(广东专用)2018年高考物理一轮复习第10章磁场微专题53带电粒子在直线边界磁场中的运动粤教版

（特别推介）高考物理专题复习――磁场(附参照答案 )一、磁场磁体是经过磁场对铁一类物质发生作用的，磁场和电场相同，是物质存在的另一种形式，是客观存在。

小磁针的指南指北表示地球是一个大磁体。

磁体四周空间存在磁场；电流四周空间也存在磁场。

电流四周空间存在磁场，电流是大批运动电荷形成的，所以运动电荷四周空间也有磁场。

静止电荷四周空间没有磁场。

磁场存在于磁体、电流、运动电荷四周的空间。

磁场是物质存在的一种形式。

磁场对磁体、电流都有磁力作用。

与用查验电荷查验电场存在相同，能够用小磁针来查验磁场的存在。

以下图为证明通电导线四周有磁场存在——奥斯特实验，以及磁场对电流有力的作用实验。

1．地磁场地球自己是一个磁体，邻近存在的磁场叫地磁场，地磁的南极在地球北极邻近，地磁的北极在地球的南极邻近。

2．地磁体四周的磁场散布与条形磁铁四周的磁场散布状况相像。

3．指南针放在地球四周的指南针静止时能够指南北，就是遇到了地磁场作用的结果。

4．磁偏角地球的地理两极与地磁两极其实不重合，磁针并不是正确地指南或指北，此间有一个交角，叫地磁偏角，简称磁偏角。

说明：①地球上不一样点的磁偏角的数值是不一样的。

②磁偏角随处球磁极迟缓挪动而迟缓变化。

③地磁轴和地球自转轴的夹角约为11°。

二、磁场的方向在电场中，电场方向是人们规定的，同理，人们也规定了磁场的方向。

规定：在磁场中的随意一点小磁针北极受力的方向就是那一点的磁场方向。

确立磁场方向的方法是：将一不受外力的小磁针放入磁场中需测定的位臵，当小磁针在该位臵静止时，小磁针 N 极的指向即为该点的磁场方向。

磁体磁场：能够利用同名磁极相斥，异名磁极相吸的方法来判断磁场方向。

电流磁场：利用安培定章（也叫右手螺旋定章）判断磁场方向。

三、磁感线在磁场中画出有方向的曲线表示磁感线，在这些曲线上，每一点的切线方向都跟该点的磁场方向相同。

（1）磁感线上每一点切线方向跟该点磁场方向相同。

（2）磁感线特色（1）磁感线的疏密反应磁场的强弱，磁感线越密的地方表示磁场越强，磁感线越疏的地方表示磁场越弱。

[方法点拨] (1)带电粒子在匀强电场中一般做匀变速直线运动或类平抛运动；在匀强磁场中运动时一般做圆周运动；(2)明确各段运动性质，画出运动轨迹，特别注意各衔接点的速度方向、大小．1．如图1所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在－ 3 m ≤x ≤0的区域内有磁感应强度大小B ＝4.0×10－4 T 、方向垂直于纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x 轴交于P 点；在x >0的区域内有电场强度大小E ＝4 N /C 、方向沿y 轴正方向的条形匀强电场，其宽度d ＝ 2 m ．一带电粒子从P 点以速度v ＝4×104 m/s ，沿与x 轴正方向成α＝60°角射入磁场，经过y 轴时速度方向垂直y 轴．当电场左边界与y 轴重合时，带电粒子经电场偏转最终通过x 轴上的Q 点(图中未标出)，不计粒子重力．求：图1(1)带电粒子的比荷(电量和质量的比值)； (2)Q 点的横坐标；(3)若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q 点，讨论此电场左边界的横坐标x ′与电场强度的大小E ′的函数关系．2．容器A 中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S 1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S 2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场．粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图2所示．已知加速电场中S 1、S 2间的加速电压为U ，偏转电场极板长为L ，两板间距也为L ，板间匀强电场强度E ＝2UL ，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f 的下端与磁场边界ab 相交于点P ，在边界ab 上实线处固定放置感光片．