【步步高】(浙江专用)2015高考物理大一轮复习 第十章 第5课时电磁波课件
课堂探究
解析 无线电波的波长长， 易
【例 2】 关于电磁波谱， 下列说法正确 的是 射现象的是无线电波 B．紫外线的频率比可见光低，长时 间照射可以促进钙的吸收，改善 身体健康 C．X 射线和 γ 射线的波长比较短， 穿透力比较强 D．红外线的显著作用是热作用，温 度较低的物体不能辐射红外线 ( AC ) A．电磁波中最容易表现出干涉、衍
根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场一定产生磁场，但是不 一定产生变化的磁场，例如均匀变化的电场产生稳定的磁场， 选项 B 错误；
电磁波是由周期性变化的电场和周期性变化的磁场在空中传播 形成的， 电场和磁场的方向均与传播方向垂直， 电磁波是横波， 选项 C 正确；
麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹首先通过实验进行了验 证，选项 D 错误.
模拟题组
3
4
4.下列说法中正确的是
(
)
A.机械波和电磁波都能发生反射、折射、干涉和衍射现象，这 是因为它们都可以在真空中传播 B.变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化 的电场 C.电磁波是横波 D.麦克斯韦预言了电磁波的存在并通过实验进行了验证
高考模拟
高考题组
1
2
模拟题组
3
4
解析 机械波不能在真空中传播，选项 A 错误；
课堂探究
解析
(1)如果电场(或磁场)是均匀变化的，产生的磁场(或电场)
是恒定的，不能产生新的电场 (磁场)，因而不能产生电磁波， A 正确，C 错误；
电磁波的传播速度跟介质有关，频率由波源决定，同一频率的电 磁波在不同介质中波长不等，由 v＝λf 知不同介质中波的传播速 度不同，B 错误；
电磁波在同种均匀介质中才能沿直线传播，D 错误．
第十章
机械振动与机械波
电磁波
光
第5课时
电磁波
题组扣点
题组答案
1.D
2.BCD
3.A
考点梳理答案
1．电场 磁场
4．（2）①足够高
②开放
调制
调频
调幅
解调
课堂探究 考点一 对麦克斯韦电磁场理论和电磁波的理解
1．对麦克斯韦电磁场理论的理解
课堂探究
2．对电磁波的理解 பைடு நூலகம்1)电磁波是横波．电磁波的电场、磁场、传播方向三者两 两垂直，如图 2 所示．
图2
(2)电磁波与机械波不同，机械波在介质中传播的速度只与介质 有关，电磁波在介质中传播的速度与介质和频率均有关．
课堂探究
【例 1】 (1)下列关于电磁波的说法正确的是 ( )
A．均匀变化的磁场能够在空间产生电场 B．电磁波在真空和介质中传播速度相同 C．只要有电场和磁场，就能产生电磁波 D．电磁波在同种介质中只能沿直线传播 (2)目前雷达发射的电磁波频率多在 200 MHz 至 1 000 MHz 的范围内．请回答下列关于雷达和电磁波的有关问题． ①雷达发射电磁波的波长范围是多少？ ②能否根据雷达发出的电磁波确定雷达和目标间的距离？
紫外线的显著作用是荧光作用，而 伦琴射线的显著作用是穿透作用， 且紫外线的波长比伦琴射线的长， 故选项 D 正确．
A．红外线比红光波长长，它的热 作用很强 B．X 射线就是伦琴射线 C．阴极射线是一种频率极高的电 磁波 D ．紫外线的波长比伦琴射线的 长，它的显著作用是荧光作用
高考模拟
高考题组
1
2
解析 此题可选用排除法． 电 磁波可以在介质中传播， 选项 A 错误．
A．电磁波只能在真空中传播 B．电场随时间变化时一定产生 电磁波 C．做变速运动的电荷会在空间 产生电磁波
均匀变化的电场产生恒定的 磁场， 不能产生电磁波， 选项 B 错误．
赫兹第一次用实验证实了电
选项 D 错误． 本 D．麦克斯韦第一次用实验证实 磁波的存在，
课堂探究
8 c 3.0×10 (2)①由 c＝λf 可得：λ1＝ ＝ m＝1.5 m， f1 200×106 3.0×108 c λ2＝ ＝ m＝0.3 m. f2 1 000×106
故雷达发出的电磁波的波长范围是 0.3 m～1.5 m. ② 电磁波测距的原理就是通过发射和接收电磁波的时间间隔来 vt 确定距离，所以可根据 x＝ 确定雷达和目标间的距离． 2
体的位置的设备，A 错； 使电磁波随各种信号而改变 的技术叫调制，B 错； 使钞票上的荧光物质发出可 见光的是紫外线，C 错；
根据麦克斯韦电磁场理论， 变 化的电场可以产生磁场， D正 确．
高考模拟
高考题组
1
2
模拟题组
3
4
1．(2013· 浙江理综· 14)关于生活中遇到 的各种波，下列说法正确的是( B ) A．电磁波可以传递信息，声波不 能传递信息 B． 手机在通话时涉及的波既有电磁 波又有声波 C ．太阳光中的可见光和医院“B 超”中的超声波传播速度相同 D．遥控器发出的红外线波长和医 院“CT”中的 X 射线波长相同
解析
电磁波和声波都能传递
信息，比如人们之间的语言交 流，A 选项错误；
太阳光中的可见光属于电磁波， 而 “B 超 ” 中的超声波属于机 械波，它们的传播速度不同， C 选项错误；
遥控器发出的红外线波长比 X 射线波长大得多，D 选项错误， 正确选项为 B.
高考模拟
高考题组
1
2
模拟题组
3
4
2． (2013· 四川理综 · 1)下列关于电磁 波的说法，正确的是 ( C )
了电磁波的存在
题的答案为 C.
高考模拟
高考题组
1
2
模拟题组
解析
3
4
3．关于电磁波谱，下列说法中正确的 是 ( )
在电磁波谱中，红外线的波
长比可见光的长，而红光属于可见 光，故选项 A 正确．
阴极射线与电磁波有着本质的不 同，电磁波在电场、磁场中不偏转， 而阴极射线在电场、磁场中可能会 偏转，电磁波在真空中的速度是 3×108 m/s， 而阴极射线的速度总是 小于 3× 108 m/s，阴极射线实际是高 速电子流，故选项 C 错误．
知，均匀变化的电场在它的周围产
生稳定的磁场， 故选项 A 是错误的．
因电磁波中每一处的电场强度和磁 感应强度总是互相垂直的，且与波 的传播方向垂直，所以电磁波是横 波，故选项 B 是正确的．
课堂探究
【突破训练 1】 关于电磁场和电磁波，下 ( BD )
电磁波可以在真空中传播，故选项 C 是错误的．
发生衍射现象，A 正确．
紫外线的频率比可见光高，B 错． 任何物体都能辐射红外线，D 错．故选 A、C.
