2019-2020年高考物理一轮复习 解题能力讲座(三)破解高考实验题的方法技巧教案(含解析)沪科版.doc
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2019-2020年高考物理一轮复习 解题能力讲座(三)破解高考实验题的方法技巧教案(含解析)沪科版近几年高考出现的实验试题,虽然形式多样,但考查特点主要有两个,一是重基础,考查基本仪器的使用和读数;二是重能力,考查重点是实验原理、实验方法、实验仪器选择、电路连接、实验操作(理论)及数据处理、实验拓展等。在高考实验中取得高分的策略是:掌握三种方法技巧,做好两类题型。方法技巧技巧一正确使用、准确读数实验仪器读数的基本原则:仪器最小刻度是“1”的,一般要求读到最小刻度后再往下估读一位(估读的这位是不可靠数字);仪器最小刻度是“2”和“5”的,一般只要求读到最小刻度所在的这一位,不再往下估读。游标卡尺、秒表、电阻箱因为本身构造情况不需要估读。【典例1】(xx山东德州一模)某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率。步骤如下:(1)游标卡尺测量其长度如图1甲所示,可知其长度为_mm;(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示,可知其直径为_mm;图1(3)选用多用电表的电阻“1”挡,按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻,表盘的示数如图2所示,则该电阻的阻值约为_;图2(4)为更精确地测量其电阻,可供选择的器材如下:电流表A1(量程300 mA,内阻约为2 );电流表A2(量程150 mA,内阻约为10 );电压表V1(量程1 V,内阻r1 000 );电压表V2(量程15 V,内阻约为3 000 );定值电阻R01 000 ;滑动变阻器R1(最大阻值为5 );滑动变阻器R2(最大阻值为1 000 );电源E(电动势约为4 V,内阻r约为1 );开关,导线若干。为了使测量尽量准确,测量时电表读数不得小于其量程的,电压表应选_,电流表应选_,滑动变阻器应选_。(均填器材代号)根据你选择的器材,请在线框内画出实验电路图。解析(1)游标卡尺读数为50 mm30.05 mm50.15 mm。(2)螺旋测微器读数为4.5 mm20.00.01 mm4.700 mm。(3)多用电表的读数为22 。(4)由于电源电压为4 V,显然电压表选V2时不满足读数不得小于其量程的的要求,因此只能选V1,而V1读数又太小,而题目中给了一个定值电阻,将定值电阻与电压表串联,改装成一个新电压表,量程为2 V,基本满足要求,这样由于电阻值约22 ,因此回路电流最大约100 mA左右,因此电流表选A2,为了测量精确,滑动变阻器采分压式接法,为了便于调节,滑动变阻器选用R1,电路图电流表采用外接法,实验电路图如图。答案(1)50.15(2)4.700(3)22(4)V1A2R1实验电路图见解析【即学即练】1图3、4为常用的电压表和电流表的刻度盘,在图3中,若选用的量程为015 V,则表的示数为_,若选用的量程为03 V,则表的示数为_。在图4中,若选用的量程为00.6 A,则表的示数为_,若选用的量程为03 A,则表的示数为_。图3图4解析在图3中,若选用的量程为015 V,则最小分度为0.5 V,读数时应估读到最小分度的1/5,所以读数为10.8 V。若选用的量程为03 V,则最小分度为0.1 V,读数时应估读到最小分度的1/10,所以读数为2.16 V。在图4中,若选用的量程为00.6 A,则最小分度为0.02 A,读数时应估读到最小分度的1/2,所以读数为0.16 A。若选用的量程为03 A,则最小分度为0.1 A,读数时应估读到最小分度的1/10,所以读数为0.80 A。 答案10.8 V2.16 V0.16 A0.80 A技巧二连图清晰、作图规范实物图连接一定要清晰,不能交叉相连。描点作图连线时要让各点均匀分布在直线的两侧(图线为直线),个别明显偏离较远的点可以不予考虑。【典例2】某同学为了测量某电池的电动势E和内阻r,设计了如图5甲所示的电路,已知定值电阻R020 ,电压表V2的内阻很大,可视为理想电压表。(1)根据图甲所示电路,请在乙图中用笔画线代替导线,完成实物电路的连接。