【新步步高】2015-2016学年高二物理教科版选修3-1学案：第二章 3 电阻的串联、并联及其应用 Word版含解析[w

学案9闭合电路的欧姆定律[目标定位] 1.了解内电路、外电路，知道电动势等于内、外电路电势降落之和.2.掌握闭合电路欧姆定律的内容，理解各物理量及公式的物理意义.3.会用闭合电路欧姆定律分析路端电压与负载的关系．一、闭合电路的欧姆定律[问题设计]闭合电路由外电路和内电路组成，用电器、导线组成外电路，电源内部是内电路．已知电源电动势为E，内电阻为r，外电阻为R，设电路中电流为I.1．在外电路中沿着电流方向，电势如何变化？在电源内部电势如何变化？答案外电路中，沿电流方向电势降低；内电路中，沿电流方向电势升高．2．在时间t内，外电路和内电路产生的焦耳热各是多少？电源非静电力做功是多少？它们之间有怎样的关系？答案外电路产生的焦耳热为I2Rt，内电路产生的焦耳热为I2rt，非静电力做功为EIt.根据能量守恒定律有：EIt＝I2Rt＋I2rt.3．你能进一步得出电路中的电流与电动势E、外电阻R和内电阻r的关系吗？答案E＝IR＋Ir或I＝ER＋r[要点提炼]1．电源非静电力做功等于内、外电路消耗的电能．2．闭合电路的欧姆定律(1)内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比．(2)公式：I＝ER＋r①(3)其它两种表达形式：E＝U外＋U内②，或写成E＝IR＋Ir③这就是说，电源的电动势等于内外电路电势降落之和．[延伸思考]闭合电路欧姆定律的三种表达形式的适用范围是否相同？答案 不相同．I ＝ER ＋r 和E ＝IR ＋Ir 只适用于外电路是纯电阻的电路．E ＝U 外＋U 内适用于任何电路．二、路端电压与负载的关系 [问题设计]1．在如图1所示的电路中，电源的电动势E ＝10 V ，内电阻r ＝1 Ω，试求当外电阻分别是3 Ω、4 Ω、7 Ω时所对应的路端电压．通过数据计算，你发现了怎样的规律？再通过公式论证你的结论是否正确．图1答案 外电压分别为7.5 V 、8 V 、8.75 V ．随着外电阻的增大，路端电压逐渐增大．当外电阻R 增大时，由I ＝ER ＋r可知电流I 减小，路端电压U ＝E －Ir 增大．2.如图2所示，以电路中的电流为横轴，路端电压为纵轴，建立路端电压U 与电流I 的U －I 图象．图线与纵轴交点的物理意义是什么？纵坐标从零开始时，图线与横轴交点的物理意义是什么？直线斜率绝对值的物理意义又是什么？图2答案 图线与纵轴的交点表示电源的电动势；图线与横轴的交点表示短路电流；图线斜率的绝对值表示电源的内阻，即r ＝|ΔU ΔI |.[要点提炼]1．路端电压的表达式：U ＝E －Ir . 2．路端电压随外电阻的变化规律(1)当外电阻R 增大时，由I ＝ER ＋r 可知电流I 减小，路端电压U ＝E －Ir 增大．(2)当外电阻R 减小时，由I ＝ER ＋r可知电流I 增大，路端电压U ＝E －Ir 减小．(3)两种特殊情况：①当外电路断开时，电流I 变为0，U ＝E .这就是说，断路时的路端电压等于电源电动势．②当电源两端短路时，外电阻R ＝0，此时I ＝Er .3.路端电压与电流的关系图象如图3所示．图3(1)在图象中U 轴截距表示电源电动势，纵坐标从零开始时，I 轴截距等于短路电流． (2)直线斜率的绝对值等于电源的内阻，即内阻r ＝|ΔUΔI|.一、闭合电路欧姆定律的应用例1 如图4所示，电源电动势为6 V ，内阻为1 Ω，R 1＝5 Ω，R 2＝10 Ω，滑动变阻器R 3阻值变化范围为0～10 Ω，求电路中的总电流的变化范围．图4解析 当R 3阻值为零时，R 2被短路，外电阻最小，电流最大． R 外＝R 1＝5 Ω， I ＝E R 外＋r ＝65＋1 A ＝1 A. 当R 3阻值为10 Ω时， 外电阻最大，电流最小．R 并＝R 3R 2R 3＋R 2＝5 Ω，R 外′＝R 1＋R 并＝10 Ω，I ′＝E R 外′＋r ＝610＋1 A ≈0.55 A.答案 0.55～1 A二、U －I 图象的理解和应用例2 如图5所示为某一电源的U －I 图线，由图可知( )图5A ．电源电动势为2 VB ．电源内电阻为13ΩC ．电源短路时电流为6 AD ．电路路端电压为1 V 时，电路中电流为5 A解析 在本题的U －I 图线中，纵轴截距表示电源电动势，A 正确；横轴截距表示短路电流，C 错误；图线斜率的绝对值表示电源的内电阻，则r ＝2－0.86Ω＝0.2 Ω，B 错误；当路端电压为1 V 时，内电阻分得的电压U 内＝E －U 外＝2 V －1 V ＝1 V ，则电路中的电流I ＝U 内r ＝10.2A ＝5 A ，D 正确． 答案 AD针对训练 如图6所示，为闭合电路中两个不同电源的U －I 图象，则两电源的电动势和内阻的关系为( )图6A ．E 1<E 2 r 1>r 2B ．E 1＝E 2 r 1＝r 2C ．E 1<E 2 r 1<r 2D ．E 1>E 2 r 1<r 2 答案 C1．(闭合电路欧姆定律的理解)若E表示电动势，U表示外电压，U′表示内电压，R表示外电路的总电阻，r表示内电阻，I表示电流，则下列各式中正确的是()A．U′＝IR B．U′＝E－UC．U＝E＋Ir D．U＝RR＋rE答案BD2．(闭合电路欧姆定律的应用)如图7所示的电路中，把R由2 Ω改变为6 Ω时，电流强度减小为原来的一半，则电源的内电阻应为()图7A．4 ΩB．8 ΩC．6 ΩD．2 Ω答案 D解析根据闭合电路欧姆定律E＝I(R＋r)，当R＝2 Ω时，E＝I(2＋r)；当R＝6 Ω时，E＝I2 (6＋r)，解得r＝2 Ω，故选D.3．(路端电压与负载的关系)对于电动势和内阻确定的电源的路端电压，下列说法正确的是(I、U、R分别表示干路电流、路端电压和外电阻)()A．U随R的增大而减小B．当R＝0时，U＝0C．当电路断开时，I＝0，U＝0D．当R增大时，U也会增大答案BD4．(电源U－I图象的理解和应用)如图8所示为闭合电路中两个不同电源的U－I图象，则下列说法中正确的是()图8A ．电动势E 1＝E 2，短路电流I 1>I 2B ．电动势E 1＝E 2，内阻r 1>r 2C ．电动势E 1>E 2，内阻r 1>r 2D ．当工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化较大 答案 AD解析 由闭合电路的欧姆定律得E ＝U ＋Ir .当I ＝0时电动势E 等于路端电压U ，即U －I 图线和U 轴的交点就是电源电动势，由题图知，两电源的电动势相等．当U ＝0时I ＝Er ，U －I 图线和I 轴的交点就是短路电流，由题图知I 1>I 2，A 正确．而r ＝|ΔUΔI |，即图线的斜率的绝对值表示电源的内阻，由题图知r 1<r 2，B 、C 错误．当工作电流变化量相同时，因为r 1<r 2，电源2内电压变化较大，由闭合电路的欧姆定律E ＝U 外＋U 内，可知电源2的路端电压变化较大，D 正确．题组一 闭合电路欧姆定律的理解1．在闭合电路中，下列叙述正确的是( )A ．闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟整个电路的电阻成反比B ．当外电路断开时，路端电压等于零C ．当外电路短路时，电路中的电流无穷大D ．当外电阻增大时，路端电压也增大 答案 AD2．在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系，下列说法正确的是( )A ．若外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大B ．若外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小C ．若外电压不变，则内电压减小，电源电动势也会随内电压减小D ．若外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终等于二者之和 答案 D题组二 闭合电路欧姆定律的简单应用3.如图1所示，当开关S 断开时，电压表示数为3 V ，当开关S 闭合时，电压表示数为1.8 V ，则外电阻R 与电源内阻r 之比为( )图1A ．5∶3B ．3∶5C ．2∶3D ．3∶2答案 D解析 S 断开时，电压表的示数等于电源的电动势，即：E ＝3 V ．S 闭合时，U 外＝1.8 V ，所以U 内＝E －U 外＝1.2 V ．因U 外＝IR ，U 内＝Ir ，所以R ∶r ＝U 外∶U 内＝1.8∶1.2＝3∶2. 4．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV ，短路电流为40 mA.若将该电池板与一阻值为20 Ω的电阻连成一闭合电路，则它的路端电压是( ) A ．0.10 V B ．0.20 V C ．0.30 V D ．0.40 V 答案 D解析 由已知条件得：E ＝800 mV . 又因I 短＝Er，所以r ＝EI 短＝800×10－340×10－3Ω＝20 Ω.所以U ＝IR ＝E R ＋r R ＝80020＋20×20 mV ＝400 mV＝0.40 V ，选项D 正确．5．有两个阻值相同都为R 的电阻，串联起来接在电动势为E 的电源上，通过每个电阻的电流为I ，若将这两个电阻并联起来，仍接在该电源上，此时通过一个电阻的电流为2I3，则该电源的内阻是( ) A ．R B.R 2 C ．4R D.R8答案 C解析 由闭合电路欧姆定律得，两电阻串联时I ＝E 2R ＋r，两电阻并联时23I ＝12·ER 2＋r ，解得r＝4R ，故选C.6.如图2所示，已知R 1＝R 2＝R 3＝1 Ω.当开关S 闭合后，电压表的读数为1 V ；当开关S 断开后，电压表的读数为0.8 V ，则电源的电动势等于( )图2A ．1 VB ．1.2 VC ．2 VD ．4 V答案 C解析 当S 闭合时，I ＝U R 1＝11 A ＝1 A ，故有E ＝I (1.5＋r )；当S 断开时，I ′＝U ′R 1＝0.8 A ，故有E ＝I ′(2＋r )，解得E ＝2 V ，C 正确． 题组三 U －I 图象的应用7．如图3为a 、b 两个电源路端电压随通过电源电流变化的曲线，由图可知( )图3A ．电源a 的内电阻较小，电动势较大B ．电源a 的内电阻较大，电动势较大C ．电源b 的内电阻较大，电动势较小D ．电源b 的内电阻较大，电动势较大 答案 B解析 U －I 图象与纵坐标的截距表示电源电动势，所以E a >E b ，图象的斜率表示电源的内阻，所以r a >r b ，故B 正确．8.如图4所示为两个独立电路A 和B 的路端电压与其总电流I 的关系图线，则( )图4A ．路端电压都为U 1时，它们的外电阻相等B ．电流都是I 1时，两电源内电压相等C ．电路A 的电源电动势大于电路B 的电源电动势D ．A 中电源的内阻大于B 中电源的内阻答案 ACD解析 在路端电压与总电流的关系图线(U —I )中，图线在U 轴上的截距表示电源电动势E ，图线斜率的绝对值表示电源的内阻，可见E A >E B ，r A >r B .图中两直线的交点坐标为(I 1，U 1)，由R ＝UI 可知，路端电压都为U 1时，它们的外电阻相等．由U ′＝Ir 可知，电流都是I 1时，因r 不相等，故两电源内电压不相等．所以选项A 、C 、D 正确．9．电路图如图5甲所示，若电阻R 阻值未知，电源电动势和内阻也未知，电源的路端电压U 随电流I 的变化图线及外电阻的U —I 图线分别如图乙所示，求：图5(1)电源的电动势和内阻； (2)电源的路端电压； (3)电源的输出功率．答案 (1)4 V 1 Ω (2)3 V (3)3 W解析 (1)由题图乙所示U —I 图线知：电源电动势E ＝4 V ，短路电流I 短＝4 A ，故内阻r ＝EI 短＝1 Ω.(2)由题图知：电源与电阻构成闭合回路时对应路端电压U ＝3 V . (3)由题图知：R ＝3 Ω，故P 出＝I 2R ＝3 W. 题组四 综合应用10.如图6所示的电路中，当开关S 接a 点时，标有“5 V 2.5 W ”的小灯泡L 正常发光，当开关S 接b 点时，通过电阻R 的电流为1 A ，此时电阻R 两端的电压为4 V ．求：图6(1)电阻R 的阻值； (2)电源的电动势和内阻． 答案 (1)4 Ω (2)6 V 2 Ω解析 (1)电阻R 的阻值为 R ＝U 2I 2＝41Ω＝4 Ω.(2)当开关接a 时，有E ＝U 1＋I 1r ， 又U 1＝5 V ，I 1＝P 1U 1＝2.55 A ＝0.5 A.当开关接b 时，有E ＝U 2＋I 2r ，又U 2＝4 V ，I 2＝1 A ，联立解得E ＝6 V ，r ＝2 Ω.11．如图7所示电路中，电源电动势E ＝12 V ，内电阻r ＝1.0 Ω，电阻R 1＝9.0 Ω，R 2＝15 Ω，电流表A 示数为0.40 A ，求电阻R 3的阻值和它消耗的电功率．图7答案 30 Ω 1.2 W解析 R 2两端电压为：U 2＝I 2R 2＝0.4×15＝6 V 内阻r 及R 1两端电压为：U ＝E －U 2＝12－6＝6 V 干路中电流为：I ＝U r ＋R 1＝0.6 AR 3中电流为：I 3＝I －I 2＝0.2 AR 2和R 3并联，电压相等即U 2＝U 3＝6 V R 3阻值为：R 3＝U 3I 3＝30 ΩR 3功率为：P 3＝U 3I 3＝1.2 W12.如图8所示电路中，电源电动势E ＝12 V ，内阻r ＝2 Ω，R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，R 3＝3 Ω.图8(1)若在C 、D 间连一个理想电压表，其读数是多少？(2)若在C 、D 间连一个理想电流表，其读数是多少？答案 (1)6 V (2)1 A解析 (1)若在C 、D 间连一个理想电压表，根据闭合电路欧姆定律，有I 1＝E R 1＋R 2＋r ＝124＋6＋2A ＝1 A. 理想电压表读数为U V ＝I 1R 2＝6 V.(2)若在C 、D 间连一个理想电流表，这时电阻R 2与R 3并联，并联电阻大小R 23＝R 2R 3R 2＋R 3＝6×36＋3Ω＝2 Ω根据闭合电路欧姆定律，有I 2＝E R 1＋R 23＋r ＝124＋2＋2A ＝1.5 A. 理想电流表读数为I ′＝R 2R 2＋R 3I 2＝66＋3×1.5 A ＝1 A.。