课堂探究
【突破训练 2】 说法正确的是 关于电磁波，下列 ( D )
解析 雷达是用微波测定物
A． 雷达是用 X 光来测定物体位置 的设备 B．使电磁波随各种信号而改变的 技术叫做解调 C．用红外线照射时，大额钞票上 用荧光物质印刷的文字会发出 可见光 D．变化的电场可以产生磁场
只要空间中某个区域有振荡的电场 或磁场，就在周期性变化的电场周 围产生同周期变化的磁场，周期性 变化的磁场周围产生同周期变化的 电场，这样由近及远传播，形成了 电磁波，故选项 D 是正确的．
列说法中正确的是
A． 均匀变化的电场在它的周围产生均匀 变化的磁场 B． 电磁波中每一处的电场强度和磁感应 强度总是互相垂直的，且都与波的传 播方向垂直 C． 电磁波和机械波一样依赖于介质传播 D． 只要空间中某个区域有振荡的电场或 磁场，就能产生电磁波
课堂探究 考点二 电磁波谱分析及电磁波的应用
递变 规律
电磁波谱
频率/Hz
11
真空中波长/m
－3
特性 波动性强， 易发生衍射
应用
无线电波 红外线 可见光 紫外线 X 射线 γ 射线
<3×10
>10
－
无线电技术 红外遥感 照明、摄影 医用消毒、 防伪 检查、 医用透视 工业探伤、 医用 治疗
1011～1015 1015 10 ～10
15 17
10 3～10 10
－7 －7
－7
热效应 引起视觉
10 ～10
－9
化学效应、 荧光 效应、 灭菌消毒 贯穿本领强 贯穿本领最强
1016～1019 >10
19
10－8～10－11 <10
－11
课堂探究
特别提醒
1.波长不同的电磁波，表现出不同的特性．其中波长
较长的无线电波和红外线等，易发生干涉、衍射现象；波长较短 的紫外线、X 射线、γ 射线等，穿透能力较强． 2．电磁波谱中，相邻两波段的电磁波的波长并没有很明显的界 线，如紫外线和 X 射线、X 射线和 γ 射线都有重叠，但它们产生 的机理不同．
答案 C
A．红外线比红光波长长，它的热 作用很强 B．X 射线就是伦琴射线 C．阴极射线是一种频率极高的电 磁波 D ．紫外线的波长比伦琴射线的 长，它的显著作用是荧光作用
高考模拟
高考题组
1
2
模拟题组
3
4
3．关于电磁波谱，下列说法中正确的 是 ( ABD )
X 射线就是伦琴射线，是高速电 子流射到固体上产生的一种波长 很短的电磁波，故选项 B 正确．
答案 (1)A (2)①0.3 m～1.5 m ②能
课堂探究
【突破训练 1】 关于电磁场和电磁波，下 ( )
列说法中正确的是
解析
根据麦克斯韦电磁场理论可
A． 均匀变化的电场在它的周围产生均匀 变化的磁场 B． 电磁波中每一处的电场强度和磁感应 强度总是互相垂直的，且都与波的传 播方向垂直 C． 电磁波和机械波一样依赖于介质传播 D． 只要空间中某个区域有振荡的电场或 磁场，就能产生电磁波
【步步高】(浙江专用)2015高考物理大一轮复习 第六章 第4课时电容器与电容带电粒子在电场中的运动课件
0～2 s 内，由牛顿第二定律得 qE1－μmg＝ma，① Δv 且 a＝ ＝1 m/s2， ② Δt 2 s 后物块做匀速运动，有 qE2＝μmg③ 由题图甲知 E1 ＝ 3×104 N/C 、 E2 ＝ 2× 104 qE2 N/C，联立①②③可得 m＝1 kg，μ＝ mg ＝ 0．2，B 错误，C 正确
课堂探究
【例 1】如图 3 所示，两块较大的金属板 A、B 平行放置并与一电源相连，S 闭 合后，两板间有一质量为 m、电荷量 为 q 的油滴恰好处于静止状态．以下 说法中正确的是 ( ) A．若将 A 板向上平移一小段位移，则油 滴向下加速运动， G 中有 b→a 的电流 B．若将 A 板向左平移一小段位移，则油 滴仍然静止，G 中有 b→a 的电流 C．若将 S 断开，则油滴立即做自由落体 运动，G 中无电流 D．若将 S 断开，再将 A 板向下平移一小 段位移，则油滴向上加速运动，G 中 有 b→a 的电流
(2)在 t＝0 时刻， 电场强度大小突然变为 解得：a＝10 m/s2 1 2 E0＝4．0×103 N/C，方向不变．求在 t h＝ at 2 ＝0．20 s 时间内电场力做的功； 解得：h＝0．20 m (3)在 t＝0．20 s 时刻突然撤掉电场，求 W＝qE0h 带电微粒回到出发点时的动能． － 解得：W＝8．0×10 4 J
第六章
静电场
第4课时
电容器与电容
带电粒子在电场中的运动
题组扣点
题组答案
1.A
步步高大一轮复习讲义第课时PPT学习教案
【高考佐证2】 (2010·全国Ⅱ·20)频率
不同的两束单色光1和2以相同的入射
角从同一点射入一厚玻璃板后，其光
路如图9所示，下列说法正确的是( )
图9
A．单色光1的波长小于单色光2的波长
B．在玻璃中单色光1的传播速度大于单色光2的传播速度
C．单色光1通过玻璃板所需的时间小于单色光2通过玻璃板
________(填“能”、“不能”或“无法确定能否”)发生全
反射．
第20页/共49页
解析 (1)如图所示，单色光照射到EF弧面
上时刚好发生全反射，由全反射的条件得
C＝45°
①
由折射定律得
n＝ssinin9C0°
②
联立①②式得
n＝ 2.
(2)能
答案 (1) 2 (2)能
第21页/共49页
题型互动探究
第19页/共49页
【高考佐证3】 (2010·山东理综·37(2))如图10
所示，一段横截面为正方形的玻璃棒，中间
部分弯成四分之一圆弧形状，一细束单色光
由MN端面的中点垂直射入，恰好能在弧面
EF上发生全反射，然后垂直PQ端面射出．
图10
(1)求该玻璃棒的折射率．
(2)若将入射光向N端平移，当第一次射到弧面EF上时
介质射向 光疏
介质．
(2)入射角 大于
临界角．
3．临界角：折射角等于90°时的入射角．设光线从 某介质
射向 空气
时的临界角为C，则sin C＝n1.
第4页/共49页
五、棱镜 1．常用的棱镜是横截面为三角形或梯形的三棱镜，通常简
称为棱镜． 2．棱镜对光线的控制作用
让一束单色光从空气射向玻璃 棱镜的一个侧面，光线经过棱 镜两次折射从另一侧面射出时， 将向棱镜的底部方向偏折，如
步步高高考物理一轮复习配套课件第十二章 第5课时 电磁波与相对论
课堂探究
解析 无线电波的波长长， 易
【例 2】 关于电磁波谱， 下列说法正确 的是 射现象的是无线电波 B．紫外线的频率比可见光低，长时 间照射可以促进钙的吸收，改善 身体健康 C．X 射线和 γ 射线的波长比较短， 穿透力比较强 D．红外线的显著作用是热作用，温 度较低的物体不能辐射红外线 ( AC ) A．电磁波中最容易表现出干涉、衍
发生衍射现象，A 正确．
紫外线的频率比可见光高，B 错． 任何物体都能辐射红外线，D 错．故选 A、C.
