資源簡介

第3節(jié) 帶電粒子在勻強磁場中的運動
(1)離子打在熒光屏上的位置離O 點的距
離是多少
(2)若離子進入磁場后經(jīng)過一段時間到達P
一、洛倫茲力的特點 點,已知OP 連線與入射方向的夾角為θ,求離子
1.洛倫茲力不改變帶電粒子速度的 , 從O 到P 所經(jīng)歷的時間.
或者說,洛倫茲力對帶電粒子不做功.
2.洛倫茲力方向總與速度方向 ,正
好起到了向心力的作用.
二、帶電粒子在勻強磁場中的運動 變式1:如圖所示,一束電子(電荷量為e)以
1.運動特點:沿著與磁場垂直的方向射入磁 速度v垂直射入磁感應強度為B、寬度為d 的勻
場的帶電粒子,在勻強磁場中做 運動. 強磁場中,穿出磁場時速度方向與原來入射方向
2.半徑和周期公式 的夾角是30°,則電子的質(zhì)量是 ,在磁場
質(zhì)量為m、帶電荷量為q、速率為v 的帶電 中的運動時間是 .
粒子,在磁感應強度為B 的勻強磁場中做勻速
圓周運動,洛倫茲力提供向心力.
2
(1)半徑:由
v mv
qvB=m 得r r= B.q
(2)周期:由
2πr 2πm
T= 得v T= .qB 【典例2】 如圖所示,質(zhì)量為 m、帶電荷量
由此可知帶電粒子在磁場中做勻速圓周運
為q的粒子以速度v0垂直射入寬度為d 的勻強
動的周期跟速率v和半徑r . 磁場,磁場的磁感應強度為B,為使粒子能穿過
磁場,則v0至少等于 ( )
【典例1】 如圖所示,質(zhì)量為m,電荷量為q
的負離子,以速度v垂直于熒光屏S 經(jīng)過小孔O
射入勻強磁場中,磁場方向與離子的運動方向垂
直,磁感應強度的大小為B,處于真空中.求: 2Bqd BqdA. m B.2m
Bqd Bqd
C.m D.2m
變式2:如圖,真空中有一帶電粒子,質(zhì)量為
m、電荷量為q,以速度v垂直于磁場邊界進入磁
·10·
感應強度為B 的勻強磁場,穿出磁場時速度方向 線正下方的電子初速度的方向與
和入射方向的夾角為α=37°.不計粒子所受重力. 電流I的方向相同,則電子將
已知:m=6.0×10-17kg,q=1.5×10-15C,v= ( )
1.0×102m/s,B=2.0T.則有界勻強磁場的寬度 A.沿路徑a 運動,軌跡是圓
L 為 ( ) B.沿路徑a 運動,軌跡半徑越來越大
C.沿路徑a 運動,軌跡半徑越來越小
D.沿路徑b運動,軌跡半徑越來越小
4.“月球勘探者號”空間探測器運用高科技
手段對月球近距離勘探,在月球的重力分布、磁
場分布及元素測定方面取得了新成果.月球上的
A.0.5m B.1.2m C.1.6m D.2.0m 磁場極其微弱,通過探測器拍攝電子在月球磁場
中的運動軌跡,可分析月球磁場的強弱分布情
況.如圖所示是探測器通過月球表面甲、乙、丙、
丁四個位置時拍攝到的電子運動軌跡照片,設電
1.如圖所示,美國物理學家 子的速率相同,且與磁場方向垂直,則可知磁場
安德森在研究宇宙射線時,在云 從強到弱的位置排列正確的是 ( )
霧室里觀察到有一個粒子的徑
跡和電子的徑跡彎曲程度相同,但彎曲方向相
反,從而發(fā)現(xiàn)了正電子,獲得了1936年的諾貝爾 甲 乙 丙 丁
物理學獎,已知云霧室中磁場方向與紙面垂直, A.乙→甲→丁→丙 B .丁 →丙→乙→甲
下列說法正確的是 ( ) C.丙→丁→甲→乙 D.甲→乙→丙→丁
A.云霧室中磁場方向垂直紙面向外 5.質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子M 和N
B.云霧室中磁場方向垂直紙面向里 以不同的速率經(jīng)小孔S 垂直進入勻強磁場,運行
C.若增大磁感應強度,正電子運動半徑增 的半圓軌跡如圖中虛線所示,下列說法正確的是
大,負電子運動半徑減小 ( )
D.若增大磁感應強度,正電子運動半徑減 A.M 帶負電,N 帶正電
小,負電子運動半徑增大 B.M 的速率小于N 的速率
2.下列各圖反映的是帶電粒子在勻強磁場 C.洛倫茲力對 M、N 做正功
中沿垂直于磁場方向做勻速圓周運動的情況,其 D.M 的運行時間大于N 的運行時間
中正確的是 ( )
第5題 第6題
A B C D 6.如圖所示,MN 為兩個勻強磁場的分界
3.如圖所示,水平導線中有電流I 通過,導 面,兩磁場的磁感應強度大小的關(guān)系為 B1=
·11·
2B2,一帶電荷量為+q(q>0)、質(zhì)量為m 的粒子 C.軌道半徑減小,運動周期增大
從O 點垂直MN 進入B1磁場,則經(jīng)過多長時間 D.軌道半徑增大,運動周期減小
它將向下再一次通過O 點 ( ) 10.如圖所示,在x 軸上方存在著垂直于紙
2πm 2πm 面向里,磁感應強度為B 的勻強磁場,一個不計
A.B B.q 1 qB2 重力的帶電粒子從坐標原點O 處以速度v 進入
2πm πm
C. D. 磁場,粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且
q(B1+B2) q(B1+B2)
與x 軸正方向成120°角.若粒子穿過y 軸正軸
7.粒子甲的質(zhì)量與電荷量分別是粒子乙的
后,在磁場中到x 軸的最大距離為a,則該粒子
4倍與2倍,兩粒子均帶正電荷.讓它們在勻強
的比荷和所帶電荷的電性是 ( )
磁場中同一點以大小相等、方向相反的速度開始
3v v
運動.已知磁場方向垂直于紙面向里.則下列四 A. ,正電荷 B. ,正電荷2aB 2aB
個圖中,能正確表示兩粒子運動軌跡的是( ) 3v
C. ,負電荷
v
D. ,負電荷2aB 2aB
A B
第10題 第11題
11.如圖所示,平行線PQ、MN 之間有方向
垂直紙面向里的無限長勻強磁場,電子從P 點
C D 沿平行于PQ 且垂直于磁場方向射入磁場,當電
8.MN 板兩側(cè)都是磁感強度為B 的勻強磁 子速率為v1 時與 MN 成60°角射出磁場;當電
場,方向如圖所示,帶電粒子從a 位置以垂直于
子速率為v2 時與 MN 成30°角射出磁場(出射
磁場方向的速度開始運動,依次通過小孔b,c,
點都沒畫出),v1∶v2 等于 ( )
d,已知ab=bc=cd,粒子從a 運動到d 的時間
為t,則粒子的比荷為 ( ) A.1∶
(2- 3) B.(2- 3)∶1
C.2∶1 D.3∶1
12.如圖所示,一束電荷量為e 的電子以垂
直于磁感應強度B 并垂直于磁場邊界的速度v
3π 4π π tB 射入寬度為d 的勻強磁場中,穿出磁場時速度方
A.tB B.3tB C.tB D.2π 向和原來的射入方向的夾角為θ=60°,求電子的
9.兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小 質(zhì)量和穿越磁場的時間.
不同、方向平行.一速度方向與磁感應強度方向
垂直的帶電粒子(不計重力),從較弱的磁場區(qū)域
進入到較強的磁場區(qū)域后,粒子的 ( )
A.軌道半徑減小,運動周期減小
B.軌道半徑增大,運動周期增大
·12·
C.該粒子在磁場中運動的時間為
3L
v
D.該粒子離開磁場時速度偏角為
π
1.如圖所示,在第Ⅰ象限內(nèi)有垂直紙面向里 3
的勻強磁場,一對質(zhì)量與電荷量都相等的正、負
粒子分別以相同速率沿與x 軸成30°角的方向從
原點射入磁場,則正、負粒子在磁場中運動的時
間之比為 ( ) 第3題 第4題
A.1∶2 B.2∶1 C.1∶ 3 D.1∶1 4.矩形ABCD 區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的
勻強磁場,AB=2d,BC= 3d,E 為AB 中點.從
E 點沿垂直AB 方向射入粒子a,粒子a 經(jīng)磁場
偏轉(zhuǎn)后從D 點射出磁場,若仍從E 點沿垂直AB
方向射入粒子b,粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從B 點射出
磁場,已知a、b粒子的質(zhì)量相等,電荷量相等,不第1題 第2題
計粒子的重力,則 ( )
2.如圖所示,一半徑為R 的圓形區(qū)域內(nèi)有
A.a、b粒子均帶正電
垂直于紙面向里的勻強磁場,一質(zhì)量為m、電荷
B.a、b 粒子在磁場中做圓周運動的半徑之
量為q的正電荷(重力忽略不計),以速度v 沿正
比為2∶1
對著圓心O 的方向射入磁場,從磁場中射出時速
C.a、b粒子在磁場中運動的速度大小之比
度方向改變了θ角,磁場的磁感應強度大小為
為2∶1
( )
