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八、动量学习指导
1、冲量和动量·典型例题解析【例1】两个质量相等的物体分别沿高度相同,但倾角不同的光滑斜面从顶端自由下滑到底端,在此过程中两物体具有相同的物理量是[]A.重力的冲量B.合力的冲量C.动量的变化D.速率的变化解析正确答案为D点拨虽然它们所受的重力相同,但它们在斜面上运动的时间不同,所受的合外力的大小和方向均不同,到达斜面底端时速度的方向不同,物体到达斜面底端时的速度大小可由v2=2as=2(gsinθ)得v=,与斜面倾角无关.【例2】质量为
0.4kg的小球沿光滑水平面以5m/s的速度冲向墙壁,被墙以4m/s的速度弹回,如图49-1所示,求1小球撞击墙前后的动量分别是多少?2这一过程中小球的动量改变了多少?方向怎样?1小球撞击墙前的动量p1=mv1=
0.4×5=2kg·m/s,动量为正,表示动量的方向跟规定的正方向相同,即方向向右.小球撞击墙后的动量p2=mv2=
0.4×-4=-
1.6kg·m/s.动量为负,表示动量方向跟规定的正方向相反,即方向向左.2此过程中小球动量的变化Δp=p2-p1=-
1.6-2=-
3.6kg·m/s,动量的变化为负,表示方向向左.点拨动量、动量的变化都是矢量,解题时要选取正方向,把矢量运算简化为代数运算.【例3】如图49-2所示在倾角θ=37°的斜面上,有一质量m=5kg的物体沿斜面下滑,物体与斜面间的动摩擦因数μ=
0.2,求物体下滑2s的时间内,物体所受各力的冲量.点拨对物体受力分析,确定各力的大小和方向.按I=Ft可求得各力的冲量,冲量的方向与该力的方向相同.参考答案重力的冲量IG=10N·s,方向竖直向下;弹力的冲量IN=80N·s,方向垂直斜面向上;摩擦力的冲量If=16N·s,方向沿斜面向上.【例4】将质量为
0.2kg的小球以初速度6m/s水平抛出,抛出点离地的高度为
3.2m,不计空气阻力.求1小球从抛出到它将要着地的过程中重力的冲量2小球将要着地时的动量3小球从抛出到它将要着地的过程中动量的变化点拨由平抛运动知识可求出运动时间和要着地时的水平速度和竖直速度,从而求出重力的冲量和要着地时动量,求着地时动量既可以先将速度合成后来求,也可先求出水平方向的动量和竖直方向的动量,然后将这两个方向的动量按矢量合成的方法合成,得到所求的动量.小球在运动过程中的水平方向的动量没有变化ΔPx=0,竖直方向的动量变化PY=mvY=m,方向向下,小球的动量变化ΔP==PY,注意不能简单地将小球着地时的动量值与初始动量值之差作为动量的变化量,因为这两个动量的方向不同,不能按代数运算处理,只有在某方向上选取了正方向后才可化为代数运算.参考答案
11.6N·s方向竖直向下220kg·m/s方向与水平面成53°夹角斜向下
31.6kg·m/s方向竖直向下跟踪反馈1.下列有关动量的说法中,正确的是[]A.物体的动量发生变化,一定是物体的速率发生了变化B.物体的动量发生变化,一定是物体的速度方向发生了变化C.物体的运动状态发生变化,物体的动量一定发生变化D.做曲线运动的物体,动量一定发生变化2.一小球作自由落体运动,它在运动中相等的两段时间内[]A.重力的冲量相同B.后一段时间内比前一段时间内动量变化大C.动量变化相同D.后一段时间内比前一段时间内动量变化得快3.甲、乙两物体沿一直线相向运动,甲的质量为2kg,速度大小为5m/s,乙的质量为5kg,速度大小为2m/s,以甲的运动方向为正,则甲的动量为_______kg·m/s,乙的动量为_______kg·m/s,两个物体的总动量为_______kg·m/s.4.以初速度大小20m/s竖直向上抛出一个物体,不计空气阻力,物体的质量为
0.5kg,则抛出后当重力对小球的冲量达15N·s时,物体的动量为_______kg·m/s,这一过程中物体的动量变化了_______kg·m/s.参考答案
1、CD
2、AB
3、10;-10;0;
4、5;
152、动量定理1·典型例题解析【例1】钉钉子时为什么要用铁锤而不用橡皮锤,而铺地砖时却用橡皮锤而不用铁锤?解析钉钉子时用铁锤是因为铁锤形变很小,铁锤和钉子之间的相互作用时间很短,对于动量变化一定的铁锤,受到钉子的作用力很大,根据牛顿第三定律,铁锤对钉子的作用力也很大,所以能把钉子钉进去.橡皮锤形变较大,它和钉子之间的作用时间较长,同理可知橡皮锤对钉子的作用力较小,不容易把钉子钉进去.但在铺地砖时,需要较小的作用力,否则容易把地砖敲碎,因此铺地砖时用橡皮锤,不用铁锤.点拨根据动量定理,利用对作用时间的调整来控制作用力的大小.【例2】如图50-1所示,质量为m的小球以速度v碰到墙壁上,被反弹回来的速度大小为2v/3,若球与墙的作用时间为t,求小球与墙相碰过程中所受的墙壁给它的作用力.解析取向左为正方向,根据动量定理,对小球有Ft=mv-(-mv)=mv,由于此过程中小球在竖直方向受力平衡,墙给它的作用力等于它所受的合外力,所以墙给它的作用力为F=,方向向左点拨动量定理是矢量式,解题要选取正方向,动量定理中的F是合外力.【例3】下列说法正确的是[]A.动量的方向与受力方向相同B.动量的方向与冲量的方向相同C.动量的增量的方向与受力方向相同D.动量变化率的方向与速度方向相同点拨冲量的方向与力的方向相同,动量的方向与速度方向相同,动量增量的方向与冲量的方向相同,动量方向与冲量方向间无必然的联系.动量变化率Δp/Δt的方向与力的方向相同,力的方向与速度方向间无必然的联系.答案C【例4】在空间某处以相等的速率分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等三个小球,不计空气阻力,经相同的时间t设小球均未落地,下列有关动量变化的判断正确的是[]A.作上抛运动的小球动量变化最大B.作下抛运动的小球动量变化最小C.三小球动量变化大小相等,方向相同D.三小球动量变化大小相等,方向不同点拨三个小球都只有竖直方向的动量变化作平抛运动的小球水平方向动量不变.可根据匀变速直线运动的速度公式,求出竖直方向的速度变化,从而直接求出动量变化加以比较.但如果转换思考角度,从动量定理出发从考虑重力的冲量来比较动量的变化可使问题简单明了.答案C跟踪反馈1.动量定理Ft=p′-p中的F是指[]A.物体所受的动力B.物体所受的除重力以外的其它力的合力C.重力和弹力的合力D.物体所受的合外力2.对任何运动的物体,用一不变的力制动使它停止运动,所需的时间决定于物体的[]A.速度B.加速度C.动量D.质量3.一个质量为m的小球以速率v垂直射向墙壁,被墙以等速率反向弹回.若球与墙的作用时间为t,则小球受到墙的作用力大小为[]A.mv/tB.2mv/tC.mv/2tD.04.人从高处跳到低处,为了安全,一般都是让脚尖先着地,接着让整个脚底着地,并让人下蹲,这样做是为了[]A.减小人受到的冲量B.减小人的动量变化C.延长与地面的作用时间,从而减小人受到的作用力D.延长与地面的作用时间,使人所受地面给他的弹力小于人所受的重力参考答案1.D2.C3.B4.C
3、动量定理的应用2·典型例题解析【例1】500g的足球从
1.8m的高处自由下落碰地后能弹回到
1.25m高,不计空气阻力,这一过程经历的时间为
1.2s,g取10m/s2,求足球对地面的作用力.解析对足球与地面相互作用的过程应用动量定理,取竖直向下为正,有(mg-N)t=mv′-mv,其中t=
1.2--=
1.2--=
1.2-
0.6-
0.5=
0.1(s),v′=-=-=-5(m/s),v===6(m/s),解得足球受到向上的弹力N=+mg=+
0.5×10=55+5=60(N)由牛顿第三定律得足球对地面的作用力大小为60N,方向向下.点拨本例也可以对足球从开始下落至弹跳到最高点的整个过程应用动量定理mgt总-NΔt=0-0,这样处理更为简便.从解题过程可看出,当Δt很短时,N与mg相比较显得很大,这时可略去重力.【例2】如图51-1所示,在光滑的水平面上有两块前后并排且靠在一起的木块A和B,它们的质量分别为m1和m2,今有一颗子弹水平射向A木块,已知子弹依次穿过A、B所用的时间分别是Δt1和Δt2,设子弹所受木块的阻力恒为f,试求子弹穿过两木块后,两木块的速度各为多少?解析取向右为正,子弹穿过A的过程,以A和B作为一个整体,由动量定理得ft1=(m1+m2)VA,VA=,此后,A物体以VA向右匀速运动,接着子弹要穿透B物体子弹穿过B的过程,对B应用动量定理得fΔt2=m2vB-m2vA,点拨子弹穿过A的过程中,如果只将A作为研究对象,A所受的冲量除fΔt1外,还有B对A弹力的冲量.只有对A和B这一整体,合外力的冲量为fΔt1,所以解题时要灵活地选取研究对象或物理过程.【例3】高压采煤水枪出水口的横截面积为s,水的射出速度为v,射到煤层上后,水的速度为零,设水的密度为ρ,求对煤层的冲力大小.点拨对“连续流体”如高压水枪,漏斗装煤,水车洒水等的问题,如用牛顿运动定律求解,一般比较麻烦,甚至难以求解,但可采用“微元法”,即取时间Δt,得出相应的质量Δm,然后对Δm在时间Δt中应用动量定理可得到问题的解.设在Δt时间内,水枪中喷出水的质量为Δm,则Δm=ρs·vΔt,这部分水冲到煤层上动量由Δmv变为零,由动量定理列等式可解得煤层对这部分水的作用力,再用牛顿第三定律得出问题的解.答案ρsv2【例4】自动步枪每分钟能射出600颗子弹,每颗子弹的质量为20g,以500m/s的速度射出枪口,求因射击而使人受到的反冲力的大小.点拨射击时枪身处于静止状态,枪身受到射击时的子弹给它的作用力与人对枪身的作用力相平衡,根据牛顿第三定律,只要求出射击时枪身对子弹的作用力,就能得到问题的解.本题在具体解题时可以1分钟时间里射出的子弹作为整体来处理,也可以取某一颗子弹作为研究对象来处理,这时的时间过程为
0.1s.答案100N跟踪反馈1.某物体受到一个-6N·s的冲量作用,则[]A.物体的动量增量一定与规定的正方向相反B.物体原来的动量方向一定与这个冲量的方向相反C.物体的末动量方向一定与这个冲量的方向相反D.物体的动量一定在减小2.两个质量相同但大小不同的正方体木块A、B,靠在一起放在在光滑的水平面上,一水平射来的子弹先后穿透两木块后飞去,若木块对子弹的阻力恒定不变,子弹分别射穿两木块的时间相同,则子弹射穿两木块后A、B两木块的速度之比为[]A.1∶1B.1∶2C.1∶3D、13.水流以10m/s的速度由横截面积为4cm2的喷口处垂直冲击墙,冲击后水流无初速地沿墙壁流下,则墙受到水流的冲击力为_______N,水的密度为1×103kg/m3.4.一质量为100g的小球从
0.8m高处自由下落到一厚软垫上,若小球从接触软垫到陷至最低点经历了
0.2s,求这段时间内小球受到软垫给它的弹力.答案1.A2.C3.404.3N
4、动量、冲量和动量定理·典型例题精析[例题1] 质量为m的物体,在倾角为θ的光滑斜面上由静止开始下滑.如图7-1所示.求在时间t内物体所受的重力、斜面支持力以及合外力给物体的冲量.[思路点拨] 依冲量的定义,一恒力的冲量大小等于这力大小与力作用时间的乘积,方向与这力的方向一致.所以物体所受各恒力的冲量可依定义求出.而依动量定理,物体在一段时间t内的动量变化量等于物体所受的合外力冲量,故合外力给物体的冲量又可依动量定理求出.[解题过程] 依冲量的定义,重力对物体的冲量大小为IG=mg·t,方向竖直向下.斜面对物体的支持力的冲量大小为IN=N·t=mg·cosθ·t,方向垂直斜面向上.合外力对物体的冲量可分别用下列三种方法求出.1先根据平行四边形法则求出合外力,再依定义求出其冲量.由图7-12知,作用于物体上的合力大小为F=mg·sinθ,方向沿斜面向下.所以合外力的冲量大小IF=F·t=mg·sinθ·t.方向沿斜面向下.2合外力的冲量等于各外力冲量的矢量和,先求出各外力的冲量,然后依矢量合成的平行四边形法则求出合外力的冲量.利用前面求出的重力及支持力冲量,由图7-13知合外力冲量大小为方向沿斜面向下.或建立平面直角坐标系如图7-14,由正交分解法求出.先分别求出合外力冲量IF在x,y方向上分量IFx,IFy,再将其合成.3由动量定理,合外力的冲量IF等于物体的动量变化量Δp.IF=Δp=Δmv=mΔv=mat=mgsinθ·t.[小结] 1计算冲量必须明确计算的是哪一力在哪一段时间内对物体的冲量.2冲量是矢量,求某一力的冲量除应给出其大小,还应给出其方向.3本题解提供了三种不同的计算合外力冲量的方法.[例题2] 一质量为100g的小球从
0.80m高处自由下落到一厚软垫上.若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了
0.20s,则这段时间内软垫对小球的冲量为多少取g=10m/s2,不计空气阻力?[思路点拨] 小球从落至软垫至陷到最低点,即速度变为零的过程中,受重力和软垫对它的作用力,软垫对球的作用力在此过程中是变力,但动量定理对于变力依然适用.因此可以用动量定理求软垫对球的冲量.[解题过程] 小球落至软垫前,只受重力作用,故可由自由落体公式求出小球落至软垫时的速度大小为方向竖直向下.小球接触软垫后除受重力mg外,还受软垫对它的作用力F,在这两力合力冲量作用下,小球动量变为零此时小球陷至最低点.取竖直向上为正方向,小球的初动量为p=-mv负号表示小球刚与软垫接触时速度方向竖直向下,因而初动量方向竖直向下,与所取正方向相反,此处v仅表示小球速度的大小.小球的末动量 p′=0.由动量定理有解得小球自接触软垫起到陷至最低点这一过程中受到软垫平均作用大小为在这段时间内软垫对小球的冲量大小为方向竖直向上.[小结] 1应用动量定理解题时,必须明确研究的哪一物体的哪一运动过程,因动量定理是针对一确定物体一确定过程而言.此题应用动量定理研究的是小球自落至软垫开始与其接触起至陷至最低点速度恰变为零这一过程.2在解决诸如此题和课本习题中用铁锤钉钉子这样的碰撞、打击一类问题时,物体所受的冲击力的变化极为迅速,难于用牛顿第二定律结合运动学公式求解,但用以力的冲量概念表述的动量定理解决起来则极为方便.3在应用动量定理解决类似此题这样的碰撞、打击等问题时,不可随意忽略物体所受的重力,例如本题如忽略小球陷落过程中所受的重力,结果则为IF=
0.40N·s,显然与正确结果有较大偏离,因而是错误的.[例题3] 人从高台上跳下着地时,总是不自觉地先弯腿再站起来,为什么?[思路点拨] 这是一道说明题,不要求给出计算结果,但对这类问题不应含混说上几句就算了事,而要做严格分析,即也要明确研究对象,确定研究过程,列出必要的方程,再做讨论,得出令人信服的结论.[解题过程]将人视为质量集中在重心的质点,分两种情况讨论一为着地时不弯腿;一为着地时开始弯腿.台的高度一定,两种情况下,人着地时动量大小皆为p=mv,最后速度均变为零,因而动量为零.若取竖直向上为正方向,两种情况下,人着地过程中的动量变化量均为Δp=0--mv=mv.从开始着地到静止过程中,人受重力mg及地面作用力F,用F表示地面对人的作用力平均值,根据动量定理解得人着地过程中地面对人作用力的平均值由此式知,第一种情况,人落地后始终直立,人视为质量集中于重心的质点,速度很快变为零,t很小,很大,人腿要受到地面极大的作用力,很容易造成伤害.第二种情况下,由于着地后弯腿,人的重心还要向下移动较长距离,速度经过较长时间变为零,Δt较大,故地面对[小结] 解答说明、论证型的题目,首先要明确论点.如本题的论点是要求比较人在两种不同情况下受到地面作用力大小.然后选择论据,论据的选择要正确有效,如本题选择的论据应是动量守恒,若选择牛顿第二定律则不能有效地论证.最后是论证,论证的过程即为推理的过程,推理要清晰严密.如本题就要先找出两种情况下,人的动量变化量Δp的关系及动量变化与所经历的时间Δt的关系,然后才能由动量定理推出两种情况下地面作用力F大小的关系.[例题4] 质量m=5kg的物体在恒定水平推力F=5N的作用下,自静止开始在水平路面上运动,t1=2s后,撤去力F,物体又经t2=3s停了下来,求物体运动中受水平面滑动摩擦力的大小.[思路点拨] 此题中物体所经历的过程可分为两个阶段.第一阶段,物体在力F作用下自静止开始运动直至撤去力F;第二阶段,撤去力F后物体在滑动摩擦力f作用下减速运动,直至停下.如果用动量定理来求题,那么能否对包括两阶段在内的整个运动过程来应用定理呢?现给出两种方法求解这一问题第一种方法,将整个运动过程分为两个阶段,分别用动量定理来处理.第二种方法,将整个运动作为一过程来应用动量定理.[解题过程] 因物体在水平面上运动,故只需考虑物体在水平方向上受力即可,在撤去力F前,物体在水平方向上还受方向与物体运动方向相反的滑动摩擦力f,撤去力F后,物体只受摩擦力f.取物体运动方向为正方向.方法1 设撤去力F时物体的运动速度为v.对于物体自静止开始运动至撤去力F这一过程,由动量定理有F-ft1=mv. 1对于撤去力F直至物体停下这一过程,由动量定理有-ft2=0-mv. 2联立式
1、2解得运动中物体所受滑动摩擦力大小为说明 式
1、2中f仅表示滑动摩擦力的大小,f前的负号表示f与所取正方向相反.方法2 将物体整个运动过程视为在一变化的合外力作用下的运动过程.在时间t1内物体所受合外力为F-f,在时间t2内物体所受合外力-f,整个运动时间t1+t2内,物体所受合外力冲量为F-ft1+-ft2.对物体整个运动过程应用动量定理有F-ft1+-ft2=0,说明 冲量是矢量,由矢量运算法则可知合外力对物体的冲量等于物体所受各外力冲量的矢量和.所以求物体运动过程中所受合外力冲量又可用下述方法得出即先求物体在运动过程所受各外力冲量,再取其矢量和即为合外力冲量.例如,就本题中物体整个运动时间t1+t2内,力F的冲量为Ft1,力f的冲量为-ft1+t2.整个运动过程中物体所受合外力冲量为Ft1+-ft1+t2.这一结果与解法2给出的结果相同.[小结] 1本题解法2再次表明动量定理适用于变力作用过程.2合外力在一段时间t内的冲量等于这段时间t内各分段时间tit=t1+t2+…+ti+…内冲量的矢量和,又等于这段时间t内各外力对物体冲量的矢量和.3此题求解时,显然对整个过程应用动量定理来处理,解起来更为简捷.*[例题5] 采煤中有一种方法是用高压水流将煤层击碎将煤采下.今有一采煤水枪,由枪口射出的高压水流速度为v,设水流垂直射向煤层的竖直表面,随即顺煤壁竖直流下,求水对煤层的压强水的密度为ρ.[思路点拨] 射向煤层的水流受到煤层的作用水平速度因而动量变为零后随即顺壁流下,如能求出此过程中煤层对水流的作用力,根据牛顿第三定律即可求出水对煤层的作用力,从而求水对煤层的压强.[解题过程] 设射向煤层水流截面为S,在时间Δt内有质量为ρSv·Δt的水撞击煤层,动量变为零,设煤层对水流作用力为F.取煤层对水作用力方向为正,对于上述这部分水由动量定理有F·Δt=0--ρSvΔt·v,得F=ρSv2.由牛顿第三定律知,水对煤层作用力大小F′=F=ρSv2,所以煤层表面受到水流压强为[小结] 解决此类连续体产生的持续作用问题时,关键在于
①正确选取研究对象——Δt时间内动量发生变化的物质;
②根据题意正确地表示出其质量及动量变化量.
5、反冲运动火箭·典型例题解析【例1】如图54-1所示是A、B两滑块在同一直线上发生碰撞前后的部分闪光照片的示意图.A、B两滑块的质量分别为
0.14kg、
0.22kg,所用标尺的最小刻度是
0.5cm,闪光照相的快慢是每秒拍摄10次,试根据图示回答1作用前后滑块A动量的增量是多少?方向怎样?2碰撞前后,A、B的系统总动量是否守恒?解析从A、B两滑块位置的变化可知,作用前B是静止的,A向右运动;作用后B向右运动,A向左运动,以向右为正.碰撞过程中A的动量增量ΔpA=mAv′A-mAvA=
0.14×-
0.05-
0.14×
0.5=-
0.077kg·m/s,负号表示方向与规定的正方向相反,即向左.2碰撞前总动量p=mAvA=
0.14×
0.5=
0.07kg·m/s碰撞前总动量p′=mAvA′+mBvB′=
0.14×(-
0.05)+
0.22×()=
0.07(kg.m/s)p=p′,作用前后动量守恒.点拨从图中能分辨出在相应的时间内滑块位置的变化是解题的关键.【例2】一个静止的质量为M的不稳定原子核,放射出一个质量为m的粒子,粒子离开原子核时相对核的速度为v0,则原子核剩余部分的速度为[]A.v0B、v0C、v0D、v0解析正确答案为C点拨;由于原子核放射出粒子的过程极为短暂,其它外力的冲量均可不计,整个原子核为系统总动量守恒.原子核放出粒子后,剩余部分获得反冲的速度,设所求的反冲速率为v′,以放射出的粒子运动方向为正,则粒子的对地速度为v0-v′,剩余部分原子核的对地速度为-v′,由动量守恒定律得0=mv0-v′+M-m·-v′,所以对选定的系统应用动量守恒定律解题时,作用前后各物体的速度都应相对同一惯性参考系,一般都以地面为参考系,粒子以相对原物的速度离开是指相对作用以后原物的速度.【例3】在光滑的水平面上用一个小球先后以相同的速率跟原来静止的A、B、C三球发生正碰.与A球相碰后,小球仍然沿原方向运动;与B球相碰后,小球停止运动;与C球相碰后,小球被弹向反向运动.那么A、B、C三球所获得的动量大小比较正确的是[]A.pA=pB=PcB.pA>pB>pCC.pA<pB<pCD.因不知道被碰的三球质量,所以无法比较.点拨将入射的小球与被碰球为系统,系统的总动量守恒,入射小球动量的变化与被碰球动量的变化满足大小相等,方向相反.答案C【例4】火箭喷气发动机每次喷出质量m=
0.2kg的气体,喷出的气体相对地面的速度为v=1000m/s,设火箭的初始质量M=300kg,发动机每秒喷气20次,若不计地球对它的引力作用和空气阻力作用,求火箭发动机工作5s后火箭的速度达多大?点拨以火箭包括在5s内要喷出的气体为系统,系统的总动量守恒,以火箭的运动方向为正,则5s后火箭的动量为M-m×20×5v′,所喷出的气体动量为-m×20×5v.答案
71.4m/s跟踪反馈1.在光滑水平面上,A、B两物体在一直线上相向运动,碰撞后粘合在一起,若碰前A、B的动量大小分别为6kg·m/s、14kg·m/s,碰撞中B的动量减少了6kg·m/s,则A、B两球在碰撞前的速率之比为[]A.3∶7B.3∶4C.2∶7D.7∶42.向空中斜向上发射一物体,不计空气阻力,当物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂成a、b两块,若质量较大的一块a的速度方向仍沿原来的方向,则[]A.b的速度方向一定与原速度方向相反.B.从炸裂到落地这段时间里,a飞行的水平距离一定比b的大C.a、b一定同时到达水平地面D.炸裂后a、b的动量大小相等,方向相反.3.甲、乙两个溜冰者,质量分别为48kg和50kg,甲手里拿着质量为2kg的球,两人均以2m/s的速度在冰面上相向滑行,为避免相撞,甲将手中的球传给乙,乙再将球传给甲,经过几个来回后,乙的速度为零,则这时的甲的速度为_______m/s.4.某炮车的质量为M,炮弹的质量为m,静止在水平地面上,现将该炮弹沿水平方向发射出去,设炮弹水平射出炮口时相对炮车的速度为U,在发射过程中炮弹与炮车间的相互作用力远大于炮车所受地面给它的阻力,求由于发射炮弹炮车所获得的反冲速度.答案
1、C
2、C
3、
04、U;与炮弹运动方向相反
6、动量守恒定律·典型例题解析【例1】如图52-1所示,在光滑的水平面上,质量为m1的小球以速度v1追逐质量为m2,速度为v2的小球,追及并发生相碰后速度分别为v1′和v2′,将两个小球作为系统,试根据牛顿运动定律推导出动量守恒定律.解析在两球相互作用过程中,根据牛顿第二定律,对小球1有F=m1a1=m1,对m2有F′=m2a2=m2由牛顿第三定律得F=-F′,所以F·Δt=-F′·Δt,m1Δv1=-m2Δv2,即m1v1′-v1=-m2v2′-v2,整理后得m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,这表明以两小球为系统,系统所受的合外力为零时,系统的总动量守恒.点拨动量守恒定律和牛顿运动定律是一致的,当系统内受力情况不明,或相互作用力为变力时,用牛顿运动定律求解很繁杂,而动量定理只管发生相互作用前、后的状态,不必过问相互作用的细节,因而避免了直接运用牛顿运动定律解题的困难,使问题简化.【例2】把一支枪水平地固定在光滑水平面上的小车上,当枪发射出一颗子弹时,下列说法正确的是[]A.枪和子弹组成的系统动量守恒B.子弹、枪、小车这三者组成的系统动量守恒C.枪和车组成的系统动量守恒D.子弹的动量变化与枪和车的动量变化相同解析正确答案为C点拨在发射子弹时,子弹与枪之间,枪与车之间都存在相互作用力,所以将枪和子弹作为系统,或枪和车作为系统,系统所受的合外力均不为零,系统的动量不守恒,当将三者作为系统时,系统所受的合外力为零,系统的动量守恒,这时子弹的动量变化与枪和车的动量变化大小相等,方向相反.可见,系统的动量是否守恒,与系统的选取直接相关.【例3】如图52-2所示,设车厢的长度为l,质量为M,静止于光滑的水平面上,车厢内有一质量为m的物体以初速度v0向右运动,与车厢壁来回碰撞n次后,静止在车厢中,这时车厢的速度为_______,方向与v0的方向_______.点拨不论物体与车厢怎样发生作用,碰撞多少次,将物体与车厢作为系统,物体与车厢间作用力是内力,不改变系统的总动量,同时这一系统所受的合外力为零,系统的总动量守恒,以v0为正方向,有mv0=M+mv′.【例4】一辆列车的总质量为M,在平直的水平轨道上以速度v匀速行驶,突然最后一节质量为m的车厢脱钩,假设列车所受的阻力与车的重量成正比,机车的牵引力不变,当脱钩的车厢刚好停止运动时,前面列车的速度为多大?点拨以整列列车为系统,不管最后一节车厢是否脱钩,系统所受的外力在竖直方向上重力与轨道给系统的弹力相平衡,在运动方向上牵引力与系统所受的总的阻力相平衡,即系统所受的外力为零,总动量守恒.答案跟踪反馈1.在光滑水平面上有两个质量不等的物体,它们之间夹一被压缩的弹簧,开始时两物用细绳相连,烧断细绳后两物体[]A.在任何时刻加速度大小相等B.在任何时刻速度大小相等C.在任何时刻动量大小相等D.在任意一段时间内,弹簧对两物体的冲量相同2.沿一直线相向运动的甲、乙两质点,作用前动量分别是P1=10kg·m/s,P2=-18kg·m/s,作用后甲的动量为-1kg·m/s,不计任何外界阻力,则作用后乙的动量为[]A.-29kg·m/sB.29kg·m/sC.-7kg·m/sD.7kg·m/s3.质量为490g的木块静止在光滑水平面上,质量为10g的子弹以500m/s的速度水平射入木块并嵌在其中,从子弹刚射入木块至与木块相对静止的过程中,木块增加的动量为_______kg·m/s,它们的共同运动速度为_______m/s.4.质量为120t的机车,向右匀速滑行与静止的质量均为60t的四节车厢挂接在一起运动,由于四节车厢的挂接,使机车的速度减小了3m/s,求机车在挂接前的速度.答案1.C2.C3.
4.9;104.
4.5m/s;方向向右
7、动量守恒定律的应用·典型例题解析【例1】如图53-1所示,质量相同的两木块从同一高度同时开始自由下落,至某一位置时A被水平飞来的子弹击中未穿出,则A、B两木块的落地时间tA、tB的比较,正确的是[]A.tA=TbB.tA>tBC.tA<tBD.无法判断解析正确答案为B点拨子弹与木块A作用过程中,在水平方向的总动量守恒,在竖直方向上由于满足子弹与木块作用力的冲量远大于重力的冲量,所以在竖直方向上总动量也守恒,取向下为正有mAvA=mA+mv′Ay,显然vA′y=vA﹤vA,即由子弹的射入,使木块A在极短的时间内竖直方向的速度由vA减小到v′Ay,因而使得它比木块B迟到达地面.【例2】A、B两辆车在光滑的水平面上相向滑行,A车的总质量mA=1000kg,B车的总质量mB=500kg,当各自从对方的侧旁相遇而过时,各自把m=50kg的重物转移到对方的车上,结果A车停止运动,B车以vB′=
8.5m/s的速度继续按原方向前进,求A、B两车原来的速度大小.解析设A、B两车原来的速度大小为vA和vB,以B车的运动方向为正.对A、B两车这一系统,总动量守恒,mBvB-mAvA=mA·0+mBvB′,500vB-1000vA=500×
8.5.对B车除要移动的50kg和从A车上移入的重物为系统,总动量守恒mB-mvB-mvA=mBvB′,500-50vB-50vA=500×
8.5.解得vA=
0.5m/s,vB=
9.5m/s.点拨应用动量守恒定律时,灵活地选取研究对象作为系统是解题必须具备的能力,本例若选取A车不包括要移动的50kg和从B车上移入的重物为系统,则有mvB-mA-mvA=0,50vB-1000-50vA=0,在这三次选取的系统中,只要选取三次中的任意两次便可得到问题的解.【例3】将质量为m的铅球以大小为v0,沿仰角为θ的方向抛入一个装着砂子的总质量为M的静止砂车中,如图53-2所示,设车与地面间的摩擦可忽略,则球落入砂车后,车的速度多大?点拨对铅球和砂车所组成的系统,在相互作用过程中,总动量不守恒,因为铅球进入砂车后竖直方向的动量减为零,但系统在水平方向不受外力作用,在水平方向总动量守恒.【例4】如图53-3所示,质量为m的玩具蛙蹲在质量为M的小车上的细杆顶端,小车与地面的接触光滑,车长为l,细杆高h,直立于小车的中点,求玩具蛙至少以多大的对地水平速度跳出才能落到地面上?点拨将玩具蛙和小车作为系统,蛙在跳离车的过程中,系统水平方向的总动量守恒,蛙离开杆后,作平抛运动,小车作向后匀速直线运动,在蛙下降高度h的过程中,车通过的距离与蛙在水平方向通过的距离之和等于l/2时,蛙恰能落到地面上.答案跟踪反馈1.一只小船停止在湖面上,一个人从小船的一端走到另一端,不计水的阻力,下列说法正确的是[]A.人在船上行走时,人对船的冲量比船对人的冲量小,所以人走得快,船后退得慢.B.人在船上行走时,人和船的动量等值反向,由于人的质量较小,所以人走得快,船退得慢.C.当人停止走动时,因船的惯性大,所以船将继续后退.D.当人停止走动时,因总动量守恒,所以船将停止后退.2.斜面上一只质量为M的砂箱沿斜面匀速下滑,质量为m的小球从砂箱的上方轻轻地放入砂箱,随后小球与砂箱相对静止,则小球和砂箱这一系统的运动情况是[]A.立即停止运动B.减速下滑,直至逐渐停止运动C.加速下滑D.仍匀速下滑,但下滑的速度减小3.在水平轨道上有一门大炮,炮身质量M=2000kg,炮弹质量m=10kg,炮弹以对地速度v=800m/s,与水平方向成α=60°的夹角斜向上飞出炮口,则由于发射这颗炮弹,炮身获得的反冲速度大小为_______m/s.4.质量为100kg的甲车连同质量为50kg的人一起以2m/s的速度在光滑的水平面上向前运动,质量为150kg的乙车以7m/s的速度由后面追来,为避免相撞,当两车接近时甲车上的人至少应以多大的对地水平速度跳上乙车?答案1.BD2.D3.2m/s4.3m/s;方向与原方向相同
8、动量定理与动量守恒定律·典型例题解析【例1】在光滑的水平面上有一质量为2m的盒子,盒子中间有一质量为m的物体,如图所示.物体与盒底间的动摩擦因数为μ现给物体以水平速度v0向右运动,当它刚好与盒子右壁相碰时,速度减为V0/2物体与盒子右壁相碰后即粘在右壁上求:1物体在盒内滑行的时间;2物体与盒子右壁相碰过程中对盒子的冲量.解析1对物体在盒内滑行的时间内应用动量定理得-μmgt=m-mv0,t=2物体与盒子右壁相碰前及相碰过程中系统的总动量都守恒,设碰撞前瞬时盒子的速度为v1,则mv0=m+2mv1=m+2mv
2.解得v1=V0/4,v2=V0/3所以碰撞过程中物体给盒子的冲量由动量定理得I=2mv2-2mv1=mv0/6,方向向右点拨分清不同的物理过程所遵循的相应物理规律是解题的关键.【例2】如图55-2所示,质量均为M的小车A、B,B车上挂有质量为M/4的金属球C,C球相对B车静止,若两车以相等的速率
1.8m/s在光滑的水平面上相向运动,相碰后连在一起,则碰撞刚结束时小车的速度多大?C球摆到最高点时C球的速度多大?解析两车相碰过程由于作用时间很短,C球没有参与两车在水平方向的相互作用.对两车组成的系统,由动量守恒定律得以向左为正Mv-Mv=2Mv1两车相碰后速度v1=0,这时C球的速度仍为v,向左,接着C球向左上方摆动与两车发生相互作用,到达最高点时和两车具有共同的速度V2,对C和两车组成的系统,水平方向动量守恒,v=(M+M+)v2,解得v2=v/9=
0.2m/s,方向向左点拨两车相碰的过程,由于作用时间很短,可认为各物都没有发生位移,因而C球的悬线不偏离竖直方向,不可能跟B车发生水平方向的相互作用.在C球上摆的过程中,作用时间较长,悬线偏离竖直方向,与两车发生相互作用使两车在水平方向的动量改变,这时只有将C球和两车作为系统,水平方向的总动量才守恒.【例3】如图55-3所示,质量为m的人站在质量为M的小车的右端,处于静止状态.已知车的长度为L,则当人走到小车的左端时,小车将沿光滑的水平面向右移动多少距离?点拨将人和车作为系统,动量守恒,设车向右移动的距离为s,则人向左移动的距离为L-s,取向右为正方向,根据动量守恒定律可得M·s-mL-s=0,从而可解得s.注意在用位移表示动量守恒时,各位移都是相对地面的,并在选定正方向后位移有正、负之分.【例4】如图55-4所示,气球的质量为M离地的高度为H,在气球下方有一质量为m的人拉住系在气球上不计质量的软绳,人和气球恰悬浮在空中处于静止状态,现人沿软绳下滑到达地面时软绳的下端恰离开地面,求软绳的长度.点拨人和气球组成的系统总动量守恒,人沿绳子到达地面的过程中向下发生的位移为H,此过程中气球向上发生位移为s,两位移大小之和等于所求的绳长.答案例
3、L例
4、H跟踪反馈1.如图55-5所示,质量为m的小球悬挂在质量为M的小车上,小车静止在光滑的水平面上,现将小球拉到悬线呈水平位置时自由释放,小球向下摆动后陷入固定在车上的一块橡皮泥中,则此后小车的状态是[]A.向右匀速运动B.向左匀速运动C.静止不动D.左右来回运动2.质量为m的木块和质量为M的金属块用细线系在一起,悬浮在深水中的某一位置处于静止状态,若细线断裂,木块向上浮起h的高度时与金属块之间的距离为_______.3.在光滑的水平面上有三个完全相同的小球排成一条直线,第
2、3两个小球静止并靠在一起,如图55-6所示第1个小球以速度v0,射向它们并发生正碰,已知在不存在第3个球时第一个球与静止的第二个球碰后第一个球的速度为零,第二个球速度为v0,现存在第三个球,则正碰后三球的速度分别为_______、_______、_______.4.质量为130t,速度为2m/s的机车,与一节静止在水平轨道上的质量为70t的车厢挂接,求挂接过程中车厢所受的冲量多大.答案
9、动量守恒定律及其应用·典型例题精析[例题1] 平静的湖面上浮着一只长l=6m,质量为550kg的船,船头上站着一质量为m=50kg的人,开始时,人和船均处于静止.若船行进时阻力很小,问当人从船头走到船尾时,船将行进多远?[思路点拨] 以人和船组成的系统为研究对象.因船行进时阻力很小,船及人所受重力与水对船的浮力平衡,可以认为人在船上行走时系统动量守恒,开始时人和船都停止,系统总动量为零,当人在船上走动时,无论人的速度如何,系统的总动量都保持为零不变.[解题过程] 取人运动方向为正方向,设人对岸的速度为v,船对岸的速度为V,其方向与v相反,由动量守恒定律有0=mv+-MV.解得两速度大小之比为=,此结果对于人在船上行走过程的任一瞬时都成立.取人在船上行走时任一极短时间Δti,在此时间内人和船都可视为匀速运动,此时间内人和船相对地面移动的距离分别为ΔSmi=viΔti和ΔSMi=ViΔti,由此有这样人从船头走到船尾时,人和船相对地面移动的总距离分别为Sm=∑ΔSmi,SM=∑ΔSMi.由图中几何关系可知Sm+SM=L.这样,人从船头走到船尾时,船行进的距离为代入数据有SM=
0.5m.[小结] 本题表明,在动量守恒条件得到满足的过程中,系统任一瞬时的总动量保持不变.[例题2] 如图7-9示,物块A、B质量分别为mA、mB,用细绳连接,在水平恒力F的作用下A、B一起沿水平面做匀速直线运动,速度为v,如运动过程中,烧断细绳,仍保持力F大小方向不变,则当物块B停下来时,物块A的速度为多大?[思路点拨] 以A和B组成的系统作为研究对象.绳子烧断前,A、B一起做匀速直线运动,故系统所受外力和为零,水平方向系统所受外力计有拉力F,物块A受到地面的摩擦力fA,物体B受到地面的摩擦力fB,且F=fA+fB.绳烧断后,直到B停止运动前F与fA、fB均保持不变,故在此过程中系统所受外力和仍为零,系统总动量保持不变.所以此题可用动量守恒定律求解.[解题过程] 取初速v的方向为正方向,设绳断后A、B的速度大小分别为v′A、v′B,由动量守恒定律有mA+mBv=mAv′A+mBv′B.[小结] 1本题表明动量守恒定律不仅可以解决相互作用时间极短的碰撞等类问题,也可以解决过程持续时间较长的问题.2本题解法体现了应用动量守恒定律解题的特点和优点由于动量守恒定律只考虑系统相互作用前后的状态,而不考虑相互作用过程中各瞬时的细节,所以解决问题十分简便,这也是物理学中其他守恒定律例如机械能守恒定律也都具有的特点和优点.本题也可用牛顿运动定律结合运动学公式或应用动量定理来求解,但都要繁复一些.但本题若问B停下所用的时间是多少,动量守恒定律就无能为力了,就得应用牛顿运动定律结合运动学公式或动量定理来求解了.3特别要注意A、B组成的系统动量保持不变仅维持到B刚好停下为止,此后系统动量不再守恒,因B停下后其所受的摩擦力fB变为零,系统所受外力和不再为零,不再满足动量守恒条件.[例题3] 总质量均为M的甲乙两船在湖面上以相同速度v沿一直线鱼贯匀速航行如图7-10所示,现自甲船向后以相对甲船速度u水平向乙船抛一质量为m的沙袋,若不计水的阻力,求抛接沙袋后,甲、乙两船的速度各为多大?[思路点拨]本题涉及两个相互作用过程.过程Ⅰ将沙袋从甲船抛出;过程Ⅱ沙袋落在乙船上.因不计水的阻力,对于这两个过程若分别以甲船与沙袋及乙船与沙袋为系统,动量均守恒.[解题过程] 以甲、乙两船原来速度方向为正方向,设抛接沙袋后,甲、乙两船速度分别为v′甲,v′乙.对于过程Ⅰ,以甲船和沙袋作为系统,由动量守恒有Mv=M-mv′甲-mu-v′甲.因题中给出的是沙袋抛出时相对甲船的速度u,所以沙袋离开甲船时相对岸的速度为u-v′甲.对于过程Ⅱ,以乙船和沙袋为系统,由动量守恒有Mv-mu-v′甲=M+mv′乙.将上面解得的v′甲代入解得表明抛接沙袋后,甲船速度增加,乙船速度减小,乃至为零或反向.[小结] 1应用动量守恒定律解题时,应明确所应用的系统和过程.本题求乙船速度也可将甲、乙两船及沙袋作为系统,对抛接全过程包括过程Ⅰ和过程Ⅱ应用动量守恒定律,得到2Mv=M-mv′甲+M+mv′乙.将解得的v′甲代入解得v′乙,结果相同,这表明动量守恒定律也适用于多个物体组成的系统的复杂相互作用过程.2应用动量守恒定律时,应注意定律表达式中各速度应相对于同一惯性参考系,本题取地面.[例题4] 在质量为M的小车中挂有一单摆,摆球的质量为m0,小车和单摆以恒定的速度v0沿光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞,碰撞的时间极短,在碰撞过程中,下列情况可能发生的是[ ]A、小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度变为v2,满足M+m0v0=M+mv1+mv2B、小车、木块、摆球的速度都发生变化分别变为v
1、v
2、v3,满足M+m0v0=Mv1+mv2+m0v3C、摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v1和v2,满足Mv=Mv1+mv2D.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v′,满足Mv=M+mv′[思路点拨] 由于小车与木块发生碰撞的时间极短,碰撞时仅小车与木块间发生相互作用,使小车与木块的动量速度发生变化,而在这极短时间内,摆球和小车水平方向并没有通过绳发生相互作用,所以小车与木块碰后瞬时,小球仍保持原来的速度而未来得及变化.[解题过程] 小车与木块碰撞刚结束时,球仍保持原来的速度,仅小车与木块由于相互作用,各自动量发生改变,所以选项A、B是错误的.取小车不包括摆球和木块作为系统,碰撞前后动量守恒,但小车与木块碰后可能分离,也可能结合在一起,所以选项C、D中两情况都可能发生.[小结] 本题表明了碰撞这一物理现象发生时间极短这一的特点,由于碰撞现象的这一特点,可以使碰撞问题的解决通过近似得以简化.[例题5] 在光滑水平直轨道上停着一辆质量为M的平板车,车上有n个质量均为m的人,如每人相对于车以速率u相继快跑并相继跳离车的一端,试问他们相继快跑跳离车后使车得到的速度,与他们同时以同样速率u快跑并同时跳离车后使车得到的速度相比,哪个大?[思路点拨] 如n人一起以相同速率跳离车,跳离车过程中n人同时与车发生相互作用,如将这n人与车作为一系统,这一过程中,系统水平方向不受外力,系统动量守恒.如n人相继跳离车时,这n人相继与车发生相互作用.因题设每人跳离车时相对车速率u相等,但由于每人跳离车时车速不同,所以每人跳离车时相对地面的速率是不同的,此种情况下,应应用动量守恒定律依次讨论每人跳离车的过程,方可做出结论.[解题过程] 若n人同时快跳以相对车速率u同时跳离车,设跳离后,车获得速度为v,取人跳离后车速方向为正.由动量守恒有0=Mv+nmv-u.若n人相继快跑并相继以相对车速率u跳离车,设第一人跳离车时车速为v1,第二人跳离车时车速为v2,……第n人跳离车时车速为vn,仍取车速方向为正,对每一人跳离车过程.由动量守恒有[M+n-1m]v1+mv1-u=0,[M+n-2m]v2+mv2-u=[M+n-1m]v1,[M+n-3m]v3+mv3-u=[M+n-2m]v2,……Mvn+mvn-u=M+mvn-1.将以上各式相加,得Mvn+mv1-u+mv2-u+…+mvn-u=0,或 Mvn=mu-v1+mu-v2+…+mu-vn=nmu-mv1-mv2-…-mvn.比较
1、2两式可知vn>v,即n人相继跳离时,使车获得速度比同时跳离时大.[小结] 1应用动量守恒定律解决过程较复杂的问题时,应注意系统与过程的选取.2动量守恒定律表达式中的各速度应是相对同一惯性系的速度,此题取的是地面.
