【物理】2018届一轮复习人教版第10章章末专题复习教案

【物理】2018届一轮复习人教版第10章章末专题复习教案

章末专题复习 物理方法|等效法在电磁感应中的应用 1．方法概述 闭合线圈磁通量的变化或导体棒切割磁感线形成感应电流．将电磁感应和电 路问题相结合，采用等效的方法找到电源和电路结构，利用闭合电路问题求 解． 2．方法技巧 (1)明确切割磁感线的导体相当于电源，其电阻是电源的内阻，其他部分为 外电路，电源的正、负极由右手定则来判定． (2)画出等效电路图，并结合闭合电路欧姆定律等有关知识解决相关问题． 3．等效问题　 　如图 10­1 所示，直角三角形导线框 abc 固定在匀强磁场中，ab 是一 段长为 L、电阻为 R 的均匀导线，ac 和 bc 的电阻可不计，ac 长度为L 2.磁场的磁 感应强度为 B，方向垂直纸面向里．现有一段长度为L 2 ，电阻为R 2 的均匀导体棒 MN 架在导线框上，开始时紧靠 ac，然后沿 ab 方向以恒定速度 v 向 b 端滑动，滑动 中始终与 ac 平行并与导线框保持良好接触，当 MN 滑过的距离为L 3 时，导线 ac 中的电流为多大？方向如何？ 图 10­1 【解析】　MN 滑过的距离为L 3 时，如图甲所示，它与 bc 的接触点为 P，等 效电路图如图乙所示． 甲　　　　　　　　　乙 由几何关系可知 MP 长度为L 3 ，MP 中的感应电动势 E＝1 3BLv MP 段的电阻 r＝1 3R MacP 和 MbP 两电路的并联电阻为 r 并＝ 1 3 × 2 3 1 3 ＋2 3 R＝2 9R 由欧姆定律得，PM 中的电流 I＝ E r＋r并 ac 中的电流 Iac＝2 3I 解得 Iac＝2BLv 5R 根据右手定则可知，MP 中的感应电流的方向由 P 流向 M，所以电流 Iac 的 方向由 a 流向 c. 【答案】　2BLv 5R 　方向由 a 流向 c [突破训练] 1．如图 10­2 所示，水平桌面上固定有一半径为 R 的金属细圆环，环面水平， 圆环每单位长度的电阻为 r，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向竖 直向下；一长度为 2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为 棒的中点．棒在拉力的作用下以恒定加速度 a 从静止开始向右运动，运动过程中 棒与圆环接触良好．下列说法正确的是(　　) 图 10­2 A．拉力的大小在运动过程中保持不变 B．棒通过整个圆环所用的时间为 2R a C．棒经过环心时流过棒的电流为B 2aR πr D．棒经过环心时所受安培力的大小为8B2R 2aR πr D　[导体棒做匀加速运动，合外力恒定，由于受到的安培力随速度的变化而 变化，故拉力一直变化，选项 A 错误；设棒通过整个圆环所用的时间为 t，由匀 变速直线运动的基本关系式可得 2R＝1 2at2，解得 t＝ 4R a ，选项 B 错误；由 v2－ v20＝2ax 可知棒经过环心时的速度 v＝ 2aR，此时的感应电动势 E＝2BRv，此时 金属圆环的两侧并联，等效电阻 r 总＝πRr 2 ，故棒经过环心时流过棒的电流为 I＝ E r总＝4B 2aR πr ，选项 C 错误；由对选项 C 的分析可知棒经过环心时所受安培力 的大小为 F＝2BIR＝8B2R 2aR πr ，选项 D 正确．] 物理模型|电磁感应中的“杆＋导轨”模型 1．单杆模型 (1)模型特点：导体棒运动→感应电动势→闭合回路→感应电流→安培力→ 阻碍棒相对于磁场运动． 图 10­3 (2)分析思路：确定电源 (3)解题关键：对棒的受力分析，动能定理应用． 图 10­4 2．双杆模型 (1)模型特点 ①一杆切割一杆静止时，分析同单杆类似． ②两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝ΔΦ Δt ＝Bl|v1－ v2|. (2)解题要点：单独分析每一根杆的运动状态及受力情况，建立两杆联系， 列方程求解． 　如图 10­5 所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角 θ＝30°的斜 面上，导轨电阻不计，间距 L＝0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域 的边界与斜面的交线为 MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁 场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为 B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将 质量 m1＝0.1 kg，电阻 R1＝0.1 Ω 的金属条 ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑．然 后，在区域Ⅱ中将质量 m2＝0.4 kg，电阻 R2＝0.1 Ω 的光滑导体棒 cd 置于导轨上， 由静止开始下滑．cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd 始终与导 轨垂直且两端与导轨保持良好接触，g 取 10 m/s2.问： 图 10­5 (1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向； (2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度 v 多大； (3)从 cd 开始下滑到 ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离 x＝3.8 m， 此过程中 ab 上产生的热量 Q 是多少． 【思路导引】　 【解析】　(1)由右手定则可判断出 cd 中的电流方向为由 d 到 c，则 ab 中电 流方向为由 a 流向 b. (2)开始放置 ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为 Fmax，有 Fmax＝m1gsin θ ① 设 ab 刚要上滑时，cd 棒的感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律有 E＝ BLv ② 设电路中的感应电流为 I，由闭合电路欧姆定律有 I＝ E R1＋R2 ③ 设 ab 所受安培力为 F 安，有 F 安＝BIL ④ 此时 ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有 F 安＝m1gsin θ ＋Fmax ⑤ 综合①②③④⑤式，代入数据解得 v＝5 m/s. (3)设 cd 棒运动过程中在电路中产生的总热量为 Q 总，由能量守恒定律有 m2gxsin θ＝Q 总＋1 2m2v2 又 Q＝ R1 R1＋R2Q 总 解得 Q＝1.3 J. 【答案】　(1)由 a 流向 b　(2)5 m/s　(3)1.3 J [突破训练] 2．(2017·四川雅安中学月考)如图 10­6 所示，两条足够长的平行金属导轨相 距 L，与水平面的夹角为 θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应 强度大小均为 B，虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面向上，虚线下方轨 道粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下．当导体棒 EF 以初速度 v0 沿导轨上滑至最 大高度的过程中，导体棒 MN 一直静止在导轨上，若两导体棒质量均为 m、电阻 均为 R，导轨电阻不计，重力加速度为 g，在此过程中导体棒 EF 上产生的电热 为 Q，求： (1)导体棒 MN 受到的最大摩擦力； (2)导体棒 EF 上升的最大高度． 图 10­6 【解析】　(1)EF 获得向上初速度 v0 时，产生感应电动势 E＝BLv0，电路中 电流为 I，由闭合电路的欧姆定律有 I＝ E 2R ， 此时对导体棒 MN 受力分析，由平衡条件有 FA＋mgsin α＝Ff，FA＝BIL， 解得 Ff＝B2L2v0 2R ＋mgsin θ. (2)导体棒 EF 上升过程 MN 一直静止，对系统由能的转化和守恒定律有 1 2mv 20＝mgh＋2Q，解得 h＝mv20－4Q 2mg . 【答案】　(1)B2L2v0 2R ＋mgsin θ　(2)mv20－4Q 2mg 高考热点|电磁感应中电荷量和焦耳热的计算 1．电荷量的计算 (1)思考方向：根据法拉第电磁感应定律 E＝n ΔΦ Δt 确定平均感应电动势，结 合闭合电路欧姆定律和电流的定义式 I＝q t 计算电荷量． (2)公式推导过程 根据法拉第 电磁感应定律→回路中平均感应电动势E＝nΔΦ Δt ↓ 根据闭合电 路欧姆定律→I＝ E R＋r ＝ nΔΦ Δt(R＋r) ↓ 根据电流定义式I＝q t →q＝IΔt＝nΔΦ R＋r 2．焦耳热的计算 求解电磁感应过程中产生的焦耳热，有以下三种思路： (1)电路中感应电流恒定时：应用焦耳定律：Q＝I2Rt. (2)导体切割磁感线克服安培力做功：焦耳热等于克服安培力做的功：Q＝W 安． (3)电路中感应电流是变化的：根据功能关系来求解焦耳热． 　