资源简介

磁场的基本性质
本专题主要讲解磁场的叠加、安培力的分析与计算、安培力作用下导体的平衡及运动、洛伦兹力的应用等典型问题。高考常常结合电场、电路、牛顿运动定律等知识进行综合考查，对于学生物质观、相互作用观的建立以及学生分析推理能力、综合应用能力要求较高。
探究1磁场的叠加
典例1：（2021年全国甲卷）两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为（　　）
A．B、0 B．0、2B C．2B、2B D．B、B
训练1：（2022江西联考题）如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面，导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点。已知a、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O，e为cd的中点且在y轴上；四条导线中的电流大小相等，其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面向外。则（　　）
A．O点的磁感应强度为0 B．O点的磁感应强度方向由O指向e
C．e点的磁感应强度方向沿y轴负方向 D．e点的磁感应强度方向沿y轴正方向
探究2 磁场对通电导线的作用
典例2:（2021年重庆二模）质量均匀分布的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，其截面如图所示。导体棒中通有大小为I的电流，空间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场的方向竖直向上。导体棒平衡时，导体棒与圆心的连线跟竖直方向的夹角为θ（θ＜45°），轨道与导体棒之间的弹力为FN。下列说法正确的是（　　）
A．若仅将电流I缓慢增大，则θ逐渐减小
B．若仅将电流I缓慢增大，则FN逐渐增大
C．若仅将磁场方向沿逆时针缓慢转过90°，则θ逐渐减小
D．若仅将磁场方向沿逆时针缓慢转过90°，则FN逐渐增大
训练2：（2022湖南卷）如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tanθ与电流I成正比
D．sinθ与电流I成正比
探究3 磁场对运动电荷的作用
典例3：（2022辽宁月考）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。当显示屏翻开时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏合上时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示是一块长为a、宽为b、高为c的半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入的恒定电流方向向右。当显示屏合上时，元件处于垂直于上表面且方向向下的匀强磁场中，元件的前、后表面间产生电压U，以此来控制屏幕的熄灭。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a成正比
C．前、后表面间的电压U与b成正比 D．前、后表面间的电压U与c成反比
训练3：（2022广东月考）磁流体发电是一项新兴技术，如图是磁流体发电机的示意图。平行金属板P、Q间距为d、面积为S，两金属板和电阻R连接。一束等离子体以恒定速度v0垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，电路稳定时电阻R两端会产生恒定电势差U。假定等离子体在两板间均匀分布，忽略边缘效应，则等离子体的电导率δ（电阻率的倒数）的计算式是（　　）
A． B． C． D．
磁场的基本性质答案解析
典例1：关键信息：EO与O′Q共线、PO′与OF共线 → 两个直角形导线等效为两相互垂直的长直导线
无限长直导线通过电流I → 由安培定则判断通电直导线周边的磁场方向
计算距离导线d处的磁感应强度 → 磁场的叠加问题
解题思路：根据右手螺旋定则判断出直导线周围某点的磁场方向，再根据平行四边形定则判断出合磁场的磁感强度的大小
两无限长直角导线可以等效为如图所示的两无限长直导线；由安培定则可知，两直导线在M处的磁感应强度方向分别为垂直该平面向里、垂直该平面向外，故M处的磁感应强度大小为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均为垂直该平面向里，故N处的磁感应强度为大小为2B，B项正确。
故选B
训练1：
AB．由题知，四条导线中的电流大小相等，且到O点的距离相等，故四条导线在O点的磁感应强度大小相等，根据安培定则可知，四条导线中在O点产生的磁感应强度方向如图所示
由图可知，Bb与Bc相互抵消，Ba与Bd合成，根据平行四边形定则，可知O点的磁感应强度方向由O指向c，其大小不为零，A、B错误；
CD．由题知，a、b到e点的距离相等，故a、b在e点的磁感应强度大小相等，c、d到e点的距离相等，故c、d在e点的磁感应强度大小相等，根据安培定则可知，四条导线在e点产生的磁感应强度方向如图所示
由图可知Bc与Bd大小相等，方向相反，互相抵消；而Bb与Ba大小相等，方向如图所示，根据平行四边形定则，可知合磁感应强度沿y轴负方向，C正确，D错误。
故选C。
典例2：关键信息：导体棒中通有大小为I的电流、空间存在匀强磁场 → 受到安培力作用
磁场的方向竖直向上、导体棒平衡 → 结合平衡条件可推理出安培力的方向
I缓慢增大，磁场方向缓慢转过90° → 动态平衡类问题
解题思路：对物体受力分析，结合平衡条件与左手定则判断出安培力的方向，进行分析判断。
AB．对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，受力分析如图甲所示。若仅将电流I缓慢增大，安培力逐渐增大，则θ逐渐增大，FN逐渐增大，A项错误，B项正确。
CD．导体棒受到重力G，安培力F，和弹力FN的作用处于平衡状态，所以安培力与弹力的合力与重力等大反向，又因为重力不变，安培力大小不变，可作出如图乙所示的矢量图，因为安培力的方向始终与磁场方向垂直，当磁场方向沿逆时针缓慢转过90°，安培力方向将由水平向右缓慢转至竖直向上，根据矢量图可知，θ先增大再减小，FN逐渐减小，C、D两项错误。
故选B
训练2：
A．当导线静止在题图（a）右侧位置时，对直导线MN进行受力分析，如图所示：由左手定则知，导线中电流方向由M指向N，故A错误；
BCD．根据平衡条件可知：F安＝Gsinθ，FT＝Gcosθ，由于F安＝BIl，可得sinθ＝，因为与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，所以sinθ与I成正比，当I增大时，θ增大，cosθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，故B、C错误，D正确。
故选D
典例3：关键信息：电流方向向右、垂直于上表面且方向向下的匀强磁场 → 根据左手定则判断自由电子所受洛伦兹力的方向，从而确定前后表面电势的高低
霍尔元件前、后表面间产生电压U → 前后表面间形成匀强电场E＝，载流子所受洛伦兹力与电场力平衡
解题思路：根据左手定则判断自由电子所受洛伦兹力的方向，确定电子偏转的方向，继而判断前后表面电势的高低，再根据霍尔效应中带电粒子所受洛伦兹力和电场力平衡时电压稳定的原理进行推理计算。
A、电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，故A错误；
BCD、稳定后，后续电子受力平衡可得，＝evB，根据电流的微观表达式可知，I＝neSv＝nebcv，解得U＝ ，所以前、后表面间的电压U与c成反比，与a和b无关，故D正确，BC错误。
故选D
训练3：
由左手定则知，正离子向P板运动，即P板带正电。
发电机稳定时，离子所受电场力等于洛伦兹力，设电动势为E，即：＝qv0B
解得：E＝Bv0d
设板间等离子体的电阻为R1
根据欧姆定律可知＝，且R1＝＝，
联立解得：δ＝，故A正确，BCD错误。
故选A。
第13页 共13页带电粒子在磁场中的圆周运动
本专题主要考查带电粒子在磁场中的圆周运动，主要分为带电粒子在有界匀强磁场中的运动（包括临界极值问题）、带电粒子束在磁场中的运动（放缩圆、磁聚焦、磁扩散类问题）、带电粒子在磁场中运动的多解问题等。高考常常结合数学知识进行考查，对学生分析推理能力、综合应用能力要求较高。
探究1带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动
典例1：（2020全国历年真题）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（　　）
A． B． C． D．
训练1：（2021·山西模拟）如图所示，OM的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，ON（在纸面内）与磁场方向垂直且∠NOM＝60°，ON上有一点P，OP＝L，P点有一粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（不计重力），速率为，则粒子在磁场中运动的最短时间为（　　）
A． B． C． D．
探究2 带电粒子束在磁场中的运动
典例2:（2022·辽宁省月考）如图所示，在真空中，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一束质子在纸面内以相同的速度射向磁场区域，质子的电荷量为e，质量为m，速度为v＝，则以下说法正确的是（ ）
A．对着圆心入射的质子的出射方向的反向延长线不一定过圆心
B．从a点比从b点进入磁场的质子在磁场中运动时间短
C．所有质子都在磁场边缘同一点射出磁场
D．若质子以相等的速率v＝从同一点沿各个方向射入磁场，则它们离开磁场的出射方向可能垂直
训练2：（2022广东联考）如图，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＝0.60T。磁场内有一块平面感光板ab（板长足够长），板面与磁场方向平行。在距ab为l＝16cm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＝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。
探究3 带电粒子在磁场中运动的多解问题
典例3：（2022·河南省·月考）如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，A、B、C三点为圆形区域边缘上的三等分点，三点外沿半径方向的极窄区域存在电场强度大小为E（图中未画出）、方向与过三点的磁场边缘的切线垂直的匀强电场。现有一质量为m、电荷量为－q的带电粒子从A点沿着半径方向射入匀强磁场，不计粒子重力，求：
（1）若粒子恰从A点开始运动又返回A点，求粒子首次返回A点所用的时间；
（2）现改变粒子从A点入射速度的大小，同时将圆形区域外的电场改为辐射状沿圆形区域半径向外的电场，使粒子仍能返回A点，求粒子首次返回A点在磁场中运动的时间（粒子没有越过A点）。
训练3：（2022山西联考）如图所示，纸面内有互相垂直的虚线边界PA、QA，且PA与水平方向夹角为45°，在PAQ上方和下方存在方向相反、大小相等的匀强磁场．现有一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从P点沿PQ方向以初速度v0射出。已知AP＝AQ＝L，不计粒子重力。
