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高考物理第一轮精编复习资料008

高考物理第一轮精编复习资料008

分类:高三物理教案   更新:2013/1/26   来源:网友提供

高考物理第一轮精编复习资料008

N置于导轨上,与导轨垂直且接触良好,受到F=0.5v+0.4(N)(v为金属棒速度)的水平外力作用,从磁场的左边界由静止开始运动,测得电阻两端电压随时间均匀增大.(已知:l=1m,m=1kg,R=0.3Ω,r=0.2Ω,s=1m)图5-12甲(1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动.(2)求磁感应
N置于导轨上,与导轨垂直且接触良好,受到F=0.5v+0.4(N)(v为金属棒速度)的水平外力作用,从磁场的左边界由静止开始运动,测得电阻两端电压随时间均匀增大.(已知:l=1 m,m=1 kg,R=0.3 Ω,r=0.2 Ω,s=1 m)
 
图5-12甲
(1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动.
(2)求磁感应强度B的大小.
(3)若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v=v0-B2l2m(R+r)x,且棒在运动到ef处时恰好静止,则外力F作用的时间为多少?
(4)若在棒未出磁场区域时撤去外力,画出棒在整个运动过程中速度随位移变化所对应的各种可能的图线.
[2009年高考•上海物理卷]
【解析】(1)金属棒做匀加速运动,R两端的电压U∝I∝E∝v,U随时间均匀增大,即v随时间均匀增大,故加速度为恒量.
(2)F-B2l2R+rv=ma,将F=0.5v+0.4代入源:   
得:0.5-B2l2R+rv+0.4=ma
因为加速度为恒量,与v无关,m=1 kg
所以0.5-B2l2R+r=0,a=0.4 m/s2
代入数据得:B=0.5 T.
(3)x1=12at2
v0=B2l2m(R+r)x2=at
x1+x2=s
故12at2+m(R+r)B2l2at=s
代入数据得:0.2t2+0.8t-1=0
解方程得:t=1 s.
(4)速度随位移变化的可能图象如图5-10乙所示.
 
图5-12乙
[答案] (1)略 (2)0.5 T (3)1 s
(4)如图5-12乙所示
4.电磁感应中的动力学、功能问题
电磁感应中,通有感应电流的导体在磁场中将受到安培力的作用,因此电磁感应问题往往和力学、运动学等问题联系在一起.电磁感应中的动力学问题的解题思路如下:
 
●例7 如图5-13所示,光滑斜面的倾角为θ,在斜面上放置一矩形线框abcd,ab边的边长为l1,bc边的长为l2,线框的质量为m、电阻为R,线框通过细线与重物相连, 重物的质量为M,斜面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场(磁场宽度大于l2),磁感应强度为B.如果线框从静止开始运动,且进入磁场的最初一段时间是做匀速运动,则(  )
 
图5-13
A.线框abcd进入磁场前运动的加速度为 Mg-mgsin θm
B.线框在进入磁场过程中的运动速度v=(Mg-mgsin θ)RB2l12
C.线框做匀速运动的时间为B2l12l2(Mg-mgsin θ)R
D.该过程产生的焦耳热Q=(Mg-mgsin θ)l1
【解析】设线框进入磁场前运动的加速度为a,细线的张力为FT,有:
Mg-FT=Ma
FT-mgsin θ=ma
解得:a=Mg-mgsin θM+m
设线框进入磁场的过程中的速度为v,由平衡条件得:
Mg=mgsin θ+B2l12vR
解得:v=(Mg-mgsin θ)RB2l12
故线框做匀速运动的时间t1=B2l12l2(Mg-mgsin θ)R
这一过程产生的焦耳热等于电磁感应转化的电能,等于克服安培力做的功,等于系统机械能的减小量,即:
Q=Mgl2-mgl2sin θ=(Mg-mgsin θ)l2.
[答案] BC
【点评】①求线框受恒定拉力作用下进入匀强磁场后达到的最大速度在高中物理试题中较为常见.
②这类问题求转化的电能往往有三种方法:一是ε2R总t;二是,克服安培力做的功;三是,根据能量的转化与守恒定律.
●例8 如图5-14所示,虚线右侧为一有界的匀强磁场区域,现有一匝数为n、总电阻为R的边长分别为L和2L的闭合矩形线框abcd,其线框平面与磁场垂直,cd边刚好在磁场外(与虚线几乎重合).在t=0时刻磁场开始均匀减小,磁感应强度B随时间t的变化关系为B=B0-kt.
 