D.a、b 粒 子 在 磁 場 中 運 動 的 時 間 之 比
θ
mv mvtan2 為1∶3
A. θ B. qR 5.高緯度地區(qū)的高空,大氣稀薄,常出現(xiàn)美
qRtan2 麗的彩色“極光”.極光是由太陽發(fā)射的高速帶電
mv mv
C. θ D.
粒子受地磁場的影響,進入兩極附近時,撞擊并
θ
qRsin qRcos 激發(fā)高空中的空氣分子和原子引起的.假如我們2 2
, 在北極地區(qū)仰視,發(fā)現(xiàn)正上方出現(xiàn)如圖所示的弧3.如圖所示 兩平行板間有垂直紙面向里的
狀極光,則關(guān)于這一現(xiàn)象中高速粒子的說法正確
勻強磁場,磁感應強度為B,板長為 3L,兩板間
的是 ( )
距離為L.有一個帶電量為q、質(zhì)量為m 的粒子, A.高速粒子帶負電
以水平速度v,從靠近上板邊緣處進入該磁場,
B.粒子軌跡半徑逐漸增大
粒子恰能從下極板右側(cè)邊緣離開磁場,不計粒子
C.仰視時,粒子沿逆時針方向運動
重力.則 ( ) D.仰視時,粒子沿順時針方向運動
A.該粒子帶正電
B.該粒子做勻變速曲線運動
·13·
A.1∶2 B.1∶4 C.2∶1 D.4∶1
9.如圖所示,在虛線所包圍的圓形區(qū)域內(nèi)有
方向垂直于圓面向里的勻強磁場,從磁場邊緣的
A 點沿半徑方向射入一束速率不同的質(zhì)子,這些
第5題 第6題 質(zhì)子在磁場里運動的過程中,以下說法正確的是
6.如圖所示,一條直線上有O、M、N 三點, ( )
OM=MN,直線上方的整個空間存在垂直紙面
向外的勻強磁場,一質(zhì)子和一α粒子分別以速度
v1、v2 從O 點沿OP 方向射入磁場,質(zhì)子經(jīng)時間
t1從 M 點射出磁場,α 粒子經(jīng)時間t2從 N 點射
出磁場,質(zhì)子和α 粒子的重力不計,不考慮它們 A.周期相同,但運動時間不同,速率大的運
之間的相互作用,則關(guān)于t1、t2、v1、v2 的判斷正 動時間長
確的是 ( ) B.運動半徑越大的質(zhì)子運動時間越短,偏轉(zhuǎn)
A.t1=t2,v1=v2 B.t1C.t1t2,v1>v2 C.質(zhì)子在磁場中的運動時間均相等
7.如圖所示,在直角坐標 D.運動半徑不同,運動半徑越大的質(zhì)子向
系xOy 的y>0空間內(nèi)存在垂 心加速度越小
直紙面向里的勻強磁場.某時 mv
10.如圖所示,在半徑為R= 0的圓形區(qū)
刻帶電粒子a 從坐標原點O 沿 Bq
, ,
x 軸正向、帶電粒子b從x 軸上的Q 點沿 軸正 域內(nèi)有水平向里的勻強磁場 磁感應強度B 圓y
向進入磁場區(qū)域, 形區(qū)域右側(cè)有一豎直感光板, ,經(jīng)過一段時間兩粒子同時到達 質(zhì)量為m 電量為
,重力不計的帶正電的粒子以速率 從圓弧頂
y 軸上的P 點,且速度方向相反.下列關(guān)于a、b q v0
點 平行于紙面進入磁場, 與感光板平行,
粒子的物理量,一定相等的是 ( ) P PO
P 到感光板的距離為A.質(zhì)量 B.電荷量 C.速率 D.比荷 2R.
()粒子在磁場中運動的半徑;
8.如圖所示,在xO 坐標系的第Ⅰ象限中 1y
(2)若粒子對準圓心射入,求它在磁場中運
有垂直于紙面向里的勻強磁場,一帶電粒子在x
動的時間;
軸上的A 點垂直于x 軸射入磁場,第一次入射
速度為v,且經(jīng)時間 恰好在
() , ,
t1 O 點反向射出磁 3
若粒子對準圓心射入 且速率為 3v0 求
, , 它打到感光板上的位置距離P 點的豎直距離場 第二次以2v的速度射入 在磁場中的運動時 .
間為t2,則t1∶t2的值為 ( )
·14·部分參考答案
可知,導體 MN 所受安培力在水平
第一章 安培力與洛倫茲力 方向,要使導體 MN 靜止,安培力必
須水平向右.由左手定則可知磁場方
向豎直向下.
第1節(jié) 磁場對通電導線的作用力
對 MN 棒受力分析,根據(jù)共點力平衡得F
知識梳理
=mgtanθ,
一、1.磁場 2.左手定則 垂直 掌心 電流
又F=BIL,
的方向 拇指 3.電流
解得 mgtanθ 0.01×10×tan37°三、1.(2)半徑 平行 均勻 2.(1)安培力 B= IL = 5×0.2 T=
轉(zhuǎn)動 反抗 (2)角度 大小 大小 方向 7.5×10-2T.
3.很弱 答案:0.075T,方向豎直向下
典例精解 課后鞏固
【典例1】 A 解析:根據(jù)左手定則,導體棒ab 1.B 2.B 3.A 4.C 5.D 6.A 7.A
所受安培力方向垂直于導體棒斜向上,A正確; 8.解析:(1)金屬桿靜止在導
ab棒和磁場方向平行,不受安培力,B錯誤;ab 軌上,受到重力、支持力和安培力
棒所受安培力方向垂直于導體棒向下,C錯誤; 三個力作用,側(cè)視圖如圖所示.
ab 棒所受安培力方向垂直于導體棒向 左,D 由平衡條件得F=mgtanθ
錯誤. 又F=B1IL
變式1:A
根據(jù)閉合電路歐姆定律 E
【典例2】 A 解析:應用F=BIL 求安培力,
I=
其 R
中I⊥B,L 為導線的有效長度.導線段abcd 的 以上各式聯(lián)立解得ELB1=mgtanθ,
有效長度為線段ad 的長度,由幾何知識知L Rad
mgRtanθ
=(2+1)L,故線段abcd 所受的合力大小F= 即B1= EL .
ILadB=(2+1)ILB,導線有效長度的電流方 (2)金屬桿ab 靜止在斜面上
向為a→d,據(jù)左手定則可以確定導線所受合力 且對斜面壓力為零,則安培力 F'
方向沿紙面向上,故A項正確. 與重力G 構(gòu)成一對平衡力,側(cè)視圖
變式2:C 如圖所示.
當堂訓練 因F'=mg
1.C 2.B 3.A 4.C 5.D 6.B 7.B 又F'=B2IL
8.A 9.C
E
10.解析:磁場方向在豎直方向,由左手定則 根據(jù)閉合電路歐姆定律I=R
·101·
以上各式聯(lián)立解得E m
2gcos2α
RLB2=mg
, 得x=2q2B2sinα
.
mgR 答案:()帶正電 ()mgcosα m
2gcos2α
整理得B2=EL 1 2 qB 2q2B2sinα
由左手定則知,勻強磁場的磁感應強度B2 變式2:B
的方向水平向左. 當堂訓練
:()mgRtanθ ()mgR, 1.D 2.B 3.C 4.C 5.B 6.C 7.B答案 1 2 方向水平EL EL 8.B 9.B
向左 10.解析:小球第一次到達最低點速度為
v,則
第2節(jié) 磁場對運動電荷的作用力
由動能定律可得: 1mgL= 22mv
知識梳理
由圓周運動規(guī)律及牛頓第二定律可知
一、1.(1)運動電荷 (2)微觀 2.(1)垂直 正
v2電荷 正 電 荷 相 反 (2)B 和v 3.(1) 第一次經(jīng)過最低點時:Bqv-mg=mL
qvBsinθ (2)qvB (3)0
第二次經(jīng)過最低點時: v
2
二、1.偏轉(zhuǎn)線圈 2.(1)發(fā)射電子 (2)偏轉(zhuǎn) F-qvB-mg=mL
3.不斷變化 4.兩對線圈 綜上解得:F=0.06N.
典例精解 答案:0.06N
【典例1】 D 解析:根據(jù)左手定則可以判斷,選 課后鞏固
項A中的負電荷所受的洛倫茲力方向向下;選 1.D 2.B 3.A 4.D 5.C 6.C 7.B
項B中的負電荷所受的洛倫茲力方向向上;選項 8.解析:以滑塊為研究對象,自軌道上A 點
C中的正電荷所受的洛倫茲力方向垂直于紙面 滑到C 點的過程中,受重力mg,方向豎直向下;
指向紙外;選項D中的正電荷所受的洛倫茲力方 靜電力qE,方向水平向右;洛倫茲力F=qvB,方
向垂直于紙面指向紙里,D正確. 向始終垂直于速度方向.
變式1:A (1)滑塊從A 到C 過程中洛倫茲力不做功,
【典例2】 解析:(1)小球沿斜面下滑,其對斜面 由動能定理得
的壓力為零,說明其受到的洛倫茲力應垂直斜面 1
mgR-qER= mv2C
向上,根據(jù)左手定則可判斷小球帶正電. 2
(2)當小球?qū)π泵鎵毫榱銜r,有 ( qE)得 2mg- RvC= =2m/s,方向水平
mgcosα=qvB m
向左.
得小球此時的速度為 mgcosαv=
qB (2)根據(jù)洛倫茲力公式得
由于小球沿斜面方向做勻加速運動,加速度 F=qvCB=5×10-2×2×1N=0.1N,方向
為a=gsinα 豎直向下.
