2020届高三物理一轮复习磁场磁感应强度安培力测试大纲人教版

专题09 磁场目录第一节磁场的描述磁场对电流的作用 (1)【基本概念、规律】 (1)【重要考点归纳】 (3)考点一安培定则的应用和磁场的叠加 (3)考点二安培力作用下导体运动情况的判定 (3)【思想方法与技巧】 (3)用视图转换法求解涉及安培力的力学问题 (3)第二节磁场对运动电荷的作用 (4)【基本概念、规律】 (4)【重要考点归纳】 (5)考点一洛伦兹力和电场力的比较 (5)考点二带电粒子在匀强磁场中的运动 (5)考点三“磁偏转”和“电偏转” (6)【思想方法与技巧】 (6)带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题 (6)第三节带电粒子在复合场中的运动 (7)【基本概念、规律】 (7)【重要考点归纳】 (9)考点一带电粒子在叠加场中的运动 (9)考点二带电粒子在组合场中的运动 (9)【思想方法与技巧】 (10)带电粒子在交变电场、磁场中的运动 (10)带电粒子在磁场中运动的多解问题 (10)第一节磁场的描述磁场对电流的作用【基本概念、规律】一、磁场、磁感应强度1．磁场(1)基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁力的作用．(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向．2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场强弱和方向．(2)定义式：B＝FIL(通电导线垂直于磁场)．(3)方向：小磁针静止时N极的指向．(4)单位：特斯拉，符号T.二、磁感线及特点1．磁感线在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致．2．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．3．电流周围的磁场三、安培力的大小和方向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．(注意：B和I可以有任意夹角)【重要考点归纳】考点一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．3.解决这类问题的思路和步骤：(1)根据安培定则确定各导线在某点产生的磁场方向；(2)判断各分磁场的磁感应强度大小关系；(3)根据矢量合成法则确定合磁场的大小和方向．考点二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．【思想方法与技巧】用视图转换法求解涉及安培力的力学问题1．安培力(1)方向：根据左手定则判断．(2)大小：由公式F＝BIL计算，且其中的L为导线在磁场中的有效长度．如弯曲通电导线的有效长度L 等于连接两端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端，如图所示．2．视图转换对于安培力作用下的力学问题，需画出导体棒的受力示意图．但在三维空间无法准确画出其受力情况，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．3.解决安培力作用下的力学问题的思路： (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)根据力的平衡条件或牛顿第二定律列方程求解．第二节 磁场对运动电荷的作用【基本概念、规律】一、洛伦兹力1．定义：运动电荷在磁场中所受的力． 2．大小(1) v ∥B 时，F ＝0. (2) v ⊥B 时，F ＝qvB .(3) v 与B 夹角为θ时，F ＝qvB sin_θ. 3．方向(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向． (2)方向特点：F ⊥B ，F ⊥v .即F 垂直于B 、v 决定的平面．(注意B 和v 可以有任意夹角)． 由于F 始终垂直于v 的方向，故洛伦兹力永不做功． 二、带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v ∥B ，带电粒子以入射速度v 做匀速直线运动．2．若v ⊥B ，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v 做匀速圆周运动． 3．基本公式(1)向心力公式：qvB ＝m v 2r.(2)轨道半径公式：r ＝mv Bq.(3)周期公式：T ＝2πr v ＝2πm qB ；f ＝1T ＝Bq 2πm ；ω＝2πT ＝2πf ＝Bqm.特别提示：T 的大小与轨道半径r 和运行速率v 无关，只与磁场的磁感应强度B 和粒子的比荷q m有关．【重要考点归纳】考点一洛伦兹力和电场力的比较1．洛伦兹力方向的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面．(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．(3)左手判断洛伦兹力方向，但一定分正、负电荷．2．洛伦兹力与电场力的比较考点二带电粒子在匀强磁场中的运动1．圆心的确定(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点)．(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．2．半径的确定可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．3．运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为：t＝θ2πT4.求解粒子在匀强磁场中运动问题的步骤：(1)画轨迹：即确定圆心，画出运动轨迹．(2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度的联系，偏转角度与圆心角、运动时间的联系，在磁场中的运动时间与周期的联系．(3)用规律：即牛顿运动定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式．考点三“磁偏转”和“电偏转”【思想方法与技巧】带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题1.带电粒子进入有界磁场区域，一般存在临界问题(或边界问题)以及极值问题．解决这类问题的方法思路如下：(1)直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．(2)以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解．2.带电粒子在有界磁场中的运动，一般涉及临界和边界问题，临界值、边界值常与极值问题相关联．因此，临界状态、边界状态的确定以及所需满足的条件是解决问题的关键．常遇到的临界和极值条件有：(1)带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零．(2)射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切，对应粒子速度的临界值．(3)运动时间极值的分析①周期相同的粒子，当速率相同时，轨迹(弦长)越长，圆心角越大，运动时间越长．②周期相同的粒子，当速率不同时，圆心角越大，运动时间越长．第三节带电粒子在复合场中的运动【基本概念、规律】一、带电粒子在复合场中的运动 1．复合场的分类(1)叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠或在同一区域，电场、磁场交替出现． 2．带电粒子在复合场中的运动分类 (1)静止或匀速直线运动当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动． (2)匀速圆周运动当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．(3)非匀变速曲线运动当带电粒子所受的合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线．二、带电粒子在复合场中运动的应用实例 1．质谱仪(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．(2)原理：粒子由静止在加速电场中被加速，根据动能定理可得关系式qU ＝12mv 2.粒子在磁场中受洛伦兹力偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvB ＝m v 2r.由以上两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷． r ＝1B2mUq ，m ＝qr 2B 22U ，q m ＝2U B 2r2. 2．回旋加速器(1)构造：如图所示，D 1、D 2是半圆形金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源．D 形盒处于匀强磁场中．(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB ＝mv 2r ，得E km ＝q 2B 2r 22m，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和D 形盒半径r 决定，与加速电压无关．3．速度选择器(如图所示)(1)平行板中电场强度E 和磁感应强度B 互相垂直．这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器．(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE ＝qvB ，即v ＝E B. 4．磁流体发电机(1)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能． (2)根据左手定则，如图中的B 是发电机正极．(3)磁流体发电机两极板间的距离为L ，等离子体速度为v ，磁场的磁感应强度为B ，则由qE ＝q U L＝qvB 得两极板间能达到的最大电势差U ＝BLv .5．电磁流量计工作原理：如图所示，圆形导管直径为d ，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负离子)，在洛伦兹力的作用下横向偏转，a 、b 间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a 、b 间的电势差就保持稳定，即：qvB ＝qE ＝q Ud ，所以v ＝U Bd，因此液体流量Q ＝Sv ＝πd 24·U Bd ＝πdU4B.【重要考点归纳】考点一带电粒子在叠加场中的运动1．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类(1)磁场力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．(3)电场力、磁场力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．2．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，除受场力外，还受弹力、摩擦力作用，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果．考点二带电粒子在组合场中的运动带电粒子在组合场中的运动，实际上是几个典型运动过程的组合，因此解决这类问题要分段处理，找出各分段之间的衔接点和相关物理量，问题即可迎刃而解．常见类型如下：1．从电场进入磁场(1)粒子先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度．(2)粒子先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．2．从磁场进入电场(1)粒子进入电场时的速度与电场方向相同或相反，做匀变速直线运动(不计重力)．(2)粒子进入电场时的速度方向与电场方向垂直，做类平抛运动．3.解决带电粒子在组合场中的运动问题的思路。

【答案】 A 【解析】 根据左手定则，安培力必须与电流和磁场构成的 平面，故场的方向一定在 xy 平面内； 当电流，磁场互相垂直的时候，安培力最大， 所以最小的磁感应强度为 B＝IFL＝9×2.70.6 T＝0.5 T，所以 A 项正确．
(2018·武 汉 模拟 )( 多选 ) 磁 电式 电流 表的 构 造如图 (a)所 示，在踹形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装 有螺旋弹簧和指针．蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如 图(b)所示．当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺 旋弹簧被扭动，线图停止转动时满足 NBIS＝kθ，式中 N 为线圈 的匝数，S 为线圈的面积，I 为通过线圈的电流，B 为磁感应强 度，θ 为线圈(指针)偏角，k 是与螺旋弹簧有关的常量．不考虑 电磁感应现象，由题中的信息可知( )
A．0 BEL
C. r
4 2BEL B. 17r
2BEL D. r
【答案】 D 【解析】 根据电阻定律可知优弧 PQ 的电阻为 3r，劣弧 PQ 的电阻为 r，两部分并联在电路中，并联的总电阻为 R 并＝ 33rr＋·rr＝34r，电路总电阻 R＝14r＋34r＝r， 根据闭合电路的欧姆定律可得电流强度 I＝Er ，将优、劣弧 等效为直导线 PQ，则直线 PQ 长度 x＝ 2L， 根据安培力的计算公式可得圆环受到的安培力的大小为 FA ＝BIx＝ 2BrEL，故 D 项正确、A、B、C 三项错误．
与条形磁铁的磁场 环形电流的两侧 无磁极、环绕导线
相 似， 管内 为匀 强 是 N 极和 S 极， 的同心圆，距导线
磁场且最强，管外 离圆环中心越远 越远处磁场越弱
越远处磁场越弱 磁场越弱
四、安培力 大小：F＝BILsinθ(θ 是 B 与 I 的夹角)．