图5-14
(1)试求处于静止状态的线框在t=0时刻其ad边受到的安培力的大小和方向.
(2)假设在t1=B02k时刻,线框在如图所示的位置且具有向左的速度v,此时回路中产生的感应电动势为多大?
(3)在第(2)问的情况下,回路中的电功率是多大?
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律可得,t=0时刻线框中的感应电动势为:
E0=nΔΦΔt=n2L2•ΔBΔt=2nkL2
根据闭合电路的欧姆定律可得,t=0时刻线框中感应电流的大小为:
I0=E0R=2nkL2R
根据安培力公式可得,线框的ad边受到的安培力大小为:
F=2nB0I0L=4n2B0kL3R
根据楞次定律可知,感应电流的方向沿顺时针方向,再根据左手定则可知,ad边受到的安培力的方向为竖直(或垂直于ad边)向上.
(2)在t1=B02k时刻,磁感应强度B1=B02
线框中由于线框的运动而产生的动生电动势的大小为:
E1=nB1Lv=nB0Lv2,方向沿顺时针方向
线框中由于磁场变化而产生的感应电动势的大小为:
E2=nS•ΔBΔt=2nL2•ΔBΔt=2nkL2,方向沿顺时针方向
故此时回路的感应电动势为:
E=E1+E2=nB0Lv2+2nkL2.
(3)由(2)知线框中的总感应电动势大小为:
E=nB0Lv2+2nkL2
此时回路中的电功率为:
P=E2R=(nB0Lv+4nkL2)24R.
[答案] (1)4n2B0kL3R,方向竖直(或垂直于ad边)向上
(2)nB0Lv2+2nkL2 (3)(nB0Lv+4nkL2)24R
【点评】感生电动势可表示为E1=nSΔBΔt,动生电动势可表示为E2=nBΔSΔt,要注意这两式都是E=nΔΦΔt的推导式[或写成E=nΔΦΔt=n(SΔBΔt+BΔSΔt)].
●例9 磁流体动力发电机的原理图如图5-15所示.一个水平放置的上下、前后均封闭的横截面为矩形的塑料管的宽度为l,高度为h,管内充满电阻率为ρ的某种导电流体(如电解质).矩形塑料管的两端接有涡轮机,由涡轮机提供动力使流体通过管道时具有恒定的水平向右的流速v0.管道的前后两个侧面上各有长为d的相互平行且正对的铜板M和N.实际流体的运动非常复杂,为简化起见作如下假设:①在垂直于流动方向的横截面上各处流体的速度相同;②流体不可压缩.
 源:   
图5-15
(1)若在两个铜板M、N之间的区域内加有方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场,则当流体以稳定的速度v0流过时,两铜板M、N之间将产生电势差.求此电势差的大小,并判断M、N两板中哪个板的电势较高.
(2)用电阻不计的导线将铜板M、N外侧相连接,由于此时磁场对流体有阻力的作用,使流体的稳定速度变为v(v<v0),求磁场对流体的作用力.
(3)为使流体的流速增大到原来的值v0,则涡轮机提供动力的功率必须增大.假设流体在流动过程中所受到的来自磁场以外的阻力与它的流速成正比,试导出涡轮机新增大的功率的表达式.
【解析】(1)由法拉第电磁感应定律得:
两铜板间的电势差E=Blv0
由右手定则可判断出M板的电势高.
(2)用电阻不计的导线将铜板M、N外侧相连接,即使两铜板的外侧短路,M、N两板间的电动势E=Blv
短路电流I=ER内
又R内=ρlhd
磁场对流体的作用力F=BIl
解得:F=vB2hldρ,方向与v的方向相反(或水平向左).
(3)解法一 设流体在流动过程中所受到的其他阻力与流速成正比的比例系数为k,在外电路未短路时流体以稳定速度v0流过,此时流体所受到的阻力(即涡轮机所提供的动力)为:
F0=kv0
涡轮机提供的功率P0=F0v0=kv02
外电路短路后,流体仍以稳定速度v0流过,设此时磁场对流体的作用力为F安,根据第(2)问的结果可知:
F安=v0B2hldρ
此时,涡轮机提供的动力Ft=F0+F安=kv0+v0B2hldρ
涡轮机提供的功率Pt=Ftv0= kv02+v02B2hldρ
所以涡轮机新增大的功率ΔP=Pt-P0=v02B2hldρ.
解法二 由能量的转化和守恒定律可知,涡轮机新增大的功率等于电磁感应产生的电功率,即ΔP=E2R内=v02B2hldρ.
[答案] (1)Blv0 M板的电势高
(2)vB2hldρ,方向与v的方向相反(或水平向左)
(3)v02B2hldρ
【点评】①磁流体发电机的原理可以当做导体连续切割磁感线来分析,此时有E=BLv;也可用外电路开路时,洛伦兹力与电场力平衡,此时有qvB=qU0L,得E=U0=BLv.
②磁流体发电机附加压强做功等于克服安培力做功,等于转化的总电能.
经典考题
1.某实物投影机有10个相同的强光灯L1~L10(24 V 200 W)和10个相同的指示灯X1~X10(220 V 2 W),将其连接在220 V交流电源上,电路图如图所示.若工作一段时间后L2灯丝烧断,则[2009年高考•重庆理综卷](  )
 
