山东省烟台市2008-2009学年度第一学期期末模块检测
高二语文试题
说明：
①本试题分第工卷和第Ⅱ卷两部分。第1卷为单项选择题，答案涂在答题卡上或写在第Ⅱ卷开头的“第1卷答题表”中；第Ⅱ卷为各类题型，答案写在第Ⅱ卷相应的位置上。考试结束后只收第Ⅱ卷和答题卡。
②本试题考试时间为150分钟，满分为150分。
第Ⅰ卷(选择题共36分)
第14单元：原子、原子核
[内容和方法]
本单元内容包括α粒子散射、能级、天然放射性现象、α射线、β射线、γ射线、核子、中子、质子、原子核、核能、质量亏损、裂变、链式反应、聚变等，以及原子核式结构模型、半衰期、核反应方程、爱因斯坦的质能方程等规律。
本单元所涉及的基本方法，由于知识点相对分散要加强物理现象的本质的理解。运用逻辑推理的方法，根据已有的规律和事实、条件作出新的判断。核能的计算对有效数字的要求很高。
[例题分析]
在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：各个概念、现象混淆；对多种可能性的问题分析浅尝则止；计算不过硬。
(1)求电子在基态轨道上运动时的动能。
(2)有一群氢原子处于量子数n=3的激发态。画一能级图，在图14－1上用箭头标明这些氢原子能发出哪几条光谱线。
(3)计算这几条光谱线中波长最短的一条的波长。(其中静电力恒量K=9.0×109N?m2/C2，电子电量e=1.6×10-19C，普朗克恒量h=6.63×10-34J?s，真空中光速c=3.0×108m/s)。
【错解分析】错解：
(1)电子在基态轨道中运动时量子数n=1，其动能为
(2)作能级图如图，可能发出两条光谱线。
(3)由于能级差最小的两能级间跃迁产生的光谱线波长越短，所以(E3-E2)时所产生的光谱线为所求，其中
(1)动能的计算错误主要是不理解能级的能量值的物理意义，因而把
道上的能量，它包括电势能EP1和动能EK1。计算表明EP1=-2EK1，所以E1=EP1＋EK1=-EK1，EK1=-E1=l3.6eV。虽然错解中数值表明正确，但理解是错误的。
(2)错解中的图对能级图的基本要求不清楚。
(3)不少学生把能级图上表示能级间能量差的长度线看成与谱线波长成正比了。
【正确解答】
(l)设电子的质量为m，电子在基态轨道上的速率为v1，根据牛顿第
(2)当氢原子从量子数n=3的能级跃迁到较低能级时，可以得到3条光谱线。如图14-2所示。
(3)与波长最短的一条光谱线对应的能级差为E3-E1。
例2 关于半衰期，以下说法正确的是 [ ]
A．同种放射性元素在化合物中的半衰期比单质中长。
B．升高温度可以使半衰期缩短
C．氡的半衰期为3.8天，若有四个氡原子核，经过7.6天就只剩下一个
D．氡的半衰期为3.8天，4克氡原子核，经过7.6天就只剩下1克
【错解分析】错解：每经过3.8天就有半数的氡核发生衰变，经过两个半衰期即7.6天后，只剩下四分之一的氡，故选C，D。
放射性元素的原子核有半数发生衰变所需要的时间是一种统计规律，半衰期对某一个或某几个原子核来说，是无意义的。“上述”解法忽视了这一事实，故错选了C。
【正确解答】
考虑到放射性元素衰变的快慢是跟原子所处的物理状态或化学状态无关，又考虑到半衰期是一种统计规律，即给定的四个氡核是否马上衰变会受到各种偶然因素的支配。因此，正确答案只有D。
例3 钍232经过6次α衰变和4次β衰变后变成一种稳定的元素。这种元素是什么？它的原子量是多少？它的原子序数是多少？
【错解分析】
何况反应的次序也不是先进行6次α衰变，再进行4次β衰变，所以此解法是错误的。
【正确解答】
6次α衰变和4次β衰变总的效果使原子量和原子序数变化为
原子量=232-6×4=208
原子序数=90-2×6-4×(-1)=82
第13单元：光学
[内容和方法]
本单元内容包括光的直线传播、棱镜、光的色散、光的反射、光的折射、法线、折射率、全反射、临界角、透镜（凸、凹）的焦点及焦距、光的干涉、光的衍射、光谱、红外线、紫外线、X射线、γ射线、电磁波谱、光电子、光子、光电效应、等基本概念，以及反射定律、折射定律、透镜成像公式、放大率计算式，光的波粒二象性等基本规律，还有光本性学说的发展简史。
本单元涉及到的方法有：运用光路作图法理解平面镜、凸透镜、凹透镜等的成像原理，并能运用作图法解题；根据透镜成像规律，运用逻辑推理的方法判断物象变化情况。
[例题分析]
在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：解题操作过程不规范导致计算错误；将几何光学与物理光学综合时概念不准确；不善于用光路图对动态过程作分析。
例1 光从玻璃射入空气里时传播方向如图13－l所示，请在图中标出入射角和折射角。
【错解分析】错解：
如图13－2所示，α为入射角，β为折射角。
错解原因一是受思维定势的影响，不加分析地认定玻璃与空气总是上下接触的；二是对光的折射及其规律未吃透，将题设文字条件与图形条件结合起来的分析能力差。根据光的折射规律，光从水或玻璃等透明物质射入空气里时，折射角大于入射角，题设文字条件是“从玻璃射入空气”，因此折射角大于入射角，再结合题设所给图形，可知CD为界面，AB为法线。
【正确解答】
如图 13－3所示， α′为入射角， β′折射角（CD左面为玻璃，右面为空气）。
【小结】
解光的折射现象的题目，首先应对光线是从光疏媒质进入光密媒质呢？还是光线是从光密媒质进入光疏媒质作出判断。为了保证你每次做题时，能够不忘判断，建议同学们做光的折射题时，先画出光路图，标出入射光线和出射光线的方向，在界面处标出哪一个是光密媒质，哪一个是光疏媒质。然后再解题。
例2 一束白光从玻璃里射入稀薄空气中，已知玻璃的折射率为1.53，求入射角为下列两种情况时，光线的折射角各为多少？
（1）入射角为50°
（2）入射角为30°
【错解分析】错解：
r=30°3′
r=19°4′
此解法中没有先分析判断光线是从光疏媒质进入光密媒质，还是从光密媒质进入光疏媒质，会不会发生全反射。而是死套公式，引起错误。
【正确解答】
光线由玻璃里射入空气中，是由光密媒质射入光疏媒质，其临界角为
由已知条件知，当i=50°时，i＞A，所以光线将发生全反射，不能进入空气中。当i=30°时，i＜A，光进入空气中发生折射现象。
sinr=n?sini=1.53×sin30°=0.765
r= 49°54′
【小结】
解光的折射现象的题目时，首先应做出判断：光线是从光疏媒质进入光密媒质，还是光线是从光密媒质进入光疏媒质。如是前者则i＞r，如是后者则i＜r。其次，如果是从光密媒质进入光疏媒质中，还有可能发生全反射现象，应再判断入射角是否大于临界角，明确有无折射现象。
例3 如图13－4所示，放在空气中折射率为n的平行玻璃砖，表面M和N平行，P，Q两个面相互平行且与M，N垂直。一束光射到表面M上（光束不与M平行），则： [ ]
A．如果入射角大于临界角，光在表面M发生全反射。
B．无论入射角多大，光在表面M都不会发生全反射。
C．光可能在表面N发生全反射。
D.由于M与N平行，光只要通过M就不可能在表面N发生全反射。
【错解分析】错解：光束从空气中射到玻璃砖表面M上，是由光疏媒质到光密媒质，不可能发生全反射，而从表面N射出空气，是由光密媒质到光疏媒质，光可能发生全反射，故选B，C。
机械地记住光从光密媒质到光疏媒质，可能发生全反射，而不具体分析光通过表面M后射到N表面光线的入射角的大小是否大于临界角，而错选C。
【正确解答】
如图13-5所示，光射到表面M的入射角为i(i≠90°)折射角为r，面N，因M∥N，故其入射角i′=r＜C。即光只要通过M即不可能在表面N发生全反射。
若光通过M先射到MN面再射到P面（如图13－6），同样可以证明经P面发生反射，反射光线射至N面时，由几何关系可以证明入射角i′=r，根据折射定律折射角r′=i，同样
不可能发生全反射。故应选B，D。
【小结】
