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1、50如图所示电路是一个电压、电流两用表，两个电流挡的量程分别为I1=1mA,I2=500mA;一个电压挡，量程为U=10V ，已知表头G 满偏电流Ig=500A,内阻 Rg=600,求 R1、R2、R3的阻值。解依题意和欧姆定律可得如下方程：gggRIRRII)(211(1) )()(212RRIRIIggg(2) URIRRRRRRIgg3121211)(3) 由上述三式代入数据解得2.11R,8.5982R,kR3 .10351如图所示，磁场的方向垂直于xy 平面向里。磁感强度B沿 y 方向没有变化，沿x 方向均 匀 增 加 ， 每 经 过1cm 增 加 量 为1.0 10-4T, 即cm
2、TxB/100. 14。 有一个长L=20cm,宽 h=10cm的不变形的矩形金属线圈，以 V=20cm/s 的速度沿 x 方向运动。问：（1）线圈中感应电动势E是多少？（2） 如果线圈电阻R=0.02, 线圈消耗的电功率是多少？（3）为保持线圈的匀速运动，需要多大外力？机械功率是多少？解(1)设线圈向右移动一距离 S,则通过线圈的磁通量变化为：LtBSh,而所需时间为tSt, 根据法拉第电磁感应定律可感应电动势力为VxBhVLtE5104. (2)根据欧姆定律可得感应电流AREI8102,电功率 P=IE=W8108(3)电流方向是沿逆时针方向的，导线dc 受到向左的力，导线ab 受到向右的
3、力。线圈做匀速运动，所受合力应为零。根据能量守恒得机械功率P机=P=W810852如图所示 , 在倾角为的光滑斜面上,存在着阿个磁感应强度大小相等的匀强磁场, 其中一个的 , 方向垂直斜面向下, 另一个的方向垂直斜面向上 , 宽度均为L. 一个质量为m、边长为L 的正方形线框以速度 v 刚进入上边磁场时恰好作匀速直线运动. 当 ab 边到达 gg和 ff的中间位置时, 线框又恰好作匀速直线运动, 问：线框从开始进入上边的磁场至ab 边到达gg和 ff中间位置时 , 产生的热量为多少? 答案 :23mgLsin3215mvQ2O x y V h L G R1 R2 R3 1mA500mA10V+
4、-S精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 7 页 - - - - - - - - - - 53如图，光滑平行的水平金属导轨MN、PQ 相距 l，在 M 点和 P 点间接一个阻值为R 的电阻，在两导轨间OO1O1O矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d 的匀强磁场，磁感 应强度为 B。一质量为 m，电阻为 r 的导体棒 ab，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0。现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab 棒，使它由静止开始运动，棒ab 在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab 与导轨始终保
5、持良好的接触，导轨电阻不计）。求：（1）棒 ab 在离开磁场右边界时的速度；（2）棒 ab 通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能；（3）试分析讨论ab 棒在磁场中可能的运动情况。解： （1）ab棒离开磁场右边界前做匀速运动，速度为mv ，则有：mEBlv（1 分）EIRr（1 分）对ab棒FBIl 0 （1 分）解得22()mF RrvB l（1 分）（2）由能量守恒可得：201()2mF ddWmv电（2 分）解得：22044()()2mFRrWF ddB l电（ 2 分）（3）设棒刚进入磁场时速度为v由：2012Fdmv（1 分）可得：02Fdvm（1 分）棒在进入磁场前做匀加速直线运动
