在金属内部.能自由移动的电荷是 ,在酸.碱.盐等液体内部能自由移动移动的电荷是 (填“原子 .“原子核 .“电子 .“正离子 或“负离子 )——精英家教网——
成绩波动大？难提高？听顶级名师视频辅导，
在金属内部.能自由移动的电荷是 ,在酸.碱.盐等液体内部能自由移动移动的电荷是 (填“原子 .“原子核 .“电子 .“正离子 或“负离子 ) 【】
题目列表(包括答案和解析)
&【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两题，并在答题卡相应的答题区域内作答．若三题都做，则按A、B两题评分．A．(选修模块3—3)（12分）（1）（4分）判断以下说法的正误，在相应的括号内打“√”或“×”。& （A）用手捏面包，面包体积会缩小，说明分子之间有间隙。（&&&）& （B）温度相同的氢气和氧气，氢气分子和氧气分子的平均速率相同。（&&&）& （C）夏天荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故。（&&& ）& （D）自然界中进行的一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性。（&&&）（2）（4分）在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，有下列操作步骤，请补充实验步骤的内容及实验步骤中的计算式：& （A）用滴管将浓度为的油酸酒精溶液逐滴滴入量筒，记下的油酸酒精溶液的滴数；& （B）将痱子粉末均匀地撒在浅盘内的水面上，用滴管吸取浓度为的油酸酒精溶液，逐滴向水面上滴入，直到油酸薄膜表面足够大，且不与器壁接触为止，记下滴入的滴数；& （C）________________▲________________；& （D）将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数；& （E）用上述测量的物理量可以估算出单个油酸分子的直径__▲____。（3）如图所示，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，截面积为40cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在气缸内。在气缸内距缸底60cm&&& 处设有卡环ab，使活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在ab上，缸内气体的压强等于大气压强为p0＝1.0×105Pa，温度为300K。现缓慢加热汽缸内气体，当温度缓慢升高为330K，活塞恰好离开ab；当温度缓慢升高为360K时，活塞上升了4cm。求：（1）活塞的质量；（2）整个过程中气体对外界做的功。B．(选修模块3—4)（12分）（1）（4分）判断以下说法的正误，在相应的括号内打“√”或“×”。&& （A）光速不变原理是狭义相对论的两个基本假设之一。（&&&&&）&& （B）拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度。（&&&&& ）&& （C）光在介质中的速度大于光在真空中的速度。（&&&&&）（D）变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场。（&&&&&）&&& （2）（4分）如图为一横波发生器的显示屏，可以显示出波由0点从左向右传播的图像，屏上每一小格长度为1cm。在t＝0时刻横波发生器上能显示的波形如图所示。因为显示屏的局部故障，造成从水平位置A到B之间（不包括A、B两处）的波形无法被观察到（故障不影响波在发生器内传播）。此后的时间内，观察者看到波形相继传经B、C处，在t＝5秒时，观察者看到C处恰好第三次（从C开始振动后算起）出现平衡位置，则该波的波速可能是（A）3.6cm/s&&& （B）4.8cm/s（C）6cm/s&&&& （D）7.2cm/s&&&（3）（4分）如图所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率。在平铺的白纸上垂直纸面插大头针、确定入射光线，并让入射光线过圆心，在玻璃砖（图中实线部分）另一侧垂直纸面插大头针，使挡住、的像，连接。图中为分界面，虚线半圆与玻璃砖对称，、分别是入射光线、折射光线与圆的交点，、均垂直于法线并分别交法线于、点。设的长度为，的长度为，的长度为，的长度为，求：①为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量（用上述给&& 出量的字母表示），②玻璃砖的折射率&&C．(选修模块3—5)（12分）（1）下列说法中正确的是___▲_____ （A）X射线是处于激发态的原子核辐射出的（B）放射性元素发生一次β衰变，原子序数增加1 （C）光电效应揭示了光具有粒子性，康普顿效应揭示了光具有波动性（D）原子核的半衰期不仅与核内部自身因素有关，还与原子所处的化学状态& 有关（2）氢原子的能级如图所示，当氢原子从n=4向n=2的能级跃迁时，辐射的光&&子照射在某金属上，刚好能发生光电效应，则该金属的逸出功为 ▲& eV。现有一群处于n=5的能级的氢原子向低能级跃迁，在辐射出的各种频率的光子中，能使该金属发生光电效应的频率共有&&▲&&& 种。&（3）如图，质量为m的小球系于长L＝0.8m的轻绳末端。绳的另一端系于O点。将小球移到轻绳水平位置后释放，小球摆到最低点A时，恰与原静止于水平面上的物块P相碰。碰后小球回摆，上升的最高点为B，A、B的高度差为h＝0.2m。已知P的质量为M＝3m，P与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25，小球与P的相互作用时间极短。求P沿水平面滑行的距离。&&
&【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两题，并在答题卡相应的答题区域内作答．若三题都做，则按A、B两题评分．A．(选修模块3—3)（12分）（1）（4分）判断以下说法的正误，在相应的括号内打“√”或“×”。& （A）用手捏面包，面包体积会缩小，说明分子之间有间隙。（&&&）& （B）温度相同的氢气和氧气，氢气分子和氧气分子的平均速率相同。（&&&）& （C）夏天荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故。（&&& ）& （D）自然界中进行的一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性。