2019年高中物理 第一章 電磁感應(yīng)章末知識(shí)整合 粵教版選修3-2.doc

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2019年高中物理 第一章 電磁感應(yīng)章末知識(shí)整合 粵教版選修3-2 專題一　電磁感應(yīng)中的電路問題 在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢．若回路閉合，則產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流引起熱效應(yīng)，所以電磁感應(yīng)問題常常與電路知識(shí)綜合考查． 1．解決與電路相聯(lián)系的電磁感應(yīng)問題的基本方法． (1)明確哪部分導(dǎo)體或電路產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，該導(dǎo)體或電路就是電源，其他部分是外電路． (2)用法拉第電磁感應(yīng)定律確定感應(yīng)電動(dòng)勢的大小，用楞次定律確定感應(yīng)電流的方向． (3)畫等效電路圖．分清內(nèi)外電路，畫出等效電路圖是解決此類問題的關(guān)鍵． (4)運(yùn)用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路的特點(diǎn)、電功、電功率等公式求解． 2．問題示例． (1)圖甲中若磁場增強(qiáng)，可判斷感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，則φB>φA；若線圈內(nèi)阻為r，則UBA＝. (2)圖乙中，據(jù)右手定則判定電流流經(jīng)AB的方向?yàn)锽→A，則可判定φA>φB，若導(dǎo)體棒的電阻為r，則UAB＝R. 3．電磁感應(yīng)中常見的兩種情形． (1)導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的電路分析． 　固定在勻強(qiáng)磁場中的正方形導(dǎo)線框abcd， 各邊長為L，其中ab是一段電阻為R0的均勻電阻絲，其余三邊均為電阻可忽略的銅線，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)有一與ab段的材料、粗細(xì)、長度都相同的電阻絲PQ架在導(dǎo)線框上，以恒定速度v從ad滑向bc，如圖所示．當(dāng)PQ滑過的距離時(shí)，PQ兩端的電勢差是________，通過aP段電阻絲的電流強(qiáng)度是________，方向向________ (填“左”或“右”)． 解析：把PQ等效為電源，等效電路圖如右圖， 產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的大小：E＝BLv； 整個(gè)電路的總電阻：R總＝R0＋＝R0； 則干路中的電流：I＝； PQ兩端的電勢差： U＝E－Ir＝E－＝E＝. aP、bP的電阻之比為1∶2，則電流比為2∶1，通過aP的電流大小I′＝I＝＝. 根據(jù)右手定則流過QP的電流方向由Q到P，所以流過aP段的電流方向向左． 答案：　　左 (2)磁場發(fā)生變化時(shí)的電路分析． 　如圖所示， 匝數(shù)n＝100 匝，面積S＝0.2 m2、電阻r＝0.5 Ω的圓形線圈MN處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按B＝0.6＋0.02t(T)的規(guī)律變化．處于磁場外的電阻R1＝3.5 Ω，R2＝6 Ω，電容C＝30 μF，開關(guān)S開始時(shí)未閉合，求： (1)閉合S后，線圈兩端M、N兩點(diǎn)間的電壓UMN和電阻R2消耗的電功率； (2)閉合S一段時(shí)間后又打開S，則S斷開后通過R2的電荷量為多少？ 解析：(1)線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢 E＝N＝NS＝1000.020.2 V＝0.4 V 通過電源的電流強(qiáng)度 I＝＝ A＝0.04 A 線圈兩端M、N兩點(diǎn)間的電壓 UMN＝E－Ir＝0.4 V－0.040.5 V＝0.38 V 電阻R2消耗的電功率 P2＝I2R2＝0.040.046 W＝9.610－3 W. (2)閉合S一段時(shí)間后，電路穩(wěn)定，電容器C相當(dāng)于開路，其兩端電壓UC等于R2兩端的電壓，即 UC＝IR2＝0.046 V＝0.24 V 電容器充電后所帶電荷量為 Q＝CUC＝3010－60.24 C＝7.210－6C 當(dāng)S再斷開后，電容器通過電阻R2放電，通過R2的電荷量為7.210－6 C. 答案：見解析 專題二　電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題 1．解決電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題的一般思路． (1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和方向． (2)求回路中的電流． (3)分析研究導(dǎo)體的受力情況(包含安培力，用左手定則確定其方向)． (4)根據(jù)牛頓第二定律或物體受力平衡列方程求解． 