1998_物理B_选择题

运动和力一、选择题（2011）7C、原因：北斗星在北极上方，相对地球静止，北斗星在北极侧面，北斗星每一年绕北极星转1周，相当于地球每年绕太阳转一周，所以人们以北斗星的位置定位1年四季，不也就相当于以地球为参照物了么!（2007）2C、解：惯性，力不平衡；（2000）3 B；（2000）7 C；（2000）1 B；解：摩托车飞越高大障碍物时，若前轮先着地，前轮受地面的摩擦力使前轮的速度减小或静止，而摩托车的后轮及其他部分由于惯性还要继续向前运动，导致翻车；因此后轮先着地就可以避免翻车现象的发生．（1999）5A解：当三辆火车同方向，速度不同时，以速度处于中间的车为参照物时，看到另两列火车的关系就是向相反的方向运动，故A选项错误，B、C选项正确；当乘客坐在相对于地面静止的火车中，观察相对于地面向相反方向运动的另外两列火车时，会看到这两列火车向相反方向运动，故D选项正确．（1999）8A解：生鸡蛋的蛋液和蛋壳是两部分，转动时，蛋壳受力开始转动，蛋液由于惯性要保持原来静止的状态，从而给蛋壳一个阻力，所以很快就停下来；熟鸡蛋的蛋液和蛋壳是一个整体，转动时，蛋壳和蛋液都受力开始转动，转动的时间较长．（1994）1 C；（1992）13 B；(1991)2 D；(1991)6 D解：甲同学看到路边树木向东运动，是以他自己为参照物，说明他向西行走；乙看到甲静止不动，是以自己为参照物，他与甲同学之间的位置没有发生变化，说明他与甲同学以相同的速度，同向行走．二、填空题（2008）2解：由题知，客车的长度：L=11m×2.2×17=411.4m，经过的时间t=8s，小明相对于客车的速度：v=v1+v2=v1+108km/h=v1+30m/s，∵L=（v1+v2）t=（v1+30m/s）×8s，即：411.4m=（v1+30m/s）×8s，∴v1≈21.4m/s．故答案为：21.4．（2006）1解：由题意可知，小树、电线杆和村庄在一条直线上，村庄离车最远，所以相对于电线杆向后运动慢一点，人从车里往外看以电线杆为参照物时，村庄看上去是在往前运动；同理，可得出小树相对于电线杆向后运动．所以，村庄和小树绕着电线杆做顺时针转动．故答案为：前；后；顺．（2006）4解：如果轮胎有了磨损，轮半径减小，行驶相同的路程，车轮转动的圈数偏大，所以根据圈数测得的里程数和时速都要偏大；∵v=s/t，∴t=s/v，∵从北京到上海的路程知道（准确），速度表上指示的时速偏大，∴估算的时间比实际用的时间要小．故答案为：小于；小于．（2001）1解：下雨的方向相对于地面来说，雨是做平抛运动，平抛运动可分解为沿水平方向的匀速直线运动和沿竖直方向的自由落体运动，而此时的水平速度大小正好等于18km/h=5m/s，且方向也是由西向东，所以，此时该同学看到的是雨是成竖直状态下落，也就是雨相对于该同学是做自由落体运动了；故答案为：西，5．（2000）3解：虽然有风时雨是斜着下的，但是由于重力的作用，最终落入雨量筒的雨水的量是不受风向的影响的，所以有风的时候雨量筒竖立的方向不必变化，正确的使用方法为图（乙）所示，所以使用图中错误的方法即丙图，测得的雨量比实际降水量要多（因为落入雨量筒中的雨水多了）故正确答案为：乙，多．（1998）3解：由v=s/t得t=s/v=(L1+L2)/(v1+v2)答：两车从遇到离开所需时间为(L1+L2)/(v1+v2)．（1998）8解：当车向右开动时，水由于惯性要保持原来的静止状态，故水相对车向后运动，故会将气泡挤向右方；刹车时，水由于惯性要保持原来的运动状态，继续向前运动，所以会将气泡挤向左方；故答案为：右，左，水．（1997）5解：∵s=100米，t=9.86秒∴跑完100米的平均速度是v100=s100/t100=100米/9.86秒=10.1米/秒10米内平均速度最小的是v小=s10/t大=10米/1.88秒=9.2米/秒后20米的平均速度是v=s10/t小=(2×10米)/1.74秒=11.4米/秒10米内平均速度最大的是 v大=s10/t最小=10米/0.85秒=12.0米/秒＞11.4米/秒答：刘易斯这次百米赛跑的平均速度是10.1米/秒，他平均速度最小的是第一个10米，他的平均速度最大的是第八个10米．（1996）1解：汽车和汽车的像之间距离没有发生改变，方位没有发生改变，以汽车为参照物，汽车的像是静止的，相对速度为0．故答案为：0．（1996）8解：由题意可知甲比乙所走的路程多2个船距，即多走20m，s乙=v乙t乙=7m/s×80s=560m，所以，s甲=s乙+20m=560m+20m=580m，因此，v甲=s甲/t=580m/80s=7.25m/s．故填：7.25．（1993）2解：火车的速度v2=180km/h=50m/s，由公式s=vt得：列车鸣笛后3s时间内声音传播的路程为：s1=V1t=340m/s×3s=1020m；3s内列车前进的距离为：s2=V2t=50m/s×3s=150m；根据关系式：2s=s1+s2；列车鸣笛时距隧道口距离为：s=s1+s22=(1020m+150m)/2=585m．答：列车鸣笛时距隧道口距离为585m．(1991)1解：货物的质量：m=G/g=4.9N/(9.8N/kg)=0.5kg；过物体的重心作竖直向上的拉力和竖直向下的重力．如图所示(1991)3解：v=(N-1)L/t三、简答下列各题（2011）3、（1）①C所在部位。

