高中物理專題復習資料

由a→b→c→d→a方向的感應電流為正，則能反映線圈中感應電流I隨時間t變化的圖線是（）tt0ICt0IDt0IAt0IB解析：線框在勻強磁場中轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)生正弦式交變電流，而t=0時刻，線框切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢最大，感應電流也最大，由右手定則可知其電流方向為a→b→c→d→a，即電流為正，故C選項正確。點評：感應電流是正弦式交變電流的，我們關鍵要抓住起始位置的電流大小和方向，起始位置若在中性面，則感應電流為零，起始位置若和中性面垂直，則感應電流為最大，再根據(jù)題中所規(guī)定的正方向，即可確定感應電流的圖象。例3．（2005北京理綜）現(xiàn)將電池組、滑線變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、電流計及開關如下圖連接。在開關閉合、線圈A放在線圈B中的情況下，某同學發(fā)現(xiàn)當他將滑線變阻器的滑動端P向左加速滑動時，電流計指針向右偏轉(zhuǎn)。由此可以推斷（）A．線圈A向上移動或滑動變阻器的滑動端P向右加速滑動，都能引起電流計指針向左偏轉(zhuǎn)B．線圈A中鐵芯向上拔出或斷開開關，都能引起電流計指針向右偏轉(zhuǎn)C．滑動變阻器的滑動端P勻速向左或勻速向右滑動都能使電流計指針靜止在中央D．因為線圈A、線圈B的繞線方向未知，故無法判斷電流計指針偏轉(zhuǎn)的方向解析：當P向左滑動時，電阻變大，通過A線圈的電流變小，則通過線圈B中的原磁場減弱，磁通量減少，線圈B中有使電流計指針向右偏轉(zhuǎn)的感應電流通過，當線圈A向上運動或斷開開關，則通過線圈B中的原磁場也減弱，磁通量也減少，所以線圈B中也有使電流計指針向右偏轉(zhuǎn)的感應電流通過，而滑動變阻器的滑動端P向右移動，則通過線圈B中的原磁場也增加，磁通量也增加，所以線圈B中有使電流表指針向左偏轉(zhuǎn)的感應電流通過，所以B選項正確。點評：要正確解答此題，關鍵要利用好“他將滑線變阻器的滑動端P向左加速滑動時，電流計指針向右偏轉(zhuǎn)”的條件，由此條件分析出：使原磁場減弱、原磁通減小時產(chǎn)生的感應電流使電流計指針右偏，其它情形的判斷都將此作為條件。（二）電磁感應與電路知識的綜合例4．（2002全國理綜）圖中EF、GH為平行的金屬導軌，其電阻可不計，R為電阻器，C為電容器，AB為可在EF和GH上滑動的導體橫桿。有均勻磁場垂直于導軌平面。若用I1和I2分別表示圖中該處導線中的電流，則當橫桿AB（）A．勻速滑動時，I1＝0，I2＝0B．勻速滑動時，I1≠0，I2≠0C．加速滑動時，I1＝0，I2＝0D．加速滑動時，I1≠0，I2≠0解析：當橫桿勻速滑動時，AEGB形成閉合回路，故I1≠0，故 A錯；AB勻速運動時，電容兩極電壓趨于穩(wěn)定，不再充電，I2＝0，故B也錯；當AB加速滑動時，I1≠0，故C錯；同時AB產(chǎn)生的路端電壓不斷增大，電容器可持續(xù)充電，故I2≠0。因此D項正確。baBlbaBl例5．（2005天津理綜將硬導線中間一段折成不封閉的正方形，每邊長為l，它在磁感應強度為B．方向如圖的勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)速為n，導線在a、b兩處通過電刷與外電路連接，外電路有額定功率為P的小燈泡并正常發(fā)光，電路中除燈泡外，其余部分的電阻不計，燈泡的電阻應為（）Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．解析：線框轉(zhuǎn)動產(chǎn)生交變電流，感應電動勢最大值為，則有效值為：，而小燈泡消耗的功率為，所以，故選項B正確。點評：對于交流電的問題，往往是先求出最大值，然后再根據(jù)最大值求其它值。在交流電中，只要是求功的問題（功率、功、發(fā)熱量等），都要用有效值進行計算。而求通過某橫截面的電荷量、安培力的沖量時，只能用感應電流的平均值來進行計算。例6．（2007北京理綜）電阻R1、R2交流電源按照圖1所示方式連接，R1=10，R2=20。合上開關后S后，通過電阻R2的正弦交變電流i隨時間t變化的情況如圖2所示。則（）A．通過R1的電流的有效值是1.2AB．R1兩端的電壓有效值是6VC．通過R2的電流的有效值是1.2AD．R2兩端的電壓有效值是6V解析：由圖可知流經(jīng)R2的電流最大值為，則流經(jīng)R2的電流最大值為，又題中電阻R1、R2是串聯(lián)，則流經(jīng)兩電阻電流相等，故A、C兩項錯，又,，所以R1兩端的電壓的有效值是6V，故D錯，B對。yxR1yxR1R2AoCv例7．(2003上海物理)如圖所示，OACO為置于水平面內(nèi)的光滑閉合金屬導軌，O、C處分別接有短電阻絲（圖中用粗線表示），R1=4Ω、R2=8Ω（導軌其它部分電阻不計）。導軌OAC的形狀滿足（單位：m）。磁感應強度B=0.2T的勻強磁場方向垂直于導軌平面。一足夠長的金屬棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v=5.0m/s水平向右在導軌上從O點滑動到C點，棒與導軌接觸良好且始終保持與OC導軌垂直，不計棒的電阻。求：⑴外力F的最大值；⑵金屬棒在導軌上運動時電阻絲R1上消耗的最大功率；⑶在滑動過程中通過金屬棒的電流I與時間t的關系。解析：⑴由于金屬棒始終勻速運動，所以據(jù)平衡條件可知：，又感應電動勢為：，而感應電流為：，故安培力又，由于外電阻R1、R2是并聯(lián)，所以則安培力的最大值為：，即：⑵電阻R1上消耗的功率為，而感應電動勢的最大值為代入可得：⑶金屬棒與導軌接觸點間的長度隨時間變化且，，由以上各式可得：點評：在感應電路中，我們一定要分清哪是電源，哪是外電路，很多同學在解題時往往忽視了這一點，不加分析亂做一通。在具體做題時，我們可先畫一等效電路圖，將發(fā)生電磁感應的部分畫作電源，其它部分畫作外電路，然后再分析電路的聯(lián)結情況。（三）電磁感應中的動力學問題（四）電磁感應中動量定理、動能定理的應用例8．（2006上海物理）如圖所示，將邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導線框豎直向上拋出，穿過寬度為b、磁感應強度為B的勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里。線框向上離開磁場時的速度剛好是進人磁場時速度的一半，線框離開磁場后繼續(xù)上升一段高度，然后落下并勻速進人磁場。整個運動過程中始終存在著大小恒定的空氣阻力F阻且線框不發(fā)生轉(zhuǎn)動。求：（1）線框在下落階段勻速進人磁場時的速度V2；（2）線框在上升階段剛離開磁場時的速度V1；（3）線框在上升階段通過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。解析：（1）若線框在下落階段能勻速地進入磁場，則線框在進入磁場的過程中受力平衡，則據(jù)平衡條件可知線框在進入磁場瞬間有：，解得：（2）線框從離開磁場至上升到最高點過程中據(jù)動能定理有：=1\*GB3①線框從最高點回落至進入磁場前瞬間的過程據(jù)動能定理有：=2\*GB3②聯(lián)立=1\*GB3①=2\*GB3②可解得：，代入可得：（3）設線框進入磁場的速度為v0，則線框在向上通過磁場過程中要克服重力、空氣阻力及安培力做功，而克服安培力做功的量即是此過程中產(chǎn)生電能的量，也即是產(chǎn)生的熱量Q，根據(jù)能量守恒定律有：，又由題可知故可得點評：從能量轉(zhuǎn)化的角度來看，電磁感應是其它形式能量轉(zhuǎn)化為電能的過程。而功是能量轉(zhuǎn)化的量度，所以這種能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功來實現(xiàn)的，有多少其它形式能量轉(zhuǎn)化為電能，就克服安培力做了多少功，也就是說克服安培力做功的量，就是產(chǎn)生電能的量，而電能最終都轉(zhuǎn)化成內(nèi)能，換而言之，克服安培力做的功就是電路的發(fā)熱量，克服安培力做功的功率即是回路所消耗的電功率。（五）電磁感應中的單金屬棒的運動及能量分析例10．（2006上海物理）如圖所示，平行金屬導軌與水平面成θ角，導軌與固定電阻R1和R2相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面．