黑龍江省哈爾濱市木蘭高級中學(xué)高中物理 經(jīng)典復(fù)習(xí)資料 高考試題的反思

黑龍江省哈爾濱市木蘭高級中學(xué)高中物理 經(jīng)典復(fù)習(xí)資料 高考試題的反思高考原題o×××××××××××××××××××××××××acbdR的電量的大小依次為Q1、Q2、Q3和Q4，則A. Q1Q2Q3Q4 B. Q1Q22Q32Q4 C. 2Q12Q2Q3Q4 D. Q1Q2Q3Q4 分析與解：解法一：導(dǎo)體c或d移動切割磁場產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，與a和b組成閉合回路，產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而有電量通過電阻R。由法拉弟電磁感應(yīng)定律有：E=n/t由閉合電路歐姆定律得： I=E/(R+r)所以q=It=Et/(R+r)= n/(R+r)因為磁感應(yīng)強度B不變，所以=BS，由題設(shè)可知，四個過程中S顯然相等，故答案選A。解法二：Q=It=Et/R=Blvt/R=Bldt/(Rt)=Bld/R，很顯然四個過程中l(wèi)d是相等的，故故答案選A。 點評：本題是磁場、電磁感應(yīng)和恒定電流三部分內(nèi)容的綜合題?？疾榉ɡ茈姶鸥袘?yīng)定律，歐姆定律和電流強度的定義式，并考查了物理學(xué)中的等效思想，而且考查了物理學(xué)當(dāng)中的一個很重要的二級公式，即q= n/(R+r)，利用此式在求解電量時有意想不到的作用。高中物理中求解電量問題通常有以下幾種類型。一。由交流電中的平均電流求電量交流電流的描述量有效值、最大值和平均值，有效值是從電流產(chǎn)生焦耳熱相等的角度出發(fā)，使交流電與恒定電流等效；交流電的平均值是從電流通過導(dǎo)線橫截面的電量相等的角度出發(fā)，使交流電與恒定電流等效，故有效值用來求熱量和功率以及保險絲的熔斷電流，而平均電流用來求電量，最大值用來求電容器的擊穿電壓。例 一.如圖所示，矩形線圈 abcd 在磁感強度 B=2T 的勻強磁場中繞軸 OO ，以角速度 =10rad/s 勻速轉(zhuǎn)動，線圈共 10 匝， ab=0. 3m ， bc= 0.6m ，負(fù)載電阻 R= 45 。求（ l ）電阻 R 在 0.05s 內(nèi)所發(fā)出的熱量；（ 2 ） 0.05s 內(nèi)流過的電量（設(shè)線圈從垂直中性面開始轉(zhuǎn)動）。 錯解： 第一步，求電流的有效值，用有效值來計算熱量。 電動勢的最大值為 m=nBLv=nBS=10×2×0.3×0.6×10=113.1 電流的有效值 I=IM/=m/(R+r)=1.6A所以 0.05s 內(nèi) R 上發(fā)出的熱量 Q=I 2 Rt=5.76 （ J ） 第二步，根據(jù)有效值求通過 R 上的電量，由題意 0.05s 內(nèi)通過 R 的電流方向不變 q It 1 6×0.05 0.08 （ C ） 分析與解：電動勢的最大值為 m = 2nBLv=nBS=10×20.3×0.6×10=113.1 （ V ） 所以 0.05s 內(nèi) R 上發(fā)出的熱量 Q=I 2 Rt=5.76 （ J ） 點評：交流電的有效值是從電流產(chǎn)生焦耳熱相等的角度出發(fā)，使交流電與恒定電流等效；交流電的平均值是從電流通過導(dǎo)線橫截面的電量相等的角度出發(fā)，使交流電與恒定電流等效，兩個概念的出發(fā)點不同。例二. 閉合矩形線圈abcd豎直放置，可繞其水平邊ad轉(zhuǎn)動。