测得从容器A 中逸出的所有粒子均打在感光片P 、Q 之间，且Q 距P 的长度为3L ，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：图2(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab 间的夹角； (2)射到感光片Q 处的粒子的比荷(电荷量与质量之比)； (3)粒子在磁场中运动的最短时间．3．如图3所示，在直角坐标系第二象限中有磁感应强度大小为B 、方向垂直xOy 平面向里的匀强磁场区域Ⅰ，在第一象限的y >L 区域有磁感应强度与区域Ⅰ相同的磁场区域Ⅱ；在第一象限的L2<y <L 区域中有磁感应强度大小未知、方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场区域Ⅲ.在坐标原点O 处有一电压可调的沿x 轴方向的加速电场，电场右侧有一粒子源可产生电荷量为q ，质量为m 、初速度忽略不计的带负电粒子．粒子经加速电场加速后从坐标原点O 处沿x 轴负方向射入磁场区域Ⅰ.图3(1)若粒子经过坐标为⎝⎛⎭⎫33L ，L 的P 点时，速度方向与y 轴负方向成锐角，且已知粒子仅经过磁场区域Ⅰ和Ⅱ，求加速电场的电压U .(2)若调低加速电场的电压，粒子会从磁场区域Ⅰ垂直y 轴进入磁场区域Ⅲ，经过坐标为⎝⎛⎭⎫33L ，L 的P 点后进入磁场区域Ⅱ，粒子在P 点的速度方向与y 轴正方向夹角为θ，求磁场区域Ⅲ的磁感应强度大小．4．如图4所示，直线y ＝x 与y 轴之间有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场B 1，直线x ＝d 与y ＝x 间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E ＝1.0×104 V /m ，另有一半径R ＝1.0 m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B 2＝0.20 T ，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x ＝d 和x 轴均相切，且与x 轴相切于S 点．一带负电的粒子从S 点沿y 轴的正方向以速度v 0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B 1，且第一次进入磁场B 1时的速度方向与直线y ＝x 垂直．粒子速度大小v 0＝1.0×105 m/s ，粒子的比荷为qm＝5.0×105 C/kg ，粒子重力不计．求：图4(1)坐标d 的值；(2)要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，则磁感应强度B 1应满足的条件；(3)在第(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y ＝x 上的最长时间．(结果保留两位有效数字)5．如图5所示，空间中存在半径为R 的圆形有界磁场，磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B .平行板电容器极板间距离为233R ，电容器上极板的延长线恰好与圆形磁场下边界相切于P 点，两极板右端竖直连线与磁场左边相切于Q 点．一质量为m 、电荷量大小为q 的带电粒子，以大小为BqR2m的初速度紧贴负极板从左侧垂直电场方向射入，并从两极板右端竖直连线的中点N 射出，后恰好由P 点射入圆形磁场区域．不计粒子的重力．求：图5(1)电容器两极板间的电势差；(2)粒子从进入电场到射出磁场的整个过程所经历的时间．6．如图6所示，在一、二象限内－R ≤x ≤R 范围内有竖直向下的匀强电场E ，电场的上边界方程为y ＝12Rx 2.在三、四象限内存在垂直于纸面向里，边界方程为x 2＋y 2＝R 2的匀强磁场．现在第二象限中电场的上边界有许多质量为m ，电量为q 的正离子，在y ＝12R 处有一荧光屏，当正离子打到荧光屏时会发光，不计重力和离子间相互作用力．图6(1)求在x(－R≤x≤R)处释放的离子进入磁场时的速度大小；(2)若仅让横坐标x＝－R3处的离子释放，它最后能经过点(R,0)，求从释放到经过点(R,0)所需时间t；(3)若同时将离子由静止释放，释放后一段时间发现荧光屏上只有一点持续发出荧光．