2018-2019学年高二物理沪科版选修3-2学案：第1章 章末复习课
文档属性
| 名称 | 2018-2019学年高二物理沪科版选修3-2学案：第1章 章末复习课 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 225.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 沪科版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2018-09-14 10:19:19 | ||
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文档简介
章末复习课
[巩固层·知识整合]
[体系构建]
[核心速填]
1．电磁感应现象产生的条件是闭合回路磁通量发生变化．
2．感应电流方向的判断
(1)楞次定律的应用步骤：明确原磁场的方向和磁通量的增减，由楞次定律确定感应电流磁场的方向，再用右手螺旋定则确定感应电流方向．
(2)右手定则适合判定导体棒切割磁感线产生的感应电流的方向．
3．感应电动势大小的计算
(1)法拉第电磁感应定律：E＝n，适合求电动势的平均值．
(2)导体棒切割磁感线时，若B、L、v三者相互垂直．E＝BLv，适合求E的瞬时值．
4．自感现象与日光灯
(1)自感现象的定义：线圈自身电流发生变化而产生的电磁感应现象．
(2)日光灯中镇流器作用：启动时形成瞬时高压，工作时降压限流．
5．涡流现象与电磁灶
涡流的定义：块状金属在变化的磁场中产生的涡旋状感应电流．
[提升层·能力强化]
楞次定律的理解与应用
1.感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．感应电流的磁场方向不一定与原磁场方向相反，只有在磁通量增加时两者才相反，而在磁通量减少时两者是同向的．
2．“阻碍”并不是“阻止”，而是“延缓”，回路中的磁通量变化的趋势不变，只不过变化得慢了．
圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图1-1所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是( )
A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量变小
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
思路点拨：①由滑片向下滑动分析电路电流的变化；②由楞次定律判断感应电流方向及线圈对桌面压力的变化．
D [通过螺线管b的电流如图所示，根据安培定则判断出螺线管b所产生的磁场方向在线圈a中竖直向下，滑片P向下滑动，接入电路的电阻减小，电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增大，根据楞次定律可知，a线圈中所产生的感应电流的磁场方向竖直向上，再由安培定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向，A错误；由于螺线管b中的电流增大，所产生的磁感应强度增大，线圈a中的磁通量应变大，B错误；根据楞次定律可知，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力将增大，C错误，D正确．]
[一语通关] 楞次定律的推广——四个拓展：从能的转化与守恒的本质上看，楞次定律还可以广义地表述为：感应电流的“效果”总是反抗?或阻碍?引起感应电流的“原因”，常见的拓展应用有四种：
?1?阻碍原磁通量?或原磁场?的变化；
??2?阻碍导体的相对运动；
?3?通过改变线圈面积?扩大或缩小?来“反抗”原磁通量的变化；
?4?阻碍原电流的变化?自感现象?.
[针对训练]
1．一长直铁心上绕有一固定线圈M，铁心右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动，M连接在如图1-2所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关，下列情况中，可观测到N向左运动的是( )
A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间
B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间
C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向c端移动时
D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向d端移动时
C [金属环N向左运动，说明穿过N的磁通量在减少，说明线圈M中的电流在减少，只有选项C符合．]
电磁感应中的图像问题
对图像的分析，应做到：
(1)明确图像所描述的物理意义；
(2)明确各种物理量正、负号的含义；
(3)明确斜率的含义；
(4)明确图像和电磁感应过程之间的对应关系．
如图1-3所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向．菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d，现使线框沿AC方向匀速穿过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系可能是( )
思路点拨：根据楞次定律和安培定则分析各阶段电流方向，根据切割有效长度的变化分析电流大小的变化，利用排除法分析．
D [导线框ABCD在进入左边磁场时，由楞次定律和安培定则可以判断出感应电流的方向应为正方向，选项B、C不可能；当导线框ABCD一部分在左磁场区，另一部分在右磁场区时，回路中的最大电流要加倍，方向与刚进入时的方向相反，选项D可能，选项A不可能．]
[一语通关] 电磁感应中图像类选择题的两个常见解法
?1?排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势?增大还是减小?、变化快慢?均匀变化还是非均匀变化?，特别是物理量的正负，排除错误的选项.
?2?函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法.
[针对训练]
2．如图1-4(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁心上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图1-4(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )
?a? ?b?
图1-4
C [由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C正确．]
电磁感应中的力电综合问题
此类问题涉及电路知识、动力学知识和能量观点，综合性很强，解决此类问题要注重以下三点：
1．电路分析
(1)找“电源”：确定出由电磁感应所产生的电源，求出电源的电动势E和内阻r.
