2013届高考物理一轮复习 第9章章末总结课件 新课标

章末总结【例1】半径为r、电阻为R的n匝圆形线圈在边长为l的正方形abcd之外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图1甲所示．当磁场随时间的变化规律如图1乙所示时，则穿过圆形线圈磁通量的变化率为________，t0时刻线圈产生的感应电流为________．图1易错分析错解1认为磁通量的变化率与线圈的匝数有关，得出ΔΦΔt＝nΔBΔtS＝nB0t0l2.错解2将线圈的面积代入上式得出ΔΦΔt＝nΔBΔtS＝nπB0r2t0.错解3认为t0时刻磁感应强度为零，所以感应电动势和感应电流均为零．正确解析磁通量的变化率为ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝B0t0l2根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势E＝nΔΦΔt＝nB0t0l2再根据闭合电路欧姆定律得感应电流I＝nΔΦΔtR＝nB0l2t0R.答案B0t0l2nB0l2t0R【例2】t＝0时，磁场在xOy平面内的分布如图2所示，其磁感应强度的大小均为B0，方向垂直于xOy平面，相邻磁场区域的磁场方向相反，每个同向磁场区域的宽度均为L0，整个磁场以速度v沿x轴正方向匀速运动．若在磁场所在区间内放置一由n匝线圈组成的矩形线框abcd，线框的bc边平行于x轴．bc＝LB、ab＝L，LB略大于L0，总电阻为R，线框始终保持静止．求：图2(1)线框中产生的总电动势大小和导线中的电流大小；(2)线框所受安培力的大小和方向．易错分析没有考虑线框的ab、cd两条边在方向相反的磁场中均产生电动势，只按一条边切割磁感线来计算电动势，得出E＝nB0Lv的错误结果．求线框所受安培力时，一是不注意总安培力为n匝线圈受力之和；二是没有考虑线框的ab、cd两条边均受到安培力，得出F＝BIL＝nB02L2vR的错误结论．正确解析(1)线框相对于磁场向左做切割磁感线的匀速运动，切割磁感线的速度大小为v，任意时刻线框中总的感应电动势大小E＝2nB0Lv导线中的电流大小I＝2nB0LvR.(2)线框所受安培力的大小F＝2nB0LI＝4n2B02L2vR由左手定则判断，线框所受安培力的方向始终沿x轴正方向．答案(1)2nB0Lv2nB0LvR(2)4n2B02L2vR方向沿x轴正方向【例3】如图3所示，一矩形金属框架与水平面成角θ＝37°，宽L＝0.4m，上、下两端各有一个电阻R0＝2Ω，框架的其他部分电阻不计，框架足够长，垂直于金属框架平面的方向有一向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0T．ab为金属杆，与框架良好接触，其质量m＝0.1kg，电阻r＝1.0Ω，杆与框架的动摩擦因数μ＝0.5.杆由静止开始下滑，在速度达到最大的过程中，上端电阻R0产生的热量Q0＝0.5J(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：图3(1)流过R0的最大电流；(2)从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离；(3)在时间1s内通过ab杆某横截面的最大电荷量．错因分析错误的主要原因是：一是对串、并联电路中焦耳热的分配不清楚，误认为焦耳热都和电阻成正比，错误地认为ab杆的焦耳热是R0的12为0.25J；二是对公式q＝ΔΦR＝BΔSR认识不清，ΔS应为金属杆扫过的面积．有些同学误认为金属杆与上下两部分轨道所围的面积均发生变化，ΔS为上下两部分变化面积的和，这是错误的．正确解析(1)当满足BIL＋μmgcosθ＝mgsinθ时ab中有最大电流Im，则Im＝sinθ－μcosθmgBL＝0.6－0.5×0.8×0.1×101.0×0.4A＝0.5A流过R0的最大电流为I0＝Im2＝0.25A.答案(1)0.25A(2)11.56m(3)0.5C(2)Q总＝4Q0＝2J，Em＝ImR总＝0.5×2V＝1.0V此时杆的速度为vm＝EmBL＝1.01.0×0.4m/s＝2.5m/s由动能定理得mgssinθ－μmgscosθ－Q总＝12mvm2－0求得杆下滑的距离s＝mvm2＋2Q总2mgsinθ－μcosθ＝0.1×2.52＋2×22×0.1×10×0.6－0.5×0.8m＝11.56m.(3)1s内通过ab杆的最大电荷量q＝ΔΦR总＝BΔSR总＝BLvmΔtR总＝1.0×0.4×2.5×12C＝0.5C.知识只能是这样一种东西，学生靠了它可以得到好的分数，可以升级，但是不会变为信念，不会对学生产生深刻的教育影响。只有为此而准备好道德的土壤时，知识才会变成信念。——赞科夫