课堂探究
【突破训练 2】 说法正确的是 关于电磁波，下列 ( D )
解析 雷达是用微波测定物
A． 雷达是用 X 光来测定物体位置 的设备 B．使电磁波随各种信号而改变的 技术叫做解调 C．用红外线照射时，大额钞票上 用荧光物质印刷的文字会发出 可见光 D．变化的电场可以产生磁场
课堂探究
【例 3】 如图 3 所示，考虑几个问题：
图3
(1)如图所示，参考系 O′相对于参考系 O 静止时，人看到的光速应 是多少？ (2)参考系 O′相对于参考系 O 以速度 v 向右运动，人看到的光速应 是多少？ (3)参考系 O 相对于参考系 O′以速度 v 向左运动，人看到的光速又 是多少？
课堂探究
8 c 3.0×10 (2)①由 c＝λf 可得：λ1＝ ＝ m＝1.5 m， f1 200×106 3.0×108 c λ2＝ ＝ m＝0.3 m. f2 1 000×106
故雷达发出的电磁波的波长范围是 0.3 m～1.5 m. ② 电磁波测距的原理就是通过发射和接收电磁波的时间间隔来 vt 确定距离，所以可根据 x＝ 确定雷达和目标间的距离． 2
第十二章
机械振动与机械波
电磁波与相对论
步步高人教版物理一轮课件(浙江专用)第六章 静电场 第1课时 电荷守恒定律 库仑定律
2．电荷守恒定律
转移 到另 (1)内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体_____
一个物体，或者从物体的一部分________ 到另一部分；在转移过程中，电 转移
保持不变 ． 荷的总量___________ 摩擦起电 、___________ 接触起电 、感应起电． (2)起电方式：___________
先把A、B分开，此时即使再移走C，因A、B已经绝缘，故金属箔片仍张开，B正确． 但如果先移走C，A、B上的感应电荷会马上中和，C错．
重新让A、B接触后，A、B上的感应电荷完全中和，金属箔片都不会张开，D错．
题组扣点·深度思考
2 ，下列说法 3．[对库仑定律适用条件的理解]关于库仑定律的公式F＝k q1q 2
物理 人教版
浙江专用
第六章 静电场
第1课时 电荷守恒定律 库仑定律
1．[对接触带电和电荷守恒定律的理解]用一绝缘柄将一带正电玻璃棒a接触 另一不带电玻璃棒b，使之接触起电，以下说法正确的是 A．在此接触起电过程中，玻璃棒a上的正电荷向玻璃棒b上转移 B．在此接触起电过程中，玻璃棒b上的电子向玻璃棒a上转移 C．在此接触起电过程中，它们的电荷的代数和不变 ( BC )
受力方向？
6．[应用力学方法解决含库仑力的平衡问题]两个质量分别是m1、m2的小球，
各用丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q1、q2 时，两丝线张开一定的角度θ 1、θ 2，如图4所示，此时两个小球处于同一
水平面上，则下列说法正确的是
A．若m1>m2，则θ 1>θ
2
(
F
BC )
(
AB )
B．把C移近导体A，先把A、B分开，然后移去C，A、B上的
步步高2015届高考物理一轮复习--磁场解读
考点内容要求考纲解读磁场、磁感应强度、磁感线Ⅰ1．磁感应强度、磁感线、安培力、洛伦兹力的理解及安培定则和左手定则的运用，一般以选择题的形式出现．2．安培力的大小计算，以及带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析与计算．一般以计算题的形式出现．3．带电粒子在独立场、混合场中的运动问题仍是本章考查的重点内容，极易成为试卷的压轴题.通电直导线和通电线圈周围磁场的方向Ⅰ安培力、安培力的方向Ⅰ匀强磁场中的安培力Ⅱ洛伦兹力、洛伦兹力Ⅰ的方向洛伦兹力的公式Ⅱ带电粒子在匀强磁场Ⅱ中的运动质谱仪和回旋加速器Ⅰ说明：(1安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形．(2洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形.第1课时磁场的描述磁场对电流的作用考纲解读 1.知道磁感应强度的概念及定义式，并能理解与应用.2.会用安培定则判断电流周围的磁场方向.3.会用左手定则分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡类问题．1．[对磁感应强度的理解]下列关于磁感应强度的说法正确的是 (A．一小段通电导体放在磁场A处，受到的磁场力比B处的大，说明A处的磁感应强度比B处的磁感应强度大B．由B＝可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的I、L成反比C．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零D．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向答案 D解析磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及在磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B＝只是磁感应强度的定义式，同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处的磁感应强度和放置的方式共同决定，所以A、B、C都是错误的．磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向，不是通电导线的受力方向，所以D正确．2．[对磁感线的理解]关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是 (A．磁极与磁极之间、磁极与电流之间都可以通过磁场发生相互作用B．磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针在该点静止时北极所指的方向一致C．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止D．磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的答案AB解析磁场是一种特殊物质，磁极、电流间发生作用都是通过磁场发生的，故A对；磁感线是为形象描述磁场而假想的线，不是真实存在的，故D错；磁感线的切线方向表示磁场的方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱，故B对；磁感线是闭合曲线，在磁体外部由N极指向S 极，在磁体内部由S极指向N极，故C错．3．[磁场对电流作用力的计算]如图1所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd 边均与ad边成60°角，ab＝bc＝cd＝L，长度为L的该电阻丝电阻为r，框架与一电动势为E、内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为 (图1A．0 B. C. D.答案 C解析总电阻R＝＋r＝r，总电流I＝＝，梯形框架受到的安培力等效为I通过ad边时受到的安培力，故F＝BI·＝BI·2L＝，所以C选项正确．4．[左手定则和安培定则的应用]如图2所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向．图2答案5．[左手定则的应用]请根据图3中给出的条件，运用左手定则，求出各图中第三个物理量的方向．图3答案根据各图中已知方向利用左手定则，判知：(aF垂直于纸面向里(bF垂直于纸面向里(cB垂直于纸面向外(dI由左向右(eF垂直于I斜向右下方一、磁场、磁感应强度1．磁场(1基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用．(2方向：小磁针的N极所受磁场力的方向，或自由小磁针静止时北极的指向．2．磁感应强度(1物理意义：描述磁场的强弱和方向．(2定义式：B＝(通电导线垂直于磁场．(3方向：小磁针静止时N极的指向．3．匀强磁场(1定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场．(2特点匀强磁场中的磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线．二、磁感线、通电导体周围磁场的分布1．磁感线的特点(1磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向．(2磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地方磁场较弱．(3磁感线是闭合曲线，没有起点和终点．在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S 极指向N极．(4同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切．(5磁感线是假想的曲线，客观上不存在．2．电流的磁场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越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则立体图横截面图三、安培力、安培力的方向1．安培力的大小(1磁场和电流垂直时，F＝BIL.(2磁场和电流平行时：F＝0.2．安培力的方向(1用左手定则判定：伸开左手，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，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．(2安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面．考点一对磁感应强度的理解1．磁感应强度是反映磁场性质的物理量，由磁场本身决定，是用比值法定义的．2．磁感应强度B与电场强度E的比较对应名称比较项目磁感应强度B 电场强度E物理意义描述磁场的力的性质的物理量描述电场的力的性质的物理量定义式B＝，通电导线与B垂直E＝大小决定由磁场决定，与检验电流无关由电场决定，与检验电荷无关方向矢量磁感线切线方向，小磁针N极受力方向矢量电场线切线方向，放入该点的正电荷受力方向场的叠加合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和合场强等于各个电场的场强的矢量和例1下列说法中正确的是 (A．