資源簡介

第11單元　　電磁感應
　　[內容和方法]
　　本單元內容包括電磁感應現象、自感現象、感應電動勢、磁通量的變化率等基本概念，以及法拉第電磁感應定律、楞次定律、右手定則等規律。
　　本單元涉及到的基本方法，要求能夠從空間想象的角度理解法拉第電磁感應定律。用畫圖的方法將題目中所敘述的電磁感應現象表示出來。能夠將電磁感應現象的實際問題抽象成直流電路的問題；能夠用能量轉化和守恒的觀點分析解決電磁感應問題；會用圖象表示電磁感應的物理過程，也能夠識別電磁感應問題的圖像。
　　[例題分析]
　　在本單元知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：概念理解不準確；空間想象出現錯誤；運用楞次定量和法拉第電磁感應定律時，操作步驟不規范；不會運用圖像法來研究處理，綜合運用電路知識時將等效電路圖畫錯。
　　例1在圖11－1中，CDEF為閉合線圈，AB為電阻絲。當滑動變阻器的滑動頭向下滑動時，線圈CDEF中的感應電流在G處產生的磁感強度的方向是“·”時，電源的哪一端是正極？
　　【錯解分析】錯解：當變阻器的滑動頭在最上端時，電阻絲AB因被短路而無電流通過。由此可知，滑動頭下移時，流過AB中的電流是增加的。當線圈CDEF中的電流在G處產生的磁感強度的方向是“·”時，由楞次定律可知AB中逐漸增加的電流在G處產生的磁感強度的方向是“×”，再由右手定則可知，AB中的電流方向是從A流向B，從而判定電源的上端為正極。
　　 楞次定律中“感生電流的磁場總是要阻礙引起感生電流的磁通量的變化”，所述的“磁通量”是指穿過線圈內部磁感線的條數，因此判斷感應電流方向的位置一般應該選在線圈的內部。
　　【正確解答】
　　當線圈CDEF中的感應電流在G處產生的磁感強度的方向是“·”時，它在線圈內部產生磁感強度方向應是“×”，AB中增強的電流在線圈內部產生的磁感強度方向是“·”，所以，AB中電流的方向是由B流向A，故電源的下端為正極。
　　【小結】
　　同學們往往認為力學中有確定研究對象的問題，忽略了電學中也有選擇研究對象的問題。學習中應該注意這些研究方法上的共同點。
　　例2長為a寬為b的矩形線圈，在磁感強度為B的勻強磁場中垂直于磁場的OO′軸以恒定的角速度ω旋轉，設t= 0時，線圈平面與磁場方向平行，則此時的磁通量和磁通量的變化率分別是 [ 　]
　　
　　【錯解分析】t=0時，線圈平面與磁場平行、磁通量為零，對應的磁通量的變化率也為零，選A。
　　磁通量Φ=BS⊥BS（S⊥是線圈垂直磁場的面積），磁通量的變化ΔΦ=Φ2－Φ1，兩者的物理意義截然不同，不能理解為磁通量為零，磁通量的變化率也為零。
　　【正確解答】
　　實際上，線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸轉動時，產生交變電動勢e=εmcosωt = Babωcosωt。當t=0時，cosωt=1，雖然磁通量可知當電動勢為最大值時，對應的磁通量的變化率也最大，即
　　
　　【小結】
　　弄清概念之間的聯系和區別，是正確解題的前提條件。在電磁感應中要弄清磁通量Φ、磁通量的變化ΔΦ以及磁通量的變化率ΔΦ/Δt之間的聯系和區別。
　　例3一個共有10匝的閉合矩形線圈，總電阻為10Ω、面積為0.04m2，置于水平面上。若線框內的磁感強度在0.02s內，由垂直紙面向里，從1.6T均勻減少到零，再反向均勻增加到2.4T。則在此時間內，線圈內導線中的感應電流大小為______A，從上向下俯視，線圈中電流的方向為______時針方向。
　　【錯解分析】錯解：由于磁感強度均勻變化，使得閉合線圈中產生感應電流，根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢
　　
　　　
　　根據楞次定律，開始時原磁場方向垂直紙面向里，而且是均勻減少的。那么感應電流產生的磁場的方向應該與原磁場方向相同，仍然向里。再根據安培定則判斷感應電流的方向為順時針方向。同理，既然原磁場均勻減少產生的感應電流的方向為順時針方向。那么，原磁場均勻增加時，產生的感應電流的方向必然是逆時針方向。
　　由于磁場的變化，而產生感應電動勢，根據法拉第電磁感應定律矢量差。在0.02s內磁場的方向發生了一次反向。設垂直紙面向里為正方向，ΔB=B2-（-B1）=B2+Bl
　　【正確解答】
　　根據法拉第電磁感應定律
　　
　　根據楞次定律，磁感強度B從B1開始均勻減少到零的過程中，感應電流的磁場阻礙原磁通的減少，與原磁通的方向同向，感應電流的方向是順時針的。接著磁感強度B從零開始反方向均均勻增加到B2，這個過程中，穿過閉合線圈的磁通量反方向增加，感應電流的磁場要阻礙原磁場的增加，其方向是垂直紙面向里，再根據安培定則判斷感應電流的方向仍然是順時針的。
　　【小結】
　　應用楞次定律時，特別要注意感應電流的磁場阻礙的是引起感應電流的磁通量的變化。不能把“阻礙變化”簡單地理解為原磁場均勻減少，電流就是順時針，原磁場均勻增加，感應電流就是逆時針。應用楞次定律解題要先判斷原磁通的方向及其變化趨勢，再用“阻礙變化”的原則來判斷感應電流的磁場的方向，最后用右手定則來判斷感應電流的方向。
　　例4如圖11－2所示，以邊長為50cm的正方形導線框，放置在B=0.40T的勻強磁場中。已知磁場方向與水平方向成37°角，線框電阻為0.10Ω，求線框繞其一邊從水平方向轉至豎直方向的過程中通過導線橫截面積的電量。
　　【錯解分析】錯解：線框在水平位置時穿過線框的磁通量
Φ1=BScos53°=6.0×10-2Wb
　　線框轉至豎直位置時，穿過線框的磁通量Φ2=BScos37°=8.0×10-8（Wb）
　　這個過程中的平均電動勢
　　通過導線橫截面的電量
　　磁通量Φ1=BScosθ，公式中θ是線圈所在平面的法線與磁感線方向的夾角。若θ＜90°時，Φ為正，θ＞90°時，Φ為負，所以磁通量Φ有正負之分，即在線框轉動至框平面與B方向平行時，電流方向有一個轉變過程。錯解就是忽略了磁通量的正負而導致錯誤。
　　【正確解答】
　　設線框在水平位置時法線（圖11－2中）n方向向上，穿過線框的磁通量
Φ1=BScos53°=6.0×10-2Wb
　　當線框轉至豎直位置時，線框平面的法線方向水平向右，與磁感線夾角θ=143°，穿過線框的磁通量Φ1=BScos143°=-8.0×10-2Wb
　　通過導線橫截面的電量
　　【小結】
　　通過畫圖判斷磁通量的正負，然后在計算磁通量的變化時考慮磁通量的正負才能避免出現錯誤。
　　例5如圖11－3所示，在跟勻強磁場垂直的平面內放置一個折成銳角的裸導線MON，∠MON=α。在它上面擱置另一根與ON垂直的導線PQ，PQ緊貼MO，ON并以平行于ON的速度V，從頂角O開始向右勻速滑動，設裸導線單位長度的電阻為R0，磁感強度為B，求回路中的感應電流。
　　【錯解分析】錯解：設PQ從頂角O開始向右運動的時間為Δt，
　　Ob=v·Δt，
　　ab=v·Δ·tgα，
　　　　不是我們要求的電動勢的瞬時值。因為電阻（1＋cosα＋sinα）
　　由于兩者不對應，結果就不可能正確。
　　【正確解答】
　　設PQ從頂角O開始向右運動的時間為Δt，Ob=v·Δt，ab＝v·Δ　　
　　回路中ε=Blv=B·ab·v=Bv2·Δt·tgα。回路中感應電流
　
　　時間增大，產生的感應電動勢不是恒量。避免出錯的辦法是先判斷感應電動勢的特征，根據具體情況決定用瞬時值的表達式求解。
　　例6 如圖11－4所示，豎直平面內有足夠長的金屬導軌，軌距0.2m，金屬導體ab可在導軌上無摩擦地上下滑動，ab的電阻為0.4Ω，導軌電阻不計，導軌ab的質量為0.2g，垂直紙面向里的勻強磁場的磁應強度為0.2T，且磁場區域足夠大，當ab導體自由下落0.4s時，突然接通電鍵K，則：（1）試說出K接通后，ab導體的運動情況。（2）ab導體勻速下落的速度是多少？（g取10m/s2）