同一个初始条件可能有若干个不同结果。这是对考生思维能力的考查。本题中，当光线射到M上，发生折射。以A为分界点，入射点在AC之间，光线先要到达P界面，所以一定先要讨论光线在P界面上的行为。光线在P界面一定会发生反射现象，是否发生折射要看入射角是否大于临界角。由于此问题与本题无关所以可以不讨论它。如果试题提出光线在P界面的行为时，就要认真讨论。结论是：入射到M面光线的入
例4 如图13-7，P为发光点，MN为平面镜，那么在MN与P之间放上不透明挡板Q后，像的亮度变化情况是__________(填“变亮”或“变暗”或“不变”)。
【错解分析】错解：在MN与P之间放上不透明挡板Q后，必然会使从P点发出的光被挡板挡住部分，所以像的亮度会变暗。
选错的同学是将此类问题与在发光点S与透镜之间放一挡板的情况混为一谈了。若是凸透镜，如图13－8，发光点S发出并且到达凸透镜上的那部分光线，经折射后必然全部相交于实像点S1，而当如图13-9所示的凸透镜下半部分(或其上任何一部分)放上挡板B后，S发出并且到达挡板B的光线就会被反射和吸收不能透过凸透镜经折射到达实像点S2，使得相交于S2像点的光线大大减少了，显然由于放上了B，S2点变暗了，而平面镜则不同了。
【正确解答】
所不同的是，图13-10中发光点P在平面镜中所成的是虚像点P＇。眼睛之所以能看到P＇，是因为P发出的光线，在平面镜MN上发生反射并且进入人眼睛。人按照平时形成的观察习惯，逆着进入眼睛的这些反射光线看到镜后的虚像点P＇，P＇就是进入人眼睛的光线反向延长线的相交点，显然P＇像点的亮度取决于眼睛的某一位置观察时进入其中的光线多少与强弱。
如图(13-10)所示，无放挡板时，眼睛在M1N1与M1＇N1′所包围的空间区域内均可看到P′点。放上挡板后，在图中的阴影部分A或B区域内(即在M1Nl和M2N2与M1′N1′和M2′N2′所包围的区域)，进入眼睛的光线多少强弱与未放入挡板时相比保持不变。因为在没有放上挡板时，通过挡板所在位置的那部分光线经平面镜后，同样不能进入处于A，B区域内的眼睛，这样对进入A，B区域内的光线多少与强弱并不能做出贡献。也就是说，挡板放上后，对在A，B区域内眼睛，能否看到像及看像的亮度都不会产生任何影响。当然此时A，B区域外再也看不到P的像点P′了。
因此，在发光点与平面镜之间放上不透明挡板后，观察到的像的亮度是不变的，变化的是像的观察范围，而且是明显变小了。
【小结】
几何光学把光理想化为光线，用几何的方法研究光在介质中的行为。总结出光的直进、反射和折射三大规律。所以用几何光学规律解决实际问题，应先画光路图再做具体分析。这不仅是按照规律办事的的起码要求，也是保证做题正确的手段。
例5 如图13－11所示，有一长方形的玻璃砖，内有一个凸型空气泡，某学生用这个玻璃砖来做光学实验。当一平行光束通过玻璃砖时，光在空气泡中发生的现象是： [ ]
A．这一平行光束在空气泡中将不改变原来的方向。
B．这一平行光束在空气泡中将发生会聚。
C．这一平行光束在空气泡中将发生发散。
D．无法确定。
【错解分析】错解：不少学生看里面是一个凸型气泡，认为光线经过的是凸透镜，故最终成为一束会聚光线，应选B。
对透镜的作用不清楚，而是简单地由镜子的形状来判断它对光线的作用种类，认为凸型空气泡与平时用的玻璃凸透镜形状一样．便认为空气泡透镜对光线的作用与玻璃透镜的作用效果相同。
【正确解答】
设想在图13－12中，沿AB方向把玻璃砖等分为二，即成为图13－12中情形，显然该束光经过的是一凹透镜。由光学知识可知，凹透镜对光线有发散作用，则平行光束在空气泡中将发生发散，故应选C。
【小结】
更基本的方法是画一条入射光线到空气透镜的前表面，用作图法来判断光线经过透镜之后的行为。光线从玻璃进入空气，由光密媒质进入光疏媒质，折射角大于入射角，折射光线远离法线，出射光线是发散的。可见“凸透镜对光线的作用是会聚的”这个结论是有条件的。条件是透镜材料的折射率大于周围环境的折射率。
例6用一个放大镜观察细小的物体，若物体距镜2cm远时，将看到一个放大3倍的像，求此放大镜的焦距是多少？
【错解分析】错解：
v= mu=3×2＝6(cm)
对题目中给的条件分析不够，题目中“通过放大镜看到一个像”这句话属于隐蔽的已知条件，暗示了像和物在同侧．说明成虚像即像距为负值。而此解法恰好没有注意到这一点，而是不加分析地当作实像处理，简单代入公式求解，出现了问题。
【正确解答】
由于像与物在放大镜的同一侧。因此，是一个虚像，v为负值。
【小结】
胸有成竹说的是没画之前，画家的头脑里就有了一幅活生生的情境。理解题意也和画画的道理相同，看到一个物理问题，先要将文字叙述的物理情境想象出来，然后再进一步解题。本题如果先依据题意画一幅光路图就对像距的虚实一目了然。
例7高9cm的物体在凸透镜前某一位置时，在屏上得到高3cm的像。将此物向透镜移近50cm时，则得放大率是3的正像。求此凸透镜的焦距？
【错解分析】错解：
设此凸透镜焦距为f，第一次成像物距为u1，像距为vl。两次成像的放大率各为K1和K2。由成像公式
上述解法不加分析地把两次成像都当作实像处理，得出了错误的结果。
【正确解答】
由透镜成像公式
第一次成像为实像
第二次成像为虚像
【小结】
应用透镜成像公式时，一定要注意判断像的性质，若像距v＞0，为实像；若像距v＜0，为虚像。要想避免出现本题类似的错误。得在审题上狠下功夫。得在理解词语的物理意义上动脑筋。本题文中说：“在屏上得到高3cm的像”则这个像一定是实像。题文中又说：“将此物向透镜移近50cm时，则得放大率是3的正像”这段话中，像的前面有定语“正”字，其物理意义是“成虚像”，像距应取负值。
一般常见的描述像的性质的定语、状语有：
像的定语：实像、虚像、正像、倒像、放大的像、缩小的像、放大的倒立的像、放大的正立的像、缩小的正立像、缩小的倒立像等。
像的状语：像与物同侧、像与物异侧，成像在焦点以外、成像在焦点以内等。
把这些修饰词的物理含义准确地再现出来可以正确地理解题意，避免犯一些“没看清楚题意”之类的低级错误。
例8 (1989年高考题)把一个点光源放在焦距为f的凸透镜的焦点上，在透镜的另一侧2倍焦距处放一个垂直于主轴的光屏，在光屏上看到一个半径为R的光亮的圆。现保持透镜和光屏不动，而在主轴上移
位置
上？
【错解分析】错解：
亮斑，如图13－13所示。亮斑的位置和物距不满足透镜成像公式。
【正确解答】
因为处在焦点的点光源发出的光线，经透镜折射后平行于主轴。所像前(图13－13)，或者会聚成像后形成的(图13-14)，所以，由图13-13的几何关系可知v=4f，再由透镜成像公式可求得：
【小结】
画出光路图，才能正确求解几何光学题。
例9 (1993年高考题)某人透过焦距为10cm、直径为4.ocm的薄凸透镜观看方格纸，每个方格的边长均为0.30cm，它使透镜的主轴与方格纸垂直，透镜与纸面相距10cm，眼睛位于透镜主轴上离透镜5.0cm处，问他至多能看到同一行上几个完整的方格？
【错解分析】错解：不少人认为，和主轴垂直且处在焦点的方格纸，经过透镜不能成像，或者说像成在无穷远处，从而得出位于主轴上离透镜5.0cm处的人眼看不到方格纸，或者此题无解的错误答案。
处在焦点的方格纸不能成像，或者说成像在无穷远的结论是正确的。但由此绝不能推出人眼看不到方格纸，或者此题无解的结论。人眼也是个光学器件。平行光通过眼睛的晶状体在视网膜上成像为一个点。比如人们戴上老花镜(即薄凸透镜)，完全能够清楚地看到处在老花镜焦点上的物体。
【正确解答】
把“人眼通过透镜能看到方格纸”这句生活语言，转化成物理语言应为“从方格纸射出的光线，经过透镜折射后能进入人眼”。根据光路可逆原理，我们再把“从方格纸射出的光线，经过透镜折射后，能进入人眼”转化成“从人眼所在处的点光源发出的光线，经过透镜折射后，能在方格纸上形成亮斑”，亮斑的大小取决于透镜的大小、像距、屏的位置，如图13－15所示，其中像距可由透镜成像公式求得，即：
由图中的几何关系可得，亮斑的直径为：
进而可求得亮斑的直径上的完整方格数为：
也就是说，人眼透过透镜至多能看到同一行的方格数为26。
【小结】
理解题意比解题还重要。当年不少的考生就因为读不懂题而失分。读不懂题的原因在于没有将题目所叙述的具体问题转化为一种物理模型。
