《（全國通用）2018年高考物理二輪復習 考前第5天 電路與電磁感應 原子結(jié)構(gòu)和原子核學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2018年高考物理二輪復習 考前第5天 電路與電磁感應 原子結(jié)構(gòu)和原子核學案（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 考前第5天　電路與電磁感應　原子結(jié)構(gòu)和原子核 考 點 提 煉 1.直流電路 圖1 (1)電流強度：I＝ (2)電阻定律：R＝ρ (3)歐姆定律：I＝ 圖2 (4)閉合電路歐姆定律：I＝， E＝U＋U′，E＝U＋Ir (5)焦耳定律：Q＝I2Rt (6)電路的動態(tài)分析 基本思想是“部分→整體→部分”。 思維流程如下： 2.電磁感應 (1)“三定則、一定律”的應用 ①安培定則：判斷運動電荷、電流產(chǎn)生的磁場方向。 ②左手定則：判斷磁場對運動電荷、電流的作用力的方向。 ③右手定則：判斷部分導體切割磁感線產(chǎn)生感應電流的方向。 ④楞次定律：判斷閉合電路

2、磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生感應電流的方向。 (2)求感應電動勢的兩種方法 ①E＝n，用來計算感應電動勢的平均值。 ②E＝BLv，主要用來計算感應電動勢的瞬時值。 (3)用動力學觀點、能量觀點解答電磁感應問題的一般步驟 3.交變電流 (1)交變電流的“四值” ①最大值：交變電流在一個周期內(nèi)所能達到的最大值。對于正弦(余弦)式交變電流，有Em＝nBSω(其中n為線圈的匝數(shù))。 ②有效值：讓交變電流和恒定電流分別通過阻值相同的電阻，如果在交變電流的一個周期內(nèi)它們產(chǎn)生的熱量相等，那么這個恒定電流的電壓U、電流I就稱為該交變電流的電壓和電流的有效值。對于正弦(余弦)式交變電流，有U＝，I＝。

3、 ③平均值：電動勢的平均值一般用E＝n來計算。在電磁感應中，電動勢的平均值通常用來計算通過某個導體橫截面的電荷量：q＝IΔt＝n(R為電路中的總電阻)。 ④瞬時值：對于正弦式交變電流，有e＝Emsin ωt， i＝Imsin ωt。 (2)交變電流中線圈的兩個特殊位置 ①線圈平面與中性面重合時，S⊥B，Φ最大，ΔΦ/Δt＝0，e＝0，i＝0，電流方向?qū)l(fā)生改變。 ②線圈平面與中性面垂直時，S∥B，Φ＝0，ΔΦ/Δt最大，e最大，i最大，電流方向不改變。 (3)理想變壓器 ①只有一個副線圈的變壓器 變壓規(guī)律：＝；變流規(guī)律：n1I1＝n2I2； 功率關(guān)系：P1＝P2。 ②遠距

4、離輸電 圖3 P1＝P2　P3＝P4　P2＝PR＋P3　U2＝UR＋U3 4.能級躍遷及光電效應 (1)能級躍遷 ①輻射條件：hν＝Em－En。 ②輻射光譜線條數(shù)：一群處于量子數(shù)為n的激發(fā)態(tài)的氫原子，可輻射出的光譜線條數(shù)N＝C。 (2)光電效應方程：Ek＝hν－W(Ek是光電子的最大初動能，W為金屬的逸出功)。 5.四種常見的核反應方程 (1)衰變：α衰變U―→Th＋He β衰變Th―→Pa＋e。 (2)人工轉(zhuǎn)變：N＋He―→O＋H(發(fā)現(xiàn)質(zhì)子的核反應) Be＋He―→C＋n(發(fā)現(xiàn)中子的核反應) Al＋He―→P＋n，P―→Si＋e(發(fā)現(xiàn)放射性同位素的核反應)。

5、(3)重核裂變：U＋n―→Ba＋Kr＋3n(鏈式反應)。 (4)輕核聚變：H＋H―→He＋n(需要幾百萬度高溫，所以又叫熱核反應)。 6.計算原子核反應釋放能量的方法 核反應釋放能量ΔE＝Δmc2。根據(jù)質(zhì)量虧損Δm單位的不同有兩種方法： 方法一　若Δm單位為kg，則直接應用ΔE＝Δmc2計算，得出ΔE的單位為J； 方法二　若Δm單位為原子質(zhì)量單位(u)，而一個原子質(zhì)量單位的質(zhì)量跟931.5 MeV的能量相對應。則應用ΔE＝Δm×931.5 MeV計算，得出ΔE的單位為MeV。 臨 考 必 做 1.(多選)關(guān)于光電效應，下列說法正確的是(　　) A.光電效應是原子核吸收光子向外釋