（1）若仅经两侧磁场各一次偏转，使粒子从P经A到Q，求此时的磁感应强度B0的大小及该过程粒子运动的时间t；
（2）若保持粒子入射速度不变，两侧磁感应强度大小可以调整（保持两侧磁场大小始终相等），则为使粒子能始终从P经A到Q，求磁感应强度B的大小应满足的条件。
带电粒子在磁场中的圆周运动答案解析
典例1：关键信息：磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面 → 圆形边界有界磁场
粒子限制在环形区域中，磁感应强度最小 → 临界态时粒子轨迹与外圆相切
解题思路：根据“径向入、径向出”的规律解决圆形边界有界磁场问题；当电子运动的轨迹与圆边界相切时为临界条件
为使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，则其临界态的运动轨迹，如图所示
A点为电子做圆周运动的圆心，r为粒子在磁场中运动的最大半径，由图可知△ABO为直角三角形，则由几何关系可得：(3a－r)2＝r2＋a2
解得r＝；
由洛伦兹力提供向心力eBminv＝m
解得磁场的最小值Bmin＝，故C正确，ABD错误。
故选C。
训练1：
粒子进入磁场中做匀速圆周运动，则有qvB＝m，将v值代入得r＝L；若粒子运动的时间t最短，由于速率一定，则粒子运动轨迹对应的弧长最短且为劣弧，其对应的弦长必最短。作PB⊥OM于B点，PB即为粒子离开磁场最短的弦长，结合左手定则，以r＝L为半径作出过P、B两点的轨迹圆如图所示，O′为圆心
根据几何关系有O′B＝O′P＝r＝L，PB＝L sin 60°＝L，联立解得PB＝O′B，则粒子偏转的角度∠PO′B＝90°，结合周期公式T＝可知粒子在磁场中运动的最短时间为t＝＝。
故选A。
典例2：关键信息：电荷量为e，质量为m，速度为v＝ → 根据r＝求得其轨迹半径r＝R
相同的速度射向磁场区域，粒子轨迹半径r与圆形磁场半径R相等 → 磁聚焦模型
解题思路：根据洛伦兹力提供向心力求出质子运动轨迹的半径r，由于r＝R，可根据磁聚焦模型来处理。
首先可以确定朝着圆心射入的质子，其做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供：Bev＝m，将v＝代入，求得r＝R。那么由几何关系知道该质子最后从O点的正下方C点射出磁场。再假设从任意点E水平射入的质子，其做匀速圆周运动的圆心为D，连接EOCD构成如图所示的四边形，由于DE∥OC，且DE＝OC，则四边形DEOC是平行四边形，所以DC＝OE＝R，所以从任意点E水平入射的质子也从O点的正下方C射出。
A、由于磁场圆的半径与质子轨迹圆的半径相等，所以朝着圆心方向射入的质子，必从O点的正下方射出磁场，其出射方向的反向延长线必过圆心，所以选项A错误。
B、由于水平射入磁场后，最终均从C点射出，从a点入射的质子比从b点入射的质子偏转角大，根据t＝（θ为运动轨迹对应的圆心角）可知，从a点的入射的质子射出磁场后时间长，所以选项B错误。
C、上述已证明，所有质子均从圆心的正下方C点射出，所以选项C正确。
D、由于质子的速率v＝，则质子做匀速圆周运动的半径仍为R；假设这些质子从O点正下方的C点从不同方向射入磁场，则这些质子在磁场中运动的过程可以看成题中的质子束运动的逆过程，由此可知这些质子从磁场出射时都是相互平行的；由此扩展来看，质子以相等的速率v＝从同一点沿各个方向射入磁场，则它们离开磁场的出射方向一定是相互平行的，不可能出现垂直的情况，故D错误。
故选C。
训练2：
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表示其轨迹半径，由牛顿第二定律知：qvB＝m
由此得：R＝
代入数值得：R＝10cm
可见，2R＞l＞R；
由于α粒子的速率一定，轨迹半径一定，且沿逆时针方向运动，则由定圆旋转法作出α粒子运动的临界轨迹如图所示，
其中SP垂直于ab，在P1点α粒子的运动轨迹与ab板相切，即P1点为ab上被α粒子打中区域的左边界，
由几何知识有：PP1＝，代入数据解得：PP1＝8cm；
P2点为ab上被α粒子打中区域的右边界，
SP2＝2R，由几何关系得：PP2＝，代入数据解得：PP2＝12cm
所求长度为P1P2＝P1P＋PP2
代入数据得：P1P2＝20cm。
即ab板上被α粒子打中区域的长度为20cm。
典例3：关键信息：A、B、C为三等分点，从A点开始运动又返回A点 → 往返运动且运动具有对称性和重复性
改变粒子从A点入射速度的大小、仍能返回A点 → 多解问题
解题思路：根据对称性思想确定粒子运动的轨迹，再按照“定圆心、定半径、定圆心角”的步骤进行解题，注意将几何关系和物理规律有机地结合在一起。
（1）带电粒子运动轨迹如图所示，由几何关系知粒子在磁场中运动的轨迹半径为：
r＝
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子运动的速率为v，周期为T，
由牛顿第二定律知：Bvq＝m
由圆周运动规律知：T＝
粒子在磁场中由A到B的过程中转过的圆心角为，对应的时间t′＝T，由对称性可知，粒子在磁场中的运动时间t1＝3t′
解得t1＝，v＝
粒子运动到B、C两点后先在电场中做匀减速直线运动再反向做匀加速直线运动进入磁场，加速度为：a＝，由匀变速直线运动规律知，粒子在电场中运动的总时间为
t2＝4＝
则粒子从A点开始运动到返回A点所用的时间t＝t1＋t2＝＋；
（2）设粒子在磁场中运动n（n≥3）段相同的圆弧后返回A点，粒子在磁场中运动的第一段圆弧的轨迹如图所示，由图可知：β＝（n＝3，4 ），α＝π－β
则粒子从A点出发到首次返回A点在磁场中运动的时间
t＝＝
解得t＝（n＝3，4 ）
训练3：
（1）如图所示，设粒子运动的半径为r，由几何关系知：2r2＝L2
由牛顿第二定律知：qv0B0＝
联立解得：B0＝
两侧的圆弧刚好是一个圆周，则运动时间为t＝＝
（2）根据运动的对称性，粒子能从P经A到达Q，运动轨迹如图所示，
设每次偏转圆弧对应的弦长为x，由图可得L＝nx（n＝1，2，3， ）
由几何关系知，偏转圆弧对应的圆心角为或。
设粒子运动轨迹的半径为R，由几何关系可得2R2＝x2
由牛顿第二定律知：qv0B＝m
联立解得B＝（n＝1，2，3， ）
第13页 共13页带电粒子在电场中的加速与偏转
本专题主要讲解带电粒子（带电体）在电场中的直线运动、偏转，以及带电粒子在交变电场中运动等相关问题，强调学生对于直线运动、类平抛运动规律的掌握程度。高考中重点考查学生利用动力学以及能量观点解决问题的能力，对于学生的相互作用观、能量观的建立要求较高。
探究1带电粒子在电场中的直线运动
典例1：（2021湖南联考）如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P。现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点。若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则（ ）
A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变
B．金属板A、B间的电压减小
C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同
D．乙电子运动到O点的速率为2v0
训练1：（2022四川联考题）多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。
（1）求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；
（2）反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
（3）已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。
探究2 带电粒子在电场中的偏转
典例2:（2022北京月考）让氕核（）和氘核（）以相同的动能沿与电场垂直的方向从ab边进入矩形匀强电场（方向沿a→b，边界为abcd，如图所示）。已知两种粒子均能从cd边离开偏转电场，不计粒子的重力，则（　　）
A．两种粒子进入电场时的速度相同 B．两种粒子在电场中运动的加速度相同
C．两种粒子离开电场时的动能相同 D．两种粒子离开电场时的速度方向不同
训练2：（2022广东月考）喷墨打印机的原理示意图如图所示，其中墨盒可以喷出墨汁液滴，此液滴经过带电室时被带上负电，带电多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制。带电后液滴以一定的初速度进入偏转电场，带电液滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体。计算机无信号输入时，墨汁液滴不带电，径直通过偏转板最后注入回流槽流回墨盒。设偏转板长L1＝1.6cm，两板间的距离d＝0.5cm，两板间的电压U＝8.0×103V，偏转板的右端距纸的距离L2＝3.2cm。若一滴墨汁液滴的质量m＝1.6×10－10kg，墨汁液滴以v0＝20m/s的初速度垂直电场方向进入偏转电场，此液滴打到纸上的点距原入射方向的距离为2.0 mm。忽略空气阻力和重力作用。
（1）求这滴液滴通过带电室后所带的电量q。
（2）若要使纸上的字体放大，可通过调节两极板间的电压或调节偏转板右端距纸的距离L2来实现，现调节L2使纸上的字体放大10%，调节后偏转板的右端距纸的距离L2为多大？
探究3 带电粒子在交变电场中的运动
典例3：（2022江西月考）如图甲所示，A板电势为0，A板中间有一小孔，B板的电势变化情况如图乙所示，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在t＝时刻以初速度为0从A板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达B板．则（　　）
A．A、B两板间的距离为
B．粒子在两板间的最大速度为
C．粒子在两板间做匀加速直线运动
D．若粒子在t＝时刻进入两极板间，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打向B板
训练3：（2022湖南期末）一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图所示，交变电压的周期，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则（ ）
A．所有电子都从右侧的同一点离开电场
B．不同时刻进入的电子离开电场时速度不相同
C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大
D．t＝时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为
带电粒子在电场中的加速与偏转答案解析
典例1：关键信息：电子以速率v0从O点沿OP方向运动、恰能运动到P点 → 粒子做减速运动，未涉及时间可用动能定理处理相关的运动问题
仅将B板向右平移距离d → 平行板电容器动态变化问题（Q不变）
解题思路：根据平行板电容器动态变化问题，判断出电容C、电压U、场强E的变化，再由动能定理求解速度问题。
A．两板间距离变大，根据可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；
B．根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；
