2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第十章磁場熱點專題6第49講帶電粒子在電磁場中運動的實例分析教學(xué)案新人教版

PAGE163-第49講帶電粒子在電磁場中運動的實例分析熱點概述利用帶電粒子在電磁場中的運動原理可以制作許多電子儀器，比較典型的有質(zhì)譜儀、回旋加速器、速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計、霍爾元件等，這些儀器的原理及應(yīng)用分析是高考中的?？紗栴}，下面分類進(jìn)行探討突破。熱點一電場與磁場的組合應(yīng)用實例一、質(zhì)譜儀1．作用測量帶電粒子質(zhì)量和分別同位素的儀器。2．原理(如圖所示)(1)加速電場：qU＝eq\f(1,2)mv2；(2)偏轉(zhuǎn)磁場：qvB＝eq\f(mv2,r)；由以上兩式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)。二、回旋加速器1．構(gòu)造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒處于勻強(qiáng)磁場中，D形盒的縫隙處接溝通電源。2．原理：溝通電周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經(jīng)過一次D形盒縫隙就被加速一次。3．粒子獲得的最大動能：由qvmB＝eq\f(mv\o\al(2,m),R)、Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)得Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和盒半徑R確定，與加速電壓無關(guān)。4．粒子在磁場中運動的總時間：粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能qU，加速次數(shù)n＝eq\f(Ekm,qU)，粒子在磁場中運動的總時間t＝eq\f(n,2)T＝eq\f(Ekm,2qU)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πBR2,2U)。[例1](2024·廣東汕頭二模)(多選)電荷量相同、質(zhì)量不同的粒子從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為零。然后經(jīng)過S3沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，最終打在照相底片D上，如圖所示。運動過程中粒子之間的相互作用忽視不計，下列說法正確的是()A．這些粒子經(jīng)過S3時的動能相同B．這些粒子經(jīng)過S3時的速率相同C．這些粒子在磁場中運動的軌跡圓半徑與質(zhì)量成正比 D．這些粒子在磁場中運動的時間與質(zhì)量成正比解析依據(jù)動能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(\f(2qU,m))，知電荷量相同，質(zhì)量不同的粒子經(jīng)過S3時的動能相同，但速率不同，故A正確，B錯誤；粒子在磁場中運動的軌道半徑為：r＝eq\f(mv,qB)＝eq\r(\f(2mU,qB2))，在磁場中運動的時間t＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πm,Bq)，因q、U、B相同，m不同，故r∝eq\r(m)，t∝m，即C錯誤，D正確。答案AD質(zhì)譜儀問題的實質(zhì)是組合場問題，先經(jīng)過加速電場，再經(jīng)過偏轉(zhuǎn)磁場。以粒子為探討對象，加速電場中的運動依據(jù)動能定理分析；偏轉(zhuǎn)磁場中的運動用公式r＝eq\f(mv,qB)和T＝eq\f(2πm,qB)分析。[例2](2024·福建中學(xué)畢業(yè)班3月質(zhì)檢)(多選)回旋加速器主要結(jié)構(gòu)如圖，兩個中空的半圓形金屬盒接高頻溝通電源置于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中，兩盒間的狹縫寬度很小。粒子源S位于金屬盒的圓心處，產(chǎn)生的粒子初速度可以忽視。用兩臺回旋加速器分別加速質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)，這兩臺加速器的金屬盒半徑、磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度、高頻溝通電源的電壓均相等，不考慮相對論效應(yīng)，則質(zhì)子和α粒子()A．所能達(dá)到的最大動量大小相等B．所能達(dá)到的最大動能相等C．受到的最大洛倫茲力大小相等D．在達(dá)到最大動能的過程中通過狹縫的次數(shù)相等解析當(dāng)粒子的軌道半徑達(dá)到D形盒的半徑R時，速度最大，由公式qvB＝meq\f(v2,R)可得：最大動量p＝mv＝qBR，由于兩粒子的電荷量不同，所以它們所能達(dá)到的最大動量大小不相等，故A錯誤；當(dāng)粒子的軌道半徑達(dá)到D形盒的半徑R時，速度最大，由公式Ek＝eq\f(q2B2R2,2m)可得，它們所能達(dá)到的最大動能相等，故B正確；當(dāng)粒子的軌道半徑達(dá)到D形盒的半徑R時，速度最大，由公式qvB＝meq\f(v2,R)可得：v＝eq\f(qBR,m)，則f洛＝qvB＝eq\f(q2B2R,m)，所以它們受到的最大洛倫茲力大小相等，故C正確；粒子每經(jīng)過狹縫一次就被加速一次，每加速一次增加的動能為qU，粒子能達(dá)到的最大動能為Ek＝eq\f(q2B2R2,2m)，所以要加速的次數(shù)為n＝eq\f(Ek,qU)＝eq\f(qB2R2,2mU)，所以它們在達(dá)到最大動能的過程中通過狹縫的次數(shù)不相等，故D錯誤。答案BC回旋加速器的解題思路(1)帶電粒子在縫隙的電場中始終加速，故交變電流的周期應(yīng)與粒子在磁場中做圓周運動的周期相等。(2)帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，半徑不斷增大，周期不變，最大動能與D形盒的半徑有關(guān)。1．(2024·日照模擬)質(zhì)譜儀是測帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的一種儀器，它的工作原理是帶電粒子(不計重力)經(jīng)同一電場加速后，垂直進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場做圓周運動，然后利用相關(guān)規(guī)律計算出帶電粒子的質(zhì)量。其工作原理如圖所示。虛線為某粒子運動軌跡，由圖可知()A．此粒子帶負(fù)電B．下極板S2比上極板S1電勢高C．若只減小加速電壓U，則半徑r變大D．若只減小入射粒子的質(zhì)量，則半徑r變小答案D解析由圖結(jié)合左手定則可知，該粒子帶正電，故A錯誤；粒子經(jīng)過電場要加速，所以下極板S2比上極板S1的電勢低，故B錯誤；依據(jù)動能定理得，qU＝eq\f(1,2)mv2，又由qvB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立可得，r＝eq\f(\r(\f(2mU,q)),B)，若只減小加速電壓U，由上式可知，則半徑r減??；若只減小入射粒子的質(zhì)量，由上式可知，則半徑r也減小，故C錯誤，D正確。2．(多選)回旋加速器的工作原理示意圖如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，兩盒間的狹縫很小，粒子穿過狹縫的時間可忽視，狹縫處接有電壓為U、頻率為f的溝通電源，若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子在加速器中被加速，下列說法正確的是()A．若只增大溝通電壓U，則質(zhì)子獲得的最大動能增大B．若只增大溝通電壓U，則質(zhì)子在回旋加速器中運動的時間會變短C．若磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大，溝通電頻率f必需適當(dāng)增大，回旋加速器才能正常工作D．不變更磁感應(yīng)強(qiáng)度B和溝通電頻率f，該回旋加速器也能用于加速α粒子答案BC解析當(dāng)質(zhì)子從D形盒中射出時速度最大，依據(jù)qvmB＝meq\f(v\o\al(2,m),R)，得vm＝eq\f(qBR,m)，則質(zhì)子獲得的最大動能Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，質(zhì)子的最大動能與溝通電壓U無關(guān)，故A錯誤；依據(jù)T＝eq\f(2πm,Bq)，可知若只增大溝通電壓U，不會變更質(zhì)子在回旋加速器中運動的周期，但加速次數(shù)會削減，則質(zhì)子在回旋加速器中運動的時間變短，故B正確；依據(jù)T＝eq\f(2πm,Bq)，可知若磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大，要使回旋加速度正常工作，則T減小，因交變電流的周期與粒子在磁場中做圓周運動的周期相同，故只有當(dāng)溝通電頻率f適當(dāng)增大，回旋加速器才能正常工作，故C正確；帶電粒子在磁場中運動的周期與溝通電源的周期相同，依據(jù)T＝eq\f(2πm,Bq)知，換用α粒子，粒子的比荷變更，在磁場中運動的周期變更，回旋加速器需變更溝通電的頻率才能用于加速α粒子，故D錯誤。熱點二電場與磁場的疊加應(yīng)用實例裝置原理圖規(guī)律速度選擇器若qv0B＝Eq，即v0＝eq\f(E,B)，粒子做勻速直線運動磁流體發(fā)電機(jī)等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負(fù)電荷，兩極板間電壓為U時穩(wěn)定，有qeq\f(U,d)＝qv0B，即U＝v0Bd電磁流量計eq\f(U,D)q＝qvB，所以v＝eq\f(U,DB)，所以Q＝vS＝eq\f(πDU,4B)霍爾元件當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時，導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差霍爾電壓的計算：導(dǎo)體中的自由電荷在洛倫茲力作用下偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差。當(dāng)自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時，b、a間的電勢差(U)就保持穩(wěn)定，由qvB＝qeq\f(U,h)，I＝nqvS，S＝hd，聯(lián)立得U＝eq\f(BI,nqd)＝keq\f(BI,d)，k＝eq\f(1,nq)稱為霍爾系數(shù)。