浙江大学1998年攻读硕士学位研究生入学考试试题考试科目 量子力学第一题：（10分）（1） 写出玻尔-索末菲量子化条件的形式。

（2） 求出均匀磁场中作圆周运动的电子轨道的可能半径。

（利用玻尔-索末菲量子化条件求，设外磁场强度为B）第二题：（20分）（1） 若一质量为μ的粒子在一维势场0,0(),,0x aV x x a x ≤≤⎧=⎨∞><⎩中运动，求粒子的可能能级。

（2） 若某一时刻加上了形如sinxe aω，（1e ）的势场，求其基态能级至二级修正（ω为一已知常数）。

（3） 若势能()V x 变成221,0()2,0x x V x x μω⎧>⎪=⎨⎪∞<⎩，求粒子（质量为μ）的可能的能级。

第三题：（20分）氢原子处于基态，其波函数形如raceψ-=，a 为玻尔半径，c 为归一化系数。

（1） 利用归一化条件，求出c 的形式。

（2） 设几率密度为()P r ，试求出()P r 的形式，并求出最可几半径r 。

（3） 求出势能及动能在基态时的平均值。

（4） 用何种定理可把ˆV<>及ˆT <>联系起来？第四题：（15分）一转子，其哈密顿量222ˆˆˆˆ222y x z x y zL L L H I I I =++，转子的轨道角动量量子数是1， （1） 试在角动量表象中求出角动量分量ˆx L ，ˆy L ，ˆzL 的形式； （2） 求出ˆH的本征值。

第五题：（20分）若基态氢原子处于平行板电场中，电场是按下列形式变化00,0,0t t E e t τε-≤⎧⎪=⎨>⎪⎩ ，τ为大于零的常数，求经过长时间后，氢原子处于2P 态的几率。