（&&&）（2）（4分）在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，有下列操作步骤，请补充实验步骤的内容及实验步骤中的计算式：& （A）用滴管将浓度为的油酸酒精溶液逐滴滴入量筒，记下的油酸酒精溶液的滴数；& （B）将痱子粉末均匀地撒在浅盘内的水面上，用滴管吸取浓度为的油酸酒精溶液，逐滴向水面上滴入，直到油酸薄膜表面足够大，且不与器壁接触为止，记下滴入的滴数；& （C）________________▲________________；& （D）将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数；& （E）用上述测量的物理量可以估算出单个油酸分子的直径__▲____。（3）如图所示，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，截面积为40cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在气缸内。在气缸内距缸底60cm&&& 处设有卡环ab，使活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在ab上，缸内气体的压强等于大气压强为p0＝1.0×105Pa，温度为300K。现缓慢加热汽缸内气体，当温度缓慢升高为330K，活塞恰好离开ab；当温度缓慢升高为360K时，活塞上升了4cm。求：（1）活塞的质量；（2）整个过程中气体对外界做的功。B．(选修模块3—4)（12分）（1）（4分）判断以下说法的正误，在相应的括号内打“√”或“×”。&& （A）光速不变原理是狭义相对论的两个基本假设之一。（&&&&&）&& （B）拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度。（&&&&& ）&& （C）光在介质中的速度大于光在真空中的速度。（&&&&&）（D）变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场。（&&&&&）&&& （2）（4分）如图为一横波发生器的显示屏，可以显示出波由0点从左向右传播的图像，屏上每一小格长度为1cm。在t＝0时刻横波发生器上能显示的波形如图所示。因为显示屏的局部故障，造成从水平位置A到B之间（不包括A、B两处）的波形无法被观察到（故障不影响波在发生器内传播）。此后的时间内，观察者看到波形相继传经B、C处，在t＝5秒时，观察者看到C处恰好第三次（从C开始振动后算起）出现平衡位置，则该波的波速可能是（A）3.6cm/s&&& （B）4.8cm/s（C）6cm/s&&&& （D）7.2cm/s&&&（3）（4分）如图所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率。在平铺的白纸上垂直纸面插大头针、确定入射光线，并让入射光线过圆心，在玻璃砖（图中实线部分）另一侧垂直纸面插大头针，使挡住、的像，连接。图中为分界面，虚线半圆与玻璃砖对称，、分别是入射光线、折射光线与圆的交点，、均垂直于法线并分别交法线于、点。设的长度为，的长度为，的长度为，的长度为，求：①为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量（用上述给&& 出量的字母表示），②玻璃砖的折射率&&C．(选修模块3—5)（12分）（1）下列说法中正确的是___▲_____ （A）X射线是处于激发态的原子核辐射出的（B）放射性元素发生一次β衰变，原子序数增加1 （C）光电效应揭示了光具有粒子性，康普顿效应揭示了光具有波动性（D）原子核的半衰期不仅与核内部自身因素有关，还与原子所处的化学状态& 有关（2）氢原子的能级如图所示，当氢原子从n=4向n=2的能级跃迁时，辐射的光&&子照射在某金属上，刚好能发生光电效应，则该金属的逸出功为 ▲& eV。现有一群处于n=5的能级的氢原子向低能级跃迁，在辐射出的各种频率的光子中，能使该金属发生光电效应的频率共有&&▲&&& 种。&（3）如图，质量为m的小球系于长L＝0.8m的轻绳末端。绳的另一端系于O点。将小球移到轻绳水平位置后释放，小球摆到最低点A时，恰与原静止于水平面上的物块P相碰。碰后小球回摆，上升的最高点为B，A、B的高度差为h＝0.2m。已知P的质量为M＝3m，P与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25，小球与P的相互作用时间极短。求P沿水平面滑行的距离。&&
第九部分 稳恒电流第一讲 基本知识介绍第八部分《稳恒电流》包括两大块：一是“恒定电流”，二是“物质的导电性”。前者是对于电路的外部计算，后者则是深入微观空间，去解释电流的成因和比较不同种类的物质导电的情形有什么区别。应该说，第一块的知识和高考考纲对应得比较好，深化的部分是对复杂电路的计算（引入了一些新的处理手段）。第二块虽是全新的内容，但近几年的考试已经很少涉及，以至于很多奥赛培训资料都把它删掉了。鉴于在奥赛考纲中这部分内容还保留着，我们还是想粗略地介绍一下。一、欧姆定律1、电阻定律a、电阻定律&R =&ρb、金属的电阻率&ρ&=&ρ0（1 +&αt）2、欧姆定律a、外电路欧姆定律&U = IR&，顺着电流方向电势降落b、含源电路欧姆定律在如图8-1所示的含源电路中，从A点到B点，遵照原则：①遇电阻，顺电流方向电势降落（逆电流方向电势升高）②遇电源，正极到负极电势降落，负极到正极电势升高（与电流方向无关），可以得到以下关系UA&? IR ?&ε&? Ir = UB&这就是含源电路欧姆定律。c、闭合电路欧姆定律在图8-1中，若将A、B两点短接，则电流方向只可能向左，含源电路欧姆定律成为UA&+ IR ?&ε&+ Ir = UB&= UA即&ε&= IR + Ir&，或&I =&这就是闭合电路欧姆定律。值得注意的的是：①对于复杂电路，“干路电流I”不能做绝对的理解（任何要考察的一条路均可视为干路）；②电源的概念也是相对的，它可以是多个电源的串、并联，也可以是电源和电阻组成的系统；③外电阻R可以是多个电阻的串、并联或混联，但不能包含电源。二、复杂电路的计算1、戴维南定理：一个由独立源、线性电阻、线性受控源组成的二端网络，可以用一个电压源和电阻串联的二端网络来等效。（事实上，也可等效为“电流源和电阻并联的的二端网络”——这就成了诺顿定理。）应用方法：其等效电路的电压源的电动势等于网络的开路电压，其串联电阻等于从端钮看进去该网络中所有独立源为零值时的等效电阻。2、基尔霍夫（克希科夫）定律a、基尔霍夫第一定律：在任一时刻流入电路中某一分节点的电流强度的总和，等于从该点流出的电流强度的总和。例如，在图8-2中，针对节点P&，有I2&+ I3&= I1&基尔霍夫第一定律也被称为“节点电流定律”，它是电荷受恒定律在电路中的具体体现。对于基尔霍夫第一定律的理解，近来已经拓展为：流入电路中某一“包容块”的电流强度的总和，等于从该“包容块”流出的电流强度的总和。b、基尔霍夫第二定律：在电路中任取一闭合回路，并规定正的绕行方向，其中电动势的代数和，等于各部分电阻（在交流电路中为阻抗）与电流强度乘积的代数和。