2018高考江苏版物理一轮复习讲义：第9章 第1节课时强化练26
2018高考江苏版物理一轮复习讲义：第9章 第3节电磁感应定律的综合应用
第3节电磁感应定律的综合应用知识点1电磁感应中的电路问题1．内电路和外电路(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路．2．电源电动势和路端电压(1)电动势：E＝Bl v或E＝n ΔΦΔt.(2)路端电压：U＝IR＝E－Ir. 知识点2电磁感应的图象问题图象类型(1)磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t 变化的图象，即B-t图象、Φ-t图象、E-t图象和I-t图象(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随位移x变化的图象，即E-x图象和I-x图象问题类型(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(3)利用给出的图象判断或画出新的图象应用知识左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律、函数图象知识等知识点3电磁感应现象中能量的问题1．能量的转化感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为内能．2．实质 电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化．3．电磁感应现象中能量的三种计算方法(1)利用克服安培力求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．(2)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能．(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电热来计算．知识点4 电磁感应中的动力学问题1．安培力的大小⎭⎪⎬⎪⎫安培力公式：F A ＝BIl 感应电动势：E ＝Bl v 感应电流：I ＝E R ⇒F A ＝B 2l 2v R 2．安培力的方向(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向．(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反．3．安培力参与物体的运动导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题．1．正误判断(1)闭合电路的欧姆定律同样适用于电磁感应电路．(√)(2)“相当于电源”的导体棒两端的电压一定等于电源的电动势．(×)(3)电流一定从高电势流向低电势．(×)(4)在有安培力的作用下，导体棒不能做加速运动．(×)(5)电路中的电能增加，外力一定克服安培力做了功．(√)。
高考物理一轮复习讲义 第9章 本章学科提升
(1)动态放缩法①适用条件a ．速度方向一定,大小不同粒子源发射速度方向一定,大小不同的带电粒子进入匀强磁场时,这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化．b ．轨迹圆圆心共线图1如图1所示(图中只画出粒子带正电的情景),速度v 越大,运动半径也越大．可以发现这些带电粒子射入磁场后,它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线CO 上．②界定方法以入射点O 为定点,圆心位于CO 直线上,将半径放缩作轨迹,从而探索出临界条件,这种方法称为“放缩圆法”．例1 (多选)如图2所示,正方形abcd 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,O 点是cd 边的中点,一个带正电的粒子(重力忽略不计)若从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内,经过时间t 0刚好从c 点射出磁场．现设法使该带电粒子从O 点沿纸面以与Od 成30°角的方向(如图中虚线所示),以各种不同的速率射入正方形内,那么下列说法中正确的是( )图2A ．该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场B ．若该带电粒子从ab 边射出磁场,它在磁场中经历的时间可能是23t 0 C ．若该带电粒子从bc 边射出磁场,它在磁场中经历的时间可能是t 0D ．若该带电粒子从bc 边射出磁场,它在磁场中经历的时间可能是53t 0 解析 带电粒子以垂直于cd 边的速度射入正方形内,经过时间t 0刚好从c 点射出磁场,则知带电粒子的运动周期为T ＝2t 0.作出粒子从O 点沿纸面以与Od 成30°角的方向射入恰好从各边射出的轨迹,如图所示发现粒子不可能经过正方形的某顶点,故A 正确;作出粒子恰好从ab 边射出的临界轨迹③④,由几何关系知圆心角不大于150°,在磁场中经历的时间不大于512个周期,即56t 0;圆心角不小于60°,在磁场中经历的时间不小于16个周期,即13t 0,故B 正确;作出粒子恰好从bc 边射出的临界轨迹②③,由几何关系知圆心角不大于240°,在磁场中经历的时间不大于23个周期,即43t 0;圆心角不小于150°,在磁场中经历的时间不小于512个周期,即56t 0,故C 正确;若该带电粒子在磁场中经历的时间是56个周期,即53t 0.粒子轨迹的圆心角为θ＝53π,速度的偏向角也为53π,根据几何知识得知,粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°,必定从cd 边射出磁场,故D 错误．答案 ABC(2)定圆旋转法当粒子的入射速度大小确定而方向不确定时,所有不同方向入射的粒子的轨迹圆是一样大的,只是位置绕入射点发生了旋转,从定圆的动态旋转(作图)中,也容易发现“临界点”．另外,要重视分析时的尺规作图,规范而准确的作图可突出几何关系,使抽象的物理问题更形象、直观,如图3.图3①适用条件a ．速度大小一定,方向不同粒子源发射速度大小一定,方向不同的带电粒子进入匀强磁场时,它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同,若入射初速度为v 0,由q v 0B ＝m v 02R 得圆周运动半径为R ＝m v 0qB. b ．轨迹圆圆心共圆带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点O 为圆心、半径R ＝m v 0qB的圆(这个圆在下面的叙述中称为“轨迹圆心圆”)上．②界定方法将一半径为R ＝m v 0qB的圆的圆心沿着“轨迹圆心圆”平移,从而探索出临界条件,这种方法称为“平移圆法”．例2 如图4,真空室内存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度的大小B ＝0.60 T ．磁场内有一块平面感光板ab ,板面与磁场方向平行．在距ab 为l ＝16 cm 处,有一个点状的α粒子放射源S ,它向各个方向发射α粒子,α粒子的速率都是v ＝3.0×106 m/s.已知α粒子的电荷量与质量之比q m＝5.0×107 C/kg.现只考虑在纸面内运动的α粒子,求ab 板上被α粒子打中区域的长度．图4解析 α粒子带正电,故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动．用R 表示轨迹半径,有q v B ＝m v 2R, 由此得R ＝m v qB, 代入数据解得R ＝10 cm,可见R <l <2R .因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S ,由此可知,某圆轨迹在如图所示中N 左侧与ab 相切,则此切点P 1就是α粒子能打中的左侧最远点．为确定P 1点的位置,可作平行于ab 的直线cd ,cd 到ab 的距离为R ,以S 为圆心,R 为半径,作圆弧交cd 于Q 点,过Q 作ab 的垂线,它与ab 的交点即为P 1.从图中几何关系得:NP 1＝R 2－(l －R )2.再考虑N 的右侧．任何α粒子在运动中离S 的距离不可能超过2R ,以2R 为半径、S 为圆心作圆弧,交ab 于N 右侧的P 2点,此即右侧能打到的最远点．从图中几何关系得NP 2＝(2R )2－l 2,所求长度为P 1P 2＝NP 1＋NP 2,代入数据解得P 1P 2＝20 cm.答案 20 cm带电粒子在多磁场中的运动,一般是指带电粒子在两个相邻匀强磁场中的运动．解决此类问题的一般思路:(1)根据题中所给的条件,画出粒子在两磁场中做匀速圆周运动的轨迹;(2)根据画出的轨迹,找出粒子在两磁场中做匀速圆周运动的圆心和半径;(3)适当添加辅助线,运用数学方法计算出粒子在两磁场中的轨迹半径(有时候还要找出圆心角);(4)结合粒子运动的半径公式r ＝m v Bq (或周期公式T ＝2πm qB)即可得出所求的物理量． 例3 如图5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A 2A 4为边界的两个半圆形区域Ⅰ和Ⅱ中,直径A 2A 4与直径A 1A 3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A 1处沿与A 1A 3成β＝30°角的方向射入磁场,随后该粒子以垂直于A 2A 4的方向经过圆心进入Ⅱ区,最后再从A 4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:图5(1)粒子在磁场区域Ⅰ和Ⅱ中运动的轨道半径R 1与R 2的比值;(2)Ⅰ区和Ⅱ区中磁场的磁感应强度B 1和B 2的大小．解析 (1)粒子在两匀强磁场中的运动轨迹如图所示设粒子射入磁场时的速度大小为v ,圆形区域的半径为r .连接A 1A 2,由几何知识可知,△A 1A 2O 为等边三角形,A 2为粒子在区域Ⅰ磁场中运动时轨迹圆的圆心,所以R 1＝r .由于粒子垂直直径A 2A 4进入Ⅱ区,从A 4点离开磁场,所以粒子在区域Ⅱ磁场中运动的轨迹为半圆,圆形磁场区域的半径OA 4即粒子在Ⅱ区磁场中做圆周运动时轨迹圆的直径,所以R 2＝r 2,由此可得:R 1R 2＝2. (2)带电粒子在Ⅰ区磁场中做圆周运动的周期为T 1＝2πm qB 1,因为∠A 1A 2O ＝60°,所以粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为t 1＝T 16＝πm 3qB 1.带电粒子在Ⅱ区磁场中做圆周运动的周期为T 2＝2πm qB 2,因粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹为半圆,所以其运动时间为t 2＝T 22＝πm qB 2,带电粒子在磁场中运动的总时间为t ＝t 1＋t 2,又因为R 1R 2＝2,R 1＝m v qB 1,R 2＝m v qB 2,所以B 2＝2B 1,由以上各式可得: B 1＝5πm 6qtB 2＝5πm 3qt. 答案 (1)2 (2)5πm 6qt 5πm 3qt。
2018高考总复习物理江苏专用课件：第九章第三节
一般电磁感应电路的分析与计算
(2016·石家庄质检)如图甲所示，两根足够长的平行光 滑金属导轨 MN、PQ 被固定在水平面上，导轨间距 l＝0.6 m， 两导轨的左端用导线连接电阻 R1 及理想电压表 V，电阻为 r ＝2 Ω 的金属棒垂直于导轨静止在 AB 处；右端用导线连接 电阻 R2，已知 R1＝2 Ω，R2＝1 Ω，导轨及导线电阻均不计．在 矩形区域 CDFE 内有竖直向上的磁场，CE＝0.2 m，磁感应 强度随时间的变化规律如图乙所示．
[答案](1)0.3 V (2)0.27 N (3)0.09 J
含容电磁感应电路的分析与计算
在同一水平面的光滑平行导轨 P、Q 相距 l＝1 m，导 轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器 两极板 M、N 相距 d＝10 mm，定值电阻 R1＝R2＝12 Ω，R3 ＝2 Ω，金属棒 ab 的电阻 r＝2 Ω，其他电阻不计．磁感应强 度 B＝0.5 T 的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒 ab 沿 导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，
质量 m＝1×10－14 kg，电荷量 q＝－1×10－14 C 的微粒恰好 静止不动．取 g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨 接触良好．且速度保持恒定．试求：
(1)匀强磁场的方向； (2)ab 两端的路端电压； (3)金属棒 ab 运动的速度．
[审题突破] 本题可按以下思路进行求解：
第九章 电磁感应
第三节 电磁感应中的电路和图象问题
一、电磁感应中的电路问题
1．内电路和外电路 (1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于 ___电__源____． (2) 该 部 分 导 体 的 电 阻 或 线 圈 的 电 阻 相 当 于 电 源 的 ____内__阻____，其余部分是__外__电__阻__．
(新课标)高考物理大一轮复习-第9章 电磁感应 第1节 电磁感应现象 楞次定律课件
A．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→a
B．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→a
C．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vcd＞vab，则abdc回路 有电流，电流方向为a→c→d→b→a
感应电流方向判断的两点注意 (1)楞次定律可应用于磁通量变化引起感应电流的各种情况 (包括一部分导体切割磁感线运动的情况)． (2)右手定则只适用于一段导体在磁场中做切割磁感线运动的 情景，是楞次定律的一种特殊情况．
考点三 “三定则、一定律”的理解及应用
1．“三个定则、一个定律”的应用对比：
名称
三、感应电流方向的判断 1．右手定则：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 线从掌心垂直进入，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．如右图所示．
2．楞次定律 内容：感应电流具有这样的方向，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．
主干回顾 夯基固源 考点透析 题组冲关
课时规范训练
考纲展示 1.电磁感应现象 2.磁通量 3.法拉第电磁感 应定律 4.楞次定律
5.自感、涡流
要求 Ⅰ Ⅰ Ⅱ Ⅱ
Ⅰ
复习定位
1.本章是高考考查的热点．考题既有选择 题又有计算题，选择题主要以电磁感应现 象的定性分析和图象问题等为主，计算题 主要以学科内的力、电综合题为主． 2．本章的复习应注意以下三点： (1)应用楞次定律和右手定则判断感应电流 的方向． (2)结合各种图象(如Φ－t图象、B－t图象和 i－t图象)，考查感应电流的产生条件及其 方向的判定，导体切割磁感线产生感应电 动势的计算． (3)电磁感应现象与磁场、电路、力学等知 识的综合，以及电磁感应与实际相结合的 题目．
江苏省高考物理一轮复习 第九章 磁场 第2讲 磁场对运动电荷的作用教案-人教版高三全册物理教案