C．根据，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；
D．设乙电子运动到O点的速率为v；
对甲粒子，根据动能定理得：eEd＝mv02；
对乙粒子，根据动能定理得：eE·2d＝mv2；
联立解得：v＝v0，选项D错误。
故选C。
训练1：
（1）设离子经加速电场加速后的速度大小为v，根据动能定理有
qU＝mv2 ①
离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1＝ ②
联立①②式，得T1＝ ③
（2）根据动能定理，有qU－qEx＝0 ④
得x＝ ⑤
（3）离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，
有＝ ⑥
通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区的总路程设为L2，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，有t总＝＋ ⑦
联立①⑥⑦式，得t总＝(2L1＋L2) ⑧
可见，离子从A到B的总飞行时间与成正比。由题意可得＝
可得
典例2：关键信息：与电场垂直的方向从ab边进入矩形匀强电场 → 带电粒子在匀强电场中的偏转问题
解题思路：采用运动的合成和分解思想，结合牛顿第二定律、运动学公式、动能定理综合分析判断
A．两种粒子的质量不同，进入电场时的动能相同，所以速度不同，故A错误；
B．设电场强度为E、电荷质量为m、电荷量为q，两种粒子在电场中运动的加速度
电场强度相同，电荷量相同，质量不同，所以加速度不同，故B错误；
CD．设偏转电场的宽度bc为L，粒子的初速度为v0，粒子的初动能为Ek，粒子离开电场时沿电场方向的速度为：
粒子离开电场时的速度方向与初速度夹角的正切为：
所以两种粒子离开电场时的速度方向相同，两种粒子离开电场时的动能：
所以两种粒子离开电场时的动能相同，故C正确，D错误。
故选C。
训练2：
（1）设液滴在偏转电场中运动时间为t，离开电场时偏移量为y，打到纸上偏移量为y1＝2mm
根据类平抛运动规律：L1＝v0t，，
根据类平抛的推论知，液滴离开偏转电场时速度的反向延长线交于L1的中点，根据三角形相似得：
联立以上各式得：
变形后代入数据得：
（2）设放大后液滴在纸上的偏移量为y2，则y2＝(1＋10%)y1＝2.2mm
把（1）中电荷量表达式变形得：
代入数据得：L2＝3.6cm
典例3：关键信息：B板的电势变化情况如图乙所示 → 带电粒子在交变电场中的运动问题
t＝时刻、初速度为0 → 结合牛顿第二定律分析粒子进入电场中的运动状态
恰好到达B板 → 粒子到达B板时的速度为零，然后返回
解题思路：分析带电粒子在不同时间段的受力及运动情况，结合牛顿第二定律、运动学公式求解。
C．粒子仅在电场力作用下运动，由于B板电势随时间周期性变化，所以电场的方向以及粒子所受电场力的方向也随之变化，电场力的大小不变，所以加速度大小不变，方向变化，粒子不是一直做匀加速直线运动，选项C错误；
A．粒子在t＝时刻以初速度为0进入两极板，先加速后减速，根据牛顿第二定律可知，再根据运动的对称性可知，在时刻到达B板，则··()2＝，解得d＝，选项A错误；
B．粒子在时刻速度最大，则vm＝·＝，选项B正确；
D．若粒子在t＝时刻进入两极板间，在～时间内，粒子做匀加速运动，位移x＝·()2＝，所以粒子在时刻之前已经到达B板，不再返回，选项D错误；
故选B
训练3：
A．电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图所示，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧离开电场的位置不全相同。故A错误；
B．由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度，速度都等于v0，故B错误；
C．由B分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C错误；
D．根据类平抛运动规律可知，时刻进入电场的电子，在时刻侧位移最大，最大侧位移为ymax＝，在时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有，联立得：故D正确。
故选D
第13页 共13页带电粒子在叠加场中的运动
本专题主要考查带电粒子在叠加场中的运动问题。高考常常结合速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件等电磁仪器进行综合考查。主要涉及到电场与磁场的叠加，电场、磁场、重力场叠加两大类问题的处理，同时考查到学生对于平衡条件、圆周运动等知识的掌握程度，对于学生的分析推理能力、利用数学方法解决物理学问题的能力要求较高。
探究1电场与磁场叠加
典例1：（2022·全国甲卷）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（　　）
A． B．
C． D．
训练1：（2022广东期中）如图所示，空间中有正交的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，匀强电场方向竖直向下，将一质量为m，带电量为＋q的粒子沿水平向左以速度v抛入复合场中，忽略粒子的重力。已知匀强电场的强度大小E＝Bv，在粒子之后运动的过程中，以下说法错误的是（　　）
A．粒子偏离入射方向的最大距离为
B．粒子在轨迹最低点的曲率半径为
C．粒子从抛出到最低点的过程电势能的变化量为－4mv2
D．粒子运动过程中动能与电势能的总和是守恒的
探究2 电场、磁场与重力场叠加
典例2:（2020江苏省月考）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A（l，l）时，电场方向突然变为竖直向上（不计电场变化的时间），粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力，重力加速度为g，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）微粒在复合场中的运动时间。
训练2：（2022合肥模拟）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内有竖直向下的、电场强度大小为E1的匀强电场，虚线是第二、四象限的角平分线，虚线的右上方有垂直纸面向里的、磁感应强度大小为B的匀强磁场；第三、四象限有水平向左的、电场强度大小为E2的匀强电场，且E1＝E2。现有一电荷量为q、质量为m的带电微粒由x轴上的P点（，0），以大小为v0、方向与x轴正方向成45°角的速度射入第二象限，微粒沿直线运动到虚线上的Q点，然后进入磁场，再从坐标原点O进入第三象限，最后打在y轴上的N点，已知重力加速度为g。求：
（1）电场强度E1的大小和磁感应强度B的大小；
（2）N点的位置坐标和微粒通过N点的速度大小；
（3）微粒从P点运动到N点经历的时间。
带电粒子在叠加场中的运动答案解析
典例1：关键信息：空间存在着匀强磁场和匀强电场 → 叠加场问题
带正电的粒子、从坐标原点O由静止开始运动 → 结合电场与磁场的方向，根据电场力和洛伦兹力的性质可以判断粒子的受力情况
解题思路：因为正电荷所受电场力方向与场强方向相同，所受洛伦兹力方向可以由左手定则判定，再根据带电粒子的受力情况判断粒子的运动轨迹。
AC．在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子受到沿y轴正方向的电场力，所以开始时粒子会向y轴正方向运动。又因为磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子会向x轴负方向偏转。AC错误；
BD．运动的过程中粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，所以不做功，只有电场力对带电粒子做功，粒子速度大小会发生变化，由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后带电粒子受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。
故选B。
训练1：
A．根据题意E＝Bv得：Eq＝Bqv
将粒子以速度v水平向左抛入复合场中，根据“配速法”，粒子的初速度可以等效为一个水平向左的2v和一个水平向右的v，向右的速度v会产生一竖直向上的洛伦兹力
F1＝qvB
由于Eq＝qvB，则粒子的一个分运动为水平向右的匀速直线运动，另一个分运动是水平向左沿逆时针方向的匀速圆周运动，速度大小为2v
Bq2v＝
解得：R＝
粒子偏离入射方向的最大距离为2R＝，A错误；
B．粒子在轨迹最低点速度大小为3v，方向水平向右
Bq3v－Eq＝
解得：r＝
即轨迹最低点的曲率半径为，B正确；
C．粒子从抛出到最低点的过程中电场力做正功，电势能减小，电势能的变化量为
－Eq×2R＝－4mv2，C正确；
D．粒子在复合场中运动过程中只有电场力做功，所以粒子的动能和电势能的总和是守恒的，D正确。
本题选错误的，故选A。
典例2：关键信息：正交的匀强电场和匀强磁场、微粒 → 电场、磁场与重力场叠加问题
正好做直线运动 → 重力、电场力、洛伦兹力三力合力为零
解题思路：对物体受力分析，带电粒子在电场、磁场与重力场的复合场中做直线运动且受到洛伦兹的作用下，一定为匀速直线运动，所以三力合力为零，结合共点力平衡可以得到电场力、洛伦兹力、重力大小关系。
（1）微粒到达A（l，l）之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲所示：
所以，Eq＝mg，得：E＝
（2）由平衡条件：qvB＝mg
电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙：qvB＝
由几何知识可得：r＝l
联立解得：v＝，B＝；
（3）微粒做匀速直线运动的时间：t1＝＝
微粒做匀速圆周运动的时间：t2＝＝
微粒在复合场中的运动时间：t＝t1＋t2＝(＋1)
训练2：
（1）由带电微粒沿PQ做直线运动，可知qE1＝mg
解得E1＝
带电微粒从Q到O的过程，做匀速圆周运动，如图：
轨道半径r＝OPsin 45°
又qv0B＝m
代入已知条件OP＝L
解得：B＝
（2）带电微粒从O点垂直虚线射入第三象限，因为E1＝E2，则沿x轴方向：初速度vx＝v0sin 45°＝v0，受向右的电场力qE2＝mg，则带电微粒沿x轴方向的加速度为g，所以微粒从O到N的时间tON＝，
微粒到达N点时x方向的速度大小vNx＝vx，方向沿x轴正方向。
沿y轴方向：初速度vy＝v0cos 45°＝v0，受重力mg，
则微粒到达N点时y方向的速度大小vNy＝vy＋gtON，方向沿y轴负方向；
N点的纵坐标绝对值y＝vytON＋gtON2
微粒通过N点时的速度vN＝
综上解得：tON＝，vN＝v0，y＝
所以N点的位置坐标为（0，）。
（3）带电微粒沿PQ做直线运动的时间：tPQ＝
带电微粒从Q到O做匀速圆周运动的时间：tQO＝＝
微粒从P点运动到N点经历的时间：t＝tPQ＋tQO＋tON＝＋＋。
第13页 共13页电场的基本性质
本专题主要讲解电场的基本性质，主要涉及静电力作用下的平衡问题、场强的叠加问题、电势的高低及电势能大小的判断、电容器充放电及动态分析问题、电场线、等势面及运动轨迹问题等考点，重点考查多个知识点的综合应用，综合性强，要求学生善于将复杂、抽象的电场问题转化成较熟悉的力学问题，再结合牛顿运动定律以及功与能思想解决。对学生的模型建构、分析综合能力、抽象能力要求较高。