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零C．表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值D．表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值解析电场和磁场有一个明显的区别是：电场对放入其中的电荷有力的作用，磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行，因此A对，B错．同理根据电场强度的定义式E＝F/q可知C正确．而同样用比值定义法定义的磁感应强度则应有明确的说明，即B＝中I和B的方向必须垂直，故D错．答案AC1．某点电场强度的方向与电荷在该点的受力方向相同或相反；而某点磁感应强度方向与电流元在该点所受安培力方向垂直，满足左手定则．2．电荷在电场中一定会受到电场力的作用；如果电流方向与磁场方向平行，则电流在磁场中不受安培力的作用．突破训练1关于磁感应强度B，下列说法中正确的是 (A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B．磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力方向一致C．若在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用，该点B值大小为零D．在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大答案 D解析磁感应强度是磁场本身的属性，在磁场中某处的磁感应强度为一恒量，其大小可由B＝计算，与试探电流元的F、I、L的情况无关，A错．磁感应强度的方向规定为小磁针N极所受磁场力的方向，与放在该处的电流元受力方向垂直，B错．当试探电流元的方向与磁场方向平行时，电流元受磁场力虽为零，但磁感应强度却不为零，C错．磁感线的疏密是根据磁场的强弱画出的，磁感线越密集的地方，磁感应强度越大，磁感线越稀疏的地方，磁感应强度越小，故D正确．考点二安培定则的应用和磁场的叠加1．安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”.原因(电流方向结果(磁场绕向直线电流的磁场大拇指四指环形电流的磁场四指大拇指2．磁场的叠加磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．特别提醒两个电流附近的磁场某处的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的．例2如图4所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d 位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是 (图4A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同解析根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解．根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零，故A选项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B选项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C选项正确；a、c两点的磁感应强度方向相同，故D选项错误．答案 C1．根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向．2．磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．3．磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和．考点三安培力作用下导体运动情况的判定(1判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向．(2在应用左手定则判定安培力方向时，磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面．例3一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图5所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为(图5A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管解析本题考查安培定则以及左手定则，意在考查学生对安培定则以及左手定则的应用的理解．先由安培定则判断通电螺线管的南、北两极，找出导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图a所示．可以判断导线受磁场力后从上向下看逆时针方向转动．再分析此时导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线受磁场力的方向，如图b所示，导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误．答案 D判定安培力作用下导体运动情况的常用方法电流元法分割为电流元左手定则安培力方向―→整段导体所受合力方向―→运动方向特殊位置法在特殊位置―→安培力方向―→运动方向等效法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流结论法同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向突破训练2如图6所示，把一重力不计的通电直导线AB放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动．当导线中通有如图所示方向的电流I时，从上向下看，关于导线AB的运动情况下列说法正确的是 (图6A．顺时针转动，同时下降 B．顺时针转动，同时上升C．逆时针转动，同时下降 D．逆时针转动，同时上升答案 C解析(1根据如图甲所示的导线所处的特殊位置判断其运动情况．将导线AB从N、S极的中间O分成两段，由左手定则可得AO段所受安培力的方向垂直于纸面向外，BO段所受安培力的方向垂直于纸面向里，可见从上向下看，导线AB将绕O点逆时针转动．(2根据导线转过90°时的特殊位置判断其上下运动情况．如图乙所示，导线AB此时所受安培力方向竖直向下，导线将向下运动．(3由上述两个特殊位置的判断可知，当导线不在上述的特殊位置时，所受安培力使其逆时针转动同时还向下运动，所以可确定C正确．考点四安培力作用下导体的平衡与加速1．安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只不过多了安培力，解题的关键是画出受力分析图．2．安培力作用下导体的加速问题与动力学问题分析方法相同，关键是做好受力分析，然后根据牛顿第二定律求出加速度．例4如图7所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图，大小为0.5 T．质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知N、P为导轨上的两点，ON竖直、OP水平，且MN＝OP＝1 m，g取10 m/s2，则 (图7A．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/sC．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/s2D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N解析金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安＝BIL＝0.5×2×0.5 N＝0.5 N，金属细杆开始运动时的加速度大小为a＝＝10 m/s2，选项A错误；对金属细杆从M点到P 点的运动过程，安培力做功W安＝F安·(＋＝1 J，重力做功WG＝－mg·＝－0.5 J，由动能定理得W安＋WG＝mv2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v＝ m/s，选项B错误；金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a′＝＝20 m/s2，选项C错误；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F，水平向右的安培力F安，由牛顿第二定律得F－F安＝，解得F＝1.5 N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N，选项D正确．答案 D突破训练3如图8所示，质量为M、长为L的直导线通有垂直纸面向外的电流I，被一绝缘线拴着并处在匀强磁场中，导线能静止在倾角为θ的光滑斜面上，则磁感应强度B的大小和方向可能是 (图8A．大小为Mg tan θ/IL，方向垂直斜面向上B．大小为Mg sin θ/IL，方向垂直纸面向里C．大小为Mg/IL，方向水平向右D．大小为Mg/IL，方向沿斜面向下答案BC解析当磁场为A选项描述的磁场时，通电直导线受到沿斜面向上的安培力作用，F＝BIL＝IL＝Mgtan θ＝Mg>Mgsin θ，则通电直导线不可能静止在斜面上，故A错误；当磁场为B选项描述的磁场时，通电直导线不受安培力作用，则通电直导线可以在竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、沿斜面向上的拉力三个力作用下在斜面上处于静止状态，故B正确；当磁场为C选项描述的磁场时，通电直导线受到竖直向上的安培力作用，由于F＝BIL＝IL＝Mg，则通电直导线在竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用下在斜面上处于静止状态，故C正确；当磁场为D选项描述的磁场时，通电直导线受到垂直斜面向上的安培力作用，由于F＝BIL＝IL＝Mg>Mgcos θ，则通电直导线不可能静止在斜面上，故D错误．37．用转换视图法解答与安培力有关的综合问题方法概述对于安培力作用下的综合问题，需画出导体棒的受力示意图．