第2讲磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力的大小和方向1．定义：磁场对运动电荷的作用力．2．大小(1)v∥B时，F＝0；(2)v⊥B时，F＝qvB；(3)v与B的夹角为θ时，F＝qvB sinθ.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)4．做功：洛伦兹力不做功．自测1带电荷量为＋q的不同粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是( )A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B．如果把＋q改为－q，且速度反向、大小不变，则其所受洛伦兹力的大小、方向均不变C．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D．粒子在只受洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变答案 B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 时，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 ＝mvBq；(3)周期公式：T ＝2πmqB.注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关．自测2 在探究射线性质的过程中，让质量为m 1、带电荷量为2e 的α粒子和质量为m 2、带电荷量为e 的β粒子，分别垂直于磁场方向射入同一匀强磁场中，发现两种粒子沿半径相同的圆轨道运动．则α粒子与β粒子的动能之比是( )A.m 1m 2B.m 2m 1C.m 14m 2D.4m 2m 1答案 D解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB ＝m v 2r ，动能为：E k ＝12mv 2，联立可得：E k＝q 2r 2B 22m ，由题意知α粒子和β粒子所带电荷量之比为2∶1，故α粒子和β粒子的动能之比为：E kαE kβ＝q 12m 1q 22m 2＝4m 2m 1，故D 正确．1．洛伦兹力及带电粒子在磁场中的运动带电粒子在磁 场中的运动所受洛伦兹力 大小v ∥B 时，F ＝0； v ⊥B 时，F ＝qvB ； v ＝0时，F ＝0方向方向判定左手定则(注意四指指向正电荷运动方向，负电荷运动反方向)方向特点 F ⊥B ，F ⊥v运动v ∥B匀速直线运动v ⊥B匀速圆周运动(洛伦兹力提供向心力：F ＝qvB ＝m v 2r )：半径r ＝mv qB ，周期T ＝2πm qB2.带电粒子在有界磁场中的运动 解题要点：定圆心―→画轨迹―→求半径和圆心角―→例1 空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面．一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子以速度v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计粒子的重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A.3mv 03qRB.mv 0qRC.3mv 0qRD.3mv 0qR答案 A解析 若磁场方向向外，带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知，其运动的轨迹半径r ＝Rtan30°＝3R ，由洛伦兹力提供向心力，即qv 0B ＝mv 02r ，得B ＝3mv 03qR，同理若磁场方向向里可得到同样的结果，选项A 正确．变式1 (2019·江苏南京市、盐城市一模)水平导线中有电流I 通过，导线正下方电子的初速度方向与电流I 的方向相同，均平行于纸面水平向左．下列四幅图是描述电子运动轨迹的示意图，正确的是( ) 答案 A解析 由安培定则可知，在直导线的下方，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则可知电子开始受到的力向下，电子向下偏转；离导线越远，电流产生的磁场的磁感应强度越小，由半径公式r ＝mveB可知，电子运动的轨迹半径越大，故A 正确，B 、C 、D 错误．基本思路 图例说明圆心的①与速度方向垂直P 、M 点速度垂线交点确定 的直线过圆心②弦的垂直平分线过圆心③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心P 点速度垂线与弦的垂直平分线交点某点的速度垂线与切点法线的交点半径的确定利用平面几何知识求半径常用解三角形法：例：(左图)R ＝Lsin θ或由R 2＝L 2＋(R －d )2求得R ＝L 2＋d 22d运动时间的确定利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度L求时间 ①t ＝θ2πT②t ＝L v(1)速度的偏转角φ等于所对的圆心角θ(2)偏转角φ与弦切角α的关系：φ<180°时，φ＝2α；φ>180°时，φ＝360°－2α模型1 直线边界磁场直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图1所示)图1图a 中粒子在磁场中运动的时间t ＝T 2＝πmBq图b 中粒子在磁场中运动的时间t ＝(1－θπ)T ＝(1－θπ)2πm Bq ＝2m π－θBq图c 中粒子在磁场中运动的时间t ＝θπT ＝2θmBq例2 (2019·湖北宜昌市四月调研)如图2所示，直线MN 上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a 点垂直MN 和磁场方向射入磁场，经t 1时间从b 点离开磁场．之后电子2也由a 点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t 2时间从a 、b 连线的中点c 离开磁场，则t 1t 2为( )图2A ．3B ．2C.32D.23答案 A解析 电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示：电子1垂直射进磁场，从b 点离开，则运动了半个圆周，ab 即为直径，c 点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t 2时间从a 、b 连线的中点c 离开磁场，根据半径r ＝mvBq可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc 为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t 1＝T 2＝πmBq ，电子2运动的时间t 2＝T 6＝πm 3Bq ，所以t 1t 2＝3，故A 正确，B 、C 、D 错误．模型2 平行边界磁场平行边界存在临界条件，图3a 中粒子在磁场中运动的时间t 1＝θmBq，t 2＝T 2＝πm Bq图3图b 中粒子在磁场中运动的时间t ＝θmBq图c 中粒子在磁场中运动的时间t ＝(1－θπ)T ＝(1－θπ)2πm Bq ＝2m π－θBq图d 中粒子在磁场中运动的时间t ＝θπT ＝2θmBq例3 (多选)(2020·辽宁沈阳市质检)两个带等量异种电荷的粒子分别以速度v a 和v b 射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d ，两粒子同时由A 点出发，同时到达B 点，如图4所示，则( )图4A ．a 粒子带正电，b 粒子带负电B ．两粒子的轨道半径之比R a ∶R b ＝3∶1C ．两粒子的质量之比m a ∶m b ＝1∶2D ．两粒子的质量之比m a ∶m b ＝2∶1 答案 BD解析 由左手定则可得：a 粒子带负电，b 粒子带正电，故A 错误；粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示故R a ＝12d sin30°＝d ，R b ＝12d sin60°＝33d ，所以，R a ∶R b ＝3∶1，故B 正确；由几何关系可得：从A 运动到B ，a 粒子转过的圆心角为60°，b 粒子转过的圆心角为120°，t a ＝T a 6＝t b ＝T b3，则T a ∶T b ＝2∶1，再根据洛伦兹力提供向心力可得：Bvq ＝mv 2R，所以，运动周期为：T ＝2πR v ＝2πmqB；根据a 、b 粒子电荷量相等可得m a ∶m b ＝T a ∶T b ＝2∶1，故C 错误，D 正确．模型3 圆形边界磁场沿径向射入圆形磁场的粒子必沿径向射出，运动具有对称性(如图5所示)图5粒子做圆周运动的半径r ＝Rtan θ粒子在磁场中运动的时间t ＝θπT ＝2θmBqθ＋α＝90°例4 (2019·安徽宣城市第二次模拟)如图6，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点．有无数个带有相同电荷量和相同质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过P 点进入磁场．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的13.将磁感应强度的大小从原来的B 1变为B 2，结果相应的弧长变为圆周长的14，则B 2B 1等于( )图6A.62B.63C.43D.34答案 A解析 设圆的半径为r ，磁感应强度为B 1时，从P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M ，最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点，如图甲所示，∠POM ＝120°，设粒子做圆周运动的半径为R ，则有sin 60°＝R r，解得R ＝32r ；磁感应强度为B 2时，从P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N ，最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点，如图乙所示，∠PON ＝90°，设粒子做圆周运动的半径为R ′，则有R ′＝22r ，由带电粒子做匀速圆周运动的半径R ＝mv qB ，由于v 、m 、q 相等，则得B 2B 1＝R R ′＝32r 22r＝62，故选项A 正确，B 、C 、D 错误． 模型4 三角形边界磁场例5 (2019·山东省实验中学第二次模拟)如图7所示，在一等腰直角三角形ACD 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)以速度v 从AC 边的中点O 垂直AC 边射入磁场区域．若三角形的两直角边长均为2L ，要使粒子从CD 边射出，则v 的取值范围为( )图7A.qBL m ≤v ≤22qBL mB.qBL m ≤v ≤5qBL mC.qBL2m≤v ≤2＋1qBLmD.qBL 2m ≤v ≤5qBL 2m答案 C解析 根据洛伦兹力充当向心力可知，v ＝Bqrm，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子轨迹与AD 边相切时速度最大，如图，则有AO ′·sin45°＝O ′E ，即(R ＋L )sin45°＝R ，解得满足题目要求的最大半径为R ＝(2＋1)L ，故最大速度为v 1＝2＋1qBLm；当粒子从C 点出射时，满足题目要求的半径最小，为r2＝L2，故最小速度应为v2＝qBL2m，则v的取值范围为qBL2m≤v≤2＋1qBLm，故C正确，A、B、D错误．类型分析图例带电粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解如图，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a；如带负电，其轨迹为b磁场方向不确定只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解如图，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b临界状态不唯一带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成多解运动具有周期性带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解例6(2019·江苏卷·16)如图8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．图8(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d m ；(3)从P 点射入的粒子最终从Q 点射出磁场，PM ＝d ，QN ＝d 2，求粒子从P 到Q 的运动时间t . 答案 (1)qBd m (2)2＋32d (3)(L d ＋33－46)πm 2qB 或(L d－33－46)πm 2qB解析 (1)洛伦兹力提供向心力，qvB ＝m v 2r又r ＝d解得v ＝qBd m； (2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切 由几何关系得d m ＝d (1＋sin60°)解得d m ＝2＋32d ； (3)粒子的运动周期T ＝2πm qB设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t ′，则t ＝n T 4＋t ′(n ＝1,3,5…)①当L ＝nd ＋(1－32)d 时，粒子斜向上射出磁场 t ′＝112T ，解得t ＝(L d ＋33－46)πm 2qB②当L ＝nd ＋(1＋32)d 时，粒子斜向下射出磁场 t ′＝512T ，解得t ＝(L d －33－46)πm 2qB. 1．(半径和周期公式的应用)氕、氘、氚的电荷量相同、质量之比为1∶2∶3，它们由静止经过相同的加速电压加速，之后垂直进入同一匀强磁场，不计重力和它们间的相互作用，则( )A ．运动半径之比为3∶2∶1B ．运动半径之比为3∶2∶1C ．运动周期之比为1∶2∶3D ．运动周期之比为3∶2∶1答案 C解析 经过电压U 加速后速度v ＝2qU m ，根据半径公式R ＝mv qB 得R ＝2mU qB 2，半径与质量的平方根成正比，即运动半径之比为1∶2∶3，A 、B 错；根据周期公式T ＝2πm qB可知周期之比等于质量之比，为1∶2∶3，C 对，D 错．2.(带电粒子在圆形磁场区域的运动)(多选)如图9所示，匀强磁场分布在半径为R 的14圆形区域MON 内，Q 为半径ON 上的一点且OQ ＝22R ，P 点为边界上一点，且PQ 与MO 平行．现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力及粒子间的相互作用)，其中粒子1从M 点正对圆心射入，恰从N 点射出，粒子2从P 点沿PQ 射入，下列说法正确的是( )图9A ．粒子2一定从N 点射出磁场B ．粒子2在P 、N 之间某点射出磁场C ．粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3∶2D ．粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2∶1答案 AD解析 如图所示，粒子1从M 点正对圆心射入，恰从N 点射出，根据洛伦兹力指向圆心和MN 的中垂线过圆心，可知圆心为O 1，半径为R .两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的半径相同．粒子2从P 点沿PQ 射入，根据洛伦兹力指向圆心，圆心O 2应在P 点上方R 处，连接O 2P 、OP 、O 2N ，O 2PON 为菱形，O 2N 大小为R ，所以粒子2一定从N 点射出磁场，A 正确，B 错误；∠MO 1N＝90°，∠PO 2N ＝∠POQ ，cos∠POQ ＝OQ OP ＝22，所以∠PO 2N ＝∠POQ ＝45°.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的周期相同．粒子运动时间与运动轨迹所对的圆心角成正比，所以粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2∶1，C 错误，D 正确．3．(带电粒子在匀强磁场运动的周期性问题)如图10甲所示，M 、N 为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d ，两板中央各有一个小孔O 、O ′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．有一群正离子在t ＝0时垂直于M 板从小孔O 射入磁场．已知正离子质量为m 、带电荷量为q ，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T 0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：图10(1)磁感应强度B 0的大小；(2)要使正离子从O ′垂直于N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v 0的可能值．答案 (1)2πm qT 0 (2)πd 2nT 0(n ＝1,2,3，…) 解析 设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向．