高中物理一轮复习全套教案 100页

第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第1单元直线运动的基本概念1、机械运动：一个物体相对于另一物体位置的改变（平动、转动、直线、曲线、圆周）直线运动直线运动的条件：a、v0共线参考系、质点、时间和时刻、位移和路程速度、速率、平均速度加速度运动的描述典型的直线运动匀速直线运动s=t，s-t图，（a＝0）匀变速直线运动特例自由落体（a＝g）竖直上抛（a＝g）v-t图规律,,参考系：假定为不动的物体（1）参考系可以任意选取,一般以地面为参考系（2）同一个物体，选择不同的参考系，观察的结果可能不同（3）一切物体都在运动，运动是绝对的，而静止是相对的2、质点：在研究物体时，不考虑物体的大小和形状，而把物体看成是有质量的点，或者说用一个有质量的点来代替整个物体，这个点叫做质点。（1）质点忽略了无关因素和次要因素，是简化出来的理想的、抽象的模型，客观上不存在。（2）大的物体不一定不能看成质点，小的物体不一定就能看成质点。（3）转动的物体不一定不能看成质点，平动的物体不一定总能看成质点。（4）某个物体能否看成质点要看它的大小和形状是否能被忽略以及要求的精确程度。3、时刻：表示时间坐标轴上的点即为时刻。例如几秒初，几秒末。时间：前后两时刻之差。时间坐标轴线段表示时间，第n秒至第n+3秒的时间为3秒（对应于坐标系中的线段）4、位移：由起点指向终点的有向线段，位移是末位置与始位置之差，是矢量。路程：物体运动轨迹之长，是标量。路程不等于位移大小（坐标系中的点、线段和曲线的长度）5、速度：描述物体运动快慢和运动方向的物理量，是矢量。平均速度：在变速直线运动中，运动物体的位移和所用时间的比值，υ=s/t（方向为位移的方向）平均速率：为质点运动的路程与时间之比,它的大小与相应的平均速度之值可能不相同（粗略描述运动的快慢）即时速度：对应于某一时刻（或位置）的速度，方向为物体的运动方向。（）即时速率：即时速度的大小即为速率；【例1】物体M从A运动到B，前半程平均速度为v1，后半程平均速度为v2，那么全程的平均速度是：（D）A．（v1+v2）/2B．C．D．【例2】某人划船逆流而上，当船经过一桥时，船上一小木块掉在河水里，但一直航行至上游某处时此人才发现，便立即返航追赶，当他返航经过1小时追上小木块时，发现小木块距离桥有5400米远，若此人向上和向下航行时船在静水中前进速率相等。试求河水的流速为多大？解析：选水为参考系，小木块是静止的；相对水，船以恒定不变的速度运动，到船“追上”小木块，船往返运动的时间相等，各为1小时；小桥相对水向上游运动，到船“追上”小木块，小桥向上游运动了位移5400m，时间为2小时。易得水的速度为0.75m/s。6、平动：物体各部分运动情况都相同。转动：物体各部分都绕圆心作圆周运动。7、加速度：描述物体速度变化快慢的物理量，a=△v/△t（又叫速度的变化率），是矢量。a的方向只与△v的方向相同（即与合外力方向相同）。（1）加速度与速度没有直接关系：加速度很大，速度可以很小、可以很大、也可以为零（某瞬时）；加速度很小，速度可以很小、可以很大、也可以为零（某瞬时）；（2）加速度与速度的变化量没有直接关系：加速度很大，速度变化量可以很小、也可以很大；加速度很小，速度变化量可以很大、也可以很小。加速度是“变化率”——表示变化的快慢，不表示变化的大小。（3）当加速度方向与速度方向相同时，物体作加速运动，速度增大；若加速度增大，速度增大得越来越快；若加速度减小，速度增大得越来越慢（仍然增大）。当加速度方向与速度方向相反时，物体作减速运动，速度减小；若加速度增大，速度减小得越来越快；若加速度减小，速度减小得越来越慢（仍然减小）。8匀速直线运动和匀变速直线运动【例3】一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s，经过1s后的速度的大小为10m/s，那么在这1s内，物体的加速度的大小可能为(6m/s或14m/s)【例4】关于速度和加速度的关系，下列说法中正确的是（B）A．速度变化越大，加速度就越大B．速度变化越快，加速度越大C．加速度大小不变，速度方向也保持不变D．加速度大小不断变小，速度大小也不断变小9、匀速直线运动：，即在任意相等的时间内物体的位移相等．它是速度为恒矢量的运动，加速度为零的直线运动．匀速s-t图像为一直线：图线的斜率在数值上等于物体的速度。\n第2单元匀变速直线运动规律匀变速直线运动公式1．常用公式有以下四个2．匀变速直线运动中几个常用的结论①Δs=aT2，即任意相邻相等时间内的位移之差相等。可以推广到sm-sn=(m-n)aT2②，某段时间的中间时刻的即时速度等于该段时间内的平均速度。，某段位移的中间位置的即时速度公式（不等于该段位移内的平均速度）。可以证明，无论匀加速还是匀减速，都有。3．初速度为零（或末速度为零）的匀变速直线运动做匀变速直线运动的物体，如果初速度为零，或者末速度为零，那么公式都可简化为：，，，4．初速为零的匀变速直线运动①前1秒、前2秒、前3秒……内的位移之比为1∶4∶9∶……②第1秒、第2秒、第3秒……内的位移之比为1∶3∶5∶……③前1米、前2米、前3米……所用的时间之比为1∶∶∶……④第1米、第2米、第3米……所用的时间之比为1∶∶（）∶……对末速为零的匀变速直线运动，可以相应的运用这些规律。5．一种典型的运动经常会遇到这样的问题：物体由静止开始先做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动到静止。用右图描述该过程，可以得出以下结论：ABCa1、s1、t1a2、s2、t2①②6、解题方法指导：解题步骤：（1）确定研究对象。（2）明确物体作什么运动，并且画出运动示意图。（3）分析研究对象的运动过程及特点，合理选择公式，注意多个运动过程的联系。（4）确定正方向，列方程求解。（5）对结果进行讨论、验算。解题方法：（1）公式解析法：假设未知数，建立方程组。本章公式多，且相互联系，一题常有多种解法。要熟记每个公式的特点及相关物理量。（2）图象法：如用v—t图可以求出某段时间的位移大小、可以比较vt/2与vS/2，以及追及问题。用s—t图可求出任意时间内的平均速度。（3）比例法：用已知的讨论，用比例的性质求解。（4）极值法：用二次函数配方求极值，追赶问题用得多。（5）逆向思维法：如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动来求解。综合应用例析【例1】在光滑的水平面上静止一物体，现以水平恒力甲推此物体，作用一段时间后换成相反方向的水平恒力乙推物体，当恒力乙作用时间与恒力甲的作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的速度为v2，若撤去恒力甲的瞬间物体的速度为v1，则v2∶v1=?【解析】，而，得v2∶v1=2∶1思考：在例1中，F1、F2大小之比为多少？（答案：1∶3）匀加速匀速匀减速甲t1t2t3乙s1s2s3【例2】一辆汽车沿平直公路从甲站开往乙站，起动加速度为2m/s2，加速行驶5秒，后匀速行驶2分钟，然后刹车，滑行50m，正好到达乙站，求汽车从甲站到乙站的平均速度？解析：起动阶段行驶位移为：s1=……（1）匀速行驶的速度为：v=at1……（2）匀速行驶的位移为：s2=vt2……（3）刹车段的时间为：s3=……（4）汽车从甲站到乙站的平均速度为：=【例3】一物体由斜面顶端由静止开始匀加速下滑，最初的3秒内的位移为s1，最后3秒内的位移为s2，若s2-s1=6米，s1∶s2=3∶7，求斜面的长度为多少？解析：设斜面长为s，加速度为a，沿斜面下滑的总时间为t。则：（t-3）s3s斜面长：s=at2……(1)前3秒内的位移：s1=at12……（2）后3秒内的位移：s2=s-a(t-3)2……(3)s2-s1=6……(4)s1∶s2=3∶7……(5)DC解（1）—（5）得：a=1m/s2t=5ss=12.5m【例4】物块以v0=4米/秒的速度滑上光滑的斜面，途经A、B两点，已知在A点时的速度是B点时的速度的2倍，由B点再经0.5秒物块滑到斜面顶点C速度变为零，A、B相距0.75米，求斜面的长度及物体由D运动到B的时间？解析：物块匀减速直线运动。设A点速度为VA、B点速度VB，加速度为a，斜面长为S。A到B：vB2-vA2=2asAB……(1)vA=2vB ……(2)B到C：0=vB+at0 ……..(3)\n解（1）（2）（3）得：vB=1m/sa=-2m/s2D到C0-v02=2as(4)s=4m从D运动到B的时间：D到B：vB=v0+at1t1=1.5秒D到C再回到B：t2=t1+2t0=1.5+2´0.5=2.5(s)【例5】ABCD一质点沿AD直线作匀加速直线运动，如图，测得它在AB、BC、CD三段的时间均为t，测得位移AC=L1，BD=L2，试求质点的加速度？解：设AB=s1、BC=s2、CD=s3则：s2-s1=at2s3-s2=at2两式相加：s3-s1=2at2由图可知：L2-L1=（s3+s2）-（s2+s1）=s3-s1则：a=【例6】一质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度为a1的匀加速运动，接着做加速度为a2的匀减速直线运动，抵达B点时恰好静止，如果AB的总长度为s，试求质点走完AB全程所用的时间t？解：设质点的最大速度为v，前、后两段运动过程及全过程的平均速度相等，均为。全过程：s=……（1）匀加速过程：v=a1t1……（2）匀减速过程：v=a2t2……（3）由（2）（3）得：t1=代入（1）得：s=s=将v代入（1）得：t=【例7】一个做匀加速直线运动的物体，连续通过两段长为s的位移所用的时间分别为t1、t2，求物体的加速度？解：方法（1）：设前段位移的初速度为v0，加速度为a，则：前一段s：s=v0t1+……（1）全过程2s：2s=v0（t1+t2）+……（2）消去v0得：a=方法（2）：设前一段时间t1的中间时刻的瞬时速度为v1,后一段时间t2的中间时刻的瞬时速度为v2。所以：v1=……（1）v2=……（2）v2=v1+a（）……（3）解（1）（2）（3）得相同结果。方法（3）：设前一段位移的初速度为v0，末速度为v，加速度为a。前一段s：s=v0t1+……（1）后一段s：s=vt2+……（2）v=v0+at……（3）解（1）（2）（3）得相同结果。例8．某航空公司的一架客机，在正常航线上做水平飞行时，突然受到强大的垂直气流的作用，使飞机在10s内下降高度为1800m，造成众多乘客和机组人员的伤害事故，如果只研究在竖直方向上的运动，且假设这一运动是匀变速直线运动.（1）求飞机在竖直方向上产生的加速度多大？（2）试估算成年乘客所系安全带必须提供多大拉力才能使乘客不脱离座椅.解：由s=at2及：a=m/s2=36m/s2.由牛顿第二定律：F+mg=ma得F=m(a-g)=1560N,成年乘客的质量可取45kg~65kg,因此，F相应的值为1170N~1690N第3单元自由落体与竖直上抛运动1、自由落体运动：物体仅在重力作用下由静止开始下落的运动重快轻慢”――非也亚里斯多德――Y伽利略――――N（1）特点：只受重力作用，即υ0=0、a=g（由赤道向两极，g增加由地面向高空，g减小一般认为g不变）（2）运动规律：V=gtH=gt2./2V2=2gH对于自由落体运动，物体下落的时间仅与高度有关，与物体受的重力无关。（3）符合初速度为零的匀加速直线运动的比例规律2、竖直上抛运动：物体上获得竖直向上的初速度υ0后仅在重力作用下的运动。特点：只受重力作用且与初速度方向反向，以初速方向为正方向则---a=-g运动规律：（1）V＝V0－gtt＝V0/g（2）H＝V0t－gt2/2（3）V02－V2＝2gHH＝V02/2g（4）=(V0+V)/2例：竖直上抛，V0＝100m/s忽略空气阻力（1）、多长时间到达最高点？0＝V0－gtt＝V0/g=10秒500米\n理解加速度（2）、最高能上升多高？（最大高度）100m/s0－V02＝－2gHH=V02/2g＝500米（3）、回到抛出点用多长时间？H＝gt2./2t＝10秒时间对称性（4）、回到抛出点时速度＝？V＝gtV＝100m/s方向向下速度大小对称性（5）、接着下落10秒，速度＝？v＝100＋10×10＝200m/s方向向下（6）、此时的位置？s＝100×10＋0.5×10×102＝1500米（7）、理解前10秒、20秒v（m/s）30秒内的位移1000102030t(s)－100－200结论：时间对称性速度大小对称性注意：若物体在上升或下落中还受有恒空气阻力，则物体的运动不再是自由落体和竖直上抛运动，分别计算上升a上与下降a下的加速度，利用匀变速公式问题同样可以得到解决。例题分析：例1、从距地面125米的高处，每隔相同的时间由静止释放一个小球队，不计空气阻力，g=10米/秒2，当第11个小球刚刚释放时，第1个小球恰好落地，试求：（1）相邻的两个小球开始下落的时间间隔为多大？（2）当第1个小球恰好落地时，第3个小球与第5个小球相距多远？（拓展）将小球改为长为5米的棒的自由落体，棒在下落过程中不能当质点来处理，但可选棒上某点来研究。例2、在距地面25米处竖直上抛一球，第1秒末及第3秒末先后经过抛出点上方15米处，试求：（1）上抛的初速度，距地面的最大高度和第3秒末的速度；（2）从抛出到落地所需的时间（g=10m/s2）例3、一竖直发射的火箭在火药燃烧的2S内具有3g的竖直向上加速度，当它从地面点燃发射后，它具有的最大速度为多少？它能上升的最大高度为多少？从发射开始到上升的最大高度所用的时间为多少？（不计空气阻力。G=10m/s2）第4单元直线运动的图象知识要点：1、匀速直线运动对应于实际运动1、位移～时间图象，某一时刻的位移S＝vt⑴截距的意义：出发点距离标准点的距离和方向⑵图象水平表示物体静止斜率绝对值=v的大小⑶，交叉点表示两个物体相遇V（某时刻的快慢）t2、速度～时间图象，某一时刻的速度阴影面积＝位移数值（大小）上正下负2、匀变速直线运动的速度——时间图象（υ—t图）△VVtVOα0t(1)截距表示初速度pqABCvtopqvtqtp(2)比较速度变化的快慢，即加速度(3)交叉点表示速度相等(4)面积=位移上正下负【例1】一个固定在水平面上的光滑物块，其左侧面是斜面AB，右侧面是曲面AC。已知AB和AC的长度相同。两个小球p、q同时从A点分别沿AB和AC由静止开始下滑，比较它们到达水平面所用的时间A.p小球先到B.q小球先到C.两小球同时到D.无法确定vaa’v1v2l1l1l2l2vt1t2tovm解：可以利用v-t图象(这里的v是速率，曲线下的面积表示路程s)定性地进行比较。在同一个v-t图象中做出p、q的速率图线，显然开始时q\n的加速度较大，斜率较大；由于机械能守恒，末速率相同，即曲线末端在同一水平图线上。为使路程相同（曲线和横轴所围的面积相同），显然q用的时间较少。【例2】两支完全相同的光滑直角弯管(如图所示)现有两只相同小球a和a/同时从管口由静止滑下，问谁先从下端的出口掉出？(假设通过拐角处时无机械能损失)解析：首先由机械能守恒可以确定拐角处v1>v2，而两小球到达出口时的速率v相等。又由题薏可知两球经历的总路程s相等。由牛顿第二定律，小球的加速度大小a=gsinα，小球a第一阶段的加速度跟小球a/第二阶段的加速度大小相同（设为a1）；小球a第二阶段的加速度跟小球a/第一阶段的加速度大小相同（设为a2），根据图中管的倾斜程度，显然有a1>a2。根据这些物理量大小的分析，在同一个v-t图象中两球速度曲线下所围的面积应该相同，且末状态速度大小也相同（纵坐标相同）。开始时a球曲线的斜率大。由于两球两阶段加速度对应相等，如果同时到达（经历时间为t1）则必然有s1>s2，显然不合理。考虑到两球末速度大小相等（图中vm），球a/的速度图象只能如蓝线所示。因此有t1a2B．a1=a2C．a1gtanα时木块和斜面不再保持相对静止，而是相对于斜面向上滑动，绳子松弛，拉力为零。问题2：必须弄清牛顿第二定律的瞬时性。L1L2θ图2(a)牛顿第二定律是表示力的瞬时作用规律，描述的是力的瞬时作用效果—产生加速度。物体在某一时刻加速度的大小和方向，是由该物体在这一时刻所受到的合外力的大小和方向来决定的。当物体所受到的合外力发生变化时，它的加速度随即也要发生变化，F=ma对运动过程的每一瞬间成立，加速度与力是同一时刻的对应量，即同时产生、同时变化、同时消失。例2、如图2（a）所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态。现将L2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。（l）下面是某同学对该题的一种解法：分析与解：设L1线上拉力为T1，L2线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡,有T1cosθ＝mg，T1sinθ＝T2，T2＝mgtanθ剪断线的瞬间，T2突然消失，物体即在T2反方向获得加速度。因为mgtanθ＝ma，所以加速度a＝gtanθ，方向在T2反方向。你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评价并说明理由。L1L2θ图2(b)（2）若将图2(a)中的细线L1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图2(b)所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与（l）完全相同，即a＝gtanθ，你认为这个结果正确吗？请说明理由。分析与解：（1）错。因为L2被剪断的瞬间，L1上的张力大小发生了变化。剪断瞬时物体的加速度a=gsinθ.\n（2）对。因为L2被剪断的瞬间，弹簧L1的长度来不及发生变化，其大小和方向都不变。问题3：必须弄清牛顿第二定律的独立性。Mm图3当物体受到几个力的作用时，各力将独立地产生与其对应的加速度（力的独立作用原理），而物体表现出来的实际加速度是物体所受各力产生加速度叠加的结果。那个方向的力就产生那个方向的加速度。例3、如图3所示，一个劈形物体M放在固定的斜面上，上表面水平，在水平面上放有光滑小球m，劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是：CA．沿斜面向下的直线B．抛物线C．竖直向下的直线D.无规则的曲线。(m+M)gFF图5问题4：必须弄清牛顿第二定律的同体性。图4加速度和合外力(还有质量)是同属一个物体的，所以解题时一定要把研究对象确定好，把研究对象全过程的受力情况都搞清楚。例4、一人在井下站在吊台上，用如图4所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来。图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦。吊台的质量m=15kg,人的质量为M=55kg,起动时吊台向上的加速度是a=0.2m/s2,求这时人对吊台的压力。(g=9.8m/s2)分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图5所示，F为绳的拉力,由牛顿第二定律有：2F-(m+M)g=(M+m)a则拉力大小为：再选人为研究对象，受力情况如图6所示，其中FN是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得：F+FN-Mg=Ma,故FN=M(a+g)-F=200N.由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因此人对吊台的压力大小为200N，方向竖直向下。问题5：必须弄清面接触物体分离的条件及应用。相互接触的物体间可能存在弹力相互作用。对于面接触的物体，在接触面间弹力变为零时，它们将要分离。图7例5、一根劲度系数为k,质量不计的轻弹簧，上端固定,下端系一质量为m的物体,有一水平板将物体托住,并使弹簧处于自然长度。如图7所示。现让木板由静止开始以加速度a(a＜g＝匀加速向下移动。求经过多长时间木板开始与物体分离。分析与解：设物体与平板一起向下运动的距离为x时，物体受重力mg，弹簧的弹力F=kx和平板的支持力N作用。据牛顿第二定律有：mg-kx-N=ma得N=mg-kx-ma当N=0时，物体与平板分离，所以此时因为，所以。F图9例6、一弹簧秤的秤盘质量m1=1．5kg，盘内放一质量为m2=10．5kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m，系统处于静止状态，如图9所示。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0．2s内F是变化的，在0．2s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少？（g=10m/s2）分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘的质量m1=1．5kg，所以此时弹簧不能处于原长，这与例2轻盘不同。设在0_____0.2s这段时间内P向上运动的距离为x,对物体P据牛顿第二定律可得：F+N-m2g=m2a对于盘和物体P整体应用牛顿第二定律可得：aFFNMg图6令N=0，并由述二式求得，而，所以求得a=6m/s2.当P开始运动时拉力最小，此时对盘和物体P整体有Fmin=(m1+m2)a=72N.当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m2(a+g)=168N.图10问题6：必须会分析临界问题。例7、如图10，在光滑水平面上放着紧靠在一起的ＡＢ两物体，Ｂ的质量是Ａ的2倍，Ｂ受到向右的恒力ＦB=2N，Ａ受到的水平力ＦA=(9-2t)N，(t的单位是s)。从t＝0开始计时，则：A．Ａ物体3s末时的加速度是初始时的5／11倍；B．t＞４s后,Ｂ物体做匀加速直线运动；C．t＝4.5s时,Ａ物体的速度为零；D．t＞4.5s后,ＡＢ的加速度方向相反。分析与解：对于A、B整体据牛顿第二定律有：FA+FB=(mA+mB)a,设A、B间的作用为N，则对B据牛顿第二定律可得：N+FB=mBa解得当t=4s时N=0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动，当t=4.5s时A物体的加速度为零而速度不为零。t＞4.5s后,Ａ所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反。当t<４s时，A、B的加速度均为。\n综上所述，选项A、B、D正确。aAP450图11例8、如图11所示，细线的一端固定于倾角为450的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。当滑块至少以加速度a=向左运动时，小球对滑块的压力等于零，当滑块以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力T=。分析与解：当滑块具有向左的加速度a时，小球受重力mg、绳的拉力T和斜面的支持力N作用，如图12所示。mgaTN450图12在水平方向有Tcos450-Ncos450=ma;在竖直方向有Tsin450-Nsin450-mg=0.由上述两式可解出：mgaTα图13由此两式可看出，当加速度a增大时，球受支持力N减小，绳拉力T增加。当a=g时，N=0，此时小球虽与斜面有接触但无压力，处于临界状态。这时绳的拉力T=mg/cos450=.当滑块加速度a>g时，则小球将“飘”离斜面，只受两力作用，如图13所示，此时细线与水平方向间的夹角α<450.由牛顿第二定律得：Tcosα=ma,Tsinα=mg,解得。问题7：必须会用整体法和隔离法解题。在应用牛顿第二定律解题时，有时为了方便，可以取一组物体（一组质点）为研究对象。这一组物体一般具有相同的速度和加速度，但也可以有不同的速度和加速度。以质点组为研究对象的好处是可以不考虑组内各物体间的相互作用.图14FmM例9、用质量为m、长度为L的绳沿着光滑水平面拉动质量为M的物体，在绳的一端所施加的水平拉力为F，如图14所示，求：(1)物体与绳的加速度；(2)绳中各处张力的大小(假定绳的质量分布均匀，下垂度可忽略不计。)