10、纵深例题解析【例1】质量M=50kg的空箱子,放在光滑的水平面上,箱中有一质量m=30kg的铁块,如图56-1所示.铁块的左侧面与箱子内壁的左侧面相距S=1m,铁块一旦碰到箱壁后不再分开,箱底与铁块间摩擦可忽略不计,现用向右的恒力F=10N作用于箱子,经过时间t=2s后撤去.求1箱的左壁与铁块碰撞前铁块和箱的速度;2箱的左壁与铁块碰撞后箱子的速度.解析1在F作用的2s内,设箱没有碰到铁块,则对于箱子2s末的速度VM==
0.4m/s,发生的位移SM=t2/2=
0.4m<1m假设成立,所以碰前箱的速度为
0.4m/s,水平向右,铁块的速度为零.2箱子与铁块碰撞时,外力F已撤去,对箱子与铁块这一系统碰撞过程中总动量守恒MvM=M+mv',所以碰后的共同速度为v′==
0.25m/s,方向向右点拨要善于分析不同的物理过程和应用相应物理规律,对整个运动过程,我们就箱子和铁块这一系统用动量定理有Ft=M+mv',这一关系不论在何时撤去F,最终的共同速度都由此关系求出【例2】质量为m,半径为R的小球,放在质量为M,半径为2R的圆柱形桶内,桶静止在光滑的水平面上,当小球从图56-2所示的位置无初速地运动到最低点时,圆筒移动的距离是R/3,求圆筒的质量与小球的质量之比点拨在球和圆筒相互作用的过程中,系统在水平方向的动量始终不变在竖直方向的动量先增大后减少,所以可以用水平方向的位移来表示水平方向的动量守恒.【例3】从地面以速率v1竖直向上抛出一小球,小球落地时的速率为v2,若小球在运动过程中所受的空气阻力大小与其速率成正比,试求小球在空中的运动时间.解析小球在上升阶段和下落阶段发生的位移大小相等,方向相反.位移在速度图象上是图线与时间轴所围的“面积”,冲量在力随时间变化的图象F~t图象上是图线与时间轴所围的“面积”,由题意空气阻力与速率成正比,可得到小球在上升阶段和下落阶段空气阻力的冲量大小相等,方向相反,即在小球的整个运动过程中,空气阻力对小球的总冲量为零.对小球在整个过程中,由动量定理得点拨在各知识点间进行分析,类比是高考对考生能力的要求,高考考纲明文规定“能运用几何图形,函数图象进行表达、分析”.【例4】总质量为M的列车以不变的牵引力匀速行驶,列车所受的阻力与其重量成正比,在行驶途中忽然质量为m的最后一节车厢脱钩.司机发现事故关闭油门时已过时间T,求列车与车厢停止运动的时间差.点拨车厢未脱钩时,列车匀速运动,所以牵引力F=kMg,车厢脱钩后,对脱钩的车厢和前面部分的列车分别应用动量定理.本题也可以这样来考虑,若车厢一脱钩司机就关闭油门,则列车与脱钩的车厢同时停止运动,现由于过了时间T才关闭油门,所以存在时间差ΔT,按冲量作用与动量变化的关系应有,牵引力在时间T内的冲量等于前面部分的列车比脱钩的车厢多运动时间ΔT内阻力的冲量.即kMgT=kM-mgΔT.【例5】一个宇航员,连同装备的总质量为100kg,在空间跟飞船相距45m处相对飞船处于静止状态,他带有一个装有
0.5kg氧气的贮气筒,贮气筒上有一个可以以50m/s的速度喷出氧气的喷嘴,宇航员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气,才能回到飞船上去,同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸,已知宇航员呼吸的耗氧率为
2.5×10-4kg/s试问1如果他在准备返回的瞬时,释放
0.15kg的氧气,他是否能安全地返回到飞船?2宇航员安全地返回飞船的最长和最短时间分别是多少?解析宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气后,根据动量守恒定律,可以求出他返回的速度,从而求出返回的时间和返回途中呼吸所消耗的氧气.1令M=100kg,m0=
0.5kg,Δm=
0.15kg,氧气的释放速度为u,宇航员的返回速度为v由动量守恒定律得0=M-Δmv-Δmu-v宇航员返回途中所耗氧气m'=kt=
2.5×10-4×600=
0.15kg氧气筒喷射后剩余氧气m″=m0-m=
0.5-
0.15=
0.35kg>m',故宇航员能安全返回飞船.2设释放氧气Δm未知,途中所需时间为t,则m0=kt+Δm=k+m=k,带入数据后得
0.5=+m解得m1=
0.45㎏,m2=
0.05㎏,再带入t===得t1=200s,t2=1800s宇航员安全返回飞船的最长和最短时间分别为1800s和200s.点拨喷嘴喷出氧气的速度为相对喷嘴的速度,本例中找出动量守恒的系统和过程是关键,通过物理量间的制约关系得出问题的解.【例6】火箭推进器中盛有强还原剂液态肼N2H4和强氧化剂液态双氧水,当它们混合反应时,即产生大量的氮气和水蒸气,并放出大量热,已知
0.4mol液态肼与等量液态双氧水反应,生成氮气和水蒸气,放出
256.625kJ的热量.1写出该反应的热化学方程式________.2又已知H2O液=H2O气-44kJ,则16g液态肼与等量液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是________kJ3此反应用于对火箭的推进,它是________定律的一个实际应用,在此反应中除释放大量热和快速产生大量气体外,还有一个很大的优点是________点拨火箭是利用喷出气体的反冲来获得动力的,是动量守恒定律的实际应用,从此反应的生成物来看,不会对环境造成污染.【例7】1995年全国高考题如图56-3所示,一排人站在沿x轴的水平轨道旁,原点O两侧的人的序号都为nn=
1、
2、3……,每人只有一只沙袋,x>0一侧的每个沙袋质量为m=
14.0kg,x<0一侧的每个沙袋质量为m'=
10.0kg,一质量为M=
48.0kg的小车以某初速度从原点出发向正x方向滑行,不计轨道阻力,当车每经过一人身旁时,此时就把沙袋以水平速度v朝与车速相反的方向沿车面扔到车上,v的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍n是此人的序号数.1空车出发后,车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行?2车上最终大小沙袋共几个?解析1在小车朝正x方向滑行的过程中第n-1个沙袋扔到车上后的车速为vn-1,第n个沙袋扔到车上后的车速为vn,由动量守恒定律有[M+n-1m]vn-1-2nmvn-1=M+nmvn小车反向运动的条件是vn-1>0,vn<0即M-nm>0M-n+1m<0n应为整数,故n=3,即车上堆积3个沙袋后车就反向滑行.2车自反向滑行直到接近x<0一侧第1人所在位置时,车速保持不变,而车的质量为M+3m,若车朝负x方向滑行过程中,第n-1个沙袋扔到车上后车速为v'n-1,第n个沙袋仍到车上后车速为vn',现取在图中向左的方向负x方向为的正方向,则由动量守恒定律有[M+3m+n-1m']v'n-1-2nm'v'n-1=M+3m+nm'vn'车不再向左滑行的条件是v'n-1>0,vn'≤0即M+3m-nm'>0M+3m-n+1m'≤0n=8时,车停止滑行,即在x<0一侧第8个沙袋扔到车上后车就停住,故车上最终共有大小沙袋3+8=11个.点拨本题要求考生在准确领会题意的基础上,应用归纳的方法,找准研究对象和物理过程,正确地运用动量守恒定律,建立第n个沙袋扔上车前后之间动量守恒的方程,对考生具有很高的综合素质要求.【例8】2001年全国高考题质量为M的小船以速度v0行驶,船上有两个质量皆为m的小孩a和b,分别静止站在船头和船尾,现小孩a沿水平方向以速率v相对静止水面向前跃入水中,然后小孩b沿水平方向以同一速率v相对静止水面向后跃入水中,求小孩b跃出后小船的速度.点拨将小船和两小孩作为系统,系统的总动量守恒,在用动量守恒定律列等式时,各个速度都应相对静止水面的速度,题中所给的多个速度恰都是相对静止水面的.气+4H2O气+
641.63kJ;
2408.81kJ3动量守恒;生成物不污染,环境;例
8、v=
九、机械振动和机械波
1、简谐运动·典型题剖析例1 如图5-2所示,在光滑水平面上,用两根劲度系数分别为k
1、k2的轻弹簧系住一个质量为m的小球.开始时,两弹簧均处于原长,后使小球向左偏离x后放手,可以看到小球将在水平面上作往复振动.试问小球是否作简谐运动?分析为了判断小球的运动性质,需要根据小球的受力情况,找出回复力,确定它能否写成F=-kx的形式.解答 以小球为研究对象,竖直方向处于力平衡状态,水平方向受到两根弹簧的弹力作用.设小球位于平衡位置O左方某处时,偏离平衡位置的位移为x,则左方弹簧受压,对小球的弹力大小为f1=k1x,方向向右.右方弹簧被拉伸,对小球的弹力大小为f2=k2x,方向向右.小球所受的回复力等于两个弹力的合力,其大小为F=f1+f2=k1+k2x,方向向右.令k=k1+k2,上式可写成F=kx.由于小球所受回复力的方向与位移x的方向相反,考虑方向后,上式可表示为F=-kx.所以,小球将在两根弹簧的作用下,沿水平面作简谐运动.说明 由本题可归纳出判断物体是否作简谐运动的一般步骤确定研究对象整个物体或某一部分→分析受力情况→找出回复力→表示成F=-kx的形式可以先确定F的大小与x的关系,再定性判断方向.例2 物体做简谐运动时,下列判断中正确的是[ ]A.在平衡位置加速度最大.B.在平衡位置速度最大.C.在运动路径两端速度最大.D.在运动路径两端加速度最小.分析 物体做简谐运动时受到的回复力为F=-kx.根据牛顿第二定律,物体在振动过程中的加速度为即加速度的大小与位移成正比,加速度的方向与位移方向相反.物体在平衡位置时,位移x=0,加速度a=0.在运动路径两端时,位移最大xm=A,加速度也最大.所以A、D都错.物体在运动路径两端时,速度都等于零,C错.从两端向平衡位置运动时,物体作加速度大小在变小、速度大小在变大的变加速运动,至平衡位置时速度达最大.B正确.讨论判断物体是否作简谐运动,也可根据加速度的表达式得出.由F=-kx和F=ma得即物体作简谐运动时,其加速度的大小与位移大小成正比,方向与位移相反.所以,振动过程中的加速度也时刻指向平衡位置.必须注意物体在振动过程中的任何时刻,一定同时遵循F=-kx和F=ma的关系.简谐运动·典型例题精析[例题1] 一弹簧振子在一条直线上做简谐运动,第一次先后经过M、N两点时速度vv≠0相同,那么,下列说法正确的是[ ]A.振子在M、N两点受回复力相同B.振子在M、N两点对平衡位置的位移相同C.振子在M、N两点加速度大小相等D.从M点到N点,振子先做匀加速运动,后做匀减速运动[思路点拨] 建立弹簧振子模型如图9-1所示.由题意知,振子第一次先后经过M、N两点时速度v相同,那么,可以在振子运动路径上确定M、N两点,M、N两点应关于平衡位置O对称,且由M运动到N,振子是从左侧释放开始运动的若M点定在O点右侧,则振子是从右侧释放的.建立起这样的物理模型,这时问题就明朗化了.[解题过程] 因位移、速度、加速度和回复力都是矢量,它们要相同必须大小相等、方向相同.M、N两点关于O点对称,振子回复力应大小相等、方向相反,振子位移也是大小相等,方向相反.由此可知,A、B选项错误.振子在M、N两点的加速度虽然方向相反,但大小相等,故C选项正确.振子由M→O速度越来越大,但加速度越来越小,振子做加速运动,但不是匀加速运动.振子由O→N速度越来越小,但加速度越来越大,振子做减速运动,但不是匀减速运动,故D选项错误.由以上分析可知,该题的正确答案为C.[小结] 1认真审题,抓住关键词语.本题的关键是抓住“第一次先后经过M、N两点时速度v相同”.2要注意简谐运动的周期性和对称性,由此判定振子可能的路径,从而确定各物理量及其变化情况.3要重视将物理问题模型化,画出物理过程的草图,这有利于问题的解决.[例题2] 一质点在平衡位置O附近做简谐运动,从它经过平衡位置起开始计时,经
0.13s质点第一次通过M点,再经
0.1s第二次通过M点,则质点振动周期的可能值为多大?[思路点拨] 将物理过程模型化,画出具体的图景如图9-2所示.设质点从平衡位置O向右运动到M点,那么质点从O到M运动时间为
0.13s,再由M经最右端A返回M经历时间为
0.1s;如图9-3所示.另有一种可能就是M点在O点左方,如图9-4所示,质点由O点经最右方A点后向左经过O点到达M点历时
0.13s,再由M向左经最左端A′点返回M历时
0.1s.根据以上分析,质点振动周期共存在两种可能性.[解题过程] 如图9-3所示,可以看出O→M→A历时
0.18s,根据简谐运动的对称性,可得到T1=4×
0.18=
0.72s.另一种可能如图9-4所示,由O→A→M历时t1=
0.13s,由M→A′历时t2=
0.05s.设M→O历时t,则4t+t2=t1+2t2+t.解得t=
0.01s,则T2=4t+t2=
0.24s.所以周期的可能值为
0.72s和
0.24s.[小结] 1本题涉及知识有简谐运动周期、简谐运动的对称性知识.2本题的关键是分析周期的可能性,弄清物理图景.3解题方法将物理过程模型化、分段分析、讨论.[例题3] 甲、乙两弹簧振子,振动图象如图9-5所示,则可知[ ]A.两弹簧振子完全相同B.两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲∶F乙=2∶1C.振子甲速度为零时,振子乙速度最大D.振子的振动频率之比f甲∶f乙=1∶2[思路点拨] 观看图象,从图象上尽可能多地获取信息,从图象中能看出甲、乙弹簧振子的振幅、周期,并与物理模型相联系,通过对模型的分析并结合图象,选出正确选项.[解题过程] 从图象中可以看出,两弹簧振子周期之比T甲∶T乙=2∶1,得频率之比f甲∶f乙=1∶2,D正确.弹簧振子周期与振子质量、弹簧劲度系数k有关,周期不同,说明两弹簧振子不同,A错误.由于弹簧的劲度系数k不一定相同,所以两振子受回复力F=kx的最大值之比F甲∶F乙不一定为2∶1,所以B错误,对简谐运动进行分析可知,在振子到达平衡位置时位移为零,速度最大;在振子到达最大位移处时,速度为零,从图象中可以看出,在振子甲到达最大位移处时,振子乙恰到达平衡位置,所以C正确.答案为C.D.[小结] 1图象法是物理问题中常见的解题方法之一,是用数学手段解决物理问题能力的重要体现.应用图象法解物理问题要明确图象的数学意义,再结合物理模型弄清图象描述的物理意义,两者结合,才能全面地分析问题.2本题中涉及知识点有振幅、周期、频率、影响周期的因素、简谐运动在特殊点的速度、回复力、简谐运动的对称性等.3分析本题的主要方法是数与形的结合即图象与模型相结合分析方法.[例题4] 在下列情况下,能使单摆周期变小的是[ ]A.将摆球质量减半,而摆长不变B.将单摆由地面移到高山C.将单摆从赤道移到两极D.将摆线长度不变,换一较大半径的摆球[思路点拨]单摆的周期公式为T=2从公式中可以看出,单摆的振动周期,只与摆长、当地的重力加速度有关,而与其他因素无关.当单摆的某些物理量发生变化时,只要摆长、重力加速度不变,单摆振动周期则不变.[解题过程]根据单摆的周期公式T=2,影响单摆周期的因素为摆长l和重力加速度g.当摆球质量减半时摆长未变,周期不变;当将单摆由地面移到高山时,g值变小,T变大;当单摆从赤道移到两极时g变大,T变小;当摆线长度不变,摆球半径增大时,摆长l增大,T变大.所以选C.本题答案为C.[小结] 1本题涉及单摆周期公式、影响单摆周期的因素、影响重力加速度的因素等知识.2抓住各知识点间的联系,进行推理分析是顺利解决本题的关键.[例题5] 高楼顶上吊下一根长绳,给你一块秒表,一把只有几米长的米尺,一个带钩的重球,你能否量出楼高?[思路点拨] 本题中虽给出米尺,但却不便测绳的楼高长度,而用秒表、重球来测楼高,与我们所学知识相联系,可想到利用单摆周期公式测摆长的方法,在重力加速度未知时,可采用变换摆长测两个周期值的方法,在计算中消去g,即可得到摆长,进而知道楼高.[解题过程] 1设绳长l1,将重球挂在绳的端点,让其摆动,测得周期T1实际上需测得摆动N次全振动所需时间t,T1=t/N.2将重球挂在绳的另一位置,这时摆长为l2,用米尺量出摆长变化Δl,则Δl=l1-l2,让摆球摆动,测得此时周期为T2.所以得由此测得绳长,也就测得楼高.[小结] 从秒表、重球进而联系到长度,这是一个逆向思维过程,这需要有较扎实的基础知识和较灵活的思维能力才可,在平时训练中,我们应加强知识在实际中的灵活运用.提高我们分析问题和解决问题的能力.[例题6] 在海平面校准的摆钟,拿到某高山山顶,经过t时间,发现表的示数为t′,若地球半径为R,求山的高度h不考虑温度对摆长的影响.[思路点拨] 由钟表显示时间的快慢程度可以推知表摆振动周期的变化,而这种变化是由于重力加速度的变化引起的,所以,可以得知由于高度的变化引起的重力加速度的变化,再根据万有引力公式计算出高度的变化,从而得出山的高度.一般山的高度都不是很高与地球半径相比较,所以,由于地球自转引起的向心力的变化可以不考虑,而认为物体所受向心力不变且都很小,物体所受万有引力近似等于物体的重力.[解题过程] 1设在地面上钟摆摆长l,周期为T0,地面附近重力加速度g,拿到高山上,摆振动周期为T′,重力加速度为g′,应有2在地面上的物体应有G=mg,其中m为物体的质量在高山上的物体应有G=mg得[小结] 1本题涉及知识点单摆的周期及公式,影响单摆周期的因素,万有引力及公式,地面附近重力与万有引力关系等.2解题关键抓住影响单摆周期的因素g,找出g的变化与t变化的关系,再根据万有引力知识,推出g变化与高度变化关系,从而顺利求解.
2、振幅、周期和频率·典型题剖析例1 一个弹簧振子,第一次用力把弹簧压缩x后开始振动,第二次把弹簧压缩2x后开始振动,则两次振动的周期之比和最大加速度的大小之比分别为[ ]A.1∶2,1∶2.B.1∶1,1∶1.C.1∶1,1∶2.D.1∶2,1∶1.分析振动的周期只决定于振动体本身固有的性质,对弹簧振子则由振子的质量与弹簧的劲度系数决定,与起振时的初始位移大小无关.弹簧振子振动中的回复力大小F=kx其加速度a=F/m=kx/m位移越大处,振子的加速度也越大.所以两情况中的最大加速度之比为1∶2.答C.例2 一个作简谐运动的质点,先后以同样大小的速度通过相距10cm的A、B两点,历时
0.5s图5-7.过B点后再经过t=
0.5s质点以方向相反、大小相同的速度再次通过B点,则质点振动的周期是[ ]A.
0.5s.B.
1.0s.C.
2.0sD.
4.0s.分析 根据题意,由振动的对称性可知AB的中点设为O为平衡位置,A、B两点对称分布于O点两侧;质点从平衡位置O向右运动到B的时间应为质点从B向右到达右方极端位置设为D的时间所以,质点从O到D的时间所以 T=2s.说明 本题的关键是认识振动的对称性.如图5-8所示,设C、D为质点振动中左方和右方的极端位置,则由对称性可知质点从B→D→B的时间一定等于质点从A→C→A的时间,即tBDB=tACA=
0.5s.所以,质点振动周期T=tAB+tBDB+tBA+tACA=2s.例3 如图5-9所示,竖直悬挂的轻弹簧下端系着A、B两球,其质量mA=
0.1kg、mB=
0.5kg.静止时弹簧伸长15cm.若剪断A、B间的细线,则A作简谐运动时的振幅和最大加速度为多少?g=10m/s2.分析 剪断A、B间的细线后,A球成为竖直悬挂的弹簧振子,其振幅由它所处的初始状态决定.振动中的最大加速度由振子受到的最大回复力用牛顿第二定律可算出.解答 由两球静止时的力平衡条件,得弹簧的劲度系数为=40N/m.剪断A、B间细线后,A球静止悬挂时的弹簧的伸长量为=
2.5cm.弹簧下端的这个位置就是A球振动中的平衡位置.悬挂B球后又剪断细线,相当于用手把A球下拉后又突然释放.刚剪断细线时弹簧比比静止悬挂A球多伸长的长度就是振幅,即A=x=xA=15cm-
2.5cm=
12.5cm.振动中A球的最大加速度为=50m/s2.讨论物体作简谐运动时,其周期或频率由振动体的质量m和回复力公式F=-kx中的比例系数决定,即对于弹簧振子,上述公式中的比例系数k等于弹簧的劲度系数.因此,弹簧振子的振动周期由振子的质量和弹簧的劲度系数决定.即
3、简谐运动的图像·典型题剖析例1 一个质点作简谐运动的振动图像如图5-15所示.从图中可以看出,该质点的振幅A=______m,频率f=______Hz,从t=0开始在△t=
1.8s内质点的位移=______,路程=______.分析 由振动图像可知,振幅A=
0.1m.周期T=
0.4s,因此频率f==Hz=
2.5Hz因时间间隔t=
1.8s=4T,根据振动周期的特点,此时的状态与t′=T/2的状态相同,质点又回到平衡位置,所以在t=
1.8s内的位移等于零.在一个全振动中,质点经过的路程等于4A,所以在t=4T内经过的路程为答 A=
0.1m,f=
2.5Hz,位移为零,路程等于
1.8m.例2一质点作简谐运动,其位移x与时间t的关系如图5-16所示,在t=4s时,质点的[ ]A.速度为正的最大值,加速度为零.B.速度为负的最大值,加速度为零.C.速度为零,加速度为正的最大值.D.速度为零,加速度为负的最大值.分析 由图可知t=4s时,质点位于正向最大位移处,即x>0,且x=xm=A.由回复力公式F=-kx可知,回复力为负的最大值,所以加速度为负的最大值.此时质点的速度等于零.{答D.}例3 如图5-17是演示简谐运动图像的装置,当沙漏斗下面的薄木板N被匀速地拉出时,振动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系.板上的直线OO1代表时间轴,右图中是两个摆中的沙在各自板上形成的曲线,若板N1和板N2拉动的速度v1和v2的关系为v2=2v1,则板N
1、N2上曲线所代表的周期T1和T2的关系为[]A.T2=T1.B.T2=2T1.C.T2=4T1.T2=T1/4分析 由于v2=2v1,因此N2板与N1板拉过同样长度所需要的时间t2与t1的关系是t2=t1/2,而在这段距离内,N2板上方的摆已完成了两次全振动,所以,它完成一次全振动的时间只是N1上方的摆作一次全振动时间的1/4答D.讨论振动图像的具体形式是正弦形还是余弦形,决定于计时起始时质点的位置及正方向的规定.如图5-18中单摆,若规定从平衡位置O向左为正方向,并以摆球从A点起开始计时,则画出的x-t图像为一条余弦图像,如图5-19a所示.若仍规定以平衡位置O向左为正方向,以摆球从平衡位置向左运动开始计时,则画出的x-t图像就是一条正弦图像,如图5-19b所示.
4、阻尼振动、受迫振动和共振·典型例题精析[例题1] 光滑斜面上物块A被平行斜面的轻质弹簧拉住静止于O点,如图9-38所示,现将A沿斜面拉到B点无初速释放,物体在BC范围内做简谐运动,则下列说法正确的是[ ]A.OB越长,振动能量越大B.在振动过程中,物体A机械能守恒C.A在C点时,由物体与弹簧构成的系统势能最大,在O点时势能最小D.A在C点时,由物体与弹簧构成的系统势能最大,在B点势能最小[思路点拨] 由弹簧、物体A构成的系统在简谐运动中机械能守恒,且动能、重力势能、弹性势能不断相互转化,在平衡位置O处动能最大,在最大位移处势能最大,在振动中,振动能量决定于振幅的大小.[解题过程] 做简谐运动的能量跟振幅有关,振幅越大机械能就越大,所以A正确;在简谐运动中,系统机械能守恒,但物体A的重力势能与动能总和不断变化,A的机械能不守恒,B错误;在简谐运动中,系统在最大位移处势能最大,在平衡位置动能最大,势能最小,所以C正确D错误.本题答案为A.C.[小结] 1本题涉及知识点有简谐运动的能量及能量转化,简谐运动的能量与振幅关系.2本题的解题关键是理解简谐运动的对称性以及简谐运动的能量转换.[例题2]如图为单摆在两次受迫振动中的共振曲线如图9-39所示,则下列说法正确的是[]A.若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行,且摆长相同,则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线B.若两次受迫振动是在地球上同一地点进行,则两次摆长之比,lⅠ∶lⅡ=25∶4C.图线Ⅱ若是在地面上完成的,则该摆摆长约为1mD.若摆长均为1m,则图线Ⅰ是在地面上完成的[思路点拨] 受迫振动的频率与国有频率无关,但当驱动力的频率与物体固有频率相等时,受迫振动的振幅最大,所以,可以根据物体做受迫振动的共振曲线判断出物体的固有频率.根据单摆振动周期公式T=2,可得单摆的固有频率f==,根据图象中f的信息可以推断摆长或重力加速度的变化情况[解题过程] 图线中振幅最大处对应频率应与做受迫振动单摆的固有频率相等,从图线上可以看出,两摆固有频率fⅠ=
0.2Hz,fⅡ=
0.5Hz.当两摆在月球和地球上分别做受迫振动且摆长相等时,根据公式f=可知,g越大f越大,所以g>gI,又因为g地>g月,可推知图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线,所以A正确;若在地球上同一地点进行两受迫振动,g相同,摆长长的f小,且有FT/fTT=
0.2/
0.5=,所以ll=254,B正确;对地面上的受迫振动共振图线如所示,可知,f==
0.5,g=
9.8m/s2,可计算l=1m,所以C正确,D错误.本题答案为A.B.C.[小结]1本题涉及知识点共振、共振曲线、驱动力频率、固有频率、单摆周期频率公式.2本题解题关键理解共振曲线物理意义,知道当驱动力频率等于固有频率时物体振幅最大,知道影响固有频率的因素,掌握单摆的周期频率公式,知道月球、地球表面重力加速度的大小关系.
5、共 振·典型题剖析例1 如图5-28装置中,已知弹簧振子的固有频率f固=2Hz,电动机皮带轮的直径d1是曲轴皮带轮直径d2的1/2,为使弹簧振子的振幅最大,则电动机的转速应为[ ]A.60r/min.B.120r/min.C.30r/min.D.240r/min.E.180r/min.分析 电动机转动时,带动皮带轮,通过曲轴对弹簧振子形成一个周期性的驱动力.设电动机转速为n1,由得曲轴转速n2=n1/2当满足条件n2=f固,即电动机转速为n1=2n2=2f固=4s-1=240r/min,恰能使振子发生共振,振幅最大.故选D.例2 一根水平张紧的绳子上系着五个单摆,如图5-29所示.摆长从左到右依次为3l/
2、l、l/
2、2l若让D摆先摆起来,已知其周期为T,则稳定时 [ ]A.B摆振幅最大.B.E摆振幅最大.C、C摆的振动周期为TD.A摆的振动周期为T.分析 D摆振动时,通过水平绳子对其他四个摆形成一个周期性的驱动力,其周期等于T.它恰好等于B摆自由振动的固有周期,所以B摆的振幅最大.稳定时,其他各摆的振动周期都等于驱动力的周期,所以A摆的振动周期也为T.故选A、D.讨 论驱动力的频率等于物体固有频率时,驱动力每次都对物体做正功,都用来增大振动系统的能量,所以振幅越来越大.正像荡秋千时,若每次驱动力都与振动体的速度方向一致,即驱动力与振动“合拍”,才会使秋千越荡越高.
6、单摆·典型题剖析例1a、b两球分别悬在长l的两根细线上.将a球沿竖直方向举到悬挂点后轻轻释放,将b球移开平衡位置后轻轻释放,使它作简谐运动.它们到达平衡位置的时间分别设为ta、tb,则[]A.ta>tbB.ta<tbC.ta=tbD.无法比较.分析 a球作自由落体运动,下落距离l所需时间答B.例2 把地球上的一个秒摆周期等于2s的摆称为秒摆拿到月球上去,它的振动周期变为多少?已知月球上的自由落体加速度仅是地球上自由落体加速度的1/6.分析 摆从地球拿到月球上,摆长不变,g值发生了变化.根据周期公式即可求解.解答 由单摆的周期公式知说明 把单摆从地面移到其他天体上时,根据万有引力定律知即例3 用长为l的细线把一个小球悬挂在倾角为θ的光滑斜面上,然后将小球偏离自然悬挂的位置拉到A点,偏角α≤5°,如图5-12所示.当小球从A点无初速释放后,小球在斜面上往返振动的周期为[ ]A、2B、2C、2D、2sin分析 在光滑斜面上时,小球重力垂直于斜面的分力被斜面支持力所平衡,另一个沿着斜面的分力G1=mgsinθ可分解成两个分力F1=G1sinα=mgsinθ·sinα,F2=G1cosα=mgsinθ·cosα.其中F2的方向始终沿着悬线,F1的方向垂直悬线.因此,F1就是使小球往返振动的回复力,即F回=F1=mgsinθ·sinα.在小振幅的条件下α<5°,同样满足关系则F回=mgsin·可见,放在光滑斜面上的单摆,同样作简谐运动,与竖直悬挂的单摆相比较,相当于重力加速度变为g′=gsinθ.所以振动周期答C.讨论1分清单摆振动中的回复力和合外力使单摆振动的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力,即F=mgsinα.单摆振动过程中,在两个极端位置上,摆球的速度为零,摆线的张力T才等于摆球重力沿摆线方向的分力F′,即T=F′=mgcosα.此时,摆球所受的合外力F合=mgsinα,恰等于回复力.在其他位置上设θ<α,T>F′,其合力作为摆球作圆周运动所需的向心力,即所以,一般情况下单摆振动的回复力都不等于它所受到的合外力.2等效重力加速度当单摆在竖直方向上有加速度时如在上下加速运动的升降机中,其效果相当于重力加速度发生了变化单摆有竖直向上的加速度a时,相当于重力加速度变为g′=g+a;单摆有竖直向下的加速度aa<g时,相当于重力加速度变为g′=g-a.3单摆与摆钟摆钟的摆锤与摆杆的质量相当,不满足单摆的条件,称为复摆.在要求不高时,可近似看作单摆.通过调节摆锤下方的旋钮,可使摆锤略作上下移动,改变摆长,调整走时的快慢.
7、振动的能量、阻尼振动、受迫振动·典型题剖析例1若单摆的摆长不变,摆球质量增加为原来的4倍,摆球经过平衡位置时的速度减为原来的1/2,则单摆振动的[]A.频率不变,振幅不变.B.频率不变,振幅改变.C.频率改变,振幅改变.D.频率改变,振幅不变.分析 因摆长不变,单摆振动的周期不变,其频率也不变,因此比较的关键是振幅.设单摆从平衡位置C摆到最高处B,升起h高,如图5-25.图中CB即振幅A,作OD⊥CB,由相似三角形关系可得因单摆振动中的总能量等于在平衡位置时的动能或最高处的势能,即代入上面的关系后,得由题设条件可知E不变即平衡位置的动能不变,l不变,所以质量增为原来的4倍时,振幅A必为原来的1/2答 B.说明一些学生容易产生如下想法单摆原来最大动能E=mv2(就是单摆振动的能量),单摆后来具有的最大动能E=·4m()2=mv2这表明振动能量未变,根据“振动能量与振幅有关”的道理,故振幅未变.实际上这个想法错了.必须注意,课本中的说法是指同一单摆而言的,现在单摆已变化了,不能照搬原来的结论.例2 判断下列说法中正确的是[ ]A.阻尼振动一定是减幅振动.B.物体作阻尼振动时,随振幅的减小,频率不断减小.C.受迫振动稳定时的频率等于驱动力的频率,与物体的固有频率无关.D.受迫振动频率由驱动力和物体结构特点共同决定.分析 物体作阻尼振动时,如果有恰当的能量补充,也可保持振幅不变,作等幅振动.A错.物体作阻尼振动时,振幅虽不断减小,但振动频率仍由自身结构特点所决定,并不会随振幅的减小而变化.如用力敲锣,由于锣振动中受到空气的阻尼作用,振幅越来越小,锣声逐渐减弱,但音调不变.B错.受迫振动稳定时的频率,只决定于驱动力的频率,与物体自身结构特点无关,即与物体的固有频率无关.C正确,D错.故选 C.讨 论上面得到的振动能量表达式中的,等于单摆振动时回复力表达式中的比例系数k,即k=因此,单摆振动的能量可表示为E=kA2即振动能量与振幅平方成正比EαA2.这也是简谐振动能量的一般表达式.
十、机械波
1、波的形成和传播·典型例题解析【例1】关于振动和波的关系,下列说法正确的是[]A.有机械波必有振动B.有机械振动必有波C.离波源远的质点振动较慢D.波源停止振动时,介质中的波立即停止传播点拨因各质点的振动都是重复波源的振动,不论距波源远近,振动的快慢都一样.在介质中传播的波独立于波源,即已形成的波跟波源无关,在波源停止振动时,波仍将继续向外传播而不会停止.解答应选A【例2】一列波由波源处向周围扩展开去,由此可知[]A.介质中各质点由近及远地传播开去B.介质中质点的振动形式由近及远地传播开去C.介质中质点只是振动而没有迁移D.介质中质点振动的能量由近及远地传播开去解点拨波动过程是振动形式和振动能量的传递过程,介质中质点并不随波迁移.答应选BCD【例3】区分横波和纵波是根据[]A.是否沿水平方向传播B.质点振动的方向和波传播的远近C.质点振动的方向和波传播的方向D.质点振动的快慢点拨区分横波和纵波的依据是看波的传播方向与质点的振动方向的关系.答案C【例4】下列说法不妥的有[]A.声波在空气中传播时是纵波,在水中传播时是横波B.波不但传递能量,还能传递信息C.发生地震时,由振源传出的横波和纵波的波速不同D.一切波的传播均需要介质点拨区分机械波和电磁波,区分横波和纵波答案AD跟踪反馈1.在机械波中[]A.各质点都在各自的平衡位置附近振动B.相邻质点间必有相互作用力C.前一质点的振动带动相邻的后一质点振动,后一质点的振动必定落后于前一质点D.各质点也随波的传播而迁移答案1.ABC
2、机械波·典型题剖析例1 一列横波沿绳子向右传播,某时刻绳子形成如图5-32所示的凹、凸形状.对此时绳上A、B、C、D、E五个质点 [ ]A.它们的振幅相同.B.质点D和F的速度方向相同.C.质点A和C的速度方向相同.D.从此时算起,质点B比C先回到平衡位置.分析 波源振动时,绳上各质点通过相互间的弹力跟着作受迫振动,不考虑传播中的能量损耗时,各质点的振幅相同.A正确.波传播时,离波源远的质点的振动落后于离波源近的质点的振动,并跟随着近的质点振动.由图可知,波源在左端,因此D点跟随近波源的质点C正向上运动,F点跟随近波源的质点E正向下运动,两者速度方向相反.B错.同理,此时A点正向下运动,C点正向上运动,两者速度方向也相反.C错.由于此时B、C两质点都向上运动,C比B迟到最大位移处,C回到平衡位置也比B较迟,D正确.故选A、D.例2 一列沿着绳子向右传播的波,在传播方向上有A、B两点,它们的振动方向相同,C是A、B的中点,则C点的振动[ ]A.跟A、B两点的振动方向一定相同.B.跟A、B两点的振动方向一定相反.C.跟A点的振动方向相同,跟B点的振动方向相反.D.可能跟A、B两点的振动方向相同,也可能跟A、B两点的振动方向相反.分析 波传播时,介质中各质点的振动方向与它们离开波源的距离有关.设某时刻绳子形成如图5-33所示的形状,正在平衡位置的
1、
2、
3、…等点的振动方向相同向上.由图可知若A、B为
1、2两点时,其中点C向下运动,与A、B两点的振动方向相反;若A、B为
1、3两点时,其中点C向上运动,与A、B两点的振动方向相同.答 D.
3、机械波·例题分析例1 M、N为介质中波的传播方向上的两点.间距s=
1.5m,它们的振动图像如图7-24所示.这列波的波速的可能值为 [ ] A.15m/sB.
7.5m/sC、5m/sD.3m/s分析因为M、N两点振动时恰好反相,所以它们的间距应等于/2的整数倍设波长为,则由振动图像知,波的周期为T=
0.2s,因此,波速的一般表达式为答 A、C、D.例2 一列横波在某时刻的波形图如图7-25中实线所示,经2×10-2s后的波形如图7-25中虚线所示.则该波的波速v和频率f可能是[ ]A.v为5m/sB.v为45m/sC.f为50HzD.f为
37.5Hz分析 由图可知,波长λ=
0.4m.当波向右传时,在Δt=2×10-2s内波向前传播距离Δx右=
0.1+nλ=
0.1+
0.4nm.所以波速和频率分别为当波向左传时,在Δt=2×10-2s内波向前传过的距离Δx左=
0.3+nλ=
0.3+
0.4nm.所以波速和频率分别为分别以n=0,1,2…代入
①~
④式,即得可能的波速和频率为v=5m/s,v=45m/s,f=
37.5Hz.故选A、B、C.例3 一列简谐波在传播方向上相距x=3m的两质点P、Q的振动图像如图7-26所示.这列波的波长可能是 [ ] A.4mB.8mC.12mD.16m分析 由于P、Q两点离波源的远、近不明确,因此要分两种情况讨论.1.若P比Q离波源近,则P先振动.比较t=0时两质点的位移可知,Q比P落后的时间为当n=0时,λ=4m;随着n取值的增大,波长λ变短.这种情况下最大波长为λ=4m.2.若Q比P离波源近,则Q先振动,同样由比较t=0时,两质点的位移可知,P比Q落后的时间为当n=0时,λ=12m;……答 A、C.
4、波的衍射·典型题剖析例题 在水波槽的衍射实验中,若打击水面的振子振动频率是5Hz,水波在水槽中的传播速度为
0.05m/s,为观察到显著的衍射现象,小孔直径d应为 [ ]A.10cm. B.5cm.C.d>1cm. D.d<1cm.分析 在水槽中激发的水波波长为要求在小孔后产生显著的衍射现象,应取小孔的尺寸小于波长.答 D.讨 论波传到小孔时,小孔仿佛一个新的波源,由它发出与原来同频率的波称为子波在孔后传播,于是,就出现了偏离直线传播方向的衍射现象.
5、波的干涉·典型题剖析例题 图5-60中S
1、S2是两个相干波源,由它们发出的波相互叠加,实线表示波峰,虚线表示波谷.则对a、b、c三点振动情况的下列判断中,正确的是 [ ]A.b处振动永远互相减弱.B.a处永远是波峰与波峰相遇.C.b处在这时刻是波谷与波谷相遇.D.c处的振动永远互相减弱.分析 b处此刻是波谷和波谷相遇,位移为负的最大值,振动也是加强.A错,C正确.a处此刻是波峰与波峰相遇,过半周期后变成波谷与波谷相遇,始终是振动加强的点,并非永远是波峰与波峰相遇的点.B错.c处此刻是峰、谷相遇,过半周期后仍是峰、谷相遇,它的振动永远互相减弱.D正确.答 C、D.说明 两相干波的叠加区域,凡波峰与波峰相遇的点或波谷与波谷相遇的点,都是振动加强的点;凡峰、谷相遇的点,都是振动减弱的点.讨 论1.干涉条件的严格说法是同一种类的两列波,频率或波长相同、相差恒定,在同一平面内振动.由于书中不讲相和相差,且限于讨论一维振动的情况,所以只强调“频率相同”这一条件.显然,若两波的频率或波长不同,在某一时刻峰、峰或谷、谷相遇振动加强的点,在另一时刻,不会始终加强,也就不会出现稳定的干涉图样,只是一般的波的叠加现象.所以,对干涉的产生必须注意其条件.2.在两相干波的重叠区域,振动加强或振动减弱的点的位置决定于到两波源的路程之差若路程之差等于半波长的偶数倍(即r=r1-r2=2k·),则该处振动加强;若路程之差等于半波长的奇数倍[即r=r1-r2=(2k+1)],则该处振动减弱
6、波的图像·典型题剖析例1 一列简谐波沿水平绳子传播,某一时刻的波形如图5-36所示.则图中a、b、c、d四点在此时刻具有相同运动方向的是[ ]A.a和c. B.a和d.C.b和c. D.b和d.分析 由于波的传播方向不明确,应该考虑波向右传播和向左传播的两种情况.当波源位于左端,波向右传播时,根据波的传播特点可知,a、b、c、d四点的运动方向如图5-37所示.当波源位于右端,波向左传播时,同理可知,a、b、c、d四点的运动方向如图5-38所示.答 B、C.说明 为了判断波传播时介质中各点的运动方向速度方向,除了依据波的传播特性外,还可以采用波形平移法,即依波的传播方向将原波形微微移动到一个新的位置,如从图5-39中实线位置移到虚线位置,于是立即可判断各点的运动方向a向上、b向下、c向下、d向上.例2一列横波沿直线向右传播,某时刻在介质中形成的波动图像如图5-40所示.1指出此时质点a、b、d、f的运动方向;2画出当质点a第一次回到负向最大位移时在介质中形成的波动图像.分析 波向右传播,表示波源在左方,图中质点a离波源最近,质点h离波源最远.根据波的传播特点或利用移动波形法即可确定该时刻各点的运动方向.由于此时质点a位于平衡位置,当它第一次到达负向最大位移处时,原来处于峰、谷的质点正好回到平衡位置,原来处于平衡位置的质点分别到达正向或负向最大位移处.答1质点a、b正向下运动;质点d、f正向上运动.2质点a第一次回到负向最大位移处时,在介质中形成的波形图如图5-41所示.说明 画波形图有两种常用的方法1描点法在原波形图上选取位于峰、谷和平衡位置的一些质点,由此刻起的运动趋势,根据题中条件依次画出它们在新的时刻的位置,连成光滑曲线即得新的波形图如题中所用方法.2波形平移法与判断质点运动方向相同,沿着波的传播方向,根据题中条件向前平移一段距离即得新的波形图,如图5-42中的虚线所示.讨 论纵波的传播过程中,介质各质点的振动方向与传播方向在同一直线上,其位移也与传播方向同向或反向.如图5-43甲表示一根没有形变的弹簧,上面标出一些质点的平衡位置;乙图表示弹簧中出现纵波时,某一时刻各质点的位移情况.由图可知,质点1与2的位移向右,质点3正好在平衡位置,质点4与5的位移向左,…….若规定向右的位移为正,向左的位移为负,画出的这列纵波的图像如丙图所示.其中,向上的纵坐标表示质点从平衡位置向右的位移,向下的纵坐标表示质点从平衡位置向左的位移,曲线与横坐标的各个交点,依次表示纵波的密部中央和疏部中央.
7、波长、频率和波速·典型题剖析例1 一列波的频率是8Hz,传播速度是
2.4m/s,则在这列波的传播方向上相距75cm的A、B两个质点间有多少个波长?分析 由波速和频率可算出波长,即可得出相距75cm两点间的波长数.解答 波长为所以相距s=
0.75m两点间的波长数为即这两个质点相距
2.5个波长.说明 根据波传播有周期性的特点,相距
2.5λ的两质点的振动状态与相距
0.5λ的两质点的振动状态相同.由波形图图5-49可知,相距
0.5λ的两点的振动步调恰好始终相反称反相质点.例2 a、b是一条水平线上相距l的两点,一列简谐横波沿绳传播,其波长等于l,当a点经过平衡位置向上运动时,b点[]A.经过平衡位置向上运动.B.处于平衡位置上方位移最大处.C.经过平衡位置向下运动.D.处于平衡位置下方位移最大处.分析 根据题设条件,画出这列波沿水平径向右传播时和向左传播时的波形如图5-50所示.根据传播特点或利用波形移动法,可画出b点的运动方向.由此可见,无论这列波向右传播或向左传播,b点都恰好经过平衡位置向下运动.(答 C.)说明由波长=l可知,a、b两点相距1,即3个半波长,为反相质点,所以b点一定恰在平衡位置向下运动.例3 如图5-51,一列横波沿直线传播,从波形图a经△t=
0.1s后变成波形图b,已知波的传播方向向右,求这列波的波长、传播速度、频率.分析 波长可从图中直接找出,从波形图a到b,波峰向右推进3m,由已知时间即可算出波速,结合波长、波速、频率的关系可算出频率.解答 由图可知,这列波的波长是12m.因为在△t=
0.1s内,波的传播距离△x=3m,所以波速为波的频率为说明 如果题中没有指出波的传播方向,应对波向有传、向左传两种情况分别考虑.当波沿x轴向左传播时,由波形图图5-52可知在△t=
0.1s内波的传播距离△x′=9m.所以波速和频率分别为讨 论1.波的传播是匀速运动,在△t内向前推进的距离△x=v△t.判断波在某段时间△t内的传播距离,可从△t始、末两时刻的波形图上波峰或波谷的间距确定.必须注意,介质中的每一质点并没有沿传播方向移动,仅把这种运动形式传播出去.2.波的传播具有周期性的特点,经时间△t和△t+nTT为周期,或传播距离△s和△s+nλ后的波形相同.如例2中,波向右传播的周期T=1/f=
0.4s,因此,在t=
0.1s和△t=
0.1+
0.4ns后的波形或△x=3m和△x=3+12nm后的波形与题中的相同.
8、次声波和超声波·典型例题解析【例1】一玻璃管竖直插入一水槽中,在玻璃管上端有一正在发声的音叉,频率为500Hz,上下移动玻璃管,测到相邻两次共鸣时管中空气柱的长度差为34cm,如课本图10-34甲所示,试求声速.解析由于玻璃管中的空气柱要产生共鸣,空气柱的长度L是λ/4的奇数倍,因此相邻两次共鸣的空气柱的长度差ΔL=λ/2=34cm,所以λ=68cm,又v=λ/T=λf=
0.68×500m/s=340m/s.点拨此类题目的求解常利用空气柱发生共鸣的条件是空气柱的长度是λ/4的奇数倍这一结论.【例2】一声源的发声频率为100Hz,当观察者以10m/s的速度向声源运动时,观察者感觉到的频率为多大?设声音在空气中的传播速度为334m/s解析当观察者静止不动时,观察者在1s内感受到的波数为100个,当观察者以10m/s的速度向波源运动时,观察者在1s内多感受到的波数为Δs/λ=10m/
3.34m=3个,则观察者感受到的频率为103Hz.点拨此类题目的求解关键是求出在1s内由于观察者的运动而多或者少感受到的波数.【例3】声波和超声波相比较,穿透能力[]A.声波较大B.声波较小C.声波与超声波一样大D.声波可能较大,也可能较小点拨频率越大,波的穿透能力越强.(答案C)跟踪反馈1.*下列关于驻波的说法正确的是[]A.波节处质点始终静止B.波腹处质点的振幅最大C.波腹处质点的位移有可能为零D.相邻的两个波节之间的距离为一个波长2.关于多普勒效应,下列说法正确的是[]A.多普勒效应是由波的干涉引起的B.多普勒效应说明波源的频率发生了变化C.多普勒效应是由于波源和观察者之间有相对运动而产生的D.只有声波才可以产生多普勒效应答案
1、ABC2.C
十一、分子热运动
1、物体是由大量分子组成的典型例题[例1]试从分子动理论的观点,说明物质三态(固态、液态、气态)为什么有不同的宏观特征?[分析]可以根据分子间距的不同,使得分子间相互作用力也不同的特点去解释.固体分子间的距离非常小,分子之间的作用力很大,其分子只能在平衡位置附近作范围很小的无规则振动.因此,固体不但具有一定的体积,还具有一定的形状.液体分子间的距离比较小,分子之间的作用力也相当大,但与固体分子相比,液体分子可以在平衡位置附近作范围较大的无规则振动,而且液体分子的平衡位置不是固定的,是在不断地移动.因而液体虽然具有一定的体积,却没有固定的形状.气体分子间距离很大,彼此间的作用力极为微小,其分子除了在与其他分子或器壁碰撞时有相互作用外是不受其他作用力的.因而气体分子总是作匀速直线运动,直到碰撞时才改变方向.所以气体没有一定的体积,也没有一定的形状,总是充满整个容器.[说明]分子之间相互作用力,就其本质来说是属于电性的,是由构成分子的带电粒子(电子、质子)的相互作用引起的.通常情况下分子呈电中性,当两个分子相互接近时,每个分子的表面电荷(负)密度重新分布,在分子的某一部分上,电荷的平均距离变小,而在另一部分上则变大.这样,在两个分子上就形成带相反电荷的区域,从而产生分子间的吸引力.如果分子靠得更近,以致分子的外层电子开始叠合,由于同种电荷作用,分子便相互推斥了.[例2]已知下列物理量M(摩尔质量)、m(分子质量)、ρ(物质密度)、V(摩尔体积)、v(分子体积)、NA(阿伏加德罗常数),由这些量组成以下关系式中,对固体、液体、气体都成立的是[ ]分析这六个物理量在国际单位制中的单位如下表所示通过对题中各式的单位验算,立即可先排除A、D、F三个关系式.对固体和液体,可设想它们的分子一个紧挨一个排列的,因此阿伏加德罗常数与摩尔体积、分子体积的关系式如B所示,但对气体不成立.只有C、E两式对固体、液体、气体都能成立.答C,E.【例3】已知金刚石的密度ρ=3500kg/m3现有一块体积V=5.7×10-8m3的金刚石,它含有多少个碳原子?假如金刚石中碳原子是紧密地堆在一起的,试估算碳原子的直径[分析]在利用阿伏伽德罗常数沟通微观世界与宏观世界时,主要体现在如下宏观量与微观量的关系上摩尔体积与分子体积的关系是VN=N·V0;摩尔质量与分子质量的关系是M=N·m这类问题主要不在“数”而在“理”,不追求数据精确而追求方法正确例如在估算碳原子的直径时,首先要建立起一个理想化的物理模型;把碳原子看成是紧密排列的,将碳的摩尔体积分成N个等分,每个等分就是一个碳原子若把分子看成小球,则这一等分就是一个小球这样就能很快估算出碳原子的体积和直径来[解法1]碳的摩尔体积每个碳原子的体积金刚石所含碳原子数碳原子的直径约为[解法2]金刚石的质量m=ρV=3500×5.7×10-8≈2.0×10-4kg碳的摩尔数金刚石所含碳原子数n=nN=1.7×10-2×6.02×1023=1.02×1022(个)一个碳原子的体积把金刚石中的碳原子看成球体,则由公式V0=d3可得碳原子直径约为[例4]普通一个房间的面积S=15m2,高h=3m,已知空气的平均摩尔质量M=2.9×10-2kg/mol,这个房间内空气的质量约为[ ]A.几gB.几kgC.几十kgD.几百kg[分析]房间的空气体积V=Sh=15×3m3=45m3把这些空气看成在标准状况下,因为标准状况下1mol气体积的体积V0=22.4×10-3m3,因此这些空气的摩尔数为由空气的平均摩尔质量得空气质量为[答]C[说明]如要作较准确的计算,需测出空气的温度和压强,根据气体定律折算成标准状况下的体积,然后得出空气的摩尔数.[例5]在标准状况下,水蒸气分子的间距约是水分子直径的[ ]A.1倍B.10倍C.100倍D.1000倍[分析]在标准状况下,水蒸气的摩尔体积V汽=22.4×10-3m3/mol,含有分子数为N=6.02×1023(个),每个水蒸气分子所占体积把每个蒸气分子所占体积看成一个小立方体,分子的平均间距可以看成是相邻两个小立方体的中心间距,它等于每个小立方体的边长,即水的摩尔体积V水=18cm3/mol=18×10-6m3/mol,把水分子看成紧挨着的一个个小球,因此,其直径为[答]B.[说明]应该记住固体、液体分子的间距与分子直径的数量级相同,均为10-10m,通常情况下,气体分子间距的数量级约为10-9m.[例6]将1cm3的油酸溶于酒精,制成200cm3的油酸酒精溶液.已知1cm3溶液有50滴,现取1滴油酸酒精溶液滴到水面上.随着酒精溶于水,油酸在水面上形成一单分子薄层,已测出这一薄层的面积为0.2m2.由此可估测油酸分子的直径为______m.[分析]1滴油酸酒精溶积的体积为V′=cm3(式中N=50,为总的滴数)由于取用的油酸酒精溶液的浓度为=
0.5,故1滴溶液中油酸的体积为已知油酸薄层的面积为S=0.2m2,所以油酸分子的直径为[答]5×10-10m[说明]油酸溶液滴入后,由于有油酸区域的表面张力系数小于周围清水区域的表面张力系数,于是,就在水的表面张力的作用下使油滴很快散开成薄膜.当油膜的面积不再增大时,就可以认为它是一层单分子薄膜了,薄膜的厚度等于分子的直径.实验中为了较方便地确定油膜的面积,在油滴滴入水面之前,先在水面上撒一薄层松花粉(或滑石粉),油膜面积的大小,可由松花粉(或滑石粉)围成的闭合边界确定.待油膜不再扩散时,可用一片玻璃盖在水盘上,用笔按照松花粉的边界描出油膜的边缘,然后将描有油膜范围的玻璃片放在方格纸上,根据每一小方格的面积(l2cm2)和油膜所占的格数n(占大半格的算作1格,不足半格的舍去),即可算出油膜的面积s=nl2cm2.