有一導體棒ab，質(zhì)量為m，導體棒的電阻與固定電阻R1和R2的阻值均相等，與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，導體棒ab沿導軌向上滑動，當上滑的速度為V時，受到安培力的大小為F。此時A．電阻R1消耗的熱功率為Fv/3B．電阻R1消耗的熱功率為Fv/6C．整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為μmgvcosθD．整個裝置消耗的機械功率為（F＋μmgcosθ）v解析：由法拉第電磁感應定律得，回路總電流，安培力，所以電阻R1的功率，B選項正確。由于摩擦力，故因摩擦而消耗的熱功率為，整個裝置消耗的機械功率為，故CD兩項也正確。即本題應選BCD。點評：由能量守恒定律可知，裝置消耗的機械能轉(zhuǎn)化為電能和因克服摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能，故消耗的機械功率為克服摩擦力做功的功率（產(chǎn)生摩擦熱的功率）和克服安培力做功的功率（產(chǎn)生電能的功率）之和。而整個回路消耗的電功率為克服安培力做功的功率（瞬時值、平均值都相等），據(jù)電路的分流關系，即可求出每個電阻所消耗功率。例10．(2005江蘇物理）如圖所示，固定的水平光滑金屬導軌，間距為L，左端接有阻值為R的電阻，處在方向豎直、磁感應強度為B的勻強磁場中，質(zhì)量為m的導體棒與固定彈簧相連，放在導軌上，導軌與導體棒的電阻均可忽略。初始時刻，彈簧恰處于自然長度，導體棒具有水平向右的初速度v0。在沿導軌往復運動的過程中，導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸。(1)求初始時刻導體棒受到的安培力；(2)若導體棒從初始時刻到速度第一次為零時，彈簧的彈性勢能為EP，則這一過程中安培力所做的功W1和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1分別為多少?(3)導體棒往復運動，最終將靜止于何處?從導體棒開始運動直到最終靜止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q為多少?解析：(1)初始時刻棒中感應電動勢：，棒中感應電流：，作用于棒上的安培力聯(lián)立以是各式可得，方向：水平向左(2)由功能的關系可知，克服安培力所做的功即為產(chǎn)生電能的量，也即是電阻R上產(chǎn)生的熱量，，由于此過程中，導體棒克服安培力做功，故有，所以(3)由于導軌是光滑的，所以導體棒最終靜止于初始位置，則據(jù)功能關系有：點評：在電磁感應問題中，求解產(chǎn)生熱量的問題，一般是通過對能量轉(zhuǎn)化的分析，然后利用功能關系進行求解的，解題關鍵是要在宏觀上做好能量轉(zhuǎn)化的分析，本題從最終狀態(tài)來看是彈性勢能轉(zhuǎn)化為電能（熱量）。（六）電磁感應中的雙金屬棒運動及能量分析acbd圖3例11．（2005廣東物理第）如圖3所示，兩根足夠長的固定平行金屬光滑導軌位于同一水平面，導軌上橫放著兩根相同的導體棒abacbd圖3Ａ．回路中有感應電動勢Ｂ．兩根導體棒所受安培力的方向相同Ｃ．兩根導體棒和彈簧構成的系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒Ｄ．兩根導體棒和彈簧構成的系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒解析：剪斷細線后，兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，它們的速度方向總是相反的，所以它們產(chǎn)生的感應電動勢相互加強，所以回路中有感應電動勢，A正確；由于該過程是動能、彈性勢能及電能間的相互轉(zhuǎn)化，總的來說是系統(tǒng)的機械能轉(zhuǎn)化為電能，所機械能是不守恒的，故C錯D對；由楞次定律的推廣應用可判斷兩導體棒所受安培力方向總是相反的，故B錯。故選AD。點評：動量守恒定律的適用范圍較廣，無論是什么性質(zhì)的內(nèi)力，哪怕是象本題這樣的通過磁場來發(fā)生的相互作用的內(nèi)力，系統(tǒng)的動量也是守恒的。機械能守恒的條件的判斷通常有兩個角度：（1）做功角度：是否只有重力做功，若只有重力做功，則機械能守恒；（2）能量轉(zhuǎn)化角度：若機械能和其它形式能量之間沒有相互轉(zhuǎn)化，則機械能守恒；在解題時，利用第二個角度來進行判斷的較多。例12．(2006廣東物理)如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向垂直向上的勻強磁場中，有一上、下兩層均與水平面平行的“U”型光滑金屬導軌，在導軌面上各放一根完全相同的質(zhì)量為m的勻質(zhì)金屬桿A1和A2，開始時兩根金屬桿位于同一豎直平面內(nèi)且桿與軌道垂直。設兩導軌面相距為H，導軌寬為L，導軌足夠長且電阻不計，金屬桿單位長度的電阻為r?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m/2的不帶電小球以水平向右的速度v0撞擊桿A1的中點，撞擊后小球反彈落到下層面上的C點。C點與桿A2初始位置相距為S。求：（1）回路內(nèi)感應電流的最大值；（2）整個運動過程中感應電流最多產(chǎn)生了多少熱量；（3）當桿A2與桿A1的速度比為1：3時，A2受到的安培力大小。解析：（1）小球撞擊桿瞬間系統(tǒng)動量守恒，之后做平拋運動。設小球碰后速度大小為v1，桿獲得速度大小為v2，則，，，A1桿向右做減速運動運動，A2桿向右加速運動，直至速度相等，然后做勻速運動，故其最大電動勢是小球和桿碰后瞬間，則，最大電流，則（2）兩金屬棒在磁場中運動始終滿足動量守恒定律，兩桿最終速度相同，設為v’，據(jù)動量守恒定律有：，又據(jù)能量守恒定律有：聯(lián)立以上各式可得：（3）設桿A2、A1的速度大小分別為v和3v，由于兩桿組成的系統(tǒng)動量始終守恒，則有：此時回路中產(chǎn)生的感應電動勢為：，則，安培力，聯(lián)立可得：點評：此題中所給的是“U”型光滑導軌，在處理時它和平直的光滑雙軌處理方法完全相同，它只是平直光滑雙軌的一種變形。在處理這類問題時，要注意這樣幾點：（1）雙棒組成的系統(tǒng)動量守恒。（2）在雙棒運動過程中產(chǎn)生的電能（熱量）是系統(tǒng)損失的機械能。（3）兩棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢是相互削弱的，應該相減。（七）多種原因引起的電磁感應現(xiàn)象例13．（2007年上海卷）如圖（a）所示，光滑的平行長直金屬導軌置于水平面內(nèi)，間距為L、導軌左端接有阻值為R的電阻，質(zhì)量為m的導體棒垂直跨接在導軌上。導軌和導體棒的電阻均不計，且接觸良好。在導軌平面上有一矩形區(qū)域內(nèi)存在著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。開始時，導體棒靜止于磁場區(qū)域的右端，當磁場以速度v1勻速向右移動時，導體棒隨之開始運動，同時受到水平向左、大小為f的恒定阻力，并很快達到恒定速度，此時導體棒仍處于磁場區(qū)域內(nèi)。（1）求導體棒所達到的恒定速度v2；（2）為使導體棒能隨磁場運動，阻力最大不能超過多少？（3）導體棒以恒定速度運動時，單位時間內(nèi)克服阻力所做的功和電路中消耗的電功率各為多大？（4）若t＝0時磁場由靜止開始水平向右做勻加速直線運動，經(jīng)過較短時間后，導體棒也做勻加速直線運動，其v-t關系如圖（b）所示，已知在時刻t導體棋睥瞬時速度大小為vt，求導體棒做勻加速直線運動時的加速度大小。