图15FxmxM分析与解：(1)以物体和绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F=（M+m）a,解得a=F/(M+m).(2)以物体和靠近物体x长的绳为研究对象，如图15所示。根据牛顿第二定律可得：Fx=(M+mx/L)a=(M+).ABLmθ图16由此式可以看出：绳中各处张力的大小是不同的，当x=0时，绳施于物体M的力的大小为。例10、如图16所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一轻环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当细绳与AB成θ角时，小球速度的水平分量和竖直分量的大小各是多少？轻环移动距离d是多少？分析与解：本题是“轻环”模型问题。由于轻环是套在光滑水平横杆上的，在小球下落过程中，由于轻环可以无摩擦地向右移动，故小球在落到最低点之前，绳子对小球始终没有力的作用，小球在下落过程中只受到重力作用。因此，小球的运动轨迹是竖直向下的，这样当绳子与横杆成θ角时，小球的水平分速度为Vx=0,小球的竖直分速度。可求得轻环移动的距离是d=L-Lcosθ.ABF例11.如图所示，mA=1kg，mB=2kg，A、B间静摩擦力的最大值是5N，水平面光滑。用水平力F拉B，当拉力大小分别是F=10N和F=20N时，A、B的加速度各多大？解：先确定临界值，即刚好使A、B发生相对滑动的F值。当A、B间的静摩擦力达到5N时，既可以认为它们仍然保持相对静止，有共同的加速度，又可以认为它们间已经发生了相对滑动，A在滑动摩擦力作用下加速运动。这时以A为对象得到a=5m/s2；再以A、B系统为对象得到F=（mA+mB）a=15N⑴当F=10N<15N时，A、B一定仍相对静止，所以⑵当F=20N>15N时，A、B间一定发生了相对滑动，用质点组牛顿第二定律列方程：，而aA=5m/s2，于是可以得到aB=7.5m/s2问题8：必须会分析与斜面体有关的问题。（系统牛顿第二定律）α例12.如图，倾角为α的斜面与水平面间、斜面与质量为m的木块间的动摩擦因数均为μ，木块由静止开始沿斜面加速下滑时斜面始终保持静止。求水平面给斜面的摩擦力大小和方向。解：以斜面和木块整体为研究对象，水平方向仅受静摩擦力作用，整体法：FN=Mg+mg(cosα+μsinα)sinαxyV0Mmθ图17例13、（难）如图17所示，水平粗糙的地面上放置一质量为M、倾角为θ的斜面体，斜面体表面也是粗糙的有一质量为m的小滑块以初速度V0由斜面底端滑上斜面上经过时间t到达某处速度为零，在小滑块上滑过程中斜面体保持不动。求此过程中水平地面对斜面体的摩擦力与支持力各为多大？分析与解：取小滑块与斜面体组成的系统为研究对象，系统受到的外力有重力(m+M)g/地面对系统的支持力N、静摩擦力f(向下)。建立如图17\n所示的坐标系，对系统在水平方向与竖直方向分别应用牛顿第二定律得：－f=0－mV0cosθ/t,[N－(m+M)g]=0－mV0sinθ/t所以，方向向左；。图18SPQV问题9：必须会分析传送带有关的问题。例14、如图18所示，某工厂用水平传送带传送零件，设两轮子圆心的距离为S，传送带与零件间的动摩擦因数为μ，传送带的速度恒为V，在P点轻放一质量为m的零件，并使被传送到右边的Q处。设零件运动的后一段与传送带之间无滑动，则传送所需时间为，摩擦力对零件做功为.分析与解：由于f=μmg=ma,所以a=μg.加速时加速位移通过余下距离所用时间共用时间摩擦力对零件做功例15、（难）如图19所示，传送带与地面的倾角θ=37ｏ，从A到B的长度为16ｍ，传送带以V0=10m/s的速度逆时针转动。在传送带上端无初速的放一个质量为0.5㎏的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，求物体从A运动到B所需的时间是多少？(sin37ｏ=0.6,cos37ｏ=0.8)分析与解：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图20（a）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图20(b)所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变”。开始阶段由牛顿第二定律得:ｍｇsinθ＋μｍｇcosθ=ｍa1;所以:a1=ｇsinθ＋µｇcosθ=10m/s2;物体加速至与传送带速度相等时需要的时间ｔ1＝ｖ／a1＝1s;发生的位移：ｓ＝a1ｔ12/2＝5ｍ＜16ｍ;物体加速到10m/s时仍未到达B点。第二阶段，有：ｍｇsinθ－µｍｇcosθ＝ｍa2;所以：a2＝2m/s2;设第二阶段物体滑动到B的时间为t2则：LAB－S＝ｖｔ2＋a２ｔ22/2；解得：t2＝1s,ｔ2/=-11s（舍去）。故物体经历的总时间ｔ=t1＋t2=2s.ANa1Nf2Ba2f1ωmgmg图19图20(a)(b)第四章机械能第1单元功和功率\n一、功1．功：力对空间积累效应,和位移相对应（也和时间相对应）。功等于力和沿该力方向上的位移的乘积。求功必须指明是“哪个力”“在哪个过程中”做的2、功的正负①0≦θ≦900时，W＞0正功利于物体运动，动力②、θ＝900时，W＝0零功不做功③、900≦θ≦1800时W＜0负功阻碍物体运动，阻力【例1】质量为m的物体，受水平力F的作用，在粗糙的水平面上运动，下列说法中正确的是（A、C、D）[注意功是怎样改变能量的]A．如果物体做加速直线运动，F一定做正功B．如果物体做减速直线运动，F一定做负功C．如果物体做减速直线运动，F可能做正功D．如果物体做匀速直线运动，F一定做正功3、功是标量符合代数相加法则，功的正负不具有方向意义，只能反映出该力是有利于物体运动，还是阻碍物体运动，是动力还是阻力。4、合力功的计算①w合=F合×SCOSθ②w合=各个力的功的代数和③用动能定理W=ΔEk或功能关系5、变力做功的计算①动能定理②用平均值代替公式中的F。如果力随位移是均匀变化的，则平均值F=③F～S图象中面积＝功④W=Pt【例2】用力将重物竖直提起，先是从静止开始匀加速上升，紧接着匀速上升。如果前后两过程的运动时间相同，不计空气阻力，则（D）A．加速过程中拉力做的功比匀速过程中拉力做的功大B．匀速过程中拉力做的功比加速过程中拉力做的功大C．两过程中拉力做的功一样大D．上述三种情况都有可能解析：① ②比较①、②知：当a>g时，；当a=g时，；当a2πR）.已知列车的车轮是卡在导轨上的光滑槽中只能使列车沿着圆周运动，在轨道的任何地方都不能脱轨。试问：在没有任何动力的情况下，列车在水平轨道上应具有多大初速度v0，才能使列车通过圆形轨道而运动到右边的水平轨道上？解析：当游乐车灌满整个圆形轨道时，游乐车的速度最小，设此时速度为v，游乐车的质量为m，则据机械能守恒定律得：要游乐车能通过圆形轨道，则必有v>0，所以有　　　　　例6、小球在外力作用下，由静止开始从A点出发做匀加速直线运动，到B点时消除外力。然后，小球冲上竖直平面内半径为R的光滑半圆环，恰能维持在圆环上做圆周运动，到达最高点C后抛出，最后落回到原来的出发点A处，如图所示，试求小球在AB段运动的加速度为多大？　解析：要题的物理过程可分三段：从A到孤匀加速直线运动过程；从B沿圆环运动到C的圆周运动，且注意恰能维持在圆环上做圆周运动，在最高点满足重力全部用来提供向心力；从C回到A的平抛运动。根据题意，在C点时，满足①从B到C过程，由机械能守恒定律得②由①、②式得从C回到A过程，满足③\n水平位移s=vt，④由③、④式可得s=2R从A到B过程，满足⑤∴例7、如图所示，半径分别为R和r的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD相通，一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过动摩擦因数为μ的CD段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道。若小球在两圆轨道的最高点对轨道压力都恰好为零，试求水平CD段的长度。解析：（1）小球在光滑圆轨道上滑行时，机械能守恒，设小球滑过C点时的速度为，通过甲环最高点速度为v′，根据小球对最高点压力为零，由圆周运动公式有①取轨道最低点为零势能点，由机械守恒定律②由①、②两式消去v′，可得同理可得小球滑过D点时的速度，设CD段的长度为l，对小球滑过CD段过程应用动能定理，将、代入，可得三、针对训练1．将一球竖直上抛，若该球所受的空气阻力大小不变，则其力大小不变，则其上升和下降两过程的时间及损失的机械能的关系是（）A．>，>B．<，m时，相对静止是的共同速度必向左，不会再次与墙相碰，可求得摩擦生热是；当M=m时，显然最终共同速度为零，当MVs,怎样渡河位移最小？\n（3）若VcVs时，船才有可能垂直于河岸横渡。（3）如果水流速度大于船上在静水中的航行速度，则不论船的航向如何，总是被水冲向下游。怎样才能使漂下的距离最短呢？如图2丙所示，设船头Vc与河岸成θ角，合速度V与河岸成α角。可以看出：α角越大，船漂下的距离x越短，那么，在什么条件下α角最大呢？以Vs的矢尖为圆心，以Vc为半径画圆，当V与圆相切时，α角最大，根据cosθ=Vc/Vs,船头与河岸的夹角应为：θ=arccosVc/Vs.船漂的最短距离为：.此时渡河的最短位移为：.2．连带运动问题【例2】如图所示，汽车甲以速度v1拉汽车乙前进，乙的速度为v2，甲、乙都在水平面上运动，求v1∶v2解析：甲、乙沿绳的速度分别为v1和v2cosα，两者应该相等，所以有v1∶v2=cosα∶1【例3】两根光滑的杆互相垂直地固定在一起。上面分别穿有一个小球。小球a、b间用一细直棒相连如图。当细直棒与竖直杆夹角为α时，求两小球实际速度之比va∶vb解析：a、b沿杆分速度分别为vacosα和vbsinα∴va∶vb=tanα∶1RθOPV0图7V13、会根据运动的合成与分解求解面接触物体的速度问题。求相互接触物体的速度关联问题时，首先要明确两接触物体的速度，分析弹力的方向，然后将两物体的速度分别沿弹力的方向和垂直于弹力的方向进行分解，令两物体沿弹力方向的速度相等即可求出。例4、一个半径为R的半圆柱体沿水平方向向右以速度V0匀速运动。在半圆柱体上搁置一根竖直杆，此杆只能沿竖直方向运动，如图7所示。当杆与半圆柱体接触点P与柱心的连线与竖直方向的夹角为θ，求竖直杆运动的速度。解：设竖直杆运动的速度为V1，方向竖直向上由于弹力方向沿OP方向，所以V0、V1在OP方向的投影相等，即有，解得V1=V0.tgθ.四、平抛运动当物体初速度水平且仅受重力作用时的运动，被称为平抛运动。其轨迹为抛物线，性质为匀变速运动。平抛运动可分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动这两个分运动。广义地说，当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时，做类平抛运动。1、（合成与分解的角度）平抛运动基本规律①速度：，合速度　方向：tanθ=②位移x=voty=　　合位移大小：s=方向：tanα=③时间由y=得t=（由下落的高度y决定）竖直方向自由落体运动，匀变速直线运动的一切规律在竖直方向上都成立。θv0vtv0vyAOBDC④一个有用的推论平抛物体任意时刻瞬时时速度方向的反向延长线与初速度延长线的交点到抛出点的距离都等于水平位移的一半。证明：设时间t内物体的水平位移为s，竖直位移为h，则末速度的水平分量vx=v0=s/t，而竖直分量vy=2h/t，，所以有hHsLv2、平抛运动是匀变速曲线运动3、平抛中能量守恒\n注意：两个分解（位移和速度）和两个物理量（角度和时间）4．应用举例【例5】已知网高H，半场长L，扣球点高h，扣球点离网水平距离s、求：水平扣球速度v的取值范围。OA解析：假设运动员用速度vmax扣球时，球刚好不会出界，用速度vmin扣球时，球刚好不触网，从图中数量关系可得：；实际扣球速度应在这两个值之间。例6、如图8在倾角为θ的斜面顶端A处以速度V0水平抛出一小球，落在斜面上的某一点B处，设空气阻力不计，求（1）小球从A运动到B处所需的时间；（2）从抛出开始计时，经过多长时间小球离斜面的距离达到最大？θ图8BAV0V0Vy1分析与解：（1）小球做平抛运动，同时受到斜面体的限制，设从小球从A运动到B处所需的时间为t,则：水平位移为x=V0t竖直位移为y=数学关系得到:（2）从抛出开始计时，经过t1时间小球离斜面的距离达到最大,当小球的速度与斜面平行时，小球离斜面的距离达到最大。因Vy1=gt1=V0tanθ,所以。第2单元圆周运动一、描述述圆周运动物理量：1、线速度＝矢量方向――切向理解：单位时间内通过的弧长匀速圆周运动不匀速,是角速度不变的运动可理解为前面学过的即时速度2、角速度＝矢量方向――不要求单位：rad/s弧度/秒理解：单位时间内转过的角度3线速度和角速度是从两个不同的角度去描速同一个运动的快慢3、周期和频率周期（T）――物体运动一周所用的时间频率（f）――单位时间内完成多少个圆周，周期倒数(HzS－1)转速（n）――单位时间内转过的圈数（r/sr/min）abcd【例1】如图所示装置中，三个轮的半径分别为r、2r、4r，b点到圆心的距离为r，求图中a、b、c、d各点的线速度之比、角速度之比、加速度之比。解析：va=vc，而vb∶vc∶vd=1∶2∶4，所以va∶vb∶vc∶vd=2∶1∶2∶4；ωa∶ωb=2∶1，而ωb=ωc=ωd，所以ωa∶ωb∶ωc∶ωd=2∶1∶1∶1；再利用a=vω，可得aa∶ab∶ac∶ad=4∶1∶2∶4二、向心力和加速度1、大小F＝mω2r2、方向：把力分工—切线方向，改变速度大小半径方向，改变速度方向，充当向心力注意：区分匀速圆周运动和非匀速圆周运动的力的不同3、来源：一个力、某个力的分力、一些力的合力\n向心加速度a：（1）大小：a=2f2r（2）方向：总指向圆心，时刻变化（3）物理意义：描述线速度方向改变的快慢。三、应用举例（临界或动态分析问题）提供的向心力需要的向心力＝圆周运动＞近心运动＜离心运动＝0切线运动1、火车转弯Nmg如果车轮与铁轨间无挤压力，则向心力完全由重力和支持力提供,v增加，外轨挤压，如果v减小，内轨挤压问题：飞机转弯的向心力的来源2、汽车过拱桥mgsinθ=f如果在最高点，那么此时汽车不平衡，mg≠NNmg说明：F＝mv2/r同样适用于变速圆周运动，F和v具有瞬时意义，F随v的变化而变化。补充：(抛体运动)3、圆锥问题例：小球在半径为R的光滑半球内做水平面内的匀速圆周运动，试分析图中的θ（小球与半球球心连线跟竖直方向的夹角）与线速度v、周期T的关系。，由此可得：，NGFθ绳FGGF4、绳杆球这类问题的特点是：由于机械能守恒，物体做圆周运动的速率时刻在改变，物体在最高点处的速率最小，在最低点处的速率最大。物体在最低点处向心力向上，而重力向下，所以弹力必然向上且大于重力；而在最高点处，向心力向下，重力也向下，所以弹力的方向就不能确定了，要分三种情况进行讨论。①弹力只可能向下，如绳拉球。这种情况下有即，否则不能通过最高点。②弹力只可能向上，如车过桥。在这种情况下有：，否则车将离开桥面，做平抛运动。③弹力既可能向上又可能向下，如管内转（或杆连球、环穿珠）。这种情况下，速度大小v可以取任意值。但可以进一步讨论：①当时物体受到的弹力必然是向下的；当时物体受到的弹力必然是向上的；当时物体受到的弹力恰好为零。②当弹力大小Fmg时，向心力只有一解：F+mg；当弹力F=mg时，向心力等于零。\n四、牛顿运动定律在圆周运动中的应用（圆周运动动力学问题）1．向心力　（1）大小：（2）方向：总指向圆心，时刻变化2．处理方法：一般地说，当做圆周运动物体所受的合力不指向圆心时，可以将它沿半径方向和切线方向正交分解，其沿半径方向的分力为向心力，只改变速度的方向，不改变速度的大小；其沿切线方向的分力为切向力，只改变速度的大小，不改变速度的方向。分别与它们相应的向心加速度描述速度方向变化的快慢，切向加速度描述速度大小变化的快慢。做圆周运动物体所受的向心力和向心加速度的关系同样遵从牛顿第二定律：Fn=man在列方程时，根据物体的受力分析，在方程左边写出外界给物体提供的合外力，右边写出物体需要的向心力（可选用等各种形式）。【例1】如图所示的装置是在竖直平面内放置光滑的绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，以带负电荷的小球从高h的A处静止开始下滑，沿轨道ABC运动后进入圆环内作圆周运动。已知小球所受到电场力是其重力的3／4，圆滑半径为R，斜面倾角为θ，sBC=2R。若使小球在圆环内能作完整的圆周运动，h至少为多少？解析：小球所受的重力和电场力都为恒力，故可两力等效为一个力F，如图所示。可知F＝1.25mg，方向与竖直方向左偏下37º，从图6中可知，能否作完整的圆周运动的临界点是能否通过D点，若恰好能通过D点，即达到D点时球与环的弹力恰好为零。由圆周运动知识得：即：由动能定理：联立①、②可求出此时的高度h。五、综合应用例析【例2】如图所示，用细绳一端系着的质量为M=0.6kg的物体A静止在水平转盘上，细绳另一端通过转盘中心的光滑小孔O吊着质量为m=0.3kg的小球B，A的重心到O点的距离为0.2m．若A与转盘间的最大静摩擦力为f=2N，为使小球B保持静止，求转盘绕中心O旋转的角速度ω的取值范围．解析：要使B静止，A必须相对于转盘静止——具有与转盘相同的角速度．A需要的向心力由绳拉力和静摩擦力合成．角速度取最大值时，A有离心趋势，静摩擦力指向圆心O；角速度取最小值时，A有向心运动的趋势，静摩擦力背离圆心O．对于B，T=mg对于A，　　　　rad/srad/s所以2.9rad/srad/s【例3】一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的半径大得多）．在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）．A球的质量为m1，B球的质量为m2．它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为v0．设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m1、m2、R与v0应满足的关系式是______．解析：A球通过圆管最低点时，圆管对球的压力竖直向上，所以球对圆管的压力竖直向下．若要此时两球作用于圆管的合力为零，B球对圆管的压力一定是竖直向上的，所以圆管对B球的压力一定是竖直向下的．最高点时根据牛顿运动定律对于A球，对于B球，又N1=N2解得【例5】如图所示，滑块在恒定外力作用下从水平轨道上的A点由静止出发到B点时撤去外力，又沿竖直面内的光滑半圆形轨道运动，且恰好通过轨道最高点C，滑块脱离半圆形轨道后又刚好落到原出发点A，试求滑块在AB段运动过程中的加速度.解析：设圆周的半径为R，则在C点：mg=m①离开C点，滑块做平抛运动，则2R＝gt2／2②LV0vCt＝sAB③由B到C过程：mvC2/2+2mgR＝mvB2/2④由A到B运动过程：vB2＝2asAB⑤由①②③④⑤式联立得到：a=5g／4例6、如图所示，M为悬挂在竖直平面内某一点的木质小球，悬线长为L，质量为m的子弹以水平速度V0射入球中而未射出，要使小球能在竖直平面内运动，且悬线不发生松驰，求子弹初速度V0应满足的条件。分两种情况：\n（1）若小球能做完整的圆周运动，则在最高点满足：由机械能守定律得：由以上各式解得：.(2)若木球不能做完整的圆周运动，则上升的最大高度为L时满足：解得：.所以，要使小球在竖直平面内做悬线不松驰的运动，V0应满足的条件是：或第三单元万有引力定律人造卫星一.地心说和日心说1、地心说的内容：地球是宇宙中心，其他星球围绕地球做匀速圆周运动，地球不动。2、日心说的内容：太阳是宇宙的中心，其他行星围绕地球匀速圆周运动，太阳不动。　　日心说是波兰科学家天文学家哥白尼创立的二.开普勒三定律以及三定律出现的过程：（1）所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。（2）任何一个行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等。（3）所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。即R3／T2=k最早由开普勒证实了天体不是在做匀速圆周运动。他是在研究丹麦天文学家第谷的资料时产生的研究动机。　　*开普勒是哪个国家的：德国三.牛顿的万有引力定律1.内容：自然界任何两个物体之间都存在着相互作用的引力，两物体间的引力的大小，跟它们的质量的乘积成正比，跟它们的距离的平方成反比.表达式：F＝Ｇ其中G＝６．６７×１０－１１　Ｎ·ｍ２／ｋｇ２，叫万有引力常量，卡文迪许在实验室用扭秤装置，测出了引力常量.（英）卡文迪许扭秤“能称出地球质量的人”（小球直径2英寸，大球直径12英寸）2.适用条件：①公式适用于质点间的相互作用，②当两个物体间的距离远大于物体本身的大小时，物体可视为质点.③均匀球体可视为质点，r为两球心间的距离.3.万有引力遵守牛顿第三定律，即它们之间的引力总是大小相等、方向相反.四.用开普勒第三定律、向心力、牛顿第三定律推导牛顿的万有引力定律:五.用万有引力定律推导开普勒第三定律：六、用万有引力定律分析天体的运动1.基本方法：把天体运动近似看作圆周运动，它所需要的向心力由万有引力提供，即＝＝＝＝＝2.估算天体的质量和密度①“T、r”法由G＝ｍ得：Ｍ＝．即只要测出环绕星体M运转的一颗卫星运转的半径和周期，就可以计算出中心天体的质量.由ρ＝，Ｖ＝πＲ３得：ρ＝．R为中心天体的星体半径当ｒ＝Ｒ时，即卫星绕天体M表面运行时，ρ＝，由此可以测量天体的密度.②“g、R”法\n【例1】中子星是恒星演化过程的一种可能结果，它的密度很大。现有一中子星，观测到它的自转周期为T=s。问该中子星的最小密度应是多少才能维持该星的稳定，不致因自转而瓦解。计算时星体可视为均匀球体。(引力常数G=6.6710m/kg.s)解析：设想中子星赤道处一小块物质，只有当它受到的万有引力大于或等于它随星体所需的向心力时，中子星才不会瓦解。设中子星的密度为，质量为M，半径为R，自转角速度为，位于赤道处的小物块质量为m，则有由以上各式得，代入数据解得：。3.卫星的绕行速度、角速度、周期与半径的关系(1)由Ｇ得:ｖ＝．即轨道半径越大，绕行速度越小(2)由Ｇ＝ｍω２ｒ得：ω＝即轨道半径越大，绕行角度越小(3)由G＝４π２得：Ｔ＝２π即轨道半径越大，绕行周期越大.例2、如图所示，A、B两质点绕同一圆心按顺时针方向作匀速圆周运动，A的周期为T1，B的周期为T2，且T1＜T2，在某时刻两质点相距最近，开始计时，问：（1）何时刻两质点相距又最近？（2）何时刻两质点相距又最远？分析：选取B为参照物。（1）AB相距最近，则A相对于B转了n转，其相对角度△Φ=2πn相对角速度为ω相=ω1-ω2经过时间：t=△Φ/ω相=2πn/ω1-ω2=（n=1、2、3…）（2）AB相距最远，则A相对于B转了n-1/2转，其相对角度△Φ=2π（n-）经过时间：t=△Φ/ω相=（2n-1）T1T2/2（T2-T1）（n=1、2、3…）4.三种宇宙速度(1)第一宇宙速度(环绕速度)：v１＝７．９　ｋm/s是人造地球卫星的最小发射速度，最大绕行速度.“飘”起来的速度(2)第二宇宙速度(脱离速度)：v２＝１１．２　km/s是物体挣脱地球的引力束缚需要的最小发射速度.(3)第三宇宙速度(逃逸速度)：v３＝１６．７　km/s是物体挣脱太阳的引力束缚需要的最小发射速度.5.地球同步卫星所谓地球同步卫星是指相对于地面静止的人造卫星，它的周期T＝24h．要使卫星同步，同步卫星只能位于赤道正上方某一确定高度h．（高度、运行方向、加速度、角速度、线速度大小相同，质量不同）由Ｇ（Ｒ＋ｈ）得：ｈ＝ｋｍ=５．６ＲＲ表示地球半径在同步卫星的实际发射中，大多数国家采取“变轨发射”，发射过程经历以下三个阶段：①发射卫星到达200—300的圆形轨道上，围绕地球做圆周运动，这条轨道称为“停泊轨道”；②当卫星穿过赤道平面点时，二级点火工作，使卫星沿一条较大的椭圆轨道运行，地球作为椭圆的焦点，当到达远地点时，恰为赤道上空处，这条轨道称为“转移轨道”，沿轨道和分别经过点时，加速度相同；③当卫星到达远地点时，开动卫星发动机进入同步轨道，并调整运行姿态从而实现电磁通讯，这个轨道叫“静止轨道”。