2019-2020年人教版物理选修3-2讲义:模块复*课及答案

发布于:2021-09-27 19:26:28

2019-2020 年人教版物理选修 3-2 讲义:模块复*课及答案
[核心知识回顾] 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=nBΔΔtS. (2) ΔΦ=ΔB·S,则 E=nΔBΔt·S. (3) ΔΦ=Φ 末-Φ 初,E=nB2S2-ΔtB1S1≠nΔBΔ·tΔS. 2.在 Φ -t 图象中磁通量的变化率ΔΔΦt 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=12Bl2ω. 5.电磁感应现象中通过导体截面的电量 q=IΔt=nΔRΦ. 三、自感现象 1.自感电动势:E=LΔΔIt. 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.
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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.
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五、交变电流

1.正弦式交变电流瞬时值:e=Emsin ωt 或 e=Emcos ωt.

2.正弦式交变电流有效值和最大值的关系:E=Em,I= Im ,U=Um.

2

2

2

3.理想变压器及其关系式

(1)电压关系:UU12=nn12(多输出线圈时为Un11=Un22=Un33…). (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:II21=nn21(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=UP22=UP33=U2R-线U3. 输电导线损失的电功率
2
P 损=P2-P3=I22R 线=???UP22??? R 线. 输电导线损耗的电压 U 损=U2-U3=I2R 线=UP22R 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]
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(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II12=nn21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*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*向右的磁场,由楞次定律可知,左侧线圈环绕部分产生
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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*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=T4时为零

B.在 t=T2时改变方向

C.在 t=T2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,T4~34T内电动势的方向沿顺

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时针,T2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*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BB′等于(

)

5

3

A.4

B.2

7 C.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*

均感应电动势大小为 E1=ΔΔΦt1=BΔ·Δt1S=B·Δ14tπ1l2=π4ΔBtl12,流过 OM 的电流为 I1=ER1= 4πRBΔl2t1,则流过 OM 的电荷量为 q1=I1·Δt1=π4BRl2;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*均感应电动势大小为

E2



ΔΦ Δt2



?B′-B?S Δt2 =

?B′-B?πl2 2Δt2 ,电路中的电流为

I2=ER2=π?B2′RΔ-t2B?l2,则流过

OM

的电荷量为

q2=

π?B′-B?l2 I2·Δt2= 2R ;由题意知

q1=q2,则解得BB′=32,B

正确,A、C、D

错误.]

4.如图所示,在同一水*面内有两根*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32l 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 ( )

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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2lv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=ER,回路中电流

方向为顺时针;第二个2lv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2lv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=ER,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14,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14,

电流 I 要减小为原来的12,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12,则( )

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A.R 消耗的功率变为12P B.电压表 V 的读数为12U 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12,则角速度变为原来的12,根据 Em=

nBSω

可知电动机产生的最大电动势为原来的12,根据

U=Em可知发电机的输出电 2

压有效值变为原来的12,即原线圈的输出电压变为原来的12,根据nn12=UU12可知副线 圈的输入电压变为原来的12,即电压表示数变为原来的12,根据 P=UR2可知 R 消耗

1 的电功率变为14P,A 错误,B 正确;副线圈中的电流为 I2=2RU,即变为原来的12,

根据nn12=II21可知原线圈中的电流也变为原来的12,C 错误;转速减小为原来的12,则

频率变为原来的12,D 错误.]

7.如图所示,两条*行的光滑金属导轨所在*面与水*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*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.

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[解析] (1)金属棒做匀加速直线运动,有 v2=2as,

解得 v= 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

m?gsin θ-a? 解得 I= dB . (3)运动时间 t=va,电荷量 Q=It

m 2as?gsin θ-a?

解得 Q=

dBa

.

[答案]

(1) 2as

m?gsin θ-a? (2) dB

m 2as?gsin θ-a?

(3)

dBa

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