　　【錯解分析】錯解：
　　（1）K閉合后，ab受到豎直向下的重力和豎直向上的安培力作用。合力豎直向下，ab仍處于豎直向下的加速運動狀態。隨著向下速度的增大，安培力增大，ab受豎直向下的合力減小，直至減為0時，ab處于勻速豎直下落狀態。
　　（2）略。
　　上述對（l）的解法是受平常做題時總有安培力小于重力的影響，沒有對初速度和加速度之間的關系做認真的分析。不善于采用定量計算的方法分析問題。
　　【正確解答】
　　（1）閉合K之前導體自由下落的末速度為v0=gt=4（m/s）
　　K閉合瞬間，導體產生感應電動勢，回路中產生感應電流。ab立即受到一個豎直向上的安培力。
　　
　　此刻導體棒所受到合力的方向豎直向上，與初速度方向相反，加速
　　所以，ab做豎直向下的加速度逐漸減小的變減速運動。當速度減小至F安=mg時，ab做豎直向下的勻速運動。
　　
　　【小結】
　　本題的最大的特點是電磁學知識與力學知識相結合。這類的綜合題本質上是一道力學題，只不過在受力上多了一個感應電流受到的安培力。分析問題的基本思路還是力學解題的那些規矩。在運用牛頓第二定律與運動學結合解題時，分析加速度與初速度的關系是解題的最關鍵的第一步。因為加速度與初速度的關系決定了物體的運動。
　　例7 如圖11－5所示，水平導軌的電阻忽略不計，金屬棒ab和cd的電阻多別為Rab和Rcd，且Rab＞Rcd，處于勻強磁場中。金屬棒cd在力F的作用下向右勻速運動。ab在外力作用下處于靜止狀態，下面說法正確的是 [　]
　　A．Uab＞Ucd
　　B．Uab=Ucd
　　C．Uab＜Ucd
　　D． 無法判斷
　　【錯解分析】錯解：因導軌的電阻不計，金屬棒ah和cd可以等效為兩個電阻串聯，而串聯電路中，電壓的分配跟電阻成正比。因為Rab＞Red，所以Uab＞Ucd，故選A。
　　cd金屬棒在F的作用下，做切割磁感線運動，應視為電源。Ucd為電源的端電壓，而不是內電壓。所以Ucd≠IRcd，Ucd=ε-IRcd，不能將abcd等效為兩個外電阻的串聯。
　　【正確解答】
　　金屬棒在力F的作用下向右作切割磁感線的運動應視為電源，而c、d分別等效為這個電源的正、負極，Ucd是電源兩極的路端電壓，不是內電壓。又因為導軌的電阻忽略不計，因此金屬棒ab兩端的電壓Uab也等于路端電壓，即Ucd=Uab，所以正確的答案應選B。
　　【小結】
　　電源是將非靜電能轉換成電能的裝置。本題中是通過電磁感應將機械能轉化成為電能。cd的作用是電源。ab則是外電路中的電阻。畫出等效電路圖，如圖11-6所示。然后再運用恒定電流的知識進行計算。電磁感應的問題中經常用到這樣的化簡為直流電路的等效方法。
　　例8 如圖11－7所示裝置，導體棒AB，CD在相等的外力作用下，沿著光滑的軌道各朝相反方向以0.lm/s的速度勻速運動。勻強磁場垂直紙面向里，磁感強度B=4T，導體棒有效長度都是L=0.5m，電阻R=0.5Ω，導軌上接有一只R′=1Ω的電阻和平行板電容器，它的兩板間距相距1cm，試求：（l）電容器及板間的電場強度的大小和方向；（2）外力F的大小。
　　【錯解分析】
　　錯解一：
　　導體棒CD在外力作用下，會做切割磁感線運動，產生感應電動勢。對導體棒AB在力F的作用下將向右做切割磁感線運動，根據右手定則可以判斷出感應電動勢方向向上，同理可分析出導體棒CD產生的感生Uab=0，所以電容器兩極板ab上無電壓，極板間電場強度為零。
　　錯解二：
　　求出電容器的電壓是求電容器板間的電場強度大小的關鍵。由圖11－7看出電容器的b板，接在CD的C端導體CD在切割磁感線產生感應電動勢，C端相當于電源的正極，電容器的a接在AB的A端。導體棒AB在切割磁感線產生感應電動勢，A端相當于電源的負極。導體棒AB，CD產生的電動勢大小又相同，故有電容器的電壓等于一根導體棒產生的感應電動勢大小。
UC＝BLv＝4×0.5×0.l=0.2（V）
　　根據勻強電場場強與電勢差的關系
　　由于b端為正極，a端為負極，所以電場強度的方向為b→a。
　　錯解一：根據右手定則，導體棒AB產生的感應電動勢方向向下，導體棒CD產生的感應電動勢方向向上。這個分析是對的，但是它們對整個導體回路來說作用是相同的，都使回路產生順時針的電流，其作用是兩個電動勢和內阻都相同的電池串聯，所以電路中總電動勢不能相減，而是應該相加，等效電路圖如圖11－8所示。
　　錯解二：雖然電容器a板與導體AB的A端是等勢點，電容器b板與導體CD的C端是等電勢點。但是a板與b板的電勢差不等于一根導體棒切割磁感線產生的電動勢。a板與b板的電勢差應為R′兩端的電壓。
　　【正確解答】
　　導體AB、CD在外力的作用下做切割磁感線運動，使回路中產生感應電流。
　　電容器兩端電壓等于R′兩端電壓UC==I=0.2×1=0.2（V）
　　
　　回路電流流向D→C→R′→A→B→D。所以，電容器b極電勢高于a極電勢，故電場強度方向b→a。
　　【小結】
　　從得數上看，兩種計算的結果相同，但是錯解二的思路是錯誤的，錯在電路分析上。避免錯誤的方法是在解題之前，畫出該物理過程的等效電路圖，然后用電磁感應求感應電動勢，用恒定電流知識求電流、電壓和電場知識求場強，最終解決問題。
　　例9 如圖11－9所示，一個U形導體框架，其寬度L=1m，框架所在平面與水平面的夾用α=30°。其電阻可忽略不計。設勻強磁場與U形框架的平面垂直。勻強磁場的磁感強度B＝0.2T。今有一條形導體ab，其質量為m＝0.5kg，有效電阻R=0.1Ω，跨接在U形框架上，并且能無摩擦地滑動，求:
　　（1）由靜止釋放導體，導體ab下滑的最大速度vm；
　　（2）在最大速度vm時，在ab上釋放的電功率。（g=10m/s2）。
　　【錯解分析】
　　錯解一：
　　（1）ab導體下滑過程中受到重力G和框架的支持力N，如圖11－10。
　　根據牛頓第二定律ΣF=ma
mgsinα= ma
a = gsinα
　　導體的初速度為V0=0，導體做勻加速直線運動，由運動學公式
v＝v0＋at=5t
　　隨著t的增大，導體的速度v增大vm→∞
　　由ε=BLv可知
當vm→∞，電功率P→∞
　　錯解二：
　　當導體所受合力為零時，導體速度達到最大值。
　　（1）導體ab受G和框架的支持力N，而做加速運動
　　由牛頓第二定律
mgsin30°= ma
a = gsin30°
　　但是導體從靜止開始運動后，就會產生感應電動勢，回路中就會有感應電流，感應電流使得導體受到磁場的安培力的作用。設安培力為FA。
　　
　　隨著速度v的增加，加速度a逐漸減小。當a＝0時，速度v有最大值
　　分析導體ab下滑過程中物理量變化的因果關系是求ab導體下滑最大速度的關鍵。
　　錯解一：正是由于對電磁現象規律和力與運動的關系理解不夠，錯誤地分析出ab導體在下滑過程中做勻加速運動。實際上，導體ab只要有速度，就會產生感應電動勢，感應電流在磁場中受到安培力的作用。安培力隨速度的增加而增大，且安培力的方向與速度方向相反，導體做加速度逐漸減小的變加速直線運動。
　　錯解二：的分析過程是正確的，但是把導體下滑時產生的電動勢寫錯了公式，ε=BLvsin30°中30°是錯誤的。ε=BLvsinθ中的θ角應為磁感強度B與速度v的夾角。本題中θ=90°。
　　【正確解答】
　　（1）導體ab受G和框架的支持力N，而做加速運動由牛頓第二定律
mgsin30°= ma
a = gsin30°= 5（m/s2）
　　但是導體從靜止開始運動后，就會產生感應電動勢，回路中就會有感應電流，感應電流使得導體受到磁場的安培力的作用。設安培力為FA
