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第11讲 变压器
知识点一　变压器的原理
【情境导入】
1．把两个没有用导线相连的线圈套在同一个闭合铁芯上，一个线圈连到交流电源的两端，另一个线圈连到小灯泡上。接通电源，我们会看到小灯泡发光，结合实验现象思考变压器的原、副线圈没有连在一起，原线圈中的电流是如何“流到”副线圈中去的？
2．探究分析变压器中闭合铁芯的作用是什么？
【答案】
　1.变压器的原、副线圈虽然都套在同一个铁芯上，但两线圈是彼此绝缘的，原线圈是利用了互感现象在副线圈中感应出电流的，并不是原线圈的电流直接流到副线圈中去。
2．变压器的铁芯为闭合铁芯，形成一个闭合磁路，使副线圈中的磁通量变化与原线圈中的磁通量变化基本相同。
【知识梳理】
1．构造：由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成，与交流电源连接的线圈叫作原线圈，与负载连接的线圈叫作副线圈．
2．原理：互感现象是变压器工作的基础．原线圈中电流的大小、方向在不断变化，铁芯中激发的磁场也不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势．
【重难诠释】
1．变压器的构造
变压器由闭合铁芯、原线圈、副线圈组成，其构造示意图与电路中的符号分别如图甲、乙所示．
2．变压器的工作原理图
注意　(1)变压器不改变交变电流的周期和频率．(2)变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作用．(3)变压器的两个线圈之间通过磁场联系在一起，两个线圈间是绝缘的．
知识点二　实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【重难诠释】
1．实验思路
交变电流通过原线圈时在铁芯中产生变化的磁场，副线圈中产生感应电动势，其两端有输出电压．线圈匝数不同时输出电压不同，实验通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压与匝数的关系．
2．实验器材
多用电表、可拆变压器(如图甲)、学生电源、开关、导线若干
3．实验步骤
(1)按图乙所示连接好电路，将两个多用电表调到交流电压挡，并记录两个线圈的匝数．
(2)接通学生电源，读出电压值，并记录在表格中．
(3)保持匝数不变，多次改变输入电压，记录每次改变后原、副线圈的电压值．
(4)保持输入电压、原线圈的匝数不变，多次改变副线圈的匝数，记录下每次的副线圈匝数和对应的电压值．
4．实验结论
实验分析表明，在误差允许范围内，原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比，即＝.
5．注意事项
(1)在改变学生电源的电压、线圈匝数前均要先断开开关，再进行操作．
(2)为了保证人身安全，学生电源的电压不能超过12 V，通电时不能用手接触裸露的导线和接线柱．
(3)为了保证多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量．
知识点三　理想变压器的基本关系
【情境导入】
变压器线圈两端的电压与匝数的关系可以通过实验来探究。
器材：可拆变压器、学生电源、多用电表、导线若干
实验步骤：(1)按图示电路连接电路。
(2)原线圈接6 V低压交流电源，保持原线圈匝数n1不变，分别取副线圈匝数n2＝n1、n1、2n1，用多用电表交流电压挡分别测出副线圈两端的电压，记入表格。
(3)原线圈接6 V低压交流电源，保持副线圈匝数n2不变，分别取原线圈匝数n1＝n2、n2、2n2，用多用电表交流电压挡分别测出副线圈两端的电压，记入表格。
总结实验现象，得出什么结论？
【答案】
电压与匝数成正比，即 ＝。
【知识梳理】
1．理想变压器：没有能量损耗的变压器叫作理想变压器，它是一个理想化模型．
(1)原、副线圈中的电流产生的磁场完全束缚在闭合铁芯内，即无“漏磁”．
(2)原、副线圈不计电阻，电流通过时不产生焦耳热，即无“铜损”．
(3)闭合铁芯中的涡流为零，即无“铁损”．
2．电压与匝数的关系
理想变压器原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即＝.
3．两类变压器
副线圈的电压比原线圈的电压低的变压器叫作降压变压器；副线圈的电压比原线圈的电压高的变压器叫作升压变压器．
4. 原线圈中电场的能量转变成磁场的能量，通过铁芯使变化的磁场几乎全部穿过了副线圈，在副线圈中产生了感应电流，磁场的能量转化成了电场的能量．
【重难诠释】
1．电压关系
(1)只有一个副线圈时，＝.
当n2>n1时，U2>U1，变压器使电压升高，是升压变压器．
当n2(2)有多个副线圈时，＝＝＝…
2．功率关系
从能量守恒看，理想变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出．
3．电流关系
(1)只有一个副线圈时，U1I1＝U2I2或＝.
(2)当有多个副线圈时，I1U1＝I2U2＋I3U3＋…或n1I1＝n2I2＋n3I3＋…
教材习题01 3.当变压器的一个线圈的匝数已知时，可以用下面的方法测量其他线圈的匝数:把被测线圈作为原线圈，用匝数已知的线圈作为副线圈，通入交变电流，测出两线圈的电压，就可以求出被测线圈的匝数。已知副线圈有400匝把原线圈接到220V的交流电路中，测得副线圈的电压是55V，求原线圈的匝数。 解题方法 变压器基本关系
【答案】3.答案 因为 ，所以（匝）。
教材习题02 5.图3.3-7是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用见表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减小(滑动片向下移)。如果变压器上的能量损耗可以忽略，当用户的用电器增加时，图中各表的读数如何变化 解题方法 变压器动态分析
【答案】原线圈输入的电压 一定， 示数不变；副线圈的电压 不变，示数不变。当用户的用电器增加时，相当于 R 减小，副线圈中的电流 增大，示数增大；因为理想变压器输入功率等于输出功率，即 ， 、 的值不变， 增大，则 增大， 示数增大；由于 增大，则增大，故 R 两端的电压减小， 示数减小。
题型1理想变压器基本规律的应用
理想变压器原线圈接入图乙所示的正弦式交流电，副线圈接一个规格为“6V，3W”的灯泡。灯泡正常工作，则理想变压器原、副线圈的匝数比为（　　）
A． B． C．1∶6 D．6∶1
【答案】D
【详解】原线圈电压最大值为，可知有效值为，由理想变压器电压与匝数关系
可得原、副线圈的匝数比
故选D。
题型2理想变压器与图像的结合问题
如图甲所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，原线圈接在一个交变电源上，电源电压随时间变化的规律如图乙所示，副线圈所接的负载电阻为11Ω。电流表和电压表均视为理想电表。则下列说法中正确的是（ ）
A．副线圈输出的交变电流周期为2s B．电流表的示数为1.25A
C．电压表的示数为V D．变压器的输入与输出功率之比为4:1
【答案】B
【详解】A．根据图像可知，副线圈输出交变电流周期等于0.02s，故A错误；
C．原线圈的电压有效值为
则电压表的示数为220V，故C错误；
B．副线圈的输出电压为
则副线圈电流为
根据，可得原线圈电流为
则电流表的示数为1.25A，故B正确；
D．变压器输入功率与输出功率之比为，故D错误。
故选B。
题型3自耦变压器
如图所示，线圈abcd在匀强磁场中绕固定轴OO′匀速转动，产生的正弦式交流电通过自耦变压器给灯泡和滑动变阻器供电。已知线圈abcd的电阻不可忽略，自耦变压器可看作理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．图示时刻线圈abcd中感应电流最大
B．将滑动变阻器的滑片Q向上移动，灯泡变亮
C．将自耦变压器的滑片P逆时针转动，自耦变压器的输入电流变大
D．将滑动变阻器的滑片Q向上移动，自耦变压器的输出功率一定减小
【答案】AC
【详解】A．图示时刻线圈平面与磁场平行，磁通量变化率最大，感应电动势最大，因线圈有电阻但此时电动势最大，感应电流最大，故A正确；
B．滑片Q上移，滑动变阻器接入电阻减小，副线圈所在电路的总电阻减小。把自耦变压器及副线圈电路看作等效电阻，根据理想变压器的等效电阻公式
因为、不变，减小，所以减小，原线圈电路中，线圈产生的电动势E不变，线圈电阻r不可忽略，根据闭合电路欧姆定律
则增大，此时原线圈电压U1 = E－I1r减小，再根据
可知U2减小，灯泡的实际功率减小，灯泡变暗，故B错误；
C．将自耦变压器的滑片P逆时针转动，副线圈匝数增大。根据闭合电路的欧姆定律有
副线圈所在电路的电阻不变，可知I1增大，则自耦变压器的输入电流变大，故C正确。
D．根据以上分析，线圈abcd的输出功率为
当时，线圈abcd的输出功率最大，即自耦变压器的输出功率最大，但因滑动变阻器和小灯泡的总电阻与线圈匝数比和线圈abcd的内阻未知，所以无法判断自耦变压器的输出功率的变化情况，故D错误。
故选AC。
题型4互感器
交流电压表有一定的量度范围，它的绝缘能力也有限，不能直接连到电压过高的电路，电压互感器可以解决这一问题。电压互感器的工作原理如图所示，其原线圈的匝数较多，并联在电路中，副线圈的匝数较少，两端接在电压表上。关于电压互感器，下列说法正确的是（　　）
A．原线圈电流的频率等于副线圈电流的频率
B．原线圈电流的频率小于副线圈电流的频率
C．原线圈的电流大于副线圈的电流
D．原线圈的电流小于副线圈的电流
【答案】AD
【详解】AB．电压互感器是一种变压器，不能改变电流的频率，A正确，B错误；
CD．根据变压器原副线圈电流与线圈匝数成反比可知，电压互感器原线圈的匝数较多，原线圈的电流小于副线圈的电流，C错误，D正确。
故选AD。
题型5多个副线圈问题的分析
差动变压器指的是一种广泛用于电子技术和非电量检测中的变压器装置。主要用于测量位移、压力等非电量参量。其原理简化后如图甲所示，一个初级线圈，位于正中间，两个匝数相等的次级线圈串联且对称放置，初始时铁芯位于空心管正中央，a、b间接如图乙所示的电流（由a流向b），c、d端接交流电压表，示数为零。铁芯移动时始终至少有一端在次级线圈中。下列说法正确的是（　　）
A．铁芯上移，电压表示数为两次级线圈产生电动势有效值之和
B．铁芯下移，时间内，c端电势高于d端电势
C．可以通过电压表示数关系判断铁芯移动距离的大小关系
D．a、b端接正弦交流电，铁芯不动，电压表示数不为零
【答案】C
【详解】A．副线圈反向接，当铁芯在中央时上下方次级线圈的磁通量相同，此时副线圈电压为零。即铁芯移动时会因铁芯的移动导致的磁通量的变化产生感应电动势。铁芯上移时，它会使得上方的次级线圈中的磁通量增多，下方的次级线圈中的磁通量减小。由于次级线圈是沿相反方向串联的，所以上方的次级线圈产生的感应电动势会与下方的次级线圈产生的感应电动势相减。所以，电压表示数为两次级线圈产生电动势有效值之差，故A错误；
B．铁芯下移，时间内，原线圈的电流减小，根据楞次定律可得，端电势低于端电势，故B错误；
C．当铁芯从中央位置开始的移动量越大时，它改变穿过次级线圈的磁通量也越多，从而导致次级线圈中产生的感应电动势也越大。所以可以通过电压表示数关系判断铁芯移动距离的大小关系，故C正确；
D．副线圈反向接，当铁芯在中央时上下方次级线圈的磁通量相同，副线圈的电压一直为零，故D错误。
故选C。
题型6探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
利用如图所示的装置可以探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系。
(1)该实验中变压器原线圈接线柱接入学生电源应该选择哪种接法 （填“A”或“B”）；
A． B．
(2)实验中，可拆变压器如图所示，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成，硅钢片应平行于平面（　　）
A．abcd B．abfe C．abgh D．aehd
(3)本实验，下列说法中正确的是______
A．实验中要通过改变原、副线匝数， 探究原副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是理想实验法
B．变压器工作时副线圈电压频率与原线圈不相同
C．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，且副线圈导线应比原线圈导线粗一些好
D．因为实验所用电压较低，为确保接触良好，通电情况下可用手接触裸露的导线、接线柱
(4)小华在做本实验时，选择的原线圈为100匝，副线圈为200匝；他将原线圈接入学生电源中的交流电压“6V”挡位，用合适的电表测量出副线圈的电压为13V，则下列叙述可能符合实际情况的一项是______。
A．变压器的铁芯没有闭合
B．电压的测量出了问题
C．副线圈实际匝数与标注的“200”不符，应该小于200匝
D．学生电源实际输出电压大于标注的“6V”
【答案】(1)B
(2)D
(3)C
(4)D
【详解】（1）变压器原线圈要接交变电流，A图中接的是学生电源的直流输出，B图中接的是学生电源的交流输出，故A错误，B正确。
故选B。
（2）由图，根据楞次定律和右手螺旋定则，产生的涡旋电流的方向与面abcd平行，为了减小涡流在铁芯中产生的热量相互绝缘的硅钢片应垂直面abcd，即平行于面aehd，故ABC错误。
故选D。
（3）A．根据实验原理可知，实验中要通过改变原、副线匝数探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法，故A错误；
B．变压器不改变交流电的频率,变压器工作时副线圈电压频率与原线圈相同，故B错误；
C．根据理想变压器电流与匝数比的关系，通过副线圈的电流
对于降压变压器，副线圈的电流大于原线圈的电流，为了保证安全，绕制降压变压器原、副线圈时，副线导线应比原线圈导线粗一些好，故C正确；
D．尽管实验所用电压较低，为确保安全，通电情况下不可用手接触裸露的导线、接线柱，故D错误。
故选C。
（4）A．根据理想变压器的原副线圈的电压与其匝数关系式，若变压器的铁芯没有闭合漏磁损耗严重，会使得副线的电压小于12V，故A错误；
B．若是电压的测量出了问题，应该是小于12V，不应该大于12V，故B错误；
C．副线圈实际匝数与标注的“200”不符，若小于200匝，由可知，副线圈的电压小于12.0V，故C错误；
D．若学生电源实际输出电压大于标注的“6V”，由可知，副线圈的电压可能13.0V，故D正确。
故选D。
1．如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接的电阻。原、副线圈的匝数比为20∶1，电压表为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．交流电的频率为100Hz B．电压表的示数为22V
C．原线圈电流的有效值为1A D．原线圈的输入功率为11W
【答案】D
【详解】A．交流电的频率为，故A错误。
B．电压表的示数为副线圈两端电压的有效值，原线圈的电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比
可得副线圈的电压为
所以电压表的读数为11V，故B错误。
CD．根据欧姆定律可得副线圈的电流的大小为
根据电流与匝数成反比
可得原线圈的电流的大小为
由输入功率和输出功率相等可得原线圈中的输入功率为，故C错误，D正确。
故选D。
2．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值均为的电阻，输入端接有电压的交流电。则（　　）
A．、功率之比为
B．通过的电流为
C．两端电压为
D．两端电压为
【答案】D
【详解】A．由
有
由
有，
解得，A错误；
B．依题意，输入端电压
有
由
得
其中
解得，B错误；
C．由前面分析知，C错误；
D．由前面分析知，D正确。
故选D。
3．某同学设计了一个充电装置，如图所示。假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.06V。理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为。下列说法正确的是（　　）
A．交流电的频率为10Hz B．副线圈两端电压最大值为3.6V
C．永磁铁磁场越强，变压器输出电压越大 D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
【答案】C
【详解】A．由题知
则，A项错误；
B．
可得，B项错误；
C．变压器的输入电压产生的原理是永磁铁在线圈中往复运动产生感应电动势，其大小与磁场强弱正相关，C项正确；
D．对于理想变压器，在输电过程中满足输入功率等于输出功率，题中充电电路的输入功率即变压器的输出功率，变压器的输入功率与其相等，D项错误。
故选C。
4．手机充电器内部理想变压器将交流电降压为手机充电。变压器原、副线圈匝数比为44∶1，充电器功率为20W，原线圈输入电压，则（　　）
A．原线圈输入电压有效值为
B．副线圈中交流电的频率为50Hz
C．副线圈的电压为50V
D．副线圈的电流为2A
【答案】B
【详解】A．原线圈输入电压的有效值，故A错误；
B．原线圈中交流电的频率
变压器不改变频率，副线圈频率仍为50Hz，故B正确；
C．根据变压器电压比公式
可得副线圈的电压，故C错误；
D．副线圈的功率
可得副线圈的电流，故D错误。
故选B。
5．随着科技的发展，新能源电动汽车无线充电技术应运而生，如图所示，M为受电线圈，N为送电线圈，可视为理想变压器。已知送电、受电线圈匝数比，a、b端输入电压。下列说法正确的是（　　）
A．a、b端输入的交变电流方向每秒变化50次
B．送电线圈的输入功率大于受电线圈的输出功率
C．受电线圈产生的电动势的有效值为22V
D．在时，送电线圈的电动势为0
【答案】D
【详解】A．由题意得交流电的周期s，因为正弦式交流电每个周期内电流方向改变两次，故每秒变化100次，故A错误；
B．理想变压器原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，故B错误；
C．送电线圈电压的有效值为V=220V，根据电压之比与线圈匝数之比的关系
解得V，故C错误；
D．将代入，解得，故D正确。
故选D。
6．点焊机内有一变压器（可视为理想变压器），通过降低电压，获得大电流。大电流通过一根环状铜导线，使焊点产生局域高温，熔化焊接料而密接工件。若利用变压器将电压从220V降到11V，输出电流为20A，则该变压器（　　）
A．工作的原理是自感现象
B．输入电流为10A
C．原、副线圈匝数比为1∶20
D．输入功率为220W
【答案】D
【详解】A．变压器的工作原理是互感现象，即原、副线圈通过变化的磁场实现能量传递，而非自感现象（自感是线圈自身电流变化产生感应电动势的现象），故A错误；
BD．输入电流由输入功率和原线圈电压决定。输出功率为
输入功率
因此输入电流，故B错误，D正确；
C．原、副线圈匝数比满足，故C错误；
故选D。
7．理想变压器原、副线圈的匝数比为23∶55，则原、副线圈的功率之比为（　　）
A．1∶1 B．23∶55 C．55∶23 D．3∶5
【答案】A
【详解】理想变压器无能量损耗，所以理想变压器的输入功率等于输出功率，则原、副线圈的功率之比为。
故选A。
8．如图所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上如图所示（图线为正弦曲线）的交变电压。则下列说法中正确的是（　　）
A．电压表的示数为V
B．交变电流的频率为100Hz
C．在天逐渐变黑的过程中，电流表A2的示数变大
D．在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变小
【答案】D
【详解】A．由图可知，交变电压的最大值为，故有效值为，根据理想变压器电压关系，又原、副线圈的匝数比为10∶1，故电压表的示数为，故A错误；
B．由图可知，交流电的周期为
故频率为，故B错误；
CD．在天逐渐变黑的过程中，光敏电阻的阻值变大，副线圈电压不变，故副线圈电流变小，根据电流关系，原线圈的电流变小，故理想变压器的输入功率变小，故C错误，D正确。
故选D。
9．如图甲为某台灯的电路图，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“24V，12W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是（　　）
A．原线圈两端电压的有效值为
B．副线圈中电流的有效值为2A
C．原、副线圈匝数之比为55∶6
D．原线圈的输入功率为24W
【答案】C
【详解】A．由乙图可知，原线圈电压的最大值
则原线圈两端电压的有效值，故A错误；
B．根据题意可得
则副线圈电流的有效值为，故B错误；
C．根据理想变压器的原理可得，故C正确；
D．理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率P1=P灯=12W，故D错误。
故选C。
10．如图所示，、是测量高压交流电的两种互感器（均视为理想变压器），假设、都接在交流高压输电线的前端，原、副线圈的匝数之比为，原、副线圈的匝数之比为n，电表a的示数与电表b的示数乘积为N，则下列说法正确的是（　　）
A．是电压互感器，且为升压变压器
B．是电流互感器，且为降压变压器
C．若a的示数为M，则交流高压输电线的输送电流为
D．交流高压输电线的输送功率为
【答案】D
【详解】A．串联在高压电线上测量电流，是电流互感器，原线圈电流大于副线圈电流，根据变压器电流与匝数关系可知，原线圈匝数小于副线圈匝数，则变压器为升压变压器，故A错误；
B．并联在高压电线上测量电压，是电压互感器，原线圈电压大于副线圈电压，所以变压器为降压变压器，故B错误；
C．若a的示数为M，根据变压器电流比等于匝数比的反比可得
解得交流高压输电线的输送电流为，故C错误；
D．设b的示数为，根据变压器电压比等于匝数比可得
可得交流高压输电线的输送电压为
则交流高压输电线的输送功率为，故D正确。
故选D。
11．如图为一种自耦调压器的结构示意图，线圈均匀绕在铁芯上，通过滑片P可调节副线圈匝数。A、B间输入电压为，副线圈上接有1个电动机M，为线圈C、D的中点。电动机M的内阻，额定电压，额定功率。则（　　）
A．当滑片P向上移动时，原线圈的电流将变小
B．当滑片P向上移动时，电动机的损耗功率将减小
C．当滑片P置于E处时，电动机两端的电压为
D．当滑片P置于C处时，电动机的输出功率为
【答案】D
【详解】AB．当滑片P向上移动时，副线圈匝数增加，则根据可知，副线圈电压变大，副线圈的电流将变大，电动机的损耗功率将变大，原线圈的电流将变大，选项AB错误；
C．变压器初级电压有效值U1=220V，则当滑片P置于E处时，电动机两端的电压为，选项C错误；
D．当滑片P置于C处时，电动机两端电压为
此时电动机的功率为110W，通过电动机的电流为
电动机的输出功率为，选项D正确。
故选D。
12．如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为，变压器输入端间接有按规律变化的交变电压，在副线圈的输出端接阻值为的电阻，求电流表的示数
【答案】
【详解】在变压器的输入端ab间接按规律变化的交变电压，所以原线圈电压有效值
理想变压器的原副线圈的匝数比为
根据电压与匝数成正比，所以副线圈的电压
根据欧姆定律得副线圈的电流
根据电流与匝数成反比得原线圈串联的电流表的读数为
13．一输出功率为198W的太阳能板输出的直流电，经转换后变成下图所示交流电。将该交流电接入一理想变压器原线圈，与副线圈相连的一额定电压为220V的用电器正常工作。求：
(1)该理想变压器原、副线圈匝数之比；
(2)通过该用电器的最大电流。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据题意，由图可知，原线圈输入电压有效值为
则该理想变压器原、副线圈匝数之比
（2）通过原线圈的电流有效值为
通过用电器的电流有效值为
则通过该用电器的最大电流
14．如图所示，面积为0.02m2，内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R=50Ω，电表均为理想交流电表。当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，结果可用根号或π表示。求：
(1)线圈中感应电动势的最大值；
(2)由图示位置转过90°角的过程产生的平均感应电动势；
(3)当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻R上消耗的功率。
【答案】(1)
(2)
(3)50W
【详解】（1）感应电动势的最大值
（2）线圈转过90°角过程中产生的平均感应电动势
（3）电压表示数为电压的有效值，则
电阻R两端的电压
则电阻R上消耗的功率第04讲 质谱仪与回旋加速器
知识点一　质谱仪
【情境导入】
如图所示为质谱仪原理示意图．设粒子质量为m、电荷量为q，加速电场电压为U，偏转磁场的磁感应强度为B，粒子从容器A下方的小孔S1飘入加速电场，其初速度几乎为0.则粒子进入磁场时的速度是多大？打在底片上的位置到S3的距离多大？
【知识梳理】
1．构造：主要构件有加速 、偏转 和照相底片．
2．运动过程(如图)
(1)加速：带电粒子经过电压为U的加速电场加速，qU＝mv2.由此可得v＝.
(2)偏转：垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做匀速圆周运动，r＝，可得r＝.
3．分析：从粒子打在底片D上的位置可以测出圆周的半径r，进而可以算出粒子的 ．
4．应用：可以测定带电粒子的质量和分析 ．
知识点二　回旋加速器
【情境导入】
回旋加速器两D形盒之间有窄缝，中心附近放置粒子源(如质子、氘核或α粒子源)，D形盒间接上交流电源，在狭缝中形成一个交变电场．D形盒上有垂直盒面的匀强磁场(如图所示)．
　
(1)回旋加速器中磁场和电场分别起什么作用？对交流电源的周期有什么要求？在一个周期内加速几次？
(2)带电粒子获得的最大动能由哪些因素决定？如何提高粒子的最大动能？
【知识梳理】
1.回旋加速器的构造：两个D形盒．两D形盒接交流电源，D形盒处于垂直于D形盒的匀强磁场中，如图．
2．工作原理
(1)电场的特点及作用
特点：两个D形盒之间的窄缝区域存在 的电场．
作用：带电粒子经过该区域时被 ．
(2)磁场的特点及作用
特点：D形盒处于与盒面垂直的 磁场中．
作用：带电粒子在洛伦兹力作用下做 运动，从而改变运动 ， 圆周后再次进入电场．
教材习题01 1.A、B是两种同位素的原子核，它们具有相同的电荷、不同的质量。为测定它们的质量比，使它们从质谱仪的同一加速电场由静止开始加速，然后沿着与磁场垂直的方向进入同一匀强磁场，打到照相底片上。如果从底片上获知A、B在磁场中运动轨迹的直径之比是1.08:1，求A、B的质量之比。 解题方法 ①圆周运动半径合比荷的关系
教材习题02 4.回旋加速器两个D形金属盒分别和一高频交流电源两极相接，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近。若粒子源射出的粒子电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为R。 (1)粒子在盒内做何种运动 (2)求所加交流电源的频率。 (3)求粒子加速后获得的最大动能。 解题方法 回旋加速器分析
题型1基于加速电场的质谱仪
质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量。让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔S无初速度飘入电势差为U的加速电场，加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中。氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”。重力不计，则下列判断正确的是（　　）
A．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
B．进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
C．在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚
D．a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚
题型2基于速度选择器的质谱仪
如图所示，带电荷量大小相等的三个粒子a、b、c，其质量分别为ma、mb、mc，它们分别以 va、vb、vc的速率平行金属板进入速度选择器，三个粒子均能沿直线通过速度选择器并进入匀强磁场，磁场中只有两条粒子轨迹1和2，若a、b粒子的轨迹分别为轨迹1和2，不计粒子间的相互作用和重力，下列说法正确的是（　　）
A．
B．a粒子带负电，b粒子带正电
C．三个粒子质量关系可能为
D．粒子a、b在磁场B2中运动的时间可能相同
题型3回旋加速器的原理
回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．仅增大狭缝间的加速电压，则同一粒子射出加速器时的动能增大
B．仅增大磁场的磁感应强度且使电场变化周期与粒子做圆周运动周期相同，则同一粒子射出加速器时的动能增大
C．仅增大D形金属盒的半径，则同一粒子射出加速器时的速度增大
D．比荷不同的粒子也可用同一加速器进行加速
题型4粒子在回旋加速器中的最大动能和运动时间
如图所示的装置是回旋加速器，其核心部分是两个D形金属盒，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，粒子经过狭缝时都能被加速。则下列说法正确的是（　　）
A．由于洛伦兹力做功，粒子的速度变大
B．由于粒子多次被加速，所以粒子在回旋加速器中的运动周期会变大
C．粒子增加的动能来源于加速电场
D．增大磁感应强度B，带电粒子射出时的动能将变小
题型5回旋加速器中电场变化的周期和磁感应强度的关系
回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。和是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压大小不变，频率为f的高频交流电源上。已知匀强磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为r，位于圆心处的粒子源A能不断产生带电量相同、速率为零的粒子，粒子经过电场加速后进入磁场，粒子被加速到最大动能的时间为t，当粒子被加速到最大动能后，再将它们引出。忽略粒子在电场中运动的时间，忽略相对论效应，下列说法正确的是（　　）
A．粒子源处产生的带电粒子的比荷为
B．粒子第n次被加速前后的轨道半径之比为
C．从D形盒出口引出时的速度为
D．所加交变电压的大小为
题型6回旋加速器的综合计算
医用回旋加速器工作原理示意图如图甲所示，其工作原理是：带电粒子在磁场和交变电场的作用下，反复在磁场中做回旋运动，并被交变电场反复加速，达到预期所需要的粒子能量，通过引出器引出后，轰击靶材料上，获得所需要的核素。时，回旋加速器中心部位处的灯丝释放的带电粒子在回旋加速器中的运行轨道和加在间隙间的高频交流电压如图乙所示。忽略粒子经过间隙的时间和相对论效应，则（　　）
A．被加速的粒子带正电
B．高频交流电压的周期等于粒子在D形盒磁场中圆周运动周期的一半
C．粒子被加速的最大动量大小与D形盒的半径无关
D．带电粒子在D形盒中被加速次数与交流电压有关
1．下列说法正确的是（　　）
A．闭合电路中因为电源电动势不变，所以路端电压也不变
B．两个相同的表头改装成不同量程的电流表，并联接入电路后，指针偏转角度相同
C．排气扇接上电源后，扇叶被卡住，不能转动，则电动机消耗的功率大于发热的功率
D．速度选择器对粒子从哪个方向进入无要求，只要达到确定的速度即可直线通过
2．物理学家霍尔在实验中发现，当电流垂直于磁场通过导体或半导体材料左右两个端面时，在材料的上下两个端面之间产生电势差。这一现象被称为霍尔效应，产生这种效应的元件叫霍尔元件。如图为霍尔元件的原理示意图，其霍尔电压与电流和磁感应强度B的关系可用公式表示，其中叫该元件的霍尔系数，下列说法正确的是（　　）
A．霍尔元件上表面电势一定高于下表面电势
B．式中霍尔系数是一个没有单位的常数
C．公式中的d指图中元件前后表面间的距离
D．公式中的d指图中元件上下表面间的距离
3．某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子（不计重力）以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤去电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．只改变带电粒子的电性和电量，粒子不能做匀速直线运动
B．只改变粒子入射速度大小，粒子可能做匀速直线运动
C．只改变磁场和电场的强弱，粒子可能做匀速直线运动
D．撤去电场后，粒子的动能可能增大
4．如图所示是一速度选择器，当粒子速度满足时，粒子沿图中虚线水平射出；若某一粒子以速度射入该速度选择器后，运动轨迹为图中实线，则关于该粒子的说法正确的是（ ）
A．粒子一定带正电 B．粒子射入的速度一定是
C．粒子射出时的速度可能大于射入速度 D．粒子射出时的速度一定小于射入速度
5．一个带正电的微粒（重力不计）穿过如图所示的匀强磁场和匀强电场区域时，恰能沿直线运动，则欲使微粒向下偏转时应采用的方法是（　　）
A．减小电场强度 B．增大电荷量
C．减小入射速度 D．增大磁感应强度
6．如图，带正电的小球以速度v竖直向下进入一有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。则小球（　　）
A．刚进入磁场时受到的洛伦兹力的方向水平向右
B．在磁场中的速度不变
C．在磁场中的加速度不变
D．在磁场中受到的洛伦兹力做正功
7．如图所示，用回旋加速器来加速带电粒子，以下说法正确的是（　　）
A．D形盒的狭缝间所加的电压是恒定电压
B．粒子在磁场中的半径越来越大，周期也越来越大
C．电场对带电粒子做正功，使其动能增大
D．带电粒子的最大动能由加速电压大小决定
8．对于下列教材的插图，相应说法正确的是（　　）
A．甲图，奥斯特用该装置发现了电流的磁效应
B．乙图，两根通有同向电流的长直导线相互排斥
C．丙图，带电粒子经回旋加速器加速后，能获得的最大动能与加速电压有关
D．丁图，要使带电粒子沿直线穿过速度选择器，其左极板应带负电
9．如图所示为洛伦兹力演示仪的示意图。电子枪发出的电子经电场加速后形成电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹，励磁线圈能够产生垂直纸面向里的匀强磁场。下列说法正确的是（　　）
A．仅升高电子枪加速电场的电压，运动径迹的半径变大
B．仅增大励磁线圈中的电流，运动径迹的半径变大
C．仅增大励磁线圈中的电流，电子做圆周运动的周期将变大
D．仅使励磁线圈中电流为零，电子枪中飞出的电子将做匀加速直线运动
10．如图所示，回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒。两金属盒处在垂直于盒面的匀强磁场中，a、b分别与高频交流电源两极相连接，下列说法正确的是（　　）
A．粒子从磁场中获得能量
B．带电粒子的运动周期是变化的
C．粒子由加速器的中心附近进入加速器
D．增大金属盒的半径，粒子射出时的最大动能不变
11．如图为回旋加速器的原理示意图，粒子在磁场中做圆周运动的周期为，将下列电压加在回旋加速器的两个形盒之间，不能够实现对粒子加速的是（　　）
A． B．
C． D．
12．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若一束粒子由左端经过速度选择器，沿直线通过后射入质谱仪的运动轨迹如图所示，已知速度选择器中电场强度为E，磁感应强度为，则下列说法中正确的是（　　）
A．该束带电粒子带负电
B．速度选择器的极板带负电
C．从射入质谱仪的粒子速度为
D．在磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小
13．如图所示，长方形长，宽，、分别是、的中点，以为直径的半圆内有垂直于纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度。一群不计重力、质量、电荷量的带电粒子。以速度沿垂直方向且垂直于磁场射入磁场区域，不考虑粒子间的相互作用。
(1)若从点射入的带电粒子刚好沿直线射出，求空间所加电场的大小和方向。
(2)若只有磁场时，某带电粒子从点射入，求该粒子从长方形射出的位置。
14．图甲是回旋加速器的示意图，两D形金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。在加速带电粒子时，带电粒子从静止开始运动，其速率v随时间t的变化如图乙，已知tn时刻粒子恰好射出回旋加速器，粒子穿过狭缝的时间不可忽略，不考虑相对论效应及粒子的重力，求：
(1)高频交变电源的变化频率；
(2)v1∶v2∶v3；
(3)粒子在电场中的加速次数？（用v1、vn表示）第11讲 变压器
知识点一　变压器的原理
【情境导入】
1．把两个没有用导线相连的线圈套在同一个闭合铁芯上，一个线圈连到交流电源的两端，另一个线圈连到小灯泡上。接通电源，我们会看到小灯泡发光，结合实验现象思考变压器的原、副线圈没有连在一起，原线圈中的电流是如何“流到”副线圈中去的？
2．探究分析变压器中闭合铁芯的作用是什么？
【知识梳理】
1．构造：由 和绕在铁芯上的两个线圈组成，与交流电源连接的线圈叫作 ，与负载连接的线圈叫作 ．
2．原理： 现象是变压器工作的基础．原线圈中电流的大小、方向在不断变化，铁芯中激发的 也不断变化，变化的磁场在副线圈中产生 ．
【重难诠释】
1．变压器的构造
变压器由闭合铁芯、原线圈、副线圈组成，其构造示意图与电路中的符号分别如图甲、乙所示．
2．变压器的工作原理图
注意　(1)变压器不改变交变电流的周期和频率．(2)变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作用．(3)变压器的两个线圈之间通过磁场联系在一起，两个线圈间是绝缘的．
知识点二　实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【重难诠释】
1．实验思路
交变电流通过原线圈时在铁芯中产生变化的磁场，副线圈中产生感应电动势，其两端有输出电压．线圈匝数不同时输出电压不同，实验通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压与匝数的关系．
2．实验器材
多用电表、可拆变压器(如图甲)、学生电源、开关、导线若干
3．实验步骤
(1)按图乙所示连接好电路，将两个多用电表调到交流电压挡，并记录两个线圈的匝数．
(2)接通学生电源，读出电压值，并记录在表格中．
(3)保持匝数不变，多次改变输入电压，记录每次改变后原、副线圈的电压值．
(4)保持输入电压、原线圈的匝数不变，多次改变副线圈的匝数，记录下每次的副线圈匝数和对应的电压值．
4．实验结论
实验分析表明，在误差允许范围内，原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比，即＝.