(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B 0qv 0＝mv 02R做匀速圆周运动的周期T 0＝2πR v 0由以上两式得磁感应强度B 0＝2πm qT 0(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T 0时，有R ＝d 4；当两板之间正离子运动n 个周期即nT 0时， 有R ＝d 4n(n ＝1,2,3，…)． 联立求解，得正离子的速度的可能值为v 0＝B 0qR m ＝πd 2nT 0(n ＝1,2,3，…) 1．下列说法正确的是( )A ．运动电荷在磁感应强度不为0的地方，一定受到洛伦兹力的作用B ．运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为0C ．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D ．洛伦兹力对带电粒子总不做功答案 D2．(2020·安徽安庆市调研)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )A ．线速度大小减小，角速度减小B ．向心加速度大小变小，周期变小C ．轨道半径增大，洛伦兹力大小增大D ．轨道半径增大，角速度减小答案 D解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有：qvB ＝m v 2r解得：r ＝mv qB从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后．B 减小，所以r 增大．线速度、角速度的关系为：v ＝ωr ，由于洛伦兹力不做功，所以线速度v 不变，半径r 增大，所以角速度减小，由公式F 洛＝qvB 可知，洛伦兹力变小，由公式a n ＝v 2r可知，由于半径增大，所以向心加速度大小减小， 由公式T ＝2πω可知，由于角速度减小，所以周期变大． 3.如图1所示，长直导线ab 附近有一带正电荷的小球用绝缘丝线悬挂在M 点．当ab 中通以由b →a 的恒定电流时，下列说法正确的是( )图1A ．小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向里B ．小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向外C ．小球受磁场力作用，方向与导线垂直并指向左方D ．小球不受磁场力作用答案 D4.如图2所示，一正电荷水平向右射入蹄形磁铁的两磁极间．此时，该电荷所受洛伦兹力的方向是( )图2A ．向左B ．向右C ．垂直纸面向里D ．垂直纸面向外答案 D5.(多选)(2019·云南玉溪一中第五次调研)如图3所示，在纸面内半径为R 的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场．一点电荷从图中A 点以速度v 0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30°.当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°.不计电荷的重力，下列说法正确的是( )图3A ．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O 点B ．该点电荷的比荷为2v 0BRC ．该点电荷在磁场中的运动时间为πR 2v 0D ．该点电荷在磁场中的运动时间为πR 3v 0答案 BC解析 由题意可画出电荷在磁场中的运动轨迹如图所示，A 错误；由几何关系知电荷做圆周运动的半径为r ＝R 2，结合qv 0B ＝m v 02r ，可得q m ＝2v 0BR ，B 正确；电荷在磁场中的运动时间t ＝πr v 0＝πR 2v 0，C 正确，D 错误．6.(2019·安徽安庆市下学期第二次模拟)如图4所示，半径分别为R 、2R 的两个同心圆，圆心为O ，大圆和小圆之间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，其余区域无磁场，一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P 点沿PO 方向以速度v 1射入磁场，其运动轨迹如图所示，图中轨迹所对的圆心角为120°；若将该带电粒子从P 点射入的速度大小变为v 2，不论其入射方向如何，都不可能射入小圆内部区域，则v 1v 2至少为( ) 图4 A.433B.233C.439D.33 答案 A解析 粒子速度为v 1时，圆心角为120°，设圆心为O 1，由几何关系可知，半径r 1＝PO ·tan30°＝2R ×33＝23R 3当v 2方向竖直向上，粒子恰好完成半个圆周且与内圆相切时有：r 2＝R2，此时v 2为满足条件的最大值 结合r ＝mv qB 得：v ＝qBr m，所以速度之比等于半径之比，r 1r 2＝433，所以v 1v 2至少为433. 7．(2019·河北省中原名校联盟下学期联考)如图5所示，abcd 为边长为L 的正方形，在四分之一圆abd 区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从b 点沿ba 方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c 点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为( )图5A.qBL mB.2qBL mC.2－1qBLm D.2＋1qBLm答案 C解析 粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定过圆心，由于粒子能经过c 点，因此粒子出磁场时一定沿ac 方向，轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的半径为r ，由几何关系可知，2r ＋r ＝L ，则r ＝(2－1)L ，根据牛顿第二定律得qv 0B ＝m v 02r， 解得v 0＝2－1qBLm ，C 项正确．8．(多选)(2019·四川达州市第二次诊断)如图6所示，在正方形区域abcd 内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．入口处有比荷相同的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v 1沿ab 方向垂直射入磁场，经时间t 1从d 点射出磁场；乙粒子以速度v 2沿与ab 成45°的方向垂直射入磁场，经时间t 2垂直于cd 射出磁场．不计粒子重力和粒子之间的相互作用力，则( )图6A ．v 1∶v 2＝2∶4B ．v 1∶v 2＝1∶2C ．t 1∶t 2＝4∶1D ．t 1∶t 2＝2∶1答案 AC解析 画出两粒子的运动轨迹如图；两粒子比荷相同，则周期相同，设为T ；设正方形的边长为R ，则从d 点射出的粒子运动半径为r 1＝12R ，运动时间t 1＝T 2；速度为v 2的粒子，由几何关系：r 2＝2R ，运动时间t 2＝T 8；根据r ＝mv qB可知v 1v 2＝r 1r 2＝122＝24；t 1t 2＝41；故选项A 、C 正确，B 、D 错误． 9.(多选)(2019·云南昆明市4月质检)如图7所示，边长为L 的正三角形ABC 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，BC 边的中点O 有一粒子源，可以在ABC 平面内沿任意方向发射速率为v 的相同的正粒子，若从AB 边中点D 射出磁场的粒子，从O 到D 的过程中速度方向偏转了60°，不计粒子的重力及带电粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( )图7A ．粒子运动的轨道半径为LB ．粒子不可能从A 点射出磁场C ．粒子的比荷为q m ＝2v B 0LD ．从B 点射出的粒子在磁场中的运动时间为πL 3v答案 BC解析 从O 点到D 点的过程中速度方向偏转了60°，则从D 点射出的粒子，由弦长公式OD ＝L 2＝2r sin30°，解得：r ＝L 2，故A 错误；若粒子从A 点射出，则弦长为32L ，得：32L ＝2×L 2sin α，解得：α＝60°，即粒子以与竖直方向成60°角射入，由几何关系可得，粒子将从AC 边射出，故粒子不可能从A 点射出磁场，故B 正确；由qvB ＝m v 2r 得：r ＝mv qB ，即L 2＝mv qB 0，解得：q m ＝2v LB 0，故C 正确；OB ＝L 2＝r ，则从B 点射出的粒子的圆心角为60°，所以运动时间为t ＝60°360°×2π×L 2v＝πL 6v ，故D 错误． 10.(2020·河南洛阳市模拟)如图8所示，边长为L 的等边三角形ABC 内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B .顶点A 处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC 的角平分线发射不同速度的粒子，粒子质量均为m ，电荷量均为＋q ，粒子重力不计．则粒子以下列哪一速度值发射时不能通过C 点( )图8A.qBL mB.qBL 2mC.2qBL 3mD.qBL 8m答案 C 解析 粒子带正电，且经过C 点，其可能的轨迹如图所示：所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运动半径：r ＝L n(n ＝1,2,3，…)，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2r ，解得：v ＝Bqr m ＝BqL mn(n ＝1,2,3，…)，故选C.11.(2019·辽宁大连市第二次模拟)如图9所示，正方形abcd 区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子均从a 点沿与ab 成30°角的方向垂直射入磁场，甲粒子垂直于bc 边离开磁场，乙粒子从ad 边的中点离开磁场．已知甲粒子的速度大小为v ，甲、乙两带电粒子的电荷量之比为1∶2，质量之比为1∶2，不计粒子重力．求：图9(1)乙粒子的速度大小；(2)甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比．答案 (1)312v (2)1∶4解析 (1)设正方形边界边长为L ，如图所示．可得r 甲＝2L ,r 乙＝36L ， 对于甲、乙两粒子，洛伦兹力提供向心力，qvB ＝m v 2r可得v ＝qBr m， 因为q 甲∶q 乙＝1∶2、m 甲∶m 乙＝1∶2，所以v 甲∶v 乙＝43，v 乙＝312v (2)T ＝2πr v ＝2πm qB ，t ＝θ2πT ＝θm qB， 由图可得θ甲＝30°，θ乙＝120°，所以甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为t 甲∶t 乙＝1∶4.12．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)如图10所示，在矩形区域abcO 内存在一个垂直纸面向外，磁感应强度大小为B 的匀强磁场，Oa 边长为3L ，ab 边长为L .现从O 点沿着Ob 方向垂直磁场射入各种速率的带正电粒子，已知粒子的质量为m 、带电荷量为q (粒子所受重力及粒子间相互作用忽略不计)，求：图10(1)垂直ab 边射出磁场的粒子的速率v ；(2)粒子在磁场中运动的最长时间t m .答案 (1)23qBL m (2)πm 3qB解析 (1)粒子垂直ab 边射出磁场时的运动轨迹如图线1， 设粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R ，由几何关系可知：tan θ＝L3L ＝33， 则θ＝π6，sin θ＝Oa OO 1＝3L R ，故R ＝23L . 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB ＝m v 2R解得v ＝23qBL m(2)由做匀速圆周运动可知T ＝2πR v ＝2πm Bq因此粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期不变，和速度无关，由几何关系可知最大圆心角α＝2θ＝π3 可知粒子在磁场中运动的最长时间t m ＝α2πT ＝πm 3Bq .。
精选江苏专用2018届高三物理一轮复习必考部分第9章电磁感应第1节电磁感应现象楞次定律课时强化练
电磁感应现象楞次定律(限时：40分钟)A级跨越本科线1．从1822年至1831年的近十年时间里，英国科学家法拉第心系“磁生电”．在他的研究过程中有两个重要环节：(1)敏锐地觉察并提出“磁生电”的闪光思想；(2)通过大量实验，将“磁生电”(产生感应电流)的情况概括为五种：变化着的电流、变化着的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体．结合你学过的相关知识，试判断下列说法正确的是( )A．环节(1)提出“磁生电”思想是受到了麦克斯韦电磁场理论的启发B．环节(1)提出“磁生电”思想是为了对已经观察到的“磁生电”现象做出合理解释C．环节(2)中五种“磁生电”的条件都可以概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”D．环节(2)中“在磁场中运动的导体”这种情况不符合“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”这一条件C 环节(1)提出“磁生电”是法拉第认为自然界具有对称美，既然电能生磁，磁也一定能生电．麦克斯韦受法拉第的影响提出电磁场理论，A、B错误；环节(2)磁生电产生条件可以概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”，C正确、D错误．2.(2016·上海高考)如图9113，磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁( )【导学号：96622357】图9-1-13A．向上运动B．向下运动C．向左运动D．向右运动B 据题意，从图示可以看出磁铁提供的穿过线圈原磁场的磁通量方向向下，由安培定则可知线圈中感应电流激发的感应磁场方向向上，即两个磁场的方向相反，则由楞次定律可知原磁场通过线圈的磁通量的大小在增加，故选项B正确．3．某磁场磁感线如图9114所示，有一铜线圈自A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中的感应电流方向是( )图9114A．始终顺时针B．先顺时针再逆时针C．始终逆时针D．先逆时针再顺时针B 由题图可知，磁场方向向上，线圈下落过程中，穿过线圈的磁通量先增加后减小，由楞次定律知，感应电流的磁场方向先向下后向上，所以线圈中感应电流的方向先沿顺时针再沿逆时针，B正确．4.(2016·海南高考)如图9115，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．若( ) 【导学号：96622358】图9-1-15A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向D 当金属环上下移动时，穿过环的磁通量不发生变化，根据楞次定律，没有感应电流产生，选项A、B错误；当金属环向左移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向外且增强，根据楞次定律可知，产生顺时针方向的感应电流，故选项C错误；当金属环向右移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向里且增强，根据楞次定律可知，产生逆时针方向的感应电流，故选项D 正确．5．如图9116所示，一金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生如箭头所示方向的感应电流，下列方法可行的是( )图9116A．使匀强磁场均匀增大B．使圆环绕水平轴ab如图转动30°C．使圆环绕水平轴cd如图转动30°D．保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动A 由安培定则可知感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，由楞次定律可知通过圆环的磁通量一定是增加的，由Φ＝BS cos θ可知，A项正确．6．如图9117所示，导线框abcd与直导线几乎在同一平面内，直导线中通有恒定电流I，当导线框由左向右匀速通过直导线时，线框中感应电流的方向是( ) 【导学号：96622359】图9117A．