专题03 磁场与电磁感应（期末复习课件）高二物理上学期人教版

这是一份高二年级物理上学期期末复习课件，聚焦“磁场与电磁感应”专题，构建“研·期末考情-记·必备知识-破·重难点题型-过·分层验收”学习支架，涵盖磁场叠加、安培力、电磁感应定律等核心考点及解题方法。 资料特色鲜明，考情与知识深度融合，通过磁感线特点分析、洛伦兹力公式推导落实物理观念，以带电粒子轨迹圆心确定、非直导线安培力计算等培养科学思维，分层验收设计兼顾学生差异，助力学生系统复习提升，为教师提供高效教学支持。高二年级学生处于承上启下阶段，需巩固基础并衔接高三，此资料能帮助他们聚焦核心考点，提升综合应用能力。

专题03 磁场与电磁感应 人教版2019 高二年级物理上学期 七年级数学上学期 期末复习大串讲 北师大版 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 明•期末考情 第一部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 核心考点 复习目标 考情规律 磁场的叠加 会利用平行四边形定则分析合磁场 基础必考点，常出现在小题 安培力的分析与计算 会求解非直导线在磁场中受到的安培力 高频考点，常出现在小题 洛伦兹力特点与应用 理解洛伦兹力的作用及特点 基础必考点，常与带电粒子在磁场中的运动综合 带电粒子在组合场中的运动 掌握带电粒子在磁场中做圆周运动的处理方法，回忆在电场中运动分析 高频考点，常出现在大题 核心考点 复习目标 考情规律 楞次定律及推论的理解与应用 理解“增反减同”、“增缩减扩”、“来去拒留”并能实际应用 高频考点，常出现在小题 法拉第电磁感应定律 理解动生电动势和感应电动势的产生机理，并能在不同情况下求解两种电动势 高频考点，常出现在大题 自感、电磁驱动和电磁阻尼 理解电磁驱动和电磁阻尼、会分析自感现象中灯泡是否会闪一下的原因 高频考点，常出现在小题 电磁感应中动力学、能量和动量问题 会分析含阻切割、含源切割、含容切割和导线框进入磁场中的动力学、能量和动量问题。 高频考点，常出现在压轴题 记•必备知识 第二部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 磁场 磁感应强度 磁感线 知识点01 力 N极 N极 强弱和方向 特斯拉 T 矢 N极 平行四边形 磁场 磁感应强度 磁感线 知识点01 切线 切线 疏密 闭合 不中断 不相交 不存在 磁场 磁感应强度 磁感线 知识点01 相等 相同 间隔相等 磁场 磁感应强度 磁感线 知识点01 (3)电流的磁场 越弱 S→N 越弱 磁场 磁感应强度 磁感线 知识点01 南极 北极 相同 向北 安培力 知识点02 垂直 拇指 电流 B、I 排斥 吸引 洛伦兹力 知识点02 IlB 0 洛伦兹力 知识点03 运动 垂直 垂直 正电荷 正电荷 B和v 垂直于 洛伦兹力 知识点03 带电粒子在匀强磁场中的运动 知识点04 匀速直线 匀速圆周 带电粒子在匀强磁场中的运动 知识点04 磁感应强度B 磁通量 知识点05 垂直 垂直 1 T•m2 标量 从正面穿出 从反面穿出 磁通量 知识点05 末磁通量Φ2与 比值 电磁感应现象 知识点06 磁 闭合 磁通量 闭合 切割磁感线 发生变化 电磁感应现象 知识点06 感应电动势 感应电流 感应电动势 感应电流 电能 楞次定律 知识点07 阻碍 磁通量 磁通量 能量守恒 楞次定律 知识点07 右手 导线运动 感应电流 切割磁感线 法拉第电磁感应定律 知识点08 电磁感应现象 磁通量 无关 楞次定律 右手定则 磁通量的变化率 线圈匝数 闭合电路欧姆 法拉第电磁感应定律 知识点08 Blv Blvsinθ 互感、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动 知识点09 磁场 感应电动势 互感 线圈本身 感应电动势 互感、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动 知识点09 自感 匝数 铁芯 10－3 互感、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动 知识点09 电磁感应 感应电流 安培力 感应电流 电磁驱动 楞次定律 阻碍 破•重难题型 第三部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 磁场的叠加 题型一 解｜题｜方｜法 (1)确定磁场场源，如通电直导线； (2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则及其他已知条件判定各个场源在这一点上产生的磁场的磁感应强度的大小和方向； (3)应用平行四边形定则进行合成。 BCD BCD D AD 非直导线所受安培力的计算 题型二 解｜题｜技｜巧 弯曲导线的有效长度l，等于连接两端点线段的长度(如图所示)；相应的电流沿l由始端流向末端。 C B B 与安培力有关的力学综合问题 题型三 解｜题｜技｜巧 与安培力有关的力学问题的解题关键——将立体图转化为平面图 为了清晰准确地表示出B、I和安培力F的方向，以便进一步画出导体的受力示意图，应通过画俯视图、剖面图或侧视图，将表示B、I和F方向的立体图转化为平面图。 D B 带电粒子在有界磁场中的运动（含组合场） 题型四 解｜题｜技｜巧 解题关键——确定轨迹圆心 求解带电粒子在有界匀强磁场中的运动问题，首先应画出轨迹圆示意图，找出轨迹圆心。确定轨迹圆心的3个依据： (1)圆心一定在垂直于速度的直线上； (2)圆心一定在弦的中垂线上； (3)圆心与轨迹圆上任一点的距离一定等于轨迹半径。 50 AD AD BD AD B 电磁感应现象的判断 题型五 判｜断｜方｜法 ①确定所研究回路； ②看Φ是否变化； ③回路是否闭合； ②③同时满足可产生感应电流。 AC AD 楞次定律的理解及应用 题型六 解｜题｜技｜巧 (1)原磁场：引起电磁感应现象的磁场。做题时需要首先明确原磁场分布特点(大小、方向)以及穿过闭合回路的磁场变化情况。 (2)感应电流磁场：感应电流产生的磁场，阻碍原磁场的磁通量变化，根据“增反减同”可以判断出感应电流产生的磁场方向。 (3)感应电流：在确定感应电流产生的磁场方向后，再由安培定则判断感应电流的方向。 D AD 感生电动势的分析与计算 题型七 解｜题｜技｜巧 BC BC B BC 动生电动势的分析与计算 题型八 解｜题｜技｜巧 A D 自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动 题型九 解｜题｜技｜巧 (1)通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路。 (2)断电自感：断电时自感线圈相当于电源，电流由恰好断电前的值逐渐减小到零。 (3)断电自感现象中电流方向是否改变的判断：与线圈在同一条支路的用电器中的电流方向不变；与线圈并联的用电器中的电流方向改变。 A A D 电磁感应中的动力学、能量和动量问题 题型十 BC 过•分层验收 第四部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 D D B C AD 感谢聆听 每天解决一个小问题，每周攻克 一个薄弱点，量变终会引发质变。 教师寄语 1．磁场 (1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、通电导体和运动电荷有________的作用。 (2)方向：小磁针静止时_________所指的方向或小磁针________的受力方向。 2．