2．受力情況、運(yùn)動(dòng)情況的動(dòng)態(tài)分析． 導(dǎo)體受力運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢→感應(yīng)電流→通電導(dǎo)體受安培力作用→合外力變化→加速度變化→速度變化→感應(yīng)電動(dòng)勢變化→……周而復(fù)始地循環(huán)，最終結(jié)果是加速度等于0，導(dǎo)體達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．此類問題要畫好受力圖，抓住加速度a＝0時(shí)，速度v達(dá)到最值的特點(diǎn)． 　如圖所示 ，水平放置的平行光滑軌道間距為L＝1 m．左端連有定值電阻R＝2 Ω，金屬桿MN與軌道接觸良好，MN的電阻為r＝0.5 Ω，軌道電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1 T的勻強(qiáng)磁場中，現(xiàn)在使MN在水平向右的恒力F＝2 N的作用下運(yùn)動(dòng)，則： (1)試判斷MN桿哪端電勢高． (2)桿獲得的最大速度是多少？ (3)MN兩點(diǎn)的最大電勢差是多大？ 解析：(1)由右手定則可判斷M端電勢高． (2)由題意可知：當(dāng)金屬桿MN受到的安培力F安＝F時(shí)，桿獲得的速度最大 即：F安＝BIL＝＝F 代入數(shù)據(jù)得v＝5 m/s. (3)當(dāng)桿MN獲得最大速度后，桿即做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)UMN電勢差最大 此時(shí)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝BLv＝5 V 由歐姆定律可得： UMN＝R＝4 V 答案：(1)M端電勢高　(2)v＝5 m/s　(3)4 V 規(guī)律小結(jié)： 解決電磁感應(yīng)中電路問題的關(guān)鍵是把電磁感應(yīng)問題等效為穩(wěn)恒直流電路問題： ①把產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢那部分導(dǎo)體等效為電源，感應(yīng)電動(dòng)勢的大小相當(dāng)于電源電動(dòng)勢，其余部分相當(dāng)于外電路． ②畫出等效電路圖． ③依據(jù)電路知識(shí)分析求解． 　如圖所示， 兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L，M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻．一根質(zhì)量為 m 的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直．整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直斜面向下，導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略．讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦． (1)請?jiān)诖藞D中畫出ab桿下滑過程中某時(shí)刻的受力示意圖； (2)在加速下滑過程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，求此時(shí)ab桿中的電流及其加速度的大??； (3)求在下滑過程中，ab桿可以達(dá)到的速度最大值． 解析：(1)如圖所示 ：重力 mg，豎直向下；支撐力 N，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上． (2)當(dāng)ab桿速度為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，此時(shí)電路電流： I＝＝. ab桿受到安培力： F＝BIL＝. 根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律，有 ma＝mgsin θ－F＝mgsin θ－ 解得： a＝gsin θ－. (3)當(dāng)＝mgsin θ時(shí)，ab桿達(dá)到最大速度vm＝. 答案：(1)如圖所示：重力mg，豎直向下；支撐力N，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上 (2)a＝gsin θ－　(3)vm＝ 規(guī)律小結(jié)： 解決電磁感應(yīng)的力學(xué)綜合問題常見的基本處理方法： ①導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)——靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)． 處理方法：根據(jù)平衡條件，列式分析求解． ②導(dǎo)體處于非平衡狀態(tài)——加速度a≠0. 處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，或結(jié)合功能關(guān)系分析． 