　　隨著速度v的增加，加速度a逐漸減小。當a=0時，速度v有最大值
　　（2）在導體ab的速度達到最大值時，電阻上釋放的電功率
　　【小結】 ：物理解題訓練同學們的思維能力。本題要求同學從多角度來看問題。從加速度產生的角度看問題。由于導體運動切割磁感線發生電磁感應產生感應電流，感應電流的受力使得導體所受的合力發生改變，進而使導體的加速度發生變化，直到加速度為零。從能量轉化和守恒的角度看：當重力做功使導體的動能增加的同時，導體又要切割磁感線發生電磁感應將動能轉化為內能。直至重力做功全部轉化為回路的內能。
　　例10用均勻導線彎成正方形閉合金屬線框abcd，線框每邊長80cm，每邊的電阻為0.01Ω。把線框放在磁感強度B=0.05T的勻強磁場中，并使它繞軸OO′以ω=100rad/s的角速度勻角速度旋轉，旋轉方向如圖
　　（1）每條邊產生的感應動勢大小；
　　（2）線框內感應電流的大小；
　　（3）e，f分別是ab和cd的中點，ef兩點間的電勢差。
　　【錯解分析】錯解：線圈在轉動時，只有ab邊和cd邊作切割磁感線運動，產生感應電動勢。
　　
　　（2）由右手定則可知，線框在圖示位置時，ab中感應電動勢方向向上，而cd中感應電勢的方向向下。
　　
　　（3）觀察fcbe電路
　　
　　本題解共有4處錯誤。第一，由于審題不清沒有將每一條邊的感應電動勢求出，即缺少εad和εbc。即使它們為零，也應表達出來。第二，邊長中兩部分的的倍數關系與每一部分占總長的幾分之幾表述不正確。第三，ab邊和cd邊的感應電動勢的方向分別向上、向下。但是它們的關系是電源的串聯，都使電路中產生順時針方向的電流，閉合回路的總電動勢應為：εcd+εab，而不是相減。第四，求Uef時，研究電路fcbe，應用閉合電路歐姆定律，內電路中產生電動勢的邊長只剩下一半，感應電動勢也只能是εcd/2。
　　【正確解答】
　　（1）線框轉動時，ab邊和cd邊沒有切割磁感線，所以εad=0,εbc=0。
　　　　　
　　（3）觀察fcbe電路
　　
　　【小結】
　　沒有規矩不能成方圓。解決電磁感應的問題其基本解題步驟是：（1）通過多角度的視圖，把磁場的空間分布弄清楚。（2）在求感應電動勢時，弄清是求平均電動勢還是瞬時電動勢，選擇合適的公式解題。（3）進行電路計算時要畫出等效電路圖作電路分析，然后求解。
　　例11共有100匝的矩形線圈，在磁感強度為0.1T的勻強磁場中以角速度ω=10rad/s繞線圈的中心軸旋轉。已知線圈的長邊a=20cm，短邊b=10cm，線圈總電阻為2Ω。求（1）線圈平面轉到什么位置時，線圈受到的電磁力矩最大？最大力矩有多大？（2）線圈平面轉到與磁場方向夾角60°時，線圈受到的電磁力矩。
　　【錯解分析】錯解：
　　（l） 當線圈平面與磁場方向平行時電磁力矩最大。如圖ll－12所示。

　　磁場對線圈一條邊的作用力
F=BIb=0.01N
　　線圈受到的電磁力矩
　　（2） 若θ=60°時，如圖11-13
ε′=NBabωsin60°=1.73V
　　磁場對線圈一條邊的作用力
F′=BI′b=0.00866N
　　此時線圈受到的電磁力矩
　　第一問解法是正確的。但第二問出了兩點錯：公式ε=Blvsinθ中的θ應該是B與v的夾角。錯解中把線圈平面與磁場的夾角當作θ。另一
　　【正確解答】
　　
　　　
　　磁場對線圈一邊的作用力
F′=BI′b=0.005N
　　此時的力矩
　　【小結】
　　依據題意準確地作出線圈在磁場中的速度方向和受力方向是解題的前提。這就是說，邏輯思維是要借助形象來幫忙。
　　例12 如圖11－14所示，一閉合金屬圓環用絕緣細線掛于O點，將圓環拉離平衡位置并釋放，圓環擺動過程中經過有界的水平勻強磁場區域，A，B為該磁場的豎直邊界，若不計空氣阻力，則 [ ]
　　A．圓環向右穿過磁場后，還能擺至原來的高度。
　　B．在進入和離開磁場時，圓環中均有感應電流
　　C．圓環進入磁場后離平衡位置越近速度越大，感應電流也越大
　　D．圓環最終將靜止在平衡位置。
　　【錯解分析】錯解：如圖11－14所示，當圓環從1位置開始下落，進入磁場和擺出磁場時（即2位置和3位置），由于有磁通量變化，圓環上產生感應電流，選項B正確。由于金屬圓環自身存在內阻，所以必然有熱量產生（既有能量損失）。因此，圓環不會再擺到4位置。選項A錯。當圓環進入磁場后，穿過環內的磁通量不再發生變化，無感應電流產生。選項C錯誤。由于每次通過磁場都有能量損失，所以圓環最終將靜止在平衡位置，D選項正確。
　　物體有慣性，人的思維也有慣性。這個同學對ABC選項的判斷是正確的。只有D選項選錯了。在圓環穿過磁場時，要發生電磁感應現象造成機械能轉化為電能，電能再進一步轉化為內能。但是，這位同學忘記分析當圓環僅在勻強磁場內擺動時，穿過圓環內的磁通量還變化嗎？導致了選擇錯誤。
　　【正確解答】
　　如圖11－14所示，當圓環從1位置開始下落，進入磁場時（即2和3位置），由于圓環內磁通量發生變化，所以有感應電流產生。同時，金屬圓環本身有內阻，必然有能量的轉化，即有能量的損失。因此圓環不會擺到4位置。隨著圓環進出磁場，其能量逐漸減少圓環擺動的振幅越來越小。當圓環只在勻強磁場中擺動時，如圖11－15所示。圓環內無磁通量的變化，無感應電流產生，無機械能向電能的轉化。題意中不存在空氣阻力，擺線的拉力垂直于圓環的速度方向，拉力對圓環不做功，所以系統的能量守恒，所以圓環將在AB間來回擺動。
　　【小結】
　　電磁感應現象產生的條件是穿過線圈所包圍的平面內的磁通量發生只有回路中有ΔΦ≠0，即當面積S一定時，ΔB≠0，才會有感應電動勢，才有感應電流的存在。可見，在分析物理問題時，要嚴格按照物理規律成立的條件辦事。
　　例13如圖11-16所示，直角三角形導線框ABC，處于磁感強度為B的勻強磁場中，線框在紙面上繞B點以勻角速度ω作順時針方向轉動，∠B =60°，∠C=90°，AB=l，求A，C兩端的電勢差UAC。
　　【錯解分析】錯解：把AC投影到AB上，有效長度AC′，根據幾何關系（如圖11－17），
　　　　　
　　此解錯誤的原因是：忽略BC，在垂直于AB方向上的投影BC′也切割磁感線產生了電動勢，如圖11-17所示。
　　【正確解答】
　　該題等效電路ABC，如圖11－5所示，根據法拉第電磁感應定律，穿過回路ABC的磁通量沒有發生變化，所以整個回路的
ε總=0 ①
　　設AB，BC，AC導體產生的電動勢分別為ε1、ε2、ε3，電路等效于圖11-5，故有
ε總=ε1+ε2+ε3 ②
　　【小結】
　　注意雖然回路中的電流為零，但是AB兩端有電勢差。它相當于兩根金屬棒并聯起來，做切割磁感線運動產生感應電動勢而無感應電流。
　　例14 如圖11－19所示，長為6m的導體AB在磁感強度B=0.1T的勻強磁場中，以AB上的一點O為軸，沿著順時針方向旋轉。角速度ω=5rad/s，O點距A端為2m，求AB的電勢差。
　　【錯解分析】錯解：根據法拉第電磁感應定律
ε=BLv
v=ωL
ε=BL2ω
　　斷路時導體端電壓等于電動勢
　　
　　法拉第電磁感應定律的導出公式ε=BLv是有條件的。它適用于導體平動且速度方向垂直于磁感線方向的特殊情況。不符合本題的轉動情況，本題用錯了公式。另外判斷感應電動勢方向上也出現了問題。
　　【正確解答】
　　由于法拉第電磁感應定律ε=BLv適用于導體平動且速度方向垂直于磁感線方向的特殊情況。將轉動問題轉化為平動作等效處理。因為v =ωL，可以用導體中點的速度的平動產生的電動勢等效于OB轉動切割磁感線產生的感應電動勢。
UBO=UB-UO=εBO=4(V)
UAO=UA-UO=εAO=1(V)
UAB=UA-UB=(UA-UO)-(UB-UO)