[例1](2024·北京朝陽高三一模)如圖為速度選擇器示意圖，P1、P2為其兩個極板。某帶電粒子以速度v0從S1射入，恰能沿虛線從S2射出。不計粒子重力，下列說法正確的是()A．極板P1的電勢肯定高于極板P2的電勢B．該粒子肯定帶正電C．該粒子以速度2v0從S1射入，仍能沿虛線從S2射出D．該粒子以速度v0從S2射入，也能沿虛線從S1射出解析粒子從左側(cè)射入，當(dāng)粒子帶正電時，F(xiàn)洛向上，則F電必需向下，可知上極板P1電勢高，當(dāng)粒子帶負(fù)電時，F(xiàn)洛向下，則F電必需向上，可知上極板P1電勢高，故A正確，B錯誤；依據(jù)qvB＝qE，則v＝eq\f(E,B)，速度為定值，故C錯誤；粒子從右側(cè)射入，只有F洛方向變更，而F電方向不變，粒子受力不平衡，因而不沿虛線運動，故D錯誤。答案A在不計粒子重力的條件下，速度選擇器可選擇出速度v＝eq\f(E,B)的粒子，對粒子的電量、電性、質(zhì)量無要求，但是對粒子的射入方向有要求。[例2](2024·湖南常德高三一模)2024年，我省加大環(huán)保督查力度，打響碧波藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)。督查暗訪組在某化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，測量管由絕緣材料制成，其長為L、直徑為D，左右兩端開口，在前后兩個內(nèi)側(cè)面a、c固定有金屬板作為電極，勻強(qiáng)磁場方向豎直向下。污水(含有大量的正負(fù)離子)充溢管口從左向右流經(jīng)該測量管時，a、c兩端的電壓為U，顯示儀器顯示污水流量Q(單位時間內(nèi)排出的污水體積)。則()A．a(chǎn)側(cè)電勢比c側(cè)電勢低B．污水中離子濃度越高，顯示儀器的示數(shù)越大C．U與污水流量Q成正比，與L、D無關(guān)D．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(πDU,4Q)解析污水中正負(fù)離子從左向右移動，受到洛倫茲力，依據(jù)左手定則，正離子向后表面偏，負(fù)離子向前表面偏，所以后表面a側(cè)電勢比前表面c側(cè)電勢高，故A錯誤；最終正、負(fù)離子會受到電場力、洛倫茲力處于平衡，有qE＝qvB，即eq\f(U,D)＝vB，而污水流量Q＝eq\f(vπD2,4)，得U＝eq\f(4BQ,πD)，可知U與Q成正比，與D成反比，與L無關(guān)，與離子濃度無關(guān)，B、C錯誤；勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(πUD,4Q)，故D正確。答案D電磁流量計與磁流體發(fā)電機(jī)原理類似，忽視帶電粒子重力時，當(dāng)電場力與洛倫茲力相等時達(dá)到動態(tài)平衡，可以依據(jù)此時的平衡條件列方程解決問題。[例3](2024·天津高考)筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開啟時磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此限制屏幕的熄滅。則元件的()A．前表面的電勢比后表面的低B．前、后表面間的電壓U與v無關(guān)C．前、后表面間的電壓U與c成正比D．自由電子受到的洛倫茲力大小為eq\f(eU,a)解析由左手定則推斷，后表面帶負(fù)電，電勢低，A錯誤；電子受力平衡后，U穩(wěn)定不變，由eeq\f(U,a)＝evB得U＝Bav，故前、后表面間的電壓U與v成正比，與c無關(guān)，故B、C錯誤；自由電子受到的洛倫茲力F＝evB＝eq\f(eU,a)，D正確。答案D形成電流的可能是正電荷，也可能是負(fù)電荷，兩種狀況在霍爾效應(yīng)中形成的霍爾電壓方向相反。1．(多選)兩極板間存在方向如圖所示的勻強(qiáng)電場(電場強(qiáng)度為E)和勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B)共存的場區(qū)，一電子沿垂直電場線和磁感線方向以速度v0射入場區(qū)，則()A．若v0>eq\f(E,B)，電子沿軌跡Ⅰ運動，出場區(qū)時速度v>v0B．若v0>eq\f(E,B)，電子沿軌跡Ⅱ運動，出場區(qū)時速度v<v0C．若v0<eq\f(E,B)，電子沿軌跡Ⅰ運動，出場區(qū)時速度v>v0D．若v0<eq\f(E,B)，電子沿軌跡Ⅱ運動，出場區(qū)時速度v<v0答案BC解析當(dāng)qv0B＝qE時，電子沿直線運動，v0＝eq\f(E,B)。當(dāng)v0>eq\f(E,B)時，即洛倫茲力大于靜電力，所以電子向下偏轉(zhuǎn)，靜電力做負(fù)功，動能減小，出場區(qū)時速度v<v0，B正確，A錯誤；當(dāng)v0<eq\f(E,B)時，即洛倫茲力小于靜電力，所以電子向上偏轉(zhuǎn)，靜電力做正功，動能增大，出場區(qū)時速度v>v0，D錯誤，C正確。2．(2024·湖北省七市州教科研協(xié)作體高三聯(lián)考)如圖表示磁流體發(fā)電機(jī)的原理：將一束等離子體以速度v噴射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中(速度方向水平向里且垂直磁場)，在磁場中有兩塊金屬板A、B，板間距離為d，金屬板上會聚集電荷，產(chǎn)生電壓，不計等離子體的重力和電阻，以下說法正確的是()A．流過R的電流方向為從上向下B．R上電壓最終會穩(wěn)定且等于BdvC．其他條件不變，只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，AB間電勢差減小D．其他條件不變，只增大射入速度，AB間電勢差減小答案B解析大量帶正電和帶負(fù)電的等離子體進(jìn)入磁場時，由左手定則可以推斷帶正電的離子受到的洛倫茲力向下，所以帶正電的離子會聚集到B板上，帶負(fù)電的離子受到的洛倫茲力向上，帶負(fù)電的離子聚集到A板上，故A板相當(dāng)于電源的負(fù)極，B板相當(dāng)于電源的正極，所以通過電阻R的電流方向為從下向上，故A錯誤；當(dāng)帶電離子受力平衡時，依據(jù)平衡條件qvB＝qeq\f(U,d)得，U＝Bdv，故B正確；依據(jù)U＝Bdv可得其他條件不變，只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，AB間電勢差增大，只增大射入速度，AB間電勢差增大，故C、D錯誤。3．(2024·湖南永州二模)(多選)隨著人民生活水平的提高，環(huán)境愛護(hù)越來越受到重視，永州市環(huán)保局對我市污水排放進(jìn)行了監(jiān)測。如圖所示為污水監(jiān)測儀的核心部分，兩塊寬度為b的矩形金屬極板平行正對置于排液口的上下表面，排液口上下表面高度為d，有一垂直于側(cè)面對里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。已知污水中含有大量的電荷量為q的正離子(重力不計)，當(dāng)污水的速度為v時，在導(dǎo)體的上下表面間用電壓表測得的電壓為U，則下列推斷正確的是()A．液體內(nèi)的離子只受洛倫茲力作用B．用電壓表測U時，電壓表的“＋”接線柱接上表面C．寬度b越大，U越大D．依據(jù)兩極板間的電壓值可以測出污水的流速答案BD解析定向移動的離子受到洛倫茲力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在上下表面間形成電勢差，最終離子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，故A錯誤；由左手定則可知，正離子向上表面偏轉(zhuǎn)，上表面帶正電，所以電壓表的“＋”接線柱接上表面，故B正確；依據(jù)電場力與洛倫茲力平衡，則有：qeq\f(U,d)＝qBv，解得：U＝Bdv，則高度d越大，U越大，U與寬度b無關(guān)；故C錯誤；依據(jù)U＝Bdv，而B、d已知，假如能測得U，就可以得知污水的流速，故D正確。課時作業(yè)1.如圖所示，水平放置的平行金屬板間存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一帶電量為＋q，質(zhì)量為m的粒子(不計重力)以速度v水平向右射入，粒子恰沿直線穿過，則下列說法正確的是()A．若只將帶電粒子帶電量變?yōu)椋?q，粒子將向下偏轉(zhuǎn)B．若只將帶電粒子帶電量變?yōu)椋?q，粒子仍能沿直線穿過C．若只將帶電粒子速度變?yōu)?v且粒子不與極板相碰，則從右側(cè)射出時粒子的電勢能削減D．若帶電粒子從右側(cè)水平射入，粒子仍能沿直線穿過答案B解析粒子恰沿直線穿過，粒子受到的電場力和洛倫茲力必定平衡，有：qvB＝qE，解得：v＝eq\f(E,B)，即只要粒子速度為eq\f(E,B)，就能沿直線勻速通過電磁場，與粒子的電荷量及電性無關(guān)。所以，只將帶電粒子帶電量變?yōu)椋?q或－2q，粒子仍能沿直線穿過，A錯誤，B正確；若帶電粒子速度為2v，那么粒子受到的電場力不變，洛倫茲力變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子向上偏轉(zhuǎn)，要克服電場力做功，粒子的電勢能增加，故C錯誤；若帶電粒子從右側(cè)水平射入，那么粒子受到的電場力方向向下不變，洛倫茲力方向向下，故粒子肯定向下偏轉(zhuǎn)，不能沿直線穿過，故D錯誤。2.(2024·全國卷Ⅰ)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重許多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止起先被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止起先被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()A．11 B．12C．121 D．144答案D解析設(shè)質(zhì)子和離子的質(zhì)量分別為m1和m2，原磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，變更后的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2。在加速電場中qU＝eq\f(1,2)mv2①，在磁場中qvB＝meq\f(v2,R)②，聯(lián)立兩式得m＝eq\f(R2B2q,2U)，故有eq\f(m2,m1)＝eq\f(B\o\al(2,2),B\o\al(2,1))＝144，D正確。3．如圖所示是醫(yī)用回旋加速器示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場中，并分別與高頻電源相連?