(2)电路结构分析
弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，为求安培力做好铺垫．
2．力和运动分析
(1)受力分析：分析研究对象(常为金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意安培力的方向．
(2)运动分析：根据力与运动的关系，确定出运动模型，根据模型特点，找到解决途径．
3．功和能量分析
(1)做功分析，找全力所做的功，弄清功的正、负．
(2)能量转化分析，弄清哪些能量增加，哪些能量减少，根据功能关系、能量守恒定律列方程求解．
如图1-5所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN.Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2，问：
(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．
【解析】 (1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.
(2)开始放置时ab刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为fmax，有fmax＝m1gsin θ ①
设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv ②
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I＝ ③
设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL ④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿导轨向下，由平衡条件有F安＝m1gsin θ＋fmax ⑤
联立①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s.
(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsin θ＝Q总＋m2v2
又Q＝Q总 解得Q＝1.3 J.
【答案】 (1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J
[一语通关] 电磁感应中的力电综合问题解题思路
?1?解决此类问题，应从电路分析入手，求出电流，然后进行受力分析，正确的受力分析是关键.
?2?电磁感应现象的实质问题是能量的转化与守恒问题，从这个思想出发列方程求解，有时很方便.
?3?通过克服安培力做功可以把其他形式的能转化为电能，电能最终转化为焦耳热.因此在同一关系式中，克服安培力做的功和产生的焦耳热不能同时出现.
[针对训练]
3.如图1-6所示，足够长的U形框架宽度是L＝0.5 m，电阻忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角，磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场方向垂直于导体框平面，一根质量为m＝0.2 kg，有效电阻R＝2 Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，该导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0.5，导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动时，通过导体棒截面的电量共为Q＝2 C．求：
图1-6
(1)导体棒匀速运动的速度．
(2)导体棒从静止开始下滑到刚开始匀速运动，这一过程中导体棒的有效电阻消耗的电功．
【解析】 (1)导体棒受力如图，匀速下滑时有
平行斜面方向：mgsin θ－Ff－F＝0
垂直斜面方向：FN－mgcos θ＝0
其中Ff＝μFN
安培力F＝BIL
电流强度I＝
感应电动势E＝BLv
由以上各式得v＝5 m/s.
(2)通过导体棒的电量Q＝Δt
其中平均电流＝＝
设导体棒下滑位移为s，则ΔΦ＝BsL
由以上各式得
s＝＝ m＝10 m
全程由动能定理得
mgssin θ－W安－μmgcos θ·s＝mv2
其中克服安培力做功W安等于电功W
则W＝mgs·sin θ－μmgscosθ－mv2
＝(12－8－2.5)J＝1.5 J.
【答案】 (1)5 m/s (2)1.5 J
[巩固层·知识整合]
[体系构建]
[核心速填]
1．电磁感应现象产生的条件是闭合回路磁通量发生变化．
2．感应电流方向的判断
(1)楞次定律的应用步骤：明确原磁场的方向和磁通量的增减，由楞次定律确定感应电流磁场的方向，再用右手螺旋定则确定感应电流方向．
(2)右手定则适合判定导体棒切割磁感线产生的感应电流的方向．
3．感应电动势大小的计算
(1)法拉第电磁感应定律：E＝n，适合求电动势的平均值．
(2)导体棒切割磁感线时，若B、L、v三者相互垂直．E＝BLv，适合求E的瞬时值．
4．自感现象与日光灯
(1)自感现象的定义：线圈自身电流发生变化而产生的电磁感应现象．
(2)日光灯中镇流器作用：启动时形成瞬时高压，工作时降压限流．
5．涡流现象与电磁灶
涡流的定义：块状金属在变化的磁场中产生的涡旋状感应电流．
[提升层·能力强化]
楞次定律的理解与应用
1.感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．感应电流的磁场方向不一定与原磁场方向相反，只有在磁通量增加时两者才相反，而在磁通量减少时两者是同向的．
2．“阻碍”并不是“阻止”，而是“延缓”，回路中的磁通量变化的趋势不变，只不过变化得慢了．
圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图1-1所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是( )
A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量变小
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
思路点拨：①由滑片向下滑动分析电路电流的变化；②由楞次定律判断感应电流方向及线圈对桌面压力的变化．
D [通过螺线管b的电流如图所示，根据安培定则判断出螺线管b所产生的磁场方向在线圈a中竖直向下，滑片P向下滑动，接入电路的电阻减小，电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增大，根据楞次定律可知，a线圈中所产生的感应电流的磁场方向竖直向上，再由安培定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向，A错误；由于螺线管b中的电流增大，所产生的磁感应强度增大，线圈a中的磁通量应变大，B错误；根据楞次定律可知，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力将增大，C错误，D正确．]
[一语通关] 楞次定律的推广——四个拓展：从能的转化与守恒的本质上看，楞次定律还可以广义地表述为：感应电流的“效果”总是反抗?或阻碍?引起感应电流的“原因”，常见的拓展应用有四种：
?1?阻碍原磁通量?或原磁场?的变化；
??2?阻碍导体的相对运动；
?3?通过改变线圈面积?扩大或缩小?来“反抗”原磁通量的变化；
?4?阻碍原电流的变化?自感现象?.