例如，在图8-2中，针对闭合回路①&，有ε3&?&ε2&= I3&( r3&+ R2&+ r2&) ? I2R2&基尔霍夫第二定律事实上是含源部分电路欧姆定律的变体（☆同学们可以列方程 UP&= … = UP得到和上面完全相同的式子）。3、Y?Δ变换在难以看清串、并联关系的电路中，进行“Y型?Δ型”的相互转换常常是必要的。在图8-3所示的电路中☆同学们可以证明Δ→ Y的结论…Rc&=&Rb&=&Ra&=&Y→Δ的变换稍稍复杂一些，但我们仍然可以得到R1&=&R2&=&R3&=&三、电功和电功率1、电源使其他形式的能量转变为电能的装置。如发电机、电池等。发电机是将机械能转变为电能；干电池、蓄电池是将化学能转变为电能；光电池是将光能转变为电能；原子电池是将原子核放射能转变为电能；在电子设备中，有时也把变换电能形式的装置，如整流器等，作为电源看待。电源电动势定义为电源的开路电压，内阻则定义为没有电动势时电路通过电源所遇到的电阻。据此不难推出相同电源串联、并联，甚至不同电源串联、并联的时的电动势和内阻的值。例如，电动势、内阻分别为ε1&、r1和ε2&、r2的电源并联，构成的新电源的电动势ε和内阻r分别为（☆师生共同推导…）ε&=&r =&2、电功、电功率电流通过电路时，电场力对电荷作的功叫做电功W。单位时间内电场力所作的功叫做电功率P&。计算时，只有W = UIt和P = UI是完全没有条件的，对于不含源的纯电阻，电功和焦耳热重合，电功率则和热功率重合，有W = I2Rt =&t和P = I2R =&。对非纯电阻电路，电功和电热的关系依据能量守恒定律求解。&四、物质的导电性在不同的物质中，电荷定向移动形成电流的规律并不是完全相同的。1、金属中的电流即通常所谓的不含源纯电阻中的电流，规律遵从“外电路欧姆定律”。2、液体导电能够导电的液体叫电解液（不包括液态金属）。电解液中离解出的正负离子导电是液体导电的特点（如：硫酸铜分子在通常情况下是电中性的，但它在溶液里受水分子的作用就会离解成铜离子Cu2+和硫酸根离子S，它们在电场力的作用下定向移动形成电流）。在电解液中加电场时，在两个电极上（或电极旁）同时产生化学反应的过程叫作“电解”。电解的结果是在两个极板上（或电极旁）生成新的物质。液体导电遵从法拉第电解定律——法拉第电解第一定律：电解时在电极上析出或溶解的物质的质量和电流强度、跟通电时间成正比。表达式：m = kIt&＝&KQ&（式中Q为析出质量为m的物质所需要的电量；K为电化当量，电化当量的数值随着被析出的物质种类而不同，某种物质的电化当量在数值上等于通过1C电量时析出的该种物质的质量，其单位为kg/C。）法拉第电解第二定律：物质的电化当量K和它的化学当量成正比。某种物质的化学当量是该物质的摩尔质量M（克原子量）和它的化合价n的比值，即&K =&&，而F为法拉第常数，对任何物质都相同，F = 9.65×104C/mol&。将两个定律联立可得：m =&Q&。3、气体导电气体导电是很不容易的，它的前提是气体中必须出现可以定向移动的离子或电子。按照“载流子”出现方式的不同，可以把气体放电分为两大类——a、被激放电在地面放射性元素的辐照以及紫外线和宇宙射线等的作用下，会有少量气体分子或原子被电离，或在有些灯管内，通电的灯丝也会发射电子，这些“载流子”均会在电场力作用下产生定向移动形成电流。这种情况下的电流一般比较微弱，且遵从欧姆定律。典型的被激放电情形有b、自激放电但是，当电场足够强，电子动能足够大，它们和中性气体相碰撞时，可以使中性分子电离，即所谓碰撞电离。同时，在正离子向阴极运动时，由于以很大的速度撞到阴极上，还可能从阴极表面上打出电子来，这种现象称为二次电子发射。碰撞电离和二次电子发射使气体中在很短的时间内出现了大量的电子和正离子，电流亦迅速增大。这种现象被称为自激放电。自激放电不遵从欧姆定律。常见的自激放电有四大类：辉光放电、弧光放电、火花放电、电晕放电。4、超导现象据金属电阻率和温度的关系，电阻率会随着温度的降低和降低。当电阻率降为零时，称为超导现象。电阻率为零时对应的温度称为临界温度。超导现象首先是荷兰物理学家昂尼斯发现的。超导的应用前景是显而易见且相当广阔的。但由于一般金属的临界温度一般都非常低，故产业化的价值不大，为了解决这个矛盾，科学家们致力于寻找或合成临界温度比较切合实际的材料就成了当今前沿科技的一个热门领域。当前人们的研究主要是集中在合成材料方面，临界温度已经超过100K，当然，这个温度距产业化的期望值还很远。5、半导体半导体的电阻率界于导体和绝缘体之间，且ρ
第八部分 静电场第一讲 基本知识介绍在奥赛考纲中，静电学知识点数目不算多，总数和高考考纲基本相同，但在个别知识点上，奥赛的要求显然更加深化了：如非匀强电场中电势的计算、电容器的连接和静电能计算、电介质的极化等。在处理物理问题的方法上，对无限分割和叠加原理提出了更高的要求。如果把静电场的问题分为两部分，那就是电场本身的问题、和对场中带电体的研究，高考考纲比较注重第二部分中带电粒子的运动问题，而奥赛考纲更注重第一部分和第二部分中的静态问题。也就是说，奥赛关注的是电场中更本质的内容，关注的是纵向的深化和而非横向的综合。一、电场强度1、实验定律a、库仑定律内容；条件：⑴点电荷，⑵真空，⑶点电荷静止或相对静止。事实上，条件⑴和⑵均不能视为对库仑定律的限制，因为叠加原理可以将点电荷之间的静电力应用到一般带电体，非真空介质可以通过介电常数将k进行修正（如果介质分布是均匀和“充分宽广”的，一般认为k′= k /εr）。只有条件⑶，它才是静电学的基本前提和出发点（但这一点又是常常被忽视和被不恰当地“综合应用”的）。b、电荷守恒定律c、叠加原理2、电场强度a、电场强度的定义电场的概念；试探电荷（检验电荷）；定义意味着一种适用于任何电场的对电场的检测手段；电场线是抽象而直观地描述电场有效工具（电场线的基本属性）。b、不同电场中场强的计算决定电场强弱的因素有两个：场源（带电量和带电体的形状）和空间位置。这可以从不同电场的场强决定式看出——⑴点电荷：E = k结合点电荷的场强和叠加原理，我们可以求出任何电场的场强，如——⑵均匀带电环，垂直环面轴线上的某点P：E =&，其中r和R的意义见图7-1。⑶均匀带电球壳内部：E内&= 0外部：E外&= k&，其中r指考察点到球心的距离如果球壳是有厚度的的（内径R1&、外径R2），在壳体中（R1＜r＜R2）：E =&&，其中ρ为电荷体密度。这个式子的物理意义可以参照万有引力定律当中（条件部分）的“剥皮法则”理解〔即为图7-2中虚线以内部分的总电量…〕。⑷无限长均匀带电直线（电荷线密度为λ）：E =&⑸无限大均匀带电平面（电荷面密度为σ）：E = 2πkσ二、电势1、电势：把一电荷从P点移到参考点P0时电场力所做的功W与该电荷电量q的比值，即U =&参考点即电势为零的点，通常取无穷远或大地为参考点。和场强一样，电势是属于场本身的物理量。W则为电荷的电势能。2、典型电场的电势a、点电荷以无穷远为参考点，U = kb、均匀带电球壳以无穷远为参考点，U外&= k&，U内&= k3、电势的叠加由于电势的是标量，所以电势的叠加服从代数加法。