60课时学完高中物理讲义18-30

第18讲 电磁感应（1）

例题精讲

【例1】 ＜答案＞ C

【例2】 ＜答案＞ D

【例3】

＜解析＞Φ?BS成立的前提是磁感线垂直穿过S，当B与S不垂直时，必须把S分解在垂直B的方向

上或将B分解在垂直S的方向上，此外当线框转过180?时，磁感线穿过S另一面，所以磁通量的方向也变化了．

1①当线框转动60?时，在垂直B的方向上S的分量为S??S?cos60??S

21∴Φ?BS??BS

2②初态磁通量Φ1?BS 转过180?时，磁通量Φ2??BS

∴磁通量的改变量ΔΦ?Φ2?Φ1??2BS

【例4】

＜解析＞本题易产生误解，认为由Φ?BS知：SA＜SB，所以，ΦB＞ΦA，根本原因是对磁感线与磁通

量概念理解不透．磁感线是闭合曲线，不仅在磁铁外部空间有，而且内部空间也有，因而穿过A、B圆环面的磁感线有磁体内部的全部磁感线(由S指向N)和磁铁外部的部分磁感线(由

N指向S)，两者方向相反，因此穿过两圆环的磁通量应是两者抵消后的代数和，其磁感线方

向由S指向N．设在磁铁内部的全部磁感线条数为Φ，均穿过A、B两圆环，方向向上，磁通量为正；磁铁外部空间穿过A、B两环的磁感线条数分别为Φ1和Φ2，且Φ1＜Φ2，方向向下，磁通量为负，∵ΦA?Φ?Φ1,ΦB?Φ?Φ2,所以，ΦA＞ΦB，选A．

＜答案＞ A

【例5】 ＜答案＞ B

【例6】

＜解析＞对闭合电路而言，必须磁通量变化，闭合电路中才有感应电流，只有磁通量而不变化，不能

产生感应电流，A中磁通量不一定变化，故A不对，B中螺线管不一定闭合，故B也不对，

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1

C中线框不闭合，磁通量变化，虽有感应电动势，但无感应电流，故C正确．

＜答案＞ C、D

【例7】 ＜答案＞ D 【例8】 ＜答案＞ BC 【例9】

＜答案＞（1）a；顺 （2）大；大；大；快；正．

【例10】 ＜答案＞ C

【例11】 ＜答案＞ D

【例12】

＜解析＞开关S闭合与断开时，Ⅰ线圈中的磁场变化，导致Ⅱ中出现感应电流． ＜答案＞ A

【例13】

＜解析＞当S闭合的瞬间，穿过abcd回路的磁感线如图所示，在线圈左右与AD对称的等面积内磁通

为零，而右侧面积大，所以穿过回路abcd的磁感线条数不为零．所以闭合S的瞬间abcd回路的磁通量增加(原来为零)．所以其回路中一定有感应电流产生．

＜答案＞ A

【例14】

＜解析＞只有圆环变速转动时，相当于环形电流的电流强度发生变化，小线圈磁通量发生变化，小线

圈内才有感应电流，故C对，如果圆环匀速转动，相当于环形电流的电流强度恒定，其磁场也恒定，小线圈的磁通量不变，小线圈内无电流，故D对．

＜答案＞ C、D

2

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【例15】 ＜答案＞

【例16】

＜解析＞设线框bc边长为L，整个线框的电阻为R，进入磁场的速度为v，此时感应电动势为E?BLv，

线框中的电流为I?d?ll?d； vvBLv，受到向上的安培力为： RB2L2vB2L2F安??2gh RR①如果F安?mg，线框将匀速进入磁场；

②如果F安＜mg，线框将加速进入磁场，但随着速度的增大，F安增大，加速度减小，故进入磁场的过程是变加速运动，且a＜g．

③如果F安＞mg，线框将减速进入磁场；但随着速度的减小，F安减小，加速度的值将减小，因此也变减速运动．由此可见，其运动特点是由其所处高度h决定（对于确定的线圈），A、B、C三种情况均有可能，但第四种情况D绝无可能．试想想，线框进入磁场，才会受到向上的力，同时受到向上的力是因为有电流，可见已经有一部分机械能转化为电能，机械能不守恒，所以A、B、C正确．

＜答案＞ ABC

【例17】

＜解析＞（1）金属cd段切割磁感线产生感应电动势

E?Bhv?0.5?0.1?4.0V＝0.2V

回路中的总电阻

R总?R?hr0?0.3??0.1?2.0??0.5?

流过R中的电流

E0.2I??A＝0.4A

R总0.5（2）cd两端的电势差：U1?IR?0.4?0.3V＝0.12V

＜答案＞ I?0.4A U?0.12V

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第19讲 电磁感应（2）

例题精讲

【例1】 ＜答案＞ BD 【例2】 ＜答案＞ B 【例3】 ＜答案＞ BCD 【例4】 ＜答案＞ C 【例5】 ＜答案＞ A

【例6】

＜解析＞铜环的下落过程，并非仅受重力作用，由于“穿越”过程，电磁感应现象的发生，圆环出现的感

应电流，其磁场与条形磁铁的磁场存在相互作用，根据“来拒去留”，所以圆环开始下落受斥力，离开磁体受引力作用，即时间小于＜答案＞ C 【例7】 ＜答案＞A

4

2h，故选C． g 讲述高端的，真正的物理学

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【例8】

＜解析＞ef向右运动，在闭合回路中产生感应电流，根据楞次定律，ef棒受安培力将阻碍其向右运动，

亦即ef要克服安培力做功而使动能减小，故ef是向右做减速运动．但值得注意的是：随速度v减小，杆受安培力减小，加速度减小，故不可能做匀减速运动．

＜答案＞ A 【例9】 ＜答案＞ C 【例10】

＜解析＞图中的两个通电的电磁铁之间的磁场方向总是水平的，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑

动的过程中，电路中的电流是减小，闭合导体线圈中的磁通量是减小的，线圈在原磁场中所受的磁场力肯定使线圈向磁通量增大的方向运动，显然只有顺时针方向的运动才能使线圈中的磁通量增大，所以C正确．

＜答案＞ C

【例11】

＜解析＞B环中如图所示电流，则感应电流的磁场方向向外，而引起感应电流的原磁场应向外减弱或

向里增强．若A带正电，其顺时针转动方向即为电流方向，转速增大，相当于电流增大，故A错，B对；若A带负电，其顺时针转动方向为等效电流的反方向，转速减小相当于电流减小，磁场减弱．B环则产生如图所示电流，故C对D错．

＜答案＞ BC

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【例12】 ＜答案＞ C

【例13】

＜解析＞根据麦克斯韦理论，变化的磁场产生电场，处在其中的导体，其内部的自由电荷在电场力作

用下定向移动形成电流。

＜答案＞ AC

【例14】 ＜答案＞ D

【例15】

＜解析＞当闭合开关，接通电路时，电路中的电流要增大，线圈L上产生自感电动势阻碍电流的增大，

所以L与A1支路中的电流由零逐渐变大，最后达到稳定状态．因此，灯A1从闭合开关到正常发光需经稍长一点的时间，而A2支路在开关接通后的瞬间（这段时间可忽略），电流立刻达到正常值．所以，闭合开关接通电路时，A1慢慢亮起来最后正常发光，而A2则立即正常发光．

