图形(选项图为荧光屏,虚线为光屏坐标)( ) 答案 D 加偏转电压后,由 y= 1 2 t2= 2 20 2 ∝U,知电子在水平方向上的落点匀速移动,竖直 方向上的位移恒定,则可知 D 正确。 7.如图所示,充电后和电源断开的水平放置的平行板电容器,上板带负电,下板带正电,带电 小球以速度 v0 水平射入电场,且沿下板边缘飞出。若下板不动,将上板上移一小段距离,小球 仍以相同的速度 v0 从原处飞入,则带电小球( ) A.将打在下板中央 B.仍沿原轨迹由下板边缘飞出 C.不发生偏转,沿直线运动 D.由于板间距离变大,小球离开电场时速度将变小 答案 B 将电容器上板上移一小段距离,电容器带电荷量不变,由公式 E= = = 4π r 可知,电 容器产生的电场的场强不变,以相同速度入射的小球将仍沿原轨迹运动。上板移动时,小球 沿原轨迹由下板边缘飞出,此时小球合力做功不变,离开电场时的速度大小将不变。 8.(2017 西城二模)某静电场的电场线分布如图所示,P、Q 为该电场中的两点。下列说法正 确的是( ) A.P 点场强大于 Q 点场强 B.P 点电势低于 Q 点电势 C.将电子从 P 点移动到 Q 点,电场力做正功 D.将电子从 P 点移动到 Q 点,其电势能增大 答案 D 电场线的疏密代表场强的强弱,由图知 EQ>EP,沿电场线电势降低,φP>φQ,A、B 错 误;将电子从 P 点移动到 Q 点,电场力做负功,电势能增大,C 错误,D 正确。 9.某电容式话筒的原理示意图如图所示,E 为电源,R 为电阻,薄片 P 和 Q 为两金属极板。对 着话筒说话时,P 振动而 Q 可视为不动。在 P、Q 间距增大过程中( ) A.P、Q 构成的电容器的电容增大 B.P 上电荷量保持不变 C.M 点的电势比 N 点的低 D.M 点的电势比 N 点的高 答案 D 由 C= r 4π 可知 P、Q 间距离 d 增大时电容 C 减小,A 项错误;电容器 P、Q 两端电压 不变,由 C= 知,电容减小将放电,电荷量减小,故 B 项也错;放电时电流从 M 点经 R 到 N 点, 说明 M 点电势高于 N 点电势,所以 C 项错误,D 项正确。 二、非选择题 10.如图所示,一质量为 m=1.0×10-2 kg,带电荷量为 q=1.0×10-6 C 的小球,用绝缘细线悬挂 在水平向右的匀强电场中,假设电场足够大,静止时悬线向左与竖直方向成θ=60°角。小球 在运动过程中电荷量保持不变,重力加速度 g=10 m/s2。(结果保留 2 位有效数字) (1)画出小球受力图并判断小球带何种电荷; (2)求电场强度 E; (3)若在某时刻将细线突然剪断,求经过 1 s 时小球的速度 v。 答案 (1)见解析 (2)1.7×105 N/C (3)20 m/s 与竖直方向夹角为 60°斜向左下方 解析 (1)受力如图,小球带负电 (2)小球所受电场力 F=qE 由平衡条件得 F=mg tan θ 解得电场强度 E=1.7×105 N/C (3)剪断细线后小球做初速度为 0 的匀加速直线运动 小球所受合外力 F 合=mg/cos θ 由牛顿第二定律有 F 合=ma 由运动学公式 v=at 解得小球的速度 v=20 m/s 速度方向与竖直方向夹角为 60°斜向左下方 11.(2018 石景山一模)如图所示,设电子刚刚离开金属丝时的速度可忽略不计,经加速电场 加速后,沿平行于板面的方向射入偏转电场,并从另一侧射出。已知电子质量为 m,电荷量为 e,加速电场电压为 U0。偏转电场可看做匀强电场,极板间电压为 U,极板长度为 L,板间距为 d, 不计电子所受重力。求: (1)电子射入偏转电场时初速度 v0 的大小; (2)电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离 Dy; (3)电子从偏转电场射出时速度的大小和方向。 答案 (1) 20 (2) 㜱2 40d (3)见解析 解析 (1) 根据功和能的关系,有 eU0= 1 2 m 0 2 电子射入偏转电场时的初速度 v0= 20 (2)在偏转电场中,电子的运动时间Δt= 㜱 0 =L 20电子在偏转电场中的加速度 a= 偏转距离Δy= 1 2 a(Δt)2= 㜱2 40d(3)电子离开偏转电场时沿垂直于极板方向的速度 vy=aΔt= 20 · 㜱 电子离开偏转电场时速度的大小 v= 0 2 + 2 = 20 + 2㜱2 220 。 设电子离开偏转电场时速度方向与水平方向的夹角为θ,则 tan θ= 0 = 㜱 20d12.在一个水平面上建立 x 轴,在原点 O 右侧空间有一个匀强电场,电场强度大小 E=6×105 N/C,方向与 x 轴正方向相同,在 O 处放一个电荷量 q=5×10-8 C、质量 m=0.010 kg 的带负电 绝缘物块。物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,沿 x 轴正方向给物块一个初速度 v0=2 m/s, 如图所示,(g 取 10 m/s2)求: (1)物块最终停止时的位置; (2)物块在电场中运动过程的机械能增量。 答案 (1)原点 O 左侧 0.2 m 处 (2)-0.016 J 解析 (1)第一个过程:物块向右做匀减速运动到速度为零。 Ff=μmg F=qE Ff+F=ma 2as1= 0 2 s1=0.4 m 第二个过程:物块向左做匀加速运动,离开电场后再做匀减速运动直到停止,由动能定 理得:Fs1-Ff(s1+s2)=0,得 s2=0.2 m,则物块停止在原点 O 左侧 0.2 m 处。 (2)物块在电场中运动过程的机械能增量 ΔE=WFf=-2μmgs1=-0.016 J。 13.(2018 丰台二模)现代科学实验证明了场的存在,静电场与重力场有一定相似之处。带电 体在匀强电场中的偏转与物体在重力场中的平抛运动类似。 (1)一质量为 m 的小球以初速度 v0 水平抛出,落到水平面的位置与抛出点的水平距离为 x。已知重力加速度为 g,求抛出点的高度和小球落地时的速度大小。 (2)若该小球处于完全失重的环境中,小球带电荷量为+q,在相同位置以相同初速度抛 出。空间存在竖直向下的匀强电场,小球运动到水平面的位置与第(1)问小球的落点相同。 若取抛出点电势为零,试求电场强度的大小和落地点的电势。 (3)类比电场强度和电势的定义方法,请分别定义地球周围某点的“重力场强度 EG”和 “重力势φG”,并描绘地球周围的“重力场线”和“等重力势线”。 答案 见解析 解析 (1)小球在水平方向做匀速直线运动 x=v0t 小球在竖直方向做自由落体运动 h= 1 2 gt2 得 h= t2 20 2 小球下落过程,根据动能定理 mgh= 1 2 mv2- 1 2 m 0 2 得 v= 0 2 + t22 0 2(2)小球在水平方向做匀速直线运动 x=v0t 小球在竖直方向做匀加速直线运动 h= 1 2 at2 a= 得 E= t 抛出点与落点之间的电势差 U=Eh= t 取抛出点电势为零,U=0-φ地 得φ地=- t (3)重力场强度 EG= = t =g 或 EG= =G 2 /m=G 2若取地面为重力势参考平面,则重力势 φG= p =gh 若取无穷远处重力势为零,则 φG= p =- 故地球周围的“重力场线”和“等重力势线”如图所示 第十章 恒定电流 第 1 讲 电流 电阻 电功及电功率 A 组 基础巩固 1.(2018 海淀二模)在物理学中,常常用比值定义物理量,用来表示研究对象的某种性质。下 列关系式中,不属于比值定义的是 ( ) A.电场强度 E= B.电流 I= C.电容 C= D.密度ρ= 答案 B 比值法所定义的物理量,与表达式中的分子、分母无正、反比关系,只等于分子和 分母的比值,而比值是恒定不变的,选项 A、C、D 都符合比值定义的特点,而 B 选项中电阻 R 是不变量,电流与电压成正比关系,故电流不属于比值定义的物理量,因此选项 B 符合题意。 2.如图所示,一根截面积为 S 的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷,单位体积内的电荷量为 q,当此棒沿轴线方向做速度为 v 的匀速直线运动时,由于棒运动而形成的等效电流大小为 ( ) A.vq B. C.qvS D. 答案 C 电流的定义式 I= ,即单位时间通过导体截面的电荷量,由题意知整段导体总电荷 量 Q=qLS,L 为导体长度,t= 㜱 ,所以等效电流大小 I= = 㜱 㜱 =qvS,C 项正确。 3.(2017 朝阳期末)现有规格为“220 V,36 W”的排气扇,如图所示,排气扇电动机的线圈电 阻为 40 Ω。当正常工作时,排气扇的 ( ) A.通电电流计算式为 I= 220 40 A B.输出功率计算式为 P 出=(36- 2202 40 ) W C.发热功率计算式为 P 热=( 36 220 )2×40 W D.电功率大于 36 W 答案 C 由于排气扇为非纯电阻电器,不满足欧姆定律 R= ,根据公式 P=UI 知,该排气扇正 常工作时的电流 I= = 36 220 A,A 错误。发热功率 P 热=( 36 220 )2×40 W,输出功率 P 出=P 总-P 热 =[36-( 36 220 )2×40]W,B 错误,C 正确;因为排气扇正常工作,电功率等于 36 W,D 错误。 4.(2015 北京理综,19,6 分)如图所示,其中电流表 A 的量程为 0.6 A,表盘均匀划分为 30 个 小格,每一小格表示 0.02 A;R1 的阻值等于电流表内阻的 1 2 ;R2 的阻值等于电流表内阻的 2 倍。 若用电流表 A 的表盘刻度表示流过接线柱 1 的电流值,则下列分析正确的是( ) A.将接线柱 1、2 接入电路时,每一小格表示 0.04 A B.将接线柱 1、2 接入电路时,每一小格表示 0.02 A C.将接线柱 1、3 接入电路时,每一小格表示 0.06 A D.将接线柱 1、3 接入电路时,每一小格表示 0.01 A 答案 C 设电流表的内阻为 RA,则 R1= 1 2 RA,R2=2RA,将接线柱 1、2 接入电路时,流过接线柱 1 的电流 I1=3I0,其中 I0 为流过电流表 A 的电流,因此每一小格表示 0.06 A;将接线柱 1、3 接 入电路时,流过接线柱 1 的电流 I'1=3I0,其中 I0 为流过电流表 A 的电流,因此每一小格表示 0.06 A。选项 A、B、D 错误,C 正确。 5.(2018 西城期末)在如图所示的电路中,电压表、电流表均为理想电表。电源电动势为 12 V, 内阻为 1 Ω,电动机线圈电阻为 0.5 Ω。开关闭合,电动机正常工作,电压表示数为 10 V。 则 ( ) A.电源两端的电压为 12 V B.电源的输出功率为 24 W C.电动机消耗的电功率为 80 W D.电动机所做机械功的功率为 18 W 答案 D 电源两端的电压 U=E-Ir=10 V,可得 I=2 A,电源的输出功率 P 出=UI=20 W,A、B 错 误。电动机消耗的电功率 P=UI=20 W,电动机所做机械功的功率 P 机=P-P 热=UI-I2R=18 W,C 错 误、D 正确。 6.(2018 石景山一模)两个电压表 V1 和 V2 是由完全相同的两个电流表改装而成的,V1 量程是 5 V,V2 量程是 15 V。现把 V1 和 V2 串联起来测量 15~20 V 电压。下列说法中正确的是 ( ) A.V1 和 V2 的示数相同 B.V1 和 V2 指针偏转的角度相同 C.V1 和 V2 示数不同,指针偏转的角度也不同 D.V1 和 V2 的示数与 V1 和 V2 的内阻成反比 答案 B 由于 V1 和 V2 是由完全相同的两个电流表改装而成的,当它们串联起来测电压的时 候,通过它们的电流大小相等,故指针偏转的角度相同,示数与内阻成正比,并不相同。 7.(2017 东城二模)移动电源(俗称充电宝)解决了众多移动设备的“缺电之苦”,受到越来 越多人的青睐。 目前市场上大多数充电宝的核心部件是锂离子电池(电动势 3.7 V)及其充 放电保护电路、充放电管理电路、升压电路等。其中的升压电路可以将锂离子电池的输出 电压提升到手机、平板电脑等移动设备所要求的输入电压(5 V)。 由于锂离子电池的材料特性,在电池短路、过高或过低温度、过度充电或放电等情况下 都有可能引起电池漏液、起火或爆炸。为安全起见,中国民航总局做出了相关规定,如图 1 所示。 民航总局关于携带充电宝出行的相关规定 低于 100 Wh 可随身携带,不可托运 100~160 Wh 经航空公司批准才能随身携带(不超过两块), 不可托运 超过 160 Wh 禁止随身携带,不可托运 图 1 为了给智能手机充电,小明购买了一款移动电源,其铭牌如图 2 所示。给手机充电时该 移动电源的效率按 80%计算。 产品名称:移动电源 电池容量:10 000 mAh 3.7 V 电源输入:5 V-1 A 电源输出 1:5 V-1 A 电源输出 2:5 V-2.1 A 图 2 根据以上材料判断下列说法正确的是( ) A.这款移动电源能为手机提供的最大充电量为 8 000 mAh B.这款移动电源充满电后所储存的总化学能为 37 Wh C.乘飞机出行时,这款移动电源可以托运 D.Wh 与 mAh 均为能量单位 答案 B 由表格可知电池容量为 10 000 mAh,mAh 是电量的单位,则 A、D 错。E 能=UIt=3.7 V×10 Ah=37 Wh,B 正确。由图 1 知,所有充电宝都不可托运,C 错。 8.(2018 东城一模)两根材料相同的均匀直导线 a 和 b 串联在电路上,a 长为 l0,b 长为 2l0。 (1)若沿长度方向的电势随位置的变化规律如图所示,求: ①a、b 两导线内电场强度大小之比 E1∶E2; ②a、b 两导线横截面积之比 S1∶S2。 (2)以下对直导线内部做进一步分析:设导线单位体积内有 n 个自由电子,电子电荷量为 e,自由电子定向移动的平均速率为 v。现将导线中电流 I 与导线横截面积 S 的比值定义为电 流密度,其大小用 j 表示。 ①请建立微观模型,利用电流的定义式 I= 推导:j=nev; ②从宏观角度看,导体两端有电压,导体中就形成电流;从微观角度看,若导体内没有电 场,自由电子就不会定向移动。设导体的电阻率为ρ,导体内场强为 E,试猜想 j 与 E 的关系 并推导出 j、ρ、E 三者间满足的关系式。 (解题过程中需要用到的物理量要在解题时作必要的说明) 答案 (1)①6∶1 ②1∶6 (2)见解析 解析 (1)①根据 U1=φ1-φ2,由图像知:φ1=8 V,φ2=2 V,代入可得 U1=6 V,同理 U2=2 V 根据 E= ,由已知 d1=l0,d2=2l0,代入可得 E1∶E2=6∶1 ②因为两导线串联,所以电流 I1 =I2,由欧姆定律 I= ,电阻定律 R=ρ ,将 U1=6 V,U2=2 V, 长度分别为 l0 和 2l0 代入,可得 S1∶S2=1∶6 (2)①在直导线内任选一个横截面 S,在Δt 时间内以 S 为底,vΔt 为高的柱体内的自由 电子都将从此截面通过,由电流及电流密度的定义知:j= = Δ Δ ,其中Δq=neSvΔt,代入上式 可得:j=nev。 ②猜想:j 与 E 成正比。 设横截面积为 S,长为 l 的导线两端电压为 U,则 E= ; 电流密度的定义式为 j= ,将 I= 代入,得 j= = ; 导线的电阻 R=ρ ,代入上式,可得 j、ρ、E 三者间满足的关系式为:j= 。 B 组 综合提能 1.(2017 丰台二模)如图所示是某电路的示意图,虚线框内是超导限流器。超导限流器是一种 短路故障电流限制装置,它由超导部件和限流电阻并联组成。当通过超导部件的电流大于其 临界电流 I0 时,超导部件由超导态(可认为电阻为零)转变为正常态(可认为是一个纯电阻), 以此来限制故障电流。超导部件正常态电阻 R1=6 Ω,临界电流 I0=0.6 A,限流电阻 R2=12 Ω, 灯泡 L 上标有“6 V,3 W”字样,电源电动势 E=6 V,内阻忽略不计,则下列判断不正确．．．的是 ( ) A.当灯泡正常发光时,通过灯泡 L 的电流为 0.5 A B.当灯泡正常发光时,通过 R2 的电流为 0.5 A C.当灯泡 L 发生故障短路时,通过 R1 的电流为 1 A D.当灯泡 L 发生故障短路时,通过 R2 的电流为 0.5 A 答案 B 若灯泡正常发光,通过灯泡的额定电流 I= = 3W 6V =0.5 A,电阻 R2 被短路,A 对,B 错。 若灯泡被短路,电源内阻忽略不计,电路中电流无穷大,大于 I0=0.6 A,超导部件由超导态转 变为正常态,则 R1=6 Ω,I 干= 总 = 6V 12Ω×6Ω 12Ω+6Ω =1.5 A,则通过 R1 的电流为 1 A,通过 R2 的电流为 0.5 A,C、 D 对。 2.(多选)(2017 西城期末)电饭锅工作时有两种状态:一种是锅内的水烧开以前的加热状态, 另一种是水烧开以后的保温状态。如图所示是电饭锅的电路图,R1 是电阻,R2 是加热用的电热 丝,S 是自动开关。下列说法正确的是( ) A.开关 S 接通时,电饭锅处于保温状态 B.开关 S 接通时,电饭锅处于加热状态 C.当 R1∶R2=1∶1 时,R2 在保温状态下的功率是加热状态下功率的一半 D.当 R1∶R2=1∶1 时,R2 在保温状态下的功率是加热状态下功率的四分之一 答案 BD 当开关 S 断开时,R1 与 R2 串联,当开关 S 接通时,只有 R2 工作,由 P= 2 知总电阻 R 越小,功率越大,故开关断开时处于保温状态,接通时处于加热状态,A 选项错误,B 选项正确; 当 R1=R2 时,保温状态下电流是加热状态下电流的一半,R2 在保温状态下的功率是加热状态下 功率的四分之一,C 选项错误,D 选项正确。 3.(2018 房山二模)电荷的定向移动形成电流,电流是物理量中的基本量之一。电流载体称为 载流子,大自然有很多种承载电荷的载流子,例如,金属导体内可自由移动的电子、电解液内 的离子、等离子体内的正负离子,半导体中的空穴,这些载流子的定向移动,都可形成电流。 (1)电子绕氢原子核做圆周运动时,可等效为环形电流,已知静电力常量为 k,电子的电 荷量为 e,质量为 m,电子在半径为 r 的轨道上做圆周运动。试计算电子绕氢原子核在该轨道 上做圆周运动形成的等效电流大小; (2)如图,AD 表示一段粗细均匀的导体,两端加一定的电压,导体中的自由电荷沿导体定 向移动的速率为 v,设导体的横截面积为 S,导体每单位体积内的自由电荷数为 n,每个自由 电荷所带的电荷量为 e。试证明导体中电流大小 I=neSv; (3)有一圆柱形的纯净半导体硅,其横截面积为 2.5 cm2,通有电流 2 mA 时,其内自由电 子定向移动的平均速率为 7.5×10-5 m/s,空穴定向移动的平均速率为 2.5×10-5 m/s。已知 硅的密度为 2.4×103 kg/m3,摩尔质量是 28 g/mol。电子的电荷量 e=-1.6×10-19C,空穴和电 子总是成对出现,它们所带电荷量相等,但电性相反,阿伏加德罗常数为 NA=6.02×1023mol-1。 若一个硅原子至多只释放一个自由电子,试估算此半导体材料平均多少个硅原子才有一个 硅原子释放出自由电子? 答案 见解析 解析 (1)电子绕氢原子核做圆周运动,所需的向心力由原子核对电子的库仑引力来提供, 根据 2 2 =m 4π2 2 r, 又 I= = 解得 I= 2 2π (2)导体中电流大小 I= , t 时间内所有电荷沿导体长度方向定向移动的距离为 vt,则 t 时间内通过导体某一横截 面的自由电荷数为 nSvt, 该时间内通过导体该横截面的电荷量 q=nSvte, 则 I=neSv (3)设此半导体单位体积内有 n 个自由电子,同时也将有 n 个空穴;以 S 表示横截面积,v1 和 v2 分别表示半导体中空穴和自由电子的定向移动速率,I1 和 I2 分别表示半导体中空穴和自 由电子形成的电流, 则有 I1=nev1S I2=nev2S 总电流 I=I1+I2 由此可得 n= 1S+e2S设单位体积内有 n 个硅原子放出一个自由电子;单位体积内硅原子的个数 N= NA 则 = A ( 1+2 ), 代入数据解得 =1×10-5 则知每 1×105 个硅原子才有一个硅原子释放出一个自由电子 第 2 讲 闭合电路欧姆定律 A 组 基础巩固 1.关于电动势下列说法中正确的是( ) A.对于给定的电源,移动正电荷非静电力做功越多,电动势就越大 B.电动势大,说明非静电力在电源内部从负极向正极移动单位电荷量做功多 C.电动势、电压和电势差虽名称不同,但物理意义相同,所以单位也相同 D.在电源内部把正电荷从负极移动到正极,非静电力做功,电能增加 答案 D 由电动势公式 E= 非 知,E 等于非静电力将单位正电荷在电源内部从负极移动到正 极所做功的值,所以 A、B 错,电压与电动势的物理意义不同,C 错。 2.(2018 西城二模)电动汽车由于节能环保的重要优势,越来越被大家认可。电动汽车储能部 件是由多个蓄电池串联叠置组成的电池组,如图所示。某品牌电动小轿车蓄电池的数据如表 所示。下列说法正确的是( ) 电池 只数 输入电 压 充电参 数 放电时平均 电压/只 电池容量/只 100 只 交流 220 V 420 V,20 A 3.3 V 120 Ah A.将电池组的两极直接接在交流电上进行充电 B.电池容量的单位 Ah 就是能量单位 C.该电池组充电时的功率为 4.4 kW D.该电池组充满电所储存的能量为 1.4×108J 答案 D 由充电参数“420 V,20 A”知,电池组不是直接接在交流电上进行充电的,A 错误。 120 Ah=120 A×3 600 s=4.32×105 C,可知 Ah 是电荷量单位,B 错误。电池组充电时的功率 P=UI=420×20 W=8.4 kW,C 错误。该电池组充满电储存的能量为 qU,即 120×3 600×3.3×100 J≈1.4×108 J,D 正确。 3.(2017 朝阳期末)已知干电池的电动势为 1.5 V,下列说法正确的是( ) A.当外电路闭合时,干电池两极间的电压等于 1.5 V B.当外电路断开时,干电池两极间的电压等于零 C.当外电路闭合时,在 1 s 内有 1.5 C 的电荷通过电池 D.当 1 C 的电荷通过干电池时,干电池能把 1.5 J 的化学能转化为电能 答案 D 由于干电池有内阻,所以当外电路闭合时,干电池两端的电压应视为路端电压,小 于 1.5 V,A 错误;当外电路断开时,干电池两极间的电压等于电池电动势 1.5 V,而不是零,B 错误;当外电路闭合时,由 q=It 可知,若在 1 s 内有 1.5 C 的电荷流过电池,此时电流大小为 1.5 A,而题中电阻未知,电流无法确定,C 错误;根据电动势的定义式 E= 得 W=Eq,当外电路 闭合时,每有 1 C 的电荷通过干电池,非静电力做功就为 1.5 J,就有 1.5 J 的化学能转化为 电能,D 正确。 4.(2017 西城期末)某同学把电流表、干电池和一个定值电阻串联后,两端连接两支测量表笔, 做成了一个测量电阻的装置,如图所示。两支表笔直接接触时,电流表的读数为 5.0 mA;两支 表笔与 300 Ω的电阻相连时,电流表的读数为 2.0 mA。由此可知,这个测量电阻装置的内阻 是( ) A.200 Ω B.300 Ω C.500 Ω D.800 Ω 答案 A 两表笔直接接触时,E=I1r 两表笔外接电阻 R 外时,E=I2(R 外+r) 联立两式解得 r= 2 1 - 2 R 外= 2 3 ×300=200 Ω。 5.如图所示的电路中,A 是电容器两极板之间的一点,在 A 点有一个带负电荷的质点,质点在 重力和电场力的共同作用下处于静止状态,当滑动变阻器连入电路的阻值减小时,带电质点 的运动情况是( ) A.向上加速 B.向下加速 C.保持静止 D.向上匀速 答案 A 滑动变阻器连入电路的阻值减小时,总电阻减小,则电流增大,电容器两端的电压 增大,电场强度增大,质点所受电场力增大,电场力大于重力,带电质点向上加速,故 A 正确,B、 C、D 错误。 6.(多选)(2018 海淀期末)如图所示的电路中,闭合开关 S,当滑动变阻器 R 的滑片 P 向上移 动时,下列说法中正确的是( ) A.电流表示数变大 B.电压表示数变小 C.电阻 R0 的电功率变大 D.电源的总功率变小 答案 CD 解法一 当滑片 P 向上移动时,滑动变阻器接入电路中的阻值变大,电路的总阻 值也变大,由闭合电路欧姆定律知干路电流 I= + 外 变小,电源内阻分担电压 U 内=Ir 变小,外 电压 U 外=E-U 内变大,电压表示数变大,B 项错。通过 R0 的电流 I0= 外 0 变大,通过电流表的电流 IA=I-I0 变小,电流表示数变小,A 项错。电阻 R0 的电功率 P0= 0 2 R0 变大,C 项正确。电源的总功 率 P 总=EI 变小,D 项正确。 解法二 由“串反并同”规律分析知,当滑片 P 向上移动时,滑动变阻器接入电路的阻 值变大,则与之串联的电流表示数变小,干路电流变小,电源总功率 P 总=EI 变小;与之并联的 电压表示数变大,电阻 R0 的电流、电压、电功率均变大,因此选 C、D。 7.(2018 朝阳期末)某同学利用一块表头和三个定值电阻设计了如图所示的电表,该电表有 1、 2 两个量程。关于该电表,下列说法中正确的是( ) A.测电压时,量程 1 一定小于量程 2,与 R1、R2 和 R3 的阻值无关 B.测电流时,量程 1 一定大于量程 2,与 R1、R2 和 R3 的阻值无关 C.测电压时,量程 1 与量程 2 间的大小关系与 R1、R2 和 R3 的阻值有关 D.测电流时,量程 1 与量程 2 间的大小关系与 R1、R2 和 R3 的阻值有关 答案 B 当利用这块电表测量电压时,该表量程为当电流计满偏时电流计所在支路的总电 压,即 U=IgR,其中 R 为支路总电阻,因量程 2 的支路总电阻小于量程 1 的支路总电阻,所以量 程 2 小于量程 1,故选项 A、C 均错误;当利用此电表测电流时,电表量程等于电流计满偏时两 支路电流之和,由并联电路的支路电流关系可以知道,量程 1 一定大于量程 2,所以选项 D 错 误,选项 B 正确。 8.如图所示,已知电源电动势 E=5 V,内阻 r=2 Ω,定值电阻 R1=0.5 Ω,滑动变阻器 R2 的阻值 范围为 0~10 Ω。求: (1)当滑动变阻器 R2 接入电路的阻值为多大时,电阻 R1 消耗的功率最大,最大功率是多 少。 (2)当滑动变阻器接入电路的阻值为多大时,滑动变阻器消耗的功率最大,最大功率是 多少。 (3)当滑动变阻器接入电路的阻值为多大时,电源的输出功率最大,最大功率是多少。 答案 见解析 解析 (1)定值电阻 R1消耗的电功率为P1=I2R1= 2 1( 1+2+r ) 2 ,可见当滑动变阻器接入电路的阻值 为 0 时,R1 消耗的功率最大,最大功率为 P1m= 2 1( 1+r ) 2 =2 W。 (2)将定值电阻 R1 看做电源内阻的一部分,则电源的等效内阻 r'=R1+r=2.5 Ω,故当滑动 变阻器接入电路的阻值R2=r'=2.5 Ω时,滑动变阻器消耗的功率最大,最大功率为P2m= 2 4 '=2.5 W。 (3)由电源的输出功率与外电阻的关系可知,当 R1+R2'=r,即 R2'=r-R1=(2-0.5) Ω=1.5 Ω 时,电源有最大输出功率,最大输出功率为 P 出 m= 2 4 =3.125 W。 B 组 综合提能 1.(2017 西城二模)智能手机电池“快速充电技术”可以使用户在短时间内完成充电。比如 对一块额定电压 3.7 V、容量 1 430 毫安时的电池充电,可以在半小时内将电池充到满容量 的 75%。结合本段文字和你所学知识,关于“快速充电技术”,你认为下列叙述中比较合理的 是( ) A.这里所提到的“毫安时”指的是一种能量单位 B.这里所提到的“满容量的 75%”是指将电池电压充到 3.7 V 的 75% C.快速充电技术提高了锂电池的原有容量 D.对额定电压 3.7 V 的锂电池充电,其充电电压应高于 3.7 V 答案 D 根据 q=It 可知,毫安时(mAh)是电荷量的单位,不是能量的单位,故 A 错误;这里所 提到的“满容量的 75%”是将电量充到满容量的 75%,故 B 错误;快速充电技术提高了锂电池 的充电速度,不会提高原有容量,故 C 错误;为了能为电池充电,对额定电压 3.7 V 的锂电池 充电,其充电电压应高于 3.7 V,故 D 正确。 2.(2017 海淀二模)电源的两个重要参数分别是电动势 E 和内电阻 r。对一个电路有两种特 殊情况:当外电路断开时,电源两端的电压等于电源电动势;当外电路短路时,短路电流等于 电动势和内电阻的比值。现有一个电动势为 E、内电阻为 r 的电源和一阻值为 R 的定值电阻, 将它们串联或并联组成的系统视为一个新的等效电源,这两种连接方式构成的等效电源分 别如图甲和图乙中虚线框所示。设新的等效电源的电动势为 E',内电阻为 r'。试根据以上 信息,判断下列说法中正确的是( ) A.图甲中的 E'= + E, r'=R+r B.图甲中的 E'= + E, r'=R+r C.图乙中的 E'=E,r'= +D.图乙中的 E'= + E,r'= +答案 D 当外电路断开时,电源两端的电压等于电源电动势,图甲中的等效电源外电路断 开时,I=0,R 相当于导线,则等效电源的电动势仍为 E,R 与 r 串联形成新电源的内电阻,所以 内电阻为 R+r。乙的等效电源外电路断开时,新电源两端电压即 R 两端电压为 + ,则等效电 源的电动势为 + E,R 与 r 并联形成新的电源内电阻,所以内电阻为 + 。综上选择 D。 3.(2015 北京理综,24)真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置,如图所示。光照前 两板都不带电。以光照射 A 板,则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电 子都垂直于 A 板向 B 板运动,忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变。a 和 b 为接线 柱。 已知单位时间内从 A 板逸出的电子数为 N,电子逸出时的最大动能为 Ekm。元电荷为 e。 (1)求 A 板和 B 板之间的最大电势差 Um,以及将 a、b 短接时回路中的电流 I 短。 (2)图示装置可看做直流电源,求其电动势 E 和内阻 r。 (3)在 a 和 b 之间连接一个外电阻时,该电阻两端的电压为 U。外电阻上消耗的电功率设 为 P;单位时间内到达 B 板的电子在从 A 板运动到 B 板的过程中损失的动能之和设为ΔEk。 请推导证明:P=ΔEk。 (注意:解题过程中需要用到但题目没有给出的物理量,要在解题中作必要的说明) 答案 (1) km Ne (2) km km 2(3)见解析 解析 (1)由动能定理,Ekm=eUm,可得 Um= km 短路时所有逸出电子都到达 B 板,故短路电流 I 短=Ne (2)电源的电动势等于断路时的路端电压,即上面求出的 Um,所以 E=Um= km 电源内阻 r= 短 = km 2 (3)外电阻两端的电压为 U,则电源两端的电压也是 U。 由动能定理,一个电子经电源内部电场后损失的动能 ΔEke=eU 设单位时间内有 N'个电子到达 B 板,则损失的动能之和 ΔEk=N'ΔEke=N'eU 根据电流的定义,此时电源内部的电流 I=N'e 此时流过外电阻的电流也是 I=N'e,外电阻上消耗的电功率 P=IU=N'eU 所以 P=ΔEk 第 3 讲 实验:测量金属的电阻率 A 组 基础巩固 1.现有一合金制成的圆柱体。为测量该合金的电阻率,现用伏安法测量圆柱体两端之间的电 阻,用螺旋测微器测量该圆柱体的直径,用游标卡尺测量该圆柱体的长度。螺旋测微器和游 标卡尺的示数如图 a 和图 b 所示。 (1)由图读得圆柱体的直径为 mm,长度为 cm。 (2)若流经圆柱体的电流为 I,圆柱体两端之间的电压为 U,圆柱体的直径和长度分别用 D、L 表示,则用 D、L、I、U 表示的电阻率的关系式为ρ= 。 答案 (1)1.844(在 1.842~1.846 范围内均可) 4.240 (2) π2 U 4㜱解析 (1)由题图 a 知,圆柱体的直径为 1.5 mm+34.4×0.01 mm=1.844 mm,长度为 42 mm+8×0.05 mm=42.40 mm=4.240 cm。 (2)由 I= ,R=ρ 㜱 及 S=π 2 2 得 ρ= π2 U 4㜱 。 2.(2017 东城期末)实验室有一捆规格为“100 m,0.5 mm2”的铜导线,已经用去了一部分,一 同学想用伏安法测量剩余导线的电阻。 (1)他查得铜的电阻率为 1.7×10-8 Ω·m。他可以用公式 计算出整捆导线的电阻 为 Ω; (2)他从实验室借来如下器材,想分别用电流表内接法和外接法测量铜导线的电阻: 电流表:量程 0~0.6 A,内阻约为 0.2 Ω; 电压表:量程 0~3 V,内阻约 9 kΩ; 滑动变阻器 R1:最大阻值 5 Ω; 滑动变阻器 R2:最大阻值 200 Ω; 电源:电动势 4.5 V,内阻可不计; 开关、导线若干。 回答下列问题: ①请你用笔画线代替导线在图 1 中完成电路连线。要求用电流表外接法、滑动变阻器 分压式接法。 图 1 ②按①中所连电路实验时滑动变阻器应选 (选填“R1”或“R2”),闭合开关前应 将滑片移至 端(选填“a”或“b”)。 ③他将分别用电流表内接法和外接法得到的电流、电压数据描到 U-I 图上,如图 2 所示。 在图 2 中由电流表外接法得到测量图线是 (选填“甲”或“乙”),你的判断依据 是 。 图 2 答案 (1)R=ρ 㜱 3.4 (2)①图见解析 ②R1 b ③乙 电流表外接时,测得的电阻值偏 小 解析 (1)由公式 R=ρ 㜱 ,代入数值得电阻阻值 R=3.4 Ω; (2)①如图所示 ②由于用滑动变阻器采用分压式接法,所以从方便调节的角度考虑,滑动变阻器选最大 阻值较小的 R1;为保护电路中元件,闭合开关前,滑片应移至 b 端,使导线两端电压为零。 ③因为电流表外接时,测得的电流值偏大,由 R= 可知电阻值偏小,对应图线乙。 3.(2018 海淀一模)在“测量金属的电阻率”的实验中,金属丝的阻值约为 5 Ω,某同学先用 刻度尺测量金属丝的长度 l=50.00 cm,用螺旋测微器测量金属丝直径时,刻度位置如图 1 所 示,再用伏安法测出金属丝的电阻,然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。 图 1 ①该电阻丝直径的测量值 d= mm; ②实验中能提供的器材有: A.电压表 V1(量程 0~3 V,内阻约 3 kΩ) B.电压表 V2(量程 0~15 V,内阻约 15 kΩ) C.电流表 A1(量程 0~3 A,内阻约 0.01 Ω) D.电流表 A2(量程 0~0.6 A,内阻约 0.1 Ω) E.滑动变阻器 R1(0~20 Ω) F.滑动变阻器 R2(0~500 Ω) G.电源 E(电动势为 3.0 V)及开关和导线若干 该同学从以上器材中选择合适的器材连接好电路进行测量,则电压表应选择 , 电流表应选择 ,滑动变阻器应选择 (选填各器材前的字母)。要求在通过金 属丝的电流相同情况下,电源消耗功率最小,并能较准确地测出电阻丝的阻值,实验电路应 选用图 。 ③该同学建立 U-I 坐标系,如图 2 所示,图中已标出了与测量数据对应的五个坐标点,还 有一次测量的电压表和电流表示数如图 3 所示,请根据测量数据将坐标点补全,并描绘出 U-I 图线。由图线数据可计算出金属丝的电阻为 Ω(保留两位有效数字)。设被测 金属丝电阻为 R,则该金属材料电阻率的表达式是 (用题目给出的物理量符号表 示)。 图 2 图 3 ④实验中使用的电流表内阻为 RA,电压表内阻为 RV,若考虑电流表和电压表内阻的影响, 图 2U-I 图像中图线斜率 k 与该金属材料的电阻率ρ的关系是 k= (用题目给出的 物理量符号表示)。 答案 ①0.233(0.231~0.235) ②A D E 丁 ③如图所示 5.2(5.1~ 5.5) ρ= π2 4 ④ 4V π2 V+4解析 ①固定刻度读数为 0 mm,可动刻度读数为 23.3×0.01 mm=0.233 mm。 ②电源电动势为 3 V,电路中电流最大值约为 I= =0.6 A,所以选择电压表 V1、电流表 A2。 为了便于调节,滑动变阻器选择 R1。由于 V > A ,所以电流表采用外接法。 滑动变阻器采用限流式接法电源消耗功率小;电流表采用外接法能较准确地测出电阻 丝的阻值,故实验电路选图丁。 ③由 U-I 图像斜率求出金属丝电阻,由ρ =R,S= π2 4 得出ρ= π2 4 。 ④k= V+ = V V+ ,R=ρ ,S= π2 4 ,代入得 k= 4Vρl π2 V+4lρ 。 B 组 综合提能 1.(2018 门头沟一模)在常温下“测量金属的电阻率”的实验中,所用测量仪器均已校准。 (1)用米尺测量金属丝的长度,如图甲所示,测量值为 cm; 用螺旋测微器测金属丝的直径,如图乙所示,测量值为 mm。 甲 (2)用图丙所示电路测量电阻丝的电阻 Rx 时,以下滑动变阻器应选择 (用滑动 变阻器前面的字母表示)。 A.滑动变阻器 R1(0~200 Ω,额定电流 2 A) B.滑动变阻器 R2(0~5 Ω,额定电流 2 A) (3)实验测得电阻的阻值为 2.4 Ω,该测量值比实际值偏 (选填“大” 或 “小”),由于图丙所示的电流表外接而导致的测量电阻的误差,属于 (选填“偶然 误差” 或“系统误差”)。 (4)根据以上数据可知被测电阻是表中的哪种材料 。 表:几种导体材料常温时的电阻率 材料 银 铜 钨 铁 镍铬合金 ρ(Ω· m) 1.6× 10-8 1.7× 10-8 5.3× 10-8 1.0× 10-7 1.0×10-6 (5)若按图丁所示的电路进行测量,可以消除由于电表内阻造成的误差。利用该电路进 行实验的主要操作过程是: 第一步:先将 R2 的滑动触头调到最左端,单刀双掷开关 S2 向 1 闭合,闭合开关 S1,调节滑 动变阻器 R1 和 R2,使电压表和电流表的示数尽量大些(不超过量程),读出此时电压表和电流 表的示数 U1、I1; 丁 第二步:保持两滑动变阻器的滑动触头位置不变,将单刀双掷开关 S2 向 2 闭合,读出此时 电压表和电流表的示数 U2、I2; 请写出由以上记录数据计算被测电阻的表达式 Rx= 。 答案 (1)49.95~49.98 0.495(0.492~0.497) (2)B (3)小 系统误差 (4)镍铬合金 (5) 1 1 - 2 2解析 (1)刻度尺和螺旋测微器读数时都要估读。 (2)分压电路,RP 选总阻值小的易调节。 (3)电流表外接,U 测正常 ,I 测偏大,则 R 测= 测 测 偏小,属于系统误差。 (4)根据 R=ρ 㜱 ,得ρ= 㜱 = 2 . 4×π× 0 . 495×10 - 3 2 2 49 . 95×10 - 2 Ω·m=9.2×10-7 Ω·m 对照表格知是镍铬合金。 (5)S2 掷向 1,则: 1 1 =Rx+(R1 滑+RA)(R1 滑为滑片左边电阻) S2 掷向 2,则: 2 2 =R1 滑+RA 解得 Rx= 1 1 - 2 22.在“测量金属的电阻率”实验中, 图 1 (1)利用螺旋测微器测量合金丝的直径 d。某次测量时,螺旋测微器的示数如图 1 所示, 则该合金丝直径的测量值 d= mm。 (2)若测出合金丝长度为 L,直径为 d,电阻为 R,则该合金电阻率的表达式ρ= 。 (用上述字母和通用数学符号表示) (3)按图 2 所示的电路图测量合金丝的电阻 Rx。实验中除开关、若干导线之外还提供下 列器材: A.