图5(2)实验中,该同学移动滑动变阻器滑片,读出电压表V1和V2的示数U1、U2数据如表格中所示。请根据表格中的数据在下面的虚线框内画出U2U1的关系图线。次数123456U1/V1.02.03.04.04.55.0U2/V16.515.215.012.011.110.3(3)由图像可得该电池的电动势E_V,内阻r_。解析(1)如图甲所示。(2)如图乙所示。(3)由闭合电路欧姆定律可得EU2r,解得U2Er,所以当U10时,U2E,即图像与纵轴的截距为电池的电动势,E18.0 V(17.918.1 V均对);因直线斜率的绝对值k,解得r30.8 (29.831.8 均对)。答案(1)如图甲所示(2)如图乙所示(3)18.0(17.918.1均对)30.8(29.831.8均对)【即学即练】2如图6甲所示,是某同学设计的一个测电源电动势和内阻的原理图,待测电源电动势E、内阻r,电压表V的量程为3 V,内阻非常大(可视为理想电压表),电阻箱R,一段电阻未知的电阻丝R0,单刀单掷开关K1,单刀双掷开关K2,实验步骤如下:(1)调节电阻箱的阻值为20 ,K2接到a,闭合K1,记下电压表的读数为2.00 V,断开K1。(2)保持电阻箱的阻值不变,K2切换到b,闭合K1,记下图乙所示的电压表的读数为_V,断开K1。由此可以算出电阻丝的电阻R0为_。(3)将K2再切换到a,闭合K1,多次调节电阻箱,读出多组电阻箱的示数和对应的电压表的示数,断开K1。由测得的数据,绘出如图丙所示的图像。根据图像可以求得电源电动势E_V,电源内阻r_。(结果保留两位有效数字)(4)根据原理图连接实物图丁。图6解析(1)K2接a,闭合K1此时电路中的电流IA0.10 A。(2)K2接b,闭合K1,电压表读数为2.40 V,电路中的电流I0.10A, 由I得0.10,解得R04.00 。(3)由闭合电路欧姆定律得:EUI(R0r)U(R0r)整理得。结合图丙得E2.5 V,r0.69 。(4)实物连线图见答案。答案2.404.002.50.69如图所示技巧三理解原理、灵活迁移此类实验要求考生能将教材中分组实验和演示实验的实验原理、实验方法迁移到新的背景中,深刻理解物理概念和规律,并能灵活运用。如力学中与纸带相关的实验、电学设计实验,都可考查学生运用已学过的实验方法、原理处理新情境实验问题的能力。【典例3】为测定木块与桌面之间的动摩擦因数,小亮设计了如图7甲所示的装置进行实验,实验中,当木块A位于水平桌面上的O点时,重物B刚好接触地面,将A拉到P点,待B稳定后静止释放,A最终滑到Q点,分别测量OP、OQ的长度为h和s,重复上述实验,分别记录几组实验数据,根据实验数据作出sh关系图像如图乙所示。图7(1)实验测得A、B的质量分别为m0.4 kg、M0.5 kg,根据sh图像可计算出A木块与桌面间的动摩擦因数_(结果保留一位有效数字)。(2)实验中,滑轮轴的摩擦会导致的测量结果_(填“偏大”、“偏小”、“不变”)。解析(1)在B下落至落地时,据动能定理有Mghmgh(Mm)v2,在B落地后,A运动到Q,根据动能定理有:mgs0mv2,解得:sh。将M0.5 kg,m0.4 kg代入得sh。从sh图像得斜率k0.9,即0.9,代入上式得0.4。(2)滑轮轴的摩擦会导致s偏小,从而偏大。答案(1)0.4(2)偏大【即学即练】3(xx山东滨州一模)某同学用如图8甲所示的电路测量欧姆表的内阻和电源电动势(把欧姆表看成一个电源,且已选定倍率并进行了欧姆调零)。实验器材的规格如下:电流表A1(量程200 A,内阻R1300 )电流表A2(量程30 mA,内阻R25 )定值电阻R09 700 滑动变阻器R(阻值范围050 )图8(1)闭合开关S,移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置,读出电流表A1和A2的示数分别为I1和I2。多次改变滑动触头的位置,得到的数据见下表。I1(A)120125130135140145I2(mA)20.016.713.210.06.73.3依据表中数据,作出I1I2图线如图乙所示;据图可得,欧姆表内电源的电动势为E_V,欧姆表内阻为r_。(结果保留3位有效数字)(2)若某次电流表A1的示数是114 A,则此时欧姆表示数为_。