《2018版高中物理 第2章 楞次定律和自感現(xiàn)象章末整合提升學(xué)案 魯科版選修3-2.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018版高中物理 第2章 楞次定律和自感現(xiàn)象章末整合提升學(xué)案 魯科版選修3-2.docx（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第2章 楞次定律和自感現(xiàn)象 楞次定律和自感現(xiàn)象 一、對(duì)楞次定律的理解和應(yīng)用 1．感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化．感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向不一定與原磁場(chǎng)方向相反，只在磁通量增加時(shí)兩者才相反，而在磁通量減少時(shí)兩者同向，即“增反減同”． 2．“阻礙”并不是“阻止”，而是“延緩”，回路中的磁通量變化的趨勢(shì)不變，只不過(guò)變化得慢了． 3．“阻礙”的表現(xiàn)：增反減同、來(lái)拒去留、增縮減擴(kuò)、增離減靠． 例1　圓形導(dǎo)體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管與電源和滑動(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)線圈a的磁通量變小 C．線圈a有擴(kuò)張的趨勢(shì) D．線圈a對(duì)水平桌面的壓力將增大 答案　D 解析　通過(guò)螺線管b的電流如圖所示，根據(jù)右手螺旋定則判斷出螺線管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)度增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律可知，a線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向豎直向上，再由右手螺旋定則可得線圈a中的電流方向?yàn)楦┮暷鏁r(shí)針?lè)较?，A錯(cuò)誤； 由于螺線管b中的電流增大，所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度增強(qiáng)，線圈a中的磁通量應(yīng)變大，B錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可知，線圈a將阻礙磁通量的增大，因此，線圈a有縮小的趨勢(shì)，線圈a對(duì)水平桌面的壓力增大，C錯(cuò)誤，D正確． 二、電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題 1．電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題有兩種：一是給出電磁感應(yīng)過(guò)程，選出或畫出正確圖象；二是由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過(guò)程，求解相應(yīng)物理量． 2．基本思路： (1)利用法拉第電磁感應(yīng)定律或切割公式計(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； (3)寫出相關(guān)的函數(shù)關(guān)系式分析或畫出圖象． 例2　(2016云南第一次檢測(cè))如圖2甲所示，線圈ABCD固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，當(dāng)磁場(chǎng)變化時(shí)，線圈AB邊所受安培力向右且變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場(chǎng)的變化情況可能是選項(xiàng)中的(　　) 圖2 答案　D 解析　由安培力向右知電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，由楞次定律知磁場(chǎng)增強(qiáng)，C錯(cuò)；由乙圖知安培力不變，根據(jù)F＝BIL知，B增大，I必減小，即電動(dòng)勢(shì)減小，故B的變化率減小，因此A、B錯(cuò)，D正確． 三、電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題 1．首先要明確電源，分清內(nèi)、外電路． 磁場(chǎng)中磁通量變化的線圈或切割磁感線的導(dǎo)體相當(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、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和某段導(dǎo)體兩端的電壓三者的區(qū)別： (1)某段導(dǎo)體不作為電源時(shí)，它兩端的電壓等于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，U外＝IR外或U外＝E－Ir； (3)某段導(dǎo)體作為電源，電路斷路時(shí)導(dǎo)體兩端的電壓等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)． 例3　如圖3甲所示，在水平面上固定有長(zhǎng)為L(zhǎng)＝2 m、寬為d＝1 m的金屬U形導(dǎo)軌，在U形導(dǎo)軌右側(cè)l＝0.5 m范圍內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示．在t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m＝0.1 kg的導(dǎo)體棒以v0＝1 m/s的初速度從導(dǎo)軌的左端開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長(zhǎng)度的電阻均為λ＝0.1 Ω/m，不計(jì)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的接觸電阻及地球磁場(chǎng)的影響(取g＝10 m/s2)． 圖3 (1)通過(guò)計(jì)算分析4 s內(nèi)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況； (2)計(jì)算4 s內(nèi)回路中電流的大小，并判斷電流方向； (3)計(jì)算4 s內(nèi)回路產(chǎn)生的焦耳熱． 答案　(1)導(dǎo)體棒在第1 s內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，在1 s后一直保持靜止(2)0～2 s內(nèi)I＝0,2～4 s內(nèi)I＝0.2 A，電流方向是順時(shí)針?lè)较?3)0.04 J 解析　(1)導(dǎo)體棒先在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域做勻減速運(yùn)動(dòng)，有－μmg＝ma，vt＝v0＋at，x＝v0t＋at2， 導(dǎo)體棒速度減為零時(shí)，vt＝0， 代入數(shù)據(jù)解得：t＝1 s，x＝0.5 m，導(dǎo)體棒沒(méi)有進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域． 