6、，在磁场中运动可分三种情况讨论：若02 22()FdF RrmB l（或44022()d B lFm Rr） ，则棒做匀速直线运动；（2 分）若02 22()FdF RrmB l（或F44022()d B lm Rr） ，则棒先加速后匀速； （2 分）54在一个点电荷Q 的电场中， Ox 坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B 两点的坐标分别为20m 和 50 m已知放在A、B 两点的试探电荷受到的电场力方向都跟 x 轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电荷量大小的关系图象如图中直线a、b 所示，放在A 点的电荷带正电，放在B 点的电荷带负电求：(1)B 点的电场强度的大小和方向(2
7、)试判断点电荷Q 的电性，并确定点电荷Q 的位置坐标解 ： (1) 由 图 可 得B点 电 场 强 度 的 大 小EBO F b OO1O1a R M P B N Q d0d 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 7 页 - - - - - - - - - - A B C CNqF/5.2。(2 分) 因 B 点的电荷带负电， 而受力指向x 轴正方向， 故 B 点场强方向沿x 轴负方向(1 分) (2)因 A 点的正电荷受力和b 点的负电荷受力均指向x 轴正方向，故点电荷Q 应位于
8、A、B 两点之间，带负电(2 分) 设点电荷 Q 的坐标为 x，则22xqkEx(1 分)，25xQkEB(1 分) 由图可得 EA40NC (1 分) 解得 x26m(2 分) 55如图所示， 用折射率为n = 2的玻璃做成内球面半径为R、外球面半径为R/ = 2R 的半球尔空心球壳，一束平行光射向此半球的外表面，且与中心对称轴OO/-平行，试求：1）球壳内表面射出的光线的出射点离OO/+的最大距离2）要使球壳内部没有光线射出，需用一遮光板将部分入射光挡信，则至少用多大的遮光板、如何放置才行？（RR;23）56如图所示，直角玻璃三棱镜置于空气中，已知A = 600， C = 900，一束极细
9、的光于AC 边的中点垂直AC 面入射， AC = 2a，棱镜的折射率为n = 2。求：1） 光在棱镜内经过一次全反射后第一次射入空气时的折射角；2） 光从进入棱镜到第一次射入空气时经历的时间（设真空中光速为 C） 。（450，ca365）57某三棱镜的截面是一直角三角形, 棱镜材料的折射率为n, 底面 BC 涂黑 , 入射光沿平行于底面 BC 的方向射向AB 而, 经 AB 和 AC 折射后射出 . 为了使上述入射光线能从AC 面射出 ,求折射率 n 的取值范围 . 答案 :27n581849 年，法国科学家斐索用如图所示的方法在地面上测出了光的速度。他采用的方法是：让光束从高速旋转的齿轮的齿
10、缝正中央穿过，经镜面沿原路反射回来，调节齿轮的转速，使反射光束恰好通过相邻的另一个齿缝的正中央，穿过半透明镜（既可反射光线也可以透射光线）射入人眼，由此可测出光的传播速度。若已知齿轮的齿数为P，每秒转动n 周，齿轮与镜子间距离为d，齿轮与半透明镜及人眼的距离相对d 可以忽略。请写出斐索测定光速 c 的表达式。224为了验证小灯泡 （点光源）光能的球面散射规律并测定其发光效率，有同学设计并进行了如下的实验：如图甲所示，将一个“6V 8.0W ”的小灯泡接入电路， 使之正常发光； 在灯泡灯丝的同一水平面、正对光线方向放一个光强探头，以测定与光源间距为d 时相应的光强值I，共测得如下表所示的9 组数
11、据，并用一数字图像精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 7 页 - - - - - - - - - - 光强探头光强记录器标尺处理器将表内数据在I1/d2坐标平面内标得如下数据点，如图乙所示。（1）据数据点图，可看出I 与哪个量存在线性关系，由此写出I 与 d 之间的数学关系表达式，并求出斜率k 的值。（2）在与光源等距的各点，认为光源向各方向发出的光强大小几乎相等。依点光源光能周围空间 360球面均匀散射的物理模型，写出光源的发光功率P0、光强值 I 及相应的与光源距离 d 之间的
12、关系式。（3）根据以上条件，算出小电珠的电一光转换效率。（结果保留两位有效数字）d/( 102m) 6.50 7.50 8.50 9.50 10.5 11.5 12.5 13.5 14.5 I/W m28.29 6.66 4.96 3.92 3.37 2.61 2.30 1.97 1.7 解： （1）从数据点图可知，Id2图线是一条过原点的直线，光强值 I 与 d2存在线性关系。其斜率WWK22104 .3105.25 .8（3.13.6 之间都算对）（2 分）由此可得， I 与 d 之间的数学表达示为2dKI（3 分）（2）与光源相距为d 的球面面积为S，S=4d2（1 分）则有 P0=IS