=UAO-UBO=1-4=-3(V)
　　【小結】
　　本題中的等效是指產生的感應電動勢相同。其基礎是線速度與角速度和半徑成正比。
　　例15 如圖11－20所示，在磁感強度B= 2T的勻強磁場中，有一個半徑r=0.5m的金屬圓環。圓環所在的平面與磁感線垂直。OA是一個金屬棒，它沿著順時針方向以20rad/s的角速度繞圓心O勻速轉動。A端始終與圓環相接觸OA棒的電阻R=0.1Ω，圖中定值電阻R1=100Ω，R2=4.9Ω，電容器的電容C=100pF。圓環和連接導線的電阻忽略不計，求：
　　（1）電容器的帶電量。哪個極板帶正電。
　　（2）電路中消耗的電功率是多少？
　　【錯解分析】錯解：
　　（1）由于電容器兩板間分別接在做切割磁感線導體棒的兩端，電容器兩端的電壓就等于導體OA上產生的感應電動勢。
　　
　　根據右手定則，感應電流的方向由O→A，故電容器下板由于與O相接為正，上極板與A相接為負。
　　（2）根據閉合電路歐姆定律
　　電路中消耗的電功率P消=I2R=4.9(W)
　　錯解的原因是：
　　（1）電容器兩板雖然與切割磁感線的導體相連，但兩板間并不等于導體棒OA產生的感應電動勢。因為導體棒有電阻。所以電容器的電壓應等于整個回路的端電壓。
　　（2）電路中消耗的功率由于導體棒有電阻，即相當于電源有內阻，所以電路中消耗的功率不僅在外電阻R2上，而且還消耗在內阻R上。P消=I2(R+R2)或根據能量守恒P源=Iε。
　　【正確解答】
　　（l）畫出等效電路圖，圖11－21所示。導體棒OA產生感應電動勢
　　
　　根據右手定則，感應電流的方向由O→A，但導體棒切割磁感線相當于電源，在電源內部電流從電勢低處流向電勢高處。故A點電勢高于O點電勢。又由于電容器上板與A點相接即為正極，同理電容器下板由于與O相接為負極。
　　（2）電路中消耗的電功率P消=I2(R+R2)=5(W)，或P消=Iε=5(W)
　　例16 如圖11－22所示，A，B是兩個完全相同的燈泡，L是自感系數較大的線圈，其直流電阻忽略不計。當電鍵K閉合時，下列說法正確的是 [　]
　　A．A比B先亮，然后A熄滅
　　B．B比A先亮，然后B逐漸變暗，A逐漸變亮
　　C．AB一齊亮，然后A熄滅
　　D．A、B一齊亮．然后A逐漸變亮．B的亮度不變
　　【錯解分析】錯解：當電鍵閉合時．A燈與線圈L串聯，B燈與R串聯后分別并聯于電源兩端。雖然K閉合瞬間線圈會產生自感，即阻礙通過線圈支路電流的的增加。但A燈與L串聯后并聯接在電源上。電源兩端有電壓，就會有電流，所以AB都應該同時亮起來。只是閉合K的瞬間A燈不能達到應有的電流而亮度發暗。K閉合一段時間后兩燈達到同樣的亮度。所以A燈逐漸變亮，B燈亮度不發生變化，選D。
　　選擇D選項時對自感現象理解不夠。在K閉合的瞬間，通過每盞燈的電流到底怎樣變化不清楚。
　　【正確解答】
　　電鍵閉合的瞬間，線圈由于自感產生自感電動勢，其作用相當于一個電源。這樣對整個回路而言相當于兩個電源共同作用在同一個回路中。兩個電源各自獨立產生電流，實際上等于兩個電流的疊加。根據上述原理可在電路中標出兩個電源各自獨立產生的電流的方向。
　　圖11-23a、b是兩電源獨立產生電流的流向圖，C圖是合并在一起的電流流向圖。由圖可知、在A燈處原電流與感應電流反向，故A燈不能立刻亮起來。在B燈處原電流與感應電流同向，實際電流為兩者之和，大于原電流。故B燈比正常發光亮（因正常發光時電流就是原電流）。隨著自感的減弱，感應電流減弱，A燈的實際電流增大，B燈實際電流減少，A變亮，B燈變暗，直到自感現象消失，兩燈以原電流正常發光。應選B。
　　例17 在如圖11－24所示的水平導軌上（摩擦、電阻忽略不計），有豎直向下的勻強磁場，磁感強度B，導軌左端的間距為L1=4L0，右端間距為L2=L0。今在導軌上放置AC，DE兩根導體棒，質量分別為m1=2m0，m2=m0，電阻R1=4R0，R2=R0。若AC棒以初速度V0向右運動，求AC棒運動的過程中產生的總焦耳熱QAC，以及通過它們的總電量q。
　　【錯解分析】錯解：AC棒在磁場力的作用下，做變速運動。運動過程復雜，應從功能關系的角度來分析。由于沒有摩擦，最后穩定的狀態應為兩棒做勻速運動。根據動量守恒定律m1v0=（m1＋m2）v′
　　整個回路產生的焦耳熱
　　因為R1=4R0，R2=R0。所以AC棒在運動過程中產生的焦耳熱
　　對AC棒應用動量定理：BIL1·△t=m1v′－m1v0
　　AC棒在磁場力的作用下做變速運動，最后達到運動穩定，兩棒都做勻速運動的分析是正確的。但是以此類推認為兩棒的運動速度相同是錯誤的。如果兩棒的速度相同則回路中還有磁通量的變化，還會存在感應電動勢，感應電流還會受到安培力的作用，AC，DE不可能做勻速運動。
　　【正確解答】
　　由于棒L1向右運動，回路中產生電流，Ll受安培力的作用后減速，L2受安培力加速使回路中的電流逐漸減小。只需v1，v2滿足一定關系，
　　
　　兩棒做勻速運動。
　　兩棒勻速運動時，I=0，即回路的總電動勢為零。所以有
BLlv1=BL2v2
　　
　　再對DE棒應用動量定理BL2I·△t = m2v2
　　　
　　【小結】
　　以前我們做過類似的題。那道題中的平行軌道間距都是一樣的。有一些同學不假思索，把那道題的結論照搬到本題中來，犯了生搬硬套的錯誤。差異就是矛盾。兩道題的差別就在平行導軌的寬度不一樣上。如何分析它們之間的差別呢？還是要從基本原理出發。平行軌道間距一樣的情況兩根導體棒的速度相等，才能使回路中的磁通量的變化為零。本題中如果兩根導軌的速度一樣，由于平行導軌的寬度不同導致磁通量的變化不為零，仍然會有感應電流產生，兩根導體棒還會受到安培力的作用，其中的一根繼續減速，另一根繼續加速，直到回路中的磁通量的變化為零，才使得兩根導體棒做勻速運動。抓住了兩道題的差異之所在，問題就會迎刃而解。
　　例18 如圖 11－25所示光滑平行金屬軌道abcd，軌道的水平部分bcd處于豎直向上的勻強磁場中，bc部分平行導軌寬度是cd部分的2倍，軌道足夠長。將質量相同的金屬棒P和Q分別置于軌道的ab段和cd段。P棒位于距水平軌道高為h的地方，放開P棒，使其自由下滑，求P棒和Q棒的最終速度。
　　【錯解分析】錯解：
　　設P，Q棒的質量為m，長度分別為2L和L，磁感強度為B，P棒進入水平軌道的速度為v0，對于P棒，運用機械能守恒定律得
　　當P棒進入水平軌道后，切割磁感線產生感應電流。P棒受到安培力作用而減速，Q棒受到安培力而加速，Q棒運動后也將產生感應電動勢，與P棒感應電動勢反向，因此回路中的電流將減小。最終達到勻速運動時，回路的電流為零，所以
εp=εQ
即2BLvp=BLvQ
2vp=vQ
　　對于P，Q棒，運用動量守恒定律得到
mv0=mvp+mvQ
　　
　　錯解中對P，Q的運動過程分析是正確的，但在最后求速度時運用動量守恒定律出現錯誤。因為當P，Q在水平軌道上運動時，它們所受到的合力并不為零。Fp=2BIL，FQ=BIL（設I為回路中的電流），因此P，Q組成的系統動量不守恒。
　　【正確解答】
　　設P棒從進入水平軌道開始到速度穩定所用的時間為△t，P，Q對PQ分別應用動量定理得
　　【小結】
　　運用動量守恒定律和機械能守恒定律之前，要判斷題目所給的過程是否滿足守恒的條件。動量守恒的條件是：系統所受的合外力為零，或者是在某一方向上所受的合外力為零，則系統在該方向上動量的分量守恒。
第12單元：交流電、電磁振蕩、電磁波
　　[內容和方法]
　　本單元內容包括交流電、正弦交流電的圖象、最大值、有效值、周期與頻率、振蕩電路，電磁振蕩、電磁場，電磁波，電磁波的速度等基本概念，以及交流發電機及其產生正弦交流電的原理，變壓器的原理，電能的輸送方法、LC電路產生的電磁振蕩的周期和頻率等。
