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  • ID:6-6354683 通用版2020届高考物理总复习第十二章第2讲原子结构和原子核(含答案解析)

    高中物理/高考专区/一轮复习

    2020高考一轮第十二章第2讲原子结构和原子核(通用版)
    物 理

    [基础知识·填一填]
    [知识点1] 原子结构 光谱和能级跃迁 
    1.电子的发现
    英国物理学家汤姆孙在研究阴极射线时发现了 电子 ,提出了原子的“枣糕模型”.
    2.原子的核式结构
    (1)1909~1911年,英国物理学家 卢瑟福 进行了α粒子散射实验,提出了原子的核式结构模型.
    (2)α粒子散射实验
    ①实验装置:如下图所示;

    ②实验结果:α粒子穿过金箔后,绝大多数沿 原方向 前进,少数发生较大角度偏转,极少数偏转角度大于90°,甚至被弹回.
    (3)核式结构模型:原子中心有一个很小的核,叫做原子核,原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在 原子核 里,带负电的 电子 在核外空间绕核旋转.
    3.氢原子光谱
    (1)光谱:用光栅或棱镜可以把各种颜色的光按波长展开,获得光的 波长 (频率)和强度分布的记录,即光谱.
    (2)光谱分类

    (3)氢原子光谱的实验规律:巴耳末系是氢光谱在可见光区的谱线,其波长公式=R(n=3,4,5,…,R是里德伯常量,R=1.10×107 m-1).
    (4)光谱分析:利用每种原子都有自己的 特征谱线 可以用来鉴别物质和确定物质的组成成分,且灵敏度很高.在发现和鉴别化学元素上有着重大的意义.
    4.玻尔理论和能级跃迁
    (1)玻尔理论
    ①定态:原子只能处于一系列 不连续 的能量状态中,在这些能量状态中原子是 稳定 的,电子虽然绕核运动,但并不向外辐射能量.
    ②跃迁:电子从能量较高的定态轨道跃迁到能量较低的定态轨道时,会放出能量为hν的光子,这个光子的能量由前后两个能级的能量差决定,即hν= Em-En .(h是普朗克常量,h=6.63×10-34 J·s)
    ③轨道:原子的不同能量状态跟电子在不同的圆周轨道绕核运动相对应.原子的定态是 不连续的 ,因此电子的可能轨道也是 不连续的 .
    (2)氢原子的能级图(如图所示)

    (3)氢原子的能级和半径公式
    ①能级公式:En=E1(n=1,2,3,…),其中E1为基态能量,其数值为E1= -13.6  eV.
    ②半径公式:rn= n2r1 (n=1,2,3,…),其中r1为基态半径,又称玻尔半径,其数值为r1=0.53×10-10 m.

    判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”.
    (1)氢原子光谱是由不连续的亮线组成的.(√)
    (2)玻尔理论成功地解释了氢原子光谱,也成功地解释了氦原子光谱.(×)
    (3)按照玻尔理论,核外电子均匀地分布在各个不连续的轨道上.(×)
    (4)氢原子由能量为En的定态向低能级跃迁时,氢原子辐射的光子能量为hν=En.(×)
    [知识点2] 原子核 核反应和核能 
    1.原子核的组成
    (1)原子核由质子和中子组成,质子和中子统称为 核子 .质子带正电,中子不带电.
    (2)基本关系
    ①核电荷数=质子数(Z)=元素的原子序数= 核外电子数 .
    ②质量数(A)= 核子数 =质子数+中子数.
    (3)X元素的原子核的符号为X,其中A表示 质量数 ,Z表示核电荷数.
    2.天然放射现象
    (1)天然放射现象
    元素 自发 地放出射线的现象,首先由 贝可勒尔 发现.天然放射现象的发现,说明原子核具有 复杂 的结构.
    (2)放射性同位素的应用与防护
    ①放射性同位素:有 天然 放射性同位素和 人工 放射性同位素两类,放射性同位素的化学性质相同.
    ②应用:消除静电、工业探伤、做 示踪原子 等.
    ③防护:防止放射性对人体组织的伤害.
    3.原子核的衰变、半衰期
    (1)原子核的衰变
    ①原子核放出α粒子或β粒子,变成另一种 原子核 的变化称为原子核的衰变.
    ②分类
    α衰变:X→Y+ He .
    β衰变:X→Y+ e 
    当放射性物质连续发生衰变时,原子核中有的发生α衰变,有的发生β衰变,同时伴随着γ辐射.
    ③两个典型的衰变方程
    α衰变:U→Th+He
    β衰变:Th→Pa+e.
    (2)半衰期
    ①定义:放射性元素的原子核有 半数 发生衰变所需的时间.
    ②影响因素:放射性元素衰变的快慢是由核 内部 自身的因素决定的,跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系.
    (3)公式:N余=N原,m余=m原
    4.核力和核能
    (1)原子核内部, 核子间 所特有的相互作用力.
    (2)核子在结合成原子核时出现质量亏损Δm,其对应的能量ΔE= Δmc2 .
    (3)原子核分解成核子时要吸收一定的能量,相应的质量增加Δm,吸收的能量为ΔE= Δmc2 .
    5.核反应、核裂变、核聚变
    (1)核反应规律:在核反应中, 质量数 守恒, 电荷数 守恒.
    (2)重核裂变
    ①定义:使重核分裂成几个质量较小的原子核的核反应.
    ②铀核裂变:用中子轰击铀核时,铀核发生裂变,一种典型的反应是生成钡和氪,同时放出三个中子,核反应方程为:U+n→Ba+Kr+3n.
    ③链式反应:由重核裂变产生中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程叫做核裂变的链式反应.
    ④链式反应的条件:a.要有足够浓度的U;b.铀块体积需 大于 临界体积,或铀块质量 大于 临界质量.
    (3)轻核聚变
    ①定义:两个轻核结合成 较重 的核,这样的核反应叫 聚变 .
    ②聚变发生的条件:使物体达到几百万度的高温.

    判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”.
    (1)氡的半衰期为3.8天,若取4个氡原子核,经7.6天后就剩下一个原子核了.(×)
    (2)核反应遵循质量数守恒而不是质量守恒,同时遵循电荷数守恒.(√)
    (3)爱因斯坦质能方程反映了物体的质量就是能量,它们之间可以相互转化.(×)
    (4)三种射线,按穿透能力由强到弱的排列顺序是γ射线、β射线、α射线.(√)
    (5)原子核越大,它的结合能越大,原子核中核子结合得越牢固.(×)
    [教材挖掘·做一做]
    1.(人教版选修3-5 P65思考与讨论改编)如图,放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线,分别进入匀强电场和匀强磁场中,下列说法正确的是(  )

    A.①表示γ射线,③表示α射线
    B.②表示β射线,③表示α射线
    C.④表示α射线,⑤表示γ射线
    D.⑤表示β射线,⑥表示α射线
    解析:C [由于在放射现象中,α射线带正电,β射线带负电,γ射线不带电,所以,可判断C正确,A、B、D错误.]
    2.(人教版选修3-5 P63第3题改编)(多选)如图是氢原子的能级图,一群氢原子处于n=3能级,下列说法中正确的是(  )

    A.这群氢原子跃迁时能够发生3种不同频率的波
    B.这群氢原子发出的光子中,能量最大为10.2 eV
    C.从n=3能级跃迁到n=2能级时发出的光波长最长
    D.这群氢原子能够吸收任意光子的能量而向更高能级跃迁
    答案:AC [根据C=3知,这群氢原子能够发出3种不同频率的光子,故A正确;由n=3跃迁到n=1,辐射的光子能量最大,ΔE=(13.6-1.51) eV=12.09 eV,故B错误;从n=3跃迁到n=2辐射的光子能量最小,频率最小,则波长最长,故C正确;一群处于n=3能级的氢原子发生跃迁,吸收的能量必须等于两能级的能级差,故D错误.]
    3.(人教版选修3-5 P85图19.6-6改编)如图是慢中子反应堆的示意图,对该反应堆的下列说法中正确的是(  )

    A.铀235容易吸收快中子后发生裂变反应
    B.快中子跟减速剂的原子核碰撞后能量减少,变成慢中子,慢中子容易被铀235俘获而引起裂变反应
    C.控制棒由镉做成,当反应过于激烈时,使控制棒插入浅一些,让它少吸收一些中子,链式反应的速度就会慢一些
    D.要使裂变反应更激烈一些,应使控制棒插入深一些,使大量快中子碰撞控制棒后变成慢中子,链式反应的速度就会快一些
    解析:B [快中子容易与轴235擦肩而过,快中子跟减速剂(慢化剂)的原子核碰撞后能量减少,变成慢中子,慢中子容易被铀235俘获而引起裂变反应,选项B正确,A错误;控制棒由镉做成,镉吸收中子的能力很强,当反应过于激烈时,使控制棒插入深一些,让它多吸收一些中子,链式反应的速度就会慢一些,选项C、D都错误.]

    考点一 原子的核式结构 玻尔理论
    [考点解读]
    1.对氢原子的能级图的理解

    (1)能级图中的横线表示氢原子可能的能量状态——定态.
    (2)横线左端的数字“1,2,3…”表示量子数,右端的数字“-13.6,-3.4…”表示氢原子的能级.
    (3)相邻横线间的距离不相等,表示相邻的能级差不等,量子数越大,相邻的能级差越小.
    (4)带箭头的竖线表示原子由较高能级向较低能级跃迁,原子跃迁条件为:hν=Em-En.
    2.定态间的跃迁——满足能级差
    (1)从低能级(n小)高能级(n大)―→吸收能量.
    hν=En大-En小
    (2)从高能级(n大)低能级(n小)―→放出能量.
    hν=En大-En小
    3.两类能级跃迁
    (1)自发跃迁:高能级→低能级,释放能量,发出光子.
    光子的频率ν==.
    (2)受激跃迁:低能级→高能级,吸收能量.
    ①光照(吸收光子):光子的能量必须恰等于能级差,hν=ΔE.
    ②碰撞、加热等:只要入射粒子能量大于或等于能级差即可,E外≥ΔE.
    ③大于电离能的光子被吸收,将原子电离.
    4.谱线条数的确定方法
    (1)一个氢原子跃迁发出可能的光谱线条数最多为(n-1).
    (2)一群氢原子跃迁发出可能的光谱线条数的两种求解方法.
    ①用数学中的组合知识求解:N=C=.
    ②利用能级图求解:在氢原子能级图中将氢原子跃迁的各种可能情况一一画出,然后相加.
    [典例赏析]
    [典例1] (2019·北京东城区一模)如图是氢原子的能级图.一个氢原子从n=4的能级向低能级跃迁,则以下判断正确的是(   )

    A.该氢原子最多可辐射出6种不同频率的光子
    B.该氢原子跃迁到基态时需要吸收12.75 eV的能量
    C.该氢原子只有吸收0.85 eV的光子时才能电离
    D.该氢原子向低能级跃迁时,向外辐射的光子的能量是特定值
    [解析] D [本题研究的是单个氢原子,单个处于n能级的氢原子向低能级跃迁时最多可辐射出n-1条不同频率的光子,故该氢原子向低能级跃迁时最多可辐射出3种不同频率的光子,选项A错误;该氢原子跃迁到基态时需要释放-0.85 eV-(-13.6 eV)=12.75 eV的能量,选项B错误;只要吸收的光子的能量大于0.85 eV,该氢原子就能电离,选项C错误;氢原子向低能级跃迁时,向外辐射的光子的能量等于两能级的能量差,此能量差为一特定值,选项D正确.]

    1.能级之间跃迁时放出的光子频率是不连续的.
    2.能级之间发生跃迁时放出(吸收)光子的频率由hν=Em-En求得.若求波长可由公式c=λν求得.
    [题组巩固]
    1.(多选)氢原子能级如图,当氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时,辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是(   )

    A.氢原子从n=2跃迁到n=1的能级时,辐射光的波长大于656 nm
    B.用波长为325 nm的光照射,可使氢原子从n=1跃迁到n=2的能级
    C.一群处于n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
    D.用波长为633 nm的光照射,不能使氢原子从n=2跃迁到n=3的能级
    解析:CD [根据氢原子的能级图和能级跃迁规律,当氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时,辐射光的波长一定小于656 nm,因此选项A错误;根据发生跃迁只能吸收和辐射一定频率的光子,可知选项B错误,D正确;一群处于n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时可以产生3种频率的光子,所以选项C正确.]
    2.(多选)如图所示为氢原子的能级图.氢原子从n=5的能级跃迁到n=3的能级时辐射出a光子,从n=4的能级跃迁到n=2的能级时辐射出b光子.下列说法正确的是(   )

    A.a光子的能量比b光子的能量大
    B.若a、b两种光在同一种均匀介质中传播,则a光的传播速度比b光的传播速度大
    C.若b光能使某种金属发生光电效应,则a光一定能使该金属发生光电效应
    D.若用同一双缝干涉装置进行实验,用a光照射双缝得到相邻亮条纹的间距比用b光照射双缝得到的相邻亮条纹的间距大
    解析:BD [据题意,氢原子从n=5的能级跃迁到n=3的能级释放的光子能量为ΔEa=0.97 eV=hνa,氢原子从n=4的能级跃迁到n=2的能级释放的光子能量为ΔEb=2.55 eV=hνb,则知b光光子的能量大,频率也大,在同一种均匀介质中,频率越大的光传播速度越慢,A错误,B正确.如果b光能使某种金属发生光电效应,则a光不一定能使其发生光电效应,C错误.a光频率较小,则a光波长较大,所以在做双缝干涉实验时,用a光照射双缝时得到的干涉条纹较宽,D正确.]
    考点二 原子核的衰变规律
    [考点解读]
    1.放射性元素
    具有放射性的元素称为放射性元素,原子序数大于或等于83的元素,都能自发地放出射线,原子序数小于83的元素,有的也能放出射线,它们放射出来的射线共有α射线、β射线、γ射线三种.
    2.三种射线的比较


    4.确定衰变次数的方法
    因为β衰变对质量数无影响,先由质量数的改变确定α衰变的次数,然后再根据衰变规律确定β衰变的次数.
    5.半衰期
    (1)公式:N余=N原,m余=m原.
    (2)半衰期的物理意义:半衰期是表示放射性元素衰

    • 2019-10-21
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  • ID:6-6354678 通用版2020届高考物理总复习第十二章第1讲光电效应波粒二象性(含答案解析)

    高中物理/高考专区/一轮复习

    2020高考一轮第十二章第1讲光电效应波粒二象性(通用版) 物 理 [基础知识·填一填] [知识点1] 光电效应  1.定义:在光的照射下从物体发射出 电子 的现象(发射出的电子称为光电子). 2.产生条件:入射光的频率 大于 极限频率. 3.光电效应规律 (1)存在着饱和电流:对于一定颜色的光,入射光越强,单位时间内发射的光电子数越多. (2)存在着遏止电压和截止频率:光电子的能量只与入射光的频率有关,而与入射光的强弱无关.当入射光的频率低于截止频率时不发生光电效应. (3)光电效应具有瞬时性:当频率超过截止频率时,无论入射光怎样微弱,几乎在照到金属时立即产生光电流,时间不超过10-9 s. 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. (1)光电效应中的“光”指的是可见光.(×) (2)只要光照射的时间足够长,任何金属都能产生光电效应.(×) (3)光子和光电子都是实物粒子.(×) [知识点2] 光电效应方程  1.基本物理量 (1)光子的能量ε=hν,其中h=6.626×10-34 J·s(称为普朗克常量). (2)逸出功:使电子脱离某种金属所做功的 最小值 . (3)最大初动能:发生光电效应时,金属表面上的电子吸收光子后克服原子核的引力逸出时所具有动能的 最大值 . 2.光电效应方程:Ek= hν-W0 . 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. (1)入射光的强度相同,则入射光的频率一定相同.(×) (2)极限频率越大的金属其逸出功越大.(√) (3)从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大,这种金属的逸出功越小.(×) (4)入射光的频率越大,则金属的逸出功越大.(×) [知识点3] 光的波粒二象性与物质波  1.光的波粒二象性 (1)光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有 波动 性. (2)光电效应说明光具有 粒子 性. (3)光既具有波动性,又具有粒子性,称为光的 波粒二象 性. 2.物质波 (1)概率波:光的干涉现象是大量光子的运动遵守波动规律的表现,亮条纹是光子到达概率 大 的地方,暗条纹是光子到达概率 小 的地方,因此光波又叫概率波. (2)物质波:任何一个运动着的物体,小到微观粒子大到宏观物体都有一种波与它对应,其波长λ=  ,p为运动物体的动量,h为普朗克常量. 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. (1)光的频率越高,光的粒子性越明显,但仍具有波动性.(√) (2)德国物理学家普朗克提出了量子假说,成功地解释了光电效应规律.(×) (3)美国物理学家康普顿发现了康普顿效应,证实了光的粒子性.(√) (4)法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子具有波动性.(√) ,[教材挖掘·做一做] 1.(人教版选修3-5 P30演示实验改编)(多选)如图所示,用导线把验电器与锌板相连接,当用紫外线照射锌板时,发生的现象是(  ) A.有光子从锌板逸出 B.有电子从锌板逸出 C.验电器指针张开一个角度 D.锌板带负电 答案:BC 2.(人教版选修3-5 P36第2题改编)(多选)在光电效应实验中,用频率为ν的光照射光电管阴极,发生了光电效应,下列说法正确的是(  ) A.增大入射光的强度,光电流增大 B.减少入射光的强度,光电效应现象消失 C.改用频率小于ν的光照射,一定不发生光电效应 D.改用频率大于ν的光照射,光电子的最大初动能变大 解析:AD [增大入射光强度,单位时间内照射到单位面积上的光子数增加,则光电流将增大,故选项A正确;光电效应是否发生取决于入射光的频率,而与入射光强度无关,故选项B错误.用频率为ν的光照射光电管阴极,发生光电效应,用频率较小的光照射时,若光的频率仍大于极限频率,则仍会发生光电效应,选项C错误;根据hν-W逸=mv2可知,增大入射光频率,光电子的最大初动能也增大,故选项D正确.] 3.(人教版选修3-5 P38图17.3-1改编)(多选)1927年戴维逊和革末完成了电子衍射实验,该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一.如图所示的是该实验装置的简化图,下列说法正确的是 (  ) A.亮条纹是电子到达概率大的地方 B.该实验说明物质波理论是正确的 C.该实验再次说明光子具有波动性 D.该实验说明实物粒子具有波动性 解析:ABD [电子属于实物粒子,电子衍射实验说明电子具有波动性,说明物质波理论是正确的,与光的波动性无关,B、D正确,C错误;物质波也是概率波,亮条纹是电子到达概率大的地方,A正确.] 考点一 对光电效应的理解 [考点解读] 1.与光电效应有关的五组概念对比 (1)光子与光电子:光子指光在空间传播时的每一份能量,光子不带电;光电子是金属表面受到光照射时发射出来的电子,其本质是电子.光子是光电效应的因,光电子是果. (2)光电子的动能与光电子的最大初动能:光照射到金属表面时,电子吸收光子的全部能量,可能向各个方向运动,需克服原子核和其他原子的阻碍而损失一部分能量,剩余部分为光电子的初动能;只有金属表面的电子直接向外飞出时,只需克服原子核的引力做功的情况,才具有最大初动能.光电子的初动能小于或等于光电子的最大初动能. (3)光电流与饱和光电流:金属板飞出的光电子到达阳极,回路中便产生光电流,随着所加正向电压的增大,光电流趋于一个饱和值,这个饱和值是饱和光电流,在一定的光照条件下,饱和光电流与所加电压大小无关. (4)入射光强度与光子能量:入射光强度指单位时间内照射到金属表面单位面积上的总能量. (5)光的强度与饱和光电流:饱和光电流与入射光强度成正比的规律是对频率相同的光照射金属产生光电效应而言的,对于不同频率的光,由于每个光子的能量不同,饱和光电流与入射光强度之间没有简单的正比关系. 2.光电效应的研究思路 (1)两条线索 (2)两条对应关系 →→→ →→ (3)三点提醒 ①能否发生光电效应,不取决于光的强度而取决于光的频率. ②光电效应中的“光”不是特指可见光,也包括不可见光. ③逸出功的大小由金属本身决定,与入射光无关. [典例赏析] [典例1] (2016·全国卷Ⅰ改编)(多选)现用某一光电管进行光电效应实验,当用某一频率的光入射时,有光电流产生.下列说法正确的是(  ) A.保持入射光的频率不变,入射光的光强变大,饱和光电流变大 B.入射光的频率变高,饱和光电流变大 C.入射光的频率变高,光电子的最大初动能变大 D.保持入射光的光强不变,不断减小入射光的频率,始终有光电流产生 [解析] AC [保持入射光的频率不变,入射光的光强变大,单位时间内光电子变多,饱和光电流变大,A对;据爱因斯坦光电效应方程mv=hν-W0可知,入射光的频率变高,光电子的最大初动能变大,饱和光电流不变,B错,C对;当hν<W0时没有光电流产生,D错.] [题组巩固] 1.(多选)1905年是爱因斯坦的“奇迹”之年,这一年他先后发表了三篇具有划时代意义的论文,其中关于光量子的理论成功的解释了光电效应现象.关于光电效应,下列说法正确的是(   ) A.当入射光的频率低于极限频率时,不能发生光电效应 B.光电子的最大初动能与入射光的频率成正比 C.光电子的最大初动能与入射光的强度成正比 D.某单色光照射一金属时不发生光电效应,改用波长较短的光照射该金属可能发生光电效应 解析:AD [根据光电效应现象的实验规律,只有入射光频率大于极限频率才能发生光电效应,故A、D正确.根据光电效应方程,最大初动能与入射光频率为线性关系,但非正比关系,B错误;根据光电效应现象的实验规律,光电子的最大初动能与入射光强度无关,C错误.] 2.(多选)用如图所示的光电管研究光电效应的实验中,用某种频率的单色光a照射光电管阴极K,电流计G的指针发生偏转.而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时,电流计G的指针不发生偏转,那么(  ) A.a光的频率一定大于b光的频率 B.只增加a光的强度可使通过电流计G的电流增大 C.增加b光的强度可能使电流计G的指针发生偏转 D.用a光照射光电管阴极K时通过电流计G的电流是由d到c 解析:AB [由于用单色光a照射光电管阴极K,电流计G的指针发生偏转,说明发生了光电效应,而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时,电流计G的指针不发生偏转,说明b光不能发生光电效应,即a光的频率一定大于b光的频率,A正确;增加a光的强度可使单位时间内逸出光电子的数量增加,则通过电流计G的电流增大,因为b光不能发生光电效应,所以即使增加b光的强度也不可能使电流计G的指针发生偏转,B正确,C错误;用a光照射光电管阴极K时,通过电流计G的电子的方向是由d到c,所以电流方向是由c到d,选项D错误,故选A、B.] 考点二 光电效应方程及图象的理解 [考点解读] 1.三个关系 (1)爱因斯坦光电效应方程Ek=hν-W0. (2)光电子的最大初动能Ek可以利用光电管实验的方法测得,即Ek=eUc,其中Uc是遏止电压. (3)光电效应方程中的W0为逸出功,它与极限频率νc的关系是W0=hνc. 2.四类图象 图象名称 图线形状 读取信息 最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图线 ①截止频率(极限频率):横轴截距②逸出功:纵轴截距的绝对值W0=|-E|=E③普朗克常量:图线的斜率k=h 遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图线 ①截止频率νc:横轴截距②遏止电压Uc:随入射光频率的增大而增大③普朗克常量h:等于图线的斜率与电子电荷量的乘积,即h=ke. 颜色相同、强度不同的光,光电流与电压的关系 ①遏止电压Uc:横轴截距②饱和光电流Im:电流的最大值③最大初动能:Ekm=eUc 颜色不同时,光电流与电压的关系 ①遏止电压Uc1、Uc2②饱和光电流③最大初动能Ek1=eUc1,Ek2=eUc2 [典例赏析] [典例2] (2017·全国卷Ⅲ)(多选)在光电效应实验中,分别用频率为νa、νb的单色光a、b照射到同种金属上,测得相应的遏止电压分别为Ua和Ub、光电子的最大初动能分别为Eka和Ekb.h为普朗克常量.下列说法正确的是(  ) A.若νa>νb,则一定有Ua<Ub B.若νa>νb,则一定有Eka>Ekb C.若Ua<Ub,则一定有Eka<Ekb D.若νa>νb,则一定有hνa-Eka>hνb-Ekb [解析] BC [光照射到同种金属上,同种金属的逸出功相同.若νa>νb,据hν-W0=Ek,得Eka>Ekb,则B项正确.由hν-W0=Ek=eU,可知当νa>νb时Ua>Ub,则A项错误.若Ua<Ub,说明Eka<Ekb,则C项正确.由hν-Ek=W0,而同一种金属W0相同,故D项错误.]  应用光电效应方程时的注意事项 1.每种金属都有一个截止频率,入射光频率大于这个截止频率时才能发生光电效应. 2.截止频率是发生光电效应的最小频率,对应着光的极限波长和金属的逸出功,即hνc=h=W0. 3.应用光电效应方程Ek=hν-W0时,注意能量单位电子伏和焦耳的换算(1 eV=1.6×10-19 J). [题组巩固] 1.(2018·全国卷Ⅱ)用波长为300 nm的光照射锌板,电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10-19J.已知普朗克常量为6.63×10-34J·s,真空中的光速为3.0×108 m·s-1,能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为(  ) A.1×1014 Hz      B.8×1014 Hz C.2×1015 Hz D.8×1015 Hz 解析:B [由光电效应方程式得:Ekm=hν-W0① W0=hν0② 联立①②得:ν0=ν-=-=8×1014Hz.] 2.(多选)1905年,爱因斯坦把普朗克的量子化概念进一步推广,成功地解释了光电效应现象,提出了光子说.在给出与光电效应有关的四个图象中,下列说法正确的是(   ) A.图1中,当紫外线照射锌板时,发现验电器指针发生了偏转,说明锌板带正电,验电器带负电 B.图2中,从光电流与电压的关系图象中可以看出,电压相同时,光照越强,光电流越大,说明遏止电压和光的强度有关 C.图3中,若电子电荷量用e表示,ν1、νc、U1已知,由Uc-ν图象可求得普朗克常量的表达式为h= D.图4中,由光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象可知该金属的逸出功为E或hν0 解析:CD [用紫外线灯发出的紫外线照射锌板,锌板失去电子带正电,验电器与锌板相连,则验电器的金属球和金属指针带正电,故选项A错误;由题图可知电压相同时,光照越强,光电流越大,只能说明光电流强度与光的强度有关,遏止电压只与入射光的频率有关,与入射光的强度无关,故选项B错误;根据爱因斯坦光电效应方程Uce=hν-W0,可知Uc=ν-,图象Uc-ν的斜率表示,即=,解得h=,故选项C正确;根据光电效应方程Ek=hν-W0,Ek-ν图线的纵轴截距的绝对值表示逸出功,则逸出功为E,当最大初动能为零,入射光的频率等于金属的极限频率,则金属的逸出功等于hν0,故选项D正确.] 考点三 光的波粒二象性 物质波 [考点解读] 光既有波动性,又有粒子性,两者不是孤立的,而是有机的统一体,其表现规律为: (1)从数量上看:个别光子的作用效果往往表现为粒子性;大量光子的作用效果往往表现为波动性. (2)从频率上看:频率越低波动性越显著,越容易看到光的干涉和衍射现象;频率越高粒子性越显著,贯穿本领越强,越不容易看到光的干涉和衍射现象. (3)从传播与作用上看:光在传播过程中往往表现出波动性;在与物质发生作用时往往表现为粒子性. (4)波动性与粒子性的统一:由光子的能量E=hν、光子的动量表达式p=也可以看出,光的波动性和粒子性并不矛盾:表示粒子性的能量和动量的计算式中都含有表示波的特征的物理量——频率ν和波长λ. (5)理解光的波粒二象性时不可把光当成宏观概念中的波,也不可把光当成宏观概念中的粒子. [典例赏析] [典例3] (多选)实物粒子和光都具有波粒二象性.下列事实中突出体现波动性的是(  ) A.电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样 B.β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹 C.人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构 D.人们利用电子显微镜观测物质的微观结构 解析:ACD [电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样,可以说明电子是一种波,故A正确;β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹,可以说明β射线是一种粒子,故B错误;人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构,中子衍射说明中子是一种波,故C正确;人们利用电子显微镜观测物质的微观结构,利用了电子束的衍射现象,说明电子束是一种波,故D正确.] [题组巩固] 1.下列说法中正确的是(   ) A.实物的运动有特定的轨道,所以实物不具有波粒二象性 B.康普顿效应说明光子既有能量又有动量 C.光是高速运动的微观粒子,单个光子不具有波粒二象性 D.宏观物体的物质波波长非常小,极易观察到它的波动 解析:B [由德布罗意理论知,宏观物体的德布罗意波的波长太小,实际很难观察到波动性,但仍具有波粒二象性,A、D错误;康普顿效应说明光子除了具有能量之外还有动量,B正确;波粒二象性是光子的特性,单个光子也具有波粒二象性,C错误.] 2.(多选)波粒二象性是微观世界的基本特征,以下说法正确的有(   ) A.光电效应现象揭示了光的粒子性 B.热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性 C.黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释 D.动能相等的质子和电子,它们的德布罗意波长也相等 解析:AB [光电效应现象说明光具有粒子性,A对;衍射是波特有的特征,B对;黑体辐射可用光的粒子性解释,C错;由德布罗意波长公式λ=可知λ=,因电子和质子的质量不同,它们的波长也就不同,D错.] 1 / 8

    • 2019-10-21
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  • ID:6-6354674 通用版2020届高考物理总复习第十一章第2讲变压器电能的输送(含答案解析)

    高中物理/高考专区/一轮复习

    2020高考一轮第十一章第2讲变压器电能的输送(通用版)
    物 理

    [基础知识·填一填]
    [知识点1] 理想变压器 
    1.变压器的构造:变压器由原线圈、副线圈和闭合 铁芯 组成.
    2.原理:电流磁效应、 电磁感应 .
    3.理想变压器:不考虑铜损(线圈电阻产生的热量)、铁损(涡流产生的热量)和漏磁的变压器,即理想变压器原、副线圈的电阻均为 零 ,变压器的输入功率和 输出功率 相等.
    4.理想变压器原、副线圈基本量的关系
    功率关系 根据能量守恒可得:原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率,即P入= P出 
    电压关系 原、副线圈的电压之比等于其匝数之比,公式:=,与负载、副线圈的个数无关
    电流关系 (1)只有一个副线圈时:= (2)有多个副线圈时:由P入=P出得I1U1=I2U2+I3U3+…+InUn或I1n1=I2n2+I3n3+…+Innn
    频率关系 f1=f2(变压器不改变交变电流的 频率 )


    判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”.
    (1)变压器不但能改变交变电流的电压,还能改变交变电流的频率.(×)
    (2)理想变压器能改变交变电压、交变电流,但不改变功率,即输入功率总等于输出功率.(√)
    (3)理想变压器基本关系式中,电压和电流可以均为有效值.(√)
    (4)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时,副线圈两端无电压.(×)
    [知识点2] 电能的输送 
    如图所示,若发电站输出电功率为P,输电电压为U,用户得到的电功率为P′,用户的电压为U′,输电线总电阻为R.

    1.输出电流:I===.
    2.电压损失:ΔU=U-U′= IR 
    3.功率损失:ΔP=P-P′= I2R = 2R .
    4.减少输电线上电能损失的方法
    (1)减小输电线的电阻R.由R=ρ知,可加大导线的 横截面积 、采用 电阻率小 的材料做导线.
    (2)减小输电线中的电流.在输电功率一定的情况下,根据P=UI,要减小电流,必须提高 输电电压 .

    判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”.
    (1)高压输电的目的是增大输电的电流.(×)
    (2)在输送电压一定时,输送的电功率越大,输送过程中损失的功率越小.(×)
    (3)高压输电可以减少输电线路上的电能损失,且输电线路上电压越高越好.(×)
    [教材挖掘·做一做]
    1.(人教版选修3-2 P43科学漫步改编)(多选) 如图所示,L1、L2是高压输电线,图中两电表示数分别是220 V和10 A,已知甲图中原、副线圈匝数比为100∶1,乙图中原、副线圈匝数比为1∶10,则(  )

    A.甲图中的电表是电压表,输电电压为22 000 V
    B.甲图是电流互感器,输电电流是100 A
    C.乙图中的电表是电压表,输电电压为22 000 V
    D.乙图是电流互感器,输电电流是100 A
    解析:AD [根据匝数比=,有U1=U2=×220 V=22 000 V,故A正确;甲图是电压互感器,故B错误;乙图是电流互感器,电表是电流表,故C错误;只有一个副线圈的变压器,电流比等于匝数的反比=,有I1=I2=×10 A=100 A,故D正确.]
    2.(人教版选修3-2 P44第2题改编)有些机床为了安全,照明电灯用的电压是36 V,这个电压是把380 V的电压降压后得到的.如果变压器的原线圈是1 140匝,副线圈是(  )
    A.1 081匝     B.1 800匝
    C.108 匝 D.8 010匝
    解析:C [由题意知U1=380 V,U2=36 V,n1=1 140匝,则 =得n2=n1=108匝.]
    3.(人教版选修3-2 P50第3题改编)从发电站输出的功率为220 kW,输电线的总电阻为0.05 Ω,用110 V和11 kV两种电压输电.两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为(  )
    A.100∶1 B.1∶100
    C.1∶10 D.10∶1
    解析:A [由题意知输电线上的电流I=,则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU=Ir=,故====,故选A.]
    4.(人教版选修3-2 P48科学漫步改编)超导是当今高科技研究的热点,利用超导材料可实现无损耗输电.现有一直流电路,输电线的总电阻为0.4 Ω,它提供给用电器的电功率为40 kW,电压为800 V.若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线,保持供给用电器的功率和电压不变,那么节约的电功率为(  )
    A.1 kW    B.1.6×103 kW
    C.1.6 kW D.10 kW
    解析:A [节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率,I== A=50 A,P线=I2R=502×0.4 W=1 000 W,故节约的电功率为1 kW,A项正确.]

    考点一 理想变压器基本关系的应用
    [考点解读]
    1.理想变压器的制约关系
    制约 关系 电压 副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定 U2=U1
    功率 原线圈的输入功率P入由副线圈的输出功率P出决定 P入=P出
    电流 原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定I1=I2

    2.几种常用的变压器
    (1)自耦变压器——调压变压器,如图甲(降压作用)、乙(升压作用)所示.