10.1电磁感应现象楞次定律A组1．(多选)在电磁感应现象中，下列说法正确的是(ACD)A．感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的变化B．感应电流的磁场方向总是与引起它的磁场方向相反C．感应电流的磁场总是阻碍磁场的变化是能量守恒的必然结果D．只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，就会产生感应电流【解析】根据楞次定律可知：感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的变化，故A正确．由楞次定律可知：原磁通量减小时，感应电流的磁场方向与引起它的磁场方向相同，故B错误．2．(多选)如图所示，虚线M1N1、P1Q1和虚线M2N2、P2Q2所成夹角相同，它们所夹部分区域存在磁感应强度大小相等的匀强磁场，其方向如图所示．图中正方形线圈abcd分别自位置1、3匀速移到位置2、4，则关于正方形线圈abcd中的电流方向的说法正确的是(BC)A．自位置1移到位置2的过程中，感应电流方向先顺时针再逆时针B．自位置1移到位置2的过程中，感应电流方向始终顺时针C．自位置3移到位置4的过程中，感应电流方向先顺时针再逆时针D．自位置3移到位置4的过程中，感应电流方向先顺时针后逆时针再顺时针后逆时针【解析】正方形线圈abcd自位置1匀速移到位置2的过程中，穿过线圈的磁通量先是向里的减小到0然后是向外的增大，感应电流的磁场方向始终向里，感应电流方向始终顺时针．故A项错误，B项正确；正方形线圈abcd 自位置3匀速移到位置4的过程中，穿过线圈的磁通量先是向里的减小然后是向里的增大，感应电流的磁场方向先向里然后向外，感应电流方向先顺时针再逆时针．故C项正确，D项错误．3．如图所示，小金属环和大金属环重叠在同一平面内，两环相互绝缘，小环有一半面积在大环内．当大环接通电源的瞬间，小环中感应电流的情况是(C)A．无感应电流B．有顺时针方向的感应电流C．有逆时针方向的感应电流D．无法确定【解析】根据安培定则可知，通电瞬间，左、右线圈的磁通量均增大，但小线圈左边的磁场较强，方向垂直纸面向里，右边的磁场较弱，方向垂直纸面向外．导致合磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律可知，小线圈的感应电流方向是逆时针方向，故C正确，A、B、D错误．4．(多选)如图所示，两个闭合铝环A、B与一个螺线管套在同一铁芯上，A、B可以左右摆动，则(BD)A．在S闭合的瞬间，A、B必相斥B．在S闭合的瞬间，A、B必相吸C．在S断开的瞬间，A、B必相斥D．在S断开的瞬间，A、B必相吸【解析】在S闭合瞬间，穿过两个线圈的磁通量变化相同，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相吸，则A、B相吸，A错误，B正确；在S断开瞬间，穿过两个线圈的磁通量变化相同，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相吸，则A、B相吸，C错误，D正确．5．(多选)图示是研究性学习小组的同学设计的防止电梯坠落的应急安全装置，在电梯轿厢上安装上永久磁铁，电梯的井壁上铺设线圈，能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害．关于该装置，下列说法正确的是(AD) A．当电梯突然坠落时，该安全装置可起到阻碍电梯下落的作用B．当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中C．当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，闭合线圈A、B中电流方向相同D．当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落【解析】若电梯突然坠落，将线圈闭合时，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到应急避险作用，故A正确；感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，故B错误；当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知A与B中感应电流方向相反．故C 错误；结合A的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落．故D正确．6．如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框．在下列几种情况下：(1)保持线框平面始终与磁感线垂直，线框在磁场中上下运动(图甲)；(2)保持线框平面始终与磁感线垂直，线框在磁场中左右运动(图乙)；(3)线框绕轴线转动(图丙)．闭合线框中能产生感应电流是(C)A．图甲B．图乙C．图丙D．图乙和图丙【解析】保持线框平面始终与磁感线垂直，线框在磁场中上下运动，磁通量一直不变，无感应电流，故A错误；保持线框平面始终与磁感线垂直，线框在磁场中左右运动，磁通量一直不变，无感应电流，故B错误，D错误；线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线转动，磁通量周期性地改变，故一定有感应电流，故C正确．7．(多选)如图所示，一电子以初速度v沿与金属板平行的方向飞入两板间，在下列哪种情况下，电子将向M 板偏转(AD)A．开关S接通瞬间B．断开开关S瞬间C．接通S后，变阻器滑动触头向右迅速滑动D．接通S后，变阻器滑动触头向左迅速滑动【解析】开关S接通瞬间，穿过L2的磁通量向上增加，由楞次定律知在L1中感应出上正下负的电动势，电子向M板偏转，A正确；断开开关S瞬间，穿过L2的磁通量向上减少，由楞次定律知在L1中感应出上负下正的电动势，电子向N板偏转，B错误；接通S后，变阻器滑动触头向右迅速滑动，电阻增大，电流减小，穿过L2的磁通量向上减少，由楞次定律知在L1中感应出上负下正的电动势，电子向N板偏转，C错误；接通S后，变阻器滑动触头向左迅速滑动，电阻减小，电流增大，穿过L1的磁通量向上增加，由楞次定律知在L1中感应出上正下负的电动势，电子向M板偏转，D正确．B组8．如图所示，闭合圆形金属环竖直固定，光滑水平导轨穿过圆环，条形磁铁沿导轨以初速度v0向圆环运动，其轴线穿过圆环圆心，与环面垂直，则磁铁在穿过圆环的整个过程中，下列说法正确的是(A)A．金属环先有收缩趋势，后有扩张趋势B．金属环中的感应电流方向不变C．磁铁先做减速运动，后做加速运动D．磁铁先做加速运动，后做减速运动【解析】楞次定律的含义的推广：“来拒去留，增缩减扩”，所以磁铁在穿过环之前，圆环产生的感应电流对环的作用是缩小的趋势；穿过环之后的短时间内，圆环产生的感应电流对圆环是“扩展”的作用，故A正确；磁铁在穿过环之前，向左的磁通量增加，产生从左向右看顺时针方向的感应电流；穿过环之后的短时间内，向左的磁通量减小，产生从左向右看逆时针方向的感应电流，故电流的方向不同，故B错误；根据“来拒去留”，所以磁铁在穿过环之前，圆环产生的感应电流对磁铁是“拒”的作用，即阻碍作用，阻碍磁铁的靠近，故磁铁会减速．穿过环之后的短时间内，圆环产生的感应电流对磁铁是“留”的作用，也会阻碍磁铁向前运动，故磁铁会减速，故C、D 错误．9．如图所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b 中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a(A)A．顺时针减速旋转B．顺时针加速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转【解析】分析A选项，当带正电的绝缘圆环a顺时针减速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在减小，根据右手螺旋定则，其内(金属圆环a内)有垂直纸面向里的磁场，其外(金属圆环b处)有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在减小，金属圆环b包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂直纸面向里(因为向里的比向外的磁通量多，向里的是全部，向外的是部分)而且减小，根据楞次定律，b中产生的感应电流的磁场垂直纸面向里，磁场对电流的作用力向里，所以b中产生顺时针方向的感应电流，所以A正确；同样的方法可判断B选项错误，而C选项，b中产生顺时针方向的感应电流，但具有扩张趋势；而D选项，b中产生逆时针方向的感应电流，但具有收缩趋势，所以B、C、D都不正确．所以本题选A.。

考点一 安培定则和磁场的叠加
总结提升
磁场叠加问题的解题思路 1.确定磁场场源，如通电导线。 2.定位空间中需求解磁感应强度的点，利用安培定则判定各个场源在这 一点产生的磁感应强度的大小和方向，如图所示为 M、N在c点产生的磁感应强度BM、BN。 3.应用平行四边形定则求合磁场感应强度，如图中 的B为合磁感应强度。
考点一 安培定则和磁场的叠加
3.几种常见的磁场 (1)条形磁体和蹄形磁体的磁场(如图所示)
考点一 安培定则和磁场的叠加
(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
安培定则
立体图
考点一 安培定则和磁场的叠加
直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场
横截面图
从上往下看
纵截面图
考点一 安培定则和磁场的叠加
例2 (2023·山东济南市期末)如图所示，直角三角形abc，∠a＝90°，
∠b＝30°，ac边长为l，两根通电长直导线垂直纸面分别放置在a、b两顶
点处。a点处导线中的电流大小为I，方向垂直纸面向外，b点处导线中
的电流大小为4I，方向垂直纸面向里。已知长直通电导线在其周围空间某
(4)地磁场 ①地磁的N极在地理_南__极__附近，S极在地理_北__极__ 附近，磁感线分布如图所示。 ②在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点， 磁感应强度的大小_相__等__，且方向水平_向__北__。 ③地磁场在南半球有竖直向上的分量，在北半球有竖直向下的分量。
考点一 安培定则和磁场的叠加
考点二 安培力的分析与计算
思考 通电导线、磁场方向、安培力的方向三者是一定两两垂直吗？通 电导线和磁场方向可以不垂直吗？ 答案 安培力的方向一定与通电导线垂直，一定与磁场方向垂直，即一 定垂直于通电导线和磁场方向所确定的平面，但通电导线与磁场方向不 一定垂直。