先abcd，后dcba，再abcdB．始终dcbaC．先dcba，后abcd，再dcbaD．先abcd，后dcbaC 由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直纸面向外，右边的磁场方向垂直向里，当线圈向导线靠近时，则穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律可知：感应电流方向为dcba；当线圈越过导线时到线圈中心轴与导线重合，穿过线圈的磁通量变小，则感应电流方向为abcd；当继续向右运动时，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流方向为：abcd；当远离导线时，由楞次定律可知，感应电流方向为：dcba；故C正确．7．(多选)(2016·上海高考)如图9118(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时( )(a) (b)图9-1-18A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流AD 据题意，在t1～t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增加，则在导线框中产生沿顺时针方向增加的电流，该电流激发出增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2～t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定的磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t3～t4时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向内减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向的感应电流，选项D正确．8．如图9119所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导线MN在导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中( )图9119A．有感应电流，且B被A吸引B．无感应电流C．可能有，也可能没有感应电流D．有感应电流，且B被A排斥D 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的左端为N极，且磁感应强度逐渐增强，根据楞次定律知，B环中的感应电流产生的内部磁场方向向右，B被A排斥．故D正确．9．(多选)(2015·山东高考)如图9120，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )图9120A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动ABD 根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项A正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项B正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D正确．10．(2014·广东高考)如图9121所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )【导学号：96622360】图9121A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大C 小磁块下落过程中，在铜管P中产生感应电流，小磁块受到向上的磁场力，不做自由落体运动，而在塑料管Q中只受到重力，在Q中做自由落体运动，故选项A错误；根据功能关系知，在P中下落时，小磁块机械能减少，在Q中下落时，小磁块机械能守恒，故选项B错误；在P中加速度较小，在P中下落时间较长，选项C正确；由于在P中下落时要克服磁场力做功，机械能有损失，故知，落至底部时在P中的速度比在Q中的小，选项D错误．B级名校必刷题11．(多选)如图9122是创意物理实验设计作品《小熊荡秋千》．两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千．以下说法正确的是( )图9122A．P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)B．P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动C．P向右摆动的过程中，Q会向左摆动D．若用手左右摆动Q，P会始终保持静止AB P向右摆动的过程中，线圈P平面内从右往左的磁通量减小，根据楞次定律可以得出电流方向为顺时针方向，所以A项正确；根据P中产生的感应电流方向流过Q线圈也是顺时针，根据左手定则判断Q下边受安培力向右摆动，所以B项正确，C项错误；若用手左右摆动Q，线圈Q的下边切割磁感线会产生感应电流，线圈P中会有感应电流通过，在磁场中会受到安培力，所以D项错误．12．(多选)如图9123所示，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线圈都各有一半面积在金属框内．在金属框接通逆时针方向电流的瞬间( )图9123A．两小线圈会有相互靠拢的趋势B．两小线圈会有相互远离的趋势C．两线圈中感应电流都沿顺时针方向D．左边小线圈中感应电流沿顺时针方向，右边小线圈中感应电流沿逆时针方向BC 金属框接通电流的瞬间，两个小线圈的磁通量均增大，根据楞次定律，为了阻碍磁通量的增大，它们必须相互远离，选项A错误、B正确；由环形电流的磁场分布规律知两小线圈中原磁场方向均垂直纸面向外，根据“增反减同”原则得C正确、D错误．13．(多选)如图9124所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q 平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时( ) 【导学号：96622361】图9124A．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gAD 根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果，总要反抗产生感应电流的原因．本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近．所以，P、Q将互相靠近且磁铁的加速度小于g，应选A、D.14．直导线ab放在如图9125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，观察到ab向左滑动，关于cd中的电流，下列说法正确的是( )图9125A．电流一定增大，方向沿c向dB．电流一定增大，方向沿d向cC．电流一定减小，方向可能由d向cD．电流大小恒定，方向由d到cC 根据楞次定律知，感应电流的效果总是阻碍产生它的原因．ab向左滑动，回路面积增大，说明原来回路中的磁通量是减小的，只有C正确．15．如图9126所示，质量为m的金属圆环用绝缘细线悬挂起来，金属圆环有一半处于边界水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于细线拉力的大小，下列说法中正确的是( )图9126A．大于圆环重力mg，并逐渐减小B．始终等于圆环重力mgC．小于圆环重力mg，并保持恒定D．大于圆环重力mg，并保持恒定A 磁感应强度减小，磁通量减小，线圈中产生顺时针方向的电流，根据左手定则，线圈受到向下的安培力，磁感应强度均匀减小，线圈中产生大小不变的电流，但因为磁感应强度B在减小，所以安培力F＝BIl也在减小；由T＝mg＋F安可知细线的拉力大于圆环的重力，并且逐渐减小，选项A正确．。
2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第九章磁场第1讲含答案
[高考命题解读］分析年份高考(全国卷)四年命题情况对照分析1.考查方式高考对本章内容考查命题频率极高，常以选择题和计算题两种形式出题，选择题一般考查磁场的基础知识和基础规律,一般难度不大;计算题主要是考查安培力、带电粒子在磁场中的运动与力学、电学、能量知识的综合应用，难度较大，较多是高考的压轴题．2．命题趋势（1)磁场的基础题号命题点2013年Ⅰ卷18题带电粒子在圆形有界磁场中的运动Ⅱ卷17题带电粒子在圆形有界磁场中的运动2014年Ⅰ卷15、16题安培力、洛伦兹力分别在力电综合问题中的应用Ⅱ卷20题洛伦兹力作用下的匀速圆周运动2015年Ⅰ卷14、24题安培力、洛伦兹力分别在力电综合问题中的应用知识及规律的考查（2）安培力、洛伦兹力的考查 （3）带电粒子在有界磁场中的临界问题,在组合场、复合场中的运动问题 (4)磁场与现代科学知识的综合应用 Ⅱ卷18题 对磁体、地磁场和磁力的认识Ⅱ卷19题 洛伦兹力作用下的匀速圆周运动2016年 Ⅰ卷15题 带电粒子在电磁场中运动的多过程现象Ⅱ卷18题 带电粒子在圆形有界磁场中的运动Ⅲ卷18题 带电粒子在角形有界磁场中的运动第1讲 磁场及其对电流的作用一、对磁场的理解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N 极的指向．2．磁感应强度(1）定义式：B＝错误!（通电导线垂直于磁场）．(2)方向：小磁针静止时N极的指向．(3）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．3．磁感线(1)引入：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:磁感线的特点与电场线的特点类似,主要区别在于磁感线是闭合的曲线．(3）条形磁铁和蹄形磁铁的磁场（如图1所示)．图1二、安培定则的应用及磁场的叠加1．安培定则的应用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，且距导线与条形磁铁的磁场相似，管环形电流的两侧是N极和S越远处磁场越弱内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场极,且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则立体图横截面图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．三、安培力1．安培力的方向（1)左手定则：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）注意问题：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．2．安培力的大小当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时,F＝ILB sin_θ.（1）当磁场与电流垂直时，安培力最大,F max＝ILB.(2）当磁场与电流平行时，安培力等于零．［深度思考］安培力常用公式F＝BIL中的L是导线的尺度吗？答案L为有效长度1．(教科版选修3－1P83第3题）（多选)如图2为通电螺线管．A为螺线管外一点，B、C两点在螺线管的垂直平分线上，则下列说法正确的是( )图2A．磁感线最密处为A处，最疏处为B处B．磁感线最密处为B处，最疏处为C处C．小磁针在B处和A处N极都指向左方D．小磁针在B处和C处N极都指向右方答案BC2．（人教版选修3－1P94第1题改编)下面的几个图显示了磁场对通电直导线的作用力,其中正确的是（)答案C3．（教科版选修3－1P92第1题）(多选）一小段长为L的通电直导线放在磁感应强度为B的磁场中,当通过它的电流为I时，所受安培力为F.以下关于磁感应强度B的说法正确的是（)A．磁感应强度B一定等于错误!B．磁感应强度B可能大于或等于FILC．磁场中通电直导线受力大的地方,磁感应强度一定大D．在磁场中通电直导线也可以不受力答案BD4．(人教版选修3－1P94第3题改编）如图3所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度．下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方．线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态．若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是（)图3答案A命题点一对磁场的理解1．磁感应强度是矢量，其方向与导线所受力的方向垂直；2．电流元必须垂直于磁场方向放置，公式B＝错误!才成立；3．磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的，与通电导线受力的大小及方向都无关．例1 (多选)下列说法正确的是（)A．磁场中某点的磁感应强度可以这样测定:把一小段通电导线放在该点时，受到的磁场力F与该导线的长度L、通过的电流I的乘积的比值B＝错误!，即磁场中某点的磁感应强度B．通电导线在某点不受磁场力的作用,则该点的磁感应强度一定为零C．磁感应强度B＝错误!只是定义式,它的大小取决于场源及磁场中的位置，与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关D．磁场是客观存在的答案CD解析A项考查的是磁感应强度的定义，只有当通电导线与磁场方向垂直时才有B＝错误!,A错；B项中，当通电导线与磁场平行时，不受磁场力，此时,磁感应强度不为零，B错;C选项中，B＝错误!是定义式，磁场强弱取决于场源及磁场中的位置，C正确；磁场与电场一样,都是客观存在的，D正确．1．（多选）指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是（）A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北,说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转答案BC解析指南针两端分别是N极和S极,具有两个磁极，选项A错误；指南针静止时，N极的指向为该处磁场的方向，故指南针能够指向南北，说明地球具有磁场,选项B正确；铁块在磁场中被磁化，会影响指南针的指向，选项C正确；通电直导线在其周围会产生磁场，会影响指南针的指向,选项D错误．2．（2016·北京理综·17)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．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图4。
2018版高考物理新课标一轮复习课件：第九章 电磁感应 9-2 精品
法拉第电磁感应定律的理解和应用
1.感应电动势的决定因素 (1)由 E＝nΔΔΦt 知，感应电动势的大小由穿过电路的磁通量 的变化率ΔΔΦt 和线圈匝数 n 共同决定，而与磁通量 Φ、磁通量的 变化量 ΔΦ 的大小没有必然联系. (2)ΔΔΦt 为单匝线圈产生的感应电动势大小.
2.法拉第电磁感应定律的两个特例 (1)回路与磁场垂直的面积 S 不变，磁感应强度发生变化， 则 ΔΦ＝ΔB·S，E＝nΔΔBt ·S. (2)磁感应强度 B 不变，回路与磁场垂直的面积发生变化， 则 ΔΦ＝B·ΔS，E＝nBΔΔSt .
量 Φ 的定义公式 Φ＝BS 可见 Φ 与 BS 两个变量有关，既然 E
＝ddΦt ，那么根据全导数公式有ddΦt ＝S∂∂Bt ＋B∂∂St ，其中
∂B S ∂t
即感
生电动势，体现了因 B 随时间变化而产生的影响.B∂∂St 同样具有
电动势的单位，其真面目是什么呢？
我们采用和现行中学教材一样的方法，建立一物理模型分 析.如图所示，MN、PQ 是两水平放置的平行光滑金属导轨，其 宽度为 L，ab 是导体棒，切割速度为 v.设匀强磁场磁感应强度 为 B，方向垂直纸面向里.在 Δt 时间内，回路面积变化为 ΔS＝ LΔx，面积的平均变化率ΔΔSt ＝LΔΔxt .当 Δt→0 时，ΔΔxt →v，即ddSt ＝ Lv，ddSt 对应全导数公式中的∂∂St ，可见 B∂∂St ＝BLv，这就是动生 电动势，体现了因面积变化而产生的影响.推而广之，线圈在匀 强磁场中做收缩、扩张、旋转等改变面积的 运动而产生的电动势也是动生电动势.两种 电动势可以同时出现.