磁感应强度 (1)物理意义：描述磁场的____________________。 (2)大小：B＝_____ (通电导线垂直于磁场)。在物理学中，把很短一段通电导线中的电流I与导线长度l的乘积Il叫作电流元。 (3)单位：_______，符号是________。 (4)方向：小磁针静止时________所指的方向(即磁场方向就是B的方向)。 (5)B是________量，合成时遵循________________定则。 eq \f(F,Il) 3．磁感线及其特点 (1)磁感线：为了形象地描述磁场，在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上每一点的________方向都跟这点磁场的方向一致，这样的曲线就叫作磁感线。 (2)特点 ①磁感线上某点的________方向就是该点的磁场方向。 ②磁感线的________定性地表示磁场的强弱。 ③磁感线是________曲线，没有起点和终点。 ④同一磁场的磁感线________、________。 ⑤磁感线是假想的曲线，客观上________。 4．几种常见的磁场 (1)常见磁体的磁场 INCLUDEPICTURE "65WL119A.TIF" \* MERGEFORMAT (2)匀强磁场：如果磁场中各点的磁感应强度的大小______、方向________，这个磁场叫作匀强磁场。匀强磁场的磁感线用一些__________的平行直线表示，如图所示。 直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场 特点 无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场_______ 与条形磁体的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场由_______，管外为非匀强磁场 环形电流的两侧是N极和S极，且沿中心轴线离圆环中心越远，磁场_______ 安培定则 立体图 横截面图 纵截面图 (4)地磁场 ①地磁场的N极在地理________附近，S极在地理________附近，磁感线分布如图所示。 ②在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度________，且方向水平________。 1．安培力的方向 (1)用左手定则判断：伸开左手，使拇指与其余四个手指______，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向______的方向，这时______所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。 (2)安培力方向的特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于______决定的平面。 (3)推论：两平行的通电直导线间的安培力——同向电流互相______，反向电流互相______。 2．安培力的大小 F＝IlBsinθ(其中θ为B与I之间的夹角)。如图所示： (1)I∥B时，θ＝0或θ＝180°，安培力F＝________。 (2)I⊥B时，θ＝90°，安培力最大，F＝_______。 1．洛伦兹力的定义：_________荷在磁场中受到的力称为洛伦兹力。 2．洛伦兹力的方向 （注意正、负电荷的区别） (1)用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指_________，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心_________进入，并使四指指向_________运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的_________在磁场中所受洛伦兹力的方向。负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反。 (2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于eq \x(\s\up1(06))_________所决定的平面(注意B和v可以有任意夹角)。 由于F始终eq \x(\s\up1(07))_________v的方向，故洛伦兹力永不做功。 3．洛伦兹力的大小：F＝qvBsinθ，其中θ为电荷运动方向与磁场方向之间的夹角。 (1)当电荷运动方向与磁场方向垂直时，F＝qvB。 (2)当电荷运动方向与磁场方向平行时，F＝0。 (3)当电荷在磁场中静止时，F＝0。 1．两种特殊运动 (1)若v∥B，带电粒子以入射速度v做___________运动。 (2)若v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做___________运动。 2．基本公式 向心力公式：qvB＝meq \f(v2,r)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T))) eq \s\up12(2)r。 3．导出公式 (1)轨道半径：r＝eq \f(mv,Bq)。 (2)周期：T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)。 注意：T、f和ω的大小与轨道半径r和运行速率v无关，只与磁场的eq \x(\s\up1(03))__________________和粒子的eq \x(\s\up1(04))_____________有关。比荷eq \f(q,m)相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中T、f、ω相同。 比荷eq \f(q,m) 1．磁通量 (1)定义：匀强磁场中，磁感应强度(B)与________磁场方向的面积(S)的乘积叫作穿过这个面积的磁通量，简称磁通。我们可以用穿过这一面积的磁感线条数的多少来形象地理解。 (2)公式：_________。 (3)公式的适用条件：①匀强磁场；②S是_________磁场方向的有效面积。 (4)单位：韦伯(Wb)，1 Wb＝_____________。 (5)标量性：磁通量是________，但有正负之分。磁通量的正负是这样规定的：任何一个平面都有正、反两面，若规定磁感线____________时磁通量为正，则磁感线____________时磁通量为负。 Φ＝BS 2．磁通量的变化量 在某个过程中，穿过某个平面的磁通量的变化量等于_____________________ __________________，即ΔΦ＝Φ2－Φ1。 3．磁通量的变化率(磁通量的变化快慢) 磁通量的变化量与发生此变化所用时间的________，即eq \f(ΔΦ,Δt)。 初磁通量Φ1的差值 1．电磁感应现象与感应电流 “______生电”的现象叫电磁感应，产生的电流叫作感应电流。 2．产生感应电流的条件 当穿过______导体回路的_________发生变化时，_________导体回路中就产生感应电流。 3．电磁感应现象的两种典型情况 (1)闭合导体回路的一部分做__________________运动。 (2)穿过闭合导体回路的磁通量____________。 4．电磁感应现象的实质 电磁感应现象的实质是产生______________，如果导体回路闭合则产生______________；如果导体回路不闭合，则只产生______________，而不产生______________。 5．