5．注意事项
(1)在改变学生电源的电压、线圈匝数前均要先断开开关，再进行操作．
(2)为了保证人身安全，学生电源的电压不能超过12 V，通电时不能用手接触裸露的导线和接线柱．
(3)为了保证多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量．
知识点三　理想变压器的基本关系
【情境导入】
变压器线圈两端的电压与匝数的关系可以通过实验来探究。
器材：可拆变压器、学生电源、多用电表、导线若干
实验步骤：(1)按图示电路连接电路。
(2)原线圈接6 V低压交流电源，保持原线圈匝数n1不变，分别取副线圈匝数n2＝n1、n1、2n1，用多用电表交流电压挡分别测出副线圈两端的电压，记入表格。
(3)原线圈接6 V低压交流电源，保持副线圈匝数n2不变，分别取原线圈匝数n1＝n2、n2、2n2，用多用电表交流电压挡分别测出副线圈两端的电压，记入表格。
总结实验现象，得出什么结论？
【知识梳理】
1．理想变压器：没有 的变压器叫作理想变压器，它是一个理想化模型．
(1)原、副线圈中的电流产生的磁场完全束缚在闭合铁芯内，即无“漏磁”．
(2)原、副线圈不计电阻，电流通过时不产生焦耳热，即无“铜损”．
(3)闭合铁芯中的涡流为零，即无“铁损”．
2．电压与匝数的关系
理想变压器原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的 ，即＝.
3．两类变压器
副线圈的电压比原线圈的电压低的变压器叫作 变压器；副线圈的电压比原线圈的电压高的变压器叫作 变压器．
4. 原线圈中电场的能量转变成 的能量，通过铁芯使变化的磁场几乎全部穿过了副线圈，在副线圈中产生了感应电流，磁场的能量转化成了 的能量．
【重难诠释】
1．电压关系
(1)只有一个副线圈时，＝.
当n2>n1时，U2>U1，变压器使电压升高，是升压变压器．
当n2(2)有多个副线圈时，＝＝＝…
2．功率关系
从能量守恒看，理想变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出．
3．电流关系
(1)只有一个副线圈时，U1I1＝U2I2或＝.
(2)当有多个副线圈时，I1U1＝I2U2＋I3U3＋…或n1I1＝n2I2＋n3I3＋…
教材习题01 3.当变压器的一个线圈的匝数已知时，可以用下面的方法测量其他线圈的匝数:把被测线圈作为原线圈，用匝数已知的线圈作为副线圈，通入交变电流，测出两线圈的电压，就可以求出被测线圈的匝数。已知副线圈有400匝把原线圈接到220V的交流电路中，测得副线圈的电压是55V，求原线圈的匝数。 解题方法 变压器基本关系
教材习题02 5.图3.3-7是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用见表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减小(滑动片向下移)。如果变压器上的能量损耗可以忽略，当用户的用电器增加时，图中各表的读数如何变化 解题方法 变压器动态分析
题型1理想变压器基本规律的应用
理想变压器原线圈接入图乙所示的正弦式交流电，副线圈接一个规格为“6V，3W”的灯泡。灯泡正常工作，则理想变压器原、副线圈的匝数比为（　　）
A． B． C．1∶6 D．6∶1
题型2理想变压器与图像的结合问题
如图甲所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，原线圈接在一个交变电源上，电源电压随时间变化的规律如图乙所示，副线圈所接的负载电阻为11Ω。电流表和电压表均视为理想电表。则下列说法中正确的是（ ）
A．副线圈输出的交变电流周期为2s B．电流表的示数为1.25A
C．电压表的示数为V D．变压器的输入与输出功率之比为4:1
题型3自耦变压器
如图所示，线圈abcd在匀强磁场中绕固定轴OO′匀速转动，产生的正弦式交流电通过自耦变压器给灯泡和滑动变阻器供电。已知线圈abcd的电阻不可忽略，自耦变压器可看作理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．图示时刻线圈abcd中感应电流最大
B．将滑动变阻器的滑片Q向上移动，灯泡变亮
C．将自耦变压器的滑片P逆时针转动，自耦变压器的输入电流变大
D．将滑动变阻器的滑片Q向上移动，自耦变压器的输出功率一定减小
题型4互感器
交流电压表有一定的量度范围，它的绝缘能力也有限，不能直接连到电压过高的电路，电压互感器可以解决这一问题。电压互感器的工作原理如图所示，其原线圈的匝数较多，并联在电路中，副线圈的匝数较少，两端接在电压表上。关于电压互感器，下列说法正确的是（　　）
A．原线圈电流的频率等于副线圈电流的频率
B．原线圈电流的频率小于副线圈电流的频率
C．原线圈的电流大于副线圈的电流
D．原线圈的电流小于副线圈的电流
题型5多个副线圈问题的分析
差动变压器指的是一种广泛用于电子技术和非电量检测中的变压器装置。主要用于测量位移、压力等非电量参量。其原理简化后如图甲所示，一个初级线圈，位于正中间，两个匝数相等的次级线圈串联且对称放置，初始时铁芯位于空心管正中央，a、b间接如图乙所示的电流（由a流向b），c、d端接交流电压表，示数为零。铁芯移动时始终至少有一端在次级线圈中。下列说法正确的是（　　）
A．铁芯上移，电压表示数为两次级线圈产生电动势有效值之和
B．铁芯下移，时间内，c端电势高于d端电势
C．可以通过电压表示数关系判断铁芯移动距离的大小关系
D．a、b端接正弦交流电，铁芯不动，电压表示数不为零
题型6探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
利用如图所示的装置可以探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系。
(1)该实验中变压器原线圈接线柱接入学生电源应该选择哪种接法 （填“A”或“B”）；
A． B．
(2)实验中，可拆变压器如图所示，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成，硅钢片应平行于平面（　　）
A．abcd B．abfe C．abgh D．aehd
(3)本实验，下列说法中正确的是______
A．实验中要通过改变原、副线匝数， 探究原副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是理想实验法
B．变压器工作时副线圈电压频率与原线圈不相同
C．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，且副线圈导线应比原线圈导线粗一些好
D．因为实验所用电压较低，为确保接触良好，通电情况下可用手接触裸露的导线、接线柱
(4)小华在做本实验时，选择的原线圈为100匝，副线圈为200匝；他将原线圈接入学生电源中的交流电压“6V”挡位，用合适的电表测量出副线圈的电压为13V，则下列叙述可能符合实际情况的一项是______。
A．变压器的铁芯没有闭合
B．电压的测量出了问题
C．副线圈实际匝数与标注的“200”不符，应该小于200匝
D．学生电源实际输出电压大于标注的“6V”
1．如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接的电阻。原、副线圈的匝数比为20∶1，电压表为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．交流电的频率为100Hz B．电压表的示数为22V
C．原线圈电流的有效值为1A D．原线圈的输入功率为11W
2．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值均为的电阻，输入端接有电压的交流电。则（　　）
A．、功率之比为
B．通过的电流为
C．两端电压为
D．两端电压为
3．某同学设计了一个充电装置，如图所示。假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.06V。理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为。下列说法正确的是（　　）
A．交流电的频率为10Hz B．副线圈两端电压最大值为3.6V
C．永磁铁磁场越强，变压器输出电压越大 D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
4．手机充电器内部理想变压器将交流电降压为手机充电。变压器原、副线圈匝数比为44∶1，充电器功率为20W，原线圈输入电压，则（　　）
A．原线圈输入电压有效值为
B．副线圈中交流电的频率为50Hz
C．副线圈的电压为50V
D．副线圈的电流为2A
5．随着科技的发展，新能源电动汽车无线充电技术应运而生，如图所示，M为受电线圈，N为送电线圈，可视为理想变压器。已知送电、受电线圈匝数比，a、b端输入电压。下列说法正确的是（　　）
A．a、b端输入的交变电流方向每秒变化50次
B．送电线圈的输入功率大于受电线圈的输出功率
C．受电线圈产生的电动势的有效值为22V
D．在时，送电线圈的电动势为0
6．点焊机内有一变压器（可视为理想变压器），通过降低电压，获得大电流。大电流通过一根环状铜导线，使焊点产生局域高温，熔化焊接料而密接工件。若利用变压器将电压从220V降到11V，输出电流为20A，则该变压器（　　）
A．工作的原理是自感现象
B．输入电流为10A
C．原、副线圈匝数比为1∶20
D．输入功率为220W
7．理想变压器原、副线圈的匝数比为23∶55，则原、副线圈的功率之比为（　　）
A．1∶1 B．23∶55 C．55∶23 D．3∶5
8．如图所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上如图所示（图线为正弦曲线）的交变电压。则下列说法中正确的是（　　）
A．电压表的示数为V
B．交变电流的频率为100Hz
C．在天逐渐变黑的过程中，电流表A2的示数变大
D．在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变小
9．如图甲为某台灯的电路图，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“24V，12W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是（　　）
A．原线圈两端电压的有效值为
B．副线圈中电流的有效值为2A
C．原、副线圈匝数之比为55∶6
D．原线圈的输入功率为24W
10．如图所示，、是测量高压交流电的两种互感器（均视为理想变压器），假设、都接在交流高压输电线的前端，原、副线圈的匝数之比为，原、副线圈的匝数之比为n，电表a的示数与电表b的示数乘积为N，则下列说法正确的是（　　）
A．是电压互感器，且为升压变压器
B．是电流互感器，且为降压变压器
C．若a的示数为M，则交流高压输电线的输送电流为
D．交流高压输电线的输送功率为
11．如图为一种自耦调压器的结构示意图，线圈均匀绕在铁芯上，通过滑片P可调节副线圈匝数。A、B间输入电压为，副线圈上接有1个电动机M，为线圈C、D的中点。电动机M的内阻，额定电压，额定功率。则（　　）
A．当滑片P向上移动时，原线圈的电流将变小
B．当滑片P向上移动时，电动机的损耗功率将减小
C．当滑片P置于E处时，电动机两端的电压为
D．当滑片P置于C处时，电动机的输出功率为
12．如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为，变压器输入端间接有按规律变化的交变电压，在副线圈的输出端接阻值为的电阻，求电流表的示数
13．一输出功率为198W的太阳能板输出的直流电，经转换后变成下图所示交流电。将该交流电接入一理想变压器原线圈，与副线圈相连的一额定电压为220V的用电器正常工作。求：
(1)该理想变压器原、副线圈匝数之比；
(2)通过该用电器的最大电流。
14．如图所示，面积为0.02m2，内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R=50Ω，电表均为理想交流电表。当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，结果可用根号或π表示。求：
(1)线圈中感应电动势的最大值；
(2)由图示位置转过90°角的过程产生的平均感应电动势；
(3)当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻R上消耗的功率。第02讲 磁场对运动电荷的作用力
知识点一　洛伦兹力的方向
【情境导入】
如图所示，电子由阴极向阳极运动(向右运动)过程中向下发生了偏转，试问：
(1)什么力使电子偏转？该力的方向如何？
(2)电子运动轨迹附近的磁场方向如何？电子所受洛伦兹力与磁场方向、电子运动方向存在什么关系？
【知识梳理】
1．洛伦兹力
(1)定义： 在磁场中受到的力．
(2)与安培力的关系：通电导线在磁场中受到的安培力是 的宏观表现．
2．洛伦兹力的方向
左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让 从掌心垂直进入，并使 指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向．如图所示，负电荷受力的方向与正电荷受力的方向 ．
知识点二　洛伦兹力的大小
【情境导入】
如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B.设磁场中有一段长度为L的通电导线，横截面积为S，单位体积内含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q且定向移动的速率都是v.
(1)导线中的电流是多少？导线在磁场中所受安培力多大？
(2)长为L的导线中含有的自由电荷数为多少？每个自由电荷所受洛伦兹力多大？
【知识梳理】
一般表达式：F＝qvBsin θ，θ为 的夹角，如图．
(1)当v∥B，即θ＝0或180°时，F＝ .
(2)当v⊥B，即θ＝90°时，F＝ .
知识点三　电子束的磁偏转
【知识梳理】
1．显像管的构造：如图所示，由电子枪、 和荧光屏组成．
2．显像管的原理
(1)电子枪发射 ．
(2)电子束在磁场中 ．
(3)荧光屏被电子束撞击时发光．
3．扫描：在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，其方向、强弱都在 ，因此电子束打在荧光屏上的光点不断移动，这在显示技术中叫作 ．
知识点四　带电体在磁场中的运动
1．带电体在匀强磁场中速度变化时洛伦兹力的大小往往随之变化，并进一步导致弹力、摩擦力的变化，带电体将在变力作用下做变加速运动．
2．利用牛顿运动定律和平衡条件分析各物理量的动态变化时要注意弹力为零的临界状态，此状态是弹力方向发生改变的转折点．
教材习题01 2.试判断图1.2-10所示的带电粒子刚进入磁场时所受到的洛伦兹力的方向。 解题方法 ①左手定则的应用
教材习题02 4.一种用磁流体发电的装置如图 1.2-12所示。平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接，A、B就是一个直流电源的两个电极。 (1)A、B板哪一个是电源的正极 (2)若A、B两板相距为d，板间的磁场按匀强磁场处理，磁感应强度为B，等离子体以速度v沿垂直于B的方向射入磁场，这个发电机的电动势是多大 解题方法 ①左手定则分析及二力平衡分析
题型 1 洛伦兹力的方向
洛伦兹力的方向
(1)洛伦兹力： 在 中受到的力。
(2)左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指 ，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从 垂直进入，并使 指向 运动方向，这时 所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。
说明：①对于负电荷，四指指向电荷运动的反方向。
②洛伦兹力的方向总是与电荷运动的方向和磁场方向垂直，即洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向所决定的平面。
F、B、v三个量的方向关系是：F⊥B，F⊥v，但B与v不一定垂直，如图甲、乙所示。
③洛伦兹力永不做功，它只改变电荷的运动方向，不改变电荷的速度大小。
题型 2 洛伦兹力的计算
如图所示，磁场的磁感应强度为B。设磁场中有一段通电导线，横截面积为S，单位体积中含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q且定向运动的速率都是v。
(1)图中一段长度为vt的导线中的自由电荷数是多少？导线中的电流为多大？
(2)图中一段长度为vt的导线在磁场中所受安培力多大？
(3)每个自由电荷所受洛伦兹力大小？
题型 3 磁偏转的实际应用
下图为显像管原理剖面示意图，电子枪发射电子束，在没有磁场时电子束打在荧光屏正中的O点。通过安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场可以使电子束发生偏转，关于偏转磁场与电子束偏转情况说法正确的是（　　）
A．要使电子束在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，偏转磁场应竖直向上
B．要使电子束在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，偏转磁场应垂直纸面向外
C．要使电子束打在荧光屏上的位置由B点逐渐向A点移动，偏转磁场的强度应逐渐减小
D．要使电子束打在荧光屏上的位置由B点逐渐向A点移动，偏转磁场的强度应逐渐增加
题型 4 电磁流量计的原理及相关计算
为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为和，左、右两端开口与排污管相连，如图所示。在垂直于上、下底面加磁感应强度为的向下的匀强磁场，在空腔前、后两个面上各有长为的相互平行且正对的电极和，和之间接有电压表（图中未画出）。污水从左向右流经该装置，下列说法正确的是（　　）
A．板比板电势高
B．污水中离子浓度越高，则电压表的示数越小
C．污水流速越快，电压表示数越大
D．若只增大所加磁场的磁感应强度，对电压表的示数无影响
题型 5 霍尔效应的原理及相关计算
如图所示，厚度为，宽度为的导体板放在垂直于前后侧面，磁感应强度为的匀强磁场，当电流通过导体板时，在导体的上下表面与之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应，实验表明，当磁场不太强时，电势差、电流、磁场存在关系，式子中比例系数称为霍尔系数，设电流时电子的定向移动形成的，电子电荷量为，则下列说法正确的是（　　）
A．达到稳定状态时，导体上侧面的电势高于下侧面的电势
B．在电子向导体板一侧聚集的过程中，电子所受的洛伦兹力对电子做正功
C．当导体板上下两侧形成稳定的电势差时，电子所受的电场力大小为
D．由静电力和洛伦兹力平衡的条件，可以证明霍尔系数，其中代表导体板单位体积中电子的个数
1．某带电粒子以速率v进入磁场，不计粒子受到的重力，则粒子的下列物理量中一定保持不变的是（ ）
A．加速度 B．速度 C．动能 D．合力
2．一个电子（不计重力，质量，电荷量）以速度垂直进入磁感应强度为的匀强磁场中，则（　　）
A．电子在图示时刻受到垂直v0向上的洛伦兹力
B．电子在磁场中做的是变加速运动
C．电子的速度始终不变
D．电子的动能始终不变
3．关于安培力和洛伦兹力的方向，下列各图正确的是（ ）
A．B．C． D．
4．宇宙射线中含有大量高能带电粒子，若这些粒子都直接到达地面，将会对地球上的生命带来危害。地磁场（如图所示）的存在可以改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，使得很多高能带电粒子无法到达地面。若不考虑地磁偏角的影响，下列说法正确的是（　　）
A．地磁场只对垂直地面运动的带电粒子有阻挡作用
B．地磁场只对赤道平面内垂直地面运动的带电粒子有阻挡作用
C．地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在两极附近最弱
D．地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在赤道附近最弱
5．如图所示为显像管原理图，没有磁场时电子束打在荧光屏正中的O点。为使电子束偏转，由安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场。
显像管原理示意图（俯视图）
(1)要使电子束在水平方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，偏转磁场应该沿什么方向？
(2)要使电子束打在B点，磁场应该沿什么方向？
(3)要使电子束打在荧光屏上的位置由B点逐渐向A点移动，偏转磁场应该怎样变化？
6．如图所示，各图中的匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，带电荷量均为q。试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并指出洛伦兹力的方向。
(1)(2)(3)(4)
7．如图所示是一个水平放置的玻璃圆环形小槽，槽内光滑，槽宽度和深度处处相同。现将一直径略小于槽宽的带正电小球放在槽中，让它获得一初速度v0，与此同时，有一变化的磁场垂直穿过玻璃圆环形小槽外径所在的区域，磁感应强度的大小跟时间成正比例增大，方向竖直向下。设小球在运动过程中电荷量不变，则（　　）
A．小球需要的向心力大小不变 B．小球需要的向心力大小不断增大
C．洛伦兹力对小球做了功 D．小球受到的洛伦兹力大小与时间成正比
8．电磁流量计可以测量导电液体的流量Q（单位时间内流过管道横截面的液体体积）。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，长度为D，且垂直于磁场方向。若M、N两点的电势差为U，则管道的液体流量Q为（　　）
A． B． C． D．
9．电动自行车多处用到了霍尔传感器，如测速仪、无刷电机等。如图所示，厚度为h、宽度为d的金属板放在垂直于其前表面的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过金属板时，在金属板的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。已知电势差、电流I和B的关系为，式中的k为霍尔系数。设电流（方向如图）是由电子的定向移动形成的，金属板单位体积内电子的个数为n，电子定向移动的速率为v，电量为e。达到稳定状态时（　　）
A．电子所受的洛伦兹力方向为垂直于下表面向下
B．金属板上表面的电势低于下表面的电势
C．金属板上、下两表面之间的电势差的大小为Bdv
D．霍尔系数k与金属板的厚度h和宽度d无关
10．如图所示是电子射线管的示意图。电子射线由阴极沿轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向下（轴负方向）偏转，在下列措施中可采用的是（　　）
A．加一电场，电场方向沿轴负方向
B．加一电场，电场方向沿轴正方向
C．加一磁场，磁场方向沿轴负方向
D．加一磁场，磁场方向沿轴正方向
11．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动时所受洛伦兹力的方向是（　　）
A．向左 B．向下 C．向上 D．向右
12．汽车装有加速度传感器，以测量汽车行驶时纵向加速度。加速度传感器有一个弹性梁，一端夹紧固定，另一端连接霍尔元件，如图所示。汽车静止时，霍尔元件处在上下正对的两个相同磁体中央位置，如果汽车有一向上的纵向加速度，则霍尔元件离开中央位置而向下偏移。偏移程度与加速度大小有关。如霍尔元件通入从左往右的电流，则下说法正确的是（　　）
A．若霍尔元件材料为N型半导体（载流子为电子），则前表面比后表面的电势高
B．若汽车加速度越大，则霍尔电压也越大
C．若汽车纵向加速度为0，增大电流，则监测到的霍尔电压也会增大
D．若汽车速度增大，则霍尔电压也增大
13．笔记本电脑趋于普及，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，一块宽为a、厚为b、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内单位体积自由电子数为n，电子电量大小为e，通入方向向右，大小为I的电流，此时显示屏闭合，元件处于垂直于上表面、方向向上，大小为B的匀强磁场中，前后表面间出现大小为U的电压，以此控制屏幕的熄灭。则关于该元件的说法正确的是（ ）
A．自由电子受到的电场力大小为 B．前表面的电势比后表面的高
C．自由电子受到的洛伦兹力大小为 D．电压U满足
14．如图所示，在垂直纸面向外的匀强磁场中，一质量为m、电荷量为的带电滑块从光滑绝缘斜面的顶端由静止释放，滑至底端时恰好即将飞离斜面，已知磁感应强度的大小为B，斜面的倾角为θ，重力加速度为g，滑块可视为质点。求：
(1)滑块滑至底端时的速度大小；
(2)滑块滑至底端时所用时间；
(3)斜面的高度。
2第二章 电磁感应 单元自测
建议用时：90分钟，满分：100分
一、单项选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．下列表述正确的是（　　）
A．负电荷在磁场中某点受到的磁场力方向与该点的磁场方向相反
B．导体棒在磁场中运动的速度越大，导体棒产生的感应电动势越大
C．穿过某一导体回路的磁通量变化越快，回路中产生的感应电动势越大
D．将一小段通电直导线放在磁场中，若导线不受安培力，则此处磁感应强度一定为0
2．在无线电技术中，常有这样的要求，有两个线圈，要使一个线圈中有电流变化时，对另一个线圈几乎没有影响，则下图中两个线圈的相对安装位置，最符合要求的是（　　）
A． B．C． D．
3．如图所示，闭合电路中一软铁定长度的螺线管可自由伸缩，通电时灯泡有一定亮度，若将一软铁棒从螺线管一端迅速插入螺线管内，则在插入过程中（　　）
A．灯泡变亮，螺线管缩短 B．灯泡变暗，螺线管缩短
C．灯泡变亮，螺线管伸长 D．灯泡变暗，螺线管伸长
4．用如图所示的电路研究断电自感现象，线圈L自身的电阻RL明显小于灯泡A的电阻RA，则开关S断开前后，通过灯泡A的电流I随时间t变化的图像可能为（　　）
A． B．
C． D．
5．如图所示，线圈L的电阻值与电阻R的阻值相等、两个灯泡和规格相同。下列说法正确的是（　　）
A．在闭合开关K瞬间，比先亮
B．在断开开关K瞬间，与同时熄灭
C．闭合开关K，稳定后与一样亮
D．断开开关K的瞬间，比先熄灭
6．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示。则在移动过程中线框的一边a、b两点间电势差最大的是（　　）
A．B． C． D．
7．如图1所示，一半径为的单匝圆形铜线圈固定在纸面内，处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁场磁感应强度的大小随时间变化的规律如图2所示。在的过程，该线圈中感应电动势大小为（　　）
A．0
B．感应电动势大小始终为
C．感应电动势大小始终为
D．感应电动势由零增大至
8．如图甲所示，闭合金属框置于垂直纸面向里的磁场中，线框平面与磁场方向垂直﹐磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示。规定顺时针方向为电流的正方向，下列各图中能正确表示线框中感应电流随时间变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
9．如图甲所示，空间中存在一方向与纸面垂直、磁感应强度随时间变化的匀强磁场，一边长为L的单匝正方形线框固定在纸面内，线框的电阻为R，线框一半面积在磁场中，M、N两点为线框与磁场边界的交点。时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）
A．时间内，线框内的感应电流先顺时针再逆时针
B．时间内，M点电势低于N点电势
C．时间内，线框所受安培力的方向水平向右
D．线框中的感应电流大小为
10．如图所示，半径为的金属圆环固定在水平桌面上，有一垂直于圆环向里的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的关系为。一长为的金属直杆垂直磁场放置在圆环上，杆的一端与圆环的端口接触，时，杆从图示实线位置以角速度顺时针绕在圆环所在平面内匀速转动，时，金属杆转到虚线位置，与圆环另一端口刚好接触，设时金属杆和金属圆环构成的整个回路的总电阻为，金属杆与圆环接触良好，下列说法正确的是（ ）
A．时，回路中的电流方向为顺时针方向
B．到的过程中，回路中的感应电动势一直减小
C．时，回路中的感应电动势大小为
D．时，回路中的电流大小为
11．一闭合圆形线圈位于一随时间t变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面（纸面）向里，如图甲所示。磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示。以i表示线圈中的感应电流，并规定电流沿顺时针方向为正，则以下的i-t图像中能正确反映线圈中感应电流变化情况的是（　　）
A． B．
C． D．
12．在图甲所示的电路中，灯泡电阻不变且阻值为R。闭合开关S后，流过两个电流传感器的图像如图乙所示。电源电动势E、内阻r均未知，电流传感器电阻不计。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S后，电流传感器1中的电流对应图乙中的图线b
B．线圈L的直流电阻小于灯泡电阻R
C．断开开关S后，灯泡逐渐熄灭
D．由图像中的数据和题干条件不能计算出电源的电动势和内阻
二、多项选择题：本题共3小题，每小题4分，共12分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分
13．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一与磁场方向垂直、长度为L的金属杆aO，已知，a、c与磁场中以O为圆心的同心圆（都为部分圆弧）金属轨道始终接触良好。一电容为C的电容器接在轨道上，如图所示，当金属杆在与磁场垂直的平面内以O为轴，以角速度ω顺时针匀速转动时（ ）
A． B．
C．电容器带电荷量 D．若在eO间连接一个电压表，则电压表示数为零
14．如图1所示，两条足够长的平行金属导轨固定在水平桌面上，左端接有阻值的电阻，导轨电阻忽略不计，一质量为0.1kg、电阻不计的金属棒垂直导轨放置，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，现金属棒在水平向右的拉力作用下向右运动，拉力F与时间 t 的关系式为 F=0.3+0.2t（N），t=2s 时撤去拉力，金属棒在t=2.55s时停止运动，金属棒整个运动过程的 v-t 图像如图 2 所示。重力加速度 g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．金属棒与导轨之间的动摩擦因数为0.3
B．撤去拉力后金属棒运动的距离为0.45m
C．撤去拉力后电阻R上产生的焦耳热为0.2J
D．撤去拉力后通过电阻 R 的电荷量为
15．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则 （　　）
A．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
B．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝
D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
三、实验题：本题共2小题，共计12分.