專題三　電磁感應(yīng)中的圖象問題 1．常見的電磁感應(yīng)圖象． 常見的圖象有磁感應(yīng)強(qiáng)度B、磁通量Φ、感應(yīng)電動(dòng)勢Е和感應(yīng)電流Ι隨時(shí)間t變化的圖象，即Bt圖象、Φt圖象、Et圖象和It圖象．對于切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流的情況，還常常涉及感應(yīng)電動(dòng)勢E和感應(yīng)電流I隨線圈位移x變化的圖象，即Ex圖象和Ix圖象．涉及磁場對導(dǎo)體的作用力的，有Ft圖象． 因?yàn)橐硎镜奈锢砹浚绱鸥袘?yīng)強(qiáng)度B、磁通量Φ、感應(yīng)電動(dòng)勢E和感應(yīng)電流I以及安培力F等，是有方向(或說正負(fù))的，所以不管什么圖象，都是用正負(fù)值來反映E、I、B等物理量方向的(或正負(fù)的) 2．分析思路 (1)用楞次定律或右手定則判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(或電流)的方向，確定其正負(fù)及在坐標(biāo)中的范圍． (2)利用法拉第電磁感應(yīng)定律分析感應(yīng)電動(dòng)勢(或電流)的大小及變化規(guī)律． 3．常見題型． (1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出有關(guān)正確的圖象． 　矩形導(dǎo)線框abcd放在勻強(qiáng)磁場中，在外力控制下處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖甲所示．磁感線方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示．t＝0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直線框平面向里，在0～4 s時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框ad邊所受安培力隨時(shí)間變化的圖象(規(guī)定向左為安培力的正方向)可能是下圖中的(　　) 解析：t＝0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直線框平面向里，在0到1 s內(nèi)，穿過線框的磁通量變小，由楞次定律可得，感應(yīng)電流方向是順時(shí)針，再由左手定則可得線框的ad邊的安培力水平向左． 當(dāng)在 1 s到 2 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直線框平面向外，穿過線框的磁通量變大，由楞次定律可得，感應(yīng)電流方向是順時(shí)針，再由左手定則可得線框的ad邊的安培力水平向右．在下一個(gè)周期內(nèi)，重復(fù)出現(xiàn)安培力先向左后向右． 答案：D (2)由給定的圖象分析電磁感應(yīng)過程，判斷其他物理量的變化． 　一個(gè)圓形閉合線圈固定在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，如圖甲所示設(shè)垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)檎?，垂直于紙面向外的磁感?yīng)強(qiáng)度方向?yàn)樨?fù)，線圈中順時(shí)針方向的感應(yīng)電流為正，逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流為負(fù)．已知圓形線圈中感應(yīng)電流i隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示，則線圈處的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的圖象可能是圖中的哪一個(gè)(　　) 解析：設(shè)垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)檎€圈中順時(shí)針方向的感應(yīng)電流為正，則由乙可知：線圈中在前0.5 s內(nèi)產(chǎn)生了逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，由楞次定律可得：當(dāng)磁通量增加時(shí)，感應(yīng)磁場方向與原磁場方向相反；當(dāng)磁通量減小時(shí)，感應(yīng)磁場方向與原磁場方向相同． A．在前0.5 s內(nèi)由乙圖根據(jù)楞次定律可知，若磁場方向垂直向里(正方向)時(shí)，必須是磁場增強(qiáng)的；若磁場方向垂直向外(負(fù)方向)時(shí)，必須是磁場減弱的．而在0.5 s～1.5 s，若磁場方向垂直向里(正方向)時(shí)，必須是磁場減弱的；若磁場方向垂直向外(負(fù)方向)時(shí)，必須是磁場增加的．所以A選項(xiàng)錯(cuò)誤； B．在前0.5 s內(nèi)，若磁場方向垂直向里(正方向)時(shí)，必須是磁場增強(qiáng)的，則磁通量也會(huì)增大；若磁場方向垂直向外(負(fù)方向)時(shí)，必須是磁場減弱的，則磁通量也會(huì)減?。?.5 s～1.5 s，由感應(yīng)電流方向，結(jié)合楞次定律可得：若磁場方向垂直向里(正方向)時(shí)，必須是磁場減弱的，則磁通量也會(huì)減??