待测合金丝 Rx(接入电路部分的阻值约 5 Ω) B.电源(电动势 4 V,内阻不计) C.电流表(0~3 A,内阻约 0.01 Ω) D.电流表(0~0.6 A,内阻约 0.2 Ω) E.灵敏电流计 G(满偏电流 Ig 为 200 μA,内阻 rg 为 500 Ω) F.滑动变阻器(0~10 Ω,允许通过的最大电流 1 A) G.滑动变阻器(0~100 Ω,允许通过的最大电流 0.3 A) H.电阻箱 R0(0~99 999.9 Ω) 为了测量准确、调节方便,实验中电流表应选 ,滑动变阻器应选 。(均填 写仪器前的字母) (4)按图 2 所示的电路图测量合金丝的电阻 Rx,开关闭合前应将滑动变阻器的滑片 P 置 于 端(选填“a”或“b”)。 (5)甲同学按照图 2 电路图正确连接好电路,将电阻箱接入电路的阻值调为 R0=14 500 Ω, 改变滑动变阻器接入电路的电阻值,进行多次实验,根据实验数据,画出了灵敏电流计 G 的示 数 IG 和电流表 A 的示数 IA 的关系图线如图 3 所示。由此可知,合金丝接入电路的电阻测量值 Rx= Ω(保留两位有效数字)。 图 2 图 3 (6)乙同学选择同样的器材,按图 4 所示电路测量合金丝的阻值 Rx,保持电阻箱接入电路 的阻值不变。在不损坏电表的前提下,他将滑动变阻器滑片 P 从一端滑向另一端,随滑片 P 移动距离 x 的增加,灵敏电流计 G 的示数 IG 和电流表 A 的示数 IA 也随之增加,图 5 反映 IG-x 和 IA-x 关系的示意图中可能正确的是 。 图 4 图 5 答案 (1)1.170(说明 1.168~1.172 之间均可得分) (2) π2 4㜱 (3)D F (4)b (5)4.5(说明:4.3~4.7 之间均可得分) (6)A 解析 (1)固定刻度读数为 1 mm,可动刻度读数为 17.0×0.01 mm,则螺旋测微器的读数为 1 mm+17.0×0.01 mm=1.170 mm。 (2)因为 R=ρ 㜱 ,S=π·( 2 )2 所以ρ= π2 4㜱(3)电流表所在电路中的最大电流约为 I= 4V 5Ω =0.8 A,所以电流表选 D,滑动变阻器选 F。 (4)闭合 S 前,要求测量电路的分压为零,故滑动变阻器的滑片 P 应置于 b 端。 (5)由题图 2 得 IG×15 000 Ω=(IA-IG)Rx,即 IG= 15 000Ω+ IA,由题图 3 可知 IG-IA 图线的 斜率 k= 150×10 - 6 0 . 5 ,即 15 000Ω+ = 150×10 - 6 0 . 5 ,则 Rx=4.5 Ω。 (6)在 x 较小时,随 x 的增大,灵敏电流计 G 和电流表 A 的示数变化不大;当 x 大到滑动 变阻器分压部分的电阻大于 Rx 后,随 x 的增大,上述两电表的示数会迅速变大,只有 A 图呈现 这样的变化,故选 A。 第 4 讲 实验:测量电源的电动势和内阻 A 组 基础巩固 1.(2016 北京理综,19,6 分)某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻,他们提 出的实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确,最不可取．．．．的一组器材是 ( ) A.一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器 B.一个伏特表和多个定值电阻 C.一个安培表和一个电阻箱 D.两个安培表和一个滑动变阻器 答案 D 根据 U=E-Ir,要测出 E 和 r,就要同时测出 U 和 I,A、B、C 三个选项都能满足要求;D 选项只能测出电流 I,不能测出电压 U,所以选 D。 2.小芳同学利用手边的实验器材设计了如图所示的电路,电阻 R 的阻值以及电源的电动势和 内阻均未知,电压表另一端的接线位置待定。通过改变滑动变阻器接入电路的阻值获得多组 数据,并描绘出 U-I 关系图像(U、I 分别为电压表和电流表的示数)。不计电表对电路的影响。 下列说法正确的是( ) A.若接 a,利用该图像可得到电阻 R 的阻值 B.若接 b,利用该图像可得到电阻 R 的阻值 C.若接 a,利用该图像可得到电源的电动势和内阻 D.若接 b,利用该图像可得到电源的电动势和内阻 答案 D 当接 b 时,U-I 图线与 U 轴交点的纵坐标为电源电动势,图线斜率的绝对值为电源 内阻。当接 a 时,U-I 图线斜率的绝对值为电源内阻与电阻 R 之和,与 U 轴交点的纵坐标为电 源电动势。D 项正确,A、B、C 错误。 3.(2018 朝阳一模)利用如图 1 所示的电路可以测定一节干电池的电动势和内电阻。 (1)现有电压表(0~3 V)、开关和导线若干,以及下列器材: A.电流表(0~0.6 A) B.电流表(0~3 A) C.滑动变阻器(0~20 Ω) D.滑动变阻器(0~100 Ω) 实验中电流表应选用 ;滑动变阻器应选用 。(选填相应器材前的字 母) 图 1 图 2 (2)在图 2 中用笔画线代替导线,按图 1 将电路连线补充完整。 (3)实验中,某同学记录的 6 组数据如表所示,其中 5 组数据的对应点已经标在图 3 的坐 标纸上,请标出余下一组数据的对应点,并画出 U-I 图线。 序号 1 2 3 4 5 6 电压 U(V) 1.35 1.30 1.25 1.20 1.15 1.10 电流 I(A) 0.12 0.14 0.24 0.30 0.36 0.42 图 3 (4)根据图 3 可得出干电池的电动势 E= V,内电阻 r= Ω。 (5)小明同学学习了电源的相关知识后,制作了如图 4 所示的水果电池。为了测量该电 池的电动势,他从实验室借来了灵敏电流表(内阻未知,且不可忽略)、电阻箱、开关以及若 干导线,设计了如图 5 所示的电路图。你认为小明同学能否准确测出水果电池的电动势,并 说明理由。 图 4 图 5 答案 (1)A C (2)如图所示 (3)如图所示 (4)1.45(1.43~1.47) 0.83(0.80~0.86) (5)可以准确测出水果电池的电动势。 根据闭合电路欧姆定律有 E=I(R+r+Rg),变形可得 1 = 1 R+ +g 。 实验中,改变电阻箱的阻值 R,可读出灵敏电流表相应的读数 I,得到多组对应 R、I 数据, 并画出 1 -R 图像。在 1 -R 图像中,图线的斜率 k= 1 ,所以 E= 1 。 解析 (1)测定一节干电池的电动势和内阻,要求在小电流下快速测量,控制电流较小,故电 流表选 0~0.6 A 的;干电池的内阻较小,滑动变阻器的总电阻过大调节不方便,故滑动变阻器 选 0~20 Ω的。 (2)见答案 (3)见答案 (4)U-I 图线的纵截距表示电池的电动势,则 E=1.45 V。图线斜率的绝对值表示内电阻, 则 r=| Δ | Δ = 1 . 45 - 1 . 1 0 . 42 Ω=0.38 Ω。 4.(2018 石景山一模)现要测量一电池的内阻 r 和一待测电阻的阻值 Rx。已知电池的电动势 约 6 V,电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧。可选用的实验器材有: 电流表 A1(量程 0~30 mA); 电流表 A2(量程 0~100 mA); 电压表 V(量程 0~6 V); 滑动变阻器 R1(阻值 0~5 Ω); 滑动变阻器 R2(阻值 0~300 Ω); 开关 S 一个,导线若干。 某同学的实验过程如下: Ⅰ.设计如图 1 所示的电路图,正确连接电路。 图 1 Ⅱ.将滑动变阻器 R 的阻值调到最大,闭合开关,逐次调小 R 的阻值,测出多组 U 和 I 的 值,并记录。以 U 为纵轴,I 为横轴,得到如图 2 所示的图线。 图 2 Ⅲ.断开开关,将 Rx 改接在 B、C 之间,A 与 B 直接相连,其他部分保持不变。重复步骤Ⅱ, 得到另一条 U-I 图线,图线与横轴 I 的交点坐标为(I0,0),与纵轴 U 的交点坐标为(0,U0)。 回答下列问题: (1)电流表应选用 ,滑动变阻器应选用 ; (2)由图 2 的图线,得电源内阻 r= Ω; (3)用 I0、U0 和 r 表示待测电阻的关系式 Rx= ,代入数值可得 Rx; (4)若电表为理想电表,Rx 分别接在 B、C 之间与接在 A、B 之间,滑动变阻器滑片都从最 大阻值位置调到某同一位置,两种情况相比,电流表示数变化范围 ,电压表示数变 化范围 。(选填“相同”或“不同”) 答案 (1)A2 R2 (2)25 (3) 0 0 -r (4)相同 不同 解析 (1)由电池的电动势约为 6 V,电池内阻和待测电阻阻值均为数十欧,可知电流表应选 A2,滑动变阻器要起限流作用,故选 R2。 (2)U-I 图像的斜率绝对值等于 r,由图可得 r=25 Ω。 (3)电路改接后,U-I 图线斜率的绝对值等于 r+Rx,故有 Rx= 0 0 -r。 (4)Rx 分别接在 B、C 之间与接在 A、B 之间,电压表测量的电压是不同的,调节滑动变阻 器,电压表示数变化范围也不同,但电流表始终与电阻是串联关系,故电流表示数变化范围 相同。 B 组 综合提能 1.(2018 丰台一模)用图甲所示的电路,测定一节旧干电池的电动势和内阻。除电池、开关和 导线外,可供使用的实验器材还有: 甲 双量程电流表: (量程 0~0.6 A,0~3 A); 双量程电压表: (量程 0~3 V,0~15 V); 滑动变阻器:R1(阻值范围 0~20 Ω,额定电流 2 A) R2(阻值范围 0~1 000 Ω,额定电流 1 A) (1)为了调节方便,测量精度更高,实验中应选用电流表的量程为 A,电压表的 量程为 V,应选用滑动变阻器 (填写滑动变阻器符号)。 (2)根据图甲正确连接图乙中的实物电路,注意闭合开关时滑动变阻器的滑片 P 应处于 正确的位置并选择正确的电表量程进行连线。 乙 (3)通过多次测量并记录对应的电流表示数 I 和电压表示数 U,利用这些数据在图丙中 画出了 U-I 图线。由图线可以得出此干电池的电动势 E= V,内阻 r = Ω。 丙 (4)引起该实验的系统误差的主要原因是 。 A.电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小 B.电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流大 C.电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压小 D.电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压大 (5)根据实验测得的 I、U 数据,若令 y=IU,x=I,则由计算机拟合得出的 y-x 图线应是图 丁中的 (选填“a”“b”或“c”),其余两条图线分别是令 y=IE 和 y=I2r 得出的。 根据前面测量得到的电源电动势和内阻的值,推测图丁中 A 点的 x、y 坐标分别为 A、 W(保留 2 位有效数字)。 丁 答案 (1) 0~0.6 0~3 R1 (2)如图所示 (3)1.45 1.3 (4)A (5)c 1.1 1.6 解析 (1)1 节旧干电池的电动势约 1.5 V,电压表用 0~3 V 量程更精确。由图丙可知电流表 通过电流的最大值为 0.5 A 左右,选用电流表的 0~0.6 A 量程更精确。干电池内阻 1~ 2 Ω, 选 R1 能较好地控制电路中电流变化,而 R2 阻值太大,不方便控制电路。 (2)见答案 (3)由 U=E-rI 知 U-I 图线的纵截距为 E,即 E=1.45 V,斜率的绝对值表示内 阻,r=| Δ | Δ = 1 . 45 - 0 . 80 0 . 50 Ω=1.3 Ω。 (4)电源实际输出电流等于通过电压表的电流加上通过电流表的电流,即电流表读数比 电源输出电流小,因此选 A。 (5)y=IU=P 外=EI-I2r=Ex-rx2,即 y-x 图线是开口向下的抛物线,因此选填 c。若 y=IE,则 y=Ex,即 a 图线。 b 是 y=I2r 图线,即 y=I2r=rx2,为开口向上的抛物线的一半。a、b 图线交 点满足 EI=I2r,I= =x= 1 . 45 1 . 3 A=1.1 A,y=EI=1.45×1.1 W=1.6 W。 2.某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻,实验原理如图甲所示,其 中,虚线框内为用灵敏电流计 改装的电流表 , 为标准电压表,E 为待测电池组,S 为开 关,R 为滑动变阻器,R0 是标称值为 4.0 Ω的定值电阻。 (1)已知灵敏电流计 的满偏电流 Ig=100 μA、内阻 rg=2.0 kΩ,若要使改装后的电流 表满偏电流为 200 mA,应并联一只 Ω(保留一位小数)的定值电阻 R1; (2)根据图甲,用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路; (3)某次实验的数据如下表所示: 测量次数 1 2 3 4 5 6 7 8 电压表 读数 U/V 5.2 6 5.1 6 5.0 4 4.9 4 4.8 3 4.7 1 4.5 9 4.4 6 改装表 读数 I/mA 20 40 60 80 100120140160 该小组借鉴“研究匀变速直线运动”实验中计算加速度的方法(逐差法),计算出 电池组的内阻 r= Ω(保留两位小数);为减小偶然误差,逐差法在数据处理方面体现 出的主要优点是 。 (4)该小组在前面实验的基础上,为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的 影响,用一已知电动势和内阻的标准电池组,通过上述方法多次测量后发现:电动势的测量 值与已知值几乎相同,但内阻的测量值总是偏大。若测量过程无误,则内阻测量值总是偏大 的原因是 。(填选项前的字母) A.电压表内阻的影响 B.滑动变阻器的最大阻值偏小 C.R1 的实际阻值比计算值偏小 D.R0 的实际阻值比标称值偏大 答案 (1)1.0 (2)如图所示 (3)1.66 充分利用已测得的数据 (4)CD 解析 (1)Igrg=(I-Ig)R1,解得 R1=1.0 Ω。 (2)参见答案。 (3)r'= Δ Δ ,r1'= 5 - 1 5 - 1 ,r2'= 6 - 2 6 - 2 ,r3'= 7 - 3 7 - 3r4'= 8 - 4 8 - 4 ,I5-I1=I6-I2=I7-I3=I8-I4=80 mA = '-R0= 1 ' +2 ' +3 ' +4 ' 4 -R0= 5+6+7+8 - 1 - 2 - 3 - 4 4×0 . 08A -4 Ω=1.66 Ω (4)电压表内阻的影响会造成 E 和 r 的测量值均偏小,滑动变阻器对测量没有影响,R1 的 值偏小, 表测量值偏小, '测量值偏大,r=r'-R0,R0 偏小,r 偏大。 第 5 讲 实验:用多用电表测量电学中的物理量 A 组 基础巩固 1.(多选) (2017 朝阳期末)如图所示,虚线框内为多用电表欧姆挡的内部电路,a、b 为电表 面板上的表笔插孔。下列说法正确的是 。 A.a 孔插黑表笔 B.用“×100 Ω”倍率测量时指针在 0 Ω附近,应换用“×1 kΩ”倍率 C.更换倍率测量电阻时,必须要重新进行欧姆调零 D.要测量电路中某电阻的阻值,必须将该电阻与其他元件断开 答案 ACD 由图示可以知道,a 插孔与内置电源正极相连,则 a 孔应插黑表笔,A 选项正确; 用×100 Ω倍率测量时,若指针指在 0 Ω附近,说明指针偏转角度太大,所选倍率太大,应换 小倍率,用×10 Ω倍率测量,B 选项错误;每次换倍率后测电阻前需要重新进行欧姆调零,C 选项正确;使用多用电表测某电阻的阻值,必须将该电阻与其他元件断开,如果电阻与其他 元件不断开,电阻和其他元件构成回路,这样测出的不是这个电阻的阻值,选项 D 正确。 2.(2018 门头沟一模)某学生在练习使用多用电表之前,她认真分析了欧姆表的原理电路图 (见图甲)。她做的几个练习使用多用电表的电路如图乙所示,下列说法中错误的是 ( ) 甲 乙 A.图 1 中多用电表选择开关应该是直流电压挡 B.图 2 中多用电表选择开关应该是直流电流挡 C.图 3 中多用电表测二极管电阻时,指针几乎不偏转 D.图 4 中多用电表选用欧姆挡,可以给电容器充电 答案 C 用欧姆挡时,电路中不应有电源;而用直流电压挡时要与被测元件并联,用直流电 流挡时要与被测元件串联;欧姆挡内部有电源,接电容器时,内部电源会为电容器充电。 3.如图所示为多用电表的刻度盘。选用倍率为“×100”的欧姆挡正确测量电阻,表针位置 如图所示,则: (1)所测电阻的阻值为 Ω;如果要用此多用电表正确测量一个阻值约为 2.0×104 Ω的电阻,为了使测量结果比较精确,应选用的欧姆挡是 (选填“×10”“×100”或 “×1 k”)。 (2)当选用量程为 250 mA 的电流挡正确测量电流时,表针位置如图所示,则所测电流为 mA。 答案 (1)1.5×103 ×1 k (2)125 解析 (1)选择欧姆挡,指针所指刻度为 15.0,倍率为“×100”,所以所测电阻的阻值为 15.0×100 Ω=1.5×103 Ω;用欧姆挡测电阻时,指针指在中间位置附近读数较精确,所以若 测阻值为 2×104 Ω 的电阻,应选“×1 k”挡。 (2)选用量程为 0~250 mA 的电流挡测电流时,读数为 125 mA。 4.(2018 丰台二模节选)用如图所示的多用电表进行如下实验。 ①将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接,发现指针偏转角度过大。为了 得到比较准确的测量结果,请从下列选项中挑出合理的步骤,并按 (填选项前的字 母)的顺序进行操作,再将两表笔分别与待测电阻相接,进行测量。 A.将 K 旋转到电阻挡“×1 k”的位置 B.将 K 旋转到电阻挡“×10”的位置 C.将两表笔短接,旋动部件 T,对电表进行校准 ②测量二极管的正向导通电阻时,红表笔应接二极管的 (选填“正极”或“负 极”)。 答案 ①BC ②负极 解析 ①用“×100”挡时,指针偏转角度过大,说明被测电阻阻值较小,应换成小倍率挡测 量,且换挡后需要重新进行欧姆调零后才能测量。 ②多用电表的电流是“红进黑出”,二极管正向导通时,电流由二极管的正极流入,负 极流出,应将红表笔接二极管负极。 B 组 综合提能 1.(2017 石景山一模)如图所示,是一个多量程多用电表的简化电路图。测电流和测电压时各 有两个量程,还有两个挡位用来测电阻。下列说法正确的是( ) A.当开关 S 调到位置 1、2 时,多用电表测量的是电流,且调到位置 1 时的量程比位置 2 的小 B.当开关 S 调到位置 3、4 时,多用电表测量的是电阻,且 A 为黑表笔 C.当开关 S 调到位置 5、6 时,多用电表测量的是电压,且调到位置 6 时的量程比位置 5 的大 D.多用电表各挡位所对应的表盘刻度都是均匀的。 答案 C 开关 S 调至位置 1、2 时,多用电表测量的是电流,并联阻值越小,电流表量程越 大,A 错。开关 S 调到位置 3、4 时,多用电表测量的是电阻,电流“红入黑出”,则 A 为红表 笔,B 错。开关 S 调到位置 5、6 时,多用电表测量的是电压,串联阻值越大,电压表量程越大,C 正确。多用电表的欧姆挡所对应的表盘刻度不均匀,D 错。 2.(2017 海淀二模)指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。 (1)如图甲所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中 S 为一个单刀多掷开 关,通过操作开关,接线柱 B 可以分别与触点 1、2、3 接通,从而实现使用多用电表测量不同 物理量的不同功能。关于此多用电表,下列说法中正确的是 。(选填选项前面的字 母) 甲 A.当 S 接触点 1 时,多用电表处于测量电流的挡位,其中接线柱 B 接的是黑表笔 B.当 S 接触点 2 时,多用电表处于测量电压的挡位,其中接线柱 B 接的是黑表笔 C.当 S 接触点 2 时,多用电表处于测量电阻的挡位,其中接线柱 B 接的是黑表笔 D.当 S 接触点 3 时,多用电表处于测量电压的挡位,其中接线柱 B 接的是红表笔 (2)用实验室的多用电表进行某次测量时,指针在表盘的位置如图乙所示。 乙 a.若所选挡位为直流 50 mA 挡,则示数为 mA。 b.若所选挡位为电阻×10 Ω挡,则示数为 Ω。 (3)用表盘为图乙所示的多用电表正确测量了一个约 15 Ω的电阻后,需要继续测量一 个阻值约 2 kΩ的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前,请选择以下必需的步骤, 并按操作顺序逐一写出步骤的序号: 。 A.将红表笔和黑表笔接触 B.把选择开关旋转到“×100”位置 C.把选择开关旋转到“×1 k”位置 D.调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点 (4)某小组同学们发现欧姆表的表盘刻线不均匀,分析在同一个挡位下通过待测电阻的 电流 I 和它的阻值 Rx 关系,他们分别画出了如图所示的几种图像,其中可能正确的 是 。 答案 (1)AC (2)a.22.0(22 也可以) b.1.9×102 (190) (3)BAD (4)AC 解析 (1)由欧姆挡自带电源知开关接触点 2 时为欧姆挡位,电流从红表笔进入电表,从黑表 笔流出电表,所以 B 接的是黑表笔。开关接触点 1 时,G 和 R1 并联,多用电表处于测量电流的 挡位。开关接触点 3 时,G 和 R2 串联,多用电表处于测量电压的挡位。 (2)50 mA 挡的分度值为 1 mA,按 1 10 估读法可读得结果为 21.0 mA。欧姆挡的表盘示数为 19.0 Ω,选用倍率为“×10”,故测量结果为 1.9×102 Ω。 (3)测量 2 kΩ的电阻时需换用“×100”倍率,每换一次倍率均需进行一次欧姆调零, 故操作顺序为 BAD。 (4)由欧姆定律有 I= +Ω ,Rx 趋向于无穷大时,电流趋近于 0,C 正确,D 错误。由 1 = 1 Rx+ Ω 知, 1 -Rx 图线是一条直线,且纵截距大于 0,A 正确,B 错误。 本章小结 知识系统构建 全章闯关检测 一、选择题 1.在输液时,药液有时会从针口流出体外,为了及时发现,设计了一种报警装置,电路如图所 示。M 是贴在针口处的传感器,接触到药液时其电阻 RM 发生变化,导致 S 两端电压 U 增大,装 置发出警报,此时( ) A.RM 变大,且 R 越大,U 增大越明显 B.RM 变大,且 R 越小,U 增大越明显 C.RM 变小,且 R 越大,U 增大越明显 D.RM 变小,且 R 越小,U 增大越明显 答案 C 当传感器接触药液时,其阻值发生变化,导致 S 两端电压 U 增大,则 M 两端电压减 小,可知 RM 应变小;R 与 RM 构成并联电路,其并联总电阻为 R 并= · R +R = 1+ ,可知当 R 越大,RM 减小相同值时,R 并减小得越多,因此 S 两端电压增大越明显,选项 C 正确。 2.功率为 10 W 的发光二极管(LED 灯)的亮度与功率为 60 W 的白炽灯相当。根据国家节能战 略,2016 年前普通白炽灯应被淘汰。假设每户家庭有 2 只 60 W 的白炽灯,均用 10 W 的 LED 灯替代,估算出全国一年节省的电能最接近( ) A.8×108 kW·h B.8×1010 kW·h C.8×1011 kW·h D.8×1013 kW·h 答案 B 假设每户每天只亮灯 5 个小时,每户每年节电 E=2×(60-10)×10-3×5×365 kW·h=182.5 kW·h。假设每户有 3 口人,全国有 4 亿户左右。节电总值为 E 总=4×108×182.5 kW·h=7.3×1010 kW·h,故 B 正确。 3.如图所示,C 为两极板水平放置的平行板电容器,闭合开关 S,当滑动变阻器 R1、R2 的滑片 处于各自的中点位置时,悬在电容器 C 两极板间的带电尘埃 P 恰好处于静止状态。要使尘埃 P 向下加速运动,下列方法中可行的是( ) A.把 R2 的滑片向左移动 B.把 R2 的滑片向右移动 C.把 R1 的滑片向左移动 D.把开关 S 断开 答案 A 尘埃 P 处于静止状态,则重力与电场力平衡。若尘埃向下加速运动,则电场力减小, 电容器两极板间的电压减小,故向左移动 R2 的滑片可以实现这种变化,A 正确、B 错。由于稳 定时 R1 支路无电流,故无论如何移动 R1 的滑片,电容器两极板间的电压都不会改变,故尘埃 仍平衡,C 错误。断开开关 S,电容器两极板间电压增大,极板间场强增大,尘埃所受电场力增 大,其向上加速运动,故 D 错。 4.当电阻两端加上某一稳定电压时,通过该电阻的电荷量为 0.3 C,消耗的电能为 0.9 J。为 在相同时间内使 0.6 C 的电荷量通过该电阻,在其两端需加的电压和消耗的电能分别是 ( ) A.3 V 1.8 J B.3 V 3.6 J C.6 V 1.8 J D.6 V 3.6 J 答案 D 设两次加在电阻 R 上的电压分别为 U1 和 U2,通电的时间都为 t。由公式 W1=U1q1 和 W1= 1 2 t 可得 U1=3 V, =0.1。再由 W2=U2q2 和 W2= 2 2 t 可求出 U2=6 V,W2=3.6 J,故选项 D 正确。 5.一根长为 L、横截面积为 S 的金属棒,其材料的电阻率为ρ,棒内单位体积自由电子数为 n, 电子的质量为 m,电荷量为 e。在棒两端加上恒定的电压时,棒内产生电流,自由电子定向运 动的平均速率为 v,则金属棒内的电场强度大小为( ) A. 2 2㜱 B. 2 Sn C.ρnev D. 㜱答案 C 金属棒的电阻 R= 㜱 ,自由电子定向移动形成的电流 I=neSv,金属棒两端电压 U=IR, 故金属棒内的电场强度 E= 㜱 = 㜱 㜱 =nevρ,选项 C 正确。 6.如图所示,电源内阻不可忽略,电路中接有一小灯泡和一电动机。小灯泡 L 上标有“6 V 12 W”字样,电动机的线圈电阻 RM=0.50 Ω。若灯泡正常发光时,电源的输出电压为 12 V, 此时 ( ) A.整个电路消耗的电功率为 24 W B.电动机的热功率为 12 W C.电动机的输出功率为 12 W D.电动机的输入功率为 12 W 答案 D 小灯泡正常发光,由 I= L =2 A,得电路中电流为 2 A,电动机的热功率 Q=I2·RM=2 W,B 错误。电源的输出功率 P 出=UI=12×2 W=24 W,因电源内阻不可忽略,故整个电路消耗的 电动率大于 24 W,A 错误。电动机的输入功率 P 入=(U-UL)I=(12-6)×2 W=12 W,D 正确,C 错误。 7.电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比。在测电源电动势和内 电阻的实验中得到的实验图线如图所示,图中 U 为路端电压,I 为干路电流,a、b 为图线上的 两点,相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb。由图可知ηa、ηb 的值分别为( ) A. 3 4 、 1 4 B. 1 3 、 2 3 C. 1 2 、 1 2 D. 2 3 、 1 3答案 D 电源的效率η= = 。a 点对应的路端电压 U 为 4 个格所对应的值,而电动势 E 为 6 个格所对应的值。因此ηa= 2 3 ;b 点对应的路端电压为 2 个格所对应的值,因此ηb= 1 3 。故 D 项 正确。 8.某一电源的路端电压与电流的关系和电阻 R1、R2 的电压与电流的关系如图所示。用此电 源和电阻 R1、R2 组成电路。R1、R2 可以同时接入电路,也可以单独接入电路。为使电源输出 功率最大,可采用的接法是( ) A.将 R1 单独接到电源两端 B.将 R2 单独接到电源两端 C.将 R1、R2 串联后接到电源两端 D.将 R1、R2 并联后接到电源两端 答案 A 由题意知电源的电动势 E=3 V,内阻 r=0.5 Ω,R1=0.5 Ω,R2=1 Ω,由电源的输出 功率特点可知 A 对。 9.利用金属导体的电阻随温度变化的特点可以制成电阻温度计。如图甲所示为某种金属导 体的电阻 R 随温度 t 变化的图线。如果用这种金属导体做成测温探头,再将它连入如图乙所 示的电路中,随着测温探头处待测温度的变化,电流表示数也会发生变化。则在 t1~t2 温度范 围内 ( ) A.待测温度越高,电流表的示数越大 B.待测温度越高,电流表的示数越小 C.待测温度升高,电流表的示数均匀增大 D.待测温度升高,电流表的示数均匀减小 答案 B 温度越高电阻 R 越大,电流越小,故 B 正确,A 错误。由甲图可知,电阻随温度的变 化关系可写成 R=R0+kt,电路中电流 I= + = +0+kt ,因此待测温度升高,电流表示数减小,但不 会均匀减小,C、D 错误。 10.在“测量电源的电动势和内阻”的实验中,某同学作出了两个电源路端电压 U 与电流 I 的关系图线,如图所示。两个电源的电动势分别为 E1、E2,内阻分别为 r1、r2。如果外电路分 别接入相同的电阻 R,则两个电源的( ) A.路端电压和电流不可能同时相等 B.输出功率不可能相等 C.总功率不可能相等 D.效率不可能相等 答案 D 路端电压 U=E-rI,由此得出 1、2 图线在纵轴上的截距分别为 E1、E2,且 E1>E2,斜率 的绝对值表示两电源内阻,r1>r2,当外电路分别接入相同电阻 R 时,若 R 的 U-I 图线为图线 3(如图所示),斜率 k=R,则两个电源的路端电压和电流相等,大小为 U3、I3,两电源输出功率 (P=U3I3)相等,选项 A、B 错;若定值电阻 R 的 U-I 图线为图线 4(如图所示),则该电阻接在 E1 和 E2 电源上时的总功率分别为 P 总 1=E1I1,P 总 2=E2I2,因为 E1>E2,而 I1Rb,pa=pb,Ba=Bb,故 qar 乙, 所以 m 甲>m 乙,又 T= 2π ,则 T 甲>T 乙,t 甲= 1 2 T 甲,t 乙= 1 2 T 乙,故 t 甲>t 乙,B 选项正确,D 选项错误。 8.如图所示,有一圆形匀强磁场区域,O 为圆的圆心,磁场方向垂直纸面向里。两个正、负电 子 a、b,以不同的速率沿着 PO 方向进入磁场,运动轨迹如图所示。不计电子之间的相互作用 及重力。a 与 b 比较,下列判断正确的是 ( ) A.a 为正电子,b 为负电子 B.b 的速率较大 C.a 在磁场中所受洛伦兹力较大 D.b 在磁场中运动的时间较长 答案 B 由左手定则可知 b 带正电,a 带负电,由题图可知 rb>ra,又 qvB=m 2 ,r= ,则 vb>va, 对 f 洛=qvB,则 f 洛 b>f 洛 a。T= 2π = 2π ,两者周期相同,但 b 的运动轨迹所对圆心角小,b 在磁场 中运动时间较短。 9.(2017 北京东城期末)如图所示,一个质量为 m、电荷量为+q 的带电粒子,在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,以垂直于磁场方向的速度 v 做匀速圆周运动。 (1)画出粒子此时所受洛伦兹力的方向及运动轨迹示意图; (2)推导轨道半径公式; (3)推导运动周期公式。 答案 见解析 解析 (1)如图所示 (2)带电粒子运动过程中所受洛伦兹力 F 洛=qvB 洛伦兹力充当向心力 F 洛=m 2 解得轨道半径 r= (3)带电粒子运动周期 T= 2π = 2π B 组 综合提能 1.(2018 西城二模)我们通常用阴极射线管来研究磁场、电场对运动电荷的作用,如图所示为 阴极射线管的示意图。玻璃管已抽成真空,当左右两个电极连接到高压电源时,阴极会发射 电子,电子在电场的加速下,由阴极沿 x 轴方向飞向阳极,电子掠射过荧光屏,屏上亮线显示 出电子束的径迹。要使电子束的径迹向 z 轴正方向偏转,在下列措施中可采用的是( ) A.加一电场,电场方向沿 z 轴正方向 B.加一电场,电场方向沿 y 轴负方向 C.加一磁场,磁场方向沿 z 轴正方向 D.加一磁场,磁场方向沿 y 轴负方向 答案 D 电子在电场中所受电场力方向与场强方向相反,若所加电场方向沿 z 轴正方向,则 电子束向 z 轴负方向偏转;若所加电场方向沿 y 轴负方向,则电子束向 y 轴正方向偏转,A、B 错误。由左手定则可知,若所加磁场方向沿 z 轴正方向,电子受洛伦兹力方向沿 y 轴正方向, 电子束向 y 轴正方向偏转;若所加磁场方向沿 y 轴负方向,电子受洛伦兹力方向沿 z 轴正方 向,电子束向 z 轴正方向偏转,C 错误,D 正确。 2.(2017 朝阳期末)在光滑绝缘水平面上,用绝缘细线拉着一带负电的小球,在水平面内绕竖 直方向的轴做逆时针方向的匀速圆周运动,整个空间存在竖直向下的匀强磁场,俯视图如图 所示。若小球运动到 A 点时细线突然断开,则小球此后( ) A.仍做逆时针方向的匀速圆周运动,但半径减小 B.仍保持原来速度大小,做匀速直线运动 C.做顺时针方向的曲线运动,但不是圆周运动 D.做顺时针方向的圆周运动,半径可能不变 答案 D 细线断开前,带负电的小球做逆时针方向的匀速圆周运动,在 A 位置小球受的拉力 方向向左,洛伦兹力方向向右,合力充当向心力;细线断了以后,小球在 A 位置受的洛伦兹力 向右,做匀速圆周运动,洛伦兹力大小可能与细线断前小球所受合力相等,轨迹半径可能不 变。故选 D。 3.如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场。在 x≥0 区域,磁感应强度的大小 为 B0;x<0 区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为 m、电荷量为 q(q>0)的带电 粒子以速度 v0 从坐标原点 O 沿 x 轴正向射入磁场,此时开始计时。当粒子的速度方向再次沿 x 轴正向时,求(不计重力) (1)粒子运动的时间; (2)粒子与 O 点间的距离。 答案 (1) π 0q (1+ 1 ) (2) 20 0q (1- 1 ) 解析 本题考查带电粒子在磁场中的运动。 (1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在 x≥0 区域,圆周半径为 R1;在 x<0 区域, 圆周半径为 R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得 qB0v0=m 0 2 1qλB0v0=m 0 2 2粒子速度方向转过 180°时,所需时间 t1 为 t1= π1 0 粒子再转过 180°时,所需时间 t2 为 t2= π2 0联立得所求时间为 t0=t1+t2= π 0q (1+ 1 ) (2)由几何关系得,所求距离为 d0=2(R1-R2)= 20 0q (1- 1 ) 第 3 讲 带电粒子在复合场中的运动 A 组 基础巩固 1.(2018 北京理综,18,6 分)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以 一定初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动。下列 因素与完成上述两类运动无关．．的是( ) A.磁场和电场的方向 B.磁场和电场的强弱 C.粒子的电性和电量 D.粒子入射时的速度 答案 C 本题考查带电粒子在电、磁场中的运动。不计重力的带电粒子,在电场和磁场的 复合场中做匀速直线运动,则一定满足关系 Eq=qvB;若撤去电场后,粒子做匀速圆周运动,仅 需满足洛伦兹力充当向心力,即 qvB=m 2 ,综合可知,粒子的电性和电量与能否完成题述两类 运动无关,C 对。 2.(多选)如图所示,两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内,左右两端点等高,分 别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中。两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最 高点由静止释放。M、N 为轨道的最低点。则下列分析正确的是( ) A.两个小球到达轨道最低点的速度 < vN B.两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力 > FN C.小球第一次到达 M 点的时间小于小球第一次到达 N 点的时间 D.磁场中小球能到达轨道另一端最高处,电场中小球不能到达轨道另一端最高处 答案 BCD 根据动能定理,对磁场中小球,mgR= 1 2 m 2 ,对电场中小球,mgR-EqR= 1 2 m 2 ,可得 vM>vN,因电场中小球运动过程中电场力一直对它做负功,所以小球第一次到达 M 点的时间小 于小球第一次到达 N 点的时间,A 项错误,C 项正确。由 F-mg=m 2 ,压力等于支持力,可知 FM>FN, 所以 B 项正确;洛伦兹力不做功,磁场中小球的机械能守恒,故能到达轨道另一端最高处,电 场力做负功,电场中小球机械能减少,故不能到达轨道另一端最高处,所以 D 项正确。 3.(多选)在如图所示的空间直角坐标系所在的区域内,同时存在匀强电场 E 和匀强磁场 B。 已知从坐标原点 O 沿 x 轴正方向射入的质子,穿过此区域时未发生偏转,则可以判断此区域 中 E 和 B 的方向可能是( ) A.E 和 B 都沿 y 轴的负方向 B.E 和 B 都沿 x 轴的正方向 C.E 沿 y 轴正方向,B 沿 z 轴负方向 D.E 沿 z 轴正方向,B 沿 y 轴负方向 答案 BC 质子不偏转,其所受合力为零或者所受合力与其运动方向在同一直线上。若 E 和 B 都沿 y 轴负方向,质子受电场力 F 电沿 y 轴负方向,而 f 洛沿 z 轴正方向,不能平衡,使质子发 生偏转,A 项错误;若 E 和 B 都沿 x 轴正方向,F 电沿 x 轴正方向,f 洛为零,质子沿 x 轴正方向做 匀加速直线运动,B 项正确;若 E 沿 y 轴正方向,B 沿 z 轴负方向,F 电沿 y 轴正方向,f 洛沿 y 轴 负方向,可能平衡,C 项正确;若 E 沿 z 轴正方向,B 沿 y 轴负方向,F 电和 f 洛均沿 z 轴正方向, 不能平衡,使质子发生偏转,D 项错误。 4.地面附近水平虚线 MN 的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度为 E,磁感应强 度为 B,如图所示。一带电微粒自距 MN 为 h 的高处由静止下落,从 P 点进入场区,沿半圆圆弧 POQ 运动,经圆弧的最低点 O 从 Q 点射出。重力加速度为 g,忽略空气阻力的影响。下列说法 中错误的是( ) A.微粒进入场区后受到的电场力的方向一定竖直向上 B.微粒进入场区后做圆周运动,半径为 2 tC.从 P 点运动到 Q 点的过程中,微粒的电势能先增大后减小 D.从 P 点运动到 O 点的过程中,微粒的电势能与重力势能之和越来越小 答案 D 由题意可知,带电微粒进入场区后,一定有 Eq=mg 和 Bqv= 2 ,则可得电场力方向一 定竖直向上,由机械能守恒有 mgh= 1 2 mv2,解得 R= 2 t ,即 A、B 均正确;因为电场力竖直向上, 故带电微粒从 P 点运动到 Q 点的过程中,电场力先做负功再做正功,电势能先增大后减小,C 正确;因为带电微粒进入场区后,电场力与重力平衡,故合力做功为零,即电势能与重力势能 之和不变,D 错误。 5.