2019-2020年高中物理選修（3-2）第1章《電磁感應(yīng)與現(xiàn)代生活》章末總結(jié)學(xué)案.doc

《2019-2020年高中物理選修（3-2）第1章《電磁感應(yīng)與現(xiàn)代生活》章末總結(jié)學(xué)案.doc》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高中物理選修（3-2）第1章《電磁感應(yīng)與現(xiàn)代生活》章末總結(jié)學(xué)案.doc（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高中物理選修（3-2）第1章《電磁感應(yīng)與現(xiàn)代生活》章末總結(jié)學(xué)案 一、對(duì)楞次定律的理解與應(yīng)用 楞次定律反映這樣一個(gè)物理過(guò)程：原磁通量變化時(shí)(Φ原變)，產(chǎn)生感應(yīng)電流(I感)，這是屬于電磁感應(yīng)的條件問(wèn)題；感應(yīng)電流一經(jīng)產(chǎn)生就在其周?chē)臻g激發(fā)磁場(chǎng)(Φ感)，這就是電流的磁效應(yīng)問(wèn)題；而且I感的方向決定了Φ感的方向(用右手螺旋定則判定)；Φ感阻礙Φ原的變化——這正是楞次定律所解決的問(wèn)題．這樣一個(gè)復(fù)雜的過(guò)程，可以用圖表理順如下： 1．感應(yīng)電流的磁場(chǎng)不一定與原磁場(chǎng)方向相反，只有在磁通量增大時(shí)兩者才相反，而在磁通量減小時(shí)兩者是同向的． 2．“阻礙”并不是“阻止”，而是“延緩”，電路中的磁通量還是在變化，只不過(guò)變化得慢了． 3．楞次定律的阻礙的表現(xiàn)有這幾種形式：增反減同、增縮減擴(kuò)、增離減靠、來(lái)拒去留． 例1　圓形導(dǎo)體線(xiàn)圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線(xiàn)管b，二者軸線(xiàn)重合，螺線(xiàn)管與電源和滑動(dòng)變阻器連接成如圖1所示的電路．若將滑動(dòng)變阻器的滑片P向下滑動(dòng)，下列表述正確的是 (　　) 圖1 A．線(xiàn)圈a中將產(chǎn)生俯視順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 B．穿過(guò)線(xiàn)圈a的磁通量變小 C．線(xiàn)圈a有擴(kuò)張的趨勢(shì) D．線(xiàn)圈a對(duì)水平桌面的壓力N將增大 解析　本題考查楞次定律的知識(shí)，意在考查學(xué)生對(duì)楞次定律、右手螺旋定則等知識(shí)的掌握．通過(guò)螺線(xiàn)管b的電流如圖所示，根據(jù)右手螺旋定則判斷出螺線(xiàn)管b所產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向豎直向下，滑片P向下滑動(dòng)，接入電路的電阻減小，電流增大，所產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，根據(jù)楞次定律可知，a線(xiàn)圈中所產(chǎn)生的感應(yīng)電流產(chǎn)生的感應(yīng)磁場(chǎng)方向豎直向上，再由右手螺旋定則可得線(xiàn)圈a中的電流方向?yàn)楦┮暷鏁r(shí)針?lè)较颍珹錯(cuò)誤；由于螺線(xiàn)管b中的電流增大，所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，線(xiàn)圈a中的磁通量應(yīng)變大，B錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可知，線(xiàn)圈a有縮小的趨勢(shì)，線(xiàn)圈a對(duì)水平桌面的壓力增大，C錯(cuò)誤，D正確． 答案　D 二、電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題 1．圖像問(wèn)題有兩種：一是給出電磁感應(yīng)過(guò)程，選出或畫(huà)出正確圖像；二是由給定的有關(guān)圖像分析電磁感應(yīng)過(guò)程，求解相應(yīng)的物理量． 2．基本思路是：(1)利用法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大?。?2)利用楞次定律或右手定則判定感應(yīng)電流的方向． 例2　將一段導(dǎo)線(xiàn)繞成圖2甲所示的閉合電路，并固定在紙面內(nèi)，回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ中．回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場(chǎng)Ⅱ，以向里為磁場(chǎng)Ⅱ的正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示．用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時(shí)間t變化的圖像是 (　　) 圖2 解析　由題圖乙可知0～時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間線(xiàn)性變化，即＝k(k是一個(gè)常數(shù))，圓環(huán)的面積S不變，由E＝＝可知圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，則回路中的感應(yīng)電流大小不變，ab邊受到的安培力大小不變，從而可排除選項(xiàng)C、D；0～時(shí)間內(nèi)，由楞次定律可判斷出流過(guò)ab邊的電流方向?yàn)橛蒪至a，結(jié)合左手定則可判斷出ab邊受到的安培力的方向向左，為負(fù)值，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確．本題選B. 答案　B 三、電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題 1．求解電磁感應(yīng)中電路問(wèn)題的關(guān)鍵是分清楚內(nèi)電路和外電路． “切割”磁感線(xiàn)的導(dǎo)體和磁通量變化的線(xiàn)圈都相當(dāng)于“電源”，該部分導(dǎo)體的電阻相當(dāng)于內(nèi)電阻，而其余部分的電路則是外電路． 2．路端電壓、電動(dòng)勢(shì)和某導(dǎo)體兩端的電壓三者的區(qū)別： (1)某段導(dǎo)體作為外電路時(shí)，它兩端的電壓就是電流與其電阻的乘積． (2)某段導(dǎo)體作為電源時(shí)，它兩端的電壓就是路端電壓，等于電流與外電阻的乘積，或等于電動(dòng)勢(shì)減去內(nèi)電壓，當(dāng)其內(nèi)阻不計(jì)時(shí)路端電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)． (3)某段導(dǎo)體作為電源時(shí)，電路斷路時(shí)導(dǎo)體兩端的電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)． 例3　如圖3所示，光滑金屬導(dǎo)軌PN與QM相距1 m，電阻不計(jì)，兩端分別接有電阻R1和R2，且R1＝6 Ω，R2＝3 Ω，ab導(dǎo)體棒的電阻為2 Ω.垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1 T．