    (2)互感器
    [典例赏析]
    [典例1] (2017·北京卷)如图所示,理想变压器的原线圈接在u=220sin 100πt(V)的交流电源上,副线圈接有R=55 Ω的负载电阻,原、副线圈匝数之比为2∶1,电流表、电压表均为理想电表.下列说法正确的是(  )

    A.原线圈的输入功率为220 W
    B.电流表的读数为1 A
    C.电压表的读数为110 V
    D.副线圈输出交流电的周期为50 s
    [解析] B [由题知,变压器的输入电压U1= V=220 V,所以U2=U1=110 V;副线圈电流I2==2 A,原线圈电流I1=I2=1 A.本题中电压表、电流表的读数为有效值,故B项正确,C项错误;原线圈输入功率P1=U1I1=220 W,A项错误;交流电的周期T==s=0.02 s,D项错误.]
     理想变压器问题三点应牢记
    1.熟记两个基本公式:
    (1)=,即对同一变压器的任意两个线圈,都有电压和匝数成正比.
    (2)P入=P出,即无论有几个副线圈在工作,变压器的输入功率总等于输出功率之和.
    2.原、副线圈中通过每匝线圈磁通量的变化率相等.
    3.原、副线圈中电流变化规律一样,电流的周期、频率一样.
    [题组巩固]
    1.如图为一理想变压器,其原、副线圈匝数之比n1∶n2=4∶1,原线圈两端连接光滑导轨,副线圈与电阻R组成闭合电路.当直导线MN在匀强磁场中沿导轨向左匀速切割磁感线时,电流表的示数是10 mA,那么电流表的示数是(   )

    A.40 mA      B.0
    C.10 mA D.2.5 mA
    答案:B
    2.(2016·全国卷Ⅲ)(多选)如图,理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时,两灯泡均能正常发光.下列说法正确的是(  )

    A.原、副线圈匝数比为9∶1
    B.原、副线圈匝数比为1∶9
    C.此时a和b的电功率之比为9∶1
    D.此时a和b的电功率之比为1∶9
    解析:AD [设灯泡额定电压为U0,则原线圈两端电压U1=10U0-U0=9U0,副线圈两端的电压U2=U0,根据=,可得原、副线圈匝数之比=,选项A正确,选项B错误;由=可得,原、副线圈电流之比为1∶9,由P=UI可得,此时a和b的电功率之比为1∶9,选项C错误,选项D正确.]
    考点二 理想变压器的动态分析
    [考点解读]
    1.匝数比不变的情况(如图所示)

    (1)U1不变,根据=,输入电压U1决定输出电压U2,可以得出不论负载电阻R如何变化,U2不变.
    (2)当负载电阻发生变化时,I2变化,根据输出电流I2决定输入电流I1,可以判断I1的变化.
    (3)I2变化引起P2变化,根据P1=P2,可以判断P1的变化.
    2.负载电阻不变的情况(如图所示)

    (1)U1不变,发生变化,U2变化.
    (2)R不变,U2变化,I2发生变化.
    (3)根据P2=和P1=P2,可以判断P2变化时,P1发生变化,U1不变时,I1发生变化.
    [典例赏析]
    [典例2] (2019·定州月考)(多选)理想变压器的原线圈连接一只电流表,副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节,如图,在副线圈上连接了定值电阻R0和滑动变阻器R,P为滑动变阻器的滑动触头.原线圈两端接在电压为U的交流电源上,则(  )

    A.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表的读数变大
    B.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表的读数变小
    C.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表的读数变大
    D.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表的读数变小
    [解析] BC [在原、副线圈匝数比一定的情况下,变压器的输出电压由输入电压决定.因此,当Q位置不变时,输出电压U不变,此时P向上滑动,负载电阻值R′增大,则输出电流I′减小.根据输入功率P入等于输出功率P出,电流表的读数I变小,故A错误,B正确;P位置不变,将Q向上滑动,则输出电压U′变大,I′变大,电流表的读数变大,变压器的输入功率变大,因此选项C正确,D错误.]

    解决理想变压器中有关物理量的动态分析问题的方法:
    (1)分清不变量和变量,弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系,利用闭合电路欧姆定律,串、并联电路特点进行分析判定.

    [母题探究]
    母题 典例2 探究1.匝数比不变,负载改变时的动态分析
    探究2.匝数比改变,负载不变时的动态分析
    探究3.原、副线圈匝数都改变时的动态分析

    [探究1] 匝数比不变,负载改变时的动态分析 
    如图所示,理想变压器原线圈接在交流电源上,图中各电表均为理想电表.下列说法正确的是(  )

    A.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,R1消耗的功率变大
    B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,电压表V示数变大
    C.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,电流表A1示数变大
    D.若闭合开关S,则电流表A1示数变大、A2示数变大
    解析:B [当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,R的阻值变大,变压器的次级电压不变,则次级电流减小,则R1消耗的功率及两端电压均变小,电压表的示数等于变压器次级电压减去R1两端的电压,故电压表的示数变大,选项A错误,B正确;由于当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,次级电流减小,故初级电流也减小,电流表A1示数变小,选项C错误;若闭合开关S,则变压器的次级电阻减小,次级电流变大,R1的电压变大,则电压表V示数减小,则R2两端电压减小,电流表A2读数减小;次级电流变大,则初级电流变大,则电流表A1示数变大,选项D错误;故选B.]
    [探究2] 匝数比改变,负载不变时的动态分析 
    如图为加热装置的示意图,使用电阻丝加热导气管,视变压器为理想变压器,原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变,调节触头P,使输出电压有效值由220 V降至110 V.调节前后(  )

    A.副线圈中的电流比为1∶2
    B.副线圈输出功率比为2∶1
    C.副线圈的接入匝数比为2∶1
    D.原线圈输入功率比为1∶2
    解析:C [原线圈的输入电压和匝数不变,根据输出电压的有效值由220 V降到110 V,由理想变压器原理=,可得副线圈的匝数变为原来的,C选项正确;根据P=可得,副线圈的输出功率变为原来的,同样原线圈的输入功率也变为原来的,B、D错误;故P=UI可得副线圈的电流变为原来的,A错误.]
    [探究3] 原、副线圈匝数都改变时的动态分析 
    (2016·四川理综)如图所示,接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电,如果将原、副线圈减少相同匝数,其他条件不变,则(  )

    A.小灯泡变亮
    B.小灯泡变暗
    C.原、副线圈两端电压的比值不变
    D.通过原、副线圈电流的比值不变
    解析:B [根据变压器电压与匝数关系,=,因为是降压变压器,则n1>n2,当原、副线圈减少相同匝数时,由数学知识可知变大,则U2减小,故灯泡变暗,选项A、C错误,B正确;根据=可知通过原、副线圈电流的比值变小,选项D错误.故选B.]
    考点三 远距离输电问题
    [考点解读]
    1.理清三个回路

    回路1:发电机回路.该回路中,通过线圈1的电流I1等于发电机中的电流I机;线圈1两端的电压U1等于发电机的路端电压U机;线圈1输入的电功率P1等于发电机输出的电功率P机.
    回路2:输送电路.I2=I3=I线,U2=U3+ΔU,P2=ΔP+P3.
    回路3:输出电路.I4=I用,U4=U用,P4=P用.
    2.抓住两个物理量的联系
    (1)理想的升压变压器联系着回路1和回路2,由变压器原理可得:线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是=,=,P1=P2.
    (2)理想的降压变压器联系着回路2和回路3,由变压器原理可得:线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是=,=,P3=P4.
    3.掌握一个能量守恒定律
    发电机把机械能转化为电能,并通过导线将能量输送给线圈1,线圈1上的能量就是远程输电的总能量,在输送过程中,先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分,剩余的绝大部分通过降压变压器和用户回路被用户使用消耗,所以其能量关系为P1=P线损+P用户.
    [典例赏析]
    [典例3] (2019·湖南六校联考)(多选)某大型光伏电站的功率是500 kW,电压为12 V,送往外地时,先通过逆变器转化为220 V的交流电(转化效率为80%),然后经变压器Ⅰ升压为20 000 V,通过总电阻为20 Ω的输电线路送往某

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  • ID:6-6354669 通用版2020届高考物理总复习第十一章第1讲交变电流的产生和描述(含答案解析)

    高中物理/高考专区/一轮复习

    2020高考一轮第十一章第1讲交变电流的产生和描述(通用版) 物 理 [基础知识·填一填] [知识点1] 正弦式交变电流  1.产生:线圈绕 垂直于磁场 方向的轴匀速转动. 2.两个特殊位置的特点 (1)线圈平面与中性面重合时,S⊥B,Φ 最大 ,=0,e=0,i=0,电流方向将 发生改变 . (2)线圈平面与中性面垂直时,S∥B,Φ=0, 最大 ,e最大,i最大,电流方向 不改变 . 3.电流方向的改变:一个周期内线圈中电流的方向改变 两 次. 4.交变电动势的最大值:Em= nBSω ,与转轴位置无关,与线圈形状无关. 5.交变电动势随时间的变化规律:e= nBSωsin_ωt . 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. (1)交变电流的主要特征是电流的方向随时间周期性变化.(√) (2)大小变化而方向不变的电流也叫交变电流.(×) (3)线圈经过中性面时产生的感应电动势最大.(×) [知识点2] 描述交变电流的物理量  1.周期和频率 (1)周期T:交变电流完成1次周期性变化所需要的 时间 ,单位是秒(s).表达式为T==(n为转速). (2)频率f:交变电流在1 s内完成 周期性变化 的次数,单位是 赫兹(Hz) . (3)周期和频率的关系:T=或f=. 2.交变电流的瞬时值、最大值、有效值和平均值 (1)瞬时值:交变电流 某一时刻 的值,是时间的函数. (2)最大值:交变电流或电压所能达到的最大的值. (3)有效值:让恒定电流和交变电流分别通过阻值相等的电阻,如果在交流的一个周期内它们 产生的热量 相等,就可以把恒定电流的数值规定为这个交变电流的有效值. (4)正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系 I=,U=,E=. (5)交变电流的平均值:=n,=. 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. (1)最大值和有效值之间的 倍关系只适用于正弦交流电.(√) (2)交流电压表及交流电流表的读数均为峰值.(×) (3)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值.(√) [教材挖掘·做一做] 1.(人教版选修3-2 P35思考与讨论改编)通过一阻值R=100 Ω的电阻的交变电流如图所示,其周期为1 s.电阻两端电压的有效值为(  ) A.12 V      B.4 V C.15 V D.8 V 解析:B [根据图象,一个周期T=1 s,设该交变电流的有效值为U,0~0.4 s的时间间隔为t1=0.4 s,0.4~0.5 s的时间间隔t2=0.1 s,根据电流的热效应,由2(IRt1+IRt2)=·T,解得U=4 V,B正确.] 2.(人教版选修3-2 P36第2题改编)某电容器两端所允许加的最大直流电压是250 V.它在正弦交流电路中使用时,交流电压可以是(  ) A.250 V B.220 V C.352 V D.177 V 解析:D [电容器的耐压值是指最大值,根据正弦交流电的有效值公式得:U== V=177 V.] 3.(人教版选修3-2 P34第5题改编)有一个正方形线圈的匝数为10 匝,边长为20 cm,线圈总电阻为1 Ω,线圈绕OO′轴以10π rad/s的角速度匀速转动,如图所示,匀强磁场的磁感应强度为0.5 T,问: (1)该线圈产生的交变电流电动势的峰值、电流的峰值分别是多少? (2)若从中性面位置开始计时,写出感应电动势随时间变化的表达式. (3)线圈从中性面位置开始转过30°时,感应电动势的瞬时值是多大? 解析:(1)交变电流电动势的峰值为Em=nBSω=10×0.5×0.22×10π V=6.28 V 电流的峰值为Im==6.28 A. (2)从中性面位置开始计时,感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsin ωt≈6.28sin 10πt V. (3)线圈从中性面位置开始转过30°,感应电动势的瞬时值e=Emsin 30°=3.14 V. 答案:(1)6.28 V 6.28 A (2)e=6.28sin 10πt V (3)3.14 V 考点一 正弦交变电流的产生及变化规律 [考点解读] 1.正弦式交变电流的图象(线圈在中性面位置开始计时) 函数表达式 图象 磁通量 Φ=Φmcos ωt=BScos ωt 电动势 e=Emsin ωt=nBSωsin ωt 电流 i=Imsin ωt=sin ωt 电压 u=Umsin ωt=sin ωt 2.交变电流图象的“五个”确定 (1)确定交变电流的最大值(峰值). (2)确定不同时刻交变电流的瞬时值. (3)确定周期T. (4)确定中性面对应的时刻. (5)确定交变电流方向改变时对应的时刻. [典例赏析] [典例1] (多选)如图甲所示,在匀强磁场中,一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示,则(  ) A.两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合 B.曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3 C.曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz D.曲线b表示的交变电动势有效值为10 V [解析] AC [线圈位于中性面时,磁通量最大,电动势为零,结合e-t图象知,A正确;转速之比等于周期的反比,故该比值为3∶2,B错;频率为周期的倒数,a的周期为0.04 s,频率为25 Hz,C对;正弦交变电动势的有效值为E==,已知Ea= V,且ωb=ωa,故可知Eb=× V= V=5 V,D错.]  交变电流瞬时值表达式的书写 1.确定正弦交变电流的峰值,根据已知图象读出或由公式Em=nBSω求出相应峰值. 2.明确线圈的初始位置,找出对应的函数关系式.如: (1)线圈从中性面位置开始转动,则i-t图象为正弦函数图象,函数式为i=Imsin ωt. (2)线圈从垂直于中性面的位置开始转动,则i-t图象为余弦函数图象,函数式为i=Imcos ωt. [题组巩固] 1.(多选)如图所示为交流发电机示意图,线圈的AB边连在金属滑环K上,CD边连在滑环L上,导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上,线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接.关于其工作原理,下列分析正确的是(  ) A.当线圈平面转到中性面时,穿过线圈的磁通量最大 B.当线圈平面转到中性面时,线圈中的感应电流最大 C.当线圈平面转到跟中性面垂直时,穿过线圈的磁通量最小 D.当线圈平面转到跟中性面垂直时,线圈中的感应电流最小 解析:AC [当线圈平面转到中性面的瞬间,穿过线圈的磁通量最大,磁通量变化率为零,感应电动势为零,线圈中的感应电流为零,故选项A正确,B错误;当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间,穿过线圈的磁通量最小,磁通量变化率最大,感应电动势最大,感应电流最大,选项C正确,D错误.] 2.如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其单匝矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动,线圈的两端经集流环和电刷与R=10 Ω的电阻连接,与电阻R并联的交流电压表为理想电压表,示数是10 V.图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图象,则(   ) A.电阻R上的电功率为20 W B.t=0.02 s时,R两端的电压瞬时值为零 C.R两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos 100πt V D.通过R的电流i随时间t变化的规律是i=14.1cos 50πt A 解析:C [电阻R上的电功率为P==10 W,选项A错误;由题图乙知t=0.02 s时磁通量变化率最大,R两端的电压瞬时值最大,选项B错误;R两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos 100πt V,选项C正确;通过R的电流i随时间t变化的规律是i==1.41cos 100πt A,选项D错误.] 考点二 有效值的理解与计算 [考点解读] 1.交变电流有效值的几种计算方法 (1)公式法 利用E=、U=、I=计算,只适用于正(余)弦式交变电流. (2)利用有效值的定义计算(非正弦式电流) 计算时“相同时间”至少取一个周期或为周期的整数倍. (3)利用能量关系 当有电能和其他形式的能转化时,可利用能的转化和守恒定律来求有效值. 2.几种典型交变电流的有效值 电流名称 电流图象 有效值 正弦式交变电流 I= 正弦半波电流 I= 矩形脉动电流 I= Im 非对称性交变电流 I= [典例赏析] [典例2] (多选)如图所示,甲、乙为两种电压的波形,其中图甲所示的电压按正弦规律变化,图乙所示的电压波形是正弦函数图象的一部分.下列说法正确的是(   ) A.图甲、图乙均表示交变电流 B.图甲所示电压的瞬时值表达式为u=20sin 100πt(V) C.图乙所示电压的有效值为20 V D.图乙所示电压的有效值为10 V [解析] ABD [根据交变电流的定义,题图甲、题图乙均表示交变电流,选项A正确;题图甲中电压的最大值为Um=20 V,周期为0.02 s,则电压的瞬时值表达式为u=Umsin t=20sin 100πt(V),选项B正确;根据有效值的定义有·=T,解得题图乙中电压的有效值为U=10 V,选项C错误,D正确.]  有效值求解的三点注意 1.计算有效值时要注意根据电流的热效应,抓住“三同”:“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解. 2.利用两类公式Q=I2Rt和Q=t可分别求得电流有效值和电压有效值. 3.若图象部分是正弦(或余弦)交流电,其中的从零(或最大值)开始的周期整数倍的部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系Im=I、Um=U求解. [题组巩固] 1.如图所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压,正弦交流电的每一个二分之一周期中,前面四分之一周期被截去,则现在电灯上电压的有效值为(   ) A.Um   B.    C.    D. 解析:D [从u-t图象上看,每个周期正弦波形的有效值U1=,根据有效值的定义:T=××2+0,解得:U=,D正确.] 2.一个匝数为100匝,电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中,磁场方向垂直于线圈平面,从某时刻起穿过线圈的磁通量按图所示规律变化.则线圈中产生交变电流的有效值为(   ) A.5 A B.2 A C.6 A D.5 A 解析:B [0~1 s内线圈中产生的感应电动势E1=n=100×0.01 V=1 V,1~1.2 s内线圈中产生的感应电动势E2=n=100× V=5 V,在一个周期内产生的热量Q=Q1+Q2=t1+t2=12 J,根据交变电流有效值的定义Q=I2Rt=12 J得I=2 A,故选项B正确,A、C、D错误.] 考点三 交变电流“四值”的理解和应用 [考点解读] 物理量 表达式 适用情况及说明 瞬时值 e=Emsin ωu=Umsin ωt i=Imsin ωt t 计算线圈某时刻的受力情况 最大值(峰值) Em=nBSωIm= 讨论电容器的击穿电压 有效值 对正(余)弦交流电有:E= ,U=,I= (1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等) (2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值 (3)保险丝的熔断电流为有效值 (4)电表的读数为有效值 平均值 =BL=n,= 计算通过电路截面的电荷量 [典例赏析] [典例3] 如图所示,N=50匝的矩形线圈abcd,ab边长l1=20 cm,ad边长l2=25 cm,放在磁感应强度B=0.4 T的匀强磁场中,外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n=3 000 r/min的转速匀速转动,线圈电阻r=1 Ω,外电路电阻R=9 Ω,t=0时线圈平面与磁感线平行,ab边正转出纸外、cd边转入纸里.求:(π≈3.14) (1)t=0时感应电流的方向; (2)感应电动势的瞬时值表达式; (3)线圈转一圈外力做的功; (4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量. [解析] (1)根据右手定则,线圈感应电流方向为adcba. (2)线圈的角速度ω=2πn=100π rad/s 题图位置的感应电动势最大,其大小为 Em=NBl1l2ω 代入数据得Em=314 V 感应电动势的瞬时值表达式为 e=Emcos ωt=314cos (100πt) V. (3)电动势的有效值E= 线圈匀速转动的周期T==0.02 s 线圈匀速转动一圈,外力做功大小等于电功的大小,即 W=I2(R+r)T=·T 代入数据得W≈98.6 J. (4)从t=0时起线圈转过90°的过程中,Δt内流过电阻R的电荷量 q=·Δt== 代入数据得q=0.1 C. [答案] (1)感应电流方向沿adcba (2)e=314cos (100πt) V (3)98.6 J (4)0.1 C  交变电流“四值”应用的几点提醒 1.在解答有关交变电流的问题时,要注意电路结构. 2.注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值,最大值是瞬时值中的最大值,有效值是以电流的热效应来等效定义的. 3.与电磁感应问题一样,求解与电能、电热相关的问题时,一定要用有效值;而求解通过导体某横截面的电荷量时,一定要用平均值. [题组巩固] 1.如图甲所示,标有“220 V 40 W”的灯泡和标有“20 μF 300 V”的电容器并联到交流电源上,为交流电压表,交流电源的输出电压如图乙所示,闭合开关.下列判断正确的是(   ) A.t=时刻,的示数为零 B.灯泡恰好正常发光 C.电容器不可能被击穿 D.的示数保持110 V不变 解析:B [的示数应是电压的有效值220 V,故A、D错误;电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压,灯泡正常发光,B正确;电压的峰值Um=220 V≈311 V,大于电容器的额定电压,故有可能被击穿,C错误.] 2.(多选)如图所示,边长为L的正方形单匝线圈abcd,电阻为r,外电路的电阻为R,ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上,磁场的磁感应强度为B,若线圈从图示位置开始以角速度ω绕OO′轴匀速转动,则以下判断正确的是(   ) A.图示位置线圈中的感应电动势最大为Em=BL2ω B.闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=BL2ωsin ωt C.线圈从图示位置转过180°的过程中,流过电阻R的电荷量为q= D.线圈转动一周的过程中,电阻R上产生的热量为Q= 解析:BD [题图位置线圈中的感应电动势最小,为零,A错误.若线圈从题图位置开始转动,闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e=BL2ωsin ωt,B正确.线圈从题图位置转过180°的过程中,流过电阻R的电荷量为q=·Δt==,C错误.线圈转动一周的过程中, 电阻R上产生的热量为Q=2·R·=,D正确.] 1 / 9

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    2020高考一轮第十章电磁感应中的动力学和能量问题(通用版) 物 理 考点一 电磁感应中的动力学问题 [考点解读] 1.两种状态及处理方法 状态 特征 处理方法 平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析 非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析 2.力学对象和电学对象的相互关系 [典例赏析] [典例1] 如图所示,金属杆ab、cd置于平行轨道MN、PQ上,可沿轨道滑动,两轨道间距l=0.5 m,轨道所在空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T,用力F=0.25 N向右水平拉杆ab,若ab、cd与轨道间的滑动摩擦力分别为f1=0.15 N、f2=0.1 N,两杆的有效电阻R1=R2=0.1 Ω,设导轨电阻不计,ab、cd的质量关系为2m1=3m2,且ab、cd与轨道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.求: (1)此两杆之间的稳定速度差; (2)若F=0.3 N,两杆间稳定速度差又是多少? [解析] 因F>f1,故ab由静止开始做加速运动,ab中将出现不断变大的感应电流,致使cd受到安培力F2作用,当F2>f2时 ,cd也开始运动,故cd开始运动的条件是:F-f1-f2>0. (1)当F=0.25 N时,F-f1-f2=0,故cd保持静止,两杆的稳定速度差等于ab的最终稳定速度vmax,故此种情况有: 电流Im==, 安培力Fm=BIml, 则有F-Fm-f1=0, 由此得vmax=0.32 m/s. (2)当F=0.3 N>f1+f2,对ab、cd组成的系统,ab、cd所受安培力大小相等,方向相反,合力为零,则系统受的合外力为 F合=F-f1-f2=0.05 N. 对系统有F合=(m1+m2)a, 因为2m1=3m2,则F合=m2a. 取cd为研究对象,F安-f2=m2a,F安=BIl,I=, 联立各式解得Δv==0.384 m/s. [答案] (1)0.32 m/s (2)0.384 m/s  四步法分析电磁感应动力学问题 [题组巩固] 1.(2019·郑州模拟)(多选)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r?R)的圆环.圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中,圆环的圆心始终在N极的轴线上,圆环所在位置的磁感应强度大小均为B,圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v,忽略电感的影响,则(   ) A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流 B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落 C.此时圆环的加速度a= D.如果径向磁场足够长,则圆环的最大速度vm= 解析:AD [圆环向下切割磁感线,由右手定则可知,圆环中感应电流的方向为顺时针方向(俯视),A正确;再由左手定则可知,圆环受的安培力向上,B错误;圆环中感应电动势为E=B·2πR·v,感应电流I=,电阻R′=ρ=,解得I=.圆环受的安培力F=BI·2πR=.圆环的加速度a==g-,圆环质量m=d·2πR·πr2,解得加速度a=g-,C错误;当mg=F时,加速度a=0,速度最大,vm=,D正确.] 2.(2016·全国卷Ⅱ)如图,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上.t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求: (1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小; (2)电阻的阻值. 解析:(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得 ma=F-μmg① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有 v=at0② 当金属杆以速度v在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律可知,杆中的电动势为 E=Blv③ 联立①②③式可得 E=Blt0④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,根据欧姆定律 I=⑤ 式中R为电阻的阻值,金属杆所受的安培力为 F安=BlI⑥ 因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得 F-μmg-F安=0⑦ 联立④⑤⑥⑦式得 R=. 答案:(1)Blt0 (2) 考点二 电磁感应中的能量问题 [考点解读] 1.能量转化及焦耳热的求法 (1)能量转化 (2)求解焦耳热Q的三种方法 2.解题的一般步骤 (1)确定研究对象(导体棒或回路). (2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化. (3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解. [典例赏析] [典例2] 小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示,两根平行金属导轨相距l=0.50 m,倾角θ=53°,导轨上端串接一个R=0.05 Ω的电阻.在导轨间长d=0.56 m的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度B=2.0 T.质量m=4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上,用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24 m.一位健身者用恒力F=80 N拉动GH杆,CD棒由静止开始运动,上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直.当CD棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD棒回到初始位置(取重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8,不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量).求: (1)CD棒进入磁场时速度v的大小; (2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小; (3)在拉升CD棒的过程中,健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q. [解析] (1)由牛顿第二定律a==12 m/s2 进入磁场时的速度v==2.4 m/s. (2)感应电动势E=Blv 感应电流I= 安培力FA=IBl 代入得FA==48 N. (3)健身者做功W=F(s+d)=64 J 由牛顿第二定律得F-mgsin θ-FA=0 CD棒在磁场区做匀速运动 在磁场中运动时间t= 焦耳热Q=I2Rt=26.88 J. [答案] (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J 能量转化问题的分析顺序:先电后力再能量 [题组巩固] 1.(2019·山东潍坊中学一模)(多选)如图所示,同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l,电阻均为R,质量分别为2m和m.它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端,在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域.开始时,线框b的上边与匀强磁场的下边界重合,线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放,当线框b全部进入磁场时,a、b两个线框开始做匀速运动.不计摩擦和空气阻力,重力加速度为g,则(   ) A.a、b两个线框匀速运动时的速度大小为 B.线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为 C.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中,线框a所产生的焦耳热为mgl D.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中,两线框共克服安培力做功为2mgl 解析:BC [设两线框匀速运动的速度为v,此时轻绳上的张力大小为FT,则对a有:FT=2mg-BIl,对b有:FT=mg,又I=,E=Blv,解得v=,故A错误.线框a从下边进入磁场后,线框a通过磁场时以速度v匀速运动,则线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间t==,故B正确.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中,线框a只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热,设为Q,由功能关系有2mgl-FTl=Q,得Q=mgl,故C正确.设两线框从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中,两线框共克服安培力做的功为W,此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离,对这一过程,由能量守恒定律有:4mgl=2mgl+×3mv2+W,得W=2mgl-,故D错误.] 2.(2019·山西运城期末)如图所示,两足够长的平行的金属导轨MN、PQ相距为L,导轨平面与水平面的夹角θ=37°,导轨电阻不计,整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.长为L的金属棒垂直于MN、PQ放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的质量为m、电阻为R,与导轨间动摩擦因数μ=0.5.两金属导轨的上端连接一个电阻,其阻值也为R,现闭合开关,给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上、大小为F=3mg的恒力,使金属棒从静止开始运动,若金属棒上滑距离为s时速度恰达到最大,最大速度为vm.(重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求: (1)金属棒刚开始运动时加速度的大小; (2)匀强磁场的磁感应强度的大小; (3)金属棒由静止开始上滑位移为2s的过程中,金属棒上产生的焦耳热Q. 解析:(1)分析金属棒受力得F-mgsin 37°-μmgcos 37°=ma, 代入数据得a=2g. (2)当金属棒速度为vm时,受力平衡,得I=, E=BLvm F-mgsin 37°-μmgcos 37°=BIL, 联立解得:B= . (3)F·2s-(mgsin 37°+μmgcos 37°)·2s-WF安=mv, Q=WF安·=, 解得:Q=2mgs-mv. 答案:(1)2g (2) (3)2mgs-mv 考点三 电磁感应中的力电综合问题 [考点解读] 理论上电荷量的求法:q=It. 方法1:在电磁感应问题中最为常见的思路为:对某一回路来说,据法拉第电磁感应定律,得E=,显然该感应电动势也为对其时间的平均值,再由I=(R为回路中的总电阻)可以得到I=.综上可得q=.若B不变,则q==. 方法2:设想在某一回路中,一部分导体仅在安培力作用下运动时,安培力F为变力,但其冲量可用它对时间的平均值进行计算,即I冲量=FΔt,而F=BIL(I为电流对时间的平均值),故有:BILΔt=mv2-mv1,而IΔt=q,故有q=. [典例赏析] [典例3] (2018·天津卷)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置.图1是某种动力系统的简化模型,图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,电阻忽略不计.ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒,通过绝缘材料固定在列车底部,并与导轨良好接触,其间距也为l,列车的总质量为m,列车启动前,ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,如图1所示.为使列车启动,需在M、N间连接电动势为E的直流电源,电源内阻及导线电阻忽略不计.列车启动后电源自动关闭. (1)要使列车向右运行,启动时图1中M、N哪个接电源正极,并简要说明理由; (2)求刚接通电源时列车加速度a的大小; (3)列车减速时,需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域,磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0,此时ab、cd均在无磁场区域.试讨论:要使列车停下来,前方至少需要多少块这样的有界磁场? [解析] (1)M接电源正极.列车要向右运动,安培力方向应向右,根据左手定则,接通电源后,金属棒中电流方向由a到b,由c到d,故M接电源正极. (2)由题意,启动时ab、cd并联,设回路总电阻为R总,由电阻的串并联知识得R总= ① 设回路总电流为I,根据闭合电路欧姆定律有I= ② 设两根金属棒所受安培力之和为F,有F=BIl ③ 根据牛顿第二定律有F=ma ④ 联立①②③④式得a= ⑤ (3)设列车减速时,cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ,平均感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律有E1= ⑥,其中ΔΦ=Bl2 ⑦ 设回路中平均电流为I′,由闭合电路欧姆定律有 I′= ⑧ 设cd受到的平均安培力为F′,有F′=I′lB ⑨ 以向右为正方向,设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲,有I冲=-F′Δt ⑩ 同理可知,回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值,设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0,有 I0=2I冲 ? 设列车停下来受到的总冲量为I总,由动量定理有 I总=0-mv0 ? 联立⑥⑦⑧⑨⑩??式得= 讨论:若恰好为整数,设其为N,则需设置N块有界磁场,若不是整数,设的整数部分为n,则需设置n+1块有界磁场. [答案] (1)M接电源正极,理由见解析 (2) (3)若恰好为整数,设其为N,则需设置N块有界磁场,若不是整数,设的整数部分为n,则需设置n+1块有界磁场 [典例4] 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离为L.导轨上面横放着两根导体棒ab和cd,构成矩形回路,如图所示.两根导体棒的质量皆为m,电阻皆为R,回路中其余部分的电阻可不计.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行,开始时,棒cd静止,棒ab有指向棒cd的初速度v0.若两导体棒在运动中始终不接触,则: (1)在运动中产生的焦耳热最多是多少? (2)当ab棒的速度变为初速度的时,cd棒的加速度大小是多少? [解析] ab棒向cd棒运动时,两棒和导轨构成的回路面积变小,磁通量变小,于是产生感应电流.ab棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动,cd棒则在安培力的作用下向右做加速运动.只要ab棒的速度大于cd棒的速度,回路总有感应电流,ab棒继续减速,cd棒继续加速,直到两棒速度相同后,回路面积保持不变,不产生感应电流,两棒以相同的速度v做匀速运动. (1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中,两棒的总动量守恒,有 mv0=2mv 根据能量守恒定律,整个过程中产生的焦耳热 Q=mv-(2m)v2=mv (2)设ab棒的速度变为v0时,cd棒的速度为v′,则由动量守恒定律可知 mv0=mv0+mv′ 解得v′=v0,回路中的电动势 E=BLv0-BLv0=BLv0 此时cd棒所受的安培力F=BIL= 由牛顿第二定律可得,cd棒的加速度 a==. [答案] (1)mv (2) [题组巩固] 1.(2019·安徽省黄山市联考)如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距离为L,其电阻不计.两导轨及其构成的平面与水平面成θ角,两根用细线连接的金属杆ab、cd分别垂直导轨放置,平行斜面向上的外力F作用在杆ab上,使两杆静止,已知两金属杆ab、cd的质量分别为m和2m,两金属杆的电阻都为R,并且和导轨始终保持良好接触,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.某时刻将细线烧断,保持杆ab静止不动,求: (1)细线烧断后外力F的最小值和最大值; (2)设细线烧断后cd杆到达最大速度前杆ab产生的电热为Q,求cd杆到达最大速度前经过的位移s. 解析:(1)细线烧断瞬间,外力F取得最小值F2; 研究杆ab:F1=mgsin θ. cd杆到达最大速度vm时,外力F取得最大值F2. 研究杆ab:F2=mgsin θ+F安. 研究cd杆,因其匀速运动,F安′=2mgsin θ. 显然F安=F安′. 代入可得:F2=3mgsin θ(也可研究整体) (2)两杆电阻相等,故电热相等. cd杆到达最大速度前电路产生的总电热为2Q 由能量守恒可知:2mgsin θ×s=mv2+2Q. 其中v为cd杆最大速度 研究cd杆,因其匀速运动,F安=2mgsin θ. 且F安=BIL,E=BLv,I=, 代入得:s=+. 答案:(1)mgsin θ 3mgsin θ (2)+ 2.(2019·山东青岛一模)如图所示,两平行光滑金属导轨由两部分组成,左面部分水平,右面部分为半径r=0.5 m的竖直半圆,两导轨间距离d=0.3 m,导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场中,两导轨电阻不计.有两根长度均为d的金属棒ab、cd,均垂直导轨置于水平导轨上,金属棒ab、cd的质量分别为m1=0.2 kg、m2=0.1 kg,电阻分别为R1=0.1 Ω、R2=0.2 Ω.现让ab棒以v0=10 m/s的初速度开始水平向右运动,cd棒进入圆轨道后,恰好能通过轨道最高点PP′,cd棒进入圆轨道前两棒未相碰,取重力加速度g=10 m/s2,求: (1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0; (2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1; (3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W. 解析:(1)ab棒开始向右运动时,设回路中电流为I,有 E=Bdv0 I= BId=m2a0 解得:a0=30 m/s2 (2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2,系统动量守恒,有 m1v0=m1v1+m2v2 m2v=m2g·2r+m2v m2g=m2 解得:v1=7.5 m/s (3)由动能定理得m1v-m1v=-W 解得:W=4.375 J. 答案:(1)30 m/s2 (2)7.5 m/s (3)4.375 J 1 / 1