A.X1的功率减小,L1的功率增大
B.X1的功率增大,L1的功率增大
C.X2的功率增大,其他指示灯的功率减小
D.X2的功率减小,其他指示灯的功率增大
【解析】显然L1和X1并联、L2和X2并联……然后他们再串联接在220 V交流电源上.L2灯丝烧断,则总电阻变大,电路中电流I减小,又L1和X1并联的电流分配关系不变,则X1和L1的电流、功率都减小.同理可知,除X2和L2外各灯功率都减小,A、B均错.由于I减小,各并联部分的电压都减小,交流电源电压不变,则X2上电压增大,根据P=U2R可知,X2的功率变大,C正确、D错误.
[答案] C
2.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示.已知发电机线圈内阻为5.0 Ω,现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡,如图乙所示,则[2009年高考•福建理综卷](  )
 
A.电压表 的示数为220 V
B.电路中的电流方向每秒钟改变50次
C.灯泡实际消耗的功率为484 W
D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J
【解析】电压表的示数为灯泡两端电压的有效值,由图象知电动势的最大值Em=2202 V,有效值E=220 V,灯泡两端电压U=RER+r=209 V,A错误;由图象知T=0.02 s,一个周期内电流方向变化两次,可知1 s内电流方向变化100次,B错误;灯泡的实际功率P=U2R=209295 W=459.8 W,C错误;电流的有效值I=ER+r=2.2 A,发电机线圈内阻每
秒钟产生的焦耳热Q=I2rt=2.22×5×1 J=24.2 J,D正确.
[答案] D
3.如图所示,理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5,原线圈两端的交变电压为u=202sin 100πt V.氖泡在两端电压达到100 V时开始发光,下列说法中正确的有[2009年高考•江苏物理卷](  )
 
A.开关接通后,氖泡的发光频率为100 Hz
B.开关接通后,电压表的示数为100 V
C.开关断开后,电压表的示数变大
D.开关断开后,变压器的输出功率不变
【解析】由交变电压的瞬时值表达式知,原线圈两端电压的有效值U1=2022 V=20 V,由n1n2=U1U2得,副线圈两端的电压U2=100 V,电压表的示数为交变电流的有效值,B项正确;交变电压的频率f=100π2π=50 Hz,一个周期内电压两次大于100 V,即一个周期内氖泡能发两次光,所以其发光频率为100 Hz,A项正确;开关断开前后,输入电压不变,变压器的变压比不变,故输出电压不变,C项错误;断开后,电路消耗的功率减小,输出功率决定输入功率,D项错误.
[答案] AB
4.如图甲所示,一个电阻为R、面积为S的矩形导线框abcd,水平放置在匀强磁场中,磁场的磁感应强度为B,方向与ad边垂直并与线框平面成45°角,O、O′分别是ab边和cd边的中点.现将线框右半边ObcO′绕OO′逆时针旋转90°到图乙所示位置.在这一过程中,导线中通过的电荷量是[2009年高考•安徽理综卷](  )
 
甲            乙
A.2BS2R B.2BSR C.BSR D.0
【解析】线框的右半边(ObcO′)未旋转时,整个回路的磁通量Φ1=BSsin 45°=22BS;线框的右半边(ObcO′)旋转90°后,穿进跟穿出的磁通量相等,如图丁所示,整个回路的磁通量Φ2=0,所以ΔΦ=Φ2-Φ1=22BS.根据公式得q=ΔΦR=2BS2R,A正确.
 