13、=4Id2（3 分）（3）由以上各式可以求得光源的发光功率P0=4 K=43.14 3.4 102W=0.43W （2 分）电灯的功率P=8W，所以，电光转换效率%4 .5843.00PP（2 分）59根据量子理论 , 光子具有动量 , 光子的动量等于光子的能量除以光速, 即 p=E/ c, 光照射到物体表面并被反射时,会对物体产生压强, 这就是“光压” , 光压是光的粒子性的典型表现.光压的产生机理如同气体压强：由大量气体分子与器壁的频繁碰撞产生了持续均匀的压力,器壁在单位面积上受到的压力就是气体的压强.( 1) 若激光器发出的一束激光其功率为P, 光束的横截面积为S. 当该激光束垂直照射在
14、物体表面时, 试计算单位时间内到达物体表面的光子总能量 .( 2) 若该激光束被物体表面完全反射, 试证明其在物体表面引起的光压是cS2P( 3)设想利用太阳的光压将物体送到太阳系以外的空间去, 当然这只有在太阳对物体的光压超过太阳对物体的引力条件下才行. 现如果用一种密度为1. 0103kgm3的物体做成的平板, 它的刚性足够大 , 则当这种平板厚度较小时, 它将能被太阳的光压送出太阳系. 试估算这种平板的厚度应小于多少?设平板处于地球绕太阳运动的公转轨道上, 且平板表面所受的光压处于最大值 , 不考虑太阳系内各行星对平板的影响, 已知地球公转轨道上的太阳常量为1. 4 10sJm2s( 即
15、在单位时间内垂直辐射在单位面积上的太阳光能量), 地球绕太阳公转的加速度为 5. 9 10-3ms【12】答案 : ( 1) p,( 2) 略( 3) 小于6106 .1m精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 7 页 - - - - - - - - - - 60.要通过可控热核反应取得能源，要持续发生热核反应，必须把温度高达几百万摄氏度以上的核材料约束在一定的空间内约束的办法有多种，其中技术上相对较成熟的是用磁场约束核材料，称为“托卡马克”装置如图所示为这种装置的简化模型：垂直纸面的
16、有环形边界的匀强磁场（b 区域）围着磁感应强度为零的圆形a 区域， a 区域内的离子向各个方向运动，离子的速度只要不超过某值，就不能穿过环形磁场的外边界而逃逸，从而被约束设环形磁场的内半径R10.50m，外半径 R11.0m ，若磁场的磁感应强度B = l . 0T 被约吏的离子比荷qm=4 107C/kg ( l ）完成核反应方程：324212_HeHHe( 2 ） 若 a 区域中沿半径OA 方向射入磁场的离子不能穿越磁场，粒子的速度不能超过多大？( 3 ）若要使从a 区域沿任何方向射入磁场的速率为2 107m/s 的离子都不能越出磁场的外边界，则 b 区域磁场的磁感应强度B至少要有多大？(
17、 1 ) 11H( 2 ）速度越大轨迹圆半径越大，要使沿OM 方向运动的离子不能穿越磁场，则其在环形磁场内的运动轨迹圆中最大者与磁场外边界圆相切（本段文字也可用图形表达）解：设轨迹圆的半径为r1，则 r12+R12=(R2r1)2代入数字解得r1=0.375m 设沿该圆运动的离子速度为v1，v1=Bqr1m代人数字得， v1=1.5 107m/s ( 3 ）设离子以v2的速度沿与内边界圆相切的方向射入磁场且轨道与磁场外圆相切时，则精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 7 页 - -
18、- - - - - - - - 以该速度沿各个方向射入磁场区的离子都不能穿出磁场边界（也可用图形表达）设轨迹圆的半径为r2，则 r2=R2R12=0.25m 设磁场的磁感强度为B ，由 B =mv2qr2代人数字得B=2.0T 61 为了证实玻尔关于原子存在分立能态的假设，历史上曾经有过著名的夫兰克赫兹实验，其实验装置的原理示意图如图所示.由电子枪 A 射出的电子，射进一个容器B 中，其中有氦气.电子在 O 点与氦原子发生碰撞后，进入速度选择器C，然后进入检测装置D.速度选择器C 由两个同心的圆弧形电极P1和 P2组成， 当两极间加以电压U 时，只允许具有确定能量的电子通过，并进入检测装置D.
