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第100讲 电磁波 光电效应与波粒二象性
（2021 天津）
1．光刻机是制造芯片的核心装备，利用光源发出的紫外线，将精细图投影在硅片上，再经技术处理制成芯片。为提高光刻机清晰投影最小图像的能力，在透镜组和硅片之间充有液体。紫外线进入液体后与其在真空中相比（　　）
A．波长变短 B．光子能量增加 C．频率降低 D．传播速度增大
（2022 江苏）
2．上海光源通过电子-光子散射使光子能量增加，光子能量增加后（　　）
A．频率减小 B．波长减小 C．动量减小 D．速度减小
（2022 河北）
3．如图是密立根于1916年发表的钠金属光电效应的遏止电压与入射光频率的实验曲线，该实验直接证明了爱因斯坦光电效应方程，并且第一次利用光电效应实验测定了普朗克常量h。由图像可知（　　）
A．钠的逸出功为 B．钠的截止频率为
C．图中直线的斜率为普朗克常量h D．遏止电压与入射光频率成正比
一.知识回顾
1．麦克斯韦电磁场理论：变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场（如图所示）。
2．电磁场：变化的电场和变化的磁场总是相互联系的，形成一个不可分割的统一的电磁场。
3．电磁波
（1）产生：变化的电场和磁场由近及远地向周围传播，形成了电磁波。
（2）电磁波是横波，在空间传播不需要介质。
电磁波的电场、磁场、传播方向三者两两垂直，如图所示。
（3）电磁波的波速：真空中电磁波的波速与光速相同，c＝3.0×108 m/s。
（4）v＝λf对电磁波同样适用。
（5）电磁波能产生反射、折射、干涉、偏振和衍射等现象。
（6）赫兹在人类历史上首先捕捉到了电磁波，并证实了麦克斯韦的电磁场理论。
（7）电磁波与机械波的比较
　　名称项目 电磁波 机械波
产生 由周期性变化的电场、磁场产生 由质点（波源）的振动产生
波的特点 横波 纵波或横波
波速 在真空中等于光速c＝3×108 m/s；在介质中波速较小 在空气中不大（如声波波速在空气中约为340 m/s）；在液体和固体中较大
是否需要介质 不需要介质（在真空中仍可传播） 必须有介质（真空中不能传播）
传播能量 电磁能 机械能
4．电磁波的发射
（1）发射电磁波的条件
①要有足够高的振荡频率；
②必须是开放电路，使振荡电路的电场和磁场分散到尽可能大的空间。
（2）信号的调制：为了利用电磁波传递信号，就要对电磁波调制。有调幅和调频两种调制方法。
①调幅：使高频电磁波的振幅随信号的强弱而变。
②调频：使高频电磁波的频率随信号的强弱而变。
5．电磁波的传播
三种传播方式：天波、地波、直线传播。
6．电磁波的接收
（1）当接收电路的固有频率跟收到的电磁波的频率相同时，接收电路中产生的振荡电流最强，这种现象叫作电谐振。
（2）使接收电路产生电谐振的过程叫作调谐。
（3）从经过调制的高频振荡电流中还原出原来的信号的过程叫作解调，它是调制的逆过程。调幅波的解调也叫检波。
7.　电磁波谱　Ⅰ
（1）定义
按电磁波的波长大小或频率高低的顺序把它们排列成谱，叫作电磁波谱。
将电磁波按波长从长到短排列顺序是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线。
（2）电磁波谱的特性、应用
电磁波谱 频率/Hz 真空中波长/m 特性 应用 递变规律
无线电波 小于3×1011 大于10－3 波动性强，易发生衍射 无线电技术
红外线 1011～1015 10－3～10－7 热效应 红外线遥感
可见光 1015 10－7 引起视觉 照明、摄影
紫外线 1015～1017 10－7～10－9 化学效应、荧光效应、 能杀菌 医用消毒、防伪
X射线 1016～1019 10－8～10－11 穿透能力强 检查、医用透视
γ射线 大于1019 小于10－11 穿透能力最强 工业探伤、医用治疗
说明
（1）波长不同的电磁波，表现出不同的特性。其中波长较长的无线电波和红外线，易发生干涉、衍射现象；波长较短的X射线、γ射线，穿透能力较强。
（2）电磁波谱中，相邻两波段的电磁波的波长并没有很明显的界线，如紫外线和X射线、X射线和γ射线都有重叠。
（3）不同的电磁波，产生的机理不同，无线电波是振荡电路中自由电子的周期性运动产生的；红外线、可见光、紫外线是原子的外层电子受到激发后产生的；X射线是原子的内层电子受到激发后产生的；γ射线是原子核受到激发后产生的。
（4）电磁波的能量随频率的升高而增大。
一.必备知识
1.光电效应：照射到金属表面的光，能使金属中的电子从表面逸出的现象。
2．光电子：光电效应中发射出来的电子。
3．光电效应的实验规律
（1）存在截止频率：当入射光的频率低于截止频率时不发生光电效应。不同金属的截止频率不同，即截止频率与金属自身的性质有关。
（2）存在饱和电流：在光照条件不变的情况下，随着所加电压的增大，光电流趋于一个饱和值，即在一定的光照条件下，单位时间阴极K发射的光电子的数目是一定的。实验表明，光的频率一定时，入射光越强，饱和电流越大，单位时间内发射的光电子数越多。
（3）存在遏止电压：使光电流减小到0的反向电压Uc称为遏止电压。遏止电压的存在意味着光电子的初动能有最大值，Ekm＝mev＝eUc，称为光电子的最大初动能。实验表明，遏止电压（或光电子的最大初动能）与入射光的强度无关，只随入射光频率的增大而增大。
（4）光电效应具有瞬时性：当入射光的频率超过截止频率νc时，无论入射光怎样微弱，光电效应几乎是瞬时发生的。
4.爱因斯坦光电效应方程
（1）光子说
光本身就是由一个个不可分割的能量子组成的，频率为ν的光的能量为hν，其中h＝6.63×10－34 J·s（称为普朗克常量）。这些能量子后来称为光子。
（2）逸出功W0
要使电子脱离某种金属，需要外界对它做功，做功的最小值叫作这种金属的逸出功。
（3）光电子的最大初动能
在光电效应中，金属中的电子吸收光子后，除了要克服金属的逸出功外，有时还要克服原子的其他束缚而做功，这时光电子的初动能就比较小；当逸出过程只克服金属的逸出功而逸出时，光电子的初动能称为最大初动能。
（4）爱因斯坦光电效应方程
表达式：Ek＝hν－W0。
物理意义：金属表面的电子吸收一个光子获得的能量是hν，在这些能量中，一部分大小为W0的能量被电子用来脱离金属，剩下的是逸出后电子的最大初动能Ek＝mev2。
（5）对光电效应规律的解释
对应规律 对规律的解释
存在截止频率νc 电子从金属表面逸出，必须克服金属的逸出功W0，则入射光子的能量不能小于W0，对应的频率必须不小于νc＝，即截止频率
光电子的最大初动能随着入射光频率的增大而增大，与入射光的强度无关 电子吸收光子能量后，一部分用来克服金属的逸出功，剩余部分表现为光电子的初动能，只有直接从金属表面飞出的光电子才具有最大初动能。对于确定的金属，W0是一定的，故光电子的最大初动能只随入射光频率的增大而增大，和光强无关
光电效应具有瞬时性 光照射金属时，电子一次性吸收光子的全部能量，不需要积累能量的时间
光较强时饱和电流较大 对于同种频率的光，光较强时，单位时间内照射到金属表面的光子数较多，照射金属时产生的光电子较多，因而饱和电流较大
（6）三个关系式
爱因斯坦光电效应方程：Ek＝hν－W0。
最大初动能与遏止电压的关系：Ek＝eUc。
逸出功与极限频率的关系：W0＝hνc。
（7）两条对应关系
光强大（频率一定时）→光子数目多→发射光电子多→饱和光电流大。
光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大。
（8）光电效应的图像分析
图像名称 图线形状 由图线可直接（或间接）得到的物理量
光电子的最大初动能Ek与入射光的频率ν的关系图线 ①极限频率νc：图线与ν轴交点的横坐标②逸出功W0：图线与Ek轴交点的纵坐标的绝对值，W0＝|－E|＝E ③普朗克常量h：图线的斜率k＝h
颜色相同、强度不同的光，光电流与电压的关系图线 ①遏止电压Uc：图线与横轴的交点的横坐标的值②饱和光电流Im：电流的最大值 ③最大初动能：Ekm＝eUc
颜色不同、强度相同的光，光电流与电压的关系图线 ①遏止电压Uc1、Uc2②饱和光电流 ③最大初动能Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2
遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系图线 ①截止频率νc：图线与横轴的交点的横坐标的值②遏止电压Uc：随入射光频率的增大而增大 ③普朗克常量h：等于图线的斜率与电子电荷量的乘积，即h＝ke（注：此时两极之间接反向电压）
5．光的波粒二象性
（1）光的干涉、衍射、偏振现象说明光具有波动性。
（2）光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性。
（3）光既具有波动性，又具有粒子性，即光具有波粒二象性。
（4）光子的能量ε＝hν，光子的动量p＝。
6．物质波
（1）1924年，法国物理学家德布罗意提出：实物粒子也具有波动性，即每一个运动的粒子都与一个对应的波相联系，这种波叫作物质波，也叫德布罗意波。所以实物粒子也具有波粒二象性。
（2）粒子的能量ε和动量p跟它所对应的波的频率ν和波长λ之间，遵从的关系为：ν＝；λ＝。
二.例题精析
题型一：电磁波与光子
例1
4．随着通信技术的更新换代，无线通信使用的电磁波频率更高，频率资源更丰富，在相同时间内能够传输的信息量更大。第5代移动通信技术（简称5G）意味着更快的网速和更大的网络容载能力，“4G改变生活，5G改变社会”。与4G相比，5G使用的电磁波（　　）
A．频率更高 B．衍射更明显
C．传播速度更大 D．波长更长
题型二：电磁波谱
例2
5．关于电磁波谱，下列说法中正确的是________。
A．X射线对生命物质有较强的作用，过量的X射线辐射会引起生物体的病变
B．γ射线是波长最短的电磁波，它比X射线的频率还要高
C．紫外线比紫光更容易发生干涉和衍射
D．在电磁波谱中，最容易发生衍射现象的是γ射线
E．在电磁波谱中，无线电波一般可用于通信
题型三：电磁波的产生
例3
6．根据麦克斯韦电磁场理论,下列说法中正确的是( )
A．周期性变化的电场一定产生同频率的周期性变化的磁场
B．变化的电场一定产生变化的磁场
C．稳定的电场一定产生稳定的磁场
D．均匀变化的电场一定产生均匀变化的磁场
题型四：电磁波综合
例4
7．关于电磁波，下列说法正确的是
A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关
B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波
C．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直
D．电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失
题型五：电磁波在生活中的应用
例5
8．新冠肺炎疫情突发，中华儿女风雨同舟、守望相助，筑起了抗击疫情的巍峨长城。志愿者用非接触式体温测量仪，通过人体辐射的红外线测量体温，防控人员用紫外线灯在无人环境下消杀病毒，为人民健康保驾护航。红外线和紫外线相比较（　　）
A．红外线的光子能量比紫外线的小
B．真空中红外线的波长比紫外线的短
C．真空中红外线的传播速度比紫外线的大
D．红外线能发生偏振现象，而紫外线不能
题型六：电磁波与机械波的区别
例6（2021 福建）
9．以声波作为信息载体的水声通信是水下长距离通信的主要手段。2020年11月10日，中国载人潜水器“奋斗者”号创造了10909米深潜纪录。此次深潜作业利用了水声通信和电磁通信等多种通信方式进行指令传输或数据交换，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．“奋斗者”号与“探索一号”通信的信息载体属于横波
B．“奋斗者”号与“沧海”号通信的信息载体属于横波
C．“探索一号”与通信卫星的实时通信可以通过机械波实现
D．“探索一号”与“探索二号”的通信过程也是能量传播的过程
三.举一反三，巩固练习
10．某金属在光的照射下发生光电效应，光电子的最大初动能Ek与入射光频率的关系如图所示，则（　 ）
A．普朗克常量为
B．入射光的频率为3时，逸出的光电子的最大初动能为2E
C．频率大于2的入射光照射该金属时才会发生光电效应
D．若光在真空中的速度为c，则波长大于的光照射该金属时才会发生光电效应
11．当具有5.0 eV能量的光子照射到某金属表面后，从金属表面逸出的光电子的最大初动能是1.5 eV．为了使该金属产生光电效应，入射光子的最低能量为
A．1.5 eV B．3.5 eV C．5.0 eV D．6.5 eV
12．研究光电效应电路如图所示。用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板（阴极K），钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流。下列光电流I与A、K之间的电压的关系图象中，正确的是___________。
A． B．
C． D．
13．下列说法正确的是（　　）
A．玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了各种原子光谱的实验规律
B．普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一
C．放射性原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时，辐射出γ射线，γ射线在电场和磁场中都会发生偏转
D．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小
14．产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能Ek，下列说法正确的是（ ）
A．对于同种金属，Ek与照射光的强度无关
B．对于同种金属，Ek与照射光的波长成反比
C．对于同种金属，Ek与光照射的时间成正比
D．对于同种金属，Ek与照射光的频率成线性关系
E．对于不同种金属，若照射光频率不变，Ek与金属的逸出功成线性关系
15．为了测量储液罐中液体的液面高度，有人设计了如图甲所示装置。将与储物罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容C置于储液罐中，电容C可通过开关S与电感L或电源相连。当开关从a拨到b时，由电感L与电容C构成的回路中产生振荡电流而向外辐射电磁波，再使用乙图中的调谐电路来接收甲振荡电路中的电磁波，这样就可通过测量乙中接收频率而获知甲中的发射频率，进而再通过振荡电路的振荡频率公式即可获知电容C的值（L值已知），从而测量油罐内的液面高度。已知平行板电容器正对面积、间距一定的条件下，电容C两极板间充入电介质增加（液面上升）时，电容C增大。则下列分析判断正确的是（　　）
A．该装置适用于测量任意种类液体的液面高度
B．当储物罐内的液面高度降低时，所测到的回路中电流的振荡频率变小
C．当装置使用过久电源电动势减小时，测量的液面高度比真实值偏小
D．该装置测得的振荡频率与所用电源的电动势大小无关
16．利用电磁感应驱动的电磁炮，其原理示意图如图甲所示，线圈套在中空的塑料管上，管内光滑，将直径略小于管内径的金属小球静置于线圈右侧A处。图中电容器C已经充好电且上极板带正电，闭合电键S后电容器开始放电，通过线圈的电流随时间的变化规律如图乙所示，金属小球在0～t1的时间内被加速发射出去（时刻刚好运动到右侧管口B处）。则（　　）
A．小球在塑料管中的加速度随线圈中电流的增大而一直增大
B．在0～t1的时间内，电容器储存的电能全部转化为小球的动能
C．在0～t1的时间内，顺着发射方向看小球中产生的涡流沿逆时针方向
D．适当加长塑料管一定可使小球获得更大的速度
17．LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，则下列说法不正确的是（　　）
A．若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电
B．若电容器正在放电，则电容器上极板带负电
C．若电容器上极板带正电，则自感电动势正在减小
D．若电容器正在充电，则自感电动势正在阻碍电流减小
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】紫外线进入液体后与真空相比，频率不变，传播速度减小，根据
可知波长变短；根据
可知，光子能量不变。
故选A。
2．B
【详解】AB．根据可知光子的能量增加后，光子的频率增加，又根据
可知光子波长减小，故A错误，B正确；
CD．根据
可知光子的动量增加；又因为光子质量不变，根据可知光子速度增加，故C错误，D错误。
故选B。
3．A
【详解】A．根据遏止电压与最大初动能的关系有
根据电效应方程有
当结合图像可知，当为0时，解得
A正确；
B．钠的截止频率为，根据图像可知，截止频率小于，B错误；
C．结合遏止电压与光电效应方程可解得
可知，图中直线的斜率表示，C错误；
D．根据遏止电压与入射光的频率关系式可知，遏止电压与入射光频率成线性关系，不是成正比，D错误。
故选A。
4．A
【详解】A．由题目信息可知无线通信使用的电磁波频率越高，频率资源更丰富，在相同时间内能够传输的信息量更大，所以5G使用的电磁波频率比4G高，A正确；
B．发生明显衍射的条件是障碍物（或孔）的尺寸可以跟波长相比，甚至比波长还小，因5G使用的电磁波频率更高，即波长更短，故5G越不容易发生明显衍射，B错误；
C．光在真空中的传播速度都是相同的；光在介质中的传播速度公式
5G的频率比4G高，而频率越大折射率越大，光在介质中的传播速度越小，C错误；
D．因5G使用的电磁波频率更高，根据
可知，波长更短，D错误。
故选A。
5．ABE
【详解】A．X射线的频率比较大，对生命物质有较强的作用，过量的X射线辐射会引起生物体的病变，选项A正确；
B．根据电磁波谱的排列顺序可知：γ射线是波长最短的电磁波，它比X射线的频率还要高，选项B正确；
CD．在电磁波谱中从无线电波到γ射线，波长逐渐减小，频率逐渐增大，而波长越长，越容易发生衍射现象，因此紫光比紫外线更容易发生衍射，无线电波最容易发生衍射现象，选项CD错误；
E．无线电波广泛应用于通信、广播、和天体研究中，选项E正确。
故选ABE．
6．A
【分析】麦克斯韦的电磁场理论中变化的磁场一定产生电场，当中的变化有均匀变化与周期性变化之分；均匀变化的电场只能产生恒定的磁场，周期性变化的电场才能产生同频率的磁场．
【详解】A．周期性变化的电场一定产生同频率的周期性变化的磁场，A正确；
B．均匀变化的电场产生恒定的磁场，B错误；
C．稳定的电场不会产生磁场，C错误；
D．均匀变化的电场一定产生恒定不变的磁场，D错误．
故选A。
【点睛】本题考查麦克斯韦的电磁场理论中变化的分类：均匀变化与非均匀（或周期性）变化．要注意准确把握．
7．ABC
【详解】A项：电磁波在真空中的传播速度均相同，与电磁波的频率无关，故A正确；
B项：变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，相互激发，形成电磁波，故B正确；
C项：电磁波是横波，每一处的电场强度和磁场强度总是相互垂直的，且与波的传播方向垂直，故C正确；
D项：当发射电路的电磁振荡停止了，只是不能产生新的电磁波，但已发出的电磁波不会立即消失，还要继续传播一段时间，故D错误．
8．A
【详解】A．因为红外线的频率小于紫外线，根据
可知红外线的光子能量比紫外线的小，故A正确；
B．根据
可知红外线的波长比紫外线的波长长，故B错误；
C．真空中红外线和紫外线的传播速度是一样的，都等于光速，故C错误；
D．光是电磁波，是横波，都具有偏振现象，故D错误。
故选A。
9．BD
【详解】A．由题知，“奋斗者”号与“探索一号”通信是通过水声音通信，声音在水下是纵波，故信息载体属于纵波，故A错误；
B．由题知，“奋斗者”号与“沧海”号通信是通过无线蓝绿光通信，光是电磁波属于横波，故信息载体属于横波，故B正确；
C．因为太空中没有介质，故机械波无法传播，所以“探索一号”与通信卫星的实时通信只能通过电磁通信来实现，故C错误；
D．在传递信息的过程也是传递能量的过程，故“探索一号”与“探索二号”的通信过程也是能量传播的过程，故D正确。
故选BD。
10．B
【详解】A．由光电效应方程：
结合图象可知金属的逸出功：
极限频率为νc，所以：
解得：
A错误；
B．由光电效应方程：
则：
B正确；
CD．由题图可知频率不低于νc的入射光照射该金属时会发生光电效应，即波长不大于的光照射该金属时才会发生光电效应，CD错误。
故选B。
11．B
【详解】根据光电效应方程得，W0=hv-Ekm=5-1.5=3.5eV，
则发生光电效应，入射光的最小能量E=W0=3.5eV．
A．1.5 eV，与结论不相符，选项A错误；
B．3.5 eV，与结论相符，选项B正确；
C．5.0 eV，与结论不相符，选项C错误；
D．6.5 eV，与结论不相符，选项D错误；
故选B．
12．C
【详解】遏止电压不会随光的强弱而变化，光的强弱会影响饱和电流的大小，光照越强，饱和电流越大；故C正确，ABD错误。
故选C。
13．B
【详解】A．玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，故A错误；
B．普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一，故B正确；
C．放射性原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时，辐射出γ射线，γ射线是一种波长很短的电磁波，在电场和磁场中都不会发生偏转，故C错误；
D．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的频率太小，与光的强度无关，故D错误；
故选B。
14．ADE
【详解】ABCD．根据光电效应规律
对于同种金属，Ek与照射光的强度无关，Ek与光照射的时间无关，Ek与照射光的频率成线性关系，Ek与照射光的波长有关，但不是成反比，故AD正确，BC错误；、
E．对于不同种金属，若照射光频率不变，根据光电效应方程
与金属的逸出功成线性关系，故E正确。
故选ADE。
15．D
【详解】A．该装置适用于测量不导电液体的液面高度，选项A错误；
B．当储物罐内的液面高度降低时，电容器极板之间的介质减少，所以电容器的电容减小，根据
可知所测到的LC回路中电流的振荡频率变大，选项B错误；
CD．该装置测得的振荡频率与所用电源的电动势大小无关，则当装置使用过久电源电动势减小时，振荡电路的周期和频率不变，则测量的液面高度比真实值不变，选项C错误，D正确。
故选D。
16．C
【详解】A．0～t1过程，电流增大，线圈磁场增强，但电流变化率减小，所以在小球中产生的感应电流减小，时刻感应电流减小为零，故A错误；
B．电容器的放电过程中，变化的磁场在空间产生了变化的电场，然后以电磁波的形式传递出去，散失了一部分能量，所以0～t1时间内，电容器储存的电能没有全部转化为小球的动能，故B错误；
C．0～t1过程，线圈中的电流增大，线圈产生的磁场从左向右穿过小球，根据楞次定律，顺着发射方向看小球中产生的涡流沿逆时针方向，故C正确；
D．适当增加塑料管的长度，增长后，小球会在电流减小的过程中离开塑料管，当电流减小时，磁场也会减小，通过楞次定律判断可知，此时线圈的作用力向左，阻碍小球运动，所以适当加长塑料管，小球速度不一定会增大，故D错误。
故选C。
17．C
【详解】A．若磁场正在减弱，由楞次定律可得线圈上端为正极，则电容器上极带正电，处于充电状态，故A不符合题意；
B．若电容器正在放电，由安培定则可得电容器上极带负电，故B不符合题意；
C．若电容器上极板带正电，说明电容器在充电，电流减小越来越快，自感电动势增大，故C符合题意；
D．若电容器正在充电，则线圈自感作用，阻碍电流的减小，故D不符合题意。
故选C。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第81讲 带电粒子在电磁场中运动的应用实例
（2022 乙卷）
1．一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为、；粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（　　）
A．粒子3入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
（2021 河北）
2．如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为，导轨平面与水平面夹角为，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，
一、知识回顾
1.质谱仪
（1）构造：如图甲所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。
（2）原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qU=mv2.
粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvB=m。
由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷。
r=，m=， =。
将质量不同、电荷量相等的带电粒子经同一电场加速后进入偏转磁场。各粒子由于轨道半径不同而分离，在上式中，B、U、q对同一元素均为常量，故r∝，根据不同的轨道半径，就可计算出粒子的质量或比荷。
2.回旋加速器
（1）构造：如图乙所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。
（2）原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速。由qvB=，得Ekm=，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关。
（3）带电粒子在两D形盒中的回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，与带电粒子的速度无关。
交变电压的频率f==（当粒子的比荷或磁感应强度改变时，同时也要调节交变电压的频率）。
（4）将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动。
（5）带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，rn=，nqU=mv，n为加速次数。各半径之比为1∶∶∶…。
（6）回旋加速的次数
粒子每加速一次动能增加qU，故需要加速的次数n=，转动的圈数为。
（7）粒子运动时间
粒子运动时间由加速次数n决定，在磁场中的运动时间t1=T；在电场中的加速时间t2=或t2=，其中a=，d为狭缝的宽度。在回旋加速器中运动的总时间t=t1＋t2.
3.霍尔元件的原理和分析
（1）霍尔效应：高为h、宽为d的导体（或半导体）置于匀强磁场B中，当电流通过导体（或半导体）时，在导体（或半导体）的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压。
（2）电势高低的判断：导电的载流子有正电荷和负电荷两种。以靠电子导电的金属为例，如图，金属导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，下表面A′的电势高。正电荷导电时则相反。
（3）霍尔电压的计算：导体中的自由电荷在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差（UH）就保持稳定。由qvB=q，I=nqvS，S=hd，联立得UH==k，k=称为霍尔系数。
4.电场、磁场同区域并存的实例
装置 原理图 规律
速度选择器 若qv0B=qE，即v0=，粒子做匀速直线运动
磁流体发电机 等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带电，当q=qv0B时，两极板间能达到最大电势差U=Bv0d
电磁流量计 当q=qvB时，有v=，流量Q=Sv=
霍尔元件 在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的两个面间出现了电势差，这种现象称为霍尔效应
速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计与霍尔元件类似，均以平衡方程qE=qvB为基础。
二、典型例题
题型一：回旋加速器
例1
3．如图甲是回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连，加速时某带电粒子的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是
A．高频电源的变化周期应该等于tn－tn－1
B．在Ek－t图像中t4－t3＝t3－t2＝t2－t1
C．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大
D．不同粒子获得的最大动能都相同
题型二：质谱仪+速度选择器
例2
4．如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射状电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始，经加速电场加速后，沿中心线做匀速圆周运动通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）
A．该粒子一定带负电
B．加速电场的电压
C．该粒子通过静电分析器时电场力不做功
D．
题型三：磁流体发电
例3
5．磁流体发电是一项新兴技术，它可以把物体的内能直接转化为电能，如图是它的示意图。平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和电阻R连接，设A、B两板间距为d，正对面积为S，等离子体的电阻率为ρ，磁感应强度为B，等离子体以速度v沿垂直于磁场的方向射入A、B两板之间，则下列说法正确的是（　　）
A．A是直流电源的负极
B．电源的电动势为Bdv
C．极板A、B间电压大小为
D．回路中电流为
题型四：电磁流量计
例4
6．去年底，我省启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战．暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经测量管时，a、c两端电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)．则(　　)
A．a侧电势比c侧电势高
B．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数将越大
C．若污水从右侧流入测量管，显示器显示为负值，将磁场反向则显示为正值
D．污水流量Q与U成正比，与L、D无关
题型五：霍尔元件
例5
7．笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块长为a，宽为b，厚度为d的矩形霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，元件中通有大小为I、方向向右的电流，电子定向移动速度大小为v，单位体积内的自由电子数为n。当显示屏闭合时元件处于垂直于上下表面向上、大小为B的匀强磁场中，则前后表面间会产生霍尔电压U，以此控制屏幕的熄灭。则（　　）
A．前表面的电势比后表面的高 B．霍尔电压U与v无关
C．霍尔电压 D．电子所受洛伦兹力的大小为
三、举一反三，巩固练习
8．生活中可以通过霍尔元件来测量转动物体的转速。如图，在一个圆盘边缘处沿半径方向等间隔地放置四个小磁铁，其中两个N极向外，两个S极向外。在圆盘边缘附近放置一个霍尔元件，其尺寸如图所示。当电路接通后，会在a、b两端产生电势差（霍尔电压），当圆盘转动时，电压经电路放大后得到脉冲信号。已知脉冲信号的周期为T，若忽略感应电动势的影响，则（　　）
A．盘转动的转速为
B．改变乙图中的电源正负极，不影响间电势差的正负
C．脉冲信号的最大值与霍尔元件的左右宽度L无关
D．圆盘转到图示位置时，如果a点电势高，说明霍尔元件中定向移动的电荷带负电
9．为了测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计流量为单位时间内流过某截面流体的体积如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为、、，左、右两端开口，所在空间有垂直于前后表面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板、N，污水充满管道从左向右匀速流动。测得、N间电压为，污水流过管道时受到的阻力大小是比例系数，为污水沿流速方向的长度，为污水的流速。则（　　）
A．污水的流量
B．金属板的电势不一定高于金属板N的电势
C．电压与污水中离子浓度成正比
D．左、右两侧管口的压强差
10．如图是判断检测电流大小是否发生变化的装置，该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与检测电流成正比。现给金属材料制成的霍尔元件（其长、宽、高分别为a、b、d）通以恒定工作电流I，通过下侧电压表的示数来判断的大小是否发生变化，下列说法正确的是（　　）
A．M端应与电压表的“负”接线柱相连
B．要提高检测的灵敏度可适当增大宽度b
C．要提高检测灵敏度可适当增大工作电流I
D．当霍尔元件尺寸和工作电流I不变时，电压表示数变大，说明检测电流变小
11．智能手机中的电子指南针利用了重力传感器和霍尔元件来确定地磁场的方向。某个智能手机中固定着一个矩形薄片霍尔元件，四个电极分别为E、F、M、N，薄片厚度为h，在E、F间通入恒定电流I、同时外加与薄片垂直的匀强磁场B，M、N间的电压为，已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示。单位体积内正电荷的个数为n，若仅某一物理量变化时，下列图像可能正确的是（　　）
A． B． C． D．
12．如图为某热量交换系统部分模型示意图，它利用电磁泵驱动形成导电流体在循环系统中流动，电磁泵是一个长方体，长为，长为，长为，上、下表面是金属板，其它部分和管道由绝缘材料构成，循环系统管道内充满导电液体，导电液体的电阻率为，泵体所在处有方向垂直泵体前表面向外，大小为的匀强磁场，工作时泵体的上下两表面接在电压为（内阻不计）的电源上，理想电流表的读数为，则下列说法中正确的是（　　）
A．示意图中液体要顺时针流动，泵体上、下表面应分别与电源正、负极相接
B．理想电流表的读数
C．接在泵体的上下两表面的电压变为，理想电流表的读数小于（未超出量程）
D．改变磁感应强度大小，不会影响管内液体的流动速度
13．关于以下四幅课本中的插图，下列说法正确的是（　　）
A．图甲是速度选择器示意图，若不计粒子重力，由图可以判断出带电粒子的电性
B．图乙是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出A极板是发电机的正极
C．图丙是质谱仪结构示意图，打在底片上的位置越靠近入射点，粒子的比荷越大
D．图丁是回旋加速器示意图，若仅增加电压U，可增大粒子飞出加速器时的动能
14．如图所示，距离为d的两平行金属板P、Q放置在左、右两磁极之间，两磁极之间的磁场可看作是匀强磁场，磁感应强度大小为B。一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场且平行于金属板沿图示方向喷入板间，不计等离子体中粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．若左侧磁极为N极，则金属板P带正电荷，金属板P、Q间的电压为
B．若左侧磁极为S极，则金属板Q带正电荷，金属板P、Q间的电压为Bdv
C．若其他条件保持不变，仅增加平行金属板的长度，则可以增大金属板P、Q间的电压
D．若其他条件保持不变，仅增加等离子体的喷射速度，则可以增大金属板P、Q间的电压
15．跑道式回旋加速器的工作原理如图所示。两个匀强磁场区域I、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里。P、Q之间存在匀强加速电场，电场强度为E，方向与磁场边界垂直。质量为m、电荷量为+q的粒子从P飘入电场，多次经过电场加速和磁场偏转后，从位于边界上的出射口K引出时动能为Ek。已知K、Q的距离为d，带电粒子的重力不计。则下列说法正确的是（　　）
A．第一次加速后，粒子在Ⅱ中运动的半径比在I中的半径大
B．粒子每次从P点被加速到再次回到P点所用的时间相同
C．粒子从出射口K引出的动能
D．粒子出射前经过加速电场的次数
16．半导体芯片制造中，常通过离子注入进行掺杂来改变材料的导电性能。如图是离子注入的工作原理示意图，离子经电场加速后沿水平方向进入速度选择器，通过速度选择器的离子经过磁分析器和偏转系统，注入水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器中的电场强度的大小为E、方向竖直向上。速度选择器、磁分析器中的磁感应强度方向均垂直纸面向外，大小分别为B1、B2。偏转系统根据需要加合适的电场或者磁场。磁分析器截面的内外半径分别为R1和R2，入口端面竖直，出口端面水平，两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统下边缘与晶圆所在水平面平行，当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点）。整个系统置于真空中，不计离子重力及其进入加速电场的初速度。下列说法正确的是（　　）
A．可以利用此系统给晶圆同时注入带正电离子和带负电的离子
B．从磁分析器下端孔N离开的离子，其比荷为
C．如果偏转系统只加沿x轴正方向的磁场，则离子会注入到x轴正方向的晶圆上
D．只增大加速电场的电压，可使同种离子注入到晶圆更深处
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．BD
【详解】C．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为
带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有
，
可得
即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；
A．粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；
B．粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
D．粒子3做向心运动，有
可得
粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；
故选BD。
2．B
【详解】等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a端流向b端。等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势满足
由欧姆定律和安培力公式可得
再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得
则
金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。故B正确。
故选B。
3．B
【分析】回旋加速器工作条件是交流电源的周期必须和粒子在磁场中圆周运动的周期一致，由公式和进行分析判断．
【详解】A．交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于，故A错误；
B．根据
可知粒子回旋周期不变，在图中应有，故B正确；
C．根据公式：
解得，故最大动能：
则知粒子获得的最大动能与D形盒的半径有关，D形盒的半径越大，粒子获得的最大动能越大，与加速的次数无关．故C错误；
D．最大动能：
动能与粒子比荷以及和有关，不同粒子获得的最大动能不同，D错误．
【点睛】本题考查了回旋加速器的原理，要能够准确的推导出粒子最大动能与粒子比荷、D形盒半径的关系．
4．BCD
【详解】A．在磁分析器中，粒子向左偏，由左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B．粒子在M、N间被加速，则有
根据电场力提供向心力，则有
联立解得
故B正确；
C．粒子在匀辐场内由电场力提供向心力，则通过静电分析器时电场力不做功，故C正确；
D．根据洛伦兹力提供向心力，则有
可得
故D正确；
故选BCD。
5．ABC
【详解】A．等离子体喷入磁场中要受到洛伦兹力作用，由左手定则知正离子受到的洛伦兹力向下，将向下偏转，负离子受到的洛伦兹力向上，将向上偏转，所以上极板A带负电，是电源的负极。下板B带正电，是电源的正极。故A正确；
BCD．当电场力与洛伦兹力平衡时，离子做匀速直线运动，不再打到极板上，电源的电动势稳定，则
得电动势的大小为
E=Bdv
则流过R的电流为
而，则得电流大小为
两极板间电势差为
故BC正确，D错误。
故选ABC。
6．AC
【分析】正负离子流动时，受到洛伦兹力，发生偏转，正离子偏转到哪一个表面，哪一个表面电势就高．两表面上有正负电荷，之间就存在电场，最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡．
【详解】根据左手定则可知，正离子向a侧偏转，则仪器显示a侧电势比c侧电势高，选项A正确；根据qvB=可得，可知显示仪器的示数与污水中离子浓度无关，选项B错误；若污水从右侧流入测量管，则受磁场力使得正离子偏向c侧，则c端电势高，显示器显示为负值，将磁场反向，则受磁场力使得正离子偏向a侧，则显示为正值，选项C正确；污水流量，则污水流量Q与U成正比，与D有关，与L无关，选项D错误；故选AC.
【点睛】解决本题的关键正握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，前后表面形成稳定的电势差．
7．C
【详解】A．电流向右，电子向左定向移动，根据左手定则，电子所受洛仑兹力垂直纸面向外，电子打在前表面，前表面电势比后表面电势低，A错误；
B．根据平衡条件
解得
B错误；
C．根据
解得
C正确；
D．电子所受洛仑兹力大小为
D错误。
故选C。
8．D
【详解】A．由题意可知，盘转动的周期是脉冲信号周期的2倍，可得
故A错误；
B．改变乙图中的电源正负极，间电势差的正负号相反，故B错误；
C．由公式
可知
所以霍尔元件所在处的磁场越强，脉冲信号的最大值就越大，与转速无关，结合公式
可得
所以脉冲信号的最大值与霍尔元件的左右宽度L有关，故C错误；
D．圆盘转到图示时，由左手定则可知，定向移动的电荷向下偏转，若要a点电势更高，则定向移动的电荷为负电荷，D正确。
故选D。
9．D
【详解】A.根据
得：
则有：
故A项错误；
B. 根据左手定则，正离子向上表面偏转，负离子向下表面偏转，知上表面的电势一定高于下表面的电势，即金属板M的电势一定高于金属板N的电势，故B项错误；
C. 最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：
解得：
U=vBc
电压与污水中离子浓度无关，故C错误；
D. 根据平衡条件，则有
而
解得：
故D项正确。
故选D。
10．C
【详解】A．根据右手螺旋定则可知检测电流产生的磁场方向向下，磁感线在磁芯中沿逆时针方向，可知霍尔元件所在磁场方向向上，由于霍尔元件中的载流子为电子，可知电子移动方向与工作电流方向相反，根据左手定则可知，电子在N端积累，N端为负极，则M端应与电压表的正接线柱相接，故A错误；
BC．设霍尔元件单位体积内电子数量为n，电子移动速度为v，则时间内通过截面的电荷量为
得
由于MN之间存在电势差，则MN之间的电场强度为
电子所受沿b边方向的电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反
联立解得
因此若要提高灵敏度，可以适当减小，增大工作电流，故C正确，B错误；
D．当霍尔元件尺寸和工作电流I不变时，根据
可知电压表示数变大，磁感应强度变大，则检测电流变大，故D错误。
故选C。
11．B
【详解】设左右两个表面相距为d，稳定后正电荷所受的电场力等于洛仑兹力，即
而
，
解得
故B正确，ACD错误。
故选B。
12．C
【详解】A．根据左手定则知，要使液体顺时针流动，泵体上表面应与电源负极相接，故A错误；
B．根据电阻定律泵内液体的电阻为
流过泵体的电流为
因此泵体内液体电流产生热量消耗的电功率为
由于电磁泵是非纯电阻电路，需对外抽水做功，设对外做功的功率为，则电源提供的总功率与等于泵体内液体电流产生热量消耗的电功率与对外做功功率之和，即
因此
故B错误；
C．接在泵体的上下两表面的电压变为后，假设流过泵体的电流为原来的两倍，因此导体泵内电流产生热量消耗的电功率为原来的4倍，安培力增大为原来的两倍，根据牛顿第二定律和匀变速运动速度与位移的关系可得，在相同的距离内，速度仅增大为原来速度的倍，根据瞬时功率公式可得电场泵对外做功的功率增大为原来的倍，因此
因此理想电流表的读数将小于，故C正确；
D．改变磁感应强度大小，受到的安培力大小也会变好，进而会影响管内液体的流动速度，故D错误。
故选C。
13．C
【详解】A．根据左手定则可知，无论粒子电性如何，当粒子沿直线通过速度选择器时，其所受电场力与洛伦兹力方向都可以相反，所以无法判断粒子电性，故A错误；
B．根据左手定则可知，等离子体中的正离子将向B极板偏转，所以B极板是发电机的正极，故B错误；
C．设粒子进入磁场时的速度大小为v，根据动能定理有

设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有

联立以上两式解得

粒子打在底片上的位置到入射点之间的距离为

根据上式可知打在底片上的位置越靠近入射点，粒子的比荷越大，故C正确；
D．设回旋加速器D形盒的半径为R，粒子获得的最大速度为vm，根据牛顿第二定律有

解得

粒子的最大动能为

根据⑥式可知Ekm与交流电压U无关，所以若仅增加电压U，无法增大粒子飞出加速器时的动能，故D错误。
故选C。
14．D
【详解】A．等离子体沿垂直于磁场方向喷入金属板间时，若左侧磁极为N极，根据左手定则，可得金属板Q带正电荷，等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势U满足
解得
故A错误；
B．同理可判定，若左侧磁极为S极，金属板P带正电荷，故B错误；
C．由可知，等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势U与金属板的长度无关，故C错误；
D．同理可知，若其他条件保持不变，仅增加等离子体的喷射速度，则可以增大金属板P、Q间的电压，故D正确。
故选D。
15．C
【详解】A．粒子在磁场中根据洛伦兹力提供向心力得
得
由题意可知，粒子在Ⅱ中运动的速度大小与在I中运动的速度大小相等，则半径也相等，故A错误；
B．粒子每次从P点被加速到再次回到P点所用的时间等于在两磁场中运动的时间与在电场中加速的时间之和，由可知，粒子在两磁场中运动的时间相同，但在加速电场中的时间越来越短，所以粒子每次从P点被加速到再次回到P点所用的时间不同，故B错误；
C．设粒子从出射口K射出时的速度大小为vm，此时粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径最大，为
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
粒子从出射口K射出时的动能
解得
故C正确；
D．由于粒子被引出时的动能为Ek，根据动能定理可得
解得
故D错误。
故选C。
16．B
【详解】A．由左手定则可知，只有正离子才能通过磁分析器，负离子不能通过磁分析器，故A错误；
B．离子通过速度选择器时，有
解得速度
离子在磁分析器中，有
由几何关系得
联立可得
故B正确；
C．如果偏转系统只加沿x轴正方向的磁场，由左手定则可知离子向轴正方向偏转，故C错误；
D．只增大加速电场的电压，则粒子速度不满足
无法做匀速直线运动通过速度选择器，所以不一定能到达圆晶处，故D错误。
故选B。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第82讲　磁通量及产生电磁感应的条件
一、知识回顾
1．磁通量
（1）定义：匀强磁场中，磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S的乘积叫作穿过这个面积的磁通量，简称磁通。我们可以用穿过这一面积的磁感线条数的多少来形象地理解。
（2）公式：Φ＝BS。
（3）公式的适用条件：①匀强磁场；②S是垂直磁场方向的有效面积。
（4）单位：韦伯（Wb），1Wb＝1T·m2。
（5）标量性：磁通量是标量，但有正负之分。磁通量的正负是这样规定的：任何一个平面都有正、反两面，若规定磁感线从正面穿出时磁通量为正，则磁感线从反面穿出时磁通量为负。
（6）物理意义：
相当于穿过某一面积的磁感线的条数．如图所示，矩形abcd、abb′a′、a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直，则：
（1）通过矩形abcd的磁通量为BS1cosθ或BS3。
（2）通过矩形a′b′cd的磁通量为BS3。
（3）通过矩形abb′a′的磁通量为0。
2．磁通量的变化量在某个过程中，穿过某个平面的磁通量的变化量等于末磁通量Φ2与初磁通量Φ1的差值，即ΔΦ＝Φ2－Φ1。磁通量变化的常见情况
变化情形 举例 磁通量变化量
磁感应强度变化 永磁体靠近或远离线圈、电磁铁（螺线管）内电流发生变化 ΔΦ＝ΔB·S
有效面积变化 有磁感线穿过的回路面积变化 闭合线圈的部分导线做切割磁感线运动，如图 ΔΦ＝B·ΔS
回路平面与磁场夹角变化 线圈在磁场中转动，如图
磁感应强度和有效面积同时变化 弹性线圈在向外拉的过程中，如图 ΔΦ＝Φ2－Φ1
3．磁通量的变化率（磁通量的变化快慢）磁通量的变化量与发生此变化所用时间的比值，即。
4．电磁感应现象与感应电流“磁生电”的现象叫电磁感应，产生的电流叫作感应电流。
5．产生感应电流的条件当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中就产生感应电流。判断感应电流能否产生的思维导图：
6．电磁感应现象的两种典型情况
（1）闭合导体回路的一部分做切割磁感线运动。
（2）穿过闭合导体回路的磁通量发生变化。
7．电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果导体回路闭合则产生感应电流；如果导体回路不闭合，则只产生感应电动势，而不产生感应电流。
8．能量转化发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能。
二、例题精析
题型一：基本概念——磁通量及其变化量
1．如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N，过ab中点和cd中点的连线恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为，若线圈绕轴转过的过程中，磁通量的变化量为，则关于和的大小正确的是（ ）
A．， B．， C．， D．，
题型二：磁通量变化产生感应电流
（人教版必修第三册·P117·T1改编）
2．如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框，在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是（　　）