很显然，有了点电荷电势的表达式和叠加原理，我们可以求出任何电场的电势分布。4、电场力对电荷做功WAB&= q（UA&－&UB）= qUAB&三、静电场中的导体静电感应→静电平衡（狭义和广义）→静电屏蔽1、静电平衡的特征可以总结为以下三层含义——a、导体内部的合场强为零；表面的合场强不为零且一般各处不等，表面的合场强方向总是垂直导体表面。b、导体是等势体，表面是等势面。c、导体内部没有净电荷；孤立导体的净电荷在表面的分布情况取决于导体表面的曲率。2、静电屏蔽导体壳（网罩）不接地时，可以实现外部对内部的屏蔽，但不能实现内部对外部的屏蔽；导体壳（网罩）接地后，既可实现外部对内部的屏蔽，也可实现内部对外部的屏蔽。四、电容1、电容器孤立导体电容器→一般电容器2、电容a、定义式&C =&b、决定式。决定电容器电容的因素是：导体的形状和位置关系、绝缘介质的种类，所以不同电容器有不同的电容⑴平行板电容器&C =&&=&&，其中ε为绝对介电常数（真空中ε0&=&&，其它介质中ε=&），εr则为相对介电常数，εr&=&&。⑵柱形电容器：C =&⑶球形电容器：C =&3、电容器的连接a、串联&&=&+++&…&+b、并联&C = C1&+ C2&+ C3&+&…&+ Cn&4、电容器的能量用图7-3表征电容器的充电过程，“搬运”电荷做功W就是图中阴影的面积，这也就是电容器的储能E&，所以E =&q0U0&=&C&=&电场的能量。电容器储存的能量究竟是属于电荷还是属于电场？正确答案是后者，因此，我们可以将电容器的能量用场强E表示。对平行板电容器&E总&=&E2&认为电场能均匀分布在电场中，则单位体积的电场储能&w =&E2&。而且，这以结论适用于非匀强电场。五、电介质的极化1、电介质的极化a、电介质分为两类：无极分子和有极分子，前者是指在没有外电场时每个分子的正、负电荷“重心”彼此重合（如气态的H2&、O2&、N2和CO2），后者则反之（如气态的H2O&、SO2和液态的水硝基笨）b、电介质的极化：当介质中存在外电场时，无极分子会变为有极分子，有极分子会由原来的杂乱排列变成规则排列，如图7-4所示。2、束缚电荷、自由电荷、极化电荷与宏观过剩电荷a、束缚电荷与自由电荷：在图7-4中，电介质左右两端分别显现负电和正电，但这些电荷并不能自由移动，因此称为束缚电荷，除了电介质，导体中的原子核和内层电子也是束缚电荷；反之，能够自由移动的电荷称为自由电荷。事实上，导体中存在束缚电荷与自由电荷，绝缘体中也存在束缚电荷和自由电荷，只是它们的比例差异较大而已。b、极化电荷是更严格意义上的束缚电荷，就是指图7-4中电介质两端显现的电荷。而宏观过剩电荷是相对极化电荷来说的，它是指可以自由移动的净电荷。宏观过剩电荷与极化电荷的重要区别是：前者能够用来冲放电，也能用仪表测量，但后者却不能。第二讲 重要模型与专题一、场强和电场力【物理情形1】试证明：均匀带电球壳内部任意一点的场强均为零。【模型分析】这是一个叠加原理应用的基本事例。如图7-5所示，在球壳内取一点P&，以P为顶点做两个对顶的、顶角很小的锥体，锥体与球面相交得到球面上的两个面元ΔS1和ΔS2&，设球面的电荷面密度为σ，则这两个面元在P点激发的场强分别为ΔE1&= kΔE2&= k为了弄清ΔE1和ΔE2的大小关系，引进锥体顶部的立体角ΔΩ&，显然&=&ΔΩ&=&所以&ΔE1&= k&，ΔE2&= k&，即：ΔE1&=&ΔE2&，而它们的方向是相反的，故在P点激发的合场强为零。同理，其它各个相对的面元ΔS3和ΔS4&、ΔS5和ΔS6&…&激发的合场强均为零。原命题得证。【模型变换】半径为R的均匀带电球面，电荷的面密度为σ，试求球心处的电场强度。【解析】如图7-6所示，在球面上的P处取一极小的面元ΔS&，它在球心O点激发的场强大小为ΔE = k&，方向由P指向O点。无穷多个这样的面元激发的场强大小和ΔS激发的完全相同，但方向各不相同，它们矢量合成的效果怎样呢？这里我们要大胆地预见——由于由于在x方向、y方向上的对称性，Σ&=&Σ&= 0&，最后的ΣE =&ΣEz&，所以先求ΔEz&=&ΔEcosθ= k&，而且ΔScosθ为面元在xoy平面的投影，设为ΔS′所以&ΣEz&=&ΣΔS′而&ΣΔS′=&πR2&【答案】E = kπσ&，方向垂直边界线所在的平面。〖学员思考〗如果这个半球面在yoz平面的两边均匀带有异种电荷，面密度仍为σ，那么，球心处的场强又是多少？〖推荐解法〗将半球面看成4个球面，每个球面在x、y、z三个方向上分量均为&kπσ，能够对称抵消的将是y、z两个方向上的分量，因此ΣE = ΣEx&…〖答案〗大小为kπσ，方向沿x轴方向（由带正电的一方指向带负电的一方）。【物理情形2】有一个均匀的带电球体，球心在O点，半径为R ，电荷体密度为ρ ，球体内有一个球形空腔，空腔球心在O′点，半径为R′，= a ，如图7-7所示，试求空腔中各点的场强。【模型分析】这里涉及两个知识的应用：一是均匀带电球体的场强定式（它也是来自叠加原理，这里具体用到的是球体内部的结论，即“剥皮法则”），二是填补法。将球体和空腔看成完整的带正电的大球和带负电（电荷体密度相等）的小球的集合，对于空腔中任意一点P ，设&= r1&，&= r2&，则大球激发的场强为E1&= k&=&kρπr1&，方向由O指向P“小球”激发的场强为E2&= k&=&kρπr2&，方向由P指向O′E1和E2的矢量合成遵从平行四边形法则，ΣE的方向如图。又由于矢量三角形PE1ΣE和空间位置三角形OP O′是相似的，ΣE的大小和方向就不难确定了。【答案】恒为kρπa ，方向均沿O → O′，空腔里的电场是匀强电场。〖学员思考〗如果在模型2中的OO′连线上O′一侧距离O为b（b＞R）的地方放一个电量为q的点电荷，它受到的电场力将为多大？〖解说〗上面解法的按部就班应用…〖答〗πkρq〔?〕。二、电势、电量与电场力的功【物理情形1】如图7-8所示，半径为R的圆环均匀带电，电荷线密度为λ，圆心在O点，过圆心跟环面垂直的轴线上有P点，&= r&，以无穷远为参考点，试求P点的电势UP&。【模型分析】这是一个电势标量叠加的简单模型。先在圆环上取一个元段ΔL&，它在P点形成的电势ΔU = k环共有段，各段在P点形成的电势相同，而且它们是标量叠加。【答案】UP&=&〖思考〗如果上题中知道的是环的总电量Q ，则UP的结论为多少？如果这个总电量的分布不是均匀的，结论会改变吗？〖答〗UP&=&&；结论不会改变。〖再思考〗将环换成半径为R的薄球壳，总电量仍为Q ，试问：（1）当电量均匀分布时，球心电势为多少？球内（包括表面）各点电势为多少？（2）当电量不均匀分布时，球心电势为多少？球内（包括表面）各点电势为多少？