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    高中物理/高考专区/一轮复习

    2020高考一轮第十章电磁感应中的电路和图象问题(通用版) 物 理 考点一 电磁感应中的电路问题 [考点解读] 1.电磁感应中电路知识的关系图 2.分析电磁感应电路问题的基本思路 [典例赏析] [典例1] 在同一水平面的光滑平行导轨P、Q相距l=1 m,导轨左端接有如图所示的电路.其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d=10 mm,定值电阻R1=R2=12 Ω,R3=2 Ω,金属棒ab的电阻r=2 Ω,其他电阻不计.磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面,当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时,质量m=1×10-14 kg、电荷量q=-1×10-14 C的微粒悬浮于电容器两极板之间恰好静止不动.取g=10 m/s2,在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好,且速度保持恒定.试求: (1)匀强磁场的方向; (2)ab两端的路端电压; (3)金属棒ab运动的速度. [解析] (1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态,因为重力竖直向下,所以电场力竖直向上,故M板带正电.ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势,ab棒等效于电源,感应电流方向由b→a,其a端为电源的正极,由右手定则可判断,磁场方向竖直向下. (2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态,根据平衡条件有 mg=Eq 又E=,所以UMN==0.1 V R3两端电压与电容器两端电压相等,由欧姆定律得通过R3的电流为 I==0.05 A 则ab棒两端的电压为Uab=UMN+I=0.4 V. (3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E=Blv 由闭合电路欧姆定律得E=Uab+Ir=0.5 V 联立解得v=1 m/s. [答案] (1)竖直向下 (2)0.4 V (3)1 m/s  电磁感应中确定电源的方法 1.判断产生电磁感应现象的那一部分导体(电源). 2.动生问题(棒切割磁感线)产生的电动势E=Blv,方向由右手定则判断. 3.感生问题(磁感应强度的变化)的电动势E=n,方向由楞次定律判断.而电流方向都是等效电源内部负极流向正极的方向. [题组巩固] 1.(多选)如图所示,两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置,间距为l=1 m,cd间、de间、cf间分别接阻值为R=10 Ω的电阻.一阻值为R=10 Ω的导体棒ab以速度v=4 m/s匀速向左运动,导体棒与导轨接触良好,导轨所在平面存在磁感应强度大小为B=0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场.下列说法中正确的是(   ) A.导体棒ab中电流的流向为由b到a B.cd两端的电压为1 V C.de两端的电压为1 V D.fe两端的电压为1 V 解析:BD [由右手定则可判知A错误; 由法拉第电磁感应定律得E=Blv=0.5×1×4 V =2 V,Ucd =E=1 V,B正确;由于de、cf间电阻没有电流流过,故Ude=Ucf=0,所以Ufe=Ucd=1 V,C错误,D正确.] 2.如图,由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd,固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中.一接入电路电阻为R的导体棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动,滑动过程PQ始终与ab垂直,且与线框接触良好,不计摩擦.在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中(  ) A.PQ中电流先增大后减小 B.PQ两端电压先减小后增大 C.PQ上拉力的功率先减小后增大 D.线框消耗的电功率先减小后增大 解析:C [整个回路的等效电路如图所示,导体棒PQ向右滑动的过程中,外电路的总电阻先增大后减小,故PQ中的电流先减小后增大,A错,P、Q两端的电压是外电压,随外电阻也应先增大后减小,B错;PQ上拉力的功率P=F·v=BIl·v,随电流应先减小后增大,C对;外电路消耗的功率随外电阻也应先增大后减小,D错.] 考点二 电磁感应中的图象问题 [考点解读] 1.图象类型 (1)电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I等随时间变化的图象,即B-t图象、Φ-t图象、E-t图象和I-t图象. (2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况,有时还常涉及感应电动势E和感应电流I等随位移变化的图象,即E-x图象和I-x图象等. 2.两类图象问题 (1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象. (2)由给定的有关图象分析电磁感应过程,求解相应的物理量. 3.解题关键 弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键. [考向突破] [考向1] 磁感应强度变化的图象问题  [典例2] (多选)如图甲所示,在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框,总电阻为3 Ω,边长为0.4 m.金属框处于两个半径为0.1 m的圆形匀强磁场中,顶点A恰好位于左边圆的圆心,BC边的中点恰好与右边圆的圆心重合.左边磁场方向垂直纸面向外,右边磁场垂直纸面向里,磁感应强度的变化规律如图乙所示,则下列说法正确的是(π取3)(   ) A.线框中感应电流的方向是顺时针方向 B.t=0.4 s时,穿过线框的磁通量为0.005 Wb C.经过t=0.4 s,线框中产生的热量为0.3 J D.前0.4 s内流过线框某截面的电荷量为0.2 C [解析] CD [根据楞次定律和安培定则,线框中感应电流的方向是逆时针方向,选项A错误;0.4 s时穿过线框的磁通量Φ=Φ1-Φ2=πr2·B1-πr2·B2=0.055 Wb,选项B错误;由图乙知= T/s=10 T/s,根据法拉第电磁感应定律,感应电动势E=n=n·πr2·=1.5 V,感应电流I==0.5 A,0.4 s内线框中产生的热量Q=I2Rt=0.3 J,选项C正确;前0.4 s内流过线框某截面的电荷量q=It=0.2 C,选项D正确.] [考向2] 导体切割磁感线的图象问题  [典例3] (2019·山西太原期中测试)如图所示,有一等腰直角三角形的区域,其斜边长为2L,高为L.在该区域内分布着如图所示的磁场,左侧磁场方向垂直纸面向外,右侧磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小均为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd,从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域.取沿顺时针方向的感应电流为正,下列表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是(   ) [解析] D [bc边的位置坐标x在L~2L过程中,线框bc边有效切割长度l=x-L感应电动势E=Blv=B(x-L)v,感应电流i==,根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→b→c→d→a,为正值;x在2L~3L过程中,ad边和bc边都切割磁感线,产生感应电动势,根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→d→c→b→a,为负值,线框有效切割长度l=L,感应电动势E=Blv=BLv,感应电流i=-;x在3L~4L过程中,线框ad边有效切割长度l=L-(x-3L)=4L-x,感应电动势E=Blv=B(4L-x)v,感应电流i=,根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→b→c→d→a为正方向,由数学知识得D正确.] [考向3] 电磁感应中双电源问题与图象的综合  [典例4] 如图所示为两个有界匀强磁场,磁感应强度大小均为B,方向分别垂直纸面向里和向外,磁场宽度均为L,距磁场区域的左侧L处,有一边长为L的正方形导体线框,总电阻为R,且线框平面与磁场方向垂直,现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域,以初始位置为计时起点,规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正,磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正,外力F向右为正.则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是(   ) [解析] D [当线框运动L时开始进入磁场,磁通量开始增加,当全部进入时达到最大;此后向外的磁通量增加,总磁通量减小;当运动到2.5L时,磁通量最小,故选项A错误;当线框进入第一个磁场时,由E=BLv可知,E保持不变,而开始进入第二个磁场时,两边同时切割磁感线,电动势应为2BLv,故选项B错误;因安培力总是与运动方向相反,故拉力应一直向右,故选项C错误;拉力的功率P=Fv,因速度不变,而线框在第一个磁场时,电流为定值,拉力也为定值;两边分别在两个磁场中时,由选项B的分析可知,电流加倍,回路中总电动势加倍,功率变为原来的4倍;此后从第二个磁场中离开时,安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力,所以功率应等于在第一个磁场中的功率,故选项D正确.] 求解电磁感应图象类选择题的两种常用方法 1.排除法:定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化),特别是分析物理量的正负,以排除错误的选项. 2.函数法:根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系,然后由函数关系对图象进行分析和判断. [题组巩固] 1.一矩形线圈abcd位于一随时间变化的匀强磁场内,磁场方向垂直线圈所在的平面向里(如图甲所示),磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示.以I表示线圈中的感应电流(图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向),则下列选项中能正确表示线圈中电流I随时间t变化规律的是(  ) 解析:C [0~1 s内磁感应强度均匀增大,根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可判定,感应电流为逆时针(为负值)、大小为定值,A、B错误;4~5 s内磁感应强度恒定,穿过线圈abcd的磁通量不变化,无感应电流,C正确,D错误.] 2.(2019·东北三校联考)(多选)如图所示,M、N为同一水平面内的两条平行长直导轨,左端串联电阻R,金属杆ab垂直导轨放置,金属杆和导轨的电阻不计,杆与导轨间接触良好且无摩擦,整个装置处于竖直方向的匀强磁场中.现对金属杆ab施加一个与其垂直的水平方向的恒力F,使金属杆从静止开始运动.在运动过程中,金属杆的速度大小为v,R上消耗的总能量为E,则下列关于v、E随时间变化的图象可能正确的是(   ) 解析:AD [对金属杆ab施加一个与其垂直的水平方向的恒力F,使金属杆从静止开始运动.由于金属杆切割磁感线产生感应电动势和感应电流,受到随速度的增大而增大的安培力作用,所以金属杆做加速度逐渐减小的加速运动,当安培力增大到等于水平方向的恒力F时,金属杆做匀速直线运动,v-t图象A正确,B错误;由功能关系知,开始水平方向的恒力F做的功一部分使金属杆动能增大,另一部分转化为电能,被电阻R消耗掉;当金属杆匀速运动后,水平方向的恒力F所做的功等于R上消耗的总能量E,因此E-t图象可能正确的是选项D.] 考点三 电磁感应图象与电路综合问题 [考点解读] [典例赏析] [典例5] (2019·福建厦门质检)如图甲所示,水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布,方向垂直于水平面向下,磁感应强度沿y轴方向没有变化,沿x轴方向B与x成反比,如图乙所示.顶角θ=45°的光滑金属长导轨MON固定在水平面内,ON与x轴重合,一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动,导体棒在滑动过程中始终与导轨接触.已知t=0时,导体棒位于顶点O处,导体棒的质量为m=1 kg,回路接触点总电阻恒为R=0.5 Ω,其余电阻不计.回路电流I与时间t的关系如图丙所示,图线是过原点的直线.求: 甲 (1)t=2 s时,回路的电动势E; (2)0~2 s时间内流过回路的电荷量q和导体棒的位移s; (3)导体棒滑动过程中水平外力F的瞬时功率P(单位:W)与横坐标x(单位:m)的关系式. [解析] (1)根据I-t图象可知:I=k1t(k1=2 A/s) 当t=2 s时,回路中电流I1=4 A 根据欧姆定律:E=I1R=2 V. (2)流过回路的电荷量q=t =,解得q= 当t=2 s时,q=4 C 由欧姆定律得:I= l=xtan 45° 根据B-x图象可知:B=(k2=1 T·m) 解得:v=t 由于=1 m/s2 再根据v=v0+at,可得a=1 m/s2 可知导体棒做匀加速直线运动 则0~2 s时间内导体棒的位移s=at2=2 m. (3)导体棒受到的安培力F安=BIl 根据牛顿第二定律:F-F安=ma 根据2ax=v2 P=Fv 解得:P==4x+(W). [答案] (1)2 V (2)4 C 2 m (3)P=4x+(W)  解决电路与图象综合问题的思路 1.电路分析:弄清电路结构,画出等效电路图,明确计算电动势的公式. 2.图象分析 (1)弄清图象所揭示的物理规律或物理量间的函数关系; (2)挖掘图象中的隐含条件,明确有关图线所包围的面积、图线的斜率(或其绝对值)、截距所表示的物理意义. 3.定量计算:运用有关物理概念、公式、定理和定律列式计算. [题组巩固] 1.(多选)如图所示,CAD是固定在水平面上的用一硬导线折成的V形框架,∠A=θ.在该空间存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场.框架上的EF是用同样的硬导线制成的导体棒,它在水平外力作用下从A点开始沿垂直EF方向以速度v匀速水平向右平移.已知导体棒和框架始终接触良好且构成等腰三角形回路,导线单位长度的电阻均为R,框架和导体棒均足够长.则下列描述回路中的电流I和消耗的电功率P随时间t变化的图象中正确的是 (  ) 解析:AD [由几何知识可知,导体棒切割磁感线的有效长度为L=2vttan ,回路的总电阻R总=LR,感应电动势E=BLv,则回路中的电流I=,回路消耗的电功率P=EI=t,故选项A、D正确,选项B、C错误.] 2.(多选)一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内,线框平面与磁场垂直,线框的右边紧贴着磁场边界,如图甲所示.t=0时刻对线框施加一水平向右的外力,让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场,外力F随时间t变化的图象如图乙所示.已知线框质量m=1 kg、电阻R=1 Ω,以下说法正确的是(   ) A.线框做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2 B.匀强磁场的磁感应强度为2 T C.线框穿过磁场的过程中,通过线框的电荷量为 C D.线框边长为1 m 解析:ABC [t=0时,线框初速度为零,故感应电动势为零,力F为线框所受合外力,由牛顿第二定律可知,线框的加速度a=1 m/s2,A项正确;由图象知,t=1.0 s时,线框刚好离开磁场,由匀变速直线运动规律可知线框的边长为0.5 m,D项错误;线框的末速度v=at=1 m/s,感应电动势E=BLv,回路中电流I=,安培力F安=BIL,由牛顿第二定律有F-F安=ma,联立解得B=2 T,B正确;由q=得q== C,选项C正确.] 1 / 1

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    2020高考一轮第十章第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流(通用版) 物 理 [基础知识·填一填] [知识点1] 法拉第电磁感应定律  1.感应电动势 (1)概念:在 电磁感应 现象中产生的电动势. (2)产生:只要穿过回路的 磁通量 发生变化,就能产生感应电动势,与电路是否闭合无关. (3)方向:产生感应电动势的电路(导体或线圈)相当于电源,电源的正、负极可由 右手定则 或 楞次定律 判断. (4)感应电流与感应电动势的关系:遵循 闭合电路欧姆 定律,即I=  . 2.法拉第电磁感应定律 (1)内容:闭合电路中感应电动势的大小,跟穿过这一电路的磁通量的 变化率 成正比. (2)公式:E= n ,n为线圈匝数. 3.导体切割磁感线的情形 (1)若B、l、v相互垂直,则E= Blv . (2)若B⊥l,l⊥v,v与B夹角为θ,则E= Blvsin_θ . (3)若v∥B,则E=0. 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. (1)线圈中磁通量越大,产生的感应电动势越大.(×) (2)线圈中磁通量变化越大,产生的感应电动势越大.(×) (3)线圈中磁通量变化越快,产生的感应电动势越大.(√) (4)磁场相对导体棒运动时,导体棒中也能产生感应电动势.(√) [知识点2] 自感与涡流  1.自感现象 (1)概念:由于导体本身的 电流 变化而产生的电磁感应现象称为自感,由于自感而产生的感应电动势叫做 自感电动势 . (2)表达式:E= L . (3)自感系数L的影响因素:与线圈的大小、形状、 匝数 以及是否有铁芯有关. 2.涡流 当线圈中的电流发生变化时,在它附近的任何导体中都会产生像 水的旋涡 状的感应电流. (1)电磁阻尼:当导体在磁场中运动时,感应电流会使导体受到 安培力 ,安培力的方向总是 阻碍 导体的运动. (2)电磁驱动:如果磁场相对于导体转动,在导体中会产生 感应电流 ,使导体受到安培力作用,安培力使导体运动起来.交流感应电动机就是利用 电磁驱动 的原理工作的. 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. (1)线圈中的电流越大,自感系数也越大.(×) (2)对于同一线圈,当电流变化越快时,线圈中的自感电动势越大.(√) (3)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的,这是为了增大铁芯中的电阻、减小涡流,提高变压器的效率.(√) [教材挖掘·做一做] 1.(人教版选修3-2 P17第1题改编)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,关于线圈中产生的感应电动势和感应电流,下列表述正确的是(  ) A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B.穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大 C.穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大 D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 答案:C 2.(人教版选修3-2 P21第2题改编)(多选)如图甲所示,单匝线圈两端A、B与一理想电压表相连,线圈内有一垂直纸面向里的匀强磁场,线圈中的磁通量变化规律如图乙所示.下列说法正确的是(  ) A.0~0.10 s内磁通量的变化量为0.15 Wb B.电压表读数为0.5 V C.电压表“+”接线柱接A端 D.B端比A端的电势高 答案:BC 3.(人教版选修3-2 P20第1题改编)如图所示,在庆祝反法西斯胜利70周年阅兵盛典上,我国预警机“空警—2 000”在天安门上空时机翼保持水平,以4.5×102 km/h的速度自东向西飞行.该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m,北京地区地磁场的竖直分量向下,大小为4.7×10-5T,则(  ) A.两翼尖之间的电势差为2.9 V B.两翼尖之间的电势差为1.1 V C.飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高 D.飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低 解析:C [飞机的飞行速度为4.5×102 km/h=125 m/s,飞机两翼尖之间的电动势为E=BLv=4.7×10-5×50×125 V=0.29 V,A、B项错;飞机从东向西飞行,磁场竖直向下,根据右手定则可知,飞机左方翼尖电势高于右方翼尖的电势,C对,D错.] 4.(人教版选修3-2 P22演示改编)如图所示电路中,La、Lb两灯相同,闭合开关S电路达到稳定后两灯一样亮,则(  ) A.当S断开的瞬间,La、Lb两灯中电流立即变为零 B.当S断开的瞬间,La、Lb两灯中都有向右的电流,两灯不立即熄灭 C.当S闭合的瞬间,La比Lb先亮 D.当S闭合的瞬间,Lb比La先亮 解析:D [由于La与线圈L串联,Lb与滑动变阻器R串联,当S闭合的瞬间,通过线圈的电流突然增大,线圈产生自感电动势 ,阻碍电流的增加,所以Lb比La先亮,故C错误,D正确;当S断开的瞬间,线圈产生自感电动势,两灯组成的串联电路中,有顺时针方向的电流,故A、B错误.] 考点一 法拉第电磁感应定律的应用 [考点解读] 1.对法拉第电磁感应定律的理解 (1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定,而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系. (2)磁通量的变化率对应Φ-t图线上某点切线的斜率. 2.应用法拉第电磁感应定律的三种情况 (1)磁通量的变化是由面积变化引起时,ΔΦ=B·ΔS,则E=n. (2)磁通量的变化是由磁场变化引起时,ΔΦ=ΔB·S,则E=n. (3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时,则根据定义求,ΔΦ=Φ末-Φ初,E=n≠n. [典例赏析] [典例1] (多选)如图甲所示,abcd是匝数为100匝、边长为10 cm、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈,放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示,则以下说法正确的是(   ) A.导线圈中产生的是交变电流 B.在t=2.5 s时导线圈产生的感应电动势为1 V C.在0~2 s内通过导线横截面的电荷量为20 C D.在t=1 s时,导线圈内电流的瞬时功率为10 W [审题指导] B-t图象中图线的斜率表示磁感应强度的变化率,因此根据B-t图象可判断出各个时间段的感应电动势.通过的电荷量需要根据公式q=IΔt计算. [解析] ACD [在0~2 s内,磁感应强度变化率为=1 T/s,根据法拉第电磁感应定律,产生的感应电动势为E1=nS=100×0.12×1 V=1 V;在2~3 s内,磁感应强度变化率为=2 T/s,根据法拉第电磁感应定律,产生的感应电动势为E2=nS=100×0.12×2 V=2 V.导线圈中产生的感应电流为方波交变电流,选项A正确;在t=2.5 s 时,产生的感应电动势为E2=2 V,选项B错误;在0~2 s内,感应电流I==10 A,通过导体横截面的电荷量为q=IΔt=20 C,选项C正确;在t=1 s时,导线圈内感应电流的瞬时功率P=UI=I2R=102×0.1 W=10 W,选项D正确.] 应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题 1.公式E=n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势,在磁通量均匀变化时,瞬时值才等于平均值. 2.利用公式E=nS求感应电动势时,S为线圈在磁场范围内的有效面积. 3.通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关,与时间长短无关.推导如下:q=Δt=Δt=. [题组巩固] 1.(2017·天津卷)如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下.现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是(  ) A.ab中的感应电流方向由b到a B.ab中的感应电流逐渐减小 C.ab所受的安培力保持不变 D.ab所受的静摩擦力逐渐减小 解析:D [导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路,磁感应强度均匀减小(=k为一定值),则闭合回路中的磁通量减小,根据楞次定律,可知回路中产生顺时针方向的感应电流,ab中的电流方向由a到b,故A错误;根据法拉第电磁感应定律,感应电动势E===k·S,回路面积S不变,即感应电动势为定值,根据欧姆定律I=,所以ab中的电流大小不变,故B错误;安培力F=BIL,电流大小不变,磁感应强度减小,则安培力减小,故C错误;导体棒处于静止状态,所受合力为零,对其受力分析,水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向,安培力减小,则静摩擦力减小,故D正确.] 2.(2016·浙江理综)如图所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则(  ) A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B.a、b线圈中感应电动势之比为9∶1 C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4 D.a、b线圈中电功率之比为3∶1 解析:B [a、b两个正方形线圈内的磁场垂直于纸面向里,磁感应强度均匀增加,由楞次定律可以判断感应电流的磁场垂直于纸面向外,再根据安培定则可知:两线圈内产生逆时针方向的感应电流,A错误;由E=N可知==,B正确;a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数相同,Ra∶Rb=3∶1,由闭合电路的欧姆定律得Ia=,Ib=则==,C项错误;Pa=IRa,Pb=IRb,则Pa∶Pb=27∶1,D错误.故选B.] 考点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算 [考点解读] 1.E=Blv的特性 (1)正交性:本公式要求磁场为匀强磁场,而且B、l、v三者互相垂直. (2)有效性:公式中的l为导体切割磁感线的有效长度.如图中,导体棒的有效长度为ab间的距离. (3)相对性:E=Blv中的速度v是导体相对磁场的速度,若磁场也在运动,应注意速度间的相对关系. 2.导体转动切割磁感线产生感应电动势的情况 若长为L的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动,则 (1)以中点为轴时,E=0(不同两段的代数和). (2)以端点为轴时E=BωL2(平均速度取中点位置的线速度ωL).(如图所示) (3)以任意点为轴时E=Bω(L-L)(L1>L2,不同两段的代数和). [考向突破] [考向1] 平动切割产生感应电动势  [典例2] (2019·东北三校联考)如图所示,一电阻为R的导线弯成边长为L的等边三角形闭合回路.虚线MN右侧有磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直于闭合回路所在的平面向里.下列对三角形导线以速度v向右匀速进入磁场过程中的说法正确的是(   ) A.回路中感应电流方向为顺时针方向 B.回路中感应电动势的最大值E=BLv C.回路中感应电流的最大值I=RBLv D.导线所受安培力的大小可能不变 [解析] B [在进入磁场的过程中,闭合回路中磁通量增加,根据楞次定律,闭合回路中产生的感应电流方向为逆时针方向,A错误;等效切割磁感线的导线最大长度为Lsin 60°=L,感应电动势的最大值E=BLv,B正确;感应电流的最大值I==BLv,C错误;在进入磁场的过程中,等效切割磁感线的导线长度变化,产生的感应电动势和感应电流大小变化,根据安培力公式可知,导线所受安培力大小一定变化,D错误.] [考向2] 转动切割产生感应电动势  [典例3] (2016·全国卷Ⅱ)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中.圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是(  ) A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定 B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动 C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化 D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 [解析] AB [圆盘切割磁感线产生的感应电动势E=Br∝ω,感应电流I=∝ω,即圆盘转动的角速度恒定,电流大小恒定,A正确.圆盘切割磁感线,相当于圆盘圆心与P点间的半径切割磁感线,根据右手定则,电流沿a到b的方向流动,B正确.由楞次定律知感应电流的方向与圆盘转动的角速度大小无关,C错误.由A项分析知I∝ω,又P=I2R∝ω2,角速度变为原来的两倍,则R上的热功率变为原来的4倍,D错误.]  电磁感应现象中电势高低的判断 把产生感应电动势的那部分电路或导体当作电源的内电路,那部分导体相当于电源.若电路是不闭合的,则先假设有电流通过,然后应用楞次定律或右手定则判断出电流的方向.电源内部电流的方向是由负极(低电势)流向正极(高电势),外电路顺着电流方向每经过一个电阻电势都要降低. [题组巩固] 1.如图所示,abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨,间距为l,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,导轨电阻不计.已知金属杆MN倾斜放置,与导轨成θ角,单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好).则(   ) A.电路中感应电动势的大小为 B.电路中感应电流的大小为 C.金属杆所受安培力的大小为 D.金属杆的发热功率为 解析:B [金属杆MN切割磁感线产生的感应电动势E=Blv,A错;电路中感应电流的大小I==,B对;金属杆所受的安培力F安=BI=,C错;金属杆的热功率P=I2R=,D错.] 2.如图所示,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上,当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时,a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc,已知bc边的长度为l.下列判断正确的是(  ) A.Ua>Uc,金属框中无电流 B.Ub>Uc,金属框中电流方向沿a?b?c?a C.Ubc=-Bl2ω,金属框中无电流 D.Ubc=Bl2ω,金属框中电流方向沿a?c?b?a 解析:C [金属框abc绕ba边逆时针旋转时,bc边、ac边都切割磁感线产生感应电动势,大小E=Bωl2,由右手定则可以判定Ub=Ua

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    2020高考一轮第十章第1讲电磁感应现象楞次定律(通用版) 物 理 [基础知识·填一填] [知识点1] 电磁感应现象  1.磁通量 (1)定义:在磁感应强度为B的 匀强磁场 中,与磁场方向 垂直 的面积S和B的乘积. (2)公式:Φ= B·S . (3)单位:1 Wb= 1_T·m2 . (4)标矢性:磁通量是 标 量,但有正、负. (5)物理意义:磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数. 2.电磁感应 (1)电磁感应现象:当穿过闭合电路的 磁通量 发生变化时,电路中有电流产生,这种现象称为电磁感应现象. (2)产生感应电流的条件 ①电路 闭合 ;②磁通量 变化 . (3)电磁感应现象的实质:电路中产生 感应电动势 ,如果电路闭合则有感应电流产生. (4)能量转化:发生电磁感应现象时,机械能或其他形式的能转化为 电能 . 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. (1)磁通量虽然是标量,但有正、负之分.(√) (2)当导体切割磁感线运动时,导体中一定产生感应电流.(×) (3)穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关.(√) (4)电路中磁通量发生变化时,就一定会产生感应电流.(×) [知识点2] 感应电流方向的判断  1.楞次定律 (1)内容:感应电流的磁场总要 阻碍 引起感应电流的 磁通量 的变化. (2)适用情况:所有的电磁感应现象. 2.右手定则 (1)内容:伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内,让磁感线从 掌心 进入,并使拇指指向 导体运动 的方向,这时四指所指的方向就是感应电流的方向. (2)适用情况:导体 切割 磁感线产生感应电流. 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. (1)感应电流和磁场总是与原磁场方向相反.(×) (2)楞次定律和右手定则都可以判断感应电流的方向,二者没什么区别.(×) [教材挖掘·做一做] 1.(人教版选修3-2 P7第1题改编)如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框.在下列四种情况下,线框中会产生感应电流的是(  ) A.如图甲所示,保持线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中左右运动 B.如图乙所示,保持线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中上下运动 C.如图丙所示,线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动 D.如图丁所示,线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动 答案:C 2.(人教版选修3-2 P6图4.2-3改编)现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接.下列说法中正确的是(  ) A.开关闭合后,线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转 B.线圈A插入线圈B中后,开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转 C.开关闭合后,滑动变阻器的滑片P匀速滑动,会使电流计指针静止在中央零刻度 D.开关闭合后,只有滑动变阻器的滑片P加速滑动,电流计指针才能偏转 解析:A [只要闭合回路磁通量发生变化就会产生感应电流,故A正确,B错误;开关闭合后,只要滑片P滑动就会产生感应电流,故C、D错误.] 3.(人教版选修3-2 P14第6题改编)(多选)如图所示,一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环,横杆可绕中心点自由转动,老师拿一条形磁铁插向其中一个小环,后又取出插向另一个小环,同学们看到的现象及现象分析正确的是(  ) A.磁铁插向左环,横杆发生转动 B.磁铁插向右环,横杆发生转动 C.磁铁插向左环,左环中不产生感应电动势和感应电流 D.磁铁插向右环,右环中产生感应电动势和感应电流 答案:BD 4.(人教版选修3-2 P14第7题改编)(多选)1831年,法拉第发明的圆盘发电机(图甲)是利用电磁感应的原理制成的,是人类历史上第一台发电机.图乙是这个圆盘发电机的示意图:铜盘安装在水平的铜轴上,它的边缘正好在两磁极之间,两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触,使铜盘转动,电阻R中就有电流通过.若所加磁场为匀强磁场,方向水平向右,回路的总电阻恒定,从左往右看,铜盘沿顺时针方向匀速转动,下列说法正确的是(  ) A.铜盘转动过程中,穿过铜盘的磁通量不变 B.电阻R中有正弦式交变电流流进 C.若不给铜盘施加任何外力,铜盘最终会停下来 D.通过R的电流方向是从a流向b 解析:ACD [铜盘切割磁感线产生感应电动势,铜盘相当于电源,从而在电路中形成方向不变的电流,内部电流方向是从负极(C点)到正极(D点).由于铜盘在运动中受到安培力的阻碍作用,故最终会停下来.] 考点一 对电磁感应现象的理解和判断 [考点解读] 1.判断产生感应电流的两种方法 (1)闭合电路的一部分导体切割磁感线,产生“动生电流”. (2)“感生电流”,即导体回路必须闭合,穿过闭合导体回路的磁通量发生变化,二者缺一不可. 2.常见的产生感应电流的三种情况 [典例赏析] [典例1] 如图所示,一个U形金属导轨水平放置,其上放有一个金属导体棒ab,有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面,且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中,一定能在轨道回路里产生感应电流的是(   ) A.ab向右运动,同时使θ减小 B.使磁感应强度B减小,θ角同时也减小 C.ab向左运动,同时增大磁感应强度B D.ab向右运动,同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°) [解析] A [设此时回路面积为S,据题意,磁通量Φ=BScos θ,对A选项,S增大,θ减小,cos θ增大,则Φ增大,A正确.对B选项,B减小,θ减小,cos θ增大,Φ可能不变,B错误.对C选项,S减小,B增大,Φ可能不变,C错误.对D选项,S增大,B增大,θ增大,cos θ减小,Φ可能不变,D错误.故只有A正确.]  电磁感应现象能否发生的判断流程 1.确定研究的闭合回路. 2.弄清楚回路内的磁场分布,并确定其磁通量Φ. 3. [题组巩固] 1.下图中能产生感应电流的情形是(  ) 解析:B [根据产生感应电流的条件:A中,电路没闭合,无感应电流;B中,磁感应强度不变,面积增大,闭合电路的磁通量增大,有感应电流;C中,穿过线圈的磁通量恒为零,无感应电流;D中,磁通量不发生变化,无感应电流.] 2.(多选)如图所示,矩形线框abcd由静止开始运动,若使线框中产生感应电流,则线框的运动情况应该是(   ) A.向右平动(ad边还没有进入磁场) B.向上平动(ab边还没有离开磁场) C.以bc边为轴转动(ad边还没有转入磁场) D.以ab边为轴转动(转角不超过90°) 解析:AD [选项A和D所描述的情况中,线框在磁场中的有效面积S均发生变化(A情况下S增大,D情况下S减小),穿过线框的磁通量均改变,由产生感应电流的条件知线框中会产生感应电流.而选项B、C所描述的情况中,线框中的磁通量均不改变,不会产生感应电流.] 考点二 楞次定律的理解和应用 [考点解读] 1.楞次定律中“阻碍”的含义 2.判断感应电流方向的两种方法 方法一 用楞次定律判断 方法二 用右手定则判断 该方法适用于切割磁感线产生的感应电流.判断时注意掌心、拇指、四指的方向: (1)掌心——磁感线垂直穿入. (2)拇指——指向导体运动的方向. (3)四指——指向感应电流的方向. [典例赏析] [典例2] (2017·全国卷Ⅲ)如图,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨,导轨平面与磁场垂直.金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内,线框与导轨共面.现让金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向,下列说法正确的是(  ) A.PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向 B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向 C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向 D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向 [审题指导] 金属杆向右运动时,原磁场没变,但线框会产生感应磁场与原磁场的方向相反,据此可得出穿过线圈的磁通量的变化情况. [解析] D [金属杆PQ向右运动,穿过PQRS的磁通量增加,由楞次定律可知,PQRS中产生逆时针方向的电流.这时因为PQRS中感应电流的作用,依据楞次定律可知,T中产生顺时针方向的感应电流.故只有D项正确.]  感应电流方向判断的两点注意 1.楞次定律可应用于磁通量变化引起感应电流的各种情况(包括一部分导体切割磁感线运动的情况). 2.右手定则只适用于一段导体在磁场中做切割磁感线运动的情景,是楞次定律的一种特殊情况. [题组巩固] 1.(2019·贵州遵义航天中学模拟)如图所示,在通电长直导线AB的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属线圈P,AB在线圈平面内.当发现闭合线圈向右摆动时(   ) A.AB中的电流减小,用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流 B.AB中的电流不变,用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流 C.AB中的电流增大,用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流 D.AB中的电流增大,用楞次定律判断得线圈中产生顺时针方向的电流 解析:C [根据安培定则可知线圈所在处的磁场方向垂直纸面向里,若直导线中的电流增大,穿过线圈的磁通量增大,根据楞次定律得到:线框中感应电流方向为逆时针方向.根据左手定则可知线圈所受安培力指向线圈内,由于靠近导线磁场强,则安培力较大;远离导线磁场弱,则安培力较小.因此线圈离开AB直导线,即向右摆动,反之产生顺时针方向的电流,向左摆动,故C正确.] 2.如图所示,MN、GH为光滑的水平平行金属导轨,ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆,垂直纸面向外的匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面,则下列说法正确的是(   ) A.若固定ab,使cd向右滑动,则abdc回路有电流,电流方向为a→b→d→c→a B.若ab、cd以相同的速度一起向右滑动,则abdc回路有电流,电流方向为a→c→d→b→a C.若ab向左、cd向右同时运动,则abdc回路中的电流为零 D.若ab、cd都向右运动,且两杆速度vcd>vab,则abdc回路有电流,电流方向为a→c→d→b→a 解析:D [由右手定则可判断出A项做法使回路产生顺时针方向的电流,故A项错误;若ab、cd同向运动且速度大小相同,ab、cd所围面积不变,磁通量不变,故不产生感应电流,故B项错误;若ab向左,cd向右,则abdc回路中有顺时针方向的电流,故C项错误;若ab、cd都向右运动,且两杆速度vcd>vab,则ab、cd所围面积发生变化,磁通量也发生变化,由楞次定律可判断出,abdc回路中产生顺时针方向的电流,故D项正确.] 考点三 楞次定律推论的应用 [考点解读] 楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为:感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因,列表说明如下: 内容 例证 阻碍原磁通量变化——“增反减同” 阻碍相对运动——“来拒去留” 使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩” 阻碍原电流的变化——“增反减同” [典例赏析] [典例3] (2019·广东广州名校联考)如图所示,圆环形导体线圈a平放在水平桌面上,在a的正上方固定一竖直螺线管b,二者轴线重合,螺线管b与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路.若将滑动变阻器的滑片P向下滑动,下列表述正确的是(   ) A.线圈a中将产生沿顺时针方向(俯视)的感应电流 B.穿过线圈a的磁通量减小 C.线圈a有扩张的趋势 D.线圈a对水平桌面的压力FN将增大 [思路点拨] 根据楞次定律可知,感应磁场对原磁场变化的阻碍作用有多种方式:面积的变化、相对运动、感应电流等. [解析] D [当滑动变阻器的滑片P向下滑动时,螺线管中的电流将增大,使穿过线圈a的磁通量变大,选项B错误;由楞次定律可知,线圈a中将产生沿逆时针方向(俯视)的感应电流,并且线圈a有缩小和远离螺线管的趋势,线圈a对水平桌面的压力FN将增大,故选项D正确,A、C错误.] [题组巩固] 1.(2017·全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌.为了有效隔离外界振动对STM的扰动,在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板,并施加磁场来快速衰减其微小振动,如图所示.无扰动时,按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场;出现扰动后,对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是(  ) 解析:A [由于要求有效衰减紫铜薄板的上下及左右的微小振动,则在紫铜薄板发生微小的上下或左右振动时,通过紫铜薄板横截面的磁通量应均能发生变化, 由图可以看出,只有A图方案中才能使两方向上的微小振动得到有效衰减.] 2.(2018·全国卷Ⅰ)(多选)如图所示,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路.将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态.下列说法正确的是(  ) A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动 B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向 C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向 D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动 解析:AD [开关闭合的瞬间,穿过左侧线圈的磁通量水平向右增加,根据楞次定律可知通过直导线的电流由南向北,由左手定则可知小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动,故A对;开关闭合并保持一段时间后,穿过左侧线圈的磁通量不变,线圈中无感应电流,小磁针不偏转,B、C错误;开关断开的瞬间,穿过左侧线圈的磁通量水平向右减小,由楞次定律可知通过直导线的电流由北向南,由左手定则可知小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动,故D正确.] 思想方法(二十) 三定则、一定律的综合应用 方 法 阐 述 2.相互联系 (1)应用楞次定律时,一般要用到安培定则. (2)研究感应电流受到的安培力,一般先用右手定则确定电流方向,再用左手定则确定安培力的方向,有时也可以直接应用楞次定律的推论确定. [典例赏析] [典例] (多选)如图所示,水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN,MN的左边有一闭合电路,当PQ在外力的作用下运动时,MN向右运动.则PQ所做的运动可能是(  ) A.向右加速运动     B.向左加速运动 C.向右减速运动 D.向左减速运动 [解析] BC [MN向右运动,说明MN受到向右的安培力,因为ab在MN处的磁场垂直纸面向里MN中的感应电流由M→NL1中感应电流的磁场方向向上;若L2中磁场方向向上减弱PQ中电流为Q→P且减小向右减速运动;若L2中磁场方向向下增强PQ中电流为P→Q且增大向左加速运动.] [题组巩固] 1.(多选)如图所示,金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时,铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引(  ) A.向右做匀速运动 B.向左做减速运动 C.向右做减速运动 D.向右做加速运动 解析:BC [当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流,线圈中的磁通量恒定不变,无感应电流出现,A错;当导体棒向左减速运动时,由右手定则可判定回路中出现从b→a的感应电流且减小,由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱,由楞次定律知c中出现顺时针感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引,B对;同理可判定C对,D错.] 2.置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线,与套在铁芯上部的线圈A相连.套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上,如图所示.导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中.下列说法正确的是(  ) A.圆盘顺时针加速转动时,ab棒将向右运动 B.圆盘顺时针匀速转动时,ab棒将向右运动 C.圆盘顺时针减速转动时,ab棒将向右运动 D.圆盘逆时针加速转动时,ab棒将向左运动 解析:C [由右手定则知,圆盘顺时针加速转动时,感应电流从圆心流向边缘,线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强.由楞次定律知,线圈B中的感应磁场方向向上,由右手螺旋定则知,ab棒中感应电流方向由a→b.由左手定则知,ab棒受的安培力方向向左,将向左运动,故A错;同理B、D错,C对.] 1 / 10