讲义12：磁场李仕才考点1 磁场、磁感线、磁感应强度(Ⅰ)1．(2017年6月广东学业水平考试)把小磁针放入水平向右的匀强磁场B 中．下列图中小磁针静止时N 极指向正确的是( )2．(2016年6月广东学业水平考试)磁感线可以用来描述磁场，下列关于磁感线的说法不正确的是( ) A ．磁感线的疏密表示磁场的强弱 B ．磁感线从S 极出发，终止于N 极 C ．匀强磁场的磁感线疏密分布均匀D ．磁感线上任一点的切线方向表示该点的磁场方向3.(2015年1月广东学业水平考试)一小磁针放置在某磁场(未标出方向)中，静止时的指向如图所示．下列分析正确的是( )A．N极指向该点磁场方向B．S极指向该点磁场方向C．该磁场是匀强磁场D．a点的磁场方向水平向右4.(2014年6月广东学业水平考试)如图所示，竖直放置的长直导线通有恒定电流，侧旁小磁针N极的最终指向应为( )A．平行纸面向右B．平行纸面向左C．垂直纸面向里D．垂直纸面向外5．(2013年6月广东学业水平考试)当直导线通以垂直纸面向外的恒定电流时，小磁针静止时指向正确的是( )6．(2013年6月广东学业水平考试)带正电荷q的粒子(不计重力)进入匀强磁场中，能在磁场中受力发生垂直纸面向内偏转的是( )1．磁场：磁体或电流周围存在磁场，磁体间通过磁场来发生相互作用．2．磁场方向的规定：小磁针N极的受力方向或静止时小磁针N极的指向．磁感应强度的方向就是磁场的方向．3．描述磁场的方法：(1)用形象直观的方法——磁感线；(2)用物理量的方法——磁感应强度(B)．4．磁感线的特点(1)磁感线是假想的线；(2)两条磁感线不会相交；(3)磁感线一定是闭合的．5．匀强磁场：(1)B的大小和方向处处相同；(2)磁感线是一组方向一致的等间距的平行线．考点2安培力、洛伦兹力(Ⅰ)1.(2017年6月广东学业水平考试)如图所示为一半圆形的匀强磁场B，当一束粒子对着圆心射入该磁场，发现所有粒子都从M点射出，下列说法正确的是( )A．这束粒子全部带负电荷B．这束粒子全部带正电荷C．这束粒子全部不带电D．这束粒子中有的带正电荷，有的带负电荷2．(2017年6月广东学业水平考试)一根通电直导线垂直放在匀强磁场中，关于它受到的安培力，下列说法正确的是( )A．安培力方向与磁场方向相同B．安培力方向与电流方向相同C．安培力的大小与磁场强弱有关D．安培力的大小与电流大小无关3．(2016年6月广东学业水平考试)如图所示，运动电荷在磁场中没有受到洛伦兹力的是( )4．(2016年6月广东学业水平考试)(多选)如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一根用绝缘线悬挂的通电金属棒MN，电流由M流向N，欲使线的张力变小，下列措施有效的有( )A．只改变磁场方向B．只改变电流方向C．只增大电流强度D．只增大磁感应强度5．(2015年6月广东学业水平考试)如图所示，通有直流电的两平行金属杆MN和PQ放置在匀强磁场中，杆与磁场垂直，受到的安培力分别为F1、F2，关于力的方向，下列判断正确的是( )A．F1、F2都向下B．F1、F2都向上C．F1向下，F2向上D．F1向上，F2向下6．(2014年6月广东学业水平考试)一个带正电的粒子以速度v进入匀强磁场中，速度方向与磁感线的方向相同，不计重力，能正确反映粒子运动轨迹的图是( )1．奥斯特实验发现了电流的磁效应，说明电流能够产生磁场，它使人们第一次认识到电与磁之间确实存在着某种联系．电流周围的磁场方向用安培定则判断．2．磁场对通电导体(导线)的作用力叫作安培力，其方向判断方法是左手定则，影响安培力大小的因素有B、I、L和通电导线在磁场中的放置方式．(1)安培力的计算公式：F＝BIL sin α；通电导线与磁场方向垂直时，此时安培力有最大值F＝BIL；通电导线与磁场方向平行时，此时安培力有最小值F＝0.(2)左手定则：伸开左手，使拇指跟其余的四指垂直，且与手掌都在同一平面内，让磁感线穿入手心，并使四指指向电流方向，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．3．洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力．4．安培力是洛伦兹力的宏观表现．5．左手定则判定洛伦兹力的方向：伸开左手，使拇指跟其余的四指垂直，且与手掌都在同一平面内，让磁感线穿入手心，并使四指指向正电荷运动的方向(与负电荷运动的方向相反)，这时拇指所指的方向就是运动的电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向．6．洛伦兹力的方向既与磁场方向垂直，也与电荷的运动方向垂直．一、单项选择题Ⅰ：本大题共10小题，在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．(2011年6月广东学业水平考试)如图所示，左侧的水平台面上固定着条形磁铁，右侧固定着一螺线管．下列判断正确的是( )A．螺线管内的磁场方向向左，磁铁受到的斥力向左B．螺线管内的磁场方向向左，磁铁受到的斥力向右C．螺线管内的磁场方向向右，磁铁受到的斥力向左D．螺线管内的磁场方向向右，磁铁受到的斥力向右2．(2011年6月广东学业水平考试)电流的磁效应揭示了电与磁的关系．若直导线通有方向垂直纸面向外的恒定电流，则电流的磁感线分布正确的是( )3．关于磁感线，下列说法中正确的是( )A．磁感线是真实存在的B．磁感线切线方向可以表示磁感应强度的方向C．磁感线一定是直线D．沿着磁感线方向，磁感应强度越来越小4．如图，一通电螺线管通有图示电流，1、2、4小磁针放在螺线管周围，3小磁针放在螺线管内部，四个小磁针静止在如图所示位置，则四个小磁针的N、S极标注正确的是( )A．1 B．2C．3 D．45.如图所示，把一条导线平行地放在小磁针的上方附近，当电流通过导线时，磁针会发生偏转，首先观察到这个实验现象的物理学家是( )A．库仑B．楞次C．法拉第D．奥斯特6．下列说法正确的是( )A．一切电荷的周围都存在磁场B．磁铁吸引铁棒，说明磁铁周围的磁场对铁棒有力的作用，由于铁棒周围没有磁场，因而对磁铁无磁力作用C．铁棒内分子电流取向变得大致相同时，对外就显出磁性D．磁感线的方向，就是正的运动电荷的受力方向7．19世纪法国学者安培提出了著名的分子电流假说．他认为，在原子、分子等物质微粒内部，存在着一种环形电流——分子电流(分子电流实际上是由原子内部电子的绕核运动形成的)，分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极．下面将分子电流(箭头表示电子运动方向)等效为小磁体的图示中正确的是( )8.(2015年1月广东学业水平考试)如图所示，带电粒子垂直进入匀强磁场．下列判断正确的是( )A．粒子向左偏转B．粒子向右偏转C．粒子垂直纸面向里偏转D．粒子垂直纸面向外偏转9．对磁感线的认识，下列说法正确的是( )A．磁感线总是从磁体的北极出发，终止于磁体的南极B．磁感线上某点的切线方向与放在该点小磁针南极的受力方向相同C．磁感线的疏密可以反映磁场的强弱D．磁感线是磁场中客观存在的线10．如果运动电荷除磁场力外不受其它任何力的作用，则带电粒子在磁场中做下列运动可能成立的是( ) A．做匀变速直线运动B．做匀变速曲线运动C．做变加速直线运动D．做变加速曲线运动二、单项选择题Ⅱ：本大题共14小题，在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求．11. (2011年6月广东学业水平考试)如图所示，一通电直导线与匀强磁场方向垂直，导线所受安培力的方向是( )A．向上B．向下C．垂直纸面向里D．垂直纸面向外12.(2010年6月广东学业水平考试)如图所示，小磁针放置在螺线管轴线的左侧．当螺线管通以恒定电流时，不计其它磁场的影响，小磁针静止时N极的指向是( )A．向左B．向右C．向上D．向下13．(2010年6月广东学业水平考试)电子通过磁场时会发生偏转，这是因为受到( )A．库仑力的作用B．万有引力的作用C．洛伦兹力的作用D．安培力的作用14.(2010年6月广东学业水平考试)如图所示，带正电的粒子g(不计重力)，水平向左进入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．该粒子将( )A．向下偏转B．向上偏转C．垂直纸面向里偏转D．垂直纸面向外偏转15.如图所示，在匀强磁场中有一通电直导线，电流方向垂直纸面向里，则直导线受到安培力的方向是( )A．向上B．向下C．向左D．向右16．下列哪种力是洛伦兹力( )A．电荷间的相互作用力B．电场对电荷的作用力C．磁铁对小磁针的作用力D．磁场对运动电荷的作用力17.如图所示，在水平直导线正下方，放一个可以自由转动的小磁针．现给直导线通以向右的恒定电流，不计其他磁场的影响，则下列说法正确的是( )A．小磁针保持不动B．小磁针的N极将向下转动C．小磁针的N极将垂直于纸面向里转动D．小磁针的N极将垂直于纸面向外转动18．(2015年6月广东学业水平考试)带电粒子M和N，先后以不同的速度沿PO方向射入圆形匀强磁场区域，运动轨迹如图所示，不计重力，下列分析正确的是( )A．M带正电，N带负电B．M和N都带正电C．M带负电，N带正电D．M和N都带负电19．下列说法中，错误的是( )A．电流、磁体周围都存在磁场B．电场、磁场是起着传递电力或磁力的连续介质C．电场和磁场一定对放入其中的电荷有力的作用D．磁极之间、电流之间的相互作用都是通过磁场发生的20．一通电螺线管其磁感应强度最大的地方是( )A．螺线管的内部B．螺线管的南极C．螺线管的北极D．螺线管的南极和北极21．如下图所示，表示磁场对直线电流的作用，其中正确的是( )22．(2011年6月广东学业水平考试)关于磁感线，下列说法正确的是( )A．磁感线在磁场中真实存在B．磁感线密集的地方磁场弱C．磁感线稀疏的地方磁场强D．磁感线上某点的切线方向为该点的磁场方向23.直导线AB与圆线圈的平面垂直且隔有一小段距离，直导线固定，线圈可以自由运动．当通过如图所示的电流时(同时通电)，从左向右看，线圈将( )A．顺时针转动，同时靠近直导线ABB．顺时针转动，同时离开直导线ABC．逆时针转动，同时靠近直导线ABD．不动24．(2011年6月广东学业水平考试)如图为磁流体发电机的示意图，流体中的正、负离子均受到匀强磁场的作用，向M、N两金属极板运动．下列说法正确的是( )A．正离子向M板偏转，负离子向N板偏转B．正离子向N板偏转，负离子向M板偏转C．正、负离子均向N板偏转D．正、负离子均向M板偏转三、多项选择题：本大题共3小题，在每小题列出的四个选项中，至少有2个选项是符合题目要求的．25.(2015年1月广东学业水平考试)如图所示，匀强磁场中有一通电直导线，关于导线受到的安培力F，下列判断正确的有( )A．F方向向上B．F与电流大小有关C．F与磁感应强度大小有关D．F与导线在磁场中的长度有关26．(2011年6月广东学业水平考试)下列图示为通电直导线置于匀强磁场中的不同方式，其中导线能受到安培力作用的是( )27.如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．在导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的方向正确的是( )A．方向垂直斜面向上B．方向垂直斜面向下C．方向竖直向上D．方向竖直向下考题导练·核心归纳考点11．D 2.B3．【解析】选A.在磁场中小磁针静止时N极指向即为磁场方向，磁感线上某点的切线方向也是磁场方向，故A 正确．4．【解析】选D.由右手螺旋定则可知导线右侧的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极也垂直指向纸面外．5．【解析】选A.由右手定则知磁场沿逆时针方向，而小磁针N极指向与磁场同向，故A正确．6．【解析】选D.由左手定则可以判断D正确．考点21．B 2.C 3.D 4.AB5．【解析】选D.由左手定则可判断D正确．6．【解析】选C.带电粒子只有运动方向不平行于磁场时才受洛伦兹力，该粒子不受力，故轨迹与速度方向一致．学业达标·实战演练一、单项选择题Ⅰ1．【解析】选A.由右手螺旋定则可知，螺线管内磁场向左，即左侧相当于磁铁N极，故相互排斥，A正确．2．【解析】选D.由右手螺旋定则可知D正确．3．B 4.B 5.D 6.C7．【解析】选B.由安培定则可判断分子电流的等效磁体N极向左，S极向右，故B正确．8．【解析】选D.由左手定则可知粒子垂直纸面向外偏转，D正确．9．【解析】选C.磁感线是假想的曲线，其疏密反映磁场强弱，磁感线是闭合曲线，无始无终，其方向与小磁针N极的受力方向或静止时N极指向相同，故C正确．10．【解析】选D.由于洛伦兹力只改变速度方向，故只受洛伦兹力的粒子在磁场中做匀速圆周运动，即为变加速曲线运动，故D正确．二、单项选择题Ⅱ11．【解析】选C.由左手定则知导线所受安培力的方向垂直纸面向里，故C正确．12．【解析】选A.由右手螺旋定则可知螺线管内部磁场向左，螺线管左侧的磁场也向左，故小磁针N极指向左，故A正确．13．C14．【解析】选B.由左手定则可知洛伦兹力竖直向上，故向上偏转，B正确．15．【解析】选C.由左手定则可知安培力向左，C正确．16．D17．【解析】选C.由右手螺旋定则可知导线下方的磁场垂直纸面向里，故小磁针N极将垂直于纸面向里转动，C正确．18．C19．【解析】选C.磁场只对运动电荷有力的作用，故C错误．20．【解析】选A.通电螺线管其磁感应强度最大的地方是螺线管的内部，故A正确．21．【解析】选A.由左手定则可知A正确．22．【解析】选D.磁感线是假想的曲线，它的疏密程度表示磁场强弱，其切线方向为该点的磁场方向，故D正确．23．【解析】选C.先用安培定则判断出AB导线右侧的磁场向里，因此，环形电流内侧受力向下、外侧受力向上，从左向右看应逆时针方向转，当转到与AB共面时，AB与环左侧吸引，与环右侧排斥，由于左侧离AB较近，则引力大于斥力，所以环靠近导线AB，故选项C正确．24．【解析】选B.由左手定则可知正离子向N板偏转，负离子向M板偏转，故B正确．三、多项选择题25．【解析】选BCD.由安培力公式F＝IBL可知BCD正确；由左手定则可知A错误．26．【解析】选AC.由左手定则可知AC正确．27．AC。