求该点坐标和磁感应强度B1.答案精析1．(1)5×107 C/kg (2)5 m (3)见解析解析 (1)轨迹如图甲，交y 轴于C 点，过P 点作v 的垂线交y 轴于O 1点，甲由几何关系得O 1为粒子运动轨迹的圆心，设半径为r ，则圆心角为60°.有：r sin α＝ 3 得r ＝2 m带电粒子在磁场中做匀速圆周运动， 有：qvB ＝m v 2r代入数据，解得qm＝5×107 C/kg.(2)粒子在电场中做类平抛运动，加速度a ＝qEm ＝2×108 m/s 2运动时间t 1＝d v＝5×10－5 s沿y 轴负方向的分速度v y ＝at 1＝1×104 m/s 沿y 轴负方向的位移y ＝12at 21＝0.25 m由几何知识可得L OC ＝1 m.粒子出电场后又经时间t 2达x 轴上Q 点，t 2＝L OC －y v y ＝7.5×10－5 s故Q 点的横坐标为x ＝d ＋vt 2＝5 m(3)设电场左边界的横坐标为x ′，当0<x ′<3 m 时，如图乙，粒子离开电场时的速度偏向角为θ，乙则：tan θ＝E ′qdmv 2又：tan θ＝14－x ′由以上两式得：E ′＝164－x ′， 当3 m≤x ′＜5 m 时，如图丙，丙有L OC ＝12at 2＝E ′q －x 22mv 2解得：E ′＝64－x2.2．(1)π4 (2)U 2L 2B 2 (3)3πBL 216U解析 (1)设质量为m ，电荷量为q 的粒子通过孔S 2的速度为v 0 qU ＝12mv 20粒子在平行板间：L ＝v 0t v x ＝qE m ttan θ＝v 0v x联立解得：tan θ＝1，θ＝π4粒子射入磁场时的速度方向与边界ab 间的夹角θ＝π4(2)由(1)知，粒子均从e 板下端与水平方向成45°的角射入匀强磁场．设质量为m 0，电荷量为q 0的粒子射入磁场时的速度为v ′，恰能射到感光片Q 处，做圆周运动的轨道半径为r 0，则v ′＝v 0sin 45°＝2v 0＝2q 0Um 0由几何关系知：r 20＋r 20＝(4L )2，得r 0＝22L又r 0＝m 0v ′q 0B联立解得：q 0m 0＝U2L 2B2(3)设粒子在磁场中运动的最短时间为t min ，在磁场中的偏转角为α，则t min ＝αm ′q ′B半径为r ′＝m ′v ″q ′B ＝m ′q ′B·2q ′U m ′＝2Bm ′Uq ′联立解得：t min ＝αBr ′24U因为所有粒子在磁场中运动的偏转角都为α＝32π,所以粒子打在P 处时在磁场中运动时间最短.由几何关系知：r ′2＋r ′2＝L 2，得r ′＝22L 联立解得t min ＝32πB ×L 224U ＝3πBL 216U .3．(1)2qB 2L 29m (2)sin θ＋3cos θ－12B解析 (1)设带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v ，由动能定理有qU ＝12mv 2带电粒子进入匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2R由几何关系有(L －R )2＋⎝⎛⎭⎫33L 2＝R 2 联立解得U ＝2qB 2L 29m(2)设调低加速电场电压后，带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v 1 带电粒子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动时，有qv 1B ＝m v 21R 1在磁场区域Ⅲ中做匀速圆周运动时，有qv 1B 1＝m v 21R 2可得B 1＝R 1R 2B又由几何关系有R 2cos θ＝33L 由33L >L2，可知粒子在区域Ⅲ中运动的轨迹圆心的纵坐标值大于L 2R 1＋R 2－R 2sin θ＝L联立解得B 1＝sin θ＋3cos θ－12B .4．(1)4 m (2)B 1≤0.1 T 或B 1≥0.24 T (3)6.2×10－5 s解析 (1)带电粒子在匀强磁场B 2和匀强电场中运动的轨迹如图甲所示，甲则qv 0B 2＝m v 20r解得r ＝1 m粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设水平方向的位移为x 0，竖直方向的位移为y 0. 