　　本單元涉及到的基本方法有利用空間想象的各種方法理解正弦交流電的產生原因和電磁振蕩的物理過程，運用圖象法理解并運用它來解決交流電和電磁振蕩的判斷、計算問題。從能量轉化的觀點出發來理解交流電的有效值問題和電磁振蕩問題。
　　[例題分析]
　　在本單元知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：不能從能的轉化的角度理解有效值，致使出現亂套公式的問題；由于初始條件不清，對電磁振蕩物理過程判斷失誤；不善于運用兩個圖象對一個物理過程進行動態分析。
　　例1 如圖12－1所示，矩形線圈在外力的作用下，在勻強磁場中以ω=200πrad/s的角速度勻速轉動，線圈的面積為100cm2，匝數n=500匝，負載電阻R=30Ω，磁場的磁感強度B=0.2T。交流電壓表的示磁力矩的大小。
　　【錯解分析】
　　錯解一：
　
　　
　　錯解二：
　　解得M=8.66 N·m
　　錯解一中用電流的有效值計算某一瞬間線圈的電磁力矩是錯誤的。
　　
　　解法二中沒有注意到另一個隱含條件“線圈平面與磁感線垂直時開始計時”而導致上當。
　　【正確解答】
　　本題有三個隱含條件：一為“瞬時”。二為線圈平面與磁感線垂直時開始計時，三為電路是純電阻的電路。
M＝nBISsinωt
　　解得：M=10N·m
　　【小結】
　　審題時要注意關鍵詞的物理意義。并且能在頭腦中把文字敘述的物以及線圈在此位置的受力情況，力臂情況標在圖上。這樣解題，就會言之有物，言之有據。
　　例2 圖12－2表示一交流電的電流隨時間而變化的圖象，此交流電的有效值是： [　]
　　
　　【錯解分析】錯解：
　　平均值（如圖12-3），　　
　　有效值才有這樣的數量關系。本題所給的交流電的圖象不是正弦交流電的圖形，故該公式不適用此交流電。第二，交流電的最大值不是兩個不同峰值的算術平均值。
　　【正確解答】
　　交流電的有效值是根據其熱效應而定義的，它是從電流產生焦耳熱相等的角度出發，使交流電與恒定電流等效。設交流電的有效值為I，
　　所以該交流電的有效值為
　　所以應選D。
　　【小結】
　　上兩道題的小結等效是有條件的。請注意每一種等效方法的成立條件和適用范圍。
　　例3 如圖12－4所示，矩形線圈abcd在磁感強度B=2T的勻強磁場中繞軸OO′，以角速度ω=10πrad/s勻速轉動，線圈共10匝，ab=0. 3m，bc= 0.6m，負載電阻R= 45Ω。求（l）電阻R在0.05s內所發出的熱量；（2）0.05s內流過的電量（設線圈從垂直中性面開始轉動）
　　【錯解分析】
　　錯解一：
　　第一步，求電流的有效值，用有效值來計算熱量。
　　電動勢的最大值為
　　εm=2nBLv=nBSε=10×2×0.3×0.6×10π=113.1（V）
　　電流的有效值
　　
　　所以0.05s內R上發出的熱量Q=I2Rt=5.76（J）
　　第二步，根據有效值求通過R上的電量，由題意0.05s內通過R的電流方向不變
q＝It＝1．6×0.05＝0.08（C）
　　錯解二：
　　第一步求平均電流，用平均電流計算熱量。
　　
　　第二步，由平均電流求電量
　　
　　交流電的有效值是從電流產生焦耳熱相等的角度出發，使交流電與恒定電流等效；交流電的平均值是從電流通過導線橫截面的電量相等的角度出發，使交流電與恒定電流等效，兩個概念的出發點不同。
　　【正確解答】
　　電動勢的最大值為εm= 2nBLv=nBSω=10×20.3×0.6×10π=113．1（V）
　　
　　所以0.05s內R上發出的熱量Q=I2Rt=5.76（J）
　　
　　例4 圖12－5中，降壓變壓器的變壓系數是3，即初級線圈匝數與次級線圈的匝數之比是3。初級線圈的輸入電壓是660V，次級線圈的電阻為0.2Ω，這臺變壓器供給100盞220V，60W的電燈用電。
　　求：
　　（l）空載時次級線圈的端電壓和輸出功率；
　　（2）接通時次級線圈的端電壓；
　　（3）每盞燈的實際功率
　　【錯解分析】錯解：
　　　　　　
　　（2）接通時，次級線圈的端電壓仍為220V。
　　
　　原因：
　　（1）變壓器空載時，電路的電流為零，無能量的轉化，不能用P=
　　（2）接通后次級線圈有電阻要消耗電能，由于次級線圈內部存在電壓降，所以次級線圈的端電壓不再是220V，而應以次級線圈為研究對象應用閉合電路歐姆定律去求次級線圈的端電壓。
　　（3）由于次級線圈的端電壓達不到燈泡的額定電壓，燈泡的實際功率要小于每盞燈的額定功率。
　　【正確解答】
　　（1）將變壓器視為理想變壓器。設空載時次級線圈的端電壓為U2。
　　
　　因為空載，次級線圈的負載電阻R2→∞，次級線圈中的電流為零I2=0，P=I2U2=0
　　　　　
　　次級線圈的端電壓U′2=I2R外=214.68（V）　　
　　【小結】
　　理解能力的高低表現在把握文字的物理意義上。題文中說“次級線圈的電阻為0.2Ω”。可見文中所述的變壓器有內耗，不是理想變壓器。這是課本上沒有介紹過的新情況。類比直流電路的知識，可從兩條路去求路端電壓，U=ε－Ir（電源電動勢減去內電壓），或者用部分歐姆定律U=IR。
　　例5收音機的變壓器的初級線圈有1210匝，接在U1=220V的交流電源上，變壓器有兩個次級線圈。次級線圈Ⅱ的匝數為35匝，次級線圈Ⅲ的匝數是1925匝。如果不計變壓器自身的能量損耗，當變壓器工作時，線圈Ⅱ的電流是0.3A時，初級線圈的電流I1=0.114A。求線圈Ⅲ中電流和輸出電壓（電流的計算結果保留3位有效數字）
　　【錯解分析】錯解：
　　　　　　能量守恒定律，從輸入功率等于輸出功率入手求解。
　　【正確解答】
　
　　不計變壓器自身的能量損耗，由能量轉化和守恒定律
P1＝P2＋P3
I1U1=I2U2+I3U3
　　【小結】
　　守恒定律P1=P2，I1U1=I2U2才有這個形式。不能死記硬背，不顧條件亂套公式。
第13單元：光學
　　[內容和方法]
　　本單元內容包括光的直線傳播、棱鏡、光的色散、光的反射、光的折射、法線、折射率、全反射、臨界角、透鏡（凸、凹）的焦點及焦距、光的干涉、光的衍射、光譜、紅外線、紫外線、X射線、γ射線、電磁波譜、光電子、光子、光電效應、等基本概念，以及反射定律、折射定律、透鏡成像公式、放大率計算式，光的波粒二象性等基本規律，還有光本性學說的發展簡史。
　　本單元涉及到的方法有：運用光路作圖法理解平面鏡、凸透鏡、凹透鏡等的成像原理，并能運用作圖法解題；根據透鏡成像規律，運用邏輯推理的方法判斷物象變化情況。
　　[例題分析]
　　在本單元知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：解題操作過程不規范導致計算錯誤；將幾何光學與物理光學綜合時概念不準確；不善于用光路圖對動態過程作分析。
　　例1 光從玻璃射入空氣里時傳播方向如圖13－l所示，請在圖中標出入射角和折射角。
　　【錯解分析】錯解：
　　如圖13－2所示，α為入射角，β為折射角。
　　錯解原因一是受思維定勢的影響，不加分析地認定玻璃與空氣總是上下接觸的；二是對光的折射及其規律未吃透，將題設文字條件與圖形條件結合起來的分析能力差。根據光的折射規律，光從水或玻璃等透明物質射入空氣里時，折射角大于入射角，題設文字條件是“從玻璃射入空氣”，因此折射角大于入射角，再結合題設所給圖形，可知CD為界面，AB為法線。
　　【正確解答】
　　如圖 13－3所示， α′為入射角， β′折射角（CD左面為玻璃，右面為空氣）。
　　【小結】