七、万有引力复习中应注意的几个问题1、不同公式和问题中的r，含义不同万有引力定律公式中的r指的是两个物体间的距离，对于相距很远因而可以看做质点的物体，指的是两个球心的距离。而向心力公式中的r，对于椭圆轨道指的是曲率半径，对于圆轨道指的是圆半径。开普勒第三定律中的r指的是椭圆轨道的半长轴。因此，同一个r在不同公式中所具有的含义不同。例3、如图１所示，行星沿椭圆轨道绕太阳运行，且近日点到太阳的距离为，远日点到太阳的距离为，求行星在两点的运行速率之比？解析：由椭圆轨道对称性可知，两点所处曲线的曲率半径相同，设为，\nm1m2rO在处：　　；在B处：出现的问题：例4如图所示，两个靠得很近的恒星称为双星，这两颗星必须各以一定速度绕某一中心转动才不至于因万有引力而吸引在一起，已知双星的质量分别为m1和m2，相距为L，万有引力常量为G，解：①周期、角速度、频率、向心力相等②③？联立三个方程解答RR0BA例5飞船沿半径为R的圆周绕地球运动，其周期为T，如果飞船要返回地面，可在轨道上某一点A处将速率降低到适当数值，从而使飞船沿着以地心为焦点的椭圆轨道运行，椭圆与地球表面在B点相切，如图所示，求飞船由A点运动到B点所需要的时间。（已知地球半径为R0）解析：当飞船在圆周上绕地球运动时，有，当飞船进入椭圆轨道运动时，有，由两式联立得飞船在椭圆轨道上运动的周期，故解得飞船由A运动到B点所需的时间为t。2、万有引力、向心力和重力对于赤道上的某一个物体，有当速度增加时，重力减小，向心力增加，当速度（即第一宇宙速度）时，mg=0，物体将“飘”起来，星球处于瓦解的临界状态。例6、某星球壳视为球体，自转周期为，在它的两极处，用弹簧秤测得物体重为，在它的赤道上，用弹簧秤测得同一物体重为，求星球的平均密度？解析：设星球的半径为，在两极和赤道上的重力及速度分别为两极：赤道上：　　　例7、如果地球自转速度加快，地球上物体的重量将发生怎样的变化？地球自转角速度等于多少时，在赤道上物体的重量为零？这时一昼夜将有多长？解析：以赤道上的物体为研究对象，设转速为，则：；；设地球自转的角速度为时，，则：例8、已知物体从地球上的逃逸速度(第二宇宙速度)v=√2GME/RE，其中G、ME、RE分别是万有引力恒量、地球的质量和半径．已知G=6.67×10-11N·m2/kg2，c=2.9979×108m/s．求下列问题：(1)逃逸速度大于真空中光速的天体叫做黑洞．设某黑洞的质量等于太阳的质量M=1.98×1030kg，求它的可能最大半径(这个半径叫Schwarz—Child半径)；(2)在目前天文观测范围内，物质的平均密度为10-27kg/m3，如果认为我们的宇宙是这样一个均匀大球体，其密度使得它的逃逸速度大于光在真空中的速度c，因此任何物体都不能脱离宇宙，问宇宙的半径至少多大？解：(1)由题目所提供的信息可知，任何天体均存在其所对应的逃逸速度v=√2GM/R，其中M、R为天体的质量和半径．对于黑洞模型来说，其逃逸速度大于真空中的光速，即v>c，也就是√2GM/R>c．黑洞半径R<2GM/c2=2939m=2.94km．即质量为1.98×1030kg的黑洞的最大半径为2.94km．(2)把宇宙视为一普通天体，则质量为M=ρ·V=ρ·4πR3/3①\n其中R为宇宙半径，ρ为宇宙的密度，则宇宙所对应的逃逸速度v=√2GM/R②由于题设中宇宙密度使得其逃逸速度大于真空中光速c，即v>c．③则由上述①②③式可解得宇宙半径R>√3c2/8πρG=4×1026m．因1光年=365×24×3600×2.9979×108m，所以R>4.23×1010光年．即宇宙半径至少为4.23×1010光年．3、人造卫星中的“超重”、“失重”：人造卫星中在发射阶段，尚未进入预定轨道的加速阶段，具有竖直向上的加速度，卫星内的所有物体处于超重状态，卫星与物体具有相同的加速度，由于高度的增加，使增加，导致减小，同时由于升力的变化，使上升加速度是个变量，设某一时刻即时加速度为，利用弹簧秤测量物体的重力的方法可间接求得距离地面的高度。例5、一物体在地球表面重，它在以的加速度上升的火箭中的视重为，，则此时火箭离地面的距离为地球半径的多少倍？解析：以物体为对象分析如图所示，设距离地面高度为，则：近地附近：；联立两式解得：卫星进入正常运行轨道，由相同的间距决定各物体具有相同的运动状态。卫星上的所有物体为什么处于完全失重状态，这是理解的一个难点，减小学生理解难的方法就是采用反证法：假设卫星上所有物体还受到其它力的作用，则：，，假设不成立，因此，凡一切工作原理涉及到重力的有关仪器在卫星中都不能正常使用。第十五章动量知识网络：第1单元动量冲量动量定理一、动量和冲量1．动量——物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv⑴动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。⑵动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。⑶动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。（4）研究一条直线上的动量要选择正方向2．动量的变化：由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。A、若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。B、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。【例1】一个质量为m=40g的乒乓球自高处落下，以速度=1m/s碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为=0.5m/s。求在碰撞过程中，乒乓球动量变化为多少？正方向取竖直向下为正方向，乒乓球的初动量为：乒乓球的末动量为：\n乒乓球动量的变化为：=负号表示的方向与所取的正方向相反，即竖直向上。2．冲量——力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I=Ft⑴冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。⑵冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出。⑶高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量。⑷冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。（5）必须清楚某个冲量是哪个力的冲量（6）求合外力冲量的两种方法A、求合外力，再求合外力的冲量B、先求各个力的冲量，再求矢量和【例2】质量为m的小球由高为H的光滑固定斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？mH解析：力的作用时间都是，力的大小依次是mg、mgcosα和mgsinα，所以它们的冲量依次是：点评：特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。二、动量定理1．动量定理——物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。既I=Δp⑴动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。⑵动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。⑶现代物理学把力定义为物体动量的变化率：（牛顿第二定律的动量形式）。动量定理和牛顿第二定律的联系与区别①、形式可以相互转化②、动量的变化率，表示动量变化的快慢③、牛顿定律适用宏观低速，而动量定理适用于宏观微观高速低速④、都是以地面为参考系⑷动量定理表达式是矢量式。在一维情况下，各个矢量以同一个规定的方向为正。（5）如果是变力，那么F表示平均值（6）对比于动能定理I＝Ft＝mv2－mv1W＝Fs＝mv22－mv21【例3】以初速度v0平抛出一个质量为m的物体，抛出后t秒内物体的动量变化是多少？解析：因为合外力就是重力，所以Δp=Ft=mgt2．动量定理的定性应用【例4】某同学要把压在木块下的纸抽出来。第一次他将纸迅速抽出，木块几乎不动；第二次他将纸较慢地抽出，木块反而被拉动了。这是为什么？解析：物体动量的改变不是取决于合力的大小，而是取决于合力冲量的大小。在水平方向上，第一次木块受到的是滑动摩擦力，一般来说大于第二次受到的静摩擦力；但第一次力的作用时间极短，摩擦力的冲量小，因此木块没有明显的动量变化，几乎不动。第二次摩擦力虽然较小，但它的作用时间长，摩擦力的冲量反而大，因此木块会有明显的动量变化。3．动量定理的定量计算⑴明确研究对象和研究过程。研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的质点组。质点组内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。⑵进行受力分析。只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。⑶规定正方向。由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前要先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负。ABC⑷写出初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢量和）。⑸根据动量定理列式求解。【例5】质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里。求：⑴沙对小球的平均阻力F；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。解析：设刚开始下落的位置为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到达的最低点为C。⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1+t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有：mg(t1+t2)-Ft2=0，解得：⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：mgt1-I=0，∴I=mgt1点评：若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理。当t1>>t2时，F>>mg。mMv0v/【例6】质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？解析：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为，该过程经历时间为v0/μg，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：【例7】质量为m=1kg的小球由高h1=0.45m处自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高度为h2=0.2m，从小球下落到反跳到最高点经历的时间为Δt=0.6s，取g=10m/s2。求：小球撞击地面过程中，球对地面的平均压力的大小F。\n解析：以小球为研究对象，从开始下落到反跳到最高点的全过程动量变化为零，根据下降、上升高度可知其中下落、上升分别用时t1=0.3s和t2=0.2s，因此与地面作用的时间必为t3=0.1s。由动量定理得：mgΔt-Ft3=0，F=60N4．在F－t图中的冲量：F－t图上的“面积”表示冲量的大小。【例11】（难）跳伞运动员从2000m高处跳下，开始下落过程未打开降落伞，假设初速度为零，所受空气阻力与下落速度大小成正比，最大降落速度为vm=50m/s。运动员降落到离地面s=200m高处才打开降落伞，在1s内速度均匀减小到v1=5.0m/s，然后匀速下落到地面，试求运动员在空中运动的时间。解析：整个过程中，先是变加速运动，接着匀减速，最后匀速运动，作出v—t图线如图（1）所示。由于第一段内作非匀变速直线运动，用常规方法很难求得这1800m位移内的运动时间。考虑动量定理，将第一段的v—t图按比例转化成f—t图，如图（2）所示，则可以巧妙地求得这段时间。设变加速下落时间为t1，又：mg=kvm，得所以：第二段1s内：所以第三段时间空中的总时间：三、针对训练1．对于力的冲量的说法，正确的是（）A．力越大，力的冲量就越大B．作用在物体上的力大，力的冲量也不一定大C．F1与其作用时间t1的乘积F1t1等于F2与其作用时间t2的乘积F2t2，则这两个冲量相同D．静置于地面的物体受到水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为零2．下列关于动量的说法中，正确的是（）A．物体的动量改变，其速度大小一定改变B．物体的动量改变，其速度方向一定改变C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变D．物体的运动状态改变，其动量一定改变3．如图所示为马车模型，马车质量为m，马的拉力F与水平方向成θ角，在拉力F的拉力作用下匀速前进了时间t，则在时间t内拉力、重力、阻力对物体的冲量大小分别为（）A．Ft，0，FtsinθB．Ftcosθ，0，FtsinθC．Ft，mgt，FtcosθD．Ftcosθ，mgt，Ftcosθ4．一个质量为m的小钢球，以速度v1竖直向下射到质量较大的水平钢板上，碰撞后被竖直向上弹出，速度大小为v2，若v1=v2=v，那么下列说法中正确的是（）A．因为v1=v2，小钢球的动量没有变化B．小钢球的动量变化了，大小是2mv，方向竖直向上C．小钢球的动量变化了，大小是2mv，方向竖直向下D．小钢球的动量变化了，大小是mv，方向竖直向上5．物体动量变化量的大小为5kg·m/s，这说明（）A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体的动量大小也可能不变D．物体的动量大小一定变化6．初动量相同的A、B两滑冰者，在同样冰面上滑行，已知A的质量大于Ｂ的质量，并且它们与冰面的动摩擦因数相同，则它们从开始到停止的滑行时间相比，应是（）A．tA>tBB．tA=tBC．tAI下B．I上vB,∴；碰后A的速度不大于B的速度，；又因为碰撞过程系统动能不会增加，，由以上不等式组解得：点评：此类碰撞问题要考虑三个因素：①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程中系统动能不增加；③碰前碰后两个物体位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。s2ds1v02．子弹打木块类问题子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。【例3】设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d对子弹用动能定理：……①对木块用动能定理：……②①、②相减得：……③点评：这个式子的物理意义是：fd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。由上式不难求得平均阻力的大小：至于木块前进的距离s2，可以由以上②、③相比得出：从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：一般情况下，所以s2<E0，p1=p2>p0②E1=E2=E0，p1=p2=p0③接触点一定在两球初位置连线的中点右侧某点④两球必将同时返回各自的出发点。其中正确的是C。A．②④B．②③C．①④D．③④Ⅱ电场和电场强度一、电场：电荷间相互作用的媒介物1、来源：（1）只要有电荷的存在，无论如何，在它们的周围都会产生电场，电场是由电荷决定的。（2）变化的磁场（麦克斯韦）2、性质：（1）对放入电场中的电荷由电场力的作用电荷电场电荷检验电荷场源电荷二、电场强度（场强E，矢量）实验表明，对于电场中的某个确定的点，电场力与检验电荷的电量的比值是确定的（除非电场改变）1、场强的大小N/C2、场强的方向：（或叫做电场的方向）规定正电荷的受力的方向为场强的方向，与负电荷的受力方向相反。理解：1、矢量（可以合成或分解）2、描述电场的强弱和方向3、E是描述电场的性质，不是描述检验电荷的性质，只要电场中某点确定，场强就确定，场强与检验电荷无关，F和q同时变化，但比值不变。4、描述电场的力的性质三、点电荷的场强检验电荷场源电荷1．电场强度E——是描述电场的力的性质的物理量四、电场的叠加多个电场相互叠加，某点的场强就等于各个场单独存在时在该点场强的矢量和――场的叠加原理ABCOEBEAEC例5、图中边长为a的正三角形ABC的三点顶点分别固定三个点电荷+q、+q、-q，求该三角形中心O点处的场强大小和方向。-5-3-11-4Q+9Q解：每个点电荷在O点处的场强大小都是由图可得O点处的合场强为，方向由O指向C。例6、如图，在x轴上的x=-1和x=1两点分别固定电荷量为-4Q和+9Q的点电荷。求：x轴上合场强为零的点的坐标。并求在x=-3点处的合场强方向。解：由库仑定律得合场强为零的点坐标为x=-5。x=-5、x=-1、x=1这三个点把x轴分成四段，可以证明：同一直线上的两个点电荷所在的点和它们形成的合场强为零的点把该直线分成4段，相邻两段上的场强方向总是相反的。本题从右到左，4个线段（或射线）上的场强方向依次为：向右、向左、向右、向左，所以x=-3点处的合场强方向为向右。Ⅲ电场线一、电场线（法拉第）在电场中画一组曲线，使曲线上各点切线的方向都跟该点的场强的方向一致，即跟该点的正电荷的受力的方向一致，这样的曲线叫电场线。（三向合一）\n匀强电场等量异种点电荷的电场等量同种点电荷的电场－　－　－　－　点电荷与带电平板+孤立点电荷周围的电场二、常见的电场线形状电场线的形状可以用奎宁的针状晶体或蓖麻油中的头发屑模拟三、电场线的特点1、从正电荷出发，终止于负电荷2、不闭合，不相交意义3、切线的方向表示电场的方向或正电荷的受力方向4、疏密程度表示场强的大小，场的强弱5、电场线（或E）⊥等势面6、电场线由高的等势面指向低的等势面四、匀强电场场强的大小和方向各处均相同，电场线平行、等距、同向两块等大、平行、靠近、正对、带等量异种电荷的金属板间的电场，（边缘除外）是匀强电场+－aOc例7、如图所示，在等量异种点电荷的电场中，将一个正的试探电荷由A点沿直线移到O点，再沿直线由O点移到c点。在该过程中，检验电荷所受的电场力大小和方向如何改变？其电势能又如何改变？练习：1．处在如图所示的四种电场中P点的带电粒子，由静止释放后只受电场力作用，其加速度一定变大的是2．如图所示，带箭头的线段表示某一电场中的电场线的分布情况．一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示．若不考虑其他力，则下列判断中正确的是A．若粒子是从A运动到B，则粒子带正电；若粒子是从B运动到A，则粒子带负电B．不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电C．若粒子是从B运动到A，则其加速度减小D．若粒子是从B运动到A，则其速度减小4．在图所示的竖直向下的匀强电场中，用绝缘的细线拴住的带电小球在竖直平面内绕悬点O做圆周运动，下列说法正确的是①带电小球有可能做匀速率圆周运动②带电小球有可能做变速率圆周运动③带电小球通过最高点时，细线拉力一定最小④带电小球通过最低点时，细线拉力有可能最小A．②B．①②C．①②③D．①②④5．在一高为h的绝缘光滑水平桌面上，有一个带电量为+q、质量为m的带电小球静止，小球到桌子右边缘的距离为s，突然在空间中施加一个水平向右的匀强电场E，且qE=2mg，如图所示，求：（1）小球经多长时间落地？（2）小球落地时的速度．第2单元电场的能的性质Ⅰ电势能和电势和电势差一、电势能（ε标量焦耳J）——电场力、相对位置1、电荷在电场中受到电场力，所具有的与电荷的位置有关的能量，称电势能或电能。2、电势能的相对性――选择零势能面，一般选择大地或无穷远为零势能面。（等效）3、电场力做功与电势能改变的关系——方法与重力势能相对比①无论电荷的正负，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加，做功和电势能的变化量在数值上是相等的ABA到B，正功，εa＞εbABA到B，负功，εa＜εb\nABC②静电场中，电场力做功与路径无关，电势能的改变量与路径无关二、1J/C＝1V/m1、地位：u（或φ）与力学中的高度相当（标量）2、相对性：选取大地或无穷远处为零电势点∞ε＝0φ＝0ABε＝6J＝3Vε＝10Jφ＝5Vφ3、沿电场线方向，电势降低（与电性无关）2C4、电势由电场本身性质决定5、电势是描述电场中能量性质的物理量6、意义：电场中某一点的电势在数值等于单位电荷在那一点所具有的电势能。练习：1、沿电场线方向移动正电荷，电势能沿电场线方向移动负电荷，电势能正电荷的电场中，电势为，负电荷的电场中，电势为2、正电荷的电场中，正的检验电荷电势能为，负的检验电荷电势能为负电荷的电场中，正的检验电荷电势能为，负的检验电荷电势能为3、只在电场力的作用下，正电荷顺着电场线运动，只在电场力的作用下，负电荷逆着电场线运动，4、比较5J和－7J的大小，理解标量负号的意义。三、电势差——电场力做功与电荷电量的比值叫电势差SM0V－2VSM0V－2VN5V1、在电场中某两点的电势之差，也叫电压UAB＝φA－φB2、3、意义：①对应于高度差，由电场本身的性质决定②电势与选择的零电势点有关，电势差与零电势点的选择无关4、运用要求：1、UAB＝ΦA－ΦB＝1－4＝－3V带正负号2、U＝W/q或W＝qU用绝对值，正负号另行判断（）例8：将电量为q＝－2×108C的点电荷从零电场中点S移动到M点要克服电场力做功4×10－8J，求M点的电势＝？。若再从M点移动到N点，电场力又做正功14×10－8J，求N点电势＝？解：(1)S到M，对负电荷做负功，电势降低+ABCM到N对负电荷做正功，电势升高(2)例9：电子伏是研究微观粒子时常用的能量单位。1ev就是电势差为1V的两点间移动一个元电荷电场力所做的功。1ev＝1.6×10－19C×1V＝1.6×10－19J，把一个二价正离子从大地移动到电场中的A点，w＝6ev，求：UA＝？解：ABCD例10、如图所示，三个同心圆是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个圆的半径成等差数列。A、B、C分别是这三个等势面上的点，且三点在同一条电场线上。A、C两点的电势依次为φA=10V和φC=2V，则B点的电势是BA.一定等于6VB.一定低于6VC.一定高于6VD.无法确定【例11】已知ΔABC处于匀强电场中。将一个带电量q=-2×10-6C的点电荷从A移到B的过程中，电场力做功W1=-1.2×10-5J；再将该点电荷从B移到C，电场力做功W2=6×10-6J。已知A点的电势φA=5V，则B、C两点的电势分别为____V和____V。试在右图中画出通过A点的电场线。解：先由W=qU求出AB、BC间的电压分别为6V和3V，再根据负电荷A→B电场力做负功，电势能增大，电势降低；B→C电场力做正功，电势能减小，电势升高，知φB=-1VφC=2V。沿匀强电场中任意一条直线电势都是均匀变化的，因此AB中点D的电势与C点电势相同，CD为等势面，过A做CD的垂线必为电场线，方向从高电势指向低电势，所以斜向左下方。\nⅡ等势面一、等势面——电场中，电势相等的各点所构成的面(等高线和等压线)二、常见等势面的形状9876666543210三、等势面的特点1、在等势面上移动电荷，电场力不做功201002、电场线（或E）⊥等势面3、电场线由高的等势面指向低的等势面4、闭合、等势面不相交5、静电平衡导体是等势体，表面是等势面6、等差等势面――相邻的等势面的电势差相等8V0V－8V（1）差等势面越密的地方，电场越强，场强越大（2）相邻的等差等势面移动同一个电荷电场力做功相等7、沿电场方向电势降低最快（场强方向是电势降落最快的地方）8、匀强电场中，平行等长的线段两个端点间的电势差相等，即匀强电场中的电势均匀变化。