学案9 电容器和电容 学案10 静电的应用及危害[目标定位] 1.知道电容器的概念和平行板电容器的主要构造.2.理解电容的概念及其定义式和决定式.3.了解平行板电容器电容与哪些因素有关，并能用其讨论有关问题.4.了解静电的应用以及防止静电危害的办法．一、电容器 电容 [问题设计]照相机的闪光灯是通过电容供电的，拍照前先对电容器充电，拍照时电容器瞬间放电，闪光灯发出耀眼的白光．拍照前、后的充电过程和放电过程，能量发生怎样的变化？答案 拍照前的充电过程由电源获得的电能储存在电容器中；拍照后的放电过程，两极板间的电场能转化为其他形式的能量． [要点提炼]1．电容器：任意两个彼此绝缘又互相靠近的导体都可以看成一个电容器． 2．电容器的充电和放电：(1)充电：把电容器的一个极板与电池组的正极相连，另一个极板与负极相连，两个极板就分别带上了等量的异种电荷，这个过程叫做充电．(2)放电：用导线把充电后的电容器的两极板接通，两极板上的电荷中和，电容器又不带电了，这个过程叫做放电． 3．电容：(1)定义：电容器所带的电荷量Q 与电容器两极板间的电势差U 的比值． (2)公式C ＝QU ，其中Q 指一个极板上带电荷量的绝对值．(3)单位：法拉，符号是F,1 F ＝1 C/V,1 F ＝106 μF ＝1012 pF. (4)意义：电容是表示电容器储存电荷的特性的物理量．二、平行板电容器的电容 常用电容器[问题设计]平行板电容器由两块平行放置的金属板组成．利用平行板电容器进行如下实验：(1)如图1所示，保持Q 和d 不变，增大(或减小)两极板的正对面积S ，观察电势差U (静电计指针偏角)的变化，依据C ＝QU，分析电容C 的变化．图1(2)图2如图2所示，保持Q 和S 不变，增大(或减小)两极板间的距离d ，观察电势差U (静电计指针偏角)的变化，依据C ＝QU，分析电容C 的变化．(3)如图3所示，保持Q 、S 、d 不变，插入电介质，观察电势差U (静电计指针偏角)的变化，依据C ＝QU，分析电容C 的变化．图3答案 (1)实验结论：S 增大，电势差U 减小，电容C 增大． (2)实验结论：d 增大，电势差U 增大，电容C 减小． (3)实验结论：插入电介质，电势差U 减小，电容C 增大． [要点提炼]1．平行板电容器的电容：平行板电容器的电容与两平行极板正对面积S 成正比，与电介质的相对介电常数εr 成正比，与极板间距离d 成反比，其表达式为C ＝εr S4πkd，两板间为真空时相对介电常数εr ＝1，其他任何电介质的相对介电常数εr 都大于1.2．C ＝Q U 适用于所有电容器；C ＝εr S4πkd仅适用于平行板电容器．3．常见的电容器，从构造上看，可以分为固定电容器和可变电容器两类．4．加在电容器两极板上的电压不能超过某一限度，超过这个限度，电介质将被击穿，电容器损坏，这个极限电压称为击穿电压．电容器外壳上标的是工作电压，或称额定电压，这个数值比击穿电压低． 三、平行板电容器的动态分析 [问题设计]1．如图4所示，平行板电容器充电后保持和电源相连，此时电容器两极板间的电压不变．图4(1)当两极板的正对面积S 增大时，电容器的C 、Q 、E 如何变化？ (2)当两极板间距d 增大时，电容器的C 、Q 、E 如何变化？答案 (1)根据C ＝εr S 4πkd ，S 增大时，C 增大．根据C ＝QU 得Q ＝CU ，所以Q 增大，电场强度E ＝Ud不变．(2)根据C ＝εr S 4πkd ，d 增大时，C 减小，由于Q ＝CU ，所以Q 减小，电场强度E ＝Ud 减小．2．在图4中，电容器充电后和电源断开，此时电容器的带电荷量不变． (1)当两极板的正对面积增大时，电容器的C 、U 、E 将如何变化？ (2)当两极板间距d 增大时，电容器的C 、U 、E 将如何变化？答案 (1)根据C ＝εr S 4πkd ，S 增大时，C 增大，由于U ＝Q C ，所以U 减小，电场强度E ＝Ud 减小．(2)根据C ＝εr S 4πkd ，d 增大时，C 减小，由于U ＝Q C ，所以U 增大，电场强度E ＝U d ＝Q Cd ＝Qεr S4πkd ·d ＝4πkQ εr S ，所以E 不变．[要点提炼]1．分析方法：抓住不变量，分析变化量．其理论依据是： (1)电容器电容的定义式C ＝QU；(2)平行板电容器内部是匀强电场，E ＝Ud ；(3)平行板电容器电容的决定式C ＝εr S4πkd. 2．两种典型题型(1)电压不变时：若电容器始终与电源相连，这时电容器两极板间的电压是不变的，以此不变量出发可讨论其他量的变化情况．(2)电荷量不变时：若电容器在充电后与电源断开，这时电容器两极板上的电荷量保持不变，在此基础上讨论其他量的变化． 四、静电的应用及危害 [问题设计]静电是自然界中普遍存在的物理现象．它既可以为人类所利用，造福人类，也会给人类造成麻烦，甚至危害．请阅读教材本节内容回答下列问题．(1)人类利用静电的例子有哪些？静电又给人类带来了哪些危害？ (2)如何防止静电的危害？答案 (1)静电的应用：静电喷涂、静电除尘器、静电屏蔽、静电复印机、激光打印机等． 静电的危害：雷鸣闪电造成人畜伤亡，静电火花引发的爆炸和火灾，静电放电导致电子设备的故障，以及工业中的一些静电危害等．(2)防止静电危害的措施有：①尽快导走多余电荷，避免静电积累；②调节空气的湿度；③易燃易爆环境中保持良好的通风、消除静电火花的引爆条件．一、对电容的理解例1 有一充电的电容器，两板间的电压为3 V ，所带电荷量为4.5×10－4 C ，此电容器的电容是多少？将电容器的电压降为2 V ，电容器的电容是多少？所带电荷量是多少？ 解析 由C ＝QU 可求电容．C ＝Q U ＝4.5×10－43F ＝1.5×10－4 F.电容器电压降为2 V 时，电容不变，仍为1.5×10－4 F ．此时电荷量为Q ′＝CU ′＝1.5×10－4×2 C ＝3×10－4 C.答案 1.5×10－4 F 1.5×10－4 F 3×10－4 C二、平行板电容器的电容例2 对于水平放置的平行板电容器，下列说法正确的是( )A．将两极板的间距加大，电容将增大B．将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小C．在下极板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板，电容将增大D．在下极板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，电容将增大解析影响平行板电容器电容大小的因素有：(1)随正对面积的增大而增大；(2)随两极板间距离的增大而减小；(3)在两极板间放入电介质，电容增大．据上面叙述可直接判断出B、C 选项正确；对D选项，实际上是减小了两极板间的距离．所以本题正确选项应为B、C、D. 答案BCD三、平行板电容器的动态分析例3如图5所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板间的电势差U，现使B 板带正电，则下列判断正确的是()图5A．增大两极板之间的距离，静电计指针张角变大B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零解析电容器上所带电荷量一定，由公式C＝εr S4πkd，当d变大时，C变小．再由C＝QU得U变大；当A板上移时，正对面积S变小，C也变小，U变大；当插入玻璃板时，C变大，U 变小；当将A板拿走时，相当于使d变得更大，C更小，故U应更大，故选A、B.答案AB1．(对电容器及电容的理解)电容器是一种常用的电子元件．对电容器认识正确的是( ) A ．电容器的电容表示其储存电荷的能力 B ．电容器的电容与它所带的电荷量成正比 C ．电容器的电容与它两极板间的电压成正比 D ．电容的常用单位有μF 和pF,1 μF ＝103 pF 答案 A解析 电容是表示电容器储存电荷本领大小的物理量．电容的大小是由电容器本身结构决定的，与两极板间电压及电容器所带电荷量无关．单位μF 与pF 的换算关系为1 μF ＝106 pF. 2．(对电容器及电容的理解)某电容器上标有“25 μF 450 V ”字样，下列对该电容器的说法中正确的是( )A ．要使该电容器两极板之间电压增加1 V ，所需电荷量为2.5×10－5 CB ．要使该电容器带电荷量为1C ，两极板之间需加电压2.5×10－5 VC ．该电容器能够容纳的电荷量最多为2.5×10－5 CD ．该电容器能够承受的最大电压为450 V 答案 A解析 由电容器的定义式C ＝Q U 可得C ＝ΔQ ΔU ，所以ΔQ ＝C ·ΔU ＝2.5×10－5×1 C ＝2.5×10－5C ，A 正确．若Q ＝1 C ，则U ＝QC ＝4×104 V ，B 错误．当电容器的电压为450 V 时，电容器的电荷量Q ′＝CU ′＝2.5×10－5×450 C ＝1.125×10－2 C ，C 错误.450 V 是电容器的额定电压，低于击穿电压，D 错误．3．(平行板电容器的动态分析)连接在电池两极上的平行板电容器，当两极板间的距离减小时( )A ．电容器的电容C 变大B ．电容器极板的带电荷量Q 变大C ．电容器两极板间的电势差U 变大D ．电容器两极板间的电场强度E 变大 答案 ABD解析 平行板电容器的电容C ＝εr S4πkd.当两极板间距离d 减小时，电容C 变大，选项A 正确．平行板电容器连接在电池两极上，两极板间的电压为定值，选项C 错误．根据电容定义式，C ＝QU，Q ＝CU ，U 不变，C 变大，所以Q 变大，选项B 正确．平行板电容器两极板间的电场是匀强电场，E ＝Ud，U 不变，d 减小，所以E 变大，选项D 正确．4．(平行板电容器的动态分析)如图6所示的实验装置中，极板A 接地，平行板电容器的极板B 与一个灵敏的静电计相接. 将A 极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电荷量Q 、电容C 、两极间的电压U ，电容器两极板间的场强E 的变化情况是( )图6A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变小B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 不变 C ．Q 几乎不变，C 变小，U 变大，E 不变D ．Q 几乎不变，C 变小，U 变大，E 变小 答案 C题组一 对电容器及电容定义式的理解1．下列关于电容器和电容的说法中，正确的是( )A ．根据C ＝QU 可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两极板间的电压成反比B ．对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比C ．无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变D ．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两极板间的电压无关 答案 BCD解析 电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，是电容器的一种特性．一个电容器对应唯一的电容值，不能说电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比．因此A 错误，C 、D 正确．由于电容是定值，由Q ＝CU 知，其所带电荷量与两极板间的电压成正比，故B 正确．2．下列选项描述的是对给定的电容器充电时电荷量Q 、电压U 、电容C 之间相互关系的图像，其中正确的是( )答案 BCD3．下列关于电容器的说法中，正确的是( ) A ．电容越大的电容器，带电荷量也一定越多 B ．电容器不带电时，其电容为零C ．由C ＝QU 可知，C 不变时，只要Q 不断增加，则U 可无限制地增大D ．电容器的电容跟它是否带电无关 答案 D4．有一个正充电的电容器，若使它带的电荷量减少了3×10－6 C ，其电压降为原来的13，则( )A ．电容器原来带的电荷量是9×10－6 CB ．电容器原来带的电荷量是4.5×10－6 CC ．电容器原来的电压可能是5 VD ．电容器原来的电压可能是5×10－7 V答案 BC解析 由题意知C ＝Q U ＝Q －3×10－6U /3，解得Q ＝4.5×10－6 C ．当U 1＝5 V 时，C 1＝QU 1＝4.5×10－65 F ＝0.9 μF ；当U 2＝5×10－7V 时，C 2＝Q U 2＝4.5×10－65×10－7 F ＝9 F ．电容器的电容不可能达到9 F ，故原电压值不可能是5×10－7 V. 题组二 对平行板电容器电容的理解 5．要使平行板电容器的电容增大( ) A ．增大电容器的带电荷量 B ．增大电容器两极间的电压 C ．增大电容器两极板的正对面积 D ．增大电容器两极板的距离 答案 C解答 平行板电容器电容C ＝εr S 4πkd ，与带电荷量和电压无关，所以A 、B 、D 错．6．关于已充上电的某个平行板电容器，下列说法正确的是( )A ．两极板上一定带等量异号电荷B ．两极板所带的电荷量为两极板所带电荷量的绝对值之和C ．电容器带电荷量多，说明它容纳电荷的本领大D ．某电容器带电荷量越多，两极板间的电势差就越大 答案 AD解析 电容器充电后两极板上一定带等量异号电荷，A 对；两极板所带的电荷量指一个极板所带电荷量的绝对值，B 错；描述电容器容纳电荷本领的物理量是电容，C 错；由U ＝Q C 知，电容器带电荷量越多，两极板间的电势差就越大，D 对． 题组三 平行板电容器的动态问题分析7．