，F(xiàn)分別加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)。下列說法中正確的是()A．它們的最大速度相同B．它們的最大動能相同C．兩次所接高頻電源的頻率不相同D．僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能答案A解析依據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)。兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以最大速度相同，故A正確；最大動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，但電荷量不相等，所以最大動能不相等，故B錯誤；帶電粒子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以周期相等，做圓周運動的頻率相等，因為所接高頻電源的頻率等于粒子做圓周運動的頻率，故兩次所接高頻電源的頻率相同，故C錯誤；由Ek＝eq\f(q2B2R2,2m)可知，粒子的最大動能與加速電壓的頻率無關(guān)，故僅增大高頻電源的頻率不能增大粒子的最大動能，故D錯誤。4．速度相同的一束粒子(不計重力)由左端射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列相關(guān)說法中正確的是()A．該束粒子帶負(fù)電B．速度選擇器的P1極板帶負(fù)電C．能通過狹縫S0的粒子的速度等于eq\f(E,B1)D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S0，則粒子的比荷越小答案C解析依據(jù)該束粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B2時向下偏轉(zhuǎn)，由左手定則推斷出該束粒子帶正電，A錯誤；粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，所受電場力和洛倫茲力平衡，由左手定則知洛倫茲力方向豎直向上，則電場力方向豎直向下，因粒子帶正電，故電場強(qiáng)度方向向下，速度選擇器的P1極板帶正電，B錯誤；粒子能通過狹縫，電場力與洛倫茲力平衡，有qvB1＝qE，得v＝eq\f(E,B1)，C正確；粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B2中受到洛倫茲力做勻速圓周運動，洛倫茲力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律有qvB2＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,B2q)，可見v、B2肯定時，半徑r越小，則比荷eq\f(q,m)越大，D錯誤。5．(多選)1932年，勞倫斯和利文斯頓設(shè)計出了回旋加速器?；匦铀倨鞯墓ぷ髟砣鐖D所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽視不計，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生初速度不計、質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，粒子在狹縫中被加速，加速電壓為U，加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力影響，則關(guān)于回旋加速器，下列說法正確的是()A．帶電粒子每一次通過狹縫時獲得的能量不同 B．D形盒的半徑R越大，粒子離開回旋加速器時獲得的最大動能越大 C．交變電源的加速電壓U越大，粒子離開回旋加速器時獲得的最大動能越大 D．粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1答案BD解析帶電粒子通過狹縫時被電場加速，從電場中獲得能量，由動能定理，qU＝ΔEk可知，每一次通過狹縫時獲得的能量相同，故A錯誤；依據(jù)半徑公式r＝eq\f(mv,qB)知，v＝eq\f(qBr,m)，則粒子的最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2r2,2m)，與加速的電壓無關(guān)，與D形盒的半徑以及磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)，D形盒的半徑R越大，粒子加速所能獲得的最大動能越大，故B正確，C錯誤；只有電場力做功，粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后的動能之比是2∶1，所以速度之比是eq\r(2)∶1，依據(jù)r＝eq\f(mv,qB)得：軌道半徑之比為eq\r(2)∶1，故D正確。6．(多選)自行車速度計利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車的運動速率。如圖甲所示，自行車前輪上安裝一塊磁鐵，輪子每轉(zhuǎn)一圈，這塊磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器會輸出一個脈沖電壓。圖乙為霍爾元件的工作原理圖。當(dāng)磁場靠近霍爾元件時，導(dǎo)體內(nèi)定向運動的自由電荷在磁場力作用下偏轉(zhuǎn)，最終使導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差，即為霍爾電勢差。下列說法正確的是()A．依據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)和自行車車輪的半徑即可獲知車速大小B．自行車的車速越大，霍爾電勢差越高C．圖乙中霍爾元件的電流I是由正電荷定向運動形成的D．假如長時間不更換傳感器的電源，霍爾電勢差將減小答案AD解析依據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)可知車輪轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速，若再已知自行車車輪的半徑，依據(jù)v＝2πrn即可獲知車速大小，A正確；依據(jù)霍爾效應(yīng)的原理可知eq\f(U,d)q＝Bqv，U＝Bdv，即霍爾電壓只與磁感應(yīng)強(qiáng)度、霍爾元件的寬度以及電荷定向移動的速度有關(guān)，與車輪轉(zhuǎn)速無關(guān)，B錯誤；由左手定則知，圖乙中霍爾元件的電流I是由負(fù)電荷定向運動形成的，C錯誤；假如長時間不更換傳感器的電源，由I＝eq\f(E,R＋r)＝nqSv知，電源內(nèi)阻r增大會導(dǎo)致負(fù)電荷定向移動的速率減小，故霍爾電勢差將減小，D正確。7．如圖甲是回旋加速器的原理示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場中(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒定)，并分別與高頻電源相連，加速時某帶電粒子的動能Ek隨時間t的變更規(guī)律如圖乙所示，若忽視帶電粒子在電場中的加速時間，則下列推斷正確的是()A．高頻電源的變更周期應(yīng)當(dāng)?shù)扔趖n－tn－1B．在Ek-t圖象中，t4－t3＝t3－t2＝t2－t1C．粒子加速次數(shù)越多，粒子獲得的最大動能肯定越大D．不同粒子獲得的最大動能都相同答案B解析回旋加速器所加高頻電源的頻率與帶電粒子在磁場中運動的頻率相同，在一個周期內(nèi)，帶電粒子兩次通過勻強(qiáng)電場而加速，故高頻電源的變更周期為tn－tn－2，A項錯誤；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動周期與粒子速度無關(guān)，故B項正確；粒子加速到做圓周運動的半徑等于加速器半徑時，速度達(dá)到最大，即qvmaxB＝meq\f(v\o\al(2,max),R)，Ekmax＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)＝eq\f(B2q2R2,2m)，與加速次數(shù)無關(guān)，C項錯誤；不同粒子的電荷、質(zhì)量不肯定相同，由上式可知最大動能也不肯定相同，D項錯誤。8．(2024·安徽省示范中學(xué)考試)如圖所示為一種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器。靜電分析器通道中心線MN所在圓的半徑為R，通道內(nèi)有勻稱輻射的電場，中心線處的電場強(qiáng)度大小為E；磁分析器中分布著方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，磁分析器的左邊界與靜電分析器的右邊界平行。由離子源發(fā)出一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的離子(初速度為零，重力不計)，經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入靜電分析器，沿中心線MN做勻速圓周運動，而后由P點進(jìn)入磁分析器中，最終經(jīng)過Q點進(jìn)入收集器(進(jìn)入收集器時速度方向與O2P平行)。下列說法正確的是()A．磁分析器中勻強(qiáng)磁場的方向垂直于紙面對里B．加速電場中的加速電壓U＝eq\f(1,2)ERC．磁分析器中軌跡圓心O2到Q點的距離d＝eq\r(\f(mER,q))D．任何帶正電的離子若能到達(dá)P點，則肯定能進(jìn)入收集器答案B解析該離子在磁分析器中沿順時針方向轉(zhuǎn)動，所受洛倫茲力指向圓心，依據(jù)左手定則可知，磁分析器中勻強(qiáng)磁場的方向垂直于紙面對外，A錯誤；該離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，有qE＝meq\f(v2,R)，在加速電場中加速有qU＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得U＝eq\f(1,2)ER，B正確；該離子在磁分析器中做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,r)，又qE＝meq\f(v2,R)，可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))，該離子經(jīng)Q點進(jìn)入收集器，故d＝r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))，C錯誤；任一初速度為零的帶正電離子，質(zhì)量、電荷量分別記為mx、qx，經(jīng)U＝eq\f(1,2)ER的電場后，在靜電分析器中做勻速圓周運動的軌跡半徑Rx＝R，即肯定能到達(dá)P點，而在磁分析器中運動的軌跡半徑rx＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mxER,qx))，rx的大小與離子的質(zhì)量、電荷量有關(guān)，不肯定有rx＝d，故能到達(dá)P點的離子不肯定能進(jìn)入收集器，D錯誤。