吉林大学网络教育学院――电力系统分析
6.3 同步发电机突然三相短路的物理过程及短路电流分析
　　6.3.1 同步发电机在空载情况下突然三相短路的物理过程
　　上一节讨论了无限大电源供电电路发生三相对称短路的情况。实际上电力系统发生短路故障时，大多数情况下作为电源的同步发电机不能看成无限大容量，其内部也存在暂态过程，因而不能保持其端电压和频率不变。所以一般在分析和计算电力系统短路时，必须计及同步发电机的暂态过程。由于发电机转子的惯量较大，在分析短路电流时可以近似地认为发电机转子保持同步转速，只考虑发电机的电磁暂态过程。
　　同步发电机稳态对称运行时，电枢磁势的大小不随时间而变化，在空间以同步速度旋转，由于它与转子没有相对运动，因而不会在转子绕组中感应出电流。但是在发电机端突然三相短路时，定子电流在数值上将急剧变化。由于电感回路的电流不能突变，定子绕组中必然有其它自由电流分量产生，从而引起电枢反应磁通变化。这个变化又影响到转子，在转子绕组中感生出电流，而这个电流又进一步影响定子电流的变化。定子和转子绕组电流的互相影响是同步电机突然短路暂态过程区别于稳态短路的显著特点，同时这种定、转子间的互相影响也使暂态过程变得相当复杂。
图6-6 凸极式同步发电机示意图
　　图6-6为凸极同步发电机的示意图。定子三相绕组分别用绕组，，表示，绕组的中心轴，，轴线彼此相差120o。转子极中心线用轴表示，称为纵轴或直轴；极间轴线用轴表示，称为横轴或交轴。转子逆时针旋转为正方向，轴超前轴90o。励磁绕组的轴线与轴重合。阻尼绕组用两个互相正交的短接绕组等效，轴线与轴重合的称为阻尼绕组，轴线与轴重合的称为阻尼绕组。
　　定子各相绕组轴线的正方向作为各绕组磁链的正方向，各相绕组中正方向电流产生的磁链的方向与绕组轴线的正方向相反，即定子绕组中正电流产生负磁通。励磁绕组及轴阻尼绕组磁链的正方向与轴正方向一致，轴阻尼绕组磁链的正方向与轴正方向一致，转子绕组中正向电流产生的磁链与轴线的正方向相同，即在转子方面，正电流产生正磁通。下面分析发电机空载突然短路的暂态过程。
　　1.定子回路短路电流
　　设短路前发电机处于空载状态，气隙中只有励磁电流产生的磁链，忽略漏磁链后，穿过主磁路为主磁链匝链定子三相绕组，又设为转子轴与A相绕组轴线的初始夹角。由于转子以同步转速旋转，主磁链匝链定子三相绕组的磁链随着的变化而变化，因此
　　（6-17）
　　若在时，定子绕组突然三相短路，在这一瞬间匝链定子三相磁链的瞬时值为
　　（6-18）
　　根据磁链守恒定律，任何一个闭合的超导体线圈(先不考虑发电机电阻)，它的磁链应保持不变，如果外来条件要迫使线圈的磁链发生变化，线圈中会感应出自由电流分量，来维持线圈的磁链不变。根据这个定律，发电机定子三相绕组要维持不变，但主磁链匝链到定子三相回路的磁链仍然是，，。因此，短路瞬间定子三相绕组中必然感应电流，该电流产生的磁链，， 应满足磁链守恒原理，有
　　（6-19）
　　将式(6-17)，(6-18)代入上式，得
　　（6-20）
　　根据定子电流规定的正方向与磁链正方向相反，定子三相短路电流为
　　（6-21）
　　由上可知定子短路电流中含有基波交流分量和直流分量。基波交流分量是三相对称的，直流分量是三相不相等的。
　　定子绕组中的直流分量在空间形成恒定的磁势。当转子旋转时，由于转子纵轴向和横轴向的磁阻不同，转子每转过180o电角度(频率为基频的 倍)，磁阻经历一个变化周期。只有在这个恒定的磁势上增加一个适应磁阻变化的，具有 倍同步频率的交变分量才可能得到真正不变的磁通。因此在定子的三相短路电流中，还应有 倍同步频率的电流，与直流分量共同作用，才能真正维持定子绕组的磁链不变。 倍频率电流的幅值取决于纵轴和横轴磁阻之差，其值一般不大。
　　2.励磁回路电流分量
　　如上所述，定子绕组突然三相短路后，在定子绕组中会产生基波交流分量电流，它们的磁链分别和励磁绕组的主磁链所产生的磁链互相抵消。三相基波交流电流合成的同步旋转磁场作用在转子的轴上，形成对励磁绕组的去磁作用。但是，励磁绕组也是电感性线圈，其匝链的磁链也要维持短路前瞬间的值不变，因此，在励磁绕组中也会突然感生出一个与励磁电流同方向的直流电流，来抵制定子去磁磁链对励磁绕组的影响。另一方面，定子绕组突然三相短路后，还会在定子绕组中会产生直流分量电流，它所产生的在空间静止的磁场，相对于转子则是以同步转速旋转的，从而使转子励磁绕组产生一个同步频率的交变磁链，在转子励磁绕组中将感生一个同步频率的交流分量，来抵消定子直流分量电流和倍频电流产生的电枢反应。
　　同样的道理，短路后，定子侧磁链也企图穿过阻尼绕组，阻尼绕组为维持本身磁链不突变，也会感应出直流分量和基波交流分量电流；在假定定子回路电阻为零时，定子基波电流只有直轴方向的电枢反应，故阻尼绕组中只会感应出基波交流分量电流而没有直流分量。
　　从以上的分析可知，定子回路短路电流的基波交流分量和转子回路的自由直流分量是互相依存和影响的。由于转子绕组实际存在着电阻，其中的自由直流电流分量最终将衰减为零。与之对应的定子绕组的基波交流分量电流以相同的时间常数从短路初始值最终衰减为稳态值。这对分量的衰减时间常数用表示，主要取决于转子回路的电阻和等值电感。对于容量为的水轮发电机，其值为，容量为的汽轮发电机，其值为。
　　定子回路短路电流的直流分量和倍频分量与转子回路的基波分量电流是互相依存和影响的。由于实际的定子回路有电阻，定子回路的直流分量和倍频分量最终衰减到零。与之相对应的转子回路的基波交流电流也最终衰减到零。它们以相同的时间常数衰减，主要取决于定子绕组的电阻和等值电感。对于的水轮发电机，其值为，容量为的汽轮发电机，其值为。
　　定子和转子绕组中的各种短路电流分量及它们相依存的关系如表6-1所示。
表6-1 定子和转子绕组中的各种短路电流分量
　　表中，为基波分量的起始有效值；为基波分量的短路稳态有效值。
　　以上分析了同步发电机在突然三相短路时的物理过程及定、转子中的短路电流分量。下面从物理概念出发对三相短路时定子绕组中的基波分量起始值进行定量的分析。
　　6.3.2 无阻尼绕组同步发电机空载时的突然三相短路电流
　　同步发电机的稳态运行方程、相量图和等值电路请查看第二章2.1.1节中相关内容，在讨论同步发电机暂态过程时，一般忽略定子电阻。
　　在发电机突然短路时，由于暂态过程中各种分量电流的产生，发电机在暂态过程中对应的电动势、电抗均发生变化，不能再通过稳态方程求暂态过程中的短路电流。由上面物理过程的分析可知，若不考虑倍频分量(倍频分量一般较小)，发电机定子短路电流中只含有基波交流分量和直流分量。在空载短路的情况下，直流分量的起始值与基波交流分量的起始值大小相等，方向相反。若能求得基波交流电流，则定子短路全电流也就确定了。
　　图6-7(a)示出了短路前空载时励磁回路的磁通图，图中为励磁绕组主磁通(与短路前的空载电动势对应)，为励磁绕组的漏磁通。
图6-7 无阻尼发电机短路前及短路后的磁通分布图
(a) 短路前；(b) 短路后；(c) 短路后等值
　　当不计阻尼绕组的作用，定子侧突然空载短路时，定子侧的电枢反应磁通要穿过励磁绕组，为抵消定子基波交流电流的电枢反应，励磁回路必然感生自由直流分量，此刻对应的磁通图形如图6-7(b)所示。图中为定子基波电流产生的电枢反应磁通，为定子绕组漏磁通；和仍为励磁电流产生的主磁通和漏磁通；和为所对应的主磁通和漏磁通。为保持短路瞬间磁链不变，，和之间有如下关系
　　（6-22）
　　短路后瞬时的空载电动势为对应的电动势。显然由于的出现，，即短路后空载电动势突然增加，这时的短路电流称暂态短路电流
　　（6-23）
　　由于，，均为未知量，无法利用式(6-23)求出暂态短路电流的起始值。
