《（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第十章 章末總結(jié) 提高教學(xué)案 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第十章 章末總結(jié) 提高教學(xué)案 新人教版（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、章末總結(jié)　提高 知 識 網(wǎng) 絡(luò)　【p194】 電磁感應(yīng) 解題思路與方法　【p194】 1．理解因果關(guān)系：楞次定律反映了“因”“果”之間的辯證關(guān)系．原因?qū)е陆Y(jié)果，結(jié)果又反過來影響(“阻礙”)原因，從而引導(dǎo)我們既可由“因”索“果”，又可由“果”索“因”地分析物理現(xiàn)象． 2．等效法：不規(guī)則導(dǎo)體垂直切割磁感線產(chǎn)生的電動勢可用其等效長度替代；對復(fù)雜的電磁感應(yīng)綜合問題，要善于畫出導(dǎo)體、框架的等效電路圖，幫助分析其中的電路問題，如串、并聯(lián)關(guān)系，內(nèi)外電路、感應(yīng)電動勢的方向等． 3．整體法、隔離法：提倡整體與隔離的綜合應(yīng)用，善于從整體到局部，又要從局部推回到整體，對物理現(xiàn)象及過程有深刻的認(rèn)識，從而使

2、問題簡化，如很多“雙桿”運動問題的分析． 4．程序法分析圖象問題：將物理過程分拆成幾個階段或?qū)⒁阎獔D線分拆成幾段，對各“段”結(jié)合問題逐一分析． 5．力電綜合問題(高考熱點) (1)電磁感應(yīng)與力和運動結(jié)合的問題，研究方法與力學(xué)相同，首先明確物理過程，正確地進(jìn)行受力分析，這里應(yīng)特別注意伴隨感應(yīng)電流而產(chǎn)生的安培力：在勻強磁場中勻速運動的導(dǎo)體受的安培力恒定，變速運動的導(dǎo)體受的安培力隨速度(電流)變化．其次應(yīng)用相應(yīng)的規(guī)律求解：勻速運動可用平衡條件求解，變速運動的瞬時速度可用牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解，變速運動的熱量問題一般用能量觀點分析． (2)在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，應(yīng)用閉合電路歐姆定律分析問題，

3、應(yīng)明確產(chǎn)生電動勢的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源，該部分電路的電阻是電源的內(nèi)阻，而其余部分電路則是外電路． 6．理論聯(lián)系實際問題：本章知識應(yīng)用廣泛，和生產(chǎn)、生活、高科技聯(lián)系緊密，如日光燈原理、磁懸浮列車的原理、電磁阻尼現(xiàn)象、延時開關(guān)、傳感器的原理、超導(dǎo)技術(shù)應(yīng)用等，要關(guān)注此類問題． 體 驗 高 考　　【p194】 1．(2018·全國卷Ⅰ)如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心．軌道的電阻忽略不計．OM是有一定電阻．可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好．空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角

4、速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過程Ⅱ)．在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則等于(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A. B. C. D．2 【解析】設(shè)圓的半徑為R，金屬桿從Q到S的過程中：ΔΦ＝BΔS＝BπR2 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E1＝＝.設(shè)回路的總電阻為r，第一次通過線圈某一橫截面的電荷量： q1＝I1Δt1＝Δt1＝?、? 磁感應(yīng)強度的大小以一定的變化率從B增加到B′的過程中設(shè)時間為Δt2，ΔΦ′＝(B′－B)R2 第二次通過線圈某一橫截面的電荷量為： q2＝I2Δt2＝＝?、?

5、由題，q1＝q2?、? 聯(lián)立①②③可得：＝.故B正確，A、C、D錯誤， 【答案】B 2．(多選)(2018·全國卷Ⅰ)如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路．將一小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說法正確的是(　　) A．開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動 B．開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向 C．開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向 D．開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面

6、向外的方向轉(zhuǎn)動 【解析】開關(guān)閉合的瞬間，左側(cè)的線圈中磁通量變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，由楞次定律可判斷出直導(dǎo)線中電流方向為由南向北，由安培定則可判斷出小磁針處電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動，選項A正確；開關(guān)閉合并保持一段時間后，左側(cè)線圈中磁通量不變，線圈中感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流為零，直導(dǎo)線中電流為零，小磁針恢復(fù)到原來狀態(tài)，選項BC錯誤；開關(guān)閉合并保持一段時間后再斷開后的瞬間，左側(cè)的線圈中磁通量變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，由楞次定律可判斷出直導(dǎo)線中電流方向為由北向南，由安培定則可判斷出小磁針處電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外，小磁針的N極朝垂直紙面向外