但在三维空间对导体棒受力分析时，无法准确画出其受力情况，在解答此类问题时，可将三维立体图转化为二维平面图，即画出俯视图、剖面图或侧视图等．此时，金属棒用圆代替，电流方向用“×”或“·”表示．例5如图9甲所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为α的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为l，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源．将一根质量为m的直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直．已知通过导体棒的恒定电流大小为I，方向由a到b，图乙为图甲沿a→b方向观察的平面图．若重力加速度为g，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止．图9(1请在图乙所示的平面图中画出导体棒受力的示意图；(2求出磁场对导体棒的安培力的大小；(3如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最小值的大小和方向．审题与关联解析(1如图所示(2根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小F安＝mgtan α(3要使磁感应强度最小，则要求安培力最小．根据受力情况可知，最小安培力F安min＝mgsin α，方向平行于轨道斜向上所以最小磁感应强度Bmin＝＝根据左手定则可判断出，此时的磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上答案见解析求解通电导体在磁场中的力学问题的方法(1选定研究对象；(2变三维为二维，画出平面受力分析图，判断安培力的方向时切忌跟着感觉走，一定要用左手定则来判断，注意F安⊥B、F安⊥I；(3根据力的平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解．高考题组1．(2013·安徽·15图10中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，且b、d连线水平，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是 (图10A．向上 B．向下C．向左 D．向右答案 B解析据题意，由安培定则可知，b、d两通电直导线在O点产生的磁场相抵消，a、c两通电直导线在O点产生的磁场方向均向左，所以四条通电直导线在O点产生的合磁场方向向左．由左手定则可判断带电粒子所受洛伦兹力的方向向下．本题正确选项为B.2．(2012·天津理综·2如图11所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是 (图11A．金属棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小答案 A解析选金属棒MN为研究对象，其受力情况如图所示．根据平衡条件及三角形知识可得tan θ＝，所以当金属棒中的电流I、磁感应强度B变大时，θ角变大，选项A正确，选项D错误；当金属棒质量m变大时，θ角变小，选项C错误；θ角的大小与悬线长短无关，选项B错误．3．(2012·海南单科·10图12中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上、下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是 (图12A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动答案BD解析若a接正极，b接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e接正极，f接负极，由左手定则判定金属杆受安培力向左，则L向左滑动，A项错误，同理判定B、D选项正确，C 项错误．模拟题组4．如图13所示，一个边长L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中．若通以图示方向的电流(从A点流入，从C点流出，电流强度为I，则金属框受到的磁场力为 (图13A．0 B．ILB C.ILB D．2ILB答案 B解析可以把正三角形金属框看做两根导线并联，且两根导线中的总电流等于I，由安培力公式可知，金属框受到的磁场力为ILB，选项B正确．5．如图14所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，金属导轨所在平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50 T、方向垂直于导轨所在平面斜向上的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.50 Ω的直流电源．现把一个质量为m＝0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求：图14(1通过导体棒的电流；(2导体棒受到的安培力大小；(3导体棒受到的摩擦力．答案(11.5 A(20.30 N(30.06 N，方向平行导轨向下解析(1根据闭合电路欧姆定律得I＝＝1.5 A(2导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.30 N(3对导体棒受力分析如图，将重力正交分解沿导轨方向F1＝mgsin 37°＝0.24 NF1<F安，根据平衡条件mgsin 37°＋Ff＝F安解得Ff＝0.06 N方向平行导轨向下(限时：45分钟►题组1对磁感应强度、磁感线的考查1．如图1所示，为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O点(图中白点为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为 (图1答案 C解析根据磁感线的疏密表示磁感应强度的大小可知，以O点(图中白点为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为图C.2．电流计的主要结构如图2所示，固定有指针的铝框处在由磁极与软铁芯构成的磁场中，并可绕轴转动．铝框上绕有线圈，线圈的两端与接线柱相连．有同学对软铁芯内部的磁感线分布提出了如下的猜想，可能正确的是 (图2答案 C解析软铁芯被磁化后，左端为S极，右端为N极，而磁体内部的磁感线方向从S极指向N极，可见B、D错误．再根据磁感线不能相交，知A错误，C正确．►题组2安培定则及磁场的叠加3．有两根长直导线a、b互相平行放置，如图3所示为垂直于导线的截面图．在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是 (。
【步步高】(浙江专用)2015高考物理大一轮复习 第十章 第4课时光的干涉、衍射和偏振课件
反映光的偏振特性的是
A．一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一 个偏振片，透射光的强度发生变化 B．一束自然光入射到两种介质的分界面上，当反射光线与折 射光线之间的夹角恰好是 90° 时，反射光是偏振光 C．日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振 滤光片可以使景像更清晰 D．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹
图9
思路点拨 偏振片 A 为起偏器，B 为检偏器，当 A、B 的透 振方向平行时透过 B 的亮度最大，垂直时没有光透过．
课堂探究
解析 自然光沿各个方向发散是均匀分布的，通过偏振片后，透
射光是只沿着某一特定方向振动的光．从电灯直接发出的光为自 然光，则 A 错；
它通过 A 偏振片后，即变为偏振光，则 B 对；
两种现象 比较项目 单缝衍射 双缝干涉 条纹宽度相等 各相邻条纹等间距 条纹清晰，亮度基 本相等
不 同 点
条纹宽度 条纹宽度不等，中央最宽 条纹间距 各相邻条纹间距不等
亮度情况 中央条纹最亮，两边变暗
相同点
干涉、衍射都是波特有的现象，属于波的叠加； 干涉、衍射都有明暗相间的条纹
课堂探究
特别提醒
1.白光发生光的干涉、衍射和光的色散都可出现彩
解析 白光是由各种不同颜
色的单色光组成的复色光， 而 光的颜色由频率决定， 不同色 光，频率不同，D 正确．
高考模拟
高考题组
1
2
3
模拟题组
4
5
6
3．(2012· 江苏· 12B(1))如图 10 所示，白炽灯 的右侧依次平行放置偏振片 P 和 Q， A点 位于 P、Q 之间，B 点位于 Q 右侧．旋转 偏振片 P，A、B 两点光的强度变化情况 是 A．A、B 均不变 B．A、B 均有变化 C．A 不变，B 有变化 D．A 有变化，B 不变
【步步高】(浙江专用)2015高考物理大一轮复习 第十章 第1课时机械振动课件
么公式求解呢？ ④巧布局，详解析：由甲、乙运动的时 间相等可求甲球自由下落的高度．
图11
学科素养培养
【例 4】 如图 11 所示， ACB 为光滑弧形槽， 弧形槽半径为 R， C 为弧形槽最低点， R≫ AB . 解析 (1)甲球做自由落体运动 甲球从弧形槽的球心处自由下落， 乙球从 A 点由 静止释放，问： (1)两球第 1 次到达 C 点的时间之比． (2)若在圆弧的最低点 C 的正上方 h 处由静止释
由于甲、乙在 C 点相遇，故 t 甲＝t 乙
2n＋12π2R 联立解得 h＝ (n＝0,1,2，…) 8
答案 π 2n＋12π2R (2) (n＝0,1,2，…) 8 2 (1) 2
图11
学科素养培养
课堂探究
【例 3】 如图 8 所示，A 球振动后，通过水平细绳迫使 B、C 振动，振动达到稳定时，下列说法中正确的是 A．只有 A、C 的振动周期相等 B． C 的振幅比 B 的振幅小 C． C 的振幅比 B 的振幅大 D． A、B、 C 的振动周期相等
解析 A 振动后，水平细绳上驱动力的周期 TA＝2π
图8
( CD )
lA ，迫使 B、C 做 g
受迫振动，受迫振动的频率等于 A 施加的驱动力的频率，所以 TA＝TB＝ TC，而 TC 固＝2π lC ＝TA， g TB 固＝2π lB >T ，故 C 共振，B 不共 g A
【步步高】(浙江专用)2015高考物理大一轮复习 第十章 第2课时机械波课件.