(结果保留3位有效数字)解析(1)根据闭合电路欧姆定律得EI1(R0R1)(I1I2)r,整理得I1I2,联系图像得150106,斜率大小k1.5103,有1.5103,解得E1.50 V,r15.0 。(2)欧姆表测的是外电路的电阻,当电流表A1的示数是114 A时,滑动变阻器接入电路部分和电流表A2的总电阻R 47.5 。所以外电路的总电阻R外 47.5 。答案(1)1.50(1.481.51)15.0(14.016.0)(2)47.5(47.048.0)两类题型题型一常规实验型常规实验是指课本上的实验,主要有研究匀变速直线运动、验证力的平行四边形定则、探究弹力和弹簧伸长的关系、验证牛顿运动定律、探究动能定理、验证机械能守恒定律等动力学实验以及测定金属的电阻率、描绘小电珠的伏安特性曲线、测定电源的电动势和内阻等电学实验。实验原理的理解、实验数据的处理、实验误差的分析是考查的重点与热点。【典例4】(1)利用力传感器研究“加速度与合外力的关系”的实验装置如图9甲。甲图9下列关于该实验的说法,错误的是_。(填选项前的字母)A做实验之前必须平衡摩擦力B小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多C应调节定滑轮的高度使细线与木板平行D实验开始的时候,小车最好距离打点计时器远一点从实验中挑选一条点迹清晰的纸带,每5个点取一个计数点,用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示,已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz。从图中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离s1_cm;该小车的加速度a_m/s2(计算结果保留两位有效数字),实验中纸带的_(填“左”或“右”)端与小车相连接。(2)将“小电珠L、滑动变阻器、多用电表、电流表、直流稳压电源、开关和导线若干”连成如图10甲所示的电路,进行“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验。闭合开关前,应将滑动变阻器的滑片P置于_(填“左”或“右”)端。用多用电表电压挡测量L电压时,红表笔应接图甲中的_(填“a”或“b”)点。正确连线后,闭合开关,发现不论怎么调节滑动变阻器的滑片,多用电表指针均不偏转。将两表笔改接到图甲电路的a、c两点,电表指针仍不偏转,改接a、d两点时,电表指针偏转如图乙所示,其示数为_V;可判定故障为d、c间电路_(填“断路”或“短路”)。图10甲、乙两位同学用完多用电表后,分别把选择开关放在图11所示位置。则_的习惯好。图11解析(1)要使力传感器测量的力等于小车受到的合力,一是必须平衡摩擦力,二是使细线与木板保持平行,但没有必要使小车的质量远大于所挂钩码的质量,A、C正确,B错误;为使测量的数据多一些,实验开始的时候,小车最好距离打点计时器近一点,D错误。A、B两点间的距离为0.70 cm,由saT2得a0.20 m/s2;小车做加速运动,相同的时间运动的位移逐渐增大,因此左端与小车相连。(2)开始时,要使小灯泡两端的电压为零,滑片P应置于最左端。多用电表的红表笔对应电压表的正接线柱,应接电势高处,故接a端。电压表读数为2.00 V,说明d、c间电路断路。测量完后,要将选择开关调到交流电压的最高挡,故乙同学操作正确。答案(1)BD0.700.20左(2)左a2.00断路乙同学(“乙”也对)【即学即练】4某学习小组为了测量一电阻Rx(约300 ),现有下列器材。电流表A1(05 mA的理想电表);电源E:干电池(1.5 V);电压表V(量程为10 V,内阻约为3 k);电流表A2(010 mA,内阻约100 );定值电阻R1:阻值为300 ;定值电阻R2:阻值为10 ;滑动变阻器R3:最大阻值为1 000 ;滑动变阻器R4:最大阻值为20 ;开关S、导线若干。(1)定值电阻应选_,滑动变阻器应选_。(填写器材字母符号)(2)画出设计的实验电路图。(3)用已知的量和实验中测得的量表示待测电阻Rx_。解析(1)量程为10 V的电压表量程太大,不能用,分析可知Rx需与A1串联,串联后与定值电阻并联,用A2测并联后的总电流,待测电阻Rx两端的最大电压约为U5103300 V1.5 V,若两电流表均满偏,则通过定值电阻的电流为5 mA,所以定值电阻的阻值约为300 ,定值电阻选R1;滑动变阻器R3最大阻值太大,不便于操作,因此应选用R4,采用分压式接法接入电路。