；若磁場方向垂直向外(負(fù)方向)時(shí)，必須是磁場增加的，則磁通量也會(huì)增大．故B錯(cuò)誤； C．在前0.5 s內(nèi)由乙圖根據(jù)楞次定律可知，若磁場方向垂直向里(正方向)時(shí)，必須是磁場增強(qiáng)的；若磁場方向垂直向外(負(fù)方向)時(shí)，必須是磁場減弱的．而在0.5 s～1.5 s，若磁場方向垂直向里(正方向)時(shí)，必須是磁場減弱的；若磁場方向垂直向外(負(fù)方向)時(shí)，必須是磁場增加的．所以C選項(xiàng)正確； D．在前0.5 s內(nèi)，若磁場方向垂直向里(正方向)時(shí)，必須是磁場增強(qiáng)的，則磁通量也會(huì)增大；若磁場方向垂直向外(負(fù)方向)時(shí)，必須是磁場減弱的，則磁通量也會(huì)減?。?.5 s ～1.5 s，由感應(yīng)電流方向，結(jié)合楞次定律可得：若磁場方向垂直向里(正方向)時(shí)，必須是磁場減弱的，則磁通量也會(huì)減??；若磁場方向垂直向外(負(fù)方向)時(shí)，必須是磁場增加的，則磁通量也會(huì)增大．故D正確． 答案：CD 規(guī)律小結(jié)： ①觀察縱橫坐標(biāo)軸代表的物理量，整體觀察圖象的周期性． ②觀察圖線并分析其物理意義，包含圖線的斜率含義，縱橫坐標(biāo)軸的截距的含義，圖線的形狀對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系等． ③實(shí)現(xiàn)將圖象“翻譯”成實(shí)際的物理過程，從而做出正確的判斷． 專題四　電磁感應(yīng)中的能量問題 1．能量轉(zhuǎn)化． 在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，通過外力克服安培力做功，把機(jī)械能或其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，即在電路中就產(chǎn)生多少電能． 若電路是純電阻電路，轉(zhuǎn)化過來的電能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；若電路為非純電阻電路，則電能一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，一部分轉(zhuǎn)化為其他形式的能，比如：用電器有電動(dòng)機(jī)，一部分轉(zhuǎn)化為機(jī)械能． 2．一般思路． (1)分析回路，分清電源和外電路． (2)分清哪些力做功，明確有哪些形式的能量發(fā)生轉(zhuǎn)化．如： 做功情況 能量轉(zhuǎn)化的特點(diǎn) 滑動(dòng)摩擦力做功 有內(nèi)能產(chǎn)生 重力做功 重力勢能必然發(fā)生變化 克服安培力做功 必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，并且克服安培力做了多少功，就有多少電能產(chǎn)生 安培力做正功 電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能 (3)根據(jù)能量守恒列方程求解． 3．電能的三種求解思路． (1)利用克服安培力做功求解，電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功． (2)利用能量守恒求解，相應(yīng)的其他能量的減少量等于產(chǎn)生的電能． (3)利用電路特征來求解，通過電路中所消耗的電能來計(jì)算． 　如圖所示， 有一水平放置的光滑導(dǎo)電軌道，處在磁感強(qiáng)度為B＝0.5 T，方向向下的勻強(qiáng)磁場中．軌道上放一根金屬桿，它的長度恰好等于軌道間的間距L＝0.2 m，其質(zhì)量m＝0.1 kg，電阻r＝0.02 Ω.跨接在軌道間的電阻R＝1.18 Ω.軌道電阻忽略不計(jì)，g＝10 m/s2. (1)要使金屬桿獲得60 m/s的穩(wěn)定速度，應(yīng)對它施加多大的水平力F? (2)在金屬桿獲得 60 m/s的穩(wěn)定速度后，若撤去水平力 F，那么此后電阻R上還能放出多少熱量？ 解析：(1)金屬桿獲得穩(wěn)定的速度，就是做勻速運(yùn)動(dòng)，它所受到的安培力與外力應(yīng)是一對平衡力，即F＝FB＝BIL，ab桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv，回路中感應(yīng)電流I＝＝，所以F＝＝0.5 N 撤去外力F后，金屬桿將在安培力的作用下做減速運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電動(dòng)勢在減小，感應(yīng)電流在減小，安培力在減小，加速度在減小，直到金屬桿的速度為零時(shí)為止，此過程中，金屬桿的動(dòng)能通過安培力做功轉(zhuǎn)化為回路中的電能，再通過電阻轉(zhuǎn)化為電熱．