9．(2024·江蘇高考)回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直。被加速粒子的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期T＝eq\f(2πm,qB)。一束該種粒子在t＝0～eq\f(T,2)時間內(nèi)從A處勻稱地飄入狹縫，其初速度視為零?，F(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用。求：(1)出射粒子的動能Em；(2)粒子從飄入狹縫至動能達(dá)到Em所需的總時間t0；(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應(yīng)滿意的條件。答案(1)eq\f(q2B2R2,2m)(2)eq\f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm,qB)(3)d<eq\f(πmU0,100qB2R)解析(1)粒子圓周運動半徑為R時qvB＝meq\f(v2,R)，且Em＝eq\f(1,2)mv2，解得Em＝eq\f(q2B2R2,2m)。(2)設(shè)粒子被加速n次達(dá)到動能Em，則Em＝nqU0粒子在狹縫間做勻加速運動，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt加速度a＝eq\f(qU0,md)勻加速直線運動nd＝eq\f(1,2)a·Δt2由t0＝(n－1)·eq\f(T,2)＋Δt，解得t0＝eq\f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm,qB)。(3)只有在0～eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)－Δt))時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速則所占的比例為η＝eq\f(\f(T,2)－Δt,\f(T,2))，由η>99%，解得d<eq\f(πmU0,100qB2R)。[研讀考綱明方向]考綱要求復(fù)習(xí)指南內(nèi)容要求考情分析：電磁感應(yīng)是歷年高考考查的重點，題型多為選擇題和計算題。選擇題主要考查有關(guān)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的定性分析、感應(yīng)電動勢的計算及各種相關(guān)的圖象問題；計算題主要考查電磁感應(yīng)與電路、能量、動量、動力學(xué)等結(jié)合的綜合問題。命題趨勢：1．會接著考查應(yīng)用楞次定律和右手定則判定感應(yīng)電流的方向。2．結(jié)合各種圖象(Φ-t圖象、B-t圖象等)，考查感應(yīng)電流方向、感應(yīng)電動勢的計算。3．會接著考查電磁感應(yīng)與電路、能量、動量、動力學(xué)等結(jié)合的綜合問題，特殊是電磁感應(yīng)與生產(chǎn)、生活實際的結(jié)合。電磁感應(yīng)現(xiàn)象Ⅰ磁通量Ⅰ法拉第電磁感應(yīng)定律Ⅱ楞次定律Ⅱ自感、渦流Ⅰ[重讀教材定方法]1.P7圖4.2－7，要使電流表偏轉(zhuǎn)，搖繩的兩同學(xué)應(yīng)南北站立還是東西站立？提示：東西站立。2．P7[問題與練習(xí)]T1，甲、乙、丙三種狀況，哪種產(chǎn)生感應(yīng)電流？哪種產(chǎn)生感應(yīng)電動勢？提示：乙、丙產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，丙產(chǎn)生感應(yīng)電流。3．P9[問題與練習(xí)]T7，為使MN棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度B與t的關(guān)系如何？提示：由B0l2＝Bl(l＋vt)，得B＝eq\f(B0l,l＋vt)。4．P11閱讀教材，思索：感應(yīng)電流的磁場肯定與引起感應(yīng)電流的磁場方向相反嗎？提示：不肯定。5．P12[思索與探討]導(dǎo)體棒AB中的感應(yīng)電流沿什么方向？提示：沿A→B。6．P13[問題與練習(xí)]T4，線圈在B位置時，穿過它的磁通量為零，產(chǎn)生的感應(yīng)電流也為零嗎？提示：磁通量為零，感應(yīng)電流不為零。7．P16閱讀教材，思索：E＝Blv中，l指導(dǎo)線實際長度嗎？提示：不是。l是有效切割長度。8．P16[思索與探討]感應(yīng)電動勢是加強(qiáng)了電源產(chǎn)生的電流，還是減弱了它？是有利于線圈的轉(zhuǎn)動，還是阻礙了線圈的轉(zhuǎn)動？提示：依據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電動勢減弱了電源產(chǎn)生的電流，阻礙了線圈的轉(zhuǎn)動。9．P20[思索與探討]導(dǎo)體棒哪端電勢高？若外接用電器，導(dǎo)體棒電流沿什么方向？此時導(dǎo)體棒中哪端電勢高？提示：C端電勢高；電流從D→C；C端電勢高。10．P23圖4.6－4，思索：開關(guān)S斷開后燈泡A中的電流方向是什么？提示：從右向左。11．P23圖4.6－5，圖甲中，若開關(guān)S斷開，電流表示數(shù)馬上變?yōu)榱氵€是漸漸變?yōu)榱悖刻崾荆厚R上變?yōu)榱恪?2．P24閱讀“磁場的能量”。13．P27圖4.7－7，連接正負(fù)接線柱的導(dǎo)線有什么作用？提示：使電流表中形成閉合電路，起到電磁阻尼作用，預(yù)防指針振動過大。第50講電磁感應(yīng)現(xiàn)象楞次定律基礎(chǔ)命題點一電磁感應(yīng)現(xiàn)象一、磁通量1．磁通量(1)定義：磁感應(yīng)強(qiáng)度B與垂直于磁場方向的面積S的eq\x(\s\up1(01))乘積。(2)公式：Φ＝eq\x(\s\up1(02))BS(B⊥S)；單位：韋伯(Wb)。(3)矢標(biāo)性：磁通量是eq\x(\s\up1(03))標(biāo)量，但有正負(fù)。2．磁通量的變更量：ΔΦ＝eq\x(\s\up1(04))Φ2－Φ1。3．磁通量的變更率(磁通量變更的快慢)：eq\x(\s\up1(05))磁通量的變更量與所用時間的比值，即eq\f(ΔΦ,Δt)，與線圈的匝數(shù)無關(guān)。4．磁通量發(fā)生變更的三種常見狀況(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，回路的有效面積變更。(2)有效面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度變更。(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度和有效面積都變更。二、電磁感應(yīng)現(xiàn)象1．電磁感應(yīng)現(xiàn)象：當(dāng)穿過閉合回路的eq\x(\s\up1(06))磁通量發(fā)生變更時，電路中有電流產(chǎn)生，這種現(xiàn)象稱為電磁感應(yīng)現(xiàn)象，產(chǎn)生的電流稱為感應(yīng)電流。2．產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件(1)eq\x(\s\up1(07))電路閉合；(2)eq\x(\s\up1(08))磁通量發(fā)生變更。3．實質(zhì)：電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實質(zhì)是產(chǎn)生eq\x(\s\up1(09))感應(yīng)電動勢，假如電路閉合，則有eq\x(\s\up1(10))感應(yīng)電流；假如電路不閉合，則只有eq\x(\s\up1(11))感應(yīng)電動勢，而無eq\x(\s\up1(12))感應(yīng)電流。1.磁通量是探討電磁感應(yīng)現(xiàn)象的重要物理量，如圖所示，通有恒定電流的導(dǎo)線MN與閉合線框共面，第一次將線框由位置1平移到位置2，其次次將線框繞cd邊翻轉(zhuǎn)到位置2，設(shè)先后兩次通過線框的磁通量變更量大小分別為ΔΦ1和ΔΦ2，則()A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．無法確定答案C解析設(shè)閉合線框在位置1時的磁通量大小為Φ1，在位置2時的磁通量大小為Φ2，直線電流產(chǎn)生的磁場在位置1處比在位置2處要強(qiáng)，故Φ1>Φ2。將閉合線框從位置1平移到位置2，磁感線是從閉合線框的同一面穿過的，所以ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|＝Φ1－Φ2；將閉合線框從位置1繞cd邊翻轉(zhuǎn)到位置2，磁感線分別從閉合線框的正反兩面穿過，所以ΔΦ2＝|(－Φ2)－Φ1|＝Φ1＋Φ2(以原來穿過的方向為正方向，則后來從另一面穿過的方向為負(fù)方向)。故正確選項為C。2．[教材母題](人教版選修3－2P8·T3)如圖所示，垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場局限在虛線框內(nèi)，閉合線圈由位置1穿過虛線框運動到位置2。線圈在運動過程中什么時候有感應(yīng)電流，什么時候沒有感應(yīng)電流？為什么？[變式子題]圖中能產(chǎn)生感應(yīng)電流的是()答案B解析A項中線圈不是閉合的，不能產(chǎn)生感應(yīng)電流；B項中回路的面積增大，穿過回路的磁通量增大，能夠產(chǎn)生感應(yīng)電流；C項中由于直導(dǎo)線在線圈對稱軸的正上方，所以穿過線圈的磁通量等于0，電流增大，穿過線圈的磁通量仍舊是0，不能產(chǎn)生感應(yīng)電流；D項中線圈整體沿垂直于勻強(qiáng)磁場方向運動，穿過線圈的磁通量始終最大且沒有發(fā)生變更，不能產(chǎn)生感應(yīng)電流。故選B。3．(2024·北京人大附中高三期末)(多選)如圖所示，將帶鐵芯的線圈A通過滑動變阻器和開關(guān)連接到電源上，線圈B的兩端連接到靈敏電流計上，把線圈A放進(jìn)線圈B的里面。下列說法正確的()A．開關(guān)閉合后，線圈A插入或拔出都會引起電流計指針偏轉(zhuǎn)B．線圈A插入線圈B中后，開關(guān)閉合和斷開的瞬間電流計指針均不會偏轉(zhuǎn)C．線圈A插入線圈B中后，開關(guān)閉合和斷開的瞬間電流計指針向相反的方向偏轉(zhuǎn)D．