在断开电键，切断电路时，A2支路原来的电流立刻消失，而A1所在支路，由于在自感作用下，不会马上减小为零，仍继续流动，此时，A1、A2、L组成闭合电路，所以虽然A2上原来由电源提供的电流消失了，但立刻又有A1支路的电流通过A2，故A1、A2均要过一会儿才熄灭．故选A、D．

【例16】

＜解析＞S刚闭合时，由于线圈产生了一个较大的反向自感电动势，L支路上没有电流，相当于断路，

D1和D2是串联关系．由于D1和D2完全相同，故此时应有二者同时亮且同样亮，A项正确．闭

合S达到稳定时，线圈相当于一根导线将D1短路，故此时只有D2灯亮．又由于此时外电路仅由D2组成，流过D2的电流比S刚闭合时流过D2的电流更大，所以，D2灯比原来要更亮一些，C项正确．断开开关S的瞬间，流过L的电流要减小，线圈将产生一个与原电流同向的自感电动势．L与D1灯构成闭合回路，所以D1灯将亮一下再熄灭，而D2灯则立即熄灭．本题，正确选项为A、C、D．

＜答案＞ ACD

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第20讲 交流电

例题精讲

【例1】 【答案】CD

【例2】

【解析】由图可知，线圈中的ab边和cd边不切割磁感线，不产生感应电动势，而ad边和bc边切割磁

感线运动，产生的感应电动势各为ead?Badvsin?t和ebc?Bbcvsin?t，线圈中的总感应电动势e?ead?ebc?2Badvsin?t?2Bad?(【答案】C

【例3】

【解析】由图可知，T?0.250s，f?交变电流的最大值为Imax【答案】D

【例4】

(Umax/2)2TU2U?，则U?max，B正确． 【解析】由电流的热效应，RT?R22【答案】B

ab??)sin?t?BS?sin?t．选项C正确． 2I21A，C错；?4Hz，故A、B错；电路中的有效电流I?max?T2102??0.2A，D正确． 10【例5】

【解析】从图像中可以看出交流电的最大值、周期、频率等物理量，由此出发，其他问题都可解决了．

E（1）由图像中得Emax?300V，因为为正弦交流电，所以，E?max?212.2V

21（2）由图像中知周期T?0.02s，频率f??50Hz，角速度??2?f?314rad/s

TE300（3）因为Emax?NBS?．所以B?max?T?0.955T

NS?100?100?10?4?314（4）e?Emaxsin?t?300sin100?t

当??30?时，即100?t?30?，此时电动势瞬时值为e?Emaxsin30?150V 当t?0.005s时，此时电动势的瞬时值

πe?Emaxsin100?t?300?sin100π?0.005?300?sinV=300V

2 讲述高端的，真正的物理学 高一·30次课学完高中物理·第18讲·教师版

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EE21（5）求热量应该用有效值．Q?IRt?t?(max)2??t?4.5?103J

RR22

【例6】

【解析】在交流电路中，当频率增加时，容抗减小，感抗增大，而电阻是与频率无关的，在电路中电

源的电动势最大值不变，即a、b间的电压不变，所以当频率增加时，A1读数增大，A2不变，A3读数要变小．

【答案】C

【例7】 【解析】U1?Un2202100V?220V，由1?1，得U2?100V，I2??10A；

Un10?22222P出?I2R??10A??10??1000W，故只有D正确．

【答案】D

【例8】

【解析】当副线圆中S断开后，副线圈中总电阻增大，干路的电流减小，故I2减小，U2不变，I3增大，

I1减小，故答案为B、C．

【答案】BC

【例9】

【解析】先按“发电?升压?输电线?降压?用户”的顺序逐级分析，画出示意图，如图所示．

（2）对升压变压器，由公式

U2n2n25?n，有U2?n2U1??250V?6250V U1111PP100000I2?U2?U1?A?16A

226250（3）因为P耗?I2R线，P耗?0.04P1，所以R线?0.04P40001???15.6? 2I2162因为?U?U2?U3?I2R线，所以U3?U2?I2R线?(6250?16?15.6)V?6000V （4）P4?P1?P1?0.96?100000W?96000W?96kW 耗?0.96P

【例10】

【解析】设P?44kW?4.4?104W，U?220V，R?0.5?

P4.4?104（1）直接输电电压损失：U损?IR??R??0.5V?100V

U220P24.4?10422功率损失为：P)R?()?0.5W?2?104W 损?IR?(220U8

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故用户得到的电压U用?U?U损?120V 用户得到的功率P用?P?P损?2.4?104W （2）用高压输电先用升压变压器，由

'损'2U1n1n10?有：U'?2U??220V?2200V U2n2n11P24.4?1042则损失功率P?IR?(')R?()?0.5W?200W

2200UP'电压损失U损?I'R?'?R?10V

U'?2190V 那么，加到降压变压器上的U3?U'?U损由

U3n3n1?有U4?4U3??2190V?219V U4n4n310''?P?P损?4.38?104W 用户得到的功率P用 讲述高端的，真正的物理学 高一·30次课学完高中物理·第18讲·教师版

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第21讲 热力学

例题精讲

【例1】

＜解析＞ 热力学第一定律表达式：?U?W?Q

（1）?U为内能变化量，?U?U末?U初，?U?0，内能增加；?U?0，内能减少. （2）外界对物体做正功，W为正值；外界对物体做负功，W为负值. （3）物体吸收热量，Q为正值；物体放出热量，Q为负值.

＜答案＞ C

【例2】 ＜答案＞ C 【例3】

＜解析＞ 由已知标准大气压p可求出地球表面大气的质量，即p?

Fmgmg??2，SS4πR62p?4πR21.0?105?4π?(6.4?10)m?3m??kg?5?1018kg，V??22.4?103m?g10M8?4110. 3m＜答案＞ B 【例4】

＜解析＞ （1）由p0?mgmg得 ?S4πR22m?4πRp0?g4?3.14??6.4?106??1?10629.8kg?5.2?1018kg

m5.2?1018空气分子数为n?NA??6?1023?1?1044个 ?2M2.9?10（2）不同液体的密度是不同的，水银为13.6?103kg/m3，水为1.0?103kg/m3，酒精为

0.8?103kg/m3，可看出液体密度的数量级为103kg/m3.用水的密度来代表液化空气的

密度，则

5.2?10183m?5.2?1015m3 液化空气的体积V??3?10m设大气变为液体分布在地球表面，半径增加y，则有

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443π?R?y??πR3?V 3333R2y?3Ry2?y3?V

4π考虑到y远小于R，忽略y的二次项和三次项，得 V5.2?1015y??m?10m

4πR24?3.14??6.4?106?2

＜答案＞ （1）1?1044个 （2）10m 【例5】

＜解析＞ 因分子力的作用范围在10?10m数量级，阻止玻璃板拉出水面的分子力主要来自玻璃板的下

表面玻璃分子与水分子间的相互吸引力，也可以近似的认为等于水分子间的吸引力，所以只要将对玻璃板的拉力分摊到每一个水分子上，当拉力超过了总的分子间的引力时，玻璃板就被拉出水面．

水的摩尔质量是18?10?3kg/mol．

M18?10?3它的体积为V??m3?2.99?10?29m3 323?NA1.0?10?6.02?10?296V6?2.99?103?m=3.85?10?10m 水分子直径D?3π3.14πD2分子球的最大面积S??1.16?10?19m

