2025届高考物理一轮复习第十章磁场热点专题6第49讲带电粒子在电磁场中运动的实例分析教学案新人教版

PAGE163-第49讲带电粒子在电磁场中运动的实例分析热点概述利用带电粒子在电磁场中的运动原理可以制作许多电子仪器，比较典型的有质谱仪、回旋加速器、速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件等，这些仪器的原理及应用分析是高考中的常考问题，下面分类进行探讨突破。热点一电场与磁场的组合应用实例一、质谱仪1．作用测量带电粒子质量和分别同位素的仪器。2．原理(如图所示)(1)加速电场：qU＝eq\f(1,2)mv2；(2)偏转磁场：qvB＝eq\f(mv2,r)；由以上两式可得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．构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接沟通电源。2．原理：沟通电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙就被加速一次。3．粒子获得的最大动能：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)，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R确定，与加速电压无关。4．粒子在磁场中运动的总时间：粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝eq\f(Ekm,qU)，粒子在磁场中运动的总时间t＝eq\f(n,2)T＝eq\f(Ekm,2qU)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πBR2,2U)。[例1](2024·广东汕头二模)(多选)电荷量相同、质量不同的粒子从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为零。然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最终打在照相底片D上，如图所示。运动过程中粒子之间的相互作用忽视不计，下列说法正确的是()A．这些粒子经过S3时的动能相同B．这些粒子经过S3时的速率相同C．这些粒子在磁场中运动的轨迹圆半径与质量成正比 D．这些粒子在磁场中运动的时间与质量成正比解析依据动能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(\f(2qU,m))，知电荷量相同，质量不同的粒子经过S3时的动能相同，但速率不同，故A正确，B错误；粒子在磁场中运动的轨道半径为：r＝eq\f(mv,qB)＝eq\r(\f(2mU,qB2))，在磁场中运动的时间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错误，D正确。答案AD质谱仪问题的实质是组合场问题，先经过加速电场，再经过偏转磁场。以粒子为探讨对象，加速电场中的运动依据动能定理分析；偏转磁场中的运动用公式r＝eq\f(mv,qB)和T＝eq\f(2πm,qB)分析。[例2](2024·福建中学毕业班3月质检)(多选)回旋加速器主要结构如图，两个中空的半圆形金属盒接高频沟通电源置于与盒面垂直的匀强磁场中，两盒间的狭缝宽度很小。粒子源S位于金属盒的圆心处，产生的粒子初速度可以忽视。用两台回旋加速器分别加速质子(eq\o\al(1,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)，这两台加速器的金属盒半径、磁场的磁感应强度、高频沟通电源的电压均相等，不考虑相对论效应，则质子和α粒子()A．所能达到的最大动量大小相等B．所能达到的最大动能相等C．受到的最大洛伦兹力大小相等D．在达到最大动能的过程中通过狭缝的次数相等解析当粒子的轨道半径达到D形盒的半径R时，速度最大，由公式qvB＝meq\f(v2,R)可得：最大动量p＝mv＝qBR，由于两粒子的电荷量不同，所以它们所能达到的最大动量大小不相等，故A错误；当粒子的轨道半径达到D形盒的半径R时，速度最大，由公式Ek＝eq\f(q2B2R2,2m)可得，它们所能达到的最大动能相等，故B正确；当粒子的轨道半径达到D形盒的半径R时，速度最大，由公式qvB＝meq\f(v2,R)可得：v＝eq\f(qBR,m)，则f洛＝qvB＝eq\f(q2B2R,m)，所以它们受到的最大洛伦兹力大小相等，故C正确；粒子每经过狭缝一次就被加速一次，每加速一次增加的动能为qU，粒子能达到的最大动能为Ek＝eq\f(q2B2R2,2m)，所以要加速的次数为n＝eq\f(Ek,qU)＝eq\f(qB2R2,2mU)，所以它们在达到最大动能的过程中通过狭缝的次数不相等，故D错误。答案BC回旋加速器的解题思路(1)带电粒子在缝隙的电场中始终加速，故交变电流的周期应与粒子在磁场中做圆周运动的周期相等。(2)带电粒子在磁场中偏转，半径不断增大，周期不变，最大动能与D形盒的半径有关。1．(2024·日照模拟)质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子(不计重力)经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子的质量。其工作原理如图所示。虚线为某粒子运动轨迹，由图可知()A．此粒子带负电B．下极板S2比上极板S1电势高C．若只减小加速电压U，则半径r变大D．若只减小入射粒子的质量，则半径r变小答案D解析由图结合左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；粒子经过电场要加速，所以下极板S2比上极板S1的电势低，故B错误；依据动能定理得，qU＝eq\f(1,2)mv2，又由qvB＝meq\f(v2,r)，联立可得，r＝eq\f(\r(\f(2mU,q)),B)，若只减小加速电压U，由上式可知，则半径r减小；若只减小入射粒子的质量，由上式可知，则半径r也减小，故C错误，D正确。2．(多选)回旋加速器的工作原理示意图如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过狭缝的时间可忽视，狭缝处接有电压为U、频率为f的沟通电源，若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正确的是()A．若只增大沟通电压U，则质子获得的最大动能增大B．若只增大沟通电压U，则质子在回旋加速器中运动的时间会变短C．若磁感应强度B增大，沟通电频率f必需适当增大，回旋加速器才能正常工作D．不变更磁感应强度B和沟通电频率f，该回旋加速器也能用于加速α粒子答案BC解析当质子从D形盒中射出时速度最大，依据qvmB＝meq\f(v\o\al(2,m),R)，得vm＝eq\f(qBR,m)，则质子获得的最大动能Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，质子的最大动能与沟通电压U无关，故A错误；依据T＝eq\f(2πm,Bq)，可知若只增大沟通电压U，不会变更质子在回旋加速器中运动的周期，但加速次数会削减，则质子在回旋加速器中运动的时间变短，故B正确；依据T＝eq\f(2πm,Bq)，可知若磁感应强度B增大，要使回旋加速度正常工作，则T减小，因交变电流的周期与粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，故只有当沟通电频率f适当增大，回旋加速器才能正常工作，故C正确；带电粒子在磁场中运动的周期与沟通电源的周期相同，依据T＝eq\f(2πm,Bq)知，换用α粒子，粒子的比荷变更，在磁场中运动的周期变更，回旋加速器需变更沟通电的频率才能用于加速α粒子，故D错误。热点二电场与磁场的叠加应用实例装置原理图规律速度选择器若qv0B＝Eq，即v0＝eq\f(E,B)，粒子做匀速直线运动磁流体发电机等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电荷，两极板间电压为U时稳定，有qeq\f(U,d)＝qv0B，即U＝v0Bd电磁流量计eq\f(U,D)q＝qvB，所以v＝eq\f(U,DB)，所以Q＝vS＝eq\f(πDU,4B)霍尔元件当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差霍尔电压的计算：导体中的自由电荷在洛伦兹力作用下偏转，a、b间出现电势差。当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，b、a间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝qeq\f(U,h)，I＝nqvS，S＝hd，联立得U＝eq\f(BI,nqd)＝keq\f(BI,d)，k＝eq\f(1,nq)称为霍尔系数。