答案 (1)a、c、e b、d、f (2)b、d (3)见解析图
课堂探究
【突破训练 3】 如图 8 甲所示，男同学站立不动吹口哨，一位
女同学坐在秋千上来回摆动，下列关于女同学的感受的说法正确
(3)结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点
的振动方向确定波的传播方向． 2．波速与波长、周期、频率的关系为：v＝Tλ ＝λf.
课堂探究
【例 1】 (2013·北京·15)一列沿 x 轴正方
向传播的简谐机械横波，波速为 4 m/s.
某时刻波形如图 4 所示，下列说法正确
的是
(D)
A．这列波的振幅为 4 cm
B.该横波的周期为 4 s
C.该横波的波速为 1 m/s
D.距离 O 点 5 m 的质点第一次开始向上
振动的时刻为 6 s 末
解析 t1＝4 s 时，对 A 质点，有 4 s ＝3vm＋T4，t2＝7 s 时，对 B 质点，
有 7 s＝4vm＋34T,联立解得 v=1 m/s， T＝4 s，所以 λ＝vT＝4 m，所以 A 错误，B、C 正确.
研究内容
变化规律
布规律
图象
课堂探究
物理意义 表示同一质点在各时刻的位移
表示某时刻各质点的位移
(1)质点振动周期 (2)质点振幅 图象信息 (3)某一质点在各时刻的位移 (4)各时刻速度、加速度的方向
(1)波长、振幅 (2)任意一质点在该时刻的位移 (3)任意一质点在该时刻的加速 度方向 (4)传播方向、振动方向的互判
波传播到距 O 点 5 m 处的时间 t3＝
步步高2015高三物理(新课标)一轮讲义：9.1电磁感应现象 楞次定律
第1课时电磁感应现象楞次定律考纲解读 1.知道电磁感应现象产生的条件.2.理解磁通量及磁通量变化的含义，并能计算.3.掌握楞次定律和右手定则的应用，并能判断感应电流的方向及相关导体的运动方向．1．[对磁通量概念的理解]如图1所示，正方形线圈abcd 位于纸面内，边长为L ，匝数为N ，过ab 中点和cd 中点的连线OO ′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B ，则穿过线圈的磁通量为( )图1A.BL 22B.NBL 22 C ．BL 2 D ．NBL 2 答案 A解析 本题是单一方向的匀强磁场，正方形线圈中有磁感线穿过的部分，且与磁感线垂直的面积才是有效面积，本题的正确答案是A.2．[楞次定律的理解与应用]下列各图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，由线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是()答案CD解析根据楞次定律可确定感应电流的方向：以C选项为例，当磁铁向下运动时：(1)闭合线圈中的原磁场的方向——向上；(2)穿过闭合线圈的磁通量的变化——增加；(3)感应电流产生的磁场方向——向下；(4)利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相同．线圈的上端为S极，磁铁与线圈相互排斥．运用以上分析方法可知，C、D正确．3．[右手定则的应用]如图2所示，在直线电流附近有一根金属棒ab，当金属棒以b端为圆心，以ab为半径，在过导线的平面内匀速旋转到达图中的位置时()图2A．a端聚积电子B．b端聚积电子C．金属棒内电场强度等于零D．φa>φb答案BD解析因金属棒所在区域的磁场的方向垂直于纸面向外，当金属棒转动时，由右手定则可知，a端的电势高于b端的电势，b端聚积电子，B、D正确．一、磁通量1．定义：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S和B的乘积．2．公式：Φ＝BS.适用条件：(1)匀强磁场．(2)S为垂直磁场的有效面积．3．磁通量是标量(填“标量”或“矢量”)．4．磁通量的意义：(1)磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数．(2)同一线圈平面，当它跟磁场方向垂直时，磁通量最大；当它跟磁场方向平行时，磁通量为零；当正向穿过线圈平面的磁感线条数和反向穿过的一样多时，磁通量为零．二、电磁感应现象1．电磁感应现象：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应．2．产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化．产生感应电动势的条件：无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，线圈中就有感应电动势产生．3．电磁感应现象中的能量转化：发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能，该过程遵循能量守恒定律．三、感应电流方向的判断1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．(2)适用情况：所有的电磁感应现象．2．右手定则(1)内容：伸开右手，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，并使拇指指向导体运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．(2)适用情况：导体棒切割磁感线产生感应电流．考点一 磁通量的计算与电磁感应现象的判断例1 如图3甲所示，一个电阻为R 、面积为S 的单匝矩形导线框abcd ，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B ，方向与ad 边垂直并与线框平面成45°角，O 、O ′分别是ab 边和cd 边的中点．现将线框右半边ObcO ′绕OO ′逆时针旋转90°到图乙所示位置．在这一过程中，回路中的电荷量是( )图3A.2BS 2R B.2BS R C.BSRD ．0 解析 设开始时穿过线框的磁通量为正，开始时穿过整个线框的磁通量为Φ1＝BS sin 45°＝22BS ，则转过90°时穿过aOO ′d 左边一半线框的磁通量为Φ2′＝B S2sin 45°＝24BS ① 穿过bOO ′c 右边一半线框的磁通量为 Φ2″＝－B S 2sin 45°＝－24BS ②因此，转过90°时穿过整个线框的磁通量为 Φ2＝Φ2′＋Φ2″＝0③转动过程中磁通量的变化量的大小为 ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝22BS ④ 由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt⑤根据闭合电路的欧姆定律有I＝ER⑥该过程中通过线框截面的电荷量q＝I·Δt⑦联立④⑤⑥⑦式得q＝2BS2R.答案 A磁通量是一个有方向的标量，当磁场不变，线圈转动时，一定要注意磁感线是从线圈的正面还是反面穿过．突破训练1磁感应强度为B的匀强磁场，方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图4所示放置．平面abcd与竖直方向成θ角，将abcd绕ab轴旋转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为()图4A．0B．2BSC．2BS cos θD．2BS sin θ答案 C例2如图5所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是()图5A ．ab 向右运动，同时使θ减小B ．使磁感应强度B 减小，θ角同时也减小C ．ab 向左运动，同时增大磁感应强度BD ．ab 向右运动，同时增大磁感应强度B 和θ角(0°<θ<90°)解析 设此时回路面积为S ，据题意，磁通量Φ＝BS cos θ，对A ，S 增大，θ减小，cos θ增大，则Φ增大，A 正确．对B ，B 减小，θ减小，cos θ增大，Φ可能不变，B 错误．对C ，S 减小，B 增大，Φ可能不变，C 错误．对D ，S 增大，B 增大，θ增大，cos θ减小，Φ可能不变，D 错误．故只有A 正确． 答案 A电磁感应现象能否发生的判断流程 (1)确定研究的闭合回路．(2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ. (3)⎩⎪⎨⎪⎧Φ不变→无感应电流Φ变化→⎩⎪⎨⎪⎧回路闭合，有感应电流不闭合，无感应电流，但有感应电动势突破训练2 如图6所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A ，下列各种情况下铜环A 中没有感应电流的是( )图6A．线圈中通以恒定的电流B．通电时，使滑动变阻器的滑片P匀速移动C．通电时，使滑动变阻器的滑片P加速移动D．将电键突然断开的瞬间答案 A解析当线圈中通恒定电流时，产生的磁场为稳恒磁场，通过铜环A的磁通量不发生变化，不会产生感应电流．考点二利用楞次定律判断感应电流的方向1．楞次定律中“阻碍”的含义2．楞次定律的使用步骤例3北半球地磁场的竖直分量向下．如图7所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置着边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向．下列说法中正确的是()图7A．若使线圈向东平动，则a点的电势比b点的电势高B．若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低C．若以ab边为轴将线圈向上翻转，则线圈中的感应电流方向为a→b→c→d→aD．若以ab边为轴将线圈向上翻转，则线圈中的感应电流方向为a→d→c→b→a解析线圈向东平动时，ab和cd两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相等，a点电势比b点电势低，A错；同理，线圈向北平动，则a、b两点的电势相等，高于c、d两点的电势，B错；以ab边为轴将线圈向上翻转，向下的磁通量减小，感应电流的磁场方向应该向下，再由安培定则知，感应电流的方向为a→b→c→d→a，则C对，D错．