6、放電子的現(xiàn)象 B.光電流的強度與入射光的強度有關(guān)，且隨入射光強度的增強而增強 C.金屬電子的逸出功與入射光的頻率成正比 D.用不可見光照射某金屬，不一定比用可見光照射同種金屬產(chǎn)生的光電子的最大初動能大 解析　光電效應是原子吸收光子向外釋放電子的現(xiàn)象，A錯誤；光電流的強度隨入射光強度的增強而增強，B正確；逸出功與金屬本身的特點有關(guān)，與外界因素無關(guān)，C錯誤；由于不可見光的頻率有的比可見光大，也有的比可見光小，由光電效應方程Ek＝hν－W知，產(chǎn)生光電子的初動能無法比較，D正確。 答案　BD 2.(多選)如圖1為氫原子能級圖，現(xiàn)有一群處于n＝3激發(fā)態(tài)的氫原子，則這些原子(　　) 圖1

7、 A.發(fā)出的光子最小能量是0.66 eV B.發(fā)出的光子最大能量是12.75 eV C.能發(fā)出3種不同頻率的光子 D.由n＝3躍遷到n＝1時發(fā)出的光子頻率最高 解析　發(fā)出的光子的最小能量為E3－E2＝1.89 eV，A錯；發(fā)出的光子的最大能量為E3－E1＝12.09 eV，B錯；能發(fā)出不同頻率的光子種類為C＝3種，C對；由n＝3躍遷到n＝1時，發(fā)出的光子能量最大，由ΔE＝hν知，對應光子的頻率最高，D對。 答案　CD 3.(多選)核電站中采用反應堆使重核裂變，將釋放出的巨大能量轉(zhuǎn)換成電能。反應堆中一種可能的核反應方程式是U＋n→Nd＋Zr＋x＋y ，設(shè)U核質(zhì)量為m1，中子質(zhì)量為m

8、2，Nd核質(zhì)量為m3，Zr核質(zhì)量為m4，x質(zhì)量為m5，y質(zhì)量為m6，那么，在所給的核反應中(　　) A.x 可能是3H ，y可能是11e B.x可能是3n ，y可能是8e C.釋放的核能為(m1＋m2－m3－m4－m5－m6)c2 D.釋放的核能為(m3＋m4＋m5＋m6－m1－m2)c2 解析　根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，若x是3H，則y是11e，不符合裂變反應中釋放的中子數(shù)不少于反應的中子數(shù)，故選項A錯誤；若x是3n，則y是8e，符合裂變反應中釋放的中子數(shù)不少于反應的中子數(shù)，故選項B正確；根據(jù)質(zhì)能關(guān)系知反應前的質(zhì)量大于反應后的質(zhì)量，由質(zhì)能方程知核反應中釋放的能量E＝Δmc2＝(m

9、1＋m2－m3－m4－m5－m6)c2，故選項C正確，選項D錯誤。 答案　BC 4.(多選)如圖2所示的電路中，當滑動變阻器的觸頭向上滑動時，則(　　) 圖2 A.電源的功率變小 B.電容器貯存的電荷量變小 C.電源內(nèi)部消耗的功率變大 D.電阻R消耗的電功率變小 解析　由閉合電路歐姆定律可知，當滑動觸頭向上滑動時，R總變小，I總增大，U端減小，而R1分壓U1增大，所以電容器上的電壓減小。電源功率P總＝I總E增大，A錯誤；Q＝CU減小，B正確；電源內(nèi)部消耗功率P內(nèi)＝Ir增大，C正確；電阻R1消耗的功率增大，R上消耗的功率無法確定，D錯誤。 答案　BC 5.(2017·石家