由勻變速直線運動的位移公式v2=2ax (3)在C 點根據(jù)牛頓第二定律:FN-mg-
·102·
v2C 為半徑.F=m R d ,又由 mv得 2dBe
代入數(shù)據(jù)得:F =20.1N.根據(jù)牛頓第三定 r=sin30°=2d r=N Be
m= v
律,滑塊對軌道的壓力為20.1N. 電子在磁場中的運動時間 θt= T
答案:(1)2m/s,方向水平向左 (2)0.1N, 360°
方向豎直向下 (3)20.1N 解得 1 2πm πdt=12×eB =3v.
第3節(jié) 帶電粒子在勻強磁場中的運動
答案:2dBe πd
知識梳理 v 3v
一、1.大小 2.垂直 【典例2】 C 解析:當粒子的運動軌跡與磁場
二、1.勻速圓周 2.無關(guān) 右邊界相切時,粒子的軌道半徑為r=d,由于
典例精解 v2 Bqd
qvB=m ,解得v= ,則為使粒子能穿過磁
【典例1】 解析:(1)離子的初速度與勻強磁場的 r m
方向垂直,在洛倫茲力作用下,做勻速圓周運動. 場,則 Bqdv0至少等于 故選m . C.
設圓半徑為r,作出其運動軌跡,如圖 變式2:B
由牛頓第二定律可得:Bqv 當堂訓練
v2
=mr 1.B 2.D 3.B 4.D 5.A 6.B 7.A
mv 8.A 9.A 10.C 11.B解得:r=
qB 12.解析:過 M、N 作入射方
如圖所示,離子回到屏S 上的位置與O 點 向和出射方向的垂線,兩垂線交
2mv 于O 點,O 點即電子在磁場中做的距離為:d=2r= B .q 勻速圓周運動的 圓 心,過 N 作
(2)當離子到位置P 時,圓心角:α=2θ OM 的垂線,垂足為P,如圖所示.
離子 運 動 的 時 間 為 αt= T,而 周 期 T 由直角三角形OPN 知,電子運動的半徑為r=2π
2πm d 23
= .
qB sin60°
= 3d ①
2
所以 聯(lián) 立 以 上 三 式 得:離 子 運 動 時 間t 由牛頓第二定律知 vevB=mr ②
2θm
= .
qB 聯(lián)立 23dBe①②式解得m=
答案:()2mv
3v
1 (
2θm
B 2
)
q qB 電子在無界磁場中運動的周期為
變式1:解析:電子在磁場中運動只受洛倫茲力 2π·23dBe 43πd
, , , T=eB 3v =作用 故其軌跡是圓弧的一部分 又因為F⊥v 3v
故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛倫茲力 電子在磁場中的軌跡對應的圓心角為α=θ
方向的交點,如題圖所示的O 點. =60°
由幾何知識可知,CD 間圓心角θ=30°,OD 故電子在磁場中的運動時間為
·103·
1 1 43πd 23πd 第4節(jié) 質(zhì)譜儀與回旋加速器
t=6T=6× 3v = 9v .
知識梳理
答案:23dBe 23πd 一、3.qvB 4.質(zhì)量 5.質(zhì)量 同位素3v 9v
q2B2二、 不變 r
2
課后鞏固 2. 3. 2m
1.B 2.B 3.D 4.D 5.D 6.B 7.C 典例精解
8.C 9.B 【典例1】 解析:(1)離子在電場中被加速時,由
10.解析:(1)粒子在磁場中運動的半徑為
2 動能定理
1
qU= mv2,進入磁場時洛倫茲力提供
r,
v
根據(jù) 0
2
qvB=m r 2
向心力, mvqvB= ,又x=2r,由以上三式得x
mv0 r解得r=
qB 2 2mU
(2)帶電粒子進入磁場中 =B .q
做勻速圓周運動的軌道半徑 (2)氫的三種同位素的質(zhì)量數(shù)分別為1、2、3,
為r=R,帶電粒子在磁場中 由(1)結(jié)果知,
的運動軌跡為四分之一圓周, xH∶xD∶xT= mH ∶ mD∶ mT=1∶
軌跡對應的圓心角為π,如圖所示 2∶ 3.
2
答案:()2 2mUπ 1B
(2)1∶ 2∶ 3
2R
q
則 πmt=v =2Bq 變式1
:B
0
【典例2】 D 解析:只有帶點粒子在磁場中做
(3)當v= 3v0時,帶電粒子在磁場中運動
圓周運動的頻率等于高頻電壓的頻率時,帶點粒
的軌道半徑為 3R,其運動軌跡如圖所示 子才能穩(wěn)定加速,根據(jù)圓周運動公式可知qvB=
v2 2π 2 2πm
mR=m ( ) R,故T= ,A錯誤.根據(jù)圓T qB
2 2
周運動公式可知 v 2πqvB=m ,故R=m (T ) R v
由圖可知∠PO O=∠OO R=30° qBR2 2 = ,所以最大速度與電壓無關(guān),所以最大動m
所以帶電粒子離開磁場時與水平方向成30°
, ; qBRd=R+2Rtan30° 能與電壓無關(guān) B錯誤 根據(jù)B中公式v= ,m
(3+23)mv 可知最大速度與回旋加速次數(shù)無關(guān),所以最大動
解得d= 03qB 能與回旋加速次數(shù)無關(guān),C錯誤;根據(jù)B中公式
:()mv答案 0 ()πm qBR1 2 v= ,可知最大速度與半徑有關(guān),所以最大動qB 2Bq m
(3+23)mv 能與半徑有關(guān),D正確.(3) 03qB 變式2:解析:(1)質(zhì)子在電場中加速,由動能定
·104·
理得
解得半徑: mv 1 2mUR= 1eB =B e .eU=Ek-0 2 2
解得Ek=eU. :() 2eU1 ( 2eU答案 1 2)B1d
1
(2)質(zhì)子在回旋加速器的磁場中運動的最大 m m
半徑為R,由牛頓第二定律得 ()1 2mU3 1
v2 B2 e
evB=mR 課后鞏固
質(zhì)子的最大動能 1E = mv2 1.C 2.A 3.B 4.B 5.B 6.B 7.Akm 2 8.B 9.A
e2B2 2解得 REkm= . 10.解析:(1)根據(jù)左手定則可知,射入的等2m
離子體中正離子將向金屬板
() M
偏轉(zhuǎn),負離子將
3 由電源的周期與頻率間的關(guān)系可得f
向金屬板N 偏轉(zhuǎn),因此金屬板 M 電勢高;設電
1
= 2T 源的輸出電壓為U,則
U
P=
, R電源的周期與質(zhì)子的運動周期相同 均為T
不考慮發(fā)電機的內(nèi)阻,得E=U=100V
2πm
=eB (2)由
U
Bqv=qd
解得 eBf=2πm. 解得v=100m/s
2 2 2 (3)每秒鐘經(jīng)過燈泡L的電荷量Q=It
答案:() ()eB R ()eB1eU 2 2m 32πm
而 UI= =1A
當堂訓練 R
1.B 2.A 3.D 4.A 5.B 6.B 7.D 所以每秒鐘打在金屬板 N 上的離子個數(shù)為
8.B 9.C 10.B 11.C Qn= =6.25×1018
12.解析:(1)在電場中,粒子被加速電場U e1
答案:(1)M 電勢高,1 100V
(2)100m/s
加速,由動能定理有:eU1= 22mv (3)6.25×1018
2eU
解得粒子的速度:v= 1m 本章評估
(2)在速度選擇器中,粒子受的電場力和洛
U
倫茲力大小相等,則有:e 2=evB1 1.B 2.C 3.B 4.B 5.B 6.A 7.Bd
: 8.A 9.B 10.D 11.C解 得 速 度 選 擇 器 的 電 壓 U2 =B1dv
12.解析:(1)電子向左移動,由左手定則知,
2eU
=B1d
1. 電子受到的洛倫茲力向上,故上側(cè)面A 聚集電m
() ,在磁場中,粒子受洛倫茲力作用而做圓 子 下側(cè)面A'聚集正電荷,故上側(cè)面的電勢低于3
mv2 下側(cè)面.周運動,則有:evB2= R (2)洛倫茲力F洛=evB;
·105·
(3)電子所受靜電力
U E
F電=eE=eh I=R+r
(4)電子受靜電力與洛倫茲力的作用,二力 聯(lián)立四式并代入數(shù)值得B1=3.0T.
U 當ab 棒有向上滑的趨勢時,受靜摩擦力向平衡,有eh=evB
,得U=hvB
下為Ff',如圖乙所示,則
通過導體的電流I=nevdh,所以由U= F'sin30°-Ff'-mg=0
IB nevdh , 1 Ff'=μF'cos30°RH 有d hvB=RH B
得
d RH=ne F'=B2Il
答案:(1)低于
U
(2)evB (3)eh
(4)見 EI=R+r
解析所示 可解得B2=16.3T.
13.解析:能射入第三象限的電子臨界軌跡 所以若保持金屬棒靜止不滑動,磁感應強度
d 應滿足3.0T≤B≤16.3T.如圖所示.電子偏轉(zhuǎn)半徑范圍為2(2)3.0T≤B≤16.3T
15.解析:(1)設粒子的初速度大小為v,粒
子在極板間做勻速直線運動,則有:
qvB1=qE
v2由 ,解得 eBrevB=m v= 設粒子在圓形區(qū)域中做勻速圓周運動的半r m
徑為r,則有:
入射速度的范圍為eBd eBd
2m 2
qvB2=mr
答案:eBd eBd14.解析:()
解得:
1 要使金屬棒靜止,安培力應斜 B2=0.1T.
