2026届高考二轮复习专题-选择性必修二专题复习

2027届《选择性必修二》专题复习答案 磁场及其对电流的作用 例1　C　[根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向可知C正确。] 例2　A　[设正方体棱长为l，通电导线中的电流大小为I，固定在两条边BB'和BC上的通电导线在A点产生的磁感应强度大小均为BA＝k 方向分别沿AD方向和A'A方向，互相垂直。则A点磁感应强度大小为B0＝BA＝k，同理可得D点的磁感应强度大小为B'＝kB0，故选A。] 例3　C　[根据右手螺旋定则可知导线框所在处磁场方向向里，由于I1>I2，可知左侧的磁感应强度大，同一竖直方向上的磁感应强度相等，故导线框水平方向导线所受的安培力相互抵消，根据左手定则结合F＝BIL可知左半边竖直方向的导线所受的水平向左的安培力大于右半边竖直方向的导线所受的水平向右的安培力，故导线框所受安培力的合力方向水平向左。故选C。] 例4　A　[设恒压电源电压为U，磁感应强度为B，正五边形边长为L，每个边的电阻为R。在a、e两点用导线与恒压电源相连接时，ab边电流为I1＝，则F＝BI1L＝，若在a、d两点用导线与该恒压电源连接，则abcd中电流为I2＝，aed中电流为I3＝，由几何关系，三角形acd为顶角36°的等腰三角形，由正弦定理，得Lad＝L，则aed、abcd的有效长度均为L'＝L，则正五边形所受安培力大小为F'＝BI2L'＋BI3L'＝F，故选A。] 例5　B　[从正视方向研究CD导体棒电流产生的磁场分布，如图所示，可知CD导体棒电流在B端有垂直AB棒向上的分磁场，根据左手定则可知B端受到垂直于纸面向外的安培力，B端向外转动，CD导体棒电流在A端有垂直AB棒向下的分磁场，根据左手定则可知A端受到垂直于纸面向里的安培力，A端向里转动，故俯视看导体棒AB将要顺时针转动，B正确，A、C错误；根据安培定则可知通电瞬间CD导体棒电流和AB导体棒电流在线段O1O2间产生的磁场方向相互垂直，故通电瞬间线段O1O2间不存在磁感应强度为零的位置，D错误。 ] 例6　(1)　(2) (3)　垂直导轨平面向上 解析　(1)如图甲，B1IL＝mg 解得B1＝ (2)如图乙，tan α＝ 解得B2＝ (3)当F安与支持力FN方向垂直时，F安取最小值，此时磁感应强度有最小值，方向与安培力垂直，即垂直导轨平面向上，如图丙。mgsin α＝BminIL 解得Bmin＝。 例7　(1)kI2L　(2)1∶4 (3) 解析　(1)由题意可知，第一级区域中磁感应强度大小为B1＝kI 金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为 F＝B1IL＝kI2L (2)根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为 a1＝ 第二级区域中磁感应强度大小为B2＝2kI 金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为 F'＝B2·2IL＝4kI2L 金属棒经过第二级区域的加速度大小为a2＝ 则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶4 (3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得Fs＋F's＝mv2－0 解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为v＝。 磁场对运动电荷(带电体)的作用 例1　A　[由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MN左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到y轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴坐标增大，在MN右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误。] 例2　A　[小球带正电，由左手定则可知刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；小球受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，速度方向时刻变化，B错误；重力方向始终竖直向下，洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，速度方向时刻变化，则合力方向时刻变化，由牛顿第二定律知加速度方向时刻变化，C错误；洛伦兹力始终与小球的速度方向垂直，故洛伦兹力对小球不做功，D错误。] 考点二　 例3　ACD　[设物块的初速度为v0，则FN＝Bqv0，若满足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μBqv0，物块向下做匀速运动，选项A有可能；若mg>μBqv0，则物块开始时有向下的加速度，由a＝可知，随着速度增大，加速度减小，即物块先做加速度减小的加速运动，最后加速度减为零，达到匀速状态，选项D有可能，B不可能；若mg<μBqv0，则物块开始有向上的加速度，物块做减速运动，由a＝可知，随着速度减小，加速度减小，即物块先做加速度减小的减速运动，最后加速度减到零，达到匀速状态，选项C有可能。] 拓展　带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力 (1)若重力与洛伦兹力相等，圆环将做匀速直线运动； (2)初始时刻，若洛伦兹力大于重力，FN＝qv0B－mg，圆环受到摩擦力Ff＝μFN＝μ(qv0B－mg)，a＝，圆环将做加速度逐渐减小的减速运动，洛伦兹力逐渐减小，最后洛伦兹力等于重力，做匀速直线运动； (3)初始时刻若洛伦兹力小于重力，圆环也受摩擦力作用，a＝，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，直到静止。 例4　(1)带负电荷　(2)4.8 m/s　(3)1.92 m 解析　(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F。若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F的方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带有负电荷。 (2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有Bqv＋FN－mgcos α＝0，当FN＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时有qvB＝mgcos α，得v＝＝4.8 m/s。 (3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得mgs·sin α＝mv2，斜面的长度至少应为s＝＝1.92 m。 例5　BC　[根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系有(3r－R)2＝R2＋r2，解得R＝r，故A错误，B正确；由qvB＝m，可得粒子在圆形区域做匀速直线运动的速度大小为v＝，则粒子第一次在圆形区域内运动的时间为t＝，故C正确，D错误。 ] 例6　(1)　(2) (3) 解析　(1)当粒子到达O点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r1，如图中①所示 由洛伦兹力提供向心力得 qv0B＝m 其中OK＝2r1＝ (2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，则该粒子在磁场中运动的轨迹半径 r2 ＝ 4r1 如图中②所示，由几何关系有 (4r1－2r1)2＋MO2 ＝ (4r1)2 解得MO＝2r1＝ (3)设速率为4v0的粒子射出一段时间t到达N点时打开磁场开关，要使粒子仍然经过K点，则N点在O点右侧，如图中③所示 由几何关系有 (4r1－2r1)2＋ON2 ＝ (4r1)2 解得ON＝2r1＝ 粒子在打开磁场开关前运动时间为 t＝ 解得t＝。 带电粒子在有界匀强磁场中的运动 例1　AC　[设OP＝2d，则由几何关系可知ra＝＝2d，rb＝，可知a、b的运动半径之比为∶1，选项A正确；根据qvB＝m，可得v＝∝r，初速率之比为∶1，选项B错误；根据T＝，t＝T∝θ，a、b两粒子转过的角度之比为300°∶120°＝5∶2，则运动时间之比为5∶2，选项C正确，D错误。] 例2　AB　[粒子运动轨迹如图所示，r＋rsin 30°＝d，可得粒子运动轨道半径为r＝d，故A正确；由qvB＝m，r＝d，可得粒子进入磁场时的速度为v＝，故B正确；T＝，由几何关系知t＝T，可得粒子在磁场中运动的时间为t＝，故C错误；粒子运动轨迹与y轴交点的纵坐标为y＝－2rcos 30°＝－d，故D错误。 ] 拓展　2d　　　2d 解析　粒子运动轨迹如图所示，r－rsin 30°＝d，可得粒子运动轨道半径为r＝2d；由qvB＝m，r＝2d，可得粒子进入磁场时的速度为v＝；T＝，由几何关系知t＝T，可得粒子在磁场中运动的时间为t＝；粒子运动轨迹与y轴交点的纵坐标为y＝2rcos 30°＝2d。 例3　C　[正电子恰好从MN边界射出的轨迹如图所示，根据正电子的运动的轨迹可知，其不可能从M点射出磁场，选项A错误；负电子从D点离开磁场的轨迹如图，负电子从D点离开磁场时，由几何关系知()2＋(－r)2＝r2，解得r＝L，则负电子的速度大小为v＝，选项B错误；当从MN边射出的正电子运动的轨迹与MN相切时在磁场中运动时间最长，由几何关系可知圆心角为120°，则最长时间tm＝×，选项C正确；正电子从C、M之间射出时在磁场中运动时间最长，则在磁场中运动的最长时间为tm'＝，选项D错误。 ] 例4　BD　[假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图甲所示，O1为圆周运动的圆心，由题可知粒子沿半径方向射入圆形磁场，出射时也沿半径方向，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性得粒子在其他点撞击同理，D正确； 假设粒子运动过程过O点，粒子从P点进入磁场中速度发生偏转，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的，不能交于一点确定圆心； 撞击筒壁A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；由题意可知粒子射入磁场以后的每次偏转轨迹圆心连线组成的多边形应为以筒壁为内接圆的多边形，这个多边形最少应为三角形，如图乙所示，即撞击两次，B正确；速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能增多，故粒子运动时间不一定减少， C错误。] 例5　BD　[当磁场方向垂直于纸面向里时，离子运动的临界轨迹是恰好与OP相切，如图甲所示，切点为M，设轨迹半径为r1，由几何关系得sin 30°＝，解得r1＝s，由r1＝，可得B1＝，此种磁场方向要求B>；当磁场方向垂直于纸面向外时，离子运动的临界轨迹是恰好与OP相切，如图乙所示，切点为N，设轨迹半径为r2，由几何关系得s＝＋r2，解得r2＝，由r2＝可得B2＝，此种磁场方向要求B>，B、D正确，A、C错误。] 例6　BC　[若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲所示， 根据几何关系则有R＝L，由qvB＝m，可得v＝＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角斜向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。当离子在两个磁场均运动一次时，如图乙所示，因为两个磁场的磁感应强度大小均为B， 则根据对称性有R＝L， 根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，可得v＝kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v＝kBL(n＝1，2，3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v＝kBL(n＝1，2，3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，故B、C正确，A、D错误。] 用“动态圆”思想分析临界问题 例1　C　[由题意可知，粒子均向上偏转，从D点射入和从B点射入的粒子的运动轨迹如图所示，设两个粒子在AC边上的出射点分别为E、F点，由于从D点射入的粒子恰好能垂直AC边射出磁场，所以A点为该粒子做圆周运动的圆心，则粒子做圆周运动的半径为R＝L，则有AE＝L，因为D点是AB的中点，所以D点是从B点射出的粒子做圆周运动的圆心，所以有AD＝DF，则根据几何知识有AF＝2×L·cos 30°＝，所以有粒子射出的区域长度为EF＝AF－AE＝L，故A、B、D错误，C正确。 ] 例2　AB　[若粒子速率为v＝， 则轨迹半径r＝＝L 粒子运动情况如图甲所示 从P点飞出的粒子，轨迹的圆心在N点，该粒子从O点发射时的速度方向与ON垂直斜向右下，与水平方向成60°角。从N点飞出的粒子，轨迹的圆心在S点，该粒子从O点发射时的速度方向与OS垂直，水平向右，两粒子发射速度间的夹角θ＝60°，发射方向在这两个方向之间的粒子都可从空隙NP“逃出”，粒子“逃出”的概率为，由图甲可知，NP线段上各处都可能有粒子通过，故A、B正确；若粒子速率为v＝，则轨迹半径r＝ 粒子运动情况如图乙所示，粒子轨迹与P点相交时，圆心为A， 粒子轨迹与PN相切时，切点为D，圆心为C，两发射速度间的夹角θ＝∠AOC，由几何关系知θ>60°，则粒子“逃出”的概率为> 由图乙可知OD<ON＝L 则D在N点下方，故线段DN间不可能有粒子通过，故C、D错误。] 拓展　(＋1)L 解析　若粒子速率为v＝，则轨迹半径R＝＝L 粒子运动情况如图所示 根据几何关系可得AB＝L， AC＝L 所求长度为BC＝AB＋AC＝(＋1)L。 例3　C　[粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由在磁场中的运动轨迹对应的圆心角决定。设轨迹交半圆于e点，ce中垂线交bc于O点，则O点为轨迹圆心，如图所示。圆心角θ＝π＋2β，当β最大时，θ有最大值，由几何知识分析可知，当ce与相切时，β最大，此时轨迹过ab中点，β＝30°，可得θ＝π，则t＝T＝，故选C。 ] 例4　(1)　(2)<v0≤ 解析　(1)粒子从ab边离开磁场时，在磁场中运动的时间最长，如图甲所示， 有qBv0＝，又T＝， 解得T＝ 又由几何关系得θ＝74°， 则粒子在磁场中运动的最长时间t＝T＝ (2)当粒子轨迹与ad边相切时，如图乙所示， 设此时速度为v01，轨道半径为R1， 由几何关系可得R1＋R1sin 37°＝0.4l 又qBv01＝，解得v01＝ 当粒子运动轨迹与cd边相切时，如图丙所示，设此时速度为v02，轨道半径为R2， 由几何关系可得R2＋R2cos 37°＝l， 又qBv02＝，解得v02＝ 综上可得<v0≤。 　洛伦兹力与现代科技 例1　(1)　(2)1∶4 解析　(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有 q1U＝m1 ① 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q1v1B＝m1 ② 由几何关系知 2R1＝l ③ 由①②③式得 B＝ ④ (2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2U＝m2 ⑤ q2v2B＝m2 ⑥ 由题给条件有2R2＝ ⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为∶＝1∶4。 例2　(1)∶1　(2)　(3)见解析 解析　(1)设粒子第1次经过狭缝后的轨道半径为r1，速度为v1 qU＝m qv1B＝m 解得r1＝ 同理，粒子第2次经过狭缝后的轨道半径r2＝ 则r2∶r1＝∶1 (2)设粒子到出口处被加速了n圈 2nqU＝mv2 qvB＝m T＝ t＝nT 解得t＝ (3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f＝ 当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应为 fBm＝，粒子的动能Ek＝mv2 两个频率选较小者，作为其共同频率 当fBm≤fm时，粒子的最大动能由Bm决定 qvmBm＝m 解得Ekm＝m 当fBm≥fm时，粒子的最大动能由fm决定 则vm＝2πfmR 解得Ekm＝m＝2π2mR2。 例3　B　[根据题述，质子H)以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，可知质子所受的静电力和洛伦兹力平衡，即eE＝ev0B。因此满足速度v＝＝v0的带电粒子才能够做匀速直线运动，所以选项B正确。] 例4　AC　[带正电的粒子受到的洛伦兹力向上，带负电的粒子受到的洛伦兹力向下，极板MN带正电为发电机正极，A正确； 粒子受到的洛伦兹力和静电力相互平衡时，此时令极板间距为d，则qvB＝q，可得U＝Bdv，因此增大极板间距d，U变大，增大等离子体的喷入速率v，U变大，U大小和粒子数密度无关，B、D错误，C正确。] 例5　C　[由左手定则可知，水平向左入射的正离子受竖直向下的洛伦兹力，负离子受竖直向上的洛伦兹力，则正电荷聚集在N一侧，负电荷聚集在M一侧，则N点电势高于M点电势，A、B错误；电压稳定后，离子所受的洛伦兹力等于静电力，即qBv＝q，可得流速为v＝，则流量Q＝Sv＝π()2v＝，C正确；电压稳定时，正、负离子受到的洛伦兹力与静电力平衡，D错误。] 例6　D　[根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流I'的方向应该是b→a；元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合磁感应强度为0，所以有k1I0＝k2I'，解得I'＝I0，故选D。] 带电粒子在组合场中的运动 例1　(1)　(2)(或60°) (3)见解析图 解析　(1)设板间距离为d，则板长为d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E＝，根据牛顿第二定律得qE＝ma，解得a＝ 设粒子在平板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的规律得a， d＝v0t0 联立解得U＝ (2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有 tan α＝，故α＝ 则出电场时粒子的速度为 v＝v0 粒子出电场后做匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律有qvB＝m，解得r＝ 已知圆形磁场区域半径为R＝，故r＝R 粒子沿PO方向射入磁场，轨迹如图所示，即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得θ＝2α＝，故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为(或60°)； (3)粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r＝R，根据几何关系可知，粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长，则相对应的运动轨迹以及圆心M的位置如图所示。 例2　(1)　(2) (3)v0 解析　(1)区域Ⅰ内粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，设在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系可得Rsin θ＝L 解得R＝2L 又qv0B＝m 解得区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小 B＝ (2)粒子在磁场中运动圆轨迹所对的圆心角为120°，在磁场中运动时间设为t1， 则t1＝T 其中T＝ 粒子在电场中做类平拋运动，设该粒子的加速度大小为a，在电场中运动时间为t2，沿y轴负方向运动的距离为h，则有qE＝ma x2－x1＝v0t2 解得t2＝ 其中h＝a 解得h＝ 由于h<R＋Rcos θ＝3L 粒子从电场边界离开，则总时间t＝t1＋t2 解得t＝ (3)由动能定理得 qEh＝mv2－m 解得v＝v0。 例3　(1)　(2)πL (3)F＝·Δx 解析　(1)对乙粒子，如图所示 由洛伦兹力提供向心力 qv0B＝m 由几何关系sin 30°＝ 联立解得磁感应强度的大小为 B＝ (2)由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为t1＝2×× 对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点， 由运动学公式d＝v0t1＋a 由牛顿第二定律a＝ 联立可得Ⅲ区宽度为d＝πL (3)甲粒子经过O点时的速度为 v甲＝v0＋at1＝3v0 因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动， 则E＝0， 即ωt＝kx＝k×3v0t 可得k＝ 设乙粒子经过Ⅲ区的时间为t2，乙粒子在Ⅳ区运动时间为t0，则t＝t0＋t2 对乙可得＝ω(t0＋t2)－kx2 整理可得x2＝3v0(t0＋t2)－ 对甲可得x1＝3v0(t0＋t2) 则Δx＝x1－x2＝ 化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为F＝·Δx。 带电粒子在叠加场中的运动　带电粒子在交变电、磁场中的运动 例1　(1)　(2) (3)(＋1) 解析　(1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲，可知Eq＝mg， 得E＝。 (2)由平衡条件得： qvB＝mg 电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如图乙，有qvB＝m 由几何知识可得： r＝l 联立解得：v＝， B＝。 (3)微粒做匀速直线运动的时间： t1＝ 微粒做匀速圆周运动的时间： t2＝ 微粒在叠加场中的运动时间： t＝t1＋t2＝(＋1)。 例2　(1)　(2)2B0 (3)(n＝0，1，2，…) 解析　(1)粒子从b板到a板的过程中，静电力做正功，根据动能定理有 qU＝mv2－0 解得粒子第一次到达O点时的速率v＝ (2)粒子进入a板上方后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由qvB＝m得 r＝， 则粒子做匀速圆周运动的半径 r1＝，r2＝ 使其在整个装置中做周期性的往返运动，运动轨迹如图所示，由图易知r1＝2r2， 已知B1＝B0，则得B2＝2B0 (3)在0~t1时间内，粒子做匀速圆周运动的周期T1＝ 在t1~(t1＋t2)时间内，粒子做匀速圆周运动的周期T2＝ 由轨迹图可知t1＝T1＝ t2＝T2＝ 设粒子在金属板a和b间往返时间为t， 有d＝× 且满足t＝t2＋n(t1＋t2)(n＝0，1，2，…) 联立可得金属板a和b间的距离 d＝(n＝0，1，2，…)。 例3　(1)2t0　(2)(，0) (3) 解析　(1)粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝＝2t0 (2)0~t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qv0B0＝m 解得r＝ 由(1)问可知粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝2t0 则粒子在0~t0内运动了半个周期恰好又回到x轴，速度方向沿y轴正方向x1＝2r＝ y1＝0，即此时粒子位置的坐标为(，0) (3)0~2t0内粒子的运动轨迹如图所示，在t0~1.5t0内，粒子受到沿x轴正方向的静电力作用，粒子做类平抛运动，粒子沿x轴正方向做匀加速运动， a＝ 当t＝1.5t0时，粒子具有最大速度，粒子沿x轴方向的分速度为vx＝a 沿y轴方向的分速度为vy＝v0 则v＝＝2v0 解得。 复合场中的摆线问题　动量定理在磁场中的应用 例1　　 解析　方法一　“配速法” 这个运动之所以复杂是因为洛伦兹力改变了运动的方向，带电粒子在磁场中做的最简单的运动就是匀速圆周运动，我们就可以设法将其分解为匀速圆周运动。粒子的初速度为零，可分解为水平向右的速度v和水平向左的速度v，其中水平向右的速度v对应的洛伦兹力与静电力平衡：Bqv＝Eq；因此，粒子的运动是水平向右速度为v的匀速直线运动和初速度水平向左、大小为v的逆时针匀速圆周运动的合运动，圆周运动的轨迹半径r＝，所以ym＝2r＝，vm＝2v＝。 方法二　动能定理＋动量定理 带电粒子在运动中，只有静电力做功，当其运动至最远时，静电力做功最多，此时速度最大，根据动能定理有 qEym＝m ① 粒子沿竖直方向上的速度产生水平方向的洛伦兹力， 即F洛x＝qBvy 取沿水平方向运动一小段时间Δt，根据动量定理有 F洛xΔt＝qBvyΔt＝mΔvx， 式中vyΔt表示粒子沿竖直方向运动的距离。 因此，等式两边对粒子从离开M点到第一次最远的过程求和有 qBym＝mvm ② 联立①②两式，解得vm＝， ym＝。 [变式1]　BD　[由运动轨迹可知，带电粒子只有受竖直向下的静电力，最低点线速度最大，偏转半径最大，则电场方向竖直向下，故A错误；将带电粒子的速度分解为一个水平向左、大小v1＝的分速度，和一个水平向右、大小v2＝v0的分速度，由于F1＝qv0B＝Eq(与静电力平衡)，则带电粒子的运动可以看成是以速率v1向左的匀速直线运动和以速率v2的匀速圆周运动的合运动，故小球在运动轨迹的最低点时的速度大小v＝v1＋v2＝2v0，故B正确；由牛顿第二定律可得带电粒子水平射出时的加速度大小为a＝，故C错误；由于洛伦兹力不做功，带电粒子从运动轨迹的最高点运动到最低点的过程有m＋Eqh＝mv2，又有v＝2v0，解得h＝，故D正确。] [变式2](1)　 (2)(1＋)v0　(3) 解析　(1)依题意，小球从P点运动到坐标原点O，速率没有改变，即动能变化量为零，由动能定理可知合力做功为零，电场力与重力等大反向，可知qE＝mg，解得E＝ 可知小球由P点到O点在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示 根据qv0B＝m，解得r＝ 由几何关系，可得xP＝r＋rcos 30° 联立解得xP＝ (2)把小球在坐标原点的速度v0分解为沿x轴正方向的v0和与x轴负方向成45°的v0，如图乙所示 qv0B＝mg，知其中沿x轴正方向的v0对应的洛伦兹力恰好与小球重力平衡，沿x轴正方向小球做匀速直线运动 与x轴负方向成45°的v0对应的洛伦兹力提供小球做逆时针匀速圆周运动的向心力，可知小球第一次到达最低点时速度的大小为v＝v0＋v0＝(1＋)v0 (3)由第(2)问分析可知小球在撤去电场后做匀速圆周运动的分运动轨迹如图丙所示 根据qv0B＝m，又T＝ 由几何关系，可得小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时圆弧轨迹对应的圆心角为135°，则所用时间为t＝T 联立解得t＝。 例2　B 解析　设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn， 在电场中，根据动能定理有 nqEd＝m 解得vn＝ 在磁场中由动量定理有 qvxBΔt＝mΔvy 即qΔxB＝mΔvy 两边累加得qxB＝mvy，其中x为在磁场中的水平位移，x＝nd 联立得vy＝，sin θn＝ 得：sin θn＝B。 带电粒子在立体空间中的运动 例1　见解析 解析　(1)粒子在垂直x轴的平面内做匀速圆周运动，距x轴最远距离等于粒子轨迹圆的直径， 由qv0B＝m，D1＝2R1， 得D1＝； (2)①粒子速度沿x轴方向的分量v0x＝v0cos θ， 在垂直于x轴方向的分量 v0y＝v0sin θ， 在垂直于x轴的平面内受洛伦兹力，粒子在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，在平行于x轴方向做匀速直线运动，即做等距螺旋线运动。 ②由qv0yB＝m，得D2＝2R2＝。 粒子做匀速圆周运动的周期 T＝ 轨迹与x轴相邻交点之间的距离 Δx＝v0cos θ·T＝； (3)①将粒子的初速度分解为沿x轴方向的分速度v0x和垂直x轴方向的分速度v0y，v0x＝v0cos θ，v0y＝v0sin θ 洛伦兹力方向与x轴垂直，粒子在垂直x轴的平面内做匀速圆周运动，在平行x轴方向由静电力作用下做匀加速直线运动，粒子做螺距逐渐增大的“旋进”运动。 ②由qv0yB＝m，得粒子做圆周运动的半径R3＝R2＝， 粒子离x轴的最大距离D3＝2R3＝。 ③在x轴方向，qE＝ma，第三次与x轴相交时的位置坐标 x＝v0xt＋at2， 从射出至第三次到x轴时间t＝3T＝， 故x＝(v0cos θ＋)。 拓展　见解析 解析　粒子做“旋进”运动，且到达x轴的时间间隔相等，在x轴方向做初速度为0的匀加速直线运动，故x1∶x2∶x3…＝1∶4∶9…。 