[例1](2024·北京朝阳高三一模)如图为速度选择器示意图，P1、P2为其两个极板。某带电粒子以速度v0从S1射入，恰能沿虚线从S2射出。不计粒子重力，下列说法正确的是()A．极板P1的电势肯定高于极板P2的电势B．该粒子肯定带正电C．该粒子以速度2v0从S1射入，仍能沿虚线从S2射出D．该粒子以速度v0从S2射入，也能沿虚线从S1射出解析粒子从左侧射入，当粒子带正电时，F洛向上，则F电必需向下，可知上极板P1电势高，当粒子带负电时，F洛向下，则F电必需向上，可知上极板P1电势高，故A正确，B错误；依据qvB＝qE，则v＝eq\f(E,B)，速度为定值，故C错误；粒子从右侧射入，只有F洛方向变更，而F电方向不变，粒子受力不平衡，因而不沿虚线运动，故D错误。答案A在不计粒子重力的条件下，速度选择器可选择出速度v＝eq\f(E,B)的粒子，对粒子的电量、电性、质量无要求，但是对粒子的射入方向有要求。[例2](2024·湖南常德高三一模)2024年，我省加大环保督查力度，打响碧波蓝天保卫战。督查暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极，匀强磁场方向竖直向下。污水(含有大量的正负离子)充溢管口从左向右流经该测量管时，a、c两端的电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)。则()A．a侧电势比c侧电势低B．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大C．U与污水流量Q成正比，与L、D无关D．匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(πDU,4Q)解析污水中正负离子从左向右移动，受到洛伦兹力，依据左手定则，正离子向后表面偏，负离子向前表面偏，所以后表面a侧电势比前表面c侧电势高，故A错误；最终正、负离子会受到电场力、洛伦兹力处于平衡，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与Q成正比，与D成反比，与L无关，与离子浓度无关，B、C错误；匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(πUD,4Q)，故D正确。答案D电磁流量计与磁流体发电机原理类似，忽视带电粒子重力时，当电场力与洛伦兹力相等时达到动态平衡，可以依据此时的平衡条件列方程解决问题。[例3](2024·天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此限制屏幕的熄灭。则元件的()A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压U与v无关C．前、后表面间的电压U与c成正比D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eq\f(eU,a)解析由左手定则推断，后表面带负电，电势低，A错误；电子受力平衡后，U稳定不变，由eeq\f(U,a)＝evB得U＝Bav，故前、后表面间的电压U与v成正比，与c无关，故B、C错误；自由电子受到的洛伦兹力F＝evB＝eq\f(eU,a)，D正确。答案D形成电流的可能是正电荷，也可能是负电荷，两种状况在霍尔效应中形成的霍尔电压方向相反。1．(多选)两极板间存在方向如图所示的匀强电场(电场强度为E)和匀强磁场(磁感应强度为B)共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v0射入场区，则()A．若v0>eq\f(E,B)，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度v>v0B．若v0>eq\f(E,B)，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v<v0C．若v0<eq\f(E,B)，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度v>v0D．若v0<eq\f(E,B)，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v<v0答案BC解析当qv0B＝qE时，电子沿直线运动，v0＝eq\f(E,B)。当v0>eq\f(E,B)时，即洛伦兹力大于静电力，所以电子向下偏转，静电力做负功，动能减小，出场区时速度v<v0，B正确，A错误；当v0<eq\f(E,B)时，即洛伦兹力小于静电力，所以电子向上偏转，静电力做正功，动能增大，出场区时速度v>v0，D错误，C正确。2．(2024·湖北省七市州教科研协作体高三联考)如图表示磁流体发电机的原理：将一束等离子体以速度v喷射入磁感应强度为B的匀强磁场中(速度方向水平向里且垂直磁场)，在磁场中有两块金属板A、B，板间距离为d，金属板上会聚集电荷，产生电压，不计等离子体的重力和电阻，以下说法正确的是()A．流过R的电流方向为从上向下B．R上电压最终会稳定且等于BdvC．其他条件不变，只增大磁感应强度，AB间电势差减小D．其他条件不变，只增大射入速度，AB间电势差减小答案B解析大量带正电和带负电的等离子体进入磁场时，由左手定则可以推断带正电的离子受到的洛伦兹力向下，所以带正电的离子会聚集到B板上，带负电的离子受到的洛伦兹力向上，带负电的离子聚集到A板上，故A板相当于电源的负极，B板相当于电源的正极，所以通过电阻R的电流方向为从下向上，故A错误；当带电离子受力平衡时，依据平衡条件qvB＝qeq\f(U,d)得，U＝Bdv，故B正确；依据U＝Bdv可得其他条件不变，只增大磁感应强度，AB间电势差增大，只增大射入速度，AB间电势差增大，故C、D错误。3．(2024·湖南永州二模)(多选)随着人民生活水平的提高，环境爱护越来越受到重视，永州市环保局对我市污水排放进行了监测。如图所示为污水监测仪的核心部分，两块宽度为b的矩形金属极板平行正对置于排液口的上下表面，排液口上下表面高度为d，有一垂直于侧面对里的磁感应强度为B的匀强磁场。已知污水中含有大量的电荷量为q的正离子(重力不计)，当污水的速度为v时，在导体的上下表面间用电压表测得的电压为U，则下列推断正确的是()A．液体内的离子只受洛伦兹力作用B．用电压表测U时，电压表的“＋”接线柱接上表面C．宽度b越大，U越大D．依据两极板间的电压值可以测出污水的流速答案BD解析定向移动的离子受到洛伦兹力作用发生偏转，在上下表面间形成电势差，最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，故A错误；由左手定则可知，正离子向上表面偏转，上表面带正电，所以电压表的“＋”接线柱接上表面，故B正确；依据电场力与洛伦兹力平衡，则有：qeq\f(U,d)＝qBv，解得：U＝Bdv，则高度d越大，U越大，U与宽度b无关；故C错误；依据U＝Bdv，而B、d已知，假如能测得U，就可以得知污水的流速，故D正确。课时作业1.如图所示，水平放置的平行金属板间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B。一带电量为＋q，质量为m的粒子(不计重力)以速度v水平向右射入，粒子恰沿直线穿过，则下列说法正确的是()A．若只将带电粒子带电量变为＋2q，粒子将向下偏转B．若只将带电粒子带电量变为－2q，粒子仍能沿直线穿过C．若只将带电粒子速度变为2v且粒子不与极板相碰，则从右侧射出时粒子的电势能削减D．若带电粒子从右侧水平射入，粒子仍能沿直线穿过答案B解析粒子恰沿直线穿过，粒子受到的电场力和洛伦兹力必定平衡，有：qvB＝qE，解得：v＝eq\f(E,B)，即只要粒子速度为eq\f(E,B)，就能沿直线匀速通过电磁场，与粒子的电荷量及电性无关。所以，只将带电粒子带电量变为＋2q或－2q，粒子仍能沿直线穿过，A错误，B正确；若带电粒子速度为2v，那么粒子受到的电场力不变，洛伦兹力变为原来的2倍，粒子向上偏转，要克服电场力做功，粒子的电势能增加，故C错误；若带电粒子从右侧水平射入，那么粒子受到的电场力方向向下不变，洛伦兹力方向向下，故粒子肯定向下偏转，不能沿直线穿过，故D错误。2.(2024·全国卷Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重许多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止起先被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止起先被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为()A．