（设ˆH'为微扰哈密顿，()805100,210ˆ3ta e He τε-'=⋅；（当0t >）()100,211ˆ0H±'=）。

第六题：（15分）（1） 用玻恩近似法，求粒子处于势场0()r aV x V e-=-，（0a >）中散射的微分散射截面。

例1 长沙市中考试题已知质量相等的两个实心小球A 和B ,它们的密度之比A ∶B ＝1∶2,现将A 、B 放入盛有足够多水的容器中,当A 、B 两球静止时,水对A 、B 两球的浮力之比F A ∶F B ＝8∶5,则ρA ＝________kg /m 3,ρB ＝________kg /m 3．ρ水＝1×103kg /m 3精析 由于A 、B 两物体在水中的状态没有给出,所以,可以采取计算的方法或排除法分析得到物体所处的状态．分析 1设A 、B 两球的密度均大于水的密度,则A 、B 在水中浸没且沉底． 由已知条件求出A 、B 体积之比,m A ＝m B ．B A V V ＝B A m m ·B A ρρ＝12∵ A 、B 浸没：V 排＝V 物 ∴BA F F 浮浮＝B A gV gV 水水ρρ＝12题目给出浮力比B A F F ＝58,而现在得B A F F 浮浮＝12与已知矛盾．说明假设1不成立． 2设两球均漂浮：因为m A ＝m B 则应有F 浮A ′＝F 浮B ′＝G A ＝G B''BA F F 浮浮＝11,也与题目给定条件矛盾,假设2不成立．用上述方法排除某些状态后,可知A 和B 应一个沉底,一个漂浮．因为ρA ＜ρB ,所以B 应沉底,A 漂浮．解 A 漂浮 F A ＝G A ＝ρAg V A ① B 沉底 F B ＝ρ水g V B 排＝ρ水g V B ②①÷② A g A Ag V V 水ρρ＝B A F F ＝58∵B A V V ＝12代入．ρA ＝B A F F ×A B V V ·ρ水＝58×21×1×103kg /m 3＝×103kg /m 3ρB ＝2ρA ＝×103kg /m 3答案ρA ＝×103kg /m 3,ρB ＝×103kg /m 3．例2 北京市中考试题A 、B 两个实心球的质量相等,密度之比ρA ∶ρB ＝1∶2．将它们分别放入足够的酒精和水中,它们受到浮力,其浮力的比值不可能的是ρ酒精＝×103kg /m 3A ．1∶1B ．8∶5C ．2ρA ∶ρ水D ．2ρ酒精∶ρB 精析 从A 、B 两个小球所处的状态入手,分析几个选项是否可能． 一个物体静止时,可能处于的状态是漂浮、悬浮或沉底． 以下是两个物体所处状态的可能性由题目我们可以推出 m A ＝m B ,ρA ∶ρB ＝21,则V A ＝V B ＝ρA ∶ρB ＝2∶1 我们可以选择表格中的几种状态进行分析： 设：1A 、B 均漂浮 ρA ＜ρ酒精,ρB ＜ρ水,与已知不矛盾,这时F 浮A ＝1∶1,A 选项可能．2设A 、B 都沉底BA F F 浮浮＝AA gV gV 水酒精ρρ＝54×12＝58,B 选项可能． 3设A 漂浮,B 沉底,这时ρA ＜ρ酒精,ρB ＜ρ水,BA F F 浮浮＝B A F G 浮＝B A A gV gV 水ρρ＝水ρρA2,B 选项可能． 4设A 沉底,B 漂浮ρA 应＜ρ酒精∵ρB ＝2ρA 应有ρB ＞ρ酒精＞ρ水,B 不可能漂浮．∴ 上述状态不可能,而这时的BA F F 浮浮＝A A gV gV 水酒精ρρ＝Bρρ酒精2．D 选项不可能．答案 D例3 如图1—5—7所示,把甲铁块放在木块上,木块恰好浸没于水中,把乙块系在这个木块下面,木块也恰好浸没水中,已知铁的密度为×103kg /m 3．求：甲、乙铁块的质量比．图1—5—7精析 当几个物体在一起时,可将木块和铁块整体做受力分析,通常有几个物体,就写出几个重力,哪个物体浸在液体中,就写出哪个物体受的浮力． 已知：ρ铁＝×103kg /m 3求：乙甲m m解 甲在木块上静止：F 浮木＝G 木＋G 甲 ① 乙在木块下静止：F 浮木＋F 浮乙＝G 水＋G 乙 ② 不要急于将公式展开而是尽可能简化 ②－① F 浮乙＝G 乙－G 甲ρ水g V 乙＝ρ铁g V 乙－ρ铁g V 甲先求出甲和乙体积比ρ铁V 甲＝ρ甲—ρ乙V 乙乙甲V V ＝铁水铁ρρρ-＝3333/109.7/10)19.7(m kg m kg ⨯⨯-＝7969质量比：乙甲m m ＝乙铁甲铁V V ρρ＝乙甲V V ＝7969答案 甲、乙铁块质量比为7969． 例4 河北省中考试题底面积为400cm 2的圆柱形容器内装有适量的水,将其竖直放在水平桌面上,把边长为10cm 的正方体木块A 放入水后,再在木块A 的上方放一物体B ,物体B 恰好没入水中,如图1—5—11a 所示．已知物体B 的密度为6×103kg /m 3．质量为0.6kg ．取g ＝10N /kga b 图1—5—11求：1木块A 的密度．2若将B 放入水中,如图b 所示,求水对容器底部压强的变化． 已知：S ＝400cm 2＝,A 边长a ＝10cm ＝,ρB ＝6×103kg /m 2,m B ＝ 求：1p A ；2△p ． 解 1V B ＝B B m ρ＝33/1066.0mkg kg ⨯＝×10－3m 3图a A 、B 共同悬浮：F 浮A ＋F 浮B ＝G A ＋G B 公式展开：ρ水g V A ＋V B ＝ρ水g V A ＋m B g 其中V A ＝3＝1×10－3m 3ρA ＝ABB A V m V V -+水水ρρ代入数据：ρA ＝3333333333m100.6kgm 100.1kg/m 10m 10kg/m 101----⨯⨯+⨯⨯ρA ＝×103kg /m 32B 放入水中后,A 漂浮,有一部分体积露出水面,造成液面下降． A 漂浮：F 浮A ＝G Aρ水gVA 排＝ρA gVAV A 排＝水ρρA V A ＝333335kg/m101m 10kg/m 100.5⨯⨯⨯- ＝×10－3m 3液面下降△h ＝S V △＝S V V A A 排-＝233330.04mm 100.5m 101--⨯-⨯＝0.0125m 液面下降△p ＝ρ水g △h ＝×103kg /m 3×10N /kg ×＝125Pa ． 答案 A 物体密度为×103kg /m 3．液体对容器底压强减少了125Pa ．例5 北京市中考试题在水平桌面上竖直放置一个底面积为S 的圆柱形容器,内装密度为ρ1的液体．将挂在弹簧测力计下体积为V 的金属浸没在该液体中液体未溢出．物体静止时,弹簧测力计示数为F ；撤去弹簧测力计,球下沉并静止于容器底部,此时液体对容器底的压力为容器底对金属球的支持力的n 倍．求1金属球的密度；2圆柱形容器内液体的质量．精析 当题目给出的各量用字母表示时,如果各量没用单位,则结果也不必加单位．过程分析方法仍从受力分析入手． 