例2　(1)　(2)(，L，－)　(3)25% 解析　(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝m 解得r1＝ 粒子轨迹如图甲所示 根据几何关系可知cos θ＝ 则θ＝60° 设带电粒子做圆周运动的周期为T， 则有T＝ 解得T＝ 粒子轨迹对应的圆心角为120°， 所以运动时间t＝T＝ (2)若正方体区域内同时存在电场和磁场，粒子在做圆周运动的同时，沿z轴负方向在静电力作用下加速运动， 加速度a＝ 沿着电场方向的位移z＝at2＝< 故粒子从上表面abcd射出，由图甲可知x＝r1sin θ＝ 则入射速度大小为v0的粒子从正方体电磁区域射出的位置的坐标为(，L，－)。 (3)由上述分析可知，粒子从正方体上表面abcd射出时，粒子速率越大，粒子做匀速圆周运动的半径越大，图甲中的p点越靠近d，轨迹圆心角越小，粒子在电磁区域中的运动时间越短，粒子沿z轴负方向的位移越小。当粒子速率最大为vmax时从cd边射出，对应的圆周运动轨迹为圆周，其半径等于L，则有 qvmaxB＝m 解得vmax＝1.5v0 假设粒子沿z轴负方向的分运动匀加速运动到f点时(其位移大小等于)，粒子能够从bc边射出，设粒子在电场中运动时间为t2， 则有× 解得t2＝ 设此情况粒子匀速圆周运动轨迹的圆心角为β， 则有t2＝T 联立解得β＝150° 此情况粒子的运动轨迹在正方体前表面adhe内的投影如图乙所示 可知假设成立，此时粒子的速率是从正方体上表面abcd射出的粒子速率的最小值vmin，设此时圆周运动半径为r2， 由几何关系可得r2＋r2cos 30°＝L 解得r2＝＝2(2－)L 同理有qvminB＝m 解得vmin＝3(2－)v0 从正方体上表面abcd射出的粒子速率范围应为 3(2－)v0≤v≤v0 粒子入射速度在0.9v0≤v≤3.3v0范围内均匀分布，则从正方体上表面abcd射出的粒子速率范围为 0.9v0≤v≤v0 所以从正方体上表面abcd射出的粒子数占粒子总数的百分比 η＝＝25%。 磁聚焦　磁发散 例1　BD　[由题意可知，离子向下偏转，由左手定则知，磁场方向垂直纸面向外，故A错误；画出离子轨迹，如图，由图可知为磁聚焦模型，故运动半径r＝L，再由qvB＝m得，故B正确；由图可知，磁场区域的最小面积为“叶”形面积S＝2()＝，故C错误；离子在磁场中运动的最大圆心角为，则最长时间为t＝，故D正确。 ] 例2　AC　[由题意，初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，有qBv＝m，r＝R，解得v＝，A正确；由于所有粒子的速度大小相等，方向不同，但粒子离开磁场区域的出射点距离O点的竖直高度最大值为2R，并不会全部垂直打在光屏上，B错误；如图甲，由几何关系可得，能射在光屏上的粒子中，运动时间最长的对应轨迹的圆心角为π， 根据周期公式T＝，可得t＝T＝，C正确；若能打在光屏下端，如图乙，由几何关系可得θ1＝60°，即初速度与x轴正方向夹角为θ1＝60°，同理，粒子打在光屏上端时，初速度与x轴正方向夹角为θ2＝120°，则60°≤θ≤120°，D错误。] 电磁感应现象　楞次定律 1.答案　A 解析　线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，所以穿过a、b两个环的磁通量始终相同，故A正确；根据安培定则判断可知，穿过a的磁感线方向向左，穿过b的磁感线方向向上，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，线圈中电流将发生改变，产生的磁场随之改变，穿过a、b两环的磁通量会发生改变，故a、b两环中都会产生感应电流；而向左和向右穿过c环的磁感线条数相等，完全抵消，总的磁通量为零，不发生变化，故c环中没有感应电流产生，故B、C、D错误。 2.答案　(1)见解析图　(2)不偏转　向右　(3)AC 解析　(1)实物电路如图 或 (2)开关处于闭合状态并稳定后，线圈A中电流大小不变，磁感应强度不变，不产生感应电流，电流计指针不偏转。 由题意知，开关闭合瞬间，A中电流增大，B中磁通量变大，电流计指针向左偏转，故滑动变阻器滑片P向右快速移动时，电路中总阻值变大，线圈A中电流减小，电流计指针向右偏转。 (3)由题图丙可知，磁体从上方进入时电流为正，从下方出时电流为负，所以感应电流方向与线圈中的磁通量增减有关，故A正确；由题图丙可知，感应电流方向与磁铁下落速度的大小无关，故B错误；由题图丙可知，在下落过程中速度变大，出线圈时速度大于进入时的速度，磁通量的变化率变大，感应电流也变大，所以感应电流大小与线圈中磁通量的变化快慢有关，故C正确。 3.答案　AD 解析　当电梯坠落至题图位置时，金属线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上往下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上往下看是顺时针方向，故B错误，A正确；结合A、B的分析可知，当电梯坠落至题图位置时，金属线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C错误；金属线圈A中向上的磁场减弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，故D正确。 4.答案　BD 解析　距离导线越远，磁场越弱，可知线框静止释放，通过线框的磁通量逐渐减小，且穿过线框的磁通量不为零，故A错误；根据右手螺旋定则可知，导线下方的磁场方向垂直纸面向里，随着线框下落，通过线框的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针，故B正确；根据左手定则，线框上边所受的安培力方向向上，下边所受的安培力方向向下，由于下边的磁场比上边弱，故下边所受的安培力小于上边所受的安培力，又线框左右两边所受安培力大小相等方向相反，因此线框所受安培力的合力向上，且逐渐减小，故C错误；由于安培力做负功，线框的机械能逐渐减小，故D正确。 5.答案　A 解析　将线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过a线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知a线圈中的电流方向为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，线圈a靠近线圈b的过程中通过线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b中产生的电流方向为顺时针。故选A。 法拉第电磁感应定律、自感和涡流 1.答案　(1)　(2) 解析　(1)根据法拉第电磁感应定律有 E＝· (2)由题图可知线框受到的安培力大小为 FA＝BIl＝·kt 当线框开始向上运动时有FA＝mg 解得t0＝。 1.1答案　B 解析　根据法拉第电磁感应定律E＝，可得E1＝S1，E2＝S2，E3＝S3，三个线圈产生的感应电动势方向相同，故E＝E1＋E2＋E3＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4 V＝0.44 V，故选B。 1.2答案　C 解析　由题意可知，铜丝构成的莫比乌斯环形成了两匝(n＝2)线圈串联的闭合回路，穿过回路的磁场有效面积为S＝πr2，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势大小为E＝n＝n＝2kπr2 2.答案　B 解析　设折弯前金属棒切割磁感线的长度为L，则ε＝BLv，折弯后，金属棒切割磁感线的有效长度为l＝L，故产生的感应电动势为ε'＝Blv＝B·Lv＝ε，所以，故A、C、D错误，B正确。 3.答案　C 解析　根据右手定则，a端相当于电源正极，b端为负极，a端电势高于b端电势，故A错误；当导体杆ab和直径重合时，切割磁感线的有效长度l＝2R，此时产生的感应电动势最大，ab杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝Bl2ω＝2BR2ω，故B错误；根据法拉第电磁感应定律可知，全过程中，ab杆平均电动势为＝BR2ω，故C正确；当θ＝120°时，ab杆切割磁感线的有效长度l'＝R，ab杆切割磁感线产生的感应电动势为E'＝Bl'2ω＝BR2ω，故D错误。 3.1答案　C 解析　导线绕O点转动过程中相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，如图所示，根据右手定则可知O点电势最高； 根据E＝Blv＝Bωl2 因为lOb＝lOc>lOa 可得0<UOa<UOb＝UOc 得φO>φa>φb＝φc 4.答案　C 解析　在题图甲中，断开开关S1瞬间，L1与A1构成闭合回路，通过灯A1的电流与通过L1的电流相同，又因灯A1突然闪亮，即通过A1电流增大，则可推出，闭合S1待电路稳定后，通过L1的电流大于通过A1电流，根据L1与A1并联，所以L1的电阻小于A1的电阻，故选项A、B错误；在题图乙中，闭合开关S2，最终A2与A3亮度相同，即电流相同，所以L2与滑动变阻器R的电阻相同；闭合开关S2的瞬间，L2中电流小于滑动变阻器R中电流，故选项C正确，D错误。 5.答案　A 解析　感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化。在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动；在B图中，只有紫铜薄板向左振动才产生感应电流，而上下振动和向右振动无感应电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流；在D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生，故选项A正确，B、C、D错误。 电磁感应中的动力学和能量问题 1.答案　AB 解析　两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A正确；设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得 2mgsin 30°－2BILcos 30°＝2maab， 对cd有mgsin 30°－BILcos 30°＝macd， 故可知aab＝acd，分析可知回路中的总电动势为两个导体棒产生的电动势相加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，对ab分析可得2mgsin 30°＝2BILcos 30°，解得I＝，故B正确，C错误；根据前面分析可知aab＝acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度大小不同，故产生的感应电动势不相等，故D错误。 2.答案　AC 解析　设线框的上边框进入磁场时的速度为v，设线框的质量M，物块的质量m，题图中线框进入磁场时的加速度向下，对线框，由牛顿第二定律可知Mg＋F安－FT＝Ma 对物块有FT－mg＝ma 其中F安＝ 即＋(M－m)g＝(M＋m)a 线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线框匀速运动的速度为v0＝ 若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框的速度和加速度都趋近于零，则图像A可能正确； 因t＝0时刻线框进入磁场，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能； 若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场时速度较大时，线框进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线框做匀速运动；当线框出磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。 3.答案　(1)匀加速直线运动　(2) 解析　(1)金属杆向右运动，切割磁感线产生感应电动势E，给电容器充电，设在Δt的时间里，电容器充电的电荷量为Δq，则Δq＝CE＝CBLΔv，则充电电流为i＝＝CBL＝CBLa，对金属杆由牛顿第二定律有F－BLi＝ma，得a＝，故金属杆做初速度为零的匀加速直线运动 (2)由x＝at2，得t＝。 拓展 1.若金属导轨平面与水平面成θ角，匀强磁场垂直导轨平面向上。已知重力加速度为g，又让金属杆从导轨上端由静止开始下滑，求金属杆下滑过程中的加速度大小。 答案　金属杆在重力和安培力的作用下向下运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ－BIL＝ma，I＝＝CBLa，联立可得a＝。 2.在拓展1中，若金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，求金属杆下滑过程中的加速度大小。 答案　mgsin θ－μmgcos θ－BIL＝ma，I＝＝CBLa，联立解得a＝。 4.答案　AD 解析　当加速度a＝0时，金属棒a做匀速运动，此时有I＝，又F0＝μmg＋BIL，联立解得v＝4 m/s，故A正确；金属棒a匀速运动时，切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv＝4 V，由于两金属棒阻值相等，则金属棒a两端的电势差大小为U＝＝2 V，故B错误；撤去外力F后，对a、b由牛顿第二定律可得F安－μmg＝mab，F0－μmg－F安＝maa，最终两金属棒加速度相同，有F安＝3 N，aa＝ab＝2 m/s2，故D正确；又F安＝，解得Δv＝3 m/s，即最终两棒的速度差保持不变，故C错误。 5.答案　(1)　(2)mg(2L2＋L1) 解析　(1)导线框进入磁场前，木块和导线框组成的系统机械能守恒。 设进入磁场时速度为v， 有mgL0－mgL0sin θ＝×2mv2 导线框匀速进入磁场时，受力平衡，受力情况如图所示。 根据平衡条件有 FT＝F安＋mgsin θ 其中F安＝BIL1，I＝，E＝BL1v 导线框与木块通过细线相连，线框匀速进入磁场时，木块匀速下降，根据平衡条件有FT＝mg 联立以上各式可得B＝ (2)导线框恰好匀速进入和匀速离开匀强磁场，导线框通过匀强磁场过程中，线框和木块组成的系统减少的重力势能转化为电路中产生的焦耳热，根据能量守恒定律得Q＝mg(2L2＋L1)－mg(2L2＋L1)sin θ，所以导线框通过两个匀强磁场过程中产生的总焦耳热Q＝mg(2L2＋L1)。 电磁感应中的动量问题 答案　AC 解析　根据题意可知，金属棒刚进入磁场时，感应电动势为E＝BLv0，通过金属棒的感应电流为I＝，金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为F＝BIL＝，故A正确；设金属棒在磁场中运动的距离为x，由动量定理有－FΔt＝－BL·Δt＝0－mv0，其中q＝·Δt＝，则有＝mv0，解得金属棒在磁场中运动的距离为x＝，流过金属棒横截面的总电荷量为q＝，若金属棒做匀减速运动，则有x＝t，解得t＝，由于金属棒做加速度减小的减速运动，所以金属棒在磁场中运动的时间不等于，故B、D错误，C正确。 