11 B．12C．121 D．144答案D解析设质子和离子的质量分别为m1和m2，原磁感应强度为B1，变更后的磁感应强度为B2。在加速电场中qU＝eq\f(1,2)mv2①，在磁场中qvB＝meq\f(v2,R)②，联立两式得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正确。3．如图所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)。下列说法中正确的是()A．它们的最大速度相同B．它们的最大动能相同C．两次所接高频电源的频率不相同D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能答案A解析依据qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)。两粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以最大速度相同，故A正确；最大动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，两粒子的比荷eq\f(q,m)相等，但电荷量不相等，所以最大动能不相等，故B错误；带电粒子在磁场中运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，两粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以周期相等，做圆周运动的频率相等，因为所接高频电源的频率等于粒子做圆周运动的频率，故两次所接高频电源的频率相同，故C错误；由Ek＝eq\f(q2B2R2,2m)可知，粒子的最大动能与加速电压的频率无关，故仅增大高频电源的频率不能增大粒子的最大动能，故D错误。4．速度相同的一束粒子(不计重力)由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是()A．该束粒子带负电B．速度选择器的P1极板带负电C．能通过狭缝S0的粒子的速度等于eq\f(E,B1)D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S0，则粒子的比荷越小答案C解析依据该束粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，由左手定则推断出该束粒子带正电，A错误；粒子在速度选择器中做匀速直线运动，所受电场力和洛伦兹力平衡，由左手定则知洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向竖直向下，因粒子带正电，故电场强度方向向下，速度选择器的P1极板带正电，B错误；粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，有qvB1＝qE，得v＝eq\f(E,B1)，C正确；粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，由牛顿其次定律有qvB2＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,B2q)，可见v、B2肯定时，半径r越小，则比荷eq\f(q,m)越大，D错误。5．(多选)1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽视不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生初速度不计、质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子在狭缝中被加速，加速电压为U，加速过程中不考虑相对论效应和重力影响，则关于回旋加速器，下列说法正确的是()A．带电粒子每一次通过狭缝时获得的能量不同 B．D形盒的半径R越大，粒子离开回旋加速器时获得的最大动能越大 C．交变电源的加速电压U越大，粒子离开回旋加速器时获得的最大动能越大 D．粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为eq\r(2)∶1答案BD解析带电粒子通过狭缝时被电场加速，从电场中获得能量，由动能定理，qU＝ΔEk可知，每一次通过狭缝时获得的能量相同，故A错误；依据半径公式r＝eq\f(mv,qB)知，v＝eq\f(qBr,m)，则粒子的最大动能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2r2,2m)，与加速的电压无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关，D形盒的半径R越大，粒子加速所能获得的最大动能越大，故B正确，C错误；只有电场力做功，粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后的动能之比是2∶1，所以速度之比是eq\r(2)∶1，依据r＝eq\f(mv,qB)得：轨道半径之比为eq\r(2)∶1，故D正确。6．(多选)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是()A．依据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高C．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的D．假如长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小答案AD解析依据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，依据v＝2πrn即可获知车速大小，A正确；依据霍尔效应的原理可知eq\f(U,d)q＝Bqv，U＝Bdv，即霍尔电压只与磁感应强度、霍尔元件的宽度以及电荷定向移动的速度有关，与车轮转速无关，B错误；由左手定则知，图乙中霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，C错误；假如长时间不更换传感器的电源，由I＝eq\f(E,R＋r)＝nqSv知，电源内阻r增大会导致负电荷定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，D正确。7．如图甲是回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连，加速时某带电粒子的动能Ek随时间t的变更规律如图乙所示，若忽视带电粒子在电场中的加速时间，则下列推断正确的是()A．高频电源的变更周期应当等于tn－tn－1B．在Ek­t图象中，t4－t3＝t3－t2＝t2－t1C．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能肯定越大D．不同粒子获得的最大动能都相同答案B解析回旋加速器所加高频电源的频率与带电粒子在磁场中运动的频率相同，在一个周期内，带电粒子两次通过匀强电场而加速，故高频电源的变更周期为tn－tn－2，A项错误；带电粒子在匀强磁场中的运动周期与粒子速度无关，故B项正确；粒子加速到做圆周运动的半径等于加速器半径时，速度达到最大，即qvmaxB＝meq\f(v\o\al(2,max),R)，Ekmax＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)＝eq\f(B2q2R2,2m)，与加速次数无关，C项错误；不同粒子的电荷、质量不肯定相同，由上式可知最大动能也不肯定相同，D项错误。8．(2024·安徽省示范中学考试)如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。静电分析器通道中心线MN所在圆的半径为R，通道内有匀称辐射的电场，中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁分析器的左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为＋q的离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器(进入收集器时速度方向与O2P平行)。下列说法正确的是()A．磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面对里B．加速电场中的加速电压U＝eq\f(1,2)ERC．磁分析器中轨迹圆心O2到Q点的距离d＝eq\r(\f(mER,q))D．