10、莊高三質(zhì)檢)如圖3甲所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一匝數(shù)為n，面積為S，總電阻為r的矩形線圈abcd繞軸OO′做角速度為ω的勻速轉(zhuǎn)動，矩形線圈在轉(zhuǎn)動中可以保持和外電路電阻R形成閉合電路，回路中接有一理想交流電流表。圖乙是線圈轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的感應電動勢e隨時間t變化的圖象，下列說法中正確的是(　　) 圖3 A.從t1到t3這段時間穿過線圈磁通量的變化量為2nBS B.從t3到t4這段時間通過電阻R的電荷量為 C.t3時刻穿過線圈的磁通量變化率為nBSω D.電流表的示數(shù)為 解析　由圖可知，t1和t3這兩時刻的磁通量大小為0，故穿過線圈磁通量的變化量為0，故A錯誤；從t3到

11、t4這段時間磁通量的變化為BS，則平均電動勢E＝，因此通過電阻R的電荷量為q＝Δt＝，故B錯誤；t3時刻電動勢E＝nBSω，則由法拉第電磁感應定律可知：E＝，則穿過線圈的磁通量變化率為BSω，故C錯誤；電流表的示數(shù)為有效值，則有：I＝＝，故D正確。 答案　D 6.如圖4所示的電路中有一自耦變壓器，其原線圈接在電壓穩(wěn)定的交流電源上，副線圈上連接了燈泡、定值電阻R1和R2，電流表和電壓表都是理想電表，起初開關(guān)S處于斷開狀態(tài)。則下列說法中正確的是(　　) 圖4 A.若P不動，閉合開關(guān)S，燈變亮 B.若P不動，閉合開關(guān)S，電流表、電壓表示數(shù)均增大 C.保持開關(guān)S閉合，P向上移動時，燈變

12、亮 D.保持開關(guān)S閉合，P向下移動時，電壓表、電流表示數(shù)均減小 解析　若P不動，開關(guān)閉合之后，副線圈的總電阻減小，所以副線圈電流增大，燈泡的亮度變亮，A正確；副線圈電流增大，由n1I1＝n2I2可知，原線圈電流增大；副線圈兩端電壓不變，燈泡分壓變大，所以電壓表的示數(shù)變小，B錯誤；保持開關(guān)S閉合，當P向上移動時，副線圈電壓變小，副線圈的總電阻不變，所以電流變小，燈泡的亮度變暗，C錯誤；保持開關(guān)S閉合，P向下移動時，副線圈的電壓變大，副線圈的總電阻不變，所以副線圈電流變大，因此原線圈電流變大，電流表示數(shù)變大；副線圈電流變大，所以定值電阻的分壓變大，電壓表的示數(shù)也變大，D錯誤。 答案　A 7

13、.如圖5所示，正方形導線框abcd和菱形MNPQ在同一水平面內(nèi)，ab＝MN＝MP＝L，ab⊥NQ，N位于ab的中點，菱形區(qū)域存在方向豎直向上的勻強磁場，使線框從圖示位置沿NQ方向勻速穿過菱形區(qū)域，規(guī)定電流逆時針為正，則線框中的電流i隨位移x變化的圖象可能是(　　) 圖5 解析　導線框右邊進入磁場時由楞次定律可以判斷感應電流方向為順時針方向，故A、C錯誤；當ab邊與MP重合時，切割長度最大，感應電流最大；從ab邊與MP重合到cd邊到達N點，有效切割長度均勻減小，感應電動勢均勻減小，感應電流均勻減?。籧d邊進入磁場一直運動到ab和cd邊關(guān)于MP對稱的中間位置，右邊ab切割長度均勻減小，

14、左邊cd切割長度均勻增加，而且兩邊感應電動勢反向，所以總電動勢減小更快，到達正中央位置電流為0，所以D正確，B錯誤。 答案　D 8.如圖6所示，矩形線圈abcd在磁感應強度大小為B＝ T 的勻強磁場中繞垂直于磁場的dc邊以角速度ω＝100π rad/s勻速轉(zhuǎn)動。線圈的匝數(shù)N＝100，邊長ad＝0.4 m，ab＝0.2 m。理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比是2∶1，一只理想二極管和一個阻值為25 Ω的定值電阻R串聯(lián)在副線圈電路中，已知電壓表和電流表均為理想交流電表，線圈和導線的電阻不計，則下列說法正確的是(　　) 圖6 A.該矩形線圈產(chǎn)生的電動勢的最大值為50 V B.電壓表的示數(shù)