[变式 2] (2016·北京卷)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆 环 a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直.磁感应强度 B 随时间均匀 增大.两圆环半径之比为 2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为 Ea 和 Eb.不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是( B )
2018高考江苏版物理一轮复习讲义：第8章 第3节课时强化练25
课时强化练(二十五)带电粒子在复合场中的运动(限时：40分钟)A级跨越本科线1．(多选)洛伦兹力演示仪是由励磁线圈(也叫亥姆霍兹线圈)、洛伦兹力管和电源控制部分组成的．励磁线圈是一对彼此平行的共轴串联的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场．洛伦兹力管的圆球形玻璃泡内有电子枪，能够连续发射出电子，电子在玻璃泡内运动时，可以显示出电子运动的径迹．其结构如图8-3-19所示．给励磁线圈通电，电子枪垂直磁场方向向左发射电子，恰好形成如“结构示意图”所示的圆形径迹，则下列说法正确的()图8-3-19A．励磁线圈中的电流方向是逆时针方向B．若只增大加速电压，可以使电子流的圆形径迹的半径增大C．若只增大线圈中的电流，可以使电子流的圆形径迹的半径增大D．若两线圈间的磁感应强度已知，灯丝发出的电子的初速为零，加速电压为U，则可通过测量圆形径迹的直径来估算电子的比荷BD根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断出励磁线圈中电流方向为顺时针，A错；由eU＝12m v2，e v B＝mv2R，得：R＝2mUe B，则只增大加速电压可使R增大，B对、C错；由R＝2mUe B可得em＝2UB2R2＝8UB2d2，D对．2．如图8-3-20所示，回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒．两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，a、b分别与高频交流电源两极相连接，下列说法正确的是() 【导学号：96622351】图8-3-20A．离子从磁场中获得能量B．带电粒子的运动周期是变化的C．离子由加速器的中心附近进入加速器D．增大金属盒的半径，粒子射出时的动能不变C离子在回旋加速器中从电场中获得能量，带电粒子的运动周期是不变的，选项A、B错误；离子由加速器的中心附近进入加速器，增大金属盒的半径，粒子射出时的动能增大，选项C正确、D错误．3．如图8-3-21所示，界面MN与水平地面之间有足够大且正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直．在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面．若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是()图8-3-21A．小球做匀变速曲线运动B．小球的电势能保持不变C．洛伦兹力对小球做正功D．小球的动能增量等于其电势能和重力势能减少量的总和。
2018届高三物理江苏一轮复习练习：部分 第9章 章末高
章末高效整合物理方法|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9-1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L 2，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9-1【规范解答】 MN 滑过的距离为L3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L3，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 ＝29 R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 v5R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 v5R 方向由a 流向c[突破训练]1．如图9-2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( ) 【导学号：96622172】图9-2 A．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－v20＝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(如图9-3所示)图9-3(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→阻碍棒相对磁场运动．(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．2．双杆模型(如图9-4所示)图9-4(1)模型特点①一杆切割时，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9-5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9-5(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】【规范解答】(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.(2016·全国乙卷)如图9-6，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求图9-6(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．【解析】(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mg sin θ＝μN1＋T＋F①N1＝2mg cos θ②对于cd棒，同理有mg sin θ＋μN2＝T③N2＝mg cos θ④联立①②③④式得F＝mg(sin θ－3μcos θ)．⑤(2)由安培力公式得F＝BIL⑥这里I是回路abdca中的感应电流．ab棒上的感应电动势为E＝BL v⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小．由欧姆定律得I＝ER⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sin θ－3μcos θ)mgRB2L2.⑨【答案】(1)mg(sin θ－3μcos θ)(2)(sin θ－3μcos θ)mgRB2L2高考热点1|与电磁感应有关的图象问题1．图象问题的求解类型(1)明确图象的种类，即是B-t图还是Φ-t图，或者E-t图、I-t图等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画图象或判断图象．(多选)(2016·四川高考)如图9-7所示，电阻不计、间距为l 的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R .质量为m 、电阻为r 的金属棒MN 置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F 的作用由静止开始运动，外力F 与金属棒速度v 的关系是F ＝F 0＋k v (F 0、k 是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i ，受到的安培力大小为F A ，电阻R 两端的电压为U R ，感应电流的功率为P ，它们随时间t 变化图象可能正确的有( )图9-7【规范解答】 当金属棒MN 的速度为v 时，MN 受到的安培力F A ＝BIl ＝B 2l 2vR ＋r， 根据牛顿第二定律得金属棒MN 的加速度a ＝F －F A m ＝F 0m ＋k －B 2l 2R ＋r m v ，且i ＝Bl v R ＋r ，U R ＝Bl v R R ＋r ，P ＝B 2l 2v 2R ＋r. 若k ＝B 2l 2R ＋r ，金属棒做匀加速直线运动，此时，i -t 图象为直线，F A -t 图象为直线，U R -t 图象为直线，P -t 图象为抛物线．若k >B 2l 2R ＋r，则金属棒做加速度增大的加速运动．则i -t 图象、F A -t 图象、U R -t图象、P -t 图象为曲线，斜率越来越大，此时选项B 正确．若k <B 2l 2R ＋r ，则金属棒做加速度减小的加速运动，加速度减为零后做匀速运动，此时i -t 图象、F A -t 图象、U R -t 图象、P -t 图象为曲线；斜率越来越小，此时选项C 正确．【答案】 BC [突破训练]3．(2015·山东高考)如图9-8甲，R 0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T 0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R 0的电流i 始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a 端电势高于b 端时，a 、b 间的电压u ab 为正，下列u ab -t 图象可能正确的是( ) 【导学号：96622173】甲 乙图9-8C 由题图乙知，0～0.25T 0，外圆环电流逐渐增大且ΔiΔt 逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且ΔBΔt 逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a 端电势高，所以u ab >0，根据法拉第电磁感应定律u ab ＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt 知，u ab 逐渐减小；t ＝0.25T 0时，Δi Δt ＝0，所以ΔBΔt ＝0，u ab ＝0；同理可知0.25T 0<t <0.5T 0时，u ab <0，且|u ab |逐渐增大；0.5T 0～T 0内重复0～0.5T 0的变化规律．故选项C 正确．高考热点2|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＝qt计算电荷量．(2)公式推导过程2．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：如图9-9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9-9(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Q 2； (3)外力做的功W F . 【思路导引】【规范解答】 (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 ＝ΔΦΔt ① 其中ΔΦ＝Blx②设回路中的平均电流为I ，由闭合电路欧姆定律得 I ＝ER ＋r③ 则通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt④ 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＝2ax⑥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 2⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝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Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F＝Q1＋Q2 ⑪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]4．(多选)如图9-10所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢．在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN.缓冲车的底部安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B.导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L.假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，而缓冲车厢继续向前移动距离L后速度为零．已知缓冲车厢与障碍物和线圈的ab边均没有接触，不计一切摩擦阻力．在这个缓冲过程中，下列说法正确的是()图9-10A．线圈中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，最大感应电流为BL v0 RB．线圈对电磁铁的作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲C．此过程中，线圈abcd产生的焦耳热为Q＝12m v2D．此过程中，通过线圈abcd的电荷量为q＝BL2 RBC缓冲过程中，线圈内的磁通量增加，由楞次定律知，感应电流方向沿逆时针方向(俯视)，感应电流最大值出现在滑块K 停下的瞬间，大小应为nBL v 0R ，A 项错误；线圈中的感应电流对电磁铁的作用力，使车厢减速运动，起到了缓冲的作用，B 项正确；据能量守恒定律可知，车厢的动能全部转换为焦耳热，故Q ＝12m v 20，C 项正确；由q ＝I －·Δt 、I －＝E －R 及E －＝n ΔΦΔt ，可得q ＝n ΔΦR ，因缓冲过程ΔΦ＝BL 2，故q ＝nBL 2R ，D 项错误．。
2018版高考物理江苏专用大一轮复习讲义文档第九章 电
专题强化十电磁感应中的图象和电路问题专题解读 1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应等观点的综合应用，高考常以选择题的形式命题．2．学好本专题，可以极大的培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、电路分析的信心．3．用到的知识有：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律、函数图象等．命题点一电磁感应中的图象问题1．题型简述：借助图象考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象；(2)由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象．常见的图象有B－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等．2．解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键．3．解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画图象或判断图象．4．求解电磁感应图象类选择题的两种常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项．(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断．例1 (多选)如图1所示，电阻不计、间距为L 的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R .质量为m 、电阻为r 的金属棒MN 置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F 的作用由静止开始运动，外力F 与金属棒速度v 的关系是F ＝F 0＋k v (F 0、k 是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i ，受到的安培力大小为F 安，电阻R 两端的电压为U R ，感应电流的功率为P ，它们随时间t 变化图象可能正确的有( )图1答案 BC解析 设金属棒在某一时刻速度为v ，由题意可知，感应电动势E ＝BL v ，回路电流I ＝E R ＋r＝BL R ＋r v ，即I ∝v ；安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2R ＋rv ，方向水平向左，即F 安∝v ；R 两端电压U R ＝IR ＝BLR R ＋r v ，即U R ∝v ；感应电流功率P ＝EI ＝B 2L 2R ＋rv 2，即P ∝v 2. 分析金属棒运动情况，由牛顿运动第二定律可得F 0＋k v －B 2L 2R ＋r v ＝ma ，即F 0＋(k －B 2L 2R ＋r )v ＝ma .因为金属棒从静止开始运动，所以F 0>0 .(1)若k ＝B 2L 2R ＋r，金属棒水平向右做匀加速直线运动．所以在此情况下没有选项符合； (2)若k >B 2L 2R ＋r，F 合随v 增大而增大，即a 随v 增大而增大，说明金属棒在做加速度增大的加速运动，根据四个物理量与速度的关系可知B 选项符合；(3)若k <B 2L 2R ＋r，F 合随v 增大而减小，即a 随v 增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C 选项符合．综上所述，选项B 、C 符合题意．电磁感应中图象问题的分析技巧1．对于图象选择问题常用排除法：先看方向再看大小及特殊点．2．对于图象的描绘：先定性或定量表示出所研究问题的函数关系，注意横、纵坐标表达的物理量及各物理量的单位，画出对应物理图象(常有分段法、数学法)．3．对图象的理解：看清横、纵坐标表示的量，理解图象的物理意义．1．