练习等量异种电荷（1）中垂线的电场强度和电势的特点（2）带电粒子从无穷远处移动到中点，分析电场力的做功情况和电势能的改变情况（3）一个电子由8V到－8V电场力做功情况，电势能的变化情况。Ⅲ电势差与电场强度的关系一、公式的推导说明：1、适用于匀强电场2、U是两点间的电势差，d是沿电场方向的距离3、单位1V./m=1N/C4、在匀强电场中，场强在数值上等于沿场强方向每单位距离上降低的电势。二、场强的三种求法1、E＝F/q定义式，适用于任何电场（真空、介质）2、E＝KQ/r2适用于点电荷的电场（真空、点电荷）3、E＝U/d适用于匀强电场（真空）针对训练1.电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为1.2×10-8J，在B点的电势能为0.80×10-8J.已知A、B两点在同一条电场线上，如图所示，该点电荷的电荷量为1.0×10-9C，那么A.该电荷为负电荷B.该电荷为正电荷C.A、B两点的电势差UAB=4.0VD.把电荷从A移到B，电场力做功为W=4.0J2.某电场中等势面分布如图所示，图中虚线表示等势面，过a、b两点的等势面电势分别为40V和10V，则a、b连线的中点c处的电势应A.肯定等于25VB.大于25VC.小于25VD.可能等于25V3如图所示，在粗糙水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速释放一带有恒定电荷量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中A小物块所受电场力逐渐减小B.小物块具有的电势能逐渐减小C.M点的电势一定高于N点的电势D.小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功4.如图所示，M、N两点分别放置两个等量种异电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线中垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C三点中.\nA.场强最小的点是A点，电势最高的点是B点B.场强最小的点是A点，电势最高的点是C点C.场强最小的点是C点，电势最高的点是B点D.场强最小的点是C点，电势最高的点是A点5.AB连线是某电场中的一条电场线，一正电荷从A点处自由释放，电荷仅在电场力作用下沿电场线从A点到B点运动过程中的速度图象如图所示，比较A、B两点电势φ的高低和场强E的大小，下列说法中正确的是A.φA＞φB，EA＞EBB.φA＞φB，EA＜EBC.φA＜φB，EA＞EBD.φA＜φB，EA＜EB6.如图所示，平行的实线代表电场线，方向未知，电荷量为1×10-2C的正电荷在电场中只受电场力作用，该电荷由A点移到B点，动能损失了0.1J，若A点电势为-10V，则①B点电势为零②电场线方向向左③电荷运动的轨迹可能是图中曲线①④电荷运动的轨迹可能是图中曲线②A.①B.①②C.①②③D.①②④7.如图所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点各放一电荷量分别为+q和+2q，完全相同的金属球A和B，给A和B以大小相等的初动能E0（此时动量大小均为p0）使其相向运动刚好能发生碰撞，碰后返回M、N两点时的动能分别为E1和E2，动量大小分别为p1和p2，则A.E1=E2=E0p1=p2=p0B.E1=E2＞E0p1=p2＞p0C.碰撞发生在M、N中点的左侧D.两球不同时返回M、N两点8.已知空气的击穿电场强度为2×106V/m，测得某次闪电火花长为600m，则发生这次闪电时放电路径两端的电势差U=_______.若这次闪电通过的电荷量为20C，则释放的能量为_______.（设闪电的火花路径为直线）9.如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V，φB=3V，φC=-3V，由此可得D点的电势φD=_______V.10.有两个带电小球m1与m2，分别带电+Q1和+Q2，在绝缘光滑水平面上，沿同一直线相向运动，当它们相距r时，速率分别为v1与v2，电势能为E，在整个运动过程中（不相碰）电势能的最大值为多少?11.如图所示，小平板车B静止在光滑水平面上，一可以忽略大小的小物块A静止在小车B的左端，已知物块A的质量为m，电荷量为+Q；小车B的质量为M，电荷量为-Q，上表面绝缘，长度足够长；A、B间的动摩擦因数为μ，A、B间的库仑力不计，A、B始终都处在场强大小为E、方向水平向左的匀强电场中.在t=0时刻物块A受到一大小为I，方向水平向右的冲量作用开始向小车B的右端滑行.求：（1）物块A的最终速度大小；（2）物块A距小车B左端的最大距离.第3单元带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中的运动1.带电粒子在匀强电场中的加速tφU0-U0oT/2T3T/22T一般带电粒子所受的电场力远大于重力，所以可以认为只有电场力做功。由动能定理W=qU=ΔEK，此式与电场是否匀强无关，与带电粒子的运动性质、轨迹形状也无关。【例1】如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图所示。电子原来静止在左极板小孔处。（不计重力作用）下列说法中正确的是ACA.从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B.从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C.从t=T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D.从t=3T/8时刻释放电子，电子必将打到左极板上ULdv0m，qyvtθθ2.带电粒子在匀强电场中的偏转规律①、速度规律\n②、位移规律③、角度规律tanα＝2tanβ速度反向延长平分水平位移就象从水平位移的中点发出来一样3、重力忽略与否忽略重力――电子、质子、离子等微观的带电粒子不忽略重力――尘埃、液滴、小球等4、示波器和示波管示波管的原理图5、带电物体在电场力和重力共同作用下的运动。-+OC【例2】已知如图，水平放置的平行金属板间有匀强电场。一根长l的绝缘细绳一端固定在O点，另一端系有质量为m并带有一定电荷的小球。小球原来静止在C点。当给小球一个水平冲量后，它可以在竖直面内绕O点做匀速圆周运动。若将两板间的电压增大为原来的3倍，求：要使小球从C点开始在竖直面内绕O点做圆周运动，至少要给小球多大的水平冲量？在这种情况下，在小球运动过程中细绳所受的最大拉力是多大？解：原来小球受到的电场力和重力大小相等，增大电压后电场力是重力的3倍。在C点，最小速度对应最小的向心力，这时细绳拉力为零，合力为2mg，可求速度为v=，因此给小球的最小冲量为I=m。在最高点D小球受到的拉力最大。从C到D对小球用动能定理：，在D点，解得F=12mg。OACBEθθ【例3】已知如图，匀强电场方向水平向右，场强E=1.5×106V/m，丝线长l=40cm，上端系于O点，下端系质量为m=1.0×10－4kg，带电量为q=+4.9×10-10C的小球，将小球从最低点A由静止释放，求：（1）小球摆到最高点时丝线与竖直方向的夹角多大？（2）摆动过程中小球的最大速度是多大？解：（1）这是个“歪摆”。由已知电场力Fe=0.75G摆动到平衡位置时丝线与竖直方向成37°角，因此最大摆角为74°。（2）小球通过平衡位置时速度最大。由动能定理：1.25mg0.2l=mvB2/2，vB=1.4m/s。二、电容器1.电容器——两个彼此绝缘又相隔很近的导体都可以看成一个电容器。2.电容器的电容——电容器带电时，两极板就存在了电势差，电容器的电量跟两极板的电势差的比值叫电容器的电容表示电容器容纳电荷本领的物理量，是由电容器本身的性质（导体大小、形状、相对位置及电介质）决定的。单位：法拉（F）、皮法（pF）、微法（μF）1F＝106μF1μF＝106pF3.平行板电容器的电容静电计实验（测量电势差）（1）电计与金属板的连接方法（2）指针的偏角与电势差的关系（3）电容器的电量基本不变（4）变距离、正对面积、电介质（绝缘体）观察偏角的变化介电常数的定义ε为电介质的介电常数（极板间充满电介质使电容增大的倍数），s为正对面积、d为距离、k为静电力常量（注意：额定电压和击穿电压）4.两种不同变化电容器和电源连接如图，改变板间距离、改变正对面积或改变板间电解质材料，都会改变其电容，从而可能引起电容器两板间电场的变化。这里要分清两种常见的变化：K（1）电键K保持闭合，则电容器两端的电压恒定（等于电源电动势），这种情况下带电量而（2）充电后断开K，保持电容器带电量Q恒定，这种情况下【例4】如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒。K闭合时，该微粒恰好能保持静止。在①保持K闭合；②充电后将K断开；两种情况下，各用什么方法能使该带电微粒向上运动打到上极板？（①选B，②选C。）A.上移上极板MB.上移下极板NC.左移上极板MD.把下极板N接地KMN【例5】计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器。电容的计算公式是，其中常量ε=9.0×10-12Fm-1，S表示两金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离。当某一键被按下时，d发生改变，引起电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相应的信号。已知两金属片的正对面积为50mm2，键未被按下时，两金属片间的距离为0.60mm\n。只要电容变化达0.25pF，电子线路就能发出相应的信号。那么为使按键得到反应，至少需要按下多大距离？A解：未按下时电容C1=0.75pF，再得和C2=1.00pF，得Δd=0.15mm。P＋－【例6】一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能。若负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置（AC）A　U变小，E不变B　E变大，W变大C　U变小，W不变D　U不变，W不变5.电容器与恒定电流相联系在直流电路中，电容器的充电过程非常短暂，除充电瞬间以外，电容器都可以视为断路。应该理解的是：电容器与哪部分电路并联，电容器两端的电压就必然与那部分电路两端电压相等。【例7】　如图电路中，，，忽略电源电阻，下列说法正确的是（　）EC2R2R1KC1①开关K处于断开状态，电容的电量大于的电量；②开关处于断开状态，电容的电量大于的电量；③开关处于接通状态，电容的电量大于的电量；④开关处于接通状态，电容的电量大于的电量。A.①　B.④　C.①③　D.②④解析：开关断开时，电容、两端电压相等，均为E，因为，由知，即，所以①正确；当开关K接通时，与串联，通过R1和R2的电流相等，与并联，与并联，故的电压为，的电压为又，又，，所以即两电容的电量相等；所以正确选项应为A。6、电容器力学综合ER1R2CR4R3CKOCC【例8】如图所示，四个定值电阻的阻值相同都为R，开关K闭合时，有一质量为m带电量为q的小球静止于平行板电容器板间的中点O。现在把开关K断开，此小球向一个极板运动，并与此极板相碰，碰撞时无机械能损失，碰撞后小球恰能运动到另一极板处，设两极板间的距离为d，电源内阻不计，试计算：⑴电源电动势ε。⑵小球和电容器一个极板碰撞后所带的电量。解析：⑴开关闭合时，电容器两极板间电场方向竖直向上，由小球在O点处静止可知，小球带正电。设两极板间电压为U，则，即；由于无电流，电容器两极板间电压U等于电阻的端电压，则，所以。⑵开关断开后，两极板间电压为，，设此时两极板间场强为，；因小球所受的向上的电场力小于重力，小球向下加速运动与下极板碰撞，碰后小球上升至上极板时速度恰好为零。设小球与下极板碰撞后的电量变为，对小球从运动过程应用动能定理有，所以。三、针对训练1.如图所示，虚线a、b和c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa、φb和φc，φa＞φb＞φc，一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知A.粒子从K到L的过程中，电场力做负功B.粒子从L到M的过程中，电场力做负功C.粒子从K到L的过程中，静电势能增加D.粒子从L到M的过程中，动能减小2.离子发动机飞船，其原理是用电压U加速一价惰性气体离子，将它高速喷出后，飞船得到加速，在氦、氖、氩、氪、氙中选用了氙，理由是用同样电压加速，它喷出时A.速度大B.动量大C.动能大D.质量大3.a、b、c三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定①在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上②b和c同时飞离电场③进入电场时，c的速度最大，a的速度最小④动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大A.①B.①②C.③④D.①③④4.在图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，极板B接地.若极板B稍向上移动一点，由观察到静电计指针的变化，作出电容器电容变小的依据是A.两极间的电压不变，极板上电荷量变小B.两极间的电压不变，极板上电荷量变大C.极板上的电荷量几乎不变，两极间的电压变小D.极板上的电荷量几乎不变，两极间的电压变大5.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2\n的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是A.U1变大、U2变大B.U1变小、U2变大C.U1变大、U2变小D.U1变小、U2变小6密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性.如图所示是密立根实验的原理示意图，设小油滴质量为m，调节两板间电势差为U，当小油滴悬浮不动时，测出两板间距离为d.可求出小油滴的电荷量q=_______.7.水平放置的平行板电容器的电容为C，板间距离为d，极板足够长，当其带电荷量为Q时，沿两板中央水平射入的带电荷量为q的微粒恰好做匀速直线运动.若使电容器电荷量增大一倍，则该带电微粒落到某一极板上所需的时间_______.8.来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为800kV的直线加速器加速，形成电流强度为1mA的细柱形质子流，已知质子电荷量e=1.60×10-19C，这束质子流每秒打在靶上的质子数为______，假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距l和4l的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为n1和n2，则n1/n2=______.参考答案1AC2.B3.D4D5.B678.6.25×1015个，2/1，n=I/e=6.25×1015个，设质子在与质子源相距l和4l的两处的速度分别为v1、v2，则v1/v2==1/2，极短的相等长度质子流中质子数之比为第4单元电场中的导体一、金属导体的特征Na281整块金属＝正离子＋自由电子（热振动）（自由移动）二．静电感应现象：放入电场中的导体，其内部的自由电子在电场力的作用下向电场的反方向作定向移动，致使导体的两端分别出现等量的正、负电荷。这种现象叫静电感应现象。三．静电平衡状态导体(包括表面)没有电荷定向移动的状态叫做静电平衡状态。四．处于静电平衡状态导体的性质(1)导体内部的场强处处为零。(2)导体表面上任何一点的场强方向跟该点的表面垂直。(3)导体所带的净电荷只分布在导体的外表面上，导体内部没有净电荷。(4)处于静电平衡状态的导体是等势体，导体表面是等势面。图是孤立导体周围的等势面和电场线形状。(5)地球是个大导体，静电平衡状态的地球以及跟它相连的导体都是等势体。(6)孤立导体表面的电荷分布特点：在孤立导体表面，向外突出的地方电荷较密，比较平坦的地方电荷较疏，向里凹进的地方电荷最疏。因而导体尖端电荷面密度较大致使该处场强较大，从而可能使得空气被电离成导体而发生尖端放电现象。夜间看到的高压电线周围笼罩着的一层绿色光晕(电晕)就是一种微弱的尖端放电形式。尖端放电致使高压线及高压电极上电荷的丢失，因此，凡对地有高压的导体(或两个相互有高压的导体)，其表面都应尽量光滑。避雷针即利用尖端放电的道理制成的。五、静电屏蔽导体网（壳）在静电平衡时，内部场强处处为零，这样就可以保护它所包围的区域，使区域内不受外界电场的影响。叫做静电屏蔽。”六．静电的防止和利用(1)危害：静电由于吸附尘埃会给印刷、制药、合成纤维等工业生产中带来危害。静电对高精密仪器有干扰甚至毁坏作用。静电的最大危害是有可能因静电火花点燃某些易燃物质而引起爆炸。(2)防止：最简单而又最可靠的办法是用导线把设备接地，这样可以把电荷引入大地，避免静电积累。油罐车尾部拖的铁链就是一根接地线。调节空气的温度也是防止静电危害的有效方法。(3)利用：静电利用依据的物理原理几乎都是让带电的物质微粒在电场力的作用下，奔向并吸附到电极上。如图1-25是静电除尘示意图，除尘器由金属管A和管中的金属丝B组成，A接高压电源正极，B接高压电源负极。A、B之间有很强的电场，而且距B越近电场越强。B附近的空气分子被强电场电离为电子和正离子，正离子跑到B上得到电子又变成空气分子。电子奔向正极A的过程中吸附到煤粉上便煤粉带负电，吸附到正极A上，排除的烟就成为清洁的了。【例1】　图1-27中平行金属板A、B间距离为6厘米，电势差保持为300伏，将一块3厘米厚的矩形空腔导体放入A、B之间，它的左侧面P与A平行正对且离A板1厘米。则A、B两板正中央一点C的电势因此而发生怎样的变化？A．变为零；B．仍为150伏；C．升高50伏；D．降低50伏。【解题方法】　平行正对导体间的电场性质为匀强电场；处于静电解:未放空腔前，板间场强\n由题意知UB=0，UA=300伏，则UC=150伏。放入空腔导体后，腔内场强为零，设此时C，点电势变为U′C。因导体为等势体，故有UP=UQ=U′C。由于空腔两个侧面与A、B板平行正对，因此A、P之间和Q、B之间场强相等，令其为E′。由题给条件，若设A、P间距为d′，则,即2(UA-U′C)=U′C-UB同理因UB=0，UA=300伏，所以U′C=200伏。即C点电势从150伏变为200伏，升高了50伏，所以应选C选项。第七章恒定电流知识网络：第1单元基本概念和定律一、.电流条件：1、导体两端有持续的电压2、有可以自由移动的电荷金属导体――自由电子电解液――正负离子气体――正负离子、自由电子方向：正电荷的定向移动的方向导体中电流由高电势流向低电势，电流在电源外部由正极流向负极二、电流强度——（I标量）——表示电流的强弱。通过导体某一截面的电量q跟通过这些电量所用时间的比值，叫电流强度，简称电流。1、定义式：适用于任何电荷的定向移动形成的电流。单位：1C/s=1A1A＝103mA1mA＝103μA注意：在电解液导电时，是正负离子向相反方向定向移动形成电流，在用公式I＝q／t计算电流强度时应引起注意。2、电流的微观表达式已知：粒子电量q导体截面积s粒子定向移动的速率v粒子体密度（单位体积的粒子的个数）n推导：对于金属导体有I=nqvS（n为单位体积内的自由电子个数，S为导线的横截面积，v为自由电子的定向移动速率，约10-5m/s，远小于电子热运动的平均速率105m/s，更小于电场的传播速率3×108m/s），这个公式只适用于金属导体，千万不要到处套用。三、欧姆定律1、内容：导体中的电流强度跟导体两端的电压U成正比，跟导体的电阻R成反比2、公式：3、R电阻，1V/A＝1Ω1KΩ＝1000Ω1MΩ＝1000KΩ由本身性质决定4、适用范围：对金属导体和电解液适用，对气体的导电不适用5、电阻的伏安特性曲线：注意I-U曲线和U-I曲线的区别。还要注意：当考虑到电阻率随温度的变化时，电阻的伏安特性曲线不再是过原点的直线。四.电阻定律——导体电阻R跟它的长度l成正比，跟横截面积S成反比。（1）ρ是反映材料导电性能的物理量，叫材料的电阻率（反映该材料的性质，不是每根具体的导线的性质）。单位是Ωm。（2）纯金属的电阻率小，合金的电阻率大。⑶材料的电阻率与温度有关系：①\n金属的电阻率随温度的升高而增大（可以理解为温度升高时金属原子热运动加剧，对自由电子的定向移动的阻碍增大。）铂较明显，可用于做温度计；锰铜、镍铜的电阻率几乎不随温度而变，可用于做标准电阻。②半导体的电阻率随温度的升高而减小（可以理解为半导体靠自由电子和空穴导电，温度升高时半导体中的自由电子和空穴的数量增大，导电能力提高）。③有些物质当温度接近0K时，电阻率突然减小到零——这种现象叫超导现象。能够发生超导现象的物体叫超导体。材料由正常状态转变为超导状态的温度叫超导材料的转变温度TC。我国科学家在1989年把TC提高到130K。现在科学家正努力做到室温超导。注意：公式R＝是电阻的定义式，而R=ρ是电阻的决定式R与U成正比或R与I成反比的说法是错误的，导体的电阻大小由长度、截面积及材料决定，一旦导体给定，即使它两端的电压U＝0，它的电阻仍然照旧存在。五.电功和电热电功就是电场力做的功，因此是W=UIt；由焦耳定律，电热Q=I2Rt。其微观解释是：电流通过金属导体时，自由电子在加速运动过程中频繁与正离子相碰，使离子的热运动加剧，而电子速率减小，可以认为自由电子只以某一速率定向移动，电能没有转化为电子的动能，只转化为内能。1、电功和电功率电功：电场力对运动电荷所做的功，也叫做电流所做的功适用于任何电路能量转化：把电能转化成其他形式的能2、电热和热功率（焦耳定律）电流通过导体时，释放的热量适用于任何电路能量转化：电能转化为内能3、纯电阻电路（一来一去，电能全部转化成内能（电阻、灯泡、电炉、电烙铁））引：真空中和电阻中电流作功把电能转变为其它形式的能的不同（动能、内能、机械能、化学能等）4、非纯电阻电路（一来多去电能的一部分转化成热能（电动机、电解槽，电感，电容……）W＝I2Rt＋其他形式的能量，即I2R机械pUI5、对于电动机UI＝I2R＋机械P输入功率内耗功率输出功率总功率热功率机械功率消耗功率损失功率有用功率例：电动机，U＝220V，I＝50A，R＝0.4Ω求：①电功率p＝UI＝220×5＝11KW②热功率p＝I2R＝502×0.4＝1KWPU2oPU2oPU2oPU2o【例1】下图所列的4个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽电灯在不同电压下消耗的电功率P与电压平方U2之间的函数关系的是以下哪个图象A.B.C.D.解：此图象描述P随U2变化的规律，由功率表达式知：，U越大，电阻越大，图象上对应点与原点连线的斜率越小。选C。6、关于用电器的额定值问题额定电压是指用电器在正常工作的条件下应加的电压，在这个条件下它消耗的功率就是额定功率，流经它的电流就是它的额定电流。如果用电器在实际使用时，加在其上的实际电压不等于额定电压，它消耗的功率也不再是额定功率，在这种情况下，一般可以认为用电器的电阻与额定状态下的值是相同的，并据此来进行计算。【例2】某电动机，电压U1=10V时带不动负载，不转动，电流为I1=2A。当电压为U2=36V时能带动负载正常运转，电流为I2=1A。求这时电动机的机械功率是多大？解：电动机不转时可视为为纯电阻，由欧姆定律得，，这个电阻可认为是不变的。电动机正常转动时，输入的电功率为P电=U2I2=36W，内部消耗的热功率P热==5W，所以机械功率P=31W由例题可知：电动机在启动时电流较大，容易被烧坏；正常运转时电流反而较小。