(2)实验电路如图所示。(3)若某次测量中电流表A1的示数为I1,电流表A2的示为I2,由部分电路欧姆定律可知RxR1。答案(1)R1R4(2)如解析图所示(3)R1题型二创新探究型创新探究实验通常是将课本上的实验做适当的变化、创新。试题的“创新”点主要体现在:改变实验探究的条件、改变实验探究的结论、改变实验探究的思路、改变实验考查的方法、体现实验探究结果的开放性、评估实验探究的过程与结果等方面。从命题趋势上看,实验考查向着拓展实验、创新实验方向发展,注重考查同学们的知识迁移能力和解决实际问题的能力。【典例5】 (xx吉林质检)在研究电磁感应现象的过程中,某同学设计了一个如图12所示的装置。ABCD为一个右端开口的U形水平导轨,它所在空间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场。导体棒AD和BC段导轨是有电阻的,其他部分电阻不计。其中BC段电阻R05 。现先让导体棒AD在外力作用下沿导轨由静止开始做匀加速直线运动,当导体棒速度达到某一值时,通过调整外力使导体棒立即做该速度下的匀速直线运动。若已知导体棒的长度l1 m,磁场的磁感应强度B00.6 T。图12(1)现要用电压表测量AD两端的电压值,需要将一个量程为3 V,内阻值为5 k的电压表V的量程扩大为6 V,需要在下面给出的电阻箱中选择一个与电压表V串联,你认为应选择_。(请填写选项字母)A电阻箱(阻值范围099 )B电阻箱(阻值范围0999 )C电阻箱(阻值范围09 999 )(2)图13当导体棒的加速度a1 m/s2时,实验者通过传感器采集到的电压U和时间t的多组数据,利用计算机绘制出的Ut的关系图像如图13所示,则可能求出导体棒AD的阻值为_。(3)实验者改变磁感应强度B的大小,重复上述实验操作。记录导体棒匀速运动时电压表示图14数U和磁感强度B的多组数据,并作出UB关系图像如图14所示。则在磁感强度增大的过程中导体棒最终速度变化情况为_(选填“变大”“变小”或“不变”)。解析(1)由电表改装计算公式Rx(1)Rg可知需要串联阻值为5103 的电阻,所以选C。(2)由闭合电路欧姆定律可知,AD两端电压UR0,通过图像可以求得图线斜率为k0.5 V/s,又由kR0,得R1 。(3)根据UR0得,UB0,由UB图可知,图线斜率逐渐增大,即k逐渐增大,所以最终速度变大。答案(1)C(2)1(3)变大【即学即练】5利用自由落体运动可测量重力加速度。有两组同学分别利用图15甲、乙所示的两种实验装置进行了实验,其中乙图中的M为可恢复弹簧片,M与触头接触,开始实验时需要手动敲击M断开电路,使电磁铁失去磁性释放第一个小球,当前一个小球撞击M时后一个小球被释放。图15(1)下列说法正确的有_。A两种实验都必须使用交流电源B甲实验利用的公式是sgT2;乙实验利用的公式是hgt2,所以都需要用秒表测量时间,用直尺测量距离C甲实验要先接通电源,后释放纸带;乙实验应在手动敲击M的同时按下秒表开始计时D这两个实验装置均可以用来验证机械能守恒定律(2)用图乙所示的实验装置做实验,测得小球下落的高度H1.200 m,10个小球下落的总时间t5.0 s。可求出重力加速度g_m/s2(结果保留两位有效数字)。解析(1)只有打点计时器必须要接交流电源,所以选项A错误;甲实验不需要用秒表测量时间,所以选项B错误;甲实验要先接通电源,后释放纸带;乙实验应在手动敲击M的同时按下秒表开始计时,选项C正确;两个实验装置均可以用来验证机械能守恒定律,选项D正确。(2)由Hgt2,得g,代入数据得g9.6 m/s2。答案(1)CD(2)9.6 m/s21.某学习小组用伏安法测量一未知电阻Rx的阻值,给定器材及规格为:电流表A(量程为05 mA,内阻约为10 );电压表V(量程为03 V,内阻约为3 k);最大阻值约为100 的滑动变阻器;电源E(电动势约为3 V);开关S、导线若干。(1)由于不知道未知电阻的阻值范围,先采用如图16甲所示的电路试测,读得电压表示数大约为2.5 V,电流表示数大约为5 mA,则未知电阻Rx的阻值大约为_ 。(2)经分析,该电路测量误差较大,需改进。