16．在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，请回答下列问题。
(1)为弄清灵敏电流表指针摆动方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极性的直流电源进行探究。某同学想到了多用电表内部某一挡，含有直流电源，他应选用多用电表的 （选填“欧姆”、“直流电流”、“直流电压”、“交流电流”或“交流电压”）挡，对灵敏电流表进行测试，由实验可知当电流从正接线柱流入电流表时，指针向右摆动。
(2)实验中，该同学将磁铁某极向下从线圈上方插入线圈时，发现电流表的指针向右偏转，请在图中用箭头画出线圈电流方向并用字母N、S标出磁铁的极性 。
(3)另一位同学利用图乙所示的实验器材来研究电磁感应现象及判定感应电流方向。在给出的实物图中，已用实线作为导线连接了部分实验电路。
①请用实线作为导线从箭头1和2处开始完成其余部分电路的连接 ；
②将L1插入L2后，下列实验操作产生的感应电流与合上开关时产生的感应电流方向相同的是 。
A．闭合开关，稳定后拔出软铁棒
B．闭合开关，稳定后使变阻器滑片P右移
C．闭合开关，稳定后使变阻器滑片P左移
D．闭合开关，稳定后断开开关
17．某同学想应用楞次定律判断线圈缠绕方向，设计的实验装置原理图如图甲所示。选用的器材有：一个磁性很强的条形磁铁，两个发光二极管（电压在1.5V至5V都可发光且保证安全），一只多用电表，导线若干。操作步骤如下：
①由于二极管极性未知，用多用电表的欧姆挡测出二极管的正、负极；
将多用电表置于欧姆表“×100”挡，欧姆调零后，黑表笔接二极管的R端，红表笔接L端，多用电表示数如图中a所示；将二极管两极对调，多用电表示数如图中b所示，则 （填”L”或“R”）端为二极管的正极。
②把二极管、线圈按如图甲所示电路用导线连接成实验电路；
③把条形磁铁插入线圈时，二极管A发光；拔出时，二极管B发光；
④根据楞次定律判断出线圈的缠绕方向如图乙中的 （填“A”或“B”）；实验还发现，条形磁铁运动越快，二极管发光的亮度就越大，这说明感应电动势 。
A．随磁通量的增大而增大
B．随磁通量的变化量增大而增大
C．随磁通量的变化率增大而增大
四、解答题：本题共3小题，共计40分．
18．在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2．螺线管导线电阻R=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化．求：
（1）求螺线管中产生的感应电动势；
（2）闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R2的电功率；
（3）S断开后，求流经R2的电量．
19．如图所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L＝1m，导轨平面与水平面成＝30°角，上端连接的电阻。质量为m＝0.2kg、阻值的金属棒ab放在两导轨上，与导轨垂直并接触良好，距离导轨最上端d＝4m，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向上。
(1)若磁感应强度B=0.5T，将金属棒释放，求金属棒匀速下滑时电阻R两端的电压；
(2)若磁感应强度的大小与时间成正比，在外力作用下ab棒保持静止，当t＝2s时外力恰好为零，求ab棒的热功率。
20．如图所示，固定在水平面上的光滑金属导轨PQO和在O点用绝缘材料连接（连接点大小不计），通过单刀双掷开关S与恒流源、定值电阻R形成电路。导轨PQ与平行，间距为1m；为等腰三角形，顶角为虚线、间距为0.5m且均与导轨PQ垂直，虚线与导轨围成的矩形和内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为1T。甲、乙为导体棒，甲静止在虚线处，乙静止在虚线右侧附近，虚线到单刀双掷开关、虚线到的距离均足够长，且虚线到的导轨表面覆盖了光滑绝缘涂层。已知甲的质量为1kg，乙的质量为甲的k倍，甲棒接入电路的阻值和定值电阻R的阻值均为2Ω，其余电阻不计。初始时开关S接1，恒流源使甲中的电流始终为1A，当甲滑过时立即将开关改接2并保持不变，甲乙发生弹性碰撞后，甲可以向左滑过（此时乙还未到达甲、乙都始终与导轨接触良好且平行于虚线试求：
(1)甲向右通过时的速度大小；
(2)若甲向左恰好穿过则k的大小；
(3)若，则甲向左运动过程R上产生的热量；
(4)为确保乙向右滑过O点，则k的取值范围。第二章 电磁感应 单元自测
建议用时：90分钟，满分：100分
一、单项选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．下列表述正确的是（　　）
A．负电荷在磁场中某点受到的磁场力方向与该点的磁场方向相反
B．导体棒在磁场中运动的速度越大，导体棒产生的感应电动势越大
C．穿过某一导体回路的磁通量变化越快，回路中产生的感应电动势越大
D．将一小段通电直导线放在磁场中，若导线不受安培力，则此处磁感应强度一定为0
【答案】C
【详解】A．若负电荷在磁场中某点受到磁场力，则该洛伦兹力的方向与该点的磁感应强度方向垂直，若电荷运动方向与磁感应强度方向平行，则不受洛伦兹力作用，故A错误；
B．导体棒产生的感应电动势为，为速度方向与磁感应强度方向的夹角，若，即速度与磁场平行，即使速度v很大，电动势仍为零，故B错误；
C．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势，即磁通量变化率越大，则感应电动势越大，故C正确；
D．当电流方向与磁场方向平行时，安培力为零，但磁感应强度不为零，故D错误。
故选C。
2．在无线电技术中，常有这样的要求，有两个线圈，要使一个线圈中有电流变化时，对另一个线圈几乎没有影响，则下图中两个线圈的相对安装位置，最符合要求的是（　　）
A． B．C． D．
【答案】D
【详解】一个线圈中有电流变化时，对另一个线圈几乎没有影响，要求当一个线圈中的电流变化时，该线圈产生变化的磁场，但穿过另一个线圈的磁通量不变，根据通电螺线管的磁感线分布特点可知，只有当两个导线垂直且对称放置时满足要求。
故选D。
3．如图所示，闭合电路中一软铁定长度的螺线管可自由伸缩，通电时灯泡有一定亮度，若将一软铁棒从螺线管一端迅速插入螺线管内，则在插入过程中（　　）
A．灯泡变亮，螺线管缩短 B．灯泡变暗，螺线管缩短
C．灯泡变亮，螺线管伸长 D．灯泡变暗，螺线管伸长
【答案】D
【详解】当插入软铁棒时，穿过线圈的磁通量增大，感觉楞次定律可知，线圈产生的自感电动势阻碍磁通量的增加，即自感电动势方向与电源电动势方向相反，则通过线圈的电流减小，灯泡变暗，由于线圈各匝上电流为同方向，将每一匝线圈均等效为一枚小磁针，根据安培定则可知，等效小磁针异名磁极相对，即线圈之间相互吸引，由于电流减小，各匝之间相互吸引力减小，则螺线管伸长。
故选D。
4．用如图所示的电路研究断电自感现象，线圈L自身的电阻RL明显小于灯泡A的电阻RA，则开关S断开前后，通过灯泡A的电流I随时间t变化的图像可能为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】由于线圈L自身的电阻RL明显小于灯泡A的电阻RA，则开关闭合时，通过线圈的电流大于通过灯泡的电流，开关S断开后瞬间，由于线圈的自感，通过灯泡的电流跟原方向相反，大小与线圈原电流大小相同。
故选D。
5．如图所示，线圈L的电阻值与电阻R的阻值相等、两个灯泡和规格相同。下列说法正确的是（　　）
A．在闭合开关K瞬间，比先亮
B．在断开开关K瞬间，与同时熄灭
C．闭合开关K，稳定后与一样亮
D．断开开关K的瞬间，比先熄灭
【答案】C
【详解】AC．在闭合开关K瞬间，中立即有了电流，故立即亮起，由于自感线圈产生自感电动势阻碍所在支路电流的变化，故缓缓亮起，稳定后两灯泡一样亮，故A错误，C正确；
BD．稳定时与中电流相等，在断开开关K瞬间，中电流立即消失，但与此同时，自感线圈产生自感电动势，与、、R形成闭合回路，相当于电源对该回路供电，所以、亮度相同且缓缓变暗直至同时熄灭，故BD错误。
故选C。
6．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示。则在移动过程中线框的一边a、b两点间电势差最大的是（　　）
A．B． C． D．
【答案】B
【详解】设正方形线框边长为，四个图中的电动势均为
设正方形线框的电阻为，则四个图中回路的电流均为
其中选项B图中ab边相当于电源，ab两点间的电势差大小为
选项A、C、D图中ab两点间的电势差大小均为
故选B。
7．如图1所示，一半径为的单匝圆形铜线圈固定在纸面内，处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁场磁感应强度的大小随时间变化的规律如图2所示。在的过程，该线圈中感应电动势大小为（　　）
A．0
B．感应电动势大小始终为
C．感应电动势大小始终为
D．感应电动势由零增大至
【答案】B
【详解】在的过程，穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向为顺时针方向；由于磁感应强度随时间均匀增大，所以感应电动势大小始终为
故选B。
8．如图甲所示，闭合金属框置于垂直纸面向里的磁场中，线框平面与磁场方向垂直﹐磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示。规定顺时针方向为电流的正方向，下列各图中能正确表示线框中感应电流随时间变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】如图所示，在0~1s内，磁场方向垂直纸面向里且在增大的过程，由楞次定律可知，要产生的感应电流方向为逆时针方向，根据，产生的感应电动势与感应电流应该是恒定值。在1~3s内，磁场不变，感应电流为0。3~4s内，垂直纸面向内的磁场减小，故产生感应电流为顺时针方向。
故选B 。
9．如图甲所示，空间中存在一方向与纸面垂直、磁感应强度随时间变化的匀强磁场，一边长为L的单匝正方形线框固定在纸面内，线框的电阻为R，线框一半面积在磁场中，M、N两点为线框与磁场边界的交点。时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）
A．时间内，线框内的感应电流先顺时针再逆时针
B．时间内，M点电势低于N点电势
C．时间内，线框所受安培力的方向水平向右
D．线框中的感应电流大小为
【答案】D
【详解】A．时间内，磁场垂直于纸面向内，磁感应强度减小，穿过线框磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向；时间内，磁场垂直于纸面向外，磁感应强度增大，穿过线框磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，所以时间内，线框内的感应电流一直为顺时针，故A错误；
B．根据选项A分析可知时间内感应电流沿顺时针方向，则M点电势高于N点电势，故B错误；
C．根据选项A分析可知时间内，感应电流沿顺时针方向，根据左手定则，线框受安培力水平向左，故C错误；
D．由法拉第电磁感应定律，线框中的感应电动势大小为
则线框中感应电流为，故D正确。
故选D。
10．如图所示，半径为的金属圆环固定在水平桌面上，有一垂直于圆环向里的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的关系为。一长为的金属直杆垂直磁场放置在圆环上，杆的一端与圆环的端口接触，时，杆从图示实线位置以角速度顺时针绕在圆环所在平面内匀速转动，时，金属杆转到虚线位置，与圆环另一端口刚好接触，设时金属杆和金属圆环构成的整个回路的总电阻为，金属杆与圆环接触良好，下列说法正确的是（ ）
A．时，回路中的电流方向为顺时针方向
B．到的过程中，回路中的感应电动势一直减小
C．时，回路中的感应电动势大小为
D．时，回路中的电流大小为
【答案】D
【详解】A．由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向，故A错误；
B．t=0到的过程中，回路中的面积变大，感生电动势和杆切割磁感线的有效长度变大，动生电动势均增大，即回路中的感应电动势一直变大，故B错误；
C．时，圆环与杆构成的回路由于磁场均匀增大，产生的感生电动势为
动生电动势为
所以回路中的感应电动势大小为，故C错误；
D．时，回路中的电流大小为，故D正确。
故选D。
11．一闭合圆形线圈位于一随时间t变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面（纸面）向里，如图甲所示。磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示。以i表示线圈中的感应电流，并规定电流沿顺时针方向为正，则以下的i-t图像中能正确反映线圈中感应电流变化情况的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】0~ 1s和3~4s，磁感应强度由0均匀增大，根据楞次定律可知，感应电流方向为逆时针，即电流应为负值，根据法拉第电磁感应定律可知，磁感应强度均匀增大，则磁通量的变化率恒定，感应电动势恒定，感应电流恒定；1~2s和5~6s，磁感应强度均匀减小，感应电流为顺时针，电流为正值，大小恒定；2~3s，磁感应强度为零，则感应电流为零；4~5s，磁感应强度不变，感应电流为零。
故选A。
12．在图甲所示的电路中，灯泡电阻不变且阻值为R。闭合开关S后，流过两个电流传感器的图像如图乙所示。电源电动势E、内阻r均未知，电流传感器电阻不计。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S后，电流传感器1中的电流对应图乙中的图线b
B．线圈L的直流电阻小于灯泡电阻R
C．断开开关S后，灯泡逐渐熄灭
D．由图像中的数据和题干条件不能计算出电源的电动势和内阻
【答案】C
【详解】A．闭合开关S后，线圈L会阻碍电流的变化。电流传感器2中的电流会从0开始逐渐增加，所在的支路中线圈L的电阻会逐渐减小为稳定值，对应图线b，电流传感器1对应图线a，故A错误；
B．稳定后流经灯泡的电流大于流经线圈L的电流，作为并联电路电压是相等的，根据
可知线圈L的直流电阻大于灯泡电阻R，故B错误；
C．断开开关后，线圈L储存的能量释放，线圈与灯泡构成新的回路，电流逐渐减小，灯泡逐渐熄灭，故C正确；
D．根据图像信息，刚闭合开关S时，电路的瞬间电流大小为
根据闭合电路欧姆定律，有
当电流达到稳定时，流经灯泡的电流大小为
路端电压为
此时闭合电路欧姆定律为
可求得，。故D错误。
故选C。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题4分，共12分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分
13．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一与磁场方向垂直、长度为L的金属杆aO，已知，a、c与磁场中以O为圆心的同心圆（都为部分圆弧）金属轨道始终接触良好。一电容为C的电容器接在轨道上，如图所示，当金属杆在与磁场垂直的平面内以O为轴，以角速度ω顺时针匀速转动时（ ）
A． B．
C．电容器带电荷量 D．若在eO间连接一个电压表，则电压表示数为零
【答案】AC
【详解】AB．、、间的电势差分别等于它们产生的感应电动势，根据转动切割磁感线感应电动势公式得、、间的电势差分别为，，
则有，
可见，，故A正确，B错误。
C．电容器板间电压等于间的电热差，则电容器所带电量为，故C正确；
D．若在间连接一个电压表，电压表与、导轨组成的闭合回路，磁通量增加，会有电流通过电压表，则电压表将有示数。故D错误。
故选AC。
14．如图1所示，两条足够长的平行金属导轨固定在水平桌面上，左端接有阻值的电阻，导轨电阻忽略不计，一质量为0.1kg、电阻不计的金属棒垂直导轨放置，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，现金属棒在水平向右的拉力作用下向右运动，拉力F与时间 t 的关系式为 F=0.3+0.2t（N），t=2s 时撤去拉力，金属棒在t=2.55s时停止运动，金属棒整个运动过程的 v-t 图像如图 2 所示。重力加速度 g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．金属棒与导轨之间的动摩擦因数为0.3
B．撤去拉力后金属棒运动的距离为0.45m
C．撤去拉力后电阻R上产生的焦耳热为0.2J
D．撤去拉力后通过电阻 R 的电荷量为
【答案】BD
【详解】A．图2可知未撤去力F时金属棒加速度
题意可知t=0时拉力为
此时对金属棒有
联立解得，故A错误；
BD．图2可知当t=2s时金属棒速度，此时拉力
此时对金属棒有
联立解得
规定向右为正方向，撤去拉力后对金属棒，由动量定理得
因为
联立解得，故BD正确；
C．撤去拉力后，对金属棒，根据动能定理有
根据功能关系可知
联立解得撤去拉力后电阻R上产生的焦耳热为，故C错误。
故选BD。
15．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则 （　　）
A．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
B．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝
D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
【答案】BC
【详解】A．金属棒向下运动时，由右手定则可知，在金属棒上电流方向向右，流过电阻R的电流方向为，故A错误；
B．金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，故B正确；
C．当金属棒的速度为v时，根据法拉第电磁感应定律有
安培力大小为，故C正确；
D．当金属棒下落到最终静止时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少量，故D错误。
故选BC。
三、实验题：本题共2小题，共计12分.
16．在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，请回答下列问题。
(1)为弄清灵敏电流表指针摆动方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极性的直流电源进行探究。某同学想到了多用电表内部某一挡，含有直流电源，他应选用多用电表的 （选填“欧姆”、“直流电流”、“直流电压”、“交流电流”或“交流电压”）挡，对灵敏电流表进行测试，由实验可知当电流从正接线柱流入电流表时，指针向右摆动。
(2)实验中，该同学将磁铁某极向下从线圈上方插入线圈时，发现电流表的指针向右偏转，请在图中用箭头画出线圈电流方向并用字母N、S标出磁铁的极性 。
(3)另一位同学利用图乙所示的实验器材来研究电磁感应现象及判定感应电流方向。在给出的实物图中，已用实线作为导线连接了部分实验电路。
①请用实线作为导线从箭头1和2处开始完成其余部分电路的连接 ；
②将L1插入L2后，下列实验操作产生的感应电流与合上开关时产生的感应电流方向相同的是 。
A．闭合开关，稳定后拔出软铁棒
B．闭合开关，稳定后使变阻器滑片P右移
C．闭合开关，稳定后使变阻器滑片P左移
D．闭合开关，稳定后断开开关
【答案】(1)欧姆
(2)
(3) C
【详解】（1）欧姆表内部含有直流电源，所以应选用多用电表的欧姆挡，对灵敏电流表进行测试。
（2）电流表的指针向右偏转，说明电流从正接线柱流入电流表，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，原磁场方向向上，故插入的磁铁下端为S极，如图所示
（3）[1]将线圈L2与电流计串联形成回路，将电源、开关、滑动变阻器、线圈L1串联形成另一个回路，实物图如图所示
[2]AD．根据题意，闭合开关时，穿过线圈L2的磁通量增大，产生的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，而拔出软铁棒、断开开关S，穿过线圈L2的磁通量均减小，产生的感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，故AD错误；
BC．当使滑动变阻器滑片P左移，电流增大，穿过线圈L2的磁通量增大，产生的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，故B错误，C正确。
故选C。
17．某同学想应用楞次定律判断线圈缠绕方向，设计的实验装置原理图如图甲所示。选用的器材有：一个磁性很强的条形磁铁，两个发光二极管（电压在1.5V至5V都可发光且保证安全），一只多用电表，导线若干。操作步骤如下：
①由于二极管极性未知，用多用电表的欧姆挡测出二极管的正、负极；
将多用电表置于欧姆表“×100”挡，欧姆调零后，黑表笔接二极管的R端，红表笔接L端，多用电表示数如图中a所示；将二极管两极对调，多用电表示数如图中b所示，则 （填”L”或“R”）端为二极管的正极。
②把二极管、线圈按如图甲所示电路用导线连接成实验电路；
③把条形磁铁插入线圈时，二极管A发光；拔出时，二极管B发光；
④根据楞次定律判断出线圈的缠绕方向如图乙中的 （填“A”或“B”）；实验还发现，条形磁铁运动越快，二极管发光的亮度就越大，这说明感应电动势 。
A．随磁通量的增大而增大
B．随磁通量的变化量增大而增大
C．随磁通量的变化率增大而增大
【答案】 L A C
【详解】[1]电流从多用电表的黑表笔流出，多用电表示数如图中所示，电阻较大，说明黑表笔接二极管的负极，端为二极管的负极、端为二极管的正极。
[2]由把条形磁铁插入线圈时，磁通量向下增大，则螺线管产生的感应电流的磁场向上，由二极管A发光，可知电流方向为顺时针，可得线圈缠绕方向如图乙中的A；
[3]磁铁从初始到完全插入，磁通量的变化量相同，速度越快，磁通量变化越快，二极管发光的亮度就越大，说明感应电动势随着磁通量变化率的增大而增大。
故选C。
四、解答题：本题共3小题，共计40分．
18．在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2．螺线管导线电阻R=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化．求：
（1）求螺线管中产生的感应电动势；
（2）闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R2的电功率；
（3）S断开后，求流经R2的电量．
【答案】（1）1.2V；（2）；（3）1.8×10-5C
【详解】（1）根据法拉第电磁感应律
计算得出
（2）根据闭合电路欧姆定律
解得I=0.12A。
根据
计算得出
（3）S断开后，流经的电量即为S闭合时C上所带的电量Q，电容器两端的电压
解得U=0.6V
流经的电量Q=CU
解得Q=1.8×10-5C
19．如图所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L＝1m，导轨平面与水平面成＝30°角，上端连接的电阻。质量为m＝0.2kg、阻值的金属棒ab放在两导轨上，与导轨垂直并接触良好，距离导轨最上端d＝4m，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向上。
(1)若磁感应强度B=0.5T，将金属棒释放，求金属棒匀速下滑时电阻R两端的电压；
(2)若磁感应强度的大小与时间成正比，在外力作用下ab棒保持静止，当t＝2s时外力恰好为零，求ab棒的热功率。
【答案】(1)3V
(2)0.5W
【详解】（1）金属棒匀速下滑，根据平衡条件有
解得I=2A
电阻R两端的电压
解得
（2）根据题意，设磁感应强度与时间的关系为B＝kt
根据法拉第电磁感应定律，回路中的电动势
根据欧姆定律，回路中的电流
当外力F为零时，对金属棒有
解得k＝0.5T/s，
ab上消耗的功率
解得P=0.5W
20．如图所示，固定在水平面上的光滑金属导轨PQO和在O点用绝缘材料连接（连接点大小不计），通过单刀双掷开关S与恒流源、定值电阻R形成电路。导轨PQ与平行，间距为1m；为等腰三角形，顶角为虚线、间距为0.5m且均与导轨PQ垂直，虚线与导轨围成的矩形和内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为1T。甲、乙为导体棒，甲静止在虚线处，乙静止在虚线右侧附近，虚线到单刀双掷开关、虚线到的距离均足够长，且虚线到的导轨表面覆盖了光滑绝缘涂层。已知甲的质量为1kg，乙的质量为甲的k倍，甲棒接入电路的阻值和定值电阻R的阻值均为2Ω，其余电阻不计。初始时开关S接1，恒流源使甲中的电流始终为1A，当甲滑过时立即将开关改接2并保持不变，甲乙发生弹性碰撞后，甲可以向左滑过（此时乙还未到达甲、乙都始终与导轨接触良好且平行于虚线试求：
(1)甲向右通过时的速度大小；
(2)若甲向左恰好穿过则k的大小；
(3)若，则甲向左运动过程R上产生的热量；
(4)为确保乙向右滑过O点，则k的取值范围。
【答案】(1)1m/s
(2)
(3)
(4)见解析
【详解】（1）由题知棒甲做匀加速直线运动，对甲棒
解得v=1m/s
（2）两棒碰撞，
解得
甲棒向左运动恰好穿过磁场
解得
（3）当k=3时
根据
解得
R上的热量为
解得
（4）乙在右侧磁场中运动时，甲已经离开左侧磁场，故此时乙作为电源，甲与定值电阻并联，有
对乙应用动量定理，在极短时间内，有
令
可利用微元法思想作如下推导
则有
其中，是乙到达O点时的速度。解得，第一章 安培力与洛伦兹力 单元自测
建议用时：90分钟，满分：100分
一、单项选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．下列说法正确的是（　　）
A．电场线和磁感线都是客观存在的，都能通过实验显示出来
B．电场中某点的电场强度方向即为正点电荷在该点所受电场力的方向
C．磁场中某点的磁感应强度方向即为小磁针在该点静止时S极所指的方向
D．同一通电导线，所处位置的磁感应强度越大，受到的磁场力一定越大
【答案】B
【详解】A．电场线和磁感线是为了形象描述电场和磁场而引入的假想曲线，并非客观存在的，故A错误；
B．电场强度的定义规定：电场中某点的电场强度方向与正点电荷在该点所受电场力的方向相同，故B正确；
C．磁场中某点的磁感应强度方向即为小磁针在该点静止时N极所指的方向，故C错误；
D．通电导线在磁场中受到的磁场力由公式决定，其中为电流方向与磁感应强度方向的夹角；当时，，安培力为零；所以即使磁感应强度很大，受到的磁场力也可能很小或为零，故D错误。
故选B。
2．关于磁场的认识，下列说法正确的是（　　）
A．将一小段通电导线置于磁场中某处，若该导线不受磁场力，则说明此处的磁感应强度为零
B．磁感应强度的方向与置于该处的通电导线受到的磁场力的方向相同
C．将小磁针放在磁场中某处，小磁针静止时N极所指的方向就是该处磁感应强度的方向
D．根据磁感应强度的定义式可知，B与F成正比，与IL成反比
【答案】C
【详解】A．导线不受力可能是因为电流方向与磁场平行（θ=0°或180°），此时sinθ=0，故该处的磁感应强度不一定为零，故A错误；
B．磁感应强度方向与安培力方向垂直（由左手定则判断），故B错误；
C．小磁针N极静止时所指方向即为该点磁感应强度方向，故C正确；
D．磁感应强度B由磁场本身决定，与F和IL无关，故D错误。
故选C。
3．如图中分别标明了通电直导线中电流、匀强磁场的磁感应强度和通电导线所受安培力的方向，其中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A．根据左手定则可知，通电导线所受安培力方向垂直于导线向上，故A正确；
B．根据左手定则可知，通电导线所受安培力方向垂直于导线向下，故B错误；
C．由于电流方向与磁场方向平行，则通电导线不受安培力作用，故C错误；
D．根据左手定则可知，通电导线所受安培力方向垂直于导线向右，故D错误。
故选A。
4．下列四图表示真空中不计重力的带正电粒子分别以速度按如图所示的方向进入匀强电场或匀强磁场中，下列说法正确的是（　　）
A．图甲中带电粒子做匀速直线运动
B．图乙中带电粒子做匀变速曲线运动
C．图丙中带电粒子在纸面所在的平面内做匀速圆周运动
D．图丁中带电粒子做匀加速直线运动
【答案】B
【详解】A. 图甲中粒子受到水平向右的电场力，向右做匀加速直线运动，故A错误；
B. 图乙中受到水平向右的电场力，做类平抛运动，属于匀变速曲线运动，故B正确；
C. 图丙中粒子受到垂直纸面向外的洛伦兹力，在垂直纸面的平面内做匀速圆周运动，故C错误；
D. 图丁中粒子平行磁场方向进入磁场，不受洛伦兹力，故粒子向右做匀速直线运动，故D错误。
故选B。
5．如图所示，粒子a和粒子b所带的电荷量相同，以相同的动能从A点射入匀强磁场中，做圆周运动的半径ra＝2rb，则下列说法正确的是（重力不计）（　　）
A．两粒子都带正电，质量之比＝4 B．两粒子都带负电，质量之比＝4
C．两粒子都带正电，质量之比＝ D．两粒子都带负电，质量之比＝
【答案】B
【详解】由动能表达式Ek＝mv2
粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得粒子做圆周运动的半径r＝
联立可得
根据题意有qa＝qb、Eka＝Ekb，可知质量m与半径r的平方成正比，故
再根据左手定则可知两粒子都带负电，故选B。
6．如图所示，向一根松弛的导体线圈中通以电流，线圈将会（　　）
A．纵向收缩，径向膨胀
B．纵向伸长，径向膨胀
C．纵向伸长，径向收缩
D．纵向收缩，径向收缩
【答案】A
【详解】当松弛的导体线圈水平放置，通电后线圈每匝间的电流方向相同，所以呈现相互吸引的现象。而同一线圈间的电流方向相反，则体现相互排斥现象。因此通电线圈出现纵向收缩，径向膨胀。
故选A。
7．五一期间，小明同学游览了中华苏维埃共和国临时中央政府旧址群——瑞金市叶坪景区和红井景区等，接受了一次爱国主义和革命传统教育。图甲中广场上鲜艳的红五角星令他印象深刻，为致敬先烈，返校后他用同种材质、粗细均匀的硬质导线制成了一个标准的“五角星”线框，固定在垂直线框平面的匀强磁场中，并在M、P间接有电源（如图乙所示）。若边所受安培力大小为F，不考虑导线间的相互作用力，则五角星线框受到的安培力大小为（　　）
A．0 B． C． D．
【答案】C
【详解】设每个边的电阻为，可知MNP上部分的电阻为8R，下部分电阻为2R，根据并联电路规律可知
两部分导体的有效长度相等，根据左手定则及安培力公式有
其中
解得
故选C。
8．速度选择器的简化模型如图所示，平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B互相垂直。一质子以速度v从左侧沿两板中线进入，恰好沿直线运动，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．
B．若质子以速度v从右侧沿两板中线进入，将向下偏转
C．若电子以速度v从左侧沿两板中线进入，将向上偏转
D．若α粒子以速度v从左侧沿两板中线进入，将向下偏转
【答案】B
【详解】A．质子恰好做直线运动，则受到的电场力与洛伦兹力平衡，即eE=evB
解得
故A错误；
B．质子以速度v从右侧沿两板中线进入，由电场力及洛伦兹力方向特点，可判断刚进入时两力方向均向下，故将向下偏转，故B正确；
C．电子以速度v从左侧沿两板中线进入，受到的电场力向上、洛伦兹力向下，且eE=evB，故将沿直线运动，故C错误；
D．α粒子以速度v从左侧沿两板中线进入，受到的电场力向下、洛伦兹力向上，且2eE=2evB，故将沿直线运动，故D错误。
故选B。
9．2024年12月，由中国航天科技集团有限公司六院801所研制的国内首款磁阳极霍尔推力器在国际上实现首次飞行应用。如图1所示，霍尔推力器是一种先进的电推进装置，被广泛应用在卫星位置保持和姿态控制领域，其工作原理涉及闭合环轨道中的电子在磁场中受到约束。如图2所示，在较窄的环形空间内有沿径向向内的磁场，该磁场在环形空间内的磁感应强度近似认为大小均为B；在垂直于环面同时加上方向向右的匀强电场E（场强大小未知）和方向向左的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为（k为常数，）。在各个场的共同作用下，电子恰好能在环形空间内沿图中方向做半径为R的匀速圆周运动。已知电子的质量为m，电荷量大小为e，不计电子重力，则下列说法正确的是（　　）
A．沿径向向内的磁场产生的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力
B．电子的运动周期为
C．电子的运动速率为
D．电场强度大小为
【答案】D
【详解】AC．由左手定则可知，垂直环面向左的匀强磁场产生的洛伦兹力提供向心力，有
可得，故AC错误；
B．又
解得，故B错误；
D．沿径向向内的磁场对电子的洛伦兹力向右，与向左的电场力平衡，则有
可得，故D正确。
故选D。
10．传感器技术是现代测量和自动化系统的重要技术之一，从宇宙开发到海底探秘，从生产的过程控制到现代文明生活，几乎每一项技术都离不开传感器，其中压力传感器的应用较为广泛。有些压力传感器是通过霍尔元件将压力信号转化为电信号，当压力改变时有电流通过霍尔元件。如图所示，一块宽为a、长为c、厚为h的长方体半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入如图所示方向的电流。若元件处于磁感应强度大小为B，方向垂直于上表面向下的匀强磁场中稳定时，前、后表面形成的电势差大小为U、下列说法中正确的是（　　）
A．自由电子受到洛伦兹力的方向垂直前表面向外
B．前表面电势比后表面电势高
C．若仅增大霍尔元件的宽度a，则元件的前、后表面间电压U会减小
D．工作稳定后，前后表面间电势差为
【答案】A
【详解】AB．电流方向向左，则电子向右定向移动，由左手定则可知，自由电子受到的洛伦兹力方向为垂直前表面向外，则前表面积累了电子，前表面的电势比后表面的低，故A正确，B错误；
CD．由电子受力平衡可得
根据电流微观表达式可得
联立可得
若仅增大霍尔元件的宽度a，则元件的前、后表面间电压U不变，故CD错误。
故选A。
11．如图所示，某空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，处有一粒子源，可以在纸面内沿各个方向均匀发射质量为、电荷量为、速度大小为的带电粒子，在粒子源上方固定一足够大的水平挡板垂直于且，已知粒子打到挡板最左侧的点到点的距离是打到最右侧的点到点距离的。若不计粒子重力和粒子间的相互作用，打到挡板上的粒子全被吸收，。则磁感应强度的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为，粒子打到挡板最左侧的点为点，则粒子的轨迹在点与挡板相切。设、间距离为，由几何关系有
粒子打到挡板最右侧的点为点，分析可知为粒子做圆周运动轨迹圆的直径。设、间距离为，由几何关系可得
由题意知
解得（另一解舍去）
由牛顿第二定律有
解得
故选A。
12．如图，石墨烯的长为a，宽为b，它的载流子为电子，石墨烯处在磁感应强度垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场中，当电极1、3间通以恒定电流时，电极2、4间将产生霍尔电压UH。已知载流子的运动速率为v，下列说法正确的是（ ）
A．电极2的电势高于电极4的电势
B．霍尔电压UH=Bbv
C．a越小，霍尔电压UH越大
D．a越大，霍尔电压UH越大
【答案】B
【详解】A．根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向上，则电子偏向电极2，所以电极4的电势高于电极2的电势，选项A错误；
BCD．电子稳定通过石墨烯时，其所受洛伦兹力与电场力平衡，即，得，可知与无关，故选项B正确，CD错误。
故选B。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题4分，共12分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分
13．利用质谱仪可分析碘的各种同位素，如图所示，电荷量均为+q的碘131和碘127质量分别为m1和m2，它们从容器A下方的小孔S1进入电压为U的加速电场（初速度忽略不计），经电场加速后从S2小孔射出，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。下列说法正确的是（　　）
A．磁场的方向垂直于纸面向里
B．碘131进入磁场时的速率为
C．碘131与碘127在磁场中运动的时间差值为
D．打到照相底片上的碘131与碘127之间的距离为
【答案】BD
【详解】A．碘131和碘127均带正电，进入磁场时均向左偏转，所受的洛伦兹力向左，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，故A错误；
B．碘131在电场中加速过程，由动能定理知，粒子在电场中得到的动能等于电场对它所做的功，则
解得，故B正确；
C．根据周期公式，因两个粒子在磁场中运动的时间t为周期的一半，则碘131与碘127在磁场中运动的时间差值为
故C错误；
D．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R，则有
解得
所以打到照相底片上的碘131与碘127之间的距离为，故D正确。
故选BD。
14．下列关于如图的说法，正确的是（ ）
A．图甲是回旋加速器示意图，电压U越大，粒子加速时间越短
B．图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的正极
C．图丙是速度选择器，带电粒子能够通过速度选择器的条件是，与粒子电性无关
D．图丁是霍尔效应示意图，若导体中的自由电荷是电子，则导体上表面的电势比下表面的电势高
【答案】AC
【详解】A．图甲是回旋加速器示意图，设回旋加速器的最大半径为R，加速后粒子的最大速度为v，根据
得
粒子获得的最大速度由半径R决定，电压U越大，每次经过电场加速获得动能越大，则粒子加速到最大速度时间越短，选项A正确；
B．根据左手定则，正离子将向B极板偏转，负离子将向A极板偏转，所以，B极板是发电机的正极，A极板是发电机的负极，选项B错误；
C．沿直线匀速通过速度选择器的条件是
得
与粒子电性无关，选项C正确；
D．根据左手定则，电子将向上偏转，所以上表面的电势比下表面的低，选项D错误。
故选AC。
15．已知氚核质量约为质子质量的3倍（）、电荷量为e，粒子质量约为质子质量的4倍（）、电荷量为2e，三者在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，下列关于它们运动半径之比的说法正确的是（　　）
A．若它们的速度大小相等，则半径之比
B．若它们的速度大小相等，则半径之比
C．若它们由静止经过相同的加速电场加速后进入磁场，则半径之比
D．若它们由静止经过相同的加速电场加速后进入磁场，则半径之比
【答案】AC
【详解】AB．由三者在同一匀强磁场中做匀速圆周运动可知，由洛伦兹力提供向心力可知
解得，当速度大小相等，经过同一磁场，可知
解得，故A正确，B错误；
CD．它们由静止经过相同的加速电场加速后进入磁场，由动能定理
由洛伦兹力提供向心力可知
解得，三者经过相同的加速电场，经过同一磁场，可知
解得，故C正确，D错误。
故选AC。
三、实验题：本题共2小题，共计12分.
16．图中虚线框内存在一沿水平方向、与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小，并判定其方向。所用部分器材如图所示，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。
实验步骤如下：
a.按图接线。
b.保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态，然后用天平称出细沙质量。
c.闭合开关S，调节电阻箱的阻值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态，然后读出电流表的示数I，并用天平称出此时细沙的质量。
d.用米尺测量D的底边长度L。
(1)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B= 。
(2)判定磁感应强度方向的方法是：若m2 m1，磁感应强度方向垂直纸面向外；若m2 m1，磁感应强度方向垂直纸面向里。（填 “>” 或“ =” 或“ <” ）
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）[1]金属框所受安培力的合力等于其底边所受到的安培力，则根据平衡条件
解得
（2）[1][2]若，则金属框所受安培力的方向向下，根据左手定则可知，磁感应强度的方向垂直纸面向外，反之，磁感应强度的方向垂直纸面向里。
17．如图（1）所示，实验小组通过拉力传感器探究直线电流周围磁感应强度大小规律，将直导线ab直线固定，通过开关接上直流电源，选取一小段长度为L的直导线cd接入电路，并在中点处与拉力传感器相连，拉力传感器接入计算机中，测出直导线ab中通过大的电流强度为，直导线cd中通过小的电流强度为，将导线cd围绕中点O垂直纸面缓慢旋转90°过程中，得到拉力传感器读数随转过角度变化关系如图（2）所示；若将导线cd沿纸平面缓慢向右移动距离x时，得到拉力传感器读数随距离倒数变化关系如图（3）所示，不考虑导线cd所产生的磁场。
（1）初始时导线cd所在位置的磁感应强度大小为 ；
（2）导线cd旋转90°时，O点磁感应强度方向 ；
（3）直线电流产生磁场的磁感应强度大小与离导线距离x成 （填“正比”或“反比”）。
【答案】 垂直纸面向里 反比
【详解】（1）[1]根据安培定则，导线ab在cd位置处产生磁场方向垂直纸面向里，初始位置的磁感应强度大小为B，由图像可知此时导线cd受的安培力为，由安培力公式
解得
（2）[2]导线cd旋转90°时，O点磁感应强度方向不变，导线ab在O点产生的磁场方向垂直纸面向里。
（3）[3]在图像中，图线为过原点的直线，可见直线电流产生磁感应强度大小跟距离成反比。
四、解答题：本题共3小题，共计40分．
18．如图所示是某同学模拟电磁炮工作原理和发射过程的装置示意图。在距离地面高度为h的水平台面上，足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ置于塑料圆筒内，质量为m的金属炮弹置于圆筒内的导轨上，导轨左端连着电容为C、两极板间电势差为的平行板电容器，闭合开关S，电容器放电过程中金属炮弹在安培力作用下开始运动，达到最大速度后平抛离开轨道，此时电容器两极板间电势差为，金属炮弹落到水平地面上时水平位移为2.5h。已知电容器储存电能的表达式为，其中C为电容器的电容，U为电容器两极板间的电势差，金属炮弹始终与导轨接触良好，重力加速度为g，求：
(1)金属炮弹离开水平台面时速度v的大小；
(2)电容器的电能转化为金属炮弹动能的效率。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）金属炮弹离开水平台面后做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动
满足
解得
水平方向上做匀速直线运动，水平位移，且
联立解得
（2）离开水平台的一瞬间，金属炮弹的动能大小为
电容器总共释放的电能为
而效率等于金属炮弹获得的动能与电容器释放电能的比值，即
19．如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，导轨的一端接有电动势E＝3V，内阻r＝0.5Ω的直流电源，两导轨间的距离L＝0.4m，在导轨所在空间内分布着磁感应强度B＝0.5T，方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，现把一个质量m＝0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直，且接触良好，导体棒的电阻R＝1.0Ω，导体棒恰好刚要滑动，金属导轨电阻不计。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
(1)ab棒受到的安培力；
(2)ab棒与导轨的动摩擦因数μ。
【答案】(1)0.4N，方向平行于斜面向上
(2)μ＝0.5
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律得A＝2A
导体棒受到的安培力大小F＝ILB＝2×0.4×0.5N＝0.4N
由左手定则可知，安培力方向平行于斜面向上
（2）导体棒静止处于平衡状态，设导体棒所受静摩擦力为f，由平衡条件得，平行斜面方向上mgsin37°+f＝F
垂直斜面方向上FN＝mgcos37°
根据滑动摩擦力公式可知
代入数据解得μ＝0.5
20．如图所示，在等腰直角三角形OAD内部有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，OA在x轴上，长度为L。一粒子的质量为m、电荷量为q，从OA中点C垂直OA射入磁场，刚好垂直OD射出磁场，不计粒子所受的重力。
(1)判断粒子的电性；
(2)求粒子的速度大小v；
(3)求粒子打在y轴上的点P的坐标；
(4)求粒子从射入磁场到打在y轴上的总时间t。
【答案】(1)带正电
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）粒子刚好垂直OD射出磁场，依据左手定则可判断粒子带正电。
（2）粒子从OA中点C垂直OA射入磁场，刚好垂直OD射出磁场，说明粒子做匀速圆周运动的圆心为O点，半径
洛伦兹力充当向心力，有
解得
（3）设粒子垂直OD射出的点为K，，是等腰直角三角形，可得出是等腰直角三角形
由几何关系知，，
粒子打在y轴上的点P的坐标为。
（4）粒子从射入磁场到打在y轴上的总路程
根据
解得。第09讲 交变电流
知识点一　交变电流与直流
【情境导入】
我们的照明用电为220的交流电，交流电的方向和直流电的方向有什么不同？
【知识梳理】
1．交变电流：大小和方向随时间做 变化的电流叫作交变电流，简称 ．
2．直流： 不随时间变化的电流称为直流．
【重难诠释】
1．交变电流
大小和方向随时间做周期性变化的电流叫作交变电流，简称交流．
2．常见的交变电流的波形图
实际应用中，交变电流有着不同的变化规律，常见的有以下几种，如图所示．
3．直流
方向不随时间变化的电流叫作直流，大小和方向都不随时间变化的电流叫作恒定电流．
知识点二　交变电流的产生
【情境导入】
假定线圈绕OO′轴沿逆时针方向匀速转动，如图所示，则：
(1)线圈转动一周的过程中，线圈中的电流方向如何变化？
(2)线圈转动过程中，当产生的感应电流有最小值和最大值时线圈分别在什么位置？
转动过程 电流方向
甲→乙 B→A→D→C
乙→丙 B→A→D→C
丙→丁 A→B→C→D
丁→甲 A→B→C→D
【知识梳理】
交流发电机的线圈在磁场中转动时，转轴与磁场方向 ．
【重难诠释】
两个特殊位置
1．中性面位置(S⊥B，如图中的甲、丙)
线圈平面与磁场垂直的位置，此时Φ最大，为0，e为0，i为0.