如图2(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上．在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是()图2答案 C解析由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab 中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C 正确．2．(多选)如图3甲所示，光滑绝缘水平面，虚线MN的右侧存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B＝2 T的匀强磁场，MN的左侧有一质量为m＝0.1 kg的矩形线圈bcde，bc边长L1＝0.2 m，电阻R＝2 Ω.t＝0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过1 s ，线圈的bc 边到达磁场边界MN ，此时立即将拉力F 改为变力，又经过1 s ，线圈恰好完全进入磁场，在整个运动过程中，线圈中感应电流i 随时间t 变化的图象如图乙所示．则( )图3A ．恒定拉力大小为0.18 NB ．线圈在第2 s 内的加速度大小为1 m/s 2C ．线圈be 边长L 2＝0.5 mD ．在第2 s 内流过线圈的电荷量为0.2 C答案 ABD解析 在第1 s 末，i 1＝E R，E ＝BL 1v 1，v 1＝a 1t 1，F ＝ma 1，联立得F ＝0.18 N ，A 项正确．在第2 s 内，由题图乙分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s 末i 2＝E ′R，E ′＝BL 1v 2，v 2＝v 1＋a 2t 2，解得a 2＝1 m/s 2，B 项正确．在第2 s 内，v 22－v 21＝2a 2L 2，得L 2＝1 m ，C 项错误．q＝ΔΦR ＝BL 1L 2R＝0.2 C ，D 项正确． 3．如图4所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，磁场仅限于虚线边界所围的区域，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上．若取顺时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场的过程中感应电流i 随时间t 变化的图象是( )图4答案 C解析 在金属框进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针，金属框切割磁感线的有效长度线性增大，排除A 、B ；在金属框出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，金属框切割磁感线的有效长度线性减小，排除D ，故C 正确．命题点二 电磁感应中的电路问题1．题型简述：在电磁感应问题中，切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源，该部分导体或线圈与其他电阻、灯泡、电容器等用电器构成了电路．在这类问题中，常涉及计算感应电动势大小、计算导体两端电压、通过导体的电流、产生的电热等．2．解决电磁感应中电路问题的“三部曲” “源”的分析→分离出电路中发生电磁感应的那部分导体或线圈即为电源，电阻即为内阻↓“路”的分析→分析“电源”和电路中其他元件的连接方式，弄清串、并联关系 ↓“式”的建立→根据E ＝Bl v 或E ＝n ΔΦΔt结合闭合电路欧姆定律等列式求解 注意 “等效电源”两端的电压指的是路端电压，而不是电动势或内压降．例2 (多选)如图5(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的圆形区域内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、纵轴的交点坐标分别为t 0和B 0.导线的电阻不计．在0至t 1时间内，下列说法正确的是( )图5A ．R 1中电流的方向由a 到b 通过R 1B ．电流的大小为n πB 0r 223Rt 0C ．线圈两端的电压大小为n πB 0r 223t 0 D ．通过电阻R 1的电荷量为n πB 0r 22t 13Rt 0①向里的匀强磁场；②B 随时间t 变化．答案 BD解析 由图象分析可以知道，0至t 1时间内由法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ΔtS ，面积为S ＝πr 22，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R 1＋R，联立以上各式解得，通过电阻R 1的电流大小为I ＝n πB 0r 223Rt 0，由楞次定律可判断通过电阻R 1的电流方向为从b 到a ，故A 错误，B 正确；线圈两端的电压大小为U ＝I ·2R ＝2n πB 0r 223t 0，故C 错误；通过电阻R 1的电荷量为q ＝It 1＝n πB 0r 22t 13Rt 0，故D 正确．电磁感应中图象问题的分析一般有定性与定量两种方法，定性分析主要是通过确定某一物理量的方向以及大小的变化情况判断对应的图象，而定量分析则是通过列出某一物理量的函数表达式确定其图象．4．(多选)如图6所示，在竖直方向上有四条间距均为L ＝0.5 m 的水平虚线L 1、L 2、L 3、L 4，在L 1、L 2之间和L 3、L 4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1 T ，方向垂直于纸面向里．现有一矩形线圈abcd ，长度ad ＝3L ，宽度cd ＝L ，质量为0.1 kg ，电阻为1 Ω，将其从图示位置由静止释放(cd 边与L 1重合)，cd 边经过磁场边界线L 3时恰好做匀速直线运动，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向，cd 边水平．(g 取10 m/s 2)则( )图6A ．cd 边经过磁场边界线L 3时通过线圈的电荷量为0.5 CB ．cd 边经过磁场边界线L 3时的速度大小为4 m/sC ．cd 边经过磁场边界线L 2和L 4的时间间隔为0.25 sD ．线圈从开始运动到cd 边经过磁场边界线L 4过程，线圈产生的热量为0.7 J答案 BD解析 cd 边从L 1运动到L 2，通过线圈的电荷量为q ＝ΔΦR ＝BL 2R ＝1×0.521C ＝0.25 C ，故A 错误；cd 边经过磁场边界线L 3时恰好做匀速直线运动，根据平衡条件有mg ＝BIL ，而I ＝BL v R，联立两式解得v ＝mgR B 2L 2＝0.1×10×112×0.52m /s ＝4 m/s ，故B 正确；cd 边从L 2到L 3的过程中，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，不受安培力，线圈做匀加速直线运动，加速度为g ，设此过程的时间为t 1，此过程的逆过程为匀减速运动，由运动学公式得L ＝v t 1－12gt 21，cd 边从L 3到L 4的过程做匀速运动，所用时间为t 2＝L v ＝0.125 s ，故cd 边经过磁场边界线L 2和L 4的时间间隔为t 1＋t 2＞0.25 s ，故C 错误；线圈从开始运动到cd 边经过磁场边界线L 4过程，根据能量守恒得Q ＝mg ·3L －12m v 2＝0.7 J ，故D 正确． 5.如图7所示，由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abcd ，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B 中．一接入电路电阻为R 的导体棒PQ ，在水平拉力作用下沿ab 、dc 以速度v 匀速滑动，滑动过程PQ 始终与ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中( )图7A ．PQ 中电流先增大后减小B ．PQ 两端电压先减小后增大C ．PQ 上拉力的功率先减小后增大D ．线框消耗的电功率先减小后增大答案 C解析 如图所示，设PQ 左侧电路的电阻为R x ，则右侧电路的电阻为3R －R x ，所以外电路的总电阻为R 外＝R x (3R －R x )3R，外电路电阻先增大后减小，所以路端电压先增大后减小，所以B 错误；电路的总电阻先增大后减小，再根据闭合电路的欧姆定律可得PQ 中的电流I ＝E R ＋R 外先减小后增大，故A 错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即F ＝BIL ，拉力的功率P ＝BIL v ，故先减小后增大，所以C 正确；外电路的总电阻R 外＝R x (3R －R x )3R ，最大值为34R ，小于导体棒的电阻R ，又外电阻先增大后减小，由电源的输出功率与外电阻的变化关系可知，线框消耗的电功率先增大后减小，故D 错误．题组1 电磁感应中的图象问题1．如图1所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L ，高为L .在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧小三角形内磁场方向垂直纸面向外，右侧小三角形内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B .一边长为L 、总电阻为R 的正方形导线框abcd ，从图示位置开始沿x 轴正方向以速度v 匀速穿过磁场区域．取沿a →b →c →d →a 的感应电流方向为正，则图中表示线框中电流i 随bc 边的位置坐标x 变化的图象正确的是( )图1答案 D解析 bc 边的位置坐标x 在L ～2L 过程，线框bc 边有效切割长度为l 1＝x －L ，感应电动势为E ＝Bl 1v ＝B (x －L )v ，感应电流i 1＝E R ＝B (x －L )v R，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a →b →c →d →a ，为正值，x 在2L ～3L 过程，ad 边和bc 边都切割磁感线，产生感应电动势，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a →d →c →b →a ，为负值，有效切割长度为l 2＝L ，感应电动势为E ＝Bl 2v ＝BL v ，感应电流i 2＝－BL v R.x 在3L ～4L 过程，线框ad 边有效切割长度为l 3＝L －(x －3L )＝4L －x ，感应电动势为E ＝Bl 3v ＝B (4L －x )v ，感应电流i 3＝B (4L －x )v R，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a →b →c →d →a ，为正值．根据数学知识可知，D 正确．2．将一段导线绕成如图2甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内．回路的ab 边置于垂直纸面向里为匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图乙所示．用F 表示ab 边受到的安培力，以水平向右为F 的正方向，能正确反映F 随时间t 变化的图象是( )图2答案 B解析 根据B －t 图象可知，在0～T 2时间内，B － t 图线的斜率为负且为定值，根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔB ΔtS 可知，该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞次定律可知，ab 中电流方向为b →a ，再由左手定则可判断ab 边受到向左的安培力，且0～T 2时间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在T 2～T 时间内，B －t 图线的斜率为正且为定值，故ab 边所受安培力仍恒定不变，但方向与规定的正方向相同．综上可知，B 正确．3．如图3所示的匀强磁场中有一根弯成45°的金属线POQ ，其所在平面与磁场垂直，长直导线MN 与金属线紧密接触，起始时OA ＝l 0 ，且MN ⊥OQ ，所有导线单位长度电阻均为r ，MN 匀速水平向右运动的速度为v ，使MN 匀速运动的外力为F ，则外力F 随时间变化的规律图象正确的是( )图3答案 C解析 设经过时间t ，则N 点距O 点的距离为l 0＋v t ，直导线在回路中的长度也为l 0＋v t ，此时直导线产生的感应电动势E ＝B (l 0＋v t )v ；整个回路的电阻为R ＝(2＋2)(l 0＋v t )r ，回路的电流I ＝E R ＝B (l 0＋v t )v (2＋2)(l 0＋v t )r ＝B v (2＋2)r；直导线受到的外力F 大小等于安培力，即F ＝BIL ＝B B v (2＋2)r (l 0＋v t )＝B 2v (2＋2)r(l 0＋v t )，故C 正确． 4．(多选)在光滑水平桌面上有一边长为l 的正方形线框abcd ，bc 边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg ，三角形腰长为l ，磁感应强度竖直向下，a 、b 、e 、f 在同一直线上，其俯视图如图4所示，线框从图示位置在水平拉力F 作用下以速度v 向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i －t 和F －t 图象正确的是(以逆时针方向为电流的正方向，以水平向右的拉力为正，时间单位为l v )( )图4答案 BD解析 从bc 边开始进入磁场到线框完全进入磁场的过程中，当线框bc 边进入磁场位移为x时，线框bc 边有效切割长度也为x ，感应电动势为E ＝Bx v ，感应电流i ＝Bx v R，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a →b →c →d →a ，为正值．同理，从bc 开始出磁场到线框完全出磁场的过程中，根据ad 边有效切割长度逐渐变大，感应电流逐渐增大，根据数学知识可知A 错误，B 正确．在水平拉力F 作用下向右匀速穿过磁场区，因此拉力大小等于安培力，而安培力的表达式F 安＝B 2L 2v R ，而L ＝v t ，则有F 安＝B 2v 3Rt 2，因此C 错误，D 正确． 题组2 电磁感应中的电路问题5．(多选)如图5甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n ＝20，总电阻R ＝2.5Ω，边长L ＝0.3 m ，处在两个半径均为r ＝L 3的圆形匀强磁场区域中．线框顶点与右侧圆心重合，线框底边中点与左侧圆心重合．磁感应强度B 1垂直水平面向上，大小不变；B 2垂直水平面向下，大小随时间变化．B 1、B 2的值如图乙所示，则( )图5A ．通过线框的感应电流方向为逆时针方向B ．t ＝0时刻穿过线框的磁通量为0.1 WbC ．在0.6 s 内通过线框中的电荷量约为0.13 CD ．经过0.6 s 线框中产生的热量约为0.18 J答案 ACD解析 磁感应强度B 1垂直水平面向上，大小不变，B 2垂直水平面向下，大小随时间增大，故线框向上的磁通量减小，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，选项A正确．t ＝0时刻穿过线框的磁通量Φ＝B 1×12πr 2＋B 2×16πr 2≈－0.018 2 Wb ，选项B 错误．在0.6 s 内通过线框的电荷量q ＝n ΔΦR ＝20×(5－2)×16π×0.122.5C ≈0.13 C ，选项C 正确．经过0.6 s 线框中产生的热量Q ＝I 2R Δt ＝(n ΔΦ)2R Δt ≈0.18 J ，选项D 正确． 6．如图6所示，水平面上有两根光滑金属导轨平行固定放置，导轨的电阻不计，间距为l ＝0.5 m ，左端通过导线与阻值R ＝3 Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值为R L ＝6 Ω的小灯泡L 连接，在CDEF 矩形区域内存在竖直向上、磁感应强度B ＝0.2 T 的匀强磁场．一根阻值r ＝0.5 Ω、质量m ＝0.2 kg 的金属棒在恒力F ＝2 N 的作用下由静止开始从AB 位置沿导轨向右运动，经过t ＝1 s 刚好进入磁场区域．求金属棒刚进入磁场时：图6(1)金属棒切割磁感线产生的电动势；(2)小灯泡两端的电压和金属棒受到的安培力．答案 (1)1 V (2)0.8 V 0.18 N ，方向水平向左解析 (1)0～1 s 棒只受拉力，由牛顿第二定律得F ＝ma ，金属棒进入磁场前的加速度a ＝F m＝10 m/s 2.设其刚要进入磁场时速度为v ，v ＝at ＝10×1 m /s ＝10 m/s.金属棒进入磁场时切割磁感线，感应电动势E ＝Bl v ＝0.2×0.5×10 V ＝1 V .(2)小灯泡与电阻R 并联，R 并＝R ·R L R ＋R L ＝2 Ω，通过金属棒的电流大小I ＝E R 并＋r＝0.4 A ，小灯泡两端的电压U ＝E －Ir ＝1 V －0.4×0.5 V ＝0.8 V .金属棒受到的安培力大小F A ＝BIl ＝0.2×0.4×0.5 N ＝0.18 N ，由右手定则和左手定则可判断安培力方向水平向左．7．如图7甲所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距0.8 m ，导轨平面与水平面夹角为α，导轨电阻不计．有一匀强磁场垂直导轨平面斜向上，长为1 m 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为0.1 kg 、与导轨接触端间电阻为1 Ω.两金属导轨的上端连接右端电路，电路中R 2为一电阻箱．已知灯泡的电阻R L ＝4 Ω，定值电阻R 1＝2 Ω，调节电阻箱使R 2＝12 Ω，重力加速度g 取10 m/s 2.将开关S 断开，金属棒由静止释放，1 s 后闭合开关，如图乙所示为金属棒的速度随时间变化的图象，求：图7(1)斜面倾角α及磁感应强度B 的大小；(2)若金属棒下滑距离为60 m 时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始下滑100 m 的过程中，整个电路产生的电热；(3)改变电阻箱R 2的阻值，当R 2为何值时，金属棒匀速下滑时R 2的功率最大，消耗的最大功率为多少？答案 (1)30° 0.5 T (2)32.42 J (3)1.562 5 W解析 (1)开关S 断开，由题图甲、乙得a ＝g sin α＝Δv Δt ＝5 m/s 2，则sin α＝12，α＝30°.F 安＝BIL ，I ＝BL v m R 总， R 总＝R ab ＋R 1＋R 2R L R 2＋R L ＝(1＋2＋4×124＋12)Ω＝6 Ω， 由图乙得v m ＝18.75 m/s ，当金属棒匀速下滑时速度最大，有mg sin α＝F 安，所以mg sin α＝B 2L 2v m R 总， 得B ＝mg sin α·R 总v m ·L 2＝ 0.1×10×12×618.75×0.82T ＝0.5 T. (2)由动能定理有mg ·s ·sin α－Q ＝12m v 2m －0， 得Q ＝mg ·s ·sin α－12m v 2m ≈32.42 J. (3)改变电阻箱R 2的阻值后，设金属棒匀速下滑时的速度为v m ′，则有mg sin α＝BI 总L ， R 并′＝R 2R L R 2＋R L ＝4 Ω×R 24 Ω＋R 2， R 2消耗的功率P 2＝U 2并R 2＝(I 总R 并′)2R 2＝(mg sin αBL ·R 并′)2R 2＝(mg sin αBL )2·(4 Ω×R 24 Ω＋R 2)2R 2＝(mg sin αBL )2·16R 216＋8R 2＋R 22＝(mg sin αBL )2·1616R 2＋8＋R 2， 当R 2＝4 Ω时，R 2消耗的功率最大，P 2m ＝1.562 5 W ．。