4因为玻璃板的面积S??0.01m2，所以玻璃板下面的水分子数为

S?0.01个?8.62?1016个 N???19S1.16?10F?mg10.8?0.3?9.8所以每个水分子间的最大吸引力为F分??N=9.1?10?17N 16N8.62?10 【例6】 ＜答案＞ A

【例7】

m?V1?103?1?10?6＜解析＞ 1cm水中的分子个数为n?NA?NA??6.02?1023?3.3?1022个 ?3M0M018?103V4?d?设相邻两个水分子间距为d，视水分子为球形，则?π??

n3?2?6V36?1?10?6?m?3.9?10?10m 所以d?22πn3.14?3.3?10331cm3的水蒸气中含有的分子个数

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V1?10?6n??NA??6.02?1023?2.7?1019个 ?3?322.4?1022.4?10设相邻水蒸气分子间距为d?，视水蒸气分子所占据的空间为正方体，则d?3?V31?10?6d????3.3?10?9m 19n?2.7?103V，故 n?＜答案＞ 水：3.3?1022个，3.9?10?10m. 水蒸气：2.7?1019个，3.3?10?9m

【例8】

＜解析＞ 在阳光下曝晒时吸收热量，使温度升高，车胎内气体压强增大，当超过外胎能够承受的最

大压强时就会“爆胎”.

＜答案＞ A

【例9】

πd2mg＜解析＞ 锅内气体的最大压强为：p?p0?，m?0.1k，gS??7.1?10?6m2

4S0.1?9.8??5取p0?105Pa，解得p??105?Pa?2.4?10Pa ??67.1?10??1.4?105压强变化?p?p?p0?1.4?10Pa，故水的沸点增加?t??1℃?39℃

3.6?103锅内的最高温度可达139℃.

55＜答案＞ 2.4，?10Pa139℃

【例10】

＜解析＞ 本题用p?T图象表示气体的状态变化过程. ab段是等容过程，A错. 连接Ob、Oc和Od，

则Oba、Oc、Od都是定质量理想气体的等容线，比较这几条图线的斜率，可得Va?Vb?Vd?Vc，同理可判断bc、cd、da线段上各点所表示的状态的体积大小关系.

＜答案＞ BCD

【例11】

＜解析＞ 气体体积增大，气体对外界做功. 气缸壁的导热性能很好，气体总与外界保持相同温度，气

体分子的平均动能不变. 因体积增大，单位体积内的分子数减小，且T不变，所以气体压强减小.

＜答案＞ BD

＜点评＞ 利用单缸或双缸等器件考查对三个状态参量关系的理解，从内能、吸热、做功等角度考查

综合运用知识的能力.

【例12】

＜解析＞ a气体受热膨胀，通过活塞压缩气体b，对b做功，由热力学第一定律知，b内能增加，温

度升高，则b气体压强增大，最终达到平衡时，a气体和b气体压强相等，由于a气体体积变大，所以a气体的温度高于b气体的温度.

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＜答案＞ BCD

【例13】 ＜答案＞D

【例14】

＜解析＞ A、B气体开始时的合重心在中线以下，混合均匀后在中线处，所以系统重力势能增大. 由

能量守恒知，吸收的热量一部分增加气体内能，另一部分增加重力势能，故?U?Q.

＜答案＞ B 【例15】 ＜解析＞

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第22讲 机械振动

例题精讲

【例1】

【解析】在简谐运动中，在一个周期内有两次通过同一位置，所经历的时间并非一个周期．在一个周

期内，有两个位置，它的速度大小和方向都相同，两次经过同一位置时加速度相同，故选项A，B，C都不正确．

【答案】D

【例2】

【解析】由F??k?x和F?ma可得：a?

?kx，即筒谐运动是一种变速运动，位移x、回复力F、加m速度a、速度v的大小和方向都随时间做周期性变化．在位移最大的两个“端点”处，回复力最大，加速度最大，是运动的转折点，速度必定为0．在平衡位置（x?0），回复力为0，加速度为0，速度最大．物体从“端点”处向平衡位置运动时，位移逐渐减小，回复力逐渐减小，加速度逐渐减小．由于加速度与速度方向相同，速度是逐步增大的．

【答案】ACD

【例3】

【解析】筒谐运动是一种周期性的往复运动，具有时间与空间上的对称性，由图可知：在t1和t2时刻

质点的位移等大反向，则在t1到t2时间内质点先靠近平衡位置，后远离平衡位置，且位置上关于平衡位置对称，其速度大小和方向均相同，位移大小相等，方向相反，回复力及加速度也是等大反向．

【答案】D

【例4】

【解析】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

1质点从OO点两侧；质点从平衡位置O向右运动到B的时间应为tOB??0.5s＝0.25s．所以，

2到D的时间：

1tOD?T?0.25s?0.25s＝0.5s． 所以T?2s

4【答案】C

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【例5】 【答案】BD

【例6】

【解析】（1）垂直纸面内外摆动时，摆动圆弧的圆心在O处，故等效摆长为

d2

l1?l2sin??d T?2?2l1?l2sin??g（2）当在纸面内左右摆动时，摆动的圆弧的圆心在O处，等效摆长为l1?l1?gd2 d 2T??2?

【例7】

【答案】由于拉开角度小所以可看成是简谐运动，它们到竖直位置的时间都是四分之一个周期，则两

小球同时到达平衡位置。选择C、D

【例8】

【解析】小球Ⅰ可看成简谐运动，运动的时间为四分之一个周期为t1?小球Ⅱ是做自由落体运动，时间为t2?很明显t1大于t2，则Ⅱ球先落下。

【例9】

【解析】受迫振动的振幅A与驱动力的频率f的关系如图所示，当f驱为定值时，受迫振动的振幅也为

定值，当f受?f驱?f固时，受迫振动的振幅有最大值．

2?4l g2l g【答案】D

【例10】

【解析】筛子的周期为1.5s，偏心轮提供的周期为

605s＝s．要使筛子振幅增大，应使两个周期接近363或相等．可增大输入电压，提高偏心轮转速，减小其周期，也可增加筛子质量以增大其固有

周期．

【答案】AC

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135??22.5?．当?1?22.5?，光线射向液面时，2刚好发生全反射，而当?＞22.5?时，光线经平面镜反射再射向液面时，才能从反射点

2??90??C?135?∴?1?90????90??的右上方射出，所以必须满足?＞22.5?．

同理，光线经平面镜向左上方以临界角射向液面，刚好发生全反射，如图乙有

2???90??C?45?，∴?2?90?????67.5?．若?＜67.5?时，光线能从反射点的左上方

射出．综合上述两种情况，若使光线能从液体表面射出，应满足22.5?＜?＜67.5?．

【例5】

【解析】 光路图如图所示，由几何知识sin?2?所以?1?arcsin【答案】 B

【例6】

＜解析＞ 由sinC?nrl?r22rl?r22，由折射定律sin?1?nsin?2得：sin?1?nrl?r22，

，所以答案选B．

1d可得，在MN曲面上发生全反射的临界角为37?，由于sinC?，故从曲面射nR出的光线在OM上的入射点到O点的最大距离为d?RsinC?0.6R，光线只能从圆弧NG1射出.