開關(guān)閉合后，只有滑動變阻器的滑片P加速滑動，電流計指針才會偏轉(zhuǎn)答案AC解析開關(guān)閉合后，線圈A插入或拔出時穿過B的磁通量都會發(fā)生變更，產(chǎn)生感應(yīng)電流，引起電流計指針偏轉(zhuǎn)，A正確；線圈A插入線圈B中后，開關(guān)閉合和斷開的瞬間，穿過B的磁通量會發(fā)生變更，產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流計指針會偏轉(zhuǎn)，B錯誤；線圈A插入線圈B中后，開關(guān)閉合和斷開的瞬間，穿過B的磁通量分別會增加和減小，且磁通量的方向相同，故會產(chǎn)生相反方向的感應(yīng)電流，電流計指針向相反的方向偏轉(zhuǎn)，C正確；開關(guān)閉合后，滑動變阻器的滑片P無論如何滑動，線圈A中電流都會變更，穿過B的磁通量都會發(fā)生變更，產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流計指針都會偏轉(zhuǎn)，D錯誤?；A(chǔ)命題點二感應(yīng)電流的方向1．楞次定律(1)內(nèi)容：感應(yīng)電流的磁場總要eq\x(\s\up1(01))阻礙引起感應(yīng)電流的eq\x(\s\up1(02))磁通量的變更。(2)適用范圍：一切電磁感應(yīng)現(xiàn)象。(3)應(yīng)用楞次定律的思路：2．右手定則(1)內(nèi)容：如圖所示，伸開右手，使拇指與其余四個手指垂直并且都與手掌在同一平面內(nèi)；讓eq\x(\s\up1(03))磁感線從掌心進(jìn)入，并使拇指指向eq\x(\s\up1(04))導(dǎo)體運動的方向，這時四指所指的方向就是eq\x(\s\up1(05))感應(yīng)電流的方向。名稱基本現(xiàn)象因果關(guān)系應(yīng)用的定則或定律電流的磁效應(yīng)運動電荷、電流產(chǎn)生磁場因電生磁eq\x(\s\up1(07))安培定則洛倫茲力、安培力磁場對運動電荷、電流有作用力因磁受力eq\x(\s\up1(08))左手定則電磁感應(yīng)閉合回路磁通量變更因磁生電eq\x(\s\up1(09))楞次定律部分導(dǎo)體做切割磁感線運動因動生電eq\x(\s\up1(10))右手定則(2)適用狀況：導(dǎo)線eq\x(\s\up1(06))切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流。3．“三定則肯定律”的應(yīng)用對比1．[教材母題](人教版選修3－2P13·T3)在如圖中CDEF是金屬框，框內(nèi)存在著如圖所示的勻強(qiáng)磁場。當(dāng)導(dǎo)體AB向右移動時，請用楞次定律推斷ABCD和ABFE兩個電路中感應(yīng)電流的方向。[變式子題](2024·全國卷Ⅲ)如圖，在方向垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場垂直。金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面?，F(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動起先的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是()A．PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向B．PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向C．PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向D．PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向答案D解析金屬桿PQ突然向右運動，在運動起先的瞬間，閉合回路PQRS中磁場方向垂直紙面對里，磁通量增大，由楞次定律可推斷，閉合回路PQRS中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場垂直紙面對外，由安培定則可推斷感應(yīng)電流方向為逆時針；由于閉合回路PQRS中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面對外，與原磁場方向相反，則T中磁通量減小，由楞次定律可推斷，T中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面對里，由安培定則可知T中感應(yīng)電流方向為順時針，D正確。2.(多選)兩根相互平行的金屬導(dǎo)軌水平放置于如圖所示的勻強(qiáng)磁場中，在導(dǎo)軌上導(dǎo)體棒AB和CD可以自由滑動。當(dāng)AB在外力F作用下向右運動時，下列說法正確的是()A．CD內(nèi)有電流通過，方向是D→CB．CD向左運動C．磁場對CD作用力向左D．磁場對AB作用力向左答案AD解析AB在外力F作用下向右做切割磁感線運動，依據(jù)右手定則推斷可知AB內(nèi)電流的方向是B→A，故CD內(nèi)電流的方向是D→C，所以A正確。由左手定則可知D正確，B、C錯誤。實力命題點楞次定律的理解及推論1．楞次定律中“阻礙”的含義2．楞次定律中“阻礙”的含義可以推廣為電磁感應(yīng)的效果總要阻礙引起電磁感應(yīng)的緣由，列表舉例說明如下內(nèi)容例證阻礙原磁通量變更——“增反減同”磁鐵靠近線圈，B感與B原反向阻礙相對運動——“來拒去留”磁鐵靠近，是斥力磁鐵遠(yuǎn)離，是引力使回路面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢——“增縮減擴(kuò)”P、Q是光滑固定導(dǎo)軌，a、b是可動金屬棒，磁鐵下移，回路面積應(yīng)減小，a、b靠近B減小，線圈擴(kuò)張阻礙原電流的變更——“增反減同”合上S，B先亮如圖甲所示，兩個閉合圓形線圈A、B的圓心重合，放在同一水平面內(nèi)，線圈A中通以如圖乙所示的變更電流，t＝0時電流的方向為順時針方向(如圖中箭頭所示)，在t1～t2時間內(nèi)，對于線圈B，下列說法中正確的是()A．線圈B內(nèi)有順時針方向的電流，且線圈B有擴(kuò)張的趨勢B．線圈B內(nèi)有順時針方向的電流，且線圈B有收縮的趨勢C．線圈B內(nèi)有逆時針方向的電流，且線圈B有擴(kuò)張的趨勢D．線圈B內(nèi)有逆時針方向的電流，且線圈B有收縮的趨勢解析t1～t2時間內(nèi)，線圈A中的電流方向為逆時針方向，依據(jù)安培定則可知在線圈A內(nèi)部產(chǎn)生的磁場方向向外，線圈外部產(chǎn)生的磁場方向向里，線圈B內(nèi)的合磁通量是向外的。由于線圈A中的電流增大，故穿過線圈B的磁通量增加，因而依據(jù)楞次定律和安培定則，在線圈B中將產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，由楞次定律的推論可知，線圈B有擴(kuò)張的趨勢。故A正確。答案A線圈大小的變更趨勢常有兩種推斷方法(1)微元法：取線圈B上一小段導(dǎo)線，若取足夠小，則可看成一條直線段，依據(jù)其中感應(yīng)電流的方向，所在處磁場的方向及左手定則，可知該段導(dǎo)線的受力方向，以此推出線圈是有收縮的趨勢還是有擴(kuò)張的趨勢。(2)推論法：電磁感應(yīng)的效果總要阻礙引起電磁感應(yīng)的緣由。本題中電磁感應(yīng)的效果是線圈B中的感應(yīng)電流受到的安培力，緣由是線圈B中磁通量的增加，只有線圈B受到的安培力使其擴(kuò)張才能阻礙磁通量的增加。如圖所示，粗糙水平桌面上有一質(zhì)量為m的銅質(zhì)矩形線圈，當(dāng)一豎直放置的通有恒定電流的螺線管沿線圈中線AB正上方等高快速通過時，若線圈始終不動，則關(guān)于線圈受到的支持力FN及在水平方向的運動趨勢，下列說法中正確的是()A．FN先小于mg后大于mg，運動趨勢向左B．FN先大于mg后小于mg，運動趨勢先向右后向左C．FN先小于mg后大于mg，運動趨勢先向左后向右D．FN先大于mg后小于mg，運動趨勢向右答案D解析解法一：當(dāng)一豎直放置的通電螺線管從線圈中線AB正上方等高快速經(jīng)過時，線圈中向上的磁通量先增大后減小，由楞次定律可知，線圈中先產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流后產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流(從上往下看)，線圈四條邊所受安培力的合力先向右下，后向右上，因此FN先大于mg后小于mg，運動趨勢向右，D正確。解法二：依據(jù)楞次定律的另一種表述——感應(yīng)電流的效果總要抗拒產(chǎn)生感應(yīng)電流的緣由。本題中的“緣由”是線圈中磁通量先增大后減小，歸根結(jié)底是螺線管先靠近后遠(yuǎn)離線圈?！靶Ч笔蔷€圈要實行措施阻礙磁通量先增大后減小，即“來拒去留”，故必有向右運動的趨勢。在豎直方向上，線圈則應(yīng)以先“向下躲”后“向上追”的方式阻礙磁通量先增大后減小，故FN先大于mg后小于mg。D正確。課時作業(yè)1．在法拉第時代，下列驗證“由磁產(chǎn)生電”設(shè)想的試驗中，能視察到感應(yīng)電流的是()A．將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路，然后視察電流表的變更B．在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈，然后視察電流表的變更C．將一房間內(nèi)的線圈兩端與相鄰房間的電流表連接，往線圈中插入條形磁鐵后，再到相鄰房間去視察電流表的變更D．繞在同一鐵環(huán)上的兩個線圈，分別接電源和電流表，在給線圈通電或斷電的瞬間，視察電流表的變更答案D解析將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路，因線圈中的磁通量沒有變更，故不能視察到感應(yīng)電流，A不符合題意；在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈時，假如通電線圈通以恒定電流，產(chǎn)生不變的磁場，則在另一線圈中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，B不符合題意；在線圈中插入條形磁鐵后，再到相鄰房間去視察電流表時，線圈中的磁通量已不再變更，因此也不能視察到感應(yīng)電流，C不符合題意；繞在同一鐵環(huán)上的兩個線圈，在給一個線圈通電或斷電的瞬間，線圈產(chǎn)生變更的磁場，使穿過另一線圈的磁通量變更，因此，能視察到感應(yīng)電流，D符合題意。2.如圖所示，一通電螺線管b放在閉合金屬線圈a內(nèi)，螺線管的中心線恰好和線圈的一條直徑MN重合。要使線圈a中產(chǎn)生感應(yīng)電流，可采納的方法有()A．使螺線管在線圈a所在平面內(nèi)轉(zhuǎn)動B．使螺線管上的電流發(fā)生變更C．使線圈以MN為軸轉(zhuǎn)動D．