【例3】某一直流电动机提升重物的装置，如图所示，重物的质量m=50kg，电源提供给电动机的电压为U=110V，不计各种摩擦，当电动机以v=0.9m/s的恒定速率向上提升重物时，电路中的电流强度I=5.0A，求电动机的线圈电阻大小（取g=10m/s2）.解析：电动机的输入功率P＝UI，电动机的输出功率P1=mgv，电动机发热功率P2=I2r而P2=P-P1，即I2r=UI－mgv代入数据解得电动机的线圈电阻大小为r=4ΩL4L质子源v1v2【例4】来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为800kV的直线加速器加速，形成电流强度为1mA的细柱形质子流。已知质子电荷e=1.60×10-19C。这束质子流每秒打到靶上的质子数为_________。假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距L和4L的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为n1和n2，则n1∶n2=_______。解：按定义，\n由于各处电流相同，设这段长度为l，其中的质子数为n个，由。而针对练习1.关于电阻率，下列说法中不正确的是A.电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越好B.各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度升高而增大C.所谓超导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零D.某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，通常都用它们制作标准电阻2.如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab=10cm，bc=5cm，当将A与B接入电压为U的电路中时，电流强度为1A，若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为A.4AB.2AC.AD.A3.如图所示，两段材料相同、长度相等、但横截面积不等的导体接在电路中，总电压为U，则.①通过两段导体的电流相等②两段导体内自由电子定向移动的平均速率不同③细导体两端的电压U1大于粗导体两端的电压U2④细导体内的电场强度大于粗导体内的电场强度A.①B.①②C.①②③D.①②③④4.一根粗细均匀的导线，两端加上电压U时，通过导线中的电流强度为I，导线中自由电子定向移动的平均速度为v，若导线均匀拉长，使其半径变为原来的，再给它两端加上电压U，则A.通过导线的电流为B.通过导线的电流为C.自由电子定向移动的平均速率为D.自由电子定向移动的平均速率为5.如图所示，当滑动变阻器的滑键从最左端向右滑过2R/3时，电压表的读数由U0增大到2U0，若电源内阻不计，则下列说法中正确的是A.通过变阻器R的电流增大为原来的2倍B.变阻器两端的电压减小为原来的倍C.若R的阻值减小到零，则电压表的示数为4U0D.以上说法都正确7.在电解槽中，1min内通过横截面的一价正离子和一价负离子的个数分别为1.125×1021和7.5×1020，则通过电解槽的电流为_______.8.如图，电源可提供U=6V的恒定电压，R0为定值电阻，某同学实验时误将一电流表（内阻忽略）并联于Rx两端，其示数为2A，当将电流表换成电压表（内阻无限大）后，示数为3V，则Rx的阻值为____Ω.9.将阻值为16Ω的均匀电阻丝变成一闭合圆环，在圆环上取Q为固定点，P为滑键，构成一圆形滑动变阻器，如图1—28—8所示，要使Q、P间的电阻先后为4Ω和3Ω，则对应的θ角应分别是_______和_______.10.甲、乙两地相距6km，两地间架设两条电阻都是6Ω的导线.当两条导线在甲、乙两地间的某处发生短路时，接在甲地的电压表，如图所示，读数为6V，电流表的读数为1.2A，则发生短路处距甲地多远？11.某用电器离电源Lm，线路上电流为IA，若要求线路上电压不超过UV，输电线电阻率为ρΩ·m，则该输电线的横截面积需满足什么条件?L1L2L1L2L1L2L1RRRL2R12.如图所示是一种悬球式加速度仪.它可以用来测定沿水平轨道做匀加速直线运动的列车的加速度.m是一个金属球，它系在细金属丝的下端，金属丝的上端悬挂在O点，AB是一根长为l的电阻丝，其阻值为R.金属丝与电阻丝接触良好，摩擦不计.电阻丝的中点C焊接一根导线.从O点也引出一根导线，两线之间接入一个电压表（金属丝和导线电阻不计）.图中虚线OC与AB相垂直，且OC=h，电阻丝AB接在电压恒为U的直流稳压电源上.整个装置固定在列车中使AB沿着车前进的方向.列车静止时金属丝呈竖直状态.当列车加速或减速前进时，金属线将偏离竖直方向θ，从电压表的读数变化可以测出加速度的大小.（1）当列车向右做匀加速直线运动时，试写出加速度a与θ角的关系及加速度a与电压表读数U′的对应关系.（2）这个装置能测得的最大加速度是多少?\n第2单元串并联电路电表的改装一、串并联1、串联I1＝I2R＝R1+R2U＝U1+U22、并联I1+I2＝IU1＝U2（1）(2)总电阻小于任何一个电阻（3）某一个电阻变大，总电阻变大CDAB（4）某一支路断路，总电阻变大（5）某一支路短路，总电阻为零3、分压器（1）分清负载和空载时的输出电压UCD（2）CD间接入电阻的大小和多少对输出电压的影响（3）p在中点时的输出电压UCD4、电源的串联和并联【例1】已知如图，两只灯泡L1、L2分别标有“110V，60W”和“110V，100W”，另外有一只滑动变阻器R，将它们连接后接入220V的电路中，要求两灯泡都正常发光，并使整个电路消耗的总功率最小，应使用下面哪个电路？BA.B.C.D.6VU1U2【例2】实验表明，通过某种金属氧化物制成的均匀棒中的电流I跟电压U之间遵循I=kU3的规律，其中U表示棒两端的电势差，k=0.02A/V3。现将该棒与一个可变电阻器R串联在一起后，接在一个内阻可以忽略不计，电动势为6.0V的电源上。求：（1）当串联的可变电阻器阻值R多大时，电路中的电流为0.16A？（2）当串联的可变电阻器阻值R多大时，棒上消耗的电功率是电阻R上消耗电功率的1/5？解：画出示意图如右。（1）由I=kU3和I=0.16A，可求得棒两端电压为2V，因此变阻器两端电压为4V，由欧姆定律得阻值为25Ω。（2）由于棒和变阻器是串联关系，电流相等，电压跟功率成正比，棒两端电压为1V，由I=kU3得电流为0.02A，变阻器两端电压为5V，因此电阻为250Ω。rRabSRxUorE①②④③【例3】图为分压器接法电路图，电源电动势为E，内阻不计，变阻器总电阻为r。闭合电键S后，负载电阻R两端的电压U随变阻器本身a、b两点间的阻值Rx变化的图线应最接近于右图中的哪条实线A.①B.②C.③D.④解：当Rx增大时，左半部分总电阻增大，右半部分电阻减小，所以R两端的电压U应增大，排除④；如果没有并联R，电压均匀增大，图线将是②；实际上并联了R，对应于同一个Rx值，左半部分分得的电压将比原来小了，所以③正确，选C。二、电路的简化原则：1、无电流得支路可以除去2、等势点可以合并3、理想导线可以任意长短4、理想电压表断路，理想电流表短路5、电容充电完毕时断路，看成并联，电压相等方法：两种方法经常一起使用1、电流分支法2、找交叉点法注意：不漏掉任何一个元件，不重复用同一个元件ABBCR2R4R1R3cR2R3R1R4CAB1、BPAMNDCMDNCAB2R1R2DR3R43R2R4R3R1\nR1R3R2R4电键断开电键闭合R1R2R3R1R2R34三、电路中有关电容器的计算。（1）电容器跟与它并联的用电器的电压相等。（2）在计算出电容器的带电量后，必须同时判定两板的极性，并标在图上。R1R3R2ECABBCCC（3）在充放电时，电容器两根引线上的电流方向总是相同的，所以要根据正极板电荷变化情况来判断电流方向。CAUBR1R2R3R4+－P（1）如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器电荷量的差；如果变化前后极板带电的电性改变，那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器电荷量之和。【例4】已知如图，电源内阻不计。为使电容器的带电量增大，可采取以下那些方法：BD。A.增大R1B.增大R2C.增大R3D.减小R1【例5】已知如图，R1=30Ω，R2=15Ω，R3=20Ω，AB间电压U=6V，A端为正C=2μF，为使电容器带电量达到Q=2×10-6C，应将R4的阻值调节到多大？解：由于R1和R2串联分压，可知R1两端电压一定为4V，由电容器的电容知：为使C的带电量为2×10-6C，其两端电压必须为1V，所以R3的电压可以为3V或5V。因此R4应调节到20Ω或4Ω。两次电容器上极板分别带负电和正电。还可以得出：当R4由20Ω逐渐减小的到4Ω的全过程中，通过图中P点的电荷量应该是4×10-6C，电流方向为向下。【例6】如图所示的电路中，4个电阻的阻值均为R，E为直流电源，其内阻可以不计，没有标明哪一极是正极.平行板电容器两极板间的距离为d.在平行极板电容器的两个平行极板之间有一个质量为m，电量为q的带电小球.当电键K闭合时，带电小球静止在两极板间的中点O上.现把电键打开，带电小球便往平行极板电容器的某个极板运动，并与此极板碰撞，设在碰撞时没有机械能损失，但带电小球的电量发生变化.碰后小球带有与该极板相同性质的电荷，而且所带的电量恰好刚能使它运动到平行极板电容器的另一极板.求小球与电容器某个极板碰撞后所带的电荷.解：由电路图可以看出，因R4支路上无电流，电容器两极板间电压，无论K是否闭合始终等于电阻R3上的电压U3，当K闭合时，设此两极板间电压为U，电源的电动势为E，由分压关系可得U＝U3＝E①小球处于静止，由平衡条件得＝mg②当K断开，由R1和R3串联可得电容两极板间电压U′为U′＝③,由①③得U′＝U④U′＜U表明K断开后小球将向下极板运动，重力对小球做正功，电场力对小球做负功，表明小球所带电荷与下极板的极性相同，由功能关系mg－qmv2－0⑤因小球与下极板碰撞时无机械能损失，设小球碰后电量变为q′，由功能关系得q′U′－mgd=0－mv2⑥联立上述各式解得q′＝q球与下板碰后电荷符号未变，电量为原来的.四、电表的改装（1）电流表原理和主要参数电流表G是根据通电线圈在磁场中受磁力矩作用发生偏转的原理制成的，且指什偏角θ与电流强度I成正比，即θ＝kI，故表的刻度是均匀的。电流表的主要参数有，表头内阻Rg：即电流表线圈的电阻；满偏电流Ig：即电流表允许通过的最大电流值，此时指针达到满偏；满偏电压U：即指针满偏时，加在表头两端的电压，故Ug＝IgRg（2）电流表改装成电压表方法：串联一个分压电阻R，如图所示，若量程扩大n倍，即n＝，则根据分压原理，需串联的电阻值，故量程扩大的倍数越高，串联的电阻值越大。（3）电流表改装成电流表方法：并联一个分流电阻R，如图所示，若量程扩大n倍，即n＝，则根据并联电路的分流原理，需要并联的电阻值，故量程扩大的倍数越高，并联电阻值越小。需要说明的是，改装后的电压表或电流表，虽然量程扩大了，但通过电流表的最大电流或加在电流表两端的最大电压仍为电流表的满偏电流Ig和满偏电压Ug，只是由于串联电路的分压及并联电路的分流使表的量程扩大了。【例7】、一灵敏电流计，允许通过的最大电流（满刻度电流）为Ig=50μA，表头电阻Rg=1kΩ，若改装成量程为Im=1mA的电流表，应并联的电阻阻值为Ω。若将改装后的电流表再改装成量程为Um=10V的电压表，应再串联一个阻值为Ω\n的电阻。（答案52.6；9944）【例8】如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表。安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路，则安培表A1的读数安培表A2的读数；安培表A1的偏转角安培表A2的偏转角；伏特表V1的读数伏特表V2的读数；伏特表V1的偏转角伏特表V2的偏转角；解：大于等于大于等于五、伏安法——电阻的测量电阻的测量有多种方法，主要有伏安法、欧姆表法，除此以外，还有半偏法测电阻、电桥法测电阻、等效法测电阻等等.下面主要介绍伏安法测电阻的电路选择1．伏安法测电阻的两种电路形式（如图所示）2．实验电路（电流表内外接法）的选择（1）若＞，一般选电流表的内接法。（2）若＜，一般选电流表外接法。六、滑动变阻器的使用1、滑动变阻器的限流接法与分压接法的特点负载RL上电压调节范围（忽略电源内阻）负载RL上电流调节范围（忽略电源内阻）相同条件下电路消耗的总功率限流接法E≤UL≤E≤IL≤EIL分压接法0≤UL≤E0≤IL≤E（IL+Iap）比较分压电路调节范围较大分压电路调节范围较大限流电路能耗较小如图两种电路中，滑动变阻器（最大阻值为R0）对负载RL的电压、电流强度都起控制调节作用，通常把图（a）电路称为限流接法，图（b）电路称为分压接法.其中，在限流电路中，通RL的电流IL=，当R0＞RL时IL主要取决于R0的变化，当R0＜RL时，IL主要取决于RL，特别是当R0<>R0＞Rap，所以RL与Rap的并联值R并≈Rap，而整个电路的总阻约为R0，那么RL两端电压UL=IR并=·Rap，显然UL∝Rap，且Rap越小，这种线性关系越好，电表的变化越平稳均匀，越便于观察和操作.③若采用限流接法，电路中实际电压（或电流）的最小值仍超过RL的额定值时，只能采用分压接法.（2）下列情况可选用限流式接法①测量时电路电流或电压没有要求从零开始连续调节，只是小范围内测量，且RL与R0接近或RL略小于R0，采用限流式接法.②电源的放电电流或滑动变阻器的额定电流太小，不能满足分压式接法的要求时，采用限流式接法.③没有很高的要求，仅从安全性和精确性角度分析两者均可采用时，可考虑安装简便和节能因素采用限流式接法.【例9】用伏安法测量某一电阻Rx阻值，现有实验器材如下：待测电阻Rx（阻值约5Ω，额定功率为1W）；电流表A1（量程0~0.6A，内阻0.2Ω）；电流表A2（量程0~3A，内阻0.05Ω）；电压表V1（量程0~3V，内阻3kΩ）；电压表V2（量程0~15V，内阻15kΩ）；滑动变阻器R0（0~50Ω），蓄电池（电动势为6V）、开关、导线.为了较准确测量Rx阻值，电压表、电流表应选________，并画出实验电路图.解题方法与技巧：由待测电阻Rx额定功率和阻值的大约值，可以计算待测电阻Rx的额定电压、额定电流的值约为U=≈2.2V，I==0.45A.则电流表应选A1，电压表应选V1.又因=24.5Ω＞Rx，则电流表必须外接.因为滑动变阻器的全阻值大于被测电阻Rx，故首先考虑滑动变阻器的限流接法，若用限流接法，则被测电阻Rx上的最小电流为Imin==0.11A＜I额，故可用限流电路.电路如图所示.【例10】某电流表的内阻在0.1Ω～0.2Ω之间，现要测量其内阻，可选用的器材如下：A．待测电流表A1（量程0.6A）；B．电压表V1（量程3V，内阻约2kΩ）C．电压表V2（量程15V，内阻约10kΩ）；D．滑动变阻器R1（最大电阻10Ω）E．定值电阻R2（阻值5Ω）F．电源E（电动势4V）G．电键S及导线若干（1）电压表应选用_____________；（2）画出实验电路图；\n（3）如测得电压表读数V，电流表读数I，则电流表A1内阻表达式为：RA=____。R1R2R3abc解：利用电压表指电压，电流表指电流的功能，根据欧姆定律R=计算电流表的内阻。由于电源电动势为4V，在量程为15V的电压表中有的刻度没有利用，测量误差较大，因而不能选；量程为3V的电压表其量程虽然小于电源电动势，但可在电路中接入滑动变阻器进行保护，故选用电压表V1。由于电流表的内阻在0.1Ω～0.2Ω之间，量程为0.6A，电流表上允许通过的最大电压为0.12V，因而伏特表不能并联在电流表的两端，必须将一个阻值为5Ω的定值电阻R2与电流表串联再接到伏特表上，才满足要求。滑动变阻器在本实验中分压与限流的连接方式均符合要求，但考虑限流的连接方式节能些，因而滑动变阻器采用限流的连接方式。故本题电压表选用V1；设计电路图如图1所示；电流表A1内阻的表达式为：RA=-R2。七、针对训练1．在如图所示的电路中，R1=R2=R3，在a、c间和b、c间均接有用电器，且用电器均正常工作，设R1、R2、R3上消耗的功率分别为P1、P2、P3，则（）A．P1＞P2＞P3B．P1＞P3＞P2C．P1＞P2=P3D．因用电器的阻值未知，无法比较三个功率的大小2、如图所示的电路中，L1、L2为“220V、100W”灯泡，L3、L4为“220V，40W”灯泡，现将两端接入电路，其实际功率的大小顺序是（）A．P4＞P1＞P3＞P2B．P4＞P1＞P2＞P3C．P1＞P4＞P2＞P3D．P1＞P4＞P3＞P23、如图所示，把两相同的电灯分别拉成甲、乙两种电路，甲电路所加的电压为8V，乙电路所加的电压为14V。调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的电功率分别为P甲和P乙，下列关系中正确的是（）A．P甲＞P乙B．P甲＜P乙C．P甲=P乙D．无法确定5、如图，D为一插头，可接入电压恒定的照明电路中，a、b、c为三只相同且功率较大的电炉，a靠近电源，b、c离电源较远，而离用户电灯L很近，输电线有电阻。关于电炉接入电路后对电灯的影响，下列说法中正确的是（）A．使用电炉a时对电灯的影响最大B．使用电炉b时对电灯的影响比使用电炉a时大C．使用电炉c时对电灯几乎没有影响D．使用电炉b或c时对电灯影响几乎一样6、一盏电灯直接接在恒定的电源上，其功率为100W，若将这盏灯先接上一段很长的导线后，再接在同一电源上，在导线上损失的电功率是9W，此时电灯实际消耗的电功率（）A．等于91WB．小于91WC．大于91WD．条件不足，无法确定7、把两个标有“6V、3W”和“6V、4W”的小灯泡串联，则串联电路允许达到的最大功率是W；把这两个小灯泡并联，则并联电路允许达到的最大功率是W。8、如图所示的电路中，R1=10Ω，R2=4Ω，R3=6Ω，R4=3Ω，U=2.4V。在ab间接一只理想电压表，它的读数是；如在ab间接一只理想电流表，它的读数是。12.如图所示是电饭煲的电路图，S1是一个控温开关，手动闭合后，当此开关温度达到居里点（103℃）时，会自动断开，S2是一个自动控温开关，当温度低于70℃时，会自动闭合；温度高于80℃时，会自动断开.红灯是加热时的指示灯，黄灯是保温时的指示灯.分流电阻R1=R2=500Ω，加热电阻丝R3=50Ω，两灯电阻不计.（1）分析电饭煲的工作原理.（2）如果不闭合开关S1，能将饭煮熟吗？（3）计算加热和保温两种状态下，电饭煲消耗的电功率之比参考答案1.A2、D3、A5、D6、BD7、21/4W、7W8、1.8V、2/3A　12、（1）电饭煲盛上食物后，接上电源，S2自动闭合，同时手动闭合S1，这时黄灯短路，红灯亮，电饭煲处于加热状态，加热到80℃时，S2自动断开，S1仍闭合；水烧开后，温度升高到103℃时，开关S1自动断开，这时饭已煮熟，黄灯亮，电饭煲处于保温状态，由于散热，待温度降至70℃时，S2自动闭合，电饭煲重新加热，温度达到80℃时，S2又自动断开，再次处于保温状态.（2）如果不闭合开关S1，则不能将饭煮熟，因为只能加热到80℃.（3）加热时电饭煲消耗的电功率P1=，保温时电饭煲消耗的电功率P2=，两式中R并=Ω.从而有P1∶P2==12∶1第3单元闭合电路欧姆定律一、电源\n1、内部非静电力搬运电荷，对电荷做功2、两极出现电势差+－－+RErIRV1V2+－探针3、内部非静电力做功，把其他形式的能转化为电能，外部电流做功，把电能转化成其他形式的能二、电动势意义：1、表示把其他形式的能量转化成电能的本领的物理量2、等于电源没接入电路时两极间的电压三、外电路和内电路1、在任何电路中，有E＝U外＋U内(类比：挣钱和花钱)2、外电路和内电路电流的流向四、闭合电路欧姆定律E＝U外＋U内即E＝IR+Ir∴闭合电路中的电流强度跟电源的电动势成正比，跟电路的总电阻成反比。（比较两个欧姆定律的异同）闭合电路欧姆定律的表达形式有：①E=U外+U内②（I、R间关系）③U=E-Ir（U、I间关系）④（U、R间关系）五、路端电压跟负载的关系E＝IR+IrR变大，I减小，U内减小，U外变大UIEI0θ（1）R∞I0，Ir0，E＝U外（2）R0，I0＝E/r，短路电流六、U外～I的图象U外＝－Ir+E1、电动势2、短路电流Io3、r＝E/I0＝tanθ七、闭合电路中的功率EI＝U外×I+U内×I总功率输出功率内耗功率八、输出功率的最大值oRP出Pmr输出P得P当时，即R＝r时，输出P最大，此时九电动势和内阻的测量1R12R2E＝I1（R1+r）E＝I2（R2+r）得E＝……r＝……1R12R2E＝……r＝……ErR2R1例题汇总【例1】已知如图，E=6V，r=4Ω，R1=2Ω，R2的变化范围是0~10Ω。求：①电源的最大输出功率；②R1上消耗的最大功率；③R2上消耗的最大功率。2AR1R21S解：①R2=2Ω时，外电阻等于内电阻，电源输出功率最大为2.25W；②R1是定植电阻，电流越大功率越大，所以R2=0时R1上消耗的功率最大为2W；③把R1也看成电源的一部分，等效电源的内阻为6Ω，所以，当R2=6Ω时，R2上消耗的功率最大为1.5W。【例2】电源的内阻不可忽略．已知定值电阻R1=10Ω，R2=8Ω．当电键S接位置1时，电流表的示数为0.20A．那么当电键S接位置2时，电流表的示数可能是下列的哪些值A.0.28AB.0.25AC.0.22AD.0.19A解：电键接2后，电路的总电阻减小，总电流一定增大，所以不可能是0.19A．电源的路端电压一定减小，原来路端电压为2V，所以电键接2后路端电压低于2V，因此电流一定小于0.25A．所以只能选C。V2V1L1L2L3P【例3】如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为ΔU1和ΔU2，下列说法中正确的是A.小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B.小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C.ΔU1<ΔU2D.ΔU1>ΔU2UoIEU0M（I0,U0）βαbaNI0Im解：触片P从右端滑到左端，总电阻减小，总电流增大，路端电压减小。与电阻蝉联串联的灯泡L1、L2电流增大，变亮，与电阻并联的灯泡L3电压降低，变暗。U1减小，U2增大，而路端电压U=U1+U2减小，所以U1的变化量大于U2的变化量，选BD。\n【例4】如图所示，图线a是某一蓄电池组的伏安特性曲线，图线b是一只某种型号的定值电阻的伏安特性曲线．若已知该蓄电池组的内阻为2.0Ω，则这只定值电阻的阻值为______Ω。现有4只这种规格的定值电阻，可任意选取其中的若干只进行组合，作为该蓄电池组的外电路，则所组成的这些外电路中，输出功率最大时是_______W。abPErA1AA2解：由图象可知蓄电池的电动势为20V，由斜率关系知外电阻阻值为6Ω。用3只这种电阻并联作为外电阻，外电阻等于2Ω，因此输出功率最大为50W。例5：.滑动变阻器的两种特殊接法。在电路图中，滑动变阻器有两种接法要特别引起重视：RXabUPIIXI/r⑴右图电路中，当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑向b端的过程中，到达中点位置时外电阻最大，总电流最小。所以电流表A的示数先减小后增大；可以证明：A1的示数一直减小，而A2的示数一直增大。⑵右图电路中，设路端电压U不变。当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑向b端的过程中，总电阻逐渐减小；总电流I逐渐增大；RX两端的电压逐渐增大，电流IX也逐渐增大（这是实验中常用的分压电路的原理）；滑动变阻器r左半部的电流I/先减小后增大、acbdacbd【例6】.黑盒问题。如图所示，黑盒有四个接线柱，内有4只阻值均为6Ω的电阻，每只电阻都直接与接线柱相连。测得Rab=6Ω，Rac=Rad=10Ω。Rbc=Rbd=Rcd=4Ω，试画出黑盒内的电路。解：由于最小电阻是Rbc=Rbd=Rcd=4Ω，只有2只6Ω串联后再与1只6Ω并联才能出现4Ω，因此bc、cd、db间应各接1只电阻。再于ab间接1只电阻，结论正合适。十、电路故障问题的分类解析1.