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  • ID:6-6354445 通用版2020届高考物理总复习第九章第2讲磁吃运动电荷的作用(含答案解析)

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    2020高考一轮第九章第2讲磁吃运动电荷的作用(通用版) 物 理 [基础知识·填一填] [知识点1] 洛伦兹力  1.定义: 运动 电荷在磁场中所受的力. 2.大小 (1)v∥B时,F= 0 . (2)v⊥B时,F= qvB . (3)v与B夹角为θ时,F= qvBsin_θ . 3.方向 (1)左手定则判定:伸开左手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内;让磁感线从掌心进入,并使四指指向正电荷运动的方向,这时拇指所指的方向就是运动正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向. (2)方向特点:F⊥B,F⊥v.即F垂直于 B、v 决定的平面.(注意B和v可以有任意夹角). 由于F始终 垂直于 v的方向,故洛伦兹力永不做功. 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. (1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用.(×) (2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直.(×) (3)洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力.(×) (4)粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变.(√) (5)带电粒子只要速度大小相同,所受洛伦兹力就相同.(×) [知识点2] 带电粒子在匀强磁场中的运动  1.若v∥B,带电粒子以入射速度v做 匀速直线 运动. 2.若v⊥B,带电粒子在垂直于磁感线的平面内,以入射速度v做 匀速圆周 运动. 3.基本公式 (1)向心力公式:qvB= m . (2)轨道半径公式:r=  . (3)周期公式:T==;f==  ;ω==2πf=  . 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. (1)公式T=说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比.(×) (2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时,其运动半径与带电粒子的比荷有关.(√) (3) 带电粒子在磁场中一定做匀速圆周运动.(×) [教材挖掘·做一做] 1.(人教版选修3-1 P98第1题改编)下列各图中,运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是(  ) 答案:B 2.(人教版选修3-1 P97思考与讨论改编)(多选)如图所示,电视机的显像管中,电子束的偏转是用磁偏转技术实现的,电子束经过加速电场区域后,进入一圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直于圆面.不加磁场时,电子束将通过磁场中心O而打到屏幕上的中心M,加磁场后电子束偏转到屏幕边缘的P点外侧.现要使电子束偏转回到P点.可行的办法是(  ) A.增大加速电压 B.增加偏转磁场的磁感应强度 C.将圆形磁场区域向屏幕靠近些 D.将圆形磁场的半径增大些 解析:AC [当射入圆形磁场的电子运动的半径越大,圆形磁场射出时偏转角越小,故要使电子束偏转回到P点,可以增大电子在磁场中运动的半径,由r=可知,增大速度或减小偏转磁场的磁感应强度都可使运动半径增大,故选项A正确,B错误.由题图可知C正确.将圆形磁场的半径增大些,电子束一定偏转到P点外侧,选项D错误.] 3.(人教版选修3-1 P99演示改编)如图为洛伦兹力演示仪的结构图.励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外,电子束由电子枪产生,其速度方向与磁场方向垂直.电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制,磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节.下列说法正确的是(  ) A.仅增大励磁线圈的电流,电子束径迹的半径变大 B.仅提高电子枪的加速电压,电子束径迹的半径变大 C.仅增大励磁线圈的电流,电子做圆周运动的周期将变大 D.仅提高电子枪的加速电压,电子做圆周运动的周期将变大 解析:B [当仅增大励磁线圈的电流时,也就是增大磁感应强度B,由牛顿第二定律知qvB=m,得R=,电子束径迹的半径变小,选项A错误;当仅提高电子枪的加速电压时,由qU=mv2和qvB=m得R=,可知电子束径迹的半径变大,选项B正确;由T==知,增大励磁线圈的电流,B增大,T减小,电子做圆周运动的周期T与速度v大小无关,仅提高加速电压,T不变,选项C、D错误.] 4.(人教版选修3-1 P102第3题改编)如图所示,一束质量、速度和电荷不全相等的离子,经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后,进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束,下列说法中正确的是(  ) A.组成A束和B束的离子都带负电 B.组成A束和B束的离子质量一定不同 C.A束离子的比荷大于B束离子的比荷 D.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外 答案:C 考点一 对洛伦兹力的理解 [考点解读] 1.洛伦兹力的特点 (1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向,注意区分正、负电荷. (2)当电荷运动方向发生变化时,洛伦兹力的方向也随之变化. (3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用. (4)洛伦兹力一定不做功. 2.洛伦兹力与安培力的联系及区别 (1)安培力是洛伦兹力的宏观表现,二者性质相同,都是磁场力. (2)安培力可以做功,而洛伦兹力对运动电荷不做功. 3.洛伦兹力与电场力的比较 洛伦兹力 电场力 产生条件 v≠0且v不与B平行 电荷处在电场中 大小 F=qvB(v⊥B) F=qE 方向 F⊥B且F⊥v 正电荷受力与电场方向相同,负电荷受力与电场方向相反 做功情况 任何情况下都不做功 可能做正功,可能做负功,也可能不做功 [典例赏析] [典例1] (多选)如图所示为一个质量为m、电荷量为+q的圆环,可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动,细杆处在磁感应强度为B的匀强磁场中,圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态,则圆环克服摩擦力做的功可能为(   ) A.0      B.mv C. D.m [解析] ABD [若圆环所受洛伦兹力等于重力,圆环对粗糙细杆压力为零,摩擦力为零,圆环克服摩擦力做的功为零,选项A正确;若圆环所受洛伦兹力不等于重力,圆环对粗糙细杆压力不为零,摩擦力不为零,圆环以初速度v0向右做减速运动.若开始圆环所受洛伦兹力小于重力,则一直减速到零,圆环克服摩擦力做的功为mv,选项B正确;若开始圆环所受洛伦兹力大于重力,则减速到洛伦兹力等于重力达到稳定,稳定速度v=,由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为W=mv-mv2=m,选项C错误,D正确.]  理解洛伦兹力的四点注意 1.正确分析带电粒子所在区域的合磁场方向. 2.判断洛伦兹力方向时,特别区分电荷的正、负,并充分利用F⊥B、F⊥v的特点. 3.计算洛伦兹力大小时,公式F=qvB中,v是电荷与磁场的相对速度. 4.洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功、不改变速度的大小,但它可改变运动电荷(或带电体)速度的方向,影响带电体所受其他力的大小,影响带电体的运动时间等. [题组巩固] 1.图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹,气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里.以下判断可能正确的是(  ) A.a、b为β粒子的径迹 B.a、b为γ粒子的径迹 C.c、d为α粒子的径迹 D.c、d为β粒子的径迹 解析:D [γ粒子不带电,不会发生偏转,故B错.由左手定则可判定,a、b粒子带正电,c、d粒子带负电,又知α粒子带正电,β粒子带负电,故A、C均错,D正确.] 2.带电粒子以初速度v0从a点垂直y轴进入匀强磁场,如图所示,运动中粒子经过b点,Oa=Ob.若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场,仍以v0从a点垂直y轴进入电场,粒子仍能过b点,那么电场强度E与磁感应强度B之比为(   ) A.v0 B.1 C.2v0 D. 解析:C [带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,O为圆心,故Oa=Ob=,带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,故Ob=v0t,Oa=t2,联立以上各式解得=2v0,故选项C正确.] 考点二 带电粒子在有界匀强磁场中的运动 [考点解读] 1.带电粒子在匀强磁场中运动圆心、半径及时间的确定方法 (1)圆心的确定 ①已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时,可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线,两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示,P为入射点,M为出射点). ②已知入射方向、入射点和出射点的位置时,可以通过入射点作入射方向的垂线,连接入射点和出射点,作其中垂线,这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示,P为入射点,M为出射点). (2)半径的确定 可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小. (3)运动时间的确定 粒子在磁场中运动一周的时间为T,当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时,其运动时间表示为: t=T(或t=). 2.重要推论 (1)当速率v一定时,弧长(或弦长)越长,圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长. (2)当速率v变化时,圆心角大的运动时间长. [考向突破] [考向1] 直线边界磁场(进出磁场具有对称性,如图所示)  [典例2] (2016·全国卷Ⅲ)平面OM和平面ON之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外.一带电粒子的质量为m,电荷量为q(q>0).粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30°角.已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场.不计重力.粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为(  ) A.         B. C. D. [审题指导] (1)审关键词:①OM和ON平面之间的夹角为30°.②速度与OM成30°角.③只有一个交点,并从OM上另一点射出. (2)思路分析:根据题意画出运动轨迹,找圆心,定半径,由几何知识求距离. [解析] D [根据题意画出带电粒子的运动轨迹,粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,故轨迹与ON相切,粒子出磁场的位置与切点的连线是粒子做圆周运动的直径,大小为,根据几何知识可知,粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为d==,选项D正确.] [考向2] 圆形边界磁场  1.圆形边界中,若带电粒子沿径向射入必沿径向射出,如图所示,轨迹圆与区域圆形成相交圆,巧用几何关系解决. 2.带电粒子在圆形磁场中不沿径向,轨迹圆与区域圆相交,抓住两圆心,巧用对称性解决. [典例3] (2017·全国卷Ⅱ)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点.大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场.若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上.不计重力及带电粒子之间的相互作用.则v2∶v1为(  ) A.∶2        B.∶1 C.∶1 D.3∶ [审题指导] 粒子速度方向改变、大小不变时其轨迹半径相等,当粒子的轨迹直径与磁场区域相交时,其弦长最长,即为最大分布. [解析] C [由于是相同的粒子,粒子进入磁场时的速度大小相同.由qvB=m可知R=,即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同.若粒子运动的速度大小为v1,如图所示,通过旋转圆可知,当粒子的磁场边界的出射点A离P点最远时,则AP=2R1;同样,若粒子运动的速度大小为v2,粒子的磁场边界的出射点B离P点最远时,则BP=2R2,由几何关系可知,R1=,R2=Rcos 30°=R,则==,C项正确.] [考向3] 平行边界磁场(存在临界条件,如图所示)  [典例4] 如图所示,一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域,磁场宽度为d,方向垂直纸面向里.一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场.若电子在磁场中运动的轨道半径为2d.O′在MN上,且OO′与MN垂直.下列判断正确的是(   ) A.电子将向右偏转 B.电子打在MN上的点与O′点的距离为d C.电子打在MN上的点与O′点的距离为d D.电子在磁场中运动的时间为 [解析] D [电子带负电,进入磁场后,根据左手定则判断可知,所受的洛伦兹力方向向左,电子将向左偏转,如图所示,A错误;设电子打在MN上的点与O′点的距离为x,则由几何知识得:x=r-=2d-=(2-)d,故B、C错误;设轨迹对应的圆心角为θ,由几何知识得:sin θ==0.5,得θ=,则电子在磁场中运动的时间t==,故D正确.] [考向4] 三角形边界磁场  [典例5] 如图所示,在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子(重力不计)从AB边的中心O以速度v进入磁场,粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°,若要使粒子能从AC边穿出磁场,则匀强磁场磁感应强度的大小B需满足(   ) A.B>      B.B< C.B> D.B< [解析] B [若粒子刚好达到C点时,其运动轨迹与AC相切,如图所示,则粒子运动的半径为r0==a.由qvB=得r=,粒子要能从AC边射出,粒子运行的半径应满足r>r0,解得B<,选项B正确.] 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法 考点三 带电粒子在磁场中运动的多解问题 [考点解读] 类型 分析 图例 带电粒子电性不确定 受洛伦兹力作用的带电粒子,可能带正电荷,也可能带负电荷,在相同的初速度下,正、负粒子在磁场中运动轨迹不同,形成多解 磁场方向不确定 在只知道磁感应强度大小,而未具体指出磁感应强度方向,此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解 临界状态不唯一 带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时,由于粒子运动轨迹是圆弧状,因此,它可能穿过磁场飞出,也可能转过180°从入射界面这边反向飞出,于是形成多解 运动具有周期性 带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时,运动往往具有周期性,因而形成多解 [典例赏析] [典例6] (2019·湖北华中师大一附中模拟)如图甲所示,M、N为竖直放置彼此平行的两块平板,板间距离为d,两板中央各有一个小孔O、O′正对,在两板间有垂直于纸面方向的磁场,磁感应强度随时间的变化如图乙所示.有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场.已知正离子质量为m、带电荷量为q,正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0,不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响,不计离子所受重力.求: (1)磁感应强度B0的大小. (2)要使正离子从O′垂直于N板射出磁场,正离子射入磁场时的速度v0的可能值. [解析] 设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向. (1)正离子射入磁场,洛伦兹力提供向心力 B0qv0= 做匀速圆周运动的周期T0= 由以上两式得磁感应强度B0= (2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场,v0的方向应如图所示, 两板之间正离子只运动一个周期即T0时,有R=; 当两板之间正离子运动n个周期,即nT0时,有R=(n=1,2,3,…). 联立求解,得正离子的速度的可能值为v0==(n=1,2,3,…) [答案] (1) (2)(n=1,2,3,…)  解决多解问题的一般思路 1.明确带电粒子的电性和磁场方向. 2.正确找出带电粒子运动的临界状态. 3.结合带电粒子的运动轨迹利用圆周运动的周期性进行分析计算. [题组巩固] 1.(2019·商丘模拟)(多选)一质量为m,电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动,若磁场方向垂直于它的运动平面,且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍,则负电荷做圆周运动的角速度可能是(   ) A.      B. C. D. 解析:AC [依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”,磁场方向有两种可能,且这两种可能方向相反.在方向相反的两个匀强磁场中,由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的.当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时,根据牛顿第二定律可知4Bqv=m,得v=,此种情况下,负电荷运动的角速度为ω==;当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时,有2Bqv=m,v=,此种情况下,负电荷运动的角速度为ω==,应选A、C.] 2.如图所示,宽度为d的有界匀强磁场,磁感应强度为B,MM′和NN′是它的两条边界.现有质量为m,电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入.要使粒子不能从边界NN′射出,则粒子入射速率v的最大值可能是多少. 解析:题目中只给出粒子“电荷量为q”,未说明是带哪种电荷. 若q为正电荷,轨迹是如图所示的上方与NN′相切的圆周圆弧, 轨道半径:R= 又d=R- 解得v=(2+). 若q为负电荷,轨迹如图所示的下方与NN′相切的圆周圆弧,则有: R′= d=R′+, 解得v′=(2-). 答案:(2+)(q为正电荷)或(2-)(q为负电荷) 物理模型(九) 两类典型的“动态圆”模型 [模型阐述] [模型1] 旋转圆模型(确定的入射点O和速度大小v,不确定速度方向) 在垂直于纸面的无限大的磁感应强度为B的匀强磁场中,在O点有一粒子源在纸面内,朝各个方向发射速度大小为v,质量为m,电荷量为+q的带电粒子(重力不计),这些带电粒子在匀强磁场中做同方向旋转匀速圆周运动.其特点是: (1)各动态圆圆心O1、O2、O3 、O4 、O5(取五个圆)的轨迹分布在以粒子源O为圆心,R=为半径的一个圆周上(如图虚线所示). (2)带电粒子在磁场中能经过的区域是以粒子源O为圆心,2R为半径的大圆(如图实线所示). (3)各动态圆相交于O点. [模型2] 放缩圆模型(确定入射点O和速度方向,不确定速度大小) 在垂直于纸面的无限大的磁感应强度为B的匀强磁场中,在O点有一粒子源在纸面内,沿同一方向发射速度为v,质量为m,电荷量为+q的带电粒子(重力不计),这些带电粒子在匀强磁场中做同方向旋转匀速圆周运动.其特点是: (1)各动态圆的圆心(取七个圆)分布在与速度方垂直的同一条直线上,如图所示. (2)各动态圆的半径R各不相同. (3)各动态圆相交于O点. [典例赏析] [典例] 如图,在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场,磁感应强度的大小为B,磁场方向垂直于纸面向里.许多质量为m、带电荷量为+q的粒子,以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向,由小孔O射入磁场区域.不计重力,不计粒子间的相互影响.下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域,其中R=.哪个图是正确的?(   ) [解析] A [由于带电粒子从O点以相同速率射入纸面内的各个方向,射入磁场的带电粒子在磁场内做匀速圆周运动,其运动半径是相等的.沿ON方向(临界方向)射入的粒子,恰能在磁场中做完整的圆周运动,则过O点垂直MN右侧恰为一临界半圆;若将速度方向沿ON方向逆时针偏转,则在过O点垂直MN左侧,其运动轨迹上各个点到O点的最远距离,恰好是以O为圆心,以2R为半径的圆弧,A正确.] [题组巩固] 1.(多选)如图所示,纸面内有宽为L水平向右飞行的带电粒子流,粒子质量为m,电荷量为-q,速率为v0,不考虑粒子的重力及相互间的作用,要使粒子都汇聚到一点,可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域,则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是(其中B0=,A、C、D选项中曲线均为半径是L的圆弧,B选项中曲线为半径是的圆)(  ) 解析:AB [由于带电粒子流的速度均相同,则当飞入A、C选项中的磁场时,它们的轨迹对应的半径均相同.B、D选项因为磁场是2B0,粒子在其中运动半径是在A、C中运动半径的一半.然而当粒子射入C、D两选项时,均不可能汇聚于同一点.所以只有A、B选项能汇聚于一点.] 2.(多选)如图所示,垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内,O点是cd边的中点.一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下,从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内,经过时间t0后刚好从c点射出磁场.现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向,以大小不同的速率射入正方形内,那么下列说法中正确的是(   ) A.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0,则它一定从cd边射出磁场 B.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0,则它一定从ad边射出磁场 C.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0,则它一定从bc边射出磁场 D.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0,则它一定从ab边射出磁场 解析:AC [如图所示,作出刚好从ab边射出的轨迹①、刚好从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和刚好从ad边射出的轨迹④.由从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内,经过时间t0后刚好从c点射出磁场可知,带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0.可知,从ad边射出磁场经历的时间一定小于t0;从ab边射出磁场经历的时间一定大于等于t0,小于t0;从bc边射出磁场经历的时间一定大于等于t0,小于t0;从cd边射出磁场经历的时间一定是t0,综上可知,A、C正确,B、D错误.] 1 / 1

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    高中物理/高考专区/一轮复习

    2020高考一轮第九章第1讲磁场及其对电流的作用(通用版) 物 理 [基础知识·填一填] [知识点1] 磁场、磁感应强度  1.磁场 (1)基本性质:磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有 磁力 的作用. (2)方向:小磁针的N极所受磁场力的方向. 2.磁感应强度 (1)物理意义:描述磁场强弱和方向. (2)定义式:B=(通电导线垂直于磁场). (3)方向:可自由转动的小磁针静止时 N极 的指向. (4)单位: 特斯拉 ,符号T. 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. (1)奥斯特发现了电流可以产生磁场.(√) (2)磁场中某点磁感应强度的大小,跟放在该点的试探电流元的情况无关.(√) (3)磁场中某点磁感应强度的方向,跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致.(×) (4)将通电导线放入磁场中,若不受安培力,说明该处磁感应强度为零.(×) [知识点2] 磁感线及几种常见的磁场分布  1.磁感线 在磁场中画出一些曲线,使曲线上每一点的 切线 方向都跟这点的磁感应强度的方向一致. 2.几种常见的磁场 (1)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示) (2)几种电流周围的磁场分布 直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场 特点 无磁极、非匀强且距导线越远处磁场越弱 与条形磁铁的磁场相似,管内为匀强磁场且磁场最强,管外为非匀强磁场 环形电流的两侧是N极和S极,且离圆环中心越远,磁场越弱 安培定则 立体图 横截面图 纵截面图 (3)磁感线的特点 ①磁感线上某点的 切线 方向就是该点的磁场方向. ②磁感线的疏密程度表示磁场 强弱 . ③磁感线是 闭合 曲线,没有起点和终点.在磁体外部,从N极指向S极,在磁体内部,从S极指向N极. ④磁感线是假想的曲线,不 相交 、不 中断 、不相切. 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. (1)磁感线是真实存在的.(×) (2)在同一幅图中,磁感线越密,磁场越强.(√) (3)通电线圈可等效成条形磁铁,它周围的磁感线起始于线圈一端,终止于线圈的另一端.(×) (4)匀强磁场的磁感线是平行的直线.(×) [知识点3] 安培力  1.安培力的方向 (1)左手定则:伸开左手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内.让磁感线从掌心进入,并使四指指向 电流 的方向,这时 拇指 所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向. (2)注意问题:磁感线方向不一定垂直于电流方向,但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直,即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面. 2.安培力的大小 当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时,F= ILBsin_θ . (1)当磁场与电流 垂直 时,安培力最大,Fmax=ILB. (2)当磁场与电流 平行 时,安培力等于零. 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. (1)安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直,又跟电流方向垂直.(√) (2)把通电导线放到磁场中时一定受到安培力的作用. (×) (3)安培力可以做正功,也可以做负功.(√) [教材挖掘·做一做] 1.(人教版选修3-1 P85第1题改编)(多选)一小段长为L的通电直导线放在磁感应强度为B的磁场中,当通过它的电流为I时,所受安培力为F.以下关于磁感应强度B的说法正确的是(  ) A.磁感应强度B一定等于 B.磁感应强度B可能大于或等于 C.磁场中通电直导线受力大的地方,磁感应强度一定大 D.在磁场中通电直导线也可以不受力 答案:BD 2.(人教版选修3-1 P90第3题改编)(多选)如图为通电螺线管.A为螺线管外一点,B、C两点在螺线管的垂直平分线上,则下列说法正确的是(  ) A.磁感线最密处为A处,最疏处为B处 B.磁感线最密处为B处,最疏处为C处 C.小磁针在B处和A处N极都指向左方 D.小磁针在B处和C处N极都指向右方 答案:BC 3.(人教版选修3-1 P94第1题改编)下面的几个图显示了磁场对通电直导线的作用力,其中正确的是(  ) 答案:C 4.(人教版选修3-1 P94题第2题改编)(多选)把一根不计重力的通电的硬直导线ab放在磁场中,导线所在区域的磁感线呈弧形,如图所示.导线可以在空中自由移动和转动,导线中的电流方向由a向b,关于导线的受力和运动情况,下述说法正确的是(  ) A.硬直导线先转动,后边转动边下移 B.硬直导线只能转动,不会向下移动 C.硬直导线各段所受安培力的方向都与导线垂直 D.在图示位置,a端受力垂直纸面向内,b端受力垂直纸面向外 解析:AC [各处磁场可以分解为水平方向上的分量和竖直方向上的分量,根据左手定则可以判断出,在图示位置,a端受力垂直纸面向外,b端受力垂直纸面向内,即导线两端受到的安培力方向均垂直于纸面,但方向相反,所以导线先转动,随着转动,导线所受安培力具有竖直向下的分量,所以后边转动边下移,选项A正确,B、D错误;硬直导线各段所受安培力的方向都与导线垂直,也与该处磁场方向垂直,选项C正确.] 5.(人教版选修3-1 P94第3题改编)如图所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度.下列各选项所示的载流线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方.线圈中通有大小相同的电流,天平处于平衡状态.若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是(  ) 答案:A 考点一 安培定则的应用和磁场的叠加 [考点解读] 1.安培定则的应用 在运用安培定则时应分清“因”和“果”,电流是“因”,磁场是“果”,既可以由“因”判断“果”,也可以由“果”追溯“因”. 原因(电流方向) 结果(磁场方向) 直线电流的磁场 大拇指 四指 环形电流的磁场 四指 大拇指 2.磁场的叠加 磁感应强度为矢量,合成与分解遵循平行四边形定则. 3.两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的. [典例赏析] [典例1] (2018·全国卷Ⅱ)(多选)如图所示,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2,L1中的电流方向向左,L2中的电流方向向上,L1的正上方有a、b两点,它们相对于L2对称,整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外,已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0,方向也垂直于纸面向外.则(  ) A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0 B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0 C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0 D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0 [思路点拨] (1)距离导线相等的位置磁感应强度的大小相等. (2)磁感应强度是矢量,各处磁感应强度的大小等于各个分磁场磁感应强度的叠加. [解析] AC [设L1在a、b两点产生的磁感应强度大小为B1,L2在a、b两点产生的磁感应强度大小为B2,则:B0-(B1+B2)=B0① B0+B2-B1=B0② 联立①、②解得:B1=B0,B2=B0.]  解决磁感应强度叠加问题的思路和步骤 1.根据安培定则确定各导线在某点产生的磁场方向. 2.判断各分磁场的磁感应强度大小关系. 3.根据矢量合成法则确定合磁感应强度的大小和方向.两分矢量在同一直线上,则同向相加,反向相减,两分矢量不在同一直线上,根据平行四边形定则,以两分矢量为邻边,作平行四边形,对角线为合矢量. [题组巩固] 1.如图,两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点,且与纸面垂直,导线中通有大小相等、方向相反的电流.a、O、b在M、N的连线上,O为MN的中点,c、d位于MN的中垂线上,且a、b、c、d到O点的距离均相等.关于以上几点处的磁场,下列说法正确的是(   ) A.O点处的磁感应强度为零 B.a、b两点处的磁感应强度大小相等,方向相反 C.c、d两点处的磁感应强度大小相等,方向相同 D.a、c两点处磁感应强度的方向不同 解析:C [由安培定则可知,两导线中的电流在O点产生的磁场均竖直向下,合磁感应强度一定不为零,选项A错;由安培定则知,两导线中的电流在a、b两点处产生的磁场的方向均竖直向下,由于对称性,M中电流在a处产生的磁场的磁感应强度等于N中电流在b处产生的磁场的磁感应强度,同时M中电流在b处产生的磁场的磁感应强度等于N中电流在a处产生的磁场的磁感应强度,所以a、b两点处磁感应强度大小相等,方向相同,选项B错;根据安培定则,两导线中的电流在c、d两点处产生的磁场垂直c、d两点与导线的连线方向向下,且产生的磁场的磁感应强度大小相等,由平行四边形定则可知,c、d两点处的磁感应强度大小相等,方向相同,选项C正确;a、c两点处磁感应强度的方向均竖直向下,选项D错.] 2.(2017·全国卷Ⅲ)如图,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零.如果让P中的电流反向、其他条件不变,则a点处磁感应强度的大小为(  ) A.0         B.B0 C.B0 D.2B0 解析:C [两导线中通电流I时,两电流在a点处的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度的矢量和为0,则两电流磁感应强度的矢量和为-B0,如图甲得B=B0.P中电流反向后,如图乙,B合=B=B0,B合与B0的矢量和为B总=B0,故C项正确.] 考点二 安培力作用下导体运动情况的判断 [考点解读] 1.判定导体运动情况的基本思路 判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势,首先必须弄清楚导体所在位置的磁场磁感线分布情况,然后利用左手定则准确判定导体的受力情况,进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向. 2.五种常用判定方法 [典例赏析] [典例2] 如图所示,把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方,导线可以自由转动,当导线通入图示方向电流I时,导线的运动情况是(从上往下看)(   ) A.顺时针方向转动,同时下降 B.顺时针方向转动,同时上升 C.逆时针方向转动,同时下降 D.逆时针方向转动,同时上升 [解析] A [如图甲所示,把直线电流等效为无数小段,中间的点为O点,选择在O点左侧S极右上方的一小段为研究对象,该处的磁场方向指向左下方,由左手定则判断,该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里,在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力,把各段电流元受到的力合成,则O点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力;同理判断出O点右侧的导线受到垂直纸面向外的安培力.因此,由上向下看,导线沿顺时针方向转动.分析导线转过90°时的情形:如图乙所示,导线中的电流向外,由左手定则可知,导线受到向下的安培力.由以上分析可知,导线在顺时针转动的同时向下运动.选项A正确.]  判断磁场中导体运动趋势的两点注意 1.应用左手定则判定安培力方向时,磁感线穿入手心,大拇指一定要与磁感线方向垂直,四指与电流方向一致但不一定与磁感线方向垂直,这是因为:F一定与B垂直,I不一定与B垂直. 2.导体与导体之间、磁体与磁体之间、磁体与导体之间的作用力和其他作用力一样具有相互性,满足牛顿第三定律. [题组巩固] 1.如图所示,一通电金属环固定在绝缘的水平面上,在其左端放置一可绕中点O自由转动且可在水平方向自由移动的竖直金属棒,中点O与金属环在同一水平面内,当在金属环与金属棒中通有图中所示方向的电流时,则(   ) A.金属棒始终静止不动 B.金属棒的上半部分向纸面外转,下半部分向纸面里转,同时靠近金属环 C.金属棒的上半部分向纸面里转,下半部分向纸面外转,同时靠近金属环 D.金属棒的上半部分向纸面里转,下半部分向纸面外转,同时远离金属环 解析:B [由通电金属环产生的磁场特点可知,其在金属棒的上半部分产生有水平向左的磁场分量,由左手定则可判断金属棒上半部分受到方向向外的安培力,故向纸面外转;同理可判断金属棒的下半部分向纸面里转.当金属棒开始转动到转至水平面时,由同向电流相吸,反向电流相斥可知,金属棒在靠近金属环,B正确.] 2.(多选)如图所示,台秤上放一光滑平板,其左边固定一挡板,一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来,此时台秤读数为F1,现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒,当导体棒中通以方向如图所示的电流后,台秤读数为F2,则以下说法正确的是(   ) A.弹簧长度将变长 B.弹簧长度将变短 C.F1>F2 D.F1FN2,即台秤示数F1>F2,在水平方向上,由于F′有向左的分力,磁铁压缩弹簧,所以弹簧长度变短.] 考点三 安培力作用下的平衡问题 [考点解读] 1.安培力: F=BIL,其中的L为导线在磁场中的有效长度.如弯曲通电导线的有效长度L等于连接两端点的直线的长度,相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端,如图所示. 2.通电导体棒在磁场中的平衡问题是一种常见的力电综合模型,该模型一般由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成.这类题目的难点是题图具有立体性,各力的方向不易确定.因此解题时一定要先把立体图转化为平面图,通过受力分析建立各力的平衡关系,如图所示. [典例赏析] [典例3] (2019·河南开封质检)如图所示,PQ和MN为水平平行放置的金属导轨,相距L=1 m.P、M间接有一个电动势为E=6 V、内阻不计的电源和一只滑动变阻器,导体棒ab跨放在导轨上并与导轨接触良好,棒的质量为m=0.2 kg,棒的中点用垂直棒的细绳经光滑轻质定滑轮与物体相连,物体的质量M=0.4 kg.棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,导轨与棒的电阻不计,g取10 m/s2),匀强磁场的磁感应强度B=2 T,方向竖直向下,为了使物体保持静止,滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是(   ) A.2 Ω      B.2.5 Ω C.3 Ω D.4 Ω [审题指导] (1)导体棒所受静摩擦力可能水平向左,也可能水平向右. (2)电阻越大,则电流越小,导体棒所受安培力越大. [解析] A [对棒受力分析可知,其必受绳的拉力FT=Mg和安培力F安=BIL=.若摩擦力向左,且满足+μmg=Mg,代入数据解得R1=4 Ω;若摩擦力向右,且满足-μmg=Mg,代入数据解得R2=2.4 Ω,所以R的取值范围为2.4 Ω≤R≤4 Ω,故选A.] [题组巩固] 1.如图所示,金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂,处于竖直向上的匀强磁场中,棒中通以由M向N的电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件,θ角的相应变化情况是(   ) A.棒中的电流变大,θ角变大 B.两悬线等长变短,θ角变小 C.金属棒质量变大,θ角变大 D.磁感应强度变大,θ角变小 解析:A [对金属棒MN受力分析如图所示,由平衡条件可知F安=mgtan θ,而F安=BIL,即BIL=mgtan θ,则I↑?θ↑,m↑?θ↓,B↑?θ↑,故A正确,C、D错误.θ角与悬线长度无关,B错误.] 2.如图所示,两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上,导轨间距为L,劲度系数为k的轻质弹簧上端固定,下端与水平直导体棒ab相连,弹簧与导轨平面平行并与ab垂直,直导体棒垂直跨接在两导轨上,空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场.闭合开关S后导体棒中的电流为I,导体棒平衡时,弹簧伸长量为x1;调转图中电源极性,使导体棒中电流反向,导体棒中电流仍为I,导体棒平衡时弹簧伸长量为x2.忽略回路中电流产生的磁场,则匀强磁场的磁感应强度B的大小为(   ) A.(x1+x2) B.(x2-x1) C.(x2+x1) D.(x2-x1) 解析:D [由平衡条件可得mgsin α=kx1+BIL;调转图中电源极性使导体棒中电流反向,由平衡条件可得mgsin α+BIL=kx2,联立解得B=(x2-x1).选项D正确.] 思想方法(十九) 安培力作用下的功能关系 方 法 阐 述 1.安培力和重力、弹力、摩擦力一样,会使通电导体在磁场中平衡、转动、加速,也会涉及做功问题.解答时一般要用到动能定理、能量守恒定律等. 2.安培力做功的特点和实质 (1)安培力做功与路径有关,这一点与电场力不同. (2)安培力做功的实质是能量转化. ①安培力做正功时,将电源的能量转化为导体的机械能或其他形式的能. ②安培力做负功时,将机械能转化为电能或其他形式的能. [典例赏析] [典例] 音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机,如图是某音圈电机的原理示意图,它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成,线圈边长为L,匝数为n,磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下,大小为B,区域外的磁场忽略不计.线圈左边始终在磁场外,右边始终在磁场内,前后两边在磁场内的长度始终相等,某时刻线圈中电流从P流向Q,大小为I. (1)求此时线圈所受安培力的大小和方向; (2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v,求安培力的功率. [解析] (1)线圈前后两边所受安培力的合力为零,线圈所受的安培力即为右边所受的安培力,由安培力公式得 F=nBIL① 由左手定则知方向水平向右 (2)安培力的功率为P=F·v② 联立①②式解得P=nBILv [答案] (1)nBIL 方向水平向右 (2)nBILv [题组巩固] 1.(多选) 如图甲所示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为L,其间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒.从t=0时刻起,棒上有如图乙所示的持续交变电流I,周期为T,最大值为Im,图甲中I所示方向为电流正方向.则金属棒(   ) A.一直向右移动 B.速度随时间周期性变化 C.受到的安培力随时间周期性变化 D.受到的安培力在一个周期内做正功 解析:ABC [由左手定则可知,金属棒一开始向右做匀加速运动,当电流反向以后,金属棒开始做匀减速运动,经过一个周期速度变为0,然后重复上述运动,所以选项A、B正确;安培力F=BIL,由图象可知前半个周期安培力水平向右,后半个周期安培力水平向左,不断重复,选项C正确;一个周期内,金属棒初、末速度相同,由动能定理可知安培力在一个周期内不做功,选项D错误.] 2.电磁炮是一种理想的兵器,它的主要原理如图所示,利用这种装置可以把质量为2.0 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6 km/s.若这种装置的轨道宽2 m,长为100 m,通过的电流为10 A,求轨道间所加匀强磁场的磁感应强度大小和磁场力的最大功率.(轨道摩擦不计) 解析:电磁炮在安培力的作用下,沿轨道做匀加速运动.因为通过100 m的位移加速至6 km/s, 利用动能定理可得F安s=ΔEk, 即BILs=mv2-0 代入数据可得B=18 T. 运动过程中,磁场力的最大功率为 P=Fvm=BILvm=2.16×106 W. 答案:18 T 2.16×106 W 13 / 13

