模块复习课--2021年人教版（新课标）高中物理选修3-2同步学案

这是一份物理选修3选修3-2本册综合导学案及答案，共9页。

一、应用楞次定律处理电磁感应问题的常用方法
1．常规法：根据原磁场(方向及磁通量变化情况)，应用楞次定律确定感应电流产生的磁场方向，利用安培定则判断出感应电流方向，利用左手定则判断导体受力和运动趋势．
2．效果法：由楞次定律可知，感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，根据“阻碍”的原则，直接对运动趋势做出判断．
3．口诀法：即“增反减同，来拒去留，增缩减扩”．
二、法拉第电磁感应定律
1．法拉第电磁感应定律应用的三种情况
(1) ΔΦ＝B·ΔS，则E＝neq \f(BΔS,Δt).
(2) ΔΦ＝ΔB·S，则E＝neq \f(ΔB·S,Δt).
(3) ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝neq \f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq \f(ΔB·ΔS,Δt).
2．在Φ ­t图象中磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)是图象上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定该点感应电动势的大小．
3．导体垂直切割磁感线时， E＝Blv，式中l为导体切割磁感线的有效长度．
4．导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝eq \f(1,2)Bl2ω.
5．电磁感应现象中通过导体截面的电量q＝IΔt＝neq \f(ΔΦ,R).
三、自感现象
1．自感电动势：E＝Leq \f(ΔI,Δt).
2．断电自感中，灯泡是否闪亮问题
(1)通过灯泡的自感电流大于原电流时，灯泡闪亮．
(2)通过灯泡的自感电流小于或等于原电流时，灯泡不会闪亮．
四、几种常见感应问题的分析方法
1．电路问题
①将切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路作为电源，确定感应电动势和内阻．
②画出等效电路．
③运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点，电功率公式，焦耳定律公式等求解．
2．动力学问题
③在力和运动的关系中，要注意分析导体受力，判断导体加速度方向、大小及变化；加速度等于零时，速度最大，导体最终达到稳定状态是该类问题的重要特点．
3．能量问题
①安培力的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，用框图表示如下：
②明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化．如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能．
③根据不同物理情景选择动能定理，能量守恒定律，功能关系，列方程求解问题．
五、交变电流
1．正弦式交变电流瞬时值：e＝Emsin ωt或e＝Emcs ωt.
2．正弦式交变电流有效值和最大值的关系：E＝eq \f(Em,\r(2))，I＝eq \f(Im,\r(2))，U＝eq \f(Um,\r(2)).
3．理想变压器及其关系式
(1)电压关系：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)(多输出线圈时为eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)＝eq \f(U3,n3)…)．
(2)功率关系：P出＝P入(多输出线圈时为P入＝P出1＋P出2＋…)．
(3)电流关系：eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)(多输出线圈时为n1I1＝n2I2＋n3I3＋…)．
六、高压远距离输电的分析方法及计算
1．在高压输电的具体计算时，为条理清楚，可参考如图所示画出相应的题意简图．
2．在高压输电中，常用以下关系式：
输电电流I2＝eq \f(P2,U2)＝eq \f(P3,U3)＝eq \f(U2－U3,R线).
输电导线损失的电功率
P损＝P2－P3＝Ieq \\al(2,2)R线＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P2,U2)))2R线．
输电导线损耗的电压
U损＝U2－U3＝I2R线＝eq \f(P2,U2)R线．
七、传感器的简单应用
1．传感器能够将感受到的物理量(力、热、光、声等)转换成便于测量的量(一般是电学量)．
2．热敏电阻特性(欧姆表法、伏安法)．
3．光敏电阻特性(欧姆表法、伏安法)．
[易错易混辨析]
(1)在公式Φ＝BS中错误地认为面积越大，磁通量越大．
(2)应用公式E＝BLv计算电动势大小时，不能正确判断B、L、v方向关系及L的有效长度．
(3)应用楞次定律判断感应电流方向时，误认为“感应电流的磁场方向”与“原磁场方向”相反．
(4)在电磁感应的电路问题中，将电动势和路端电压混淆．
(5)误认为含有自感线圈的“断电自感”中的灯泡都会“闪亮”一下．
(6)在变压器中误认为eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)适用于各种情况．
(7)在电路的动态分析中，不能正确把握变量和不变量及电路结构中各仪表的用途．
(8)在电损的计算时将变压器两端电压U出与电线上分压U损混淆．
[高考真题感悟]
1．(多选)如图所示，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是( )
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
AD [由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈环绕部分的电流向下，由安培定则可知，铁芯中产生水平向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确．]