常见的故障现象断路：是指电路两点间（或用电器两端）的电阻无穷大，此时无电流通过，若电源正常时，即用电压表两端并联在这段电路（或用电器）上，指针发生偏转，则该段电路断路，如电路中只有该一处断路，整个电路的电势差全部降落在该处，其它各处均无电压降落（即电压表不偏转）。短路:是指电路两点间（或用电器两端）的电阻趋于零，此时电路两点间无电压降落，用电器实际功率为零（即用电器不工作或灯不亮，但电源易被烧坏）2.检查电路故障的常用方法电压表检查法：当电路中接有电源时，可以用电压表测量各部分电路上的电压，通过对测量电压值的分析，就可以确定故障。在用电压表检查时，一定要注意电压表的极性正确和量程符合要求。电流表检查法：当电路中接有电源时，可以用电流表测量各部分电路上的电流，通过对测量电流值的分析，就可以确定故障。在用电流表检查时，一定要注意电流表的极性正确和量程符合要求。欧姆表检查法：当电路中断开电源后，可以利用欧姆表测量各部分电路的电阻，通过对测量电阻值的分析，就可以确定故障。在用欧姆表检查时，一定要注意切断电源。试电笔检查法：对于家庭用电线路，当出现故障时，可以利用试电笔进行检查。在用试电笔检查电路时，一定要用手接触试电笔的上金属体。R1R210Ω5Ω6VFabc3.常见故障电路问题的分类解析【例7】在如图所示电路的三根导线中，有一根是断的，电源、电阻器R1、R2及另外两根导线都是好的，为了查出断导线，某学生想先将万用表的红表笔连接在电源的正极a，再将黑表笔分别连电阻器R1的b端和R2的c端，并观察万用表指针的示数，在下列选档中，符合操作规程的是：A．直流10V挡；B．直流0.5A挡；C．直流2.5V挡；D．欧姆挡。解析：根据题给条件，首先判定不能选用欧姆挡，因为使用欧姆挡时，被测元件必须与外电路断开。先考虑电压挡，将黑表笔接在b端，如果指针偏转，说明R1与电源连接的导线断了，此时所测的数据应是电源的电动势6V。基于这一点，C不能选，否则会烧毁万用表；如果指针不偏转，说明R1与电源连接的导线是好的，而R1与R2之间导线和R2与电源间导线其中之一是坏的，再把黑表笔接c点，如果指针偏转，说明R1与R2之间导线是断的，否则说明R2与电源间导线是断的，A项正确。再考虑电流表，如果黑表笔接在b端，指针偏转有示数则说明R1与电源连接的导线是断的，此时指示数I=E/（R1+R2）=0.4A,没有超过量程；如果指针不偏转，说明R1与电源间连接的导线是好的，而R1与R2之间导线和R2与电源间导线其中之一是坏的，再把黑表笔接c点，如果指针偏转，说明R1与R2之间导线是断的，此时示数I=E/R2=1.2A,超过电流表量程，故B不能选。【例8】某同学按如图所示电路进行实验，实验时该同学将变阻器的触片P移到不同位置时测得各电表的示数如下表所示：序号A1示数（A）A2示数（A）V1示数（V）V2示数（V）10.600.302.401.2020.440.322.560.48将电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零。①电路中E，分别为电源的电动势和内阻，，，为定值电阻，在这五个物理量中，可根据上表中的数据求得的物理量是（不要求具体计算）。②由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了（但不为零），若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是。解析：①先将电路简化，R1与r看成一个等效内阻r，=R1+r,则由V1和A1的两组数据可求得电源的电动势E；由A2和V1的数据可求出电阻R3；由V2和A1、A2的数据可求出R2。②当发现两电压表的示数相同时，但又不为零，说明V2的示数也是路端电压，即外电路的电压全降在电阻R2上，由此可推断Rp两端电压为零，这样故障的原因可能有两个，若假设R2是完好的，则Rp一定短路；若假设RP是完好的，则R2一定断路。【例9】如图所示的电路中，闭合电键，灯L1、L2正常发光，由于电路出现故障，突然发现灯L1变亮，灯L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是：（A）R1断路（B）R2断路（C）R3短路（D）R4短路AR1L1L2R2R3R4解析：首先应对电路进行标准化，如图所示为其标准化后的电路。当R1断路时，总电阻增大，所以通过电源的总电流减小，灯L2变暗，电流表的读数变小，而路端电压增大，所以L1两端电压增大，灯L1变亮，所以A选项正确。当R2断路时，总电阻增大，所以通过电源的总电流减小，灯L1变暗，而路端电压增大，所以L2两端电压增大，灯L2变亮，B选项不正确。当R3短路时，总电阻减小，所以通过电源的总电流增大，灯L1变亮，而路端电压减小，所以L2两端电压减小，灯L2变暗，因为总电流增加，而通过L2的电流减小，电流表的读数变大，所以C\n选项不正确。当R4短路时，总电阻减小，所以通过电源的总电流增大，灯L1变亮，而路端电压减小，所以L2两端电压减小，灯L2变暗，因为总电流增加，而通过L2的电流减小，电流表的读数变大，所以D选项不正确。针对训练1.一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流为40mA，若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是.A.0.10VB.0.20VC.0.30VD.0.40V2.在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r0，设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U0，当R5的滑动触点向图中a端移动时，A.I变大，U变小B.I变大，U变大C.I变小，U变大D.I变小，U变小3.如图1—30—4所示的电路中，闭合电键S后，灯L1和L2都正常发光，后来由于某种故障使灯L2突然变亮，电压表读数增加，由此推断，这故障可能是A.L1灯灯丝烧断B.电阻R2断路C.电阻R2短路D.电容器被击穿短路4.调整如图所示电路的可变电阻R的阻值，使电压表V的示数增大ΔU，在这个过程中A.通过R1的电流增加，增加量一定等于ΔU/R1B.R2两端的电压减小，减少量一定等于ΔUC.通过R2的电流减小，但减少量一定小于ΔU/R2D.路端电压增加，增加量一定等于ΔU5.如图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两极板间距离的过程中A.电阻R中没有电流B.电容器的电容变小C.电阻R中有从a流向b的电流D.电阻R中有从b流向a的电流6.某闭合电路的路端电压U随外电阻R变化的图线如图1—30—6所示，则电源的电动势为_______，内电阻为_______，当U=2V时，电源的输出功率为_______.7.在如图所示的电路中，电源的内阻不可忽略不计，已知R1=10Ω，R2=8Ω.S与1连接时，电流表的示数为0.2A；将S切换到2时，可以确定电流表的读数范围是_______.8.如图所示，电路中电阻R1=8Ω，R2=10Ω，R3=20Ω，电容器电容C=2μF，电源电动势E=12V，内电阻r不计，开关S闭合，当滑动变阻器的阻值R由2Ω变至22Ω的过程中，通过A2的电荷量是_______，A1的读数变化情况是_______（选填“增大”“减小”“先增后减”“先减后增”）.9.如图所示的电路中，电池的电动势E=9.0V，内电阻r=2.0Ω，固定电阻R1=1.0Ω，R2为可变电阻，其阻值在0～10Ω范围内调节，问：取R2=______时，R1消耗的电功率最大.取R2=_______时，R2消耗的电功率最大..10.“加速度计”作为测定物体加速度的仪器，已被广泛地应用于飞机、潜艇、导弹、航天器等装置的制导中，如图所示是“应变式加速度计”的原理图.支架A、B固定在待测系统上，滑块穿在A、B间的水平光滑杆上，并用轻弹簧固接于支架A上，其下端的滑动臂可在滑动变阻器上自由滑动.随着系统沿水平方向做变速运动，滑块相对于支架发生位移，并通过电路转换为电信号从1、2两接线柱输出.已知滑块质量为m，弹簧劲度系数为k，电源电动势为E，内电阻为r，滑动变阻器总阻值R=4r，有效总长度为L.当待测系统静止时，滑动臂P位于滑动变阻器的中点，且1、2两接线柱输出的电压U0=0.4E.取AB方向为参考正方向.（1）写出待测系统沿AB方向做变速运动的加速度a与1、2两接线柱间的输出电压U间的关系式.（2）确定该“加速度计”的测量范围.\n第八章磁场第1单元基本概念和安培力Ⅰ基本概念一、磁场和磁感线（三合一）1、磁场的来源：磁铁和电流、变化的电场2、磁场的基本性质：对放入其中的磁铁和电流有力的作用3、磁场的方向（矢量）方向的规定：磁针北极的受力方向，磁针静止时N极指向。4、磁感线：切线～～磁针北极～～磁场方向地球磁场通电直导线周围磁场通电环行导线周围磁场5、典型磁场——磁铁磁场和电流磁场（安培定则（右手螺旋定则））6、磁感线特点：①客观不存在、\n②外部N极出发到S，内部S极到N极③闭合、不相交、④描述磁场的方向和强弱二．磁通量（Φ韦伯Wb标量）通过磁场中某一面积的磁感线的条数，称为磁通量，或磁通二．磁通密度（磁感应强度B特斯拉T矢量）大小：通过垂直于磁感线方向的单位面积的磁感线的条数叫磁通密度。1T=1Wb/m2NS方向：B的方向即为磁感线的切线方向意义：1、描述磁场的方向和强弱2、由场的本身性质决定三．匀强磁场1、定义：B的大小和方向处处相同，磁感线平行、等距、同向2、来源：①距离很近的异名磁极之间②通电螺线管或条形磁铁的内部，边缘除外四．了解一些磁场的强弱L永磁铁――10－3T，电机和变压器的铁芯中――0.8～1.4T超导材料的电流产生的磁场――1000T，地球表面附近――3×10－5～7×10－5T比较两个面的磁通的大小关系。如果将底面绕轴L旋转，则磁通量如何变化？Ⅱ磁场对电流的作用——安培力一．安培力的方向——（左手定则）伸开左手，使大拇指与四指在同一个平面内，并跟四指垂直，让磁感线穿入手心，使四指指向电流的流向，这时大拇指的方向就是导线所受安培力的方向。（向里和向外的表示方法（类比射箭））力向外BIF规律：（1）左手定则（2）F⊥B，F⊥I，F垂直于B和I所决定的平面。但B、I不一定垂直力向外不受力安培力的大小与磁场的方向和电流的方向有关，两者夹角为900时，力最大，夹角为00时，力＝0。猜想由90度到0度力的大小是怎样变化的二．安培力的大小：匀强磁场，当B⊥I时，F＝BIL在匀强磁场中，当通电导线与磁场方向垂直时，电流所受的安培力等于磁感应将度B、电流I和导线的长度L三者的乘积在非匀强磁场中，公式F＝BIL近似适用于很短的一段通电导线三．磁感应强度的另一种定义BB匀强磁场，当B⊥I时，练习1、有磁场就有安培力（×）2、磁场强的地方安培力一定大（×）3、磁感线越密的地方，安培力越大（×）4、判断安培力的方向Ⅲ电流间的相互作用和等效长度转向同向，同时靠近一．电流间的相互作用转向同向，同时靠近F同向吸引F同向排斥F总结：通电导线有转向电流同向的趋势ααββL二．等效长度推导：水平方向：向左＝F1sinα＝BIL1sinα＝BIh\n向右＝F2sinβ＝BIL2sinβ＝BIh水平方向平衡竖直方向：左导F1cosα＝BIL1cosα右导F2cosβ＝BIL2cosβF＝BILNSadbcL2L1向上看abθ推广：等效长度为导线两端连线的长度例题：SNI1、安培力的方向【例1】如图所示，可以自由移动的竖直导线中通有向下的电流，不计通电导线的重力，仅在磁场力作用下，导线将如何移动？解：先画出导线所在处的磁感线，上下两部分导线所受安培力的方向相反，使导线从左向右看顺时针转动；同时又受到竖直向上的磁场的作用而向右移动（不要说成先转90°后平移）。分析的关键是画出相关的磁感线。NSFFF/F【例2】条形磁铁放在粗糙水平面上，正中的正上方有一导线，通有图示方向的电流后，磁铁对水平面的压力将会＿＿＿（增大、减小还是不变？）。水平面对磁铁的摩擦力大小为＿＿＿。解：磁铁对水平面的压力减小，但不受摩擦力SN【例3】如图在条形磁铁N极附近悬挂一个线圈，当线圈中通有逆时针方向的电流时，线圈将向哪个方向偏转？i解：用“同向电流互相吸引，反向电流互相排斥”最简单：条形磁铁的等效螺线管的电流在正面是向下的，与线圈中的电流方向相反，互相排斥，而左边的线圈匝数多所以线圈向右偏转。（本题如果用“同名磁极相斥，异名磁极相吸”将出现判断错误，因为那只适用于线圈位于磁铁外部的情况。）【例4】电视机显象管的偏转线圈示意图如右，即时电流方向如图所示。该时刻由里向外射出的电子流将向哪个方向偏转？解：电子流向左偏转。2.安培力大小的计算F=BLIsinα（α为B、L间的夹角）高中只要求会计算α=0（不受安培力）和α=90°两种情况。αα【例5】如图所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L。匀强磁场磁感应强度为B。金属杆长也为L，质量为m，水平放在导轨上。当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止。求：⑴B至少多大？这时B的方向如何？⑵若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？αB解：画出金属杆的截面图。由三角形定则得，只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小。根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，大小满足：BI1L=mgsinα，B=mgsinα/I1L。当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，沿导轨方向合力为零，得BI2Lcosα=mgsinα，I2=I1/cosαBhs【例6】如图所示，质量为m的铜棒搭在U形导线框右端，棒长和框宽均为L，磁感应强度为B的匀强磁场方向竖直向下。电键闭合后，在磁场力作用下铜棒被平抛出去，下落h后的水平位移为s。求闭合电键后通过铜棒的电荷量Q。解：闭合电键后的极短时间内，铜棒受向右的冲量FΔt=mv0被平抛出去，F=BIL，而瞬时电流和时间的乘积等于电荷量Q=IΔt，由平抛规律可算铜棒离开导线框时的初速度，最终可得。θOMNabR【例7】如图所示，半径为R、单位长度电阻为的均匀导体环固定在水平面上，圆环中心为O，匀强磁场垂直于水平面方向向下，磁感应强度为B。平行于直径MON的导体杆，沿垂直于杆的方向向右运动。杆的电阻可以忽略不计，杆于圆环接触良好。某时刻，杆的位置如图，∠aOb=2θ，速度为v，求此时刻作用在杆上的安培力的大小。解：ab段切割磁感线产生的感应电动势为E=vB2Rsinθ，以a、b为端点的两个弧上的电阻分别为2R（π-θ）和2Rθ，回总电阻为，总电流为I=E/r，安培力F=IB2Rsinθ，由以上各式解得：。【例8】安培秤如图所示，它的一臂下面挂有一个矩形线圈，线圈共有N匝，它的下部悬在均匀磁场B内，下边一段长为L，它与B垂直。当线圈的导线中通有电流I时，调节砝码使两臂达到平衡；然后使电流反向，这时需要在一臂上加质量为m的砝码，才能使两臂再达到平衡。求磁感应强度B的大小。解析：根据天平的原理很容易得出安培力F=，\n所以F=NBLI=因此磁感应强度B=。例9：在原子反应堆中抽动液态金属时，由于不允许转动机械部分和液态金属接触，常使用一种电磁泵.如图1—34—13所示是这种电磁泵的结构示意图，图中A是导管的一段，垂直于匀强磁场放置，导管内充满液态金属.当电流I垂直于导管和磁场方向穿过液态金属时，液态金属即被驱动，并保持匀速运动.若导管内截面宽为a，高为b，磁场区域中的液体通过的电流为I，磁感应强度为B.求：（1）电流I的方向；（2）驱动力对液体造成的压强差.解：.（1）电流方向由下而上（2）把液体看成由许多横切液片组成，因通电而受到安培力作用，液体匀速流动时驱动力跟液体两端的压力差相等，即F=Δp·S，Δp=F/S=IbB/ab=IB/a.3与地磁场有关的电磁现象综合问题（1）.地磁场中安培力的讨论【例10】已知北京地区地磁场的水平分量为3.0×10－5T.若北京市一高层建筑安装了高100m的金属杆作为避雷针，在某次雷雨天气中，某一时刻的放电电流为105A，此时金属杆所受培力的方向和大小如何？分析：首先要搞清放电电流的方向.因为地球带有负电荷，雷雨放电时，是地球所带电荷通过金属杆向上运动，即电流方向向下.对于这类问题，都可采用如下方法确定空间的方向：面向北方而立，则空间水平磁场均为“×”；自己右手边为东方，左手边为西方，背后为南方，如图2所示.由左手定则判定电流所受磁场力向右（即指向东方），大小为F＝BIl＝3.0×10－5×105×100＝300（N）.用同一方法可判断如下问题：一条长2m的导线水平放在赤道上空，通以自西向东的电流，它所受地磁场的磁场力方向如何？（2）.地磁场中的电磁感应现象【例11】绳系卫星是系留在航天器上绕地球飞行的一种新型卫星，可以用来对地球的大气层进行直接探测；系绳是由导体材料做成的，又可以进行地球空间磁场电离层的探测；系绳在运动中又可为卫星和牵引它的航天器提供电力.在美国“亚特兰大”号航天飞机在飞行中做了一项悬绳发电实验：航天飞机在赤道上空飞行，速度为7.5km/s，方向自西向东.地磁场在该处的磁感应强度B＝0.5×10－4T.从航天飞机上发射了一颗卫星，卫星携带一根长l＝20km的金属悬绳与航天飞机相连.从航天飞机到卫生间的悬绳指向地心.那么，这根悬绳能产生多大的感应电动势呢？分析：采用前面所设想的确定空间方位的方法，用右手定则不难发现，竖起右手，大拇指向右边（即东方），四指向上（即地面的上方），所以航天飞机的电势比卫星高，大小为E＝BLv＝0.5×10－5×2×104×7.5×103＝7.5×103（V）.（3）.如何测地磁场磁感应强度的大小和方向地磁场的磁感线在北半球朝向偏北并倾斜指向地面，在南半球朝向偏北并倾斜指向天空，且磁倾角的大小随纬度的变化而变化.若测出地磁场磁感应强度的水平分量和竖直分量，即可测出磁感应强度的大小和方向.【例12】测量地磁场磁感应强度的方法很多，现介绍一种有趣的方法.如图所示为北半球一条自西向东的河流，河两岸沿南北方向的A、B两点相距为d.若测出河水流速为v，A、B两点的电势差为U，即能测出此地的磁感应强度的垂直分量B⊥.因为河水中总有一定量的正、负离子，在地磁场洛仑兹力的作用下，正离子向A点偏转，正、负离子向B点偏转，当A、B间电势差达到一定值时，负离子所受电场力与洛仑兹力平衡，离子不同偏转，即＝B⊥qv，故B⊥＝.如图所示，在测过B⊥的地方将电阻为R、面积为S的矩形线圈的AD边东西方向放置，线圈从水平转到竖直的过程中，测出通过线圈某一截面的电量Q，穿过线圈的磁通量先是B⊥从正面穿过，继而变为B//从反面穿过，那么电量Q＝∴B//＝∴B＝，磁倾角θ＝argtg第2单元磁场对运动电荷的作用――洛伦兹力一．洛伦兹力的方向——左手定则：1、四指指向正电荷的运动方向或负电荷运动的反方向2、大拇指指向洛伦兹力的方向3、f⊥Bf⊥vvFFvv力向里4、q、v、B三者有一个或三个“反向”，则f变向若有两个“反向”则f反向不变（1）电荷静止，f＝0（2）v∥B，f＝0（3）v⊥B，f最大AB二．洛伦兹力的大小已知：I⊥B匀强、导线截面积s、\n电荷电量q、电荷定向移动速率v单位体积内电荷数n、导线长度L⊥有：三．洛伦兹力不做功1、判断三种粒子电荷的正负2、三个完全相同的金属带电球，同一高度，同时下落（1）落地速度V1＝V3＜V2（2）下落时间t1＝t2＜t3vFf=2eBvEB四、带电粒子的圆周运动1、运动状态匀速圆周运动v⊥匀强B，忽略重力f⊥v，洛伦兹力不做功，速率不变f＝qvB，充当向心力2．轨道半径和周期半径周期周期与速率无关，对于确定的磁场，周期取决于荷质比。五、电流表构造：（1）蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地福向分布的．（2）铝框上绕有线囵，铝框转轴上装有两个螺旋弹簧和一个指针．六、安培分子电流假说导体中的电流是由大量的自由电子的定向移动而形成的，而电流的周国又有磁场，所以电流的磁场应该是由于电荷的运动产生的．那么，磁铁的磁场是否也是由电荷的运动产生的呢？安培提出在磁铁中分子、原于存在着一种环形电流一一分子电流，分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体．磁铁的分子电流的取向大致相同时，对外显磁性；磁铁的分子电流取向杂乱无章时，对外不显磁性。近代的原子结构理论证实了分子电流的存在．根据物质的微观结构理论，微粒原子由原子核和核外电子组成，原子核带正电，核外电子带负电，电子在库仑力的作用下，绕核高速旋转，形成分子电流．可见，磁铁和电流的磁场本质上都是运动电荷产生的例题举例I【例1】半导体靠自由电子（带负电）和空穴（相当于带正电）导电，分为p型和n型两种。p型中空穴为多数载流子；n型中自由电子为多数载流子。用以下实验可以判定一块半导体材料是p型还是n型：将材料放在匀强磁场中，通以图示方向的电流I，用电压表判定上下两个表面的电势高低，若上极板电势高，就是p型半导体；若下极板电势高，就是n型半导体。试分析原因。解：分别判定空穴和自由电子所受的洛伦兹力的方向，由于四指指电流方向，都向右，所以洛伦兹力方向都向上，它们都将向上偏转。p型半导体中空穴多，上极板的电势高；n型半导体中自由电子多，上极板电势低。MNBOv【例2】如图直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场。正、负电子同时从同一点O以与MN成30°角的同样速度v射入磁场（电子质量为m，电荷为e），它们从磁场中射出时相距多远？射出的时间差是多少？解：由公式知，它们的半径和周期是相同的。只是偏转方向相反。先确定圆心，画出半径，由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形。所以两个射出点相距2r，由图还可看出，经历时间相差2T/3。答案为射出点相距，时间差为。关键是找圆心、找半径和用对称。【例3】长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图所示，磁感强度为B，板间距离也为L，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是：A．使粒子的速度v5BqL/4m；C．使粒子的速度v>BqL/m；D．使粒子速度BqL/4m5BqL/4m时粒子能从右边穿出。\n粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在O＇点，有r2＝L/4，又由r2＝mv2/Bq=L/4得v2＝BqL/4m∴v20）那么在t为多大时，金属棒开始移动？解：由=kL1L2可知，回路中感应电动势是恒定的，电流大小也是恒定的，但由于安培力F=BIL∝B=kt∝t，随时间的增大，安培力将随之增大。当安培力增大到等于最大静摩擦力时，ab将开始向左移动。这时有：Badbc【例4】如图所示，水平面上固定有平行导轨，磁感应强度为B的匀强磁场方向竖直向下。同种合金做的导体棒ab、cd横截面积之比为2∶1，长度和导轨的宽均为L，ab的质量为m，电阻为r，开始时ab、cd都垂直于导轨静止，不计摩擦。给ab一个向右的瞬时冲量I，在以后的运动中，cd的最大速度vm、最大加速度am、产生的电热各是多少？解：给ab冲量后，ab获得速度向右运动，回路中产生感应电流，cd受安培力作用而加速，ab受安培力而减速；当两者速度相等时，都开始做匀速运动。所以开始时cd的加速度最大，最终cd的速度最大。全过程系统动能的损失都转化为电能，电能又转化为内能。由于ab、cd横截面积之比为2∶1，所以电阻之比为1∶2，根据Q=I2Rt∝R，所以cd上产生的电热应该是回路中产生的全部电热的2/3。又根据已知得ab的初速度为v1=I/m，因此有：，解得。最后的共同速度为vm=2I/3m，系统动能损失为ΔEK=I2/6m，其中cd上产生电热Q=I2/9m【例5】如图所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为的圆形区域内部及外部，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B。