【3年高考2年模拟】(新课标)2017年高考物理一轮复习 第九章 磁场 第3讲 带电粒子在组合场中的运动
A.带电粒子的比荷 B.带电粒子在磁场中运动的周期 C.带电粒子在磁场中运动的半径 D.带电粒子的初速度
4.如图所示,在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场,电场强度为E,在第 Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场,磁感应强度大小相等。有 一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中,并 且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场,又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象 限的磁场。已知O、P之间的距离为d,则带电粒子在磁场中第二次经过x 轴时,在电场和磁场中运动的总时间为( )
(1)匀强磁场的磁感ຫໍສະໝຸດ 强度B的大小(2)交变电压U0的值 (3)若粒子在磁场中运动的最长、最短时间分别为t1、t2,则它们的 差值Δt为多大?
答案全解全析 A组 基础题组 1.B 离子在环状空腔内做圆周运动,洛伦兹力指向圆心,由左手定则可 知,磁场方向垂直环面向内,A错误;离子加速,由动能定理有qU=mv2,则 r==,因r一定,若U不变,则比荷越大,B就越小;若B不变,则比荷相同的离 子加速后,质量大的动能大,B正确,C错误;离子在磁场中的运动时间与加 速电压U的大小无关,D错误。 2.A 粒子在电场U1中加速,则qU1=m,在偏转电场中做类平抛运动,设粒 子在出偏转电场时的速度大小为v,速度偏向角为θ,进入磁场中做圆周 运动的半径为R,则有v cos θ=v0,d=2R cos θ==,解得d=,A正确。 3.AB 设磁场区域的半径为R,不加磁场时,带电粒子的速度v=;带电粒子 在磁场中运动半径由题中图可知r=R tan 60°=R;由带电粒子在磁场中 运动的轨道半径公式可得R=;由以上三式可得=,周期T===πt。由此可知 正确选项为A、B。 4.D 带电粒子的运动轨迹如图所示。由题意知,带电粒子到达y轴时的 速度v=v0,这一过程的时间t1==,又由几何关系知,带电粒子在磁场中的 轨迹半径r=2d,故知带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间t2===,同理,可得 带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间t3=,故t总=,D项正确。
6.(2016河南十校联考)(多选)如图所示,在x轴的上方有沿y轴负方向的 匀强电场,电场强度为E,在x轴下方的等腰直角三角形CDM区域内有垂直 于xOy平面向外的匀强磁场,磁感应强度为B,其中C、D在x轴上,它们到原 点O的距离均为a。现将质量为m、带电荷量为+q的粒子从y轴上的P点由 静止释放,设P点到O点的距离为h,不计重力作用与空气阻力的影响。下 列说法正确的是( )
A. B.(2+5π) C. D. 5.(2016河北石家庄模拟)(多选)如图所示为一种获得高能粒子的装置, 环形区域内存在垂直纸面、磁感应强度大小可调的均匀磁场,带电粒子 可在环中做圆周运动。A、B为两块中心开有小孔的距离很近的极板,原 来电势均为零,每当带电粒子经过A板准备进入A、B之间时,A板电势升高 为+U,B板电势仍保持为零,粒子在两板间的电场中得到加速;每当粒子离 开B板时,A板电势又降为零,粒子在电场的加速下动能不断增大,而在环 形磁场中绕行半径不变。若粒子通过A、B板的时间不可忽略,则能定性 反映A板电势U和环形区域内的磁感应强度B随时间t变化的关系的是 ( )
11.(2015河北石家庄五校联合体摸底)如图所示,MN、PQ是平行金属板, 板长为L,两板间距离为,PQ板带正电,MN板带负电,在PQ板的上方有垂直 纸面向里的匀强磁场。一个电荷量为-q、质量为m的带负电的粒子以速 度v0从MN板边缘沿平行于板的方向射入两板间,结果粒子恰好从PQ板左 边缘飞进磁场,然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场。不计粒子重力。 求: (1)两金属板间所加电场的场强大小; (2)匀强磁场的磁感应强度B的大小。
解析 (1)带电粒子在磁场中做圆周运动,设运动半径为R,运动周期为T, 根据洛伦兹力公式及圆周运动规律,有 qv0B=m, T= 依题意,粒子第一次到达x轴时,其转过的角度为π, 所需时间t1=T= (2)粒子进入电场后,先做匀减速运动,直到速度减小为0,然后沿原 路返回做匀加速运动,到达x轴时速度大小仍为v0,设粒子在电场中运动 的总时间为t2,加速度大小为a,电场强度大小为E, 有qE=ma, v0=at2, 解得:t2= 根据题意,要使粒子能够回到P点,必须满足t2≥T0 得电场强度最大值E= B组 提升题组 9.AC 由于带电小球刚开始受重力mg、电场力qE及洛伦兹力F洛的作用, 如图所示,又电场力为F电=Eq=mg,则分析知重力与电场力的合力刚好与 杆垂直,合力的大小为2mg,故此时要使小球做匀速运动,摩擦力应该为0, 则应使电场力和重力的合力与洛伦兹力相平衡, 则F洛=2mg,又F洛=Bqv0,解得小球的初速度为v0=,选项A正确;若小球的初 速度为,此时F洛>2mg,小球会受到摩擦力的作用,该力阻碍小球的运动, 故小球的速度会减小,但当小球的速度减小到v=时,小球受力平衡,以后 小球做匀速运动,所以选项B错误;若小球的初速度为,此时F洛<2mg,小球 将受到摩擦力作用,故其速度会逐渐减小,速度越小,洛伦兹力就会越小, 小球对杆的压力就会越大,则摩擦力也就越大,加速度也将不断增大,故 它将做加速度不断增大的减速运动,最后停止,选项C正确;若小球的初速 度为,则运动中重力、电场力和洛伦兹力的合力总与杆垂直,故它们的合 力对球不做功,只有摩擦力对小球做负功,根据动能定理可得,小球克服
A.所加匀强磁场的方向应垂直圆环平面向外 B.若加速电压一定,离子的比荷越大,磁感应强度B越小 C.磁感应强度B一定时,比荷相同的离子加速后,质量大的离子动能小 D.对于给定的正、负离子,加速电压U越大,离子在环状空腔磁场中的运 动时间越长 2.(2016东北三校联考)如图所示,某种带电粒子由静止开始经电压为U1 的电场加速后,射入水平放置、电势差为U2的两块导体板间的匀强电场 中,带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入,穿过两板后又垂直 于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中,则粒子射入磁场和射出磁场 的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力,不考虑边缘 效应) ( )
12.(2016安徽马鞍山三模)如图甲所示,在真空中,半径为R的圆形区域内 存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外。在磁场左侧有一对平行金属板 M、N,两板间距离也为R,板长为L,板的中心线O1O2与磁场的圆心O在同一 直线上。置于O1处的粒子发射源可连续以速度v0沿两板的中线O1O2发射 电荷量为q、质量为m的带正电的粒子(不计粒子重力),M、N两板不加电 压时,粒子经磁场偏转后恰好从圆心O的正下方P点离开磁场;若在M、N板 间加如图乙所示交变电压UMN,交变电压的周期为,t=0时刻入射的粒子恰 好贴着N板右侧射出。求
A.在电场中的加速度之比为1∶1 B.在磁场中运动的半径之比为∶1 C.在磁场中转过的角度之比为1∶2 D.离开电场区域时的动能之比为1∶3 8.(2014海南单科,14)如图所示,在x轴上方存在匀强磁场,磁感应强度大 小为B,方向垂直于纸面向外;在x轴下方存在匀强电场,电场方向与xOy平 面平行,且与x轴成45°夹角。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速 度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出,一段时间后进入电场,进入电场时的 速度方向与电场方向相反;又经过一段时间T0,磁场方向变为垂直纸面向 里,大小不变,不计重力。
摩擦力做功为m=,选项D错误。