能量转化 发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为________。 1．楞次定律 (1)内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要_________引起感应电流的_________的变化。 (2)适用范围：判定一切闭合导体回路_________变化时产生的感应电流的方向。 (3)本质：_________定律在电磁感应现象中的体现。 2．右手定则 (1)内容：伸开_______，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向______________的方向，这时四指所指的方向就是______________的方向。 (2)适用范围：适用于判定导线______________时感应电流的方向。 E＝neq \f(ΔΦ,Δt) eq \f(E,R＋r) 1．感应电动势 (1)概念：在_________________中产生的电动势。 (2)产生条件：穿过回路的________发生改变，与电路是否闭合______。 (3)方向判断：感应电动势的方向用_________或_________来判断。 2．法拉第电磁感应定律 (1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的____ _____成正比。 (2)公式：______________，其中n为__________。 (3)感应电流与感应电动势的关系：遵守_____________定律，即I＝________。 3．导体切割磁感线时的感应电动势 切割方式 电动势表达式 说明 垂直切割 E＝_________ ①导体棒与磁场方向垂直，磁场为匀强磁场； ②式中l为导体切割磁感线的有效长度； ③旋转切割中导体棒的平均速度等于中点位置的线速度eq \f(1,2)lω 倾斜切割 E＝_________ (θ为v与B的夹角) 旋转切割(以一端为轴) E＝Bleq \o(v,\s\up14(－)) ＝eq \f(1,2)Bl2ω 1．互感现象 两个互相靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的________会在另一个线圈中产生________________。这种现象叫作互感，这种感应电动势叫作________电动势。 2．自感现象 (1)定义：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在____________激发出________________，这种现象称为自感。 Leq \f(ΔI,Δt) (2)自感电动势 ①定义：由于_________而产生的感应电动势。 ②表达式：E＝_________。 ③自感系数L 相关因素：与线圈的大小、形状、_________，以及是否有________等因素有关。 单位：亨利(H)，1 mH＝_________ H，1 μH＝10－6 H。 3．涡流、电磁阻尼和电磁驱动 (1)涡流：如果穿过导体的磁通量发生变化，由于____________，导体内会产生__________，这种电流像水中的漩涡，所以叫作涡电流，简称涡流。 (2)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到_________，安培力的方向总是______导体的运动，这种现象称为电磁阻尼。 (3)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生____________，它使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动。 交流感应电动机就是利用____________的原理工作的。 (4)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了____________的推广应用。 【例1】（多选）（24-25高二上·广东中山·期末）如图所示，在水平向右的匀强磁场中，水平放置一根通电直导线（图中圆环中心处），电流方向垂直纸面向外， 是以通电直导线为圆心的同一圆周上的四点， 与磁场方向垂直，bd与磁场方向平行，ac、bd都过圆心。已知a点的磁感应强度为0，下列说法正确的有（　　） A．c点的磁感应强度为b点磁感应强度的2倍 B．b、d两点的磁感应强度方向相互垂直 C．b、d两点的磁感应强度大小相等 D．在该圆周上c点的磁感应强度最大 【详解】匀强磁场的磁感应强度为B， 因a点的磁感应强度为0，可知直导线产生的磁场与匀强磁场的场强等大反向，因直导线在abcd四点产生的磁感应强度大小相同则均为B，直导线在b点的磁场方向向下，可知b点的合磁感应强度为 ，方向指向右下方45°；直导线在c点的磁场向右，可知c点的磁感应强度为2B，方向向右；直导线在d点的磁场方向向上，可知d点的合磁感应强度为 ，方向指向右上方45°；则c点的磁感应强度为b点磁感应强度的 倍，b、d两点的磁感应强度方向相互垂直；b、d两点的磁感应强度大小相等；在该圆周上c点的磁感应强度最大。 故选BCD。 【变式1-1】（24-25高二上·浙江金华·期末）用如图所示装置验证环形电流的磁场方向，线圈未通电时与小磁针在同一竖直平面内，线圈通电后小磁针发生偏转。当线圈中电流大小为I时，小磁针相对原位置偏转角度 ，已知通电线圈产生磁场的磁感应强度与线圈中的电流大小成正比，下列说法正确的是（    ） A．小磁针静止时N极指向与通电线圈产生磁场的方向相同 B．小磁针静止时N极指向与通电线圈产生磁场的方向相反 C．若电流增大为2I，小磁针的偏角增大为 ，且 D．若电流增大为2I，小磁针的偏角增大为 ，且 【详解】AB．线圈未通电时与小磁针在同一竖直平面内，小磁针N极指向水平向右，说明地磁场分量水平向右；通电后，根据右手螺旋定则，线圈产生的磁场方向水平向东（垂直纸面向外），合磁场方向如图1所示：线圈中通入电流I时，小磁针静止时N极指向与合磁场方向相同，与通电线圈产生磁场B1的方向既不相同，也不相反，故AB错误； CD．线圈中通入电流I时，合磁场方向与原来小磁针方向成α角度，根据数学知识 线圈中通入电流2I时，合磁场方向与原来小磁针方向成β角度，即小磁针的偏角增大为β，如图2所示，根据数学知识 根据题意通电线圈产生磁场的磁感应强度与线圈中的电流大小成正比，即B=kI因此B2=2B1联立解得tanβ=2tanα故C错误，D正确。 【变式1-2】（多选）（24-25高二上·湖南长沙·期末）我国特高压技术一路领先全球，特高压技术，指交流1000kV和直流±800kV电压等级的输电技术。该技术最大的特点是能够实现长途高效输电，被称为“电力系统高速铁路”。如图的高压输电线上使用“abcd正方形间隔棒”支撑导线L1、L2、L3、L4，目的是将导线间距固定为l，防止导线相碰，图为其截面图，abcd的几何中心为O，四根导线通有等大同向如图电流，导线L1、L2、L3、L4可以看成足够长的直导线，不计地磁场的影响，则（　　） A．穿过abcd的磁通量为零 B．O点的磁感应强度方向垂直纸面向外 C．ab边中点处的磁感应强度为零 D．L1受到的安培力沿着L1a方向向下 【详解】A．根据安培定则可知，通电导线产生磁场的磁感线是以导线上的点为圆心的一簇同心圆，即上述四根通电导线产生的磁场方向均平行于abcd平面，可知，穿过abcd的磁通量为零，故A正确； B．通电导线中电流相等，到中心O的间距相等，四根通电导线在中心产生的磁感应强度大小相等，根据安培定则可知，L1、L2、L3、L4在中心的磁场方向分别为 、 、 、 ，根据矢量叠加原理，O点的磁感应强度为0，故B错误； C．