任何带正电的离子若能到达P点，则肯定能进入收集器答案B解析该离子在磁分析器中沿顺时针方向转动，所受洛伦兹力指向圆心，依据左手定则可知，磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面对外，A错误；该离子在静电分析器中做匀速圆周运动，有qE＝meq\f(v2,R)，在加速电场中加速有qU＝eq\f(1,2)mv2，联立解得U＝eq\f(1,2)ER，B正确；该离子在磁分析器中做匀速圆周运动，有qvB＝meq\f(v2,r)，又qE＝meq\f(v2,R)，可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))，该离子经Q点进入收集器，故d＝r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))，C错误；任一初速度为零的带正电离子，质量、电荷量分别记为mx、qx，经U＝eq\f(1,2)ER的电场后，在静电分析器中做匀速圆周运动的轨迹半径Rx＝R，即肯定能到达P点，而在磁分析器中运动的轨迹半径rx＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mxER,qx))，rx的大小与离子的质量、电荷量有关，不肯定有rx＝d，故能到达P点的离子不肯定能进入收集器，D错误。9．(2024·江苏高考)回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。被加速粒子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T＝eq\f(2πm,qB)。一束该种粒子在t＝0～eq\f(T,2)时间内从A处匀称地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求：(1)出射粒子的动能Em；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满意的条件。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)粒子圆周运动半径为R时qvB＝meq\f(v2,R)，且Em＝eq\f(1,2)mv2，解得Em＝eq\f(q2B2R2,2m)。(2)设粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt加速度a＝eq\f(qU0,md)匀加速直线运动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))时间内飘入的粒子才能每次均被加速则所占的比例为η＝eq\f(\f(T,2)－Δt,\f(T,2))，由η>99%，解得d<eq\f(πmU0,100qB2R)。[研读考纲明方向]考纲要求复习指南内容要求考情分析：电磁感应是历年高考考查的重点，题型多为选择题和计算题。选择题主要考查有关电磁感应现象的定性分析、感应电动势的计算及各种相关的图象问题；计算题主要考查电磁感应与电路、能量、动量、动力学等结合的综合问题。命题趋势：1．会接着考查应用楞次定律和右手定则判定感应电流的方向。2．结合各种图象(Φ­t图象、B­t图象等)，考查感应电流方向、感应电动势的计算。3．会接着考查电磁感应与电路、能量、动量、动力学等结合的综合问题，特殊是电磁感应与生产、生活实际的结合。电磁感应现象Ⅰ磁通量Ⅰ法拉第电磁感应定律Ⅱ楞次定律Ⅱ自感、涡流Ⅰ[重读教材定方法]1.P7图4.2－7，要使电流表偏转，摇绳的两同学应南北站立还是东西站立？提示：东西站立。2．P7[问题与练习]T1，甲、乙、丙三种状况，哪种产生感应电流？哪种产生感应电动势？提示：乙、丙产生感应电动势，丙产生感应电流。3．P9[问题与练习]T7，为使MN棒中不产生感应电流，磁感应强度B与t的关系如何？提示：由B0l2＝Bl(l＋vt)，得B＝eq\f(B0l,l＋vt)。4．P11阅读教材，思索：感应电流的磁场肯定与引起感应电流的磁场方向相反吗？提示：不肯定。5．P12[思索与探讨]导体棒AB中的感应电流沿什么方向？提示：沿A→B。6．P13[问题与练习]T4，线圈在B位置时，穿过它的磁通量为零，产生的感应电流也为零吗？提示：磁通量为零，感应电流不为零。7．P16阅读教材，思索：E＝Blv中，l指导线实际长度吗？提示：不是。l是有效切割长度。8．P16[思索与探讨]感应电动势是加强了电源产生的电流，还是减弱了它？是有利于线圈的转动，还是阻碍了线圈的转动？提示：依据楞次定律可知，感应电动势减弱了电源产生的电流，阻碍了线圈的转动。9．P20[思索与探讨]导体棒哪端电势高？若外接用电器，导体棒电流沿什么方向？此时导体棒中哪端电势高？提示：C端电势高；电流从D→C；C端电势高。10．P23图4.6－4，思索：开关S断开后灯泡A中的电流方向是什么？提示：从右向左。11．P23图4.6－5，图甲中，若开关S断开，电流表示数马上变为零还是渐渐变为零？提示：马上变为零。12．P24阅读“磁场的能量”。13．P27图4.7－7，连接正负接线柱的导线有什么作用？提示：使电流表中形成闭合电路，起到电磁阻尼作用，预防指针振动过大。第50讲电磁感应现象楞次定律基础命题点一电磁感应现象一、磁通量1．磁通量(1)定义：磁感应强度B与垂直于磁场方向的面积S的eq\x(\s\up1(01))乘积。(2)公式：Φ＝eq\x(\s\up1(02))BS(B⊥S)；单位：韦伯(Wb)。(3)矢标性：磁通量是eq\x(\s\up1(03))标量，但有正负。2．磁通量的变更量：ΔΦ＝eq\x(\s\up1(04))Φ2－Φ1。3．磁通量的变更率(磁通量变更的快慢)：eq\x(\s\up1(05))磁通量的变更量与所用时间的比值，即eq\f(ΔΦ,Δt)，与线圈的匝数无关。4．磁通量发生变更的三种常见状况(1)磁感应强度不变，回路的有效面积变更。(2)有效面积不变，磁感应强度变更。(3)磁感应强度和有效面积都变更。二、电磁感应现象1．电磁感应现象：当穿过闭合回路的eq\x(\s\up1(06))磁通量发生变更时，电路中有电流产生，这种现象称为电磁感应现象，产生的电流称为感应电流。2．产生感应电流的条件(1)eq\x(\s\up1(07))电路闭合；(2)eq\x(\s\up1(08))磁通量发生变更。3．实质：电磁感应现象的实质是产生eq\x(\s\up1(09))感应电动势，假如电路闭合，则有eq\x(\s\up1(10))感应电流；假如电路不闭合，则只有eq\x(\s\up1(11))感应电动势，而无eq\x(\s\up1(12))感应电流。1.磁通量是探讨电磁感应现象的重要物理量，如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，其次次将线框绕cd边翻转到位置2，设先后两次通过线框的磁通量变更量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则()A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．无法确定答案C解析设闭合线框在位置1时的磁通量大小为Φ1，在位置2时的磁通量大小为Φ2，直线电流产生的磁场在位置1处比在位置2处要强，故Φ1>Φ2。将闭合线框从位置1平移到位置2，磁感线是从闭合线框的同一面穿过的，所以ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|＝Φ1－Φ2；将闭合线框从位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线分别从闭合线框的正反两面穿过，所以ΔΦ2＝|(－Φ2)－Φ1|＝Φ1＋Φ2(以原来穿过的方向为正方向，则后来从另一面穿过的方向为负方向)。故正确选项为C。2．[教材母题](人教版选修3－2P8·T3)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场局限在虚线框内，闭合线圈由位置1穿过虚线框运动到位置2。线圈在运动过程中什么时候有感应电流，什么时候没有感应电流？为什么？[变式子题]图中能产生感应电流的是()答案B解析A项中线圈不是闭合的，不能产生感应电流；B项中回路的面积增大，穿过回路的磁通量增大，能够产生感应电流；C项中由于直导线在线圈对称轴的正上方，所以穿过线圈的磁通量等于0，电流增大，穿过线圈的磁通量仍旧是0，不能产生感应电流；D项中线圈整体沿垂直于匀强磁场方向运动，穿过线圈的磁通量始终最大且没有发生变更，不能产生感应电流。故选B。3．(2024·北京人大附中高三期末)(多选)如图所示，将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到灵敏电流计上，把线圈A放进线圈B的里面。下列说法正确的()A．