例10 如图13-16所示，在焦距为10cm的凸透镜的焦点上有点光源S。若使透镜以垂直于主光轴并过光心的直线为轴转过37°角。求此点光源到它的像之间的距离(sin37°=0.6，cos37°=0.8)。
【错解分析】错解：透镜转动后，发光点到透镜距离：
u=f?cosθ=8(cm)
由透镜成像公式：
得
所以像物间距离
对透镜成像公式中的物理量，物距u、像距v、焦距f，这些概念理解不够。u，v，f应均是物垂直于透镜的距离，而不是到透镜光心的距离。
【正确解答】
在透镜成像公式中，u，v，f均是物垂直于透镜的距离，而不是到透镜光心的距离。透镜转过后，所得的像距是相对于新的透镜位置的垂直距离。由透镜成像规律知该像仍在原主光轴MN上。图13-17所示，像离光心的距离：
所以像物间距离：
L＝v′-u=40(cm)
【小结】
从本题的正误比较中，我们发现基本概念必须准确。我们还发现主轴的作用。物距、像距都可以先把物点、像点投影到主轴上，投影点到光心的距离就是物距、像距。如果在转动透镜的同时也转动主轴，并将发光点投影到新的主轴上，如图所示M′N′。新的物距在一倍焦距之内，可用几何关系求出新的物距。完成了对新的物理情境的调查研究，解决问题的方法也就有了。
例11 用凸透镜成像时，当物体从极远处沿着主轴移向透镜时，像朝什么方向移动？像移动的速度比物体移动的速度怎样？
【错解分析】错解：由凸透镜成像实验知道，物体从极远处沿着镜轴移向透镜时，像从透镜向远离透镜方向移动，移动速度与物体速度相同。
上述解法错在对成像过程只有表面局部认识，想当然地得出了结论。
【正确解答】
凸透镜成像的讨论中，透镜焦点和二倍焦距处是转折点，应仔细观察实验结果，认真进行分析，切忌片面。像移动速度与物体移动速度的比较，决定于像移动距离和物体应移动的距离之比。
由实验知道，物体由极远处沿着镜轴移向透镜时，应分三个阶段讨论：
(1)物体从极远移向凸透镜二倍焦距地方，像从透镜另一侧焦点处移向二倍焦距地方，在此区间像移动速度小于物体移动速度。
(2)物体从凸透镜二倍焦距处移动向焦点时，像从透镜另一侧二倍焦距处移向极远，在此区间像移动速度大于物体移动速度。
(3) 物体从凸透镜焦点处移向透镜光心时，像和物同侧，是放大虚像，像移动的速度大于物体移动速度。
例12 一焦距为f的凸透镜，主轴和水平的X轴重合，X轴上有一光点位于透镜的左侧，光点到透镜的距离大于f而小于2f，若将此透镜沿X轴向右平移2f的距离，则在此过程中，光点经透镜所成的像点将 [ ]
A．一直向右运动。
B．一直向左运动。
C．先向左运动，接着向右运动。
D．先向右运动，接着向左运动。
【错解分析】错解：由于透镜沿X轴向右平移，使物距增大，由于凸透镜是确定的，故焦距一定，而物距增大，像距必然减小，透镜向右移，可等效为镜不动而物向左移，物像应同方向移动，所以像也应向左移，所以选B。
物像同方向移动的规律仅适用于镜不动而物移动或像移动的问题。此题是物不动而镜移动。再用常规解题就会出现问题。
【正确解答】
用物体间距变化的规律去分析，该题马上由难转易，根据题设条件，在透镜向右移动2f距离的过程中，物点到透镜的距离由大于f而小于2f增大到2f，再增大到大于2f，则物像间距应先减小后增大，由于物点静止不动，像点应先向左移动，接着向右移动，得正确答案C。
【小结】
此题告诉我们，不管适用条件照搬以前做过的题的解法，“以不变应万变”是要误事的。要全面分析问题，应用物像间的变化规律去分析在透镜成实像的情况下，当物距u由∞→2f的过程中，由于m＜1，像的速度小于物体移动的速度，物像间距变小；当物距u由2f→f过程中，由于m＞1，像的速度大于物体的速度，物像间距变大；在u=2f时，v=2f，物像间距具有最小值4f。掌握上述规律不但进一步加深了对透镜成像规律的理解，而且还可以更方便地求解一些光学问题。
例13 如图13－18所示，一线状发光物体AB，其A端恰在焦距为f的薄凸透镜前主光轴上2倍焦距处，AB与主光轴成α角，AB经透镜成像，A′B′与主光轴成β角，则β，α的大小关系： [ ]
A． β＞α
B． β＜α
C．β＝α
D． 无法确定。
【错解分析】错解：根据凸透镜成像规律，当物距u=2f时，则像距v=2f。若物距u＞2f，则像距为f＜v＜2f，并成缩小的像，所以A发光点在2f上，则通过透镜后必过主光轴上距透镜2f的A′点，发光体的B点在2f之外，则经过透镜后，像点B′应变得离主光轴近了，并且离镜2f－f之间。像A′B′与主光轴所成的夹角β与AB与主光轴所成的夹角α由于几何关系不清，无法判断。故选D。
只是将凸透镜成像的规律记住了，机械性使用。而对凸透镜成像原理不清楚所造成的，不能灵活地去分析和正确地画出成像图，这是造成错解的原因。
【正确解答】
我们利用一条特殊光线来进行巧解。众所周知，凸透镜成像，当物距u=2f时，对应的像距v=2f，因此，从凸透镜主光轴上的发光点A(A距透镜2f)发出的一条光线AC(AC与BA在同一条直线上)，经过透镜后的光线CC′必过主光轴上距透镜2f的A′点。显然，从发光点B发出的光线BC经透镜后的光线必为CC′，且B点对应的像点B’点在CC′上，因为CC′既过A′点，又过B′点，所以CC′与B′A′必在同一条直线上，如图13－19所示。在直角三角形COA′与直角三角形COA中，CO为公共边，OA′=OA。因此，这两个直角三角形全等。
设∠OAC=θ
∴β=θ＝α。
顺便指出，本题中B，O，B′必在同一条直线上。
例14 波长为0.65μm的红光，从空气射入水中，水相对空气的折射率为1.33。求该光在水中的波长，并判断在水中该光的颜色。
【错解分析】错解：
得波长0.49μm的光是蓝色。
上述求得光在水中的波长为0.49μm是正确的，但用光谱表查得光的颜色却错了。人眼对光的色觉决定于光的频率而不是波长。
【正确解答】
当光从一种媒质进入另一种媒质时，波长变化了，波速也相应变化了，但它的频率却不变。所以在水中该光仍是红色。
【小结】
物理规律的因果关系是有条件的，记忆规律时应该首先弄清规律成立的条件。凡是波，无论是机械波还是电磁波，只要振源的频率不变，波的频率就不变。
例15 (1981年高考题)一光电管的阴极用极限波长λ0=5000的钠制成。用波长λ=3000的紫外线照射阴极，光电管阳极A和阴极K之间的电势差u=2.1V，光电流的饱和值I=0.56mA。
(l)求每秒内由K极发射的电子数。
(2)求电子到达A极时的最大动能。
(3)如果电势差U不变，而照射光的强度增到原值的3倍，此时电子到达A极时的最大动能是多少？(普朗克恒量h=6.63×10-34J?s，电子的电量e=1.6×10-19C)。
【错解分析】错解：(1)由于Q=It，所以t=1秒内发射电子数为
(2)根据爱因斯坦光电效应方程可知，在阴极K逸出电子的最大动能为
(3)当光强度增到原值的三倍时，电子到达A极时的最大动能也变为原来的三倍。
对于这道考题，不少考生只求出了阴极K逸出电子的最大动能，没有按题意要求进而计算出到达A极的动能。在计算中，埃是长度单位，应化成国际单位进行计算。根据光电效应现象的特点，逸出光电子的动能只与入射光的频率有关；与入射光强度无关，所以第三问的最大动能不变。
【正确解答】
(1)每秒内由K极发射的电子数
(2)由爱因斯坦光电效应方程得
再由动能定理，在阴极K逸出的电子经过电势差为u的电场加速，到达A极时的最大动能为
(3)当光强度增到原值三倍时，电子到达A极时的最大动能不变。
【小结】
本题的第一问是力学与爱因斯坦光电效应方程相结合的综合题。在做题之前一定要掌握光电效应的全过程，只有理解了光电效应实验现象发生的全过程，即大于极限频率的光照射在阴极上，光子激发出光电子，光电子在电源形成的电场的作用下加速(或减速)打在光电管的阳极上。形成回路中的光电流。才可能理解题目之所求。进而加上电场加速的那一步计算过程。
第12单元：交流电、电磁振荡、电磁波
[内容和方法]