线圈经过中性面时，电流方向发生改变，线圈转一圈电流方向改变两次．
2．垂直中性面位置(S∥B，如图中的乙、丁)
此时Φ为0，最大，e最大，i最大．
知识点三　正弦式交变电流的变化规律
【情境导入】
如图所示，线圈平面绕bc边的中点从中性面开始转动，角速度为ω.经过时间t，线圈转过的角度是ωt，ab边的线速度v的方向跟磁感线方向间的夹角也等于ωt.设ab边长为L1，bc边长为L2，线圈面积S＝L1L2，磁感应强度为B，则：
(1)ab边产生的感应电动势为多大？
(2)整个线圈中的感应电动势为多大？
(3)若线圈有N匝，则整个线圈的感应电动势为多大？
【知识梳理】
1．中性面
(1)中性面：与磁感线 的平面．
(2)当线圈平面位于中性面时，线圈中的磁通量 ，线圈中的电流 ．
2．从中性面开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时值表达式：e＝Emsin ωt，Em叫作电动势的 ，Em＝
3．正弦式交变电流：按正弦规律变化的交变电流叫作正弦式交变电流，简称 ．
4．正弦式交变电流和电压
电流表达式i＝ ，电压表达式u＝ .其中Im、Um分别是电流和电压的 ，也叫 ．
【重难诠释】
1．正弦式交变电流的瞬时值表达式
(1)从中性面位置开始计时e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt，u＝Umsin ωt
(2)从与中性面垂直的位置开始计时e＝Emcos ωt，i＝Imcos ωt，u＝Umcos ωt.
2.交变电流的峰值Em＝NωBS，Im＝，Um＝.
说明　电动势峰值Em＝NωBS由线圈匝数N、磁感应强度B、转动角速度ω和线圈面积S决定，与线圈的形状无关，与转轴的位置无关．
如图所示的几种情况中，如果N、B、ω、S均相同，则感应电动势的峰值均相同．
教材习题01 3.一台发电机产生正弦式电流。如果发电机电动势的峰值Em=400V，线圈匀速转动的角速度ω=314 rad/s，试写出电动势瞬时值的表达式(设0时刻电动势瞬时值为0)。如果这台发电机的外电路只有电阻元件，总电阻为2kΩ，电路中电流的峰值为多少 写出电流瞬时值的表达式。 解题方法 交变电流的表达式
教材习题02 4.如图 3.1-9所示，KLMN是一个竖直的矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，MN边水平，线框绕某一竖直固定轴以角速度の匀速转动。在MN边与磁场方向的夹角到达30°的时刻(图示位置)，导线框中产生的瞬时电动势e的大小是多少 标出线框此时的电流方向。已知线框按俯视的逆时针方向转动 解题方法 交变电流的分析思路
题型1判断线圈转到不同位置的电流方向
如图，线圈在水平匀强磁场中匀速转动而产生交变电流。当线圈逆时针转动到图示水平位置时（　　）
A．线圈处于中性面位置
B．线圈中瞬时感应电动势为零
C．穿过线圈平面的磁通量变化率最大
D．线圈中电流方向为
题型2中性面及其性质
矩形线圈的面积为S，匝数为N，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动。如图所示，当转到线圈平面与磁场垂直位置时（ ）
A．线圈中的电动势为0
B．线圈中的电动势为NBSω
C．穿过线圈的磁通量为0
D．线圈不受安培力作用
题型3交流电在示波器上的显示
一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，产生的正弦式交变电压的波形图如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．交变电压的最大值是311V
B．线圈转动的周期是1秒
C．2秒末通过线圈的磁通量绝对值最小
D．2秒末通过线圈的磁通量变化率绝对值最小
题型4交流发电机原理和示意图
如图所示是一款高空风车的发电模块原理图，两磁极间的磁场可近似视为匀强磁场，某时刻发电机线圈ab恰与磁场方向平行，则（　　）
A．该时刻线圈ab的电流最大
B．风力增大，线圈ab的感应电动势变小
C．风车每转一圈，线圈ab中电流方向改变一次
D．风车发电的原理是电流的磁效应
1．如图，线圈在水平匀强磁场中匀速转动而产生交变电流。当线圈逆时针转动到图示水平位置时（　　）
A．线圈处于中性面位置
B．线圈中瞬时感应电动势为零
C．穿过线圈平面的磁通量变化率最大
D．线圈中电流方向为
2．如图所示线圈匀速转动或匀速直线运动，能产生交变电流的是（　　）
A． B．
C． D．
3．如图是交流发电机转动一个周期的示意图，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中线圈磁通量最大，产生的电流最大
B．乙图中AB边电流方向从A指向B
C．丙图中AB边电流方向从A指向B
D．丁图中线圈磁通量为0，磁通量的变化率最大
4．有“海上充电宝”之称的南鲲号是一个利用海浪发电的大型海上电站，其发电原理是海浪带动浪板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。如图，图示时刻线圈平面与磁场方向平行，若转子带动线圈逆时针转动并向外输出电流，则下列说法正确的是（　　）
A．线圈转动到如图所示位置时a端电势高于b端电势
B．线圈转动到如图所示位置时电流方向发生变化
C．线圈转动到如图所示位置时感应电动势为0
D．线圈产生的电动势大小与海浪波动的频率无关
5．如图所示，线圈abcd在水平匀强磁场中匀速转动而产生交变电流。当线圈逆时针转动到图示水平位置时（　　）
A．线圈处于中性面位置
B．线圈中瞬时感应电动势为零
C．穿过线圈平面的磁通量最大
D．线圈中电流方向为
6．利用示波器可以显示输入信号的波形，单匝正方形金属线框abcd处在匀强磁场中，当以线圈平面内某虚线为轴匀速转动时，线圈内产生的电流随时间的变化关系如图甲所示。则在四个选项所示的情景中，无论从线圈平面处于哪个位置开始计时，都不可能产生该电流的是（　　）
A． B． C． D．
7．如图所示，从左往右看，各线圈在匀强磁场中绕轴匀速顺时针转动，从图示位置开始计时，设电流从2流出线圈为正方向，能产生图甲所示交变电流的是（　　）
A．线圈平面与磁场垂直
B．线圈平面与磁场平行
C．线圈平而与磁场垂直
D．线圈平面与磁场平行
8．如图所示，一个竖直方置，匝数为n的矩形线圈abcd在水平向右的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，转轴与磁场方向垂直，线圈面积为S，磁感应强度大小为B，下列说法正确的是（ ）
A．线圈平面与磁场垂直时，磁通量为零
B．线圈平面与磁场垂直时，磁通量变化最快
C．线圈平面与磁场平行时，磁通量变化率最大
D．线圈平面与磁场平行时，感应电流方向将发生改变
9．如图所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，下列说法正确的是（ ）
A．图示位置，ab边的感应电流方向为由a→b
B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C．线圈每转动一周，电流方向改变一次
D．图示位置线圈平面与磁场方向平行，磁通量变化率为零
10．如图所示，空间有一匀强磁场水平向右，一正方形导线框平行于磁场方向放置，已知导线粗细均匀，若该线框分别绕不同轴线以相同大小的角速度旋转，以下说法正确的是（ ）
A．线框绕ac轴旋转，线框中不会产生交流电
B．线框分别绕AB轴和CD轴从图示位置开始转动时产生的交流电相同
C．若以ab为轴转动，不会产生周期性电流，但a、d两点间会有电势差
D．沿AB方向观察，从图示位置开始线框分别绕ad轴和bc轴顺时针转动，线框中瞬间产生的感应电流方向相反
11．一种自行车，它有能向自行车车头灯泡供电的小型发电机，其原理示意图如图甲所示；图中N、S是一对固定的磁极，磁极间有一固定在绝缘转轴上的矩形线圈，转轴的一端有一个与自行车后轮边缘接触的摩擦轮。如图乙所示，当车轮转动时，因摩擦而带动摩擦轮转动，从而使线圈在磁场中转动而产生电流给车头灯泡供电，下列说法正确的是（　　）

A．自行车匀速行驶时线圈中产生的电流强度恒定
B．自行车的速度加倍，线圈中产生的电流周期加倍
C．线圈匝数越多，穿过线圈的磁通量的变化率越大
D．知道摩擦轮和后轮的半径，就可以知道后轮转一周的时间里电流方向变化的次数
12．如图是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，下列选项正确的是（　　）

A．图示位置时，线圈处于中性面，穿过线圈平面的磁通量最大，电流表示数最大
B．图示位置时，线圈处于平行面，穿过线圈平面的磁通量最小，电流表示数最大
C．从图示位置旋转，线圈处于中性面，穿过线圈平面的磁通量最大，磁通量的变化率最大，电流表示数最大
D．从图示位置开始往逆时针方向旋转产生正弦式交变电流
2第12讲 电能的输送
知识点一　输电线上的电压和功率损失
【情境导入】假定输电线路中的电流是I，用户端的电压是U，两条导线的总电阻是r.在图中，输电线的电阻集中画为一个电阻r.
(1)怎样计算输电线路损失的功率？
(2)在输电电流一定的情况下，如果线路的电阻减为原来的一半，线路上损失的功率减为原来的几分之一？在线路电阻一定的情况下，如果输电电流减为原来的一半，线路上损失的功率减为原来的几分之一？
(3)通过对第(2)问的两项计算，你认为哪个途径对于降低输电线路的损耗更为有效？
(4)怎样计算用户消耗的功率P？
(5)在保证用户的电功率的前提下，怎样才能减小输电电流？
【知识梳理】
一、输送电能的基本要求
1．可靠：指保证 可靠地工作，故障少．
2．保质：保证电能的质量—— 和 稳定．
3．经济：指输电线路建造和运行的费用 ，电能损耗 ．
二、降低输电损耗的两个途径
1．输电线上的功率损失：P＝ ，I为输电电流，r为输电线的电阻．
2．降低输电损耗的两个途径
(1)减小输电线的电阻：在输电距离一定的情况下，为了减小电阻，应当选用电阻率 的金属材料，还要尽可能 导线的横截面积．
(2)减小输电线中的电流：为了减小输电电流，同时又要保证向用户提供一定的电功率，就要 输电电压．
【重难诠释】
1．输电线路的电压损失
输电线始端电压U与输电线末端电压U′的差值．ΔU＝U－U′＝Ir＝r，其中I为输电线上的电流，r为输电线的电阻．
2．输电线路的功率损失
(1)远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率ΔP＝I2r.
(2)若输电线上损失的电压为ΔU，则功率损失还可以表示为ΔP＝，ΔP＝ΔU·I.
3．减小电压、功率损失的方法
(1)减小输电线的电阻
由R＝ρ可知，距离l一定时，使用电阻率小的材料，增大导体横截面积可减小电阻．
(2)减小输电电流I
根据I＝，在输送功率P一定，输电线电阻r一定的条件下，输电电压提高到原来的n倍，输送电流可减为原来的，输电线上的功率损耗将降为原来的.
知识点二　远距离高压输电过程的分析与计算
【情境导入】
某发电站向远处送电的示意图如图所示，其中各部分的物理量已在图上标注，在这个电路中包括三个回路。
(1)结合闭合电路的知识，分别分析三个回路中各物理量之间的关系(发电机内阻，n1、n2、n3、n4线圈的电阻均忽略不计)。
(2)若两个变压器均为理想变压器，则每个变压器中的电流、电压、功率有什么关系？
【知识梳理】
电网供电
1．远距离输电的基本原理：在发电站内用 变压器升压，然后进行远距离输电，在用电区域通过 变压器降到所需的电压．
2．电网：通过网状的输电线、 ，将许多电厂和广大用户连接起来，形成全国性或地区性的输电 ．
3．电网输电的优点
(1)降低一次能源的运输成本，获得最大的 ．
(2)减小断电的风险，调剂不同地区 的平衡．
(3)合理调度电力，使 的供应更加可靠，质量更高．
【重难诠释】
解决远距离高压输电问题的基本方法
1．首先应画出远距离输电的电路图(如图)，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．
2．理清三个回路：
回路1：P1＝U1I1
回路2：U2＝ΔU＋U3，P2＝ΔP＋P3＝I22R线＋P3，I2＝I3
回路3：P4＝U4I4.
3．常用关系
(1)功率关系：P1＝P2，P2＝ΔP＋P3，P3＝P4.
(2)电压关系：＝，U2＝ΔU＋U3，＝.
(3)电流关系：＝，I2＝I线＝I3，＝.
(4)输电电流：I线＝＝＝.
(5)输电线上损耗的电功率：ΔP＝P2－P3＝I线2 R线＝＝ΔU·I线．
(6)输电线上的电压损失：ΔU＝I线R线＝U2－U3.
(7)输电效率η＝×100%.
教材习题01 1.采用110kV高压输电，输送电功率为4800kW的电能，输电导线中的电流是多少 如果用110V电压输送同样功率的电能，输电导线中电流是多少 我们在初中曾经做过类似的题目，那时是用直流电路的知识来处理的。在纯电阻的交流电路中，同样有公式U=IR和P=UI。想想看，这里的U和I的含义与初中有什么不同 解题方法 电能输送特点
教材习题02 5.某个小水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为82在用户端用降压变压器把电压降为220V。要求在输电线上损失的功率控制在5kW(即用户得到的功率为95kW)。请你设计两个变压器的匝数比。为此，请你计算: (1)降压变压器输出的电流为多少 输电线上通过的电流是多少 (2)输电线损失的电压为多少 升压变压器输出的电压是多少 (3)两个变压器的匝数比各应等于多少 解题方法 电能输送的特点
题型1高压输电的原理与优点
新能源电动汽车常用交流充电桩进行充电，如图所示为交流充电桩的供电电路，为输电线的总电阻。配电设施的输出电压为，升压变压器原、副线圈的匝数比为，降压变压器原、副线圈的匝数比为，充电桩的输出电压，功率为，变压器均视为理想变压器，下列说法中正确的是（　　）
A．交变电流的周期是
B．充电桩电流的有效值为
C．时刻，电压表示数为
D．电压表示数始终是
题型2影响输电损耗的因素
如图为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述正确的是（　　）
A．减小输电导线的横截面积有利于减少输电过程的电能损失
B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的功率损耗
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．高压输电一定是电压越高越好
题型3输电过程的损耗及计算
远距离输电系统
首先应画出远距离输电的电路图（如图），并将已知量和待求量写在电路图的相应位置。
(1)理清三个回路：
回路1：P1＝
回路2：U2＝ΔU＋U3，P2＝ΔP＋P3＝ ＋P3，I2 I3
回路3：P4＝ 。
(2)常用关系
①功率关系：P1 P2，P2＝ ＋P3，P3 P4。
②电压关系：＝ ，U2＝ΔU＋U3，＝ 。
③电流关系：＝ ，I2＝I线＝I3，＝ 。
④输电电流：I线＝＝＝ 。
⑤输电线上损耗的电功率：ΔP＝P2－P3＝I线2R线＝＝ 。
⑥输电线上的电压损失：ΔU＝I线R线＝ 。
⑦输电效率η＝ ×100%。
题型4远距离输电问题的分析与计算
高铁运行中供给动力车厢线路的结构原理如图所示。通过牵引变电所的理想变压器把电压U1降到U2，动力车厢内的理想变压器再将U3降到U4后，为动力系统提供电能。两个理想变压器两端的匝数、电压和电流如图所示，输电线路电阻的阻值为r，则（　　）
A． B．
C． D．输入动力系统的功率为
题型5计算用户端用电器的数量
水力发电是获得清洁能源的重要途径之一。有一条河流，河水的流量Q=2m3/s，落差h=5m，河水的密度ρ=1.0×103kg/m3，现利用其发电，若发电机的总效率η1=50%，输出电压U1=240V，输电线的总电阻R=30Ω，用户获得220V的电压，输电线上损失的电功率与发电机输出电功率的比值η2=6%，假定所用的变压器都是理想变压器，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．发电机的输出功率P总=5×104W
B．输电线中的电流I=100A
C．降压变压器的原、副线圈的匝数比250∶11
D．如果输送的电能供“220V、100W”的电灯使用，能够正常发光的电灯盏数为470盏
1．我国特高压输电技术达到世界领先水平。在输电线及输电距离不变的情况下，采用超高压输电时，输电电压为，输电总功率为；采用特高压输电时，输电电压为，输电总功率为。已知两次输电效率相同，则和之比为（　　）
A．1∶4 B．1∶2 C．2∶1 D．4∶1
2．雅中-江西千伏特高压直流输电工程是国家电网服务“西电东送”能源战略。假设输电功率为P，输电电压为U，线路总电阻为R，则线路损耗的电功率为（　　）
A． B． C． D．P
3．西电东送是纵横中国的能源“闪送”工程，这个送电工程横贯数千公里，必须走“高速公路”，这就得靠特高压输电工程。若在输电总功率不变的情况下，仅将原来的500kV高压输电升级为1000kV的特高压输电（不考虑输电线的电容、电感带来的能量损失），下列说法正确的是（　　）
A．输电电流的有效值会变为原来的2倍
B．输电线上损失的电压有效值变为原来的
C．输电线上损失的功率变为原来的
D．若输电线损失功率不变，则使用相同材料、粗细的输电线，其传输距离将更远
4．截至2025年1月12日，新疆准东至安徽皖南特高压直流输电工程已累计输送电量超过3000亿千瓦时，这是世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的特高压直流输电工程。该工程在输电环节使用直流，在送电端使用专用“整流”设备将发电机的交流电变为直流，在用户端使用“逆变”设备将直流变为交流。下列说法正确的是（　　）
A．采用特高压输电，会减少电能的损耗
B．送电端的电压越高，输送的电功率越大
C．在送电端先升压再整流，在用户端先降压再逆变
D．采用直流输电，会加大线路上电容、电感引起的电能损耗
5．特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用2200kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′。不考虑其他因素的影响，则（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是，其末端间的电压为。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为。则下列说法错误的是（ ）
A．用户端的电压 B．发电厂的输出功率为
C．输电线路上损失的电功率为 D．输电线上的电压降为
7．假定输电线路中的电流是，用户端的电压是，两条导线的总电阻是。导线的电阻集中画为一个电阻。在输电电流变为原来2倍的情况下，如果线路的电阻减为原来的一半，线路上损失的功率现在为（　　）
A． B． C． D．UI
8．为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了利用电流的热效应除冰的思路。若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，在输电功率、用户的输入电压和输电线电阻不变的情况下，通过自动调节高压输电变压器的变压比，使输电线上的热耗功率变为16ΔP，则除冰时（　　）
A．输电电流为4I B．输电电流为16I C．输电电压为4U D．输电电压为
9．某种电吹风机的内部电路图如图所示，a、b、c、d为四个固定触点。绕点转动的扇形金属触片P，可同时接触两个触点，触片P处于不同位置时，电吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种工作状态。和分别是理想变压器原、副线圈的匝数，该电吹风机的各项参数如表所示。下列说法正确的是（　　）
吹冷风时输入功率
吹热风时输入功率 490W
小风扇额定电压
正常工作时小风扇输出功率 40W
输入交流电压
A．变压器原、副线圈的匝数比
B．触片P同时接触b、c两个触点时电吹风机吹热风
C．小风扇的内阻为
D．电吹风机吹热风时电热丝上的电流为
10．我们日常生活离不开电，电是由发电厂产生的。为了合理地利用自然资源，火力发电厂通常建在煤矿附近，水电站建在水力资源丰富的河流上，但用电的地方可能距离很远，需要将电能安全、保质地由发电厂送往远方，同时又不能浪费太多的电能。请探究以下几个问题：
(1)火力发电厂或水电站发出电的电压一定很高吗？怎样才能提高输送电压？
(2)电能的远距离传输一般要经过哪几个环节？
11．如图所示为某一新能源动力电池充电的供电电路图。配电设施的输出电压U1=250V，升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=1∶9，降压变压器原、副线圈的匝数比比n3∶n4=5∶1。充电桩充电时的额定功率P=19kW，额定电压U4=380V，变压器均视为理想变压器。求：
(1)升压变压器副线圈两端电压U2；
(2)通过输电线上的电流I3；
(3)输电线的总电阻r。
2第10讲 交变电流的描述
知识点一　周期和频率
【情境导入】
如图为我国照明电路的u－t图像．
(1)计算其周期和频率，每秒电流改变多少次方向？
(2)交变电流的周期和频率跟发电机转子的角速度ω或转速n有什么关系？试写出其关系式．
【知识梳理】
1．周期(T)：
交变电流完成 所需的时间．
2．频率(f)：
交变电流完成周期性变化的次数与所用时间之比叫作频率，数值等于交变电流在单位时间内完成 ．
3．周期和频率的关系：T＝或f＝.
4．角速度与周期、频率的关系：ω＝＝ .
知识点二　峰值和有效值
【情境导入】
1.如图是通过一个R＝1 Ω的电阻的电流i随时间t变化的图像．
(1)试计算0～1 s内电阻R中产生的热量．
(2)如果有一个大小、方向都不变的恒定电流通过这个电阻R，也能在1 s内产生同样的热量，这个电流是多大？
2．某交流电压的瞬时值表达式u＝6sin (100πt) V，把标有“6 V　2 W”的小灯泡接在此电源上会不会被烧坏？把标有6 V的电容器接在此电源上会不会被击穿？
【知识梳理】
1．峰值：交变电流的电压、电流能达到的最大数值叫峰值．电容器所能承受的电压要高于交流电压的峰值，否则电容器就可能被击穿．
2．有效值：让交变电流与恒定电流分别通过 的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的 相等，则此恒定电流的电流与电压叫作交变电流的有效值．
3．正弦式交变电流的峰值与有效值之间的关系
E＝＝ Em，U＝＝ Um，I＝＝ Im
【重难诠释】
1．峰值：交变电流的电压、电流能达到的最大数值叫峰值．
(1)若将交流电接入纯电阻电路中，则电路中的电流及外电阻两端的电压的最大值分别为Im＝，Um＝ImR.
(2)电容器耐压值要高于交流电压的峰值才不会被击穿．
2．有效值：确定交变电流有效值的依据是电流的热效应．
让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，则此恒定电流的电流和电压叫作交变电流的有效值．
(1)在正弦式交变电流中，最大值与有效值之间的关系为：E＝＝0.707Em，U＝＝0.707Um，I＝＝0.707Im.
(2)当电流是非正弦式交变电流时，必须根据有效值的定义求解．先计算交变电流在一个周期内产生的热量Q，再将热量Q用相应的物理量的有效值表示，即Q＝I2RT或Q＝T，最后代入数据求解有效值．
说明　(1)E＝、I＝、U＝只适用于正弦式交变电流，对于按其他规律变化的交变电流，上述关系式一般不再适用．
(2)对于非正弦式交变电流有效值的计算，时间一般选取一个周期．
(3)凡涉及能量、电功以及电功率等物理量时均用有效值，在确定保险丝的熔断电流时也用有效值．
知识点三　正弦式交变流的公式和图像
【知识梳理】
1．正弦式交变电流的公式和图像可以详细描述交变电流的情况．若线圈通过中性面时开始计时，交变电流的图像是 曲线．
2．若已知电压、电流最大值分别是Um、Im，周期为T，则正弦式交变电流电压、电流表达式分别为u＝Umsin t，i＝Imsin t.