热点题型探究
热点三 电磁感应与动量结合问题
考向一 动量定理的应用
例3 一实验小组想要探究电磁刹车的效果.在遥控小车底面安装宽为L、长为2.5L 的N匝矩形导线框,线框电阻为R,面积可认为与小车底面相同,其平面与水平地面平 行,小车总质量为m,其俯视图如图Z10-6所示.小车在磁场外行驶时保持功率始终为 P,且在进入磁场前已达到最大速度,当车头刚要进入磁场时立即撤去牵引力,完全 进入磁场时速度恰好为零.已知有界匀强磁场边界PQ和MN间的距离为2.5L,磁感应 强度大小为B,方向竖直向上,小车在行驶过程中受到地面的阻力恒为f.
热点题型探究
(1)小车车头刚进入磁场时,求线框产生的感应电动势E; (2)求电磁刹车过程中产生的焦耳热Q; (3)若只改变小车功率,使小车恰好穿出磁场时的速度为零,假设小车两次与磁场作 用时间相同,求小车的功率P'.
图Z10-6
热点题型探究
[答案] (1)������������������������
势能与产生的热量 Q 之和,即 F(L+h)=mg(L+h)+Q
解得 Q=(F-mg)(L+h)=3.0 J
热点题型探究
变式题1 (多选)如图Z10-4所示,光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角,两轨道上 端用一电阻R相连,该装置处于匀强磁场中,磁场方向垂直于轨道平面向上.质量为m 的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行,滑行到某一高度h后又返回到底端.若 运动过程中,金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好,轨道与金属杆的电阻均忽略 不计,重力加速度为g,则 ( )
(2 分) (1 分)
(2 分)
(1 分)
热点题型探究
(3)运动时间 t=������������ (2 分) 通过的电荷量 Q=It(2 分) 解得 Q=

[高考导航]第1讲磁场的描述及磁场对电流的作用知识排查磁场、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。

2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。

(2)大小：B FIL(通电导线垂直于磁场)。

(3)方向：小磁针静止时N极的指向。

(4)单位：特斯拉(T)。

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：疏密程度相同、方向相同的平行直线。

磁感线通电直导线和通电线圈周围磁场的方向1.磁感线及特点(1)磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致。

(2)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。

③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点。

④磁感线是假想的曲线，客观上不存在。

2．电流的磁场安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力1.安培力的大小F＝ILB sin θ(其中θ为B与I之间的夹角)(1)磁场和电流垂直时：F＝BIL。

(2)磁场和电流平行时：F＝0。

2．安培力的方向图1左手定则判断：(1)伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内。

(2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向。

(3)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。

小题速练1．关于磁感应强度B，下列说法正确的是()A．根据磁感应强度的定义式B＝FIL可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B．一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零C．一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零D．磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同答案 B2．磁场中某区域的磁感线如图2所示，则()图2A．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大B．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小C．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a<B bD．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a>B b解析a处的磁感线比b处稀疏，则a点磁感应强度比b点小，所以B a<B b，选项C正确，D错误；将一小段通电导线放入磁场时，当通电导线垂直磁场时，受到的磁场力最大，平行磁场时受磁场力为零，虽然B a<B b，但是无法比较导线所受的磁场力的大小，选项A、B错误。

第1讲磁场磁场力1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。

(2)磁感应强度①物理意义:描述磁场的强弱和方向。

②大小:B=(通电导线垂直于磁场)。

③方向:小磁针静止时N极所指的方向。

④单位:特斯拉(T)。

(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:磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线。

【易错警示】①磁感应强度由磁场本身决定,因此不能根据定义式B=认为B与F成正比,与IL成反比。

②测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入,如果平行磁场放入,则所受安培力为零,但不能说该点的磁感应强度为零。

③磁感应强度是矢量,其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向,也是自由转动的小磁针静止时N极的指向。

广东广州12月模拟考试)在磁场中有一小段长为L、通有电流I的导线,关于导线所在处的磁感应,以下说法中正确的是()。

A.若该导线所受磁场力为零,则该处磁感应强度一定为零B.若该导线所受磁场力不为零,则该处磁感应强度一定为C.若该导线所受磁场力不为零,则磁场力方向为该处的磁感应强度方向D.若该导线所受的磁场力的最大值F,则用来定义该处的磁感应强度大小【答案】D2磁感线通电直导线和通电线圈周围磁场的方向(1)磁感线在磁场中画出一些有方向的曲线,使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度方向一致。

(2)几种常见的磁场①常见磁体的磁场②电流周围的磁场山西大同阶段检测)如图所示,圆环上带有大量的负电荷,当圆环沿顺时针方向转动时,a 、b 、c 三枚,以下说法正确的是()。

A.a 、b 、c 的N 极都向纸里转B.b 的N 极向纸外转,而a 、c 的N 极向纸里转C.b 、c 的N 极都向纸里转,而a 的N 极向纸外转D.b 的N 极向纸里转,而a 、c 的N 极向纸外转【答案】B3 安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力(1)安培力的大小①磁场和电流垂直时:F=BIL 。

2020届高三物理一轮复习教案电磁学部分－磁场第三部分电磁学§3.磁场一、差不多概念二、安培力〔磁场对电流的作用力〕三、洛伦兹力四、带电粒子在混合场中的运动§3.磁场一、差不多概念目的要求复习磁场的概念、磁场的差不多性质、磁感应强度、安培定那么等。

知识要点1.磁场的产生⑴磁极周围有磁场。

⑵电流周围有磁场〔奥斯特〕。

安培提出分子电流假讲〔又叫磁性起源假讲〕，认为磁极的磁场和电流的磁场差不多上由电荷的运动产生的。

〔不等于讲所有磁场差不多上由运动电荷产生的。

〕⑶变化的电场在周围空间产生磁场〔麦克斯韦〕。

2.磁场的差不多性质磁场对放入其中的磁极和电流有磁场力的作用(对磁极一定有力的作用；对电流只是可能有力的作用，当电流和磁感线平行时不受磁场力作用)。

这一点应该跟电场的差不多性质相比较。

L专门小，同时L⊥B 〕。

磁感应强度是矢量。

单位是特斯拉，符号为T，1T=1N/(A∙m)=1kg/(A∙s2)4.磁感线⑴用来形象地描述磁场中各点的磁场方向和强弱的曲线。

磁感线上每一点的切线方向确实是该点的磁场方向，也确实是在该点小磁针静止时N极的指向。

磁感线的疏密表示磁场的强弱。

⑵磁感线是封闭曲线〔和静电场的电场线不同〕。

⑶要熟记常见的几种磁场的磁感线：⑷安培定那么〔右手螺旋定那么〕：对直导线，四指指磁感线方向；对环行电流，大拇指指中心轴线上的磁感线方向；对长直螺线管大拇指指螺线管内部的磁感线方向。

5.磁通量假如在磁感应强度为B的匀强磁场中有一个与磁场方向垂直的平面，其面积为S，那么定义B与S的乘积为穿过那个面的磁通量，用Φ表示。

Φ是标量，然而有方向〔进该面或出该面〕。

单位为韦伯，符号为W b。

1W b=1T∙m2=1V∙s=1kg∙m2/(A∙s2)。

能够认为磁通量确实是穿过某个面的磁感线条数。

在匀强磁场磁感线垂直于平面的情形下，B=Φ/S，因此磁感应强度又叫磁通密度。

在匀强磁场中，当B 与S 的夹角为α时，有Φ=BS sin α。

第三章考点深化提升考点一磁感应强度及磁感线的理解与应用1.磁感应强度的理解的几点注意:(1)磁感应强度由磁场本身决定,因此不能根据定义式B=认为B与F成正比,与IL成反比。

(2)测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入,如果平行磁场放入,则所受安培力为零,但不能说该点的磁感应强度为零。

(3)磁感应强度是矢量,其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向,也是自由转动的小磁针静止时N极的指向。

2.电流的磁场与安培定则:(1)运用安培定则电流的磁场方向。

安培定则又叫右手螺旋定则。

(2)电流磁场特点。

①直线电流的磁场:无磁极、非匀强,且距导线越远处磁场越弱。

②通电螺线管的磁场: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。

③环形电流的磁场: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。

3.磁感线及特点:(1)磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。

(2)磁感线的疏密程度表示磁场强弱。

(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,从S极指向N极。

(4)磁感线是假想的曲线,不相交、不中断、不相切。

【对点训练】1.(多选)(2019·南宁高二检测)彼此绝缘、相互交叉的两根通电直导线与闭合线圈共面,图中穿过线圈的磁通量可能为零的是 ( )【解析】选A、D。

由安培定则可得:A图线圈中I1和I2分别产生的磁场方向相反,A 图中磁通量可能为零,A正确;B图线圈中,I2产生的磁通量为零,I1产生的磁通量垂直于纸面向外,所以线圈中磁通量不可能为零;C图中,两电流产生的磁通量都垂直于纸面向外,不可能为零,C错误;D图中,两电流产生的磁场方向相反,磁通量可能为零,D正确。

2.三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点,并与该三角形所在平面垂直,各导体棒中均通有大小相等的电流,方向如图所示。

则三角形的中心O 处的合磁场方向为( )A.平行于AB,由A指向BB.平行于BC,由B指向CC.平行于CA,由C指向AD.由O指向C【解析】选A。

磁场安培力1．通电的等腰梯形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与MN平行。

下列关于通电直导线MN的磁场对线框作用的( )A．线框所受安培力的合力为零B．线框有两条边所受的安培力方向相同C．线框有两条边所受的安培力大小相同D．线框在安培力作用下一定有向右的运动趋势2．如图，光滑斜面上放置一根通有恒定电流的导体棒，空间有垂直斜面向上的匀强磁场B，导体棒处于静止状态。

现将匀强磁场的方向沿图示方向缓慢旋转到水平方向，为了使导体棒始终保持静止状态，匀强磁场的磁感应强度应同步( )A．增大 B．减小C．先增大，后减小 D．先减小，后增大3．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放一金属棒MN。

现从t＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。

下列关于金属棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是( )4．如图所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，D为圆弧中点，A、D、C处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，方向垂直纸面向里，整个空间还存在一个大小为B的匀强磁场，O处的磁感应强度恰好为零。

如果将D处电流反向，其他条件都不变，则O处的磁感应强度大小为( )A．2(2－1)B B．2(2＋1)B C．2B D．05．(多选)无限长的通电直导线在其周围某一点产生磁场的磁感应强度B的大小与电流I成正比，与这一点到导线的距离r成反比，即kIBr(式中k为常数）。

如图所示，两根相距L的无限长直导线M、N通有大小相等、方向相反的电流，a点在两根导线的垂线上且距两根导线的距离均为L，b点在两根导线连线的延长线上且距导线N的距离也为L，下列说法正确的是( )A．a点和b点的磁感应强度方向相同B．a点和b点的磁感应强度方向相反C．a点和b点的磁感应强度大小之比为2∶1D．a点和b点的磁感应强度大小之比为4∶16．如图所示为测感应强度大小的一种方式，边长为l、一定质量的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以逆时针方向的电流。

mv
= B q ②
解x ①m②vmi两n 式可得:vmin=v0- ,故C项正确。当v>v0+ 时,只要改变速度的方向,也可以使粒子
落2 在ABq点左右两侧d的范q围Bd内,故D项错误。
qBd
2m
2m
5.(2019江苏单科,16,16分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板 与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短), 反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为-q的粒子速 度一定,可以从左边界的不同位置水平射入磁场,在磁场中做圆周运动的半径为d,且d<L。粒 子重力不计,电荷量保持不变。 (1)求粒子运动速度的大小v; (2)欲使粒子从磁场右边界射出,求入射点到M的最大距离dm; (3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场,PM=d,QN= d ,求粒子从P到Q的运动时间t。
设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t',则
t=n T +t'(n=1,3,5,…) (a)当4 L=nd+(1- 3)d时,粒子斜向上射出磁场
t'= T
2
解得1 t=( + )
12
(b)当L=nLd+3(1+3 4)d时 m,粒子斜向下射出磁场
Hale Waihona Puke t'= T d 6 2qB 解得t=( - ) 23
qBd 2m
答案 BC 当粒子从O点垂直于MN进入磁场时,落在MN上的点离O点最远,设O、A间的距离
为d+x,则有:
d =x mv①0 当2v0大小Bq不变、方向改变时,粒子就可以落在A点的左侧,故A项错误。若粒子落在A点的右侧,