(2)撤去磁場B1后,粒子在極板間做類平拋向上指向紙里,畫出由a→b 的側(cè)視圖,并對棒
運動,設在板間運動時間為t,運動的加速度為
ab受力分析如下圖所示.經(jīng)分析知磁場的方向與
a,飛出電場時豎直方向的速度為vy,則有:
紙面夾角30°且斜向下指向紙里.
v
qE=ma,l=vt,v
y
y=at,tanθ=v
解得: 3tanθ= ,即3 θ=30°.
答案:(1)0.1T (2)30°
() , 解析:()離子在磁場中做勻速圓周運2 如圖甲所示 當ab 棒有向下滑的趨勢 16. 1
, 動,軌跡如圖所示時 受靜摩擦力向上為F .f,則
Fsin30°+Ff-mg=0
F=B1Il
Ff=μFcos30°
·106·
由幾何關(guān)系可知,離子做勻速圓周運動的半 【典例2】 A 解析:題中四圖都屬于閉合電路
徑r滿足L=r+rcos60°,① 的一部分導體切割磁感線,應用右手定則判斷可
離子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提 得:A中電流方向為a→b,B中電流方向為b→
供向心力, a,C中電流方向沿a→d→c→b→a,D中電流方
v20 向為, b→a.
故選A.
由牛頓第二定律得qv0B=m r ② 變式2:D
qBL
由①②解得入射速度
2
v = 當堂訓練0 3m .③
1.C 2.C 3.B 4.D 5.B 6.B 7.A
(2)離子進入電場后做類平拋運動,軌跡如
8.B 9.C 10.C 11.A 12.B
圖所示.
課后鞏固
水平方向2L=v0t,④
1.B 2.A 3.D 4.B 5.D 6.C 7.C
1·qE豎直方向L= ·t2,2 m ⑤ 8.B 9.C 10.D
由③ ④ ⑤ 解 得 勻 強 電 場 的 電 場 強 度 E 第2節(jié) 法拉第電磁感應定律
2qB2L
= 知識梳理9m . 一、1.(1)電磁感應 電源 (2)斷開 2.磁通
:()2qBL ( 2qB
2
答案 L1 3m 2
)
9m 量 ΔΦ 3.(1)變化率
ΔΦ ΔΦ
Δt
(2) ()Δt n Δt 3
韋伯 伏特
第二章 電磁感應 二、1.Blv 2.Blvsinθ
典例精解
第1節(jié) 楞次定律 【典例1】 C 解析:根據(jù)楞次定律可知在0~t0
知識梳理 時間內(nèi),磁感應強度減小,感應電流的方向為順
一、1.(2)①向下 向上 向上 向下 ②向下 時針,圓環(huán)所受安培力水平向左,在t0~t1時間
向下 向上 向上 (3)相反 相同 相斥 內(nèi),磁感應強度反向增大,感應電流的方向為順
相吸 2.磁通量的變化 時針,圓環(huán)所受安培力水平向右,所以選項 AB
二、1.掌心 四指 2.切割磁感線 錯誤;根據(jù)法拉第電磁感應定律得 ΔΦE=Δt=
典例精解
1 B Bπr2
【典例1】 D 解析:在磁鐵自由下落,N極接近 2πr
2· 0= 0 ,根 據(jù) 電 阻 定 律 可 得t0 2t R=0
線圈上端的過程中,通過線圈的磁通量方向向下 2πr, BrS, ρ 根據(jù)歐姆定律可得
E
且在增大 根據(jù)楞次定律可判斷出線圈中感應電 S I= =
0 ,所以選
R 4t0ρ
流的磁場方向向上,利用安培定則可判知線圈中 項C正確,D錯誤.
感應電流方向為逆時針(由上向下看),流過R 變式1:B
的電流方向從b到a,電容器下極板帶正電.選項 【典例2】 解析:(1)ac棒垂直切割磁感線,產(chǎn)生
D正確. 的感應電動勢的大小為
變式1:D E=BLv=0.40×0.50×4.0V=0.80V.
·107·
( )回 路 中 感 應 電 流 的 大 小 為 E NΔΦ 1×10
-4-0
2 I=R E= Δt = 1 V=1×10
-4V
0.80 E 1×10-4
= A=4.0A 結(jié)合閉合電路歐姆定律得I= = A0.20 R 0.1
由右手定則知,ac 棒中的感應電流由c 流 =1×10-3A
向a. 根據(jù)楞次定律可知在1~2s內(nèi)導體環(huán)中的
(3)ac棒受到的安培力大小為 感應電流I的方向為順時針.
F安=BIL=0.40×4.0×0.50N=0.80N, (3)根據(jù)焦耳定律得Q=I2Rt=(1×10-3)2
由左手定則知,安培力方向向左.由于導體 ×0.1×1J=1×10-7J.
棒勻速運動,水平方向受力平衡, 答案:(1)1×10-4 Wb (2)1×10-3A 順
則F外=F安=0.80N,方向水平向右. 時針 (3)1×10-7J
答案:(1)0.80V (2)4.0A (3)0.80N
變式2:解析:(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律E= 第3節(jié) 渦流、電磁阻尼和電磁驅(qū)動
BLv,代入數(shù)據(jù)得E=1.54V. 知識梳理
(2)不能,因為穿過閉合回路的磁通量不變, 一1.電磁感應 感應 2.很強 很多 3.(1)
不產(chǎn)生感應電流. 真空冶煉爐 (2)探雷器 安檢門 4.(1)電阻
答案:(1)1.54V (2)不能,理由見解析 率 (2)硅鋼片
當堂訓練 二、1.(1)安培力 阻礙 (2)電磁阻尼 2.(1)
1.C 2.B 3.B 4.A 5.C 6.B 7.B 感應電流
8.B 9.C 典例精解
10.解析:(1)螺線管產(chǎn)生的感應電動勢 【典例1】 B 解析:電磁爐的工作原理是利用
ΔΦ ΔB1 · , E 變化的電流通過線圈產(chǎn)生變化的磁場
,變化的磁
E=n Δt =n Δt S =4 V I=R 場通過含鐵質(zhì)鍋的底部產(chǎn)生無數(shù)小渦流,使鍋體
=0.8A. 溫度升高后加熱食物,A、D錯誤,B正確;C項是
(2)導 體 棒 ab 所 受 的 安 培 力 F=B2Il 微波爐的加熱原理,C錯誤.
=0.16N, 變式1:B
導體棒靜止時有F=mg, 【典例2】 C 解析:當磁鐵逆時針轉(zhuǎn)動時,相當
解得m=0.016kg. 于磁鐵不動而線圈順時針旋轉(zhuǎn)切割磁感線,線圈
答案:(1)0.8A (2)0.016kg 中產(chǎn)生感應電流,故C正確;線圈相對磁鐵轉(zhuǎn)過
課后鞏固 90°時,其感應電流方向不再是abcda,D錯誤;
1.C 2.B 3.D 4.C 5.B 6.A 7.B 由楞次定律的推廣含義可知,線圈將與磁極同向
8.B 9.D 轉(zhuǎn)動,但轉(zhuǎn)動的角速度一定小于磁鐵轉(zhuǎn)動的角速
10.解析:(1)Φ=B·S=1×10-2×1×102 度,如果兩者的角速度相同,磁感線與線圈會處
×10-4Wb=1×10-4Wb. 于相對靜止狀態(tài),線圈不切割磁感線,無感應電
(2)根據(jù)法拉第電磁感應定律得 流產(chǎn)生,A錯誤,B錯誤.
·108·
變式2:C 變式1:A
當堂訓練 【典例2】 B 解析:開關(guān)S閉合的瞬間,由于L
1.A 2.D 3.B 4.C 5.B 6.C 7.D 的阻礙作用,由R 與L 組成的支路相當于斷路,
8.B 9.C 后來由于L 的阻礙作用不斷減小,相當于外電路
10.解析:(1)磁鐵B 向右運動時,螺線管中 并聯(lián)部分的電阻不斷減小,根據(jù)閉合電路歐姆定
產(chǎn)生感應電流,感應電流產(chǎn)生電磁驅(qū)動作用,使 律可知,整個電路中的總電流增大,由U內(nèi)=Ir
得螺線管A 向右運動.(2)全過程中,磁鐵減少的 得內(nèi)電壓增大,由UAB=E-Ir得路端電壓UAB
重力勢能轉(zhuǎn)化為 A、B 的動能和螺線管中的電 減小.電路穩(wěn)定后,由于R 的阻值大于燈泡D的
能,故 阻值,所以流過L 支路的電流小于流過燈泡D
1 2 1 2 的電流.當開關(guān)S斷開時,由于電感L 的自感作mgh=2MvA+2mvB+E電 用,流過燈泡D的電流立即與L 電流相等,與燈
即 1 1E =mgh- Mv2- mv2. 泡原來的電流方向相反且逐漸減小,即UAB反向電 2 A 2 B
減小,選項B正確.
答案:(1)向右運動 (2)
1
mgh-2Mv
2
A- 變式2:B
1 當堂訓練
mv22 B 1.B 2.D 3.D 4.A 5.C 6.A 7.D
課后鞏固 8.D 9.A
1.A 2.A 3.D 4.D 5.D 6.A 7.B 10.解析:開關(guān)接通瞬間,L 所在的支路處于
8.C 9.C 斷路狀態(tài),流過R1的電流為0.
第4節(jié) 互感和自感 穩(wěn)定時,L 相當于無阻導線
知識梳理 EI1=R =3A、 1一 1.感應電動勢 2.互感現(xiàn)象
S斷開瞬間,R
、 1
中的電流仍為I1=3A.