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( ) A ．C 和U 均增大 B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大 D ．C 和U 均减小答案 B解析 由平行板电容器电容决定式C ＝εr S4πkd 知，当插入电介质后，εr 变大，则在S 、d 不变的情况下C 增大；由电容定义式C ＝Q U 得U ＝QC ，又电荷量Q 不变，故两极板间的电势差U减小，选项B 正确．8. 绝缘金属平行板电容器充电后，静电计的指针偏转一定角度，若减小两极板a 、b 间的距离，同时在两极板间插入电介质，如图1所示，则( )图1A ．电容器两极板的电势差会减小B ．电容器两极板的电势差会增大C ．静电计指针的偏转角度会减小D ．静电计指针的偏转角度会增大 答案 AC解析 绝缘金属平行板电容器充电后电荷量Q 不变，若减小两极板a 、b 间的距离，同时在两极板间插入电介质，电容变大，由C ＝QU知U 变小，静电计指针的偏转角度会减小．题组四静电的应用及危害9．避雷针能够避免建筑物被雷击的原因是()A．云层中带的电荷被避雷针通过导线导入大地B．避雷针的尖端向云层放电，中和了云层中的电荷C．云层与避雷针发生摩擦，避雷针上产生的电荷被导入大地D．以上说法都不对答案AB10．电工穿的高压作业服是用铜丝编织的，下列说法正确的是()A．铜丝编织的衣服不易拉破B．电工被铜丝衣服所包裹，使体内电势为零C．电工被铜丝衣服所包裹，使体内场强为零D．铜丝电阻小，能对人体起到保护作用答案 C解析由于电工高压作业服处于静电平衡状态，内部场强为零．题组五综合应用11.如图2所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，在减小电容器两极板间距离的过程中()图2A．电阻R中没有电流B．电容器的电容变小C．电阻R中有从a流向b的电流D．电阻R中有从b流向a的电流答案 D解析在减小电容器两极板间距离的过程中，电容器始终与电源相连，则两极板间电压U不变，由C＝εr S4πkd知d减小，电容C增大，由Q＝UC知电容器所带电荷量Q增加，电容器充电，电路中有充电电流，电流从电容器负极板通过电阻流向正极板，所以电阻R中的电流方向是从b流向a，故D正确．12.如图3所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60 V的恒压电源上，两极板间距为3 cm，电容器带电荷量为6×10－8 C，A极板接地．求：图3(1)平行板电容器的电容；(2)平行板电容器两板之间的电场强度；(3)距B 板2 cm 的M 点处的电势．答案 (1)1×10－9 F (2)2×103 V/m ，方向竖直向下 (3)－20 V解析 (1)由电容定义式C ＝Q U ＝6×10－860F ＝1×10－9 F (2)两极板之间为匀强电场E ＝U d ＝603×10－2V /m ＝2×103 V/m ，方向竖直向下． (3)M 点距A 板间距离为d AM ＝d －d BM ＝1 cmA 与M 间电势差U AM ＝Ed AM ＝20 V又U AM ＝φA －φM ，φA ＝0可得φM ＝－20 V.13．如图4所示，一平行板电容器跟一电源相接，当S 闭合时，平行板电容器极板A 、B 间的一带电液滴恰好静止．图4(1)若将两极板间距离增大为原来的两倍，那么液滴的运动状态如何变化？(2)若先将S 断开，再将两极板间距离增大为原来的两倍，液滴的运动状态又将如何变化？ 答案 见解析解析 带电液滴静止时，所受的电场力和重力平衡，液滴带负电，由于液滴所受重力不变，液滴运动状态随电场力的变化而变化，由于电场力F ＝Eq ，因此，只要分析出场强E 的变化情况即可．(1)S 闭合时，U 不变，d ↑，E ↓，即E ′＝U d ′＝U 2d ＝E 2. 合外力F ＝mg －12Eq ＝12mg ＝ma ，所以a ＝g 2，方向竖直向下． 液滴将向下做初速度为零、加速度为12g 的匀加速直线运动．(2)S断开，电容器的电荷量保持不变，当d′＝2d时，由公式E∝Qεr S可知，E不变，E′＝E.因此，液滴受力情况不变，仍处于静止状态．。

学案1电子学案2原子的核式结构模型[目标定位]1.知道阴极射线是由电子组成的，知道电子的电荷量和比荷.2.了解汤姆孙发现电子对揭示原子结构的重大意义.3.知道α粒子散射实验的实验器材、实验原理和实验现象.4.知道卢瑟福的原子核式结构模型的主要内容，能说出原子核的数量级．一、电子[问题设计]图1条形磁铁使阴极射线偏转如图1所示，接通真空管(又称阴极射线管)的电源，将条形磁铁的一个磁极靠近射线管，观察阴极射线是否偏转，向什么方向偏转；把另一个磁极靠近射线管，观察射线的偏转情况．你认为射线的偏转是什么原因造成的？你能通过射线偏转的情况来确定射线粒子流携带的是哪种电荷吗？答案运动电荷在磁场中受到洛伦磁力．根据左手定则，结合磁场方向、粒子运动方向，可以判断出射线粒子电荷是正电荷还是负电荷．[要点提炼]1．阴极射线(1)阴极射线：科学家用真空度很高的真空管做放电实验时，发现真空管的阴极会发射出一种射线，这种射线叫做阴极射线．(2)英国物理学家汤姆孙使阴极射线在磁场和电场中产生偏转，确定了阴极射线是一种带负电的粒子流．2．阴极射线的特点(1)在真空中沿直线传播；(2)碰到物体可使物体发出荧光．3．微粒比荷(荷质比)的测定(1)比荷：带电粒子的电荷量与质量之比称为比荷，又称荷质比．(2)汤姆孙发现阴极射线中的粒子比荷是氢离子比荷的1 000多倍，而两者电荷量相同．汤姆孙把他发现的这种粒子命名为电子．4．密立根通过著名的“油滴实验”精确地测出了电子电荷．电子电荷量一般取e＝1.6×10－19_C，电子质量m＝9.1×10－31_kg.e二、α粒子散射实验及原子的核式结构模型[问题设计]阅读课本“α粒子散射实验”及“原子的核式结构模型”，说明：(1)α粒子散射实验装置由几部分组成？实验过程是怎样的？(2)有些α粒子发生了较大角度的偏转，这些偏转是电子造成的吗？答案(1)实验装置：①α粒子源：钋放在带小孔的铅盒中，放射出高能α粒子，其带两个单位的正电，质量为氢原子质量的4倍．②金箔：特点是金原子的质量大，且易延展成很薄的箔．③可移动探测器：能绕金箔在水平面内转动．④整个实验过程在真空中进行．金箔很薄，α粒子(42He)很容易穿过．实验过程：α粒子源封装在铅盒中，铅盒壁上有一个小孔，α粒子可以从小孔中射出，打到前方的金箔上，由于金原子中的带电粒子对α粒子有库仑力作用，一些α粒子会改变原来的运动方向．可移动探测器可以绕着金箔做圆周运动，从而探测到α粒子在各个方向上的散射情况．(2)不是．α粒子的质量比电子的质量大得多，α粒子碰到电子就像子弹碰到灰尘一样，不会造成α粒子大角度的偏转．[要点提炼]1．实验现象：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粒子偏转的角度超过了90°，个别的甚至接近180°.2．α粒子散射实验的结果用汤姆孙的“枣糕模型”无法解释．3．卢瑟福的核式结构模型：在原子中心有一个很小的核，叫原子核．它集中了全部的正电荷和几乎全部的质量，电子在核外空间运动．4．原子核的大小：原子核半径的数量级为10－15m，而整个原子半径的数量级是10－10m.因而原子内部十分“空旷”．一、对阴极射线的认识例1阴极射线从阴极射线管中的阴极发出，在其间的高电压下加速飞向阳极，如图2所示．若要使射线向上偏转，所加磁场的方向应为()图2A．平行于纸面向左B．平行于纸面向上C．垂直于纸面向外D．垂直于纸面向里解析由于阴极射线的本质是电子流，阴极射线方向向右，说明电子的运动方向向右，相当于存在向左的电流，利用左手定则，为使电子所受洛伦兹力方向平行于纸面向上，磁场方向应为垂直于纸面向外，故选项C正确．答案 C二、带电粒子比荷的测定例2为求得电子的比荷，设计实验装置如图3所示．其中两正对极板M 1、M2之间的距离为d，极板长度为L.若M1、M2之间不加任何电场或磁场，可在荧光屏上P点观察到一个亮点．图3在M 1、M 2两极板间加极性如图所示的电压，并逐步调节增大，使荧光屏上的亮点逐渐向荧光屏下方偏移，直到荧光屏上恰好看不见亮点为止，记下此时外加电压为U .保持电压U 不变，对M 1、M 2区域再加一个大小、方向合适的磁场B ，使荧光屏正中心处重现亮点． (1)外加磁场方向如何？(2)请用U 、B 、L 等物理量表示出电子的比荷qm.解析 (1)加上磁场后电子不偏转，电场力等于洛伦兹力，且洛伦兹力方向向上，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外．(2)当在荧光屏上看不到亮点时，电子刚好打在下极板M 2靠近荧光屏端的边缘，则d 2＝Uq 2dm (L v)2，q m ＝d 2v 2UL 2.① 由电场力等于洛伦兹力得Uqd ＝Bq v解得v ＝UBd②将②式代入①式得q m ＝UB 2L2.答案 (1)磁场方向垂直纸面向外 (2)q m ＝UB 2L 2三、α粒子散射实验及原子的核式结构模型例3 如图4所示为卢瑟福α粒子散射实验装置的示意图，图中的显微镜可在圆周轨道上转动，通过显微镜前相连的荧光屏可观察α粒子在各个角度的散射情况．下列说法中正确的是( )图4A ．在图中的A 、B 两位置分别进行观察，相同时间内观察到屏上的闪光次数一样多 B ．在图中的B 位置进行观察，屏上观察不到任何闪光C ．卢瑟福选用不同金属箔片作为α粒子散射的靶，观察到的实验结果基本相似D ．α粒子发生散射的主要原因是α粒子撞击到金箔原子后产生的反弹解析 α粒子散射实验现象：绝大多数α粒子沿原方向前进，少数α粒子有大角度散射．所以A 处观察到的粒子数多，B 处观察到的粒子数少，所以选项A 、B 错误．α粒子发生散射的主要原因是受到原子核库仑斥力的作用，所以选项D 错误，C 正确．答案 C例4 在卢瑟福α粒子散射实验中，只有少数α粒子发生了大角度偏转，其原因是( ) A ．原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里 B ．正电荷在原子内是均匀分布的 C ．原子中存在着带负电的电子D ．原子的质量在原子核内是均匀分布的解析 原子的核式结构正是建立在α粒子散射实验结果基础上的，C 、D 的说法没有错，但与题意不符． 答案 A电子原子的,核式结构模型⎩⎪⎨⎪⎧电子的发现⎩⎪⎨⎪⎧阴极射线汤姆孙发现密立根测定电子的电荷量原子核式结构模型⎩⎪⎨⎪⎧α粒子散射实验卢瑟福的核式结构模型原子核的大小和尺寸1．(对阴极射线的认识)英国物理学家汤姆孙通过对阴极射线的实验研究发现( ) A ．阴极射线在电场中偏向正极板一侧B ．阴极射线在磁场中受力情况跟正电荷受力情况相同C ．不同材料所产生的阴极射线的比荷不同D ．汤姆孙并未得出阴极射线粒子的电荷量 答案 AD解析 阴极射线实质上就是高速电子流，所以在电场中偏向正极板一侧，A 正确．由于电子带负电，所以其在磁场中受力情况与正电荷不同，B 错误．不同材料所产生的阴极射线都是电子流，所以它们的比荷是相同的，C 错误．在汤姆孙实验证实阴极射线就是带负电的电子流时并未得出电子的电荷量，最早测出电子电荷量的是美国物理学家密立根，D 正确． 2．(带电粒子比荷的测定)关于密立根“油滴实验”，下列说法正确的是( ) A ．密立根利用电场力和磁场力平衡的方法，测得了带电体的最小带电荷量B．密立根利用电场力和重力平衡的方法，推测出了带电体的最小带电荷量C．密立根利用磁偏转的知识推测出了电子的电荷量D．密立根“油滴实验”直接验证了电子的质量不足氢离子质量的千分之一答案 B3．(对α粒子散射实验的理解)X表示金原子核，α粒子射向金核被散射，若它们入射时的动能相同，其偏转轨道可能是下图中的()答案 D解析α粒子离金核越远其所受斥力越小，轨道弯曲程度就越小，故选项D正确．4．(原子的核式结构模型)关于原子的核式结构模型，下列说法正确的是()A．原子中绝大部分是“空”的，原子核很小B．电子在核外绕核旋转的向心力是原子核对它的库仑力C．原子的全部电荷和质量都集中在原子核里D．原子核的半径的数量级是10－10m答案AB解析因为原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核内，而原子核又很小，所以原子内绝大部分区域是“空”的，A正确，C错误；电子绕原子核的圆周运动是原子核与电子间的库仑力引提供向心力，B正确；原子核半径的数量级是10－15m，原子半径的数量级是10－10m，D错误．题组一对阴极射线的认识1．关于阴极射线的性质，判断正确的是()A．阴极射线带负电B．阴极射线带正电C．阴极射线的比荷比氢原子比荷大D．阴极射线的比荷比氢原子比荷小答案AC解析通过让阴极射线在电场、磁场中的偏转的研究发现阴极射线带负电，其比荷比氢原子的比荷大得多，故A 、C 正确．2.如图1所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB 时，发现射线径迹下偏，则( )图1A ．导线中的电流由A 流向B B ．导线中的电流由B 流向AC ．如要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB 中电流的方向来实现D ．电子的径迹与AB 中电流的方向无关 答案 BC解析 阴极射线带负电，由左手定则判断管内磁场垂直纸面向里；由安培定则判断AB 中电流的方向由B 流向A .电流方向改变，管内磁场方向改变，电子受力方向也改变． 3．阴极射线管中的高电压的作用( ) A ．使管内气体电离 B ．使管内产生阴极射线 C ．使管内障碍物的电势升高 D ．使电子加速 答案 D题组二 比荷的测定4．密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性．如图2所示是密立根油滴实验的原理示意图，设小油滴的质量为m ，调节两极板间的电势差U ，当小油滴悬浮不动时，测出两极板间的距离为d .则可求出小油滴的电荷量q ＝________.图2答案mgdU解析 由平衡条件得mg ＝q U d ，解得q ＝mgdU .