7、的方向轉(zhuǎn)動，選項D正確． 【答案】AD 3．(2018·全國卷Ⅱ)如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強度大小相等、方向交替向上向下，一邊長為l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運動，線框中感應(yīng)電流i隨時間變化的正確圖線可能是(　　) 【解析】設(shè)磁感應(yīng)強度為B，線圈的速度為v、電阻為R；如果某時刻左邊位于方向向外的磁場中、右邊位于方向向里的磁場中，此時兩邊都切割磁感應(yīng)線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E1＝2BLv，根據(jù)電流為：i1＝＝，根據(jù)右手定則可知電流方向為順時針；當(dāng)左右兩邊都處于方向相同的磁場中時，感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流

8、為零；當(dāng)左邊位于方向向里的磁場中、右邊位于方向向外的磁場中，此時兩邊都切割磁感應(yīng)線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E2＝2BLv，根據(jù)電流為：i2＝＝，根據(jù)右手定則可知電流方向為逆時針，故D正確，A、B、C錯誤． 【答案】D 4．(多選)(2018·全國卷Ⅲ)(多選)如圖(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)．導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向．導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢(　　) A．在t＝時為零 B．在t＝時改變方向 C．在t＝時最大，且沿順時針方向 D．在t＝T時最大，且沿順時針方向 【解析】R中的感應(yīng)電動勢E∝，

9、t＝時刻，＝0，∴E＝0，A對，0～，i為正，穿過R的磁通量向內(nèi)增加、感生電流的磁場應(yīng)向外，故感應(yīng)電動勢為逆時針方向，且>0；t＝時刻前后，<0，感應(yīng)電動勢均為順時針方向，B錯．且t＝時刻，<0，且最大，故C對，t＝T時刻，>0，且最大，故感應(yīng)電動勢為逆時針方向，且最大，D錯，選A、C. 【答案】AC 5．(2017·天津)如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．現(xiàn)使磁感應(yīng)強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a B．

10、ab中的感應(yīng)電流逐漸減小 C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變 D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小 【解析】導(dǎo)體棒ab、電阻R、導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，磁感應(yīng)強度均勻減小，則閉合回路中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，可知回路中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，ab中的電流方向由a到b，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢E＝＝＝k·S，回路面積S不變，即感應(yīng)電動勢為定值，根據(jù)歐姆定律I＝，所以ab中的電流大小不變，故B錯誤；安培力F＝BIL，電流大小不變，磁感應(yīng)強度減小，則安培力減小，故C錯誤；導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為零，對其受力分析，水平方向靜摩擦力f與安培力F等大反向，安培力減小，則靜摩擦力減小，故

11、D正確． 【答案】D 6．(2017·全國卷Ⅰ)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺寸上的形貌，為了有效隔離外界震動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小震動，如圖所示，無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及其左右震動的衰減最有效的方案是(　　) 【答案】A 7．(2017·北京)圖1和圖2是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈．實驗時，斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的

12、亮度相同．下列說法正確的是(　　) A．圖1中，A1與L1的電阻值相同 B．圖1中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流 C．圖2中，變阻器R與L2的電阻值相同 D．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等 【解析】斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，由于線圈L1的自感，通過L1的電流逐漸減小，且通過A1，即自感電流會大于原來通過A1的電流，說明閉合S1，電路穩(wěn)定時，通過A1的電流小于通過L1的電流，L1的電阻小于A1的電阻，A、B錯誤；閉合S2，電路穩(wěn)定時，A2與A3的亮度相同，說明兩支路的電流相同，因此變阻器R與L2的電阻值相同，C正確；閉合開關(guān)S2，A2

13、逐漸變亮，而A3立即變亮，說明L2中電流與變阻器R中電流不相等，D錯誤． 【答案】C 8．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場垂直．金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面．現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是(　　) A．PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向 B．PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向 C．PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向 D．PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向 【解析】金屬

14、桿PQ突然向右運動，則其速度v方向向右，由右手定則可得：金屬桿PQ中的感應(yīng)電流方向向上，則PQRS中感應(yīng)電流方向為逆時針方向．對圓環(huán)形金屬線框T分析如下：PQRS中感應(yīng)電流產(chǎn)生向外的感應(yīng)磁場，故圓環(huán)形金屬線框T中為阻礙此變化，會產(chǎn)生向里的感應(yīng)磁場，則這個感應(yīng)磁場產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為順時針方向． 【答案】D 9．(多選)(2017·全國卷Ⅱ)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直．邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示．已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進(jìn)入磁場．線框中感應(yīng)電動勢隨時間變