二 1.它本身 2.自感 3.增加 減小 4.自
答案:見解析
感 電感 亨利 5.大小 形狀 圈數(shù) 鐵芯
課后鞏固
三、1.(1)磁場 磁場 (2)磁場 2.變化
1.B 2.B 3.C 4.D 5.A 6.C 7.C
典例精解
8.C
【典例1】 B 解析:由于線圈L 的直流電阻與
9.解析:(1)電路穩(wěn)定工作時,由于a、b兩點
小燈泡A的直流電阻相等,電路穩(wěn)定后流過小
的電勢相等,導線ab上無電流通過.因此通過L
燈泡和線圈L 的電流相等.斷開電鍵的瞬間,由
的電流為
于流過線圈L 的電流不能突變,在線圈L 和小
E 10
燈泡組成的回路中,流過線圈的電流逐漸減小, IL=2R=10A=1A
流過小燈泡的電流會突然反向,然后逐漸減小,
流過 的電流為 E 10
小燈泡會慢慢熄滅.自感線圈的自感系數(shù)L 越 L1 I1=2R=20A=0.5A
大,小燈泡熄滅持續(xù)的時間越長,但最大電流不 斷開S的瞬間,由于線圈要想維持IL不變,
變.故選B. 而與L1組成閉合回路,因此通過L1的最大電流
·109·
為1A. 13.解析:(1)cd 邊剛進入磁場時,線框速
所以此時 L1兩端的電壓 度:v= 2gh
為U=IL·R=10V(正常工 線框 中 產(chǎn) 生 的 感 應 電 動 勢 E =BLv=
作時為5V). BL 2gh
(2)斷開S前,流過L1的電流為0.5A不變, E
而斷開S的瞬間,通過L1的電流突變?yōu)?A,且 (2)此時線框中的電流I=R
方向也發(fā)生變化,然后漸漸減小到零,所以它的 cd 切割磁感線相當于電源,cd 兩點間的電
圖像如圖所示(t0為斷開S的時刻). 勢差即路端電壓:
注:從t0開始,電流持續(xù)的時間實際上一般
·3 3U=I R= BL 2h
是很短的 4 4 g.
答案:(1)10V (2)見解析圖 2 2
()安培力: B L 2gh3 F安=BIL= R
本章評估 根據(jù)牛頓第二定律:mg-F安=ma,
2gR2
由a=0,解得下落高度
m
h=2B4L4.
1.A 2.A 3.B 4.C 5.D 6.D 7.C 3
8.C 9.D 10.D 11.A 答案:(1)BL 2gh (2)4BL 2gh
12.解析:(1)如果在斷開開關(guān)時發(fā)現(xiàn)靈敏電
()m
2gR2
3 .
流計的指針向左偏了一下,說明穿過線圈的磁通 2B4L4
量減小,電流計指針向左偏,合上開關(guān)后,將滑動 14.解析:(1)由法拉第電磁感應定律
變阻器的滑片向右滑動時,電阻變小,流過線圈 ΔΦE=
的電流變大,那么穿過線圈的磁通量增加,電流 Δt
計指針將向右偏轉(zhuǎn). 1ΔΦ=ΔB 22l
(2)將線圈A 從線圈B 抽出的過程中,穿過
ΔB
線圈的磁通量減少,電流計指針將向左偏轉(zhuǎn). 由乙圖得: /Δt=5Ts
(3)由圖乙可知根據(jù)右手螺旋定則可判斷螺 解得:E=0.4V,
線管磁場方向向右;當周圍環(huán)境溫度急劇上升 由楞次定律知感應電流的方向為逆時針方
時,熱敏電阻的阻值減小,回路中電流增加,穿過 向adcba.
金屬環(huán)A 的磁通量增加,根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)
() E
, 2I= =0.4A生向左的感應磁場 再由右手螺旋定則可知從左 R
向右看,金屬環(huán)A 中電流方向逆時針;因穿過A t=4s時,B=30T
環(huán)的磁通量增加,據(jù)楞次定律,感應電流的磁場 F=BIl=4.8N,方向豎直向上.
方向與原電流磁場方向相反,故相互排斥,則金 答案:(1)0.4V 逆 時 針 方 向 adcba
屬環(huán)A 將向左運動,且金屬環(huán)A 有收縮趨勢. (2)4.8N 方向豎直向上
答案:(1)右 (2)左 (3)逆時針 左 15.解析:(1)棒在0~0.3s內(nèi)通過的電荷量
收縮 q1=IΔt1
·110·
平均感應電流 E WI= F
=Q總=0.1J,
R+r
BxL 則電 阻 R 上 產(chǎn) 生 的 熱 量
4
QR = Q總
回路中平均感應電動勢E= 1 5Δt1 =0.08J.
BLx
得q1=
1 答案:(1)0.5 (2)2m (3)0.08J
R+r
同理,棒在0.3s~0.4s內(nèi)通過的電荷量
BL(x -x ) 第三章 交變電流2 1
q2= R+r
由圖像讀出0.4s時刻位移大小x2=0.9m 第1節(jié) 交變電流
又q1=2q2
知識梳理
解得x1=0.6m.
一、
() 1.
(1)周期性 (2)方向 2.(1)垂直于磁場
2 由圖像知棒在0.3s~0.4s內(nèi)做勻速直
(3)垂直
線運動,棒的速度大小 0.9-0.6v= /0.4-0.3ms=3m
/s 典例精解
對系統(tǒng),根據(jù)能量守恒定律 【典例1】 B 解析:t1時刻,穿過線框的磁通量
1 為零,線框產(chǎn)生的感應電動勢最大,電阻中的電
Q=Mgx -mgxsinθ- (M+m)v22 2 2 流最大,根據(jù)楞次定律,通過電阻的電流方向從
代入數(shù)據(jù)解得Q=3.15J 右向左,故 A錯誤,B正確;t2時刻,穿過線框的
Q
根據(jù)焦耳定律有 1 R= 磁通量最大,線框產(chǎn)生的感應電動勢為零,電阻Q R+r
中的電流為零,故CD錯誤.
代入數(shù)據(jù)解得Q1=3J.
變式1:C
答案:(1)0.6m (2)3J
【典例2】 解析:分別把E
:() m
、ω 的數(shù)值推出,代入
16.解析 1 當v=0時,a=2m/s2,
一般式
, e=Emsinωt
就得出了瞬時值表達式.求
mgsinθ-μmgcosθ=maμ=0.5.
瞬時值時,只需把t的時刻代入表達式就可以了( .2)由圖像可知vmax=2m/s時,金屬棒速度
()
, , 1e=Emsinωt=NBS
·2πnsin2πnt,
穩(wěn)定 當金屬棒達到穩(wěn)定速度時 有安培力F=
, 代入數(shù)據(jù)可得e=375sin5πt
(V).
B0Il
, E , (2)當
1
E=Blv I= t=
時,電動勢的瞬時值
0 max R+r 10
s
mgsinθ=F+ 1μmgcosθ, e=375sin(5π×10)V=375V.
解得r=1Ω.
答案:(1)e=375sin5πt(V) (2)375V
ΔΦ ΔΦ B
=IΔt= Δt= = 0
lx
q ( ) , 變式 :ΔtR+r R+r R+r 2B
解得x=2m. 當堂訓練
(3)根據(jù)動能定理有 1.D 2.B 3.B 4.B 5.A 6.C 7.C
1 8.D 9.A 10.C
mgh-μmgxcos37°-WF=2mv
2-0, 11.解析:(1)當線圈轉(zhuǎn)至與磁感線垂直時,磁
·111·
通量有最大值,為:Φm=BS=0.8×0.3×0.2Wb=
0.048Wb;
(2)線圈與磁感線平行時,感應電動勢有最
大值,為:Em=NBSω=480πV;
(3)從圖示位置開始計時,電動勢的瞬時表 答案:() ( 3021e=102cos 100πt)V (2) π
達式為:e=Emcosωt=480πcos100πt(V); V (3)見解析圖
(4)根據(jù)法拉第電磁感應定律得:
第2節(jié) 交變電流的描述
NΔΦ N(BSsin30°-0)
E= Δt = 30° 2π =1440V. 知識梳理·
360° ω 一、1.變化快慢 3.赫茲 4.2πf 5.(1)0.02
答案:(1)0.048Wb (2)480πV (3)e= (2)50 100
480πcos100πt(V) (4)1440V 二、1.(1)最大 (2)高于 2.(1)電阻 相等
課后鞏固 (2)①額定 額定
1.D 2.B 3.D 4.C 5.D 6.B 7.D 典例精解
8.A 9.A 【典例1】 B 解析:由題意結(jié)合有效值的定義
10.解析:(1)線框轉(zhuǎn)動,開始計時的位置為
可得I2RT=2
, (
2 1
I21R· T+I22R· T ),將I1
線框平面與磁感線平行的位置 CD 邊長為l1= 5 10
20cm,CE、DF 邊長為l2=10cm,在t時刻線框 =0.1A,I2=0.2A代入可得流過電阻的電流的
轉(zhuǎn)過的角度為ωt,此時刻e=Bl1l2ωcosωt, 有效值 10I= 25 A
,故電阻兩端電壓的有效值為
其中 52B= π T IR=4 10V,B正確.
l1×l2=0.1×0.2m2=0.02m2 變式1:D
ω=2πn=2π×50rad/s=100πrad/s 【典例2】 解析:(1)線圈中產(chǎn)生的感應電動勢的
最大值為
故 52e= ×0.02×100πcos(100πt)π V Em=NBSω=100×0.5×(0.2)2×2π×50
即e=102cos(100πt)V. V=628V
(2)線框由題圖所示位置轉(zhuǎn)過30°的過程中 E感應電動勢的有效值為E= m=3142V
2
Bl1lΔΦ= 22 外力驅(qū)動線圈轉(zhuǎn)動的功率與線圈中交變電
π 流的功率相等,
Δt=6ω E2 (3142)2即P外=R = W=1.97×10
4W.