水平方向：x 0＝v 0t 竖直方向：y 0＝12at 2a ＝qE my 0x 0＝12tan 45°＝12联立解得：x 0＝2 m ，y 0＝1 m由图甲中几何关系可得d ＝x 0＋y 0＋r ＝4 m.(2)设当匀强磁场的磁感应强度为B 1′时，粒子垂直打在y 轴上，此时粒子无法运动到x 轴的负半轴，粒子在磁场中运动半径为r 1，如图乙所示，乙由几何关系得：r 1＝2d －2x 0 解得r 1＝m ·2v 0qB 1′＝2 2 mB 1′＝0.1 T 故B 1≤0.1 T.设当匀强磁场的磁感应强度为B 1″时，粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后，轨迹与y 轴相切，此时粒子也无法运动到x 轴负半轴，设粒子在磁场中运动半径为r 2，如图乙所示，由几何关系可得r 2＋r 2cos 45°＋x 0＝d 解得r 2＝m ·2v 0qB 1″＝(4－22) mB 1″≈0.24 T故B 1≥0.24 T ．即要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，磁感应强度B 1≤0.1 T 或B 1≥0.24 T. (3)设粒子在B 2中运动时间为t 1，电场中运动时间为t 2，磁场B 1中运动时间为t 3，则t ＝t 1＋t 2＋t 3＝T 14＋x 0v 0＋T 22＝14×2πm qB 2＋x 0v 0＋12×2πm qB 1″≈6.2×10－5 s.5．(1)B 2R 2q12m(2)⎝⎛⎭⎫4π3＋6m Bq 解析 (1)设粒子从N 点射出的速度与极板的夹角为θ，设极板间距为d ，如图所示，由几何关系可解得：tan θ＝d 2R ＝33，即θ＝30° v y ＝v 0tan θ粒子在电场中做类平抛运动，则：v 2y ＝2a ·d 2由牛顿第二定律得a ＝Fm粒子在电场中受力：F ＝qE平行板电容器两极板间的电场强度：E ＝Ud联立解得：U ＝B 2R 2q12m(2)设粒子在电场中匀加速运动的时间为t 1，则d 2＝v y2t 1设粒子飞出电场后做匀速运动所用的时间为t 2，则R ＝v 0t 2 由几何关系得，粒子飞出电场后的速度：v ＝v 0cos θ粒子在磁场中偏转的轨迹如图所示，设粒子从M 点射出磁场，由洛伦兹力提供向心力得： qvB ＝m v 2r解得粒子运动的半径：r ＝mv qB ＝33R粒子运动的周期：T ＝2πr v ＝2πmqB如图，O ′为轨迹圆圆心，O 为圆形磁场的圆心，△OO ′P 中OP ＝R ，O ′P ＝r ＝33R ， ∠OPO ′＝30°，由余弦定理得：OO ′2＝R 2＋r 2－2Rr cos 30° 解得：OO ′＝33R ＝r 可得偏转角为α＝240°则粒子在磁场中运动时间t 3＝23T粒子整个过程的运动时间t ＝t 1＋t 2＋t 3 解得t ＝⎝⎛⎭⎫4π3＋6mBq . 6．(1)EqmR|x | (2)见解析 (3)2Em qR解析 (1)于x 处释放离子，由动能定理得Eq ·12R x 2＝12mv 2得离子进入磁场时的速度v ＝EqmR|x | (2)由(1)得在x ＝－R3处释放的离子到达x 轴时速度为v ＝Eq mR ⎪⎪⎪⎪－R 3＝13EqRm从释放到到达x 轴时间为t 1＝v a ＝13EqR m Eq m＝13mR Eq第一种情况：离子直接从x ＝－R3经磁场达x ＝R 处．在磁场中经历半圆时间 t 2＝s v ＝π2⎣⎡⎦⎤R －－R 3v ＝2πmREq 总时间T 1＝t 1＋t 2＝⎝⎛⎭⎫2π＋13 mR Eq第二种情况：离子直接从x ＝－R 3经磁场达x ＝R3处进入电场再返回磁场到x ＝R 处易得在磁场中时间仍然为t 2＝2π mR Eq在电场中时间为3t 1＝mR Eq总时间为T 2＝3t 1＋t 2＝(2π＋1) mR Eq(3)在磁场B 中qvB ＝mv 2r所以运动半径r ＝mv qB ＝1B Em qR |x | 可以看出，B 一定时，必有r ∝|x |，当|x |→0时，r →0(离子经磁场偏转从逼近原点处出磁场)因此，所有离子都从原点(0,0)点处出磁场，击中荧光屏上⎝⎛⎭⎫0，12R 则有2r 1＝|x |，因为qvB 1＝mv 2r 1所以B 1＝mv qr 1＝2EmqR .。