10. 答案 E= B= 解析 设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v,由动能定理: qU=mv2 带电粒子进入磁场后,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律:qBv= 依题意可知:r=d 解得:B= 带电粒子在电场中偏转,做类平抛运动,设经时间t从P点到达C点,由 平抛运动规律有 d=vt d=at2 又知qE=ma 解得:E= 11. 答案 (1) (2)
A.d随U1变化,d与U2无关 B.d与U1无关,d随U2变化 C.d随U1、U2变化 D.d与U1无关,d与U2无关 3.(多选)如图所示为圆柱形区域的横截面,在没有磁场的情况下,带电粒 子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射,穿过此区域的时间为 t。在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场,磁感应强度为B,带电粒子仍 以同一初速度沿截面直径入射,粒子飞出此区域时,速度方向偏转60° 角,根据上述条件可求下列物理量中的哪几个( )
A.小球的初速度为v0= B.若小球的初速度为,小球将做加速度不断增大的减速运动,最后停止 C.若小球的初速度为,小球将做加速度不断增大的减速运动,最后停止 D.若小球的初速度为,则运动中克服摩擦力做功为 10.如图所示,在xOy直角坐标系中,第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里 的匀强磁场,第Ⅱ象限内分布着方向沿y轴负方向的匀强电场。初速度为 零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后,从x轴上 的A点垂直x轴进入磁场区域,经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直y轴进入 电场区域,在电场中偏转并击中x轴上的C点。已知OA=OC=d。求电场强度 E和磁感应强度B的大小(粒子的重力不计)。
5.BC 由题意可知,粒子在加速电场中运动时,两板电势差不变,故场强 不变,带电粒子所受电场力不变,加速度不变,而粒子进入电场时的初速 度不断变大,则在两板间运动的时间不断变短;粒子进入磁场中做匀速圆 周运动,洛伦兹力充当向心力,即qvB=m,解得B=,随着粒子速度不断增大, 且其轨迹半径保持不变,故磁感应强度应不断增大,又由圆周运动规律T= 可知,带电粒子在磁场中运动的周期不断减小,综上知B、C正确,A、D错 误。 6.AD 粒子在电场中加速,有qEh=m,在磁场中做圆周运动。若粒子垂直 于CM射出磁场,则轨迹所对的圆心角θ=45°,半径R=a,又R=,解得h=,A正 确、C错误;若粒子平行于x轴射出磁场,则轨迹所对的圆心角θ=90°,半 径R=,解得h=,B错误、D正确。 7.BCD 两离子所带电荷量之比为1∶3,在电场中时由qE=ma知a∝q,故加 速度之比为1∶3,A错误;离开电场区域时的动能由Ek=qU知Ek∝q,故D正 确;在磁场中运动的半径由Bqv=m、Ek=mv2知R=∝,故B正确;设磁场区域 的宽度为d,则有sin θ=∝,即=,故θ'=60°=2θ,C正确。 8. 答案 (1) (2)
2017年高考物理试题分类汇编及答案解析《磁场》(2021年整理精品文档)
(完整版)2017年高考物理试题分类汇编及答案解析《磁场》编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（(完整版)2017年高考物理试题分类汇编及答案解析《磁场》）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为(完整版)2017年高考物理试题分类汇编及答案解析《磁场》的全部内容。
磁场1．【2017·江苏卷】如图所示，两个单匝线圈a 、b 的半径分别为r 和2r ．圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a 线圈重合，则穿过a 、b 两线圈的磁通量之比为(A ）1:1(B ）1:2 （C)1:4 (D)4:1【答案】A【考点定位】磁通量【名师点睛】本题主要注意磁通量的计算公式中S 的含义，它指的是有磁感线穿过区域的垂直面积．2．【2017·新课标Ⅰ卷】如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等,质量分别为m a 、m b 、m c .已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动。
下列选项正确的是A ．a b c m m m >>B ．b a c m m m >>C ．a c b m m m >>D ．c b a m m m >>【答案】B 【解析】由题意知，m a g =qE ,m b g =qE +Bqv ,m c g +Bqv =qE ，所以b a c m m m >>,故B 正确，ACD 错误。
【考点定位】带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】三种场力同时存在，做匀速圆周运动的条件是m a g =qE ,两个匀速直线运动，合外力为零，重点是洛伦兹力的方向判断。
高中物理 一轮复习 选修3-2 第九章 电磁感应 精选课时习题(含答案解析)
高中物理一轮复习选修3-2 第九章电磁感应精选课时习题（含答案解析）学案44 电磁感应现象楞次定律一、概念规律题组图11．如图1所示，通电直导线下边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面．若使线框逐渐远离(平动)通电导线，则穿过线框的磁通量将()A．逐渐增大B．逐渐减小C．保持不变D．不能确定2．下列情况中都是线框在磁场中切割磁感线运动，其中线框中有感应电流的是()3．某磁场磁感线如图2所示，有一铜线圈自图示A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中感应电流的方向是()图2A．始终顺时针B．始终逆时针C．先顺时针再逆时针D．先逆时针再顺时针图34．如图3所示，导线框abcd与通电直导线在同一平面内，直导线通有恒定电流并通过ad和bc的中点，当线框向右运动的瞬间，则()A．线框中有感应电流，且按顺时针方向B．线框中有感应电流，且按逆时针方向C．线框中有感应电流，但方向难以判断D．由于穿过线框的磁通量为零，所以线框中没有感应电流二、思想方法题组图45．如图4所示，蹄形磁铁的两极间，放置一个线圈abcd，磁铁和线圈都可以绕OO′轴转动，磁铁如图示方向转动时，线圈的运动情况是()A．俯视，线圈顺时针转动，转速与磁铁相同B．俯视，线圈逆时针转动，转速与磁铁相同C．线圈与磁铁转动方向相同，但转速小于磁铁转速D．线圈静止不动图56．如图5所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置于导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时()A．P、Q将相互靠拢B．P、Q将相互远离C．磁铁的加速度仍为gD．磁铁的加速度小于g一、楞次定律的含义及基本应用应用楞次定律判断感应电流方向的步骤：(1)确定原磁场方向；(2)明确闭合回路中磁通量变化的情况；(3)应用楞次定律的“增反减同”，确定感应电流的磁场的方向．(4)应用安培定则，确定感应电流的方向．应用楞次定律的步骤可概括为：一原二变三感四螺旋根据楞次定律的基本含义，按步就班解题一般不会出错．【例1】如图6所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为图6R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置由静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是()A．a→b→c→d→aB．d→c→b→a→dC．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d[规范思维]图7[针对训练1]某实验小组用如图7所示的实验装置来验证楞次定律．当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流的方向是()A．a→G→bB．先a→G→b，后b→G→aC．b→G→aD．先b→G→a，后a→G→b二、楞次定律拓展含义的应用感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因．具体有以下几种情形：(1)当回路中的磁通量发生变化时，感应电流的效果是阻碍原磁通量的变化．(2)当出现引起磁通量变化的相对运动时，感应电流的效果是阻碍导体间的相对运动，即“来时拒，去时留”．