　　为更明确地表达暂态阶段的物理过程，用图6-7(c)等值地代替图4-7(b)。在短路瞬间，由于对的抵消作用，励磁回路仍保持原有的磁通，而定子的电枢反应磁通可等值地用表示，在穿过气隙后被挤到励磁绕组的漏磁路径上，即，经过的磁路路径较长，磁阻比的大。因此，此时所对应的纵轴电抗比同步电抗要小，称此纵轴等值电抗为暂态电抗，且，其中为电枢反应磁通走励磁绕组漏磁路径时的电枢反应电抗，为定子绕组的漏电抗。显然该时刻的电动势仍为所对应的空载电动势，则短路瞬间的定子基波电流分量的起始值为
　　（6-24）
　　当短路达到稳态时，，和均衰减为零，则可由下式求出稳态短路电流
　　（6-25）
　　求得了基波交流分量起始值和稳态短路电流后，再考虑到各自由分量的衰减时间常数，可得到无阻尼绕组同步发电机空载短路时的A相短路电流的表达式
　　（6-26）
　　分别用和代替上式中的，可得到相和相的短路电流表达式。
　　6.3.3 无阻尼绕组同步发电机负载时的突然三相短路电流
　　带负载运行的发电机突然短路时，仍然遵循磁链守恒原理，从物理概念可以推论出短路电流中仍有前述的各种分量，所不同的是短路前已有电枢反应磁通，所以定子短路电流表达式略有不同。但显然稳态短路电流仍为。
　　一般情况下负载电流不是纯感性的，它的电枢反应磁通按双反应原理分解为纵轴电枢反应磁通和横轴电枢反应磁通，这时对应的电压平衡方程式为式(2-7)（2-8）。
图6-8 定子回路电阻为零时，负载情况下突然短路瞬间的纵轴方向磁通图
　　在负载情况下突然短路，当假定定子回路电阻为零时，短路瞬间的定子基波交流分量初始值只有纵轴电枢反应，即，图6-8为该时刻纵轴方向的磁通图。短路瞬间，定子基波电流突然增大()，为保持励磁回路磁链守恒，励磁绕组中产生自由直流分量，其对应的磁通和以抵制产生的磁通(即电枢反应的增量)穿过励磁绕组。与空载短路分析方法类似，走励磁绕组漏磁通路径，对定子绕组的作用可用定子电流增量在相应的电枢反应电抗上的电压降来表示。此时定子纵轴的电压平衡方程式为
　　（6-27）
　　将式(6-27)展开且有，则有
　　（6-28）
　　将式(6-28)略加整理
　　再由，可得
　　（6-29）
　　由稳态方程式(2-7，2-8)知:
　　则有（6-30）
　　式(6-30)等号左端由短路前的运行方式所决定，可以看作是短路前横轴分量在后的电动势，称其为横轴暂态电动势，即
　　（6-31）
　　则式(6-31)可表示为
　　（6-32）
　　即带负荷短路时，定子基波交流分量暂态短路电流的起始值为
　　（6-33）
　　由上所述，暂态电动势可以用短路前的运行方式由式(6-31)求得，再利用式(6-33)来计算短路瞬间的暂态短路电流的起始值，这表明了暂态电动势在短路前后瞬间是不变的。实际上严格的数学推导证明了与短路前励磁绕组匝链的磁链成正比，具体表达式为
　　（6-34）
　　式中为励磁绕组电抗。
　　根据磁链守恒原理，励磁绕组的总磁链在短路瞬间不能突变，故在短路瞬间也不会变，即
　　（6-35）
　　显然，只要把空载短路电流表达式(6-26)中与对应的电动势换成，则可得到负载情况下突然短路时的定子A相短路电流的表达式
　　（6-36）
　　如果短路不是发生在发电机端部，而是有外接电抗情况下，则以，分别去代替式中的、即可。这时各电流分量的幅值将减小，较机端短路时增大，按衰减的电流衰减变慢。而较机端短路时减小，按衰减的电流分量，由于外电路中电阻所占的比重增大，加快了衰减。
　　由式(6-31)可见，虽然可用稳态参数计算，但首先必须要确定定子电流的纵轴和横轴分量，即要确定轴和轴。为简化计算，常常采用另一个暂态电动势来近似代替，即
　　（6-37）
　　式中，为后的虚构电动势，是计算用电势。
　　由式(6-37)可见，的数值亦可由正常稳态参数求得。同时近似认为具有短路瞬间不突变的性质，则可用来计算暂态短路电流基波分量的起始值。
图6-9 含有，，的相量图
图6-10 无阻尼发电机的暂态等值电路
　　图6-9示出，，的相量关系，图6-10为发电机用暂态电抗后电势表示的暂态等值电路。实际上在轴上的分量即为，因两者之间的夹角很小，故两者在数值上差别不大，可以用近似代替。但并不具备正比于 的性质。
　　用代替后，发电机机端短路电流基波分量的起始值可以表示为
　　（6-38）
　　6.3.4 有阻尼绕组同步发电机的突然三相短路电流
　　以上的分析中没有考虑阻尼绕组的作用，实际的发电机中存在着阻尼绕组。由于阻尼绕组的存在使发电机突然短路过程的分析和计算更加复杂。但从基本概念和分析的方法来看与无阻尼时是基本相似的。
　　有阻尼绕组同步发电机突然短路的特殊性在于，电枢反应磁通的变化量不但企图穿过励磁绕组，还将穿过纵轴阻尼绕组和横轴阻尼绕组。而纵轴阻尼绕组和横轴阻尼绕组为维持自身磁链不突变，必然要感应出自由分量的电流，而且纵轴阻尼绕组和励磁绕组之间还存在着互感关系。因此短路瞬间纵轴方向的磁链守恒是靠这两个绕组的自由分量共同维持的。由于轴方向也有闭合线圈，要准确、全面地分析有阻尼同步发电机的短路电流时必须考虑横轴方向的磁链守恒。这里只重点介绍纵轴方向的次暂态电抗和实用的次暂态电动势。
图6-11 计及阻尼绕组时同步发电机短路后纵轴方向的磁通图
(a) 空载；(b) 空载等值
　　图6-11(a)为空载时计及阻尼绕组短路后的纵轴磁通图。其中，和为励磁电流产生的主磁通和漏磁通；为励磁绕组和纵轴阻尼绕组共同产生的磁通；为产生的漏磁通；为纵轴阻尼绕组的漏磁通；为定子短路电流产生的磁通。为维持短路瞬间励磁绕组磁链不变，有如下磁通平衡方程：
　　图6-11(b)是与图6-11(a)等值的、电枢反应磁通走漏磁路径的磁通图。由图6-11(b)可以看出，短路瞬间为维持励磁回路的总磁链不变，电枢反应磁通穿过气隙后被迫走励磁绕组和纵轴阻尼绕组的漏磁路径。由于经过磁路的路径更长，磁阻比图6-7(c)所示的还要大，因此所对应的纵轴电抗比暂态电抗还要小，称这时对应的纵轴等值电抗为次暂态电抗，且，其中为电枢反应磁通走纵轴阻尼绕组和励磁绕组漏磁路径时对应的电枢反应电抗，显然。
　　可以推论，在横轴方向也存在着横轴等值次暂态电抗，且。
　　空载短路时，对应的电动势为空载电动势，故次暂态短路电流的起始值为
　　（6-39）
　　称为次暂态短路电流起始值。
　　在负载短路时，类似不考虑阻尼绕组负载短路的分析，有如下的电压平衡方程式
　　（6-40）
　　式中，为后的虚构电动势，与类似，也是计算用电势。
　　由式(4-40)可见，的数值同样可由正常稳态参数求得。同样近似认为具有短路瞬间不突变的性质，则可用来计算次暂态短路电流基波分量的起始值。
图6-12 有阻尼发电机的次暂态等值电路
　　图6-12示出发电机用次暂态电势为等值电动势时的等值电路图。则发电机机端短路次暂态短路电流基波分量的起始值可以表示为
　　（6-41）
　　同样如果短路不是发生在发电机端部，而是有外接电抗情况下，则以代替上式中的即可。
　　以上从物理概念出发，分析了突然短路后的发电机暂态和次暂态过程。通过以上的讨论可以清楚地看到，同步发电机短路电流的基波交流分量在短路后暂态过程中是不断变化的。变化的根本原因是定子三相绕组空间内有闭合的转子绕组而改变着定子电枢反应磁通的路径，使定子绕组的等值电抗发生变化。以上给出的概念和计算公式对于工程上近似计算短路电流已足够准确。
一台额定容量为的同步发电机，额定电压为，额定功率因数为0.8，次暂态电抗为0.135(以发电机额定参数为基准值的标幺值)。试计算发电机在空载情况下(端电压为额定电压)突然三相短路后短路电流交流分量的起始幅值。
发电机空载情况下(标幺值)
　　基波交流分量起始有效值的标幺值为
　　发电机的额定电流也即发电机的基准电流为
　　短路电流交流分量起始幅值(有名值)为
　　由上例可见，短路电流交流分量起始幅值可达额定电流的10倍以上。如再考虑最严重情况下短路时，直流分量有最大值，这时的短路电流的最大瞬时值将接近额定电流的20倍。
　　6.3.5自动调节励磁装置对短路电流的影晌