使線圈以與MN垂直的直徑為軸轉(zhuǎn)動答案D解析題圖所示位置，線圈a所在平面與磁感線平行，穿過線圈的磁通量為零，當(dāng)按A、B、C所述方式變更時，線圈a所在平面仍與磁感線平行，磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流；按選項D所述方式變更時，由于線圈與磁場夾角變更引起磁通量變更，能夠產(chǎn)生感應(yīng)電流，D正確。3．如圖所示，銅盤水平放置，磁場豎直向下穿過銅盤，圖中a、b導(dǎo)線與銅盤的中軸線處在同一平面內(nèi)，從上往下看銅盤沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，下列說法正確的是()A．回路中電流方向不變，且從a導(dǎo)線流進(jìn)燈泡，再從b導(dǎo)線流向旋轉(zhuǎn)的銅盤B．回路中電流方向不變，且從b導(dǎo)線流進(jìn)燈泡，再從a導(dǎo)線流向旋轉(zhuǎn)的銅盤C．回路中有方向周期性變更的電流D．回路中沒有磁通量變更，沒有電流答案B解析a導(dǎo)線與銅盤的接觸點和中軸線的連線切割磁感線，依據(jù)右手定則推斷，回路中電流方向不變，從b導(dǎo)線流進(jìn)燈泡，再從a導(dǎo)線流向旋轉(zhuǎn)的銅盤，B正確，A、C、D錯誤。4.如圖所示，一質(zhì)量為m的條形磁鐵用細(xì)線懸掛在天花板上，細(xì)線從一水平金屬圓環(huán)中穿過?，F(xiàn)將環(huán)從位置Ⅰ釋放，環(huán)經(jīng)過磁鐵到達(dá)位置Ⅱ。設(shè)環(huán)經(jīng)過磁鐵上端和下端旁邊時細(xì)線的張力分別為FT1和FT2，重力加速度大小為g，則()A．FT1>mg，F(xiàn)T2>mgB．FT1<mg，F(xiàn)T2<mgC．FT1>mg，F(xiàn)T2<mgD．FT1<mg，F(xiàn)T2>mg答案A解析金屬圓環(huán)從位置Ⅰ到位置Ⅱ的過程中，由楞次定律推論知，金屬圓環(huán)在磁鐵上端時受力向上，在磁鐵下端時受力也向上，則金屬圓環(huán)對磁鐵的作用力始終向下，對磁鐵受力分析可知FT1>mg，F(xiàn)T2>mg，A正確。5.如圖所示，通電導(dǎo)線MN與單匝矩形線圈abcd共面，位置靠近ab且與線圈相互絕緣。當(dāng)MN中電流突然減小時，線圈所受安培力的合力方向()A．向左 B．向右C．垂直紙面對外 D．垂直紙面對里答案B解析解法一：當(dāng)MN中電流突然減小時，單匝矩形線圈abcd垂直紙面對里的磁通量減小，依據(jù)楞次定律，線圈abcd中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為順時針方向，由左手定則可知ab邊與cd邊所受安培力方向均向右，所以線圈所受安培力的合力方向向右，B正確。解法二：由對楞次定律中“阻礙”的理解可知，當(dāng)MN中電流突然減小而導(dǎo)致線圈abcd垂直紙面對里的磁通量減小時，線圈abcd肯定會有向右運動的趨勢以“阻礙”其磁通量的減小，所以其所受安培力的合力方向向右，B正確。6.矩形導(dǎo)線框abcd與長直導(dǎo)線MN放在同一水平面上，ab邊與MN平行，導(dǎo)線MN中通入如圖所示的電流，當(dāng)MN中的電流增大時，下列說法正確的是()A．導(dǎo)線框abcd中沒有感應(yīng)電流B．導(dǎo)線框abcd中有順時針方向的感應(yīng)電流C．導(dǎo)線框所受的安培力的合力方向水平向左D．導(dǎo)線框所受的安培力的合力方向水平向右答案D解析直導(dǎo)線中通有向上且增大的電流，依據(jù)安培定則知，通過線框的磁場方向垂直紙面對里，且增大，依據(jù)楞次定律知感應(yīng)電流的方向為逆時針方向，故A、B錯誤；依據(jù)左手定則知，ab邊所受安培力方向水平向右，cd邊所受安培力方向水平向左，離導(dǎo)線越近，磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，所以ab邊所受的安培力大于cd邊所受的安培力，則線框所受安培力的合力方向水平向右，故C錯誤，D正確。7.如圖所示，一個閉合三角形導(dǎo)線框ABC位于豎直平面內(nèi)，其下方(略靠前)固定一根與導(dǎo)線框平面平行的水平直導(dǎo)線，導(dǎo)線中通以圖示方向的恒定電流。釋放導(dǎo)線框，它由實線位置下落到虛線位置未發(fā)生轉(zhuǎn)動，在此過程中()A．導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的方向依次為ACBA→ABCA→ACBAB．導(dǎo)線框的磁通量為零時，感應(yīng)電流也為零C．導(dǎo)線框所受安培力的合力方向依次為向上→向下→向上D．導(dǎo)線框所受安培力的合力為零，做自由落體運動答案A解析依據(jù)右手螺旋定則可知導(dǎo)線上方的磁場方向垂直于紙面對外，下方的磁場方向垂直于紙面對里，而且越靠近導(dǎo)線磁場越強(qiáng)。所以閉合導(dǎo)線框ABC在下降過程中，導(dǎo)線框內(nèi)垂直于紙面對外的磁通量先增大，當(dāng)導(dǎo)線框的BC邊與導(dǎo)線在同一水平面時，垂直于紙面對外的磁通量達(dá)到最大，再向下運動，導(dǎo)線框內(nèi)垂直于紙面對外的磁通量漸漸減小至零，然后隨導(dǎo)線框的下降，導(dǎo)線框內(nèi)垂直于紙面對里的磁通量增大，達(dá)到最大后，接著下降時由于導(dǎo)線框漸漸遠(yuǎn)離導(dǎo)線，使導(dǎo)線框內(nèi)垂直于紙面對里的磁通量再漸漸減小，依據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場總是阻礙原磁通量的變更，所以感應(yīng)電流的磁場先向內(nèi)，再向外，最終向內(nèi)，所以導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的方向依次為ACBA→ABCA→ACBA，A正確；當(dāng)導(dǎo)線框內(nèi)的磁通量為零時，內(nèi)部的磁通量仍舊在變更，有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生，所以感應(yīng)電流不為零，B錯誤；依據(jù)對楞次定律的理解，感應(yīng)電流的效果總是阻礙導(dǎo)體間的相對運動，由于導(dǎo)線框始終向下運動，所以導(dǎo)線框所受安培力的合力方向始終向上，不為零，C、D錯誤。8.如圖為一種早期發(fā)電機(jī)原理示意圖，該發(fā)電機(jī)由固定的圓形線圈和一對用鐵芯連接的圓柱形磁鐵構(gòu)成，兩磁極相對于線圈平面對稱，在磁極繞轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動過程中，磁極中心在線圈平面上的投影沿圓弧XOY運動，(O是線圈中心)。則()A．從X到O，電流由E經(jīng)G流向F，線圈的面積有收縮的趨勢B．從X到O，電流由F經(jīng)G流向E，線圈的面積有擴(kuò)張的趨勢C．從O到Y(jié)，電流由F經(jīng)G流向E，線圈的面積有收縮的趨勢D．從O到Y(jié)，電流由E經(jīng)G流向F，線圈的面積有擴(kuò)張的趨勢答案D解析磁極繞轉(zhuǎn)軸從X到O勻速轉(zhuǎn)動時，穿過線圈平面的磁通量向上增大，依據(jù)楞次定律可知，從上往下看線圈中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，電流由F經(jīng)G流向E，線圈的各部分受到指向圓心的安培力，線圈的面積有縮小的趨勢，故A、B錯誤；磁極繞轉(zhuǎn)軸從O到Y(jié)勻速轉(zhuǎn)動時，穿過線圈平面的磁通量向上減小，依據(jù)楞次定律可知，從上往下看線圈中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，電流由E經(jīng)G流向F，線圈的各部分受到背離圓心的安培力，所以線圈的面積有擴(kuò)大的趨勢，故C錯誤，D正確。9．如圖所示，a、b都是較輕的鋁環(huán)，a環(huán)閉合，b環(huán)斷開，橫梁可以繞中間支點自由轉(zhuǎn)動，起先時整個裝置靜止。下列說法中正確的是()A．條形磁鐵插入a環(huán)時，橫梁不會發(fā)生轉(zhuǎn)動B．只有當(dāng)條形磁鐵N極拔出鋁環(huán)時，橫梁才會轉(zhuǎn)動C．條形磁鐵用相同方式分別插入a、b環(huán)時，兩環(huán)轉(zhuǎn)動狀況相同D．鋁環(huán)a產(chǎn)生的感應(yīng)電流總是阻礙鋁環(huán)與磁鐵間的相對運動答案D解析當(dāng)條形磁鐵向a環(huán)靠近時，穿過a環(huán)的磁通量增加，a環(huán)閉合，產(chǎn)生感應(yīng)電流，磁鐵對a環(huán)產(chǎn)生安培力，阻礙兩者相對運動，因此a環(huán)阻礙磁鐵靠近，出現(xiàn)轉(zhuǎn)動現(xiàn)象；當(dāng)條形磁鐵向b環(huán)靠近時，b環(huán)斷開，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，磁鐵對b環(huán)沒有安培力作用，b環(huán)將靜止不動，故A、B、C錯誤。依據(jù)楞次定律可知，環(huán)a產(chǎn)生的感應(yīng)電流總是阻礙鋁環(huán)與磁鐵間的相對運動，故D正確。10．(2024·全國卷Ⅲ)楞次定律是下列哪個定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的詳細(xì)體現(xiàn)？()A．電阻定律 B．庫侖定律C．歐姆定律 D．能量守恒定律答案D解析楞次定律表述了感應(yīng)電流的磁場方向，同時也體現(xiàn)了不同能量間的關(guān)系?？偰芰渴鞘睾愕模袘?yīng)電流產(chǎn)生電能，電能是“阻礙”的結(jié)果，D正確。11．(2024·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是()A．開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面對里的方向轉(zhuǎn)動B．開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面對里的方向C．開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面對外的方向D．開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面對外的方向轉(zhuǎn)動答案AD解析小磁針的N極的指向為該處磁場的方向。