〖解说〗（1）球心电势的求解从略；球内任一点的求解参看图7-5ΔU1&= k= k·= kσΔΩΔU2&= kσΔΩ它们代数叠加成 ΔU = ΔU1&+ ΔU2&= kσΔΩ而 r1&+ r2&= 2Rcosα所以 ΔU = 2RkσΔΩ所有面元形成电势的叠加&ΣU =&2RkσΣΔΩ注意：一个完整球面的ΣΔΩ = 4π（单位：球面度sr），但作为对顶的锥角，ΣΔΩ只能是2π ，所以——ΣU =&4πRkσ= k（2）球心电势的求解和〖思考〗相同；球内任一点的电势求解可以从（1）问的求解过程得到结论的反证。〖答〗（1）球心、球内任一点的电势均为k&；（2）球心电势仍为k&，但其它各点的电势将随电量的分布情况的不同而不同（内部不再是等势体，球面不再是等势面）。【相关应用】如图7-9所示，球形导体空腔内、外壁的半径分别为R1和R2&，带有净电量+q&，现在其内部距球心为r的地方放一个电量为+Q的点电荷，试求球心处的电势。【解析】由于静电感应，球壳的内、外壁形成两个带电球壳。球心电势是两个球壳形成电势、点电荷形成电势的合效果。根据静电感应的尝试，内壁的电荷量为－Q&，外壁的电荷量为+Q+q&，虽然内壁的带电是不均匀的，根据上面的结论，其在球心形成的电势仍可以应用定式，所以…【答案】Uo&= k&－&k&+ k&。〖反馈练习〗如图7-10所示，两个极薄的同心导体球壳A和B，半径分别为RA和RB&，现让A壳接地，而在B壳的外部距球心d的地方放一个电量为+q的点电荷。试求：（1）A球壳的感应电荷量；（2）外球壳的电势。〖解说〗这是一个更为复杂的静电感应情形，B壳将形成图示的感应电荷分布（但没有净电量），A壳的情形未画出（有净电量），它们的感应电荷分布都是不均匀的。此外，我们还要用到一个重要的常识：接地导体（A壳）的电势为零。但值得注意的是，这里的“为零”是一个合效果，它是点电荷q 、A壳、B壳（带同样电荷时）单独存在时在A中形成的的电势的代数和，所以，当我们以球心O点为对象，有UO&= k&+ k&+ k&=&0QB应指B球壳上的净电荷量，故 QB&= 0所以 QA&= －q☆学员讨论：A壳的各处电势均为零，我们的方程能不能针对A壳表面上的某点去列？（答：不能，非均匀带电球壳的球心以外的点不能应用定式！）基于刚才的讨论，求B的电势时也只能求B的球心的电势（独立的B壳是等势体，球心电势即为所求）——UB&=&k&+ k〖答〗（1）QA&= －q ；（2）UB&= k(1－) 。【物理情形2】图7-11中，三根实线表示三根首尾相连的等长绝缘细棒，每根棒上的电荷分布情况与绝缘棒都换成导体棒时完全相同。点A是Δabc的中心，点B则与A相对bc棒对称，且已测得它们的电势分别为UA和UB&。试问：若将ab棒取走，A、B两点的电势将变为多少？【模型分析】由于细棒上的电荷分布既不均匀、三根细棒也没有构成环形，故前面的定式不能直接应用。若用元段分割→叠加，也具有相当的困难。所以这里介绍另一种求电势的方法。每根细棒的电荷分布虽然复杂，但相对各自的中点必然是对称的，而且三根棒的总电量、分布情况彼此必然相同。这就意味着：①三棒对A点的电势贡献都相同（可设为U1）；②ab棒、ac棒对B点的电势贡献相同（可设为U2）；③bc棒对A、B两点的贡献相同（为U1）。所以，取走ab前& 3U1&= UA& & & & & & & & &2U2&+ U1&= UB取走ab后，因三棒是绝缘体，电荷分布不变，故电势贡献不变，所以& UA′= 2U1& & & & & & & & &UB′= U1&+ U2【答案】UA′=&UA&；UB′=&UA&+&UB&。〖模型变换〗正四面体盒子由彼此绝缘的四块导体板构成，各导体板带电且电势分别为U1&、U2&、U3和U4&，则盒子中心点O的电势U等于多少？〖解说〗此处的四块板子虽然位置相对O点具有对称性，但电量各不相同，因此对O点的电势贡献也不相同，所以应该想一点办法——我们用“填补法”将电量不对称的情形加以改观：先将每一块导体板复制三块，作成一个正四面体盒子，然后将这四个盒子位置重合地放置——构成一个有四层壁的新盒子。在这个新盒子中，每个壁的电量将是完全相同的（为原来四块板的电量之和）、电势也完全相同（为U1&+ U2&+ U3&+ U4），新盒子表面就构成了一个等势面、整个盒子也是一个等势体，故新盒子的中心电势为U′= U1&+ U2&+ U3&+ U4&最后回到原来的单层盒子，中心电势必为 U =&&U′〖答〗U =&（U1&+ U2&+ U3&+ U4）。☆学员讨论：刚才的这种解题思想是否适用于“物理情形2”？（答：不行，因为三角形各边上电势虽然相等，但中点的电势和边上的并不相等。）〖反馈练习〗电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R ，CD为通过半球顶点C和球心O的轴线，如图7-12所示。P、Q为CD轴线上相对O点对称的两点，已知P点的电势为UP&，试求Q点的电势UQ&。〖解说〗这又是一个填补法的应用。将半球面补成完整球面，并令右边内、外层均匀地带上电量为q的电荷，如图7-12所示。从电量的角度看，右半球面可以看作不存在，故这时P、Q的电势不会有任何改变。而换一个角度看，P、Q的电势可以看成是两者的叠加：①带电量为2q的完整球面；②带电量为－q的半球面。考查P点，UP&= k&+ U半球面其中 U半球面显然和为填补时Q点的电势大小相等、符号相反，即 U半球面= －UQ&以上的两个关系已经足以解题了。〖答〗UQ&= k&－ UP&。【物理情形3】如图7-13所示，A、B两点相距2L&，圆弧是以B为圆心、L为半径的半圆。A处放有电量为q的电荷，B处放有电量为－q的点电荷。试问：（1）将单位正电荷从O点沿移到D点，电场力对它做了多少功？（2）将单位负电荷从D点沿AB的延长线移到无穷远处去，电场力对它做多少功？【模型分析】电势叠加和关系WAB&= q（UA&－&UB）= qUAB的基本应用。UO&= k&+ k&= 0UD&= k&+ k&=&－U∞&= 0再用功与电势的关系即可。【答案】（1）；（2）。&【相关应用】在不计重力空间，有A、B两个带电小球，电量分别为q1和q2&，质量分别为m1和m2&，被固定在相距L的两点。试问：（1）若解除A球的固定，它能获得的最大动能是多少？（2）若同时解除两球的固定，它们各自的获得的最大动能是多少？（3）未解除固定时，这个系统的静电势能是多少？【解说】第（1）问甚间；第（2）问在能量方面类比反冲装置的能量计算，另启用动量守恒关系；第（3）问是在前两问基础上得出的必然结论…（这里就回到了一个基本的观念斧正：势能是属于场和场中物体的系统，而非单纯属于场中物体——这在过去一直是被忽视的。在两个点电荷的环境中，我们通常说“两个点电荷的势能”是多少。）【答】（1）k；（2）Ek1&=&k&，Ek2&=&k；（3）k&。〖思考〗设三个点电荷的电量分别为q1&、q2和q3&，两两相距为r12&、r23和r31&，则这个点电荷系统的静电势能是多少？〖解〗略。〖答〗k（++）。〖反馈应用〗如图7-14所示，三个带同种电荷的相同金属小球，每个球的质量均为m 、电量均为q ，用长度为L的三根绝缘轻绳连接着，系统放在光滑、绝缘的水平面上。现将其中的一根绳子剪断，三个球将开始运动起来，试求中间这个小球的最大速度。