15、化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向為順時針時，感應(yīng)電動勢取正)．下列說法正確的是(　　) A．磁感應(yīng)強度的大小為0.5 T B．導(dǎo)線框運動速度的大小為0.5 m/s C．磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N 【答案】BC 10．(2017·天津)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器．電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C.兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，電阻不計．炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在

16、兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸．首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運動．當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌．問： (1)磁場的方向； (2)MN剛開始運動時加速度a的大??； (3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少． 【解析】(1)電容器充電后上板帶正電，下板帶負(fù)電，放電時通過MN的電流由M到N，欲使炮彈射出，安培力應(yīng)沿導(dǎo)軌向右，根據(jù)左手定則可知磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下． (2)電容器完全充電后，兩

17、極板間電壓為E，根據(jù)歐姆定律，電容器剛放電時的電流： I＝ 炮彈受到的安培力：F＝BIl 根據(jù)牛頓第二定律：F＝ma 解得加速度a＝ (3)電容器放電前所帶的電荷量Q1＝CE 開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運動，速度達(dá)到最大值vm時，MN上的感應(yīng)電動勢：E′＝Blvm 最終電容器所帶電荷量Q2＝CE′ 設(shè)在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力：＝B··l 由動量定理，有：·Δt＝mvm－0 又·Δt＝Q1－Q2 最終電容器所帶電荷量Q2＝ 11．(2017·北京)發(fā)電機和電動機具有裝置上的類似性，源于它們機理上的類似性．直流發(fā)電機和直流電動機的工作原理可以簡化

18、為如圖1、圖2所示的情景． 在豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L，電阻不計．電阻為R的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，以速度v(v平行于MN)向右做勻速運動． 圖1軌道端點MP間接有阻值為r的電阻，導(dǎo)體棒ab受到水平向右的外力作用．圖2軌道端點MP間接有直流電源，導(dǎo)體棒ab通過滑輪勻速提升重物，電路中的電流為I. (1)求在Δt時間內(nèi)，圖1“發(fā)電機”產(chǎn)生的電能和圖2“電動機”輸出的機械能． (2)從微觀角度看，導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉(zhuǎn)化中起著重要作用．為了方便，可認(rèn)為導(dǎo)體棒中的

19、自由電荷為正電荷．a(chǎn).請在圖3(圖1的導(dǎo)體棒ab)、圖4(圖2的導(dǎo)體棒ab)中，分別畫出自由電荷所受洛倫茲力的示意圖． b．我們知道，洛倫茲力對運動電荷不做功．那么，導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力是如何在能量轉(zhuǎn)化過程中起到作用的呢？請以圖2“電動機”為例，通過計算分析說明． 【解析】(1)圖1中，電路中的電流I1＝ 棒ab受到的安培力F1＝BI1L 在Δt時間內(nèi)，“發(fā)電機”產(chǎn)生的電能等于棒ab克服安培力做的功E電＝F1·vΔt＝ 圖2中，棒ab受到的安培力F2＝BIL 在Δt時間內(nèi)，“電動機”輸出的機械能等于安培力對棒ab做的做E機＝F2·vΔt＝BILvΔt (2)a.

20、圖3中，棒ab向右運動，由左手定則可知其中的正電荷受到b→a方向的洛倫茲力，在該洛倫茲力作用下，正電荷沿導(dǎo)體棒運動形成感應(yīng)電流，有沿b→a方向的分速度，受到向左的洛倫茲力作用；圖4中，在電源形成的電場作用下，棒ab中的正電荷沿a→b方向運動，受到向右的洛倫茲力作用，該洛倫茲力使導(dǎo)體棒向右運動，正電荷具有向右的分速度，又受到沿b→a方向的洛倫茲力作用．如圖5、圖6. b．設(shè)自由電荷的電荷量為q，沿導(dǎo)體棒定向移動的速率為u. 如圖6所示，沿棒方向的洛倫茲力f1′＝qvB，做負(fù)功W1＝－f1′·uΔt＝－qvBuΔt 垂直棒方向的洛倫茲力f2′＝quB，做正功W2＝f2′·vΔt＝quBvΔt 所以W1＝－W2，即導(dǎo)體棒中的一個自由電荷所受的洛倫茲力做功為零． f1′做負(fù)功，阻礙自由電荷的定向移動，宏觀上表現(xiàn)為“反電動勢”，消耗電源的電能；f2′做正功，宏觀上表現(xiàn)為安培力做正功，使機械能增加．大量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏觀表現(xiàn)是將電能轉(zhuǎn)化為等量的機械能，在此過程中洛倫茲力通過兩個分力做功起到傳遞能量的作用． - 10 -