本单元内容包括交流电、正弦交流电的图象、最大值、有效值、周期与频率、振荡电路，电磁振荡、电磁场，电磁波，电磁波的速度等基本概念，以及交流发电机及其产生正弦交流电的原理，变压器的原理，电能的输送方法、LC电路产生的电磁振荡的周期和频率等。
本单元涉及到的基本方法有利用空间想象的各种方法理解正弦交流电的产生原因和电磁振荡的物理过程，运用图象法理解并运用它来解决交流电和电磁振荡的判断、计算问题。从能量转化的观点出发来理解交流电的有效值问题和电磁振荡问题。
[例题分析]
在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：不能从能的转化的角度理解有效值，致使出现乱套公式的问题；由于初始条件不清，对电磁振荡物理过程判断失误；不善于运用两个图象对一个物理过程进行动态分析。
例1 如图12－1所示，矩形线圈在外力的作用下，在匀强磁场中以ω=200πrad/s的角速度匀速转动，线圈的面积为100cm2，匝数n=500匝，负载电阻R=30Ω，磁场的磁感强度B=0.2T。交流电压表的示磁力矩的大小。
【错解分析】
错解一：
错解二：
解得M=8.66 N?m
错解一中用电流的有效值计算某一瞬间线圈的电磁力矩是错误的。
解法二中没有注意到另一个隐含条件“线圈平面与磁感线垂直时开始计时”而导致上当。
【正确解答】
本题有三个隐含条件：一为“瞬时”。二为线圈平面与磁感线垂直时开始计时，三为电路是纯电阻的电路。
M＝nBISsinωt
解得：M=10N?m
【小结】
审题时要注意关键词的物理意义。并且能在头脑中把文字叙述的物以及线圈在此位置的受力情况，力臂情况标在图上。这样解题，就会言之有物，言之有据。
例2 图12－2表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电的有效值是： [ ]
【错解分析】错解：
平均值（如图12-3），
有效值才有这样的数量关系。本题所给的交流电的图象不是正弦交流电的图形，故该公式不适用此交流电。第二，交流电的最大值不是两个不同峰值的算术平均值。
【正确解答】
交流电的有效值是根据其热效应而定义的，它是从电流产生焦耳热相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效。设交流电的有效值为I，
所以该交流电的有效值为
所以应选D。
【小结】
上两道题的小结等效是有条件的。请注意每一种等效方法的成立条件和适用范围。
例3 如图12－4所示，矩形线圈abcd在磁感强度B=2T的匀强磁场中绕轴OO′，以角速度ω=10πrad/s匀速转动，线圈共10匝，ab=0. 3m，bc= 0.6m，负载电阻R= 45Ω。求（l）电阻R在0.05s内所发出的热量；（2）0.05s内流过的电量（设线圈从垂直中性面开始转动）
【错解分析】
错解一：
第一步，求电流的有效值，用有效值来计算热量。
电动势的最大值为
εm=2nBLv=nBSε=10×2×0.3×0.6×10π=113.1（V）
电流的有效值
所以0.05s内R上发出的热量Q=I2Rt=5.76（J）
第二步，根据有效值求通过R上的电量，由题意0.05s内通过R的电流方向不变
q＝It＝1．6×0.05＝0.08（C）
错解二：
第一步求平均电流，用平均电流计算热量。
第二步，由平均电流求电量
交流电的有效值是从电流产生焦耳热相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效；交流电的平均值是从电流通过导线横截面的电量相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效，两个概念的出发点不同。
【正确解答】
电动势的最大值为εm= 2nBLv=nBSω=10×20.3×0.6×10π=113．1（V）
所以0.05s内R上发出的热量Q=I2Rt=5.76（J）
例4 图12－5中，降压变压器的变压系数是3，即初级线圈匝数与次级线圈的匝数之比是3。初级线圈的输入电压是660V，次级线圈的电阻为0.2Ω，这台变压器供给100盏220V，60W的电灯用电。
求：
（l）空载时次级线圈的端电压和输出功率；
（2）接通时次级线圈的端电压；
（3）每盏灯的实际功率
【错解分析】错解：
（2）接通时，次级线圈的端电压仍为220V。
原因：
（1）变压器空载时，电路的电流为零，无能量的转化，不能用P=
（2）接通后次级线圈有电阻要消耗电能，由于次级线圈内部存在电压降，所以次级线圈的端电压不再是220V，而应以次级线圈为研究对象应用闭合电路欧姆定律去求次级线圈的端电压。
（3）由于次级线圈的端电压达不到灯泡的额定电压，灯泡的实际功率要小于每盏灯的额定功率。
【正确解答】
（1）将变压器视为理想变压器。设空载时次级线圈的端电压为U2。
因为空载，次级线圈的负载电阻R2→∞，次级线圈中的电流为零I2=0，P=I2U2=0
次级线圈的端电压U′2=I2R外=214.68（V）
【小结】
理解能力的高低表现在把握文字的物理意义上。题文中说“次级线圈的电阻为0.2Ω”。可见文中所述的变压器有内耗，不是理想变压器。这是课本上没有介绍过的新情况。类比直流电路的知识，可从两条路去求路端电压，U=ε－Ir（电源电动势减去内电压），或者用部分欧姆定律U=IR。
例5收音机的变压器的初级线圈有1210匝，接在U1=220V的交流电源上，变压器有两个次级线圈。次级线圈Ⅱ的匝数为35匝，次级线圈Ⅲ的匝数是1925匝。如果不计变压器自身的能量损耗，当变压器工作时，线圈Ⅱ的电流是0.3A时，初级线圈的电流I1=0.114A。求线圈Ⅲ中电流和输出电压（电流的计算结果保留3位有效数字）
【错解分析】错解：
能量守恒定律，从输入功率等于输出功率入手求解。
【正确解答】
不计变压器自身的能量损耗，由能量转化和守恒定律
P1＝P2＋P3
I1U1=I2U2+I3U3
【小结】
守恒定律P1=P2，I1U1=I2U2才有这个形式。不能死记硬背，不顾条件乱套公式。
第11单元 电磁感应
[内容和方法]
本单元内容包括电磁感应现象、自感现象、感应电动势、磁通量的变化率等基本概念，以及法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则等规律。
本单元涉及到的基本方法，要求能够从空间想象的角度理解法拉第电磁感应定律。用画图的方法将题目中所叙述的电磁感应现象表示出来。能够将电磁感应现象的实际问题抽象成直流电路的问题；能够用能量转化和守恒的观点分析解决电磁感应问题；会用图象表示电磁感应的物理过程，也能够识别电磁感应问题的图像。
[例题分析]
在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：概念理解不准确；空间想象出现错误；运用楞次定量和法拉第电磁感应定律时，操作步骤不规范；不会运用图像法来研究处理，综合运用电路知识时将等效电路图画错。
例1在图11－1中，CDEF为闭合线圈，AB为电阻丝。当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，线圈CDEF中的感应电流在G处产生的磁感强度的方向是“?”时，电源的哪一端是正极？
【错解分析】错解：当变阻器的滑动头在最上端时，电阻丝AB因被短路而无电流通过。由此可知，滑动头下移时，流过AB中的电流是增加的。当线圈CDEF中的电流在G处产生的磁感强度的方向是“?”时，由楞次定律可知AB中逐渐增加的电流在G处产生的磁感强度的方向是“×”，再由右手定则可知，AB中的电流方向是从A流向B，从而判定电源的上端为正极。
楞次定律中“感生电流的磁场总是要阻碍引起感生电流的磁通量的变化”，所述的“磁通量”是指穿过线圈内部磁感线的条数，因此判断感应电流方向的位置一般应该选在线圈的内部。
【正确解答】
当线圈CDEF中的感应电流在G处产生的磁感强度的方向是“?”时，它在线圈内部产生磁感强度方向应是“×”，AB中增强的电流在线圈内部产生的磁感强度方向是“?”，所以，AB中电流的方向是由B流向A，故电源的下端为正极。