(3)当闭合回路发生形变时，感应电流的效果是阻碍回路发生形变．(4)当线圈自身的电流发生变化时，感应电流的效果是阻碍原来的电流发生变化．【例2】如图8所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB的正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向上的运动趋势的判断正确的是()图8A．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向右[规范思维][针对训练2]如图9所示，图9通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，当螺线管中电流I减小时()A．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小B．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小C．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大D．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的增大图10[针对训练3]如图10，金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧，若变阻器滑片P 向左移动，则金属环A将向________(填“左”或“右”)运动，并有________(填“收缩”或“扩张”)趋势．三、楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用1．规律比较2.应用区别关键是抓住因果关系：(1)因电而生磁(I→B)→安培定则；(2)因动而生电(v、B→I)→右手定则；(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则．3．相互联系(1)应用楞次定律，必然要用到安培定则；(2)感应电流受到安培力，有时可以先用右手定则确定电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定安培力的方向．图11【例3】如图11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，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是()A．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[规范思维][针对训练4]图12如图12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．线框由静止释放，在下落过程中()A．穿过线框的磁通量保持不变B．线框中感应电流方向保持不变C．线框所受安培力的合力为零D．线框的机械能不断增大【基础演练】1．在电磁学的发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是()A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在C．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律图132．电阻R、电容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13所示．现使磁铁开始自由下落，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() A．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，下极板带正电图143．直导线ab放在如图14所示的水平导体框架上，构成一个闭合回路．长直导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，发现ab向左滑动．关于cd中的电流下列说法正确的是()A．电流肯定在增大，不论电流是什么方向B．电流肯定在减小，不论电流是什么方向C．电流大小恒定，方向由c到dD．电流大小恒定，方向由d到c图154．如图15所示是一种延时开关．S2闭合，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，将C线路接通．当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则()A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C．如果断开B线圈的电键S2，无延时作用D．如果断开B线圈的电键S2，延时将变长图165．绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、开关相连，如图16所示．闭合开关的瞬间，铝环跳起一定高度．保持开关闭合，下列现象正确的是()A．铝环停留在这一高度，直到断开开关铝环回落B．铝环不断升高，直到断开开关铝环回落C．铝环回落，断开开关时铝环又跳起D．铝环回落，断开开关时铝环不再跳起图176．如图17所示，通电螺线管置于水平放置的两根光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别放在螺线管的左右两侧．保持开关闭合，最初两金属棒处于静止状态，当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，ab和cd棒的运动情况是()A．ab向左，cd向右B．ab向右，cd向左C．ab，cd都向右运动D．ab，cd都不动图187．一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图18所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向左运动的是()A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时图198．如图19所示，在匀强磁场中放有两条平行的铜导轨，它们与大导线圈M相连接．要使小导线圈N 获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒ab的运动情况是(两导线圈共面放置)() A．向右匀速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向右加速运动【能力提升】9．如图20所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈．通过观察图形，判断下列说法正确的是()图20A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动B．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动C．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈10.在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图21(a)接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系．当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央．然后按图(b)所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路．(1)S闭合后，将螺线管A(原线圈)插入螺线管B(副线圈)的过程中，电流表的指针将________偏转．(2)线圈A放在B中不动时，指针将________偏转．(3)线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表指针将________偏转．(选填“向左”、“向右”或“不”)图21图2211．如图22所示，匀强磁场区域宽为d，一正方形线框abcd的边长为l，且l>d，线框以速度v通过磁场区域，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是多少？图2312．如图23所示是家庭用的“漏电保护器”的关键部分的原理图，其中P是一个变压器铁芯，入户的两根电线(火线和零线)采用双线绕法，绕在铁芯的一侧作为原线圈，然后再接入户内的用电器．