A．如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动
B．如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动
C．如图丙所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动
D．如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动
题型三：部分导体切割产生感应电流
3．如图所示为感应式发电机，a、b、c、d是空间四个可用电刷与铜盘边缘接触的点，O1、O2是铜盘轴线导线的接线端，M、N是电流表的接线端．现在将铜盘转动，能观察到感应电流的是 （ ）
A．将电流表的接线端M、N分别连接a、c位置
B．将电流表的接线端M、N分别连接O1、a位置
C．将电流表的接线端M、N分别连接O1、O2位置
D．将电流表的接线端M、N分别连接c、d位置
题型四：电磁感应现象的应用
（2020·全国卷Ⅱ）
4．管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（　　）
A．库仑 B．霍尔 C．洛伦兹 D．法拉第
三、举一反三，巩固练习
（人教版选择性必修第二册·P28·T5改编）
5．如图所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁体插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，下列关于同学们看到的现象及对现象的分析说法正确的是（　　）
A．磁体插向左环，横杆发生转动
B．磁体插向右环，横杆发生转动
C．磁体插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流
D．磁体插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流
6．如图所示，矩形闭合线圈竖直放置，是它的对称轴，通电直导线AB与平行。若要在线圈中产生感应电流，可行的做法是（　　）
A．中电流逐渐增大
B．中电流先增大后减小
C．以为轴，线圈绕顺时针转（俯视）
D．线圈绕轴逆时针转动（俯视）
7．如图所示，一水平放置的N匝矩形线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成30°角，现若使矩形框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量的改变量的大小为（　　）
A．BS B．NBS
C．BS D．NBS
（2017·江苏高考）
8．如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r.圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为(　　)
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶4 D．4∶1
9．下图中能产生感应电流的是（　　）
A． B． C． D．
10．在电磁学的发展历程中，奥斯特与法拉第的贡献值得人们纪念。下列有关说法正确的是（　　）
A．法国物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并提出了右手螺旋定则和“分子电流”假说
B．电流磁效应的发现，宣告了电磁学作为一门统一学科的诞生，掀起了一场研究电与磁关系的浪潮
C．法拉第虽然发现了电磁感应现象，但发现过程并不是一帆风顺的，也曾受思维定式的影响
D．电磁感应的发现，开辟了人类的电气化时代，促进了人类文明的发展
11．如图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是（　　）
A． B． C． D．
12．探究产生感应电流条件的实验步骤如图甲、乙、丙所示。
（1）本实验中，我们通过观察 来判断电路中是否有感应电流。
（2）通过比较图甲和丙可知，产生感应电流的一个条件是电路要 ，通过比较图 可知，产生感应电流的另一个条件是导体要在磁场中做切割磁感线运动。
（3）若图甲中AB棒不动，磁铁左右水平运动，电路中 （选填“有”或“无”）感应电流。
13．在图中，条形磁铁以速度v远离螺线管，螺线管中的感应电流的情况是(　　)
A．穿过螺线管中的磁通量减少，产生感应电流
B．穿过螺线管中的磁通量增加，产生感应电流
C．穿过螺线管中的磁通量增加，不产生感应电流
D．穿过螺线管中的磁通量减少，不产生感应电流
14．如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中可行的是（　　）
A．将线框向左拉出磁场
B．以ab边为轴转动（小于90°）
C．以ad边为轴转动（小于60°）
D．以bc边为轴转动（小于60°）
15．如图所示，磁带录音机既可用作录音，也可用作放音，其主要部件为可匀速行进的磁带和绕有线圈的磁头，不论是录音还是放音过程，磁带或磁头软铁都存在磁化现象。以下关于主要工作原理的描述中，正确的是（　　）
A．放音和录音的主要原理都是电磁感应
B．放音和录音的主要原理都是磁场对电流的作用
C．放音的主要原理是电磁感应，录音的主要原理是电流的磁效应
D．录音的主要原理是电磁感应，放音的主要原理是电流的磁效应
16．假如有一宇航员登上火星后，利用手边的一只灵敏电流表和一个小线圈，想探测一下火星表面是否有磁场，则下列说法正确的是（　　）
A．直接将电流表放于火星表面，看是否有示数来判断磁场的有无
B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表无示数，则可判断火星表面无磁场
C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表有示数，则可判断火星表面有磁场
D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一平面内沿各个方向运动，如果电流表无示数，则可判断火星表面无磁场
17．如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t=0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t=0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下B与t的关系式．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】当正方形线圈abcd有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中时，磁通量为：；线圈绕轴转过的磁通量为：，则磁通量的变化量为：，故A正确，BCD错误．
2．C
【详解】ABD．图甲、乙、丁中线框运动过程中穿过线框的磁通量均不变，不会产生感应电流，选项ABD错误；
C．图丙中线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动，穿过线框的磁通量发生变化，产生感应电流，选项C正确。
故选C。
3．B
【详解】将铜盘看成无数个轴向铜条组成，铜盘在外力作用下切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流；根据题意，因此将电流表的接线端M、N分别连接O1，a位置，才能观察到感应电流．故ACD错误，B正确；故选B．
4．D
【详解】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第。故选D。
5．BD
【详解】AC．磁体插向左环时，通过左环的磁通量发生变化，左环中产生感应电动势，但左环是开路的，没有感应电流产生，此时横杆不动，故AC错误；
BD．磁体插向右环时，通过右环的磁通量发生变化，右环中产生感应电动势和感应电流，感应电流的磁场阻碍磁通量的变化，使右环与磁体相互排斥，则横杆会发生转动，故BD正确。
故选BD。
6．ABD
【详解】AB．只要中电流发生变化，无论是大小变，还是方向变，还是大小和方向同时变，都可以使线圈内的磁通量发生变化，从而产生感应电流，故AB正确；
C．以为轴，线圈绕顺时针转90°的过程中，磁感应强度的大小和线圈的有效面积都没变，磁通量不变，不能产生感应电流，故C错误；
D．以为轴逆时针转90°的过程中，线圈的有效面积发生了变化，磁通量变化，能产生感应电流，故D正确。
故选ABD。
7．C
【详解】矩形线圈如图所示放置，匀强磁场方向向左上方，平面水平放置时通过线圈的磁通量为
当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕轴转90°角时，穿过线圈反面，则其的磁通量
因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为
故选C。
8．A
【详解】根据磁通量的定义，当B垂直于S时，穿过线圈的磁通量为Ф=BS，其中S为有磁感线穿过区域的面积，所以图中a、b两线圈的磁通量相等，所以A正确；BCD错误．
【名师点睛】本题主要注意磁通量的计算公式中S的含义，它指的是有磁感线穿过区域的垂直面积．
9．B
【详解】A．图中没有闭合回路，所以不能形成感应电流，故A错误；
B．磁感应强度不变，由于运动的两个导体棒围成的横截面积增大，由公式
可知磁通量变化，两导体棒与导轨形成闭合回路，所以可以产生感应电流，故B正确；
C．导线前，磁感应强度方向向下，导线后，磁感应强度方向向上，由对称性可知，整个线圈磁通量为零，磁通量不随电流的增大而变化，没有感应电流产生，故C错误；
D．线圈向右移动，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，故D错误。
故选B。
10．CD
【详解】A．丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结出了右手螺旋定则，故A错误；
B．法拉第发现了电磁感应现象，宣告了电磁学作为一门统一学科的诞生。故B错误；
C．法拉第虽然发现了电磁感应现象，但发现过程并不是一帆风顺的，也曾受思维定式的影响，故C正确；
D．电磁感应的发现，开辟了人类的电气化时代，促进了人类文明的发展，故D正确。
故选CD。
11．B
【详解】A．闭合电键后，导体ab在磁场中受到磁场力的作用而运动，该实验探究通电导线受到磁场力的作用，A错误；
B．导体棒运动，导体棒切割磁感线产生感应电流，探究电磁电磁感应现象， B正确；
C．开关闭合后，原来静止在磁场中的导体运动起来，说明通电导体在磁场在中受到力的作用，探究的是通电导线受磁场力作用，C错误；
D．导体中通过电流时，原来静止在南北方向的小磁针的指向发生了偏转，说明它受到了磁力的作用，从而说明电流的周围存在磁场，探究的是电流的磁效应，D错误。
故选B。
12． 灵敏电流计的指针是否偏转 闭合 甲和乙 有
【详解】（1）[1]实验时，通过观察灵敏电流计的指针是否偏转来确定电路中是否产生感应电流。
（2）[2]题图甲所示电路是闭合电路，灵敏电流计的指针发生偏转，说明电路中产生了感应电流；题图丙所示电路是断开的，灵敏电流计的指针没有偏转，说明电路中没有产生感应电流。由此可知，产生感应电流的一个条件是电路要闭合。
[3]要得出产生感应电流的另一个条件是导体要在磁场中做切割磁感线运动，这两次实验就要一次实验导体在磁场中做切割磁感线运动，一次实验导体在磁场中不做切割磁感线运动，由此比较可以确定要选用图甲和图乙。
（3）[4]在题图甲中，电路是闭合的，若导体不动，磁铁运动，利用运动和静止的相对性可以确定，导体也做切割磁感线运动，具备了感应电流产生的两个条件，所以电路中有电流产生。
13．A
【详解】条形磁铁从左向右远离螺线管的过程中，穿过线圈的原磁场方向向下，且磁通量在减小，所以能产生感应电流．故选A．
14．ABC
【详解】产生该应电流的条件：穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，回路产生感应电流。
A．将线框向左拉出磁场的过程中，线框的bc边做切割磁感线运动，穿过线框的磁通量减少，所以线框中产生感应电流，A正确；
B．当线框以ab边为轴转动时，线框的cd边右半段在做切割磁感线运动，穿过线框的磁通量减少，所以线框中将产生感应电流，B正确；
C．当线框以ab边为轴转动（小于60°），穿过线框的磁通量减少，所以在转动过程中产生感应电流，C正确；
D．当线框以bc边为轴转动时，如果转动角度小于60°，则穿过线框的磁通量始终保持不变（其值为磁感应强度与矩形线框面积的一半的乘积），D错误。
故选ABC。
15．C
【详解】放音的主要原理磁生电，所以是电磁感应现象，录音的主要原理是电生磁，是电流的磁效应。
故选C。
16．C
【详解】A．穿过闭合回路的磁通量发生改变时，回路中有感应电流产生，若电流表没有接入电路或有一个恒定的磁场，电流表都不会有示数，故A错误；
B．同理，将电流表与线圈组成回路，使线圈沿某一方向运动，如果线圈运动的方向与磁场方向平行，电流表无示数，也不能判断出没有磁场，故B错误；
C．电流表有示数则说明穿过线圈的磁能量发生变化，一定有磁场，故C正确；
D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一个与磁场平行的平面内沿各个方向运动，也不会有示数，因此不能断定火星表面无磁场，故D错误。
故选C。
17．
【详解】要使棒不产生感应电流，穿过回路的磁通量应保持不变，则有：B0l2=Bl（l+vt），
解之得：B=；
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第83讲 电磁感应现象中的“三定则一定律”的综合应用
（2022 浙江）
1．如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B=kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为、高度为h、半径为r、厚度为d（d r），则（　　）
A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
B．圆管的感应电动势大小为
C．圆管的热功率大小为
D．轻绳对圆管的拉力随时间减小
（2021 重庆）
2．某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面最初平行于磁场，经过时间t后线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，则在这段时间内，线圈中产生的平均感应电动势的大小和感应电流的方向（从左往右看）为（　　）
A．，逆时针 B．，逆时针
C．，顺时针 D．顺时针
一.知识回顾
1.“三个定则一个定律”的比较
基本现象 应用的定则或定律
电流的磁效应 运动电荷、电流产生磁场 安培定则
洛伦兹力、安培力 磁场对运动电荷、电流有作用力 左手定则
电磁感应 部分导体做切割磁感线运动 右手定则
闭合回路磁通量变化 楞次定律
2.安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用对比
基本现象 因果关系 应用规律
运动电荷、电流产生磁场 因电生磁 安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力 因电受力 左手定则
部分导体做切割磁感线运动 因动生电 右手定则
闭合回路磁通量变化 因磁生电 楞次定律
二.典型例题
题型一：四定则两力（洛伦力+安培力）一定律
（2016 铜仁市模拟）
3．如图甲所示，等离子气流由左边连续以方向如图所示的速度v0射入P1和P2两金属板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接．线圈A内有如图乙所示的变化磁场，且磁场B的正方向规定为向左，如图甲所示．则下列说法正确的是（ ）
A．0～1 s内ab、cd导线互相排斥
B．1～2 s内ab、cd导线互相排斥
C．2～3 s内ab、cd导线互相排斥
D．3～4 s内ab、cd导线互相排斥
题型二：二次感应
（2020秋 沈阳期末）
4．如图，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路．当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是（ ）
A．向右加速运动 B．向右减速运动
C．向左加速运动 D．向左减速运动
三.举一反三，巩固练习
5．如图所示，矩形金属线框abcd置于光滑的绝缘水平面上，直导线MN与cd平行放置且固定在水平面上，直导线MN与电源、滑动变阻器R、开关S构成闭合回路。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片从e端移到f端的过程中（　　）
A．线框abcd中有沿a→b→c→d→a方向的感应电流，在水平面上静止不动
B．线框abcd中有沿a→d→c→b→a方向的感应电流，沿水平面向右运动
C．线框abcd中有沿a→b→c→d→a方向的感应电流，沿水平面向右运动
D．线框abcd中有沿a→d→c→b→a方向的感应电流，在水平面上静止不动
6．如图，某教室墙上有一朝南的钢窗，将钢窗右侧向外打开，以推窗人的视角来看，窗框中产生（　　）
A．顺时针电流，且有收缩趋势 B．顺时针电流，且有扩张趋势
C．逆时针电流，且有收缩趋势 D．逆时针电流，且有扩张趋势
7．如图所示，右端为N极的磁铁置于粗糙水平桌面上并与轻质弹簧相连，弹簧一端固定在竖直墙面上，当弹簧处于原长时，磁铁的中心恰好是接有一盏小灯泡的竖直固定线圈的圆心。用力将磁铁向右拉到某一位置，撤去作用力后磁铁穿过线圈来回振动，有关这个振动过程，以下说法正确的是（　　）
A．灯泡的亮暗不会发生变化 B．磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力
C．从左往右看线圈中的电流一直沿逆时针方向 D．若忽略摩擦力和空气阻力，磁铁振动的幅度不会减小
8．航母上的飞机起飞可以利用电磁驱动来实现。电磁驱动原理示意图如图所示，在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同、已知铜的电阻率较小，不计所有接触面间的摩擦，则闭合开关S的瞬间（　　）
A．铝环向右运动，铜环向左运动 B．铝环和铜环都向右运动
C．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力 D．从左向右看，铜环中的感应电流沿顺时针方向
9．安培曾做过如图所示的实验：把绝缘导线绕制成线圈，在线圈内部悬挂一个用薄铜片做成的圆环，圆环所在平面与线圈轴线垂直，取一条形磁铁置于铜环的右侧，条形磁铁的右端为N极。闭合开关，电路稳定后，发现铜环静止不动，安培由此错失发现电磁感应现象的机会。实际上，在电路闭合的瞬间（　　）
A．从右侧看，铜环中有逆时针的感应电流
B．从右侧看，铜环中有顺时针的感应电流
C．铜环仍保持不动
D．铜环会远离磁铁
10．如图所示，M为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷。在M正上方用丝线悬挂一个闭合铝环N，铝环也处于水平面中，且M盘和N环的中心在同一条竖直线O1O2上。现让橡胶盘由静止开始绕O1O2轴按图示方向逆时针加速转动，下列说法正确的是（ ）
A．从上向下看，铝环N中有沿顺时针方向的感应电流
B．铝环N有扩大的趋势
C．橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向下
D．橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上
11．航空母舰上飞机弹射起飞可以利用电磁驱动来实现。电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通入直流电流时，靠近线圈左端放置的金属环被弹射出去，如果在线圈左侧同一位置先后分别放置用铜和铝导线制成的形状完全相同的两个闭合导线环，且电阻率ρ铜＜ρ铝，闭合开关S瞬间，下列判断正确的是（　　）
A．从左侧看环中感应电流沿逆时针方向
B．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力
C．电池正负极调换后，导线环将不能向左弹射
D．若将铜环放在线圈右侧，铜环将向左运动
12．如图所示，纸面内沿x轴和y轴放有通电的长直导线，两导线中电流大小与变化完全相同。四个闭合圆形线圈在四个象限中对称放置。当x轴的导线中电流方向沿x轴正方向，y轴的导线中电流方向沿y轴正方向，两电流同时增大时，关于a、b、c、d四个相同的圆形线圈中的感应电流情况为（　　）
A．a线圈中有顺时针方向的感应电流
B．b线圈中有逆时针方向的感应电流
C．c线圈中有顺时针方向的感应电流
D．d线圈中有逆时针方向的感应电流
13．如图所示，光滑绝缘水平面上有两条固定导线ab、cd相互垂直彼此绝缘，在角平分线上，对称固定着四个相同的圆形金属线圈。某段时间内两导线均通以由零均匀增加到某个值的电流，在这段时间内1、3线圈不受安培力，2、4线圈中电流方向分别为顺时针和逆时针，且受到指向各自圆心的安培力作用，则两导线的电流方向为（　　）
A．a→b、c→d
B．a→b、d→c
C．b→a、c→d
D．b→a、d→c
14．图甲中竖直放置的电磁铁通入图乙所示电流，当t=t1时，测得上下两磁极之间的中央处O点磁感应强度大小为B0；若在O点水平固定一个闭合导体小圆环（圆心即O点），电磁铁仍通入图乙所示的电流，当t=t1时，测得O点磁感应强度大小为B，则圆环中感应电流在O点产生的磁感应强度大小为（　　）
A．B0 B．B0－B C．B0+B D．0
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，选项A错误；
B．圆管的感应电动势大小为
选项B错误；
C．圆管的电阻
圆管的热功率大小为
选项C正确；
D．根据左手定则可知，圆管中各段所受的受安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，不随时间变化，选项D错误。
故选C。
2．A
【详解】经过时间t，面积为S的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，磁通量变化为
由法拉第电磁感应定律，线圈中产生的平均感应电动势的大小为
由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向。
故选A。
3．CD
【详解】AB.由题图甲左侧电路可以判断ab中电流方向为由a到b；由右侧电路及题图乙可以判断，0～2 s内cd中感应电流方向为由c到d，跟ab中的电流同向，因此ab、cd相互吸引，选项A、B错误；
CD. 2～4 s内cd中感应电流方向为由d到c，跟ab中电流反向，因此ab、cd相互排斥，选项C、D正确。
故选CD。
4．BC
【详解】根据安培定则可知，MN处于ab产生的垂直向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，L1中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，L2线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加，再由右手定则可知PQ可能是向左加速运动或向右减速运动，故BC正确，AD错误；
故选BC。
5．C
【详解】滑动变阻器的滑片从e端移到f端的过程中，电阻R变大，电路中电流减小，穿过线框的磁通量减小，原磁通量方向为垂直线框平面向外，则由楞次定律可知感应电流方向沿a→b→c→d→a，由左手定则可知cd边所受安培力向右，ab边所受安培力向左，因为cd边所在位置磁感应强度大于ab边所在位置磁感应强度，所以cd边所受安培力大于ab边所受安培力，所以线框沿水平面向右运动，故C正确，ABD错误。
故选C。
6．D
【详解】磁场方向由南指向北，将钢窗右侧向外打开，则向北穿过窗户的磁通量减少，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向由南指向北，即以推窗人的视角来看，感应电流为逆时针电流，同时根据“增缩减扩”可知，窗框有扩张趋势。
故选D。
7．B
【详解】A．以S极靠近线圈分析，速度增大，且靠近线圈时磁感强度，则穿过线圈磁通量变化率增大，感应电流增大，灯泡会变亮，故A错误；
B．根据楞次定律“来拒去留”可知磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力，故B正确；
C．当S极靠近线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的电流沿逆时针方向，当S极向右运动远离线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的电流沿顺时针方向，故C错误；
D．若忽略摩擦力和阻力，磁铁的振幅也会越来越小，因为弹簧和磁铁的机械能逐渐转化为焦耳热，故D错误。
故选B。
8．D
【详解】AB．闭合开关S的瞬间，穿过两个金属圆环的磁通量均增大，为阻碍磁通量的增大，铝环向左运动，铜环向右运动，AB错误；
C．由于铜环和铝环的形状、大小相同，铜的电阻率较小，故铜环的电阻较小，两环对称地放在固定线圈两侧，闭合开关S瞬间，穿过两环的磁通量的变化率相同，两环产生的感应电动势相等，则铜环中的感应电流较大，故铜环受到的安培力较大，C错误；
D．由右手螺旋定则可知，闭合开关S瞬间，穿过铜环的磁通量向左增大，由楞次定律知，从左向右看，铜环中的感应电流沿顺时针方向，D正确。
故选D。
9．A
【详解】AB．根据楞次定律，当接通开关瞬间时，导致穿过线圈的磁通量向左增大，则从右侧看，线圈的感应电流逆时针，故A正确，B错误；
CD．当线圈中有逆时针方向的电流时，可等效为右侧为N极的磁体，则当处于左侧是S极的条形磁铁的磁场中，铜环会靠近磁铁，故CD错误；
故选A。
10．D
【详解】A．因橡胶圆盘M带有负电荷，则逆时针加速转动时产生顺时针方向逐渐增大的电流（从上向下看），穿过铝环N的磁通量向下且逐渐增大，根据楞次定律，可知铝环N中有沿逆时针方向的感应电流（从上向下看），A错误；
B．穿过铝环N的磁通量增大，根据楞次定律的阻碍作用，“增缩减扩”可知铝环N的面积有缩小的趋势，B错误；
CD．根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，所以圆盘与铝环中的电流具有相互排斥的作用，橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上，C错误，D正确。
故选D。
11．B
【详解】A．由固定线圈的绕线方向和电流方向可以判断出螺线管的左端是N极，当闭合开关S瞬间，磁场增大，穿过左侧线圈的磁通量在增大，根据楞次定律，线圈中产生与原磁场方向相反的感应磁场，再由右手定则可以判断出左侧线圈中产生从左侧看顺时针方向的感应电流，选项A错误；
B．由于电阻率ρ铜＜ρ铝，则铜环的电阻要小一些，在感应电压相同的情况下，产生的感应电流大一些，故安培力也会大一些，选项B正确；
C．当电池正负极调换后，固定线圈在左侧变成了S极，根据楞次定律也可以判断出固定线圈与环间产生的斥力，也可以通过“来拒去留”的方法判断，这闭合开关，磁场增大相当于“来”，所以会产生“拒”，即排斥力，所以也可以向左弹射，选项C错误；
D．若将铜环放在线圈右侧，同理，铜环与线圈间也会产生排斥力，所以铜环将向右运动，选项D错误。
故选B。
12．D
【详解】AC．由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向。由矢量合成可知，穿过ac的磁通量为零，当电流变化时不可能产生感应电流，故AC错误；
B．b线圈中有向外的磁通量，根据楞次定律，当导线中电流增加时会产生顺时针方向的感应电流，选项B错误；
D．d线圈中有向里的磁通量，根据楞次定律，当导线中电流增加时会产生逆时针方向的感应电流，选项D正确。
故选D。
13．A
【详解】由题，在导线电流逐渐增大的情况下，1、3线圈不受安培力，不产生感应电流，说明1、3象限合磁场始终为零，2线圈产生顺时针感应电流，说明2象限中磁场垂直纸面向外，4线圈产生逆时针感应电流，说明4象限中磁场垂直纸面向里，同时当电流增大时，2与4内的磁通量都增大，根据楞次定律可知，产生的感应电流都会阻碍磁通量的增大，所以2、4线圈沿着对角线向外运动，即受到指向各自圆心的安培力作用，综上所述，根据安培定则可判A正确，BCD错误。
故选A。
14．B
【详解】设a点电势更高，由右手螺旋定则可知，O点磁感应强度方向竖直向上，大小为B0；若在O点水平固定一个闭合导体小圆环，当t=t1时穿过闭合导体小圆环的磁通量增大，由楞次定律可知，从上往下看，小圆环有顺时针的感应电流，由右手螺旋定则可知，小圆环中感应电流产生的磁场方向竖直向下，由矢量合成得
则圆环中感应电流在O点产生的磁感应强度大小为
故B正确，ACD错误。
故选B。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第84讲 动生电动势及其电路分析的五种题型
（2022 辽宁）
1．如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到的最小距离x；
（3）初始时刻，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
（2022 湖北）
2．如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L = 0.2m、回路电阻R = 1.6 × 10 - 3Ω、质量m = 0.2kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ = 45°角、大小为的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g = 10m/s2，求：
（1）ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
（2）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
（3）磁场区域的水平宽度。
一.知识回顾
1.导体切割磁感线时的感应电动势
切割方式 电动势表达式 说明
垂直切割 E＝Blv ①导体棒与磁场方向垂直，磁场为匀强磁场 ②式中l为导体切割磁感线的有效长度 ③旋转切割中导体棒的平均速度等于中点位置的线速度lω
倾斜切割 E＝Blvsinθ（θ为v与B的夹角）
旋转切割（以一端为轴） E＝Bl＝Bl2ω 如果求导体中两点间，则等于这两点速度之和的一半
2. E＝Blv五个特性，
（1）正交性
本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者相互垂直。当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算。
（2）平均性
导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即＝Bl。
（3）瞬时性
导体平动切割磁感线时，若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。
（4）有效性
公式中的l为导体有效切割长度，即导体在与v共同所在平面上垂直于v的方向上的投影长度。下图中有效长度分别为：
甲图：l＝cdsinβ（容易错算成l＝absinβ）。
乙图：沿v1方向运动时，l＝MN；沿v2方向运动时，l＝0。
丙图：沿v1方向运动时，l＝R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R。
（5）相对性
E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。
3．导体转动切割磁感线
当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕导体棒上某一点以角速度ω匀速转动时，则：
（1）以导体棒中点为轴时，E＝0（相同两段的代数和）。
（2）以导体棒端点为轴时，E＝Bωl2。
（3）以导体棒上任意一点为轴时，E＝Bω（l－l）（不同两段的代数和，其中l1>l2）。
二.典型例题
题型一：平动——动生电动势公式和安培力公式中的有效长度
3．如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，质量为m边长为a的正方形导体框MNPQ斜向上垂直进入磁场，当MP刚进入磁场时速度为v，方向与磁场边界成45°，若导体框的总电阻为R，则（　　）
A．导体进入磁场过程中，导体框中电流的方向为MNPQ
B．MP刚进入磁场时导体框中感应电流大小为
C．MP刚进入磁场时导体框所受安培力为
D．MP刚进入磁场时MP两端的电压为
题型二：转动——感应电源的串联与并联及电路分析
4．如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r、电阻为4R的圆环，PQ为圆环的直径，在PQ的左右两侧均存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反。一根长为2r、电阻不计的金属棒MN绕着圆心O以角速度ω顺时针匀速转动，金属棒与圆环紧密接触。下列说法正确的是（　　）
A．金属棒MN两端的电压大小为Bωr2
B．金属棒MN中的电流大小为
C．图示位置金属棒中电流方向为从M到N
D．金属棒MN在转动一周的过程中电流方向不变
题型三：转动——求转动导体上两点间电动势
5．在磁感应强度为的匀强磁场中，有一与磁场方向垂直长度为的金属杆，已知，与磁场中以为圆心的同心圆（都为部分圆弧）金属轨道始终接触良好．一电容为的电容器接在轨道上，如图所示，当金属杆在与磁场垂直的平面内以为轴，以角速度顺时针匀速转动时
A．
B．
C．电容器带电量
D．若在间连接一个电压表，则电压表示数为零
题型四:切割速度指的是导体相对磁场的速度
6．如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v．导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
（1）MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
（2）MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
（3）PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P．
题型五：区分电动势与电压
7．如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l=1m，cd间、de间、ef间分别接着阻值为R=10Ω的电阻，一阻值为R=10Ω的导体棒ab以速度v=4m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小为B=0.5T，方向竖直向下的匀强做场，下列说法中正确的是（　　）
A．导体棒中电流的流向为由b到a
B．cd两端的电压为1V
C．fe两端的电压为1V
D．ab两端的电压为2V
三.举一反三，巩固练习
8．如图甲所示，是由导体做成的“U”形粗糙框架，其所在平面与绝缘水平面（在水平面上）的夹角为，质量为m、电阻为R的导体棒与导轨垂直且接触良好，回路是边长为L的正方形。整个装置放在垂直框架平面的磁场中，磁场的磁感应强度大小随时间变化的关系图像如图乙所示（图中的、均已知），导体棒始终静止。重力加速度大小为g，导轨电阻不计。下列说法正确的是（　　）
A．在时间内，导体棒中感应电流的方向由M到N
B．在时间内，回路中产生的感应电动势为
C．在时间内，导体棒中产生的焦耳热为
D．在时刻，导体棒所受导轨的摩擦力小于
9．在光滑绝缘水平面上有如图所示两部分的磁场区域I和Ⅱ（俯视），分别存在着垂直纸面向内和垂直纸面向外的宽度均为L的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。边长为L的正方形单匝金属线框在水平向右的拉力F的作用下（图中未画出）以初速v0进入，且能保持全过程匀速穿过磁场区域，已知线框的电阻为R，则下列说法正确的是（　　）
A．线框从整体处于I区到整体处于Ⅱ区的过程中穿过线框的磁通量变化量大小是0
B．全过程中线框受到水平拉力的最大值
C．全过程中线框产生的焦耳热
D．若线框无拉力F的作用恰好能穿过磁场区域，则分析可得
10．两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t=0时刻进入磁场。导线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示（感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正）。下列说法正确的是（　　）
A．磁感应强度的大小为0.5T
B．导线框运动速度的大小为1m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向里
D．在t=0.4s至t=0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.04N
11．如图所示区域内存在匀强磁场，磁场的边界由轴和曲线围成，现有一边长为2m的正方形单匝线框在水平拉力的作用下，以水平速度匀速穿过该磁场区，磁场区的磁感应强度为，线框电阻，不计一切摩擦阻力，则（　　）
A．拉力的最大值为10N
B．拉力的最大功率为12.8W
C．拉力要做12.8J的功才能让线框通过此磁场区
D．拉力要做25.6J的功才能让线框通过此磁场区
12．如图所示，两根平行光滑金属导轨置于水平面内，轨道间距为l，轨道右端接有电阻R，金属棒与两导轨垂直并保持良好接触，金属导轨和金属棒的电阻忽略不计。金属导轨之间存在匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度的大小为B。当施加垂直杆的水平向右的外力，使杆以速度v向右匀速运动，下面说法正确的是（ ）
A．杆中感应电流方向由a流向b B．杆所受水平外力的大小为
C．杆所受安培力的大小为 D．电阻R上消耗的功率P为
13．如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程Ⅰ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到（过程Ⅱ）。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量之比为1:2，则等于（　　）
A．2 B．1 C． D．
14．如图所示，竖直放置的形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆（　　）
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间小于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
15．正方形金属线框的边与匀强磁场的边界重合，匀强磁场垂直纸面且范围足够大，第一次将金属线框以速度匀速拉进匀强磁场内（如图甲）；第二次金属框以边为轴匀速转动，边的线速度大小为，线框从上往下看逆时针旋转（如图乙）。设两个过程中线框中产生的焦耳热分别为和，则等于（　　）
A．4 B．8 C． D．
16．如图所示，相距为L的平行金属导轨AC、DE左端与边长为L的正方形N匝线圈连接，导体棒ab跨在两金属导轨上与它们组成闭合回路。正方形线圈内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直线框平面向里，两导轨之间有磁感应强度大小为的匀强磁场，方向垂直导轨平面向里。除导体棒ab之外，其余电阻均不计。现使ab棒沿两金属导轨以恒定的速度向右运动，运动过程中始终与两导轨垂直且接触良好，t时间内导体棒上产生的热量为Q。若固定ab棒，使正方形线框中的磁场均匀变化，t时间内导体棒上产生的热量为4Q，则正方形线框内磁感应强度的变化率为（　　）
A． B． C． D．
17．如图所示，竖直平面内在A、D两点各固定一颗光滑钉子，一个由细软导线制成的闭合导线框挂在两颗钉子上，匀强磁场的磁感应强度为B，导线框的电阻为r，圆的半径为R。从时刻开始，将导线上的C点绕圆心O以恒定角速度从A点沿圆弧移动到D点，导线始终绷紧。此过程导线中（　　）。
A．张力保持不变
B．感应电流的方向先顺时针后逆时针
C．感应电流随时间t的变化关系为
D．产生的电热为
18．如图1所示，两条平行光滑水平导轨间距为，左侧弯成竖直面内的四分之一圆弧，其半径也为，右侧折成倾斜导轨，其倾角。导轨水平部分有竖直向上的匀强磁场，以导体杆释放开始计时，磁感应强度随时间变化规律如图2所示。导体棒固定在圆弧导轨最高点，固定在水平导轨上，与圆弧底端相距为，导体棒、长均为、电阻均为，质量分别为和。现从静止释放导体棒，当到达圆弧底端时立即释放导体棒。已知，，，，水平导轨长度足够两导体棒在磁场中达到稳定状态，且两棒在水平导轨上不会相撞，不计导轨电阻和空气阻力，取。求：
（1）导体棒在圆弧导轨上运动的过程中，导体棒中产生的焦耳热；
（2）两棒在水平导轨上运动过程中通过导体棒截面的电荷量；
（3）若倾斜导轨足够长，且导体棒落在倾斜导轨上立即被锁定，求导体棒、最终静止时的水平间距。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1），方向水平向左；（2）①，②；（3）
【详解】（1）细金属杆M以初速度向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为
电流方向为，电流的大小为
则所受的安培力大小为
安培力的方向由左手定则可知水平向左；
（2）①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有
且
联立解得通过回路的电荷量为
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为，有
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N到的最小距离为
（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，则N到cd边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知
解得N出磁场时，M的速度大小为
由题意可知，此时M到cd边的距离为
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速出磁场，出磁场的速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有
联立解得
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有
同理解得
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为
2．（1）ax = 20m/s2，ay = 10m/s2；（2）B = 0.2T，Q = 0.4J；（3）X = 1.1m
【详解】（1）ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有
max = Fcosθ
代入数据有
ax = 20m/s2
在竖直方向有
may = Fsinθ - mg
代入数据有
ay = 10m/s2
（2）ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线。但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力竖直向下，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力。由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有
Fsinθ - mg - BIL = 0
E = BLvy
vy2 = 2ayL
联立有
B = 0.2T
由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有
Q = W安 = BILy
y = L
Fsinθ - mg = BIL
联立解得
Q = 0.4J
（3）线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为
vy = ayt1
L = vyt2
t = t1 + t2
联立解得
t = 0.3s
由（2）分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有
则磁场区域的水平宽度
X = x + L = 1.1m
3．C
【详解】A.根据楞次定律可得导体进入磁场过程中，导体框中电流的方向为MQPN，故A错误；
B.根据导体切割磁感应线产生的感应电动势的计算公式可得感应电动势
MP刚进入磁场时导体框中感应电流大小为
故B错误；
C.根据安培力的计算公式可得MP刚进入磁场时导体框所受安培力为
故C正确；
D.MP刚进入磁场时M、P两端的电压为路端电压，根据闭合电路的欧姆定律可得
故D错误。
故选C。
4．AC
【详解】A．金属棒MO和NO都切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知两端产生的感应电动势方向相同，所以MN产生的感应电动势为
又因为MN的电阻不计，所以MN两端的电压就等于MN棒产生的电动势Bωr2，A正确；
B．MN棒把圆环分为相等的两部分，每部分的电阻为2R，且两部分是并联的，所以电路中的总电阻为R，由闭合电路欧姆定律可知MN中的电流为，B错误；
C．由右手定则可知图示位置金属棒中电流方向为从M到N，C正确；
D．由右手定则可知MO转到右侧磁场时，金属棒中电流方向为从N到M，D错误。
故选AC。
5．BC
【详解】AB．、、间的电热差分别等于它们产生的感应电动势，根据转动切割磁感线感应电动势公式得、、间的电势差分别为：
则有：
可见
故A错误，B正确．
C．电容器板间电压等于间的电热差，则电容器所带电量为：
所以C选项是正确的．
D．若在间连接一个电压表，电压表与、导轨组成的闭合回路，磁通量增加，会有电流通过电压表，则电压表将有示数．故D错误．
故选BC。
【点睛】本题一要掌握导体转动切割磁感线的感应电动势公式：E=Bl2ω；二要准确理解公式的含义：此式反映杆的端点与圆心间的感应电动势，不是任意两点间的感应电动势．
6．（1）；（2）；（3）；
【分析】本题的关键在于导体切割磁感线产生电动势E=Blv，切割的速度（v）是导体与磁场的相对速度，分析这类问题，通常是先电后力，再功能．
（1）根据电磁感应定律的公式可得知产生的电动势，结合闭合电路的欧姆定律，即可求得MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
（2）根据第一问求得的电流，利用安培力的公式，结合牛顿第二定律，即可求得MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
（3）首先要得知，PQ刚要离开金属杆时，杆切割磁场的速度，即为两者的相对速度，然后结合感应电动势的公式以及功率的公式即可得知感应电流的功率P．
【详解】（1）感应电动势 感应电流 解得
（2）安培力 牛顿第二定律 解得
（3）金属杆切割磁感线的速度，则
感应电动势 电功率 解得
【点睛】该题是一道较为综合的题，考查了电磁感应，闭合电路的欧姆定律以及电功电功率．对于法拉第电磁感应定律是非常重要的考点，经常入选高考物理压轴题，平时学习时要从以下几方面掌握．
（1）切割速度v的问题
切割速度的大小决定了E的大小；切割速度是由导体棒的初速度与加速度共同决定的．同时还要注意磁场和金属棒都运动的情况，切割速度为相对运动的速度；不难看出，考电磁感应的问题，十之八九会用到牛顿三大定律与直线运动的知识．
（2）能量转化的问题
电磁感应主要是将其他形式能量（机械能）转化为电能，可由于电能的不可保存性，很快又会想着其他形式能量（焦耳热等等）转化．
（3）安培力做功的问题
电磁感应中，安培力做的功全部转化为系统全部的热能，而且任意时刻安培力的功率等于系统中所有电阻的热功率．
（4）动能定理的应用
动能定理当然也能应用在电磁感应中，只不过同学们要明确研究对象，我们大多情况下是通过导体棒的．固定在轨道上的电阻，速度不会变化，显然没有用动能定理研究的必要．
7．BC
【详解】根据右手定则得：导体棒ab中电流的流向为由a到b．故A错误．ab产生的感应电动势为E=Blv=0.5×1×4V=2V，则cd两端的电压为Ucd=E=1V，选项B正确；fe两端的电压等于cd两端的电压，是1V，选项C正确；ab两端的电压等于cd两端的电压，是1V，选项D错误；故选BC.
8．C
【详解】A．根据题意，由楞次定律可知，在时间内，导体棒中感应电流的方向由N到M，故A错误；
B．根据题意，由法拉第电磁感应定律可知，在时间内，回路中产生的感应电动势
故B错误；
C．根据题意可知，在时间内，导体棒中产生的焦耳热
故C正确；
D．在时刻，导体棒所受安培力为零，根据物体的平衡条件可知，此时导体棒所受导轨的摩擦力大小为
故D错误。
故选C。
9．D
【详解】A．设磁场方向垂直纸面向里为磁通量正方向，则线框从整体处于I区到整体处于Ⅱ区的过程中穿过线框的磁通量变化量大小为
故A错误；
B．当线框左右两条边均切割磁感线时，所受安培力最大，由于线框匀速运动，受力平衡，即水平拉力最大，有
联立，可得
B错误；
C．线框进磁场、出磁场和线框在磁场中切割磁感线三段过程中的时间均为
线框进磁场、出磁场产生的焦耳热为
线框在磁场中切割磁感线产生的焦耳热为
全过程中线框产生的焦耳热
C错误；
D．若线框无拉力F的作用恰好能穿过磁场区域，由动量定理得
线框进磁场、出磁场和线框在磁场中切割磁感线三段过程中，根据电磁感应定律得
解得
D正确。
故选D。
10．D
【详解】AB．导线框运动的速度为
根据
E=BLv=0.01V
解得
B=0.2T
AB错误；
C．根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，C错误；
D．在t=0.4s至t=0.6s这段时间内，导线框中的感应电流大小为
导线框所受的安培力大小为
F=BIL=0.04N
D正确。
故选D。
11．D
【详解】A．线框通过磁场区，产生的感应电动势为
其中y按正弦规律变化，故回路产生的感应电流为正弦式电流，穿过磁场区的时间为
感应电动势最大值为
有效值为
感应电流最大值为
感应电流有效值为
则水平拉力最大值为
A错误；
B．拉力的最大功率为
B错误；
CD．线框匀速通过，拉力做的功等于焦耳热
代入数据解得
C错误，D正确。
故选D。
12．B
【详解】A．由右手定则可知，杆中感应电流方向由b流向a，选项A错误；
BC．杆所受安培力的大小为
杆做匀速运动，则水平外力的大小为
选项B正确，C错误；
D．电阻R上消耗的功率为
选项D错误。
故选B。
13．A
【详解】在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有
根据闭合电路欧姆定律，有
且
在过程Ⅱ中，有
根据闭合电路欧姆定律，有
又，即
所以
故选A。
14．C
【详解】A．由于金属杆进入两个磁场的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的加速运动，所以金属杆进入磁场时应做减速运动，故A错误；
B．对金属杆受力分析，根据
可知，金属杆做加速度减小的减速运动，其进出磁场的v-t图像如图所示，由于0~t1和t1~t2图线与t轴包围的面积相等（都为d），所以
故B错误；
C．从进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场之前过程中，动能不变，根据能量守恒，金属棒减小的重力势能全部转化为焦耳热，又因为进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆通过磁场Ⅰ和磁场Ⅱ产生的热量相等，则总热量为
故C正确；
D．若金属杆进入磁场做匀速运动，则
得
有前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于，根据
得金属杆进入磁场的高度应
故D错误。
故选C。
15．C
【详解】设正方形金属线框的边长为，电阻为，磁场的磁感应强度为，图甲产生的感应电动势为
进入过程时间为
产生的热量为
图乙产生的为正弦交流电，感应电动势有效值为
转动时间为
产生的热量为
联立解得
故选C。
16．D
【详解】切割磁感线时，产生的感应电动势为
t时间内导体棒上产生的热量为
正方形线框中的磁场均匀变化时，产生的感应电动势为
则
t时间内导体棒上产生的热量为
联立可得
故ABC错误，D正确。
故选D。
17．D
【详解】A．对滑轮E分析可知，两边绳子拉力总是相等的，则两边绳子与竖直方向的夹角总相等，随着C点沿圆弧从A点移到D点，AC段与CD段绳子之和先增加后减小，则AE段与ED段绳子之和先减小后增加，AE段绳子与ED段绳子的夹角先增加后减小，由
可知绳子的拉力先增加后减小，选项A错误；
B．设C点转过的角度为
θ=ωt
根据几何知识可得，线框上的三角形的面积为
S= 2R Rsinθ=R2sinθ
磁通量为
Φ=BS=BR2sinθ
因θ角从0°度到180°，则导线框中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向；选项B错误；
C．根据法拉第电磁感应定律
可知，导线框中感应电动势随时间t的变化关系为
e=ωBR2cosωt
感应电流随时间t的变化关系为
故C错误；
D．导线框中感应电动势的有效值为
故导线框中产生的电热为
故D正确。
故选D。
18．（1）500J；（2）0.67C；（3）9m
【详解】（1）假设某物体从高L处自由落体，则所用时间t0满足
得
ab沿圆弧轨道下滑过程的时间大于从相同高度做自由落体运动所用的时间，所以当ab到达水平轨道时，磁场的磁感应强度已经减小到B0并保持不变。所以在内系统只用感生电动势，此过程电路中电动势
在后到ab棒进入磁场后电路中磁通量变化为0，电路中电动势为0。
由闭合电路欧姆定律
由焦耳定律得导体棒在圆弧导轨上运动的过程中，导体棒中产生的焦耳热为
（2）导体棒在圆弧导轨上运动的过程中，只有重力对做功，设到达圆弧底端时的速度为v0，由动能定理
两棒在水平轨道上运动过程中，系统所受合外力为零，满足动量守恒。当两棒速度相等时，达到稳定，满足
得
对导体棒运用动量定理，有
则两棒在水平导轨上运动过程中通过导体棒截面的电荷量为
（3）设两导体棒在磁场中达到稳定状态时，距离为x，则此过程平均电动势满足
解得
设导体棒离开水平轨道前导体棒尚未落在倾斜导轨，则从导体棒离开水平轨道到导体棒离开水平轨道，满足
导体棒离开水平轨道后做平抛运动，满足
，
当导体棒落在倾斜导轨，满足
解得
由于t1>t2，说明cd落到倾斜轨道上被锁定时，ab尚未离开水平轨道。此时设ab距离倾斜轨道为x’，满足
之后ab在匀强磁场中做切割磁感线运动产生感应电流，假设从cd被锁定到ab在水平轨道上停下，ab位移为x1，则满足
对ab运用动量定理，有
解得
由于x1答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第85讲 产生感生电动势的三类情境及五种题型
（2022 江苏）
1．如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为，、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为（　　）
A． B． C． D．
（2022 广东）
2．图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（　　）
A．两线圈产生的电动势的有效值相等 B．两线圈产生的交变电流频率相等
C．两线圈产生的电动势同时达到最大值 D．两电阻消耗的电功率相等
一.知识回顾
1.磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率的比较
　　 物理量 项目　　 磁通量Φ 磁通量的变化量ΔΦ 磁通量的变化率
意义 某时刻穿过某个面的磁感线的条数 某段时间内穿过某个面的磁通量变化的多少 穿过某个面的磁通量变化的快慢
大小 Φ＝BS ΔΦ＝Φ2－Φ1＝Δ（B·S） 两种特例：　 ①ΔΦ＝B·ΔS ②ΔΦ＝S·ΔB ＝ 两种特例： 　 ①＝B ②＝S
注意 若有相反方向的磁场，磁通量可抵消；S为有效面积 转过180°前后穿过平面的磁通量是一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是零 等于单匝线圈上产生的感应电动势，即E＝
提示：①Φ、ΔΦ、的大小之间没有必然的联系，Φ＝0，不一定等于0；②感应电动势E与线圈匝数n有关，但Φ、ΔΦ、的大小均与线圈匝数无关。
2．法拉第电磁感应定律公式的物理意义：E＝n求的是Δt时间内的平均感应电动势，当Δt→0时，E为瞬时感应电动势。
3．法拉第电磁感应定律应用的三种情况
（1）磁通量的变化是由有效面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝n。
（2）磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝n，S是磁场范围内的有效面积。
（3）磁通量的变化是由有效面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝n。
4．在图像问题中磁通量的变化率是Φ t图像上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小。
二.典型例题
题型一：有效面积变化产生感应电动势
3．如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S=0.3m2、电阻R=0.6Ω，磁场的磁感应强度B=0.2T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝1.0s时间内合到一起。求线圈在上述过程中
（1）感应电动势的平均值E；
（2）感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
（3）通过导线横截面的电荷量q。
题型二：磁场变化产生感应电动势
4．如图甲所示，单匝矩形金属线框abcd处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积，线框连接一个阻值的电阻，其余电阻不计，线框cd边位于磁场边界上。取垂直于线框平面向外为磁感应强度B的正方向，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。下列判断正确的是（ ）
A．0～0.4s内线框中感应电流沿逆时针方向
B．0.4～0.8s内线框有扩张的趋势
C．0～0.8s内线框中的电流为0.1A
D．0～0.4s内ab边所受安培力保持不变
题型三：磁场和有效面积都变化
5．如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1=kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN（虚线）与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求：
(1)在t=0到t=t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
(2)在时刻t（t＞t0）穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小；
(3)如果面积为S的区域的均匀磁场的磁感应强度B1随时间t的变化关系为B1=B0-kt，式中k为大于0的常量，在t=0时刻，均匀磁场垂直于纸面向里。MN（虚线）右侧磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。在t0时刻金属棒以速度v越过MN时，撤掉外力，此后（t＞t0）金属棒恰好向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求速度v的大小（用k、S、B0、l表示）。
题型四：动生电动势与感生电动势交替
6．如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程Ⅰ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′（过程Ⅱ）。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于（　　）
A． B． C． D．2
题型五：综合分析，定性判定
7．如图为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧XOY运动，（O是线圈中心）。则（　　）
A．从X到O，电流由E经G流向F，线圈的面积有收缩的趋势
B．从X到O，电流由F经G流向E，线圈的面积有扩张的趋势
C．从O到Y，电流由F经G流向E，线圈的面积有收缩的趋势
D．从O到Y，电流由E经G流向F，线圈的面积有扩张的趋势
三.举一反三，巩固练习
8．如图，足够长的磁铁在空隙产生一个径向辐射状磁场，一个圆形细金属环与磁铁中心圆柱同轴，由静止开始下落，经过时间t，速度达最大值v，此过程中环面始终水平。已知金属环质量为m、半径为r、电阻为R，金属环下落过程中所经过位置的磁感应强度大小均为B，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（ ）
A．在俯视图中，环中感应电流沿逆时针方向
B．环中最大的感应电流大小为
C．环下落过程中一直处于超重状态
D．t时间内通过金属环横截面的电荷量为
9．如图，边长、材料相同，粗细不同的单匝正方形金属线框甲、乙。乙线框导线的横截面积是甲的2倍。在竖直平面内距磁场相同高度由静止开始同时下落，一段时间后进入方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，则在甲、乙线框进入磁场的过程中（　　）
A．感应电流的方向均一定为顺时针方向
B．甲、乙线框的加速度时时相同
C．甲线框的焦耳热是乙线框的2倍
D．通过甲线框的电荷量是乙线框的2倍
10．空间存在范围足够大、竖直向下的、磁感应强度为B的匀强磁场，在其间竖直固定两个相同的、彼此正对的金属细圆环a、b，圆环a在前、圆环b在后。圆环直径为d，两环间距为L、用导线与阻值为R的外电阻相连，如图所示。一根细金属棒保持水平、沿两圆环内侧做角速度为ω的逆时针匀速圆周运动（如图），金属棒电阻为r。棒与两圆环始终接触良好，圆环电阻不计。则下列说法正确的是（　　）
A．金属棒在最低点时回路电流为零
B．金属棒在圆环的上半部分运动时（不包括最左和最右点），a环电势低于b环
C．从最高点开始计时，回路电流的瞬时值为
D．电阻R两端电压的有效值为
（2022 朝阳区校级模拟）
11．如图所示，两条电阻不计的平行导轨与水平面成角，导轨的一端连接定值电阻，匀强磁场垂直穿过导轨平面。一根质量为m、电阻为的导体棒，垂直导轨放置，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，且。如果导体棒以速度v匀速下滑，导体棒此时受到的安培力大小为F，则棒匀速运动过程中以下判断正确的是（　　）
A．电阻消耗的电功率为
B．通过棒的电流方向为a到b
C．重力做功的功率为
D．运动过程中棒减少的机械能全部转化为电能、摩擦热和焦耳热
12．如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距L，固定在水平绝缘桌面上，左侧圆弧部分处在竖直平面内，右侧平直部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。电阻均为R的金属棒ab、cd垂直于两导轨放置且与导轨接触良好，质量分别为2m、m。开始时棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从导轨左端距水平桌面高h处无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触，最后两棒离开导轨落在地面同一位置。不计空气阻力，重力加速度为g。则（　　）
A．金属棒ab在沿导轨水平部分运动的过程中，始终做减速运动
B．在沿导轨运动的过程中，金属棒ab损失的机械能为
C．在沿导轨运动的过程中，cd棒的最大加速度为
D．在整个过程中，通过金属棒ab的电荷量为
13．如图所示，面积为S闭合线圈放在磁场中，线圈平面与磁场垂直，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律是，则在一个周期内线圈中产生感应电动势最大的时刻（含0与T时刻）是（　　）
A．0、0.25T B．0.75T
C．0、0.5T、T D．0.25T、0.5T、T
14．如图所示，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=B0+kt，其中B0和k都是定值且均大于0。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴的夹角均为，一电容为C的电容器（在磁场外）与导轨左端相连，电容器中静止一带电粒子A（受到的重力不计，图中未画出）。金属棒与x轴垂直并固定在导轨上，O点到金属棒的距离为x0。下列说法正确的是（　　）
A．电容器的上极板带负电
B．电容器的电荷量为
C．带电粒子A运动到极板上之前的加速度越来越小
D．带电粒子A运动到极板上之前的加速度越来越大
15．如图，足够长的间距的平行光滑金属导轨MN、固定在水平面内，导轨间存在一个宽度L=1m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=0.5T，方向如图所示。一根质量，阻值的金属棒a以的初速度从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量，阻值的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。
（1）求金属棒a刚进入磁场时棒a两端的电压；
（2）求金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量；
（3）通过计算判断金属棒a能否再次穿过磁场区域。
16．如图甲所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距为，和 是并联在导轨一端的电阻，且，，ab是垂直导轨放置的质量为的导体棒，导轨和导体棒之间的动摩擦因数各处均相同。从零时刻开始，对ab施加一个大小为，方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且良好接触，图乙是棒的υ-t图像，其中O点为坐标原点，其坐标为（0，0），AO是图像在O点的切线，AB是图像的渐近线。除 以外，其余部分的电阻均不计，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知当棒的位移为10m时，其速度达到了最大速度。 求（结果可以保留分数）
（1）导体棒ab运动中受的摩擦力f的大小和磁感应强度B的大小；
（2）在导体棒ab的位移为10m过程中电阻R1上产生的焦耳热；
（3）若在导体棒ab的位移为10m时立即将恒定拉力F撤掉，此后导体棒ab滑行到停止的过程中流过的电量为，求摩擦力在导体棒ab整个运动过程的平均功率。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】由题意可知磁场的变化率为
根据法拉第电磁感应定律可知
故选A。
2．B
【详解】AD．根据可得两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等；根据 可知，两电阻的电功率也不相等，选项AD错误；
B．因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，选项B正确；
C．当磁铁的磁极到达一线圈附近时，一个线圈的磁通量最大，感应电动势为0，另一个线圈通过的磁通量最小，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C错误。
故选B。
3．（1）0.06V；（2）0.1A，；（3）0.1C
【详解】（1）感应电动势的平均值为
磁通量的变化
解得
（2）根据闭合电路欧姆定律可知，平均电流
根据楞次定律，感应电流的方向如图所示；
（3）通过导线横截面的电荷量q
4．C
【详解】A．由图乙所示图线可知，0-0.4s内磁感应强度垂直于纸面向里，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故A错误。
B．由图乙所示图线可知，0.4-0.8s内穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框有收缩的趋势，故B错误。
C．由图示图线可知，0-0.8s内的感应电动势为
线框中的电流为：
故C正确。
D．在0-0.4s内感应电流I保持不变，由图乙所示图线可知，磁感应强度B大小不断减小，由F=ILB可知，ab边所受安培力不断减小，故D错误。
故选C。
5．(1)；(2) ；；(3)
【详解】(1)在t=0到t=t0时间间隔内，根据法拉第电磁感应定律有
回路中感应电流为
在t=0到t=t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值为
(2)根据题图可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为两种情况之和，即在时刻t（t＞t0）穿过回路的总磁通量为
Φ=Φ1+Φ2=ktS+B0v0（t-t0）l
根据楞次定律判断可知，回路中产生的感生电动势与动生电动势方向相同，依据法拉第电磁感应定律得回路中产生总的感应电动势为
E=E1+E2=kS+B0lv0
回路中产生的感应电流大小为
那么安培力大小为
FA=B0Il
金属棒匀速运动，根据平衡条件知水平恒力大小等于安培力大小，即为
F=FA
联立可得
(3)在t0时刻金属棒以速度v越过MN时，撤掉外力，此后（t＞t0）金属棒恰好向右做匀速运动，说明金属棒不受安培力，动生电动势与感生电动势抵消，则有
kS=B0lv
可得
6．B
【详解】在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有
E1＝
根据闭合电路欧姆定律，有
I1＝ 且q1＝I1Δt1
在过程Ⅱ中，有
E2＝
根据闭合电路欧姆定律，有
I2＝，q2＝I2Δt2
又q1＝q2，即
所以
故选B。
7．D
【详解】AB．在磁极绕转轴从X到O匀速转动中，穿过线圈平面的磁通量向上增大，根据楞次定律可知线圈中产生顺时针方向的感应电流，电流由F经G流向E；线圈的每部分受到指向圆心的安培力，线圈的面积有缩小的趋势，故AB错误；
CD．在磁极绕转轴从O到Y匀速转动中，穿过线圈平面的磁通量向上减小，根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流，电流由E经G流向F；线圈的每部分受到背离圆心的安培力，所以线圈的面积有扩大的趋势，故C错误，D正确。
故选D。
8．B
【详解】A．根据题意，由右手定则可知，在金属环下落过程中，在俯视图中，环中感应电流沿顺时针方向，故A错误；
B．根据题意可知，当重力等于安培力时，环下落的速度最大，根据平衡条件有
当环速度最大时，感应电动势为
感应电流为
联立可得
故B正确；
C．根据题意可知，金属环下落过程做加速运动，具有向下的加速度，则环下落过程中一直处于失重状态，故C错误；
D．设t时间内通过金属环横截面的电荷量为，由题意可知，环下落速度为时的感应电流大小为
由于环中感应电流不断增大，则t时间内通过金属环横截面的电荷量
取向下为正方向，由动量定理有
又有
联立解得
故D错误。
故选B。
9．B
【详解】A．根据楞次定律可知，感应电流的方向均一定为逆时针方向，选项A错误；
B．甲乙同时进入磁场，设此时的速度为v0，则
E=BLv0
由牛顿定律
联立解得
则进入磁场时两线框的加速度相同，进入磁场的过程加速度也相同，完全进入时加速度也都是为g，可知甲、乙线框的加速度时时相同，选项B正确；
C．因加速度相同，则线框进入磁场时任意时刻的速度相同，则由
可知，乙线框的焦耳热是甲线框的2倍，选项C错误；
D．根据
可知通过乙线框的电荷量是甲线框的2倍，选项D错误。
故选B。
10．D
【详解】A．金属杆做圆周运动的线速度
设金属杆的速度方向与磁场间的夹角为θ，从最高点开始计时，感应电动势
感应电流
L、R、ω、r都是定值，从最高点到最低点的过程中sinθ先减小后增大，金属棒在最低点时回路电流最大，故A错误；
B．金属棒在圆环的上半部分运动时（不包括最左和最右点），根据右手定则可知a环电势高于b环，故B错误；
C．从最高点开始计时，回路电流的瞬时值为
故C错误；
D．电流的有效值为
电阻R两端电压的有效值为
故D正确。
故选D。
11．A
【详解】A．设电阻R1消耗的电功率为P1，电阻R2消耗的电功率为P2，则
，
根据功能关系可知
由题意知
联立解得
故A正确；
B．根据右手定则，判断通过棒的电流方向为b到a，故B错误；
C．棒在竖直方向的分速度为vsinθ，所以重力做功的功率为
故C错误；
D．运动过程中棒减少的机械能全部转化为电能和摩擦热，电能最终又转化为焦耳热，故D错误。
故选A。
12．D
【详解】A．ab进入水平导轨，切割磁感线，回路产生顺时针方向（俯视）的感应电流，ab受向左的安培力而做减速运动，cd受右的安培力而做加速运动；由题知最后两棒离开导轨落在地面同一位置，由于导体棒离开导轨后做平抛运动，两导体棒都落在地面同一位置则说明二者离开导轨时的速度相同，由于cd先离开导轨，且cd离开导轨后ab、cd将没有组成闭合回路，则cd离开后ab做匀速直线运动，所以金属棒ab在沿导轨水平部分运动的过程中，先做减速运动后做匀速运动，A错误；
B．ab滑到圆弧低端，由动能定理
得
由选项A分析可知二者在离开导轨时已经达到共速，且由于导轨光滑，ab、cd组成的系统动量守恒，则有
得
则在沿导轨运动的过程中，金属棒ab损失的机械能
B错误；
C．ab棒刚进入磁场时，回路电动势最大，电流最大，cd棒受的安培力最大，加速度最大
C错误；
D．对导体棒ab，根据动量定理，取向右为正有
q = It
整理有
选项D正确。
故选D。
13．C
【详解】线圈面积一定，B的周期性变化使穿过线圈的磁场量发生变化
根据法拉第电磁感应律， ，可见电动势最大时也就是最大。
我们可将 的函数关系用 图来表示
在该图上，曲线的斜率反映了的大小。由图可见，当t等于0、0.5T、T时，切线的斜率最大，因此，在这些时刻线圈产生的感应电动势最大。
故ABD错误，C正确；
故选C。
14．B
【分析】本题考查电磁感应，目的是考查学生的推理能力。
【详解】A．由磁感应强度B=B0+kt，B0和k都是定值且均大于0，可知闭合电路的磁场随时间的增大而增强，由楞次定律可判断出电容器的上极板带正电，选项A错误；
B．由电磁感应定律，可得回路中感应电动势
电容器的电荷量
B正确；
CD．因电容器带电荷量不变，两极板间的电场强度不变，粒子的加速度不变， CD错误。
故选B。
15．（1）1.2V；（2）0.35J；（3）金属棒a刚好能再次穿过磁场区域
【详解】（1）金属棒a刚进入磁场时电动势为
回路中的电流为
此时金属棒a两端的电压为
由上面式子可解得
（2）金属棒a第一次穿过磁场时电路中产生的平均电动势为
平均电流为
金属棒a受到的安培力为
规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得
解得金属棒a第一次离开磁场时速度
金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即
联立并代入数据得
（3）规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得
联立并代入数据解得金属棒a反弹的速度为
设金属棒a最终停在距磁场右边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为
平均电流为
金属棒a受到的安培力为
规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得
联立并代入数据解得
即金属棒a刚好能再次穿过磁场区域。
16．（1）0.5N，0.5T；（2）；（3）
【详解】(1)0时刻对导体棒受力分析得
由图2知
联立解得
棒匀速运动的速度
联立解得
(2)对棒
联立解得
(3)
14s后到停止运动
代入数据得
对棒有
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第86讲 电磁感应的应用实例
（2017 北京）
1．图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（　　）
A．图1中，A1与L1的电阻值相同
B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
一.知识回顾
1．互感现象
两个互相靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势。这种现象叫作互感，这种感应电动势叫作互感电动势。
2．自感现象
（1）定义：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势，这种现象称为自感。
（2）自感电动势
①定义：由于自感而产生的感应电动势。
②表达式：E＝L。
③自感系数L
相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等因素有关。
单位：亨利（H），1 mH＝10－3 H,1 μH＝10－6 H。
（3）自感现象的四大特点
①自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。
②通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。
③电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。
④线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。
（4）自感中“闪亮”与“不闪亮”问题
与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡
电路图
通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流突然增大，灯泡立刻变亮，然后电流逐渐减小达到稳定，灯泡比刚通电时暗些
断电时 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变 电路中稳态电流为I1、I2 ①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗； ②若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变
（5）分析、解决问题的要诀
①通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路。
②断电自感：断电时自感线圈相当于电源，电流由恰好断电前的值逐渐减小到零。
③断电自感现象中电流方向是否改变的判断：与线圈在同一条支路的用电器中的电流方向不变；与线圈并联的用电器中的电流方向改变。
④电流稳定时，自感线圈就是导体，是否需要考虑其电阻，根据题意而定。
3．涡流：如果穿过导体的磁通量发生变化，由于电磁感应，导体内会产生感应电流，这种电流像水中的漩涡，所以叫作涡电流，简称涡流。
4.电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼。
5.电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，它使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动。
交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。
电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。　 　
二.例题精析
题型一：自感现象原理及应用
2．如图所示的电路中，三个灯泡、、的电阻关系为，电感L的直流电阻可忽略，D为理想二极管，电源内阻不计。闭合开关S，电路电流稳定后，再断开开关S，下列说法中正确的是（　　）
A．闭合开关S，立即变亮
B．闭合开关S，逐渐变亮
C．断开开关S前后，中有电流且方向相反
D．断开开关S后，立即熄灭，、均逐渐变暗
题型二：电磁阻尼
3．扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌，为了隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加恒定磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是（　　）
A． B． C． D．
题型三：电磁驱动
4．某种超导磁悬浮列车是利用超导体的抗磁作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性地变换磁极方向而获得推进动力．其推进原理可以简化为如图所示的模型：在水平面上相距b的两根平行直导轨间，有竖直方向等距离分布的方向相反的匀强磁场和，且，每个磁场分布区间的长都是a，相间排列，所有这些磁场都以速度向右匀速平动．这时跨在两导轨间的长为a宽为b的金属框MNQP（悬浮在导轨正上方）在磁场力作用下也将会向右运动．设金属框的总电阻为R，运动中所受到的阻力恒为f，求：
（1）列车在运动过程中金属框产生的最大电流；
（2）列车能达到的最大速度；
（3）在（2）情况下每秒钟磁场提供的总能量．
题型四：互感
5．如图甲所示，AB两绝缘金属环套在同一铁芯上，A环中电流iA随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法中正确的是（ ）
A．t1时刻，两环作用力最大
B．t2和t3时刻，两环相互吸引
C．t2时刻两环相互吸引，t3时刻两环相互排斥
D．t3和t4时刻，两环相互吸引
题型五：涡流
6．如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水．给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是(　　)
A．恒定直流、小铁锅
B．恒定直流、玻璃杯
C．变化的电流、小铁锅
D．变化的电流、玻璃杯
题型六：电子感应加速器
7．现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场加速电子的设备。电子感应加速器主要由上、下电磁铁磁极和环形真空室组成。当电磁铁绕组通以变化的电流时，产生变化的磁场，穿过真空室所包围的区域内的磁通量也随时间变化，这时真空室空间内就产生涡旋电场，电子将在涡旋电场作用下得到加速。如图所示（上部分为侧视图、下部分为真空室的俯视图），若电子被“约束”在半径为R的圆周上运动，当电磁铁绕组通有图中所示的电流时（ ）
A．若电子沿逆时针运动，保持电流的方向不变，当电流增大时，电子将加速
B．若电子沿顺时针运动，保持电流的方向不变，当电流增大时，电子将加速
C．若电子沿逆时针运动，保持电流的方向不变，当电流减小时，电子将加速
D．被加速时电子做圆周运动的周期不变
三.举一反三，巩固练习
8．如图，将一空的铝质易拉罐倒扣于笔尖上，在“冂”型木框两侧各固定一个强铷磁铁，用电钻控制木框匀速转动，发现木框虽然不与易拉罐接触，但易拉罐也会随木框转动。则下列说法正确的是（　　）
A．木框的转速总比易拉罐的大 B．易拉罐与木框的转动方向相反
C．易拉罐与木框保持相同的转速同方向转动 D．两个磁铁必须异名磁极相对
9．1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“阿拉果圆盘实验”。如图所示，实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是（ ）
A．圆盘中始终未发生电磁感应现象
B．该实验现象与真空冶炼炉的原理相同
C．由于小磁针的磁性较弱，分析本现象时可以忽略小磁针的磁场
D．探测地雷的探雷器的工作原理与本实验现象无关联
10．人类经过漫长的技术革命，在各领域取得巨大的进步，例如在炊具中发明出电磁炉，它具有升温快、效率高等优点。下列有关电磁炉加热原理说法正确的是（　　）
A．电磁炉通过在面板中产生涡流加热食物
B．电磁炉通过红外线的热效应加热食物
C．电磁炉通过电流流过电阻丝产生热量加热食物
D．电磁炉的加热锅具不能选用陶瓷材料
11．如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡，线圈L自感系数足够大，电阻可以忽略不计。下列说法不正确的是（　　）
A．合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮
B．断开开关S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭
C．合上开关S稳定后，流过A1的电流方向与流过A2的电流方向都向左
D．断开开关S时，流过A1的电流方向与流过A2的电流方向都向左
12．如图所示，电路中A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，C是电容很大的电容器。在S刚闭合时与闭合足够长时间之后，A、B两灯泡的发光情况是（　　）
A．S刚闭合时，A亮一下又逐渐变暗
B．S刚闭合时，B亮一下又逐渐变暗
C．S闭合足够长时间后，A和B一样亮
D．S闭合足够长时间后，A、B都熄灭
13．如图所示，电磁感应式手机无线充电的原理与变压器类似，在充电基座上的送电线圈接入交流电时产生磁场，手机中的受电线圈感应出电流，实现为手机充电的目的。则在充电过程中（　　）
A．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变
B．送电线圈中电流产生的磁场是变化的磁场
C．送电线圈和受电线圈不是通过电磁感应实现能量传递
D．由于手机和基座没有导线连接，所以不能传递能量
14．随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化。如图所示，为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。当充电基座上的发射线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的接收线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过程中（　　）
A．发射线圈中电流产生的磁场呈周期性变化
B．接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
C．接收线圈与发射线圈中交变电流的频率不一定相同
D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】AB．题图1中，稳定时通过A1的电流记为I1，通过L1的电流记为IL。S1断开瞬间，A1突然变亮，可知IL>I1，因此A1和L1电阻不相等，故AB错误；
CD．题图2中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流I相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压U与电流I均相同，所以两支路电阻相同，由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确，D错误。
故选C。
2．CD
【详解】AB．开关S闭合瞬间，L2、L3均立即变亮，L1的电路中由于线圈对电流的阻碍作用，会逐渐亮，故A B错误;
CD．开关S从闭合状态突然断开时，L1、L3均逐渐变暗，由于L2的电路中的二极管由单向导电性，电流不能从右向左通过二极管，所以L2立即熄灭，L3中电流方向与开始时相反，故CD正确。
故选CD。
3．D
【详解】装置的原理是利用电磁阻尼。当薄板进出磁场时产生感应电流，薄板受安培力，安培力总是阻碍导体相对磁场的运动，从而使薄板尽快停下来。只有D项阻碍上下左右振动最有效。故ABC错误，D正确。
故选D。
4．（1）（2）（3）
【详解】（1）列车起动时金属框产生的电流最大，设为，
电动势为：E=2Bbv
则最大电流为：；
（2）分析列车受力可得列车运动的加速度：，当列车速度增大时，安培力F变小，加速度变小，当时，列车速度达到最大，有：
即 ，
解得：；
（3）由能的转化和守恒，磁场提供的能量一部分转化为电路中的电能进一步转变为回路的焦耳热，另一部分克服阻力f做功，单位时间内的焦耳热为：最大速度匀速运动时，磁场力等于阻力：，
可得阻力做功的功率为： ，
解得：．
5．B
【详解】t1时刻感应电流为零，故两环作用力为零，则选项A错误；t2时刻A环中电流在减小，则B环中产生与A环中同向的电流，故相互吸引，t3时刻同理也应相互吸引，故选项B正确，C错误；t4时刻A中电流为零，两环无相互作用，选项D错误．
6．C
【详解】容器中水温升高，是电能转化成内能所致．因此只有变化的电流才能导致磁通量变化，且只有小铁锅处于变化的磁通量时，才能产生感应电动势，从而产生感应电流．导致电流发热．玻璃杯是绝缘体，不能产生感应电流．故C正确，ABD错误．
7．A
【详解】ABC．当电磁铁绕组通有图中所示的电流时，由安培定则知，将产生向上的磁场，当电磁铁绕组中电流增大时，根据楞次定律和安培定则可知，这时真空室空间内将产生顺时针方向的涡旋电场，电子沿逆时针方向运动，电子将加速，故A正确，BC错误。
D．由于电子被“约束”在半径为R的圆周上运动，由
知，电子加速后，电子做圆周运动的周期减小，故D错误。
故选A。
8．A
【详解】ABC．根据电磁驱动原理，易拉罐与木框的转动方向相同，木框的转速总比易拉罐的大，A正确；BC错误；
D．两个磁铁异名磁极或同名磁极相对均可，在磁极附近的易拉罐导体中都会产生涡流，在磁场受安培力使易拉罐跟着木框转动起来，D错误。
故选A。
9．B
【详解】穿过圆盘的磁通量不变，但是穿过圆盘局部面积的磁通量发生变化，发生了电磁感应现象，所以在圆盘上产生了涡流，真空冶炼炉和探雷器均是利用涡流工作的，故选项B正确，选项ACD均错误。
故选B。
10．D
【详解】ABC．电磁炉利用电磁感应原理制成，主要是锅体中产生涡流而快速发热的，选项ABC错误；
D．锅体只能用铁磁性导体材料才能发生电磁感应现象进行加热，故不能使用选用陶瓷材料的锅具，选项D正确。
故选D。
11．D
【详解】AC．合上开关的瞬间，L由于产生自感电动势阻碍通过A1的电流，所以A1中的电流小于A2中的电流，稳定后L对直流电路没有阻碍作用，A1和A2电阻相等，两支路的电流相等，即合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮，此时A1和A2的电流方向都向左，故A C正确，不符合题意；
BD．断开开关时，原来通过A2的电流立即消失，由于L中产生的自感电动势在A1和A2之间构成新的串联回路，故两灯都要过一会才会熄灭，此时流过A1的电流向左，流过A2的电流向右，故B正确，不符合题意，D错误，符合题意。
故选D。
12．A
【详解】开关刚闭合时，由于线圈自感系数很大，对电流阻碍作用很强，相当于断路，两灯瞬间都亮，但由于线圈电阻可忽略，S闭合足够长时间后，线圈相当于导线，灯泡A被短路而熄灭，灯泡B不受影响，所以A亮一下又逐渐变暗，灯泡B一直亮。
由上述分析可知，A正确，BCD错误。
故选A。
13．B
【详解】AB．由于送电线圈中通入正弦式交变电流，根据麦克斯韦理论可知送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化，周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，所以受电线圈中感应电流仍是正弦交流电，产生的磁场也是周期性变化的，故A错误，B正确；
C．无线充电利用的是电磁感应原理，所以送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递，故C错误；
D．无线充电器的优点之一是不用传统的充电线连接到需要充电的终端设备上的充电器，但充电过程中由于存在电磁泄漏，故仍有电能量损失，故D错误。
故选B。
14．A
【详解】AB．由题意知，手机无线充电是利用电磁感应原理，应将充电底座接到交变电源上，给发射线圈通交变电流，从产生变化的磁场，使得接收线圈的磁通量发生改变，产生感应电动势、感应电流，从而实现充电。选项A正确，B错误；
C．接收线圈中产生交变电流的频率与发生线圈中交变电流的频率是相同，选项C错误；
D．手机与基座无需导线连接就能实现充电，但磁场能有一部分以电磁波辐射的形式损失掉，因此这样传递能量是有能量损失的，选项D错误。
故选A。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第87讲 电磁感应中的单杆模型
（2022 上海）
1．宽L=0.75m的导轨固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度B=0.4T的匀强磁场。虚线框I、II中有定值电阻R0和最大阻值为20Ω的滑动变阻器R。一根与导轨等宽的金属杆以恒定速率向右运动，图甲和图乙分别为变阻器全部接入和一半接入时沿abcda方向电势变化的图像。求：
（1）匀强磁场的方向；
（2）分析并说明定值电阻R0在I还是II中，并且R0大小为多少；
（3）金属杆运动时的速率；
（4）滑动变阻器阻值为多少时变阻器的功率最大？并求出该最大功率Pm。
一、知识回顾
1.力学对象和电学对象的相互关系
2.能量转化及焦耳热的求法
（1）能量转化
（2）求解焦耳热Q的三种方法（纯电阻电路）
3.单杆模型
初态 v0≠0 v0=0
示意图 质量为m、电阻不计的单杆ab以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为l 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定
运动分析 导体杆做加速度越来越小的减速运动，最终杆静止 当E感=E时，v最大，且vm=，最后以vm匀速运动 当a=0时，v最大，vm=，杆开始匀速运动 Δt时间内流入电容器的电荷量Δq=CΔU=CBlΔv 电流I==CBl=CBla 安培力F安=IlB=CB2l2a F-F安=ma，a=， 所以杆以恒定的加速度匀加速运动
能量分析 动能转化为内能， mv=Q 电能转化为动能和内能，E电=mv＋Q 外力做功转化为动能和内能，WF=mv＋Q 外力做功转化为电能和动能，WF=E电＋mv2
二、例题精析
题型一：单杆+电阻模型之动态分析
2．如题图所示，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的足够长的光滑金属导轨，电阻不计，匀强磁场垂直导轨平面向里。具有一定质量和电阻的金属杆ab垂直导轨放置，与导轨接触良好。开始时，断开开关S，让金属杆ab由静止开始沿导轨下落，经过一段时间后，闭合开关S。从闭合开关S开始计时，取竖直向下为正方向，金属杆的速度v、加速度a、安培力F及电流表示数i随时间t变化的图象可能是题图中的（　　）
A． B．
C． D．
题型二：单杆+电阻模型之通过动量定理求位移和电荷量
3．如图所示，间距为的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨足够长且电阻不计，左端接有阻值的定值电阻。质量为的金属棒放在导轨上，整个装置处在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为1T。现对金属棒施加一个平行导轨向右的水平拉力，使金属棒从静止开始运动，金属棒运动过程中始终与两导轨垂直并接触良好，金属棒接入电路的电阻为。求：
（1）若施加的拉力大小恒为1N，金属棒运动的最大速度为多少；当速度为最大速度一半时，金属棒的加速度多大；
（2）若水平拉力的功率恒定为1W，则施加拉力后的4s内（此时金属棒已做匀速运动），电阻上产生的焦耳热多大。
题型三：单杆+电容模型之充电过程分析
4．如图所示，宽为L的水平光滑金属轨道上放置一根质量为m的导体棒MN，轨道左端通过一个单刀双掷开关与一个电容器和一个阻值为R的电阻连接，匀强磁场的方向与轨道平面垂直，磁感应强度大小为B，电容器的电容为C，金属轨道和导体棒的电阻不计。现将开关拨向“1”，导体棒MN在水平向右的恒力F作用下由静止开始运动，经时间t0后，将开关S拨向“2”，再经时间t，导体棒MN恰好开始匀速向右运动。下列说法正确的是（　　）
A．开关拨向“1”时，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动
B．t0时刻电容器所带的电荷量为
C．开关拨向“2”后，导体棒匀速运动的速率为
D．开关拨向“2”后t时间内，导体棒通过的位移为（t+）
题型四：单杆+电容模型之放电过程分析
5．如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，阻值为R的导体棒垂直于导轨放置，且与导轨接触良好。导轨所在空间存在匀强磁场，匀强磁场与导轨平面垂直。t=0时，将开关S由1掷向2，分别用q、i、v和a表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度大小和加速度大小，则下列图像中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
题型五：单杆+电源模型
（2020 上海）
6．如图所示，足够长的光滑金属导轨，宽L=0.5m，电阻不计。左端接一个电动势为3V的电源，整个装置处于匀强磁场中。现闭合电键S，质量0.1kg的金属榨ab由静止开始运动，回路的电流逐渐减小，稳定后感应电动势为E，回路的电流为0。从闭合电键到逐渐稳定的过程中，电源提供的能量Es=10J，电源、导体棒产生的焦耳热分别是Q1=0.5J，Q2=4.5J。
(1)求内阻r和电阻R的阻值之比；
(2)求导体棒稳定时的速度和匀强磁场磁感应强度；
(3)分析电键闭合后导体棒的运动情况和能量的转化关系。
三、举一反三，巩固练习
7．如图，阻值不计的平行光滑金属导轨与水平面夹角为，导轨间距为，下端接一阻值为的定值电阻，磁感应强度大小为的匀强磁场垂直于导轨平面向上。质量为的金属杆由静止开始沿导轨运动距离时，速度恰好达到最大。已知接入电路的电阻为，始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为，则在此过程中（　　）
A．通过定值电阻的电荷量为
B．金属杆中的电流由流向
C．金属杆运动的最大速度为
D．金属杆与定值电阻产生的热量之比为
8．间距为d的金属导轨竖直平行放置，空间有垂直于导轨所在平面向外、大小为B的匀强磁场。在导轨上端接一电容为C的电容器，一质量为M的金属棒与导轨始终保持良好接触，距地面高度为H由静止开始释放金属棒。（重力加速度为g，一切摩擦及电阻均不计）在金属棒下滑至地面的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．金属棒做变加速运动
B．金属棒做匀加速运动，加速度为
C．金属棒运动到地面的过程中，机械能守恒
D．金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能为
9．如图所示，光滑平行金属导轨间距d=1m，竖直四分之一圆弧部分与水平部分平滑连接，圆弧半径R=1.8m，导轨右端接有阻值R0=6Ω的定值电阻，导轨水平部分区域有垂直导轨向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=3T，磁场区域长L=2m，导体棒ab从圆弧导轨顶部无初速度释放，导体棒ab质量m=0.5kg，接入回路部分电阻r=3Ω，导体棒与导轨始终接触良好，不计其他电阻，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒克服安培力做功功率的最大值为18W
B．导体棒两端最大电势差为12V
C．整个过程通过导体棒电荷量为
D．电阻R上产生的最大热量为
10．如图所示，宽为L的足够长U形光滑导轨放置在绝缘水平面上，整个导轨处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，将一质量为m、有效电阻为R、长度略大于L的导体棒垂直于导轨放置。某时刻给导体棒一沿导轨向右、大小为v0的水平速度，不计导轨电阻，棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是（　　）
A．导体棒中感应电流方向为由a到b
B．导体棒中的最大发热量为
C．导体棒的加速度逐渐减小到0
D．通过导体棒的电荷量最大值为
11．如图甲所示，两固定平行且光滑的金属轨道MN、PQ与水平面的夹角，M、P之间接电阻箱，电阻箱的阻值范围为，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度大小为。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r。现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm，改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示。已知轨道间距为，重力加速度，轨道足够长且电阻不计（，），则（　　）
A．金属杆的质量
B．金属杆接入电路的电阻
C．当时，杆ab匀速下滑过程中R两端的电压为4V
D．当时，若杆ab用时2.2s达到最大速度，则此过程中下滑的高度为6m
12．如图所示，有一边长开小口且边长为的正三角形的导体，有一导体直杆长为，单位长度电阻均为，正三角形水平放置且固定，内部分布垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，杆平行于正三角形放置，以速度大小为向右匀速运动，杆与三角形始终有两个点接触良好，从左侧与三角形接触点开始运动，则（　　）
A．当杆的有效长度为时，杆产生的电动势为
B．当杆的有效长度为时，杆产生的电动势为
C．当杆的有效长度为时，杆受到的安培力大小为
D．当杆的有效长度为时，杆受到的安培力大小为
13．如图所示，光滑平行的金属导轨由半径为r的四分之一圆弧金属轨道和与足够长的水平金属轨道和连接组成，轨道间距为L，电阻不计；电阻为R，质量为m，长度为L的金属棒锁定在水平轨道上距离足够远的位置，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现在外力作用下，使电阻为R、质量为m，长度为L的金属棒从轨道最高端位置开始，以大小为的速度沿圆弧轨道做匀速圆周运动，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．刚运动到位置时，受到的安培力大小为，方向水平向左
B．从运动到位置的过程中，回路中产生的焦耳热为
C．若运动到位置时撤去外力，则能够运动的距离为
D．若运动到位置撤去外力的同时解除棒的镇定，则从开始运动到最后达到稳定状态的整个过程中回路产生的焦耳热为
14．如图所示，光滑平行导轨水平固定，间距为l，其所在空间存在方向竖直向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场，导轨左侧接有阻值为R的定值电阻，一导体棒垂直导轨放置，导体棒的有效电阻为r、质量为m。导轨电阻忽略不计，导体棒运动中始终与导轨垂直且接触良好。现使导体棒获得一水平向右的速度，在导体棒向右运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．流过电阻R的电流方向为a→R→b B．导体棒的最大加速度为
C．通过电阻R的电荷量为 D．全过程电阻R的发热量为
15．两根足够长平行金属导轨、固定在倾角的光滑绝缘斜面上，顶部接有一阻值的定值电阻，下端开口，轨道间距。整个装置处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。质量的金属棒，沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好。金属棒从静止开始运动下降的竖直高度为时，速度已经达到最大速度。金属棒在导轨之间的电阻，电路中其余电阻不计。，，取。求：
（1）求金属棒达到的最大速度的大小；
（2）金属棒沿导轨向下运动速度最大后，导体棒两端的电势差；
（3）从金属棒开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的热量；
16．为了提高城市摩天大楼中电梯的运行效率并缩短候梯时间，人们设计了一种电磁驱动的无绳电梯，如图甲。图乙所示为电磁驱动的简化模型：光滑的平行长直金属导轨置于竖直面内，间距L＝1m。导轨下端接有阻值R＝1Ω的电阻，质量m＝0.1kg的导体棒（相当于电梯车厢）垂直跨接在导轨上，导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好。在导轨平面上存在磁感应强度大小B＝0.5T，方向垂直纸面向里的匀强磁场，导体棒始终处于磁场区域内，g取。t＝0时刻，磁场以速度速度匀速向上移动的同时静止释放该导体棒。
（1）求t＝0时刻导体棒的加速度大小；
（2）若导体棒随之运动并很快达到一个恒定速度，求该恒定速度的大小。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）垂直纸面向里；（2）定值电阻R0在I中，原因见解析，R0大小为5；（3）5m/s；（4）5，0.1125W
【详解】（1）a点电势高，即导体棒上端电势高，根据右手定则可判断，磁场垂直纸面向里
（2）滑动变阻器接入阻值减小时，Uab变大，根据串联电路分压特点，说明I中的阻值分到的电压增多，I中为定值电阻。
金属棒的电阻不计
Uad=E=0
滑动变阻器两种情况下
联立方程得
R0＝5，0＝1.5V
（3）导体棒切割磁感线
得
v＝5m/s
（4）将定值电阻与金属棒看成一个等效电源，得当Rx＝5时滑动变阻器消耗的功率最大
2．BC
【详解】闭合开关时，金属棒受到向下的重力以及向上的安培力，若重力与安培力相等，即
金属杆做匀速直线运动。速度不变，则动能、安培力、感应电流都不变，加速度为零。
若安培力小于重力，则加速度的方向向下，做加速运动，加速运动的过程中，安培力增大，则加速度减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动，则a-t图象是斜率逐渐减小的曲线，v-t图象是一条斜率减小的曲线。安培力为
F-t图线先是一条斜率逐渐减小的曲线，之后恒定不变，因为
所以I-t图象先是一条斜率逐渐减小的的曲线，当金属杆匀速时，电流恒定不变，但t=0时金属杆有速度，所以t=0时电流不等于零。
若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动。安培力为
所以F-t图象是斜率逐渐减小的曲线，当匀速运动时，安培力不再减小，此时安培力等于重力，故AD错误，BC正确。
故选BC。
3．（1），；（2）
【详解】（1）金属棒切割磁感线时
当金属棒速度达到最大时，拉力等于安培力，即
解得
当金属棒速度为
根据牛顿第二定律
解得
（2）由于拉力的功率恒定，因此速度增大，拉力减小，当拉力减小到等于安培力时，金属棒做匀速直线运动，设此时的速度大小为，则
根据题意
解得
设电阻上产生的焦耳热为，根据能量守恒有
解得
4．BCD
【详解】A．开关拨向“1”时，在极短时间t内流过金属棒的电荷量为Q，则电路中的瞬时电流为
I=
电容器的电压、电荷量分别为
U=BLv，Q=CU
则
Q=CU=CBLv
可得
I=CBL=CBLa
对金属棒，由牛顿第二定律得
F-BIL=ma
联立得金属棒的瞬时加速度为
a=
则知金属棒的加速度不变，做匀加速直线运动，故A错误；
B．t0时刻电容器所带的电压
U=BLat0
电荷量Q=CU，则得
Q=
故B正确；
C．开关拨向“2”后，导体棒匀速运动时，有
F=
则得
v=
故C正确；
D．开关拨向“2”后t时间内，根据牛顿第二定律得
F-=ma=m
则得
Ft﹣=mv
两边求和得
（Ft﹣)=mv
而
vt=x，v=v
联立解得位移
x=（t+）
故D正确。
故选BCD。
5．D
【详解】ABCD．开关S由1掷向2，电容器放电，会在电路中产生电流，导体棒中有电流通过，会受到安培力的作用，产生加速度而加速运动，速度增大，导体棒切割磁感线产生感应电动势，感应电动势增大，则电路中电流减小，导体棒所受安培力减小，加速度减小，因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒一直加速运动，加速度逐渐减小，速度逐渐增大；当感应电动势等于电容器两端的电压时，电路中无电流，导体棒做匀速运动，加速度为零，速度达到最大值，此时电容器所带电荷量q=CU不为零。故A、B、C错误，D正确。
故选D。
6．(1)；(2)0.6T；(3)见解析
【详解】(1)由焦耳定律得
Q=I2Rt
电流强度I和时间t相等，因此
(2)由能量守恒得导体棒的动能
Ek=Qs-Q1-Q2=5J
由于
代入数据解得
v=10m/s
根据
E=Blv=3V
可得
B=0.6T
(3)导体棒电流始终a指向b，根据左手定则，安培力方向总与导体棒运动方向相同，故速度一直增大，由牛顿第二定律得
FA=ma
而
FA=
联立上述式子可得
当速度逐渐增大时，加速度逐渐减小，所以速度增加得越来越慢。
当加速度减小到零，即E=Blv=3V时，v=10m/s时，速度不再增大，此后做匀速直线运动。
运动过程中电源将其他形式的能转化为电能10J，其中电流流过R和r时，分别将4.5J和0.5J的电能转化为热能，流过导体棒的电流受安培力，安培力对导体棒做正功将5J的电能转化为导体棒的动能。
7．BC
【详解】A．由
可得，通过定值电阻的电荷量
故A错误；
B．由右手定则可知，金属杆中的电流由流向，故B正确；
C．金属杆运动的速度达到最大时，根据力的平衡条件有
且
解得金属杆运动的最大速度
故C正确；
D．流过金属杆与电阻的电流相同，所以金属杆与电阻产生的热量之比为，故D错误。
故选BC。
8．BD
【详解】AB．对金属棒ab进行分析，根据动量定理可得
其中
所以
解得
故可得金属棒做匀加速运动，根据
可得加速度为
故A错误，B正确；
CD．根据能量守恒，下落的过程有一部分重力势能变成电能，还有一部分变成了导体棒的动能，因此金属棒机械能不守恒，导体棒到达地面时的动能
根据能量守恒，电容器储存的电势能为
故C错误，D正确。
故选BD。
9．BD
【详解】A．导体棒下滑到水平面时速度大小为，由机械能守恒有
解得
导体棒刚进入磁场时产生电动势最大，
电流强度
导体棒受的安培力
导体棒克服安培力做功功率最大值
选项A错误；
B．导体棒两端间最大电势差
选项B正确；
C．通过导体棒的电荷量
选项C错误；
D．导体棒出磁场时速度大小为v2，由动量定理有
且
解得
设导体棒穿过磁场过程产生热量为Q，由能量守恒得
电阻R0上产生的最大热量
选项D正确。
故选BD。
10．BC
【详解】A．根据右手定则可知，导体棒中感应电流方向为由b到a，选项A错误；
B．当导体棒静止时，动能全部转化为焦耳热，则导体棒中的最大发热量为，选项B正确；
C．导体棒向右运动时，受到向左的安培力作用而做减速运动，则加速度满足
则随速度的减小，加速度减小，最后导体棒速度为零时加速度减小到0，选项C正确；
D．从开始运动到最后停止，由动量定理可知
通过导体棒的电荷量最大值为
选项D错误。
故选BC。
11．BC
【详解】AB．当金属杆达到最大速度时，安培力等于重力沿框向下的分离有
当时，，当时，代入上式解得
故B正确，A错误；
C．当时，杆ab匀速下滑过程中R两端的电压为
代入数据解得
故C正确；
D．当时，由图可得最大速度为，对金属杆由动量定理得
又
表示金属杆沿框运动的位移，代入数据解得
则此过程中下滑的高度为
故D错误。
故选BC。
12．B
【详解】AC．三角形导体边长为，杆平行于导体向右匀速运动过程中，当杆运动到三角形中间时有效长度最大，此时有效长度为
故AC错误；
BD．当杆的有效长度为时，杆产生的电动势为
由于单位长度电阻均为，电路中总电阻是
杆中感应电流为
所以杆受的安培力大小
故B正确，D错误。
故选B。
13．AD
【详解】A．金属棒刚运动到位置时，速度大小为，感应电动势为，回路中的电流为，可求棒受到的安培力大小为
根据左手定则可判断方向水平向左，A正确。
B．金属棒从运动到的过程中，做匀速圆周运动，设棒运动到某位置时与圆心连线跟水平方向的夹角为，运动时间为t，有
产生的电动势的表达式为
根据正弦式交变电流知识，可求电动势的有效值为
回路中电流的有效值为
金属棒的运动时间为
根据焦耳定律，回路中产生的焦耳热为
代入数据联立各式解得
B错误。
C．从撤去外力到棒停止运动，设棒运动的距离为x，回路中的平均电流为，运动时间为t，根据动量定理有
其中
两式联立解得
C错误。
D．根据右手定则和左手定则可以判断，撤去外力同时解除棒的锁定后，棒和棒受到的安培力大小相等，方向相反，二者组成的系统动量守恒；设稳定时棒和棒的共同速度为v，则有
根据能量守恒可求这个过程产生的焦耳热为
联立解得
可求整个过程中产生的焦耳热为
D正确。
14．BC
【详解】A．根据右手定则，流过定值电阻的电流方向为，选项A错误；
B．导体棒的最大速度为，因此最大感应电动势为
回路电流
安培力
加速度
因此最大加速度
选项B正确；
C．根据动量定理有
解得
选项C正确；
D．导体棒在安培力作用下减速运动，最终静止，由能量守恒，导体棒减少的动能转化为电路的总焦耳热
导体棒的电阻r和定值电阻R串联，全过程电阻R的发热量为
选项D错误。
故选BC。
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）金属棒达到的最大速度时有
解得
（2）金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小
导体棒两端的电势差为路端电压，所以
（3）由能量守恒可得
解得
所以电阻R上产生的热量
16．(1)a = 15m/s2 ；(2)v = 6m/s
【详解】（1）在t＝0时刻，磁场匀速向上移动，导体棒相对磁场向下的速度大小为，由电磁感应定律，可知导体棒产生的感应电动势为
E1=BLv1=0.5×1×10V=5V
回路中的电流为
导体棒受到向上的安培力为
F安1=BI1L=0.5×5×1N=2.5N
由牛顿第二定律可得
F安1 mg=ma
解得加速度大小为
加速度方向竖直向上，导体棒向上做加速运动。
（2）若导体棒随之运动并很快达到一个恒定速度，此时导体棒受向上安培力大小等于重力，则有
F安2=BI2L=mg=1N
解得此时回路中的电流为
I2=2A
由电磁感应定律可得
E2=BLv2
解得
v2=4m/s
由电磁感应定律可知，v2是导体棒相对磁场的运动速度，则有导体棒的恒定速度为