【小结】
同学们往往认为力学中有确定研究对象的问题，忽略了电学中也有选择研究对象的问题。学习中应该注意这些研究方法上的共同点。
例2长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转，设t= 0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是 [ ]
【错解分析】t=0时，线圈平面与磁场平行、磁通量为零，对应的磁通量的变化率也为零，选A。
磁通量Φ=BS⊥BS（S⊥是线圈垂直磁场的面积），磁通量的变化ΔΦ=Φ2－Φ1，两者的物理意义截然不同，不能理解为磁通量为零，磁通量的变化率也为零。
【正确解答】
实际上，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，产生交变电动势e=εmcosωt = Babωcosωt。当t=0时，cosωt=1，虽然磁通量可知当电动势为最大值时，对应的磁通量的变化率也最大，即
【小结】
弄清概念之间的联系和区别，是正确解题的前提条件。在电磁感应中要弄清磁通量Φ、磁通量的变化ΔΦ以及磁通量的变化率ΔΦ/Δt之间的联系和区别。
例3一个共有10匝的闭合矩形线圈，总电阻为10Ω、面积为0.04m2，置于水平面上。若线框内的磁感强度在0.02s内，由垂直纸面向里，从1.6T均匀减少到零，再反向均匀增加到2.4T。则在此时间内，线圈内导线中的感应电流大小为______A，从上向下俯视，线圈中电流的方向为______时针方向。
【错解分析】错解：由于磁感强度均匀变化，使得闭合线圈中产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势
根据楞次定律，开始时原磁场方向垂直纸面向里，而且是均匀减少的。那么感应电流产生的磁场的方向应该与原磁场方向相同，仍然向里。再根据安培定则判断感应电流的方向为顺时针方向。同理，既然原磁场均匀减少产生的感应电流的方向为顺时针方向。那么，原磁场均匀增加时，产生的感应电流的方向必然是逆时针方向。
由于磁场的变化，而产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律
矢量差。在0.02s内磁场的方向发生了一次反向。设垂直纸面向里为正方向，ΔB=B2-（-B1）=B2+Bl
【正确解答】
根据法拉第电磁感应定律
根据楞次定律，磁感强度B从B1开始均匀减少到零的过程中，感应电流的磁场阻碍原磁通的减少，与原磁通的方向同向，感应电流的方向是顺时针的。接着磁感强度B从零开始反方向均均匀增加到B2，这个过程中，穿过闭合线圈的磁通量反方向增加，感应电流的磁场要阻碍原磁场的增加，其方向是垂直纸面向里，再根据安培定则判断感应电流的方向仍然是顺时针的。
【小结】
应用楞次定律时，特别要注意感应电流的磁场阻碍的是引起感应电流的磁通量的变化。不能把“阻碍变化”简单地理解为原磁场均匀减少，电流就是顺时针，原磁场均匀增加，感应电流就是逆时针。应用楞次定律解题要先判断原磁通的方向及其变化趋势，再用“阻碍变化”的原则来判断感应电流的磁场的方向，最后用右手定则来判断感应电流的方向。
例4如图11－2所示，以边长为50cm的正方形导线框，放置在B=0.40T的匀强磁场中。已知磁场方向与水平方向成37°角，线框电阻为0.10Ω，求线框绕其一边从水平方向转至竖直方向的过程中通过导线横截面积的电量。
【错解分析】错解：线框在水平位置时穿过线框的磁通量
Φ1=BScos53°=6.0×10-2Wb
线框转至竖直位置时，穿过线框的磁通量Φ2=BScos37°=8.0×10-8（Wb）
这个过程中的平均电动势
通过导线横截面的电量
磁通量Φ1=BScosθ，公式中θ是线圈所在平面的法线与磁感线方向的夹角。若θ＜90°时，Φ为正，θ＞90°时，Φ为负，所以磁通量Φ有正负之分，即在线框转动至框平面与B方向平行时，电流方向有一个转变过程。错解就是忽略了磁通量的正负而导致错误。
【正确解答】
设线框在水平位置时法线（图11－2中）n方向向上，穿过线框的磁通量
Φ1=BScos53°=6.0×10-2Wb
当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角θ=143°，穿过线框的磁通量Φ1=BScos143°=-8.0×10-2Wb
通过导线横截面的电量
【小结】
通过画图判断磁通量的正负，然后在计算磁通量的变化时考虑磁通量的正负才能避免出现错误。
例5如图11－3所示，在跟匀强磁场垂直的平面内放置一个折成锐角的裸导线MON，∠MON=α。在它上面搁置另一根与ON垂直的导线PQ，PQ紧贴MO，ON并以平行于ON的速度V，从顶角O开始向右匀速滑动，设裸导线单位长度的电阻为R0，磁感强度为B，求回路中的感应电流。
【错解分析】错解：设PQ从顶角O开始向右运动的时间为Δt，
Ob=v?Δt，
ab=v?Δ?tgα，
不是我们要求的电动势的瞬时值。因为电阻（1＋cosα＋sinα）
由于两者不对应，结果就不可能正确。
【正确解答】
设PQ从顶角O开始向右运动的时间为Δt，Ob=v?Δt，ab＝v?Δ
回路中ε=Blv=B?ab?v=Bv2?Δt?tgα。回路中感应电流
时间增大，产生的感应电动势不是恒量。避免出错的办法是先判断感应电动势的特征，根据具体情况决定用瞬时值的表达式求解。
例6 如图11－4所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距0.2m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4Ω，导轨电阻不计，导轨ab的质量为0.2g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁应强度为0.2T，且磁场区域足够大，当ab导体自由下落0.4s时，突然接通电键K，则：（1）试说出K接通后，ab导体的运动情况。（2）ab导体匀速下落的速度是多少？（g取10m/s2）
【错解分析】错解：
（1）K闭合后，ab受到竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用。合力竖直向下，ab仍处于竖直向下的加速运动状态。随着向下速度的增大，安培力增大，ab受竖直向下的合力减小，直至减为0时，ab处于匀速竖直下落状态。
（2）略。
上述对（l）的解法是受平常做题时总有安培力小于重力的影响，没有对初速度和加速度之间的关系做认真的分析。不善于采用定量计算的方法分析问题。
【正确解答】
（1）闭合K之前导体自由下落的末速度为v0=gt=4（m/s）
K闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流。ab立即受到一个竖直向上的安培力。
此刻导体棒所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速
所以，ab做竖直向下的加速度逐渐减小的变减速运动。当速度减小至F安=mg时，ab做竖直向下的匀速运动。
【小结】
本题的最大的特点是电磁学知识与力学知识相结合。这类的综合题本质上是一道力学题，只不过在受力上多了一个感应电流受到的安培力。分析问题的基本思路还是力学解题的那些规矩。在运用牛顿第二定律与运动学结合解题时，分析加速度与初速度的关系是解题的最关键的第一步。因为加速度与初速度的关系决定了物体的运动。
例7 如图11－5所示，水平导轨的电阻忽略不计，金属棒ab和cd的电阻多别为Rab和Rcd，且Rab＞Rcd，处于匀强磁场中。金属棒cd在力F的作用下向右匀速运动。ab在外力作用下处于静止状态，下面说法正确的是 [ ]
A．Uab＞Ucd
B．Uab=Ucd
C．Uab＜Ucd
D． 无法判断
【错解分析】错解：因导轨的电阻不计，金属棒ah和cd可以等效为两个电阻串联，而串联电路中，电压的分配跟电阻成正比。因为Rab＞Red，所以Uab＞Ucd，故选A。