現(xiàn)使ab以恒定速度v＝3 m/s勻速向右移動(dòng)，求： 圖3 (1)導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E. (2)R1與R2消耗的電功率分別為多少？ (3)拉ab棒的水平向右的外力F為多大？ 解析　(1)ab棒勻速切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為：E＝Blv＝3 V (2)電路的總電阻為：R＝r＋＝4 Ω 由歐姆定律：I＝＝ A U＝E－Ir＝1.5 V 電阻R1的功率：P1＝＝ W 電阻R2的功率：P2＝＝ W (3)由平衡知識(shí)得：F＝BIl＝ N. 答案　(1)3 V　(2) W　 W　(3) N 四、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 解決這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵在于通過(guò)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析來(lái)尋找過(guò)程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度取最大值或最小值的條件等． 1．做好受力情況、運(yùn)動(dòng)情況的動(dòng)態(tài)分析：導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)―→感應(yīng)電流―→通電導(dǎo)體受安培力―→合外力變化―→加速度變化―→速度變化―→感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變化．周而復(fù)始循環(huán)，最終加速度等于零，導(dǎo)體達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)． 2．利用好導(dǎo)體達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)的平衡方程，往往是解答該類(lèi)問(wèn)題的突破口． 例4　如圖4所示，相距為L(zhǎng)的兩條足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到v時(shí)開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)對(duì)導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導(dǎo)體棒最終以2v的速度勻速運(yùn)動(dòng)．導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g.下列選項(xiàng)正確的是 (　　) 圖4 A．P＝2mgvsin θ B．P＝3mgvsin θ C．當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時(shí)加速度大小為sin θ D．在導(dǎo)體棒速度達(dá)到2v以后勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功 解析　當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到v時(shí)，對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖甲所示． 甲 mgsin θ＝BIL，I＝， 所以mgsin θ＝① 當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到2v時(shí)，對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖乙所示． 乙 mgsin θ＋F＝② 由①②可得F＝mgsin θ 功率P＝F2v＝2mgvsin θ，故A正確． 當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時(shí)，對(duì)導(dǎo)體棒受力分析如圖丙所示． 丙 a＝③ 由①③可得a＝gsin θ， 故C正確． 當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到2v時(shí)，安培力等于拉力和mgsin θ之和，所以以后勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力和重力做功之和，故D錯(cuò)誤． 答案　AC 五、電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題 1．用能量觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)問(wèn)題的基本思路 首先做好受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，明確哪些力做功，是做正功還是負(fù)功，再明確有哪些形式的能量參與轉(zhuǎn)化，如何轉(zhuǎn)化(如滑動(dòng)摩擦力做功，必然有內(nèi)能出現(xiàn)；重力做功，可能有機(jī)械能參與轉(zhuǎn)化；安培力做負(fù)功的過(guò)程中有其他形式能轉(zhuǎn)化為電能，安培力做正功的過(guò)程中有電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能)． 2．電能求解方法主要有三種 (1)利用克服安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功． (2)利用能量守恒求解：其他形式的能的減少量等于產(chǎn)生的電能． (3)利用電路特征來(lái)求解． 例5　如圖5所示，一對(duì)光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的電阻．一質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻r＝0.1 Ω的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.4 T．金屬棒在水平向右的外力作用下，由靜止開(kāi)始以a＝2 m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒的位移x＝9 m時(shí)撤去外力，金屬棒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下來(lái)，已知撤去外力前、后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1.導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸．求： 圖5 (1)金屬棒在勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量q； (2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2； (3)外力做的功WF. 