3．正弦式交变电压的图像如图所示
教材习题01 6.有A、B、C三条导线，它们与大地之间的电压随时间变化的规律如图3.2-8所示。这三个电压中，它们的峰值有什么关系 它们的周期有什么关系 解题方法 交变电流的表达式
教材习题02 电流i随时间t变化的关系如图3.2-9所示该电流的有效值是多少 解题方法 交变电流的有效值计算
题型1交变电流的周期和频率
周期和频率
1．物理意义：描述交变电流 的物理量。
2．周期：交变电流完成一次 所需的时间，用表示，单位是秒（s）。
3．频率：交变电流完成 的次数与所用时间之比，用表示，单位是 （Hz）。
4．的关系：或 。
题型2正弦式交变电流有效值的计算
如图为小型交流发电机的示意图，两磁极N、S之间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，一电阻为r的线圈绕垂直磁场的水平轴OO'沿逆时针方向以角速度ω匀速转动，外接一交流电流表和阻值为R的电阻。从图示位置（线圈平面与磁感线垂直）开始计时，线圈转过45°时电路中电流瞬时值的大小为i0。下列判断正确的是（　　）
A．线圈在图示位置时，交流电流表的示数为0
B．从图示位置开始转过90°时，流过线圈的电流方向发生改变
C．线圈转动一周的过程中回路产生的焦耳热为
D．线圈由图示位置转过90°过程中，流过线圈的电量大小为
题型3非正弦式交变电流有效值的计算
如图甲、乙、丙所示的是三个具有相同电流I0和周期T的交变电流，分别通过三个相同的电阻，下列说法中正确的是（　　）
A．甲、乙、丙中三种交变电流的有效值之比为∶2∶
B．在相同时间内三个电阻发热量相等
C．在相同时间内，甲是丙发热量的
D．在相同时间内，丙发热量最大，乙次之，甲的发热量最小
题型4交变电流”四值”的计算及应用
如图所示，一半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里（与ab垂直），磁感应强度为B的匀强磁场。M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，下列说法中正确的是（　　）
A．转动过程中电流表的示数为
B．从图示位置起转过圈的时间内产生的平均感应电动势为nπBr2
C．从图示位置起转过圈的时间内负载电阻R上产生的热量为
D．从图示位置起转过圈的时间内通过负载电阻R的电荷量为
题型5含电感器和电容器电路的分析
如图所示，交流电流表A1、A2、A3分别与电容器C、线圈L和电阻R串联后接在同一个交流电源上，供电电压瞬时值为u=Usinωt，三个电流表各有不同的读数。现保持U不变，使ω变小，则（　　）
A．A1读数变小；A2读数变小；A3读数不变
B．A1读数变小；A2读数变大；A3读数不变
C．A1读数变大；A2读数变小；A3读数不变
D．A1读数变大；A2读数变大；A3读数变小
题型6交变电流的图像与数学表达式
在小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示。此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，电路中的其他电阻不计。下列说法正确的是(　　)
A．交变电流的周期为0.125 s
B．交变电流的频率为4Hz
C．交变电流的有效值为
D．交变电流的最大值为4 A
题型 7 交变电流的综合计算(电功率、焦耳热、电量)
如图所示，面积为S1的圆形磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度随时间变化的关系为B＝Bmcosπt。在纸面内有一金属导线围成的面积为S2的圆形线圈，线圈圆心与磁场圆心重合，导线上串有理想二极管、阻值为r的标准电阻和理想交流电流表，导线电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．电流表的示数为
B．电流表的示数为
C．在2 s内流过电阻的电荷量为
D．在2 s内流过电阻的电荷量为
1．在我们的生活中所使用的电流一般以交变电流居多，关于交变电流下列说法正确的是（　　）
A．交流电器设备上所标的电压和电流值是交变电流的峰值
B．用交流电流表和电压表测定的读数值是交变电流的最大值
C．给定的交变电流数值，在没有特别说明的情况下是指有效值
D．保险丝的额定电流、电容器的耐压值是交变电流的有效值
2．如图所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交流电动势。下列说法正确的是（　　）
A．交流电的频率为100Hz
B．交流电动势的有效值为
C．当线圈转到如图所示的位置时电动势最小
D．当线圈转到如图所示的位置时穿过线圈的磁通量为零
3．通过某用电器的电流和时间的关系图像如图所示（前半个周期为正弦波形的），则该交变电流的有效值为（　　）
A． B． C． D．
4．如图单匝矩形线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动，两边长分别为、，线圈电阻为。自上向下看线圈以角速度逆时针转动，磁场的磁感应强度为，时刻线圈平面与磁感线平行。下列说法正确的是（　　）
A．时，感应电流沿逆时针方向
B．时，感应电动势为
C．时，感应电动势为0
D．到过程中，通过线圈的电荷量为
5．如图所示为一交变电流的图像，则该交变电流的有效值为（　　）
A． B． C． D．
6．如图1是教学用发电机，转动圆盘上的摇把可以使位于磁铁内的线圈转动，将发电机的输出端接到示波器上（图中未画出），匀速转动摇把时，在示波器上得到如图2实线所示的电压随时间变化的图像。下列说法正确的是（　　）
A．线圈所在处的磁场为匀强磁场
B．发电机的线圈内产生的是直流电
C．当电压为0时，穿过线圈的磁通量为0
D．该电压的有效值比图2中虚线所示图像的电压有效值小
7．按压式手电筒（如图甲所示）以其简单、有趣被一些人士所喜爱。图乙为其原理图；主要部分有齿轮、磁铁和线圈。当按压手柄时会使齿轮转动，齿轮通过传动轴带动磁铁转动，小电珠就可发光。若不计线圈电阻，下列说法中正确的是（　　）
A．通过小电珠的电流是恒定电流
B．磁铁转动至如图乙所示位置时，通过小电珠的电流最大
C．当齿轮转速变为原来的2倍时，小电珠两端的电压变成原来的2倍
D．当齿轮转速变为原来的2倍时，小电珠中电流的周期变成原来的2倍
8．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图（a）所示。已知发电机线圈内阻为5.0Ω，线圈匝数为10，外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图（b）所示，则（　　）
A．电压表的示数为220V
B．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J
C．电路中的电流方向每秒钟改变50次
D．t=0时，感应电流为零，磁通量最小
9．如图所示，KLMN是一个竖直的矩形导线框，处在水平方向的匀强磁场中，MN边水平，线框绕某一竖直固定轴俯视逆时针匀速转动，转动过程中的线圈内电流最大值为Im。MN边与磁场方向的夹角到达α的时刻，则此时（　　）
A．瞬时电流大小为Imsinα，方向为K→N→M→L→K
B．瞬时电流大小为Imcosα，方向为K→N→M→L→K
C．瞬时电流大小为Imsinα，方向为K→L→M→N→K
D．瞬时电流大小为Imcosα，方向为K→L→M→N→K
10．图甲为交流发电机的示意图，磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向匀速转动，电阻，线圈电阻，电流表内阻不计。从图示位置开始计时，、间输出的电压随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．电阻中的电流方向每分钟变化100次
B．时刻电流表示数为
C．图甲位置感应电动势最小
D．线圈转动的角速度为
11．如图所示，一个小型应急交流发电机，内部为n=50匝，边长的正方形线圈，总电阻为r=2Ω，线圈在磁感应强度为B=0.2T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动.发电机对一电阻为R=8Ω的电灯供电，线路中其它电阻不计，若发电机的转动角速度为时，电灯正常发光，求：
(1)从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)交流电表的示数Ⅰ及电灯正常发光的功率P。
12．如图甲为线框在磁场中转动产生交变电流的示意图，图乙所示的是一个正弦交变电流的电流随时间变化的图像。
(1)图甲中电流表指针左、右摇摆说明了什么问题？
(2)图乙中所示交变电流完成一次周期性变化需要多长时间？在1s内完成多少次周期性变化？
2第03讲 带电粒子在匀强磁场中的运动
知识点一　带电粒子在匀强磁场中运动的基本问题
【情境导入】
如图所示，可用洛伦兹力演示仪观察运动电子在匀强磁场中的偏转．
(1)不加磁场时，电子束的运动轨迹如何？
(2)加上磁场后，电子束的运动轨迹如何？
(3)如果保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，轨迹圆半径如何变化？
(4)如果保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，轨迹圆半径如何变化？
答案　(1)一条直线　(2)圆　(3)变小　(4)变大
【知识梳理】
一、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子以速度v做匀速直线运动，其所受洛伦兹力F＝0.所以粒子做匀速直线运动．
2．若v⊥B，此时初速度方向、洛伦兹力的方向均与磁场方向垂直，粒子在垂直于磁场方向的平面内运动．
(1)洛伦兹力与粒子的运动方向垂直，只改变粒子速度的方向，不改变粒子速度的大小．
(2)带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．
二、带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期
1．半径
一个电荷量为q的粒子，在磁感应强度为B的匀强磁场中以速度v运动，那么带电粒子所受的洛伦兹力为F＝qvB，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝，由此可解得圆周运动的半径r＝.从这个结果可以看出，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与它的质量、速度成正比，与电荷量、磁感应强度成反比．
2．周期
由r＝和T＝，可得T＝.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道半径和运动速度无关．
知识点二　带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【情境导入】
1．带电粒子在磁场中运动的轨迹由哪些因素决定？
2．带电粒子在磁场中运动的时间与哪些因素有关？
【答案】
1.初始条件和力
2．周期和圆心角(或者速率和弧长)
【重难诠释】
1．圆心位置确定的两种方法
(1)圆心一定在垂直于速度的直线上
已知入射方向和出射方向时，可以过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，P为入射点，M为出射点)．
(2)圆心一定在弦的垂直平分线上
已知入射方向和出射点的位置时，可以过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其垂直平分线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．
2．半径的确定
半径的计算一般利用几何知识解直角三角形．做题时一定要作好辅助线，由圆的半径和其他几何边构成直角三角形．由直角三角形的边角关系或勾股定理求解．
3．粒子在匀强磁场中运动时间的确定
(1)粒子在匀强磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动轨迹的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间t＝T(或t＝T)．
确定圆心角时，利用好几个角的关系，即圆心角＝偏向角＝2倍弦切角．
(2)当v一定时，粒子在匀强磁场中运动的时间t＝，l为带电粒子通过的弧长．
教材习题01 已知氚核的质量约为质子质量的3倍:带正电荷，电荷量为一个元电荷;α粒子即氨原子核，质量约为质子质量的4倍，带正电荷电荷量为e的2倍。现在质子、氚核和α粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动。求下列情况中它们运动的半径之比: (1)它们的速度大小相等。 (2)它们由静止经过相同的加速电场加速后进入磁场。 解题方法 ①向心力与洛伦兹力 结合
【答案】(1) 由于 ，在同一匀强磁场中，速度大小相同时， ，可知 。 (2) 由 和 得 ，可知由静止经过相同的加速电场加速后进入同一匀强磁场时， ，所以 。
教材习题02 3.如图 1.3-5所示，一个质量为m、电荷量为q的带负电荷的粒子，不计重力，从x轴上的P点以速度v射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。已知v与x轴成60°角，OP=a。 (1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小。 (2)求带电粒子穿过第一象限所用的时间。 解题方法 ①向心力与洛伦兹力 结合
【答案】(1) 设匀强磁场的磁感应强度为 B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r。粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 粒子运动轨迹如图所示，由几何知识得 由联立解得 (2) 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为 T，则 由图知，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹对应的圆心角为 粒子在磁场中运动的时间为 联立②④⑤⑥解得
题型1半径和周期公式的应用
两个粒子，带电荷量相等，在同一匀强磁场中只受洛伦兹力而做匀速圆周运动（　　）
A．若速率相等，则半径必相等
B．若质量相等，则周期必相等
C．若动能相等，则周期必相等
D．若质量相等，则半径必相等
【答案】B
【详解】A．由可得半径公式可知，若速率相等，但质量未知，半径不一定相等，故A错误；
B．周期公式中，若质量相等且、相同，则周期必相等，故B正确；
C．动能，若动能相等，但质量可能不同，周期与相关，因此周期不一定相等，故C错误；
D．半径中，若质量相等但速度未知，半径不一定相等，故D错误。
故选B。
题型 2 带电粒子在磁场中运动的轨迹问题
云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示带电粒子径迹的装置。云室中加了垂直于纸面向里的磁场，在一张云室中拍摄的照片中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。关于a、b、c三条径迹判断正确的是（　　）
A．a、b、c都是负电子的径迹
B．c径迹对应的粒子轨迹半径最大
C．a径迹对应的粒子动量最大
D．c径迹对应的粒子运动时间最长
【答案】AB
【详解】A．带电粒子在垂直于纸面向里的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c都是负电子的径迹，故A正确；
B．由图可知，故B正确；
C．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得
a、b、c三个粒子都是负电子，q和m相同，都在同一磁场中运动，B相同，根据动量
可得，即径迹对应的粒子动量最大，故C错误；
D．带电粒子在磁场中运动的周期
所以
粒子在磁场中运动的时间
其中为粒子在磁场中的偏转角度，由图可知a径迹对应的偏转角度最大，则a径迹对应的粒子运动时间最长，故D错误。
故选AB。
题型 3 带电粒子在直线边界磁场中运动
如图，在竖直平面内的直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（　　）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为
B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为
C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为
D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
【答案】B
【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有
可得，故A错误；
B．当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知
当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知
故上表面接收到粒子的区域长度为，故B正确；
C．根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C错误；
D．根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有，故D错误。
故选B。
题型 4 带电粒子在三角形边界磁场中运动
如图，等腰直角三角形abc区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．三个相同的带正电粒子从b点沿bc方向分别以速度、、射入磁场，在磁场中运动的时间分别为、、，且，直角边bc的长度为L，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．三个速度的大小关系一定是 B．三个速度的大小关系可能是
C．粒子的比荷 D．粒子的比荷
【答案】BD
【详解】AB．由于，粒子运动轨迹如图所示
它们对应的圆心角分别为、、，由几何关系可知轨道半径大小分别为，粒子1、2打在ab上但半径不一定相等，、大小无法确定。
洛伦兹力提供向心力得
解得
可知三个速度的大小关系可能是，故A错误，B正确；
C．对粒子1，粒子运动周期
可得
解得，故C错误；
D．对粒子3，洛伦兹力提供向心力
根据几何关系得
解得粒子的比荷，故D正确。
故选BD。
题型 5 带电粒子在圆(弧)形边界磁场中运动
利用磁场控制带电粒子运动
下图为一具有圆形边界、半径为r的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一个初速度大小为v0的带电粒子（m，q）沿该磁场的直径方向从P点射入，在洛伦兹力作用下从Q点射出磁场。规律如下：
①带电粒子沿半径射入圆形区域的磁场，该粒子离开磁场时速度方向反向延长线 圆心。
②满足的几何关系： ，对一定的带电粒子（m，q一定），可以通过调节 和 的大小来控制粒子的偏转角θ。
③利用磁场控制带电粒子的运动，只改变粒子速度的 ，不改变粒子速度的 。
【答案】经过 B v 方向 大小
【解析】带电粒子沿半径射入圆形区域的磁场，该粒子离开磁场时速度方向反向延长线经过圆心。
[1][2][3]根据几何关系
且
所以可以通过调节B和v的大小来控制粒子的偏转角θ。
[1][2]因为洛伦兹力与速度垂直，利用磁场控制带电粒子的运动，只改变粒子速度的方向，不改变粒子速度的大小。
题型 6 带电物体(计重力)在磁场中的运动
如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成角，质量为、电荷量为的带电小球套在细杆上，小球始终处于磁感应强度大小为的匀强磁场中，磁场方向垂直细杆所在的竖直平面，不计空气阻力。若小球以初速度沿细杆向上运动，经过一定的时间又回到出发点，则该过程中小球（　　）
A．机械能减小
B．上滑时间大于下滑时间
C．向上滑动的最大位移为
D．向下滑动时受到细杆的弹力大小一定先减小后增大
【答案】C
【详解】A．小球运动过程中，只受到竖直向下的重力、与杆垂直的洛伦兹力和弹力，由于洛伦兹力和弹力不做功，所以小球的机械能守恒，故A错误；
B．小球上滑时，根据牛顿第二定律
下滑时，根据牛顿第二定律
所以
根据可知，上滑时间等于下滑时间，故B错误；
C．小球向上滑动的最大位移为
故C正确；
D．小球向下滑动时受到竖直向下的重力、垂直杆向上的洛伦兹力、与杆垂直的弹力，小球向下加速时，根据可知，小球受到的洛伦兹力增大，若小球回到出发点加速到时，小球受到的洛伦兹力仍小于小球垂直杆方向的分力，则根据平衡条件可知，杆对小球的弹力一直垂直杆向上减小，故D错误。
故选C。
1．1932年，美国物理学家安德森在宇宙射线实验中发现了正电子，证实了反物质的存在。实验中，安德森记录了正电子在云室中经过铅板的轨迹照片如图所示，匀强磁场方向垂直于纸面，正电子穿过铅板会有部分能量损失，其他能量损失不计，则可判定正电子（ ）
A．由下向上穿过铅板
B．所在磁场方向一定垂直于纸面向外
C．穿过铅板后做圆周运动的半径变大
D．穿过铅板后做圆周运动的角速度不变
【答案】D
【详解】ABC．设正电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律可得
解得
因为正电子穿过铅板会有部分能量损失，所以正电子穿过铅板后速度v减小，则运动半径r减小，则由图可知，正电子由上向下穿过铅板，则根据左手定则可知，正电子所在磁场方向一定垂直于纸面向里，故ABC错误；
D．结合前面分析可知，正电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
其中
联立可得
由此可知，正电子穿过铅板后做圆周运动的周期不变，根据可知，角速度不变，故D正确。
故选D。
2．如图所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于纸面的匀强磁场（未画出），一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（　　）
A．2∶1 B．∶1 C．1∶1 D．∶2
【答案】D
【详解】根据几何关系可知，带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨迹半径r1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨迹半径r2的2倍，设粒子在P点的速度大小为v1，动能为Ek，根据牛顿第二定律可得
因
联立可得
同理，
所以 ，故选D。
3．质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场并最终打在金属板上，运动的半圆轨迹如图中虚线所示，不计重力，下列表述正确的是（　　）
A．M带负电，N带正电 B．M的速率小于N的速率
C．洛伦兹力对M、N做正功 D．M的运动时间大于N的运动时间
【答案】A
【详解】A．根据左手定则可知N带正电，M带负电，故A正确；
B．由洛伦兹力提供向心力，有
解得r＝
而M的轨迹半径大于N的轨迹半径，所以M的速率大于N的速率，故B错误；
C．洛伦兹力与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，故C错误；
D．M和N的运动时间都为，故D错误。
故选A。
4．如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，在xOy平面内，从原点O处与x轴正方向成θ角（0<θ<π），以速率v发射一个带正电的粒子（重力不计），则下列说法正确的是（　　）
A．若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远
B．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
D．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
【答案】B
【详解】BD．粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
由几何关系得，轨迹对应的圆心角α＝2π－2θ
粒子在磁场中运动的时间
可得，若v一定，θ越大，粒子在磁场中运动的时间t越短，若θ一定，则粒子在磁场中的运动时间一定，故B正确，D错误；
A．设粒子的轨迹半径为r，根据洛伦兹力提供向心力，有
解得
由图有，AO＝2rsin θ＝
可得，若θ是锐角，θ越大，AO越大，若θ是钝角，θ越大，AO越小，故A错误；
C．粒子在磁场中运动的角速度，又
则得
与速度v无关，故C错误。
故选B。
5．质量和带电量都相同的两个粒子，以不同的速率垂直于磁感线方向射入匀强磁场中，两粒子的运动轨迹如右图中①、②所示，粒子的重力不计，下列对两个粒子的运动速率v和在磁场中运动时间t及运动周期T、角速度ω的说法中正确的是（ ）
A．v1 > v2 B．t1 > t2 C．T1 > T2 D．ω1 > ω2
【答案】B
【详解】A．两个粒子垂直于磁感线方向射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力
得，根据图中轨迹知，所以知，故A错误；
CD．根据
得
两粒子的运动周期相同，角速度相同，故CD错误；
B．两粒子的运动周期相同，在磁场中运动时间
根据图中轨迹知，则，故B正确。
故选B。
6．高能粒子对撞是研究物质本质、推动科技发展的重要手段。如图，在竖直向下的匀强磁场中，同一水平面内，电荷量为、动量大小为的粒子从点水平射出，电荷量为、动量大小为的粒子从点反方向射出，两粒子运动到点时，发生正碰并结合为一个新粒子。不计粒子重力及相对论效应，则新粒子的运动轨迹（虚线）可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】两粒子发生正碰，动量守恒，碰撞后新粒子的动量为，电荷量变为，新粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有
解新粒子的半径为
同理，碰撞前，粒子做匀速圆周运动的半径为
粒子做匀速圆周运动的半径为
所以碰撞后的新粒子做匀速圆周运动的半径比碰撞前粒子的半径都小，结合左手定则，故A符合题意。
故选A。
7．如图所示，一线状粒子源垂直于磁场边界不断地发射速度相同的同种离子，粒子源的长度小于离子在磁场中做圆周运动的直径，磁场区域足够大，不考虑离子间的相互作用，则磁场中有离子经过的区域（阴影部分）是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】根据左手定则可知，离子带负电，粒子垂直于边界入射，则粒子在磁场中的轨迹为半个圆周，粒子源的长度小于离子在磁场中做圆周运动的直径，将线状粒子源左端粒子在磁场中运动的半个圆轨迹向右平移至与线状粒子源右端粒子在磁场中运动的半个圆轨迹重合，则线状粒子源左端粒子在磁场中运动的半个圆轨迹平移过程扫过的面积为磁场中有离子经过的区域，因离子的轨迹的直径均大于线状粒子源的宽度，可知，第一个选择项满足要求。
故选A。
8．一带电粒子沿垂直磁场方向射入匀强磁场，经过轨迹如图所示，轨迹上每一小段都可以近似看成圆弧，其能量逐渐减小（质量、电量不变），从图中可以确定运动方向和电性是（　　）
A．粒子从b到a，带负电 B．粒子从a到b，带负电
C．粒子从a到b，带正电 D．粒子从b到a，带正电
【答案】A
【详解】由题意可知，由于带电粒子的能量逐渐减小，故其速度减小，在磁场中洛伦兹力提供向心力
解得其半径为
由于速度减小，故其半径逐渐减小，故可知粒子的运动方向从b到a；由其偏转方向及左手定则可知粒子带负电。
故选A。
9．如图所示，直角三角形MPN区域内存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。∠M=30°，，C为MP的中点，D为NP的中点，在C点有一粒子源不断沿垂直于PM方向射入速度大小不同的正、负电粒子。粒子的质量均为m、电荷量均为e。不考虑粒子间的相互作用，不计粒子的重力。下列说法正确的是（　　）
A．可能有粒子从M点射出磁场
B．从D点离开磁场的粒子的速度大小为
C．从MN边射出的正粒子在磁场中运动的最长时间为
D．负粒子在磁场中运动的最长时间为
【答案】C
【详解】A．正粒子恰好从MN边界射出的轨迹如图所示
根据正粒子的运动的轨迹可知，不可能从M点射出磁场，故A错误；
C．粒子在磁场中运动的周期为
当从MN边射出的正粒子运动的轨迹与MN相切时在磁场中运动时间最长，由几何关系可知圆心角为120°，则最长时间
故C正确；
B．负粒子从D点离开磁场的轨迹如图，负粒子从D点离开磁场时，由几何关系知
解得
根据洛伦兹力提供向心力
可得则负粒子的速度大小为
故B错误；
D．粒子从P、M之间射出时在磁场中运动时间最长，则在磁场中运动的最长时间为
故D错误。
故选C。
10．如图所示，从一粒子源O发出质量相等的三种粒子，以相同的速度垂直射入匀强磁场中，结果分成了a、b、c三束，下列说法正确的有（　　）
A．a粒子带负电，b粒子不带电，c粒子带正电
B．a粒子带正电，b粒子带正电，c粒子带负电
C．a、c的带电量的大小关系为
D．a、c的带电量的大小关系为
【答案】C
【详解】AB．由左手定则可知，a带正电，b不带电，c带负电，故AB错误；
CD．由洛伦兹力提供向心力可得
可得
由题图可知，则有，故C正确，D错误。
故选C。
11．极光是由太阳发射的高速带电粒子进入地面附近时，受地磁场的影响撞击并激发高空中的空气分子和原子引起的。如图所示，在南极附近仰视时，发现正上方逆时针旋转的弧状极光，则下列说法正确的是（　　）
A．该高速粒子一定带正电
B．该高速粒子一定带负电
C．粒子轨迹半径逐渐增大
D．相同的粒子在北极产生的弧状极光仰视时也逆时针旋转
【答案】A
【详解】AB．在南极上空有竖直向上的磁场，带电粒子运动的轨迹由地面上看沿逆时针方向，则由左手定则得粒子带正电，A正确，B错误；
C．由功能关系得，粒子运动过程中因空气阻力做负功，粒子的动能变小，速度减小
根据牛顿第二定律得
整理得
因此，粒子半径逐渐变小，故C错误；
D．北极上空有竖直向下的磁场，带正电粒子产生弧状极光仰视时应是顺时针旋转，D错误；
故选A。
12．如图所示，在圆形边界的磁场区域，氕核和氘核先后从P点沿圆形边界的直径入射，从射入磁场到射出磁场，氕核和氘核的速度方向分别偏转了60°和120°角，已知氕核在磁场中运动的时间为t0，轨迹半径为R，则（　　）
A．氘核在该磁场中运动的时间为2t0
B．氘核在该磁场中运动的时间为3t0
C．氘核在该磁场中运动的轨迹半径为R
D．氘核在该磁场中运动的轨迹半径为R
【答案】D
【详解】AB．由题意，作出两核在磁场中的运动轨迹示意图如下
原子核在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
粒子运动的周期为
两核在磁场中运动时间
将两核比荷比为2∶1，圆心角之比为1∶2，代入可得氘核在该磁场中运动的时间为，故AB错误；
CD．设磁场圆半径为r，氕核和氘核的轨迹圆圆心分别为O1、O2，分别从A点、C点射出磁场，氘核在磁场中运动的轨迹半径为R2，时间为t2，则对，有几何关系可得
对，有几何关系可得
可得出，故C错误，D正确。
故选D。
13．极光是由来自宇宙空间的高能带电粒子流进入地球大气层后，受地磁场的作用而产生的。这些高能带电粒子流向两极运动时做旋转半径不断减小的螺旋运动。主要原因是（　　）
A．地球引力对粒子产生了驱动力的作用效果
B．粒子的带电荷量减小
C．洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小
D．南北两极附近的磁感应强度较强
【答案】D
【详解】A．粒子在运动过程中，由洛伦兹力提供向心力
解得
可知半径逐渐减小与地球引力产生驱动没有关系，故A错误；
B．由
可知若粒子在运动过程中电量减小，半径将增大，故B错误；
C．粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力永远不做功，故C错误；
D．由
可知南北极磁感应强度变强，则粒子运动的半径变小，故D正确。
故选D。
14．一个重力不计的带电粒子以大小为的速度从坐标为（0，L）的点，平行于轴射入磁感应强度大小为、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，并从轴上的点射出磁场，射出磁场时的速度方向与轴正方向的夹角为，如图所示。
(1)判断粒子的电性并用尺规作图法画出粒子的运动轨迹；
(2)求粒子的比荷；
(3)求粒子从点运动到点的时间。
【答案】(1)正电，
(2)
(3)
【详解】（1）画出粒子的运动轨迹如图所示
根据左手定则可知，粒子带正电。
（2）由几何知识得
解得
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，
解得
（3）粒子做圆周运动的周期为
则粒子从a运动到b所用的时间为
15．如图所示，在直角坐标系中，轴右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，在处放置垂直于轴的足够大的接收屏。位于原点的粒子源可沿平面向轴右侧各个方向发射相同的正电粒子，粒子速度大小相等，轨迹半径为。已知粒子的质量为，电荷量为，粒子打到接收屏上即被吸收，不计空气阻力、粒子重力及粒子间相互作用。求：
(1)粒子的速度大小；
(2)粒子打到接收屏上区域的长度；
(3)能打到接收屏上的粒子在磁场中运动的最短时间。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力
解得
（2）由几何关系，粒子轨迹恰好与相切时，打到接收屏上的位置最高，
粒子沿方向进入磁场时，打到接收屏上的位置最低，
则粒子打到接收屏上区域的长度
（3）由几何关系可知，运动到点的粒子轨迹的圆心角最小，
则相应粒子运动的最短时间
解得
2第12讲 电能的输送
知识点一　输电线上的电压和功率损失
【情境导入】假定输电线路中的电流是I，用户端的电压是U，两条导线的总电阻是r.在图中，输电线的电阻集中画为一个电阻r.
(1)怎样计算输电线路损失的功率？
(2)在输电电流一定的情况下，如果线路的电阻减为原来的一半，线路上损失的功率减为原来的几分之一？在线路电阻一定的情况下，如果输电电流减为原来的一半，线路上损失的功率减为原来的几分之一？
(3)通过对第(2)问的两项计算，你认为哪个途径对于降低输电线路的损耗更为有效？
(4)怎样计算用户消耗的功率P？
(5)在保证用户的电功率的前提下，怎样才能减小输电电流？
答案　(1)输电线路损失的功率P损＝I2r.
(2)在输电电流一定的情况下，如果线路的电阻减为原来的一半，则损失的功率减为原来的二分之一；在线路电阻不变的情况下，当电流减为原来的一半，线路上损失的功率减为原来的四分之一．
(3)由第(2)问可知，减小电流对于降低输电线路损耗更为有效．
(4)用户消耗的功率P＝UI.
(5)由P＝UI可知I＝，所以在保证电功率不变的前提下，提高输电电压，可减小输电电流．
【知识梳理】
一、输送电能的基本要求
1．可靠：指保证供电线路可靠地工作，故障少．
2．保质：保证电能的质量——电压和频率稳定．
3．经济：指输电线路建造和运行的费用低，电能损耗少．
二、降低输电损耗的两个途径
1．输电线上的功率损失：P＝I2r，I为输电电流，r为输电线的电阻．
2．降低输电损耗的两个途径
(1)减小输电线的电阻：在输电距离一定的情况下，为了减小电阻，应当选用电阻率小的金属材料，还要尽可能增加导线的横截面积．
(2)减小输电线中的电流：为了减小输电电流，同时又要保证向用户提供一定的电功率，就要提高输电电压．
【重难诠释】
1．输电线路的电压损失
输电线始端电压U与输电线末端电压U′的差值．ΔU＝U－U′＝Ir＝r，其中I为输电线上的电流，r为输电线的电阻．
2．输电线路的功率损失
(1)远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率ΔP＝I2r.
(2)若输电线上损失的电压为ΔU，则功率损失还可以表示为ΔP＝，ΔP＝ΔU·I.
3．减小电压、功率损失的方法
(1)减小输电线的电阻
由R＝ρ可知，距离l一定时，使用电阻率小的材料，增大导体横截面积可减小电阻．
(2)减小输电电流I
根据I＝，在输送功率P一定，输电线电阻r一定的条件下，输电电压提高到原来的n倍，输送电流可减为原来的，输电线上的功率损耗将降为原来的.
知识点二　远距离高压输电过程的分析与计算
【情境导入】
某发电站向远处送电的示意图如图所示，其中各部分的物理量已在图上标注，在这个电路中包括三个回路。
(1)结合闭合电路的知识，分别分析三个回路中各物理量之间的关系(发电机内阻，n1、n2、n3、n4线圈的电阻均忽略不计)。
(2)若两个变压器均为理想变压器，则每个变压器中的电流、电压、功率有什么关系？
【答案】
(1)第一个回路：P1＝U1I1
第二个回路：U2＝ΔU＋U3，P2＝ΔP＋P3＝IR＋P3
第三个回路：P4＝U4I4。
(2)＝、＝、P1＝P2；＝、＝、P3＝P4。
【知识梳理】
电网供电
1．远距离输电的基本原理：在发电站内用升压变压器升压，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压．
2．电网：通过网状的输电线、变电站，将许多电厂和广大用户连接起来，形成全国性或地区性的输电网络．
3．电网输电的优点
(1)降低一次能源的运输成本，获得最大的经济效益．
(2)减小断电的风险，调剂不同地区电力供需的平衡．
(3)合理调度电力，使电力的供应更加可靠，质量更高．
【重难诠释】
解决远距离高压输电问题的基本方法
1．首先应画出远距离输电的电路图(如图)，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．
2．理清三个回路：
回路1：P1＝U1I1
回路2：U2＝ΔU＋U3，P2＝ΔP＋P3＝I22R线＋P3，I2＝I3
回路3：P4＝U4I4.
3．常用关系
(1)功率关系：P1＝P2，P2＝ΔP＋P3，P3＝P4.
(2)电压关系：＝，U2＝ΔU＋U3，＝.
(3)电流关系：＝，I2＝I线＝I3，＝.
(4)输电电流：I线＝＝＝.
(5)输电线上损耗的电功率：ΔP＝P2－P3＝I线2 R线＝＝ΔU·I线．
(6)输电线上的电压损失：ΔU＝I线R线＝U2－U3.
(7)输电效率η＝×100%.
教材习题01 1.采用110kV高压输电，输送电功率为4800kW的电能，输电导线中的电流是多少 如果用110V电压输送同样功率的电能，输电导线中电流是多少 我们在初中曾经做过类似的题目，那时是用直流电路的知识来处理的。在纯电阻的交流电路中，同样有公式U=IR和P=UI。想想看，这里的U和I的含义与初中有什么不同 解题方法 电能输送特点
【答案】电功率 P=IU ，电流 。 当 时，输电导线中的电流 当 时，输电导线中的电流 公式 U=IR 中的 U、I、R 对应于同一段电路，同理，公式 P=UI 中的 P、U、I 也是对应于同一段电路的物理量。在此题中的功率 P 并不是输电线上消耗的功率，而是发电机（电源）、输电线以及用户构成的闭合电路的总功率，U 是此电路的总电压，而 I 是回路的总电流（也是流经输电线的电流），如果输电线的电阻为 R，则 ，原因是 U 并非输电线上的电压降，而 P=IU ，原因是这三个量对应于同一段电路，即回路总电压 U、总电流 I、总功率 P。
教材习题02 5.某个小水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为82在用户端用降压变压器把电压降为220V。要求在输电线上损失的功率控制在5kW(即用户得到的功率为95kW)。请你设计两个变压器的匝数比。为此，请你计算: (1)降压变压器输出的电流为多少 输电线上通过的电流是多少 (2)输电线损失的电压为多少 升压变压器输出的电压是多少 (3)两个变压器的匝数比各应等于多少 解题方法 电能输送的特点
【答案】5.答案 远距离输电原理如图所示。 (1) 降压变压器输出的电流也就是用户得到的电流， 因为 ，所以 。 (2) 输电线上损失的电压 ；因为 ，所以 。 (3) 升压变压器的匝数比 降压变压器的匝数比
题型1高压输电的原理与优点
新能源电动汽车常用交流充电桩进行充电，如图所示为交流充电桩的供电电路，为输电线的总电阻。配电设施的输出电压为，升压变压器原、副线圈的匝数比为，降压变压器原、副线圈的匝数比为，充电桩的输出电压，功率为，变压器均视为理想变压器，下列说法中正确的是（　　）
A．交变电流的周期是
B．充电桩电流的有效值为
C．时刻，电压表示数为
D．电压表示数始终是
【答案】D
【详解】A．根据充电桩的输出电压表达式可知，
则交流电的周期，故A错误；
B．根据充电桩输出电源表达式可知，输出电压的最大值
有效值
充电桩电流的有效值，故B错误；
CD．电压表的读数始终为电路有效值，则，
得，
则电阻两端电压为，故C错误，D正确；
故选D。
题型2影响输电损耗的因素
如图为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述正确的是（　　）
A．减小输电导线的横截面积有利于减少输电过程的电能损失
B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的功率损耗
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．高压输电一定是电压越高越好
【答案】B
【详解】A．依据输电原理，电路中的功率损耗
结合电阻定律
因此减小输电线的横截面积，输电线的电阻会增大，则会增大输电线上的功率损失，故A错误；
B．由P＝UI可知，P一定的情况下，输送电压U越大，I越小，ΔP越小，故B正确；
C．若输送电压一定，输送功率越大，则电流I越大，ΔP越大，故C错误；
D．输送电压并不一定越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，故D错误。
故选B。
题型3输电过程的损耗及计算
远距离输电系统
首先应画出远距离输电的电路图（如图），并将已知量和待求量写在电路图的相应位置。
(1)理清三个回路：
回路1：P1＝
回路2：U2＝ΔU＋U3，P2＝ΔP＋P3＝ ＋P3，I2 I3
回路3：P4＝ 。
(2)常用关系
①功率关系：P1 P2，P2＝ ＋P3，P3 P4。
②电压关系：＝ ，U2＝ΔU＋U3，＝ 。
③电流关系：＝ ，I2＝I线＝I3，＝ 。
④输电电流：I线＝＝＝ 。
⑤输电线上损耗的电功率：ΔP＝P2－P3＝I线2R线＝＝ 。
⑥输电线上的电压损失：ΔU＝I线R线＝ 。
⑦输电效率η＝ ×100%。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）[1]回路1（发电站+升压变压器）：功率关系为。
[2][3]回路2（输电线+降压变压器原线圈）：功率上，，其中；电流上，。
[4]回路3（用户+降压变压器副线圈）：功率关系为。
（2）[1][2][3]①理想变压器无功率损耗，所以功率关系为；输电线路的输入功率等于输电线损耗功率和降压变压器原线圈功率，所以；理想变压器无功率损耗，所以。
[4][5]②电压关系理想变压器的电压比等于匝数比，即：（升压变压器电压比）；（降压变压器电压比）。
[6][7]③电流关系理想变压器的电流比等于匝数的反比，即：（升压变压器电流比）；（降压变压器电流比）。
[8]④输电电流输电电流，也即是输电线电压损失。
[9]⑤输电线上损耗的电功率。
[10]⑥输电线上的电压损失，也即输电线两端电压差。
[11]⑦输电效率效率，也即有用功率与总功率的比值。
题型4远距离输电问题的分析与计算
高铁运行中供给动力车厢线路的结构原理如图所示。通过牵引变电所的理想变压器把电压U1降到U2，动力车厢内的理想变压器再将U3降到U4后，为动力系统提供电能。两个理想变压器两端的匝数、电压和电流如图所示，输电线路电阻的阻值为r，则（　　）
A． B．
C． D．输入动力系统的功率为
【答案】A
【详解】A．根据变压器电流与匝数关系有，
又因为
整理得，故A正确；
B．根据变压器电压与匝数关系有，
又因为
联立解得，故B错误；
C．输电线路电阻的阻值为，故C错误；
D．根据能量守恒，可知输入动力系统的功率为，故D错误。
故选A。
题型5计算用户端用电器的数量
水力发电是获得清洁能源的重要途径之一。有一条河流，河水的流量Q=2m3/s，落差h=5m，河水的密度ρ=1.0×103kg/m3，现利用其发电，若发电机的总效率η1=50%，输出电压U1=240V，输电线的总电阻R=30Ω，用户获得220V的电压，输电线上损失的电功率与发电机输出电功率的比值η2=6%，假定所用的变压器都是理想变压器，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．发电机的输出功率P总=5×104W
B．输电线中的电流I=100A
C．降压变压器的原、副线圈的匝数比250∶11
D．如果输送的电能供“220V、100W”的电灯使用，能够正常发光的电灯盏数为470盏
【答案】AD
【详解】A．发电机的输出功率，故A正确；
B．输电线上损失的功率为
联立解得，故B错误；
C．用户得到的电功率为
降压变压器输出的电流为
降压变压器的原、副线圈的匝数比，故C错误；
D．用户得到的电功率为
能正常发光的电灯盏数为，故D正确。
故选AD。
1．我国特高压输电技术达到世界领先水平。在输电线及输电距离不变的情况下，采用超高压输电时，输电电压为，输电总功率为；采用特高压输电时，输电电压为，输电总功率为。已知两次输电效率相同，则和之比为（　　）
A．1∶4 B．1∶2 C．2∶1 D．4∶1
【答案】A
【详解】输电效率相同，即两次输电过程中损失的功率占总功率的比例相等。
设输电线电阻为，总功率为，输电电压为，则输电电流
功率损失
根据效率相同，
代入公式得
化简后
两边消去，得
即。
故选A。
2．雅中-江西千伏特高压直流输电工程是国家电网服务“西电东送”能源战略。假设输电功率为P，输电电压为U，线路总电阻为R，则线路损耗的电功率为（　　）
A． B． C． D．P
【答案】C
【详解】输电线路的损耗功率由焦耳定律决定，即
输电电流 可通过输电功率 和电压 计算，即
将 代入焦耳定律得
A．表达式，此为电流 与电阻 的乘积，表示电压降，而非损耗功率，故A错误。
B．表达式，单位不符合功率单位，故B错误。
C．表达式，为线路损耗电功率的正确表达式，故C正确；
D．总输电功率不可能全部损耗，故D错误。
故选C。
3．西电东送是纵横中国的能源“闪送”工程，这个送电工程横贯数千公里，必须走“高速公路”，这就得靠特高压输电工程。若在输电总功率不变的情况下，仅将原来的500kV高压输电升级为1000kV的特高压输电（不考虑输电线的电容、电感带来的能量损失），下列说法正确的是（　　）
A．输电电流的有效值会变为原来的2倍
B．输电线上损失的电压有效值变为原来的
C．输电线上损失的功率变为原来的
D．若输电线损失功率不变，则使用相同材料、粗细的输电线，其传输距离将更远
【答案】D
【详解】ABC. 根据
输电总功率不变，输电电压有效值变为原来的2倍，可知输电电流的有效值会变为原来的，根据
可知输电线上损失的电压有效值变为原来的，根据
可知输电线上损失的功率变为原来的，选项ABC错误；
D. 根据
若输电线损失功率不变，输电电流变小，则使用相同材料、粗细的输电线，其传输距离将更远，选项D正确。
故选D。
4．截至2025年1月12日，新疆准东至安徽皖南特高压直流输电工程已累计输送电量超过3000亿千瓦时，这是世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的特高压直流输电工程。该工程在输电环节使用直流，在送电端使用专用“整流”设备将发电机的交流电变为直流，在用户端使用“逆变”设备将直流变为交流。下列说法正确的是（　　）
A．采用特高压输电，会减少电能的损耗
B．送电端的电压越高，输送的电功率越大
C．在送电端先升压再整流，在用户端先降压再逆变
D．采用直流输电，会加大线路上电容、电感引起的电能损耗
【答案】A
【详解】A．根据，
联立解得
可知输送功率一定时，采用特高压输电，电压U增大，则减小，即减少电能的损耗，故A正确；
B．输送的电功率由发电端的发电机决定，与送电端的电压高低无关，故B错误；
C．根据题意，送电端先将交流电升压，然后通过“整流”设备变换为直流；用户端先通过“逆变”设备将直流变换为交流，再进行降压，故C错误；
D．由于直流电不存在电感和电容对电流的阻碍作用（感抗和容抗），所以利用直流输电，有利于消除输电线的电感、电容造成的电能损失，故D错误。
故选A。
5．特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用2200kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′。不考虑其他因素的影响，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】设输送功率为P0，导线的内阻为r，当输送电压U=550kV时，通过导线的电流
导线损失的电压
导线损失的功率
同理，当输送电压U′=2200kV时，通过导线的电流
导线损失的电压
导线损失的功率
联立解得，
故选C。
6．如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是，其末端间的电压为。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为。则下列说法错误的是（ ）
A．用户端的电压 B．发电厂的输出功率为
C．输电线路上损失的电功率为 D．输电线上的电压降为
【答案】B
【详解】A．根据变压器输入功率等于输出功率相等可得
解得用户端的电压为
故A正确，不满足题意要求；
BC．发电厂的输出功率为
输电线路上损失的电功率为
故B错误，满足题意要求；C正确，不满足题意要求；
D．输电线上的电压降为
故D正确，不满足题意要求。
故选B。
7．假定输电线路中的电流是，用户端的电压是，两条导线的总电阻是。导线的电阻集中画为一个电阻。在输电电流变为原来2倍的情况下，如果线路的电阻减为原来的一半，线路上损失的功率现在为（　　）
A． B． C． D．UI
【答案】C
【详解】当输电电流为I，导线电阻为r时，损失功率为，当输电电流为2I，导线电阻为0.5r时，其损失的功率为
故选C。
8．为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了利用电流的热效应除冰的思路。若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，在输电功率、用户的输入电压和输电线电阻不变的情况下，通过自动调节高压输电变压器的变压比，使输电线上的热耗功率变为16ΔP，则除冰时（　　）
A．输电电流为4I B．输电电流为16I C．输电电压为4U D．输电电压为
【答案】A
【详解】AB．高压线上的热耗功率为
若热耗功率变为16ΔP，则有
解得
故A正确，B错误；
CD．又因为输送功率不变，则
解得
故CD错误。
故选A。
9．某种电吹风机的内部电路图如图所示，a、b、c、d为四个固定触点。绕点转动的扇形金属触片P，可同时接触两个触点，触片P处于不同位置时，电吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种工作状态。和分别是理想变压器原、副线圈的匝数，该电吹风机的各项参数如表所示。下列说法正确的是（　　）
吹冷风时输入功率
吹热风时输入功率 490W
小风扇额定电压
正常工作时小风扇输出功率 40W
输入交流电压
A．变压器原、副线圈的匝数比
B．触片P同时接触b、c两个触点时电吹风机吹热风
C．小风扇的内阻为
D．电吹风机吹热风时电热丝上的电流为
【答案】D
【详解】A．小风扇额定电压为，输入交流电压为，则
A错误；
B．由题图可知，触片同时接触、两个触点时电吹风机吹冷风，B错误；
C．小风扇的发热功率
电流
可得
C错误；
D．吹热风时电热丝消耗的功率
则电热丝上的电流
D正确。
故选D。
10．我们日常生活离不开电，电是由发电厂产生的。为了合理地利用自然资源，火力发电厂通常建在煤矿附近，水电站建在水力资源丰富的河流上，但用电的地方可能距离很远，需要将电能安全、保质地由发电厂送往远方，同时又不能浪费太多的电能。请探究以下几个问题：
(1)火力发电厂或水电站发出电的电压一定很高吗？怎样才能提高输送电压？
(2)电能的远距离传输一般要经过哪几个环节？
【答案】(1)电压不会很高，借助变压器
(2)升压变压器升压、电能的输送线路、降压变压器降压
【详解】（1）电厂发出的电的电压最大值由公式Em=NBSω决定，因机械制造等因素，电压不会很高，通常借助变压器将低电压变为高电压。
（2）电能的远距离传输一般要经过三个环节，即升压变压器升压、电能的输送线路、降压变压器降压。
11．如图所示为某一新能源动力电池充电的供电电路图。配电设施的输出电压U1=250V，升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=1∶9，降压变压器原、副线圈的匝数比比n3∶n4=5∶1。充电桩充电时的额定功率P=19kW，额定电压U4=380V，变压器均视为理想变压器。求：
(1)升压变压器副线圈两端电压U2；
(2)通过输电线上的电流I3；
(3)输电线的总电阻r。
【答案】(1)2250V
(2)10A
(3)35Ω
【详解】（1）根据理想变压器两端电压与匝数的关系得
解得
（2）根据理想变压器两端电压与匝数的关系得
通过输电线上的电流为
解得，
（3）输电线电势差为
输电线的总电阻
解得
2第08讲 自感与互感
知识点一　互感现象
【情境导入】
如图所示，在法拉第的实验中两个线圈并没有用导线连接，当一个线圈中的电流变化时，在另一个线圈中为什么会产生感应电动势呢？
答案　两个线圈之间并没有导线相连，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会使穿过另一个线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势．
【知识梳理】
1．互感和互感电动势：两个相互靠近且没有导线相连的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势，这种现象叫作互感，这种感应电动势叫作互感电动势．
2．应用：利用互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈，如变压器就是利用互感现象制成的．
3．危害：互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间．在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路的正常工作．
【重难诠释】
1．当一个线圈中的电流变化时，它产生的磁场就发生变化，变化的磁场在周围空间产生感生电场，在感生电场的作用下，另一个线圈中的自由电荷定向运动，于是产生感应电动势．
2．一个线圈中电流变化越快(电流的变化率越大)，另一个线圈中产生的感应电动势越大．
3．应用与危害
(1)应用：变压器、收音机的磁性天线都是利用互感现象制成的．
(2)危害：在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路的正常工作，这时要设法减小电路间的互感．例如在电路板刻制时就要设法减小电路间的互感现象．
知识点二　自感现象
【情境导入】
1．按照如图所示电路图连接电路．
(1)开关S接通时，灯泡1和2的发光情况有什么不同？
(2)根据楞次定律结合电路图分析该现象产生的原因．
答案　(1)灯泡2立即发光，而灯泡1是逐渐亮起来的．
(2)接通电源的瞬间，电流增加，线圈L中产生感应电动势．根据楞次定律，感应电动势会阻碍电流的增加，所以灯泡1慢慢地亮起来．
2.按照如图所示电路图连接电路．
(1)若灯泡的电阻小于线圈L的直流电阻，先闭合开关使灯泡发光，稳定后断开开关．观察开关断开时灯泡的亮度变化，并解释原因．若灯泡电阻大于线圈L的直流电阻，灯泡的亮度如何变化？
(2)开关断开前后，流过灯泡的电流方向相同吗？
答案　(1)灯泡逐渐熄灭．开关断开时，通过线圈L的电流减小，这时会出现感应电动势阻碍线圈L中的电流减小，线圈中产生与原方向相同的电流，与灯泡构成闭合回路，所以灯泡逐渐熄灭．若灯泡电阻大于线圈L的直流电阻，则灯泡先闪亮一下再逐渐熄灭．
(2)开关闭合时，灯泡中的电流方向向左，开关断开瞬间，灯泡中的电流方向向右，所以开关断开前后，流过灯泡的电流方向相反．
【知识梳理】
当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势，这种现象称为自感．由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势．
【重难诠释】
1．对自感现象的理解
自感现象是一种电磁感应现象，遵守法拉第电磁感应定律和楞次定律．
2．对自感电动势的理解
(1)产生原因
通过线圈的电流发生变化，导致穿过线圈的磁通量发生变化，因而在线圈上产生感应电动势．
(2)自感电动势的方向
当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同(即：增反减同)．
(3)自感电动势的作用
阻碍原电流的变化，而不是阻止，原电流仍在变化，只是使原电流的变化时间变长，即总是起着推迟电流变化的作用．
3．对电感线圈阻碍作用的理解
(1)若电路中的电流正在改变，电感线圈会产生自感电动势阻碍电路中电流的变化，使通过电感线圈的电流不能突变．
(2)若电路中的电流是稳定的，电感线圈相当于一段导线，其阻碍作用是由绕制线圈的导线的电阻引起的．
(3)线圈通电和断电时线圈中电流的变化规律如图．
知识点三　自感系数和磁场的能量
【情境导入】
(1)自感电动势与哪些因素有关？
(2)在断电自感现象中，断开开关后，灯泡仍然亮一会，是否违背能量守恒定律？
答案　(1)根据公式E＝L可知，自感电动势与自感系数和电流的变化率有关．
(2)不违背．断电时，储存在线圈内的磁场能转化为电能，用以维持回路保持一定时间的电流，直到电流为零时，磁场能全部转化为电能并通过灯泡(或电阻)转化为内能，可见自感现象遵循能量守恒定律．
【知识梳理】
自感系数
1．自感电动势：E＝L，其中是电流的变化率；L是自感系数，简称自感或电感．单位：亨利，符号：H.