显像管原理的示意图如图所示,当没有磁场时,电子束将打在荧光屏正中的 O 点,安装在管 径上的偏转线圈可以产生磁场,使电子束发生偏转。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向, 若使电子打在荧光屏上的位置由 a 点逐渐移动到 b 点,下列变化的磁场能够使电子发生上述 偏转的是( ) 答案 A 根据左手定则判断电子受到的洛伦兹力的方向。电子偏转到 a 点时,根据左手定 则可知,磁场方向垂直纸面向外,对应 B-t 图,图线应在 t 轴下方;电子偏转到 b 点时,根据左 手定则可知,磁场方向垂直纸面向里,对应 B-t 图,图线应在 t 轴上方。符合条件的是 A 选项。 6.(2017 海淀一模)如图所示,分界线 MN 左侧存在平行于纸面水平向右的有界匀强电场,右 侧存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场。电场强度 E=200 N/C,磁感应强度 B=1.0 T。一质 量 m=2.0×10-12 kg、电荷量 q=+1.0×10-10 C 的带电质点,从 A 点由静止开始在电场中加速运 动,经 t1=2.0×10-3 s,在 O 点处沿垂直边界的方向射入磁场,在磁场中做匀速圆周运动。不 计带电质点所受重力及空气阻力。求: (1)带电质点刚离开电场时的速度大小 v; (2)带电质点在磁场中做匀速圆周运动的半径 R; (3)带电质点在磁场中运动半周的时间 t2。 答案 (1)20 m/s (2)0.40 m (3)6.28×10-2 s 解析 (1)带电质点在电场中所受电场力 F=qE 根据牛顿第二定律可知,质点运动的加速度 a= 所以质点离开电场时的速度 v=at1= t1=20 m/s (2)质点进入磁场做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律有 qvB= 2 解得:R= =0.40 m (3)质点在磁场中运动半周的时间 t2= π =6.28×10-2 s 7.(2017 朝阳一模)物理学对电场和磁场的研究促进了现代科学技术的发展,提高了人们的 生活水平。 (1)现代技术设备中常常利用电场或磁场控制带电粒子的运动。现有一质量为 m、电荷 量为 e 的电子由静止经电压为 U 的加速电场加速后射出(忽略电子所受重力)。 a.如图甲所示,若电子从加速电场射出后沿平行极板的方向射入偏转电场,偏转电场可 看做匀强电场,板间电压为 U',极板长度为 L,板间距为 d,求电子射入偏转电场时速度的大 小 v 以及射出偏转电场时速度偏转角θ的正切值; b.如图乙所示,若电子从加速电场射出后沿直径方向进入半径为 r 的圆形磁场区域,该 磁场的磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里。设电子射出磁场时的速度方向与射入时相 比偏转了θ'角,请推导说明增大偏转角θ'的方法(至少说出两种)。 (2)磁场与电场有诸多相似之处。电场强度的定义式 E= ,请你由此类比,从运动电荷所 受的洛伦兹力 F 洛出发,写出磁感应强度 B 的定义式;并从宏观与微观统一的思想出发构建一 个合适的模型,推理论证该定义式与 B= 安 㜱 这一定义式的一致性。 答案 (1)a. 2 ' 㜱 2 b.见解析 (2)见解析 解析 (1)a.在加速电场中,由动能定理可知: Ue= 1 2 mv2-0 解得 v= 2 在偏转电场中,电子做类平抛运动,设运动时间为 t 由平抛运动规律可知: 水平方向 L=vt 竖直方向 vy=at, ' e=ma 速度偏转角正切值为 tan θ= 解得 tan θ= ' 㜱 2b.由 a 问可知,射入磁场时的速度为 v= 2 在匀强磁场中,电子做匀速圆周运动,依据圆周运动规律可知 evB=m 2 解得 R= 2 2电子在磁场中的运动轨迹如图所示 依据几何关系可知 tan ' 2 = 解得 tan ' 2 =r 2 2增大偏转角θ'即增大 tan ' 2 ,可采用的方法有:增大磁感应强度 B,增大匀强磁场半径 r, 减小加速电压 U (2)由洛伦兹力公式 F 洛=qvB 可知,B= 洛 根据题意构建模型如下: 如图所示,在一匀强磁场中有一段固定的长为 L 的直导线,已知导线横截面积为 S,单位 体积内自由电荷数为 n,导线内自由电荷的定向移动速率为 v,磁场的磁感应强度为 B。 则导线内自由电荷数 N=nSL 安培力与洛伦兹力的关系为 F 安=NF 洛 导线内电流的微观表达式为 I=nqSv 可得 B= 洛 = 安 = 安 㜱 · = 安 㜱即定义式 B= 洛 与 B= 安 㜱 这一定义式是一致的。 B 组 综合提能 1.如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向 垂直于纸面向里。三个带正电的微粒 a、b、c 电荷量相等,质量分别为 ma、mb、mc。已知在 该区域内,a 在纸面内做匀速圆周运动,b 在纸面内向右做匀速直线运动,c 在纸面内向左做 匀速直线运动。下列选项正确的是( ) A.ma>mb>mc B.mb>ma>mc C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma 答案 B 因微粒 a 做匀速圆周运动,则微粒重力不能忽略且与电场力平衡 mag=qE;由左手定 则可以判定微粒 b、c 所受洛伦兹力的方向分别是竖直向上与竖直向下,则对 b、c 分别由平 衡条件可得 mbg=qE+Bqvb>qE、mcg=qE-Bqvcma>mc,B 正确。 2.(2017 海淀期末)示波器中的示波管对电子的偏转是电偏转,电视机中的显像管对电子的 偏转是磁偏转。小明同学对这两种偏转进行了定量的研究并做了对比,已知电子的质量为 m、 电荷量为 e,在研究的过程中空气阻力和电子所受重力均可忽略不计。 (1)如图甲所示,水平放置的偏转极板的长度为 l,板间距为 d,极板间的偏转电压为 U, 在两极板间形成匀强电场。极板右端到竖直荧光屏 MN 的距离为 b,荧光屏 MN 与两极板间的 中心线 O1O1'垂直。电子以水平初速度 v0 从两极板左端沿两极板间的中心线射入,忽略极板 间匀强电场的边缘效应,求电子打到荧光屏上时沿垂直于极板板面方向偏移的距离; (2)如图乙所示,圆心为 O2、半径为 r 的水平圆形区域中有垂直纸面向里、磁感应强度 为 B 的匀强磁场,与磁场区域右侧边缘的最短距离为 L 的 O2'处有一竖直放置的荧光屏 PQ, 荧光屏 PQ 与 O2O2'连线垂直。今有一电子以水平初速度 v0 从左侧沿 O2O2'方向射入磁场,飞出 磁场区域时其运动方向的偏转角度为α(未知),请求出 tan 2 的表达式; (3)对比第(1)、(2)问中这两种偏转,请从运动情况、受力情况、能量变化情况等角度 简要说明这两种偏转的不同点是什么?(至少说出两点) 答案 (1) 20 2 (l+2b) (2)tan 2 = 0 (3)见解析 解析 (1)设电子在偏转电场中运动的加速度为 a,时间为 t,离开偏转电场时的偏移距离为 y,根据运动学公式有 y= 1 2 at2 根据牛顿第二定律有 a= 电子在电场中的运动时间 t= 0联立解得 y= 2 20 2 电子飞出偏转电场时,其速度的反向延长线通过偏转电场的中心,设电子打在屏上距 O1'的最大距离为 Y,则由几何关系可知 = + 2 2 解得 Y= 20 2 (l+2b) (2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 ev0B= 0 2 解得 R= 0 电子运动轨迹如图所示,由几何关系得,电子在磁场中一段圆弧轨迹所对应的圆心角与 偏转角相等,均为α 则 tan 2 = = 0 (3)不同点有: ①电子运动类型不同:在电场中电子做匀变速曲线运动,在磁场中电子做匀速圆周运 动; ②电子受力情况不同:在电场中电子受到的电场力是恒力,在磁场中电子受到的洛伦兹 力是大小不变、方向不断变化的变力; ③电子速度变化情况不同:在电场中电子速度的大小和方向都发生变化,在磁场中电子 速度的大小不改变,仅方向发生变化; ④电子运动方向的偏转角范围不同:在电场中电子运动方向的偏转角度一定小于 90°, 在磁场中电子运动方向的偏转角度可能大于 90°; ⑤电子受力做功不同:在电场中电子所受的电场力做正功,在磁场中电子所受的洛伦兹 力不做功; ⑥电子能量变化情况不同:在电场中电场力做正功,电子动能增加,在磁场中洛伦兹力 不做功,电子动能不变。 第 4 讲 带电粒子在复合场中运动的实际应用 A 组 基础巩固 1.(2017 东城一模)如图所示是磁流体发电机的示意图,两平行金属板 P、Q 之间有一个很强 的磁场。一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负带电粒子)沿垂直于磁场的方 向喷入磁场。把 P、Q 与电阻 R 相连接。下列说法正确的是( ) A.Q 板的电势高于 P 板的电势 B.R 中有由 b 向 a 方向的电流 C.若只改变磁场强弱,R 中电流保持不变 D.若只增大粒子入射速度,R 中电流增大 答案 D 由左手定则判定,带正电粒子向上偏转至 P 板,带负电粒子向下偏转至 Q 板,φP>φQ,A 错误。R 中电流由 a 到 b,B 错误。P、Q 两板间电势差 U=Bdv,d 为 P、Q 间距,B 变化则 U 变化,则 R 中电流变化,C 错误。v 变大,则 U 变大,R 中电流变大,D 正确。 2.(2018 西城期末)在如图所示的平行板器件中,电场强度 E 和磁感应强度 B 相互垂直,两平 行板水平放置。具有不同水平速度的带电粒子射入后发生偏转的情况不同。这种装置能把 具有某一特定速度的粒子选择出来,所以叫做速度选择器。现有一束带电粒子以速度 v0 从左 端水平射入,不计粒子重力。下列判断正确的是( ) A.若粒子带正电且速度 v0= ,则粒子将沿图中虚线方向通过速度选择器 B.若粒子带负电且速度 v0= ,则粒子将偏离虚线方向向上做曲线运动 C.若粒子带正电且速度 v0< ,则粒子将偏离虚线方向向上做曲线运动 D.若粒子带负电且速度 v0> ,则粒子将偏离虚线方向向上做曲线运动 答案 A 不计重力,带正电粒子受竖直向下的电场力 Eq,竖直向上的洛伦兹力 Bqv0。当 Eq=Bqv0 时,即 v0= 时,粒子沿直线通过速度选择器,A 正确。带负电粒子如果以 v0= 进入速度 选择器,所受竖直向上的电场力与竖直向下的洛伦兹力平衡,粒子沿直线通过速度选择器,B 错。如果 v0> ,即 Eq0 且为常量)。该变化的磁场会在空间产生圆形 的涡旋电场,如图乙所示,涡旋电场的电场线与导体环是同心圆,同一电场线上各点场强大 小相同,方向沿切线。导体环中的自由电荷就会在感生电场的作用下做定向运动,产生感应 电流,或者说导体中产生了感应电动势,涡旋电场力充当非静电力,其大小与涡旋电场的场 强 E 关系满足 F=Eq。 (1)根据法拉第电磁感应定律,推导导体环中产生的感应电动势ε; (2)在乙图中以圆心 O 为坐标原点,向右建立一维 x 坐标轴,推导在 x 轴上各处电场强度 的大小 E 与 x 之间的函数表达式,在图丁中定性画出 E-x 图像; (3)图丙为图乙的俯视图,去掉导体环,在磁场圆形边界上有 M、N 两点,M、N 之间所夹的 小圆弧恰为整个圆周的 1 6 ;将一个带电荷量为+q 的带电小球沿着圆弧分别顺时针、逆时针从 M 移动到 N,求涡旋电场力分别所做的功。在此基础上,对比涡旋电场和静电场,说明涡旋电 场中为什么不存在电势的概念。 丁 答案 见解析 解析 (1)ε= Δ Δ =S Δ Δ =πr2k (2)求 x 处的涡旋电场场强,可认为放一个半径为 x 的导体环(圆心和磁场区域圆心相 同) 当 xφB,UAB>0;完全进入磁场后,AB 边和 DC 边均做切割磁 感线运动,两个边产生的电动势互相抵消,回路中电流为零,总的电动势为零,但 AB 边两端电 势差不为零,应是 Bav,方向由 B 到 A,所以φA>φB,UAB>0;当线框出磁场的过程中,只有 DC 边 在切割磁感线,产生的电动势方向为 C 到 D,所以φD>φC,此时的 AB 边相当于外电路的用电器, 只分到总电动势 Bav 的 1 4 ,且仍满足φA>φB,UAB>0。根据题给条件可判知选项 D 正确。 3.如图所示,固定于水平面上的金属架 abcd 处在竖直向下的匀强磁场中,金属棒 MN 沿框架 以速度 v 向右做匀速运动。t=0 时,磁感应强度为 B0,此时 MN 到达的位置恰好使 MbcN 构成一 个边长为 L 的正方形。为使 MN 棒中不产生感应电流,从 t=0 开始,磁感应强度 B 随时间 t 变 化的示意图为( ) 答案 C 要想 MN 棒中不产生感应电流,MbcN 中磁通量就不能变化,MN 棒匀速运动,t=0 时刻 Φ=B0L2,任意时刻Φ=BL(L+vt),由 B0L2=BL(L+vt),得 B= 0L 㜱+ ,C 正确。 4.(多选)(2018 海淀期末)如图甲所示,电阻为 5 Ω、匝数为 100 的线圈(图中只画了 2 匝) 两端 A、B 与电阻 R 相连,R=95 Ω。线圈内有方向垂直于纸面向里的磁场,线圈中的磁通量 在按图乙所示规律变化。则( ) A.A 点的电势小于 B 点的电势 B.在线圈位置上感应电场沿逆时针方向 C.0.1 s 时间内通过电阻 R 的电荷量为 0.05 C D.0.1 s 时间内非静电力所做的功为 2.5 J 答案 BCD 穿过闭合回路的磁通量增大,由楞次定律知,感应电流的磁场与原磁场方向相 反,即垂直于纸面向外,再由右手螺旋定则可以判定线圈中感应电流沿逆时针方向,即感应 电场沿逆时针方向,线圈相当于电源,电流由 A 点经R 到 B,A点电势大于 B 点电势,B 项正确,A 项错;由 q= ·Δt= - · Δ + = Δ · Δ Δ ·( + )= Δ + =0.05 C,C 项对;非静电力做功 W=EI·Δt= 2 + ·Δt= ( Δ ) 2 · Δ( Δ ) 2 ·( R+r )= ( Δ ) 2 Δ ·( + )=2.5 J,D 项对。 5.(2018 西城期末)如图所示,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨 MN 和 PQ,两导轨 间距为 l,电阻均可忽略不计。在 M 和 P 之间接有阻值为 R 的定值电阻,导体杆 ab 电阻为 r 并与导轨接触良好。整个装置处于磁感应强度为 B、方向竖直向上的匀强磁场中。现给 ab 杆一个瞬时冲量,使它获得水平向右的初速度 v0。下列图像中,关于 ab 杆的速度 v、通过电 阻 R 中的电流 i、电阻 R 的电功率 P、通过 MPabM 的磁通量Φ随时间变化的规律,可能正确 的是( ) 答案 B E=Blv,F 安=B + ·l,ab 杆做减速运动,v 越来越小,F 安越来越小,a= 安 越来越 小,v-t 图线斜率的绝对值等于加速度 a 的大小,ab 杆不做匀减速运动,由 i= + 知,i 随时间 变小,i-t 图像与 v-t 图像变化规律相同,A 错误,B 正确;R 的电功率 P=i2R= 2 2 2( + ) 2 R,功率 P 越 来越小,C 错;通过 MPabM 的磁通量增加,D 错。 6.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中,磁场方向垂直于线框平面,其 边界与正方形线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场,如图 所示,则在移出过程中线框一边 a、b 两点间的电势差绝对值最大的是( ) 答案 B 线框各边电阻相等,切割磁感线的那个边视为电源,产生的电动势大小相同均为 Blv,其余三条边视为外电路。在 A、C、D 中,|Uab|= 1 4 Blv,B 中,|Uab|= 3 4 Blv,B 正确。 7.(2018 房山一模)如图所示,在光滑水平面上有一长为 L=0.5 m 的单匝正方形闭合导体线框 abcd,处于磁感应强度为 B=0.4 T 的有界匀强磁场中,其 ab 边与磁场的边界重合。线框由同 种粗细均匀、电阻为 R=2 Ω的导线制成。现用垂直于线框 ab 边的水平拉力,将线框以速度 v=5 m/s 向右沿水平方向匀速拉出磁场,此过程中保持线框平面与磁感线垂直,且 ab 边与磁 场边界平行。求线框被拉出磁场的过程中: (1)通过线框的电流大小及方向; (2)线框中 c、d 两点间的电压大小; (3)水平拉力的功率。 答案 (1)见解析 (2)0.75 V (3)0.5 W 解析 (1)cd 边切割磁感线,产生感应电动势 E=BLv,代入数据解得 E=1 V I= =0.5 A,方向为 cbadc (2)c、d 两点间电压为路端电压,由闭合电路欧姆定律有 Ucd=I· 3 4 R=0.75 V (3)线框所受安培力 FA=BIL,代入数据解得 FA=0.1 N,匀速运动,拉力等于安培力 由 P=Fv,得 P=0.5 W 8.(2017 朝阳一模)足够长的平行光滑金属导轨水平放置,间距 L=0.4 m,一端连接 R=1 Ω的 电阻,导轨所在空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度 B=1 T,其俯视图如图所示。导体 棒 MN 放在导轨上,其长度恰好等于导轨间距,其电阻 r=1 Ω,与导轨接触良好,导轨电阻不计。 在平行于导轨的拉力 F 作用下,导体棒沿导轨向右匀速运动,速度 v=5 m/s。求: (1)通过导体棒的电流 I 的大小; (2)导体棒两端的电压 U,并指出 M、N 两点哪一点的电势高; (3)拉力 F 的功率 PF 以及整个电路的热功率 PQ。 答案 (1)1 A (2)U=1 V N 点电势高 (3)PF=2 W PQ=2 W 解析 (1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv=2 V 电路中的电流为 I= + =1 A (2)路端电压 U=IR=1 V,根据右手定则可知,N 端为电源正极,即 N 点电势高。 (3)因为导体棒做匀速直线运动,所以 F-F 安=0,即 F=F 安=BIL=0.4 N 拉力的功率为 PF=Fv=2 W 整个电路的热功率为 PQ=I2(R+r)=2 W B 组 综合提能 1.(2018 东城二模)有电阻的导电圆盘半径为 R,其边缘用电阻不计的导电材料包裹,可绕固 定点 O 在水平面内转动,其轴心 O 和边缘处电刷 A 均不会在转动时产生阻力,空气阻力也忽 略不计。用导线将电动势为 E 的电源、导电圆盘、电阻和开关连接成闭合回路,如图 1 所示 在圆盘所在区域内充满竖直向下的匀强磁场,如图 2 所示只在 A、O 之间的一块圆形区域内 存在竖直向下的匀强磁场,两图中磁场的磁感应强度大小均为 B,且磁场区域固定。如果将开 关 S 闭合,圆盘将会转动起来。 (1)在图 1 中,将开关 S 闭合足够长时间后,圆盘转速达到稳定。 a.从上往下看,圆盘的转动方向是顺时针还是逆时针? b.求稳定时圆盘转动的角速度ω1 的大小。 (2)在图 2 中,进行了两次操作:第一次,当圆盘加速到ω0 时将开关断开,圆盘逐渐减速 停下;第二次,当圆盘加速到 2ω0 时将开关断开,圆盘逐渐减速停下。已知从理论上可以证明: 在圆盘减速过程中任意一个极短的时间Δt 内,角速度的变化量Δω=kFΔt,F 是该时刻圆盘 在磁场区域受到的安培力的大小,k 为常量。求两次操作中从开始减速到停下的过程中圆盘 转过的角度之比θ1∶θ2。 (3)由于图 1 中的磁场范围比图 2 中的大,所以刚闭合开关瞬时,图 1 中圆盘比图 2 中圆 盘加速得快。有人认为:断开开关后,图 1 中圆盘也将比图 2 中圆盘减速得快。请分析说明 这样的想法是否正确。 答案 (1)a.逆时针 b. 2 2 (2)1∶2 (3)见解析 解析 (1)a.由左手定则分析可知,从上往下看,圆盘的转动方向是逆时针方向。 b.圆盘转动时,产生沿半径方向的感应电动势,在与轴 O 距离为 r 处沿半径方向取一小 段长度Δr,这一小段距离上的感应电动势ΔE 感=BrωΔr,从轴 O 到圆盘边缘处求和,可得感 应电动势 E 感=Bω 0+ 2 R= 1 2 BR2ω。当转动稳定后,圆盘的感应电动势(即反电动势)与电源电 动势相等,因此有 1 2 BR2ω1=E,解得ω1= 2 2 。 (2)图 2 中开关断开圆盘减速时,由于磁场区域固定,所以仍有圆盘的感应电动势 E 感 ∝ω,且可认为圆盘中电流流经的路径及电阻不变,所以安培力 F∝I∝E∝ω,即安培力 F 与 角速度ω成正比;由题意知:在任意一段极短的时间Δt 内,角速度的变化量Δω=kFΔt,考 虑到其中 F∝ω,可知Δω=k'ωΔt(k'为另一常量),又因为ωΔt=Δθ(圆盘转过的角度), 则有:对应任一小段时间Δt,总有Δθ∝Δω。 所以,从开始减速到停下的这段时间内,圆盘转过的角度之比等于其角速度之比,即 θ1∶θ2=ω0∶2ω0=1∶2。 (3)开关断开后,由于图 1 中磁场充满整个圆盘,使得圆盘沿每条半径方向的感应电动势 都一样大,电荷只在盘心和盘边缘处积累,不会在圆盘内部形成电流(涡流),因此在开关断 开后,只要没有其他的阻力,圆盘将匀速转动不会减速。图 2 中由于磁场存在于圆盘中的一 部分区域内,使得开关断开后,仍有电流在圆盘内部形成回路(涡流),进而引起安培力使圆 盘减速。因此题中的想法错误。 2.(2017 西城期末)如图 1 所示,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨 MN 和 PQ,两导 轨间距为 l,电阻均可忽略不计。在 M 和 P 之间接有阻值为 R 的定值电阻,导体杆 ab 质量为 m、电阻为 r,并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上磁感应强度为 B 的匀强磁场中。 现给 ab 杆一个初速度 v0,使杆向右运动。 图 1 (1)当 ab 杆刚好具有初速度 v0 时,求此时 ab 杆两端的电压 U,a、b 两端哪端电势高; (2)请在图 2 中定性画出通过电阻 R 的电流 i 随时间变化规律的图像; 图 2 (3)若将 M 和 P 之间的电阻 R 改为接一电容为 C 的电容器,如图 3 所示。同样给 ab 杆一 个初速度 v0,使杆向右运动。请分析说明 ab 杆的运动情况,并推导证明杆稳定后的速度为 v= 0 +2 2 C 。 图 3 答案 见解析 解析 (1)ab 杆切割磁感线产生感应电动势 E=Blv0 根据闭合电路欧姆定律 I= +杆两端电压即路端电压 U=IR 解得 U= 0R +由右手定则知 a 端电势高 (2)如图所示 (3)分析:当 ab 杆以初速度 v0 开始切割磁感线时,产生感应电动势,电路开始给电容器充 电,有电流通过 ab 杆,杆在安培力的作用下做减速运动,随着速度减小,安培力减小,加速度 也减小,杆做加速度减小的减速运动。当电容器两端电压与感应电动势相等时,充电结束,杆 以恒定的速度做匀速直线运动。 推导证明:当电容器两端电压与感应电动势相等时有 U=Blv 根据电容器电容 C= 以 ab 杆为研究对象,在很短的一段时间Δt 内,杆受到的冲量大小为 BIlΔt 从 ab 杆开始运动至速度达到稳定的过程,根据动量定理∑-BIlΔt=-BlQ=mv-mv0 解得 v= 0 +2 2 C 第 4 讲 电磁感应中的动力学和能量问题 A 组 基础巩固 1.(2018 朝阳期末)如图所示,空间中存在一匀强磁场区域,磁场方向与竖直面(纸面)垂 直,MM'和 NN'是匀强磁场区域的水平边界,纸面内磁场上方有一个正方形导线框 abcd,ab 边 与 MM'和 NN'平行,边长小于 MM'和 NN'的间距。若线框自由下落,在 ab 边从 MM'运动到 NN' 的过程中,关于线框的运动,下列说法中正确的是( ) A.一定始终做减速运动 B.一定始终做加速运动 C.可能先减速后加速 D.可能先加速后减速 答案 C 线框从 dc 边到达 MM'边界到 ab 边到达 NN'边界运动过程中只受重力作用,一定是 加速向下运动,可见选项 A、D 错误;而从 ab 边到 MM'运动到 dc 边到 MM'过程中,mg- 2 2 v =ma, 合外力方向取决于 ab 边刚到 MM'时的速度 v 的大小,因此线框可能加速,也可能减速,还可能 匀速,进入磁场,故选项 B 错误,只有选项 C 正确。 2.(2017 丰台一模)如图所示,一水平面内固定两根足够长的光滑平行金属导轨,导轨上面横 放着两根完全相同的铜棒 ab 和 cd,构成矩形回路,在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强 磁场 B。开始时,棒 cd 静止,棒 ab 有一个向左的初速度 v0,则关于两棒以后的运动,下列说法 正确的是( ) A.ab 棒做匀减速直线运动,cd 棒做匀加速直线运动 B.ab 棒减小的动量等于 cd 棒增加的动量 C.ab 棒减小的动能等于 cd 棒增加的动能 D.两棒一直运动,机械能不断转化为电能 答案 B ab 棒开始运动时,在 abdc 回路中产生感应电流,ab 棒在向右的安培力作用下减速 运动,而 cd 棒在向左的安培力作用下加速运动,因两棒运动同向,使回路中的电动势逐渐减 小,至两棒共速时回路中的感应电流消失,即 ab 棒和 cd 棒均做加速度减小的变速运动,最终 以相同的速度匀速运动,A 项错误;由动量守恒定律可知,B 项正确;因最终回路中不再有感应 电流,故 D 项错误;由能量守恒定律可知,C 项错误。 3.如图所示,足够长的 U 形光滑金属导轨平面与水平面成θ角,其中 MN 与 PQ 平行且间距为 L, 导轨平面与磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直,导轨电阻不计。金属棒 ab 由静止开始沿导轨 下滑,并与两导轨始终保持垂直且接触良好,ab 棒在 MN 与 PQ 之间部分的电阻为 R,当 ab 棒 沿导轨下滑的距离为 x 时,棒的速度大小为 v。则在这一过程中 ( ) A.金属棒 ab 运动的加速度大小始终为 2 2B.金属棒 ab 受到的最大安培力为 2 㜱2 v sin θ C.通过金属棒 ab 横截面的电荷量为 㜱 D.金属棒 ab 产生的焦耳热为 2 㜱2 v 2 x 答案 C 棒由静止加速下滑过程中,通过棒的电流逐渐增大,它受到的安培力也逐渐增大, 故棒的运动是加速度减小的变加速运动,A 选项错误;当棒的速度为 v 时,棒受到的安培力最 大,由 E=BLv、I= 和 F=BIL,得 F= 2 㜱2 v ,故 B 选项错误;由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧 姆定律得: = 㜱 Δ 和 = ,式中Δt 为棒运动的时间,故通过棒横截面的电荷量 q= ·Δt= 㜱 , 故 C 项正确;由能量守恒定律有 mgx·sin θ= 1 2 mv2+Q,可知 D 选项错误。 4.如图所示,一根空心铝管竖直放置,把一枚小圆柱形的永磁体从铝管上端由静止释放,经 过一段时间后,永磁体穿出铝管下端口。假设永磁体在铝管内下落过程中始终沿着铝管的轴 线运动,不与铝管内壁接触,且无翻转。忽略空气阻力,则下列说法中正确的是( ) A.若仅增强永磁体的磁性,则其穿出铝管时的速度变小 B.若仅增强永磁体的磁性,则其穿过铝管的时间缩短 C.若仅增强永磁体的磁性,则其穿过铝管的过程中产生的焦耳热减少 D.在永磁体穿过铝管的过程中,其动能的增加量等于重力势能的减少量 答案 A 当永磁体的磁性增强时,空心铝管中的磁通量也随之增大,故磁通量的变化率也 增大,对应产生的阻碍作用也增强,故穿出铝管时的速度变小,穿过铝管所用的时间变长,整 个过程产生的焦耳热增多。另根据能量守恒,重力势能的减少量应等于其动能的增加量和铝 管产生的焦耳热之和。故 A 正确,B、C、D 均错误。 5.(2018 东城期末)在光滑水平面上存在某匀强矩形磁场区域,该磁场的方向竖直向下,磁感 应强度为 B,宽度为 l,俯视图如图所示。一边长也为 l 的正方形导线框,电阻为 R,在水平向 右的恒力作用下刚好以速度 v0 匀速穿过磁场区域,求: (1)恒力的大小 F; (2)导线框穿越磁场过程中产生的热量 Q。 答案 (1) 2 2 0 (2) 22 3 0 解析 (1)导线框刚进入磁场时产生的感应电动势 E=Blv0 导线框中的电流 I= = 0 导线框右边受到的安培力 F 安=BIl= 2 2 0 导线框匀速运动,F=F 安 因此外力 F= 2 2 0 (2)导线框从右边进入磁场区域到左边穿出磁场区域过程所用的时间为 t= 2 0 产生的热量为 Q=I2Rt= 22 3 0 6.(2017 海淀零模)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框 abcd,边长 L=0.20 m,每边的电阻 R=5.0×10-2 Ω。将其置于磁感应强度 B=0.10 T 的有界水平匀强磁场上方 h=5.0 m 处,如图 所示。线框由静止自由下落,线框平面始终与磁场方向垂直,且 cd 边始终与磁场的水平边界 平行。取重力加速度 g=10 m/s2,不计空气阻力,求当 cd 边刚进入磁场时, (1)线框中产生的感应电动势大小; (2)线框所受安培力的大小; (3)线框的发热功率。 答案 (1)0.20 V (2)0.020 N (3)0.20 W 解析 (1)设线框 cd 边刚进入磁场时的速度为 v,根据自由落体规律有 v= 2t =10 m/s 所以线框 cd 边刚进入磁场时产生的感应电动势大小 E=BLv=0.20 V (2)线框每边的电阻为 R,根据欧姆定律可知,线框中产生的感应电流 I= 4线框所受安培力也就是 cd 边所受的安培力,其大小为 F=BIL=0.020 N (3)线框的发热功率 P=I2R 总=I2×4R=0.20 W 7.(2018 海淀二模)如图所示,MN、PQ 是两根足够长的光滑平行的金属导轨,导轨间距离 l=0.2 m,导轨平面与水平面的夹角θ=30°,导轨上端连接一个阻值 R=0.4 Ω的电阻。整个 导轨平面处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度 B=0.5 T。现有一根质量 m=0.01 kg 、电阻 r=0.1 Ω 的金属棒 ab 垂直于导轨放置,且接触良好,金属棒从静止开始 沿导轨下滑,且始终与导轨垂直。g=10 m/s2,导轨电阻不计 ,求: (1)金属棒从静止释放时的加速度大小; (2)金属棒沿导轨下滑过程中速度最大值; (3)金属棒沿导轨匀速下滑时 ab 两端的电压。 答案 (1)5 m/s2 (2)2.5 m/s (3)0.2 V 解析 (1)金属棒在释放的瞬间有 mg sin θ=ma a=g sin θ=5 m/s2 (2)金属棒在下滑过程中,受到的安培力大小等于重力沿导轨方向的分力时,速度最大 mg sin θ=BIl E=Blvm I= +vm= t ( + ) sin 2 2 =2.5 m/s (3)设金属棒沿导轨匀速下滑时 ab 两端的电压为 Uab,则 Uab=IR Uab= m + R=0.2 V 8.(2018 西城二模)2012 年 11 月,“歼 15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功,它的 阻拦技术原理是,飞机着舰时利用阻拦索的作用力使它快速停止。随着电磁技术的日趋成熟, 新一代航母已准备采用全新的电磁阻拦技术,它的阻拦技术原理是,飞机着舰时利用电磁作 用力使它快速停止。为研究问题方便,我们将其简化为如图所示的模型。在磁感应强度为 B、 方向如图所示的匀强磁场中,两根平行金属轨道 MN、PQ 固定在水平面内,相距为 L,电阻不计。 轨道端点 M、P 间接有阻值为 R 的电阻。一个长为 L、质量为 m、阻值为 r 的金属导体棒 ab 垂直于 MN、PQ 放在轨道上,与轨道接触良好。质量为 M 的飞机以水平速度 v0 迅速钩住导体 棒 ab,钩住之后关闭动力系统并立即获得共同的速度。假如忽略摩擦等次要因素,飞机和金 属棒系统仅在安培力作用下很快停下来。求: (1)飞机钩住金属棒后它们获得的共同速度 v 的大小; (2)飞机在阻拦减速过程中获得的加速度 a 的最大值; (3)从飞机钩住金属棒到它们停下来的整个过程中运动的距离 x。 答案 (1) + v0 (2) 2 㜱2 M0( + )( + ) 2 (3) 0 ( R+r ) 2 㜱2解析 (1)以飞机和金属棒为研究对象 根据动量守恒定律有 Mv0=(M+m)v 解得它们共同的速度 v= + v0 (2)飞机钩住金属棒后它们开始以速度 v 在安培力的作用下做减速运动,所以当它们速 度为 v 时所受安培力最大,此时由安培力产生的加速度也最大 根据牛顿第二定律有 BIL=(M+m)a 根据闭合电路欧姆定律有 I= 㜱 +解得 a= 2 㜱2 M0( + )( + ) 2(3)以飞机和金属棒为研究对象,在很短的一段时间Δt 内 根据动量定理有 BiL·Δt=(M+m)Δv 在某时刻根据闭合电路欧姆定律有 i= 㜱 +得 B 㜱 + L·Δt=(M+m)Δv 飞机经时间 t 停下来,在时间 t 内求和有 2 㜱2 + ·x=(M+m)v 解得 x= 0 ( R+r ) 2 㜱29.(2017 顺义二模)直流电动机是一种使用直流电流的动力装置,是根据通电线圈在磁场中 受到安培力的原理制成的。如图所示是一台直流电动机模型示意图,固定部分(定子)装了一 对磁极,旋转部分(转子)装设圆柱形铁芯,将线圈固定在转子铁芯上,能与转子一起绕轴转 动。线圈经过滑环、电刷与电源相连,电源电动势为 E,内阻不计。电源与线圈之间连接阻值 为 R 的定值电阻。不计线圈内阻及电机损耗。 若转轴上缠绕足够长的轻绳,绳下端悬挂一质量为 m 的重物,接通电源,转子转动带动重 物上升,最后重物以速度 v1 匀速上升; 若将电源处短路(相当于去掉电源,导线把线圈与电阻连成闭合电路),释放重物,带动 转子转动,重物质量 m 不变。重物最后以 v2 匀速下落; 根据以上信息,写出 v1 与 v2 的关系式。 答案 见解析 解析 设重物匀速上升时,电路中电流为 I1 由能量关系有 EI1= 1 2 R+mgv1 设重物匀速下落时,电路中电流为 I2 由能量关系有 2 2 R=mgv2 两次电机最后都是匀速转动,重物质量相等,可知 I1=I2 得 v1=E 2 t -v2 10.(2018 西城一模)物理学是探索自然界最基本、最普遍规律的科学,在不同情景中发生的 物理过程往往遵循着相同的规律。请应用所学的物理知识,思考并解决以下问题。 (1)带电小球 B 静止在无限大的光滑绝缘水平面上,带同种电荷的小球 A 从很远处以初 速度 v0 向 B 球运动, A 的速度始终沿着两球的连线方向,如图 1 所示。两球始终未能接触。 A、B 间的相互作用视为静电作用。 a.从加速度和速度的角度,说明 B 球在整个过程中的运动情况; b.已知 A、B 两球的质量分别为 m1 和 m2,求 B 球最终的速度大小 vB。 (2)光滑的平行金属导轨 MN、PQ 固定在水平地面上,整个空间存在竖直向下的匀强磁场, 两根相同的金属棒 ab 和 cd 垂直放置在导轨上,如图 2 所示。开始时 cd 棒静止,ab 棒以初速 度 v0 沿导轨向右运动。随后 cd 棒也运动起来,两棒始终未能相碰,忽略金属棒中感应电流产 生的磁场。 a.已知两根金属棒的质量均为 m,求 cd 棒最终获得的动能 Ek; b.图 3 是图 2 的俯视图。请在图 3 中画出 ab、cd 棒在达到最终状态之前,棒内自由电 子所受洛伦兹力的示意图;并从微观的角度,通过计算分析说明,在很短的时间Δt 内,ab 棒 减少的动能是否等于 cd 棒增加的动能。 图 1 图 2 图 3 答案 见解析 解析 (1)a.B 球做加速度先增大后减小的加速运动,最后匀速。 b.以 A、B 球组成的系统为研究对象,系统所受的合外力为零 根据动量守恒定律 m1v0=m1vA+m2vB 由于只有系统内的电场力做功,所以系统的动能和电势能的总和保持不变,初始状态和 最后状态两球的距离都很大,可以认为系统的初、末电势能为零。 由能量守恒有 1 2 m1 0 2 = 1 2 m1 2 + 1 2 m2 2 联立以上两式解得 vB= 21 1+2 v0 (2)a.以两根金属棒组成的系统为研究对象,系统所受的合外力为零,最后以共同的速 度 v 向前运动,根据动量守恒定律 mv0=2mv cd 棒最终获得的动能 Ek= 1 2 mv2= 1 8 m 0 2 b.两根棒内自由电子所受洛伦兹力如图所示 方法一:设自由电子的电荷量为 e,在两棒达到最终状态之前某时刻,ab 棒的速度为 v1,cd 棒的速度为 v2,自由电子沿两根棒定向移动的速率为 u,在很短的时间Δt 内, ab 棒中自由电子受到的垂直于棒方向的洛伦兹力 f2 对电子做负功 W2=-f2·v1Δt=-euBv1Δt cd 棒中自由电子受到的垂直于棒方向的洛伦兹力 f2'对电子做正功 W2'=f2'·v2Δt=euBv2Δt 因为 v1 >v2,所以 W2+W2'<0,宏观上表现为安培力对两棒组成的系统做负功,使系统总动 能减小,即 ab 棒减少的动能大于 cd 棒增加的动能。 方法二:设自由电子的电荷量为 e,在两棒达到最终状态之前某时刻,自由电子沿 ab 棒 定向移动的速率为 u。在很短的时间Δt 内,电子在棒中定向运动,与金属离子发生碰撞,受 到阻力。设电子受到的平均阻力为 ,在很短的时间Δt 内,阻力对电子做负功 W=- ·uΔt, 宏观上表现为电路产生了焦耳热。根据能量守恒定律,两棒组成的系统总动能减小,即 ab 棒 减少的动能大于 cd 棒增加的动能。 B 组 综合提能 1.(2018 石景山一模)两根足够长的光滑平行金属轨道 MN、PQ 固定在倾角为θ的绝缘斜面上, 相距为 L,其电阻不计。长度为 L、电阻为 R 的金属导体棒 ab 垂直于 MN、PQ 放在轨道上,与 轨道接触良好。整个装置处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向垂直于斜面向上。 图 1 图 2 图 3 如图 1 所示,若在轨道端点 M、P 之间接有阻值为 R 的电阻,则导体棒最终以速度 v1 沿轨 道向下匀速运动;如图 2 所示,若在轨道端点 M、P 之间接有电动势为 E,内阻为 R 的直流电源, 则导体棒 ab 最终以某一速度沿轨道向上匀速运动。 (1)求图 1 导体棒 ab 最终匀速运动时电流的大小和方向以及导体棒 ab 两端的电势差; (2)求图 2 导体棒 ab 最终沿轨道向上匀速运动的速度 v2; (3)从微观角度看,导体棒 ab 中的自由电荷所受洛伦兹力在能量转化中起着重要作用。 我们知道,洛伦兹力对运动电荷不做功。那么,导体棒 ab 中的自由电荷所受洛伦兹力是如何 在能量转化过程中起到作用的呢?请以图 1 导体棒 ab 最终匀速运动为例,通过计算分析说明。 为了方便,可认为导体棒中的自由电荷为正电荷,如图 3 所示。 答案 见解析 解析 (1)图 1 中,ab 最终匀速运动时,电路中的电流大小 I= 㜱1 + = 㜱1 2方向:在导体棒 ab 内由 b 流向 a 导体棒 ab 两端的电势差 Uab=IR= 㜱1 2(2)图 1 中,导体棒 ab 最终受力平衡 mg sin θ=ILB= 㜱1 2 LB 图 2 中,导体棒 ab 最终受力平衡 mg sin θ=I'LB= - 㜱2 2 LB 解得 v2= - 㜱1 㜱(3)如图所示,设自由电荷的电荷量为 q,沿导体棒定向移动的速率为 u。 