　　解光的折射現象的題目，首先應對光線是從光疏媒質進入光密媒質呢？還是光線是從光密媒質進入光疏媒質作出判斷。為了保證你每次做題時，能夠不忘判斷，建議同學們做光的折射題時，先畫出光路圖，標出入射光線和出射光線的方向，在界面處標出哪一個是光密媒質，哪一個是光疏媒質。然后再解題。
　　例2 一束白光從玻璃里射入稀薄空氣中，已知玻璃的折射率為1.53，求入射角為下列兩種情況時，光線的折射角各為多少？
　　（1）入射角為50°
　　（2）入射角為30°
　　【錯解分析】錯解：
　　　　　r=30°3′　　　r=19°4′
　　此解法中沒有先分析判斷光線是從光疏媒質進入光密媒質，還是從光密媒質進入光疏媒質，會不會發生全反射。而是死套公式，引起錯誤。
　　【正確解答】
　　光線由玻璃里射入空氣中，是由光密媒質射入光疏媒質，其臨界角為
　　由已知條件知，當i=50°時，i＞A，所以光線將發生全反射，不能進入空氣中。當i=30°時，i＜A，光進入空氣中發生折射現象。
　　
　　sinr=n·sini=1.53×sin30°=0.765
　　r= 49°54′
　　【小結】
　　解光的折射現象的題目時，首先應做出判斷：光線是從光疏媒質進入光密媒質，還是光線是從光密媒質進入光疏媒質。如是前者則i＞r，如是后者則i＜r。其次，如果是從光密媒質進入光疏媒質中，還有可能發生全反射現象，應再判斷入射角是否大于臨界角，明確有無折射現象。
　　例3 如圖13－4所示，放在空氣中折射率為n的平行玻璃磚，表面M和N平行，P，Q兩個面相互平行且與M，N垂直。一束光射到表面M上（光束不與M平行），則： [ 　]
　　A．如果入射角大于臨界角，光在表面M發生全反射。
　　B．無論入射角多大，光在表面M都不會發生全反射。
　　C．光可能在表面N發生全反射。
　　D.由于M與N平行，光只要通過M就不可能在表面N發生全反射。
　　【錯解分析】錯解：光束從空氣中射到玻璃磚表面M上，是由光疏媒質到光密媒質，不可能發生全反射，而從表面N射出空氣，是由光密媒質到光疏媒質，光可能發生全反射，故選B，C。
　　機械地記住光從光密媒質到光疏媒質，可能發生全反射，而不具體分析光通過表面M后射到N表面光線的入射角的大小是否大于臨界角，而錯選C。
　　【正確解答】
　　如圖13-5所示，光射到表面M的入射角為i(i≠90°)折射角為r，面N，因M∥N，故其入射角i′=r＜C。即光只要通過M即不可能在表面N發生全反射。
　　若光通過M先射到MN面再射到P面（如圖13－6），同樣可以證明經P面發生反射，反射光線射至N面時，由幾何關系可以證明入射角i′=r，根據折射定律折射角r′=i，同樣
　　不可能發生全反射。故應選B，D。
　　【小結】
　　同一個初始條件可能有若干個不同結果。這是對考生思維能力的考查。本題中，當光線射到M上，發生折射。以A為分界點，入射點在AC之間，光線先要到達P界面，所以一定先要討論光線在P界面上的行為。光線在P界面一定會發生反射現象，是否發生折射要看入射角是否大于臨界角。由于此問題與本題無關所以可以不討論它。如果試題提出光線在P界面的行為時，就要認真討論。結論是：入射到M面光線的入
　　　
　　例4 如圖13-7，P為發光點，MN為平面鏡，那么在MN與P之間放上不透明擋板Q后，像的亮度變化情況是__________(填“變亮”或“變暗”或“不變”)。
　　【錯解分析】錯解：在MN與P之間放上不透明擋板Q后，必然會使從P點發出的光被擋板擋住部分，所以像的亮度會變暗。
　　選錯的同學是將此類問題與在發光點S與透鏡之間放一擋板的情況混為一談了。若是凸透鏡，如圖13－8，發光點S發出并且到達凸透鏡上的那部分光線，經折射后必然全部相交于實像點S1，而當如圖13-9所示的凸透鏡下半部分(或其上任何一部分)放上擋板B后，S發出并且到達擋板B的光線就會被反射和吸收不能透過凸透鏡經折射到達實像點S2，使得相交于S2像點的光線大大減少了，顯然由于放上了B，S2點變暗了，而平面鏡則不同了。
　　【正確解答】
　　所不同的是，圖13-10中發光點P在平面鏡中所成的是虛像點P＇。眼睛之所以能看到P＇，是因為P發出的光線，在平面鏡MN上發生反射并且進入人眼睛。人按照平時形成的觀察習慣，逆著進入眼睛的這些反射光線看到鏡后的虛像點P＇，P＇就是進入人眼睛的光線反向延長線的相交點，顯然P＇像點的亮度取決于眼睛的某一位置觀察時進入其中的光線多少與強弱。
　　如圖(13-10)所示，無放擋板時，眼睛在M1N1與M1＇N1′所包圍的空間區域內均可看到P′點。放上擋板后，在圖中的陰影部分A或B區域內(即在M1Nl和M2N2與M1′N1′和M2′N2′所包圍的區域)，進入眼睛的光線多少強弱與未放入擋板時相比保持不變。因為在沒有放上擋板時，通過擋板所在位置的那部分光線經平面鏡后，同樣不能進入處于A，B區域內的眼睛，這樣對進入A，B區域內的光線多少與強弱并不能做出貢獻。也就是說，擋板放上后，對在A，B區域內眼睛，能否看到像及看像的亮度都不會產生任何影響。當然此時A，B區域外再也看不到P的像點P′了。
　　因此，在發光點與平面鏡之間放上不透明擋板后，觀察到的像的亮度是不變的，變化的是像的觀察范圍，而且是明顯變小了。
　　【小結】
　　幾何光學把光理想化為光線，用幾何的方法研究光在介質中的行為。總結出光的直進、反射和折射三大規律。所以用幾何光學規律解決實際問題，應先畫光路圖再做具體分析。這不僅是按照規律辦事的的起碼要求，也是保證做題正確的手段。
　　例5 如圖13－11所示，有一長方形的玻璃磚，內有一個凸型空氣泡，某學生用這個玻璃磚來做光學實驗。當一平行光束通過玻璃磚時，光在空氣泡中發生的現象是： [ 　]
　　A．這一平行光束在空氣泡中將不改變原來的方向。
　　B．這一平行光束在空氣泡中將發生會聚。
　　C．這一平行光束在空氣泡中將發生發散。
　　D．無法確定。
　　【錯解分析】錯解：不少學生看里面是一個凸型氣泡，認為光線經過的是凸透鏡，故最終成為一束會聚光線，應選B。
　　對透鏡的作用不清楚，而是簡單地由鏡子的形狀來判斷它對光線的作用種類，認為凸型空氣泡與平時用的玻璃凸透鏡形狀一樣．便認為空氣泡透鏡對光線的作用與玻璃透鏡的作用效果相同。
　　【正確解答】
　　設想在圖13－12中，沿AB方向把玻璃磚等分為二，即成為圖13－12中情形，顯然該束光經過的是一凹透鏡。由光學知識可知，凹透鏡對光線有發散作用，則平行光束在空氣泡中將發生發散，故應選C。
　　【小結】
　　更基本的方法是畫一條入射光線到空氣透鏡的前表面，用作圖法來判斷光線經過透鏡之后的行為。光線從玻璃進入空氣，由光密媒質進入光疏媒質，折射角大于入射角，折射光線遠離法線，出射光線是發散的。可見“凸透鏡對光線的作用是會聚的”這個結論是有條件的。條件是透鏡材料的折射率大于周圍環境的折射率。
　　例6用一個放大鏡觀察細小的物體，若物體距鏡2cm遠時，將看到一個放大3倍的像，求此放大鏡的焦距是多少？
　　【錯解分析】錯解：
　　
　　v= mu=3×2＝6(cm)
　　
　　對題目中給的條件分析不夠，題目中“通過放大鏡看到一個像”這句話屬于隱蔽的已知條件，暗示了像和物在同側．說明成虛像即像距為負值。而此解法恰好沒有注意到這一點，而是不加分析地當作實像處理，簡單代入公式求解，出現了問題。
　　【正確解答】
　　由于像與物在放大鏡的同一側。因此，是一個虛像，v為負值。
　　
　　【小結】
　　胸有成竹說的是沒畫之前，畫家的頭腦里就有了一幅活生生的情境。理解題意也和畫畫的道理相同，看到一個物理問題，先要將文字敘述的物理情境想象出來，然后再進一步解題。本題如果先依據題意畫一幅光路圖就對像距的虛實一目了然。
　　例7高9cm的物體在凸透鏡前某一位置時，在屏上得到高3cm的像。將此物向透鏡移近50cm時，則得放大率是3的正像。求此凸透鏡的焦距？
　　【錯解分析】錯解：