解析　(1)設(shè)金屬棒勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為Δt，回路的磁通量的變化量為ΔΦ，回路中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，由法拉第電磁感應(yīng)定律得 ＝① 其中ΔΦ＝Blx② 設(shè)回路中的平均電流為，由閉合電路歐姆定律得 ＝③ 則通過(guò)電阻R的電荷量為q＝Δt④ 聯(lián)立①②③④式，得q＝ 代入數(shù)據(jù)得q＝4.5 C (2)設(shè)撤去外力時(shí)金屬棒的速度為v，對(duì)于金屬棒的勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2＝2ax⑤ 設(shè)金屬棒在撤去外力后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中安培力所做的功為W，由動(dòng)能定理得 W＝0－mv2⑥ 撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝－W⑦ 聯(lián)立⑤⑥⑦式，代入數(shù)據(jù)得Q2＝1.8 J⑧ (3)由題意知，撤去外力前、后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比 Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J⑨ 在金屬棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，外力F克服安培力做功，由功能關(guān)系可知WF＝Q1＋Q2⑩ 由⑧⑨⑩式得WF＝5.4 J. 答案　(1)4.5 C　(2)1.8 J　(3)5.4 J 1．(電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題)在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形區(qū)域abc內(nèi)存在著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的等邊三角形導(dǎo)線(xiàn)框def在紙面上以某一速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，底邊ef始終與磁場(chǎng)的底邊界bc在同一直線(xiàn)上，如圖6所示．取沿順時(shí)針的電流為正，在線(xiàn)框通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，其感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖像是 (　　) 圖6 答案　B 解析　線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)后，切割的有效長(zhǎng)度為：l＝vttan 60，切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝Blv＝Bv2ttan 60，所以感應(yīng)電流為：I＝Bv2ttan 60/R，從開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到d與a重合之前，電流與t是成正比的，由楞次定律判得線(xiàn)框中的電流方向是順時(shí)針的，此后線(xiàn)框切割的有效長(zhǎng)度均勻減小，電流隨時(shí)間變化仍然是線(xiàn)性關(guān)系，由楞次定律判得線(xiàn)框中的電流方向是逆時(shí)針的，綜合以上分析可知B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 2．(電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題)如圖7所示，由均勻?qū)Ь€(xiàn)制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進(jìn)入一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，邊界如圖中虛線(xiàn)所示．當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到圖示位置(∠aOb＝90)時(shí)，a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差為 (　　) 圖7 A.BRv B.BRv C.BRv D.BRv 答案　D 3．(電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題)如圖8所示，一粗糙的平行金屬軌道與水平面成θ角，兩軌道上端用一電阻R相連，該裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直軌道平面向上．質(zhì)量為m的金屬桿ab以初速度v0從軌道底端向上滑行，滑行到某高度h后又返回到底端．若運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬桿始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，軌道與金屬桿的電阻均忽略不計(jì)．則下列說(shuō)法正確的是 (　　) 圖8 A．金屬桿ab上滑過(guò)程與下滑過(guò)程通過(guò)電阻R的電荷量一樣多 B．金屬桿ab上滑過(guò)程中克服重力、安培力與摩擦力所做功之和大于mv C．金屬桿ab上滑過(guò)程與下滑過(guò)程因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能一定相等 D．金屬桿ab在整個(gè)過(guò)程中損失的機(jī)械能等于裝置產(chǎn)生的焦耳熱 答案　AC 解析　金屬桿在軌道上滑行時(shí)平均電動(dòng)勢(shì)E＝＝，通過(guò)的電荷量Q＝It＝t＝，故上滑和下滑時(shí)通過(guò)的電荷量相同；根據(jù)能量守恒定律金屬桿ab上滑過(guò)程中克服重力、安培力與摩擦力所做功之和等于減少的動(dòng)能mv，金屬桿ab上滑過(guò)程與下滑過(guò)程中所受摩擦力大小相等，移動(dòng)的位移大小相等，故因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能一定相等，根據(jù)能量守恒定律可知整個(gè)過(guò)程中損失的機(jī)械能等于裝置產(chǎn)生的焦耳熱和摩擦產(chǎn)生的能量之和．故A、C正確，B、D錯(cuò)誤． 4．(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題)如圖9所示，固定于水平桌面上足夠長(zhǎng)的兩平行光滑導(dǎo)軌PQ、MN，其電阻不計(jì)，間距d＝0.5 m，P、M之間接有一只理想電壓表，整個(gè)裝置處于豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝0.2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩金屬棒L1、L2平行地?cái)R在導(dǎo)軌上，其電阻均為r＝0.1 Ω，質(zhì)量分別為M1＝0.3 kg和M2＝0.5 kg.固定棒L1，使L2在水平恒力F＝0.8 N的作用下，由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．試求： 圖9 (1)當(dāng)電壓表讀數(shù)為U＝0.2 V時(shí)，棒L2的加速度為多大？ (2)棒L2能達(dá)到的最大速度vm. 答案　(1)1.2 m/s2　(2)16 m/s 解析　(1)流過(guò)L2的電流I＝＝ A＝2 A L2所受的安培力F′＝B0Id＝0.2 N 對(duì)L2由牛頓第二定律可得：F－F′＝M2a 解得：a＝1.2 m/s2 (2)安培力F安與恒力F平衡時(shí)，棒L2速度達(dá)到最大，設(shè)此時(shí)電路電流為Im，則 F安＝B0Imd 而Im＝ F安＝F 解得：vm＝＝16 m/s.