开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针向相反的方向偏转D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才会偏转答案AC解析开关闭合后，线圈A插入或拔出时穿过B的磁通量都会发生变更，产生感应电流，引起电流计指针偏转，A正确；线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，穿过B的磁通量会发生变更，产生感应电流，电流计指针会偏转，B错误；线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，穿过B的磁通量分别会增加和减小，且磁通量的方向相同，故会产生相反方向的感应电流，电流计指针向相反的方向偏转，C正确；开关闭合后，滑动变阻器的滑片P无论如何滑动，线圈A中电流都会变更，穿过B的磁通量都会发生变更，产生感应电流，电流计指针都会偏转，D错误。基础命题点二感应电流的方向1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要eq\x(\s\up1(01))阻碍引起感应电流的eq\x(\s\up1(02))磁通量的变更。(2)适用范围：一切电磁感应现象。(3)应用楞次定律的思路：2．右手定则(1)内容：如图所示，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平面内；让eq\x(\s\up1(03))磁感线从掌心进入，并使拇指指向eq\x(\s\up1(04))导体运动的方向，这时四指所指的方向就是eq\x(\s\up1(05))感应电流的方向。名称基本现象因果关系应用的定则或定律电流的磁效应运动电荷、电流产生磁场因电生磁eq\x(\s\up1(07))安培定则洛伦兹力、安培力磁场对运动电荷、电流有作用力因磁受力eq\x(\s\up1(08))左手定则电磁感应闭合回路磁通量变更因磁生电eq\x(\s\up1(09))楞次定律部分导体做切割磁感线运动因动生电eq\x(\s\up1(10))右手定则(2)适用状况：导线eq\x(\s\up1(06))切割磁感线产生感应电流。3．“三定则肯定律”的应用对比1．[教材母题](人教版选修3－2P13·T3)在如图中CDEF是金属框，框内存在着如图所示的匀强磁场。当导体AB向右移动时，请用楞次定律推断ABCD和ABFE两个电路中感应电流的方向。[变式子题](2024·全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面对里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动起先的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向答案D解析金属杆PQ突然向右运动，在运动起先的瞬间，闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面对里，磁通量增大，由楞次定律可推断，闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面对外，由安培定则可推断感应电流方向为逆时针；由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面对外，与原磁场方向相反，则T中磁通量减小，由楞次定律可推断，T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面对里，由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针，D正确。2.(多选)两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上导体棒AB和CD可以自由滑动。当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法正确的是()A．CD内有电流通过，方向是D→CB．CD向左运动C．磁场对CD作用力向左D．磁场对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线运动，依据右手定则推断可知AB内电流的方向是B→A，故CD内电流的方向是D→C，所以A正确。由左手定则可知D正确，B、C错误。实力命题点楞次定律的理解及推论1．楞次定律中“阻碍”的含义2．楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为电磁感应的效果总要阻碍引起电磁感应的缘由，列表举例说明如下内容例证阻碍原磁通量变更——“增反减同”磁铁靠近线圈，B感与B原反向阻碍相对运动——“来拒去留”磁铁靠近，是斥力磁铁远离，是引力使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”P、Q是光滑固定导轨，a、b是可动金属棒，磁铁下移，回路面积应减小，a、b靠近B减小，线圈扩张阻碍原电流的变更——“增反减同”合上S，B先亮如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变更电流，t＝0时电流的方向为顺时针方向(如图中箭头所示)，在t1～t2时间内，对于线圈B，下列说法中正确的是()A．线圈B内有顺时针方向的电流，且线圈B有扩张的趋势B．线圈B内有顺时针方向的电流，且线圈B有收缩的趋势C．线圈B内有逆时针方向的电流，且线圈B有扩张的趋势D．线圈B内有逆时针方向的电流，且线圈B有收缩的趋势解析t1～t2时间内，线圈A中的电流方向为逆时针方向，依据安培定则可知在线圈A内部产生的磁场方向向外，线圈外部产生的磁场方向向里，线圈B内的合磁通量是向外的。由于线圈A中的电流增大，故穿过线圈B的磁通量增加，因而依据楞次定律和安培定则，在线圈B中将产生顺时针方向的感应电流，由楞次定律的推论可知，线圈B有扩张的趋势。故A正确。答案A线圈大小的变更趋势常有两种推断方法(1)微元法：取线圈B上一小段导线，若取足够小，则可看成一条直线段，依据其中感应电流的方向，所在处磁场的方向及左手定则，可知该段导线的受力方向，以此推出线圈是有收缩的趋势还是有扩张的趋势。(2)推论法：电磁感应的效果总要阻碍引起电磁感应的缘由。本题中电磁感应的效果是线圈B中的感应电流受到的安培力，缘由是线圈B中磁通量的增加，只有线圈B受到的安培力使其扩张才能阻碍磁通量的增加。如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈，当一竖直放置的通有恒定电流的螺线管沿线圈中线AB正上方等高快速通过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向的运动趋势，下列说法中正确的是()A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势先向右后向左C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势先向左后向右D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右答案D解析解法一：当一竖直放置的通电螺线管从线圈中线AB正上方等高快速经过时，线圈中向上的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，线圈中先产生顺时针方向的感应电流后产生逆时针方向的感应电流(从上往下看)，线圈四条边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，运动趋势向右，D正确。解法二：依据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总要抗拒产生感应电流的缘由。本题中的“缘由”是线圈中磁通量先增大后减小，归根结底是螺线管先靠近后远离线圈。“效果”是线圈要实行措施阻碍磁通量先增大后减小，即“来拒去留”，故必有向右运动的趋势。在竖直方向上，线圈则应以先“向下躲”后“向上追”的方式阻碍磁通量先增大后减小，故FN先大于mg后小于mg。D正确。课时作业1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的试验中，能视察到感应电流的是()A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后视察电流表的变更B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后视察电流表的变更C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去视察电流表的变更D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，视察电流表的变更答案D解析将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，因线圈中的磁通量没有变更，故不能视察到感应电流，A不符合题意；在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈时，假如通电线圈通以恒定电流，产生不变的磁场，则在另一线圈中不会产生感应电流，B不符合题意；在线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去视察电流表时，线圈中的磁通量已不再变更，因此也不能视察到感应电流，C不符合题意；绕在同一铁环上的两个线圈，在给一个线圈通电或断电的瞬间，线圈产生变更的磁场，使穿过另一线圈的磁通量变更，因此，能视察到感应电流，D符合题意。