開關(guān)閉合后的瞬間，通過右邊線圈的電流增大，在鐵芯中產(chǎn)生由北向南的磁場增大，通過左側(cè)的線圈的磁通量增大，依據(jù)楞次定律和安培定則可以推斷，直導(dǎo)線的電流從南流向北，再依據(jù)安培定則可以推斷，直導(dǎo)線電流在小磁針處的磁場方向垂直紙面對里，小磁針N極向里轉(zhuǎn)動，A正確；開關(guān)閉合并保持一段時間后，通過左側(cè)線圈的磁通量不變，不會產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，所以直導(dǎo)線無感應(yīng)電流流過，小磁針在地磁場作用下復(fù)原原指向，B、C錯誤；開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，通過左側(cè)線圈的磁通量減小，直導(dǎo)線產(chǎn)生由北流向南的電流，則小磁針N極向外轉(zhuǎn)動，D正確。12．(2024·合肥高三第三次質(zhì)檢)(多選)圖示為手機(jī)無線充電裝置，手機(jī)和充電板內(nèi)部均安裝了金屬線圈，將手機(jī)置于通電的充電板上，便實現(xiàn)了“無線充電”。下列說法正確的是()A．無線充電的原理是電磁感應(yīng)B．將手機(jī)旋轉(zhuǎn)一小角度放置，便不能充電C．在手機(jī)和充電板間墊上幾張A4紙，也能充電D．充電板不論通入交變電流還是恒定電流均可充電答案AC解析充電板內(nèi)變更的磁場引起手機(jī)內(nèi)部的線圈中的磁通量發(fā)生變更，產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而給手機(jī)電池充電，是利用電磁感應(yīng)原理工作的，將手機(jī)旋轉(zhuǎn)一小角度放置或在手機(jī)和充電板間墊上幾張A4紙，也能充電，故A、C正確，B錯誤；充電底座是利用電磁感應(yīng)原理工作的，故不能運用直流電進(jìn)行無線充電，故D錯誤。13.(2024·廣東揭陽一模)(多選)如圖所示，一根長導(dǎo)線彎曲成“”形，通以直流電I，正中間用絕緣線懸掛一金屬環(huán)C，環(huán)與導(dǎo)線處于同一豎直平面內(nèi)。在電流I增大的過程中，下列推斷正確的是()A．金屬環(huán)中無感應(yīng)電流產(chǎn)生B．金屬環(huán)中有逆時針方向的感應(yīng)電流C．懸掛金屬環(huán)C的豎直線的拉力大于環(huán)的重力D．懸掛金屬環(huán)C的豎直線的拉力小于環(huán)的重力答案BC解析由安培定則知，彎曲成“”形導(dǎo)線中電流在C處產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面對里，且隨電流增大而增加。由楞次定律知，C中感應(yīng)電流的方向為逆時針，故A錯誤，B正確；由左手定則可知，金屬環(huán)C上各處所受安培力的方向均指向圓心，由于長導(dǎo)線彎曲成“”形，所以金屬環(huán)下半邊處的磁感應(yīng)強(qiáng)度小于上半邊處的磁感應(yīng)強(qiáng)度，下半邊受到的安培力小于上半邊受到的安培力，因此導(dǎo)致懸掛金屬環(huán)C的豎直線的拉力大于環(huán)的重力。此結(jié)論也可應(yīng)用楞次定律的推論來得出，為了阻礙磁通量的增加，金屬環(huán)C有向下運動的趨勢，故豎直線的拉力大于環(huán)的重力。故C正確，D錯誤。14．(2024·廣東佛山一模)一個簡易的電磁彈射玩具如圖所示。線圈、鐵芯組合充當(dāng)炮筒，硬幣充當(dāng)子彈?，F(xiàn)將一個金屬硬幣放在鐵芯上(金屬硬幣半徑略大于鐵芯半徑)，電容器剛起先時處于無電狀態(tài)，則下列說法正確的是()A．要將硬幣射出，可干脆將開關(guān)撥到2B．當(dāng)開關(guān)撥向1時，有短暫電流出現(xiàn)，且電容器上極板帶負(fù)電C．當(dāng)開關(guān)由1撥向2瞬間，鐵芯中的磁通量減小D．當(dāng)開關(guān)由1撥向2瞬間，硬幣中會產(chǎn)生向上的感應(yīng)磁場答案D解析要將硬幣射出，必須要使電容器放電，而干脆將開關(guān)撥到2，電容器不會放電產(chǎn)生電流，故A錯誤；當(dāng)開關(guān)撥向1時，有短暫電流出現(xiàn)，電容器處于充電狀態(tài)，由于電容器的上極板與電源正極相連，因此電容器的上極板帶正電，故B錯誤；當(dāng)開關(guān)由1撥向2瞬間，電容器處于放電瞬間，電流增大，鐵芯中的磁通量增大，故C錯誤；當(dāng)開關(guān)由1撥向2瞬間，電容器處于放電瞬間，依據(jù)楞次定律，則硬幣中會產(chǎn)生向上的感應(yīng)磁場，故D正確。15．(2024·廣東廣州二模)(多選)如圖，兩條水平光滑金屬導(dǎo)軌固定在電磁鐵兩磁極之間，導(dǎo)軌兩端a、b斷開，金屬桿L垂直導(dǎo)軌放置。閉合開關(guān)S，下列推斷正確的是()A．電磁鐵兩磁極之間的磁場方向向下B．若給金屬桿向左的初速度，則a點電勢高于b點C．若a、b間接導(dǎo)線，向下移動滑片P，則金屬桿向左運動D．若a、b間接直流電源，a接正極、b接負(fù)極，則金屬桿向左運動答案AC解析閉合開關(guān)S，依據(jù)右手螺旋定則可知，電磁鐵兩磁極之間的磁場方向向下，A正確；依據(jù)右手定則可知，若給金屬桿向左的初速度，則a點電勢低于b點，B錯誤；若a、b間接導(dǎo)線，向下移動滑片P，則螺線管中的電流變大，磁場增加，由于穿過閉合回路的磁通量增加，由楞次定律可知，金屬桿向左運動，C正確；若a、b間接直流電源，a接正極、b接負(fù)極，由左手定則可知，金屬桿向右運動，D錯誤。第51講法拉第電磁感應(yīng)定律自感基礎(chǔ)命題點一法拉第電磁感應(yīng)定律1．感應(yīng)電動勢(1)概念：在eq\x(\s\up1(01))電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢。(2)產(chǎn)生：只要穿過回路的eq\x(\s\up1(02))磁通量發(fā)生變更，就能產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，與電路是否閉合無關(guān)。(3)方向：產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的電路(導(dǎo)體或線圈)相當(dāng)于電源，電動勢的方向就是電源內(nèi)部的電流方向，自低電勢處流向高電勢處，因此，電磁感應(yīng)中的電源的正、負(fù)極可由eq\x(\s\up1(03))右手定則或eq\x(\s\up1(04))楞次定律推斷。2．法拉第電磁感應(yīng)定律(1)內(nèi)容：閉合電路中感應(yīng)電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的eq\x(\s\up1(05))變更率成正比。(2)公式：E＝eq\x(\s\up1(06))neq\f(ΔΦ,Δt)，其中eq\f(ΔΦ,Δt)為磁通量的eq\x(\s\up1(07))變更率，n為線圈匝數(shù)。3．說明(1)在滿意B⊥S的條件下，當(dāng)ΔΦ僅由B的變更引起時，則E＝neq\f(ΔB·S,Δt)；當(dāng)ΔΦ僅由S的變更引起時，則E＝neq\f(B·ΔS,Δt)；當(dāng)ΔΦ由B、S的變更同時引起時，則E＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔB·ΔS,Δt)。(2)磁通量的變更率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ-t圖象上某點切線的eq\x(\s\up1(08))斜率。1．[教材母題](人教版選修3－2P17·T1)關(guān)于電磁感應(yīng)，下述說法正確的是什么？A．穿過線圈的磁通量越大，感應(yīng)電動勢越大B．穿過線圈的磁通量為0，感應(yīng)電動勢肯定為0C．穿過線圈的磁通量的變更越大，感應(yīng)電動勢越大D．穿過線圈的磁通量變更越快，感應(yīng)電動勢越大[變式子題]關(guān)于法拉第電磁感應(yīng)定律，下列說法正確的是()A．線圈中的磁通量變更越大，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢就越大B．線圈中的磁通量變更越快，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢就越大C．線圈中的磁通量越大，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢就越大D．線圈放在磁場越強(qiáng)的地方，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢就越大答案B解析依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得，感應(yīng)電動勢的大小跟磁通量的變更率成正比。磁通量變更大，由于不知磁通量的變更時間，故eq\f(ΔΦ,Δt)不肯定越大，A錯誤；磁通量變更的快慢用eq\f(ΔΦ,Δt)表示，磁通量變更越快，則eq\f(ΔΦ,Δt)就大，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢就越大，B正確；磁通量Φ越大，但eq\f(ΔΦ,Δt)不肯定越大，C錯誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度大的磁場中可能沒有磁通量的變更，則感應(yīng)電動勢可能為零，D錯誤。2.在一空間有方向相反，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場，如圖所示，向外的磁場分布在一半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)，向內(nèi)的磁場分布在除圓形區(qū)域外的整個區(qū)域，該平面內(nèi)有一半徑為b(b>eq\r(2)a)的圓形線圈，線圈平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線圈與半徑為a的圓形區(qū)域是同心圓。從某時刻起磁感應(yīng)強(qiáng)度在Δt時間內(nèi)勻稱減小到eq\f(B,2)，則此過程中該線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為()A.eq\f(πBb2－a2,2Δt) B.eq\f(πBb2－2a2,Δt)C.eq\f(πBb2－a2,Δt) D.eq\f(πBb2－2a2,2Δt)答案D解析線圈內(nèi)存在兩個方向相反的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，穿過線圈的磁通量變更量為ΔΦ＝πB(b2－2a2)－eq\f(πBb2－2a2,2)＝eq\f(πBb2－2a2,2)。依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(πBb2－2a2,2Δt)，故選D。3．