ab边中点距离导线L1、L2近一些，该点的磁感应强度由L1、L2决定，由于间距相等，两导线在该处的磁感应强度大小相等，根据安培定则确定两导线在该点的磁场方向，根据矢量叠加原理可知，ab边中点处的磁感应强度不为零，方向由中点指向a，故C错误； D．根据安培定则确定电流在L1处磁感应强度的方向，根据左手定则确定安培力的方向，可知，电流方向相同的两导线之间相互作用的是引力，根据矢量合成规律可知，L1受到的安培力沿着L1a方向向下，故D正确。 【例2】（24-25高二上·湖北武汉·期末）如图所示，通以恒定电流的一段四分之一圆弧形导线，先后放置在垂直于导线所在平面向里、平行于导线平面向右的匀强磁场中，磁感应强度大小相等，导线所受磁场力大小分别为 和 。则 为（　　） A．1 B． D． 【详解】将圆弧形导线放置在垂直于导线所在平面向里，根据等效法可得所受的安培力为 将圆弧形导线放置在向右的匀强磁场中，根据等效法可得所受的安培力为 可得 故选C。 【变式2-1】（24-25高二上·山东泰安·期末）在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的“正八角形”线框，磁场方向垂直于线框平面向里，a、c两点接一直流电源，电流方向如图所示。已知abc边受到的安培力大小为F，则整个线框所受安培力大小为（    ） A．3F B． C． D． 【详解】根据题意，由电阻定律 可知，两段导线的电阻之比为 ，欧姆定律可知，电流之比为 ，由于两段导线的有效长度相等，由公式 可知，长导线所受安培力为 ，由左手定则可知，两段导线所受安培力方向相同，则整个线框所受安培力大小为 故选B。 【变式2-2】（23-24高二上·黑龙江大庆·期末）如图所示，水平桌面上有一正三角形线框abc重为G，线框由粗细相同的同种材料制成，边长为L，线框处在与桌面成60°斜向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ac边与磁场垂直。现a、c两点接到直流电源上，流过ac边的电流为I，线框静止在桌面上，则线框受到桌面的支持力比G少（　　） A． BIL B． BIL C．BIL D．2BIL 【详解】根据题意可知，折线abc中的电流为I'= 正三角形线框接入电路后，所受安培力的等效长度为L，总电流为I总=I+I'= 所受安培力垂直水平桌面的分力大小为F=Bcos60°·I总L= BIL 由于线框静止，所以支持力FN=G- BIL 故选B。 【例3】（24-25高二上·云南昭通·期末）如图所示，宽为l的光滑导轨与水平面成 角，质量为m、长为l的金属杆水平放置在导轨上。空间存在着匀强磁场，当回路总电流为I时，金属杆恰好能静止。则磁感应强度（　　） A．方向可能竖直向下 B．方向可能水平向右 C．最小值为 ，方向垂直导轨平面向下 D．大小可能为 ，方向竖直直向上 【详解】AB．方向竖直向下时，安培力水平向左；方向可能水平向右时，安培力竖直向下，金属杆都不能平衡，故AB错误； C．根据力的合成关系可知，当安培力沿斜面向上时，磁感应强度最小，此时磁感应强度方向垂直导轨平面向上，则有 解得 故C错误； D．若磁场方向竖直向上，根据平衡条件有 磁感应强度的大小为 故D正确； 故选D。 【变式3-1】（24-25高二上·广东惠州·期末）如图所示，导体棒a水平放置在倾角为45°的光滑斜面上的P处，导体棒b固定在右侧，与a在同一水平面内，且相互平行。当两棒中均通以电流强度为I的同向电流时，导体棒a恰能在斜面上保持静止，下列说法正确的是（　　） A．导体棒b受到的安培力方向水平向右 B．导体棒a和b连线中点处的磁感应强度大小为0 C．导体棒b中的电流在P处产生的磁感应强度方向向下 D．仅将导体棒b中电流减小，导体棒a仍可能在斜面保持静止 【详解】A．根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥的规律，导体棒a受到的安培力水平向右，那么导体棒b受到a的安培力水平向左，A错误； B．两导体棒电流大小相等，根据安培定则，导体棒a在两棒连线中点处产生的磁场方向竖直向下，导体棒b在两棒连线中点处产生的磁场方向竖直向上，合磁感应强度为0，B正确； C．根据安培定则，用右手握住导体棒b，大拇指指向电流方向（垂直纸面向里），则四指环绕方向为磁场方向，可得导体棒b中的电流在P处产生的磁感应强度方向向上，C错误； D．导体棒受到重力、支持力和安培力而平衡，安培力 ，当仅将导体棒b中电流减小，b在a处产生的磁感应强度B减小，安培力减小，减小后的安培力与重力和支持力合力不平衡，导体棒a在斜面上将会向下滑动，D错误。 【变式3-2】（24-25高二上·广东清远·期末）我国电磁炮发射技术世界领先，如图是“电磁炮”的原理结构示意图。已知水平轨道宽 ，长 ，轨道间匀强磁场的磁感应强度大小 ，炮弹的质量 ，弹体在轨道间的电阻 ；可控电源的内阻 ，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射，不计电磁感应带来的影响。在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流是 。若不计轨道摩擦和空气阻力，求： (1)电磁炮弹离开轨道时的速度大小； (2)磁场力对弹体的最大功率； (3)发射过程系统消耗的总能量。 【详解】（1）电磁炮所受安培力 根据动能定理可知 解得 （2）磁场力对弹体的最大功率 （3）由动量定理 解得 发射过程产生的焦耳热 发射过程系统消耗的总能量 【例4】（多选）（24-25高二下·广西南宁·期末）真空区域有宽度为 、磁感应强度为 的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界。质量为 、电荷量为 的粒子（不计重力）沿着与 夹角 的方向射入磁场中，刚好没能从 边界射出磁场。下列说法正确的是（　　） A．粒子射入磁场的速度大小为 B．粒子在磁场中运动的半径大小为 C．粒子在磁场中运动的时间为 D．粒子在磁场中运动的时间为 【详解】B．粒子刚好没能从 边界射出磁场，表明粒子运动轨迹与 边相切，根据几何关系有 解得 ，故B错误； A．粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 结合上述解得 ，故A正确； CD．根据几何关系可知，粒子圆周运动的圆心角 粒子圆周运动的周期 粒子在磁场中运动的时间为 结合上述解得 ，故C错误，D正确。 故选AD。 【变式4-1】（多选）（24-25高二下·四川达州·期末）如图所示，半径为 、圆心为 的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 。 、 、 、 为圆形区域边界的四等分点，半径 的中点 处有一粒子源，能在纸面内沿各个方向发射质量为 、电荷量为 、速率为 的正电粒子。不计粒子重力以及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．能离开圆形区域的粒子，在圆形区域内运动的最短时间为 B．能离开圆形区域的粒子，在圆形区域内运动的最短时间为 C．能离开圆形区域的粒子，在圆形区域内运动的最长时间为 D．圆弧 上有粒子射出的区域弧长为 【详解】AB．粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得 可得粒子做圆周运动的轨道半径为 能离开圆形区域的粒子，当粒子从 点离开时，粒子运动轨迹对应的圆心角最小，在圆形区域内运动的时间最短，如图所示 根据几何关系可知轨迹对应的圆心角为 ，则最短时间为 ，故A错误，B正确； C．