線圈處在豎直向上的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，如圖7所示，其中ab=d，bc=L，bc邊質(zhì)量為m，其余各邊的質(zhì)量不計，線圈電阻為R，現(xiàn)給bc邊一個瞬時沖量，使bc邊獲得水平速度v，經(jīng)過時間t，bc邊上升到最大高度，ab邊與豎直線的最大夾角為。求在bc邊上升的過程中，（1）線圈中電流的有效值；（2）流過導(dǎo)體橫截面的電量。分析與解：（1）bc邊到達(dá)最大高度時，速度為零，但有加速度，所以不能用力的平衡分析，在bc邊上升過程中，由能量觀點分析知，其動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和線圈內(nèi)的焦耳熱，即mv2/2=mgh+Q 由幾何關(guān)系得 :h=d(1-cos) 又Q=I2Rt所以 （2）由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=/t=BLdsin/t通過導(dǎo)體橫截面的電量:q=It=/R=BLdsin/R.二.電解過程求通過電解液的電量例三某次實驗中，將兩個銅極插入一定量的硫酸的飽和溶液中進(jìn)行電解。通電3s后，陰極上放出6×10-6mol的氣體。已知整個電路的電阻為10W，求通過電解液的電量和本實驗裝置所用電源的電動勢。（阿伏加德羅常數(shù)NA=6.02×1023mol-1）分析與解：寫出電極反應(yīng)、電解過程的總化學(xué)方程式，求出產(chǎn)生的電子的總物質(zhì)的量，進(jìn)而求出通過電解液的電量、電流強度和電源電動勢。電極反應(yīng)：陰極2H+4e4H2H2 陽極4OH-4e2H2O+O2 陰極產(chǎn)生的氣體應(yīng)為H2。電解過程總反應(yīng)為 2H2O 2H2 + O2 4e 2mol 4mol 6×10-6mol x 解得x=1.2×10-5mol通過電解液的電量Q=ne=xNAe=1.2×10-5×6.02×1023×1.6×10-19=1.16(C)電路中的電流強度I= =0.387A由閉合電路歐姆定律得 e=IR總0.387×10=3.87(V)點評：本題綜合了物理、化學(xué)的知識，以電解實驗為背景，涉及電流強度、能量轉(zhuǎn)化、化學(xué)反應(yīng)的問題，電路計算等知識點，同時考查考查學(xué)生推理、理解、分析、知識遷移和綜合解決實際問題等諸多能力。例四由實驗知,用電解法將電解液中的金屬離子還原為金屬單質(zhì)時,電極所通過的電量Q正比于金屬的物質(zhì)的量n和金屬離子的化合價a的乘積,其比例系數(shù)F是一個常量,稱為法拉第常數(shù), F=9.65×104C/mol.它與金屬的種類無關(guān).已知:阿伏加德羅常數(shù)NA=6.02×1023mol-1,電子電量e=1.60×10-19C,Cu的摩爾質(zhì)量為64×10-3kg/mol.(1)如果電解CuSO4溶液獲得1kg金屬銅,通過電解槽的電量是多少?(2)用電鍍的方法在半徑為R的銅球殼表面均勻鍍上薄的銀層,在電鍍槽中銅球是陽極還是陰極?另一極是什么材料?若電流為I,通電時間為t,銀的原子量為A,金屬銀的密度為Q,求鍍層的厚度d.分析與解：本題是集新信息、數(shù)理化知識為一體的開放題,分析過程如下:(1)1kg銅的物質(zhì)的量為 =15.6mol.Cu的化合價為a=2,所以,獲得1kg銅需要的電量為 Q=Fan=3.0×106C.(2)由電解知識得:鍍件應(yīng)為陰極,鍍層金屬為陽極,所以銅球是陰極,陽極材料是銀.電流為I、通電時間為t時,通過電路的電量 Q1=It,半徑為R、鍍層厚度為d的銅球上銀的物質(zhì)的量為 n=4R2d/A對銀來說a=1,所需要的電量為 Q2=F×1×4R2d/A.因為Q1=Q2, 所以d=AIt/4R2F.三用動量定理求電量在電磁感應(yīng)中，往往會遇到被研究對象在磁場力（變力）作用下，做一般的變速運動求電量的問題。