章末专题复习物理方法|等效法在电磁感应中的应用1．方法概述闭合线圈磁通量的变化或导体棒切割磁感线形成感应电流．将电磁感应和电路问题相结合，采用等效的方法找到电源和电路结构，利用闭合电路问题求解．2．方法技巧(1)明确切割磁感线的导体相当于电源，其电阻是电源的内阻，其他部分为外电路，电源的正、负极由右手定则来判定．(2)画出等效电路图，并结合闭合电路欧姆定律等有关知识解决相关问题．3．等效问题如图10-1所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为L、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为L2.磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．现有一段长度为L2，电阻为R2的均匀导体棒MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿ab方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触，当MN滑过的距离为L3时，导线ac中的电流为多大？方向如何？图10-1【解析】 MN 滑过的距离为L 3时，如图甲所示，它与bc 的接触点为P ，等效电路图如图乙所示．甲 乙由几何关系可知MP 长度为L 3，MP 中的感应电动势E ＝13BL vMP 段的电阻r ＝13RMacP 和MbP 两电路的并联电阻为r 并＝13×2313＋23R ＝29R由欧姆定律得，PM 中的电流I ＝E r ＋r 并ac 中的电流I ac ＝23I解得I ac ＝2BL v 5R根据右手定则可知，MP 中的感应电流的方向由P 流向M ，所以电流I ac 的方向由a 流向c .【答案】 2BL v 5R 方向由a 流向c[突破训练]1．如图10-2所示，水平桌面上固定有一半径为R 的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r ，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下；一长度为2R 、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点．棒在拉力的作用下以恒定加速度a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是()图10-2A．拉力的大小在运动过程中保持不变B．棒通过整个圆环所用的时间为2R aC．棒经过环心时流过棒的电流为B2aR πrD．棒经过环心时所受安培力的大小为8B2R2aRπrD[导体棒做匀加速运动，合外力恒定，由于受到的安培力随速度的变化而变化，故拉力一直变化，选项A错误；设棒通过整个圆环所用的时间为t，由匀变速直线运动的基本关系式可得2R＝12at2，解得t＝4Ra，选项B错误；由v2－v2＝2ax可知棒经过环心时的速度v＝2aR，此时的感应电动势E＝2BR v，此时金属圆环的两侧并联，等效电阻r总＝πRr2，故棒经过环心时流过棒的电流为I＝Er总＝4B2aRπr，选项C错误；由对选项C的分析可知棒经过环心时所受安培力的大小为F＝2BIR＝8B2R2aRπr，选项D正确．]物理模型|电磁感应中的“杆＋导轨”模型1．单杆模型(1)模型特点：导体棒运动→感应电动势→闭合回路→感应电流→安培力→阻碍棒相对于磁场运动．图10-3(2)分析思路：确定电源(3)解题关键：对棒的受力分析，动能定理应用．图10-4 2．双杆模型(1)模型特点①一杆切割一杆静止时，分析同单杆类似．②两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝ΔΦΔt＝Bl|v1－v2|.(2)解题要点：单独分析每一根杆的运动状态及受力情况，建立两杆联系，列方程求解．如图10-5所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，g取10 m/s2.问：图10-5(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＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．【思路导引】【解析】(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max，有F max＝m1g sin θ①设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BL v②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝ER1＋R2③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL ④此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1g sin θ＋F max ⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s.(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gx sin θ＝Q总＋12m2v2又Q＝R1R1＋R2Q总解得Q＝1.3 J.【答案】(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J[突破训练]2．(2017·四川雅安中学月考)如图10-6所示，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下．