2.如图所示，一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内，螺线管的中心线恰好和线圈的一条直径MN重合。要使线圈a中产生感应电流，可采纳的方法有()A．使螺线管在线圈a所在平面内转动B．使螺线管上的电流发生变更C．使线圈以MN为轴转动D．使线圈以与MN垂直的直径为轴转动答案D解析题图所示位置，线圈a所在平面与磁感线平行，穿过线圈的磁通量为零，当按A、B、C所述方式变更时，线圈a所在平面仍与磁感线平行，磁通量不变，不产生感应电流；按选项D所述方式变更时，由于线圈与磁场夹角变更引起磁通量变更，能够产生感应电流，D正确。3．如图所示，铜盘水平放置，磁场竖直向下穿过铜盘，图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一平面内，从上往下看铜盘沿逆时针方向匀速转动，下列说法正确的是()A．回路中电流方向不变，且从a导线流进灯泡，再从b导线流向旋转的铜盘B．回路中电流方向不变，且从b导线流进灯泡，再从a导线流向旋转的铜盘C．回路中有方向周期性变更的电流D．回路中没有磁通量变更，没有电流答案B解析a导线与铜盘的接触点和中轴线的连线切割磁感线，依据右手定则推断，回路中电流方向不变，从b导线流进灯泡，再从a导线流向旋转的铜盘，B正确，A、C、D错误。4.如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端旁边时细线的张力分别为FT1和FT2，重力加速度大小为g，则()A．FT1>mg，FT2>mgB．FT1<mg，FT2<mgC．FT1>mg，FT2<mgD．FT1<mg，FT2>mg答案A解析金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，由楞次定律推论知，金属圆环在磁铁上端时受力向上，在磁铁下端时受力也向上，则金属圆环对磁铁的作用力始终向下，对磁铁受力分析可知FT1>mg，FT2>mg，A正确。5.如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且与线圈相互绝缘。当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向()A．向左 B．向右C．垂直纸面对外 D．垂直纸面对里答案B解析解法一：当MN中电流突然减小时，单匝矩形线圈abcd垂直纸面对里的磁通量减小，依据楞次定律，线圈abcd中产生的感应电流方向为顺时针方向，由左手定则可知ab边与cd边所受安培力方向均向右，所以线圈所受安培力的合力方向向右，B正确。解法二：由对楞次定律中“阻碍”的理解可知，当MN中电流突然减小而导致线圈abcd垂直纸面对里的磁通量减小时，线圈abcd肯定会有向右运动的趋势以“阻碍”其磁通量的减小，所以其所受安培力的合力方向向右，B正确。6.矩形导线框abcd与长直导线MN放在同一水平面上，ab边与MN平行，导线MN中通入如图所示的电流，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是()A．导线框abcd中没有感应电流B．导线框abcd中有顺时针方向的感应电流C．导线框所受的安培力的合力方向水平向左D．导线框所受的安培力的合力方向水平向右答案D解析直导线中通有向上且增大的电流，依据安培定则知，通过线框的磁场方向垂直纸面对里，且增大，依据楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向，故A、B错误；依据左手定则知，ab边所受安培力方向水平向右，cd边所受安培力方向水平向左，离导线越近，磁感应强度越大，所以ab边所受的安培力大于cd边所受的安培力，则线框所受安培力的合力方向水平向右，故C错误，D正确。7.如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流。释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中()A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBAB．导线框的磁通量为零时，感应电流也为零C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动答案A解析依据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直于纸面对外，下方的磁场方向垂直于纸面对里，而且越靠近导线磁场越强。所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面对外的磁通量先增大，当导线框的BC边与导线在同一水平面时，垂直于纸面对外的磁通量达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面对外的磁通量渐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面对里的磁通量增大，达到最大后，接着下降时由于导线框渐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面对里的磁通量再渐渐减小，依据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变更，所以感应电流的磁场先向内，再向外，最终向内，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍旧在变更，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B错误；依据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框始终向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向始终向上，不为零，C、D错误。8.如图为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧XOY运动，(O是线圈中心)。则()A．从X到O，电流由E经G流向F，线圈的面积有收缩的趋势B．从X到O，电流由F经G流向E，线圈的面积有扩张的趋势C．从O到Y，电流由F经G流向E，线圈的面积有收缩的趋势D．从O到Y，电流由E经G流向F，线圈的面积有扩张的趋势答案D解析磁极绕转轴从X到O匀速转动时，穿过线圈平面的磁通量向上增大，依据楞次定律可知，从上往下看线圈中产生顺时针方向的感应电流，电流由F经G流向E，线圈的各部分受到指向圆心的安培力，线圈的面积有缩小的趋势，故A、B错误；磁极绕转轴从O到Y匀速转动时，穿过线圈平面的磁通量向上减小，依据楞次定律可知，从上往下看线圈中产生逆时针方向的感应电流，电流由E经G流向F，线圈的各部分受到背离圆心的安培力，所以线圈的面积有扩大的趋势，故C错误，D正确。9．如图所示，a、b都是较轻的铝环，a环闭合，b环断开，横梁可以绕中间支点自由转动，起先时整个装置静止。下列说法中正确的是()A．条形磁铁插入a环时，横梁不会发生转动B．只有当条形磁铁N极拔出铝环时，横梁才会转动C．条形磁铁用相同方式分别插入a、b环时，两环转动状况相同D．铝环a产生的感应电流总是阻碍铝环与磁铁间的相对运动答案D解析当条形磁铁向a环靠近时，穿过a环的磁通量增加，a环闭合，产生感应电流，磁铁对a环产生安培力，阻碍两者相对运动，因此a环阻碍磁铁靠近，出现转动现象；当条形磁铁向b环靠近时，b环断开，不产生感应电流，磁铁对b环没有安培力作用，b环将静止不动，故A、B、C错误。依据楞次定律可知，环a产生的感应电流总是阻碍铝环与磁铁间的相对运动，故D正确。10．(2024·全国卷Ⅲ)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的详细体现？()A．电阻定律 B．库仑定律C．欧姆定律 D．能量守恒定律答案D解析楞次定律表述了感应电流的磁场方向，同时也体现了不同能量间的关系。总能量是守恒的，感应电流产生电能，电能是“阻碍”的结果，D正确。11．