高三物理一轮复习 法拉第电磁感应定律 自感现象测试 大纲人教版1.有一种高速磁悬浮列车的设计方案是:在每节车厢底部安装强磁铁(磁场方向向下),并且在沿途两条铁轨之间平放一系列线圈.下列说法中不正确的是( )A.列车运动时,通过线圈的磁通量会发生变化B.列车速度越快,通过线圈的磁通量变化越快C.列车运动时,线圈中会产生感应电动势D.线圈中的感应电动势的大小与列车速度无关解析:列车运动时,安装在每节车厢底部的强磁铁产生的磁场使通过线圈的磁通量发生变化;列车速度越快,通过线圈的磁通量变化越快,根据法拉第电磁感应定律可知,由于通过线圈的磁通量发生变化,线圈中会产生感应电动势,感应电动势的大小与通过线圈的磁通量的变化率成正比,与列车的速度有关.由以上分析可知,选项A ､B ､C 正确,选项D 不正确. 答案:D2.一矩形线框置于匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直.先保持线框的面积不变,将磁感应强度在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍.接着保持增大后的磁感应强度不变,在1 s 时间内,再将线框的面积均匀地减小到原来的一半.先后两个过程中,线框中感应电动势的比值为( ) A.12B.1C.2D.4 解析:本题考查法拉第电磁感应定律.第一个过程:E 1=S B nn nSB t t ∆Φ∆==∆∆;第二个过程:E 2=122;12E B S n n nSB t t E ∆Φ∆===∆∆,B 正确. 答案:B3.如图,一有界区域内,存在着磁感应强度大小均为B,方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场,磁场宽度均为L,边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面.使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域,若以逆时针方向为电流的正方向,能反映线框中感应电流变化规律的是图( )解析:本题考查电磁感应现象.开始时,由公式BLvIR可知,导体框做匀加速运动时,速度均匀增大,电流均匀增大,当导体的右边框到达两磁场交界处后,电动势突然变成原来的2倍,电流方向反向.当导体右边框到达整个磁场的右边界后,电动势又突然变成原来的一半,且电流方向反向.故AC正确.答案:AC4.如图所示的电路中,三个相同的灯泡a､b､c和电感L1､L2与直流电源连接,电感的电阻忽略不计.电键K从闭合状态突然断开时,下列判断正确的有( )A.a先变亮,然后逐渐变暗B.b先变亮,然后逐渐变暗C.c先变亮,然后逐渐变暗D.b､c都逐渐变暗解析:a､b､c三个灯泡相同,设a闭合时通过三个灯泡的电流均是I,则L1上电流为2I,L2上电流为I,当K断开瞬间,a､b､c三灯上原有电流立即消失.L1上在原有2I电流基础上逐渐减小,L2上在原有I电流基础上逐渐减小,L1､L2上产生的感应电流方向相同.所以在K断开瞬间a 灯上瞬时有3I的电流而后逐渐减小,即a灯先变亮后逐渐变暗,则A正确,B､C错误.b､c两灯在原有I的电流基础上逐渐减小,即b､c两灯逐渐变暗,所以D正确.答案:AD5.如图所示电路中,S是闭合的,此时流过线圈L的电流为i1,流过灯泡A的电流为i2,且i1>i2.在t1时刻将S断开,那么流过灯泡的电流随时间变化的图象是下图中的( )解析:电路闭合处于稳定状态时,L与A并联,其电流分别为i1和i2,方向都是从左向右;在断开S的瞬时,灯A中原来从左向右的电流i2立即消失,但是灯A与线圈L成一闭合回路,由于L的自感作用,其中的电流i1不会立即消失,而是在回路中逐渐减弱维持短暂的时间,这个时间内灯A中有从右向左的电流通过.这时通过A的电流从i1开始减弱,因为i1>i2,所以选项D正确.答案:D6.在实际生产中,有些高压直流电路中含有自感系数很大的线圈,当电路中的开关S由闭合到断开时,线圈会产生很大的自感电动势,使开关S处产生电弧,危及操作人员的人身安全.为了避免电弧的产生,可在线圈处并联一个元件,在下列方案中可行的是( )解析:本题考查自感线圈的应用.B､C项当电键闭合时使电源短路;A项中电容器在电键闭合､断开的瞬间存在充､放电,不可行;只有D选项电路在闭合电键时自感电动势阻碍电路中电流增大,在断开电键时自感电动势通过二极管形成回路,因而不会使电键处产生电火花,故选项D正确.答案:D7.在下图的甲､乙､丙中除导体棒ab可动外,其余部分均固定不动.甲图中的电容器C原来不带电,设导体棒､导轨和直流电源的电阻均可忽略,导体棒和导轨间的摩擦也不计.图中装置均在水平面内,且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中,导轨足够长,今给导体棒ab一个向右的初速度v0,导体棒的最终运动状态是( )A.三种情况下,导体棒ab最终都是匀速运动B.图甲､丙中ab棒最终将以不同的速度做匀速运动;图乙中ab棒最终静止C.图甲､丙中,ab棒最终将以相同的速度做匀速运动D.三种情况下,导体棒ab最终均静止解析:图甲中,ab棒以v0向右运动的过程中,电容器开始充电,充电中ab棒就减速,ab棒上的感应电动势减小,当ab棒上的感应电动势与电容器两端电压相等时,ab棒上无电流,从而做匀速运动;图乙中,由于R消耗能量,所以ab棒做减速运动,直至停止;图丙中,当ab棒向右运动时,产生的感应电动势与原电动势同向,因此作用在ab棒上的安培力使ab棒做减速运动,速度减为零后,在安培力作用下将向左加速运动,向左加速过程中,ab棒产生的感应电动势与原电动势反向,当ab棒产生的感应电动势与原电动势大小相等时,ab棒上无电流,从而向左匀速运动,所以B正确.答案:B8.两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L,底端接阻值为R的电阻.将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示.除电阻R外其余电阻不计.现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则( )A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB.金属棒向下运动时,流过电阻R 的电流方向为a→bC.金属棒的速度为v 时,所受的安培力大小为22B L v F R= D.电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少解析:由牛顿第二定律,金属棒下落过程的加速度22,B L v mg k x R a m-∆-=因释放瞬间Δx=0,v=0,则金属棒的加速度a=g,故A 正确;由右手定则知金属棒向下运动时棒中电流向右,故流过电阻的电流为b→a,则B 错误;因,,E E BLv I R==则22B L v F R =,故C 正确;金属棒上下振动最终静止时,处于平衡状态,且kΔx=mg,弹簧具有弹性势能,由能量转化守恒定律金属棒减少的重力势能转化成两部分,一部分为弹性势能,另一部分为电阻R 上产生的热量,故D 错误.答案:AC9.如图所示,两个互相连接的金属环用同样规格的导线制成,大环半径是小环半径的4倍,若穿过大环的磁场不变,小环中磁场变化率为k 时,其路端电压为U;若小环中磁场不变,而大环中磁场变化率也为k 时,其路端电压为____________.解析:根据题意设小环电阻为R,则大环电阻为4R,小环的面积为S,大环的面积为16S,且.B k t ∆=∆ 当小环磁场发生变化时,小环相当于电源,大环是外电路,感应电动势11BS E kS t t∆Φ∆===∆∆ 则路端电压14445E U R kS R R =⨯=+ 当大环磁场发生变化时,大环相当于电源,小环是外电路,感应电动势E 2为221616,B S E kS t t∆Φ∆⨯===∆∆ 则U′=21645E R kS R R =+ 则U′=4U. 答案:4U10.均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd,每边长为L,总电阻为R,总质量为m.将其置于磁感强度为B 的水平匀强磁场上方h 处,如图所示.线框由静止自由下落,线框平面保持在竖直平面内,且cd 边始终与水平的磁场边界面平行.当cd 边刚进入磁场时,(1)求线框中产生的感应电动势大小;(2)求cd 两点间的电势差大小;(3)若此时线框加速度恰好为零,求线框下落的高度h 所应满足的条件.解析:(1)cd 边刚进入磁场时,线框速度2v gh = 线框中产生的感应电动势 2E BL v BL gh ==(2)此时线框中电流 E I R= cd 两点间的电势差 3332444U I R E BL gh ⎛⎫===⎪⎝⎭ (3)安培力 222B L gh F BIL == 根据牛顿第二定律mg-F=ma,由a=0解得下落高度满足 22442m gR h B L = 答案:(1)2BL gh (2)324BL gh (3)22442m gR h B L = 11.如图甲所示,空间存在B=0.5 T ､方向竖直向下的匀强磁场,MN ､PQ 是放在同一水平面内的平行长直导轨,其间距L=0.2 m,R 是连在导轨一端的电阻,ab 是跨接在导轨上质量m=0.1 kg 的导体棒.从零时刻开始,对ab 施加一个大小为F=0.45 N ､方向水平向右的恒定拉力,使其从静止开始沿导轨运动,此过程中棒始终保持与导轨垂直且良好接触,图乙是棒的速度—时间关系图象,其中AO 是图象在O 点的切线,AB 是图象的渐近线.(1)除R 以外,其余部分的电阻均不计,求R 的阻值;(2)当棒的位移为100 m 时,其速度已经达到10 m/s,求此过程中电阻上产生的热量.解析:(1)由图象可知,导体棒刚运动时,加速度a=2.50 m/s2,设它受的摩擦力为f.由牛顿运动定律得F=f+ma 解得:f=0.2 N导体棒匀速运动时,由力的平衡得F=F安+f 且F安=BIL I=BLv/R解得:R=B2L2v/(F-f)=0.4 Ω(2)根据能量守恒得 Fs-fs=mv2/2+Q解得Q=20 J.答案:(1)0.4 Ω (2)20 J12.如图所示,足够长的平行金属导轨MN､PQ平行放置,间距为L,与水平面成θ角,导轨与固定电阻R1和R2相连,且R1=R2=R.R1支路串联开关S,原来S闭合,匀强磁场垂直导轨平面斜向上.有一质量为m的导体棒ab与导轨垂直放置,接触面粗糙且始终接触良好,导体棒的有效电阻也为R.现让导体棒从静止释放沿导轨下滑,当导体棒运动达到稳定状态时速率为v,此时整个电路消耗的电功率为重力功率的3/4.重力加速度为g,导轨电阻不计.试求:(1)在上述稳定状态时,导体棒中的电流I,以及磁感应强度B的大小;(2)当断开开关S后,导体棒ab所能达到的最大速率v′是v的多少倍?解析:(1)当导体棒以速率v匀速下降时,电路中的总电阻R总=32R①感应电动势 E=BLv ②导体棒中的电流I=E R 总③ 总电功率 P 电=I 2R 总④ 重力功率 P 重=mgv·sinθ ⑤ 根据题意有 P 电=34P 重⑥ 由①②③④⑤⑥解得:2mgv sin I R θ=⑦ 3.22mgR sin B L v θ=⑧ (2)由S 断开前的情况可知:14mgv ·sinθ=μmgv·cosθ ⑨ S 断开后,当导体棒以速度v′匀速下滑时总电阻 R′总=2R ⑩ 导体棒中的电流 I′=BLv R ''总(11) 由导体棒受力平衡有 mgsinθ=μmgcosθ+BI′L (12) 由⑧⑨⑩(11)(12)求得:4.3v v '=答案3222mgv sin mgR sin R L v θθ4(2)3。