答案　ACD 解析　开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝，导体棒D所受安培力F＝BIL，设导体棒D的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝，故A正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C、D棒的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理得，对C棒有2BLΔt＝m(v0－v1)，对D棒有BLΔt＝mv2，故对变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2＝v0，v1＝v0，故B错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q＝mmm，解得Q＝m，故C正确；由动量定理，对C棒有2BLΔt＝m(v0－v1)，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝，故D正确。 答案　(1)　(2)　　(3) 解析　(1)炮弹刚开始运动时通过炮弹的电流最大，炮弹受到的安培力最大，加速度最大。 有I＝ F安＝BIL＝mam 得am＝ (2)随着炮弹速度的增大，炮弹的感应电动势增大，通过炮弹的电流减小，当感应电动势与电源电动势相等时回路中电流为零，炮弹达到最大速度，即E＝BLvm 得vm＝ 炮弹从静止到最大速度过程流过炮弹横截面的电荷量q＝Δt 由动量定理有BLΔt＝mvm－0 得q＝ 电源做的功转化为炮弹的动能和回路产生的焦耳热，有 Q＝qE－m 得Q＝ (3)充满电时电容器的电荷量为q0＝CE 当电容器与炮弹连接后电容器放电，炮弹向右加速运动，电容器的电荷量、电压均减小，当炮弹的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，炮弹达到最大速度vm'，此后电容器不再放电。设此时电容器上剩余电荷量为q'， 有E'＝BLvm' E'＝ 由动量定理有BL(q0－q')＝mvm'－0 解得q'＝。 答案　D 解析　导体棒L2做变减速运动，L1做变加速运动，随着两棒相对速度的减小，回路中电流减小，安培力减小，加速度减小，导体棒L1、L2最终以相同的速度匀速直线运动，设共同速度为v1，水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv1，解得v1＝，故A错误；设导体棒L1、L2在整个过程中产生的焦耳热为Q总，根据能量守恒定律可得m＝Q总＋(2m)，解得Q总＝m，导体棒L1、L2的电阻都为r，因此导体棒L2产生的焦耳热为Q＝Q总＝m，故B错误；对导体棒L1，由动量定理得BdΔt＝mv1，因为q＝Δt，故Bdq＝mv1，因此通过导体棒横截面的电荷量为q＝，故C错误；若导体棒L1、L2速度相等时距离为零，则两棒的初始距离最小，设最小初始距离为l，则通过导体棒横截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝Δt＝，解得l＝，故D正确。 答案　(1)BL　(2) (3) 解析　(1)根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中， 由动能定理有mgL＝m 解得v0＝ 则金属棒ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E＝BLv0＝BL (2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两段圆弧被短路， 由几何关系可得，每段圆弧的电阻为R0＝R 可知，整个回路的总电阻为 R总＝R＋R ab刚越过MP时，通过金属棒ab的感应电流为 I＝ 对金属环由牛顿第二定律有2BL·＝2ma 解得a＝ (3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v， 由动量守恒定律有mv0＝mv＋2mv 解得v＝v0 设经过时间t，金属棒ab与金属环共速， 对金属棒ab，由动量定理有 －BLt＝m·－mv0 则有BLq＝mv0 设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2， 则有q＝ 联立解得Δx＝x1－x2＝ 则金属环圆心初始位置到MP的最小距离 d＝L＋Δx＝。 答案　AC 解析　弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN＝2BId，方向向右，可知两棒及弹簧系统所受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则有2mv＝mv'，解得v'＝2v，回路中的感应电流I＝，MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝，选项B错误；设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v1、v2，同理有mv1＝2mv2，可知MN与PQ的速率之比始终为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得最终MN向左移动x1＝，PQ向右移动x2＝，则q＝Δt＝，选项D错误。 电磁感应中的电路及图像问题 答案　(1)BLv　(2)BLv　(3) 解析　(1)PQ切割磁感线产生的电动势E＝BLv (2)PQ滑到中间位置时外电阻R外＝＝0.75R 根据闭合电路的欧姆定律I＝ PQ两端的电压U＝IR外＝BLv (3)因当外电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，而当PQ在中间位置时外电阻最大，最大值为0.75R，与电源内阻最接近，可知此时线框消耗的电功率最大，最大电功率为P＝。 答案　C 解析　导体棒以速度v水平向左匀速运动，等效电路如图所示，UMN＝UMP＋UPQ＋UQN，UPQ＝·r＝0.5Bxv，闭合回路之外的电势差为UMP＋UQN＝Bxv，所以导体棒两端的电势差UMN＝UMP＋UPQ＋UQN＝1.5Bxv，故选C。 答案　B 解析　在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律， 有E1＝ 根据闭合电路欧姆定律，有I1＝且q1＝I1Δt1 在过程Ⅱ中，有E2＝ I2＝，q2＝I2Δt2，又q1＝q2， 即 所以，故选B。 答案　(1)①逆时针方向　②顺时针方向　③逆时针方向　(2)C 解析　(2)x在0~L内，由楞次定律判断知感应电流的方向沿逆时针方向，为正，线框的有效切割长度在均匀增大，由公式E＝Blv知，产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大；x在L~2L内，线框的左右两边都切割磁感线，均产生感应电动势，两个感应电动势串联，且均匀增大，感应电流方向沿顺时针方向，为负；x在2L~3L内，由楞次定律知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正，线框的有效切割长度在均匀增大，由公式E＝Blv知，产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，而且感应电流变化情况与线框进入磁场的过程相同，故C正确，A、B、D错误。 答案　BD 解析　在一个周期内，安培力F先向上线性增大，再向下线性减小，且增大时的变化率比减小时的变化率大；根据左手定则可知，金属框内的磁场垂直纸面向外时，感应电流先沿顺时针方向，再沿逆时针方向，由楞次定律可知，磁通量先增大后减小，则磁感应强度先增大后减小；由F＝BIL，I＝，可知磁感应强度增大时的变化率大于减小时的变化率，故A错误，B正确；根据左手定则可知，金属框内的磁场垂直纸面向里时，感应电流先沿逆时针方向，再沿顺时针方向，由楞次定律可知，磁通量先增大后减小，则磁感应强度先增大后减小；同理可知，磁感应强度增大时的变化率大于减小时的变化率，故C错误，D正确。 答案　AC 解析　当金属棒从O点向右运动L时，即在0~时间内，在某时刻金属棒切割磁感线的长度L割＝l0＋v0ttan θ(θ为ab与ad的夹角)， 则根据E＝BL割v0， 可得i＝(l0＋v0ttan θ)， 可知回路电流均匀增加； 安培力F＝(l0＋v0ttan θ)2， 则F－t关系为二次函数关系，但是不过原点； 安培力做功的功率 P＝Fv0＝(l0＋v0ttan θ)2， 则P－t关系为二次函数关系，但是不过原点； 电阻两端的电压等于金属棒产生的感应电动势，即U＝E＝BL割v0＝Bv0(l0＋v0ttan θ) 即U－t图像是不过原点的直线；根据以上分析，可排除B、D选项； 在~时间内，金属棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流i不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；同理可判断，在~时间内，金属棒切割磁感线长度逐渐减小，金属棒切割磁感线的感应电动势E均匀减小，感应电流i均匀减小，安培力F大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0~内是对称的关系，安培力的功率P按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0~内是对称的关系，电阻两端电压U按线性均匀减小，综上所述选项A、C可能正确，B、D错误。 交变电流的产生和描述 答案　C 解析　图示时刻线圈位于中性面，通过电阻R的电流为零，故A、B错误；从图示时刻开始，线圈转过90°时，由右手定则知电阻R中的电流方向由a指向b，此时通过电阻R的电流最大，电流方向不发生改变，故C正确，D错误。 答案　D 解析　由题图可知交流电的周期为0.02 s，则频率为f＝＝50 Hz，故A错误； 根据题图可知电压的峰值为10 V， 根据欧姆定律，电流的峰值Im＝＝0.2 A，故B错误； 电流的有效值为I＝＝0.2 A 所以电阻在1秒内消耗的电能W＝I2Rt＝0.22×50×1 J＝2 J，故C错误； 根据题图可知电阻两端电压表达式为 u＝Umsin ωt＝Umsin(t)＝10sin (100πt) V，故D正确。 答案　C 解析　根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为e＝Esin ωt，由题图丙可知，磁场区域变化后，当Esin ωt＝时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为d'＝2dcos＝d，C正确。 答案　C 解析　在图示位置，线圈中感应电动势最大，大小为Em＝NBSω，线圈中的电流瞬时值为Im＝，故A错误；从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcos ωt＝NBSωcos ωt，电阻R两端电压瞬时值表达式为u＝e＝NBSωcos ωt，故B错误；电流的有效值为I＝，由图示位置转过90°所用的时间为t＝，电阻R产生的热量为Q＝I2Rt＝，故C正确；由，，q＝Δt，得q＝，又ΔΦ＝BS，联立可得通过电阻R的电荷量为q＝，故D错误。 答案　(1)见解析图　(2)A 解析　(1)题图甲中OO'轴的右侧有磁场，所以线框只在半个周期内有感应电流产生，感应电流随时间变化的图像如图(a)；题图乙中整个空间均有磁场，线框中产生的感应电流随时间变化的图像如图(b)。 (2)交流电流表测的是有效值，图(a)： 由()2·R·＝I2RT，得I＝ 图(b)：I'＝，故I∶I'＝1∶，A正确。 解析　题图甲一个周期T内产生的热量Q1＝××T；题图乙一个周期T内产生的热量Q2＝×T＝T，又R1、R2为两个完全相同的定值电阻，因此Q1∶Q2＝4∶3，故选B。 变压器　远距离输电 答案　(1)BC　(2)B　(3)D　(4)BD 解析　(1)变压器是通过互感工作，而不是通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈，A项错误；变压器工作时在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能，B项正确；理想变压器忽略能量损失，原线圈输入功率等于副线圈输出功率，C项正确；变压器的原线圈两端电压由发电机提供，则副线圈上不接负载时，原线圈两端电压不变，不为零，D项错误。 (2)根据变压器的工作原理可知，若通过原、副线圈的磁通量相同，则原、副线圈两端电压之比等于匝数比，则有，实际结果为<，实验结论与理论结论出现明显的偏差，最有可能的是：铁芯没有闭合，漏磁过多，使得通过副线圈的磁通量明显小于通过原线圈的磁通量，使得副线圈两端的电压很小。B正确。 (3)若是理想变压器，则变压器线圈两端的电压与匝数的关系为，当变压器的原线圈接“0”和“8”两个接线柱，副线圈接“0”和“4”两个接线柱时，可知原、副线圈匝数比为2∶1，副线圈电压为3.0 V，则原线圈电压应该为6.0 V；实际操作中，不是理想变压器，需要考虑损失部分，则原线圈所接电压大于6.0 V。故选D。 (4)在实验中为了确保人身安全，需要使用低压交流电源，且电压不要超过12 V，A项错误；为了确保安全，实验时，连接好电路后，应先检查电路连接是否正确，再接通电源进行实验，B项正确；即使使用电压较低，为了确保实验数据的可靠精确性，通电时也不能用手直接接触裸露的导线、接线柱，C项错误；为了测量电表的安全，测量电压时，先选用最大量程试测，再选用小一点的量程，确保精确度，D项正确。 答案　AD 解析　交流电的周期为T＝＝0.02 s，故A正确；根据理想变压器原副线圈的电压与线圈匝数的关系可得，原副线圈匝数比为，故B错误；输出的最大电压为U2m＝U2＝220 V，故C错误；若10台充电桩同时使用，输出功率为P2总＝10U2I2＝10×220×16 W＝35 200 W＝35.2 kW，变压器不改变功率，故输入功率为P1总＝P2总＝35.2 kW，故D正确。 答案　ACD 解析　方法一　(常规解法) 当R2＝2R1时，电流表的读数为1 A，电压表的读数为4 V，所以R2＝4 Ω，R1＝2 Ω，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，根据电压与匝数成正比得原线圈两端的电压U1＝2 V，根据电流与匝数成反比得原线圈中的电流I1＝2 A，所以电源输出电压U＝U1＋I1R1＝6 V，电源输出功率P＝UI1＝12 W，故A正确，B错误；设副线圈两端的电压为U2，根据欧姆定律得副线圈中的电流为，则原线圈中的电流是，所以电源的输出电压U＝R1＋U2，副线圈输出电压与电阻R2的关系为U2＝，变压器输出的功率P2＝，其中U＝6 V，R1＝2 Ω，所以当R2＝4R1＝8 Ω时，变压器输出的功率P2最大，为 W，此时U2＝6 V，故C、D正确。 