方法：避開中間過程，分析各有關(guān)物理量的初、末狀態(tài)情況，思維切入點是分析運動穩(wěn)定時的速度。當(dāng)導(dǎo)體棒只受安培力作用時，安培力對棒的沖量為：F安·t = BIlt，其It即為該過程中電磁感應(yīng)時通過導(dǎo)體的電量q，即安培力沖量為Bql當(dāng)兩個過程中磁通量變化量相同時，由q= n/(R+r)可知此時通過的電量也相同，安培力沖量也相同又由動量定理得F安t=p，所以 A EB V0C D 例五相距為L的水平光滑導(dǎo)軌上，存在豎直向下的勻強磁場，導(dǎo)軌上放著兩根質(zhì)量均為m，電阻為R的金屬棒AC、DE如圖。開始時，DE靜止，AC棒以V0初速度向右運動，求：在運動過程中通過AC棒上的總電量。分析與解：AC棒和DE棒在運動中，開始時AC棒的速度大于DE棒的速度，回路中有順時針方向的電流。AC棒受到的安培力使AC棒做減速運動，DE棒受到的安培力使DE棒做加速運動。當(dāng)兩棒的速度相等時，回路中的電流為零，兩棒受到的安培力也為零，兩棒最后以相同的速度勻速運動。盡管AC棒和DE棒所受到的安培力是變力，但始終大小相等，方向相反，兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒。故有：mV02mV共 V共V0/2設(shè)回路中的平均電流（對時間平均）為I，再對AC棒用動量定理 得：BILtmV共mV0又qIt 所以 q例六、如圖所示，金屬棒AB的質(zhì)量m5克，放置在寬L1米、光滑的金屬導(dǎo)軌的邊沿，兩金屬導(dǎo)軌處于水平平面內(nèi)，該處有豎直向下B0.5特的勻強磁場。電容器的電容C200微法，電源 1 K 2 AE C VBh s 的電動勢E16伏，導(dǎo)軌平面距地面高度h0.8米。在電鍵K與“1”接通并穩(wěn)定后，再使它與“2”接通，則金屬棒AB被拋到s0.064米的地面上，試求這時電容器上的電壓。分析與解：當(dāng)K接“1”時，電源給電容器充電。當(dāng)K扳向“2”時，充電后的電容器通過金屬棒放電，產(chǎn)生放電電流。金屬棒在磁場中受到安培力作用，向右運動，當(dāng)AB棒離開導(dǎo)軌時獲得一定的速度，使棒做平拋運動。只要求出通過AB棒的電量，即可求出電容器兩端的電壓。對AB棒做平拋運動有：hgt2 sVt 解得 V0.16m/sAB棒在軌道上運動，其末速度即為平拋運動的初速度，設(shè)電流的平均值為I，應(yīng)用動量定理得：BILtmV 又Q放It所以 Q放=1.6103C電容器充電電量為：QEC3.2103C放電后電容器剩下的電量為：Q/=QQ放1.6103C 1 K 2 AE C B 放電后電容器兩端的電壓為：U/=8V例七、如圖所示，金屬棒AB的質(zhì)量m，放置在寬L、光滑的足夠長金屬導(dǎo)軌上，兩金屬導(dǎo)軌處于水平面內(nèi)，該處有豎直向下磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。電容器的電容為C，電源的電動勢E。在電鍵K與“1”接通并穩(wěn)定后，再使它與“2”接通，則在以后的過程中通過金屬棒AB的電量。分析與解：當(dāng)K由“1”扳向“2”時，電容器通過AB棒放電，產(chǎn)生放電電流，AB棒在磁場力作用下做變加速運動，同時AB棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢，該電動勢是阻礙電容器放電的，電容器上的電荷不能放完。當(dāng)AB棒產(chǎn)生的電動勢 與電容器剩余電壓U相等時，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)，AB棒勻速運動。