答案 C突破训练3如图8(a)所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图(b)所示的交变电流，t＝0时电流方向为顺时针(如图中箭头所示)，在t1～t2时间段内，对于线圈B，下列说法中正确的是()图8A．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势B．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势C．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势D．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势答案 A解析在t1～t2时间段内，线圈A中的电流为逆时针方向，产生的磁场垂直纸面向外且是增加的，由此可判定线圈B中的电流为顺时针方向．线圈的扩张与收缩可用阻碍Φ变化的观点去判定．在t1～t2时间段内线圈B内的Φ增加，根据楞次定律，只有线圈B 增大面积，才能阻碍Φ的增加，故选A.考点三三定则一定律的综合应用1．三定则一定律的比较运动电荷、电流产生磁场安培定则 磁场对运动电荷、电流有作用力左手定则 电磁感应部分导体做切割磁感线运动 右手定则 闭合回路磁通量变化 楞次定律2．应用技巧 无论是“安培力”还是“洛伦兹力”，只要是“力”都用左手判断．“电生磁”或“磁生电”均用右手判断．例4 如图9所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ 、MN ，MN 的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ 在一外力的作用下运动时，MN 向右运动，则PQ 所做的运动可能是( )图9A ．向右加速运动B ．向左加速运动C ．向右减速运动D ．向左减速运动解析 MN 向右运动，说明MN 受到向右的安培力，因为ab 在MN 处的磁场垂直纸面向里 MN 中的感应电流由M →N L 1中感应电流的磁场方向向上⎩⎪⎨⎪⎧ L 2中磁场方向向上减弱L 2中磁场方向向下增强；若L 2中磁场方向向上减弱PQ 中电流为Q→P且减小向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强PQ 中电流为P→Q且增大向左加速运动．答案BC突破训练4两根相互平行的金属导轨水平放置于图10所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是()图10A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB．导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC．磁场对导体棒CD的作用力向左D．磁场对导体棒AB的作用力向左答案BD解析利用楞次定律．两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加，结合安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B.以此为基础，再根据左手定则进一步判定CD、AB的受力方向，经过比较可得正确答案．40．利用楞次定律的推论快速判断电流方向和导体运动情况楞次定律描述了感应电流的磁场和原磁通量变化的关系，即感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，因此电磁感应的结果总是阻碍原磁通量的变化，归纳起来，可以分为以下几种情况：(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；(2)阻碍相对运动——“来拒去留”；(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．例5如图11所示，圆环形导体线圈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()图11A．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F N将增大解析通过螺线管b的电流如图所示，根据右手螺旋定则判断出螺线管b所产生的磁场方向竖直向下，滑片P向下滑动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增强，根据楞次定律可知，线圈a中所产生的感应电流的磁场方向竖直向上，再由右手螺旋定则可得线圈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强，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将阻碍磁通量的增大．因此，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．答案 D突破训练5如图12所示，矩形闭合线圈放置在水平薄板上，有一块蹄形磁铁置于平板的正下方(磁极间距略大于矩形线圈的宽度)．当磁铁匀速向右通过线圈正下方时，线圈仍静止不动，那么线圈受到薄板的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向(从上向下看)是()图12A．摩擦力方向一直向左B．摩擦力方向先向左、后向右C．感应电流的方向顺时针→逆时针→顺时针D．感应电流的方向顺时针→逆时针答案AC解析开始时，穿过线圈的磁通量方向向上，且先增加，后减少，当线圈过磁铁中间以后，磁通量方向向下，且先增加，后减少，所以感应电流的方向顺时针→逆时针→顺时针，故C正确，D错误；根据楞次定律可以判断：磁铁向右移动的过程中，磁铁对线圈有向右的安培力作用，所以摩擦力方向向左，故A正确，B错误．高考题组1．(2013·新课标Ⅱ·19)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是()A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化答案ABD解析奥斯特通过著名的奥斯特实验，证明了电流周围存在磁场，安培提出分子电流假说，揭示了磁现象的电本质．楞次通过实验总结出感应电流的方向所遵循的规律——楞次定律．2．(2012·北京理综·19)物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图13，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．图13某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复实验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是()A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与老师的不同答案 D解析金属套环跳起是开关S闭合时，套环上产生的感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的．线圈接在直流电源上，S闭合时，金属套环也会跳起．电源电压越高，线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈．若套环是非导体材料，则套环不会跳起．故选项A、B、C错误，选项D正确．模拟题组3．美国《大众科学》月刊网站报道，美国明尼苏达大学的研究人员发现．一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能．具体而言，只要略微提高温度，这种合金就会变成强磁性合金，从而使环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图14所示．A为圆柱形合金材料，B为线圈，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径．现对A进行加热，则()图14A．B中将产生逆时针方向的电流B．B中将产生顺时针方向的电流C．B线圈有收缩的趋势D．B线圈有扩张的趋势答案 D解析合金材料加热后，合金材料成为磁体，通过线圈B的磁通量增大，由于线圈B 内有两个方向的磁场，由楞次定律可知线圈只有扩张，才能阻碍磁通量的变化，C错误，D正确；由于不知道极性，无法判断感应电流的方向，A、B错误．4．如图15所示，MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，垂直纸面向外的匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，则()图15A．若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→b→d→c→aB．若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→aC．若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路中的电流为零D．若ab、cd都向右运动，且两杆速度v cd>v ab，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→a答案 D解析由右手定则可判断出A项做法使回路产生顺时针方向的电流，故A项错．若ab、cd同向运动且速度大小相同，ab、cd所围面积不变，磁通量不变，故不产生感应电流，故B项错．