Q是一个脱扣开关的控制部分(脱扣开关本身没有画出，它是串联在本图左边的火线和零线上，开关断开时，用户的供电被切断)，Q接在铁芯另一侧副线圈的两端a、b之间，当a、b间没有电压时，Q使得脱扣开关闭合，当a、b间有电压时，脱扣开关立即断开，使用户断电．(1)用户正常用电时，a、b之间有没有电压？为什么？(2)如果某人站在地面上，手误触火线而触电，脱扣开关是否会断开？为什么？学案44电磁感应现象楞次定律【课前双基回扣】1．B 2.BC3．C[自A落至图示位置时，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向上，则感应电流的磁场方向与之相反，即向下，故可由安培定则判断线圈中感应电流的方向为顺时针；自图示位置落至B点时，穿过线圈的磁通量减少，磁场方向向上，则感应电流的磁场方向与之相同，即向上，故可由安培定则判断线圈中感应电流的方向为逆时针，选C.]4．B[此题可用两种方法求解，借此感受右手定则和楞次定律分别在哪种情况下更便捷．方法一：首先由安培定则判断通电直导线周围的磁场方向(如下图所示)，因ab导线向右做切割磁感线运动，由右手定则判断感应电流由a→b，同理可判断cd导线中的感应电流方向由c→d，ad、bc两边不做切割磁感线运动，所以整个线框中的感应电流是逆时针方向的．方法二：首先由安培定则判断通电直导线周围的磁场方向(如右图所示)，由对称性可知合磁通量Φ＝0；其次当导线框向右运动时，穿过线框的磁通量增大(方向垂直向里)，由楞次定律可知感应电流的磁场方向垂直纸面向外，最后由安培定则判断感应电流沿逆时针方向，故B选项正确．]5．C[本题“原因”是磁铁有相对线圈的运动，“效果”便是线圈要阻碍两者的相对运动，线圈阻止不了磁铁的运动，由“来拒去留”知，线圈只好跟着磁铁同向转动；如果二者转速相同，就没有相对运动，线圈就不会转动了，故答案为C.]6．AD[根据楞次定律，感应电流的效果是总要阻碍产生感应电流的原因，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，P、Q可通过缩小面积的方式进行阻碍，故可得A正确．由“来拒去留”得回路电流受到向下的力的作用，由牛顿第三定律知磁铁受向上的作用力，所以磁铁的加速度小于g，选A、D.]思维提升1．磁通量的大小与线圈匝数无关．磁通量的变化量为末态磁通量减初态磁通量，即：ΔΦ＝Φ2－Φ1.2．无论回路是否闭合．只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，线圈中就产生感应电动势，产生感应电动势的那部分导体就相当于电源．3．楞次定律的理解：①感应电流的磁场起阻碍作用；②阻碍原磁通量的变化；③阻碍不是阻止，最终要发生变化；④阻碍的形式：“来拒去留”“增反减同”4．导线切割磁感线用右手定则来进行判断：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，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．【核心考点突破】例1 B[由楞次定律可知，在线框从右侧摆动到O点正下方的过程中，向上的磁通量在减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同(即向上)，再根据安培定则可以判断感应电流的方向沿a→d→c→b→a，同理，可知线框从O点正下方向左侧摆动的过程，电流方向沿a→d→c→b→a，故选B.][规范思维](1)在判断感应电流的方向时，分析磁通量的变化只需看穿过平面的磁感线的条数即可，还要注意磁感线是从正面穿入还是从正面穿出(正面是为了分析问题事先选定的)．(2)根据楞次定律的基本含义，按步就班(一原二变三感四螺旋)解题一般不会出错．例2 D[条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时，通过线圈的磁通量先增加后减小．当通过线圈的磁通量增加时，为阻碍其增加，在竖直方向上线圈有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于重力，在水平方向上有向右运动的趋势；当通过线圈的磁通量减小时，为阻碍其减小，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于重力，在水平方向上有向右运动的趋势．综上所述，线圈受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右．][规范思维]本题是根据楞次定律的第二种描述解题的．根据磁通量的增、减，利用阻碍相对运动来分析水平方向和竖直方向上安培力的方向．楞次定律的几种表述情况，都可归纳为阻碍产生感应电流的原因．例3 BC[设PQ向右运动，用右手定则和安培定则判定可知穿过L1的磁感线方向向上．若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是N→M，对MN用左手定则判定，可知MN向左运动，可见A选项不正确．若PQ向右减速运动，则穿过L1的磁通量减少，用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是M→N，对MN用左手定则判定，可知MN是向右运动，可见C正确．同理设PQ向左运动，用上述类似的方法可判定B正确，而D错误．][规范思维]由导体运动分析产生感应电流的方向时用右手定则，由电流分析所受安培力的方向时，用左手定则．安培定则又称右手螺旋定则，用来判断电流产生的磁场方向，它们的作用及操作方法都不同，学习时要明确区分．[针对训练]1．D[①确定原磁场的方向：条形磁铁在穿入线圈的过程中，磁场方向向下．②明确闭合回路中磁通量变化的情况：向下的磁通量增加．③由楞次定律的“增反减同”可知：线圈中的感应电流产生的磁场方向向上．④应用右手定则可以判断感应电流的方向为逆时针(俯视)，即：电流的方向从b→G→a.同理可以判断出条形磁铁穿出线圈的过程中，向下的磁通量减小，由楞次定律可得：线圈中将产生顺时针的感应电流(俯视)，即：电流的方向从a→G→b.]2．A[由于I减小，穿过闭合金属环的磁通量变小，通电螺线管在环a的轴线上，所以环通过缩小面积来阻碍原磁通量的减小，所以A正确．]3．左收缩解析变阻器滑片P向左移动，电阻变小，电流变大，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流的磁场方向相反，相互排斥，则金属环A将向左移动，因磁通量增大，金属环A有收缩的趋势．4．B[直线电流的磁场离导线越远，磁感线越稀疏，故线圈在下落过程中磁通量一直减小，A错；由于上、下两边电流相等，上边磁场较强，线框所受合力不为零，C错；由于电磁感应，一部分机械能转化为电能，机械能减小，D错．]思想方法总结1．感应电流方向的判断方法：方法一：右手定则(适用于部分导体切割磁感线)方法二：楞次定律楞次定律的应用步骤2．(1)若导体不动，回路中磁通量变化，应该用楞次定律判断感应电流方向而不能用右手定则．(2)若是回路中一部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，用右手定则判断较为简单，用楞次定律进行判定也可以，但较为麻烦．3．电磁感应现象、楞次定律等知识与生产、生活联系比较密切，如电磁阻尼现象、延时开关等．这类题目往往以生产、生活实践和高新技术为背景，提出问题，并要求学生用所学知识去解决问题．解决问题的关键是认真读题，弄清物理情景，建立正确的物理模型，再用相关的物理规律求解．【课时效果检测】1．AC[赫兹用实验证实了电磁波的存在，B错；安培发现了磁场对电流的作用规律；洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，D错．]2．D[当N极接近线圈的上端时，线圈中的磁通量增大，由楞次定律可知感应电流的方向，且流经R的电流为从b到a，电容器下极板带正电．]3．B[此题利用楞次定律的第二种描述比较方便，导线ab向左滑动，说明回路中的磁通量在减小，即cd中的电流在减小，与电流的方向无关，故B正确．]4．BC[S1断开时，A线圈中电流消失，磁通量减少，B线圈中产生感应电流，阻碍线圈中磁通量的减少，A错，B对；若断开S2，B线圈中无感应电流，磁通量立即减为零，不会有延时作用，C对，D错．] 5．D[在闭合开关的瞬间，铝环的磁通量增加，铝环产生感应电流，由楞次定律的第二种描述可知，铝环受到向上的安培力跳起一定高度，当保持开关闭合时，回路中电流不再增加，铝环中不再有感应电流，不再受安培力，将在重力作用下回落，所以A、B均错误；铝环回落后，断开开关时，铝环中因磁通量的变化产生感应电流，使铝环受到向下的安培力，不会再跳起，所以C错误，D正确．] 6．A[由楞次定律可知A正确．]