沿棒方向的洛伦兹力 f1=qv1B,做正功 在Δt 时间内,W1=f1·uΔt=qv1BuΔt 垂直棒方向的洛伦兹力 f2=quB,做负功 在Δt 时间内,W2=-f2·v1Δt=-quBv1Δt 所以 W1=-W2 即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。 f1 做正功,驱动自由电荷定向移动,宏观上表现为“电动势”,使电能增加;f2 做负功,宏 观上表现为安培力做负功,消耗导体棒的机械能。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表 现是将机械能转化为等量的电能,在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能 量的作用。 2.(2017 顺义二模)如图甲所示,在磁感应强度为 B 的水平匀强磁场中,有一竖直放置的光滑 的平行金属导轨,导轨足够长,导轨平面与磁场垂直,导轨间距为 L,顶端接有阻值为 R 的电 阻。将一根金属棒从导轨上的 M 处由静止释放。已知棒的长度为 L,质量为 m,电阻为 r。金 属棒始终在磁场中运动,处于水平且与导轨接触良好,忽略导轨的电阻。重力加速度为 g。 甲 (1)分析金属棒的运动情况,并求出运动过程的最大速度 vm 和整个电路产生的最大电热 功率 Pm; (2)若金属棒下落时间为 t 时,其速度为 vt(vtmg,如图 3 所示。 第 5 讲 实验:探究影响感应电流方向的因素 A 组 基础巩固 1.(2017 东城一模)用如图所示的器材“研究电磁感应现象”。闭合开关时灵敏电流计指针 向左偏转。在保持开关闭合的状态下( ) A.将线圈 1 全部放入线圈 2 中,然后向左较快或较慢推动滑片时,灵敏电流计指针均向左偏 转,且偏转角度不同 B.将线圈 1 全部放入线圈 2 中,然后向右较快或较慢推动滑片时,灵敏电流计指针均向左偏 转,且偏转角度不同 C.滑片置于中间位置不动,将线圈 1 从线圈 2 中的同一位置较快或较慢抽出,灵敏电流计的 指针偏转方向不同,偏转角度也不同 D.滑片置于中间位置不动,将线圈 1 从图示位置较快或较慢放入线圈 2 中,灵敏电流计的指 针偏转方向相同,偏转角度也相同 答案 B 由题干知,闭合开关时,磁通量增加,电流计指针向左偏转。将线圈 1 全部放入线 圈 2 中,滑片向右移动,电路中电阻变小,穿过线圈 2 的磁通量增加,电流计指针向左偏转,向 右较快或较慢推动滑片时,灵敏电流计指针偏转角度不同,B 正确;同理可知 A 错误。C 项中 灵敏电流计指针偏转方向相同;D 项中指针偏转角度应不同。 2.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈 A、线圈 B、电流计及开关如图连接,在开关闭 合、线圈 A 放在线圈 B 中的情况下,某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端 P 向左加速滑动 时,电流计指针向右偏转。由此可以判断( ) A.线圈 A 向上移动或滑动变阻器滑动端 P 向右加速滑动,都能引起电流计指针向左偏转 B.线圈 A 中铁芯向上拔出或断开开关,都能引起电流计指针向右偏转 C.滑动变阻器的滑动端 P 匀速向左或匀速向右滑动,都能使电流计指针静止在中央 D.因为线圈 A、线圈 B 的绕线方向未知,故无法判断电流计指针偏转的方向 答案 B 由题意和电路连接图可知,当变阻器滑动端 P 向左加速滑动时,穿过 B 的磁通量变 小,故可知磁通量变小时,会产生使电流计指针向右偏转的感应电流;上移线圈 A、拔出铁芯、 断开开关等都会使穿过 B 的磁通量减小,电流计指针右偏。而 P 加速右滑会增大穿过 B 的磁 通量,电流计指针左偏,故选项 A 错 B 对;只要滑动端 P 移动,就会使穿过 B 的磁通量变化而 产生感应电流,C 项错误;只要弄清磁通量的变化就可判断指针偏转方向,D 项错误。 B 组 综合提能 1.物理课上,老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图所示,她把一个带铁芯的线圈 L、开关 S 和电源用导线连接起来后,将一金属套环置于线圈 L 上,且使铁芯穿过套环。闭合开关 S 的瞬间,套环立刻跳起。 某同学另找来器材再探究此实验。他连接好电路,经重复试验,线圈上的套环均未动。 对比老师演示的实验,下列四个选项中,导致套环未动的原因可能是( ) A.线圈接在了直流电源上 B.电源电压过高 C.所选线圈的匝数过多 D.所用套环的材料与老师的不同 答案 D 闭合开关 S,金属套环跳起,是因为 S 闭合瞬间,穿过套环的磁通量变化,环中产生 感应电流。产生感应电流要具备两个条件:回路闭合和穿过回路的磁通量变化。只要连接电 路正确,闭合 S 瞬间,就会造成穿过套环磁通量变化,感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变 化,所以是跳起,与电源的交直流性质、电压高低、线圈匝数多少均无关。该同学实验失败, 可能是套环选用了非导电材料的缘故,故 D 选项正确。 2.用如图所示的装置做“探究影响感应电流方向的因素”实验,磁体从靠近线圈的上方静 止下落。当磁体运动到如图所示的位置时,流过线圈的感应电流方向为 (“从 a 到 b” 或“从 b 到 a”)。在磁体穿过整个线圈的过程中,传感器显示的电流 i 随时间 t 的图像应该 是 。 答案 “b 到 a” A 解析 磁体从靠近线圈的上方静止下落,当磁体运动到如图所示的位置时,依据楞次定律, 感应磁场方向向下,根据螺旋定则,则感应电流方向盘旋而上,即流过线圈的感应电流方向 为“b 到 a”;当磁铁完全进入线圈内时,穿过线圈的磁通量不变,则不会产生感应电流,则磁 铁会加速运动,当到达线圈底部时,磁通量变化率大于磁铁进入线圈时位置,依据法拉第电 磁感应定律,则到达底部的感应电流较大,再由楞次定律可知,进与出的感应电流方向相反, 故 A 正确,BCD 错误; 本章小结 知识系统构建 全章闯关检测 一、选择题 1.在电磁学的发展过程中,许多科学家做出了贡献。下列说法正确的是( ) A.奥斯特发现了电流磁效应;法拉第发现了电磁感应现象 B.麦克斯韦预言了电磁波;楞次用实验证实了电磁波的存在 C.库仑发现了点电荷的相互作用规律并通过油滴实验测定了元电荷的数值 D.安培发现了磁场对运动电荷的作用规律;洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律 答案 A 赫兹用实验证实了电磁波的存在,B 错;通过油滴实验测定了元电荷的数值的科学 家是密立根,C 错;安培发现了磁场对电流的作用规律,洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用 规律,D 错。 2.如图所示,导线框 abcd 与通电直导线在同一平面内,两者彼此绝缘,直导线通有恒定电流 并通过 ad 和 bc 的中点,当线框向右运动的瞬间,则( ) A.线框中有感应电流,且按顺时针方向 B.线框中有感应电流,且按逆时针方向 C.线框中有感应电流,但方向难以判断 D.由于穿过线框的磁通量为零,所以线框中没有感应电流 答案 B 由安培定则可判知通电直导线周围磁场如图所示。当 ab 导线向右做切割磁感线 运动时,由右手定则判断感应电流为 a→b,同理可判断 cd 导线中的感应电流方向为 c→d,ad、 bc 两边不做切割磁感线运动,所以整个线框中的感应电流是逆时针方向的。 3.插有铁芯的线圈(电阻不能忽略)直立在水平桌面上,铁芯上套一铝环,线圈与电源、开关 相连。以下说法中正确的是( ) A.闭合开关的瞬间铝环跳起,开关闭合后再断开的瞬间铝环又跳起 B.闭合开关的瞬间铝环不跳起,开关闭合后再断开的瞬间铝环也不跳起 C.闭合开关的瞬间铝环不跳起,开关闭合后再断开的瞬间铝环跳起 D.闭合开关的瞬间铝环跳起,开关闭合后再断开的瞬间铝环不跳起 答案 D 闭合开关瞬间,铝环中的磁通量增大,铝环要远离磁场,以阻碍磁通量的增大,故 会跳起,而闭合开关后再断开的瞬间,铝环中的磁通量减少,铝环有靠近磁场的趋势,以阻碍 这种减小,故不会跳起,即 D 正确。 4.在如图所示的电路中,A1 和 A2 是两个相同的灯泡,线圈 L 的自感系数足够大,电阻可以忽略 不计。下列说法中正确的是( ) A.合上开关 S 时,A2 先亮,A1 后亮,最后一样亮 B.断开开关 S 时,A1 和 A2 都会立即熄灭 C.断开开关 S 时,A2 闪亮一下再熄灭 D.断开开关 S 时,流过 A2 的电流方向向右 答案 A 合上开关 S 时,线圈 L 中产生的自感电动势阻碍电流增大,并且阻碍作用逐渐变小 直至为零,故 A2 先亮,A1 后亮,最后一样亮,选项 A 正确;断开开关 S 时,线圈 L 中产生的自感 电动势阻碍电流减小,因电路稳定时通过 A1 和 A2 的电流大小相等,故断开开关 S 时,A1 和 A2 都逐渐熄灭,流过 A2 的电流方向向左,选项 B、C、D 都错误。 5.边长为 a 的闭合金属正三角形框架,完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中,现把框架匀 速拉出磁场,如图所示,则选项图中电动势、外力、外力功率与位移图像规律与这一过程相 符合的是( ) 答案 B 框架匀速拉出过程中,有效长度 l 均匀增加,由 E=Blv 知,电动势均匀变大,A 错、B 对;因匀速运动,则 F 外力=F 安=BIl= 2 2 v ,故外力 F 外随位移 x 的增大而非线性增大,C 错;外力 功率 P=F 外力 v,v 恒定不变,故 P 也随位移 x 的增大而非线性增大,D 错。 6.如图所示,正方形线圈两端接在电容器 a、b 两极板上,匀强磁场竖直向上穿过线圈,此时 电容器 a、b 两极板不带电。当磁场随时间均匀增强时,下列说法中正确的是( ) A.电容器 a 极板带正电,且所带电荷量逐渐增大 B.电容器 a 极板带负电,且所带电荷量逐渐增大 C.电容器 a 极板带正电,且所带电荷量保持不变 D.电容器 a 极板带负电,且所带电荷量保持不变 答案 D 磁场均匀变化产生恒定的感应电动势,故由 Q=CU 知,电容器极板所带电荷量不 变,A、B 均不正确;利用楞次定律可以判断 b 极板带正电,a 极板带正电,故 C 错误,D 正确。 7.如图所示,ab 是一个可以绕垂直于纸面的轴 O 转动的闭合矩形导体线圈,滑动变阻器 R 的 滑片 P 向右滑动过程中,线圈 ab 将( ) A.静止不动 B.顺时针转动 C.逆时针转动 D.发生转动,但因电源的极性不明,无法确定转动方向 答案 B 当 P 向右滑动时,电路总电阻减小,电路中的电流是增大的,两磁铁间的磁场增强, 通过闭合导体线圈的磁通量增大,线圈中产生感应电流,受到磁场力而发生转动,“转动” 是结果,反抗原因是“磁通量增大”,因此转动后应使穿过线圈的磁通量减小,故应沿顺时 针转动。故应选 B。 8.在光滑的水平面上方,有两个磁感应强度大小均为 B,方向相反的水平匀强磁场,如图所示。 PQ 为两个磁场的边界,磁场范围足够大。一个边长为 a、质量为 m、电阻为 R 的金属正方形 线框,以速度 v 垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动,当线框运动到分别有一半面积 在两个磁场中时,线框的速度为 v/2,则下列说法正确的是( ) A.此过程中通过线框截面的电荷量为 22 B.此时线框的加速度为 2 2 v 2C.此过程中回路产生的电能为 2mv2 D.此时线框中的电功率为 2 2 2 答案 D 对此过程,由能量守恒定律可得,回路产生的电能 E= 1 2 mv2- 1 2 m× 1 4 v2= 3 8 mv2,选项 C 错误; 线圈磁通量的变化ΔΦ=Ba2,则由电流定义和欧姆定律可得 q= Δ = 2 ,选项 A 错误;此时线框 产生的电流 I= 2 2 = ,由牛顿第二定律和安培力公式可得加速度 a1= 2 = 22 2 v ,选项 B 错误; 由电功率定义可得 P=I2R= 2 2 2 ,选项 D 正确。 9.如图所示,abcd 是一个质量为 m,边长为 L 的正方形金属线框。如从图示位置自由下落,在 下落 h 后进入磁感应强度为 B 的磁场,恰好做匀速直线运动,该磁场的宽度也为 L。在这个磁 场的正下方 h+L 处还有一个未知磁场,金属线框 abcd 在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线 运动,那么下列说法正确的是( ) A.未知磁场的磁感应强度是 2B B.未知磁场的磁感应强度是 2 B C.线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为 4mgL D.线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为 2mgL 答案 C 设线圈刚进入第一个磁场时速度大小为 v1,那么 mgh= 1 2 m 1 2 ,v1= 2t 。设线圈刚进 入第二个磁场时速度大小为 v2,那么 2 2 - 1 2 =2gh,v2= 2 v1。根据题意还可得到,mg= 2 㜱2 1 , mg= 2 㜱2 2 ,整理可得出 Bx= 2 2 B,A、B 两项均错。穿过两个磁场时都做匀速运动,把减少的重 力势能都转化为电能,所以在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为 4mgL,C 项正确、D 项错。 10.某校科技小组的同学设计了一个传送带测速仪,测速原理如图所示。在传送带一端的下 方固定有间距为 L、长度为 d 的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为 B、方向垂直传送 带平面(纸面)向里、有理想边界的匀强磁场,且电极之间接有理想电压表和电阻 R,传送带背 面固定有若干根间距为 d 的平行细金属条,其电阻均为 r,传送带运行过程中始终仅有一根 金属条处于磁场中,且金属条与电极接触良好。当传送带以一定的速度匀速运动时,电压表 的示数为 U。则下列说法中正确的是 ( ) A.传送带匀速运动的速率为 㜱B.电阻 R 产生焦耳热的功率为 2 + C.金属条经过磁场区域受到的安培力大小为 +D.每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为 㜱 答案 D 由题意可知金属条在磁场中切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv,回路中的电流 I= + = ,故 v=( + )· 㜱 ,A 错误;电阻 R 产生焦耳热的功率 P= 2 ,故 B 错误;金属条经过磁场 区域所受安培力 F= 㜱 ,故 C 错误;每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功 W 克 =Fd= 㜱 ,D 正确。 二、非选择题 11.如图所示,质量 m1=0.1 kg,电阻 R1=0.3 Ω,长度 l=0.4 m 的导体棒 ab 横放在 U 形金属框 架上。框架质量 m2=0.2 kg,放在绝缘水平面上,与水平面间的动摩擦因数 μ=0.2。相距 0.4 m 的 MM'、NN'相互平行,电阻不计且足够长。电阻 R2=0.1 Ω的 MN 垂直于 MM'。整个装置处 于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度 B=0.5 T。垂直于 ab 施加 F=2 N 的水平恒力,ab 从静 止开始无摩擦地运动,始终与 MM'、NN'保持良好接触。当 ab 运动到某处时,框架开始运动。 设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取 10 m/s2。 (1)求框架开始运动时 ab 速度 v 的大小; (2)从 ab 开始运动到框架开始运动的过程中,MN 上产生的热量 Q=0.1 J,求该过程 ab 位 移 x 的大小。 答案 (1)6 m/s (2)1.1 m 解析 (1)ab 棒对框架的压力 F1=m1g 框架受水平面的支持力 FN=m2g+F1 依题意,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则框架受到最大静摩擦力 F2=μFN ab 中的感应电动势 E=Blv MN 中电流 I= 1+2MN 受到的安培力 F 安=IlB 框架开始运动时 F 安=F2 由上述各式代入数据解得 v=6 m/s (2)闭合回路中产生的总热量 Q 总= 1+2 2 Q 由能量守恒定律,得 Fx= 1 2 m1v2+Q 总 代入数据解得 x=1.1 m 12.经典物理学认为,金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子的碰撞。已知元电荷 为 e。如图所示,求当金属棒向下运动达到稳定状态时,棒中金属离子对一个自由电子沿棒方 向的平均作用力大小。 答案 见解析 解析 方法一:当金属棒向下运动达到稳定状态时 mg=Fm 其中 Fm= 2 㜱2 m +解得 vm= t + 2 㜱2沿棒方向,棒中自由电子受到洛伦兹力 evmB、电场力 eE 和金属离子对它的平均作用力 f 作用。因为棒中电流恒定,所以自由电子沿棒的运动可视为匀速运动。 则 f+eE=evmB 又 E= 㜱U= 㜱m + ·R 解得 f= t 㜱2 方法二:当金属棒向下运动达到稳定状态时 单位时间内机械能减少 P=mgvm 金属棒生热功率 Pr = + P 回路中的电流 I= 㜱m + 设棒的横截面积为 S,棒中单位体积的自由电子数为 n,棒中自由电子定向运动的速度为 v,金属离子对自由电子的平均作用力为 f 则 Pr= 㜱 fv I=neSv 所以 f= t 㜱2 13.如图,水平面(纸面)内间距为 l 的平行金属导轨间接一电阻,质量为 m、长度为 l 的金属 杆置于导轨上。t=0 时,金属杆在水平向右、大小为 F 的恒定拉力作用下由静止开始运动。 t0 时刻,金属杆进入磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中 恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之 间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为 g。求: (1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小; (2)电阻的阻值。 答案 (1)Blt0 - μg (2) 2 2 0 解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为 a,由牛顿第二定律得 ma=F-μmg 设金属杆到达磁场左边界时的速度为 v,由运动学公式有 v=at0 当金属杆以速度 v 在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律,杆中的电动势为 E=Blv 联立可得 E=Blt0 - μg(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为 I,根据欧姆定律 I= 式中 R 为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为 f=BlI 因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得 F-μmg-f=0 联立得 R= 2 2 0 14.光滑平行的金属导轨 MN 和 PQ,间距 L=1.0 m,与水平面之间的夹角α=30°,匀强磁场磁 感应强度 B=2.0 T,方向垂直于导轨平面向上,M、P 间接有阻值 R=2.0 Ω的电阻,其他电阻不 计,质量 m=2.0 kg 的金属杆 ab 垂直导轨放置,如图甲所示。用恒力 F 沿导轨平面向上拉金 属杆 ab,由静止开始运动,v-t 图像如图乙所示,g 取 10 m/s2,导轨足够长。求: (1)恒力 F 的大小; (2)金属杆速度为 2.0 m/s 时的加速度大小; (3)根据 v-t 图像估算在前 0.8 s 内电阻上产生的热量。 甲 乙 答案 (1)18 N (2)2.0 m/s2 (3)4.12 J 解析 (1)对金属杆受力分析如图所示。 由 v-t 图像可知导轨最后匀速运动且 vmax=4 m/s 即 F=mg sin 30°+F 安 F 安=BIL I= 㜱max 解得 F= 2 㜱2 max +mg sin 30°=18 N (2)对金属杆由牛顿第二定律得 F-mg sin 30°-F 安=ma a= - tsin30 °- 2㜱2v =2.0 m/s2 (3)由 v-t 图像知:0.8 s 内位移即为 0~0.8 s 内图线与 t 轴所包围的小方格面积的和, 小方格的个数约为 28 个,故 x=28×0.2×0.2 m=1.12 m 设在前 0.8 s 内电阻上产生的热量为 Q,则由功能关系得 Fx=Q+mgx sin α+ 1 2 mv2 由 v-t 图像知 0.8 s 时速度 v=2.2 m/s 解得 Q=Fx-mgx sin α- 1 2 mv2=4.12 J 15.在如图甲所示的底面半径为 r 的竖直圆柱形区域内,存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强 度大小随时间的变化关系为 B=kt(k>0 且为常量)。 (1)将一由细导线构成的半径为 r、电阻为 R0 的导体圆环水平固定在上述磁场中,并使 圆环中心与磁场区域的中心重合。求在 T 时间内导体圆环产生的焦耳热。 (2)上述导体圆环之所以会产生电流是因为变化的磁场会在空间激发涡旋电场,该涡旋 电场驱使导体内的自由电荷定向移动,形成电流。如图乙所示,变化的磁场产生的涡旋电场 存在于磁场内外的广阔空间中,其电场线是在水平面内的一系列沿顺时针方向的同心圆(从 上向下看),圆心与磁场区域的中心重合。在半径为 r 的圆周上,涡旋电场的电场强度大小处 处相等,并且可以用 E 涡= 2π 计算,其中 E 为由于磁场变化在半径为 r 的导体圆环中产生的感 生电动势。如图丙所示,在磁场区域的水平面内固定一个内壁光滑的绝缘环形真空细管道, 其内环半径为 r,管道中心与磁场区域的中心重合。由于细管道半径远远小于 r,因此细管道 内各处电场强度大小可视为相等。在某一时刻,将管道内电荷量为 q 的带正电小球由静止释 放(小球的直径略小于真空细管道的直径),小球受到切向的涡旋电场力的作用而运动,该力 将改变小球速度的大小。该涡旋电场力与电场强度的关系和静电力与电场强度的关系相同。 假设小球在运动过程中其电荷量保持不变,忽略小球受到的重力、小球运动时激发的磁场以 及相对论效应。 ①若小球由静止经过一段时间加速,获得动能 Em,求小球在这段时间内在真空细管道内 运动的圈数; ②若在真空细管道内部空间加有方向竖直向上的恒定匀强磁场,小球开始运动后经过 时间 t0,小球与环形真空细管道之间恰好没有作用力,求在真空细管道内部所加磁场的磁感 应强度的大小。 答案 (1) π2 2 4 0 (2)① m π2 ② 0 2解析 (1)导体圆环内的磁通量发生变化,将产生感生电动势,根据法拉第电磁感应定 律,感生电动势 E= Δ Δ =S Δ Δ =πr2k 导体圆环内感生电流 I= 0 = π2 0在 T 时间内导体圆环产生的焦耳热 Q=I2R0T 解得 Q= π2 2 4 0(2)①根据题意可知,磁场变化将在真空细管道处产生涡旋电场,该电场的电场强度 E 涡= 2π = 2小球在该电场中受到电场力的作用,电场力的大小 F=E 涡 q= 2电场力的方向与真空细管道相切,即与速度方向始终相同,小球将会被加速,动能变大。 设小球由静止到其动能为 Em 的过程中,小球运动的路程为 s, 根据动能定理有 Fs=Em 小球运动的圈数 N= 2π解得 N= m π2 ②小球的切向加速度大小为 a= = 2由于小球沿速度方向受到大小恒定的电场力,所以经过时间 t0, 小球的速度大小 v 满足 v=at0 小球沿管道做圆周运动,因为小球与管道之间没有相互作用力,所以,小球受到的洛伦 兹力提供小球的向心力,设所加磁场的磁感应强度为 B0, 则有 qvB0= 2 解得 B0= 0 2 第十三章 交变电流 电磁场与电磁波 第 1 讲 交变电流的产生和描述 A 组 基础巩固 1.(2018 西城二模)如图所示为交流发电机的示意图,从线圈通过如图所示的位置开始计时。 如果发电机产生的交变电流的频率为 50 Hz,电动势的最大值为 400 V,则发电机产生的电动 势瞬时值表达式为( ) A.e=400 sin 50t(V) B.e=400 cos 50t(V) C.e=400 sin 100πt(V) D.e=400 cos 100πt(V) 答案 D 由题图所示位置开始计时,磁通量为 0,感应电动势最大,则其产生的电动势瞬时 值表达式为 e=Em cos ωt,又知 Em=400 V,ω=2πf=100π rad/s,可得 e=400 cos 100πt(V)。 2.(2018 朝阳二模)在匀强磁场中,一个 100 匝的闭合矩形金属线圈,绕与磁感线垂直的固定 轴匀速转动,穿过该线圈的磁通量Φ随时间 t 的变化关系如图所示。已知线圈总电阻为 2 Ω, 则( ) A.t=1.0 s 时线圈平面平行于磁感线 B.t=1.5 s 时线圈中感应电流为 0 C.t=2.0 s 时线圈中的感应电动势为 0 D.一个周期内线圈产生的热量为 8 J 答案 C 由图可知 t=1.0 s 时Φ最大,则线圈平面垂直磁感线,A 错。由 E=n Δ Δ 可知,B 错,C 对。由图可知,T=2 s,则ω= 2π =π rad/s,Em=nΦmω=4π V,Q= 2 T= m 2 2 T=8π2 J,则 D 错。 3.(2018 朝阳一模)如图所示,将带铁芯的电感线圈 L 与灯泡 A 串联,再与另一个完全相同的 灯泡 B 并联,接在以正弦交流信号发生器为电源的两端。通过调节交流信号发生器上的旋钮, 可以改变输出电压和信号的频率。闭合开关 S,A、B 两灯均发光。关于该实验,下列说法中 正确的是( ) A.保持交流信号频率不变,适当提高输出电压,发现 A 灯始终比 B 灯亮 B.保持输出电压不变,提高交流信号频率,发现 A、B 灯均变亮 C.保持输出电压和信号频率不变,撤去铁芯后,发现 A 灯比原来亮 D.断开开关 S,发现 A 灯闪亮一下,然后熄灭 答案 C 由图中电路可知,A 灯与电感线圈 L 串联后与 B 灯并联,交流信号的频率不变,适当 提高输出电压则电感线圈的感抗 XL=2πfL 不变,A 灯支路电流比 B 灯支路电流小,A 灯没有 B 灯亮,故 A 选项错误;保持输出电压不变,提高交流信号频率,因感抗变大,则 A 灯变暗,B 灯亮 度不变,故选项 B 错误;保持输出电压和信号频率不变,撤去铁芯后,电感线圈的自感系数 L 变小,感抗变小,故 A 灯支路电流变大,A 灯比原来亮,因此选项 C 正确;断开开关 S,流过电感 线圈的电流将流过 A 灯,断开 S 前,A 灯与电感线圈中电流相等,故 A 灯不会闪亮一下,而是在 原来亮度基础上逐渐变暗,因此,选项 D 错误。 4.如图甲所示,交流发电机的矩形金属线圈 abcd 的匝数 n=100 匝,线圈的总电阻 r=5.0 Ω, 线圈位于匀强磁场中,且线圈平面与磁场方向平行。线圈的两端分别与两个彼此绝缘的铜环 E、F(集流环)焊接在一起,并通过电刷与阻值 R=95 Ω的定值电阻连接。现使线圈绕过 bc 和 ad 边中点、且垂直于磁场的转动轴 OO'以一定的角速度匀速转动。穿过线圈的磁通量Φ 随时间 t 变化的图像如图乙所示。若电路其他部分的电阻以及线圈的自感系数均可忽略不 计。则下列说法中正确的是( ) A.线圈匀速转动的角速度为 100 rad/s B.线圈中产生感应电动势的最大值为 100 2 V C.线圈中产生感应电动势的有效值为 100 V D.线圈中产生感应电流的有效值为 2 A 答案 D 根据Φ-t 图像可知:T=π×10-2 s,Φm=BS=1×10-2 Wb ω= 2π =200 rad/s,A 项错误; Em=nBSω=200 V,B 项错误; E= m 2 =100 2 V,C 项错误; I= + = 2 A,D 项正确。 5.A、B 是两个完全相同的电热器,A 通以图甲所示的交变电流,B 通以图乙所示的交变电流, 则两电热器的电功率之比 PA∶PB 等于( ) A.2∶1 B.1∶1 C. 2 ∶1 D.1∶2 答案 A 甲图电流有效值为 I0,乙图电流有效值为 0 2 ,由 P=I2R 知,PA∶PB=2∶1,A 正确。 6.(2017 东城期末)如图所示,一线圈在匀强磁场中匀速转动,当线圈平面转动至与磁场方向 平行的位置时( ) A.穿过线圈的磁通量最小,磁通量的变化率最大 B.穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率最大 C.穿过线圈的磁通量最小,磁通量的变化率最小 D.穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率最小 答案 A 线圈平面与磁场方向平行时,磁通量为 0,此时磁通量的变化率最大,故选 A。 7.(2017 海淀期末)如图所示,位于竖直平面内的矩形金属线圈,边长 L1=0.40 m、L2=0.25 m, 其匝数 n=100 匝,总电阻 r=1.0 Ω,线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环 C、D(集流 环)焊接在一起,并通过电刷和 R=3.0 Ω的定值电阻相连接。线圈所在空间存在水平向右的 匀强磁场,磁感应强度 B=1.0 T,在外力驱动下线圈绕竖直固定中心轴 O1O2 匀速转动,角速度 ω=2.0 rad/s。求: (1)电阻 R 两端电压的最大值; (2)从线圈通过中性面(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)开始计时,经过 1 4 周期通过 电阻 R 的电荷量; (3)在线圈转动一周的过程中,整个电路产生的焦耳热。 答案 (1)15 V (2)2.5 C (3)157 J 解析 (1)线圈中感应电动势的最大值 Em=nBSω,其中 S=L1L2 Em=nBSω=nBL1L2ω=20 V 线圈中感应电流的最大值 Im= m + =5.0 A 电阻 R 两端电压的最大值 Um=ImR=15 V (2)设从线圈通过中性面时开始,经过 1 4 周期的时间Δt= 4 = π 2此过程中线圈中的平均感应电动势 =n Δ Δ =n Δ通过电阻 R 的平均电流 = + = ( + ) Δ通过电阻 R 的电荷量 q= Δt= + =2.5 C (3)线圈中感应电流的有效值 I= m 2 = 5 2 2 A 线圈转动一周的过程中,电流通过整个回路产生的焦耳热 Q 热=I2(R+r)T=50π J≈157 J B 组 综合提能 1.如图甲所示,为一种调光台灯电路示意图,它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮 度。给该台灯接 220 V 的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示,则此时交流电压 表的示数为( ) A.220 V B.110 V C. 220 2 V D. 110 2 V 答案 B 设电压的有效值为 U,根据有效值定义有 220 2 2 · 2 = 2 T,解得 U=110 V,则 B 正确。 2.(多选)(2017 海淀期末)在电子技术中,从某一装置输出的交流信号常常既含有高频成分, 又含有低频成分。为了在后面一级装置中得到高频成分或低频成分,我们可以在前面一级装 置和后面一级装置之间设计如图所示的电路。关于这种电路,下列说法中正确的是( ) A.要使“向后级输出”端得到的主要是高频信号,应该选择图甲所示电路 B.要使“向后级输出”端得到的主要是高频信号,应该选择图乙所示电路 C.要使“向后级输出”端得到的主要是低频信号,应该选择图甲所示电路 D.要使“向后级输出”端得到的主要是低频信号,应该选择图乙所示电路 答案 BC 电容器对交流电的作用是“通高频,阻低频”,电感器对交流电的作用是“通低 频,阻高频”,甲图所示电路,高频信号从电容处通过,低频信号被输送到“向后级输出”端; 乙图所示电路中,低频信号从电感器处通过,高频信号被输送到“向后级输出”端。故选 B、 C。 3.电源是把其他形式能转化为电势能的装置。我们通常使用的电源有交流、直流之分。 (1)法拉第发明了世界上第一台直流发电机——法拉第圆盘发电机。如图 1 所示为其示 意图,铜质圆盘竖直放置在水平向左的匀强磁场中,它可以绕水平轴在竖直平面内转动。当 两个电刷分别位于圆盘的边缘和圆心处时,在圆盘匀速转动时产生的电流是稳定的。用导线 将电刷与电阻 R 连接起来形成回路。已知匀强磁场的磁感应强度大小为 B,圆盘半径为 a,圆 盘匀速转动时的角速度为ω,发电机内阻为 r1。求电源电动势 E,并判断通过电阻 R 的电流方 向。 图 1 (2)如图 2 所示为一个小型交流发电机的原理图,n 匝矩形线圈处于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中,ab 边、cd 边分别连在两个滑环上,导体做的两个电刷分别压在滑环上。线圈 ab 边的边长为 L1,bc 边的边长为 L2,总电阻为 r2。线圈以恒定的角速度ω绕与磁场方向垂直 的轴 OO'匀速转动。用导线将电刷与电阻 R 连接起来形成回路。回路中其他电阻不计。请你 说明发电机线圈平面转至何位置时感应电动势具有最大值 Em,并推导此最大值的表达式。 图 2 (3)若已知 L1=2a,L2=a,求上述两个发电机分别为电阻 R 供电时,电阻 R 消耗的电功率之 比。 答案 见解析 解析 (1)圆盘产生的电动势为 E=Ba = 1 2 ωa E= 1 2 Bωa2 根据右手定则可以判断:流过电阻 R 的电流方向为从 c 到 d。 (2)当线圈平面转至与磁场方向平行位置时,线圈中的感应电动势最大 设此时 ab、cd 边的线速度大小为 v, 则单匝线圈时 ab 边产生的感应电动势为 E1=BL1v cd 边产生的感应电动势为 E2=BL1v n 匝线圈产生的总感应电动势为 Em=n(E1+E2)=2nBL1v 由于 v=ωr=ω 㜱2 2有 Em=2nBL1ω· 㜱2 2 =nBL1L2ω (3)(1)中发电机为电阻供电时 U1= +1 E= 2 2 ( +1 ) (2)中发电机为电阻供电时 U2= +2 · 2 2 Em= 2nRBω2 +2 1 2 = 1 2 2 = ( +2 ) 2 82 ( +1 ) 2 第 2 讲 变压器 远距离输电 A 组 基础巩固 1.(2018 丰台期末)如图所示,理想变压器的原线圈接在 u=220 2 sin 100πt(V)的交流电 源上,副线圈接的负载电阻 R=5.5 Ω,原、副线圈匝数之比为 20∶1,交流电流表、电压表均 为理想电表。下列说法正确的是( ) A.交流电压表的读数为 15.6 V B.交流电流表的读数为 0.1 A C.副线圈输出交流电的周期为 50 s D.原线圈的输入功率为 22 2 W 答案 B 1 2 = 1 2 ,U1=220 V,则 U2=11 V,A 错。I2= 2 =2 A, 1 2 = 2 1 ,则 I1=0.1 A,B 正确。P 入=U1I1=22 W,D 错。T= 2π = 2π 100π s=0.02 s,C 错。 2.(2018 朝阳期末)如图所示,电路中的变压器为理想变压器,R 为滑动变阻器,U1 为加在原线 圈两端的交流电压,I1 为原线圈中的电流,U2 为副线圈两端的交流电压,I2 为副线圈中的电 流,P2 为滑动变阻器上消耗的电功率。若 U1 保持不变,改变滑动变阻器滑片的位置,下列说法 中正确的是( ) A.P2 保持不变 B.U2 保持不变 C.I1 保持不变 D.I2 保持不变 答案 B 在理想变压器中, 1 2 = 1 2 ,由题意知 U1 不变,n1、n2 不变,故 U2 不变,故选项 B 正确;在 副线圈回路中 I2= 2 ,当 R 变化时,I2 发生变化,故 D 选项错误;由 n1I1=n2I2 可知 I1 也随着变化, 故 C 选项错误;P2= 2 2 ,当 R 变化时 P2 也随之变化,故选项 A 错误。 3.(2018 西城期末)如图所示,理想变压器接在电压有效值不变的交流电源上。灯泡 L1 和 L2 完全相同(阻值不变),R 是一个定值电阻。闭合开关 S1、S2,两灯泡正常发光,然后断开 S2,下 列判断正确的是( ) A.灯泡 L1 变暗 B.电阻 R 两端的电压变大 C.变压器输入功率不变 D.变压器输出功率变小 答案 D 由题意知 U1 不变, 1 2 = 1 2 ,则输出电压不变。断开 S2,电路总电阻 R 总变大,由 I= 2 总 知,流过 R 的电流减小,UR 减小,B 错误。 L1 =U2-UR,所以 L1 增加,灯泡 L1 变亮,A 错误。变压 器输出功率 P 出=U2I 变小,D 正确。理想变压器,P 入=P 出,所以输入功率变小,C 错误。 4.(多选)(2018 海淀期末)如图所示,理想变压器原线圈匝数 n1=1 100 匝,副线圈匝数 n2=220 匝,交流电源的电压 u=220 2 sin 100πt(V),电阻 R=44 Ω,电表均为理想交流电表。则下 列说法中正确的是( ) A.交流电的频率为 50 Hz B.电流表 A1 的示数为 0.20 A C.变压器的输入功率为 88 W D.电压表的示数为 44 V 答案 ABD 由交流电压表达式 u=Um sin ωt=220 2 sin 100πt(V)得交流电的频率 f= 1 = 2π =50 Hz,A 项正确。变压器的输入电压 U1= m 2 =220 V,由 1 2 = 1 2 ,得 U2=44 V,D 项正确。电 流表 A2 的示数 I2= 2 =1 A,理想变压器的输入功率等于输出功率,P 入=P 出=U2I2=44 W,C 项错。 由 1 2 = 2 1 得 I1=0.20 A,B 项正确。 5.(2018 门头沟一模)如图所示,一理想变压器原、副线圈的匝数比 n1∶n2=4∶1,电阻 R=55 Ω。 原线圈两端接一正弦式交变电流,其电压的有效值为 220 V。则( ) A.原线圈中电流的有效值为 0.25 A B.副线圈电压的最大值为 55 V C.副线圈电流的最大值为 1.0 A D.变压器的输出功率为 220 W 答案 A 1 2 = 1 2 ,则 220V 2 = 4 1 ,得 U2=55 V,U2m=U2· 2 =55 2 V,I2= 2 =1 A,I2m= 2 I2= 2 A,又 1 2 = 2 1 , 则 I1=0.25 A,P 出=U2I2=55 W,选项 A 正确,B、C、D 错误。 6.(2017 顺义二模)如图所示,一理想变压器的原、副线圈匝数之比为 n1∶n2=10∶1,原线圈 接入电压 u=220 2 sin 100πt(V)的交流电源,交流电压表和电流表对电路的影响可忽略不 计,定值电阻 R0=10 Ω,可变电阻 R 的阻值范围为 0~10 Ω,则下列说法正确的是( ) A.调节可变电阻 R 的阻值时,电流表示数的变化范围为 1.1~2.2 A B.