15、為50 V C.1 min內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量為750 J D.減小電阻R的值，電流表示數(shù)變小 解析　該線圈產(chǎn)生的電動勢的最大值為Em＝NBSω＝100××0.2×0.4×100π V＝50 V，A錯誤；根據(jù)理想變壓器的變壓公式可得副線圈兩端電壓的有效值為25 V，由于二極管的單向?qū)щ娦?，結(jié)合有效值的定義有×＝T，解得電壓表的示數(shù)為U＝12.5 V≈17.68 V，B錯誤；由焦耳定律得1 min內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q＝t＝×60 J＝750 J，C正確；減小電阻R的值，副線圈中的電流增大，則原線圈中的電流增大，電流表的示數(shù)變大，D錯誤。 答案　C 9.如圖7所示，兩足夠長的光滑金屬

16、導軌豎直放置，相距L＝1 m，一理想電流表和一電阻R＝10 Ω的電阻通過導線與兩導軌相連，導軌之間存在著方向相同，高度均為h的勻強磁場Ⅰ、Ⅱ，勻強磁場與導軌平面垂直。一質(zhì)量為m＝1 kg、有效電阻也為R＝10 Ω的導體棒，從距磁場Ⅰ下方邊界一定距離處，在F＝20 N的恒定外力作用下從靜止開始豎直向上運動，導體棒在Ⅰ磁場中運動的過程中電流表的示數(shù)恒為1 A，導體棒離開磁場Ⅱ前的一段時間內(nèi)電流表的示數(shù)恒為2 A，導體棒始終保持水平，不計導軌的電阻。(g＝10 m/s2)求： 圖7 (1)Ⅰ、Ⅱ兩磁場的磁感應強度分別為多大； (2)導體棒開始運動的位置到磁場Ⅰ下端的距離。 解析　(1)導

17、體棒進入Ⅰ磁場時，導體棒做勻速運動，根據(jù)平衡條件得F＝mg＋B1I1L 解得B1＝10 T 導體棒離開Ⅱ磁場時，導體棒做勻速運動，根據(jù)平衡條件得F＝mg＋B2I2L 解得B2＝5 T (2)設(shè)導體棒進入Ⅰ磁場時的速度為v1， 由I1＝＝ 解得v1＝＝2 m/s 設(shè)從導體棒開始運動的位置到磁場Ⅰ下端的距離為d，根據(jù)動能定理得(F－mg)d＝mv 解得d＝0.2 m 答案　(1)5 T　(2)0.2 m 10.水平放置的兩根足夠長的平行金屬導軌EF間距L＝2 m，電阻忽略不計，處于磁感應強度大小B＝1 T豎直向上的勻強磁場中，質(zhì)量均為m＝0.8 kg、電阻均為r＝1 Ω的P、Q

18、兩金屬棒垂直導軌放置，導軌與金屬棒之間的摩擦因數(shù)為μ＝0.5，且兩者接觸良好。P、Q分別通過光滑的定滑輪用足夠長的輕繩連接質(zhì)量為2m與m的兩物體AB，輕繩的一端分別水平垂直連接P、Q。開始時固定住兩物體AB，輕繩拉直但不張緊，整個裝置開始處于靜止狀態(tài)，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，其中g(shù)取10 m/s2。 圖8 (1)若始終固定住B，自由釋放A，A的最大速度是多少？ (2)若自由釋放A，當A的速度至少為多大時再釋放B，B才能不下落？ 解析　(1)若始終固定住B，自由釋放A，當A的運動速度為v時，P切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E＝BLv，感應電流I＝ 則P棒受到的安培力F＝BIL A向下做加速運動，有2mg－FT＝2ma P向左做加速度大小相同的加速運動 FT－F－μmg＝ma 可得2mg－μmg－＝3ma A向下(P向左)做加速度減小的加速運動，當a＝0時，以最大速度做勻速運動 2mg＝＋μmg 解得vm＝6 m/s (2)要使Q保持不滑動，Q所受摩擦力的方向水平向左， 則F＋f＝mg 靜摩擦力最大時，安培力有最小值Fmin＝4 N 由Fmin＝得對應的最小速度vmin＝2 m/s 即當A速度為2 m/s時釋放B，B才不下落。 答案　(1)6 m/s　(2)2 m/s - 10 -