7．C[由楞次定律的第二种描述可知：只要线圈中电流增强，即穿过N的磁通量增加，N就会受排斥而向右运动，只要线圈中电流减弱，即穿过N的磁通量减少，N就会受吸引而向左运动．故选项C正确．]8．BC [欲使N 产生顺时针方向的感应电流，感应电流的磁场方向应垂直纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M 中有顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N 中的磁场方向向里，且磁通量在减小；二是M 中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N 中的磁场方向向外，且磁通量在增大．因此，根据右手定则，对于前者，应使ab 减速向右运动；对于后者，则应使ab 加速向左运动．故应选B 、C.]9．AC [若线圈闭合，进入磁场时，由于产生感应电流，根据楞次定律可判断线圈相对传送带向后滑动，故A 正确；若线圈不闭合，进入磁场时，不会产生感应电流，故线圈相对传送带不发生滑动，故B 错误；从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈，C 正确．]10．(1)向右 (2)不 (3)向右11.l －d v解析 从线框进入磁场到完全离开磁场，只有线框bc 边运动至磁场右边缘至ad 边运动至磁场左边缘的过程中无感应电流．此过程的位移为：l －d故线框中没有感应电流的时间为：t ＝l －d v12．见解析解析 (1)用户正常用电时，a 、b 之间没有电压，因为双线绕成的初级线圈的两根导线中的电流总是大小相等、方向相反，穿过铁芯的磁通量总为零，副线圈中不会产生感应电动势．(2)会断开，因为人站在地面上手误触火线，电流通过火线和人体流向大地，不通过零线，这样变压器的铁芯中就会有磁通量的变化，从而在副线圈中产生感应电动势，即a 、b 间有电压，脱扣开关就会断开．易错点评1．在第2题中，产生感应电流的是右边的线圈，它是电源．许多同学误认为是电容器C 在放电，使线圈中有电流，造成失误．2．在第5题中，有同学往往认为通电线圈好似一个电动机，只要它通电，就能使铝环停在一定高度，属于没有真正理解电磁感应现象．真正的现象应是：闭合瞬间，铝环跳起，电流稳定后，铝环是落下的，当电键断开时，是不会跳起的．3．在第8题中，注意思维的顺序，分清谁是原因——ab 的加、减速运动，谁是结果——N 中产生感应电流．4．在第11题中，一定要注意条件：l>d.。
高考物理一轮复习 第九章 磁场章末综合提升
如图所示，在一个圆形区域 内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强 磁场分布在以直径 A2A4 为边界的两个半圆 形区域Ⅰ和Ⅱ中，直径 A2A4 与直径 A1A3 之间的夹角为 α＝60°.一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子 以某一速度从Ⅰ区的边缘点 A1 处沿与 A1A3 成 β＝30°角的方向 射入磁场，随后该粒子以垂直于 A2A4 的方向经过圆心进入Ⅱ 区，最后再从 A4 处射出磁场．已知该粒子从射入到射出磁场 所用的时间为 t，求：
⑨
粒子运动轨迹如图所示，O1、O2 为
圆心，O1O2 连线与水平方向的夹角为 θ， 在每个 TB 内，只有 A、B 两个位置才有
可能垂直击中 P 板，且均要求 0＜θ＜π2，
由题意可知π22＋πθT＝T2B
⑩
设经历完整 TB 的个数为 n(n＝0,1,2,3，…) 若在 A 点击中 P 板，据题意由几何关系得
4．带电粒子在有磁场的叠加场中运动，若做直线运动， 则必为匀速直线运动．
5．带电粒子穿过磁场的时间一般是极短的，带电粒子经 过交变磁场极短时间内的磁场可以看成匀强磁场．
6．带电粒子在复合场中运动，需考虑是否有多种可能的 解．
7．霍尔效应问题，因未判断元件的载流子而判断错误电 势高低．
8．计算题中因不注意审题，在结果中出现未知量．
R＋2(R＋Rsin θ)n＝d
⑪
当 n＝0 时，无解
⑫
当 n＝1 时，联立⑨⑪式得 θ＝π6或sin θ＝12
⑬
联立⑦⑨⑩⑬式得 TB＝3πvd0
⑭
当 n≥2 时，不满足 0＜θ＜90°的要求
⑮
高考物理一轮复习 第9章 磁场突破全国卷课件
(高考全国卷Ⅰ)如图，MN 为铝质薄
平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面
的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的 P 点垂
直于铝板向上射出，从 Q 点穿越铝板后到达 PQ 的中点 O.已知
粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不
计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )
A．2
B． 2
C．1
D．
2 2
[解析] 设带电粒子在 P 点时初速度为 v1，从 Q 点穿过铝板后 速度 v2，则 Ek1＝12mv21，Ek2＝12mv22，由题意可知 Ek1＝2Ek2， 即12mv21＝mv22，则vv12＝ 12.由洛伦兹力提供向心力，即 qvB＝mRv2， 得 R＝mqBv，由题意可知RR12＝21，所以BB12＝vv12RR21＝ 22， 故选项 D 正确． [答案] D
解析：选 AC.根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛 伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项 A 正确；根 据 qvB＝mrv2，得 r＝mqBv，若电子与正电子在磁场中的运动速 度不相等，则轨迹半径不相同，选项 B 错误；对于质子、正电 子，它们都带正电，以相同速度进入磁场时，所受洛伦兹力方 向相同，两者偏转方向相同，仅依据粒子轨迹无法判断是质子 还是正电子，故选项 C 正确；粒子的 mv 越大，轨道半径越大， 而 mv＝ 2mEk，粒子的动能大，其 mv 不一定大，选项 D 错 误．
(2016·高考全国卷Ⅱ)一圆筒处于磁感应
强度大小为 B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴
平行，筒的横截面如图所示．图中直径 MN 的两
端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度 ω 顺
时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔 M 射入筒内，射入
2017届高三物理一轮复习-第九章-电磁感应-第1讲-电磁感应现象-愣次定律课件解析
4
基础知识清单 一、电磁感应现象 1．电磁感应 利用磁场产生电流的现象叫电磁感应；产生的电流叫感应电
流． 2．产生感应电流的条件 感应电流产生的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化．
第五页，共60页。
5
【名师点拨】 不论什么情况，只要满足电路闭合和磁通量 发生变化这两个条件，就必然产生感应电流；导体在磁场中做切 割磁感线的运动不是产生感应电流的根本条件，但可以有感应电 动势．
2017届高三物理一轮复习-第 九章-电磁感应-第1讲-电磁感
应现象-愣次定律课件解析
第一页，共60页。
1
内容 电磁感应现象 磁通量 法拉第电磁感应定律 楞次定律 自感、涡流
要求 Ⅰ Ⅰ Ⅱ Ⅱ Ⅰ
2Байду номын сангаас
第二页，共60页。
第1讲 电磁感应现象 愣次定律
第三页，共60页。
3
梳理基础·强化训练
第四页，共60页。
答案 D
第十六页，共60页。
16
2．(2015·新课标全国Ⅰ)1824 年，法国科学家阿拉果完成了 著名的“圆盘实验”，实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正 上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示，实验 中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时， 磁针也随着一起转动起来，但略有滞后，下列说法正确的是( )
第十一页，共60页。
11
2．右手定则 (1)内容：伸出右手，让磁感线垂直穿过掌心，大拇指指向为 导体的运动方向，四指指向为感应电流的方向．
第十二页，共60页。
12