解析：（1）由于磁場和導體棒都向右運動，所以其切割磁感線的速度為（v1－v2），則導體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為E＝BL（v1－v2），感應電流為I＝E/R，又導體受到的安培力為F＝BIL，即有F＝EQ\F(B2L2（v1－v2）,R)，當導體棒速度恒，其所受安培力和摩擦力平衡，則有：EQ\F(B2L2（v1－v2）,R)＝f，可得：v2＝v1－EQ\F(fR,B2L2)（2）當導體棒剛開始運動時，回路中產(chǎn)生的感應電流最大為，此時導體棒受到的安培力最大為，所以阻力最大不能超過（3）導體棒克服阻力做功的功率為P導體棒＝Fv2＝fEQ\B(v1－EQ\F(fR,B2L2))電路所消耗的電功率為P電路＝E2/R，即P電路＝EQ\F(B2L2（v1－v2）2,R)＝EQ\F(f2R,B2L2)（4）因為EQ\F(B2L2（v1－v2）,R)－f＝ma，導體棒要做勻加速運動，必有v1－v2為常數(shù)，設為Dv，a＝EQ\F(vt＋Dv,t)，則EQ\F(B2L2（at－vt）,R)－f＝ma，可解得：a＝EQ\F(B2L2vt＋fR,B2L2t－mR)點評：解答此題關鍵處有兩點=1\*GB3①要弄清導體棒切割磁感線的速度是指導體棒相對于磁感線的速度。=2\*GB3②由于導軌有摩擦，所以穩(wěn)定時，回路仍有電流。三、方法總結1．感應電流、感應電動勢的圖象問題一般只有一個答案符合題意，所以我們在做題時只抓住圖象中的關鍵點，即可進行判斷。如例1我們只要抓住進入磁場和出磁場產(chǎn)生感應電流的方向，即選出正確答案。所以我們在解這類題時，不要盲目動手去做，在動手前，先觀察一下幾個選項的不同之處，然后抓住它們的不同之處進行判斷，如例1中AC兩項中進入到磁場時的電流為正，BD兩項進入磁場電流為負，我們抓住這一點進行判斷，即可排除AC兩項，然后再判斷出磁場時的感應電流方向即可選出正確答案，至于感應電流的大小變化，在解題時可以不用判斷。2．本類問題實際上電磁感應和電路知識的“嫁接”：電磁感應電路充當電源，再結合電路知識即可解決。所以我們首先要解決好“電源”的問題，用法拉第電磁感應定律和楞次定律確定感應電動勢的大小和方向，當切割磁感線的導體棒勻速運動或磁通量均勻變化時，感應電動勢不變，作為恒定電流來處理；若切割磁感線的導體棒變速運動或磁通量非均勻變化，產(chǎn)生則是交變電流，作為交流電源來處理（往往求其有效值）。電源的問題處理好之后，則要作好電路分析，這一環(huán)節(jié)往往是同學們?nèi)菀壮鲥e的地方，大家都習慣分析用電學符號表示的電路，鑒于此，所以我們在分析感應電路時，通常采用畫等效電路圖的辦法分析整個回路，在畫等效電路時要注意，應將產(chǎn)生電磁感應的部分畫作電源，將其它部分畫作外電路，并且判斷好外電路的聯(lián)結情況。最后運用全電路歐姆定律、串并聯(lián)電路性質(zhì)、電功（率）以及交流電的知識等聯(lián)立求解。3．電磁感應中的動力學問題，關鍵是要作好受力分析，進而通過物體的受力特點作好物體的運動情況的分析，一般可按以下基本方法進行：=1\*GB3①用法拉第電磁感應定律和楞次定律求感應電動勢的大小和方向。=2\*GB3②由全電路歐姆定律確定回路中的感應電流。=3\*GB3③分析研究導體受力情況（包括安培力，用左手定則確定其方向）=4\*GB3④列動力學方程或平衡方程求解。4．由于金屬棒沿導軌切割磁感線時的運動是做變加速運動，其運動情況較為復雜，所以處理這類問題時，經(jīng)常應用動能定理及動量定理，因為用這兩個規(guī)律來解題時，不需要運動的細節(jié)，只需要運動的結果，這給我們的解題帶來的極大的方便。動量定理往往是在涉及“某段時間內(nèi)通過的電量”時用它來進行求解，而動能定理往往是在涉及能量問題時應用。5．在處理單金屬棒的能量問題時，關鍵是要分析清其中的能量轉(zhuǎn)化關系，是什么形式的能量轉(zhuǎn)化為哪幾種形式的能量，根據(jù)功能關系，我們不僅可得出能量間關系，還可得出功率間的關系。其中克服安培力做的功，就產(chǎn)生電能的量（電能最終都轉(zhuǎn)化成內(nèi)能，所以也是電路的發(fā)熱量），從功率關系上看，克服安培力做功的功率即是回路所消耗的電功率。6．處理雙棒在導軌上滑動的問題，力學的三大規(guī)律可能都要用到：用牛頓運動定律去分析雙棒的運動過程；用動量守恒定律去確定兩棒的動量關系；用功能關系去確定該過程中的能量關系。7．在處理由多種原因引起的電磁感應現(xiàn)象的問題時，首先我們一定要弄清感應電流是由哪些因素引起的，各種因素產(chǎn)生的感應電動勢我們要分別求解出來；其次，很重要的一點我們還要判斷這些電動勢是相互加強的，還是相互減弱的，判案斷的方法是看它們在同一部分電路中形成的感應電流是同向還反相，若是同向，則相互加強的，總動勢就相加，若是反向，則是相互減弱的，總電動勢應相減。（2）鞏固練習Rv01．如圖所示，在豎直平面內(nèi)的兩根平行金屬導軌，頂端用一電阻R相連，磁感應強度為Rv0垂直導軌平面。一質(zhì)量為m的金屬棒他們ab以初速度v0沿導軌豎直向上運動，到某一高度后又返回下行到原處，整個過程金屬棒與導軌接觸良好，導軌與棒的電阻不計。則在上行與下行兩個過程中，下列說法不正確的是：A．回到出發(fā)點的速度v大于初速度v0；B．通過R的最大電流上行大于下行；C．電阻R上產(chǎn)生的熱量上行大于下行；D．所用時間上行小于下行。2．如圖所示，長直導線右側(cè)的矩形線框abcd與直導線位于同一平面，當長直導線中的電流發(fā)生如圖所示的變化時（圖中所示電流方向為正方向），線框中的感應電流與線框受力情況為（）①t1到t2時間內(nèi)，線框內(nèi)電流的方向為abcda，線框受力向右②t1到t2時間內(nèi)，線框內(nèi)電流的方向為abcda，線框受力向左③在t2時刻，線框內(nèi)電流的方向為abcda，線框受力向右④在t3時刻，線框內(nèi)無電流，線框不受力A．①②B．①③C．②④D．①④3．如圖所示，A、B是兩根互相平行的、固定的長直通電導線，二者電流大小和方向都相同。一個矩形閉合金屬線圈與A、B在同一平面內(nèi)，并且ab邊保持與通電導線平行。線圈從圖中的位置1勻速向左移動，經(jīng)過位置2，最后到位置3，其中位置2恰在A、B的正中間。下面的說法中正確的是（）①在位置2這一時刻，穿過線圈的磁通量為零②在位置2這一時刻，穿過線圈的磁通量的變化率為零③從位置1到位置3的整個過程中，線圈內(nèi)感應電流的方向發(fā)生了變化④從位置1到位置3的整個過程中，線圈受到的磁場力的方向保持不變A．②③B．③④C．①②D．①④FBBaabacada0xiai0-i0ax5．如圖（俯視）所示，空間有兩個沿豎直方向的有界勻強磁場，磁感強度都是B，磁場區(qū)的寬度都是L，邊界線相互平行，左邊磁場的方向豎直向下，右邊磁場的方向豎直向上。一邊長也為L的正方形導線框abcd放在光滑水平面上，在水平恒力F作用下沿水平面通過磁場區(qū)。線框的bc邊始終平行于磁場區(qū)的邊界，力F垂直于線框的bc邊，且線框的bc邊剛進入左邊磁場時和線框的ad邊將離開右邊磁場時，線框都恰好做勻速運動，此時線框中的電流為i0。試在右面I—x坐標平面上，定性畫出從導線框剛進入到完全離開磁場的過程中，線框內(nèi)的電流i隨bc邊位置的坐標x變化的曲線。6．兩根金屬導軌平行放置在傾角為θ=30°的斜面上，導軌左端接有電阻R=10Ω，導軌自身電阻忽略不計。勻強磁場垂直于斜面向上，磁感強度B=0.5T。質(zhì)量為m=0.1kg，電阻可不計的金屬棒ab靜止釋放，沿導軌下滑。如圖所示，設導軌足夠長，導軌寬度L=2m，金屬棒ab下滑過程中始終與導軌接觸良好，當金屬棒下滑h=3m時，速度恰好達到最大值v=2m/s。求此過程中電阻中產(chǎn)生的熱量。7．如圖所示，和為兩平行的光滑軌道，其中和部分為處于水平面內(nèi)的導軌，與a/b的間距為與間距的2倍，、部分為與水平導軌部分處于豎直向上的勻強磁場中，彎軌部分處于勻強磁場外。在靠近aa＇和cc＇處分別放著兩根金屬棒MN、PQ，質(zhì)量分別為和m。為使棒PQ沿導軌運動，且通過半圓軌道的最高點ee＇，在初始位置必須至少給棒MN以多大的沖量？設兩段水平面導軌均足夠長，PQ出磁場時MN仍在寬導軌道上運動。參考答案1.A2.C3.D4.A5．圖線如圖（該段電流末值|it2|>、=或<|-i0|者均同樣給分）3Li3Li0-i0ixL2L-2i02i00則mgsinθ=F安+f據(jù)法拉第電磁感應定律：E=BLv據(jù)閉合電路歐姆定律：I=EQ\F(E,R)∴F安=ILB=EQ\F(B2L2v,R)=0.2N∴f=mgsinθ－F安=0.3N下滑過程據(jù)動能定理得：mgh－fEQ\F(h,sinθ)－W=EQ\F(1,2)mv2解得W=1J，∴此過程中電阻中產(chǎn)生的熱量Q=W=1J7．解析：若棒PQ剛能通過半圓形軌道的最高點ee＇，則由，可得其在最高點時的速度.棒PQ在半圓形軌道上運動時機械能守恒，設其在dd＇的速度為，由可得：兩棒在直軌上運動的開始階段，由于回路中存在感應電流，受安培力作用，棒MN速度減小，棒PQ速度增大。