2、分子的热运动典型例题[例1]下列关于布朗运动的说法中,正确的是哪几个?[ ]A.布朗运动是液体分子的无规则运动B.悬浮在液体中的颗粒越小,它的布朗运动越显著C.液体的温度越高,悬浮颗粒的布朗运动越剧烈D.布朗运动是指悬浮在液体中的小颗粒在液体分子作用下的无规则运动[分析]布朗运动不是液体分子的无规则运动,做布朗运动的颗粒虽然很小,但并不是分子,而是含有大量分子的分子集团组成的颗粒,选项A不正确.悬浮颗粒受到来自各个方向的做无规则热运动的液体分子的撞击,颗粒越大,同时与它相碰的分子数越多,来自各个方向撞击的次数越接近相等,容易处于平衡.颗粒越小,在每一瞬间同颗粒撞击的分子数越少,撞击作用的不平衡性越明显,布朗运动越显著,选项B正确.温度越高,液体分子做无规则的运动越激烈,液体分子热运动的平均动能增大,在不平衡的撞击中,小颗粒获得的能量增多,运动加快,选项C正确.由于液体分子做无规则的热运动,悬浮的小颗粒在每一瞬间受到的撞击是无规律的,小颗粒做无规则运动,选项D正确.[答]选项B,C,D正确.【例2】从较暗的房间里观察到入射阳光的细光束中有悬浮在空气里的微粒,这些微粒的运动是布朗运动吗?为什么?[误解]悬浮在空气里的微粒的运动是无规则的,这种运动属于布朗运动,因为它是由气体分子对微粒的无规则碰撞引起的[正确解答]这些微粒在空气里的运动不属布朗运动因为这些肉眼所能看到的微粒在微观领域里是相当大的,它所受到各方面空气分子的撞击作用几乎相平衡空气分子的撞击对于相当大的颗粒来说,可以认为是不影响它的运动状态的这些尘埃的运动是受空气的流动和重力的作用等外部原因所引起的[错因分析与解题指导][误解]只知道布朗运动可发生在液体中和气体中以及布朗运动的成因,但对布朗运动产生的条件却不甚明确对于布朗运动,我们应当弄清如下几点1.虽然布朗运动表现为悬浮在液体或气体中微粒的运动,但它却必须间接地反映液体或气体分子的运动,是后者运动的一种结果这种“树动知风”的原理在物理学中是十分常见的例如,由磁针在通电导线附近偏转这个现象,丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应,即电流的周围存在着磁场等要学会透过现象看本质2.引起悬浮在液体和气体中的微粒的运动,其原因可能是多方面的,如流体流动、重力作用,等等仅由于流体分子的撞击而引起的运动才属于布朗运动,并非微粒所有的运动都属于布朗运动3.虽然布朗运动的成因是由于周围流体的分子的撞击,但并非有这种撞击就一定产生布朗运动如果微粒受各向的撞击作用相平衡.运动也是不可能产生的因此,悬浮在流体中的微粒足够小,是微粒产生布朗运动的必要条件之一[例3]图是施特恩在1920年设计的测定气体分子速率的实验示意图.A、B是两个同轴的圆筒,以一定角速度旋转.A筒壁开有一与筒的轴线平行的狭缝O,沿轴向放置一根涂有银层的细铂丝C.抽去两筒间的空气,当铂丝通电后,银层被蒸发,圆筒内充满了银原子的气体,一些银原子会通过狭缝O到达圆筒B的内表面沉积起来,若测得圆筒旋转的角速度ω、银原子在圆筒B内表面的沉积带弧长为s,圆筒半径分别为RA、RB,则室温下银原子的速率为多少?[分析]如果银原子的速率非常大,则它飞出A筒的狭缝O抵达B筒内壁的时间可不计,银原子都将沉积在B筒内壁正对着狭缝O的一条狭带上.当银原子的速率并不很大时,它离开狭缝O在两筒之间飞行的时间内,由于B筒已转过一定角度,因此,银原子沉积在B筒内壁会呈现一圆弧形环带,带长正好等于银原子通过两筒之间的同一时间内B筒转过的弧长.[解]设银原子的速率为v,则由上面的分析得由于银是单原子分子,因此,它也是银分子的速率.[说明]实验结果是,当铂丝的温度为T=1473K时,银原子的速率约在560~640m/s之间在实验中,速率大的银原子走完(RB-RA)距离所需的时间短,所以它们落到靠近P点的位置上,而速率小的原子,由于走完(RB-RA)距离所需的时间长,它将落在离P较远的位置上,因此在圆筒B的内表面上形成一条由P到P的镀银带分子间的相互作用力的典型例题[例1]关于分子间相互作用力的以下说法中,正确的是[ ]A.当分子间的距离r=r0时,分子力为零,说明此时分子间既不存在引力,也不存在斥力B.分子力随分子间的距离r的变化而变化,当r>r0时,分子间的引力和斥力都增大,但引力比斥力增加得快,故分子力表现为引力C.当分子间的距离r<r0时,分子间的引力和斥力都增大,但斥力比引力增加得快,故分子力表现为斥力D.当分子间的距离r>10-9m时,分子间的作用力可以忽略不计[分析]分子力表现为引力还是斥力跟分子间的距离有关.当r=r0时,引力和斥力同时存在,只是作用互相抵消分子力表现为零.所以,选项A不正确.当r>r0时,引力和斥力都随距离的增大而减小,但斥力减小得更快,分子间的相互作用表现为引力.所以,选项B不正确.当r<r0时,分子间引力和斥力随距离的减小而增大,但斥力比引力增长得更快,分子间的相互作用表现为斥力.所以,选项C正确.当分子间的距离超过它们的直径10倍以上时,相互作用就变得十分微弱,可以认为分子力等于零.所以,选项D正确.[答]CD【例2】设分子间距离r=r0(平衡距离)时作用力为零,则当一个分子从远处以某一动能向另一分子趋近的过程中[ ]A.r>r0时,分子势能不断减小,动能不断增加B.r=r0时,分子势能为零,动能最大C.r<r0时,分子势能增大,动能减小D.r具有最小值时,分子动能为零,分子势能最大[误解]选(A),(C),(D)[正确解答]选(A),(C)[错因分析与解题指导]分子势能的变化是跟分子力做功联系在一起的,而分子间的作用力(合力)又跟分子间的距离有关,其关系如图8-1表示F为正值时,表示斥力;F为负值时,表示引力当分子间距离;r>r0时,分子间的作用力表现为引力;当r<r0时.分子间的作用力表现为斥力当分子间为引力时,趋近过程中分子力做正功,分子势能减小;当分子间为斥力时,趋近过程中分子力做负功,分子势能增加分子间同时存在着引力和斥力,这是通过对大量事实(现象)的分析推理、概括,然后作出科学的假设.再由实验来验证的结论实际分子的结构是很复杂的,我们不能把分子模型简单等同于两个物体间的相互作用,譬如说在两个分子趋近的过程中分子动能和势能都不可能为零,因此选项(D)是错误的
3、物体的内能典型例题[例1]质量相等,温度都为100℃的水和水蒸气,它们的内能[ ]A.相等B.水的内能比水蒸气的内能大C.水蒸气的内能比水的内能大D.无法确定[分析]物体的内能为物体所有分子无规则运动的动能和由分子之间相对位置所决定的势能的总和.物体的温度是物体分子热运动的平均动能的标志.温度越高,分子热运动的平均动能越大;温度越低,分子的平均动能越小.质量相同的水和水蒸气的温度都为100℃时,水和水蒸气的分子数目相等,分子热运动的平均动能是相等的.由于水蒸气的体积比相同质量的水的体积来得大,也就是说水蒸气分子间的距离比水分子间的距离来得大,水蒸气分子势能比水分子势能来得大.所以,水蒸气的内能比质量相等、温度相同的水的内能大.[答]C.[说明]分子的平均动能也可表示为温度越高,分子平均动能越大,上式中v2的值越大,表示物体中速度大的分子占的比例增加.[例2]关于内能和机械能的下列说法中,正确的是[ ]A.机械能很大的物体,其内能一定很大B.物体的机械能损失时,内能却可能增加C.物体的内能损失时,机械能必然会减少D.物体的内能为零时,机械能可以不为零E.物体的机械能为零时,内能可以不为零[分析]内能和机械能是两种不同形式的能.对同一物体,不考虑形变时,机械能由其整体的宏观速度和相对地面的高度决定;内能则与其内部分子的无规则运动及其聚集状态有关,它跟物体整体的宏观速度(不计摩擦发热时)和高度一般无直接联系.把物体缓缓地举得很高,使它处于很低温度的环境中,物体的机械能很大,但内能却不一定大,A错.物体在空中因空气阻力匀速下落时,机械能有了损失,但因与空气摩擦使物体温度升高,内能会增加,B正确.使物体保持静止,降低温度,当忽略物体的体积变化时,物体的内能减少,机械能可以认为不变.C错.由于物体分子永不停息地作无规则运动,物体的内能不可能为零,机械能可以为零.D错,E正确.[答]B、E[例3]用力拉着铁块在水平地面上运动,铁块的机械能和内能有没有变化?[分析]应该分光滑接触和不光滑接触两种情况,而在不光滑接触时又有加速运动和匀速运动两种情况,即可根据机械能和内能的含义加以判断.[答]当地面光滑时,铁块由于受到外力后将做加速运动,速度越来越大,动能越来越大,但势能保持不变.所以铁块的机械能增大.增大的机械能就等于外力对它所做的功.由于在运动过程中,铁块中所含的分子数、分子无规则运动的平均动能和分子势能都不发生改变,因此铁块的内能不变.当地面不光滑时,铁块在运动中时刻受到地面摩擦力的作用.若所受外力等于地面的摩擦力,铁块作匀速运动,机械能不变.若所受外力大于地面的摩擦力,铁块作加速运动,机械能增加.在这两种情况下,铁块在运动过程中都要克服摩擦力做功.这些功转变为内能,其中一部分使铁块的温度升高,分子的平均动能增大,铁块的内能有了变化.
4、改变物体内能两种方式的典型例题[例1]下列说法中正确的是[ ]A.温度低的物体内能小B.温度低的物体分子运动的平均速率小C.做加速运动的物体,由于速度越来越大,因此物体分子的平均动能越来越大D.外界对物体做动时,物体的内能不一定增加[误解]选(A),(B),(C)[正确解答]选(D)[错因分析与解题指导]内能是物体内所有分子的动能和势能的总和温度低的物体分子平均动能小,所有分子的动能和势能的总和不一定小,所以[误解]中的选项(A)是错误的因为不同物质的分子质量不同,温度低的物体,分子平均动能固然小,但是分子质量未定,所以温度低的物体分子平均速率不一定小[误解]中选项(B)错误内能与机械能是不同形式的能量加速运动的物体,宏观运动的动能越来越大,但分子运动的平均速率不会因此而变大,所以分子平均动能不变[误解]中的选项(C)也错误物体内能的增减与做功和热传递有关内能是否改变要看热传递和做功的总和,若做功转化为物体的内能等于或小于物体放出的热量,则物体的内能不变或减少所以选项(D)才正确[例2]在标准大气压下,质量100g,温度为100℃的水变为100℃的水蒸气时,体积由1.04×102cm3变为1.68×105cm3试计算水蒸气的内能增加了多少?(已知水在100℃时的汽化热为2.26×106J/kg[分析]要使100℃的水变为100℃的水蒸气必须吸收汽化热,因此水蒸气内能增加,但与此同时,水蒸气的体积比水的体积要大得多,体积膨胀要对外做功消耗内能[解]100g100℃的水变为100℃的水蒸气时,所吸收的热量为Q=Lm=2.26×106×0.1=2.26×105(J)水变为水蒸气时,等压膨胀对外做的功为W=p△V=
1.013×105×
1.68×105-
1.04×102×10-6=
1.70×104(J)根据热力学第一定律,水蒸气的内能增加量为△U=Q-W=
2.26×105-
1.70×104=
2.09×105(J)[例3]采用绝热(即不交换热量)的方式使一定量的气体由初态A变化至终态B.对于不同的绝热方式,下面说法正确的是[ ]A.对气体所做的功不同B.对气体所做的功相同C.对气体不需做功,因为没有热的传递D.以上三种说法都不对[分析]对于一定质量的气体,不管采用任何一种绝热方式由状态A变化到状态B,都是绝热过程.在这一过程中,Q=0,根据热力学第一定律△U=W+Q,可得W=△U.△U=EA-EB,气体在初状态A有一确定的内能EA,在状态B有一确定的内能EB,故EA-EB为恒量.W=EA-EB采用任何一种绝热方式,W都为恒量,所以B选项正确.[答]B[例4]如图所示,容器A、B各有一个可以自由移动的轻活塞,活塞下面是水,上面是大气,大气压强恒定.A、B的底部由带有阀门K的管道相连,整个装置与外界绝热.起初,A中水面比B中的高,打开阀门,使A中的水逐渐向B中流,最后达到平衡.在这个过程中,[ ]A.大气压力对水做功,水的内能减小B.水克服大气压力做功,水的内能减小C.大气压力对水不做功,水的内能不变D.大气压力对水不做功,水的内能增加[分析]容器A、B各有一个可以自由移动的轻活塞,活塞的质量与器壁的摩擦忽略不计,打开阀门K后,根据连通器的原理,A中的水逐渐通过阀门流向B中,直到左右两边水面相平时达到平衡.[解]平衡前,A容器中的A活塞向下移动,设A活塞截面积为S1,移动距离为l1,大气压力推动A活塞向下移动时对水做的功WA=p0S1l1平衡前,B容器中的B活塞向上移动,设B活塞截面积为S2,移动距离为l2,大气压力通过活塞对水做负功WB=-p0S2l2由于水的总体积不变,则有S1l1=S2l2,即A容器中大气压对水做的功,与B容器中水克服大气压力做的功大小相等.在整个过程中,大气压力对水做的功是上述两个功(正功WA、负功WB)的代数和,即WA+WB=p0S1l1-p0S2l2=0从而看出选项A、B不正确.大气压力对水不做功,同时整个装置与外界绝热,没有热交换.但是水从容器A流向容器B的过程中,水的质心下降,水的重力做正功,水的重力势能减小.根据量守恒定律.减少的水的势能要转化为水的内能,水的内能增加.这样选项C也不正确,只有选项D正确.[例5]如图,U型管左管口套有一小气球,管内装有水银当在右管内再注入一些水银时,气球将鼓得更大假设封闭气体与外界绝热,则在注入水银时,封闭气体的体积、压强、内能将怎样变化?[误解]因为注入水银后气球鼓得更大,所以封闭气体体积的增大是显然的又因气球的橡皮膜是有弹性的,气球鼓得越大,表明了封闭气体的压强越大由于气体体积的增大,使得气体密度减小所以,气体的温度必须升高才能使气体压强增大,则气体内能增大[正确解答]当在右管注入水银时,气球将鼓得更大,表明内部气体压强增大据热力学第一定律△U=W+Q,因为Q=0,若外界不对气体做功,则气体内能不变,体积不变,密度、温度不变,于是压强不会改变若气体对外界做功,同理可知,气体压强必减小所以,注入水银时只可能是外界对气体做功,封闭气体的体积减小,内能增多,压强增大[错因分析与解题指导][误解]中的思维定势是认为气球鼓大时,气体体积一定增大,从而导致错误的结论实际上,气球鼓得更大首先表明的是气体压强增大了由于气球鼓大时,左管内水银柱也同时升高,无法直接判断封闭气体体积是增大还是减小所以,要改一改常规思路,转而想到利用热力学第一定律来分析在绝热过程中,只有在外界对气体做功时,才能使气体的密度和温度同时增大,从而使气体压强增大,问题便迎刃而解所以,利用热力学第一定律来分析一些气体状态变化问题,是常用的解题方法[例6]如图1所示,在高为
1.8m的光滑水平桌面上,放着一个质量为
0.98kg的铅块M,地面上有一个水槽,一颗质量为20g的速度为200m/s的铅弹沿水平方向射入铅块后,一起掉入水槽中,设水的质量为170g,且水槽不导热,铅块在空气中的阻力不计,铅块放出的热量全部被水吸收,铅的比热是
0.126×103J/kg℃,g=10m/s2,求
(1)由于铅弹和铅块之间的摩擦力做功,铅块可以获得的最大内能是多少?
(2)水温升高多少度?[分析]
(1)以铅弹和铅块做为研究对象,铅弹打入铅块的过程中,系统的动量守恒,总能量守恒,所以系统损失的机械能全部转化为系统增加的内能,可以用铅弹和铅块吸收的热量来量度它们增加的内能,由于它们的比热和升高的温度是相同的,因此它们吸收的热量是和它们的质量成正比的这样,在没有能量损失的情况下求出铅块所吸收的热量,就是铅块可以获得的最大的内能
(2)以铅弹、铅块、水槽中的水做为研究对象,系统在全部过程中总能量守恒,取地面放置水槽处为零势位,初态铅弹和铅块有重力势能、铅弹有动能;末态系统总的机械能为零,但系统总的内能增加了,可以用铅块、铅弹、水槽中的水总共吸收的热量来量度系统增加的内能,根据能量守恒定律列出方程,可求出水升高的温度[解答]
(1)对铅弹和铅块组成的系统,铅弹射入过程中动量守恒,则有铅弹射入铅块后,系统总共增加的内能是铅弹增加的内能为△E1,铅块增加的内能为△E2,则有
(2)对铅弹、铅块、水槽中的水组成系统,从铅弹开始射入铅块到它们一同落入水槽且最后系统达到热平衡状态的过程中,系统的能量守恒,则有代入数值后可求得△T=
0.5C[说明]本题考查对热量、功、内能的增量,热传递和做功等物理概念的理解,考查了对动量守恒定律、能量守恒定律综合运用的能力正确选择研究对象、选择物理过程的初态和末态是正确求出解答的前提,并可以使解法简化此题第二问若把全部过程分解为由铅弹射入铅块达到具有共同速度和温度,再一同落入水中最后达到热平衡两个阶段来处理也是可以的,但显然较为麻烦,读者可以比较两种解法,来体会选择系统的组成范围和初、末态的重要性
5、能量守恒定律的典型例题[例1]试分析子弹从枪膛中飞出过程中能的转化.[分析]发射子弹的过程是火药爆炸产生高温高压气体,气体推动子弹从枪口飞出.[答]火药的化学能→通过燃烧转化为燃气的内能→子弹的动能.[例2]核电站利用原子能发电,试说明从燃料铀在核反应堆中到发电机发出电的过程中的能的转化.[分析]所谓原子能发电,是利用原子反应堆产生大量的热,通过热交换器加热水,形成高温高压的蒸汽,然后推动蒸汽轮机,带动发电机发电.[答]能的转化过程是核能→水的内能→汽轮机的机械能→发电机的电能.[说明]在能的转化过程中,任何热机都不可避免要被废气带走一些热量,所以结合量守恒定律可得到结论不消耗能量,对外做功的机器(称为第一类永动机)是不可能的;把工作物质(蒸汽或燃气)的能量全部转化为机械能(称第二类永动机)也是不可能的.【例3】将一个金属球加热到某一温度,问在下列两种情况下,哪一种需要的热量多些?
(1)将金属球用一根金属丝挂着
(2)将金属球放在水平支承面上(假设金属丝和支承物都不吸收热量)A.情况
(1)中球吸收的热量多些B.情况
(2)中球吸收的热量多些C.两情况中球吸收的热量一样多D.无法确定[误解]选(C)[正确解答]选(B)[错因分析与解题指导]小球由于受热体积要膨胀由于小球体积的膨胀,球的重心位置也会变化如图所示,在情况
(1)中,球受热后重心降低,重力对球做功,小球重力势能减小而在情况
(2)中,球受热后重心升高球克服重力做功,重力势能增大可见,情况
(1)中球所需的热量较少造成[误解]的根本原因,是忽略了球的内能与机械能的转变过程这是因为内能的变化是明确告诉的,而重力势能的变化则是隐蔽的在解题时必须注意某些隐蔽条件及其变化[例4]用质量M=0.5kg的铁锤,去打击质量m=2kg的铁块铁锤以v=12m/s的速度与铁块接触,打击以后铁锤的速度立即变为零设每次打击产生的热量中有η=50%被铁块吸收,共打击n=50次,则铁块温度升高多少?已知铁的比热C=460J/kg℃[分析]铁锤打击过程中能的转换及分配关系为据此,即可列式算出△t.[解答]铁锤打击n=50次共产生热量设铁块的温度升高△t,由[例5]用功率P=600W的电动机带动钻头在铁板上钻孔,在t=3min内产生热量的最大值为多少?若其中η=75%被铁块吸收,铁块的质量为m=0.7kg,则铁块的温度升高多少?已知铁的比热为C=460j/kg·℃[分析]在这个钻孔过程中,能的转换及分配如下当供给电动机的电能完全转化为钻头的机械能,钻头的机械能完全转化为内能时,就可算出所产生的最大热量.由上述能的分配,根据吸热公式可算出铁块所升高的温度[解]在t=3min内产生的热量的最大值为Q=Pt=600×3×60J=1.08×105J设铁块升高的温度为△t,由吸热公式ηQ=cm△t=
251.6℃[例6]光滑水平桌面上一块质量M=400g的木块,被一颗质量m=20g,以水平速度v=500m/s飞行的子弹击中,子弹穿出木块时的速度v1=300m/s.若子弹击中木块的过程中,系统损失的机械能全部转变为内能,其中η=41.8%部分被子弹吸收使其温度升高.已知子弹的比热c=125J/kg·℃,试求子弹穿越木块过程中升高的温度.[分析]子弹穿越木块过程中,水平方向不受外力,由动量守恒可算出木块获得的速度.根据子弹-木块系统损失的机械能可算出产生的内能.由此即可算出子弹所升高的温度.[解]子弹穿出木块后,木块的速度设为V,由mv=mv1+MV,得子弹木块系统损失的机械能根据量守恒,子弹穿越木块过程中产生的内能(即增加的内能)为Q=△U=1580J.设子弹升高温度为△t,则由ηQ=cm△t,[说明]有的学生认为子弹损失的动能就等于穿越木块过程中产生的热能,这是不对的,不能忽略木块所获得的动能.子弹击中木块过程中,整个系统能的转化及分配情况如下
6、纵深例题解析【例1】下列说法中正确的是[]A.液体中悬浮微粒的布朗运动是做无规则运动的液体分子撞击微粒而引起的,并且微粒越小布朗运动越显著B.物体的温度越高,其分子平均动能越大C.分子力随分子间距离的增大而减小D.做功和热传递可以改变物体的内能,所以二者本质相同解析由布朗运动产生原因无规则运动的液体分子对微粒的频繁碰撞而使微粒做布朗运动,以及颗粒越小,布朗运动越明显,则A对.温度是分子平均动能的标志,温度升高,分子平均动能增大,故B对.分子力F是分子间引力和斥力的合力,当r=r0时,F=0;当r>r0时,F表现为引力;当r<r0时,F表现为斥力,故C错.做功和热传递可以改变物体的内能,但它们有本质区别做功是将其他形式的能转化为内能,热传递是内能的转移,故D错.【例2】甲、乙两个分子相距较远此时它们间的分子力可以忽略,设甲固定不动,乙逐渐向甲靠近,直到不能再靠近的整个过程中[]A.分子间相互作用的势能减小B.分子间相互作用的势能增加C.分子间相互作用的势能先增加后减小D.分子间相互作用的势能先减小后增加解析当分子相距足够远时无相互作用力,在从远逐渐近的过程中,分子力表现为引力;距离为某一值时,分子力为零;再靠近,则分子表现为斥力,因此在两个分子逐渐靠近的过程中,先是引力做功,即分子力对乙做正功,势能减小;然后斥力做负功,即乙克服分子力做功,势能增加.【例3】将一个金属球加热到某一温度,问在下列两种情况下,哪一种需要的热量多些?1将金属球用一根金属丝挂着2将金属球放在水平支承面上假设金属丝和支承物都不吸收热量[]A.情况1中球吸收的热量多些B.情况2中球吸收的热量多些C.两情况中球吸收的热量一样多D.无法确定[错解]选C[正解]选B【错因分析与解题点拨】造成误解的根本原因是忽略了小球的内能与机械能的转化.小球由于受热体积要膨胀,球的重心位置发生了变化.在1的情况中球受热后重心降低,重力对球做功,小球的重力势能减小.而在2的情况中,球受热后重心升高,球克服重力做功,重力势能增大.可见,情况1中球所需要的热量较少.本题中内能的变化是明确告诉的,而重力势能的变化则是隐蔽的,故在解题时必须注意某些隐含条件及其变化.【例4】人类利用的能量绝大部分来源于太阳能,捕获太阳能的生物主要为绿色植物,绿色植物通过光合作用把太阳能转化为化学能1光合作用的总反应式是________.2光合作用释放的氧气来自于参加反应的哪种物质?________.3按上述反应式,若通过光合作用得到9g有机物,则从空气中摄取CO2的质量是________g,释放出的氧气的体积标准状况是________L.点拨本题是生物与物理的学科渗透问题.生物中涉及的是光合作用知识;物理中涉及的是有关气体的性质,标准状况下每摩尔的任何气体的体积都是
22.4L.高考命题集中在分子动理论,估算分子大小和数目、内能和功方面,往往一个题目涉及几个知识点,而能源的开发和利用则是现今的热门课题,易出综合题,但内容浅显,比较容易解答,学习时需强化记忆、理解.典型考题解析【例5】1996年全国下列叙述中正确的是[]A.物体的内能与物体的温度有关,与物体的体积无关B.物体的温度越高,物体中分子无规则运动越剧烈C.物体体积改变,内能可能不变D.物体在压缩时,分子间存在着斥力,不存在引力解析应选BC一定质量物体的内能由温度和体积共同决定,所以A错误,C正确.物体的温度越高,分子热运动的平均动能就越大,分子无规则运动越激烈.所以B正确.分子间同时存在引力和斥力,所以D错误.【例6】2000年山西理科综合下列说法正确的是[]A.当两个分子间的距离小于平衡距离时,分子间的作用表现为引力B.物体的内能是物体中所有分子热运动动能之和C.只经历等温过程的理想气体,如果压强增加一倍,则其体积减少一半D.如果没有能量损失,则热机能把从单独一个热源吸收的热量全部转化成机械能解析应选C分子间距离小于平衡时距离,分子间的作用力表现为斥力,故A错.物体的内能是物体中所有分子的动能和势能的总和,故B错.根据玻一马定律下一章介绍知,C正确.由于第二类永动机是不可能制成的.故D错.
十二、固体、液体和气体
1、固体典型例题【例1】在两片质料不同的均匀薄片上涂一层很薄的石蜡,然后用烧热的钢针尖端分别接触两 片的中心,结果薄片a上熔化的石蜡呈圆形,薄片b上熔化的石蜡呈椭圆形.由此可以断定[ ]A.a一定是晶体 B.b一定是晶体C.a一定不是晶体 D.a一定不是单晶体【分析】a薄片上熔化的石蜡呈圆形,表示它的导热性是各向均匀的;b薄片上熔化的石蜡呈椭圆形,表示它的导热性各向异性.所以b薄片一定是晶体.由于非晶体和多晶体都是各向同性的,所以a薄片可能是非晶体也可能是多晶体,但不可能是单晶体.【答】B,D.【说明】当晶体研磨成粉末状态后,外形失去其规则性,各向异性也难以显示.此时,可根据其是否有一定的熔化温度,作为判断晶体与非晶体的依据.【例2】如图所示,一块密度、厚度均匀的长方体被测样品,长AB为宽CD的2倍,若用多用电表沿两对称轴测其电阻,所得阻值均为R.则这块样品是[ ]A.金属 B.多晶体 C.单晶体 D.非晶体【分析】AB和CD方向的电阻相等,由电阻定律可知,AB和CD方向的电阻率就一定不相等,可见,被测样品的导电性能各向异性,该样品必是单晶体.【答】C【例3】如图1表示一个氯化钠(NaCI)晶体的晶胞.其形状是一个立方体,其空间结构是每个立方体的8个角上分别排有一个离子.钠离子和氯离子是交错排列的.图中以●表示钠离子.以○表示氯离子.若已知氯化钠的摩尔质量μ=
5.85×10-2kg/moL,密度ρ=
2.22×103kg/m3,试估算相邻最近的两个钠离子间的距离.【分析】每个离子分属于8个小立方体,如图2所示,所以图中的每个离子对图中画出的这一个立方体的贡献是1/8个离子,总合起来平均每个立方体含有一个离子.因此,可以想象每个离子占有一个如图中所示的小立方体空间,或者说,一个氯化钠分子占有两个小立方体的空间.设小立方体的边长为a则相邻最近的两个钠离子间的距离d=a.可见,只要能设法求出a,就能完成本题之所求.【解】以1moL氯化钠为研究对象,其摩尔体积V=μ/ρ,每个分子的体积v=V/NA(NA为阿伏伽德罗常数).每个小立方体的体积为小立方体的边长为两相邻钠离子的最近距离为【说明】组成晶体的物质徽粒可以有离子、原子、分子等.由离子组成的空间结构,叫离子空间结构,如岩盐晶体,它们是依靠离子间静电力结合的.由原子组成的空间结构,叫原子空间结构,如金刚石晶体,它是靠共有电子产生的结合力而结合的.由中性分子组成的空间结构,叫分子空间结构,如萘晶体,是依靠分子间引力结合的.金属所特有的空间空间结构叫金属空间结构,是依靠自由电子和阳离子间的吸引力结合的【例4】一电炉的功率P=200W,将质量m=240g的固体样品放在炉内,通电后的电炉内的温度变化如图所示.设全部电能转化为热能并全部被样品吸收,试问该固体样品的熔点和熔化热为多大?【分析】由熔化曲线上温度不变的部分可找出熔点.根据熔化时间和电炉功率可知电流做功的多少,这些功全部转化为热并全部用于样品的熔化.【解答】样品的熔点为60℃.熔化时间τ=2min,电流做功W=Pτ.设样品的熔化热为λ,样品熔化过程中共吸收热量Q=λm.由W=Q,即Pτ=λm,得
2、液体典型例题【例1】把一根缝衣针小心地放在水面上,可以把水面压弯而不沉没,为什么?【分析】根据液面被压弯后对缝衣针产生的力的特点即可解释.【答】当针放在水面上把水面压弯时,仍处于水的表面层以上,就好像放在弹性薄膜上一样.作用在针上的力有
(1)重力G、竖直向下.
(2)水面的托力N.由于水面的表面张力使被压弯的水面收缩,有使它力图恢复原来的水平状态的趋势,压弯处水面产生的表面张力方向如图所示,使弯曲液面对针产生竖直向上的托力.
(3)水面压弯后水产生的静压力F′.结果,缝衣针就在重力、水面托力、水的静压力的共同作用下处于平衡状态,所以可以不致沉没.【说明】
(1)由于缝衣针常与手指接触,使针的表面附有一层油脂,可以不被水浸润,所以仍能处于水的表面层以上.如果用酒精棉花把缝衣针洗擦干净后小心地用镊子夹放在水面上,由于针的表面层已不再有油脂,会被水浸润,缝衣针就会沉没下去了.
(2)不能认为针的重力被液体的表面张力相平衡.因为表面张力是液面各部分之间的相互作用力,并不作用在针上.
(3)由于钢针很细,置于水面上形成的水面高度差很小,因此产生的静压力很小可忽略不计【例2】网孔较小的筛子里盛有少量的水时,水不会从网孔中流出.试解释这一现象.【解】网孔较小的筛子里盛有少量水时,在每个网孔下面都有微微凸出的水滴(如图1所示).如果将凸出网孔的水滴从靠近根部的地方分隔为上下两部分,那么在它们的分界线处,下部水滴表面要受到上部水滴根部表面的表面张力f的作用(如图2所示).由于表面张力f的竖直分力可与下部水滴的重量保持平衡,所以水才不会从筛子的网孔中流出.【例3】如图1所示,如果用一根细玻璃管将两个半径大小不同的肥皂泡连通起来,那么这两个肥皂泡的大小将如何变化?【解】在肥皂泡的表面上,各部分液面间的表面张力是跟液面相切的,若取单位面积表面作分析可知,作用于单位面积表面边界上的表面张力f的合力F,将使这一表面对泡内的气体产生一附加压力,从而形成附加压强(如图2所示),球形肥皂泡的半径越小,表面的曲率越大,每单位面积表面边界上表面张力f的台力F越大,即单位面积表面产生的附加压力越大,因而肥皂泡表面对泡内气体的附加压强也就越大.由此可知,对半径较小的肥皂泡来说,泡内的气体将被压入到半径较大的肥皂泡中去,从而变得越来越小,直至消失.半径较大的肥皂泡则随着气体被压入而逐渐变大.【例4】如图,把橄榄油滴入水和酒精的混合液里,当混合液的密度与橄榄油密度相同时,滴入的橄榄油呈球状悬浮在液体中,为什么?【分析】根据油滴的受力情况和表面层的特点即可解释.【答】滴入混合液中的油滴,受到竖直向下的重力和液体对它竖直向上的浮力作用.由于油的密度与液体的密度相同,使得油滴好像处于失重状态.油滴在表面张力的作用力,收缩液面有使液面尽量减小的趋势.因为在同体积的几何体中,球表面的面积最小,所以油滴在表面张力作用下收缩成球状悬浮在混合液内.【说明】表面张力的大小与液面边界线长度(设为L)成正比,可以表示为f=αL式中α称为表面张力系数,它表示液面单位长度的边界线上所受的表面张力的大小.α的大小与液体性质、温度以及液体内是否有杂质有关.温度升高时,液体的表面张力系数减小.实验中用烧热的针容易刺破液膜,就是这个道理.通常情况下,液体内含有杂质时的表面张力系数也会减小.【例5】在宇宙飞船中放一个盛有液体的容器,将会出现什么现象?【分析】应分液体浸润容器和不浸润容器两情况,根据物体处于失重状态,在分子力作用下的表现加以讨论.【答】当液体浸润容器时,附着层内分子较液体内部分子分布密时,分子斥力占优势,使液面沿器壁扩展,由于盛有液体的容器置于宇宙飞船中,处于失重状态,液体重力为零在表面张力的作用下,液体会不断地沿着器壁上升,直至全部流失当液体不浸润容器时,附着层内分子较液体内部分子分布稀时,分子引力占优势,具有收缩趋势,而液体又处于失重状态,所以它不再粘附在器壁上,整个附着层变成表面层,使液体收缩成一个球形液滴.【说明】在内径较小的容器里,浸润液体形成凹弯月面,不浸润液体形成凸弯月面.观察液面的位置时,浸润液体以凹弯月面底部为准;不浸润液体以凸弯月面顶部为准.如图所示.【例6】在表面张力的作用下,水沿毛细管上升后,水的温度将[ ]A.升高 B.降低 C.不变 D.上述三情况都可能【分析】水沿毛细管上升后,这部分水的势能增加.由于整个系统没有从外界吸收能量,因此,这部分水增加的势能只能由水的内能转化而来.所以,水沿毛细管上升的过程中,水温将稍微下降.【说明】本题如不从能的转化和守恒上考虑,会觉得很棘手.由于在毛细管中的水的势能增加量很小,所以水温的变化也极为微小.【例7】将一充满水银的细管气压计下端浸在水银容器中,其读数为p0=
0.950×105Pa.试求
(1)水银柱的高度;
(2)考虑到毛细现象后,试问真实大气压强为多大?已知细管直径d=
2.0mm,接触角θ=π,水银的表面张力系数σ=
0.490N/m.
(3)若允许测量的相对误差为
0.1%,则管径所能允许的最小值dmin是多少?【分析】若不考虑毛细现象,水银柱所产生的压强就等于大气压强若考虑毛细现象,由于水银与玻璃相互间不浸润,水银柱的高度比没有毛细现象时有所降低所降低的那部分水银柱的重力等于水银的表面张力【解】
(1)由于ρgh=p0,所以
(2)水银与玻璃相互间不浸润,所以考虑到毛细现象的作用,水银柱的高度比没有毛细现象时有所降低,故真实的大气压强为答水银柱的高度是
0.712m;真实大气压强应是
0.960×105Pa;为使ε≤
0.1%,细管半径不得小于
1.04cm.【例8】*以下说法正确的是[ ]A.玻璃是晶体,它有规则的几何形状B.单晶体和多晶体都具有各向异性的物理性质C.荷叶上的小水滴呈球形,这是表面张力使液面收缩的结果D.形成液体表面张力的原因是由于液体表现层的分子分布比内部稀疏【分析】由单晶体、多晶体、非晶体的主要区别可知,加工后的玻璃有规则的几何外形,但物理性质各向同性,且没有溶点,故选项A错误;多晶体由于是单晶体无规则排列而成,表现为各向同性,故选项B也是错误的.对液体来说,因为表面层的分子分布比内部稀疏,所以液体的表面有张力,这一张力作用的结果要使液体的表面收缩到最小,而体积相同的液体呈球体时表面积最小,故荷叶上的小水滴呈球形.所以选项C、D均正确.【答】CD
3、气体的状态参量典型例题【例1】如图1所示,左端封闭的U玻璃管中用水银封闭A、B两段空气柱,外界大气压强为76cmHg,则[]A.pA=78cmHgB.pA=75cmHgC.pB-pA=3cmHgD.pB-pA=6cmHg【分析】由右管空气柱B上方水银柱的力平衡条件得p0S+ρgh2S=pBS得pB=p0+ρgh2用cmHg做单位时,可表示为pB=p0+h2=(76+5)cmHg=81cmHg因为连通器内同种液体同一水平面上各处的压强相等,所以左管内跟气柱B下方水银面等高的C处(图2)压强pC=pB从左管考虑,C处在水银面下hc=(5+3-2)cm=6cm处,则pC=pA+ρghc=(Pa+6)cmHg由pB=pA+6,即81=pA+6∴pA=75cmHg,pB-pA=6cmHg【答】B,D.【说明】
(1)对均匀玻璃管,可直接从液柱的压强平衡得pB=p0+ρgh2,不必先列出力平衡条件;
(2)液体内部深为h处的压强,一般表达式为ph=p0+ρhg,式中p0为液面上气体压强,ρ为液体密度当采用汞柱做单位时,可直接表示为ph=(p0+h)cmHg或ph=(p0+h)mmHg【例2】如图所示,两端开口的U玻璃管中,右侧直管内有一部分空气被一段水银柱H与外界隔开若再向左边的玻璃管中注入一些水银,平衡后,则[]A.U玻璃管下部两边水银面的高度差减小B.U玻璃管下部两边水银面高度差增大C.U玻璃管下部两边水银面高度差不变D.U玻璃管右边玻璃管内的气体体积减小【分析】由右管内封闭气体的压强平衡条件知,其压强等于外界大气压p0与高H的水银柱产生的压强之和,即p=p0+pH根据连通器原理,左管内水银面与右管密闭气体下方水银面高度差应为H当左管内再注入一些水银后,由于石管上方水银柱高度是H,密闭气体的压强不变,所以左、右两管下部水银面高度差不变由于密闭气体的温度不变、压强不变,所以它的体积也不会变化【答】C.【说明】气体的三个状态参量中,不可能产生只有一个参量改变而另外两个参量保持不变的情况【例3】图为一注水的玻璃装置,玻璃管D、E上端与大气相通,利用玻璃管C使A、B两球上部相通,D、C、E三篇与两球接口处紧密封接当A、B、D的水面高度差如图所示时,E管内水面相对B中水面的高度差h应等于[]A.0mB.
0.5mC.1mD.
1.5m【误解】选(B)【正确解答】选(D)【错因分析与解题指导】【误解】认为玻璃管D上部与大气相通,A球上部空气压强pA=p0+ρgh1,玻璃管E上部也与大气相通,A球上部空气压强pA=p0+ρg(h+h2),得h=h1-h2=
1.5-1=
0.5m忽视了由于C管的存在,E上表面到A上表面不是连续的水柱,故ρg(h1+h2)没有物理意义C管两端开口,将A、B两球中的空气连成一整体,所以A、B两球上部空气压强相等则A球上部空气压强pA=p0+ρgh1,B球上部空气压强pB=p0+ρgh,由pA=pB解得h=h1=
1.5m【例4】如图所示,在做测定大气压强的实验时,不慎将一气泡漏入玻璃管内,将管内水银柱分为长h1和h2的两段玻璃管顶部A部分为真空,B部分为空气泡若轻弹玻璃管,使B内空气全部进入A中(在全部过程中温度保持不变),则此时管内外水银面高度差h跟(h1+h2)相比较[]A.h>(h1+h2)B.h=(h1+h2)C.h<(h1+h2)D.条件不足,无法判断【误解】选(A)【正确解答】(C)【错因分析与解题指导】【误解】出于如下考虑设管内气柱压强先后为p、p′,大气压强为p0原来有h1+p+h2=p0
(1)后来有h+p′=p0
(2)因为B中气体进入A后体积增大,所以p′<p,解得h>(h1+h2)错误原因是对气体压强性质认识不清,气柱B对下部Hg的压强就是p,不会因重量累积变为h1+p因此,
(1)式不能成立从B的上端分析,p=h1,从B的下端分析,p=p0-h2,解得h1+h2=p0当B中空气进入A后,p′+h=p0,因为p′>0,所以h<(h1+h2)【例5】如图所示,粗细均匀,两端封闭的U玻璃管竖直放置,内有水银,将一定质量的空气封入两侧竖直管内,水银面高度差为h若使U玻璃管保持竖直自由下落,管内水银面的高度差____(填变大、变小或不变)【误解】U玻璃管自由下落时,两侧空气柱压强相等,所以两侧液面等高,高度差变小【正确解答】变大【错因分析与解题指导】【误解】的意思是,原来pⅡ=pⅠ+ρgh,自由下落时p′Ⅱ=p′Ⅰ+ρgh′,因p′Ⅱ=p′Ⅰ,∴h′→0没有意识到,当U玻璃管自由下落时,水银处于失重状态,不再产生压强了因此,下落前既有pⅡ>pⅠ,自由下落时要p′Ⅱ=p′Ⅰ,只有右侧液面下降,使气体压强减小,左侧液面上升,使气体压强增大才行故两侧液面高度差将变大
4、等容变化,查理定律典型例题【例1】要求瓶内氢气在500℃时的压强不超过1atm,则在20℃时对瓶子充气时,瓶内压强最多为多少?瓶子的热膨胀不计【分析】不计瓶子热膨胀,充入瓶内的氢气经历的是一个等容变化【解】以充入瓶内氢气为研究对象,它在20℃和500℃时的状态参量为温度T1=(273+20)k=293k,压强p1=?温度T2=(273+500)k=773k,压强p2=1atm也就是说,瓶内氢气在20℃时充气的最大压强为
0.38atm【例2】一根两端封闭,粗细均匀的玻璃管,内有一小段水银柱把管内空气柱分成a、b两部分,倾斜放置时,上、下两段空气柱长度之比La/Lb=2(图1),当两部分气体的温度同时升高时,水银柱将如何移动?【分析】温度升高、Hg移动时,两部分空气的三个状态参量(T、p、V)都会发生变化,且双方互相牵制,将给判断带来很大困难为此,可作一设想,即先假设温度升高时水银柱不动,两部分气体发生等容变化然后比较它们压强的变化量,水银柱应朝着压强变化量较小的那一方移动【解】
(1)公式法两部分气体作等容变化前后的状态参量如下对两部分气分别运用查理定律或分别得压强的增量由于原来两部分气体的压强pb>Pa,所以由上式知△pb>△Pa,即温度升高时下部气体压强的增量较大,水银柱将向上移
(2)图象法作出上、下两部分气体的等容线(图2)由于原来下部压强大于上部压强,即pb>Pa,因此下部气体等容线的斜率较大温度升高△T后由图象知下部气体的压强变化量也较大,即△pb>△Pa.所以水银柱将向上移动【说明】还可作进一步研究若使管中水银柱长l,倾角θ,则开始时由压强平衡条件知pb=Pa+Lsinθ当0≤90°时1温度升高后水银柱会上升;当=0°时即玻璃管水平放置=1温度升高后Hg并不移动【例3】一定质量气体在状态变化前后对应着图1中A、B两点,则与A、B两状态所对应的体积VA、VB的大小关系是[]A.VA=VBB.VA>VBC.VA<VBD.无法比较【分析】可通过A、B两点分别与原点O相连得到两条等容线(图2),线上各点所对应的气体体积分别等于VA、VB.由于与VA对应的等容线的斜率大,表示它的体积小【答】C.【说明】在p-T图上比较一定质量气体两条等容线的体积大小时,有不同的方法
(1)比较同温度下的压强如图3所示在同一温度T时,p2>p1,据玻意耳定律得V2<V1或根据压强的决定因素判定——温度相同时,分子的平均动能相同,压强大时对应的分子密度必较大,表示体积较小,所以V2<V1
(2)比较同样压强下的温度如图3所示,在同一压强p时,T1>T2,则与T1所对应的分子平均动能较大,要求V1体积内的气体产生与V2体积内的气体同样大小的压强,V1体积内的分子密度应较小,即V1体积较大,所以V1>V
25、气体的等温变化、玻意耳定律典型例题【例1】一个气泡从水底升到水面时,它的体积增大为原来的3倍,设水的密度为ρ=1×103kg/m3,大气压强p0=
1.01×105Pa,水底与水面的温度差不计,求水的深度取g=10m/s2【分析】气泡在水底时,泡内气体的压强等于水面上大气压与水的静压强之和气泡升到水面上时,泡内气体的压强减小为与大气压相等,因此其体积增大由于水底与水面温度相同,泡内气体经历的是一个等温变化过程,故可用玻意耳定律计算【解答】设气泡在水底时的体积为V
1、压强为p1=p0+ρgh气泡升到水面时的体积为V2,则V2=3V1,压强为p2=p0由玻意耳定律p1V1=p2V2,即(p0+ρgh)V1=p0·3V1得水深【例2】如图1所示,圆柱形气缸活塞的横截面积为S,下表面与水平面的夹角为α,重量为G当大气压为p0,为了使活塞下方密闭气体的体积减速为原来的1/2,必须在活塞上放置重量为多少的一个重物(气缸壁与活塞间的摩擦不计)【误解】活塞下方气体原来的压强设所加重物重为G′,则活塞下方气体的压强变为∵气体体积减为原的1/2,则p2=2p1【正确解答】据图2,设活塞下方气体原来的压强为p1,由活塞的平衡条件得 同理,加上重物G′后,活塞下方的气体压强变为气体作等温变化,根据玻意耳定律得p2=2p1∴G′=p0S+G【错因分析与解题指导】【误解】从压强角度解题本来也是可以的,但将活塞产的压强算成G/发生了错误这个压强值应该是G/S,为避免发生以上关于压强计算的错误,相似类型的题目从力的平衡入手解题比较好在分析受力时必须注意由气体压强产生的气体压力应该垂直于接触面,气体压强乘上接触面积即为气体压力,情况就如【正确解答】所示【例3】一根两端开口、粗细均匀的细玻璃管,长L=30cm,竖直插入水银槽中深h0=10cm处,用手指按住上端,轻轻提出水银槽,并缓缓倒转,则此时管内封闭空气柱多长?已知大气压P0=75cmHg【分析】插入水银槽中按住上端后,管内封闭了一定质量气体,空气柱长L1=L-h0=20cm,压强p1=p0=75cmHg轻轻提出水银槽直立在空气中时,有一部分水银会流出,被封闭的空气柱长度和压强都会发生变化设管中水银柱长h,被封闭气体柱长为L2=L-h倒转后,水银柱长度仍为h不变,被封闭气体柱长度和压强又发生了变化设被封闭气体柱长L3所以,管内封闭气体经历了三个状态由于“轻轻提出”、“缓缓倒转”,意味着都可认为温度不变,因此可由玻意耳定律列式求解【解】根据上面的分析,画出示意图(图a、b、c)气体所经历的三个状态的状态参量如下表所示由于整个过程中气体的温度不变,由玻意耳定律p1V1=p2V2=p3V3即75×20S=(75-h)(30-h)S=(75+h)L3S由前两式得h2-105h+750=0取合理解h=
7.7cm,代入得【说明】必须注意题中隐含的状态(b),如果遗漏了这一点,将无法正确求解【例4】容器A的容积是10L,用一根带阀门的细管,与容器B相连开始时阀门关闭,A内充有10atm的空气,B是真空后打开阀门把A中空气放一些到B中去,当A内压强降到4atm时,把阀门关闭,这时B内压强是3atm求容器B的容积假设整个过程中温度不变【分析】对流入容器B的这部分空气,它后来的状态为压强p′B=3atm,体积VB(容器B的容积)为了找出这部分空气的初态,可设想让容器A中的空气作等温膨胀,它的压强从10atm降为4atm时逸出容器A的空气便是进入B内的空气,于是即可确定初态【解答】先以容器A中空气为研究对象,它们等温膨胀前后的状态参量为VA=10L,pA=10atm;VA=?,pA=4atm由玻意耳定律pAVA=pAVA,得如图1所示再以逸出容器A的这些空气为研究对象,它作等温变化前后的状态为p1=pA=4atm,V1=VA-VA=15Lp1=3atm,V1=VB同理由玻意耳定律p1V1=p1VB,得所以容器B的容积是20L【说明】本题中研究对象的选取至关重要,可以有多种设想例如,可先以后来充满容器A的气体为研究对象(见图2)假设它原来在容器A中占的体积为Vx,这部分气体等温变化前后的状态为变化前压强pA=10atm、体积Vx,变化后压强p′A=4atm体积V′x=VA=10L由pAVx=p′AV′x由此可见,进入B中的气体原来在A内占的体积为VA-Vx=(10-4)L=6L再以这部分气体为研究对象,它在等温变化前后的状态为变化前压强p1=10atm,体积V1=6L,变化后压强p2=3atm,体积V2=VB.由玻意耳定律得容器B的容积为决定气体状态的参量有温度、体积、压强三个物理量,为了研究这三者之间的联系,可以先保持其中一个量不变,研究另外两个量之间的关系,然后再综合起来这是一个重要的研究方法,关于气体性质的研究也正是按照这个思路进行的【例5】一容积为32L的氧气瓶充气后压强为1300N/cm2按规定当使用到压强降为100N/cm2时,就要重新充气某厂每天要用400L氧气(在1atm下),一瓶氧气能用多少天(1atm=10N/cm2)?设使用过程中温度不变【分析】这里的研究对象是瓶中的氧气由于它原有的压强(1300N/cm2),使用后的压强(100N/cm2)、工厂应用时的压强(10N/cm2)都不同,为了确定使用的天数,可把瓶中原有氧气和后来的氧气都转化为1atm,然后根据每天的耗氧量即可算出天数【解】作出示意图如图1所示根据玻意耳定律,由p1V1=p′1V′1,p2V2=p′2V′2,得所以可用天数为【说明】根据上面的解题思路,也可以作其他设想如使后来留在瓶中的氧气和工厂每天耗用的氧气都变成1300N/cm2的压强状态下,或使原来瓶中的氧气和工厂每天耗用的氧气都变成100N/cm2的压强状态下,统一了压强后,就可由使用前后的体积变化算出使用天数上面解出的结果,如果先用文字代入并注意到p′1=p′2=p0,即得或p1V1=p2V2+np0V0这就是说,在等温变化过程中,当把一定质量的气体分成两部分(或几部分),变化前后pV值之和保持不变(图2)这个结果,实质上就是质量守恒在等温过程中的具体体现在气体的分装和混合等问题中很有用【例6】如图所示,容器A的容积为VA=100L,抽气机B的最大容积为VB=25L当活塞向上提时,阀门a打开,阀门b关闭;当活塞向下压时,阀门a关闭,阀门b打开若抽气机每分钟完成4次抽气动作,求抽气机工作多长时间,才能使容器A中气体的压强由70cmhg下降到
7.5cmHg(设抽气过程中容器内气体的温度不变)?【误解】设容器中气体等温膨胀至体积V2,压强由70cmHg下降到
7.5cmHg,根据pAVA=p2V2得所需时间t=34/4=
8.5(min)【正确解答】设抽气1次后A中气体压强下降到p1,根据pAVA=p1(VA+VB)得第二次抽气后,压强为p2,则同理,第三次抽气后,抽气n次后,气体压强代入数据得n=10(次)【错因分析与解题指导】【误解】的原因是不了解抽气机的工作过程,认为每次抽入抽气机的气体压强均为
7.5cmHg事实上,每次抽气过程中被抽气体体积都是VB,但压强是逐步减小的,只是最后一次抽气时,压强才降低至
7.5cmHg因此,必须逐次对抽气过程列出玻意耳定律公式,再利用数学归纳法进行求解【例7】有开口向上竖直安放的玻璃管,管中在长h的水银柱下方封闭着一段长L的空气柱当玻璃管以加速度a向上作匀加速运动时,空气柱的长度将变为多少?已知当天大气压为p0,水银密度为ρ,重力加速度为g【误解】空气柱原来的压强为p1=p0+h当玻璃管向上作匀加速动时,空气柱的压强为p2,对水银柱的加速运动有p2S-p0S-mg=ma即p2=p0+ρ(g+a)h考虑空气的状态变化有p1LS=p2L′S【正确解答】空气柱原来的压强为p1=p0+ρgh当玻璃管向上作匀加速运动时,空气柱的压强为p2,由水银柱加速度运动得p2S-p0S-mg=ma∴p2=p0+ρ(g+a)h气体作等温变化p1LS=p2L′S【错因分析与解题指导】本题是动力学和气体状态变化结合的综合题由于牛顿第二定律公式要求使用国际单位,所以压强的单位是“Pa”【误解】中p1=p0+h,由动力学方程解得p2=p0+ρ·(g+a)h,在压强的表示上,h和ρ(g+a)h显然不一致,前者以cmHg作单位是错误的所以在解答此类习题时,要特别注意统一单位,高为h的水银柱的压强表达为p=ρgh是解题中一个要点[例8]如图所示,内径均匀的U型玻璃管竖直放置,截面积为5cm2,管右侧上端封闭,左侧上端开口,内有用细线栓住的活塞两管中分别封入L=11cm的空气柱A和B,活塞上、下气体压强相等为76cm水银柱产生的压强,这时两管内的水银面的高度差h=6cm,现将活塞用细线缓慢地向上拉,使两管内水银面相平求
(1)活塞向上移动的距离是多少?