10.1电磁感应现象楞次定律考点1►磁通量【p180】夯实基础1．概念：穿过某一面积的__磁感线条数__．2．磁通量的计算(1)公式：Φ＝__BS__．(2)适用条件：①__匀强__磁场；②S是垂直磁场并在磁场中的__有效__面积．(3)单位：韦伯(Wb)，1 Wb＝1__T·m2__．(4)若B与S不垂直，则可将B分解成垂直于S的B1和平行于S的B2，则Φ＝B1S或将S投影，取与B垂直的投影面积S′，则Φ＝BS′.考点突破例1如图所示是等腰直角三棱柱，其中侧斜面abcd为边长为L的正方形，abfe和ade均为竖直面，dcfe为水平面．将此等腰直角三棱柱按图示方式放置于竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，下面说法中正确的是()A．通过abcd面的磁通量大小为BL2B．通过dcfe面的磁通量大小为BL2C．通过ade的磁通量为零D．通过abfe面的磁通量大小为BL2【解析】通过abcd平面的磁通量大小为Φ＝BSsin 45°＝22BL2，A错误；dcfe平面是abcd平面在垂直磁场方向上的投影，所以磁通量大小为22BL2，B错误；ade平面和abfe面都与磁场平行，没有磁感线穿过这两个平面，所以磁通量为零，C正确，D错误．【答案】C针对训练1．关于磁通量，下列说法正确的是(B)A．穿过某个面的磁通量为零，该处的磁感应强度也为零B．当平面跟磁场方向平行时，穿过这个平面的磁通量必为零C．面积越大，穿过这个面的磁通量就越大D．穿过某一平面的磁通量越大，该处的磁感应强度也越大【解析】穿过某个面的磁通量为零，可能是磁场方向与平面平行，而该处的磁感应强度不一定为零，选项A错误；当平面跟磁场方向平行时，穿过这个平面的磁通量必为零，选项B正确；磁通量的大小除与磁感应强度有关，还与线圈的面积、线圈与磁感应强度之间的夹角有关，面积越大，通过这个面的磁通量不一定越大，故C错误，D 错误．2．如图所示，两个同心放置的共面金属圆环a和b，一条形磁铁穿过圆心且与环面垂直，则穿过两环的磁通量Φa和Φb的大小关系为(A)A．Φa>Φb B．Φa<ΦbC．Φa＝Φb D．无法比较【解析】在永久磁铁的内部，所有的磁感线都由S极到N极，而在外部，从N极回到S极构成闭合曲线．穿过某一面积的磁通量应为穿过的磁感线条数的代数和，在a、b圆环的中心，磁铁所在处，所有的磁感线应向上穿出，而在外部，一部分磁感线穿进，使磁通量减少，由于b环的面积大于a环的面积，穿进的磁感线数量较多，其磁通量的代数和比a环少．3．如图，边长为1 m的正方形导线框处于水平面内，匀强磁场的磁感应强度大小B＝0.2 T，方向如图所示，当线框以ad为轴由水平位置顺时针转至竖直位置时，穿过导线框的磁通量变化了多少？(已知sin 37°＝0.6)【解析】导线框水平时，磁通量Φ1＝BL2sin 37°＝0.12 Wb，导线框竖直时，磁通量Φ2＝BL2sin 53°＝0.16 Wb，故磁通量变化了ΔΦ＝Φ2－(－Φ1)＝0.28 Wb.考点2►产生电磁感应现象的条件【p181】夯实基础1．产生感应电流的条件穿过闭合回路的__磁通量__发生变化．2．磁通量发生变化的常见情况(1)闭合回路的部分导体做__切割磁感线__运动，即线圈面积S发生变化导致Φ变化．(2)线圈在磁场中__转动__导致Φ变化．(3)__磁感应强度__变化(随时间、位置变化)导致Φ变化．如磁体对线圈发生相对运动．3．产生感应电动势的条件(1)无论回路是否闭合，只要穿过回路平面的__磁通量__发生变化，回路中就会产生__感应电动势__，产生__感应电动势__的那部分导体就相当于电源．(2)电磁感应现象的实质就是产生__感应电动势__．如果回路闭合，就有感应电流．如果回路不闭合，就只有感应电动势而无感应电流．考点突破例2如图所示，在通电长直导线的正下方有矩形导线框，分别做下列运动：(a)水平平移；(b)加速平移，速度方向与直导线平行；(c)绕水平轴OO′转动，轴与直导线平行；(d)以直导线为轴旋转；(e)向直导线运动．能产生感应电流的为()A ．(a)、(b)B ．(b)、(e)C ．(c)、(e)D ．(b)、(d)【解析】导线框在水平方向匀速或匀加速移动时，磁通量均不变，不会有感应电流产生；导线框绕水平轴OO′转动，磁通量发生变化，有感应电流产生；导线框以直导线为轴旋转，由于通电导线的磁感线是以导线为轴的一系列同心圆，所以穿过线框的磁通量没有变．因此不会有感应电流产生；导线框向直导线靠近时，导致穿过线框的磁通量发生变化，从而产生感应电流．所以C 正确．【答案】C【小结】能否发生电磁感应现象的判断 (1)确定研究的闭合回路(2)弄清楚回路内的磁场分布，回路中的磁通量Φ (3)⎩⎪⎨⎪⎧Φ不变―→无感应电流Φ变化―→⎩⎨⎧回路闭合，有感应电流回路断开，有感应电动势，无感应电流针对训练4．如图所示，无限大磁场的方向垂直于纸面向里，A 图中线圈在纸面内由小变大(由图中实线矩形变成虚线矩形)，B 图中线圈正绕a 点在平面内旋转，C 图与D 图中线圈正绕OO′轴转动，则线圈中不能产生感应电流的是(B)【解析】线圈在纸面内由小变大，磁通量增大，会产生感应电流，故A 错误；线圈正绕a 点在平面内旋转，磁通量不变化，因此不会产生感应电流，故B 正确；C 图与D 图中线圈正绕OO′轴转动，磁通量都在减小，会产生感应电流，故C 、D 错误．5．如图所示，L 为一根无限长的通电直导线，M 为一金属环，L 通过M 的圆心并与M 所在的平面垂直，且通以向上的电流I ，则(D)A ．当L 中的I 发生变化时，环中有感应电流B ．当M 左右平移时，环中有感应电流C ．当M 保持水平，在竖直方向上下移动时环中有感应电流D ．只要L 与M 保持垂直，则以上几种情况，环中均无感应电流【解析】由安培定则可知导线L 中电流产生的磁场方向与金属环面平行，即穿过M 的磁通量始终为零，保持不变，故只要L 与M 保持垂直，穿过线圈的磁通量就始终为零，故A 、B 、C 错误，D 正确．考点3► 楞次定律及其应用 【p 182】夯实基础1．楞次定律的内容：感应电流的磁场总是要__阻碍__引起__感应电流__的磁通量的__变化__．2．应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤：(1)确定研究对象，即明确要判断的是哪个闭合电路中产生的感应电流．(2)确定研究对象所处的磁场的方向及其分布情况．(3)确定穿过闭合电路的磁通量的变化情况．(4)根据楞次定律，判断闭合电路中感应电流的磁场方向．(5)根据安培定则(即右手螺旋定则)判断感应电流的方向．考点突破例3在一竖直螺线管b的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环a，使a的环面水平且与螺线管b的底面平行，其轴线与螺线管的轴线OO′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()A．穿过金属圆环a的磁通量变大B．金属圆环a对丝线的拉力增大C．金属圆环a对丝线的拉力减小D．金属圆环a中将产生俯视顺时针方向的感应电流【解析】将滑动变阻器的滑片P向下滑动，电阻变小，电路中的电流变大，磁场增强，穿过环a的磁通量增加，故A正确；根据楞次定律可知金属圆环a对丝线的拉力减小，故B错误，C正确；根据楞次定律可知金属圆环a 中将产生俯视逆时针方向的感应电流，故D错误．【答案】AC【小结】楞次定律中“阻碍”的含义例4如图，一铝制导体圆环竖直固定在水平杆ab上，当把条形磁铁的N极向左靠近圆环时，下列说法正确的是()A．圆环中感应电流的方向为顺时针(从左向右看)B．圆环有向右运动趋势C．磁铁受到向右的阻力D．圆环有收缩的趋势【解析】条形磁铁的N极向左靠近圆环时，圆环中磁场方向向左且磁通量增加，据楞次定律可得，圆环中感应电流的磁场的方向向右，据安培定则，圆环中感应电流的方向为顺时针(从左向右看)；故A正确；条形磁铁的N极向左靠近圆环时，圆环中磁通量变化产生感应电流，据“来拒去留”可得圆环有向左运动的趋势，磁铁受到向右的阻力，故B错误，C正确；条形磁铁的N极向左靠近圆环时，圆环中磁通量增大产生感应电流，据“增缩减扩”圆环有收缩的趋势；故D项正确．【答案】ACD【小结】楞次定律的推广对楞次定律中“阻碍”含义的推广：感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因．(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”．针对训练6．如图甲所示，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B中通以如图乙所示的交变电流，设t＝0时电流沿逆时针方向(图中箭头所示)．对于线圈A，在t1～t2时间内，下列说法中正确的是(D)A．有顺时针方向的电流，且有扩张的趋势B．有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势C．有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势D．有逆时针方向的电流，且有收缩的趋势【解析】线圈B中的电流产生磁场，当B中的电流反向增加时，根据安培定则线圈中的磁场的方向向里，随电流的增加而增加，所以根据楞次定律A中感应电流的磁场故向外，电流的方向沿着逆时针方向．由于磁感应强度随电流的增大而增大，所以线圈A有收缩趋势，故D正确，A、B、C错误．7．(多选)如图所示，一个金属圆环固定在两平行长直导线的中央，环面与长直导线在同一平面内，虚线PQ是两平行直导线的对称轴，圆环的圆心在PQ上，给两长直导线通以方向相反、大小始终相等的电流，且电流不断增大，则下列说法正确的是(AC)A．圆环中有沿逆时针方向的感应电流B．圆环上弧长相等的任意两小段受到安培力大小相等C．圆环有收缩趋势D．圆环有绕PQ转动的趋势【解析】根据安培定则可知，圆环所在处的磁场垂直纸面向内，且磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环中有逆时针方向的电流，选项A正确；由于圆环处在非匀强磁场中，尽管圆环上弧长相等的任意两小段中电流相同，由于磁感应强度不等，则受到的安培力大小不等，选项B错误；根据楞次定律可知，圆环有收缩趋势，选项C正确；由于圆环受到的安培力合力矩为零，因此没有转动趋势，选项D错误．考点4►楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用【p182】夯实基础1．右手定则伸开右手，让大拇指跟其余四指__垂直__并且都跟手掌在同一__平面内__，让磁感线穿过掌心，大拇指指向__导体的运动__方向，其余四指所指的方向，就是__感应电流__的方向．2．右手定则适用于部分导体切割磁感线运动时感应电流的方向判定，而楞次定律适用于一切电磁感应现象，是判断感应电流方向的基本方法，对于由于磁通量变化而引起的感应电流，运用楞次定律判断其方向更方便．考点突破例5置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连．套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上，如图所示．导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中．