則平均電動勢 ΔΦ 302
10
E=Δt= π V. (2)當線圈轉(zhuǎn)至線圈平面與中性面的夾角為
(3)線框中感應電動勢隨時間變化的圖像如 30°時,線圈產(chǎn)生的感應電動勢的瞬時值為
圖所示. e=Emsin30°=314V
·112·
e 314 向,則所產(chǎn)生的交變電流圖像如圖所示感應 電 流 的 瞬 時 值 為 .i=R = 10 A
=31.4A.
(3)在線圈由中性面轉(zhuǎn)過60°的過程中,線圈
中的平均感應電動勢為
·
ΔΦ 此交變電動勢的最大值為Em=BSω=B
E=N Δt πr2·2πn=π2Bnr2.
平均感應電流為 ΔΦ
2
I=NRΔt (2)在線圈從題圖所示位置轉(zhuǎn)過
1轉(zhuǎn)的時間
故通過導線橫截面的電荷量為 4
ΔΦ NBl2(1-cos60°) 2 2
q =IΔt = N = 內(nèi),
E
電動勢的有效值為 2πBnrE= m=
R R 2 2
=0.1C. 2
負載 電 阻 上 產(chǎn) 生 的 熱 量 為 EQ= ·
T
答案:(1)1.97×104W (2)314V 31.4A R 4
4 2 4
(3)0.1C πBrn= .
變式2:
8R
D
當堂訓練 (3)在線圈從題圖所示位置轉(zhuǎn)過
1轉(zhuǎn)的時間
4
1.C 2.C 3.C 4.A 5.B 6.C 7.B ΔΦ
8.C 9.D 10.B 11.A 內(nèi),電動勢的平均值為E=Δt
12.解析:(1)Em=nBSω, 通過R 的電荷量
代入數(shù)據(jù)得Em=400×0.25×0.05×0.04× E ΔΦ πBr2
q=IΔt= ·R Δt=R = 2R .100V=20V.
E (4)設此交變電動勢在一個周期內(nèi)的有效值(2)I mm= ,代入數(shù)據(jù)得
20
R+r Im=9.9+0.1A (Em )2
=2A. 2 T E'2為E',由有效值的定義得 · = T,
因為是正弦式交變電流,所以電流表讀數(shù)即 R 2 R
有效值 E解得E'= m2
I
I= m= 2A≈1.41A.
故電流表的示數(shù)為 E' π
2r2nB
2 I=R = 2R .
(3)P=I2R=(2)2×9.9W=19.8W. 4
答案:()2 2 ()πB
2r4n 2()πBr
答案:( 1πBnr 2 31)20V (2)1.41A (3)19.8W 8R 2R
課后鞏固 π2r2( nB 4)
1.C 2.D 3.D 4.D 5.D 6.B 7.D 2R
8.C 第3節(jié) 變壓器
9.解析:(1)設線圈從題圖所示位置繞軸勻 知識梳理
速轉(zhuǎn)動時,在電路中產(chǎn)生的交變電流方向為正方 一、1.閉合鐵芯 (1)交流電源 初級線圈
·113·
(2)負載 次級線圈 2.互感 磁場 感應電動 當堂訓練
勢 3.電壓 周期 頻率 1.D 2.B 3.C 4.B 5.A 6.A 7.A
二、1.(1)能量 2.(2)
n1 8.D 9.B 10.D
n 3.
(1)副線圈 原線
2 11.解析:(1)最大值Um= 2U1=2002V,
圈 (2)副線圈 原線圈
由題圖(b)可知,ω=200πrad/s,
典例精解
電壓瞬時值u=2002sin200πt(V).
【典例1】 D 解析:根據(jù)u1=12 2sin100πt
U (2)
n U
根據(jù)電壓和匝數(shù)的關(guān)系可知,1= 1,
(V)及U= m知
ω
U1=12V,f=2π=50Hz
,選 n2 U2
2 n
U n n 代入數(shù)據(jù)解得
1=5.
項A錯誤;根據(jù) 1
1
U =
1得
n U2=
2
nU1=
n2
2 2 1 2
×12V
(3)理想變壓器的輸入功率等于輸出功率,
=6V,即 的 讀 數(shù) 為6V,選 項 B 錯 誤;又 P1=P2,
U 6
I 22= = A=1A,即 的讀數(shù)為R 6 1A
,選項C P
L 原線圈的電流I =
1
1 ,U1
; U
2 2
錯誤 根據(jù) 6P1=P 及P
2
2 2=R =6 W=6W
,選 代入數(shù)據(jù)解得,I1=0.4A.
L
答案:() ( ) ()
項D正確. 1u=2002sin200πt V 25∶1
()
變式1:B 30.4A
【 課后鞏固典例2】 B 解析:根據(jù)原線圈的輸入電壓:u
1.D 2.C 3.B 4.A 5.B 6.B 7.A
=1102sin60πt(V)可知原線圈電壓有效值為
8.C 9.C
n
110V,原、副線圈匝數(shù)之比為1∶2,所以有:1n 10.解析:(1)由圖像知原線圈電壓有效值2
U1 2202= ,解得電壓表的示數(shù)U U2=220V
,故 A錯 為: V=200V,已知電壓表的示數(shù)為20
2 2
U2誤;因副線圈的功率為 220
2 V,根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比知,原、副線圈的匝數(shù)
P=R = 55 W=880
, 比是:
n1 10
W 故B正確;根據(jù)原線圈的輸入電壓可知該交 n =2 1
流電的頻率為30Hz,故C錯誤;若在副線圈上 (2)將開關(guān)S閉合,副線圈總電阻是5Ω,所
電阻R 的兩端再并聯(lián)一個阻值為55Ω的定值電 2
以輸出功率: UP2=R =80W
;輸入功率等于輸
2
阻,可知總電阻為: R 55R總=2R=2 Ω=27.5Ω
,所
出功率,所以原線圈的輸入功率是80W.
U ()換成二極管后,電壓表兩端的電壓時間
以副線圈電流為: 220I2=
2= ,根據(jù): 3R總 27.5A=8A 圖像如圖:
n1 I= 2,可知原線圈電流,即電流表示數(shù)為n2 I I1=1
16A,故D錯誤.
變式2:D 設電壓表的讀數(shù)是U,根據(jù)有效值定義得:
·114·
202 2 :
Q= ·
T U
= T,
答案
解得 440V
R 2 R U=102V. 【典例2】 解析:(1)輸電線損失的功率
答案:()101 (2)80W (3)102V P損=P×4%=100kW×4%=4kW1
P 3損
輸電線電流 4×10I2= R = A=20A線 10
第4節(jié) 電能的輸送
升壓變電器輸出電壓
知識梳理 P 100×103 3
一、1.(1)供電線路 (2)頻率 (3)低 少 U2=I =2 20 V=5×10 V
2.電阻 電流 (1)橫截面積 電阻率 (2)輸 升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比:
電電壓 n1 U1 250 1= =
二、1.升壓 降壓 n2 U2 5000
=20
典例精解 電壓損失U損=I2R線=20×10V=200V
【典例1】 C 解析:根據(jù)輸送電功率 P輸 = 降壓變壓器原線圈端電壓
P輸 U3=U2-U損=4800V
U輸I輸 及P輸 不變,可知,輸電電流I輸=U ∝輸 n
降壓 變 壓 器 原、副 線 圈 匝 數(shù) 比 3 4800
1 , , 1, n
= 220
當U輸 變?yōu)樵瓉淼?倍時 I輸 變?yōu)樵瓉淼?4U輸 2 240
選項A錯誤;輸電線上降落的電壓U降=I輸R =11.線
, , ()用戶得到的電功率即降壓變壓器的輸出∝I輸 所以 當輸電電流變?yōu)樵瓉淼?br/>1時,輸電線 2
2 功率為
上降落的電壓也變?yōu)樵瓉淼?,選項B錯誤,C P用=P-P損 =P(1-4%)=100×96%2
; kW=96kW.正確 輸電線上損耗的電功率 P損=I2輸 R線∝
答案:()
2 , 11∶20 240∶11
(2)96kW
I輸 所以輸電線上損耗的電功率將變?yōu)樵瓉淼?br/>1,選項D錯誤. 變式2:解析:(1)由P=I
2R 得
P
I= ,式中
4 R
P
變式1:解析:設輸送功率為P,輸電電壓U1= 為線路損耗功率,R 為線路總電阻,
220V時,損失功率ΔP1=20%P 兩條導線總電阻 L' 2LR=ρ =ρ ,S S
又因為ΔP =I21 1R線,
P
I1=U 則 -8 4×10
5×2
1 R=1.7×10 ×4.25×10-4Ω=32Ω
2
解得 PΔP1=U2R線1 所以 PI=
2 R
=125A
現(xiàn)要求ΔP2=5%P,同理
P
ΔP2=U2R線2 因為P輸入=P輸出,所以在升壓變壓器副線
ΔP 20% U2因此可得 1= 2
圈兩端的電壓為
ΔP2 5% =U21 P2 4
所以U2=2U1=440V. U2=I =3.2×10 V
·115·
n
故 1
U
= 1
1 43840W
n2 U =2 16. 課后鞏固
(2)設U2'為降壓變壓器原線圈兩端的電壓, 1.D 2.C 3.C 4.C 5.B 6.D 7.D
則U2'=U2-IR=2.8×104V. 8.C 9.C
答案:(1)1∶16 (2)2.8×104V 10.解析:(1)所有燈都正常工作時的總功率
當堂訓練 P2=22×6×40W=5280W,
1.C 2.A 3.C 4.D 5.A 6.B 7.C P
用電器總電流 2 ,
8.A 9.C 10.B 11.C I3=U =24A4
解析:()根據(jù) 得, P 4400012. 1 P=UI I=U=
I
輸電線上的電流 3
220 I2=4=6A
,
A=200A 降壓 變 壓 器 上 的 輸 入 電 壓 U3=4U4=
則輸電線上的電壓損失U損=IR=200×0.4 880V,
V=80V, 輸電線上的電壓損失UR=I2R=24V,
功率 損 耗 P =I2損 R=40000×0.4 W= 因此,升壓變壓器的輸出電壓U2=UR+U3
16000W. =904V,
所以用戶得到的電壓U用戶=U-U損=220 U
輸入電壓U 2
, 1
= =226V,
V-80V=140V 4
用戶得到的功率 P用戶 =P-P損 =44000 輸入電流I1=4I2=24A,
W-16000W=28000W. 所以 發(fā) 電 機 的 輸 出 功 率 P1 =U1I1 =
U 1 5424W.(2) = ,得U 10 U1=2200V1 (2)發(fā)電機的電動勢E=U1+I1r=250V.