当可变电阻阻值为 10 Ω时,变压器的输入功率为 24.2 W C.副线圈中交变电流的频率为 100 Hz D.t=0.02 s 时,电压表的示数为零 答案 B 由 1 2 = 1 2 、U1=220 V 知 U2=22 V,I2= 2 0+R ,范围是 1.1~2.2 A,电流表测的是原线圈电 流 I1,而 1 2 = 2 1 = 1 10 ,A 项错。当 R=10 Ω时,变压器的输入功率 P 入=P 出= 2 2 0+R = 222 10+10 W=24.2 W,B 项对。输入电压 U=U1m sin 2πft=220 2 sin 100πt(V),因此交变电流的频率 f=50 Hz,变 压器不改变交流电的频率,C 项错。交流电压表、电流表测的都是有效值,因此 t=0.02 s 时, 电压表的示数为 22 V,D 项错。 7.某小型发电站的发电机输出交流电压为 500 V,输出电功率为 50 kW, (1)如果用电阻为 3 Ω的输电线向远处用户送电,这时用户获得的电压和电功率是多 少? (2)如果要求输电线上损失的电功率是输送功率的 0.6%,则发电站要安装一个升压变压 器,到达用户前再用降压变压器变为 220 V 供用户使用,不考虑变压器的能量损失,这两个变 压器原、副线圈的匝数比各是多少? 答案 (1)200 V 2×104 W (2)1∶10 497∶22 解析 (1)用 500 V 电压送电时示意图如图所示 输电线上的电流 I0= 0 = 50×103 500 A=100 A 用户获得电压 U1=U0-I0R=(500-100×3) V=200 V 用户获得的电功率 P1=I0U1=2×104 W (2)改用高压输送时,示意图如图所示 要求 P 损=0.6%P,即 P 损=50×103×0.6% W=300 W 输电电流 I= 损/ R = 300 / 3 A=10 A 发电站升压后输电电压 U1= = 50×103 10 V=5 000 V 升压变压器原、副线圈匝数比 1 2 = 0 1 = 500V 5 000V = 1 10输电线上损失的电压 U'=IR=10×3 V=30 V 降压变压器的输入电压 U2=U1-U'=5 000 V-30 V=4 970 V 降压变压器原、副线圈匝数比 3 4 = 2 3 = 4 970V 220V = 497 228.(2018 房山二模)三峡水电站是我国最大的水力发电站,平均水位落差约 100 m,水的流量 约 1.35×104m3/s。船只通航需要约 3 500 m3/s 的流量,其余流量全部用来发电。水流冲击 水轮机发电时,水流减少的势能有 20% 转化为电能。 (1)按照以上数据估算,三峡发电站的发电功率最大是多大; (2)本市现行阶梯电价每户每月 1 挡用电量最高为 240 kW·h,如果按照本市现行阶梯电 价 1 挡最高用电量计算,三峡电站可以满足多少户家庭生活用电; (3)把抽水蓄能电站产生的电能输送到北京城区。已知输电功率为 P,输电线路的总阻值 为 R,要使输电线路上损耗的功率小于ΔP。 a.求输电电压的最小值 U; b.在输电功率一定时,请提出两种减少输电过程中功率损耗的方法。 答案 (1)2×106 kW (2)6×106 户 (3)a. Δ b.见解析 解析 (1)P1=1.0×103×(1.35×104-3 500)×10×100×20% W=2×106 kW (2)每户用电平均功率:P2= 240 30×24 kW= 1 3 kW 1 2 = 2×106 kW 1 3kW =6×106(户) (3)a.输电导线损失热功率ΔP=I2R 输电功率 P=IU 可得 U= Δ b.减少功率损耗的方法有: ①提高输电电压 ②增大导线横截面积,减小电阻 B 组 综合提能 1.(2017 西城一模)在探究变压器的两个线圈的电压关系时,某同学自己绕制了两个线圈套 在可拆变压器的铁芯上,如图所示。线圈 a 作为原线圈连接到学生电源的交流输出端,线圈 b 接小灯泡。他所用的线圈电阻忽略不计。当闭合学生电源的开关时,他发现电源过载(电流 过大,超过学生电源允许的最大值)。如果仅从解决电源过载问题的角度考虑,下列采取的措 施中,最可能有效的是( ) A.增大电源电压 B.适当增加原线圈 a 的匝数 C.换一个电阻更小的灯泡 D.将线圈 a 改接在学生电源直流输出端 答案 B 为解决电源过载,即减小原线圈电流或是减小灯泡功率,由 1 2 = 1 2 知,增大原线圈匝 数,可减小 U2 即减小灯泡功率,B 正确。增大 U1,则 U2 增加,灯泡功率增大,A 错误。在 U2 不变 的情况下,减小灯泡电阻,则灯泡的功率增加,C 错误。如果用电源直流输出端,由于线圈电阻 忽略不计,则电源被短路,D 错误。 2.在家庭电路中,为了安全,一般在电能表后面的电路中安装一个漏电保护器,如图所示。当 漏电保护器的 ef 两端没有电压时,脱扣开关 S 能始终保持接通;当 ef 两端一旦有电压时,脱 扣开关立即会自动断开,以起到保护作用。关于这个电路的工作原理,下列说法中正确的是 ( ) A.当站在绝缘物上的人双手分别接触 b 和 d 线时,脱扣开关会自动断开 B.当用户家的电流超过一定值时,脱扣开关会自动断开 C.当火线和零线之间电压太高时,脱扣开关会自动断开 D.当站在地面上的人触及 b 线时,脱扣开关会自动断开 答案 D 观察漏电保护器的导线缠绕方式可知,当火线和零线中电流相等时,穿过铁芯的 磁通量为零。漏电时火线电流和零线电流大小不同,导致小型变压器上端磁通量不为零,这 时下端线圈中磁通量也会随之变化,进而产生感应电动势,脱扣开关自动断开,从而起到保 护作用。只要零线与火线电流相等都不会有磁通量的变化,所以 A、B、C 错误,D 正确。 3.(1)如图所示匝数 n=60 的线圈绕在变压器的闭合铁芯上,通过 A、B 两端在线圈内通有随 时间变化的电流。有两个互相连接的金属环,细环的电阻是粗环的 3 倍,将细环套在铁芯的 另一端。已知某一时刻细环和粗环的连接处 C、D 间的电压 U=0.2 V,并知道粗环的电阻 R=1.0 Ω,求此时刻线圈 AB 的感应电动势。(C、D 间距很小;可认为磁感线都集中在铁芯内) (2)变压器的线圈是由金属线绕制成的,若在短时间内吸热过多来不及散热就会损坏。 现对粗细均匀的电阻线通以直流电的情况进行讨论:设通电产生的焦耳热与电阻线升高的 温度之间满足如下关系:Q=kcmΔT,其中 c 表示物体的比热容,m 为物体的质量,ΔT 表示升高 的温度,k 为大于 1 的常数。请你选择一些物理量,通过论述和计算证明“为避免升温过快, 若电流越大,电阻线应该越粗”。(说明自己所设物理量的含义) 答案 (1)48 V (2)见解析 解析 (1)当 C、D 间电压为 0.2 V 时,粗环中的电流 I= = 0 . 2 1 . 0 A=0.2 A 设此刻细环中的感应电动势为 e,则对细环和粗环组成的回路满足 e=I(3R+R)=0.2 A×(3 Ω+1 Ω)=0.8 V 由法拉第电磁感应定律 E=n Δ Δ ,及题设闭合铁芯磁通量处处相等可知: 同一时刻线圈 AB 中的感应电动势为 60e=48 V (2)设有一小段长为 l 的电阻线,其横截面积为 S,电阻率为ρ,密度为ρ',通过它的电 流为 I,因为通电产生焦耳热使这段电阻线经过时间Δt 温度升高, 电流流过电阻线产生的焦耳热 Q=I2RΔt, 其中 R=ρ 由题意知 Q=kcmΔT 即 I2RΔt=kcmΔT, 其中 m=ρ'lS 联立,整理,有: Δ Δ = 2 ρ h ' 2 由于 k、c、ρ、ρ'都是常数,所以 Δ Δ 与 2 2 成正比 Δ Δ 表示单位时间内升高的温度; Δ Δ 与 2 2 成正比表明:当电流越大时,若想让单位时间内升 高的温度少一些,则要求电阻线的横截面积大一些,即电阻线应该粗一些。 第 3 讲 电磁场与电磁波 A 组 基础巩固 1.类比是一种有效的学习方法,通过归类和比较,有助于掌握新知识,提高学习效率。在类比 过程中,既要找出共同之处,又要抓住不同之处。某同学对机械波和电磁波进行类比,总结出 下列内容,其中不正确．．．的是( ) A.机械波的频率、波长和波速三者满足的关系,对电磁波也适用 B.机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象 C.机械波的传播依赖于介质,而电磁波可以在真空中传播 D.机械波既有横波又有纵波,而电磁波只有纵波 答案 D 无论机械波还是电磁波,波速、波长和频率间的关系都满足 v=λf,说法 A 是正确 的。干涉和衍射现象是一切波具有的特性,说法 B 是正确的。机械波只能在介质中传播,而 电磁波可以在真空中传播,说法 C 是正确的。机械波既有横波又有纵波,电磁波只有横波,说 法 D 是错误的。故答案为 D。 2.(2015 北京理综,20,6 分)利用所学物理知识,可以初步了解常用的公交一卡通(IC 卡)的 工作原理及相关问题。IC 卡内部有一个由电感线圈 L 和电容 C 构成的 LC 振荡电路。公交车 上的读卡机(刷卡时“嘀”的响一声的机器)向外发射某一特定频率的电磁波。刷卡时,IC 卡内的线圈 L 中产生感应电流,给电容 C 充电,达到一定的电压后,驱动卡内芯片进行数据处 理和传输。下列说法正确的是( ) A.IC 卡工作所需要的能量来源于卡内的电池 B.仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时,IC 卡才能有效工作 C.若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率,则线圈 L 中不会产生感应电流 D.IC 卡只能接收读卡机发射的电磁波,而不能向读卡机传输自身的数据信息 答案 B 刷卡时线圈 L 产生感应电流,为电容 C 充电,因此 IC 卡不用电池,A 错;仅当读卡机 向外发射某一特定频率的电磁波时,才能使电容 C 达到一定电压,IC 卡才能有效工作,B 正确; 当读卡机发射的电磁波的频率偏离特定频率,线圈中也会产生感应电流,只是不能使电容 C 达到一定的电压,只有当电容 C 达到一定电压后,才能驱动卡内芯片进行数据处理和传输,C、 D 错误。 3.(2018 西城二模)下列说法正确的是( ) A.光波的传播需要介质 B.在真空中电磁波的传播速度小于光速 C.X 射线、γ射线都是电磁波 D.发声体振动时在空气中产生的声波是横波 答案 C 光波属于电磁波,光波的传播不需要介质,在真空中电磁波的传播速度等于光 速,X 射线、γ射线都是电磁波,发声体振动时在空气中产生的声波是纵波。 4.(2017 海淀零模)电磁波无处不在,我们身边的广播、电视、移动通信都与电磁波有着密不 可分的联系,WiFi、非接触式公交卡、导航、雷达、微波加热、射电天文学、遥感遥测也都 与电磁波有关。频率是电磁波的一个重要参量,不同频率的电磁波在空中互不干扰,保证了 各项无线电应用的顺利开展。 例如,我国自主建立的北斗导航系统所使用的电磁波频率约为 1 561 MHz;家用微波炉加 热食物所使用的电磁波频率约为 2 450 MHz;家用 5G WiFi 所使用的电磁波频率约为 5 725 MHz。 对于家用 5G WiFi 的信号,下列说法中正确的是( ) A.一定不会产生偏振现象 B.从一个房间穿越墙壁进入另一个房间后,频率保持不变 C.与北斗导航信号叠加时,将产生明显的干涉现象 D.与微波炉所使用的微波相比,更容易产生明显的衍射现象 答案 B 电磁波是横波,会产生偏振现象,A 错。两种信号频率不同,不能产生干涉现象,C 错。频率越低,波长越长,越容易产生明显的衍射现象,D 错。 5.(2017 朝阳一模)骑自行车有很多益处,可缓解交通压力,可节能减排;骑自行车时,人做功 要消耗体能,还可强身健体。成人在平路上骑自行车时所受阻力约为 20 N。近来多个城市推 出摩拜单车,车锁内主要集成了芯片、GPS 定位模块和 SIM 卡等,便于掌控自行车的具体位置 和状态,其工作原理如图所示。使用摩拜单车 APP,用户可以查看并找到单车的位置,扫描车 身上的二维码,通过手机网络发送到云端请求解锁,云端收到后识别该车辆并发送解锁指令, 摩拜单车执行解锁指令自动开锁,用户便可开始骑行。据此材料,以下推断错误的是( ) A.摩拜单车车锁工作过程中需要用电,车内有供电系统 B.摩拜单车车锁直接接收了手机的电磁辐射信号后自动开锁,无需用电 C.无线电信号非常弱时,摩拜单车的定位将受到影响 D.成人在平路上骑自行车时,每秒钟平均消耗的体能约 100 J 答案 B 根据题意,摩拜单车是从云端获得解锁指令,然后执行指令自动开锁的,这个自动 开锁的能量则来源于车内的供电系统,故 A 说法正确,B 说法错误。由于车辆需要得到云端的 信息才能执行指令,故当无线电信号非常弱时,车的定位将受到影响,C 说法正确。根据 P=Fv, 成人正常骑自行车的速度约为 5 m/s,可得 P 约为 100 W,即每秒钟平均消耗的体能约为 100 J,D 说法正确。 6.(2017 丰台一模)最近北京的马路边出现了某种新型的共享单车,如图甲所示,这种单车外 观结构简单,没有链条,但单车质量比普通自行车大,达到了 25 kg。如图乙所示,单车的车锁 内集成了嵌入式芯片、GPS 模块和 SIM 卡等,便于监控单车在路上的具体位置,实现防盗。同 时手机 APP 上有定位系统,也能随时了解单车的实时位置;手机还可以通过扫描二维码自动 开锁,关锁后 APP 就显示计时、计价等信息。此外,单车能够在骑行过程中为车内电池充电, 满足定位和自动开锁等过程中的用电。根据以上信息下列说法不正确．．．的是( ) A.单车比普通自行车运动状态更容易改变 B.单车某个时刻的准确位置信息是借助通信卫星定位确定的 C.单车是利用电磁感应原理实现充电的 D.单车和手机之间是利用电磁波传递信息的 答案 A 因单车质量大于普通自行车,与普通自行车相比,其惯性也大,运动状态难以改变, 故 A 项错误。 B 组 综合提能 1.(多选)为了测量储罐中不导电液体的高度,将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的 电容器 C 置于储罐中,电容器可通过开关 S 与线圈 L 或电源相连,如图所示。当开关从 a 拨 到 b 时,由 L与 C构成的回路中产生周期T=2π 㜱 的振荡电流。当罐中的液面上升时( ) A.电容器的电容减小 B.电容器的电容增大 C.LC 回路的振荡频率减小 D.LC 回路的振荡频率增大 答案 BC 由 C= r 4π 可知,当液面上升时,εr 增大,C 增大,A 错误,B 正确。由 f= 1 = 1 2π 㜱 可 知,C 增大,T 增大,频率 f 减小,C 正确,D 错误。 2.隐形飞机的原理是:在飞机研制过程中设法降低其可探测性,使之不易被敌方发现、跟踪 和攻击。根据你所学的物理知识,判断下列说法中正确的是( ) A.运用隐蔽色涂层,无论距你多近的距离,即使你拿望远镜也不能看到它 B.使用吸收雷达电磁波材料,在雷达屏幕上显示的反射信息很小、很弱,很难被发现 C.使用吸收雷达电磁波涂层后,传播到复合金属机翼上的电磁波在机翼上不会产生感应电 流 D.主要是对发动机、喷气尾管等因为高温容易产生紫外线辐射的部位采取隔热、降温等措 施,使其不易被对方发现 答案 B 隐形飞机的原理是在飞机制造过程中使用吸收雷达电磁波的材料,使反射的雷达 电磁波很弱,在雷达屏幕上显示的反射信息很小,飞机在雷达屏幕上很难被发现,故只有 B 正 确。 3.如图所示为某雷达的荧光屏,屏上标尺的分度值对应的时间为 2×10-4 s。雷达天线朝东方 时,屏上的波形如图甲;雷达天线朝西方时,屏上的波形如图乙。问:雷达在何方发现了目标? 目标与雷达相距多远? 答案 雷达在西方发现了目标 270 km 解析 雷达向东方发射电磁波时,没有反射回来的信号,向西方发射时,有反射回来的信号, 所以目标在西方。 目标到雷达的距离 d= h 2 = 3×108 ×2×10 - 4 ×9 2 m=270 km。 第 4 讲 实验: 探究变压器电压与线圈匝数的关系 A 组 基础巩固 1.(多选)理想变压器的原、副线圈中一定相同的物理量有( ) A.交流电的频率 B.磁通量的变化率 C.功率 D.交流电的峰值 答案 ABC 理想变压器没有漏磁,没有能量损失,所以原、副线圈中磁通量变化率相同,原、 副线圈中功率相同,B、C 正确;变压器能改变交流电的峰值但不改变交流电频率,A 正确,D 错误。 2.关于理想变压器的工作原理,以下说法正确的是( ) A.通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变 B.穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等 C.穿过副线圈磁通量的变化使副线圈产生感应电动势 D.原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈 答案 C 通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的,由于面积 S 不变,故磁通量Φ变 化,A 错误;因理想变压器无漏磁,原、副线圈的磁通量总相等,故 B 错误;由互感现象知 C 正 确;原线圈中的电能转化为磁场能又转化为副线圈的电能,原、副线圈通过磁联系在一起,故 D 错误。 3.一输入电压为 220 V,输出电压为 36 V 的变压器副线圈烧坏了,为获知此变压器原副线圈 匝数,某同学拆下烧坏的副线圈,用绝缘导线在铁心上新绕了 5 匝线圈,如图所示,然后将原 线圈接到 220 V 交流电源上,测得新绕线圈的端电压为 1 V,按理想变压器分析,该变压器烧 坏前的原、副线圈匝数分别为( ) A.1 100,360 B.1 100,180 C.2 200,180 D.2 200,360 答案 B 对新绕线圈的理想变压器,根据变压比公式得 n1= 21 2 = 5×220 1 =1 100,变压器烧坏前, 同理 n2= 12 1 = 1 100×36 220 =180,故 B 正确。 4.做“探究变压器电压与线圈匝数的关系”实验时,原线圈接在学生电源上,用多用电表测 量副线圈的电压,下列操作正确的是( ) A.原线圈接直流电压,电表用直流电压挡 B.原线圈接直流电压,电表用交流电压挡 C.原线圈接交流电压,电表用直流电压挡 D.原线圈接交流电压,电表用交流电压挡 答案 D 副线圈上的感应电动势是通过两个线圈间的互感现象产生的,所以原线圈上的电 流应该是变化的,应为交流电流,电压为交流电压,故 D 正确。 B 组 综合提能 1.在“探究变压器电压与线圈匝数的关系”实验中,电源输出端与变压器线圈连接方式正 确的是 (选填“甲”或“乙”)。变压器原、副线圈的匝数分别为 120 匝和 60 匝, 测得的电压分别为 8.2 V 和 3.6 V,据此可知电压比与匝数比不相等,主要原因是 。 答案 乙 漏磁、铁芯发热、导线发热 解析 变压器是靠电磁感应原理工作的,必须接交流电,故图乙正确;理想变压器电压与匝 数成正比,实际变压器不成正比是由漏磁、铁芯发热、导线发热等电能损失造成的。 2.有一个教学用的可拆变压器,如图甲所示,它有两个外观基本相同的线圈 A、B(内部导线电 阻率、横截面积相同),线圈外部还可以绕线。 (1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了 A、B 线圈的电阻值,指针分别对应图 乙中的 a、b 位置,则 A 线圈的电阻为 Ω,由此可推断 线圈的匝数较多(选 填“A”或“B”)。 (2)如果把它看做理想变压器,现要测量 A 线圈的匝数,提供的器材有:一根足够长的绝 缘导线、一只多用电表和低压交流电源,请完成实验步骤的填空: ①用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁芯上绕制 n 匝线圈; ②将 (选填“A”或“B”)线圈与低压交流电源相连接; ③用多用电表的 挡分别测量 A 线圈的输入电压 UA 和绕制线圈的输出电压 U。 ④则 A 线圈的匝数为 。 答案 (1)24 A (2)②A ③交流电压 ④ 解析 (1)多用电表欧姆挡读数=指针指示值×倍率。A 的读数为 24,倍率为×1,所以电阻为 24 Ω,根据电阻定律,导线越长,电阻越大,因为 A 的电阻比 B 大,所以 A 线圈匝数多。 (2)因为要测量 A 线圈匝数,所以要把 A 线圈与低压交流电源相连接。变压器输入、输出电 压都是交流电,所以要用交流电压挡测输入和输出电压。根据变压器电压比等于匝数比,有 = ,所以 nA= 。 第 5 讲 实验:利用传感器设计并制作简单的自动控制装置 A 组 基础巩固 1.唱卡拉 OK 用的话筒内有传感器,其中有一种是动圈式的,它的工作原理是在弹性膜片后面 粘接一个轻小线圈,线圈处于永磁体的磁场中,当声波使膜片前后振动时,就将声音信号转 换为电信号。下列说法正确的是( ) A.该传感器是根据电流的磁效应工作的 B.该传感器是根据电磁感应原理工作的 C.膜片振动时,穿过金属线圈的磁通量不变 D.膜片振动时,金属线圈中不会产生感应电动势 答案 B 当声波使膜片前后振动时,带动处于永磁体的磁场中的线圈切割磁感线,穿过线 圈的磁通量发生改变,产生感应电流,从而将声音信号转变为电信号。可见利用的是电磁感 应原理。 2.传感器是一种采集信息的重要器件,如图是由电容器作为传感器来测定压力变化的电路, 当待测压力作用于膜片电极上时,下列说法中正确的是( ) ①若 F 向下压膜片电极,电路中有从 a 到 b 的电流; ②若 F 向下压膜片电极,电路中有从 b 到 a 的电流; ③若 F 向下压膜片电极,电路中不会有电流产生; ④若电流表有示数,说明压力 F 发生变化; ⑤若电流表有示数,说明压力 F 不会发生变化。 A.②④ B.①④ C.③⑤ D.①⑤ 答案 A 当向下压时,因为 C= r 4π ,d 减小,C 增大,在 U 不变时,由 C= 知,Q 增大,电路中有从 b 向 a 的电流,②正确;当 F 变化时,电容器两极板的间距变化,电容变化,电容器所带电荷量 发生变化,电路中有电流,④正确,故选 A。 3.关于传感器工作的一般流程,下列说法中正确的是( ) A.非电学量→敏感元件→转换电路→电学量→转换元件 B.电学量→敏感元件→转换电路→转换元件→非电学量 C.非电学量→敏感元件→转换元件→转换电路→电学量 D.非电学量→转换电路→转换元件→敏感元件→电学量 答案 C 传感器工作的一般流程为:非电学量被敏感元件感知,然后通过转换元件转换成 电信号,再通过转换电路将此信号转换成易于传输或测量的电学量,因此 A、B、D 错,C 对。 4.如图所示为电容式传感器部分构件的示意图。当动片(实线图)和定片(虚线图)之间正对 扇形区的圆心角的角度θ发生变化时,电容 C 便发生变化,图中能正确反映 C 和θ间函数关 系的是( ) 答案 D 当角度θ发生变化时,极板正对面积发生变化,S=πr2 2π = 2 2 θ,又 C= r 4π ,所以 C= r2 θ 8π ,θ= 8π r2 ,故 D 正确。 5.电流传感器可以像电流表一样测量电流,它的优点是反应非常快,可以捕捉到瞬间的电流 变化,还可以与计算机相连,能在很短的时间内画出电流随时间的变化图像。按图甲连接电 路,提供 8 V 直流电源,先使开关 S 与 1 相连,电源向电容器充电,这个过程可在瞬间完成,然 后把开关 S 掷向 2,电容器放电,传感器将电流信息传入计算机,屏上显示出电流随时间变化 的 I-t 曲线,如图乙所示。 (1)图乙中画出的竖直狭长矩形(图乙最左端),它的面积表示的物理意义 是 ; (2)估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量是 C; (3)根据以上数据估算,电容器的电容是 F。 答案 (1)电容器 0.1 s 内放电的电荷量 (2)6.08×10-3(6.00×10-3、6.16×10-3 均正确) (3)7.6×10-4(7.5×10-4、7.7×10-4 均正确) 解析 (1)因为 q=It,所以 I-t 图线与 t 轴所围“面积”表示电荷量 q。 (2)图线与 t 轴所围的“面积”有 76 个格(或 75、77 个格),所以电荷量为 76×0.2×0.4×10-3 C=6.08×10-3 C(6.00×10-3、6.16×10-3 C 都算正确)。 (3)电容器充电的电压 U 等于电源电动势 E=8 V,由 C= 得 C=7.6×10-4 F(7.5×10-4、 7.7×10-4 F 都算正确)。 B 组 综合提能 1.如图甲是某同学设计的电容式速度传感器原理图,其中上板为固定极板,下板为待测物体, 在两极板间电压恒定的条件下,极板上所带电荷量 Q 将随待测物体的上下运动而变化。若 Q 随时间 t 的变化关系为 Q= + (a、b 为大于零的常数),其图像如图乙所示,那么图丙、图丁中 反映极板间场强大小 E 和物体速率 v 随 t 变化的图线可能是( ) A.①和③ B.①和④ C.②和③ D.②和④ 答案 C 平行板电容器间电压恒定,板间场强 E= = = r 4πd = 4π r ,故 E∝Q,即 E∝ + ,故②可 能正确。极板所带电荷量 Q=UC=U r 4π = r 4π ,与已知 Q 随时间的变化关系对比可知 d∝t+a,即 待测物体的运动为匀速运动,故③可能正确。 2.现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统,要求当热敏电阻的温度达到或超过 60 ℃时, 系统报警。提供的器材有:热敏电阻,报警器(内阻很小,流过的电流超过 Ic 时就会报警),电 阻箱(最大阻值为 999.9 Ω),直流电源(输出电压为 U,内阻不计),滑动变阻器 R1(最大阻值 为 1 000 Ω),滑动变阻器 R2(最大阻值为 2 000 Ω),单刀双掷开关一个,导线若干。 在室温下对系统进行调节。已知 U 约为 18 V,Ic 约为 10 mA;流过报警器的电流超过 20 mA 时,报警器可能损坏;该热敏电阻的阻值随温度升高而减小,在 60 ℃时阻值为 650.0 Ω。 (1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线。 (2)电路中应选用滑动变阻器 (选填“R1”或“R2”)。 (3)按照下列步骤调节此报警系统: ①电路接通前,需将电阻箱调到一固定的阻值,根据实验要求,这一阻值为 Ω; 滑动变阻器的滑片应置于 (选填“a”或“b”)端附近,不能置于另一端的原因 是 。 ②将开关向 (选填“c”或“d”)端闭合,缓慢移动滑动变阻器的滑片,直 至 。 (4)保持滑动变阻器滑片的位置不变,将开关向另一端闭合,报警系统即可正常使用。 答案 (1)连线如图所示 (2)R2 (3)①650.0 b 接通电源后,流过报警器的电流会超过 20 mA,报警器可能损坏 ②c 报警器开始报警 解析 (1)见答案。 (2)由 R= c = 18 10×10 - 3 Ω=1 800 Ω可知,滑动变阻器应选 R2。 (3)①电阻箱的电阻值应调为热敏电阻在 60 ℃时的阻值,即 650.0 Ω。滑动变阻器的 滑片应置于 b 端,使开关接通后回路中电流最小,以保护报警器,即防止因过载而损坏报警器。 ②应将开关向 c 端闭合,然后对系统进行调节。 本章小结 知识系统构建 全章闯关检测 一、选择题 1.一闭合矩形线圈 abcd 绕垂直于磁感线的固定轴 OO'匀速转动,线圈平面位于如图甲所示 的匀强磁场中。通过线圈的磁通量Φ随时间 t 的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是 ( ) A.t1、t3 时刻通过线圈的磁通量变化率最大 B.t1、t3 时刻线圈中感应电流方向改变 C.t2、t4 时刻线圈中磁通量最大 D.t2、t4 时刻线圈中感应电动势最小 答案 B 磁通量为零,线圈平面在与中性面垂直的位置,磁通量变化率最大,电动势最大; 磁通量最大,线圈平面在中性面上,磁通量变化率为零,经过此位置,电流方向要改变,故选 B。 2.关于电磁场和电磁波,下列说法中正确的是( ) A.均匀变化的电场在它的周围产生均匀变化的磁场 B.电磁波既有横波,也有纵波 C.电磁波和机械波一样依赖于媒质传播 D.只要空间中某个区域有振荡的电场或磁场,就能产生电磁波 答案 D 根据麦克斯韦电磁场理论可知,均匀变化的电场在它的周围产生稳定的磁场,知 A 错;因电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的,且与波的传播方向垂直, 所以电磁波是横波,B 错误;电磁波可以在真空中传播,传播不需要介质,C 错误;只要空间中 某个区域有振荡的电场或磁场,就在周期性变化的电场周围产生相同周期变化的磁场,周期 性变化的磁场周围产生相同周期变化的电场,这样由近及远传播,形成了电磁波,D 正确。 3.一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示,由图可知( ) A.该交流电的电压的有效值为 100 V B.该交流电的频率为 25 Hz C.该交流电压瞬时值的表达式为 u=100 sin 25t V D.若将该交流电压加在阻值为 100 Ω的电阻两端,则该电阻消耗的功率为 100 W 答案 B 由图像可知该交变电流的电压有效值 u= 100 2 V=50 2 V,周期为 4×10-2 s,所以频 率为 25 Hz,A 错误,B 正确;由ω= 2π =50π rad/s,得该交流电压瞬时值表达式为 u=100 sin 50π·t(V),故选项 C 错误;该交流电加在阻值为 100 Ω的电阻两端,该电阻消耗的功率 P= 2 =50 W,故选项 D 错误。 4.一个边长为 6 cm 的正方形金属线框置于匀强磁场中,线框平面与磁场垂直,电阻为 0.36 Ω。磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图所示,则线框中感应电流的有效值为( ) A. 2 ×10-5 A B. 6 ×10-5 A C. 2 2 ×10-5 A D. 3 2 2 ×10-5 A 答案 B 由法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得 0~3 s 内产生的感应电动势 E= Δ Δ ·S,产生 的感应电流 I1= = Δ · Δ · =2×10-5 A,3~5 s 内产生的感应电流 I2=3×10-5 A,且与 0~3 s 内方向 相反,于是可作出 i 随时间 t 变化的图像如图所示。 由有效值的定义得 1 2 Rt1+ 2 2 Rt2=I2Rt,代入数据可得 I= 6 ×10-5 A,故 B 选项正确。 5.如图,理想变压器原、副线圈匝数比 n1∶n2=2∶1, 和 均为理想电表,灯泡电阻 RL=6 Ω,AB 两端电压 u1=12 2 sin 100πt(V)。下列说法正确的是( ) A.电流频率为 100 Hz B. 的读数为 24 V C. 的读数为 0.5 A D.变压器输入功率为 6 W 答案 D 由 u1=12 2 sin 100πt(V)可知,Um=12 2 V,ω=100πHz,则频率 f= 2π =50 Hz,A 项 错误。U1= m 2 =12 V,U2= 2 1 ·U1=6 V,B 项错误。I2= 2 L =1 A,C 项错误。P1=P2=U2I2=6 W,D 项正确。 6.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图甲所示。已知发电机线圈 内阻为 5.0 Ω,现外接一只电阻为 95.0 Ω的灯泡,如图乙所示,则( ) A.电压表 的示数为 220 V B.电路中的电流方向每秒钟改变 50 次 C.灯泡实际消耗的功率为 484 W D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为 24.2 J 答案 D 电动势的有效值为 E= 220 2 2 V=220 V,所以电流的有效值 I= + = 220 95 . 0+5 . 0 A=2.2 A, 所以电压表的示数为 U=IR=2.2×95.0 V=209 V,选项 A 错;交流电的频率为 f= 1 =50 Hz,每个 周期内电流方向改变 2 次,故每秒钟内电流方向改变 100 次,选项 B 错;灯泡实际消耗的功率 为 P 灯=I2R=2.22×95.0 W=459.8 W,故选项 C 错;发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为 Q=I2rt=2.22×5.0×1 J=24.2 J,选项 D 对。 7.如图所示为模拟街头变压器通过降压给用户供电的示意图,变压器输入的交流电压可视 为不变。变压器输出的低压交流电通过输电线输送给用户。定值电阻 R0 表示输电线的电阻, 变阻器 R 表示用户用电器的总电阻。若变压器为理想变压器,电表为理想电表,则在变阻器 的滑片 P 向上移动的过程中( ) A.V2 示数变小 B.V1 示数变大 C.A2 示数变大 D.A1 示数变小 答案 D 由 1 2 = 1 2 知,在变压器原、副线圈匝数不变时,U1 不变,则 U2 不变,故 A、B 均错误;变 阻器的滑片 P 向上移动,副线圈中负载电阻增大,由 I2= 2 0+R 可知,当 R 增大时,I2 减小,即 A2 示数减小,又由 1 2 = 2 1 ,可知当 I2 减小时,I1 随之变小,即 A1 示数变小,故 C 错误,D 正确。 8.过强的电磁辐射对人体有很大危害,影响人的心血管系统,使人心悸、失眠、白细胞减少、 免疫功能下降等。按照有关规定,工作场所的电磁辐射强度(单位时间内垂直通过单位面积 的电磁辐射能量)不得超过 0.5 W/m2。一个人距离无线电通讯装置 50 m,为保证此人的安全, 无线电通讯装置的电磁辐射功率至多是( ) A.4.51 kW B.3.14 kW C.15.7 kW D.0.78 kW 答案 C 根据题意,要使此人是安全的,则此处的辐射功率小于或者等于 0.5 W/m2,则可 得: 4π2 =0.5 W/m2,所以 P=4πR2×0.5 W=4×3.14×502×0.5 W=15.7 kW,所以 C 正确。 9.某水电站,用总电阻为 2.5 Ω的输电线输电给 500 km 外的用户,其输出电功率是 3×106 kW。 现用 500 kV 电压输电,则下列说法正确的是( ) A.输电线上输送的电流大小为 2.0×105 A B.输电线上由电阻造成的损失电压为 15 kV C.若改用 5 kV 电压输电,则输电线上损失的功率为 9×108 kW D.输电线上损失的功率为ΔP=U2/r,U 为输电电压,r 为输电线的电阻 答案 B 输电线上输送的电流为 I= = 3×106 ×103 500×103 A=6×103 A,A 错;输电线上损失的电压为 U 损=Ir=6×103×2.5 V=1.5×104 V=15 kV,B 项正确;当用 5 kV 电压输电时,输电线上损失的 功率若超过 3×106 kW,与实际情况不符,故 C 项错误;当用公式ΔP= 2 计算损失的功率时,U 为输电线上损失的电压而不是输电电压,D 项错误。 10.用遥控器调换电视频道的过程,实际上就是传感器把光信号转换成电信号的过程,下列 属于这类传感器的是( ) A.红外报警装置 B.走廊照明灯的声控装置 C.自动洗衣机中的压力传感装置 D.电饭煲中控制加热和保温的温控器 答案 A 红外报警装置是把光信号转换成电信号的装置,故 A 正确。走廊照明灯的声控装 置是将声音信号转换为电信号;自动洗衣机中的压力传感装置是将力信号转换为电信号;电 饭煲中的温控器是将温度信号转换为电信号,故 B、C、D 均错误。 二、非选择题 11.如图所示是“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验装置,下列说法正确的 是( ) A.与灯泡连接的线圈叫原线圈 B.测量变压器输出电压要用直流电压表 C.若只增加副线圈的匝数,变压器的输出电压变大 D.若只增加副线圈的匝数,变压器的输出电压变小 答案 C 与灯泡连接的线圈叫副线圈,A 错;变压器输入和输出均为交流电压,其测量要用 交流电压表,B 错; 由关系 1 2 = 1 2 知,增加副线圈的匝数,变压器的输出电压变大,C 对 D 错。 12.利用负温度系数热敏电阻制作的热传感器,一般体积很小,可以用来测量很小范围内的 温度变化,反应快,而且精确度高。 (1)如果将负温度系数热敏电阻与电源、电流表和其他元件串联成一个电路,其他因素 不变,只要热敏电阻所处区域的温度降低,电路中电流将变 (选填“大”或 “小”)。 (2)上述电路中,我们将电流表中的电流刻度换成相应的温度刻度,就能直接显示出热 敏电阻附近的温度。如果刻度盘正中的温度为 20 ℃(如图甲所示),则 25 ℃刻度应在 20 ℃ 刻度的 (选填“左”或“右”)侧。 (3)将该热敏电阻放置在某蔬菜大棚内检测大棚内温度变化,请用图乙中的器材(可增 加元器件)设计一个电路。 答案 (1)小 (2)右 (3)见解析图 解析 (1)因为负温度系数热敏电阻温度降低时,电阻增大。故电路中电流会变小。 (2)由(1)的分析知,温度越高,电流越大,25 ℃的刻度应对应较大电流,故在 20 ℃的刻 度的右侧。 (3)电路如图所示。 13.某兴趣小组设计了一种发电装置,如图所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区 域的圆心角α均为 4 9 π,磁场均沿半径方向。匝数为 N 的矩形线圈 abcd 的边长 ab=cd=l、 bc=ad=2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动,bc 和 ad 边同时进入磁场。在磁场中,两条边 所经过处的磁感应强度大小均为 B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为 r, 外接电阻为 R。求: (1)线圈切割磁感线时,感应电动势的大小 Em; (2)线圈切割磁感线时,bc 边所受安培力的大小 F; (3)外接电阻上电流的有效值 I。 答案 (1)2NBl2ω (2) 42 2 3 ω + (3) 42 ω 3 ( + ) 解析 (1)bc、ad 边的运动速度 v=ω 2感应电动势 Em=4NBlv 解得 Em=2NBl2ω (2)电流 Im= m + ,安培力 F=2NBIml 解得 F= 42 2 3 ω + (3)一个周期内,通电时间 t= 4 9 T R 上消耗的电能 W= m 2 Rt 且 W=I2RT 解得 I= 42 ω 3 ( + ) 14.如下图所示,一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在 220 V 的市电上,向额定电压 为 18 V 的霓虹灯供电,使它正常发光。为了安全,需在原线圈回路中接入熔断器,若副线圈 电路中电流超过 12 A 时,熔丝就熔断。 (1)求变压器原副线圈匝数比。 (2)熔丝的熔断电流是多大? (3)当副线圈电路中电流为 10 A 时,变压器的输入功率是多大? 答案 (1) 110 9 (2)0.98 A (3)180 W 解析 (1)由变压器的变压关系得 1 2 = 1 2 ,所以 1 2 = 220 18 = 110 9 。 (2)设原、副线圈上的电压、电流分别为 U1、U2、I1、I2,根据理想变压器的输入功率等 于输出功率,有 I1U1=I2U2 当 I2=12 A 时,I1 即为熔断电流 代入数据,得 I1=0.98 A (3)设副线圈中电流为 I2'=10 A 时,变压器的输入功率为 P1,根据理想变压器的输入功率 等于输出功率,有 P1=I2'U2,代入数据得,P1=180 W 15.发电机的端电压为 220 V,输出电功率为 44 kW,输电导线的电阻为 0.2 Ω,如果用原、副 线圈匝数之比为 1∶10 的升压变压器升压,经输电线路后,再用原、副线圈匝数比为 10∶1 的降压变压器降压供给用户。 (1)画出全过程的线路图; (2)求用户得到的电压和功率; (3)若不经过变压而直接送到用户,求用户得到的功率和电压。 答案 见解析 解析 该题是输电线路的分析和计算问题,结合电路结构和输电过程中的电压关系和电流 关系可解此题。 (1)线路图如图所示: (2)升压变压器副线圈上的输出电压 U2= 2 1 U1=2 200 V 升压变压器副线圈上的输出电流 I2= 1 2 I1 升压变压器原线圈上的输入电流,由 P=U1I1 得 I1= 1 = 44×103 220 A=200 A 所以 I2= 1 2 I1=20 A 输电线路上的电压损失和功率损失分别为 UR=I2R=4 V,PR= 2 2 R=0.08 kW 加到降压变压器原线圈上的输入电流和电压分别为 I3=I2=20 A,U3=U2-UR=2 196 V 降压变压器副线圈上的输出电压和电流分别为 U4= 4 3 U3=219.6 V,I4= 3 4 I3=200 A 用户得到的功率 P4=U4I4=43.92 kW。 (3)若不采用高压输电,线路损失电压为 UR'=I1R=40 V 用户得到的电压 U'=U1-UR'=180 V 用户得到的功率为 P'=U'I1=36 kW。 16.三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程,建成后将是中国规模最大的水利工 程,枢纽控制流域面积 1×106 km2,占长江流域面积的 56%,坝址处年平均水流量 Q=4.51×1011 m3。水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面,在发电方面,三峡电站安装水轮发电 机组 26 台,总装机容量(26 台发电机组同时工作时的总发电功率)P=1.82×107 kW,年平均发 电约 W=8.40×1010 kW·h,该工程于 2009 年全部竣工,电站主要向华中、华东电网供电,以缓 解这两个地区的供电紧张局面,阅读上述资料,解答下列问题。(水的密度ρ=1.0×103 kg/m3, 取重力加速度 g=10 m/s2) (1)若三峡电站上下游水位差按 H=100 m 计算,试推导三峡电站将水流的势能转化为电 能的效率η的公式,并计算出效率η的数值。 (2)若 26 台发电机组全部建成并发电,要达到年发电量的要求,每台发电机组平均年发 电时间 t 为多少天? (3)将该电站的电能输送到华中地区,送电功率 P1=4.5×106 kW;采用超高压输电,输电 电压 U=500 kV,而发电机输出的电压约 U0=18 kV,要使输电线上损耗的功率等于输送电功率 5%,求发电站的升压变压器原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻。 答案 (1)η= t 67.1% (2)192.3 天 (3)9∶250 2.78 Ω 解析 (1)电站的能量转化效率为 η= 电 机 = 年电 t = t代入数据解得 η= 8 . 40×1010 ×3600×1000 1 . 0×103 ×4 . 51×1011 ×10×100 ×100%=67.1%。 (2)根据 P= 得 t= = 8 . 40×1010 1 . 82×107 ×24 天=192.3 天。 (3)升压变压器的匝数比为 1 2 = 0 = 18×103 V 500×103 V = 9 250根据 P1=IU 得 I=9.0×103 A 由 P 损=I2R=5%P1 解得 R=2.78 Ω。 第十四章 分子动理论 热力学定律 第 1 讲 分子动理论 A 组 基础巩固 1.(2017 海淀一模)下列说法中正确的是( ) A.悬浮在液体中的微粒质量越大,布朗运动越显著 B.将红墨水滴入一杯清水中,一会儿整杯清水都变成红色,说明分子间存在斥力 C.两个表面平整的铅块紧压后会“粘”在一起,说明分子间存在引力 D.用打气筒向篮球内充气时需要用力,说明气体分子间有斥力 答案 C 温度越高,微粒越小,布朗运动越显著,A 错。B 选项是扩散现象,说明分子永不停 息地运动着。D 选项,充气需要用力是因为气体分子对器壁频繁撞击产生压强。 2.(2018 海淀零模)下列叙述正确的是( ) A.布朗运动就是液体分子的无规则运动 B.扩散现象说明分子在不停地做无规则运动 C.两个分子间距离增大时,分子间作用力的合力一定减小 D.物体的温度越高,分子运动越激烈,每个分子的动能都一定越大 答案 B 布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动,反映了液体分子的无规则运动,A 错误;扩散 现象和布朗运动说明分子在不停地做无规则热运动,B 正确;两个分子间距离增大时,分子间 作用力的合力可能增大,也可能减小,C 错误;温度越高,分子运动越激烈,分子平均动能越大, 但不是每一个分子的动能都越大,D 错误。 3.(2018 东城二模)下列说法正确的是( ) A.对于温度不同的物体,温度低的物体内能一定小 B.液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动 C.一定质量的气体,当温度不变、压强增大时,其体积可能增大 D.在完全失重的情况下,密闭容器内的气体对器壁没有压强 答案 B 物体中所有分子的动能与分子的势能之和叫做物体的内能,温度仅反映分子平均 动能,所以温度低的物体内能不一定小,故 A 错误;液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运 动,故 B 正确;一定质量的气体,当温度不变,压强增大时,其体积一定减小,故 C 错误;密闭容 器里的气体对容器壁的压强,是因为气体分子对容器壁无规则碰撞产生的,与是否处于完全 失重状态无关,故 D 错误。 4.(2018 西城一模)关于两个分子之间的相互作用力,下列判断正确的是( ) A.两分子处于平衡位置时,分子间没有引力和斥力 B.两分子处于平衡位置时,分子间的引力和斥力大小相等 C.两分子间距离减小时,分子间的引力增大斥力减小 D.两分子间距离增大时,分子间的引力减小斥力增大 答案 B 两分子间的引力和斥力随分子间距的增大而减小,分子力随分子间距的变化如图 所示,两分子处于平衡位置时,F 引=F 斥,B 对。 5.(2018 丰台一模)分子间的距离减小时( ) A.分子势能一定减小 B.分子势能一定增大 C.分子间引力和斥力都减小 D.分子间引力和斥力都增大 答案 D 分子间的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大,因此 D 项正确,C 项错;当分 子间距离为平衡距离 r0 时,对应分子间作用力为 0,分子势能最小,当分子间距离由无穷远逐 渐减小时,分子势能先减小后增大,A、B 项错误。 6.(2017 海淀零模)仅利用下列某一组数据,可以计算出阿伏加德罗常数的是( ) A.水的密度和水的摩尔质量 B.水分子的体积和水分子的质量 C.水的摩尔质量和水分子的体积 D.水的摩尔质量和水分子的质量 答案 D 阿伏加德罗常数的定义:1 mol 任何物质所含有的分子数。Mmol=m 分×NA,D 项符合题 意。 7.已知铜的摩尔质量 6.4×10-2 kg/mol,密度为ρ=8.9×103 kg/m3,阿伏加德罗常数 NA=6.0×1023 mol-1,试估算铜原子的直径。(结果保留一位有效数字) 答案 3×10-10 m 解析 每一个铜原子的体积为 V0= m A = 摩 A = 6 . 4×10 - 2 8 . 9×103 ×6 . 0×1023 m3≈1.2×10-29 m3 建立铜原子的球体模型,有 V0= 1 6 πd3 每一个铜原子的直径为 d= 3 60 π = 3 6×1 . 2×10 - 29 3 . 14 m≈3×10-10 m。 8.已知空气摩尔质量 M=29×10-3 kg/mol,则空气分子的平均质量多大?成年人做一次深呼吸, 约吸入 450 cm3 的空气,所吸入的空气分子数约为多少?(结果均保留两位有效数字) 答案 4.8×10-26 kg 1.2×1022 个 解析 设空气分子的平均质量为 m0,阿伏加德罗常数用 NA 表示,则 m0= A = 29×10 - 3 6 . 0×1023 kg≈4.8×10-26 kg 可将空气看做标准状况,即每摩尔空气占有体积为 22.4 L n= 22 . 4×10 - 3 mol= 450×10 - 6 22 . 4×10 - 3 mol≈2.01×10-2 mol 因此,吸入的空气分子数为 N=nNA=2.01×10-2×6.0×1023(个)=1.2×1022(个) 9.一个房间的地面面积是 15 m2,高 3 m。已知空气的平均摩尔质量 M=2.9×10-2 kg/mol。通 常用空气湿度表示空气中含有的水蒸气的情况,若房间内所有水蒸气凝结成水后的体积 V=103 cm3,已知水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,水的摩尔质量 Mmol=1.8×10-2 kg/mol,求: (1)房间内空气的质量; (2)房间内有多少个水分子; (3)估算一个水分子的线度多大。(结果保留两位有效数字) 答案 (1)58 kg (2)3.3×1025 个 (3)见解析 解析 (1)此题是估算题,因此可将空气看做标准状况,即压强为 1.01×105 Pa(1 标准大气 压),温度为 273 K(0 ℃)。此时,每摩尔空气占有体积为 22.4 L,由已知条件可得: 房间内空气的物质的量为 n1= 0 = 15×3 22 . 4×10 - 3 mol=2×103 mol 房间内空气的质量为 m=2×103×2.9×10-2 kg=58 kg (2)水的摩尔体积 V0'= mol = 1 . 8×10 - 2 1 . 0×103 m3/mol=1.8×10-5 m3/mol 房间内的水分子数 n2= 水 A 0 ' = 1 . 0×103 ×10 - 6 ×6 . 0×1023 1 . 8×10 - 5 (个)=3.3×1025(个) (3)建立水分子的球模型有 1 6 πd3= 0 ' A 水分子直径 d= 3 60 ' πA = 3 6×1 . 8×10 - 5 3 . 14×6 . 0×1023 m=3.9×10-10 m B 组 综合提能 1.(2016 北京理综,20,6 分)雾霾天气是对大气中各种悬浮颗粒物含量超标的笼统表述,是特 定气候条件与人类活动相互作用的结果。雾霾中,各种悬浮颗粒物形状不规则,但可视为密 度相同、直径不同的球体,并用 PM10、PM2.5 分别表示球体直径小于或等于 10 μm、2.5 μm 的颗粒物(PM 是颗粒物的英文缩写)。 某科研机构对北京地区的检测结果表明,在静稳的雾霾天气中,近地面高度百米的范围 内,PM10 的浓度随高度的增加略有减小,大于 PM10 的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明 显减小,且两种浓度分布基本不随时间变化。 据此材料,以下叙述正确的是( ) A.PM10 表示直径小于或等于 1.0×10-6 m 的悬浮颗粒物 B.PM10 受到的空气分子作用力的合力始终大于其所受到的重力 C.PM10 和大悬浮颗粒物都在做布朗运动 D.PM2.5 的浓度随高度的增加逐渐增大 答案 C PM10 的直径小于或等于 10×10-6 m=1.0×10-5 m,A 错误;处于静稳态的颗粒受力平 衡,B 错误;布朗运动是悬浮颗粒物的无规则运动,C 正确;根据题意不能判定 PM2.5 的浓度随 高度的增加而增大,D 错误。 2.下列四幅图中,能正确反映分子间作用力 f 和分子势能 Ep 随分子间距离 r 变化关系的图线 是( ) 答案 B 分子间作用力 f 的特点是:rr0 时 f 为引力;分子势 能 Ep 的特点是 r=r0 时 Ep 最小,因此只有 B 项正确。 3.物理图像能够直观、简洁地展现两个物理量之间的关系,利用图像分析物理问题的方法有 着广泛的应用。如图,若令 x 轴和 y 轴分别表示某个物理量,则图像可以反映在某种情况下, 相应物理量之间的关系。x 轴上有 A、B 两点,分别为图线与 x 轴交点、图线的最低点所对应 的 x 轴上的坐标值位置。下列说法中正确的是( ) A.若 x 轴表示空间位置,y 轴表示电势,图像可以反映某静电场的电势在 x 轴上分布情况,则 A、B 两点之间电场强度在 x 轴上的分量沿 x 轴负方向 B.若 x 轴表示空间位置,y 轴表示电场强度在 x 轴上的分量,图像可以反映某静电场的电场 强度在 x 轴上分布情况,则 A 点的电势一定高于 B 点的电势 C.若 x 轴表示分子间距离,y 轴表示分子势能,图像可以反映分子势能随分子间距离变化的 情况,则将分子甲固定在 O 点,将分子乙从 A 点由静止释放,分子乙仅在分子甲的作用下运动 至 B 点时速度最大 D.若 x 轴表示分子间距离,y 轴表示分子间作用力,图像可以反映分子间作用力随分子间距 离变化的情况,则将分子甲固定在 O 点,将分子乙从 B 点由静止释放,分子乙仅在分子甲的作 用下一直做加速运动 答案 C 因为沿电场方向,电势降低,所以 A、B 之间电场强度在 x 轴上的分量沿 x 轴正方 向,A 项错误;B 选项无法判断;若 y 轴表示分子势能,x 轴表示分子间距离,则 B 点处分子力为 0。B 点左侧分子力表现为斥力,B 点右侧分子力表现为引力,所以分子乙运动至 B 点时速度 最大,C 项正确;若 x 轴表示分子间距离,y 轴表示分子间作用力,则乙分子不可能一直做加速 运动,D 项错误。 4.(2017 西城一模节选)在长期的科学实践中,人类已经建立起各种形式的能量概念及其量 度的方法,其中一种能量是势能。势能是由于各物体间存在相互作用而具有的、由各物体间 相对位置决定的能。如重力势能、弹性势能、分子势能、电势能等。如图 1 所示,a、b 为某 种物质的两个分子,以 a 为原点,沿两分子连线建立 x 轴。如果选取两个分子相距无穷远时 的势能为零,则作出的两个分子之间的势能 Ep 与它们之间距离 x 的 Ep-x 关系图线如图 2 所 示。 图 1 图 2 (1)假设分子 a 固定不动,分子 b 只在 a、b 间分子力的作用下运动(在 x 轴上)。当两分 子间距离为 r0 时,b 分子的动能为 Ek0(Ek0 < Ep0)。求 a、b 分子间的最大势能 Epm;并利用图 2, 结合画图说明分子 b 在 x 轴上的运动范围; (2)若某固体由大量这种分子组成,当温度升高时,物体体积膨胀。试结合图 2 所示的 Ep-x 关系图线,分析说明这种物体受热后体积膨胀的原因。 答案 见解析 解析 (1)当 b 分子速度为零时,此时两分子间势能最大,根据能量守恒,有 Epm=Ek0-Ep0 由 Ep-x 图线可知,当两分子间势能为 Epm 时,b 分子对应 x1 和 x2 两个位置坐标,b 分子的 活动范围Δx = x2 - x1,如图所示。 (2)当物体温度升高时,分子在 x=r0 处的平均动能增大,分子的活动范围Δx 将增大。 由 Ep-x 图线可以看出,曲线两边不对称,xr0 时曲线较缓,导致分子的 活动范围Δx 主要向 x>r0 方向偏移,即分子运动过程中的中间位置向右偏移,从宏观看物体 的体积膨胀。(或:当温度升高时,Δx 增大,x>r0 方向增大得多;或两分子间的平均距离 1+2 2增大等。) 5.已知大气压强是由于大气的重力而产生的,某学校兴趣小组的同学,通过查资料知道:月 球半径 R=1.7×106 m,月球表面重力加速度 g=1.6 m/s2。为开发月球的需要,设想在月球表 面覆盖一层厚度为 h 的大气,使月球表面附近的大气压达到 p0=1.0×105 Pa,已知大气层厚度 h=1.3×103 m,比月球半径小得多,月球表面开始没有任何气体。试估算: (1)应在月球表面添加的大气层的总质量 m; (2)月球大气层的分子数; (3)分子间的距离。(空气的平均摩尔质量 M=2.9×10-2 kg/mol,阿伏加德罗常数 NA=6.0×1023 mol-1) 答案 (1)2.27×1018 kg (2)4.7×1043 个 (3)1.0×10-9 m 解析 (1)月球的表面积 S=4πR2,月球大气的重力与大气对月球表面压力大小相等 mg=p0S, 所以大气的总质量 m= 4π2 0 t ,代入数据可得 m= 4×3 . 14× ( 1 . 7×106 ) 2 ×1 . 0×105 1 . 6 kg≈2.27×1018 kg。 (2)月球大气层的分子数为 N= NA= 2 . 27×1018 2 . 9×10 - 2 ×6.0×1023(个)≈4.7×1043(个)。 (3)可以认为每一个气体分子平均占据空间为一个立方体,小立方体紧密排列,其边长 即分子间的距离。设分子间距离为 a,大气层中气体的体积为 V,则有 V=4πR2h,a= 3 ,得 a= 3 t 0A =1.0×10-9 m。 第 2 讲 固体、液体和气体 A 组 基础巩固 1.(多选)人类对自然的认识是从宏观到微观不断深入的过程。以下说法中正确的是( ) 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 答案 AD 液体分子之间的距离不同,液体分子之间的分子力大小就不同,所以分子势能不 同,故液体的分子势能与体积有关,A 正确;单晶体的物理性质具有各向异性,而多晶体的物 理性质具有各向同性,故 B 错误;温度越高分子的平均动能越大,但对于某个分子来说其分子 动能反而可能减小,故温度对单个分子来说没有意义,故 C 错误;由于液体表面张力的作用使 液体的表面积收缩,故露珠呈球形,D 正确。 2.如图所示,甲、乙两种薄片的表面分别涂有薄薄的一层石蜡,然后用烧热的钢针的针尖分 别接触这两种薄片,接触点周围熔化了的石蜡的形状分别如图所示。对这两种薄片,下列说 法正确的是( ) A.甲的熔点一定高于乙的熔点 B.甲薄片一定是晶体 C.乙薄片一定是非晶体 D.以上说法都错 答案 B 单晶体具有各向异性,多晶体和非晶体具有各向同性,故甲薄片一定是单晶体,从 图中无法确定熔点的高低,B 正确。 3.下列关于液体表面现象的说法中正确的是( ) A.把缝衣针小心地放在水面上,针可以把水面压弯而不沉没,是因为针的重力小,又受到液 体的浮力的缘故 B.处于失重状态的宇宙飞船中,一大滴水银会成球状,是因为液体内分子间有相互吸引力 C.玻璃管道裂口放在火上烧熔,它的尖端就变圆,是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下, 表面要收缩到最小的缘故 D.飘浮在热菜汤表面上的油滴,从上面观察是圆形的,是因为油滴液体呈各向同性的缘故 答案 C 把缝衣针小心地放在水面上,针可以把水面压弯而不沉没,是因为针受到的重力 等于表面张力,故浮在液体的表面,故 A 错误;在处于失重状态的宇宙飞船中,一大滴水银会 成球状,是因为液体表面分子间有相互吸引力,故 B 错误;是表面张力的结果,故 C 正确;飘浮 在热菜汤表面上的油滴,从上面观察是圆形的,是因为表面张力的原因,故 D 错误。 4.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一个小罐内,当纸片燃烧 完时,迅速将火罐开口端紧压在皮肤上,火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上.其原因是,当火 罐内的气体( ) A.温度不变时,体积减小,压强增大 B.体积不变时,温度降低,压强减小 C.压强不变时,温度降低,体积减小 D.质量不变时,压强增大,体积减小 答案 B 把罐扣在皮肤上,罐内空气的体积等于火罐的容积,体积不变,气体经过热传递, 温度不断降低,气体发生等容变化,由查理定律可知,气体压强减小,火罐内气体压强小于外 界大气压,大气压就将罐紧紧地压在皮肤上,故选 B。 5.一定质量理想气体,由状态 a 经 b 变化到 c,如图所示,则下列四图中能正确反映出这一变 化过程的是( ) 答案 C 由题图知:a→b 过程为气体等容升温,压强增大;b→c 过程为气体等温降压,根据 玻意耳定律,体积增大,由此可知选项 C 正确。 6.如图所示,玻璃管内封闭了一段气体,气柱长度为 l,管内外水银面高度差为 h,若温度保持 不变,把玻璃管稍向上提起一段距离,则( ) A.h、l 均变大 B.h、l 均变小 C.h 变大,l 变小 D.h 变小,l 变大 答案 A 根据 pV=plS=C,l 变大,S 不变,故 p 变小,根据 p=p0-ρgh 知,h 变大,选 A。 B 组 综合提能 1.(多选)对于液体在器壁附近的液面发生弯曲的现象,如图所示,对此有下列几种解释,正 确的是( ) A.表面层Ⅰ内分子的分布比液体内部疏 B.表面层Ⅱ内分子的分布比液体内部密 C.附着层Ⅰ内分子的分布比液体内部密 D.附着层Ⅱ内分子的分布比液体内部疏 答案 ACD 表面层内的分子比液体内部稀疏,分子间表现为引力,这就是表面张力,A 正 确,B 错误;浸润液体的附着层内的液体分子比液体内部的分子密集,不浸润液体的附着层内 的液体分子比液体内部的分子稀疏,而附着层Ⅰ为浸润液体,附着层Ⅱ为不浸润液体,故 C、D 均正确。 2.已知理想气体的内能与温度成正比,如图 4 所示的实线为汽缸内一定质量的理想气体由状 态 1 到状态 2 的变化曲线,则在整个过程中汽缸内气体的内能( ) A.先增大后减小 B.先减小后增大 C.单调变化 D.保持不变 答案 B 由气态方程 =C(恒量)知,从实线与虚线等温线比较可得出,p、V 的乘积先变小后 变大,说明温度 T 先减小后增大,而理想气体的内能完全由温度决定,所以内能先减小后增大, 故选项 B 正确。 3.如图所示,一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中,容器内装有 一可以活动的绝热活塞,现在对活塞施加一竖直向下的压力 F,使活塞缓慢向下移动一段距 离后,气体的体积减小,若忽略活塞与容器壁间的摩擦力,则被密封的气体( ) A.温度升高,压强增大,内能减少 B.温度降低,压强增大,内能减少 C.温度升高,压强增大,内能增加 D.温度降低,压强减小,内能增加 答案 C F 向下压活塞时,外力对气体做功,因和外界没有热交换,故由热力学第一定律可 知气体的内能增加,A、B 错误;因理想气体不计分子势能,故气体的分子平均动能增加,气体 温度升高;由理想气体的状态方程可知,因温度升高、气体体积减小,故气体的压强增大,故 选 C。 4.若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变,则在此过程中关于气泡中的气体,下 列说法正确的是( ) A.气体分子间的作用力增大 B.气体分子的平均速率增大 C.气体分子的平均动能减小 D.气体组成的系统的体积增大 答案 D 理想气体是除了碰撞外没有其他作用力,故分子间没有作用力,A 错误;因气泡在 上升过程中温度不变,平均动能不变,平均速率不变,B、C 错误;气泡从湖底上升到湖面的过 程中温度保持不变,气泡内气体组成的系统的压强减小,气体体积增加,故 D 正确。 5.在某高速公路发生一起车祸,车祸系轮胎爆胎所致。已知汽车行驶前轮胎内气体压强为 2.5 atm,温度为 27 ℃,爆胎时胎内气体的温度为 87 ℃,轮胎中的空气可看作理想气体。 (1)求爆胎时轮胎内气体的压强; (2)从微观上解释爆胎前胎内压强变化的原因; (3)爆胎后气体迅速外泄,来不及与外界发生热交换,判断此过程胎内原有气体内能如 何变化?简要说明理由。 答案 (1)3 atm (2)气体体积不变,分子密集程度不变,温度升高,分子平均动能增大,导致气体压强增 大。 (3)气体膨胀对外做功,没有吸收或放出热量,据热力学第一定律ΔU=W+Q 得ΔU<0,内能 减少。 解析 (1)气体做等容变化,由查理定律得: 1 1 = 2 2T1=t1+273 T2=t2+273 p1=2.5 atm t1=27 ℃ t2=87 ℃ 得 p2=3 atm。 (2)见答案 (3)见答案 6.一定质量的理想气体由状态 A 经状态 B 变为状态 C,其中 A→B 过程为等压变化,B→C 过程 为等容变化。已知 VA=0.3 m3,TA=TC=300 K,TB=400 K。 (1)求气体在状态 B 时的体积; (2)说明 B→C 过程压强变化的微观原因; (3)设 A→B 过程气体吸收热量为 Q1,B→C 过程气体放出热量为 Q2,比较 Q1、Q2 的大小并 说明原因。 答案 (1)0.4 m3 (2)(3)见解析 解析 (1)设气体在 B 状态时的体积为 VB, 由盖—吕萨克定律得 = 代入数据得 VB=0.4 m3 (2)微观原因:气体的体积不变,分子的密集程度不变,温度变化降低,气体分子的平均 动能变化减小,导致气体的压强变化减小。 (3)Q1 大于 Q2。因为 TA=TC,故 A→B 增加的内能与 B→C 减少的内能相同,而 A→B 过程气 体对外做正功,B→C 过程中气体不做功,由热力学第一定律可知 Q1 大于 Q2。 第 3 讲 热力学定律与能量守恒 A 组 基础巩固 1.(2015 北京理综,13,6 分)下列说法正确的是( ) A.物体放出热量,其内能一定减小 B.物体对外做功,其内能一定减小 C.物体吸收热量,同时对外做功,其内能可能增加 D.物体放出热量,同时对外做功,其内能可能不变 答案 C 根据热力学第一定律ΔU=Q+W 判断,只有 C 项正确。 2.(2018 东城一模)下列说法正确的是( ) A.气体对外界做功,其内能一定减小 B.气体从外界吸热,其内能一定增大 C.温度越低,分子的平均动能越大 D.温度越高,分子热运动越剧烈 答案 D 根据热力学第一定律ΔU=W+Q,气体内能的变化由做功和热传递共同决定,不单取 决于其中一个因素,因而 A、B 均错误;温度越高,分子平均动能越大,温度越低分子平均动能 越小,所以 C 错;温度越高,分子无规则运动越剧烈,故 D 正确。 3.(2018 海淀一模)关于热现象,下列说法正确的是( ) A.物体温度不变,其内能一定不变 B.物体温度升高,其分子热运动的平均动能一定增大 C.外界对物体做功,物体的内能一定增加 D.物体放出热量,物体的内能一定减小 答案 B 由热力学第一定律ΔU=W+Q 知,物体内能的变化由做功和热传递共同决定,A、C、D 错误。温度是物体分子平均动能的标志,B 正确。 4.(2017 丰台二模)下列说法中不正确的是( ) A.布朗运动不是分子的热运动 B.物体的温度越高,分子热运动越剧烈,分子的平均动能越大 C.当分子间距离增大时,分子间的引力和斥力都增大 D.气体压强产生的原因是大量气体分子对器壁持续频繁地撞击 答案 C 当分子间距离增大时,分子间的引力和斥力都减小,C 错。 5.(2017 石景山一模)快递公司用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品,如图所示。假设 袋内气体与外界没有热交换,当充气袋四周被挤压时,袋内气体( ) A.对外界做负功,内能增大 B.对外界做负功,内能减小 C.对外界做正功,内能增大 D.对外界做正功,内能减小 答案 A 无热交换 Q=0,被挤压 W>0,即外界对气体做功。由热力学第一定律ΔU=W+Q,可知 ΔU>0,内能增加。 6.(2018 海淀二模)一定质量的理想气体,保持温度不变的情况下压缩体积,气体压强变大。 下列说法正确的是( ) A.气体分子平均动能增大 B.气体分子平均动能减小 C.单位体积内的分子数增加 D.单位体积内的分子数减少 答案 C 温度是分子平均动能的标志,保持气体的温度不变,气体分子的平均动能也不变, 故选项 A、B 均错误;一定质量的理想气体分子的总数不变,当压缩体积时,单位体积内的分 子数增加,故选项 C 正确,选项 D 错误。 7.一个标准大气压下,水在沸腾时,1 g 的水由液态变成同温度的水汽,其体积由 1.043 cm3 变为 1 676 cm3。已知水的汽化热为 2 263.8 J/g。求: (1)体积膨胀时气体对外界做的功 W;(结果保留 1 位小数) (2)气体吸收的热量 Q; (3)气体增加的内能ΔU。 答案 (1)169.7 J (2)2 263.8 J (3)2 094.1 J 解析 取 1 g 水为研究系统,把大气视作外界。1 g 沸腾的水变成同温度的水汽需要吸收热 量,同时由于体积膨胀,系统要对外做功,所以有ΔU r0 的一小段范围内,分子之间引力和斥力的合力是随距离增大而增大的,D 错误。 9.已知地球的半径为 6.4×103 km,水的摩尔质量为 1.8×10-2 kg/mol,阿伏加德罗常数为 6.02×1023 mol-1。设想将 1 kg 水均匀地分布在地球表面,则 1 cm2 的地球表面上分布的水分 子数目约为( ) A.7×103 个 B.7×106 个 C.7×1010 个D.7×1012 个 答案 B 1 kg 水中的水分子总数 n= NA= 1 1 . 8×10 - 2 ×6.02×1023 个= 1 3 ×1026 个 地球表面积 S=4πR2=4×3.14×(6.4×106)2m2≈5×1018cm2 则 1 cm2 的地球表面上分布的水分子数 n'= ≈7×106 个。 二、非选择题 10.(多选)某学生在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时,计算结果偏大,可能是由 于 。 A.油酸未完全散开 B.油酸溶液浓度低于实际值 C.计算油膜面积时,舍去了所有不足一格的方格 D.求每滴体积时,1 mL 的溶液的滴数多记了 10 滴 答案 AC 解析 由 d= 知,选项 A、C 会导致油膜面积偏小,计算出 d 偏大;选项 B、D 会使油酸体积偏 小,计算出 d 偏小。 11.有同学在做“研究温度不变时气体的压强跟体积的关系”实验时,用连接计算机的压强 传感器直接测得注射器内气体的压强值,缓慢推动活塞,使注射器内空气柱从初始体积 20.0 mL 变为 12.0 mL,实验共测了五次,每次体积值直接从注射器的刻度上读各并输入计算机,同 时由压强传感器测得对应体积的压强值,实验完成后,计算机屏幕上立刻显示出如下表中所 示的实验结果。 序 V(mL) p(×105 pV(×105 号 Pa) Pa·mL) 1 20.0 1.001 0 20.020 2 18.0 1.095 2 19.714 3 16.0 1.231 3 19.701 4 14.0 1.403 0 19.642 5 12.0 1.635 1 19.621 (1)仔细观察不难发现,pV(×10 Pa·mL)一栏中的数值越来越小,造成这一现象的可能 原因是( ) A.实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大 B.实验时环境温度增大了 C.实验时外界大气压强发生了变化 D.实验时注射器内的空气向外发生了泄漏 (2)根据你在(1)中的选择,说明为了减小误差,应采取的措施 是: 。 答案 (1)D (2)在注射器活塞上涂上润滑油增加密封性 解析 (1)A、实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大,由于缓慢推动活塞,所以不影 响研究温度不变时气体的压强跟体积的关系,故 A 错误。 B、实验时环境温度增大了,根据根据气体方程,应该 pV 的乘积在变大,而实验数据 pV 的乘积在变小,故 B 错误。 C、实验时外界大气压强发生了变化,对本实验没有影响,故 C 错误。 D、实验时注射器内的空气向外发生了泄漏,所以实验只测得部分气体的 pV 的乘积,故 D 正确。 故选 D。 (2)为了减小误差,应采取的措施是:在注射器活塞上涂上润滑油增加密封性。 12.某压力锅结构如图所示,盖好密封锅盖,将压力阀套在出气孔,给压力锅加热,当锅内气 体压强达到一定值时,气体就把压力阀顶起。假定在压力阀顶起时,停止加热。 (1)若此时锅内气体的体积为 V,摩尔体积为 V0,阿伏加德罗常数为 NA,写出锅内气体分 子数的估算表达式。 (2)假定在一次放气过程中,锅内气体对压力阀及外界做功 1.5 J,并向外界释放了 2.5 J 的热量,锅内原有气体的内能如何变化?变化了多少? 答案 (1)n= 0 NA (2)内能减少了 4 J 解析 (1)锅内气体的物质的量为 0则锅内气体分子的总数 n= 0 NA (2)根据热力学第一定律得ΔU=W+Q=-4 J 即锅内气体内能减少,减少了 4 J 13.用放大 600 倍的显微镜观察布朗运动,估计放大后的小碳粒体积为 0.1×10-9 m3,碳的密 度为 2.25×103 kg/m3,摩尔质量是 1.2×10-2 kg/mol,阿伏加德罗常数为 6.02×1023 mol-1, 则: (1)该小碳粒含分子数约为多少个?(取一位有效数字) (2)假设小碳粒中的分子是紧挨在一起的,试估算碳分子的直径。 答案 (1)5×1010 个 (2)2.6×10-10 m 解析 (1)设小碳粒的实际体积为 V'= 0 . 1×10 - 9( 600 ) 3 m3 小碳粒的质量为 m=ρV'=1.0×10-15 kg 含分子数为 n= NA= 1 . 0×10 - 15 1 . 2×10 - 2 ×6.02×1023(个)=5×1010(个) (2)将碳分子看成球体模型,则有 ' = 4 3 π( 2 )3= π3 6 得 d= 3 6 ' π =3 6× 10 - 16 216 5×1010 ×3 . 14 m=2.6×10-10 m 14.如图所示为一汽缸内封闭的一定质量的气体的 p-V 图线,当该系统从状态 a 沿过程 a→c→b 到达状态 b 时,有热量 335 J 传入系统,系统对外界做功 126 J,求: (1)若沿 a→d→b 过程系统对外做功 42 J,则有多少热量传入系统? (2)若系统由状态 b 沿曲线过程返回状态 a 时,外界对系统做功 84 J,系统是吸热还是放 热?热量传递是多少? 答案 (1)251 J (2)放热 293 J 解析 (1)沿 a→c→b 过程,由热力学第一定律得 ΔU=W+Q=(-126+335) J=209 J 沿 a→c→b 过程, ΔU=W'+Q', Q'=ΔU-W'=[209-(-42)] J=251 J (2)由 a→b,ΔU=209 J 从 b→a,ΔU'=-ΔU=-209 J 根据热力学第一定律有 ΔU'=W+Q=84 J+Q, Q=(-209-84) J=-293 J, 负号说明系统放出热量。 15.用两种不同的金属丝组成一个回路,接触点 1 插在热水中,接触点 2 插在冷水中,如图所 示,电流计指针会发生偏转,这就是温差发电现象。 (1)这一实验是否违反热力学第二定律? (2)热水和冷水的温度是否会发生变化? (3)简述这一过程中能的转化情况。 答案 (1)不违反 (2)热水温度降低,冷水温度升高 (3)一部分内能转化为电能 解析 (1)温差发电现象中产生了电能是因为热水中的内能减少,一部分转化为电能,一部 分传递给冷水,不违反热力学第二定律。 (2)实验过程中,热水的内能减少,一部分转移到低温物体,一部分转化为电能,故热水 温度降低,冷水温度升高。 (3)见答案。 16.如图所示,一根两端开口、横截面积为 S=2 cm2 足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定 (插入水银槽中的部分足够深).管中有一个质量不计的光滑活塞,活塞下封闭着长 L=21 cm 的气柱,气体的温度为 t1=7 ℃,外界大气压取 p0=1.0×105 Pa(相当于 75 cm 高的汞柱压强)。 (1)若在活塞上放一个质量为 m=0.1 kg 的砝码,保持气体的温度 t1 不变,则平衡后气柱 为多长?(g=10 m/s2) (2)若保持砝码的质量不变,对气体加热,使其温度升高到 t2=77 ℃,此时气柱为多长? (3)若在(2)过程中,气体吸收的热量为 10 J,则气体的内能增加多少? 答案 (1)20 cm (2)25 cm (3)8.95 J 解析 (1)被封闭气体的初状态为 p1=p0=1.0×105 Pa V1=LS=42 cm3,T1=280 K 末状态压强 p2=p0+ t =1.05×105 Pa V2=L2S,T2=T1=280 K 根据玻意耳定律,有 p1V1=p2V2,即 p1L=p2L2 得 L2= 1 2 L=20 cm。 (2)对气体加热后,气体的压强不变,p3=p2,V3=L3S,T3=350 K 根据盖—吕萨克定律,有 2 2 = 3 3 ,即 㜱2 2 = 㜱3 3得 L3= 3 2 L2=25 cm。 (3)气体对外做的功 W=p2Sh=p2S(L3-L2)=1.05 J 根据热力学第一定律得 ΔU=W+Q=-1.05 J+10 J=8.95 J 即气体的内能增加 8.95 J。 第十五章 光学 第 1 讲 光的折射 全反射和色散 A 组 基础巩固 1.(2018 海淀一模)如图所示,让光沿着半圆形玻璃砖的半径射到它的平直的边上,在这个边 与空气的界面上会发生反射和折射。 逐渐增大入射角,观察反射光线和折射光线的变化。 关于该实验现象,下列说法正确的是( ) A.反射光线和折射光线都沿顺时针方向转动 B.反射光线和折射光线转过的角度相同 C.在还未发生全反射的过程中,反射光越来越强 D.最终反射光完全消失 答案 C 增大入射角,反射光线沿逆时针方向转动,折射光线沿顺时针方向转动,A 错误。当 入射角从 0 增大到临界角时,反射光线转过的角度为临界角,而折射光线转过了 90°,B 错误。 未发生全反射前,入射角越大,反射光越强,折射光越弱,C 正确。发生全反射时,折射光消失, 反射光最强,D 错误。 2.(2017 东城一模)如图所示,将一个半圆形玻璃砖置于空气中,当一束单色光入射到玻璃砖 的圆心 O 时,下列情况不可能发生的是( ) 答案 B 光由空气斜射入玻璃时折射角小于入射角,A 正确,B 错误。C、D 选项中,光由空气 进入玻璃入射角为零,折射角为零,再由玻璃斜射入空气,折射角大于入射角,也可能发生全 反射,C、D 正确。 3.(2018 朝阳二模)对于红、蓝两种单色光,下列说法正确的是( ) A.在水中红光的传播速度较大 B.在水中蓝光的传播速度较大 C.在真空中红光的传播速度较大 D.在真空中蓝光的传播速度较大 答案 A 各种色光在真空中传播速度都相同,为 c=3×108 m/s,由色散规律可知水对蓝光的 折射率大,由 n= h 可知 A 对。 4.(2017 丰台一模)已知一束可见光 m 是由 a、b、c 三种单色光组成的,光束 m 通过三棱镜的 传播情况如图所示,则比较 a、b、c 三种单色光,下列说法正确的是( ) A.a 色光的折射率最大 B.c 色光的频率最小 C.b 色光在玻璃中的传播速度最大 D.c 色光发生全反射的临界角最小 答案 D 由白光通过玻璃三棱镜后形成色散现象可知,a 色光相当于红光,b 色光相当于绿 光,而 c 色光相当于紫光,易知 B 项错误;由折射率的定义易知 A 项错误;由 n= h 可知 C 项错误; 由 sin C= 1 可知 D 项正确。 