＜答案＞ B

【例7】

【解析】 如图所示，由n紫＞n红，所以紫光偏得最厉害，所以从a点射出的是紫光，从b点射出的是红

光．

【答案】 B

【例8】

【解析】 由题中的已知条件可知，要使光线从光导纤维的一端面射入，然后从它的另一端面全部射出，

必须使光线在光导纤维中发生全反射现象．要使光线在光导纤维中经历的时间最长，就必须

1使光线的路径最长，即光对光导纤维的入射角最小．光导纤维的临界角为C?arcsin．

nL光在光导纤维中传播的路程为d??nL．

sinCc光在光导纤维中传播的速度为v?．

ndnLn2L?所需最长时间为tmax??． cvcn 讲述高端的，真正的物理学 高一·30次课学完高中物理·第18讲·教师版

21

【例9】

【解析】 AB面上进入三棱镜的折射光线的折射角为?，则2?sin45?，若平行光射到AB∴??30?．sin?面上的入射点偏向A端，则折射光线将射到AC面上．入射点偏向B端，则折射光线将射到BC11面上．三棱镜材料的临界角为C∴sinC??，∴C?45?．由几何关系知，折射到AC面

n2上的光线入射角为60?＞C，所以发生全反射，没有光线透出，然后垂直射到BC面上，射出三棱镜．如图所示．由几何关系知，折射到BC面上的光线入射角为60?＞C，所以发生全反射，然后垂直AC面射出，如图所示．

【例10】

【解析】 由于黄光的折射率n小于紫光的折射率n，由全反射公式sinC?1，所以紫光的临界角C小，n更易实现全反射。由图可知，一种光发生了全反射，一种光刚好发生全反射，则已发生全反射的一定是紫光，而黄光既有折射光线OA，又有反射光线OB，所以OB为复色光，所以答案选C。

【答案】 C

【例11】

＜解析＞ 当线光源上某一点发出的光线射到未被遮光板遮住的液面上时，射到遮光板边缘O的那条

光线的入射角最小. 若线光源底端在A点时，望远镜内刚好可以看到此光源底端. 设过O点液面的法线为OO1，则?AOO1??，其中?为此液体到空气的全反射临界角.

1由折射规律有sin??

n同理，若线光源顶端在B1点时，通过望远镜刚好可以看到此光源顶端，则?B1OO1??.设此时线光源底端位于B点.由图中几何关系可得sin??AB AB1解得n?AB?BB122AB得到n?1.25.

＜答案＞ 1.2 5

，又AB?8.0cm，BB1?6.0cm

22

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【例11】

该时刻a质点振动最弱，b、c质点振动最强，这不难理解．但是d既不是波峰和波峰叠加，又不是波谷和波谷叠加，如何判定其振动强弱?由于S1、S2是两个相干波源且它们振动同步，所以某点到两波源的路程之差是波长的整数倍时，该点振动最强，从图中可以看出，d是S1、S2连线的中垂线上的一点，到S1、S2的距离相等，所以必然为振动最强点．描述振动强弱的物理量是振幅，而振幅不是位移．每个质点在振动过程中的位移是在不断改变的，但振幅是保持不变的，所以振动最强的点无论处于波峰还是波谷，振动始终是最强的．故②③正确，选C． 【答案】 C

【例12】

（1）该图表示的是多普勒效应．选项D正确．

（2）从波长变化情况来看，波源正在移向A点，所以A正确．

（3）由于波源远离B点，所以，观察到波的频率最低的点是B点．B正确． 【答案】 （1）D （2）A （3）B

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23

第25讲 物理光学

例题精讲

【例1】 【解析】 由Δx?Lc?，式中L为缝到屏的距离，d为两缝间的距离，又因v???f，n?， dvLc，在双缝干涉实验中，若?、L不变，双缝间距d减小，条纹间距变大，故A项Δx??df?n错．若L、d不变，?变小条纹间距变小，故B项错．在L、d不变，条纹间距随入射光频率

L?c而变，故C项正确．在Δx?式中，若L、d、f不变，Δx与n有关，故D项正确．

d?f?n【答案】 CD 【例2】

【解析】 缺陷处干涉条纹向气隙较薄处弯曲，表明该处气隙偏厚，即被检平面有凹下． 【答案】 B 【例3】

【解析】 偏振片的作用是只允许一个振动方向的光通过，如果两个偏振片的透振方向互相垂直，则没

有光能同时通过两块偏振片，所以选项A、C正确，选项B错误，灯泡钨丝发光时，不同时刻、不同地点发出的光的振动方向不一定相同，所以转动灯泡是不起作用的．选项D错误．

【答案】 AC 【例4】 【答案】 D 【例5】

【解析】 紫光频率大于锌板极限频率，用紫光照射锌板时能发生光电效应，放出光电子，锌板带正电

荷，与锌板相连的验电器也带正电荷，验电器因带正电荷使指针发生偏转，故A、D正确，C错误．用红色光照射锌板，不发生光电效应，故B错误．

【答案】 AD 【例6】

【解析】 某种金属在光的照射下发生光电效应，它放出光电子的最大初动能，只与这种金属的逸出功

和入射光子的频率有关．当金属确定后，便只与入射光子的频率有关，光子能量E?hv，v越

1大，光子的能量越大．由mv2?hv?W0知，光电子的最大初动能随入射光的频率增大而增大，

2 讲述高端的，真正的物理学

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与照射光的照射时间无关．

【答案】 BD 【例7】

【解析】 量变达到一定程度会发生质的变化，同学们不要用宏观的知识来认识光子，光子和别的物体

作用时是一份一份的．一定要注意到这一点．它具有波粒二象性．

【答案】 C

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第26讲 原子与原子核

例题精讲

【例1】

【解析】 卢瑟福?粒子散射实验结果是绝大多数?粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，故选项A错

误．?粒子被散射时只有少数发生了较大偏转，并且有极少数?粒子偏转角超过了90?，有的甚至被弹回，偏转角几乎达到180?．故选项B正确．根据?粒子散射实验结果可知选项C、D错误．

【答案】 B

【例2】

【解析】 处于基态的原子要发光，必须先吸收一定的能量E，如果是用照射来提供这个能量，则E?hv，

使之处于激发态，由于激发态能量高，原子不稳就会向低能级跃迁，从而发出一系列频率的光子，但这些光子的频率决不会大于v，且必有一种频率等于v，由题意知，该氢原子受激后只能发出频率为v1、v2、v3的三种光，且v1＜v2＜v3，即最高频率是v3，那么照射光频率必是v3，光子能量是hv3．

【答案】 C

【例3】 【解析】 （1）B

（2）根据玻尔的原子能级理论，原子在不同能级的能量大小为En?E1E1，所以，又E?2n24根据玻尔的跃迁理论，当原子从高能级向低能级跃迁时，会释放能量，即E2?E1?hv，4?6.63?10?34?3?1083而v?，所以有h?E2?E1??E1，???1.2?10?7m ?193?13.6?1.6?10??4cc

【例4】

＜解析＞ 这群氢原子能发出光子的频率数为

n?n?1?2?3. 氢原子从n?3跃迁到n?1时产生的光子

能量最大?E?E3?E1?12.09eV，此光子的频率最高，波长最短，用它照射金属钠，产生的光电子的初动能最大值为Ek??E?W?12.09eV?2.49eV=9.60eV.