cd金属棒在F的作用下，做切割磁感线运动，应视为电源。Ucd为电源的端电压，而不是内电压。所以Ucd≠IRcd，Ucd=ε-IRcd，不能将abcd等效为两个外电阻的串联。
【正确解答】
金属棒在力F的作用下向右作切割磁感线的运动应视为电源，而c、d分别等效为这个电源的正、负极，Ucd是电源两极的路端电压，不是内电压。又因为导轨的电阻忽略不计，因此金属棒ab两端的电压Uab也等于路端电压，即Ucd=Uab，所以正确的答案应选B。
【小结】
电源是将非静电能转换成电能的装置。本题中是通过电磁感应将机械能转化成为电能。cd的作用是电源。ab则是外电路中的电阻。画出等效电路图，如图11-6所示。然后再运用恒定电流的知识进行计算。电磁感应的问题中经常用到这样的化简为直流电路的等效方法。
例8 如图11－7所示装置，导体棒AB，CD在相等的外力作用下，沿着光滑的轨道各朝相反方向以0.lm/s的速度匀速运动。匀强磁场垂直纸面向里，磁感强度B=4T，导体棒有效长度都是L=0.5m，电阻R=0.5Ω，导轨上接有一只R′=1Ω的电阻和平行板电容器，它的两板间距相距1cm，试求：（l）电容器及板间的电场强度的大小和方向；（2）外力F的大小。
【错解分析】
错解一：
导体棒CD在外力作用下，会做切割磁感线运动，产生感应电动势。对导体棒AB在力F的作用下将向右做切割磁感线运动，根据右手定则可以判断出感应电动势方向向上，同理可分析出导体棒CD产生的感生Uab=0，所以电容器两极板ab上无电压，极板间电场强度为零。
错解二：
求出电容器的电压是求电容器板间的电场强度大小的关键。由图11－7看出电容器的b板，接在CD的C端导体CD在切割磁感线产生感应电动势，C端相当于电源的正极，电容器的a接在AB的A端。导体棒AB在切割磁感线产生感应电动势，A端相当于电源的负极。导体棒AB，CD产生的电动势大小又相同，故有电容器的电压等于一根导体棒产生的感应电动势大小。
UC＝BLv＝4×0.5×0.l=0.2（V）
根据匀强电场场强与电势差的关系
由于b端为正极，a端为负极，所以电场强度的方向为b→a。
错解一：根据右手定则，导体棒AB产生的感应电动势方向向下，导体棒CD产生的感应电动势方向向上。这个分析是对的，但是它们对整个导体回路来说作用是相同的，都使回路产生顺时针的电流，其作用是两个电动势和内阻都相同的电池串联，所以电路中总电动势不能相减，而是应该相加，等效电路图如图11－8所示。
错解二：虽然电容器a板与导体AB的A端是等势点，电容器b板与导体CD的C端是等电势点。但是a板与b板的电势差不等于一根导体棒切割磁感线产生的电动势。a板与b板的电势差应为R′两端的电压。
【正确解答】
导体AB、CD在外力的作用下做切割磁感线运动，使回路中产生感应电流。
电容器两端电压等于R′两端电压UC==I=0.2×1=0.2（V）
回路电流流向D→C→R′→A→B→D。所以，电容器b极电势高于a极电势，故电场强度方向b→a。
【小结】
从得数上看，两种计算的结果相同，但是错解二的思路是错误的，错在电路分析上。避免错误的方法是在解题之前，画出该物理过程的等效电路图，然后用电磁感应求感应电动势，用恒定电流知识求电流、电压和电场知识求场强，最终解决问题。
例9 如图11－9所示，一个U形导体框架，其宽度L=1m，框架所在平面与水平面的夹用α=30°。其电阻可忽略不计。设匀强磁场与U形框架的平面垂直。匀强磁场的磁感强度B＝0.2T。今有一条形导体ab，其质量为m＝0.5kg，有效电阻R=0.1Ω，跨接在U形框架上，并且能无摩擦地滑动，求:
（1）由静止释放导体，导体ab下滑的最大速度vm；
（2）在最大速度vm时，在ab上释放的电功率。（g=10m/s2）。
【错解分析】
错解一：
（1）ab导体下滑过程中受到重力G和框架的支持力N，如图11－10。
根据牛顿第二定律ΣF=ma
mgsinα= ma
a = gsinα
导体的初速度为V0=0，导体做匀加速直线运动，由运动学公式
v＝v0＋at=5t
随着t的增大，导体的速度v增大vm→∞
由ε=BLv可知
当vm→∞，电功率P→∞
错解二：
当导体所受合力为零时，导体速度达到最大值。
（1）导体ab受G和框架的支持力N，而做加速运动
由牛顿第二定律
mgsin30°= ma
a = gsin30°
但是导体从静止开始运动后，就会产生感应电动势，回路中就会有感应电流，感应电流使得导体受到磁场的安培力的作用。设安培力为FA。
随着速度v的增加，加速度a逐渐减小。当a＝0时，速度v有最大值
分析导体ab下滑过程中物理量变化的因果关系是求ab导体下滑最大速度的关键。
错解一：正是由于对电磁现象规律和力与运动的关系理解不够，错误地分析出ab导体在下滑过程中做匀加速运动。实际上，导体ab只要有速度，就会产生感应电动势，感应电流在磁场中受到安培力的作用。安培力随速度的增加而增大，且安培力的方向与速度方向相反，导体做加速度逐渐减小的变加速直线运动。
错解二：的分析过程是正确的，但是把导体下滑时产生的电动势写错了公式，ε=BLvsin30°中30°是错误的。ε=BLvsinθ中的θ角应为磁感强度B与速度v的夹角。本题中θ=90°。
【正确解答】
（1）导体ab受G和框架的支持力N，而做加速运动由牛顿第二定律
mgsin30°= ma
a = gsin30°= 5（m/s2）
但是导体从静止开始运动后，就会产生感应电动势，回路中就会有感应电流，感应电流使得导体受到磁场的安培力的作用。设安培力为FA
随着速度v的增加，加速度a逐渐减小。当a=0时，速度v有最大值
（2）在导体ab的速度达到最大值时，电阻上释放的电功率
【小结】 ：物理解题训练同学们的思维能力。本题要求同学从多角度来看问题。从加速度产生的角度看问题。由于导体运动切割磁感线发生电磁感应产生感应电流，感应电流的受力使得导体所受的合力发生改变，进而使导体的加速度发生变化，直到加速度为零。从能量转化和守恒的角度看：当重力做功使导体的动能增加的同时，导体又要切割磁感线发生电磁感应将动能转化为内能。直至重力做功全部转化为回路的内能。
例10用均匀导线弯成正方形闭合金属线框abcd，线框每边长80cm，每边的电阻为0.01Ω。把线框放在磁感强度B=0.05T的匀强磁场中，并使它绕轴OO′以ω=100rad/s的角速度匀角速度旋转，旋转方向如图
（1）每条边产生的感应动势大小；
（2）线框内感应电流的大小；
（3）e，f分别是ab和cd的中点，ef两点间的电势差。
【错解分析】错解：线圈在转动时，只有ab边和cd边作切割磁感线运动，产生感应电动势。
（2）由右手定则可知，线框在图示位置时，ab中感应电动势方向向上，而cd中感应电势的方向向下。
（3）观察fcbe电路
本题解共有4处错误。第一，由于审题不清没有将每一条边的感应电动势求出，即缺少εad和εbc。即使它们为零，也应表达出来。第二，边长中两部分的的倍数关系与每一部分占总长的几分之几表述不正确。第三，ab边和cd边的感应电动势的方向分别向上、向下。但是它们的关系是电源的串联，都使电路中产生顺时针方向的电流，闭合回路的总电动势应为：εcd+εab，而不是相减。第四，求Uef时，研究电路fcbe，应用闭合电路欧姆定律，内电路中产生电动势的边长只剩下一半，感应电动势也只能是εcd/2。
【正确解答】
（1）线框转动时，ab边和cd边没有切割磁感线，所以εad=0,εbc=0。
（3）观察fcbe电路
【小结】
没有规矩不能成方圆。解决电磁感应的问题其基本解题步骤是：（1）通过多角度的视图，把磁场的空间分布弄清楚。（2）在求感应电动势时，弄清是求平均电动势还是瞬时电动势，选择合适的公式解题。（3）进行电路计算时要画出等效电路图作电路分析，然后求解。
例11共有100匝的矩形线圈，在磁感强度为0.1T的匀强磁场中以角速度ω=10rad/s绕线圈的中心轴旋转。已知线圈的长边a=20cm，短边b=10cm，线圈总电阻为2Ω。求（1）线圈平面转到什么位置时，线圈受到的电磁力矩最大？最大力矩有多大？（2）线圈平面转到与磁场方向夹角60°时，线圈受到的电磁力矩。