　　前面对同步发电机暂态过程的分析，都没有考虑发电机的自动调节励磁装置的影响。现代电力系统的同步发电机均装有自动调节励磁装置，它的作用是当发电机端电压偏离给定值时，自动调节励磁电压，改变励磁电流，从而改变发电机的空载电势，以维持发电机端电压在允许范围内。
　　当发电机端点或端点附近发生突然短路时，端电压急剧下降，自动调节励磁装置中的强行励磁装置就会迅速动作，增大励磁电压到它的极限值，以尽快恢复系统的电压水平和保持系统运行的稳定性。下面以自动调节励磁装置中的一种继电强行励磁装置的动作原理，来分析自动调节励磁装置对短路电流的影响。
图6-13 具有继电强行励磁的励磁系统示意图　　　　　　　　　图6-14的变化曲线　　　　　　
　　图6-13是具有继电强行励磁的励磁系统示意图，发电机端点或端点附近短路，使发电机端电压下降到额定电压的85%以下时，低电压继电器的触点闭合，接触器动作，励磁机磁场调节电阻被短接，励磁机励磁绕组两端的电压升高。但由于励磁机励磁绕组具有电感，它的电流不可能突然增大，以致使与之对应的励磁机电压也不可能突然增高，而是开始上升慢，后来上升快，最后达到极限值，如图6-14中按曲线1的规律变化。为了简化分析，通常认为近似按指数规律上升到最大值，即用图4-14中曲线2所示的指数曲线代替实际曲线1，从而得到励磁机电压
　　（6-42）
　　式中，是励磁机励磁绕组的时间常数。
　　励磁电压的增大，使励磁电流产生一个相应的增量。由于强行励磁装置只在转子轴方向起作用，这个电流的变化量可以从发电机轴方向的等值电路求解得出，下面就以无阻尼绕组发电机为例加以说明。
图6-15 强行励磁装置动作后同步发电机轴方向的等值电路
　　图6-15是强行励磁装置动作后同步发电机轴方向的等值电路(假设在发电机端点短路)，由图可列方程
　　（6-43）
　　用除等式两边，得
　　（6-44）
　　上式的解为
　　（6-45）
　　式中，是对应于的励磁电流强迫分量的最大可能增量，则是一个包含和的时间函数，因短路点的远近不同而有不同的数值，短路点越远，越大，增大的速度越慢。这是因为短路点越远，故障对发电机的影响越小的缘故。
　　由引起的空载电势的最大增量为
　　（6-46）
　　将产生定子电流轴分量的增量。由于无阻尼绕组发电机定子周期分量电流无轴分量，可得对应的a相电流周期分量为
　　（6-47）
　　从而使发电机的端电压也按相同的规律变化。
　　考虑强行励磁装置动作后空载电势和定子电流的变化曲线如图6-16所示。由图可见，强行励磁装置动作的结果是在按指数规律自然衰减的电势和电流上叠加一个强迫分量，从而使发电机的端电压迅速恢复到额定值，以保证系统的稳定运行。但由于定子电流增加了一个强迫分量，改变了原短路电流的变化规律，使暂态过程中的短路电流先是衰减，衰减到一定的时候反而上升，甚至稳态短路电流大于短路电流初值，使运算曲线出现了相交的现象。
图6-16 强行励磁装置对空载电势和定子电流的影响
　　以上是短路点距电源的电气距离较小，强行励磁装置动作后励磁电压达到极限值时对短路电流的影响。如果短路点距电源点较远，强行励磁装置动作后一段时间机端电压就恢复到额定值。当机端电压一旦恢复到额定值，该装置中的低电压继电器就会返回，由自动调节励磁装置将机端电压维持为额定值不变。此后，励磁电流、空载电势、定子电流将不再按式(6-45)、(6-46)、(6-47)的规律增大。定子电流的周期分量为，是发电机端点到短路点间的电抗。热电偶回路电动势表达式讨论--《自动化仪表》1982年01期
热电偶回路电动势表达式讨论
【摘要】：本文根据物理学中有关扩散电流密度和漂移电流密度的一般表达式以及爱因斯坦关系,推导出热电偶回路中的温差电动势和接触电动势,进而推出热电偶回路电动势的一般表达式。文中关于温差电动势的表达式与传统资料所介绍的不同,特提出讨论。
【作者单位】：
【关键词】：
【正文快照】：
《编者按》本文根据物理学中有关扩散电流密度和漂移电流密度的一般表达式以及爱因斯坦关系,推导出热电偶回路中的温差电动势和接触电动势,进而推出热电偶回路电动势的一般表达式。文中关于温差电动势的表达式与资料(1〕〔2〕〔3〕所介绍的公式不同,特提出讨论。一一电场强度
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【名师解析】江苏省镇江市2015年高考模拟物理试卷
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资料类型：高考真题
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资料概述与简介
2015年江苏省镇江市高考物理模拟试卷
一、单项选择题：本大题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（3分）质量为0.5kg的物体在水平面上以一定的初速度运动，如图a、b分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的v﹣t图象，则拉力与摩擦力大小之比为（　　）
　 A． 1：2 B． 2：1 C． 3：1 D． 3：2
【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．
【专题】： 牛顿运动定律综合专题．
【分析】： 由图象可求得物体的加速度，由牛顿第二定律可求得合力，不受水平拉力作用时物体的合力即为摩擦力．
【解析】： 解：物体不受水平拉力时，加速度大小为：a1==1.5m/s2；
物体受到水平拉力作用时加速度大小为：a2==0.75m/s2；
根据牛顿第二定律得：
F﹣f=ma2，
可得：F：f=3：2
【点评】： 该题结合图象考查牛顿第二定律，要理解图象在物理学中具有非常重要的地位，本题将图象与牛顿第二定律相结合，是道好题．
2．（3分）如图，多匝线圈A与电键、滑动变阻器相连后接入M、N间的交流电源，B线圈与小灯泡L相连．下列说法正确的是（　　）
　 A． L发光时，电路中发生了自感现象
　 B． L发光时，A线圈的输入功率等于B线圈的输出功率
　 C． 只有在闭合电键瞬间，L才能发光
　 D． 若闭合电键后L不发光，将滑动变阻器滑片左移后，L可能会发光
【考点】： 自感现象和自感系数．
【分析】： 首先要注意该电路是研究互感现象的电路依据电磁感应可以判定B中是不是由感应电流；由于接上的是交流电，故不是只在接通瞬间磁通量才变化；
若闭合电键后小灯珠不发光，移动滑动变阻器滑不能改变磁通量变化．
【解析】： 解：A、C、闭合电键后，若电流大小不断变化，则A的磁通量不断变化，B在A的上方，则通过B的磁通量也不断变化，可以在B线圈中产生感应电流，小灯珠可能持续发光，该现象属于互感现象，不是自感．故A错误，C错误．
B、若不计线圈的电阻，L发光时，A线圈的输入功率就等于B线圈的输出功率，故B正确．
D、若闭合电键后小灯珠不发光，将滑动变阻器滑臂左移后，电路中的电流更小，由此产生的磁通量变化更小，小灯珠更不可能会发光，故D错误．
【点评】： 该题考查互感现象与自感现象的区别，关键是要知道交流电与直流电不同，直流电只在闭合和断开瞬间电路才有感应现象，但是交流电电流时刻都在变化．
3．（3分）如图甲所示，高楼上某层窗口违章抛出一石块，恰好被曝光时间（光线进入相机镜头的时间）为0.2s的相机拍摄到，图乙是石块落地前0.2s时间内所成的像（照片已经放大且风格化），每个小方格代表的实际长度为1.5m，忽略空气阻力，g取10m/s2，则（　　）
　 A． 石块水平抛出初速度大小约为225 m/s
　 B． 石块将要落地时的速度大小约为7.5 m/s
　 C． 图乙中像的反向延长线与楼的交点就是石块抛出的位置
　 D． 石块抛出位置离地高度约为28m
【考点】： 平抛运动．
【专题】： 平抛运动专题．