設(shè)穩(wěn)定時電容器兩端電壓為U，AB棒運動的速度為V， 則：U 即 U BLV V對AB棒用動量定理得： BILtmV 而 QIt 又 ECUCQ 解得：Q點評：從以上分析可以看出，解決這類問題的關(guān)鍵是要認(rèn)真分析棒的運動過程，求出運動穩(wěn)定后的速度，應(yīng)用動量定理問題就迎刃而解了。  例八. 放在絕緣水平面上的兩條平行導(dǎo)軌MN和PQ之間的寬度為L，置于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，B的方向垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌左端接有阻值為R的電阻，其它部分電阻不計。導(dǎo)軌右端接一電容為C的電容器，長為2L的金屬棒放在導(dǎo)軌上，與軌導(dǎo)垂直且接觸良好，其a端放在導(dǎo)軌PQ上。現(xiàn)將金屬棒以a端為軸，以角速度沿導(dǎo)軌平面順時針旋轉(zhuǎn)，如圖所示，求這個過程中通過電阻R的總電量是多少？（設(shè)導(dǎo)軌長度比2L長得多）分析與解：從ab棒開始旋轉(zhuǎn)，直到b端脫離導(dǎo)軌的過程中，其感應(yīng)電動勢不斷增大，對C不斷充電，同時又與R構(gòu)成回路。通過R的電量為：q=/R=BS/R式中等于ab所掃過的三角形的面積，如圖中虛線所示。所以 S=(L/2)L=L2/2 所以 q=BL2/2R 當(dāng)ab棒運動到b”時，電容C上所帶電量為q= CUC 此時UC = Em而EM = B×2L×V/2 = 2BL2 所以q=2BL2C當(dāng)ab脫離導(dǎo)軌后，C對R放電，通過R的電量為q”，所以整個過程中通過R的總電量為：例九.如圖所示，長為L，電阻r=0.3，質(zhì)量m=0.1kg的金屬棒CD垂直跨擱在位于水平面上的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌上。兩條導(dǎo)軌間距也是L，棒與導(dǎo)軌間接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，導(dǎo)軌左端接有R=0.5的電阻，量程為的電流表串接在一條導(dǎo)軌上，量程為的電壓表接在電阻R的兩端，垂直導(dǎo)軌平面的勻強磁場向下穿過導(dǎo)軌平面?，F(xiàn)以向右恒定外力F使金屬棒右移，當(dāng)金屬棒以v=2m/s的速度在導(dǎo)軌平面上勻速滑動時，觀察到電路中的一個電表正好滿偏，而另一個電表未滿偏，問：此時撤去外力F，金屬棒將逐漸慢下來，最終停止在導(dǎo)軌上，求從撤去外力到金屬棒停止運動的過程中，通過電阻R的電量。分析與解：若電流表滿偏，則大于電壓表量程，所以應(yīng)是電壓表滿偏金屬棒勻速滑動時，有F=F安 其中F安=BIL 而U=ER/（R+r）=BLvR/(R+r) 得BL=U(R+r)/Rv 所以F=U2(R+r)/(R2v) 代入數(shù)據(jù)得：由電磁感應(yīng)定律得：E=BLv 由閉合電路歐姆定律得：E=I(R+r) 所以q=p/(BL)=mv2/I(R+R) 代入數(shù)據(jù)得： q=0.25C四由 法拉弟電磁感應(yīng)定律，歐姆定律和電流強度的定義式求電量求電磁感應(yīng)過程中通過電路的電量時，用到的是平均電流和平均電動勢，所以通常用E=n/t，即q= n/(R+r)所以，通過電路的電量僅由電阻磁通量的改變量決定例十在一磁感應(yīng)強度B0.5 T的勻強磁場中，垂直于磁場方向水平放置著兩根相距為h0.1 m的平行金屬導(dǎo)軌MN與PQ，導(dǎo)軌的電阻忽略不計，在兩根導(dǎo)軌的端點N、Q之間連接一阻值R0.3 的電阻導(dǎo)軌上跨放著一根長為L0.2 m，每米長電阻r2.0 /m的金屬棒ab金屬棒與導(dǎo)軌正交放置，交點為c、d當(dāng)金屬棒以速度v4.0 m/s向左做勻速運動時，試求： （1）電阻R中的電流強度大小和方向；（2）使金屬棒做勻速運動的外力；（3）金屬棒ab兩端點間的電勢差（4）ab棒向右變速移動L0.5 m的過程中，通過電阻R的電量是多少？