5.(2018 海淀零模)如图所示是一透明玻璃球体,其半径为 R,O 为球心,AB 为水平直径。M 点 是玻璃球的最高点,一条平行于 AB 的光线自 D 点射入球体内,其折射光线为 DB,已知 ∠ABD=30°,光在真空中的传播速度为 c、波长为λ,则( ) A.此玻璃的折射率为 3B.光线从 D 传播到 B 的时间是 3R hC.光在玻璃体内的波长为 3 λ D.光在 B 点会发生全反射 答案 A 由图可知,折射角=∠ABD=30°,∠AOD=2∠ABD,入射角=∠AOD=60°,折射率 n= sin60 ° sin30 °= 3 ,A 正确。由 D 传播到 B 的时间 t= h = 3Rh = 3 h ,B 错误。λ'= = 3 3 λ,C 错误。临界 角满足 sin C= 1 = 3 3 > 1 2 ,临界角 C>30°,光在 B 点不会发生全反射,D 错误。 6.(2018 丰台期末)如图所示,真空中有一个半径为 R、质量分布均匀的玻璃球,一细激光束 在真空中沿直线 BC 传播,并于玻璃球表面的 C 点经折射进入玻璃球,在玻璃球表面的 D 点又 经折射进入真空中,已知∠COD=120°,激光束的入射角为α=60°,则下列说法中正确的是 ( ) A.玻璃球对该激光的折射率为 3B.该激光在玻璃中的波长是在真空中波长的 3 倍 C.该激光束的光子在玻璃球中的能量小于在真空中的能量 D.改变入射角α,该激光束可能在玻璃球的内表面发生全反射 答案 A 由几何关系可知∠OCD=30°,则 n= sin sin∠ = 3 ,则 A 正确。v=λν,同一种光在不同 介质中频率ν不变,则 n= h = 真 介 ,则 B 错。又因 E 光=hν,则 C 错。由题可知α<90°,则折射角 r 小于临界角,则射出时不会发生全反射。 7.(2017 朝阳二模)如图所示,ABC 是一个用折射率 n> 2 的透明介质做成的棱镜,其截面为等 腰直角三角形。现有一束光从图示位置垂直入射到棱镜的 AB 面上,则该光束( ) A.能从 AC 面射出 B.能从 BC 面射出 C.进入棱镜后速度不变 D.进入棱镜后波长变长 答案 B 因 n> 2 ,故光从介质射入空气时发生全反射时的临界角θ<45°。由题知光从 AC 面射向空气时入射角为 45°,将在 AC 面上发生全反射,而垂直 BC 面射出,故 A 错,B 对。光 从空气射入介质时,频率不变而速度变小,由 v=fλ可知,波长变短,故 C、D 错误。 8.为了测定水的折射率,某同学将一个高 32 cm,底面直径 24 cm 的圆筒内注满水,如图所示, 这时从 P 点恰能看到筒底的 A 点。把水倒掉后仍放在原处,这时再从 P 点观察只能看到 B 点,B 点和 C 点的距离为 18 cm。由以上数据计算: (1)水的折射率应为多少; (2)若一束光由空气通过圆筒进入水中,则光在水中的传播速度大小为多少(光在真空 中速度为 3×108 m/s)。 答案 (1) 4 3 (2)2.25×108 m/s 解析 根据几何关系得,sin i= = 24 242+322 = 3 5sin r= = 24 242+182 = 4 5根据折射定律得, sin sin = 1 得 n= 4 3 , 由 v= h 得,v=2.25×108 m/s。 9.人的眼球可简化为如图所示的模型。折射率相同、半径不同的两个球体共轴。平行光束 宽度为 D,对称地沿轴线方向射入半径为 R 的小球,会聚在轴线上的 P 点。取球体的折射率为 2 ,且 D= 2 R。求光线的会聚角α。(示意图未按比例画出) 答案 30° 解析 由几何关系 sin i= 2 ,解得 i=45°,则由折射定律 sin sin =n,解得 r=30° 且 i=r+ 2 ,解得α=30° 10.如图所示,一根长为 l=5.0 m 的光导纤维用折射率 n= 2 的材料制成。一束激光由其左端 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来,求: (1)该激光在光导纤维中的速度 v 的大小; (2)该激光在光导纤维中传输所经历的时间是多少。 答案 (1)2.1×108 m/s (2)2.7×10-8 s 解析 (1)由 n= h 可得 v=2.1×108 m/s。 (2)由 n= sin 1 sin 2 可得光线从左端面射入后的折射角为 30°,射到侧面时的入射角为 60°,大于 临界角 45°,因此发生全反射。同理光线每次在侧面都将发生全反射,直到光线到达右端面。 由几何关系可以求出光线在光导纤维中通过的总路程 s= 2 3 ,因此该激光在光导纤维中传输 所经历的时间 t= =2.7×10-8 s。 B 组 综合提能 1.(2014 北京理综,20,6 分)以往,已知材料的折射率都为正值(n>0)。现已有针对某些电磁 波设计制作的人工材料,其折射率可以为负值(n<0),称为负折射率材料。位于空气中的这类 材料,入射角 i 与折射角 r 依然满足 sin sin =n,但是折射线与入射线位于法线的同一侧(此时折射 角取负值)。现空气中有一上下表面平行的负折射率材料,一束电磁波从其上表面射入,下表 面射出。若该材料对此电磁波的折射率 n=-1,正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意 图是( ) 答案 B 折射线与入射线应位于法线的同一侧,故选项 A、D 错误。因为材料折射率 n=-1, 电磁波由空气进入介质时,sin α=-sin(-β),得α=β,则 C 项错。故正确选项为 B。 2.光导纤维按沿径向折射率的变化可分为阶跃型和连续型两种。阶跃型的光导纤维分为内 芯和外套两层,内芯的折射率比外套的大。连续型光导纤维的折射率中心最高,沿径向逐渐 减小,外表面附近的折射率最低。关于光在连续型光导纤维中的传播,下列四个图中能正确 表示传播路径的是( ) 答案 C 光由空气斜射入光导纤维时,根据折射定律,入射角大于折射角,因此光线应向法 线偏折。由题可知,连续型光导纤维的折射率中心最高,沿径向逐渐减小,可以将光导纤维看 成多层折射率依次减小的材料。光由内芯向外表面传播过程中,在每两层介质的分界面上发 生折射时,入射角都小于折射角,因此光线继续向下偏折,如图所示。当达到某分界面时,发 生全反射,之后的光路将与全反射之前对称。可知,只有 C 选项满足要求。 3.(2018 东城二模)图中所示 Ox 轴沿水平方向,Oy 轴沿竖直向上方向。在 x>0,y>0 的区域内 存在某种分布范围足够广的介质,其折射率随着 y 的变化而变化。一束细光束入射到介质表 面,并沿着如图所示从 a 到 b 的一条弧形路径传播。下列判断正确的是( ) A.此介质的折射率随着 y 的增大而减小 B.海洋蜃景发生时空气折射率随高度的变化与此类似 C.沙漠蜃景发生时空气折射率随高度的变化与此类似 D.这束细光束在继续传播的过程中会发生全反射 答案 C 由图像可知,光的偏折程度越来越大,即介质折射率随着 y 的增大而增大,所以这 种情况与沙漠蜃景发生时空气折射率随高度的变化相似,与海洋蜃景发生时空气折射率随 高度的变化相反。由于该传播过程相当于是从光疏介质进入光密介质,所以不可能发生全反 射。 4.(2017 西城一模)通电雾化玻璃是将液晶膜固化在两片玻璃之间,经过特殊工艺胶合一体 成型的新型光电玻璃产品,被广泛应用于高档办公室、计算机机房、医疗机构、商业展示等 领域,能够实现玻璃的通透性和保护隐私的双重要求。我们将其工作原理简化为如图所示的 模型,在自然条件下,液晶层中的液晶分子无规则排列,玻璃呈乳白色,即不透明,像一块毛 玻璃;通电以后,弥散分布的液晶分子迅速从无规则排列变为有规则排列,整个液晶层相当 于一块普通的透明玻璃。结合以上内容和你所学知识,关于通电雾化玻璃,你认为下列叙述 中比较合理的是( ) A.不通电时,入射光在液晶层发生了全反射,导致光线无法通过 B.不通电时,入射光在液晶层发生了干涉,导致光线无法通过 C.通电时,入射光在通过液晶层后方向发生了改变 D.通电时,入射光在通过液晶层后按原方向传播 答案 D 不通电时,入射光在液晶层发生折射,各向导性,导致光线通过时方向杂乱,A、B 错。通电时,整个液晶层相当于一块普通的透明玻璃,入射光通过后出射方向不变,D 正确。 5.如图所示为安全门上的观察孔,直径 ab 为 2 cm,门的厚度 ac 为 3.464 cm。为了扩大向外 观察的范围,将孔中完全嵌入折射率为 3 的玻璃,求: (1)嵌入玻璃后向外观察视野的最大张角; (2)要视野扩大到 180°时,嵌入玻璃的折射率。 答案 (1)120° (2)2.0 解析 向外观察张角最大时,在 cd 边中点 e 观察,b 为入射点,be 为折射光线,入射角 i、折 射角 r,作出光路图如图。 由几何关系有 sin r= = 1 2 ,得到 r=30°。 根据折射定律有 sin sin =n,得 i=60°,则最大张角θ=2i=120°; 若要视野扩大到 180°,即入射角为 90°,而折射角 r=30°不变, 则折射率 n= sin90 ° sin30 °=2。 6.雨过天晴,人们常看到天空中出现彩虹,它是由阳光照射到空中弥漫的水珠上时出现的现 象。在说明这个现象时,需要分析光线射入水珠后的光路。一束细光线射入水珠,水珠可视 为一个半径为 R=10 mm 的球,球心 O 到入射光线的垂直距离为 d=8 mm,水的折射率为 n= 4 3 。 (1)在图中画出该束光线射入水珠内经一次反射后又从水珠中射出的光路图; (2)求这束光线从射向水珠到第一次射出水珠,光线偏转的角度。 答案 (1)见解析 (2)32° 解析 (1)当光线沿 AB 进入圆形水球时,发生折射,首先过球心和入射点 B 作出法线,确定了 入射角,由于是从空气进入水中,折射角小于入射角,由此可以作出折射光线 BC。 光线 BC 射到水球的内表面发生反射,连接 OC,作出法线,根据光的反射规律再作出入射 光线 BC 的反射光线 CD。 光线 CD 射到水球的内表面,又发生折射,连接 OD,作出法线,根据光的折射规律作出对 应的折射光线 DE。 答案如图所示 (2)光线从射向水珠到第一次射出水珠,光路图如图所示 由几何关系得: sin θ1= =0.8 所以θ1=53°,再根据折射定律 n= sin 1 sin 2 ; 得 sin θ2=0.6 所以θ2=37°, 所以光线偏转的角度φ=2(θ1-θ2)=32°。 第 2 讲 光的干涉、衍射和偏振 A 组 基础巩固 1.(2018 朝阳一模)下面是四种与光有关的事实: ①白光通过棱镜在屏上呈现彩色;②雨后的天空出现彩虹;③肥皂泡的表面呈现彩色;④白 光通过双缝在光屏上呈现彩色条纹。 其中,与光的干涉有关的是( ) A.①② B.①③ C.②③ D.③④ 答案 D 白光通过棱镜在屏上呈现彩色,雨后的天空出现彩虹,都是光的色散现象,其本质 为光的折射;肥皂泡的表面呈现彩色是肥皂膜前后表面的反射光叠加,发生干涉的结果;白 光通过双缝在屏上呈现的彩色条纹是光的双缝干涉现象。综上所述,只有③和④与光的干涉 有关,故只有 D 正确。 2.(2018 门头沟一模)下列说法中正确的是( ) A.光纤通信是利用了光的全反射现象 B.用标准平面检查工件表面的平整程度是利用了光的偏振现象 C.门镜可以扩大视野是利用了光的干涉现象 D.照相机镜头表面涂上增透膜,以增强透射光的强度,是利用了光的衍射现象 答案 A 选项 B 中利用的是薄膜干涉,选项 C 中利用的是光的折射现象,选项 D 中利用的是 薄膜干涉。 3.(2011 北京理综,14,6 分)如图所示的双缝干涉实验,用绿光照射单缝 S 时,在光屏 P 上观 察到干涉条纹。要得到相邻条纹间距更大的干涉图样,可以( ) A.增大 S1 与 S2 的间距 B.减小双缝屏到光屏的距离 C.将绿光换为红光 D.将绿光换为紫光 答案 C 由双缝干涉条纹间距公式Δx= 㜱 λ可知:增大 S1 与 S2 的间距 d,Δx 将减小,A 项错 误;减小双缝屏到光屏的距离 L,Δx 将减小,B 项错误;红光波长大于绿光,λ变大,Δx 将变 大,C 项正确;紫光波长小于绿光,λ变小,Δx 将变小,D 项错误。 4.下列几个光现象中,属于衍射现象的是( ) A.水中的气泡看起来特别明亮 B.白光通过三棱镜在屏上出现彩色光带 C.在阳光照射下肥皂泡上出现彩色花纹 D.通过两支铅笔夹成的狭缝看点亮的日光灯出现彩色条纹 答案 D 水中的气泡看起来特别明亮是因为光从水射向气泡表面时发生了全反射。白光通 过三棱镜后出现彩色光带为色散现象。在阳光照射下的肥皂泡上出现彩色条纹是发生了干 涉。只有 D 项描述的现象属于衍射现象。 5.(2018 西城二模)一束激光照在一个很小的圆盘上,在屏上观察到如图所示的图样,在影的 中心有一个亮斑,这就是著名的“泊松亮斑”。下列说法正确的是( ) A.圆盘中心有个小孔,这是光的衍射现象 B.圆盘中心是不透光的,这是光的衍射现象 C.圆盘中心有个小孔,这是光的干涉现象 D.圆盘中心是不透光的,这是光的干涉现象 答案 B 小孔衍射图样正中心为较大的亮斑,圆盘衍射图样的正中心为较小的亮点,是光 照在不透光的圆盘上产生的衍射现象,B 正确。 6.(多选)关于自然光和偏振光,以下说法正确的是( ) A.自然光包含着在垂直于传播方向上沿一切方向振动的光,但是沿各个方向振动的光波的 强度可以不同 B.偏振光是垂直于传播方向上,只沿着某一特定方向振动的光 C.自然光透过一个偏振片后就成为偏振光,偏振光经过一个偏振片后又还原为自然光 D.太阳、电灯等普通光源发出的光都是自然光 答案 BD 自然光沿各振动方向的光波的强度相同,A 错误;偏振光在垂直于传播方向上,只 沿某一特定方向振动,B 正确;自然光透过偏振片后成为偏振光,偏振光透过偏振片后不能还 原为自然光,C 错误;太阳、电灯等普通光源发出的是自然光,D 正确。 7.(多选)如图所示,A、B 为两偏振片,一束自然光沿 OO'方向射向 A,此时在光屏 C 上透射光 的强度最大,则下列说法中正确的是( ) A.此时 A、B 的偏振方向平行 B.只有将 B 绕 OO'轴顺时针旋转 90°,屏上透射光的强度最弱,几乎为零 C.将 A 或 B 绕 OO'轴旋转 90°时,屏上透射光的强度最弱,几乎为零 D.将 A 沿顺时针方向旋转 180°时,屏上透射光的强度最弱,几乎为零 答案 AC 当两偏振片平行时,透射光强度最强,当两偏振片垂直时,透射光强度最弱,几乎 为零,故选项 A、C 正确。 8.(2017 朝阳一模)关于红、紫两束单色光,下列说法正确的是( ) A.在空气中红光的波长较长 B.在同一玻璃中红光的速度较小 C.红光的光子能量较大 D.用同一装置做双缝干涉实验时,红光的干涉条纹间距较小 答案 A 红光的波长比紫光的长,故 A 正确;红光的频率比紫光的小,故红光的光子能量较 小,故 C 错误;由 n= h 和 n 红λb,由条纹间 距公式Δx= 㜱 λ,可知在相同条件下进行双缝干涉实验时,a 光的干涉条纹间距较大,B 错。又 n= h ,则 va>vb,C 错。由 n= 1 sin 知,Ca>Cb,D 错。 3.(2017 海淀一模)实验表明:光子与速度不太大的电子碰撞发生散射时,光的波长会变长或 者不变,这种现象叫康普顿散射,该过程遵循能量守恒定律和动量守恒定律。如果电子具有 足够大的初速度,以至于在散射过程中有能量从电子转移到光子,则该散射被称为逆康普顿 散射,这一现象已被实验证实。关于上述逆康普顿散射,下列说法中正确的是( ) A.该过程不遵循能量守恒定律 B.该过程不遵循动量守恒定律 C.散射光中存在波长变长的成分 D.散射光中存在频率变大的成分 答案 D 光子获得能量,由 E 光=hν可知,散射光中存在频率变大的成分,即波长变短的成分。 该过程仍遵循动量守恒定律和能量守恒定律。 4.(多选)物理学家做了一个有趣的实验:在双缝干涉实验中,在光屏处放上照相底片,若减 弱光的强度,使光子只能一个一个地通过狭缝,实验结果表明,如果曝光时间不太长,底片上 只出现一些不规则的点;如果曝光时间足够长,底片上就出现了规则的干涉条纹,对这个实 验结果下列认识正确的是( ) A.曝光时间不长时,光子的能量太小,底片上的条纹看不清楚,故出现不规则的点 B.单个光子的运动表现出波动性 C.干涉条纹中明亮的部分是光子到达机会较多的地方 D.只有大量光子的行为才能表现出波动性 答案 CD 光是一种概率波,对于一个光子通过单缝落在何处,是不确定的,但概率最大的 是中央亮纹处,可达 95%以上,还可能落到暗纹处,不过落在暗纹处的概率最小(注意暗纹处 并非无光子到达),故 C、D 选项正确。 5.一个手电筒在 3 V 的电压下,通过 0.25 A 的电流,灯泡所发出的光会聚后形成一个面积为 10 cm2 的平行光束。如果灯泡所消耗的能量中有 1% 转化为波长 6 000 A ° 的可见光,求: (1)沿光传播方向上长 1 m 的光束内有多少光子; (2)在光束垂直照射的物体表面上,平均每秒钟每平方厘米的表面上接收到多少光子。 答案 (1)7.54×107 个 (2)2.26×1015 个 解析 根据光子说,手电筒发光的能量是由光子组成的,λ=6×10-7 m,S=10-3 m2 (1)P=IU,E= h ,每秒钟发出的光子数 n= ×1 % = 100h设长 1 m 的光柱中光子个数为 x,则 = 㜱 h (其中 c 为 3×108 m/s) x= 㜱 h n= 㜱 100h2 =7.54×107(个) (2)n'为每秒钟每平方厘米的表面上接收的光子数 由 h = ' ' h ,S'=10-4 m2 所以 n'= ' n= ' ×1 % = ' h×100 =2.26×1015(个)。 6.光具有波粒二象性,光子的能量 E=hν,其中频率ν表征波的特征。在爱因斯坦提出光子说 之后,法国物理学家德布罗意提出了光子动量 p 与光波波长λ的关系λ= 。若某激光管以 P=60 W 的功率发射波长λ=663 nm 的光束,试根据上述理论计算: (1)该管在 1 s 内发射出多少个光子? (2)若该管发射的光束被某黑体表面吸收,那么该黑体表面所受到的光束对它的作用力 F 为多大? 答案 (1)2×1020 个 (2)2×10-7 N 解析 (1)由能量守恒定律得 Pt=n h ,可得 n=2×1020 个 (2)对光子由动量定理 ,可得 F't=(p2-p1)n,可得 F'=-2×10-7 N 由牛顿第三定律知黑体表面所受作用力 F=-F'=2×10-7 N。 第 4 讲 实验:测量玻璃的折射率 实验:用双缝干涉实验测量光的波长 A 组 基础巩固 1.如图 1 所示,在测量玻璃折射率的实验中,两位同学先在白纸上放好截面是正三角形 ABC 的三棱镜,并确定 AB 和 AC 界面的位置。然后在棱镜的左侧画出一条直线,并在线上竖直插 上两枚大头针 P1 和 P2,再从棱镜的右侧观察 P1 和 P2 的像。 图 1 图 2 ①此后正确的操作步骤是 。(选填选项前的字母) A.插上大头针 P3,使 P3 挡住 P2 的像 B.插上大头针 P3,使 P3 挡住 P1、P2 的像 C.插上大头针 P4,使 P4 挡住 P3 的像 D.插上大头针 P4,使 P4 挡住 P3 和 P1、P2 的像 ②正确完成上述操作后,在纸上标出大头针 P3、P4 的位置(图中已标出)。为测量该种玻 璃的折射率,两位同学分别用圆规及刻度尺作出了完整光路和若干辅助线,如图 2 甲、乙所 示。在图 2 中能够仅通过测量 DE、GF 的长度便可正确计算出折射率的是图 (选填“甲” 或“乙”),所测玻璃折射率的表达式 n= (用代表线段长度的字母 DE、GF 表示)。 答案 ①BD ②乙 解析 ①在棱镜的左侧画出一条直线,并在线上竖直插上两枚大头针 P1和P2,确定入射光线, 然后在棱镜的右侧插上大头针 P3,使 P3 挡住 P1、P2 的像,再插上大头针 P4,使 P4 挡住 P3 和 P1、 P2 的像,从而确定出射光线。 ②设 AB 界面入射光线的入射角为α,折射角为β,根据折射规律得 n= sin sin ,根据几何关系 有:对于甲图,sin α= ,sin β= ,对于乙图,sin α= ,sin β= ,可知仅通过测量 ED、 FG 的长度便可正确计算出折射率的是图乙,折射率 n= sin sin = 。 2.(2017 丰台二模节选)某同学利用“双缝干涉实验装置”测定红光的波长。已知双缝间距 为 d,双缝到屏的距离为 L,将测量头的分划板中心刻线与某一亮条纹的中心对齐,并将该条 纹记为第 1 亮条纹,其示数如图所示,此时的示数为 mm。然后转动测量头,使分划板 中心刻线与第 5 亮条纹的中心对齐,读出示数,并计算第 5 亮条纹与第 1 亮条纹的中心线间 距离为Δx。由此可得该红光的波长表达式为 (用字母表达)。 答案 2.430(2.428~2.432) λ= 4㜱 ·Δx 解析 读数为:2 mm+0.01×43.0 mm=2.430 mm, Δ 4 = 㜱 λ,得:λ= Δ 4㜱 d。 3.(2018 海淀二模节选)某同学用双缝干涉实验仪测量光的波长,如图甲所示。 甲 ①实验中选用的双缝间距为 d,双缝到像屏的距离为 L,在像屏上得到的干涉图样如图乙 所示,分划板刻线在图乙中 A、B 位置时,游标卡尺的读数分别为 x1、x2,则入射的单色光波长 的表达式为λ= 。 ②分划板刻线在某条亮条纹位置时游标卡尺如图丙所示,则其读数为 mm。 乙 丙 答案 ①( 2 - 1 ) d 6㜱 ②31.10 解析 ①由题意可知,第 A 条亮条纹中心和第 B 条亮条纹中心之间的距离为 6 个条纹间距, 故Δx= 2 - 1 6 ,再由Δx= 㜱 λ,得λ=( 2 - 1 ) d 6㜱 。 ②主尺读数为 31 mm,游标尺读数为 2×0.05 mm=0.10 mm,因此游标卡尺的读数为 31 mm+0.10 mm=31.10 mm。 B 组 综合提能 1.在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中,甲、乙、丙三位同学在纸上画出的界面 aa'、bb' 与玻璃砖位置的关系分别如图①、②和③所示,其中甲、丙两同学用的是矩形玻璃砖,乙同 学用的是梯形玻璃砖。他们的其他操作均正确,且均以 aa'、bb'为界面画光路图,则 (1)甲同学测得的折射率与真实值相比 (选填“偏大”“偏小”或“不 变”)。 (2)乙同学测得的折射率与真实值相比 (选填“偏大”“偏小”或“不 变”)。 (3)丙同学测得的折射率与真实值相比 。 答案 (1)偏小 (2)不变 (3)可能偏大、可能偏小、可能不变 解析 (1)用图①测定折射率时,会导致玻璃中折射光线偏折小了,所以折射角增大,折射率 减小。 (2)用图②测折射率时,只要操作正确,折射率与玻璃砖形状无关。 (3)用图③测折射率时,因为界面 bb'部分在玻璃砖外侧,部分在内侧,故无法确定折射 光线偏折的大小,所以测得的折射率可能偏大、可能偏小、可能不变。 2.某校开展研究性学习,某研究小组根据光学知识,设计了一个测液体折射率的仪器。如图 所示,在一个圆盘上,过其圆心 O 作两条相互垂直的直径 BC、EF。在半径 OA 上,垂直盘面插 上两枚大头针 P1、P2 并保持位置不变。每次测量时让圆盘的下半部分竖直进入液体中,而且 总使得液面与直径 BC 相平,EF 作为界面的法线,而后在图中右上方区域观察 P1、P2,在圆周 EC 部分插上 P3,使 P3 挡住 P1、P2 的像。同学们通过计算,预先在圆周 EC 部分刻好了折射率的 值,这样只要根据 P3 所插的位置,就可以直接读出液体折射率的值。 (1)若∠AOF=30°,OP3 与 OC 之间的夹角为 30°,则 P3 处刻的折射率的值为 。 (2)图中 P3、P4 两处,对应折射率大的是 。 (3)作 AO 的延长线交圆周于 K,K 处对应的折射率为 。 答案 (1) 3 或 1.73 (2)P4 (3)1 解析 (1)根据折射定律有 n= sin 1 sin 2 ,题中θ1=∠EOP3= π 2 -∠COP3=60°,θ2=∠AOF=30°,所以 n= sin60 ° sin30 °= 3 ≈1.73。 (2)在折射角相同的情况下,图中 P4 对应的∠EOP4 大于 P3 所对应的∠EOP3,所以 P4 处对应 的折射率大。 (3)因 A、O、K 在一条直线上,入射角等于折射角,所以 K 处对应的折射率应为 1。 3.(2017 海淀零模节选)如图甲所示,在“用双缝干涉实验测量光的波长”实验中,将实验仪 器按要求安装在光具座上,并选用缝间距 d=0.20 mm 的双缝屏。从仪器注明的规格可知,像 屏与双缝屏间的距离 L=700 mm。然后,接通电源使光源正常工作。 甲 ①已知测量头上主尺的分度值是 1 毫米,副尺(游标尺)上有 20 个小格。某同学调整手 轮后,从测量头的目镜看去,使分划板中心刻线与某条纹 A 中心对齐,如图乙所示,此时测量 头上主尺和副尺的示数情况如图丙所示,此示数为 mm;接着再转动手轮,使分划板中 心刻线与某条纹 B 中心对齐,测得 A 到 B 条纹间的距离为 8.40 mm。利用上述测量结果,经计 算可得经滤光片射向双缝的色光的波长λ= m(保留 2 位有效数字)。 ②另一同学按实验装置安装好仪器后,观察到光的干涉现象效果很好。若他对实验装置 做了一下改动后,在像屏上仍能观察到清晰的条纹,且条纹数目有所增加。以下改动可能实 现这个效果的是 。 A.仅将滤光片移至单缝和双缝之间 B.仅将单缝远离双缝移动少许 C.仅将单缝与双缝的位置互换 D.仅将红色滤光片换成绿色的滤光片 答案 ①0.25 4.8×10-7 ②D 解析 ①游标尺上有 20 个小格,精确度为 0.05 mm,游标尺上第五条刻线对齐主尺上某条刻 线,则示数为 0.05×5 mm=0.25 mm。 相邻亮(暗)条纹间距Δx= 8 . 4×10 - 3 5 m= 㜱 λ,解得λ=4.8×10-7 m。 ②若条纹数目增加,则相邻亮(暗)条纹间距Δx 变小,由Δx= 㜱 λ知,仅将红色滤光片换 成绿色滤光片,λ变小,则Δx 变小。 本章小结 知识系统构建 全章闯关检测 一、选择题 1.一束单色光斜射到厚平板玻璃的一个表面上,经两次折射后从玻璃板另一个表面射出,出 射光线相对于入射光线侧移了一段距离。在下列情况下,出射光线侧移距离最大的是( ) A.红光以 30°的入射角入射 B.红光以 45°的入射角入射 C.紫光以 30°的入射角入射 D.紫光以 45°的入射角入射 答案 D 侧移距离是指出射光线与原入射方向的垂直距离。同一种光线,玻璃对其的折射 率相等,入射角越大侧移距离越大,即 B 项侧移距离大于 A,D 项侧移距离大于 C 项。在入射 角相同时,折射率越大,侧移距离越大,所以紫光以 45°的入射角入射时,侧移距离最大,即 D 项正确。 2.如图所示,一束单色光射入一玻璃球体,入射角为 60°,已知光线在玻璃球内经一次反射 后,再次折射回到空气中时与入射光线平行,此玻璃的折射率为( ) A. 2 B.1.5 C. 3 D.2 答案 C 其光路图如图所示,由几何关系知 r=30°,折射率 n= sin60 ° sin30 °= 3 ,故 C 正确。 3.两束单色光线 a、b 以相同的角度从某种玻璃射入空气,发现 a 发生了全反射、b 没有发生 全反射,则下列说法中正确的是( ) A.光线 a 的波长较大 B.玻璃对光线 a 的折射率较大 C.光线 b 的临界角较小 D.光线 b 在玻璃中的速度较小 答案 B 由题意知 a 的临界角小于 b 的临界角,由 sin C= 1 知 a 的折射率大于 b 的折射率, 则 a 的频率大,波长短,再由 n= h 可得 vaC 时能发生全反射,因此只有橙、红光不能全反射,这两种光在 AC 面上同时发生折射和反射, 故选项 A 和 B 均错误;其余四种光线经 AC 面反射后射到 BC 面而折射,橙、红光虽折射但同 时也有反射光射到 BC面,因各色光折射率不同形成六色彩色光带,故选项C对而选项D错误。 二、非选择题 10.某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率,所用的玻璃砖两面平行。正确操作后,作出的 光路图及测出的相关角度如图所示。 (1)此玻璃的折射率计算式为 n= (用图中的θ1、θ2 表示); (2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择,为了减小误差,应选用宽度 (选填“大”或“小”)的玻璃砖来测量。 答案 (1) cos 1 cos 2 (2)大 解析 (1)根据折射率定义可知 n= sin ( 90 °- 1 ) sin ( 90 °- 2 )= cos 1 cos 2 ; (2)玻璃砖宽度大些,光线穿过时的侧移量就会大些,故插针时便于观察和插准。 11.“用双缝干涉实验测量光的波长”的实验装置如图甲所示。测量头由分划板、目镜、手 轮等构成,已知双缝与屏的距离为 L,双缝间距为 d。 (1)如图乙所示,移动测量头上的手轮,使分划板的中心刻线对准第 1 条亮纹的中心,记 下此时手轮上螺旋测微器的读数 x1。转动测量头,使分划板的中心刻线向右移动对准第 4 条 亮纹的中心,此时手轮上螺旋测微器的读数 x2 如图丙所示,则读数 x2= mm; 丙 (2)已知双缝与屏的距离为 L,双缝间距为 d。计算波长的公式λ= ;(用题目中 给出的字母表示) (3)对于某种单色光,为增加相邻亮纹间的距离,可采取 或 的方法。 答案 (1)1.700 (2)( 2 - 1 ) d 3㜱 (3)减小双缝间距离 增大双缝到屏的距离 解析 (1)固定刻度读数“1.5”,可动刻度读数“20.0”,故 x2=1.5 mm+20.0×0.01 mm=1.700 mm。 (2)由Δx= 㜱 λ,Δx= 2 - 1 3 可得λ=( 2 - 1 ) d 3㜱 。 (3)由Δx= 㜱 λ可知,若要增加相邻亮条纹间的距离,可以减小双缝间距离,或增大双缝 到屏的距离。 12.如图所示,一束光线从空气射入某介质,入射光线与反射光线夹角为 90°,折射光线与入 射光线延长线间夹角θ为 15°,求: (1)该介质的折射率; (2)光在该介质中传播的速度。 答案 (1) 2 (2)2.12×108 m/s 解析 (1)入射光线与反射光线夹角为 90°,故入射角α=45°,折射光线与入射光线延长线 间夹角θ为 15°,故折射角γ=30°,由折射率公式可得 n= sin sin = sin45 ° sin30 °= 2 。 (2)由光速与介质折射率的关系可得 v= h = 3 . 0×108 2 m/s=2.12×108 m/s。 13.红光在水中的波长与绿光在真空中的波长相等,水对红光的折射率为 4 3 ,红光的频率为 4.0×1014 Hz,求绿光在真空中的波长和频率。 答案 5.625×10-7 m 5.33×1014 Hz 解析 根据光在真空中有 c=λ0f,知红光在真空中的波长 0 红= h 红 = 3 . 0×108 4 . 0×1014 m= 3 4 ×10-6 m 光在介质中有 v=λf,且 v= h , 得红光在水中的波长 λ红= 红 = h 红 红 = 0 红 红 = 3 4×10 - 6 4 3 m= 9 16 ×10-6 m 根据题设,知绿光在真空中的波长λ0 绿= 9 16 ×10-6 m=5.625×10-7 m 绿光的频率 f 绿= h 0 绿 = 3 . 0×108 5 . 625×10 - 7 Hz≈5.33×1014 Hz 14.分析以下现象产生的原因: (1)透过盛水的玻璃杯,在适当的角度可以得到彩色光; (2)菜汤上的油花呈现彩色; (3)隔着帐幔看远处的灯,见到灯周围辐射彩色光芒; (4)光线照在花布上,可以看见花布上的图样。 答案 见解析 解析 (1)白光通过盛水的玻璃杯发生折射,产生色散,在适当的角度,各色光分离较大,可 看到彩色光。 (2)光经过菜汤上油膜的前后两个表面分别发生反射,两列反射光相互叠加,产生干涉 条纹,因此菜汤上的油花呈现彩色。 (3)远处灯发出的光经过帐幔的缝隙产生衍射,因此可见灯周围辐射彩色的光芒。 (4)光线照在花布上看见花布的图样,是由于光的反射与吸收的结果。花布是由各种颜 色的花纹组成的,当白光照在花布上时红色花纹反射红光,吸收其他颜色的光,这样我们在 该位置只看到红色。同理可以看到各种花纹反射的颜色。这样我们可以看到花布的图样。 15.1801 年,托马斯·杨用双缝干涉实验研究了光波的性质。1834 年,洛埃利用单面镜同样 得到了杨氏双缝干涉的结果(称洛埃镜实验)。 洛埃镜实验的基本装置如图所示,S 为单色光源,M 为一平面镜。S 经平面镜反射后的光 与直接发出的光在屏上相交,已知两列光波到屏上 P 的路程差Δr=1.5×10-6 m,当单色光波 长为λ1=0.5 μm 时,P 点将形成亮条纹还是暗条纹?若单色光波长为λ2=0.6 μm 呢? 答案 亮条纹 暗条纹 解析 由题意知,当λ1=0.5 μm 时,Δr= 1 . 5×10 - 6 0 . 5×10 - 6 λ1=3λ1,满足波长的整数倍,在 P 点形成亮 条纹;当λ2=0.6 μm,Δr= 1 . 5×10 - 6 0 . 6×10 - 6 λ2= 5 2 λ2,满足半波长的奇数倍,在 P 点形成暗条纹。 16.如图所示,一个半径为 r 的圆木板静止在水面上,在圆木板圆心 O 的正下方 H= 3 r 处有一 点光源 S,已知水的折射率 n= 2 。 (1)求沿圆木板边缘出射的折射光线的折射角; (2)若要在水面上方观察不到点光源 S 所发出的光,则应将点光源 S 至少竖直向上移多 大的距离?(结果可用根式表示) 答案 (1)45° (2)( 3 -1)r 解析 (1)设入射角为θ1,折射角为θ2,则 tan θ1= 3r即θ1=30° sin 1 sin 2 = 1 联立解得θ2=45° (2)若在水面上方观察不到点光源所发出的光,则入射到圆木板边缘的光线将发生全反 射,设临界角为 C,点光源 S 离圆心的距离为 h,则由 sin C= 1 得 C=45° 由几何关系 tan C= 得 h=r 则点光源 S 至少上移Δh=( 3 -1)r 17.如图所示,一光电管的阴极用极限波长λ0=500 nm 的钠制成,用波长λ=300 nm 的紫外线 照射阴极,光电管阳极 A 和阴极 K 之间的电势差 U=2.1 V,饱和光电流的值 I=0.56 μA。 (1)求每秒内由 K 极发射的光电子数; (2)求光电子到达 A 极时的最大动能; (3)如果电势差 U 不变,而照射光的强度增加到原值的三倍,此时光电子到达 A 极时最大 动能是多大?(普朗克常量 h=6.63×10-34 J·s) 答案 (1)3.5×1012 个 (2)6.012×10-19 J (3)6.012×10-19 J 解析 (1)每秒内由 K 极发射的光电子数 n= = 0 . 56×10 - 6 1 . 6×10 - 19 个=3.5×1012 个 (2)由光电效应方程可知 Ek0=hν-W0=h h -h h 0 =hc 1 - 1 0在 A、K 间加电压 U 时,光电子到达阳极时的动能 Ek=Ek0+eU=hc 1 - 1 0 +eU 代入数值,得 Ek=6.012×10-19 J。 (3)根据光电效应规律,光电子的最大初动能与入射光的强度无关,如果电势差 U 不变, 则光电子到达 A 极的最大动能不变,Ek=6.012×10-19 J。 第十六章 原子结构与原子核物理 相对论初步 第 1 讲 原子结构 A 组 基础巩固 1.(2017 丰台一模)根据卢瑟福提出的原子核式结构模型解释α粒子散射实验,使极少数α 粒子发生大角度偏转的作用力是( ) A.原子核对α粒子的库仑引力 B.原子核对α粒子的库仑斥力 C.核外电子对α粒子的库仑引力 D.核外电子对α粒子的库仑斥力 答案 B α粒子跟电子的碰撞过程动量守恒,因电子的质量远小于α粒子的,所以α粒子 的速度变化很小,故电子不可能使α粒子发生大角度偏转。因为原子核带正电而α粒子也带 正电,故它们间的作用力是库仑斥力。 2.一个氢原子从 n=3 能级跃迁到 n=2 能级,该氢原子( ) A.放出光子,能量增加 B.放出光子,能量减少 C.吸收光子,能量增加 D.吸收光子,能量减少 答案 B 根据玻尔原子理论知,氢原子从高能级 n=3 向低能级 n=2 跃迁时,将以光子形式放 出能量,放出光子后原子能量减少,故 B 选项正确。 3.(2016 北京理综,13,6 分)处于 n=3 能级的大量氢原子,向低能级跃迁时,辐射光的频率有 ( ) A.1 种 B.2 种 C.3 种 D.4 种 答案 C 处于能级为 n 的大量氢原子向低能级跃迁能辐射光的种类为 C 2 ,所以处于 n=3 能 级的大量氢原子向低能级跃迁,辐射光的频率有 C3 2 =3 种,故 C 项正确。 4.关于原子模型,下列说法错误的是( ) A.汤姆孙发现电子,表明原子具有核式结构 B.卢瑟福完成的α粒子散射实验,说明了原子的“枣糕”模型是不正确的 C.按照玻尔理论,氢原子核外电子从高能级向低能级跃迁时,辐射出光子 D.按照玻尔理论,氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时,电子的动能 减小,原子总能量增加 答案 A 汤姆孙发现电子,表明原子是有结构的,原子是可再分的,故 A 不正确;卢瑟福完成 的α粒子散射实验,说明原子中有核结构存在,故说明“枣糕”模型是不正确的,B 说法正确; 氢原子核外电子从高能级向低能级跃迁时,辐射出光子,C 说法正确;氢原子核外电子从半径 较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时,电场力做负功,电子动能减小,跃迁过程需要吸收光 子,故总能量增加,D 说法正确。 5.(2018 房山二模)如图所示为氢原子的能级示意图,大量氢原子处于 n=3 能级的激发态,在 向较低能级跃迁的过程中向外发出光子,用这些光照射逸出功为 2.29 eV 的金属钠,下列说 法中正确的是( ) A.这些氢原子能发出两种不同频率的光子 B.从 n=3 能级跃迁到 n=2 能级所发出光子的波长最短 C.金属钠发出的光电子的最大初动能为 9.80 eV D.从 n=3 能级跃迁到 n=1 能级所发出的光子频率最低 答案 C 大量处于 n=3 能级的氢原子能发出 C3 2 =3 种不同频率的光子,选项 A 错;从 n=3 能级 跃迁到 n=1 能级,能级差最大,发出光子的频率最大,波长最短,故选项 B、D 均错;从 n=3 能 级跃迁到 n=1 能级发出的光子的能量最大,为-1.51 eV-(-13.6 eV)=12.09 eV,用此光子照 射金属钠时,逸出的光电子初动能最大,为 12.09 eV-2.29 eV=9.80 eV,选项 C 正确。 6.氢原子能级图如图所示,一群原处于 n=4 能级的氢原子回到 n=1 能级的状态过程中( ) A.放出三种频率不同的光子 B.放出五种频率不同的光子 C.放出的光子的最大能量为 12.75 eV,最小能量是 0.66 eV D.放出的光子能够使逸出功为 13.0 eV 的金属发生光电效应 答案 C 氢原子从 n=4 能级跃迁到 n=1 能级, C4 2 =6,有 6 种不同的跃迁方式,所以有 6 种不 同频率的光子放出;在 n=4 和 n=1 能级之间跃迁释放的能量最大,为 12.75 eV;在 n=4 和 n=3 能级之间跃迁,释放的能量最小,为 0.66 eV,所以 A、B 选项错误,而 C 选项正确;由于 12.75 eV 小于金属的逸出功 13.0 eV,所以放出的光不能使该金属发生光电效应,D 选项错误。 7.1885 年瑞士的中学教师巴耳末发现,氢原子光谱中可见光部分的四条谱线的波长可归纳 成一个简单的经验公式: 1 =R( 1 22 - 1 2 ),n 为大于 2 的整数,R 为里德伯常量。