【分析】： 石块做平抛运动，石块将要落地时，由于时间短，可近似看成匀速运动，根据石块的像长度和时间，求出速度大小和方向．
根据石块在空中为平抛运动，轨迹为一条曲线，不是直线，不能反向延长求交点．由速度的分解法求．
【解析】： 解：A、石块水平抛出初速度大小 v0===7.5m/s，故A错误．
B、石块将要落地时，由于时间短，可近似看成匀速运动，位移为 s=1.5×m=≈4.74m，v==m/s=23.72m/s，即石块将要落地时的速度大小约为23.72m/s，故B错误；
C、石块在空中为平抛运动，轨迹为一条曲线，不是直线，不能反向延长求石块抛出位置，故C错误；
D、石块在竖直方向的平均速度vy==m/s=22.5m/s，即形成的像中间时刻的瞬时速度，形成的像总时间为0.2s，即从开始起经0.1s的瞬时速度为22.5m/s，可得：石块从抛出点至该点的时间 t==2.25s，
所以石块从发射点至形成的像上端所需时间：t上=（2.25﹣0.1）s=2.15s，对应形成的像上端离发射点的竖直高度h==m=23.11m
加上形成的像在图片中的竖直高度4.5m，h总=27.61m≈28m，故D正确；
【点评】： 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，采用估算的方法近似计算石块落地时的速度．
4．（3分）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图乙所示，产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图甲所示，已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接一只电阻为9.0Ω的灯泡，则（　　）
　 A． 电压表V的示数为20V
　 B． 电路中的电流方向每秒改变5次
　 C． 灯泡实际消耗的功率为36W
　 D． 电动势随时间变化的瞬时值表达式为e=20cos5πt（V）
【考点】： 正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率．
【专题】： 交流电专题．
【分析】： 由甲图知电压峰值、周期，从而求电压有效值、角速度和频率，交流电每周期方向改变两次，电压表测量的是路端电压，在图示位置磁通量为零，磁通量的变化率最大．
【解析】： 解：由甲图知电压峰值为20V，周期0.2s，所以有效值为20V，角速度ω==10π．
A、电压表测的是路端电压U==18V，A错误；
B、交流电的频率为5Hz，每一周期电流改变两次，所以每秒改变10次，B错误；
C、灯泡实际消耗的功率为P=W=36W，C正确；
D、线框在如图乙位置时，穿过线框的磁通量为零，线框的感应电动势最大，电动势随时间变化的瞬时值表达式为e=20cos10πt（V），D错误；
【点评】： 本题考查了交流电的产生原理，要学会从图象中获取有用物理信息的能力，结合峰值和有效值的关系去分析．
5．（3分）如图（甲）所示，一根粗绳AB的长度为l，其质量均匀分布，在水平外力F的作用下，沿水平面做匀加速直线运动．绳上距A端x处的张力T与x的关系如图（乙）所示．下列说法中正确的是（　　）
　 A． 粗绳可能受到摩擦力作用 B． 粗绳一定不受摩擦力作用
　 C． 可以求出粗绳的质量 D． 可以求出粗绳运动的加速度
【考点】： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
【专题】： 牛顿运动定律综合专题．
【分析】： 本题的关键是设出绳子总长度和总质量，求出单位长度，然后分别对绳子用整体法和隔离法受力分析，列出牛顿第二定律方程，求解即可．
【解析】： 解：A、绳单位长度质量为λ=，先对整个绳子有F﹣f=ma，可得绳子加速度为a==，再对绳子左端部分应有T﹣μλ（l﹣x）g=λ（l﹣x）a，整理可得T=，由图线可知得出拉力和绳长的大小，无法确定是否受到摩擦力，故A正确，B错误．
C、根据T与x的表达式无法求出粗绳的质量，由于质量未知，无法求出粗绳运动的加速度大小．故C、D错误．
【点评】： 遇到连接体问题，一般是采用“先整体，后隔离”的分析方法，运算较简洁．
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分．
6．（4分）我国云南省某些地方现在仍依靠滑铁索过江，如图（甲）所示．我们可以把滑铁索过江简化成图（乙）的模型：铁索的两个固定点A、B在同一竖直平面内，AB间的水平距离为L=80m，铁索B点与A点竖直距离为h=8m，铁索的长度为100m，已知一质量M=35kg的学生，背着质量为m=5kg的书包，借助滑轮（滑轮质量不计）从A点静止开始滑到对岸的B点．假设滑轮运行过程中受到的阻力大小恒为12N，重力加速度为10m/s2．下列说法正确的是 （　　）
　 A． 滑到最低点时人处于超重状态
　 B． 该同学到达对岸的速度为10m/s
　 C． 相同体重的两位同学，身高高的同学到达B点的速度大
　 D． 若该同学想从B返回A，在B点的初速度只需要10m/s
【考点】： 功能关系；牛顿第二定律．
【分析】： 人在滑到最低点时由重力和绳索的合力提供向心力，根据牛顿运动定律求出人在滑到最低点时对绳索的压力，并分析人处于超重还是失重状态；根据动能定理列式求解末速度．
【解析】： 解：A、滑到最低点时重力和支持力的合力提供向心力，加速度向上，是超重，故A正确；
B、对从A到B过程，根据动能定理，有：
（M+m）gh﹣fS=
vB===m/s≈10.3m/s
C、根据vB=，相同体重的两位同学，身高高的同学到达B点的速度大相同，故C错误；
D、若该同学从B返回A，根据动能定理，有：
﹣（M+m）gh﹣fS=0﹣
vB==≈14.6m/s
【点评】： 本题关键是明确人的运动情况、受力情况和能量转化情况，结合牛顿第二定律和动能定理列式分析，不难．
7．（4分）在某一静电场中建立x轴，其电势随坐标x变化的图线如图所示．若将一带负电的粒子（重力不计）从坐标原点O处由静止释放，电场中P、Q两点位于x轴上，其横坐标分别为1cm、4cm．则下列说法正确的是（　　）
　 A． 粒子恰能运动到离原点12cm处
　 B． 粒子经过P点与Q点时，动能相等
　 C． 粒子经过P、Q两点时，加速度大小之比2：1
　 D． 粒子经过P、Q两点时，电场力功率之比1：1
【考点】： 电势；电势差与电场强度的关系．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： 根据顺着电场线方向电势降低可判断出电场线的方向，确定出粒子所受的电场力方向，分析其运动情况．φ﹣x图象的斜率大小等于场强E．加速度a=．根据电势关系，分析电势能关系，由能量守恒定律判断动能的关系．功率P=Fv
【解析】： 解：A、根据顺着电场线方向电势降低可知，0﹣2cm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向做加速运动；在2﹣6cm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动，6cm处粒子的速度为零；然后粒子向左先做加速运动后做减速运动．即在0﹣6cm间做往复运动．故A错误．
B、粒子经过P点与Q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等．故B正确；
C、φ﹣x图象的斜率大小等于场强E．则知P点的场强为：EP==50φ，
Q点的场强为：EQ==25φ，
则粒子在p点的加速度与Q点的加速度为：加速度大小之比2：1．故C正确．
D、粒子经过P点与Q点时，速率相等，但电场力不同，则电场力做功的功率不等．故D错误．