分析與解： 金屬棒向左勻速運動時，等效電路如圖所示在閉合回路中，金屬棒的cd部分相當(dāng)于電源，內(nèi)阻rcdhr，電動勢EcdBhv（1）根據(jù)歐姆定律，R中的電流強度為I0.4 A方向從N流向Q（2）使棒勻速運動的外力與安培力是一對平衡力，方向向左，大小為FF安IhB0.4×0.1×0.5 N0.02 N（3）金屬棒ab兩端的電勢差，等于UacUcdUdb，由于UcdIREcdIrcd，因此也可以寫成：UabEabIrcdBLvIrcd0.5×0.2×4 V0.4×0.1×2 V0.32 V（4）在ab變速移動L0.5 m的過程中通過電阻的電量為q=It=Et/(R+rcd)=/(R+rcd)=BhL/(R+hr)=0.5×0.1×0.5/(3.2+2×0.1)=5×10-2CqC5×102 C點評：（求電磁感應(yīng)過程中通過電路的電量時，用到的是平均電流和平均電動勢，所以通常用E=n/t，即qIt=Et/R=/R所以，通過電路的電量僅由電阻磁通量的改變量決定通過本例說明綜合利用電磁感應(yīng)規(guī)律和電路知識分析電磁感應(yīng)問題的方法例十一一電阻為R的金屬圓環(huán)，放在勻強磁場中，磁場與圓環(huán)所在平面垂直，如圖(a)所示已知通過圓環(huán)的磁通量隨時間t的變化關(guān)系如圖(b)所示，圖中的最大磁通量0和變化周期T  都是已知量，求 在t= 0到t=T/4的時間內(nèi)，通過金屬圓環(huán)某橫截面的電荷量q   分析與解：(1) 在t=0到t=T/4時間內(nèi)，環(huán)中的感應(yīng)電動勢    E1=n/t  在以上時段內(nèi)，環(huán)中的電流為I1=E1/R                     則在這段時間內(nèi)通過金屬環(huán)某橫截面的電量  q= I 1 t      聯(lián)立求解得  q=0/R    五由Q=CU或者帶電物體電場中的的平衡、加速和偏轉(zhuǎn)發(fā)及在磁場中的園周運動求電量（略）例十二.如圖所示，面積為0.2 m2的100匝線圈A處在磁場中，磁場方向垂直于線圈平面磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律是B（60.2t）T，已知電路中的R14 ，R26 ，電容C30 F，線圈A的電阻不計求：（1）閉合K后，通過R2的電流強度大小及方向（2）閉合K一段時間后，再斷開K，K斷開后通過R2的電量是多少?分析與解： （1）由于磁感應(yīng)強度隨時間均勻變化，根據(jù)B（60.2t）T，可知B/t0.2 Ts，所以線圈中感應(yīng)電動勢的大小為E=n/tns·B/t100×0.2×0.2 V4 V 通過Rr的電流強度為IE/(R1+R2)=4/(4+6)=0.4A由楞次定律可知電流的方向由上而下（2）閉合K一段時間后，電容器被充上一定的電量，此時其電壓UIR20.4×6 V2.4 V再斷開K，電容器將放電，通過R2的電量就是C原來所帶的總量CU30×106×2.4 C7.2×105 C點評： 在計算線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢時，一定不能漏掉公式E=n/t中的匝數(shù)n通過本例說明綜合應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律和電路的規(guī)律解決問題的方法