【错解分析】错解：
（l） 当线圈平面与磁场方向平行时电磁力矩最大。如图ll－12所示。
磁场对线圈一条边的作用力
F=BIb=0.01N
线圈受到的电磁力矩
（2） 若θ=60°时，如图11-13
ε′=NBabωsin60°=1.73V
磁场对线圈一条边的作用力
F′=BI′b=0.00866N
此时线圈受到的电磁力矩
第一问解法是正确的。但第二问出了两点错：公式ε=Blvsinθ中的θ应该是B与v的夹角。错解中把线圈平面与磁场的夹角当作θ。另一
【正确解答】
磁场对线圈一边的作用力
F′=BI′b=0.005N
此时的力矩
【小结】
依据题意准确地作出线圈在磁场中的速度方向和受力方向是解题的前提。这就是说，逻辑思维是要借助形象来帮忙。
例12 如图11－14所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A，B为该磁场的竖直边界，若不计空气阻力，则 [ ]
A．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度。
B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流
C．圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大
D．圆环最终将静止在平衡位置。
【错解分析】错解：如图11－14所示，当圆环从1位置开始下落，进入磁场和摆出磁场时（即2位置和3位置），由于有磁通量变化，圆环上产生感应电流，选项B正确。由于金属圆环自身存在内阻，所以必然有热量产生（既有能量损失）。因此，圆环不会再摆到4位置。选项A错。当圆环进入磁场后，穿过环内的磁通量不再发生变化，无感应电流产生。选项C错误。由于每次通过磁场都有能量损失，所以圆环最终将静止在平衡位置，D选项正确。
物体有惯性，人的思维也有惯性。这个同学对ABC选项的判断是正确的。只有D选项选错了。在圆环穿过磁场时，要发生电磁感应现象造成机械能转化为电能，电能再进一步转化为内能。但是，这位同学忘记分析当圆环仅在匀强磁场内摆动时，穿过圆环内的磁通量还变化吗？导致了选择错误。
【正确解答】
如图11－14所示，当圆环从1位置开始下落，进入磁场时（即2和3位置），由于圆环内磁通量发生变化，所以有感应电流产生。同时，金属圆环本身有内阻，必然有能量的转化，即有能量的损失。因此圆环不会摆到4位置。随着圆环进出磁场，其能量逐渐减少圆环摆动的振幅越来越小。当圆环只在匀强磁场中摆动时，如图11－15所示。圆环内无磁通量的变化，无感应电流产生，无机械能向电能的转化。题意中不存在空气阻力，摆线的拉力垂直于圆环的速度方向，拉力对圆环不做功，所以系统的能量守恒，所以圆环将在AB间来回摆动。
【小结】
电磁感应现象产生的条件是穿过线圈所包围的平面内的磁通量发生
只有回路中有ΔΦ≠0，即当面积S一定时，ΔB≠0，才会有感应电动势，才有感应电流的存在。可见，在分析物理问题时，要严格按照物理规律成立的条件办事。
例13如图11-16所示，直角三角形导线框ABC，处于磁感强度为B的匀强磁场中，线框在纸面上绕B点以匀角速度ω作顺时针方向转动，∠B =60°，∠C=90°，AB=l，求A，C两端的电势差UAC。
【错解分析】错解：把AC投影到AB上，有效长度AC′，根据几何关系（如图11－17），
此解错误的原因是：忽略BC，在垂直于AB方向上的投影BC′也切割磁感线产生了电动势，如图11-17所示。
【正确解答】
该题等效电路ABC，如图11－5所示，根据法拉第电磁感应定律，穿过回路ABC的磁通量没有发生变化，所以整个回路的
ε总=0 ①
设AB，BC，AC导体产生的电动势分别为ε1、ε2、ε3，电路等效于图11-5，故有
ε总=ε1+ε2+ε3 ②
【小结】
注意虽然回路中的电流为零，但是AB两端有电势差。它相当于两根金属棒并联起来，做切割磁感线运动产生感应电动势而无感应电流。
例14 如图11－19所示，长为6m的导体AB在磁感强度B=0.1T的匀强磁场中，以AB上的一点O为轴，沿着顺时针方向旋转。角速度ω=5rad/s，O点距A端为2m，求AB的电势差。
【错解分析】错解：根据法拉第电磁感应定律
ε=BLv
v=ωL
ε=BL2ω
断路时导体端电压等于电动势
法拉第电磁感应定律的导出公式ε=BLv是有条件的。它适用于导体平动且速度方向垂直于磁感线方向的特殊情况。不符合本题的转动情况，本题用错了公式。另外判断感应电动势方向上也出现了问题。
【正确解答】
由于法拉第电磁感应定律ε=BLv适用于导体平动且速度方向垂直于磁感线方向的特殊情况。将转动问题转化为平动作等效处理。因为v =ωL，可以用导体中点的速度的平动产生的电动势等效于OB转动切割磁感线产生的感应电动势。
UBO=UB-UO=εBO=4(V)
UAO=UA-UO=εAO=1(V)
UAB=UA-UB=(UA-UO)-(UB-UO)
=UAO-UBO=1-4=-3(V)
【小结】
本题中的等效是指产生的感应电动势相同。其基础是线速度与角速度和半径成正比。
例15 如图11－20所示，在磁感强度B= 2T的匀强磁场中，有一个半径r=0.5m的金属圆环。圆环所在的平面与磁感线垂直。OA是一个金属棒，它沿着顺时针方向以20rad/s的角速度绕圆心O匀速转动。A端始终与圆环相接触OA棒的电阻R=0.1Ω，图中定值电阻R1=100Ω，R2=4.9Ω，电容器的电容C=100pF。圆环和连接导线的电阻忽略不计，求：
（1）电容器的带电量。哪个极板带正电。
（2）电路中消耗的电功率是多少？
【错解分析】错解：
（1）由于电容器两板间分别接在做切割磁感线导体棒的两端，电容器两端的电压就等于导体OA上产生的感应电动势。
根据右手定则，感应电流的方向由O→A，故电容器下板由于与O相接为正，上极板与A相接为负。
（2）根据闭合电路欧姆定律
电路中消耗的电功率P消=I2R=4.9(W)
错解的原因是：
（1）电容器两板虽然与切割磁感线的导体相连，但两板间并不等于导体棒OA产生的感应电动势。因为导体棒有电阻。所以电容器的电压应等于整个回路的端电压。
（2）电路中消耗的功率由于导体棒有电阻，即相当于电源有内阻，所以电路中消耗的功率不仅在外电阻R2上，而且还消耗在内阻R上。P消=I2(R+R2)或根据能量守恒P源=Iε。
【正确解答】
（l）画出等效电路图，图11－21所示。导体棒OA产生感应电动势
根据右手定则，感应电流的方向由O→A，但导体棒切割磁感线相当于电源，在电源内部电流从电势低处流向电势高处。故A点电势高于O点电势。又由于电容器上板与A点相接即为正极，同理电容器下板由于与O相接为负极。
（2）电路中消耗的电功率P消=I2(R+R2)=5(W)，或P消=Iε=5(W)
例16 如图11－22所示，A，B是两个完全相同的灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计。当电键K闭合时，下列说法正确的是 [ ]
A．A比B先亮，然后A熄灭
B．B比A先亮，然后B逐渐变暗，A逐渐变亮
C．AB一齐亮，然后A熄灭
D．A、B一齐亮．然后A逐渐变亮．B的亮度不变
【错解分析】错解：当电键闭合时．A灯与线圈L串联，B灯与R串联后分别并联于电源两端。虽然K闭合瞬间线圈会产生自感，即阻碍通过线圈支路电流的的增加。但A灯与L串联后并联接在电源上。电源两端有电压，就会有电流，所以AB都应该同时亮起来。只是闭合K的瞬间A灯不能达到应有的电流而亮度发暗。K闭合一段时间后两灯达到同样的亮度。所以A灯逐渐变亮，B灯亮度不发生变化，选D。
选择D选项时对自感现象理解不够。在K闭合的瞬间，通过每盏灯的电流到底怎样变化不清楚。
【正确解答】
电键闭合的瞬间，线圈由于自感产生自感电动势，其作用相当于一个电源。这样对整个回路而言相当于两个电源共同作用在同一个回路中。两个电源各自独立产生电流，实际上等于两个电流的叠加。根据上述原理可在电路中标出两个电源各自独立产生的电流的方向。