探究1电场的力的性质
典例1：（2021年湖南卷）如图，在(a，0)位置放置电荷量为q的正点电荷，在(0，a)位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P(a，a)为a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为（　　）
A．(0，2a)， B．(0，2a)，
C．(2a，0)， D．(2a，0)，
训练1：（2022·山东模拟）真空空间中有四个点o、a、b、c，任意两点间距离均为L，点d（未画出）到点o、a、b、c的距离均相等，如图所示。在a、b两点位置分别放置电荷量为q的正点电荷，在oc连线的某点处放置正点电荷Q，使得d点的电场强度为零。则Q的电荷量为（　　）
A． B． C． D．
探究2 电场的能的性质
典例2:（2022郑州期末）如图所示，虚线A、B、C、D是某匀强电场中的四条平行且等距的等势面，两相邻等势面间的距离为2cm，其中等势面C的电势为0，一电子仅在静电力的作用下运动，经过A、D等势面时的动能分别为28eV和10eV，则下列说法正确的是（ ）
A．等势面D的电势为6V
B．该匀强电场的电场强度为3V/m，方向水平向右
C．该电子不可能到达电势为-12V的等势面
D．该电子运动到某一位置，其电势能变为8eV时，它的动能为8eV
训练2：（2021青岛模拟）如图所示，实线为某一带电粒子在某点电荷电场中的运动轨迹，轨迹关于虚线PQ对称，轨迹与PQ相交于A点，轨迹上M、N两点关于PQ对称，粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是（　　）
A．点电荷一定在PQ上且处于轨迹内侧 B．带电粒子在M、N两点受力相同
C．M、N两点电势一定相同 D．带电粒子在A点的动能一定最大
探究3 电容器
典例3：（2021年淮南二模）如图所示，在水平放置的两平行金属板M、N之间的P点，有一个带电荷量为－q的点电荷恰好静止，两金属板通过电阻R接到恒压直流电源上，其中N板接地。保持其他条件不变，仅移动金属板M，下列判断正确的是（　　）
A．仅将M板向上移动一小段距离，P点的电势升高
B．仅将M板向下移动一小段距离，金属板M带电荷量减少
C．仅将M板向右移动一小段距离，该点电荷仍将保持静止
D．仅将M板向左移动一小段距离，该点电荷在P点的电势能变小
训练3：（2022江苏模拟）如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间的P点固定一个带正电的检验电荷。用C表示电容器的电容，E表示两板间的电场强度的大小，φ表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能。若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离l0，上述各物理量与负极板移动距离x（x≤l0）的关系图像中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
电场的基本性质答案解析
典例1：关键信息：点电荷 → 点电荷的场强
P点的电场强度为零 → 场强叠加原理（平行四边形定则）
在距P(a，a)为的某点处放置正点电荷Q → 点电荷Q位于以P(a，a)为圆心为半径的圆周上，确定了点电荷Q产生的场强的方向，即可确定点电荷Q具体位置
解题思路：根据点电荷场强的决定式确定场强，利用平行四边形定则进行矢量叠加
如图所示：在(a，0)位置放置电荷量为q的正点电荷，其在P(a，a)处产生的电场的电场强度大小为：E＋＝，方向沿y轴正方向，在(0，a)位置放置的电荷量为q的负点电荷，其在P(a，a)处产生的电场的电场强度大小为：E－＝，方向沿x轴负方向，则这两个电荷在P点的合电场强度大小为：E合＝，方向与y轴正方向夹角为45°。
现在距离P(a，a)为的某点放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零，根据电场叠加原理：点电荷Q在P点产生的场强与E合大小相等，方向相反，故有：＝，解得Q＝q，根据几何关系，Q的位置坐标为(0，2a)，B项正确。
故选B。
训练1：
根据题意可知o、a、b、c构成正四面体，由于d与各点等距，所以d位于正四面体的中心，根据几何关系可得：
在a、b两点位置分别放置电荷量为q的正点电荷，由对称性以及矢量叠加原理分析可得，这两个点电荷在d点所产生的合场强方向垂直与oc，指向oc的中点e，根据几何关系可得：，故要使d点的电场强度为零，则正点电荷Q应当放置于e点，正点电荷Q在d点所产生的场强为：。结合几何关系，a、b处电荷量为q的正点电荷在d点产生的合场强大小为：，因e点合场强为0，得：
解得：，B正确，ACD错误。
故选B。
典例2：关键信息：匀强电场，平行且等距的等势面 → 等差等势面
等势面C的电势为0 → 电子在该等势面电势能为0
仅在静电力的作用下运动 → 电势能和动能之和为定值
解题思路：匀强电场中平行且等距的等势面为等差等势面，即相邻等势面电势差相等，电场线与等势面垂直且方向由高电势指向低电势，场强可通过进行计算；带电粒子仅在电场力作用下运动时动能和电势能之和为定值，动能与电势能相互转化。
A．根据动能定理，－eUAD＝EkD－EkA，解得AD间的电势差UAD＝18V，因为是四条平行且等距的等势面，故相邻等势面之间的电势差为6V，又因为等势面C的电势为0，所以φA＝12V ，φB＝6V，φD＝－6V ，故A错误；
B．根据可得E＝300 V/m，因为沿电场线方向电势降低，所以场强方向水平向右，故B错误；
C．由题意可知电子每经过相邻等势面，损失的动能为6 eV，所以该电子仍可以到达电势为－12V的等势面，根据动能定理可知，还有4eV的动能，故C错误；
D．在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变，C点电势能为0 eV，动能为16 eV，所以该电子的电势能与动能之和为16 eV，所以该电子运动到某一位置，其电势能变为8 eV时，它的动能为8 eV，故D正确。
故选D。
训练2：
带电粒子在点电荷电场中只受电场力作用，其运动轨迹具有对称性，且对称轴一定是过点电荷的直线，所以点电荷一定在PQ上，如果带电粒子与点电荷带同种电荷，根据受力情况，点电荷处于轨迹的外侧，如果是异种电荷，点电荷处于轨迹内侧，A错误；
B．带电粒子在M、N两点受力大小相等，但是方向不相同，B错误；
C．根据对称性，M、N两点到点电荷的距离相同，一定在同一等势面上，电势一定相同，C正确；
D．根据轨迹可以判断，带电粒子所受到的静电力方向指向轨迹内侧，所以带电粒子在经过A点前后的过程中，静电力先做负功再做正功，动能先减小再增大，所以D错误。
故选C。
典例3：关键信息：两金属板接到恒压直流电源上 → 极板间电压U恒定
仅将M板上下移动 → 只改变极板间距离d
仅将M板左右移动 → 只改变极板正对面积S
解题思路：U恒定，d与S变化引起C变化，继而引起Q、E变化及P点的电势变化
根据电容的定义式、平行板电容器电容的决定式、匀强电场场强与电势差的关系式、电势的定义式进行综合判断
A．电容器和电源相连，电容器两端的电压不变，根据公式E＝可知，将M板向上移动一小段距离，d增大，E减小，P点和N板间的电势差，不变，故P点和N板间的电势差减小，而N板的电势不变，故P点的电势降低，A项错误。
B．根据公式C＝，将M板向下移动一小段距离，d减小，C变大。根据公式Q＝CU可知，金属板M带电荷量增加，B项错误。
C．根据公式E＝知，将M板向右移动一小段距离，d不变，E不变，所以该点电荷仍将保持静止，C项正确。
D．根据公式E＝知，将M板向左移动一小段距离，d不变，E不变，所以P点和N板间的电势差不变，而N板的电势不变，故P点的电势不变，该点电荷在P点的电势能不变，D项错误。
故选C。
训练3：
A、当负极板左移时，两板间的距离增加，由C＝可知，C与x的图像不是一次函数图像，故A错误；
B、由U＝可知：U＝Q，则电场强度E＝＝，E与d、x无关，故B错误；
C、因负极板接地，设P点开始距负极板的距离是d′，则P点的电势：φ＝E(d′＋x)，故C正确；
D、正电荷在P点的电势能：Ep＝qφ＝qE(d′＋x)＝qEd′＋qEx，所以Ep－x图像是一条倾斜的直线，故D错误。
故选：C。
第13页 共13页电磁感应中的综合问题
本专题主要考查电磁感应中的综合性问题，包括电磁感应与动力学综合问题、电磁感应与能量综合问题、电磁感应与动量综合问题、电磁感应中的图像问题等，高考中常常以选择题和计算题考查，对于学生的分析推理能力、知识的综合应用能力要求较高。
探究1电磁感应中的动力学问题
典例1：（2021·安徽省历年真题）如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3 Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6m。初始时CD与EF相距s0＝0.4m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝ m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B＝1 T，重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin α＝0.6。求：
（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
（3）导体框匀速运动的距离。
训练1：（2022·福建模拟）如图甲所示，两平行且固定的金属导轨与水平面夹角θ＝30°，间距为0.4m，上端连接一阻值R＝0.3Ω的定值电阻；垂直导轨的虚线两侧各有一匀强磁场，磁感应强度的大小B1＝B2＝0.5T，方向与两导轨所在平面垂直。t＝0时，长L＝0.4m、质量m＝0.05kg、电阻r＝0.1Ω的金属导体棒在沿平行导轨向下的外力F作用下，由MN处以初速度v0开始向下运动，运动过程中始终与导轨接触良好，流过电阻R的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。已知0～1s内外力F＝0.1N，两导轨和导线的电阻不计，g取10m/s2，求：
（1）导体棒初速度v0大小；
（2）导体棒与导轨间的动摩擦因数μ；
（3）1～2s内外力F与时间t的关系表达式。
探究2 电磁感应中的能量和动量问题
典例2:（2022·湖北月考）某兴趣小组为了研究电磁阻尼的原理，设计了如图所示的装置进行实验，水平平行轨道MN、PQ间距为L，处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，左端连着阻值为R的定值电阻，细绳绕过定滑轮一端连接质量为m，长为L、有效电阻也为R的导体棒a，另一端连接质量为3m的重物b，导体棒a始终保持水平并垂直于导轨，且与导轨接触良好，重物b距离地面的高度为h，刚开始a、b初速度均为0，现静止释放重物b，当重物b落地前瞬间导体棒a速度恰好达到稳定，（运动过程中不考虑摩擦力的影响）求：
（1）导体棒a稳定的速度v；
（2）导体棒a从开始运动到稳定的过程中电阻R上的热量QR；
（3）导体棒a从开始运动到稳定需要的时间t，以及重物落地后导体棒a继续前进的位移x。