请直接在图甲上改画:在不需要的连线上画“”表示,补画上需要添加的连线。(3)对改进的电路进行测量,并根据测量数据画出了如图乙所示的UI图像,得Rx_ 。(结果保留三位有效数字)图16解析(1)根据图甲测量数据及欧姆定律可得:Rx 500 。(2)待测电阻Rx约为500 ,而电压表的内阻约为3 k,是待测电阻的6倍左右,电流表的内阻约为10 ,待测电阻是电流表内阻的50倍左右,显然用电流表外接法电压表的分流比较大,应该改用电流表内接法。(3)待测电阻Rx的大小就等于图乙中图线的斜率,即Rx 550 。答案(1)500(2)如下图所示(3)5502(xx海南卷,12)用伏安法测量一电池的内阻。已知该待测电池的电动势E约为9 V,内阻约数十欧,允许输出的最大电流为50 mA,可选用的实验器材有:电压表V1(量程5 V);电压表V2(量程10 V);电流表A1(量程50 mA);电流表A2(量程100 mA);滑动变阻器R(最大阻值300 );定值电阻R1(阻值为200 ,额定功率为 W);定值电阻R2(阻值为220 ,额定功率为1 W);开关S;导线若干。测量数据如图17坐标纸上UI图线所示。图17(1)在下面的虚线方框内画出合理的电路原理图,并标明所选器材的符号。(2)在设计的电路中,选择定值电阻的根据是_。(3)由UI图线求得待测电池的内阻为_。(4)在你设计的电路中,产生系统误差的主要原因是_。解析(1)该实验通过电源的输出特性曲线计算电源内阻,电源允许输出的最大电流为50 mA,故电流表选择A1,电源电动势约为9 V,故电压表选择V2,考虑到电流和功率,保护电阻选R2;(2)定值电阻的功率为 W时,通过它的电流为I A0.025 A25 mA,而电路中的电流要接近50 mA,故应选R2;(3)UI图线斜率的绝对值表示电源内阻,选择图像中的较远的两点用r|可求得电源内阻约为51.0 ;(4)该实验中的干路电流应为电流表的读数加上通过电压表的电流,故该实验的系统误差来源为忽略了电压表的分流,从而使干路电流测量值偏小。答案(1)如图所示(2)定值电阻在电路中的功率会超过 W,R2的功率满足要求(3)51.0(49.053.0范围内均可)(4)忽略了电压表的分流考点内容要求命题规律复习策略(1)磁感应强度的理解和计算;(2)安培力、洛伦兹力的特点;(3)有界磁场中的临界问题;(4)带电粒子在匀强磁场中的多解问题;(5)带电粒子在组合场和复合场中的运动(1)注重以受力分析为基础,根据平衡条件分析通电导线的受力和运动情况;(2)注重应用牛顿第二定律结合圆周运动的知识分析带电粒子在磁场中的运动;(3)注重实际应用,如质谱仪、回旋加速器、霍尔元件、磁流体发电机、速度选择器等的原理都可能成为命题背景;(4)注重应用数学方法解决物理问题能力的培养磁场、磁感应强度、磁感线通电直导线和通电线圈周围磁场的方向安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力洛伦兹力、洛伦兹力的方向洛伦兹力公式带电粒子在匀强磁场中的运动质谱仪和回旋加速器说明:(1)安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形;(2)洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形。第1课时磁场的描述及磁场对电流的作用知 识 梳 理知识点一、磁场、磁感应强度1磁场(1)基本特性:磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。(2)方向:小磁针的N极所受磁场力的方向。2磁感应强度(1)物理意义:描述磁场的强弱和方向。(2)大小:B(通电导线垂直于磁场)。(3)方向:小磁针静止时N极的指向。(4)单位:特斯拉(T)。3匀强磁场(1)定义:磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。(2)特点:疏密程度相同、方向相同的平行直线。知识点二、磁感线通电直导线和通电线圈周围磁场的方向1磁感线在磁场中画出一些有方向的曲线,使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度方向一致。