方法二　(等效电阻法) 因原、副线圈的匝数之比为1∶2，则等效负载R'＝()2R2＝R2，R2＝＝4 Ω，R1＝2 Ω，I1＝2I2＝2 A，所以U＝I1R1＋I1R'＝6 V，P＝UI1＝12 W，A正确，B错误；当R2＝8 Ω时，R'＝2 Ω，I1'＝＝1.5 A，I2'＝＝0.75 A，则U2'＝I2'R2＝6 V，C正确；将R1等效为电源的内阻，则R'＝R1，即R2＝4R1＝8 Ω时，变压器输出功率最大，D正确。 方法三　(等效电源法) 设电源输出电压为U，因原、副线圈的匝数之比为k＝，将变压器、定值电阻R1与原交流电源看成一个整体，等效为一个新电源，则新电源的电动势E'＝＝2U，新电源的内阻r'＝＝4R1，当R2＝2R1时，电流表的读数为1 A，电压表的读数为4 V，所以R2＝4 Ω，R1＝2 Ω，由电流表的读数I2＝，代入E'和r'，解得U＝6 V，电源输出功率P＝I2E'＝12 W，故A正确，B错误；新电源的电动势E'＝＝2U＝12 V，内阻r'＝＝4R1＝8 Ω，保持R1阻值不变，当R2＝8 Ω时，电压表的读数为电动势的一半，即为6 V，C正确；当R2＝8 Ω＝r'时，等效电源的输出功率最大，即变压器输出的功率最大，D正确。 答案　AC 解析　保持T不动，根据理想变压器的性质可知副线圈中电压不变，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R与R1串联后的总电阻减小，电流增大，根据P＝I2R1可知此时R1的热功率增大，故A正确；将T向b端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片位置不变时，通过R1的电流减小，故R1的热功率减小，故B错误；将T向a端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电压变大，滑动变阻器R的滑片向f端滑动，R与R1串联后的总电阻减小，电流增大，此时R1的热功率增大，故C正确；将T向b端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片向e端滑动，R与R1串联后的总电阻增大，电流减小，此时R1的热功率减小，故D错误。 答案　AD 解析　由输电电流I＝知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的，损耗的电功率ΔP＝I2r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的，即ΔP'＝ΔP；输电线上损失电压为ΔU＝Ir，则输电电压加倍，损失电压变为原来的，即ΔU'＝ΔU。故A、D正确。 答案　C 解析　发电机输出的电流I1＝ A＝400 A，故A错误；输电线上损失的功率P线＝R线＝5 kW，所以I线＝＝25 A，故B错误；用户得到的功率P4＝P－P线＝(100－5) kW＝95 kW，则I4＝ A＝ A≈432 A，故，故C正确，D错误。 电磁振荡　电磁波　传感器 答案　C 解析　根据电容器极板间的电场方向可知上极板为正极板，由安培定则可知电路中电流方向为逆时针，所以该时刻电容器正在充电。电路中的电场能在增大，流过M点的电流方向向左，电路中电流正在减小，电容器所带电荷量正在增大。故A、B、D错误，C正确。 答案　B 解析　由振荡频率公式f＝可知，要使频率提高到原来的2倍，则可以减小电容使之变为原来的，或减小电感使之变为原来的，故B正确，A、C、D错误。 答案　D 解析　变化的电场与变化的磁场相互联系，它们统称为电磁场，选项A错误；电磁波不是机械波，传播不需要介质，选项B错误；电磁波在真空中的传播速度是3×108 m/s，选项C错误；电磁波可在真空中传播，选项D正确。 答案　AB 答案　B 解析　当温度升高时，双金属片向热膨胀系数小的金属发生弯曲，双金属片上层金属的热膨胀系数大于下层金属的热膨胀系数，所以温度升高时，双金属片会向下弯曲，触点断开，故A错误；调节“调温旋钮”，使螺丝上移并推动弹性铜片上移，使双金属片只要稍向下弯曲，就能使触点断开，调节前后对比，双金属片向下弯曲程度要小一些，温度要更低一些，故B正确，C错误；电压不影响设定温度，故D错误。 答案　C　3　1.8 解析　电路A，定值电阻和热敏电阻并联，电压不变，故不能实现电路的控制，故A错误；电路B，定值电阻和热敏电阻串联，温度越低，热敏电阻的阻值越大，定值电阻分到的电压越小，无法实现1、2两端电压大于2 V，控制开关开启加热系统加热，故B错误；电路C，定值电阻和热敏电阻串联，温度越低，热敏电阻的阻值越大，热敏电阻分到的电压越大，可以实现1、2两端电压大于2 V，控制开关开启加热系统加热，故C正确；由热敏电阻Rt在不同温度时的阻值表可知，20 ℃的阻值为60×100 Ω＝6 kΩ，由题意可知U12＝E＝×3 V＝2 V，解得R＝3 kΩ；28 ℃时关闭加热系统，此时热敏电阻阻值为4.5 kΩ，此时1、2两端的电压U12'＝×4.5×103 V＝1.8 V，1、2两端的电压小于1.8 V时，自动关闭加热系统(不考虑控制开关对电路的影响)。 答案　(1)负极　(2)①A　A　D(或C)　②减小　(3)增大 解析　(1)根据电阻表结构，使用时电阻表黑表笔接内部电源正极，故当黑表笔接M端时电阻无穷大，说明M端为二极管的负极。 (2)①电压表、电流表读数从零开始，所以滑动变阻器采用分压式接法，故L1、L2接滑动变阻器A接线柱，L3必须接在金属杆两端接线柱任意一个，即C或D。 ②由图像可知，随光照强度增加，I－U图像斜率增大，所以电阻减小。 (3)三极管未导通时，RG与R1串联。随着光强增强，RG电阻减小，此时三极管仍未导通，说明R1分压小，故需要增大R1。 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届《选择性必修二》专题复习 磁场及其对电流的作用 例1　(2025·山东威海市检测)如图所示，直导线AB、通电螺线管E、电磁体D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，小磁针N极(黑色一端)指示磁场方向正确的是(　　) A.a B.b C.c D.d 例2　(2024·山东济宁市期中)如图，现有两根通电长直导线分别固定在正方体ABCD－A'B'C'D'的两条边BB'和BC上且彼此绝缘，电流方向分别由B流向B'、由B流向C，两通电导线中的电流大小相等，在A点形成的磁场的磁感应强度大小为B0，已知通电长直导线在周围空间某位置产生磁场的磁感应强度大小为B＝k，其中k为常数，I为电流大小，r为该位置到长直导线的距离，则D点的磁感应强度大小为(　　) A.B0 B.B0 C.B0 D.B0 例3　(2024·贵州卷·5)如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2，且I1>I2，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向(　　) A.竖直向上 B.竖直向下 C.水平向左 D.水平向右 例4　如图所示，将一质量分布均匀、电阻率不变的导线围成正五边形abcde，在a、e两点用导线与恒压电源相连接，空间中存在垂直正五边形所在平面向外的匀强磁场(图中未画出)，接通电源后ab边所受的安培力大小为F。已知。若在a、d两点用导线与该恒压电源连接，则接通后正五边形所受安培力大小为(　　) A.F B.5F C.F D.2F 例5　一光滑绝缘的正方体固定在水平面内。AB导体棒可绕过其中点的转轴在正方体的上表面内自由转动，CD导体棒固定在正方体的下底面。开始时两棒相互垂直并静止，两棒中点O1O2连线在正方体的中轴线上。现对两棒同时通有图示(A到B、D到C)方向的电流。下列说法中正确的是(　　) A.通电后AB棒仍将保持静止 B.通电后AB棒将要顺时针转动(俯视) C.通电后AB棒将要逆时针转动(俯视) D.通电瞬间线段O1O2间存在磁感应强度为零的位置 例6　(2024·山东枣庄市期中)如图所示，宽为L的光滑平行导轨与水平面成α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，当回路中电流为I时，金属杆恰好能静止，重力加速度为g(提示：请沿金属杆ab中电流方向观察，画出侧视图)。 (1)若磁场方向水平向左，求磁感应强度B1的大小； (2)若磁场方向竖直向上，求磁感应强度B2的大小； (3)若要求磁感应强度最小，则磁感应强度的大小和方向如何？ 例7　(2023·北京卷·19)2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B＝ki(k为常量)。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为2I。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求： (1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F； (2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2； (3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。 磁场对运动电荷(带电体)的作用 例1　(2022·广东卷·7)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是(　　) 例2　(2023·海南卷·2)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是(　　) A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右 B.小球运动过程中的速度不变 C.小球运动过程的加速度保持不变 D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功 例3　(多选)如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t＝0时，一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v－t图像可能是(　　) 例4　如图所示，一个质量为m＝1.5×10－4 kg的小滑块，带有q＝5×10－4 C的电荷量，放置在倾角α＝37°的光滑绝缘斜面上，斜面固定且置于B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，小滑块由静止开始沿斜面滑下，斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，将脱离斜面(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求： (1)小滑块带何种电荷； (2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大； (3)该斜面长度至少多长。 例5　(多选)如图所示，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场；圆形区域内无磁场。P是圆外一点，且OP＝3r，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　) A.粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝r B.粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝r C.粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间t＝ D.粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间t＝ 例6　(2024·重庆卷·14)有人设计了一粒子收集装置。如图所示，比荷为的带正电的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。 (1)求OK间的距离； (2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离； (3)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时0点。求打开磁场的那一时刻。 带电粒子在有界匀强磁场中的运动 例1　(多选)如图所示，MN上方存在匀强磁场，同种粒子a、b从O点射入匀强磁场中，两粒子的入射方向与磁场边界MN的夹角分别为30°和60°，且均由P点射出磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则a、b两粒子(　　) A.运动半径之比为∶1 B.初速率之比为1∶ C.运动时间之比为5∶2 D.运动时间之比为6∶5 例2　(多选)如图所示，在直角坐标系的y轴右侧存在有理想边界的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场的宽度为d，磁场方向垂直于xOy平面向里。一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子，从原点O射入磁场，速度方向与x轴正方向成30°角，粒子恰好不从右边界射出，经磁场偏转后从y轴上的某点离开磁场。忽略粒子重力，关于该粒子在磁场中的运动情况，下列说法正确的是(　　) A.它的轨道半径为d B.它进入磁场时的速度为 C.它在磁场中运动的时间为 D.它的运动轨迹与y轴交点的纵坐标为d 拓展　若仅将电荷量变为＋q(q>0)，粒子仍恰好不从右边界射出，其余条件不变，则它的轨道半径为　　　　；它进入磁场时的速度为　　　　；它在磁场中运动的时间为　　　　；它的运动轨迹与y轴交点的纵坐标为　　　　。  例3　如图所示，直角三角形MNP区域内存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。∠M＝30°，NP＝L，C为MP的中点，D为NP的中点，在C点有一粒子源可沿平行PN方向射入速度大小不同的正、负电子。电子的质量为m、电荷量为e，不考虑电子间的相互作用，不计正、负电子的重力。下列说法正确的是(　　) A.可能有正电子从M点射出磁场 B.负电子从D点离开磁场时的速度大小为 C.从MN边射出的正电子在磁场中运动的最长时间为 D.正电子在磁场中运动的最长时间为 例4　(多选)(2023·全国甲卷·20)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是(　　) A.粒子的运动轨迹可能通过圆心O B.