【点评】： 本题关键是抓住φ﹣x图象的斜率大小等于场强E，确定电场线方向，判断粒子的运动情况
8．（4分）信使号水星探测器按计划将在今年陨落在水星表面．工程师通过向后释放推进系统中的高压氦气来提升轨道，使其寿命再延长一个月，如图所示，释放氦气前，探测器在贴近水星表面的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，释放氦气后探测器进入椭圆轨道Ⅱ，忽略探测器在椭圆轨道上所受阻力．则下列说法正确的是（　　）
　 A． 探测器在轨道Ⅰ上E点速率等于在轨道Ⅱ上E点速率
　 B． 探测器在轨道Ⅱ上某点的速率可能等于在轨道Ⅰ上速率
　 C． 探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的E处加速度相同
　 D． 探测器在轨道Ⅱ上远离水星过程中，势能和动能均减少
【考点】： 万有引力定律及其应用．
【专题】： 万有引力定律的应用专题．
【分析】： 根据开普勒第二定律知AB速度大小．
探测器机械能是否变化要看是否有外力对探测器做功，当万有引力刚好提供探测器所需向心力时 探测器正好可以做匀速圆周运动，若是供大于需，则探测器做逐渐靠近圆心的运动，若是供小于需，则探测器做逐渐远离圆心的运动．
【解析】： 解：A、在圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，在E点实施变轨做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力小于飞船所需向心力，所以应给飞船加速，
故探测器在轨道Ⅰ上E点速率小于在轨道Ⅱ上E点速率，故A错误；
B、探测器在轨道Ⅰ上E点速率小于在轨道Ⅱ上E点速率，在Ⅱ远地点速度小于，故探测器在轨道Ⅱ上某点的速率可能等于在轨道Ⅰ上的速率，故B正确；
C、探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上E点所受的万有引力相同，根据F=ma知加速度相同，故C正确；
D、探测器在轨道Ⅱ上远离水星过程中，引力势能增加，动能较小，故D错误．
故选：BC．
【点评】： 卫星变轨问题，要抓住确定轨道上运行机械能守恒，在不同轨道上的卫星其机械能不同，轨道越大机械能越大．
9．（4分）电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用．如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ、在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ（电阻率的倒数），泵体所在处有方向垂直向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U（内阻不计）的电源上，则（　　）
　 A． 泵体上表面应接电源正极
　 B． 通过泵体的电流I=
　 C． 增大磁感应强度可获得更大的抽液高度
　 D． 增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度
【考点】： 霍尔效应及其应用．
【分析】： 当泵体中电流向下时，安培力向左，故液体被抽出；根据电阻定律和欧姆定律列式求解电流表达式分析，根据安培力公式分析安培力大小情况．
【解析】： 解：A、当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向右，拉动液体，故A正确；
B、根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R===；
因此流过泵体的电流I=，故B错误；
C、增大磁感应强度B，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；
D、若增大液体的电阻率，可以使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高度减小，故D错误；
故选：AC．
【点评】： 本题关键是明确电磁泵的工作原理，要能够结合欧姆定律、电阻定律、安培力公式分析抽液高度的影响因素，不难．
三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．
10．（8分）如图甲所示，在水平放置的气垫导轨上有一带有方盒的滑块，质量为M，气垫导轨右端固定一定滑轮，细线绕过滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个钩码，设每个钩码的质量为m，且M=4m．
（1）用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度d=　0.520　cm；
（2）某同学打开气源，将滑块由静止释放，滑块上的挡光片通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速度为　　（用题中所给字母表示）；
（3）开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，由静止释放后细线上的拉力为F1，接着每次实验时将1个钩码移放到滑块上的方盒中，当只剩3个钩码时细线上的拉力为F2，则F1　小于　2F2（填“大于”、“等于”或“小于”）；
（4）若每次移动钩码后都从同一位置释放滑块，设挡光片距光电门的距离为L，钩码的个数为n，测出每次挡光片通过光电门的时间为t，测出多组数据，并绘出 n﹣图象，已知图线斜率为k，则当地重力加速度为　　（用题中字母表示）．
【考点】： 测定匀变速直线运动的加速度．
【专题】： 实验题．
【分析】： （1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．
（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门的速度．
（3）通过整体隔离法，结合牛顿第二定律求出拉力的大小，从而进行比较．
（4）根据速度位移公式，结合牛顿第二定律得出n﹣的表达式，结合图线的斜率求出当地的重力加速度．
【解析】： 解：（1）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×4mm=0.20mm，则最终读数为5.20mm=0.520cm．
（2）极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则滑块通过光电门的速度v=．
（3）对整体分析，，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F1=Ma1=4m×0.6g=2.4mg，
，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F2=7ma2=2.1mg，知F1＜2F2．
（4）滑块通过光电门的速度v=，
根据v2=2aL得，，
因为a=，代入解得，
图线的斜率k=，解得g=．
故答案为：（1）0.520cm；
（3）小于；
【点评】： 解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小．对于图象问题，关键得出两个物理量的表达式，结合图线斜率进行求解．
11．（10分）某课外兴趣小组用铜片和锌片插入苹果中，组成了一个苹果电池，并用“测定电动势和内电阻”的实验方法测定该苹果电池的电动势和内电阻．
（1）实验前，甲同学利用调好的多用电表欧姆“×100”档来粗测该苹果电池的内阻．测量结果如图甲所示．他这样做是否正确？若正确，请读出其内阻值；若不正确，请说明理由．　不正确 水果电池为电源，欧姆表不能电源的内阻　．