(2024·全国卷Ⅰ)(多选)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是()A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面对里的方向转动B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面对里的方向C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面对外的方向D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面对外的方向转动答案AD解析小磁针的N极的指向为该处磁场的方向。开关闭合后的瞬间，通过右边线圈的电流增大，在铁芯中产生由北向南的磁场增大，通过左侧的线圈的磁通量增大，依据楞次定律和安培定则可以推断，直导线的电流从南流向北，再依据安培定则可以推断，直导线电流在小磁针处的磁场方向垂直纸面对里，小磁针N极向里转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，通过左侧线圈的磁通量不变，不会产生电磁感应现象，所以直导线无感应电流流过，小磁针在地磁场作用下复原原指向，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，通过左侧线圈的磁通量减小，直导线产生由北流向南的电流，则小磁针N极向外转动，D正确。12．(2024·合肥高三第三次质检)(多选)图示为手机无线充电装置，手机和充电板内部均安装了金属线圈，将手机置于通电的充电板上，便实现了“无线充电”。下列说法正确的是()A．无线充电的原理是电磁感应B．将手机旋转一小角度放置，便不能充电C．在手机和充电板间垫上几张A4纸，也能充电D．充电板不论通入交变电流还是恒定电流均可充电答案AC解析充电板内变更的磁场引起手机内部的线圈中的磁通量发生变更，产生感应电流，从而给手机电池充电，是利用电磁感应原理工作的，将手机旋转一小角度放置或在手机和充电板间垫上几张A4纸，也能充电，故A、C正确，B错误；充电底座是利用电磁感应原理工作的，故不能运用直流电进行无线充电，故D错误。13.(2024·广东揭阳一模)(多选)如图所示，一根长导线弯曲成“”形，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内。在电流I增大的过程中，下列推断正确的是()A．金属环中无感应电流产生B．金属环中有逆时针方向的感应电流C．悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力D．悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力答案BC解析由安培定则知，弯曲成“”形导线中电流在C处产生的磁场方向垂直纸面对里，且随电流增大而增加。由楞次定律知，C中感应电流的方向为逆时针，故A错误，B正确；由左手定则可知，金属环C上各处所受安培力的方向均指向圆心，由于长导线弯曲成“”形，所以金属环下半边处的磁感应强度小于上半边处的磁感应强度，下半边受到的安培力小于上半边受到的安培力，因此导致悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力。此结论也可应用楞次定律的推论来得出，为了阻碍磁通量的增加，金属环C有向下运动的趋势，故竖直线的拉力大于环的重力。故C正确，D错误。14．(2024·广东佛山一模)一个简易的电磁弹射玩具如图所示。线圈、铁芯组合充当炮筒，硬币充当子弹。现将一个金属硬币放在铁芯上(金属硬币半径略大于铁芯半径)，电容器刚起先时处于无电状态，则下列说法正确的是()A．要将硬币射出，可干脆将开关拨到2B．当开关拨向1时，有短暂电流出现，且电容器上极板带负电C．当开关由1拨向2瞬间，铁芯中的磁通量减小D．当开关由1拨向2瞬间，硬币中会产生向上的感应磁场答案D解析要将硬币射出，必须要使电容器放电，而干脆将开关拨到2，电容器不会放电产生电流，故A错误；当开关拨向1时，有短暂电流出现，电容器处于充电状态，由于电容器的上极板与电源正极相连，因此电容器的上极板带正电，故B错误；当开关由1拨向2瞬间，电容器处于放电瞬间，电流增大，铁芯中的磁通量增大，故C错误；当开关由1拨向2瞬间，电容器处于放电瞬间，依据楞次定律，则硬币中会产生向上的感应磁场，故D正确。15．(2024·广东广州二模)(多选)如图，两条水平光滑金属导轨固定在电磁铁两磁极之间，导轨两端a、b断开，金属杆L垂直导轨放置。闭合开关S，下列推断正确的是()A．电磁铁两磁极之间的磁场方向向下B．若给金属杆向左的初速度，则a点电势高于b点C．若a、b间接导线，向下移动滑片P，则金属杆向左运动D．若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，则金属杆向左运动答案AC解析闭合开关S，依据右手螺旋定则可知，电磁铁两磁极之间的磁场方向向下，A正确；依据右手定则可知，若给金属杆向左的初速度，则a点电势低于b点，B错误；若a、b间接导线，向下移动滑片P，则螺线管中的电流变大，磁场增加，由于穿过闭合回路的磁通量增加，由楞次定律可知，金属杆向左运动，C正确；若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，由左手定则可知，金属杆向右运动，D错误。第51讲法拉第电磁感应定律自感基础命题点一法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)概念：在eq\x(\s\up1(01))电磁感应现象中产生的电动势。(2)产生：只要穿过回路的eq\x(\s\up1(02))磁通量发生变更，就能产生感应电动势，与电路是否闭合无关。(3)方向：产生感应电动势的电路(导体或线圈)相当于电源，电动势的方向就是电源内部的电流方向，自低电势处流向高电势处，因此，电磁感应中的电源的正、负极可由eq\x(\s\up1(03))右手定则或eq\x(\s\up1(04))楞次定律推断。2．法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的eq\x(\s\up1(05))变更率成正比。(2)公式：E＝eq\x(\s\up1(06))neq\f(ΔΦ,Δt)，其中eq\f(ΔΦ,Δt)为磁通量的eq\x(\s\up1(07))变更率，n为线圈匝数。3．说明(1)在满意B⊥S的条件下，当ΔΦ仅由B的变更引起时，则E＝neq\f(ΔB·S,Δt)；当ΔΦ仅由S的变更引起时，则E＝neq\f(B·ΔS,Δt)；当ΔΦ由B、S的变更同时引起时，则E＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔB·ΔS,Δt)。(2)磁通量的变更率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ­t图象上某点切线的eq\x(\s\up1(08))斜率。1．[教材母题](人教版选修3－2P17·T1)关于电磁感应，下述说法正确的是什么？A．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B．穿过线圈的磁通量为0，感应电动势肯定为0C．穿过线圈的磁通量的变更越大，感应电动势越大D．穿过线圈的磁通量变更越快，感应电动势越大[变式子题]关于法拉第电磁感应定律，下列说法正确的是()A．线圈中的磁通量变更越大，线圈中产生的感应电动势就越大B．线圈中的磁通量变更越快，线圈中产生的感应电动势就越大C．线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势就越大D．线圈放在磁场越强的地方，线圈中产生的感应电动势就越大答案B解析依据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得，感应电动势的大小跟磁通量的变更率成正比。磁通量变更大，由于不知磁通量的变更时间，故eq\f(ΔΦ,Δt)不肯定越大，A错误；磁通量变更的快慢用eq\f(ΔΦ,Δt)表示，磁通量变更越快，则eq\f(ΔΦ,Δt)就大，依据法拉第电磁感应定律知产生的感应电动势就越大，B正确；磁通量Φ越大，但eq\f(ΔΦ,Δt)不肯定越大，C错误；磁感应强度大的磁场中可能没有磁通量的变更，则感应电动势可能为零，D错误。2.在一空间有方向相反，磁感应强度大小均为B的匀强磁场，如图所示，向外的磁场分布在一半径为a的圆形区域内，向内的磁场分布在除圆形区域外的整个区域，该平面内有一半径为b(b>eq\r(2)a)的圆形线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，线圈与半径为a的圆形区域是同心圆。