若ab向左，cd向右，则abdc回路中有顺时针方向的电流，故C项错．若ab、cd都向右运动，且两杆速度v cd>v ab，则ab、cd所围面积发生变化，磁通量也发生变化，由楞次定律可判断出，abdc回路中产生顺时针方向的电流，故D项正确．(限时：30分钟)►题组1电磁感应的产生条件1．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键按如图1所示连接．下列说法中正确的是()图1A．电键闭合后，线圈A插入或拔出线圈B都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转答案 A解析电键闭合后，线圈A插入或拔出线圈B都会引起穿过线圈B的磁通量的变化，从而使电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流变化，使线圈B 的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误．2．某部小说中描述一种窃听电话：窃贼将并排在一起的两根电话线分开，在其中一根电话线旁边铺设一条两端分别与耳机连接的导线，这条导线与电话线之间是绝缘的，如图2所示．下列说法正确的是()图2A．不能窃听到电话，因为电话线中电流太小B．不能窃听到电话，因为电话线与耳机没有接通C．可以窃听到电话，因为电话线中的电流是恒定电流，在耳机电路中引起感应电流D．可以窃听到电话，因为电话线中的电流是交变电流，在耳机电路中引起感应电流答案 D解析电话线与窃听线相互绝缘，故电话线中的电流不可能进入窃听线内．由于电话线中电流是音频电流(即交变电流)，不断变化，耳机、窃听线组成的闭合电路中有不断变化的磁通量，耳机中产生与电话线中频率一样的感应电流，故可以窃听到电话．3．在图3所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，线圈与滑动变阻器、电池构成电路，a、b、c 为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场的磁感线全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器滑动触头左右滑动时，能产生感应电流的圆环是()图3A．a、b两环B．b、c两环C．a、c两环D．a、b、c三个环答案 A解析滑动触头左右滑动时，引起电路中电流变化，从而引起闭合铁芯中的磁通量变化，a、b两圆环中的磁通量必定随之变化，产生感应电流；而c环中有两股铁芯同时穿过，穿入和穿出的磁通量始终相等，合磁通量为零．所以c环中不能产生感应电流．故正确答案为A.4．如图4所示，闭合圆导线线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两条直径．试分析使线圈做如下运动时，能产生感应电流的是()图4A．使线圈在纸面内平动B．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C．使线圈以ac为轴转动D．使线圈以bd为轴转动答案 D解析使线圈在纸面内平动、沿垂直纸面方向向纸外平动或以ac为轴转动，线圈中的磁通量始终为零，不变化，无感应电流产生；以bd为轴转动时，线圈中的磁通量不断变化，能产生感应电流，所以D选项正确．►题组2对楞次定律应用的考查5．如图5所示，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上．M与电源、开关、滑动变阻器相连，P 为滑动变阻器的滑动触头，开关S处于闭合状态，N与电阻R相连．下列说法正确的是()图5A．当P向右移动时，通过R的电流的方向为b到aB．当P向右移动时，通过R的电流的方向为a到bC．断开S的瞬间，通过R的电流的方向为b到aD．断开S的瞬间，通过R的电流的方向为a到b答案AD解析本题考查楞次定律．根据右手螺旋定则可知M线圈内磁场方向向左，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，滑动变阻器的有效电阻减小，M线圈中电流增大，磁场强度增大，穿过N线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知N线圈中产生的感应电流通过R的方向为b到a，A正确，B错误；断开S的瞬间，M线圈中的电流突然减小，穿过N线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知N线圈中产生的感应电流方向为a到b，C错误，D正确．6．将电阻R、电容器C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图6所示．现使磁铁下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是()图6A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电答案 D解析在N极接近线圈上端的过程中，通过线圈的磁感线方向向下，磁通量增大，由楞次定律可判定线圈中感应电流的方向为逆时针(从上向下看)，外电路中电流由b流向a，同时线圈作为电源，下端应为正极，则电容器下极板电势高，带正电．7．如图7所示，在圆形空间区域内存在关于直径ab对称、方向相反的两个匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等，一金属导线制成的圆环刚好与磁场边界重合，下列说法中正确的是()图7A．若使圆环向右平动，感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B．若使圆环竖直向上平动，感应电流始终沿逆时针方向C．若圆环以ab为轴转动，a点的电势高于b点的电势D．若圆环以ab为轴转动，b点的电势高于a点的电势答案 A解析若圆环向右平动，由右手定则知感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，A选项正确；若圆环竖直向上平动，由于穿过圆环的磁通量未发生变化，所以圆环中无感应电流产生，B选项错误；若圆环以ab为轴转动，在0～90°内，由右手定则知b点的电势高于a点的电势，在90°～180°内，由右手定则知a点的电势高于b点的电势，以后a、b两点电势按此规律周期性变化，C、D选项错误．8．如图8所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下．在将磁铁的S极插入线圈的过程中()图8A．通过电阻的感应电流的方向为由a到b，线圈与磁铁相互排斥B．通过电阻的感应电流的方向为由b到a，线圈与磁铁相互排斥C．通过电阻的感应电流的方向为由a到b，线圈与磁铁相互吸引D．通过电阻的感应电流的方向为由b到a，线圈与磁铁相互吸引答案 B解析磁铁的S极朝下，在将磁铁的S极插入线圈的过程中，通过线圈的磁场方向向上，且增强，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁场的增加，则感应电流方向为由b到a，线圈与磁铁相互排斥，选项B正确．9．如图9所示，一对大磁极形成的磁场，中间处可视为匀强磁场，上、下边缘处为非匀强磁场．一矩形导线框abcd保持水平，从两磁极间中心正上方某处开始下落，并穿过磁场，在此过程中()。
【步步高】(新课标)2015届高考物理一轮复习 专题十 电磁感应中的动力学和能量问题课件
B ．导体棒 EF 与轨道之间的最大静摩擦力为
课堂探究
【突破训练 1】如图 2 所示，相距为 L 的两条足 够长的平行金属导轨，与水平面的夹角为 θ，导 轨上固定有质量为 m、电阻为 R 的两根相同的 导体棒， 导体棒 MN 上方轨道粗糙、 下方轨道光 滑，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场， 由于当 MN 下滑速度最大时， EF 磁感应强度为 B.将两根导体棒同时释放后，观 察到导体棒 MN 下滑而 EF 保持静止， 当 MN 下 滑速度最大时，EF 与 轨道间的摩擦力刚好达 到最大静摩擦力，下列叙述正确的是( AC ) 2mgRsin θ A．导体棒 MN 的最大速度为 B2L2
图3
解析 (1)m1、m2 运动过程中，以整 体法有 m1gsin θ－μm2g＝(m1＋m2)a 为 m2＝0.4 kg 的物体相连，动摩擦因数 μ＝0.4， a＝2 m/s2 (取 g＝10 m/s2，sin 37° ＝0.6，cos 37° ＝0.8)求： 以 m2 为研究对象有 FT － μm2g ＝
课堂探究
电磁感应与动力学问题的解题策略 此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首 先要建立“动→电→动”的思维顺序，可概括为： (1)找准主动运动者， 用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电 动势的大小和方向． (2)根据等效电路图，求解回路中感应电流的大小及方向． (3)分析安培力对导体棒运动速度、 加速度的影响， 从而推理得出对 电路中的感应电流有什么影响， 最后定性分析导体棒的最终运动情 况． (4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．
图1
解析 (1) 设金属棒开始下滑时的 加速度大小为 a，则 mgsin θ－μmgcos θ＝ma a＝2.0 m/s2 (2)设金属棒到达 cd 位置时速度大 小为 v、 电流为 I， 金属棒受力平衡， 有 mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ BLv I＝ R , 解得 v＝2.0 m/s (3)设金属棒从 ab 运动到 cd 的过程 中，电阻 R 上产生的热量为 Q，由 能量守恒，有 1 mgssin θ＝ mv2＋μmgscos θ＋Q 2 解得 Q＝0.10 J