(2)需用多大拉力才能使活塞静止在这个位置上?[分析]两部分气体是靠压强来联系U型玻璃管要注意水银面的变化,一端若下降xcm另一端必上升xcm,两液面高度差为2xcm,由此可知,两液面相平,B液面下降h/2,A管液面上升h/2在此基础上考虑活塞移动的距离[解答]
(1)对于B段气体pB1=76-6=70(cmHg)pB2=pVB1=11Scm3VB2=11+3Scm3根据玻意耳定律pB1VB1=pB2VB2对于A段气体pA1=76cmHgpA2=pB2=55cmHgVA1=11scm3VA2=LScm3根据玻意耳定律pA1VA1=pA2VA2对于活塞的移动距离h=L+3-L=
15.2+3-11=
7.2cm
(2)对于活塞平衡,可知F+pA2S=P0SF=P0S-PS[说明]U型管粗细相同时,一侧水银面下降hcm,另一侧水银面就要上升hcm,两部分液面高度差变化于2hcm,若管子粗细不同,应该从体积的变化来考虑,就用几何关系解决物理问题是常用的方法[例9]如图所示,在水平放置的容器中,有一静止的活塞把容器分隔成左、右两部分,左侧的容积是
1.5L,存有空气;右侧的容积是3L,存有氧气,大气压强是76cmHg先打开阀门K,当与容器中空气相连的U形压强计中左、右水银面的高度差减为19cm时,关闭阀K求后来氧气的质量与原来氧气的质量之比(系统的温度不变,压强计的容积以及摩擦不计)[分析]对于密封的一定质量空气把原来容器中的氧气做为研究对象容器外(放走的)氧气体积△V△V=V1+V2-V1+V2在后来状态下,氧气密度相同[解答]对于空气(温度不变)对于氧气(温度不变)做为研究对象容器外的氧气(假设仍处于末态)的体积[说明]理想气体的状态方程,是对一定量的气体而言,当它的状态发生变化时,状态参量之间的变化规律遵守气态方程而两部分气体时,要各自分别应用状态方程再通过力学条件,找到这两部分气之间压强或体积的关系本题容器内的氧气是属于变质量问题,也可以把它假想成质量不变来处理气体单位体积的分子数相等,质量和体积成正比,可求得剩余质量(或放出的质量)与原质量之间的比例关系求物体的质量可以用m=ρV某个状态时的密度和该状态时体积的乘积,而气态方程也可以写做密度形式常用此式求某一状态时气体单位体积的分子数,然后再求气体的质量[例10]一横截面积为S的气缸水平放置,固定不动,气缸壁是导热的,两个活塞A和B将气缸分隔为
1、2两气室,达到平衡时
1、2两气室体积之比为3∶2,如图所示,在室温不变的条件下,缓慢推动活塞A,使之向右移动一段距离d,求活塞B向右移动的距离,不计活塞与气缸壁之间的摩擦[分析]气缸水平放置,不计活塞与气缸壁的摩擦,平衡时,两气室的压强必相等两气室各密封一定量的气体,缓慢推动活塞,故温度保持不变,分别运用玻意耳定律解题[解]因气缸水平放置,又不计活塞的摩擦,故平衡时两气室内的压强必相等,设初态时气室内压强为p0,气室
1、2的体积分别为V1和V2;在活塞A向右移动d的过程中活塞B向右移动的距离为x;最后气缸内压强为p,因温度不变,分别对气室1和2的气体运用玻意耳定律,得气室1p0V1=pV1-Sd+Sx
①气室2p0V2=pV2-Sx
②由
①、
②两式解得[说明]气体实验定律,是研究某一定质量的气体,状态发生变化时,前、后状态参量变化的规律切不可理解为两部分气体状态参量的关系
6、气体实验定律1·典型例题解析【例1】把一根长100cm上端封闭的玻璃管,竖直插入一个水银槽中,使管口到水银面的距离恰好是管长的一半,如图13-21所示,求水银进入管中的高度是多少?已知大气压强是
1.0×105Pa.解析管中的空气在管插入水银槽前p1=p0V1=LS在插入水银槽后p2=p0+ρgL/2-h由于变化前后温度不变,所以可根据玻意耳定律求解,即p1V1=p2V
21.0×105×1×S=[
1.0×105+
0.5-h×
13.6×104]1-hSh=2m或h=
0.25m因为管长只有100cm,2m显然不合题意,所以水银进入管中的高度是25cm.点拨本题虽然是求“水银进入管中的高度”.而解题中所研究的对象却是管中的空气,题目叙述中对气体的第一状态一带而过,而突出说明第二状态,解题时最好把两种状态都画出来,并把两种状态的参量对应地列出,【例2】如图13-22所示,粗细均匀的U形玻璃管,右端开口,左端封闭,管内用水银将一部分空气封闭在管中,开口朝上竖直放置时,被封闭的空气柱长24cm,两边水银高度差为15cm,若大气压强为75cmHg,问再向开口端倒入长为46cm的水银柱时,封闭端空气柱长度将是多少?解析倒入水银前对封闭端的气体有V1=SL1=24Sp1=75-15=60cmHg倒入水银后,左端水银面将上升,右端水银面将下降,设左端水银面上升x,则此时封闭端气柱长L2=L1-x=24-x此时两边水银面的高度差Δh2=46-15+2x=2L2-17此时封闭端气体的压强为p2=75+Δh2=58+2L2根据玻意耳定律p1V1=p2V2得24×60=L2×58+2L2即L22+29L2-720=0解得L2=-45cm舍去,L2=16cm.点拨确定两边水银面的高度差以及由高度差求被封气体的压强是解答本题的关键.【例3】将两端开口的长60cm的玻璃管竖直插入水银中30cm,将上端开口封闭,而后竖直向上将管从水银中提出,再将管口竖直向上,若大气压强为76cmHg,求气柱长?点拨当管从水银中取出时,有一部分水银将流出,求出此时水银柱的长度,才能求出玻璃管开口向上时气体的压强,最后才能解决气柱长度问题.(答案
23.9cm)【例4】如图13-23所示,一个上下都与大气相通的直圆筒,内部横截面的面积S0=
0.01m2,中间用两个活塞A和B封住一定质量的理想气体,A、B都可沿圆筒无摩擦地上、下滑动,但不漏气,A的质量可不计,B的质量为M,并与一劲度系数k=5×103N/m的较长的弹簧相连,已知大气压强p0=1×105Pa.平衡时,两活塞间的距离L0=
0.6m,现用力压A,使之缓慢向下,移动一定距离后,保持平衡,此时用于压A的力F=5×102N,求活塞A向下移动的距离.假设气体温度保持不变点拨A下降的距离等于气柱变短的长度和B下移的距离之和,以整体为研究对象分析弹簧缩短的距离,用玻意耳定律分析密封气柱的长度的变化,可以通过画图使之形象化.(答案
0.3m)跟踪反馈1.一空气泡从湖的深处冒上来,如湖水温度处处相等,则气泡上升过程中受到的浮力将[]A.逐渐增大B.逐渐减小C.保持不变D.无法确定2.一根一端封闭的均匀玻璃管水平放置,其间有一段
21.8cm的水银柱,将长为
30.7cm的空气柱封闭在管中,若将玻璃管开口竖直向上时,空气柱长度为多少?若将玻璃管开口竖直向下时,空气柱长度为多少?设外界大气压强为
74.7cmHg3.在标准状况下,一个气泡从水底升到水面,它的体积增大一倍,求水深h.g取10m/s24.两端封闭的均匀细玻璃管水平放置,管的正中央有一段长15cm的水银柱,其两侧的空气柱中的压强均为72cmHg,现将玻璃管旋至竖直位置,若欲使玻璃管中上、下两段空气柱的长度保持为1∶2,则玻璃管沿竖直方向做什么样的运动?设整个过程中,温度保持恒定.答案1.A2.24cm、48cm3.10m4.a=
4.6m/s2,竖直向下加速
7、气体实验定律2·典型例题解析【例1】如图13-32所示,把装有气体的上端封闭的玻璃管竖直插入水银槽内,管内水银面与槽内水银面的高度差为h,当玻璃管缓慢竖直向下插入一些,问h怎样变化?气体体积怎样变化?解析假设h不变,则根据题意,玻璃管向下插入水银槽的过程中,管内气体的体积减小.从玻意耳定律可知压强增大,这样h不变是不可能的.即h变小.假设被封气体的体积不变,在管子下插过程中,由玻意耳定律知,气体的压强不变.而事实上,h变小,气体的压强变大,显然假设也是不可能的.所以在玻璃管下插的过程中,气体的体积变小,h也变小.点拨假设法的使用关键是在假设某个量按一定规律变化的基础上,推出的结论是否与事实相符.若相符,假设成立.若不相符,假设则不成立.此题也可用极限分析法设想把管压下较深,则很直观判定V减小,p增大.【例2】在静止时,试管内一段水银封闭一段空气,如图13-33所示,若试管口向下自由下落,水银柱相对于管将[]A.上升B.下降C.不动D.空气被排出管外解析当试管自由下落时,水银柱处于完全失重状态,则被封气体的压强等于大气压,即被封气体的压强变大,其体积变小,故水银柱相对于管将向上移.点拨对解决气体动力学方面的问题,常常结合牛顿定律分析.【例3】抽气筒的最大容积为被抽气容器的十分之一.设被抽气容器内原有压强为p的气体,则抽气n次后,容器中气体的压强为多少?设温度不变点拨由于每抽一次气,容器内的气体质量就要减少一次,可利用玻意耳定律推导出抽气n次后气体压强的通式.[答案()np]【例4】容积为50升的钢瓶充满气后压强为
1.0×107Pa,现在要把氧气分装到容积为10升的小瓶中去,原来小瓶是空的,装至压强为
5.0×105Pa为止,假设分装过程中没有漏气,温度不变,那么最多能分装多瓶?点拨以钢瓶内充满气后的气体为研究对象,求出在压强为
5.0×105Pa时的气体体积,这样就容易求出最多可分装多少瓶了.(答案95瓶)跟踪反馈1.一根玻璃管倒插入水银槽内封住一定质量的气体,管内水银面低于管外,在温度不变时,将玻璃管稍上提一些,下列说法正确的是[]A.玻璃管内气体体积增大B.玻璃管内气体体积减小C.管内外水银面高度差减小D.管内外水银面高度差增大2.如图13-34所示,粗细均匀竖直放置的玻璃管中,p为一小活塞,有一段水银柱将封闭在玻璃管中的空气分成上、下两部分,活塞和水银柱都静止不动,现在用力向下压活塞,使水银柱向下缓慢移动一段距离为h,其中温度不变,则活塞向下移动的距离L与h比较[]A.L>hB.L=hC.L<hD.无法比较3.如图13-35所示,是玻意耳定律的实验装置图,A、B两管横截面积相同,关闭阀门a,两管水银面一样高,左、右两管的水银面分别在管壁的A点和B点位置,并标上记号,则[]A.右管上提过程中,右管水银面高于管壁B点位置B.右管上提过程中,右管水银面低于管壁B点位置C.右管下移过程中,右管水银面高于管壁B点位置D.右管下移过程中,左管水银面低于管壁A点位置4.如图13-36所示的装置中,A、B和C为三支内径相等的玻璃管,它们都处于竖直位置,A、B两管的上端等高,管内装有水,A管上端封闭,内有气体,B管上端开口与大气相通,C管中水的下方有活塞顶住,A、B、C三管由内径很小的细管连接在一起,开始时,A、B两管中气柱的长度均为L=
2.4m,C管中水柱的长度L0=
3.2m,整个装置处于平衡状态.现将活塞缓慢向上顶,直到C管中的水全部被顶到上面的管中,求此时A管中的气柱的长度L1′,已知大气压强p0=
1.0×105Pa.参考答案1.AC2.C3.CC4.L1′=
2.0m
8、气体实验定律3·典型例题解析【例1】电灯泡内充有氦氩混合气体,如果要使电灯泡内的混合气体在500℃时的压强不超过一个大气压,则在20℃的室温下充气,电灯泡内气体压强至多能充到多少?解析由于电灯泡容积不变,故气体为等容变化,设t1=500℃时p2=
0.35p1=
0.35个大气压.点拨要分析出在温度变化时,灯泡的容积没有变化,气体的状态变化遵循查理定律.还要注意摄氏温度与热力学温度的关系.【例2】如图13-44所示,四个两端封闭粗细均匀的玻璃管,管内的空气被一段水银柱隔开,按图中标明的条件,当玻璃管水平放置时,水银柱处于静止状态,如果管内两端的空气都升高相同的温度,则水银柱向左移动的是解析假设温度升高,水银柱不动,两边气体均作等容变化,根据查里定律得压强增大量为p=p,而左右两边初态压强p相同,两边温度升高量T也相同,所以p跟成正比,即左右两边气体初态温度高的,气体压强的增量小,水银柱应向气体压强增量小的方向移动,亦即应向初态气体温度高的一方移动,故D正确.点拨在三个状态参量都变化的情况下,讨论有关问题比较复杂,常用假设法,先假设某一量不变,讨论其他两个量变化的关系,这样可使问题变得简单.【例3】有一开口的玻璃瓶,容积是2000cm3,瓶内空气的温度从0℃升高到100℃的过程中,会有多少空气跑掉玻璃的膨胀可忽略不计?,如果在0℃时空气的密度是
1.293×10-3g/cm3,那么跑掉的这部分空气的质量是多少?点拨瓶中空气作的是等压变化,如果把所研究的对象确定为0℃时,玻璃瓶内的空气,当温度升高到100℃时,它的体积是多少,那么本题就是研究一定质量的气体的问题了.参考答案
0.73×103cm
30.69g【例4】容积为2L的烧瓶,在压强为
1.0×105Pa时,用塞子塞住,此时温度为27℃,当把它加热到127℃时,塞子被顶开了,稍过一会儿,重新把塞子塞好,停止加热并使它逐渐降温到27℃,求1塞子被顶开前的最大压强;227℃时剩余空气的压强.点拨塞子被顶开前,瓶内气体的状态变化为等容变化,塞子被顶开后,瓶内有部分气体逸出,此后应选剩余气体为研究对象,再利用查理定律求解.(答案11.33×105Pa
20.75×105Pa)跟踪反馈1.一定质量的理想气体在0℃时压强p0=780mmHg,求这种气体在t=273℃时的压强气体的体积不变2.如图13-45两端封闭粗细均匀竖直放置的玻璃管内,有一长为h的水银柱,将管内气体分为两部分,已知L2=2L1,若使两部分气体同时升高相同的温度,管内水银柱将如何移动?3.有一个玻璃瓶,内盛空气,当温度由0℃升高到100℃时,因瓶口开着失去1g空气,瓶内原来有多少克空气.4.高压锅使用时,锅内的压强大,温度高,食物容易煮烂.已知某高压锅的限压阀质量为
0.1kg,排气孔直径为
0.3cm,则锅内气体的压强最大可达多少Pa?若每增加
3.6×103Pa水的沸点相应增加1℃,锅内的最高温度可达多高?答案1.156cmHg2.上移3.
3.7g4.
2.5×105Pa142℃
9、理想气体状态方程1·典型例题解析【例1】钢筒内装有3kg气体,当温度为-23℃,压强为4atm,如果用掉1kg气体后温度升高到27℃,求筒内气体压强?解析以2kg气体为研究对象,设钢筒容积为V,初状态时,p1=4atm,V1=V,T1=250K;末态时,V2=V,T2=300K,P2=?点拨解决此题的关键是如何选取研究对象,方法较多.研究对象选择的好,解答会变得简便.【例2】如图13-52所示,用销钉将活塞固定,A、B两部分体积比为2∶1,开始时,A中温度为127℃,压强为
1.8atm,B中温度为27℃,压强为
1.2atm.将销钉拔掉,活塞在筒内无摩擦滑动,且不漏气,最后温度均为27℃,活塞停止,求气体的压强.解析对A部分气体p1=
1.8atm,V1=2V,T1=400K,p1′=p,V1′,T1′=300K对B部分气体p2=
1.2atm,V2=V,T2=300K,p2′=p,V2′,T2′=300KV1′+V2′=3V………………
③将数据代入联解
①②③得p=
1.3atm.点拨此题中活塞无摩擦移动后停止,A、B部分气体压强相等,这是隐含条件,两部分气体还受到容器的几何条件约束.发掘题中的隐含条件是顺利解题的关键.【例3】一定质量的理想气体处于某一初始状态,若要使它经历两个状态变化过程,压强仍回到初始的数值,则下列过程可以实现的有[]A.先等容降温,再等温压缩B.先等容降温,再等温膨胀C.先等容升温,再等温膨胀D.先等温膨胀,再等容升温点拨由于一定质量的理想气体,=C可先设一初态p
0、v
0、T0,再根据选项中各量的变化,看是否可回到p0,也可借助图象,从图象上直观地看出选项是否符合题意.(答案ACD)【例4】某容器内装有氮气,当温度为273℃时,其压强为2×10-10Pa,试估算容器中1cm3气体中的分子数和分子间的平均距离.点拨估算在非标准状态下,气体的分子密度和分子间的平均距离,可依据在标准状况下的分子密度,应用理想气体的密度方程求解,显得容易.(答案n=
2.7×104d=
3.3×10-2cm)跟踪反馈1.一定质量的理想气体,当温度为127℃时,压强为4atm,当温度变为27℃时,压强为2atm,在此状态变化过程中[]A.气体密度不变B.气体的体积增大C.气体分子平均动能不变D.气体内能减小2.向固定容器内充气,当气体压强为p,温度为27℃时,气体的密度为ρ,当温度为327℃,气体压强为
1.5p时,气体的密度为[]A.
0.25ρB.
0.5ρC.
0.75ρD.ρ3.为了使水艇浮起,必须把空气压入充满水的箱中,将水从箱中排出.如果空气是在水面下15m,温度是3℃时压进水箱中去的,而这些空气是由温度为17℃、压强为
1.2×107Pa.容积为20L的钢筒中放出来的,那么,一钢筒压缩空气可以排出多少水?已知水面空气的压强是
1.0×105Pa.4.人呼吸时每分钟需要吸入空气的质量是一定的,每次呼出和吸入的空气体积也是一定的.如果人在平地上,当大气压是
9.8×104Pa,温度是27℃时,每分钟要吸气20次,已知山顶的大气压是
7.8×104Pa,温度是-3℃,那么,人在山顶时,每分钟的吸气次数是多少?答案1.D2.C3.894L4.23次
10、理想气体状态方程2·典型例题解析【例1】某房间的容积为20m3,在温度为17℃,大气压强为74cmHg时,室内空气质量为25kg,则当温度升高到27℃,大气压强变为76cmHg时,室内空气的质量为多少千克?解析以房间内的空气为研究对象,是属于变质量问题,应用克拉珀龙方程求解,设原质量为m,变化后的质量为m′,由克拉珀龙方程点拨对于变质量的问题,应用克拉珀龙方程求解的比较简单.【例2】向汽车轮胎充气,已知轮胎内原有空气的压强为
1.5个大气压,温度为20℃,体积为20L,充气后,轮胎内空气压强增大为
7.5个大气压,温度升为25℃,若充入的空气温度为20℃,压强为1个大气压,则需充入多少升这样的空气设轮胎体积不变.解析以充气后轮胎内的气体为研究对象,这些气体是由原有部分加上充入气体混合构成.轮胎内原有气体的状态为p1=
1.5atm,T1=293K,V1=20L.需充入空气的状态为p2=1atm,T2=293K,V2=?充气后混合气体状态为p=
7.5atm,T=298K,V=20L点拨凡遇到一定质量的气体由不同状态的几部分合成时,可考虑用混合气体的状态方程解决.【例3】已知空气的平均摩尔质量为
2.9×10-2kg/mol,试估算室温下,空气的密度.在具体估算时可取p0=
1.01×105Pa,T=300K来计算.(答案
1.2Kg/m3)【例4】贮气筒的容积为100L,贮有温度为27℃,压强为30atm的氢气,使用后温度降为20℃,压强降为20个大气压,求用掉的氢气质量.点拨方法一选取筒内原有的全部氢气为研究对象,且没有用掉的氢气包含在末状态中.可求出用掉的氢气的体积.再取用掉的氢气为对象,同标准状态相比较,求出用掉氢气的质量,方法二对使用前、后筒内的氢气用克拉珀龙方程.并可比较这两种方法的繁简程度.(答案
87.5g)跟踪反馈1.活塞把密闭容器分隔成容积相等的两部分A和B,如图13-59所示,在A、B中分别充进质量相同、温度相同的氢气和氧气,则活塞将[]A.向右运动B.向左运动C.不动D.不能确定2.有一个充满氢气的氢气球,球的质量为球内充入氢气的3倍,氢气压强为外面空气压强的
1.45倍,温度相同,则氢气球开始上升的加速度为________空气的平均摩尔质量为29g/mol3.当温度为27℃,压强为
2.0×105Pa时,32g氧气的体积为多大?密度是多大?另有48g氧气,温度和压强跟上述数值相同,氧气密度是多大?4.如图13-60所示,气缸A和容器B由一细管经阀门K相连,A和B的壁都是透热的,A放在27℃、1标准大气压的大气中,B浸在127℃的恒温槽内,开始时K是关断的,B内没有气体,容积VB=
2.4L,A内装有气体,体积VA=
4.8L,打开K,使气体由A流入B,等到活塞D停止移动时,A内气体体积是多大?假设活塞D与气缸壁之间没有摩擦,细管的容积忽略不计.参考答案1.C2.
1.5g3.
12.5dm32kg/m32kg/m34.3L
11、气体分子动理论·典型例题解析【例1】一定质量的理想气体被一绝热气缸的活塞封在气缸内,气体的压强为p0.如果外界突然用力压活塞,使气体的体积缩小为原来的一半,则此时压强p的大小为[]A.p<2p0 B.p=2p0C.p>2p0 D.无法判断解答正确答案为C点拨气体被绝热压缩,其内能将会变大,相应的气体的温度会升高,所以绝热压缩的终状态的压强比同情况下等温压缩的终状态的压强大.【例2】如果使一个普通居室的室温升高一些,则室中空气的压强设室外的大气压强不变[]A.一定增大 B.一定减小C.保持不变 D.一定会发生变化解答正确答案是C点拨一般说来普通居室是室内空气与室外空气相通的,温度升高,室内空气发生等压变化,气体温度升高,分子密度变小.【例3】密封容器中气体的压强[]A.是由气体受到重力产生的B.是由气体分子间的相互作用吸引和排斥产生的C.当容器处于下落时将减小为零D.是大量气体分子频繁地碰撞器壁产生的点拨气体压强是大量气体分子频繁地碰撞器壁产生的,与宏观运动无直接关系.(答案C)【例4】有一医用氧气钢瓶,瓶内氧气的压强p=
5.0×106Pa,温度t=27℃,求氧气的密度,氧气的摩尔质量μ=
3.2×10-2kg/mol.结果取两位有效数字.点拨用克拉珀龙方程求解.也可以用取1mol的氧气在标准状态与此状态比较,求出此状态下的密度.跟踪反馈1.有一定质量的理想气体,如果要使它的密度减小,可能的办法是[]A.保持气体体积一定,升高温度B.保持气体的压强和温度一定,减小体积C.保持气体的温度一定,增大压强D.保持气体的压强一定,升高温度2.用一导热的可自由滑动的轻隔板把一圆柱形容器分成A、B两部分,如图13-86所示,A和B中分别封闭有等质量的氮气和氧气,均可视为理想气体.则两部分气体处于热平衡时[]A.内能相等B.分子的平均动能相等C.分子的平均速度相等D.分子数相等3.一定质量的某种理想气体压强为p,热力学温度为T,单位体积气体分子数为n,则[]A.p增大时,n一定增大B.T减小时,n一定增大C、增大时,n一定增大D、增大,n一定减小4.对一定量的理想气体,用p、V、T分别表示其压强、体积和温度,则[]A.若T不变,p增大,则分子热运动的平均动能增大B.若p不变,V增大,则分子热运动的平均动能减小C.若p不变,T增大,则单位体积中的分子数减小D.若V不变,p减小,则单位体积中的分子数减小参考答案1.D2.B3.C4.C纵深例题解析【例1】两端封闭内径均匀的直管长为L,管中有一段长为h的水银柱将管隔成两部分,已知L=4h,如图13-89所示,在温度为27℃时,管A上B下竖直的放置,B端气柱长LB=h,若温度不变,B不动,A转过60°角时,B端气柱长L′B=2h.问当管A上B下竖直放置,温度77℃时,B端气柱长L′B=?用h表示解析以A端和B端气体为研究对象,根据题意和玻意耳定律pA·2h=pA′·h即pA′=2Pa同理得pB′=pB/2……
①由
②③式得pA′=pA,与
①式比较得只有pA=0,即A端管内为真空.由此得B端气体在27℃和77℃时压强均为hcmHg,根据盖·吕萨点拨解答此题时分析出A端为真空是关键,对于这样的问题,从探索题中应满足的条件入手是解题的重要途径.【例2】如图13-90所示,在固定的气缸A和B中分别用活塞封闭有一定质量的理想气体,活塞面积之比SA∶SB=1∶2,两活塞以穿过B的底部和刚性细杆相连,可沿水平方向无摩擦滑动,两个气缸都不漏气.初始时A、B中气体的体积皆为V0,温度皆为T0=300K,A中气体压强pA=
1.5p0,p0是气缸外的大气压强,现对A加热,使其中气体的压强升高pA′=
2.0P0,同时保持B中气体的温度不变,求此时A中气体温度TA′.解析对活塞分析有pASA+pBSB=p0SA+SB
①pA′SA+pB′SB=p0SA+SB
②对B中气体因发生等温变化,有pB′·VB=pBV0
③联立以上各式,代入数据解得TA′=500K点拨气缸中用活塞封闭气体时,通常由活塞受力情况求气体压强,对两部分相关联的气体分别使用状态方程,再全力找出两部分气体的联系,这就是求解气体连结体问题的基本思路.【例3】长31cm的均匀玻璃管上端开口,由齐上端口的水银柱在管内封闭着10cm的空气柱,当时的大气压为75cmHg,此时管内空气的密度为ρ1.若使玻璃管绕垂直于管子的水平轴在竖直面内慢慢地转过240°,则管内空气的密度变为ρ2,求管内空气前后两个状态的密度之比1/2[误解]玻璃管转动前后的状态如图13-91a所示,慢慢转动,温度不变,由p1V1=p2V2得p0+h1L1S=p0-h2/2L2S即75+21×10=[75-31-L2/2]L2[正解一]玻璃管慢慢转过180°,从图13-92b所示状态a→b由p1V1=pbVb得p0+h1L1S=p0-h2LS即75+21×10=75-31-LL解得L=16cmh2=15cm再从状态b→c由pbVb=p2V2得p0-h2LS=p0-h2/2L2S即75-15×16=75-
7.5L2[正解二]在解答一中,已解出h2=15cm.再从状态a→c近年来高考涉及本章内容最多的是玻意耳定律,其次是气体状态方程.试题的特点往往是研究对象不单一,且状态描述复杂,特别是对压强的描述.气体部分的计算题难度比较大,另外近几年对气体状态变化的图象考查相对减少,我们在学习中要引起注意.【例4】2001年全国在一密封的啤酒瓶中,下方为溶有CO2的啤酒,上方为纯CO2气体,在20℃时,溶于啤酒中CO2的质量为mA=
1.050×10-3kg,上方气体状态CO2的质量为mB=
0.137×10-3kg,压强为p0=1标准大气压.当温度升高到40℃时,啤酒中溶解的CO2的质量有所减少,变为mA′=mA-Δm,瓶中气体CO2的压强上升到p1,已知=
0.60×啤酒的体积不因溶入CO2而变化,且不考虑容器体积和啤酒体积随温度的变化.又知对同种气体,在体积不变的情况下与m成正比.试计算p1等于多少标准大气压结果保留两位有效数字解析在40℃时,溶入啤酒的CO2的质量为mA′=mA-Δm……
①因质量守恒,气态CO2的质量为mB′=mB+Δm……
②由题设,=
0.60×……
③由于对同种气体,体积不变时,与m成正比,可得=……
④点拨此题要充分利用题中给出的关系,建立表达式,是正确求解的关键.【例5】2001年上海如图13-93所示,一定量气体放在体积为V0的容器中,室温为T0=300K,有一光滑导热活塞C不占体积将容器分成A、B两室,B室的体积是A室的两倍,A室容器上连接有一U形管U形管内气体的体积忽略不计,两边水银柱高度差为76cm,右室容器中连接有一阀门K,可与大气相通外界大气压等于76cm汞柱求1将阀门K打开后,A室的体积变成多少?2打开阀门K后将容器内的气体从300K分别加热到400K和540K,U形管内两边水银面的高度差各为多少?解析
(1)开始时PA0=2atm,VA0=V0/3打开阀门,A室气体等温变化,pA=1大气压,体积VApA0·VA0=Pava2从T0=300K升到T,体积为V0,压强为pA,等压过程T1=400K<450K,pA1=pA=p0,水银柱的高度差为零.从T=450K升高到T2=540K等容过程.T2=540K时,水银高度差为
15.2cm.
十三、电场
1、电荷守恒定律库仑定律典型例题【例1】两个点电荷带有相等的电量,要求它们之间相距1m时的相互作用力等于1N,则每个电荷的电量是多少?等于电子电量的多少倍?[分析]根据库仑定律,由F、r即可计算出电量.[解]设每个电荷的电量为Q,间距r=1m,相互作用力F=1N.由库仑定律得这个电量与电子电量相比为即是电子电量的
6.25×1013倍.[说明]在宏观世界中,Q=1×10-5C,是一个不大的电量,但相比于微观世界中电子等粒子的带电量,这简直是一个巨大的“电的仓库”了.可见,电子电量(或基元电荷)是一个极小的电量.【例2】两个半径相同的金属小球,带电量之比为1∶7,相距为r,两者相互接触后再放回原来的位置上,则相互作用力可能为原来的[][分析]设两小球的电量分别为q与7q,则原来相距r时的相互作用力由于两球的电性未知,接触后相互作用力的计算可分两种情况
(1)两球电性相同.相互接触时两球电量平均分布、每球带电量为(q+7q)/2=4q,放回原处后的相互作用力为
(2)两球电性不同.相互接触时电荷先中和再平分,每球带电量为(7q-q)/2=3q,放回原处后的相互作用力为[答]C、D.[说明]
(1)相同的球接触后电量平分,是库仑当年从直觉得出的结果,也是库仑实验中的一个重要的思想方法——依靠彼此接触达到改变电量的目的.
(2)本题的计算渗透着电荷守恒的思想,即电荷不会创生也不会消失,只能从一个物体转移到另一个物体,或从物体的一部分传递到另一部分,电荷的总量保持不变.【例3】一半径为R的绝缘球壳上均匀地带有电量为+Q的电荷,另一电量为+q的点电荷放在球心O上,由于对称性,点电荷所受力的为零,现在球壳上挖去半径为r(r<<R)的一个小圆孔,则此时置于球心的点电荷所受力的大小为____(已知静电力恒量为k),方向____.[分析]由于球壳上均匀带电,原来每条直径两端相等的一小块面上的电荷对球心+q的力互相平衡.现在球壳上A处挖去半径为r的小圆孔后,其他直径两端电荷对球心+q的力仍互相平衡,剩下的就是与A相对的B处、半径也等于r的一小块圆面上电荷对它的力F,如图所示.B处这一小块圆面上的电量为由于半径r<<R,可以把它看成点电荷.根据库仑定律,它对中心+q的作用力大小为其方向由球心指向小孔中心.[说明]题中有两处合理近似1.挖去小圆孔后,认为不改变电荷在球壳上的分布;2.把B处圆面上的电荷看成点电荷.由于本题中运用了对称思维,巧妙地把不均匀分布的电荷转化为点电荷处理,值得体会.【例4】如图1所示,三个点电荷q
1、q
2、q3固定在一直线上,q2与q3的距离为q1与q2距离的2倍,每个电荷所受静电力的合力均为零,由此可以判定,三个电荷的电量之比q1∶q2∶q3为[]A.-9∶4∶-36B.9∶4∶36C.-3∶2∶-6D.3∶2∶6[分析]每个电荷所受静电力的合力为零,其电性不可能相同,只能是如图2所示两种情况.考虑q2的平衡由r12∶r23=1∶2,据库仑定律得q3=4q1.考虑q1的平衡由r12∶r13=1∶3,考虑电性后应为-9∶4∶-36或9∶-4∶36.只有A正确.(答A.)【例5】如图1所示,在光滑水平面上固定一个小球A,用一根原长为l
0、由绝缘材料制的轻弹簧把A球与另一个小球B连接起来,然后让两球带上等量同种电荷q,这时弹簧的伸长量为x1,如果设法使A、B两球的电量各减少一半,这时弹簧的伸长量为x2,则[][分析]以B球为研究对象,它在水平方向仅受到弹力和静电斥力两个力作用,平衡时必等值反向.设弹簧的劲度系数为k0,当弹簧伸长量为x1时,弹力T1=k0x1.此时两球相距r1=l0+X1静电斥力Fc1=k由力平衡条件得(图2).当弹簧伸长为x2时,同理得两式相比,得[答]C.[说明]两球间的静电斥力不仅与两球所带电量有关,还与两球间的距离有关在最后结果中的1/4是由于电量各减少一半引起的结果中的则是由于弹簧的伸长量改变而引起的【例6】如图1所示用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别为mA和mB的小球,悬点为O,两小球带同种电荷,当小球由于静电力作用张开一角度时,A球悬线与竖直线夹角为α,B球悬线与竖直线夹角为β,如果α=30°,β=60°,求两小球mA和mB之比[分析]A、B分别受三个力,如图2所示各处于平衡状态,若选O点为转轴,则与解题无关的未知力TA、TB可以巧妙地避开(其力矩为O)用有固定转轴的物体平衡条件可解解法1用隔离法,分别取A、B为研究对象,选O为转轴,则对A mAgLA=F电L电对B mBgLB=F电L电解法2用整体法若将两根悬线和小球A、B作为一个整体,则球和绳之间的相互作用力、静电力均为内力,对解题带来方便[解答]取两根悬线和小球A、B组成的系统作为研究对象,,系统受到重力mAg和mBg受到悬点O的拉力TA’和TB’以悬点O为固定转动轴,系统为GA和GB的力矩作用下处于平衡状态,有MA=MB得mAgLA=mBgLB[说明]
1.本例属于包括静电力在内物体(或物体系)的平衡问题,解决这类问题可用共点力的平衡,和有固定转轴的物体平衡条件解决,当题目涉及许多与解题无直接关系的未知力时,巧妙选取转轴使这些未知力的力矩为零,然后运用有固定转轴的物体平衡条件,可很方便地解决
2.解决物体系的相互作用问题时,一般可同时使用隔离法和整体法一般说来使用后者可简化过程,简捷巧妙地解决问题
3.整体法的适用情况
①当只涉及研究系统而不涉及系统内某些物体的力和运动时,可整体分析对象
②当只涉及研究运动的全过程而不涉及某段运动时,可整体分析过程
③当运用适用于系统的物理规律(如动量守恒定律、机械能守恒定律)解题时,可整体分析对象和整体分析运动全过程的初末态
④当可采用多种方法解题时,可整体优化解题方法
⑤整体法不仅适用于系统内各物体保持相对静止或匀速直线运动,而且也适用于各物体间有相对加速度的情况运用整体法解题的基本步骤
①明确研究的系统和运动的全过程
②画出系统地受力图和运动全过程的示意图
2、电场强度电场线典型例题【例1】把一个电量q=-10-6C的试验电荷,依次放在带正电的点电荷Q周围的A、B两处图,受到的电场力大小分别是FA=5×10-3N,FB=3×10-3N.
(1)画出试验电荷在A、B两处的受力方向.
(2)求出A、B两处的电场强度.
(3)如在A、B两处分别放上另一个电量为q=10-5C的电荷,受到的电场力多大?[分析]试验电荷所受到的电场力就是库仑力,由电荷间相互作用规律确定受力方向,由电场强度定义算出电场强度大小,并根据正试验电荷的受力方向确定场强方向.[解答]
(1)试验电荷在A、B两处的受力方向沿它们与点电荷连线向内,如图中FA、FB所示.
(2)A、B两处的场强大小分别为;电场强度的方向决定于正试验电荷的受力方向,因此沿A、B两点与点电荷连线向外.
(3)当在A、B两点放上电荷q时,受到的电场力分别为FA=EAq=5×103×10-5N=5×10-2N;FB=EBq=3×103×10-5N=3×10-2N.其方向与场强方向相同.[说明]通过本题可进一步认识场强与电场力的不同.场强是由场本身决定的,与场中所放置的电荷无关.知道场强后,由F=Eq即可算出电荷受到的力.[例2]电场强度E的定义式为E=F/q[]A.这个定义式只适用于点电荷产生的电场B.上式中,F是放入电场中的电荷所受的力,q是放入电场中的电荷的电量C.上式中,F是放入电场中的电荷所受的力,q是产生电场的电荷的电量D、是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小;而是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小[分析]公式E=F/q是场强的定义式,可以适用于任何电场.式中F是放置在场中试验电荷所受到的电场力,q是试验电荷的电量,不是产生电场的电荷的电量.电荷间的相互作用是通过电场来实现的.两个点电荷q
1、q2之间的相互作用可表示为可见,电荷间的库仑力就是电场力,库仑定律可表示为式中E1就是点电荷q1在q2处的电场强度,E2就是点电荷q2在q1处的电场强度.[答]B、D.[说明]根据电场强度的定义式,结合库仑定律,可得出点电荷Q在真空中的场强公式,即E=Kq/r2【例3】如图中带箭头的直线是某一电场中的一条电场线,在这条线上有A、B两点,用EA、EB表示A、B两处的场强大小,则[]A.A、B两点的场强方向相同B.电场线从A指向B,所以EA>EBC.A、B同在一条电场线上,且电场线是直线,所以EA=EBD.不知A、B附近的电场线分布状况,EA、EB的大小不能确定[分析]根据电场线的物理意义,线上各点的切线方向表示该点的场强方向.因题中的电场线是直线.所以A、B两点的场强方向相同,都沿着电场线向右因为电场线的疏密程度反映了场强的大小,但由于题中仅画出一条电场线,不知道A、B附近电场线的分布状态,所以无法肯定EA>EB或EA=EB(答A、D.)【例4】在真空中有一个点电荷,在它周围跟Q一直线上有A、B两点,相距d=12cm,已知A点和B点的场强大小之比EA/EB=4,试求场源电荷Q在该直线上的位置[解]设场源电荷Q离A点距离为r1,离B点距离为r2,根据点电荷场强公式和题设条件,由下式满足上述距离条件的场源位置可以有两种情况,如图1所示.因此,可以有两解也就是说,当场源电荷Q在AB连线中间时,应距A为4cm处;当场源电荷Q在AB连线的A点外侧时,应距A为12cm.[说明]题中把场源电荷局限于跟A、B在同一直线上.如果没有此限,Q可以在A、B同一平面内移动,可以A为原点建立平面直角坐标.设场源电荷的位置坐标为(x,y),它与A、B两点相距分别为r
1、r2,如图2所示.∴(d-x)2+y2=4(x2+y2),整理得3x2+2dx+3y2=d2,由此可见,场源电荷的轨迹是一个圆,圆心坐标是(-,0),也就是(-4,0),半径R=d×12cm=8cm上面场源电荷与A、B在同一直线上的解,仅是它的一个特例,如图3中P
1、P2所示.【例5】在场强为E、方向竖直向下的匀强电场中,有两个质量均为m的带电小球A和B,电量分别为+2q和-q,两小球间用长为l的绝缘细线连接,并用绝缘细线悬挂在O点,如图1所示.平衡时,细线对悬点的作用力多大?[分析]细线对悬点的作用力大小等于悬线对上面一个小球A的作用力.可以隔离每个小球,通过受力分析,由力平衡条件求得.[解]设上、下两细线的拉力分别为T
1、T2,以两小球为研究对象,作受力分析A球受到向上的悬线拉力T1,向下的重力mg、细线拉力T2,库仑力Fc,电场力FE1;B球受到向上的细线拉力T2,库仑力F,电场力FE2,向下的重力mg.它们的隔离体受力图如图2所示.平衡时,满足条件T1=mg+T2+Fc+FE1,
①T2′+Fc′+FE2=mg.
②因T2=T2′,Fc=Fc′,FE1=2qE,FE2=qE,联立
①、
②两式得T1=2mg+FE1-FE2=2mg+qE.根据牛顿第三定律,所以细线对悬点的拉力大小为2mg+qE.[说明]如果把两个小球和中间的细线作为一个整体(系统),那么电荷间相互作用的库仑力Fc、Fc′,细线的拉力T
2、T2′,都是系统的内力,它们互相抵消,作用在系统上的外力仅为两球重力2mg、悬线拉力T1,电场力FE=qE(图3),于是由力平衡条件立即可得T1=2mg+FE=2mg+qE.
3、电场中的导体典型例题【例1】A、B为两个大小不等的导体球壳(RA>RB),分别有正电荷q与2q见图.
(1)球壳B与A接触一下后,将B放进A球壳内与内表面接触,则A的带电情况是______,B的带电情况是______.
(2)球壳B与A接触一下后,将B球壳放进A球壳内,使A瞬间接地,再将B与A的内表面接触,则A的带电情况是______;B的带电情况是______.[分析]
(1)B与A接触一下后,两者电量重新分配.由于A球壳比B球壳大,一定有电荷从B流向A,结果A球壳带电量qA>q,B球壳带电量qB<2q,qA+qB=3q.将B放进A球壳内与A接触,B球壳上的电荷将全部转移到A球壳外表面,A球壳外表面带电量为qA+qB=3q,B球壳不带电.
(2)B与A接触一下后,A球壳带电qA>q,B球壳带电qB<2q.将B放进A球壳内,由于静电感应,A球壳内表面感应出电量-qB,A球壳外表面带电为qA+qB=3q.A瞬间接地后,A球壳外表面电荷中和.再将B与A的内表面接触,两者电荷正好全部中和.[答]
(1)外表面带电3q、不带电;
(2)不带电、不带电.[说明]由于静电平衡时,电荷只分布在外表面,所以A、B两球接触后,无论带电量如何分配,当B放进A内与A内表面接触后,它的电荷一定全部转移到A的外表面.[例2]如图1所示,在孤立点电荷+Q的电场中,金属圆盘A处于静电平衡状态,若金属圆盘平面与点电荷在同一平面内,试在圆盘A内做出由盘上感应电荷形成的附加电场的三条电场线(用实线表示电场线,要求严格作图).[分析]导体A处于静电平衡状态,因此内部每点的合场强都为零,即导体A内的每一点感应电荷产生的电场强度都与点电荷Q在那点的电场强度大小相等、方向相反,即感应电荷的电场线与点电荷Q的电场线重合,且方向相反.[答]画出感应电荷形成的附加电场在A圆盘内的三条电场线(实线),如图2所示.[说明]
(1)在处于静电平衡状态导体的内部,要分析清楚感应电荷产生的电场、施感电荷产生的电场(外电场),以及叠加后的合电场.
(2)本小题考查了静电感应、静电平衡状态的特点,电场强度的叠加等知识点.