当导体棒EF 以初速度v 0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN 一直静止在导轨上，若两导体棒质量均为m 、电阻均为R ，导轨电阻不计，重力加速度为g ，在此过程中导体棒EF 上产生的电热为Q ，求：(1)导体棒MN 受到的最大摩擦力；(2)导体棒EF 上升的最大高度．图10-6【解析】 (1)EF 获得向上初速度v 0时，产生感应电动势E ＝BL v 0，电路中电流为I ，由闭合电路的欧姆定律有I ＝E 2R ，此时对导体棒MN 受力分析，由平衡条件有F A ＋mg sin α＝F f ，F A ＝BIL ，解得F f ＝B 2L 2v 02R ＋mg sin θ.(2)导体棒EF 上升过程MN 一直静止，对系统由能的转化和守恒定律有12m v 20＝mgh ＋2Q ，解得h ＝m v 20－4Q 2mg .【答案】 (1)B 2L 2v 02R ＋mg sin θ (2)m v 20－4Q 2mg高考热点|电磁感应中电荷量和焦耳热的计算1．电荷量的计算(1)思考方向：根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt确定平均感应电动势，结合闭合电路欧姆定律和电流的定义式I ＝q t 计算电荷量．(2)公式推导过程 根据法拉第电磁感应定律→回路中平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt ↓根据闭合电路欧姆定律→I＝ER＋r＝nΔΦΔt(R＋r)↓根据电流定义式I＝qt→q＝IΔt＝nΔΦR＋r2．焦耳热的计算求解电磁感应过程中产生的焦耳热，有以下三种思路：(1)电路中感应电流恒定时：应用焦耳定律：Q＝I2Rt.(2)导体切割磁感线克服安培力做功：焦耳热等于克服安培力做的功：Q＝W安．(3)电路中感应电流是变化的：根据功能关系来求解焦耳热．如图10-7所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图10-7(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功W F.【思路导引】【解析】 (1)设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔΦΔt① 其中ΔΦ＝Blx ②设回路中的平均电流为I ，由闭合电路欧姆定律得 I ＝E R ＋r ③则通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt ④联立①②③④式，代入数据得q ＝4.5 C ． ⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v ，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v 2＝2ax ⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W ，由动能定理得W ＝0－12m v 2 ⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2＝－W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q 2＝1.8 J ． ⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1，可得Q 1＝3.6 J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F ＝Q 1＋Q 2⑪由⑨⑩⑪式得W F ＝5.4 J.【答案】 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J[突破训练]3．如图10-8所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝1 m．整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1 Ω，导轨电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．已知金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度v m＝2.0 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.(1)求金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ；(2)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q.【导学号：92492381】图10-8【解析】(1)金属棒由静止释放后，沿导轨做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度v m.由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ－F安＝0F安＝BIL，I＝ER＋r，E＝BL v m.解得金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.(2)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x 由能量守恒定律得mgx sin θ＝μmgx cos θ＋Q R＋Q r＋12m v2m根据焦耳定律得Q RQ r＝Rr，则金属棒上产生的焦耳热Q r＝0.5 J解得x＝2.0 m根据q＝IΔt，I＝ER＋r，E＝ΔΦΔt，ΔΦ＝BLx可得q＝BLxR＋r＝1.0 C.【答案】(1)0.5(2)1.0 C。