训练2：（2021·福建模拟）如图，电阻不计的光滑平行金属导轨倾斜放置，倾角θ＝30°，间距为L＝0.2 m，空间存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝5 T，cd为磁场上边界。导体棒MN锁定在cd处，导体棒GH在导轨下方，两棒质量均为m＝0.1 kg、电阻均为R＝2 Ω。现棒GH在平行于导轨的恒力F作用下，由静止开始沿导轨向上运动，到达ab处速度恰好最大，速度大小为v1＝4 m/s，此时撤去F，再滑行x1＝0.6 m到达cd处时，棒MN立即解除锁定，两者发生完全弹性碰撞，棒MN滑行x2＝0.9 m到达最高处ef，棒GH未到达导轨底端。棒始终与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2。
（1）求恒力F大小；
（2）求棒GH运动到cd处与棒MN碰前的速度大小v2；
（3）棒MN从cd处运动到ef处的过程中，若通过棒MN的电荷量为q0＝0.2 C，求此过程棒GH产生的焦耳热Q。
探究3 电磁感应中的图像问题
典例3：（2022·福建省月考）如图所示，两条相距L的平行虚线间存在一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。现将一个上底为L、下底为3L、高为2L的等腰梯形闭合线圈，从图示位置以垂直于磁场边界的速度向右匀速穿过磁场，取逆时针方向为感应电流正方向，则该过程线圈中感应电流i随位移x变化的图像是（ ）
A． B．
C． D．
训练3：（2022·江苏模拟）如图所示，竖直平面内存在范围足够大、方向水平的磁场，同一高度处磁感应强度大小相等，竖直方向上磁感应强度随着向下的距离均匀增大。将一个竖直放置的正方形金属线框abcd从图示位置水平向右抛出，不计空气阻力。下列关于线框运动的加速度a、感应电流i随时间t，线框重力做功的功率P、机械能E随下落高度h变化的关系图像中，可能正确的是（ ）
B．
C． D．
电磁感应中的综合问题答案解析
典例1：关键信息：
（1）光滑固定斜面、金属棒与导体框同时由静止开始下滑、下滑距离s1＝ m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域 → 受力分析，结合牛顿运动定律可求解金属棒进入磁场时的速度 → 求感应电动势大小，感应电流大小以及安培力F安 → 比较F安与导体框沿斜面方向重力分量Mgsinα的大小 → 确定导体框进入磁场前的运动状态
（2）CD与EF相距s0＝0.4m、金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场 → 导体棒从进入到离开磁场的过程中，导体框的运动位移为s0＝0.4m
（3）金属棒、导体框在磁场中做匀速运动 → 两物体处于平衡状态
（4）导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速 → 导体框运动状态改变的条件是什么？
解题思路：分别对金属棒以及导体框进行受力分析，继而判断金属棒以及导体框在不同阶段的运动状态，同时结合右手定则、法拉第电磁感应定律、平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式进行相关的判断与计算
（1）设金属棒的质量为m，金属棒与导体框一起做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：(M＋m)gsinα＝(M＋m)a
代入数解得：a＝6m/s2
金属棒进入磁场时，设金属棒与导体框的速度大小为v0，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：v0＝＝m/s＝1.5m/s
金属棒切割磁感线产生的感应电动势：E＝BLv0
由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I＝
金属棒在磁场中运动时受到的安培力大小：F安＝BIL
代入数据解得：F安＝0.18N
（2）由于F安＜Mgsinα，故金属棒在磁场中做匀速直线运动时，导体框做匀加速直线运动；
设金属棒与导体框间的滑动摩擦力大小为f，导体框进入磁场时的速度大小为v，
对导体框，由牛顿第二定律得：Mgsinα－f＝Ma框
由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2－＝2a框s0，
导体框刚进入磁场时所受安培力：F＝BI1L＝
导体框刚进入磁场时做匀速直线运动，对导体框，由平衡条件得：＋f＝Mgsinα
代入数据联立解得：a框＝5m/s2，f＝0.06N，v＝2.5m/s
金属棒在磁场中做匀速直线运动，由平衡条件得：F安＝mgsinα＋f
代入数据解得金属棒的质量：m＝0.02kg，
由滑动摩擦力公式得：f＝μmgcosα
代入数据解得，金属棒与导体框之间的动摩擦因数：μ＝0.375
（3）金属棒离开磁场后做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsinα＋f＝ma棒
代入数据解得：a棒＝9m/s2，
金属棒加速到与导体框速度v相等，然后两者一起做加速直线运动，
由匀变速直线运动的速度－时间公式得：v＝v0＋a棒t
金属棒加速到与导体框速度相等的时间：t＝s
在金属棒加速运动时间内，导体框做匀速直线运动，
导体框匀速运动的距离：s＝vt＝2.5× m＝ m。
训练1：
（1）已知间距为L＝0.4m，根据图像可知0～1s内电流强度为：I1＝0.5A，由于电流强度不变，则导体棒运动的速度大小不变，导体棒做匀速直线运动，根据法拉第电磁感应定律可得：E＝B1Lv0
根据闭合电路欧姆定律可得：E＝I1(R＋r)
联立解得：v0＝1m/s；
（2）0～1s内对导体棒受力分析如图1所示，可知：
已知0～1s内外力F＝0.1N，根据平衡条件可得：F＋mgsinθ＝B1I1L＋μmgcosθ
代入数据解得：μ＝；
（3）由图乙可知，1～2s内电流大小随时间的变化情况为：i＝t－0.5（A），方向M→N
根据闭合电路欧姆定律可得：i(R＋r)＝B2Lv
解得：v＝2t－1（m/s）
故导体棒做匀加速直线运动，加速度大小为：a＝2m/s2
安培力大小随时间变化情况为：FA2＝B2iL＝0.5×(t－0.5)×0.4N＝0.2t－0.1（N）
在1～2s内，其受力情况如图2，由牛顿第二定律得
根据牛顿第二定律可得：F＋mgsinθ－μmgcosθ－FA2＝ma
解得：F＝0.2t（N）（1s＜t≤2s），方向沿导轨向下。
典例2：关键信息：
（1）当重物b落地前瞬间导体棒a速度恰好达到稳定 → 对a、b整体受力分析，结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、共点力平衡条件进行分析求解
（2）电阻R上的热量QR → 根据能量守恒定律可知系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量以及系统内能的增加量 → 结合电路规律求解电阻R上的热量QR
（3）从开始运动到稳定需要的时间t、重物落地后导体棒a继续前进的位移x → 非匀变速直线运动，可结合动量定理求解时间以及位移
解题思路：确定好研究对象，对其受力分析、运动状态分析，结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿第二定律、能量关系、动量定理列式求解。
（1）a棒稳定时，a受重力、支持力、拉力和向左的安培力，a棒运动时产生的感应电动势为E＝BLv
感应电流为I＝
受到的安培力为FA＝BIL
根据平衡条件可得FA＝3mg
联立解得v＝；
（2）对棒和物体组成的系统，根据能量守恒3mgh＝(m＋3m)v2＋Q总
根据串联电路规律可得QR＝Q总
联立解得QR＝－；
（3）棒从静止开始运动到稳定速度，根据牛顿第二定律，对重物b，有3mg－FT＝3ma
对棒a有FT－FA＝ma
联立可得3mg－FA＝4ma
由动量定理得∑3mgΔt－∑Δt＝∑4maΔt
可得3mgt－h＝4mv
解得t＝＋；
棒从稳定开始运动到停止，由动量定理得－∑Δt＝0－mv
可得－x＝0－mv
解得x＝
训练2：
（1）在ab处，对GH棒有：
E＝BLv1 ①
I＝ ②
F安＝ILB ③
F＝mgsinθ＋F安 ④
联立①②③④解得：F＝1.5 N；
（2）对两导体棒在碰撞过程，设碰后GH棒的速度v2′，MN棒的速度为v3，有：
mv2＝mv2′＋mv3 ⑤
＝＋ ⑥
对MN棒有：＝mgx2sinθ ⑦
联立⑤⑥⑦解得：v2＝v3＝3m/s，v2′＝0
（3）碰后至MN棒到最高点，导体棒GH向下运动的位移为x，
通过棒MN的电量：q0＝ ⑧
＝ ⑨
联立⑧⑨得：q0＝ ⑩
设导体棒MN到达最高点时导体棒GH的速度为v4，
根据动量定理有：mgsinθ·t－·t＝mv4
MN棒从cd处运动到ef处的过程中，有：v3＝gsinθt
对GH棒，根据能量守恒定律有：mgxsinθ－2Q＝
联立⑩ 解得：Q＝0.175 J
典例3：关键信息：等腰梯形闭合线圈、垂直于磁场边界的速度向右匀速穿过磁场 → 确定有效切割长度，继而确定电动势的大小 → 根据右手定则确定感应电流的方向
解题思路：根据楞次定律或右手定则判断感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流的大小。
由右手定则可知，刚进入磁场时，感应电流为逆时针方向，故感应电流为正，设两腰与水平面夹角为θ，则有效切割长度为：l＝L＋2xtanθ，
则感应电流为：i＝＝＋·x，即感应电流与位移成线性关系，且随位移增大而增大。
右侧底边出磁场后，有效切割长度为：l′＝2Ltanθ，即有效切割长度不变、感应电动势不变、感应电流保持不变；
之后左侧底边进入磁场后，由右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，即感应电流为负，同理可知有效长度增大，即感应电流增大，故A正确、BCD错误。
故选：A。
训练3：
AB．因为相同高度处磁感应强度大小相等，而流过ab边和cd边的电流大小相同，利用左手定则判断出两边受到的安培力大小相等，方向相反，故水平方向上受力平衡，所以水平方向上做匀速运动，由楞次定律可知感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则判断出bc边所受安培力向上，ad边所受安培力向下，令bc边的磁感应强度为B2，ad边磁感应强度为B1，正方形边长为L，从而求出线框所受合外力：
F合＝mg－(B2－B1)IL＝ma
由于磁感应强度随向下的距离均匀增加，则有：B2－B1＝kl
联立得加速度大小为：a＝g－
感应电流大小为：I＝＝
所以当速度增大时，I增大，a减小，由于加速度减小，所以感应电流的变化率越来越小，结合：a＝g－
可知加速度的变化率越来越小，最后线框竖直方向做匀速直线运动，电流不再增大，加速度为零，故A正确，B错误；
C．初始时，线框的速度为零，所以P－h图像，h＝0时，重力功率应为零，故C错误；
D．除了重力之外的其他力做功等于机械能的变化量，根据：ΔE＝－F安h
可知E－h图象的斜率的绝对值为安培力的大小，由AB选项分析可知，安培力越来越大，最后不变，可知D错误。
故选A
第13页 共13页交变电流的分析与计算
高考对本专题的考查主要体现在“三突出”；一是突出考查交变电流的产生过程；二是突出考查交变电流的图象和交变电流的“四值”；三是突出考查变压器及远距离输电。其中变压器结合电路分析仍将是今后命题的热点。难度适中，多以选择题的形式出现。
探究1 交变电流的产生和描述
典例1：（2022山西模拟）图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是（　　）