＜答案＞ D

【例5】

?射线是不稳定原子核放出的两个中子和两个质子组成的粒子流，它的电离本领最大，穿透【解析】

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能力最弱，A错．?射线是原子核内一个中子转化为一个质子时放出的高速电子流，其穿透能力和电离能力都居中，B错．?射线是处于激发态的原子核向低能级跃迁时放出的光子，常伴随?或?衰变产生，?射线的穿透力最强，C对，D错．

【答案】 C

【例6】

90【解析】 衰变过程遵守质量数守恒和电荷数守恒，因9036Kr衰变成40Zr过程中，质量数没有改变，因此

没有发生?衰变；发生一次?衰变，质量数不变，电荷数增加一，所以共进行了4次?衰变，正确选项为B．

【答案】 B

【例7】

【解析】 （1）此核的反应中的质量亏损和放出的能量分别为

Δm?(2?2.0136?3.0156?1.0073)u?0.0043u

ΔE?Δmc2?0.0043?931.5MeV=4.005MeV

（2）因碰前两氘核动能相同，相向正碰，故碰前的总动量为零，因核反应中的动量守恒，故

碰后质子和氚核的总动量也为零，设其动量分别为p1，p2，必有p1??p2，设碰后质子和氚核的动能分别为Ek1和Ek2，质量分别为m1和m2， Ek1m1v12p12/m1m23??2??， 则2Ek2m2v2p2/m2m1133故新生的氢核的动能为Ek1?(ΔE?Ek0)?(4.005?2)MeV=4.5MeV

44【例8】 【答案】 B

【例9】

【答案】 由聚交、裂变、衰变的定义可知D项错误．

【例10】

222218R?84Po+4＜解析＞ 写出核反应方程862He，可知，放出的粒子是?粒子，因此可排除C、D选项，

?1?根据半衰期公式m?m0??可以计算得到1g氡经过两个半衰期还剩0.25g没有发生衰变，

?2?tT所以发生衰变的是0.75g，故B选项正确.

【例11】

2184＜解析＞ （1）22286Rn?84Po?2He

（2）设钋核的反冲速度大小为v，由动量守恒定律，得0?mv0?Mv，则v?2(M?m)mv01212（3）衰变过程中产生的机械能 ?E?mv0?Mv?

222Mmv0 M由爱因斯坦质能方程?E??mc2得

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27

2?E(M?m)mv0产生这些机械能需要亏损的质量?m?2?

c2Mc22(M?m)mv0mv0Po?He （2） （3）

2Mc2M42

＜答案＞ （1）

22286Rn?2188428

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第27讲 力学复习（1）

【例1】 ＜解析＞

解法一：逆向思维法

物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面．

2/2，xAC?a(t?tBC)2/2，又xBC?xAC/4 解得：tBC?t 故xBC?atBC解法二：比例法

对于初速度为零的匀变速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为 x1:x2:x3:xn?1:3:5::(2n?1)，现在xBC:xBA?1:3．

通过xAB的时间为t，故通过xBC的时间tBC?t． 解法三：中间时刻速度法

利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度． vAC?(vt?v0)/2?(v0?0)/2?v0/2

2?2axAC 又v02vB?2axBC

…………………..① ……..……………② .………………….③

xBC?xAC/4

解①②③得：vB?v0/2．

可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置即tBC?t． 解法四：面积法

利用相似三角形面积之比，等于对应边平方比的对应边平方比的方法，作出v?t图象，如图所示． SAOC/S△BDC?CO2/CD2

且S△AOC?4S△BDC，OD?t，OC?t?tBC．

2所以4/1?(t?tBC)2/tBC，得tBC?t．

解法五：性质法

对于初速度为0的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比： t1:t2:t3::tn?1:(2?1):(3?2):(4?3)::(n?n?1)．现将

整个斜面分成相等的四段，如图所示：设通过BC段的时间为tx，那么通过BD、DE、EA的时间分别为：tBD?(2?1)tx，tDE?(3?2)tx，tEA?(4?3)tx．tBD?tDE?tEA?t，

又tBD?tDE?tEA?(2?1)tx?(3?2)tx?(4?3)tx，得tx?t．

＜答案＞

【例2】 ＜解析＞

tBC?t

如图所示为两辆汽车所做的速度——时间图象，由图象可知，当乙车追上甲车时，即为

29

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甲、乙两车的速度——时间图线与时间轴所围成的面积（阴影部分）相等．可以看出，当乙车追上甲车时，vt?2v0，t2?2t1．由于乙车加速度a未知，故t2和t1均不可求，位移x也不可求．故答案选A．

＜答案＞

【例3】 ＜解析＞

A

解法一：把竖直上抛运动过程分段研究．设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，

v10则t1?0?s＝1s，

g102v0102?m?5m， 上升的最大高度h1?2g2?10故重物离地面的最大高度为H?h1?h?5m?175m?180m． 重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t2?vt?gt2?10?6m/s＝60m/s．

2H2?180?s＝6s， g10所以重物从气球上掉落至落地共历时t?t1?t2?7s．

解法二：取全过程作一整体研究，从物体自气球上掉落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在1时间t内的位移h??175m．由位移公式h?v0t?gt2有

21，所以重物落地速度?175?10t??10t2，解得t?7s和t??5s（舍去）

2vt?v0?gt?10m/s?10?7m/s=－60m/s，其中负号表示方向向下，与初速度方向相反．

＜答案＞

【例4】 ＜答案＞

【例5】 ＜解析＞

7s 60m/s

甲：沿斜面向上；乙：无静摩擦力；丙：水平向左；丁：水平指向转轴

设斜面的倾角为?，对A、B整体进行受力分析，可求得A、B沿斜面上滑的加速度a?gsin?，B的加速度也是a?gsin?．再对B受力分析，B受到重力G、A对它的支

持力N和摩擦力Ff，将这三个力沿斜面方向分解可得Ff?mgsin??ma，而a?gsin?，根据以上两式可知Ff?0，即A、B间没有摩擦力．

＜答案＞

30

C

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【例6】 ＜解析＞

如图所示，先画一条有向线段AB表示力F，过F的始端A画一条与AB成30?角的射线（是力F1的作用线，表示出力F1的方向已知），过F的末端B作F1所在射线的垂线交于

FC．则由Rt?ABC可知，CB的大小为，在CB两边对称地作两线段DB和EB，使其大

233FF小均为所以这两条线都可以画出来）．在Rt?EBC中，因CB?，F（因为F＞，

33223EB?F，?CBE??ABE???30?，故?ABD为直角三角形，利用直角三角形可知E3323为直角三角形?ADB的斜边AD的中点，AE?F，AD?F，则F1的大小可能是

33323F，也可能是F． 33AC

＜答案＞

【例7】 ＜解析＞

此为一动态平衡问题，受力情况虽有变化，但球始终处于平衡状态．对球受力分析如图?1和板对球的支持力FN?2而平衡．作出FN?1和FN?2的所示，受重力G、墙对球的支持力FN?1的方向不变，大小逐渐合力F，它与G等大反向．当板BC逐渐放至水平的过程中，FN?2的方向发生变化，?1，减小，FN大小也逐渐减小．如图所示，由牛顿第三定律可知：FN1?FN?2，故答案B正确． FN2?FN

＜答案＞

【例8】 ＜解析＞

B

拔去M瞬间，若小球的加速度方向向上，只受重力和下面弹簧的弹力F1，且弹力一定向上，即处于压缩状态，有F1?mg?ma，即F1?m(a?g) 平衡时，上面弹簧的弹力为F1?，则有

F1??F1?mg?ma，方向向下，由此可知上面弹簧处于压缩状态．

若不拔去M而拔去N，小球受重力和上面弹簧向下的弹力F?，根据牛顿第二定律

F??mg?，得a1??1F1??mg?ma1?a?g?22m/s2，方向竖直向下．

m拔去M瞬间，若小球加速度向下，只受重力和下面弹簧弹力F2，因a＞g，所以F2方向一定向下，即下面弹簧处于伸长状态．按上面分析方法可得

F??mg??2a2?a?g?2m/s2方向竖直向上．

mBC

＜答案＞

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31

【例9】 ＜解析＞

设系统的加速度为a，B对A的拉力为T，将A、C看成一个整体，有：mBg?T?mBa，T?μ(mA?mC)g?(mA?mC)a

15带入数据解得：a?m/s2

4隔离C进行研究，设A、C之间的拉力为T?，所以有： T??μmCg?mCa

带入数据解得：T??