一半径为，电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合。当内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线截面的电量____________。解析：由题意知：，，由【例6】如图所示是一种测量通电螺线管中磁场的装置，把一个很小的测量线圈A放在待测处，线圈与测量电量的冲击电流计G串联，当用双刀双掷开关S使螺线管的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，从而引起电荷的迁移，由表G测出电量Q，就可以算出线圈所在处的磁感应强度B。已知测量线圈共有N匝，直径为d，它和表G串联电路的总电阻为R，则被测处的磁感强度B为多大？解析：当双刀双掷开关S使螺线管的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可得：由欧姆定律得：由上述二式可得：四、自感现象1、自感——由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象叫自感现象。产生的电动势叫自感电动势。电流I变化时，自感电动势阻碍电流的变化（当I增加，自感电动势反抗I的增加，当I减小，自感电动势补充I的减小）2、原因——导体本身的电流变化，引起磁通量的变化3、自感电动势和自感系数①反映电流变化的快慢②自感系数L决定于线圈的自身（长度、截面积、匝数、铁芯）③自感电动势由L和I的变化率共同决定④单位：亨利1H＝103mH1mH＝103μH自感现象只有在通过电路电流发生变化才会产生．在判断电路性质时，一般分析方法是：当流过线圈L的电流突然增大瞬间，我们可以把L看成一个阻值很大的电阻；当流经L的电流突然减小的瞬间，我们可以把L看作一个电源，它提供一个跟原电流同向的电流．图2电路中，当S断开时，我们只看到A灯闪亮了一下后熄灭，那么S断开时图1电路中就没有自感电流？能否看到明显的自感现象，不仅仅取决于自感电动势的大小，还取决于电路的结构．在图2电路中，我们预先在电路设计时取线圈的阻值远小于灯A的阻值，使S断开前，并联电路中的电流IL>>IR，S断开瞬间，虽然L中电流在减小，但这一电流全部流过A灯，仍比S断开前A灯的电流大得多，且延滞了一段时间，所以我们看到A灯闪亮一下后熄灭，对图1的电路，S断开瞬间也有自感电流，但它比断开前流过两灯的电流还小，就不会出现闪亮一下的现象．除线圈外，电路的其它部分是否存在自感现象？当电路中的电流发生变化时，电路中每一个组成部分，甚至连导线，都会产生自感电动势去阻碍电流的变化，只不过是线圈中产生的自感电动势比较大，其它部分产生的自感电动势非常小而已。\n2、自感现象的应用——日光灯（1）启动器：利用氖管的辉光放电，起自动把电路接通和断开的作用（2）镇流器：在日光灯点燃时，利用自感现象，产生瞬时高压，在日光灯正常发光时，，利用自感现象，起降压限流作用。3、日光灯的工作原理图如下：图中A镇流器，其作用是在灯开始点燃时起产生瞬时高压的作用；在日光灯正常发光时起起降压限流作用．B是日光灯管，它的内壁涂有一层荧光粉，使其发出的光为柔和的白光；C是启动器，它是一个充有氖气的小玻璃泡，里面装上两个电极，一个固定不动的静触片和一个用双金属片制成的U形触片组成．【例7】如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略不计，下列说法中正确的是（A、D）A．合上开关S接通电路时，A2先亮A1后亮，最后一样亮B．合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮C．断开开关S切断电路时，A2立即熄灭，A1过一会熄灭D．断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会才熄灭四、针对练习1.穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟减少2Wb，则（）A．线圈中感应电动势每秒增加2VB．线圈中感应电动势每秒减少2VC．线圈中无感应电动势D．线圈中感应电动势保持不变2.如图，在匀强磁场中，有一接有电容器的导线回路，已知C=30μF，L1=5cm，L2=8cm，磁场以5×10-2T/s的速率均匀增强，则电容器C所带的电荷量C4.如图所示，平行金属导轨间距为d，一端跨接电阻为R，匀强磁场磁感强度为B，方向垂直平行导轨平面，一根长金属棒与导轨成θ角放置，棒与导轨的电阻不计，当棒沿垂直棒的方向以恒定速度v在导轨上滑行时，通过电阻的电流是（）A．Bdv/(Rsinθ)B．Bdv/RC．Bdvsinθ/RD．Bdvcosθ/R5.如图所示，圆环a和b的半径之比R1∶R2=2∶1，且是粗细相同，用同样材料的导线构成，连接两环导线的电阻不计，匀强磁场的磁感应强度始终以恒定的变化率变化，那么，当只有a环置于磁场中与只有b环置于磁场中的两种情况下，AB两点的电势差之比为多少？7.如图所示，电阻R和电感线圈L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时　，下面能发生的情况是A．B比A先亮，然后B熄灭B．A比B先亮，然后A熄灭　C．A、B一起亮，然后A熄灭D．A、B一起亮，然后B熄灭第3单元电磁感应与电路规律的综合应用一、电路问题1、确定电源：首先判断产生电磁感应现象的那一部分导体（电源），其次利用或求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向。2、分析电路结构，画等效电路图3、利用电路规律求解，主要有欧姆定律，串并联规律等二、图象问题1、定性或定量地表示出所研究问题的函数关系2、在图象中E、I、B等物理量的方向是通过正负值来反映3、画图象时要注意横、纵坐标的单位长度定义或表达【例1】匀强磁场磁感应强度B=0.2T，磁场宽度L=3rn，一正方形金属框边长ab==1m，每边电阻r=0.2Ω，金属框以v=10m/s的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图所示，求：（1）画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的I-t图线（2）画出ab两端电压的U-t图线图（1）解析：线框进人磁场区时E1=Blv=2V，=2.5A方向沿逆时针，如图（1）实线abcd所示，感电流持续的时间t1==0.1s线框在磁场中运动时：E2=0，I2=0图（2）无电流的持续时间：t2==0.2s，线框穿出磁场区时：E3=Blv=2V，=2.5A此电流的方向为顺时针，如图（1）虚线abcd所示，规定电流方向逆时针为正，得I-t图线如图（2）所示（2）线框进人磁场区ab两端电压U1=I1r=2.5×0.2=0.5V线框在磁场中运动时；b两端电压等于感应电动势U2=Blv=2V线框出磁场时ab两端电压：U3=E-I2r=1.5V由此得U-t图线如图（3）所示\n一、综合例析【例2】如图所示，平行导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中（方向向里），间距为L，左端电阻为R，其余电阻不计，导轨右端接一电容为C的电容器。现有一长2L的金属棒ab放在导轨上，ab以a为轴顺时针转过90°的过程中，通过R的电量为多少？解析：（1）由ab棒以a为轴旋转到b端脱离导轨的过程中，产生的感应电动势一直增大，对C不断充电，同时又与R构成闭合回路。ab产生感应电动势的平均值①表示ab扫过的三角形的面积，即②通过R的电量③由以上三式解得④在这一过程中电容器充电的总电量Q=CUm⑤Um为ab棒在转动过程中产生的感应电动势的最大值。即⑥联立⑤⑥得：（2）当ab棒脱离导轨后（对R放电，通过R的电量为Q2，所以整个过程中通过R的总电量为：Q=Q1＋Q2=【例3】如图所示，竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，并且以=0.1T/s在变化，水平轨道电阻不计，且不计摩擦阻力，宽0.5m的导轨上放一电阻R0=0.1Ω的导体棒，并用水平线通过定滑轮吊着质量M=0.2kg的重物，轨道左端连接的电阻R=0.4Ω，图中的l=0.8m，求至少经过多长时间才能吊起重物.解题方法：由法拉第电磁感应定律可求回路感应电动势E=①：由闭合电路欧姆定律可求出回路中电流I=②由于安培力方向向左，应用左手定则可判断出电流方向为顺时针方向（由上往下看）.再根据楞次定律可知磁场增加，在t时磁感应强度为：B′=（B＋·t）③此时安培力为F安=B′Ilab④由受力分析可知F安=mg⑤由①②③④⑤式并代入数据：t=495s第4单元电磁感应与力学规律的综合应用电磁感应等电学知识和力学知识的综合应用，主要有1、利用能的转化和守恒定律及功能关系研究电磁感应过程中的能量转化问题2、应用牛顿第二定律解决导体切割磁感线运动的问题。3、应用动量定理、动量守恒定律解决导体切割磁感线的运动问题。4、应用能的转化和守恒定律解决电磁感应问题。一、电磁感应中的动力学问题解决这类问题的关键在于通过运动状态的分析来寻找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件等。【例1】如图，AB、CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L，导轨平面与水平面的夹角为θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B，在导轨的AC端连接一个阻值为R的电阻，一根质量为m、垂直于导轨放置的金属棒ab，从静止开始沿导轨下滑，求此过程中ab棒的最大速度。已知ab与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨和金属棒的电阻不计。解析：ab沿导轨下滑过程中受四个力作用，即重力mg，支持力FN、摩擦力Ff和安培力F安，如图所示，ab由静止开始下滑后，将是，所以这是个变加速过程，当加速度减到a=0时，其速度即增到最大v=vm，此时必将处于平衡状态，以后将以vm匀速下滑E=BLv①I=E/R②F安=BIL③对ab所受的力正交分解，FN=mgcosθFf=μmgcosθ由①②③可得以ab为研究对象，根据牛顿第二定律应有：mgsinθ–μmgcosθ-=maab做加速度减小的变加速运动，当a=0时速度达最大因此，ab达到vm时应有：mgsinθ–μmgcosθ-=0④由④式可解得二、电磁感应中的能量、动量问题分析问题时，应当牢牢抓住能量守恒这一基本规律，分析清楚有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量参与了相互转化，然后利用能量守恒列出方程求解。\n【例2】如图，两根间距为l的光滑金属导轨（不计电阻），由一段圆弧部分与一段无限长的水平段组成。其水平段加有竖直向下方向的匀强磁场，其磁感应强度为B，导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m。，电阻为2r。另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧段M处由静止释放滑至N处进入水平段，圆弧段MN半径R，所对圆心角为60°，求：（1）ab棒在N处进入磁场区速度多大？此时棒中电流是多少？（2）ab棒能达到的最大速度是多大？（3）ab棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？解析：（1）ab棒由静止从M滑下到N的过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以到N处速度可求，进而可求ab棒切割磁感线时产生的感应电动势和回路中的感应电流。ab棒由M下滑到N过程中，机械能守恒，故有：解得进入磁场区瞬间，回路中电流强度为（2）设ab棒与cd棒所受安培力的大小为F，安培力作用时间为t，ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v′时，电路中电流为零，安培力为零，cd达到最大速度。运用动量守恒定律得解得（3）释放热量等于系统机械能减少量，有解得三、综合例析（一）电磁感应中的“双杆问题”【例3】（2003年全国理综卷）如图所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B=0.50T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离l=0.20m。两根质量均为m=0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50Ω。在t=0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行、大小为0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过t=5.0s，金属杆甲的加速度为a=1.37m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？解析：设任一时刻t两金属杆甲、乙之间的距离为x，速度分别为v1和v2，经过很短的时间△t，杆甲移动距离v1△t，杆乙移动距离v2△t，回路面积改变乙甲F由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势回路中的电流，杆甲的运动方程由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等，方向相反，所以两杆的动量时为0）等于外力F的冲量联立以上各式解得代入数据得【例4】两根相距d=0.20m平行金属长导轨固定在同一水平面，处于竖直方向的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.2T，导轨上横放着两条金属细杆，构成矩形回路，每条金属细杆的电阻为r=0.25Ω，回路中其余部分的电阻可不计.已知两金属细杆在平行于导轨的拉力的作用下沿导轨朝相反方向匀速平移，速度大小都是v=5.0m/s，如图所示.不计导轨上的摩擦.vv（1）求作用于每条金属细杆的拉力的大小.（2）求两金属细杆在间距增加0.40m的滑动过程共产生的热量.解析：（1）当两金属杆都以速度v匀速滑动时，每条金属杆中产生的感应电动势分别为：E1=E2=Bdv由闭合电路的欧姆定律，回路中的电流强度大小为：因拉力与安培力平衡，作用于每根金属杆的拉力的大小为F1=F2=IBd。由以上各式并代入数据得N（2）设两金属杆之间增加的距离为△L，则两金属杆共产生的热量为，代入数据得Q=1.28×10-2J.（二）电磁感应中的一个推论——安培力的冲量公式Laa【例5】在光滑水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，有一边长为a（an2，a红光，b蓝光D.n1>n2，a蓝光，b红光解：由图可知，b光线经过三棱镜后的偏折角较小，因此折射率较小，是红光。2．全反射棱镜横截面是等腰直角三角形的棱镜叫全反射棱镜。选择适当的入射点，可以使入射光线经过全反射棱镜的作用在射出后偏转90o（右图1）或180o（右图2）。要特别注意两种用法中光线在哪个表面发生全反射。【例8】如图所示，自行车的尾灯采用了全反射棱镜的原理。它虽然本身不发光，但在夜间骑行时，从后面开来的汽车发出的强光照到尾灯后，会有较强的光被反射回去，使汽车司机注意到前面有自行车。尾灯的原理如图所示，下面说法中正确的是（C）A.汽车灯光应从左面射过来在尾灯的左表面发生全反射B.汽车灯光应从左面射过来在尾灯的右表面发生全反射C.汽车灯光应从右面射过来在尾灯的左表面发生全反射D.汽车灯光应从右面射过来在尾灯的右表面发生全反射3．光的折射和色散\n一束白光经过三棱镜折射后形式色散，构成红橙黄绿蓝靛紫的七条彩色光带，形成光谱。红紫光谱的产生表明白光是由各种单色光组成的复色光，各种单色光的偏转角度不同。红紫偏转角小大折射率n小大同介质速率v大小频率γ小大波长λ大小θ1θ24．玻璃砖——所谓玻璃砖一般指横截面为矩形的棱柱。当光线从上表面入射，从下表面射出时，其特点是：⑴射出光线和入射光线平行；⑵各种色光在第一次入射后就发生色散；⑶射出光线的侧移和折射率、入射角、玻璃砖的厚度有关；⑷可利用玻璃砖测定玻璃的折射率。【例9】透明材料做成一长方体形的光学器材，要求从上表面射入的光线可能从右侧面射出，那么所选的材料的折射率应满足BA.折射率必须大于B.折射率必须小于C.折射率可取大于1的任意值D.无论折射率是多大都不可能解：从图中可以看出，为使上表面射入的光线经两次折射后从右侧面射出，θ1和θ2都必须小于临界角C，即θ145°，n=1/sinC<，选B答案。第二单元光的本性物理光学物理光学光的本性学说发展史光的波粒二象性粒子性――光电效应微粒说（牛顿）波动说（惠更斯）电磁说（麦克斯韦）光子说（爱因斯坦）光的波粒二象说光的干涉波动性光的衍射知识网络：一、粒子说和波动说1、微粒说——（牛顿）认为个光是粒子流，从光源出发，在均匀介质中遵循力学规律做匀速直线运动。成功——直线传播（匀速直线运动）、反射（经典粒子打在界面上）困难——干涉，衍射（波的特性），折射（粒子受到界面的吸引和排斥：折射角、不能一视同仁），光线交叉2、波动说——（荷兰）惠更斯、（法）菲涅尔，光在“以太”中以某种振动向外传播成功——反射、折射、干涉、衍射困难——光电效应、康普顿效应、偏振19世纪以前，微粒说一直占上风（1）人们习惯用经典的机械波的理论去理解光的本性。（2）牛顿的威望（3）波动理论本身不够完善（以太、惠更斯无法科学的给出周期和波长的概念）3、光的电磁说——（英）麦克斯韦，光是一种电磁波4、光电效应——证明光具有粒子性二、光的双缝干涉——证明光是一种波1、实验1801年，（英）托马斯·杨单色光单孔屏双孔屏接收屏2、现象（1）接收屏上看到明暗相间的等宽等距条纹。中央亮条纹（2）波长越大，条纹越宽（3）如果用复色光（白），出现彩色条纹。中央复色（白）原因：相干光源在屏上叠加（加强或减弱）3、小孔的作用：产生同频率的光双孔的作用：产生相干光源（频率相同，步调一致，两小孔出来的光是完全相同的。）4、条纹的亮暗L2—L1=（2K+1）λ/2弱L2—L1=2K*λ/2=Kλ强5、条纹间距∝波长△X=λL/d波长双缝到屏的距离双缝距离6、1m=109nm1m=1010A【例1】用绿光做双缝干涉实验，在光屏上呈现出绿、暗相间的条纹，相邻两条绿条纹间的距离为Δx。下列说法中正确的有（C）A.如果增大单缝到双缝间的距离，Δx将增大B.如果增大双缝之间的距离，Δx将增大C.如果增大双缝到光屏之间的距离，Δx将增大D.如果减小双缝的每条缝的宽度，而不改变双缝间的距离，Δx将增大三、薄膜干涉——光是一种波1、实验酒精中撒钠盐，火焰发出单色的黄光2、现象（1）薄膜的反射光中看到了明暗相间的条纹。条纹等宽（2）波长越大，条纹越宽（3）如果用复色光，出现彩色条纹3、原因——从前后表面反射回来的两列频率相同的光波叠加，峰峰强、谷谷强、峰谷弱（阳光下的肥皂泡、水面上的油膜、压紧的两块玻璃）\n1、科技技上的应用（1）查平面的平整程度单色光入射，a的下表面与b的上表面反射光叠加，出现明暗相间的条纹，如果被检查的平面是平的，那么空气厚度相同的各点就位于同一条直线上，干涉后得到的是直条纹，否则条纹弯曲。（2）增透膜膜的厚度为入射光在薄膜中波长的1/4倍时，从薄膜的两个面反射的波相遇，峰谷叠加，反射减，抵消黄、绿光，镜头呈淡紫色。【例2】运动员在登雪山时要注意防止紫外线的过度照射，尤其是眼睛更不能长时间被紫外线照射，否则将会严重地损坏视力。有人想利用薄膜干涉的原理设计一种能大大减小紫外线对眼睛的伤害的眼镜。他选用的薄膜材料的折射率为n=1.5，所要消除的紫外线的频率为8.1×1014Hz，那么它设计的这种“增反膜”的厚度至少是多少？解：为了减少进入眼睛的紫外线，应该使入射光分别从该膜的前后两个表面反射形成的光叠加后加强，因此光程差应该是波长的整数倍，因此膜的厚度至少是紫外线在膜中波长的1/2。紫外线在真空中的波长是λ=c/ν=3.7×10-7m，在膜中的波长是λ/=λ/n=2.47×10-7m，因此膜的厚度至少是1.2×10-7m。四．光的衍射——光是一种波1、实验a单缝衍射b小孔衍射光绕过直线路径到障碍物的阴影里去的现象，称光的衍射，其条纹称衍射条纹2、条纹的特点：条纹宽度不相同，正中央是亮条纹，最宽最亮，若复色光（白），彩色条纹，中央复色（白）3、泊送亮斑——（法）菲涅尔理论泊松数学推导4、光的直线传播是近似规律五．光的电磁说——麦克斯韦根据电磁波与光在真空中的传播速度相同，提出光在本质上是一种电磁波，这就是光的电磁说，赫兹用实验证明了光的电磁说的正确性。1、电磁波谱：波长从大到小排列顺序为：无线电波、红外线（一切物体都放出红外线，1800年，英国赫谢尔）、可见光、紫外线（一切高温物体，如太阳、弧光灯发出的光都含有紫外线，1801年，德国里特）、X射线（高速电子流照射到任何固体上都会产生x射线，1895年，德国伦琴，）、γ射线。各种电磁波中，除可见光以外，相邻两个波段间都有重叠。各种电磁波的产生机理分别是：无线电波是振荡电路中自由电子的周期性运动产生的；红外线、可见光、紫外线是原子的外层电子受到激发后产生的；伦琴射线是原子的内层电子受到激发后产生的；γ射线是原子核受到激发后产生的。2、各种电磁波的产生、特性及应用。电磁波产生机理特性应用无线电波LC电路中的周期性振荡波动性强无线技术红外线原子的最外层电子受激发后产生的热作用显著，衍射性强加热、高空摄影、红外遥感可见光引起视觉产生色彩效应照明、摄影、光合作用紫外线化学、生理作用显著、能产生荧光效应日光灯、医疗上杀菌消毒、治疗皮肤病、软骨病等伦琴射线原子的内层电子受激发后产生的穿透本领很大医疗透视、工业探伤γ射线原子核受激发后产生的穿透本领最强探伤；电离作用；对生物组织的物理、化学作用；医疗上杀菌消毒；3、实验证明：物体辐射出的电磁波中辐射最强的波长λm和物体温度T之间满足关系λm T=b（b为常数）。可见高温物体辐射出的电磁波频率较高。在宇宙学中，可以根据接收到的恒星发出的光的频率，分析其表面温度。【例4】为了转播火箭发射现场的实况，在发射场建立了发射台，用于发射广播电台和电视台两种信号。其中广播电台用的电磁波波长为550m，电视台用的电磁波波长为0.566m。为了不让发射场附近的小山挡住信号，需要在小山顶上建了一个转发站，用来转发_____信号，这是因为该信号的波长太______，不易发生明显衍射。解：波长越长越容易明显衍射，波长越短衍射越不明显，表现出直线传播性。这时就需要在山顶建转发站。因此本题的转发站一定是转发电视信号的，因为其波长太短。EKAPQ【例5】伦琴射线管的结构，电源E给灯丝K加热，从而发射出热电子，热电子在K、A间的强电场作用下高速向对阴极A飞去。电子流打到A极表面，激发出高频电磁波，这就是X射线。正确的有（AC）A.P、Q间应接高压直流电，且Q接正极B.P、Q间应接高压交流电C.K、A间是高速电子流即阴极射线，从A发出的是X射线即一种高频电磁波D.从A发出的X射线的频率和P、Q间的交流电的频率相同六．光电效应——在光的照射下物体发射电子的现象叫光电效应。（右图装置中，用弧光灯照射锌版，有电子从锌版表面飞出，使原来不带电的验电器带正电。）光效应中发射出来的电子叫光电子。（1）光电效应的规律。①各种金属都存在极限频率ν0，只有ν≥ν0才能发生光电效应；②光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入光的频率增大而增大；③当入射光的频率大于极限频率时，光电流的强度与入光的强度成正比；④瞬时性（光电子的产生不超过10-9s）。（2）．光子说①、普朗克量子理论～电磁波的发射和接收是不连续的，是一份一份的，每一份叫能量子或量子，每一份的能量是E＝hγ，h＝6.63×10－34J·s，称为普朗克常量。②爱因斯坦光子说\n～光的发射、传播、接收是不连续的，是一份一份的，每一份叫一个光子。其能量E＝hγ。解释：一对一，不积累，能量守恒，③爱因斯坦光电效应方程E=hν⑷：Ek=h-W（Ek是光电子的最大初动能；W是逸出功，即从金属表面直接飞出的光电子克服正电荷引力所做的功。）（3）．