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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、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 × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × a c b d R 的電量的大小依次為Q1、Q2、Q3和Q4，則 A. Q1＝Q2＝Q3＝Q4 B. Q1＝Q2＝2Q3＝2Q4 C. 2Q1＝2Q2＝Q3＝Q4 D. Q1≠Q(mào)2＝Q3≠Q(mào)4 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。

2、 由法拉弟電磁感應(yīng)定律有：E=n△ф/△t 由閉合電路歐姆定律得： I=E/(R+r) 所以q=I△t=E△t/(R+r)= n△ф/(R+r) 因為磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，所以△ф=B△S，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。考查法拉弟電磁感應(yīng)定律，歐姆定律和電流強(qiáng)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△ф/(R+r)，利用此式在求解電量

3、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(qiáng)度 B=2T 的勻強(qiáng)磁場中繞軸 OO′ ，以角速度 ω=10πrad/s 勻速轉(zhuǎn)動，線圈共 10 匝， ab=0. 3m ， bc= 0.6m ，負(fù)載電阻

4、 R= 45Ω 。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 εm=nBLv=nBSε=10×2×0.3×0.6×10π=113.1 　 電流的有效值 I=IM/=εm/(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

5、（ C ） 分析與解： 電動勢的最大值為ε m = 2nBLv=nBSω=10×20.3×0.6×10π=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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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

6、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θ。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-cosθ) 又Q=I2Rt 所以 （2）由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=△ф/△t=BLdsinθ/△t 通過導(dǎo)體橫截面

7、的電量:q=I△t=△ф/R=BLdsinθ/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(qiáng)度和電源電動勢。 電極反應(yīng)：陰極2H+4e→4H→2H2↑ 陽極4OH--4e→2H2O+O2↑ 陰極產(chǎn)生的氣體應(yīng)為H2。 電解過程

8、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(qiáng)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

9、流強(qiáng)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

10、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=4πR2dρ/A 對銀來說a=

11、1,所需要的電量為 Q2=F×1×4πR2dρ/A. 因為Q1=Q2, 所以d=AIt/4πR2ρF. 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φ變化量Δφ相同時，由q= n△ф/(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

12、F安△t=△p， 所以 A E B V0 C 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(qiáng)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

13、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：mV0＝2mV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：－BIL△t＝mV共－mV0 又q＝I△t 所以 q＝ 例六、如圖所示，金屬棒AB的質(zhì)量m＝5克，放置在寬L＝1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B＝0.5特的勻強(qiáng)磁場。電容器的電容C＝200微法，電源 1 K 2 A E

14、 C V B h s 的電動勢E＝16伏，導(dǎo)軌平面距地面高度h＝0.8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s＝0.064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

15、拋運動有： h＝gt2 ① s＝Vt ② 解①②得 V＝＝0.16m/s AB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： BILΔt＝mV 又Q放＝IΔt 所以 Q放＝=1.610－3C 電容器充電電量為：Q＝EC＝3.210－3C 放電后電容器剩下的電量為：Q/=Q－Q放＝1.610－3C 1 K 2 A E C B

16、 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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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ε 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

17、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＝ε 即 U ＝BLV V＝ 對AB棒用動量定理得： BILΔt＝mV ① 而 Q＝IΔt ＝ ＝ ② 又 EC－UC＝Q ③ 解②③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)

18、軌MN和PQ之間的寬度為L，置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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?，F(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=△ф/R=B△S/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

19、/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 = 2BL2ω 所以q′=2BL2ωC 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=0.3Ω，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=0.5Ω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

20、的勻強(qiáng)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

21、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(qiáng)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△ф/△t，即q= n△ф/(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(qiáng)度B＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場中，垂直于磁場方向水平放置著兩根相距為h＝0.1 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R＝0.3 Ω的電阻．導(dǎo)軌上跨放著一根長為L＝0.2

22、 m，每米長電阻r＝2.0 Ω/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v＝4.0 m/s向左做勻速運動時，試求： （1）電阻R中的電流強(qiáng)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L′＝0.5 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rcd＝hr，電動勢Ecd＝Bhv． （1）根據(jù)歐姆定律，R中的電流強(qiáng)度為 I＝＝0.4 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

23、力，方向向左，大小為 F＝F安＝IhB＝0.4×0.1×0.5 N＝0.02 N （3）金屬棒ab兩端的電勢差，等于Uac＋Ucd＋Udb，由于Ucd＝IR＝Ecd－Ircd，因此也可以寫成： Uab＝Eab－Ircd＝BLv－Ircd ＝0.5×0.2×4 V－0.4×0.1×2 V＝0.32 V （4）在ab變速移動L′＝0.5 m的過程中通過電阻的電量為 q=I△t=E△t/(R+rcd)=△ф/(R+rcd)=BhL′/(R+hr)=0.5×0.1×0.5/(3.2+2×0.1)=5×10-2C q＝ ＝C＝5×10－2 C 點評：（求電磁感應(yīng)過程中通過電路的電量時，

24、用到的是平均電流和平均電動勢，所以通常用 E=n△ф/△t，即q＝I△t=E△t/R=△ф/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(qiáng)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φ0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△ф/△t?? 在以上時

25、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=ф0/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(qiáng)度隨時間變化的規(guī)律是B＝（6－0.2t）T，已知電路中的R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，電容C＝30 μF，線圈A的電阻不計．求： （1）閉合K后，通過R2的電流強(qiáng)度大小及方向． （2）閉合K一段時間后，再斷

26、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(qiáng)度隨時間均勻變化，根據(jù)B＝（6－0.2t）T，可知△B/△t＝0.2 T／s，所以線圈中感應(yīng)電動勢的大小為 E=n△ф/△t＝ns·△B/△t＝100×0.2×0.2 V＝4 V 通過Rr的電流強(qiáng)度為I＝E/(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U＝IR2＝0.4×6 V＝2.4 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Ｑ＝CU＝30×10－6×2.4 C＝7.2×10－5 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△ф/△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．