题组三 α粒子散射实验及原子的核式结构模型5．在α粒子散射实验中，关于选用金箔的原因下列说法不正确．．．的是( ) A ．金具有很好的延展性，可以做成很薄的箔B．金核不带电C．金原子核质量大，被α粒子轰击后不易移动D．金核半径大，易形成大角度散射答案 B6．卢瑟福提出原子的核式结构模型的依据是用α粒子轰击金箔，实验中发现α粒子() A．全部穿过或发生很小偏转B．绝大多数穿过，只有少数发生较大偏转，有的甚至被弹回C．绝大多数发生很大偏转，甚至被弹回，只有少数穿过D．全部发生很大偏转答案 B解析卢瑟福的α粒子散射实验结果是绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，故选项A错误．α粒子被散射时只有少数发生了较大角度偏转，并且有极少数α粒子偏转角超过了90°，有的甚至被弹回，故选项B正确，C、D错误．7．卢瑟福在解释α粒子散射实验的现象时，不考虑α粒子与电子的碰撞影响，这是因为() A．α粒子与电子之间有相互排斥，但斥力很小，可忽略B．α粒子虽受电子作用，但电子对α粒子的合力为零C．电子体积极小，α粒子不可能碰撞到电子D．电子质量极小，α粒子与电子碰撞时能量损失可忽略答案 D解析α粒子与电子间有库仑引力，电子的质量很小，α粒子与电子相碰，运动方向不会发生明显的改变，所以α粒子和电子的碰撞可以忽略．A、B、C错，D正确．8．卢瑟福对α粒子散射实验的解释是()A．使α粒子产生偏转的主要原因是原子中电子对α粒子有作用力B．使α粒子产生偏转的力是库仑力C．原子核很小，α粒子接近它的机会很小，所以绝大多数的α粒子仍沿原来的方向前进D．能发生大角度偏转的α粒子是穿过原子时离原子核近的α粒子答案BCD解析原子核带正电，与α粒子间存在库仑力，当α粒子靠近原子核时受库仑力而偏转，电子对它的影响可忽略，故A错，B对；由于原子核非常小，绝大多数粒子经过时离核较远，因而运动方向几乎不变，只有离核很近的α粒子受到的库仑力较大，方向改变较大，故C、D对．9．在卢瑟福的α粒子散射实验中，某一α粒子经过某一原子核附近时的运动轨迹如图3中实线所示．图中P、Q为轨迹上的点，虚线是过P、Q两点并与轨迹相切的直线，两虚线和轨迹将平面分为四个区域．不考虑其他原子核对该α粒子的作用，那么关于该原子核的位置，下列说法中正确的是()图3A．可能在①区域B．可能在②区域C．可能在③区域D．可能在④区域答案 A解析α粒子带正电，原子核也带正电，对靠近它的α粒子产生斥力，故原子核不会在④区域；如原子核在②、③区域，α粒子会向①区域偏转；如原子核在①区域，可能会出现题图所示的轨迹，故应选A.10．关于卢瑟福的原子核式结构学说的内容，下列叙述正确的是()A．原子是一个质量分布均匀的球体B．原子的质量几乎全部集中在原子核内C．原子的正电荷和负电荷全部集中在一个很小的核内D．原子半径的数量级是10－10m，原子核半径的数量级是10－15m答案BD。

学案4惠更斯原理波的反射与折射[目标定位] 1.知道什么是波面和波线.2.了解惠更斯原理，会用惠更斯原理解释波的反射与折射现象.3.认识波的反射和折射现象，知道反射定律和折射定律．一、惠更斯原理[问题设计]把一颗石子投到平静的池塘里，会激起一圈圈起伏不平的水面波向周围传播，你知道向四面八方传播的波峰(波谷)为什么组成一个个圆形吗？答案因为水波由波源向周围传开，由于向各个方向的波速都一样，所以向四面八方传播的波峰(波谷)组成一个个圆．[要点提炼]1．波面与波线(1)波面：从波源发出的波经过同一传播时间而达到的各点所组成的面，叫做波面，最前面的波面叫做波前．如图1所示．图1波面为球面的波叫球面波．波面为平面的波叫平面波．(2)波线：从波源沿着波的传播方向画出的带箭头的线称为波线，它表示波动的传播方向．波线与波面总是垂直的．2．惠更斯原理(1)内容：波在传播过程中所到达的每一点都可看做新的波源，从这些点发出球面形状的子波，其后任一时刻这些子波波前的包络面就是新的波前，这就是惠更斯原理．又叫惠更斯作图法．(2)应用：如果已知一列波某时刻波前的位置，还知道波速，根据惠更斯原理就可以得到下一时刻波前的位置，从而确定波的传播方向．二、波的反射和折射[问题设计]1．对着山崖或高墙说话时，能听到回声；夏日的雷声在云层间轰鸣不绝，你知道这是怎么回事吗？答案 这两种现象都是由于声波的反射造成的．2．波不仅有反射现象，也有折射现象，请用惠更斯原理解释波的反射和折射现象． 答案 (1)波的反射的解释：如图所示，a 、c 、b 三条波线并不同时到达界面，它们到达界面时产生子波的时间也就有先有后，子波传播的距离也就有远有近，A ′B ′是新的波面，与反射波方向垂直．但由于反射波与入射波相比，波长、波速和频率都不变．所以在图中直角三角形A ′AB ′≌直角三角形BB ′A .也就可以进一步证明入射角i ＝反射角i ′. (2)波的折射的解释如图所示，波线a 首先于时刻t 由介质1到达界面，之后又经过时间Δt ，波线b 也到达界面；这时A 、C ′两点发出的子波在介质2中的包络面为图中的A ′B ′，这是波进入介质2之后的新的波面．由于是两种不同的介质，其中波的传播速度v 1、v 2不一定相同，在Δt 时间内，两条波线传播的距离AA ′和BB ′也不一定相同，因此波进入第二种介质后传播方向常常发生偏折．若波在介质1中的速度为v 1，在介质2中的速度为v 2，则v 1v 2＝sin i sin r .[要点提炼] 1．波的反射(1)概念：波在传播的过程中，遇到两种介质的分界面时返回到原介质继续传播的现象叫做波的反射．(2)反射定律：如图2所示，当波传播到两种介质的交界处发生反射时，入射线、法线、反射线在同一平面内，入射线与反射线分别位于法线两侧，而且反射角等于入射角．反射波的波长、频率和波速都与入射波相同．图22．波的折射(1)概念：波在传播过程中，从一种介质进入另一种介质时，波传播的方向发生偏折的现象叫做波的折射．(2)实质：波发生折射的原因是在不同介质中波的速度不同．(3)折射定律：如图3所示，波在介质中发生折射时，入射线、法线、折射线(即折射波线)在同一平面内，入射线与折射线分别位于法线两侧，入射角的正弦值与折射角的正弦值之比等于波在第一种介质中的传播速度跟波在第二种介质中的传播速度之比，即v 1v 2＝sin isin r.图3[延伸思考]波向前传播的过程中，在两个介质的界面同时发生了反射和折射现象，你知道反射波和折射波的频率f 、波速v 和波长λ各自是如何变化的吗？请完成下表.一、对惠更斯原理的理解例1 利用惠更斯原理解释这个现象：如图4所示，在直线波纹的水波传播过程中，到达一个宽度与波长相差不多的狭缝时，在狭缝后面的波纹呈圆形，且以缝为圆心沿半径方向向周边传去．图4答案 因波在传播过程中所到达的每一点都可看做新波源，所以当波面到达挡板上的狭缝时，位于狭缝的点是新波源，故狭缝后面形成以狭缝为中心的圆形波纹向外传播．二、波的反射和折射的应用例2 图5中1、2、3分别代表入射波、反射波、折射波的波线，则( )图5A ．2与1的波长、频率相等，波速不等B ．2与1的波速、频率相等，波长不等C ．3与1的波速、频率、波长均相等D ．3与1的频率相等，波速、波长均不等解析 波1、2都在介质a 中传播，故1、2的频率、波速、波长均相等，A 、B 错；波1、3是在两种不同介质中传播，波速不同，但波源没变，因而频率相等，由λ＝vf 得波长不同，故C 错，D 对．答案 D例3 有一辆汽车以15 m /s 的速度匀速行驶，在其正前方有一陡峭山崖，汽车鸣笛2 s 后司机听到回声，此时汽车距山崖的距离多远？(v 声＝340 m/s)解析 若汽车静止问题就简单了，现汽车运动，声音传播，如图所示为汽车与声波的运动过程示意图．设汽车由A 到C 路程为s 1，C 点到山崖B 距离为s ；声波由A 到B 再反射到C 路程为s 2，则有s 2＝s 1＋2s ，因汽车与声波运动时间同为t ，则v 声t ＝v 汽t ＋2s所以s ＝(v 声－v 汽)t 2＝(340－15)×22 m ＝325 m.答案 325 m1．(对惠更斯原理的理解)下列说法中正确的是( ) A ．只有平面波的波面才与波线垂直 B ．任何波的波线与波面都相互垂直 C ．任何波的波线都表示波的传播方向 D ．有些波的波面表示波的传播方向 答案 BC解析 任何波的波线都与波面相互垂直，波线都表示波的传播方向，故B 、C 正确，A 、D 错误．2．(对惠更斯原理的理解)关于对惠更斯原理的理解，下列说法正确的是( ) A ．同一波面上的各质点振动情况完全相同 B ．同一波面上的各质点振动情况可能不相同 C ．球面波的波面是以波源为中心的一个个球面 D ．无论怎样的波，波线始终和波面垂直 答案 ACD3．(波的反射和折射的应用)以下关于波的认识，哪些是正确的( ) A ．潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况，用的是波的反射原理B ．隐形飞机怪异的外形及表面涂特殊隐形物质，是为了减少波的反射，从而达到隐形的目的C．雷达的工作原理是利用波的反射D．水波从深水区传到浅水区改变传播方向的现象，是波的反射现象答案ABC解析A、B、C选项中应用了波的反射现象；D选项应用了波的折射现象，深水区域和浅水区域视为不同介质，故波的传播方向发生改变，故D错误．4．(波的反射和折射的应用)为什么人在空房间里讲话感觉到声音特别响？答案声波在空房间里遇到墙壁、地面、天花板发生反射时，由于距离近，原声与回声几乎同时到达人耳，而人耳只能区分相差0.1 s以上的声音，所以人在空房间里讲话感觉声音特别响．而普通房间里的幔帐、沙发、衣物等会吸收声波，使反射不够强，所以人在普通房间里讲话不如在空房间里讲话响．题组一对惠更斯原理的理解1．关于惠更斯原理、波的反射、波的折射，下列说法正确的是()A．惠更斯原理能够解释所有波的现象B．子波的波速与频率等于波源的波速和频率C．用惠更斯原理不能解释波的衍射现象D．同一波面上的两个位置的质点振动步调也可能相反E．波在两介质的界面发生反射和折射时，反射波和折射波的频率不发生变化答案BE2．下列说法中正确的是()A．水波是球面波B．声波是球面波C．只有横波才能形成球面波D．只有纵波才能形成球面波答案 B解析该题考查了波面，根据球面波的定义可知：若波面是球面则为球面波，与是横波还是纵波无关，故C、D不正确，由此可知B正确，C、D不正确．由于水波不能在空间中传播，所以它是平面波，A不正确．题组二波的反射和折射3．下列说法正确的是( ) A ．入射波面与法线的夹角为入射角 B ．入射波面与界面的夹角为入射角 C ．入射波线与法线的夹角为入射角 D ．入射角跟反射角相等 答案 CD4．下列说法正确的是( )A ．波发生反射时，波的频率不变，波速变小，波长变短B ．波发生反射时，频率、波长、波速均不变C ．波发生折射时，波的频率不变，但波长、波速发生变化D ．波发生折射时，波的频率、波长、波速均发生变化 答案 BC解析 波发生反射时，在同一种介质中运动，因此波长、波速和频率均不变；波发生折射时，频率不变，波速变，波长变．故B 、C 正确，A 、D 错误． 5．声波从声源发出，在空中向外传播的过程中( ) A ．波速在逐渐变小 B ．频率在逐渐变小 C ．振幅在逐渐变小 D ．波长在逐渐变小答案 C解析 声波在空中向外传播时，不管是否遇到障碍物引起反射，其波速只由传播介质决定．频率(由振源决定)和波长(λ＝vf )均不变，所以A 、B 、D 错；又因为机械波传递的是能量，能量在传播过程中会减小，故其振幅也就逐渐变小，C 正确．6．如图1所示是一列机械波从一种介质进入另一种介质中发生的现象，已知波在介质Ⅰ中的波速为v 1，波在介质Ⅱ中的波速为v 2，则v 1∶v 2为( )图1A ．1∶ 2 B.2∶1 C.3∶ 2 D.2∶ 3答案 C解析 由折射定律v 1v 2＝sin isin r ，可知v 1v 2＝sin 60°sin 45°＝32，故C 选项正确．7．下列现象中属于声波反射现象的是( ) A ．隔着墙能听到房间外面有人讲话 B ．音响设备制作时要考虑混合效应 C ．夏日的雷声有时轰鸣不绝 D ．在水里的人能听到岸上的声音 答案 BC解析 A 是衍射现象．反射现象是波在同一种介质中的传播，因此B 、C 正确．波在不同种介质中的传播是折射现象，D 不正确．8．如图2所示，是声波从介质Ⅰ进入介质Ⅱ的折射情况，由图判断下面说法中正确的是( )图2A ．入射角大于折射角，声波在介质Ⅰ中的波速大于它在介质Ⅱ中的波速B ．入射角大于折射角，Ⅰ可能是空气，Ⅱ可能是水C ．入射角小于折射角，Ⅰ可能是钢铁，Ⅱ可能是空气D ．介质Ⅰ中波速v 1与介质Ⅱ中波速v 2满足：v 1v 2＝sin θ2sin θ1答案 A解析 由图中可直接看出θ1为入射角，θ2为折射角，有θ1＞θ2，选项C 错误；根据折射规律有v 1v 2＝sin θ1sin θ2＞1，所以v 1＞v 2，选项D 错误，选项A 正确；声波在液体、固体中的速度大于气体中的速度，选项B 错误．故正确答案为A.9．甲、乙两人平行站在一堵墙前面，两人相距2a m ，距墙均为3a m ，当甲开了一枪后，乙在t s 后听到第一声枪响，则乙在什么时候才听到第二声枪响( ) A ．听不到 B ．甲开枪后3t s C ．甲开枪后2t s D ．甲开枪后3＋72s 答案 C解析 如图所示，第一声枪响是从甲直接传到乙，所用时间t ＝2av ①第二声枪响是声波经墙反射后传到乙， 根据波的反射定律， 反射后声波所走最短路程 s ′＝2a 2＋(3a )2 m ＝4a m所需时间t ′＝s ′v ＝4av ② 由①②得：t ′＝2t ，故C 正确．题组三 综合应用10．一列声波在空气中的波长为34 cm ，传播速度为340 m/s ，这列声波传入另一介质时，波长变为68 cm ，则它在这种介质中的传播速度是多少？该声波在空气中与介质中的频率各是多少？答案 680 m/s 1 000 Hz 1 000 Hz 解析 在空气中v ＝fλ， f ＝v λ＝340 m/s 34×10－2 m ＝1 000 Hz ， 在介质中v ′＝fλ′，v ′＝1 000×68×10－2 m /s ＝680 m/s.11．一只汽船以4 m /s 的速度在无风河面上航行，船上发出一声鸣笛，旅客在3 s 后听到前方悬崖反射回来的声音，问悬崖离汽船原来的位置有多远？(v 声＝340 m/s) 答案 516 m解析 如图所示，设船发出鸣笛声的位置在B 处，旅客听到回声的位置在A 处，即3 s 内汽船前进了A 、B 间的距离l ，则声波经过2s －l 的距离．v 声t ＝2s －l ＝2s －v 船t ，得s ＝(v 声＋v 船)t 2＝(340＋4)×32 m ＝516 m.。