A．图甲表示交流电，图乙表示直流电
B．两种电压的有效值都是220V
C．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝220sin100πt（V）
D．图甲所示电压经原、副线圈匝数比为10∶1的理想变压器变压后，输出电压的有效值为22 V
训练1：（2021安徽月考）如图甲所示，单匝矩形线框在匀强磁场B中，绕与磁场B垂直的轴OO′匀速转动。已知线框电阻为R，转动周期为T，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图，如图乙所示。则下列说法错误的是（　　）
A．时刻，线框平面与中性面垂直
B．感应电流的有效值为
C．到过程中，线框中平均感应电动势为零
D．线框转动一周，线框中产生的热量为
探究2 变压器
典例2:（2022南宁期末）如图理想变压器，其输入端接在u＝100sin 100πt（V）的交流电源上，原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝2∶1，R0为电阻箱，副线圈中的电阻R＝10Ω，电表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．当R0＝0时，电压表的读数为100V
B．当R0＝0时，电流表的读数为10A
C．当R0＝10Ω时，电流表的读数为4A
D．当R0＝10Ω时，电压表的读数为100V
训练2：（2021湖北模拟）如图甲电路中，变压器为理想变压器，交流电流表为理想电表，输入电压u随时间t变化的图像如图乙，两只规格为“6V，3W”的灯泡均正常发光。下列说法正确的是（　　）
A．原、副线圈匝数之比为4∶1 B．电阻R的功率为6W
C．电流表的示数为0.5A D．副线圈中电流方向1s内改变50次
探究3 远距离输电
典例3：（2021安徽省月考）我国能源分布很不均匀，远距离大容量输电有着特别重要的意义。远距离高压交流输电的示意图如图所示，变压器均为理想变压器，发电机的输出功率P1＝1750kW，发电机的输出电压U1＝350V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线的总电阻r＝16Ω。若输电线上损失的功率ΔP＝40kW，则下列说法正确的是（ ）
A．输电线上输送的电流为500A
B．升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶10
C．降压变压器原线圈两端的电压为34200V
D．输电线上损失的电压为35000V
训练3：（2022广西月考）“张北的风点亮北京的灯”，中国外交部发言人赵立坚这一经典语言深刻体现了2022年北京冬奥会的“绿色奥运”理念。张北可再生能源示范项目，把张北的风转化为清洁电力，并入冀北电网，再输向北京、延庆、张家口三个赛区。现有一小型风力发电机通过如图甲所示输电线路向北京赛区某场馆1万个额定电压为220V、额定功率为11W的LED灯供电。当发电机输出如图乙所示的电压时，赛区的LED灯全部可以正常工作。已知输电导线损失的功率为赛区获得总功率的4%，输电导线的等效电阻为R＝11Ω。则下列说法正确的是（　　）
A．风力发电机的转速为50r/min
B．风力发电机1h内输出的电能为110kW h
C．降压变压器原、副线圈匝数比为25∶1
D．升压变压器副线圈输出的电压的最大值为5720V
交变电流的分析与计算答案解析
典例1：关键信息：（1）图像 → 电压随时间的变化关系，图甲正弦变化、图乙非正弦变化
（2）峰值 → 两图像峰值均为311V；
（3）周期 → 相同
解题思路：由图像可得到交流电的峰值，而正（余）弦交流电的电压有效值，但是其余形式的交流电的电压有效值则要根据有效值的定义来进行计算。之外，正（余）弦交流电的瞬时值表达式中使用的是峰值，而电表读数是有效值。
A．由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，A错误；
B．从图甲可知：Um＝311 V，则有效值为：U＝＝220 V，由于对应相同时刻，图甲电压比图乙电压大，根据有效值的定义可知，图甲有效值要比图乙有效值大，B错误；
C．从图甲可知：Um＝311 V，ω＝＝100π rad/s，所以图甲电压的瞬时值表达式为u＝311 sin 100πt（V），C错误；
D．根据变压器中基本关系：＝，解得：输出电压的有效值U2＝22 V，D正确；故选D。
训练1：
A．时刻，回路磁通量为零，则线框平面与中性面垂直，故A正确；
B．线圈在磁场中转动产生余弦式交流电，角速度ω＝；单匝线框的
感应电动势最大值E＝BSω＝Φmω；
感应电流的最大值I＝，有效值I有＝＝，故B正确；
C．到过程中，磁通量变化量不是零，则平均感应电动势不为零，故C错误；
D．线框转动一周，线框中产生的热量为：Q＝I有2RT＝，故D正确。
本题选错误的，故选C。
典例2：关键信息：（1）交流电源u＝100sin 100πt（V） → 变压器输入电压有效值为100V；
（2）原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝2∶1 → ＝；
解题思路：原线圈R0＝0时，变压器的输入电压等于电源电压；原线圈R0＝10Ω时，变压器的输入电压不再等于电源电压（易错点），变压器输入电压U1＝U－U0，然后再根据 ＝可求副线圈电压进而求解电流。
A．输入端电压的有效值为U1＝100V，当R0＝0时，由电压与匝数关系知电压表的读数为：U2＝U1＝50V，故A错误；
B．当R0＝0时，电流表的读数为：I2＝＝5A，故B错误；
CD．当R0＝10Ω时，设电流表的示数为I2′，由电流与匝数关系知此时原线圈中电流为0.5I2′，由欧姆定律知原线圈电压为：U1′＝100 V－0.5I2′R0；由电压与匝数关系知副线圈电压为：U2′＝，又由欧姆定律知U2′＝I2′R，则有：＝I2′R
解得：I2′＝4A，此时电压表读数为：U2′＝I2′R＝40V；故C正确，D错误；
CD．利用“等效电阻法”，将变压器和副线圈中的R等效为电阻R′，如图
等效部分的电路和等效的电阻R′产生的功率相同，即I22R＝I12R′，则可得，则等效电路中的电流即为原线圈的电流：，那么副线圈的电流，副线圈的电压；故C正确，D错误；
故选C。
训练2：
A．由图乙可知，电源电压有效值为：U＝24V，两灯泡正常发光，可得原线圈两端电压为18V，副线圈两端电压为6V，可得：＝＝＝3，故A错误；
BC．原线圈中的电流，即灯泡的额定电流为：I1＝＝0.5A，根据：＝，故副线圈中电流为：I2＝1.5A，则流过电阻R的电流为：I＝I2－I1＝1A，即电流表的示数为1A，电阻R的功率为：P＝ULI＝6W，故B正确，C错误；
D．由图乙可知，交流电的周期为0.02s，频率为50Hz，由于变压器不改变频率，故副线圈中电流变化频率为50Hz，每个周期内电流方向改变2次，则副线圈中电流方向1s内改变100次，故D错误。
故选B。
典例3：关键信息：（1）理想变压器 → 不计能量损失，升压变压器满足P1＝P2
（2）输电线的总电阻r＝16Ω，损失的功率ΔP＝40kW → 求解输电电流I2
解题思路：理想变压器输入功率P1等于输出功率P2，根据U2＝可得升压变压器输出电压，则匝数比可知；由ΔU＝I2r求解输电线上损失的电压；由U3＝U2－ΔU求解降压变压器原线圈两端的电压。
A．根据功率公式P＝I2R得：I2＝＝50A，A错误；
B．变压器为理想变压器，所以变压器输出功率等于输入功率：P1＝P2＝1750kW，由P＝UI可知：U2＝＝35000V，根据：＝，所以＝，B错误；
C．降压变压器的输入功率为：P3＝P2－ΔP＝1710kW，则降压变压器原线圈两端电压为：U3＝＝34200V，C正确；
D．输电线上损失的电压为：ΔU＝＝800V，D错误。
故选C。
训练3：
A．由图乙可知，交流电的频率为：f＝＝50Hz，因此风力发电机的转速为：
n＝f＝50r/s，故A错误；
B．1万个额定功率为11W的LED灯正常工作时，电功率：P＝11×104 W＝110kW，而输电线上损失的功率：ΔP＝P×4%＝4.4kW，所以风力发电机的输出功率为114.4kW，因此1h内风力发电机输出的电能：W＝P总t＝114.4kW·h，故B错误；
C．输电线路损失的功率ΔP＝4.4kW，根据：ΔP＝＝4.4kW，可得输电线上电流为：I3＝20A，而通过降压变压器副线圈后的电流：I4＝＝500A，因此降压变压器原、副线圈匝数比：＝＝，故C正确；
D．输电线路损失的电压：ΔU＝I3R＝220V，根据：＝，可得：U3＝5500V，所以升压变压器副线圈输出的电压有效值为5720V，最大值为5720V，故D错误。
故选C。
第13页 共13页楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
本专题主要讲解楞次定律和法拉第电磁感应定律的理解及基本应用，高考中主要侧重于考查法拉第电磁感应定律的理解与应用，经常以选择题或计算题的形式命题考查，试题注重基础性与综合性。备考中应重视在应用中深化对相关概念、核心规律的理解，让学生掌握典型问题的解决方法的同时，深化理解，夯实双基。
探究1 楞次定律的应用
典例1：（2022·黑龙江月考）一长直导线与闭合金属线框位于同一竖直平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图所示（以竖直向上为电流的正方向），则在0～T时间内，下列说法正确的是（　　）
A．0～时间内，金属线框受安培力的合力方向向左
B．～时间内，金属线框中产生顺时针方向的感应电流
C．～T时间内，金属线框有收缩的趋势
D．0～T时间内，长直导线中电流的有效值为i0
训练1：（2020·全国历年真题）如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环，圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到（ ）
A．拨至M端或N端，圆环都向左运动
B．拨至M端或N端，圆环都向右运动
C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
探究2 法拉第电磁感应定律的应用
典例2:（2022·北京月考）用电阻率为ρ、横截面积为S的硬质导线，做成边长为2R的正方形导线框，垂直导线框所在平面的磁场充满其内接圆形区域。t＝0时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则在t＝0到t＝2t0的时间内（ ）
A．t0时刻磁通量大小为4B0R2
B．导线框中产生的热量为
C．导线框中的感应电流大小为
D．导线框中的感应电流方向先沿顺时针方向后沿逆时针方向
训练2：（2022·黑龙江模拟）如图甲所示，虚线MN两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0，左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上，则下列说法正确的是（ ）
A．0～t0时间内，圆环中的电流方向为逆时针方向
B．t＝t0时刻，圆环中的电流为0
C．t＝t0时刻，圆环受到的安培力大小为
D．在0～t0时间内，通过圆环的电荷量为
典例3：（2022·浙江模拟）如图所示，水平放置的平行光滑导轨左端连接开关K和电源，右端接有理想电压表。匀强磁场垂直于导轨所在的平面。ab、cd两根导体棒单位长度电阻相同、单位长度质量也相同，ab垂直于导轨，cd与导轨成60°角。两棒的端点恰在导轨上，且与导轨接触良好，除导体棒外，其余电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关K瞬间，两棒所受安培力大小相等