當棒MN的速度和棒PQ的速度達到時，回路中磁通量不再變化而無感應電流，兩者便做勻速運動，因而。在有感應電流存在時的每一瞬時，由及MN為PQ長度的2倍可知，棒MN和PQ所受安培力F1和有關系。從而，在回路中存在感應電流的時間t內(nèi)，有。設棒MN的初速度為，在時間t內(nèi)分別對兩棒應用動量定理，有：，將以上兩式相除，考慮到，并將、的表達式代入，可得從而至少應給棒MN的沖量：（3）專題檢測試卷高三物理第二輪復習電磁感應中電路專題測試題一．選擇題(4×10;每題至少有一個正確答案,不選或錯選得0分;漏選得2分)1．如圖所示，虛線框內(nèi)是磁感應強度為B的勻強磁場，導線框的三條豎直邊的電阻均為r，長均為L，兩橫邊電阻不計，線框平面與磁場方向垂直。當導線框以恒定速度v水平向右運動，ab邊進入磁場時，ab兩端的電勢差為U1，當cd邊進入磁場時，ab兩端的電勢差為U2，則（）A．U1=BLvB．U1=BLvC．U2=BLvD．U2=BLv2．如圖所示，a、b是平行金屬導軌，勻強磁場垂直導軌平面，c、d是分別串有電壓表和電流表金屬棒，它們與導軌接觸良好，當c、d以相同速度向右運動時，下列正確的是（）A.兩表均有讀數(shù) B.兩表均無讀數(shù)C.電流表有讀數(shù)，電壓表無讀數(shù)D.電流表無讀數(shù)，電壓表有讀數(shù)3．如圖所示，有一閉合線圈放在勻強磁場中，線圈軸線和磁場方向成300角，磁場磁感應強度隨時間均勻變化.若所用導線規(guī)格不變，用下述方法中哪一種可使線圈中感應電流增加一倍？（）300300╮BB．線圈面積增加一倍C．線圈半徑增加一倍D．改變線圈的軸線方向4．如圖所示，理想變壓器左線圈與導軌相連接，導體棒ab可在導軌上滑動，磁場方向垂直紙面向里，以下說法正確的是：ababdBcB．a(chǎn)b棒勻加速右滑，c、d兩點中d點電勢高C．a(chǎn)b棒勻減速右滑，c、d兩點中d點電勢高D．a(chǎn)b棒勻加速左滑，c、d兩點中c點電勢高5．一矩形線圈在勻強磁場中向右作加速運動，如圖所示，下列說法正確的是（）vavabdcB．線圈中有感應電流，也有感應電動勢C．線圈中無感應電流，無感應電動勢D．a(chǎn)、b、c、d各點電勢的關系是：Ua＝Ub，Uc＝Ud，Ua>Ud6．如圖所示，水平放置的兩平行導軌左側(cè)連接電阻，其它電阻不計.導軌MN放在導軌上，在水平恒力F的作用下，沿導軌向右運動，并將穿過方向豎直向下的有界勻強磁場，磁場邊界PQ與MN平行，從MN進入磁場開始計時，通過MN的感應電流i隨時間t的變化可能是下圖中的（）NRNRMPQFtiＡ0tiＢ0tiD0tiC07.如圖6—6所示，abcd是粗細均勻的電阻絲制成的長方形線框，導體MN有電阻，電阻與ab邊電阻相同，可在ab邊及dc邊上無摩擦滑動，且接觸良好，線框處在垂直紙面向里的勻強磁場中（圖中未畫出），當MN由緊靠ad邊向bc邊勻速滑動過程中，以下說法中正確的是（）A.MN中電流先減小后增大 B.MN兩端電壓先增大后減小C.MN上拉力的功率先減小后增大 D.矩形線框中消耗的電功率先減小后增大8．圖中，“∠”形金屬導軌COD上放有一根金屬棒MN，拉動MN使它以速度v向右勻速平動，如果導軌和金屬棒都是粗細相同的均勻?qū)w，電阻率都為ρ，那么MN在導軌上運動的過程中，閉合回路的()A．感應電動勢保持不變 B．感應電流保持不變C．感應電流逐漸減弱 D．感應電流逐漸增強9．如圖，電燈的燈絲電阻為2Ω，電池電動勢為2V，內(nèi)阻不計，線圈匝數(shù)足夠多，其直流電阻為3Ω．先合上電鍵K，過一段時間突然斷開K，則下列說法中錯誤的有()A．電燈立即熄滅B．電燈立即先暗再熄滅C．電燈會突然比原來亮一下再熄滅，且電燈中電流方向與K斷開前方向相同D．電燈會突然比原來亮一下再熄滅，且電燈中電流方向與K斷開前方向相反10．電磁流量計廣泛應用于測量可導電流體（如污水）在管中的流量（在單位時間內(nèi)通過管內(nèi)橫截面的流體的體積）。為了簡化，假設流量計是如圖所示的橫截面為長方形的一段管道，其中空部分的長、寬、高分別為圖中的a、b、c，流量計的兩端與輸送液體的管道相連接（圖中虛線）。圖中流量計的上下兩面是金屬材料，前后兩面是絕緣材料，現(xiàn)于流量計所在處加磁感強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于前后兩面。當導電液體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計時，在管外將流量計上、下兩表面分別與一串接了電阻R的電流表的兩端連接，I表示測得的電流值。已知流體的電阻率為ρ，不計電流表的內(nèi)阻，則可求得流量為()A．B．C．D．二．填空(20分)11．如圖所示，圓環(huán)a和b的半徑之比，a、b都是用同種材料同樣粗細的導線制成的，連接兩圓環(huán)的導線電阻不計，勻強磁場的磁感強度始終以恒定的變化率變化，那么將a環(huán)和b環(huán)分別置于同一磁場時（環(huán)面與磁場方向垂直），A、B兩點的電勢差之比。12．如圖所示，MN是一段光滑金屬圓弧軌道，其半徑為r，圓弧所對的圓心角是。整個裝置放在豎直面內(nèi)，點M、O在豎直方向上，點M、O之間接有一只阻值是R的電阻，長為2r的金屬桿OA（不計質(zhì)量）可繞點O在導軌所在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，另一端系著質(zhì)量為m的小球，若在垂直導軌平面內(nèi)加一磁感強度為B的勻強磁場后，將桿OA拉到水平位置緊貼導軌自由釋放，若小球到達豎直面內(nèi)最低位置的速度大小是。求流過電阻R的最大電流（不計其余部分電阻）為。13．（10分）如圖所示器材可用來研究電磁感應現(xiàn)象及到定感應電流方向。（1）在給出的實物圖中，用實線作為導線將實驗儀器連成實驗電路。（2）將線圈L1插入L2中，合上開關穩(wěn)定后。能使感應電流與原電流的繞行方向相同的實驗操作是（）A、插入軟鐵棒B、拔出線圈L1C、使變阻器接入電路的阻值變大D、斷開開關三、計算題(40分)14．截面積為0.2m2的100匝電阻可以忽略不計的線圈A，處在均勻磁場中，磁場的方向垂直線圈截面，如圖所示，磁感應強度為B=（0.6－0.2t）T（t為時間，以秒為單位），R1=4Ω，R2=6Ω，C=3F，線圈電阻不計，求：（1）閉合S2后，通過R2的電流大小和方向；（2）S1切斷后，通過R2的電量。15．如圖所示，垂直紙面向外的磁場強弱沿y軸方向不變，沿x軸方向均勻增加，變化率為。有一長，寬的矩形線框abcd以的速度沿x軸方向勻速運動，問：（1）金屬框中感應電動勢多大？（2）若金屬框的電阻為，為保持金屬框勻速運動，需加多大的外力？16．如圖所示，導線圓環(huán)總電阻為2R，半徑為d，垂直磁場固定于磁感應強度為B的勻強磁場中，此磁場的左邊界正好與圓環(huán)直徑重合，電阻為R的直金屬棒ab以恒定的角速度ω繞過環(huán)心O的軸勻速轉(zhuǎn)動。a、b端正好與圓環(huán)保持良好接觸，到圖示位置時，求：（1）棒上電流的大小和方向及棒兩端的電壓；（2）在圓環(huán)和金屬棒上消耗的電功率。參考答案1．BD2．B3．C4．BD5．AD6．ACD7．ABC8．B9．ACD10A11．12．13．(1)圖:(2)BCD14．解:（1）E=SΔB/ΔTI=E/(R1+R2)所以I=0.04(A)方向a→b;（2）Q=CUR2UR2=IR2所以Q=7.2×10－6(C)15．（1）0.04V（2）0.04N16．(1)從b→a，；(2)。高三物理第二輪復習電磁感應中能量專題測試題一．選擇題(4×10;每題至少有一個正確答案,不選或錯選得0分;漏選得2分)1．光滑曲面與豎直平面的交線是拋物線，如圖12—3—20所示，拋物線的方程是y＝x2，下半部處在一個水平方向的勻強磁場中，磁場的上邊界是y＝a的直線（圖中的虛線所示）．一個小金屬塊從拋物線上y＝b（b＞a）處以速度v沿拋物線下滑．假設拋物線足夠長，金屬塊沿拋物線下滑后產(chǎn)生的焦耳熱總量是()A．mgb B．mv2C．mg（b－a） D．mg（b－a）＋mv22．如圖所示，相距為d的兩水平虛線和分別是水平向里的勻強磁場的邊界，磁場的磁感應強度為B，正方形線框abcd邊長為L(L<d)、質(zhì)量為m。將線框在磁場上方高h處由靜止開始釋放，當ab邊進入磁場時速度為，cd邊剛穿出磁場時速度也為。從ab邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的整個過程中()A．線框一直都有感應電流B．線框有一階段的加速度為gC．