　　設此凸透鏡焦距為f，第一次成像物距為u1，像距為vl。兩次成像的放大率各為K1和K2。由成像公式
　　
　　　　　
　　上述解法不加分析地把兩次成像都當作實像處理，得出了錯誤的結果。
　　【正確解答】
　　由透鏡成像公式
　　第一次成像為實像
　　
　　第二次成像為虛像
　　
　　　　
　　【小結】
　　應用透鏡成像公式時，一定要注意判斷像的性質，若像距v＞0，為實像；若像距v＜0，為虛像。要想避免出現本題類似的錯誤。得在審題上狠下功夫。得在理解詞語的物理意義上動腦筋。本題文中說：“在屏上得到高3cm的像”則這個像一定是實像。題文中又說：“將此物向透鏡移近50cm時，則得放大率是3的正像”這段話中，像的前面有定語“正”字，其物理意義是“成虛像”，像距應取負值。
　　一般常見的描述像的性質的定語、狀語有：
　　像的定語：實像、虛像、正像、倒像、放大的像、縮小的像、放大的倒立的像、放大的正立的像、縮小的正立像、縮小的倒立像等。
　　像的狀語：像與物同側、像與物異側，成像在焦點以外、成像在焦點以內等。
　　把這些修飾詞的物理含義準確地再現出來可以正確地理解題意，避免犯一些“沒看清楚題意”之類的低級錯誤。
例8 (1989年高考題)把一個點光源放在焦距為f的凸透鏡的焦點上，在透鏡的另一側2倍焦距處放一個垂直于主軸的光屏，在光屏上看到一個半徑為R的光亮的圓。現保持透鏡和光屏不動，而在主軸上移
位置
上？
　　【錯解分析】錯解：
　　亮斑，如圖13－13所示。亮斑的位置和物距不滿足透鏡成像公式。
　　【正確解答】
　　因為處在焦點的點光源發出的光線，經透鏡折射后平行于主軸。所像前(圖13－13)，或者會聚成像后形成的(圖13-14)，所以，由圖13-13的幾何關系可知v=4f，再由透鏡成像公式可求得：
　　
　　【小結】
　　畫出光路圖，才能正確求解幾何光學題。
　　例9 (1993年高考題)某人透過焦距為10cm、直徑為4.ocm的薄凸透鏡觀看方格紙，每個方格的邊長均為0.30cm，它使透鏡的主軸與方格紙垂直，透鏡與紙面相距10cm，眼睛位于透鏡主軸上離透鏡5.0cm處，問他至多能看到同一行上幾個完整的方格？
　　【錯解分析】錯解：不少人認為，和主軸垂直且處在焦點的方格紙，經過透鏡不能成像，或者說像成在無窮遠處，從而得出位于主軸上離透鏡5.0cm處的人眼看不到方格紙，或者此題無解的錯誤答案。
　　處在焦點的方格紙不能成像，或者說成像在無窮遠的結論是正確的。但由此絕不能推出人眼看不到方格紙，或者此題無解的結論。人眼也是個光學器件。平行光通過眼睛的晶狀體在視網膜上成像為一個點。比如人們戴上老花鏡(即薄凸透鏡)，完全能夠清楚地看到處在老花鏡焦點上的物體。
　　【正確解答】
　　把“人眼通過透鏡能看到方格紙”這句生活語言，轉化成物理語言應為“從方格紙射出的光線，經過透鏡折射后能進入人眼”。根據光路可逆原理，我們再把“從方格紙射出的光線，經過透鏡折射后，能進入人眼”轉化成“從人眼所在處的點光源發出的光線，經過透鏡折射后，能在方格紙上形成亮斑”，亮斑的大小取決于透鏡的大小、像距、屏的位置，如圖13－15所示，其中像距可由透鏡成像公式求得，即：

　　由圖中的幾何關系可得，亮斑的直徑為：
　　進而可求得亮斑的直徑上的完整方格數為：
　　也就是說，人眼透過透鏡至多能看到同一行的方格數為26。
　　【小結】
　　理解題意比解題還重要。當年不少的考生就因為讀不懂題而失分。讀不懂題的原因在于沒有將題目所敘述的具體問題轉化為一種物理模型。
　　例10 如圖13-16所示，在焦距為10cm的凸透鏡的焦點上有點光源S。若使透鏡以垂直于主光軸并過光心的直線為軸轉過37°角。求此點光源到它的像之間的距離(sin37°=0.6，cos37°=0.8)。
　　【錯解分析】錯解：透鏡轉動后，發光點到透鏡距離：
u=f·cosθ=8(cm)
　　由透鏡成像公式：
　　得
　　所以像物間距離
　　對透鏡成像公式中的物理量，物距u、像距v、焦距f，這些概念理解不夠。u，v，f應均是物垂直于透鏡的距離，而不是到透鏡光心的距離。
　　【正確解答】
　　在透鏡成像公式中，u，v，f均是物垂直于透鏡的距離，而不是到透鏡光心的距離。透鏡轉過后，所得的像距是相對于新的透鏡位置的垂直距離。由透鏡成像規律知該像仍在原主光軸MN上。圖13-17所示，像離光心的距離：

　　所以像物間距離：
L＝v′-u=40(cm)
　　【小結】
　　從本題的正誤比較中，我們發現基本概念必須準確。我們還發現主軸的作用。物距、像距都可以先把物點、像點投影到主軸上，投影點到光心的距離就是物距、像距。如果在轉動透鏡的同時也轉動主軸，并將發光點投影到新的主軸上，如圖所示M′N′。新的物距在一倍焦距之內，可用幾何關系求出新的物距。完成了對新的物理情境的調查研究，解決問題的方法也就有了。
　　例11 用凸透鏡成像時，當物體從極遠處沿著主軸移向透鏡時，像朝什么方向移動？像移動的速度比物體移動的速度怎樣？
　　【錯解分析】錯解：由凸透鏡成像實驗知道，物體從極遠處沿著鏡軸移向透鏡時，像從透鏡向遠離透鏡方向移動，移動速度與物體速度相同。
　　上述解法錯在對成像過程只有表面局部認識，想當然地得出了結論。
　　【正確解答】
　　凸透鏡成像的討論中，透鏡焦點和二倍焦距處是轉折點，應仔細觀察實驗結果，認真進行分析，切忌片面。像移動速度與物體移動速度的比較，決定于像移動距離和物體應移動的距離之比。
　　　　　　　
　　由實驗知道，物體由極遠處沿著鏡軸移向透鏡時，應分三個階段討論：
　　(1)物體從極遠移向凸透鏡二倍焦距地方，像從透鏡另一側焦點處移向二倍焦距地方，在此區間像移動速度小于物體移動速度。
　　(2)物體從凸透鏡二倍焦距處移動向焦點時，像從透鏡另一側二倍焦距處移向極遠，在此區間像移動速度大于物體移動速度。
　　(3) 物體從凸透鏡焦點處移向透鏡光心時，像和物同側，是放大虛像，像移動的速度大于物體移動速度。
　　例12 一焦距為f的凸透鏡，主軸和水平的X軸重合，X軸上有一光點位于透鏡的左側，光點到透鏡的距離大于f而小于2f，若將此透鏡沿X軸向右平移2f的距離，則在此過程中，光點經透鏡所成的像點將　[ ]
　　A．一直向右運動。
　　B．一直向左運動。
　　C．先向左運動，接著向右運動。
　　D．先向右運動，接著向左運動。
　　【錯解分析】錯解：由于透鏡沿X軸向右平移，使物距增大，由于凸透鏡是確定的，故焦距一定，而物距增大，像距必然減小，透鏡向右移，可等效為鏡不動而物向左移，物像應同方向移動，所以像也應向左移，所以選B。
　　物像同方向移動的規律僅適用于鏡不動而物移動或像移動的問題。此題是物不動而鏡移動。再用常規解題就會出現問題。
　　【正確解答】
　　用物體間距變化的規律去分析，該題馬上由難轉易，根據題設條件，在透鏡向右移動2f距離的過程中，物點到透鏡的距離由大于f而小于2f增大到2f，再增大到大于2f，則物像間距應先減小后增大，由于物點靜止不動，像點應先向左移動，接著向右移動，得正確答案C。
　　【小結】
　　此題告訴我們，不管適用條件照搬以前做過的題的解法，“以不變應萬變”是要誤事的。要全面分析問題，應用物像間的變化規律去分析在透鏡成實像的情況下，當物距u由∞→2f的過程中，由于m＜1，像的速度小于物體移動的速度，物像間距變小；當物距u由2f→f過程中，由于m＞1，像的速度大于物體的速度，物像間距變大；在u=2f時，v=2f，物像間距具有最小值4f。掌握上述規律不但進一步加深了對透鏡成像規律的理解，而且還可以更方便地求解一些光學問題。
　　例13 如圖13－18所示，一線狀發光物體AB，其A端恰在焦距為f的薄凸透鏡前主光軸上2倍焦距處，AB與主光軸成α角，AB經透鏡成像，A′B′與主光軸成β角，則β，α的大小關系： [ 　]
