最新物理二轮复习高考命题设计与考核能力要求之电磁学 精品.docx

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最新物理二轮复习高考命题设计与考核能力要求之电磁学精品

第三部分：

电磁学

一、知识结构

（一）电场

1.了解什么是基元电荷及电本资源来自新课标123网站荷守恒定律的应用。



2.掌握真空中的库仑定律及其应用。



3.掌握电场强度的定义式、点电荷和匀强电场场强的计算公式，正确领会磁力线的含义。

4.理解电势、电势差、等势面的概念，掌握匀强电场中场强和电势差的关系及电场力做功与电势能的关系。



5.理解电场中的导体处于静电平衡状态时的特殊情况。



6.掌握带电粒子在电场中运动的规律。



7.掌握电容器的电容的概念及平行板电容器中电容的计算公式。



（二）恒定电流

1.掌握电阻的串并联规律，串并联电路中的电压、电流及功率分配及焦耳定律。



2.理解电动势的概念，掌握闭合电路本资源来自新课标123网站的欧姆定律。



3.掌握电路的处理方法，学会对电路的变化分析判断，掌握各种类型的电路计算。



4.掌握电压表、电流表和欧姆表的读数方法和测量原理及方法。



5.会根据电路图进行电路的实物接线。



（三）磁场

1.理解磁场、磁感强度、磁感线、磁通量的意义，了解磁现象的电本质。



2.掌握安培力的计算公式和左手定则，了解电流表的工作原理。



3.掌握速度与磁场方向平行和垂直两种情况下洛仑力方向的判定和大小的计算，掌握带电粒子在匀强磁场中的圆周运动规律及洛仓兹力的应用。



（四）电磁感应和交流电

1.电磁感应

（1）正确领会感应电流产生的条件，熟练运本资源来自新课标123网站用右手定则和楞次定律判断感应电流及感应电动势的方向。



（2）熟练掌握法拉第电磁感应定律，及各种情况下感应电动势的计算方法。



2.交流电

（1）了解交流电的概念，理解表示交流电的各物理量的含义，并能准确识别和使用它们。

（2）理解正弦交流电的图象，并能根据图象讨论有关问题。



（3）理解变压器的原理，能使用电压比和电流比公式分析计算有关问题。



（4）弄清什么叫振荡电流、振荡电路，掌握电磁振荡的过程特征。



（5）熟练掌握电磁振荡的周期和频率公式，并应用公式分析、计算、讨论有关的简单问题。



（6）了解麦克斯韦电磁场理论的基本要点，掌握电磁波的形成和波速公式V=λf的应用。

二、例题解析

例1如右图所示，在通有电流I的无限长的直导线旁边放有一导线ab与其平行，当长直导线中向上的电流I减小时，导线ab两端的电势高低情况是：

（）

A.Ua＞UbB.Ua=UbC.Ua＜UbD.无法确定

【解析】本题仅由无限长导线中电流I减小的实际情况，从正面直接着手很难做出判断，但我们可采用“等效法”加以考虑：

因为长直导线中电流I减小时，导线ab所在处磁场的磁感应强度减弱，所以我们完全可将电流I减小，导线ab不动的实际情形等效为电流I不变，而导线ab向右平动的情形，则本题由右手定则可立即做出Ua＞Ub的正确判断，即本题答案为（A）。



例2如下图左所示的电路，请画出S断开与S闭合时的等效电路。



【解析】将C1、C2看作断路，如上图右所示。

根据电流表的流向，可得S断开时与S闭合时的等效电路，如下图甲、乙所示。



例3如右图所示，半径为r的半圆形金属导线处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈所在的平面，试求导线在下列情况中所产生的感应电动势：

（1）导线在自身所在平面沿垂直于直径OO′的方向以速度v向右匀速平动。



（2）导线从图示位置起，绕直径OO′以角速度ω匀速转动。



【解析】

（1）无法直接求出半圆形导线OO′所产生的感应电动势。

我们可设想用一直导线将OO′两端连接起来构成一闭合回路（如图），则在向右运动过程中，回路的磁通量不发生变化，故整个回路中的感应电动势ε=0,这表明直导线OO′与半圆形导线切割磁感线所产生的感应电动势大小相等，方向相反。