(2)理解：右手定则是用来判断部分导体切割磁感线产生感应 电流的方向的．对一部分导线在磁场中切割磁感线产生感应电流 的情况，右手定则和楞次定律的结论是完全一致的，这时，用右 手定则更方便一些．注意电流可以是正电荷运动产生的，也可以 是负电荷运动产生的．
【创新方案】2017版新课标物理一轮复习过关检测第九章电磁感应(3)含答案
最新高三一轮复习单元过关检测卷—物理电磁感应考试时间：100分钟；满分：100分班级姓名.第I卷（选择题）一、单项选择题（本题共7小题，每小题3分, 共21分），炉面无明火，无烟无废气，电磁“火力”强劲，安全可靠、如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是( )A.当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好B.电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作C.电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因这些材料的导热性能较差D.在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用2.如图是生产中常用的一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B，线圈A跟电源连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合回路。
下列说法中正确的是（）A、闭合开关S时，B中产生图示方向的感应电流B、闭合开关S时，B中产生与图示方向相反的感应电流C、断开开关S时，主要是A具有延时作用D、断开开关S时，弹簧K立即将衔铁D拉起3. 如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈a和b，则A、线圈a输入正弦交变电流，线圈b可输出恒定电流B、线圈a输入恒定电流，穿过线圈b的磁通量一定为零C、线圈b输出的交变电流不对线圈a的磁场造成影响D、线圈a的磁场变化时，线圈b中一定有电场4. 如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQMN所围的面积为S，PQ之间有阻值为R的电阻，不计导轨和导体棒的电阻。
导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～02t 时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN 始终处于静止状态。
下列说法正确的是A. 在0～0t 和0t ～02t 时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同 B. 在0～0t 内，通过导体棒的电流方向为N 到MC. 在0t ～02t 内，通过电阻R 的电流大小为00SB RtD. 在0～02t 时间内，通过电阻R 的电荷量为02SB R5. 长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如右图所示。
三年高考两年模拟2017版高考物理专题汇编 专题九 磁场
专题九 磁场A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·全国卷Ⅱ，18，6分)(难度★★★)一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。
图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。
在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN 成30°角。
当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒。
不计重力。
若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )A.ω3BB.ω2BC.ωBD.2ωB2．(2016·全国卷Ⅲ，18，6分)(难度★★★)平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外。
一带电粒子的质量为m ，电荷量为q (q >0)。
粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角。
已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场。
不计重力。
粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为( )A.mv 2qBB.3mv qBC.2mv qBD.4mv qB3.(2016·全国卷Ⅰ，15，6分)(难度★★★)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。
质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。
若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。
此离子和质子的质量比约为( )A ．11B ．12C ．121D ．1444.(2016·北京理综，17，6分)(难度★★)中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。
高考物理一轮复习 第9章 第三节课件1
变式训练 1 (2016·株洲模拟)(多选)如图所示，两根足够
长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为 l＝1m，cd 间、de
பைடு நூலகம்
间、cf 间分别接阻值为 R＝10Ω 的电阻．一阻值为 R＝10Ω
的导体棒 ab 以速度 v＝4m/s 匀速向左运动，导体棒与导轨
接触良好，导轨所在平面存在磁感应强度大小为 B＝0.5T、
(1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向； (2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度 v 多大； (3)从 cd 开始下滑到 ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的 距离 x＝3.8m，此过程中 ab 上产生的热量 Q 是多少．
变式训练 3 (2016·师大附中模拟)如图所示，间距 l＝ 0.3m 的平行金属导轨 a1b1c1 和 a2b2c2 分别固定在两个竖直面 内．在水平面 a1b1b2a2 区域内和倾角 θ＝37°的斜面 c1b1b2c2 区域内分别有磁感应强度 B1＝0.4T、方向竖直向上和 B2＝ 1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻 R＝0.3Ω、质量 m1＝0.1kg、长为 l 的相同导体杆 K、S、Q 分别放置在导轨 上，S 杆的两端固定在 b1、b2 点，K、Q 杆可沿导轨无摩擦 滑动且始终接触良好．一端系于 K 杆中点的轻绳平行于导轨 绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量 m2＝0.05kg 的小 环．已知小环以 a＝6m/s2 的加速度沿绳下滑，K 杆保持静止， Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力 F 作用下匀速运动．不 计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取 g＝10m/s2，sin37° ＝0.6，cos37°＝0.8.求：
A．汽车甲的平均速度比乙的大
B．汽车乙的平均速度等于 C．甲乙两汽车的位移相同 D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大 小逐渐增大
(新课标)2017版高考物理一轮复习 第九章 电磁感应教参
第九章电磁感应第1讲电磁感应现象楞次定律考纲下载：1.电磁感应现象(Ⅰ) 2.磁通量(Ⅰ) 3.楞次定律(Ⅱ)主干知识·练中回扣——忆教材夯基提能1．磁通量(1)概念：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与B的乘积。
(2)公式：Φ＝BS。
(3)单位：1 Wb＝1_T·m2。
(4)公式的适用条件①匀强磁场；②磁感线的方向与平面垂直，即B⊥S。