能离开圆形区域的粒子，当粒子从圆弧 上离开且粒子运动轨迹与圆弧 相切时，粒子运动轨迹对应的圆心角最大，在圆形区域内运动的时间最长，如图所示 由几何关系可知轨迹对应的圆心角为 则最长时间为 ，故C错误； D．圆弧 上有粒子射出位置离 点最远时，粒子运动轨迹刚好与圆弧 相切，如图所示 根据几何关系可知 ，则圆弧 上有粒子射出的区域弧长为 ，故D正确。 故选BD。 【变式4-2】（24-25高二下·云南临沧·期末）如图所示，在直角三角形 区域（含边界）内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为 的匀强磁场， ， 点处的粒子源持续将比荷为 的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场中，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则粒子在磁场中运动的最长时间为（　　） A． B． C． D． 【详解】粒子沿ac边界方向射入磁场从ab边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子运动轨迹如图所示 由几何知识可知，其偏转得圆心角 根据洛伦兹力提供向心力则有 粒子运动周期 解得 故粒子在磁场中运动得时间 结合题意解得 故选B。 【变式4-3】（24-25高二下·四川成都·期末）如图所示的xOy直角坐标系内，第二象限直线AC左上方的区域Ⅰ存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，A点坐标为（−L，0），C点坐标为（0，L）；第一象限x=L右侧的区域Ⅱ存在垂直纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场，边界与x轴交点为D。在A点有一粒子源沿y轴正方向向区域Ⅰ射入大量带正电的同种粒子，粒子速度大小满足0<v≤v0。已知以速度v0射入的粒子恰好能从C点离开区域Ⅰ，经区域Ⅱ偏转后恰好从D点离开区域Ⅱ。不计粒子重力及粒子间的相互作用。求： (1)粒子的比荷 ； (2)区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小B′及区域Ⅱ内有粒子经过的面积S； (3)粒子从A点射入到第一次离开区域Ⅱ的最短时间tmin。 【详解】（1）速度为v0的粒子恰好能从C点离开区域Ⅰ，由几何关系，粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径为 由洛伦兹力提供向心力得 解得 （2）速度为v0的粒子经区域Ⅱ偏转后从D点离开，由洛伦兹力提供向心力得 由几何关系 解得 由分析可得所有粒子垂直区域Ⅱ左边界进入区域Ⅱ偏转后都从D点离开区域Ⅱ，区域Ⅱ内有粒子经过的面积为 解得 （3）由分析可知，粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ运动时间与入射速度大小无关，从区域Ⅰ到区域Ⅱ粒子速度越大，匀速直线运动距离越短，时间越短。所以当v=v0时粒子从A到D的时间最短。 粒子在区域Ⅰ运动的时间为四分之一周期，即 粒子出区域Ⅰ到进区域Ⅱ的时间为 粒子在区域Ⅱ的时间为二分之一周期，即 粒子从A到D的最短时间为 【变式4-4】（24-25高二下·湖南郴州·期末）人们通常利用带电粒子在电场和磁场中受力的特点，来控制带电粒子的运动，或对带电粒子进行分析，如回旋加速器、质谱仪、人造太阳等。如图所示，在平面直角坐标系 的第一、四象限内存在磁感应强度大小为B（未知）的匀强磁场，方向如图所示，第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场。一带电量为 ，质量为m的粒子（不计重力）从x轴上的A点 沿y轴正方向以初速度 进入第二象限，经电场偏转后从y轴上的M点 进入第一象限，然后从x轴上的N点 进入第四象限。求： (1)匀强电场的场强大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小B； (3)把原磁场撤去，在第一象限某区域只需要加一磁感应强度为原磁场3倍的矩形磁场，即可使带电粒子与x轴正方向成 角斜向下穿过x轴。求该矩形磁场区域的最小面积S。 【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，有 ， 其中  得 （2）设带电粒子运动到M点时，水平分速度为 ，则有 得                          设速度方向与x轴正方向的夹角为 ， 即                      在磁场中，由几何关系 得   又                      得                  （3）当磁感应强度为 时，有 得 使带电粒子与x轴正方向成 角向下经过x轴，即粒子速度偏转 ，圆弧圆心角为 ，由几何关系，矩形的长边 矩形的短边 最小面积 【例5】（多选）（24-25高一下·贵州黔东南·期末）物理是以实验为基础的学科，实验是培养学生实践能力和科学思维的重要手段。关于以下实验现象的说法正确的是（　　） A．甲图中，奥斯特观察到通电导线使小磁针发生偏转，从而发现电流周围存在磁场 B．图乙中闭合开关S瞬间，与线圈P连接的电流计的指针不偏转 C．图丙中水平圆环从位置M向位置L运动的过程中，穿过圆环的磁通量先增大后减小 D．图丁中磁铁向右插入不闭合线圈，线圈中会产生感应电流 【详解】A．甲图中，奥斯特观察到通电导线使小磁针发生偏转，从而发现电流周围存在磁场，故A正确； B．图乙中闭合开关S瞬间，穿过线圈P的磁通量发生变化，线圈P回路中会产生感应电流，所以与线圈P连接的电流计的指针会偏转，故B错误； C．圆环从M运动至其与磁体上端齐平的过程中，穿过圆环的磁感线条数增多，则穿过圆环的磁通量变大。圆环从与磁体上端齐平运动至Р的过程中，穿过圆环的磁感线包含了所有的内部向上的磁感线及部分外部向下的磁感线，内外磁感线相互抵消，因此越到中间外部磁感线越少，故本过程穿过圆环的磁通量仍然是增加的。同理可知，圆环从P运动至L的过程中，穿过圆环的磁通量一直减小。故圆环从M运动至L的过程中，穿过圆环的磁通量先增大后减小，故C正确； D．图丁中磁铁向右插入不闭合线圈，由于线圈不是闭合回路，所以线圈中不会产生感应电流，故D错误。 【变式5-1】（多选）（24-25高二上·湖北武汉·期末）如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，当开关闭合或断开瞬间，对于线圈P回路中的电流表中感应电流的方向，下列说法正确的是（　　） A．当闭合开关S的一瞬间，电流的方向是a→b B．当闭合开关S的一瞬间，电流的方向是b→a C．当断开开关S的一瞬间，电流的方向是a→b D．当断开开关S的一瞬间，电流的方向是b→a 【详解】AB．当合上开关S的一瞬间，线圈M产生磁场，穿过线圈P的磁通量向右从无到有增加，则线圈P里有感应电流，根据楞次定律“增反减同”可得，电流方向为 ，故A正确，B错误； CD．当断开开关S的一瞬间，线圈M产生的磁场消失，穿过线圈P的磁通量向右从有到无减小，则线圈P里有感应电流，根据楞次定律“增反减同”可得，电流方向为 ，故C错误，D正确。 故选AD。 【例6】（24-25高二下·河北衡水·期末）如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，直径与磁场宽度相同的圆形金属线框在水平拉力作用下以一定的速度 斜向匀速通过磁场。则下列说法正确的是（    ） A．金属圆形线框的感应电流方向先顺时针后逆时针 B．