而由ε直=2Brv,可知ε圆=2Brv。



（2）假设用直导线将OO′连接形成闭合本资源来自新课标123网站回路，使其以同样的角速度ω绕OO′匀速转运，由于直导线OO′不切割磁力线，所以在产生应电动势这一点上，半圆形导线与闭合回路等效，由公式e=BSωsinωt,又S=πr2，所以半圆形导线中感应电动势e=πr2Bωsinω。

例4右图中A和B表示在真空中相距为d的两平行金属板加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场；右边表示一周期性的交变电压的波形，横坐标代表时间t，纵坐标代表电压U，从t=0开始，电压为给定值U0，经过半个周期，突然变为-U0……。

如此周期地交替变化。

在t=0时刻将上述交变电压U加在A、B两极上，求：

（1）在t=0时刻，在B的小孔处无初速地释放一电子，要想使这电子到达A板时的速度最大，则所加交变电压的频率最大不能超过多少?



（2）在t=0时刻，在B的本资源来自新课标123网站小孔处无初速地释放一电子，要想使这电子到达A板时的速度最小（零），则所加交变电压的频率为多大?



（3）在t=?

时刻释放上述电子，在一个周期时间，该电子刚好回到出发点?

试说明理由并具备什么条件。



（4）在什么时间范围内释放上述电子，该电子不可能到达A板。

【解析】电子运动的v-t图象如右本资源来自新课标123网站图所示。



（1）要求电子到达A板的速度最大，要求在t=时刻即速度达最大值vm=时到达A板，位移为s=××（）2=d，要求频率f不能超过。

（2）要求电子到达A板的速度为零，要求在t=T时刻到达A板，由s=××T2=d，要求频率f不能超过。

（3）在t=T/4时刻释放电子，经过一个周期，在t=时刻，电子刚回到出发点。

条件时在半个周期即从（～）时间内，电子的位移小于d，条件是频率f≥。

（4）在＜t＜T时间内释放电子，电子不可能到达A板，其中在＜t＜T时间内释放电子，电子进不了电场内而被挡在B板外面。

例5如右图所示，固定在竖直平面内的两根平行金属导轨的间距为L，上端连一电容为C的电容器，其耐压足够大。

空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，其磁感强度为B。

一根质量为m的金属杆PP′水平地卡在导轨上，释放后，此杆沿导轨无摩擦地下滑。

经过一段时间，到图示时刻其下落速度为v1。

假定导轨足够长，导轨、金属杆和连接导线的电阻均可忽略。

试求：

金属板PP′的速度从v1变化到v2的过程中，电容器吸收的能量△E。

【解析】测试学生应用基础知本资源来自新课标123网站识解决问题的能力，考查有关电容器充电、感应电动势、动能原理、能量守恒等相关知识。



（1）杆PP′因切割磁感线而产生感应电动势ε，它是电容器的充电电压。

设此杆由时刻t到t′的极短时间△t内，其速度由v变为v′，则在时间△t内电容器电量的变化为

△q=q′-q=CBL（v′-v）=CBl△v

因而，充电电流为i===CBla

基中a是杆在时刻t的加速度。

（2）杆PP′下落时，受到两个力的作用；重力G=mg，向下，安培力f=BIL=CB2L2a，向上，由牛顿第二定律，

mg-CB2l2a=ma

∴a=，a与时间无关，可见杆PP′作匀速动运。



（3）设重力克服安培力做功为Wf，由动能定理，

mg△h-Wf=m（v22-v21）

△h为杆PP′下落的高度，由运动学公式，得

△h=（v22-v21）/q

∴Wf=mg（v22-v21）/q-m（v22-v21）

=m（v22-v21）（-1）

=m（v22-v21）CB2L2

根据能量守恒定律，重力克服安培力做的功表现为充电流i的能量，由于本电路各种电阻为零，无焦耳热，这份能量必然储存在电容器上。

因此，

△E=m（v22-v21）CB2l2。

例6一小型发电机输出本资源来自新课标123网站功率为50kW，输出电压为240V。

现用一台升压变压器使其升压，用户处再用一台降压变压器降到所需要的220V，输电线总电阻30Ω，损失电功率为总功率的6%，变压器是理想的，求这两台变压器原副线圈的匝数比各是多少，并画出送电电路简图。