最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出 C.射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短 D.每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线 例5　(多选)如图所示，A点的离子源沿纸面垂直于OQ方向向上射出一束负离子，离子所受的重力及离子间的相互作用忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直于纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的取值范围和方向可能是(　　) A.B>，垂直于纸面向里 B.B>，垂直于纸面向里 C.B>，垂直于纸面向外 D.B>，垂直于纸面向外 例6　(多选)(2022·湖北卷·8)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为(　　) A.kBL，0° B.kBL，0° C.kBL，60° D.2kBL，60° 用“动态圆”思想分析临界问题 例1　如图所示，三角形ABC内有垂直于三角形平面向外的匀强磁场，AB边长为L，∠A＝30°，∠B＝90°，D是AB边的中点。现在DB段上向磁场内射入速度大小相同、方向平行于BC边的同种粒子(不考虑粒子间的相互作用和粒子重力)，若从D点射入的粒子恰好能垂直AC边射出磁场，则AC边上有粒子射出的区域长度为(　　) A.L B.L C.L D.L 例2　(多选)(2024·山东日照市模拟)如图所示，挡板MQ左侧区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，挡板中间空隙NP长度为L，纸面上O点到N、P的距离相等，均为L。O处有一粒子源，可向纸面所在平面的各个方向随机发射速率相同的带正电的粒子，粒子电荷量为q，质量为m，打到挡板上的粒子均被吸收。不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是(　　) A.若粒子速率v＝，粒子能从空隙NP“逃出”的概率为 B.若粒子速率v＝，NP线段上各处都可能有粒子通过 C.若粒子速率v＝，粒子能从空隙NP“逃出”的概率为 D.若粒子速率v＝，NP线段上各处都可能有粒子通过 拓展　如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B，磁场内有一块足够大的平面挡板，板面与磁场方向平行，在距挡板的距离为L处有一粒子源，可向纸面所在平面的各个方向随机发射速率相同的带正电的粒子，粒子电荷量为q，质量为m，打到挡板上的粒子均被吸收，若粒子速率v＝，则挡板上被粒子打中区域的长度是　　　　　　(不计粒子的重力和粒子间的相互作用)。 例3　(2024·山东泰安市检测)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子的重力和粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为(　　) A. B. C. D. 例4　如图所示，正方形区域abcd内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，ab＝l，Oa＝0.4l，大量带正电的粒子从O点沿与ab边成37°角的方向以不同的速度v0射入磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，已知带电粒子的质量为m、电荷量为q，磁场的磁感应强度大小为B，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求带电粒子在磁场中运动的最长时间； (2)若带电粒子从ad边离开磁场，求v0的取值范围。 洛伦兹力与现代科技 例1　如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求： (1)磁场的磁感应强度大小； (2)甲、乙两种离子的比荷之比。 例2　(2024·山东枣庄市检测)1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，加速电压为U。不计粒子的重力，加速过程中不考虑相对论效应。 (1)求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比； (2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t； (3)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一回旋加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能Ekm。 例3　(2021·福建卷·2)一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子H)以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是(所有粒子均不考虑重力的影响)(　　) A.以速度射入的正电子e) B.以速度v0射入的电子e) C.以速度2v0射入的氘核H) D.以速度4v0射入的α粒子He) 例4　(多选)(2024·湖北卷·9)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是(　　) A.极板MN是发电机的正极 B.仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 C.仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大 D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大 例5　(2025·山东济宁市检测)医院需要用到血液流量计检查患者身体情况。某种电磁血液流量计的原理可简化为如图所示模型。血液内含有少量正、负离子，从直径为d的血管右侧流入，左侧流出，空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，M、N两点之间的电压稳定时测量值为U，流量Q等于单位时间通过血管某横截面的液体的体积。下列说法正确的是(　　) A.离子所受洛伦兹力方向一定竖直向下 B.M点的电势一定高于N点的电势 C.血液流量Q＝ D.电压稳定时，正、负离子不再受洛伦兹力 例6　(2023·浙江1月选考·8)某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I'的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B'＝k2I'。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I'的方向和大小分别为(　　) A.a→b，I0 B.a→b，I0 C.b→a，I0 D.b→a，I0 带电粒子在组合场中的运动 例1　(2023·辽宁卷·14)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。 (1)求金属板间电势差U； (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ； (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。 例2　(2024·山东菏泽市检测)利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。在图示的xOy平面(纸面)内，x<x1的区域Ⅰ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，x轴上方的x1<x<x2区域Ⅱ内存在沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从原点O处以大小为v0的速度垂直磁场射入第二象限，方向与x轴负方向夹角θ＝60°，一段时间后垂直x＝x1虚线边界进入电场。已知x1＝L，x2＝L，区域Ⅱ中电场的电场强度E＝。求： (1)区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B； (2)粒子从原点O出发到离开电场的总时间t； (3)粒子离开电场时的速度大小v。 例3　(2024·黑吉辽·15)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为v0和v0。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小E0＝。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。 (1)求磁感应强度的大小B； (2)求Ⅲ区宽度d； (3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E＝ωt－kx，其中常系数ω>0，ω已知、k未知，取甲经过O点时t＝0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围)。 带电粒子在叠加场中的运动　带电粒子在交变电、磁场中的运动 例1　(2024·山东青岛市期中)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入叠加场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出叠加场。不计一切阻力，重力加速度为g，求： (1)电场强度E的大小； (2)磁感应强度B的大小； (3)微粒在叠加场中的运动时间。 例2　如图甲所示，水平放置的平行金属板a、b间加直流电压U，a板上方有足够长的“V”字形绝缘弹性挡板，两板夹角为60°，在挡板间加垂直纸面的交变磁场，磁感应强度随时间变化如图乙，垂直纸面向里为磁场正方向，其中B1＝B0，B2未知。现有一比荷为、不计重力的带正电粒子从c点由静止释放，t＝0时刻，粒子刚好从小孔O进入上方磁场中，在t1时刻粒子第一次撞到左挡板，紧接着在t1＋t2时刻粒子撞到右挡板，然后粒子从O点竖直向下返回平行金属板间，使其在整个装置中做周期性的往返运动。粒子与挡板碰撞前后电荷量不变，沿板方向的分速度不变，垂直板方向的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的影响。求： (1)粒子第一次到达O点时的速率； (2)图中B2的大小； (3)金属板a和b间的距离d。 例3　(2024·山东潍坊市检测)如图甲所示的空间中存在随时间变化的磁场和电场，规定磁感应强度B垂直xOy平面向里为正方向，电场强度E沿x轴正方向为正方向，B随时间t的变化规律和E随时间t的变化规律如图乙。t＝0时，一带正电的粒子从坐标原点O以初速度v0沿y轴负方向开始运动。已知B0、t0、v0，带电粒子的比荷为，粒子重力不计。 (1)求粒子在磁场中做圆周运动的周期T； (2)求t＝t0时，粒子的位置坐标(x1，y1)； (3)在0~2t0内，若粒子的最大速度是2v0，求E0与B0的比值。 复合场中的摆线问题　动量定理在磁场中的应用 例1　如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直纸面向里)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在电场中运动，不计粒子所受重力。若该粒子在M点由静止释放，求粒子沿电场方向运动的最大距离ym和运动过程中的最大速率vm。 提示：为了研究该粒子的运动，可以应用运动的合成与分解的方法，将它为0的初速度分解为大小相等的水平向左和水平向右的速度。 [变式1]　(多选)在地面上方空间存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的水平方向匀强磁场，与竖直方向的匀强电场(图中未画出)，一电荷量为＋q、质量m的带电粒子(重力不计)，以水平初速度v0水平向右射出，运动轨迹如图。已知电场强度大小为E＝，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.电场方向竖直向上 B.带电粒子运动到轨迹的最低点时的速度大小为2v0 C.带电粒子水平射出时的加速度大小为 D.带电粒子在竖直面内运动轨迹的最高点与最低点的高度差为 [变式2]　(八省联考·陕西·15)如图，cd边界与x轴垂直，在其右方竖直平面内，第一、二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三、四象限存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁场区域覆盖有竖直向上的外加匀强电场。在xOy平面内，某质量为m、电荷量为q带正电的绝缘小球从P点与cd边界成30°角以速度v0射入，小球到坐标原点O时恰好以速度v0竖直向下运动，此时去掉外加的匀强电场。重力加速度大小为g，已知磁感应强度大小均为。求： (1)电场强度的大小和P点距y轴的距离； (2)小球第一次到达最低点时速度的大小； (3)小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时所用时间。 例2　(2024·山东日照市模拟)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动，如图所示，真空中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d，电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sin θn。 带电粒子在立体空间中的运动 例1　(1)如图甲所示，在空间中存在水平向右、沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在原点O有一个质量为m、带电荷量为q的带正电的粒子以速度v0垂直x轴射入磁场，不计粒子的重力，分析粒子的运动情况，求粒子运动轨迹距离x轴的最远距离。 (2)如图乙所示，若粒子的速度方向与x轴夹角为θ。 ①试分析粒子的运动情况； ②求粒子运动的轨迹距x轴的最远距离及轨迹与x轴相邻交点之间的距离。 (3)如图丙所示，若在空间再加上沿x轴方向电场强度大小为E的匀强电场，粒子速度方向仍与x轴方向成θ角。 ①试分析粒子的运动情况； ②求粒子离x轴的最大距离； ③求粒子第三次(起始位置为第零次)与x轴相交时的位置坐标。 拓展　若电、磁场方向均沿x轴正方向，粒子射入磁场的方向与x轴垂直，如图所示，粒子与x轴的交点坐标x1、x2、x3…满足什么关系？ 