学案5波的干涉、衍射多普勒效应[目标定位] 1.知道波的叠加原理，知道波的干涉现象实质上是波的一种特殊的叠加现象.2.知道波的干涉图样的特点，理解形成稳定干涉图样的条件，掌握振动加强点、振动减弱点的振动情况.3.知道波的衍射现象，理解波发生明显衍射现象的条件.4.了解多普勒效应，能运用多普勒效应解释一些物理现象．一、波的叠加原理[问题设计]你知道“风声、雨声、读书声、声声入耳”反映了波的什么性质吗？答案声波在相互交错、叠加之后互不影响仍能保持原来的性质向前传播，这种现象体现了波传播具有独立性．[要点提炼]1．波的独立传播特性：两列波在相遇后相互穿过，仍然保持各自的运动状态继续传播，彼此之间好像未曾相遇．2．波的叠加原理：在几列波传播的重叠区域内，质点要同时参与由几列波引起的振动，质点的总位移等于各列波单独存在时在该处引起的振动位移的矢量和．如图1所示．图1二、波的干涉现象[问题设计]如图2所示，操场中两根竖直杆上各有一个扬声器，接在同一扩音机上，一位同学沿着MN 方向走来，他听到的声音会有什么变化？为什么？图2答案声音忽强忽弱，因为声波发生了干涉现象．[要点提炼]1．干涉的定义：频率相同的两列波叠加，使介质中某些区域的质点振动始终加强，另一些区域的质点振动始终减弱，并且这两种区域互相间隔、位置保持不变，这种稳定的叠加现象叫波的干涉，所形成的图样叫做干涉图样．2．干涉的条件：两列波的频率相同，振动方向在同一直线上，相位差恒定．3．加强点(区)和减弱点(区)(1)加强点：质点振动的振幅等于两列波的振幅之和，A＝A1＋A2.(2)减弱点：质点振动的振幅等于两列波的振幅之差，A＝|A1－A2|，若两列波振幅相同，质点振动的合振幅就等于零．(3)判断加强点和减弱点的方法①条件判断法振动频率相同、振动情况相同的两列波叠加时．某点到两列波的路程差为Δs＝|s2－s1|＝kλ时为振动加强点；当Δs＝(2k＋1)λ2(k＝0,1,2，…)时为振动减弱点．若两波源振动步调相反，则上述结论相反．②现象判断法若某点总是波峰与波峰或波谷与波谷叠加，该点为加强点；若总是波峰与波谷叠加，则为减弱点．4．干涉图样及其特征(1)干涉图样：如图3所示．图3(2)特征①加强区始终加强，减弱区始终减弱(加强区与减弱区不随时间变化)．②振动加强点和振动减弱点始终在以振源的频率振动，其振幅不变(若是振动减弱点，振幅小)．但其位移随时间发生变化且位置固定不变．③加强区与减弱区互相间隔．三、波的衍射现象[问题设计]大家都熟悉“闻其声而不见其人”的物理现象，你能说出是什么原因吗？答案声波在传播过程中遇到障碍物时，可以绕过障碍物，不沿直线传播；光沿直线传播，不能绕过障碍物，这样就发生了“闻其声而不见其人”的现象．[要点提炼]1．波的衍射现象：波能够绕到障碍物的后面传播的现象．2．产生明显衍射现象的条件：缝的宽度或障碍物的尺寸大小与波长相差不多或比波长小．3．理解(1)衍射是波特有的现象，一切波都可以发生衍射．(2)波的衍射总是存在的，只有“明显”与“不明显”的差异，不会出现“不发生衍射现象”的说法．(3)当缝的尺寸远小于波长时，尽管衍射十分突出，但衍射波的能量很弱，也很难观察到波的衍射．(4)波传到缝(障碍物)时，缝(障碍物)仿佛是一个新波源，由它发出与原来同频率的波在缝(障碍物)后传播，就偏离了直线方向．因此，波的直线传播只是在衍射不明显时的近似情况．四、多普勒效应1．多普勒效应：波源与观察者互相靠近或互相远离时，观察者接收到的波的频率发生变化的现象．2．多普勒效应的成因归纳：发生多普勒效应时，一定是由于波源与观察者之间发生了相对运动．二者相对靠近时，观察者接收到的频率变大，相对远离时，接收到的频率变小．3．发生多普勒效应时，波源产生波的频率并没有变化，只是观察者接收到的波的频率发生了变化．4．多普勒效应的应用：测量心脏血流速度，测量车辆速度，测量天体运动情况等．一、波的叠加例1如图4所示，沿一条直线相向传播的两列波的振幅和波长均相等，当它们相遇时可能出现的波形是下列选项中的()图4解析 该题考查波的叠加原理．两列波的半个波形相遇时，B 正确．当两列波完全相遇时(即重叠在一起)，由波的叠加原理可知，所有质点振动的位移均等于每列波单独传播时引起的位移的矢量和，使得所有质点的振动的位移加倍，C 正确．答案 BC二、波的干涉例2 如图5所示，S 1、S 2是两个相干波源，它们振动同步且振幅相同．实线和虚线分别表示在某一时刻它们所发出的波的波峰和波谷．关于图中所标的a 、b 、c 、d 四点，下列说法中正确的有( )图5A ．该时刻a 质点振动最弱，b 、c 质点振动最强，d 质点振动既不是最强也不是最弱B ．该时刻a 质点振动最弱，b 、c 、d 质点振动都最强C ．a 质点的振动始终是最弱的，b 、c 、d 质点的振动始终是最强的D ．再过T 4后的时刻a 、b 、c 三个质点都将处于各自的平衡位置，因此振动最弱 解析 a 质点是波峰和波谷相遇的点，振动减弱．b 质点是波峰与波峰的相遇点，c 质点是波谷与波谷的相遇点，振动都是加强的．d 质点位于振动加强点的连线上，仍为振动加强的点，故A 错，B 对．某时刻振动加强或减弱的点位置是固定的，始终是加强或减弱的，故C 对．再过T 4后的时刻，a 、b 、c 三质点虽然都处在平衡位置，但a 点振动仍减弱，b 、c 两点振动仍加强，故D 错．答案 BC三、波的衍射例3 如图6所示是观察水面波衍射的实验装置．AC 和BD 是两块挡板，AB 是一个孔，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，则关于波经过孔之后的传播情况，下列描述中正确的是( )图6A ．此时能明显观察到波的衍射现象B ．挡板前后波纹间距离相等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，能更明显地观察到衍射现象解析 本题主要考查发生明显衍射现象的条件．观察题图可知孔的尺寸与波长差不多，能明显观察到波的衍射现象，故选项A 对；因波的传播速度不变，频率不变，故波长不变，即挡板前后波纹间距应相等，故选项B 对；若f 增大，由λ＝v f知λ变小，衍射现象变得不明显了，故选项D 错；若将孔AB 扩大，且孔的尺寸远大于波长，则可能观察不到明显的衍射现象，故选项C 对．答案 ABC四、多普勒效应例4 如图7所示产生机械波的波源O 做匀速运动的情况，图中的圆表示波峰．图7(1)该图表示的是( )A ．干涉现象B ．衍射现象C ．反射现象D ．多普勒效应(2)波源正在向哪处移动( )A ．AB ．BC ．CD ．D(3)观察到波的频率最低的位置是( )A ．AB ．BC ．CD ．D解析 题图表示的是多普勒效应，波源的左边波长较小，说明波源正向左运动，因此A 处的观察者接受到的频率偏高，B处的观察者接受到的频率最低．答案(1)D(2)A(3)B1．(波的衍射)下列关于波的衍射的说法正确的是()A．衍射是一切波特有的现象B．对同一列波，缝、孔或障碍物越小，衍射现象越明显C．只有横波才能发生衍射现象，纵波不能发生衍射现象D．声波容易发生衍射现象是由于声波波长较长答案ABD解析衍射是一切波特有的现象，所以选项A正确，C错误；发生明显的衍射现象是有条件的，只有缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长差不多或比波长小时，才能观察到明显的衍射现象，所以选项B正确；声波的波长在1.7 cm到17 m之间，一般常见的障碍物或孔的大小可与之相比，正是由于声波波长较长，因此声波容易发生衍射现象，所以选项D正确．2．(波的干涉)图8表示两个相干波源S1、S2产生的波在同一种均匀介质中相遇．图中实线表示某时刻的波峰，虚线表示的是该时刻的波谷，下列说法正确的是()图8A．a、c两点的振动加强，b、d两点的振动减弱B．e、f两点的振动介于加强点和减弱点之间C．经适当的时间后，加强点和减弱点的位置互换D．经半个周期后，原来位于波峰的点将位于波谷，原来位于波谷的点将位于波峰答案AD解析波的干涉示意图表示某一时刻两列相干波叠加的情况，形成干涉图样的所有介质质点都在不停地振动着，其位移的大小和方向都在不停地变化着．但要注意，对于稳定的干涉，振动加强和减弱的区域的空间位置是不变的．a点是波谷和波谷相遇的点，c点是波峰和波峰相遇的点，都是振动加强的点；而b、d两点都是波峰和波谷相遇的点，是振动减弱的点，A 正确．e位于加强点的连线上，仍为加强点，f位于减弱点的连线上，仍为减弱点，B错误．相干波源叠加产生的干涉是稳定的，不会随时间变化，C错误．因形成干涉图样的介质质点不停地做周期性振动，经半个周期步调相反，D正确．3．(波的干涉和衍射)利用发波水槽得到的水面波形如图9a、b所示，则()图9A．图a、b均显示了波的干涉现象B．图a、b均显示了波的衍射现象C．图a显示了波的干涉现象，图b显示了波的衍射现象D．图a显示了波的衍射现象，图b显示了波的干涉现象答案 D解析由波的干涉和衍射概念知，图a是一列波的传播，显示了波的衍射现象，图b是两列波的传播，显示了波的干涉现象．4．(多普勒效应)关于多普勒效应，以下说法中正确的是()A．发生多普勒效应时，波源的频率发生了变化B．发生多普勒效应时，观察者接收到的频率发生了变化C．多普勒效应是在波源与观察者之间有相对运动时产生的D．只有声波才能产生多普勒效应答案BC解析由于波源的频率只与波源本身在单位时间内完成的全振动的次数有关，而与波源是否运动或观察者是否运动均无关系，故A选项不正确；当发生多普勒效应时，由于观察者与波源的相对位置发生了变化，当距离增大时，观察者在单位时间内接收到完全波的个数减少，反之，接收到完全波的个数就增加，可见观察者接收到的频率与波源发出的频率并不一定是相等的，只有当波源与观察者相对静止时二者才是相等的，故B、C选项都是正确的；一切波都能发生多普勒效应，故D选项不正确．题组一波的叠加1．下列关于两列波相遇时叠加的说法中正确的是()A．相遇之后，振幅小的一列波将减弱，振幅大的一列波将加强B．相遇之后，两列波的振动情况与相遇前完全相同C．在相遇区域，任一点的总位移等于两列波分别引起的位移的矢量和D．几个人在同一房间说话，相互间听得清楚，这说明声波在相遇时互不干扰答案BCD解析两列波相遇时，每一列波引起的振动情况都保持不变，而质点的振动则是两列波共同作用的结果，故选项A错误，选项B、C正确；几个人在同一房间说话，发出的声波在空间中相互叠加后，并不改变每列波的振幅、频率，所以声波传到人的耳朵后，仍能分辨出不同的人所说的话，故选项D正确．2．波源在绳的左端发出半个波①，频率为f1，振幅为A1；同时另一波源在绳右端发出半个波②，频率为f2(f2＞f1)，振幅为A2，P为绳的中点，如图1所示，下列说法正确的是()图1A．两列波同时到达P点B．两列波相遇时P点波峰值可达到A1＋A2C．两列波相遇再分开后，各自保持原波形传播D．因频率不同，这两列波相遇不能叠加答案AC解析因两波源同时起振，形成的都是绳波，波速相同，因此两列波同时到达P点，选项A 正确；因f2＞f1，故λ2＜λ1，当①的波峰传至P点时，②的波峰已过了P点，即两波峰在P 点不会相遇，根据波的叠加原理，P点的波峰值不会达到A1＋A2，选项B错误，选项C正确；因波的叠加没有条件，故选项D错误．3．关于波的叠加和干涉，下列说法中正确的是()A．两列频率不相同的波相遇时，因为没有稳定的干涉图样，所以波没有叠加B．两列频率相同的波相遇时，振动加强的点只是波峰与波峰相遇的点C．两列频率相同的波相遇时，介质中振动加强的质点在某时刻的位移可能是零D．两列频率相同的波相遇时，振动加强的质点的位移总是比振动减弱的质点的位移大答案 C解析两列波相遇时一定叠加，没有条件，A错；振动加强是指振幅增大，而不只是波峰与波峰相遇，B错；加强点的振幅增大，质点仍然在自己的平衡位置两侧振动，故某时刻的位移可以是振幅范围内的任何值，C正确，D错误．4．两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇．下列说法正确的是() A．波峰与波谷相遇处质点的振幅为|A1－A2|B．波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1＋A2C．波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移D．波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅答案AD解析波峰与波谷相遇时，振幅相消，故实际振幅为|A1－A2|，故选项A正确；波峰与波峰相遇处，质点的振幅最大，合振幅为A1＋A2，但此处质点仍处于振动状态中，其位移随时间按正弦规律变化，故选项B错误；振动减弱点和加强点的位移随时间按正弦规律变化，选项C错误；波峰与波峰相遇时振动加强，波峰与波谷相遇时振动减弱，加强点的振幅大于减弱点的振幅，故选项D正确．题组二波的干涉5．两波源S1、S2在水槽中形成的波形如图2所示，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，则()图2A．在两波相遇的区域中会发生干涉B．在两波相遇的区域中不会发生干涉C．a点的振动始终加强D．a点的振动始终减弱答案 B解析从题图中看出，两列波的波长不同，但同一介质中波速相等，根据v＝λf，知频率不同，所以在两波相遇的区域中不会发生干涉；因为不能发生干涉，所以虽然此时刻a点的振动加强，但不能始终加强，当然也不能始终减弱．所以本题选B.6．