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    2020高考一轮第九章带电粒子在组合场中的运动(通用版) 物 理 考点一 质谱仪与回旋加速器 [考点解读] 1.质谱仪 (1)构造:如图所示,由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成. (2)原理:粒子由静止被加速电场加速,qU=mv2. 粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m. 由以上两式可得r= ,m=,=. 2.回旋加速器 (1)构造:如图所示,D1、D2是半圆形金属盒,D形盒的缝隙处接交流电源,D形盒处于匀强磁场中. (2)原理:交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等,粒子经电场加速,经磁场回旋,由qvB=,得Ekm=,可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定,与加速电压无关. (3)回旋加速器在电场中加速的次数n 带电离子在回旋加速器中,被加速的次数为n,由动能定理,可得nUq=·mv ① 将①代入②式,得n=· ② 可见要想求出离子在回旋加速器中被加速的次数,首先要算出离子的最大动能. (4)带电离子在回旋加速器中运动的时间t 带电离子在回旋加速器中,运动的时间分两部分,在磁场中运动的时间t磁=n·,将②代入,得t磁= 在电场中运动的时间t电===(d为D形盒狭缝的间距), 带电离子在回旋加速器中运动的总时间为t=t磁+t电=+ 由于πRD?d,所以t磁?t电,所以通常计算带电粒子在回旋加速器中运动时,在时间方面考虑的都是做圆周运动的周期,而忽略通过间隙的时间,即t=t磁=. [典例赏析] [典例1] (2018·全国卷Ⅲ)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直.已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN的中点射出;MN长为l.不计重力影响和离子间的相互作用.求 (1)磁场的磁感应强度大小; (2)甲、乙两种离子的比荷之比. [解析] (1)设甲种离子电荷量为q1,质量为m1,其在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,对甲离子经加速电压U的加速过程由动能定理得q1U=m1v,由于甲离子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力, 可得:q1v1B=m1 又因R1= 联立解得:B= (2)设乙种离子所带电荷量为q2,质量为m2,其在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R2,进入磁场时的速度为v2. 在电场中有:q2U=m2v 在磁场中有:q2v2B=m2 又因R2= 综合(1)(2)问可得:∶=1∶4. [答案] (1) (2)1∶4 [题组巩固] 1.(2016·全国卷Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定.质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场.若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍.此离子和质子的质量比约为(  ) A.11   B.12    C.121    D.144 解析:D [由qU=mv2得带电粒子进入磁场的速度为v= ,结合带电粒子在磁场中运动的轨迹半径R=,综合得到R= ,由题意可知,该离子与质子在磁场中具有相同的轨道半径和电荷量,故=144,故选D.] 2.(2016·江苏卷)回旋加速器的工作原理如图甲所示,置于真空中的D形金属盒半径为R,两盒间狭缝的间距为d,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直,被加速粒子的质量为m,电荷量为+q,加在狭缝间的交变电压如图乙所示,电压值的大小为U0.周期T=.一束该种粒子在t=0~ 时间内从A处均匀地飘入狭缝,其初速度视为零.现考虑粒子在狭缝中的运动时间,假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动,不考虑粒子间的相互作用.求: (1)出射粒子的动能Em. (2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0. (3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出,d应满足的条件. 解析:(1)粒子运动半径为R时,有 qvB=m,且Em=mv2, 解得Em=. (2)粒子被加速n次达到动能Em,则Em=nqU0. 粒子在狭缝间做匀加速运动,设n次经过狭缝的总时间为Δt,加速度a=, 粒子做匀加速直线运动,有nd=a·Δt2, 由t0=(n-1)·+Δt,解得t0=-. (3)只有在0~时间内飘入的粒子才能每次均被加速,则所占的比例η=, 由η>99%,解得d<. 答案:(1) (2)- (3)d< 考点二 带电粒子在组合场中的运动 [考点解读] 1.组合场:电场与磁场各位于一定的区域内,并不重叠,电场、磁场交替出现. 2.“磁偏转”和“电偏转”的比较 电偏转 磁偏转 偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力) 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力) 受力情况 只受恒定的电场力F=Eq 只受大小恒定的洛伦兹力F=qvB 运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动 运动轨迹 求解方法 利用类平抛运动的规律x=v0t,y=at2,a=,tan θ= 牛顿第二定律、向心力公式r=,T=,t= [典例赏析] [典例2] (2018·全国卷Ⅰ)如图,在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E;在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场.一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向.已知H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60°,并从坐标原点O处第一次射出磁场.H的质量为m,电荷量为q.不计重力.求: (1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离; (2)磁场的磁感应强度大小; (3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离. [解析] (1)H在电场中做类平拋运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示.设H在电场中的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有s1=v1t1① h=a1t② 由题给条件,H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1=60°.H进入磁场时速度的y分量的大小为 a1t1=v1tan θ1③ 联立以上各式得s1=h④ (2)H在电场中运动时,由牛顿第二定律有 qE=ma1⑤ 设H进入磁场时速度的大小为v′1,由速度合成法则有v′1=⑥ 设磁感应强度大小为B,H在磁场中运动的圆轨道半径为R1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv′1B=⑦ 由几何关系得s1=2R1sin θ1⑧ 联立以上各式得B=⑨ (3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2,由题给条件得 (2m)v=mv⑩ 由牛顿第二定律有qE=2ma2? 设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′,速度的方向与x轴正方向夹角为θ2,入射点到原点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有 s2=v2t2? h=a2t? v′2=? sin θ2=? 联立以上各式得s2=s1,θ2=θ1,v′2=v′1? 设H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由⑦?式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 R2==R1? 所以出射点在原点左侧.设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s′2,由几何关系有s′2=2R2sin θ2? 联立④⑧???式得,H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s′2-s2=(-1)h. [答案] (1)h (2)  (3)(-1)h “5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题 [题组巩固] 1.(2019·烟台模拟)如图所示的平面直角坐标系xOy,在第Ⅰ、Ⅲ象限内有平行于y轴,电场强度大小相同、方向相反的匀强电场,在第Ⅳ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场.一质量为m,电荷量为q的带电粒子,从y轴上的M(0,d)点,以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场,通过电场后从x轴的N点进入第Ⅳ象限内,又经过磁场垂直y轴进入第Ⅲ象限,最终粒子从x轴上的P点离开.不计粒子所受到的重力.求: (1)匀强电场的电场强度E和磁场的磁感应强度B的大小; (2)粒子运动到P点的速度大小; (3)粒子从M点运动到P点所用的时间. 解析:(1)粒子运动轨迹如图所示. 设粒子在第Ⅰ象限内运动的时间为t1,粒子在N点时速度大小为v1,方向与x轴正方向间的夹角为θ,则: x=v0t1=d y=at=d qE=ma,tan θ== v1= 联立以上各式得:θ=,v1=2v0,E=. 粒子在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得:qv1B=m 由几何关系得:R==d 联立并代入数据解得:B=. (2)粒子由M点到P点的过程,由动能定理得: qEd+qE(R+Rcos θ)=mv-mv 代入(1)中所求数据解得:vP=v0. (3)粒子在第Ⅰ象限内运动时间:t1== 粒子在第Ⅳ象限内运动周期:T== t2=T= 粒子在第Ⅲ象限内运动时有:R+Rcos θ=at 解得:t3= 粒子从M点运动到P点的时间: t=t1+t2+t3=. 答案:(1)  (2)v0 (3) 2.(2017·天津卷)平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示.一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动,Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍.粒子从坐标原点O离开电场进入磁场,最终从x轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等.不计粒子重力,问: (1)粒子到达O点时速度的大小和方向; (2)电场强度和磁感应强度的大小之比. 解析:(1)粒子在电场中从Q到O做类平抛运动,设O点速度v,与+x方向夹角为α,Q点到x轴的距离为L,到y轴的距离为2L,粒子的加速度为a,运动时间为t,根据类平抛运动的规律,有: x方向:2L=v0t y方向:L=at2 粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy=at 又:tan α= 解得:tan α=1,即α=45°,粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上. 粒子到达O点时的速度大小为v= =v0 (2)设电场强度为E,粒子所带电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F, 粒子在电场中运动的加速度:a= 设磁感应强度大小为B,粒子做匀速圆周运动的半径为R,洛伦兹力提供向心力,有:qvB=m 根据几何关系可知:R=L 整理可得:= 答案:(1)v=v0,方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上 (2)=. 考点三 带电粒子在交变电、磁场中的运动 [考点解读]  解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路 [典例赏析] [典例3] 如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中,电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图象如图(b)所示,y轴正方向为E的正方向,垂直于纸面向里为B的正方向.t=0时刻,带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出,它恰能沿一定轨道做周期性运动.v0、E0和t0为已知量,图(b)中=,在0~t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为.求: (1)粒子P的比荷; (2)t=2t0时刻粒子P的位置; (3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L. [解析] (1)0~t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动,当粒子所在位置的纵、横坐标相等时,粒子在磁场中恰好经过圆周,所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R,即R= ① 又qv0B0=m ② 代入= 解得= ③ (2)设粒子P在磁场中运动的周期为T,则 T= ④ 联立①④解得T=4t0 ⑤ 即粒子P做圆周运动后磁场变为电场,粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动,设t0~2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1,则 x1=v0t0== ⑥ y1=at ⑦ 其中加速度a= 由③⑦解得y1==R,因此t=2t0时刻粒子P的位置坐标为,如图中的b点所示. (3)分析知,粒子P在2t0~3t0时间内,电场力产生的加速度方向沿y轴正方向,由对称关系知,在3t0时刻速度方向为x轴正方向,位移x2=x1=v0t0;在3t0~5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动,往复运动轨迹如图所示,由图可知,带电粒子在运动中距原点O的最远距离L即O、d间的距离L=2R+2x1 ⑧ 解得L=v0t0. [答案] (1) (2) (3)v0t0 [题组巩固] 1.如图甲所示,宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2),存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图乙所示),电场强度的大小为E0,E0>0表示电场方向竖直向上.t=0时,一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域,沿直线运动到Q点后,做一次完整的圆周运动,再沿直线运动到右边界上的N2点.Q为线段N1N2的中点,重力加速度为g.上述d、E0、m、v、g为已知量. (1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小. (2)求电场变化的周期T. (3)改变宽度d,使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域,求T的最小值. 解析:(1)微粒做直线运动,则mg+qE0=qvB① 微粒做圆周运动,则mg=qE0② q=③ 联立①②得B=④ (2)设微粒从N1点运动到Q点的时间为t1,做圆周运动的半径为R,周期为t2,则=vt1⑤ qvB=⑥ 2πR=vt2⑦ 联立③④⑤⑥⑦得t1=,t2= 电场变化的周期T=t1+t2=+ (3)若微粒能完成题述的运动过程,要求 d≥2R⑧ 联立③④⑥得R=⑨ 设微粒在N1Q段直线运动的最短时间为t1min,则由⑤⑧⑨得t1min= 因t2不变,所以T的最小值Tmin=t1min+t2=. 答案:(1)  (2)+ (3) 2.(2019·合肥模拟)如图甲所示,带正电粒子以水平速度v0从平行金属板MN间中线OO′连续射入电场中.MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN,两板间电场可看做是均匀的,且两板外无电场.紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B,分界线为CD,EF为屏幕.金属板间距为d,长度为l,磁场的宽度为d.已知:B=5×10-3 T,l=d=0.2 m,每个带正电粒子的速度v0=105 m/s,比荷为=108 C/kg,重力忽略不计,在每个粒子通过电场区域的极短时间内,电场可视作是恒定不变的.试求: (1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径; (2)带电粒子射出电场时的最大速度; (3)带电粒子打在屏幕上的范围. 解析:(1)t=0时刻射入电场的带电粒子不被加速,进入磁场做圆周运动的半径最小. 粒子在磁场中运动时qv0B= 则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径 rmin== m=0.2 m 其运动的径迹如图中曲线Ⅰ所示. (2)设两板间电压为U1,带电粒子刚好从极板边缘射出电场,则有 =at2=·2 代入数据,解得U1=100 V 在电压低于100 V时,带电粒子才能从两板间射出电场,电压高于100 V时,带电粒子打在极板上,不能从两板间射出.带电粒子刚好从极板边缘射出电场时,速度最大,设最大速度为vmax, 则有mv=mv+q 解得vmax=×105 m/s=1.414×105 m/s. (3)由第(1)问计算可知,t=0时刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径rmin=d=0.2 m,径迹恰与屏幕相切,设切点为E,E为带电粒子打在屏幕上的最高点, 则=rmin=0.2 m 带电粒子射出电场时的速度最大时,在磁场中做圆周运动的半径最大,打在屏幕上的位置最低. 设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为rmax,打在屏幕上的位置为F,运动径迹如图中曲线Ⅱ所示. qvmaxB= 则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径 rmax== m= m 由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上,如图中Q点所示,并且Q点必与M板在同一水平线上.则 == m=0.1 m 带电粒子打在屏幕上的最低点为F,则 =rmax-=m=0.18 m 即带电粒子打在屏幕上O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范围内. 答案:(1)0.2 m (2)1.414×105 m/s (3)O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范围内 1 / 1

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    高中物理/高考专区/一轮复习

    2020高考一轮第九章带电粒子在叠加场中的运动(通用版) 物 理 考点一 带电粒子在叠加场中运动的实例分析 [考点解读] 装置 原理图 规律 速度选择器 若qv0B=Eq,即v0=,粒子做匀速直线运动 磁流体发电机 等离子体射入,受洛伦兹力偏转,使两极板带正、负电,两极电压为U时稳定,q=qv0B,U=v0Bd 电磁流量计 q=qvB,所以v=所以Q=vS= 霍尔元件 当磁场方向与电流方向垂直时,导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差 [典例赏析] [典例1] (2018·北京卷)某空间存在匀强磁场和匀强电场.一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动.下列因素与完成上述两类运动无关的是(  ) A.磁场和电场的方向 B.磁场和电场的强弱 C.粒子的电性和电量 D.粒子入射时的速度 [解析] C [由题可知,当带电粒子在复合场内做匀速直线运动,即Eq=qvB,则v=,若仅撤除电场,粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求,例如:电场方向向下,磁场方向垂直纸面向里等,但是对电性和电量无要求,故选项C正确,A、B、D错误.] [题组巩固] 1.(多选)磁流体发电是一项新兴技术,它可以把物体的内能直接转化为电能,如图是它的示意图.平行金属板A,B之间有一个很强的磁场,将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负离子)喷入磁场,A、B两板间便产生电压.如果把A、B和用电器连接,A、B就是直流电源的两个电极,设A、B两板间距为d,磁感应强度为B′,等离子体以速度v沿垂直于磁场的方向射入A、B两板之间,则下列说法正确的是(  ) A.A是直流电源的正极 B.B是直流电源的正极 C.电源的电动势为B′dv D.电源的电动势为qvB′ 解析:BC [等离子体喷入磁场,正离子因受向下的洛伦兹力而向下偏转,B是直流电源的正极,则选项B正确;当带电粒子以速度v做匀速直线运动时,q=qvB′,电源的电动势U=B′dv,则选项C正确.] 2.医生做某些特殊手术时,利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度.电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成,磁极间的磁场是均匀的.使用时,两电极a、b均与血管壁接触,两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直,如图所示.由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动,电极a、b之间会有微小电势差.在达到平衡时,血管内部的电场可看做是匀强电场,血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零.在某次监测中,两触点的距离为3.0 mm,血管壁的厚度可忽略,两触点间的电势差为160 μV,磁感应强度的大小为0.040 T.则血流速度的近似值和电极a、b的正负为(   ) A.1.3 m/s,a正、b负 B.2.7 m/s,a正、b负 C.1.3 m/s,a负、b正 D.2.7 m/s,a负、b正 解析:A [血液中正负离子流动时,根据左手定则,正离子受到向上的洛伦兹力,负离子受到向下的洛伦兹力,所以正离子向上偏,负离子向下偏,则a带正电,b带负电,故C、D错误;最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零,有q=qvB,所以血流速度v== m/s=1.3 m/s,故A正确,B错误.] 3.如图所示,一段长方体形导电材料,左右两端面的边长都为a和b,内有带电量为q的某种自由运动电荷.导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中,内部磁感应强度大小为B.当通以从左到右的稳恒电流I时,测得导电材料上、下表面之间的电压为U、且上表面的电势比下表面的低,由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为(  ) A.,负      B.,正 C.,负 D.,正 解析:C [本题的关键是电荷的受力平衡,即电场力与洛伦兹力平衡.因导电材料上表面的电势比下表面的低,故上表面带负电荷,根据左手定则可判断自由运动电荷带负电,B、D错误.导电材料稳定后电荷受力平衡,则有qvB=qE=q,因此有v=,又由电流微观表达式有I=nSqv,将v=代入上式得,n=,C正确.] 考点二 带电体在叠加场中的运动 [考点解读] 1.三种场的比较 名称 力的特点 功和能的特点 重力场 大小:G=mg方向:竖直向下 重力做功与路径无关重力做功改变物体的重力势能 电场 大小:F=qE方向:正电荷受力方向与场强方向相同,负电荷受力方向与场强方向相反 电场力做功与路径无关W=qU电场力做功改变电势能 磁场 大小:F=qvB(v⊥B) 方向:可用左手定则判断 洛伦兹力不做功,不改变带电粒子的动能 2.分析方法 [典例赏析] [典例2] 如图所示,区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场E1,区域宽度为d1,区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2,区域宽度为d2,磁场方向垂直纸面向里,电场方向竖直向下.一质量为m、带电荷量为q的微粒在区域Ⅰ左边界的P点,由静止释放后水平向右做直线运动,进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动,从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出,其速度方向改变了60°,重力加速度为g,求: (1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小; (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小; (3)微粒从P运动到Q的时间. [审题指导] (1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动,说明在竖直方向上受力平衡. (2)微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动,说明电场力和重力平衡,洛伦兹力提供向心力. [解析] (1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动,则在竖直方向上有qE1sin 45 °=mg, 解得E1=. 微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动,则在竖直方向上有 mg=qE2,E2=. (2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动时加速度为a,离开区域Ⅰ时速度为v,在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨道半径为R,则 a==g. v2=2ad1(或qE1cos 45°×d1=mv2) Rsin 60°=d2,qvB=m. 解得B= (3)微粒在区域Ⅰ内做匀加速直线运动,t1= 在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的圆心角为60°,则 T=,t2==. 解得t=t1+t2= + . [答案] 见解析  关于是否考虑粒子重力的三种情况 1.对于微观粒子,如电子、质子、离子等,因为其重力一般情况下与静电力或磁场力相比太小,可以忽略;而对于一些实际物体,如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力. 2.在题目中有明确说明是否要考虑重力的,按题目要求处理. 3.不能直接判断是否要考虑重力的,在进行受力分析与运动分析时,要结合运动状态确定是否要考虑重力. [题组巩固] 1.(2017·全国卷Ⅰ)如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里.三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、mb、mc.已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动.下列选项正确的是(  ) A.ma>mb>mc      B.mb>ma>mc C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma 解析:B [因微粒a做匀速圆周运动,则微粒重力不能忽略且与电场力平衡:mag=qE;由左手定则可以判定微粒b、c所受洛伦兹力的方向分别是竖直向上与竖直向下,则对b、c分别由平衡条件可得mbg=qE+Bqvb>qE、mcg=qE-Bqvc<qE,故有mb>ma>mc,B正确.] 2.(2016·天津卷)如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E=5 N/C,同时存在着水平方向的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小B=0.5 T,有一带正电的小球,质量m=1.0×10-6 kg,电荷量q=2×10-6 C,正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动,当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象),取g=10 m/s2.求: (1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向; (2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t. 解析:(1)小球做匀速直线运动时受力如图,其所受的三个力在同一平面内,合力为零,有qvB=① 代入数据解得 v=20 m/s② 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足 tan θ=③ 代入数据解得 tan θ= 则θ=60°④ (2)解法一:撤去磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,设其加速度为a,有 a=⑤ 设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x,有 x=vt⑥ 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y,有 y=at2⑦ a与mg的夹角和v与E的夹角相同,均为θ,又 tan θ=⑧ 联立④⑤⑥⑦⑧式,代入数据解得 t=2 s=3.5 s 解法二:撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影响,以P点为坐标原点,竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做匀减速运动,其初速度为vy=vsin θ⑨ 若使小球再次穿过P点所在的电场线,仅需小球在竖直方向上的位移为零,则有vyt-gt2=0⑩ 联立⑨⑩式,代入数据解得 t=2 s=3.5 s 答案:(1)20 m/s,方向与电场E的方向之间的夹角为60°斜向上 (2)3.5 s 考点三 轨道约束情况下带电体在磁场中的运动 [考点解读] 带电体在重力场、磁场、电场中运动时,从整个物理过程上看有多种不同的运动形式,其中从运动条件上看分为有轨道约束和无轨道约束.现从力、运动和能量的观点研究三种有轨道约束的带电体的运动. [考向突破] [考向1] 带电物块与绝缘斜面的组合  [典例3] 如图所示,带电荷量为+q、质量为m的物块从倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面顶端由静止开始下滑,磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向外,求物块在斜面上滑行的最大速度和在斜面上运动的最大位移.(斜面足够长,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) [解析] 经分析,物块沿斜面运动过程中加速度不变,但随速度增大,物块所受支持力逐渐减小,最后离开斜面.所以,当物块对斜面的压力刚好为零时,物块沿斜面的速度达到最大,同时位移达到最大,即 qvmB=mgcos θ ① 物块沿斜面下滑过程中,由动能定理得: mgssin θ=mv ② 由①②得:vm==, s==. [答案] vm= s= [考向2] 带电圆环与绝缘直杆的组合  [典例4] 如图所示,一个质量m=0.1 g,电荷量q=4×10-4C带正电的小环,套在很长的绝缘直棒上,可以沿棒上下滑动.将棒置于正交的匀强电场和匀强磁场内,E=10 N/C,B=0.5 T.小环与棒之间的动摩擦因数μ=0.2.求小环从静止沿棒竖直下落的最大加速度和最大速度.取g=10 m/s2,小环电荷量不变. [解析] 小环由静止下滑后,由于所受电场力与洛伦兹力同向(向右),使小环压紧竖直棒.相互间的压力为 FN=qE+qvB. 由于压力是一个变力,小环所受的摩擦力也是一个变力,可以根据小环运动的动态方程找出最值条件. 根据小环竖直方向的受力情况,由牛顿第二定律得运动方程 mg-μFN=ma, 即mg-μ(qE+qvB)=ma 当v=0时,即刚下落时,小环运动的加速度最大,代入数值得am=2 m/s2. 下落后,随着v的增大,加速度a逐渐减小.当a=0时,下落速度v达最大值,代入数值得vm=5 m/s. [答案] am=2 m/s2 vm=5 m/s  把握三点解决“约束运动”问题 1.对物块受力分析,把握已知条件. 2.掌握洛伦兹力的公式和特点,理清弹力和摩擦力、洛伦兹力和速度、摩擦力与合力、加速度与速度等几个关系. 3.掌握力和运动、功和能在磁场中的应用. [题组巩固] 1.如图所示,粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带电的小球,整个装置处在由水平匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中,小球由静止开始下滑,在整个运动过程中小球的v-t图象为下图中的(  ) 解析:C [小球下滑过程中,qE与qvB反向,开始下落时qE>qvB,所以a=,随下落速度v的增大a逐渐增大;当qE

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  • ID:6-6354404 通用版2020届高考物理总复习第八章实验十一练习使用多用电表(含答案解析)

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    2020高考一轮第八章实验十一练习使用多用电表(通用版) 物 理 ◆ 注意事项 1.表内电源正极接黑表笔,负极接红表笔,但是红表笔插入“+”孔,黑表笔插入“-”孔,注意电流的实际方向. 2.区分“机械零点”与“欧姆零点”.机械零点是表盘刻度左侧的“0”位置,调整的是表盘下边中间的定位螺丝;欧姆零点是指刻度盘右侧的“0”位置,调整的是欧姆挡的调零旋钮. 3.测电压时,多用电表应与被测元件并联;测电流时,多用电表应与被测元件串联. 4.测量电阻时,每变换一次挡位都要重新进行欧姆调零. 5.由于欧姆表盘难于估读,测量结果只需取两位有效数字,读数时注意乘以相应量程的倍率. 6.使用多用电表时,手不能接触测试笔的金属杆,特别是在测电阻时,更应注意不要用手接触测试笔的金属杆. 7.测量电阻时待测电阻要与其他元件和电源断开,否则不但影响测量结果,甚至可能损坏电表. 8.如果长期不用欧姆表,应把表内电池取出. 9.在研究二极管的单向导电性时,切记在二极管正向导通的情况下电路中必须连有灯泡或其他用电器,不能只连接一个二极管,否则极易烧坏二极管. ◆ 误差分析 1.电池用旧后,电动势会减小,内电阻会变大,致使电阻测量值偏大,要及时更换新电池. 2.欧姆表的表盘刻度不均匀,估读时易带来误差,要注意其左密右疏的特点. 3.由于欧姆表刻度的非线性,表头指针偏转过大或过小都会使误差增大,因此要选用恰当挡位,使指针指中值附近. 4.测电流、电压时,由于电表内阻的影响,测得的电流、电压值均小于真实值. 5.读数时的观测易形成偶然误差,要垂直表盘正对指针读数. 热点一 多用电表的原理及使用 [典例赏析] [典例1] (2017·全国卷Ⅲ)图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图.图中E是电池;R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻,R6是可变电阻;表头G的满偏电流为250 μA,内阻为480 Ω.虚线方框内为换挡开关,A端和B端分别与两表笔相连.该多用电表有5个挡位,5个挡位为:直流电压1 V挡和5 V挡,直流电流1 mA挡和2.5 mA挡,欧姆×100 Ω挡. (1)图(a)中的A端与 ________________ (填“红”或“黑”)色表笔相连接. (2)关于R6的使用,下列说法正确的是 ________ (填正确答案标号). A.在使用多用电表之前,调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B.使用欧姆挡时,先将两表笔短接,调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C.使用电流挡时,调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 (3)根据题给条件可得R1+R2= ________ Ω,R4= ________ Ω. (4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示.若此时B端是与“1”相连的,则多用电表读数为 ________________ ;若此时B端是与“3”相连的,则读数为 ________________ ;若此时B端是与“5”相连的,则读数为 ________________ .(结果均保留三位有效数字) [解析] (1)与欧姆表内电源正极相连的是黑表笔. (2)R6是可变电阻,它的作用就是欧姆表调零的作用,也就是使用欧姆挡时,先将两表笔短接,调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置. (3)换挡开关接2时,是量程较小的电流表,所以 R1+R2==160 Ω; 换挡开关接4时,是量程较小的电压表,这时表头与R1、R2并联组成新表头,新表头的内阻 r==120 Ω,新表头的量程是1 mA,所以R4=-r= Ω-120 Ω=880 Ω (4)某次测量时该多用电表指针位置如题图(b)所示.若此时B端是与“1”连接的,此时多用表是量程为2.5 mA的电流表,则多用电表读数为1.47 mA;若此时B端是与“3”连接的,此时多用表是欧姆×100 Ω挡,则读数为1.10×103 Ω;若此时B端是与“5”连接的,量程为5 V电压表,则读数为2.95 V. [答案] (1)黑 (2)B (3)160 880 (4)1.47 mA 1.10×103 Ω 2.95 V  多用电表的读数技巧 1.欧姆表的读数 (1)选用“×1 Ω”倍率时,要估读到下一位,其余情况都不用估读. (2)电阻值等于指针示数与所选倍率的乘积. 2.测电压、电流时的读数,要注意其量程,根据量程确定精确度,精确度是1、0.1、0.01时要估读到下一位,精确度是2、0.2、5、0.5时,不用估读到下一位. [题组巩固] 1.(2019·绍兴模拟)在“练习使用多用电表”实验中: (1)某同学欲测量一节干电池的电压,下述操作正确的是 ________ (填字母). A.欧姆调零,选择挡位,表笔接触电池两极(其中红表笔接触正极),读数 B.机械调零,选择挡位,表笔接触电池两极(其中红表笔接触正极),读数 C.选择挡位,机械调零,表笔接触电池两极(其中黑表笔接触正极),读数 D.选择挡位,欧姆调零,表笔接触电池两极(其中黑表笔接触正极),读数 (2)该同学欲测量如图甲所示插座的电压,则应把多用电表的选择开关打到如图乙所示的 ________ 位置(选填A、B、C、…Q). (3)经过正确操作后,电表指针指向如图丙所示,则插座的电压为 ________  V. 解析:(1)使用多用电表测电压时,应该先机械调零,然后选择适当的挡位,表笔接触电池两极(其中红表笔接触正极),待示数稳定后读数即可,故B正确,A、C、D错误. (2)甲所示插座的电压为220 V交流电源,所以应把多用电表的选择开关打到如题图乙所示的H位置. (3)根据电表指针可知,插座的电压为U=200 V. 答案:(1)B (2)H (3)200 2.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器,请完成下列问题: (1)在使用多用电表测量时,指针的位置如图(a)所示,若选择开关拨至“×1”挡,则测量的结果为 ________ ;若选择开关拨至“50 mA”挡,则测量结果为 ________ . (2)多用电表测未知电阻阻值的电路如图(b)所示,电池的电动势为E、内阻为r,R0为调零电阻,Rg为表头内阻,电路中电流I与待测电阻的阻值Rx关系图象如图(c)所示,则该图象的函数关系式为________________________________________________________________. (3)下列根据图(c)中I-Rx图线做出的解释或判断中正确的是 ________ . A.因为函数图线是非线性变化的,所以欧姆表的示数左大右小 B.欧姆表调零的实质是通过调节R0使Rx=0时电路中的电流I=Ig C.Rx越小,相同的电阻变化量对应的电流变化量越大,所以欧姆表的示数左密右疏 D.测量中,当Rx的阻值为图(c)中的R2时,指针位于表盘中央位置的左侧 解析:(1)在使用多用电表测量时,指针的位置如图(a)所示,若选择开关拨至“×1”挡,按照最上面刻度读数,则测量的结果为18.0×1 Ω=18.0 Ω;若选择开关拨至“50 mA”挡,按照中间刻度读数,则测量结果为23.0 mA. (2)由闭合电路欧姆定律,得I=. (3)因为函数图线是非线性变化的,所以欧姆表的刻度是不均匀的.欧姆表的示数左大右小是因为电流随待测电阻阻值的增大而减小,选项A错误. 答案:(1)18.0 Ω 23.0 mA  (2)I= (3)BCD 热点二 用多用电表判断电路故障 [典例赏析] [典例2] 某照明电路出现故障,其电路如图甲所示,该电路用标称值12 V的蓄电池为电源,导线及其接触完好.维修人员使用已调好的多用表直流50 V挡检测故障.他将黑表笔接在c点,用红表笔分别探测电路的a、b点. (1)断开开关,红表笔接a点时多用表指示如图乙所示,读数为 ________ V,说明 ________ 正常(选填:蓄电池、保险丝、开关、小灯). (2)红表笔接b点,断开开关时,表针不偏转,闭合开关后,多用表指示仍然和图乙相同,可判定发生故障的器件是 _______ (选填:蓄电池、保险丝、开关、小灯). [解析] (1)多用电表调至50 V量程,接a c两点测量的是电源两端的电压,读数为11.5 V,可见蓄电池完好. (2)断开开关,电压表指针不偏转,表明电压表被断路,开关闭合后,读数不变,表明蓄电池、保险丝、开关和多用表能组成完好回路,开关和保险丝无问题,发生故障的是小灯,小灯断路. [答案] (1)11.5(11.2~11.8之间的值均可) 蓄电池  (2)小灯  使用多用电表检测故障的两点注意事项 1.多用电表中的电压挡的量程应大于电源电动势. 2.使用多用电表判断电路故障时,应采用“试触法”防止损坏电表. [题组巩固] 3.在测定金属丝电阻率的实验中,某同学连接如图所示.闭合开关后,发现电路有故障(已知电源、电表和导线均完好,电源电动势为E): (1)若电流表示数为零、电压表示数为E,则发生故障的是 ________ (填“待测金属丝”、“滑动变阻器”或“开关”). (2)若电流表、电压表示数均为零,该同学利用多用电表检查故障.先将选择开关旋至 ________ 挡(填“欧姆×100”、“直流电压10 V”或“直流电流2.5 mA”),再将 ________ (填“红”或“黑”)表笔固定在a接线柱.把另一支表笔依次接b、c、d接线柱.若只有滑动变阻器断路,则多用电表的示数依次是 ________ 、 ________ 、 ________ . 解析:(1)电流表示数为零,说明电路断路,由于电压表示数为E,说明电压表两端与电源相连,因而是待测金属丝断路. (2)判断电路故障问题,应利用多用电表的直流电压挡,电流应从多用电表的红表笔流入,因而红表笔应与a接线柱相连.当只有滑动变阻器断路时,若黑表笔接b,多用电表不能与电源形成闭合回路,示数为零,若黑表笔接c或d,多用电表与电源两极相连,示数为电源电动势E. 答案:(1)待测金属丝 (2)直流电压10 V 红 0 E E 4.(1)某同学按如图所示的电路图连接元件后,闭合开关S,发现A、B灯都不亮.该同学用多用电表的欧姆挡检查电路的故障.检查前,应将开关S ________ (选填“闭合”或“断开”) (2)若(1)中同学检查结果如下表所示,由此可以确定 ________ . 测试点 b、f b、e b、d d、e 多用电表示数 无穷大 无穷大 500 Ω 无穷大 A.灯A断路       B.灯B断路 C.灯A、B都断路 D.d、e间导线断路 解析:(1)用欧姆挡检查电路需将电路断开. (2)b、f之间电阻无穷大说明b、f间有断路,b、e之间电阻无穷大说明b、e间有断路,d、e之间电阻无穷大说明d、e间有断路,b、d间电阻有一定的数值,说明b、d间没有断路,所以断路在d、e之间. 答案:(1)断开 (2)D 热点三 用多用电表探索黑箱内的电学元件 [典例赏析] [典例3] 如图甲所示为一黑箱装置,黑箱内有由两节干电池和几个电阻等元件组成的电路,a、b为黑箱的两个输出端,a端连接黑箱内电池的正极. (1)为了探测黑箱,某同学准备进行以下几步测量: ①用多用电表的欧姆挡测量a、b间的电阻. ②用多用电表的直流电压挡测量a、b间的输出电压. ③用多用电表的直流电流挡测量a、b间的输出电流. 你认为以上测量中不妥的有 __________  (填序号),理由是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________. (2)若他用多用电表测其电阻,已经调零且选择开关指向欧姆挡“×10”挡位,发现指针的偏转角度太大.这时他应将选择开关换成欧姆挡的“ ________ ”挡位(选填“×100”或“×1”);调零后测量,其表盘及指针所指位置如图乙所示,则a,b间的电阻为 ________  Ω. (3)黑箱内的电路可看成一个“等效电源”,a、b是等效电源的两极,为了测定这个等效电源的电动势和内阻,该同学设计了如图丙所示的电路,调节滑动变阻器的阻值,记录下电压表和电流表的示数,并在方格纸上建立了U-I坐标系,根据实验数据画出了坐标点,如图丁所示.请你做进一步处理,并由图求出等效电源的电动势E= ________  V,内阻r= ________  Ω. [解析] (1)①用欧姆挡不能直接测量带电源电路的电阻;③用电流挡直接测量可能会造成电源短路. (2)多用电表用欧姆挡测量时,如果指针偏转角度太大,说明所测电阻的阻值小,应当选用小量程进行测量;图中所示读数为12 Ω. (3)如图所示,作出伏安特性曲线,图线与“U”轴的交点表示电源的电动势E,约为1.45 V;图线的斜率表示等效电源的内阻,取纵坐标为1.45 V和1.15 V的两个点,则r===0.75 Ω. [答案] (1)①③ 理由见解析 (2)×1 12 (3)1.45(±0.02) 0.75(±0.03) [题组巩固] 5.在黑箱内有一由四个阻值相同的电阻构成的串、并联电路,黑箱面板上有三个接线柱1、2和3.用欧姆表测得1、2接线柱之间的电阻为1 Ω,2、3接线柱之间的电阻为1.5 Ω,1、3接线柱之间的电阻为2.5 Ω. (1)在虚线框中画出黑箱中的电阻连接方式; (2)如果将1、3接线柱用导线连接起来,1、2接线柱之间的电阻为 ________ Ω. 解析:(1)根据已知1、2间电阻为1 Ω,2、3间电阻为1.5 Ω,1、3间电阻为2.5 Ω,可画出电阻的连接方式如下: (2)若将1、3用导线连接起来,则等效电路图为: 故R12=Ω=0.6 Ω. 答案:(1)见解析 (2)0.6 6.如图甲所示的黑箱中有三只完全相同的电学元件,小明使用多用电表对其进行探测. (1)在使用多用电表前,发现指针不在左边“0”刻度线处,应先调整图乙中多用电表的 ______ (选填“A”、“B”或“C”). (2)在用多用电表的直流电压挡探测黑箱a、b接点间是否存在电源时,一表笔接a,另一表笔应 ________ (选填“短暂”或“持续”)接b,同时观察指针偏转情况. (3)在判定黑箱中无电源后,将选择开关旋至“×1”挡,调节好多用电表,测量各接点间的阻值.测量中发现,每对接点间正、反向阻值均相等,测量记录如下表.两表笔分别接a、b时,多用电表的示数如图乙所示. 请将记录表补充完整,并在黑箱图中画出一种可能的电路. 两表笔接的接点 多用电表的示数 a、b  ________ Ω a、c 10.0 Ω b、c 15.0 Ω 解析:(1)多用电表使用前应进行机械调零,机械调零装置为A. (2)使用多用电表进行测量时,为保证电表不被损坏往往要进行试触,即让两表笔进行短暂接触,观察指针偏转情况,若持续接触则有可能损坏电表. (3)黑箱中无电源且每对接点间正、反阻值相等,由多用电表读数可知所缺数据为5.0 Ω,由a、b间电阻为5 Ω,a、c间为10 Ω,b、c间为15 Ω知,电路为a、b间5 Ω的电阻与a、c间10 Ω电阻串联而成,电路图如图所示. 答案:(1)A  (2)短暂  (3)5.0 图见解析 热点四 拓展创新实验 [核心提炼] 创新点分析 通过研究近几年的高考题可以看出,对多用电表的读数和使用考查频率较大,有时也会考查多用电表的构造和原理、多用电表内阻的测量等. 命题 视角 视角1 考查多用电表的读数 视角2 考查多用电表的使用 视角3 考查多用电表的原理 视角4 测量多用电表的内电阻 视角5 用多用电表探测黑箱内的电学元件 [典例赏析] [典例4] 小明在实验室中发现一个外观上像电阻的未知元件D,设计了如图甲所示电路进行实验探究,请按要求回答问题: (1)小明按图甲连接好电路,闭合开关S,将滑动变阻器滑片缓慢地从a端移到b端,发现起始阶段电压表的示数逐渐增大,后续阶段电压表示数保持6 V不变,若D为电阻元件,则该过程中它的电阻值的变化情况可能是 ________ . A.阻值一直为0 B.阻值先不变,后阶段变小 C.阻值恒定且远大于R2 D.阻值先不变,后阶段变大 (2)根据元件D铭牌上的部分信息,小明从网络获知该元件为稳压二极管,它有正负极之分,在电路中当D的正极接高电势时,其i-u图线如图乙中OC所示,当D的负极接高电势时,其i-u图线如图乙中OAB所示,其中AB段为D的稳压工作区,由此可判断图甲中D的黑色端是它的 ________ 极(填“正”或“负”). (3)小明接着设计了用多用电表欧姆挡按图丙对该元件进行探究,图丙中虚线框端是其内部等效电路,已知电源电动势E=9 V,电表满偏电流Ig=3 mA.实验时小明先进行欧姆调零,则调零后多用电表内部总电阻为 ________ Ω;调零后按图丙连接元件D进行测量,若D恰好处于稳压工作区,则此时测得元件D的阻值应为 ________ Ω. [解析] (1)因在滑片移动过程中,发现起始阶段电压表的示数逐渐增大,后续阶段电压表示数保持6 V不变,则知元件阻值先不变,后阶段变小,故B正确. (2)结合第(1)问中所给条件,可知D元件黑色端为负极. (3)由R总=,解得R总=3 000 Ω;D恰好处于稳压工作区时,其两端电压U=6 V,而U=,解得RD=6 000 Ω. [答案] (1)B (2)负 (3)3 000(或3×103) 6 000(或6×103) [跟踪训练] 7.如图甲所示,数字多用电表是近来发展起来的高科技电子产品,它具有测量精度高、读数方便等许多独特的优点.以型号“DF930”普通数字多用电表为例,其电压挡所有量程内阻高达10 MΩ以上,而机械指针式电压表内阻一般为几千欧到几十千欧. 现有一块型号为“DF930”的数字多用电表,用它来测量一只电池的电动势和内电阻.提供的其他测量器材还有:一只滑动变阻器R(0~30 Ω),两只开关,导线若干. 实验要求:利用这些器材,尽量采用最简单的测量方法,分两步进行.首先测量电动势,待电动势测定之后再测量其内电阻.现按图乙连接好测量电路. 操作步骤: (1)将数字多用电表选择开关置于 ________ 挡,选择合适的量程,断开开关 ________ ,闭合开关 ________ ,记录表的示数,然后反复测量多次,取平均值并记为a. (2)将数字多用电表选择开关置于 ________ 挡,选择合适的量程,断开开关 ________ ,闭合开关 ________ ,记录表的示数,记为b,紧接着进行以下的操作:将选择开关置于 ________ 挡,选择合适的量程,然后同时闭合开关S1和S2,记录表的示数并记作c,把b和对应的c作为一组数据记录下来,然后反复测量多次,得到多组数据. (3) ________ 即为干电池的电动势.(填“a”“b”或“c”) (4)干电池的内电阻的表达式r= ________ (用a、b、c表示),将步骤(2)测得的数据代入公式,求出r的平均值,即为干电池的内电阻. 解析:(1)为了测电源的电动势,需将选择开关置于电压挡,断开开关S1,闭合开关S2,此时电表示数为电源的电动势E,即E=a. (2)测量外电阻需要将电路断开测量,故断开S2,选择开关应置于欧姆挡,闭合S1,此时电表示数为变阻器接入电路的阻值R,即R=b;为测电源的路端电压,选择开关应置于电压挡,此时电表示数即为电源的路端电压U,U=c. (3)由(1)知a即为干电池的电动势. (4)由闭合电路欧姆定律E=U+r,即a=c+r,得r=. 答案:(1)电压 S1 S2 (2)欧姆 S2 S1 电压 (3)a  (4) 1 / 1