線框產(chǎn)生的熱量為mg(d+h+L)D．線框作過減速運動3．如圖所示，質(zhì)量為m，高度為h的矩形導體線框在豎直面內(nèi)由靜止開始自由下落.它的上下兩邊始終保持水平，途中恰好勻速通過一個有理想邊界的勻強磁場區(qū)域，則線框在此過程中產(chǎn)生的熱量為（）A．mghB．2mghC．大于mgh，小于2mghD．大于2mgh4.如圖所示，掛在彈簧下端的條形磁鐵在閉合線圈內(nèi)振動，如果空氣阻力不計，則： （）A．磁鐵的振幅不變 B．磁鐵做阻尼振動C．線圈中有逐漸變?nèi)醯闹绷麟?D．線圈中逐漸變?nèi)醯慕涣麟奟ARACBA.導線下落過程中,機械能守恒；B.導線加速下落過程中，導線減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為回路產(chǎn)生的熱量；C.導線加速下落過程中，導線減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為導線增加的動能；D.導線加速下落過程中，導線減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為導線增加的動能和回路增加的內(nèi)能6．如圖所示，虛線框abcd內(nèi)為一矩形勻強磁場區(qū)域，ab=2bc，磁場方向垂直于紙面；實線框a'b'c'd'是一正方形導線框，a'b'邊與ab邊平行。若將導線框勻速地拉離磁場區(qū)域，以W1表示沿平行于ab的方向拉出過程中外力所做的功，W2表示以同樣的速率沿平行于bc的方向拉出過程中外力所做的功，則A．W1=W2B．W2=2W1C．W1=2W2D．W2=4W17．如圖所示,兩根光滑的金屬導軌,平行放置在傾角為θ斜角上,導軌的左端接有電阻R,導軌自身的電阻可忽路不計。斜面處在一勻強磁場中,磁場方向垂直于斜面向上。質(zhì)量為m,電阻可不計的金屬棒ab,在沿著斜面與棒垂直的恒力作用下沿導軌勻速上滑,并上升h高度,如圖所示。在這過程中（）

A．作用于金屬捧上的各個力的合力所作的功等于零

B．作用于金屬捧上的各個力的合力所作的功等于mgh與電阻R上發(fā)出的焦耳熱之和C．恒力F與安培力的合力所作的功等于零D．恒力F與重力的合力所作的功等于電阻R上發(fā)出的焦耳熱8．如圖6所示，兩根平行放置的豎直導電軌道處于勻強磁場中，軌道平面與磁場方向垂直。當接在軌道間的開關S斷開時，讓一根金屬桿沿軌道下滑（下滑中金屬桿始終與軌道保持垂直，且接觸良好）。下滑一段時間后，閉合開關S。閉合開關后，金屬沿軌道下滑的速度—時間圖像不可能為（）9．一個電熱器接在10V的直流電源上，在時間t內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q，今將該電熱器接在一交流電源上，它在2t內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q，則這一交流電源的交流電壓的最大值和有效值分別是（）abcdabcdA．最大值是10V，有效值是10VabcdabcdB．最大值是10V，有效值是5VC．最大值是5V，有效值是5VD．最大值是20V，有效值是10V10．如圖所示abcd為一豎直放置的矩形導線框，其平面與勻強磁場方向垂直。導線框沿豎直方向從磁場上邊界開始下落，直到ab邊出磁場，則以下說法正確的是()A、線圈進入磁場和離開磁場的過程中通過導體橫截面上的電荷量相等B、線圈進入磁場和離開磁場的過程中通過導體上產(chǎn)生的電熱相等C、線圈從進入磁場到完全離開磁場的過程中通過導體上產(chǎn)生的電熱等于線圈重力勢能的減小D、若線圈在ab邊出磁場時已經(jīng)勻速運動，則線圈的匝數(shù)越多下落的速度越大二.填空(20分)11．空間存在以、為邊界的勻強磁場區(qū)域，磁感強度大小為B，方向垂直紙面向外，區(qū)域?qū)挒?，現(xiàn)有一矩形線框處在圖中紙面內(nèi)，它的短邊與重合，長度為，長邊的長度為2，如圖所示，某時刻線框以初速沿與垂直的方向進入磁場區(qū)域，同時某人對線框施以作用力，使它的速度大小和方向保持不變。設該線框的電阻為R，從線框開始進入磁場到完全離開磁場的過程中，人對線框作用力所做的功等于。12．如圖所示，矩形單匝線框繞OO′軸在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動。若磁感應強度增為原來的2倍，則線框轉(zhuǎn)一周產(chǎn)生的熱量為原來倍三、計算題(40分)13．(10分)如圖所示，在與水平面成θ角的矩形框范圍內(nèi)有垂直于框架的勻強磁場，磁感應強度為B，框架的ad邊和bc邊電阻不計，而ab邊和cd邊電阻均為R，長度均為L，有一質(zhì)量為m、電阻為2R的金棒MN，無摩擦地沖上框架，上升最大高度為h，在此過程中ab邊產(chǎn)生的熱量為Q，求在金屬棒運動過程中整個電路的最大熱功率Pmax。(15分)..15．(15分)正方形金屬線框abcd，每邊長=0.1m，總質(zhì)量m=0.1kg，回路總電阻Ω，用細線吊住，線的另一端跨過兩個定滑輪，掛著一個質(zhì)量為M=0.14kg的砝碼。線框上方為一磁感應強度B=0.5T的勻強磁場區(qū)，如圖，線框abcd在砝碼M的牽引下做加速運動，當線框上邊ab進入磁場后立即做勻速運動。接著線框全部進入磁場后又做加速運動（g=10m/s2）。問：（1）線框勻速上升的速度多大？此時磁場對線框的作用力多大？（2）線框勻速上升過程中，重物M做功多少？其中有多少轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?？參考答?．D2．BC3．B4．BD5．D6．B7．AD8．D9．B10．A11．12．２13．解：（1）n1:n2=660:220=3:1………………3分∵n2=110………………∴n1=330………………2分由EQ\r(,2)U1=n1(ΔΦ/Δt)max………………2分∴(Δф/Δt)max=2EQ\r(,2)………………2分（2）RD=U2/P=220Ω………………2分U1-IRD=3IRD………………1分∴I=660/(4×220)A=3/4A………………1分P=I2RD=(3/4)2×220W=123.75W………………2分14．棒MN沿框架向上運動產(chǎn)生感應電動勢，相當于電源；ab和cd相當于兩個外電阻并聯(lián)。根據(jù)題意可知，ab和cd中的電流相同，MN中的電流是ab中電流的2倍。由焦耳定律知，當ab邊產(chǎn)生的熱量為Q時，cd邊產(chǎn)生的熱量也為Q，MN產(chǎn)生的熱量則為8Q。金屬棒MN沿框架向上運動過程中，能量轉(zhuǎn)化情況是：MN的動能轉(zhuǎn)化為MN的勢能和電流通過MN、ab、cd時產(chǎn)生的熱量。設MN的初速度為，由能量守恒得，即而MN在以速度v上滑時，產(chǎn)生的瞬時感應電動勢所以，整個電路的瞬時熱功率為可見，當MN的運動速度v為最大速度時，整個電路的瞬時熱功率P為最大值，即15．（1）（mg＋）vm＝IU－I2r，vm＝2m/s（vm＝－3m/s舍去）（2）（IU－I2r）t＝mgh＋mvm2＋Ｑ，t＝1s16．（1）當線框上邊ab進入磁場，線圈中產(chǎn)生感應電流I，由楞次定律可知產(chǎn)生阻礙運動的安培力為F=BIl 由于線框勻速運動，線框受力平衡，F(xiàn)+mg=Mg 聯(lián)立求解，得I=8A由歐姆定律可得，E=IR=0.16V 由公式E=Blv，可求出v=3.2m/sF=BIl=0.4N（2）重物M下降做的功為W=Mgl=0.14J 由能量守恒可得產(chǎn)生的電能為J（五）第五專題熱學、量子論初步、原子核專題（1）知識梳理Ⅰ.原子核專題一、考點回顧原子結構：湯姆生模型盧瑟福模型波爾模型α粒子散射實驗原子結構：湯姆生模型盧瑟福模型波爾模型α粒子散射實驗氫原子光譜原子的穩(wěn)定性原子和原子核原子核天然放射性β衰變α衰變γ衰變?nèi)斯まD(zhuǎn)變質(zhì)子的發(fā)現(xiàn)中子的發(fā)現(xiàn)原子核的組成，放射性同位素核能質(zhì)能方程式重核裂變輕核聚變二、經(jīng)典例題剖析例1．氫原子處于基態(tài)時，原子能量E1=-13.6eV，已知電子電量e=1.6×10-19C，電子質(zhì)量m=0.91×10-30kg，氫的核外電子的第一條可能軌道的半徑為r1=0.53×10-10m。（1）若要使處于n=2的氫原子電離，至少要用頻率多大的電磁波照射氫原子？