(3)图2中的虚线是为了确定A内的实线而画出的,它并不表示A外部的电场线.【例3】将悬在细丝上带正电的小球A放在不带电的金属空心球C内C被绝缘固定另有一个挂在细丝线上的带负电的小球B向C靠近如图1所示,结果将[]A.A向左偏离竖直线,B向右偏离竖直线B.A位置不变,B向右偏离竖直线C.A向左偏离竖直线,B的位置不变D.A和B的位置都不变[误解一]选(D)[误解二]选(A)[正确解答]选(B)[错因分析与解题指导][误解一]认为由于金属空腔C的静电屏蔽作用,B球的电场被遮档,空腔C内部不受此电场的影响,故A不受力;同理,A球的电场被“屏蔽”,B球不受此电场影响故B也不受力以上对静电屏蔽的理解前一半正确,后一半失误如图2所示,由于静电屏蔽,C的内侧感应出负电荷,外侧带上等量正电荷C的内腔有电场线如图,C的外空间也有电场线如图,但C的内部(涂阴影区)场强为零,无电场线可以很形象地看到带电体A的电场仅在C的内部“中断”一下,但能“延伸”至外部空间也就是说,金属空腔C并没有能遮挡A的电场,没有起到静电屏蔽的作用所以,B球受到C外侧感应电荷电场的影响将向右偏离竖直线当然,假如将C的外侧接地,则外侧正电荷消失,C的外侧空间电场才消失,也即A的电场被遮挡而不对外部空间产生影响,如图3所示[误解二]完全没有理解静电屏蔽现象,以为A、B异性电荷相吸,是不足取的
4、差、电势、等势面典型例题【例1】如图所示,把绝缘金属板A与静电计相连,用一根跟丝绸摩擦过的有机玻璃棒接触金属板A,静电计指针有一偏角,现用另一块不带电金属板B靠近金属板A,则静电计指针的偏角[]A.变大B.变小C.不变D.上述三种情况都可能[分析]有机玻璃棒跟丝绸摩擦,棒上带有正电荷,用它接触金属板A,A板带上正电,因此,静电计指针有一偏角.这个偏角的大小,反映了指针(包括金属杆、A板等)与静电计外壳间的电势差的大小.B板靠近后,由于静电感应,B板两侧呈现等量异号的感应电荷,靠近A板的内侧为负电荷,外侧为正电荷.根据电势的叠加原理,此时A板的电势由它自身的电荷跟B板两侧的感应电荷共同决定.由于B板上的负电荷离A板近,它使A板电势降低的影响比外侧正电荷使A板电势升高的影响大,结果使A板(包括指针等)的电势降低,指针偏角减小.[答]B.[说明]如B板接地,其外侧正电荷被中和.使A板的电势更为降低.B板靠近后,如要使指针偏角恢复到原来的大小,就需要对A板再增加带电量.这个事实正说明了电容器的作用——靠近的两板在同样电势差条件下能比单独的一块板容纳更多的电荷.【例2】如图所示,有一个球壳(图中涂成阴影的区域)较厚的绝缘金属体A,原来不带电将一个带正电的小球B从小孔放入金属球空腔内但不与球壳接触达到静电平衡后,以下说法正确的是[]A.球壳外侧电势高,内侧电势低B.取地球电势为零时,球壳的电势也为零C.金属球内空腔处电场强度为零D.金属球壳内电场强度为零[误解一]选A[误解二]选B[误解三]选C[正确解答]选D[错因分析与解题指导][误解一]错率较高,错选者的想法是由于静电感应,球壳外侧带正电,所以电势高;内侧带负电,所以电势低这是对球壳电势的涵义了解不深所致球壳上各处的电势既有施感电荷电场的影响,又有感应电荷电场的影响静电平衡到达时,球壳各处几部分电场电势的叠加值都是一样大的,整个球壳是一个等势体[误解二]错率也高,错选者应用了一个结论“静电场中的导体内部场强为零”,但对什么是“静电场中的导体内部”理解有误在本题中,金属球壳内部(题图涂阴影区域)才是处于带电体B的电场中的“导体内部”,此处场强才处处为零金属球的内腔空间里,存在着由带正电的B球与球壳内侧感应负电荷共同形成的电场,此处场强并不为零[误解三]一般出于一种猜测.错选者既未注意带电球壳与大地“绝缘”,也不知道如何判定其电势的正、负对这问题,可以虚拟一根导线将球壳与地接触一下,看看有什么情况发生容易知道这时球壳上的“正电荷”将被B球的正电排斥而“跑”向大地,因为正电荷在电场力作用下总是从电势高处移向电势低处,所以球壳的电势高于大地电势而为正电势这种“虚拟”的方法在解释同类型问题中常有应用【例3】带正电的空心金属球P置于绝缘支架上,将两个原来不带电的金属小球A和B按图1中位置安放如果用导线将A球与P的内壁a点相连,则下列说法中正确的是[]A.两球都不带电,电势都为零B.两球都不带电,电势相同C.两球都带正电,电势与P的电势相同D.A球带正电,B球不带电,两球电势相同[误解]选(B)[正确解答]选(D)[错因分析与解题指导][误解]基于一个结论“处于静电平衡的导体,净电荷只分布在外表面上”既然P的内壁没有净电荷,A和B当然都不会带电对B球而言,它确实成为P内壁的一部分,它不带电是正确的可是A球虽有导线与P的内壁相接,却不能当作P内壁一部分来分析问题因A在P的外部空间处,由于静电感应,有电场线落在A球上如图2电场线的指向是电势降低的方向,从图中可见此时A的电势低于P的电势当用导线将A与P的内壁相接时,正电荷在电场力作用下将从电势高的P移向电势低的A(实质上是自由电子在电场力作用下从A移向P),从而使A球电势升高到达静电平衡时,A便与P等电势,这时,A球已经带上正电荷了对于静电平衡中许多物理现象,分析的依据仍是处于静电平衡的导体的一些基本性质,但对这些结论一定要正确理解而不要用错【例4】在电场中把一个电量为6×10-6C的负电荷从A点移到B点,反抗电场力做功3×10-5J,再将电荷从B移到C点,电场力做功
1.2×10-5J,求A与B,B与C,A与C两点间电势差.[分析]电荷从A移到B时,反抗电场力做功,表示电场力做负功.相当于在重力场中把物体举高反抗重力做功.因此WAB=-3×10-5J.电荷从B移到C,WBC=
1.2×10-5J.[解]根据电荷移动时电场力的功和电势差的关系,得∴UAC=UAB+UBC=5V+(-2V)=3V[说明]1电势差定义式U=W/q中的W必须是电场力做的功.
(2)公式中W、q、U均可以有正负.【例5】如图所示,在点电荷电场中的一条电场线上依次有A、B、C三点,分别把+q和-q的试验电荷依次放在三点上,关于它所具有的电势能的正确说法是[]A.放上+q时,它们的电势能εA>εB>εCB.放上+q时,它们的电势能εA<εB<εCC.放上-q时,它们的电势能εA>εB>εCD.放上-q时,它们的电势能εA<εB<εC[分析]为了比较电荷在不同位置上电势能的大小,只需根据电荷在这些位置间移动时电场力的功来判断.放上+q时,电荷从位置A→B→C,都是电场力作功,电势能应减小,可见εA>εB>εC.放上-q时,电荷从位置A→B→C,外力需克服电场力做功,电荷的电势能应增大,即εA<εB<εC.[答]A、D.【例6】两平行金属板A、B相距d=3cm,接在电压U=12V的电地组上,电池组的中点接地(图1)
(1)计算两板间场强;
(2)在距A板d=1cm处平行板面插入一块薄金属片C,计算AC、CB两区域的场强及AC、CB间电势差;
(3)把C板接地后,AC、CB两区域的场强有何变化.[分析]1AB板间场强可直接根据公式E=U/d计算.2)插入薄金属板C,相当于把离A板均为d的各等电势点构成一等势面,不影响场的分布.
(3)C板接地,AC、CB间电势差发生了改变,场的分布也会改变.[解]
(1)AB两板间场强大小为方向由A板指向B板.
(2)插入C板,AC、CB间场强不变,即EAC=ECB=400V/m.所以AC、CB间电势差为UAC=EACd=400×1×10-2V=4V,UCB=ECB(d—d)=400×2×10-2V=8V.
(3)C板接地,相当于与电池中点相连,AC、CB电势均变为所以AC、CB间场强度为[说明]当如图插入一块单薄金属片C后,并不影响A、B两板间电场的分布,两板间的电场线如图2所示【例7】在电场强度为E=104N/C、方向水平向右的匀强电场中,用一根长l=1m的绝缘细杆(质量不计)固定一个质量为m=
0.2kg的电量为q=5×10-6C带正电的小球,细杆可绕轴o在竖直平面内自由转动(图1).现将杆从水平位置A轻轻释放,在小球运动到最低点B的过程中,电场力对小球作功多少?A、B两位置的电势差多少?小球的电势能如何变化?小球到达B点时的速度多大?取g=10m/s2[分析]小球所受的电场力大小,方向恒定,根据在电场力方向上的位移可算出电场力的功.然后由电势差与电势能的关系,就可算出UAB和△ε小球下落过程中,除电场力作功外,还有重力作功,根据功能关系,即可算出小球到达B点的速度.[解答]小球所受的电场力FE=qE=5×10-6×104N=5×10-2N.方向水平向右.小球从A落到B时,在电场力方向上通过的位移s=L=1m,所以电场力对小球作功WE=FEs=5×10-2×1J=5×10-2J.根据电势差的定义,得A、B两位置的电势差因为电场力对电荷作功的多少,等于电荷电势能的减少,所以小球从位置A到B时电势能减少△ε=WE=5×10-2J.小球从位置A到B,重力对小球作功WG=mgL=
0.2×10×1J=2J.根据做功与动能变化的关系,得小球在B时的动能为
4、电势差与电场强度的关系1·典型例题解析【例1】如图14-66所示,A、B两点相距10cm,E=100V/m,AB与电场线方向夹角θ=120°,求AB两点间的电势差.解析A、B两点在场强方向上的距离由于UA<UB,则根据U=Ed得UAB=-Ed=-100×5×10-2=-5V点拨在使用公式U=Ed时,注意d是沿场强方向的距离,在求两点电势差时,要判明两点电势的高低.【例2】平行的带电金属板A、B间是匀强电场,如图14-67所示,两板间距离是5cm,两板间的电压是60V.试问1两板间的场强是多大?2电场中有P1和P2两点,P1点离A板
0.5cm,P2点离B板也是
0.5cm,P1和P2两点间的电势差为多大?3若B板接地,P1和P2两点的电势各是多少伏?解析1两板间是匀强电场,可应用E=U/d和U=Ed求解.2P
1、P2两点间沿场强方向的距离d′=4cm∴UP1P2=Ed′=
1.2×103×4×10-2=48V3B板接地,即选B板电势为零,电场中某点的电势就等于这点与B板的电势差.∴UP1=Ed1=
1.2×103×
4.5×10-2=54VUP2=Ed2=
1.2×103×
0.5×10-2=6V点拨求某点的电势,可通过求这点与零电势点的电势差来实现.【例3】如图14-68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A=15v,B=3v,c=-3v,由此可得D点电势D=V点拨在匀强电场中,两条长度相等的线段AD和BC,与场强方向间的夹角右相等,则UAD=UBC,即A-D=B-c,易得D(答案9V)【例4】如图14-69所示,平行直线表示电场线,但未标方向,带电量为10-2C的微粒在电场中只受电场力作用,由A点移到B点,动能损失
0.1J,若A点电势为-10V,则[]A.B点的电势为0VB.电场线方向从右向左C.微粒的运动轨迹可能是轨迹1D.微粒的运动轨迹可能是轨迹2点拨由带电微粒的动能变化确定在A、B两点的电势能的大小关系,判断出A、B两点电势的高低.根据沿电场线方向电势是降低的,得出电场线的方向.由运动方向和所受电场力的方向判断微粒的运动轨迹.(答案ABC)跟踪反馈1.如图14-70所示是匀强电场中的一族等势面,若A、B、C、D相邻两点间距离都是2cm,则该电场的场强是________V/m,到A点距离为
1.5cm的P点电势为________V.2.在相距为d的A、B两板之间有a、b、c三点,a点距A板d/3,b、c两点距B板也是d/3,A板接地,A、B间电压为U,如图14-71所示,则b点的电势为________,+q从a点运动到c点的过程中,电场力做功为________,-q在a点具有的电势能为________.3.某电场电场线和等势面如图14-72所示,图中实线表示电场线,虚线表示等势面,过两点的等势面电势分别为a=50v,b=20v,那么a、b连线中点C的电势C为[]A、C=35vB、C>35vC、C<35vD、C=15v4.两个带电小球,电量分别为+q、-q,固定在一根长度L绝缘杆两端,置于场强E的匀强电场中,杆与场强方向平行.如图14-73所示,若杆绕O轴转过180°,电场力做功为________.
5、电势差与电场强度的关系2·典型例题解析【例1】如图14-83是一个带负电的空心金属球壳,A点在球内,B点在球外表面,比较图中A、B、C、D四点,场强最大的是________点,场强最小的是________点,电势最高的是________点,一个负电荷在A、B、C、D四点中的________点具有的电势能最大.最小.由于B点在球壳外表面,该处电场线最密,场强最大.球壳带负电,离球壳越近,电势越低,所以D点电势最高.负电荷在低电势处电势最大,A、B两点电势相等且最低,因此负电荷在A、B两点电势能最大.点拨孤立均匀带电球产生的电场,球外空间的电场分布情况与球心处等量同种点电荷激发的电场一样.【例2】如图14-84所示,光滑绝缘细杆竖直放置,它与以正点电荷Q为圆心的某一圆周交于B、C点,质量为m,带电量为-q的有孔小球从杆上A点无初速下滑已知q<<QAB=h小球滑到B点时速度大小为.求1小球由A到B过程中电场力做的功.2A、C两点的电势差.解析1对于小球由A→B的过程,重力对其做正功,由正点电荷的电场分布及方向可知,电场力对其做功,小球由静止下滑,则据动能定理即有2由图可知,B、C在同一等势面上,所以A、C两点的电势差等于A、B两点的电势差.则点拨在小球运动过程中,所受电场力是变力,求变力作功常用动能定理求解.正确判断B、C在同一等势面上,是求UAC的关键.【例3】半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内,环上套有一质量为m带正电的珠子,空间存在水平向右的匀强电场.如图14-85所示,珠子所受电场力是其重力的3/4倍.将珠子从环上最低位置A点由静止释放,则珠子所能获得的最大的动能Ek=________.点拨首先分析出珠子在环上能处于平衡的位置,此位置相当于球只受重力作用在竖直面内作圆周运动的最低位置,即是动能最大的位置,再由动能定理求得最大动能.(答案EKm=mgR)【例4】如图14-86所示,在场强为E的匀强电场中有相距为L的A、B两点,连线AB与电场线的夹角为θ,将一电量为q的正电荷从A点移到B点.若沿直线AB移动该电荷,电场力做的功W1=________;若沿路经ACD移动该电荷,电场力做的功W2=________;若沿曲线ADB移动该电荷,电场力做的功W3=________.由此可知,电荷在电场中移动时,电场力做功的特点是________.点拨电场力做功的大小与路径无关,只与始末位置有关.答案W1=qELcosθ,W2=qELcosθ,W3=qELcosθ,电场力做功与路径无关.跟踪反馈1.把一个半径为r带有电量为+q库仑的绝缘金属小球A移到一个半径为R不带电的有孔金属球壳的中心,如图14-87所示,静电平衡后2.两个带同种电荷的小球A、B,其质量关系为mA=mB/2,电量关系qA=2qB.若将它们固定在光滑的绝缘平面上,使A、B相距r1,此时它们具有电势能ε,再将它们释放,经过较长时间,它们相距为r2,且r2>r1,这段时间内电场力对A球做功为________.3.在某电场中的A、B两点间移动电量为q的电荷时,电荷的电势能变化Δε跟电荷电量q的比值为
5.0V.如在A、B间移动电量为2q的电荷时,A、B两点间电势差为多少?如果没有在A、B间移动电荷,这时A、B间电势差为多少?4.如图14-88所示,在光滑绝缘平面上有A、B两个点电荷相距无穷远.A的质量为m,且静止;B的质量为4m,且以速度v正对着A运动.问A、B所组成的系统具有最大电势能时A、B的速度分别是多大?系统的最大电势能是多少?答案1.1φA>φB>02φB=02.ε3.
5.0V
5.0V4.速度均为V,最大电势mV
26、电容器、电容典型例题【例1】一个平行板电容器,使它每板电量从Q1=30×10-6C增加到Q2=36×10-6C时,两板间的电势差从U1=10V增加到U2=12V,这个电容器的电容量多大?如要使两极电势差从10V降为U2=6V,则每板需减少多少电量.[分析]直接根据电容的定义即可计算.[解]电量的增加量和电势差的增加量分别为△Q=Q2—Q1=36×10-6C—30×10-6C=6×10-6C,△U=U2-U1=12V-10V=2V.根据电容的定义,它等于每增加1V电势差所需增加的电量,即要求两极板间电势差降为6V,则每板应减少的电量为△Q′=C△U′=3×10-6×(10—6)C=12×10-6C.[说明]
(1)电势差降为6V时,每板的带电量为Q′2=Q1-△Q′=30×10-6C-12×10-6C=18×10-6C.
(2)由题中数据可知,电容器每板带电量与两板间电势差的比恒定,即【例2】一平行板电容器的电容量为C,充电后与电源断开,此时板上带电量为Q,两板间电势差为U,板间场强为E.现保持间距不变使两板错开一半(图1),则下列各量的变化是电容量C′=______,带电量Q′=______,电势差U′=______,板间场强E′______.[分析]电容器的电容量由板间介质特性及几何尺寸决定.介质与间距不变,正对面积减为原来的一半,电容量也减为原来的一半,即切断电源后,板上电量不变,Q′=Q.由电容定义得两板间电势差根据电势差与场强的关系,得板间场强[说明]板上电量不变,错开后的正对面积变小,板上相对部分电荷的密度增加,即板间电场线变密,如图2所示,分析平行板电容器的问题中,借助电场线,可得到形象化的启发.【例3】如图1所示,把一个平行板电容器接在电压U=10V的电源上.现进行下列四步动作
(1)合上S,
(2)在两板中央插入厚为d/2的金属板;
(3)打开S;
(4)抽出金属板.则此时电容器两板间电势差为[]A.0VB.10VC.5VD.20V[分析]每一步动作造成的影响如下
(1)合上S,电源对电容器充电,至电压为U.设电容量为C,则带电量Q1=CU.板间形成一个匀强电场,场强为E1=U/d
(2)插入金属板,板的两侧出现等量异号的感应电荷,上下形成两个匀强电场区域,其宽度为d/4由于整个金属板为等势体,则A板与金属板之间、金属板与B板之间的电势差均为U/2,因此其场强增为原来的2倍,即E2=2E1(图
②)显然,在插入过程中,电源必须对A、B两板继续充电,板上电量增为原来的2倍,即Q2=2Q1.
(3)打开S,A、B两板的电量保持不变,即Q3=Q2=2Q1.
(4)抽出板,电容器的电容仍为C,而电量为2Q1,所以两板间[答]D.【例4】三块相同的金属平板A、B、D自上而下水平放置,间距分别为h和d,如图所示.A、B两板中心开孔,在A板的开孔上搁有一金属容器P,与A板接触良好,其内盛有导电液体.A板通过闭合的电键S与电动势为U0的电池的正极相连,B板与电池的负极相连并接地.容器P内的液体在底部小孔O处形成质量为m,带电量为q的液滴后自由下落,穿过B板的开孔O落在D板上,其电荷被D板吸附,液体随即蒸发,接着容器底部又形成相同的液滴自由下落,如此继续.设整个装置放在真空中.
(1)第1个液滴到达D板时的速度为多少?
(2)D板最终可达到多高的电势?
(3)设液滴的电量是A板所带电量的a倍(a=
0.02),A板与B板构成的电容器的电容为C0=5×10-12F,U0=1000V,m=
0.02g,h=d=5cm.试计算D板最终的电势值.(g=10m/s2)
(4)如果电键S不是始终闭合,而只是在第一个液滴形成前闭合一下,随即打开,其他条件与
(3)相同.在这种情况下,D板最终可达到电势值为多少?说明理由.[分析]液滴落下后,由电场力和重力共同对它做功,由此可算出它到达D板的速度.液滴落下后,D板上出现正电荷,在DB间形成一个方向向上的场强,将阻碍以后继续下落的液滴,使D板的带电量有一限度,其电势也有一个最大值.[解]
(1)设第一个液滴到达D板的速度为v1,对液滴从离开小孔O到D板的全过程由功能关系得
(2)随着下落液滴的增多,D板带的正电荷不断积累,在DB间形成向上的电场E,通过O后的液滴在BD间作匀减速运动,当液滴到达D板的速度恰为零时,D板的电势达最高,设为Um.由qU0+mg(h+d)-qUm=△Ek=0.得
(3)A板带电量Q0=C0U0,故每一液滴的电量q=αQ0=0.02C0U0,代入上式得
(4)D板最终电势等于A板电荷全部到达D板时D板的电势.由于h=d,B、D间电容量也是C0,故D板最终电势U至多为U0.因为当D板电势为U时,A板电势UA=U0-U,到达D板液滴的动能为Ek=mg(h+d)+qU0-qU>mg(h+d)qU式中qm=aC0U0,是q的最大值,即第一个液滴的电量.因故恒有Ek>0,表示液滴一直径往下滴,直到A板上电量全部转移到D板,所以D板最终电势可达U=U0=1000V所以小球运动到B点的速度大小为[说明]
(1)电场力做功与重力做功,都只与始、末两位置有关,与具体路径无关.
(2)电势能的变化仅由电场力作功产生,重力势能的变化仅由重力作功产生,但动能的变化是由作用在物体上的所有外力的功产生的.在具体问题中,必须注意分清.
7、带电粒子在匀强电场中的运动典型例题【例1】如图为密立根油滴实验示意图.设两平行板间距d=
0.5cm,板间电压U=150V,当电键S断开时,从上板小孔漂入的带电油滴能以速度v0匀速下降.合上S,油滴由下降转为上升.当速度大小达到v0时能匀速上升.假设油滴在运动中所受阻力与速度大小成正比(即f=kv),测得油滴的直径D=
1.10×10-6m,油的密度ρ=
1.05×103kg/m3,试算出油滴的带电量并说明电性.[分析]S合上前,油滴漂入小孔后受重力和阻力作用,以速度v0匀速下降时满足条件f0=kv0=mg.S合上后,油滴能由下降转为上升,电场力(Eq)必向上,速度大小达到v0时,所受阻力也为f0,匀速上升时必满足条件Eq=mg+f0=2mg.[解]由上述分析可知,油滴带电量为q=2mg/E,式中因油滴所受电场力方向与板间场强方向相反,故油滴带负电.[说明]密立根在实验中测定了许多油滴的带电量,发现它们都是某个基本单位的整数倍,从而证实了自然界中存在着一个最小电量的电荷,称为基元电荷,e=
1.6×10-19C.因此,必须明白,密立根并没有直接测出单个电子的电量,而是根据对油滴带电量的综合分析推理得出的.【例2】图1中A、B是一对平行的金属板.在两板间加上一周期为T的交变电压u.A板的电势UA=0,B板的电势UB随时间的变化规律为在0到T/2的时间内,UB=U0(正的常数);在T/2到T的时间内,UB=-U0;在T到3T/2的时间内,UB=U0;在3T/2到2T的时间内,UB=-U0…现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内,设电子的初速度和重力影响均可忽略,A.若电子是在t=0时刻进入的.它将一直向B板运动B.若电子是在t=T/8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上C.若电子是在t=3T/8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上D.若电子是在t=T/2时刻进入的,它可能时而向B板、时而向A板运动[分析]B板电势的变化规律如图2所示.A、B两板间的电场强度大小恒定,方向周期性变化.电子所受的电场力也是大小恒定,方向周期性变化,即当电子在t=0时刻进入时,在0~/2的时间内,电子向着E板作匀加速运动;在T/2~T的内,电子向着B板作匀减速运动,直至速度减为零.然后,电子又加速、减速,……如此一直向着B板运动.其v-t图如图所示,A正确.当电子在t=T/2时刻进入时,在正半周内的T/8~T/2时间向着B板作匀加速运动,在负半周的前3T/8内电子向着B板作匀减速运动,直到速度减为零,然后在余下的T/8时间内向着A作加速运动当进入T~3T/2的半周期时,开始的T/8粒子继续向A板运动,直到减速至零,然后又重复着第一次进入时的运动.由于t轴上方图线所围面积大于下方面积,即电子向B板的位移大于向A板的位移,电子最后能抵达B板.其v-t图如图
④所示,B正确.当电子在t=3T/8时刻进入时,在3T/8~5T/8的时间内电子先向B板作匀加速运动,后作匀减速运动,速度减至零后,接着向A板作匀加速运动,其v-t图如图
⑤所示.至某时刻t(对应于图中x轴上、下两块面积相等)它回到A板小孔,并冲出小孔,脱离电场,C不正确.当电子在t=T/2时刻进入时,在T/2~T的时间内,受指向A板的电场力作用被挡在A板小孔处.在T以后的时间内,它的达动情况与在t=0时进入电场时一样,只会一直向着B板,交替作着加速、减速运动,不会时而向B板,时而向A板运动,D也错.(答A、B正确.)【例3】从阴极K发射的电子经电势差U0=5000V的阳极加速后,沿平行于板面的方向从中央射入两块长L1=10cm、间距d=4cm的平行金属板A、B之间,在离金属板边缘L2=75cm处放置一个直径D=20cm、带有记录纸的圆筒.整个装置放在真空内,电子发射的初速度不计(图1).若在两金属板上加以U2=1000cos2πtV的交变电压,并使圆筒绕中心轴按图示方向以n=2转/s匀速转动,确定电子在记录纸上的轨迹形状并画出1s内所记录到的图形.[分析]电子被加速后进入偏转电场.由于板上的电压和板间场强都作周期性变化,使得电子的偏距也作周期性变化.[解]由电场力做功与动能变化的关系得电子加速后的入射速度加上交变电压时,A、B两板间场强电子飞离金属板时的偏距电子飞离金属板时的竖直速度电子从飞离金属板到达圆筒时的偏距所以在纸筒上的落点对入射方向的总偏距(见图2)为 可见,在记录纸上的点以振幅0.20m,周期T=2/ω=1s而作简谐运动,因为圆通每秒转2周(半秒转1周),故在1s内,纸上的图形如图3所示.【例4】一根光滑的绝缘直杆与水平面成α=30°角倾斜放置,其BC部分在水平向右的匀强电场中,电场强度E=2×104N/C,在细杆上套一个电量q=带负电的小球,其质量m=3×10-2kg.今使小球从静止起沿杆下滑,从B点进入电场,如图,已知AB=s1=1m,试问
(1)小球进入电场后能滑行多远?
(2)小球从A滑至最远处的时间是多少?[分析]小球在AB部分滑行时,受到两个力作用重力和杆的弹力.进入电场后又受到恒定的电场力FE(FE=Eq)的作用,其方向沿水平向左,它一方面增加了球对杆的压力,同时也形成一个沿杆向上的分力,将使小球作匀减速运动.B点就是上、下两段加速度发生方向变化的转折点.掌握了这个运动特点就可以推算出滑行距离和时间了.[解]
(1)小球在AB段的加速度a1=gsinα=10sin30°=5m/s2.小球运动至B点的速度进入电场后的加速度设为a2,则由mgsinα-Eqcosα=ma2,(式中负号表示其方向沿CB向上.)设小球沿杆滑行至C点时的速度Vc=0,BC相距为s2,则由
(2)由上面的计算知,小球在AB段和BC段加速度的大小相等而方向相反.且在电场外和电场内滑行的距离相等,因此,小球从A滑至B的时间等于它从B滑至C的时间,所以小球A从滑至C的时间[说明]如果从A→C的全过程考虑由mgsinα(SAB+SBC)-Eqcosα·SBC=0,立即可得SBC=s2=1m.从A到C的运动时间,同样可从全过程考虑.【例5】半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内,环上套有一质量为m、带正电的珠子,空间存在水平向右的匀强电场,如图所示.珠子所受静电力是其重力的3/4倍.将珠子从环上最低位置A点静止释放,则珠子所能获得的最大动能Ek=_____.[分析]设珠子的带电量为q,电场强度为E.珠子在运动过程中受到3个力的作用电场力FE=qE=mg,方向水平向右重力mg、竖直向下,环的弹力N、垂直圆环方向.其中只有电场力和重力能对珠子做功.其合力大小为它与竖直方向间夹角为θ,(图2)则珠子从A点释放后沿着圆环向右运动,当它对初位置A的偏角小于θ时,合力F对珠子做正功,珠子的动能增大;当它对初始位置A的偏角大于θ时,合力F对珠子做负功,珠子的动能减小.可见,只有当珠子的偏角恰等于θ时,即其速度方向垂直F时,珠子的动能达最大值.由动能定理得珠子动能的最大值为[说明]水平方向的电场,相当于空间有一个水平力场,水平力场强度gE=g,它与竖直向下的重力场形成的复合力场的强度为g与g之间的夹角设为θ(图).珠子沿圆环运动,可以类比于单摆的振动,运动中动能最大的位置就是当它与圆心的连线(相当摆长)沿着g方向的位置(平衡位置).于是由能的转换立即可求出【例6】在间距d=
0.1m、电势差U=103V的两块竖立平行板中间,用一根长l=0.01m的细线悬挂一个质量m=
0.2g、电量q=10-7C的带正电荷的小球,将小球拉到使丝线恰呈水平的位置A后轻轻释放如图,问
(1)小球摆至最低点B时的速度和线中的拉力多大?
(2)若小球摆至B点时丝线突然断裂,以后小球恰能经过B点正下方的C点,则BC相距多远?(g=10m/s2)[分析]小球带正电荷,在A点刚释放时,在水平向右的电场力和竖直向下的重力作用下,丝线立即被绷紧,此后小球在电场力、重力、丝线张力的作用下做变速圆周运动.在B点小球脱离后,水平方向仅受恒定的电场力作用,犹如“横向上抛”,竖直方向做自由落体运动.[解]
(1)设小球摆至B点的速度为vB.由重力和电场力的合力做功得在B点,根据圆运动的瞬时特性.由绳中张力和重力的合力作为向心力,即又联立
(1)~
(3)三式,得
(2)在B点脱离后,小球在水平方向受到恒定的电场力作用,使小球产生水平向右的加速度,因此,小球在水平方向做匀减速运动,犹如“横向上抛”,落回同一竖直线上的C点所需时间小球在竖直方向仅受重力作用,脱离时竖直初速度为零,因此,小球在竖直方向做自由落体运动.[例7]一质量为m,带有电荷-q的小物体,可在水平轨道OX上运动,O端有一个与轨道垂直的固定墙轨道处于匀强电场中,场强大小为E,方向沿Ox轴正方向,如图所示,小物体以初速v0从X0点沿OX轨道运动,运动时受到大小不变的摩擦力f作用,且f<qE,设小物体与墙碰撞时不损失机械能,且电量保持不变,求它在运动停止前所通过的总路程S[分析]小物体带负电,受到的电场力F=qE,方向与E方向相反,即沿X轴负方向,指向O点,摩擦力的方向总是跟小物体运动的方向相反,由于小物体初速度v0的方向未知,但只有两种可能,不是沿x轴正方向,就是沿X轴负方向,不论f的方向如何,因为f<qE,小物体沿x轴正方向运动总是做匀减速运动,沿X轴负方向总是做匀加速运动,在O点的右侧小物体所受的合外力不可能为零,只有在O点处所受合外力(除F和f外还有墙对小物体的弹力)才有可能等于零因此小物体最后只能停止在O点小物体停止时,它所具有动能消耗在克服摩擦力做功上,同时由于电场力做的功跟路径无关,只决定于始末位置,因此本题可用动能定理求解[解]设小物体往复运动至停止运动时通过的总路程为s根据动能定理[说明]本题的疑难点有二,一是小物体最终会停在何处这个疑点,只能从平衡条件,(F合=0)去考虑,二是小物体与墙碰撞几次无法确定,由于所求的是总路程,而克服摩擦力做的功跟总路程有关由此出发可以求解总路程S本题用牛顿运动定律和运动学公式无法求解,由于以上两个难题无法解决但运用动能定理,只考虑始末状态,而不必考虑过程的细节,只要找到小物体最后停止运动的位置,问题就迎刃而解
8、带电粒子在匀强电场中的运动1·典型例题解析【例1】如图14-105所示,在点电荷+Q的电场中有A、B两点,将质子和α粒子分别从A点由静止释放到达B点时,它们的速度大小之比是多少?解析质子和α粒子都是正离子,从A点释放将受电场力作用,加速运动到B点,设AB两点间的电势差为U,由能量的观点得点拨mv2/2=qU对匀强电场和非匀强电场都适用,但在非匀强电场中粒子的加速运动不是匀加速直线运动.【例2】一个质量为m,带有电荷-q的小物体,可在水平轨道Ox上运动,O端有一与轨道垂直的固定墙,轨道处于匀强电场中,场强大小为E,方向沿Ox轴正方向.如图14-106所示,小物体以初速度v0从x0点沿Ox轨道运动,运动时受到大小不变的摩擦力f作用,且f<qE;设小物体与墙碰撞时不损失机械能,且电量保持不变,求它在停止运动前所通过的总路程S.解析带电物体受到电场力F=-qE的作用,大小不变,方向指向墙,摩擦力f的方向与小物体运动方向相反,不管开始时小物体是沿x轴正方向还是负方向运动,小物体将与墙发生碰撞,且在多次与墙碰撞后,最后将停在原点O处.设小物体在停止运动前所通过的总路程为S,则有点拨带电粒子在电场中运动是电场知识与力学知识的结合,方法和力学分析法相同,先受力分析,再运动分析,再优化选择力学“三把金钥匙”解题,此题注意摩擦力做功的特点.摩擦力做功的大小等于摩擦力大小与物体通过的路程的乘积.【例3】如图14-107所示,带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间,距下板
0.8cm,两板间的电势差为300V,如果两板间的电势差减小到60V,则带电小球运动到极板上需多少时间?点拨用牛顿第二定律结合运动学公式求解【例4】静止在太空中的飞行器上有一种装置,它利用电场加速带电粒子,形成向外发射的高速粒子流.已知飞行器质量为M,发射的是2价氧离子,发射离子的功率恒为P,加速电压为U,每个氧离子的质量为m,单位电荷的电量为e,不计发射氧离子后飞行器质量的变化.求1射出的氧离子速度;2每秒钟射出的氧离子数;3射出离子后飞行器开始运动时的加速度.点拨从讨论每秒射出氧离子的动量的变化Δp,分析出飞行器所受的反冲作用力,进而求得加速度,关键注意功率P=nqU和瞬间作用力F=Δp/Δt答案例
3、
4.5×10-2例
4、
(1)V=2,
(2)n=p/2Eu,
(3)a=跟踪反馈1.下列粒子从初速度为零的状态经加速电压为U的电场后,哪种粒子速度最大[]A.质子B.氘核C.氦核α粒子D.钠离子Na+2.如图14-108所示,水平放置的A、B两平行板相距h,有一质量为m,带电量为+q的小球在B板之下H处以v0初速度竖直向上进入两板间,欲使小球恰好打到A板,试讨论A、B板间的电势差的大小.3.如图14-109所示,A、B为平行金属板,两板相距为d,分别与电源两极相连,两板的中央各有一小孔M和N,今有一带电质点,自A板上方相距为d的P点由静止自由下落P、M、N在同一竖直线上,空气阻力忽略不计,到达N孔时速度恰好为零,然后沿原路返回,若保持两极板间的电压不变,则[]A.把A板向上平移一小段距离,质点自P点自由下落仍能返回B.把A板向下平移一小段距离,质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C.把B板向上平移一小段距离,质点自P点自由下落后仍能返回D.把B板向下平移一小段距离,质点自P点自由下落后将穿过N孔,继续下落4.如图14-110所示,静止在光滑水平面上,已经充电的平行板电容器的极板间距离为d,在板上有一小孔,电容器固定在一绝缘底座上,总质量为m,现有一个质量为m的带正电铅丸对准小孔水平向左运动重力不计,铅丸进入电容器后,距左极板的最小距离为d/2,求此时电容器已移过的距离.答案1.A2.电场力方向向下时,
9、带电粒子在匀强电场中的运动2·典型例题分析【例1】如图14-121所示,一束带电粒子垂直电场线方向进入偏转电场,试讨论在以下情况中,粒子应具备什么条件,才能得到相同的偏转距离y和偏转角度(U、d、l保持不变)1进入偏转电场速度相同;2进入偏转电场的动能相同;3进入偏转电场的动量相同;4先由同一加速电场加速后,再进入偏转电场.解析由带电粒子在偏转电场中的运动规律得点拨对带电粒子仅受电场力作用以初速度垂直进入匀强电场,分析时一般都是分解为两个方向的分运动来处理,利用有关规律写出要讨论的表达式,然后对各种情况加以讨论,得出结论.【例2】如图14-122所示,是一个说明示波管工作原理的示意图,电子经电压U1加速后以速度v0垂直进入偏转电场,离开电场时的偏转量是h,两平行板间距离为d,电势差是U2,板长是L.为提高示波管的灵敏度每单位电压引起的偏转量可采用以下哪些方法[]A.增大两板间电势差U2B.尽可能使板长L短一些C.尽可能使板距d小一些D.使加速电压U1升高一些解析应先导出示波管的灵敏度h/U2与有关物理量d、L、U1等的关系式,然后再作出选择.对于电子的加速过程有对于电子的偏转过程中有水平方向L=v0t………………………………
②据上式可知,增大L和减小U1或d均可提高偏转灵敏度,该题的正确答案是C.点拨这是一道和实际相联系的试题,由对电子的加速和偏转的讨论,进一步求出示波管的灵敏度,注意对物理问题多联系实际进行分析.【例3】证明质量和带电量各不相同的带电粒子在同一加速电场中由静止加速后,垂直进入同一匀强偏转电场,它们的轨迹相同.点拨根据粒子的运动规律,求出其轨迹方程进行分析比较.【例4】右图14-123一带电粒子以竖直向上的初速v自A点进入电场强度为E,方向水平向右的匀强电场,粒子受电场力大小等于重力,当粒子到达B点时,速度大小仍为v,但方向变为水平,那么A、B之间的电势差等于多少?从A到B所经历的时间为多少?点拨将粒子的运动看作是初速为v的竖直上抛运动和初速为零水平向右的匀加速直线运动的合运动.跟踪反馈1.如图14-124所示,带电量之比为qA∶qB=1∶3的带电粒子A、B,先后以相同的速度从同一点射入平行板电容器中,不计重力,带电粒子偏转后打在同一极板上,水平飞行距离之比为xA∶xB=2∶1,则带电粒子的质量之比mA∶mB及在电场中飞行时间之比tA∶tB分别为[]A.1∶1,2∶3B.2∶1,3∶2C.1∶1,3∶4D.4∶3,2∶12.如图14-125所示,有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球,从平行板电场中的P点以相同的初速度垂直于E进入电场,它们分别落于A、B、C三点,则可判断[]A.落到A点的小球带正电,落到B点的小球不带电B.三小球在电场中运动时间相等C.三小球到达正极板时的动能关系是EKA>EKB>EKCD.三小球在电场中运动的加速度关系是aA>aB>aC3.如图14-126电子以v0速度垂直进入电场A点,从B点飞出,v与E夹角150°,求UAB设电子质量m,电量e4.如图14-127所示的示波管,电子由阴极发射后,经电子枪加速水平飞入偏转电场,最后打在荧光屏上,已知加速电压为U1,偏转电压为U2,两偏转极板间距为d,板长为L1,从偏转极板到荧光屏的距离为L2,求电子打在荧光屏上的偏距OP.纵深例题解析【例1】一小球带电q=+
4.0×10-6C,将它放在距离一块原来不带电的接地的大金属板r=
3.0cm处,试求小球所受的作用力已知k=
9.0×109Nm2/C2解析带电小球在金属板上将感应出负电荷,注意到金属板是等势面,所以电场线必垂直于金属板,这与一个-q的电荷在板背面r处与+q共同产生的电场完全一样.如图14-137所示,因而+q所受的力即为两个点电荷的相互作用力.点拨“对称法”在力、电、光学中均有其应用,关键是能否想到原题“构筑”成对称的物理情景,从而方可使用“对称法”.【例2】如图14-138所示,平行板电容器电容为C,原不带电,板间距为d,A板接地,现有质量为m,带电量为+q的液滴以初速度v0由A板的上孔落到B板,求落在B板上的液滴的滴数.解析当+q落到B板,使B板带正电,由于静电感应,A板带正电,于是A、B板间形成了自B向A的匀强电场,液滴在电场中受到竖直向上的电场力开始做减速运动,到达B板时速度为零,由动能定理得点拨落在B板上的液滴的滴数应理解为若设滴数为n,表示第n+1滴下落时,其刚好不能落到B板.另外,在通常的计算中,对于带电粒子、质子、电子等可不计重力,但计质量,而对带电微粒、带电油滴和液滴、带电小球等要计质量,也要计重力,所以本题易出现丢掉重力的错误.【例3】水平方向的匀强电场中,有质量为m的带电小球,用长L的细线悬于O点.当小球平衡时,细线和竖直方向成θ角如图14-139所示.现给小球一个冲量,冲量方向和细线垂直,使小球恰能在竖直平面内做圆周运动.问需要施加的冲量值至少多大?解析方法一设小球在图14-140a中的Q处时的速度为u,则mgcosα+qEsinα+T=mu2/L开始小球平衡时有qE=mgtanθ∴T=mu2/L-mgcosθ-α/cosθ当α=θ时,T最小为T=mu2/L-mg/cosθT≥0时,球不脱离轨道,则u≥即小球到Q处有临界速度u=时,能沿竖直面作完整的圆周运动在K处I=mv从K→Q-qE2Lsinθ-mg2Lcosθ=mu2/2-mv2/2整理得-2mgL/cosθ=mgL/2cosθ-I2/2m,方法二由题给条件,可认为小球处于一个等效重力场中,其方向如图14-140b,等效重力加速度g′=g/cosθ.K为此重力场“最低点”,则图中Q便是圆周运动“最高点”.小球在Q有临界速度u=在K处有I=mv从K→Q有【例4】在一次雷雨闪电中,两块云间的电势差约为109V,从一块云移到另一块云的电量约为30C,那么1在这次闪电中放出的能量是多少?2在闪电过程中使空气中的氮气和氧气直接化合生成一种新的物质,写出相应的化学反应方程式3已知每摩尔氧气和氮气化合时要吸收
180.74kJ的能量,若闪电时有千分之一的能量用于这一反应,将产生多少摩尔的生成物?4此物质在空气中随雨水流入土地将生成何类物质?写出有关反应的方程式5此次雷雨生成物相当于给土地施加了多少千克尿素肥料?解析1在放电过程中电场力做功W=Uq=109×30=3×1010J电场力做功将电能释放出来,所以释放的电能也为3×1010J2氧气和氮气直接化合的方程式为O2+N22NO3由能量转化的关系可得生成NO的摩尔数n=E总/E0=3×1010×10-3×2/
180.74×103=332mol4NO在空气中进一步氧化生成NO2,二氧化氮可能转化为硝酸,进而与地壤中的CaSiO3或Fe2O3等物质反应生成植物可吸收的硝酸盐类,转化为氮肥,一系列化学反应方程式如下2NO+O2=2NO24NO2+O2+2H2O=4HNO3CaSiO3+2HNO3=CaNO32+H2SiO3Fe2O3+6HNO3=2FeNO33+3H2O5通过物质的量的对应关系可计算出相当的尿素的质量.NO的摩尔质量为30g,尿素CONH22的摩尔质量为60g,2mol质量的NO对应生成1mol尿素,所以尿素的总质量M=×60g=
9.6㎏本章有物理学中极为重要的概念和定律,如库仑定律、场的概念;有许多物理学中的科学研究方法,如点电荷理想模型、比值法、类比法等;有许多知识与实际生活有广泛联系及应用,如电容器、静电屏蔽等.而高考中一般以选择、填空形式考查库仑定律简单应用、电场基本性质、电势能和电势的概念应用、静电感应等知识,而以计算题形式突出考查带电粒子在电场中的运动.其中结合力学知识、磁场的知识,综合性强,难度大,学习中注意训练.【例5】1999年全国在光滑水平面上有一质量m=
1.0×10-3kg,电量q=
1.0×10-10C的带正电小球,静止在O点,以O点为原点,在该水平面内建立直角坐标系Oxy,现突然加一沿x轴正方向,场强大小E=
2.0×106V/m的匀强电场,使小球开始运动.经过
1.0s,所加电场突然变为沿y轴正方向,场强大小仍为E=
2.0×106V/m的匀强电场,再经过
1.0s,所加电场又突然变为另一个匀强电场,使小球在此电场作用下经
1.0s速度变为零.求此电场的方向及速度为零时小球的位置.解析带电小球整个运动过程分为第1s沿x轴做匀加速直线运动,第2s为类平抛运动,第3s为匀减速直线运动.由牛顿定律得知,在匀强电场中小球加速度大小为a=qE/m=1×10-10×2×106/1×10-3=
0.2m/s2.当场强沿x轴正方向时,经过1s小球的速度大小为vx=at=
0.2×1=
0.2m/s方向沿x轴正方向,并移动Δx1的位移Δx1=at2/2=1/2×
0.2×12=
0.1m在第2s内,电场方向沿y轴正方向,所以带电小球作初速度为vx=
0.2m/s的类平抛运动,即在x方向做速度为vx的匀速运动,在y轴方向做初速为零的匀加速直线运动这两种运动的合运动.沿x方向移动的距离Δx2=vxt=
0.2m沿y方向移动的距离Δy2=at2/2=1/2×
0.2×12=
0.1m∴在第2s末小球到达的位置坐标为x2=Δx1+Δx2=
0.3m,y2=Δy2=
0.1m第2s末小球在x方向的分速度仍为vx=
0.2m/s,而在y方向的分速度vy=at=
0.2×1=
0.2m/s由此可知,此时运动方向与x轴成45°角.∴要使小球速度能变为零,则第3s内所加匀强电场的方向必须与此方向相反,即与x轴成180°+45°=225°角.在第3s内,设在电场作用下,小球加速度沿x轴和y轴的分量分别为ax、ay,则ax=vx/t=
0.2m/s2,ay=vy/t=
0.2m/s2∴在第3s末小球到达的位置坐标为x3=x2+vxt-axt2/2=
0.4my3=y2+vyt-ayt2/2=
0.2m【例6】1997年全国,在方向水平的匀强电场中,一个不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球,另一端固定于O点.把小球拉起直至细线与场强平行,然后无初速释放.已知小球摆到最低点的另一侧,线与竖直方向的最大夹角为θ如图14-141.求小球经过最低点时细线对小球的拉力.解析设细线长为L,球的电量为q,场强为E.若电量q为正,则场强方向在题图中向右,反之向左.从释放点到左侧最高点,重力势能的减小等于电势能的增加.mgLcosθ=qEL1+sinθ……………
①若小球运动到最低点时的速度为v,此时线的拉力为T,由能量关系得mv2/2=mgL-qEL…………………
②由牛顿第二定律得T-mg=mv2/L…………
③
十四、恒定电流
1、电流、欧姆定律典型例题【例1】如图所示电解池内,通电2s钟各有3C的正、负电荷分别通过截面AB,求电路中的电流[误解]根据电流定义有[错因分析与解题指导]电流定义式中的q为通过导体横截面的电量在电解液中,定向移动的有正、负离子,和金属导体中只有自由电子定向移动的情况不同故I=q/t中,q应指通过导体截面的电量的总和[例2]在某次闪电中,持续的时间约0.005s,所形成的平均电流约6×104A.若闪电过程中流动的电量以0.5A的电流通过电灯,可供灯照明的时间多长?[分析]根据电流的定义式即可求解.[解答]根据闪电形成的平均电流I=6×104A和持续时间t=0.005s,由电流定义式得流动的电量为q=It=6×104×0.005C=300C.所以可供灯泡的照明时间为[说明]也可不必算出电量,由比例法[例3]氢原子核外只有一个电子,它绕氢原子核运动一周的时间约为2.4×10-16s,则电子绕核运动的等效电流多大?[分析]所谓等效电流,就是把电子绕核运动时,间断的通过圆周上各处看成是持续运动时所形成的电流.根据电流的定义即可算出等效电流的大小.[解答]截取电子运动轨道的任一截面,在电子运动一周的时间t=
2.4×10-16s内,通过这个截面的电量q=e=
1.6×10-19C.由电流定义式得等效电流为[例4]当电阻两端的电压变为原来的1/2时,流过电阻的电流减少
0.5A,则当电阻两端电压增为原来的2倍时,流过电阻的电流多大?[分析]通常,可认为电阻一定,根据欧姆定律,通过电阻的电流与其两端的电压成正比,可用比例法解得.[解]设电阻为R,原来两端的电压为U,通过电阻的电流为I.,当电阻两端电压变为U1=1/2时,通过电阻的电流变为I1=I—
0.5,.根据欧姆定律当电阻两端电压变为U2=2U时,设通过电阻的电流变为I2,同理得联立
①~
③式,得I2=2A.[说明]本题也可用I—U图线解得.如图所示,根据题意,在I、U两轴上标出有关物理量.由相似三角形对应边成比例得联立两式即得I2=2A.
2、欧姆定律·典型例题解析【例1】在10s内通过电解槽某一横截面向右迁移的正离子所带的电量为2C,向左迁移的负离子所带电量为3C,那么电解槽中电流强度大小为多少?解析正负电荷向相反方向运动形成电流的方向是一致的,因此在计算电流强度I=q/t时q应是正负电量绝对值之和.I=2C+3C/10s=
0.5A.点拨正负电荷向相反方向运动计算电流强度时,q应是正负电量绝对值之和.【例2】如图15-2所示为A、B两个导体的伏安特性曲线.1A、B电阻之比RA∶RB为________.2若两个导体中电流相等不为零时,电压之比UA∶UB为________;3若两个导体的电压相等不为零时电流强度之比IA∶IB为________.解析1在I-U图象中.电阻的大小等于图线斜率的倒数RA∶RB=IB1∶IA1.2由欧姆定律得UA∶UB=RA∶RB=IB1∶IA13IA∶IB=RB∶RA=IA1∶IB1点拨分析电阻的I-U图线或U-I图线,关键是先搞清图线斜率的物理意义,分清k=R还是k=1/R.【例3】如图15-3所示的电路中,R1=R2=R3=R4=4Ω,A、B所加电压U=
2.4V;若在a,b间接一理想电压表时,其示数为________V;在ab间接理想电流表时,其示数为________A.点拨在ab间接理想电压表时,相当于ab断路,其测量的是R3和R4上的电压之和.在ab间接理想安培表时,相当于ab短路,其测量的是流过R2和R3的电流之和.(答案
1.