解 1金属球浸没在液体中静止时 F 浮＋F ＝Gρ1gV ＋F ＝ρgV ρ为金属密度ρ＝ρ1＋gVF 2解法1 如图1—5—12,球沉底后受力方程如下：图1—5—12F 浮＋F ＝G N 为支持力 N ＝G －F 浮＝F液体对容器底的压力F ′＝n FF ′＝m 液g ＋ρ1gVm 液＝g F '－ρ1V ＝BnF ＝ρ1V F ′＝pS ＝ρ1gV ＝n F ρ1gV 液＋V ＝n Fρ1gV 液＋ρ1gV ＝n Fm 液＝BnF－ρ1V 答案 金属球密度为ρ1＋gV F ,容器中液体质量m 液＝BnF －ρ1V ． 例6 如图1—5—14中,容器内分别装有水和盐水,在液面上浮着一块冰,问：1冰在水中熔化后,水面如何变化2冰在盐水中熔化后,液面如何变化a b 图1—5—14精析 这道题可以用计算的方法来判断,关键是比较两个体积,一是冰熔化前,排开水的体积V 排,一个是冰熔化成水后,水的体积V 水．求出这两个体积,再进行比较,就可得出结论． 解 1如图l —5—14a 冰在水中,熔化前处于漂浮状态． F 浮＝G 冰ρ水g V 排＝m 冰gV 排＝冰冰ρm冰熔化成水后,质量不变：m 水＝m 冰 求得：V 水＝水冰ρm ＝水冰ρm比较①和②,V 水＝V 排也就是冰熔化后体积变小了,恰好占据了原来冰熔化前在水中的体积． 所以,冰在水中熔化后液面不变2冰在盐水中：冰熔化前处于漂浮,如图1—3—14b,则 F 盐浮＝G 冰ρ盐水g V 排盐＝m 冰gV 排盐＝盐水冰ρm ①冰熔化成水后,质量不变,推导与问题1相同． V 水＝水冰ρm ②比较①和②,因为ρ水＝ρ盐水 ∴ V 水＝V 排排也就是冰熔化后占据的体积要大于原来冰熔化前在盐水中的体 所以,冰在盐水中熔化后液面上升了．答案 1冰在水中熔化后液面不变．2冰在盐水中熔化后液面上升．思考 冰放在密度小于冰的液体中,静止后处于什么状态,熔化后,液面又如何变化 例7 北京市东城区中考试题自制潜水艇模型如图1—5—16所示,A 为厚壁玻璃广口瓶,瓶的容积是V 0,B 为软木塞,C 为排水管,D 为进气细管,正为圆柱形盛水容器．当瓶中空气的体积为V 1时,潜水艇模型可以停在液面下任何深处,若通过细管D 向瓶中压入空气,潜水艇模型上浮,当瓶中空气的体积为2 V l 时,潜水艇模型恰好有一半的体积露出水面,水的密度为恰ρ水 ,软木塞B ,细管C 、D 的体积和重以及瓶中的空气重都不计．图1—5—16求：1潜水艇模型．的体积； 2广口瓶玻璃的密度．精析 将复杂的实际向题转化为理论模型．把模型A 着成一个厚壁盒子,如图1—5—17 a,模型悬浮,中空部分有”部分气体,体积为y 1．1图b 模型漂浮,有一半体积露出水面．中空部分有2 V 1的气体．a b 图1—5—17设：模型总体积为V解 1图a,A 悬浮．⎪⎩⎪⎨⎧+='+=21)(G G F G G F A A 浮浮模型里水重图b,A 漂浮将公式展开：⎪⎩⎪⎨⎧-+=-+=②①水水水水)2(21)(1010V V g GA V g V V g G gV A ρρρρ①—② ρ水g 21V ＝ρ水gV 1＝2 V 12由1得：G A ＝ρ水g V —ρ水gV 0—V 1 ＝ρ水g 2V 1＋ρ水g V 1－ρ水g V 0 ＝ρ水g 3V 1—V 0 V 玻＝V —V 0＝2V 1—V 0ρ玻＝玻V m A＝玻gV G A＝)3()3(0101V V g V V g --水ρ＝10123V V V V --·ρ水例8 如图1—5—19所示轻质杠杆,把密度均为×103kg /m 3的甲、乙两个实心物体挂在A 、B 两端时,杠杆在水平位置平衡,若将甲物体浸没在水中,同时把支点从O 移到O ′时,杠杆又在新的位置平衡,若两次支点的距离O O ′为OA 的51,求：甲、乙两个物体的质量之比． 图1—5—19精析 仍以杠杆平衡条件为出发点,若将其中一个浸入水中,杠杆的平衡将被破坏,但重新调整力臂,则可使杠杆再次平衡．已知：甲、乙密度ρ＝×103kg /m 3,甲到支点O 的距离是力臂l OA ,乙到支点的距离是力臂l OB ,△l ＝O O ′＝51l OA 求：乙甲m m解 支点为O ,杠杆平衡：G 甲l OA ＝G 乙l OB ①将甲浸没于水中,A 端受的拉力为G —F 浮甲,为使杠杆再次平衡,应将O 点移至O ′点,O ′点位于O 点右侧． 以O ′为支点,杠杆平衡：G 甲－F 浮甲l OA ＋51l AO ＝G 乙l OB ＋51l AO ② 由②得 G 甲56 l AO —F 浮甲56 l AO ＝G 乙l OB —51G 乙l AO将①代入②得56G 甲l AO —56F 浮甲56 l AO ＝G 甲l OA —51G 乙l AO 约去l AO ,并将G 甲、F 浮甲,G 乙各式展开56ρg V 甲－56ρ水g V 甲＝ρ水g V 甲－51ρg V 乙 将ρ＝×103kg /m 3代入,单位为国际单位．56×4×103V 甲－56×1×103V 甲＝4×103V 甲－51×4×103V 乙 得乙甲V V ＝12又∵ 甲、乙密度相同： ∴乙甲m m ＝乙甲V V ρρ＝12答案 甲、乙两物体质量之比为2∶1例9 如图2—3—7a ,当变阻器滑片从A 点滑到B 点时,R 1两端的电压比为2∶3,变阻器两端电压比U A ∶U B ＝4∶3．电源电压不变求：I A ∶I B ,R A ∶R B ,P 1∶P 1′,P A ∶P B ,R 1∶R Aabc图2—3—7精析 画出电路变化前后对应的两个电路：如图2—3—7bc 所示． 已知：'11U U ＝32,B A U U ＝34解 B A I I ＝1111R U R U '＝'11U U ＝32B A R R ＝BB A AI U I U ＝B A U U ×A B I I ＝34×23＝1211P P '＝1212R I R I B A ＝22B A I I ＝322＝94B A P P ＝B B A A R I R I 22＝94×12＝98图b ：U ＝I A R 1＋R A 图c ：U ＝I B R 1＋R B U 相等：R B ＝21R A ,B A I I ＝32代入I A R 1＋R A ＝I B R 1＋21R A 2R 1＋R A ＝3R 1＋21R AA R R 1＝21 另解：图b U ＝U 1＋U A 图c U ＝U 1′＋U B∴ U 1′＝23U 1,U B ＝43U A ,U 不变 ∴ U 1＋U A ＝23U 1＋43U A21U 1＝41U AA U U 1＝21∵ R 1、R A 串 ∴A R R 1＝A U U 1＝21答案 I A ∶I B ＝2∶3,R A ∶R B ＝2∶1,P 1∶P 1′＝4∶9,P A ∶P B ＝8∶9,R 1∶R A ＝1∶2 例10 如2—3—8a ,已知R 1∶R 2＝2∶3,当S 2闭合,S 1、S 3断开时,R 1的功率为P 1,电路中电流为I ；当S 1、S 3闭合,S 2断开时,R 1的功率为P 1′,电路中电流为I ∶I ′．