2．自感系数与线圈的大小、形状、匝数，以及是否有铁芯等因素有关．
磁场的能量
1．线圈中电流从无到有时，磁场从无到有，电源把能量输送给磁场，储存在磁场中．
2．线圈中电流减小时，磁场中的能量释放出来转化为电能．
3．自感电动势有阻碍线圈中电流变化的性质．
【重难诠释】
1．自感电动势
(1)表达式：E＝L.
(2)理解：①公式中为电流的变化率，电流变化越快，电流变化率越大，自感电动势也越大．
②公式中L为线圈的自感系数．
2．自感系数
教材习题01 3.如图2.4-9所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为0。A和B是两个相同的小灯泡。 (1)当开关S由断开变为闭合时，A、B两个灯泡的亮度将如何变化 请作出解释。 (2)当开关S由闭合变为断开时，A、B两个灯泡的亮度又将如何变化 请作出解释， 解题方法 自感与互感
【答案】(1)当开关由断开变为闭合时,两灯两端立即有电压,同时发光:由于线圈的电阻很小,当电路稳定时,B灯被线圈短路,故B灯由亮变暗,直到不亮,A灯由亮变为更亮 (2)当开关由闭合变为断开时,4灯两端电压变为0.立即熄灭。由于し是自感系数很大的线圈,自身电阻几乎为零,当电流减小时,线圈产生的自感电动势很大,相当于电源,给B灯提供短暂的电流,此时电流很大,B灯由暗变亮然后又逐渐变暗,过一会儿熄灭。
教材习题02 2.如图2-8，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以2v匀速进入同一匀强磁场。 (1)求第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比。 (2)求第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比。 (3)求第二次进入与第一次进入过程中线圈产生热量之比。 解题方法 法拉第电磁感应电路 电功率 电热
【答案】 (1) 线圈以速度 v 匀速进入匀强磁场时，线圈中产生的感应电动势，其中 L 为 CD 边的长度。 线圈中的感应电流为 ，其中 R 为线圈的总电阻。 同理，线圈以速度 2v 匀速进入匀强磁场时，线圈中的感应电流为 。 所以第二次进入与第一次进入时线圈中的感应电流之比为 2:1。 (2) 线圈以速度 v 匀速进入匀强磁场时，受到的安培力为；由于线圈做匀速运动，所以外力大小等于安培力大小，此时外力的功率为。 同理，线圈以速度 2_{v} 匀速进入匀强磁场时，外力的功率为。 所以第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为 4:1。 (3) 线圈以速度 v 匀速进入匀强磁场时， 线圈经过时间 完全进入磁场，此后线圈中不再有感应电流，所以线圈第一次进入磁场过程中产生的热量为 。 同理，线圈以速度 2v 匀速进入匀强磁场时，线圈进入磁场过程中产生的热量为 。 所以第二次进入与第一次进入过程中线圈产生的热量之比为 2:1。
题型1自感和自感电动势
在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采取了双线绕法，如图所示，其中的道理是（　　）
A．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消
B．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消
C．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的磁通量互相抵消
D．以上说法均不对
【答案】C
【详解】由于采用了双线绕法，两股导线中的电流等大反向，它们产生的磁场方向相反，磁通量互相抵消，不论导线中的电流如何变化，线圈中的磁通量始终为0，所以消除了自感现象的影响，故选C。
题型2线圈的自感系数及其决定因素
自感电动势正比于电流的变化率，其大小。L为自感系数，其单位“亨利”用国际单位制中的基本单位表示正确的是（　　）
A．H B．Vs/A C． D．
【答案】C
【详解】根据公式
可得自感系数
由知
代入公式得 L 的单位为
故选C。
题型3含自感线圈的电路闭合及断开后电流的变化
如图所示的电路中，电感线圈L的电阻不计，灯泡的阻值小于灯泡的阻值。闭合开关S，下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S瞬间，电感线圈对电流有阻碍作用，是一种自感现象
B．闭合开关S，图甲中灯泡同时亮
C．断开开关S，图甲中灯泡的电流方向与原来相反
D．断开开关S，图乙中灯泡会闪亮一下再熄灭
【答案】AD
【详解】A．电感线圈对电流的阻碍作用是自感现象，故A正确；
B．闭合开关S，由于电感线圈对电流的阻碍作用，灯泡立刻亮，灯泡缓慢变亮，故B错误；
C．断开开关S，图甲中电感线圈产生自感电动势，相当于新的电源，通过灯泡的电流方向与原来的电流方向相同，故C错误；
D．已知灯泡的阻值小于灯泡的阻值，在图乙中稳定时，断开开关S，电感线圈产生自感电动势，灯泡和灯泡组成回路，自感电流从开始减小，所以灯泡会闪亮一下再逐渐熄灭，故D正确。
故选AD。
题型4分析含自感线圈的电路小灯泡能否闪亮的原因
在如图所示的电路中，灯泡L1和L2完全相同，电源的内阻和线圈的电阻均可忽略，线圈L的自感系数较大，开关K处于断开状态，则下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关K瞬间，灯L1立即亮，灯L2不亮
B．闭合开关K瞬间，灯L1、L2同时发光，接着灯L1更亮，灯L2变暗，最后灯L2熄灭
C．电路稳定后再断开开关K的瞬间，灯L1立即熄灭，灯L2闪亮一下再熄灭
D．电路稳定后再断开开关K的瞬间，灯L1、L2均闪亮一下再熄灭
【答案】BC
【详解】K接通的瞬间，L所在支路中电流从无到有发生变化，因此，L中产生的自感电动势阻碍电流增加。由于自感系数较大，对电流的阻碍作用也就很强，所以K接通的瞬间L中的电流非常小，即干路中的电流几乎全部流过灯L2，所以灯L1、L2会同时亮；又由于L中电流逐渐稳定，感应电动势逐渐消失，灯L2逐渐变暗，线圈的电阻可忽略，对灯L2起到“短路”作用，因此灯L2最后熄灭。这个过程电路的总电阻比刚接通时小，由恒定电流知识可知，灯L1会更亮。稳定后K断开瞬间，线圈中产生自感电动势阻碍电流减小，线圈L相当电源，与灯L2组成回路，由于稳定时线圈的电流较大，则灯L2要闪亮一下再熄灭，灯L1立即熄灭。
故选BC。
题型5日光灯镇流器的原理和作用
新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动过程中回收系统的输出电压（U）比动力电池所需充电电压（）低时，不能直接充入其中。在下列电路中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低压向高压充电，其中可能实现的方案是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【详解】A．该电路中当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给电池充电，故A错误；
B．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时L产生自感电动势阻碍电流减小，L相当电源，电源U与L中的自感电动势共同加在电池两端，且此时二极管能导通，从而实现给高压充电，故B正确；
C．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时电源U也断开，只有L产生的自感电动势相当电源加在充电电池两端，但是电流方向无法通过二极管，故C错误。
D．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时电源U也断开，L产生的自感电动势相当电源加在充电电池两端，且断开时才能有电流流过二极管，故D正确。
故选BD。
题型6互感
无线充电是一种新型的充电方式。如图为无线充电的工作原理示意图，已知发射线圈连接的交流电，考虑到实际情况，则无线充电在工作状态时，下列说法正确的是（　　）
A．发射线圈中交流电的频率是100Hz
B．发射线圈中交流电的电压有效值是
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的周期不同
D．发射线圈与接收线圈中的磁通量不同
【答案】D
【详解】A．发射线圈中交流电的周期为
则发射线圈中交流电的频率为，故A错误；
B．发射线圈中交流电的电压有效值为，故B错误；
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的周期相同，故C错误；
D．考虑到实际情况，由于存在漏磁现象，所以发射线圈与接收线圈中的磁通量不同，故D正确。
故选D。
1．在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采取了双线绕法，如图所示，其中的道理是（　　）
A．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消
B．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消
C．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的磁通量互相抵消
D．以上说法均不对
【答案】C
【详解】由于采用了双线绕法，两股导线中的电流等大反向，它们产生的磁场方向相反，磁通量互相抵消，不论导线中的电流如何变化，线圈中的磁通量始终为0，所以消除了自感现象的影响，故选C。
2．如图所示，线圈L的电阻和电源内阻都很小，可忽略不计，电路中两个电阻的阻值均为R，开始时开关S断开，此时电路中电流为I0。现将开关S闭合，线圈L中有自感电动势产生，下列说法中正确的是（　　）
A．由于自感电动势有阻碍电流的作用，电路中电流最终由I0减小到零
B．由于自感电动势有阻碍电流的作用，电路中电流最终小于I0
C．由于自感电动势有阻碍电流的作用，电路中电流将保持I0不变
D．自感电动势有阻碍电流增大的作用，但电路中电流最终还要增大到2I0
【答案】D
【详解】当开关S闭合时，两个电阻并联，则总电阻减小，变为原来的，故通过线圈的电流增大，在线圈中产生自感电动势，自感电动势阻碍电流的增大，但“阻碍”不是“阻止”，“阻碍”实质上是“延缓”，电路中的电流不会立刻变为2I0，但最终仍会增大到2I0。
故选D。
3．以下四幅图片：图甲中闭合线圈平面垂直于磁场，线圈在磁场中旋转；图乙中是真空冶炼炉；图丙中是在匀强磁场内运动的闭合线框；图丁是研究自感现象的实验电路图。下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，线圈在磁场中旋转会产生感应电流
B．图乙中，真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置
C．图丙中，闭合线框中感应电流的方向为a→c→b
D．图丁中，电路开关断开瞬间，灯泡A会立即熄灭
【答案】B
【详解】A．图甲中线圈旋转时，通过线圈横截面的磁通量是不变的，所以不产生感应电流，故A错误；
B．交流电源会产生交变电场与磁场，在冶炼炉中的金属会因此产生涡流并发热，来帮助熔化金属，故B正确；
C．图丙中线圈转动时，通过线圈横截面的磁通量一直是0，不产生感应电流，故C错误；
D．图丁中，电路开关断开瞬间，电感L中的电流逐渐减小，在电感与灯泡间形成新的回路，灯泡会逐渐熄灭，故D错误。
故选B。
4．如图所示，L是自感系数很大且直流电阻为零的理想线圈，A、B、C是三个相同的小灯泡。下列说法正确的是（　　）
A．开关S闭合瞬间，A不亮，B、C一样亮
B．开关S闭合瞬间，A、B一样亮，C最亮
C．开关S断开瞬间，A、B、C逐渐熄灭
D．开关S断开瞬间，C立即熄灭，B闪亮一下再熄灭
【答案】A
【详解】AB．开关S闭合瞬间，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的增大，所以A不亮，B、C串联与电源构成回路，B、C一样亮，故A正确，B错误；
CD．开关S闭合稳定后，由于线圈的直流电阻为零，所以通过的A、B电流相等；开关S断开瞬间，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，且线圈与A、B构成回路，则C立即熄灭，A、B逐渐熄灭，都不会闪亮一下，故CD错误。
故选A。
5．如图所示，线圈L的自感系数足够大，时刻闭合开关S，电路稳定后，线圈L中电流小于电阻R的电流。在时刻断开开关S，电阻R中电流i随时间t变化的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】在时刻闭合开关S时，电阻R的电流瞬间达到最大；而线圈产生自感电动势，使得线圈中电流只能逐渐增大，干路中电流也逐渐增大；根据闭合电路欧姆定律可知，路端电压将逐渐减小，所以流过电阻R的电流逐渐减小，逐渐达到稳定；时刻断开开关，原来通过电阻R的电流立即消失，线圈中产生自感电动势，产生的感应电流流过电阻R，其方向与开始时流过电阻R的电流方向相反，此时回路中电流慢慢减小为零。
故选B。
6．某同学为了探究电感线圈和小灯泡对电路中电流的影响，设计了如图甲所示的电路，电路两端电压恒定，、为完全相同的电流传感器。时刻闭合开关得到如图乙所示的电流随时间变化的图像。电路稳定后，小灯泡正常发光。下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关时，电感线圈中电流为零，其自感电动势也为零
B．曲线描述的是电流传感器中电流随时间变化的规律
C．若电路稳定后断开开关，小灯泡闪亮后熄灭
D．若电路稳定后断开开关，小灯泡会立即熄灭
【答案】C
【详解】A．闭合开关时，电感线圈中电流为零，但由于线圈的自感现象，其自感电动势不为零，故A错误；
B．闭合开关S的瞬间，线圈由于自感现象，电流慢慢增大，所以乙图中的b曲线表示电流传感器A2测得的数据，故B错误；
CD．图乙可知稳定后，所在支路电流大于所在支路电流，故断开开关S，原来通过A1的电流立刻消失，由于线圈产生自感电动势阻碍电流减小，则线圈相当电源，在A1A2和灯泡之间重新形成回路，则使得小灯泡闪亮后熄灭，故C正确，D错误；
故选C。
7．如图所示接有直流电源的电路，L是电阻大小可忽略不计的线圈。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S，小灯泡缓慢变亮
B．断开开关S，小灯泡闪亮后熄灭
C．断开开关S，小灯泡左端电势高
D．断开开关S后数秒内，电路中仍存在电流
【答案】A
【详解】A．闭合开关S，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的增大，所以小灯泡缓慢变亮，故A正确；
BCD．断开开关S，虽然线圈产生自感电动势，但由于无法构成回路，所以不会产生感应电流，则小灯泡马上熄灭，小灯泡两端电势差为0，故BCD错误。
故选A。
8．如图所示的电路中，和是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S接通电路时，始终比亮
B．闭合开关S接通电路时，先亮，后亮，最后一样亮
C．断开开关S切断电路时，先熄灭，过一会儿才熄灭
D．断开开关S切断电路时，和都立即熄灭
【答案】B
【详解】AB．合上开关K接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮。故A错误，B正确；
CD．断开开关K切断电路时，通过A2的原来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过A2的灯的电流方向与原来的方向相反。故CD错误。
故选B。
9．如图所示的电路中，两个电流计完全相同，零刻度在刻度盘的中央，当电流从“+”接线柱流入时，指针向右摆．L是自感系数很大的线圈，电阻忽略不计．A和B是两个规格完全相同的小灯泡。下列说法正确的是（ ）
A．开关S闭合瞬间，灯泡A逐渐变亮，灯泡B立即变亮
B．开关S闭合稳定后，灯泡A、B的亮度不相同
C．开关S断开瞬间，灯泡A闪亮后熄灭，灯泡B立即熄灭
D．开关S断开瞬间，指针向左摆，指针向右摆
【答案】A
【详解】A．开关S闭合瞬间，灯泡B立即变亮，灯泡A所在支路因为有线圈产生自感电动势阻碍电流的增加，则A灯会逐渐变亮，选项A正确；
B．开关S闭合稳定后，因线圈电阻忽略不计，两边支路电阻相等，则灯泡A、B的亮度相同，选项B错误；
CD．开关S断开瞬间，原来通过B的电流立刻消失，因线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，则线圈相当电源，在灯泡AB中重新形成回路，则灯泡A和灯泡B都会逐渐熄灭，此时通过G1的电流从“+”极流入，则指针向右摆；通过G2的电流从“-”极流入，则指针向左摆，选项CD错误。
故选A。
10．新能源汽车由地面供电装置（发射线圈连接家用电源）和车载感应装置（接收线圈连接充电电池）进行充电。则（　　）
A．增大发射线圈与接收线圈的间距，接收线圈中感应电流的频率增大
B．发射线圈和接收线圈的磁通量变化率相等
C．在接收线圈下加装金属护板可增强充电效果
D．减小发射线圈与接收线圈的间距，发射线圈与接收线圈两端电压之比变化
【答案】D
【详解】A．接收线圈中感应电流的频率由发射线圈中电流的频率决定，与发射线圈与接收线圈的间距无关，所以，增大发射线圈与接收线圈的间距，接收线圈中感应电流的频率不变，故A错误；
B．由感应装置与供电装置的工作原理可知，非理想状态下由于能量损耗供电线圈和感应线圈的磁通量变化率不相等，故B错误；
C．在接收线圈下加装金属护板，金属护板会产生涡流，消耗能量，同时会屏蔽磁场，减弱充电效果，故C错误；
D．减小发射线圈与接收线圈的间距，则通过接收线圈的磁通量增大，接收线圈产生的感应电动势增大，发射线圈与接收线圈两端电压之比变化，故D正确。
故选D。
11．智能手表通常采用无线充电的方式充电。如图甲为智能手表及无线充电基座，图乙为充电原理示意图，充电基座接交流电源，基座内的送电线圈产生交变磁场，从而使智能手表内的受电线圈产生电流。现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为，若在到时间内，磁场向上穿过受电线圈，其磁通量由均匀增加到。下列说法正确的是（　　）
A．、之间的电势差大小为
B．线圈产生感应电流，原理是自感现象
C．无线充电的原理是利用充电基座内的线圈发射电磁波传输能量
D．若用塑料薄膜将充电基座包裹起来，不能为智能手表充电
【答案】A
【详解】A．在到时间内，磁场向上穿过受电线圈，其磁通量由均匀增加到，根据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差大小为，故A正确；
BC．无线充电的原理是基座内的线圈电流变化，产生变化的磁场，导致手表内部线圈中的磁通量发生改变，线圈产生感应电流，原理是互感原理，故BC错误；
D．由于无线电充是利用互感原理实现的，因此用塑料薄膜将充电基座包裹起来，仍能为智能手表充电，故D错误。
故选A。
12．如图所示，电路中有两个相同的灯泡、，电感线圈L的电阻可忽略，开始时开关S断开。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S，、逐渐变亮
B．闭合开关S，立即变亮，逐渐变亮，最终比亮
C．在闭合开关S至电路稳定后，断开开关S，、一起缓慢熄灭
D．在闭合开关S至电路稳定后，断开开关S，缓慢熄灭，先变亮一下然后才熄灭
【答案】C
【详解】AB．闭合开关S，所在支路无电感线圈，所以会立即变亮，所在支路，由于电感线圈的自感现象的影响，逐渐变亮，因为两个灯泡完全相同且并联，所以当电路稳定后，两个灯泡一样亮，AB错误；
CD．待电路稳定后，断开开关，由于电感线圈的自感现象，两个灯泡会逐渐熄灭，C正确，D错误。
故选C。
13．在物理趣味实验中，三位同学合作完成了一个惊奇的小实验：他们手拉手与一节电动势为1.5V的干电池、若干导线、一个开关、一个有铁芯且匝数适中的线圈（纯电阻较小）按图示方式连接，实验过程中进行某种操作，人会有触电的感觉。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关的瞬间，人有触电的感觉
B．电路稳定时，流过线圈的电流小于流过人体的电流
C．断开开关的瞬间，流过人体的电流方向为P→Q
D．断开开关的瞬间，线圈两端的电压突然增大
【答案】D
【详解】A．闭合开关的瞬间，人体两端的电压约等于电源两端的电压，为1.5V，不足以产生触电的感觉，故A错误；
B．电路稳定时，因为人体的电阻远大于线圈的电阻，所以流过人体的电流小于流过线圈的电流，故B错误；
C．断开开关的瞬间，线圈产生的感应电动势要阻碍线圈中的电流变小，因此产生的感应电流方向与原方向相同，自左向右，断开开关的瞬间，线圈与人组成新的闭合回路，因此流过人体的电流方向为Q→P，故C错误；
D．断开开关的瞬间，由于电流变化太快，导致线圈产生的感应电动势非常大，所以线圈两端的电压突然增大，故D正确。
故选D。
2第08讲 自感与互感
知识点一　互感现象
【情境导入】
如图所示，在法拉第的实验中两个线圈并没有用导线连接，当一个线圈中的电流变化时，在另一个线圈中为什么会产生感应电动势呢？
【知识梳理】
1．互感和互感电动势：两个相互靠近且没有导线相连的线圈，当一个线圈中的 时，它所产生的 会在另一个线圈中产生 ，这种现象叫作互感，这种感应电动势叫作 ．
2．应用：利用互感现象可以把 由一个线圈传递到 ，如变压器就是利用 制成的．
3．危害：互感现象能发生在任何两个 的电路之间．在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路的正常工作．
【重难诠释】
1．当一个线圈中的电流变化时，它产生的磁场就发生变化，变化的磁场在周围空间产生感生电场，在感生电场的作用下，另一个线圈中的自由电荷定向运动，于是产生感应电动势．
2．一个线圈中电流变化越快(电流的变化率越大)，另一个线圈中产生的感应电动势越大．
3．应用与危害
(1)应用：变压器、收音机的磁性天线都是利用互感现象制成的．
(2)危害：在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路的正常工作，这时要设法减小电路间的互感．例如在电路板刻制时就要设法减小电路间的互感现象．
知识点二　自感现象
【情境导入】
1．按照如图所示电路图连接电路．
(1)开关S接通时，灯泡1和2的发光情况有什么不同？
(2)根据楞次定律结合电路图分析该现象产生的原因．
2.按照如图所示电路图连接电路．
(1)若灯泡的电阻小于线圈L的直流电阻，先闭合开关使灯泡发光，稳定后断开开关．观察开关断开时灯泡的亮度变化，并解释原因．若灯泡电阻大于线圈L的直流电阻，灯泡的亮度如何变化？
(2)开关断开前后，流过灯泡的电流方向相同吗？
【知识梳理】
当一个线圈中的 变化时，它所产生的变化的磁场在 激发出感应电动势，这种现象称为自感．由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势．
【重难诠释】
1．对自感现象的理解
自感现象是一种电磁感应现象，遵守法拉第电磁感应定律和楞次定律．
2．对自感电动势的理解
(1)产生原因
通过线圈的电流发生变化，导致穿过线圈的磁通量发生变化，因而在线圈上产生感应电动势．
(2)自感电动势的方向
当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同(即：增反减同)．
(3)自感电动势的作用
阻碍原电流的变化，而不是阻止，原电流仍在变化，只是使原电流的变化时间变长，即总是起着推迟电流变化的作用．
3．对电感线圈阻碍作用的理解
(1)若电路中的电流正在改变，电感线圈会产生自感电动势阻碍电路中电流的变化，使通过电感线圈的电流不能突变．
(2)若电路中的电流是稳定的，电感线圈相当于一段导线，其阻碍作用是由绕制线圈的导线的电阻引起的．
(3)线圈通电和断电时线圈中电流的变化规律如图．
知识点三　自感系数和磁场的能量
【情境导入】
(1)自感电动势与哪些因素有关？
(2)在断电自感现象中，断开开关后，灯泡仍然亮一会，是否违背能量守恒定律？
【知识梳理】
自感系数
1．自感电动势：E＝L，其中是 ；L是 ，简称自感或电感．单位： ，符号： .
2．自感系数与线圈的 、 、 ，以及是否有 等因素有关．
磁场的能量
1．线圈中电流从无到有时，磁场从无到有，电源把能量输送给 ，储存在 中．
2．线圈中电流减小时， 中的能量释放出来转化为电能．
3．自感电动势有阻碍线圈中 的性质．
【重难诠释】
1．自感电动势
(1)表达式：E＝L.