答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第88讲 电磁感应中的双杆模型
（2022 湖南）
1．如图，间距的U形金属导轨，一端接有的定值电阻，固定在高的绝缘水平桌面上。质量均为的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为，与导轨间的动摩擦因数均为0.1（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒距离导轨最右端。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为。用沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为
B．导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C．导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻的电荷量为
（2022 辽宁）
2．如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到的最小距离x；
（3）初始时刻，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
一、知识回顾
双杆模型
1．模型特点
（1）一杆切割时，分析同单杆类似。
（2）两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝＝Bl（v1－v2）。
2．电磁感应中的“双杆”问题分析
（1）初速度不为零，不受其他水平外力的作用
光滑的平行导轨 光滑不等距导轨
示意图 质量m1＝m2 电阻r1＝r2 长度l1＝l2 质量m1＝m2不 电阻r1＝r2 长度l1＝2l2
运动分析 杆MN做变减速运动，杆PQ做变 加速运动，稳定时，两杆的加速度 均为零，以相等的速度匀速运动 稳定时，两杆的加速度均为零， 两杆的速度之比为1∶2
能量分析 一部分动能转化为内能，Q＝－ΔEk
（2）初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用
光滑的平行导轨 不光滑平行导轨
示意图 质量m1＝m2 电阻r1＝r2 长度l1＝l2 摩擦力Ff1＝Ff2 质量m1＝m2 电阻r1＝r2 长度l1＝l2
运动分析 开始时，两杆做变加速运动； 稳定时，两杆以相同的加速度 做匀加速运动 开始时，若F≤2Ff，则PQ杆先 变加速后匀速运动；MN杆静止。 若F>2Ff，PQ杆先变加速后匀加速运动， MN杆先静止后变加速最后和PQ杆同时 做匀加速运动，且加速度相同
能量分析 外力做功转化为动能和内能，WF＝ΔEk＋Q 外力做功转化为动能和内能（包括电热和摩擦热），WF＝ΔEk＋Q电＋Qf
二、例题精析
题型一： 系统动量守恒的最终同速的双杆
例
3．如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
题型二：系统动量不守恒的同向运动的双杆
例
4．如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略，一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行，经过一段时间后（　　）
A．金属框和导体棒速度相等
B．金属框和导体棒加速度相等
C．导体棒所受安培力不变
D．金属框的加速度不变
题型三：系统动量不守恒的反向运动的双杆
例
5．如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L=0.4m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5T。在区域Ⅰ中，将质量m1=0.1kg，电阻R1=0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2=0.4kg、电阻R2=0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g=10m/s2。则（　　）
A．cd下滑的过程中，ab中的电流由a流向b
B．ab刚要向上滑动时，cd的速度v=5m/s
C．从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=3.8m，此过程中ab上产生的热量Q=1.3J
D．从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=3.8m，此过程中通过ab的电荷量q=1.9C
题型四：无相对运动的双杆（巧用动量定理求解）
例
（2018 天津）
6．真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直，长度均为l，电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m．列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭．
（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
（2）求刚接通电源时列车加速度a的大小；
（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l．若某时刻列车的速度为，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
三、举一反三，巩固练习
7．如图所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨右端连接有一定值电阻R，整个装置被固定在水平地面上，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两根质量均为m，电阻都为R，与导轨间的动摩擦因数都为的相同金属棒、垂直放在导轨上。现在给金属棒施加一水平向左的作用力F，使金属棒从静止开始以加速度a做匀加速直线运动，若重力加速度为g，导轨电阻不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则下列说法正确的是（　　）
A．从金属棒开始运动到金属棒开始运动经历的时间为
B．若从金属棒开始运动到金属棒开始运动经历的时间为T，则金属棒开始运动时，水平拉力F的瞬时功率为
C．若从金属棒开始运动到金属棒开始运动经历的时间为T，则此过程中流过电阻R的电荷量为
D．从金属棒开始运动到金属棒开始运动的过程中，两金属棒的发热量相等
8．如图，“ ”型金属导轨固定放置于竖直向上的匀强磁场中。其中ab、de导轨水平放置，ef、bc导轨竖直放置，在转角处连接良好。AA'和BB'是电阻为r=0.5Ω的两根均质金属导体棒。已知水平和竖直导轨的宽度均为L=1m，磁感应强度B=2T，两根导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.2，AA'导体棒质量为mA=2kg，BB'导体棒的质量为mB=0.2kg。初始时，两导体棒位于图示位置，且突然给AA'杆一水平向左的初速度v0=5m/s，并同时释放BB'杆，假如导轨无电阻且足够长，金属杆在运动中过程始终与导轨接触良好，g取10m/s2，则（　　）
A．AA'杆初始时的加速度大小为10m/s2
B．BB'杆最终的加速度为10m/s2
C．若从开始至AA'杆静止，杆AA'产生的焦耳热为10.5J，则AA'的位移为1m
D．BB'杆开始运动时，AA'杆的速度为1m/s
9．如图所示，两根平行且光滑的金属导轨由圆弧部分和水平部分组成，圆弧部分由两段间距为、竖直放置的四分之一圆弧导轨构成，水平部分由足够长、但不等宽的水平导轨构成，水平导轨的宽、窄部分间距分别为，虚线右侧导轨区域处于竖直向上的匀强磁场中，宽、窄两部分区域内的磁感应强度大小分别为。金属棒与的质量均为、电阻均为，长度分别为、，金属棒静止在窄导轨上。现将金属棒从圆弧轨道上距水平导轨高度处由静止释放，在此后的运动过程中，始终在宽导轨上运动，始终在窄导轨上运动，两金属棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好。导轨各部分之间均平滑连接，导轨电阻不计，重力加速度为，则（　　）
A．金属棒刚进入磁场时的速度大小为
B．通过金属棒的最大电流为
C．整个过程中金属棒上产生的焦耳热为
D．整个过程中通过金属棒的电荷量为
10．如图，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为Ｌ。导轨上面横放着两根导体棒1和2，构成矩形回路。两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。初始棒2静止，棒1有指向棒2的初速度v0。若两导体棒在运动中始终不接触，则（　　）
A．棒1的最小速度为零
B．棒2的最大加速度为
C．棒1两端电压的最大值为BLv0
D．棒2产生的最大热量为
11．如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长且不计电阻的平行金属导轨，两电阻均为r的相同光滑金属棒P、Q静止在导轨上。时用水平恒力F向右拉动金属棒Q，运动过程中金属棒P、Q始终与导轨垂直并接触良好；金属棒P、Q与导轨构成的回路中的电流用I表示、磁通量用表示，金属棒Q的加速度用a表示，其相对金属棒P的速度用表示。下列关于I、、a、与时间t的关系图像中错误的是（　　）
A． B．
C． D．
12．如图所示，足够长的光滑平行金属直导轨固定在水平面上，左侧轨道间距为2d，右侧轨道间距为d，轨道处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为2m、有效电阻为2R的金属棒a静止在左侧轨道上，质量为m、有效电阻为R的金属棒b静止在右侧轨道上。现给金属棒a一水平向右的初速度，经过一段时间两金属棒达到稳定状态。已知两金属棒运动过程中始终相互平行且与导轨良好接触，导轨电阻忽略不计，金属棒a始终在左侧轨道上运动，则下列说法正确的是（　　）
A．金属棒b稳定时的速度大小为
B．整个运动过程中通过金属棒a的电荷量为
C．整个运动过程中两金属棒扫过的面积差为
D．整个运动过程中金属棒b产生的焦耳热为
13．如图，两根足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，所在空间有方向垂直于水平面、磁感应强度为B的范围足够大的匀强磁场，导轨的间距为L，电阻不计；导轨上静置两根长度均为L的导体棒PQ和MN，其中PQ的质量为2m、阻值为R，MN的质量为m、阻值为2R。若在t=0时刻给PQ一个平行于导轨向右的初速度vo，不计运动过程中PQ和MN的相互作用力，则（　　）
A．t=0时刻，两导体棒的加速度大小相等
B．t=0时刻，PQ两端的电压为
C．PQ匀速运动时的速度大小为
D．从t=0时刻到PQ匀速运动的过程中，导体棒MN产生的焦耳热为
14．如图所示，平行光滑的金属导轨由倾斜部分和水平部分组成，倾斜导轨与水平导轨由两小段光滑绝缘圆弧（长度可忽略）相连，倾斜部分由倾角为θ、间距为l的导轨ab、fg构成，水平部分由两段足够长但不等宽的平行金属导轨构成，bc、gh段间距为l，de、ij段间距为2l，导轨的a、f之间接有阻值为R的定值电阻。倾斜导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为2B，水平导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B（磁场方向均未画出）。导体棒Ⅱ静止于de、ij段，导体棒Ⅰ从倾斜导轨上与bg相距为L处由静止释放，到达bg前速度已达到最大。导体棒Ⅰ、Ⅱ的质量均为m，电阻均为R，两导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，导轨电阻和空气阻力均可忽略不计。求：
（1）导体棒Ⅰ到达bg时的速度大小；
（2）导体棒Ⅰ在水平导轨上运动的过程中，导体棒Ⅰ、Ⅱ达到稳定前，两导体棒和导轨围成的回路面积的改变量大小；
（3）整个运动过程中，导体棒Ⅰ上产生的焦耳热。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．BD
【详解】C．导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b有向左运动的趋势，故Ｃ错误；
A．导体棒b与电阻R并联，有
当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有
联立解得a棒的速度为
a棒做平抛运动，有
联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为
故A错误；
B．导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B正确；
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电量为
导体棒b与电阻R并联，流过的电流与电阻成反比，则通过电阻的电荷量为
故D正确。
故选BD。
2．（1），方向水平向左；（2）①，②；（3）
【详解】（1）细金属杆M以初速度向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为
电流方向为，电流的大小为
则所受的安培力大小为
安培力的方向由左手定则可知水平向左；
（2）①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有
且
联立解得通过回路的电荷量为
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为，有
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N到的最小距离为
（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，则N到cd边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知
解得N出磁场时，M的速度大小为
由题意可知，此时M到cd边的距离为
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速出磁场，出磁场的速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有
联立解得
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有
同理解得
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为
3．AC
【详解】ab棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向右做减速运动，；金属棒cd受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故AC正确，BD错误．
4．BCD
【详解】金属框在恒力F作用下向右加速，由右手定则可知，bc边产生的感应电流从c流向b，由左手定则可知，导体棒受到向右的安培力作用，导体棒向右做加速运动，设金属框的加速度为a1，导体棒的加速度为a2，设金属框的速度为v1，导体棒的速度为v2，设导体棒的电阻为R，回路的感应电流
设金属框的质量为M，导体棒的质量为m，对金属框，牛顿第二定律得
对导体棒MN，由牛顿第二定律得
金属框与导体棒都做初速度为零的加速运动，v1、v2都变大，a1从开始减小，导体棒的加速度a2从0开始增大，当金属框与导体棒的加速度相等时，即
时，解得
加速度保持不变，回路感应电流
此后金属框与导体棒的速度差△v保持不变，感应电流不变，导体棒所受到的安培力不变，加速度不变，金属框与导体棒以相等的加速度做匀加速直线运动。
故选BCD。
5．ABC
【详解】A．cd切割磁感线，对cd由右手定则可知，cd中电流由d到c；故ab中电流由a流向b，故A正确；
B．开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，由平衡条件得
ab刚好要上滑时，感应电动势
电路中的感应电流
ab受到的安培力
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件得
代入数据解得v=5m/s，故B正确；
C、cd棒运动过程中电路产生的总热量为Q总，由能量守恒定律得
ab棒上产生的热量
代入数据解得Q=1.3J，故C正确；
D．根据电荷量的计算公式可得
代入数据解得q=3.8C，故D错误。
故选ABC。
6．（1）M接电源正极，理由见解析（2）（3）若恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场，若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N+1块有界磁场
【详解】试题分析：结合列车的运动方向，应用左手定则判断电流方向，从而判断哪一个接电源正极；对导体棒受力分析，根据闭合回路欧姆定律以及牛顿第二定律求解加速度；根据动量定理分析列车进入和穿出磁场时动量变化，据此分析；
（1）M接电源正极，列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，故M接电源正极．
（2）由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为，由电阻的串并联知识得①；
设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有②
设两根金属棒所受安培力之和为F，有F=BIl③
根据牛顿第二定律有F=ma④，联立①②③④式得⑤
（3）设列车减速时，cd进入磁场后经时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为，平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律有⑥，其中⑦；
设回路中平均电流为，由闭合电路欧姆定律有⑧
设cd受到的平均安培力为，有⑨
以向右为正方向，设时间内cd受安培力冲量为，有⑩
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为，有
设列车停下来受到的总冲量为，由动量定理有
联立⑥⑦⑧⑨⑩ 式得
讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场，若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N+1块有界磁场． ．
【点睛】如图所示，在电磁感应中，电量q与安培力的冲量之间的关系，如图所示，以电量为桥梁，直接把图中左右两边的物理量联系起来，如把导体棒的位移 和速度联系起来，但由于这类问题导体棒的运动一般都不是匀变速直线运动，无法直接使用匀变速直线运动的运动学公式进行求解，所以这种方法就显得十分巧妙，这种题型难度最大．
7．A
【详解】A．以EF为研究对象，设EF刚开始运动时其电流大小为I，则通过MN的电流为2I，由题有
根据闭合电路欧姆定律得
又
联立解得
故A正确；
B．金属棒EF开始运动时，由
得
金属棒MN所受的安培力大小为
以MN为研究对象，根据牛顿第二定律得
拉力的功率为
又
解得
故B错误；
C．MN棒在T时间内通过的位移为
根据
则得通过MN棒的电量为
由于两棒的电阻都为R，则此过程中流过电阻R的电荷量为
故C错误；
D．由于MN棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，通过MN的电流是EF电流的2倍，根据焦耳定律
可知MN的发热量是EF的4倍，故D错误。
故选A。
8．BC
【详解】A．初始时导体棒AA'切割磁感线，产生感应电动势，其大小为
E=BLv0=2×1×5V=10V
AA'、BB'杆和导轨构成的回路电流
I=
AA'杆在水平方向受到向右的安培力与滑动摩擦力作用，其中安培大小为
F=IBL=10×2×1N=20N
摩擦力大小为
fA=μmAg=0.2×2×10=4N
根据牛顿第二定律，有
mAaA=F+fA
得到
aA=12m/s2
选项A错误；
B．经运动分析，AA'杆在安培力和摩擦力作用下减速为0，回路中此时无电流，BB'杆只受重力作用下落，故其加速度为g=10m/s2，选项B正确。
C．分析AA'杆，AA'杆从初始时刻到停止，其受到安培力和滑动摩擦力的作用，安培力做功为回路中产生的总焦耳热，而回路中产生的总焦耳热为AA'杆产生焦耳热的2倍，故AA'杆从初始时刻到停止回路中产生的总焦耳热为
Q=2QA=2×10.5J=21J
设AA'杆从初始时刻到停止运动的位移为x，依据动能定理
Q+fAx=mAv
得
x=1m
选项C正确；
D．当BB'杆刚开始运动时，其所受的重力等于摩擦力，即
fB=mBg
又
fB=μF
故可得此时BB'杆受到的安培力
F=10N
又
F=
解得此时AA'杆的速度
va=2.5m/s
选项D错误。
故选BC。
9．BCD
【详解】A．设金属棒刚进入磁场时的速度大小为，根据机械能守恒定律有
解得
故A错误；
B．金属棒cd刚进入磁场时速度最大，产生的感应电动势最大，回路中的电流最大，为
故B正确；
C．易知金属棒cd和ab存在相对运动的过程中，通过两金属棒的电流时刻相等，根据左手定则可知两金属棒所受安培力大小时刻大小相等、方向相反，所以两金属棒组成的系统动量守恒，当金属棒运动状态稳定时，易知二者产生的感应电动势大小相等、方向相反，所以回路中电流为零，设两金属棒最终稳定的速度大小为v1，根据动量守恒定律有
稳定时满足
又因为两金属棒阻值相同，则根据能量守恒定律和焦耳定律可知整个过程中金属棒上产生的焦耳热为
故C正确；
D．对金属棒cd根据动量定理有
由上式可得整个过程中通过金属棒的电荷量为
故D正确。
故选BCD。
10．BD
【详解】A．当导体棒1开始运动时，回路中有感应电流，两导体棒都受到大小相等的安培力作用，棒1做减速运动，棒2做加速运动，当两棒速度相等时，回路中电流等于零，两棒受力平衡，都做匀速直线运动，所以棒1的最小速度为，A错误；
B．当导体棒1在开始运动时，导体棒2的加速度最大，则有
E=BLv0
此时回路中的电流
由牛顿第二定律可得
B正确；
C．当导体棒1在开始运动时，回路中的感应电动势最大，感应电流最大，则有
E=BLv0
棒1两端电压最大值为
C错误；
D．当两棒的速度相等时，系统产生的焦耳热最多。从开始运动到稳定的运动中，两棒的总动量守恒，向右为正方向，由动量守恒定律可得
mv0=2mv
由能量守恒定律可得
导体棒2产生的最大热量为
联立解得
D正确。
故选BD。
11．ABC
【详解】A．设磁感应强度为B，导轨间距为L，由于金属棒P、Q相对运动导致回路中会产生电动势，根据法拉第电磁感应定律有
分别对金属棒Q、P受力分析，假定其质量均为m，其所受的合力分别为
通过上面两式可以得到随着两金属棒相对速度的增大，金属棒Q的加速度会越来越小，而金属棒P的加速度越来越大，当两个金属棒的加速度相等时，最终两金属棒做加速度相同的匀加速直线运动，两金属棒的相对速度即保持恒定，最终为
则回路中的感应电流最终会增加到
选项A错误，符合题意；
B．由于金属棒Q的合力为
从而得到金属棒Q的加速度a会随着相对速度的增加而逐渐减小，最终由趋于，选项B错误，符合题意；
C．经前面分析，可知由于两金属棒之间的相对速度会逐渐增大并趋于恒定，所以回路的面积会随着时间t增大，回路的磁通量也会随时间增大，选项C错误，符合题意；
D．经前面分析，两金属棒之间的相对速度会从0逐渐增大到，选项D正确，不符合题意。
故选ABC。
12．BCD
【详解】A．稳定时磁通量不变，需要b的速度v″是a的速度v′的两倍
对a、b棒分别列动量定理
解得
A错误；
B．由动量定理
即
解得
整个运动过程中通过金属棒a的电荷量为，B正确；
C．由
解得
C正确；
D．根据能量守恒定律
解得
D正确。
故选BCD。
13．BD
【详解】A． t=0时刻，PQ平行于导轨向右的初速度v0，则产生的感应电动势为
E=BLv0
此时回路中的电流大小为
两导体棒受到的安培力大小为
则有