【例10】 ＜解析＞

25N 4木箱对地面的压力决定于木箱的重力及立杆受到小球的作用力．木箱静止，小球加速下滑，二者没有共同的加速度，用“整体法”列方程解题对大多数同学则难以理解，如把小球隔离出来，以球为研究对象，由牛顿第二定律列方程则易于理解．

以小球m为研究对象，受重力mg及摩擦力Ff，由牛顿第二定律得mg?Ff?ma，以木箱M

为研究对象，受重力Mg、地面支持力FN及小球给予的摩擦力Ff?，木箱处于平

衡状态，则有FN?Ff??Mg?0，由牛顿第三定律得Ff??Ff， 由上述三式可得FN?2M?mg， 22M?mg． 2??FN?由牛顿第三定律可知木箱对地面的压力大小为FN

【例11】 ＜答案＞

【例12】 ＜解析＞

A

hgt25?t，又因为设小球落到B点时速度的偏转角为?，运动时间为t．则tan37???s2v0t6tan37??3，解得t?0.9s．A、B两点间的水平距离s?v0t?6?0.9m?5.4m，所以45l?s?6.75m 4在B点时，tan??

【例13】 ＜解析＞

y13?，说明AE和EB分别是第二、第三个单位时间内的位移，因此在第一个单位时间y251内有y0?y1?5cm．以A点为原点建立坐标系如图所示，抛出点的坐标为(?10,5)，

3s0.1 v0??m/s＝1m/s．

2H2?0.5g10 讲述高端的，真正的物理学

高一·30次课学完高中物理·第18讲·教师版 vyv0?gt10?0.933??，所以??arctan v0622

32

＜答案＞

【例14】

(?10,5)；1m/s

＜答案＞ BD

【例15】

＜解析＞ 杆已不能看作是一个整体，它是OA和OB两部分组成的，轴O所受的力应是OA和OB对

O作用的合力．

mv2（1）OA恰不受力，重力提供向心力mg?，v?gl，B球受二力．重力2mg和杆

l2mv2向上的拉力F，F?2mg?，F?4mg，根据牛顿第三定律，轴O受力大小

l为4mg，方向向下．

2mv2（2）B球在最高点，2mg?F1?，将v?gl代入得F1?0；A球受二力；重力mglmv2和杆向上的拉力F2，F2?mg??mg，所以F2?2mg；根据牛顿第三定律，Ol轴受力大小为2mg，方向向下． （3）要使O轴不受力，由mB?mA，所以B球必在上面，A在下面．B球受二力，重力

2mv22mv2'，F1?2mg和杆的向下拉力F?F?2mg??2mg．A球受二力，重力llmv2mv2'''，F2?mg?，轴O不受力时，F1'?F2'，mg和杆的向上拉力F2，F2?mg?ll2mv2mv2，得v?3gl，即A、B的速度v?3gl时，O轴恰不受力． ?2mg?mg?ll＜答案＞ （1）4mg 方向向下

'1'1（2）2mg 方向向下 （3）轴O不受力 vA?vB?3gl 讲述高端的，真正的物理学 高一·30次课学完高中物理·第18讲·教师版

33

第28讲 力学复习（2）

【例1】

＜解析＞ 物体受到万有引力作用的舍力为零，由于是均匀球体，那么可认为m1、m2分别集中于两

球各自的球心，小球可视为质点，可以直接用万有引力定律．设质量为m的小球到质量

Gm1mGm2m为m2的小球的距离为x．以m为研究对象，受力平衡，有：，解得：?(L?x)2x2x?

【例2】

m2m1?m2L

mA4?2＜解析＞ 对卫星a，有G2?2RA……………①

RATamB4?2G2?2RB……………………② RBTb解得Ta:Tb?1:4，故答案选A．

＜答案＞ A

【例3】

【答案】 重力加速度小显然月球上扔的远,排除BD,不知道扔的角度,不妨假设是45度,不计空气阻力,

2v竖直水平初速度都是v,可知飞行时间t?g,水平飞行距离l?vt?2vg反比于g 为了达到

2同样的距离,初速度之比． 不计阻力最远距离抛射角度45度,这个抛射角跟g无关．

A． 【答案】

【例4】

【答案】 选项C正确,这道题涉及了卫星的轨道问题,卫星的轨道的圆心必须是地球球心,所以,不可以和

任一条纬线共平面,除了赤道；另外也不可能是经线共平面,因为随地球自转,经线的平面是运动的,卫星的轨道不能随之运动．所以选项A、B错误．

CD 【答案】 【例5】

GmM?m2? 【答案】 2TRC 【答案】

??R可以求出的只有中心天体的质量,所以选择C

234

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【例6】解析请见视频 【例7】

＜解析＞ 物体沿水平面运动摩擦力做功W1?Ffl??mal，沿斜面运动摩擦力做功

W2??mgcos??s1??mgcos??s2??mg(s1cos??s2cos?)??mgl

∴W1?W2

＜答案＞ A 【例8】 ＜答案＞ A

【例9】

＜解析＞ 解法一：撤去水平F之前，物体沿水平面做匀加速直线运动，该过

程中初速度及物体的受力情况已知，由动能定理知，只要知道末速度就可以求出该过程中位移，而撤去水平力F后物体做匀减速直线

运动，其末速度为零，受力情况也已知，且该段过程的初速度刚好等于刚撤去水平力F时的速度．设物体在水平力F作用下的位移为s，撤去水平力F时物体的速度为v．撤去力F前，物体受力如图甲所示，由动能定理得

1(F??mg)s1?mv2…………①

2撤去水平力F后直到物体停下来前物体受力如图乙所示，由动能

12定理得： ??mg(s?1s….…)?0?mv②

2解①②方程组可得：s1?10m，v?210m/s．

解法二：物体开始运动到最终停止全过程中，初末速度已知，且撤去水平力F前后，物体的受力情况已知，故可对从开始运动到停止全过程列出方程求解，设物体在水平力F作用下的运动位移为s1，对全过程由动能定理得：Fs1?fs?0，其中f??mg 解得：s1?