(2)理解：①公式中为电流的变化率，电流变化越快，电流变化率越大，自感电动势也越大．
②公式中L为线圈的自感系数．
2．自感系数
教材习题01 3.如图2.4-9所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为0。A和B是两个相同的小灯泡。 (1)当开关S由断开变为闭合时，A、B两个灯泡的亮度将如何变化 请作出解释。 (2)当开关S由闭合变为断开时，A、B两个灯泡的亮度又将如何变化 请作出解释， 解题方法 自感与互感
教材习题02 2.如图2-8，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以2v匀速进入同一匀强磁场。 (1)求第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比。 (2)求第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比。 (3)求第二次进入与第一次进入过程中线圈产生热量之比。 解题方法 法拉第电磁感应电路 电功率 电热
题型1自感和自感电动势
在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采取了双线绕法，如图所示，其中的道理是（　　）
A．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消
B．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消
C．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的磁通量互相抵消
D．以上说法均不对
题型2线圈的自感系数及其决定因素
自感电动势正比于电流的变化率，其大小。L为自感系数，其单位“亨利”用国际单位制中的基本单位表示正确的是（　　）
A．H B．Vs/A C． D．
题型3含自感线圈的电路闭合及断开后电流的变化
如图所示的电路中，电感线圈L的电阻不计，灯泡的阻值小于灯泡的阻值。闭合开关S，下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S瞬间，电感线圈对电流有阻碍作用，是一种自感现象
B．闭合开关S，图甲中灯泡同时亮
C．断开开关S，图甲中灯泡的电流方向与原来相反
D．断开开关S，图乙中灯泡会闪亮一下再熄灭
题型4分析含自感线圈的电路小灯泡能否闪亮的原因
在如图所示的电路中，灯泡L1和L2完全相同，电源的内阻和线圈的电阻均可忽略，线圈L的自感系数较大，开关K处于断开状态，则下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关K瞬间，灯L1立即亮，灯L2不亮
B．闭合开关K瞬间，灯L1、L2同时发光，接着灯L1更亮，灯L2变暗，最后灯L2熄灭
C．电路稳定后再断开开关K的瞬间，灯L1立即熄灭，灯L2闪亮一下再熄灭
D．电路稳定后再断开开关K的瞬间，灯L1、L2均闪亮一下再熄灭
题型5日光灯镇流器的原理和作用
新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动过程中回收系统的输出电压（U）比动力电池所需充电电压（）低时，不能直接充入其中。在下列电路中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低压向高压充电，其中可能实现的方案是（　　）
A． B．
C． D．
题型6互感
无线充电是一种新型的充电方式。如图为无线充电的工作原理示意图，已知发射线圈连接的交流电，考虑到实际情况，则无线充电在工作状态时，下列说法正确的是（　　）
A．发射线圈中交流电的频率是100Hz
B．发射线圈中交流电的电压有效值是
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的周期不同
D．发射线圈与接收线圈中的磁通量不同
1．在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采取了双线绕法，如图所示，其中的道理是（　　）
A．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消
B．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消
C．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的磁通量互相抵消
D．以上说法均不对
2．如图所示，线圈L的电阻和电源内阻都很小，可忽略不计，电路中两个电阻的阻值均为R，开始时开关S断开，此时电路中电流为I0。现将开关S闭合，线圈L中有自感电动势产生，下列说法中正确的是（　　）
A．由于自感电动势有阻碍电流的作用，电路中电流最终由I0减小到零
B．由于自感电动势有阻碍电流的作用，电路中电流最终小于I0
C．由于自感电动势有阻碍电流的作用，电路中电流将保持I0不变
D．自感电动势有阻碍电流增大的作用，但电路中电流最终还要增大到2I0
3．以下四幅图片：图甲中闭合线圈平面垂直于磁场，线圈在磁场中旋转；图乙中是真空冶炼炉；图丙中是在匀强磁场内运动的闭合线框；图丁是研究自感现象的实验电路图。下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，线圈在磁场中旋转会产生感应电流
B．图乙中，真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置
C．图丙中，闭合线框中感应电流的方向为a→c→b
D．图丁中，电路开关断开瞬间，灯泡A会立即熄灭
4．如图所示，L是自感系数很大且直流电阻为零的理想线圈，A、B、C是三个相同的小灯泡。下列说法正确的是（　　）
A．开关S闭合瞬间，A不亮，B、C一样亮
B．开关S闭合瞬间，A、B一样亮，C最亮
C．开关S断开瞬间，A、B、C逐渐熄灭
D．开关S断开瞬间，C立即熄灭，B闪亮一下再熄灭
5．如图所示，线圈L的自感系数足够大，时刻闭合开关S，电路稳定后，线圈L中电流小于电阻R的电流。在时刻断开开关S，电阻R中电流i随时间t变化的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．某同学为了探究电感线圈和小灯泡对电路中电流的影响，设计了如图甲所示的电路，电路两端电压恒定，、为完全相同的电流传感器。时刻闭合开关得到如图乙所示的电流随时间变化的图像。电路稳定后，小灯泡正常发光。下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关时，电感线圈中电流为零，其自感电动势也为零
B．曲线描述的是电流传感器中电流随时间变化的规律
C．若电路稳定后断开开关，小灯泡闪亮后熄灭
D．若电路稳定后断开开关，小灯泡会立即熄灭
7．如图所示接有直流电源的电路，L是电阻大小可忽略不计的线圈。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S，小灯泡缓慢变亮
B．断开开关S，小灯泡闪亮后熄灭
C．断开开关S，小灯泡左端电势高
D．断开开关S后数秒内，电路中仍存在电流
8．如图所示的电路中，和是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S接通电路时，始终比亮
B．闭合开关S接通电路时，先亮，后亮，最后一样亮
C．断开开关S切断电路时，先熄灭，过一会儿才熄灭
D．断开开关S切断电路时，和都立即熄灭
9．如图所示的电路中，两个电流计完全相同，零刻度在刻度盘的中央，当电流从“+”接线柱流入时，指针向右摆．L是自感系数很大的线圈，电阻忽略不计．A和B是两个规格完全相同的小灯泡。下列说法正确的是（ ）
A．开关S闭合瞬间，灯泡A逐渐变亮，灯泡B立即变亮
B．开关S闭合稳定后，灯泡A、B的亮度不相同
C．开关S断开瞬间，灯泡A闪亮后熄灭，灯泡B立即熄灭
D．开关S断开瞬间，指针向左摆，指针向右摆
10．新能源汽车由地面供电装置（发射线圈连接家用电源）和车载感应装置（接收线圈连接充电电池）进行充电。则（　　）
A．增大发射线圈与接收线圈的间距，接收线圈中感应电流的频率增大
B．发射线圈和接收线圈的磁通量变化率相等
C．在接收线圈下加装金属护板可增强充电效果
D．减小发射线圈与接收线圈的间距，发射线圈与接收线圈两端电压之比变化
11．智能手表通常采用无线充电的方式充电。如图甲为智能手表及无线充电基座，图乙为充电原理示意图，充电基座接交流电源，基座内的送电线圈产生交变磁场，从而使智能手表内的受电线圈产生电流。现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为，若在到时间内，磁场向上穿过受电线圈，其磁通量由均匀增加到。下列说法正确的是（　　）
A．、之间的电势差大小为
B．线圈产生感应电流，原理是自感现象
C．无线充电的原理是利用充电基座内的线圈发射电磁波传输能量
D．若用塑料薄膜将充电基座包裹起来，不能为智能手表充电
12．如图所示，电路中有两个相同的灯泡、，电感线圈L的电阻可忽略，开始时开关S断开。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S，、逐渐变亮
B．闭合开关S，立即变亮，逐渐变亮，最终比亮
C．在闭合开关S至电路稳定后，断开开关S，、一起缓慢熄灭
D．在闭合开关S至电路稳定后，断开开关S，缓慢熄灭，先变亮一下然后才熄灭
13．在物理趣味实验中，三位同学合作完成了一个惊奇的小实验：他们手拉手与一节电动势为1.5V的干电池、若干导线、一个开关、一个有铁芯且匝数适中的线圈（纯电阻较小）按图示方式连接，实验过程中进行某种操作，人会有触电的感觉。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关的瞬间，人有触电的感觉
B．电路稳定时，流过线圈的电流小于流过人体的电流
C．断开开关的瞬间，流过人体的电流方向为P→Q
D．断开开关的瞬间，线圈两端的电压突然增大第06讲 法拉第电磁感应定律
知识点一　法拉第电磁感应定律
【情境导入】
我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流大小的决定因素和遵循的物理规律．
如图所示，将条形磁体从同一高度插入线圈的实验中．
(1)快速插入和缓慢插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？
(2)分别用同种规格的一根磁体和并列的两根磁体以相同速度快速插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？
(3)在线圈匝数一定的情况下，感应电动势的大小取决于什么？
【知识梳理】
1．感应电动势
在 现象中产生的电动势叫作感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于 ．
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 成正比．
(2)公式：E＝n，其中n为线圈的匝数．
(3)在国际单位制中，磁通量的单位是 ，感应电动势的单位是 ．
【重难诠释】
1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ及磁通量的变化率的比较
磁通量Φ 磁通量的变化量ΔΦ 磁通量的变化率
物理 意义 某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数 在某一过程中，穿过某个面的磁通量的变化量 穿过某个面的磁通量变化的快慢
当B、S互相垂直时的大小 Φ＝BS ΔΦ＝ ＝
注意 若穿过的平面中有方向相反的磁场，则不能直接用Φ＝BS.Φ为抵消以后所剩余的磁通量 开始和转过180°时平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是零 在Φ－t图像中，可用图线的斜率表示
2.公式E＝n的理解
感应电动势的大小E由磁通量变化的快慢，即磁通量的变化率决定，与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ无关．
知识点二　导体棒切割磁感线时的感应电动势
【情境导入】
(1)如图，导体棒CD在匀强磁场中运动．自由电荷会随着导体棒运动，并因此受到洛伦兹力．导体棒中自由电荷相对于纸面的运动大致沿什么方向？(为了方便，可以认为导体棒中的自由电荷是正电荷．)
(2)导体棒一直运动下去，自由电荷是否总会沿着导体棒运动？为什么？导体棒哪端的电势比较高？
(以上讨论不必考虑自由电荷的热运动．)
【知识梳理】
1．导线垂直于磁场方向运动，B、l、v两两垂直时，如图甲所示，E＝Blv.
甲　　　　 　　　 乙
2．导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图乙所示，E＝
3．导体棒切割磁感线产生感应电流，导体棒所受安培力的方向与导体棒运动方向 ，导体棒克服 做功，把其他形式的能转化为电能．
【重难诠释】
对公式的理解
(1)当B、l、v三个量的方向互相垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向互相平行时，导线将不切割磁感线，E＝0.
(2)当l垂直于B且l垂直于v，而v与B成θ角时，导线切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝Blvsin θ.
(3)若导线是弯折的，或l与v不垂直时，E＝Blv中的l应为导线两端点在与v垂直的方向上的投影长度，即有效切割长度．
图甲中的有效切割长度为：l＝sin θ；
图乙中的有效切割长度为：l＝；
图丙中的有效切割长度为：沿v1的方向运动时，l＝R；沿v2的方向运动时，l＝R.
知识点三　导体棒转动切割磁感线产生的电动势
【重难诠释】
导体棒转动切割磁感线：E＝Bl2ω.
如图所示，长为l的金属棒ab，绕b端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B，ab棒所产生的感应电动势大小可用下面两种方法推出．
方法一：棒上各处速率不等，故不能直接用公式E＝Blv求．由v＝ωr可知，棒上各点的线速度跟半径成正比．故可用棒的中点的速度作为平均切割速度代入公式计算．
＝，E＝Bl＝Bl2ω.
方法二：设经过Δt时间，ab棒扫过的扇形面积为ΔS，
则ΔS＝lωΔtl＝l2ωΔt，
磁通量的变化ΔΦ＝BΔS＝Bl2ωΔt，
所以E＝n＝n＝Bl2ω(n＝1)．
教材习题01 4. 如图 2.2-6，矩形线圈在匀强磁场中绕OO轴匀速转动时，线圈中的感应电动势是否变化 为什么 设线圈的两个边长分别是l1和l2，转动时角速度是ω，磁场的磁感应强度为B。试证明:在图示位置时，线圈中的感应电动势为E=BSω，式中S=l1l2，为线圈面积。 解题方法 切割磁感线求电动势
教材习题02 6.一长为!的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中绕其一端以角速度0在垂直于磁场的平面内匀速转动(图2.2-8)，求ab两端产生的感应电动势。 解题方法 法拉第电磁感应定律
题型1磁通量的变化量与变化率
穿过某闭合回路的磁通量随时间t变化的图像分别如图中的①~④所示，下列说法正确的是（　　）
A．图①：有感应电动势，且大小恒定不变
B．图②：产生的感应电动势一直在变大
C．图③：在内的变化为0，一直没有感应电流
D．图④：产生的感应电动势先变小再变大
题型2法拉第电磁感应定律的理解与应用
有A和B两个闭合电路，穿过A电路的磁通量由增加到，穿过B的磁通量由减少到0，则两个电路中产生的感应电动势EA和EB的大小关系是（　　）
A． B． C． D．不能确定
题型3导体棒平动切割磁感线
C919大型客机是我国首款按照国际通行适航标准自行研制、具有自主知识产权的喷气式中程干线客机，C919在高空以速度飞行，所在区域的地球磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度大小为，为飞机右翼端点，为飞机左翼端点，、间距为，飞机机身和机翼可当作导体。下列说法正确的是（ ）
A．在北京上空水平向北飞行时，点电势高于点电势
B．在邯郸上空水平向南飞行时，点电势高于点电势
C．在哈尔滨上空水平向东飞行时，、间的感应电动势小于
D．在广州和哈尔滨上空水平向北飞行时，前者、间的感应电动势更大
题型4己知磁感应强度随时间的变化的关系式求电动势
英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，环上套一带电荷量为＋q的小球，已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是（　　）
A．0 B．r2qk C．2πr2qk D．πr2qk
题型5感生电动势与动生电动势并存
如图所示，足够长的平行金属导轨固定在水平面内，间距L=0.5m，电阻不计。与导轨左端连接的线圈面积S=0.1m2，内阻r=0.5Ω，匝数n=400匝。一根长L=0.5m，质量m=0.1kg、电阻R=2Ω的导体棒ab垂直放置在导轨上，与导轨间的动摩擦因数μ=0.4。线圈内的磁场平行于轴线向上，磁感应强度B1以的变化率随时间增大；导轨之间的匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度的大小B2=1T。t=0时刻闭合开关，当t=9.0s时导体棒已达到最大速度，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)刚合上开关时，导体棒的加速度大小a；
(2)导体棒运动速度的最大值vm；
(3)0～9.0s内导体棒的位移大小x。
题型6回路中感应电荷量的求解
在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1m2，线圈电阻为1Ω。规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图1所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示。则以下说法正确的是（　　）
A．在时间0~5s内I的最大值为0.1A
B．在时间0~5s内I的方向先顺时针后逆时针
C．在时间0~5s内，线圈最大发热功率为
D．在时间0~5s内，通过线圈某截面的总电量为零
题型7电磁感应中的图像问题
如图所示，空间存在磁感应强度大小相等，方向分别垂直于光滑绝缘水平面向上和向下的匀强磁场，由粗细均匀的电阻丝制成边长为L的正方形线框ABCD，在外力F的作用下从磁场边界以速度v垂直进入磁场并匀速穿出磁场。已知两磁场宽度均为线框长度的2倍，磁感应强度大小均为B。在匀速通过两磁场的整个过程中，下列关于A、B两点间电势差随时间t的变化关系图像（其中），可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
题型8电磁感应与电路综合
如图所示，边长为l的正方形导线框abcd电阻为R，该线框在光滑水平面内以速度沿x轴正向运动，线框刚好穿过磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场区域。下列说法中正确的是（　　）
A．导线框进入磁场时导线框中产生顺时针方向的电流
B．导线框的质量
C．当导线框完全在磁场中运动时ab两端的电压为
D．导线框进入磁场过程和离开磁场过程中产生的热量之比为
1．在如图所示的四种磁场情况中能产生恒定的电场的是（　　）
A． B．
C． D．
2．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示。则在移动过程中线框的一边a、b两点间电势差最大的是（　　）
A． B． C． D．
3．如图所示，导体AB的长为6R，绕点以角速度匀速转动，长为R，且、、三点在一条直线上，有一磁感应强度为的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直（图中未画出），那么AB两端的电势差为（ ）
A． B． C． D．
4．有A和B两个闭合电路，穿过A电路的磁通量由增加到，穿过B的磁通量由减少到0，则两个电路中产生的感应电动势EA和EB的大小关系是（　　）
A． B． C． D．不能确定
5．如图为某中学物理兴趣小组为研究无线充电技术，动手制作的一个“特斯拉线圈”。线圈匝数为n，面积为S，若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间内线圈两端的电势差的大小（　　）
A．恒为 B．从0均匀变化到
C．恒为 D．从0均匀变化到
6．如图甲所示，金属圆环的半径为r，电阻率为ρ。圆环是由横截面积为S的硬质细导线做成的。圆环内匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，垂直纸面向外为磁场正方向，则在前2t0的时间内圆环中的感应电流为（　　）
A． B． C． D．
7．某物理兴趣小组利用如图甲所示实验装置开展实验．实验一：在线圈中接入如图乙所示电流；实验二：在线圈中接入如图丙所示电流，关于这两次实验，在t1到t2时间内下列说法中正确的是（　　）
A．两次实验中所接入的电流在螺线管中心轴线处均产生竖直向上的感应磁场
B．实验一中电流表发生偏转
C．实验一中通过线圈的磁通量为零
D．实验二中通过线圈的磁通量向下且增大
8．如图甲所示，在磁感应强度随时间均匀变化的匀强磁场中垂直磁场放置一圆形金属漆包线圈（磁场方向垂直线圈平面向里），线圈中产生的感应电流为。若仅将线圈扭转成图乙所示的形状，其中大圆半径是小圆半径的3倍，假设扭转过程中金属线圈的总长度和粗细均保持不变，不考虑导线中电流产生磁场对磁通量的影响，则图乙线圈中产生的感应电流大小为（　　）
A． B． C． D．
9．磁感应强度B随时间t变化的图像如图所示，当该磁场垂直穿过面积、匝数n=10的导线框时，导线框产生的感应电动势为（ ）
A．1V B．2V C．3V D．4V
10．如图1所示，在水平桌面上有一封闭金属线圈，在线圈所在空间分布着竖直向下的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。则下列说法正确的是（　　）
A．线圈中有顺时针方向的感应电流（俯视角度）
B．线圈中的感应电流大小不变
C．线圈中的感应电流在不断减小
D．线圈有向外扩张的趋势
11．电阻不计的单匝圆形线圈固定在磁场中，线圈平面与磁场方向垂直。若一定值电阻接在线圈的两端，如图1所示，磁感应强度以均匀增大时，电阻消耗的功率为；若磁感应强度恒为，线圈闭合，在线圈边缘与圆心之间接入定值电阻，如图2所示，电阻不计的金属棒沿着半径放在线圈上（与线圈接触良好），绕圆心匀速转动，电阻消耗的功率也为。金属棒转动的角速度为（　　）
A． B． C． D．
12．将一根铜丝顺次绕成如图所示的线圈，大、小圆半径分别为和，线圈的总电阻为为其两端点。线圈内存在垂直线圈平面向里匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化关系为（，均为常量）。忽略线圈连接处的间隙，则两点电势差为（ ）
A． B． C． D．
13．如图所示，a、b两个闭合单匝线圈用同样的导线制成，面积，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小。则a、b线圈中产生的感应电动势之比为（　　）
A．1:4 B．1:2 C．2:1 D．4:1
二、解答题
14．如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，两条光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.4m，左端接有阻值R=0.4Ω的电阻。一阻值r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上。金属棒在水平向右的拉力F作用下，沿导轨做速度v=2m/s的匀速直线运动。求：
(1)通过电阻R的电流I；
(2)MN两点间的电压大小U。
15．如图所示，把平行导轨放在磁感应强度为B的匀强磁场中，通过一电阻相连，所在平面跟磁感线垂直。导体棒MN放在导轨上，两导轨间距为l，MN以速度v向右匀速运动。试根据法拉第电磁感应定律求产生的感应电动势。
2第一章 安培力与洛伦兹力 单元自测
建议用时：90分钟，满分：100分
一、单项选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．下列说法正确的是（　　）
A．电场线和磁感线都是客观存在的，都能通过实验显示出来
B．电场中某点的电场强度方向即为正点电荷在该点所受电场力的方向
C．磁场中某点的磁感应强度方向即为小磁针在该点静止时S极所指的方向
D．同一通电导线，所处位置的磁感应强度越大，受到的磁场力一定越大
2．关于磁场的认识，下列说法正确的是（　　）
A．将一小段通电导线置于磁场中某处，若该导线不受磁场力，则说明此处的磁感应强度为零
B．磁感应强度的方向与置于该处的通电导线受到的磁场力的方向相同
C．将小磁针放在磁场中某处，小磁针静止时N极所指的方向就是该处磁感应强度的方向
D．根据磁感应强度的定义式可知，B与F成正比，与IL成反比
3．如图中分别标明了通电直导线中电流、匀强磁场的磁感应强度和通电导线所受安培力的方向，其中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．下列四图表示真空中不计重力的带正电粒子分别以速度按如图所示的方向进入匀强电场或匀强磁场中，下列说法正确的是（　　）
A．图甲中带电粒子做匀速直线运动
B．图乙中带电粒子做匀变速曲线运动
C．图丙中带电粒子在纸面所在的平面内做匀速圆周运动
D．图丁中带电粒子做匀加速直线运动
5．如图所示，粒子a和粒子b所带的电荷量相同，以相同的动能从A点射入匀强磁场中，做圆周运动的半径ra＝2rb，则下列说法正确的是（重力不计）（　　）
A．两粒子都带正电，质量之比＝4 B．两粒子都带负电，质量之比＝4
C．两粒子都带正电，质量之比＝ D．两粒子都带负电，质量之比＝
6．如图所示，向一根松弛的导体线圈中通以电流，线圈将会（　　）
A．纵向收缩，径向膨胀
B．纵向伸长，径向膨胀
C．纵向伸长，径向收缩
D．纵向收缩，径向收缩
7．五一期间，小明同学游览了中华苏维埃共和国临时中央政府旧址群——瑞金市叶坪景区和红井景区等，接受了一次爱国主义和革命传统教育。图甲中广场上鲜艳的红五角星令他印象深刻，为致敬先烈，返校后他用同种材质、粗细均匀的硬质导线制成了一个标准的“五角星”线框，固定在垂直线框平面的匀强磁场中，并在M、P间接有电源（如图乙所示）。若边所受安培力大小为F，不考虑导线间的相互作用力，则五角星线框受到的安培力大小为（　　）
A．0 B． C． D．
8．速度选择器的简化模型如图所示，平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B互相垂直。一质子以速度v从左侧沿两板中线进入，恰好沿直线运动，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．
B．若质子以速度v从右侧沿两板中线进入，将向下偏转
C．若电子以速度v从左侧沿两板中线进入，将向上偏转
D．若α粒子以速度v从左侧沿两板中线进入，将向下偏转
9．2024年12月，由中国航天科技集团有限公司六院801所研制的国内首款磁阳极霍尔推力器在国际上实现首次飞行应用。如图1所示，霍尔推力器是一种先进的电推进装置，被广泛应用在卫星位置保持和姿态控制领域，其工作原理涉及闭合环轨道中的电子在磁场中受到约束。如图2所示，在较窄的环形空间内有沿径向向内的磁场，该磁场在环形空间内的磁感应强度近似认为大小均为B；在垂直于环面同时加上方向向右的匀强电场E（场强大小未知）和方向向左的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为（k为常数，）。在各个场的共同作用下，电子恰好能在环形空间内沿图中方向做半径为R的匀速圆周运动。已知电子的质量为m，电荷量大小为e，不计电子重力，则下列说法正确的是（　　）
A．沿径向向内的磁场产生的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力
B．电子的运动周期为
C．电子的运动速率为
D．电场强度大小为
10．传感器技术是现代测量和自动化系统的重要技术之一，从宇宙开发到海底探秘，从生产的过程控制到现代文明生活，几乎每一项技术都离不开传感器，其中压力传感器的应用较为广泛。有些压力传感器是通过霍尔元件将压力信号转化为电信号，当压力改变时有电流通过霍尔元件。如图所示，一块宽为a、长为c、厚为h的长方体半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入如图所示方向的电流。若元件处于磁感应强度大小为B，方向垂直于上表面向下的匀强磁场中稳定时，前、后表面形成的电势差大小为U、下列说法中正确的是（　　）
A．自由电子受到洛伦兹力的方向垂直前表面向外
B．前表面电势比后表面电势高
C．若仅增大霍尔元件的宽度a，则元件的前、后表面间电压U会减小
D．工作稳定后，前后表面间电势差为
11．如图所示，某空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，处有一粒子源，可以在纸面内沿各个方向均匀发射质量为、电荷量为、速度大小为的带电粒子，在粒子源上方固定一足够大的水平挡板垂直于且，已知粒子打到挡板最左侧的点到点的距离是打到最右侧的点到点距离的。若不计粒子重力和粒子间的相互作用，打到挡板上的粒子全被吸收，。则磁感应强度的大小为（　　）
A． B． C． D．
12．如图，石墨烯的长为a，宽为b，它的载流子为电子，石墨烯处在磁感应强度垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场中，当电极1、3间通以恒定电流时，电极2、4间将产生霍尔电压UH。已知载流子的运动速率为v，下列说法正确的是（ ）
A．电极2的电势高于电极4的电势
B．霍尔电压UH=Bbv
C．a越小，霍尔电压UH越大
D．a越大，霍尔电压UH越大
二、多项选择题：本题共3小题，每小题4分，共12分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分
13．利用质谱仪可分析碘的各种同位素，如图所示，电荷量均为+q的碘131和碘127质量分别为m1和m2，它们从容器A下方的小孔S1进入电压为U的加速电场（初速度忽略不计），经电场加速后从S2小孔射出，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。下列说法正确的是（　　）
A．磁场的方向垂直于纸面向里
B．碘131进入磁场时的速率为
C．碘131与碘127在磁场中运动的时间差值为
D．打到照相底片上的碘131与碘127之间的距离为
14．下列关于如图的说法，正确的是（ ）
A．图甲是回旋加速器示意图，电压U越大，粒子加速时间越短
B．图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的正极
C．图丙是速度选择器，带电粒子能够通过速度选择器的条件是，与粒子电性无关
D．图丁是霍尔效应示意图，若导体中的自由电荷是电子，则导体上表面的电势比下表面的电势高
15．已知氚核质量约为质子质量的3倍（）、电荷量为e，粒子质量约为质子质量的4倍（）、电荷量为2e，三者在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，下列关于它们运动半径之比的说法正确的是（　　）
A．若它们的速度大小相等，则半径之比
B．若它们的速度大小相等，则半径之比
C．若它们由静止经过相同的加速电场加速后进入磁场，则半径之比
D．若它们由静止经过相同的加速电场加速后进入磁场，则半径之比
三、实验题：本题共2小题，共计12分.
16．图中虚线框内存在一沿水平方向、与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小，并判定其方向。所用部分器材如图所示，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。
实验步骤如下：
a.按图接线。
b.保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态，然后用天平称出细沙质量。
c.闭合开关S，调节电阻箱的阻值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态，然后读出电流表的示数I，并用天平称出此时细沙的质量。
d.用米尺测量D的底边长度L。
(1)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B= 。
(2)判定磁感应强度方向的方法是：若m2 m1，磁感应强度方向垂直纸面向外；若m2 m1，磁感应强度方向垂直纸面向里。（填 “>” 或“ =” 或“ <” ）
17．如图（1）所示，实验小组通过拉力传感器探究直线电流周围磁感应强度大小规律，将直导线ab直线固定，通过开关接上直流电源，选取一小段长度为L的直导线cd接入电路，并在中点处与拉力传感器相连，拉力传感器接入计算机中，测出直导线ab中通过大的电流强度为，直导线cd中通过小的电流强度为，将导线cd围绕中点O垂直纸面缓慢旋转90°过程中，得到拉力传感器读数随转过角度变化关系如图（2）所示；若将导线cd沿纸平面缓慢向右移动距离x时，得到拉力传感器读数随距离倒数变化关系如图（3）所示，不考虑导线cd所产生的磁场。
（1）初始时导线cd所在位置的磁感应强度大小为 ；
（2）导线cd旋转90°时，O点磁感应强度方向 ；
（3）直线电流产生磁场的磁感应强度大小与离导线距离x成 （填“正比”或“反比”）。
四、解答题：本题共3小题，共计40分．
18．如图所示是某同学模拟电磁炮工作原理和发射过程的装置示意图。在距离地面高度为h的水平台面上，足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ置于塑料圆筒内，质量为m的金属炮弹置于圆筒内的导轨上，导轨左端连着电容为C、两极板间电势差为的平行板电容器，闭合开关S，电容器放电过程中金属炮弹在安培力作用下开始运动，达到最大速度后平抛离开轨道，此时电容器两极板间电势差为，金属炮弹落到水平地面上时水平位移为2.5h。已知电容器储存电能的表达式为，其中C为电容器的电容，U为电容器两极板间的电势差，金属炮弹始终与导轨接触良好，重力加速度为g，求：
(1)金属炮弹离开水平台面时速度v的大小；
(2)电容器的电能转化为金属炮弹动能的效率。
19．如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，导轨的一端接有电动势E＝3V，内阻r＝0.5Ω的直流电源，两导轨间的距离L＝0.4m，在导轨所在空间内分布着磁感应强度B＝0.5T，方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，现把一个质量m＝0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直，且接触良好，导体棒的电阻R＝1.0Ω，导体棒恰好刚要滑动，金属导轨电阻不计。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
(1)ab棒受到的安培力；
(2)ab棒与导轨的动摩擦因数μ。
20．如图所示，在等腰直角三角形OAD内部有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，OA在x轴上，长度为L。一粒子的质量为m、电荷量为q，从OA中点C垂直OA射入磁场，刚好垂直OD射出磁场，不计粒子所受的重力。
(1)判断粒子的电性；
(2)求粒子的速度大小v；
(3)求粒子打在y轴上的点P的坐标；
(4)求粒子从射入磁场到打在y轴上的总时间t。第02讲 磁场对运动电荷的作用力
知识点一　洛伦兹力的方向
【情境导入】
如图所示，电子由阴极向阳极运动(向右运动)过程中向下发生了偏转，试问：
(1)什么力使电子偏转？该力的方向如何？
(2)电子运动轨迹附近的磁场方向如何？电子所受洛伦兹力与磁场方向、电子运动方向存在什么关系？
答案　(1)洛伦兹力　向下
(2)磁场方向向里　电子所受洛伦兹力与磁场方向垂直，与电子运动方向垂直，满足左手定则
【知识梳理】
1．洛伦兹力
(1)定义：运动电荷在磁场中受到的力．
(2)与安培力的关系：通电导线在磁场中受到的安培力是洛伦兹力的宏观表现．
2．洛伦兹力的方向
左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向．如图所示，负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反．
知识点二　洛伦兹力的大小
【情境导入】
如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B.设磁场中有一段长度为L的通电导线，横截面积为S，单位体积内含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q且定向移动的速率都是v.
(1)导线中的电流是多少？导线在磁场中所受安培力多大？
(2)长为L的导线中含有的自由电荷数为多少？每个自由电荷所受洛伦兹力多大？
答案　(1)nqvS　nqvSLB　(2)nSL　qvB
【知识梳理】
一般表达式：F＝qvBsin θ，θ为v与B的夹角，如图．
(1)当v∥B，即θ＝0或180°时，F＝0.
(2)当v⊥B，即θ＝90°时，F＝qvB.