金属圆形线框所受的安培力方向先水平向左再水平向右 C．水平拉力大小保持不变 D．若速度 变小，通过线框某一横截面的电量不变 【详解】A．根据楞次定律，进入磁场时线框中产生逆时针电流，穿出磁场时产生顺时针电流，故A错误； B．根据楞次定律，安培力应阻碍线框的相对运动，安培力方向一直是向左的，故B错误； C．进入磁场时切割磁感线的等效长度在增加，由公式 感应电动势在增大，感应电流与安培力也是增大，根据平衡条件可知水平拉力增大，故C错误； D．通过线框横截面的电量 与速度无关，故D正确。 故选D。 【变式6-1】（多选）（24-25高二上·辽宁丹东·期末）在竖直向上的匀强磁场中，有一闭合矩形金属框abcd固定于绝缘轻质细杆下端，细杆上端悬挂在O点，并可绕O点摆动，细杆和金属框始终在同一平面内且垂直于纸面（ad边在外，bc边在里）。金属框从右侧某一位置静止释放，在摆动到左侧最高点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．线框中的感应电流方向始终为沿adcba方向 B．线框中的感应电流方向始终为沿abcda方向 C．线框始终有扩张的趋势 D．线框始终受到安培力的阻碍作用 【详解】ABC．金属框从右侧最高点到最低点，金属框磁通量减少，根据楞次定律和安培定则可知电流沿adcba方向，为阻碍磁通量减少，金属框有扩张趋势。金属框从最低点到左侧最高点，磁通量增加，根据楞次定律和安培定则可知电流沿adcba方向，为阻碍磁通量增加，金属框有收缩趋势。故A正确，BC错误； D．为阻碍磁通量变化，线框始终受到安培力的阻碍作用。故D正确。 故选AD。 ①用公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，只有在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值； ②通过回路的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R有关，与变化过程所用的时间长短无关，推导过程：q＝eq \o(I,\s\up14(－))Δt＝eq \f(n\f(ΔΦ,Δt),R)Δt＝eq \f(nΔΦ,R)。 【例7】（24-25高二下·福建南平·期末）如图甲，匀强磁场垂直于正方形线圈abcd，已知线圈匝数 ，边长 ，总电阻 ，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。规定磁场垂直纸面向外为正方向，感应电流逆时针方向为正方向。则下列有关线圈的感应电动势 、感应电流 、焦耳热 以及ab边所受安培力 （取向左为正方向）随时间 变化的图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【详解】A．0~1s内产生的感应电动势 方向为顺时针；同理1~5s内产生的感应电动势 ，方向为逆时针，故A错误； B．0~1s内的感应电流大小为 方向为顺时针，同理1~5s内的感应电流大小为 ，方向为逆时针，故B正确； C．线圈产生的焦耳热 0~1s内产生的热量为4t（J），1~5s内产生的热量为4＋(t－1)（J），故C正确。 D．ab边受到的安培力大小为 可知，0~1s内 ，方向向右；1~3s内 ，方向向左；3~5s内 ，方向向右，故D错误； 故选BC。 【变式7-1】（24-25高二下·江苏·期末）电子感应加速器是利用感生电场加速电子的设备，主要由上、下电磁铁磁极和环形真空室组成，如图（a）所示（图中上部分为侧视图、下部分为俯视图）。当电磁铁线圈通入交变电流时，真空室中就会产生变化的磁场，而变化的磁场会产生感应电场，感应电场能够使电子做加速运动。若t=0时刻，电子枪放出一初速度可忽略的电子，电磁铁线圈通入如图（b）所示的交变电流，以图（a）中线圈标示方向为电流正方向，则下列说法中正确的是（　　） A．电子在轨道中加速的驱动力是洛伦兹力 B．在0~ 时间内，俯视图中真空室内的磁场方向为垂直纸面向外 C．在0~ 时间内，从俯视图的视角判断电子沿顺时针方向做加速圆周运动 D．在0~ 时间内，若电子未被引出轨道，则电子一直做加速圆周运动 【详解】A．电子所受感应电场力方向沿切线方向，电子在轨道中做加速圆周运动是由电场力驱动的，故A错误； BC．在0~ 时间内，由安培定则可知电磁铁线圈中的电流产生向上的磁场，即磁场方向垂直纸面向外，这段时间电流增大，磁场向上增强，磁通量增大，根据楞次定律，可知线圈中会产生向下的感应磁场以阻碍原磁通量的增大，根据安培定则，可知感应电流的方向为顺时针，即为感应电场的方向，所以电子所受的电场力方向为逆时针，则从俯视图的视角判断电子沿逆时针方向做加速圆周运动，故B正确，C错误； D．由上分析，可知在0~ 时间内，电子先沿逆时针做加速圆周运动。在 ~ 时间内，由图（b）可知，电流沿正方向减小，故其产生向上的磁场也减小，磁通量减小，根据楞次定律，可知线圈中会产生向上的感应磁场以阻碍原磁通量的减小，根据安培定则，可知感应电流的方向为逆时针，即为感应电场的方向，所以电子所受的电场力方向为顺时针，与速度的方向相反，故电子做减速圆周运动，故D错误。 故选B。 (1)注意理解和掌握E＝Blv，特别是B、l、v三者方向的关系。 (2)求瞬时电动势(电流)时，E＝Blv为首选式，并同时注意有效长度l。 (3)对于转动切割，可用E＝Bleq \o(v,\s\up14(－))计算， (4)如果在导体切割磁感线时，磁感应强度B也在变化，则只能用E＝eq \f(Δ（B·S）,Δt)计算。 【例8】（24-25高二上·湖北武汉·期末）如图所示，一长为L的导体棒ab在磁感应强度为B的匀强磁场中绕其b端以角速度 在垂直于磁场的平面内匀速转动，则ab两端产生的感应电动势为（　　） A． B． C． D． 【详解】ab两端产生的感应电动势是 其中 解得 故选A。 【变式8-1】（24-25高二下·广东汕头·期末）如图，电阻不计、半径为R 的金属圆环上固定了三根沿半径方向的金属棒OA、OB和OC，其阻值均为r，它们之间的夹角均为120°。圆心角为60°的扇形aOb内有如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现让金属圆环绕过圆心O且与圆环平面垂直的转轴，以角速度ω顺时针匀速转动，aOb 位置不变，则（　　） A．OA 棒通过磁场的过程中，O点的电势小于 A 点的电势 B．OA 棒通过磁场的过程中，产生的电动势为BωR² C．OA 棒通过磁场的过程中，OA 两端的电压为 D．圆环转动一周产生的热量为 【详解】A．根据右手定则，OA 棒通过磁场的过程中，O点的电势高于 A 点的电势，选项A错误； B．OA 棒通过磁场的过程中，产生的电动势为 ，选项B错误； C．OA 棒通过磁场的过程中，OA为电源，外电阻为 ，则OA 两端的电压为 ，选项C错误； D．圆环转动一周有一半的时间导体棒在磁场内切割磁感线，则产生的热量为 ，选项D正确。 故选D。 【例9】（24-25高二下·广西河池·期末）下列与电磁感应有关的现象中说法正确的是（　　） A．图甲中，利用真空冶炼炉来冶炼金属是利用涡流的热效应 B．图乙中，在运输灵敏电流表时用导线把两接线柱连在一起属于电磁驱动应用 C．图丙中，两相同的小磁体由静止穿过等长的铝管和塑料管所用时间相等 D．图丁中，电子感应加速器中电磁感应线圈中的电流由大变小，可使电子逆时针加速 【详解】A．图甲中，利用真空冶炼炉来冶炼金属是利用涡流的热效应，A正确； B．图乙中，在运输灵敏电流表时用导线把两接线柱连在一起属于电磁阻尼的应用，B错误； C．