电源电压不变 求：U 1∶U 2,P 1∶P 1′,I ∶I ′ 精析 画出变化前后电路图b 和cabc图2—3—8已知：21R R ＝32求：21U U ,'11P P ,'II解 图b 中R 1、R 2串,21U U ＝21R R ＝32'11P P ＝12121R U R U ＝221U U ＝522＝254图c 中R 1两端电压为U图b ：U ＝IR 1＋R 2 图c ：U ＝I ′2121R R R R +U 不变 IR 1＋R 2＝I ′2121R R R R +I 2＋3＝I ′3232+⨯I I '＝256 答案 U 1∶U 2＝2∶3,P 1∶P 1′＝4∶25,I ∶I ′＝6∶25例11 如果将两个定值电阻R 1和R 2以某种形式连接起来,接入电路中,则电阻R 1消耗的电功率为12W ．如果将这两个电阻以另一种形式连接起来接入原电路中,测得该电路的总电流为9A ,此时电阻R 1上消耗的电功率为108W ．电源电压不变 求：1电阻R 1和R 2的阻值； 2电阻R 2上两次电功率的比值．精析 先判断电阻R 1、R 2的两次连接方式．因为总电压不变,由P 1＜P 1′和R 1一定,判断出：U 1＜U 1′所以第一次R 1、R 2串联,第二次并联． 求：R 1、R 2P 2、P 2′解 画出分析电路图2—3—9abab图2—3—9同一电阻R 1,根据P ＝RU 2有'11P P ＝2121)('U U ＝221U U ＝W 108W 12＝91U 1′＝U∴U U 1＝31 如图a U 1＋U 2＝U21U U ＝21∵ R 1、R 2串21R R ＝21U U ＝21 如图b R 1、R 2并联,''21I I ＝12R R ＝12∵ I 1′＋I 2′＝I ′＝9A ∴ I 1′＝6A I 2′＝3A R 1＝211)('I P ＝2)A 6(W108＝3Ω R 2＝2 R 1＝6Ω 2求'22P P 关键求出R 2两端电压比 从图a 可知：21U U ＝21 ∴U U 2＝32 由图a 和b同一电阻R 2：'22P P ＝2121)('U U ＝222U U ＝322＝94答案 R 1＝3Ω,R 2＝6Ω,P 2∶P 2′＝4∶9例12 甲灯标有9V ,乙灯标有3W ,已知电阻R 甲＞R 乙,若把两灯以某种方式连接到某电源上,两灯均正常发光,若把两灯以另一种方式连接到另一电源上．．．．．,乙灯仍能正常发光,甲灯的实际功率与它的额定功率比P 甲′∶P 甲＝4∶9 求：1甲灯的额定功率P 甲； 2乙灯的额定电压U 乙； 3两灯电阻R 甲和R 乙．精析 注意两次电路总电压不同,所以不能像例4那样判断电路连接方式 已知：U 甲＝9V ,P 乙＝3W ,R 甲＞R 乙,P 甲′∶P 甲＝4∶9 求：P 甲、U 乙、R 甲、R 乙设第一次R 甲、R 乙并联,此时两灯均能正常发光,说明：U 乙＝U 甲＝9VR 乙＝乙乙P U 2＝W 3)V 9(2＝27Ω第二次R 甲、R 乙串联,乙灯仍正常发光,说明U 乙′＝U 乙＝9V 而R 甲不变时,甲甲P P '＝甲甲U U '＝94 ∴ U ′＝32U 甲＝32×9V ＝6V R 甲、R 乙串联 乙甲R R ＝''乙甲U U ＝V 9V 6＝32得R 甲＜R 乙,与题意不符．由上判定：电路第一次串联,第二次并联,画出分析示意图2—3—10a 和b ．ab图2—3—10解 由图a 和b 得： R 甲不变 甲甲P P '＝22甲甲U U '＝22甲U U'＝94U ′＝32U 甲＝32×9V ＝6V U 乙′＝U 乙＝6V 由图b 乙灯正常发光R 乙＝乙乙P U 2＝W 3)V 6(212Ω由图a R 甲、R 乙串 I 甲＝I 乙＝乙乙U P ＝V6W 3＝0.5A R 甲＝甲甲I U ＝A5.0V9＝18Ω P 甲＝I 甲U 甲＝0.5A ×9V ＝答案 甲灯额定功率,乙灯额定电压6V ,甲灯电阻10Ω,乙灯电阻6Ω 例13 北京市1997年中考试题如图2—3—11a 所示电路中,灯L 1的电阻R 2的21不考虑灯丝随温度的变化．电源电压为10V ,并保持不变．S 1、S 2为开关．当闭合S 1,断开S 2时,灯L 1正常发光,电阻R 3消耗的电功率为2W ,电压表示数U 1；当闭合S 2,断开S 1时,电阻R 4消耗的电功率为41W ,电压表示数为21U 1． 求1灯L 1的额定功率；2电阻R 4的阻值．abc图2—3—11已知：R 1＝21R 2,U ＝10V P 3＝2W U 1′＝ 21U 1 P 4＝41W 求：1P 1L 1额定功率；2R 4解 画出变化前后电路分析图2—3—11b 和c ． 先求出两次电路b 和c 中电流比I ∶I ′ ∵ R 1不变I I '＝11U U '＝1121U U ＝1243R R ＝2423I P I P '＝43P P ×22II '＝W41W 2×212＝12由图b U ＝IR 1＋R 3 由图c U ＝I ′R 1＋R 2＋R 4 U 不变,将R 2＝2 R 1和R 3＝2 R 4代入 IR 1＋2R 4＝I ′R 1＋2R 1＋R 4 2R 1＋2R 4＝3R 1＋R 441R R ＝13 得R 1∶R 2∶R 4＝3∶6∶1由图c R 1、R 2、R 4串,且U ＝U 1′＋U 2′＋U 4＝10V U 1′∶U 2′∶U 4＝R 1∶R 2∶R 4＝3∶6∶1 U 4＝101U ＝101×10V ＝1V R 4＝424P U ＝W 41)V 1(2＝4Ω由图b R 1、R 3串31P P ＝31R R ＝23 P 1＝23×2W ＝3W 答案 L 1额定功率为3W ,R 4为4Ω例14 北京市1998年中考试题 如图2—3—12所示,电路两端电压保持不变,当只闭合开关S 1时,通过电阻R 1的电流是I 1；当只闭合开关S 2时,通过电阻R 2的电流是I 2；电阻R 2消耗的功率是20W ,I 1∶I 2＝3∶2,当只闭合开关S 3时,电阻R 3消耗的功率是15W ．图2—3—12求：1只闭合S 1时,R 1消耗的功率；2只闭合S 3时,R 1消耗的功率． 已知：I 1∶I 2＝3∶2,P 2＝20W ,P 3＝15W 求：P 1、P 1″精析 只闭合开关S 1,只有R 1,如图2—3—13a 当只闭合S 2时,R 1、R 2 串,如图2—3—13b ；当只闭合S 3时,R 1、R 2 、R 3串,如图2—3—13c ．