〖解〗设剪断的是1、3之间的绳子，动力学分析易知，2球获得最大动能时，1、2之间的绳子与2、3之间的绳子刚好应该在一条直线上。而且由动量守恒知，三球不可能有沿绳子方向的速度。设2球的速度为v ，1球和3球的速度为v′，则动量关系 mv + 2m v′= 0能量关系 3k&= 2 k&+ k&+&mv2&+&2m解以上两式即可的v值。〖答〗v = q&。三、电场中的导体和电介质【物理情形】两块平行放置的很大的金属薄板A和B，面积都是S&，间距为d（d远小于金属板的线度），已知A板带净电量+Q1&，B板带尽电量+Q2&，且Q2＜Q1&，试求：（1）两板内外表面的电量分别是多少；（2）空间各处的场强；（3）两板间的电势差。【模型分析】由于静电感应，A、B两板的四个平面的电量将呈现一定规律的分布（金属板虽然很薄，但内部合场强为零的结论还是存在的）；这里应注意金属板“很大”的前提条件，它事实上是指物理无穷大，因此，可以应用无限大平板的场强定式。为方便解题，做图7-15，忽略边缘效应，四个面的电荷分布应是均匀的，设四个面的电荷面密度分别为σ1&、σ2&、σ3和σ4&，显然（σ1&+ σ2）S = Q1&（σ3&+ σ4）S = Q2&A板内部空间场强为零，有 2πk（σ1&?&σ2&?&σ3&?&σ4）= 0A板内部空间场强为零，有 2πk（σ1&+&σ2&+&σ3&?&σ4）= 0解以上四式易得 σ1&=&σ4&=&& & & & & & & &σ2&= ?σ3&=&有了四个面的电荷密度，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ空间的场强就好求了〔如EⅡ&=2πk（σ1&+&σ2&?&σ3&?&σ4）= 2πk〕。最后，UAB&= EⅡd【答案】（1）A板外侧电量、A板内侧电量，B板内侧电量?、B板外侧电量；（2）A板外侧空间场强2πk，方向垂直A板向外，A、B板之间空间场强2πk，方向由A垂直指向B，B板外侧空间场强2πk，方向垂直B板向外；（3）A、B两板的电势差为2πkd，A板电势高。〖学员思考〗如果两板带等量异号的净电荷，两板的外侧空间场强等于多少？（答：为零。）〖学员讨论〗（原模型中）作为一个电容器，它的“电量”是多少（答：）？如果在板间充满相对介电常数为εr的电介质，是否会影响四个面的电荷分布（答：不会）？是否会影响三个空间的场强（答：只会影响Ⅱ空间的场强）？〖学员讨论〗（原模型中）我们是否可以求出A、B两板之间的静电力？〔答：可以；以A为对象，外侧受力·（方向相左），内侧受力·（方向向右），它们合成即可，结论为F =&Q1Q2&，排斥力。〕【模型变换】如图7-16所示，一平行板电容器，极板面积为S&，其上半部为真空，而下半部充满相对介电常数为εr的均匀电介质，当两极板分别带上+Q和?Q的电量后，试求：（1）板上自由电荷的分布；（2）两板之间的场强；（3）介质表面的极化电荷。【解说】电介质的充入虽然不能改变内表面的电量总数，但由于改变了场强，故对电荷的分布情况肯定有影响。设真空部分电量为Q1&，介质部分电量为Q2&，显然有Q1&+ Q2&= Q两板分别为等势体，将电容器看成上下两个电容器的并联，必有U1&= U2&即&&=&&，即&&=&解以上两式即可得Q1和Q2&。场强可以根据E =&关系求解，比较常规（上下部分的场强相等）。上下部分的电量是不等的，但场强居然相等，这怎么解释？从公式的角度看，E = 2πkσ（单面平板），当k&、σ同时改变，可以保持E不变，但这是一种结论所展示的表象。从内在的角度看，k的改变正是由于极化电荷的出现所致，也就是说，极化电荷的存在相当于在真空中形成了一个新的电场，正是这个电场与自由电荷（在真空中）形成的电场叠加成为E2&，所以E2&= 4πk（σ&?&σ′）= 4πk（&?&）请注意：①这里的σ′和Q′是指极化电荷的面密度和总量；②&E = 4πkσ的关系是由两个带电面叠加的合效果。【答案】（1）真空部分的电量为Q&，介质部分的电量为Q&；（2）整个空间的场强均为&；（3）Q&。〖思考应用〗一个带电量为Q的金属小球，周围充满相对介电常数为εr的均匀电介质，试求与与导体表面接触的介质表面的极化电荷量。〖解〗略。〖答〗Q′=&Q 。四、电容器的相关计算【物理情形1】由许多个电容为C的电容器组成一个如图7-17所示的多级网络，试问：（1）在最后一级的右边并联一个多大电容C′，可使整个网络的A、B两端电容也为C′？（2）不接C′，但无限地增加网络的级数，整个网络A、B两端的总电容是多少？【模型分析】这是一个练习电容电路简化基本事例。第（1）问中，未给出具体级数，一般结论应适用特殊情形：令级数为1&，于是&+&&=&&解C′即可。第（2）问中，因为“无限”，所以“无限加一级后仍为无限”，不难得出方程&+&&=&【答案】（1）C&；（2）C&。【相关模型】在图7-18所示的电路中，已知C1&= C2&= C3&= C9&= 1μF&，C4&= C5&= C6&= C7&= 2μF&，C8&= C10&= 3μF&，试求A、B之间的等效电容。【解说】对于既非串联也非并联的电路，需要用到一种“Δ→Y型变换”，参见图7-19，根据三个端点之间的电容等效，容易得出定式——Δ→Y型：Ca&=&& & & & & Cb&=&& & & & & Cc&=&Y→Δ型：C1&=&& & & & &C2&=&& & & & &C3&=&有了这样的定式后，我们便可以进行如图7-20所示的四步电路简化（为了方便，电容不宜引进新的符号表达，而是直接将变换后的量值标示在图中）——【答】约2.23μF&。【物理情形2】如图7-21所示的电路中，三个电容器完全相同，电源电动势ε1&= 3.0V&，ε2&= 4.5V，开关K1和K2接通前电容器均未带电，试求K1和K2接通后三个电容器的电压Uao&、Ubo和Uco各为多少。【解说】这是一个考查电容器电路的基本习题，解题的关键是要抓与o相连的三块极板（俗称“孤岛”）的总电量为零。电量关系：++= 0电势关系：ε1&= Uao&+ Uob&= Uao&? Ubo&& & & & &&ε2&= Ubo&+ Uoc&= Ubo&? Uco&解以上三式即可。【答】Uao&= 3.5V&，Ubo&= 0.5V&，Uco&= ?4.0V&。【伸展应用】如图7-22所示，由n个单元组成的电容器网络，每一个单元由三个电容器连接而成，其中有两个的电容为3C ，另一个的电容为3C 。以a、b为网络的输入端，a′、b′为输出端，今在a、b间加一个恒定电压U ，而在a′b′间接一个电容为C的电容器，试求：（1）从第k单元输入端算起，后面所有电容器储存的总电能；（2）若把第一单元输出端与后面断开，再除去电源，并把它的输入端短路，则这个单元的三个电容器储存的总电能是多少？【解说】这是一个结合网络计算和“孤岛现象”的典型事例。（1）类似“物理情形1”的计算，可得 C总&= Ck&= C所以，从输入端算起，第k单元后的电压的经验公式为 Uk&=&再算能量储存就不难了。（2）断开前，可以算出第一单元的三个电容器、以及后面“系统”的电量分配如图7-23中的左图所示。这时，C1的右板和C2的左板（或C2的下板和C3的右板）形成“孤岛”。此后，电容器的相互充电过程（C3类比为“电源”）满足——电量关系：Q1′= Q3′& & & & & Q2′+ Q3′=&电势关系：+&&=&从以上三式解得 Q1′= Q3′=&&，Q2′=&&，这样系统的储能就可以用得出了。【答】（1）Ek&=&；（2）&。〖学员思考〗图7-23展示的过程中，始末状态的电容器储能是否一样？（答：不一样；在相互充电的过程中，导线消耗的焦耳热已不可忽略。）☆第七部分完☆