920.8)【例4】三个标有“100Ω4W”、“12Ω48W”和“90Ω10W”的电阻,当它们串联使用时电路两端允许加的最大总电压为________V;并联使用时电路允许通过的最大总电流________A.点拨首先算出各电阻的额定电流和额定电压,串联按最小电流,并联按最小电压计算.答案
40.
42.1跟踪反馈1.欧姆定律适用于[]A.金属导电 B.气体导电C.电解液导电 D.所有的电器元件2.由公式I=U/R可以得到U=IR,下列有关说法中正确的是[]A.导体两端的电压U与导体中的电流I、导体的电阻R成正比B.导体两端的电压U,由通过它的电流和它的电阻共同决定C.在电路中,导体的电阻越大,它两端的电压也越大D.导体两端的电压在数值上等于它的电阻R与通过它的电流的乘积3.如图所示15-4种导电器件的伏安特性曲线中,满足欧姆定律的是[]4.有一横截面积为S的铜导线,流经其中的电流强度为I,设每单位体积的导线中有n个自由电子,电子的电量为e.此时电子定向移动的速度为v=________,那么在t时间内通过导体横截面积的自由电子的个数可表示为________.答案1.AC2.AD3.C4.I/nesIt/e
3、电阻定律电阻率·典型例题解析【例1】一卷铝导线,横截面积为1mm2,当这卷导线两端电压为58V时,流过导线的电流为2A,这卷导线多长?解析R=U/I=ρL/S得L=US/ρI=58×1×10-6/
2.9×10-8×2m=1000m点拨此类题目往往结合电阻定律和欧姆定律求解.【例2】把电阻是1Ω的一根金属丝,拉长为原来的2倍,问导体的电阻是多大?解析据R=ρL/S=ρL2/V,金属丝拉长为原来的2倍,而金属丝的体积不变,则电阻大小为原来的4倍.点拨导线被拉长或对折时,除导线的长度变化外,导线的横截面积也随之变化.常用公式R=ρL/S=ρV/S2=ρL2/V求解.【例3】金属铂的电阻对温度非常“敏感”,试画出I-U图线.点拨金属的电阻随温度升高而增大,由伏安特性可知,电阻增大,斜率减小,曲线平缓.【例4】如图15-9所示,现有半球形导体材料,接成两种形式,则两种接法的电阻值之比为________.点拨可以认为a图是两个球串联中的一部分,b图是两个球并联中的一部分.(答案1∶4)跟踪反馈1.关于电阻率,以下说法中正确的是[]A.纯金属的电阻率小,合金的电阻率较大,绝缘体的电阻率最大B.纯金属的电阻率随温度的升高而减小,绝缘体的电阻率随温度的升高而增大C.超导体的电阻率为零,所以对电流的阻碍作用为零D.电阻率的大小只随温度的变化而变化,而与材料本身无关2.一根均匀电阻丝阻值为R,在以下哪些情况下,阻值仍为R[]A.长度变为一半,横截面积增大一倍时B.横截面积变为一半,长度变为二倍时C.长度和横截面积都变为原来的2倍时D.直径变为一半,长度变为1/4时3.把电阻是1Ω的一根金属丝截成等长的十段,把这十段金属丝并联起来,这样并联的一组金属丝的总电阻是多少?4.如图15-10,一段长为a,宽为b,高为ca>b>c的导体,将其中的两个对立面接入电路中时,最大的电阻为R,则最小的电阻为[]A.c2R/a2 B.c2R/abC.a2R/bc D.R答案1.A2.CD3.
0.01Ω4.A
4、电功和电功率焦耳定律·典型例题解析【例1】不考虑温度对电阻的影响,一个“220V40W”的灯泡,下列说法正确的是[]A.接在110V的线路上的功率为20WB.接在110V的线路上的功率为10WC.接在440V的线路上的功率为160WD.接在55V的线路上的功率为
2.5W解析P=U2/R可知,对R一定的用电器P与U2成正比,所以BD正确.点拨利用比例法解答实际功率的习题是一种常用的方法.【例2】对计算任何类型的用电器的电功率都适用的公式是[]A.P=I2R B.P=U2/RC.P=UI D.P=W/t解析D是定义式,C是通过定义式推导而得,而A、B都是通过欧姆定律推导,所以A、B只适用于纯电阻电路.选CD.点拨通过该道题理解电流做功的过程,即是电能转化成其他形式能的过程.要区分电功率和热功率以及电功和电热.【例3】一台电动机额定电压为220V,线圈电阻R=
0.5Ω,电动机正常工作时通过电动机线圈的电流强度为1A.当电动机正常工作10min,求1消耗的电能?2产生的热量?3输出的机械能?点拨区分电功和电热求法,及二者的关系.(答案11.32×105J2300J
31.29×105)【例4】一个电阻为20Ω的导体,当它每通过3C电量时,电流做功18J,那么此导体所加的电压为________V,通过3C电量的时间为________s.点拨可利用公式W=qU和欧姆定律U=IR及I=q/t求解.(答案6V10s)跟踪反馈1.用户保险丝允许通过的最大的电流一般都不大,几个安培如果电路中接入1KW以上的用电器,通过计算说明为什么保险丝会被烧断?2.一台电动机,电枢电阻为
0.5Ω,加在电动机两端的电压是220V,当电动机正常运转时电流强度为20A,则每分钟有多少焦耳的机械能输出?3.白炽灯的灯丝断了以后,轻摇灯泡将断了的灯丝搭上后,其亮度比原来________,填亮、暗是什么原因?________.4.一个标有“110V10W”的灯泡,求1它的电阻2如果接在110V的电路中实际功率是多大?3正常工作的电流?4接在220V的电路中时,它的实际功率多大,会发生什么现象?答案1.
4.55A2.
2.52×105J3.亮灯丝电阻变小4.11210Ω210w
30.09A440W灯丝烧断
5、闭合电路欧姆定律·典型例题解析【例1】电动势为2V的电源与一个阻值为9Ω的电阻构成闭和回路,测得电源两端电压为
1.8V,求电源的内电阻.解析画出如图15-16的电路图,U外=
1.8V由E=U外+U内得U内=
0.2V,I=U外/R=
0.2A,r=U内/I=1Ω.点拨闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律往往结合起来应用.【例2】在如图15-17所示的电路中,在滑动变阻器R2的滑动头向下移动的过程中,电压表V和电流表A的示数变化情况如何?解析R2的滑动头向下移动的过程中变阻器的电阻增大,则外电路总电阻也增大,据串联电路的特点外电路与内阻串联,路端电压也增大,即电压表V读数增大.据欧姆定律总电阻增大,电路中总电流I定要减少,又因为R1不变,所以IR1减少,由上分析路端电压增大,所以R
2、R3两端电压增大,R3不变,通过其电流要增大,所以通过R2的电流一定减少.点拨处理此类问题的方法是一要抓住变化中的不变因素,如电源的E、r等;二要从电阻的变化情况入手,一般的分析思路是将部分电路的欧姆定律和闭合电路的欧姆定律结合起来,从局部到整体,再回到局部,分析电路中的电流及电压变化.【例3】如图15-18所示的电路中,电源的电动势恒定,要想使灯泡变暗,可以[]A.增大R1 B.减小R1C.增大R2 D.减小R2点拨电容器接在电路中稳定时相当于电路断开,因此该电路是灯与R2并联再与R1串联.参考答案AD【例4】如图15-19所示的电路中,灯L1的电阻R1=6Ω,电键从断开到闭合,电路总电流变为原来的2倍,而通过灯L1的电流变为原来的1/2,求灯L2的电阻和电池的内电阻.点拨闭合电键,L1的电流变为原来的1/2,说明外电路的电压变为原来的1/2,总电流为原来的2倍,说明总电阻是原来的1/2,再根据闭合电路的欧姆定律求解.(答案2Ω3Ω)跟踪反馈1.如图15-20,当滑动变阻器触片移动时,电流表的读数变化情况是[]A.A、B同时增大,同时减小B.A增B减,或A减B增C.A值总大于B值D.B值不可能大于A值2.如图15-21电路,三电阻均为R,将电池与C电阻的位置交换后,发现通过B电阻的电流减小一半,则电池内电阻r为[]A.2R B.R/2C.R D.2R/33.如图15-22,电源为9V,1Ω的电池组,要将“4V4W”的灯泡接入虚线框中,在正常发光的条件下,最多能接[]A.2个 B.3个C.4个 D.5个4.如图15-23所示,外电路在电场力的作用下,移动2C电荷电场力做功12J,在整个闭合回路中,移动1C电荷做功8J,R1∶R3=3∶1,安培表1的示数为1A,求电源电动势和内电阻.答案1.AD2.C3.D4.8V
0.5Ω
6、闭合电路欧姆定律2·典型例题解析【例1】如图15-27所示,设R1=R2=R3=R4=R,求开关S闭合和断开时,A、B两端的电阻之比.解析当开关S闭合时,节点有A、B、C、D,再据同一根导线上各点电势相等,所以B、C、D可认为是同一点,设电流从A流向B,则A为高电势点,B、C、D为低电势点,所以以电路简化后如图15-28,R
1、R
2、R3并联,R总=R/3当开关S断开时,仍设电流从A流向B,则节点按电势高低排列为A→D→C或B,所以电流流向是A→D→C,电路的简路图如图15-29,易算出总电阻RAB′=2R/5,∴RAB RAB′=56点拨分析电路关键是找准节点,确定等势点同一导线上各点电势相等,把节点按电势高低顺序排列好.【例2】如图15-30所示,R1=6Ω,R2=3Ω,C1=6μF,E=18v,r=0,当开关S断开时,求
(1)A点电势A,
(2)当开关S闭合时,电容器C1的电量变化了多少库仑?解析1电容器在直流电路中稳定后,两支路都无电流,B与C电势相等,A与D电势相等.2当把开关S闭合后,两电容器相当于两电压表,所以C1两端电势差∴C1两端电势差的变化量ΔU=U′-U=12V-18V=-6V负号表示的减少∴ΔQ=ΔU·C=-6×6×10-6C=-
3.6×10-5C负号表示电量减少点拨电容器接在直流电路中相当于电路断开也可当成电压表看待,这样易看出电路中电容器两端电压.【例3】如图15-31,滑线变阻器P向左移动,电阻R1两端电压如何变化,灯亮度如何变化?点拨由R2的变化分析总电流的变化,进而分析R1两端电压和灯的亮度如何变化.参考答案变大变暗【例4】两灯泡A220V、100W、B220V、25W串联后,为了使两灯泡正常使用,求串联时电路的路端电压的最大值,电路允许消耗的最大功率.点拨串联时电路能允许通过最大电流为各灯泡额定电流的最小值.(答案275V
31.25W)跟踪反馈1.如图15-32,试计算A、B之间总电阻,每一个电阻均为R,如有开关分别计S断开与闭合两种情况2.如图15-33所示,U=10V,R1=4Ω,R2=6Ω,C=30μF.求
①闭合开关S,稳定后通过R1的电流.
②在前一问基础上,断开S,求这以后通过R1的总电量.3.如图15-34所示,当变阻器向左移动,三个灯泡的亮度变化情况是L1________L2________L3________.4.三个灯泡并联接在220V电源上,总电流为2A,第三盏灯的功率为100W,且R2=2R1,则第
一、第二盏灯消耗的功率分别为多少?答案1.aS断开
1.5RS闭合RbS断开RS闭合R/3cS断开5R/3S闭合
0.6RdS断开
0.5RS闭合
0.5R2.1A
1.2×10-4C3.变亮变暗变暗4.
226.7W
113.3W
7、串联电路和并联电路典型例题[例1]电阻R1和R2分别标有规格“100Ω、4w”和“
12.5Ω、8w”,将它们串联起来之后,能承受的最大电压是[]A.30VB.90VC.
22.5VD.25V串联后能承受的总电压为U=U1+U2=30(V)选(A)[正确解答]R
1、R2的额定电流分别为由于R1中允许通过的最大电流也就是串联电路中允许通过的最大电流,有Um=I1(R1+R2)=
0.2(100+
12.5)=
22.5V应选(C)[错因分析与解题指导][误解]的错因有两点
(1)以为额定电压就是电阻实际受到的电压;
(2)以为各电阻的额定电压加起来就是串联电阻总的能承受的电压反映出对额定电压的概念很模糊;对串联分压的规律很不了解事实上,若在串联的R
1、R2两端加上30V电压,由串联分压知识知U1=
26.27V>20V对串联用电器,一般从工作电流着手来考虑问题由于I1<I2,为保证R
1、R2能正常工作,只能取电路中电流为I1,但须注意这时对R2来讲,U2=I1R2=
0.2×
12.5=
2.5V,即R2的实际电压
2.5V小于其额定电压10V[例2]一盏弧光灯的额定电压是40V,正常工作时的电流是5A,如何把它接入电压恒为220V的照明线路上才能正常工作?[分析]由于电源电压大于弧光灯的额定电压,为了使它正常工作,可采用串联分压的办法.[解]设弧光灯的电阻为R1,额定电压U1=40V.需串联的电阻为R2,电源电压U=220V,电路如图所示.方法1因串联电阻R2上分到的电压U2=U—U1,通过它的电流就是弧光灯的工作电流,所以其电阻值方法2接入220V电路时能正常工作的总电阻弧光灯发光时的电阻所以应串联的电阻R2=R-R1=44Ω-8Ω=36Ω.方法3由串联电阻上分配到的电压U2,根据串联分压得[例3]甲、乙两个同种材料制成的保险丝,直径分别是d1=
0.5mm和d2=1mm,熔断电流分别为2A和6A把以上两根保险丝各取等长一段并联后再接入电路中,允许通过的最大电流是[]A
6.0AB
7.5AC
8.0AD
10.0A[误解]由于保险丝的熔断电流不变,R
1、R2并联后接入电路,允许通过并联电路的最大电流为Im=I1+I2=8(A)故选(C)因熔断电流I2为6A,故通过R1的电流只能是I1=
1.5A,所以电路中允许通过的最大电流为Im=I1+I2=
1.5+6=
7.故选(B)[错因分析与解题指导][误解]的原因是没有认识到保险丝的熔断电流和并联后接在电路中时通过保险丝的实际电流两者的联系和区别事实上,当R1,R2 若流过R1的电流是2A,则流过R2的电流不会是6A,应该是8A这样,通过R2的电流大于其熔断电流6A,R2先熔断,而后R1再断显然这是我们不希望出现的情况[例4]如图所示电路,R1=2Ω,R2=3Ω,R3=4Ω.
(1)如已知流过电阻R1的电流I1=3A,则干路电流多大?
(2)如果已知干路电流I=3A,流过每个电阻的电流多大?[分析]
(1)由I
1、R1可算出并联电路的电压,即可算出I
2、I3,总电流I=I1+I2+I
3.
(2)先可算出并联总电阻R,由I与R的反比关系可算出每个电阻的电流.[解]
(1)并联电路的电压U=I1R1=3×2V=6V,流过电阻R
2、R3的电流分别为所以干路电流为I=I1+I2+I3=(3+2+
1.5)A=
6.5A.
(2)设并联电路总电阻为R,则通过各个电阻的电流分别为[说明]对第
(1)小题也可应用电流与电阻的反比关系,由I1R1=I2R2=I3R3,但必须注意,不要根据并联电路上电流与电阻成反比,把这三个电阻中电流的关系错写成I1∶I2∶I3=R3∶R2∶R
1.[例5]如图所示电路中,R
1、R
2、R3的额定功率均为1W,额定电压为4V,这个电路允许消耗的电功率多大?这时电路两端AB间的电压多大?[分析]由于三个电阻相同,而并联部分的电阻小于R1的电阻,因此无法同时保证三个电阻都得到额定电压,只能保证R1在额定电压下工作.[解]设R1=R2=R3=R,因所以当电阻R1达额定电压值时,R
2、R3上的电压仅为额定值的一半,即UR1=4V,UR2=UR3=2V.电路允许消耗的电功率为PAB=P1+P2+P3=
1.5W.这时电路AB两端间的电压UAB=UR1+UR2=6V.[例6]如图所示的电路中,三个电阻的阻值相等,电流表A
1、A2和A3的内电阻均可忽略,它们的示数分别为I
1、I2和I3,则I1I2I3=__________________.[分析]从左到右把电阻两端记为a、b、c、d,该电路中共有三条支线第一支线由a点经A2到C点,再经R到d点;第二支线由a点经A2到C点,经R到b点,经A3到d点;第三支线由a点经R到b点,再经A3到d点.因此,画出的等效的电路如图所示.不计电流表内电阻时,三个电阻并联.设总电流为I,则通过每个电阻的电流T
1、T
2、T
3、相等,均为I/3,其中,电流表A1测量的是总电流,即I1=I.,电流表A2测量的是流过上面两支路的电流,即I2=T1+T2=2I/3,电流表A3测量的是流过下面两支路中的电流[答]3,2,2[例7]如图所示电路中,各电阻阻值已标出.当输入电压UAB=110V时,输出电压UCD=______V.[分析]电路的总电阻为由串联分压得并联部分上的电压为同理,得电阻R上分到的电压,即输出电压[答]
1.[说明]本题也可采用反向试探法设电阻R上输出电压UCB=1V,由串联分压知,阻值为9R的电阻上的电压为9V,故并联部分的电压为10V.因并联部分的电阻又由串联分压得阻值为10R的电阻上的电压为100V,所以要求的输入电压UAB=100V+10V=110V.它正好符合题中条件,可知电阻R上的输出电压确为IV.若电路中实际输入电压仅为UAB=55V,则电阻R上的输出电压为UR=UCB=
0.5V.其他情况可参照类推.[例8]一滑动变阻器R1与三个电键K
1、K
2、K3和一个负载电阻R2组合成如图所示电路,分别指出当变阻器处于下述三种状况下,对负载电阻R2的控制作用是什么?并指出使用中的注意点
(1)K
1、K3均断开,而K2接通时;
(2)K3断开,而K
1、K2均接通时;
(3)K
1、K
2、K3均接通时[分析]此题为考察滑动变阻器用法的一个综合的习题,应对滑动变阻器的结构有所了解滑动变阻器有4个接线柱a、b、c、d,滑片p可以滑动,当a、c接入电路时,滑动变阻器左边电阻丝pa是有用的,p向右滑动电阻丝变长,连入电路中的电阻变大,类似的接法还有a和d、b的c、d和b接入电路,c和d,a和b接a电路是错误的前者使变阻器短路,后者不能改变电阻,且有可能损坏其他电路元件,切记不能这样连接上述连接有两个接触点,还可采用有三个接触点的接法即a、b两个端点和c、d中的一个端点另外,此题求解中应画出不同情况下的电路简化图[解答]
(1)当K
1、K3断开,K2接通时电路结构如图1所示,R1和R2为“串联限流”作用,变阻器R1的起始电阻应大些,这样将会对R2起保护作用
(2)当K3断开,K
1、K2接通后,电路结构如图2所示,变阻器R1对负载电阻R2起“并联分压”作用,此时变阻器的接法必须用三个接触点只有当R1下半部分的起始电阻较小时,才能对负载R2起保护作用加在R2上的电压随P的上下移动而改变,向上移动U2变大,反之U2变小
(3)当K
1、K
2、K3均接通时,电路结构如图3所示设电路中的总电流保持不变,且大于R2允许通过的最大电流,即I>I2=
0.24A用时R1起始电阻应小些,必须用三个接触点的接法,严忌R1断路,以免烧坏负载R2或可能烧毁电源[说明]滑动变阻器滑片的滑动,可以改变电路的结构,分析滑片移动产生的影响时,需先明确它在电路中的位置及所起的作用,分清是“串联限流”、“并联分压”还是“并联分流”也可以将滑动变阻器看成是两个相互连接的电阻当滑动端变化时,这两个电阻R1~R2的阻值改变
8、电压表和电流表·典型例题分析【例1】一电流表G,内阻Rg=100Ω,满偏电流Ig=3mA,把它改装成量程为3V的电压表,需串联一个多大的电阻?该电压表的内阻多大?解析当电压表两端电压3V时,G表头分担的电压Vg=IgRg=
0.3V,分压的内阻R分担的电压VR=V-Vg=
2.7V,由串联电路的分压原理得R=RgUR/Ug=900Ω,即电流表G串联900Ω的分压电阻后,就改装成量程为3V的电压表.电压表的内阻RV=R+Rg=1000Ω点拨电流表改装成电压表,串联一个阻值越大的电阻,改装后的电压表量程就越大,与电流表G串联的分压电阻越大,改装后的电压表的内阻就越大.【例2】电流表G,内阻Rg=25Ω,满偏电流Ig=3mA,要改装成量程为
0.6A的电流表,应如何改装?改装后此电流表的内阻多大?解析当通过电流表的电流最大
0.6A时,其中通过表头G的电流最大为
0.003A,通过分流电阻R上的电流最大为IR=I-Ig=
0.597A,由分流原理得Ig/IR=R/Rg,∴R=IgRg/IR=
0.126Ω,即将表头G并联
0.126Ω的电阻,就改装成了
0.6A的电流表.改装后电流表的内阻RA=RgR/Rg+RΩ点拨把电流表G改装成电流表A,需要并联的电阻阻值越小,改装后的电流表量程就越大,需要与电流表G并联的分流电阻越小,改装后的电流表的内阻就越小.【例3】有一电流表G内阻Rg=10Ω,满偏电流Ig=1mA,现把它改装成量程是6V的伏特表和量程为2A的安培表,电路如图15-41所示.1当S1和S2都断开和都闭合时各是什么表?2R1和R2各应等于多少?点拨在S1和S2都断开和都闭合时,分析电阻R1和R2谁起作用,与电流表G的连接方式怎样,从而确定是什么表,并根据改装的量程求出R1和R2.【例4】如图15-42所示的两个串联的电阻R1=12KΩ,R2=36KΩ,A、B两端的电压保持15V不变,那么1R
1、R2两端的电压分别是多少?2如果伏特表V的内阻是12KΩ,当S分别与C、D接触时跟踪反馈的读数是多大?点拨伏特表的读数应是伏特表与其并联部分电路的电阻上分担的电压.答案S1S2都闭合时,安培表;S1S2都短开时,伏特表R1=
5.99KΩ,R2=
0.005Ω,例
四、
(1)
3.75v,
11.25v,
(2)15/7v,90/7v,60/7v,45/7v跟踪反馈1.灵敏电流计的满偏电流为500μA,若使其并联一个103Ω的电阻,则成为一个量程为1mA的毫安表,若将这个毫安表改装成量程为10V的电压表,应________联一个________的电阻.2.已知满偏电流为200mA,内阻为500Ω的电流表,把它串联一个
14.5KΩ的电阻后,作电压表使用,该电压表的量程为________V,若用它测量某一电路两端电压时,电压表示数如图15-43所示,则电路两端的电压为________V.3.如图15-44所示,一个有3V和30V的两种量程的电压表,表头内阻为15Ω,满偏电流为1mA,求R
1、R2的阻值各为多少?4.有一电流表,把它改装成量程为3A的安培表时,需要加一个
0.2Ω的分流电阻,把它改装成量程为6A的安培表时,需要加一个
0.08Ω的分流电阻,求电流表原来的电阻和量程.答案1.串
1.9×1042.300060003.3000370004.
0.4Ω1A
9、阻的测量·典型例题解析【例1】如图15-49所示的电路中,电压表和电流表的读数分别为10V和
0.1A,那么待测电阻RX的测量值比真实值________,真实值为________.电流表的内阻为
0.2Ω解析此电路为伏特表外接法,电压表的测量值偏大,据欧姆定律,测量值R偏大.测量值R=U/I=10/
0.1Ω=100Ω实际上是电流表内阻和待测电阻之和,因此真实值为100Ω-
0.2Ω=
99.8Ω.点拨在分析伏安法测电阻的误差问题时,关键是判断误差到底是出于电压表还是电流表的读数,然后根据相关的知识求解即可.【例2】如图15-50,用伏安法测电阻时,如果不知道待测电阻的大概值时,为了选择正确的电路以减少误差,可将电压表一个接头分别在a、b两点接触一下,如果安培表读数没有显著变化,则P应接在________处.如果伏特表读数没有显著变化,则P应接在________处.解析若P从a移到b时,安培表读数没有显著变化,说明伏特表的分流不明显,待测电阻R是小电阻,P应接在a处;若P从a移到b时,伏特表读数没有显著变化,说明电流表的分压不明显,待测电阻R是大电阻,P应接在b处.点拨在不知道电阻的大小时,用试触判断方法很有效.【例3】如图15-51,U=6V,变阻器的最大电阻R′=50Ω,负载电阻R=100Ω.1滑片P移到A端时,R上的电压是多大?滑片P移到B端时,R上的电压是多大?滑片P移到AB中点时,R上的电压是多大?2滑片P从A端向B端移动时,R上的电压怎样变化?点拨首先确定电路连接方式,然后再据电路特点进行计算.答案10V6V
2.67V2逐渐变大【例4】用伏安法测一个阻值约为12Ω的电阻,要求测量结果尽量准确,下列器材中应选用的是________,画出电路图.[]A.电池组6V,内阻很小B.电流表0-3A,内阻是
0.0125ΩC.电流表0-
0.6A,内阻
0.0125ΩD.电压表0-3V,内阻3KΩE.电压表0-6V,内阻6KΩF.滑动变阻器0-20Ω1AG.滑动变阻器0-200Ω
0.3AH.电键、导线点拨电表的选择既要考虑最大量程,又要考虑电表读数变化的明显,电路的连接要考虑安培表的内接或外接,滑动变阻器的连接要考虑采用分压式还是限流式.(答案ACEFH)跟踪反馈1.如图15-52,若考虑电压表和电流表的内阻影响,用两表读数算出的R测=U/I[]A.比R的真实值大B.比R的真实值小C.引起误差的原因是I偏小D.引起误差的原因是U偏小2.在《测金属电阻率》的实验中,为什么采用安培表的外接法来测金属丝的电阻?3.如图15-53,滑动变阻器R1的最大阻值是200Ω,R2为200Ω,AB两端间的电压为8V,当开关S断开时,移动滑动头P,R2两端可获得电压的范围值为________V;当开关S闭合时,移动滑动头P,R2两端可获得电压的范围值为________V.4.用伏安法较准确的测定一个阻值约为100Ω的电阻,所给的器材规格如下A.电流表0-
0.6A,内阻
0.1Ω;B.电压表0-6V,内阻5KΩ;C.电池
4.5V,内阻不计;D.滑动变阻器0-50Ω,1A;E.开关一个,F.导线若干.在用图象法求Rx中,试画出所采用的电路图.答案1.A2.金属丝的电阻较小3.4--80--84.略纵深例题解析【例1】如图15-56,是一个电路的一部分,其中R1=5Ω,R2=1Ω,R3=3Ω,I1=
0.2A,I2=
0.1A,那么电流表测得的电流为[]A.
0.2A.方向向右B.
0.15A,方向向左C.
0.2A,方向向左D.
0.3A,方向向右解析由图示电流方向可计算出R1和R2两端电压降U1=
1.0V,U2=
0.1V,电势左高右低,比较U1,U2可判定R3两端电势下高上低,U3=
0.9V,通过R3中的电流I3=U3/R3=
0.3A的电流,向上流,由图可知R3上电流由I2和IA共同提供的,IA=
0.2A,方向向左.点拨电势的高低是判断电流方向的基本方法.因为U1>U2,所以R3两端电势下端比上端高.【例2】有两只电压表V1和V2量程已知,内阻不知,另有一个电池,内阻不知.用这两只伏特表、开关和一些导线,测量电池的电动势已知电动势不超过电压表量程
①画出测量用的电路图
②导出计算电动势式子.解析测量用的电路图如图12-57a、b所示.设伏特表内阻分别为R1和R2,电源电动势E,内电阻为r,则由a图得U1=ER1/R1+r 1由b图得U1′+U2=R1+R2E/R1+R2+r 2U1′/U2=R1/R2 3由123解之得E=U1U2/U1-U1′点拨如果考虑电压表或安培表对电路的影响,则可将它们视为电阻.【例3】如图15-58所示,直线A为电源的U-I图线,直线B为电阻R的U-I图线;用该电源和电阻组成的闭合电路,电源输出功率和电路的总功率分别是[]A.4W,8WB.2W,4WC.4W,6WD.2W,3W解析方法1电源U-I图线可求E=3V,r=3V/6A=
0.5Ω.由电阻的U-I图可求R=U/I=1Ω,据闭合路电欧姆定律得I=E/R+r=2A,由功率的公式得P输出=I2R=4W,P总=EI=6W.方法2通过图线E=3V,图线A、B的交点的横坐标和纵坐标分别表示电路中的电流和路端电压,I=2A,U=2V,P输出=IU=4W,P总=IE=6W.【例4】如图15-59,玻璃容器内盛有200g的KOH水溶液,溶质的质量占2%,A、B为两个铂电极.开始时开关S断开,电压表示数为6V,闭合开关S开始通电,电压表示变为
4.8V,经过8×104s时间,断开S停止通电,溶液中溶质的质量占总量的2/55.求1电源电动势;2电源内阻.解析1电动势等于断路时路端电压则E=6V.2通电过程即为电解水的过程,设通电后水的质量为m.则有200×20%=2m/55则m=110g则消耗水的质量Δm=200克-110克=90g,即5mol水;每电解1mol水就有2mol电子通过电路,所以共有10mol电子通过电路.I=q/t=10×
1.6×10-19×6×1023/8×104A=12A则r=E-U/I=6-
4.8/12Ω=
0.1Ω点拨这是一道物理与化学综合题目,此题的关键是求出电解水的量,从而求出电解这么多水电路所通过电量.近年来,除了继续考查电路的有关知识外,更注重对电路的设计、实验等能力方面的考察.【例5】1995年全国卷在如图15-60电路中K
1、K
2、K
3、K4均闭合,C是极板水平放置的平行板电容器,板间悬浮着一油滴P,断开哪一个开关后P会向下运动?[]A.K1 B.K2C.K3 D.K4解析油滴受重力G与电场力F平衡,欲使液滴向下运动,电场力F<G,则E变小,则U变小,电容器可认为是电压表,电容器两端电压与R3两端电压相等,要使R3两端电压降低,只有断开K3,所以选C.【例6】2000年全国卷电阻R1,R2,R3连接成如图15-61所示的电路,放在一个箱中虚框所示,箱面上有三个接线柱A、B、C.请用多用电表和导线设计一个实验,通过在A、B、C的测量,确定各个电阻的阻值.要求写出实验步骤并用所测的值表示电阻R
1、R
2、R3.解析用导线短接电路进行测量,实验步骤如下1用导线连接BC,测出A、B间的电阻x;2用导线连接AB,测出B、C间的电阻y;3用导线连接AC,测出B、C间的电阻z;则有1/x=1/R1+1/R2,1/y=1/R3+1/R2,1/z=1/R1+1/R3解之得出R1=2xyz/xy+yz-xz,R2=2xyz/xz+yz-xy,R3=2xyz/xy+xz-yz.
十五、磁场
1、磁场磁感线·典型例题解析【例1】在地球赤道上空有一小磁针处于水平静止状态,突然发现小磁针N极向东偏转,由此可知[]A.一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的N极靠近小磁针B.一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针C.可能是小磁针正上方有电子流自南向北通过D.可能是小磁针正上方有电子流自北向南水平通过点拨掌握小磁针的N极受力方向与磁场方向相同,S极受力方向与磁场方向相反是解决此类问题的关键.(解答选C.)【例2】下列关于磁感线的说法正确的是[]A.磁感线上各点的切线方向就是该点的磁场方向B.磁场中任意两条磁感线均不可相交C.铁屑在磁场中的分布所形成的曲线就是磁感线D.磁感线总是从磁体的N极出发指向磁体的S极解答正确的应选AB.点拨对磁感线概念的理解和磁感线特点的掌握是关键.【例3】如图16-2所示为通电螺线管的纵剖面图,试画出a、b、c、d四个位置上小磁针静止时N极的指向.点拨通电螺线管周围的磁感线分布是小磁针静止时N极指向的根据.【例4】如图16-3所示,当铁心AB上绕有一定阻值的线圈后,在AB间的小磁针静止时N极水平向左,试在图中铁心上的A、B两侧绕上线圈,并与电源连接成正确的电路.点拨根据小磁针静止时N极指向确定铁心的N极、S极,再定绕线方向.跟踪反馈1.下列说法正确的是[]A.磁感线从磁体的N极出发,终止于磁体的S极B.磁感线可以表示磁场的方向和强弱C.磁铁能产生磁场,电流也能产生磁场D.放入通电螺线管内的小磁针,根据异名磁极相吸的原则,小磁针的N极一定指向通电螺线管的S极2.首先发现电流磁效应的科学家是[]A.安培B.奥斯特C.库仑D.麦克斯韦3.如图16-4所示,若一束电子沿y轴正方向运动,则在z轴上某点A的磁场方向应是[]A.沿x轴的正向B.沿x轴的负向C.沿z轴的正向D.沿z轴的负向4.如图16-5所示,a、b是直线电流的磁场,c、d是环形电流的磁场,e、f是通电螺线管的磁场,试在图中补画出电流方向或磁感线方向.答案1.BC2.B3.B4.a.垂直纸面向里,b.向上c.逆时针d.向下,e.向左f.向右
2、安培力磁感应强度·典型例题解析【例1】下列关于磁感应强度大小的说法中正确的是[]A.通电导线受安培力大的地方磁感应强度一定大B.磁感线的指向就是磁感应强度减小的方向C.放在匀强磁场中各处的通电导线,受力大小和方向处处相同D.磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关解答正确的应选D.点拨磁场中某点的磁感应强度的大小和方向由磁场本身决定,磁感应强度的大小可由磁感线的疏密来反映.安培力的大小不仅与B、I、L有关,还与导体的放法有关.【例2】如图16-14所示,其中A、B图已知电流和其所受磁场力的方向,试在图中标出磁场方向.C、D、E图已知磁场和它对电流作用力的方向,试在图中标出电流方向或电源的正负极.[]解答A图磁场方向垂直纸面向外;B图磁场方向在纸面内垂直F向下;C、D图电流方向均垂直于纸面向里;E图a端为电源负极.点拨根据左手定则,电流在磁场中受力的方向既要与磁感线垂直,还要与导线中的电流方向垂直,且垂直于磁感线与电流所决定的平面.【例3】画出图16-15中导线棒ab所受的磁场力方向.点拨画出正视图后,再用左手定则判定.【例4】在水平匀强磁场中,用两根相同的细绳水平悬挂粗细均匀的直导线MN,导线中通以从M到N的电流I,此时绳子受力都是F,为使F=0,可采用下列方法中的[]A.把电流强度增大到某一值B.把电流强度减小到某一值C.使电流I反向D.使磁场B反向点拨用左手定则判定出磁场力方向,再根据平衡知识解决.(答案A)跟踪反馈1.下列等式中正确的是[]A.1T=1Wb/m2B.1T=1kg/A·s2C.1T=1kg·m2/A·s2D.1T=1N/A·m2.磁场中某点的磁感线如图16-17所示,下列结论中正确的是[]A.磁感应强度Ba>BbB.磁感应强度Ba<BbC.同一通电导线放在a处时受的磁场力一定比放在b处时大D.同一通电导线放在a处时受的磁场力一定比放在b处时小3.有一段直导线长1cm,通以5A电流,把它置于磁场中的某点时,受到的磁场力为
0.1N,则该点的磁感应强度B可能值为[]A.1T B.5TC.2T D.
2.5T4.关于匀强磁场,下列说法中错误的是[]A.各处的磁感线疏密程度相同B.一小段通电导线在各处受力相同C.通电导线处于其中时,一定受磁场力的作用D.各处的磁感线是互相平行的答案1.ABD2.B3.BCD4.BC
3、电流表的工作原理·典型例题解析【例1】如图16-29所示,一细导体杆弯成四个拐角均为直角的平面折线,其ab、cd段长度均为l1,其bc段长度为l2,弯杆位于竖直平面内.Oa、dO′段由轴承支撑沿水平放置.整个弯杆置于匀强磁场中,磁场方向竖直向上,磁感应强度为B.今在导体杆中沿abcd通以大小为I的电流,此时导体杆受到的磁场力对OO′轴的力矩大小等于________.解析导体杆在竖直平面内通以I的电流时,ab、cd段电流方向磁场方向相同,不受磁场力作用.bc段受磁场力,此力对于OO′轴的力臂为l1.故Fm=BIl2,M=Fm×l1=BIl1l2.点拨紧扣基本概念,认真进行受力分析和图景分析是做好基本题的关键.【例2】如图16-30所示,将U形导轨以倾角θ斜放在匀强磁场中,磁感应强度B方向竖直向上.现将一光滑的金属棒水平放在导轨上,且已知棒质量为m,棒的电阻为R,导轨宽度为L,其电阻忽略不计,为使金属棒静止在导轨上,所加电源电动势大小为多大?解析光滑金属棒在磁场力Fm、重力mg、在导轨的支持力作用下静止.由平衡条件,得Fm=mgtanθ,Fm=BIL,I=E/R解之,得E=mgRtanθ/BL.点拨将复杂的问题分解成几个简单的问题,正确把握每个简单问题遵循的规律及相互间的衔接点,是解决综合问题的基本方法之一.【例3】在倾角θ=30°的斜面上,固定一金属框,宽L=
0.25m,接入电动势E=12V,内阻不计的电池.垂直框面放有一根质量m=
0.2kg的金属棒ab,它与框架的动摩擦因素μ=/6,整个装置放在磁感应强度B=
0.8T,垂直框面向上的匀强磁场中,如图16-32所示,试问如何调节滑动变阻器可使金属棒静止在框架上?设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,框架与棒的电阻不计,g=10m/s2点拨当滑动变阻器R取值较大时,I较小,安培力F较小,金属棒有下滑趋势,当滑动变阻器R取值较小时,I较大,安培力F较大,金属棒有上滑趋势.【例4】如图16-33所示,质量为m,长度为l的均匀金属棒MN,通过两根细金属丝悬挂在绝缘架PQ上,PQ又和充电电压U、电容量为C的电容及开关S相接,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,先接通S,当电容器在极短的时间内放电结束时,立即断开S,则金属棒MN能摆起的最大高度为多大?点拨用动量定理和功能关系解决.h=BlCU2/2m2g.跟踪反馈1.画出图16-34中甲和乙电流之间的作用力的方向,若乙图中,AB和CD在同一平面内,则CD开始时的运动情况是.垂直纸面向内看2.在同一平面内,两个半径不同的同心导体圆环中通以同向电流时[]A.两环都有向内收缩的趋势B.两环都有向外扩张的趋势C.内环有收缩的趋势,外环有扩张的趋势D.外环有收缩的趋势,内环有扩张的趋势3.一根长直导线穿过载有恒定电流的金属圆环的中心且垂直于环面,导线和环中的电流方向如图16-35所示,则环受到的磁场力为[]A.沿环半径向外B.沿环半径向内C.水平向左D.等于零4.如图16-36所示,条形磁铁在水平桌面上,在其N极上方放有一根固定的长直通电导线,导线与磁铁垂直,则[]A.磁铁对桌面的压力减少B.磁铁不受桌面的摩擦力作用C.磁铁对桌面的压力增大D.磁铁受到向左的摩擦力作用答案1.排斥,顺时针转动2.D3.D4.C
4、磁场对运动电荷的作用力·典型例题解析【例1】图16-49是表示磁场磁感强度B,负电荷运动方向v和磁场对电荷作用力f的相互关系图,这四个图中画得正确的是B、v、f两两垂直[]解答正确的应选A、B、C.点拨由左手定则可知四指指示正电荷运动的方向,当负电荷在运动时,四指指示的方向应与速度方向相反.【例2】带电量为+q的粒子,在匀强磁场中运动,下面说法中正确的是[]A.只要速度大小相同,所受洛伦兹力就相同B.如果把+q改为-q,且速度反向且大小不变,则洛伦兹力的大小、方向均不变C.只要带电粒子在磁场中运动,它一定受到洛伦兹力作用D.带电粒子受到洛伦兹力越小,则该磁场的磁感强度越小解答正确的应选B.点拨理解洛伦兹力的大小、方向与哪些因素有关是关键.【例3】如果运动电荷除磁场力外不受其他任何力的作用,则带电粒子在磁场中作下列运动可能成立的是[]A.作匀速直线运动B、作匀变速直线运动C.作变加速曲线运动D.作匀变速曲线运动点拨当v∥B时,f=0,故运动电荷不受洛伦兹力作用而作匀速直线运动.当v与B不平行时,f≠0且f与v恒垂直,即f只改变v的方向.故运动电荷作变加速曲线运动.(答案AC)【例4】如图16-50所示,在两平行板间有强度为E的匀强电场,方向竖直向下,一带电量为q的负粒子重力不计,垂直于电场方向以速度v飞入两板间,为了使粒子沿直线飞出,应在垂直于纸面内加一个怎样方向的磁场,其磁感应强度为多大?点拨要使粒子沿直线飞出,洛伦兹力必须与电场力平衡.答案磁感应强度的方向应垂直于纸面向内,大小为E/v跟踪反馈1.关于带电粒子所受洛伦兹力f、磁感应强度B和粒子速度v三者方向之间的关系,下列说法正确的是[]A.f、B、v三者必定均保持垂直B.f必定垂直于B、v,但B不一定垂直于vC.B必定垂直于f、v,但f不一定垂直于vD.v必定垂直于f、B,但f不一定垂直于B2.下列说法正确的是[]A.运动电荷在磁感应强度不为零的地方,一定受到洛伦兹力作用B.运动电荷在某处不受洛伦兹力作用,则该处的磁感应强度一定为零C.洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能,也不能改变带电粒子的动量D.洛伦兹力对带电粒子不做功3.如图16-51所示的正交电场和磁场/PGN0187B.TXT/PGN中,有一粒子沿垂直于电场和磁场的方向飞入其中,并沿直线运动不考虑重力作用,则此粒子[]A.一定带正电B.一定带负电C.可能带正电或负电,也可能不带电D.一定不带电4.如图16-52所示,匀强电场方向竖直向下,匀强磁场方向水平向里,有一正离子恰能沿直线从左到右水平飞越此区域,则[]A.若电子从右向左飞入,电子也沿直线运动B.若电子从右向左飞入,电子将向上偏转C.若电子从右向左飞入,电子将向下偏转D.若电子从左向右飞入,电子也沿直线运动答案1.B2.D3.C4.BD
5、带电粒子在磁场中的运动质谱仪·典型例题解析[例1]质子H和α粒子He从静止经相同的电势差加速后垂直进入同一匀强磁场作圆周运动,则这两粒子的动能之比Ek1∶Ek2=________,轨道半径之比r1∶r2=________,周期之比T1∶T2=________.点拨理解粒子的动能与电场力做功之间的关系,掌握粒子在匀强磁场中作圆周运动的轨道半径和周期公式是解决此题的关键.【例2】如图16-60所示,一束电子电量为e以速度v垂直射入磁感强度为B,宽度为d的匀强磁场中,穿透磁场时速度方向与原来入射方向的夹角是30°,则电子的质量是________,穿透磁场的时间是________.解析电子在磁场中运动,只受洛伦兹力作用,故其轨迹是圆弧一部分,又因为f⊥v,故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向的交点上,如图16-60中的O点.由几何知识可知AB间的圆心角θ=30°,OB为半径.r=d/sin30°=2d,又由r=mv/Be得m=2dBe/v.由于AB圆心角是30°,故穿透时间t=T/12=πd/3v.点拨带电粒子的匀速圆周运动的求解关键是画出匀速圆周运动的轨迹,利用几何知识找出圆心及相应的半径,从而找到圆弧所对应的圆心角.【例3】如图16-61所示,在屏上MN的上侧有磁感应强度为B的匀强磁场,一群带负电的同种粒子以相同的速度v从屏上P处的孔中沿垂直于磁场的方向射/PGN0191A.TXT/PGN入磁场.粒子入射方向在与B垂直的平面内,且散开在与MN的垂线PC的夹角为θ的范围内,粒子质量为m,电量为q,试确定粒子打在萤光屏上的位置.点拨各粒子进入磁场后作匀速圆周运动,轨道半径相同,运用左手定则确定各粒子的洛伦兹力方向,并定出圆心和轨迹.再由几何关系找出打在屏上的范围.答案【例4】如图16-62所示,电子枪发出的电子,初速度为零,当被一定的电势差U加速后,从N点沿MN方向出射,在MN的正下方距N点为d处有一个靶P,若加上垂直于纸面的匀强磁场,则电子恰能击中靶P.已知U、d,电子电量e,质量m以及∠MNP=α,则所加磁场的磁感应强度方向为________,大小为________.点拨电子经电势差U加速后,速度由零变为v,则ev=1/2mv2.v的方向水平向右,电子在洛伦兹力作用下,沿顺时针回旋到P,则电子在N点受洛伦兹力方向向下.由此确定B的方向.NP对应的圆心角为2α,则有Rsinα=d/2,而R=mv/Be,则B可求.答案跟踪反馈1.一带电粒子在磁感应强度是B的匀强磁场中作匀速圆周运动,如果它又顺利进入另一磁感应强度是2B的匀强磁场仍作匀速圆周运动,则[]A.粒子的速率加倍,周期减半B.粒子的速率不变,轨道半径减半C.粒子的速率减半,轨道半径变为原来的1/4D.粒子的速率不变,周期减半2.如图16-63所示,在磁感应强度是B的水平匀强磁场中有一电子以速度v0竖直向上运动,电子离开出发点能达到的最大高度是________,达到最大高度所用的时间是________,电子能达到的最大位移等于________,达到最大位移所用的时间是________.3.通电导线附近的平面上,有一带电粒子,只在磁场力作用下作曲线运动,其轨迹如图16-64所示,其中正确的是[]4.如图16-65所示,速度相同的质子和电子从缝O处射入匀强磁场中,磁场方向垂直于纸面向里,入射的方向在纸面内并与cdoab垂直,图中画出了四个圆弧其中一个是电子的轨迹,另一个是质子的轨迹,oa和od的半径相同,ob和oc的半径相同,则电子的轨迹是[]A.oaB.obC.oc D.od答案
1、BD,
2、,,,,
3、AD
4、A
6、安培分子电流假说磁性材料·典型例题解析【例1】关于分子电流,下面说法中正确的是[]A.分子电流假说最初是由法国学者法拉第提出的B.分子电流假说揭示了磁铁的磁场与电流的磁场具有共同的本质,即磁场都是由电荷的运动形成的C.“分子电流”是专指分子内部存在的环形电流D.分子电流假说无法解释加热“去磁”现象解答正确的是B.点拨了解物理学发展历史,不仅能做好这类题,也能帮助我们历史地去看待科学的发展进程.【例2】回旋加速器的磁场B=
1.5T,它的最大回旋半径r=
0.50m.当分别加速质子和α粒子时,求1加在两个D形盒间交变电压频率之比.2粒子所获得的最大动能之比.解析1T=2πm/Bq,故fP/fα=qpmα/qαmP=2.2由r=mv/Bq可得v=Bqr/m,所以被加速粒子的动能Ek=mv2/2=B2q2r2/2m.同一加速器最大半径r和所加磁场相同,故EP/Eα=1.点拨比例法是解物理问题的有效方法之一.使用的程序一般是根据研究对象的运动过程确定相应的物理规律,根据题意确定运动过程中的恒量,分析剩余物理量间的函数关系,建立比例式求解.【例3】如图16-74所示是显像管电子束运动的示意图.设加速电场两极间的电势差为U,垂直于纸平面的匀强磁场区域的宽度为L,要使电子束从磁场出来在图中所示120°范围内发生偏转即上、下各偏转60°,磁感应强度B的变化范围如何?电子电量e、质量m已知点拨这是彩色电视机显像管理想化以后的模型.先确定电子运动的圆心再结合几何知识求解.答案【例4】显像管的工作原理是阴极k发射的电子束经高压加速电场电压力U加速后,垂直正对圆心进入磁感应强度为B.半径为r的圆形匀强偏转磁场如图16-75所示,偏转后轰击荧光屏P,荧光屏受激而发光,在极短的时间内完成一幅扫描.若去离子水质量不好,所产生的阴极材料中含有少量SO,SO在荧光屏上,将在屏上出现暗斑,称为离子斑.如发生上述情况,试分析说明暗斑集中在荧光屏中央的原因(电子质量
9.1×10-31㎏,SO质量为
1.6×10-25㎏)跟踪反馈1.磁性是物质的一种普遍性质,大到宇宙中的星球,小到电子、质子等微观粒子,几乎都会呈现出磁性.地球就是一个巨大的磁体,在一些生物体内也有微量强磁性物质,研究表明鸽子正是利用体内所含的微量强磁性物质在地磁场中所受到的作用来帮助辨别方向的.如果在鸽子身上缚一块永磁体材料,且其附近的磁感应强度比地磁场更强,则[]A.鸽子仍能辨别方向B.鸽子更容易辨别方向C.鸽子会迷失方向D.不能确定鸽子是否会迷失方向2.关于分子电流的假说,是安培[]A.通过精密仪器观察到分子电流而提出的B.根据环形电流的磁场分布与条形磁铁相似提出的C.根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸取引提出的D.根据电子绕核旋转的理论提出的3.一根软铁棒放在磁铁附近会被磁化,这是因为[]A.在外磁场中作用下,软铁棒中的分子电流取向变得大致相同B.在外磁场中作用下,软铁棒中产生分子电流C.在外磁场中作用下,软铁棒中的分子电流消失D.在外磁场中作用下,软铁棒中的分子电流取向变得杂乱无章4.如图16-76所示,在一个半径R=
5.0cm的圆形截面上,分布着磁感强度B=
0.50T的匀强磁场.如果在圆面的中心处有一个电子,电子质量m=
9.1×10-31kg,电量e=
1.6×10-19C.求这个电子要穿离上述磁场区域所具有的动能多大?答案1.C2.B3.A4.