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  • ID:6-6354399 通用版2020届高考物理总复习第八章实验十测定电源的电动势和内阻(含答案解析)

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    2020高考一轮第八章实验十测定电源的电动势和内阻(通用版) 物 理 ◆ 注意事项 1.可选用旧电池:为了使电路的路端电压变化明显,电池的内阻宜大些,可选用已使用过一段时间的1号干电池. 2.电流不要过大,读数要快:干电池在大电流放电时,电动势E会明显下降,内阻r会明显增大.因此,实验中不要将I调得过大,读电表要快,每次读完立即断电. 3.计算法求E、r:要测出不少于6组I、U数据,且变化范围要大些,用方程组求解时,要将测出的I、U数据中,第1和第4为一组、第2和第5为一组、第3和第6为一组,分别解出E、r值再求平均值. 4.合理选择标度:为使图线分布空间大,如图所示,纵坐标可以不从零开始,则图线和横轴的交点不再是短路电流,电源的内阻不能用r=确定,应根据r=确定. ◆ 误差分析 1.偶然误差:用图象法求E和r时作图不准确. 2.系统误差:电压表分流. 3.本实验中测量结果是:E测

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  • ID:6-6354395 通用版2020届高考物理总复习第八章实验九描绘小电珠的伏安特性曲线(含答案解析)

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    2020高考一轮第八章实验九描绘小电珠的伏安特性曲线(通用版) 物 理 ◆ 注意事项 1.电路的连接方式 (1)电流表应采用外接法:因为小电珠(3.8 V,0.3 A)的电阻很小,与0~0.6 A的电流表串联时,电流表的分压影响很大. (2)滑动变阻器应采用分压式连接:目的是使小电珠两端的电压能从零开始连续变化. 2.闭合开关S前,滑动变阻器的触头应移到使小电珠分得电压为零的一端,使开关闭合时小电珠的电压从零开始变化,同时也是为了防止开关刚闭合时因小电珠两端电压过大而烧坏灯丝. 3.I-U图线在U0=1.0 V左右将发生明显弯曲,故在U=1.0 V左右绘点要密,以防出现较大误差. 4.当小电珠的电压接近额定值时要缓慢增加,到额定值记录I后马上断开开关. 5.误差较大的点要舍去,I-U图线应是平滑曲线而非折线. ◆ 误差分析 1.由于电压表、电流表不是理想电表,电表内阻对电路的影响会带来误差. 2.电流表、电压表的读数带来误差,要严格按照读数规则读数. 3.在坐标纸上描点、作图带来操作误差. 热点一 电路设计和实验原理 [典例赏析] [典例1] (2017·全国卷Ⅰ)某同学研究小灯泡的伏安特性.所使用的器材有:小灯泡L(额定电压3.8 V,额定电流0.32 A);电压表(量程3 V,内阻3 kΩ);电流表(量程0.5 A,内阻0.5 Ω);固定电阻R0(阻值1 000 Ω);滑动变阻器R(阻值0~9.0 Ω);电源E(电动势5 V,内阻不计);开关S;导线若干. (1)实验要求能够实现在0~3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量,画出实验电路原理图. (2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示. 由实验曲线可知,随着电流的增加小灯泡的电阻 ________ (填“增大”“不变”或“减小”),灯丝的电阻率 ________ (填“增大”“不变”或“减小”). (3)用另一电源E0(电动势4 V,内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路,调节滑动变阻器R的阻值,可以改变小灯泡的实际功率.闭合开关S,在R的变化范围内,小灯泡的最小功率为 ________  W,最大功率为 ________ W.(结果均保留两位小数) [解析] (1)要求能够实现在0~3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量,故滑动变阻器用分压式接法,小灯泡为小电阻,电流表用外接法,如图 (2)由I-U图象知,切线的斜率在减小,故灯泡的电阻随电流的增大而增大,再由电阻定律R=ρ知,电阻率增大; (3)当滑动变阻器的阻值为9 Ω时,电路电流最小,灯泡实际功率最小,此时E=U+I(r+R)得U=4-10I,在图中作出该直线如图所示,交点坐标约为U=1.80 V,I=225 mA,P1=UI=0.41 W;整理得:I=-U+,当直线的斜率最大时,与灯泡的I-U曲线的交点坐标最大,即灯泡消耗的功率最大.当滑动变阻器电阻值R=0时,灯泡消耗的功率最大,此时交点坐标为U=3.75 V,I=0.313 A,如图所示,最大的功率为P2=UI=1.17 W. [答案] (1)图见解析 (2)增大 增大 (3)0.41 1.17 [题组巩固] 1.在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中,除有一标有“6 V 1.5 W”的小电珠、导线和开关外,还有: A.直流电源6 V(内阻不计) B.直流电流表0~3 A(内阻在0.1 Ω以下) C.直流电流表0~300 mA(内阻约为5 Ω) D.直流电压表0~10 V(内阻约为15 kΩ) E.滑动变阻器10 Ω,2 A F.滑动变阻器1 kΩ,0.5 A 实验要求小电珠两端的电压从零开始变化并能进行多次测量. (1)实验中电流表应选用 ________ ,滑动变阻器应选用 ________ (均用序号表示). (2)在虚线框内画出实验电路图. (3)试将下图所示器材连成实验电路. 解析:(1)I额= A=250 mA,故电流表应选C.因要求小电珠两端的电压从零开始变化,滑动变阻器用分压式接法,应选较小阻值的E. (2)实验电路图如图所示 (3)实物图连线如图所示 答案:(1)C E (2)图见解析 (3)图见解析 2.如图是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物连接图. (1)根据图在虚线框内画出实验电路图; (2)调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数如图中的①、②、③、④所示,电流表量程为0.6 A,电压表量程为3 V.所示读数为:① __________ 、② __________ 、③ __________ 、④ ________ .两组数据得到的电阻分别为 ________ 和 ________ . 解析:(1)描绘小灯泡的伏安特性曲线需要测量电压的范围大,变阻器用分压接法,小灯泡电阻比较小,电流表要外接,电路图如图所示. (2)电流表量程为0.6 A时,最小刻度为0.02 A,读数读到小数点后两位,所以①表示数为0.10 A,②表示数为0.24 A;电压表量程为3 V,最小刻度为0.1 V,应估读到0.01 V,所以③表示数为2.00 V,④表示数为0.27 V,根据欧姆定律R1===8.3 Ω,R2== Ω=2.7 Ω. 答案:(1)图见解析 (2)0.10 A(0.10±0.02均可) 0.24 A 2.00 V 0.27 V(0.27±0.01均可) 8.3 Ω(8.3±0.1均可)  2.7 Ω(2.7±0.1均可) 热点二 数据处理及误差分析 [典例赏析] [典例2] 某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小,实验器材如图甲所示,现已完成部分导线的连接. (1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中,电流表的示数从零开始逐渐增大,请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接; (2)某次测量,电流表指针偏转如图乙所示,则电流表的示数为 ________ A; (3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示,根据图线判断,将 ________ 只相同的小电珠并联后,直接与电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源组成闭合回路,可使小电珠的总功率最大,其总功率的值约为 ________ W(保留两位小数). [解析] (1)连线如图所示 (2)由题图乙知电流表量程为0.6 A,所以读数为0.44 A; (3)电源内阻为1 Ω,所以当外电路总电阻等于电源内阻时,电源的输出功率最大,即小电珠的总功率最大,此时外电路电压等于内电压等于1.5 V,由题图丙知当小电珠电压等于1.5 V时电流约为0.38 A,此时电阻约为R==3.95 Ω≈4 Ω,并联后的总电阻为1 Ω,所以需要4个小电珠并联,小电珠消耗的总功率约为P== W=2.25 W. [答案] (1)图见解析 (2)0.44 (3)4 2.25 [题组巩固] 3.由金属丝制成的电阻器阻值会随温度的升高而变大.某同学为研究这一现象,亲自动手通过实验描绘这样一个电阻器的伏安特性曲线.可供选择的实验器材有: A.待测电阻器Rx(2.5 V,1.2 W) B.电流表A(0~0.6 A,内阻为1 Ω) C.电压表V(0~3 V,内阻未知) D.滑动变阻器(0~10 Ω,额定电流为1 A) E.电源(E=3 V,内阻r=1 Ω) F.定值电阻R0(阻值为5 Ω) G.开关一个和导线若干 (1)实验时,该同学采用电流表内接法,并且电阻器两端电压从零开始变化,请在方框内画出实验电路图. (2)按照正确的电路图,该同学测得实验数据如下: I/A 0.15 0.20 0.25 0.30 0.35 0.40 0.45 0.48 U/V 0.25 0.40 0.60 0.90 1.25 1.85 2.50 3.00 UR/V 其中,I是电流表的示数,U是电压表的示数,UR是电阻器两端的实际电压.请通过计算补全表格中的空格,然后在图中画出电阻器的伏安特性曲线. (3)该同学将本实验中的电阻器Rx以及给定的定值电阻R0二者串联起来,接在本实验提供的电源两端,则电阻器的实际功率是 ________  W.(结果保留两位小数) 解析:(1)要使电阻器两端电压从零开始变化,滑动变阻器应采用分压式接法.电路图如图甲所示. (2)电压表的示数减去电流表的分压即为电阻器两端的电压:UR=U-Ir,数据如下表.电阻器的伏安特性曲线如图乙中曲线所示. UR/V 0.10 0.20 0.35 0.60 0.90 1.45 2.05 2.52 (3)由UR+I(r+R0)=E作出U-I图象如图乙中直线所示,由此图象与电阻器U-I图线的交点可得此时电阻器的电压UR=0.9 V,电流I=0.35 A,电阻器的实际功率为P=URI≈0.32 W. 答案:见解析 4.在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中,要测量—个标有“3 V 1.5 W”的小电珠两端的电压和通过它的电流,现有如下器材: A.直流电源3 V(内阻可不计) B.直流电流表0~600 mA(内阻约为0.5 Ω) C.直流电压表0~3 V(内阻约3 kΩ) D.滑动变阻器(10 Ω,1 A) E.滑动变阻器(1 kΩ,300 mA) F.开关、导线若干 (1)本实验中滑动变阻器应选用 ________ (选填“D”或“E”). (2)下表中的各组数据是该同学在实验中测得的,根据表格中的数据在如图甲所示的坐标纸上作出该小电珠的伏安特性曲线. (3)如图乙所示,将两个这样的小灯泡并联后再与阻值为5 Ω的定值电阻R0串联,接在电压恒为4 V的电路中,每个小灯泡的实际功率为 ________ W. 乙 解析:(1)实验中需测量多组数据,滑动变阻器用分压式接法,为了调节方便,滑动变阻器用阻值较小的,故选D. (2)描点画图,如图所示. (3)设小灯泡两端的电压为U,电流为I,根据闭合电路欧姆定律得:U0=U+2IR0,所以U=-2R0I+U0,代入数据得U=-10I+4,在小灯泡的伏安特性曲线同一坐标系上画出该直线,其交点(U,I)即为小灯泡的实际电压、电流值,可得小灯泡消耗的实际功率P=UI=0.3 W. 答案:(1)D (2)图见解析 (3)0.3 5.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,用导线a、b、c、d、e、f、g和h按下图所示方式连接好电路,电路中所有元器件都完好,且电压表和电流表已调零.闭合开关后: (1)若不管怎样调节滑动变阻器,小灯泡亮度能发生变化,但电压表、电流表的示数总不能为零,则可能是 ________ 导线断路. (2)某同学测出电源和小灯泡的U-I图线如图所示,电源的电动势E= ________ V;小灯泡的电阻随温度的升高而 ________ . (3)将与上面相同的两个小灯泡并联后接到上面电源上,每一只小灯泡的实际电功率是 ________ W. 解析:(1)若调节滑动变阻器,小灯泡的亮度变化,但电压表、电流表示数总不能为零,说明滑动变阻器不起分压作用,所以可能是g导线断路. (2)由电源的U-I图线知E=3.0 V,由曲线上每一点对应的R=判断出小灯泡的电阻随温度的升高而增大. (3)两个小灯泡并联后接到上面的电源上,如图甲所示,这种情况下,路端电压为任一小灯泡两端的电压,假设一个小灯泡上的电流为I,则干路中的电流为2I,电路方程为E=U+2Ir,变形可得函数方程U=E-(2r)I,其函数图象如图乙所示,这个电路图线与一个灯泡的伏安特性曲线的交点即为一个小灯泡的实际工作参量,因为路端电压U在数值上也是一个小灯泡两端的电压,根据交点坐标(1.1 V,0.95 A)可以计算出一个小灯泡消耗的功率为P=UI=1.1×0.95 W=1.045 W. 答案:(1)g (2)3.0 增大 (3)1.045 热点三 拓展创新实验 [核心提炼] 创新点 创新方案 实验器材 实验方案 以实验原理及实验方法为基础,探究小灯泡功率与电压的关系 数据处理 采用“DIS”数字化实验系统进行实验数据的采集和处理. [典例赏析] [典例3] 某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性,使用的器材包括电压表(内阻约为3 kΩ)、电流表(内阻约为1 Ω)、定值电阻等. (1)使用多用电表粗测元件X的电阻,选择“×1”欧姆挡测量,示数如图(a)所示,读数为 ________  Ω.据此应选择图中的 ________ (填“(b)”或“(c)”)电路进行实验; (2)连接所选电路,闭合S;滑动变阻器的滑片P从左向右滑动,电流表的示数逐渐 ________ (填“增大”或“减小”);依次记录电流及相应的电压;将元件X换成元件Y,重复实验; (3)如图(d)是根据实验数据作出的U-I图线,由图可判断元件 ________ (填“X”或“Y”)是非线性元件; (4) 该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R=21 Ω的定值电阻,测量待测电池的电动势E和内阻r,电路图如图(e)所示,闭合S1和S2, 电压表读数为3.00 V;断开S2, 读数为1.00 V.利用图(d)可算得E = ________  V.r= ________ Ω(结果均保留两位有效数字,视电压表为理想电压表). [解析] (1)由题图(a)可知,多用电表的读数为10 Ω,由于元件的电阻较小,电路应选用电流表外接法,即选择图(b)电路. (2)当滑动变阻器的滑片向右移时,电流表的示数增大. (3)由于元件Y的U-I图线是曲线,因此Y是非线性元件. (4)设线性元件的电阻为R,由U-I图线可知,R==10 Ω, 则S1、S2均闭合时,E=0.3 A×(10 Ω+r), S1闭合、S2断开时,E=0.1 A×(10 Ω+21 Ω+r), 解得E≈3.2 V,r=0.50 Ω. [答案] (1)10 (b) (2)增大 (3)Y (4)3.2 0.50 [题组巩固] 6.(2016·天津卷)某同学想要描绘标有“3.8 V 0.3 A”字样小灯泡L的伏安特性曲线,要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整.可供该同学选用的器材除开关、导线外,还有: 电压表V1(量程0~3 V,内阻等于3 kΩ) 电压表V2(量程0~15 V,内阻等于15 kΩ) 电流表A1(量程0~200 mA,内阻等于10 Ω) 电流表A2(量程0~3 A,内阻等于0.1 Ω) 滑动变阻器R1(0~10 Ω,额定电流2 A) 滑动变阻器R2(0~1 kΩ,额定电流0.5 A) 定值电阻R3(阻值等于1 Ω) 定值电阻R4(阻值等于10 Ω) 定值电阻R5(阻值等于1 kΩ) 电源E(E=6 V,内阻不计) (1)请画出实验电路图,并将各元件字母代码标在该元件的符号旁. (2)该同学描绘出的I-U图象应是下图中的 ________ . 解析:(1)用电压表V1和R5串联,可改装成量程为U=(rg+R5)=×(3+1) V=4 V的电压表;用量程为200 mA的电流表A1与定值电阻R4并联可改装为量程为I=Ig+=0.2 A+ A=0.4 A的电流表;待测小灯泡的阻值较小,故采用电流表外接,电路图如图. (2)小灯泡的电阻随温度升高而变大,故该同学描绘出的I-U图象应该是B. 答案:(1)图见解析 (2)B 7.某实验小组的同学在学校实验室中发现一电学元件,该电学元件上标有“最大电流不超过6 mA,最大电压不超过7 V”,同学们想通过实验描绘出该电学元件的伏安特性曲线,他们设计的一部分电路如图所示,图中定值电阻R=1 kΩ,用于限流;电流表量程为10 mA,内阻约为5 Ω;电压表(未画出)量程为10 V,内阻约为10 kΩ;电源电动势E为12 V,内阻不计. (1)实验时有两个滑动变阻器可供选择: A.阻值0~200 Ω,额定电流0.3 A B.阻值0~20 Ω,额定电流0.5 A 应选的滑动变阻器是 ________ (填“A”或“B”). 正确接线后,测得数据如下表: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 U/V 0.00 3.00 6.00 6.16 6.28 6.32 6.36 6.38 6.39 6.40 I/mA 0.00 0.00 0.00 0.06 0.50 1.00 2.00 3.00 4.00 5.50 (2)由以上数据分析可知,电压表应并联在M与 ________ 之间(填“O”或“P”); (3)将电路图在方框中补充完整; (4)从表中数据可知,该电学元件的电阻的特点是:_________________________________ ________________________________________________________________________. 解析:(1)滑动变阻器A允许的最大电压为0.3×200 V=60 V>12 V,滑动变阻器B两端所能加的最大电压为0.5×20 V=10 V<12 V,为保证安全,滑动变阻器应选A. (2)由表中实验数据可知,电学元件电阻的最小测量值约为:R= Ω≈1 163.6 Ω,电流表内阻约为5 Ω,电压表内阻约为10 kΩ,相对来说,元件电阻远大于电流表内阻,电流表应采用内接法,因此电压表应并联在M与P之间. (3)描绘伏安特性曲线,电压与电流从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法,由(2)可知,电流表采用内接法,实验电路图如图所示: (4)由表中实验数据可知,当元件两端的电压小于6 V时,电路电流很小,几乎为零,由欧姆定律可知,元件电阻非常大,不导电;当元件两端电压大于6 V时,随着电压的升高电流迅速增大,电压与电流的比值减小,电阻变小. 答案:(1)A (2)P (3)图见解析 (4)当元件两端的电压小于6 V时,元件电阻非常大,不导电;当元件两端的电压大于6 V时,随着电压的升高电阻变小 1 / 1

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    高中物理/高考专区/一轮复习

    2020高考一轮第八章实验八测定金属的电阻率(通用版) 物 理 ◆ 注意事项 1.本实验中被测金属丝的电阻值较小,因此实验电路一般采用电流表外接法. 2.实验连线时,应先从电源的正极出发,依次将电源、开关、电流表、被测金属丝、滑动变阻器连成主干线路(闭合电路),然后再把电压表并联在被测金属丝的两端. 3.测量被测金属丝的有效长度,是指测量被测金属丝接入电路的两个端点之间的长度,亦即电压表两端点间的被测金属丝长度,测量时应将金属丝拉直,反复测量三次,求其平均值. 4.测金属丝直径一定要选三个不同部位进行测量,求其平均值. 5.闭合开关S之前,一定要使滑动变阻器的滑片处在有效电阻值最大的位置. 6.在用伏安法测电阻时,通过被测金属丝的电流强度I不宜过大(电流表用0~0.6 A量程),通电时间不宜过长,以免金属丝的温度明显升高,造成其电阻率在实验过程中逐渐增大. 7.若采用图象法求R的平均值,在描点时,要尽量使各点间的距离拉大一些,连线时要尽可能地让各点均匀分布在直线的两侧,个别明显偏离较远的点可以不予考虑. ◆ 误差分析 1.金属丝的横截面积是利用直径计算而得,直径的测量是产生误差的主要来源之一. 2.采用伏安法测量金属丝的电阻时,由于采用的是电流表外接法,测量值小于真实值,使电阻率的测量值偏小. 3.金属丝的长度测量、电流表和电压表的读数等会带来偶然误差. 4.由于金属丝通电后发热升温,会使金属丝的电阻率变大,造成测量误差. 热点一 实验原理与操作 [典例赏析] [典例1] (2016·全国卷Ⅱ)某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V的电压表的内阻(内阻为数千欧姆),可供选择的器材有:电阻箱R(最大阻值99 999.9 Ω),滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω),滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ),直流电源E(电动势3 V),开关1个,导线若干. 实验步骤如下: ①按电路原理图(a)连接线路; ②将电阻箱阻值调节为0,将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置,闭合开关S; ③调节滑动变阻器,使电压表满偏; ④保持滑动变阻器滑片的位置不变,调节电阻箱阻值,使电压表的示数为2.00 V,记下电阻箱的阻值. 回答下列问题: (1)实验中应选择滑动变阻器 ________ (填“R1”或“R2”). (2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线. (3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω,若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变,计算可得电压表的内阻为 ________ Ω(结果保留到个位). (4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的,可推断该表头的满刻度电流为 ________ (填正确答案标号). A.100 μA        B.250 μA C.500 μA D.1 mA [解析] (1)滑动变阻器使用的是分压式接法,为了调节效果好,选择最大阻值小的滑动变阻器R1; (2)根据电路图连接实物图,注意滑动变阻器的分压式接法,电压表与电阻箱串联,实物图如图所示; (3)电阻箱阻值为零时,电压表示数为2.5 V,认为滑动变阻器上的分压不变,即为2.5 V,所以当电压表示数为2 V时,电阻箱上分得电压为0.5 V,根据串联电路电压比等于电阻比,故电压表的内阻为电阻箱阻值的4倍,则RV=4×630 Ω=2 520 Ω; (4)根据欧姆定律可得Ig== A≈1 mA. [答案] (1)R1 (2)见解析 (3)2 520 (4)D  实物图连线的技巧 1.总的原则:先串后并,接线到柱,注意量程和正负. 2.对限流电路,只需用笔画线当作导线,从电源正极开始,把电源、开关、滑动变阻器、“伏安法”部分依次串联起来即可,注意电表的正、负接线柱和量程,滑动变阻器应调到阻值最大处. 3.对分压电路,应该先把电源、开关和滑动变阻器的全部电阻丝三部分用导线连接起来,然后在滑动变阻器电阻丝两端之中任选一个接头,比较该接头和滑动头的电势高低,根据“伏安法”部分电表正负接线柱的情况,将“伏安法”部分接入该两点间.注意滑动变阻器应调到使“伏安法”部分所接两点间阻值最小处. [题组巩固] 1.实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线,某同学想通过实验测定其实际长度.该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2,查得铜的电阻率为1.7×10-8 Ω·m,再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx,从而确定导线的实际长度. 可供使用的器材有: 电流表:量程0.6 A,内阻约0.2 Ω; 电压表:量程3 V,内阻约9 kΩ; 滑动变阻器R1:最大阻值5 Ω; 滑动变阻器R2:最大阻值20 Ω; 定值电阻:R0=3 Ω; 电源:电动势6 V,内阻可不计; 开关、导线若干. 回答下列问题: (1)实验中滑动变阻器应选 ________ (填“R1”或“R2”),闭合开关S前应将滑片移至 ________ 端(填“a”或“b”). (2)在实物图中,已正确连接了部分导线,请根据图甲电路完成剩余部分的连接. (3)调节滑动变阻器,当电流表的读数为0.50 A时,电压表示数如图乙所示,读数为 ________ V. (4)导线实际长度为 ________ m(保留两位有效数字). 解析:(1)由(3)中电流表的读数为0.50 A时,电压表的读数为2.30 V可知,Rx和R0的总阻值约为4.60欧姆,若选用滑动变阻器R1,电源电压为6 V,电流表的量程只有0.6 A,会把电流表烧坏,故滑动变阻器应该选R2.闭合开关前应将滑片移至a端保证连入电阻最大. (2)如图所示. (3)由于电压表量程0~3 V,分度值为0.1 V,故读数为2.30 V. (4)Rx的阻值约为1.60 Ω,由Rx=ρ可知,l== m≈94 m. 答案:(1)R2 a (2)图见解析 (3)2.30(2.29~2.31均正确) (4)94(93~95均正确) 2.电学实验中经常需要测量电阻的阻值. (1)测电阻的方法有很多种,现在有一只标“220 V 40 W”的灯泡,它正常工作时的电阻为 ________  Ω.若用多用电表欧姆挡来测量这只灯泡的电阻,则测出的电阻值就 ________ (选填“大于”“等于”或“小于”)灯泡正常工作时的电阻值. (2)用下列器材设计一个实验,测量该灯泡正常工作时的电阻值. A.220 V交流电源 B.单刀双掷开关一只 C.电阻箱一只(0~999.9 Ω,额定电流0.5 A) D.固定电阻一只(0.5 kΩ,额定电流0.3 A) E.交流电流表一只(0~0.3 A) 请在方框内画出电路原理图. 解析:(1)正常工作时电压为额定电压,故有P=,所以R==1 210 Ω;灯泡在正常工作时发热,灯丝电阻率增大,电阻增大,因而用欧姆挡测量时阻值应小于正常工作时的电阻值. (2)应用替代法.因电阻箱的最大阻值小于灯泡正常工作时的电阻值,故应串联一固定电阻,电路原理图如图. 答案:(1)1 210 小于 (2)图见解析 热点二 数据处理及误差分析 [典例赏析] [典例2] 在“测定金属的电阻率”实验中,所用测量仪器均已校准.待测金属丝接入电路部分的长度约为50 cm. (1)用螺旋测微器测量金属丝的直径,其中某一次测量结果如图所示,其读数应为 ________  mm(该值接近多次测量的平均值). (2)用伏安法测金属丝的电阻Rx.实验所用器材为:电池组(电动势3 V,内阻约1 Ω)、电流表(内阻约0.1 Ω)、电压表(内阻约3 kΩ)、滑动变阻器R(0~20 Ω,额定电流2 A)、开关、导线若干. 某小组同学利用以上器材正确连接好电路,进行实验测量,记录数据如下: 次数 1 2 3 4 5 6 7 U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30 I/A 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460 0.520 由以上实验数据可知,他们测量Rx是采用图中的 ________ 图(填“甲”或“乙”). (3)如图是测量Rx的实验器材实物图,图中已连接了部分导线,滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端.请根据(2)所选的电路图,补充完成图中实物间的连线,并使闭合开关的瞬间,电压表或电流表不至于被烧坏. (4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系, 如图所示, 图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点.请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点, 并描绘出U-I图线.由图线得到金属丝的阻值Rx= ________  Ω(保留两位有效数字). (5)根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为 ________ (填选项前的符号). A.1×10-2 Ω·m      B.1×10-3 Ω·m C.1×10-6 Ω·m D.1×10-8 Ω·m (6)任何实验测量都存在误差.本实验所用测量仪器均已校准,下列关于误差的说法中正确的选项是 ________ . A.用螺旋测微器测量金属丝直径时,由于读数引起的误差属于系统误差 B.由电流表和电压表的内阻引起的误差属于偶然误差 C.若将电流表和电压表的内阻计算在内,可以消除由测量仪表引起的系统误差 D.用U-I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差 [解析] (1)螺旋测微器的读数为:0 mm+39.7×0.01 mm=0.397 mm(0.395~0.399 mm之间均正确). (2)实验测量数据中电压表示数从0.10 V开始,非常小,应考虑使用滑动变阻器分压式接法,故采用的是图甲的电路设计方案. (3)连图时注意滑动变阻器的分压式接法,注意电流表和电压表的正负极.如图甲. (4)将第2、4、6次测量数据的坐标点标出来后,画出一条直线,舍去第6次实验数据点,让直线过坐标原点,计算出图线斜率为4.5(4.3~4.7之间均正确),即为金属丝的阻值.如图乙. (5)根据电阻定律Rx=ρ=ρ,代入数据计算得到电阻率ρ≈1×10-6 Ω·m,C对. (6)由于读数引起的误差属于偶然误差,A错;电流表和电压表的内阻引起的误差属于系统误差,B错;由于该实验原理未考虑电表内阻造成的误差,因此将电流表和电压表的内阻计算在内,可以消除由于测量仪表引起的系统误差,C对;通过U-I图象处理数据时已经直观地舍去了第6次实验数据,且多次测量后画直线的目的就是取平均值,因此用U-I图象处理数据更好地减小了偶然误差,D对. [答案] (1)0.397(0.395~0.399均可) (2)甲 (3)见解析图甲 (4)见解析图乙 4.5(4.3~4.7均可) (5)C (6)CD 1.作图象时,应使大多数的点在直线或平滑的曲线上,不在线上的点尽量均匀分布在直线的两侧,误差较大的点舍去不用. 2.偶然误差与系统误差的关系 (1)偶然误差:由于各种偶然因素对实验者、测量仪器、被测物理量的影响而产生的.通过多次测量求平均值或采用图象法处理数据可减小偶然误差. (2)系统误差:由于仪器本身不精密,实验方法粗略或实验原理不完善而产生的.通过校准仪器或改进实验方法和实验设计原理可减小误差. [题组巩固] 3.某同学通过实验测量一种合金的电阻率. (1)用螺旋测微器测量合金丝的直径.为防止读数时测微螺杆发生转动,读数前应先旋紧如图甲所示的部件 ________ (选填“A”“B”“C”或“D”).从图中的示数可读出合金丝的直径为 ________ mm. (2)如图乙所示是测量合金丝电阻的电路,相关器材的规格已在图中标出.合上开关,将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中,发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化.由此可以推断:电路中 ________ (选填图中表示接线柱的数字)之间出现了 ________ (选填“短路”或“断路”) . (3)在电路故障被排除后,调节滑动变阻器,读出电压表和电流表的示数分别为2.23 V和38 mA,由此,该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为 58.7 Ω.为了更准确地测出合金丝的阻值,在不更换实验器材的条件下,对实验应作怎样的改进? 请写出两条建议: ①________________________________________________________________________; ②________________________________________________________________________. 解析:(1)螺旋测微器读数时应先将锁紧装置锁紧,即旋紧B.螺旋测微器的示数为(0+41.0×0.01)mm=0.410 mm. (2)电压表的示数不为零,电流表的示数几乎为零,说明连接两电表的电路是导通的.而滑动变阻器几乎不起作用,说明线路电阻很大,故可判断7、8、9间断路. (3)由题意知≈0.005<≈0.02,说明电流表的分压作用不显著,故可将电流表改为内接,并测出多组U、I值,求出Rx后,再取平均值作为实验结果. 答案:(1)B 0.410 (2)7、8、9 断路 (3)电流表改为内接;测量多组电流和电压值,计算出电阻的平均值(或测量多组电流和电压值,用图象法求电阻值) 4.某同学为了测量电流表A1内阻的精确值,提供如下器材: 电流表A1(量程300 mA,内阻约为5 Ω); 电流表A2(量程600 mA,内阻约为1 Ω); 电压表V(量程15 V,内阻约为3 kΩ); 滑动变阻器R1(0~10 Ω,额定电流为1 A); 滑动变阻器R2(0~250 Ω,额定电流为0.01 A); 电源E(电动势3 V,内阻较小); 定值定阻R0(5 Ω); 导线、开关若干. (1)要求待测电流表A1的示数从零开始变化,且多测几组数据,尽可能减小误差.以上给定的器材中滑动变阻器应选 ________ .请在下面的虚线框内画出测量用的电路原理图,并在图中标出所选仪器的代号. (2)若选测量数据中的一组来计算电流表A1的内阻r1,则r1的表达式为r1= ________ . (3)上式中各符号的物理意义是_______________________________________________. 解析:(1)要求待测电流表A1的示数从零开始变化,且多测几组数据,应该设计成分压电路,滑动变阻器应选阻值为0~10 Ω的R1.电路原理图如图所示. (2)由I1r1=(I2-I1)R0可得电流表A1的内阻r1的表达式为r1=R0. (3)r1=R0中I2、I1分别为某次实验时电流表A2、A1的示数,R0是定值电阻的阻值. 答案:(1)R1 电路原理图见解析 (2)R0 (3)I2、I1分别为某次实验时电流表A2、A1的示数,R0是定值电阻的阻值 热点三 拓展创新实验 [核心提炼]  对本实验,除常规的伏安法测电阻外,还可对实验方案进行改进,提出下面几种测量方法: 1.安安法 若电流表内阻已知,则可将其当做电流表、电压表以及定值电阻来使用. (1)如图甲所示,当两电表所能测得的最大电压接近时,如果已知A1的内阻R1,则可测得A2的内阻R2=. (2)如图乙所示,当两电表的满偏电压UA2?UA1时,A1串联一定值电阻R0后,同样可测得A2的电阻R2=. 2.伏伏法 若电压表内阻已知,则可将其当做电流表、电压表和定值电阻来使用. (1)如图甲所示,两电表的满偏电流接近时,若已知V1的内阻R1,则可测出V2的内阻R2=R1. (2)如图乙所示,两电表的满偏电流IV1?IV2时,V1并联一定值电阻R0后,同样可得V2的内阻R2=. 3.半偏法测电流表内阻 电路图如图所示 步骤:(1)断开S2,闭合S1,调节R0,使A表满偏为I0. (2)保持R0不变,闭合S2,调节R,使A表读数为. (3)由上可得RA=R. 4.等效替代法 如图所示,先让待测电阻与一电流表串联后接到电动势恒定的电源上,读出电流表示数I;然后将电阻箱与电流表串联后接到同一电源上,调节电阻箱的阻值,使电流表的读数仍为I,则电阻箱的读数即等于待测电阻的阻值. [典例赏析] [典例3] (2018·全国卷Ⅲ)一课外实验小组用如图(a)所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值,图中R0为标准定值电阻(R0=20.0 Ω);V可视为理想电压表;S1为单刀单掷开关,S2为单刀双掷开关;E为电源;R为滑动变阻器.采用如下步骤完成实验. (1)按照实验原理线路图(a),将图(b)中实物连线; (2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置,闭合S1; (3)将开关S2掷于1端,改变滑动变阻器滑动端的位置,记下此时电压表V的示数U1;然后将S2掷于2端,记下此时电压表V的示数U2; (4)待测电阻阻值的表达式Rx= ________ (用R0、U1、U2表示); (5)重复步骤(3),得到如下数据: 1 2 3 4 5 U1/V 0.25 0.30 0.36 0.40 0.44 U2/V 0.86 1.03 1.22 1.36 1.49 3.44 3.43 3.39 3.40 3.39 (6)利用上述5次测量所得的平均值,求得Rx= ________ Ω.(保留一位小数) [解析] (1)根据原理图进行实物连线,注意滑动变阻器的接法,如图所示. (4)I=,Ux=U2-U1,Rx= 联立得:Rx==R0 (6)的平均值为=3.41 Rx=R0=(3.41-1)×20.0 Ω=48.2 Ω. [答案] (1)图见解析 (4)R0 (6)48.2 [题组巩固] 5.(2019·长沙模拟)现要测量电流表G1的内阻,给出下列器材: 电流表G1(量程5 mA,内阻r1约为150 Ω左右); 电流表G2(量程10 mA,内阻r2约为100 Ω左右); 定值电阻R1=100 Ω;定值电阻R2=10 Ω; 滑动变阻器R3(0~200 Ω);干电池E(1.5 V,内阻未知); 单刀单掷开关S;导线若干. (1)定值电阻选 ____________ ; (2)在虚线框中已画出部分实验电路设计图,请补充完整,并标明所用器材的代号; (3)若选测量数据中的一组计算r1,所用的表达式r1= __________ ,式中各符号的意义是:________________________________________________________________________. 解析:(1)若选R2,则其阻值太小,电流过大,而R1与G1内阻相当,故选R1. (2)电路图如图所示:G2的示数与G1的示数之差为通过R1的电流值. (3)由串、并联电路特点:I1r1=R1(I2-I1),得r1=R1,I1、I2分别表示电流表G1、G2的示数,R1表示定值电阻R1的阻值. 答案:(1)R1 (2)图见解析 (3)R1 I1、I2分别表示电流表G1、G2的示数,R1表示定值电阻R1的阻值 6.(2017·全国卷Ⅱ)某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为100 μA,内阻大约为2 500 Ω)的内阻.可使用的器材有:两个滑动变阻器R1、R2(其中一个阻值为20 Ω,另一个阻值为2 000 Ω);电阻箱Rz(最大阻值为99 999.9 Ω);电源E(电动势约为1.5 V);单刀开关S1和S2,C、D分别为两个滑动变阻器的滑片. (1)按原理图(a)将图(b)中的实物连线. (2)完成下列填空: ①R1的阻值为 ________ Ω(填“20”或“2 000”). ②为了保护微安表,开始时将R1的滑片C滑到接近图(a)中的滑动变阻器的 ________ 端(填“左”或“右”)对应的位置;将R2的滑片D置于中间位置附近. ③将电阻箱Rz的阻值置于2 500.0 Ω,接通S1.将R1的滑片置于适当位置,再反复调节R2的滑片D的位置.最终使得接通S2前后,微安表的示数保持不变,这说明S2接通前B与D所在位置的电势 ________ (填“相等”或“不相等”). ④将电阻箱Rz和微安表位置对调,其他条件保持不变,发现将Rz的阻值置于2 601.0 Ω时,在接通S2前后,微安表的示数也保持不变.待测微安表的内阻为 ________ Ω(结果保留到个位). (3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议: ________________________________ . 解析:(1)实物连线如图: (2)①滑动变阻器R1要接成分压电路,则要选择阻值较小的20 Ω的滑动变阻器; ②为了保护微安表,开始时将R1的滑片C滑到接近图(a)中滑动变阻器的左端对应的位置; ③将电阻箱Rz的阻值置于2 500.0 Ω,接通S1;将R1的滑片置于适当位置,再反复调节R2的滑片D的位置;最终使得接通S2前后微安表的示数保持不变,这说明S2接通前后在BD中无电流流过,可知B与D所在位置的电势相等; ④设滑片D两端电阻分别为Rz1和Rz2,因B与D所在位置的电势相等,可知=;同理当Rz和微安表对调时,仍有:=;联立两式解得: RA== Ω=2 550 Ω (3)为了提高测量精度,调节R1上的分压,尽可能使微安表接近满量程. 答案:(1)连线见解析 (2)①20 ②左 ③相等 ④2 550 (3)调节R1上的分压,尽可能使微安表接近满量程 7.(2019·福建南安模拟)为测定一个待测电阻Rx的阻值(阻值约为200 Ω),实验室提供如下器材: 电池组E:电动势3 V,内阻不计 电流表A1:量程0~15 mA,内阻约为100 Ω 电流表A2:量程0~300 μA,内阻1 000 Ω 滑动变阻器R1:阻值范围0~20 Ω,额定电流2 A 电阻箱R2:阻值范围0~9 999 Ω,额定电流1 A 开关S、导线若干 要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值,请回答下面问题: (1)为了测量待测电阻两端的电压,可以将电流表 ______ (填写器材代号)与电阻箱串联,并将电阻箱阻值调到 ________  Ω,这样可以改装成—个量程为3.0 V的电压表; (2)在方框中画出完整测量Rx阻值的电路图,并在图中标明器材代号; (3)调节滑动变阻器R1,两表的示数如图所示,可读出电流表A1的示数是 ________ mA,电流表A2的示数是 ________ μA,测得待测电阻Rx的阻值是 ________ .本次测量存在一定的系统误差,考虑这个原因,测量值较真实值 ________ (选填“偏大”或“偏小”). 解析:(1)题目中未给出电压表,把A2和R2串联起来充当电压表,此电压表量程为3 V, R=-1 000 Ω=9 000 Ω. (2)电路图如图所示. (3)由图示可知,电流表A1的示数为8.0 mA,电流表A2的示数是150 μA,电流表A2的电压读数为1.5 V,待测电阻阻值为Rx===187.5 Ω.测量的电流值偏大,因此测量的电阻偏小. 答案:(1)A2 9 000 (2)图见解析 (3)8.0 150 187.5 Ω 偏小 1 / 1