（2）乙同学设计好测量电路，选择合适的器材，得到苹果电池两端的电压U和流过它的电流I的几组数据，如下表所示．
①请根据第2组和第5组数据计算得到该苹果电池的电动势E=　1.00　V；内电阻r=　1.06　kΩ．（结果保留两位小数）．
②除苹果电池、电压表、电流表、电键、导线若干外，可供选择的实验器材有：滑动变阻器R1（阻值0～10Ω）；电阻箱R2（阻值0～9999.9Ω），该电路中可变电阻应选择　R2　（选填R1或R2）
②请选择合适器材用铅笔划线代替导线将图乙中实物连接完整．
【考点】： 测定电源的电动势和内阻．
【专题】： 实验题．
【分析】： （1）欧姆表只能测试电阻不能测试电源的电阻；
（2）①由欧姆定律分别列了两组数据对应的公式，列立可求得电池的电动势的内阻；
②根据给出的仪器及实验中的安全性和准确性选择滑动变阻器；
③根据选择的器材利用实验原理得出正确的实物图．
【解析】： 解：（1）因为欧姆表内部本身有电源，而水果电池也有电动势，故二者相互影响，无法正确测出电源内阻；
（2）①由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可知：
E=0.81+0.18r；
E=0.62+0.36r
联立解得：E=1.0V；r=1.06kΩ；
②由于水果电池的内阻较大，故应选用大的滑动变阻器才能起到有效的调节作用；故选择电阻箱R2．
③本实验中采用基本的伏安法即可以测量，由于水果电池内阻较大，故可以采用电流表相对于电源的内接法；
故实物图如图所示；
故答案为：（1）不正确，水果电池为电源，欧姆表不能测电源的内阻；（2）①1.00；1.06；②R2；③如图所示
【点评】： 本题考查测量电源电动势及内阻的实验，要注意水果电池内阻较大，故在实验中要选用电流表相对电源的内接法；同时注意明确水果电池不能使用的原因为内阻过大．
【选做题】本题包括三个选修，请选定其中两个，，则按前两个评分．【选修模块3-3】）（12分）
12．（4分）下列说法中正确的是（　　）
　 A． 布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动
　 B． 气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加
　 C． 一定量的100℃水变成100℃水蒸气，其分子势能增加
　 D． 只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
【考点】： 温度是分子平均动能的标志；布朗运动．
【分析】： 正确解答本题要掌握：温度是分子平均动能的标志；布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动；物体的内能；正确理解好应用热力学第一定律．
【解析】： 解：A、布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动，反映了液体或气体分子的无规则运动．故A正确．
B、温度是分子平均动能的标志，是大量分子无规则运动的宏观表现；气体温度升高，分子的平均动能增加，有些分子的速率增加，也有些分子的速率会减小，只是分子的平均速率增加．故B错误．
C、一定量100℃的水变成100℃的水蒸汽，温度没有变化，分子的平均动能不变，但是在这个过程中要吸热，内能增加，所以分子之间的势能必定增加．故C正确．
D、温度是分子平均动能的标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低．故D正确；
【点评】： 本题考查了有关分子运动和热现象的基本知识，对于这些基本知识一定注意加强记忆和积累．其中对热力学第二定律的几种不同的表述要准确理解．
13．（4分）在“用油膜法估测分子大小”的实验中，已知实验室中使用的酒精油酸溶液的浓度为A，N滴溶液的总体积为V．在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为a的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓（如图所示），测得油膜占有的正方形小格个数为X．
①用以上字母表示一滴酒精油酸溶液中的纯油酸的体积为　　．
②油酸分子直径约为　　．
【考点】： 用油膜法估测分子的大小．
【专题】： 实验题．
【分析】： 在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径．油膜面积由正方形小格个数乘以每个方格的面积．
【解析】： 解：实验时做的假设为：将油膜看成单分子膜；将油分子看作球形；认为油分子是一个紧挨一个的．
①由题意可知，一滴酒精油酸溶液中的纯油酸的体积为 V0=．
②每一滴所形成的油膜的面积为S=Xa2，所以油膜的厚度，即为油酸分子的直径为d==．
故答案为：①，②．
【点评】： 掌握该实验的原理是解决问题的关键，该实验中以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度，从而求出分子直径．
14．（4分）如图所示，上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置，长24cm的水银柱将12cm的空气柱封闭在管的下端，此时水银面恰好与管口平齐．已知大气压强为p0=76cmHg，果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动180°，求在开口向下时管中空气柱的长度．空气视为理想气体，转动中，没有发生漏气．
【考点】： 理想气体的状态方程．
【专题】： 理想气体状态方程专题．
【分析】： 在玻璃管转动过程中，根据P=P0+hcosθ可知，转动的角度增大，封闭气体压强减小，体积增大，水银溢出，整个过程封闭气体等温变化，根据玻意耳定律列式求解即可
【解析】： 解：玻璃管开口向上时，空气柱的压强为：p1=p0+ρgl1
式中，ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度．
玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，设此时空气柱长度为x，则
p2=p0﹣ρg[（l1+l2）﹣x]②
式中，p2为管内空气柱的压强．
由玻意耳定律有
p1l2S=p2xS
答：在开口向下时管中空气柱的长度为20cm．
【点评】： 本题关键是求出被封闭气体的压强即可正确解答，解答这类问题注意以水银柱为研究对象，根据平衡状态求解．
【选修模块3-4】（共3小题，每小题4分，满分12分）
15．（4分）下列说法中正确的是（　　）
　 A． 军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象
　 B． 机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质决定
　 C． 泊松亮斑是光通过圆孔发生衍射时形成的
　 D． 拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃的反射光
【考点】： 光的干涉；产生共振的条件及其应用．
【分析】： 当策动频率与固有频率相同时，出现共振现象；电磁波在真空中也能传播．机械波在介质中的传播速度由介质决定；由光的衍射现象：绕过阻碍物继续向前传播；偏振原理利用光的干涉现象，来减弱反射光的强度．
【解析】： 解：A、军队士兵过桥时使用便步，防止行走的频率与桥的频率相同，桥发生共振现象，故A正确．
B、机械波在介质中的传播速度由介质决定，与波的频率无关，电磁波在介质中的传播速度与介质和波的频率均有关，故B错误．