2018年高考物理江苏专用一轮微专题复习 第9章 磁场 微
[方法点拨](1)先分析在一个周期内粒子的运动情况，明确运动性质，判断周期性变化的电场或磁场对粒子运动的影响；(2)画出粒子运动轨迹，分析轨迹在几何关系方面的周期性．1．如图1甲所示，两平行金属板A、B长L＝8 cm，两极板间距d＝6 cm，A、B两极板间的电势差U AB＝100 3 V．一比荷为qm＝1×106 C/kg的带正电粒子(不计重力)从O点沿电场中心线垂直电场线以初速度v0＝2×104 m/s飞入电场，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，已知两界面MN、PS间的距离为s＝8 cm.带电粒子从PS分界线上的C点进入PS右侧的区域，当粒子到达C点开始计时，PS右侧区域有磁感应强度按图乙变化的匀强磁场(垂直纸面向里为正方向)．求：图1(1)PS分界线上的C点与中心线OO′的距离y；(2)粒子进入磁场区域后第二次经过中心线OO′时与PS分界线的距离x.2．如图2甲所示，在平行边界MN、PQ之间存在宽度为L的匀强电场，电场周期性变化的规律如图乙所示，取竖直向下为电场正方向；在平行边界MN、EF之间存在宽度为s、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅱ，在PQ右侧有宽度足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ.在区域Ⅰ中距PQ为L的A点，有一质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子以初速度v0沿竖直向上方向开始运动，以此作为计时起点，再经过一段时间粒子又恰好回到A点，如此循环，粒子循环运动一周，电场恰好变化一个周期，已知粒子离开区域Ⅰ进入电场时，速度恰好与电场方向垂直，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.图2(1)求区域Ⅰ的磁场的磁感应强度大小B 1.(2)若E 0＝4m v 203qL ，要实现上述循环，确定区域Ⅱ的磁场宽度s 的最小值以及磁场的磁感应强度大小 B 2.(3)若E 0＝4m v 203qL，要实现上述循环，求电场的变化周期T .3．如图3甲所示，在平面直角坐标系xOy 区域内存在垂直坐标平面的匀强磁场，磁场随时间的变化规律如图乙所示，磁场方向垂直坐标平面向里为正方向，磁场变化周期T 0＝2πmqB 0.t ＝0时刻，一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以某一初速度由坐标原点O 沿x 轴正方向射入磁场，在t ＝T 0时到达坐标为(a,0)的P 点(未画出)．图3(1)求粒子运动的初速度v 0；(2)若磁场的变化规律如图丙所示，求粒子从t ＝0时刻起第一次到达y 轴的位置与原点O 的距离；(3)在第(2)问的条件下，粒子是否可以返回原点？如果可以，求粒子从原点出发到返回原点的时间；如果不可以，请说明理由．4．如图4甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xOy 坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x 轴负方向的夹角θ＝45°.在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C1、C2，两板间距为d1＝0.6 m，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板C1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为L＝0.72 m．在第Ⅳ象限垂直于x轴放置一块平行于y轴且沿y轴负向足够长的竖直平板C3，平板C3在x 轴上垂足为Q，垂足Q与原点O相距d2＝0.18 m．现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v0＝4 2 m/s垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过C1板上的M孔，进入磁场区域．已知小球可视为质点，小球的比荷qm＝20 C/kg，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离为s＝210m，不考虑空气阻力．图4(1)求匀强电场的场强大小；(2)要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上，求磁感应强度的取值范围；(3)若t＝0时刻小球从M点进入磁场，磁场的磁感应强度如图乙随时间周期性变化(取竖直向上为磁场正方向)，求小球从M点打在平板C3上所用的时间．(计算结果保留两位小数)答案精析1．(1)4 3 cm (2)12 cm解析 (1)粒子在电场中的加速度a ＝U AB qdm粒子在电场中运动的时间t 1＝Lv 0粒子离开电场时竖直方向分速度v y ＝at 1 粒子在MN 与PS 间运动时间t 2＝sv 0粒子在电场中偏转位移y 1＝12at 21＝U AB qL 22dm v 20＝43 3 cm出电场后：y 2＝v y t 2 联立解得：y 2＝833cm所以C 点与中心线OO ′的距离y ＝y 1＋y 2＝4 3 cm(2)粒子运动轨迹如图所示，粒子进入磁场时，设速度与水平方向夹角为θ，tan θ＝v y 0＝33所以θ＝30°粒子进入磁场时的速度v ＝v 0cos θ＝433×104 m/s 设粒子在磁场中运动轨道半径为R 则q v B ＝m v 2R所以R ＝4 cm粒子在磁场中运动的周期T ＝2πR v ＝23π×10－6 s 在t ＝23π3×10－6 s 内粒子的偏转角α＝2πT t ＝120°竖直向上偏移h 1＝R cos 30°＝2 3 cm 在23π3×10－6～433π×10－6 s 内通过OO ′，这段时间内竖直向上偏移 h 2＝h 1＝2 3 cm因为h 1＋h 2＝y ＝4 3 cm则粒子在t ＝43π3×10－6 s 时刚好第二次到达OO ′此时，粒子距PS 距离x ＝2(R ＋R sin 30°)＝12 cm. 2．(1)m v 0qL (2)L 9 3m v 0qL (3)307π＋540270v 0L解析 (1)粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径R ＝L 由洛伦兹力提供向心力知q v 0B 1＝m v 20R联立解得B 1＝m v 0qL(2)粒子在电场中做类平抛运动，离开电场时沿电场方向的速度v y ＝at ＝qE 0m ·L v 0＝43v 0，离开电场时速度的偏转角为θ，tan θ＝v y v 0＝43，θ＝53°所以粒子离开电场时的速度v ＝v 0cos 53°＝53v 0粒子在电场中偏转的距离y ＝12at 2＝12·qE 0m ⎝⎛⎭⎫L v 02＝23L画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，粒子在区域Ⅱ做圆周运动的圆心O 2与在区域Ⅰ做圆周运动的圆心O 1的连线必须与边界垂直才能完成上述运动，由几何关系知粒子在区域Ⅱ做圆周运动的半径r ＝L －23Lcos 53°＝59L所以s ≥r (1－sin 53°)＝L9即s 的最小值为L9根据r ＝m vqB 2解得B 2＝3m v 0qL(3)电场变化的周期等于粒子运动的周期 粒子在区域Ⅰ中运动的时间t 1＝πLv 0粒子在电场中运动的时间t 2＝2L v 0粒子在区域Ⅱ中运动的时间t 3＝37°180°·2πr v ＝37πL270v 0所以周期T ＝t 1＋t 2＋t 3＝307π＋540270v 0L .3．(1)qaB 04m(2)a (3)见解析解析 (1)设粒子在磁场中运动的周期为T ，轨迹半径为r 则T ＝2πm qB 0＝T 0t ＝0时粒子从O 点射入磁场中，在0～T 04时间内，粒子做逆时针方向的匀速圆周运动，接着在T 04～34T 0时间内做顺时针方向的匀速圆周运动，最后在34T 0～T 0时间内做逆时针方向的匀速圆周运动到达x 轴上的P 点，粒子运动轨迹如图甲所示．甲则4r ＝a根据洛伦兹力提供向心力，有q v 0B 0＝m v 20r联立解得v 0＝qaB 04m(2)比较粒子在磁场中做圆周运动的周期T 和磁场变化周期可知，粒子在0～T 03时间内运动13圆周，其圆心为O 1，运动轨迹对应的圆心角为120°；在T 03～T 02时间内运动16圆周，圆心为O 2，对应圆心角为60°；在T 02～5T 06时间内运动13圆周，其圆心为O 3，对应圆心角为120°.作出粒子在磁场中运动的轨迹如图乙所示．乙由几何关系可知OO 1＝r ＝a4O 1O 3＝2r ＝a2O 3Q ＝r ＝a4则粒子第一次到达y 轴的位置与原点O 的距离y 1＝OO 1＋O 1O 3＋O 3Q ＝a (3)粒子可以回到原点由于粒子在磁场中做周期性运动，根据对称性和周期性，作出粒子的运动轨迹如图丙所示．丙其中以O 1、O 3、O 5、O 7、O 9、O 11为圆心的运动轨迹所对应的圆心角为120°，每段轨迹对应时间为t 1＝T 03以O 2、O 4、O 6、O 8、O 10、O 12为圆心的运动轨迹所对应的圆心角为60°，每段轨迹对应时间为t 2＝T 06由图丙中几何关系知，粒子从原点出发到回到原点的时间为t ＝6n (t 1＋t 2)＝3nT 0＝6n πmqB 0(n ＝1,2,3，……)4．(1)8 2 V/m (2)23 T ≤B ≤1 T (3)0.15 s解析 (1)小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动有：s ＝v 0t at ＝v 0tan θ由牛顿第二定律有：qE ＝ma代入数据解得：E ＝8 2 V/m(2)设小球通过M 点时的速度为v ，由类平抛运动规律：v ＝v 0cos θ＝8 m/s小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示，由牛顿第二定律有：q v B ＝m v 2R解得：B ＝m vqR小球刚好能打到Q 点时，磁感应强度最大，设为B 1，此时小球的轨迹半径为R 1 由几何关系有：R 1L ＋d 2－R 1＝L －R 1R 1解得R 1＝0.4 m ，B 1＝1 T小球刚好不与C 2板相碰时磁感应强度最小，设为B 2，此时小球的轨迹半径为R 2 由几何关系有：R 2＝d 1 解得：B 2＝23T综合得磁感应强度的取值范围：23T ≤B ≤1 T(3)小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为R 3，周期为T ，有：R 3＝m vqB 3＝0.18 mT ＝2πm qB 3＝9π200s再综合分析易知小球在磁场中运动的轨迹如图乙所示，一个磁场周期内小球在x 轴方向的位移为3R 3＝0.54 m ，L －3R 3＝0.18 m 即：小球刚好垂直y 轴方向离开磁场则小球在磁场中运动的时间t 1＝13T ＋13T ＋14T ＝33π800 s ≈0.13 s离开磁场到打在平板C 3上所用的时间t 2＝d 2v ≈0.02 s 小球从M 点到打在平板C 3上所用总时间t ＝t 1＋t 2＝0.15 s.。
2018年高考物理江苏专用一轮微专题复习 第9章 磁场 微
[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．图11．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： (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．图44．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：(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B 1.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：q v B ＝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 ＋v t 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 ′qdm v 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 (5－x ′)22m v 2解得：E ′＝64(5－x ′)2.2．(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 ＝12m v 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 ＝12m v 2带电粒子进入匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝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q v 1B ＝m v 21R 1在磁场区域Ⅲ中做匀速圆周运动时，有q v 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q v 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 ＝F m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：q v B ＝m v 2r解得粒子运动的半径：r ＝m v 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＝12m v 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 3)v ＝2π mREq 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q v B ＝m v 2r所以运动半径r ＝m v 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q v B 1＝m v 2r 1所以B 1＝m v qr 1＝2EmqR .。
江苏省高考物理复习2018版
第一章质点的运动错题集一、主要内容本章内容包括位移、路程、时间、时刻、平均速度、即时速度、线速度、角速度、加速度等基本概念，以及匀变速直线运动的规律、平抛运动的规律及圆周运动的规律。
在学习中要注意准确理解位移、速度、加速度等基本概念，特别应该理解位移与距离（路程）、速度与速率、时间与时刻、加速度与速度及速度变化量的不同。
二、基本方法本章中所涉及到的基本方法有：利用运动合成与分解的方法研究平抛运动的问题，这是将复杂的问题利用分解的方法将其划分为若干个简单问题的基本方法；利用物理量间的函数关系图像研究物体的运动规律的方法，这也是形象、直观的研究物理问题的一种基本方法。
这些具体方法中所包含的思想，在整个物理学研究问题中都是经常用到的。
因此，在学习过程中要特别加以体会。
三、错解分析在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对要领理解不深刻，如加速度的大小与速度大小、速度变化量的大小，加速度的方向与速度的方向之间常混淆不清；对位移、速度、加速度这些矢量运算过程中正、负号的使用出现混乱：在未对物体运动（特别是物体做减速运动）过程进行准确分析的情况下，盲目地套公式进行运算等。
例1汽车以10m/s的速度行使5分钟后突然刹车。
如刹车过程是做匀变速运动，加速2度大小为5m/s，则刹车后3秒钟内汽车所走的距离是多少？【错解】因为汽车刹车过程做匀减速直线运动，初速v0=10m/s加速度【错解原因】出现以上错误有两个原因。
一是对刹车的物理过程不清楚。
当速度减为零时，车与地面无相对运动，滑动摩擦力变为零。
二是对位移公式的物理意义理解不深刻。
位移S对应时间t，这段时间内a必须存在，而当a不存在时，求出的位移则无意义。
由于第一点的不理解以致认为a永远地存在；由于第二点的不理解以致有思考a什么时候不存在。
【分析解答】依题意画出运动草图1-1。
设经时间t1速度减为零。
据匀减速直线运动速度公式v1=v0-at则有0=10-5t解得t=2S由于汽车在2S时【评析】物理问题不是简单的计算问题，当得出结果后，应思考是否与s=-30m的结果，这个结果是与实际不相符的。