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    高中物理/高考专区/一轮复习

    2020高考一轮第八章电学仪器的使用及基本电路的选择(通用版) 物 理 考点一 游标卡尺和螺旋测微器读数 [考点解读] 1.游标卡尺 (1)原理:利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成.不管游标尺上有多少个小等分刻度,它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm. (2)精度:对应关系为10分度0.1 mm,20分度0.05 mm, 50分度0.02 mm. (3)读数:若用x表示由主尺上读出的整毫米数,K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标的格数,则记录结果表达为(x+K×精确度)mm. 2.螺旋测微器 (1)原理:测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm,即旋钮D每旋转一周,F前进或后退0.5 mm,而可动刻度E上的刻度为50等份,每转动一小格,F前进或后退0.01 mm,即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.读数时估读到毫米的千分位上,因此,螺旋测微器又叫千分尺. (2)读数:测量时被测物体长度的整毫米数由固定刻度读出,小数部分由可动刻度读出.测量值(mm)=固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)+可动刻度数(估读一位)×0.01(mm). [典例赏析] [典例1] (1)如图甲所示的三把游标卡尺,它们的游标尺从上至下分别为9 mm长10等分、19 mm长20等分、49 mm长50等分,它们的读数依次为 ________ mm, ________ mm, ________ mm. (2)使用螺旋测微器测量金属丝的直径,示数如图乙所示,则金属丝的直径是 ________  mm. [解析] (1)最上面图读数:整毫米是17,不足1毫米数是7×0.1 mm=0.7 mm,最后结果是17 mm+0.7 mm=17.7 mm. 中间图读数:整毫米是23,不足1毫米数是17×0.05 mm=0.85 mm,最后结果是23 mm+0.85 mm=23.85 mm. 最下面图读数:整毫米是3,不足1毫米数是9×0.02 mm=0.18 mm,最后结果是3 mm+0.18 mm=3.18 mm. (2)固定刻度示数为2.0 mm,不足半毫米的从可动刻度上读,其示数为15.0,最后的读数:2.0 mm+15.0×0.01 mm=2.150 mm. [答案] (1)17.7 23.85 3.18 (2)2.150 1.游标卡尺不需要估读,读数结果10分度为××.× mm一位小数,20分度和50分度为××.××mm两位小数,换算单位时只需要移动小数点,最后一位数字即使是0也不能抹掉. 2.螺旋测微器需要估读,读数结果为×.××× mm三位小数,需要特别注意半毫米刻度线是否露出. [题组巩固] 1.某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度,测量结果如图(a)和(b)所示.该工件的直径为 ________  cm,高度为 ________  mm. 解析:图(a)为20分度的游标卡尺,其精度为0.05 mm,主尺读数为12 mm,游标尺上第4条刻线与主尺上的一条刻线对齐,故测量结果为12 mm+4×0.05 mm=12.20 mm=1.220 cm.螺旋测微器的精度为0.01 mm,由图(b)知固定刻度读数为6.5 mm,可动刻度读数为“36.0”,故工件的高度为6.5 mm+36.0×0.01 mm=6.860 mm. 答案:1.220 6.860 2.某同学用如图甲所示的螺旋测微器测小球的直径时,他应先转动 ______ 到F靠近小球,再转动 _____ 到F夹住小球,直至听到棘轮发出声音为止,拨动 _____ 使F固定后读数(以上均填仪器部件字母符号).正确操作后,螺旋测微器的示数如图乙所示,则小球的直径是 ______  mm. 解析:用螺旋测微器测小球直径时,先转动粗调旋钮D使测微螺杆F靠近被测小球,再转动微调旋钮H使测微螺杆F夹住小球,直到棘轮发出声音为止,拨动止动旋钮G使F固定后读数,读数为6.5 mm+20.0×0.01 mm=6.700 mm. 答案:D H G 6.700 考点二 电流表、电压表的读数及改装 [考点解读] 1.两种电表的电路结构及读数方法 电流表 电压表 符号 参数 量程:0~0.6 A,0~3 A 内阻:小于1 Ω 量程:0~3 V,0~15 V 内阻:3 kΩ,15 kΩ 电路结构 读数方法 视线垂直于刻度盘表面,一般都需估读,3 A量程估读到最小分度的1/10,0.6 A量程估读到最小分度的1/2 视线垂直于刻度盘表面,一般都需估读,3 V量程估读到最小分度的1/10,15 V量程估读到最小分度的1/5 2.两种电表的使用技巧 (1)机械零点的调整:在不通电时,指针应指在零刻线的位置. (2)选择适当量程:估算电路中的电流或电压,指针应偏转到满刻度的以上.若无法估算电路中的电流和电压,则应先选用较大的量程,再逐步减小量程. (3)正确接入电路:电流表应串联在电路中,电压表应并联在电路中,两种表都应使电流从正接线柱流入,从负接线柱流出. (4)正确读数:根据所选量程的准确度,正确读出有效数字和单位. (5)注意内阻:电流表和电压表一方面作为仪器使用,同时又是被测电路中的一个电阻,实验中没有特别要求时,一般不考虑它们的内阻对电路的影响,但有些测量中,不能忽视它们的内阻对被测电路的影响,如伏安法测电阻等. [典例赏析] [典例2] (2018·全国卷Ⅱ) 某同学组装一个多用电表,可选用的器材有:微安表头(量程100 μA,内阻900 Ω);电阻箱R1(阻值范围0~999.9 Ω);电阻箱R2(阻值范围0~99 999.9 Ω);导线若干. 要求利用所给器材先组装一个量程为1 mA的直流电流表,在此基础上再将它改装成量程为3 V的直流电压表.组装好的多用电表有电流1 mA和电压3 V两挡. 回答下列问题: (1)在虚线框内画出电路图并标出R1和R2,其中*为公共接线柱,a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱. (2)电阻箱的阻值应取R1= ________ Ω,R2= ________ Ω.(保留到个位) [解析] (1)R1电阻范围小,所以R1与表头并联起分流作用,R2电阻范围大,所以R2与改装后的电流表整体串联,起分压作用.电路如图所示. (2)Ug=IgRg=(I-Ig)R1,R1===100 Ω IR2=U-Ug,R2===2 910 Ω. [答案] (1)见解析图 (2)100 2 910 [题组巩固] 1.如图所示,其中电流表A的量程为0.6 A,表盘均匀划分为30个小格,每一小格表示0.02 A,R1的阻值等于电流表内阻的,R2的阻值等于电流表内阻的2倍.若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值,则下列分析正确的是(  ) A.将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.04 A B.将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.02 A C.将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.06 A D.将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.01 A 解析:C [当接线柱1、2接入电路时,电阻R1与电流表内阻并联后等效阻值为电流表内阻的,由于电流表的满偏电压为定值,因此量程扩大为原来的3倍,故每一小格变为0.02 A×3=0.06 A,A、B选项错误. 当接线柱1、3接入电路时,电阻R1与电流表内阻并联后再和电阻R2串联,但是串联的电阻R2对于电流表量程无影响,故每一小格仍为0.06 A,C正确,D错误.] 2.分别读出下表中的电压表和电流表的示数,并填在表格中. 电表 所选量程 测量值 0~3 V 0~15 V 0~3 A 0~0.6 A 解析:表中0~3 V的电压表和0~3 A的电流表读数方法相同,精确度是0.1 V或0.1 A,看清楚指针的实际位置,读到小数点后面两位.对于0~15 V量程的电压表精确度是0.5 V,在读数时只要求读到小数点后面一位,即读到0.1 V.对于0~0.6 A量程的电流表,精确度是0.02 A,在读数时只要求读到小数点后面两位,这时要求“半格估读”,即读到最小刻度的一半0.01 A. 答案:2.14 V 10.7 V 0.80 A 0.16 A 考点三 测量电路与控制电路设计 [考点解读] 1.电流表的两种接法 (1)两种接法的比较 内接法 外接法 电路图 误差原因 电流表分压U测=Ux+UA 电压表分流I测=Ix+IV 电阻测量值 R测==Rx+RA>Rx测量值大于真实值 R测==<Rx测量值小于真实值 (2)两种接法的选择 ① 阻值比较法:先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较,若Rx较小,宜采用电流表外接法;若Rx较大,宜采用电流表内接法.简单概括为“大内偏大,小外偏小”. ② 临界值计算法 Rx<时,用电流表外接法; Rx>时,用电流表内接法. ③ 实验试探法:按如图所示接好电路,让电压表一根接线柱P先后与a、b处接触一下,如果电压表的示数有较大的变化,而电流表的示数变化不大,则可采用电流表外接法;如果电流表的示数有较大的变化,而电压表的示数变化不大,则可采用电流表内接法. 3.滑动变阻器的两种接法 (1)两种接法的比较 限流接法 分压接法 两种接法电路图 负载R上电压调节范围 ≤U≤E 0≤U≤E 负载R上电流调节范围 ≤I≤ 0≤I≤ 闭合S前触头位置 b端 a端 (2)两种接法的一般适用条件 ①限流式接法适合测量阻值小的电阻(跟滑动变阻器的总电阻相比相差不多或比滑动变阻器的总电阻还小). ②分压式接法适合测量阻值较大的电阻(一般比滑动变阻器的总电阻要大). (3)必须采用分压法的三种情况 ①若采用限流式接法不能控制电流满足实验要求,即若滑动变阻器阻值调到最大时,待测电阻上的电流(或电压)仍超过电流表(或电压表)的量程,或超过待测电阻的额定电流(或电压),则必须选用分压式接法. ②若待测电阻的阻值比滑动变阻器总电阻大得多,以致在限流电路中,滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端时,待测电阻上的电流或电压变化范围不够大,此时,应改用分压电路. ③若实验中要求电压从零开始调节,则必须采用分压式电路. (4)两种电路均可使用的情况下,应优先采用限流式接法,因为限流式接法电路简单、耗能低. [典例赏析] [典例3] 有一个电阻Rx,其阻值大约是10 Ω,请选择适当的器材,以便测量其阻值.可供选择的电路如图所示.可供选择的器材是: A.电动势4.5 V、内阻不计的电源E B.量程为15 V、内阻10 kΩ的电压表V1 C.量程为3 V、内阻6 kΩ的电压表V2 D.量程为300 mA、内阻4 Ω的电流表A1 E.量程为5 A、内阻2 Ω的电流表A2 F.最大阻值20 Ω、额定电流1.5 A的滑动变阻器R1 G.最大阻值500 Ω、额定电流0.5 A的滑动变阻器R2 H.开关和若干根导线. 则选用的电路是 __________ (填甲或乙),选用的器材是 ________ (填器材的字母代号). [解析] Rx的阻值大约为10 Ω,与电流表内阻接近,因此用电流表外接法,同时Rx的大约值小于滑动变阻器的总阻值,因而采用限流接法,故选用甲电路;电源电动势E=4.5 V,E=Im(Rx+RA),Im=A=0.321A=321 mA或Im=A=0.375 A=375 mA,电流表选D.U=ImRx=0.321×10 V=3.21 V,因而电压表选C,变阻器R2最大值为500 Ω,与Rx偏差太大,因此变阻器选F. [答案] 甲 ACDFH [题组巩固] 1.在伏安法测电阻的实验中,待测电阻Rx约为200 Ω,电压表的内阻约为2 kΩ,电流表的内阻约为10 Ω,测量电路中电流表的连接方式如图甲或图乙所示,结果由公式Rx=计算得出,式中U与I分别为电压表和电流表的示数.若将图甲和图乙中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2,则 ________ (填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值,且测量值Rx1 ________ (填“大于”、“等于”或“小于”)真实值,测量值Rx2 ________ (填“大于”、“等于”或“小于”)真实值. 解析:根据串、并联电路的特点解题.根据题意知>,电压表的分流作用较显著,故Rx1更接近待测电阻的真实值.图甲的测量值是Rx与RA串联的电阻阻值,故Rx1>Rx真;图乙的测量值是Rx与RV并联的电阻阻值,故Rx2

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    高中物理/高考专区/一轮复习

    2020高考一轮第八章第2讲闭合电路欧姆定律(通用版) 物 理 [基础知识·填一填] [知识点1] 电源的电动势和内阻  1.电动势 (1)电源:电源是通过非静电力做功把 其他形式 的能转化成 电势能 的装置. (2)电动势:非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值,E=. (3)电动势的物理含义:电动势表示电源 把其他形式的能转化成电势能 本领的大小,在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压. 2.内阻:电源内部导体的电阻. 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. (1)电动势是电源两极间的电压.(×) (2)电动势的单位跟电压的单位一致,所以电动势就是两极间的电压.(×) (3)非静电力做的功越多,电动势就越大.(×) (4)E=只是电动势的定义式而非决定式,电动势的大小是由电源内非静电力的特性决定的.(√) [知识点2] 闭合电路的欧姆定律  1.闭合电路欧姆定律 (1)内容:闭合电路里的电流跟电源的电动势成 正比 ,跟内、外电阻之和成 反比 . (2)公式:I=(只适用于纯电阻电路). (3)其他表达形式 ①电势降落表达式:E=U外+U内或E=U外+Ir. ②能量表达式:EI=UI+I2r. 2.路端电压与外电阻的关系 一般情况 U=IR=·R=,当R增大时,U 增大  特殊情况 ①当外电路断路时,I=0,U= E  ②当外电路短路时,I短=,U=0 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. (1)闭合电路中外电阻越大,路端电压越小.(×) (2)闭合电路中的短路电流无限大.(×) (3)在闭合电路中,外电阻越大,电源的输出功率越大.(×) (4)电源的输出功率越大,电源的效率越高.(×) [教材挖掘·做一做] 1.(人教版选修3-1 P63第1题改编)一个电源接8 Ω电阻时,通过电源电流为0.15 A,接13 Ω电阻时,通过电源的电流为0.10 A,则电源的电动势和内阻分别为(  ) A.2 V 1.5 Ω     B.1.5 V 2 Ω C.2 V 2 Ω D.1.5 V 1.5 Ω 解析:B [由闭合电路欧姆定律得 E=I1(R1+r) E=I2(R2+r) 代入数据联立得r=2 Ω,E=1.5 V.] 2.(人教版选修3-1 P63第3题改编)许多人造卫星都用太阳电池供电.太阳电池由许多片电池板组成.某电池板不接负载时的电压是600 μV,短路电流是30 μA.则这块电池板的内阻为(  ) A.2 Ω B.20 Ω C.200 Ω D.2 000 Ω 答案:B 3.(人教版选修3-1 P63第4题改编)电源的电动势为4.5 V、外电阻为4.0 Ω时,路端电压为4.0 V,若在外电路中分别并联一个6.0 Ω的电阻和串联一个6.0 Ω的电阻.则两种情况下的路端电压为(  ) A.4.3 V 3.72 V B.3.73 V 4.3 V C.3.72 V 4.3 V D.4.2 V 3.73 V 答案:C 4.(人教版选修3-1 P52第4题改编)如图是有两个量程的电压表,当使用a、b两个端点时,量程为0~10 V,当使用a、c两个端点时,量程为0~100 V.已知电流表的内阻Rg为500 Ω,满偏电流Ig为1 mA,则电阻R1、R2的值分别为(   ) A.9 500 Ω 90 000 Ω B.90 000 Ω 9 500 Ω C.9 500 Ω 9 000 Ω D.9 000 Ω 9 500 Ω 解析:A [接a、b时,由串联电路特点有R总=R1+Rg=得R1=-Rg=9 500 Ω.接a、c时,同理有R总′=R1+R2+Rg=得R2=-Rg-R1=90 000 Ω.] 考点一 闭合电路的动态分析 [考点解读] 1.动态电路的特点 断开或闭合开关、滑动变阻器的滑片移动、电阻增大或减小,导致电路电压、电流、功率等的变化. 2.电路动态分析的两种方法 (1)程序法:电路结构的变化→R的变化→R总的变化→I总的变化→U端的变化→固定支路→变化支路. (2)极限法:即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题,可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论. [典例赏析] [典例1] (多选)如图所示,电源电动势为E,内阻为r.电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器,R0为定值电阻,R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小).当开关S闭合时,电容器中一带电微粒恰好处于静止状态.下列说法中正确的是(   ) A.只逐渐增大对R1的光照强度时,电阻R0消耗的电功率增大,电阻R3中有向上的电流 B.只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时,电源消耗的电功率变大,电阻R3中有向上的电流 C.只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时,电压表示数变大,带电微粒向下运动 D.若断开开关S,带电微粒向下运动 [解析] AD [当逐渐增大光照强度时,光敏电阻R1的阻值减小,依据“串反并同”可知电流I增大,则PR0增大,UC增大,QC=CUC增大,即电容器充电,R3中有向上的电流,A正确;当P2向上移动时,UC不变,R3中没有电流,故B错误;当P1向下移动时,I不变,但UC变大,EC=变大,电场力FC=qEC变大,微粒向上运动,故C错误;若断开开关S,电容器放电,UC降为0,则微粒只受重力作用而向下运动,故D正确.] 1.总电阻变化情况的判断 (1)当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时,电路的总电阻一定增大(或减小). (2)若开关的通、断使串联的用电器增多时,电路的总电阻增大;若开关的通、断使并联的支路增多时,电路的总电阻减小. 2.“串反并同” (1)所谓“串反”,即某一电阻增大时,与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小,反之则增大. (2)所谓“并同”,即某一电阻增大时,与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大,反之则减小. [题组巩固] 1.(2019·怀化模拟)(多选)如图所示,图中的四个电表均为理想电表,当滑动变阻器滑片P向右端移动时,下面说法中正确的是(  ) A.电压表V1的读数减小,电流表A1的读数增大 B.电压表V1的读数增大,电流表A1的读数减小 C.电压表V2的读数减小,电流表A2的读数增大 D.电压表V2的读数增大,电流表A2的读数减小 解析:AD [滑动变阻器滑片P向右端移动,使得RP变小,总电阻变小,总电流变大,即电流表A1的读数增大.内电压变大,R1所分电压变大,并联电路电压即电压表V1的读数变小,即R3两端电压变小,通过R3的电流变小,即电流表A2的读数减小,由于总电流增大,所以经过另外一个支路即经过R2的电流变大,R2两端电压变大,即电压表V2的读数增大,选项A、D正确.] 2.(多选)在探究电路故障时,某实验小组设计了如图所示的电路,当开关闭合后,电路中的各用电器正常工作,经过一段时间,发现小灯泡A的亮度变暗,小灯泡B的亮度变亮.则下列对电路故障的分析正确的是(   ) A.可能是定值电阻R1短路 B.可能是定值电阻R2断路 C.可能是定值电阻R3断路 D.可能是定值电阻R4短路 解析:BC [由于小灯泡A串联于干路中,且故障发生后小灯泡A变暗,可知电路中总电流变小,即电路总电阻变大,由此推知,故障应为某一电阻断路,排除选项A、D.若R2断路,则R1和小灯泡B所在支路的电压增大,而R2的断路又使小灯泡B分配的电压增大,故小灯泡B变亮,选项B对;若R3断路,必引起与之并联的支路(即R1所在支路)中电流增大,小灯泡B分得的电流也变大,小灯泡B变亮,故选项C对.] 考点二 闭合电路的功率及效率问题 [考点解读] 电源总功率 任意电路:P总=EI=P出+P内 纯电阻电路:P总=I2(R+r)= 电源内部消耗的功率 P内=I2r=P总-P出 电源的输出功率 任意电路:P出=UI=P总-P内 纯电阻电路:P出=I2R= P出与外电阻R的关系 电源的效率 任意电路:η=×100%=×100% 纯电阻电路:η=×100% 由P出与外电阻R的关系图象可以看出: (1)当R=r时,电源的输出功率最大为Pm=. (2)当R>r时,随着R的增大输出功率越来越小. (3)当R<r时,随着R的增大输出功率越来越大. (4)当P出<Pm时,每个输出功率对应两个外电阻R1和R2,且R1R2=r2. [典例赏析] [典例2] 如图所示,已知电源电动势为6 V,内阻为1 Ω,保护电阻R0=0.5 Ω,则当保护电阻R0消耗的电功率最大时,这个电阻箱R的读数和电阻R0消耗的电功率的最大值为(   ) A.1 Ω 4 W      B.1 Ω 8 W C.0  8 W D.0.5 Ω 8 W [解析] C [保护电阻消耗的功率为P0=,因R0和r是常量,而R是变量,所以R最小时,P0最大,即R=0时,P0max== W=8 W,故选项C正确.]  解决最大功率问题的两点注意 1.解决最大功率问题时,要弄清是定值电阻还是可变电阻的最大功率,定值电阻的最大功率用P=I2R=分析,可变电阻的最大功率用等效电源法求解. 2.电源输出功率最大时,效率不是最大,只有50%. [题组巩固] 1.(多选)如图所示,A为电解槽,M为电动机,N为电炉,恒定电压U=12 V,电解槽内阻rA=2 Ω.当S1闭合,S2、S3断开时,电流表A示数为6 A;当S2闭合,S1、S3断开时,电流表A示数为5 A,且电动机输出功率为35 W;当S3闭合,S1、S2断开时,电流表A示数为4 A.则(   ) A.电炉的电阻为2 Ω B.仅S1闭合时,电炉的发热功率为72 W C.电动机的内阻为1.2 Ω D.在电解槽工作时,电能转化为化学能的功率为48 W 解析:AB [电炉为纯电阻电器,仅当S1闭合时,由欧姆定律得R== Ω=2 Ω,其发热功率为P=UI1=12×6 W=72 W,所以选项A、B正确;电动机为非纯电阻设备,仅当S2闭合时,由能量守恒定律得UI2=IrM+P输出,所以rM== Ω=1 Ω,选项C错误;电解槽为非纯电阻装置,仅当S3闭合时,由能量守恒定律得P化=UI3-IrA,所以P化=(12×4-42×2) W=16 W,选项D错误.] 2.如图所示,电源电动势E=12 V,内阻r=3 Ω,R0=1 Ω,直流电动机内阻R0′=1 Ω,当调节滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大,调节R2时可使乙电路输出功率最大,且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0=2 W),则R1和R2的值分别为(   ) A.2 Ω,2 Ω      B.2 Ω,1.5 Ω C.1.5 Ω,1.5 Ω D.1.5 Ω,2 Ω 解析:B [因为题中甲电路是纯电阻电路,当外电阻与电源内阻相等时,电源的输出功率最大,所以R1=2 Ω;而乙电路是含电动机电路,欧姆定律不适用,电路的输出功率P=IU=I(E-Ir),当I==2 A时,输出功率P有最大值,此时电动机的输出功率为P0=2 W,发热功率为P热=I2R0′=4 W,所以电动机的输入功率为P入=P0+P热=6 W,电动机两端的电压为UM==3 V,电阻R2两端的电压为UR2=E-UM-Ir=3 V,所以R2==1.5 Ω,选项B正确.] 考点三 两类U-I图象的比较与应用 [考点解读] 电源U-I图象 电阻U-I图象 图形 物理意义 电源的路端电压随电路电流的变化关系 电阻中的电流随电阻两端电压的变化关系 截距 与纵轴交点表示电源电动势E,与横轴交点表示电源短路电流 过坐标轴原点,表示没有电压时电流为零 坐标U、I的乘积 表示电源的输出功率 表示电阻消耗的功率 坐标U、I的比值 表示外电阻的大小,不同点对应的外电阻大小不同 每一点对应的比值均等大,表示此电阻的大小 斜率(绝对值) 电源电阻r 电阻大小 [典例赏析] [典例3] (多选)如图所示,图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图线,图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图线,则下列说法正确的是(   ) A.电源的电动势为50 V B.电源的内阻为 Ω C.电流为2.5 A时,外电路的电阻为15 Ω D.输出功率为120 W时,输出电压是30 V [审题指导] 根据U-I图线可以求出电源的内阻和电动势,由P-I图线可以求出电路中的电流,并由电源的路端电压和电流的关系求出路端电压. [解析] ACD [电源的路端电压和电流的关系为:U=E-Ir,显然直线①的斜率的绝对值等于r,纵轴的截距为电源的电动势,从题图中看出E=50 V,r= Ω=5 Ω,A正确,B错误;当电流为I1=2.5 A时,由回路中电流I1=,解得外电路的电阻R外=15 Ω,C正确;当输出功率为120 W时,由题图中P-I关系图线看出对应干路电流为4 A,再从U-I图线读取对应的输出电压为30 V,D正确.] 非线性元件有关问题的求解,关键在于确定其实际电压和电流,确定方法如下: (1)先根据闭合电路欧姆定律,结合实际电路写出元件的电压U随电流I的变化关系式. (2)在原U-I图象中,画出U、I关系图象. (3)两图象的交点坐标即为元件的实际电压和电流. [题组巩固] 1.如图,直线A为某电源的U-I图线,曲线B为某小灯泡L1的U-I图线的一部分,用该电源和小灯泡L1串联起来组成闭合回路时灯泡L1恰能正常发光,则下列说法中正确的是(   ) A.此电源的内电阻为 Ω B.灯泡L1的额定电压为3 V,额定功率为6 W C.把灯泡L1换成阻值恒为1 Ω的纯电阻,电源的输出功率将变小 D.由于小灯泡L1的U-I图线是一条曲线,所以灯泡发光过程中欧姆定律不适用 解析:B [由图象知,电源的内阻为r== Ω=0.5 Ω,A错误;因为灯L1正常发光,故灯L1的额定电压为3 V,额定功率为P=UI=3×2 W=6 W,B正确;正常工作时,灯L1的电阻为R1==1.5 Ω,换成R2=1 Ω的纯电阻后,该电阻更接近电源内阻r,故电源的输出功率将变大,C错误;小灯泡是纯电阻,适用欧姆定律,其U-I图线是一条曲线的原因是灯泡的电阻随温度的变化而发生变化,故D错误.] 2.(2019·河南南阳模拟)硅光电池是一种太阳能电池,具有低碳环保的优点.如图所示,图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象(电池内阻不是常量),图线b是某电阻R的U-I 图象.在该光照强度下将它们组成闭合回路时,硅光电池的内阻为(   ) A.5.5 Ω      B.7.0 Ω C.12.0 Ω D.12.5 Ω 解析:A [由欧姆定律得U=E-Ir,当I=0时,E=U,由图线a与纵轴的交点读出电源的电动势为E=3.6 V,根据两图线交点处的状态可知,电阻的电压为U=2.5 V,电流为I=0.2 A,则硅光电池的内阻为r== Ω=5.5 Ω,故选项A正确.] 思想方法(十七) 电路故障分析方法 方 法 阐 述 1.故障特点 (1)断路特点:表现为路端电压不为零而电流为零. (2)短路特点:用电器或电阻发生短路,表现为有电流通过电路但用电器或电阻两端电压为零. 2.检查方法 (1)电压表检测:如果电压表示数为零,则说明可能在并联路段之外有断路,或并联路段短路. (2)电流表检测:当电路中接有电源时,可用电流表测量各部分电路上的电流,通过对电流值的分析,可以确定故障的位置.在运用电流表检测时,一定要注意电流表的极性和量程. (3)欧姆表检测:当测量值很大时,表示该处断路;当测量值很小或为零时,表示该处短路.在运用欧姆表检测时,被检测元件应从电路中拆下来. (4)假设法:将整个电路划分为若干部分,然后逐一假设某部分电路发生某种故障,运用闭合电路或部分电路的欧姆定律进行推理. [典例赏析] [典例] 在如图所示的电路中,闭合开关S后,L1、L2两灯泡都正常发光,后来由于某种故障使L2突然变亮,电压表读数减小,由此推断,该故障可能是(   ) A.L1灯丝烧断      B.电阻R2断路 C.电阻R2短路 D.电容器被击穿短路 [解析] D [若L1灯丝烧断,则总电阻增大,总电流减小,L2两端电压减小,L2变暗,选项A错误;若R2断路,则总电阻增大,电压表读数增大,总电流减小,L1与R1并联部分两端的电压减小,故L2两端的电压增大,L2变亮,选项B错误;若电阻R2短路,则通过L2的电流为零,L2不亮,选项C错误;若电容器被击穿短路,则电路总电阻减小,路端电压减小,总电流增大,L2变亮,选项D正确.] [题组巩固] 1.如图所示电路中,由于某处出现了故障,导致电路中的A、B两灯变亮,C、D两灯变暗,故障的原因可能是(   ) A.R1短路      B.R2断路 C.R2短路 D.R3短路 解析:D [A灯在干路上,A灯变亮,说明电路中总电流变大,由闭合电路欧姆定律可知电路的外电阻减小,这就说明电路中只会出现短路而不会出现断路,选项B被排除.因为短路部分的电阻变小,分压作用减小,与其并联的用电器两端的电压减小,C、D两灯变暗,A、B两灯变亮,这说明发生短路的电阻与C、D两灯是并联的,而与A、B两灯是串联的.观察电路中电阻的连接形式,只有R3短路符合条件,故选D.] 2.(多选)如图所示的电路中,电源电压保持不变,闭合开关S,电路正常工作,过了一会儿,电流表的示数变为零.若电路中故障发生在灯L、电阻R上,用一根导线来判断电路故障,则下列判断正确的是(   ) A.将导线并联在R两端,电流表无示数,一定是L断路 B.将导线并联在L两端,电流表无示数,一定是R断路 C.将导线并联在R两端,电流表有示数,一定是R断路 D.将导线并联在L两端,电流表有示数,一定是L断路 解析:CD [电流表的示数变为零,说明电路故障为断路.将导线与用电器并联进行检测时,若电流表有示数,说明与导线并联的用电器断路;若电流表无示数,说明另一个用电器断路或两个用电器都断路.若将导线并联在R两端,电流表无示数,则可能是L断路,也可能是R、L都断路,故选项A错误;若将导线并联在L两端,电流表无示数,则可能是R断路,也可能是R、L都断路,故选项B错误;若将导线并联在R两端,电流表有示数,则一定是R断路,选项C正确;若将导线并联在L两端,电流表有示数,则一定是L断路,选项D正确.] 1 / 1