19、由检测装置测出电子产生的电流I，改变电压U，同时测出I的数值，即可确定碰撞后进入速度选择器的电子的能量分布. 我们合理简化问题，设电子与原子碰撞前原子是静止的，原子质量比电子质量大很多，碰撞后，原子虽然稍微被碰动，但忽略这一能量损失，设原子未动（即忽略电子与原子碰撞过程中，原子得到的机械能）.实验表明，在一定条件下，有些电子与原子碰撞后没有动能损失 ,电子只改变运动方向.有些电子与原子碰撞时要损失动能，所损失的动能被原子吸收，使原子自身体系能量增大，(1)设速度选择器两极间的电压为U（V）时，允许通过的电子的动能为Ek（eV） ，导出Ek（eV）与 U（V）的函数关系（设通过选择器的电子的轨道
20、半径r=20.0 cm，电极 P1和 P2之间隔 d=1.00 cm,两极间场强大小处处相同） ， 要说明为什么有些电子不能进入到接收器 . (2)当电子枪射出的电子动能Ek=50.0 eV 时，改变电压 U （V） ，测出电流 I （A） ，得出下图所示的IU 图线，图线表明，当电压 U 为 5.00 V、2.88 V、2.72 V、2.64 V 时，电流出现峰值， 定性分析论述IU图线的物理意义. (3)根据上述实验结果求出氦原子三个激发态的能级En（eV） ，设其基态E1=0. 解： (1)当两极间电压为U 时，具有速度v 的电子进入速度选择器两极间的电场中，所受电场力方向与v 垂直，且
21、大小不变，则电子在两极间做匀速圆周运动，电场力提供向心力，设电子质量为m，电量为 e,则电场力F=qE=eU/d根据牛顿第二定律有eU/d=mv2/R解得电子动能Ek=mv2/2=eUR/2d=10.0U(eV) 即动能与电压成正比,此结果表明当两极间电压为U 时，允许通过动能为10.0U（eV）的电子，而那些大于或小于10U（eV）的电子，由于受到过小或过大的力作用做趋心或离心运动而分别落在两电极上，不能到达检测装置D.（2）IU 图线表明电压为5.0 V 时有峰值，表明动能为50.0 eV 的电子通过选择器，碰撞后电子动能等于入射时初动能，即碰撞中原子没有吸收能量，其能级不变当电压为 2.
22、88 V 、2.72 V、2.64 V 时出现峰值，表明电子碰撞后，动能分别从50.0 eV ，变为 28.8 eV，27.2 eV、26.4 eV,电子通过选择器进入检测器，它们减小的动能分别在碰撞时被原子吸收， IU 图线在特定能量处出现峰值，表明原子能量的吸收是有选择的、分立的、不连续的存在定态 .(例如在电压为 4.0 V 时没有电流，表明碰撞后，电子中没有动能为40.0 eV 的电子，即碰撞中，电子动能不可能只损失（50.0-40.0）eV=10.0 eV ，也就是说氦原子不吸收精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - -
23、 - - - - - - -第 6 页，共 7 页 - - - - - - - - - - 10.0 eV 的能量，即10.0 eV 不满足能级差要求) （3）设原子激发态的能极为En，E1=0，则从实验结果可知，氦原子可能的激发态能级中有以下几个能级存在：500-288）eV=21.2 eV(50.0-27.2)eV=22.8 eV(50.0-26.4)eV=23.6 eV 62. 1951 年，物理学家发现了“电子偶数”，所谓“电子偶数”就是由一个负电子和一个正电子绕它们的质量中心旋转形成的相对稳定的系统.已知正、负电子的质量均为me，普朗克常数为 h，静电力常量为k，假设“电子偶数”中正
24、、负电子绕它们质量中心做匀速圆周运动的轨道半径r、运动速度 v 及电子的质量满足量子化理论：2mevnrn=nh/2，n=1,2， “电子偶数”的能量为正负电子运动的动能和系统的电势能之和，已知两正负电子相距为L 时的电势能为Ep=-kLe2，试求 n=1 时“电子偶数”的能量. 解 .由量子化理论知n=1 时， 2mev1r1=2h解得114rmhve设此时电子运转轨道半径为r ，由牛顿定律有me2121214rekrv21214/vmkere由联立可得v1ke2h 系统电势能Ep=-k2122222rmkeekree=2mev12而系统两电子动能为Ek=2212121vmvmee系统能量为E=Ep+Ek-mev12=-2mk2e4h2精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 7 页 - - - - - - - - - -