abc图2—3—13解 图a U ＝I 1R 1 图b U ＝I 2R 1＋R 2 U 不变,21I I ＝233R 1＝2R 1＋R 221R R ＝12 图b R 1、R 2串 21P P '＝21R R ＝12P 1′＝2P 2＝2×20W ＝40W 如图a 和b同一电阻R 1·'11P P ＝2221I I ＝322＝94P 1＝94×40W ＝90W如图b P 2＝I 22R 2＝21R R U +2R 21如图c P 3＝I 32R 3＝321R R R U ++2R 321÷2 W 15W 20＝322122321)()(R R R R R R R +++将R 1＝2R 2代入R 32－6R 2R 3＋9R 22＝0R 3－3 R 22＝0R 3＝3 R 2,又∵ R 1＝2 R 2 ∴31R R ＝32 如图c ,串联电路31P P "＝31R R ＝32 ∴ P 1″＝32×15W ＝10W答案 图a 中,R 1功率为90W ,图c 中,R 1功率为10W例15 北京市东城区中考试题小明设计了一个电加热器,有加热状态和保温状态,如图2—3—14,发热体AB 是一根阻值500Ω的电阻丝,C 、D 是电阻丝AB 上的两点,S ′是一个温度控制控制开关．当开关S ′闭合,开关S 接通C 点时,电阻丝每分钟放出的热量是Q 1；当S ′闭合,S 接通D 点时,电阻丝每分钟放出的热量是Q 2；当S ′断开时,电阻丝每分钟放出的热量是Q 3,此时测得C 、D 两点间的电压是33V ．图2—3—141按大小排列出Q 1、Q 2和Q 3的顺序是: ________ ＞ ________ ＞ ________．2将上述热量由大到小的顺序排列,其比值是20∶10∶3,求电源电压U 和电热器处于保温状态时,每分钟放出的热量．从图中看出,不论使用哪一段电阻丝,电压均为U ．电热丝放热公式：Q ＝RU 2t ．1可以将AB 段电阻分成三部分：第一次,S ′闭合,S 接C ,使用的是电阻丝CB 段,电阻为R CB ,电阻丝1mi n 放热Q 1＝CBR U 2t第一次,S ′闭合,S 接D ,使用的是电阻丝DB 段,电阻为R DB ,电阻丝1mi n 放热Q 2＝DB R U 2t第三次,S ′断开,电阻丝1mi n 放热Q 3＝ABR U 2t∵ R DB ＜ R CB ＜ R AB ∴ Q 1＞Q 2＞＞Q 3开关位于D ,是加热状态,断开S ′,电阻为R AB ,是保温状态． 2已知R AB ＝500Ω U CD ＝33V ,Q 2∶Q 1∶Q 3＝20∶10∶3t 一定,32Q Q ＝ABDB R UR U 22＝DB AB R P ＝320 ∴R DB ＝203×R AB ＝203×500Ω＝75Ω t 一定,U 一定,31Q Q ＝CB AB R R ＝310 ∴ R CB ＝103R AB ＝103×500Ω＝150Ω R CD ＝150Ω－75Ω＝75Ω I ＝CD CD R U ＝Ω75V 33＝0.44A ． U ＝IR AB ＝×500Ω＝220V 保温时,电阻为R AB ,t ＝1 mi n ＝60sQ 3＝ABR U 2×t ＝Ω500)V 220(2×60s ＝5808J答案 1Q 2＞Q 1＞Q 3,电源电压220V ,保温：Q 3＝5808J16 .如图19所示,是某课外小组设计的锅炉保险阀门装置示意图;A 是圆柱体阀门,悬挂圆柱体阀门的细钢丝绳从排气管D 穿出,排气管的横截面积S 1=2cm 2,锅炉正常工作时圆柱体阀门被排气管D 压在如图所示位置；BC 是轻质杠杆,当蒸汽压强超过安全值时,圆柱体阀门A 被水蒸汽向下压离开排气管口,水蒸汽沿排气管口排出以保障锅炉的安全,当蒸汽压强低于安全气压时,圆柱体阀门上升赌注排气管口;锅炉内安全气压值为p =×105P a ,已知圆柱体阀门A 的质量m=500g,底面积S 2=10cm 2,外界大气压p 0=×105P a ,BO :BC =1:5;求：整个装置的摩擦不计,g=10N/kg1锅炉内刚好为安全气压时,水蒸气对阀门A 的压力； 2为使锅炉安全,在杠杆C 点通过定滑轮悬挂铁锤的质量; 解．1F 压=PS 2- S 1=×105P a ×8×10-4m 2=104N …………2分 2圆柱体阀门受力如答案图所示…………1分当锅炉内气压达到×105P a 时,细绳对阀门的拉力为F B ,F 0= P 0S 2- S 1=×105P a ×8×10-4m 2=80NF B =F 内+mg -F 0=104N+5N-80N=29N …………2分设悬挂铁锤的质量为M ,根据杠杆平衡条件F B ×BO =Mg ×OCM=104129⨯⨯=⨯⨯g OC BO F B kg=0.725kg=725g …………1分17. 如图20所示电路,设电源电压不变,灯丝电阻不随温度变化,滑动变阻器的最大阻值为R;当开关S1、S2断开,滑动变阻器的滑片P 位于A 端时,电压表V2示数为U2,电阻R2和滑动变阻器消耗的总功率为P1=1W ；当开关S1断开,S2闭合时,电压表V1示数为U1,灯正常发光,电流表的示数为I ；当开关S1、S2都闭合时,接入电路的滑动变阻器阻值为最大值的3/4时,电流表的示数与I 相比变化了ΔI=0.6A, 滑动变阻器消耗的电功率为P2= W;已知U1: U2＝6: 5;求：1灯正常发光时通过灯L 的电流； 2当开关S1、S2都闭合时,电路消耗总功率的最小值;解．当开关S 1、S 2都断开,滑动变阻器的滑片P 位于A 端时,电路如答案图1所示；当开关S 1断开、S 2闭合时,电路如答案图2所示；当开关S 1、S 2都闭合时,电路如答案图2所示；……………………1分 1由题意和答案图1可知, P 1=()()22221L R R RR R U +++答案图内答案图1答案图2I +0.6A1W=()()22221L R R RR R U +++————①5622=+++R R R R R L ————②由题意和答案图2、图3可知, ΔI=RU R U 34121+ 0.6A=RU R U 34121+————③ P 2=R U 3421=RU 3421————④ 由②式可得 R 2=5R L -R ————⑤由①、②、④式可得 R 2=2R -R L ————⑥由⑤、⑥式可得 R =2R L ,R 2=3R L ,代入③式得灯正常发光时通过灯L 的电流I I==LR U 10.6A ……………………3分 2由④式和R =2R L 、=LR U 10.6A 可得U 1=12V ,R =40Ω, R L =20Ω, R 2=60Ω 由答案图3和上面的计算可知,当滑动变阻器R =40Ω时,电路消耗的总功率最小, P 总=P L +P 2+P R =……………………3分18.如图22所示装置,杠杆OB 可绕O 点在竖直平面内转动,OA ∶AB ＝1∶2;当在杠杆A 点挂一质量为300kg 的物体甲时,小明通过细绳对动滑轮施加竖直向下的拉力为F1,杠杆B 端受到竖直向上的拉力为T1时,杠杆在水平位置平衡,小明对地面的压力为N1；在物体甲下方加挂质量为60kg 的物体乙时,小明通过细绳对动滑轮施加竖直向下的拉力为F2,杠杆B 点受到竖直向上的拉力为T2时,杠杆在水平位置平衡,小明对地面的压力为N2;已知N1∶N2＝3∶1,小明受到的重力为600N,杠杆OB 及细绳的质量均忽略不计,滑轮轴间摩擦忽略不计,g 取10N/kg;求： 1拉力T 1；2动滑轮的重力G ;.