高考物理一轮复习 第10章 章末专题复习

这是一份高考物理一轮复习 第10章 章末专题复习，共10页。试卷主要包含了方法概述，方法技巧，等效问题等内容，欢迎下载使用。

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eq \f(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eq \f(L,2)，电阻为eq \f(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eq \f(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eq \f(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eq \f(L,3)，MP中的感应电动势E＝eq \f(1,3)BLv
MP段的电阻r＝eq \f(1,3)R
MacP和MbP两电路的并联电阻为r并＝eq \f(\f(1,3)×\f(2,3),\f(1,3)＋\f(2,3))R＝eq \f(2,9)R
由欧姆定律得，PM中的电流I＝eq \f(E,r＋r并)
ac中的电流Iac＝eq \f(2,3)I
解得Iac＝eq \f(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】 eq \f(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 eq \r(\f(2R,a))
C．棒经过环心时流过棒的电流为eq \f(B\r(2aR),πr)
D．棒经过环心时所受安培力的大小为eq \f(8B2R\r(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＝eq \f(1,2)at2，解得t＝eq \r(\f(4R,a))，选项B错误；由v2－veq \\al(2,0)＝2ax可知棒经过环心时的速度v＝eq \r(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＝eq \f(πRr,2)，故棒经过环心时流过棒的电流为I＝eq \f(E,r总)＝eq \f(4B\r(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＝eq \f(8B2R\r(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＝eq \f(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 θ①
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＝BLv②
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I＝eq \f(E,R1＋R2)③
设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④
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＋Fmax⑤
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＋eq \f(1,2)m2v2
又Q＝eq \f(R1,R1＋R2)Q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＝eq \f(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＝eq \f(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eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mgh＋2Q，解得h＝eq \f(mv\\al(2,0)－4Q,2mg).
【答案】 (1)eq \f(B2L2v0,2R)＋mgsin θ (2)eq \f(mv\\al(2,0)－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＝neq \f(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＝eq \f(q,t)计算电荷量．
(2)公式推导过程
eq \x(\a\al(根据法拉第,电磁感应定律))→回路中平均感应电动势eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)
↓
eq \x(\a\al(根据闭合电,路欧姆定律))→eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)＝eq \f(nΔΦ,ΔtR＋r)
↓
eq \x(根据电流定义式I＝\f(q,t))→q＝IΔt＝eq \f(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eq \x\t(E)，由法拉第电磁感应定律得
eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)①
其中ΔΦ＝Blx②
设回路中的平均电流为eq \x\t(I)，由闭合电路欧姆定律得
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)③
则通过电阻R的电荷量为q＝eq \x\t(I)Δt④
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＝2ax⑥
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－eq \f(1,2)mv2⑦
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑧
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 J⑩
在棒运动的整个过程中，由功能关系可知
WF＝Q1＋Q2⑪
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，cs 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－μmgcs θ－F安＝0
F安＝BIL，I＝eq \f(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＝μmgxcs θ＋QR＋Qr＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
根据焦耳定律得eq \f(QR,Qr)＝eq \f(R,r)，则金属棒上产生的焦耳热Qr＝0.5 J
解得x＝2.0 m
根据q＝eq \x\t(I)Δt，eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)，eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝BLx可得
q＝eq \f(BLx,R＋r)＝1.0 C.
【答案】 (1)0.5 (2)1.0 C