2．电磁感应现象(1)电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象。
(2)产生感应电流的条件①条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化；②特例：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动。
(3)产生电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合则产生感应电流；如果回路不闭合，则只有感应电动势，而无感应电流。
3．楞次定律(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适用范围：适用于一切回路磁通量变化的情况。
(2)右手定则①使用方法让磁感线穿入右手手心，大拇指指向导体运动的方向，其余四指指向感应电流的方向。
②适用范围：适用于部分导体切割磁感线的情况。
巩固小练1．判断正误(1)穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关。
(√)(2)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。
(×)(3)穿过电路的磁通量发生变化，电路中不一定有感应电流产生。
(√)(4)当导体切割磁感线运动时，导体中一定产生感应电流。
(×)(5)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。
(×)(6)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化。
(√)(7)回路不闭合，穿过回路的磁通量变化时，也会产生“阻碍”作用。
(×)[产生感应电流的条件]2．如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是( )解析：选B A中线框的磁通量没有变化，因此没有感应电流，但有感应电动势，也可以理解为左右两边切割磁感线产生的感应电动势相反。
《红对勾》2017届高考物理新课标一轮复习训练第九章电磁感应综合能力测试Word版含解析
综合能力测试九电磁感应时间：60分钟分值：100分一、单项选择题(每小题6分，共30分)1．很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落，条形磁铁在圆筒中的运动速率()A．均匀增大B．先增大，后减小C．逐渐增大，趋于不变D．先增大，再减小，最后不变解析：竖直圆筒相当于闭合电路，磁铁穿过闭合电路，产生感应电流，根据楞次定律，磁铁受到向上的阻碍磁铁运动的安培力，开始时磁铁的速度小，产生的感应电流也小，安培力也小，磁铁加速运动，随着速度的增大，产生的感应电流增大，安培力也增大，直到安培力大小等于磁铁重力的时候，磁铁匀速运动，C正确．答案：C2.如图所示，一根长导线弯成如图abcd的形状，在导线框中通以图示直流电，在框的正中间用绝缘的橡皮筋悬挂一个金属环P，环与导线框处于同一竖直平面内，当电流I增大时，下列说法中正确的是()A．金属环P中产生顺时针方向的电流B．橡皮筋的长度增大C．橡皮筋的长度不变D．橡皮筋的长度减小解析：导线框中的电流所产生的磁场在金属环P内的磁通量方向垂直于纸面向里，当电流I增大时，金属环P中的磁通量向里且增大，由楞次定律和右手定则可知金属环P中产生逆时针方向的感应电流，A错误；根据对称性及左手定则可知金属环P所受安培力的合力方向向下，并且随电流I的增大而增大，所以橡皮筋会被拉长，B正确，C、D错误．答案：B3．电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图甲为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示，则对应感应电流的变化为选项中的()解析：对应感应电流为I＝n ΔΦRΔt，可见，感应电流与磁通量的变化率有关，类比v－t图象斜率的物理意义，不难发现，Φ－t图线上各点处切线的斜率的绝对值表示感应电流的大小，斜率的正负表示电流的方向，根据题图乙，在0～t0时间内，感应电流I的大小先减小到零，然后再逐渐增大，电流的方向改变一次，据此可知，B正确，A、C、D错误．答案：B4．如图所示，电阻R＝1 Ω、半径r1＝0.2 m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q，P、Q的圆心相同，Q的半径r2＝0.1 m．t＝0时刻，Q内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系是B＝2－t(T)．若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图象应该是下图中的()解析：由B ＝2－t (T)知，⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔB Δt ＝1 T/s ，且磁感应强度逐渐减小，由楞次定律得P 内电流沿顺时针方向，为负值，故A 、D 错误；由闭合电路的欧姆定律得I ＝E R ＝ΔB Δt S R ＝ΔB Δt ·πr 22R ＝0.01π(A)，故B 错误，C正确．答案：C5．如图甲所示，电阻不计且间距L ＝1 m 的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R ＝2 Ω的电阻，虚线OO ′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m ＝0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab 从OO ′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平．已知杆ab 进入磁场时的速度v 0＝1 m/s ，下落0.3 m 的过程中加速度a 与下落距离h 的关系图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，则( )A ．匀强磁场的磁感应强度为1 TB ．杆ab 下落0.3 m 时金属杆的速度为1 m/sC ．杆ab 下落0.3 m 的过程中R 上产生的热量为0.2 JD ．杆ab 下落0.3 m 的过程中R 上产生的热量约为0.29 J解析：在杆ab 刚进入磁场时，有B 2L 2v 0R －mg ＝ma ，由题图乙知，a 的大小为10 m/s 2，解得B ＝2 T ，A 错误；杆ab 下落0.3 m 时杆开始做匀速运动，则有B 2L 2v ′R ＝mg ，解得v ′＝0.5 m/s ，B 错误；在杆ab 下落0.3 m 的过程中，根据能量守恒得，R 上产生的热量为Q＝mgh －12m v ′2＝0.287 5 J ，C 错误，D 正确． 答案：D二、多项选择题(每小题8分，共24分) 6.如图所示，水平放置的相距为L 的光滑平行金属导轨上有一质量为m 的金属棒ab .导轨的一端连接电阻R ，其他电阻均不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab 在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动．则()A．随着ab运动速度的增大，其加速度也增大B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能C．当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率D．无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能解析：设ab的速度为v，运动的加速度a＝F－B2L2vRm，随着v的增大，ab由静止先做加速度逐渐减小的加速运动，当a＝0后做匀速运动，则A选项错误；由能量守恒知，外力F对ab做的功等于电路中产生的电能和ab增加的动能之和，ab克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，则B选项错误，D选项正确；当ab做匀速运动时，F＝BIL，外力F做功的功率等于电路中的电功率，则C选项正确．答案：CD7.如图，倾角为α的斜面上放置着光滑导轨，金属棒KN置于导轨上，在以ab和cd为边界的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上．在cd左侧的无磁场区域cdPM内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒KN在重力作用下从磁场右边界ab处由静止开始向下运动后，则下列说法正确的是()A．