2几种常见的磁场(1)常见磁体的磁场(2)电流的磁场通电直导线通电螺线管环形电流安培定则立体图横截面图纵截面图知识点三、安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力1安培力的大小当磁感应强度B的方向与导线方向成角时,FBILsin_。这是一般情况下的安培力的表达式,以下是两种特殊情况:(1)磁场和电流垂直时:FBIL。(2)磁场和电流平行时:F0。2安培力的方向(1)用左手定则判定:伸开左手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内。让磁感线从掌心进入,并使四指指向电流的方向,这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。(2)安培力的方向特点:FB,FI,即F垂直于B和I决定的平面。思维深化判断正误,正确的画“”,错误的画“”。(1)奥斯特发现了电流可以产生磁场。()(2)磁感线是客观存在的,磁感线上各点的切线方向表示该点的磁场方向。()(3)通电导线放入磁场中,若不受安培力,说明该处磁感应强度为零。()(4)磁场中某点磁感应强度的方向,跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。()答案(1)(2)(3)(4)题 组 自 测题组一磁感线与磁感应强度的理解1(多选)下列说法中正确的是()A磁感线可以表示磁场的方向和强弱B磁感线从磁体的N极出发,终止于磁体的S极C磁铁能产生磁场,电流也能产生磁场D放入通电螺线管内的小磁针,根据异名磁极相吸的原则,小磁针的N极一定指向通电螺线管的S极解析磁感线能够用来表示磁场的强弱和方向,A正确;磁感线是闭合的曲线,不是终止于S极,B错;磁铁和电流均能产生磁场,C正确;小磁针的N极指向应根据磁感线的切线方向进行判断,小磁针的N极在螺线管内部应指向通电螺线管的N极,D错。答案AC题组二安培定则、左手定则的理解与应用2在如图所示的四幅图中,正确标明通电导线所受安培力F方向的是()解析根据左手定则可知:A、B、C图中安培力方向应向下,D图中安培力垂直于电流和磁场向纸外,故正确答案为B。答案B3. (多选)如图1所示,在方框中有一能产生磁场的装置,现在在方框右边放一通电直导线(电流方向如箭头方向),发现通电导线受到向右的作用力,则方框中放置的装置可能是()图1解析由左手定则可知方框内装置产生的磁场在通电导线处的方向应向外,根据安培定则可知,选项C、D满足要求。答案CD题组三安培力公式(FBIl)的应用4在赤道上,地磁场可以看作是沿南北方向并且与地面平行的匀强磁场,磁感应强度是5105 T。如果赤道上有一条沿东西方向的直导线,长40 m,载有20 A的电流,地磁场对这根导线的作用力大小是()A4108 N B2.5105 NC9104 N D4102 N解析磁场方向是南北方向,电流方向是东西方向,它们相互垂直,可以利用公式FBIL来计算此安培力的大小,其大小为FBIL51052040 N4102 N。答案D5.如图2所示,AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧,将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。当在该导线中通以由C到A,大小为I的恒定电流时,该导线受到的安培力的大小和方向是()图2ABIL,平行于OC向左B.,平行于OC向右C.,垂直AC的连线指向左下方D2BIL,垂直AC的连线指向左下方解析由L为圆弧,所以L,即R,的有效长度为lR,安培力为FABIl,方向由左手定则判断,垂直AC的连线指向左下方,因此选项C正确。答案C考点一安培定则的应用和磁场的叠加1安培定则的使用电流方向磁场方向直线电流的磁场大拇指四指环形电流及通电螺线管的磁场四指大拇指2磁场的叠加:磁感应强度为矢量,合成与分解遵循平行四边行定则。