如图 10­7 所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导 轨间距 l＝0.5 m，左端接有阻值 R＝0.3 Ω 的电阻．一质量 m＝0.1 kg、电阻 r＝ 0.1 Ω 的金属棒 MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场 的磁感应强度 B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以 a＝2 m/s2 的加速度做匀加速运动，当棒的位移 x＝9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离 后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够 长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求： 图 10­7 (1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻 R 的电荷量 q； (2)撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2； (3)外力做的功 WF. 【思路导引】　 【解析】　(1)设棒匀加速运动的时间为 Δt，回路的磁通量变化量为 ΔΦ，回 路中的平均感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得 E＝ΔΦ Δt ① 其中 ΔΦ＝Blx ② 设回路中的平均电流为I，由闭合电路欧姆定律得 I＝ E R＋r ③ 则通过电阻 R 的电荷量为 q＝IΔt ④ 联立①②③④式，代入数据得 q＝4.5 C． ⑤ (2)设撤去外力时棒的速度为 v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得 v2 ＝2ax ⑥ 设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为 W，由动能定理得 W＝0－1 2mv2 ⑦ 撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2＝－W ⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得 Q2＝1.8 J．⑨ (3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q1∶Q2＝2∶1，可得 Q1 ＝3.6 J ⑩ 在棒运动的整个过程中，由功能关系可知 WF＝Q1＋Q2 ⑪ 由⑨⑩⑪式得 WF＝5.4 J. 【答案】　(1)4.5 C　(2)1.8 J　(3)5.4 J [突破训练] 3．如图 10­8 所示，两根足够长平行金属导轨 MN、PQ 固定在倾角 θ＝37° 的绝缘斜面上，顶部接有一阻值 R＝3 Ω 的定值电阻，下端开口，轨道间距 L＝1 m．整个装置处于磁感应强度 B＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质 量 m＝1 kg 的金属棒 ab 置于导轨上，ab 在导轨之间的电阻 r＝1 Ω，导轨电阻不 计．金属棒 ab 由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良 好．已知金属棒 ab 沿导轨向下运动的最大速度 vm＝2.0 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8，g 取 10 m/s2. (1)求金属棒 ab 与导轨间的动摩擦因数 μ； (2)若从金属棒 ab 开始运动至达到最大速度过程中，电阻 R 上产生的焦耳热 为 1.5 J，求流过电阻 R 的总电荷量 q. 【导学号：92492381】 图 10­8 【解析】　(1)金属棒由静止释放后，沿导轨做变加速运动，加速度不断减 小，当加速度为零时有最大速度 vm. 由牛顿第二定律得 mgsin θ－μmgcos θ－F 安＝0 F 安＝BIL，I＝ E R＋r ，E＝BLvm. 解得金属棒 ab 与导轨间的动摩擦因数 μ＝0.5. (2)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为 x 由能量守恒定律得 mgxsin θ＝μmgxcos θ＋QR＋Qr＋1 2mv2m 根据焦耳定律得QR Qr ＝R r ，则金属棒上产生的焦耳热 Q r＝0.5 J 解得 x＝2.0 m 根据 q＝IΔt，I＝ E R＋r ，E＝ΔΦ Δt ，ΔΦ＝BLx 可得 q＝ BLx R＋r ＝1.0 C. 【答案】　(1)0.5　(2)1.0 C