当两列同频率的水波发生干涉现象时，若两列波的波峰在P点相遇，则()①质点P的振动始终加强②质点P的频率最大③质点P的位移始终最大④质点P的位移有时可能为零A．①②B．②③C．③④D．①④答案 D解析由于两列波的波峰在P点相遇，P点是振动加强点，且振动始终加强，①正确；两列波发生干涉，它们的周期和频率不会发生改变，各个点的频率仍是相同的，②错误；振动加强并不意味着其位移始终最大，振动加强点的振幅最大，但位移总在变化，有时可能为零，③错误，④正确．故选项D正确．7．如图3所示，S1、S2是振动情况完全相同的两个机械波波源，振幅为A.a、b、c三点分别位于S1、S2连线的中垂线上，且ab＝bc.某时刻a是两列波波峰的相遇点，c是两列波波谷的相遇点，则()图3A．a处质点的位移始终为2AB．c处质点的位移始终为－2AC．b处质点的振幅为2AD．c处质点的振幅为2A答案CD解析因为a、b、c三点均在S1、S2连线的中垂线上，则各点到S1、S2的距离相等，则S1与S2到各点的路程差为零，S1与S2振动情况相同，则a、b、c各点振动加强，振动加强并不是位移不变，而是振幅为2A .8．如图4所示，S 1、S 2为两个振动情况完全一样的波源，两列波的波长都为λ，它们在介质中产生干涉现象，S 1、S 2在空间共形成6个振动减弱的区域(图中虚线处)，P 是振动减弱区域中的一点，从图中可看出( )图4A ．P 点到两波源的距离差等于2λB ．P 点始终不振动C ．P 点此时刻振动最弱，过半个周期后，振动变为最强D ．当一列波的波峰传到P 点时，另一列波的波谷也一定传到P 点答案 BD解析 振动减弱点到两波源距离差等于半波长的奇数倍，A 错；两波源振动情况相同，故P 点振幅为零，B 对，C 错；在P 点合位移为零，故其中一列波的波峰传播到P 点时，另一列波的波谷也传播到P 点，D 对．9．如图5所示，实线和虚线分别表示振幅、频率均相同的两列波的波峰和波谷．此刻，M 是波峰与波峰的相遇点，下列说法中正确的是( )图5A ．该时刻质点O 正处在平衡位置B ．P 、N 两质点始终处在平衡位置C ．随着时间的推移，质点M 向O 点处移动D ．从该时刻起，经过四分之一周期，质点M 到达平衡位置答案 BD解析 本题考查对干涉图样的认识．由题图可知，图中O 、M 为振动加强点，此时刻O 处于波谷，M 处于波峰，因此A 错误；N 、P 为减弱点，又因两列波振幅相同，因此，N 、P 两点振幅为零，即两质点始终处于平衡位置，B 正确；质点不会随波移动，C 错误；从该时刻经14周期，两列波在M 点分别引起的振动都位于平衡位置，故M 点位于平衡位置，D 正确．题组三波的衍射10．关于波的衍射现象，下列说法中正确的是()A．某些波在一定条件下才有衍射现象B．不是所有的波在任何情况下都有衍射现象C．一切波在一定条件下才有衍射现象D．一切波在任何情况下都有衍射现象答案 D解析衍射现象是波在传播过程中所特有的特征，没有条件，故一切波在任何情况下都有衍射现象，只是有的明显，有的不明显，故D正确．11．水波通过小孔，发生了一定程度的衍射，为使衍射现象更明显，下列做法可取的是() A．增大小孔尺寸B．减小小孔尺寸C．增大水波频率D．减小水波频率答案BD解析根据发生明显衍射的条件，可知本题中要使现象更明显，可采取：减小小孔尺寸或增大水波波长，或同时减小小孔尺寸、增大水波波长，所以选项A错误，B正确；改变频率表面看对衍射现象没影响，但题目的情景中是水波，介质已确定，由v＝λf知：若f改变了，λ也会改变，就会影响衍射发生的明显程度，因此欲增大波长，必须减小水波频率，故C错误，D正确．12．如图6所示，图中O点是水面上一波源，实线、虚线分别表示该时刻的波峰、波谷，A 是挡板，B是小孔，经过一段时间，水面上的波形将分布于()图6A．整个区域B．阴影Ⅰ以外区域C．阴影Ⅱ以外区域D．上述答案均不对答案 B解析从题图中可以看出挡板A比水波波长大的多，因此波不会绕过挡板A，而小孔B的大小与波长差不多，能发生明显的衍射现象，故B正确．题组四对多普勒效应的理解13．一列正在鸣笛的火车，高速通过某火车站站台的过程中，该火车站站台上的工作人员听到笛声的频率()A．变大B．变小C．先变大后变小D．先变小后变大答案 C解析火车先是靠近工作人员，人感觉频率变大，后是远离工作人员，人感觉频率变小，C 正确．14．下面哪些应用是利用了多普勒效应()A．利用地球上接收到遥远天体发出的光波的频率来判断遥远天体相对于地球的运动速度B．交通警察向行进中的汽车发射一个已知频率的电磁波，波被运动的汽车反射回来，根据接收到的频率发生的变化，就知道汽车的速度，以便于进行交通管理C．铁路工人将耳朵贴在铁轨上可判断火车的运动情况D．有经验的战士利用炮弹飞行的尖啸声判断飞行炮弹是接近还是远去答案ABD解析凡是波都具有多普勒效应，因此利用光波的多普勒效应便可以测定遥远星体相对地球运动的速度，A正确．被反射的电磁波，相当于一个运动的物体发出的电磁波，其频率发生变化，由多普勒效应的知识可以求出运动物体的速度，B正确．铁路工人是根据振动的强弱而对列车的运动作出判断的，C错误．炮弹飞行，与空气摩擦产生声波，人耳接收到的频率与炮弹的运动方向有关，D正确．15．公路巡警开车在高速公路上以100 km/h的恒定速度巡查，在同一车道上巡警车向前方的一辆轿车发出一个已知频率的电磁波，如果该电磁波被那辆轿车反射回来时，巡警车接收到的电磁波频率比发出时低，说明那辆轿车的车速()A．高于100 km/h B．低于100 km/hC．等于100 km/h D．无法确定答案 A解析本题以实例的形式考查对多普勒效应的理解．因为巡警车(观察者)接收到的电磁波频率比发出时低，由多普勒效应知巡警车与轿车在相互远离，而巡警车车速恒定又在后面，可判定轿车车速比巡警车车速大，故选项A正确，B、C、D错误．。

学案12实验：练习使用多用电表[目标定位] 1.了解多用电表的构造和原理，掌握多用电表的使用方法.2.会使用多用电表测电压、电流、定值电阻及二极管的正反向电阻．一、实验器材多用电表、电学黑箱、直流电源、开关、导线若干、小灯泡、二极管、定值电阻(大、中、小)三个．二、实验过程实验步骤(1)观察多用电表的外形，认识选择开关的测量项目及量程(2)测电压、电流①检查多用电表的指针是否停在表盘刻度左端的零位置．若不指零，则可用小螺丝刀进行机械调零．②将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔．③将多用电表选择开关置于直流电压挡，将电表与被测电路并联，注意红表笔接触点的电势应该比黑表笔高(填“高”或“低”)，如图1甲所示，测量小灯泡两端的电压．④将多用电表选择开关置于直流电流挡，将被测电路导线卸开一端，把多用电表串联在电路中，注意电流应该从红表笔流入电表．如图乙所示，测量通过小灯泡的电流．图1(3)测电阻①机械调零：使用前若指针没有停在左端“0”位置，要用螺丝刀转动调零定位螺丝，使指针指零.②选挡：估计待测电阻的大小，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆挡的合适挡位.③欧姆调零：将红、黑表笔短接，调整调零电阻旋钮，使指针指在表盘右端“0”刻度处．④测量读数：将两表笔分别与待测电阻的两端接触，指针示数乘以量程倍率即为待测电阻阻值．⑤测另一电阻时重复②③④.⑥实验完毕，应将选择开关置于“OFF”挡或交流电压最高挡．(4)研究二极管的单向导电性①测正向电阻：将多用电表的选择开关旋至低倍率(填“低倍率”或“高倍率”)的欧姆挡，调整欧姆零点之后将黑表笔接触二极管的正极，红表笔接触二极管的负极，把读得的欧姆数乘以欧姆挡的倍率，即为二极管的正向电阻．②测反向电阻：将多用电表的选择开关旋至高倍率(填“低倍率”或“高倍率”)的欧姆挡，调整欧姆零点之后将黑表笔接触二极管的负极，红表笔接触二极管的正极，把读得的欧姆数乘以欧姆挡的倍率，即为二极管的反向电阻．三、注意事项1．电流都是从红表笔流入，从黑表笔流出．2．电压、电流的读数要看清选择开关所选择的量程，搞清楚每一小格表示多少，及应读到的有效数字位数．3．测电阻时注意：(1)测电阻必须把待测电阻隔离．(2)两个调零过程，切记换挡需进行欧姆调零．(3)读数时应乘以相应的倍率．(4)合理选择量程，使指针尽可能指在中值附近．(5)欧姆表的表盘刻度不均，一般不估读．(6)电池用旧后，电动势会变小，内电阻会变大，致使电阻测量值偏大，要及时换电池．一、多用电表的使用例1为确定某电子元件的电气特性，做如下测量．(1)用多用电表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转过大，因此需选择____________倍率的电阻挡(填“×10”或“×1k”)，并________再进行测量，多用电表的示数如图2所示，测量结果为________Ω.图2(2)将待测元件(额定电压9 V)、蓄电池、滑动变阻器、电流表、多用电表、开关及若干导线连接成电路如图3所示．添加连线，使电路能测量该元件完整的伏安特性．图3本实验中使用多用电表测电压，多用电表的选择开关应调到____________________挡(填“直流电压10 V”或“直流电压50 V”)．解析(1)用多用电表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转过大，说明电阻较小，因此需选择“×10”倍率的电阻挡，并欧姆调零后再进行测量，多用电表的示数如题图所示，测量结果为70 Ω.(2)要测量该元件完整的伏安特性，必须连接成分压电路．本实验中使用多用电表测电压，多用电表的选择开关应调到直流电压10 V挡．答案(1)×10欧姆调零70(2)电路如图所示直流电压10 V针对训练1在练习使用多用电表的实验中(1)某同学连接的电路如图4所示图4①若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过________的电流；②若断开电路中的开关，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是________的电阻；③若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合开关，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是________两端的电压．(2)在使用多用电表的欧姆挡测量电阻时，若()A．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大B．测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必须减小倍率，重新调零后再进行测量C．选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25 ΩD．欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大答案(1)①R1②R1和R2串联③R2(或电源的路端电压)(2)D解析(1)①当多用电表选择开关尖端对准直流电流挡时，电流表与R1串联，此时电流表测得的是通过R1的电流．②切断电路，选择开关尖端对准欧姆挡时，测得的是R1和R2的串联总电阻．③选择开关尖端对准直流电压挡，闭合开关，且滑动变阻器的滑片移至最左端时，电阻R1被短路，此时多用电表示数等于电阻R2两端的电压，也等于电源的路端电压．(2)双手捏住两表笔金属杆时，测量值为被测电阻与人体电阻的并联阻值，应偏小，A错误；测量时指针若向左偏离中央刻度过大，应增大倍率，B错误；选择开关对应“×10”倍率时，指针位于20与30正中间时，测量应小于250 Ω，C错误；电池用时间太久，电动势减小，虽然完成调零，但中值电阻偏小，测量时读数将比真实值偏大，D正确．二、多用电表的读数例2如图5所示为一多用电表表盘．图5(1)如果用直流10 V挡测量电压，则读数为______ V.(2)如果用直流100 mA挡测量电流，则读数为______ mA.(3)如果用“×100”挡测电阻，则读数为________ Ω.解析电压、电流读数时用中间刻度线，电压表读数为6.6 V，电流表读数为66 mA，欧姆表读数时用上面刻度线，读数为800 Ω.答案(1)6.6(2)66(3)800针对训练2如图6所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针指示如图所示，则：图6(1)所测电阻的阻值为________ Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104 Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是________(选填“×10”“×100”或“×1 k ”)．(2)用此多用电表进行测量，当选用量程为50 mA 的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为______ mA ；当选用量程为250 mA 的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________ mA.(3)当选用量程为10 V 的电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为________ V.答案 (1)1.5×103 ×1 k (2)30.8(30.7～30.9都正确) 154 (3)6.2解析 (1)欧姆表读数：对应最上一行刻度值为15，倍率为“×100”，读数为1.5×103 Ω；测2.0×104 Ω电阻时应选“×1 k ”的欧姆挡．