解：1对杠杆进行受力分析如图1甲、乙所示： 根据杠杆平衡条件：图22BAO甲图24G 甲×OA ＝T 1×OB G 甲＋G 乙×OA ＝T 2×OB 又知OA ∶AB = 1∶2 所以OA ∶OB = 1∶3N 300010N/kg kg 300=⨯==g m G 甲甲N 600N/kg 10kg 60=⨯==g m G 乙乙N 0001N 0300311=⨯==甲G OB OA T 1分 N 2001N 036031)(2=⨯=+=乙甲G G OB OA T 1分2以动滑轮为研究对象,受力分析如图2甲、乙所示 因动滑轮处于静止状态,所以： T 动1＝G ＋2F 1,T 动2＝G ＋2F 2 又T 动1＝T 1,T 动2＝T 2 所以：G G G T F 21N 5002N 1000211-=-=-=1分 G G G T F 21N 6002N 1200222-=-=-= 1分以人为研究对象,受力分析如图3甲、乙所示; 人始终处于静止状态,所以有： F 人1＋ N 1, ＝G 人, F 人2＋N 2, ＝G 人因为F 人1＝F 1,F 人2＝F 2,N 1＝N 1, ,N 2＝N 2, 且G 人＝600N 所以：N 1＝G 人－F 1＝600N －)21N 500(G -＝G 21N 100+1分N 2＝G 人－F 2＝600N －)21N 600(G -＝G 211分又知N 1∶N 2＝3∶1即132121N 10021=+=G G N N 甲乙G T 动22F 2G T 动1 2F 1 图2解得G＝100N19.如图24所示,质量为60kg的工人在水平地面上,用滑轮组把货物运到高处;第一次运送货物时,货物质量为130kg,工人用力F1匀速拉绳,地面对工人的支持力为N1,滑轮组的机械效率为η1;第二次运送货物时,货物质量为90 kg,工人用力F2匀速拉绳的功率为P2,货箱以0.1m/s 的速度匀速上升,地面对人的支持力为N2, N1与N2之比为2:3;不计绳重及滑轮摩擦, g取10N/kg求:1动滑轮重和力F1的大小;2机械效率η1;3 功率P2;解：1第一次提升货物时,以人为研究对象11F'-=人GN①绳对人的拉力与人对绳的拉力相等,11FF='411动GGF+='② 1分第二次提升货物时,以人为研究对象22F'-=人GN③绳对人的拉力与人对绳的拉力相等,22FF='422动GGF+='④1分32NN21=⑤把数据分别带入以上5个式子,解得：300=动G N 1分F1=400N 1分F2=300N2第一次运送货物时滑轮组的机械效率：81.25%4J4001300J4hFhGW111=⨯===总有Wη1分3第二次货物上升速度为0.1m/s,人匀速拉绳的速度为s m s m v /4.0/1.042=⨯=' 1分W s m N v F P 120/4.0300222=⨯='= 1分 20．图甲是建筑工地上常见的塔式起重机示意图;这种起重机主要用于房屋建筑施工中物料的竖直或水平输送;1由杠杆的平衡条件可知,塔式起重机的起重量随起吊幅度而变化,起吊幅度越大,起重量 ; 2某塔式起重机是通过电动机带动如图乙所示滑轮组竖直起吊物料的;已知起吊重为3×104N 的物料时,电动机的输出功率为60kW,物料匀速上升的速度为1.5m/s;试求：①电动机作用在滑轮组上的水平拉力F ；②这次起吊时滑轮组的机械效率;解1越小2① F = 2m/s 5.1W 10603⨯⨯===v P s Pt s W = 2×104 N ② η = N1022N 103244⨯⨯⨯===F G Fs Gh W W 总有用= 75% 或η = W1060 1.5m/s N 10334⨯⨯⨯====P Gv Pt Gvt Pt Gh W W 总有用= 75% 21．图甲是一种常见的台式饮水机结构示意图;控水槽内的塑料浮体是一个体积为90cm 3的空心圆柱体,其质量和厚度可忽略不计;浮体通过一轻质硬杆与阀门相连;当浮体浸没时,阀门恰好将面积为2cm 2的放水孔关闭;此时蓄水桶中水位最高;1请画出浮体所受浮力的示意图;2蓄水桶中水对阀门的最大压强为多少帕g 取10N/kg3饮水机的简化电路图和部分技术参数如下;电路图中的温控开关能根据加热罐内水的温度自动闭合或断开;从而使水温保持在86℃~95℃之间;经观察发现,当加热罐内装满热水但较长时间没有饮用时,每隔一段时间,加热指示灯就会亮84秒钟;试计算饮水机的加热效率;c 水= ×103J/k g ·℃解．1如图所示． 2水对阀门的最大压强 p = 243-633m 102m 1090N/kg 10kg/m 100.1-⨯⨯⨯⨯⨯===S gV S F S F 排水浮ρ = ×103 Pa3η = J84500J )8695(101100.1102.4333⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯=∆=-Pt t V c W Q 水水ρ = 90% 22、电压力锅集高压锅和电饭锅的优点于一体,既安全又节能;某型号电压力锅的额定电压为220V,下图是其工作原理图,R 1、R 2分别是主加热器和保压加热器,R 1的额定功率为800W ；L 是用来指示电压力锅工作状态的变色发光二极管,当通过它的电流小于40mA 时,发红光,达到40mA 时,开始发绿光,只要有电流通过L 其两端电压就恒为2V ；R 0是特殊电阻,其阻值随锅内温度变化而改变；接通电路,开关S 自动与触点a 、b 闭合,开始加热,当锅内水温达到105℃时,S 自动与a 、b 断开,并与触点c 接通,开始保压,此时锅内水温不变,且未沸腾;1电压力锅正常工作时,若指示灯L 发绿光,求R 0的最大阻值;2在保压状态下,加热器正常工作1h 耗电·h,求R 2的阻值;3用该电压力锅对5 L 、20℃的水加热,正常工作35min 后,求水温升高到多少摄氏度已知消耗的电能有90％被有效利用,水的比热容为×103J ／kg ·℃;解、8分1要使指示灯发绿光,电路中的最小电流I 为40mA 1分L 两端电源恒为2V,则R 0两端电源U 0=U-U 1=220V-2V=218V 1分 Ω===54500.04A218V I U R 001分 2保压时,加热器R2工作W kW hkWh t W 2002.012.0P 22====1分 Ω===242200)220(R 2222WV P U 1分 3假设电压力锅在35min 内一直处于加热状态,则水吸收的热量t=20℃+90℃=110℃由于锅内水温达到105℃时,压力锅处于保压状态,温度保持不变,所以吸热后水温升高到105℃; 1分 F 浮。