第Ⅰ卷（选择题　共31分） 一、单项选择题．本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意． 1. 关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是[来源:Www..com] A．安培首先发现了电流的磁效应 B．伽利略认为自由落体运动是速度随位移均匀变化的运动 C．牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球间引力的大小 D．法拉第提出了电场的观点，说明处于电场中电荷所受到的力是电场给予的 2．如图为一种主动式光控报警器原理图，图中R1和R2为光敏电阻，R3和R4为定值电阻．当射向光敏电阻R1和R2的任何一束光线被遮挡时，都会引起警铃发声，则图中虚线框内的电路是 A．与门&&&& &&&&&&&&&&&& B．或门 &&&&&&&&&&&&& C．或非门&& &&&&&&&&&&&&& &D．与非门
3．如图所示的交流电路中，理想变压器原线圈输入电压为U1，输入功率为P1，输出功率为P2，各交流电表均为理想电表．当滑动变阻器R的滑动头向下移动时 A．灯L变亮&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& B．各个电表读数均变大 C．因为U1不变，所以P1不变& &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& D．P1变大，且始终有P1= P2 4．竖直平面内光滑圆轨道外侧，一小球以某一水平速度v0从A点出发沿圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻力．下列说法中不正确的是 A．在B点时，小球对圆轨道的压力为零 B．B到C过程，小球做匀变速运动 C．在A点时，小球对圆轨道压力大于其重力 D．A到B过程，小球水平方向的加速度先增加后减小 5．如图所示，水平面上放置质量为M的三角形斜劈，斜劈顶端安装光滑的定滑轮，细绳跨过定滑轮分别连接质量为m1和m2的物块．m1在斜面上运动，三角形斜劈保持静止状态．下列说法中正确的是 A．若m2向下运动，则斜劈受到水平面向左摩擦力 B．若m1沿斜面向下加速运动，则斜劈受到水平面向右的摩擦力 C．若m1沿斜面向下运动，则斜劈受到水平面的支持力大于（m1+ m2+M）g D．若m2向上运动，则轻绳的拉力一定大于m2g 二、多项选择题．本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分． 6．木星是太阳系中最大的行星，它有众多卫星．观察测出：木星绕太阳作圆周运动的半径为r1、 周期为T1；木星的某一卫星绕木星作圆周运动的半径为r2、 周期为T2．已知万有引力常量为G，则根据题中给定条件 A．能求出木星的质量 B．能求出木星与卫星间的万有引力 C．能求出太阳与木星间的万有引力 D．可以断定 7．如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场．一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线．关于带电小球的运动，下列说法中正确的是 A．OAB轨迹为半圆 B．小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向 C．小球在整个运动过程中机械能守恒 D．小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等 8．如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是 A．上述过程中，F做功大小为　　　　　　　　　　　　 B．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长 C．其他条件不变的情况下，M越大，s越小 D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多 9．如图所示，两个固定的相同细环相距一定的距离，同轴放置，O1、O2分别为两环的圆心，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷．一带正电的粒子从很远处沿轴线飞来并穿过两环．则在带电粒子运动过程中 A．在O1点粒子加速度方向向左 B．从O1到O2过程粒子电势能一直增加 C．轴线上O1点右侧存在一点，粒子在该点动能最小 D．轴线上O1点右侧、O2点左侧都存在场强为零的点，它们关于O1、O2连线中点对称
第Ⅱ卷（非选择题　共89分） 三、简答题：本题分必做题（第lO、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．
必做题 10．测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图所示的装置，图中长木板水平固定． （1）实验过程中，电火花计时器应接在& ▲& （选填“直流”或“交流”）电源上．调整定滑轮高度，使& ▲& ． （2）已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数μ=& ▲& ． （3）如图为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出．从纸带上测出x1=3.20cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x6=9.70cm．则木块加速度大小a=& ▲& m/s2(保留两位有效数字)．
11．为了测量某电池的电动势 E（约为3V）和内阻 r，可供选择的器材如下： A．电流表G1（2mA& 100Ω）&&&& &&&&&&& B．电流表G2（1mA& 内阻未知） C．电阻箱R1（0~999.9Ω）&&&&&&& &&&&&&&&&&&&& D．电阻箱R2（0~9999Ω） E．滑动变阻器R3（0~10Ω& 1A）&& &&&&& F．滑动变阻器R4（0~1000Ω& 10mA） G．定值电阻R0（800Ω& 0.1A）&&&&&&& &&&&&& H．待测电池 I．导线、电键若干 （1）采用如图甲所示的电路，测定电流表G2的内阻，得到电流表G1的示数I1、电流表G2的示数I2如下表所示：