(2)选50 mA 电流挡，则每一大格表示10 mA ，每一小格表示1 mA ，测量的精确度为1 mA ，应估读到0.1 mA(此时为110估读)，指针对应的读数为30.8 mA ；选择量程为250 mA 的直流电流挡，则每一大格表示50 mA ，每一小格表示5 mA ，测量的精确度为5 mA ，应估读到1mA(此时为15估读)，指针对应的读数为154 mA. (3)选择10 V 电压挡，则每一大格表示2 V ，每一小格表示0.2 V ，测量的精确度为0.2 V ，应估读到0.1 V(此时应为12估读)，指针对应的读数为6.2 V .1．一多用电表的工作状态如图7所示，则此时的测量值为________________，如果选择开关指在底部250挡，则此时的测量值为________________，选择开关指在底部10挡的测量值应该是________________，选择开关指在左侧100挡处测量值应该为____________________，如果指在左侧10挡处测量值应该为________________，在测量电阻时，要想使指针向左侧偏转一些，应该把选择开关换选________的挡位(填“更大”或“更小”)，而在换挡之后重新测量之前要重新进行________．图7答案 4 Ω200 V8.0 V80 mA8.0 mA更小欧姆调零解析题图中选择开关指在欧姆表“×1”挡时，仔细观察指针指的刻度可以知道，两个刻度表示1 Ω，可以读出示数为4，电阻值为4×1 Ω＝4 Ω.当选择开关指在底部250挡时测的是直流电压，且量程为250 V，应该读中间均匀刻度线，可选0～250这组数值来读，读得电压为200 V．选择开关指在底部10挡时测的也是直流电压，且量程为10 V．可选0～10这组数值来读，读得电压为8.0 V．选择开关指在左侧100挡时测的是直流电流，且量程为100 mA，也应读中间均匀刻度线，可选0～10这组数值来读，读得电流为8×10 mA＝80 mA.选择开关指在左侧10挡时测的是直流电流，且量程为10 mA.可选0～10这组数值来读，读得电流为8.0 mA.在测量电阻时，要想使指针向左侧偏转一些，即使电阻在盘上的指示值大一些，应该把选择开关换选更小的挡位，而在换挡之后重新测量之前要重新进行欧姆调零．2．如图8所示为一正在测量中的多用电表表盘．图8(1)如果是用直流10 V挡测量电压，则读数为______ V.(2)如果用×100 Ω挡测量电阻，则读数为________ Ω.(3)如果是用直流5 mA挡测量电流，则读数为______ mA.答案(1)6.6(2)800(3)3.301．甲、乙两同学使用多用电表欧姆挡测同一个电阻时，他们都把选择开关旋到“×100”挡，并能正确操作．他们发现指针偏角太小，于是甲把选择开关旋到“×1 k”挡，乙把选择开关旋到“×10”挡，但乙重新调零，而甲没有重新调零．则以下说法正确的是( )A ．甲选挡错误，而操作正确B ．乙选挡正确，而操作错误C ．甲选挡错误，操作也错误D ．乙选挡错误，而操作正确答案 D解析 在使用多用电表的欧姆挡时一定要先进行欧姆调零，再测量；同时为了减小误差，要尽量使指针指在中间刻度附近，即要合理地选择倍率挡位．2.如图1所示，电路中有三根导线，其中一根是断的，电源、电阻R 1、R 2及另外两根导线是好的．为了查出断导线，某学生想先用多用电表的红表笔连接在电源的正极a ，再将黑表笔连接在电阻R 1的b 端和R 2的c 端，并观察多用电表指针的示数．下列选项中符合操作规程的是( )图1A ．直流10 V 挡B ．直流0.5 A 挡C ．直流2.5 V 挡D ．欧姆挡答案 A解析 因为被检测的电路为含电源电路，所以选用欧姆挡一定不行．由于电路中电源电动势为6 V ，所以选用直流2.5 V 挡也不安全．估测电路中电流的最大值可能为I m ＝E R 2＝65A ＝1.2 A ，所以选用直流0.5 A 挡也不对，只能选用直流10 V 挡．故正确答案为A.3．某同学用多用电表测量二极管的反向电阻．完成下列测量步骤：(1)检查多用电表的机械零点．(2)将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔，将选择开关拨至欧姆挡适当的量程处．(3)将红、黑表笔________，进行欧姆调零．(4)测反向电阻时，将________表笔接二极管正极，将________表笔接二极管负极，读出电表示数．(5)为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘________(填“左侧”“右侧”或“中央”)，否则，在可能的条件下，应重新选择量程，并重复步骤(3)、(4)．(6)测量完成后，将选择开关拨向________位置．答案 (3)短接 (4)红 黑 (5)中央 (6)OFF 挡解析用多用电表测二极管的反向电阻，应将黑表笔接二极管的负极．选择欧姆挡位后将红、黑表笔短接进行调零，使指针指在最右端零位置处．为测量准确应使指针尽量指向表盘的中央．测量完毕后，应将选择开关拨向OFF挡．4．如图2所示为一正在测量中的多用电表表盘．(1)如果是用直流10 V挡测量电压，则读数为______ V.(2)如果是用×100 Ω挡测量电阻，则读数为______ Ω.(3)如果是用直流5 mA挡测量电流，则读数为______ mA.图2答案(1)6.6(2)800(3)3.305．多用电表的示意图如图3所示．图3(1)当功能选择开关处于图中1位置时，测量结果为____________________________；(2)当功能选择开关处于图中2位置时，测量结果为____________________________；(3)当功能选择开关处于图中3位置时，测量结果为____________________________；(4)以上三种测量中，电流都应该从________(填“红”或“黑”)表笔经______(填“＋”或“－”)插孔流入多用电表．答案(1)3.2 mA (2)16.0 V(3)3.2×104Ω(4)红＋解析当功能选择开关处于图中1位置时，为电流表10 mA档，按照刻度盘中间刻度读数，测量结果为3.2 mA；当功能选择开关处于图中2位置时，为电压表50 V档，按照刻度盘中间刻度读数，测量结果为16.0 V；当功能选择开关处于图中1位置时，为欧姆表“×1”k 挡，按照刻度盘上侧刻度读数，测量结果为32×1 kΩ＝3.2×104Ω；以上三种测量中，电流都应该从红表笔经“＋”插孔流入多用电表．6．用如图4所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据下列步骤完成电阻测量：图4(1)旋动部件__________________，使指针对准电流的“0”刻线．(2)将K旋转到电阻挡“×100”的位置．(3)将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件______，使指针对准电阻的______________(填“0刻线”或“∞刻线”)．(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按__________的顺序进行操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡“×1 k”的位置B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准答案(1)S(3)T0刻线(4)ADC解析使指针对准电流的“0”刻线，应旋动机械调零部件S；使指针对准电阻的“0”刻线，应旋动欧姆调零部件T；测电阻时若指针偏转角度过小，则待测电阻的阻值很大，据欧姆表测电阻时指针尽可能接近“中值”的原则知，应换用较大倍率的挡位，因此A合理；每换一次挡位应重新调零，则选D；测电阻时两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相连，应选C.7．如图5所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号．在开关闭合后，发现小灯泡不亮．现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点．图5(1)为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的________挡．在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的________挡．(2)在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明______________可能有故障．(3)将小灯泡拆离电路，写出用多用电表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤．答案(1)电压欧姆(2)开关或连接点5、6(3)①调到欧姆挡②将红黑表笔相接，检查欧姆挡能否正常工作；③测量小灯泡的电阻．如果电阻无穷大，表明小灯泡有故障．解析(1)当连接点1、2已接好时，电路中已有电压存在，故需用电压挡来检测电路．当连接点1、2同时断开时，电路中没有电源提供电压，要检测电路故障，只有通过测各段电路的电阻是否异常，故采用欧姆挡．(2)当电路中两点间有电压时，这表明在此两点之外的电路与电源两极是连通的．当测出两点间电压等于电源电压而又确定电路故障是断路引起时，就可以确定断路位置在此两点之间．。

学案3 习题课：交变电流的产生及描述[目标定位] 1.理解交变电流的产生过程，能够求解交变电流的瞬时值.2.理解交变电流图像的物理意义.3.知道交变电流“四值”的区别，会求解交变电流的有效值．一、对交变电流产生规律的理解求解交变电动势瞬时值时：(1)首先要计算峰值E m ＝NBSω；(2)确定线圈转动从哪个位置开始，以便确定瞬时值表达式是按正弦规律变化还是按余弦规律变化；(3)确定线圈转动的角速度ω(以rad/s 作单位)；(4)最后确定感应电动势的瞬时值表达式．例1 图1甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图．其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的匝数n ＝100匝，电阻r ＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R 连接，电阻R ＝90 Ω，与R 并联的交流电压表为理想电表．在t ＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t 按图乙所示正弦规律变化．求：图1(1)交流发电机产生的电动势最大值； (2)电动势的瞬时值表达式；(3)线圈转过130 s 时电动势的瞬时值；(4)电路中交流电压表的示数．解析 (1)交流发电机产生的电动势最大值E m ＝nBSω而Φm ＝BS ，ω＝2πT ，所以E m ＝2n πΦmT由Φ－t 图线可知，Φm ＝2.0×10－2 Wb ，T ＝0.2 s 所以E m ＝20π V ＝62.8 V.(2)线圈转动的角速度ω＝2πT ＝2π0.2 rad /s ＝10π rad/s ，由于从垂直中性面处开始计时，所以感应电动势瞬时值表达式为e ＝E m cos ωt ＝62.8cos (10πt ) V(3)当线圈转过130 s 时e ＝20πcos (10π×130) V ＝10π V ＝31.4 V(4)电动势的有效值E ＝E m2＝102π VU ＝R R ＋r E ＝90100×102π V ＝92π V ≈40 V答案 (1)62.8 V (2)e ＝62.8cos (10πt ) V (3)31.4 V (4)40 V二、交变电流图像的应用正弦交流电的图像是一条正弦曲线，从图像中可以得到以下信息：1．周期(T )和角速度(ω)：线圈转动的角速度ω＝2πT.2．峰值(E m ，I m )：图像上的峰值．可计算出有效值E ＝E m 2，I ＝I m2.3．瞬时值：每个“点”表示某一时刻的瞬时值．4．可确定线圈位于中性面的时刻，也可确定线圈平行于磁感线的时刻．5．判断线圈中磁通量Φ及磁通量变化率ΔΦΔt的变化情况．例2 如图2所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )图2A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先、后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值为u ＝10sin (5πt ) VD ．交流电b 的最大值为203V解析 由题图可知，t ＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，A 错误；由题图可知T a ∶T b ＝2∶3，故n a ∶n b ＝3∶2，B 正确；由题图可知，C 正确；因ωa ∶ωb ＝3∶2，交流电最大值U m ＝NBSω，故U m a ∶U m b ＝3∶2，U m b ＝23U m a ＝203 V ，D 正确．答案 BCD三、交变电流有效值的计算交变电流有效值的计算一般有以下两种情况：1．对于按正(余)弦规律变化的电流，可先根据E m ＝NBSω求出其峰值，然后根据E ＝E m2求出其有效值．2．当电流按非正弦规律变化时，必须根据有效值的定义求解．计算时要注意三同：相同电阻、相同时间(一般要取一个周期)、产生相同热量．例3 图3表示一交流电电流随时间变化的图像，其中电流的正值为正弦曲线的正半周，其最大值为I m ；电流的负值强度为I m ，则该交流电的有效值为 ( )图3A.I m 2B.2I m C ．I m D.32I m解析 根据有效值的定义，取一个周期T ，则Q ＝(I m 2)2R T 2＋I 2mR T 2＝I 2RT 解得I ＝32I m ，故选D.答案 D四、交变电流“四值”的应用比较交变电流的四值，即峰值、有效值、瞬时值、平均值，在不同情况下的使用： (1)在研究电容器的耐压值时，只能用峰值．(2)在研究交变电流做功、电功率及产生的热量时，只能用有效值，交流电表显示的也是有效值．