[方法点拨] (1)判断安培力的方向时，充分利用F 安⊥B ，F 安⊥I ；(2)受力分析时，要注意将立体图转化为平面图．1．(直线电流的磁场)真空中两根金属导线平行放置，其中一根导线中通有恒定电流．在导线所确定的平面内，一电子从P 点运动的轨迹的一部分如图1中的曲线PQ 所示，则一定是( )图1A ．ab 导线中通有从a 到b 方向的电流B ．ab 导线中通有从b 到a 方向的电流C ．cd 导线中通有从c 到d 方向的电流D ．cd 导线中通有从d 到c 方向的电流2．(磁场的叠加)分别置于a 、b 两处的长直导线垂直纸面放置，通有大小相等的恒定电流，方向如图2所示，a 、b 、c 、d 在一条直线上，且ac ＝cb ＝bd .已知c 点的磁感应强度大小为B 1，d 点的磁感应强度大小为B 2.若将b 处导线的电流切断，则( )图2A ．c 点的磁感应强度大小变为12B 1，d 点的磁感应强度大小变为12B 1－B 2B ．c 点的磁感应强度大小变为12B 1，d 点的磁感应强度大小变为12B 2－B 1C ．c 点的磁感应强度大小变为B 1－B 2，d 点的磁感应强度大小变为12B 1－B 2D ．c 点的磁感应强度大小变为B 1－B 2，d 点的磁感应强度大小变为12B 2－B 13．(磁场对电流的作用)如图3所示，磁感应强度大小为B 的匀强磁场方向斜向右上方，与水平方向所夹的锐角为45°.将一个34金属圆环ab 置于磁场中，圆环的圆心为O ，半径为r ，两条半径Oa 和Ob 相互垂直，且Oa沿水平方向．当圆环中通以电流I 时，圆环受到的安培力大小为( )图3A.2BIrB.32πBIrC ．BIrD ．2BIr4．(电流间的相互作用)(多选)如图4所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I ，导线正下方沿竖直方向固定一正方形线框，线框中也通有沿顺时针方向的恒定电流I ，线框的边长为L ，线框上边与直导线平行，且到直导线的距离也为L ，已知在长直导线的磁场中距长直导线r 处的磁感应强度大小为B ＝k Ir ，线框的质量为m ，则释放线框的一瞬间，线框的加速度可能为( )图4A ．0 B.kI 2m －g C.kI 22m－g D ．g －kI 2m5．(多选)如图5所示，在平面直角坐标系的第一象限内分布着非匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，沿y 轴方向磁场分布是不变的，沿x 轴方向磁感应强度与x 满足关系B ＝kx ，其中k 是一恒定的正数，由粗细均匀的同种规格导线制成的正方形线框ADCB 边长为a ，A 处有一极小开口AE ，整个线框放在磁场中，且AD 边与y 轴平行，AD 边与y 轴距离为a ，线框AE 两点与一电源相连，稳定时流入线框的电流为I ，关于线框受到的安培力情况，下列说法正确的是( )图5A ．整个线框受到的合力方向与BD 连线垂直B ．整个线框沿y 轴方向所受合力为0C ．整个线框在x 轴方向所受合力为ka 2I ，沿x 轴正向D ．整个线框在x 轴方向所受合力为34ka 2I ，沿x 轴正向6．如图6所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧，下面挂有匝数为n 的矩形线框abcd ，bc 边长为l ，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向与线框平面垂直(在图中垂直于纸面向里)，线框中通以电流I ，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态．令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B ，线框达到新的平衡，则在此过程中线框位移的大小Δx 及方向是( )图6A ．Δx ＝2nBIlk ，方向向上B ．Δx ＝2nBIlk ，方向向下C ．Δx ＝nBIlk，方向向上D ．Δx ＝nBIlk，方向向下7.如图7所示，长为L ，质量为m 的细导体棒a 被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，无限长直导线b 被水平固定在与a 同一水平面的另一位置，且a 、b 平行，它们之间的距离为x ，当a 、b 中均通以电流强度为I 的同向电流时，a 恰能在斜面上保持静止．