(2024·山東濰坊二模)(多選)如圖甲，螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加磁場，以圖中箭頭所示方向為其正方向。螺線管與導(dǎo)線框abcd相連，導(dǎo)線框內(nèi)有一閉合小金屬圓環(huán)，圓環(huán)與導(dǎo)線框在同一平面內(nèi)。當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間按圖乙所示規(guī)律變更時()A．在0～t1時間內(nèi)，環(huán)有收縮趨勢B．在t1～t2時間內(nèi)，環(huán)有擴(kuò)張趨勢C．在t1～t2時間內(nèi)，環(huán)內(nèi)有逆時針方向的感應(yīng)電流D．在t2～t3時間內(nèi)，環(huán)內(nèi)有逆時針方向的感應(yīng)電流答案BC解析在0～t1時間內(nèi)，B勻稱增加，則在螺線管中產(chǎn)生恒定不變的感生電動勢，在導(dǎo)線框abcd中形成恒定不變的電流，則此時環(huán)中無感應(yīng)電流產(chǎn)生，環(huán)也沒有收縮趨勢，A錯誤；在t1～t2時間內(nèi)，B的變更率漸漸減小，則螺線管中的感應(yīng)電流方向為從下到上且漸漸減小，導(dǎo)線框abcd中的磁通量向外減小，穿過環(huán)的磁通量向外減小，依據(jù)楞次定律可知，環(huán)內(nèi)有逆時針方向的感應(yīng)電流，且有擴(kuò)張趨勢，B、C正確；在t2～t3時間內(nèi)，B的方向向下，且B的變更率漸漸減小，則螺線管中的感應(yīng)電流方向為從上到下且漸漸減小，導(dǎo)線框abcd中的磁通量為向里減小，穿過環(huán)的磁通量向里減小，依據(jù)楞次定律可知，環(huán)內(nèi)有順時針方向的感應(yīng)電流，D錯誤。實力命題點一導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的計算1．E＝Blv的三個特性(1)正交性：本公式要求磁場為勻強(qiáng)磁場，而且B、l、v三者相互垂直。(2)有效性：公式中的l為導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度，即首尾相接后垂直于速度方向的投影長度。如圖所示的有效長度為ab間的距離。(3)相對性：E＝Blv中的速度v是導(dǎo)體棒相對磁場的速度，若磁場也在運動，應(yīng)留意速度間的相對關(guān)系。2．導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線當(dāng)導(dǎo)體棒在垂直于磁場的平面內(nèi)，繞一端以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω，如圖所示。3．公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)與E＝Blv的比較E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝Blv區(qū)分探討對象閉合回路回路中做切割磁感線運動的部分導(dǎo)體探討內(nèi)容平均電動勢①若v為瞬時速度，則求的是瞬時感應(yīng)電動勢②若v為平均速度，則求的是平均感應(yīng)電動勢適用范圍對任何電磁感應(yīng)現(xiàn)象普遍適用只適用于導(dǎo)體垂直切割磁感線的運動E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝Blv聯(lián)系E＝Blv由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)在肯定條件下推導(dǎo)得到。導(dǎo)體切割磁感線運動時，常用E＝Blv求E，磁感應(yīng)強(qiáng)度變更時，常用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求E[例1]如圖所示，一金屬彎桿處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場中，已知ab＝bc＝L，當(dāng)它以速度v向右平動時，c、a兩點間的電勢差為()A．BLv B．BLvsinθC．BLvcosθ D．BLv(1＋sinθ)解析公式E＝BLv中的L應(yīng)指導(dǎo)體切割磁感線的有效長度，也就是與磁感應(yīng)強(qiáng)度B和速度v垂直的長度，因此該金屬彎桿的有效切割長度為Lsinθ，故感應(yīng)電動勢大小為BLvsinθ，故B正確。答案B解答本題要把握以下兩點：(1)公式E＝BLv的應(yīng)用條件是兩兩垂直，當(dāng)有物理量不垂直時，要利用等效法將其轉(zhuǎn)化為兩兩垂直。(2)將abc分為兩段，ab不切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，bc切割磁感線但不符合兩兩垂直，要先進(jìn)行轉(zhuǎn)化再求解。[例2]金屬線圈ABC構(gòu)成一個等腰直角三角形，腰長為a，繞垂直于紙面通過A的軸在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，角速度為ω，如圖所示。若加上一個垂直紙面對里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，則B、A間的電勢差UBA，B、C間的電勢差UBC分別為多少？解析AC、BC、AB均繞垂直于紙面通過A的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，△ABC中磁通量不變，所以線圈中沒有電流。但當(dāng)單獨考慮每條邊時，三邊均切割磁感線，均有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生，且B點電勢大于C點電勢和A點電勢。則有UBA＝EBA＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BωLeq\o\al(2,AB)＝Bωa2，UCA＝ECA＝eq\f(1,2)BωLeq\o\al(2,AC)＝eq\f(1,2)Bωa2，UBC＝UBA－UCA＝Bωa2－eq\f(1,2)Bωa2＝eq\f(1,2)Bωa2。答案Bωa2eq\f(1,2)Bωa2(1)在轉(zhuǎn)動切割求感應(yīng)電動勢時，公式E＝Blv中的v指的是各點在垂直于桿方向的平均速度。(2)求UBA時，折線BCA和直線段BA都轉(zhuǎn)動切割，兩者都相當(dāng)于電源，因有效長度相同，產(chǎn)生的電動勢相同，本質(zhì)就是兩電動勢相同的電源并聯(lián)，故總電動勢等于其中一個的電動勢。1．下列各種狀況中導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大的是()A．A B．BC．C D．D答案C解析在勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)線首末端點的連線與速度方向垂直的長度是切割磁感線的有效長度，A、B、D導(dǎo)體中有效長度均為L，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv，C中導(dǎo)體的有效長度大于L，設(shè)導(dǎo)體與磁場邊界的夾角為θ，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E′＝Bveq\f(L,sinθ)>E，故C正確。2．如圖所示，勻強(qiáng)磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。使該線框從靜止起先繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流?，F(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間線性變更。為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變更率eq\f(ΔB,Δt)的大小應(yīng)為()A.eq\f(4ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)答案C解析設(shè)圓的半徑為r，當(dāng)其繞過圓心O的軸勻速轉(zhuǎn)動時，圓弧部分不切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，而在轉(zhuǎn)過半周的過程中直徑只有一半在磁場中切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝B0req\x\to(v)＝B0r·eq\f(rω,2)＝eq\f(1,2)B0r2ω；當(dāng)線框不動時，E′＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(πr2,2)。由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R)，要使I＝I′，必需使E＝E′，可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，C正確?；A(chǔ)命題點二自感1．定義：一個線圈中的電流eq\x(\s\up1(01))變更時，它所產(chǎn)生的eq\x(\s\up1(02))變更的磁場在它本身激發(fā)出感應(yīng)電動勢，這種現(xiàn)象稱為自感。產(chǎn)生的電動勢叫做eq\x(\s\up1(03))自感電動勢。2．通電自感和斷電自感電路現(xiàn)象自感電動勢的作用通電自感接通電源的瞬間，燈泡A1eq\x(\s\up1(04))較慢地亮起來。若A1、A2同規(guī)格，且R＝RL，則最終A1、A2亮度eq\x(\s\up1(05))相同eq\x(\s\up1(06))阻礙電流的增加斷電自感開關(guān)閉合后，穩(wěn)定時，若IA≥IL，斷開開關(guān)后，燈泡Aeq\x(\s\up1(07))漸漸變暗；若IA<IL，燈泡A會閃亮一下，然后漸漸變暗eq\x(\s\up1(08))阻礙電流的減小3．規(guī)律(1)自感電動勢總要阻礙eq\x(\s\up1(09))引起自感的原電流的變更，符合楞次定律。(2)通過線圈的電流不能發(fā)生突變，只能緩慢變更。(3)當(dāng)線圈中電流變更時，線圈相當(dāng)于電源；當(dāng)線圈中電流不變時，線圈相當(dāng)于導(dǎo)線或電阻。(4)自感電動勢的大?。篍＝eq\x(\s\up1(10))Leq\f(ΔI,Δt)，自感系數(shù)越大，自感現(xiàn)象越明顯。(5)自感電動勢只是延緩了過程的進(jìn)行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向。4．自感中“閃亮”與“不閃亮”問題與線圈串聯(lián)的燈泡與線圈