【例10】

＜解析＞ 物块由O处缓慢下降到A处，整个过程中，物块受三个力，即重力mg、弹簧向上的弹力

F弹和人手向上的拉力F．其中mg是恒力，F弹和F是变力．

?mgsF?0.1?10?10?30m?10m．

30设从O到A下降的距离为h．在这过程中，重力做功WG?mgh；弹力做负功，设为W弹；拉力F做负功，大小为W，初动能和末动能都是零，根据动能定理mgh?W弹?W?0，

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35

则

W弹?mgh?W……………①

从离O为H高度释放物块，在平衡位置A有最大速度，在这过程中，重力做功

1

??mg(H?h)，弹力做负功，大小仍为W弹，初动能为零，末能动为mv2，是在A点WG2

1的速度，根据动能定理mg(H?h)?W弹?mv2…………②

22W①代入②得v?2gH?．

m

【例11】

＜解析＞ 小球运动过程中既满足功能关系，又要满足圆周运动规律，球到最

高点时临界条件为重力充当向心力．

由题意确定O?的位置，即确定小球绕O?做圆周运动的轨道半径r，设小球绕O?做圆周运动经过最高点B时的速度大小为OO??L?r，

vB，则小球从A到B只有重力做mg(L?2r)．

2vB小球在经过B点时维持圆周运动所满足的条件是mg?m

r12以小球为研究对象，小球从A到B由动能定理得mg(L?2r)?mvB

223解得r?L，所以O?的位置在O下方L?r?L处．

55

【例12】

＜解析＞ （1）即将着地时，B在斜面上上滑高度为hsin?，设此时A、B共同速度为v，则由A、B系

1统机械能守恒得：mAgh?(mA?mB)v2?mBghsin?，因为mA?mB

211所以v?gh(1?sin?)?5m/s，EkA?mAv2??10?25J?125J

22Ep?mBghsin??250J

1ghsin??v212?3.75m （2）设B上升高度为h?，则有：mBghsin??mBv2?mBgh?，h??g2h?EpB?mBgh??375J，B离底端最远距离L??7.5m．

sin?＜答案＞ （1）125J，250J；（2）375J，7.5m

【例13】

＜答案＞ ABC

【例14】

＜解析＞ A、B两木块离开桌面后都做平抛运动，由平抛知识水平速度vB?2vA，且tA?tB．在弹

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簧弹开的过程中，A、B的动量守恒，mAvA?mBvB，所以mA?2mB，又弹力FA?FB，故?:IB??mAgtA:mBgtB?2:1． aA:aB?mB:mA?1:2，IA:IB?FAtA:FBtB?1:1，IA＜答案＞ BD

【例15】

＜解析＞ 根据碰后两车连接在一起，且向南滑行的情况，说明系统的总动量方向向南（无论碰前

还是碰后）．因此碰前的客车动量（方向向南）应该大于卡车的动量（方向向北），即m客?v客?m卡?v卡，代入数据1500kg?20m/s?3000kg?v卡，解得v卡?10m/s．

＜答案＞ A

【例16】

＜解析＞ 由于船在水中匀速行驶，所以人船组成的系统动量守恒，设小孩跃出后的速度为v1，规

M?2m定初速度的方向为正方向，则(M?2m)v0?Mv1?mv?mv，解得v1?v0

M 讲述高端的，真正的物理学 高一·30次课学完高中物理·第18讲·教师版

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第29讲 电磁复习（1）

静电场：

一、电荷 库仑定律

＜答案＞①得失电子 ②1.60?10?19C

二、电场 电场强度 电场线 ＜答案＞ ①力

②放入电场中的试探电荷 ③E?⑧负电荷

③

kQ1Q2 r2④电荷的总量 ⑤它们的连线

⑥切线 ⑦正电荷

三、电势差 电势

kQ ④正电荷 r2⑨匀强电场

⑤疏密

＜答案＞①减少 ②能 ③降低 ④低

四、电势差与电场强度的关系

＜答案＞①垂直 ②沿电场线方向的距离

五、静电平衡

⑤低 ⑥始、末位置

③V/m ④电场强度

＜答案＞①电荷定向移动 ②垂直 ③外表面

④等势面

恒定电流：

一、欧姆定律

＜答案＞①导体两端存在电势差 ②正电荷定向移动的方向 ③I?U R④兆欧（MΩ） ⑤直线

二、电阻定律 电阻率

L＜答案＞①? ②增大 ③标准电阻 ④减小 ⑤超导现象

S

三、电功和电功率

＜答案＞ ①电功 ②其他形式 ③电功 ④I2Rt ⑤正常工作

四、闭合电路欧姆定律

＜答案＞①负极经电源内部指向正极

五、电压表和电流表 ＜答案＞ ①小量程电流表G

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②内电阻 ③反比 ④增大 ⑤E ⑥

E ⑦内电阻 r②分压 ③分流

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六、电阻的测量

U＜答案＞① ②大

I

③小 ④大 ⑤大 ⑥闭合电路欧姆定律

1．

＜解析＞由题意可知，试探电荷处在匀强电场和点电荷?Q产生的电场所组成的叠加场中．因此要求试

探电荷在电场中某点所受的电场力，首先应确定该点的合场强，要确定合场强，就需要求匀强电场的场强．而题目已经告诉当试探电荷处在d点时恰好平衡，这恰恰是两电场共同作用的结果，据此则问题可解．

QqQqQ（1）由题意可知F1?k2 ①，F2?qE ②，因为F1?F2，所以qE?k2，E?k2，场强

rrr方向沿db方向．

（2）试探电荷放在c点Ec?E12?E2?2E?2k所以Fc?qEc?2kQ， r2Qq，方向与ac方向成45?角(如图所示）． r2Q（3）试探电荷放在b点Eb?E2?E?2E?2k2，

rQq所以Fb?qEb?2k2，方向沿bd方向．

r 2．

1ee3＜解析＞一个下夸克在圆心O处产生的电场强度E1?k2?k2，B、C两个下夸克在圆心O处场强

r3r的叠加如图所示，合场强EBC?E1，方向沿AO．

2e2e3而上夸克在圆心O处的电场强度E2?k2?k2，方向沿AO．故3个夸克在圆心处产生的r3re电场强度EO?E1?E2?k2．

r＜答案＞ A 3．

＜解析＞导体处于静电平衡状态时，导体内部合场强为零，这是点电荷q所形成的电场与棒两端出现

的感应电荷所形成的附加电场在棒中叠加的结果，即E合?E1?E2?0．

因此可通过计算点电荷?q产生的电场E1，来确定感应电荷的电场E2的大小和方向．

q点电荷?q在棒中点处产生的场强为E1?k，方向向右． 2L???R??2?? 讲述高端的，真正的物理学 高一·30次课学完高中物理·第18讲·教师版

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由该点合场强为零可知，感应电荷在该点产生的场强大小E2?E1?kqL???R??2??2qL???R??2??2，方向向左．

＜答案＞k 向左

\\

4．

＜解析＞由图可知，该电场线为直线，在我们常接触的电场中，匀强电场的电场线是直线，但点电荷

的电场线也是直线，故也可能是正电荷放在左端或负电荷放在右端时产生电场的电场线，另外也可能是正、负电荷之间的一条电场线，故A错．电势的高低可根据电场线由高电势指向低电势来判断，则?A??B，故B错．由于?A??B，故正电荷在A点的电势能大，而负电荷在

B点的电势能大，因此C正确．也可假设负电荷由A移到B，则该过程中电场力向左，与运

动方向相反，故电场力做负功，电势能增加．负电荷在电场中所受电场力的方向与该点场强的方向相反，故D错．

＜答案＞ C 5． ＜答案＞C 6．

＜解析＞方法一：利用电场线方向来判断，由于电势能增加，电场力一定做负功，即电场力方向和电

荷运动方向相反，从b指向a，而负电荷受电场力的方向和场强方向相反，场强方向应是由a指向b，因此电场线的方向是从a指向b．顺着电场线的方向电势越来越低，a点电势比b点电势高．