1913 年,丹麦物理 学家玻尔受到巴耳末公式的启发,同时还吸取了普朗克的量子假说、爱因斯坦的光子假说和 卢瑟福的核式结构原子模型,提出了自己的原子理论。根据玻尔理论,推导出了氢原子光谱 谱线的波长公式: 1 =R( 1 2 - 1 2 ),m 与 n 都是正整数,且 n>m。当 m 取定一个数值时,不同数值的 n 得出的谱线属于同一个线系。如: m=1,n=2、3、4、…组成的线系叫赖曼系; m=2,n=3、4、5、…组成的线系叫巴耳末系; m=3,n=4、5、6、…组成的线系叫帕邢系; m=4,n=5、6、7、…组成的线系叫布喇开系; m=5,n=6、7、8、…组成的线系叫逢德系。 以上线系只有一个在紫外光区,这个线系是( ) A.赖曼系 B.帕邢系 C.布喇开系 D.逢德系 答案 A 与可见光相比,紫外线的频率高,能量高,即题目列出的线系中能量最高的即为紫 外光区。而根据ν= h ,知波长最短的在紫外光区。根据 1 =R( 1 2 - 1 2 ),可知 1 2 - 1 2 最大的波长最短、 频率最高、能量最大,即在紫外光区。根据已知条件可得赖曼系的能量最高,在紫外光区。 选项 A 对,B、C、D 错。 8.从宏观现象中总结出来的经典物理学规律不一定都能适用于微观体系。但是在某些问题 中利用经典物理学规律也能得到与实际比较相符合的结论。 例如,玻尔建立的氢原子模型,仍然把电子的运动看做经典力学描述下的轨道运动。他 认为,氢原子中的电子在库仑力的作用下,绕原子核做匀速圆周运动。已知电子质量为 m,元 电荷为 e,静电力常量为 k,氢原子处于基态时电子的轨道半径为 r1。 (1)氢原子处于基态时,电子绕原子核运动,可等效为环形电流,求此等效电流值。 (2)氢原子的能量等于电子绕原子核运动的动能、电子与原子核系统的电势能的总和。 已知当取无穷远处电势为零时,点电荷电场中离场源电荷 q 为 r 处的各点的电势 φ=k 。求 处于基态的氢原子的能量。 答案 (1) 2 2π 1 3 (2)- 2 21解析 (1)电子绕原子核做匀速圆周运动 k 2 1 2 =m 1 2 1T= 2π1 1 解得 T= 2π 1 3 电子绕原子核运动的等效电流 I= I= 2 2π 1 3 (2)由(1)可知,处于基态的氢原子的电子的动能 Ek1= 1 2 m 1 2 = 2 21 取无穷远处电势为零,距氢原子核为 r1 处的电势 φ=k 1处于基态的氢原子的电子的电势能 Ep1=-eφ=- 2 1所以,处于基态的氢原子的能量 E1=Ek1+Ep1=- 2 21 B 组 综合提能 1.物理学家在微观领域发现了“电子偶素”这一现象。所谓“电子偶素”就是由一个负电 子和一个正电子绕它们连线的中点,做匀速圆周运动形成相对稳定的系统。类比玻尔的原子 量子化模型可知:两电子做圆周运动的可能轨道半径的取值是不连续的,所以“电子偶素” 系统对应的能量状态(能级)也是不连续的。若规定两电子相距无限远时该系统的引力势能 为零,则该系统的最低能量值为 E(E<0),称为“电子偶素”的基态,基态对应的电子运动的 轨道半径为 r。已知正、负电子的质量均为 m,电荷量大小均为 e,静电力常量为 k,普朗克常 量为 h。则下列说法中正确的是( ) A.“电子偶素”系统处于基态时,一个电子运动的动能为 2 8B.“电子偶素”系统吸收特定频率的光子发生能级跃迁后,电子做圆周运动的动能增大 C.处于激发态的“电子偶素”系统向外辐射光子的最大波长为- h D.处于激发态的“电子偶素”系统向外辐射光子的最小频率为- 答案 A 电子做匀速圆周运动,正、负电子之间的引力充当向心力,有 k 2( 2 ) 2 =m 2 ,故一个电 子的动能Ek= 1 2 mv2= 2 8 ,A正确;“电子偶素”系统吸收光子跃迁时,引力做负功,动能减小,B错 误;电子由激发态跃迁到基态辐射光子的最大能量为-E=hν,因此辐射光子的最大频率 ν=- ;又因为ν= h ,所以-E=h h ,辐射光子的最小波长λ=- h ,故 C、D 均错误。 2.每种原子都有自己的特征谱线,所以运用光谱分析可以鉴别物质和进行深入研究。氢原子 光谱中巴耳末系的谱线波长公式为 1 = 1 h ( 1 22 - 1 2 ),n = 3、4、5…,E1 为氢原子基态能量,h 为普 朗克常量,c 为光在真空中的传播速度。锂离子 Li+的光谱中某个线系的波长可归纳成一个公 式 1 '= 1 ' h ( 1 62 - 1 2 ),m = 9、12、15…,E1'为锂离子 Li+基态能量,经研究发现这个线系光谱与氢 原子巴耳末系光谱完全相同。由此可以推算出锂离子 Li+基态能量与氢原子基态能量的比值 为( ) A.3 B.6 C.9 D. 12 答案 C 因为锂离子 Li+的这个线系光谱与氢原子巴耳末系光谱完全相同,故有 1 h ( 1 22 - 1 32 )= 1 ' h ( 1 62 - 1 92 ),解得 1 ' 1 =9,即 C 正确。 3.(2018 朝阳一模)在玻尔的原子结构理论中,氢原子由高能态向低能态跃迁时能发出一系 列不同频率的光,波长可以用巴耳末—里德伯公式 1 =R 1 2 - 1 2 来计算,式中λ为波长,R 为里 德伯常量,n、k 分别表示氢原子跃迁前和跃迁后所处状态的量子数,对于每一个 k,有 n=k+1、 k+2、k+3…。其中,赖曼系谱线是电子由 n>1 的轨道跃迁到 k=1 的轨道时向外辐射光子形成 的,巴耳末系谱线是电子由 n>2 的轨道跃迁到 k=2 的轨道时向外辐射光子形成的。 (1)如图所示的装置中,K 为一金属板,A 为金属电极,都密封在真空的玻璃管中,S 为石 英片封盖的窗口,单色光可通过石英片射到金属板 K 上。实验中:当滑动变阻器的滑片位于 最左端,用某种频率的单色光照射 K 时,电流计 G 指针发生偏转;向右滑动滑片,当 A 比 K 的 电势低到某一值 Uc(遏止电压)时,电流计 G 指针恰好指向零。 现用氢原子发出的光照射某种金属进行光电效应实验。若用赖曼系中波长最长的光照 射时,遏止电压的大小为 U1;若用巴耳末系中 n=4 的光照射金属时,遏止电压的大小为 U2。 金属表面层内存在一种力,阻碍电子的逃逸。电子要从金属中挣脱出来,必须克服这种 阻碍做功。使电子脱离某种金属所做功的最小值,叫做这种金属的逸出功。 已知电子电荷量的大小为 e,真空中的光速为 c,里德伯常量为 R。试求: a.赖曼系中波长最长的光对应的频率ν1; b.普朗克常量 h 和该金属的逸出功 W0。 (2)光子除了有能量,还有动量,动量的表达式为 p= (h 为普朗克常量)。 a.请你推导光子动量的表达式 p= ; b.处于 n=2 激发态的某氢原子以速度 v0 运动,当它向 k=1 的基态跃迁时,沿与 v0 相反的 方向辐射一个光子。辐射光子前后,可认为氢原子的质量为 M 不变。求辐射光子后氢原子的 速度 v(用 h、R、M 和 v0 表示)。 答案 见解析 解析 (1)a.在赖曼系中,氢原子由 n=2 跃迁到 k=1 时,对应光的波长最长,波长为λ1。则有 1 1 =R 1 12 - 1 22 所以λ1= 4 3所以ν1= h 1 = 3h 4b.在巴耳末系中,氢原子由 n=4 跃迁到 k=2,对应光的波长为λ2,频率为ν2。则有 1 2 =R 1 22 - 1 42 ν2= h 2设用波长为λ1、λ2 的光照射金属产生光电效应时,光电子对应的最大初动能分别为 Ekm1、 Ekm2。根据光电效应方程有 Ekm1=hν1-W0 Ekm2=hν2-W0 根据动能定理有 -eU1=0-Ekm1 -eU2=0-Ekm2 联立解得 h= 16 ( 1 - 2 ) 9h ,W0= 1 3 e(U1-4U2) (2)a.根据质能方程有 E=mc2 又因为 E=hν= h p=mc 所以 p= b.光子的动量 p= = 3 4 根据动量守恒定律有 Mv0=Mv-p 解得 v=v0+ 3 4 第 2 讲 原子核物理 1.(2018 海淀零模)关于天然放射性,下列说法正确的是( ) A.天然放射现象说明原子是可分的 B.放射性元素的半衰期与外界的温度有关,温度越高半衰期越短 C.放射性元素发生β衰变时所释放出的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的 D.机场、车站进行安检时,能发现箱内危险物品,是利用了α射线较强的穿透能力 答案 C 天然放射现象说明原子核可分,A 错;半衰期与外界温度无关,B 错;机场、车站利 用 X 射线穿透物品进行安检,D 错误。 2.(2018 东城一模)下列核反应方程中,属于核聚变的是( ) A. 92 238 U→ 90 234 Th +2 4 He B. 90 234 Th→ 91 234 Pa + - 1 0 e C. 1 2 H +1 3 H→ 2 4 He +0 1 n D. 92 235 U +0 1 n→ 56 144 Ba +36 89 Kr+ 30 1 n 答案 C A 项属于α衰变,B 项属于β衰变,D 项属于核裂变。 3.(2018 西城一模)下列核反应方程中,属于β衰变的是 ( ) A. 90 234 Th→ 91 234 Pa + - 1 0 e B. 1 2 H +1 3 H→ 2 4 He +0 1 n C. 92 238 U→ 90 234 Th +2 4 He D. 7 14 N +2 4 He→ 8 17 O +1 1 H 答案 A A 是β衰变方程。B 是轻核聚变方程。C 是α衰变方程。D 是人工转变发现质子的 方程。 4.(2018 西城二模)碳 12 的原子核是由 6 个质子和 6 个中子构成的,各质子之间存在着三种 相互作用力:万有引力、库仑力和核力。这三种相互作用力的大小由弱到强的顺序是( ) A.万有引力、库仑力、核力 B.万有引力、核力、库仑力 C.库仑力、万有引力、核力 D.核力、万有引力、库仑力 答案 A 质子带正电荷,中子不带电,因此,原子核中的粒子之间必须有一个强大的引力才 能将它们结合在一起,否则质子间的库仑力会使原子核裂开,这个强大的引力不可能是万有 引力,因为质子间的库仑力比万有引力大许多。而能将原子核中的核子结合在一起的力是核 力,核力比库仑力大。 5.(2018 朝阳二模)关于α、β、γ三种射线,下列说法正确的是( ) A.三种射线都带电 B.三种射线都是电磁波 C.α射线的电离能力最强 D.β射线的穿透能力最强 答案 C α射线是高速氦核流,β射线是高速电子流。γ射线是电磁波。α射线带正电,β 射线带负电,γ射线不带电。α射线电离本领最强,γ射线穿透本领最强。因此 C 正确。 6.(2018 门头沟一模)下列核反应方程中,属于聚变的是( ) A. 7 14 N +2 4 He→ 8 17 O +1 1 H B. 92 238 U→ 90 234 Th +2 4 He C. 1 2 H +1 2 H→ 2 4 He D. 92 235 U +0 1 n→ 56 144 Ba +36 89 Kr+ 30 1 n 答案 C 聚变的特点是两个轻核聚合成一个较大的核,选 C。 7.(2018 海淀一模)一个氘核与一个氚核结合成一个氦核同时放出中子,释放 17.6 MeV 的能 量。已知氘核、氚核、氦核和中子的质量分别为 m1、m2、m3 和 m4。下列说法正确的是 ( ) A.该核反应方程是 1 2 H +1 3 H→ 2 4 He+ 20 1 n B.该核反应中的核燃料是当前核电站采用的核燃料 C.m1+m2 >m3+m4 D.该核反应可以在常温下进行 答案 C 由质能方程可知,m1+m2>m3+m4,C 正确;核反应中核子数不变,A 错误;当前核电站采 用的是重核裂变,B 错误;该核反应要在超高温下进行,D 错误。 8.放射性元素氡( 86 222 Rn)经α衰变成为钋( 84 218 Po),半衰期约为 3.8 天;但勘测表明,经过漫长 的地质年代后,目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素 86 222 Rn 的矿石,其原因是( ) A.目前地壳中的 86 222 Rn 主要来自于其他放射性元素的衰变 B.在地球形成的初期,地壳中元素 86 222 Rn 的含量足够高 C.当衰变产物 84 218 Po 积累到一定量以后, 84 218 Po 的增加会减慢 86 222 Rn 的衰变进程 D. 86 222 Rn 主要存在于地球深处的矿石中,温度和压力改变了它的半衰期 答案 A 地壳中 86 222 Rn 主要来自其他放射性元素的衰变,则 A 正确,B 错误;放射性元素的半 衰期与外界环境等因素无关,则 C、D 错误。 9.(2017 海淀一模)核反应方程 92 235 U +0 1 n→ 56 X Ba+ 36 89 Kr+ 30 1 n 表示中子轰击 92 235 U 原子核可能发 生的一种核反应,该核反应释放出的核能为ΔE。关于这个核反应,下列说法中正确的是 ( ) A.该反应属于核聚变 B. 56 X Ba 中的 X 为 146 C. 56 X Ba 中含有 56 个中子 D.该反应的质量亏损为 Δ h2 答案 D 该反应属于核裂变,A 错;由反应前后质量数守恒,可知 X=144,则 56 X Ba 中所含中子 数为 88 个,B、C 错;根据ΔE=Δmc2,可知Δm= Δ h2 ,D 正确。 10.一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子,同时放出一个γ光子。已知氘核、 氚核、中子、氦核的质量分别为 m1、m2、m3、m4,普朗克常量为 h,真空中的光速为 c。下列说 法正确的是( ) A.这个核反应是裂变反应 B.这个反应的核反应方程是 1 2 H +1 3 H→ 2 4 He+ 20 1 n+γ C.辐射出的γ光子的能量 E=(m3+m4-m1-m2)c2 D.辐射出的γ光子在真空中的波长λ= ( 1+2 - 3 - 4 ) c答案 D 一个氘核和一个氚核经过核反应后生成一个氦核和一个中子,同时放出一个γ光 子,这是核聚变反应,所以 A、B 选项错误。核反应的质量亏损Δm=m1+m2-m3-m4,辐射出的γ光 子的能量 E=(m1+m2-m3-m4)c2,所以 C 选项错误。γ光子在真空中的频率ν= ,波长 λ= h = h = h( 1+2 - 3 - 4 ) h2 = ( 1+2 - 3 - 4 ) c ,所以 D 选项正确。 11.下列表述正确的是( ) A. 2 4 He +7 14 N→ 8 17 O+X,X 表示 2 3 He B. 1 2 H +1 3 H→ 2 4 He +0 1 n 是重核裂变的核反应方程 C.放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态无关 D.β衰变中放出的β射线是核外电子挣脱原子核的束缚而形成的 答案 C 2 4 He +7 14 N→ 8 17 O +1 1 H,故A错误; 1 2 H +1 3 H→ 2 4 He +0 1 n是轻核聚变的核反应方程,故B错误; 放射性元素的半衰期是其固有性质,与其所处的化学状态、外部条件均无关,故 C 正确;β射 线是β衰变时原子核内发生变化产生的,与核外电子无关,故 D 错误。 12.太阳的能量来自下面的反应:四个质子(氢核)聚变成一个α粒子,同时发射两个正电子 和两个没有静止质量的中微子νe,若太阳辐射能量的总功率为 P,质子 1 1 H、氦核 2 4 He、正电子 1 0 e 的质量分别为 mp、mHe、me,真空中的光速为 c,求: (1)写出核反应方程式; (2)核反应所释放的能量ΔE; (3)在 t 时间内参与上述热核反应的质子数目。 答案 见解析 解析 (1)核反应方程式为 41 1 H→ 2 4 He+ 21 0 e+νe (2)质量亏损Δm=(4mp-mHe-2me),根据爱因斯坦质能方程得ΔE=Δmc2,核反应释放的能量 ΔE=(4mp-mHe-2me)c2 (3)设时间 t 内参与热核反应的质子数为 N 依据能量关系 Pt=N Δ 4 , 得 N= 4( 4p - He - 2e ) h2 13.在微观领域,动量守恒定律和能量守恒定律依然适用。在轻核聚变的核反应中,两个氘核 ( 1 2 H)以相同的动能 E0=0.35 MeV 做对心碰撞,假设该反应中释放的核能全部转化为氦核( 2 3 He) 和中子( 0 1 n)的动能。已知氘核的质量 mD=2.014 1 u,中子的质量 mn=1.008 7 u,氦核的质量 mHe=3.016 0 u,其中 1 u 相当于 931 MeV。在上述轻核聚变的核反应中生成的氦核和中子的 动能各是多少 MeV?(结果保留 1 位有效数字) 答案 1 MeV 3 MeV 解析 题述核聚变反应中释放的核能 ΔE=Δm×931 MeV=(2×2.014 1-1.008 7-3.016 0)×931 MeV=3.3 MeV 核反应中系统的能量守恒 EkHe+Ekn=2E0+ΔE 核反应中系统的动量守恒 pHe-pn=0 由 Ek= 2 2 可知 kHe kn = n He解得 EkHe= n n+He 20 + Δ = 1 MeV Ekn= He n+He 20 + Δ =3 MeV B 组 综合提能 1.(2017 东城一模)宇宙线是来自宇宙空间的高能粒子流,由各种原子核以及非常少量的电 子、光子和中微子等组成,它可能携带着宇宙起源、天体演化的信息,一直吸引着科学家的 关注。 宇宙线粒子的能量范围非常大,有的可以高达 5×1019 eV。宇宙线逃逸出宇宙线源在星 际空间中传播时,会与磁场、星际介质等发生相互作用,导致一系列复杂的物理效应产生。 利用空间探测器可以得到宇宙线在银河系中传播的一些数据,比如:铍 10 铍 9 比( Be10 Be9 ), 其中铍 9 是宇宙线中原有的铍 10 在传播过程中衰变产生的。据此材料,以下叙述正确的是 ( ) A.宇宙线粒子的能量可以高达 8×1038 J B.宇宙线中的电子不会受到星际磁场的影响 C.根据 Be 10 Be 9 可以得到宇宙线在银河系中平均传播时间的相关信息 D.根据宇宙线到达探测器时的方向可以得到宇宙线源方位的相关信息 答案 C 由 5×1019 eV=5×1019×1.6×10-19 J=8 J 知,A 错误;宇宙线中的电子会与磁场、 星际介质等发生相互作用,B 错误;由于衰变的半衰期固定,故可以根据 Be 10 Be 9 得到宇宙线在银 河系中平均传播时间的相关信息,C 正确;在运动中宇宙线会受到电、磁场力的作用而改变运 动方向,故不能根据宇宙线到达探测器时的方向判断宇宙线源方位的相关信息,D 错误。 2.(2017 昌平二模)图为一放射源发出的α、β、γ射线进入同一匀强磁场(磁场未画出)中 的径迹。表中列出了三种射线的本质和特性。由此可知( ) 种类 构成 质量 电荷量 速度 (u) (e) (c) α射线 氦核 4 +2 0.1 β射线 电子 1/1840 -1 0.99 γ射线 光子 0 0 1 A.磁场方向垂直纸面向里,a 为α射线,b 为β射线 B.磁场方向垂直纸面向里,a 为β射线,b 为α射线 C.磁场方向垂直纸面向外,a 为β射线,b 为α射线 D.磁场方向垂直纸面向外,b 为α射线,c 为γ射线 答案 A 带电粒子垂直于磁场方向进入磁场,做匀速圆周运 动,Bqv=m 2 ,R= , α β = ααβ ββα = 4×1 840×0 . 1×1 1×0 . 99×2 >1,图中 a 的轨迹半径大,a 为α射线,b 为β射线,c 不偏转,为γ射线。由左手定则可知磁场方向垂直纸面向里。 3.太阳现在正处于主序星演化阶段。它主要是由电子和 1 1 H、 2 4 He 等原子核组成。维持太阳 辐射的是它内部的核聚变反应,核反应方程是: 2 - 1 0 e+ 41 1 H → 2 4 He+释放核能,这些核能最后转 化为辐射能。 (1)已知质子质量 mp,氦核的质量 mα,电子质量 me,光速 c。试求每发生一次上述核反应 所释放的核能; (2)用上述辐射中产生的波长为 400 nm 某一单色光去照射逸出功为 3.0×10-19 J 的金属 材料铯时,能否产生光电效应?若能,试求出产生的光电子的最大初动能。(保留三位有效数 字,普朗克常量 h=6.63×10-34 J·s) 答案 (1)(4mp+2me-mα)c2 (2)见解析 解析 (1)根据爱因斯坦质能方程得 ΔE=Δmc2=(4mp+2me-mα)c2 (2)单色光的能量为 E=hν=h h =6.63×10-34× 3×108 4×10 - 7 J=4.97×10-19 J>3.0×10-19 J 所以可以产生光电效应。 最大初动能为 Ekm=hν-W0=1.97×10-19 J。 4.(2017 石景山一模)中子的发现是物理史上的一件大事。1920 年英国物理学家卢瑟福通过 人工核转变发现了质子,在研究原子核的带电荷量与质量时发现原子核的质量大于核中所 有质子的质量和,于是预言:可能有一种质量与质子相近的不带电的中性粒子存在,他把它 叫做中子。 1930 年科学家在真空条件下用α射线轰击铍核 4 9 Be 时,发现一种看不见、贯穿能力极强 的不知名射线和另一种粒子产生。这种不知名射线具有如下特点: ①在任意方向的磁场中均不发生偏转; ②这种射线的速度远小于光速; ③用它轰击含有氢核的物质,可以把氢核打出来;用它轰击含有氮核的物质,可以把氮 核打出来。实验中测得,被打出氢核的最大速度为 3.3×107 m/s,氮核的最大速度为 4.7×106 m/s,假定该射线中的粒子均具有相同的能量,氢核和氮核碰前可认为是静止的,碰撞过程中 没有机械能的损失。 已知氢核质量 MH 与氮核质量 MN 之比为 1∶14。根据以上信息,不考虑相对论效应,完成 下列问题。 (1)请通过分析说明该射线是否带电,是否为γ射线; (2)请判断该射线中的粒子是否为卢瑟福所预言的中子,并通过分析说明依据; (3)写出用α射线轰击铍核 4 9 Be 发现该射线的核反应方程。 答案 见解析 解析 (1)若该射线带电,在磁场中受到洛伦兹力会发生偏转。由①知,该射线在任意方向的 磁场中均不发生偏转,因此该射线不带电,由电中性的粒子流组成。 由②可知,这种射线的速度远小于光速,而γ射线是光子流,其速度就是光速, 因此该 射线不是γ射线。 (2)下面分析该射线中的粒子的质量与质子的质量间的关系。设组成该射线的粒子质量 为 m,轰击含有氢核或氮核的物质时速度为 v。由于碰撞过程中没有机械能损失,当被打出的 氢核和氮核的速度为最大值时,表明其碰撞为弹性碰撞。 设与氢核发生弹性正碰后粒子速度为 v1,氢核速度为 vH;与氮核发生弹性正碰后粒子速 度为 v2,氮核速度为 vN。根据动量守恒和机械能守恒有, 轰击氢核 mv=mv1+MHvH 1 2 mv2= 1 2 m 1 2 + 1 2 MH H 2 解得 vH= 2 +H轰击氮核 mv=mv2+MNvN 1 2 mv2= 1 2 m 2 2 + 1 2 MN N 2 解得 vN= 2 +N解得 m=1.16MH≈MH 计算得该射线中的粒子的质量与质子(氢核)的质量近似相等,表明这种射线中的粒子 就是卢瑟福所预言的中子。 (3) 2 4 He +4 9 Be→ 6 12 C +0 1 n 第 3 讲 相对论初步 A 组 基础巩固 1.(多选)关于狭义相对论的两个假设,下列说法正确的是( ) A.在不同的惯性参考系中,一切物理规律都是相同的 B.在不同的惯性参考系中,力学规律都一样,电磁规律不一样 C.真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的 D.真空中的光速在不同的惯性参考系中是有差别的 答案 AC 狭义相对论的两个基本假设分别是爱因斯坦相对性原理和光速不变原理。选项 A、 C 正确。 2.(多选)如果牛顿运动定律在参考系 A 中成立,而参考系 B 相对于 A 做匀速直线运动,则在 参考系 B 中( ) A.牛顿运动定律也同样成立 B.牛顿运动定律不能成立 C.A 和 B 两个参考系中,一切物理定律都是相同的 D.参考系 B 也是惯性参考系 答案 ACD 参考系 A 是惯性参考系,而参考系 B 相对于 A 做匀速直线运动,因而参考系 B 也 是惯性参考系,D 正确;根据狭义相对论知,在不同的惯性参考系中一切物理定律都是相同 的,A、C 正确,B 错误。 3.(多选)A、B 两架飞机沿地面上一足球场的长轴方向在其上空高速飞过,且 vA>vB,对于在飞 机上的人的观察结果,下列说法正确的是( ) A.A 飞机上的人观察到足球场的长度比 B 飞机上的人观察到的大 B.A 飞机上的人观察到足球场的长度比 B 飞机上的人观察到的小 C.两飞机上的人观察到足球场的长度相同 D.两飞机上的人观察到足球场的宽度相同 答案 BD 由 l=l0 1 - h 2 (其中 l0 是相对足球场静止时的长度),可以看出,速度越大,“动 尺变短”的效应越明显,选项 A 错误、B 正确;但是足球场的短轴与飞机速度方向垂直,所以 两飞机上的人观察到足球场的宽度相同,C 错误、D 正确。 4.(多选)用相对论的观点判断,下列说法正确的是( ) A.时间和空间都是绝对的,在任何参考系中一个事件发生的时间和一个物体的长度总不会 改变 B.在地面上的人看来,以 10 km/s 的速度运动的飞船中的时钟会变慢,但是飞船中的宇航员 却看到时钟是准确的 C.在地面上的人看来,以 10 km/s 的速度运动的飞船在运动方向上会变窄,而飞船中的宇航 员却感觉到地面上的人看起来比飞船中的人扁一些 D.当物体运动的速度 v ≪ c 时,“时间膨胀”和“长度收缩”效果可忽略不计 答案 BCD 按照相对论的观点,时间和空间都是相对的,A 错误;由Δt= Δ 1 - h 2 可知,运动的 时钟变慢了,但飞船中的钟相对观察者静止,时钟准确,B 正确;由 l=l0 1 - 2 h2 可知,地面上的 人看飞船,和飞船上的人看地面上的人都沿运动方向长度减小,C 正确;当 v ≪ c 时,“时间膨 胀”和“长度收缩”效果可忽略不计,D 正确。 5.下列对爱因斯坦质能方程的理解正确的是( ) A.E=mc2 中能量 E 其实就是物体的内能 B.公式 E=mc2 适用于任何类型的能量 C.由ΔE=Δmc2 知质量与能量可以相互转化 D.E=mc2 不适合用来计算电池中的化学能 答案 B E=mc2 中能量 E 包括静质能 E0 和动能 Ek,而非物体的内能,A 错误;E=mc2 也可以计算 电池中的化学能,适用于任何类型的能量,B 正确,D 错误;物体具有的质量与质量对应的能量 称为质能,E=mc2 表明质量与能量之间存在一一对应的关系,物体吸收或放出能量,则对应的 质量会增加或减少,质量与能量并没有相互转化,C 错误。 6.一艘宇宙飞船的船身长度 L0=90 m,相对地面以 u=0.8c 的速度在一观测站的上空飞过。 (1)观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔是多少? (2)航天员测得船自身通过观测站的时间间隔是多少? 答案 (1)2.25×10-7 s (2)3.75×10-7 s 解析 (1)观测站测得船身的长度为 L=L0 1 - 2 h2 =90 1 - 0 . 8 2 m=54 m,通过观测站的时间间隔 为Δt= 㜱 = 54m 0 . 8h =2.25×10-7 s。 (2)航天员测得飞船船身通过观测站的时间间隔为 Δt'= 㜱0 = 90m 0 . 8h =3.75×10-7 s。 7.一个电子被电压为 106 V 的电场加速后,其质量为多少?速率为多大?(电子的静止质量 m0=9.1×10-31 kg) 答案 2.69×10-30 kg 0.94c 解析 由动能定理得 Ek=eU=1.6×10-19×106 J=1.6×10-13 J 对高速运动的电子,由 Ek=mc2-m0c2 得 m= k h2 +m0= 1 . 6×10 - 13( 3×108 ) 2 kg+9.1×10-31 kg≈2.69×10-30 kg, 由 m= 0 1 - 2 h2 得 v=c 1 - 0 2 2 ≈0.94c B 组 综合提能 1.惯性系 S 中有一边长为 l 的正方形,如图所示。从相对惯性系 S 沿 x 方向以接近光速飞行 的飞行器上测得该正方形的图像是 ( ) 答案 C 由相对论知识 l=l0 1 - h 2 得运动方向上的边的边长变短,垂直运动方向的边长 不变,C 正确。 2.(多选)如图所示,你站在水平木杆 AB 的中央附近,并且看到木杆落在地面上时是两端同时 着地的;若此时飞飞正以接近光速的速度从你前面掠过,她看到 B 端比 A 端先落地,因而她认 为木杆是向右倾斜着落地的。她的看法是( ) A.对的 B.错的 C.她应感觉到木杆在朝她运动 D.她应感觉到木杆在远离她运动 答案 AC 当飞飞掠过木杆时,在她看来,木杆不仅在下落,而且还在朝她运动,C 正确、D 错 误。在你看来同时发生的两个事件,在飞飞看来首先在 B 端发生;因为运动是相对的,对运动 的描述取决于选择的参考系。对于你来说木杆是平着下落的,对飞飞来说木杆是向右斜着下 落的,A 正确、B 错误。 3.(多选)一个物体静止时质量为 m0,能量为 E0;速度为 v 时,质量为 m,能量为 E,动能为 Ek,下 列说法正确的是( ) A.物体速度为 v 时能量为 E=mc2 B.物体速度为 v 时能量为 E=mv2 C.物体静止时能量 E0=m0c2 D.物体速度为 v 时的动能 Ek=mc2 E.物体速度为 v 时的动能 Ek=(m-m0)c2 答案 ACE 由爱因斯坦质能方程可知,物体速度为 v 时的能量 E=mc2,选项 A 对、B 错;物体 静止时能量 E0=m0c2,C 对;物体速度为 v 时的动能 Ek=mc2-m0c2=(m-m0)c2,选项 D 错、E 对。 4.已知电子的静止能量为 0.511 MeV,若电子的动能为 0.25 MeV,则它所增加的质量Δm 与静 止质量 m0 的比值近似为( ) A.0.1 B.0.2 C.0.5 D.0.9 答案 C 由题意 E=m0c2 即 m0c2=0.511×106×1.6×10-19 J ΔEk=Δmc2 即Δmc2=0.25×106×1.6×10-19 J 得 Δ 0 = 0 . 25 0 . 511 ≈0.5,故 C 正确。 5.假如有一对孪生兄弟 A 和 B,其中 B 乘坐速度为 v=0.9c 的火箭飞往大角星(牧夫座α),而 后又飞回地球。根据 A 在地球上的观测,大角星离地球有 36 光年远,这次 B 往返飞行经历时 间为 80 年。如果 B 离开地球时,他们的年龄都为 20 岁,试问当 B 回到地球时,他们的年龄各 为多大? 答案 B 为 54.9 岁,A 为 100 岁 解析 设 B 在飞船惯性系中经历的时间为Δτ,根据动钟变慢效应得Δt= Δ 1 - h 2 ,即 80= Δ 1 -( 0 . 9 ) 2 ,解得Δτ≈34.9 年;所以 B 回到地球时的年龄为 20+34.9=54.9(岁);此时 A 的 年龄为 20+80=100(岁)。 本章小结 知识系统构建 相对论初步 全章闯关检测 一、选择题 1.根据α粒子散射实验,卢瑟福提出了原子的核式结构模型。 图中虚线表示原子核所形成 的电场等势线,实线表示一个α粒子的运动轨道。在α粒子从 a 运动到 b 再运动到 c 的过程 中,下列说法中正确的是( ) A.动能先增大,后减小 B.电势能先减小,后增大 C.电场力先做负功,后做正功,总功等于零 D.加速度先变小,后变大 答案 C α粒子带正电,它跟靶核之间存在排斥力。在α粒子由 a 运动到 c 的过程中,排斥 力先做负功后做正功,故α粒子的动能先减小后增大,电势能先增大后减小,故选项 A 和 B 均 错误;由于 a 和 c 在同一等势面上,故α粒子由 a 运动到 c 的全过程中电场力对它做的总功 为零,故选项 C 正确;由库仑定律知α粒子受到的电场力先增大后减小,则其加速度先增大后 减小,故选项 D 错误。 2.铝箔被α粒子轰击后发生了以下核反应: 13 27 Al +2 4 He→ X +0 1 n。下列判断正确的是( ) A. 0 1 n 是质子 B. 0 1 n 是中子 C.X 是 14 23 Si 的同位素 D.X 共有 31 个核子 答案 B 0 1 n 的质量数为 1 应为中子,则 A 错误、B 正确;从反应方程知 X 为 15 30 X ,其电荷数 为 15,质量数为 30,是磷元素的同位素,所以选项 C、D 均错误。 3.氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道过程中( ) A.原子要吸收光子,电子的动能增大,原子的电势能增大,原子的能量增大 B.原子要放出光子,电子的动能减小,原子的电势能减小,原子的能量也减小 C.原子要吸收光子,电子的动能增大,原子的电势能减小,原子的能量增大 D.原子要吸收光子,电子的动能减小,原子的电势能增大,原子的能量增大 答案 D 氢原子的核外电子从距核较近轨道跃迁到距核较远的轨道过程中,原子的能量要 增大,原子要吸收光子,因克服静电引力做功,原子的电势能要增大,但其动能减小,故 A、B、 C 错误,D 正确。 4.图中所示为氢原子能级示意图,则关于氢原子发生能级跃迁的过程中,下列说法中正确的 是 ( ) A.从高能级向低能级跃迁,氢原子放出光子 B.从高能级向低能级跃迁,氢原子核外电子轨道半径变大 C.从高能级向低能级跃迁,氢原子吸收能量 D.从 n=4 能级跃迁到 n=3 能级比从 n=3 能级跃迁到 n=2 能级辐射出的电磁波的波长短 答案 A 氢原子从高能级向低能级跃迁时,氢原子会放出光子,A 正确;从高能级向低能级 跃迁,氢原子放出光子,核外电子轨道半径变小,B 错误;从高能级向低能级跃迁,氢原子释放 能量,故 C 错误;从 n=4 能级跃迁到 n=3 能级时释放的能量比从 n=3 能级跃迁到 n=2 能级时 释放的能量小,故辐射光的频率也小,光的波长较长,D 错误。 5.μ子与氢原子核(质子)构成的原子称为μ氢原子(hydrogen-muon atom),它在原子核物理 的研究中有重要作用。图为μ氢原子的能级示意图。假定光子能量为 E 的一束光照射容器 中大量处于 n=2 能级的μ氢原子,μ氢原子吸收光子后,发出频率为ν1、ν2、ν3、ν4、ν5 和ν6 的光,且频率依次增大,则 E 等于( ) A.h(ν3-ν1) B.h(ν5+ν6) C.hν3 D.hν4 答案 D 由能级跃迁知识及题意可知,处于 n=2 能级的μ氢原子吸收能量为 E 的光子后,发 出 6 种频率的光,说明μ氢原子是从 n=4 能级跃迁的,而ν1、ν2、ν3、ν4、ν5 和ν6 频率依 次增大,说明从 n=4 能级跃迁到 n=2 能级时,辐射能量为 hν3 的光子,综上可知 E=hν3,D 正 确,A、B、C 错误。 6.已知氢原子的基态能量为 E1,激发态能量 En=E1/n2,其中 n=2,3,…。用 h 表示普朗克常量,c 表示真空中的光速。能使氢原子从第一激发态电离的光子的最大波长为( ) A.- 4h 31 B.- 2h 1 C.- 4h 1 D.- 9h 1答案 C 处于第一激发态时 n=2,故其能量E2= 1 4 ,电离时释放的能量ΔE=0-E2=- 1 4 ,而光子能 量ΔE= h ,则解得λ=- 4h 1 ,故 C 正确,A、B、D 均错。 7.(2017 朝阳一模)开发更为安全、清洁的能源是人类不懈的追求。关于核反应 1 2 H +1 3 H→ 2 4 He +0 1 n,下列说法正确的是( ) A.该核反应属于重核的裂变 B.该核反应属于轻核的聚变 C.该核反应过程没有质量亏损 D.目前核电站利用的就是该核反应所释放的能量 答案 B 该核反应属于轻核的聚变,A 错、B 对;核反应过程中有质量亏损,C 错;核电站中的 核反应属于重核的裂变,D 错。 8.已知氦原子的质量为 MHe(u),电子的质量为 me(u),质子的质量为 mp(u),中子的质量为 mn(u),u 为原子质量单位,且由爱因斯坦质能方程 E=mc2 可知:1 u 对应于 931.5 MeV 的能量, 若取光速 c=3×108 m/s,则两个质子和两个中子聚变成一个氦核,释放的能量为( ) A.[2×(mp+mn)-MHe]×931.5 MeV B.[2×(mp+mn+me)-MHe]×931.5 MeV C.[2×(mp+mn+me)-MHe]×c2 J D.[2×(mp+mn)-MHe]×c2 J 答案 B 核反应方程为 21 1 H+ 20 1 n→ 2 4 He,质量亏损Δm=2×(mp+mn)-(MHe-2me)=2×(mp+mn+me)- MHe,所以释放的能量为ΔE=Δm×931.5 MeV=[2×(mp+mn+me)-MHe]×931.5 MeV,选项 B 正确。 9.如图所示是原子核的核子平均质量与原子序数 Z 的关系图像。下列说法中正确的是( ) A.若 D、E 能结合成 F,结合过程一定要释放能量 B.若 D、E 能结合成 F,结合过程一定要吸收能量 C.若 A 能分裂成 B、C, 分裂过程一定要吸收能量 D.若 A 能分裂成 B、C, 则分裂后的原子核的总质量必定增大 答案 A 核反应过程中,核子数守恒,如果反应后比反应前核子平均质量减小,则反应过程 一定要放出能量;如果反应后核子平均质量增大,则反应过程中一定要吸收能量。则由图像 易知 A 正确。 10.关于爱因斯坦的狭义相对论,下列说法正确的是( ) A.狭义相对论的基本假设之一是光速不变原理 B.有些运动物体相对于观察者的速度可以大于真空中的光速 C.力学规律在任何参考系中都是相同的 D.对于不同的惯性系,物理规律(包括力学和电磁学)都是不同的 答案 A 狭义相对论的基本假设:(1)狭义相对性原理:在不同的惯性参考系中,一切物理 规律都是相同的;(2)光速不变原理:真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的,所以 只有 A 项正确。 二、非选择题 11.飞船在高空以 1 10 c 的速度向目标飞行,从飞船上向目标方向发射一个光信号,则在地面的 观察者看来,光信号的速度是 1.1c 吗? 答案 在地面的观察者来看光信号的速度为 c,不是 1.1c。 解析 由经典力学的相对性原理可知,光信号相对地面的速度 v=c+ 1 10 c=1.1c,但这一结论是 错误的。根据狭义相对论的光速不变原理,真空中的光速相对于飞船为 c,相对于地面也为 c, 对不同惯性参考系是相同的。 12.如图所示为氢原子最低的四个能级,当一群氢原子处于 n=4 的能级上向低能级跃迁时: (1)有可能放出 种能量的光子。 (2)在哪两个能级间跃迁时,所放出光子波长最长?波长是多少? (3)已知金属钠的截止频率为 5.53×1014 Hz,普朗克常量 h=6.63×10-34 J·s。请通过计 算判断,氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态过程中发出的光照射金属钠板,能否发生光 电效应。 答案 见解析 解析 (1)N= ( - 1 ) 2 = 4× ( 4 - 1 ) 2 =6。 (2)由题图知,氢原子由第四能级向第三能级跃迁时,能级差最小,辐射的光子波长最长。 由 hν=E4-E3,得 h h =E4-E3,所以λ= h 4 - 3 = 6 . 63×10 - 34 ×3×108[- 0 . 85 -(- 1 . 51 )] ×1 . 6×10 - 19 m ≈1.88×10-6 m。 (3)氢原子放出的光子能量 E=E2-E1, 代入数据得 E=1.89 eV 金属钠的逸出功 W0=hνc,代入数据得 W0=2.3 eV 因为 E

查看更多