图11-23a、b是两电源独立产生电流的流向图，C图是合并在一起的电流流向图。由图可知、在A灯处原电流与感应电流反向，故A灯不能立刻亮起来。在B灯处原电流与感应电流同向，实际电流为两者之和，大于原电流。故B灯比正常发光亮（因正常发光时电流就是原电流）。随着自感的减弱，感应电流减弱，A灯的实际电流增大，B灯实际电流减少，A变亮，B灯变暗，直到自感现象消失，两灯以原电流正常发光。应选B。
例17 在如图11－24所示的水平导轨上（摩擦、电阻忽略不计），有竖直向下的匀强磁场，磁感强度B，导轨左端的间距为L1=4L0，右端间距为L2=L0。今在导轨上放置AC，DE两根导体棒，质量分别为m1=2m0，m2=m0，电阻R1=4R0，R2=R0。若AC棒以初速度V0向右运动，求AC棒运动的过程中产生的总焦耳热QAC，以及通过它们的总电量q。
【错解分析】错解：AC棒在磁场力的作用下，做变速运动。运动过程复杂，应从功能关系的角度来分析。由于没有摩擦，最后稳定的状态应为两棒做匀速运动。根据动量守恒定律m1v0=（m1＋m2）v′
整个回路产生的焦耳热
因为R1=4R0，R2=R0。所以AC棒在运动过程中产生的焦耳热
对AC棒应用动量定理：BIL1?△t=m1v′－m1v0
AC棒在磁场力的作用下做变速运动，最后达到运动稳定，两棒都做匀速运动的分析是正确的。但是以此类推认为两棒的运动速度相同是错误的。如果两棒的速度相同则回路中还有磁通量的变化，还会存在感应电动势，感应电流还会受到安培力的作用，AC，DE不可能做匀速运动。
【正确解答】
由于棒L1向右运动，回路中产生电流，Ll受安培力的作用后减速，L2受安培力加速使回路中的电流逐渐减小。只需v1，v2满足一定关系，
两棒做匀速运动。
两棒匀速运动时，I=0，即回路的总电动势为零。所以有
BLlv1=BL2v2
再对DE棒应用动量定理BL2I?△t = m2v2
【小结】
以前我们做过类似的题。那道题中的平行轨道间距都是一样的。有一些同学不假思索，把那道题的结论照搬到本题中来，犯了生搬硬套的错误。差异就是矛盾。两道题的差别就在平行导轨的宽度不一样上。如何分析它们之间的差别呢？还是要从基本原理出发。平行轨道间距一样的情况两根导体棒的速度相等，才能使回路中的磁通量的变化为零。本题中如果两根导轨的速度一样，由于平行导轨的宽度不同导致磁通量的变化不为零，仍然会有感应电流产生，两根导体棒还会受到安培力的作用，其中的一根继续减速，另一根继续加速，直到回路中的磁通量的变化为零，才使得两根导体棒做匀速运动。抓住了两道题的差异之所在，问题就会迎刃而解。
例18 如图 11－25所示光滑平行金属轨道abcd，轨道的水平部分bcd处于竖直向上的匀强磁场中，bc部分平行导轨宽度是cd部分的2倍，轨道足够长。将质量相同的金属棒P和Q分别置于轨道的ab段和cd段。P棒位于距水平轨道高为h的地方，放开P棒，使其自由下滑，求P棒和Q棒的最终速度。
【错解分析】错解：
设P，Q棒的质量为m，长度分别为2L和L，磁感强度为B，P棒进入水平轨道的速度为v0，对于P棒，运用机械能守恒定律得
当P棒进入水平轨道后，切割磁感线产生感应电流。P棒受到安培力作用而减速，Q棒受到安培力而加速，Q棒运动后也将产生感应电动势，与P棒感应电动势反向，因此回路中的电流将减小。最终达到匀速运动时，回路的电流为零，所以
εp=εQ
即2BLvp=BLvQ
2vp=vQ
对于P，Q棒，运用动量守恒定律得到
mv0=mvp+mvQ
错解中对P，Q的运动过程分析是正确的，但在最后求速度时运用动量守恒定律出现错误。因为当P，Q在水平轨道上运动时，它们所受到的合力并不为零。Fp=2BIL，FQ=BIL（设I为回路中的电流），因此P，Q组成的系统动量不守恒。
【正确解答】
设P棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为△t，P，Q
对PQ分别应用动量定理得
【小结】
运用动量守恒定律和机械能守恒定律之前，要判断题目所给的过程是否满足守恒的条件。动量守恒的条件是：系统所受的合外力为零，或者是在某一方向上所受的合外力为零，则系统在该方向上动量的分量守恒。
第10单元：磁场
【内容和方法】
本单元内容包括磁感应强度、磁感线、磁通量、电流的磁场、安培力、洛仑兹力等基本概念，以及磁现象的电本质、安培定则、左手定则等规律。
本单元涉及到的基本方法有，运用空间想象力和磁感线将磁场的空间分布形象化是解决磁场问题的关键。运用安培定则、左手定则判断磁场方向和载流导线、运动的带电粒子受力情况是将力学知识与磁场问题相结合的切入点。
【例题分析】
在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：不能准确地再现题目中所叙述的磁场的空间分布和带电粒子的运动轨迹：运用安培定则、左手定则判断磁场方向和载流导线、运动的带电粒子受力情况时出错；运用几何知识时出现错误；不善于分析多过程的物理问题。
例1 如图10-1，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线，导线与磁场垂直，现给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是： [ ]
A．磁铁对桌面的压力减小
B．磁铁对桌面的压力增大
C．磁铁对桌面的压力不变
D．以上说法都不可能
【错解分析】错解：磁铁吸引导线而使磁铁导线对桌面有压力，选B。
错解在选择研究对象做受力分析上出现问题，也没有用牛顿第三定律来分析导线对磁铁的反作用力作用到哪里。
【正确解答】
通电导线置于条形磁铁上方使通电导线置于磁场中如图10-2所示，由左手定则判断通电导线受到向下的安培力作用，同时由牛顿第三定律可知，力的作用是相互的，磁铁对通电导线有向下作用的同时，通电导线对磁铁有反作用力，作用在磁铁上，方向向上，如图10-3。对磁铁做受力分析，由于磁铁始终静止，无通电导线时，N = mg，有通电导线后N+F′=mg，N=mg-F′，磁铁对桌面压力减小，选A。
例2 如图10-4所示，水平放置的扁平条形磁铁，在磁铁的左端正上方有一线框，线框平面与磁铁垂直，当线框从左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的过程中，穿过它的磁通量的变化是： [ ]
A．先减小后增大
B．始终减小
C．始终增大
D．先增大后减小
【错解分析】错解：条形磁铁的磁性两极强，故线框从磁极的一端移到另一端的过程中磁性由强到弱再到强，由磁通量计算公式可知Φ=B?S，线框面积不变，Φ与B成正比例变化，所以选A。
做题时没有真正搞清磁通量的概念，脑子里未正确形成条形磁铁的磁力线空间分布的模型。因此，盲目地生搬硬套磁通量的计算公式Φ=B?S，由条形磁铁两极的磁感应强度B大于中间部分的磁感应强度，得出线框在两极正上方所穿过的磁通量Φ大于中间正上方所穿过的磁通量。
【正确解答】
规范画出条形磁铁的磁感线空间分布的剖面图，如图10-5所示。利用Φ=B?S定性判断出穿过闭合线圈的磁通量先增大后减小，选D。
【小结】
Φ=B?S计算公式使用时是有条件的，B是匀强磁场且要求B垂直S，所以磁感应强度大的位置磁通量不一定大，而本题的两极上方的磁场不是匀强磁场，磁场与正上方线框平面所成的角度又未知，难以定量加以计算，编写此题的目的就是想提醒同学们对磁场的形象化给予足够的重视。
例3 如图10-6所示，螺线管两端加上交流电压，沿着螺线管轴线方向有一电子射入，则该电子在螺线管内将做 [ ]
A．加速直线运动 B．匀速直线运动
C．匀速圆周运动 D．简谐运动
【错解分析】
错解一：螺线管两端加上交流电压，螺线管内有磁场，电子在磁场中要受到磁场力的作用，故选A。
错解二：螺线管两端加上了交流电压，螺线管内部有磁场，磁场方向周期性发生变化，电子在周期性变化的磁场中受到的力也发生周期性变化，而做往复运动。故选D。