　　A． β＞α
　　B． β＜α
　　C．β＝α
　　D． 無法確定。
　　【錯解分析】錯解：根據凸透鏡成像規律，當物距u=2f時，則像距v=2f。若物距u＞2f，則像距為f＜v＜2f，并成縮小的像，所以A發光點在2f上，則通過透鏡后必過主光軸上距透鏡2f的A′點，發光體的B點在2f之外，則經過透鏡后，像點B′應變得離主光軸近了，并且離鏡2f－f之間。像A′B′與主光軸所成的夾角β與AB與主光軸所成的夾角α由于幾何關系不清，無法判斷。故選D。
　　只是將凸透鏡成像的規律記住了，機械性使用。而對凸透鏡成像原理不清楚所造成的，不能靈活地去分析和正確地畫出成像圖，這是造成錯解的原因。
　　【正確解答】
　　我們利用一條特殊光線來進行巧解。眾所周知，凸透鏡成像，當物距u=2f時，對應的像距v=2f，因此，從凸透鏡主光軸上的發光點A(A距透鏡2f)發出的一條光線AC(AC與BA在同一條直線上)，經過透鏡后的光線CC′必過主光軸上距透鏡2f的A′點。顯然，從發光點B發出的光線BC經透鏡后的光線必為CC′，且B點對應的像點B’點在CC′上，因為CC′既過A′點，又過B′點，所以CC′與B′A′必在同一條直線上，如圖13－19所示。在直角三角形COA′與直角三角形COA中，CO為公共邊，OA′=OA。因此，這兩個直角三角形全等。
　　設∠OAC=θ
　　∴β=θ＝α。
　　順便指出，本題中B，O，B′必在同一條直線上。
　　例14 波長為0.65μm的紅光，從空氣射入水中，水相對空氣的折射率為1.33。求該光在水中的波長，并判斷在水中該光的顏色。
　　【錯解分析】錯解：
　　得波長0.49μm的光是藍色。
　　上述求得光在水中的波長為0.49μm是正確的，但用光譜表查得光的顏色卻錯了。人眼對光的色覺決定于光的頻率而不是波長。
　　【正確解答】
　　當光從一種媒質進入另一種媒質時，波長變化了，波速也相應變化了，但它的頻率卻不變。所以在水中該光仍是紅色。
　　【小結】
　　物理規律的因果關系是有條件的，記憶規律時應該首先弄清規律成立的條件。凡是波，無論是機械波還是電磁波，只要振源的頻率不變，波的頻率就不變。
　　例15 (1981年高考題)一光電管的陰極用極限波長λ0=5000的鈉制成。用波長λ=3000的紫外線照射陰極，光電管陽極A和陰極K之間的電勢差u=2.1V，光電流的飽和值I=0.56mA。
　　(l)求每秒內由K極發射的電子數。
　　(2)求電子到達A極時的最大動能。
　　(3)如果電勢差U不變，而照射光的強度增到原值的3倍，此時電子到達A極時的最大動能是多少？(普朗克恒量h=6.63×10-34J·s，電子的電量e=1.6×10-19C)。
　　【錯解分析】錯解：(1)由于Q=It，所以t=1秒內發射電子數為
　　(2)根據愛因斯坦光電效應方程可知，在陰極K逸出電子的最大動能為
　
　　(3)當光強度增到原值的三倍時，電子到達A極時的最大動能也變為原來的三倍。
　　對于這道考題，不少考生只求出了陰極K逸出電子的最大動能，沒有按題意要求進而計算出到達A極的動能。在計算中，埃是長度單位，應化成國際單位進行計算。根據光電效應現象的特點，逸出光電子的動能只與入射光的頻率有關；與入射光強度無關，所以第三問的最大動能不變。
　　【正確解答】
　　(1)每秒內由K極發射的電子數
　　(2)由愛因斯坦光電效應方程得
　　
　　再由動能定理，在陰極K逸出的電子經過電勢差為u的電場加速，到達A極時的最大動能為
　　
　　(3)當光強度增到原值三倍時，電子到達A極時的最大動能不變。
　　【小結】
　　本題的第一問是力學與愛因斯坦光電效應方程相結合的綜合題。在做題之前一定要掌握光電效應的全過程，只有理解了光電效應實驗現象發生的全過程，即大于極限頻率的光照射在陰極上，光子激發出光電子，光電子在電源形成的電場的作用下加速(或減速)打在光電管的陽極上。形成回路中的光電流。才可能理解題目之所求。進而加上電場加速的那一步計算過程。
第14單元：原子、原子核
　　[內容和方法]
　　本單元內容包括α粒子散射、能級、天然放射性現象、α射線、β射線、γ射線、核子、中子、質子、原子核、核能、質量虧損、裂變、鏈式反應、聚變等，以及原子核式結構模型、半衰期、核反應方程、愛因斯坦的質能方程等規律。
　　本單元所涉及的基本方法，由于知識點相對分散要加強物理現象的本質的理解。運用邏輯推理的方法，根據已有的規律和事實、條件作出新的判斷。核能的計算對有效數字的要求很高。
　　[例題分析]
　　在本單元知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：各個概念、現象混淆；對多種可能性的問題分析淺嘗則止；計算不過硬。
　　(1)求電子在基態軌道上運動時的動能。
　　(2)有一群氫原子處于量子數n=3的激發態。畫一能級圖，在圖14－1上用箭頭標明這些氫原子能發出哪幾條光譜線。
　　(3)計算這幾條光譜線中波長最短的一條的波長。(其中靜電力恒量K=9.0×109N·m2/C2，電子電量e=1.6×10-19C，普朗克恒量h=6.63×10-34J·s，真空中光速c=3.0×108m/s)。
　　【錯解分析】錯解：
　　(1)電子在基態軌道中運動時量子數n=1，其動能為
　　
　　(2)作能級圖如圖，可能發出兩條光譜線。
　　(3)由于能級差最小的兩能級間躍遷產生的光譜線波長越短，所以(E3-E2)時所產生的光譜線為所求，其中
　　
　　(1)動能的計算錯誤主要是不理解能級的能量值的物理意義，因而把道上的能量，它包括電勢能EP1和動能EK1。計算表明EP1=-2EK1，所以E1=EP1＋EK1=-EK1，EK1=-E1=l3.6eV。雖然錯解中數值表明正確，但理解是錯誤的。
　　(2)錯解中的圖對能級圖的基本要求不清楚。
　　(3)不少學生把能級圖上表示能級間能量差的長度線看成與譜線波長成正比了。
　　【正確解答】
　　(l)設電子的質量為m，電子在基態軌道上的速率為v1，根據牛頓第
　　　　　
　　(2)當氫原子從量子數n=3的能級躍遷到較低能級時，可以得到3條光譜線。如圖14-2所示。
　　(3)與波長最短的一條光譜線對應的能級差為E3-E1。
　　
　　例2 關于半衰期，以下說法正確的是 [ ]
　　A．同種放射性元素在化合物中的半衰期比單質中長。
　　B．升高溫度可以使半衰期縮短
　　C．氡的半衰期為3.8天，若有四個氡原子核，經過7.6天就只剩下一個
　　D．氡的半衰期為3.8天，4克氡原子核，經過7.6天就只剩下1克
　　【錯解分析】錯解：每經過3.8天就有半數的氡核發生衰變，經過兩個半衰期即7.6天后，只剩下四分之一的氡，故選C，D。
　　放射性元素的原子核有半數發生衰變所需要的時間是一種統計規律，半衰期對某一個或某幾個原子核來說，是無意義的。“上述”解法忽視了這一事實，故錯選了C。
　　【正確解答】
　　考慮到放射性元素衰變的快慢是跟原子所處的物理狀態或化學狀態無關，又考慮到半衰期是一種統計規律，即給定的四個氡核是否馬上衰變會受到各種偶然因素的支配。因此，正確答案只有D。
　　例3 釷232經過6次α衰變和4次β衰變后變成一種穩定的元素。這種元素是什么？它的原子量是多少？它的原子序數是多少？
　　【錯解分析】
　　　　何況反應的次序也不是先進行6次α衰變，再進行4次β衰變，所以此解法是錯誤的。
　　【正確解答】
　　6次α衰變和4次β衰變總的效果使原子量和原子序數變化為
　　原子量=232-6×4=208
　　原子序數=90-2×6-4×(-1)=82
　　

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