【例1】三根平行的长直导线,分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点,三导线中电流方向相同,A、B两导线中的电流大小相同,如图3所示,已知导线A在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为B,导线C在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为2B,则O处的磁感应强度的大小和方向为()图3A大小为B,方向沿OA方向B大小为2B,方向竖直向下C大小为2B,方向沿OB方向D大小为2B,方向沿OA方向解析由安培定则知导线A、B在O处产生的磁感应强度大小相等,方向相反,互相抵消,所以O处的磁感应强度即为导线C所产生的磁感应强度,即大小为2B,由安培定则可判定其方向沿OA方向,A、B、C错,D对。答案D求解有关磁感应强度问题的关键(1)磁感应强度由磁场本身决定。(2)合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和(满足平行四边形定则)。(3)牢记判断电流的磁场的方法安培定则,并能熟练应用,建立磁场的立体分布模型。【变式训练】1. (多选)(xx海南卷,9)三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线组成一等边三角形,在导线中通过的电流均为I,方向如图4所示。a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上,且到相应顶点的距离相等。将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3,下列说法正确的是()图4AB1B2B3BB1B2B3Ca和b处磁场方向垂直于纸面向外,c处磁场方向垂直于纸面向里Da处磁场方向垂直于纸面向外,b和c处磁场方向垂直于纸面向里解析由于通过三条导线的电流大小相等,结合右手螺旋定则可判断出三条导线在a、b处产生的合磁感应强度垂直纸面向外,在c处垂直纸面向里,且B1B2B3,故选项A、C正确。答案AC考点二安培力的分析与计算1计算安培力公式FBIL,应用时要注意:(1)B与L垂直;(2)L是有效长度公式FILB中L指的是“有效长度”。当B与I垂直时,F最大,FILB;当B与I平行时,F0。弯曲导线的有效长度L,等于连接两端点线段的长度(如图5所示);相应的电流沿L由始端流向末端。图52方向:根据左手定则判断。【例2】(xx新课标全国卷,15)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是()A安培力的方向可以不垂直于直导线 B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半解析安培力的方向、磁感应强度的方向及电流的方向满足左手定则,所以安培力的方向既垂直于直导线,也垂直于磁场的方向,所以选项B正确、A错误;当通电直导线与磁场方向垂直时,安培力最大FBIl,当通电直导线与磁场方向平行时,安培力最小为零,故选项C错误;将直导线从中点折成直角,直导线在磁场中的有效长度可能变为原来的,安培力的大小可能变为原来的一半(而不是一定),故选项D错。答案B【变式训练】2.如图6所示,长为2l的直导线折成边长相等、夹角为60的V形,并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中,磁感应强度为B,当在该导线中通以电流强度为I的电流时,该V形通电导线受到的安培力大小为()图6A0 B0.5BIl CBIl D2BIl解析导线有效长度为2lsin 30l,所以该V形通电导线受到的安培力大小为BIl,选C。答案C考点三安培力作用下导体的平衡问题【例3】如图7所示,金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂,处于竖直向上的匀强磁场中,棒中通以由M向N的电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为。如果仅改变下列某一个条件,角的相应变化情况是()图7A棒中的电流变大,角变大B两悬线等长变短,角变小C金属棒质量变大,角变大D磁感应强度变大,角变小(1)金属棒MN处于平衡状态,所受合力为零。(2)沿MN方向看,画出MN的受力图(3)利用平衡条件列出平衡方程:BIlmgtan 。解析选金属棒MN为研究对象,其受力情况如图所示。根据平衡条件及三角形知识可得tan ,所以当棒中的电流I或磁感应强度B变大时,角变大,选项A正确,选项D错误;当金属棒质量m变大时,角变小,选项C错误;角的大小与悬线长无关,选项B错误。