C、泊松亮斑是光通过不透明的小圆盘发生衍射时形成的；故C错误；
D、加偏振片的作用是减弱反射光的强度，从而增大透射光的强度；故D正确；
故选：AD．
【点评】： 本题考查光的衍射与干涉现象，掌握机械能与电磁波的区别，注意电磁波的预言与证实，理解偏振片的作用．
16．（4分）某同学用DIS系统在实验室做“单摆的周期T与摆长L的关系”实验，通过计算机描绘出两次实验中的单摆的振动图象，由图可知，
两次实验中单摆的频率之比=　4：3　；
两单摆摆长之比=　9：16　．
【考点】： 探究单摆的周期与摆长的关系．
【专题】： 实验题．
【分析】： 由振动图线知两单摆的周期比，再求出单摆的频率之比．
根据单摆的周期公式T=2π得出两单摆的摆长之比．
【解析】： 解：由振动图线知，两单摆的周期分别是Ta=s，Tb=2s，
所以两次实验中单摆的频率之比==4：3
由公式T=2π知 l=
所以两单摆摆长之比=9：16
故答案为：4：3；
【点评】： 能根据图象求出两单摆的周期比，掌握单摆的周期公式的应用．
17．（4分）如图所示，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ=76°．有一细束单色光在横截面内从OA边上的点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，光线直接到达AB面且刚好不从AB面射出．已知OE=OA，cos53°=0.6，求玻璃砖的折射率n和光线第一次从OB射出时折射角的正弦值．
【考点】： 光的折射定律．
【专题】： 光的折射专题．
【分析】： ①由题意光线经AB面反射后恰好未从AB面射出，说明发生了全反射，入射角等于临界角．由几何知识求出光线在AB面的入射角和临界角，由临界角公式sinC=求解折射率．
②光线经过反射射到BO面上，由几何知识求出入射角，再由折射定律求折射角的正弦值．
【解析】： 解：①光线刚好不从AB面射出，所以入射角为临界角 C=37°
②据几何知识得：β=θ=76°，OB面入射角α=180°﹣2C﹣β=30°
答：玻璃砖的折射率n为，光线第一次从OB射出时折射角的正弦值是．
【点评】： 正确地画出光路图、灵活运用几何知识求有关角度是解决本题问题的关键，要掌握全反射的条件：光从光密介质射入光疏介质，入射角大于等于临界角，刚好发生全反射时，入射角等于临界角．
【选修模块3-5】（共3小题，每小题0分，满分0分）
18．下列叙述中，正确的是（　　）
　 A． 黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关
　 B． 同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能与照射光的强度成线性关系
　 C． 一块纯净的放射性的矿石，经过一个半衰期，它的总质量仅剩下一半
　 D． 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量增大
【考点】： 物质波；玻尔模型和氢原子的能级结构．
【分析】： A、黑体辐射时波长越短，温度越高时，其辐射强度越强；
B、根据光电效应方程，Ek=hγ﹣W，可知，最大初动能 Ek与照射光的频率的关系；
C、经过一个半衰期以后，有一半质量发生衰变；
D、氢原子核外电子轨道半径越大则能量越大，动能越小．
【解析】： 解：A、由黑体辐射规律可知，辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故A正确；
B、根据光电效应方程，Ek=hγ﹣W，可知，逸出光电子的最大初动能Ek与照射光的频率成线性关系，故B正确；
C、经过一个半衰期以后，有一半的质量发生衰变，但产生新核，故C错误；
D、库仑力对电子做负功，所以动能变小，电势能变大（动能转为电势能）而因为吸收了光子，总能量变大．故D正确；
【点评】： 考查黑体辐射的规律，掌握物理史实，知道衰变产生新核，理解光电效应方程，本题考查的知识点较多，难度不大，需要我们在学习选修课本时要全面掌握，多看多记．
19．日南京发生放射源铱﹣192丢失事件，铱﹣192化学符号是Ir，原子序数77，半衰期为74天．铱﹣192通过β衰变放出γ射线，γ射线可以穿透10﹣100mm厚钢板．设衰变产生的新核用X表示，写出铱﹣192的衰变方程　→+　；若现有1g铱﹣192，经过148天有　0.75　g铱﹣192发生衰变．
【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度．
【专题】： 衰变和半衰期专题．
【分析】： 根据质量数守恒和电荷数守恒写出衰变方程；经过一个半衰期，剩余的原子核为原来的一半．
【解析】： 解：根据质量数守恒和电荷数守恒写出衰变方程，铱﹣192的衰变方程为：
铱﹣192的半衰期为74天，148天是两个半衰期，故剩余的铱﹣192为原来的四分之一，即g，故衰变的是0.75g；
故答案为：→+，0.75．
【点评】： 本题关键是根据质量数守恒和电荷数守恒写核反应方程，明确半衰期的概念，注意半衰期是统计规律．
20．已知氢原子的基态能量为E1，量子数为n的激发态的能量为．现有一群氢原子处于n=3的能级，在向低能级跃迁过程中，其中从n=2能级向n=1能级跃迁辐射出的光照射某金属的表面恰能发生光电效应，求该金属的极限频率和能从该金属表面逸出的光电子的最大初动能．
【考点】： 光电效应．
【专题】： 光电效应专题．
【分析】： （1）根据W=hγ0即可求解．
（2）根据爱因斯坦光电效应方程，结合能级差公式，求解光电子的最大初动能；
【解析】： 解：（1）由WA=hγ0
即得：WA==；
（2）氢原子从n=3能级向n=1能级跃迁辐射出的光子能量最大，此时从金属表面逸出的光电子的最大初动能为Ekm
由EKm=hγ﹣WA得：
解得：EKm==；
答：（1）该金属的极限频率；
（2）该金属表面逸出的光电子的最大初动能．
【点评】： 考查爱因斯坦光电效应方程，掌握发生光电效应现象的条件：入射光的频率大于或等于极限频率．当发生光电效应时，入射光的频率越高，而金属的逸出功是一定，则光电子的最大初动能越大．
四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
21．（15分）游客对过山车的兴趣在于感受到力的变化，这既能让游客感到刺激，但又不会受伤，设计者通过计算“受力因子”来衡量作用于游客身上的力，“受力因子”等于座椅施加给游客的力除以游客自身的重力，可以利用传感器直接显示数值．如图所示为过山车简化原理图：左边部分是装有弹射系统的弹射区，中间部分是作为娱乐主体的回旋区，右边部分是轨道的末端的制动区．某位质量m=60kg游客坐过山车运动过程中，在轨道A处时“受力因子”显示为7，在轨道B处时“受力因子”显示为0.5，在轨道C处时的“受力因子”显示为0.6．己知大回环轨道半径R=10m，重力加速度g取l0m/s2，则
（1）该游客在C处时是超重状态还是失重状态？
（2）求该游客从A处运动到B处过程中损失的机械能；
（3）在设计时能否将弹射区和制动区的位置互换？试用文字定性分析说明．
【考点】： 功能关系；向心力．
【分析】： （1）加速度方向向下处于失重状态，加速度方向向上处于超重状态；
（2）在最高点和最低点，根据向心力公式求出两点的速度，根据动能定理求出阻力做的功，克服阻力做的功即为损失的机械能；
（3）从左边出发先经过C点，然后进入大回环轨道，不一定能到达最高点B点，会发生脱离轨道的情况，所以不能互换．
【解析】： 解：（1）因C处受力因子显示0.6，即游客对座椅的压力为0.6mg，所以处于失重状态
（2）该游客在轨道A处受到的座椅的作用力FA=7mg，由牛顿第二定律可得：，则