圆环L有收缩趋势B．圆环L有扩张趋势C．圆环内产生的感应电流变小D．圆环内产生的感应电流不变解析：由于金属棒KN在重力的作用下向下运动，则KNMP回路中产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于轨道平面向上的磁场，随着金属棒向下加速运动，圆环的磁通量将增加，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环磁通量的增加；又由于金属棒向下运动的加速度a＝g sinα－B2l2vmR总减小，单位时间内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小．答案：AC8.如图所示，固定在水平面上的光滑平行金属导轨，间距为L，右端接有阻值为R的电阻，空间存在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 与固定弹簧相连，放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度．给导体棒水平向右的初速度v 0，导体棒开始沿导轨往复运动，在此过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知导体棒的电阻r 与定值电阻R 的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是( )A ．导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左B ．导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压U ＝BL v 0C ．导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能E p ＝12m v 20 D ．金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q ＝14m v 20 解析：根据楞次定律，导体棒向右运动，感应电流的方向为a 到b ，再根据左手定则，导体棒受到的安培力方向水平向左，选项A 正确；导体棒开始运动的初始时刻，导体棒产生的感应电动势为BL v 0，而导体棒两端的电压为路端电压，大小为BL v 0R R ＋r＝BL v 02，选项B 错误；根据动能定理，W 安＋W 弹＝12m v 20，所以W 弹<12m v 20，而W 弹等于弹簧的弹性势能，故E p <12m v 20，选项C 错误；最终机械能全部转化为电阻的内能，导体棒r 和电阻R 产生的内能都是14m v 20，选项D 正确． 答案：AD三、非选择题(共46分)9.(12分)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R＝0.40 Ω的电阻，质量为m＝0.01 kg、电阻为r＝0.30 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，其下滑距离与时间的关系如下表所示，导轨电阻不计，重力加速度g取10 m/s2.试求：(2)金属棒ab在开始运动的0.7 s内，电阻R上产生的焦耳热；(3)从开始运动到t＝0.4 s的时间内，通过金属棒ab的电荷量．解析：(1)由表格中数据可知：金属棒先做加速度减小的加速运动，最后以7 m/s的速度匀速下落，则t＝0.7 s时，重力对金属棒ab 做功的功率为P G＝mg v＝0.7 W.(2)根据动能定理W G＋W安＝12m v2－12m v2W安＝12m v2－12m v2－mgh＝－0.105 JQ R＝RR＋r|W安|＝0.06 J.(3)当金属棒ab匀速下落时，mg＝F安，则mg＝BIL＝B2L2v R＋r解得BL＝0.1 T·m则电荷量q＝It＝ΔΦR＋r＝BLsR＋r＝0.2 C.答案：(1)0.7 W(2)0.06 J(3)0.2 C10.(10分)如图所示，一与水平面成θ＝37°角的倾斜导轨下半部分有足够长的一部分(cd、ef虚线之间)处在垂直轨道平面的匀强磁场中，轨道下边缘与一高为h＝0.2 m光滑平台平滑连接，平台处在磁场外．轨道宽度L＝1 m，轨道顶部连接一阻值为R＝1 Ω的电阻，现使一质量m＝0.3 kg、电阻为r＝0.2 Ω的导体棒PQ从距磁场上边界l＝3 m处自由下滑，导体棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，导体棒离开磁场前恰好达到匀速运动．导体棒离开平台后做平抛运动，落至水平面时的速度方向与水平方向成α＝53°角．不计一切摩擦，g取10 m/s2.(1)求磁场的磁感应强度的大小；(2)PQ 从距磁场上边界l ＝3 m 处自由下滑，请分析进入磁场后的运动情况，并求刚进入磁场时通过电阻R 的电流．解析：(1)设导体棒离开磁场前恰好达到匀速运动时的速度为v 1，由题意知离开平台的水平速度也为v 1.则根据平抛运动的特点：v y ＝gt ，h ＝12gt 2，tan α＝v y v 1. 所以v 1＝1.5 m/s导体棒离开磁场时满足：mg sin θ＝BIL ，又E ＝BL v 1I ＝E R ＋r，解得B ＝1.2 T. (2)设导体棒进入磁场时的速度为v ，则由机械能守恒定律得mgl sin37°＝12m v 2 所以v ＝2gl sin37°＝6 m/s这时通过R 的电流为I ′＝BL vR ＋r ＝6 A ，而这时安培力F ＝BI ′L ＝7.2 N重力的分力mg sin37°＝1.8 N ，因此导体棒进入磁场后先做加速度越来越小的减速运动，最终匀速运动，滑上平台后仍匀速运动，离开平台后做平抛运动．答案：(1)1.2 T (2)见解析11．(12分)如图，匀强磁场垂直铜环所在的平面，导体棒a 的一端固定在铜环的圆心O 外，另一端紧贴铜环、可绕O 匀速转动．通过电刷把铜环、环心与两竖直平行金属板P、Q连接成如图所示的电路，R1、R2是定值电阻．带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间M 点，被拉起到水平位置；合上开关K，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M点正下方的N点的另一侧．已知：磁感应强度为B；a的角速度大小为ω，长度为l，电阻为r；R1＝R2＝2r，铜环电阻不计；P、Q两板间距为d；带电小球的质量为m、电量为q；重力加速度为g.求：(1)a匀速转动的方向；(2)P、Q间电场强度E的大小；(3)小球通过N点时对细线拉力F T的大小．解析：(1)依题意，小球从水平位置释放后，能沿圆弧向下摆动，故小球受到电场力的方向水平向右，P板带正电，Q板带负电．由右手定则可知，导体棒a顺时针方向转动．(2)导体棒a转动切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得电动势大小E0＝ΔΦΔt＝12Bl2ωΔtΔt＝12Bl2ω①由闭合电路欧姆定律得I＝E0R1＋R2＋r②由欧姆定律可知，PQ的电压为U PQ＝IR2③故PQ 间匀强电场的电场强度大小E ＝U PQ d ④联立①②③④，代入R 1＝R 2＝2r ，可得E ＝Bωl 25d.⑤ (3)设细线长度为L ，小球到达N 点时速度为v ，由动能定理可得mgL －EqL ＝12m v 2⑥ 又F T －mg ＝m v 2L ⑦由⑤⑥⑦得F T ＝3mg －2Bqωl 25d.⑧ 答案：(1)顺时针转动 (2)Bωl 25d (3)3mg －2Bqωl 25d12．(12分)如图甲是半径为a 的圆形导线框，电阻为R ，虚线是圆的一条弦，虚线左右两侧导线框内磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，设垂直线框向里的磁场方向为正，求：(1)线框中0～t 0时间内的感应电流大小和方向；(2)线框中0～t 0时间内产生的热量．解析：(1)设虚线左侧的面积为S 1，右侧的面积为S 2，则根据法拉第电磁感应定律得，向里的变化磁场产生的感应电动势为E 1＝S 1ΔB 1Δt感应电流方向为逆时针方向．向外的变化磁场产生的感应电动势为E 2＝S 2ΔB 2Δt感应电流方向为逆时针方向．由题图乙可得ΔB 1Δt ＝B 0t 0，ΔB 2Δt ＝B 0t 0感应电流I ＝E 1＋E 2R ＝(S 1＋S 2)B 0Rt 0＝πa 2B 0Rt 0方向为逆时针方向．(2)根据焦耳定律可得Q ＝I 2Rt 0＝π2a 4B 20Rt 0. 答案：(1)πa 2B 0Rt 0 逆时针方向 (2)π2a 4B 20Rt 0。