两导体棒的加速度大小不相等，A错误；
B． t=0时刻，PQ两端的电压为MN两端的电压，大小为
B正确；
C．由以上分析可知，两导体棒受的安培力大小相等，由左手定则可知，安培力方向相反，两棒运动中，满足动量守恒，则有
2mv0=（m+2m）v共
两棒达到共速，则得
此后两棒以这个速度做匀速直线运动，C错误；
D．导体棒PQ和MN是串联关系，即，可知两棒上的电流有效值相等，在整个运动中MN、PQ产生的焦耳热量分别为
则有
QMN∶QPQ=2∶1
由能量守恒定律可知，在整个运动中产生的总热量等于系统总动能的减少量，因此有
D正确。
故选BD。
14．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由题意知导体棒Ⅰ从到达bg前速度已达到最大，由平衡条件可得
又
联立解得
（2）稳定时，两导体棒两端的感应电动势相等，则有
可得
对两棒分别由动量定理得
联立解得
又
解得
又
解得
（3）设导体棒Ⅰ在倾斜导轨上产生的焦耳热为，导体棒Ⅰ在倾斜导轨运动过程由能量守恒得
解得
设导体棒Ⅰ在水平导轨上产生的焦耳热为，根据能量守恒得
解得
整个运动过程中，导体棒Ⅰ上产生的焦耳热
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第89讲 电磁感应中的框模型
（2021 甲卷）
1．由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（　　）
A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
（2021 湖南）
2．两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为，通过长为的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．与无关，与成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节、和，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
一、知识回顾
1．常见的框模型有三边框、四边框、五边框、圆形或半圆形框等，在磁场中产生的感应电动势，有的是动生电动势，有的是感生电动势，有的是两种电动势同时产生。处理框模型，有时需要画等效电路图，有时需进行受力分析和能量分析，有时是考查图像分析和处理能力，因此，其综合性较强，需要的知识点较多。
2．电磁感应中的电路问题的基本步骤
（1）确定电源：先判断产生电磁感应现象的是哪一部分导体，该部分导体可视为电源。
（2）分析电路结构，画等效电路图。
（3）利用电路规律求解，主要有欧姆定律、串并联电路规律等。
3．电磁感应中的电路分析易错点：
（1）不能正确根据感应电动势或感应电流的方向分析外电路中电势的高低。因产生感应电动势的那部分电路相当于电源，故该部分电路中的电流从低电势流向高电势，而外电路中电流的方向是从高电势到低电势。
（2）应用欧姆定律分析求解电路时，没有考虑到电源的内阻对电路的影响。
（3）对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析，例如并联在等效电源两端的电压表，其示数是路端电压，而不是等效电源的电动势。
4．导体棒的动力学分析
电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒（或线圈）的受力情况和运动情况。通常有两种状态及处理方法
状态 特征 处理方法
平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析
非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析，注意加速度的变化及速度变化。
5．电磁感应中的能量转化及焦耳热的求法
（1）能量转化
（2）求解焦耳热Q的三种方法（纯电阻电路）
6．电磁感应中的图像问题
（1）图像类型
（2）解题关键
①弄清物理量的初始条件和正负方向；
②注意物理量在进、出磁场时的变化；
③写出函数表达式。
（3）解题方法：先定性排除，再定量解析
①定性排除法：用右手定则或楞次定律确定物理量的方向，定性地分析物理量的变化趋势、变化快慢、是否均匀变化等，特别注意物理量的正负和磁场边界处物理量的变化，通过定性分析排除错误的选项。
②定量解析法：根据题目所给条件定量地推导出物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析，由图像的斜率、截距等作出判断。
二、典型例题
题型一：三边框之动生电动势与感生电动势同时产生模型
例
3．如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的关系为B=kt（k为大于零的常量）。一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。在t=0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t=T时刻，线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中（　　）
A．线框中的电流始终为逆时针方向 B．线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向
C．t=时刻，流过线框的电流大小为 D．t=时刻，流过线框的电流大小为
题型二：四边框连接体之运动分析与能量转化
例
4．如图所示，同一竖直面内的正方形导线框的边长均为，电阻均为，质量分别为和。它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为、磁感应强度大小为、方向垂直竖直面的匀强磁场区域。开始时，线框的上边与匀强磁场的下边界重合，线框的下边到匀强磁场的上边界的距离为。现将系统由静止释放，当线框全部进入磁场时，两个线框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，重力加速度为，则下列说法错误的是（　　）
A．两个线框匀速运动时的速度大小为
B．线框从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为
C．从开始运动到线框全部进入磁场的过程中，线框所产生的焦耳热为
D．从开始运动到线框全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为
题型三：四边框之图像题
例
5．如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D、方向竖直向下的有界匀强磁场，线框的边长L小于有界磁场的宽度D，在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以F表示拉力、以Uab表示线框ab两点间的电势差、I表示通过线框的电流（规定逆时针为正，顺时针为负）、P表示拉力的功率，则下列反映这些物理量随时间变化的图像中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
题型四：四边框之动力学分析（应用电阻率与密度概念解决问题）
例
6．由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（　　）
A．甲和乙都加速运动或减速运动
B．甲和乙做什么运动与线圈的横截面积和匝数有关
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
题型五：五边框之图像问题
例
（2020 山东）
7．如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动（不发生转动）。从图示位置开始计时，4s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I， ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图像，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三、举一反三，巩固练习
8．如图，从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出磁场区，若两次拉出的速度之比为，则两次线圈所受外力大小之比为（　　）
A． B． C． D．
9．如图所示，光滑绝缘水平面上有一正方形导线框abcd，虚线右侧是匀强磁场区域，磁场场方向竖直向下。时，导线框cd边恰与磁场左边界重合，在水平外力F作用下由静止开始向右运动，外力F与导线框速度v的关系是（F0、k是常量）。在导线框进入磁场的过程中，关于感应电流i与时间t的关系，下列图像中不可能的是（　　）
A． B．
C． D．
10．两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为，通过长为的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．与无关，与成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率大于重力做功的功率
D．调节、和，只要组合体仍能匀速通过磁场，则此过程中产生的热量不变
11．如图所示，单匝正方形金属线圈在外力F作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度匀速进入同一匀强磁场，则（　　）
A．两次产生的感应电流大小之比为1∶4
B．两次施加的外力F大小之比为1∶4
C．两次线圈中产生的热量之比为1∶2
D．两次线圈受外力F的冲量大小之比为1∶2
12．如图所示，均匀导体围成等腰闭合三角形线圈abc，底边与匀强磁场的边界平行，磁场的宽度大于三角形的高度。线圈从磁场上方某一高度处由静止开始竖直下落，穿过该磁场区域，不计空气阻力。下列说法中正确的是（　　）
A．线圈进磁场的过程中，可能做匀速直线运动
B．线圈底边进、出磁场时，线圈的加速度必定相同
C．线圈底边进、出磁场时，线圈所受安培力可能大小相等、方向不同
D．线圈出磁场的过程中，可能做先减速后加速的直线运动
13．如图所示，两个完全相同的闭合矩形导线框甲和乙，质量为m，长边长2L，短边长L，电阻为R，在其下方某一区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场。已知乙线框由底边距磁场上边界h处静止释放，恰好能匀速进入磁场。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是：（　　）
A．甲线框要匀速进入磁场，应由底边距磁场上边界4h处自由释放
B．甲、乙线框匀速进入磁场过程中运动时间之比为2：1
C．如甲也从底边距磁场上边界高度h处静止释放，则甲刚进入磁场时加速度大小为
D．如甲从距磁场上边界高度h处静止释放，在进入磁场过程中产生的热量Q满足：Q≤mg（2L+h）-
14．某同学研究电磁阻尼效果的实验示意图如图甲所示，虚线MN右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，边长为1m、质量为0.1kg、电阻为0.2Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v0=2m/s的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN与线框的右边框平行。从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v随滑行的距离x变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．图乙中x0=0.5m
B．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零
C．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1J
D．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为
15．磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图甲所示。它的驱动系统可简化为如图乙所示的物理模型。固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L，匝数为N，总电阻为R；水平长直轨道间各边长为L的正方形区域内都存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为B、相邻区域的磁场方向相反。当磁场以速度v匀速向右运动时，可驱动停在轨道上的列车，不能忽略列车受到的阻力，以下说法正确的是（　　）
A．列车的最大速度小于v
B．列车的最大速度为v，列车运动的方向与磁场运动的方向相反
C．列车相对磁场位移为L的过程中通过线框的电荷量为
D．列车速度为v′时线框受到的安培力大小为
16．如图所示，水平线MN下方有垂直纸向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，边长为L、质量为m、电阻为R的正三角形金属线框ACD在MN上方由静止释放，释放时，AC边离MN的高度为h，线框在向下运动过程中，始终在垂直磁场的竖直面内，AC边始终水平，当AC边刚要进磁场时，线框的加速度为零，重力加速度为g，则（　　）
A．线框进磁场过程可能一直做减速运动
B．线框进磁场过程中，通过线框截面的电量为
C．线框进磁场过程中，线框中产生的焦耳热为
D．线框完全进入磁场后继续向下运动过程中，A、C两端的电势差为0
17．如图所示，一阻值为、质量为、边长为的匀质正方形闭合导体线框位于竖直平面内，其下方存在一系列宽均为的强磁场区，磁场方向与线框平面垂直，各磁场区的上下边界及线框边均水平。线框边到第1磁场区上边界的距离为。线框从静止开始下落，在通过每个磁场区时均做匀速运动，且通过每个磁场区的速度均为通过其上一个磁场速度的2倍。重力加速度人小为，不计空气阻力。求：
（1）第10个磁场区磁感应强度的大小（用表示）与第1个磁场区磁场强度的大小（用表示）所满足的关系。
（2）线框穿过第1磁场区产生的焦耳热。
（3）从线框开始下落至边到达第11磁场区上边界的过程中，线框下落的高度及线框产生的总热量。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．AB
【详解】设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有
感应电动势为
两线圈材料相等（设密度为），质量相同（设为），则
设材料的电阻率为，则线圈电阻
感应电流为
安培力为
由牛顿第二定律有
联立解得
加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。当时，甲和乙都加速运动，当时，甲和乙都减速运动，当时都匀速。
故选AB。
2．CD
【详解】A．将组合体以初速度v0水平无旋转抛出后，组合体做平抛运动，后进入磁场做匀速运动，由于水平方向切割磁感线产生的感应电动势相互低消，则有
mg = F安 = ，vy =
综合有
B =
则B与成正比，A错误；
B．当金属框刚进入磁场时金属框的磁通量增加，此时感应电流的方向为逆时针方向，当金属框刚出磁场时金属框的磁通量减少，此时感应电流的方向为顺时针方向，B错误；
C．由于组合体进入磁场后做匀速运动，由于水平方向的感应电动势相互低消，有
mg = F安 =
则组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正确；
D．无论调节哪个物理量，只要组合体仍能匀速通过磁场，都有
mg = F安
则安培力做的功都为
W = 4F安L
则组合体通过磁场过程中产生的焦耳热不变，D正确。
故选CD。
3．AD
【详解】AB．根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量增加，则线框中的电流始终为逆时针方向，选项A正确，B错误；
CD．线圈的边长为；t=时刻，线圈切割磁感线的有效长度为，动生电动势
线圈中产生的感生电动势
则流过线框的电流大小为
选项C错误，D正确。
故选AD。
4．D
【详解】A．设两线框刚匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力为T，则对线框a有
对线框b有
又
联立解得
选项A正确；
B．线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，设线框a通过磁场的时间为t，则
选项B正确；
C．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在a匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系可得
所以
选项C正确；
D．设两线框从开始运动至a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动的距离，对这一过程，由能量守恒定律有
解得
选项D错误。
本题选错误的，故选D。
5．B
【详解】设线框每边电阻为R，线框的边长为L，线框的速度为v。
①线框进入磁场过程，产生的感应电动势为
E=BLv
线框中的电流为
方向为逆时针方向（正方向）；拉力F大小为
a、b两点间的电势差为
拉力的功率为
②线框完全进入磁场过程
Uab=E=BLv
F=0
I=0
P=0
③线框离开磁场过程，产生的感应电动势为
E=BLv
线框中的电流为
方向为顺时针方向（负方向）；拉力F大小为
a、b两点间的电势差为
拉力的功率为
故B正确，ACD错误。
6．A
【详解】设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有
感应电动势为
两线圈材料相等（设密度为），质量相同（设为），则
设材料的电阻率为，则线圈电阻
感应电流为
安培力为
由牛顿第二定律有
联立解得
加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。当
时，甲和乙都加速运动，
当
时，甲和乙都减速运动，当
时都匀速。
BCD错误，A正确。
故选A。
7．BC
【详解】AB．因为4s末bc边刚好进入磁场，可知线框的速度每秒运动一个方格，故在0~1s内只有ae边切割磁场，设方格边长为L，根据
可知电流恒定；2s末时线框在第二象限长度最长，此时有
可知
2~4s线框有一部分进入第一象限，电流减小，在4s末同理可得
综上分析可知A错误，B正确；
CD．根据
可知在0~1s内ab边所受的安培力线性增加；1s末安培力为
在2s末可得安培力为
所以有；由图像可知C正确，D错误。
故选BC。
8．B
【详解】设线圈匀速拉出磁场区过程，线圈的速度为，线圈切割磁感线的边长为，磁感应强度为，线圈电阻为，则产生的电动势为
线圈电流为
线圈受到的安培力为
根据受力平衡可得
联立可得
可得两次线圈所受外力大小之比为
B正确，ACD错误；
故选B。
9．B
【详解】设线框的边长为、电阻为、质量为，磁场的磁感应强度为，当线框的速度为时，安培力的大小为
此时线框的加速度为
若
则有
为一个定值，感应电流
则有与成正比；
若
则有加速度随着速度的增大而增大，感应电流
图象的斜率增大；
若
则有加速度随着速度的增大而减小，感应电流
图象的斜率减小；综上所述，故ACD正确，B错误；
故图像中不可能的是选B。
10．D
【详解】A．组合体下底边刚进入磁场时，竖直方向的速度为
下底边切割磁感线，电流方向为逆时针，水平方向速度使左右两边切割磁感线，产生的电动势相互抵消，组合体匀速通过磁场，则有
又
，，
联立可得
可知与无关，与成反比，A错误；
B．当下方金属框的上面一条边进入磁场时，产生的电流方向为顺时针，与组合体下底边刚进入磁场时产生的电流方向相反，B错误；
C．根据能量守恒，通过磁场的过程中组合体动能不变，只有重力和安培力做功，则组合体克服安培力做功的功率和重力做功的功率相等，C错误；
D．无论、和怎么变化，只要组合体匀速通过磁场，则其产生的焦耳热均为
D正确；
故选D。
11．C
【详解】A．设磁感应强度为B，线圈的边长为L，线圈电阻为R。线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势
E=BLv
感应电流
可知感应电流I与速度v成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比等于速度之比，即
I2：I1=v：2v=1：2
故A错误；
B．线圈进入磁场时受到的安培力
线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力
两次施加的外力F大小之比为1:2，故B错误；
C．线圈进入磁场过程中产生的热量
所以两次线圈中产生的热量之比为1∶2，故C正确；
D．外力F的冲量大小
相同，所以两次线圈受外力F的冲量大小之比为1:1，故D错误。
故选C。
12．D
【详解】A．线圈进磁场的过程中，因为有效切割长度越来越小，安培力会越来越小，不可能匀速运动，故A错误；
B．从ab边刚进磁场到ab边刚出磁场的过程中，若重力做的功不等于克服安培力所做的功，由动能定理可知，ab边刚进磁场时速度不等于ab边刚出磁场的速度，即两位置线圈所受安培力不相同，加速度不相同，故B错误；
C．线圈底边进、出磁场时，线圈所受安培力方向都是向上的，故C错误；
D．线圈出磁场的过程中，安培力逐渐减小，重力不变，故可能先减速后加速，故D正确。
故选D。
13．C
【详解】AB．线框进入磁场前做自由落体运动，乙线框进入磁场时的速度为v，根据动能定理
解得
线框进入磁场时受到的安培力
因为匀速运动，则有
对于甲线框，令由底边距磁场上边界h1处自由释放，恰好匀速进入磁场，根据动能定理
解得
线框进入磁场时受到的安培力
因为匀速运动，则有
联立可得
即
甲线框匀速进入磁场过程中运动时间为
乙线框匀速进入磁场过程中运动时间为
甲、乙线框匀速进入磁场过程中运动时间之比为
故AB错误；
C．如甲从底边距磁场上边界高度h处静止释放，根据动能定理
解得
线框进入磁场时受到的安培力
根据牛顿第二定律
联立以上解得
故C正确；
D．如甲从距磁场上边界高度h处静止释放，若在磁场中匀速通过则有
解得
根据能量守恒可得在进入磁场过程中产生的热量
解得
由A分析可知甲线框进场过程中将会加速运动，即进场最终速度可能会小于或等于v，所以产生的热量
Qmg（2L+h）-
故D错误。
故选C。
14．D
【详解】A．已知磁通量变化，线框会受到力的作用，从而速度改变，所以当线框完全进入磁场时，磁通量不变，速度就不变，即图乙中x0=1m，A错误；
B．线框进入磁场过程中，安培力为
其中
由图乙可知，速度减小，则安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，由此线框做变减速运动，B错误；
C．根据能量守恒可得，减少的动能全部转化为焦耳热，则有
代入数据，可得
C错误；
D． 线框进入磁场过程中，取水平向右为正，根据动量定理可得
解得
结合图像乙可知，当时，，代入解得
通过线框截面的电量为
解得
D正确。
故选D。
15．AD
【详解】A．列车的最大速度如果等于v，磁场与线圈之间无相对速度，线圈中无感应电流产生，则不会产生安培力，故A正确；
B．根据右手定则，当磁场向右运动时，在图示位置时，线圈中产生顺时针方向的感应电流，根据左手定则可知，线圈受到向右的安培力作用而使列车向右运动，即列车运动的方向与磁场运动的方向相同，故B错误；
C．列车相对磁场位移为L的过程中通过线框的电荷量为0，故C错误；
D．列车速度为v′时线框中产生的感应电动势为
受到的安培力大小为
故D正确。
故选AD。
16．BC
【详解】A．由于线框刚进磁场时安培力很小，因此一定是先加速运动，A项错误；
B．线框进磁场过程中通过线框截面的电量为
B项正确；
C．设线框AC边刚要进磁场时线框的速度为v，则
解得
根据能量守恒
C项正确；
D．线框完全进入磁场后继续向下运动过程中，由于导体切割磁感线，A、C两端的电势差不为0，D项错误。
故选BC。
17．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设线框在第个和第个磁场区的速度大小分别为、，则感应电动势为
感应电流为
安培力为
由平衡条件得
，
又有
联立解得
则
（2）根据题意可知线框匀速穿过，根据能量守恒定律可知，损失的机械能转化为电能，有
（3）设边加速下落的总距离为，匀速下落的总距离为，由运动学公式得
，，
又有
联立解得
穿过每个磁场的过程中产生焦耳热，因匀速穿过，焦耳热和重力势能相互转化，因此穿过每个磁场焦耳热相同，由能量守恒定律得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第90讲　交变电流的产生、变化规律及四值的相关计算
（2022 浙江）
1．如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是（　　）
A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
（2021 辽宁）
2．如图所示，N匝正方形闭合金属线圈abcd边长为L，线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的轴OO′以角速度ω匀速转动，ab边距轴。线圈中感应电动势的有效值为（　　）
A． B． C． D．
一.知识回顾
1．交变电流
（1）定义：大小和方向均随时间做周期性变化的电流叫作交变电流。
（2）图像：用以描述交变电流随时间变化的规律，图a、b、c、d所示电流都属于交变电流，其中按正弦规律变化的交变电流叫作正弦式交变电流，简称正弦式电流，如图a所示。
2．正弦式交变电流的产生和变化规律
（1）产生：在匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动产生的电流是正弦式交变电流。
（2）中性面
①中性面：与磁感线垂直的平面称为中性面。
②中性面的特点以及与峰值面（中性面的垂面）的比较
图示
位置 中性面位置 与中性面垂直的位置
特点 B⊥S B∥S
Φ＝BS，最大 Φ＝0，最小
e＝n＝0，最小 e＝n＝nBSω，最大
感应电流为零，方向改变 感应电流最大，方向不变
（3）电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次。
（4）正弦式交流电的变化规律及图像（线圈在中性面位置时开始计时）：
瞬时值表达式 图像
磁通量 Φ＝Φmcosωt＝BScosωt
电动势 e＝Emsinωt＝NBSωsinωt
电压 u＝Umsinωt＝sinωt
电流 i＝Imsinωt＝sinωt
注意：线圈从垂直中性面位置开始转动，则i－t图像为余弦函数图像，电流的瞬时值表达式为i＝Imcosωt。
3．周期和频率
（1）周期（T）：交变电流完成一次周期性变化（线圈转一周）所需的时间，单位是秒（s），公式T＝。
（2）频率（f）：交变电流在单位时间内完成周期性变化的次数。单位是赫兹（Hz）。
（3）周期和频率的关系：T＝或f＝。
4．交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值
（1）瞬时值：交变电流的电动势、电流或电压在某一时刻的值，是时间的函数。
（2）峰值：交变电流的电动势、电流或电压所能达到的最大值。
（3）有效值
①定义：让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，就把这个恒定电流的电流I、电压U叫作这一交变电流的有效值。
②有效值和峰值的关系：E＝，U＝，I＝。（仅适用于正弦式交流电）
几种典型的电流及其有效值
名称 电流（电压）图像 有效值
正弦式交变电流 I＝ U＝
正弦半波电流 I＝ U＝
正弦单向脉动电流 I＝U＝
矩形脉动电流 I＝I1U＝U1
非对称性交变电流 I＝U＝
（4）平均值：交变电流图像中图线与时间轴所围面积跟对应时间的比值。
5.交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较
物理量 物理含义 重要关系 适用情况及说明
瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsinωt u＝Umsinωt i＝Imsinωt （适用于正弦式交变电流） 计算线圈某时刻的受力情况
峰值 最大的瞬时值 Em＝NBSω （适用于正弦式交变电流） Um＝ Im＝ 讨论电容器的击穿电压
有效值 跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值 E＝U＝ I＝ （适用于正弦式交变电流） （1）计算与电流的热效应有关的量（如电功、电功率、电热等） （2）电器设备“铭牌”上所标的额定电流、额定电压一般是指有效值 （3）保险丝的熔断电流为有效值 （4）交流电压表和电流表的读数为有效值 （5）没有特别说明，通常默认为有效值。
平均值 交变电流图像中图线与时间轴所围的面积与时间的比值 计算通过电路导体截面的电荷量
二.例题精析
题型一：正弦交变电流的产生及瞬时表达式与转轴和线圈形状的关系
3．图中闭合线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定转轴匀速转动，不能产生正弦式交变电流的是 ；如果图示线圈面积和匝数、磁场、转速都相同，则感应电动势的最大值相同是 ；如果从图示位置开始计时，A与B感应电动势的瞬时值是否相同 。
A．B．
C．D．
题型二：正弦交变电动势与电流
4．如图所示，磁极N、S间的磁场看作匀强磁场，磁感应强度为B0，矩形线圈ABCD的面积为S，共n匝，内阻为r，线圈通过滑环与理想电压表V和阻值为R的定值电阻相连，AB边与滑环E相连；CD边与滑环F相连。若线圈正在绕垂直于磁感线的轴OO'以角速度ω逆时针匀速转动，图示位置恰好与磁感线垂直。以下说法正确的是（　　）
A．线圈在图示位置时，电阻R中的电流方向为自M到N
B．线圈自图示位置开始转过180°的过程中，通过电阻R的电量为
C．线圈转动一周的过程中克服安培力做的功为
D．线圈在图示位置时电压表的示数为0
题型三：非正弦交变电流
5．如图所示，在磁极和圆柱状铁芯间形成的两部分磁场区域的圆心角均为，磁感应强度均沿半径方向，单匝矩形线圈的宽，长，线圈中轴以角速度匀速转动时对外电阻供电，若线圈电阻为，电流表内阻不计，则下列说正确的是（　　）
A．线圈转动时将产生正弦式交流电
B．从图示位置开始转过角时，电流方向将发生改变
C．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的变化量不变
D．电流表的示数为
题型四：电动机产生正弦交变电动势而输出直流
6．发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其它电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周（　　）
A．电动势的最大值为Um B．框内电流方向不变
C．流过电阻的电荷 D．电阻产生的焦耳热
三.举一反三，巩固练习
7．在匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，线框中产生的电流为如图所示的正弦式交变电流，则这段时间（　　）
A．电流的有效值等于
B．t=0.01s时穿过线框的磁通量为零
C．图线与横轴围成的面积与所对应的时间的比值表示电流的平均值
D．图线与横轴围成的面积与所对应的时间的比值表示电流的有效值
8．如图为交流发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴逆时针匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为。下列说法正确的是（　　）
A．此交流电的频率为
B．此发电机电动势的有效值为
C．当线圈平面转到图示位置时产生的电流方向为ABCD
D．当线圈平面转到图示位置时磁通量的变化率最大
9．有M、N两条导线，它们与大地之间的电压随时间变化的规律如图所示。已知我国民用电压为220V。则关于这两个交变电压的说法正确的是（　　）
A．导线M、N交变电压的频率不相同
B．导线N的电压可以作为民用电压
C．导线N交变电压的方向每秒变化50次
D．用多用表的交流挡测导线N对地电压，读数为311V
10．如图垂直于纸面向里的有界匀强磁场中有一个矩形线框abcd，线框以OO'为轴匀速转动，OO'与磁场右边界重合。若线框中产生电流的峰值为Im，由图示位置开始计时，则下列可以正确描述线框中电流随时间变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
11．如图甲所示为一台小型发电机构造示意图。磁极、间的磁场看成匀强磁场，磁感应强度大小为，线圈共10匝，矩形线圈的面积为。该发电机产生的感应电动势图象如图乙所示，该交流电通过自耦变压器对一定值电阻供电，不计发电机内阻，则下列说法正确的是（　　）
A．矩形线圈面积为
B．电阻中电流方向每秒钟改变100次
C．线圈从开始后转过的过程中，电压表的读数先增大后减小
D．当变压器滑片P向上滑动时、电阻消耗的功率减小
12．交流发电机的示意图如图所示，当线圈绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动时，电路中产生的最大电流为，已知线圈转动的周期为T，下列说法正确的是（　　）
A．图示位置磁通量最大，磁通量的变化率最大
B．图示位置电流最大，方向为A→B
C．从图示位置开始经过，电流方向将发生改变
D．从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为
13．一个单匝总电阻为2Ω的闭合矩形金属线框位于匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，该线圈产生的电动势e随时间按如图所示的余弦规律变化。下列说法正确的是（　　）
A．线框产生电流峰值为200A
B．线框产生电动势有效值为
C．线框的热功率为20000W
D．t=0.01s 时，线框的磁通量最大
14．如图甲所示，一匝数为100（匝）、边长为0.5m的正方形线圈在磁感应强度为0.4T的匀强磁场中绕转轴OO'以角速度311rad/s匀速转动，产生的交变电流直接给图乙的电路供电。图乙中的变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为10：1，副线圈接有定值电阻和电容器，所有电表均为理想电表，不计正方形线圈的电阻，下列说法正确的是（　　）
A．当线圈平面与磁场垂直时，电压表的示数为0
B．若电容器的击穿电压为350V，则电容器不会被击穿
C．若线圈的转速增加一倍，其他条件均不变，则电流表A1的示数不变
D．若线圈的转速增加一倍，其他条件均不变，则电流表A1的示数也增加一倍
15．空间被等分成8个区域，每隔1个区域分布着匀强磁场，磁感应强度大小和磁场方向如图所示。半径为l、电阻为r、圆心角为45°的扇形线框绕圆心O在纸面内逆时针匀速转动，角速度大小为 ，则线框内电流的有效值为（　　）
A． B． C． D．
16．如图所示，矩形线框的匝数为N，面积为S，线框所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，线框从图示位置开始绕轴以恒定的角速度ω沿逆时针方向转动，线框一端接换向器，通过电刷和外电路连接。理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1，定值电阻、的阻值均为R，忽略线框以及导线的电阻。下列说法正确的是（ ）
A．图示位置时，线框产生的感应电动势为NBSω
B．通过电阻的是交流电
C．线框转一圈，通过电阻的电量为
D．矩形线框的输出功率为
17．图中，单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO′转动。改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图中图线甲、乙的规律变化。已知线圈的电阻为1.0 Ω，则（　　）
A．图线甲对应线圈在t=0时产生的感应电动势最大
B．图线甲、乙对应的线圈在t=0.2 s时，线圈平面均垂直于磁感线
C．图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4
D．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5πA
18．图1是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴转动，由线圈引起的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕转动的金属圈环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路．图2是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示．已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．（只考虑单匝线圈）
（1）线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；
（2）线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图3所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；
（3）若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热．（其它电阻均不计）
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】A．甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；
B．乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；
C．根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故C错误；
D．乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，故D错误；
故选A。
2．B
【详解】交流电的最大值和两条边到转轴的距离无关，为
因此有效值为
故选B。
3． C AB##BA 不同##不相同##否
【详解】[1]ABD图中的线圈均绕位于线圈平面内的垂直于磁感线的轴匀速转动，所以线圈的一个边或两个边切割磁感线的有效长度随时间成正弦规律变化，会产生正弦式交变电流；C图中线圈绕平行于磁感线的轴转动，四条边均不切割磁感线，无法产生感应电流。
[2]AB图中都有两条边在同时切割磁感线，根据可知感应电动势的最大值相同；D图中只有一条边在切割磁感线，其最大值小于。
[3]如果从图示位置开始计时，A图线圈正位于中性面，B图线圈正与中性面垂直，所以二者感应电动势瞬时值不同。
4．BC
【详解】A．线圈在图示位置时，与中性面重合，线圈不切割磁感线，感应电流为零，故A错误；
B．线圈自图示位置开始转过180°的过程中，磁通量的变化量
则通过电阻R的电荷量
故B正确；
C．根据正弦式交变电流的产生规律可知，感应电动势最大值
有效值
线圈转动一周的过程中，克服安培力做功产生电能
故C正确；
D．电压表的示数为有效值，线圈在转动过程中，电压表示数不变，不为0，故D错误。
故选BC。
5．D
【详解】A．边向上切割时，感应电流方向为；边向下切割时，感应电流方向为；故线圈连续转动，流过电阻的电流是交流电，但电流的大小不变，故产生的不是正弦交流电，故错误；
B．从图示位置开始转过角时，电流方向不发生改变，故B错误；
C．在共同圆心角均为内，线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的变化量不变，故C错误；
D．bc、ad边的运动速度为
感应电动势为
解得
根据欧姆定律得电流为
一个周期内，通电时间为
上消耗的电能为
且有，解得线圈上电流的有效值为
故D正确。
故选D。
6．AC
【详解】A．由图乙可知，电动势的最大值为Um，选项A正确；
B．框内将产生正弦交变电流，一周内其电流方向改变两次，选项B错误；
C．转过半周流过电阻的电荷
则转过一周流过电阻的电荷，选项C正确；
D．因
解得
一周内电阻产生的焦耳热
选项D错误。
故选AC。
7．C
【详解】A．根据图像可知电流的最大值为
则可得此时电流的有效值为
故A错误；
B．在t=0.01s时产生的感应电流为0，此时线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，故B错误；
CD．图线与横轴围成的面积根据可表示为通过整个电路的总电荷量，则图线与横轴围成的面积与所对应的时间的比值为
即为电流的平均值，故C正确，D错误；
故选C。
8．D
【详解】A．此交流电的频率为
选项A错误；
B．此发电机电动势的有效值为
选项B错误；
C．由右手定则可知，当线圈平面转到图示位置时产生的电流方向为ADCBA，选项C错误；
D．当线圈平面转到图示位置时磁通量为零，但是磁通量的变化率最大，选项D正确。
故选D。
9．B
【详解】A．由图像可知，导线M、N交变电压的周期都为，故导线M、N交变电压的频率都为，A错误；
B．由图像可知，导线N的电压最大值为，则导线N的电压有效值为
可知导线N的电压可以作为民用电压，B正确；
C．导线N交变电压的周期为，一个周期内电压的方向改变次，故导线N交变电压的方向每秒变化次，C错误；
D．用多用表的交流挡测导线N对地电压，读数为电压有效值，即读数为，D错误；
故选B。
10．D
【详解】在内，由于线圏在匀强磁场中从中性面开始转动，故产生正弦式交变电流，在内都有感应电流，整个周期都有感应电流，所以ABC错误；D正确；
故选D。
11．D
【详解】A．从乙图中可知线圈转动过程中产生的感应电动势最大值为，周期为，根据
解得
A错误；
B．由于周期为，则内共有个周期，每个周期内电流方向变化次，故电阻中电流方向每秒钟改变次，B错误；
C．电压表测得数值是电压有效值，保持不变，C错误；
D．变压器的滑片P向上滑时，原线圈的匝数增大，根据
可知变压器副线圈输出电压减小，故电阻消耗的功率减小，D正确；
故选D。
12．D
【详解】ABC.图示位置为中性面，磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，故ABC错误；
D．从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为，故D正确。
故选D。
13．B
【详解】A．线框产生电流峰值为
A错误；
B．线框产生电动势有效值为
B正确；
C．线框的热功率为
C错误；
D．t=0.01s 时，电动势最大，线框的磁通量等于零，D错误。
故选B。
14．B
【详解】A．线圈在磁场中绕垂直于磁场的轴转动时产生交变电流，而电压表为交变电流的有效值，则当线圈平面与磁场垂直时，电压表的示数不为0，故A错误；
B．交变电流的最大值为
则副线圈两端电压的最大值为
若电容器的击穿电压为350V，则电容器不会被击穿，故B正确；
CD．若线圈的转速增加一倍，其他条件均不变，交变电流的最大值
交流电压增加一倍，由容抗可知
但并不满足欧姆定律，所以电流表A1的示数会变化，故CD错误。
故选B。
15．B
【详解】线圈从图示位置转过第一个和第四个90°时，感应电动势
线圈转过第二个和第三个90°时，感应电动势
则一个周期内电动势有效值E满足
解得
则电流的有效值
故选B。
16．D
【详解】A．矩形线框转到图示位置时，通过线框的磁通量最大，但磁通量变化率为0，则此时线框产生的感应电动势为0，故A错误；
B．线框从图示位置开始绕轴以恒定的角速度ω沿逆时针方向转动，产生交流电，由于线框一端接换向器，通过电阻的是直流电，故B错误；
C．线框转一圈，通过电阻的电量为
故C错误；
D．矩形线框转动时产生的感应电动势的最大值
则有效值
定值电阻R1两端的电压等于理想变压器的输入电压，即
消耗的功率为
由理想变压器的工作原理
可知
定值电阻R2消耗的功率为
矩形线框的输出功率为
P=P1+P2=
故D正确。
故选D。
17．C
【详解】A．在t=0时，最大，则产生的感应电动势最小，故A错误；
B．因为在t=0.2 s，
所以线圈平面均平行于磁感线，故B错误；
C．由图可知图线甲、乙对应的周期之比为
而线圈的转速为
所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为
故C正确；
D．图线甲对应的线圈中交流电压的峰值
电流的峰值
故D错误。
故选C。
18．（1）（2）
（3）
【详解】(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，ab、cd切割磁感线，且转动的半径为r＝，转动时ab、cd的线速度v＝ωr＝，且与磁场方向的夹角为ωt，如图所示．所以整个线圈中的感应电动势e1＝2BL1vsin ωt＝BL1L2ωsin ωt.
(2)当t＝0时，线圈平面与中性面的夹角为φ0，则t时刻时，线圈平面与中性面的夹角为ωt＋φ0.
故此时感应电动势的瞬时值：e2＝2BL1vsin(ωt＋φ0)＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)．
(3)线圈匀速转动时感应电动势的最大值Em＝BL1L2ω，故有效值：
回路中电流的有效值.
根据焦耳定律知转动一周电阻R上的焦耳热为：
.
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答案第1页，共2页第91讲 变压器原理及其动态分析
[2022 河北]
1．张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后。输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是（　　）
A．发电机输出的电压为
B．发电机输出交变电流的频率为
C．变压器原、副线圈的匝数比为
D．发电机产生的瞬时电动势
[2022 湖南]
2．如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表 的示数为U，理想电流表 的示数为I。下列说法正确的是（　　）
A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
[2022 山东]
3．如图所示的变压器，输入电压为，可输出、、电压，匝数为的原线圈中电压随时间变化为．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为。将阻值为的电阻R接在两端时，功率为。下列说法正确的是（　　）
A．n1为1100匝，为
B．间线圈匝数为120匝，流过R的电流为
C．若将R接在两端，R两端的电压为，频率为
D．若将R接在两端，流过R的电流为，周期为
一、知识回顾
1．构造：
如图所示。变压器由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成。
（1）原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。
（2）副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。
2．工作原理：
电磁感应的互感现象。
（1）无漏磁，故原、副线圈中的Φ相同。
（2）线圈无电阻，因此无电压降，副线圈两端电压U2＝n2。
（3）根据＝得，套在同一铁芯上的线圈，有＝＝＝…。
（4）无电能损失，因此P入＝P出，无论副线圈是一个还是多个，总有U1I1＝U2I2＋U3I3＋…，将电压关系代入可得n1I1＝n2I2＋n3I3＋…。
（5）变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率。
（6）理想变压器基本关系中的U、I均为有效值。
3．理想变压器的基本关系式
（1）功率关系：P入＝P出。
（2）电压关系：＝。若n1>n2，为降压变压器；若n1（3）电流关系：只有一个副线圈时，＝；
有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。
4．动态分析中的决定关系
制约关系 电压 原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2（当U1和匝数比不变时，不论负载电阻R变化与否，U2不会改变）
功率 副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入（可简记为“用决定供”）
电流 副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1
5．匝数比不变的情况
如图所示
（1）U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变。
（2）当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化。
（3）I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化。
6．负载电阻不变的情况
如图所示
（1）U1不变，发生变化，U2变化。
（2）R不变，U2变化，I2发生变化。
（3）根据P2＝和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化。
7．分析动态问题的步骤
8．两种特殊的变压器模型
（1）自耦变压器
自耦变压器（又称调压器），它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如下图所示。
（2）互感器
分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：
电压互感器 电流互感器
原理图
原线圈的连接 并联在高压电路中 串联在交流电路中
副线圈的连接 连接交流电压表 连接交流电流表
互感器的作用 将高电压变为低电压 将大电流变为小电流
利用的公式 ＝ I1n1＝I2n2
二、例题精析
题型一：考查变压器原理（磁通量变化率与原、副线圈所加电压的关系）；分压+变压
4．在图示电路中，理想变压器原线圈的匝数为220，副线圈的匝数可调，L1、L2、L3和L4是四个相同的灯泡。当在a、b两端加上瞬时值表达式为(V)的交变电压时，调节副线圈的匝数，使四个灯泡均正常发光。下列说法正确的是（ ）
A．变压器副线圈的匝数为440
B．灯泡的额定电压为55V
C．变压器原线圈两端电压为220V
D．穿过变压器原线圈的磁通量变化率的最大值为0.1V
题型二：两个副线圈
5．如图，理想变压器原线圈匝数为N，有两个接有电阻阻值均为R的独立副线圈甲、乙。现测得线圈甲上的电流I1，线圈乙上的电流为I2，原线圈电压为U。则（　　）
A．甲线圈匝数为 B．乙线圈匝数为
C．原线圈电流为I1+I2 D．原线圈电流为
题型三：含二极管的电路
6．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，原线圈接u1=220sin 100πt（V）的交流电，电阻R1=R2=25Ω，D为理想二极管，则（　　）
A．电阻R2两端电压为50 V
B．通过副线圈的电流为3 A
C．原线圈的输入功率为200 W
D．二极管的反向耐压值应大于50 V
题型四：应用二级推论进行动态分析
（二级推论：原线圈等效电阻与副线圈负载电阻之比等于原、副线圈匝数之比的平方）
7．如图所示，理想交流电流表、，定值电阻，光敏电阻R（光照强度增大，阻值减小），分别接在理想变压器的原、副线圈上。为正弦交流电源电压的有效值，且保持不变。若增大光照强度，下列说法正确的是（　　）
A．电流表示数都增大 B．原、副线圈两端电压都不变
C．的电功率减小，电功率增大 D．R两端电压减小
题型五：自耦变压器
8．如图甲所示为一种自耦变压器（可视为理想变压器）的结构示意图。线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R。若AB间输入图乙所示的交变电压，则（　　）
A．时，电压表的示数为零
B．电阻R中电流方向每秒钟改变50次
C．滑动触头P逆时针转动时，AB间输入功率增大
D．滑动触头P顺时针转动时，R两端的电压增大
题型六：互感器
9．2020年11月17~20日长春遭遇了一轮冻雨暴雪天气，致使多条供电线路停运，电力部门持续进行抢修除冰作业。针对高压输电线融冰有一种电流发热融冰法，就是增大高压电线内通入的电流使电线发热，利用电线自身的发热量使其外部冰层由内向外熔化，达到融冰除冰的目的。为了监测高压线路融冰进展情况，技术人员通过如图所示的装置检测融冰线路。图中、是监测交流高压输电参数的互感器（均视为理想变压器），的原、副线圈匝数比为，、是交流电压表或交流电流表，其中交流电压表两端的电压为，高压线路输送的电功率是、电压是，则（　　）
A．是交流电压表
B．的原、副线圈匝数比为
C．通过交流电流表的电流为
D．绕制副线圈的导线应比原线圈的粗
题型七：原、副线圈电压变化量之比等于原、副线圈匝数之比（二级推论）
10．某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：10,当输入电压增加10V时,输出电压( )
A．降低1V B．增加1V C．降低100V D．增加100V
题型八：交变电流的产生与变压
11．科学中心某款手摇点火器原理如图所示。当钢针和金属板间瞬时电压超过5000V时可以产生电火花。已知匀强磁场的磁感应强度B大小为0.2T，手摇发电机线圈的面积为0.25m2，共50匝，不计内阻。变压器为理想变压器，其原副线圈匝数比为1：100。下列说法正确的是（　　）
A．线圈转速等于2r/s时，点火器可以产生电火花
B．线圈转速等于4r/s时，点火器可以产生电火花
C．电压表的示数为5V时，点火器可以产生电火花
D．电压表的示数为25V时，点火器可以产生电火花
题型九：线圈匝数比变化或负载电阻变化时的动态分析
12．如图所示，理想变压器原线圈一端有a、b两接线柱，a是原线圈的一端点，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为。则(　　)
A．当单刀双掷开关分别与a、b连接时，电压表的示数比为1：2
B．当t=0时，c、d间的电压瞬时值为
C．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数增大
D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电流表的示数增大
三、举一反三，巩固练习
13．如图，是某风力发电节能路灯的电路简化图。风速为v时，交流发电机的电动势表达式为，能感应风速大小的调节器（不消耗副线圈电路的电能）可以控制变压器副线圈的滑片P上下移动，使灯泡始终保持额定电压正常发光，下列说法正确的是（　　）
A．风速变大时，流过灯泡的电流变大
B．风速变大时，滑片P将向上移动
C．风速变大时，变压器的输入电压变大
D．风速变大时，变压器的输出电压变大
14．自行车的发电花鼓装置可以在骑行时为车灯提供持续的电能，其原理可简化为图（甲）所示，图中N、S是可与摩擦小轮同轴转动的一对磁极，磁极周围固定一个与理想变压器相连的矩形线框，变压器的输出端与车灯相连。匀速骑行时，摩擦小轮在车轮的驱动下带动磁极旋转，变压器输出正弦型交变电流。某辆携带发电花鼓装置的自行车的部分结构如图（乙）所示，其中大齿轮与踏板相连，半径较小的小齿轮1和半径较大的小齿轮2与后轮同轴固定，骑行者可调节变速器使链条挂在不同的小齿轮上，骑行时摩擦小轮与车轮不打滑。下列说法正确的是（　　）
A．骑行速度越快，车灯一定越亮
B．骑行速度越快，交变电流的周期一定越大
C．同样的骑行速度，链条挂在小齿轮1上相比挂在小齿轮2上，灯泡更亮
D．同样的骑行速度，变压器原线圈的匝数越多，车灯越亮
15．如图（a）所示，线圈的匝数比为3:1，Rr为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）
A．变压器输入输出功率之比为3:1
B．变压器副线圈输出的交变电压的频率为150Hz
C．若热敏电阻Rr的温度升高，R1消耗的功率变大
D．若热敏电阻Rr的温度升高，电压表和电流表示数均变大
16．如图甲所示，理想变压器原，副线圈的匝数之比为10∶1，B是原线圈的中心接头，原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中，为定值电阻，为NTC型热敏电阻（阻值随温度升高而减小），C为耐压值为50V的电容器，所有电表均为理想电表。下列判断正确的是（　　）
A．当单刀双掷开关与B连接，副线圈两端电压的频率变为10Hz
B．当单刀双掷开关由A→B时，电容器C会被击穿
C．当单刀双掷开关与A连接，传感器所在处温度升高，的示数变大，的示数不变
D．其他条件不变，单刀双掷开关由A→B时，变压器的输出功率变为原来的0.5倍
17．如图甲所示，理想变压器原线圈接入图乙所示的交变电压，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器。原、副线圈的匝数之比为10：1，V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示。则（　　）
A．t=0.01s时，电压表V1的示数U1此时为零
B．滑片P向下滑动过程中，I1U1的数值变大
C．滑片P向下滑动过程中，的数值变大
D．滑片P向下滑动过程中，R消耗的功率变大
18．图为理想的可调式自耦变压器与负载连接电路，原线圈输入交流电的电压u确定，闭合电键S，电动机M开始工作，此后观察到灯泡L亮度变暗，则以下说法错误的是（　　）
A．S闭合后电流表读数变大 B．S闭合后原线圈输入功率变大
C．S闭合副线圈输出电压没有变化 D．要让L灯达到原来亮度，P滑动头应向上移动
19．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为2：1，原线圈接在u＝Umcos（ωt+φ）的交流电源上，副线圈接一定值电阻R0和滑动变阻器R，电流表、电压表均为理想交流电表。当滑动变阻器R的滑片P由a端向b端缓慢滑动时，下列说法中正确的是（　　）
A．电流表A1、A2的示数之比为2：1
B．电压表V1的示数逐渐变大
C．电流表A2的示数逐渐变大
D．原线圈的输入功率可能减小
20．如图甲为风力发电的简易模型，发电机与一理想变压器的原线圈相连,变压器原、副线圈匝数分别为500匝和1000匝,在风力的作用下,风叶带动与其固定在一起的永磁体转动,转速与风速成正比,某一风速时,变压器原线圈两端电压随时间变化的关系图像如图乙所示,则（　　）
A．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为
B．电压表V1的示数是100 V
C．断开开关K,电压表V2的示数是0
D．风速加倍时,变压器原线圈的瞬时值表达式为
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参考答案：
1．C
【详解】B．发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为
B错误；
A．线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为
输出电压的有效值为
A错误；
C．变压器原、副线圈的匝数比为
C正确；
D．发电机产生的瞬时电动势为
D错误。
故选C。
2．B
【详解】AB．根据原副线圈两端的电流和电压的比值关系可知，原线圈部分的等效电阻与副线圈的电阻的比值关系为
可知此电路的等效电路如图所示，保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，即原、副线圈的匝数比保持不变，R2接入电路的阻值减小，则由上述分析可知，原线圈位置的等效电阻保持不变，因为滑动变阻器的电阻变小，则电流I变大，原线圈等效电阻两端电压变大，得此时U变小。电流I变大，副线圈电流也变大，得R1消耗的功率增大，A错误，B正确；
C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n2减小，等效电阻增大，电流I减小，则电压表的示数减小，C错误；
D．滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，此时等效电阻的阻值为
保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，则副线圈的匝数变小，相当于原线圈位置的等效电阻增大；由电路知识可知，当等效电阻的阻值等于R2时，即此时等效电阻为9R时，原线圈等效电阻的此时消耗的功率最大，根据输出功率等于输入功率可得此时R1消耗的功率最大；当等效电阻的阻值大于9R时，P1向下缓慢滑动时，等效电阻的输入功率减小，得此时R1消耗的电功率减小，所以R1消耗的功率先增大后减小，D错误。
故选B。
3．D
【详解】A．变压器的输入电压为220V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为
解得原线圈为2200匝，A错误；
B．根据图像可知，当原线圈输入220V时，BC间的电压应该为12V，故BC间的线圈匝数关系有
BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为
B错误；
C．若将R接在AB端，根据图像可知，当原线圈输入220V时，AB间的电压应该为18V。根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为，故交流电的频率为
C错误；
D．若将R接在AC端，根据图像可知，当原线圈输入220V时，AC间的电压应该为30V，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为
交流电的周期为
D正确。
故选D。
4．B
【详解】A．四个灯泡均正常发光，说明变压器原、副线圈中的电流相同，根据
可得变压器副线圈的匝数
故A错误；
BC．a、b两端电压的有效值
V=220V
设每个灯泡的额定电压为U0，原线圈两端电压为U1，则有
U=2U0+U1
结合
可得
U0=55V，U1=110V
故B正确，C错误；
D．原线圈两端电压的最大值
V
根据法拉第电磁感应定律有，解得穿过原线圈的磁通量变化率的最大值为
V
故D错误。
故选B。
5．AD
【详解】AB．由可得，甲、乙两线圈的匝数分别为
故A正确，B错误；
CD．设原线圈中电流为I，由输入功率等于输出功率可得
解得
故C错误，D正确；
故选AD。
6．B
【详解】A．由表达式知原线圈电压有效值为
根据，得副线圈两端电压为
根据电流的热效应，设R2两端电压有效值为，则有
所以两端电压有效值为
故A错误；
BC．副线圈的电阻电压只有正向电压，而电阻的电压仍等于副线圈的电压，因此消耗的功率为的一半，电阻消耗的功率为
所以副线圈的输出功率为
则原线圈的输入功率为
又因为
联立可得
故B正确，C错误；
D．副线圈的最大电压为，二极管具有单向导电性，因此二极管的反向耐压值应大于，故D错误。
故选B。
7．AD
【详解】AC．增大光照强度，电阻R减小，副线圈电流I2增大，由
可知，I1增大，故电流表示数都增大，、电功率均增大，A正确，C错误；
B．由于I1增大，两端电压增大，原线圈电压U1减小，由
可知，U2减小，B错误；
D．由于U2减小，的电流增大、电压增大，故R两端电压减小，D正确。
故选AD。
8．C
【详解】A．电压表的读数为有效值，任何时刻均不可能为零，故A错误；
B．该交流电的周期0.02s，频率为50Hz，一个周期电流方向改变2次，电阻R中电流方向每秒钟改变100次，故B错误；
C．滑动触头P逆时针转动时，副线圈匝数增加，输出电压增加，输出功率增大，AB间的输入功率也增大，故C正确；
D．滑动触头P顺时针旋转时，BC间线圈匝数减小，故线圈匝数之比增大，故输出电压减小，即R两端电压减小，故D错误；
故选C。
9．C
【详解】ACD．副线圈的匝数多，副线圈电流小，所以是测交流电流的，即是交流电流表。根据电功率公式得
根据变压器电流关系有
因为原线圈电流大，为了减少损耗绕制原线圈的导线应比副线圈的粗。
AD错误，C正确；
B．根据变压器电压关系有
B错误。
故选C。
10．D
【详解】由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即
得：
即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：
当输入电压增加10V时，输出电压增大100V．
A.A项与上述计算结论不相符，故A错误；
B.B项与上述计算结论不相符，故B错误；
C.C项与上述计算结论不相符，故C错误；
D.D项与上述计算结论相符，故D正确．
11．B
【详解】AB．线圈在匀强磁场中转动产生交流电，设转速为n，则发电机的最大电动势为
发电机的最大电动势等于变压器的输入线圈电压的最大值，，根据变压器两端的匝数比等于电压比，有
钢针和金属板间瞬时电压超过5000V时可以产生电火花，现令，联立各方程解得
，
故线圈转速等于4r/s时，副线圈的电压最大值超过了5000V，能产生电火花，故A错误，B正确；
CD．电压表的示数为原线圈两端的电压有效值，刚点火时
5V和25V均小于，则不能达到点火电压，故CD错误；
故选B。
12．AD
【详解】A．当单刀双挪开关与a连接时，原线圈的匝数为n1，则有
当与b连接时，原线圈的匝数为，则有
联立得
故电压表的示数比为1:2，故A正确；
B．当t=0s时，c、d间的电压瞬时值为u1=Usin(100π×0)=0V，故B错误；
C．单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触片向上移，电阻变大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，电压表的示数不变，故C错误；
D．单刀双掷开关由a扳向b，原线圈的匝数变小，副线圈的电压变大，则电压表示数变大，电阻不变，故电流表的示数也变大，故D正确。
故选AD。
13．C
【详解】AD．调节器可以控制变压器副线圈的滑片P上下移动，使灯泡始终保持额定电压正常发光，所以风速变大时，流过灯泡的电流不变，变压器的输出电压不变，故AD错误；
C．由题意知
所以风速变大时，交流发电机的电动势变大，则变压器的输入电压变大，故C正确；
B．由变压器原副线圈电压与匝数关系
可知，输入电压增大，输出电压不变，原线圈匝数不变时，应减小，则滑片P向下移动，故B错误。
故选C。
14．A
【详解】A．骑行速度越快，摩擦小轮转动越快，线圈的感应电动势越大，车灯的电流越大，车灯一定越亮，A正确；
B．骑行速度越快，摩擦小轮转动越快，摩擦小轮的角速度越大，根据 ，交变电流的周期一定越小，B错误；
C．同样的骑行速度，车轮的线速度线相同，摩擦小轮的线速度相同，摩擦小轮的角速度相同，无论链条挂在小齿轮1上还是挂在小齿轮2上，灯泡的亮度相同，C错误；
D．同样的骑行速度，车轮的线速度线相同，摩擦小轮的线速度相同，摩擦小轮的角速度相同，变压器原线圈的电压相同，根据 ，变压器原线圈的匝数越多，变压器副线圈两端电压越小，车灯越暗，D错误。
故选A。
15．C
【详解】A．理想变压器的输入、输出功率相等，故A错误；
B．由图b可知交流电的频率为
所以副线圈输出的交变电压的频率也为50Hz，故B错误；
C．当热敏电阻Rr的温度升高时，由题可知其阻值将减小；所以副线圈所在电路的总电阻将减小，电路中的电流变大，电流表示数变大；由公式
可知定值电阻R1消耗的功率将变大，故C正确；
D．电阻Rr的阻值变化不会影响输入电压，所以电压表的示数不变，故D错误。
故选C。
16．B
【详解】A．变压器不会改变交流电的频率，因此副线圈两端电压的频率仍为50Hz，A错误；
B．根据
可知当单刀双掷开关由A→B时，副线圈两端电压的最大值为
因此电容器C会被击穿，B正确；
C．若传感器所在处温度升高，电阻减小，副线圈干路电流强度增加，原线圈电流强度增加，的示数变大；R3分得的电压升高，而副线圈两端电压不变，R1分得的电压减小，因此电流表A2的示数减小，C错误；
D．其他条件不变，单刀双掷开关由A→B时，变压器的输出电压加倍，从而变压器的输出功率增加，D错误。
故选B。
17．B
【详解】A．电压表的读数为交流电的有效值，所以一直是
A错误；
B．滑片P向下滑动中，副线圈回路的总电阻值较小，回路中电流I2增大，电压U2不变，则有I2U2增大，由理想变压器的输入功率等于输出功率，所以I1U1的数值变大，B正确；
C．滑片P向下滑动中，副线圈回路的总电阻值变小，回路中电流I2增大，副线圈的输出电压U2不变，可知的数值变小，C错误；
D．由电功率公式，可得R消耗的功率则有