B．闭合开关K瞬间，两棒加速度大小相等
C．断开开关K，让两棒以相同的速度水平向右切割磁感线，电压表无示数
D．断开开关K，固定ab，让cd棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为U1；固定cd，让ab棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为U2，则U1＝U2
训练3：（2021·浙江省历年真题）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．棒产生的电动势为Bl2ω B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为 D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用答案解析
典例1：关键信息：（1）电流i随时间t的变化关系图像 → 可以判断出各个时间段导线中电流的大小以及方向 → 结合楞次定律以及阻碍效果判断线框所受安培力方向、线框中的感应电流方向以及线框的收缩与扩张情况
（2）电流i随时间t的变化关系图像 → 结合热量等效原理求解电流的有效值
解题思路：直导线电流变化将引起周围磁场的变化，从而引起穿过线框磁通量发生变化，结合楞次定律即可直接判断安培力及感应电流的方向。非正余弦交流电的有效值可以根据有效值定义进行计算。
A．0～时间内，直导线电流增大，穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，线框有向右运动趋势从而阻碍磁通量的增大（增离减靠），故金属线框受安培力的合力方向向右，A错误；
B．～时间内，直导线中电流向上且减小，穿过线框的磁场向内，磁通量减小，由楞次定律可知，金属线框中产生顺时针方向的感应电流（增反减同），B正确；
C．～T时间内，直导线中电流恒定，穿过线框中的磁通量恒定，不会产生感应电流，故金属线框没有收缩趋势（增缩减扩），C错误；
D．0～T时间内，据电流的热效应可得：Q＝·＋·＝I2RT
可得长直导线中电流的有效值为I＝i0，D错误。
故选B。
训练1：
当开关S由断开状态拨至连接状态时，不论拨至M端或N端，均会导致线圈中的电流增大，线圈中的磁场增强，所以穿过圆环的磁通量也变大，从而圆环中会产生感应电流，根据楞次定律以及阻碍效果（增离减靠）可知，圆环会受到安培力作用，使它远离通电线圈以阻碍磁通量的增大，即圆环向右移动，故B正确，ACD错误；
故选：B。
典例2：关键信息：（1）垂直导线框所在平面的磁场充满其内接圆形区域 → 有效面积为S＝πR2
（2）图乙 → 为恒值，根据E＝可求感应电动势大小 → 根据闭合电路欧姆定律可求感应电流大小 → 根据焦耳定律求导线框产生的热量
解题思路：根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可知正方形线圈的感应电流方向和电动势大小，然后根据欧姆定律和焦耳定律可知感应电流大小和线框产生的热量。
A．t0时刻，B＝0，所以磁通量大小为：Φ＝BS圆＝0，故A错误；
BC．由法拉第电磁感应定律可知，矩形线框中的感应电动势大小为：E＝＝πR2＝
感应电流大小为：I＝＝＝＝
导线框中产生的热量为：Q＝I2()·2t0＝()2()·2t0＝，故B错误，C正确；
D．时间内穿过圆环的磁感应强度向里减小，根据楞次定律可知，感应磁场的方向也向里，所以感应电流的方向为顺时针，同理，时间内由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针，故圆环中感应电流的方向始终为顺时针，故D错误。
故选C。
训练2：
A、0～t0时间内，圆环中左侧的磁通量向内减小，右侧磁通量不变，根据楞次定律可知圆环中的电流方向为顺时针方向，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势E＝S，t＝t0时刻磁通量变化率不为0，则电动势不为0，圆环中的电流不为0，故B错误；
C、上式中S＝πr2，＝，据欧姆定律有I＝，据电阻定律有R＝，t＝t0时刻圆环受到的安培力F＝B0I·2r－B0I·2r＝，方向垂直于MN向左，故C错误；
D、在0～t0时间内，通过圆环的电荷量q＝，又＝，＝，圆环磁通量的变化量ΔΦ＝B0·πr2，联立解得q＝，故D正确。
故选：D。
典例3：关键信息：单位长度电阻、质量相同 → a、b接入电路中的电阻、质量与长度成正比
电路图 → 电压表测量的电压为路端电压
解题思路：闭合开关，两导体棒并联，由接入长度可知电阻和质量之比，从而确定安培力大小和加速度大小；断开开关，由法拉第电磁感应定律的推论E＝BLv和闭合电路欧姆定律可知电压表示数
A．设ab导体棒的长度为L，则cd导体棒为：Lcd＝＝，ab、cd两根导体棒单位长度电阻相同，所以ab、cd两根导体棒的电阻之比为：Rab∶Rcd＝∶2，闭合开关K瞬间，通过ab、cd两根导体棒的电流之比为：Iab∶Icd＝2∶，根据安培力公式：F＝BIL，可知ab，cd两根导体棒所受安培力为：Fab∶Fcd＝1∶1，故A正确；
B．ab、cd两根导体棒单位长度质量相同，所以ab、cd两根导体棒的质量之比为：mab∶mcd＝∶2，根据牛顿第二定律可知，闭合开关K瞬间，ab、cd两根导体棒的加速度之比为：aab∶acd＝2∶，故B错误；
C．断开开关K，让两棒以相同的速度水平向右切割磁感线，ab、cd两根导体棒的有效切割长度相等，设两棒运动的速度v，则两棒产生的电动势大小为：E＝BLv，则电压表示数为：U＝E＝BLv，故C错误；
D．断开开关K，固定ab，让cd棒以速度v沿导轨向右运动时，则有：E1＝BLv，电压表示数为：U1＝E1＝，固定cd，让ab棒以速度v沿导轨向右运动时，则有：E2＝BLv
电压表示数为：U2＝E2＝，故D错误。
故选：A。
训练3：
A．由于在圆环内存在磁感应强度为B的匀强磁场，所以金属棒有效切割长度为r，根据E＝可得棒产生的电动势为Br2ω，故A错误；
B．微粒处于静止状态，根据平衡条件可得：q＝mg，解得微粒的电荷量与质量之比为＝，故B正确；
C．电阻消耗的电功率为P＝＝，故C错误；
D．电容器所带的电荷量为Q＝CE＝CBr2ω，故D错误。
故选B。
第13页 共13页直流电路的分析与计算
本专题在高考中主要考查闭合电路欧姆定律和电路中能量的转化等问题。题型常以动态分析为主，电路可能会结合实际生活中的电器和常见的元件考查，其次还会以各种传感器为背景，考察力电综合，难度中等，常以选择题的形式出现。
探究1动态电路
典例1：（2022 天津市月考）如图所示的电路中，小灯泡L电阻不变，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，R1＞r，将滑动变阻器的滑片向下滑动时，则（　　）
A．电压表的示数变小 B．灯的亮度变小
C．电源的输出功率变大 D．电源的效率升高
典例2:（2022年北京模拟）如图是一个简易风速测量仪的示意图，绝缘弹簧的一端固定，另一端与导电的迎风板相连，弹簧套在水平放置的电阻率较大的光滑的均匀金属细杆上。迎风板与金属杆垂直且接触良好，并能在金属杆上自由滑动。迎风板与金属杆末端分别与电压传感器的两端相连，整个装置与电阻串联接入闭合电路，则（　　）
A．风速越大，电压传感器的示数越大
B．风速越大，流过电阻R的电流越大
C．风速不变时，电阻R的阻值越大，电压传感器示数越大
D．其他条件不变时，电压传感器示数与弹簧形变量是线性关系
训练1：（2021江苏联考）电子秤主要由三部分构成：秤盘、压力传感器R（是一个压敏电阻）、 显示体重的仪表G（由电流表改装）。如图所示，已知表头的满偏电流为1 A，内阻Rg＝8 Ω，电源电动势E＝10 V，内阻r＝2 Ω，压敏电阻的阻值随压力变化的关系为R＝30－0.02F（F和R的单位分别是N和Ω），秤盘的质量为0.5 kg，g取10 m/s2，下列说法中正确是（ ）
A．该秤能测量的最大重力是1300 N
B．所测重物为995 N应标在电流表G刻度盘0.5 A刻度处
C．该电子秤零刻度线（即不放重物时的刻度线）应标在电流表G刻度盘0刻度处
D．该电子秤零刻度线应标在电流表G刻度盘的最右端
探究2 电路中能量的转化
典例3：（改编）如图所示是某型号的家用电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成。该吹风机分为冷风和热风两挡，当打到热风挡时，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出。已知电吹风工作电压为220 V，吹冷风时的功率为40 W，吹热风时的功率为480 W。电吹风正常工作时，下列说法正确的是（ ）
A．电热丝的电阻为Ω
B．打到热风挡时，只需要闭合开关S1；打到冷风档时，只需要闭合开关S2
C．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为440 J
D．若电动机内阻为484 Ω，电动机正常工作时的机械效率为75%
训练2：（2022·浙江·高考真题）某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15 m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0 kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75 m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220 V，输入电流为2.0 A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75％，忽略水在管道中运动的机械能损失，则（　　）
A．每秒水泵对水做功为75 J B．每秒水泵对水做功为225 J
C．水泵输入功率为440 W D．电动机线圈的电阻为10 Ω
直流电路的分析与计算答案解析
典例1：关键信息：（1）滑动变阻器滑片向下滑动 → 动态电路，R3 阻值变小；
（2）R1＞r → 外电路电阻大于电源内阻，此时电源输出功率随外电阻的增大而减小，反之增大（重难点）。
解题思路：根据滑动变阻器下滑，局部阻值变小，总电阻减小，总电流增大，然后由闭合电路欧姆定律知外电压减小，最后根据串并联关系可知支路电流、电压变化情况。
AB．将滑动变阻器的滑片向下滑动时，变阻器R3接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，故总电流I变大，根据U＝E－Ir可知路端电压减小；根据欧姆定律可知电阻R1两端的电压增加，即电压表的示数变大，故并联部分的电压U并＝U－U1 减小，根据欧姆定律可知通过R2的电流减小，由于并联分流可知流过灯的电流变大，根据P＝I灯2R可知灯的功率变大，所以灯的亮度变亮，故A、B错误；
C．当外电路电阻接近电源内阻时，电源的输出功率增加；当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大。由于R1＞r，所以外电路的总电阻大于电源的内阻，在外电路的总电阻减小的过程中电源的输出功率在变大，故C正确；
D．电源的效率η＝×100%＝×100%，变阻器R3接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，路端电压减小，所以电源的效率减小，D错误。
故选C。