初三物理大气压强知识精讲大气压强1. 大气压强：大气对浸在它里面的物体的压强叫大气压强。

简称大气压或者气压。

大气内向各个方向都有压强。

例：做马德堡半球实验时，若当时大气压为1.0×105帕，第一次抽气后，球内剩下空气的压强为3×104帕；第二次抽气后，球内剩下的空气压强为2×104帕，则在这种情况下，将球拉开所需的拉力之比为_______。

分析：要想把球拉开必须克服内外压力差。

设计算压力时的有效面积为S（两次的都一样，因为是求比值，所以没有必要知道具体值）：第一次：F1=P0S-P1S=7×104S第二次：F2=P0S-P2S=8×104S所以两次压力比为7：82. 大气压的测定方法：（1）托里拆利实验；（2）气压计；3. 1标准大气压=760mmHg=1.01×105帕=10.3m水柱例1：城市燃气供应行业常用mm汞柱作为燃气的压强单位，JMB-3型燃气表铭牌如图所时（铭牌中“压力”指的是压强），从图中可以看出，当煤气的压强在______帕和_____帕之间时，这种煤气表可正确工作。

（水银的密度13.6g/cm3）分析：煤气表要能正常工作，必须保证其压强在某一变化范围内。

根据铭牌上的信息，由P=ρgh可求解：6664帕~39984帕例2：（全国奥赛试题）有四位同学在同一地点同时做托里拆利实验，其中三人操作各有一处不正确——两人使玻璃管内混进了少量空气，一人把管放倾斜了，但有一人操作完全正确，他们记录到玻璃管内水银柱的长度分别为：720.0mm、730.0mm、741.0mm、760.0mm。

那么实验地点当时实际的大气压为多少毫米汞柱高产生的压强？A. 720.0mmB. 730.0mmC. 741.0mmD. 760.0mm分析：水银柱上方有空气时，空气产生的压强P1和水银柱产生的压强P2之和等于大气压，P1+P2=P0，玻璃管倾斜时，水银柱长度变大，但是其竖直高度不会发生变化。