已知无限长直导线周围的磁场为一系列的同心圆，周围某点的磁场的磁感应强度与该点到导线的距离成反比．则下列说法正确的是( )图7A ．a 、b 中电流必垂直纸面向里B ．b 中的电流在a 处产生的磁场的磁感应强度大小为2mg2ILC ．若将b 适当上移以增大x ，则导体棒仍可能静止D ．无论将b 上移还是下移，导体棒都可能处于静止状态8．如图8所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，一不可伸缩的软导线绕过纸面内的小动滑轮P (可视为质点)，两端分别拴在纸面内的两个固定点M 、N 处，并通入由M 到N 的恒定电流I ，导线PM 和PN 始终伸直．现将P 从左侧缓慢移动到右侧，在此过程中导线MPN 受到的安培力大小( )图8A．始终不变B．逐渐增大C．先增大后减小D．先减小后增大答案精析1．C2．A [c 点的磁场是分别置于a 、b 两处的长直导线中的电流产生的．由安培定则可知分别置于a 、b 两处的长直导线在c 点产生的磁场方向相同，磁感应强度大小均为B 12.由对称性可知，b 处的长直导线在d 点产生的磁场的磁感应强度大小为B 12，方向向下．a 处的长直导线在d 点产生的磁场的磁感应强度大小为B 12－B 2，方向向上．若将b 处导线的电流切断，则c 点的磁感应强度大小变为12B 1，d 点的磁感应强度大小变为12B 1－B 2，选项A 正确．]3．A [连接题图中a 、b 两点，由几何关系知ab 连线与磁场方向垂直，故金属圆环在磁场中所受安培力的等效长度为2r ，则所受安培力为2BIr ，A 项正确．]4．AC [线框上边所在处的磁感应强度大小为B 1＝k IL ，由安培定则可判断出线框所在处磁场方向为垂直纸面向里，所受安培力的大小为F 1＝B 1IL ＝kI 2，由左手定则可判断出安培力方向向上；线框下边所在处的磁感应强度大小为B 2＝k I 2L ，所受安培力的大小为F 2＝B 2IL ＝12kI 2，由左手定则可判断出安培力方向向下；若F 1＝F 2＋mg ，则加速度为零，选项A 正确．若F 1>F 2＋mg ，则加速度方向向上，由F 1－(F 2＋mg )＝ma ，解得a ＝kI 22m －g ，选项C 正确，B 错误．若F 1<F 2＋mg ，则加速度方向向下，由F 2＋mg －F 1＝ma ，解得a ＝g －kI 22m ，选项D错误．]5．BC [由于沿y 轴方向磁场分布是不变的，故而整个线框沿y 轴方向所受合力为0，B 正确；沿x 轴方向磁感应强度与x 满足关系B ＝kx ，AD 边受到的向左的安培力小于BC 边受到的向右的安培力，故而整个线框受到的合力方向沿x 轴正向，A 错误；整个线框在x 轴方向所受合力为k (a ＋a )Ia －(ka )Ia ＝ka 2I ，C 正确，D 错误．] 6．B [线框在磁场中受重力、安培力和弹簧弹力处于平衡状态，安培力为F A ＝nBIl ，且开始时方向向上，改变磁场方向后方向向下，大小不变．设在磁场反向之前弹簧的伸长量为x ，则反向之后弹簧的伸长量为x ＋Δx ，由平衡条件知kx ＋nBIl ＝mg 及k (x ＋Δx )＝nBIl ＋mg ，联立解得Δx ＝2nBIl k ，且线框向下移动，B 对．]7．C [因a 恰能在斜面上保持静止，其受力如图甲所示，而由平行通电直导线之间的相互作用可知，电流同向时导线相互吸引，电流反向时导线相互排斥，故A 错；由图甲知tan 45°＝mg BIL ，即B ＝mgIL ，B 错；无论b 是上移还是下移，b 中的电流在a 处产生的磁场的磁感应强度均减小，上移时其重力mg 、安培力BIL 、斜面支持力F N 满足图乙所示关系，支持力逐渐减小，安培力减小，但两个力的合力仍可能等于重力，即a 仍可能处于静止状态，C 对；当b 下移时，安培力在减小，而支持力方向不变，则a 所受合力不可能为零，即a 不可能处于静止状态，D错．]8．A[在P从左侧缓慢移动到右侧的过程中，导线MPN受到的安培力可等效为直导线MN通入电流I时受到的安培力，即导线MPN受到的安培力大小始终不变，A正确．]。