[针对训练]
1．一长直铁心上绕有一固定线圈M，铁心右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动，M连接在如图1-2所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关，下列情况中，可观测到N向左运动的是( )
A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间
B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间
C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向c端移动时
D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向d端移动时
C [金属环N向左运动，说明穿过N的磁通量在减少，说明线圈M中的电流在减少，只有选项C符合．]
电磁感应中的图像问题
对图像的分析，应做到：
(1)明确图像所描述的物理意义；
(2)明确各种物理量正、负号的含义；
(3)明确斜率的含义；
(4)明确图像和电磁感应过程之间的对应关系．
如图1-3所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向．菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d，现使线框沿AC方向匀速穿过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系可能是( )
思路点拨：根据楞次定律和安培定则分析各阶段电流方向，根据切割有效长度的变化分析电流大小的变化，利用排除法分析．
D [导线框ABCD在进入左边磁场时，由楞次定律和安培定则可以判断出感应电流的方向应为正方向，选项B、C不可能；当导线框ABCD一部分在左磁场区，另一部分在右磁场区时，回路中的最大电流要加倍，方向与刚进入时的方向相反，选项D可能，选项A不可能．]
[一语通关] 电磁感应中图像类选择题的两个常见解法
?1?排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势?增大还是减小?、变化快慢?均匀变化还是非均匀变化?，特别是物理量的正负，排除错误的选项.
?2?函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法.
[针对训练]
2．如图1-4(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁心上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图1-4(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )
?a? ?b?
图1-4
C [由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C正确．]
电磁感应中的力电综合问题
此类问题涉及电路知识、动力学知识和能量观点，综合性很强，解决此类问题要注重以下三点：
1．电路分析
(1)找“电源”：确定出由电磁感应所产生的电源，求出电源的电动势E和内阻r.
(2)电路结构分析
弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，为求安培力做好铺垫．
2．力和运动分析
(1)受力分析：分析研究对象(常为金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意安培力的方向．
(2)运动分析：根据力与运动的关系，确定出运动模型，根据模型特点，找到解决途径．
3．功和能量分析
(1)做功分析，找全力所做的功，弄清功的正、负．
(2)能量转化分析，弄清哪些能量增加，哪些能量减少，根据功能关系、能量守恒定律列方程求解．
如图1-5所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN.Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2，问：
(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．
【解析】 (1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.
(2)开始放置时ab刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为fmax，有fmax＝m1gsin θ ①
设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv ②
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I＝ ③
设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL ④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿导轨向下，由平衡条件有F安＝m1gsin θ＋fmax ⑤
联立①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s.
(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsin θ＝Q总＋m2v2
又Q＝Q总 解得Q＝1.3 J.
【答案】 (1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J
[一语通关] 电磁感应中的力电综合问题解题思路
?1?解决此类问题，应从电路分析入手，求出电流，然后进行受力分析，正确的受力分析是关键.
?2?电磁感应现象的实质问题是能量的转化与守恒问题，从这个思想出发列方程求解，有时很方便.
?3?通过克服安培力做功可以把其他形式的能转化为电能，电能最终转化为焦耳热.因此在同一关系式中，克服安培力做的功和产生的焦耳热不能同时出现.
[针对训练]
3.如图1-6所示，足够长的U形框架宽度是L＝0.5 m，电阻忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角，磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场方向垂直于导体框平面，一根质量为m＝0.2 kg，有效电阻R＝2 Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，该导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0.5，导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动时，通过导体棒截面的电量共为Q＝2 C．求：
图1-6
(1)导体棒匀速运动的速度．
(2)导体棒从静止开始下滑到刚开始匀速运动，这一过程中导体棒的有效电阻消耗的电功．
【解析】 (1)导体棒受力如图，匀速下滑时有
平行斜面方向：mgsin θ－Ff－F＝0
垂直斜面方向：FN－mgcos θ＝0
其中Ff＝μFN
安培力F＝BIL
电流强度I＝
感应电动势E＝BLv
由以上各式得v＝5 m/s.
(2)通过导体棒的电量Q＝Δt
其中平均电流＝＝
设导体棒下滑位移为s，则ΔΦ＝BsL
由以上各式得
s＝＝ m＝10 m
全程由动能定理得
mgssin θ－W安－μmgcos θ·s＝mv2
其中克服安培力做功W安等于电功W
则W＝mgs·sin θ－μmgscosθ－mv2
＝(12－8－2.5)J＝1.5 J.
【答案】 (1)5 m/s (2)1.5 J