例2　现代科学研究中，经常用磁场和电场约束带电粒子的运动轨迹，如图所示，有一棱长为L的正方体电磁区域abcd－efgh，其中M、N分别为棱ab、棱gh的中点，以棱ef中点O为坐标原点、以ON为x轴正方向、OM为y轴正方向、Oe为z轴正方向建立三维坐标系O－xyz，正方体区域内可能单独或同时存在沿z轴负方向的匀强电场E及匀强磁场B，在O点有一粒子源，沿x轴正方向发射不同速率的带电粒子，粒子质量均为m，电荷量均为＋q，且粒子入射速度在0.9v0≤v≤3.3v0范围内均匀分布，已知磁感应强度大小为B＝，电场强度大小为E＝，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，取＝1.732。 (1)若正方体区域内只存在磁场，求入射速度大小为v0的粒子在该区域中运动的时间； (2)若正方体区域内同时存在电场和磁场，求入射速度大小为v0的粒子从该区域射出的位置的坐标； (3)若正方体区域内同时存在电场和磁场，求从正方体上表面abcd射出的粒子数占粒子总数的百分比。 磁聚焦　磁发散 例1　(多选)在电子技术中，科研人员经常通过在适当的区域施加磁场控制带电粒子的运动。如图所示，正方形abcd边长为L，一束相同的正离子以相同的速度v垂直ab边射入，如果在abcd的某区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场，最终所有离子均从c点射出，不计离子的重力和离子间的相互作用，则(　　) A.磁场方向垂直纸面向里 B.离子的比荷为 C.磁场区域的最小面积为 D.离子在磁场中运动的最长时间为 例2　(多选)(2024·山东菏泽市模拟)如图，坐标原点O有一粒子源，能向坐标平面第一、二象限内发射大量质量为m、电荷量为q的正粒子(不计重力)，所有粒子速度大小相等，不计粒子间的相互作用。圆心在(0，R)、半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为B。磁场右侧有一长度为R、平行于y轴的光屏，其中心位于(2R，R)。已知初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则(　　) A.粒子速度大小为 B.所有粒子均能垂直射在光屏上 C.能射在光屏上的粒子中，在磁场中运动时间最长为 D.能射在光屏上的粒子初速度方向与x轴正方向夹角满足45°≤θ≤135° 电磁感应现象　楞次定律 例1　(2025·山东菏泽市期中)在如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电源构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列说法正确的是(　　) A.穿过a、b两个环的磁通量始终相同 B.穿过b环的磁通量始终是c环的一半 C.a、c两个环中都有感应电流 D.b、c两个环中都有感应电流 例2　1834年，物理学家楞次在分析了许多实验事实后，总结得到电磁学中一重要的定律——楞次定律，某兴趣小组为了探究该定律做了以下物理实验： (1)“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置中滑动变阻器采用限流接法，请用笔画线代替导线将图甲中的实物电路补充完整。 (2)图甲实验电路连接后，将A插入B中，开关闭合瞬间，发现电流计指针向左偏转；开关处于闭合状态并稳定后，电流计指针　　　　　(选填“偏转”或“不偏转”)；滑动变阻器滑片P向右快速移动时，电流计指针　　　　偏转(选填“向左”“向右”或“不”)。 (3)为了进一步研究，该小组又做了如图乙实验，磁体从靠近线圈上方由静止下落。在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示电流i随时间t的图像如图丙所示，由图可得到的结论是　　　　　。 A.感应电流方向与线圈中的磁通量增减有关 B.感应电流方向与磁铁下落速度的大小有关 C.感应电流大小与线圈中磁通量的变化快慢有关 例3　(多选)(2024·山东淄博市期中)某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁铁，磁铁N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，从而减小对箱内人员的伤害。当电梯轿厢坠落到图示位置时，下列说法正确的是(　　) A.从上往下看，金属线圈A中的感应电流沿逆时针方向 B.从上往下看，金属线圈B中的感应电流沿逆时针方向 C.金属线圈B对电梯轿厢下落有阻碍作用，A没有阻碍作用 D.金属线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势 例4　(多选)(2024·山东烟台市开学考)如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止从图示位置释放，在下落过程中(　　) A.穿过线框的磁通量始终为零 B.线框中感应电流方向沿顺时针 C.线框所受安培力的合力不变 D.线框的机械能逐渐减小 例5　(2024·江苏卷·10)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是(　　) A.顺时针，顺时针 B.顺时针，逆时针 C.逆时针，顺时针 D.逆时针，逆时针 法拉第电磁感应定律、自感和涡流 例1　(2023·天津卷·11)如图，有一正方形线框，质量为m，电阻为R，边长为l，静止悬挂着，一个三角形磁场垂直于线框所在平面，磁感线垂直纸面向里，且线框中磁区面积为线框面积一半，磁感应强度变化B＝kt(k>0)，已知重力加速度g，求： (1)感应电动势E； (2)线框开始向上运动的时刻t0。 针对训练1　(2023·湖北卷·5)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103 T/s，则线圈产生的感应电动势最接近(　　) A.0.30 V B.0.44 V C.0.59 V D.4.3 V 针对训练2　(2024·福建卷·4)拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆(r < R)。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝kt(k为常量)，则回路中产生的感应电动势大小为(　　) A.0 B.kπR2 C.2kπr2 D.2kπR2 例2　如图所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折弯，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε'，则等于(　　) A. B. C.1 D. 例3　如图所示，在半径为R的圆形区域内存在垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆外无磁场。一根长为2R的导体杆ab水平放置，a端处在圆形磁场的下边界，现使杆绕a端以角速度ω逆时针匀速旋转180°，在旋转过程中(　　) A.b端的电势始终高于a端 B.ab杆的电动势最大值E＝BR2ω C.全过程中，ab杆平均电动势＝BR2ω D.当杆旋转θ＝120°时，ab间电势差Uab＝BR2ω 针对训练3　(2024·湖南卷·4)如图，有一硬质导线Oabc，其中 是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为(　　) A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φc C.φO>φa>φb＝φc D.φO<φa<φb＝φc 例4　(2024·山东淄博市检测)图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是(　　) A.图甲中，A1与L1的电阻值相同 B.图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流 C.图乙中，滑动变阻器R与L2的电阻值相同 D.图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与滑动变阻器R中电流相等 例5　扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是(　　) 电磁感应中的动力学和能量问题 例1　(多选)(2024·黑吉辽·9)如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中(　　) A.回路中的电流方向为abcda B.ab中电流趋于 C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1 D.两棒产生的电动势始终相等 例2　(多选)(2024·全国甲卷·21)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在t＝0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是(　　) 例3　如图所示，水平绝缘桌面上固定有间距为L的平行光滑长导轨，左端接有一个不带电的电容器，电容为C(不会被击穿)，在PQ虚线的左侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m的金属杆ab静置在导轨上，与虚线PQ的距离是d，金属杆在水平向右恒力F的作用下，开始向右运动，不计导轨与金属杆的电阻，金属杆ab始终与导轨垂直且接触良好， (1)判断金属杆的运动性质； (2)求金属杆ab运动到达虚线PQ的时间。 例4　(多选)如图所示，空间存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2 T，两根足够长水平金属直轨道平行放置，轨道间距L＝0.5 m。将质量均为m＝0.5 kg、长度均为L、电阻均为R＝0.5 Ω的金属棒a、b垂直轨道放置，金属棒与直轨道间动摩擦因数均为μ＝0.4。现用外力F使金属棒b保持静止，对金属棒a施加大小为F0＝6 N，水平向右的恒力，当金属棒a匀速运动时，撤去固定金属棒b的外力F，在运动过程中，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.金属棒a匀速运动时的速度大小为4 m/s B.金属棒a匀速运动时，其两端的电势差为4 V C.撤去外力F后，a、b两金属棒的速度差不断增大 D.最终金属棒b以大小为2 m/s2的加速度运动 例5　如图所示，粗细均匀的正方形导线框abcd放在倾角为θ＝30°的绝缘光滑斜面上，通过轻质细线绕过光滑的轻质定滑轮与木块相连，细线和线框共面、与cd垂直且与斜面平行。距线框cd边为L0的矩形MNQP区域存在着垂直于斜面、大小相等、方向相反的两个匀强磁场，EF为两个磁场的分界线，ME＝EP＝NF＝FQ＝L2。现将木块由静止释放后，木块下降，线框沿斜面上滑，恰好匀速进入和匀速离开匀强磁场，cd边始终平行磁场边界MN。已知线框边长为L1(L1<L2)、质量为m、电阻为R，木块质量也为m，重力加速度为g，求： (1)匀强磁场的磁感应强度B的大小； (2)导线框通过两个匀强磁场过程中产生的总焦耳热Q。 电磁感应中的动量问题 例1　(多选)如图所示，水平面上固定放置有“”形光滑金属导轨，平行的两边宽度为L。虚线MN右侧存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B，磁场的区域足够大。质量为m、电阻为R、长度也为L的金属棒垂直于导轨放置，以初速度v0沿导轨进入匀强磁场区域，最终静止。金属棒与导轨始终垂直且接触良好，不计金属导轨电阻，则(　　) A.金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为 B.金属棒在磁场中运动的时间为 C.金属棒在磁场中运动的距离为 D.流过金属棒横截面的总电荷量为 例2　(多选)(2024·山东淄博市检测)如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计。t＝0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且达到稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处，则下列说法正确的是(　　) A.t＝0时，导体棒D的加速度大小为a＝ B.达到稳定运动时，C、D两棒速度之比为1∶1 C.从t＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为m D.从t＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为 例3　某电磁轨道炮的简化模型如图所示，两光滑导轨相互平行，固定在光滑绝缘水平桌面上，导轨的间距为L，导轨左端通过单刀双掷开关与电源、电容器相连，电源电动势为E，内阻不计，电容器的电容为C。EF与PQ之间区域内有垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，EF、PQ之间的距离足够长。一炮弹可视为宽为L、质量为m、电阻为R的金属棒静置于EF处，与导轨始终保持良好接触。当把开关S1、S2分别接a、b时，导轨与电源相连，炮弹中有电流通过，炮弹受到安培力作用向右加速，同时炮弹中产生感应电动势，当炮弹的感应电动势与电源的电动势相等时，回路中电流为零，炮弹达到最大速度。不考虑空气阻力，其他电阻都不计，忽略导轨电流产生的磁场。求： (1)炮弹运动到PQ边界过程的最大加速度am； (2)炮弹从静止到最大速度的过程中，流过炮弹横截面的电荷量q和回路产生的焦耳热Q； (3)将炮弹放回原位置，断开S2，把S1接c，让电源给电容器充电，充电完成后，再将S1断开，把S2接d，求炮弹运动到PQ边界时电容器上剩余的电荷量q'。 例4　如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为d，放置在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直向下，两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，两导体棒距离足够远，L1静止，L2以初速度v0向右运动，不计导轨电阻，忽略感生电流产生的磁场，则(　　) A.导体棒L1的最终速度为v0 B.导体棒L2产生的焦耳热为 C.通过导体棒横截面的电荷量为 D.两导体棒的初始距离最小为 例5　(2024·湖北卷·15)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求： (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小； (2)金属环刚开始运动时的加速度大小； (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。 