2.2×10-12J
7、带电粒子在复合场中的运动·典型例题解析【例1】一带电量为+q、质量为m的小球从倾角为θ的光滑的斜面上由静止开始下滑.斜面处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向如图16-83所示,求小球在斜面上滑行的速度范围和滑行的最大距离.解析带正电小球从光滑斜面下滑过程中受到重力mg、斜面的支持力N和洛伦兹力f的作用.由于小球下滑速度越来越大,所受的洛伦兹力越来越大,斜面的支持力越来越小,当支持力为零时,小球运动达到临界状态,此时小球的速度最大,在斜面上滑行的距离最大.故mgcosθ=Bqv,v=mgcosθ/Bq,为小球在斜面上运动的最大速度.此时小球移动距离为s=v2/2a=m2gcos2θ/2B2q2sinθ.点拨临界条件是物理学中一类较难的问题,在学习中要熟悉它们,并掌握应用的方法.【例2】空气电离后形成正负离子数相等、电性相反、呈现中性状态的等离子体,现有如图16-84所示的装置P和Q为一对平行金属板,两板距离为d,内有磁感应强度为B的匀强磁场.此装置叫磁流体发电机.设等离子体垂直进入磁场,速度为v,电量为q,气体通过的横截面积即PQ两板正对空间的横截面积为S,等效内阻为r,负载电阻为R,求1磁流体发电机的电动势ε;2磁流体发电机的总功率P.解析正负离子从左侧进入匀强磁场区域后,正离子受到洛伦兹力后向P板偏转,负离子向Q板偏转,在两极间形成竖直向下的电场,此后的离子将受到电场力作用.当洛伦兹力与电场力平衡后,等离子流不再偏转,磁流体发电机P、Q板间的电势达到最高.1当二力平衡时,有εq/d=Bqv,ε=Bvd.2当开关S闭合后,由闭合电路欧姆定律得I=ε/R+r=Bvd/R+r.发电机的总功率P=εI=B2v2d2/R+r.点拨分析运动过程,构建物理模型是解决问题的关键.【例3】如图16-85所示,在x轴上方有水平向左的匀强电场,电场强度为E,在x轴下方有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.正离子从M点垂直磁场方向,以速度v射入磁场区域,从N点以垂直于x轴的方向进入电场区域,然后到达y轴上P点,若OP=ON,则入射速度应多大?若正离子在磁场中运动时间为t1,在电场中运动时间为t2,则t1∶t2多大?点拨正离子匀强磁场中作匀速圆周运动,从M经1/4圆弧到N,在匀强电场中作类平抛运动.【例4】如图16-86所示,套在很长的绝缘直棒上的小球,其质量为m、带电量是+q,小球可在棒上滑动,将此棒竖直放在互相垂直,且沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中,电场强度是E,磁感强度是B,小球与棒的摩擦系数为μ,求小球由静止沿棒下落的最大加速度和最大速度.设小球带电量不变点拨分析小球受力情况,确定加速度和速度最大的条件v=0时,a最大;F合=0时,v最大.答案跟踪反馈1.如图16-87所示,一质量为m的带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中电场竖直向下,磁场在水平方向的竖直平面内作半径为R的匀速圆周运动,则这个液滴[]A.一定带正电,而且沿逆时针方向运动B.一定带负电,而且沿顺时针方向运动C.一定带负电,但绕行方向不能确定D.不能确定带电性质,也不能确定绕行方向2.图16-88中虚线所围的区域内,存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场.已知从左方P点处以v水平射入的电子,穿过此区域未发生偏转,设重力可忽略不计,则在这区域中的E和B的方向可能是[]A.E和B都沿水平方向,并与v方向相同B.E和B都沿水平方向,并与v方向相反C.E竖直向上,B垂直纸面向外D.E竖直向上,B垂直纸面向里3.如图16-89所示,光滑的半圆形绝缘曲面半径为R,有一质量为m,带电量为q的带正电小球从与圆心等高的A位置由静止沿曲面下滑,整个装置处于匀强电场和匀强磁场中,磁场的磁感应强度为B,电场强度为E=mg/q.则小球第二次经过最低点时对曲面的压力为多大?4.如图16-90所示,相互垂直的匀强电场和匀强磁场,其电场强度和磁感应强度分别为E和B,一个质量为m,带正电量为q的油滴,以水平速度v0从a点射入,经一段时间后运动到b,试计算1油滴刚进入叠加场a点时的加速度.2若到达b点时,偏离入射方向的距离为d,此时速度大小为多大?考答案纵深例题解析【例1】如图16-101所示,电源电动势E=2V,r=
0.5Ω,竖直导轨宽L=
0.2m,导轨电阻不计.另有一金属棒质量m=
0.1kg、电阻R=
0.5Ω,它与导轨间的动摩擦因数μ=
0.4,靠在导轨的外面.为使金属棒不滑,施一与纸面夹角为30°且与导体棒垂直指向纸里的匀强磁场,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10m/s2.求1此磁场的方向.2磁感强度B的取值范围.解析1画出由a→b的侧视图,并对棒ab受力分析如图16-102所示.经分析知磁场的方向斜向下.2当ab棒有向下滑的趋势时,受摩擦力向上为f,则Fsin30°+f-mg=0,F=B1IL,f=μFcos30°,I=ε/R+r,联立四式并代入数值得B1=
3.2T.当ab棒有向上滑的趋势时,受摩擦力向下为f′,则F′sin30°-f′-mg=0,f′=μF′cos30°,F′=B2IL,可解得B2=
16.3T所以若保持金属静止不滑,磁场应满足
3.2T≤B≤
16.3T【例2】如图16-103所示,在x轴上方有匀强电场,场强为E,在x轴下方有匀强磁场,磁感应强度为B,方向如图所示,在x轴上有一点M,离O点距离为L,现有一带电量为+q的粒子,从静止开始释放后能经过M点,求1如果此粒子放在y轴上,其坐标应满足什么关系?2如果此粒子不放在y轴上,其x、y坐标应满足什么关系?重力忽略不计解析1由于此带电粒子是从静止开始释放的,要能经过M点,其起始位置只能在匀强电场区域,其物理过程是静止电荷位于匀强电场区域的y轴上,受电场力作用而加速,以速度v进入磁场,在磁场中受洛仑兹力作用做匀速圆周运动,向x轴偏转,回转半周后过x轴重新进入电场.在电场中做类似于竖直上抛运动后仍以原速度从距O点2R处再次过x轴,在磁场回转半周后又从距O点4R处飞越x轴……如图16-104所示图中电场和磁场均未画出,故有L=2R,L=2×2R,…,L=2nR设粒子静止于y轴正方向,和原点距离为y,由能量定恒,有设粒子在磁场内做匀速圆周运动的半径为R,由Bqv=mv2/R2当粒子静止位置不在y轴上时,设起点坐标为x,y,依题意可知当x>L时,粒子不可能经过M点.当x=L时,粒子在+y轴上任何点均能过M点.当x<L时,有mv2/2=Eqy
①′R=mv/Bq
②′R=L-x/2n,n=1,2,3……
③′解
①′
②′
③′得y=B2qL-x2/8n2mE,n=1,2,3……【例3】1996年全国,26设在地面上方的真空室内,存在匀强电场和匀强磁场,已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的,电场强度的大小为E=
4.0V/m,磁感应强度的大小B=
0.15T,今有一带负电的质点以v=20m/s的速度在此区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动,求此带电质点的电量与质量之比q/m以及磁场的所有可能方向角度可用反三角函数表示.解析根据带电质点做匀速直线运动的条件,得知此带电质点所受的重力、电场力和洛仑兹力的合力必定为零,由此推知这三个力在同一竖直面内.如图16-105所示,质点的速度垂直纸面向外.解法1由合力为零的条件可得因质点带负电,电场方向与电场力方向相反,因而磁场方向也与电场力方向相反,设磁场方向与重力方向夹角为θ,则有qEsinθ=qvBcosθθ=tan-
10.75即磁场是沿着与重力方向成夹角θ=tan-
10.75且斜向下的一切方向.解法2因质点带负电,电场方向与电场力方向相反,因而磁场方向也与电场力方向相反,设磁场方向与重力方向间夹角为θ,由合力为零的条件,可得qEsinθ=qvBcosθqEcosθ+qvBsinθ=mgθ=tan-
10.75即磁场是沿着与重力方向成夹角θ=tan-
10.75,且斜向下方的一切方向.【例4】如图16-106是测量带电粒子质量的仪器工作原理示意图.设法使某有机化合物的气态分子导入图中所示的容器A中,使它受到电子束轰击,失去一个电子变成为正一价的分子离子.分子离子从狭缝S1以很小的速度进入电压为U的加速电场区初速不计,加速后,再通过狭缝S
2、S3射入磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于磁场区的界面PQ.最后,分子、离子打到感光片上,形成垂直于纸面而且平行于狭缝S3的细线.若测得细线到狭缝S3的距离为d.1导出分子离子的质量m的表达式.2根据分子离子的质量数M可以推测有机化合物的结构简式.若某种含C、H和卤素的化合物M为48,写出其结构简式.3现有某种含C、H和卤素的化合物,测得两个M值分别为64和66,试说明原因,并写出它们的结构简式.在推测有机化合物的结构时,可能用到的含量较多的同位素的质量数如下表解析1设分子离子的质量和电量分别为m、q,分子离子从狭缝S2射出时的速度为v则由动能定理得:qE=射入磁场后,分子离子在洛仑兹力的作用下做匀速圆周运动,设圆周运动的半径为R,则由牛顿第二定律得qvB=mv2/R又由几何关系得d=2R,2由于该有机化合物的质量数M=48,故化合物中的卤素不可能为Cl和Br,只能为F,因此,其结构简式为CH3CH2F.3从M的数值可判断该化合物不可能含Br,而只可能含Cl,又因为Cl存在两个含量较多的同位素35Cl和37Cl,所以测得题设含C、H和卤素的某有机化合物有两个M值,其对应的分子结构简式为CH3CH235Cl,M=64;CH3CH237Cl,M=66.高考对本章的每个知识点几乎都考查到,特别是左手定则和带电粒子在磁场或叠加场中的运动,更是命题热点.注重考查空间想象能力、物理过程、运动规律综合分析能力、应用数学解决物理问题的能力.这些能力仍将是未来高考所要求的.【例5】2000年全国,21如图16-107所示,两个共轴的圆筒形金属电极,外电极接地,其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d,外筒的外半径为r0.在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁强,磁感应强度的大小为B.在两极间加上电压,使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场.一质量为m、带电量为+q的粒子,从紧靠内筒且正对狭缝a的S点出发,初速为零.如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S,则两电极之间的电压U应是多少?不计重力,整个装置在真空中.解析如图16-108所示,带电粒子从S出发,在两筒之间的电场力作用下加速,沿径向穿出a而进入磁场区,在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动.粒子再回到S点的条件是能沿径向穿过狭缝d.只要穿过了d,粒子就会在电场作用下先减速,再反向加速,经d重新进入磁场区.然后,粒子将以同样方式经过c、b,再经过a回到S点.设粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动的半径为R,由洛仑兹力公式和牛顿定律得m由前面分析可知,要回到S点,粒子从a到d必经过圆周.所以半径R必定等于筒的外径r0,即R=r0【例6】2000年理科综合如图16-109所示,厚度为h,宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感强度为B的均匀磁场中,当电流通过导体板时,在导体板的上侧面A和下侧面A′之间会产生电势差,这种现象称为霍尔效应,实验表明,当磁场不太强时,电势差U、电流I和B的关系为U=K·IB/d,式中的比例系数K称为霍尔系数.霍尔效应可解释如下外部磁场的洛仑兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧,在导体板的另一侧出现多余的正电荷,从而形成横向电场.横向电场对电子施加与洛仑兹力方向相反的静电力,当静电力与洛仑兹力达到平衡时,导体板上下两侧之间就会形成稳定的电势差.设电流I是电子的定向流动形成的,电子的平均定向速度为v,电量为e,回答下列问题1达到稳定状态时,导体板上侧面A的电势________下侧面A′的电势填高于、低于或等于.2电子所受洛仑兹力的大小为________.3当导体板上下两侧之间的电势差为U时,电子所受静电力的大小为________.4由静电力和洛仑兹力平衡的条件,证明霍尔系数为K=1/ne,其中n代表导体板单位体积中电子的个数.解析1由左手定则知洛仑兹力方向向上,据题意静电力向下,场强向上,所以UA<UA′2f=Bev3F=qE=eU/h或F=f=Bev4电子受到横向的静电力F与洛仑兹力f相平衡eU/h=Bev
①通过导线的电流I=q/t=ns·VΔte/Δt=nSve=nhdve
②已知公式U=KIB/d
③由
①②③得k=1/ne
十六、电磁感应
1、电磁感应现象·典型例题解析【例1】如图17-1所示,P为一个闭合的金属弹簧圆圈,在它的中间插有一根条形磁铁,现用力从四周拉弹簧圆圈,使圆圈的面积增大,则穿过弹簧圆圈面的磁通量的变化情况________,环内是否有感应电流________.解析本题中条形磁铁磁感线的分布如图所示从上向下看.磁通量是穿过一个面的磁感线的多少,由于进去和出来的磁感线要抵消一部分,当弹簧圆圈的面积扩大时,进去的磁感条数增加,而出来的磁感线条数是一定的,故穿过这个面的磁通量减小,回路中将产生感应电流.点拨会判定合磁通量的变化是解决此类问题的关键.【例2】如图17-2所示,线圈面积为S,空间有一垂直于水平面的匀强磁场,磁感强度为B特斯拉,若线圈从图示水平位置顺时针旋转到与水平位置成θ角处以OO’为轴,线圈中磁通量的变化量应是________Wb,若旋转180°,则磁通量的变化量又为________Wb.解析开始位置,磁感线垂直向上穿过线圈,Φ=BS,转过θ时,由B.S关系有Φ2=BScosθ,故ΔΦ=BS1-cosθ当转过180°时,此时,Φ2=BS,不过磁感线是从线圈另一面穿过∴ΔΦ=2BS点拨有相反方向的磁场穿过某一回路时,计算磁通量必须考虑磁通量的正负.【例3】如图17-3所示,开始时矩形线圈与磁场垂直,且一半在匀强磁场内,一半在匀强磁场外.若要线圈产生感应电流,下列方法可行的是[]A.将线圈向左平移一小段距离B.将线圈向上平移C.以ad为轴转动小于90°D.以ab为轴转动小于60°E.以dc为轴转动小于60°点拨线圈内磁通量变化是产生感应电流的条件(答案ACD)【例4】如图17-4所示装置,在下列各种情况中,能使悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A中产生感应电流的是[]A.开关S接通的瞬间B.开关S接通后,电路中电流稳定时C.开关S接通后,滑线变阻器触头滑动的瞬间D.开关S断开的瞬间点拨电流变化时能引起它产生的磁场变化.(答案ACD)跟踪反馈1.一个十分灵敏的电流表和一个线圈组成闭合电路,当把它们移近一个正在发光的电灯泡时,灵敏电流表的指针是否运动?2.宇航员来到一个不熟悉的星球上,他想用已知灵敏电流计和一个线圈探测一个行星上是否有磁场,应该怎么做?3.如图17-5所示,在垂直纸面向里的匀强磁场中,有两条平行导轨MN、PQ,它们的一端接有一个电阻R,其间还有一个闭合导线框abcd且MN、PQ与abcd均在同一平面内,都与磁场方向垂直,当abcd向右滑动时框与轨接触良好1在abcd中有无闭合的电流?2ad、bc有无感应电流?3有无电流通过电阻R,为什么?4.在地球附近的磁感应强度大约为
0.5×10-4T,将一个2m2的线框放在地面上,通过它的磁通量可能为[]A.
1.0×10-4WbB.0C.
0.5×10-4WbD.
2.0×10-4Wb答案1.摆动;2.将线圈与灵敏电流计构成回路,然后将线圈向各个方向来回摆动.若灵敏电流计指针摆动,则有磁场;3.1无;2有;3有;4ABC.
2、法拉第电磁感应定律——感应电动势的大小·典型例题解析【例1】如图17-13所示,有一夹角为θ的金属角架,角架所围区域内存在匀强磁场中,磁场的磁感强度为B,方向与角架所在平面垂直,一段直导线ab,从角顶c贴着角架以速度v向右匀速运动,求1t时刻角架的瞬时感应电动势;2t时间内角架的平均感应电动势?解析导线ab从顶点c向右匀速运动,切割磁感线的有效长度de随时间变化,设经时间t,ab运动到de的位置,则de=cetanθ=vttanθ1t时刻的瞬时感应电动势为E=BLv=Bv2tanθ·t2t时间内平均感应电动势为点拨正确运用瞬时感应电动势和平均感应电动势表达式,明确产生感应电动势的导体是解这个题目的关键.【例2】如图17-14所示,将一条形磁铁插入某一闭合线圈,第一次用
0.05s,第二次用
0.1s,设插入方式相同,试求1两次线圈中平均感应电动势之比?2两次线圈之中电流之比?3两次通过线圈的电量之比?解析点拨两次插入时磁通量变化量相同,求电荷量时电流要用平均值.【例3】如图17-15所示,abcd区域里有一匀强磁场,现有一竖直的圆环使它匀速下落,在下落过程中,它的左半部通过水平方向的磁场.o是圆环的圆心,AB是圆环竖直直径的两个端点,那么[]A.当A与d重合时,环中电流最大B.当O与d重合时,环中电流最大C.当O与d重合时,环中电流最小D.当B与d重合时,环中电流最大点拨曲线在垂直于磁感线和线圈速度所确定的方向上投影线的长度是有效切割长度.参考答案B【例4】如图17-16所示,有一匀强磁场B=
1.0×10-3T,在垂直磁场的平面内,有一金属棒AO,绕平行于磁场的O轴顺时针转动,已知棒长L=
0.20m,角速度ω=20rad/s,求1O、A哪一点电势高?2棒产生的感应电动势有多大?点拨取棒中点的速度代表棒的平均速度(答案1A;2E=4×10-4V)跟踪反馈1.如图17-17所示中PQRS为一正方形线圈,它以恒定的速度向右进入以MN为边界的匀强磁场,磁场方向垂直于线圈平面,MN与线圈边成45°角,E、F分别为PS、PQ的中点,关于线圈中感应电流的大小,下面判断正确的是[]A.当E点经过MN时,线圈中感应电流最大B.当P点经过MN时,线圈中感应电流最大C.当F点经过MN时,线圈中感应电流最大D.当Q点经过MN时,线圈中感应电流最大2.有一总电阻为5Ω的闭合导线,其中1m长部分直导线在磁感应强度为2T的水平匀强磁场中,以5m/s的速度沿与磁感线成30°角的方向运动,如图17-18所示,该直导线产生的感应电动势为________V,磁场对直导线部分的作用力大小为________N,方向为________.3.有一面积为S=100cm2的金属环,电阻为R=
0.1Ω,环中磁场变化规律如图17-19所示,磁场方向垂直环面向里,则在t1-t2时间内通过金属环的电荷量为________C.4.如图17-20所示,边长为a的正方形闭合线框ABCD在匀强磁场中绕AB边匀速转动,磁感应强度为B,初始时刻线框所在平面与磁感线垂直,经过t时刻后转过120°角,求1线框内感应电动势在t时间内的平均值2转过120°角时感应电动势的瞬时值3设线框电阻为R,则这一过程中通过线框截面的电量答案
1、B
2、
5、
2、向下
3、10-
24、
(1)3Ba2/2t
3、楞次定律——感应电流的方向·典型例题解析【例1】图17-30,当磁铁运动时,流过电阻的电流是由A经R到B,则磁铁可能是[]A.向下运动B.向上运动C.向左运动D.以上都不可能解析此题可通过逆向应用楞次定律来判定.1由感应电流方向A→R→B,应用安培定则得知感应电流在螺线管内产生的磁场方向应是从上指向下;2楞次定律判得螺线管内磁通量的变化应是向下的减小或向上的增加;3由条形磁铁的磁感线分布知螺线管内原磁场是向下的,故应是磁通量减小,即磁铁向上运动或向左、向右平移,所以正确的答案是B、C.点拨用逆向思维解决问题往往会收到意想不到的效果.【例2】如图17-31所示,一水平放置的矩形闭合线圈ab-cd,在细长磁铁的N极附近竖直下落,保持bc边在纸外,ab边在纸内,由图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ经过位置Ⅲ,位置Ⅰ和位置Ⅲ都很靠近Ⅱ,在这个过程中,线圈中感应电流[]A.沿abcd流动;B.从Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动,从Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动C.沿dcba流动;D.由Ⅰ到Ⅱ沿dcba流动,从Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动解析磁铁N极附近的磁感线都如图17-32所示,当矩形闭合线圈从位置Ⅰ下落到位置Ⅱ时,通过abcd的磁通量减小,所以它的方向与原磁场相同,感应电流沿abcd流动,当闭合线圈从位置Ⅱ下落到位置Ⅲ的过程中磁通量增加,根据楞次定律,感应电流的磁场阻碍磁通量的增加,即与原磁场方向相反,感应电流方向仍是沿abcd,正确的是A.点拨确定原磁场方向和原磁通的变化情况,进而确定感应电流的方向是应用楞次定律的关键.【例3】如图17-33所示,正方形金属线圈abcd与通电矩形线圈mnpq在同一平面内且相互绝缘,试判断S闭合瞬间,正方形ab-cd中的感应电流的方向.点拨注意abcd中“净”磁通量的方向以及变化答案方向为abcd【例4】如图17-34所示,一轻质闭合的弹簧线圈用绝缘细线悬挂着,现将一根长的条形磁铁的N极,垂直于弹簧线圈所在平面,向圆心插去.在N极插入的过程中,弹簧线圈将发生什么现象?点拨用楞次定律的二种叙述,从不同角度来判断圆线圈发生的现象.答案远离磁场并先收缩后扩张.跟踪反馈:1.要使图中b线圈产生如图17-35所示方向的电流,可采用的办法是[]A.闭合开关SB.S闭合后,使a远离bC.S闭合后把R的滑动片向左移D.S闭合把a中的铁心从左边抽出2.如图17-36所示,线圈A通以强电流,竖直置于与纸面垂直的平面内,线圈B水平放置,从线圈A附近竖直下落,经过位置a、b、c,三个位置互相靠近,在下落过程中感应电流的方向从上向下看为[]A.产生顺时针方向的电流B.先产生顺时针方向的电流,后产生逆时针方向的电流C.产生逆时针方向的电流D.先产生逆时针方向的电流,后产生顺时针方向的电流3.如图17-37所示,条形磁铁水平放置,一线框在条形磁铁正上方,且线圈平面与磁铁平行,线框由N极匀速移动到S极的过程中,判断下列说法中正确的是[]A.线圈中无感应电流B.线圈中感应电流的方向始终是abcdC.线圈中感应电流的方向是dabc再dcbaD.线圈中感应电流的方向是dcba再abcd4.如图17-38所示,用细弹簧构成一闭合电路,中央放有一条形磁铁,当弹簧收缩时,穿过电路的磁通量Φ和电路中感应电流方向从N极向A.Φ减小,感应电流方向为顺时针B.Φ减小,感应电流方向为逆时针C.Φ增大,感应电流方向为顺时针D.Φ增大,感应电流方向为逆时针答案1.BD2.B3.B4.C;
4、楞次定律的应用·典型例题解析【例1】如图17-50所示,通电直导线L和平行导轨在同一平面内,金属棒ab静止在导轨上并与导轨组成闭合回路,ab可沿导轨自由滑动.当通电导线L向左运动时[]A.ab棒将向左滑动B.ab棒将向右滑动C.ab棒仍保持静止D.ab棒的运动方向与通电导线上电流方向有关解析当L向左运动时,闭合回路中磁通量变小,ab的运动必将阻碍回路中磁通量变小,可知ab棒将向右运动,故应选B.点拨ab棒的运动效果应阻碍回路磁通量的减少.【例2】如图17-51所示,A、B为两个相同的环形线圈,共轴并靠近放置,A线圈中通有如图a所示的交流电i,则[]A.在t1到t2时间内A、B两线圈相吸B.在t2到t3时间内A、B两线圈相斥C.t1时刻两线圈间作用力为零D.t2时刻两线圈间作用力最大解析从t1到t2时间内,电流方向不变,强度变小,磁场变弱,ΦA↓,B线圈中感应电流磁场与A线圈电流磁场同向,A、B相吸.从t2到t3时间内,IA反向增强,B中感应电流磁场与A中电流磁场反向,互相排斥.t1时刻,IA达到最大,变化率为零,ΦB最大,变化率为零,IB=0,A、B之间无相互作用力.t2时刻,IA=0,通过B的磁通量变化率最大,在B中的感应电流最大,但A在B处无磁场,A线圈对线圈无作用力.选A、B、C.点拨A线圈中的电流产生的磁场通过B线圈,A中电流变化要在B线圈中感应出电流,判定出B中的电流是关键.【例3】如图17-52所示,MN是一根固定的通电长导线,电流方向向上,今将一金属线框abcd放在导线上,让线圈的位置偏向导线左边,两者彼此绝缘,当导线中电流突然增大时,线框整体受力情况[]A.受力向右B.受力向左C.受力向上D.受力为零点拨用楞次定律分析求解,要注意线圈内“净”磁通量变化.参考答案A【例4】如图17-53所示,导体圆环面积10cm2,电容器的电容C=2μF电容器体积很小,垂直穿过圆环的匀强磁场的磁感强度B随时间变化的图线如图,则1s末电容器带电量为________,4s末电容器带电量为________,带正电的是极板________.点拨当回路不闭合时,要判断感应电动势的方向,可假想回路闭合,由楞次定律判断出感应电流的方向,感应电动势的方向与感应电流方向一致.(答案
0、2×10-11C;a;)跟踪反馈1.如图17-54所示,铁心上分别绕有线圈L1和L2,L1与置于匀强磁场中的平行金属导轨相连,L2与电流表相连,为了使电流表中的电流方向由d到c,滑动的金属杆ab应当[]A.向左加速运动B.向左匀速运动C.向右加速运动D.向右减速运动2.如图17-55所示,在线圈的左、右两侧分别套上绝缘的金属环a、b,在导体AB在匀强磁场中下落的瞬时,a、b环将[]A.向线圈靠拢B.向两侧跳开C.一起向左侧运动D.一起向右侧运动3.如图17-56所示,固定在水平面内的两光滑平行金属导轨M、N,两根导体棒中P、Q平行放于导轨上,形成一个闭合回路,当一条形磁铁从高处下落接近回路时[]A.P、Q将互相靠拢B.P、Q将互相远离C.磁铁的加速度仍为gD.磁铁的加速度小于g4.如图17-57所示,a和b为两闭合的金属线圈,c为通电线圈,由于c上电流变化,a上产生顺时针方向电流,下列说法中正确的是[]A.c上的电流方向一定是逆时针方向B.b上可能没有感应电流C.b上的感应电流可能是逆时针方向D.b上的感应电流一定是顺时针方向答案1.AD2.B3.AD4.D.
5、法拉第电磁感应定律的应用1·典型例题解析【例1】如图17-67所示,两水平放置的、足够长的、平行的光滑金属导轨,其间距为L,电阻不计,轨道间有磁感强度为B,方向竖直向上的匀强磁场,静止在导轨上的两金属杆ab、cd,它们的质量与电阻分别为m
1、m2与R
1、R2,现使ab杆以初动能EK沿导轨向左运动,求cd杆上产生的热量是多少?其他能量损耗不计以abcd为系统,系统所受合外力为零,系统总动量守恒,设达到稳定时共同速度为v,则有m1v1=m1+m2v系统中产生的热量为Q=Ab杆和cd杆可看成串联,故两杆产生的热量为切Q
1、Q2,Q1/Q2=R1/R2点拨本题以分析两杆的受力及运动为主要线索求解,关键注意1明确“最终速度”的意义及条件.2运用能的转化和守恒定律结合焦耳定律分析求解.【例2】如图17-68所示,在与水平面成θ角的矩形框架范围内垂直于框架的匀强磁场,磁感应强度为B,框架ad,bc电阻不计,长均为L的ab、cd电阻均为R,有一质量为m,电阻为2R的金属棒MN,无摩擦地平行于ab冲上框架,上升最大高度为h,在此过程中ab部分的焦耳热为Q,求运动过程的最大热功率.解析MN沿斜面向上运动产生感应电动势,ab和cd相当于外电阻并联,ab和cd中电流相同,MN的电流为ab中电流的两倍.当ab部分的焦耳热为Q,cd部分焦耳热也为Q,MN的电阻为2R,消耗的焦耳热为8Q.设MN的初速度为v0,根据能量守恒MN在上滑过程中,产生最大的感应电动势为E.E=BLv0点拨弄清能量转化的途径,用能的转化和守恒定律来求解.【例3】如图17-69所示,质量为m高为h的矩形导线框在竖直面内下落,其上下两边始终保持水平,途中恰好匀速穿过一有理想边界高亦为h的匀强磁场区域,则线框在此过程中产生的内能为[]A.mgh B.2mghC.大于mgh而小于2mgh D.大于2mgh点拨匀速穿过即线框动能不变,再从能量转化与守恒角度分析.(答案B)【例4】如图17-70所示,两根电阻不计的光滑平行金属导轨倾角为θ,导轨下端接有电阻R,匀强磁场垂直于斜面向上,质量为m,电阻不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑,上升高度h.在这过程中[]A.金属棒所受各力的合力所做的功等于零B.金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R产生的焦耳热之和C.恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和D.恒力F和重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热点拨电磁感应过程中,通过克服安培力做功,将其他形式的能转化为电能,再通过电阻转化成内能焦耳热,故W安与电热Q不能重复考虑,这一点务须引起足够的注意.(答案AD)跟踪反馈1.如图17-71所示,在磁感强度为B的匀强磁场中,有半径为r的光滑半圆形导体框架,OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒,OC之间连一个电阻R,导体框架与导体电阻均不计,若要使OC能以角速度ω匀速转动,则外力做功的功率是[]A.B2ω2r4/RB.B2ω2r4/2RC.B2ω2r4/4R D.B2ω2r4/8R2.如图17-72中所示电路,开关S原来闭合着,若在t1时刻突然断开开关S,则于此时刻前后通过电阻R1的电流情况用图中哪个图像表示比较合适[]3.如图17-73所示,一宽40cm的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向里,一边长为20cm的正方形导线框位于纸面内,以垂直于磁场边界的恒定速度v=20cm/s通过磁场区域,在运动过程中,线框中有一边始终与磁场区域的边界平行,取它刚进入磁场的时刻t=0,在下列图线中,正确反映感应电流强度随时间变化规律的是[]参考答案1.C2.C3.C
6、法拉第电磁感应定律应用2·典型例题解析【例1】如图17-84所示,MN、PQ为足够长的水平导电轨道,其电阻可以忽略不计,轨道宽度为L,ab,cd为垂直放置在轨道上的金属杆,它们的质量均为m,电阻均为R,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中,磁场的磁感强度为B.现用水平力拉cd杆以恒定的速率v向右匀速滑动,设两杆与轨道间的动摩擦系数为μ,求ab杆可以达到的最大速度和此时作用在cd杆上水平拉力做功的瞬时功率.解析由楞次定律可知,当cd向右匀速运动时,ab也向右运动.当ab有最大速度vm时,μmg=BIL
①②此时作用在cd杆上水平拉力F做功的瞬时功率为P=Fv=F安+fv=BIL+μmgv点拨要明确最大速度的条件,分析电路中的电流、安培力和金属棒的运动之间相互影响、相互制约的关系.【例2】如图17-85所示,两根很长的光滑平行的金属导轨,相距L,放在一水平面内,其左端接有电容C、电阻为R
1、R2的电阻,金属棒ab与导轨垂直放置且接触良好,整个装置放在磁感强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向上,现用大小为F的水平恒力拉棒ab,使它沿垂直于棒的方向向右运动,若棒与导轨的电阻均不计.试求1棒ab的最大速度;2若棒达到最大速度以后突然静止,则棒在此瞬间受到的安培力的大小和方向.解析1当ab所受安培力f与外力F相等时,ab速度最大,设为vm,此时最大电流Im为Im=BLVm/R1
①BImL=F
②对cd有
③
(2)棒达到最大速度时,C两端的电势差为U=
④棒突然静止时,电容器通过ab放电,瞬间电流为I=
⑤点拨该题综合性强,与力学知识联系紧密,是高考的热点.【例3】如图17-86所示,用粗、细不同的铜丝制成两个边长相同的正方形闭合线圈a和b,让它们从相同高处同时自由下落,下落中经过同一有边界的水平匀强磁场,设线框下落过程中始终保持竖直且不计空气阻力,试分析判断两框落地的先后顺序.点拨本题是对两种情况进行比较,我们通过对一般情形列式分析,找到本质规律再作判断.这是一种比较可靠的方法.(答案b先落地)【例4】如图17-87所示,两金属杆ab和cd,长均为L,电阻均为R,质量分别为M和m,M>m.用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合电路,并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧,两金属杆都处在水平位置,整个装置处在一与回路平面垂直的磁感强度为B的匀强磁场中,若金属杆ab正好匀速向下运动,求ab的运动速度.点拨本题可通过用整体法来求解,也可通过对两棒分别隔离分析用受力平衡的知识求解.参考答案vm=M-mR/2B2l2跟踪反馈1.如图17-88所示,粗细均匀的电阻为r的金属圆环,放在垂直环面的匀强磁场中,磁感强度为B,圆环直径为L.长为L,电阻为r/2的金属棒ab放在圆环上,始终与圆环保持良好接触以速度v向左运动,当ab经过环心位置时,ab两端电势差大小为________,a、b中电势较高的是________.2.如图17-89所示,水平面内的金属导轨上接有电容器C,金属ab无摩擦地在导轨上以速度v匀速运动,运动一段距离后突然停止,停止后ab不再受任何系统外物体的作用,则停止后ab的运动情况是[]A.向右作初速为零的匀加速运动B.先向右匀速后改作减速运动C.在某位置附近来回振动D.向右作变加速运动后改作匀速运动3.如图17-90所示,ab、cd为水平平行金属板,两板左端与光滑、电阻不计的平行金属导轨直接相连接,两板右端接有电阻R,匀强磁场方向入图,磁感应强度为B,当电阻为R/2的导体棒以多大的速度向哪个方向沿轨道滑动时,一质量为m,带电量-q的液滴可在两板间以速率v向右做匀速直线运动?提示液滴受重力、电场力、洛仑兹力三个力而平衡.答案
7、日光灯原理·典型例题解析【例1】如图17-102所示的电路,L为自感线圈,R是一个灯泡,E是电源,当开关S闭合瞬间,通过电灯的电流方向是________.当S断开瞬间,通过电灯的电流方向是________.解析S闭合时,流经R的电流A→B.当S断开瞬间,由于电源提供给R的电流很快消失,而线圈中电流减小时要产生一个和原电流方向相同的自感电动势来阻碍原电流减小,所以线圈此时相当于一个电源,与电灯R构成放电电路.故通过R的电流方向是B→A.点拔S闭合瞬间与S断开瞬间线圈产生的自感电动势方向不同.【例2】如图17-103所示,电源电动势E=6V,内阻不计,A、B两灯都标有“6V、
0.3A”,电阻R和线圈L的直流电阻RL均为20Ω,试分析在开关S闭合和断开的极短时间内流过A、B两灯的电流变化情况?解析S闭合到电路稳定的极短时间内,随着L中的电流逐渐变化.A、B两灯中电流分别从
0.1A和
0.2A逐渐增加和减少为
0.15A;S断开时A中的电流由
0.15A立即变为零,B中的电流由向右
0.15A立即变为向左
0.15A,然后逐渐减为零.点拨线圈作为瞬间电流源只能使得电流强度从原有值开始变化.【例3】下列说法中正确的是[]A.电路中电流越大,自感电动势越大B.电路中电流变化越大,自感电动势越大C.线圈中电流均匀增大,线圈的电感系数也将均匀增大D.线圈中电流为零时,自感电动势不一定为零点拨注意区分物理量,物理量的变化量,物理量的变化率(答案D)【例4】如图17-104所示,多匝线圈和电池的内阻均为零,两个电阻的阻值均为R,开关S原来打开着,电路中的电流为I.现将S闭合,于是电路中产生感应电动势,此自感电动势的作用是[]A.使电路中的电流减小,最后由I减到零B.有阻碍电流的作用,最后电流小于IC.有阻碍电流增大的作用,故电流总保持不变D.有阻碍电流增大的作用,但电流还是增大,最后变为2I点拨自感作用阻碍的是电流的变化而不是电流.同时,“阻碍”不是“阻止”.(答案D)跟踪反馈1.如图17-105所示,电路中A、B是规格相同的电灯,L是电阻可忽略不计的电感线圈,那么[]A.合上S,A、B同时亮,然后A变暗,B更亮些B.合上S,B先亮,A渐亮,最后A、B一样亮C.断开S,B即熄灭,A由亮变暗后熄灭D.断开S,B即熄灭,A由暗闪亮一下后熄灭2.如图17-106中,电阻R和自感线圈L的电阻值都小于灯泡的电阻.接通S,使电路达到稳定,灯泡L发光[]A.电路a中,断开S后,L将渐渐变暗B.电路a中,断开S后,L将先变得更亮,然后逐渐变暗C.电流b中,断开S后,L将渐渐变暗D.电路b中,断开S后,L将先变得更亮,然后逐渐变暗3.如图17-107所示,L是一个带铁芯的线圈,R为纯电阻器,两条支路的直流电阻值相等,那么在接通和断开开关的瞬间两电流表的读数I
1、I2的大小关系是[]A.I1<I2,I1>I2B.I1<I2,I1=I2C.I1>I2,I1<I2D.I1=I2,I1<I24.如图17-108所示电路,线圈L的电阻不计,则[]A.S闭合瞬间,A板带正电,B板带负电B.S保持闭合,A板带正电,B板带负电C.S断开瞬间,A板带正电,B板带负电D.由于线圈电阻不计,电容被短路,上述三种情况下两板都不带电答案1.AD2.AD3.B4.A
8、电磁感应综合典型例题【例1】电阻为R的矩形线框abcd,边长ab=L,ad=h,质量为m,自某一高度自由落下,通过一匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁场区域的宽度为h,如图所示,若线框恰好以恒定速度通过磁场,线框中产生的焦耳热是_______.(不考虑空气阻力)【分析】线框通过磁场的过程中,动能不变根据能的转化和守恒,重力对线框所做的功全部转化为线框中感应电流的电能,最后又全部转化为焦耳热.所以,线框通过磁场过程中产生的焦耳热为Q=WG=mg—2h=2mgh.【解答】2mgh【说明】本题也可以直接从焦耳热公式Q=I2Rt进行推算设线框以恒定速度v通过磁场,运动时间从线框的cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中,因切割磁感线产生的感应电流的大小为cd边进入磁场时的电流从d到c,cd边离开磁场后的电流方向从a到b.整个下落过程中磁场对感应电流产生的安培力方向始终向上,大小恒为据匀速下落的条件,有因线框通过磁场的时间,也就是线框中产生电流的时间,所以据焦耳定律,联立(l)、
(2)、
(3)三式,即得线框中产生的焦耳热为Q=2mgh.两种解法相比较,由于用能的转化和守恒的观点,只需从全过程考虑,不需涉及电流的产生等过程,计算更为简捷.【例2】一个质量m=
0.016kg、长L=
0.5m,宽d=
0.1m、电阻R=
0.1Ω的矩形线圈,从离匀强磁场上边缘高h1=5m处由静止自由下落.进入磁场后,由于受到磁场力的作用,线圈恰能做匀速运动(设整个运动过程中线框保持平动),测得线圈下边通过磁场的时间△t=
0.15s,取g=10m/s2,求
(1)匀强磁场的磁感强度B;
(2)磁场区域的高度h2;
(3)通过磁场过程中线框中产生的热量,并说明其转化过程.【分析】线圈进入磁场后受到向上的磁场力,恰作匀速运动时必满足条件磁场力=重力.由此可算出B并由运动学公式可算出h2由于通过磁场时动能不变,线圈重力势能的减少完全转化为电能,最后以焦耳热形式放出.【解答】线圈自由下落将进入磁场时的速度(l)线圈的下边进入磁场后切割磁感线产生感应电流,其方向从左至右,使线圈受到向上的磁场力.匀速运动时应满足条件
(2)从线圈的下边进入磁场起至整个线圈进入磁场做匀速运动的时间以后线圈改做a=g的匀加速运动,历时所对应的位移所以磁场区域的高度
(3)因为仅当线圈的下边在磁场中、线圈做匀速运动过程时线圈内才有感应电流,此时线圈的动能不变,由线圈下落过程中重力势能的减少转化为电能,最后以焦耳热的形式释放出来,所以线圈中产生的热量【说明】这是力、热、电磁综合题,解题过程要分析清楚每个物理过程及该过程遵守的物理规律,列方程求解【例3】如图,匀强磁场的磁感应强度为B,方向竖直向下在磁场中有一个边长为L的正方形刚性金属框ab边质量为m,其他三边的质量不计金属框的总电阻为R,cd边上装有固定的水平轴现在将金属框从水平位置由静止释放不计一切摩擦金属框经t时间恰好通过竖直位置a′b′cd若在此t时间内,金属框中产生的焦耳热为Q,求ab边通过最低位置时受到的安培力【分析】本题线框释放后重力做功,同时ab边切割磁感线运动而产生感应电动势,因而线框中有感应电流整个过程遵守能的转化与守恒定律【解答】由能量守恒,在t时间内ab杆重力势能的减少最后转化为它的动能和框中产生的焦耳热,即又考虑到由
①、
②、
③【说明】电磁感应现象的实质问题是能量的转化与守恒问题,从这个思路出发列方程求解,有时很方便【例4】用电阻为18Ω的均匀导线弯成图1中直径D=
0.80m的封定在磁感应强度B=
0.50T的匀强磁场中,磁场方向垂直于纸面向里一根每米电阻为
1.25Ω的直导线PQ,沿圆环平面向左以
3.0m/s的速度匀速滑行(速度方向与PQ垂直),滑行中直导线与圆环紧密接触(忽略接触处电阻),当它通过环上A、B位置时,求l直导线AB段产生的感应电动势,并指明该段直导线中电流的方向.2此时圆环上发热损耗的电功率.【分析】直导线在磁场中做切割磁感线的运动,产生感应电动势产生感应电动势的这部分电路是电源这部分电路端点的电压为路端电压根据电磁感应的规律可以确定感应电动势的大小和方向直导线与圆环组成闭合回路,其等效电路为图由几何关系,确定AB的长及R
1、R2电阻的大小圆环上发热损耗的功率即电源输出功率或外电阻上消耗的功率【解答】1设直导线AB段的长度为l圆环的直径为D,直导线AB段产生的感应电动势为E,则根据题设几何关系,l=D/2=
0.40m所以,电动势 运用右手定则可判定,直导线AB段中感应电流的方向由A向B,B端电势高于A端.AB段直导线电阻为电源内电阻r,r=
1.25×
0.40=
0.50Ω.中电流之和)应为设圆环上发热损耗的电功率为P,则P=I2总R外=
0.202×
2.5=
0.10W.【说明】电磁感应现象常与其他现象一起出现,就形成许多综合题这些综合题常涉及到安培力、欧姆定律、电功率、牛顿定律、动量定理、动能定理、热和功等一道综合题出现许多物理现象,这些物理现象或者一先一后出现或者同时出现,互相制约解综合题时,在弄清题意后重要的是分析题目由哪些基本物理现象组成,再选用相应的规律,分析物理过程,建立解题方程求解【例5】固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd各边长为L,其中ab是一段电阻为R的均匀电阻丝,其余三边均为电阻可以忽略的铜线,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,现有一段与ab完全相同的电阻丝PQ架在导线框上如图l所示),以恒定的速度v从ad滑向bc,当PQ滑过L/3的距离时,通过aP段电阻丝的电流强度是多大?方向?【分析】PQ在磁场中切割磁感线运动产生感应电动势,由于是回路,故电路中有感应电流,可将电阻丝PQ视为有内阻的电源,电阻丝aP与bP并联,且Rap=R/3,Rbp=2R/3,于是可画出图2所示的电路图,这样将问题转化为电路计算问题【解答】电源电动势为ε=BvL,外电阻为总电阻为R总=R外+r=R+R=R电路中电流为I=ε/R总=,通过aP段电流为【说明】这是电磁感应与电路结合的综合题,切割的导体产生感应电动势相当电源,画出等效电路应用欧姆定律就可求解【例6】图1装置中a、b是两根平行直导轨,MN和OP是垂直跨在a、b上并可左右滑动的两根平行直导线,每根长为L导轨上接入阻值分别为R和2R的两个电阻和一个板长为L、间距为d的平行板电容器.整个装置放在磁感强度B垂直导轨平面的匀强磁场中.当用外力使MN以速率2v向右匀速滑动、OP以速率v向左匀速滑动时,两板间正好能平衡一个质量为m的带电微粒,试问
(1)微粒带何种电荷?电量是多少?
(2)外力的机械功率和电路中的电功率各是多少?【分析】两导线向左、右移动时,切割磁感线,产生感应电动势,相当两个顺向串联的电池,使得电容器两板分配到一定的电压,从而使其中的微粒悬浮【解答】1MN右滑时,切割磁感线产生的感应电动势ε1=2Blv,方向由N指向MOP左滑时产生的感应电动势ε2=Blv,方向由O指向P两者同时滑动时,MN和OP可以看成两个顺向串联的电源,电路中总的电动势ε=ε1+ε2=3Blv,方向沿NMOPN由全电路欧姆定律得电路中的电流强度电容器两端的电压相当于把电阻R看作电源NM的内电阻时的路端电压,即由于上板电势比下板高,故在两板间形成的匀强电场方向竖直向下,可见悬浮于两板间的微粒必带负电.设微粒的电量为q,由平衡条件
(2)NM和OP两导线所受安培力均为其方向都与它们的运动方向相反.匀速滑动时所加外力应满足条件因此,外力做功的机械功率电路中产生感应电流总的电功率可见,P外=P电,这正是能的转化和守恒的必然结果【说明】这是电场、电路、磁场、电磁感应和力学知识的综合题,要学会综合运用知识去了解分析问题和解决问题,通过练习提高综合运用知识的能力【例7】如图,在水平放置的无限长U形金属框架中,串一电容量为C的电容器,整个装置处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B电容器开始时带电量为Q(正负情况如图所示),现将一根长为l,质量为m的金属棒ab搁置在框架上,金属棒ab与框架接触良好且无摩擦,求合上k以后,ab棒的最终速度及电容器最终还剩的电量.【分析】k合上后,电容器将放电,金属棒ab将在安培力作用下加速向右运动,随着电容器电量减少及ab中的感应电动势增大,回路电流将减小,所以ab棒作加速度不断变小的加速运动,最终趋于匀速运运【解答】此时由于回路中无电流,必然有 【说明】很多人在解本题时往往认为电容器的带电将全部放完而导致错误,而事实上由于导体棒在切割磁感线过程将产生感应电动势,电容器的带电将无法完全放掉【例8】如图1所示,U形导体框架宽L=1m,与水平面成α=30°角倾斜放置在匀强磁场中,磁感应强度B=
0.2T,垂直框面向上.在框架上垂直框边放有一根质量m=
0.2kg、有效电阻R=
0.1Ω的导体棒ab,从静止起沿框架无摩擦下滑,设框架电阻不计,框边有足够长,取g=10m/s2,求
(1)ab棒下滑的最大速度vm;
(2)在最大速度时,ab棒上释放的电功率【分析】ab棒在重力分力mgsinα作用下沿框面加速下滑,切割磁感线产生感应电动势,并形成感应电流,其方向从b流向a.从而使ab棒受到磁场力FB作用,其方向沿框面向上,形成对下滑运动的阻碍作用.可表示为可见,ab棒下滑时做变加速运动,随着下滑速度v的增大,加速度逐渐减小,当ab棒下滑的速度增至某一值时,mgsinα=FB,a=0,以后即保持该速度匀速下滑,所以ab棒匀速下滑的速度就是最大速度vm此时重力的功率完全转化为电功率【解答】1根据上面的分析,由匀速运动的力平衡条件 【说明】本题指出的在恒力作用下使导线做切割磁感线运动时动态特性和能的转化过程.它具有十分普遍的意义.如框面水平放置受恒定外力移动导线(图2),框面竖直放置导线下滑(图3),框面倾斜放置、磁场竖直向上时(图4),这几种情况下导线的动态特性和能的转化情况与上例相仿(假定导线的有效长度均为l、电阻R恒定不变)在图2中,导线做匀速移动时满足条件【例9】如图1,边长为L,具有质量的刚性正方形导线框abcd,位于光滑水平面上,线框总电阻为R.虚线表示一匀强磁场区域的边界,宽为ssL,磁感应强度为B,方向竖直向下.线框以v的初速度沿光滑水平面进入磁场,已知ab边刚进入磁场时通过导线框的电流强度为I0,试在I—x坐标上定性画出此后流过导线框的电流i随坐标位置x变化的图线【分析】要画出线框的电流i随x的变化图线,必须先分析线框在磁场中的受力情况、运动情况,再由运动情况判断线框中电流的变化情况,最后才能做出图线.本题中线框进入磁场受安培力作用而做减速运动,其运动情况和电流的变化规律可能有以下三种情况【解答】
(1)线框还没有完全进入(或恰能完全进入)磁场时,速度就减小为零,此过程v减小,i减小,F减小,加速度a减小,使v减小,运动越来越慢,因而i减小的也越来越慢,图线斜率越来越小,最后v为零,i为零.对应的图线如图2所示
(2)线框不能完全通过(或恰能完全通过)磁场时,速度就减小为0.在0→L段,电流的变化情况同(l)类似,只是在L处,电流由某一数值I1突变为0;在L→s段,线框做匀速运动,无感应电流;在s点以后,线框做减速运动,直至v为零,i为零.此过程电流变化规律同
(1)类似,只是方向相反,大小由—I1变为零.对应的图线如图3所示.