从某时刻起磁感应强度在Δt时间内匀称减小到eq\f(B,2)，则此过程中该线圈产生的感应电动势大小为()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解析线圈内存在两个方向相反的匀强磁场区域，穿过线圈的磁通量变更量为ΔΦ＝πB(b2－2a2)－eq\f(πBb2－2a2,2)＝eq\f(πBb2－2a2,2)。依据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生的感应电动势的大小为E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(πBb2－2a2,2Δt)，故选D。3．(2024·山东潍坊二模)(多选)如图甲，螺线管内有平行于轴线的外加磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一闭合小金属圆环，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图乙所示规律变更时()A．在0～t1时间内，环有收缩趋势B．在t1～t2时间内，环有扩张趋势C．在t1～t2时间内，环内有逆时针方向的感应电流D．在t2～t3时间内，环内有逆时针方向的感应电流答案BC解析在0～t1时间内，B匀称增加，则在螺线管中产生恒定不变的感生电动势，在导线框abcd中形成恒定不变的电流，则此时环中无感应电流产生，环也没有收缩趋势，A错误；在t1～t2时间内，B的变更率渐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从下到上且渐渐减小，导线框abcd中的磁通量向外减小，穿过环的磁通量向外减小，依据楞次定律可知，环内有逆时针方向的感应电流，且有扩张趋势，B、C正确；在t2～t3时间内，B的方向向下，且B的变更率渐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从上到下且渐渐减小，导线框abcd中的磁通量为向里减小，穿过环的磁通量向里减小，依据楞次定律可知，环内有顺时针方向的感应电流，D错误。实力命题点一导体切割磁感线产生感应电动势的计算1．E＝Blv的三个特性(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者相互垂直。(2)有效性：公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度，即首尾相接后垂直于速度方向的投影长度。如图所示的有效长度为ab间的距离。(3)相对性：E＝Blv中的速度v是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应留意速度间的相对关系。2．导体棒转动切割磁感线当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω，如图所示。3．公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)与E＝Blv的比较E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝Blv区分探讨对象闭合回路回路中做切割磁感线运动的部分导体探讨内容平均电动势①若v为瞬时速度，则求的是瞬时感应电动势②若v为平均速度，则求的是平均感应电动势适用范围对任何电磁感应现象普遍适用只适用于导体垂直切割磁感线的运动E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝Blv联系E＝Blv由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)在肯定条件下推导得到。导体切割磁感线运动时，常用E＝Blv求E，磁感应强度变更时，常用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求E[例1]如图所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面对里的匀强磁场中，已知ab＝bc＝L，当它以速度v向右平动时，c、a两点间的电势差为()A．BLv B．BLvsinθC．BLvcosθ D．BLv(1＋sinθ)解析公式E＝BLv中的L应指导体切割磁感线的有效长度，也就是与磁感应强度B和速度v垂直的长度，因此该金属弯杆的有效切割长度为Lsinθ，故感应电动势大小为BLvsinθ，故B正确。答案B解答本题要把握以下两点：(1)公式E＝BLv的应用条件是两两垂直，当有物理量不垂直时，要利用等效法将其转化为两两垂直。(2)将abc分为两段，ab不切割磁感线，不产生感应电动势，bc切割磁感线但不符合两两垂直，要先进行转化再求解。[例2]金属线圈ABC构成一个等腰直角三角形，腰长为a，绕垂直于纸面通过A的轴在纸面内匀速转动，角速度为ω，如图所示。若加上一个垂直纸面对里的磁感应强度为B的匀强磁场，则B、A间的电势差UBA，B、C间的电势差UBC分别为多少？解析AC、BC、AB均绕垂直于纸面通过A的轴以角速度ω匀速转动，△ABC中磁通量不变，所以线圈中没有电流。但当单独考虑每条边时，三边均切割磁感线，均有感应电动势产生，且B点电势大于C点电势和A点电势。则有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)在转动切割求感应电动势时，公式E＝Blv中的v指的是各点在垂直于杆方向的平均速度。(2)求UBA时，折线BCA和直线段BA都转动切割，两者都相当于电源，因有效长度相同，产生的电动势相同，本质就是两电动势相同的电源并联，故总电动势等于其中一个的电动势。1．下列各种状况中导体切割磁感线产生的感应电动势最大的是()A．A B．BC．C D．D答案C解析在匀强磁场中，导线首末端点的连线与速度方向垂直的长度是切割磁感线的有效长度，A、B、D导体中有效长度均为L，产生的感应电动势为E＝BLv，C中导体的有效长度大于L，设导体与磁场边界的夹角为θ，产生的感应电动势为E′＝Bveq\f(L,sinθ)>E，故C正确。2．如图所示，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使该线框从静止起先绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变更。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变更率eq\f(ΔB,Δt)的大小应为()A.eq\f(4ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)答案C解析设圆的半径为r，当其绕过圆心O的轴匀速转动时，圆弧部分不切割磁感线，不产生感应电动势，而在转过半周的过程中直径只有一半在磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E＝B0req\x\to(v)＝B0r·eq\f(rω,2)＝eq\f(1,2)B0r2ω；当线框不动时，E′＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(πr2,2)。由闭合电路欧姆定律得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正确。基础命题点二自感1．定义：一个线圈中的电流eq\x(\s\up1(01))变更时，它所产生的eq\x(\s\up1(02))变更的磁场在它本身激发出感应电动势，这种现象称为自感。产生的电动势叫做eq\x(\s\up1(03))自感电动势。2．通电自感和断电自感电路现象自感电动势的作用通电自感接通电源的瞬间，灯泡A1eq\x(\s\up1(04))较慢地亮起来。若A1、A2同规格，且R＝RL，则最终A1、A2亮度eq\x(\s\up1(05))相同eq\x(\s\up1(06))阻碍电流的增加断电自感开关闭合后，稳定时，若IA≥IL，断开开关后，灯泡Aeq\x(\s\up1(07))渐渐变暗；若IA<IL，灯泡A会闪亮一下，然后渐渐变暗eq\x(\s\up1(08))阻碍电流的减小3．规律(1)自感电动势总要阻碍eq\x(\s\up1(09))引起自感的原电流的变更，符合楞次定律。(2)通过线圈的电流不能发生突变，只能缓慢变更。(3)当线圈中电流变更时，线圈相当于电源；当线圈中电流不变时，线圈相当于导线或电阻。(4)自感电动势的大小：E＝eq\x(\s\up1(10))Leq\f(ΔI,Δt)，自感系数越大，自感现象越明显。(5)自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。4．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题与线圈串联的灯泡与线圈