I 10
= ,得I =20A (3)輸電線上損耗的電功率 P =I
2
R 2R=
I1 1 1
144W.
則輸電線上的電壓損失U損'=IR=20×0.4
答案:(1)5424W (2)250V (3)144W
V=8V
功率損耗P '=I2損 R=400×0.4W=160W
所以降壓變壓器的輸入電壓 本章評估U2=U1-U損'=
2200V-8V=2192V
降壓變壓器的輸入功率 P =P-P '= 1.C 2.B 3.B 4.A 5.C 6.B 7.C2 損
44000W-160W=43840W 8.A 9.D 10.B 11.C
U 10 12.解析:(1)由題圖乙可知a 位置的阻值大根據(jù) 2 ,
U =用戶' 1 于b位置的阻值,由電阻定律可得A 線圈的匝數(shù)
則用戶得到的電壓U用戶'=219.2V 多于B 線圈的匝數(shù).
變壓器輸入功率和輸出功率相等,所以用戶 (2)①用長導線繞一個n 匝線圈,作為副線
得到的功率P用戶'=P2=43840W. 圈替代A 線圈;
答案:(1)140V 28000W (2)219.2V ②把低壓交流電源接B 線圈,測得B 線圈
·116·
的輸出電壓為U; 答案:(1)200V (2)127.3V (3)180W
③用A 線圈換下繞制的線圈測得A 線圈的 15.解析:原線圈電壓的有效值為
UA 311輸出電壓為UA.則nA=Un. U1= V=220V2
答案:(1)A (2)(3)見解析 U1 n由 = 1得副線圈兩端的電壓U n
13.解析:()
2 2
1 導線電阻
2l
R線=ρ 得S R線= n 1
U = 2U =
14.4Ω, 2 n 11 2
×220V=110V.
升壓 變 壓 器 原 線 圈 中 電 流I1滿 足 P= (1)當R=100Ω時,副線圈中電流
U1I1,得I1=200A, U2 110I2=R=100A=1.10A升壓 變 壓 器 副 線 圈 中 電 流 I2=I線,又
I n n 由U1I1=U2I2得原線圈中的電流為
I2
50
線 R線=4%P,得I 1 2 12=3 A
,由 = ,得I2 n1 n2 U2 110I1=
1 U
I2=
1 220
×1.10A=0.55A
=12. 由于I1(2)降壓變壓器的輸入電壓U3滿足 熔斷.
P-4%P=U3I線,得U3=5760V, (2)設電阻R 取某一值R0時,原線圈中的電
因為輸出電壓U4=220V, 流I1剛好達到熔斷電流I0,即I1=1.0A,則副
U n
由 3= 3,
n
得 3 288 U= . 線圈中的電流為U n n 11 I2=
1
UI1=2×1.0A=2.0A4 4 4 2
答案:(1)
1 ()288 U
12 2 11 電阻R 的阻值為
: 2 110R0=I =2.0Ω=55Ω2
14.解析:(1)交流發(fā)電機產(chǎn)生電動勢的最 此時變壓器的輸出功率為
大值: P2=I2U2=2.0×110W=220W
Em=nBSω, 可見,要使保險絲F 不被熔斷,電阻R 的阻
2nπΦ 值不能小于 ,變壓器輸出的電功率不能超過
而 2πΦm=BS,ω= ,所以
m 55Ω
T Em= T . 220W.
由Φ-t圖線可知:Φ =2.0×10-2m Wb, 答案:(1)不會 (2)R≥55Ω P≤220W
T=6.28×10-2s,所以Em=200V. 16.解 析:(1)由 圖 得 e=Emsinωt=
(2)
E
電動勢的有效值E= m=1002V, 62sin100πt(V)
2
R 90 則 流 經(jīng) 燈 泡 的 電 流
e
i = =
U=R+rE=100×100 2 V=90 2 V=
R+r
( )
127.3V. 0.62sin100πt A .
()
2 ( 2Em=BSω
() 上的功率為: U 902
)2
3R PR=R = 90 W= Em=62V
180W. ω=100πrad/s
·117·
Em 【典例 】-2 2 B 解析:要使LC 振蕩電路的頻率增Φ=BS=ω =2.7×10 Wb. 大,根據(jù)公式T=2π LC,可減小線圈的自感系
( E3)E= m=6V, 數(shù)L 或減小電容器的電容C;將正對著的電容器
2
的兩個極板錯開些,正對面積減小,電容C 減小,
2
外力 所 做 的 功 EW =Q = 故選項 正確;增大電容器的充電電荷量,電容R+rT =7.2 A
-2 不變,故選項×10 J. B
錯誤;減少自感線圈的匝數(shù),自感
系數(shù)L 減小,故選項C正確;抽出自感線圈中的
答案:(1)i=0.62sin100πt(A) (2)2.7×
鐵芯,自感系數(shù)L 減小,故選項D正確.
10-2Wb (3)7.2×10-2J
變式2:C
當堂訓練
第四章 電磁振蕩與電磁波 1.D 2.A 3.A 4.C 5.B 6.A 7.B
8.C 9.D 10.B 11.D
第1-2節(jié) 電磁振蕩 電磁場與電磁波 112.解析:電容器放電時間為 T,與電源電4
知識梳理
動勢無關(guān),即
一、1.周期性 2.振蕩電流 3.(1)自感 減少
1 1
最大 電場能 磁場能 (2)自感 充電 增 t=4×2π LC=2π LC.
加 最大 磁場能 電場能 (3)熱量 電磁波
在1T 內(nèi)電流平均值為
二、1.時間 2.次數(shù) 固有 固有 3.2π LC 4
1 Δq CE 2E CI= = = .
2π LC Δt π π L
2 LC
三、1.(1)感 應 電 流 (2)磁 場 (3)磁 場
答案:1 2E C 2.磁場 2π LC π L
四、1.電磁波 2.垂直 垂直 3.光速 電磁 課后鞏固
4.電磁波 統(tǒng)一性 5.(3)電磁場 電磁波 1.C 2.D 3.D 4.D 5.B 6.B 7.C
感應電動勢 (4)電磁波 8.C
典例精解
第3-4節(jié) 無線電波的發(fā)射和接收 電磁波譜
【典例1】 C 解析:開關(guān)閉合時,通過L 的電流
知識梳理
從上往下,電容器帶電荷量為零;在t=0時斷開
一、1.(1)足夠高 越高 (2)開放 2.振幅
電鍵K,則在 到
T
0 這段時間內(nèi),則電容器C 被4 頻率
充電,B 板上正電荷逐漸增多,LC 回路中電流逐 二、1.感應電流 2.(1)固有頻率 頻率
漸減小,到 T
(2)電諧振
t= 時電流為零,故選項C正確,4 A
、
三、電信號 解調(diào)
B、D錯誤.故選C. 四、1.波長 頻率 2.無線電波 可見光 γ
變式1:C 射線
·118·
典例精解 用電磁波傳遞信息是需要時間的,設同步衛(wèi)星高
【典例1】 解析:(1)設波長分別為290m、397 度為H,由萬有引力提供衛(wèi)星做圓周運動的向心
m、566m的無線電波的頻率分別為f 21、f2、f3, 力,即 GMm 4π( )2 = m 2 (R + H ),R+H T H =
根據(jù)公式 cf= ,則有λ 3GMT2
2 -R=3.6×107m,則一方講話另一方
c 3×108 4π
f1=λ = 290 Hz≈1034kHz1
聽到所需的最少時間是 2Ht= =0.24s.
c 3×108 c
f2=λ = 397 Hz≈756kHz2 答 案:電 磁 波 傳 遞 信 息 也 是 需 要 時 間
c 3×108 的0.24s.
f3=λ = 566 Hz≈530kHz3
所以波長為397m的無線電波在收音機中 本章評估
產(chǎn)生的振蕩電流最大.
(2)要接收波長為290m的無線電波,應增
1.B 2.A 3.C 4.B 5.B 6.A 7.A
大調(diào)諧電路的固有頻率,由公式 1f= 可
2π LC 8.C 9.C 10.C 11.D
, , 解析
:由題圖可知,振蕩電流隨時間做正
知 應使電容C 減小 調(diào)節(jié)可變電容器的動片可 12.
, 弦規(guī)律變化.在OA 時間內(nèi)電流增大
,電容器正
以改變兩極板的正對面積 因此應把調(diào)諧電路中
在放電,電場能逐漸轉(zhuǎn)化為磁場能.在AB 時間
可變電容器的動片旋出一些.