（2）氫原子核外電子的繞核運動可等效為一環(huán)形電流，則氫原子處于n=2的定態(tài)時，核外電子運動的等效電流多大？（3）若已知鈉的極限頻率為6.00×1014Hz，今用一群處于n=4的激發(fā)態(tài)的氫原子發(fā)射的光譜照射鈉，是通過計算說明有幾條譜線可使鈉發(fā)生光電效應？解析：（1）要使處于n=2的氫原子電離，照射光光子的能量應能使電子從第2能級躍遷到無限遠處，最小頻率的電磁波的光子能量應為：得：Hz（2）氫原子核外電子繞核做勻速圓周運動，庫倫力作向心力，有①其中根據(jù)電流強度的定義②由①②得③將數(shù)據(jù)代入③得：A（3）由于鈉的極限頻率為6.00×1014Hz，則使鈉發(fā)生光電效應的光子的能量至少為eV=2.486eV一群處于n=4的激發(fā)態(tài)的氫原子發(fā)射的光子，要使鈉發(fā)生光電效應，應使躍遷時兩能級的差，所以在六條光譜線中有、、、四條譜線可使鈉發(fā)生光電效應。三、方法總結原子和原子核是高考的必考內(nèi)容，一般難度不大，以識記、理解為主，常見的題型是選擇題。但隨著高考改革的進行，試題較多的以與現(xiàn)代科學技術有著密切聯(lián)系的近代物理為背景，這樣在一些計算題，甚至壓軸題中（如2001年理科綜合試卷）也出現(xiàn)了這方面的知識點。但就是在這類題中，對這些知識點本身的考查，難度也是不大的。需要適應的是這些知識和其他知識的綜合。Ⅱ.量子論初步專題一、重點難點簡析1．光電效應現(xiàn)象(1)現(xiàn)象光照使金屬發(fā)射電子的現(xiàn)象。(2)規(guī)律①能否使金屬發(fā)射光電子，取決于入射光頻率，每一種金屬都有發(fā)生光電效應現(xiàn)象的極限頻率；②發(fā)射出的光電子的最大初動能隨入射光的頻率的增大而增大，而與入射光強度無關；③光電子的發(fā)射幾乎是在瞬間(10－9秒)完成的；④飽和光電流與入射光強度成正比。(3)解釋為了解釋光電效應現(xiàn)象中所表現(xiàn)出來的四條規(guī)律，不得不把光看作是一份一份地不連續(xù)傳播的，每一份叫做一個光子，其能量為E=，這實際上就是所謂的“光子說”的基本內(nèi)容，在“光子說”的基礎上，很容易對光電效應中的種種現(xiàn)象作出解釋。2．愛因斯坦方程與能量守恒定律頻率為的單射光照射到逸出功為W的金屬板上，若入射光頻率大于金屬板的極限頻率，則將發(fā)生光電效應現(xiàn)象，所產(chǎn)生的光電子的最大初動能為這就是所謂的愛因斯坦方程，其本質(zhì)是能量守恒定律在光電效應現(xiàn)象中的特殊表現(xiàn)形式。3．光的波粒二象性(1)干涉、衍射等現(xiàn)象，表明光是一種波；光電效應現(xiàn)象又表明光是一種粒子。光既有波動性，又有粒子性，即光具有波粒二象性。(2)大量光子的運動規(guī)律表現(xiàn)為波動性；單個光子的行為表現(xiàn)為粒子性。光在傳播過程中，更多地表現(xiàn)出波動性；光在與其它物體發(fā)生作用時，更多地表現(xiàn)出粒子性。光的波長越長，其波動的特性越明顯；光的頻率越高，其粒子的特性越顯著。4．玻爾的“半經(jīng)典”原子理論玻爾保留了盧瑟福核式結構理論中部分成功的經(jīng)典理論，同時又引入了量子觀念，提出了三條假設，形成所謂的“半經(jīng)典”的原子理論。(1)“定態(tài)假設”原子只能處于一系列不連續(xù)的能量狀態(tài)中，在這些狀態(tài)中，電子雖作變速運動，但并不向外輻射電磁波，這樣的相對穩(wěn)定的狀態(tài)稱為定態(tài)。定態(tài)假設實際上只是給經(jīng)典的電磁理論限制了適用范圍；原子中電子繞核轉(zhuǎn)動處于定態(tài)時不受該理論的制約。(2)“躍遷假設”電子繞核轉(zhuǎn)動處于定態(tài)時不輻射電磁波，但電子在兩個不同定態(tài)間發(fā)生躍遷時，卻要輻射（吸收）電磁波（光子），其頻率由兩個定態(tài)的能量差值決定躍遷假設對發(fā)光（吸光）從微觀（原子等級）上給出了解釋。(3)“軌道量子化假設”：由于能量狀態(tài)的不連續(xù)，因此電子繞核轉(zhuǎn)動的軌道半徑也不能任意取值，必須滿足、2、3……)5．玻爾氫原子模型(1)能級公式其中E1=－13.6(2)半徑公式其中二、典型例題分析例2．某種單色光照射某種金屬而發(fā)生光電效應現(xiàn)象，為了提高發(fā)射出的光電子的最大初動能，則應該（）A．使入射光強度增大；B．使光照時間延長；C．使入射光頻率增大；D．換一種逸出功更小些的金屬分析：此例的分析應該依據(jù)光電效應現(xiàn)象所遵從的基本規(guī)律。解：由光電效應現(xiàn)象所遵從的定量規(guī)律——愛因斯坦方程=可知：光電子的最大初功能只與入射光的頻率和被照射金屬的逸出功w有關，越高，就越大，w越小，就越大，與入射光的強度及入射光的照射時間均無關。此例應選C、D。例3．氫原子的核外電子從距核較近的軌道躍遷到距核較遠的軌道的過程中（）A．原子要吸收光子，電子的動能增大，原子的電勢能增大。B．原子要放出光子，電子的動能減小，原子的電勢能減小。C．原了要吸收光子，電子的動能增大，原子的電勢能減小。D．原子要吸收光子，電子的動能減小，原子的電勢能增大。分析此例的分析中除了應關注到玻爾的原子理論外，還應注意到“電子繞核轉(zhuǎn)動時庫侖力充當向心力”的經(jīng)典物理理論。解：根據(jù)玻爾理論，氫原子核外電子在離核越遠的軌道上運動能量越大，必須吸收一定能量的光子后，電子才能從離核較近的軌道躍遷到離核較遠的軌道，選項B可先排除。氫原子核外電子的繞核運動，由原子核對電子的庫侖力作向心力，即電子的動能離核越遠，即r越大時，電子的動能越?。河纱擞挚膳懦x項A、C.此例應選D。Ⅲ.熱學專題一、難點剖析1、分子動理論（1）物體是由大量分子所組成的應能分別體會到：組成宏觀物體的微觀分子的尺度是如此之?。〝?shù)量級為10-10mol-1）。而對組成宏觀物體的微觀分子的上述兩點認識在物理濱發(fā)展中經(jīng)歷了這樣的過程：實驗的方法（油膜法實驗）估測出微觀分子的大??；明確了微觀分子的“小”后進一步子解了組成宏觀物體的微觀分子數(shù)量之“多”。這里應該強調(diào)指出阿伏伽德羅常數(shù)作用，宏觀世界與微觀世界的“橋梁”。（2）分子永不停息地在做無規(guī)則熱運動重點在于把握布朗運動的與分子運動間的關系。所謂的布朗運動，指的是懸浮于液體中的固體小顆粒所做的永不停息的無規(guī)則運動。布朗運動產(chǎn)生的原因是因為液體分子的撞擊不平衡所致。正因為如此，布朗運動的特點恰好反映出分子運動的特點：布朗運動永不停息，表明分子運動永不停息；布朗運動的無規(guī)則性，表明分子運動的無規(guī)則性；布朗運動的劇烈程度隨溫度升高而加劇，表明分子運動的劇烈程度隨溫度升高而加??；布朗運動的明顯程度隨懸浮顆粒的尺寸加大而減弱，再一次從統(tǒng)計的角度表明分子運動的無規(guī)則性。（3）分子間存在著相互作用的分子力。關于分子力的特征與規(guī)律,應注意如下幾個要點的掌握:①發(fā)子間的引力f引與斥力fG同時存在，表現(xiàn)出的分子力是其合力。②分子間的引力f引與斥力fG均隨分子間距r的增大而減小，但斥力f拆隨間距r衰減得更快些。③分子間距存在著某一個值r0（數(shù)量級為10-10m）當r>r0時，f引>f斥，分子力表現(xiàn)為引力；當r=r0時，f引=f斥，分子力為零；當r<r0時，f引<f斥，分子力表現(xiàn)為斥力；④當分子間距當r>10r0時，分子間引力、斥力均可忽略。⑤分子間引力f引，斥力f斥及分子力f隨分子間距r的變化情況如圖-1所示。2、物體的內(nèi)能概念的理解（1）物體的內(nèi)能物體所有分子熱運動動能和與分子力相對應的分子勢能之總和叫做物體的內(nèi)能。（2）分子平均動能與溫度的關系由于分子熱運動的無規(guī)則性，所以各個分子熱運動動能不同，但所有分子熱運動動能的平均值只與溫度相關，溫度是分子平均動能的標志，溫度相同，則分子熱運動的平均動能相同，對確定的物體來說，總的分子動能隨溫度單調(diào)增加。（3）分子勢能與體積的關系分子熱能與分子力相關：分子力做正功，分子勢能減??；分子力做負功，分子勢能增加。而分子力與分子間距有關，分子間距的變化則又影響著大量分子所組成的宏觀物體的體積。這就在分子熱能與物體體積間建立起某中聯(lián)系。考慮到分子力在r>r0時表現(xiàn)為斥力，此時體積膨脹時，表現(xiàn)為斥力的分子力做正功。因此分子勢能隨物體體積呈非單調(diào)變化的特征。