(3)线框能完全通过磁场,且速度不为零.在0─段,电流变化情况和图线同
(2)类似;在s→s+L段,电流变化情况同
(2)中的s以后段类似,只是在s+L处,电流由某一数值—I2突变为0;此后线框匀速运动,无感应电流.对应的图线如图4所示【说明】由以上的分析和讨论可以看出,电磁感应图象作图题,所涉及的不单是运动学、动力学、电磁感应、欧姆定律等内容,而且涉及到应用数学知识处理物理问题的方法,就是“数理结合”、“数形结合”【例10】如图所示,在直线MN右边的磁场方向垂直纸面向外,磁感强度B=
0.3T,左边是与它方向相反,磁感强度大小相等的磁场用一根电阻为R=
0.4Ω的导线制成一个半径为r=
0.1m,顶角为90°角的两个角交叉的闭合回路ABCDA回路在磁场中以MN上的一点O为轴,以角速度ω=200rad/s顺时针方向转动求若以OA边恰在OM位置开始计时,回路转过1/4周期的时间内,感应电流多大?方向如何?【分析】本题闭合导线构成相互垂直的两个直角扇形,在匀强磁场中匀速转动,由于MN两侧磁场方向相反,旋转过程中,穿过回路所围面积的磁通量要发生变化,因此产生感应电动势和感应电流,可用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解,也可用ε=Blv和右手定则求解【解答】从OA边恰在OM位置开始的1/4周期内,闭合回路ABCDA的AO、OD、OC、OB导体均切割磁感线产生的电动势均正向串联,回路中的感应电流方向为ADCBA,其大小【说明】
(1)本题对闭合回路用也可求得,因为是匀速运动,即时电动势和平均电动势相等
(2)电磁感应问题往往跟电路问题联系在一起,解决这类问题,一要考虑电磁感应的有关规律,如右手定则,楞次定律,法拉第电磁感应定律等;二要考虑电路中的有关规律,如串、并联电路的性质、欧姆定律等【例11】如图1,平行光滑导轨MNPQ相距L,电阻可忽略,其水平部分置于磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场中,导线a和b质量均为m,a、b相距足够远,b放在水平导轨上,a从斜轨上高h处自由滑下,求回路中产生的最大焦耳热【分析】导线a从斜轨上加速下滑,进入水平部分后,由于切割磁感线,回路中将产生感应电流,由左手定则得出a将作减速运动,b作加速运动,随着时间推移,a与b的速度也将减小,最终都将趋于匀速,而且此时回路中感应电流也应为零(否则a与b受力不平衡)a与b的速度关系应满足 对a、b导线在水平导轨上运动过程,由于a、b各自受到的安培力大小相等,方向相反,所以a与b系统动量守恒,即mva=m+mv′
③所以回路中产生的最大聂耳热【说明】本题除了应分析导线a与b都存在收尾速度外,还应知道最终它们收尾速度的关系,以及它们在运动过程中应满足的动量关系和能量关系【思考】将上题中光滑导轨变成如图2形式,即在PQ后面增加一段宽度为1/2的光滑水平导轨NN′、QQ′其它条件不变,求导线a与b的最终速度【分析与解】利用上题结论不难得出a、b导线最终都将趋于匀速运动,此时回路中感应电流也应为零,根据回路中磁通量不变得设导线a进入水平轨道后,a与b所受平均安培力分别Fa和Fb(导线a中电流与b中电流产生的磁场之间的相互作用可忽略),由F安=BIL得Fa=2Fb
②对a导线-Fat=mva-mva
③对b导线Fbt=mvb
④由
①、
②、
③、
④可解得【小结】本题与上题的区别不仅在于“收尾”时两导线速度不等,更在于在水平导轨上滑行过程中a与b系统动量不守恒,很多同学在寻找动量关系时感到难于下手或仍错误地认为动量守恒而无法得出正确结论
9、自感与涡流典型例题【例1】如图所示电路,A、B灯电阻均为R,闭合K1打开K2时,两灯亮度一样,若再闭合K2待稳定后将K1断开,则断开瞬间A.B灯立即熄灭B.A灯过一会儿才熄灭C.流过B灯的电流方向是c→dD.流过A灯的电流方向是b→a【分析】电路中有一线圈L,在稳定的恒定电流路中,线圈相当于电阻很小的导线;当电路中的电流发生变化时,线圈会产生自感电动势阻碍电流的变化【解答】K
1、K2闭合电路稳定时,灯A、B亮度相同,但都较弱,当K1断开的瞬间,B灯立即熄灭,但线圈L产生自感电动势,(加强原电流方向)在闭合回路cba中有自感电流,所以A灯不能立即熄灭,有b→a方向的电流通过∴正确选项为A、B、D【说明】自感现象是一种特殊的电磁感应现象,它仍遵循楞次定律和法拉第电磁感应定律的规律,它是一种相当普遍的现象,只要电路中的电流发生变化,在线圈中都会有程度不同的自感现象发生我们需要利用自感时,可加大自感系数,需要减弱自感影响时,可减小自感系数【例2】在图所示的电路中,两个相同的电流表G1和G2的零点在刻度盘中央,当电流从“+”接线柱流入时,指针向右摆;当电流从“—”接线柱流入时,指针向左摆在电路接通后再断开开关K的瞬间,下列说法中正确的是[]A、G1指针向右摆,G2指针向左摆B、G1指针向左摆,G2指针向右摆C、两表指针都向右摆D、两表指针都向左摆【分析】当开关K闭合时,流经电感线圈L的电流方向为自左向右流动当断开开关K的瞬间,通过线圈L的电流将变小,根据楞次定律,必然感应电流方向与原电流方向相同,也将是自左向右流,以阻碍原电流减小的变化这样在由L、G
2、R及G1组成的闭合电路中,感应电流将从G2的负接线柱流入,因而G2的指针向左偏;感应电流将从G1的正接线柱流入,因而G1的指针向右偏【解答】A【说明】这是断电自感现象,自感电流流经由L和R组成的闭合回路,因此通过两电流表的电流方向必然相反【例3】在水平放置的光滑导轨上,沿导轨固定一个条形磁铁如图1现有铜、铝和有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙,使它们从导轨上的A点以某一初速向磁铁滑去各物块在拜碰上磁铁前的运动情况将是[]A.都作匀速运动B.甲、乙作加速运动C.甲、乙作减速运动D.乙、丙作匀速运动【解答】正确选项C【说明】本题容易误解选A是出于如下考虑因为铜、铝、有机玻璃都属非铁磁性物质,它们在磁场里不能被磁化,因而不会受到磁铁的引力,故作匀速运动但本问题有新的物理现象再现同属金属的铜块、铝块向磁铁靠近时,穿过它们的磁通量发生改变,因此在其内部会产生感应电流I,如图2,这个电流在金属块内部自成回路,好像水的旋涡一样,故叫涡流既有感应电流形成,则感应电流的效果对产生它的原因总起阻碍作用,所以铜块、铝块向磁铁的运动会受阻而减速有机玻璃为非金属,不产生涡流现象纵深例题解析【例1】如图17-118所示,导体棒MN放在光滑水平金属框架上,当条形磁铁从图示位置与导轨在同一平面内绕OO′转过90°过程中,有[]A.S极向下转时,棒向右运动B.S极向下转时,棒向左运动C.S极向上转时,棒向右运动D.无论S极向上、向下转时,棒均不运动解析磁铁未转动时,由条形磁铁磁感线分布的对称性可知,穿过回路的磁通量为零.故不管S极向上还是向下转,回路中的磁通量均要增加,根据楞次定律可知,感应电流受安培力作用的结果是使MN运动而阻碍回路磁通量的增加.因此,MN棒都向右运动,正确答案为A、C.点拨本题也可根据磁铁转动情况,判断出感应电流方向,这种方法对空间想象能力及作图能力等都有较高的要求.【例2】如图17-119所示,t=0时,竖直向上的匀强磁场的磁导轨置于水平面内,导轨间距d=
0.5m,在导轨上搁一根电阻R=
0.1Ω的导体棒不计其他电阻,用水平绳通过定滑轮吊质量M=
0.2kg的重物,导体棒距导轨左端L=
0.8m,经多长时间能将重物M吊起?解析重物被吊起前,导轨与导体棒构成的闭合回路的面积一定.回路中感应电动势为E=,回路中电流I=当导体棒受的安培力方向水平向左和重物的重力大小相等时,M将被提起.
0.5+
0.1t×
0.4×
0.5=
0.2×10t=95s点拨导体滑动前,回路中电流是恒定的,但由于磁场在增强,因此,导体棒受的安培力是随时间变化的.【例3】如图17-120所示,磁场方向竖直且足够大,水平放置的光滑平行金属导轨由宽窄两部分连接而成,宽者间距是窄者的2倍.两根质量相同的金属棒ab、cd均垂直导轨平面.现给ab一水平向左的初速v0同时使cd不动时,ab整个运动过程产生热量为Q.那么,当cd不固定时,ab以v0起动后的全过程中一共产生多少热量设导轨很长,cd也不会跑到宽轨上?cd可动时,ab和cd最后有相同速度u.由动量守恒定律得设以上过程中产生热量Q′,由能量守恒得cd可动时,ab、cd通过磁场力发生相互作用,但动量守恒,则有mv0=mvab+mvcd当vcd=2vab时,由ab、cd和导轨组成的回路的磁通量不再变化,设以上过程产生热量Q由能量守恒得:cd可动时,设ab速度减为u,cd速度增为2u的经历时间为t.此时,穿过回路的磁通量不再变化,感应电流消失,ab、cd均作匀速直线运动.上述的t时间内,每一时刻ab受的磁场力都是cd的2倍,可认为ab设以上过程产生热量由能量守恒得拨题中要求ad起动后全过程中的热量,说明过程终了时不再有热量产生.因此,解题第一个要点就是要弄清这终了状态是怎么回事;再有,ab起动后产生感应电流,磁场力使ab减速,使cd加速,故感应电流不断变化,无法从电流做功求热量,只有借助能量守恒观点来解题.于是,解题第二个要点就是要确定ab和cd终了状态时的能量情况即,ab、cd的最终速度.[错解1]认为ab、cd最终有相同速度,是照搬照套完全非弹性碰撞模型的结果.[错解2]为了求vcd和vab,选用了动量守恒定律则是一个大错误.因流过两杆的电流大小相等,两杆长却不一样,磁场对两杆的力不等,系统水平方向所受合外力不为零,动量不守恒.【例4】如图17-121所示,导轨两边用导线与两碳棒相连,碳棒插入CuCl2溶液中,导轨相距1m,B=
0.1T,已知导棒电阻2Ω,其余电阻不计,已知导棒运动如图所示,求最多析出多少摩尔的Cl2气,并写出电极反应式.解析阴极Cu2++2e=Cu阳极2Cl--2e=Cl2↑点拔本题是化学与电磁感应知识的结合,还使用了图象法等方法,此题关键是图象法求总电量.纵观十年高考物理试题,本章内容着重考查了楞次定律和法拉第电磁感应定律.这部分内容年年必考,并且结合图象进行分析的试题也多次出现,如90年、94年、98年、99年全国试题,95年、96年、98年、97年的上海试题,结合图象分析电磁感应问题是本章复习中不容忽视的问题之一.【例5】2001年上海半径为a的圆形区域内有均匀磁场,磁感强度为B=
0.2T,磁场方向垂直纸面向里.半径为b的金属圆环与磁场同心放置,磁场与环面垂直,其中a=
0.4m,b=
0.6m.金属环上分别接有灯L
1、L2,两灯的电阻均为R0=2Ω.一金属棒MN与金属环接触良好,棒与环的电阻均忽略不计.1若棒以v0=5m/s的速度在环上向右匀速滑动,求棒滑过圆环直径OO′的瞬时如图17-122所示MN中的电动势和流过灯L1的电流.2撤去中间的金属棒MN,将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°,若此时磁场随时间均匀变化,其变化率为ΔB/Δt=4/πT/s,求L1的功率.解析1E=B2av=
0.2×
0.8×5=
0.8VI1=E1/R=
0.8/2=
0.4AP1=E2/22/R=
1.28×10-2W【例6】1999年上海如图17-123所示,长为L、电阻r=
0.3Ω、质量m=
0.1kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上,两导轨间距也是L,棒与导轨间接触良好,导轨电阻不计,导轨左端接有R=
0.5Ω的电阻,量程为0~
3.0A的电流表串接在一条导轨上,量程为0~
1.0V的电压表接在电阻R的两端,垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面.现以向右恒定外力F使金属棒右移.当金属棒以v=2m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时,观察到电路中的一个电表正好满偏,而另一个电表未满偏.问1此满偏的电表是什么表?说明理由2拉动金属棒的外力F多大?3此时撤去外力F,金属棒将逐渐慢下来,最终停止在导轨上.求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量.解析1若电流表满偏,则I=3A,U=IR=
1.5V,大于电压表量程.可知电压表满偏.2由功能关系Fv=I2R+r3由动量定理mΔv=IBLΔt两边求和mΔv1+mΔv2+…=BLI1Δt1+BLI2Δt2+…即mv=BLq由电磁感应定律E=BLv,E=IR+r
十七、交流电
1、交变电流的产生和变化规律·典型例题解析【例1】一个矩形线圈abcd,已知ab为L1,ad为L2,在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图18-1中位置开始匀速转动,则线圈中感应电动势的大小为[]A、ωtB、cosωtC.BL1L2ωsinωtD.BL1L2ωcosωt点拨感生电动势的最大值为Em=BL1L2ω,线圈从中性面开始转动.解答应选C.【例2】一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动在转动过程中,线圈中的最大磁通量为m,最大感生电动势为Em,下列说法正确的是[]A.当磁通量为零时,感应电动势也为零B.当磁通量减小时,感应电动势在增大C、当磁通量等于
0.5m时,感应电动势等于
0.5EmD、角速度ω=Em/m解答应选B、D.点拨因为,所以;而当e=Emsinωt时,=mcosωt;因此磁通量减小时感应电动势在增大,它们不会同时等于其最大值的
0.5倍.【例3】10匝线圈在匀强磁场中匀速转动产生交变电动势e=10伏,求
①t=0时,线圈内磁通量和磁通量的变化率;
②线圈从中性面开始转动180°过程中,感应电动势的平均值和最大值之比.点拨线圈匀速转动产生的正弦电流,遵循电磁感应的规律.感应电动势的最大值用Em=nΦmω求解,平均值用=ΔΦ/Δt求解.【例4】发电机产生的正弦交变电流电动势的最大值为311V,其线圈共100匝,在匀强磁场中匀速转动的角速度为100πrad/s.
①从中性面开始计时,写出电动势的表达式;
②此线圈与外电路组成闭合电路时,总电阻100Ω,求t=1/600s时的电流;
③求线圈中磁/PGN0257A.TXT/PGN通量变化率的最大值.点拨处理交流电的变化规律时,首先要正确写出瞬时表达式,并用电磁感应定律、欧姆定律等知识求解.答案例3Wb,0v,10,5/例
4、e=311sin100tV,
1.56A,
3.11V.跟踪反馈1.交流发电机的线圈转到线圈平面与中性面重合时,下列说法正确的是[]A.电流将改变方向B.磁场方向和线圈平面平行C.线圈的磁通量最大D.线圈产生的感应电动势最大2.关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流,以下说法正确的是[]A.线圈平面每经过中性面一次,感应电流方向就改变一次,感应电动势方向不变B.线圈每转动一周,感应电流方向就改变一次C.线圈平面经过中性面一次,感应电动势和感应电流的方向都要改变一次D.线圈转动一周,感应电动势和感应电流方向都要改变一次3.线圈在匀强磁场中匀速转动,产生交变电流的图象如图所示,从图18-2可知[]A.在A和C时刻线圈处于中性面位置B.在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C.在A时刻到D时刻线圈转过的角度为πradD.若从O时刻到D时刻经过
0.02s,则在1s内交变电流的方向改变100次4.如图18-3中的100匝矩形线圈,ab=cd=
0.2m,ad=bc=
0.1m,磁感强度B=1T,角速度ω=5rad/s,则线圈中产生的感应电动势最大值________为V,从中性面开始转动的交流电动势瞬时值为e=________V.答案1.A、C,2.C,3.D,4.10.e=10sin5t
2、表征交变电流的物理量·典型例题解析【例1】一个电阻接在10V的直流电源上,它的发热功率为P,当它接到电压为u=10sin100πtV的交变电源上,发热功率是多少?[]A.
0.25PB.
0.5PC.PD.2P解答通直流电时P=U直2/R=100/R;所以P′=P/2.故应选B项.点拨计算交变电流的发热功率,必须选择有效值.【例2】图18-11中两交变电流分别通过相同电阻R.
①分别写出它们的有效值、周期、频率;
②计算它们在R上产生的功率之比.解答
①图甲为正玄交流电其有效值I1=Im/=
3.55A,周期T1=
0.4s,频率f1=
2.5Hz;图乙为方波交流电,电流的大小不变,方向作周期性变化,由于热效应与电流方向无关,因而它的有效值I2=5A,周期T2=
0.4s,频率f2=
2.5Hz./PGN0260B.TXT/PGN
②由公式P=I2R得P甲∶P乙=1∶2.点拨对于非正弦交流电,在计算其有效值时,一定要根据有效值的定义,利用热效应关系求解.【例3】电路两端的交流电压是u=Umsin314tV,在t=
0.005s时电压的值为10V,则接在电路两端的电压表读数为多少?点拨交流电表的读数应是交流电的有效值.(答案
7.07V)【例4】下列说法正确的是[]A.在一个周期内电流的方向改变两次B、交流电的最大值总是有效值的倍C.若正弦交流电的最大值为10V,则它的最小值为-10VD.演示交流电随时间变化规律时,应采用交流电流表点拨线圈每通过中性面一次,电流方向改变一次;只有正弦交流电其最大值才是有效值的倍,交流电的正负表示方向;只有直流电流表的偏向、偏角大小随电流方向、大小发生变化.(答案A)跟踪反馈1.四个接220V交流电的用电器,通电时间相同,则消耗电能最多的是[]A.正常发光的额定功率为100W的灯泡B.电流最大值的
0.6A的电熨斗C.每秒发热40cal的电热器D.额定电流I=
0.5A的电烙铁2.下列说法正确的是[]A.用交流电压表测量交流电压时,指针来回摆动B.一周期内交流的方向改变两次C.如果交流的最大值是5A,则最小值为-5AD.用电器上所标电压值是交流的有效值/PGN0261A.TXT/PGN3.一电阻接在10V直流电源上,电热功率为P;当它接到电压u=10sinωtV上时功率为[]A.
0.25PB.
0.5PC.PD.2P4.如图18-12为一交流的电压与时间图像,它的有效值为________V.答案1.C,2.B、D,3.B,4.
7.9V
3、电感和电容对交变电流的影响典型例题【例1】试比较电阻、电感和电容在交流电路中的作用有何不同?【答】电阻、电感和电容在交流电路中对交变电流都有阻碍作用,统称为阻抗.电阻器在交流电路中阻抗的大小就是电阻值R,它与交流的频率无关.电感器在交流电路中阻抗的大小称为感抗,它与电感器的自感系数、交流的频率均成正比.自感系数越大、交流频率越高,感抗也越大.电容器在交流电路中阻抗的大小称为容抗,它与电容器的电容、交流的频率均成反比,电容越大.交流频率越高,容抗便越小.【例2】如图所示为一低通滤波电路.已知电源电压包含的电流直流成分是240V,此外还含有一些低频的交流成分.为了在输出电压中尽量减小低频交流成分,试说明电路中电容器的作用.【答】电容器对恒定电流(直流成分)来说,相当于一个始终断开的开关,因此电源输出的直流成分全部降在电容器上,所以输出的电压中直流成分仍为240V.但交变电流却可以“通过”电容器,交流频率越高、电容越大,电容器的容抗就越小,在电容器上输出的电压中交流成分就越小.在本题的低通滤波电路中,为了要使电容器上输出的电压中,能将低频的交流成分滤掉,不输出到下一级电路中,就应取电容较大的电容器,实际应用中,取C>500μF.【例3】如图所示为一高通滤波电路,已知电源电压中既含有高频的交流成分,还含有直流成分.为了在输出电压中保留高频交流成分,去掉直流成分,试说明电路中电容器的作用.【答】电容器串联在电路中,能挡住电源中的直流成分,不使通过,相当于断路.但能让交流成分通过,交流频率越高、电容越大,容抗越小,交流成分越容易通过.因此在电阻R上只有交流成分的电压降.如果再使电阻比容抗大得多,就可在电阻上得到较大的高频电压信号输出.【例4】一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接,如图所示.一块铁插进线圈之后,该灯将A.变亮B.变暗C.对灯没影响【分析】这线圈和灯泡是串联的,因此加在串联电路两端的总电压一定是绕组上的电势差与灯泡上的电势差之和.由墙上插孔所提供的220伏的电压,一部分降落在线圈上,剩余的降落在灯泡上.如果一个大电压降落在线圈上,则仅有一小部分电压降落在灯泡上.灯泡上电压变小,将使它变暗.什么原因使得电压降落在线圈上呢?是由于它的电阻吗?由于线圈导线是粗的,其电阻很小.在线圈上产生压降的主要原因是其内部改变着的磁场.在线圈内由于改变磁场而产生的感应电动势,总是反抗电流变化的,正是这种反抗变化的特性(电惰性),使线圈产生了感抗.【答】B【说明】早期人们正是用改变插入线圈中铁芯长度的方法来控制舞台灯光的亮暗的
4、变压器·典型例题解析【*例1】一只电阻、一只电容器、一只电感线圈并联后接入手摇交流发电机的输出端.摇动频率不断增加,则通过它们的电流IR、IC、IL如何改变[]A.IR不变、IC增大、IL减小B.IR增大、IC增大、IL减小C.IR增大、IC增大、IL不变D.IR不变、IC增大、IL不变点拨手摇发电机的磁场、线圈形状和匝数都是不变的,输出电压与频率成正比.纯电阻电路中,电阻R与频率无关,IR=U/R,所以IR与频率成正比;纯电容电路中,容抗XC=1/2πfC,IC=U/XC=2πfCU,与频率的二次/PGN0263B.TXT/PGN方成正比;纯电感电路中,XL=2πfL,IL=U/XL=U/2πfL,与频率无关.(解答应选C.)【例2】图18-17为理想变压器,它的初级线圈接在交流电源上,次级线圈接在一个标有“12V100W”的灯泡上.已知变压器初、次级线圈匝数之比为18∶1,那么灯泡正常工作时,图中的电压表读数为________V,电流表读数为________A.解答由公式U1/U2=n1/n2,得U1=U2n1/n2=216V;因理想变压器的初、次级功率相等,所以I1=P1/U1=P2/U2=
0.46A即电压表、电流表读数分别为216V、
0.46A.点拨分析理想变压器问题时应注意正确应用电压关系和电流关系、特别是初、次级功率相等的关系.【例3】如图18-18所示,甲、乙两电路是电容器的两种不同的接法,它们各在什么条件下采用?应怎样选择电容器?点拨关键是注意容抗与交流电的频率成反比.甲应是电容较大的电容器,乙应是电容较小的电容器.答案甲是电容较大的电容器通交流,阻直流、乙是电容较小的电容器通直流,去掉交流.【例4】如图18-19所示,理想变压器的两个次级线圈分别接有“24V12W”、“12V24W”的灯泡,且都正常发光,求当开关断开和闭合时,通过初级线圈的电流之比.点拨关键是初、次级功率始终相等.(答案1∶3.)跟踪反馈1.如图18-20所示,一平行板电容器与一个灯泡串联,接到交流电源上,灯泡正常发光,下列哪种情况可使灯泡变暗[]A.在电容器两极间插入电介质B.将电容器两板间的距离增大C.错开电容器两极的正对面积D.在电容器两极间插入金属板不碰及极板2.关于电子电路中的扼流圈,下列说法正确的是[]A.扼流圈是利用电感线圈对交流的阻碍作用来工作的B.高频扼流圈的作用是允许低频交流通过,而阻碍高频交流通过C.低频扼流圈的作用是不仅要阻碍高频交流通过,还要阻碍低频交流通过D.高频扼流圈的电感比低频扼流圈的电感大3.变压器原线圈1400匝,副线圈700匝,并接有电阻R,当变压器工作时原副线圈中[]A.电流频率之比为2∶1B.功率之比为2∶1C.电流之比为2∶1D.电压之比为2∶14.如图18-21用理想变压器给变阻器R供电,设输入交变电压不变.当变阻器R上的滑动触头P向上移动时,图中四只电表的示数和输入功率P变化情况是V1________,V2________,A1________,A2________,P________.答案1.B、C,2.A、B、C,3.D,4.不变、不变、变小、变小、变小
5、三相交流电·典型例题解析【例1】在图18-30中输电线总电阻为1Ω,输送的电功率P=100kW.在下列两种情况下分别求出输电电流I,输电线上损耗的功率P损.
①输电电压U输=400V;
②输电电压U输=10kV.解答根据公式P=IU输先求出输电线上电流I,输电线上的损耗功率为P线=I2R线,用户得到的功率P用=P-P线.解得
①I=250A,P线=
62.5kW;
②I′=10A,P线′=
0.1kW.点拨注意输电电压的变化所对应的各个物理量的变化.此题说明远距离送电必须采用高压送电的道理.【例2】三相交流发电机的三个线圈中A相的电压为u=311sin100πtV,那么[]A.三个线圈中交流电的频率都是50HzB.在t=0时,其他两个线圈的输电电压为零C.若按Y形接法,任意两线间的电压的最大值为380VD.若按△形接法,任意两线间的电压的有效值为220V解答正确答案是A、D.点拨三相交流发电机的每个线圈的频率、电压的有效值或最大值均相同,但由于不同步,所以任一时刻的瞬时值不同.在两种连接方式中线电压和相电压的关系不同.【例3】发电站输出电压为U=250V,输出的电功率为100kW,向远处输电,输电线电阻为10Ω,要求输电线上的功率损失不超过4%,且用户电压是220V.
①画出所要安装的变压器的电路图;
②求出所安装的变压器的变压比.点拨要求输电线上损失的功率不超过4%,而电站电压和用户电压分别为250V、220V,故必须在输电线两端同时接入两个不同的变压器,再根据变压器的原理和输电电路的原理求解.答案略、1∶20.11∶240.跟踪反馈1.当远距离高压输送一定电功率时,输电线上损耗的功率与电路中的[]A.输送电压的平方成正比B.输送电压的平方成反比C.输电线中电流的平方成正比D.输电线中电流的平方成反比2.关于减小远距离输电线上的功率损耗,下列说法正确的是[]A.由功率P=U2/R,应降低输电电压,增大导线电阻B.由P=IU,应低电压小电流输电C.由P=I2R,应减小导线电阻或减小输电电流D.上述说法均不对3.在图18-32中,三相交流发电机A相的电压为u=311sin100πtV,接在AO间的电阻为R=100Ω,则[]A.此交流电的周期为
0.02sB.流过R的电流方向每秒改变50次C.流过R的电流为
2.2AD.B、C两端线间的电压为380V4.有关三相交流电,下列说法正确的是[]A.三相电压分别达最大值的时刻不同B、在三相四线制供电线路中,线电压是相电压的倍C.三只标称值均为“220V,100W”的灯泡可按Y形连接入线电压为380V的三相四线制电路,此时可省去中性线D.家用的单相用电器可接入三相四线制电路中的任意两根导线之间答案1.B、C,2.C,3.A、C、D,4.A、C纵深例题解析【例1】一个面积为S的矩形线圈在匀强磁场中以其一条边为轴作匀速转动,线圈中感应电动势e与时间t的关系如图所示,感应电动势最大值和周期可以由图18-39中读出,则磁感应强度B=________,在t=T/12时刻,线圈平面与磁感应强度的夹角等于________.解析当线圈平面与磁感线方向平行时有最大感应电动势Em=BωS=BS2π/T,所以,B=EmT/2πS;如图知t=0时有Em,当t=T/12时,线圈平面与磁力线夹角α=ωt=π/6=30°或150°.【例2】在绕制变压器时,某人误将两个线圈绕在图18-40所示变压器铁芯的左右两个臂上,当通以交流电时,每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈,另一半通过中间的臂.已知线圈
1、2的匝数之比N1∶N2=2∶1,在不接负载的情况下.A.当线圈1输入电压220V时,线圈2输出电压为110VB.当线圈1输入电压220V时,线圈2输出电压为55VC.当线圈2输入电压110V时,线圈1输出电压为220VD.当线圈2输入电压110V时,线圈1输出电压为110V解析因每个线圈的磁通量只有一半通过另一线圈,即磁通量变化率也只有一半,而且N2=N1/2,所以当1中输入220V电压时,在线圈2中只能输出55V,而当线圈2中输入110V时线圈1中本应输出220V,结果输出电压仍为110V.(选B、D.)【例3】有一交流发电机,转子是一只面积为
1.41×10-2m2的矩形线圈,共有20匝,总电阻是
0.8Ω匀强磁场的磁感应强度B为
0.5T,线圈的转速为125/π转/秒.接在电路里的灯泡的规格为“24V30W”,问灯泡能否正常发光?误解灯泡的额定电压U=24V,额定功率P=30W,则灯泡电阻R=U2/P=
19.2Ω.设发电机转子面积为S,匝数为N,转速为n,电阻为r,发电机产生的电动势为E,则E=NBS×2πn=20×
0.5×
1.41×10-2×2π×125/π=
35.25V.而灯泡上的电压为U灯=ER/R+r=
33.84V.灯泡两端电压大于灯泡的额定电压,灯会烧毁.正确解法灯泡的电阻R=
19.2Ω.设转子中产生的感应电动势的最大值为Em,则Em=NBS×2πn=20×
0.5×
1.41×10-2×2×125/=
35.25v电动势有效值为E=Em/=
33.25/=25v这样灯泡上的实际电压为U实=ER/R+r=24V.灯泡电压等于实际电压,灯正常发光.错因分析日常生活中用电器上标出的额定电压是指交流电的有效值.而由NBS×2πn计算出来的是交流电的最大值,两者不能混淆.【例4】为了减少因发电站中煤的燃烧对大气的污染而大力发展水电站,三峡水利工程中某一水电站发电机组设计为水以V1=3m/s的速度流入水轮机后以V2=1m/s的速度流出,流出水位比流入的水位低10m,水流量为Q=10m3/s,水轮机效率为75%,发电机效率为80%,试问1发电机组的输出电功率是多少?2三峡工程中的三峡指什么峡?3如果发电机输出电压为240V,用户需电压220V,输电线路中能量损失为5%,输电线电阻为
0.8Ω,那么所需升降压变压器的原副线圈匝数比分别是多少?4发电站中煤燃烧会产生哪些对大气带来污染的气体?解析1设研究的时间为t,则在这段时间里流过水轮机的水流机械能的减少量为mgh+;由于水轮机、发电机有能量损耗,则产生电能为(mgh+)×75%×80%,其中m=Qt则发电机的功率为
6.24×105W;2巫峡、瞿塘峡、巴陵峡.所以输入端升压变压器的匝数比是N1/N2=I2/I1=27/1615,输出端降压变压器的匝数比是N3/N4=I3/I2=9155/216,4煤未完全燃烧产生的CO,煤中含硫燃烧后产生的SO2,煤中的氮元素反应后产生的氮的氧化物.近几年高考试题主要集中考查交流电的产生、描述交流电的物理量和变压器三部分.其中,理想变压器的原理考查得最多.【例5】1997年全国如图18-41中
1、2两电路,当a、b两端与e、f两端分别加上220V的交流电压时,测得c、d间与g、h间的电压均为110V.若分别在c、d与g、h两端加上110V的交流电压,则a、b间与e、f间的电压分别为[]A.220V、220VB.220V、110VC.110V、110VD.220V、0解析首先要搞清楚变压器和滑动变阻器改变电压的原理.a、b与c、d间的电压比,总是与它们间线圈的匝数成正比,与哪一个是原线圈无关;在e、f两端加电压时变阻器fg、eg两部分相当于串联,g、h两端电压就是fg所分担的电压,在g、h两端加电压时,变阻器连入电路中的只有gh部分,eg部分的电压等于零.因此,e、f间电压应等于g、h间电压.应选B.【例6】2000年全国一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动.线圈匝数n=100,穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按正弦规律变化.如图18-42所示,发电机内阻r=
5.0Ω,外电路电阻R=95Ω.已知感应电动势的最大值Em=nωΦm,其中Φm为穿过每匝线圈磁通量的最大值,求串联在外电路中的交流电流表内阻不计的读数.解析已知感应电动势的最大值Em=nωΦm,设线圈在磁场中转动的周期为T,则有ω=2π/T,根据欧姆定律,电路中电流的最大值为Im=Em/R+r,设交流电流表的读数为I,它是电流的有效值,根据有效值与最大值的关系,有I=,由题给的Φ—t图线可读得Φm=
1.0×10-2Wb,T=
3.14×10-2s解以上各式,并代入数据,得I=
1.4A
十八、电磁振荡
1、电磁振荡的周期和频率·典型例题解析【例1】在LC振荡电路中,某一时刻电容器两极板间的电场线方向和穿过线圈的磁感线方向如图19-2所示,这时有[]A.电容器正在放电B.电路中电流强度在减小C.磁场能正在转化为电场能D.线圈中产生的自感电动势正在增大解析根据安培定则可知LC回路的电流方向为顺时针,所以正在给电容器充电,因此电流强度逐渐减小,磁场能正在转化为电场能,由于电流强度的变化率在逐渐增大,所以产生的自感电动势正在增大,故答案为BCD点拨判定出此时LC回路所处的是充电状态,是解答本题的关键,其次能分析出在振荡过程中各物理量的变化规律.【例2】如图19-3所示的LC振荡电路中振荡电流的周期为2×10-2s,自振荡电流逆时针方向达最大值时开始计时,当t=
3.4×10-2s时,电容器正处于________状态填“充电”、“放电”、“充电完毕”、“放电完毕”,这时电容器的上板带________电.解答由于t=
3.4×10-2s=2×10-2s+
1.4×10-2s=T+t′,所以T/2<t′<3T/4,作出振荡电流的图象如图,由此可看出在T/2~3T/4时间内,电流方向是顺时针方向,且电流不断减小,电流减小,电容器极板上电量应增加,故电容器处在充电状态,且上板带正电.点拨分析在t>T时的振荡情况,可先由t=nT+t′变换,转而分析t′时刻的振荡状态.【例3】如图19-4所示,由A板上电量随时间变化图象可知[]A.a、c两时刻电路中电流最大,方向相同B.a、c两时刻电路中电流最大,方向相反C.b、d两时刻电路中电流最大,方向相同D.b、d两时刻电路中电流最大,方向相反点拨可由各时刻电容器A板的带电量变化情况,判断出与之对应的充放电状态,再由A板的带电性质从充放电状态判断出电流方向.答案D【例4】电子钟是利用LC振荡电路来工作计时的,现发现电子钟每天要慢30s,造成这一现象的原因可能是[]A.电池用久了B.振荡电路中电容器的电容大了C.振荡电路中线圈的电感大了D.振荡电路中电容器的电容小了点拨钟慢了,是其振荡周期变大了,故应分析影响振荡周期的因素及其原因.答案BC跟踪反馈1.某时刻LC回路的状态如图19-5所示,则此时刻[]A.振荡电流i正在减小B.振荡电流i正在增大C.电场能正在向磁场能转化D.磁场能正在向电场能转化2.如图19-6所示,初始C1带电,C2不带电,S接1时的振荡电流如图所示,若分别在a、b、c、d不同时刻将s由1→2,则回路中是否有振荡电流?3.为了增大LC振荡电路的固有频率,下列办法中可采取的是[]A.增大电容器两极板上的正对面积并在线圈中放入铁芯B.减小电容器两极板间的距离并增加线圈的匝数C.减小电容器两极板间的距离并在线圈中放入铁芯D.减小电容器两极板间的正对面积并减少线圈的匝数4.在LC振荡电路中,电容器上的带电量从最大值变化到零的最短时间是[]A、B、C、D、2答案1.AD2.在a、b、d时回路中有振荡电流3.D4.B
2、电磁场和电磁波典型例题[例1]如图1所示的是一个水平放置的玻璃环形小槽,槽内光滑、槽的宽度和深度处处相同现将一直径略小于槽宽的带正电的小球放入槽内,让小球获一初速度v0在槽内开始运动,与此同时,有一变化的磁场竖直向下穿过小槽外径所包围的面积,磁感应强度的大小随时间成正比增大,设小球运动过程中带电量不变,那么[]A.小球受到的向心力大小不变B.小球受到的向心力大小增加C.磁场力对小球做功D.小球受到的磁场力不断增加[误解]因为磁场力对带电小球不做功,所以小球的速度大小不变由于小球运动的半径又不变,则小球受到的向心力不变,选(A)[正确解答]选(B),(D)[错因分析与解题指导][误解]没有领会题目给的条件“有一变化的磁场竖直向下穿过小槽,且磁感强度在均匀增大”根据麦克斯韦理论,均匀变化的磁场在它的周围空间产生稳定的电场对本题来说,其电场线和磁感线的关系如图2所示,电场线正好和圆形玻璃槽重合,电场力对槽中带正电的小球做正功,使小球不断加速由F向=m,可知小球所需的向心力也不断增加因为速度在不断增加,根据f=Bvq可知小球受到的磁场力也在不断增加[例2]某电路中电场随时间变化的图象如下图所示,能发射电磁波的电场是哪一种?[分析]图A中电场不随时间变化,不会产生磁场.图B和C中电场都随时间作均匀的变化,只能在周围产生稳定的磁场,也不会产生和发射电磁波.图D中电场随时间作不均匀的变化,能在周围空间产生变化的磁场.而这磁场的变化也是不均匀的,又能产生变化的电场,从而交织成一个不可分割的统一体,即形成电磁场,能发射电磁波.[答]D.[例3]将下图所示的带电的平行板电容器C的两个极板用绝缘工具缓缓拉大板间距离的过程中,在电容器周围空间[]A.会产生变化的磁场B.会产生稳定的磁场C.不产生磁场D.会产生振荡的磁场[误解]选(C)[正确解答]选(A)[错因分析与解题指导][误解]认为只有电流的周围存在磁场,电容器中没有电流通过,周围就不存在磁场实际上,本题应根据麦克斯韦电磁场理论来分析由于对电容器充电后没有断开电源,电容器两极板间电势差不变,根据C=,Q=CU,可知Q与d成反比故当缓慢拉大电容器两极板间的距离时,电容器内部的电场作非均匀变化,在它周围产生变化的磁场,选项(A)正确
3、无线电波的发射和接收典型例题[例1]一个LC电路中的电感量L=
3.6×10-3H,电容量C=14400pF,它所发射的电磁波的波长是多少?[分析]根据振荡频率公式和电磁波的波长、波速、频率关系即得.[解]LC电路的振荡频率f=1/2所以,它所发射的电磁波的波长为[例2]一个LC振荡电路,电容器的电容量可从C1=39pF变化到C2=390pF.要求它产生频率范围f1=535kHz~f2=1605kHz的电磁振荡,试求需要配用的线圈电感.[分析]线圈自感系数一定时,与最小电容量对应的振荡频率最高,与最大电容量对应的振荡频率最低.根据振荡频率公式,对已知的电容变化范围和频率范围进行试配,即可确定所需电感的变化范围.[解]
(1)设需配用的线圈电感为L.这表明L1是可用的.当L与C2配合时,f2=535kHz,此L2值和C1配合时,这表明L2是可用的.综上分析可知,所求的电感为L2≤L≤L1,即
2.27×10-4H≤L≤
2.52×10-4H.[例3]某收音机调谐电路中的可变电容器的电容为360pF时,接收到波长为600m的电台信号.如要接收波长为200m的电台信号,如何调整可变电容器的电容量?[分析]接收的波长变短,即所接收的电磁波的频率提高.当调谐电路的电感量一定时,需减少可变电容器的电容量.[解]根据调谐电路固有频率的公式和电磁波的波长、频率的关系,即由联立可得也就是说,需把可变电容器的电容量调节到等于40pF.[说明]可变电容器的动片完全旋进时,电容量最大;完全旋出时,电容量最小.[例4]在图所示的电路中,C1=200pF,L1=40μH,L2=160μF,怎样才能使回路2与回路1发生电谐振?发生电谐振的频率是多少?[分析]谐振时两电路的固有频率相同.[解]为使两回路发生电谐振,可以改变可变电容器C2,使满足条件f2=f1,即发生电谐振时的频率f==
1.78MHz[例5]一个振荡电路中的电容C1=100pF,要求它产生波长λ1=30m的短波电感量L1应为多少?如果在这个回路附近还有L2C2回路,其中L2=16μH,怎样使它与L1C1回路发生谐振?这时的C2和谐振频率多大?[分析]根据振荡回路的固有频率公式f=和电磁波的波长、拨速关系式=,联立后即可求出L1C1回路的电感量L1,要求两个振荡电路谐振应使它们的固有频率相同[解]由L1C1回路固有频率公式和波长、波速关系式联立得电感量要求两回路谐振,应满足条件f1=f2,即[说明]谐振时的频率就是辐射波长λ1=30m的电磁波的频率,不必用f=计算[例6]为了实现全球的电视转播,下面的措施中正确的是[]A.只需发射一颗同步卫星,在赤道平面上空运行.B.至少需发射三颗同步卫星,在赤道平面上空运行.C.只需发射一颗同步卫星,绕着通过南、北极的上空运行.D.至少需发射三颗同步卫星,绕着通过南、北极的上空运行.[分析]同步卫星只能在赤道平面上空,通过南、北极上空运行的卫星不可能是同步卫星,C、D错.由于电视信号属微波段,只能够直线传播,为了覆盖全球,至少需发射三颗同步卫星,使它们位于正三角形的顶点,地球内切于这个正三角形,如图所示.(答B.)
4、电视雷达·典型例题解析【例1】如图19-11所示在直线PQ周围出现了一组闭合的电场线,则可判定[]A.由Q→P的电流迅速增强B.由Q→P的电流迅速减弱C.由P→Q的磁场迅速增强D.由P→Q的磁场迅速减弱解答正确的应选D.点拨变化的电流产生变化的磁场,变化的磁场产生电场,其方向可利用电磁感应规律判定.【例2】下列关于电磁波的叙述中,正确的是[]A.电磁波是电磁场由发生区域向远处的传播B.电磁波在任何介质中的传播速度均为3×108m/sC.电磁波由真空进入介质传播时,波长将变短D.电磁波不能产生干涉、衍射现象解析电磁波正是电磁场由发生区域向远处传播形成的,故A对.电磁波只有在真空中的速度才是3×108m/s,故B错.电磁波同样具有波的性质,故D错.电磁波由真空进入介质,频率不变,波速变小,由v=λf可知,波长λ变短,故C正确.所以答案为AC点拨领会电磁波的产生及其特点是解决本题的基础.【例3】在发射电磁波的某个LC振荡电路里,完成一次电磁振荡的时间为5×10-7s,求发射的电磁波在真空中的波长,若电路中电容器的电容为20pF,求自感线圈的自感系数点拨应用C=f和T=2进行求解(答案
3.17×10-4H)【例4】如图19-12所示,带正电的小球在垂直于匀强磁场的水平光滑绝缘槽中做匀速圆周运动,当磁场的磁感应强度增大时,小球的[]A.动能增大B.动能不变C.周期增大D.周期减小点拨根据麦克斯韦电磁场理论,变化的磁场产生电场,可使带电小球受到电场力而沿切向加速.(答案AD)跟踪反馈1.根据麦克斯韦的电磁场理论,下列说法正确的是[]A.在电场周围一定产生磁场,磁场周围一定产生电场B.在变化的电场周围一定产生变化的磁场,在变化的磁场周围一定产生变化的电场C.均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场D.振荡的电场一定产生同频率振荡的磁场2.关于电磁波在真空中的传播速度,下列说法中正确的是[]A.频率越高,传播速度越大B.波长越长,传播速度越大C.电磁波的能量越大,传播速度越大D.频率、波长、能量强弱都不影响电磁波的传播速度3.关于电磁波和电磁场,下列叙述中正确的是[]A.均匀变化的电场在它周围空间产生均匀变化的磁场B.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C.电磁波和机械波一样依赖于媒介传播D.只要空间向某个区域有振荡的电场或磁场,就能产生电磁波4.某电视台发射波长为450m的电磁波的LC振荡电路中,完成一次全振荡所需时间为________s,欲使发射电磁波的波长变为900m,而振荡电路中电感保持不变,则电路中可变电容器的电容应变为原来的________倍.答案1.D2.D3.BD4.
1.5×10-6,4纵深例题解析【例1】如图19-16所示的电路中,电容器的电容C=1μF,线圈的自感系数L=
0.1mH,先将开关S拨至a,这时电容器内有一带电油滴恰能保持静止,然后将开关拨至b,经过t=
3.14×10-5s,油滴加速度是多少?当油滴加速度a′为何值时,LC回路中振荡电流有最大值π=
3.14,研究过程中油滴未与极板接触解析S在a时油滴静止,此时油滴受电场力向上,有F电=mg当S拨至b后,在t=
3.14×10-5s=T/2时刻,电容器被反向充电完毕,此时油滴受电场力方向向下,F合=F电+mg=2mg,故此时油滴的加速度为2g当回路中振荡电流最大时,电容器上的电量为零,此时油滴仅受重力作用,故当油滴加速度a′=g时,LC回路中振荡电流有最大值点拨这是一道力学、电学和电磁振荡结合的综合题,对思维能力要求较高,要分析研究对象的受力情况、振荡回路的状态,结合牛顿定律才能回答本题.【例2】如图19-15甲所示LC振荡电路与电源E和灯泡D相连,当开关S合上后灯D正常发光.现从断开S开始计时,电容器a极板上电量q随时间t的变化规律如图19-15乙.若以通过LC回路顺时针方向电流为正,作出LC回路中电流随时间的变化图象线圈L的直流电阻为零解析本题中LC回路的初始状态为电感L中电流为最大,而电容器C上电压为零.当S断开后,开始对C充电,而a板上的电量增加且为正电荷,此过程中LC回路电流为逆时针,又知LC回路电流是按正余弦规律变化的,故作出LC回路中的电流随时间变化图象如图19-15丙点拨求解本题的关键在于分析清楚电路的连接方式,并明确回路的初始状态.【例3】家用微波炉是利用微波的电磁能加热食物的新型灶具,主要由磁控管、波导管、微波加热器、炉门、直流电源、冷却系统、控制系统、外壳等组成,接通电源后,220V交流电经一变压器,一方面在次级产生
3.4V交流对磁控管加热,同时在次级产生2000V高压经整流加到磁控管的阴、阳两极之间,使磁控管产生的频率为2450MHz的微波,微波输送至金属制成的加热器炉腔,被来回反射,微波的电磁作用使食物内分子高频地振动而同时迅速变热,最大限度地保存食物中的维生素.每个光子能量E=hf,其中h为普朗克常量,其值为
6.63×10-34J·s,f为频率1试计算微波输出功率为700W的磁控管每秒内产生的光子数2试计算变压器的高压变压比解析1每个光子能量为E=hf=
6.63×10-34×2450×106=
1.62×10-24J则磁控管每秒钟产生的光子数为n=P/E=700÷
1.62×10-24=
4.3×1026个2由变压器的变压比公式U1/U2=n1/n2可得高压变压比为n1/n2=U1/U2=220÷2000=11/100本章虽为A级要求,但在近十年高考中以选择和填空题的形式也出现了六次,故不能轻视,重点应把握电磁振荡的产生过程和此过程中各物理量的变化规律.【例4】1998年上海如图19-17所示电路中,L是电阻不计的电感器,C是电容器,闭合开关S,待电路达到稳定状态后再打开开关S,LC电路中将产生电磁振荡,如果规定电感L中的电流方向从a到b为正,打开开关的时刻为t=0,那么下列四个图中能正确表示电感中的电流i随时间t变化规律的是[]解析S闭合时电容器两端电压为零,S断开后,LC构成闭合回路,开始给电容器充电,因此电路中的电流随时间变化的规律应按余弦规律变化,故选B答案例5例6。