丙          丁
[答案] A源:   
5.如图甲所示,一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路,线圈的半径为r1. 在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示,图线与横纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计.求0~t1时间内
(1)通过电阻R1上的电流大小和方向.
(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量.
[2009年高考•广东物理卷]

 
甲          乙
【解析】(1)由图象分析可知,0~t1时间内,ΔBΔt=B0t0
由法拉第电磁感应定律有:E=nΔΦΔt=nΔBΔt•S
而S=πr22
由闭合电路的欧姆定律有:I1=ER1+R
联立解得:通过电阻R1上的电流大小I1=nB0πr223Rt0
由楞次定律可判断,通过电阻R1上的电流方向为从b到a.
(2)通过电阻R1上的电荷量q=I1t1=nB0πr22t13Rt0
电阻R1上产生的热量Q=I12R1t1=2n2B02π2r24t19Rt02.
[答案] (1)nB0πr223Rt0 方向从b到a (2)2n2B02π2r24t19Rt02
6.如图甲所示,水平放置的两根平行金属导轨,间距L=0.3 m,导轨左端连接R=0.6 Ω的电阻,区域abcd内存在垂直于导轨平面B=0.6 T的匀强磁场,磁场区域宽D=0.2 m.细金属棒A1和A2用长为2D=0.4 m的轻质绝缘杆连接,放置在导轨平面上,并与导轨垂直,每根金属棒在导轨间的电阻均为r=0.3 Ω,导轨电阻不计,使金属棒以恒定速度v=1.0 m/s沿导轨向右穿越磁场,计算从金属棒A1进入磁场(t=0)到A2离开磁场的时间内,不同时间段通过电阻R的电流强度,并在图乙中画出.
[2008年高考•广东物理卷]
 
甲              乙
【解析】A1从进入磁场到离开的时间为:
t1=Dv=0.2 s
在0~t1时间内,A1产生的感应电动势为:
E=BLv=0.18 V
 
丙        丁
由图丙知,电路的总电阻为:
R0=r+rRr+R=0.5 Ω
总电流i=ER0=0.36 A
通过R的电流iR=i3=0.12 A
A1离开磁场t1=0.2 s至A2未进入磁场t2=2Dv=0.4 s的时间内,回路中无电流,即iR=0
从A2进入磁场t2=0.4 s至离开磁场t3=2D+Dv=0.6 s的时间内,A2上的感应电动势为:
E=0.18 V
由图丁知,电路总电阻R0=0.5 Ω
总电流i=0.36 A
流过R的电流iR=0.12 A
综合上述计算结果,绘制通过R的电流与时间的关系图线,如图戊所示.
 

[答案] 0~0.2 s时,0.12 A;0.2~0.4 s时,0;0.4~0.6 s时,0.12 A,图象如图戊所示.
7.单位时间内流过管道横截面的液体体积叫做液体的体积流量(以下简称流量).由一种利用电磁原理测量非磁性导电液体(如自来水、啤酒等)流量的装置,称为电磁流量计.它主要由将流量转换为电压信号的传感器和显示仪表两部分组成.
传感器的结构如图所示,圆筒形测量管内壁绝缘,其上装有一对电极a和c,a、c间的距离等于测量管内径D,测量管的轴线与a、c的连线方向以及通电线圈产生的磁场方向三者相互垂直.当导电液体流过测量管时,在电极a、c间出现感应电动势E,并通过与电极连接的仪表显示出液体流量Q.设磁场均匀恒定,磁感应强度为B.
 
(1)已知D=0.40 m,B=2.5×10-3 T,Q=0.12 m3/s,设液体在测量管内各处流速相同,试求E的大小(π取3.0).
(2)一新建供水站安装了电磁流量计,在向外供水时流量本应显示为正值.但实际显示却为负值.经检查,原因是误将测量管接反了,即液体由测量管出水口流入,从入水口流出.因水已加压充满管道,不便再将测量管拆下重装,请你提出使显示仪表的流量指示变为正值的简便方法.
(3)显示仪表相当于传感器的负载电阻,其阻值记为R.a、c间导电液体的电阻r随液体电阻率的变化而变化,从而会影响显示仪表的示数.试以E、R、r为参量,给出电极a、c间输出电压U的表达式,并说明怎样可以降低液体电阻率变化对显示仪表示数的影响.
[2009年高考•北京理综卷]
【解析】(1)导电液体通过测量管时,相当于导线做切割磁感线的运动,在电极a、c间切割磁感线的液柱长度为D,设液体的流速为v,则产生的感应电动势为:E=BDv
由流量的定义,有:Q=Sv=πD24v
联立解得:E=BD4QπD2=4BQπD
代入数据得:E=4×2.5×10-3×0.123×0.4 V=1.0×10-3 V.
(2)能使仪器显示的流量变为正值的方法简便、合理即可.如:改变通电线圈中电流的方向,使磁场B反向;或将传感器输出端对调接入显示仪表.
(3)传感器和显示仪表构成闭合电路,由闭合电路欧姆定律I=ER+r得:U=IR=RER+r=E1+rR
输入显示仪表的是a、c间的电压U,流量示数和U一一对应.E与液体电阻率无关,而r随电阻率的变化而变化,由上式可看出,r变化相应的U也随之变化.在实际流量不变的情况下,仪表显示的流量示数会随a、c间的电压U的变化而变化.增大R,使R≫r,则U=E,这样就可以降低液体电阻率变化对显示仪表流量示数的影响.
[答案] (1)1.0×10-3 V (2)见解析
(3)E1+rR,见解析源:   
能力演练
一、选择题(10×4分)
1.如图所示,L1、L2、L3为三个完全相同的灯泡,L为直流电阻可忽略的自感线圈,电源的内阻不计,开关S原来接通.当把开关S断开时,下列说法正确的是(  )
 