AB．滑动变阻器的滑片向下滑动时，变阻器R3接入电路的电阻减小，电压表与R3间接串联，由“串反并同”可得电压表示数变大，灯与R3串联，同理可得流过灯的电流变大，由P＝I灯2R可知灯的功率变大，则灯的亮度变亮，故A、B错误；
C．当外电路电阻接近电源内阻时，电源的输出功率增加；当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大。由于R1＞r，所以外电路的总电阻大于电源的内阻，在外电路的总电阻减小的过程中电源的输出功率在变大，故C正确；
D．电源的效率η＝×100%＝×100%，变阻器R3接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，路端电压减小，所以电源的效率减小，D错误。
故选C。
典例2：关键信息：（1）光滑金属杆 → 不考虑摩擦，平衡时风力等于弹簧弹力；
（2）均匀金属杆、迎风板与金属杆接触并能自由滑动 → 接入电路的电阻随风力增大而减小（关键点），动态电路分析。
解题思路：根据风速变大，弹簧被压缩，金属杆接入电路长度变短，接入电路阻值变小；由闭合电路欧姆定律知电流变大，则路端电压变小，最后根据串并联关系可知电流、电压变化关系。
AB．风速越大，金属杆接入电路的长度越短，接入电路的阻值越小，金属杆两端电压越小，电压传感器的示数越小，通过电阻R的电流越大，故A错误，B正确；
C．风速不变时，金属杆接入电路的长度不变，接入电路的阻值不变，电阻R的阻值越大，电路中的电流越小，金属杆两端电压越小，电压传感器的示数越小，故C错误；
D．假设弹簧的原长为L0，金属杆单位长度的电阻为r0，当弹簧的压缩量为x时，金属杆接入电路的阻值为：Rx＝(L0－x)r0
根据闭合电路欧姆定律可得：I＝
电压传感器示数为：U＝IRx
联立解得：，可知电压传感器示数与弹簧形变量不是线性关系，故D错误；
故选B。
训练1：
A．根据闭合电路欧姆定律，当电流最大时R＋r＋Rg＝，得R＝0，此时
F＝1500 N，由于秤盘的重量为5N，所以该秤能测的最大重力为1495 N，A错误；
B．当重物为995 N时，R＝10Ω，此时电流I＝=0.5 A，B正确；
C．当不放重物时，F等于秤盘的重力，即F＝5 N，此时R＝29.9 Ω，由闭合电路欧姆定律知电路中的电流不为零，C错误；
D．当不放重物时力最小，则最大，电路中的电流最小，所以零刻度线不在最右端，D错误。
故选B。
典例3：关键信息：电动机、电热丝 → 非纯电阻（欧姆定律不适用）、纯电阻（欧姆定律适用）
吹冷风 → 只有电动机工作；吹热风 → 电动机和电热丝同时工作
40 W → 电动机的电功率；480W → 电动机和电热丝同时工作的电功率
解题思路：确定电吹风吹热风和吹冷风时对应的电路，根据两种情况下消耗的功率关系求解电热丝消耗的功率，再结合功率的相关公式进行求解。对于含有非纯电阻元件（如电动机）的电路，要掌握以下的相关知识：
A．电吹风正常工作，当吹冷风时只有电动机工作，对应的功率为40 W，当吹热风时，电动机和电热丝并联后一起工作，电动机和电热丝的总功率为480 W，故电热丝消耗的功率为：P＝P热－P冷＝440 W，由P＝，可知R＝＝Ω＝110 Ω，故A错误；
B．打到热风挡时需要同时关闭开关S1和S2，故B错误；
C．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为W＝Pt＝440×1 J＝440 J，故C正确；
D．吹冷风时的功率为40 W，由P＝UI可知，通过电动机M的电流I＝＝＝ A，由P热＝I2R， 电动机产生的热功率P热＝×484 W＝16 W， P机＝P－P热＝40 W－16 W＝24 W，故电动机正常工作时的机械效率为×100％＝60％，故D错误。
故选C。
训练2：
AB．每秒喷出水的质量为m0＝2.0 kg，抽水增加了水的重力势能和动能，
则每秒水泵对水做功为：W＝m0gH＋＝300 J，故AB错误；
C．水泵的输出能量转化为水的机械能，则：P出＝＝300 W，
而水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75％，则P入＝＝400 W
故C错误；
D．电动机的输出功率等于水泵的输入功率，则电动机的机械功率为：P机＝P入＝400 W
而电动机的电功率为：P电＝UI＝440 W
由能量守恒可知：P电＝I2R＋P机
联立解得：R＝10 Ω，故D正确；
故选D。
第13页 共13页光的折射和全反射
本专题是高考的热点问题，主要涉及光的折射定律，全反射条件，临界角等知识点，往往结合几何关系进行综合考查。解决这类问题的关键：应围绕折射率，联系几何量和物理量列相关方程。命题主要以计算题或填空题的形式出现，难度一般。
探究1平行玻璃砖问题
典例1：（2021 全国甲卷）如图，单色光从折射率n＝1.5、厚度d＝10.0cm的玻璃板上表面射入。已知真空中的光速为3×108m/s，则该单色光在玻璃板内传播的速度为________m/s；对于所有可能的入射角，该单色光通过玻璃板所用时间t的取值范围是________s≤t＜________s（不考虑反射）。
训练1：（2021河南省模拟）如图，长方体玻璃砖的横截面为矩形MNPQ，MQ＝l，MN＝2l。一束单色光在纸面内以α＝45°的入射角从空气射向MQ边的中点O，该单色光折射到MN上的A点，MA＝l，光在真空中传播的速度为c。
求：（1）玻璃砖对该单色光的折射率；
（2）该单色光在玻璃砖中传播的时间。
探究2 三角形玻璃砖问题
典例2:（2022·全国乙卷）一细束单色光在三棱镜ABC的侧面AC上以大角度由D点入射（入射面在棱镜的横截面内），入射角为i，经折射后射至AB边的E点，如图所示，逐渐减小i，E点向B点移动，当sin i＝时，恰好没有光线从AB边射出棱镜，且DE＝DA。求棱镜的折射率。
训练2：（2022·江苏省·模拟）如图所示，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝30°。一束光线平行于BC边从AB边射入棱镜，光线在棱镜内经一次反射，从AC边或BC边垂直射出。求：
（1）棱镜的折射率n；
（2）AC边与BC边上有光出射区域长度的比值K。
探究3 圆形或半圆形玻璃砖问题
典例3：（2022湖南省模拟）如图所示，一半径为R的透明球体放在水平地面上，球心为O，球与地面的接触点为B，在球体的顶点A处有一点光源，点光源发出的光通过球体后照亮地面上的部分区域。已知透明球体材料的折射率n＝，真空中光速为c。
（1）求光从A点到B点的传播时间；
（2）若不考虑光在透明球体中的反射影响，求地面上被光照亮区域的面积。
训练3：（2022辽宁模拟）半径为R，长为L的半圆柱形玻璃砖置于水平桌面上，玻璃砖的上表面水平。O为半圆形截面的圆心，一单色平行光束从半圆柱体的矩形上表面射入，该光束平行于半圆形截面并与上表面成45°，如图所示。已知该玻璃砖的折射率为，光在真空中传播速度为c，不考虑光线在玻璃砖内的多次反射，下列说法正确的是（ ）
A．从O点正下方射出玻璃砖的光线在玻璃砖中传播的时间为
B．从O点正下方射出玻璃砖的光线在玻璃砖中传播的时间为
C．该光束射入玻璃砖后，有光线射出的圆柱面的面积为
D．该光束射入玻璃砖后，有光线射出的圆柱面的面积为
光的折射和全反射答案解析
典例1：关键信息：折射率n＝1.5、真空中的光速为3×108m/s → 由n＝可求出光线在玻璃板的传播速度
所有可能的入射角 → 最小入射角为0°，最大入射角为90°（易错点），最大入射角并非为发生全反射的临界，空气到玻璃为光疏到光密不会发生全反射。
解题思路：根据求出光线在玻璃板的传播速度；玻璃板的厚度一定，由折射定律知折射角随入射角增大而增大，从而确定光在玻璃板中传播时对应的最大和最小光程，进而确定光在玻璃板中传播的时间范围。
（1）根据折射率，解得该单色光在玻璃板内传播的速度为：
（2）当光垂直玻璃板射入时，光不发生偏折，该单色光通过玻璃板时有最小光程，即为玻璃板的厚度d，所用时间最短，最短时间为：；
当光的入射角是90°时，该单色光通过玻璃板有最大光程，所用时间最长。由折射定律可得：
则由几何关系可得最大光程为，所以最长时间为：
训练1：
（1）该单色光折射到MN上的A点，MA＝l，根据几何关系可知，折射角为30°，
则玻璃砖对该单色光的折射率；
（2）光从玻璃砖到空气中发生全反射的临界角设为θ，有，即θ＝45°，而MN边的入射角为60°大于45°，故光在MN边发生全反射，即不能从MN边射出，根据几何关系，光线运动路程，
根据折射率的表达式得：，所以。
典例2：关键信息：由D点入射，入射角为i且sin i＝ → 在D点找到折射角r的正弦值，由折射定律n＝求折射率
恰好没有光线从AB边射出棱镜 → 恰好在AB边上的E点发生全反射
DE＝DA → 结合几何关系寻找折射角与临界角的关系
解题思路：依题意作出光路图，利用几何知识确定折射角r与临界角C的关系再结合折射定律求解。
因为当sin i＝时，恰好没有光线从AB边射出，可知光线在E点发生全反射，设临界角为C，如图所示，则sin C＝
由几何关系可知：C＋∠AED＝90°，
设光线在D点的折射角为r，
r＋90°＝∠AED＋∠EAD
又因DE＝DA，则∠AED＝∠EAD，
可得：r＝90°－2C
则＝n
联立可得n＝1.5。
训练2：
（1）由题意可得光路图如图所示
则由几何关系知θ＝30°
则r＝30°，i＝60°；
则由折射定律得，折射率为n＝＝
（2）如图所示
从BD范围内入射的光，折射后在BC边上发生全反射，全发射光线垂直于AC边，则AC边上全部有光线射出。而从AD范围入射的光折射后在AC边上发生全发射，全反射光线垂直于BC边射出，且BC边上有光射出的区域为CE，有几何关系可得：CE＝AC·sin30°，
所以AC边与BC边上有光出射区域长度的比值K＝2。
典例3：关键信息：折射率n＝、真空中光速为c → 由n＝可求出光在透明球体内传播速度
被光照亮区域的面积 → 光出射的临界点就是光刚好发生全反射的临界
解题思路：（1）由n＝结合运动学公式求传播时间
（2）由临界角公式sinC＝再结合几何关系确定光线出射的临界点，进而求解被光照亮区域的面积。
（1）由n＝，可得光在透明球体内传播速度v＝＝
则光从A点到B点的时间t＝＝；
（2）设透明球体介质的临界角为C，设光线从球面上P点射出时恰好发生全反射，如图所示，
则sinC＝＝，可得C＝60 ；
由图可知此时M点为出射光线在地面上距离B点最远的点，由球体的对称性可知，光线的照亮区域就是以MB为半径的一个圆形区域。
由几何关系可知：
被光照亮区域的半径：
被光照亮区域的面积：。
训练3：
作出光路图（前视图）如图所示。
AB．设入射角为α、折射角为β，根据折射定律得：，解得sinβ＝0.5，所以β＝30°，根据v＝可得从O点正下方射出玻璃砖的光线在玻璃砖中传播的时间为：，故AB错误；
CD．根据sinC＝＝ 可得临界角C＝45°， 因β＝30°， 所有折射光线与法线的夹角均为30°。 对于从AO间入射的光线， 某折射光线刚好在D点发生全反射，则有：∠ADO＝C＝45°，所以：∠AOD＝180°－60°－45°＝75°，当∠AOD＜75°时，发生全反射不能从AD间玻璃下表面射出。对于从OB间入射的光线，设折射光线刚好在C点发生全反射，此时有：∠BOD＝180°－90°－β－C＝90°－30°－45°＝15°，当∠BOD＜15°时，发生全反射不能从玻璃下表面射出。故能够从半圆柱球面上出射的光束范围限制在圆弧DC区域上，设其对应的圆心角为φ，则：φ＝180°－15°－75°＝90°＝，所以玻璃砖下表面有光线射出部分的面积为：S＝L×＝πRL，故C错误，D正确。
故选D。
第13页 共13页

展开更多......

收起↑