下列说法正确的是()A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动B．圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动C．圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动D．圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向左运动【解析】由右手定则知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强．由楞次定律知，线圈B中的感应电流的磁场方向向上，由右手螺旋定则知，ab棒中感应电流方向由a→b.由左手定则知，ab棒受的安培力方向向左，将向左运动，故A错误；同理B、D错误，C正确．【答案】C【小结】1.安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的比较及应用(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安)→右手定则；③因电而受力(I、B→F安)→左手定则．2．应用技巧无论是安培力还是洛伦兹力，只要涉及“力”都伸左手；“电生磁”或“磁生电”均伸右手．针对训练8．如图所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里．圆形金属环B正对磁铁A，当导线MN在导轨上向右加速滑动时，下列说法正确的是(B)A．MN中电流方向N→M，B被A吸引B．MN中电流方向N→M，B被A排斥C．MN中电流方向M→N，B被A吸引D．MN中电流方向M→N，B被A排斥【解析】MN向右加速滑动，根据右手定则，MN中的电流方向从N→M，且大小在逐渐变大，根据安培定则知，电磁铁A的磁场方向向左，且大小逐渐增强，根据楞次定律知，B环中的感应电流产生的磁场方向向右，B被A排斥．B正确．9．如图是一个自制的演示电磁感应现象的装置．在一根较长的铁钉上用漆包线绕两个线圈A和B.将线圈B的两端接在一起，并把CD段漆包线放在静止的小磁针的正上方．小磁针放在水平桌面上．当闭合S，使线圈A与干电池接通的瞬间，小磁针偏转的方向是(A)A．俯视看，N极顺时针偏转B．俯视看，N极逆时针偏转C．侧视看，N极向下倾斜D．侧视看，S极向下倾斜【解析】闭合S后，线圈B中的磁场方向为向左，且增加，故根据楞次定律，感应电流的磁场方向为向右，故左侧线圈中感应电流方向C→D；再根据安培定则可知，俯视看，N极顺时针偏转，故A正确，B、C、D错误．考点集训【p333】A组1．(多选)在电磁感应现象中，下列说法正确的是(ACD)A．感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的变化B．感应电流的磁场方向总是与引起它的磁场方向相反C．感应电流的磁场总是阻碍磁场的变化是能量守恒的必然结果D．只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，就会产生感应电流【解析】根据楞次定律可知：感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的变化，故A正确．由楞次定律可知：原磁通量减小时，感应电流的磁场方向与引起它的磁场方向相同，故B错误．2．(多选)如图所示，虚线M1N1、P1Q1和虚线M2N2、P2Q2所成夹角相同，它们所夹部分区域存在磁感应强度大小相等的匀强磁场，其方向如图所示．图中正方形线圈abcd分别自位置1、3匀速移到位置2、4，则关于正方形线圈abcd中的电流方向的说法正确的是(BC)A．自位置1移到位置2的过程中，感应电流方向先顺时针再逆时针B．自位置1移到位置2的过程中，感应电流方向始终顺时针C．自位置3移到位置4的过程中，感应电流方向先顺时针再逆时针D．自位置3移到位置4的过程中，感应电流方向先顺时针后逆时针再顺时针后逆时针【解析】正方形线圈abcd自位置1匀速移到位置2的过程中，穿过线圈的磁通量先是向里的减小到0然后是向外的增大，感应电流的磁场方向始终向里，感应电流方向始终顺时针．故A项错误，B项正确；正方形线圈abcd 自位置3匀速移到位置4的过程中，穿过线圈的磁通量先是向里的减小然后是向里的增大，感应电流的磁场方向先向里然后向外，感应电流方向先顺时针再逆时针．故C项正确，D项错误．3．如图所示，小金属环和大金属环重叠在同一平面内，两环相互绝缘，小环有一半面积在大环内．当大环接通电源的瞬间，小环中感应电流的情况是(C)A．无感应电流B．有顺时针方向的感应电流C．有逆时针方向的感应电流D．无法确定【解析】根据安培定则可知，通电瞬间，左、右线圈的磁通量均增大，但小线圈左边的磁场较强，方向垂直纸面向里，右边的磁场较弱，方向垂直纸面向外．导致合磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律可知，小线圈的感应电流方向是逆时针方向，故C正确，A、B、D错误．4．(多选)如图所示，两个闭合铝环A、B与一个螺线管套在同一铁芯上，A、B可以左右摆动，则(BD)A．在S闭合的瞬间，A、B必相斥B．在S闭合的瞬间，A、B必相吸C．在S断开的瞬间，A、B必相斥D．在S断开的瞬间，A、B必相吸【解析】在S闭合瞬间，穿过两个线圈的磁通量变化相同，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相吸，则A、B相吸，A错误，B正确；在S断开瞬间，穿过两个线圈的磁通量变化相同，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相吸，则A、B相吸，C错误，D正确．5．(多选)图示是研究性学习小组的同学设计的防止电梯坠落的应急安全装置，在电梯轿厢上安装上永久磁铁，电梯的井壁上铺设线圈，能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害．关于该装置，下列说法正确的是(AD) A．当电梯突然坠落时，该安全装置可起到阻碍电梯下落的作用B．当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中C．当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，闭合线圈A、B中电流方向相同D．当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落【解析】若电梯突然坠落，将线圈闭合时，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到应急避险作用，故A正确；感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，故B错误；当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知A与B中感应电流方向相反．故C 错误；结合A的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落．故D正确．6．如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框．在下列几种情况下：(1)保持线框平面始终与磁感线垂直，线框在磁场中上下运动(图甲)；(2)保持线框平面始终与磁感线垂直，线框在磁场中左右运动(图乙)；(3)线框绕轴线转动(图丙)．闭合线框中能产生感应电流是(C)A．图甲B．图乙C．图丙D．图乙和图丙【解析】保持线框平面始终与磁感线垂直，线框在磁场中上下运动，磁通量一直不变，无感应电流，故A错误；保持线框平面始终与磁感线垂直，线框在磁场中左右运动，磁通量一直不变，无感应电流，故B错误，D错误；线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线转动，磁通量周期性地改变，故一定有感应电流，故C正确．7．(多选)如图所示，一电子以初速度v沿与金属板平行的方向飞入两板间，在下列哪种情况下，电子将向M 板偏转(AD)A．开关S接通瞬间B．断开开关S瞬间C．接通S后，变阻器滑动触头向右迅速滑动D．接通S后，变阻器滑动触头向左迅速滑动【解析】开关S接通瞬间，穿过L2的磁通量向上增加，由楞次定律知在L1中感应出上正下负的电动势，电子向M板偏转，A正确；断开开关S瞬间，穿过L2的磁通量向上减少，由楞次定律知在L1中感应出上负下正的电动势，电子向N板偏转，B错误；接通S后，变阻器滑动触头向右迅速滑动，电阻增大，电流减小，穿过L2的磁通量向上减少，由楞次定律知在L1中感应出上负下正的电动势，电子向N板偏转，C错误；接通S后，变阻器滑动触头向左迅速滑动，电阻减小，电流增大，穿过L1的磁通量向上增加，由楞次定律知在L1中感应出上正下负的电动势，电子向M板偏转，D正确．B组8．如图所示，闭合圆形金属环竖直固定，光滑水平导轨穿过圆环，条形磁铁沿导轨以初速度v0向圆环运动，其轴线穿过圆环圆心，与环面垂直，则磁铁在穿过圆环的整个过程中，下列说法正确的是(A)A．金属环先有收缩趋势，后有扩张趋势B．金属环中的感应电流方向不变C．磁铁先做减速运动，后做加速运动D．磁铁先做加速运动，后做减速运动【解析】楞次定律的含义的推广：“来拒去留，增缩减扩”，所以磁铁在穿过环之前，圆环产生的感应电流对环的作用是缩小的趋势；穿过环之后的短时间内，圆环产生的感应电流对圆环是“扩展”的作用，故A正确；磁铁在穿过环之前，向左的磁通量增加，产生从左向右看顺时针方向的感应电流；穿过环之后的短时间内，向左的磁通量减小，产生从左向右看逆时针方向的感应电流，故电流的方向不同，故B错误；根据“来拒去留”，所以磁铁在穿过环之前，圆环产生的感应电流对磁铁是“拒”的作用，即阻碍作用，阻碍磁铁的靠近，故磁铁会减速．穿过环之后的短时间内，圆环产生的感应电流对磁铁是“留”的作用，也会阻碍磁铁向前运动，故磁铁会减速，故C、D 错误．9．如图所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b 中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a(A)A．顺时针减速旋转B．顺时针加速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转【解析】分析A选项，当带正电的绝缘圆环a顺时针减速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在减小，根据右手螺旋定则，其内(金属圆环a内)有垂直纸面向里的磁场，其外(金属圆环b处)有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在减小，金属圆环b包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂直纸面向里(因为向里的比向外的磁通量多，向里的是全部，向外的是部分)而且减小，根据楞次定律，b中产生的感应电流的磁场垂直纸面向里，磁场对电流的作用力向里，所以b中产生顺时针方向的感应电流，所以A正确；同样的方法可判断B选项错误，而C选项，b中产生顺时针方向的感应电流，但具有扩张趋势；而D选项，b中产生逆时针方向的感应电流，但具有收缩趋势，所以B、C、D都不正确．所以本题选A.。