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  • ID:6-6354379 通用版2020届高考物理总复习第八章第1讲电流电阻电功电功率(含答案解析)

    高中物理/高考专区/一轮复习

    2020高考一轮第八章第1讲电流电阻电功电功率(通用版) 物 理 [基础知识·填一填] [知识点1] 电流、欧姆定律  1.电流 (1)定义:自由电荷的 定向移动 形成电流. (2)方向:规定为 正电荷 定向移动的方向. (3)三个公式 ①定义式:I=  ;②微观式:I= nevS ;③I=. 2.欧姆定律 (1)内容:导体中的电流I跟导体两端的电压U成 正比 ,跟导体的电阻R成 反比 . (2)公式:I=  . (3)适用条件:适用于 金属 和电解液导电,适用于纯电阻电路. 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. (1)由R=可知,导体的电阻与导体两端的电压成正比,与流过导体的电流成反比.(×) (2)根据I=,可知I与q成正比.(×) (3)电流I随时间t变化的图象与横轴所围面积表示通过导体横截面的电荷量.(√) [知识点2] 电阻、电阻率、电阻定律  1.电阻 (1)定义式:R=  . (2)物理意义:导体的电阻反映了导体对电流阻碍作用的大小,R越大,阻碍作用越 大 . 2.电阻定律 (1)内容:同种材料的导体,其电阻与它的 长度 成正比,与它的 横截面积 成反比,导体的电阻还与构成它的材料有关. (2)表达式:R= ρ . 3.电阻率 (1)计算式:ρ= R . (2)物理意义:反映导体的 导电性能 ,是导体材料本身的属性. (3)电阻率与温度的关系 ①金属:电阻率随温度的升高而 增大 . ②半导体:电阻率随温度的升高而 减小 . ③超导体:当温度降低到 绝对零度 附近时,某些材料的电阻率突然 减小为零 成为超导体. 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. (1)由R=ρ可知,导体的电阻与导体的长度成正比,与导体的横截面积成反比.(√) (2)由ρ=可知,导体的电阻率与导体的横截面积成正比,与导体的长度成反比.(×) (3)由ρ=可知导体的电阻越大,其电阻率越大.(×) (4)由R=可知,导体中的电流越小,电阻就越小.(×) [知识点3] 电功、电功率、焦耳定律  1.电功 (1)实质:电流做功的实质是 电场力 对电荷做正功,电势能转化为其他形式的能的过程. (2)公式:W=qU= UIt ,这是计算电功普遍适用的公式. 2.电功率 (1)定义:单位时间内电流做的功叫电功率. (2)公式:P== UI ,这是计算电功率普遍适用的公式. 3.焦耳定律:电流通过电阻时产生的热量Q= I2Rt ,这是计算电热普遍适用的公式. 4.热功率 (1)定义:单位时间内的发热量. (2)表达式:P== I2R . 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. (1)电功率越大,电流做功越快,电路中产生的焦耳热一定越多.(×) (2)W=UIt适用于任何电路,而W=I2Rt=t只适用于纯电阻电路.(√) (3)在非纯电阻电路中,UI>I2R.(√) (4)焦耳热公式Q=I2Rt适用于任何电路.(√) [教材挖掘·做一做] 1.(人教版选修3-1 P43第3题改编)安培提出了著名的分子电流假说,根据这一假说,电子绕核运动可等效为一环形电流.设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针的方向做半径为r的匀速圆周运动,关于该环形电流的说法,正确的是(  ) A.电流大小为,电流方向为顺时针 B.电流大小为,电流方向为顺时针 C.电流大小为,电流方向为逆时针 D.电流大小为,电流方向为逆时针 解析:C [电子做圆周运动的周期T=,由I=得I=,电流的方向与电子运动方向相反,故为逆时针.] 2.(人教版选修3-1 P48第2题改编)将四个定值电阻a、b、c、d分别接入电路,测得相应的电流、电压值如图所示.其中阻值最接近的两个电阻是(  ) A.a和b        B.b和d C.a和c D.c和d 解析:A [根据R=知,定值电阻的U-I图线的斜率表示定值电阻的阻值.在U-I图中分别连接O与4个点,根据它们的倾斜度可知,a和b的阻值最接近,故选A.] 3.(人教版选修3-1 P55第2题改编)(多选)电饭锅工作时有两种状态:一种是锅内水烧开前的加热状态,另一种是锅内水烧开后的保温状态,如图所示是一学生设计的电饭锅电路原理示意图,S是用感温材料制造的开关.下列说法中正确的是(  ) A.加热状态时是用R1、R2同时加热的 B.当开关S接通时电饭锅为加热状态,S断开时为保温状态 C.当=7,R2在保温状态时的功率为加热状态时的 D.当=2-1,R2在保温状态时的功率为加热状态时的 解析:BD [由P=得:当接通S时,电阻变小,功率变大,处于加热状态;当断开S时,电阻变大,功率变小,处于保温状态.可知,R2是供加热用的电阻丝,故A错误,B正确.逆推:当R2在保温状态时的功率为加热状态时的时,根据公式P=,可知=××8得=2-1,C错误,D正确.] 考点一 对电流的理解和计算 [考点解读] 1.应用I=计算时应注意:若导体为电解液,因为电解液里的正、负离子移动方向相反,但形成的电流方向相同,故q为正、负离子带电荷量的绝对值之和. 2.“柱体微元法”即电流微观式的推导 设柱体微元的长度为L,横截面积为S,单位体积内的自由电荷数为n,每个自由电荷的电荷量为q,电荷定向移动的速率为v,则: (1)柱体微元中的总电荷量为Q=nLSq. (2)电荷通过横截面的时间t=. (3)电流的微观表达式I==nqSv. [典例赏析] [典例1] 如图所示,一根长为L、横截面积为S的金属棒,其材料的电阻率为ρ,棒内单位体积自由电子数为n,电子的质量为m、电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时,棒内产生电流,自由电子定向运动的平均速率为v,则金属棒内的电场强度大小为(   ) A.        B. C.ρnev D. [解析] C [由电流定义可知:I===neSv.由欧姆定律可得:U=IR=neSv·ρ=ρneLv,又E=,故E=ρnev,选项C正确.] [题组巩固] 1.在显像管的电子枪中,从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场,设其初速度为零,经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束,已知电子的电荷量为e、质量为m,则在刚射出加速电场时,一小段长为Δl的电子束内的电子个数是(  ) A. B. C. D. 解析:B [设电子刚射出电场时的速度为v,则eU=mv2,所以v= .加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束,由I=neSv,可得n== ,所以长度为Δl的电子束内的电子数N=ΔlSn==.] 2.(2019·长沙长郡中学检测)如图所示,在1价离子的电解质溶液内插有两根碳棒A和B作为电极,将它们接在直流电源上,于是溶液里就有电流通过.若在t秒内,通过溶液内截面S的正离子数为n1,通过的负离子数为n2,设基本电荷为e,则以下说法中正确的是(  ) A.正离子定向移动形成的电流方向从A→B,负离子定向移动形成的电流方向从B→A B.溶液内由于正、负离子移动方向相反,溶液中的电流抵消,电流等于零 C.溶液内的电流方向从A→B,电流I= D.溶液内的电流方向从A→B,电流I= 解析:D [电荷的定向移动形成电流,规定正电荷定向移动的方向为电流方向,由图示可知,溶液中的正离子从A向B运动,因此电流方向是A→B,故选项A错误;溶液中正离子由A向B移动,负离子由B向A移动,负电荷由B向A移动相当于正电荷由A向B移动,带电离子在溶液中定向移动形成电流,电流I==,电流不为零,故选项B、C错误,选项D正确.] 考点二 欧姆定律及电阻定律 [考点解读] 1.欧姆定律的“二同” (1)同体性:指I、U、R三个物理量必须对应同一段电路或同一段导体. (2)同时性:指U和I必须是导体上同一时刻的电压和电流. 2.电阻与电阻率的区别 (1)电阻反映了导体对电流阻碍作用的大小,而电阻率则反映制作导体的材料导电性能的好坏. (2)导体的电阻大,电阻率不一定大,它的导电性能不一定差;导体的电阻率小,电阻不一定小,即它对电流的阻碍作用不一定小. (3)导体的电阻、电阻率均与温度有关. 3.电阻的决定式和定义式的比较 公式 决定式 定义式 R=ρ R= 区别 指明了电阻的决定因素 提供了一种测定电阻的方法,电阻与U和I无关 适用于粗细均匀的金属导体和分布均匀的导电介质 适用于任何纯电阻导体 相同点 都不能反映电阻的实质(要用微观理论解释) [典例赏析] [典例2] (2019·益阳模拟)(多选)一根粗细均匀的金属导线,在其两端加上电压U0时,通过导线的电流为I0,导线中自由电子定向移动的平均速率为v,若将导线均匀拉长,使它的横截面半径变为原来的,再给它两端加上电压2U0,则(   ) A.通过导线的电流为 B.通过导线的电流为 C.导线中自由电子定向移动的速率为 D.导线中自由电子定向移动的速率为 [解析] AD [将金属导线均匀拉长,因半径变为原来的一半,则横截面积变为原来的,其长度变为原来的4倍,根据电阻定律R=ρ分析可知,电阻变为原来的16倍,又电压变为2U0,根据欧姆定律I=可知,电流变为,A正确,B错误;根据电流的微观表达式I=nevS,其中n、e不变,电流变为原来的,横截面积变为原来的,则自由电子定向移动的平均速率变为,C错误,D正确.]  某一导体的形状改变后,讨论其电阻变化应抓住以下三点: (1)导体的电阻率不变. (2)导体的体积不变,由V=lS可知l与S成反比. (3)在ρ、l、S都确定之后,应用电阻定律R=ρ求解. [题组巩固] 1.如图所示,厚薄均匀的矩形金属薄片边长为ab=10 cm,bc=5 cm,当将C与D接入电压恒为U的电路时,电流强度为2 A,若将A与B接入电压恒为U的电路中,则电流为(   ) A.0.5 A      B.1 A C.2 A D.4 A 解析:A [设金属薄片厚度为d′,根据电阻定律公式R=ρ,有RCD=ρ,RAB=ρ,故 = × = ;根据欧姆定律,电压相同时,电流与电阻成反比,故两次电流之比为4∶1,故第二次电流为0.5 A,故选A.] 2.一个内电阻可以忽略的电源,给装满绝缘圆管的水银供电,通过水银的电流为0.1 A.若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管内(恰好能装满圆管),那么通过水银的电流将是(   ) A.0.4 A B.0.8 A C.1.6 A D.3.2 A 解析:C [大圆管内径大一倍,即横截面积为原来的4倍,由于水银体积不变,故水银柱长度变为原来的,则电阻变为原来的,因所加电压不变,由欧姆定律知电流变为原来的16倍,C正确.] 考点三 伏安特性曲线的理解及应用 [考点解读] 1.图线的意义 (1)由于导体的导电性能不同,所以不同的导体有不同的伏安特性曲线. (2)伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值,对应这一状态下的电阻. 2.应用 I-U图象中图线上某点与O点连线的斜率表示电阻的倒数,斜率越大,电阻越小. 3.两类图线 线性元件的伏安特性曲线是过原点的直线,表明它的电阻是不变的 非线性元件的伏安特性曲线是曲线,表明它的电阻是变化的 [典例赏析] [典例3] (多选)小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示,P为图线上一点,PN为图线在P点的切线,PQ为U轴的垂线,PM为I轴的垂线,则下列说法中正确的是(   ) A.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻增大 B.对应P点,小灯泡的电阻为R= C.对应P点,小灯泡的电阻为R= D.对应P点,小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小 [解析] ABD [由于灯泡的电阻在图线上的每一点都是R=,由图线不难看出,随电压的增大,电流的增加变得越发缓慢(I-U图线的斜率逐渐减小),电阻变大,故A、B正确,C错误;小灯泡的功率P=UI,所以D正确.]  伏安特性曲线问题的处理方法 1.首先分清是I-U图线还是U-I图线. 2.对线性元件:R==;对非线性元件R=≠,即非线性元件的电阻不等于U-I图象某点切线的斜率. 3.在电路问题分析时,I-U(或U-I)图象中的电流、电压信息是解题的关键,要将电路中的电子元件和图象有机结合. [题组巩固] 1.(2019·唐山模拟)(多选)如图所示是电阻R的I-U图象,图中α=45°,由此得出(  ) A.通过电阻的电流与其两端的电压成正比 B.电阻R=0.5 Ω C.因I-U图象的斜率表示电阻的倒数,故R==1.0 Ω D.在R两端加上6.0 V的电压时,每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0 C 解析:AD [由I-U图象可知,图线是一条过原点的倾斜直线,即I和U成正比,A正确;而电阻R== Ω=2 Ω,B错误;由于纵、横坐标的标度不一样,故不能用tan α计算斜率表示电阻的倒数,C错误;在R两端加上6.0 V电压时,I== A=3.0 A,每秒通过电阻横截面的电荷量q=It=3.0×1 C=3.0 C,D正确.] 2.(多选)某导体的伏安特性曲线如图中AB段(曲线)所示,关于导体的电阻,以下说法正确的是(  ) A.B点的电阻为12 Ω B.B点的电阻为40 Ω C.导体的电阻因温度的影响改变了1 Ω D.导体的电阻因温度的影响改变了10 Ω 解析:BD [根据电阻的定义式可以求出A、B两点的电阻分别为RA=Ω=30 Ω,RB= Ω=40 Ω,所以ΔR=RB-RA=10 Ω,B、D正确,A、C错误.] 考点四 电功、电热、电功率和热功率 [考点解读] 纯电阻电路与非纯电阻电路的比较 纯电阻电路 非纯电阻电路 实例 白炽灯、电炉、电饭锅、电热毯、电熨斗及转子被卡住的电动机等 电动机、电解槽、日光灯等 电功与电热 W=UIt,Q=I2Rt=t,W=Q W=UIt,Q=I2Rt W>Q 电功率与热功率 P电=UI,P热=I2R=,P电=P热 P电=UI,P热=I2R,P电>P热 [典例赏析] [典例4] (2019·新乡模拟)(多选)如图所示是某一直流电动机提升重物的示意图,重物质量m=50 kg,电源提供给电动机的电压为U=110 V,不计各种摩擦,当电动机以v=0.9 m/s的恒定速率向上提升重物时,通过电动机的电流为I=5.0 A,重力加速度g取10 m/s2,则(  ) A.电动机的输入功率为550 W B.电动机提升重物的功率为550 W C.电动机提升重物的功率为450 W D.电动机的线圈电阻为22 Ω [思考探究] (1)如何计算电动机的输入功率及电动机提升重物的功率? 提示:电动机的输入功率根据P=UI计算,电动机提升重物的功率根据P=Fv计算. (2)电动机的输入功率、提升重物的功率、热功率之间有什么关系? 提示:电动机的输入功率=提升重物的功率+热功率. (3)若电动机由于故障突然卡死,卡死的瞬间,电动机的电流如何计算? 提示:卡死的瞬间,电动机看做纯电阻,电流I=. [解析] AC [根据P=UI,可得电动机的输入功率为550 W,选项A正确;根据P=Fv,可得电动机提升重物的功率为450 W,选项B错误,C正确;根据能量守恒定律UI=I2R+Fv,可得电动机的线圈电阻为4 Ω,选项D错误.] 1.在任何电路中,P电=UI、P热=I2R、W=UIt、Q=I2Rt都适用. 2.处理非纯电阻电路的计算问题时,要善于从能量转化的角度出发,紧紧围绕能量守恒定律,利用“电功=电热+其他能量”找等量关系求解. 3.在非纯电阻电路中,t既不表示电功也不表示电热,是没有意义的. [题组巩固] 1.(多选)如图所示的电路中,电源的输出电压恒为U,电动机M线圈的电阻与电炉L的电阻相同,电动机正常工作,在相同的时间内,下列判断正确的是(   ) A.电炉放出的热量与电动机放出的热量相等 B.电炉两端电压小于电动机两端电压 C.电炉两端电压等于电动机两端电压 D.电动机消耗的功率等于电炉消耗的功率 解析:AB [电炉是纯电阻,电动机是非纯电阻,由于电炉和电动机构成串联电路,二者的电流相等,则电炉两端电压小于电动机两端电压,又Q=I2Rt,选项A、B正确,C错误;由电器消耗的功率P=IU,可知电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率,选项D错误.] 2.(多选)某起重机的电动机输入电压为380 V,当起重机以0.1 m/s的速度匀速吊起总质量为5.7×103 kg的货物时,测得电动机的电流为20 A,g取10 m/s2.则下列说法正确的是(   ) A.电动机的内阻为19 Ω B.电动机的内阻为4.75 Ω C.电动机的输出功率为7.6×103 W D.电动机的工作效率为75 % 解析:BD [由UI=mgv+I2r,可得电动机的内阻为r=4.75 Ω,选项B正确,A错误;电动机的输出功率为mgv=5.7×103 kg×10 m/s2×0.1 m/s=5.7×103 W,选项C错误;电动机的工作效率为η=×100%=75%,选项D正确.] 思想方法(十六) 串、并联电路的分析方法 方法阐述 2.四个有用的结论 (1)串联电路的总电阻大于电路中的任意一个电阻,串联电阻增多时,总电阻增大. (2)并联电路的总电阻小于任意支路的电阻,并联支路增多时,总电阻减小. (3)不论串联电路还是并联电路,只要某个电阻增大,总电阻就增大,反之则减小. (4)不论串联电路还是并联电路,电路消耗的总功率等于各电阻消耗的电功率之和. 3.一个典型的极值电路 如图所示,如果R1=R2,当P从a→b时,RAB先增大后减小,且当RaP=RPb(即P位于a、b的中点)时RAB最大. [典例赏析] [典例] 如图所示,把两个相同的灯泡分别接在甲、乙电路中,甲电路两端的电压为8 V,乙电路两端的电压为16 V.调节变阻器R1和R2使两灯泡都正常发光,此时变阻器消耗的功率分别为P1和P2,两电路中消耗的总功率分别为P甲和P乙,则下列关系中正确的是(   ) A.P甲<P乙      B.P甲>P乙 C.P1>P2 D.P1=P2 [解析] D [设灯泡额定电流为I, 则两灯泡都正常发光,电流均为额定电流I,甲电路中总电流I甲=2I,乙电路中总电流I乙=I,所以P甲=U甲 I甲=8×2I=16I,P乙=U乙I乙=16×I=16I,P甲=P乙,选项A、B均错误;R1消耗的功率P1=P甲-2P灯,R2消耗的功率P2=P乙-2P灯,故P1=P2,选项C错误,D正确.] [题组巩固] 1.如图所示,电路两端的电压U保持不变,电阻R1、R2、R3消耗的电功率一样大,则电阻之比R1∶R2∶R3是(   ) A.1∶1∶1 B.4∶1∶1 C.1∶4∶4 D.1∶2∶2 解析:C [因为三个电阻消耗的功率一样大,则有=得R2=R3,所以通过R1的电流是通过R2电流的2倍,则有(2I)2R1=I2R2得R1=.故R1∶R2∶R3=1∶4∶4,C正确.] 2.(多选)在如图所示的电路中,电阻R1=10 Ω,R2=120 Ω,R3=40 Ω.另有一测试电源,电动势为100 V,内阻忽略不计.则(   ) A.当cd端短路时,ab之间的等效电阻是40 Ω B.当ab端短路时,cd之间的等效电阻是40 Ω C.当ab两端接通测试电源时,cd两端的电压为80 V D.当cd两端接通测试电源时,ab两端的电压为80 V 解析:AC [当cd端短路时,R2与R3的并联电阻为30 Ω,两电阻并联后与R1串联,a、b间的等效电阻为40 Ω,选项A正确;当a、b端短路时,R1与R3的并联电阻为8 Ω,两电阻并联后与R2串联,c、d间等效电阻为128 Ω,选项B错;当a、b两端接通测试电源时,电阻R2未接入电路,cd两端的电压即R3两端的电压,为Uc d=×100 V=80 V,选项C对;当c、d两端接通测试电源时,电阻R1未接入电路,a、b两端电压即R3两端的电压,为Ua b=×100 V=25 V,选项D错.] 12 / 12

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    高中物理/高考专区/一轮复习

    2020高考一轮第七章电场中的力电综合问题(通用版) 物 理 考点一 带电粒子在交变电场中的运动问题 [考点解读] 1.常见的交变电场 常见的交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等. 2.常见的题目类型 (1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解). (2)粒子做往返运动(一般分段研究). (3)粒子做偏转运动(一般分解研究). 3.解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法 (1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律),抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件. (2)分析时从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系. (3)注意对称性和周期性变化关系的应用. [典例赏析] [典例1] 如图甲所示,A和B是真空中正对面积很大的平行金属板,O点是一个可以连续产生粒子的粒子源,O点到A、B的距离都是l.现在A、B之间加上电压,电压UAB随时间变化的规律如图乙所示.已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子,粒子质量为m、电荷量为-q.这种粒子产生后,在电场力作用下从静止开始运动.设粒子一旦碰到金属板,它就附在金属板上不再运动,且电荷量同时消失,不影响A、B板电势.不计粒子的重力,不考虑粒子之间的相互作用力.已知上述物理量l=0.6 m,U0=1.2×103 V,T=1.2×10-2s,m=5×10-10 kg,q=1.0×10-7 C. (1)在t=0时刻产生的粒子,会在什么时刻到达哪个极板? (2)在t=0到t=这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A板? (3)在t=0到t=这段时间内产生的粒子有多少个可到达A板? [审题指导] 板间的电压为交变电压,前半个周期和后半个周期粒子均做匀变速直线运动,但两个过程加速度不同,粒子在不同时刻开始运动,情景不同,分析时应结合粒子受力和速度的变化情况才能得出正确结论. [解析] (1)根据题图乙可知,从t=0时刻开始,A板电势高于B板电势,粒子向A板运动. 因为x=2=3.6 m>l,所以粒子从t=0时刻开始,一直加速到达A板. 设粒子到达A板的时间为t,则l=·t2 解得t=×10-3 s. (2)在0~时间内,粒子的加速度大小为 a1==2×105 m/s2 在~T时间内,粒子的加速度大小为 a2==4×105 m/s2 可知a2=2a1,若粒子在0~时间内加速Δt,再在~T时间内减速刚好不能到达A板,则 l=a1Δt2+a1Δt·-a22 解得Δt=2×10-3 s 因为=6×10-3 s, 所以在0~时间内4×10-3 s时刻产生的粒子刚好不能到达A板. (3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子,而在0~时间内的前时间内产生的粒子可以到达A板,所以到达A板的粒子数n=300××=100(个). [答案] (1)×10-3 s 到达A极板 (2)4×10-3 s时刻 (3)100个 [题组巩固] 1.如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上.则t0可能属于的时间段是(   ) A.0<t0<      B.<t0< C.<t0<T D.T<t0< 解析:B [设粒子的速度方向、位移方向向右为正.依题意知,粒子的速度方向时而为正,时而为负,最终打在A板上时位移为负,速度方向为负.分别作出t0=0、、、时粒子运动的v-t图象,如图所示.由于v-t图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图象知,0<t0<与<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零,<t0<时粒子在一个周期内的总位移小于零;t0>T时情况类似.因粒子最终打在A板上,则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零,对照各项可知B正确.] 2.(多选)如图甲所示,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示.t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0~时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g.关于微粒在0~T时间内运动的描述,正确的是(  ) A.末速度大小为v0 B.末速度沿水平方向 C.重力势能减少了mgd D.克服电场力做功为mgd 解析:BC [0~时间内微粒匀速运动,有mg=qE0.把微粒的运动分解,水平方向:做速度为v0的匀速直线运动,竖直方向:~时间内,只受重力,做自由落体运动,时刻,v1y=g,~T时间内,a==g,做匀减速直线运动,T时刻,v2y=v1y-a·=0,所以末速度v=v0,方向沿水平方向,选项A错误,B正确;微粒的重力势能减少了ΔEp=mg·=mgd,所以选项C正确;根据动能定理:mgd-W克电=0,得W克电=mgd,D错误.] 考点二 带电粒子的力电综合问题 [考点解读] 1.力学规律 (1)动力学规律:牛顿运动定律结合运动学公式. (2)能量规律:动能定理或能量守恒定律. 2.电场规律 (1)电场力的特点:F=Eq,正电荷受到的电场力与场强方向相同. (2)电场力做功的特点:WAB=FLABcos θ=qUAB=EpA-EpB. 3.多阶段运动 在多阶段运动过程中,当物体所受外力突变时,物体由于惯性而速度不发生突变,故物体在前一阶段的末速度即为物体在后一阶段的初速度.对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系,可以通过作运动过程草图来获得. [典例赏析] [典例2] 如图所示,LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道,MN水平且足够长,LM下端与MN相切.质量为m的带正电小球B静止在水平面上,质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放,在A球进入水平轨道之前,由于A、B两球相距较远,相互作用力可认为零,A球进入水平轨道后,A、B两球间相互作用视为静电作用,带电小球均可视为质点.已知A、B两球始终没有接触.重力加速度为g.求: (1)A球刚进入水平轨道的速度大小; (2)A、B两球相距最近时,A、B两球系统的电势能Ep; (3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小. [解题指导] 小球的运动经历了两个过程,在圆弧轨道上运动机械能守恒,在水平轨道上运动时系统动量守恒,解答时应根据不同的过程应用不同的规律列式计算,同时注意:两过程衔接点的速度是联系两个过程的桥梁,是解题的突破口. [解析] (1)对A球下滑的过程,据机械能守恒得 2mgh=×2mv 解得v0= (2)A球进入水平轨道后,两球组成的系统动量守恒,当两球相距最近时共速,有 2mv0=(2m+m)v 解得v=v0= 据能量守恒定律得2mgh=(2m+m)v2+Ep 解得Ep=mgh (3)当两球相距最近之后,在静电斥力作用下相互远离,两球距离足够远时,相互作用力为零,系统势能也为零,速度达到稳定.则 2mv0=2mvA+mvB ×2mv=×2mv+mv 解得vA=v0=,vB=v0=. [答案] (1) (2)mgh (3)   电场中动量和能量问题的解题技巧 动量守恒定律与其他知识综合应用类问题的求解,与一般的力学问题求解思路并无差异,只是问题的情景更复杂多样,分析清楚物理过程,正确识别物理模型是解决问题的关键. [题组巩固] 1.(多选)如图所示,光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点,AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场,半圆形轨道在竖直平面内,B为最低点,D为最高点.一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动,恰能通过最高点,则(   ) A.R越大,x越大 B.R越大,小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大 C.m越大,x越大 D.m与R同时增大,电场力做功增大 解析:ACD [小球在BCD部分做圆周运动,在D点,mg=m,小球由B到D的过程中有:-2mgR=mv-mv,解得vB=,R越大,小球经过B点时的速度越大,则x越大,选项A正确;在B点有:FN-mg=m,解得FN=6mg,与R无关,选项B错误;由Eqx=mv,知m、R越大,小球在B点的动能越大,则x越大,电场力做功越多,选项C、D正确.] 2.有一质量为M、长度为l的矩形绝缘板放在光滑的水平面上,另一质量为m、带电荷量的绝对值为q的物块(视为质点),以初速度v0从绝缘板的上表面的左端沿水平方向滑入,绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场,其场强大小E=,方向竖直向下,如图所示.已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定,物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止;若将匀强电场的方向改变为竖直向上,场强大小不变,且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入,结果两者相对静止时,物块未到达绝缘板的右端.求: (1)场强方向竖直向下时,物块在绝缘板上滑动的过程中,系统产生的热量; (2)场强方向竖直向下时与竖直向上时,物块受到的支持力之比; (3)场强方向竖直向上时,物块相对于绝缘板滑行的距离. 解析:(1)场强方向向下时,根据动量守恒定律得 mv0=(M+m)v 所以v=v0 根据能量守恒定律得 热量Q=mv-(M+m)v2= (2)场强向下时FN=mg-qE 场强向上时FN′=mg+qE 所以= (3)两次产生的热量相等 μFN′l′=Q,μFNl=Q 所以l′=. 答案:(1) (2)1∶4 (3) 思想方法(十五) 用“等效法”处理带电粒子在电场和重力场中的运动 方法阐述 1.等效重力法 将重力与电场力进行合成,如图所示,则F合为等效重力场中的“重力”,g′=为等效重力场中的“等效重力加速度”,F合的方向等效为“重力”的方向,即在等效重力场中的竖直向下方向. 2.物理最高点与几何最高点 在“等效力场”中做圆周运动的小球,经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题.小球能维持圆周运动的条件是能过最高点,而这里的最高点不一定是几何最高点,而应是物理最高点.几何最高点是图形中所画圆的最上端,是符合人眼视觉习惯的最高点.而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点. 3.等效最“高”点与最“低”点的寻找 确定重力和电场力的合力的大小和方向,然后过圆周圆心作等效重力作用线的反向延长线,反向延长线交圆周上的那个点即为圆周的等效最“高”点,延长线交圆周的那个点为等效最“低”点. [典例赏析] [典例] 如图所示,半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内,环上套有一质量为m、带电荷量为+q的珠子,现在圆环平面内加一个匀强电场,使珠子由最高点A从静止开始释放(AC、BD为圆环的两条互相垂直的直径),要使珠子沿圆弧经过B、C刚好能运动到D.(重力加速度为g) (1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向; (2)当所加电场的场强为最小值时,求珠子由A到达D的过程中速度最大时对环的作用力大小; (3)在(1)问电场中,要使珠子能完成完整的圆周运动,在A点至少应使它具有多大的初动能? [思路点拨] 解答本题时要应用“等效场”的方法,先对小球受力分析,求出电场力和重力的合力,做一条与合力平行的直径,则直径的两个端点分别对应速度最小位置和速度最大位置. [解析] (1)根据题述,珠子运动到BC弧中点M时速度最大,作过M点的直径MN,设电场力与重力的合力为F,则其方向沿NM方向,分析珠子在M点的受力情况,由图可知,当F电垂直于F时,F电最小,最小值为: F电min=mgcos 45°=mg F电min=qEmin 解得所加电场的场强最小值Emin=,方向沿∠AOB的角平分线方向指向左上方. (2)当所加电场的场强为最小值时,电场力与重力的合力为 F=mgsin 45°=mg 把电场力与重力的合力看做是“等效重力”,对珠子由A运动到M的过程,由动能定理得 F=mv2-0 在M点,由牛顿第二定律得:FN-F=m 联立解得FN=mg 由牛顿第三定律知,珠子对环的作用力大小为 FN′=FN=mg. (3)由题意可知,N点为等效最高点,只要珠子能到达N点,就能做完整的圆周运动,珠子在N点速度为0时,所需初动能最小,此过程中,由动能定理得: -F=0-EkA 解得EkA=mgr. [答案] 见解析 [题组巩固] 1.(2019·陕西西安质检)如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,带负电荷的小球从高为h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动.已知小球所受电场力是其重力的,圆环半径为R,斜面倾角为θ=60°,sBC=2R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动,h至少为多少?(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) 解析:小球所受的重力和电场力都为恒力,故可将两力等效为一个力F,如图所示.可知F=1.25mg,方向与竖直方向成37°角.由图可知,小球做完整的圆周运动的临界点是D点,设小球恰好能通过D点,即达到D点时圆环对小球的弹力恰好为零. 由圆周运动知识得: F=m,即1.25mg=m 小球由A运动到D点由动能定理结合几何知识得: mg(h-R-Rcos 37°)-mg×=mv,联立解得h≈7.7R. 答案:7.7R 2.如图所示,一条长为L的细线上端固定,下端拴一个质量为m、电荷量为q的小球,将它置于方向水平向右的匀强电场中,使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放,当细线离开竖直位置偏角α=60°时,小球速度为零. (1)求小球带电性质和电场强度E; (2)若小球恰好完成竖直圆周运动,求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小(可含根式). 解析:(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电. 小球由A点释放到速度等于零,由动能定理有 EqLsin α-mgL(1-cos α)=0 解得E=. (2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G′,则G′=mg,方向与竖直方向成30°角偏向右下方. 若小球恰能做完整的圆周运动,在等效最高点有 m=mg mv2-mv=-mgL(1+cos 30°) 联立解得vA=. 答案:(1)正电  (2) 1 / 1

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