2020-2021学年人教物理选修3-2课件：模块综合提升 .ppt

1、模块综合提升 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)BS，则EnBSt.(2)BS，则EnBSt.(3)末初，EnB2S2B1S1tnBSt.2在-t图象中磁通量的变化率 t是图象上某点切线的斜率

2、，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，EBlv，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E12Bl2.5电磁感应现象中通过导体截面的电量qItnR.三、自感现象 1自感电动势：ELIt.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 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 画出等效电路 运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点，电功率公式

3、，焦耳定律公式等求解 2动力学问题 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 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：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 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：eEmsin t或eEmcos t.2正弦式交变电流有效值和最大值的关系：EEm2

4、，I Im2，UUm2.3理想变压器及其关系式(1)电压关系：U1U2n1n2(多输出线圈时为U1n1U2n2U3n3)(2)功率关系：P出P入(多输出线圈时为P入P出1P出2)(3)电流关系：I1I2n2n1(多输出线圈时为n1I1n2I2n3I3)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I2P2U2P3U3U2U3R线.输电导线损失的电功率 P损P2P3I22R线P2U22R线 输电导线损耗的电压 U损U2U3I2R线P2U2R线 七、传感器的简单应用 1传感器能够将感受到的物理量(

5、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BS中错误地认为面积越大，磁通量越大(2)应用公式EBLv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I1I2n2n1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

6、(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

7、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

8、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tT4时为零 B在tT2时改变方向 C在tT2时最大，且沿顺时针方向 D在tT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，

9、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，T43T4 内电动势的方向沿顺时针，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)；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)在过程、中，流过OM的电荷量相等，则BB 等于()A.54 B.32 C.74D2

10、B 设OM的电阻为R，圆的半径为l，过程：OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1t1BSt1 B14l2t1 Bl24t1，流过OM的电流为I1 E1R Bl24Rt1，则流过OM的电荷量为q1I1t1Bl24R；过程：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E2t2 BBSt2BBl22t2，电路中的电流为I2 E2R BBl22Rt2，则流过OM的电荷量为q2I2t2BBl22R；由题意知q1q2，则解得BB 32，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、

11、方向交替向上向下一边长为 32 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 l2v 的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E2Bdv(d为导轨间距)，电流iER，回路中电流方向为顺时针；第二个 l2v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 l2v 的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E2Bdv，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

12、为()A55 kV B110 kV C440 kVD880 kV C 输电线上损耗的功率PI2r，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()AR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2n可知转速变为原来的 12，则角速度变为

13、原来的12，根据EmnBS可知电动机产生的最大电动势为原来的12，根据U Em2 可知发电机的输出电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 n1n2 U1U2 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PU2R 可知R消耗的电功率变为14P，A错误，B正确；副线圈中的电流为I212UR，即变为原来的12，根据n1n2I2I1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，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，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

14、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v22as，解得v 2as.(2)安培力F安IdB，金属棒所受合力 Fmgsin F安 由牛顿第二定律Fma 解得Imgsin adB.(3)运动时间tva，电荷量QIt 解得Qm 2asgsin adBa.答案(1)2as(2)mgsin adB(3)m 2asgsin adBa Thank you for watching!