內(nèi)電流減小,電容器正在充電
: .
在時刻C 電流最
答案 見解析
大,為電容器放電完畢瞬間,帶電荷量為零.
變式1:B
答案:電場 磁場 充電 為零
【 典例2】 B 解析:電磁波可以傳遞信息,聲波
解析:由 得
也能傳遞信息,A錯誤;手機在通話時,
13. c=λf
涉及的波
c 3.0×108
既有電磁波又有聲波,B正確;太陽光中的可見 λ= =f 37.5×103
m=8000m
光的傳播速度遠大于醫(yī)院“B超”中的超聲波的
由公式 1 得
傳播速度,C錯誤;遙控器發(fā)出的紅外線波長大 f=2π LC
于醫(yī)院“CT”中的X射線波長,故D錯誤. 1
C=
變式 : 4π2f2
=
2 B L
當堂訓練 1 -9
4×π2×(37.5×103)2×4×10-3F=4.5×10 F
1.D 2.D 3.A 4.D 5.B 6.D 7.B
答案:8000m 4.5×10-9F
8.C 9.C 10.C
14.解析:雷達第一次發(fā)射的電磁波被汽車
課后鞏固
ct1
1.B 2.C 3.B 4.B 5.D 6.D 7.B 反射時,汽車與雷達間的距離為s1= 2
8.C 9.A 雷達第二次發(fā)射的電磁波被汽車反射時,汽
10.解析:王亞平與同學之間通話的不合拍 ct
車與雷達間的距離為 2
是因為電磁波是以有限的速度在空中傳播的,利 s2= 2
·119·
汽車行駛的距離為s=s1-s2
t t
汽車運動的時間t'=t- 12+
2 第五章 傳感器
2
則汽車的速度 sv=t' 第1-2節(jié) 認識傳感器
c(t-t) 常見傳感器的工作原理及應用
聯(lián)立解得v= 1 22t-t1+t2 知識梳理
c(: t-t
)
答案 v= 1 2 一、1.明暗 強弱 低于2t-t+t
高于 2.紅外線
1 2
:() 紅外線傳感器 3.乙醇傳感器 濃度 4.規(guī)律15.解析 1LC 電路的振蕩周期
電壓 電流 電路的通斷
T=2π LC=2π× 0.5×2×10-6s=6.28
二、1.力傳感器 磁傳感器 聲傳感器 2.成
×10-3s
分 濃度 3.酶傳感器 微生物傳感器
當t=3.0×10-2s時,由于
3
44T知此時電容器正處于充電階段,且電流沿順 四、1.越小 2.不好 增強 變好 3.光照強
時針方向. 弱 電阻
(2)當接通開關(guān)K時,電容器開始放電,當電 五、1.減小 2.增大 3.電阻
場能完全轉(zhuǎn)化為磁場能時,磁場能第一次達到最 六、1.金屬梁 應變片 應變片 3.形變
大,此時 電壓
T 典例精解
t=4=1.57×10
-3s
【典例1】 B 解析:火警報警器使用了溫度傳
答案:(1)順時針 (2)1.57×10-3s 感器,故A錯誤;冰箱控溫系統(tǒng)使用了溫度傳感
16.解析:(1)開關(guān)S斷開時,極板間的粉塵 器,故B正確;一般人體都有恒定的體溫,一般在
恰好靜止,則電場力方向豎直向上,有mg=qE 37℃,所以會發(fā)出特定波長10μm左右的紅外
LC 電路的振蕩周期 線,被動式紅外探頭就是靠探測人體發(fā)射的10
T=2π LC=2π× 0.1×10-3×1×10-6s μm左右的紅外線而進行工作的.人走向門口時,
=2π×10-5s 門會自動打開,是因為安裝了紅外線傳感器,從
因此t=2π×10-5s時,振蕩電路恰好經(jīng)歷 而能感知紅外線,導致門被打開,故C錯誤;燈要
一個周期,極板間場強的大小、方向均與原來相 求夜晚亮、白天熄,而白天有光,黑夜沒有光,則
同,則粉塵恰好靜止,加速度為0. 是由光導致電路的電流變化,所以電路中的光傳
(2)電容器放電過程中,兩極板的電荷量減 感器導致電阻變化,實現(xiàn)自動控制,因此是利用
小,電路中的電流增大,當電流最大時,兩極板的 半導體的光敏性,即為光電傳感器,故D錯誤.
電荷量為零,粉塵只受重力. 變式1:C
根據(jù)牛頓第二定律,有mg=ma 【典例2】 A 解析:壓力F 作用時,極板間距d
解得a=g εS
:() () 變小,由C=
r ,電容器電容
答案 10 2 4πkd C
變大,又根據(jù)
g
·120·
Q=CU,極板帶電荷量變大,所以電容器應充 合,電飯煲重新加熱.溫度達到80℃時,S2又自
電,靈敏電流計中產(chǎn)生由正接線柱流入的電流, 動斷開,再次處于保溫狀態(tài),如此循環(huán).
所以指針將右偏.F 不變時,極板保持固定后,充 2(2)加熱時電飯煲消耗的電功率
U
P1= ,
電結(jié)束,指針回到零刻度.故選A. R并
2
變式2:B 保溫時電飯煲消耗的電功率 UP2= ,R1+R并
當堂訓練
R R 500×50 500
1.B 2.C 3.D 4.B 5.D 6.C 7.A 兩式中R =
2 3
并 R =2+R3 500+50Ω=11 Ω.
8.A 9.D 10.B 11.C 500
課后鞏固 P 500+
從而有 1
R +R并 11 12
= 1 = = .
1.D 2.A 3.D 4.A 5.A 6.C 7.B P2 R并 500 1
11
8.B 9.D
(3)如果不閉合開關(guān)S1,開始S2是閉合的,
R1被短路,功率為P1;當溫度上升到80℃時,S2
本章評估 自動斷開,功率降為P2;溫度降低到70℃,S2自
動閉合……,溫度只能在70~80℃之間變化,不
1.D 2.B 3.B 4.D 5.B 6.C 7.A 能把水燒開,不能煮熟飯.
8.D 9.B 10.C 11.C 答案:(1)見解析 (2)12∶1 (3)見解析
12.解析:(1)因為負溫度系數(shù)熱敏電阻溫度 14.解析:(1)依題意可知,左側(cè)彈簧對滑塊
升高時,電阻減小,溫度降低時,電阻增大.故電 向右的推力F1=14N,右側(cè)彈簧對滑塊向左的
路中電流會變小. 推力F2=6.0N.滑塊所受合力產(chǎn)生加速度a1,
(2)由(1)的分析知,溫度越高,電阻越小,則 根據(jù)牛頓第二定律有 F1-F2=ma1,得a1=
電流越大,25℃的刻度應對應較大電流,故在20 4m/s2,a1與F1同方向,即向前(向右).(2)A 傳
℃對應刻度的右側(cè). 感器的讀數(shù)為0,即左側(cè)彈簧的彈力F'1=0N,因
(3)如圖所示. 兩彈簧相同,左彈簧伸長多少,右彈簧就縮短多
少,所以右彈簧的彈力變?yōu)镕'2=20N.滑塊所受
合力產(chǎn)生加速度為a2,由牛頓第二定律得F'2=
ma2,解得a2=10m/s2,方向向后(向左).
答案:(1)小 (2)右 (3)見解析圖 答案:(1)4m/s2 向前 (2)10m/s2
13.解析:(1)電飯煲接上電源,S2自動閉合, 向后
同時手動閉合S1,這時黃燈短路,紅燈亮,電飯煲 15.解析:(1)當電流表示數(shù)為滿偏刻度0.6
處于加熱狀態(tài). A時,金屬滑片在b 處,此時滑動變阻器連入電
加熱到80℃時,S2自動斷開,S1仍閉合. 路的電阻R=0.
水燒干后,溫度升高到“居里點”103℃時, U 12
開關(guān)S1自動斷開,這時飯已煮熟,黃燈亮,電飯煲 R'=I=0.6Ω=20Ω.
處于保溫狀態(tài). 油箱空時,滑動變阻器連入電路的電阻R=
由于散熱,待溫度降至70℃時,S2自動閉 100Ω,
·121·
則電流表的示數(shù)為 U 12
(2)放上物體重新平衡后有:
I1=R'+R=20+100A m0g+mg=kx2,
=0.1A. (m+m
解得x = 0
)g
(2)為符合油面上升時,電壓表讀數(shù)增大的 2 k .
要求,應使電壓表與校準電阻R'并聯(lián),電壓表示 (3)托盤的移動帶動P1移動,使P1、P2間出
數(shù)變化的范圍由滑片在a、b兩處時校準電阻R' 現(xiàn)電勢差,電勢差的大小反映了托盤向下移動距
兩端的電壓決定.如圖所示. 離的大小,由于R 為均勻滑線電阻,則其阻值與
長度成正比.
由閉合電路歐姆定律知:
E=IR,
由部分電路歐姆定律知:
U=IR串(R串 為P1、P2間電阻),
R串 x
UR' = ,其中x 為P 、P 間的距離,
U1=R+R'=2V
,U2=12V. R L
1 2
mg
故電壓表示數(shù)的變化范圍為2~12V. x=x2-x1= ,k
答案:(1)20Ω 0.1A (2)圖見解析 2~
12V 聯(lián)立解得:
kLU
m=
gE
.
16.解析:(1)由力的平衡知識有: m g (m+m )g
答案:(1) 0 (2) 0 (3)m
m0g=kx1, k k
m g kLU
解得x1=
0
k .
=
gE
·122·

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