10.3电磁感应规律的综合应用A组1．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于(A)A．棒的机械能增加量B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量【解析】棒加速上升时受到重力，拉力F及安培力．根据功能关系可知力F与安培力做的功的代数和等于棒的机械能的增加量，A选项正确．2．两条相互平行的光滑金属导轨，距离为L，电阻不计．导轨内有一与水平面垂直向里的匀强磁场，导轨左侧接电容器C，电阻R1和R2，如图所示．垂直导轨且与导轨接触良好的金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，某时刻开始做匀减速运动至速度为零后反向匀加速运动．在金属杆变速运动的过程中，下列说法正确的是(B) A．R1中无电流通过B．R1中电流一直从e流向aC．R2中电流一直从a流向bD．R2中电流先从b流向a，后从a流向b【解析】开始时，金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，由感应电动势：E＝BLv，电容器两端的带电量为，Q＝CU＝CBLv，由右手定则知，R2感应电流方向由a向b，故电容器的上极板带正电，开始做匀减速运动至速度为零的过程中，Q＝CU＝CBLv知，速度减小，极板带电量减小，R1中有电流通过，方向由e流向a，R2中电流从a流向b，故A错误；反向匀加速运动过程中，由右手定则知，R2感应电流方向由b向a，电容器反向充电，流经R1电流方向由e流向a，故B正确，CD错误．3．(多选)如图甲所示，正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直．规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示．下面说法正确的是(AC)A．0～1 s时间内和5～6 s时间内，导线框中的电流方向相同B．0～1 s时间内和1～3 s时间内，导线框中的电流大小相等C ．3～5 s 时间内，AB 边受到的安培力沿纸面且垂直AB 边指向C 点一侧D ．1～3 s 时间内，AB 边受到的安培力不变【解析】0～1 s 时间内穿过线圈的磁通量向外增加；5～6 s 时间内穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知导线框中的电流方向相同，选项A 正确；B －t 图象的斜率等于磁感应强度的变化率，故0～1 s 时间内和1～3 s 时间内，感应电动势的大小不等，感应电流不相等，选项B 错误；3～5 s 时间内，磁通量向里增加，产生的感应电流为逆时针方向，则由左手定则可知，AB 边受到的安培力沿纸面且垂直AB 边指向C 点一侧，选项C 正确；1～3 s 时间内，感应电流大小不变，而磁场向外减弱，根据F ＝BIL 可知，AB 边受到的安培力要减小，选项D 错误．4．(多选)如图所示，两条形有界磁场宽度均为d ＝0.5 m ，磁感应强度大小均为B ＝4 T ，方向垂直于纸面，两磁场区域间距也为d.在磁场区域的左边界处有一长L ＝1 m 、宽d ＝0.5 m 的矩形导体线框，线框总电阻为R ＝2 Ω，且线框平面与磁场方向垂直．现使线框以v ＝0.5 m/s 的速度匀速穿过磁场区域，若以初始位置为计时起点，规定B 垂直纸面向里为正，则以下关于线框所受的安培力大小F 及穿过线框磁通量Φ随时间t 变化的四个图象正确的是(AD)【解析】0～1 s 时，线框中产生的感应电动势E ＝Bdv ＝1 V ，由欧姆定律可知I ＝ER ＝0.5 A ，由安培力公式可知：F ＝BId ＝1 N ；第2 s 内，通过线框的磁通量不变，无感应电流，安培力为零；第3 s 内，线框左、右两边均切割磁感线，由右手定则可知，感应电动势方向相同，故线框中总的感应电动势为E′＝2Bdv ＝2 V ，由欧姆定律可知I ＝E′R ＝1 A ；线框左、右两边所受安培力均为：F 1＝F 2＝BI′d ＝2 N ，由左手定则可知，两安培力方向相同，故安培力的合力为4 N ，A 正确，B 错误；当t ＝2.5 s 时，线框位移x ＝vt ＝2.5d ，此时通过线框的磁通量为零，C 错误，D 正确．5．在如图所示的竖直平面内，在水平线MN 的下方有范围足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点C 与MN 重合，线框由静止释放，沿轴线DC 方向竖直落入磁场中．忽略空气阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的v －t 图象，可能正确的是(C)【解析】线框进入磁场过程受到的安培力F ＝BIL ＝B BLv R L ＝B 2L 2vR ，线框进入磁场过程中，切割磁感线的有效长度L 增大，安培力增大，由牛顿第二定律得：mg －F ＝ma ，则a ＝g －B 2L 2vmR；线框由静止做加速运动，由于L 、v不断增大，加速度a 减小，则线框进入磁场过程做加速度减小的加速运动，加速度减小，v －t 图象的斜率减小．故C 正确．6．如图，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接．右端接一个阻值为R 的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高度为h 处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好．则金属棒穿过磁场区域的过程中(D)A ．流过金属棒的最大电流为Bd 2gh2RB ．通过金属棒的电荷量为BdLRC ．克服安培力所做的功为mghD ．金属棒产生的焦耳热为12(mgh －μmgd )【解析】金属棒下滑到底端时的速度为v ＝2gh ，感应电动势E ＝BLv ，所以流过金属棒的最大电流为I ＝BL 2gh2R，A 错；通过金属棒的电荷量为q ＝ΔΦ2R ＝BLd2R ，B 错；克服安培力所做的功为W ＝mgh －μmgd ，C 错；电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为12(mgh －μmgd )．D 正确．7．(多选)如图所示，足够长的光滑水平导轨间距为2 m ，电阻不计，垂直导轨平面有磁感应强度为1 T 的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度略大于间距的金属棒，a 棒质量为1 kg ，电阻为5 Ω，b 棒质量为2 kg ，电阻为10 Ω.现给a 棒一个水平向右的初速度8 m/s ，当a 棒的速度减小为4 m/s 时，b 棒刚好碰到了障碍物，经过时间0.5 s 速度减为零(不反弹，且a 棒始终没有与b 棒发生碰撞)，下列说法正确是(ABD)A ．从上向下看回路产生逆时针方向的电流B ．b 棒在碰撞前瞬间的速度大小2 m/sC ．碰撞过程中b 棒所受的平均作用力大小为6 ND ．b 棒碰到障碍物后，a 棒继续滑行的距离为15 m【解析】根据右手定则可知，从上向下看回路产生逆时针方向的电流，选项A 正确；系统动量守恒，由动量守恒定律可知：m a v 0＝m a v a ＋m b v b ，解得v b ＝2 m/s ，选项B 正确；b 与障碍物碰撞时，由动量定理：－Ft ＝0－m b v b 解得：F ＝8 N ，选项C 错误；b 碰到障碍物后，a 做减速运动，直到停止，此时由动量定理：B I －L Δt ＝m a v a ，其中I －Δt ＝q ＝ΔΦR a ＋R b ＝BLx R a ＋R b联立解得x ＝15 m ，选项D 正确．B 组8．如图甲所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1 kg.它们在光滑水平面上，以10 m/s 的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B 的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．已知小车运动的速度v 随车的位移x 变化的 v －x 图象如图乙所示．则(B)A ．线圈的长度L ＝15 cmB ．磁场的宽度d ＝25 cmC ．线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.4 m/s 2D ．线圈通过磁场过程中产生的热量为40 J【解析】闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，L ＝10 cm ，故A 错误；磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，5～15 cm 是进入的过程，15～30 cm 是完全在磁场中运动的过程，30～40 cm 是离开磁场的过程，所以d ＝30 cm －5 cm ＝25 cm ，故B 正确；根据F ＝BIL 及I ＝BLv R 得：F ＝B 2L 2vR ，因为v 是一个变量，所以F 也是一个变量，所以线圈不是匀加速运动，是变减速运动，故C 错误；线圈通过磁场过程中运用动能定理得： 12mv 22－12mv 21＝W 安，由乙图可知v 1＝10 m/s ，v 2＝2 m/s ，代入数据得：W 安＝－48 J ，所以克服安培力做功为48 J ，即线圈通过磁场过程中产生的热量为48 J ，故D 错误．故选B.9．如图所示，两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L.M 、P 两点间接有阻值为R 的电阻．一根质量为m 、电阻为r 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨的电阻可忽略．让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(1)在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时，求ab 杆中的电流及其加速度的大小； (2)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值．【解析】(1)ab 杆受力示意图如图所示当速度为v 时，感应电动势E ＝BLv ，此时电路中电流I ＝E R ＋r ＝BLv R ＋rab 杆受到的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r根据牛顿运动定律，有ma ＝mgsin θ－F ＝mgsin θ－B 2L 2v R ＋r ，a ＝gsin θ－B 2L 2vm （R ＋r ）.(2)当B 2L 2vR ＋r ＝mgsin θ时，ab 杆达到最大速度v m ，则v m ＝mg （R ＋r ）sin θB 2L 2.10．如图(a)所示，一个电阻值为R ，匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路．线圈的半径为r 1.在线圈中半径为r 2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0.导线的电阻不计．求0至t 1时间内(1)通过电阻R 1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R 1上的电量q 及电阻R 1上产生的热量． 【解析】(1)由图象分析可知，0至t 1时间内ΔB Δt ＝B 0t 0由法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔBΔt ·S而S ＝πr 22由闭合电路欧姆定律有I 1＝E R 1＋R联立以上各式解得通过电阻R 1上的电流大小为I 1＝nB 0πr 223Rt 0由愣次定律可判断通过电阻R 1上的电流方向为从b 到a(2)通过电阻R 1上的电量q ＝I 1t 1＝nB 0πr 22t 13Rt 0通过电阻R 1上产生的热量Q ＝I 21R 1t 1＝2n2B 20π2r 42t 19Rt 2011．如图所示，相距较远的水平轨道与倾斜轨道用导线相连，MN ∥EF 、PQ ∥GH ，且组成轨道的两个金属棒间距都为L.金属细硬杆ab 、cd 分别与轨道垂直，质量均为m ，电阻均为R ，与导轨间动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计．水平导轨处于竖直向上、磁感应强度为B 1的匀强磁场中；倾斜导轨与水平面成θ角，磁感应强度为B 2的匀强磁场平行于倾斜轨道向下．当ab 杆在平行于水平导轨的拉力作用下做匀速运动时，cd 杆由静止开始沿倾斜轨道向下以加速度a ＝gsin θ运动．设ab 、cd 与轨道接触良好，重力加速度为g.求：(1)通过cd 杆的电流大小和方向；(2)ab 杆匀速运动的速度的大小和拉力的大小；(3)cd 杆由静止开始沿轨道向下运动距离x 的过程中，整个回路产生的焦耳热．【解析】(1)根据cd 杆以加速度a ＝gsin θ沿轨道向下做匀加速运动，可知cd 杆不受摩擦力的作用，即安培力和重力垂直于导轨方向的分力平衡，所以安培力垂直于导轨向上，cd 杆的电流方向为由d 流向c由mgcos θ＝B 2IL 可得：I ＝mgcos θB 2L(2)cd 杆的电流方向为由d 流向c ，可得ab 杆的电流方向为由a 流向b ，再根据楞次定律判断，得ab 杆匀速运动的速度方向为水平向右．拉力方向水平向右，摩擦力和安培力方向水平向左．由I ＝B 1Lv2R得：v ＝2mgRcos θB 1B 2L 2ab 杆所受拉力F ＝F 安＋μmg ＝B 1IL ＋μmg ＝(B 1cos θB 2＋μ)mg(3)对cd 杆由运动学公式x ＝12at 2得运动时间为t ＝2x a＝2xgsin θ整个回路中产生的焦耳热为 Q ＝I 2·2Rt ＝2m 2g 2Rcos 2θB 22L22xgsin θ.12．如图所示，有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度均为B ＝0.5 T ，两边界间距s ＝0.1 m ．一边长L ＝0.2 m 的正方形线框abcd 由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻R ＝0.4 Ω.现使线框以v ＝2 m/s 的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ.(1)求cd 边未进入右方磁场时线框所受安培力的大小； (2)求整个过程中线框所产生的焦耳热；(3)在坐标图中画出整个过程线框a 、b 两点的电势差U ab 随时间t 变化的图线． 【解析】(1)因为线框匀速运动，该过程中ab 切割磁感线，感应电动势 E ＝BLv ＝0.5×0.2×2 V ＝0.2 V 感应电流I ＝ER＝0.5 A所以线框受到的安培力即ab 受到的安培力F ＝BIL ＝0.5×0.5×0.2 N ＝0.05 N(2)产生热量的过程有两个阶段，一是cd 边在磁场边界间运动过程中，二是ab 边在磁场边界间运动过程中．两个阶段速度一样，安培力大小恒定，线框匀速运动，两个阶段产生热量一样多．产生的焦耳热即为克服安培力做的功Q ＝2Fs ＝2×0.05×0.1 J ＝0.01 J(3)该过程分三个阶段．①cd 边在磁场边界间运动过程中，t 1＝s v ＝0.05 s ，ab 边相当于电源，U ab ＝34E ＝0.15 V .②cd 边进入右侧磁场、ab 边尚未离开左侧磁场过程中，t 2＝sv ＝0.05 s ；回路中磁通量不变，没有感应电流，但是ab 边有感应电动势，U ab ＝E ＝0.2 V.③ab 边在磁场边界间运动过程中，t 3＝s v ＝0.05 s ；cd 相当于电源，ab 边是外电阻的一部分，U ab ＝14E ＝0.05 V ．图线如图所示．。