由上式可知，电压U2不变，滑片P向下滑动中，随R的减小，R消耗的功率PR变小，D错误。
故选B。
18．D
【详解】AC．由于原线圈电压确定，原、副线圈匝数确定，所以副线圈两端电压一定；闭合电键S，电动机M开始工作，此后观察到灯泡L亮度变暗，说明灯泡L两端电压减小，因此电阻R两端电压增大，由可知，通过电阻R的电流增大，电流表读数变大，故AC正确，不符合题意；
B．由副线圈输出功率，可知副线圈的输出功率变大，由理想变压器
所以S闭合后原线圈输入功率变大，故B正确，不符合题意；
D．要让L灯达到原来亮度，就要增大副线圈的输出电压，由
可知，要减小原副线圈的匝数比，P滑动头应向下移动，故D错误，符合题意。
故选D。
19．C
【详解】A．根据原副线圈电流与匝数成反比得
A错误；
B．电压表V1测量原线圈电压，移动滑动变阻器，原线圈电压不变，B错误；
C．根据
可知副线圈电压不变，则滑动变阻器滑片P由a端向b端缓慢滑动时，电阻变小，电流变大，所以电流表A2的示数逐渐变大，C正确；
D．变压器的原、副线圈的电压均不变，而副线圈电路总电阻减小，则输出功率一直增大，由于理想变压器输入功率和输出功率相等，变压器输入功率也一直变大，D错误。
故选C。
20．D
【详解】A．通过题图乙可知变压器原线圈两端电压的最大值为,周期,永磁体转动的角速度
则电压的瞬时值表达式为
,
故A错误;
B．电压表V1测量的是变压器原线圈两端电压的有效值
故B错误;
C．电压表V2测量的是理想变压器副线圈的输出电压,与有无负载无关,根据
得电压表V2的示数
故C错误;
D．风速加倍时,角速度ω加倍,根据
可知产生的感应电动势加倍,变压器原线圈两端电压加倍,变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为
故D正确。
故选D。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第92讲 远距离输电原理及其动态分析
[2020 浙江]
1．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率，发电机的电压，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻，在用户端用降压变压器把电压降为。已知输电线上损失的功率，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（　　）
A．发电机输出的电流
B．输电线上的电流
C．降压变压器的匝数比
D．用户得到的电流
一．知识回顾
1．降低输电损耗的两个途径
减少输电损耗的理论依据：P损＝I2r。
（1）减小输电线的电阻：根据电阻定律r＝ρ，要减小输电线的电阻r，在输电距离一定的情况下，可采用减小材料的电阻率、增大导线的横截面积的方法。
（2）减小输电导线中的电流：在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压。
2．远距离输电问题的分析方法
对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析。
3．远距离高压输电的几个基本关系（以下图为例）
（1）功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3。
（2）电压、电流关系：＝＝，＝＝，
U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线。
（3）输电电流：I线＝＝＝。
（4）输电线上损耗的电功率
P损＝I线ΔU＝R线＝2R线。
当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的。
二．典型例题
题型一：计算输电线损失的功率及高压输电的意义
[2020 新课标Ⅱ]
2．特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为 P，到达B处时电压下降了 U。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为 P′，到达B处时电压下降了 U′。不考虑其他因素的影响，则（　　）
A． P′= P B． P′= P C． U′= U D． U′= U
题型二：计算输电线电流及变压器原副线圈匝数比
3．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率，发电机的电压，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻，在用户端用降压变压器把电压降为。已知输电线上损失的功率，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（　　）
A．发电机输出的电流 B．输电线上的电流
C．降压变压器的匝数比 D．用户得到的电流
题型三：动态分析
4．如图所示为一理想变压器，原线圈a、b两端接入电压的交变电流，Um和原线圈接入电阻阻值均保持不变。当用户并联在副线圈两端上的用电器增加时，下列说法正确的是（　　）
A．电流表A1的示数变大 B．电流表A2的示数变小
C．电压表V1的示数变大 D．电压表V2的示数变小
三．举一反三，巩固练习
5．2021年下半年，东北一些地区、一些时段实行了限电、停电，引起人们对输电、用电、节能的关注。某电站的电能输送示意图如图所示，升压变压器与降压变压器间输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数之比，降压变压器原、副线圈匝数之比。变压器均为理想变压器，如果发电机的输出电压为U1，用户输入端电压为U2，用户消耗电功率为P，则输电线上消耗电功率为（　　）
A． B． C． D．
6．输电能耗演示电路如图所示。左侧升压变压器原、副线圈匝数比为1：3，输入电压为7.5V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10Ω。开关S接1时，右侧降压变压器原、副线圈匝数比为2：1，R上的功率为10W；接2时，匝数比为1：2，R上的功率为P。下列说法中正确的是（　　）
A．接1时，左侧升压变压器副线圈两端电压为U2＝2.5V
B．接1时，右侧降压变压器原线圈中的电流为I3＝2A
C．导线总电阻r＝10Ω
D．接2时，R上的功率P＝22.5W
7．北京奥运场馆的建设体现了“绿色奥运”的理念。国家体育馆“鸟巢”隐藏着一座年发电量比较大的太阳能光伏发电系统，假设该发电系统的输出电压恒为，通过理想变压器向远处输电，如图，输电线的总电阻为，升压变压器原、副线圈匝数比为，下列说法正确的是（　　）
A．若用户消耗功率减少，则升压变压器输出电压减小
B．若用户消耗功率增加，则用户电路两端电压增大
C．若该发电系统输送功率为，则输电线损失的功率为
D．若该发电系统输送功率为，用户获得电压，则降压变压器原、副线圈的匝数比为
8．我国能源分布很不均匀，远距离大容量输电有着特别重要的意义。远距离高压交流输电的示意图如图所示，变压器均为理想变压器，发电机的输出功率P1= 1750kW，发电机的输出电压U1= 350V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线的总电阻r = 16Ω。若输电线上损失的功率ΔP = 40kW，则下列说法正确的是（ ）
A．输电线上输送的电流为500A
B．升压变压器原、副线圈的匝数比n1：n2= 1：10
C．降压变压器原线圈两端的电压为34200V
D．输电线上损失的电压为35000V
9．如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压恒为U1、输电线的电阻及理想变压器的匝数均不变，下列表述正确的是（　　）
A．若，则用户获得的电压
B．若用户开启的用电器增多，则升压变压器输出的增大
C．若用户开启的用电器增多，则输电线消耗的功率增大
D．若用户开启的用电器增多，则发电机输出的功率减小
10．如图甲，白鹤滩水电站是世界第二大水电站，共安装16台我国自主研制的全球单机容量最大功率百万千瓦水轮发电机组。2021年6月28日，白鹤滩水电站首批机组投产发电，用500千伏特高压向四川远距离输电。在远距离输电中，输电线的电阻是不可忽略的，如图乙，为白鹤滩水电站输电线路原理图，水电站输出电压稳定的正弦交流电，升至特高压U后向四川供电，输送的总功率为P。用户端理想变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，R1为输电线总电阻，R2为不断电用户电阻（可视为定值电阻），R为可变用户电阻（可视为可变电阻）。当可变电阻R减小时，电压表和电流表示数变化的绝对值分别为△U、△I，电压表和电流表均为理想电表，下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．对于原线圈回路，虚线框所圈部分的等效电阻为
D．输电线路上损耗的功率为
11．红旗渠是二十世纪六十年代的伟大工程，被誉为“人工天河”，红旗渠居高临下，果线长，落差大，沿渠建电站，发电、灌溉两受益。红旗果灌区某小型水电站远距离输电的简化电路如图所示，若发电机输出的电压随时间变化的函数关系式为，则下列说法正确的是（　　）
A．用户用电器上交流电的频率为
B．发电机输出交流电的电压有效值为
C．输电线上的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定
D．当只有用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小
12．如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器T1、降压变压器T2均为理想变压器，T1、T2的原、副线圈匝数比分别为k1、k2。输电线间的总电阻为R0，可变电阻R为用户端负载。U1、I1分别表示电压表V1、电流表A1的示数，输入电压U保持不变，当负载电阻R减小时，理想电压表V2的示数变化的绝对值为ΔU，理想电流表A2的示数变化的绝对值为ΔI，下列说法正确的是（　　）
A．R0
B．
C．电压表V1示数增大
D．电流表A1的示数增加了
13．如图所示为远距离输电线路示意图，和为两理想变压器，变压器的原线圈匝数n3可以调节。输电线的等效总电阻为r，纯电阻用电器R1和R2的额定电压均为U、阻值均为R。断开S，调节n3匝数为N1时，用电器R1正常工作，此时输电线上损耗的功率为P1；闭合S，调节n3匝数为N2时，用电器R1也能正常工作，此时输电线上损耗的功率为P2.则（　　）
A． B． C． D．
14．如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，且。下列表述正确的是（　　）
A．
B．若用户总电阻增大，
C．用户的功率增大时，输电线消耗功率增加
D．用户的功率增大时，发电机的输出功率减小
15．小型发电厂输出电压为（V）的交流电，经过升压变压器输送到较远的地区后，再经过降压变压器输送给用户使用，如图所示。已知变压器都是理想变压器，升压变压器和降压变压器的匝数比分别为1∶n和m：1，下列说法中正确的是（　　）
A．由于输电线有电阻，升压变压器原线圈功率大于副线圈功率
B．升压变压器原线圈中的交流电的频率一定等于降压变压器中副线圈中交流电的频率
C．若要用户得到的电压有效值也为220V，升压变压器原线圈中的电流将小于降压变压器中副线圈中的电流
D．若要用户得到的电压有效值也为220V，则
16．图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数比为k。在T的原线圈两端接入一电压的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率（　　）
A． B．
C． D．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．根据电功率公式
发电机输出电流
A错误；
B．输电线上损失功率，由
可得
故B错误；
C．降压变压器原副线圈得到的功率为
P4=P-P线=95kW
根据理想变压器电流与线圈匝数成反比关系，可得
C正确；
D．用户得到的功率为，用户得到的电流
D错误。
故选C。
2．AD
【详解】输电线上损失的功率
ΔP＝( )2·r
损失的电压
ΔU＝·r
当输送电压变为原来的2倍，损失的功率变为原来的 ，即
ΔP′＝ΔP
损失的电压变为原来的，即
ΔU′＝ΔU
故选AD。
3．BC
【详解】A．发电机输出的电流为
A错误；
B．根据
可得输电线上的电流为
B正确；
C．升压变压器的输出电压为
降压变压器的输入电压为
降压变压器的匝数比为
C正确；
D．根据
可得用户得到的电流为
D错误。
故选BC。
4．AD
【详解】AB．和原线圈接入电阻值均保持不变，用户并联在副线圈两端的用电器增加，则总电阻减小，则电流表的示数变大，由变压器规律可知，电流表的示数应变大，故A正确，B错误；
CD．由于原线圈所串联电阻分压，电压表的示数应变小，电压表的示数也变小，故C错误，D正确。
故选AD。
5．C
【详解】由题知，降压变压器副线圈电流
降压变压器原线圈电流
则升压变压器与降压变压器间输电线上消耗电功率
故选C。
6．D
【详解】A．开关S接1时，左侧升压变压器原、副线圈匝数比为1：3，输入电压为7.5V的正弦交流电，根据
解升压变压器的副线圈电压为
故A错误；
B．开关S接1时，右侧降压变压器原、副线圈匝数比为2：1，R上的功率为10W，根据公式
P＝I2R
可知，电阻的电流为
I4＝1A
根据欧姆定律得：降压变压器的副线圈电压为
U4＝IR＝1×10V＝10V
根据匝数比可知
U3:U4=2:1
I3:I4=1:2
解得
，I3＝0.5A
右侧降压变压器原线圈中的电流为0.5A，故B错误；
C．因左侧升压变压器副线圈的电压为，右侧降压变压器原线圈的电压为，根据欧姆定律得
故C错误；
D．开关接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的次级电流为0.5I；右侧变压器两边电压关系可知
解得
I＝3A
则R上的功率为
P＝（0.5I）2R＝1.52×10W＝22.5W
故D正确。
故选D。
7．C
【详解】A．根据理想变压器变压规律可知
虽然用户消耗功率减少，但因为U1始终不变，所以U2始终不变，故A错误；
B．若用户消耗功率增加，则发电系统输出功率一定增大，T1原线圈电流I1增大，根据理想变压器变流规律可知副线圈电流I2也增大，即输电电流增大，又因为
并且U2不变，所以U3减小，则U4减小，故B错误；
CD．若该发电系统输送功率为，则T1原线圈电流为
T1副线圈电流，即输电电流为
输电线损失的功率为
T2原线圈电压为
所以降压变压器原、副线圈的匝数比为
故C正确，D错误。
故选C。
8．C
【详解】A．根据功率公式P = I2R得
解得
I2 = 50A
A错误；
B．变压器为理想变压器，所以变压器输出功率等于输入功率
P1 = P2 = 1750kW
由P = UI可知
根据
所以，B错误；
C．降压变压器的输入功率为
则降压变压器原线圈两端电压为
C正确；
D．输电线上损失的电压为
D错误。
故选C。
9．C
【详解】A．根据变压器原理可得
又
可得
由于输电线上电阻分压作用
所以
故A错误；
B．输入电压恒定，升压变压器的原副线圈匝数比恒定，则则升压变压器输出的不变，故B错误；
CD．当用户的功率增大时，用电器增多，总电阻减小。降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的消耗功率增加，发电机的输出功率等于输电线消耗功率与用户的功率之和，因此，发电机的输出功率增加，故C正确，D错误。
故选C。
10．B
【详解】AB．设用户端理想变压器原副线圈两端电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，则根据理想变压器特点
U1I1=U2I2
U1：U2=n1：n2
得
，
对原线圈电路有
由上式可得
故A错误，B正确；
C．由，结合，联立可得
故C错误；
D．根据C中分析可知，虚线框所圈部分的等效电阻为R’，则R1上消耗功率为
故D错误。
故选B。
11．D
【详解】．根据公式
可知，输入频率与输出频率相等，故用户用电器上交流电的频率为。故错误；
B．根据题意，发电机输出的电压随时间变化的函数关系式为
可知发电机输出交流电的电压最大值为，有效值为
故B错误；
C．输电线上的电流由整个电路消耗的功率决定，既用户的负载功率和沿路损耗的功率决定。故C错误；
D．当用户用电器的总电阻增大时，用户的功率减小，降压变压器的输出功率减小，则输入功率变小，输入的电流变小，输电线上损失的功率变小。故D正确。
故选D。
12．BD
【详解】A．设降压变压器T2原线圈电压为U3，副线圈电压为U2。根据题意可知，电阻R0两端的电压等于
UR0＝U1﹣U3
则
A错误；
B D．设降压变压器T2原线圈电压变化为ΔU3，则
设降压变压器T2原线圈电流变化为ΔI3，则
可得
当负载电阻R减小时，电流表A1的示数增加了。
根据欧姆定律可得
即
解得
BD正确；
C．输入电压不变，升压变压器T1原线圈匝数比不变，则升压变压器T1副线圈的电压不变，电压表V1示数不变，C错误。
故选BD。
13．AD
【详解】
AB．两次R1都能正常工作，说明两次T2次级电压相等，闭合S时功率增大，T2次级电流增大，根据
T2初级电流增大，导线上的功率损失变大，则T2初级电压会减小，为了保持次级电压不变，则n3匝数要减小，所以
故A正确，B错误；
CD．断开S时
①
闭合S时
②
又
③
④
输电线上损耗的功率
⑤
联立①②③④⑤得
故C错误，D正确。
故选AD。
14．AC
【详解】AB．根据变压器原理可得
，
又由于已知
联立可得
与用户用电情况没有关系，故A正确，B错误；
CD．当用户的功率增大时，用电器增多，总电阻减小。降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的消耗功率增加，发电机的输出功率等于输电线消耗功率与用户的功率之和，因此，发电机的输出功率增加，故C正确，D错误。
故选AC。
15．BD
【详解】A．升压变压器原线圈功率等于副线圈功率，与输电线的电阻无关，所以A错误；
B．升压变压器原线圈中的交流电的频率一定等于降压变压器中副线圈中交流电的频率，所以B正确；
C．若要用户得到的电压有效值也为220V，根据升压变压器原线圈中的功率大于降压变压器的功率，所以升压变压器原线圈中的电流将大于降压变压器中副线圈中的电流，则C错误；
D．升压变压器这边，有
升压变压器这边，有
在输电线上有电压损失则有
联立可得
所以D正确；
故选BD。
16．C
【详解】加在原线圈上的电压为
根据电压比与匝数比关系有
所以有
输电线上的电流为
输电线上损失的功率为
联立解得
又
则
所以C正确，ABD错误。
故选C。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第93讲 用单摆测量重力加速度的大小（实验）
（2022 上海）
1．在“用单摆测定当地的重力加速度”的实验中：
（1）摆线质量和摆球质量分别为m线和m球，摆线长为l，摆球直径为d，则 ；
A．m线>>m球，l<>m球，l>>d
C．m线<>d
（2）小明在测量后作出的T2-l图线如图所示，则他测得的结果是g= m/s2。（保留2位小数）
（3）为了减小误差，应从最高点还是最低点开始计时，请简述理由 。
（2020 浙江）
2．某同学用单摆测量重力加速度，
①为了减少测量误差，下列做法正确的是 （多选）；
A．摆的振幅越大越好
B．摆球质量大些、体积小些
C．摆线尽量细些、长些、伸缩性小些
D．计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处
②改变摆长，多次测量，得到周期平方与摆长的关系图象如图所示，所得结果与当地重力加速度值相符，但发现其延长线没有过原点，其原因可能是 。
A．测周期时多数了一个周期
B．测周期时少数了一个周期
C．测摆长时直接将摆线的长度作为摆长
D．测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长
一、知识回顾
1.实验原理
由单摆的周期公式T=2π，可得出g=l，测出单摆的摆长l和振动周期T，就可求出当地的重力加速度g。
2.实验器材
带中心孔的小钢球、约1 m长的细线、带有铁夹的铁架台、游标卡尺、毫米刻度尺、停表。
3.实验步骤
（1）做单摆
取约1 m长的细线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处做上标记，如图所示。
（2）测摆长
用毫米刻度尺量出摆线长L（精确到毫米），用游标卡尺测出小球直径D，则单摆的摆长l=L＋。
（3）测周期
将单摆从平衡位置拉开一个角度（不超过5°），然后释放小球，记下单摆摆动30次或50次全振动的总时间，算出平均每摆动一次全振动的时间，即为单摆的振动周期T。
（4）改变摆长，重做几次实验。
4.数据处理的两种方法：
方法一：公式法。
根据公式T=2π，g=。将测得的几组周期T和摆长l分别代入公式g=中算出多组重力加速度g的值，再求出g的平均值，即为当地重力加速度的值。
方法二：图像法。
由单摆的周期公式T=2π可得l=T2，因此以摆长l为纵轴，以T2为横轴描点作图，作出的l T2图像理论上是一条过原点的直线，如图所示，求出图像的斜率k，即可求出g值。g=4π2k，k==。
5.误差分析
（1）本实验的系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即：悬点固定，小球质量大、体积小，细线轻质非弹性，振动是在同一竖直平面内的振动，这些要求是否符合。
（2）本实验的偶然误差主要来自时间的测量和摆线长度的测量，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计摆球全振动次数。使用刻度尺测量摆线长度时，要多次测量取平均值以减小误差。
（3）利用图像法处理数据具有形象、直观的特点，同时也能减小实验误差。利用图像法分析处理时要特别注意图像的斜率及截距的物理意义。
6.注意事项
（1）小球选用密度大的钢球。
（2）选用1 m左右难以伸缩，且尽量轻的细线。
（3）悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定。
（4）单摆必须在同一平面内振动，且摆角小于5°。
（5）选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时，并数准全振动的次数。
二、例题精析
题型一：实验原理与等效重力加速度
例1
3．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：
（1）用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为 cm．摆动时偏角满足的条件是偏角小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最 （填“高”或“低”）点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期．图乙中停表示数为一单摆全振动50次所需时间，则单摆振动周期为 ．
（2）用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长，测量情况如图丙所示，O为悬挂点，从图丙中可知单摆的摆长为 m．
（3）若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝ ．
（4）考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生A说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大．”学生B说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中 ．
A．学生A的说法正确
B．学生B的说法正确
C．两学生的说法都是错误的
（5）某同学用单摆测量当地的重力加速度．他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图丁（a）所示．通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图象如图丁（b）所示．由图象可知，摆球的半径r＝ m，当地重力加速度g＝ m/s2；由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会 （选填“偏大”“偏小”或“一样”）．
题型二：数据处理与误差分析
例2
4．利用单摆测当地重力加速度的实验中
（1）利用游标卡尺测得金属小球直径如图1所示，小球直径d= cm；
（2）某同学测量数据如下表，请在图2中画出L-T2图象 ；
L/m 0.400 0.500 0.600 0.800 1.200
T2/s2 1.60 2.10 2.40 3.20 4.80
由图象可得重力加速度g= m/s2（保留三位有效数字）；
（3）某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其它操作无误，那么他得到的实验图象可能是下列图象中的 。
A．B． C． D．
题型三：实验原理变式与创新（摆球半径未知的情况如何完成实验）
例3
5．在“利用单摆测重力加速度”的实验中
（1）以下做法中正确的是 ；
A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线长
B．测量周期时，从小球到达最大振幅位置开始计时，摆球完成50次全振动时，及时截止，然后求出完成一次全振动的时间
C．要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动
D．单摆振动时，应注意使它的偏角开始时不能小于10°
（2）某同学先用米尺测得摆线长为97.43cm，用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示为 cm，则单摆的摆长为 cm；然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图乙所示为 s。（结果均保留4位有效数字）
（3）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由于没有游标卡尺，无法测小球的直径d，实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长L，测得多组周期T和L的数据，作出l－T2图像，如图丙所示。实验得到的L－T2图像是 （选填“a”“b”或“c”）；
（4）关于实验操作或结果分析，下列说法正确的是 （填正确答案标号）。
A．如果有两个大小相等且都带孔的铁球和木球，应选用铁球
B．摆线要选细些的、伸缩性好的
C．为了使单摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，测量的重力加速度g值偏小
三、举一反三，巩固练习
6．某同学做“用单摆测重力加速度”的实验，供选择的摆线有：
A.0.3m长的细线　　B.1m长的细线
C.1.2m长的粗线　　D.1.5m长的橡皮绳
（1）应选用的摆线是 （填写所选摆线前的字母）。
（2）单摆做简谐振动时，回复力是由摆球 的分力提供。实验时，测出摆长为l，某次摆动的周期为T，则重力加速度的表达式为 。
（3）该同学改变摆长，测出几组摆长l和对应的周期T的数据，作出l-T2图像，如图（a）所示。他在实验时不小心在小球下方粘了一个小物体，如图（b）所示，如果利用图（a）中A、B两点的坐标值计算重力加速度，是否能够消除因小球下方粘了小物体而造成的测量误差？ （选填“能”或“不能”），理由是： 。
7．居家防疫期间，小明在家做“用单摆测定重力加速度”的实验。他使用一块外形不规则的小石块代替摆球，如图甲所示。设计的实验步骤是：
A．将小石块用不可伸长的细线系好，结点为N，细线的上端固定于O点；
B．用刻度尺测量ON间细线的长度l作为摆长；
C．将石块拉开一个大约=5°的角度，然后由静止释放；
D．从石块摆至某一位置处开始计时，测出30次全振动的总时间t，由得出周期；
E．改变ON间细线的长度再做几次实验，记下相应的l和T；
F．根据公式，分别计算出每组l和T对应的重力加速度g，然后取平均值即可作为重力加速度的测量结果。
（1）为减小实验误差，应从石块摆到 （选填“最低点”或“最高点”）位置开始计时。
（2）小明用ON的长l为摆长，利用公式求出的重力加速度的测量值比真实值 （选填“偏大”或“偏小”）。
（3）小明利用测出的多组摆长l和周期T的数值，作出T2-l图像如图乙所示，若图像的斜率为k，则重力加速度的表达式是g= 。
8．（1）用单摆测定重力加速度的实验原理是 。
（2）若测量结果得到的值偏大，可能是因为 。（选填选项前的字母）
A.组装单摆时，悬点没有固定牢固
B.测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长
C.测量周期时，把次全振动误认为是次全振动
D.测量摆长时，用力向下拉着摆球测量摆长
（3）多次改变摆长测出对应的周期，将数据输入计算机，可得到图2所示的图像，图线经过坐标原点，斜率。由此求得重力加速度 。（，此空答案保留3位有效数字）
9．某同学为测量当地的重力加速度，设计了图甲所示的实验装置。一轻质细线上端固定在力传感器上，下端悬挂一小钢球。钢球静止时球心刚好位于光电门处。主要实验步骤如下：
a、用游标卡尺测出钢球直径d；
b、钢球悬挂静止不动时，记下力传感器的示数，量出线长L（线长L远大于钢球直径d）；
c、将钢球拉到适当的高度后由静止释放，细线始终于拉直状态，计时器测出钢球通过光电门时的遮光时间t，记下力传感器示数的最大值。
（1）游标卡尺示数如图乙，则钢球直径d= mm；
（2）钢球经过光电门时的速度表达式v= ；
（3）通过以上信息可求出当地的重力加速度表达式为g= （用题干中所给物理量的符号表示）。
10．用如图所示实验装置做“用单摆测重力加速度”的实验。
（1）在摆球自然悬垂的状态下，用米尺测出摆线长为，用游标卡尺测得摆球的直径为d，则单摆摆长为 （用字母、表示）；
（2）为了减小测量误差，下列说法正确的是 （选填字母代号）；
A．将钢球换成塑料球
B．当摆球经过平衡位置时开始计时
C．把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放
D．记录一次全振动的时间作为周期，根据公式计算重力加速度g
（3）若测得的重力加速度g值偏小，可能的原因是 （选填字母代号）；
A．把悬点到摆球下端的长度记为摆长
B．把摆线的长度记为摆长
C．摆线上端未牢固地系于悬点，在振动过程中出现松动
D．实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次
（4）某同学利用质量分布不均匀的球体作摆球测定当地重力加速度，摆球的重心不在球心，但是在球心与悬点的连线上。他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L，通过改变摆线的长度，测得6组L和对应的周期T，画出图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标分别为（）（,）如图所示。由图可计算出重力加速度 。
11．某同学为了测量当地的重力加速度，设计了一套如图甲所示的实验装置。拉力传感器竖直固定，一根不可伸长的细线上端固定在传感器的固定挂钩上，下端系一小钢球，钢球底部固定有遮光片，在拉力传感器的正下方安装有光电门，钢球通过最低点时遮光片恰能通过光电门。小明同学进行了下列实验步骤：
（1）用游标卡尺测量遮光片的宽度，如图乙所示，则 mm；
（2）用游标卡尺测量小钢球的直径为D，用刻度尺测量小钢球到悬点的摆线长为I；
（3）拉起小钢球，使细线与竖直方向成不同角度，小钢球由静止释放后均在竖直平面内运动，记录遮光片每次通过光电门的遮光时间和对应的拉力传感器示数；
（4）根据记录的数据描绘出如图所示的图像，已知图像与纵轴交点为，图像斜率为，则通过以上信息可求出当地的重力加速度表达式为g= （用题目中所给物理量的符号表示）；
（5）如果在实验过程中所系的细线出现松动，则根据实验数据求出的当地重力加速度g的值比实际值 （选填“偏大”、“偏小”、“不变”）。
12．居家防疫期间，小明在家里做“用单摆测定重力加速度”的实验。他找到了一块外形不规则的小石块代替摆球，设计的实验步骤是：
A．将小石块用不可伸长的细线系好，结点为N，细线的上端固定于O点；
B．用刻度尺测量ON间细线的长度l作为摆长；
C．将石块拉开一个大约的角度，然后由静止释放；
D．从石块摆至某一位置处开始计时，测出30次全振动的总时间t，由得出周期；
E．改变ON间细线的长度再做几次实验，记下相应的l和T；
F．根据公式，分别计算出每组l和T对应的重力加速度g，然后取平均值即可作为重力加速度的测量结果。
(1)小石块摆动的过程中，充当回复力的是 ；
A．重力 B．拉力
C．拉力沿水平方向的分力 D．重力沿圆弧切线方向的分力
(2)为使测量更加准确，步骤 D中，小明应从 （选填“最大位移”或“平衡位置”）处开始计时；
(3)小明用ON的长l为摆长，利用公式求出的重力加速度的测量值比真实值 （选填“偏大”或“偏小”）；
(4)小红利用小明测出的多组摆长l和周期T的值，作出图线如图所示，通过测量计算出图线的斜率为k，由斜率 k求重力加速度的表达式是 ；
(5)在步骤F中，有同学认为可以先将多次测量的摆长l取平均值得到，周期T取平均值得到，再带入公式，得到重力加速度g的测量结果，你认为这种做法是否正确并说明理由 。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1． D 9.74 最低点，在最低点加速度最小，速度变化慢，更容易判断，所以测得的时间误差较小
【详解】（1）[1]为了减小实验册误差，该实验中要求摆线质量远小于摆球的质量，即m线<>d；故选D。
（2）[2]由于
可得
根据T2-l图线可知
解得
g=9.74m/s2
（3）[3]最低点，在最低点加速度最小，速度变化慢，更容易判断，所以测得的时间误差较小。
2． BC C
【详解】①[1]．A．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不能超过5°，否则单摆将不做简谐振动，故A做法错误；
B．实验尽量选择质量大的、体积小的小球，减小空气阻力，减小实验误差，故B做法正确；
C．为了减小实验误差，摆线应轻且不易伸长的细线，实验选择细一些的、长度适当、伸缩性小的绳子，故C做法正确；
D．物体再平衡位置（最低点）速度最大，计时更准确，故D做法错误。
②[2]．单摆的周期
即
但是实验所得没过原点，测得重力加速度与当地结果相符，则斜率仍为；则
故实验可能是测量是直接将摆线的长度作为摆长了。
3． 0.97 低 2.01 0.997 0 A 1.0×10-2 π2 一样
【详解】（1）摆球的直径为：0.9 cm+0.1 mm×7=0.97 cm；计时开始时，在摆球经过最低点时开始计时，产生的时间误差较小；由秒表读出时间t=90 s+12.50 s=102.50 s，则单摆的周期为．
（2）刻度尺的最小刻度为1 mm，则由图乙读出悬点到球心之间的距离为0.997 0 m，则单摆摆长的测量值为L=0.9970m．
（3）单摆的周期公式T=2π得：．
（4）考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，物体不只受重力了，加速度也不是重力加速度，实际加速度要减小，因此振动周期变大，学生A说法正确，故A正确．
（5）T2与L的图象，应为过原点的直线，由横轴截距得，球的半径应为1.0×10-2 m；图象斜率，而，故g==π2，根据以上推导，斜率不变，重力加速度不变，故对g的没有影响，得到的重力加速度值与实际的重力加速度值一样．
4． 2.26 9.86 B
【详解】（1）[1]小球的直径为
（2）[2]如图所示。
[3]根据可得
所以L-T2图象的斜率为
解得
（3）[4]若摆长没有加小球的半径，则应有
即
所以该同学得到的实验图象存在横截距，故选B。
5． C 2.125 98.49 100.0 c AD
【详解】（1）[1]A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球球心的距离，故A错误；
B．测量周期时，选取平衡位置作为计时起点与终止点，因为摆球通过平衡位置时速度最大，相等的距离误差时，引起的时间误差较小，测量的周期精确，故B错误；
C．要保证单摆在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，故C正确；
D．单摆摆动时，对摆角的大小有要求，摆角的大小不超过5°，故D错误；
故选C；
（2）[2]游标卡尺的精度为0.05mm，其读数主尺与游标尺的读数之和，故摆球直径
d=21mm+5×0.05mm=21.25mm=2.125cm
[3]单摆摆长等摆线长加摆球的半径，即
[4]由秒表读得50次全振动的时间
t=90s+10.0s=100.0s
（3）[5]摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长L，悬点到小球最低点的距离作为摆长l，则
L=l-r
由单摆周期公式
得
由图示图象可知，实验得到的l-T2图象应该是c；
（4）[6]A．为减小空气阻力对实验的影响，如果有两个大小相等且都带孔的铁球和木球，应选用铁球，故A正确；
B．为了提高测量的精确度，摆线应选用伸缩不计的细线，如轻质、无弹性的棉线做为摆线，故B错误；
C．若摆线相距平衡位置有较大的角度，则单摆就不能视为简谐运动了，故C错误；
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，实际摆长变大，根据单摆周期公式
可知
测量的重力加速度g值偏小，故D正确。
故选AD。
6． B 重力垂直摆线方向 能 将A、B两点的纵坐标值相减，根据，因小球重心下移造成的摆长测量误差被抵消了
【详解】（1）[1] 该实验应选用质量较轻、不可伸长、长度较长的细线，应选用的摆线是B。
（2）[2] 单摆做简谐振动时，回复力是由摆球重力垂直摆线方向的分力提供。
[3]由单摆的周期公式
得重力加速度的表达式为
（3）[4] 能够消除因小球下方粘了小物体而造成的测量误差。
[5] 将A、B两点的纵坐标值相减，根据
因小球重心下移造成的摆长测量误差被抵消了。
7． 最低点 偏小
【详解】（1）[1]为减小实验误差，应从石块摆到最低点位置开始计时。
（2）[2]由单摆的周期公式
得
用ON的长l作为摆长，摆长偏短，则测得的重力加速度偏小；
（3）[3] 设石块质心到N点的距离为R，则实际摆长为，则可得
可知图像的斜率
可得重力加速度为
8． D 9.86
【详解】（1）[1]根据单摆周期公式
可得
（2）[2]根据
A．测量过程悬点松动导致摆线长度边长，则测得的周期肯定偏大，故测得的重力加速度值偏小，选项A错误；
B．错把摆线长当了摆长，则摆长的测量值偏小，重力加速度测量值偏小，选项B错误；
C．测量周期T时，把次全振动的次数误数为次，测得的周期偏大，则测得的重力加速度值偏小，选项C错误；
D．测量摆长时，用力向下拉着摆球测量摆长，摆长偏大，则测量结果得到的值偏大，选项D正确。
（3）[3]根据整理得
可知图像斜率
解得
9． 7.25
【详解】（1）[1]钢球直径
d=7mm+5×0.05mm=7.25mm
（2）[2]钢球经过光电门时的速度
（3）[3]在最低点根据牛顿第二定律可得
解得
10． B BC
【详解】（1）[1]在摆球自然悬垂的状态下，用米尺测出摆线长为，用游标卡尺测得摆球的直径为d，则单摆摆长为
（2）[2]A．将钢球换成塑料球，会增加阻力的影响从而增加误差，选项A错误；
B．当摆球经过平衡位置时开始计时，可减小测定周期产生的误差，选项B正确；
C．单摆的摆角要小于5°，否则就不是简谐振动了，则把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放，会增加实验误差，选项C错误；
D．应该至少测量30次全振动的时间测量周期，用记录一次全振动的时间作为周期误差会较大，选项D错误。
故选B。
（3）[3]根据
可知
若测得的重力加速度g值偏小，则
A．把悬点到摆球下端的长度记为摆长，则L测量值偏大，则测得的g偏大，选项A错误；
B．把摆线的长度记为摆长，则L测量值偏小，则测得的g偏小，选项B正确；
C．摆线上端未牢固地系于悬点，在振动过程中出现松动，则实际摆长变大，计算所用的摆长偏小，则测得的g偏小，选项C正确；
D．实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次，则周期测量值偏小，则测得的g偏大，选项D错误；
故选BC。
（4）[4]若摆球重心在球心以上x处，则
解得
则图像的斜率为
解得
11． 12.35 偏大
【详解】(1)[1]遮光片的宽度为
(4)[2]在最低点，根据牛顿第二定律得
解得
则有
，
所以有
(5)[3]如果在实验过程中所系的细线出现松动，则半径真实值变大，则根据实验数据求出的当地重力加速度g的值比实际值偏大。
12． D 平衡位置 偏小 错误，因l与T是非线性关系，不能用和求出重力加速度
【详解】(1)[1]摆球运动中受重力和绳的拉力，而单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧方向上的切向分力，故D正确，ABC错误。
故选D。
(2)[2]摆球经过平衡位置时速度最大，在摆球经过平衡位置时开始计时测量误差最小，故小明应从平衡位置处开始计时；
(3)[3]由单摆的周期公式得
用ON的长l作为摆长，摆长偏短，则测得的重力加速度偏小；
(4)[4]设摆球的半径为R，则实际摆长为，则可得
可知图像的斜率
可得重力加速度为
(5)[5]做法错误，因l与T是非线性关系，不能用和求出重力加速度。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第94讲 波的图像与振动图像综合问题
（2022 上海）
1．在同一介质中有a、b两列机械波，它们的波形如图所示，两列波的频率分别为和，波长分别为和，则（　　）
A．， B．，
C．， D．，
（2022 山东）
2．一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如图所示。当时，简谐波的波动图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2022 浙江）
3．两列振幅相等、波长均为、周期均为T的简谐横波沿同一绳子相向传播，若两列波均由一次全振动产生，t=0时刻的波形如图1所示，此时两列波相距，则（　　）
A．时，波形如图2甲所示
B．时，波形如图2乙所示
C．时，波形如图2丙所示
D．时，波形如图2丁所示
一.知识回顾
1．波速与振速的区别
（1）波速：波源振动几个周期，波形就向外平移性延伸几个波长，这个比值就表示了波形向外平移性延伸（或振动能量向外传播）的速度，即波速。波速的大小与介质有关，与波源的振动频率无关，波在同一均匀介质中的传播是匀速的。
（2）振速：质点的振动速度，即为振速。波动中各质点都在平衡位置附近做周期性振动，即做变速运动，振速周期性变化。振速与质点偏离平衡位置的位移有关。
2．机械振动与机械波的区别和联系
　名称项目 机械振动 机械波
区别 运动特点 机械振动是单个质点以平衡位置为中心所做的往复运动 机械波是介质中大量质点依次发生受迫振动而形成的“集体运动”
产生原因 机械振动是质点受到回复力作用的结果 机械波是从波源处开始，由近及远，介质中质点依次施力带动相邻质点发生受迫振动形成的
能量变化 情况 机械振动过程中，动能和势能不断地相互转化，总机械能守恒 波源将能量传递给相邻质点，相邻质点再将能量传递给它的相邻质点，由近及远，每个质点在不断地吸收和放出能量，从而把波源的能量传播出去，是一个能量的传播过程
联系 （1）机械波是机械振动在介质中传播形成的（2）机械波的周期等于介质中质点机械振动的周期 （3）有机械振动不一定有机械波，但有机械波一定有机械振动 （4）波源停止振动后，介质中的机械振动并不立即停止传播，而是继续向远处传播，直到振动能量全部损耗完
3.波动图像和振动图像的比较
振动图像 波的图像
研究对象 一振动质点 沿波传播方向的所有质点
研究内容 一质点的位移随时间的变化规律 某时刻介质中所有质点的空间分布规律
图像
物理意义 表示同一质点在各时刻偏离平衡位置的位移 表示介质中的各个质点在某一时刻偏离平衡位置的位移
图像信息 （1）质点振动周期（2）质点振幅 （3）某一质点在各时刻偏离平衡位置的位移 （4）某一质点在各时刻速度、加速度的方向 （1）波长、振幅（2）任意一质点在该时刻偏离平衡位置的位移 （3）任意一质点在该时刻的加速度方向 （4）已知波的传播方向，可判断介质中各质点的振动方向；已知介质中某一质点的振动方向，可判断波的传播方向
图像变化 随时间推移，图像延续，但已有形状不变 随时间推移，波形沿传播方向平移
连续重复的最短完整曲线占横坐标的距离 表示一个周期 表示一个波长
4.求解波的图像与振动图像综合类问题可采用“一分、一看、二找”的方法
二.例题精析
题型一：振动图像+波形图，读图知波长和周期，进行定性判定和定量计算
例1
4．渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波在t=0时的波动图像如图1所示，图2为质点P的振动图像，则下列说法正确的是（　　）
A．该波的波速为1.5m/s
B．该波沿x轴正方向传播
C．0~1s时间内，质点P沿x轴运动了1.5m
D．0~1s时间内，质点P运动的路程为2m
E．旁边另一艘渔船发出了更高频率的超声波，易知这两列声波在水中传播速度大小相等
题型二：振动图像+波形图，读图只知周期，波长不确定
例2（2021 辽宁）
5．一列沿x轴负方向传播的简谐横波，t=2s时的波形如图（a）所示，x=2m处质点的振动图像如图（b）所示，则波速可能是（　　）
A．m/s B．m/s C．m/s D．m/s
题型三：已知两质点的振动图像，画波形图求解。
例3
6．一列简谐横波沿轴传播，已知轴上和处质点的振动图像分别如图1、图2所示，则此列波的传播速率可能是（ ）

A． B． C． D．
题型四：振动图像+波形图，应用振动方程或波形方程求解
例4
7．一列简谐横波在时的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点。图(b)是质点Q的振动图象。求：
（1）波速及波的传播方向；
（2）质点Q的平衡位置的x坐标。
三.举一反三，巩固练习
8．一列沿轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图甲所示，图乙是位于x=1m的质点N此后的图像，Q是位于x=10m处的质点。则下列说法正确的是（　　）
A．波沿x轴正方向传播，波源的起振方向向下
B．在5~5.5s时间内，质点M的速度在增大，加速度在减小
C．在t=12s时，质点Q的位置坐标为（10m，—8cm）
D．在t=7s时，质点Q开始向下振动
9．一列简谐横波沿x轴正方向传播，如图1是时刻该简谐横波传播到的Q点时的波形图，如图2是质点P（）的振动图象，下列说法正确的是（　　）
A．这列简谐横波的振幅为
B．这列简谐横波的频率是
C．这列简谐横波的波速大小是
D．质点P经过时间运动到Q点
10．如图甲所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，在传播方向上有P、Q两个质点，两质点置坐标分别为xP＝0.6m、xQ＝1.5m，某时刻简谐波刚好传到Q点，而此刻质点P恰好位于波峰，并且P、Q之间只有一个波谷。此后质点Q的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．该简谐波的传播速度为0.3m/s
B．该简谐波的波长为3.6m
C．经t＝6s，质点P沿传播方向运动了30cm
D．一观察者沿x轴靠近波源运动时，其观测到该波的频率将小于0.25Hz
11．如图为两个周期均为T、振幅均为A的波源在某时刻形成的干涉图样，实线表示波峰、虚线表示波谷，d点位于a、b两点连线的中点上。从图示时刻开始计时，经过（　　）
A．a点位于平衡位置，运动路程为2A
B．b点位于平衡位置，运动路程为A
C．c点位于平衡位置，运动路程为A
D．d点位于平衡位置，运动路程为0
12．B超的工作原理是声波与光波技术结合而成。B超产生的声波就是超声波，超声波射入人体后，在机体的组织器官形成反射波，在超声诊断仪内进行声能与光能的转换之后形成影像。如图所示为沿x轴正方向发送的简谐超声波图像，t=0时刻波恰好传到质点P。下列说法正确的是（　　）
A．在t=0时刻，质点P开始振动方向沿y正方向
B．在t=0时刻，质点Q开始振动方向沿y负方向
C．在t>0后，质点P与Q在任意时刻振动方向相同
D．在t>0后，质点P与Q在任意时刻振动位移大小相等，方向相反
13．如图甲所示为一列沿x轴方向传播的简谐横波在=1s时刻的波形图，图乙是x=2m的处质点P的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．这列波沿x轴负方向传播
B．这列波波速为0.5m/s
C．这列波振幅为6cm
D．质点P在0-1s内的路程为1.5cm
14．甲、乙两同学分别用手抓住绳子一端然后各自手持绳端上下振动，某一时刻形成的波形图如图所示，若甲同学的振动频率为f1，乙同学的振动频率为f2，则（　　）
A．f1 > f2甲的起振方向向上 B．f1 > f2乙的起振方向向上
C．f1 < f2甲的起振方向向上 D．f1 < f2乙的起振方向向上
15．如图所示，在一平静水面上建立坐标系。甲、乙两波源分别在、处先后以的频率上下振动，在水面上产生简谐横波。图中虚线为某一时刻两列波到达的位置，此时处的质点沿振动方向的位移为零且速度向下。已知该水波的波速为，振幅为，两波源起振方向相同，传播过程中能量损耗不计。则下列说法正确的是（　　）
A．波源、起振方向向上
B．波源比振动提前0.2s
C．图示时刻处的质点向下振动
D．图示时刻处的质点位移大小为4cm
16．图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，图乙为质点P的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．在t=0.10s时，质点P的速度为零
B．从t=0.10s到t=0.25s，质点P的路程为10cm
C．这列简谐横波沿x轴正方向传播
D．在t=0.25s时，质点P的加速度沿y轴负方向
17．如图甲所示，一列简谐横波在均匀介质中沿直线向右传播，选取平衡位置在同一直线上的7个质点，相邻两质点间的距离均为d。t＝0时该波传播到质点1，且质点1向下运动，时刻该波第一次出现如图乙所示的波形，则（　　）
A．时质点2向下运动 B．时质点5的速度为0
C．该波的波长为10d D．该波的波速为
18．如图甲所示，在平面内有两个波源（，）和（，），两波源做垂直于平面的简谐运动，其振动图像分别如图乙和图丙所示，两波源形成的机械波在平面内向各个方向传播，波速均为。平面上有A、B两点，其位置坐标分别为（，），（，），则（　　）
A．两波源形成的波不同，不能产生干涉现象
B．图中点（，）的振幅为
C．AB连线上有一个振动加强点
D．两波源的连线上（不含波源）有11个振动减弱点，它们的位移大小始终是
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】根据图像可知，两列波的波长关系为
因为在同一介质中波速相等，则根据公式可知
故选B。
2．AC
【详解】由O点的振动图像可知，周期为T=12s，设原点处的质点的振动方程为
则
解得
在t=7s时刻
因
则在t=7s时刻质点在y轴负向向下振动，根据“同侧法”可判断若波向右传播，则波形为C所示；若波向左传播，则波形如A所示。
故选AC。
3．BD
【详解】A．根据波长和波速的关系式为
则时，两列波各种向前传播的距离为
故两列波的波前还未相遇，故A错误；
B．时，两列波各种向前传播的距离为
故两列波的波前刚好相遇，故B正确；
C．时，两列波各种向前传播的距离为
根据波的叠加原理可知，在两列波之间的区域为两列波的波形波谷相遇，振动加强，处的波谷质点的位移为2A，故C错误；
D．时，两列波各种向前传播的距离为
两列波的波峰与波谷叠加，位移为零，故D正确；
故选BD。
4．BDE
【详解】A．波速为
A错误；
B．利用“上下坡”法，可以判断出波沿x轴正方向传播，B正确；
C．振动介质不会随波迁移，C错误；
D．质点P在一个周期内的路程为，所以1 s的路程为2 m，D正确；
E．超声波在同一介质中的传播速度不变，E正确。
故选BDE。
5．A
【详解】根据图b可知t=2s时x=2m处的质点正经过平衡位置向下振动；又因为该波向负方向传播，结合图a，利用“上下坡”法可知x=2m为半波长的奇数倍，即有
（n=1，2，3… …）
而由图b可知该波的周期为T=4s；所以该波的波速为
（n=1，2，3… …）
当n=3时可得波的速率为
故选A。
6．BC
【详解】当该列波向右传播时，根据题干可知1m和7m之间的距离满足的关系为
则由
可得波速为
当n=1时可得；
当波向左传播时1m和7m之间的距离关系满足
则
当n=0时可得；
将A和D选项代入两个波速表达式，n均不是整数，因此A和D错误，BC正确。
故选BC。
7．（1）18cm/s，沿x轴负方向传播；（2）9cm
【详解】（1）由图(a)可以看出，该波的波长为
λ＝36cm
由图(b)可以看出，周期为
T＝2s
波速为
v＝＝18cm/s
由图(b)知，当时，Q点向上运动，结合图(a)可得，波沿x轴负方向传播。
（2）设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为、由图(a)知，x＝0处
y＝－＝Asin(－)
因此
由图(b)知，在t＝0时Q点处于平衡位置，经Δt＝s，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，可得P、Q间平衡位置距离为
＝vΔt＝6cm
则质点Q的平衡位置的x坐标为
＝9cm
8．B
【详解】A．由图乙可知0时刻之后质点N的加速度先为正方向，所以质点N先向下振动，所以波沿x轴正方向传播。由“前一质点带动后一质点”可知0时刻质点M的振动方向向上，即波源的起振方向向上。故A错误；
B．由图乙可知，5~5.5s时间内质点振动时间大于周期，小于周期，此时质点M正处于x轴上方且正向y轴负方向运动，所以其速度在增大，加速度在减小，故B正确；
C．波的传播速度为
波从质点M处传播到质点Q处所需要的的时间
Q的振动了个周期，此时质点Q处于x轴上方最多大位移处，即（10m，8cm）处，故C错误；
D．由C项分析可知t=7s时波正好传播到质点Q处，其振动方向向上，故D错误。
故选B。
9．C
【详解】A．由图甲可读出这列简谐横波的振幅为，波长为，故A错误；
B．由图乙可读出这列简谐横波的周期是，则频率为
故B错误；
C．这列简谐横波的波速大小
故C正确；
D．质点P只在垂直x轴方向振动，不随波向前运动，故D错误。
故选C。
10．A
【详解】AB．某时刻简谐波刚好传到Q点，而此刻质点P恰好位于波峰，并且P、Q之间只有一个波谷,可知
得
由乙图可知
该简谐波的传播速度为
A正确；B错误；
C．质点P不会沿波的传播方向运动，只在其平衡位置附近往复运动。C错误；
D．波源的频率
一观察者沿x轴靠近波源运动时，其观测到该波的频率将大于0.25Hz。D错误。
故选A。
11．A
【详解】A．依题意，a为振动加强点、振幅为2A，0时刻在波峰，经过四分之一周期，a点位于平衡位置向下运动，运动路程为2A，故A正确；
B．依题意，b为振动加强点，振幅为2A，0时刻在波谷，经过四分之一周期，b点位于平衡位置向上运动，运动路程为2A，故B错误；
C．依题意，c点为振动减弱点、其振幅为0，其一直位于平衡位置，路程为0，故C错误；
D．依题意，d点位于 a、b 两点连线的中点上，为振动加强点，振幅为2A；因d点位于a、b两点连线的中点上，由题图可知0时刻d点位于平衡位置向下振动，经过四分之一周期，d点到波谷，路程为2A，故D错误。
故选A。
12．D
【详解】AB．由于该超声波沿x轴正方向传播，根据波的平移可知，在t=0时刻，质点P开始振动方向沿y负方向，质点Q开始振动方向沿y正方向，故AB错误；
CD．由于质点P与质点Q的距离为，因此在t>0后，质点P与Q在任意时刻振动方向相反，且振动位移大小相等、方向相反，故C错误，D正确。
故选D。
13．C
【详解】A．由图乙知质点P在s时刻振动方向为负，结合甲图的波形可知波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．由图甲知波长为8m，由图乙知周期为4s，波速为
故B错误；
C．根据乙图可知
得
故C正确；
D．由乙图可知，质点P在0-1s内，先从处向上达到最大位移处，路程为再返回位移处，所以，总路程为
故D错误。
故选C。
14．D
【详解】机械波在介质中传播的速度取决于介质，所以两列波的波速相等；由题图可以看出，甲波的波长大于乙，根据知甲的频率低，乙频率高，即f1 < f2；由波形可以看出，甲波向右传播，传播到的点先向下振动；乙波向左传播，传播到的点先向上振动，所以，甲的起振方向向下，乙的起振方向向上。
故选D。
15．C
【详解】A．简谐波从波源到的时间为
周期为
则
处的质点沿振动方向的位移为零且速度向下，则两波源的起振方向向下，故A错误；
B．甲、乙两列波已经形成的时间分别为
，
故波源O1比O2开始振动的时间早0.4s，故B错误；
C．两波的波长为
由图可知，两列波在处的振动方向均向下，且在平衡位置，则处的质点向下振动，故C正确；
D．处到两波源的路程差为
则该质点振东加强。
波源O1在该点的振动时间为
波源O2在该点的振动时间为
则两波源在该点产生的振动均向上，且在平衡位置，位移为零，故D错误。
故选C。
16．D
【详解】A．在t=0.10s时，质点P位于平衡位置，速度最大，故A错误；
B．该波的周期为0.2s，所以从t=0.10s到t=0.25s，质点P振动了个周期，又因为t=0.10s质点P位于平衡位置，所以该段时间内质点P的路程为3倍振幅，即30cm，故B错误；
C．由图乙可知，t=0.10s时，质点P沿y轴负方向运动，此时质点P应位于波传播方向波形的上坡，所以这列简谐横波沿x轴负方向传播，故C错误；
D．在t=0.25s时，质点P位于波峰，此时其加速度沿y轴负方向，故D正确。
故选D。
17．D
【详解】A．简谐波向右传播，根据“上下坡”法，可知时质点2向上运动，故A错误；
B．时质点5处于平衡位置，速度最大，故B错误；
C．由图乙可知，波长为8d，故C错误；
D．由题意，时刻质点1经过1.5次全振动，即
波速为
得
故D正确。
故选D。
18．C
【详解】A．由图乙、图丙可知两列波的周期都为，则两列波的频率都为
可知两列波的频率相同，相位差恒定，可形成稳定的干涉现象，A错误；
B．两列波的波长均为
点到两波源的波程差为
由于两波源的起振方向相反，可知点为振动减弱点，故点的振幅为
B错误；
C．点到两波源的波程差为
由于两波源的起振方向相反，可知、两点均为振动减弱点，而两波源到点波程差为，两波源到点波程差为，因此、连线上有一个波程差为的点，该点为振动加强点，C正确；
D．两波源的连线上（不含波源）点与两波源的波程差满足
由于两波源的起振方向相反，可知当波程差满足时，该点为振动加强点，则有
可知两波源的连线上（不含波源）有11个振动加强点，它们的振幅为，但位移在到之间变化，D错误。
故选C。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第95讲 机械波的干涉、衍射与多普勒效应的应用
（2022 上海）
1．在单缝衍射实验中，仅减小单缝的宽度，则屏上（　　）
A．条纹变宽，光强增强 B．条纹变窄，光强增强
C．条纹变宽，光强减弱 D．条纹变窄，光强减弱
（浙江）
2．“B超”可用于探测人体内脏的病变状况．下图是超声波从肝脏表面入射，经折射与反射，最后从肝脏表面射出的示意图．超声波在进入肝脏发生折射时遵循的规律与光的折射规律类似，可表述为（式中是入射角，是折射角， 、 分别为超声波在肝外和肝内的传播速度），超声波在肿瘤表面发生反射时遵循的规律与光的反射规律相同．已知，入射点与出射点之间的距离是d，入射角为i，肿瘤的反射面恰好与肝脏表面平行，则肿瘤离肝脏表面的深度h为（ ）
A． B．
C． D．
一.知识回顾
1．波的独立传播原理
两列波相遇后彼此穿过，仍然保持各自的运动特征，即各自的波长、频率等保持不变，继续传播，就像没有跟另一列波相遇一样。
2．波的叠加
几列波相遇时能够保持各自的运动特征，即各自的波长、频率等保持不变，继续传播，在它们重叠的区域里，介质的质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移(速度、加速度)等于这几列波单独传播时引起的位移(速度、加速度)的矢量和。
3．波的干涉和衍射的比较
内容 波的衍射 波的干涉
定义 波可以绕过障碍物继续传播的现象 频率相同、相位差恒定、振动方向相同的两列波叠加时，某些区域的振动总是加强、某些区域的振动总是减弱的现象
现象 波偏离直线而传播到直线以外的空间 两列波叠加区域形成相互间隔的稳定的振动加强区和振动减弱区，产生稳定的干涉图样
条件 明显发生的条件：缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小 充分条件：两列波的频率相同，相位差恒定，振动方向相同
相同点 干涉和衍射是波特有的现象
4.波的干涉中加强点与减弱点的比较
　　项目 区域 振幅 振动能量
加强点 A1＋A2 最大
减弱点 |A1－A2| 最小
5．波的干涉中加强点和减弱点的判断方法
(1)图像法：在某时刻的波形图上，波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点是加强点，波峰与波谷的交点是减弱点。加强点或减弱点各自连接形成加强线和减弱线，以两波源为中心向外辐射，两种线互相间隔，这就是干涉图样，如图所示。加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。
(2)公式法
①当两个相干波源的振动步调一致时，到两个波源的距离之差Δx＝nλ(n＝0,1,2，…)处是加强区，Δx＝(2n＋1) (n＝0,1,2，…)处是减弱区。
②当两个相干波源的振动步调相反时，到两个波源的距离之差Δx＝(2n＋1) (n＝0,1,2，…)处是加强区，Δx＝nλ(n＝0,1,2，…)处是减弱区。
4多普勒效应　
①定义：波源与观察者相互靠近或者相互远离时，观察者接收到的波的频率发生变化的现象叫作多普勒效应。
②规律：观察者观测到的频率，等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数。波源的频率不变，只是观测到的波的频率发生变化。如果二者相互靠近，观测到的频率变大；如果二者相互远离，观测到的频率变小。
③应用：利用声波的多普勒效应可以测定车辆行驶的速度；利用光波的多普勒效应可以判断遥远天体相对地球的运行速度。
二.例题精析
题型一：干涉与衍射、多普勒效应的区别
3．关于机械波的特性，下列说法正确的是（　　）
A．只有波长比障碍物的尺寸小或相差不多的时候才会发生明显的衍射现象
B．火车鸣笛时向我们驶来，听到的笛声频率将比声源发出的频率低
C．向人体内发射频率已知的超声波被血管中的血液反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血液的速度，这种方法应用的是多普勒效应
D．只要是性质相同的波，都可以发生干涉
题型二：机械波干涉的定性判定
4．水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上，振动片做简谐振动时，两根细杆周期性触动水面形成两个波源。两波源发出的波在水面上相遇，在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样。关于两列波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是（ ）
A．不同质点的振幅都相同
B．不同质点振动的频率都相同
C．不同质点振动的相位都相同
D．不同质点振动的周期都与振动片的周期相同
题型三：机械波干涉的定量计算
5．一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。c是水面上的一点，a、b、c间的距离均为l，如图所示。已知波的波长为，除c点外，bc边上还有其他振幅极大的点。则波的传播速度为 ，bc边上还有 个振幅极大的点（b、c均不算入）。
三.举一反三，巩固练习
6．如图所示为观察水面波衍射的实验装置，AC和BD是两块挡板，AB是一个小孔，O是波源，图中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹（图中曲线）之间的距离表示一个波长，则对波经过孔后的传播情况，下列描述正确的是（　　）
A．挡板前后波纹间距不等
B．此时不能观察到明显的衍射现象
C．如果将孔AB扩大，有可能观察不到明显的衍射现象
D．如果孔的大小不变，使波源频率增大，能观察到更明显的衍射现象
7．如图，P为桥墩，A为靠近桥墩浮在水面的叶片，波源S连续振动，形成水波，此时叶片A静止不动。为使水波能带动叶片振动，可用的方法是（　　）
A．增大波源振幅 B．减小波源振幅 C．减小波源距桥墩的距离 D．降低波源频率
8．关于波的反射与折射，下列说法正确的是（ ）
A．入射波的波长一定等于反射波的波长，其频率不变
B．入射波的波长一定小于反射波的波长，其频率不变
C．入射波的波长一定大于折射波的波长，其频率不变
D．入射波的波长一定小于折射波的波长，其频率不变
9．下列关于波的说法正确的是（　　）
A．波在任何情况下都能发生明显的衍射现象 B．波在任何情况下都能发生干涉现象
C．频率相同的两列波，一定不能形成干涉图样 D．机械波的传播必须依赖介质
10．如图所示，和是湖面上两个完全相同的水波的波源，是足够长的湖岸，水波的波长为，与的连线与湖岸垂直，，则岸边始终平静的位置共有（　　）
A．7处 B．8处 C．9处 D．无数处
11．如图所示是水波干涉示意图，、是两波源，、、三点在一条直线上，两波源频率相同，振幅相等，则下列说法正确的是（ ）
A．处质点一会儿在波峰，一会儿在波谷
B．处质点一直在波谷
C．处质点一会儿在波峰，一会儿在波谷
D．处质点一直在平衡位置
12．如图，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，波速均为，两个波源分别位于和处，波源的振幅均为。图为0时刻两列波的图像，此刻平衡位置在和的P、Q两质点恰好开始振动。质点M的平衡位置处于处。关于各质点运动情况判断正确的是（　　）
A．质点P、Q起振方向相反
B．时刻，质点P、Q都运动到M点
C．时刻，质点M的位移为
D．在0~1.5s时间内，质点M运动的路程为
13．关于下列物理现象的说法正确的是（　　）
A．“闻其声而不见其人”的现象是由声波的干涉导致的
B．为防止物体共振的发生，尽量使驱动力的频率与物体固有频率一致
C．汽车过一排等间距的减速带时，车速越大振幅越大
D．医学上采用“彩超”的方式测血流流速，是利用了超声波的多普勒效应
14．下列说法正确的是（ ）
A．单色光在介质中传播时，介质的折射率越大，光的传播速度越小
B．观察者靠近声波波源的过程中，接收到的声波频率小于波源频率
C．同一个双缝干涉实验中，蓝光产生的干涉条纹间距比红光的大
D．两束频率不同的光，可以产生干涉现象
15．超声波由水中向空气中传播时，会发生类似于光由光密介质向光疏介质传播的折射及全反射现象，也满足折射定律（其中、分别为超声波在水中的入射角和空气中的折射角，、分别为超声波在空气中和水中的传播速度）。已知超声波在水中的传播速度约为空气传播速度的4倍，一潜艇静止在水下深度为H的地方，其发出的超声波会向水面传播，若将潜艇看作是一个点声源，求在水面多大面积的区域内有该潜艇发出的超声波从水中传出。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】在单缝衍射实验中，单缝的宽度越小，衍谢现象越明显，条纹的间距越大；狭缝的宽度越小，通光量越小，视野的亮度会变暗，光强越弱，故仅减小单缝的宽度，条纹会变宽，光强减弱，故ABD错误，C正确。
故选C。
2．D
【详解】
设光线射入肝脏后的折射角为，则由
可得
即
则
根据几何知识可得
联立几式得
故选D。
3．C
【详解】A．只有波长比障碍物的尺寸大或相差不多的时候才会发生明显的衍射现象，所以A错误；
B．火车鸣笛向我们驶来时，间距变小，则我们听到的笛声频率将比声源发声的频率高，所以B错误；
C．向人体发射频率已知的超声波，超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血液的速度，这种方法应用的是多普勒效应，所以C正确；
D．产生干涉的两个条件是：两列波的频率必须相同，两个波源的相位差必须保持不变。所以D错误。
故选C。
4．BD
【详解】A．在波的干涉实验中，质点在振动加强区的振幅是两列波振幅之和，质点在振动减弱区的振幅是两列波振幅之差，故A错误；
C．沿波的传播方向上，波不停地向外传播，各质点的相位不都相同，故C错误；
BD．两波源振动频率相同，其他各质点均做受迫振动，故频率均与振源频率相同，周期均与振动片的周期相同，故BD正确。
故选BD。
5． 3
【详解】[1]根据波长、频率和波速的关系，得到波速
[2]振动加强点满足
其中
当时
在c点；
当时
当时
当时
当时
在b点。所以bc边上（除b、c点外）还3个振幅极大的点。
6．C
【详解】A．波的传播速度不变，频率不变，故波长不变，即挡板前后波纹间距离应相等，故A错误；
B．观察题图可知道孔的尺寸与波长差不多，能观察到波明显的衍射现象，故B错误；
C．观察题图可知道孔的尺寸与波长差不多，扩大AB的间距可能会导致间距大于波长，不能观察到波明显的衍射现象，故C正确；
D．若f增大，由可知知变小，衍射现象变得不明显，故D错误。
故选C。
7．D
【详解】水波波速不变，波源频率增大，波长减小，衍射现象不明显，反之波源降低频率，波长增大，衍射现象更明显，可以使水波能带动叶片振动，而与波源距桥墩的距离，波源振幅无关，故A BC错误，D正确。
故选D。
8．A
【详解】AB.入射波与反射波在同种介质中波速相同，频率由波源决定，频率相同，由知波长相同，选项A符合题意，B不符合题意．
CD.因不知介质情况，入射波与折射波波长无法比较，选项CD不符合题意．
9．D
【详解】A．只有在障碍物或孔的尺寸比波长小或跟波长相差不多才会发生明显的衍射现象，选项A错误；
B．发生明显干涉要满足一定条件，比如要求频率相同，选项B错误；
C．频率相同的两列波相遇，能形成干涉图样，选项C错误；
D．机械波的传播必须依赖介质，选项D正确。
故选D。
10．B
【详解】当空间某点到两个波源的路程差为半波长的奇数倍时，振动始终减弱；水波的波长为2m，，当到两个波源的路程差为1m、3m、5m、7m时，振动减弱；
路程差为1m是双曲线，与岸边有2个交点；
路程差为3m是双曲线，与岸边有2个交点；
路程差为5m是双曲线，与岸边有2个交点；
路程差为7m是双曲线，与岸边有2个交点；
故在MN上水面是平静的处数为8个。
故选B。
11．A
【详解】ABD.A、B、D三点都在振动加强区，三处质点均做简谐运动，质点一会儿在波峰，一会儿在波谷,选项A正确，B、D错误；
C.点C是振动减弱点，又因两波振幅相等，故C处质点一直在平衡位置不动，选项C错误．
12．D
【详解】A．根据“同侧法”可以判断，质点P起振方向沿轴负方向，质点Q起振方向也沿轴负方向，两质点的起振方向相同，A错误；
B．质点不随波传播，B错误；
C．时间内机械波传播的距离为
即图示时刻和处质点的振动情况在传播到点，结合图像可知，此时点的位移为
D．机械波的波长为
则机械波的周期为
质点P、Q起振方向相同，且两质点到的距离相等，可知点为振动加强点，点的振幅为
从时刻经时间机械波传播至点
由此可知，在0~1.5s时间内，质点在从平衡位置起振，振幅为，振动时间为
则在0~1.5s时间内，质点M运动的路程为
D正确。
故选D。
13．D
【详解】A．“闻其声而不见其人”的现象是由声波的衍射导致的，选项A错误；
B．利用共振时，尽量使驱动力的频率与物体固有频率一致，选项B错误；
C．汽车过一排等间距的减速带时，有
车速越大驱动力的频率越大，但不知汽车的固有频率，故无法确定振幅是否越大，选项C错误；
D．医学上采用“彩超”的方式测血流流速，是利用了超声波的多普勒效应，选项D正确。
故选D。
14．A
【详解】A．根据
可知单色光在介质中传播时，介质的折射率越大，光的传播速度越小，故A正确；
B．根据多普勒效应，若声波波源向观察者靠近，则观察者接收到的声波频率大于波源频率，故B错误；
C．根据
同一个双缝干涉实验中，蓝光的波长小于红光的波长，故蓝光产生的干涉条纹间距比红光的小，故C错误；
D．根据光的干涉的条件可知，两束频率不同的光不能产生干涉现象，故D错误。
故选A。
15．
【详解】如图所示作出全反射的光路图
根据折射定律，当超声波发生全反射时，有
则能探测到潜艇发出的超声波的区域面积约为
解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第96讲 测量玻璃折射率的四种方法与四种实验题型
（2022 河北）
1．如图，一个半径为R的玻璃球，O点为球心。球面内侧单色点光源S发出的一束光在A点射出，出射光线AB与球直径SC平行，θ = 30°。光在真空中的传播速度为c。求：
（i）玻璃的折射率；
（ii）从S发出的光线经多次全反射回到S点的最短时间。
（2021 浙江）
2．小明同学在做“测定玻璃的折射率”实验时，发现只有3枚大头针，他把大头针A、B、C插在如图所示位置，并测出了玻璃的折射率。请在答题纸相应方框中画出光路图，标出入射角i和折射角r， 并写出折射率n的计算式 。
（2021 乙卷）
3．用插针法测量上、下表面平行的玻璃砖的折射率。实验中用A、B两个大头针确定入射光路、C、D两个大头针确定出射光路，O和分别是入射点和出射点，如图（a）所示。测得玻璃砖厚度为，A到过O点的法线的距离，M到玻璃砖的距离，到的距离为。
（ⅰ）求玻璃砖的折射率；
（ⅱ）用另一块材料相同，但上下两表面不平行的玻璃砖继续实验，玻璃砖的截面如图（b）所示。光从上表面入射，入射角从0逐渐增大，达到时，玻璃砖下表面的出射光线恰好消失。求此玻璃砖上下表面的夹角。
一.知识回顾
（一）.实验原理
如图所示，用插针法确定入射角和折射角，根据n＝计算玻璃折射率。
（二）.实验器材
两侧面平行的玻璃砖、白纸、木板、大头针、图钉、量角器、刻度尺、铅笔。
（三）实验步骤
1．把白纸用图钉钉在木板上。
2．用刻度尺在纸面上作一条直线aa′，过aa′上一点O作垂直于aa′的线段NN′，再过O点作一条线段AO，并使∠NOA即θ1适当大些。
3．在AO线上竖直地插两枚大头针P1、P2，并使间距适当大些，在白纸上沿直线aa′放上被测玻璃砖。
4．沿玻璃砖的另一个侧面再作一条直线bb′。
5．在玻璃砖的bb′一侧白纸上竖直地插一枚大头针P3，使P3恰好能同时挡住aa′一侧所插的大头针P2、P1的像。接着，在玻璃砖的bb′一侧再竖直地插一枚大头针P4，使P4能挡住P3本身以及P1、P2的像。
6．标记下P1、P2、P3、P4的位置，移去玻璃砖，拔去大头针，过P3、P4作一条直线O′B，交bb′于O′点，连接OO′就是入射光线AO在玻璃砖内的折射光线，折射角为θ2。
7．用量角器量出入射角θ1和折射角θ2的大小，记入表格内。
8．用上述方法分别测出入射角是15°、30°、45°、60°和75°时的折射角，查出入射角和折射角的正弦值，记入表格里。算出各不同入射角时的值，求出它们的平均值，就是这块玻璃的折射率。
（四）数据处理
求折射率的四种方法
1．计算法：用量角器测量入射角θ1和折射角θ2，算出不同入射角时对应的，并取平均值。
2．图像法：多次改变入射角θ1，测出对应的折射角θ2，作sinθ1－sinθ2图像，由n＝可知图像应为一条过原点的直线，如图所示，其斜率就是玻璃的折射率。
3．辅助线段法：利用直尺作辅助线，测出辅助线的长度，求玻璃的折射率。
如图所示，作辅助线AB垂直于OB，量出、，作辅助线CD垂直于OD，量出、，则sinθ1＝，sinθ2＝，即可求出：n＝＝。
4．“单位圆法”：以入射点O为圆心，以适当长度R为半径画圆，交入射光线OA于E点，交折射光线OO′于E′点，过E作NN′的垂线EH交NN′于H点，过E′作NN′的垂线E′H′ 交NN′于H′点。如图所示，sinθ1＝，sinθ2＝，＝＝R，则n＝＝。只要用刻度尺量出、的长度就可以求出n。
（五）注意事项
1．实验时，将大头针尽可能竖直地插在纸板上，并且使P1与P2之间、P3与P4之间距离适当大一些，这样可以减小确定光路方向时出现的误差。
2．入射角θ1应适当大一些，以减小测量角度的误差，但入射角不宜太大，太大会导致反射光太强、折射光太弱，不易确定P3、P4的位置。
3．在操作时，手不能触摸玻璃砖的光洁光学面，更不能把玻璃砖当尺子画界线。
4．在实验过程中，玻璃砖与白纸的相对位置不能改变。
二.例题精析
题型一：测上下表面平行的玻璃砖的折射率　
4．在“测玻璃的折射率”实验中：
(1)为了取得较好的实验效果，下列操作正确的是 。
A．必须选用上下表面平行的玻璃砖
B．选择的入射角应尽量小些
C．大头针应垂直地插在纸面上
D．大头针和及和之间的距离应适当大些
(2)甲同学在画界面时，不小心将两界面和间距画得比玻璃砖宽度大些，如图甲所示，则他测得的折射率 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）
(3)乙同学有刻度尺没有量角器，在完成了光路图以后，以O点为圆心，为半径画圆，交延长线于C点，过A点和C点作垂直法线的直线，与法线的交点分别为B点和D点。如图乙所示：的长度为，的长度为，的长度为，的长度为，和的长度为，的长度为r。则他只需要测量 （填各段长度给定的符号），就可以求出玻璃的折射率 （用测量出的物理量表示）
题型二：测玻璃三棱镜的折射率　
5．如图所示，某同学为了测量截面为正三角形的三棱镜玻璃折射率，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的左侧插上两枚大头针P1和P2，然后在棱镜的右侧观察到P1像和P2像，当P1的像恰好被P2像挡住时，插上大头针P3和P4，使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3和P1、P2的像，在纸上标出的大头针位置和三棱镜轮廓如图所示。
①在答题纸的图上画出对应的光路 ；
②为了测出三棱镜玻璃材料的折射率，若以AB作为分界面，需要测量的量是 和 ，在图上标出它们 ；
③三棱镜玻璃材料折射率的计算公式是n= ；
④若在测量过程中，放置三棱镜的位置发生了微小的平移（移至图中的虚线位置底边仍重合），则以AB作为分界面，三棱镜材料折射率的测量值 真实值（填“大于”、“小于”、“等于”）。
题型三：测半圆形玻璃砖的折射率　
6．某同学用大头针、三角板、量角器等器材测半圆形玻璃砖的折射率。开始玻璃砖的位置如图中实线所示，使大头针P1、P2与圆心O在同一直线上，该直线垂直于玻璃砖的直径边，然后使玻璃砖绕圆心O缓慢转动，同时在玻璃砖的直径边一侧观察P1、P2的像，且P2的像挡住P1的像，如此观察，当玻璃砖转到图中虚线位置时，上述现象恰好消失。此时只须测量出 ，即可计算出玻璃砖的折射率，请用你的测量量表示出折射率n= 。
题型4：利用反射与折射光线的延长线交于同一点测折射率　
7．现要估测一矩形玻璃砖的折射率n，给定的器材有：待测玻璃砖、白纸、铅笔、大头针1枚、直尺、直角三角板。实验时，先将直尺的一端O和另一点M标上明显的标记，再将玻璃砖平放在白纸上，沿其两个长边在白纸上画出两条直线AB、CD，再将直尺正面紧贴玻璃砖的左边缘放置，使O点与直线CD相交，并在白纸上记下点O、M的位置，如图所示，然后在右上方通过AB所在界面向左下方观察，调整视线方向，直到O点的像与M点的像重合，再在AB直线上插上大头针，使大头针挡住M、O的像，记下大头针P点的位置。
(1)请在原图上作出光路图 ；
(2)计算玻璃砖的折射率的表达式为：n= （用字母P和图中已知线段字母表示）。
三.举一反三，巩固练习
8．图甲为某同学利用半圆形玻璃砖测定玻璃折射率n的装置示意图，AO、DO分别表示某次测量时，光线在空气和玻璃中的传播路径。在正确操作后，他利用测出的数据作出了图乙所示的折射角正弦值（）与入射角正弦值（）的关系图象。则下列说法正确的是（　　）
A．光由D经O到A
B．该玻璃砖的折射率
C．若由空气进入该玻璃砖中，光的频率变为原来的
D．若由空气进入该玻璃砖中，光的波长变为原来的
E．若以60°角由空气进入该玻璃砖中，光的折射角的正弦值为
9．如图所示，在“测定玻璃砖折射率”的实验中，下列说法正确的是_________。
A．用手拿起玻璃砖时，应拿“光学面”
B．使用玻璃砖的BC、CD两个侧面，加以合理操作，也可测得折射率
C．标记入射光线的大头针P1、P2之间的距离应适当大些
D．在插针的过程中，大头针P3应挡住P1、P2
E．在测量数据时，仅用毫米刻度尺也能获得计算折射率所需要的全部数据
10．如图所示，在做“测量玻璃的折射率”实验时，先在白纸上放好一块两面平行的玻璃砖，描出玻璃砖的两个边MN和PQ，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，然后在另一侧透过玻璃砖观察，再插上大头针P3、P4，然后做出光路图，根据光路图计算得出玻璃的折射率。关于此实验，下列说法中正确的是（　　）
A．大头针P4 须挡住P3及P1、P2的像
B．入射角越大，折射率的测量越准确
C．利用量角器量出i1、i2，可求出玻璃砖的折射率
D．如果误将玻璃砖的边PQ画到P′Q′，折射率的测量值将偏大
11．某同学测定玻璃砖的折射率。如图所示，半圆形玻璃砖的直径边界为EF、半圆弧边界为ECF，CD垂直EF并过圆心O。某次实验中，他沿OA画一条直线，并在OA线上适当位置竖直插上两枚大头针P1、P2；放上玻璃砖后，在另一侧依次寻找合适位置竖直插上大头针P3、P4，移走玻璃砖和大头针后，过P3、P4针孔作出直线OB，OB可看成沿OA入射的光透过玻璃砖后的折射光线。下列选项正确的是（　　）
A．测定折射率的表达式为
B．作图时必需在纸上画出EF边界和ECF边界
C．沿AO方向看去，P1会挡住P2、P3、P4
D．实验中∠AOC可以取0~90°之间的任意值
12．在“测定玻璃的折射率”实验时:
（1）下列做法正确的是 ；
A．入射角越大，误差越小
B．画出玻璃砖边界面后，实验过程中玻璃砖就可以任意移动了
C．插大头针时，要尽量让针处于竖直状态且间距适当远一些
D．所用玻璃砖必须是平行玻璃砖，用其他形状的玻璃砖无法测得其折射率
（2）某学生在插第三枚大头针时，在视线中看到、两枚大头针“断”成了a、b、c、d四截，如图所示。正确的做法是让同时挡住 。
A．a、b　　B．c、d　　C．a、c　　D．b、d
13．在“测定玻璃的折射率”的实验中，实验小组在白纸上放好玻璃砖MNPQ，画出玻璃砖与空气的两个界面aa'和bb'（如图）。
（1）实验小组内的三位学生在实验中
①第一位学生在纸上正确画出了玻璃砖的两个折射面aa′和bb′。因不慎碰动了玻璃砖，使它向aa′方向平移了一点（如图1所示），以后的操作都正确无误，并仍以aa′和bb′为折射面画出了光路图，这样测出的折射率n的值将 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）；
②第二位学生为了避免笔尖触划玻璃砖的折射面，画出的aa′和bb′都比实际的折射面向外侧平移了一些（如图2所示）以后的操作都正确无误，并仍以aa′和bb′为折射面画出了光路图，这样测出的折射率n的值将 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）；
③第三位学生的操作和所画的光路图都正确无误，只是所用的玻璃砖的两个折射面不平行（如图3所示）。用这块玻璃砖测出的折射率n的值将 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）；
（2）另一实验小组的甲、乙、丙、丁四位同学实验中得到如图所示的插针结果，由图可知
①从图上看，肯定把针插错了的同学是 ；
②从图上看，测量结果准确度最高的同学是 。
14．如图甲所示，某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面 aa′和 bb′，O 为直线 MO 与 aa′的交点，在直线 MO 上竖直地插上 P1、P2 两枚大头针。
(1)该同学接下来要完成的必要步骤有 ；
A.插上大头针 P3，使 P3 仅挡住 P2 的像
B.插上大头针 P3，使 P3 挡住 P1 的像和 P2 的像
C.插上大头针 P4，使 P4 仅挡住 P3
D.插上大头针 P4，使 P4 挡住 P3和 P1、P2 的像
(2)图甲是他在操作过程中的一个状态，请你指出第四枚大头针 P4应在图甲中的位置 （填“A”、“B”或“C”）；
(3)请在图甲中画出光从空气入射到玻璃的入射角 θ1 和折射角 θ2 ，并写出计算玻璃折射率n的表达式 n= ；
(4)如图乙所示，该同学在实验中将玻璃砖界面 aa′和 bb′的间距画得过宽，若其他操作正确，则折射率的测量值 准确值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
15．某实验小组的同学用直角三棱镜做“测定玻璃折射率”的实验。
他们先在白纸上画出三棱镜的轮廓（用实线△ABC表示），然后放好三棱镜，在垂直于的方向上插上两枚大头针和，在棱镜的左侧观察，当的像恰好被的像挡住时，插上大头针，使挡住、像，再插上大头针，使挡住和、的像。移去三棱镜和大头针，大头针在纸上的位置如图所示。
①将图中的光路图补充完整 ；
②根据图中所给数据，可得该玻璃的折射率 ；
③若实验中放置三棱镜的位置发生了微小的平移，移至图中虚线处，而测量时仍将△ABC作为实验中棱镜所处位置，由此得出该玻璃折射率的测量值 真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
16．如图甲所示，某同学在“测玻璃砖折射率实验”时将入射光线改由从AC面入射，然后在CD界面外侧观察的像，但他始终无法在CD界面外侧找到的像，却意外地在BD界面外侧看到了的像，于是按原方法钉了两枚大头针，用以标记出射光线。根据你所学知识在图乙中补全光路图。
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参考答案：
1．（1）；（2）
【详解】（i）根据题意将光路图补充完整，如下图所示
根据几何关系可知
i1 = θ = 30°，i2 = 60°
根据折射定律有
nsini1 = sini2
解得
（ii）设全反射的临界角为C，则
光在玻璃球内的传播速度有
根据几何关系可知当θ = 45°时，即光路为圆的内接正方形，从S发出的光线经多次全反射回到S点的时间最短，则正方形的边长
则最短时间为
2．
【详解】光路图如图所示
根据折射定律可知。
3．（i） （ii）15°
【详解】（i）从O点射入时，设入射角为α，折射角为β。根据题中所给数据可得：
再由折射定律可得玻璃砖的折射率：
（ii）当入射角为45°时，设折射角为γ，由折射定律：
可求得：
再设此玻璃砖上下表面的夹角为θ，光路图如下：
而此时出射光线恰好消失，则说明发生全反射，有：
解得：
由几何关系可知：
即玻璃砖上下表面的夹角：
4． CD 偏小 x1和x2
【详解】(1)[1]A．根据实验原理，选用上下表面不平行的玻璃砖也能测折射率，选项A错误；
B．选择的入射角应尽量大些，以减小角度测量的误差，选项B错误；
C．大头针应垂直地插在纸面上，选项C正确；
D．大头针P1和P2及P3和P4之间的距离应适当大些，以减小确定光线方向时的误差，选项D正确。
故选CD。
(2)[2]如图，③是真实的光路图，②是玻璃砖宽度画大后的光路图，由图看出，在这种情况测得的入射角不受影响，但测得的折射角比真实的折射角偏大，因此测得的折射率偏小；
(3)[3][4]图中AO作为入射光线，OO′是折射光线，设光线在玻璃砖上表面的入射角为i，折射角为r，则由几何知识得到
则折射率
则他只需要测量x1和x2，就可以求出玻璃的折射率
5． 入射角θ1 折射角θ2 大于
【详解】①[1]光路图如图所示
②[2][3]由折射定律律知要测量折射率，需要测量入射角、折射角
③[4]在图上标出它们如图
三棱镜玻璃的折射率的计算公式是
④[5]若在测量过程中，放置三棱镜的位置发生了如图所示的微小平移，仍以AB作为分界面，由图看出，入射角没有改变．测量出来的折射变小，如图中实线光路所示，则由折射定律得知，测量值将大于真实值。
6． 玻璃砖转过的角度θ
【详解】[1][2]由题意可知，当玻璃砖转过某一角度θ时，刚好发生全反射，在直径边一侧观察不到P1、P2的像，做出如图所示的光路图
由此可知，当转过角度θ时有
7．
【详解】(1)[1]调整视线方向，当O点的像和M点的像重合时，从O点发出的光线经玻璃砖折射后与从M点发出的光线经AB面反射后重合。在观察的一侧插上大头针，使大头针挡住M、O的像，则大头针的位置为折射光线射出玻璃砖的点和从M点发出的光线在AB面上的反射点，如图所示。
(2)[2]折射率
8．BDE
【详解】AB．由折射定律
可知sinr-sini图象的斜率的倒数表示折射率，所以n=1.5>1，说明实验时光由A经过O到D，故A错误，B正确；
CD．在由空气进入该玻璃砖时，光的频率不变，光的波长变为原来的，故C错误，D正确；
E．以入射角i=60°由空气进入该玻璃砖时，由折射定律
其折射角的正弦值为
故E正确。
故选BDE。
9．BCE
【详解】A．用手拿起玻璃砖时，不能用手摸“光学面”，A错误；
B．使用玻璃砖的BC、CD两个侧面，用同样的方法，确定入射光线和折射光线，同样也能测得折射率，B正确；
C．标记入射光线的大头针P1、P2之间的距离应适当大些，这样确定入射光线的方向更准确，C正确；
D．在插针的过程中，大头针P3应挡住P1、P2的像，D错误；
E．在测量数据时，仅用毫米刻度尺，根据三角形的边角关系，也能测出正弦值从而确定折射率，E正确。
故选BCE。
10．A
【详解】A．确定P4大头针的位置的方法是大头针P4能挡住P3和P1、P2的像，故A正确；
B．入射角适当大一些，能使折射率的测量准确，故B错误；
C．利用量角器量出i1、i2，可求出玻璃砖的折射率
故C错误；
D．如果误将玻璃砖的边PQ画到P′Q′，则折射角i2，将偏大，折射率的测量值将偏小，故D错误。
故选A。
11．C
【详解】A．根据折射定律，测得折射率的表达式为
故A错误；
B．作图时因是半圆形玻璃砖，光线OA在玻璃砖上边界方向不变，故作图时只需画出EF边界即可，故B错误；
C．由于光路可逆，从AO方向看去，所看到的仍是线AOB，而P1会挡住P2、P3、P4，故C正确；
D．由于全反射现象，光线从玻璃砖射向空气时，当∠AOC大于临界角时将发生全反射，无法在EF下方无法看到P1、P2，故D错误。
故选C。
12． C B
【详解】（1）A．入射角不宜太大也不宜太小，入射角过大，会使折射光线亮度变暗，入射角太小则入射角、折射角的相对误差较大，A错误；
B．实验过程中，玻璃砖与白纸的相对位置不能改变，B错误；
C．插大头针时，让针处于竖直状态且间距适当远一些有助于减小误差，C正确；
D．除了平行玻璃砖其他形状的玻璃砖也能测出折射率，D错误；
故选C。
（2）在本实验中应挡住、透过玻璃砖的像而不是、，图中a、b为、，c、d为、透过玻璃砖的像，即应让同时挡住c、d，故选B。
13． 不变 偏小 不变 甲、乙 丁
【详解】（1）[1]同学1光路图，如图
由图可知
角度保持不变，所以n的值不变。
[2]同学2光路图，如图
由图可知
其中变大，则n变小，即测量值偏小。
[3]同学3光路图，如图
由于测量操作无误，所以测量值等于真实值，即不变。
（2）[4]根据结果画出的光路图如图所示
连线可以发现，甲的折射光线与入射光线处于法线的一侧，针插错了。乙同学的入射光线与折射光线在同一直线上，肯定针也插错了。
[5]丁同学插针的位置距离较大，误差较小，所以测量结果准确度更高。
14． BD B 小于
【详解】(1)[1]应该使P3挡住P1和P2的像，P4挡住P3和P1、P2的像，只有这样P1、P2、P3、P4才是一条光线，因此BD正确，AC错误。
故选BD。
(2)[2]由于和两个边界平行，因此出射光线与入射光线也应平行，因此P4的位置在B点。
(3)[3]出射光线和折射光线及入射角 θ1 和折射角 θ2，如图所示
[4]光从光疏介质到光密介质时，折射率表达式
(4)[5]由下图可知，当aa′和 bb′的间距画得过宽时，使折射角 变大，因此折射率变小。
15． 小于
【详解】①[1]如图所示
②[2]根据几何关系可知光线在AC面的入射角为30°，根据折射定律可得
③[3]若实验中放置三棱镜的位置发生了微小的平移，移至图中虚线处，如图所示，可知出射光线相对于玻璃砖不动时的出射光线向下平移，所以对折射角的测量无影响，但测量时仍将△ABC作为实验中棱镜所处位置，所以作出的BC面的反射光线（图中红线）会比实际的反射光线（图中蓝线）向逆时针方向偏，由此造成所测光线在AC面的入射角比实际值偏大，所以该玻璃折射率的测量值小于真实值。
16．
【详解】要求有以下步骤：
①连接、，确定AC界面入射点O点；
②连接、，确定BD界面入射点点；
③关于CD作O点点（或点的对称点点）；
④连接与 （或O与），确定连线和CD界面交点为；
⑤连接与O点与点的连线就是玻璃砖内的光路，正确表示实际光路。
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答案第1页，共2页第97讲 光的全反射及其应用
（2022 辽宁）
1．完全失重时，液滴呈球形，气泡在液体中将不会上浮。2021年12月，在中国空间站“天宫课堂”的水球光学实验中，航天员向水球中注入空气形成了一个内含气泡的水球。如图所示，若气泡与水球同心，在过球心O的平面内，用单色平行光照射这一水球。下列说法正确的是（ ）
A．此单色光从空气进入水球，频率一定变大
B．此单色光从空气进入水球，频率一定变小
C．若光线1在M处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射
D．若光线2在N处发生全反射，光线1在M处一定发生全反射
（2022 山东）
2．柱状光学器件横截面如图所示，右侧是以O为圆心、半径为R的圆，左侧是直角梯形，长为R，与夹角，中点为B。a、b两种频率的细激光束，垂直面入射，器件介质对a，b光的折射率分别为1.42、1.40。保持光的入射方向不变，入射点从A向B移动过程中，能在面全反射后，从面射出的光是（不考虑三次反射以后的光）（ ）
A．仅有a光 B．仅有b光 C．a、b光都可以 D．a、b光都不可以
一、知识回顾
1.全反射
（1）条件：①光从光密介质射入光疏介质；②入射角等于或大于临界角。
（2）现象：折射光完全消失，只剩下反射光。
（3）临界角：折射角等于90°时的入射角，用C表示，sinC=。
（4）应用：①光导纤维；②全反射棱镜。
2.全反射的理解
（1）如果光从光疏介质进入光密介质，则无论入射角多大，都不会发生全反射现象。
（2）光的全反射遵循光的反射定律，光路是可逆的。
（3）当光射到两种介质的界面上时，往往同时发生光的折射和反射现象，但在全反射现象中，只发生反射，不发生折射。当折射角等于90°时，实际上已经没有折射光了。
（4）从能量角度理解全反射现象：当光由光密介质射向光疏介质时，在入射角逐渐增大的过程中，反射光的能量逐渐增强，折射光的能量逐渐减弱，当入射角等于临界角时，折射光的能量减弱为零，这时就发生了全反射。
3.全反射的有关现象
海水浪花呈白色、玻璃或水中的气泡看起来特别亮、沙漠蜃景、海市蜃楼、钻石的光彩夺目、水下的灯不能照亮整个水面等。
4.全反射的应用
（1）全反射棱镜：用来改变光的方向。
（2）光导纤维（简称光纤）
①结构：是一种透明的玻璃纤维丝，直径在几微米到一百微米之间，由内芯和外套两层组成，内芯的折射率大于外套的折射率，即内芯是光密介质，外套是光疏介质。
②原理：光在光纤的内芯中传播，每次射到内芯和外套的界面上时，入射角都大于临界角，从而发生全反射。
二、例题精析
题型一：全反射条件
3．如图所示，一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射向一上、下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束光线I、II、III，若平面镜的上下表面足够宽，不考虑光线由玻璃砖内射向上表面时的反射．下列说法正确的是_________．
A．光束I仍为复色光，光束II、III为单色光
B．玻璃对光束II的折射率小于对光束III的折射率，当角减小为某一值时，光束II先消失了，光束III还存在
C．改变角，光线I、II、III仍保持平行
D．通过相同的双缝干涉装置，光束II产生的条纹宽度要大于光束III的
E．在玻璃中，光束II的速度要小于光束III的速度
题型二：全反射相关的定量计算与定性分析
4．如图，泳池底部半球形玻璃罩半径为r，内为空气，其球心处有一个点光源S。S发射的光通过罩内空气穿过厚度不计的玻璃罩，进入水中，最后有部分光线折射出水面，在水面形成圆形光斑。
(1)水深h=2m，水对光的折射率取，计算光斑的直径d；
(2)若光源发出的是白光，考虑到色散，问出射水面的光斑边缘颜色为红色还是紫色，并说明理由。
题型三：发生全反射范围的计算
5．如图，一折射率为的材料制作的三棱镜，其横截面为直角三角形ABC，∠A=90°，∠B=30°。一束平行光平行于BC边从AB边射入棱镜，不计光线在棱镜内的多次反射，求AC边与BC边上有光出射区域的长度的比值。
题型四：运用三角函数中倍角公式及和差化积公式、正弦定理求解
6．如图，由透明介质构成的半球壳的内外表面半径分别为R和．一横截面半径为R的平行光束入射到半球壳内表面，入射方向与半球壳的对称轴平行，所有的入射光线都能从半球壳的外表面射出．已知透明介质的折射率为．求半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径．不考虑多次反射．
题型五：全反射中的最值问题
7．如图所示，ABCDE为一透明材料制成的柱形光学元件的横截面，该种材料的折射率，AE是一半径为R的圆弧，O点为圆弧圆心，OBCD构成长方形，已知，，BF=R，光在真空中的传播速度为c。在O处有一点光源，光线从点光源经圆弧AE射入柱形光学元件。求：
①从F点射出光线的折射角正弦值；
②若不考虑发生折射时的反射光线，求光线在柱形光学元件中传播的最长时间。
三、举一反三，巩固练习
8．某同学在学习光学时，对神奇的光现象产生了兴趣，但对光现象的理解有一项是错误的，请帮他指出（　　）
A．光纤通信利用了光的全反射原理
B．可以利用X射线衍射探测晶体的结构
C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加增透膜
D．利用激光平行度好的特性，可以较准确的测量地球到月球的距离
9．在信息技术迅猛发展的今天，光盘是存储信息的一种重要媒介。光盘上的信息通常是通过激光束来读取的。若红、蓝激光束不是垂直投射到盘面上，则光线在通过透明介质层时会发生偏折而改变行进的方向。如图所示。下列说法中正确的是（　　）
A．图中光束①是红光，光束②是蓝光
B．在光盘的透明介质层中，光束①比光束②传播速度更快
C．若光束①、②先后通过同一小孔，则①衍射现象更明显
D．若光束①、②从透明介质层以相同逐渐增大的入射角射向空气中，则①先发生全反射
10．光纤通信采用的光导纤维由内芯和外套组成，如图所示，一复色光以入射角θ0射入光导纤维后分为a、b两束单色光，a、b两单色光在内芯和外套界面发生全反射，下列说法正确的是（　　）
A．内芯折射率小于外套的折射率
B．a光光子的能量大于b光光子的能量
C．在内芯介质中单色光a的传播速度比b大
D．入射角由θ0逐渐增大时，b光全反射现象先消失
11．关于下列光学现象，说法正确的是（　　）
A．蓝光比红光的波长短，所以在真空中蓝光的传播速度更大些
B．在同种均匀介质中，蓝光比红光折射率小，所以蓝光传播速度大
C．在同一条件下，若蓝光能发生全反射则红光也一定能发生全反射
D．在同一双缝干涉实验装置中，蓝光条纹间距比红光条纹间距窄
12．如图，光导纤维由内芯和外套两部分组成，内芯折射率比外套的大，光在光导纤维中传播时，光在内芯和外套的界面上发生全反射。假设外套为空气，一束红光由光导纤维的一端射入内芯，红光在内芯与空气的界面上恰好发生全反射，经时间t1从另一端射出；另让一束绿光也从光导纤维的一端射入，绿光在内芯与空气的界面上也恰好发生全反射，经时间，t2从另一端射出。下列说法正确的是（　　）
A．内芯对红光的折射率n1与对绿光的折射率n2之比为
B．内芯对红光的折射率n1与对绿光的折射率n2之比为
C．红光在内芯中的传播速度v1与绿光在内芯中的传播速度v2之比为
D．红光在内芯中的传播速度v1与绿光在内芯中的传播速度v2之比为
13．一束光在光导纤维中传播的示意图如图所示，光导纤维对该束光的折射率为n，该段光导纤维的长度为L，图中的光线刚好在光导纤维与空气的界面处发生全反射。已知空气对该束光的折射率为1，光在真空中传播的速度为c，下列说法正确的是（　　）
A．光导纤维的折射率n＞1
B．光导纤维的折射率n＜1
C．光在光导纤维中传播的时间为
D．光在光导纤维中传播的时间为
14．下列各仪器的分析中正确的是（　　）
A．偏光镜是利用纵波偏振特性的仪器
B．医学上用的内窥镜用来检查人体胃、肠、气管等脏器的内部，内窥镜的连线是用光导纤维制成的，利用了光的全反射原理
C．照相机镜头呈淡紫色是光的衍射引起的
D．雷达测速仪是利用波的多普勤效应原理
15．光导纤维是传光的细圆玻璃丝，每根纤维分内外两层。一束光由光纤端面从空气射向内层材料，经内、外层材料的分界面发生多次全反射后呈锯齿形的路线可以无损地传到另一端。如图为一根光纤的截面图，左端面与两种材料的界面垂直，当光从端面的圆心O入射后，在从光纤的一端传到另一端的过程中光线不从内壁漏掉时，入射角的最大值为。已知内层和外层材料的折射率分别为n1和n2（n1 > n2），光在真空（空气）中的传播速度为C。求：
（ⅰ）的值；
（ⅱ）若光纤的长度为l，光以射入后在光纤中传播的时间。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】AB．光的频率是由光源决定的，与介质无关，频率不变，AB错误；
CD．如图可看出光线1入射到水球的入射角小于光线2入射到水球的入射角，则光线1在水球外表面折射后的折射角小于光线2在水球外表面折射后的折射角，设水球半径为R、气泡半径为r、光线经过水球后的折射角为α、光线进入气泡的入射角为θ，根据几何关系有
则可得出光线2的θ大于光线1的θ，故若光线1在M处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射，C正确、D错误。
故选C。
2．A
【详解】当两种频率的细激光束从A点垂直于AB面入射时，激光沿直线传播到O点，经第一次反射沿半径方向直线传播出去。
保持光的入射方向不变，入射点从A向B移动过程中，如下图可知，激光沿直线传播到CO面经反射向PM面传播，根据图像可知，入射点从A向B移动过程中，光线传播到PM面的入射角逐渐增大。
当入射点为B点时，根据光的反射定律及几何关系可知，光线传播到PM面的P点，此时光线在PM面上的入射角最大，设为，由几何关系得
根据全反射临界角公式得
两种频率的细激光束的全反射的临界角关系为
故在入射光从A向B移动过程中，a光能在PM面全反射后，从OM面射出；b光不能在PM面发生全反射，故仅有a光。A正确，BCD错误。
故选A。
3．ACE
【详解】所有色光都能反射，反射角相同，则由图可知光束I是复色光；而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的．根据光的可逆性，知两光速仍然平行射出，且光束Ⅱ、Ⅲ是单色光，故A正确；作出三束光线的完整光路图，如图
由图知：光束Ⅱ的偏折程度大于比光束Ⅲ，根据折射定律可知光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ，根据全反射临界角，可知光束II的全反射临界角小于光束III的全反射临界角，当角减小为某一值时，光束II先消失，光束III存在，故B错误；一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射出，经过反射、再折射后，光线仍是平行，因为光的反射时入射角与反射角相等．所以由光路可逆可得出射光线平行．改变角，光线Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ仍保持平行．故C正确；光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ，则光束Ⅱ的频率大于光束Ⅲ，光束Ⅱ的波长小于光束Ⅲ的波长，而双缝干涉条纹间距与波长成正比，则双缝干涉实验中光Ⅱ产生的条纹间距比光Ⅲ的小．故D错误；光在玻璃中的传播速度为，光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ，故光束Ⅱ在玻璃中传播速度小于光束Ⅲ的，故E正确；故选ACE．
【点睛】光束I是反射光线，而光束Ⅱ、Ⅲ是由于两种色光的折射率不同，导致出现光线偏折分离．但根据光路可逆可知出射光线仍与入射光线平行．由光束Ⅱ、Ⅲ的位置可确定其折射率的不同，从而判定光的波长大小，可确定双缝干涉条纹间距的大小．根据分析光束在玻璃中传播速度的大小．
4．(1)4.5m；(2)红光
【详解】(1)从S点发出的光线射向球形玻璃罩边缘时沿直线射向水中，然后射到空气和水的分界面，若恰能发生全反射，则
则光斑直径为
解得
(2)因红光的折射率最小，则临界角最大，则出射水面的光斑边缘颜色为红色。
5．2
【详解】设从点入射的光线经折射后恰好射向点，光在边上的入射角为，折射角为，如图所示
由折射定律有
设从范围入射的光折射后在边上的入射角为，由几何关系有
代入题中数据解得
，
所以从范围入射的光折射后在边上发生全反射，反射光线垂直射到边，边上全部有光射出。设从范围入射的光折射后在边上的入射角为，如图所示
由几何关系可知
根据已知条件可知
即从范围入射的光折射后在边上发生全反射，反射光线垂直射到边上。设边上有光线射出的部分为，由几何关系得
边与边有光射出区域的长度比值为
6．
【详解】分析边缘光线a，如图：
有几何关系可知：
可得：
在三角形CAB中，AC=BC，设为，在三角形OBC中
有勾股定理：
解得：
故半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径为
7．①；②
【详解】①设射向F点的光线入射角为，折射角为，如图所示
则有
根据折射定律有
解得
②设光线发生全反射的临界角为C，则有
根据三角函数知识可得
分析可知，当恰好发生全反射时，路程最长，如图所示
设光线在柱形光学元件中的路程为s，速度为v，根据
根据几何关系有
故时间
联立解得
8．C
【详解】A．光纤通信利用了光的全反射原理，故A不符合题意；
B．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X射线衍射图谱反映出来，故B不符合题意；
C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，玻璃有反光，所以往往在镜头前加一个偏振片以削弱反射光的干扰，使照片清晰，故C符合题意；
D．激光方向集中，也就是平行度好，所以可比较精确测量月球到地球的距离，故D不符合题意。
故选C。
9．D
【详解】A．①光的偏折程度较大，则折射率较大，蓝光的折射率大于红光的折射率，所以①光是蓝光，②是红光，故A错误；
B．根据知，蓝光的折射率大，在介质中的速度小，则光束①比光束②传播速度更慢，故B错误；
C．蓝光的折射率大，频率大，知蓝光的波长小，波长越长，衍射现象越明显，所以②光衍射更明显，故C错误；
D．根据知，蓝光的折射率大，临界角小，增大入射角，①先发生全反射，故D正确。
故选D。
10．C
【详解】A．光在光在内芯和外套界面发生全反射，可知光从光密介质射入光疏介质，则内芯的折射率大于外套的折射率，A错误；
B．由图可知，a光射入光导纤维后的折射角大于b光，由折射定律可知光导纤维对a的折射率小于b光的折射率，则a光的频率小于b光，根据光子能量公式，b光子的能量大于a光光子的能量，B错误；
C．根据折射率公式
可以判断a光在光导纤维中的速度大于b光，C正确；
D．根据
可知，a光的临界角比b光的大，所以入射角由逐渐增大时，光全反射现象先消失，D错误。
故选C。
11．D
【详解】A．蓝光和红光在真空中传播时的速度相等都是光速，A错误；
B．在同种介质中，由于蓝光的频率比红光的频率大，蓝光的折射率比红光的折射率大，由可知蓝光的传播速度小，B错误；
C．在同一条件下，由于蓝光的折射率比红光的大，由知，蓝光的临界角小，容易产生全反射，所以蓝光能产生全反射，红光不一定能产生全反射，C错误；
D．由双缝干涉现象的条纹间距可知，蓝光的波长比红光的小，所以蓝光的条纹间距比红光的条纹间距窄，D正确。
故选D。
12．A
【详解】AB．设光导纤维长为l，对红光而言
红光通过光导纤维路程
红光的光速为
因此所用时间
整理得
同理绿光通过光导纤维所用时间
因此
A正确，B错误。
CD．红光在内芯中的传播速度v1与绿光在内芯中的传播速度v2之比
CD错误。
故选 A。
13．AC
【详解】AB．由于光发生全反射的条件之一是光由光密介质射入光疏介质，所以光导纤维的折射率比空气的折射率大，即n＞1，故A正确，B错误；
CD．光线在界面处发生全反射的临界角C的正弦值为
光在光导纤维中的传播速度为
v在沿光导纤维方向的分量为
光在光导纤维中传播的时间为
故C正确，D错误。
故选AC。
14．BD
【详解】A．偏光镜是利用横波偏振特性的仪器，故A错误；
B．内窥镜的连线是用光导纤维制成的，利用了光的全反射原理，故B正确；
C．照相机镜头呈淡紫色是光的薄膜干涉引起的，故C错；
D．雷达测速主要是利用多普勒效应原理:当目标向雷达天线靠近时,反射信号频率将高于发射机频率;反之,当目标远离天线而去时,反射信号频率将低于发射机率.如此即可借由频率的改变数值,计算出目标与雷达的相对速度，故D正确。
故选BD。
15．（ⅰ）；（ⅱ）
【详解】ⅰ．入射角越大，折射角越大，在内、外层接触处越容易发生折射，光越容易漏出。当入射角为最大值时，光在内、外层接触处发生全反射
，，
由
得
ⅱ．光在光纤内经历的路程
光在光纤内运动速度
光在光纤内运动时间
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第98讲 光的干涉及用双缝干涉实验测波长
（2022 浙江）
1．电子双缝干涉实验是近代证实物质波存在的实验。如图所示，电子枪持续发射的电子动量为1.2×10-23kg·m/s，然后让它们通过双缝打到屏上。已知电子质量取9.1×10-31kg，普朗克常量取6.6×10-34J·s，下列说法正确的是（　　）
A．发射电子的动能约为8.0×10-15J
B．发射电子的物质波波长约为5.5×10-11m
C．只有成对电子分别同时通过双缝才能发生干涉
D．如果电子是一个一个发射的，仍能得到干涉图样
（2022 山东）
2．某同学采用图甲所示的实验装置研究光的干涉与衍射现象，狭缝，的宽度可调，狭缝到屏的距离为L。同一单色光垂直照射狭缝，实验中分别在屏上得到了图乙，图丙所示图样。下列描述正确的是（　　）