根据测量数据，请在图乙坐标中描点作出I1—I2图线．由图得到电流表G2的内阻等于 & ▲& Ω． （2）在现有器材的条件下，测量该电池电动势和内阻，采用如图丙所示的电路，图中滑动变阻器①应该选用给定的器材中& ▲& ，电阻箱②选& ▲& （均填写器材代号）． （3）根据图丙所示电路，请在丁图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．
12．选做题(请从A、B和C三小题中选定两小题作答，并在答题卡上把所选题目对应字母后的方框涂满涂黑．如都作答，则按A、B两小题评分．) A．(选修模块3-3)(12分) （1）下列说法中正确的是& ▲&
A．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力 B．扩散运动就是布朗运动 C．蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，它是非晶体 D．对任何一类与热现象有关的宏观自然过程进行方向的说明，都可以作为热力学第二定律的表述 （2）将1ml的纯油酸加到500ml的酒精中，待均匀溶解后，用滴管取1ml油酸酒精溶液，让其自然滴出，共200滴．现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为200cm2，则估算油酸分子的大小是& ▲& m（保留一位有效数字）． （3）如图所示，一直立的汽缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的，开始活塞被固定，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，已知AB=h，大气压强为p0，重力加速度为g． ①求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强； ②设周围环境温度保持不变，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q（一定量理想气体的内能仅由温度决定）． B．(选修模块3-4)(12分) （1）下列说法中正确的是& ▲&
A．照相机、摄影机镜头表面涂有增透膜，利用了光的干涉原理 B．光照射遮挡物形成的影轮廓模糊，是光的衍射现象 C．太阳光是偏振光 D．为了有效地发射电磁波，应该采用长波发射 （2）甲、乙两人站在地面上时身高都是L0, 甲、乙分别乘坐速度为0.6c和0.8c（c为光速）的飞船同向运动，如图所示．此时乙观察到甲的身高L& ▲& L0；若甲向乙挥手，动作时间为t0，乙观察到甲动作时间为t1，则t1& ▲& t0（均选填“&”、“ =” 或“&”）． （3）x=0的质点在t=0时刻开始振动，产生的波沿x轴正方向传播，t1=0.14s时刻波的图象如图所示，质点A刚好开始振动． ①求波在介质中的传播速度； ②求x=4m的质点在0.14s内运动的路程． && C．(选修模块3-5)(12分)
（1）下列说法中正确的是& ▲&
A．康普顿效应进一步证实了光的波动特性 B．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的 C．经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征 D．天然放射性元素衰变的快慢与化学、物理状态有关 （2）是不稳定的，能自发的发生衰变． ①完成衰变反应方程& &&▲& ． ②衰变为，经过& ▲& 次α衰变，& ▲& 次β衰变． （3）1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子．科学研究表明其核反应过程是：α粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子，变成氧核．设α粒子质量为m1，初速度为v0，氮核质量为m2，质子质量为m0, 氧核的质量为m3，不考虑相对论效应． ①α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为多大？ ②求此过程中释放的核能． 四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位． 13．如图所示，一质量为m的氢气球用细绳拴在地面上，地面上空风速水平且恒为v0，球静止时绳与水平方向夹角为α．某时刻绳突然断裂，氢气球飞走．已知氢气球在空气中运动时所受到的阻力f正比于其相对空气的速度v，可以表示为f=kv（k为已知的常数）．则 （1）氢气球受到的浮力为多大？ （2）绳断裂瞬间，氢气球加速度为多大？ （3）一段时间后氢气球在空中做匀速直线运动，其水平方向上的速度与风速v0相等，求此时气球速度大小（设空气密度不发生变化，重力加速度为g）．
14．如图所示，光滑绝缘水平面上放置一均匀导体制成的正方形线框abcd，线框质量为m，电阻为R，边长为L．有一方向竖直向下的有界磁场，磁场的磁感应强度为B，磁场区宽度大于L，左边界与ab边平行．线框在水平向右的拉力作用下垂直于边界线穿过磁场区． （1）若线框以速度v匀速穿过磁场区，求线框在离开磁场时ab两点间的电势差； （2）若线框从静止开始以恒定的加速度a运动，经过t1时间ab边开始进入磁场，求cd边将要进入磁场时刻回路的电功率； （3）若线框以初速度v0进入磁场，且拉力的功率恒为P0．经过时间T，cd边进入磁场，此过程中回路产生的电热为Q．后来ab边刚穿出磁场时，线框速度也为v0，求线框穿过磁场所用的时间t． &&&&&&
15．如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN为其左边界，磁场中放置一半径为R的圆柱形金属圆筒，圆心O到MN的距离OO1=2R，圆筒轴线与磁场平行．圆筒用导线通过一个电阻r0接地，最初金属圆筒不带电．现有范围足够大的平行电子束以速度v0从很远处沿垂直于左边界MN向右射入磁场区，已知电子质量为m，电量为e． （1）若电子初速度满足，则在最初圆筒上没有带电时，能够打到圆筒上的电子对应MN边界上O1两侧的范围是多大？ （2）当圆筒上电量达到相对稳定时，测量得到通过电阻r0的电流恒为I，忽略运动电子间的相互作用，求此时金属圆筒的电势φ和电子到达圆筒时速度v（取无穷远处或大地电势为零）． （3）在（2）的情况下，求金属圆筒的发热功率．
精英家教网新版app上线啦！用app只需扫描书本条形码就能找到作业，家长给孩子检查作业更省心，同学们作业对答案更方便，扫描上方二维码立刻安装！
请输入姓名
请输入手机号