A.L1闪一下后熄灭
B.L2闪一下后恢复到原来的亮度
C.L3变暗一下后恢复到原来的亮度
D.L3闪一下后恢复到原来的亮度
【解析】S闭合后,通过各灯的电流稳定时,L1不亮,通过L2、L3的电流均为I=URL,而通过自感线圈L的电流为2I.S断开的瞬间,自感线圈L上的电流全部通过L3,所以这一瞬间通过L3的电流突变为2I,故L3会闪亮一下;稳定后通过L3的电流依然为URL,而稳定后通过L1、L2的电流均为U2RL.
[答案] D
2.在如图甲所示的电路中,灯泡A和灯泡B原来都正常发光.现在突然发现灯泡A比原来变暗了些,灯泡B比原来变亮了些,则电路中出现的故障可能是(  )
 

A.R3断路
B.R1短路
C.R2断路
D.R1、R2同时短路
【解析】电路可整理成如图乙所示,R2断路→总电阻变大→干路电流变小→电源内电压变小→路端电压变大→通过R3上的电流变大→通过A的电流变小,灯泡A变暗→灯泡A和R1上的电压变小→灯泡B上的电压变大→B灯变亮.
 

[答案] C
3.如图所示,M是一小型理想变压器,接线柱a、b接在电压u=311sin 314t(V)的正弦交变电源上.变压器右侧部分为一火警报警系统原理图,其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器,电流表 为值班室的显示器,显示通过R1的电流,电压表 显示加在报警器上的电压(报警器未画出),R3为一定值电阻.当传感器R2所在处出现火警时(R2阻值变小),以下说法中正确的是(  )
 
A. 的示数不变, 的示数增大
B. 的示数增大, 的示数减小
C. 的示数增大, 的示数增大
D. 的示数不变, 的示数不变
【解析】R2变小→副线圈的负载总电阻变小→副线上的输出电流变大→R3上的电压变大→R1与R2并联电路的电压 变小→ 的示数变小,原线圈的电流 变大.因为 接在恒定的交变电源上,故其示数不变.
[答案] B
4.在如图甲所示的电路中,电源电动势E恒定,内阻r=1 Ω,定值电阻R3=5 Ω.当开关S断开与闭合时,ab段电路消耗的电功率相等,则以下说法中正确的是(  )
 

A.电阻R1、R2可能分别为4 Ω、5 Ω
B.电阻R1、R2可能分别为3 Ω、6 Ω
C.开关S断开时电压表的示数一定大于S闭合时的示数
D.开关S断开与闭合时,电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω
【解析】取R=R3+r=6 Ω,有:
Pab=(ER+Rab)2•Rab=E2R2Rab+2R+Rab
当S断开前后有:
Rab•Rab′=R2=36 Ω时,Pab=Pab′
故A正确,B错误.
又由Uab=E-ER+Rab•R
知Rab变大时,Uab变大,C正确.
当Rab变化时,Uab-I图象如图乙所示.
 

图象的斜率k=|ΔUΔI|=R3+r=6 Ω,D正确.
[答案] ACD
5.如图所示,长为L=1 m、电阻r=0.3 Ω、质量m=0.1 kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上,两导轨间距也是L.棒与导轨间接触良好,导轨电阻不计,导轨左端接有R=0.5 Ω 的电阻,垂直导轨平面有竖直向下穿过平面的匀强磁场,磁感应强度B的大小为0.4 T.现给金属棒CD一个瞬时向右的初速度,初速度大小为2 m/s,过一段时间后,金属棒CD最终停下来.则从开始运动到停止运动的过程中,通过电阻R的电荷量为(  )
 
A.0.5 C B.0.3 C C.0.25 C D.0.2 C
【解析】CD向右运动产生感应电流,使得CD受到安培力的作用减速至停止,由动量定理知:
I安=Δp=mv0
又I安=BiL•

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