【解析】这是一个联系实际的问题，通过此题可以了解远距离输电的基本过程，加深对远距离输电必须用高压的理解。



输电线的电阻一定，已知损本资源来自新课标123网站失的功率就可以求出输电电流，由输送的功率和输电电流可以求出输电电压，此电压远高于发电机的输出电压，因此要用升压变压器升压，变压器的匝数比等于发电机输出电压与输送电压之比。

输电线上有电压降，到用户所在地的电压等于输送电压与输电线电压降之差，此电压与用户所需要的电压之比等于降压变压器匝数比。



输电线损失的功率

P′=I2R=50×103×6%=3×103（W）

I===10（A）

输送的电压

U2===5×103（V）

升压变压器匝数比

===

到用户所在地电压

U3=U2-IR=5×103-10×30=4.710×103（V）

降压变压器匝数比

===

送电电路简图如下图所示。



例7用伏安法测小灯泡（4.5V3W）的功率本资源来自新课标123网站与其中电流强度的关系，要求小灯泡两端的电压从零调整到4.5V，请将右图所示的组件连接起来。



【解析】由4.5V、3W可知，小灯泡的电阻为6.75Ω，电压表的量程应选15V，根据电压表的读数范围可知，流过小灯泡的最大电流强度Im=＞0.6A，故电流表量程应选3A，一般情况下，电压表的内阻为几千欧，电流表的电阻为零点几欧，由＜，得电流表应外接。

由电压表读数要求0～4.5V可知，滑动变阻器应为分压接法。

电路图如右图所示。

实物接线，根据电路图选择滑动变阻器上接线柱与右下接线柱，预设上为“+”，右下为“-”，从“+”出发，通过小灯泡，接电流表3A接线柱，电流表“-”接线柱接滑动变阻器右下接线柱，电压表15V接线柱接滑动变阻器上接线柱，“-”接线柱接电流表3A接线柱。

由滑动变阻器特点可知，左下a接线柱电势高于b接线柱。

从电源的正极出发接a接线柱，b接线柱通过开关，接电源的负极，如下图所示。

例8用均匀的金属丝绕成的长方形线框ABCD，AB=CD=30厘米，AC=CD=10厘米，线框可以绕AB、CD边上的O、O′轴以角速度ω=200弧度/秒匀速转动，并且使线框的一部分处在大小为1特本资源来自新课标123网站的有界匀强磁场中，O、O′恰在磁场边界上，AO=CO′=20厘米，初始时，线框的1/3处于磁场中且其平面垂直于磁场，如图，以O点电势高于O′点时为正，在U-t坐标系中作出OO′间电压随时间变化的关系图（两个周期），并注明必要的坐标值及其计算过程.

【解析】本题知识点集中，一步步解答要有扎实的基本工和灵活的头脑.下面我们分步来解这道题，并对每步中蕴含的物理思想方法作简要评析。

第一步，应该算出内外电阻之比，即RACO′O与RBDO′O的比值，很多同学由面积之比为2∶1，立即认为R之比也是2∶1，便一路错到底，一分未得.正确答案应是由长度之比算出5∶3.另外易得周期T=2π/ω=0.314（s）.

第二步，必须分清内外电路，这是一个同学们极易犯错的地方.我们可以这样分析，0→T时，OBDO′是内电路，那幺由右手定律可知：

UO′＞UO.e1=BωBD·OB·sinθ=2sinθ（V）.

第三步，我们分析T→T的时间段，必须注意，此时又是一道难关，因为内电路变了，由右手定律可知，此时UO＞UO′.

∴e2=BωAC·OA·sinθ

=4sinθ（V）

第四步，很多同学到此以为大功告成，他们列出了UOO′m=BωAC·OA·，错了!

他们没有注意到内外电路一变，内外电阻也变化了，所以应该乘以.

第五步，两个过程共四步分析下来，我们心中才有了底，那幺→T和T→T，这两个过程的解答，便非常清晰明了.具体解答请大家仿照以上提供的解答自行完成.由分析我们可画出电压变化关系图如下：

综上所述，解答本题时，一定要“擦亮眼睛”，冷静分析，