方法二：利用电场力做功公式来判断，由于电势能增加，电场力一定做负功，即Wab为负值，

而q是负电荷，即q为负值．由Wab?q??a??b?得?a??b

方法三：利用电势能判断，正电荷q为正值，在电势越高的地方电势能就越大，而对负电荷，

q为负值，在电势越高的地方电势能越小，而本题已知条件是负电荷在a点电势能较

小，故a点电势高．

7．

＜答案＞ AD 8．

＜解析＞ 电场力大小为qE，且做负功，所以物体克服电场力做功qEs，物体的电势能增加了qEs；

由于物体做匀减速直线运动，则合力做负功，W合?-mas??0.8qEs，物体动能减少了

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0.8qEs．

＜答案＞ ACD 9． ＜解析＞

解法一：(用W???E计算)，电荷在A、B两点的电势能分别为

EA?q?A?(?2.0?10?7)?(?100)J?2.0?10?5J,

EB?q?B?(?2.0?10?7)?200J??4.0?10?5J.

根据W???E，电荷从A移动到B过程中电场力所做的功为 W??(EB?EA)?6.0?10?5J.

因为W?0，所以是电场力做正功．

解法二：(用WAB?qUAB计算)①带正、负号运算．电荷从A移动到B的过程中，电场力做的功为

WAB?qUAB?(?2.0?10?7)?[(?100)?200]J?6.0?10?5J.

由于计算得出的W为正值，所以是电场力做正功．②用绝对

值运算．根据A点电势低于B点电势，可知始、终两点间的电场线的方向是由B至A，可画出表示电场线方向的矢量线E，根据负电荷所受的电场力方向与电场线方向相反，再画出表示

电场力方向的矢量线F；最后画出表示电荷移动方向(A?B)的矢量线s，如图所示，因为F与s的方向相同，故电场力做正功．其大小为 W?|q|?|UAB|?|?2.0?10?7|?|(?100)?200|J?6.0?10?5J.

＜答案＞ 电场力做功6.0?10?5J

10．

＜答案＞ ABD 11．

122＜解析＞ 只有电场力做功，由动能定理，得qUab?m(vb?va)

214?10?152242422??Uab?m(vb?va)?(5?10)?(4?10)?9?10V ?9?2?2?10?2q如图所示在b点．

22(勾股定理)?(5?104)2?(4?104)2m/s=3?104m/s vy?vb?vx

12．

＜解析＞（1）极板间场强E?U① d（2）?粒子电荷为2e，质量为4m，所受电场力

2eU② F?2eE?dFeU?粒子在极板间运动的加速度a?③ ?4m2md 讲述高端的，真正的物理学 高一·30次课学完高中物理·第18讲·教师版

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2dm1（3）由d?at2，得t?④ ?2daeU2v0?RR?t2deU⑤ m＜答案＞（1）E? 13．

U d（2）a?eU 2md（3）v0?R2deU m＜解析＞串联电池E总?2E，r总?2r，由闭合电路欧姆定律I?EE2E知，I1?，I2?，R?rR?rR?2rI1?R?2r?EI3??，而1?，解得R?r，即R∶r?1∶1，C正确． I2R?r2EI24＜答案＞C

14．

＜解析＞设?表示AB、CD单位长度电阻丝的电阻，当EF处于图中位置时，设EB、FD两段电阻丝

的长度皆为L．由于电压表是理想电压表，故电压表的读数就是EF两端的电压，由串联电路

RE分压关系，得?U1，当EF由图中位置向左移动一段距离?L后，EB、FD两段电

r?R?2?LRE阻丝的总电阻为2??L??L?，由串联电路分压关系，得?U2．当EF由图

r?R?2??L??L?中位置向右移动一段距离?L后，EB、FD两段电阻丝的总电阻为2??L??L?，由分压关系，得

15．

＜解析＞“开路电压”就是外电路断开时的路端电压，所以电源电动势E?800mV．外电路短路时，外

EE800mV电阻R?0，路端电压U?0，I?（短路电流），得r???20?

rI40mAE当接20?电阻时，U??R?400mV=0.40V．

r?R＜答案＞ D 16．

RE?U3．以上三式代人数值，得U3?6V．

r?R?2??L??L?3＜解析＞由直线B知R?1?，由直线A知E?3V，r???0.5?．当两者组成电路后，电流

6E3I??A=2A，

R?r1?0.5PR2出?IR?4WP?P?UI?2?2W?4W????67% 故P，或．R出出PR?r总＜答案＞4 67

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17．

＜解析＞根据EI?9W，I?3A，得E?3V

I2r?9W，I?3A，得r?1?．

当I?1A时，EI?3?1W=3W．

I2r?1W．AB段表示的功率值：EI?I2r?3W?1W=2W．故C选项正确．

＜答案＞C 18．

＜解析＞由图象可知，E1?E2，r1?r2．当U1?U2时，I1?I2，由P总?EI可知，PA错；当U1?U21?P2，

时，则I1?I2，则R1?R2，B错；当I1?I2时，U1?U2，由P?UI知，电源输出功率P出1?P出2，C正确；当I1?I2时，由P?I2r知，P内1?P内2，D错．

＜答案＞C 19．

?E??IR?＜解析＞由电功率的公式P??R可知，当E、R一定时，外电路得到的功率随着r的增出?R?r?22大而减小，欲使外电路得到的功率最大，必有r?1?，故应选A．

＜答案＞A 20．

＜解析＞（1）由闭合电路欧姆定律E?U1?U1Ur，E?U2?2r R1R2联立两式并代入数据解得E?6V，r?1?． （2）由电功率表达式P?将上式变形为P?E2?R?r?E222R

?R?r?R ?4rE2由上式可知R?r?1?时P有最大值Pm??9W．

4r 讲述高端的，真正的物理学 高一·30次课学完高中物理·第18讲·教师版

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第30讲 电磁复习（2）

磁场

一、磁场 磁感线

＜答案＞①吸引 ②排斥 ③磁场 ④右手螺旋定则

二、安培力 磁感应强度 ＜答案＞①F?BILsin? ②B?三、电流表的工作原理

＜答案＞①线圈 ②指针 ③强弱 ④方向

四、磁场对运动电荷的作用

＜答案＞①洛伦兹 ②f?Bv q ③垂直 ④不做

F ③该点的磁感应强度 ④分布均匀的同向直线 IL电磁感应

一、法拉第电磁感应定律

＜答案＞①磁感应强度 ②穿过闭合回路的磁通量发生变化 ③磁通量的变化快慢 ④E?⑤E?n?Φ ?t?Φ ?t

二、楞次定律及其应用

＜答案＞①原磁通量的减少 ②阻碍 ③右手定则

三、自感现象

＜答案＞①自感②相反③形状 ④长短 ⑤越大⑥启动器⑦断开

针对练习 1．

＜解析＞通电矩形线框在长直导线形成的磁场中，受到磁场力的作用，对于ad和bc边，在磁场中位置

相同，但电流方向相反，所以它们受的磁场力大小相同，方向相反，合力为零．而对于ab和所以ab、cd边所处位置不同，ab近且由左手定则知受力向左；cd远且左手定则知受力向右，

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