答案A1求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路2求解关键(1)电磁问题力学化。(2)立体图形平面化。【变式训练】3(xx南昌市调研考试)水平面上有U形导轨NM、PQ,它们之间的宽度为L,M和P之间接入电源,现垂直于导轨搁一根质量为m的金属棒ab,棒与导轨间的动摩擦因数为(滑动摩擦力略小于最大静摩擦力),通过棒的电流强度为I,并加一个范围较大的匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于金属棒ab,与垂直导轨平面的方向夹角为,如图8所示,金属棒处于静止状态,重力加速度为g,则金属棒所受的摩擦力大小为()图8ABILsin BBILcos C(mgBILsin ) D(mgBILcos )解析金属棒处于静止状态,其合力为零,对其进行受力分析,如图所示,在水平方向有BILcos f0,fBILcos ,选项B正确,选项A、C、D错误。答案B考点四安培力作用下导体运动情况的判定常用方法电流元法分割为电流元安培力方向整段导体所受合力方向运动方向特殊位置法在特殊位置安培力方向运动方向等效法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流结论法同向电流互相吸引,反向电流互相排斥;两不平行的直线电流相互作用时,有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题,可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力,然后由牛顿第三定律,确定磁体所受电流磁场的作用力,从而确定磁体所受合力及运动方向【例4】一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方,如图9所示,如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流,则关于导线ab受磁场力后的运动情况,下列说法正确的是()图9A从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B从上向下看顺时针转动并远离螺线管C从上向下看逆时针转动并远离螺线管D从上向下看逆时针转动并靠近螺线管解析方法一:电流元法由安培定则可判定通电螺线管产生的磁场方向,导线等效为Oa、Ob两电流元,由左手定则可判定两电流元所受安培力的方向,如图所示,所以从上向下看导线逆时针转动,当转过90时再用左手定则可判定导线所受磁场力向下,即导线在逆时针转动的同时还要靠近螺线管,D对。方法二:结论法结论1:两电流相互平行时无转动趋势,电流方向相同时相互吸引,电流方向相反时相互排斥。结论2:两电流不平行时,将发生转动,有转到两电流相互平行且方向相同的趋势。通电螺线管上部离导线近,所以只考虑这部分电流与导线的作用,此时螺线管相当于垂直纸面向里的直导线,由结论2可知导线ab受磁场力后(从上向下看)逆时针转动并靠近螺线管,D对。答案D判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势的思路:【变式训练】4(多选)如图10所示,台秤上放一光滑平板,其左边固定一挡板,一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来,此时台秤读数为F1,现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒,当导体棒中通以方向如图所示的电流后,台秤读数为F2,则以下说法正确的是()图10A弹簧长度将变长 B弹簧长度将变短CF1F2 DF1F2解析如图甲所示,导体棒处的磁场方向指向右上方,根据左手定则可知,导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方,根据牛顿第三定律,对条形磁铁受力分析,如图乙所示,所以N1N2即台秤示数F1F2,在水平方向上,由于F有向左的分力,磁铁压缩弹簧,所以弹簧长度变短。答案BC- 配套讲稿:
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