2．(多选)如图(a)所示，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势( )
(a) (b)
A．在t＝eq \f(T,4)时为零
B．在t＝eq \f(T,2)时改变方向
C．在t＝eq \f(T,2)时最大，且沿顺时针方向
D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
AC [因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R中磁感应强度与时间的变化关系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小．由题图(b)可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A正确，B错误．再由楞次定律可判断在一个周期内，eq \f(T,4)～eq \f(3T,4)内电动势的方向沿顺时针，eq \f(T,2)时刻最大，C正确．其余时间段电动势沿逆时针方向，D错误．]
3.如图所示，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则eq \f(B′,B)等于( )
A.eq \f(5,4) B.eq \f(3,2)
C.eq \f(7,4) D．2
B [设OM的电阻为R，圆的半径为l，过程Ⅰ：OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1＝eq \f(ΔΦ,Δt1)＝eq \f(B·ΔS,Δt1)＝eq \f(B·\f(1,4)πl2,Δt1)＝eq \f(πBl2,4Δt1)，流过OM的电流为I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(πBl2,4RΔt1)，则流过OM的电荷量为q1＝I1·Δt1＝eq \f(πBl2,4R)；过程Ⅱ：磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的平均感应电动势大小为E2＝eq \f(ΔΦ,Δt2)＝eq \f(B′－BS,Δt2)＝eq \f(B′－Bπl2,2Δt2)，电路中的电流为I2＝eq \f(E2,R)＝eq \f(πB′－Bl2,2RΔt2)，则流过OM的电荷量为q2＝I2·Δt2＝eq \f(πB′－Bl2,2R)；由题意知q1＝q2，则解得eq \f(B′,B)＝eq \f(3,2)，B正确，A、C、D错误．]
4．如图所示，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为eq \f(3,2)l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是 ( )
A B C D
D [设线框运动的速度为v，则线框向左匀速运动第一个eq \f(l,2v)的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Bdv(d为导轨间距)，电流i＝eq \f(E,R)，回路中电流方向为顺时针；第二个eq \f(l,2v)的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为零，电流为零；第三个eq \f(l,2v)的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Bdv，电流i＝eq \f(E,R)，回路中电流方向为逆时针，所以D正确．]
5．采用220 kV高压向远方的城市输电．当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的eq \f(1,4)，输电电压应变为( )
A．55 kV B．110 kV
C．440 kV D．880 kV
C [输电线上损耗的功率P＝I2r，为使输电线上损耗的功率减小为原来的eq \f(1,4)，电流I要减小为原来的eq \f(1,2)，当输送功率一定时，输电电压要升高为原来的2倍，选项C正确．]
6.教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P.若发电机线圈的转速变为原来的eq \f(1,2)，则( )
A．R消耗的功率变为eq \f(1,2)P
B．电压表V的读数为eq \f(1,2)U
C．电流表A的读数变为2I
D．通过R的交变电流频率不变
B [根据ω＝2πn可知转速变为原来的eq \f(1,2)，则角速度变为原来的eq \f(1,2)，根据Em＝nBSω可知电动机产生的最大电动势为原来的eq \f(1,2)，根据U＝eq \f(Em,\r(2))可知发电机的输出电压有效值变为原来的eq \f(1,2)，即原线圈的输出电压变为原来的eq \f(1,2)，根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)可知副线圈的输入电压变为原来的eq \f(1,2)，即电压表示数变为原来的eq \f(1,2)，根据P＝eq \f(U2,R)可知R消耗的电功率变为eq \f(1,4)P，A错误，B正确；副线圈中的电流为I2＝eq \f(\f(1,2)U,R)，即变为原来的eq \f(1,2)，根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)可知原线圈中的电流也变为原来的eq \f(1,2)，C错误；转速减小为原来的eq \f(1,2)，则频率变为原来的eq \f(1,2)，D错误．]
7．如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底端的过程中，金属棒
(1)末速度的大小v；
(2)通过的电流大小I；
(3)通过的电荷量Q.
[解析] (1)金属棒做匀加速直线运动，有v2＝2as，
解得v＝eq \r(2as).
(2)安培力F安＝IdB，金属棒所受合力
F＝mgsin θ－F安
由牛顿第二定律F＝ma
解得I＝eq \f(mgsin θ－a,dB).
(3)运动时间t＝eq \f(v,a)，电荷量Q＝It
解得Q＝eq \f(m\r(2as)gsin θ－a,dBa).
[答案] (1)eq \r(2as) (2)eq \f(mgsin θ－a,dB)
(3)eq \f(m\r(2as)gsin θ－a,dBa)