（4）改變內(nèi)能的兩種方式改變物體的內(nèi)能通常有兩種方式：做功和熱傳遞。做功涉及到的是內(nèi)能與其它能間的轉(zhuǎn)達化；而熱傳遞則只涉及到內(nèi)能在不同物體間的轉(zhuǎn)移。3、熱力學定律及能量轉(zhuǎn)化與守恒定律（1）熱力學第一定律①內(nèi)容：物體內(nèi)能的增量△E等于外界對物體做的功W和物體吸收的勢量Q的總和。②表達式：W+Q=△E③符號法則：外界對物體做功，W取正值，物體對外界做功，W取負值；物體吸收熱量Q取正值，物體放出熱量Q取負值；物體內(nèi)能增加△E取正值，物體內(nèi)能減少△E取負值。（2）熱力學第二定律表述形式：①：不可能使熱量由低溫物體傳遞到高溫物體，而不引起其他變化。形式：②不可能從單一熱源吸收熱量并把它全部用來做功，而不引起其他變化。注意：兩種表述是等價的，并可從一種表述導出另一種表述。（3）能的轉(zhuǎn)化和守恒定律能量既不能憑空產(chǎn)生，也不能憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為別的形式，或從一個物體轉(zhuǎn)移到別的物體。二、典型例題例4．若已知阿伏伽德羅常數(shù)、物質(zhì)的摩爾質(zhì)量、摩爾體積，則可以計算出A、固體物質(zhì)分子的大小和質(zhì)量B、液體物質(zhì)分子的大小和質(zhì)量C、氣體分子的大小和質(zhì)量D、氣體分子的質(zhì)量和分子間的平均距離分析：注意到阿伏伽德羅常數(shù)的“橋梁”作用以及固、液、氣的結構特征。解答：用M表示摩爾質(zhì)量，即一摩爾物質(zhì)的質(zhì)量，而一摩爾物質(zhì)中含有N個分子，因此每個分子的質(zhì)量為。由于固體和液體中發(fā)子間距離較小，可以近似地認為分子是緊密地排列在一起的，那么若用V表示摩爾體積，即N個分子所具有的總體積，顯然就可以表示每個分子的體積。而氣體分子間的距離很大，用只能表示每個氣體分子平均占據(jù)的空間，而不是表示分子的體積，那么就可以表示氣體分子間的平均距離了。所以應選A、B、D。例5．以r、f、EP分別表示分子間距，分子力和分子勢能，而當r=r0時，f=0，于是有（）當r>r0時，f越大，Ep越大；當r>r0時，f越大，Ep越??；當r<r0時，f越大，Ep越大；當r<r0時，f越大，Ep越??；分析：注意到f隨r變化的單調(diào)性特征與Ep隨r變化的單調(diào)性特征的比較。解答：當r>r0時，f隨r的變化呈非單調(diào)特征，而EP隨r則單調(diào)增大，這將表明：在r>r0的區(qū)域內(nèi)，EP隨f呈非單調(diào)變化，所以選項A、B均錯誤。當r<r0時，f隨r呈單調(diào)減小的變化，EP隨r呈單調(diào)減小的變化，這又將表明：在r<r0的區(qū)域內(nèi)，EP隨f呈單調(diào)增大的變化，所以選項C正確而選項D錯誤。即此例應選C。例6．關于物體的變化，以下說法中正確的是（）物體吸收熱量，內(nèi)能一定增大物體對外做功，內(nèi)能一定減小物體吸收熱量，同時對外做功，內(nèi)能可能不變物體放出熱量，同時對外做功，內(nèi)能可能不變分析：注意到內(nèi)能的改變有做功和熱傳遞兩個途徑。解答：物體同能的變化與外界對物體做功（或物體對外界做功）、物體從外界吸熱（或向外界放熱）兩種因素有關。物體吸收熱量，但有可能同時對外做功，故內(nèi)能有可能不變甚至減小，A錯；同理，物體對外做功的同時有可能吸熱，故內(nèi)能不一定減小，B錯；若物體吸收的熱量與對外做功相等，則內(nèi)能不變，C正確；而放熱與對外做功都是使物體內(nèi)能減小，知D錯。所以應選C。（2）鞏固練習1．如圖所示，絕熱隔板K把絕熱氣缸分隔成兩部分，K與氣缸壁的接觸是光滑的，隔板K用銷釘固定，兩部分中分別盛有相同質(zhì)量、相同溫度的同種氣體a、b，a的體積大于b的體積。氣體分子之間相互作用勢能的變化可忽略?，F(xiàn)拔去銷釘（不漏氣），當a、b各自達到新的平衡時（）A．a(chǎn)的體積小于b的體積B．a(chǎn)的體積等于b的體積C．在相同時間內(nèi)兩邊與隔熱板碰撞的分子數(shù)相同D．a(chǎn)的溫度比b的溫度高2．一個氘核質(zhì)量為m1，一個氚核質(zhì)量為m2，它們結合成一個質(zhì)量為m3的氦核。核反應方程如下：。在這一核反應過程中釋放的能量為△E。已知光速為c。則以下判斷正確的是（）A．X是質(zhì)子B．X是正電子C．X的質(zhì)量為m1＋m2－m3D．X的質(zhì)量為m1＋m2－m3－3．氫原子的能級是氫原子處于各個定態(tài)時的能量值，它包括氫原子系統(tǒng)的電勢能和電子在軌道上運動的動能，氫原子的電子從外層軌道躍遷到內(nèi)層軌道時（）A．氫原子的能量減小，電子的動能增加B．氫原子的能量增加，電子的動能增加C．氫原子的能量減小，電子的動能減小D．氫原子的能量增加，電子的動能減小4．如圖所示，甲分子固定在坐標原點O，乙分子位于r軸上距原點O的距離為r3的位置，虛線分別表示分子斥力f斥和引力f引的變化情況，實線表示分子間的斥力與引力的合力f的變化情況，若把乙分子由靜止釋放，則乙分子（）A．從r3到r1，分子勢能先減少后增加B．從r3到r1，分子勢能先增加后減少C．從r3到r1做加速運動，從r1到O做減速運動D．從r3到r2做加速運動，從r2到r1做減速運動5．下列說法中正確的是（）A．物體的分子熱運動動能的總和就是物體的內(nèi)能B．對于同一種氣體，溫度越高，分子平均動能一定越大C．要使氣體的分子平均動能增大，外界必須向氣體傳熱D．一定質(zhì)量的氣體，溫度升高時，分子間的平均距離一定增大6．硅光電池是利用光電效應將光輻射的能量轉(zhuǎn)化為電能。若有N個波長為λ的光子打在光電池極板上，這些光子的總能量為（c為真空中的光速，h為普朗克常數(shù)）（）A．B．C．ND．2N7．某光電管的陰極是用金屬鉀制成的，它的逸出功為2.21eV，用波長為2.5×10-7m的紫外線照射陰極，已知真空中光速為3.0×108m/s，元電荷為1.6×10—19C，普朗克常量為6.63×10—34J·s，求得鉀的極限頻率和該光電管發(fā)射的光電子的最大動能應分別是（）A．5.3×1014Hz，2.2JB．5.3×1014Hz，4.4×10-19JC．3.3×1033Hz，2.2JD．3.3×1033Hz，4.4×10—19J8．據(jù)報導：我國科學家研制世界上第一個全超導核聚變“人造太陽”，用來解決人類的能源之需，代替煤、石油等不可再生資源?！叭嗽焯枴钡膶嶒炑b置模擬太陽產(chǎn)生能量的方式。從海水中提取氘和氚，使其在上億度的高溫下產(chǎn)生聚變反應，反應方程式為：H+H—→He+n+E。設氘（H）的質(zhì)量為m1，氚（H）的質(zhì)量為m2氦（He）的質(zhì)量為m3，中子（n）的質(zhì)量為m4，c為光在真空中傳播的速度。核反應放出的能量E的大小等于（） A．（m1+m2）c2 B．（m3+m4）c2 C．（m1+m2－m3－m4）c2 D．以上三項都不正確9．器壁透熱的氣缸放在恒溫環(huán)境中，如圖所示。氣缸內(nèi)封閉著一定量的氣體，氣體分子間相互作用的分子力可以忽略不計，當緩慢推動活塞Q向左運動的過程中，下列說法正確的是（）A、活塞對氣體做功，氣體的平均動能增加；B、活塞對氣體做功，氣體的平均動能不變；C、氣體的單位分子數(shù)增大，壓強增大；D、氣體的單位分子數(shù)增大，壓強不變。10．以下說法正確的是（）A．中子與質(zhì)子結合成氘核后，吸收能量B．用升溫、加壓的方法和化學的方法都不能改變原子核衰變的半衰期C．陰極射線與β射線都是帶負電的電子流，都是由原子核受激發(fā)后產(chǎn)生的D．公式的含義是：質(zhì)量為的物質(zhì)所具有的能量為11．如圖所示,甲分子固定在坐標原點O,乙分子位于r軸上,甲、乙兩分子間作用力與分子間距離關系圖象如圖?，F(xiàn)把乙分子從r3處由靜止釋放,則（）r1rf0r2rr1rf0r2r3B.乙分子從r3到r2加速,從r2到r1減速C.乙分子從r3到r1過程中,兩分子間的分子勢能一直增大D.乙分子從r3到r1過程中,兩分子間的分子勢能先減小后增加12．下列核反應中表示核聚變過程的是（）A．B．C．D．13．根據(jù)分子動理論，當分子間距離為r0時分子所受的引力和斥力相等，以下說法正確的是（）A．分子間距離越大，分子所受引力和斥力越大，B．分子間距離越小，分子所受引力和斥力越小C．分子間距離是r0時分子具有最小勢能，距離增大或減小時勢能都變大D．