(3)在研究交变电流通过导体横截面的电荷量时，只能用平均值． (4)在研究某一时刻线圈受到的安培力时，只能用瞬时值．特别提醒 (1)交变电流的平均值是针对某一过程的物理量，在不同的时间内平均值一般不相同．(2)平均电动势不等于初、末两时刻瞬时值的平均值，必须用法拉第电磁感应定律计算即E ＝N ΔΦΔt . 例4图4一个总电阻为r 、边长为L 的正方形线圈abcd 共N 匝，线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO ′以如图4所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R . (1)求此时刻线圈感应电流的方向．(2)线圈转动过程中感应电动势的最大值为多大？(3)设发电机由柴油机带动，其他能量损失不计，线圈转一周柴油机做多少功？ (4)从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过R 的电荷量是多少？ (5)图中电流表和电压表的示数各是多少？ 解析 (1)由右手定则可判定电流的方向沿adcba .(2)E m ＝NBSω＝NBωL 2.(3)电动势的有效值E ＝E m2.电流的有效值I ＝ER ＋r ，由于不计能量损失，柴油机做的功全部转化为电能，线圈转一周，柴油机做的功W ＝EIt ＝E2R ＋r t ＝⎝⎛⎭⎫NBωL 222R ＋r ·2πω＝πN 2B 2ωL 4R ＋r.(4)通过R 的电荷量 q ＝I ·Δt ＝N ΔΦΔtR ＋r·Δt＝N ΔΦR ＋r ＝NBL 2·sin 60°R ＋r ＝3NBL 22(R ＋r )(5)电流表示数 I ＝E R ＋r ＝E m 2(R ＋r )＝NBL 2ω2(R ＋r ) 电压表示数U ＝IR ＝NBL 2ωR2(R ＋r )答案 见解析1．(交变电流图像的应用)图5甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化．下列说法正确的是()图5A．甲表示交流电，乙表示直流电B．两种电压的有效值相等C．甲电压的瞬时值表达式为u＝311sin (100πt) VD．甲交变电流的有效值比乙交变电流的有效值大答案CD解析两题图中交变电流的大小和方向都随时间变化，在t轴的上方为正，下方为负，A错．有效值E＝E m2只对正弦交流电适用，将两个图像叠放在一起，可以看出两个交变电流的最大值相等，甲对应的有效值大，所以B错，D对．由题图甲可知C对．2．(交变电流有效值的计算)如图6所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为()图6A．1∶ 2 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶6答案 C解析电功的计算，I要用有效值计算，题图甲中，由有效值的定义得(12A)2R×2×10－2 s＋0＋(12A)2R×2×10－2s＝I21R×6×10－2s，得I1＝33A；题图乙中，I的值不变，故I2＝1 A，由W＝UIt＝I2Rt可以得到W甲∶W乙＝1∶3，C正确．3. (交变电流“四值”的应用比较)如图7所示，一半径为r 的半圆形单匝线圈放在具有理想边界的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B .线圈以直径ab 为轴匀速转动，转速为n ，磁场位于ab 左侧且垂直于纸面向里(与ab 垂直) , M 和N 是两个滑环，负载电阻为R .线圈、电流表和连接导线的电阻不计，下列说法中正确的是( )图7A ．转动过程中电流表的示数为π2Bnr22RB ．从图示位置起转过14圈的时间内产生的平均感应电动势为2n πBr 2C ．从图示位置起转过14圈的时间内通过负载电阻R 的电荷量为2B π2r 28RD. 以上说法均不正确 答案 AB解析 交流电动势的最大值为I m ＝B ×12R πr 2×2n π＝B π2nr 2R，转动过程中通过电流表的示数为有效值，由有效值的定义得(I m 2)2R ·T 2＋0＝I 2RT ，解得I ＝B π2nr 22R ，平均感应电动势为E ＝B ×12πr 2π2×2n π＝2n πBr 2，A 、B 正确．通过负载电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦR ＝B ×12πr 2R ＝B πr 22R ，C 错误．4. (对交变电流产生规律的理解)如图8所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB 轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B ＝52π T ，线框的CD 边长为20 cm ，CE 、DF 长均为10 cm ，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：图8(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)在e －t 坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图像． 答案 (1)e ＝102cos (100πt ) V (2)见解析图解析 (1)线框转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，在t 时刻线框转过的角度为ωt ，此时刻e ＝Bl 1l 2ωcos ωt ，即e ＝BSωcos ωt ，其中B ＝52π T ，S ＝0.1×0.2 m 2＝0.02 m 2，ω＝2πn ＝2π×50 rad /s ＝100π rad/s ， 故e ＝52π×0.02×100πcos (100πt ) V ，即e ＝102cos (100πt ) V.(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图像如图所示．题组一 对交变电流产生规律的理解1. 如图1所示，在水平方向的匀强磁场中，有一单匝矩形导线框可绕垂直于磁场方向的水平轴转动．在线框由水平位置以角速度ω匀速转过90°的过程中，穿过线框面的最大磁通量为Φ，已知导线框的电阻为R ，则下列说法中正确的是 ( )图1A ．导线框转到如图所示的位置时电流的方向将发生改变B ．导线框转到如图所示的位置时电流的方向为badcbC ．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e ＝Φωsin ωtD ．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e ＝Φωcos ωt 答案 D2．面积均为S 的两个电阻相同的线圈，分别放在如图2甲、乙所示的磁场中，甲图中是磁感应强度为B 0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T 绕OO ′轴匀速转动，乙图中磁场变化规律为B ＝B 0cos 2πTt ，从图示位置开始计时，则 ( )图2A ．两线圈的磁通量变化规律相同B ．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C ．经相同的时间t (t ＞T )，两线圈产生的热量不同D ．从此时刻起，经T4时间，通过两线圈横截面的电荷量不同答案 A解析 甲图中的磁通量变化规律为Φ甲＝B 0S cos2πTt ，乙图中磁通量的变化规律为Φ乙＝B 0S cos2πTt ，故A 正确．由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E 也相同，又因两线圈电阻相同，所以Q ＝E 2Rt 也相同，经过T 4时间，通过两线圈横截面的电荷量q ＝I ·T4也相同，故B 、C 、D 错误．题组二 交变电流图像的应用3．某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流．现在该发电机出现了故障，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半，则它产生的交变电动势随时间变化的图像是 ( )答案 B解析 线圈转速为正常时的一半，据ω＝2πn ＝2πT 知，周期变为正常时的2倍，又据E m ＝NBSω知，最大值变为正常时的一半，结合我国电网交流电实际情况，知正确选项为B.4．一矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交变电动势e 随时间t 变化的情况如图3所示，下列说法中正确的是 ( )图3A ．此交流电的频率为0.2 HzB ．此交变电动势的有效值为1 VC ．t ＝0.1 s 时，线圈平面与磁场方向平行D ．在线圈转动过程中，穿过线圈的最大磁通量为1100πWb 答案 D解析 由题图可知，此交流电的周期T ＝0.2 s ，频率f ＝1T ＝5 Hz ，A 错误．E ＝E m 2＝22 V ，B 错误．t ＝0.1 s 时，感应电动势为0，线圈平面与磁感线垂直，C 错误．因E m ＝NBSω，其中N ＝10，ω＝2πT ＝10π rad/s ，故Φm ＝BS ＝1100π Wb ，D 正确．5．如图4(a)所示，一矩形线圈abcd 放置在匀强磁场中，并绕过ab 、cd 中点的轴OO ′以角速度ω逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时为计时起点，如图(b)所示，并规定当电流自a 流向b 时电流方向为正．则下列所示的四幅图中正确的是( )图4答案 D解析 由楞次定律知，t ＝0时，感应电流方向为负，线圈平面与中性面的夹角为π2－θ＝π4，线圈再转过π4到达中性面，所以，在线圈转过π4的过程中电流在减小，ωt ＝π4时，i ＝0，因而只有D 项正确．题组三 交变电流有效值的计算6．A 、B 是两个完全相同的电热器，A 通以图5甲所示的方波交变电流，B 通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率P A ∶P B 等于 ( )图5A ．5∶4B ．3∶2 C.2∶1 D ．2∶1 答案 A解析 方形波的有效值为I 20R T 2＋14I 20R T 2＝I 21RT ， 解得I 1＝58I 0正弦交流电有效值为I 2＝I 02所以P A ∶P B ＝I 21R ∶I 22R ＝5∶4，故选A.7．一个小型电热器若接在输出电压为10 V 的直流电源上，消耗电功率为P ；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为P2.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( ) A ．5 V B ．5 2 V C ．10 V D ．10 2 V 答案 C解析 根据P ＝U 2R ，对直流电有P ＝(10 V )2R ，对正弦式交流电有P 2＝U ′2R，所以正弦交流电的有效值为U ′＝ PR 2＝102V ，故交流电源输出电压的最大值U m ′＝2U ′＝10 V ，故选项C 正确．题组四 交变电流“四值”的应用比较8. 如图6所示，单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab 边转动，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S ，线圈导线的总电阻为R .t ＝0时刻线圈平面与纸面重合．则( )图6A ．线圈中电流瞬时值表达式为i ＝BSωR cos ωtB ．线圈中电流的有效值为I ＝BSωRC ．线圈中电流的有效值为I ＝2BSω2RD ．线圈消耗的电功率为P ＝B 2S 2ω2答案 CD解析 回路中感应电动势最大值E m ＝BSω，电流最大值I m ＝E m R ＝BSωR，t ＝0时线圈位于中性面，故电流瞬时值表达式i ＝BSωR sin ωt .线圈中电流的有效值I ＝I m 2＝2BSω2R ，P ＝I 2R ＝B 2S 2ω22R，故A 、B 错误，C 、D 正确． 9. 如图7所示，在匀强磁场中有一个内阻r ＝3 Ω、面积S ＝0.02 m 2的半圆形导线框可绕OO ′轴旋转．已知匀强磁场的磁感应强度B ＝52πT ．若线框以ω＝100π rad/s 的角速度匀速转动，且通过电刷给“6 V 12 W ”的小灯泡供电，则：图7(1)若从图示位置开始计时，求线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)从图示位置开始，线框转过90°的过程中，流过导线横截面的电荷量是多少？该电荷量与线框转动的快慢是否有关？(3)由题所给已知条件，外电路所接小灯泡能否正常发光？如不能，则小灯泡实际功率为多大？答案 (1)e ＝102cos (100πt ) V (2)260π C 无关 (3)不能 253W 解析 (1)线框转动时产生感应电动势的最大值E m ＝BSω＝52π×0.02×100π V ＝10 2 V 因线框转动从平行于磁感线位置开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式e ＝E m cos ωt ＝102cos (100πt ) V.(2)线框转过90°的过程中，产生的平均电动势E ＝ΔΦΔt. 流过导线横截面的电荷量q ＝I ·Δt ＝BS R ＋r， 又灯泡电阻R ＝U 20P 0＝6212Ω＝3 Ω. 故q ＝BS R ＋r ＝52π×0.023＋3C ＝260πC ，与线框转动的快慢无关．(3)线框产生的感应电动势的有效值E ＝E m 2＝10 V ，灯泡两端电压U ＝E R ＋rR ＝5 V ，因U ＜6 V ，故灯泡不能正常发光．其实际功率P ＝U 2R ＝523 W ＝253W.。