A．图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，也发生了衍射
B．遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，其他条件不变，图丙中亮条纹宽度增大
C．照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大
D．照射两条狭缝时，若光从狭缝、到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹
一、知识回顾
（一）基本理论
1.光的干涉条件：
如果两列光的频率相同、相位差恒定、振动方向相同，就会发生干涉现象。
2.光的双缝干涉示意图及亮暗条纹的判断方法
①如图甲所示，光源S1、S2发出的光到屏上某点的路程差r2-r1=±kλ（k=0，1，2，…）时，光屏上出现亮条纹。
②光的路程差r2-r1=±（2k＋1）（k=0，1，2，…）时，光屏上出现暗条纹。
3. 光的双缝干涉亮条纹中心的位置的推导
如图甲所示，在线段P1S2上作P1M=P1S1，于是S2M=r2-r1.由于两缝之间的距离d远远小于缝到屏的距离l，所以能够认为三角形S1S2M
是直角三角形。根据三角函数的关系，有r2-r1=dsinθ。
另一方面：当角θ很小时，用弧度表示的θ与它的正弦sinθ、正切tanθ，三者近似相等。所以x=ltanθ≈lsinθ，消去sinθ，有r2-r1=d，当两列波的路程差为波长的整数倍，即d=nλ，（n=0，±1，±2，…）时出现亮条纹，也就是说，亮条纹中心的位置为x=nλ。
则光的双缝干涉条纹间距：由上面的分析可知，相邻两个亮条纹或暗条纹的中心间距是Δx=λ，其中l是双缝到光屏的距离，d是双缝间的距离，λ是光波的波长。
4.薄膜干涉
（1）如图乙所示，竖直放置的肥皂薄膜，由于重力的作用，形成上薄下厚的楔形。
（2）光照射到薄膜上时，在膜的前表面AA′和后表面BB′分别发生反射，形成两列频率相同的光波相互叠加，发生干涉，在某些位置两列光波叠加后相互加强，出现亮条纹；在另一些位置，叠加后相互削弱，出现暗条纹。
（3）条纹特点：①单色光：明暗相间的水平条纹；②白光：彩色水平条纹。
（4）干涉条纹的特点
①单色光：形成明暗相间的条纹，中央为亮条纹，如图3所示。
②白光：光屏上出现彩色条纹且中央亮条纹是白色（填写颜色），即发生色散，如图4所示。
（5）薄膜干涉应用
①增透膜：增透膜的厚度为透射光在薄膜中波长的四分之一，使薄膜前后两面的反射光的路程差为薄膜中波长的一半，故反射光叠加后减弱，透射光的强度增强。
②利用薄膜干涉检测平滑度：如图甲所示，两板之间形成一个空气薄层，用单色光从上向下照射，如果被检测表面是平滑的，得到的干涉图样必是等间距的。如果某处凹下，则对应亮纹（或暗纹）向左弯曲，如图乙所示；如果某处凸起来，则对应亮条纹（或暗条纹）向右弯曲，如图丙所示。口诀：弯上则凸，弯下则凹。
（二）通过双缝干涉实验测量单色光的波长
1.实验原理：相邻两条亮条纹的中心间距Δx与入射光波长λ，双缝S1、S2间距d及双缝与屏的距离l满足的关系式为：Δx=λ。
2.实验器材
光具座、光源、学生电源、导线、透镜、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、毛玻璃屏、测量头、刻度尺。
3.测条纹间距
如图甲所示，测量头通常有两种，但都由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，分划板会左右移动。测量时，应使分划板的中心刻线与亮条纹的中心对齐，如图乙，记下此时手轮上的读数。
两次读数之差就表示这两条亮条纹间的距离。实际测量时，要测出n个亮条纹间的距离a，再求出相邻两条亮条纹间的距离Δx=。
4.实验步骤
（1）如图所示，安装仪器（注：滤光片可装在单缝前）
①将光源、透镜、遮光筒、毛玻璃屏依次安装在光具座上。
②打开光源，调节光源的高度和角度，使它发出的光束沿着遮光筒的轴线把屏照亮。
③放好单缝和双缝。注意使单缝与双缝相互平行，尽量使缝的中点位于遮光筒的轴线上。
（2）。观察记录与数据处理
①调节单缝与双缝间距为5~10 cm时，观察白光的双缝干涉图样。
②在单缝和光源之间放上滤光片，观察单色光的双缝干涉图样。
③用刻度尺测量出双缝到屏的距离l。
④调节测量头，使分划板中心刻线对齐第1条亮条纹的中心，记下手轮上的读数a1；转动手轮，使分划板向一侧移动，当分划板中心刻线与第n条亮条纹中心对齐时，记下手轮上的读数a2.
⑤分别改变滤光片的颜色和双缝的距离，观察干涉条纹的变化，并求出相应的波长。
相邻两亮条纹间距的计算：Δx=，可多测几组不同的n对应的Δx求平均值，减小误差。由λ=Δx计算波长。
（5）误差分析
测量双缝到屏的距离l存在的误差；测条纹间距Δx带来的误差；干涉条纹没有调整到最清晰的程度；分划板的中心刻线与干涉条纹不平行，中心刻线没有恰好位于亮条纹中心；测量多条亮条纹间的距离时读数不准确。
二、例题精析
题型一：双缝干涉实验测光的波长
例1
3．某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光：调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可 ；
A．将单缝向双缝靠近 B．将屏向靠近双缝的方向移动
C．将屏向远离双缝的方向移动 D．使用间距更小的双缝
（2）若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第2条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为，则单色光的波长λ= ；
（3）某次测量时，选用的双缝的间距为0.300mm，测得屏与双缝间的距离为1.20m，第2条暗条纹到第5条暗条纹之间的距离为7.56mm。则所测单色光的波长为 nm（结果保留3位有效数字）。
题型二：洛埃镜与双缝干涉
例2
4．洛埃德（H。I。loyd）在1834年提出了一种更简单的观察干涉的装置，如图所示，从单缝S发出的光，一部分入射到平面镜后反射到屏上，另一部分直接投射到屏上，在屏上两光束交叠区域里将出现干涉条纹，单缝S通过平面镜成的像是S＇。
（1）通过洛埃德镜在屏上可以观察到明暗相间的干涉条纹，这和双缝干涉实验得到的干涉条纹一致，现用红光做实验，已知单缝S到平面镜的垂直距离为h，单缝到光屏的距离为D。观测到第3个亮条纹到第7个亮条纹的中心间距为Δy，则红光的波长表达式为λ= （用涉及到的物理量的符号表示，不需要考虑单位换算）。
（2）实验表明，光从光疏介质射向光密介质界面发生反射时，在入射角接近90°时，反射光与入射光相比，相位有π的变化，称作半波损失，即相当于产生了半波长的路程差，图中平面镜与单缝的水平距离较大，设平面镜向右的延长线与光屏的交点为P，则P处是 （填“亮条纹”或“暗条纹”）；
（3）改用蓝光做实验，会发现光屏上干涉条纹的间距比用红光做实验时较 （填“大”或“小”）
题型三：折射与双缝干涉相结合
例3.（2020 山东）
5．双缝干涉实验装置的截面图如图所示。光源S到S1、S2的距离相等，O点为S1、S2连线中垂线与光屏的交点。光源S发出的波长为的光，经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到O点，经S2出射后直接传播到O点，由S1到O点与由S2到O点，光传播的时间差为。玻璃片厚度为10，玻璃对该波长光的折射率为1.5，空气中光速为c，不计光在玻璃片内的反射。以下判断正确的是（　　）
A． B． C． D．
题型四：薄膜干涉
例4
6．把一个曲率半径很大的凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平面上，让单色光从上方射入（如图甲），这时可以看到亮暗相间的同心圆（如图乙）。这个现象是牛顿首先发现的，这些同心圆叫做牛顿环，为了使同一级圆环的半径变大（例如从中心数起的第二道圆环），则应（　　）
①将凸透镜的曲率半径变大
②将凸透镜的曲率半径变小
③改用波长更长的单色光照射
④改用波长更短的单色光照射。
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
三、举一反三，巩固练习
7．肥皂泡在阳光下呈现彩色，则（　　）
A．肥皂泡表面水分子间表现为斥力
B．肥皂泡内气体压强小于外部气体压强
C．肥皂泡呈现彩色是由于光的衍射形成的
D．肥皂膜厚度改变会导致彩色条纹移动
8．如图是单色光的“杨氏双缝干涉实验”，若要使干涉条纹变宽，可以（　　）
A．增大单缝到双缝之间的距离
B．减小单缝到双缝之间的距离
C．增大双缝到屏幕之间的距离
D．减小双缝到屏幕之间的距离
9．下图是a、b两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，则（ ）
A．在同种均匀介质中，a光的传播速度比b光的大
B．从同种介质射入真空发生全反射时a光临界角大
C．照射在同一金属板上发生光电效应时，a光的饱和电流大
D．若两光均由氢原子能级跃迁产生，产生a光的能级能量差大
10．G1、G2为放在水平面上的高度略有差别的两个长方体，为了检查这两个长方体的上表面是否相互平行，检测员用一块标准的平行透明平板T压在G1、G2的上方，T与G1、G2支架分别形成尖劈形空气层，如图所示。G1、G2的上表面与平板的夹角分别为α和β，P为平板T上表面上的一点。用单色光从上方照射平板T，G1、G2的上方都能观察到明显的干涉条纹可以推知（　　）
A．若α=β，则G1上方的干涉条纹间距小于G2上方的干涉条纹间距
B．若α>β，则G1上方的干涉条纹间距大于G2上方的干涉条纹间距
C．若将G1、G2的间距缩短些，则G1上方的干涉条纹分布变得更密
D．若在P处用较小的力下压平板T，则G1上方的干涉条纹分布变密
11．下列说法中正确的是（　　）
A．图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a束光在水珠中传播的速度一定小于b束光在水珠中传播的速度
B．图乙是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i逐渐增大到某一值后不会再有光线从bb＇面射出
C．图丙是双缝干涉示意图，若只减小屏到挡板间的距离L，两相邻亮条纹间距离将减小
D．图丁是检测工件表面平整程度时得到的图样，利用了光的衍射原理
12．利用如图甲所示的装置可以测量待测圆柱形金属丝与标准圆柱形金属丝的直径差，T1、T2是标准平面玻璃，A0为标准金属丝，直径为，A为待测金属丝，直径为D。用波长为的单色光垂直照射玻璃表面，干涉条纹如图乙所示，相邻亮条纹的间距为。则（　　）
A．D与相差越大，越大 B．轻压T1的右端，若变小，有
C．相邻亮条纹对应的空气薄膜厚度差为 D．图乙可能是D与相等时产生的条纹
13．在研究缸体材料C的热膨胀特性时，可采用如图所示的干涉实验法，A的上表面是一光滑平面，在A的上方放一个透明的平行板B，B与A上表面间形成一个楔形的空气膜，现在用波长为的单色光垂直照射，同时改变C的温度，在B上方观察到移动的干涉条纹，则（　　）
A．出现干涉条纹是由于B的上表面和A的上表面反射光叠加形成的
B．若发现条纹向左移，可判定C在降温
C．若C的温度由t1变为t2，发现有n个条纹通过D点（B上表面上的点，图中未画出），则C的高变化了
D．温度变化前后观察到的条纹数目相同
14．某小组用图甲装置进行双缝干涉实验，调节完毕后，在屏上观察到如图乙所示的竖直条纹。下列说法正确的是（　　）
A．装置中的双缝沿水平方向放置
B．仅向右移动单缝，使之靠近双缝，干涉条纹间距将变大
C．仅更换双缝间距更小的双缝，干涉条纹间距将变大
D．仅将红色滤光片换为绿色滤光片，干涉条纹间距将变大
15．某一质检部门利用干涉原理测定矿泉水的折射率。如图所示，单缝S0、屏上的P0点位于双缝S1和S2的中垂线上，双缝与屏之间的介质先后为空气与矿泉水，屏上的干涉条纹间距分别为Δx1与Δx2。当介质为矿泉水时，屏上P点处是P0上方的第3条亮条纹（不包括P0点处的亮条纹）的中心。已知入射光在真空中的波长为λ，真空中的光速为c，则（　　）
A．Δx2大于Δx1
B．该矿泉水的折射率为
C．当介质为矿泉水时，来自S1和S2的光传播到P点处的时间差为
D．仅将S0水平向左移动的过程中，P点处能观察到暗条纹
16．如图所示，在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，某同学观察到清晰的干涉条纹。若他对实验装置进行改动后，在毛玻璃屏上仍能观察到清晰的干涉条纹，但条纹间距变窄。下列改动可能会实现这个效果的是（　　）
A．仅将滤光片向右移动靠近单缝
B．仅减小双缝间的距离
C．仅增大双缝与毛玻璃屏间的距离
D．仅将红色滤光片换成绿色滤光片
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．BD
【详解】A．根据动量的大小与动能的关系可知发射电子的动能约为
故A错误；
B．发射电子的物质波波长约为
故B正确；
CD．物质波也具有波粒二象性，故电子的波动性是每个电子本身的性质，则每个电子依次通过双缝都能发生干涉现象，只是需要大量电子显示出干涉图样，故C错误，D正确；
故选BD。
2．ACD
【详解】A．由图可知，图乙中间部分等间距条纹，所以图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，同时也发生衍射，故A正确；
B．狭缝越小，衍射范围越大，衍射条纹越宽，遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，则衍射现象减弱，图丙中亮条纹宽度减小，故B错误；
C．根据条纹间距公式可知照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大，故C正确；
D．照射两条狭缝时，若光从狭缝、到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹，故D正确。
故选ACD。
3． B 630
【详解】（1）[1]增加从目镜中观察到的条纹个数，则条纹的宽度减小，根据相邻亮条纹间的距离
为减小相邻亮条纹（暗条纹）间的宽度，则可以减小双缝到屏的距离，增大双缝间的距离，或换用波长短的光，故ACD错误，B正确；
（2）[2]第2条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为，则两个相邻明纹（或暗纹）间的距离为
得
（3）[3]所测单色光的波长
4． 暗条纹 小
【详解】（1）[1]根据图可知，如果S被视为其中的一个缝，S经平面镜成的像S＇相当于另一个“缝”，缝的宽度为2h，条纹的间距为，根据
解得
（2）[2]根据题意可知，因为会有半波损失，因此P处是暗条纹；
（3）[3]由可知，蓝光波长小，干涉条纹的间距较小。
5．A
【详解】光在玻璃中的传播速度为
可知时间差
故选A。
6．A
【详解】①、②当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹。将凸透镜的曲率半径变大，与透镜中心等距离位置的空气层厚度变小，出现同一亮条纹的厚度由中心向外偏移，同一级圆环的半径变大；相反，凸透镜的曲率半径变小，同一级圆环的半径变小，故①正确，②错误；
③、④改用波长更长的单色光照射，出现同一级亮纹的光程差变大，空气层厚度应变大，所以，同一级圆环的半径变大，因此要使半径变大，则可以改用波长更长的单色光照射，故③正确，④错误。
故选A。
7．D
【详解】A．肥皂泡表面水分子间距离r略大于r0，分子间作用力表现为引力，故A错误；
B．肥皂泡稳定时体积不变，泡内气体压强等于外部气体压强，故B错误；
CD．通常而言，不同位置的肥皂膜，厚度不同，因此在膜上的不同位置，来自前后两个面的反射光的路程差不同，在某些位置，这两列波叠加后相互加强，出现了亮条纹，在另一些位置，叠加后相互削弱，出现了暗条纹。由于不同颜色的光波长不同，导致从肥皂膜的前后两面反射的光在不同位置相互加强，所以从肥皂膜上看到的亮条纹的位置也会不同，薄膜上不同颜色的光的条纹的明暗位置不同，相互交错，看上去呈彩色，所以这是薄膜干涉中的色散现象，肥皂膜厚度改变会导致彩色条纹移动，故C错误，D正确。
故选D。
8．C
【详解】根据条纹间距公式，其中表示双缝到屏的距离，表示双缝之间的距离，可知若要使干涉条纹变宽，可知增大双缝到屏幕之间的距离和减小双缝之间的距离，换波长较长的光，故C正确，ABD错误。
故选C。
9．D
【详解】A．由图可知a光的干涉条纹间距小于b光的，根据
可知a的波长小于b的波长，a光的频率大于b光的频率，a光的折射率大于b光的折射率，则根据
可知在同种介质中传播时a光的传播速度较小，A错误；
B．根据
可知从同种介质中射入真空，a光发生全反射的临界角小，B错误；
C．发生光电效应时饱和光电流与入射光的强度有关，故无法比较饱和光电流的大小，C错误；
D．a光的频率较高，若两光均由氢原子能级跃迁产生，则产生a光的能级差大，D正确。
故选D。
【点睛】此题考查了双缝干涉、全反射、光电效应以及玻尔理论等知识点；要知道双缝干涉中条纹间距的表达式，能从给定的图片中得到条纹间距的关系；要知道光的频率越大，折射率越大，全反射临界角越小，波长越小，在介质中传播的速度越小．
10．C
【详解】AB．设物体上表面与平板的夹角为θ，相邻亮条纹的间距为，由空气薄膜干涉条件，则有
解得
若α=β，则G1上方的干涉条纹间距等于G2上方的干涉条纹间距，若α>β，则G1上方的干涉条纹间距小于G2上方的干涉条纹间距，故AB错误；
C．若将G1、G2的间距缩短些，则α增大，可知G1上方的干涉条纹分布变得更密，故C正确；
D．若P在两长方体间，在P处用较小的力下压平板T，则α减小，可知G1上方的干涉条纹分布变疏，故D错误。
故选C。
11．C
【详解】A．由折射率和光的传播速度之间的关系可知，折射率越大，介质中传播速度越小，从图中可以看出b在水中偏折更大，即b的折射率大于a的折射率，则a在水中的传播速度大于b的传播速度，A错误；
B．由光路图可知，无论入射角i多大，光线不可能在bb＇面上发生全反射，故总有光线从bb＇面射出，B错误；
C．根据双缝干涉相邻两亮条纹的间距公式可知，只减小屏到挡板间距离，两相邻亮条纹间距离Δx将减小，C正确；
D．检测工件表面平整程度时得到的图样，利用的是薄膜干涉原理，D错误。
故选C。
12．B
【详解】A．设标准平面玻璃之间的夹角为θ，由题设条件，则有
由空气薄膜干涉条件，则有
即为
由此可知D与相差越大，θ越大，越小，A错误；
B．轻压T1的右端，若变小，由可知，θ变大，因为压的是右侧，说明右侧直径小，即有，B正确；
C．相邻亮条纹对应的空气薄膜厚度差为光程差，并不是空气薄膜厚度差，C错误；
D．当D=D0时，光程差相等，则不产生干涉条纹，故D错误。
故选B。
13．D
【详解】A．出现干涉条纹是由于B的下表面和A的上表面反射光叠加形成的，A错误；
B．若C在降温，楔形的空气膜变薄，B的下表面距离A的上表面更近，B板上同一位置光程差变小，条纹将向右移动，B错误；
C．当路程差等于半波长的偶数倍，出现明条纹，当路程差等于半波长的奇数倍，出现暗条纹，若C的温度由t1变为t2，发现有n个条纹通过D点，则说明同一位置光程差变化了
故C的高变化了，C错误；
D．劈尖干涉条纹间距取决于入射光线的波长和楔形空气薄膜的顶角即
入射光线的波长和楔形空气薄膜的顶角均不变，故温度变化过程中条纹间距不变，由于B板的宽度一定，所以温度变化前后观察到的条纹数目相同，D正确。
故选D。
14．C
【详解】A．根据图乙可知，装置中的双缝沿竖直方向放置，故A错误；
B．根据双缝干涉的条纹间距公式，仅向右移动单缝，条纹间距不变，故B错误；
C．仅更换双缝间距更小的双缝，d变小，干涉条纹间距将变大，故C正确；
D．仅将红色滤光片换为绿色滤光片，波长变小，干涉条纹间距将变小，故D错误。
故选C。
15．C
【详解】A．设入射光在矿泉水中的波长为，由
可知，干涉条纹间距正比于波长，因
故Δx2小于Δx1，A错误；
B．根据公式可得
B错误；
C．设入射光在矿泉水中的波长为，矿泉水的折射率为n，则有
由第三条亮条纹对应路程差为
但光在介质中的传播速度我
时间差为
C正确；
D．仅将S0水平向左移动对观察结果没有影响，D错误。
故选C。
16．D
【详解】A．滤光片的作用是得到相干光源，靠近单缝和远离单缝不影响干涉，A错误；
BC．双缝干涉两相邻亮条纹的间距为
仅减小双缝之间的距离d或仅增大双缝与毛玻璃屏间的距离，条纹间距都会变大，B错误；
D．仅将红色滤光片换成绿色滤光片，滤光片射向双缝等的光的波长λ减小，根据
可知，条纹间距减小，D正确。
故选D。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第99讲 光的衍射与偏振
（2019 上海）
1．泊松亮斑是光的( )
A．干涉现象,说明光有波动性 B．衍射现象,说明光有波动性
C．干涉现象,说明光有粒子性 D．衍射现象,说明光有粒子性
（2012 江苏）
2．如图所示，白炽灯的右侧依次平行放置偏振片P和Q，A点位于P、Q之间，B点位于Q右侧。旋转偏振片P， A、B 两点光的强度变化情况是：（ ）
A．A、B 均不变
B．A、B 均有变化
C．A 不变，B有变化
D．A 有变化，B不变
一.知识回顾
1．几种典型衍射条纹的特点
（1）单缝衍射：①单色光的衍射图样中间为宽且亮（填特点）的单色条纹，两侧是明暗相间的条纹，条纹宽度比中央窄且暗；单色光的波长越长，单缝越窄，中央亮纹越宽。如图7所示。
②白光的衍射图样中间为宽且亮的白条纹，两侧是渐窄且暗的彩色条纹。其中最靠近中央的色光是紫光，离中央最远的是红光，如图8所示，这是光在衍射时的色散。
（2）圆孔衍射：如图9所示，中央是大且亮的圆形光斑，周围分布着明暗相间的不等距圆环，且越靠外，亮圆环越窄越暗。
（3）圆盘衍射（泊松亮斑）：如图10所示，当光照到不透明的半径很小的小圆盘上时，对于一定的波长，在适当的距离上，圆盘的阴影中心出现亮斑，在阴影外还有不等间距的明暗相间的圆环。
2．发生明显衍射的条件
在障碍物的尺寸与光的波长相当，甚至比光的波长还小的时候，衍射现象才会十分明显。在任何情况下都可以发生衍射现象，只是明显与不明显的差别。
（1）衍射是波的特有现象，波长越长，衍射现象越明显。任何情况下都可以发生衍射现象，只有明显与不明显的差别。
（2）衍射现象说明“光沿直线传播”只是一种特殊情况，只有在光的波长比障碍物小得多时，光才可以近似看成是沿直线传播的。
3.单缝衍射与双缝干涉的比较
两种现象 单缝衍射 双缝干涉
不同 点 图样特点 条纹宽度 条纹宽度不等，中央最宽 条纹宽度相等
条纹中心间距 两相邻亮条纹中心间距不等 两相邻亮条纹中心间距相等
亮度情况 中央条纹最亮，两侧条纹逐渐变暗 条纹清晰，亮度基本相等
发生条件 产生明显衍射的条件：障碍物或孔、缝的尺寸与光的波长差不多或比光的波长更小 两束光频率相同、相位差恒定、振动方向相同
相同点 干涉、衍射都是波特有的现象，波长越长越明显；干涉、衍射都形成明暗相间的条纹
4．白光干涉和衍射形成彩色条纹的原因
（1）双缝干涉时，根据亮条纹中心位置的公式x＝nλ（n＝0，±1，±2，…），各种单色光的波长不同，在屏上的亮纹位置（间距）就不同，所以各色光亮纹不重合呈现彩色条纹，中央位置对各单色光路程差都为0，所以叠加出白色条纹。
（2）单缝衍射时，缝宽一定，光的波长越长，中央亮纹越宽，且各单色光衍射时的其他条纹位置不同，所以白光的单缝衍射中央亮纹叠加出白色，两侧呈彩色。
5．干涉与衍射的本质
光的干涉条纹和衍射条纹都是光波叠加的结果，从本质上讲，衍射条纹的形成与干涉条纹的形成具有相似的原理。光的干涉是两列波的叠加，光的单缝衍射是来自单缝不同位置的无限列光波通过缝之后叠加时加强或削弱的结果。
6．偏振
在横波中，各点的振动方向总与波的传播方向垂直。不同的横波，即使传播方向相同，振动方向也可能是不同的，这个现象称为“偏振现象”。横波的振动方向称为“偏振方向”。
7．自然光
太阳以及日光灯、发光二极管等普通光源发出的光，包含着在垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿着各个方向振动的光波的强度都相同，这种光叫作自然光。如图所示。
8．偏振光
在垂直于传播方向的平面上，沿着某个特定方向振动的光，叫作偏振光。光的偏振证明光是横波。自然光通过偏振片后，就得到了偏振光。
偏振光并不罕见。除了从太阳、白炽灯等光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光，都是不同程度的偏振光。自然光在玻璃、水面、木质桌面等表面反射时，反射光和折射光都是偏振光。入射角变化时偏振的程度也有变化。
9．偏振光的产生方式
（1）自然光通过起偏器时产生偏振光。
通过两个共轴的偏振片观察自然光，第一个偏振片的作用是把自然光变成偏振光，叫起偏器。第二个偏振片的作用是检验光是否为偏振光，叫检偏器。
（2）自然光射到两种介质的界面上时，反射光和折射光都是偏振光。
10.自然光和偏振光的比较
自然光（非偏振光） 偏振光
光的来源 直接从光源发出的光 自然光通过起偏器后的光
光的振动方向 在垂直于光的传播方向的平面内，光的振动沿任意方向，且沿各个方向振动的光的强度相同 在垂直于光的传播方向的平面内，光的振动沿特定方向
11.光的偏振的理论意义及应用
（1）理论意义：光的干涉和衍射现象说明了光是波，但不能确定光是横波还是纵波，光的偏振现象说明了光是横波。
（2）应用：照相机镜头前装偏振片减弱反射光，放映和观看立体电影，电子表的液晶显示器等。
二.例题精析
题型一：各种光现象的定性分析
例1
3．（1）肥皂泡在太阳光照射下呈现的彩色是 现象；露珠在太阳光照射下呈现的彩色是 现象；通过狭缝看太阳光时呈现的彩色是 现象；
（2）要使光产生明显的衍射，条件是 ；
（3）当狭缝的宽度很小并保持一定时，分别用红光和紫光照射狭缝，看到的衍射条纹的主要区别是 ；
（4）如图所示，让太阳光或白炽灯光通过偏振片P和Q，以光的传播方向为轴旋转偏振片P或Q，可以看到透射光的强度会发生变化，这是光的偏振现象，这个实验表明 。
题型二：光的衍射
例2
4．将两支铅笔并排放在一起，中间留一条狭缝，通过这条狭缝去看与其平行的日光灯，能观察到彩色条纹，这是由于光的 （选填“折射”“干涉”或“衍射”）．当缝的宽度 （选填“远大于”或“接近”）光波的波长时，这种现象十分明显．
题型三：光的偏振
例3
5．关于光的偏振，下列说法正确的是
A．自然光通过偏振片后，就得到了偏振光
B．拍摄水面下的景物时，加偏振片可使像更清晰
C．所有的波都具有偏振现象
D．立体电影是应用光的偏振的一个实例
E．自然光射到两种介质的界面上，折射光是偏振光，反射光不是偏振光
三.举一反三，巩固练习
6．一束红光射向一块有双缝的不透光的薄板，在薄板后的光屏上呈现明暗相间的干涉条纹。现在将其中一条窄缝挡住，让这束红光只通过一条窄缝，则在光屏上可以看到（　　）
A．与原来相同的明暗相间的条纹，只是明条纹比原来暗些
B．与原来不相同的明暗相间的条纹，而且中央明条纹比两侧的宽些
C．只有一条与缝宽对应的明条纹
D．无条纹，只存在一片红光
7．利用图a所示的装置，观察光的干涉、衍射现象，在光屏上得到图b中甲和乙两种图样。则（　　）
A．甲对应单缝，乙对应双缝
B．甲对应双缝，乙对应单缝
C．都是单缝，甲对应的缝宽较大
D．都是双缝，甲的双缝间距较大
8．用单色红光通过不同形状的小孔，光屏上呈现出如图的图样，则小孔形状，判断正确的是（　　）
A． B．
C． D．
9．如图所示，将两块平面镜边缘对齐，之后分别倾斜微小的角度θ，在右侧有一竖直光屏，单色光源S刚好位于两平面镜夹角的角平分线上，D为半圆形遮光板，使光源S发出的光不能直接照射到光屏上。用光源S照射平面镜，在光屏上会出现明暗相间的条纹，则下列说法正确的是（　　）
A．光屏上出现的条纹是光线衍射的结果
B．若增大入射光的频率，屏上条纹间距减小
C．把光屏向右移，屏上条纹间距减小
D．把光源S向右移，屏上条纹间距增大
10．利用图（a）所示的装置（示意图），观察蓝光的干涉、衍射现象，在光屏上得到如图（b）中甲和乙两种图样。则甲应是 （选填“干涉”或“衍射”）图样。若将蓝光换成红光，干涉图样中相邻两个亮条纹的中心间距 （选填“变长”“变短”或“不变”）。
11．某实验小组用完全相同的双缝干涉实验装置进行实验，仅换用频率不同的单色光a、b得到的干涉图样分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．a光更容易发生明显的衍射现象
B．a光子的能量大于b光子的能量
C．从同一种介质射入空气发生全反射时，a光的临界角大于b光的临界角
D．对于同一金属，a光的截止电压小于b光的截止电压
12．下列有关机械振动和机械波的说法正确的是 。
A．弹簧振子做简谐运动时，若某两个时刻位移相同，则这两个时刻的速度也一定相同
B．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关
C．火车鸣笛向我们驶来时，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率高
D．当水波通过障碍物时，若障碍物的尺寸与波长差不多，或比波长小得多时，将发生明显的衍射现象
E．在两列波的叠加区域，若质点到两列波源的距离相等，该质点的振动一定加强
13．下列说法中正确的是_________
A．如图甲所示，小球在倾角很小的光滑斜面上来回运动，小球做简谐运动
B．如图乙所示，a是一束白光，射向半圆玻璃砖的圆心O，经折射后发生色散，最左侧为紫光，最右侧为红光
C．如图丙所示为双缝干涉示意图，双缝间距d越大，相邻亮条纹间距越大
D．如图丁所示为光导纤维示意图，内芯的折射率比外套的折射率大
E．如图戊所示为单色光单缝衍射示意图，如果换成白光，屏上得到的条纹是彩色的
14．如图所示，电灯S发出的光先后经过偏振片A和B，人眼在P处迎着入射光方向，却看不到光亮，则（　　）
A．电灯S发出的光是偏振光 B．偏振片A起检偏器的作用
C．以SP为轴将A转过45°，在P处看到光亮 D．将B沿SP向A平移至某位置时，在P处看到光亮
15．激光冷却是一种高新技术，利用该技术可以达到微开量级的低温，激光冷却目前已经在多个领域获得广泛应用。激光冷却的原理是，利用光子和原子的相互作用使原子运动减速，以获得超低温。如图所示，a、b为两个相同的原子，运动方向相反。用一束激光L照射原子，由于多普勒效应，当原子迎着光束的方向运动时，其接收到的光子的频率会升高。当原子接收到的光的频率等于该原子的固有频率时，原子吸收光子的概率最大。原子吸收光子后由基态跃迁到激发态，随后原子又会自发跃迁回到基态，释放出频率等于其固有频率的光子。原子由激发态跃迁回基态的过程向各个方向释放光子的机会是均等的。结合所学知识，在激光冷却的过程中，判断下列说法正确的是（　　）
A．若原子a吸收了激光束L中的光子，其速度将减小
B．应使用频率比原子固有频率稍低的激光
C．原子a和原子b吸收光子的概率是相同的
D．原子a吸收光子的概率更高
16．“啁啾（zhōu jiū）激光脉冲放大技术”是高强度激光研究的重大技术创新和核心技术。如图所示，该技术原理可以简化为：种子激光脉冲经过单模光纤的色散作用，将时长为飞秒脉宽的激光脉冲在时间上进行了展宽；展宽后的脉冲经过激光增益介质放大，充分提取了介质的储能；最后使用压缩器将脉冲宽度压缩至接近最初的脉宽值。上述技术中的关键是“啁啾”脉冲。种子激光脉冲包含有不同的频率分量，因此在单模光纤中，频率高的部分和频率低的部分传播速度不同，这样光脉冲在时间上就被逐渐拉宽，形成脉冲前沿、后沿频率不同的现象，宛如鸟儿发出的不同声音。下列说法正确的是（　　）
A．展宽过程使脉冲各频率分量的频率都变小
B．在传播方向上，“啁啾”脉冲前沿频率低于后沿频率
C．若激光脉冲能量约为，则其峰值功率一定不能达到量级
D．通过“啁啾激光脉冲放大技术”获得的激光脉冲与种子激光脉冲能量几乎相同
17．隐身飞机通过运用多种隐形技术降低飞机的信号特征，使雷达难以发现、识别、跟踪和攻击。飞机隐身的途径主要有两种：一是改变飞机的外形和结构，减小回波；二是飞机表面采用能吸收雷达波的涂敷材料。雷达是利用电磁波探测目标的电子设备。雷达发射电磁波对目标进行照射并接收其回波，由此获得目标至电磁波发射点的距离、方位、高度等信息。常规雷达采用波长为0.01m～0.1m之间的厘米波，隐形飞机在常规雷达上反射的能量几乎与一只麻雀反射的能量相同，因此在常规雷达的屏幕上几乎看不到隐身飞机的回波。而米波雷达采用波长为1m～10m之间的米波，与隐身飞机的外形尺寸相匹配，从而发生谐振，大大增强了飞机回波信号的能量，从而使飞机的隐身效果下降。下列说法正确的是（　　）
A．米波不能产生偏振现象
B．米波的频率约为厘米波频率的10倍
C．米波的传播速度小于厘米波的传播速度
D．常规雷达比米波雷达的分辨率更高
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】泊松亮斑是光的衍射现象，干涉和衍射是典型的波动性特征，ACD错误B正确
2．C
【详解】白炽灯的光线沿各个方向的都有，旋转偏振片P，A点光的强度不会变化；
而偏振片对入射光具有遮蔽和透过的功能，可使纵向光或横向光一种透过，一种遮蔽，旋转偏振片P，PQ放置的方向不同，通过P的光线有一部分不能通过Q，所以通过Q的光线在B点强度会发生变化。
选项C正确，ABD错误。
故选C。
3． 干涉 光的色散 光的衍射 障碍物或孔的尺寸跟波长相差不多或比波长更小时，可产生明显的衍射现象 红光的中央亮纹宽，红光的中央两侧的亮纹离中央亮纹远 光是一种横波
【详解】(1)[1][2][3]肥皂膜表面可看到彩色条纹，是因为肥皂膜的前后两面反射回来的两列光发生干涉时形成的彩色条纹；而露珠在阳光下呈现的彩色，是光的色散现象；对于通过狭缝观察太阳也会看到彩色条纹，是因为当缝的宽度小于波的波长时，能发生明显的衍射现象
(2)[4]光波发生明显的衍射现象的条件是为当孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或比波长更小；
(3)[5]根据干涉条纹公式
可知，波长越长的，中间条纹较宽，且条纹间距也越大；也可知，当发生光的衍射时，则波长越长的，衍射条纹越宽，因此红光的中央亮纹宽，红光的中央两侧的亮纹离中央亮纹远；
(4)[6]纵波振子是沿传播方向震动的，所以它可以通过那个纸板上的眼，也就不能偏振了。而横波振子是沿与传播方向垂直的方向震动的，而且振子的平衡位置不变，当波传到纸板处，这里的振子无法震动，部分波就无法传过去了，即发生了“偏振”现象。
4． 衍射 接近
【详解】通过两支铅笔中间的缝能看到彩色条纹，说明光绕过缝而到人的眼睛，所以这是由于光的衍射现象，由发生明显衍射条件可知，当缝的宽度与光波的波长接近或比光波的波长少得多时能发生明显衍射现象；
5．ABD
【详解】A．自然光透过偏振片后的光振动方向只沿着偏振片的透振方向，故自然光透过偏振片后变为偏振光，故A正确；
B．拍摄水面下的景物时，加偏振片可以防止反射光的干扰，使像更清晰，故B正确；
C．只有横波才有偏振现象，故C错误
D．立体电影是应用光的偏振的理论设置的，故D正确；
E．自然光射到两种介质的界面上，调整入射角的大小，可以使得折射光和反射光都为偏振光，故E错误。
故选ABD。
6．B
【详解】这束红光通过双缝产生了干涉现象，说明每条缝都很窄，这就满足了这束红光发生明显衍射现象的条件，这束红光形成的干涉图样特点是，中央出现明条纹，两侧对称地出现等间隔的明暗相间条纹；这束红光通过单缝时形成的衍射图样特点是，中央出现较宽的明条纹，两侧对称地出现不等间隔的明暗相间条纹，且距中央明条纹远的明条纹亮度迅速减弱，所以衍射图样看上去明暗相间的条纹数量较少，故B正确，ACD错误。
故选B。
7．A
【详解】单缝衍射图样为中央亮纹最宽最亮，往两边变窄，双缝干涉图样是明暗相间的条纹，条纹间距相等，条纹宽度相等，结合图甲、乙可知，甲对应单缝，乙对应双缝，A正确，BCD错误；
故选A。
8．B
【详解】由图发现，横向的衍射现象比纵向的衍射现象更明显，根据发生明显衍射的条件可知，横向的小孔长度应该小于纵向的小孔长度。
故选B。
9．B
【详解】A．光线衍射是光线绕开障碍物的现象，而本题并非如此，A错误；
B．该图中两平面镜相当于两个完全相同的波源，反射后在光屏上发生干涉，其应满足公式
增大频率，波长减小，则屏上条纹间距将减小，B正确；
CD．过S点分别做两个两个平面镜的像，如图所示
可知相当于双缝干涉的双缝间距，设，则有
,
由双缝干涉公式
可知光屏向右移动则AC变大，则屏上间距变大，光源向右移动则屏上间距减小，CD错误。
故选B。
10． 衍射 变长
【分析】干涉条纹在光屏上观察到的图案是间距相等的条纹图象，而衍射条纹中，中间的亮纹的宽度最大。
【详解】[1]干涉图样的条纹宽度相等，衍射图样的条纹宽度不等、中央最宽。故甲应是衍射图样，乙是干涉图样。
[2]干涉图样中相邻两个亮条纹的中心间距与波长成正比，若将蓝光换成红光，则波长变长，因此条纹间距也变长。
11．ACD
【详解】A．根据干涉条纹间距公式可得，在d、L相同的条件下，Δx与λ成正比，甲图的条纹间距大，可知a光的波长较长，频率较小，根据发生明显衍射的条件可知，遇到同一障碍物，a光容易发生明显的衍射现象，选项A正确；
B．a光的频率小，根据公式可得a光子的能量小于b光子的能量，选项B错误；
C．根据公式，a光频率较小，折射率小，则a光全反射临界角大，从同一种介质射入空气发生全反射时，a光的临界角大于b光的临界角，选项C正确；
D．a光的频率小，根据公式可知对于同一金属，a光的截止电压小于b光的截止电压，选项D正确。
故选ACD。
12．BCD
【详解】A．弹簧振子做简谐运动时，若某两个时刻位移相同，则这两个时刻的速度大小相等，方向可能相同也可能相反，A错误；
B．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期是由驱动力的周期决定的，与单摆的摆长无关，B正确；
C．火车鸣笛向我们驶来时，根据多普勒效应，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率高，C正确；
D．当水波通过障碍物时，若障碍物的尺寸与波长差不多，或比波长小得多时，将发生明显的衍射现象，D正确；
E．在两列波的叠加区域，某质点到两列波源的距离相等，若两个波源初相位相同，该质点的振动一定加强，而若两个波源初相位相反，则该点振动减弱，E错误。
故选BCD。
13．BDE
【详解】A、光滑斜面上时,小球重力垂直于斜面的分力被斜面的支持力所平衡,另一个沿着斜面的分力G1=mgsinθ不变，故小球不是做简谐运动，故A错误；
B、如图乙所示，a是一束白光，射向半圆玻璃砖的圆心O，经折射后发生色散，因紫光的折射率大，在半圆玻璃砖的折射角小，最左侧为紫光，最右侧为红光，故B正确；
C、双缝干涉相邻条纹之间的距离，双缝间距d越大，相邻亮条纹间距越小，故C错误；
D、光导纤维以折射率大的材料制成内芯，在外层包上折射率小的外套，光线在内芯与外套的结面上发生全反射，故D正确；
E、白光是各种可见光复合而成是复色光，因为每种光的波长都不相同，所以衍射的条纹宽度也不同（红光最宽），故衍射条纹由里到外会呈现出彩色，故E正确；
故选BDE．
14．C
【详解】A．电灯S发出的光，包含着垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿着各个方向振动的光波的强度都相同，属于自然光，故A错误；
B．自然光先经过偏振片A形成偏振光，当偏振片B的透振方向与A的透振方向不垂直时，才能从P点看到光亮，所以A是起偏振器，B是检偏振器，故B错误；
C．由于此时人眼在P处迎着入射光方向看不到光亮，说明A、B透振方向垂直，以SP为轴将A转过45°，则透过A的偏振光的振动方向将存在平行于B透振方向的分量，此时将有部分光可以透过B，在P处可以看到光亮，故C正确；
D．无论将B沿SP向A平移至何位置，透过A的偏振光的振动方向始终与B的透振方向垂直，在P处始终看不到光亮，故D错误。
故选C。
15．B
【详解】A．原子a的速度方向与激光束L中的光子方向相同，则若原子a吸收了激光束L中的光子，其速度将增加，选项A错误；
BD．因当原子迎着光束的方向运动时，其接收到的光子的频率会升高，而当原子接收到的光的频率等于该原子的固有频率时，原子吸收光子的概率最大，可知应使用频率比原子固有频率稍低的激光；而由题目的条件不能判断哪个原子吸收光子的概率更大，选项B正确，D错误；
C．原子b和原子a分别迎着光束的方向和背离光束的方向运动，根据多普勒效应，原子b接收到的光子的频率会升高，而原子a接收到的光子的频率会降低，两个原子的频率偏离固有频率的值不一定相同，则两个原子吸收光子的概率是不一定相同的，选项C错误；
故选B。
16．B
【详解】AD．正“啁啾”的频率随时间增加，展宽过程使脉冲各频率分量的频率不变，所以通过“啁啾激光脉冲放大技术”获得的激光脉冲与种子激光脉冲能量是不相同的，AD错误；
B．正“啁啾”的频率随时间增加，一个脉冲上升的前沿是低频，下降的后沿是高频，所以在传播方向上，“啁啾”脉冲前沿频率低于后沿频率，B正确；
C．激光器产生超短脉冲时长为，根据功率的定义有
C错误。
故选B。
17．D
【详解】A．米波是电磁波，能产生偏振现象，故A错误；
B．由
可得米波的频率约为厘米波频率的
故B错误；
C．米波的传播速度等于厘米波的传播速度，故C错误；
D．雷达的分辨率是与其所使用的频率有着密切关系的，频率越高，分辨率也就越高，所以常规雷达比米波雷达的分辨率更高，故D正确。
故选D。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第101讲 原子与原子核（玻尔模型与核反应）
（2022 海南）
1．下列属于衰变的是（ ）
A． B．
C． D．
（2022 辽宁）
2．2022年1月，中国锦屏深地实验室发表了首个核天体物理研究实验成果。表明我国核天体物理研究已经跻身国际先进行列。实验中所用核反应方程为，已知、、的质量分别为，真空中的光速为c，该反应中释放的核能为E。下列说法正确的是（ ）
A．X为氘核 B．X为氚核
C． D．
（2022 湖北）
3．上世纪四十年代初，我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在的实验方案：如果静止原子核俘获核外K层电子e，可生成一个新原子核X，并放出中微子νe，即 。根据核反应后原子核X的动能和动量，可以间接测量中微子的能量和动量，进而确定中微子的存在。下列说法正确的是（　　）
A．原子核X是 B．核反应前后的总质子数不变
C．核反应前后总质量数不同 D．中微子的电荷量与电子的相同
（2022 浙江）
4．如图为氢原子的能级图。大量氢原子处于n=3的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV的金属钠。下列说法正确的是（　　）
A．逸出光电子的最大初动能为10.80eV
B．n=3跃迁到n=1放出的光子动量最大
C．有3种频率的光子能使金属钠产生光电效应
D．用0.85eV的光子照射，氢原子跃迁到n=4激发态
（2022 广东）
5．目前科学家已经能够制备出能量量子数n较大的氢原子。氢原子第n能级的能量为，其中。图是按能量排列的电磁波谱，要使的氢原子吸收一个光子后，恰好失去一个电子变成氢离子，被吸收的光子是（　　）
A．红外线波段的光子 B．可见光波段的光子
C．紫外线波段的光子 D．X射线波段的光子
一、知识回顾
1.原子的核式结构
（1）电子的发现：英国物理学家J。J。汤姆孙在研究阴极射线时发现了电子，提出了原子的“枣糕模型”。
（2）α粒子散射实验：1909~1911年，英国物理学家卢瑟福和他的助手进行了用α粒子轰击金箔的实验，实验发现绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子发生了大角度偏转，极少数偏转的角度甚至大于90°，也就是说，它们几乎被“撞”了回来。
（3）原子的核式结构模型：在原子中心有一个很小的核，原子全部的正电荷和几乎全部质量都集中在核里，带负电的电子在核外空间绕核旋转。
2.光谱
（1）光谱
用棱镜或光栅可以把各种颜色的光按波长（频率）展开，获得光的波长（频率）和强度分布的记录，即光谱。
（2）光谱分类
有些光谱是一条条的亮线，叫作谱线，这样的光谱叫作线状谱，又叫原子的特征谱线。有的光谱是连在一起的光带，叫作连续谱。
（3）氢原子光谱的实验规律
1885年，巴耳末对当时已知的氢原子在可见光区的四条谱线作了分析，发现这些谱线的波长满足公式=R∞（n=3，4，5，…），R∞叫作里德伯常量，实验测得的值为R∞=1.10×107 m-1.这个公式称为巴耳末公式，它确定的这一组谱线称为巴耳末系。
3.氢原子的能级跃迁
（1）玻尔理论
①轨道量子化与定态：电子的轨道是量子化的。电子在这些轨道上绕核的运动是稳定的，不产生电磁辐射。因此，原子的能量也只能取一系列特定的值，这些量子化的能量值叫作能级。原子中这些具有确定能量的稳定状态，称为定态。能量最低的状态叫作基态，其他的状态叫作激发态。
②频率条件：原子从一种定态跃迁到另一种定态时，它辐射或吸收一定频率的光子，光子的能量由这两个定态的能量差决定，即hν=En-Em（m＜n，h是普朗克常量，h=6.63×10-34 J·s）。
（2）氢原子的能级图
（3）电子动能变化规律
①从公式上判断，电子绕氢原子核运动时静电力提供向心力，即k=m，所以Ekn=，随r增大而减小。
②从库仑力做功上判断，当轨道半径增大时，库仑引力做负功，故电子的动能减小。反之，当轨道半径减小时，库仑引力做正功，电子的动能增大。
（4）原子的电势能的变化规律
①通过库仑力做功判断，当轨道半径增大时，库仑引力做负功，原子的电势能增大。反之，当轨道半径减小时，库仑引力做正功，原子的电势能减小。
②利用原子能量公式En=Ekn＋Epn判断，当轨道半径增大时，原子能量增大，电子动能减小，原子的电势能增大。反之，当轨道半径减小时，原子能量减小，电子动能增大，原子的电势能减小。
（4）。 对原子跃迁的频率条件hν=En-Em的说明
①原子跃迁的频率条件hν=En-Em只适用于原子在各定态之间跃迁的情况。
②当光子能量大于或等于13.6 eV（或|En|）时，也可以被处于基态（或n能级）的氢原子吸收，使氢原子电离；当处于基态（或n能级）的氢原子吸收的光子能量大于13.6 eV（或|En|）时，氢原子电离后，电子具有一定的初动能。
③原子还可吸收外来实物粒子（例如自由电子）的能量而被激发。由于实物粒子的动能可全部或部分被原子吸收，所以只要入射粒子的能量大于或等于两能级的能量差值（E≥En-Em），均可使原子发生能级跃迁。
（5）跃迁中两个易混问题
①一群原子和一个原子
氢原子核外只有一个电子，这个电子在某个时刻只能处在某一个可能的轨道上，在某段时间内，由某一轨道跃迁到另一个轨道时，可能的情况只有一种，但是如果有大量的氢原子，这些原子的核外电子跃迁时就会有各种情况出现了。
②直接跃迁与间接跃迁
原子从一种能量状态跃迁到另一种能量状态时，有时可能是直接跃迁，有时可能是间接跃迁。两种情况下辐射（或吸收）光子的能量是不同的。直接跃迁时辐射（或吸收）光子的能量等于间接跃迁时辐射（或吸收）的所有光子的能量和。
4.天然放射现象
（1）放射性与放射性元素：物质发出射线的性质称为放射性。具有放射性的元素称为放射性元素。
（2）天然放射现象：放射性元素自发地发出射线的现象，叫作天然放射现象，首先由贝克勒尔发现。天然放射现象的发现，说明原子核内部是有结构的。放射性元素放射出的射线共有三种，分别是α射线、β射线、γ射线。
（3）三种射线的比较
射线名称 比较项目 α射线 β射线 γ射线
组成 高速氦核流 高速电子流 光子流（高 频电磁波）
电荷量 2e -e 0
质量 4mp 静止质量 为零
符号 He e γ
速度 可达c 接近c c
垂直进入电场或磁场的偏转情况 偏转 偏转 不偏转
穿透能力 最弱 较强 最强
对空气的 电离作用 很强 较弱 很弱
5.原子核的组成
（1）原子核由质子和中子组成，质子和中子统称为核子。质子带正电，中子不带电。
（2）原子核常用符号X表示，X为元素符号，A表示核的质量数，Z表示核的电荷数。
（3）原子核的电荷数=核内的质子数=元素的原子序数=中性原子的核外电子数，原子核的质量数=核内的核子数=质子数＋中子数，质子和中子都为一个单位质量。
（4）同位素：具有相同质子数而中子数不同的原子核组成的元素，在元素周期表中处于同一位置，因而互称同位素，具有相同的化学性质。
6.原子核的衰变
（1）原子核自发地放出α粒子或β粒子，变成另一种原子核的变化，称为原子核的衰变。原子核衰变时电荷数和质量数都守恒。
（2）分类
α衰变： X→Y＋He；
β衰变： X→Y＋e、
注：当放射性物质连续发生衰变时，原子核中有的发生α衰变，有的发生β衰变，同时伴随着γ射线辐射。
（3）两个重要的衰变
①U→Th＋He；
②Th→Pa＋e、
7.α衰变、β衰变和γ辐射的实质
（1）α衰变：原子核中的两个中子和两个质子结合起来形成α粒子，并被释放出来。
（2）β衰变：核内的一个中子转化为一个质子和一个电子，电子发射到核外。
（3）γ辐射：原子核的能量不能连续变化，存在着能级。放射性的原子核在发生α衰变、β衰变时产生的新核处于高能级，这时它要向低能级跃迁，并放出γ光子。因此，γ射线经常是伴随α射线和β射线产生的。
（4）原子核衰变过程中，α粒子、β粒子和新原子核在磁场中的轨迹
静止的原子核在匀强磁场中自发衰变，其轨迹为两相切圆，α衰变时两圆外切，β衰变时两圆内切，根据动量守恒定律m1v1=m2v2和r=知，半径小的为新核，半径大的为α粒子或β粒子，其特点对比如下表：
衰变类型 衰变方程 匀强磁场中轨迹特点
α衰变 X→Y＋He 两圆外切，α粒子轨迹半径大
β衰变 X→Y＋e 两圆内切，β粒子轨迹半径大
3.半衰期
放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间。
（1）根据半衰期的概念，可总结出公式
N余=N原，m余=m原
式中N原、m原表示衰变前的放射性元素的原子数和质量，N余、m余表示衰变后尚未发生衰变的放射性元素的原子数和质量，t表示衰变时间，τ表示半衰期。
（2）半衰期是统计规律，描述的是大量原子核衰变的规律。
（3）放射性元素衰变的快慢是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态（如单质、化合物）和外部条件（如温度、压强）无关。
4.放射性的应用与防护
（1）放射性同位素：具有放射性的同位素叫放射性同位素。
例如： Al＋He→P＋n， P→Si＋e、
有天然放射性同位素和人工放射性同位素两类。
（2）应用：工业测厚，放射治疗，培优、保鲜，作为示踪原子等。
（3）防护：防止过量射线对人体组织的破坏。
8.核反应
（1）核反应：原子核在其他粒子的轰击下产生新原子核或者发生状态变化的过程，称为核反应。
（2）核反应中遵循两个守恒规律，即质量数守恒和电荷数守恒。
9.衰变及核反应的三种类型的比较
类型 可控性 方程典例
衰变 α衰变 自发 U→Th＋He
β衰变 自发 Th→Pa＋e
人工转变 人工控制 14 7N＋He→O＋H （卢瑟福发现质子）
He＋Be→C＋n （查德威克发现中子）
重核裂变 比较容易进行人工控制 U＋n→Ba＋Kr＋3n
轻核聚变 较难进行人工控制 H＋H→He＋n
10.核力
（1）定义：原子核中的核子之间存在的一种很强的相互作用力，它使得核子紧密地结合在一起，形成稳定的原子核。
（2）特点
①核力是强相互作用的一种表现；
②核力是短程力，作用范围只有约10-15 m，即原子核的大小。
11.结合能
原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开，也需要能量，这就是原子核的结合能。
12.比结合能
（1）定义：原子核的结合能与核子数之比，叫作比结合能，也叫作平均结合能。
（2）特点：不同原子核的比结合能不同，原子核的比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。
13.质能方程、质量亏损
爱因斯坦质能方程E=mc2.原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这就是质量亏损。质量亏损表明，的确存在着原子核的结合能。
14.重核裂变
（1）定义：质量数较大的原子核受到高能粒子的轰击而分裂成几个质量数较小的原子核的过程。
（2）特点
①核裂变过程中能够放出巨大的能量。
②核裂变的同时能够放出2或3个中子。
③核裂变的产物不是唯一的。对于铀核裂变，有二分裂、三分裂和四分裂形式，但三分裂和四分裂概率非常小。
（3）典型的核裂变反应方程
U＋n→Kr＋Ba＋3n。
（4）链式反应：由重核裂变产生的中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程。
（5）临界体积和临界质量：核裂变物质能够发生链式反应的最小体积叫作它的临界体积，相应的质量叫作临界质量。
（6）核裂变的应用：原子弹、核反应堆。
（7）反应堆构造：核燃料、慢化剂（如重水、石墨）、镉棒（也叫控制棒，它可以吸收中子，用于调节中子数目以控制反应速度）、防护层。
15.轻核聚变
（1）定义
两个轻核结合成质量较大的核的核反应。轻核聚变反应必须在高温下进行，因此又叫热核反应。
（2）特点
①核聚变过程放出大量的能量，平均每个核子放出的能量，比核裂变反应中平均每个核子放出的能量大3~4倍。
②核聚变反应比核裂变反应更剧烈。
③核聚变反应比核裂变反应更安全、清洁。
④自然界中核聚变反应原料丰富。
（3）典型的核聚变反应方程
H＋H→He＋n＋17.6 MeV。
16.衰变方程及核反应方程的理解
（1）衰变及核反应过程一般都是不可逆的，所以衰变及核反应方程只能用单向箭头“→”连接并表示反应方向，不能用等号连接。
（2）衰变及核反应的生成物一定要以实验为基础，不能凭空只依据两个守恒规律杜撰出生成物来写衰变及核反应方程。
（3）衰变及核反应遵循质量数守恒而不是质量守恒，衰变及核反应过程中总质量一般会发生变化。
（4）衰变及核反应遵循电荷数守恒。
二、例题精析
题型一： 能级跃迁与电离
例1
6．氢原子能级示意如图。现有大量氢原子处于能级上，下列说法正确的是（　　）
A．这些原子跃迁过程中最多可辐射出2种频率的光子
B．从 能级跃迁到 能级辐射出的光子能量为1.51eV
C．从 能级跃迁到 能级需吸收1.51eV的能量
D． 能级的氢原子电离至少需要吸收1.51eV的能量
题型二：核反应类型与反应方程
例2.（2019 烟台二模）
7．下列说法正确的是（　　）
A．大量处于n＝5能级的氢原子，自发向低能级跃迁的过程中能辐射20种不同频率的电磁波
B．爱因斯坦提出质能方程E＝mc2，其中E是物体以光速c运动时的动能
C．→+是钍核（）的β衰变方程，衰变过程会伴随着γ射线产生
D．高速运动的α粒子轰击氮核可从氮核中打出中子，其核反应方程为
题型三：衰变与半衰期
例3.
8．花岗岩、大理石等装修材料中都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性的说法正确的是(　　)
A．衰变成要经过8次β衰变和6次衰变
B．氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后只剩下1个氡原子核
C．射线与射线都是电磁波，射线穿透本领远比射线弱
D．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的
题型四：核能
例4
9．太阳内部核反应的主要模式之一是质子-质子循环，循环的结果可表示为，已知和的质量分别为和，1u=931MeV/c2，c为光速。在4个转变成1个的过程中，释放的能量约为（ ）
A．8 MeV B．16 MeV C．26 MeV D．52 MeV
题型五：结合能与比结合能
例5
10．原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的是（　　）
A．核的结合能约为14MeV
B．核比核更稳定
C．两个核结合成核时释放能量
D．核中核子的平均结合能比核中的大
三、举一反三，巩固练习
11．一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出多种不同频率的光，将这些光分别照射到图甲电路阴极K的金属上，实验只测得3条电流随电压变化的图像，如图乙所示。已知氢原子的能级图如图丙，则下列推断正确的是（　　）
A．动能为1 eV的电子不能使处于第3能级的氢原子发生跃迁
B．a、b、c三种光的波长关系：
C．图乙中的a光是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的
D．阴极金属的逸出功可能为W0 = 2.5 eV
12．如图所示为玻尔原子理论的氢原子能级图，下列说法正确的是（　　）
A．大量处于能级的氢原子向基态跃迁，最多可以发出20种不同频率的光
B．处于能级的氢原子其电势能比处于能级的氢原子的电势能小
C．若氢原子由能级分别直接跃迁至和能级时所发出光的波长为λ1和λ2，则λ1＜λ2
D．用光子能量为12.5eV的光照射大量处于基态的氢原子，此过程中氢原子最多可以发出3种不同频率的光
13．用频率分别为和的光照射某种金属材料，两种情况下测得的该金属材料发生光电效应的遏止电压之比为，已知普朗克常量为h，则该金属的逸出功为（　　）
A． B． C． D．
14．氦离子（He+）的能级图如图所示，已知普朗克常量为h，电子的质量为m，氦离子（He+）基态的能量为E1（E1<0）。根据能级跃迁理论可知，基态氦离子（He+）中的电子吸收一频率为v的光子被电离后，电子速度大小为（　　）
A． B． C． D．
15．德国物理学家P·勒纳德、英国物理学家J·J·汤姆孙等相继进行了实验研究，发现照射到金属表面的光能使金属中的电子从表面溢出，这个现象称为光电效应。现在用两种单色光a和b照射同一种金属，光电流与电压的关系如图乙所示，Is为饱和光电流，Uc为遏止电压的大小。下列说法正确的是（　　）
A．截止频率与入射光的频率有关
B．a光的频率小于b光的频率
C．若仅增加a光的光强，饱和光电流将增大
D．若仅增加a光的光强，则遏止电压Uc1将增加
16．如图所示为氢原子的能级图。现有两束光，光由图中跃迁①发出的光子组成，光由图中跃迁②发出的光子组成，已知光照射金属时刚好能发生光电效应，则下列说法正确的是（　　）
A．氢原子发生跃迁①后，原子的能量将减小
B．光的频率大于光的频率
C．金属的逸出功为
D．用光照射金属，发出的光电子的最大初动能为
17．月球的表面长期受到宇宙射线的照射，使得“月壤”中的He含量十分丰富。科学家认为He是发生核聚变的极好原料，将来He也许是人类重要的能源，所以探测月球意义十分重大。关于He，下列说法正确的是（　　）
A．He原子核内的核子靠万有引力紧密结合在一起
B．He聚变反应后变成He，原子核内核子间的比结合能没有发生变化
C．He发生核聚变，放出能量，不一定会发生质量亏损
D．He聚变反应的方程可能为HeHe→HHe
18．科学研究表明，太阳核心的温度极高、压力极大，使得太阳内部每4个氢核（）转化为1个氦核（）和几个正电子并释放出大量能量。假设生成的所有正电子均定向移动，且正电子在8×10﹣4s时间内定向移动形成的平均电流为8.0×10﹣8A，已知电子的电荷量为1.6×10﹣19C，则在这段时间内发生核聚变的氢核（）的个数为（　　）
A．8.0×108 B．4.8×108 C．3.2×108 D．2.4×108
19．2021年4月，日本政府决定将福岛核废水排放入海，引起国际社会的广泛关注。核废水即使经处理，但还是含有氚、锶－90、铯－137、碘－129等放射性元素。其中Cs是最具危害的放射性元素，半衰期为30年。它能通过β衰变放射出β射线，衰变得到的新核用X表示。则下列说法正确的是（　　）
A．铯核发生β衰变的衰变方程为Cs→X＋
B．20个铯核经过60年，一定还有5个铯核未发生衰变
C．铯核发生β衰变时，β射线来自原子核外的电子电离
D．X的比结合能比Cs小
20．人类对光的本性以及原子内部结构的进一步认识，促进了科技极大的进步，并大量应用于医疗、通信等领域。下列描述中正确的是（　　）
A．质子与中子结合成氘核的过程中吸收能量
B．某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，核内中子数减少2个
C．U（铀核）衰变为Rn（氡核）要经过3次α衰变和4次β衰变
D．发生光电效应时入射光波长相同，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，这种金属的逸出功越小
21．现有钚的同位素原子核静止在匀强磁场中，该离子沿与磁场垂直的方向放出粒子以后，变成铀的一个同位素原子核，同时放出一个能量为的光子（已知钚核质量，铀核质量，粒子的质量为，，下列说法正确的是（　　）
A．该核反应属于裂变反应
B．此过程的核反应方程为
C．若不计光子的动量，则粒子与铀核在该磁场中的回转半径之比
D．若不计光子的动量，铀核的动能约为0.071MeV
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】A．该反应属于衰变，放出了氦核（），A错误；
B．该反应是卢瑟福发现质子（）的核反应方程，B错误；
C．该反应属于衰变，放出了电子（），C正确；
D．该反应是重核裂变的核反应方程，D错误。
故选C。
2．D
【详解】AB．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为1，为氕核，AB错误；
CD．根据质能方程可知，由于质量亏损核反应放出的核能为
C错误、D正确。
故选D。
3．A
【详解】AC．根据质量数守恒和电荷数守恒有，X的质量数为7，电荷数为3，可知原子核X是，A正确、C错误；
B．由选项A可知，原子核X是，则核反应方程为 + → + ，则反应前的总质子数为4，反应后的总质子数为3，B错误；
D．中微子不带电，则中微子的电荷量与电子的不相同，D错误。
故选A。
4．B
【详解】A．从n=3跃迁到n=1放出的光电子能量最大，根据
可得此时最大初动能为
故A错误；
B．根据
又因为从n=3跃迁到n=1放出的光子能量最大，故可知动量最大，故B正确；
C．大量氢原子从n=3的激发态跃迁基态能放出种频率的光子，其中从n=3跃迁到n=2放出的光子能量为
不能使金属钠产生光电效应，其他两种均可以，故C错误；
D．由于从n=3跃迁到n=4能级需要吸收的光子能量为
所以用0.85eV的光子照射，不能使氢原子跃迁到n=4激发态，故D错误。
故选B。
5．A
【详解】要使处于n=20的氢原子吸收一个光子后恰好失去一个电子变成氢离子，则需要吸收光子的能量为
因为
则被吸收的光子是红外线波段的光子。
故选A。
6．D
【详解】A．大量氢原子处于 能级跃迁可辐射出3种不同频率的光子，故A错误；
B．根据能级图可知从 能级跃迁到能级辐射的光子能量为
故B错误；
C．根据能级图可知从 能级跃迁到能级，需要吸收的能量为
故C错误；
D．根据能级图可知氢原子处于能级的能量为 ，故要使其电离至少需要吸收1.51eV的能量，故D正确。
故选D。
7．C
【详解】A.根据＝10可知，一群处于n＝5能级态的氢原子，自发向低能级跃迁的过程中最多能够辐射10种不同频率的电磁波．故A不符合题意；
B.根据质能方程的意义可知，在质能方程E＝mc2中，其中E是质量为m的物体对应的能量值，不是以光速c运动时的动能．故B不符合题意；
C.根据质量数守恒、电荷数守恒以及核反应的特点可知，→+是钍核（）的β衰变方程，衰变过程会伴随着γ射线产生．故C符合题意；
D.高速运动的α粒子轰击氮核可从氮核中打出质子，其核反应方程为．故D不符合题意．
8．D
【详解】A．铀核（）衰变成铅核（）的过程中，设发生x次衰变，y次衰变，衰变方程为
根据质量数守恒和电荷数守恒有
238=206+4x，92=82+8×2-y
解得x=8，y=6，即要经过8次衰变和6次β衰变，故A错误；
B．半衰期是对大量原子核的衰变的统计规律，对于单个原子核是不成立的，故B错误；
C．射线是氦核流，射线的实质是电磁波，射线的穿透本领比较强，故C错误；
D．衰变时，原子核中的一个中子，转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故D正确。
故选D。
9．C
【详解】由
知
=
忽略电子质量，则
故C正确ABD错误；
故选C。
10．C
【详解】A．核有4个核子，由比结合能图线可知，核的比结合能约为7MeV，其结合能约为28MeV，故A错误；
B．比结合能越大，原子核越稳定，由图像可知，核比核的比结合能大，核比核更稳定，故B错误；
C．两个核结合成核时，核子的比结合能变大，结合时要放出能量，故C正确；
D．由比结合能图线知，核中核子平均结合能比核中的小，故D错误。
故选C。
11．C
【详解】A．由
所以动能为1 eV的电子能使处于第3能级的氢原子向第4能级发生跃迁，故A错误；
BC．一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出6种不同频率的光，能量值的大小关系排列从大到小为
n=4→1，n=3→1，n=2→1，n=4→2，n=3→2，n=4→3
但只检测到3条电流，所以发生光电效应的能量值为
n=4→1，n=3→1，n=2→1
由图乙可知，a的遏止电压最大，其次为b和c，根据光电效应方程及知各光对应的跃迁为
a为n=4→1，b为n=3→1，c为n=2→1
a光的光子能量为
b光的光子能量为
c光的光子能量为
可知
由可得
故B错误，C正确；
D．能量值第4大的光子的能量值
由于只能测得3条电流随电压变化的图像，即只有三种光子能发生光电效应，则该金属的逸出功大于2.55eV，小于等于10.2eV，故D错误。
故选C。
12．B
【详解】A．根据C=10可知，大量处于n=5能级的氢原子向基态跃迁时，辐射出的光子频率最多有10种，A项错误；
B．当氢原子由较低能级跃迁到较高能级时，轨道半径变大，其核外电子的动能将减小，此过程中电场力做负功，其电势能增大，B项正确；
C．氢原子由能级分别直接跃迁至能级时所发出光的波长为λ1，有
由能级分别直接跃迁至能级时所发出光的波长为λ2
由于，所以有
λ1>λ2
C项错误；
D．用光子能量为12.5eV的光照射大量处于基态的氢原子，如果氢原子吸收了光子，则能量为
E=E1+12.5eV=-13.6eV+12.5eV=-1.1eV
没有能级与之相等，所以处于基态的氢原子不吸收12.5eV的光子，D项错误。
故选B。
13．B
【详解】设该金属的逸出功为W0，根据爱因斯坦光电效应方程以及动能定理有
由题意可知
联立以上各式解得
故选B。
14．B
【详解】本题以氦离子（He+）跃迁为背景，考查能级跃迁理论及学生的知识迁移能力。本题要求考生知道能级跃迁的相关概念，能应用能级跃迁的概念解决相关的问题。
【解题分析】氦离子的基态能量为E1（E1<0），则基态氦离子的电离能为-E1，发生电离时，根据能量守恒定律得
解得电离后电子的速度大小
故选B。
15．C
【详解】A．截止频率是光照射金属时产生光电效应的最低频率，由金属材料本身决定，与入射光的频率无关，A错误；
BD．由图乙可知，a光的遏止电压大于b光的遏止电压，由
，
得
可知，a光的频率大于b光的频率；遏止电压与入射光的强弱无关，仅增加a光的光强，其遏止电压不变，BD错误；
C．频率相等时，入射光的强弱决定了电流的强弱，若仅增加a光的光强，单位时间从金属表面溢出的光电子数量变多，饱和光电流将增大，C正确。
故选C。
16．C
【详解】AC．a光子的能量值
氢原子辐射出a光子后，氢原子的能量减小了
a光照射x金属时刚好能发生光电效应，则金属的逸出功为2.86eV，故A错误，C正确；
B．b光子的能量
a的能量值小，则a的频率小，故B错误；
D．用b光光子照射x金属，打出的光电子的最大初动能为
故D错误。
故选C。
17．D
【详解】A．原子核内的核子靠核力结合在一起，核力只存在于相邻的核子之间，A错误；
B．比结合能是核的结合能与核子数之比，所以聚变后的比结合能一定发生变化，B错误；
C．He发生聚变，放出能量，根据质能方程
ΔE=Δmc2
一定会发生质量亏损，C错误；
D．He聚变反应的方程式可能为
HeHe→HHe
D正确。
故选D。
18．A
【详解】根据电荷数与质量数守恒可得
每4个氢核转化为1个氦核和2个正电子，根据公式可得
正电子个数为
由上可知发生核聚变的氢核的个数为正电子个数的两倍，即氢核的个数是8×108。
故选A。
19．A
【详解】A．β射线是高速电子流，根据质量数守恒和电荷数守恒可得铯的衰变方程为
Cs→X＋
故A正确；
B．半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，对少数原子核不适用，故B错误；
C．β衰变中生成的电子是原子核内部的一个中子转化为一个质子同时生成一个电子，这种转化产生的电子发射到核外形成β射线，故C错误；
D．衰变后的产物更稳定，其原子核中核子结核更牢固，比结合能更大，即X的比结合能比Cs大，故D错误；
故选A。
20．D
【详解】A．中子和质子结合成氘核有质量亏损，释放能量，故A错误；
B．某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，核内中子数减少4个，故B错误；
C．β衰变不改变质量数，则U（铀核）衰变为Rn（氡核）质量数减少16，故要经过4次α衰变，根据电荷数守恒，则应该经过2次β衰变，故C错误；
D．发生光电效应时入射光波长相同，即光的频率相同，根据
从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，这种金属的逸出功越小，故D正确。
故选D。
21．D
【详解】A．该核反应属于衰变，故A错误；
B．根据质量数守恒和电荷数守恒，知该过程核反应方程为
故B错误；
C．设衰变后，铀核速度为，粒子的速度为，根据动量守恒有
由
可得
故C错误；
D．由能量守恒定律知，铀核与粒子的总动能
结合
有
解得
故D正确。
故选D。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第102讲 分子动理论
[2021·重庆]
1．图1和图2中曲线分别描述了某物理量随分之间的距离变化的规律，为平衡位置。现有如下物理量：①分子势能，②分子间引力，③分子间斥力，④分子间引力和斥力的合力，则曲线对应的物理量分别是（　　）