图丙中，小磁体由静止穿过铝管时产生感应电流，感应电流的磁场对小磁体有磁场力的作用，磁场力阻碍小磁体的下落，小磁体下落慢；小磁体由静止穿过塑料管时不产生感应电流，小磁体做自由落体运动，小磁体下落快；所以两相同的小磁体由静止穿过等长的铝管和塑料管所用时间不相等，C错误； D．图丁中，磁场方向向上，电子感应加速器中电磁感应线圈中的电流由大变小，根据楞次定律，产生逆时针的涡旋电场，可使电子顺时针加速，D错误。 故选A。 【变式9-1】（24-25高二下·山东日照·期末）在如图所示的电路中，a、b、c是三个完全相同的灯泡， 是一个理想电感线圈。当开关闭合与断开时，下列判断正确的是（　　） A．S闭合，三灯立即同时亮，然后a灯逐渐更亮 B．S闭合，三灯立即同时亮，然后b灯逐渐更亮 C．S闭合且电路稳定后，断开S，b、c灯逐渐熄灭 D．S闭合且电路稳定后，断开S，a、c灯逐渐熄灭 【详解】AB．当S闭合瞬间，由于电感线圈L的自感作用，会阻碍电流的增加，但此时电流可以通过a、b、c三灯，所以三灯立即同时亮，之后，电感线圈L的阻碍作用逐渐减小， 和L并联部分，所分的电压变小， 、 并联部分的电压变大，所以a灯逐渐更亮， 和L并联部分所分电压 逐渐变小，而 电阻不变，电流变小，b灯逐渐变暗，最后被短路，b灯熄灭，故A正确，B错误； CD．S闭合且电路稳定后，断开S，电感线圈L与b灯组成闭合回路，L产生自感电动势，阻碍电流的减小，有电流通过b灯，b灯逐渐熄灭，而a、c两灯与电源断开，立即熄灭，故CD错误。 故选A。 【变式9-2】（24-25高二上·北京海淀·期末）如图甲所示的电路中，已知灯泡电阻不变且阻值为 。闭合开关 后，流过两个电流传感器的 图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．闭合开关S瞬间，线圈中的自感电动势为零 B．闭合开关S后，线圈中的电流先减小后不变 C．断开开关S后，通过线圈的电流反向 D．断开开关S瞬间，灯泡不会先闪亮再熄灭 【详解】AB．开关S闭合的瞬间，由于线圈的自感现象，其自感电动势不为零；闭合开关S后，由于线圈的自感现象，线圈中的电流逐渐变大，故AB错误； CD．根据图像可知电路稳定时，通过灯泡的电流 大于通过线圈的电流 ，断开开关S瞬间，灯泡由线圈供电，通过灯泡的电流从 开始减小，灯泡逐渐熄灭，不会先闪亮再熄灭；断开开关S后，由于线圈的自感现象，由楞次定律可知通过线圈的电流方向不变，故C错误，D正确。 故选D。 动量定理在电磁感应中的应用 在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解单杆所受其他恒力(非安培力)作用的时间、单杆的速度、单杆的位移和通过单杆的横截面的电荷量。 (1)求通过单杆的横截面的电荷量、单杆的速度或单杆运动的时间：－Beq \o(I,\s\up14(－))lΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，q＝eq \o(I,\s\up14(－))Δt＝neq \f(ΔΦ,R总)。 (2)求单杆运动的位移、单杆的速度或单杆运动的时间：－eq \f(B2l2\o(v,\s\up14(－)),R)Δt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，x＝eq \o(v,\s\up14(－))Δt。 【例10】（多选）（24-25高二下·山东滨州·期末）如图两根足够长、间距为L的光滑竖直平行金属导轨，导轨上端接有开关、电阻、电容器，其中电阻的阻值为R，电容器的电容为C（不会击穿、初始不带电），金属棒 水平放置，质量为 。空间存在垂直轨道向外、磁感应强度为 的匀强磁场，不计金属棒和导轨的电阻。闭合某一开关后，让 沿导轨由静止开始释放，金属棒 始终与导轨接触良好并保持水平，重力加速度大小为 。下列说法正确的是（　　） A．只闭合开关S1，金属棒做匀加速直线运动 B．只闭合开关S1，金属棒 下降时间 时速度为 ，则下降高度 C．只闭合开关S2，电容器右侧金属板带负电 D．只闭合开关S2，某时刻金属棒 的加速度大小 EMBED Equation.DSMT4 【详解】A．只闭合开关 ，对金属棒，根据牛顿第二定律有 又 ， 整理得 其中导体棒速度v在增大，则导体棒做加速度减小的加速运动，直到安培力和重力平衡后做匀速直线运动，故A错误； B．只闭合开关 ，金属棒 下降时间 时速度为 ，在这个过程中对导体用动量定理有 又 ， ， ， 联立解得 ，故B正确； C．根据楞次定律可知电流方向N到M，可知电容器左侧金属板带正电，右侧金属板带负电，故C正确； D．只闭合开关S2，金属棒MN运动过程中取一段 时间，且 趋近于零，设导体棒加速度为a，则有 对导体棒，根据牛顿第二定律可 联立解得 ，故D错误。 【变式10-1】（24-25高二下·上海·期末）如图装置可形成稳定的辐向磁场，磁场内有半径为R的单匝圆形线圈，在 时刻线圈由静止释放，经时间t速度变为v，此时还未到达匀速状态，假设此段时间内线圈所在处磁感应强度大小恒为B，线圈导线的质量、电阻分别为m、r，重力加速度为g，求： (1)从上往下看线圈里的电流方向； (2)在t时刻线圈产生的感应电动势的大小E； (3)在t时刻线圈的加速度大小a，并分析此段时间内的能量转化关系； (4) 时间内线圈下落高度h。 【详解】（1）由右手定则判断，从上往下看线圈里的电流方向为顺时针方向。 （2）根据法拉第电磁感应定律，在t时刻线圈切割辐向磁感线产生感应电动势为E=B•2πR•v=2πRBv （3）在t时刻感应电流为 线圈所受安培力大小为 根据牛顿第二定律得mg-F安=ma解得在t时刻线圈的加速度大小为 此段时间内线圈下落减少的重力势能转化为线圈增加的动能和线圈产生的焦耳热。 （4）以向下为正方向，0～t时间对线圈由动量定理得 其中 解得 【变式10-2】（24-25高二下·贵州遵义·期末）如图所示，间距L=1m的足够长光滑平行金属导轨ab、cd固定在绝缘水平桌面上，bd端与固定绝缘光滑斜面底端平滑相接，斜面倾角θ=30°；bd左侧空间内充满竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T；长度均为1m、电阻均为r=0.5Ω的导体棒甲、乙静置在导轨上。现锁定乙，给甲施加一水平向右的恒力F=4Ν，使其向右运动，甲稳定后，当甲、乙之间的距离s=9.6m时，撤去力F并解除乙的锁定，乙运动稳定后冲上斜面，且沿斜面上升的最大高度h=0.45m，运动过程中两棒与导轨始终垂直且接触良好。已知甲的质量m1=3kg，重力加速度g取10m/s2，不计其他电阻。求： (1)甲速度最大时乙的电功率P； (2)乙的质量m2； (3)从乙开始运动到甲、乙首次碰撞前的过程中，乙产生的焦耳热Q。 【详解】（1）当甲速度最大时，加速度为0，甲所受的安培力与恒力F平衡，即 根据闭合电路的欧姆定律有 又有 故 整理可得 故代入数据可得 此时回路中的电流为 故乙的电功率为 （2）乙稳定后，甲、乙速度相同，设速度为v，则 乙冲上斜面，根据机械能守恒定律有 解得 从撤去F到甲、乙共速的过程中，系统动量守恒，有 解得 （3）从撤去F到甲、乙共速的过程中，根据能量守恒定律，系统减少的动能转化为焦耳热 ，即 解得 因为甲、乙电阻相同，所以从撤去F到甲、乙共速的过程中乙产生的焦耳热 乙运动稳定后冲上斜面，沿斜面上升到最大高度的过程中，由牛顿第二定律可得由牛顿第二定律可得 乙沿斜面上升到最大高度的过程做匀减速直线运动， 有 则乙冲上斜面时的速度为 联立解得 ， 对乙分析，在解除乙的锁定到乙运动稳定的过程中，由动量定理可得 又有 整理得 解得 此时甲乙间的距离为 乙沿斜面上升到最大高度，再从最大高度滑下斜面时，甲乙之间的距离为 乙滑下斜面时的速度大小与乙冲上斜面时的速度大小相等，从乙滑下斜面到甲、乙首次碰撞前的过程中，对甲由动量定理可得 对乙由动量定理可得 又有 解得 ， 故从乙滑下斜面到甲、乙首次碰撞前的过程中，甲、乙产生的焦耳热为 解得 因为导体棒甲、乙的电阻相等，故乙产生的焦耳热为 故从乙开始运动到甲、乙首次碰撞前的过程中，乙产生的焦耳热为 1．