光电管阴极K阳极A玻璃泡（碱金属）【例7】对爱因斯坦光电效应方程EK=hν-W，下面的理解正确的有（C。）A.只要是用同种频率的光照射同一种金属，那么从金属中逸出的所有光电子都会具有同样的初动能EKB.式中的W表示每个光电子从金属中飞出过程中克服金属中正电荷引力所做的功C.逸出功W和极限频率ν0之间应满足关系式W=hν0D.光电子的最大初动能和入射光的频率成正比（4）．康普顿效应在研究电子对X射线的散射时发现：有些散射波的波长比入射波的波长略大。康普顿认为这是因为光子不仅有能量，也具有动量。实验结果证明这个设想是正确的。因此康普顿效应也证明了光具有粒子性。七康普顿效应八、光的波粒二象性1．光的波粒二象性人们无法用其中一种观点把光的所有现象解释清楚，只能认为光具有波粒二象性，但不能把它看成宏观经典的波和粒子。减小窄缝的宽度，减弱光的强度，使光子一个一个的通过，到达接收屏的底片上。若暴光时间短，底片上是不规则的亮点，若暴光时间长，底片上是条纹干涉、衍射和偏振以无可辩驳的事实表明光是一种波；光电效应和康普顿效应又用无可辩驳的事实表明光是一种粒子；因此现代物理学认为：光具有波粒二象性。2．正确理解波粒二象性波粒二象性中所说的波是一种概率波，对大量光子才有意义。波粒二象性中所说的粒子，是指其不连续性，是一份能量。⑴个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性。⑵ν高的光子容易表现出粒子性；ν低的光子容易表现出波动性。⑶光在传播过程中往往表现出波动性；在与物质发生作用时往往表现为粒子性。⑷由光子的能量E=hν，光子的动量表示式也可以看出，光的波动性和粒子性并不矛盾：表示粒子性的粒子能量和动量的计算式中都含有表示波的特征的物理量——频率ν和波长λ。由以上两式和波速公式c=λν还可以得出：E=pc。【例8】已知由激光器发出的一细束功率为P=0.15kW的激光束，竖直向上照射在一个固态铝球的下部，使其恰好能在空中悬浮。已知铝的密度为ρ=2.7×103kg/m3，设激光束的光子全部被铝球吸收，求铝球的直径是多大？（计算中可取π=3，g=10m/s2）解：设每个激光光子的能量为E，动量为p，时间t内射到铝球上的光子数为n，激光束对铝球的作用力为F，铝球的直径为d，则有：光子能量和动量间关系是E=pc，铝球的重力和F平衡，因此F=ρg5πd3，由以上各式解得d=0.33mm。八、物质波（德布罗意波）由光的波粒二象性的思想推广到微观粒子和任何运动着的物体上去，得出物质波（德布罗意波）的概念：任何一个运动着的物体都有一种波与它对应，该波的波长λ=。【例10】为了观察到纳米级的微小结构，需要用到分辨率比光学显微镜更高的电子显微镜。下列说法中正确的是AA.电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光短，因此不容易发生明显衍射B.电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光长，因此不容易发生明显衍射C.电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光短，因此更容易发生明显衍射D.电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光长，因此更容易发生明显衍射解：为了观察纳米级的微小结构，用光学显微镜是不可能的。因为可见光的波长数量级是10-7m，远大于纳米，会发生明显的衍射现象，因此不能精确聚焦。如果用很高的电压使电子加速，使它具有很大的动量，其物质波的波长就会很短，衍射的影响就小多了。因此本题应选A。九．光的偏振⑴光的偏振也证明了光是一种波，而且是横波。各种电磁波中电场E的方向、磁场B的方向和电磁波的传播方向之间，两两互相垂直。⑵光波的感光作用和生理作用主要是由电场强度E引起的，将E的振动称为光振动。⑶自然光。太阳、电灯等普通光源直接发出的光，包含垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿各个方向振动的光波的强度都相同，这种光叫自然光。⑷偏振光。自然光通过偏振片后，在垂直于传播方向的平面上，只沿一个特定的方向振动，叫偏振光。自然光射到两种介质的界面上，如果光的入射方向合适，使反射和折射光之间的夹角恰好是90°，这时，反射光和折射光就都是偏振光，且它们的偏振方向互相垂直。我们通常看到的绝大多数光都是偏振光。十、激光　　（1）方向性好．激光束的光线平行度极好，从地面上发射的一束极细的激光束，到达月球表面时，也只发散成直径lm多的光斑，因此激光在地面上传播时，可以看成是不发散的．　　（2）单色性强．激光器发射的激光，都集中在一个极窄的频率范围内，由于光的颜色是由频率决定的，因此激光器是最理想的单色光源．由于激光束的高度平行性及极强的单色性，因此激光是最好的相干光，用激光器作光源观察光的干涉和衍射现象，都能取得较好的效果．（3）亮度高．所谓亮度，是指垂直于光线平面内单位面积上的发光功率，自然光源亮度最高的是太阳，而目前的高功率激光器，亮度可达太阳的1万倍．【例6】有关偏振和偏振光的下列说法中正确的有BDA.只有电磁波才能发生偏振，机械波不能发生偏振B.只有横波能发生偏振，纵波不能发生偏振C.自然界不存在偏振光，自然光只有通过偏振片才能变为偏振光\nD.除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光都是偏振光第十四章电磁波和相对论简介一、电磁振荡211．振荡电路：大小和方向都随时间做周期性变儿的电流叫做振荡电流，能够产生振荡电流的电路叫振荡电路，LC回路是一种简单的振荡电路。2．LC回路的电磁振荡过程：可以用图象来形象分析电容器充、放电过程中各物理量的变化规律，如图所示3．LC回路的振荡周期和频率注意：（1）LC回路的T、f只与电路本身性质L、C有关（2）电磁振荡的周期很小，频率很高，这是振荡电流与普通交变电流的区别。4、分析电磁振荡要掌握以下三个要点（突出能量守恒的观点）：⑴理想的LC回路中电场能E电和磁场能E磁在转化过程中的总和不变。⑵回路中电流越大时，L中的磁场能越大（磁通量越大）。⑶极板上电荷量越大时，C中电场能越大（板间场强越大、两板间电压越高、磁通量变化率越大）。4、LC回路中的电流图象和电荷图象总是互为余函数。5、注意特殊点和过程iqttoo放电充电放电充电a.充电完毕和放电完毕时的特点b.充电过程和放电过程的特点c.电场能和磁场能的转化的临界状态d.电流在什么时候方向改变aKbC1L1L2C2K【例1】右边两图中电容器的电容都是C=4×10-6F，电感都是L=9×10－4H，左图中电键K先接a，充电结束后将K扳到b；右图中电键K先闭合，稳定后断开。两图中LC回路开始电磁振荡t=3.14×10－4s时刻，C1的上极板正在____电（充电还是放电）,带_____电（正电还是负电）；L2中的电流方向向____(左还是右)，磁场能正在_____（增大还是减小）。q，iOt5T/6解：先由公式求出=1.2π×10－4s，t=3.14×10－4s时刻是开始振荡后的。再看与左图对应的q-t图象（以上极板带正电为正）和与右图对应的i-t图象（以LC回路中有逆时针方向电流为正），图象都为余弦函数图象。在时刻，从左图对应的q-t图象看出，上极板正在充正电；从右图对应的i-t图象看出，L2中的电流向左，正在增大，所以磁场能正在增大。二、电磁场和电磁波1．麦克斯韦的电磁场理论（1）变化的磁场（电场）能够在周围空间产生电场（磁场）；（2）均匀变化的磁场（电场）能够在周围空间产生稳定的电场（磁场）；（3）振荡的磁场（电场）能够在周围空间产生同频率的振荡电场（磁场）；可以证明：振荡电场产生同频率的振荡磁场；振荡磁场产生同频率的振荡电场。点评：变化的磁场在周围激发的电场为涡旋电场，涡旋电场与静电场一样，对电荷有力的作用，但涡旋电场又于静电场不同，它不是静电荷产生的，它的电场线是闭合的，在涡旋电场中移动电荷时，电场力做的功与路径有关，因此不能引用“电势”、“电势能”等概念。另外要用联系的观点认识规律，变化的磁场产生电场是电磁感应的本质。v0B【例2】右图中，内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于环口径的带正电的小球，正以速率v0沿逆时针方向匀速转动。若在此空间突然加上竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，设小球运动过程中的电量不变，那么（CD）A.小球对玻璃环的压力不断增大B.小球受到的磁场力不断增大C.小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动D.磁场力一直对小球不做功分析：因为玻璃环所处有均匀变化的磁场，在周围产生稳定的涡旋电场，对带正电的小球做功，由楞次定律，判断电场方向为顺时针，在电场力的作用下，小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动。小球在水平面内沿轨迹半径方向受两个力：环的弹力N和磁场的洛仑兹力f，而且两个力的矢量和始终提供向心力，考虑到小球速度大小的变化和方向的变化以及磁场强弱的变化，弹力和洛仑兹力不一定始终在增大。洛仑兹力始终和运动方向垂直，所以磁场力不做功。正确为CD。2．电磁场：按麦克斯韦的电磁场理论，变化电场和磁场总是相互联系的，形成一个不可分离的统一场，称为电磁场。电场和磁场只是这个统一的电磁场的两种具体表现。\n理解电磁场是统一的整体：根据麦克斯韦电磁场理论的两个要点：在变化的磁场的周围空间将产生涡漩电场，在变化的电场的周围空间将产生涡漩磁场．当变化的电场增强时，磁感线沿某一方向旋转，则在磁场减弱时，磁感线将沿相反方向旋转，如果电场不改变是静止的，则就不产生磁场．同理，减弱或增强的电场周围也将产生不同旋转方向的磁场．因此，变化的电场在其周围产生磁场，变化的磁场在其周围产生电场，一种场的突然减弱，导致另一种场的产生．这样，周期性变化的电场、磁场相互激发，形成的电磁场链一环套一环，如下图所示．需要注意的是，这里的电场和磁场必须是变化的，形成的电磁场链环不可能是静止的，这种电磁场是无源场（即：不是由电荷激发的电场，也不是由运动电荷-电流激发的磁场．），并非简单地将电场、磁场相加，而是相互联系、不可分割的统一整体．在电磁场示意图中，电场E矢量和磁场B矢量，在空间相互激发时，相互垂直，以光速c在空间传播．3．电磁波变化的电场和磁场从产生的区域由近及远地向周围空间传播开去，就形成了电磁波。（1）有效地发射电磁波的条件是：①频率足够高（单位时间内辐射出的能量P∝f4）；②形成开放电路（把电场和磁场分散到尽可能大的空间里去）。（2）电磁波的特点：①电磁波是横波。在电磁波传播方向上的任一点，场强E和磁感应强度B均与传播方向垂直且随时间变化，因此电磁波是横波。②电磁波的传播不需要介质，在真空中也能传播。在真空中的波速为c=3.0×108m/s。③波速和波长、频率的关系：c＝λf注意：麦克斯韦根据他提出的电磁场理论预言了电磁波的存在以及在真空中波速等于光速c，后由赫兹用实验证实了电磁波的存在（2）电磁波和机械波有本质的不同三．无线电波的发射和接收（1）无线电波：无线电技术中使用的电磁波（2）无线电波的发射：如图所示。①调制：使电磁波随各种信号而改变②调幅和调频（3）无线电波的接收①电谐振：当接收电路的固有频率跟接收到的电磁波的频率相同时，接收电路中产生的振荡电流最强，这种现象叫做电谐振。②调谐：使接收电路产生电谐振的过程。调谐电路如图所示。通过改变电容器电容来改变调谐电路的频率。③检波：从接收到的高频振荡中“检”出所携带的信号。（4）.电磁波的应用广播、电视、雷达、无线通信等都是电磁波的具体应用。v0雷达：无线电定位的仪器，波位越短的电磁波，传播的直线性越好，反射性能强，多数的雷达工作于微波波段。缺点，沿地面传播探测距离短。中、长波雷达沿地面的探测距离较远，但发射设备复杂。　【例3】如图所示，半径为r且水平放置的光滑绝缘的环形管道内，有一个电荷量为e，质量为m的电子。此装置放在匀强磁场中，其磁感应强度随时间变化的关系式为B=B0+kt（k>0）。根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场将产生稳定的电场，该感应电场对电子将有沿圆环切线方向的作用力，使其得到加速。设t=0时刻电子的初速度大小为v0，方向顺时针，从此开始后运动一周后的磁感应强度为B1，则此时电子的速度大小为A.B.C.D.解：感应电动势为E=kπr2，电场方向逆时针，电场力对电子做正功。在转动一圈过程中对电子用动能定理：kπr2e=mv2-mv02，得答案B。【例4】如图所示，平行板电容器和电池组相连。用绝缘工具将电容器两板间的距离逐渐增大的过程中，关于电容器两极板间的电场和磁场，下列说法中正确的是BD。A.两极板间的电压和场强都将逐渐减小B.两极板间的电压不变，场强逐渐减小C.两极板间将产生顺时针方向的磁场D.两极板间将产生逆时针方向的磁场\n【例5】如图所示，氢原子中的电子绕核逆时什快速旋转，匀强磁场垂直于轨道平面向外，电子的运动轨道半径r不变，若使磁场均匀增加，则电子的动能（B）A．不变B．增大C．减小D．无法判断解析：电子在库仑力F和洛伦兹力f作用下做匀速圆周运动，用左手定则判断f和F方向始终相同，两者之和为向心力。当磁场均匀增加时，根据麦克斯韦理论，将激起一稳定电场，由楞次定律及安培定则可判出上述电场的方向为顺时针，这时电子除受到上述两力外，又受到一个逆时针方向的电场力作用，该力对电子做正功，所以电子的动能将增大，故答案B正确。四相对论简介第十六章原子和原子核α粒子散射实验卢瑟福玻尔结构教学过程：一、原子模型1．J．J汤姆生模型（枣糕模型）——1897年发现电子，认识到原子有复杂结构。2．卢瑟福的核式结构模型（行星式模型）α粒子α粒子散射实验是用α粒子轰击金箔，结果：绝大多数α粒子穿过金箔后基本上仍沿原来的方向前进，但是有少数α粒子发生了较大的偏转。这说明原子的正电荷和质量一定集中在一个很小的核上。卢瑟福由α粒子散射实验提出模型：在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间运动。由α粒子散射实验的实验数据还可以估算出原子核大小的数量级是10-15m。3．玻尔模型（引入量子理论）（1）玻尔的三条假设（量子化）氢原子的能级图nE/eV∞01-13.62-3.43-1.514-0.853E1E2E3①轨道量子化：原子只能处于不连续的可能轨道中，即原子的可能轨道是不连续的②能量量子化：一个轨道对应一个能级，轨道不连续，所以能量值也是不连续的，这些不连续的能量值叫做能级。在这些能量状态是稳定的，并不向外界辐射能量，叫定态③原子可以从一个能级跃迁到另一个能级。原子由高能级向低能级跃迁时，放出光子，在吸收一个光子或通过其他途径获得能量时，则由低能级向高能级跃迁。原子在两个能级间跃迁时辐射或吸收光子的能量（量子化就是不连续性，n叫量子数。）（2）从高能级向低能级跃迁时放出光子；从低能级向高能级跃迁时可能是吸收光子，也可能是由于碰撞（用加热的方法，使分子热运动加剧，分子间的相互碰撞可以传递能量）。原子从低能级向高能级跃迁时只能吸收一定频率的光子；而从某一能级到被电离可以吸收能量大于或等于电离能的任何频率的光子。（如在基态，可以吸收E≥13.6eV的任何光子，所吸收的能量除用于电离外，都转化为电离出去的电子的动能）。（3）玻尔理论的局限性。由于引进了量子理论（轨道量子化和能量量子化），玻尔理论成功地解释了氢光谱的规律。但由于它保留了过多的经典物理理论（牛顿第二定律、向心力、库仑力等），所以在解释其他原子的光谱上都遇到很大的困难。12.8eV12.1eV10.2eV0eV例1：（1）种可能的跃迁方式（C42）（2）计算最高的光子频率（3）计算最大波长例2：现有1200个氢原子被激发到量子数为4的能级上，若这些受激氢原子最后都回到基态，则在此过程中发出的光子总数是多少？假定处在量子数为n的激发态的氢原子跃迁到各较低能级的原子数都是处在该激发态能级上的原子总数的。（D）A．2200B．2000C．1200D．24004．氢原子中的电子云\n对于宏观质点，只要知道它在某一时刻的位置和速度以及受力情况，就可以应用牛顿定律确定该质点运动的轨道，算出它在以后任意时刻的位置和速度。对电子等微观粒子，牛顿定律已不再适用，因此不能用确定的坐标描述它们在原子中的位置。玻尔理论中说的“电子轨道”实际上也是没有意义的。更加彻底的量子理论认为，我们只能知道电子在原子核附近各点出现的概率的大小。在不同的能量状态下，电子在各个位置出现的概率是不同的。如果用疏密不同的点子表示电子在各个位置出现的概率，画出图来，就像一片云雾一样，可以形象地称之为电子云。二、天然放射现象1．天然放射现象——天然放射现象的发现，使人们认识到原子核也有复杂结构。1895年——汤姆生——电子1896年——贝可勒尔——天然放射现象1897年——伦琴——伦琴射线大于等于83号元素的都具有天然放射性，小于83号的有的也具有天然放射性2．各种放射线的性质比较种类本质质量（u）电荷（e）速度（c）电离性贯穿性α射线氦核4+20.1最强最弱，纸能挡住β射线电子1/1840-10.99较强较强，穿几mm铝板γ射线光子001最弱最强，穿几cm铅版三种射线在匀强磁场、匀强电场、正交电场和磁场中的偏转情况比较：如⑴、⑵图所示，在匀强磁场和匀强电场中都是β比α的偏转大，γ不偏转；区别是：在磁场中偏转轨迹是圆弧，在电场中偏转轨迹是抛物线。⑶图中γ肯定打在O点；如果α也打在O点，则β必打在O点下方；如果β也打在O点，则α必打在O点下方。βγαα　γ　　β⑴　　　　　　　　　　⑵　　　　　　　　　　　　　　　⑶O3、半衰期1、描述衰变的快慢2、由核内部本身决定，与所处的物理和化学状态无关3、是统计规律，少数原子核不存在该规律4、放射源探测接收器MN【例3】如图所示，是利用放射线自动控制铝板厚度的装置。假如放射源能放射出α、β、γ三种射线，而根据设计，该生产线压制的是3mm厚的铝板，那么是三种射线中的____射线对控制厚度起主要作用。当探测接收器单位时间内接收到的放射性粒子的个数超过标准值时，将会通过自动装置将M、N两个轧辊间的距离调节得_____些。解：α射线不能穿过3mm厚的铝板，γ射线又很容易穿过3mm厚的铝板，基本不受铝板厚度的影响。而β射线刚好能穿透几毫米厚的铝板，因此厚度的微小变化会使穿过铝板的β射线的强度发生较明显变化。即是β射线对控制厚度起主要作用。若超过标准值，说明铝板太薄了，应该将两个轧辊间的距离调节得大些。三、核反应（核的变化，电荷数守恒，质量数守恒，质量并不守恒。）（1）衰变：α衰变：（核内）β衰变：（核内）+β衰变：（核内）γ衰变：原子核的能量也是不连续的，原子核放出射线后，核处于激发态，当它向低能级跃迁时，辐射γ光子。因此γ衰变是伴随着α、β衰变发生的。（2）人工转变：（卢瑟福发现质子的核反应）（查德威克发现中子的核反应）（小居里人工制造放射性同位素）放射性同位素的应用①利用其射线：α射线电离性强，用于使空气电离，将静电泄出，从而消除有害静电。γ射线贯穿性强，可用于金属探伤，也可用于治疗恶性肿瘤。各种射线均可使DNA发生突变，可用于生物工程，基因工程。②作为示踪原子。用于研究农作物化肥需求情况，诊断甲状腺疾病的类型，研究生物大分子结构及其功能。③进行考古研究。利用放射性同位素碳14，判定出土木质文物的产生年代。一般都使用人工制造的放射性同位素（种类齐全，半衰期短，可制成各种形状，强度容易控制）。（3）重核的裂变：在一定条件下（超过临界体积），裂变反应会连续不断地进行下去，这就是链式反应。（4）轻核的聚变：（需要几百万度高温，所以又叫热核反应）【例4】关于放射性同位素应用的下列说法中正确的有A．放射线改变了布料的性质使其不再因摩擦而生电，因此达到消除有害静电的目的B．利用γ射线的贯穿性可以为金属探伤，也能进行人体的透视C．用放射线照射作物种子能使其DNA发生变异，其结果一定是成为更优秀的品种D．用γ射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量，以免对人体正常组织造成太大的危害\n解：利用放射线消除有害静电是利用放射线的电离性，使空气分子电离成为导体，将静电泄出。γ射线对人体细胞伤害太大，不能用来进行人体透视。作物种子发生的DNA突变不一定都是有益的，还要经过筛选才能培育出优秀品种。用γ射线治疗肿瘤对人体肯定有副作用，因此要科学地严格控制剂量。本题选D。四、核能1．核能——核反应中放出的能叫核能。2．质量亏损——核子结合生成原子核，所生成的原子核的质量比生成它的核子的总质量要小些，这种现象叫做质量亏损。3．爱因斯坦质能方程：物体的能量和质量间存在着正比关系。比例系数为光速的平方。（在非国际单位里，可以用1Uc2=931.5MeV。它表示1原子质量单位的质量跟931.5MeV的能量相对应。）4．释放核能的途径凡是释放核能的核反应都有质量亏损。核子组成不同的原子核时，平均每个核子的质量亏损是不同的，所以各种原子核中核子的平均质量不同。核子平均质量小的，每个核子平均放的能多。铁原子核中核子的平均质量最小，所以铁原子核最稳定。凡是由平均质量大的核，生成平均质量小的核的核反应都是释放核能的。【例5】一个氢原子的质量为1.6736×10-27kg，一个锂原子的质量为11.6505×10-27kg，一个氦原子的质量为6.6467×10-27kg。一个锂核受到一个质子轰击变为2个α粒子，⑴写出核反应方程，并计算该反应释放的核能是多少？⑵1mg锂原子发生反应共释放多少核能？解：⑴H+Li→2He反应前一个氢原子和一个锂原子共有8个核外电子，反应后两个氦原子也是共有8个核外电子，因此只要将一个氢原子和一个锂原子的总质量减去两个氦原子的质量，得到的恰好是反应前后核的质量亏损，电子质量自然消掉。由质能方程ΔE=Δmc2得释放核能ΔE=2.76×10-12J⑵1mg锂原子含锂原子个数为10-6÷11.6505×10-27，每个锂原子对应的释放能量是=2.76×10-12J，所以共释放2.37×108J核能。【例6】静止的氡核Rn放出α粒子后变成钋核Po，α粒子动能为Eα。若衰变放出的能量全部变为反冲核和α粒子的动能，真空中的光速为c，则该反应中的质量亏损为A.B.0C.D.解：由于动量守恒，反冲核和α粒子的动量大小相等，由，它们的动能之比为4∶218，因此衰变释放的总能量是，由质能方程得质量亏损是。【例7】静止在匀强磁场中的一个B核俘获了一个速度为向v=7.3×104m/s的中子而发生核反应，生成α粒子与一个新核。测得α粒子的速度为2×104m/s，方向与反应前中子运动的方向相同，且与磁感线方向垂直。求：⑴写出核反应方程。⑵画出核反应生成的两个粒子的运动轨迹及旋转方向的示意图（磁感线方向垂直于纸面向外）。⑶求α粒子与新核轨道半径之比。⑷求α粒子与新核旋转周期之比。α解：（1）由质量数守恒和电荷数守恒得：B+n→He+Li（2）由于α粒子和反冲核都带正电，由左手定则知，它们旋转方向都是顺时针方向（3）由动量守恒可以求出反冲核的速度大小是103m/s方向和α粒子的速度方向相反，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式可求得它们的半径之比是120∶7（4）由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式可求得它们的周期之比是6∶75．核反应堆目前的所有正式运行的核电站都是应用裂变发电的。核反应堆的主要组成是：（1）核燃料。用浓缩铀（能吸收慢中子的铀235占3%~4%）。（2）减速剂。用石墨或重水（使裂变中产生的中子减速，以便被铀235吸收）。（3）控制棒。用镉做成（镉吸收中子的能力很强）。（4）冷却剂。用水或液态钠（把反应堆内的热量传输出去用于发电，同时使反应堆冷却，保证安全）。（5）水泥防护层。用来屏蔽裂变产物放出的各种射线。6．粒子物理学到19世纪末，人们认识到物质由分子组成，分子由原子组成，原子由原子核和电子组成，原子核由质子和中子组成。20世纪30年代以来，人们认识了正电子、μ子、K介子、π介子等粒子。后来又发现了各种粒子的反粒子（质量相同而电荷及其它一些物理量相反）。现在已经发现的粒子达400多种，形成了粒子物理学。按照粒子物理理论，可以将粒子分成三大类：媒介子、轻子和强子，其中强子是由更基本的粒子——夸克组成。从目前的观点看，媒介子、轻子和夸克是没有内部结构的“点状”粒子。用粒子物理学可以较好地解释宇宙的演化。\n