A．①③② B．②④③ C．④①③ D．①④③
[2021·北京]
2．比较45C的热水和100C的水蒸气，下列说法正确的是（　　）
A．热水分子的平均动能比水蒸气的大 B．热水的内能比相同质量的水蒸气的小
C．热水分子的速率都比水蒸气的小 D．热水分子的热运动比水蒸气的剧烈
[2020·全国卷]
3．分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示，r= r1时，F=0。分子间势能由r决定，规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零。若一分子固定于原点O，另一分子从距O点很远处向O点运动，在两分子间距减小到r2的过程中，势能 （填“减小“不变”或“增大”）；在间距由r2减小到r1的过程中，势能 （填“减小”“不变”或“增大”）；在间距等于r1处，势能 （填“大于”“等于”或“小于”）零。
一．知识点总结
1．阿伏加德罗常数
NA＝6.02×1023 mol－1，是联系宏观物理量和微观物理量的桥梁。
2．分子热运动
（1）扩散现象：不同物质能够彼此进入对方的现象。温度越高，扩散得越快。
（2）布朗运动
①定义：悬浮在液体中的小颗粒的无规则运动。
②实质：布朗运动反映了液体分子的无规则运动。
③特点：颗粒越小，运动越明显；温度越高，运动越激烈。
（3）热运动
①分子的永不停息的无规则运动叫作热运动。
②特点：分子的无规则运动和温度有关，温度越高，分子运动越剧烈。
3．分子间的作用力
（1）分子间的引力和斥力是同时存在的，实际表现出的分子力是引力和斥力的合力。
（2）分子力随分子间距离变化的关系：分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但斥力比引力变化得快。
（3）分子力与分子间距离的关系图线（如图所示）
由分子间的作用力与分子间距离的关系图线可知：
①当r＝r0时，F引＝F斥，分子力为零。
②当r＞r0时，F引＞F斥，分子力表现为引力。
③当r＜r0时，F引＜F斥，分子力表现为斥力。
④当分子间距离大于10r0（约为10－9 m）时，分子力很弱，可以忽略不计。
4．分子力、分子势能与分子间距离的关系
如图所示（取无穷远处分子势能Ep＝0）。
（1）当r＞r0时，分子力表现为引力，当r增大时，分子力做负功，分子势能增加。
（2）当r＜r0时，分子力表现为斥力，当r减小时，分子力做负功，分子势能增加。
（3）当r＝r0时，分子势能最小。
二．微观量估算的方法
1．两种模型（对于固体和液体）
（1）球形模型：由V0＝πd3得d＝ （常用于固体和液体）。
（2）立方体模型：由V0＝d3得d＝ （常用于气体）。
2．宏观量与微观量的相互关系
（1）微观量：分子体积V0、分子直径d、分子质量m0。
（2）宏观量：物体的体积V、摩尔体积Vmol、物体的质量m、摩尔质量M、物体的密度ρ。
（3）相互关系
①一个分子的质量：m0＝＝。
②一个分子的体积：V0＝＝ （注：对气体，V0为分子所占空间体积）。
③物体所含的分子数：N＝NA＝NA或N＝NA＝NA。
三．精选例题
题型1: 微观量的计算
4．若以V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ表示在标准状态下水蒸气的密度，M表示水的摩尔质量，M0表示一个水分子的质量，V0表示一个水分子的体积，NA表示阿伏伽德罗常数，则下列关系式中正确的是（　　）
A．NA＝ B．V0＝
C．M0＝ D．ρ＝
题型2: 扩散和布朗运动——分析分子热运动
5．关于扩散现象，下列说法正确的是（　　）
A．温度越高，扩散进行得越快，0℃扩散停止
B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应
C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
D．扩散现象在气体、液体中都能发生，固体中不能发生扩散
6．关于布朗运动，下列说法中正确的是（ ）
A．悬浮在液体中的微粒越大，布朗运动越明显
B．阳光下飞舞的灰尘是布朗运动
C．布朗运动就是液体分子或气体分子的无规则运动
D．液体分子的无规则运动是产生布朗运动的原因
题型3: 图像和图像
7．如图所示，有关分子力和分子势能曲线的说法中，正确的是（ ）
A．当r = r0时，分子为零，分子势能最小也为零
B．当r > r0时，分子力和分子势能都随距离的增大而增大
C．在两分子由无穷远逐渐靠近直至距离最小的过程中分子力先做正功后做负功
D．在两分子由无穷远逐渐靠近直至距离最小的过程中分子势能先增大，后减小，最后又增大
8．关于物体的内能，以下说法中正确的是（　　）
A．不同的物体，若温度相等，则内能也相等
B．物体速度增大，则分子动能增大，内能也增大
C．体积相同的同种气体，它们的内能一定相等
D．物体的内能与物体的质量、温度和体积都有关系
题型4: 分子速率分布图
9．氧气分子在 和 温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是 （　　）
A．图中两条曲线下面积相等
B．图中虚线对应于氧气分子平均速率较小的情形
C．图中实线对应于氧气分子在 时的情形
D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
四．举一反三，巩固练习
10．钻石是首饰、高强度钻头和刻刀等工具中的主要材料，设钻石的密度为ρ(单位为kg/m3)，摩尔质量为M(单位为g/mol)，阿伏加德罗常数为NA，已知1克拉＝0.2 g，则下列选项正确的是（ ）
A．a克拉钻石物质的量为
B．a克拉钻石所含有的分子数为
C．每个钻石分子直径的表达式为 (单位为m)
D．a克拉钻石的体积为
11．下列关于扩散现象的说法中正确的是（　　）
A．扩散现象只能发生在气体与气体之间
B．任何物质间都可以发生相互扩散
C．扩散现象都是永不停息的
D．靠近梅花，就能闻到梅花的香味属于扩散现象
E．一碗小米倒入一碗大米中，小米进入大米的间隙之中属于扩散现象
12．观察布朗运动的实验过程中，每隔5 s记录下颗粒的位置，最后将这些位置用直线依次连接，如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．由图可以看出布朗运动是无规则的
B．图中轨迹就是颗粒无规则运动的轨迹
C．若对比不同温度下的轨迹，可以看出温度高时布朗运动显著
D．若对比不同颗粒大小时的轨迹，可以看出颗粒小时布朗运动显著
13．分子力随分子间距离的变化如图所示。将两分子从相距处释放，仅考虑这两个分子间的作用力，下列说法正确的是（　　）
A．从到分子间引力、斥力都在减小
B．从到分子力的大小先减小后增大
C．从到分子势能先减小后增大
D．从到分子动能先增大后减小
14．如图所示，F表示两分子间的作用力，表示分子间的势能，图中两条图像分别表示分子间作用力和分子势能随分子间距离变化的规律，图中是分子势能为0时对应的距离，是分子间作用力为0时对应的距离，是分子间作用力随分子间距离变化的图像最低点对应的距离，是分子间作用力及分子势能均可视为0的足够远的某一距离。下列说法正确的是（ ）
A．对应着分子势能的最小值
B．从到，先增大后减小
C．从到，F一直减小
D．从到，F先增大后减小，不断增大
E．在仅受分子力的情况下，若将两个相距的分子由静止释放，分子间能达到距离
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】根据分子处于平衡位置（即分子之间距离为）时分子势能最小可知，曲线I为分子势能随分子之间距离r变化的图像；
根据分子处于平衡位置（即分子之间距离为）时分子力为零，可知曲线Ⅱ为分子力随分子之间距离r变化的图像；
根据分子之间斥力随分子之间距离的增大而减小较引力变化快，可知曲线Ⅲ为分子斥力随分子之间距离r变化的图像。
D正确，故选D。
2．B
【详解】A．温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大，故热水分子的平均动能比水蒸气的小，故A错误；
B．内能与物质的量、温度、体积有关，相同质量的热水和水蒸气，热水变成水蒸气，温度升高，体积增大，吸收热量，故热水的内能比相同质量的水蒸气的小，故B正确；
C．温度越高，分子热运动的平均速率越大，45C的热水中的分子平均速率比100C的水蒸气中的分子平均速率小，由于分子运动是无规则的，并不是每个分子的速率都小，故C错误；
D．温度越高，分子热运动越剧烈，故D错误。
故选B。
3． 减小 减小 小于
【详解】[1]从距点很远处向点运动，两分子间距减小到的过程中，分子间体现引力，引力做正功，分子势能减小；
[2]在的过程中，分子间仍然体现引力，引力做正功，分子势能减小；
[3]在间距等于之前，分子势能一直减小，取无穷远处分子间势能为零，则在处分子势能小于零。
4．AC
【详解】A．水蒸气的摩尔质量ρV除以水蒸气分子的质量M0等于阿伏伽德罗常数，A正确；
B．但由于水蒸气分子间距远大于分子直径，则
B错误；
C．水分子的质量M0等于摩尔质量M除以阿伏伽德罗常数NA，即
C正确；
D．由于摩尔体积V远大于NAV0，则
D错误；
故选AC。
5．C
【详解】A．由于分子热运动的剧烈程度与温度有关，温度越高，扩散进行得越快，0℃时还是会发生扩散现象，故A项错误；
B．扩散现象是不同的物质分子相互进入对方的现象，是物理变化。故B项错误；
CD．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，扩散现象在气体、液体和固体中都能发生．故C正确，D错误。
故选C。
6．D
【详解】A．悬浮在液体中的微粒越小，液体分子撞击微粒的不平衡性就越明显，布朗运动越明显，选项A错误；
B．阳光下飞舞的灰尘的运动是受到重力以及气流的影响产生的无规则运动，不是布朗运动，选项B错误；
C．布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子或气体分子的无规则运动的具体表现，选项C错误；
D．液体分子的无规则运动是产生布朗运动的原因，选项D正确。
故选D。
7．C
【详解】A．当r = r0时，分子间的引力和斥力大小相等，方向相反，故分子间作用力为零，分子势能是否为0与零势能点的选取有关，则此时分子势能不一定为0，A错误；
B．由图可知，当分子间距离r > r0时，分子力表现为引力，随分子间距离的增大先增大后减小，B错误；
CD．当r > r0时，分子力表现为引力；当r < r0时，分子力表现为斥力；当r从无穷大开始减小，分子力做正功，分子势能减小；当r减小到r0继续减小，分子力做负功，分子势能增大，C正确，D错误。
故选C。
8．D
【详解】D．物体的内能是指组成物体的所有分子动能与分子势能的总和，分子平均动能取决于物体的温度，分子势能大小与分子间距离有关，从宏观角度来看就是与物体的体积有关，而对于一种物质来说，质量决定着分子数目的多少。故D正确；
A．温度相同，只是分子的平均动能相同，不能说明内能也相等。故A错误；
B．分子动能取决于分子的热运动，与物体的宏观运动速度无关。故B错误；
C．体积相同的同种气体，既不知温度关系也不知密度关系，也就不能确定内能关系。故C错误。
故选D。
9．ABC
【详解】A．曲线下的面积都等于，A正确；
BC．温度越高，分子的平均速率越大，虚线为氧气分子在 时的情形，分子平均速率较小，实线为氧气分子在 时的情形，BC正确；
D．曲线给出的是单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比，D错误。
故选ABC。
10．ABC
【详解】A．a克拉钻石物质的量为
故A正确；
B．a克拉钻石所含有的分子数为
故B正确；
C．每个钻石分子直径设为d，则有
又
解得
故C正确；
D．a克拉钻石的体积为
故D错误；
故选ABC。
11．BCD
【详解】AB．气体之间、液体之间，甚至是固体之间都能发生扩散现象，即任何物质间都可以发生相互扩散，A错误，B正确；
C．扩散现象是分子永不停息的无规则热运动造成的，故扩散现象都是永不停息的，C正确；
D．靠近梅花，就能闻到梅花的香味属于气体的扩散现象，D正确；
E．一碗小米倒入一碗大米中，小米进入大米的间隙之中，这不是分子热运动造成的，不属于扩散现象，E错误。
故选BCD。
12．ACD
【详解】A．从连线的无规则性可知布朗运动是无规则的，A正确；
B．由于是每隔5 s记录下颗粒的位置，最后将这些位置用直线依次连接，但并不知道这5 s时间内颗粒的运动轨迹(其实这5 s内的轨迹也是无规则的)，所以记录下的并不是颗粒的实际运动轨迹，B错误；
CD．温度越高，颗粒越小，布朗运动越显著，C、D正确。
故选ACD。
13．D
【详解】A．从到分子间引力、斥力都在增加，但斥力增加得更快，故A错误；
B．由图可知，在时分子力为零，故从到分子力的大小先增大后减小再增大，故B错误；
C．分子势能在时分子势能最小，故从到分子势能一直减小，故C错误；
D．从到分子势能先减小后增大，故分子动能先增大后减小，故D正确。
故选D。
14．ADE
【详解】ABCD．根据图像可知，分子间距离小于时，表现为斥力，距离越小，越大；分子间距离大于时，表现为引力，随着距离增大，先增大后减小；分子间距离从0开始增大的过程，为斥力时做正功，为引力时做负功，故分子间距离等于时，最小，从到，先减小后增大，从到，F先减小后增大，从到，先增大后减小， 不断增大，AD正确，BC错误；
E．在仅受分子力的情况下，若将两个相距的分子由静止释放，两分子间先排斥后吸引，分子势能先减小后增大，分子动能先增大后减小，根据能量守恒，分子间能达到距离，E正确。
故选ADE。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第103讲 气体实验定律的图像问题
[2021·福建]
1．如图，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程气体对外 （填“做正功”“做负功”或“不做功”），气体的温度 （填“升高”“降低”“先升高后降低”“先降低后升高”或“始终不变”）。
[2021·全国甲卷]
2．如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积-温度（V-t）图上的两条直线I和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0是它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0=-273.15℃；a、b为直线I上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比= ；气体在状态b和c的压强之比= 。
[2022·重庆]
3．某同学探究一封闭汽缸内理想气体的状态变化特性，得到压强p随温度t的变化如图所示。已知图线Ⅰ描述的是体积为的等容过程，当温度为时气体的压强为；图线Ⅱ描述的是压强为的等压过程。取为，求
①等容过程中，温度为时气体的压强；
②等压过程中，温度为时气体的体积。
一．知识总结
玻意耳定律 查理定律 盖－吕萨克定律
内容 一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，体积与热力学温度成正比
表达式 p1V1＝p2V2 ＝＝ ＝＝
图像
二．解题方法与思路
1.首先应明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个状态，它对应着三个状态量；图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程．看此过程属于等温、等容还是等压变化，然后用相应规律求解．
2.在V－T图像(或p－T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)时，可比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大．
3.气体实验定律图像的分析
类别 特点(其中C为常量) 举例
p－V pV＝CT，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p－ p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
p－T p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
V－T V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
三．精选例题
题型1: 等温变化的图像——分析是否为定值
4．一定质量的某种理想气体状态变化的p-V图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．状态A时气体分子的内能比状态B时小
B．气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数状态A时比状态B时多
C．气体由状态A变化到状态B的过程中温度一直保持不变
D．气体由状态A变化到状态B的过程中分子平均速率先增大后减小
题型2: 等容变化的图像——等容线斜率越大，压强越小
5．一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四段过程在p-T图像中都是直线段，ab和dc的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，ad平行于纵轴。由图可以判断（　　）
A．ab过程中气体体积不断减小
B．bc过程中气体体积不断减小
C．cd过程中气体体积不断增大
D．da过程中气体体积不断减小
题型3: 等压变化的图像——等压线斜率越大，压强越小
6．如图所示为表示一定质量的气体的状态变化的图像，其中的延长线通过坐标原点，和分别与T轴和V轴平行，下列说法正确的是（　　）
A．过程气体压强减小
B．过程气体压强不变
C．过程气体单位体积内的分子数减少
D．过程气体分子平均动能增大
四．举一反三，巩固练习
7．如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积—温度（V-t）图上的两条直线I和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0=-273.15℃；a、b为直线I上的一点。由图可知（　　）
A．气体在状态a和b的压强之比=1
B．气体在状态a和b的压强之比=2
C．气体在状态b和c的压强之比=
D．气体在状态b和c的压强之比=
8．一定质量的理想气体经历两个不同过程，分别由压强—体积（p-V）图上的两条曲线Ⅰ第和Ⅱ表示，如图所示，曲线均为反比例函数曲线的一部分。a、b为曲线Ⅰ上的两点，气体在状态a和b的压强分别、，温度分别为、。c。d为曲线Ⅱ上的两点，气体在状态c和d的压强分别、，温度分别为、。下列关系式正确的是（　　）
A． B． C． D．
9．一定质量理想气体的状态变化如图所示，则该气体（　　）
A．状态a的压强大于状态b的压强
B．状态b的压强大于状态c的压强
C．从状态a到状态c，温度升高
D．从状态b到状态d，体积减小
10．如图甲所示，一定质量理想气体的状态沿1→2→3→1的顺序作循环变化。若用V-T或p-V图像表示这一循环，乙图中表示可能正确的选项是（　　）
A． B．
C． D．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1． 做正功 先升高后降低
【详解】[1]该过程气体体积增大，对外做正功。
[2]由题图可知，从状态A到状态B，p与V的乘积先增大后减小，根据理想气体状态方程
可知气体的温度先升高后降低。
2． 1
【详解】[1]根据盖吕萨克定律有
整理得
由于体积-温度（V-t）图像可知，直线I为等压线，则a、b两点压强相等，则有
[2]设时，当气体体积为 其压强为 ，当气体体积为 其压强为，根据等温变化，则有
由于直线I和Ⅱ各为两条等压线，则有
，
联立解得
3．①；②
【详解】①在等容过程中，设0℃时气体压强为p0；根据查理定律有
解得
②当压强为p2，温度为0℃时，设此时体积为V2，则根据理想气体状态方程有
解得
4．BD
【详解】A．由图像可知
所以A、B两个状态的温度相等，处于同一条等温线上，分子平均速率相等，分子平均动能相等，又由于气体为理想气体，气体的分子势能可忽略不计，所以状态A时气体分子的内能等于状态B时的分子内能，故A错误；
B．从状态A变化到状态B的过程中，气体的压强减小，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减小，故B正确；
CD．在p-V图像上作出几条等温线，如图所示
由于离原点越远的等温线温度越高，所以从状态A到状态B温度先升高后降低，所以分子平均速率先增大后减小，故C错误，D正确。
故选BD。
5．B
【详解】由
即
可知a→b、c→d都是等容变化，且图像斜率越大，气体体积越小，即bc过程中气体体积不断减小，da过程中气体体积不断增大，故B正确，ACD错误。
故选B。
6．D
【详解】A．状态A与状态B在同一条过原点的倾斜直线上，所以过程气体压强不变，A错误；
B．从状态B到状态C，图像斜率变大，则气体压强变小，B错误；
C．从状态C到状态A，体积减小，则单位体积内的分子数增多，C错误；
D．从状态A到状态B，温度升高，则气体分子平均动能增大，D正确。
故选D。
7．AC
【详解】AB．根据
可得
因两条直线都过绝对零度点，可知两条直线都是等压图线，即状态a和b的压强相等，即
=1
A正确，B错误；
CD．由知图线的斜率
即
则压强比等于斜率的反比，则状态b和c的压强之比
C正确，D错误。
故选AC。
8．B
【详解】A．根据理想气体状态方程及曲线均为反比例函数曲线的一部分可得ab为等温变化，所以有
A错误；
B．a到c为等压变化，所以有
得
B正确；
C．cd为等温变化，所以有
解得
所以有
C错误；
D．ab为等温变化，所以有
得
所以有
D错误。
故选B。
9．BC
【详解】AB．在V-T图像中等压过程是通过原点的倾斜直线，由
得
连接Oa，Ob，Oc，可知b的斜率最小，则状态b的压强最大，A错误，B正确；
C．从各状态的坐标值看，从状态a到状态c，温度升高，C正确；
D．从状态b到状态d，体积增大，D错误。
故选BC。
10．AD
【详解】由图可知，1到2状态是等容变化，p与T均增大，根据查理定律
2到3状态是等压变化，p不变，T降低，根据盖吕萨克定律
可知
，
3到1状态是等温变化，压强p减小，温度T不变，根据玻意耳定律
可知
，
故选AD。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第104讲 汽缸活塞类问题
[2021·湖北]
1．质量为m的薄壁导热柱形汽缸，内壁光滑，用横截面积为的活塞封闭一定量的理想气体。在下述所有过程中，汽缸不漏气且与活塞不脱离。当汽缸如图(a)竖直倒立静置时。缸内气体体积为V1，。温度为T1。已知重力加速度大小为g，大气压强为p0。
(1)将汽缸如图(b)竖直悬挂，缸内气体温度仍为T1，求此时缸内气体体积V2；
(2)如图(c)所示，将汽缸水平放置，稳定后对汽缸缓慢加热，当缸内气体体积为V3时，求此时缸内气体的温度。
[2021·全国甲卷]
2．如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为。
（i）求A的体积和B的压强；
（ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。
[2021·湖南]
3．小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量、截面积的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为时，测得环境温度。设外界大气压强，重力加速度。
（1）当电子天平示数为时，环境温度为多少？
（2）该装置可测量的最高环境温度为多少？
一、知识总结
1.气体压强的分析
求气体压强的基本方法：先对活塞进行受力分析，然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
2.气体压强的求解
图中活塞的质量为m，活塞横截面积为S，外界大气压强为p0.由于活塞处于平衡状态，所以p0S＋mg=pS，则气体的压强为p=p0＋。
二、解题思路与方法
1.确定研究对象，研究对象分两类：一类是热学研究对象（一定质量的理想气体）；另一类是力学研究对象（汽缸、活塞或某系统）。
2.分析物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程。
3.挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程。
4.多个方程联立求解。对求解的结果注意检验它们的合理性。
三、精选例题
题型1： 单一汽缸活塞
4．如图所示，水平地面上有一上端开口的汽缸，汽缸总长为L，通过一厚度不计的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞质量为，其中为大气压强、S为活塞的横截面积、为重力加速度，开始时，汽缸内气体温度为27℃，活塞到汽缸底端距离为L，现对汽缸缓慢加热，活塞上移.求：
（1）汽缸内气体温度升到127℃时，活塞到汽缸顶端的距离；
（2）汽缸内气体温度升到327℃时，缸内封闭气体的压强。
题型2： 连接体模型
5．如图所示，截面积不等的汽缸水平固定放置，内壁光滑，活塞A的截面积，活塞的截面积。两活塞用质量不计的细绳连接，活塞A还通过细绳，定滑轮与质量不计小桶相连，A和B之间封闭有一定量的理想气体，且温度始终与外界保持相同。已知大气压强保持不变，环境温度保持不变，活塞A、B始终可以自由移动。若往小桶中缓慢注入1kg细沙，发现汽缸内活塞A、B向左移动了3cm，试求若再往小桶中缓慢注入1kg细沙，活塞A、B移动的距离。
题型3： 关联气体模型
6．一横截面积为S的圆柱形汽缸水平固定，开口向右，底部导热，其他部分绝热。汽缸内的两绝热隔板a、b将汽缸分成I、II两室，隔板可在汽缸内无摩擦地移动。b的右侧与水平弹簧相连，初始时弹簧处于原长，两室内均封闭有体积为、温度为的理想气体，现用电热丝对II室缓慢加热一段时间达到稳定状态时，a、b隔板移动的距离均为，已知气压强为，环境的热力学温度恒为，求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）加热后II室中气体的热力学温度T。
四、举一反三，巩固练习
7．如图所示，左端封闭右端开口的导热汽缸水平放置，横截面积为S，用厚度不计的光滑活塞封闭了长为L的理想气体，活塞距汽缸开口端距离为b，活塞的重力为G。已知外界大气压强为p，热力学温度为T。现在给汽缸缓慢加热，活塞恰好移到汽缸右端口（汽缸仍然封闭）。
（1）此时封闭气体的温度是多少；
（2）如果再把汽缸开口向上竖直放置，封闭气体的长度仍为L，此气体的温度变为多少；
8．为了监控高温锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的汽缸，汽缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等。汽缸开口向上，用质量为的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为。当汽缸内温度为300K时，活塞与汽缸底间距为L，活塞上部距活塞处有一用轻质绳悬挂的重物M。当绳上拉力为30N时，警报器报警。已知室外空气压强，活塞与器壁之间摩擦可忽略。重力加速度大小取。求：
（1）当活塞刚刚接触到重物时，锅炉外壁温度为多少？
（2）若锅炉外壁的最高安全温度为1200K，那么重物的质量至少应为多少？
9．如图所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞的厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，A左侧汽缸的容积为，A、B之间汽缸的容积为，开始时活塞在A处，缸内气体的压强为（为大气压强，恒定不变），热力学温度。现对缸内气体缓慢加热，使活塞向B处移动。求：
（1）活塞刚要离开A处时，缸内气体的热力学温度；
（2）缸内气体的热力学温度时，缸内气体的压强p。
10．如图所示，导热良好的汽缸竖直固定放置。由两部分连接而成，上下截面积分别为，两个活塞质量分别为，用不可伸长的细线连接，两活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体。开始时环境热力学温度为，阀门K关闭，活塞a上部为真空，封闭气体的压强等于外界大气压强，活塞到汽缸连接处的距离均为L，系统保持静止。已知重力加速度为g，不计活塞与汽缸间的摩擦。
（1）打开阀门K，使a上部与大气连通，求稳定后细线上的张力；
（2）接（1）问，系统稳定后缓慢升高封闭气体温度，直到温度变为，求再次稳定时活塞a的位置。
11．如图，一圆柱形汽缸固定在水平地面上，用质量m=1kg、横截面积S=1000cm2的活塞密封着一定质量的理想气体，跨过光滑定滑轮的轻绳两端分别连接着活塞和一质量M=12kg的重物，左、右侧的绳均竖直，活塞与汽缸之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等且为10N，开始时缸内气体的温度为t=27℃，压强为p=0.9×105Pa，活塞与汽缸底部的距离为H=50cm，重物与水平地面的距离为h=10cm，外界大气压为p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2，现对缸内气体缓慢加热，求：
（1）重物恰好开始下降时缸内气体的温度；
（2）重物刚与地面接触时缸内气体的温度。
12．如图所示，一个圆筒形汽缸水平固定在地板上，甲、乙两个面积均为S的活塞把汽缸密封成两部分，分别装有理想气体A和B。最初A、B气体的温度均为27℃，气体压强均为，两气室长度分别为20cm和10cm，两活塞均处于紧固状态。汽缸、活塞均是绝热的，不计活塞释放时与汽缸壁之间的摩擦。
（1）使气体B的温度升高150℃后，求B气体的压强。
（2）使气体B的温度升高到150℃后，将活塞乙的紧固螺丝松开（不影响汽缸和活塞的密闭性），平衡后活塞乙移动了2cm，B气体的压强变为，求此时气体A、B的温度。
13．如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K。两汽缸的容积均为V0，汽缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）。K始终关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为和；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为。现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触。已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。求：
（1）左右两个活塞的质量之比；
（2）恒温热源的温度Tx。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1)；(2)
【详解】(1)图(a)状态下，对汽缸受力分析，如图1所示，则封闭气体的压强为
当汽缸按图(b)方式悬挂时，对汽缸受力分析，如图2所示，则封闭气体的压强为
对封闭气体由玻意耳定律得
解得
(2) 当汽缸按图(c)的方式水平放置时，封闭气体的压强为
由理想气体状态方程得
解得
2．（i），；（ⅱ），
【详解】（i）对B气体分析，等温变化，根据玻意耳定律有
解得
对A气体分析，根据玻意耳定律有
联立解得
（ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为，由玻意耳定律可得
则A此情况下的压强为
则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为、压强为，气体B的体积为、 压强为，根据等温变化有
，
，
联立解得
（舍去），
3．（1）297K；（2）309K
【详解】（1）由电子天平示数为600.0g时，则细绳对铁块拉力为
又：铁块和活塞对细绳的拉力相等，则汽缸内气体压强等于大气压强
①
当电子天平示数为400.0g时，设此时汽缸内气体压强为p2，对受力分析有
②
由题意可知，汽缸内气体体积不变，则压强与温度成正比：
③
联立①②③式解得
（2）环境温度越高，汽缸内气体压强越大，活塞对细绳的拉力越小，则电子秤示数越大，由于细绳对铁块的拉力最大为0，即电子天平的示数恰好为1200g时，此时对应的环境温度为装置可以测量最高环境温度。设此时汽缸内气体压强为p3，对受力分析有
④
又由汽缸内气体体积不变，则压强与温度成正比
⑤
联立①④⑤式解得
4．（1）；（2）
【详解】（1）由题意可知，在活塞移动到汽缸顶端前的过程中，气体发生的是等压变化。
状态1
，，
状态2：
，，
由盖 吕萨克定律，得
解得
则活塞到汽缸顶端的距离为
（2）当活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为T3，
状态3
，
由盖 吕萨克定律，得
解得
因为
所以气体接着发生等容变化
状态4
，，
由查理定律，得
解得
5．
【详解】开始时活塞A、B处于静止状态，合力为零，设汽缸内气体压强为、体积为。
若往小桶中缓慢注入1kg细沙，设汽缸内气体压强为、体积为。
气体发生等温变化
根据题意
若再往小桶中缓慢注入1kg细沙，设汽缸内气体压强为、体积为。
气体发生等温变化
根据题意
联立解得
6．（1）；（2）
【详解】（1）I、II两空气体的压强始终相等，I室气体发生等温变化，设最终两室气体的压强为p，则对II室
对I室
解得
（2）设加热后II空气体的体积为V，则有
由理想气体方程
解得
7．（1） ；（2）
【详解】（1）活塞恰在汽缸右端口时（汽缸仍然封闭），设密闭气体的温度为T1，由盖·吕萨克定律有
解得
（2）汽缸竖直放置时，设密闭气体的温度为T2，由活塞受力平衡有
由查理定律有
解得
8．（1）400K；（2）47kg
【详解】（1）活塞上升过程为等压变化
V1=LS
V2=(L+）S
根据盖吕萨克定律
得
T2=400K
（2）活塞碰到重物后到绳的拉力为30N是等容过程，设重物质量为M。
根据查理定律
解得
M=47kg
9．（1）；（2）
【详解】（1）经分析可知，当活塞刚要离开A处时，缸内气体的压强为，从开始加热到活塞刚要离开A处的过程，缸内气体做等容变化，有
解得
（2）假设缸内气体的热力学温度时，活塞已到达B处，从活塞离开A处到活塞刚到达B处的过程，缸内气体做等压变化，设活塞刚到达B处时缸内气体的热力学温度为，有
解得
由于，因此假设成立，缸内气体的热力学温度时，活塞已到达B处，此后由于限制装置的作用，缸内气体做等容变化，有
解得
10．（1）；（2）
【详解】（1）设开始时细线上的张力为，根据平衡条件，对活塞b有
对活塞a有
解得
打开阀门，a上部与大气连通，稳定后，活塞a落到汽缸连接处，设气体压强变为，等温过程，对封闭气体由玻意耳定律有
对活塞b有
解得
（2）缓慢升高温度，设温度为时，活塞a对汽缸连接处恰无压力，气体压强为，细线上的张力为，对活塞a有
对活塞b有
等容过程，有
解得
继续升高温度，气体压强不变，体积变大。设温度为时，活塞a到汽缸连接处的距离为x，等压过程，有
解得
11．（1）330K；（2）396K
【详解】（1）以汽缸中的气体为研究对象，初态：温度，压强；
末态（重物恰好开始下降时）：温度，设汽缸中气体压强为；活塞处于平衡状态，由力的平衡条件有
解得
汽缸中的气体做等容变化，由查理定律有
解得
（2）活塞从开始运动至重物刚好与地面接触过程中，设末态温度为T2，气体做等压变化，初末状态的体积为
，
由盖-吕萨克定律有
解得
12．（1）；（2），
【详解】（1）气体B的初始温度为
使气体B的温度升高150℃后，温度为
气体体积不变，根据查理定律得
代入数据解得
（2）因为
所以活塞乙的紧固螺丝松开后，活塞乙向A侧移动，平衡时两气体压强相等，都为。对气体A、B，根据理想气体状态方程分别有
解得
，
13．（1）；（2）
【详解】（1）左边的活塞受力平衡，有
右边的活塞受力平衡，有
解得
（2）与恒温热源接触后，因左边的活塞刚好不与上壁接触，可知活塞的重力依然与活塞下方气体对活塞的压力相等，即活塞下方气体的压强依然为p0，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖—吕萨克定律得
解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第105讲 液柱类问题
1．如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K。
（1）求细管的长度；
（2）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。
2．如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H=18cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0= 4cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l= 12cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1=283K。大气压强p0 =76cmHg。
（i）现从右侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之间无气隙），恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？
（ii）再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
3．如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为，。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差。已知外界大气压为。求A、B两管内水银柱的高度差。
4．潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，Hh，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。
（1）求进入圆筒内水的高度l；
（2）保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积。
一．知识总结
1.气体压强的分析
图中的液柱也可以看成“活塞”，由于液柱处于平衡状态，所以pS＋mg＝p0S，
则气体压强为p＝p0－＝p0－ρ液gh.
2.气体压强的求解
若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态．已知液体密度均为ρ，重力加速度为g，求各被封闭气体的压强．
甲：p0－ρgh
乙：p0－ρgh
丙：p0－ρgh
丁：p0＋ρgh1
戊：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3)，pb＝p0＋ρg(h2－h1)
二．解题方法与思路
求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意以下几点：
1.液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为液面的竖直高度)。
2.不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。
3.有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等。
4.当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷。
三．精选例题
5．如图甲所示，粗细均匀且开口向上的细玻璃管内有一段长为cm的水银柱，封闭了一段长度为cm的气柱。若将玻璃管按如图乙所示倾斜放置，倾角为，已知重力加速度m/s2，大气压强cmHg。，，玻璃管足够长，求：
（1）倾斜放置时气柱的长度；
（2）将图乙所示的玻璃管以一定的加速度竖直向上加速运动，如果空气柱的长度又变成，则加速度a为多大？
6．如图，U形细玻璃管竖直放置，管中有一段水银，左、右两竖直管中水银液面相平，AB管中封闭的气柱和水银柱的长度均为10cm，将U形管绕C点在竖直面内沿顺时针方向缓慢旋转53°时，AB管中气柱长为12.5cm，已知大气压强为75cmHg，环境温度为300K。
（1）求BC段玻璃管的长度；
（2）若玻璃管不转动，而使环境温度升高，使AB管中的气柱长也变为12.5cm，则升高后的环境温度为多少？
7．一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示，将一质量、体积的重物捆绑在开口朝下的浮筒上，向浮筒内冲入一定质量的气体，开始时筒内液面到水面的距离，筒内气体体积，在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面的距离为时，拉力减为零，此时气体体积为，随后浮筒和重物自动上浮，求和。
已知：大气压强，水的密度，重力加速度的大小，不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略。
四．举一反三，巩固练习
8．如图所示为一支长100cm的粗细均匀的玻璃管，开口向上竖直放置，管内由20cm长的水银柱封闭着50cm长的空气柱，若将管口向下竖直放置，空气柱长变为多少？（设外界大气压强为75cmHg）
9．如图所示，一根粗细均匀的足够长玻璃管内有一段15cm高的水银柱，封闭了一定量的空气，大气压强相当于75cm水银柱产生的压强，管口竖直向下时，封闭空气柱长40cm，这时的温度为27℃，现将玻璃管顺时针方向慢慢旋转，使管口水平向左，再继续慢慢旋转，使管口竖直向上，然后把封闭空气柱浸入87℃的热水中，（重力加速度取g = 10m/s2）则：
（1）管口水平向左时，空气柱的长度为多少？
（2）管口向上，浸入热水中稳定后空气柱长度为多少？
（3）在（2）问情况下，把整个装置放入以加速度4m/s2匀加速上升的电梯里，稳定后空气柱的长度为多少？
10．如图所示，粗细均匀的U形管竖直放置，其两侧竖管高度均为，横管长度为，只有横管中充满水银。现将两管口封闭，使整个U形管水平向右做匀加速直线运动。已知当地大气压强为，重力加速度为，水银的密度为，管足够细。假设气体温度始终没有变化，当水平管中水银的长度稳定为时，求：
（1）水银对U形管左下角水平管壁的压强；
（2）U形管的加速度大小。
11．如图为小明同学设计的研究一定质量气体的压强、体积与温度三者关系的实验装置示意图。倒U型玻璃管M与两端均开口的直玻璃管N用橡胶管P连接，M左端封闭，M、N、P三者粗细均匀且横截面均相等。一定质量的某种气体被管内水银封闭于M内，通过调整N的高度及M中气体的温度均可改变M中气体的压强。开始时M、N内的水银面等高，M中气体总长度为，温度为。现调整N的高度使M右侧水银面升高，再将M、N固定，然后使M中气体温度升高至，M、N、P始终在同一竖直平面内。已知大气压强，求：
（1）固定M、N时两玻璃管中水银面高度差；
（2）M中气体温度升高至时，N中水银面变化的高度。（结果可用根式表示）
12．如图，导热性能良好的U形容器，右管顶部封闭，容器的左、右两部分横截面积之比为1:2，容器内部封闭一部分水银。现测得右边部分的水银液面与容器顶端的高度差h=5cm，左、右两部分容器的水银面的高度差H=15cm，设大气压p0=75cmHg，外界环境温度t=27℃。求：
（1）向左边的容器部分缓慢注入水银，直到两边容器的水银柱恰好相平齐时封闭气体的长度。
（2）当左、右两部分的水银柱相平齐后，将整个容器置于一温控室内，然后使温控室的温度缓慢升高，直到右边容器内被封闭的气体的长度为5cm时，此时温控室内的温度。
13．如图所示，导热性能良好的圆柱形容器一端封闭、另一端开口，若将容器开口向下竖直缓慢插入到水中某一位置，容器能够漂浮在水面上；再将容器继续缓慢下压，可在水面下某位置保持悬浮状态。已知容器容积为、高度为L、质量为M，大气压强为p0、水的密度为、重力加速度大小为g，整个过程中环境温度不变，求：
（1）容器漂浮在水面上时水进入容器的长度x1；
（2）容器在水面下保持悬浮状态时水进入容器的长度x2和容器内外水面的高度差H。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）41cm；（2）312K
【分析】以“液柱”为模型，通过对气体压强分析，利用玻意耳定律和盖-吕萨克定律求得细管长度和温度，找准初末状态、分析封闭气体经历的变化时关键。易错点：误把气体长度当成细管长度。
【详解】（1）设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有
pV=p1V1
由力的平衡条件可得，细管倒置前后后，管内气体压强有
p=p0+ρgh=78cmHg，p1S=p0S–ρghS=74cmHg
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有
V=S（L–h1–h），V1=S（L–h）
联立解得
L=41cm
（2）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖–吕萨克定律有
则
T=312K
2．（i）12.9cm；（ii）363K
【详解】（i）设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2。由玻意耳定律有
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有
，
，
联立以上式子并代入题中数据得
h=12.9cm
（ii）密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖一吕萨克定律有
按题设条件有
代入题中数据得
T2=363K
3．
【详解】对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态为压强，体积为，末态压强为，设水银柱离下端同一水平面的高度为，体积为，由水银柱的平衡条件有
B管气体发生等温压缩，有
联立解得
对A管中的气体，初态为压强，体积为，末态压强为，设水银柱离下端同一水平面的高度为，则气体体积为，由水银柱的平衡条件有
A管气体发生等温压缩，有
联立可得
解得
或
则两水银柱的高度差为
4．（1）；（2）
【详解】（1）设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1，放入水下后筒内气体的压强为p1，由玻意耳定律和题给条件有
p1V1= p0V0 ①
V0=hS ②
V1=（h–l）S ③
p1= p0+ ρg（H–l） ④
联立以上各式并考虑到Hh，h >l，解得
⑤
（2）设水全部排出后筒内气体的压强为p2；此时筒内气体的体积为V0，这些气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律有
p2V0= p0V3 ⑥
其中
p2= p0+ ρgH ⑦
设需压入筒内的气体体积为V，依题意
V = V3–V0 ⑧
联立②⑥⑦⑧式得
⑨
5．（1）20cm（2）2.5m/s2
【详解】（1）玻璃管竖直时，管内气体压强
当玻璃管倾斜时，管内气体压强
气体发生等温变化，则有
解得
cm
（2）玻璃管向上做加速运动，管中气体的长度仍为，则管内气体的压强仍为，以水银柱为研究对象
其中
代入数据解得
6．（1）；（2）
【详解】（1）开始时AB管中封闭气体的压强为
当转过53°时，设气体的压强为，则
解得
当转过53°时，左、右两管中水银液面高度差为15cm
设BC段玻璃管长为L，则
解得
（2）设温度升高后的环境温度为，封闭气体的压强为
根据理想气体状态方程有
解得
7．；
【详解】当时，由平衡条件得
代入数据得
设筒内气体初、末态的压强分别为、，由题意得
，
此过程中，筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得
联立可得
8．82.5cm
【详解】封闭气体的状态参量
p1=p0+h=75+20=95cmHg
V1=L1S=50S
玻璃管倒置后，假设水银不从管中溢出，则
p2=p0﹣h=75﹣20=55cmHg
气体发生等温变化
95×50S=55×L2S
解得
L2=86.4cm
因为86.4cm+20cm>100cm可知水银将溢出玻璃管，设玻璃管中空气柱长变为x，则气体压强
p3=p0﹣(100-x)=(x-25) cmHg
根据
即
解得
x≈82.5cm
即管内空气柱的长度为82.5cm。
9．（1）32cm；（2）32cm；（3）30cm
【详解】（1）设大气压强为p0，管口竖直向下时，封闭空气柱的压强为p1，管口水平向左时，空气柱的压强为p2，则
p1= p0－pL0 = 60cmHg，p2= p0 = 75cmHg
气体发生等温变化，由玻意耳定律得
p1l1S = p2l2S
解得
l2 = 32cm
（2）设管口竖直向上，把封闭空气柱浸入87℃的热水中时，封闭空气柱的压强为p3，则
p3= pL0＋p0 = 90cmHg，T1 = 300K，T3 = 360K
根据理想气体的状态方程有
解得
l3 = 32cm
（3）设把整个装置放入以加速度4m/s2匀加速上升的电梯里，封闭空气柱的压强为p4，由动力学知识有
得
解得
p4 = 96cmHg
再根据理想气体的状态方程有
解得
l4 = 30cm
10．（1）；（2）
【详解】（1）设管的横截面积为，对左侧气体，由玻意耳定律有
左侧竖管中水银竖直方向受力平衡，有
联立解得水银对U形管左下角水平管壁的压强为
（2）对右侧气体，由玻意耳定律有
以横管中的水银为研究对象，根据牛顿第二定律得
解得
11．（1）；（2）
【详解】（1）设管的横截面积为S，调整N的高度后，M管中空气压强为。对M管中封闭空气柱有，状态Ⅰ
状态Ⅱ
由玻意耳定律
解得
此时M、N两玻璃管中气体压强差
故水银面高度差为。
（2）M中气体温度升高至时，设N中水银面升高x，则对M管中封闭空气柱有状态Ⅲ
由理想气体状态程得
即
解得
故N中水银面升高。
12．（1）4 cm；（2）390 K
【详解】（1）以右边玻璃管封闭的气体为研究对象，封闭气体做等温变化，设当两管的水银液面相平时，右边被封闭的气体长度为h′。初、末状态的压强和体积分别为
由玻意耳定律可得
解得
（2）空气柱的长度变为开始时的长度h时，右管水银面下降，则左管水银面会上升2cm，此时空气柱的压强
末状态封闭气体长度再次为5cm，和最初始状态一样，符合等容变化规律，则
解得
13．（1）；（2），
【详解】（1）设容器的截面积为S，有
①
设容器漂浮在水面上时，被封闭气体压强为，由平衡条件得
②
对容器内封闭气体，由玻意耳定律得
③
解得
④
（2）容器在水面下保持悬浮状态时，由平衡条件得
⑤
解得
⑥
设容器在水面下保持悬浮状态时，被封闭气体压级为，则
⑦
对容器内被封闭气体，由玻意耳定律得
⑧
解得
⑨
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第105讲液柱类问题
[2021·河北]
1．某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27℃时，压强为。
（1）当夹层中空气的温度升至37℃，求此时夹层中空气的压强；
（2）当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27℃，大气压强为。
[2020·山东]
2．中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的。若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
[2022·山东]
3．某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁簿，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求：
（1）鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度、需从A室充入B室的气体质量m；
（2）鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。
一、知识总结
1.充气问题
选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题。
2.抽气问题
将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是等温膨胀过程。
3.灌气问题
把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。
4.漏气问题
选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解。
二、解题思路与方法
在分析和求解气体质量变化的问题时，首先要将质量变化的问题变成质量不变的问题，否则不能应用气体实验定律。如漏气问题，不管是等温漏气、等容漏气，还是等压漏气，都要将漏掉的气体“收”回来。可以设想有一个“无形弹性袋”收回漏气，且漏掉的气体和容器中剩余气体同温、同压，这样就把变质量问题转化为定质量问题，然后再应用气体实验定律求解。
三、精选例题
题型1：充气问题
4．在工业测量过程中，经常会用到充气的方法较精确地测定异形容器的容积和密封程度。为测量某香水瓶的容积，将香水瓶与一带活塞的容器相连，容器和香水瓶内压强均为，容器体积为，香水瓶容积为。
（1）缓慢推动活塞将容器内所有气体推入香水瓶，求此时气体压强；
（2）若密封程度合格标准为：漏气质量小于原密封气体质量的1%。将香水瓶封装，使温度从增加到，测得其内部压强由变为，试判断该香水瓶封装是否合格。
题型2：放气问题
5．如图甲所示，汽缸A的体积是汽缸B体积的1.5倍，汽缸C与汽缸B的体积相同。当活塞从汽缸A的最右端N移动到最左端M完成一次抽气时，打开、关闭。从M到N完成一次充气时，关闭、打开。某一次抽气前，活塞位于N处。如图乙所示，B、C中封闭有压强均为的同种理想气体。整个装置气密性和导热性良好，环境温度保持不变。求：
（1）完成一次抽气后，汽缸B内气体的压强；
（2）完成一次抽气和充气后，汽缸C内气体的压强。
四、举一反三，巩固练习
6．如图所示，一导热汽缸开口向上放置在水平面上。质量为m=2kg，横截面积为S=50cm2的活塞封闭了一定量的体积为V的理想气体。活塞与汽缸壁之间的最大静摩擦力为20N，且此时活塞恰好不上滑。现通过汽缸底部阀门给一些钢瓶充气。已知每个钢瓶体积为0.01V，每次充气会将其内部由真空充至压强为0.5×105Pa。求：充了多少个钢瓶以后，活塞恰要开始向下运动。假设整个过程温度保持不变。（g取10m/s2，外界大气压P0=1.0×105Pa）
7．如图所示，一位消防员在火灾现场的房屋内发现一个容积为V0的废弃的氧气罐（视为容积不变），经检测，内部封闭气体的压强为1.2p0，温度为27℃，为了消除安全隐患，消防员拟用下面两种处理方案：
（1）冷却法：经冷却后气体没有液化，罐内气体压强变成p0，求气体温度降低了多少？
（2）放气法：保持罐内气体温度不变，缓慢地放出一部分气体，使气体压强回落到p0，求罐内剩余气体的质量与原来总质量的比值。
8．2021年7月，神舟十二号航天员刘伯明、汤洪波身着我国自主研制的新一代“飞天”舱外航天服成功出舱。航天服在使用前要在地面实验室内进行气密性测试，已知实验室内的热力学温度为、压强为，在某次测试中，向密闭的航天服内充入一定量的气体，并将航天服上的所有阀门拧紧，此时航天服内气体的温度为（）、压强为（），经过一段时间后航天服内气体的温度降至。不考虑航天服内部体积的变化，航天服内的气体视为理想气体。求：
（1）航天服内气体的温度降至时，航天服内气体的压强p；
（2）航天服内气体的温度降至时，将航天服上的阀门打开，缓慢放气至航天服内气体与外界达到平衡时，航天服内剩余气体与放出的气体的质量之比。
9．神舟13号航天员从天和核心舱气闸舱出舱时身着我国新一代“飞天”舱外航天服。航天服内密封了一定质量的理想气体，体积约为V1=2L，压强p1=1.0×105Pa，温度t1=27℃。
（1）打开舱门前，航天员需将航天服内气压降低到p2=4.4×104Pa，此时密闭气体温度变为t2=-9℃，则航天服内气体体积V2变为多少？
（2）为便于舱外活动，航天员出舱前还需要把航天服内的一部分气体缓慢放出，使气压降到p3=3.0×104Pa。假设释放气体过程中温度保持为t3=-9℃不变，体积变为V3=2.2L，那么航天服放出的气体与原来气体的质量比为多少？
10．木工装修用的气动钉枪通过风管和接头与装有压缩空气的汽缸相连。汽缸的容积为，充气前，缸内气压为，环境温度为。气泵每循环工作一次，可向汽缸内压入体积为、压强为的空气，打气和放气的过程中汽缸内气体温度与外界环境温度相同且保持不变。
（1）要使汽缸内气压达到，求气泵循环工作的次数；
（2）若将上述充好气的汽缸放在的工作环境中，此环境下气动钉枪每钉一个钉子需要消耗压强为、体积为的空气，则木工最多可以钉几个钉子？
11．电压力锅的锅盖上设有安全阀（泄气阀）和浮子阀。加热一段时间后，浮子阀自动浮起让锅内形成高压封闭空间。烹饪结束后，为了尽快安全开盖，可通过掀开泄气阀放气的方式使锅内降压至浮子阀下沉，便可安全开盖。上述过程可以简化模型如下：
如图，汽缸容积为V，其顶部有一个自动阀门K（类比浮子阀）和一个排气塞（类比泄气阀）。当汽缸内压强小于或等于1.2P0（P0为一个标准大气压强）时，阀门K将自动处于开启状态；当汽缸内压强大于1.2P0时，阀门K将自动处于关闭状态。排气孔横截面积为S，由质量为m的排气塞盖住，塞子在被顶起前与小孔能保持良好的密闭性。开始时，汽缸内气体压强为P0，温度为T0，给汽缸缓慢加热，当汽缸内压强为1.6P0时，缸内气体温度为T 。重力加速度为g，塞子质量 。
（1）要使塞子不被顶起，则缸内气体的最高温度是多少？
（2）缸内气体处于最高温度时，掀开塞子进行排气，求排出的气体的质量与未排气前缸内气体质量的比值是多少时，K阀门能自动开启？（忽略排气过程中汽缸内气体温度的变化）
12．如图所示，横截面积为的汽缸竖直放置，卡环上方的活塞A连同其上的物块质量为。质量为的自由活塞B的下方封有一定质量的氮气，两活塞之间有单向进气口与大气相连，空气柱的高度为，氮气柱的高度为。现通过打气筒由进气口缓慢向汽缸内充入压强为的空气，每次充入50mL，直至活塞A恰好离开卡环，充气过程不发生漏气。汽缸与活塞均用导热材料做成，环境温度保持不变，气体都可以视为理想气体，大气压强，初始时A、B间空气的压强为，取。求：
（1）氮气的初态压强和末态的压强；
（2）通过打气筒向汽缸内充气的次数。
13．某小组设计了一个气压升降机如图所示，竖直圆柱形光滑绝热汽缸中间有一个小支架，支架上放有可以自由移动的横截面积为S的绝热轻质活塞，活塞上放有重物，活塞到缸底的距离为H，已知大气压强为p0，重力加速度为g。活塞下方空间放有电阻丝，可以对气体加热。工作时先把活塞下方抽成真空，然后将容积为、压强为、温度为T0装有氩气的容器通过阀门K向活塞下方空间充气，假设充气过程中氩气的温度不变，且可视为理想气体，不计阀门K处细管体积，充气结束时活塞刚好离开支架。
（1）求充气结束时的气体压强及重物的质量M；
（2）将阀门K关闭以后，将电阻丝接通电源，当电阻丝产生的热量Q全部被氩气吸收时，活塞上升高度为h，求此时汽缸内氩气的温度T和增加的内能。
14．为了理解与沉船打捞的有关物理过程，考虑下列简单模型。将打捞装置简化为一个两端开口、内壁光滑、横截面积为的柱形长玻璃管，竖直固定使其上沿刚好没入温度为的水中；而沉船则简化为一密度为（）、高度为的柱形活塞，下边缘被挡在距水平面高度为的位置，活塞的上部玻璃管里充满水，如图所示。现从管下部向管内充入气体（可视为理想气体），推动活塞缓慢上浮。设大气压强为，水的密度为。（，标准状况气体摩尔体积为，忽略气体质量与各种摩擦，结果保留两位有效数字）
（1）试求充入多少摩尔的气体后可以使得活塞刚好开始上浮；
（2）上问中充入的气体推动活塞上升，当活塞上缓缓上升时，再逐渐释控制放释放气体，使活塞保持缓慢上升，当活塞上沿趋于与水面平齐时，停止释放气体，求剩余气体占活塞开始上升时气体的质量百分比。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．（1）；（2）
【详解】（1）由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据理想气体状态方程可知
代入数据解得
（2）当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有气体为研究对象有
解得
则增加空气的体积为
所以增加的空气质量与原有空气质量之比为
2．
【详解】设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知
p1=p0、T1=450 K、V1=V0、T2=300 K、①
由理想气体状态方程得
②
代入数据得
p2=0.7p0 ③
对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为，由题意知
p3=p0、V3=、p4=p2 ④
由玻意耳定律得
⑤
联立②⑤式，代入数据得
⑥
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知
⑦
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为
⑧
联立②⑤⑦⑧式，代入数据得
⑨
3．（1）；（2）
【详解】（1）由题知开始时鱼静止在H处，设此时鱼的体积为，有
且此时B室内气体体积为V，质量为m，则
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有
联立解得需从A室充入B室的气体质量
（2）B室内气体压强与鱼体外压强相等，则鱼静止在H处和水面下H1处时，B室内的压强分别为
，
由于鱼静止时，浮力等于重力，则鱼的体积不变，由于题可知，鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，则鱼在水下静止时，B室内气体体积不变，由题知开始时鱼静止在H处时，B室内气体体积为V，质量为m，由于鱼鳔内气体温度不变，若，则在H处时，B室内气体需要增加，设吸入的气体体积为ΔV，根据玻意耳定律有
则此时B室内气体质量
若，则在H处时，B室内气体需要减少，设释放的气体体积为ΔV，根据玻意耳定律有
则此时B室内气体质量
4．（1）；（2）不合格
【详解】（1）缓慢推动活塞将容器内所有气体推入香水瓶，根据玻意耳定律有
得
（2）由题意及理想气体状态方程可得
得
即其漏气量为，该香水瓶封装不合格。
5．（1）0.4p0；（1）1.6p0
【详解】（1）对容器 B内的气体，初态压强p1=p0，体积V；末态压强p2，体积2.5V
则由玻意耳定律可知
解得
p2=0.4p0
（2）完成一次抽气和充气后，对AC整体内的气体，由玻意耳定律
解得汽缸C内气体的压强压强
pC=1.6p0
6．16
【详解】对活塞，初态时由平衡条件可得，
代入数据，解得
末态时有
代入数据，解得
对气体有
代入数据，解得
7．（1）250K；（2）
【详解】（1）气体发生等容变化
即
解得
T2=250K
（2）放气过程为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V3
由玻意耳定律得
p1V0=p3V3
即
1.2p0V0=p3V3
解得
V3=1.2V0
剩余气体的质量与原来总质量的比值为
8．（1）；（2）
【详解】（1）以航天服内的气体为研究对象，在降至室温的过程中，航天服内的气体做等容变化，即
解得
（2）对航天服内原来所有的气体进行整体分析，放气的过程中其气体压强由p减至、体积由V增大至、温度不变。由玻意尔定律得
同温度、同压强下，同种气体的质量之比等于体积之比，即
联立解得
9．（1）4L；（2）5∶8
【详解】（1）初态体积约为V1=2L，压强p1=1.0×105Pa，温度T1=300K，末态p2=4.4×104Pa，温度T2=264K，根据理想气体状态方程可得
解得
（2）气体缓慢放出的过程中气体的温度不变，设需要放出的气体体积为ΔV，据玻意耳定律可得
航天服放出的气体与原来气体的质量比
联立解得航天服放出的气体与原来气体的质量比为
10．（1）39次；（2）141个
【详解】（1）充气的过程中温度不变，由玻意耳定律得
解得
次
（2）将充好气的汽缸放在℃的工作环境中，体积不变，由查理定律得
放气的过程中温度不变，由玻意耳定律得
解得
个
11．（1） ；（2）
【详解】（1）塞子恰好被顶起时，缸内气体压强为Pm ，
根据理想气体状态变化方程
解得
（2）要使K阀门自动开启，即缸内压强为小于或等于1.2P0 ，排气过程温度不变，有
解得