（25-26高二上·陕西西安·期末）下列四幅图分别是等离子体发电机、质谱仪、回旋加速器、霍尔元件的示意图，进入装置的带电粒子重力均不计，下列说法正确的是（    ） A．图甲中上极板 板是电源的正极 B．图乙中粒子打在照相底片 上的位置越靠近 ，粒子的比荷越小 C．图丙中若增大回旋加速器的加速电压，粒子获得的最大动能增大 D．图丁中若导体中的载流子是电子，则导体左右两侧电势 A．图甲中，根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B极板带正电，为电源的正极，A极板是电源的负极，故A错误； B．图乙中，由牛顿第二定律 可得 知R越小，粒子打在照相底片D上的位置越靠近 ，说明比荷越大，故B错误； C．丙图中，根据牛顿第二定律 可知 当 时粒子获得的最大动能为 所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径R和增大磁感应强度B，增加电压U不能增大最大初动能，故C错误； D．图丁中，若导体中的载流子是电子，根据左手定则可知，电子运动到N板，则导体左右两侧电势 ，故D正确。 故选D。 2．（24-25高二上·福建三明·期末）电磁流量计常用来测量导电流体的流量Q（单位时间内流过管道横截面的液体体积）。如图甲，在排污管a处安装一电磁流量计，排污管a处和b处的管道直径分别为100mm和200mm。当导电污水流过竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，a处管壁M、N两点间的电势差为U，如图乙所示。污水流量为 时，通过a处速度约为10m/s；若流量为 时，则（　　） A．M点电势始终高于N点电势 B．b处流量约为 C．通过b处速度约为2.5m/s D．U与B之比约为 【详解】A．根据左手定则可知，正电荷进入竖直向下的磁场区域时会向右偏转，负电荷向左偏转，所以M点电势始终低于N点电势，故A错误； B．当流量为 ，因管内的污水流速稳定，即管道中各处的流量均为 ，故B错误； C．b处的管道直径为 ，由流量为 可得通过b处速度约为 故C错误； D．若流量为 时，a处的流量计内污水的速度约为 ，当粒子在电磁流量计中受力平衡时，有 可得 故D正确。故选D。 3．（24-25高二上·山东烟台·期末）如图所示，中空长方体是边长为h、l、b的发电导管，前、后两个侧面是绝缘体，上、下两个侧面是电阻可以忽略的导体电极，通过导线与电容为C、板间距为d的平行板电容器连接，右侧通过开关S与阻值为R的负载连接。发电导管处于磁感应强度大小为B、方向与前、后平面垂直的匀强磁场中。当S断开时，有电阻率为 、电荷量绝对值相同的正、负离子组成的等离子束（不计重力），始终沿着导管方向以恒定速率由左端连续射入，电路达到稳定后，电容器里一质量为 m、电荷量为 q 的颗粒恰好静止在电容器中央，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．电容器中的颗粒带正电 B．等离子体的流速为 C．闭合开关S，电容器里的颗粒仍然悬停在电容器中 D．闭合开关S，稳定后流过电阻R的电流为 【详解】A．根据左手定则可知，正离子向上运动，则电容器上极板带正电，颗粒受重力与向上的电场力，则颗粒带负电，故A错误； B．对颗粒，根据受力平衡有 对发电导管有 解得 故B正确； C．闭合开关S，电容器的电势差等于电阻电压，根据串联分压可知此时 ，此时颗粒所受电场力减小，则电容器里的颗粒不会悬停在电容器中，故C错误； D．闭合开关S，稳定后流过电阻R的电流为 根据电阻定律有 解得 故D错误； 故选B。 4．（24-25高二下·安徽滁州·期末）笔记本电脑机身和显示屏分别安装有磁体和霍尔元件，当闭合显示屏时，霍尔元件靠近磁体，屏幕熄灭，其工作原理如图所示，长度为a、宽度为c、厚度为d的霍尔元件通以方向向右的恒定电流 ，闭合显示屏时，处在磁感应强度大小为B、方向垂直于元件上表面向下的匀强磁场中，元件的前、后表面间出现电压U，且前表面的电势比后表面高，笔记本控制系统检测到该电压，立即熄灭屏幕。下列说法正确的是（　　） A．霍尔元件中的导电粒子带正电 B．磁场越强，导电粒子的定向移动速率越大 C．磁场不变时，前、后表面间的电压U与d成反比 D．磁场不变时，前、后表面间的电压U与c成反比 【详解】A．若霍尔元件中的导电粒子带正电，则电流方向向右时，粒子所受洛伦兹力指向后表面，正电荷将聚集在元件后表面，致使后表面电势较高，与题意不符，由此可知霍尔元件中的导电粒子带负电，故A错误； B．根据电流的微观表达式 可知 ，故B错误； CD．电流稳定时，导电粒子受力平衡，可得 联立解得 磁场不变时，前、后表面间的电压 与 成反比，与 无关，故C正确，D错误。 故选C。 5．(多选）（22-23高二上·湖北黄冈·期末）如图所示，足够长的两根光滑金属导轨平行放置于水平面内，其左端与定值电阻R相连，导轨电阻不计，沿其中一条导轨建立x轴，在 的区域内设置垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度与坐标x的关系为 。在外力F作用下，一阻值为r的金属棒从 开始向右运动，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，金属棒从 运动到 过程中电路中的电功率保持不变， ， ， ，关于金属棒从 运动到 的过程中，下列说法正确的是（　　） A．金属棒在 与 处的速度之比为 B．金属棒产生的感应电动势随时间均匀增大 C． 到 与 到 的过程中，通过金属棒的电荷量之比为 D． 到 与 到 的过程中回路产生的热量之比为 【详解】AB．根据题意金属棒从 运动到 过程中电路中的电功率保持不变，由 可知金属棒产生的感应电动势不变；根据公式 同时有 ， 代入可得金属棒在 与 处的速度之比为 A正确，B错误； C．根据公式有 根据题意磁感应强度与坐标x的关系为 ，满足线性关系，所以 到 与 到 的过程中平均磁感应强度分别为 ， 所以通过金属棒的电荷量之比为 C错误； D．根据公式有 因为感应电动势不变，所以电流不变，可得 到 与 到 的过程中回路产生的热量之比即为通过的电荷量之比，根据前面分析即为 ，D正确。 6．（24-25高二下·天津和平·期末）如图甲，倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，空间存在垂直斜面向上的匀强磁场，直线L1和L2为磁场的上、下边界，磁场的磁感强度B随时间t变化的规律如图乙所示。质量为m、电阻为R的单匝矩形线框abcd有一半处在磁场中，0~t0时间内线框在外力作用下处于静止状态，t0时刻撤去外力，线框沿斜面向下运动，线框离开磁场前已经做匀速运动，ab=l，bc=2l，L1和L2之间的距离为x0，重力加速度为g，求： (1)0~t0时间内，线框中的电流的大小I1； (2)撤力前线框所受到的外力F外随时间t的变化关系； (3)线框从开始运动到全部离开磁场，线框中产生的热量Q。 【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律有 ， ， ， 联立解得0~t0时间内，线框中的电流的大小 （2）撤力前，t时刻安培力大小为 磁感应强度为 线框静止，则有 联立解得 （3）匀速运动时线框受到的合力为零，设安培力大小为F2，有 ， ， ， 由能量守恒得 解得 $