由于外電阻R與金屬桿是串聯(lián)關(guān)系，在串聯(lián)電路中，消耗的電能與電阻成正比，故有 QR＋Qr＝mv2＝180 J, 在串聯(lián)電路中＝＝59, 解得：QR＝177 J 答案：0.5 N　 177 J 　如圖所示，正方形導(dǎo)線框abcd的質(zhì)量為m、邊長為l，導(dǎo)線框的總電阻為R.導(dǎo)線框從垂直紙面向里的水平有界勻強(qiáng)磁場的上方某處由靜止自由下落，下落過程中，導(dǎo)線框始終在與磁場垂直的豎直平面內(nèi)，cd邊保持水平．磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，磁場上、下兩個(gè)界面水平距離為l.已知cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)線框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)．重力加速度為g. (1)求cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)導(dǎo)線框的速度大??； (2)請證明：導(dǎo)線框的cd邊在磁場中運(yùn)動(dòng)的任意瞬間，導(dǎo)線框克服安培力做功的功率等于導(dǎo)線框消耗的電功率； (3)求從導(dǎo)線框cd邊剛進(jìn)入磁場到ab邊剛離開磁場的過程中，導(dǎo)線框克服安培力所做的功． 解析：(1)設(shè)線框cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v，則在cd邊進(jìn)入磁場過程時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv，根據(jù)閉合電路歐姆定律，通過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流為：I＝ 導(dǎo)線框受到的安培力為：F安＝BIl＝ 因cd剛進(jìn)入磁場時(shí)導(dǎo)線框做勻速運(yùn)動(dòng)，所以有F安＝mg 以上各式聯(lián)立得：v＝ (2)導(dǎo)線框cd邊在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，克服安培力做功的功率為：P安＝F安v 代入(1)中的結(jié)果，整理得：P安＝ 導(dǎo)線框消耗的電功率為：P電＝I2R＝R＝ 因此有P電＝P安 (3)導(dǎo)線框ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，cd邊即離開磁場，因此導(dǎo)線框繼續(xù)做勻速運(yùn)動(dòng)．導(dǎo)線框穿過磁場的整個(gè)過程中，導(dǎo)線框的動(dòng)能不變 設(shè)導(dǎo)線框克服安培力做功為W安，根據(jù)動(dòng)能定理有2mgl－W安＝0 解得：W安＝2mgl 答案：見解析 規(guī)律小結(jié)： 電磁感應(yīng)的過程是能量轉(zhuǎn)化與守恒的過程，在解決電磁感應(yīng)中的能量問題時(shí)，應(yīng)牢牢抓住能量守恒這一基本規(guī)律，明確哪些力做功，對應(yīng)著哪些能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化． 黑洞最后的命運(yùn)：大爆炸 在黑洞不斷增大的假設(shè)中，黑洞的生命永遠(yuǎn)不會(huì)停止．但有一個(gè)預(yù)示性的停止正是由同一位霍金做出的，他把黑洞比作一個(gè)不斷充氣的氣球.1976年，霍金在《自然》雜志上發(fā)表文章指出，黑洞會(huì)不斷蒸發(fā)直到最后爆炸而消失． 這種理論今天已被普遍認(rèn)同．人們認(rèn)為有可能“看到”黑洞的最后的閃爍，就是能從高能電磁波中觀測到的黑洞最后爆炸時(shí)發(fā)射的γ射線． 黑洞總是貪吃的，它們的終結(jié)正是由于狼吞虎咽地吃了某種消化不了的東西：帶“負(fù)能”的粒子．帶負(fù)能的粒子與提供正能的粒子一起來源于能層，但那些提供正能的粒子被推到了黑洞外面，而黑洞則吞下了帶負(fù)能的粒子，這樣它們就不得不用消耗自己能量的代價(jià)來彌補(bǔ)債務(wù)．因此黑洞的質(zhì)量減少了，并開始了一個(gè)不斷蒸發(fā)的過程．黑洞越來越小，越來越熱，它的能量在空間散失，最后這個(gè)老掠奪者就爆炸和消失了． 黑洞的大小不同，蒸發(fā)程度也不相同． 現(xiàn)在我們換個(gè)話題，不談從恒星坍縮產(chǎn)生的黑洞．科學(xué)家認(rèn)為，大爆炸后立即產(chǎn)生出宇宙，那時(shí)形成了許多極小的黑洞：它們大小像一個(gè)質(zhì)子但重量達(dá)億萬噸．質(zhì)量巨大和溫度極高的微型黑洞正是蒸發(fā)現(xiàn)象的理想發(fā)生地． 現(xiàn)在，這些微型黑洞多數(shù)已經(jīng)消失了，但另外一些爆炸正在發(fā)生之中．據(jù)天體物理學(xué)家說，有可能利用一個(gè)正在蒸發(fā)的微型黑洞來代替我們的太陽．這個(gè)微型黑洞的質(zhì)量為月球質(zhì)量的，但直徑只有0.000 5毫米． 這樣一個(gè)微型黑洞的溫度為幾千度，接近太陽表面溫度，而且持續(xù)輻射能量的時(shí)間長達(dá)10億年，如果和已知的宇宙年齡150億年相比，時(shí)間是足夠長了，如果和太陽100億年的壽命相比，更可以說是一個(gè)永久性能源了．