2018年高考一轮江苏物理 必考部分 第6章 第3节 课时强化练20
课时强化练(二十)电容器与电容带电粒子在电场中的运动(限时：40分钟)A级跨越本科线1．(2016·天津高考)如图6-3-14所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P 点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，E p表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则() 【导学号：96622326】图6-3-14A．θ增大，E增大B．θ增大，E p不变C．θ减小，E p增大D．θ减小，E不变D由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d减小，则电容C变大，由U＝QC可知U变小，则静电计指针的偏角θ减小．又因为两板间电场强度E＝Ud＝QCd＝4πkQεr S，Q、S不变，则E不变．因为E不变，则点电荷从P点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P点的电势能E p不变，故只有选项D正确．2．(2017·无锡模拟)电容式加速度传感器的原理结构如图6-3-15所示，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上．质量块可带动电介质移动改变电容．则()图6-3-15A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D．当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流D根据电容器的电容公式C＝εr S4kπd，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B错误；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，质量块因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C错误；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q＝CU，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D正确．3.(多选)三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点，如图6-3-16所示，下面判断正确的是()图6-3-16A．落在a点的颗粒带正电，c点的带负电，b点的不带电B．落在a、b、c点的颗粒在电场中的加速度的关系是a a>a b>a cC．三个颗粒在电场中运动的时间关系是t a>t b>t cD．电场力对落在c点的颗粒做负功BD由于带电粒子都打在极板上，所以沿电场方向匀加速运动的时间t＝2ya，垂直电场方向匀速运动由x＝v0t，得t a<t b<t c，所以a a>a b>a c，再由牛顿第二定律可推出，a带负电，b不带电，c带正电，故正确选项为B、D.4．(2015·全国卷Ⅱ)如图6-3-17，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒， 微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )图6-3-17A ．保持静止状态B ．向左上方做匀加速运动C ．向正下方做匀加速运动D ．向左下方做匀加速运动D 两板水平放置时，放置于两板间a 点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡．当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动．选项D 正确．5.(2016·海南高考)如图6-3-18所示，平行板电容器两极板的间距为d ，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q (q >0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能E k0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为( ) 【导学号：96622327】图6-3-18A.E k04qdB.E k02qdC.2E k02qdD.2E k0qdB 当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动．将粒子初速度v 0分解为垂直极板的v y 和平行极板的v x ，根据运动的合成与分解，当v y ＝0时，根据运动学公式有v2y＝2Eqm d，v y＝v0cos 45°，E k0＝12m v2，联立得E＝E k02qd，故选项B正确．6．(多选)如图6-3-19所示，A、B是竖直放置的平行板电容器的两个极板，与二极管D和电极连成电路，在平行板电容器A、B板间，有一带电小球悬挂且处于静止状态，现缓慢改变A、B两板间的距离，下列说法正确的是()图6-3-19A．增大两板间的距离，悬线与竖直方向的夹角不变B．增大两板间的距离，悬线与竖直方向的夹角减小C．减小两板间的距离，悬线与竖直方向的夹角增大D．减小两板间的距离，悬线与竖直方向的夹角减小AC增大两板间的距离，电容器的电容减小，若带电量不变，则两板间的电压增大，则电容器应放电，由于二极管只能单向导电，因此电容器不能放电，因此移动两板的过程中，电容器的带电量不变，两板间的场强不变，因此悬线与竖直方向的夹角不变，A正确、B错误；若减小两板间的距离，电容器会充电，保持两板间的电压与电源电动势相等，因此两板间的电场强度增大，悬线与竖直方向的夹角增大，C项正确．B级名校必刷题7.电源、开关、平行板电容器连成如图6-3-20所示电路．闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器带电量为Q，板间电压为U，板间电场强度大小为E0.则下列说法正确的是()图6-3-20A ．若将A 板下移少许，Q 增大；U 减小；E 0不变B ．若将A 板下移少许，Q 不变；U 减小；E 0减小C ．若断开开关，将A 板下移少许，Q 增大；U 不变；E 0增大D ．若断开开关，将A 板下移少许，Q 不变；U 减小；E 0不变D 开关闭合时电容器两极板间电压U 不变，由公式C ＝εr S 4k πd 可知，A 板下移(板间距d 减小)，电容C 将增大，由公式C ＝Q U 可知电容器带电量Q 将增大．由公式E 0＝U d 可知板间场强增大；开关断开后电容器带电量Q 不变，由公式C ＝εr S 4k πd可知，A 板下移(板间距d 减小)，电容C 将增大，由公式C ＝Q U 可知电容器极板间电压U 将减小．由以上三式可解得公式E 0＝4k πQ εr S ，由此可知板间场强不变．选项D 正确．8.1913年，美国物理学家密立根设计了著名的油滴实验，首先直接测定了基元电荷的量值．其模型简化如图6-3-21所示，平行板电容器两极板M 、N 相距d ，两极板分别与电压为U 的恒定电源两极连接，极板M 带正电．现有一质量为m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k ，则( ) 【导学号：96622328】图6-3-21A ．油滴带正电B ．油滴带电荷量为mg UdC ．电容器的电容为kmgd U 2D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动C 带电油滴在电场中受重力与电场力作用并处于静止状态，故所受电场力方向竖直向上．M 板带正电，故油滴带负电，A 项错；由平衡条件有：mg ＝U d q ，故q ＝mgd U ，B 项错；电容定义式为C ＝Q U ，由题意有Q ＝kq ，解得：C ＝kmgd U 2，C 项正确；电容器与电源保持连接，两极板电势差不变，N 板下移，板间距离d 增大，故场强减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，D 项错．9.(多选)倾角为θ的斜面上部存在竖直向下的匀强电场．两带电量分别为q 1、q 2，质量分别为m 1、m 2的粒子分别以速度v 1、v 2垂直电场射入，并在斜面上某点分别以速度v ′1、v ′2射出，在电场中的时间分别为t 1、t 2.入射速度为v 2的粒子射得更远，如图6-3-22所示，不计粒子重力．下列说法正确的是( )图6-3-22A ．若v 1<v 2，则t 1<t 2B ．若v 1＝v 2，则q 1m 1>q 2m 2C ．若v 1>v 2，则v ′1<v ′2D ．若v 1＝v 2，则v ′1＝v ′2BD 设粒子竖直向下的加速度为a ，电场的场强为E .对粒子的运动在竖直方向有y ＝12at 2，在水平方向有x ＝v t .由几何关系有tan θ＝y x ，解得t ＝2v tan θa ，x＝2v 2tan θa .由于不知两粒子加速度a 的大小关系，无法确定两粒子运动时间的关系．由于速度为v 2的粒子水平位移较大，若v 1＝v 2，则a 1＞a 2，而a ＝mg ＋qE m ＝g ＋q m E ，则q 1m 1＞q 2m 2；粒子落在斜面时的竖直分速度为v y ＝at ＝2v tan θ，则落在斜面上的速度为v ′＝v 2＋v 2y ＝v 2＋4v 2tan 2 θ.选项A 、C 错误，B 、D 正确．10．(2014·山东高考)如图6-3-23所示，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( ) 【导学号：96622329】图6-3-23A.s 2 2qE mhB.s 2 qE mhC.s 4 2qEmh D.s 4 qEmhB 根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心．则在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s 2qE mh .故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．11．如图6-3-24所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O ，用一根长度为l ＝0.20 m 的绝缘轻线把质量m ＝0.10 kg 、带有正电荷的金属小球悬挂在O 点，小球静止在B 点时轻线与竖直方向的夹角θ＝37°.现将小球拉至位置A ，使轻线水平张紧后由静止释放．g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：图6-3-24(1)小球所受电场力的大小；(2)小球通过最低点C 时的速度大小；(3)小球通过最低点C 时轻线对小球的拉力大小．【解析】 (1)小球受重力mg 、电场力F 和拉力T ，其静止时受力如图所示．根据共点力平衡条件有F ＝mg tan 37°＝0.75 N.(2)设小球到达最低点时的速度为v ，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有mgl －Fl ＝12m v 2解得v ＝2gl (1－tan 37°)＝1.0 m/s.(3)设小球通过最低点C 时细线对小球的拉力大小为F T ′根据牛顿第二定律有F T ′－mg ＝m v 2l解得F T ′＝1.5 N.【答案】 (1)0.75 N (2)1.0 m/s (3)1.5 N12．(2015·安徽高考)如图6-3-25所示，在xOy 平面内，有沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E (图中未画出)，由A 点斜射出质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子，B 和C 是粒子运动轨迹上的两点，其中l 0为常数．粒子所受重力忽略不计．求：【导学号：96622330】图6-3-25(1)粒子从A 到C 过程中电场力对它做的功；(2)粒子从A 到C 过程所经历的时间；(3)粒子经过C 点时的速率．【解析】 (1)W AC ＝qE (y A －y C )＝3qEl 0.(2)根据抛体运动的特点，粒子在x 方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D 在y 轴上，可令t AD ＝t DB ＝T ，则t BC ＝T由qE ＝ma 得a ＝qE m又y 0＝12aT 2，y 0＋3l 0＝12a (2T )2解得T ＝2ml 0qE则A →C 过程所经历的时间t ＝32ml 0qE . (3)粒子在DC 段做类平抛运动，于是有2l 0＝v Cx (2T ) v Cy ＝a (2T )则v C＝v2Cx＋v2Cy＝17qEl0 2m.【答案】(1)3qEl0(2)32ml0 qE(3)17qEl0 2m。
2018高考总复习物理江苏专用课件：第九章第二节
A．电路中感应电动势的大小为sBinlvθ B．电路中感应电流的大小为Bvsrin θ C．金属杆所受安培力的大小为B2lvrsin θ D．金属杆的热功率为rBsi2nlvθ2
[解析]金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势
的大小为 E＝Blv(l 为切割磁感线的有效Байду номын сангаас度)，选项 A 错误；
4．相对性 E＝Blv 中的速度 v 是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应 注意速度间的相对关系．
(单选)(2015·高考安徽卷)如图所示，abcd 为水平放置 的平行“ ”形光滑金属导轨，间距为 l，导轨间有垂直于导轨 平面的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，导轨电阻不计，已 知金属杆 MN 倾斜放置，与导轨成 θ 角，单位长度的电阻为 r，保持金属杆以速度 v 沿平行于 cd 的方向滑动(金属杆滑动 过程中与导轨接触良好)．则( B )
2．磁通量的变化率ΔΔΦt 是 Φ－t 图象上某点切线的斜率．
电动势大小的计算
(单选)(2014·高考江苏卷)如图所示，一正方形线圈的
匝数为 n，边长为 a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处
在磁场中. 在 Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由 B
均匀地增大到 2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为
A．此时 AC 两端电压为 UAC＝2BLv B．此时 AC 两端电压为 UAC＝2RB0L＋vRr0 C．此过程中电路产生的电热为 Q＝Fd－12mv2 D．此过程中通过电阻 R0 的电荷量为 q＝R2B0＋Ldr
解析: AC 的感应电动势为 E＝2BLv，两端电压为 UAC＝RE0＋R0r ＝2RB0L＋vRr0，A 错、B 对；由功能关系得 Fd＝12mv2＋Q＋Qf， C 错；此过程中平均感应电流为－I ＝（R20＋BLrd）Δt，通过电阻 R0 的电荷量为 q＝－I Δt＝R2B0＋Ldr，D 对．
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课时强化练(二十六)电磁感应现象
楞次定律
(限时：40分钟)
A级跨越本科线
1．从1822年至1831年的近十年时间里，英国科学家法拉第心系“磁生电”．在他的研究过程中有两个重要环节：(1)敏锐地觉察并提出“磁生电”的闪光思想；(2)通过大量实验，将“磁生电”(产生感应电流)的情况概括为五种：变化着的电流、变化着的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体．结合你学过的相关知识，试判断下列说法正确的是()
A．环节(1)提出“磁生电”思想是受到了麦克斯韦电磁场理论的启发
B．环节(1)提出“磁生电”思想是为了对已经观察到的“磁生电”现象做出合理解释
C．环节(2)中五种“磁生电”的条件都可以概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”
D．环节(2)中“在磁场中运动的导体”这种情况不符合“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”这一条件
C环节(1)提出“磁生电”是法拉第认为自然界具有对称美，既然电能生磁，磁也一定能生电．麦克斯韦受法拉第的影响提出电磁场理论，A、B错误；环节(2)磁生电产生条件可以概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”，C 正确、D错误．
2.(2016·上海高考)如图9-1-13，磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁()【导学号：96622357】
图9-1-13
A．向上运动B．向下运动
C．向左运动D．向右运动
B据题意，从图示可以看出磁铁提供的穿过线圈原磁场的磁通量方向向下，由安培定则可知线圈中感应电流激发的感应磁场方向向上，即两个磁场的方向相反，则由楞次定律可知原磁场通过线圈的磁通量的大小在增加，故选项B 正确．
3．某磁场磁感线如图9-1-14所示，有一铜线圈自A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中的感应电流方向是()
图9-1-14
A．始终顺时针
B．先顺时针再逆时针
C．始终逆时针
D．先逆时针再顺时针
B由题图可知，磁场方向向上，线圈下落过程中，穿过线圈的磁通量先增加后减小，由楞次定律知，感应电流的磁场方向先向下后向上，所以线圈中感应电流的方向先沿顺时针再沿逆时针，B正确．
4.(2016·海南高考)如图9-1-15，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．若() 【导学号：96622358】
图9-1-15。