導(dǎo)體棒在1 s末已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)，以后一直保持靜止． (2)前2 s磁通量不變，回路電動(dòng)勢(shì)和電流分別為E＝0，I＝0，后2 s回路產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝＝ld＝0.1 V， 回路的總長(zhǎng)度為5 m，因此回路的總電阻為R＝5λ＝0.5 Ω， 電流為I＝＝0.2 A， 根據(jù)楞次定律，在回路中的電流方向是順時(shí)針?lè)较颍? (3)前2 s電流為零，后2 s有恒定電流，電熱Q＝I2Rt′＝0.04 J. 四、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 解決此類問(wèn)題的一般思路是：先由法拉第電磁感應(yīng)定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，然后根據(jù)閉合電路歐姆定律求感應(yīng)電流，再求出安培力，再后依照力學(xué)問(wèn)題的處理方法進(jìn)行，如進(jìn)行受力情況分析、運(yùn)動(dòng)情況分析．流程為：導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)→感應(yīng)電流→電流受到安培力→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)． 例4　U形金屬導(dǎo)軌abcd原來(lái)靜止放在光滑絕緣的水平桌面上，范圍足夠大、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過(guò)導(dǎo)軌平面，一根與bc等長(zhǎng)的金屬棒PQ平行bc放在導(dǎo)軌上，棒左邊靠著絕緣的固定豎直立柱e、f.已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.8T，導(dǎo)軌質(zhì)量M＝2kg.其中bc段長(zhǎng)0.5m，bc段電阻R＝0.4Ω，其余部分電阻不計(jì)；金屬棒PQ質(zhì)量m＝0.6kg、電阻r＝0.2Ω、與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2.若向?qū)к壥┘臃较蛳蜃?、大小為F＝2N的水平拉力，如圖4所示．求導(dǎo)軌的最大加速度、最大電流和最大速度(設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，g取10m/s2)． 圖4 答案　0.4m/s2　2 A　3 m/s 解析　導(dǎo)軌受到PQ棒水平向右的摩擦力f＝μmg，根據(jù)牛頓第二定律并整理得F－μmg－F安＝Ma，剛拉動(dòng)導(dǎo)軌時(shí)，I感＝0，安培力為零，導(dǎo)軌有最大加速度 am＝＝m/s2＝0.4 m/s2. 隨著導(dǎo)軌速度的增大，感應(yīng)電流增大，加速度減小，當(dāng)a＝0時(shí)，速度最大．設(shè)速度最大值為vm，電流最大值為Im，此時(shí)導(dǎo)軌受到向右的安培力F安＝BImL F－μmg－BImL＝0 Im＝ 代入數(shù)據(jù)得Im＝A＝2A I＝ Im＝ 解得vm＝＝m/s＝3 m/s. 五、電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題 1．過(guò)程分析 (1)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生感應(yīng)電流的過(guò)程，實(shí)質(zhì)上是能量的轉(zhuǎn)化過(guò)程． (2)電磁感應(yīng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中必定受到安培力的作用，因此，要維持感應(yīng)電流的存在，必須有“外力”克服安培力做功．此過(guò)程中，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能． 2．求解思路 (1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行計(jì)算． (2)若電流變化，則：①利用克服安培力做的功求解：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：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能的減少量等于產(chǎn)生的電能． 例5　如圖5所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L＝0.4 m．導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，Ⅰ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.5 T．在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1 kg，電阻R1＝0.1 Ω 的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑．然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4 kg，電阻R2＝0.1 Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開(kāi)始下滑．cd在滑動(dòng)過(guò)程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g＝10 m/s2，問(wèn)： 圖5 (1)cd下滑的過(guò)程中，ab中的電流方向； (2)ab剛要向上滑動(dòng)時(shí)，cd的速度v多大； (3)從cd開(kāi)始下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過(guò)程中，cd滑動(dòng)的距離x＝3.8 m，此過(guò)程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少． 答案　(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J 解析　(1)根據(jù)右手定則判知cd中電流方向由d流向c，故ab中電流方向由a流向b. (2)開(kāi)始放置ab剛好不下滑時(shí)，ab所受摩擦力為最大摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmax＝m1gsin θ① 設(shè)ab剛好要上滑時(shí)，cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有 E＝BLv② 設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有 I＝③ 設(shè)ab所受安培力為F安，有 F安＝BIL④ 此時(shí)ab受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有 F安＝m1gsin θ＋Fmax⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得： v＝5 m/s⑥ (3)設(shè)cd棒的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有 m2gxsin θ＝Q總＋m2v2⑦ 由串聯(lián)電路規(guī)律有 Q＝Q總⑧ 聯(lián)立解得：Q＝1.3 J⑨