质量之比为
12．（1），；（2）
【详解】（1）初态时，活塞B受力平衡，有
解得
末态时，对活塞A及物块整体受力分析，假定充气后汽缸中空气压强为p1，依题意有
对活塞B受力分析，有
联立解得
（2）对氮气，根据玻意耳定律有
解得
即活塞B将下移
对两活塞间的空气，由玻意耳定律有
联立解得
13．（1），；（2）；
【详解】（1）根据题意可知，以容积为的氩气为研究对象，初态有
，，
末态有
，
根据玻意耳定律可得
解得
由题意可知，活塞为轻质活塞，活塞质量不计，对活塞和重物受力分析，根据平衡条件有
解得
（2）根据题意可知，将阀门K关闭以后，将电阻丝接通电源，封闭气体做等压变化，初态有
，
末态有
则有
解得
由题意可知，气体对外做功为
由热力学第一定律可得
14．（1）；（2）
【详解】（1）活塞所受重力为
活塞上表面所受到的向下的压力为
设管下部充的气体为摩尔，气柱高度为，气体压强为，当活塞刚好开始上浮时，活塞受力平衡可得
解得
管下部所充气体下表面所受的向上的压强为
解得
对于管下部所充气体，由理想气体状态方程知
其中
，
解得
（2）当活塞上沿跟水面齐平时，活塞上表面所受到的向下的压力为
设此时管下部剩余气体为摩尔，此时气柱高度为，气体压强为；活塞受力平衡可得
解得
管下部所充气体下表面所受的向上的压强为
解得
对于管下部所充气体，由理想气体状态方程知
解得
则剩余气体占活塞开始上升时气体的质量百分比为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第107讲气体实验定律和热力学第一定律综合
[2022·辽宁]
1．一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统（ ）
A．对外界做正功 B．压强保持不变 C．向外界放热 D．内能减少
[2022·北京]
2．如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，沿图示路径先后到达状态b和c。下列说法正确的是（ ）
A．从a到b，气体温度保持不变 B．从a到b，气体对外界做功
C．从b到c，气体内能减小 D．从b到c，气体从外界吸热
[2022·江苏]
3．如图所示，一定质量的理想气体分别经历和两个过程，其中为等温过程，状态b、c的体积相同，则（　　）
A．状态a的内能大于状态b B．状态a的温度高于状态c
C．过程中气体吸收热量 D．过程中外界对气体做正功
[2022·全国乙卷]
4．一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如图上的两条线段所示，则气体在（　　）
A．状态a处的压强大于状态c处的压强
B．由a变化到b的过程中，气体对外做功
C．由b变化到c的过程中，气体的压强不变
D．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热
E．由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能
[2023·浙江1月]
5．某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积、质量的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度、活塞与容器底的距离的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了。取大气压，求气体。
（1）在状态B的温度；
（2）在状态C的压强；
（3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。
一、知识总结
热力学第一定律
1.内容：一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。
2.表达式：ΔU＝Q＋W。
3.表达式中的正、负号法则：
物理量 ＋ －
W 外界对物体做功 物体对外界做功
Q 物体吸收热量 物体放出热量
ΔU 内能增加 内能减少
二、解题方法与思路
1.气体的状态变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程＝C分析。
2.气体的做功情况、内能变化及吸放热关系可由热力学第一定律分析。
（1）由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；气体被压缩，外界对气体做功。
（2）由温度变化判断气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小。
（3）由热力学第一定律ΔU＝W＋Q判断气体是吸热还是放热。
（4）在p－V图像中，图像与横轴所围面积表示对外或外界对气体整个过程中所做的功。
3.解题思路
三、精选例题
题型1：图像类综合问题
6．一定质量的理想气体从状态a开始，经、、三个过程后回到状态a，其图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为、、。以下判断正确的是（　　）
A．，气体对外做的功小于气体从外界吸收的热量
B．及，气体均向外界放出热量
C．气体对外做的功小于对外界做的功
D．中，气体从外接吸收的热量大于对外做的总功
题型2：汽缸活塞做功类问题
7．如图甲所示，上端开口的导热汽缸放置在水平面上，质量为m、横截面积为S的活塞密封了一定质量的理想气体。当环境温度为时，活塞静止的位置与汽缸底部距离为h，离缸口的距离为。已知重力加速度为g，活塞厚度及活塞与汽缸壁之间的摩擦不计，大气压强为。
（1）若缓慢升高环境温度，使活塞刚好能上移到缸口，求升高后的环境温度T；
（2）若先在缸内壁紧贴活塞上表面固定一卡环（与活塞接触但没有作用力），如图乙所示，再缓慢升高环境温度到T，求升温后卡环对活塞的压力多大，及此升温过程相对于（1）问升温度过程气体少吸收的热量为多少？
四、举一反三，巩固练习
8．一定质量的理想气体经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中ba的延长线通过坐标原点，气体a、b、c、d四个状态的压强与温度的关系如图所示，则（ ）
A．气体在bc过程中体积的变化量等于da过程中体积的变化量
B．气体在ab过程中内能的增加量小于cd过程中内能的减少量
C．气体在ab过程中吸收的热量等于cd过程中放出的热量
D．气体在ab过程中吸收的热量小于cd过程中放出的热量
9．一定质量的理想气体从状态开始，经历回到原状态，其图像如图所示，下列判断正确的是（　　）
A．气体在状态的内能大于在状态的内能
B．气体从到的过程中，体积先变大后不变
C．气体从到的过程中，吸收的热量大于内能的变化量
D．气体从到的过程中气体对外界做的功，小于到的过程中外界对气体做的功
10．—定质量的理想气体从a状态开始，经历三个过程ab、bc、ca回到a状态，其图像如图所示，图中ba的延长线过原点O，bc平行于t轴，ca的延长线过点．下列判断正确的是（ ）
A．过程ab中气体体积不变 B．过程ca中气体体积不变
C．过程ca中气体吸收热量 D．过程bc中气体吸收热量
11．一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc，ca回到原状态，其图像如图所示，分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是（　　）
A．过程ab中外界对气体做功为零 B．过程bc中气体内能不变
C．过程ca中气体一定放热 D．
12．一定质量的理想气体，从状态a开始，经历a→b、b→c、c→a三个过程回到原状态，其p－V图像如图所示。图线ac的反向延长线过坐标原点O，图线ab平行于V轴，图线bc平行于p轴。已知a状态的气体温度为，求：
（1）气体在状态c的温度 ；
（2）从a到b过程中气体对外做的功。
13．如图所示，质量为的活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸中，开始时活塞距汽缸底高度。此时气体的温度。现缓慢给气体加热，气体吸收的热量，活塞上升到距汽缸底。已知活塞面积，大气压强，不计活塞与汽缸之间的摩擦，g取。求：
（1）当活塞上升到距汽缸底时，气体的温度；
（2）给气体加热的过程中，气体增加的内能。
14．如图所示，开口向上竖直放置的玻璃管长为5h，质量为m、高为h的水银柱将一段空气柱封在管内，被封空气柱的温度为，水银柱上端到管口的距离为h。现给玻璃管加热，水银柱缓慢上升至管内剩余一半水银，此过程中空气柱的内能增加了，已知水银柱的截面积为S，大气压强为，重力加速度为g，忽略空气柱向外界传递的能量，求：
（1）水银柱上升至管口时，空气柱的温度T；
（2）水银柱上升过程中，空气柱需要吸收的热量Q。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】A．理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，理想气体对外界做正功，A正确；
B．由题图可知
V = V0 + kT
根据理想气体的状态方程有
联立有
可看出T增大，p增大，B错误；
D．理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；
C．理想气体从状态a变化到状态b，由选项AD可知，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知气体向外界吸收热量，C错误。
故选A。
2．D
【详解】AB．一定质量的理想气体从状态a开始，沿题图路径到达状态b过程中气体发生等容变化，压强减小，根据查理定律，可知气体温度降低，再根据热力学第一定律U = Q＋W，由于气体不做功，内能减小，则气体放热，AB错误；
CD．一定质量的理想气体从状态b沿题图路径到达状态c过程中气体发生等压变化，体积增大，根据，可知气体温度升高，内能增大，再根据热力学第一定律U = Q＋W，可知b到c过程吸热，且吸收的热量大于功值，C错误、D正确。
故选D。
3．C
【详解】A．由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体状态a的内能等于状态b的内能，故A错误；
B．由于状态b和状态c体积相同，且，根据理想气体状态方程
可知，又因为，故，故B错误；
CD．因为a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功；而气体温度升高，内能增加，根据
可知气体吸收热量；故C正确，D错误；
故选C。
4．ABD
【详解】AC．根据理想气体状态方程可知
即图像的斜率为，故有
故A正确，C错误；
B．理想气体由a变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B正确；
DE．理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有
而，，则有
可得
，
即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D正确，E错误；
故选ABD。
5．（1）330K；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则有
解得
（2）从状态A到状态B的过程中，活塞缓慢上升，则
解得
根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有
解得
（3）根据题意可知，从状态A到状态C的过程中气体对外做功为
由热力学第一定律有
解得
6．A
【详解】A．，根据可知，气体温度升高，内能增加，体积变大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，且气体对外做的功小于气体从外界吸收的热量，选项A正确；
B．气体从外界吸收热量；，气体体积变大，对外做功；温度降低，内能减小，则不能确定吸热还是放热，选项B错误；
C．根据W=p V可知，p-V图像与坐标轴围成的面积等于气体做功的大小，可知气体对外做的功等于对外界做的功，选项C错误；
D．中，气体回到原来的状态，则内能不变，则气体从外接吸收的热量等于对外做的总功，选项D错误。
故选A。
7．（1）；（2），
【详解】（1）气体发生等压变化，升高后的温度为T，则有
解得
（2）开始时，缸内气体压强
当温度为T时，缸内气体压强为，气体发生等容变化，则
解得
设卡环对活塞的压力大小为F，则
解得
（1）问和（2）问中气体内能增量相同，根据热力学第一定律，（1）问中有
（1）问中
（1）问中比（2）问中升温过程多吸收热量
8．D
【详解】A．气体在bc过程是等温压缩，压强增大到b态的1.5倍，则体积变为b态的；da过程是等温膨胀，压强变为d态压强的，则体积变为d态体积的2倍；因ab两态体积相等，设为V，则c态体积V，d态体积V，气体在bc过程中体积的变化量小于da过程中体积的变化量，选项A错误；
B．气体在ab过程中温度变化量等于cd过程中温度变化量，则气体在ab过程中内能的增加量等于cd过程中内能的减少量，选项B错误；
CD．由以上分析可知，气体在ab过程中体积不变，则
Wab=0
气体在cd过程中体积减小，则
Wcd>0
则气体在ab过程中吸收的热量
cd过程中放出的热量
其中
气体在ab过程中吸收的热量小于cd过程中放出的热量，选项C错误，D正确。
故选D。
9．AD
【详解】A．理想气体，忽略分子势能，所以理想气体的内能由温度决定，气体在状态b的温度大于在状态c的温度，所以在状态b的内能大于在状态的内能，故A正确；
B．由气体理想状态方程
可知，b到c的过程中，P不变，T减小，V减小，从c到d的过程中，V不变，故B错误；
C．由热力学第一定律
可知，从c到d的过程中，V不变，W不变，T增大，增大，Q增大，则气体吸收的热量等于内能的变化量，故C错误；
D．从d到a的过程中，气体做功
由盖—吕萨克定律可知
联立可得
同理可得，从b到c过程
从c到d的过程中，由查理定律可知
联立可知
故D正确。
故选AD。
10．BD
【详解】AB．根据
Vc＞Vbca的延长线过点（﹣273.15，0），则
Va＝Vc
所以
Va＝Vc＞Vb
故A错误，B正确；
C．过程ca中气体体积不变，，温度降低，内能减小，即，则由可推知，气体放热，故C错误；
D．过程bc中气体体积增大，气体对外界做功，；温度升高，内能增大，即，根据知，即气体从外界吸热，故D正确。
故选BD。
11．AD
【详解】A．根据题意，由图可知，过程ab中气体的体积不变，则外界对气体和气体对外界做功均为零，故A错误；
B．根据题意，由图可知，过程bc中气体温度降低，则气体内能减小，故B错误；
C．根据题意，由图可知，过程ca中气体的温度不变，体积增大，气体的内能不变，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸热，故C错误；
D．根据题意，由理想气体状态方程有
结合图可得
故D正确。
故选AD。
12．（1）；（2）
【详解】（1）根据理想气体状态方程有
解得
（2）从a到b过程中气体对外做的功为图线与横轴围成的面积，有
解得
13．（1）400K；（2）260J
【详解】（1）汽缸内封闭的气体等压变化，根据盖吕萨克定律有
代入数据可得
（2）开始时封闭气体的压强为
外界对气体做功为
根据热力学第一定律可知气体增加的内能为
14．（1）；（2）
【详解】（1）水银柱上升至管口时，封闭气体内部压强不变，皆为
因此对气体，为等压变化，有
解得
（2）在水银柱上升至管口时，空气柱对水银做功为
在水银柱上升至管口并只剩下一半水银时，空气柱对水银做功
故整个过程，空气柱对水银做功为
根据热力学第一定律
解得
答案第1页，共2页
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