该游客在轨道B处受到的座椅的作用力FB=0.5mg，由牛顿第二定律可得：，则
设游客机械能损失为△E，则：△E=EkA﹣（EkB+2mgR）
解得：△E=1500J
（3）不能，因为大回环的最高点比C点高，若将弹射区和制动区的位置互换，从左边出发先经过C点，继续运动速度不断减小，进入大回环轨道，不一定能到达最高点B点，会发生脱离轨道的情况，所以不能互换．
答：（1）该游客在C处时是失重状态，
（2）该游客从A处运动到B处过程中损失的机械能为1500J；
（3）不能，因为大回环的最高点比C点高，若将弹射区和制动区的位置互换，从左边出发先经过C点，继续运动速度不断减小，进入大回环轨道，不一定能到达最高点B点，会发生脱离轨道的情况，所以不能互换．
【点评】： 本题主要考查了向心力公式和动能定理的直接应用，要求同学们能根据题意得出“受力因子”的含义，难度适中．
22．（16分）如图1所示是“嫦娥三号”奔月的过程中某阶段运动示意图．关闭动力的嫦娥三号探测器在月球引力作用下向月球靠近，在椭圆轨道B处变轨进入半径为r的圆轨道Ⅰ，此时探测器绕月球做圆周远动的周期为T．经多次变轨，“嫦娥三号”最后从圆轨道Ⅱ上的D点处变轨，进入椭圆轨道Ⅲ．由近月点C成功落月．探测器在月面实现软着陆是非常困难的，探测器接触地面瞬间速度为竖直向下的v0，大于要求的软着陆速度v1，为此，科学家们设计了一种叫电磁阻尼缓冲装置，其原理如图2所示．主要部件为缓冲滑块K和绝缘光滑的缓冲轨道MN、PQ．探测器主体中还有超导线圈（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，导轨内的缓冲滑块由高强绝缘材料制成．滑块K上绕有闭合单匝矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，ad边长为L．当探测器接触地面时，滑块K立即停止运动，此后线圈与轨道间的磁场作用，使探测器做减速运动，从而实现缓冲．若装置中除缓冲滑块（含线圈）外的质量为m，万有引力常量为G，月球表面的重力加速度为，g为地球表面重力加速度，不考虑运动磁场产生的电场．
（1）试用上述信息求出月球的质量和半径；
（2）为使探测器主体做减速运动，匀强磁场的磁感应强度B应满足什么条件？
（3）当磁感应强度为B0时，探测器可做减速运动．若从v0减速到v1的过程中，通过线圈截面的电量为q．求该过程中线圈产生的焦耳热．
【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；万有引力定律及其应用．
【专题】： 电磁感应与电路结合．
【分析】： （1）嫦娥三号在轨道Ⅰ做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，列式可求得月球的质量．物体在月球表面上时，重力等于万有引力，列式可求得月球的半径．
（2）为了使探测器作减速运动，其所受的安培力需大于其自身重力，据此列式，求得匀强磁场的磁感应强度B应满足的条件．
（3）根据通过线圈截面的电量求出探测器下降的高度，线圈产生的焦耳热等于探测器机械能的变化量．由能量守恒求解．
【解析】： 解：（1）嫦娥三号在轨道Ⅰ做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有：
得月球的质量
在月球表面，由m′og=G
解得月球半径
（2）为了使探测器作减速运动，其所受的安培力需大于其自身重力
（3）通过线圈截面的电量为
可得探测器下降的高度
线圈产生的焦耳热等于探测器机械能的变化量，则
答：（1）月球的质量为，半径为；
（2）为使探测器主体做减速运动，匀强磁场的磁感应强度B应满足的条件是B＞．
（3）该过程中线圈产生的焦耳热为+．
【点评】： 对于卫星问题，关键要掌握两条基本思路：万有引力等于向心力及万有引力等于重力．对于电磁感应，知道已知电荷，往往能求出距离，运用能量守恒求解热量．
23．（16分）欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大，能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小长度为l0质子束以初速度v0同时从左、右两侧入口射入加速电场，经过相同的一段距离后射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰，已知质子质量为m，电量为e，加速极板AB、A′B′间电压均为U0，且满足eU0=mv02．两磁场磁感应强度相同，半径均为R，圆心O、O′在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为H=R，整个装置处于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应．
（1）试求质子束经过加速电场加速后（未进入磁场）的速度v和长度l；
（2）试求出磁场磁感应强度B和粒子束可能发生碰撞的时间△t．
（3）若某次实验时将磁场O的圆心往上移了，其余条件均不变，则质子束能否相碰？若不能，请说明理由；若能，请说明相碰的条件及可能发生碰撞的时间△t′．
【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】： （1）由动能定理即可求出粒子的速度，由位移公式即可求出长度l；
（2）由半径公式即可求出磁感应强度，由位移公式即可求出时间；
（3）通过运动的轨迹与速度的方向分析能否发生碰撞．
【解析】： 解：（1）质子加速的过程中，电场力做功，得：
将eU0=mv02代入得：v=2v0
由于是相同的粒子，又在相同的电场中加速，所以可知，所有粒子在电场中加速的时间是相等的，在加速 之前，进入电场的时间差：
出电场的时间差也是△t，所以，出电场后，该质子束的长度：L=vt=2v0t=2l0
（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，在偏转后粒子若发生碰撞，则只有在粒子偏转90°时，才可能发生碰撞，所以碰撞的位置在OO′的连线上．
洛伦兹力提供向心力，即：
由于洛伦兹力只改变磁场的方向，不改变粒子的速度，所以粒子经过磁场后的速度的大小不变，由于所有粒子的速度大小相等，所以应先后到达同一点，所以碰撞的时间：△t=
（3）某次实验时将磁场O的圆心往上移了，其余条件均不变，则质子束经过电场加速后的速度不变，而运动的轨迹不再对称．
对于上边的粒子，不是对着圆心入射，而是从F点入射，如图：E点是原来C点的位置，连接OF、OD，作FK平行而且等于OD，再连接KD，由于OD=OF=FK，则四边形ODFK是菱形，即KD=KF，所以粒子仍然从D点射出，但方向不是沿OD的方向，K为粒子束的圆心．
由于磁场向上移了，故：
而对于下边的粒子，没有任何的改变，故两束粒子若相遇，则一定在D点相遇．
下方的粒子到达C′后先到达D点的粒子需要的时间：
而上方的粒子到达E点后，最后到达D点的粒子需要的时间：=
若t′＞t．即当时，两束粒子不会相遇；
若t′＜t．即当时，两束粒子可能相碰撞的最长时间：△t=t﹣t′=
答：（1）质子束经过加速电场加速后（未进入磁场）的速度是2v0，长度是2l0；
（2）试求出磁场磁感应强度是，粒子束可能发生碰撞的时间是．
（3）若某次实验时将磁场O的圆心往上移了，其余条件均不变，当时，两束粒子不会相遇；
当时，两束粒子可能相碰撞的最长时间：△t=t﹣t′=．
【点评】： 该题属于分析物理实验的题目，虽然给出的情况比较新颖，但是，只有抓住带电粒子在电场中运动的规律与带电粒子在磁场中运动的规律，使用动能定理与磁场中的半径公式即可正确解答．中档题目．
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