针对训练　(多选)(2023·辽宁卷·10)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是(　　) A.弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流 B.PQ速率为v时，MN所受安培力大小为 C.整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1 D.整个运动过程中，通过MN的电荷量为 电磁感应中的电路及图像问题 例1　(来自教材改编)如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，宽ad＝L，固定在水平面内且处于方向竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。一接入电路的电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程中PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，求： (1)PQ切割磁感线产生的电动势； (2)PQ滑到中间位置时PQ两端的电压； (3)线框消耗的最大电功率。 例2　如图所示，abcd为水平固定放置的U形导体框，其中bc长为x，bc部分阻值为r，其余部分电阻不计。长为2x、阻值为2r的均匀导体棒MN，始终与导体框接触良好。整个装置处于垂直纸面向外的匀强磁场中。现使导体棒以速度v水平向左匀速运动，则导体棒两端的电势差是(　　) A.0.5Bxv B.Bxv C.1.5Bxv D.2Bxv 例3　如图，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，则等于(　　) A. B. C. D.2 例4　如图所示，两个宽度均为L的匀强磁场垂直于光滑水平桌面，磁感应强度大小相等，方向相反，高为L、上底和下底长度分别为L和2L的等腰梯形金属线框水平放置，现使其匀速向右穿过磁场区域，速度垂直梯形底边，从图示位置开始x＝0，以逆时针方向为电流的正方向。 (1)画出下列三图所示时刻感应电流的方向。 (2)下列四幅图中能够反映线框中电流I随金属框向右移动距离x关系的是　　　　。 例5　(多选)如图甲所示，一个矩形金属框ABCD通过细杆悬挂在竖直平面内，悬点P为AB边中点。金属框边AB水平，平行AB边的虚线EF下方存在磁感应强度随时间变化的匀强磁场，磁场范围足够大、方向垂直纸面(竖直平面)。若金属框的重量忽略不计，规定金属框所受安培力向上为正方向，t＝0时起，金属框所受安培力F随时间t的变化图像如图乙所示。取垂直纸面向外为磁感应强度的正方向，则t＝0时刻起磁感应强度B随时间t的变化图像可能正确的是(　　) 例6　(多选)(2022·河北卷·8)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是(　　) 交变电流的产生和描述 例1　(2025·山东枣庄市开学考)如图所示为一小型交流发电机示意图，线圈与电阻R构成闭合回路，将两磁极间的磁场视为匀强磁场，图示时刻线圈平面恰与磁场方向垂直。当线圈绕OO'轴按图示方向匀速转动时，下列说法正确的是(　　) A.图示时刻通过电阻R的电流最大 B.图示时刻电阻R中的电流方向由a指向b C.从图示时刻开始，线圈转过90°时，电阻R中的电流方向由a指向b D.从图示时刻开始，线圈转过90°时，电阻R中的电流方向将发生改变 例2　(2024·广东卷·1)将阻值为50 Ω的电阻接在正弦式交流电源上。电阻两端电压随时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是(　　) A.该交流电的频率为100 Hz B.通过电阻电流的峰值为0.2 A C.电阻在1秒内消耗的电能为1 J D.电阻两端电压表达式为u＝10sin (100πt) V 例3　(2024·山东卷·8)如图甲所示，在－d≤x≤d，－d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域)，边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为(　　) 例4　(2024·山东烟台市检测)如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO'轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R。下列说法正确的是(　　) A.在图示位置，线圈中的电流瞬时值为0 B.从图示位置开始计时，电阻R两端电压瞬时值表达式为u＝NBSωcos ωt C.当线圈由图示位置转过90°的过程中，电阻R上所产生的热量为 D.当线圈由图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为 例5　一个U形金属线框在两匀强磁场中绕OO'轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻R供电，其余电阻均不计，如图甲、乙所示。甲图中OO'轴右侧有磁场，乙图中整个空间均有磁场，两图中磁场的磁感应强度相同。 (1)分别画出一个周期甲、乙两种情形下感应电流随时间变化的图像(从图示位置开始计时)。 (2)甲、乙两图中理想交流电流表的示数之比为　　　　。 A.1∶ B.1∶2 C.1∶4 D.1∶1 例6　(2024·河北卷·4)R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图甲所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图乙所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为(　　) A.2∶3 B.4∶3 C.2∶ D.5∶4 变压器　远距离输电 例1　某兴趣小组用如图所示的可拆变压器进行“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验。 (1)下列说法正确的是　　　　　。 A.变压器工作时，通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈 B.变压器工作时在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能 C.理想变压器的输入功率等于输出功率，没有能量损失 D.变压器副线圈上不接负载时，原线圈两端电压为零 (2)如图所示，实验时，原线圈接“0”“8”接线柱，副线圈接“0”“1”接线柱，原线圈两端连接低压交流电源10 V挡，用交流电压表测得副线圈两端的电压为0.4 V，这与其他小组的正确实验结论明显不一致。对于这个小组实验结论出现明显偏差的原因，最有可能的是　　　　。 A.原线圈匝数太多，电阻过大 B.铁芯没有闭合，漏磁过多 C.副线圈匝数太少，增加实验误差 D.副线圈的电阻太小 (3)实际操作中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0 V，则可推断原线圈的输入电压可能为　　　　　。 A.3.0 V B.5.3 V C.6.0 V D.6.2 V (4)为了实验过程中的安全，下列做法正确的是　　　　。 A.为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12 V B.连接好电路后，应先检查电路连接是否正确，再接通电源进行实验 C.因为使用电压较低，通电时可用手直接接触裸露的导线、接线柱 D.为了测量电表的安全，测量电压时，先选用最大量程试测 例2　(多选)(2024·海南卷·9)电动汽车充电站变压器输入电压为10 kV，输出电压为220 V，每个充电桩输入电流为16 A，设原副线圈匝数分别为n1、n2，输入正弦交流电的频率为50 Hz，则下列说法正确的是(　　) A.交流电的周期为0.02 s B.原副线圈匝数比n1∶n2＝11∶500 C.输出的最大电压为220 V D.若10台充电桩同时使用，输入功率为35.2 kW 例3　(多选)(2024·山东临沂市模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，原线圈与定值电阻R1串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源，副线圈电路中负载电阻为可变电阻R2，A、V为理想交流电表。当R2＝2R1时，电流表的读数为1 A，电压表的读数为4 V，则(　　) A.电源输出电压为6 V B.电源输出功率为4 W C.保持R1阻值不变，当R2＝8 Ω时，电压表的读数为6 V D.保持R1阻值不变，当R2＝8 Ω时，变压器输出的功率最大 例4　(多选)(2024·全国甲卷·19)如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为提高R1的热功率，可以(　　) A.保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 B.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变 C.将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 D.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动 例5　(多选)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电。输电线上损耗的电功率变为ΔP'，到达B处时电压下降了ΔU'。不考虑其他因素的影响，则(　　) A.ΔP'＝ΔP B.ΔP'＝ΔP C.ΔU'＝ΔU D.ΔU'＝ΔU 例6　(2024·山东省青岛第二中学期末)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V。已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是(　　) A.发电机输出的电流I1＝40 A B.输电线上的电流I线＝625 A C.降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11 D.用户得到的电流I4＝455 A 电磁振荡　电磁波　传感器 例1　(2024·山东威海市检测)如图为理想LC振荡电路工作中的某时刻，电容器两极板间的电场强度E的方向与线圈内的磁感应强度的方向如图所示，M是电路中的一点。下列说法中正确的是(　　) A.电路中的磁场能在增大 B.流过M点的电流方向向右 C.电路中电流正在减小 D.电容器所带电荷量正在减小 例2　某LC电路的振荡频率为520 kHz，为能提高到1 040 kHz，以下说法正确的是(　　) A.调节可变电容，使电容增大为原来的4倍 B.调节可变电容，使电容减小为原来的 C.调节电感线圈，使线圈电感增加到原来的4倍 D.调节电感线圈，使线圈电感变为原来的 例3　以下关于电磁场和电磁波的说法中正确的是(　　) A.电场和磁场总是同时存在的，统称为电磁场 B.电磁波是机械波，传播需要介质 C.电磁波的传播速度是3×108 m/s D.电磁波可在真空中传播 例4　(多选)电磁波广泛应用在现代医疗中。下列属于电磁波应用的医用器械有(　　) A.杀菌用的紫外灯 B.拍胸片的X光机 C.治疗咽喉炎的超声波雾化器 D.检查血流情况的“彩超”机 例5　电熨斗在达到设定温度后就不再升温，当温度降低时又会继续加热，使它与设定温度差不多，在熨烫不同织物时，通过如图所示双金属片温度传感器控制电路的通断，从而自动调节温度，双金属片上层金属的热膨胀系数大于下层金属的热膨胀系数。下列说法正确的是(　　) A.温度升高时，双金属片会向上弯曲 B.调节“调温旋钮”，使螺钉微微上升，可以使设定温度降低 C.调节“调温旋钮”，使螺钉微微上升，可以使设定温度升高 D.适当增加输入电压，可以使设定温度升高 例6　(2024·浙江1月选考·16Ⅲ)在探究热敏电阻的特性及其应用的实验中，测得热敏电阻Rt在不同温度时的阻值如下表： 温度/℃ 4.1 9.0 14.3 20.0 28.0 38.2 45.5 60.4 电阻/(×102 Ω) 220 160 100 60 45 30 25 15 某同学利用上述热敏电阻Rt、电动势E＝3 V(内阻不计)的电源、定值电阻R(阻值有3 kΩ、5 kΩ、12 kΩ三种可供选择)、控制开关和加热系统，设计了A、B、C三种电路。因环境温度低于20 ℃，现要求将室内温度控制在20~28 ℃范围，且1、2两端电压大于2 V，控制开关开启加热系统加热，则应选择的电路是　　　　，定值电阻R的阻值应选　　　　 kΩ，1、2两端的电压小于　　　　 V时，自动关闭加热系统(不考虑控制开关对电路的影响)。 例7　(2024·河北卷·12)某种花卉喜光，但阳光太强时易受损伤。某兴趣小组决定制作简易光强报警器，以便在光照过强时提醒花农。该实验用到的主要器材如下：学生电源、多用电表、数字电压表、数字电流表、滑动变阻器R(最大阻值50 Ω，1.5 A)、白炽灯、可调电阻R1、发光二极管LED、光敏电阻RG、NPN型三极管VT、开关和若干导线等。 (1)判断发光二极管的极性使用多用电表的“×10 k”电阻挡测量二极管的电阻。如图甲所示，当黑表笔与接线端M接触、红表笔与接线端N接触时，多用电表指针位于表盘中a位置(见图乙)；对调红、黑表笔后指针位于表盘中b位置(见图乙)，由此判断M端为二极管的　　　　(填“正极”或“负极”)。 (2)研究光敏电阻在不同光照条件下的伏安特性： ①采用图丙中的器材进行实验，部分实物连接已完成。要求闭合开关后电压表和电流表的读数从0开始。导线L1、L2和L3的另一端应分别连接滑动变阻器的　　　　　　、　　　　　　、　　　　　　接线柱(以上三空选填接线柱标号“A”“B”“C”或“D”)。 ②图丁为不同光照强度下得到的光敏电阻伏安特性曲线，图中曲线Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ对应光敏电阻受到的光照由弱到强。由图像可知，光敏电阻的阻值随其表面受到光照的增强而　　　　　　(填“增大”或“减小”)。 (3)组装光强报警器电路并测试其功能，图戊为利用光敏电阻、发光二极管、三极管(当b、e间电压达到一定程度后，三极管被导通)等元件设计的电路。组装好光强报警器后，在测试过程中发现，当照射到光敏电阻表面的光强达到报警值时，发光二极管并不发光，为使报警器正常工作，应　　　　　　(填“增大”或“减小”)可调电阻R1的阻值，直至发光二极管发光。 学科网（北京）股份有限公司 $