分子間距離是r0時分子具有最大勢能，距離增大或減小時勢能都變小14．下列說法中正確的有（）A．密閉容器中氣體的壓強，是由于氣體分子的重力產(chǎn)生的B．溫度高的物體內(nèi)能不一定大，但分子平均動能一定大C．盧瑟福的α粒子散射實驗中，絕大多數(shù)α粒子穿過金箔后仍沿原方向前進，說明分子間有空隙D．甲、乙兩個分子原來相距較遠，相互間分子力可忽略?，F(xiàn)設甲固定不動，乙逐漸向甲靠近直到不能再靠近的整個過程中，先是分子力對乙做正功，然后是乙克服分子力做功15．（）A．鎳63的變方程是→B．鎳63的變方程是→C．外接負載時鎳63的電勢比銅片高 D．該電池內(nèi)電流方向是從鎳到銅片16。如圖所示，用一跟與活塞相連的細線將絕熱汽缸懸掛在某一高度靜止不動，汽缸開口向上，內(nèi)封閉一定質(zhì)量的汽體，缸內(nèi)活塞可自由活動且不漏汽．現(xiàn)將繩剪斷，讓汽缸自由下落，則下列說法正確的是（）A．氣體壓強減小，內(nèi)能增大B．外界對氣體做功，氣體內(nèi)能不變C．氣體的壓強增大，內(nèi)能增大D．氣體對外界做功，氣體內(nèi)能減小17．“軌道電子俘獲”是放射性同位素衰變的一種形式，它是指原子核（稱為母核）俘獲一個核外電子，使其內(nèi)部的一個質(zhì)子變?yōu)橹凶樱⒎懦鲆粋€中微子，從而變成一個新核（稱為子核）的過程。中微子的質(zhì)量遠小于質(zhì)子的質(zhì)量，且不帶電，很難被探測到，人們最早就是通過核的反沖而間接證明中微子的存在的，一個靜止的原子核發(fā)生“軌道電子俘獲”，衰變?yōu)樽雍瞬⒎懦鲋形⒆樱旅嬲f法正確的是（）A．母核的質(zhì)量數(shù)等于子核的質(zhì)量數(shù)B．母核的電荷數(shù)大于子核的電荷數(shù)C．子核的動量與中微子的動量相同D．子核的動能大于中微子的動能參考答案1.B2.D3.A4.C5.B6.C7.B8.C9.BC10.B11.A12.B13.C14.BD15.BC16.C17.AB（3）專題檢測試卷高三物理第二輪復習熱學、量子論初步、原子核專題測試題一．選擇題（每題4分，共80分）1．下列說法中正確的是()A．溫度低的物體內(nèi)能小B．溫度低的物體分子運動的平均速率小C．做加速運動的物體，由于速度越來越大，因此物體分子的平均動能越來越大D．外界對物體做功時，物體的內(nèi)能不一定增加2．只要知道下列哪一組物理量，就可以估算出氣體中分子間的平均距離（）A．阿伏加德羅常數(shù)、該氣體的摩爾質(zhì)量和密度B．阿伏加德羅常數(shù)、該氣體的摩爾質(zhì)量和質(zhì)量C．阿伏加德羅常數(shù)、該氣體的質(zhì)量和體積D．該氣體的密度、體積和摩爾質(zhì)量3．如圖所示，一根豎直的彈簧支持著一倒立氣缸的活塞，使氣缸懸空而靜止。設活塞與缸壁間無摩擦，可以在缸內(nèi)自由移動，缸壁導熱性良好使缸內(nèi)氣體的溫度保持與外界大氣溫度相同，則下列結論中正確的是（）Ａ．若外界大氣壓增大，則彈簧將壓縮一些Ｂ．若外界大氣壓增大，則氣缸的上底面距地面的高度將增大Ｃ．若氣溫升高，則活塞距地面的高度將減?。模魵鉁厣?，則氣缸的上底面距地面的高度將增大4．用兩種不同的金屬絲組成一個回路，接觸點1插在熱水中，接觸2點插在冷水中，如圖所示，電流計指針會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，這就是溫差發(fā)電現(xiàn)象。關于這一現(xiàn)象，正確說法是（）A．這一實驗過程不違反熱力學第二定律；B．在實驗過程中，熱水一定降溫、冷水一定升溫；C．在實驗過程中，熱水內(nèi)能全部轉(zhuǎn)化成電能，電能則部分轉(zhuǎn)化成冷水的內(nèi)能。D．在實驗過程中，熱水的內(nèi)能只有部分轉(zhuǎn)化成電能，電能則全部轉(zhuǎn)化成冷水的內(nèi)能。5．對于如下幾種現(xiàn)象的分析，下列說法中正確的是 （）A．物體的體積減小溫度不變時，物體內(nèi)能一定減小B．用顯微鏡觀察液體中懸浮微粒的布朗運動,觀察到的是液體中分子的無規(guī)則運動C．利用淺層和深層海水的溫度差可以制造一種熱機，將海水的一部分內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機械能D．打開香水瓶后，在較遠的地方也能聞到香味，這表明香水分子在不停地運動6．如圖所示，甲分子固定在坐標原點O，乙分子位于x軸上，甲、乙兩分子間作用力與距離關系的函數(shù)圖象如圖，現(xiàn)把乙分子從r3處由靜止釋放，則（）A．乙分子從r3到r1加速B．乙分子從r3到r2加速，從r2到r1減速C．乙分子從r3到r1過程中，兩分子間的分子勢能先減小后增加D．乙分子從r3到r1過程中，兩分子間的分子勢能一直減小7．產(chǎn)生光電效應現(xiàn)象時逸出的光電子的最大初速度（）A．與入射光頻率成正比B．與入射光強度成正比C．與入射光的照射時間成正比D．與入射光強無關8．一個質(zhì)子以1.0×10７ｍ/ｓ的速度撞入一個靜止的鋁原子核后被俘獲，鋁原子核變?yōu)楣柙雍耍阎X原子核的質(zhì)量是質(zhì)子的27倍，硅原子核的質(zhì)量是質(zhì)子的28倍，則下列判斷中正確的是()A．核反應方程為Al＋H→SiB．核反應方程為Al＋n→SiC．硅原子核速度的數(shù)量級為10７ｍ/ｓ，方向跟質(zhì)子的初速度方向一致D．硅原子核速度的數(shù)量級為10５ｍ/ｓ，方向跟質(zhì)子的初速度方向一致9．一群處于基態(tài)的氫原子吸收某種單色光光子后，只發(fā)射波長為1、2、3的三種單色光光子，且1〉2〉3，則被氫原子吸收的光子的波長為（）A．3B。1+2+3C。D。B10．在勻強磁場中有一個原來靜止的碳14原子核，它放射出的粒子與反沖核的徑跡是兩個內(nèi)切的圓，兩圓的直徑之比為7：1，如圖所示，那么碳14的衰變方程為（）BA．Ce+BB。CHe+BeC．CH+BD。Ce+N11．根據(jù)玻爾模型，原子中電子繞核運轉(zhuǎn)的半徑（）A．可以取任意值B．可以在某一范圍內(nèi)取任意值C．可以取一系列不連續(xù)的任意值D．是一系列不連續(xù)的特定值12．原子中的核外電子由離核較遠的軌道躍遷到離核校近的軌道上時（）A．核外電子受力變小B．原子的能量增大C．核外電子的動能變大D．原子的電勢能減小13．一個氫原子中的電子從半徑為ra的軌道自發(fā)地躍遷到半徑為rb的軌道，若已知rb＜ra，則在此過程中（）A．原子發(fā)出一系列頻率的光子B．原子吸收一系列頻率的光子C．原子要吸收某一頻率的光子D．原子要輻射某一頻率的光子14．對玻爾理論的評論，不妥當?shù)挠校ǎ〢．玻爾理論成功地解釋了氫光譜的規(guī)律，為量子力學的建立奠定了基礎B．玻爾理論的成功之處是引入了量子觀念C．玻爾理論的成功之處是它保留了經(jīng)典理論中的一些觀點，如電子軌道的觀念D．玻爾理論的成功，說明經(jīng)典電磁理論不適用于原子系統(tǒng)，也說明了電磁理論不適用于電子運動15．氫原子分別處在n=1和n=2的能量狀態(tài)時，其核外電子線速度v，角速度，加速度a及原子系統(tǒng)的電勢能E的大小關系分別為（）A．v1＞v2B．1＞2C．a(chǎn)1＜a2D．E1＜E216．關于光電效應的下列說法中，正確的是：（）A．金屬的逸出功與入射光的頻率成正比B．光電流的強度與入射光的強度無關C．用不可見光照射金屬一定比用可見光照射時產(chǎn)生的光電子最大初動能大D．對于任一種金屬都存在一個極限波長，當入射光波長大于極限波長時，就不能產(chǎn)生光電效應現(xiàn)象17．關于“光子說”，下列說法中正確的是：（）A．在介質(zhì)中傳播的光不是連續(xù)的，而是一份一份的，其中每一份叫做一個光子B．光子是具有一定質(zhì)量、能量和動量的物質(zhì)微粒C．每一個光子的能量都與其頻率成正比D．光子說與光的電磁說是兩種各自獨立，彼此對立且互不聯(lián)系的兩種學說18．用綠光照射光電管時能產(chǎn)生光電效應現(xiàn)象，今欲使光電子的最大初動能增大，則應該：（）A．改用紅光照射B．改用紫光照射C．增加綠光的照射時間D．換用陰極材料逸出功較小的光電源19．下列關于光本性的說法中，正確的是：（）A．有的光是波，有的光是粒子B．有時光表現(xiàn)出波動特性，有時光表現(xiàn)出粒子特性；C．光既是波，又是粒子D．r粒子具有顯著的粒子性而不具備被動性20．若某光譜線波長為，則此光譜線對應的光子的（）A．頻率為/c