知识点三　电子束的磁偏转
【知识梳理】
1．显像管的构造：如图所示，由电子枪、偏转线圈和荧光屏组成．
2．显像管的原理
(1)电子枪发射高速电子．
(2)电子束在磁场中偏转．
(3)荧光屏被电子束撞击时发光．
3．扫描：在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，其方向、强弱都在不断变化，因此电子束打在荧光屏上的光点不断移动，这在显示技术中叫作扫描．
知识点四　带电体在磁场中的运动
1．带电体在匀强磁场中速度变化时洛伦兹力的大小往往随之变化，并进一步导致弹力、摩擦力的变化，带电体将在变力作用下做变加速运动．
2．利用牛顿运动定律和平衡条件分析各物理量的动态变化时要注意弹力为零的临界状态，此状态是弹力方向发生改变的转折点．
教材习题01 2.试判断图1.2-10所示的带电粒子刚进入磁场时所受到的洛伦兹力的方向。 解题方法 ①左手定则的应用
【答案】从图甲至图丁,带电粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力方向依次为平行于纸面向上、平行于纸面向下、垂直于纸面向外和垂直于纸面向里
教材习题02 4.一种用磁流体发电的装置如图 1.2-12所示。平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接，A、B就是一个直流电源的两个电极。 (1)A、B板哪一个是电源的正极 (2)若A、B两板相距为d，板间的磁场按匀强磁场处理，磁感应强度为B，等离子体以速度v沿垂直于B的方向射入磁场，这个发电机的电动势是多大 解题方法 ①左手定则分析及二力平衡分析
【答案】(1)B板是电源的正极。 (2)当外电路断开时,在洛伦兹力的作用下,带正、负电的粒子分别向B板和A板运动,在A、B之间形成竖直向上的电场,电荷堆积越多,两板间电压越大,场强也越大,直到带电粒子受到的电场力与洛伦兹力平衡,即qE=qvB时,带电粒子做勾速直线运动,此时E=B.两极板间的电压为U=Ed=Bdv,这就是该发电机的电动势大小
题型 1 洛伦兹力的方向
洛伦兹力的方向
(1)洛伦兹力： 在 中受到的力。
(2)左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指 ，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从 垂直进入，并使 指向 运动方向，这时 所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。
说明：①对于负电荷，四指指向电荷运动的反方向。
②洛伦兹力的方向总是与电荷运动的方向和磁场方向垂直，即洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向所决定的平面。
F、B、v三个量的方向关系是：F⊥B，F⊥v，但B与v不一定垂直，如图甲、乙所示。
③洛伦兹力永不做功，它只改变电荷的运动方向，不改变电荷的速度大小。
【答案】(1) 运动电荷 磁场
(2) 垂直 掌心 四指 正电荷 拇指
题型 2 洛伦兹力的计算
如图所示，磁场的磁感应强度为B。设磁场中有一段通电导线，横截面积为S，单位体积中含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q且定向运动的速率都是v。
(1)图中一段长度为vt的导线中的自由电荷数是多少？导线中的电流为多大？
(2)图中一段长度为vt的导线在磁场中所受安培力多大？
(3)每个自由电荷所受洛伦兹力大小？
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）图中一段长度为vt的导线中的自由电荷数是
导线中的电流
（2）导线在磁场中所受安培力
（3）每个自由电荷所受洛伦兹力大小
题型 3 磁偏转的实际应用
下图为显像管原理剖面示意图，电子枪发射电子束，在没有磁场时电子束打在荧光屏正中的O点。通过安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场可以使电子束发生偏转，关于偏转磁场与电子束偏转情况说法正确的是（　　）
A．要使电子束在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，偏转磁场应竖直向上
B．要使电子束在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，偏转磁场应垂直纸面向外
C．要使电子束打在荧光屏上的位置由B点逐渐向A点移动，偏转磁场的强度应逐渐减小
D．要使电子束打在荧光屏上的位置由B点逐渐向A点移动，偏转磁场的强度应逐渐增加
【答案】B
【详解】AB．要使电子束在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，根据左手定则可知，偏转磁场应垂直纸面向外，故A错误，B正确；
CD．粒子在偏转磁场中，由洛伦兹力提供向心力得
可得
要使电子束打在荧光屏上的位置由B点逐渐向A点移动，电子做圆周运动的半径先变大后变小，偏转磁场的磁感应强度应减小，再反向增大，故CD错误。
故选B。
题型 4 电磁流量计的原理及相关计算
为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为和，左、右两端开口与排污管相连，如图所示。在垂直于上、下底面加磁感应强度为的向下的匀强磁场，在空腔前、后两个面上各有长为的相互平行且正对的电极和，和之间接有电压表（图中未画出）。污水从左向右流经该装置，下列说法正确的是（　　）
A．板比板电势高
B．污水中离子浓度越高，则电压表的示数越小
C．污水流速越快，电压表示数越大
D．若只增大所加磁场的磁感应强度，对电压表的示数无影响
【答案】C
【详解】A．根据左手定则，正离子往N板偏，负离子往M板偏，最终M板带负电，N板带正电，M板电势比N板电势低，故A错误；
BCD．最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，可得
污水的流量Q=vbc
则MN两端间的电势差为
电势差与污水中的离子浓度无关；污水流速越快，则流量越大，电压表示数越大；若只增大所加磁场的磁感应强度，电势差变大，则电压表的示数变大；故BD错误，C正确。
故选C。
题型 5 霍尔效应的原理及相关计算
如图所示，厚度为，宽度为的导体板放在垂直于前后侧面，磁感应强度为的匀强磁场，当电流通过导体板时，在导体的上下表面与之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应，实验表明，当磁场不太强时，电势差、电流、磁场存在关系，式子中比例系数称为霍尔系数，设电流时电子的定向移动形成的，电子电荷量为，则下列说法正确的是（　　）
A．达到稳定状态时，导体上侧面的电势高于下侧面的电势
B．在电子向导体板一侧聚集的过程中，电子所受的洛伦兹力对电子做正功
C．当导体板上下两侧形成稳定的电势差时，电子所受的电场力大小为
D．由静电力和洛伦兹力平衡的条件，可以证明霍尔系数，其中代表导体板单位体积中电子的个数
【答案】D
【详解】A．导体的电子定向移动形成电流，电子的运动方向与电流方向相反，电流方向向右，则电子向左运动。由左手定则判断，电子会偏向端面，板上出现等量的正电荷，电场线向上，所以侧面的电势低于下侧面的电势，故A错误；
B．在电子向导体板一侧聚集的过程中，电子所受的洛伦兹力不对电子做功，故B错误；
C．电子所受静电力的大小为，故C错误；
D．电子所受的洛伦兹力的大小为
当电场力与洛伦兹力平衡时，则有
解得
导体中通过的电流为
由
解得
联立解得，故D正确。
故选D。
1．某带电粒子以速率v进入磁场，不计粒子受到的重力，则粒子的下列物理量中一定保持不变的是（ ）
A．加速度 B．速度 C．动能 D．合力
【答案】C
【详解】当带电粒子不平行于磁场方向进入磁场时，其所受洛伦兹力不为零，且力的方向不断改变，导致其加速度、速度方向、合力均发生改变，因此加速度、速度、合力不一定保持不变。而无论粒子以何种角度进入磁场，洛伦兹力始终对粒子不做功，根据动能定理，其动能一定保持不变。
故选C。
2．一个电子（不计重力，质量，电荷量）以速度垂直进入磁感应强度为的匀强磁场中，则（　　）
A．电子在图示时刻受到垂直v0向上的洛伦兹力
B．电子在磁场中做的是变加速运动
C．电子的速度始终不变
D．电子的动能始终不变
【答案】BD
【详解】A．由左手定则可知电子在图示时刻受到垂直向下的洛伦兹力，故A错误；
B．由洛伦兹力提供向心力可得电子在磁场中做的是匀速圆周运动，向心加速度方向一直在改变，是变加速运动，故B正确；
CD．洛伦兹力提供向心力，则洛伦兹力不做功，故电子的速度大小不变，方向时刻在改变，根据可知电子的动能始终不变，故C错误，D正确。
故选BD。
3．关于安培力和洛伦兹力的方向，下列各图正确的是（ ）
A．B．C． D．
【答案】A
【详解】A．对于负电荷，根据左手定则，伸开左手，让磁感线垂直穿过手心，四指指向负电荷运动的反方向，大拇指所指方向即为洛伦兹力方向，故A正确；
B．由于B图像中电荷的速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力的作用，故B错误；
C．对于通电导线，根据左手定则，伸开左手，让磁感线垂直穿过手心，四指指向电流方向，大拇指所指方向即为安培力方向，所以C图中安培力方向应水平向左，故C错误；
D．由于D图像中电流的方向与磁场方向平行，不受安培力的作用，故D错误。
故选A。
4．宇宙射线中含有大量高能带电粒子，若这些粒子都直接到达地面，将会对地球上的生命带来危害。地磁场（如图所示）的存在可以改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，使得很多高能带电粒子无法到达地面。若不考虑地磁偏角的影响，下列说法正确的是（　　）
A．地磁场只对垂直地面运动的带电粒子有阻挡作用
B．地磁场只对赤道平面内垂直地面运动的带电粒子有阻挡作用
C．地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在两极附近最弱
D．地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在赤道附近最弱
【答案】C
【详解】地磁场在地球两极最强，赤道较弱，而带电粒子在磁场中所受洛伦兹力还与速度方向有关，垂直地面运动（指向地心）的带电粒子在两极处速度几乎与磁场方向平行，洛伦兹力的影响最小。因此地磁场对带电粒子均有阻挡作用，且地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在两极附近最弱，在赤道附近最强。
故选C。
5．如图所示为显像管原理图，没有磁场时电子束打在荧光屏正中的O点。为使电子束偏转，由安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场。
显像管原理示意图（俯视图）
(1)要使电子束在水平方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，偏转磁场应该沿什么方向？
(2)要使电子束打在B点，磁场应该沿什么方向？
(3)要使电子束打在荧光屏上的位置由B点逐渐向A点移动，偏转磁场应该怎样变化？
【答案】(1)垂直纸面向外
(2)垂直纸面向里
(3)偏转磁场的磁感应强度应先垂直纸面向里逐渐减小，再垂直纸面向外逐渐增大
【详解】（1）要使电子束在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，根据左手定则可知，偏转磁场应垂直纸面向外。
（2）要使电子束在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上的B点，根据左手定则可知，偏转磁场应垂直纸面向里。
（3）粒子在偏转磁场中，由洛伦兹力提供向心力得，可得
要使电子束打在荧光屏上的位置由B点逐渐向A点移动，电子做圆周运动的半径先变大后变小，偏转磁场的磁感应强度应先垂直纸面向里逐渐减小，再垂直纸面向外逐渐增大。
6．如图所示，各图中的匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，带电荷量均为q。试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并指出洛伦兹力的方向。
(1)(2)(3)(4)
【答案】(1)，垂直于v指向左上方
(2)，垂直纸面向里
(3)，垂直纸面向里
(4)，垂直于v指向左上方
【详解】（1）因，所以带电粒子所受洛伦兹力的大小，由左手定则可知，方向垂直于v指向左上方。
（2）v与B的夹角为30°，则带电粒子所受洛伦兹力的大小
由左手定则可知，方向垂直纸面向里。
（3）因，所以带电粒子所受洛伦兹力的大小，由左手定则可知，方向垂直纸面向里。
（4）因，所以带电粒子所受洛伦兹力的大小，由左手定则可知，方向垂直于v指向左上方。
7．如图所示是一个水平放置的玻璃圆环形小槽，槽内光滑，槽宽度和深度处处相同。现将一直径略小于槽宽的带正电小球放在槽中，让它获得一初速度v0，与此同时，有一变化的磁场垂直穿过玻璃圆环形小槽外径所在的区域，磁感应强度的大小跟时间成正比例增大，方向竖直向下。设小球在运动过程中电荷量不变，则（　　）
A．小球需要的向心力大小不变 B．小球需要的向心力大小不断增大
C．洛伦兹力对小球做了功 D．小球受到的洛伦兹力大小与时间成正比
【答案】B
【详解】AB．根据麦克斯韦电磁场理论可知，磁感应强度随时间线性增大时将产生稳定的感应电场，根据楞次定律可知感应电场的方向与小球初速度方向相同，因小球带正电，故电场力对小球做正功，小球的速度逐渐增大，向心力的大小
随之增大，故A错误，B正确；
C．洛伦兹力与速度垂直，对小球不做功，故C错误;
D．带电小球所受的洛伦兹力为
因为速率随时间逐渐增大，且磁感应强度B的大小跟时间成正比，所以小球受到的洛伦兹力大小与时间不成正比，故D错误。
故选B。
8．电磁流量计可以测量导电液体的流量Q（单位时间内流过管道横截面的液体体积）。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，长度为D，且垂直于磁场方向。若M、N两点的电势差为U，则管道的液体流量Q为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】根据电场力与洛伦兹力平衡，有
解得
管道的截面积为
管道的液体流量为
故选D。
9．电动自行车多处用到了霍尔传感器，如测速仪、无刷电机等。如图所示，厚度为h、宽度为d的金属板放在垂直于其前表面的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过金属板时，在金属板的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。已知电势差、电流I和B的关系为，式中的k为霍尔系数。设电流（方向如图）是由电子的定向移动形成的，金属板单位体积内电子的个数为n，电子定向移动的速率为v，电量为e。达到稳定状态时（　　）
A．电子所受的洛伦兹力方向为垂直于下表面向下
B．金属板上表面的电势低于下表面的电势
C．金属板上、下两表面之间的电势差的大小为Bdv
D．霍尔系数k与金属板的厚度h和宽度d无关
【答案】BD
【详解】AB．由于载流子是自由电子，由左手定则，可知电子所受的洛伦兹力方向为垂直于上表面向上，则上表面积累电子，金属板上表面的电势低于下表面的电势，故A错误，B正确；
CD．电子最终达到平衡时，有
可得
根据电流的微观表达式
联立可得
又，可知霍尔系数为，故C错误，D正确。
故选BD。
10．如图所示是电子射线管的示意图。电子射线由阴极沿轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向下（轴负方向）偏转，在下列措施中可采用的是（　　）
A．加一电场，电场方向沿轴负方向
B．加一电场，电场方向沿轴正方向
C．加一磁场，磁场方向沿轴负方向
D．加一磁场，磁场方向沿轴正方向
【答案】D
【详解】电子由阴极沿轴正方向射出，要使电子的径迹向下（轴负方向）偏转，则应使电子受到向下的力。若加一电场，由于电子带负电，所受电场力与电场方向相反，因此电场方向应沿轴正方向；若加一磁场，根据左手定则可知，所加磁场应沿轴的正方向（注意电子带负电，四指应指向电子运动的反方向）。
故选D。
11．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动时所受洛伦兹力的方向是（　　）
A．向左 B．向下 C．向上 D．向右
【答案】A
【详解】根据右手定则结合磁场叠加可知，a、c两导线在O点的合磁感应强度为零；d、b两导线在O点的合磁感应强度方向为竖直向上，根据左手定则可知，带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动时所受洛伦兹力的方向向左。
故选A。
12．汽车装有加速度传感器，以测量汽车行驶时纵向加速度。加速度传感器有一个弹性梁，一端夹紧固定，另一端连接霍尔元件，如图所示。汽车静止时，霍尔元件处在上下正对的两个相同磁体中央位置，如果汽车有一向上的纵向加速度，则霍尔元件离开中央位置而向下偏移。偏移程度与加速度大小有关。如霍尔元件通入从左往右的电流，则下说法正确的是（　　）
A．若霍尔元件材料为N型半导体（载流子为电子），则前表面比后表面的电势高
B．若汽车加速度越大，则霍尔电压也越大
C．若汽车纵向加速度为0，增大电流，则监测到的霍尔电压也会增大
D．若汽车速度增大，则霍尔电压也增大
【答案】B
【详解】A．N型半导体载流子为电子，电流从左往右，电子从右向左运动，电子受到洛伦兹力的作用将在前表面聚集，直到粒子所受洛伦兹子与静电力平衡，前后表面光形成稳定的电势差，而后表面的电势比前表面的要高，故A错误；
B．加速度越大，偏移量越大，磁感应强度越大，霍尔电压越大，故B正确；
C．若汽车纵向加速度为0，则霍尔元件所处位置的磁感应强度为零，粒子不受洛伦兹力，不会出现霍尔电压，故C错误；
D．速度增大，但加速度不一定大，偏移量不一定大，霍尔电压也不一定大，故D错误。
故选B。
13．笔记本电脑趋于普及，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，一块宽为a、厚为b、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内单位体积自由电子数为n，电子电量大小为e，通入方向向右，大小为I的电流，此时显示屏闭合，元件处于垂直于上表面、方向向上，大小为B的匀强磁场中，前后表面间出现大小为U的电压，以此控制屏幕的熄灭。则关于该元件的说法正确的是（ ）
A．自由电子受到的电场力大小为 B．前表面的电势比后表面的高
C．自由电子受到的洛伦兹力大小为 D．电压U满足
【答案】CD
【详解】A．自由电子受到的电场力大小为
又
则，故A错误；
B．根据左手定则可知，电子所受的洛伦兹力指向前表面，所以电子向前表面偏转，前表面的电势比后表面的低，故B错误；
C．自由电子受到的洛伦兹力大小为
又，
求得，故C正确；
D．稳定时有
即
得，故D正确。
故选CD。
14．如图所示，在垂直纸面向外的匀强磁场中，一质量为m、电荷量为的带电滑块从光滑绝缘斜面的顶端由静止释放，滑至底端时恰好即将飞离斜面，已知磁感应强度的大小为B，斜面的倾角为θ，重力加速度为g，滑块可视为质点。求：
(1)滑块滑至底端时的速度大小；
(2)滑块滑至底端时所用时间；
(3)斜面的高度。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由左手定则可知，滑块所受洛伦兹力垂直斜面向上，滑块滑至底端时恰不受弹力，则有
解得
（2）物体沿斜面匀加速下滑，由
又
解得
（3）滑块从斜面顶端运动到底端的过程中，由动能定理得
解得
2第01讲 磁场对通电导线的作用力
知识点一　安培力的方向
【情境导入】按照如图所示进行实验．
(1)仅上下交换磁极的位置以改变磁场方向，导线受力的方向是否改变？
(2)仅改变导线中电流的方向，导线受力的方向是否改变？
(3)仔细分析实验现象，结合课本说明安培力的方向与磁场方向、电流方向有怎样的关系？
答案　(1)受力的方向改变
(2)受力的方向改变
(3)安培力的方向与磁场方向、电流方向的关系满足左手定则
【知识梳理】
1．安培力：通电导线在磁场中受的力．
2．安培力的方向与磁场方向、电流方向有关；安培力垂直于磁场方向与电流方向决定的平面．
3．左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．
知识点二　安培力的大小
【情境导入】(1)在如图甲所示的探究影响安培力大小的有关因素的实验中，把导线垂直放入磁场(磁感应强度为B)中，得出的安培力F与导线长度l、电流大小I有怎样的关系？
(2)当导线平行磁场方向放入时，它受到的安培力多大？
(3)如图乙，当导线和磁场方向的夹角为θ时，它受到的安培力多大？
　　
甲　　　　　 　　乙
答案　(1)F＝BIl　(2)0　(3)将磁感应强度B沿平行导线方向和垂直导线方向进行分解，如图所示，则B⊥＝Bsin θ，F＝B⊥Il＝IlBsin θ.
【知识梳理】
如图甲、乙所示，导线电流为I，长度为l，磁场的磁感应强度为B.
1．如图甲，通电导线与磁场方向垂直，此时安培力F＝IlB.
2．如图乙，通电导线与磁场方向平行，此时安培力F＝0.
3．如图丙，当通电导线与磁场不垂直时，此时安培力F＝IlBsin θ.
知识点三　磁电式电流表
【知识梳理】
1.构造：图中磁电式电流表各部件分别为：
①永磁铁，②极靴，③铁质圆柱，④螺旋弹簧，⑤线圈，⑥指针．
2．原理：安培力与电流的关系．通电线圈在磁场中受到安培力而偏转，线圈偏转的角度越大，被测电流就越大．根据指针的偏转方向，可以知道被测电流的方向．
3．特点：极靴与铁质圆柱间的磁场都沿半径方向，线圈无论转到什么位置，它的平面都跟磁感线平行，且线圈左右两边所在之处的磁感应强度的大小都相等．
4．优点：灵敏度高，可以测出很弱的电流．
缺点：线圈的导线很细，允许通过的电流很弱．
教材习题01 1.图1.1-9的磁场中有一条通电导线，其方向与磁场方向垂直。图1.1-9甲、乙、丙分别标明了电流、磁感应强度和安培力三个量中的两个量的方向，试画出第三个量的方向。(本书用“·”表示磁感线垂直于纸面向外,“x”表示磁感线垂直于纸面向里，“⊙”表示电流垂直于纸面向外，“U”表示电流垂直于纸面向里。) 解题方法 ①左手定则的应用
【答案】
教材习题02 3.图1.1-11所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为1，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过电流1时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。 (1)导出用n、m、l、I表示磁感应强度B的表达式。 (2)当n=9，l=10.0 cm，I= 0.10 A,m=8.78 g时，磁感应强度是多少 解题方法 ①力的平衡结合安培力分析
【答案】 (1) 设电流方向未改变时，电流天平的左盘内砝码质量为 ，右盘内砝码的质量为 ，则由平衡条件有 电流方向改变后，同理可得 两式联立，得 (2) 将
题型1安培力方向的判断
2025年蛇年春晚的舞台上，机器人的表演赢得观众的喜爱，引起了高中生学习电磁学的热情。机器人中有很多电动机，电动机的基本原理就是磁场对通电导线有作用力。比如，如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，若给直导线通以向左的电流，导线受到的磁场力方向为（　　）
A．水平向左 B．水平向右 C．竖直向上 D．竖直向下
【答案】D
【详解】磁场向里，电流向左，根据左手定则可得，安培力的方向向下。
故选D。
题型2安培力大小的计算
安培力的大小
安培力的大小：F
说明
①θ为B与I方向的夹角
当θ＝0°时，即B∥I，F 当θ＝90°时，即B⊥I，F
②表达式F＝BIlsin θ中l指的是导线在磁场中的“有效长度”， 弯曲导线的有效长度l等于（如图虚线所示）；相应的电流沿导线由 端流向 端。
【答案】 0 始 终
题型3平行电流间的相互作用
如图，a、b为两根固定的平行等长直导线，分别通有大小为I、2I的同向电流，a、b受到的安培力大小分别为、。现施加一范围足够大的匀强磁场，使a受到的安培力大小变为0，b受到的安培力大小变为F，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】a、b受到的安培力大小分别为、，根据牛顿第三定律可知，根据左手定则可知a受安培力方向向右，b受安培力方向向左。现施加一范围足够大的匀强磁场，使a受到的安培力大小变为0，根据可知，外加磁场对a的安培力大小等于，方向向左，而b受到外加磁场的安培力大小为，两者受到外加磁场施加的安培力方向相同，所以b受到的安培力大小变为
故选D。
题型4磁式电流表
如图甲是高中物理电学实验中常用的磁电式电流表的结构，其内部磁场分布和线圈中电流流向剖面示意如图乙所示。关于磁电式电流表的下列各项说法中正确的是（　　）
A．当线圈在如图乙所示位置时b端受到的安培力方向向上
B．线圈中电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也越大，线圈偏转的角度也越大
C．电流表中的磁场是匀强磁场
D．线圈无论转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，所以线圈不受安培力
【答案】B
【详解】A．由左手定则可知，当线圈在如图乙所示位置时b端受到的安培力方向向下，故A错误；
B．线圈中电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也越大，线圈偏转的角度也越大，故B正确；
C．电流表中的磁场是均匀地辐向分布的，不是匀强磁场，故C错误；
D．蹄形磁铁和铁芯之间的磁场是均匀辐向分布，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，但a、b与磁场垂直，受安培力，故D错误。
故选B。
题型5安培力作用下导体的运动分析
如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁体连接起来，此时台秤读数为F1。现在磁体上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向垂直纸面向里，当加上电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是（　　）
A．F1>F2 B．F1C．弹簧长度将变长 D．弹簧长度将不变
【答案】A
【详解】AB．初始时台秤读数等于平板、挡板、弹簧、磁体的总重力。通电导线后，条形磁体在导线处的磁场方向斜向右上，电流垂直纸面向里，由左手定则知导线受安培力斜向右下，磁体受反作用力斜向左上，该力分解为竖直向上的分量。磁体竖直方向支持力
总压力减小，故，A正确，B错误；
CD．磁体受反作用力的水平分量向左，磁体受向左的力，弹簧被压缩，故弹簧长度变短，C错误，D错误。
故选A。
题型6安培力作用下的平衡问题
长为L的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，如图所示，当磁感应强度方向垂直斜面向上、电流为I1时导线处于平衡状态；当磁感应强度方向竖直向上、电流为I2时导线也处于平衡状态。则为（　　）
A．sinθ B．
C．cosθ D．
【答案】C
【详解】若磁场方向垂直于斜面向上，则导线所受安培力沿斜面向上，由平衡条件可得mgsinθ＝BI1L
若磁场方向竖直向上，则导线所受安培力水平向右，由平衡条件可得mgtanθ＝BI2L
则＝cosθ
故选C。
题型7安培力作用下的动量、能量问题
据报道，我国福建号航母舰载机弹射起飞的电磁弹射技术与他国不同，采用的储能方式是超级电容。某科学探究小组制作了一个简易的电容式电磁弹射装置，如图所示，间距为l的水平平行金属导轨左端连接充好电的电容器，电容为C，电压为U，导轨右端放置质量为m的光滑金属棒，匀强磁场沿竖直方向（图中未画出），磁感应强度大小为B，开关闭合后金属棒向右离开导轨后水平射出，若某次试验金属棒弹射出去后电容器两端的电压减为，不计一切阻力，则金属棒离开导轨的速度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】根据电容器的定义式，有
可知金属棒在导轨上运动过程中通过它的电荷量为
由动量定理，可得
又
联立，解得
故选C。
题型8安培力与欧姆定律的综合问题
如图所示，两平行光滑金属导轨间的距离，金属导轨所在的平面与水平面夹角，在导轨所在平面内，空间内存在匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源。现把一质量的导体棒ab放在金属导轨上，当电阻箱的电阻调为时，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨电阻不计，g取，，。
(1)求通过导体棒的电流大小；
(2)若磁场方向在竖直方向上，求匀强磁场的磁感应度大小；
【答案】(1)1.5A
(2)0.5T
【详解】（1）通过导体棒的电流大小
（2）对导体棒由平衡可知
解得
1．下列关于磁场的相关描述及判定，正确的是（　　）
A．图甲中表示条形磁铁的磁感线从N极出发，到S极终止
B．图乙中导线通电后，其正下方小磁针的N极向纸面内转动
C．图丙中两个平行放置的通电线圈之间存在图示方向的磁场
D．图丁中通有方向相反电流的两导线之间存在斥力，两斥力是一对平衡力
【答案】BC
【详解】A．图甲中表示条形磁铁的磁感线从外部N极出发，指向S极，然后从内部的S极指向N极，故A错误；
B．图乙中导线通电后，根据安培定则可知其下方的磁场方向垂直纸面向里，则其正下方小磁针的N极向纸面内转动，故B正确；
C．根据安培定则可知，图丙中两个平行放置的通电线圈之间存在图示方向的磁场，故C正确；
D．图丁中通有方向相反电流的两导线之间存在斥力，两斥力是一对相互作用力，故D错误。
故选BC。
2．下列说法正确的是（　　）
A．电场线和磁感线都是客观存在的，都能通过实验显示出来
B．电场中某点的电场强度方向即为正点电荷在该点所受电场力的方向
C．磁场中某点的磁感应强度方向即为小磁针在该点静止时S极所指的方向
D．同一通电导线，所处位置的磁感应强度越大，受到的磁场力一定越大
【答案】B
【详解】A．电场线和磁感线是为了形象描述电场和磁场而引入的假想曲线，并非客观存在的，故A错误；
B．电场强度的定义规定：电场中某点的电场强度方向与正点电荷在该点所受电场力的方向相同，故B正确；
C．磁场中某点的磁感应强度方向即为小磁针在该点静止时N极所指的方向，故C错误；
D．通电导线在磁场中受到的磁场力由公式决定，其中为电流方向与磁感应强度方向的夹角；当时，，安培力为零；所以即使磁感应强度很大，受到的磁场力也可能很小或为零，故D错误。
故选B。
3．教材关于磁电式电流表有如下叙述：“线圈转动时，图中的螺旋弹簧变形，以反抗线圈的转动。电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也就越大，线圈偏转的角度也越大，达到新的平衡．”其中图如本题图．那么结合你的理论知识和做实验时的观察，以下关于磁电式电流表的说法正确的是（　　）
A．磁电式电流表刻度均匀，即指针偏转角度和通过线圈的电流强度成正比
B．磁电式电流表刻度并不均匀，主要原因是安培力越大，线圈偏转的角度也越大，但是指针偏转角度和通过线圈的电流强度并不成正比
C．磁电式电流表刻度并不均匀，主要原因是在这个问题当中我们还应该考虑线圈的重力
D．磁电式电流表的内部磁场为匀强磁场，目的是为了让安培力方向总与磁感应强度方向垂直
【答案】A
【详解】ABC．电表表盘刻度均匀说明指针偏转角度与电流大小成正比关系，故A正确，BC错误；
D．极靴与圆柱间的磁场是均匀地辐向分布，并不是匀强磁场，这样即可保证线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，从而使电流表表盘刻度均匀，故D错误。
故选A。
4．如图所示，与电源、电阻箱连接的水平导轨固定在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.2T、方向与导轨所在平面的夹角为θ。质量为0.05kg的金属杆垂直于导轨和磁场放置，金属杆接入电路中的长度为0.5m。已知电源的电动势为6V，内阻为0.4Ω，金属杆与水平导轨间的动摩擦因数为0.5且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sinθ=0.6，取重力加速度大小g=10m/s2，不计金属杆和导轨的电阻。若金属杆始终静止，则电阻箱接入电路的最小阻值为（ ）
A．1Ω B．1.5Ω C．2Ω D．4Ω
【答案】C
【详解】设金属杆与导轨间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，竖直方向上有
水平方向上有
其中
联立解得
故选C。
5．如图，半径为R的刚性圆形线框通过绝缘细线悬挂在弹簧测力计下端，通有方向的电流，开始时a与匀强磁场边界AB相切，弹簧测力计的示数为F。现将线圈沿竖直方向缓慢上提，直到c点与AB相切，弹簧测力计（始终有示数）示数F的变化（ ）
A．一直变大 B．一直变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大
【答案】C
【详解】开始时与匀强磁场边界AB相切，线框不受安培力的作用，则有示数
提起时，线圈受到安培力
l为等效长度，根据左手定则判断，安培力方向向下，根据受力平衡可得示数
将线圈沿竖直方向缓慢上提，等效长度先增大后减小，则弹簧测力计（始终有示数）示数F的变化先变大后变小。
故选C。
6．关于磁场，下列说法正确的是（　　）
A．磁感应强度的单位是特斯拉（T），磁通量的单位是韦伯（Wb）
B．若有一小段通电导线在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零
C．由定义式可知，电流越大，导线越长，某点的磁感应强度就越小
D．若有一小段长为，通以电流为的通电导线，在磁场中某处受到的磁场力为，则该处磁感应强度的大小一定是
【答案】A
【详解】A．磁感应强度的单位是特斯拉（T），磁通量的单位是韦伯（Wb），故A正确；
B．若有一小段通电导线在某点不受磁场力的作用，可能是电流方向与磁场方向平行，该点的磁感应强度不一定为零，故B错误；
C．磁感应强度由磁场本身决定，与电流I和导线长度l无关，故C错误；
D．有一小段长为，通以电流为的通电导线，在磁场中某处受到的磁场力为，仅当电流方向与磁场方向垂直时，磁感应强度大小才为，故D错误。
故选A。
7．在一个匀强磁场中放置一根通电导线，导线方向与磁场垂直。先后在导线中通入不同的电流。下列图像能正确反映各物理量间关系的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【详解】在一个匀强磁场中放置一根通电导线，导线方向与磁场垂直，先后在导线中通入不同的电流，根据可知，图像为一条过原点的倾斜直线；由于磁感应强度只由磁场自身决定，所以图像为一条平行于横轴的直线。
故选BC。
8．如图中分别标明了通电直导线中电流、匀强磁场的磁感应强度和通电导线所受安培力的方向，其中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A．根据左手定则可知，通电导线所受安培力方向垂直于导线向上，故A正确；
B．根据左手定则可知，通电导线所受安培力方向垂直于导线向下，故B错误；
C．由于电流方向与磁场方向平行，则通电导线不受安培力作用，故C错误；
D．根据左手定则可知，通电导线所受安培力方向垂直于导线向右，故D错误。
故选A。
9．如图所示的四幅图中，导体棒的长度均为L，磁场的磁感应强度大小均为B，在各导体棒中通有相同的电流I。则下列选项正确的是（　　）
A．图甲中导体棒所受的安培力大小为BIL，方向水平向左
B．图乙中导体棒所受的安培力大小为BIL，方向竖直向下
C．图丙中导体棒所受的安培力大小为BIL，方向竖直向上
D．图丁中导体棒所受的安培力大小为BIL，方向水平向右
【答案】B
【详解】A．题图甲中，因电流方向与磁场平行，所以安培力为零，故A错误；
B．题图乙中，导体棒与磁场垂直，则安培力的大小为BIL，根据左手定则可知，方向竖直向下，故B正确；
C．题图丙中，导体棒与磁场垂直，则安培力的大小为BIL，方向垂直导体斜左上方，故C错误；
D．题图丁中，导体棒与磁场成60°角，则安培力的大小为，方向垂直纸面向外，故D错误。
故选B。
10．如图是一种磁浮列车运行时的截面图，悬浮原理可简化为，车载电磁铁通电后产生磁场，与轨道上的钢板相互作用，使列车脱离轨道悬浮。列车在悬浮相同高度下，电磁铁对轨道的力F大小（仅为悬浮作用力）与铁芯线圈电流I的关系为（k为比例常数）。假设满载时磁浮列车总的重力是空载时的2倍，若保持其他条件不变，下列说法正确的是（ ）
A．电磁铁对轨道的作用力为吸引力 B．电磁铁对轨道的作用力为排斥力
C．空载和满载时电流之比为 D．空载和满载时电流之比为
【答案】AC
【详解】AB．根据图示可知，电磁铁受到向上的引力，根据牛顿第三定律可知，电磁铁对轨道的作用力为向下的吸引力，故A正确，B错误；
CD．空载和满载时
满载时磁浮列车总的重力是空载时的2倍，所以空载和满载时电流之比为，故C正确，D错误。
故选AC。
11．如图所示，在倾角的斜面上固定一间距的两平行光滑金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势，内阻，一质量的金属棒与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度。导轨与金属棒的电阻不计，取。
(1)要使金属棒在导轨上保持静止，求金属棒受到的安培力的大小；
(2)当滑动变阻器的电阻突然调节为时，求金属棒的加速度的大小。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据平衡条件可得
解得安培力大小为
（2）由闭合电路欧姆定律
由牛顿第二定律
解得
12．如图所示，两平行的金属导轨左侧接一个直流电源，一根金属杆垂直放在导轨上，杆的质量为、接入导轨间杆的长度为，通过杆的电流为，匀强磁场的磁感应强度为，其方向与导轨平面成角斜向右上，结果杆静止于水平导轨上。已知重力加速度为。求：
(1)从向看，画出导体的受力；
(2)金属杆受到的摩擦力大小；
(3)金属杆对导轨的压力大小。
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【详解】（1）从向看，导体的受力分析如图所示
（2）因为磁场方向与通电导体棒的方向垂直，根据安培力公式有
金属杆在水平方向有
解得摩擦力大小为
（3）金属杆在竖直方向有
根据牛顿第三定律可知，金属杆对导轨的压力大小
解得
13．如图所示，两根倾斜直金属导轨、平行放置，两导轨之间的距离，导轨平面与水平面之间的夹角。一根质量的均匀直金属杆MN垂直放在两导轨上处于静止状态，整个装置处于与导轨所在的平面垂直向上的匀强磁场中，磁感应强度。在导轨的上端接有电动势、内阻的电源，电阻，其余电阻不计。，，。求：
(1)通过电阻的电流大小；
(2)MN杆受到的安培力大小；
(3)金属导轨与MN杆间的摩擦力大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据闭合电路的欧姆定律，有
代入数据，解得
（2）MN杆受到的安培力为
（3）由左手定则知安培力沿斜面向上；将重力正交分解，在沿导轨平面方向
根据平衡条件
代入数据，解得
14．如图所示，在竖直平面内有一个半径为，质量为的金属圆环，圆环平面与纸面平行，圆环部分处在磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁场的水平边界与圆环相交于、点，圆心角。用绝缘轻绳把放在斜面上的滑块通过定滑轮与圆环相连。当圆环中通有逆时针方向大小为的电流时，滑块保持静止。已知斜面倾角为，斜面和滑轮均光滑，重力加速度大小为。求：
(1)滑块的质量；
(2)若圆环电流大小不变，方向突然变为顺时针方向时，滑块的瞬时加速度为多大。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设滑块质量为，圆环处在磁场中部分所受安培力为
方向竖直向上，系统处于静止状态，则有
联立解得
（2）电流反向后，安培力大小不变，方向相反，对系统，根据牛顿第二定律有
联立解得
1第05讲 楞次定律
知识点一　实验：探究影响感应电流方向的因素
【知识梳理】
1．实验原理
(1)由电流表指针偏转方向与电流方向的关系，找出感应电流的方向．
(2)通过实验，观察、分析原磁场方向和磁通量的变化，记录感应电流的方向，然后归纳出感应电流的方向与原磁场方向、原磁通量变化之间的关系．
2．实验器材
条形磁体，线圈，电流表，导线若干，滑动变阻器，开关，干电池，电池盒．
3．实验过程
(1)探究电流表指针的偏转方向和电流方向之间的关系．
实验电路如图甲、乙所示：
结论：电流从哪一侧接线柱流入，指针就向哪一侧偏转，即左进左偏，右进右偏．(指针偏转方向应由实验得出，并非所有电流表都是这样的)
(2)探究条形磁体插入或拔出线圈时感应电流的方向
①按图连接电路，明确线圈的绕线方向．
②按照控制变量的方法分别进行N极(S极)向下插入线圈和N极(S极)向下时抽出线圈的实验．
③观察并记录磁场方向、电流方向、磁通量大小变化情况，并将结果填入表格．
甲 乙 丙 丁
条形磁体运动的情况 N极向下插入线圈 S极向下插入线圈 N极朝下时抽出线圈 S极朝下时抽出线圈
原磁场方向 (“向上”或 “向下”)
穿过线圈的 磁通量变化 情况(“增加”或“减少”)
感应电流的 方向(在线圈 上方俯视) 逆时针 顺时针 顺时针 逆时针
感应电流的 磁场方向 (“向上”或 “向下”)
原磁场与感 应电流磁场 方向的关系
④整理器材．
4．结果分析
根据上表记录，得到下述结果：
甲、乙两种情况下，磁通量都 ，感应电流的磁场方向与原磁场方向 ，阻碍磁通量的增加；丙、丁两种情况下，磁通量都 ，感应电流的磁场方向与原磁场方向 ，阻碍磁通量的减少．
实验结论：感应电流具有这样的方向，即 总要 引起感应电流的 ．
5．注意事项
(1)确定电流方向与电流表指针偏转方向的关系时，要用试触法并注意减小电流大小，防止电流过大或通电时间过长损坏电流表．
(2)电流表选用零刻度在中间的灵敏电流计．
(3)实验前设计好表格，并明确线圈的绕线方向．
(4)按照控制变量的思想进行实验．
知识点二　楞次定律
【知识梳理】
1．内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要 引起感应电流的 ．
2．从能量角度理解楞次定律
感应电流沿着楞次定律所述的方向，是 定律的必然结果，当磁极插入线圈或从线圈内抽出时，推力或拉力做功，使 能转化为感应电流的 ．
【重难诠释】
1．对楞次定律的理解
(1)楞次定律中的因果关系
楞次定律反映了电磁感应现象中的因果关系，磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果．
(2)对“阻碍”的理解
问题 结论
谁阻碍谁 感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场(原磁场)的磁通量的变化
为何阻碍 原磁场的磁通量发生了变化
阻碍什么 阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身
如何阻碍 当原磁场的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反；当原磁场的磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，即“增反减同”
结果如何 阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，这种变化将继续进行，最终结果不受影响
(3)“阻碍”的表现形式
从磁通量变化的角度看：感应电流的效果是阻碍磁通量的变化．
从相对运动的角度看：感应电流的效果是阻碍相对运动．
2．楞次定律的应用
应用楞次定律判断感应电流方向的步骤
(1)明确所研究的闭合回路，判断原磁场方向．
(2)判断闭合回路内原磁场的磁通量变化．
(3)依据楞次定律判断感应电流的磁场方向．
(4)利用右手螺旋定则(安培定则)判断感应电流的方向．
知识点三　右手定则的理解和应用
【情境导入】
如图所示，导体棒ab向右做切割磁感线运动．
(1)请用楞次定律判断感应电流的方向．
(2)感应电流I的方向、原磁场B的方向、导体棒运动的速度v的方向三者之间满足什么关系？
【知识梳理】
如图所示，内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指 ，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使 指向导线运动的方向，这时 所指的方向就是感应电流的方向．
【重难诠释】
1．右手定则的适用范围：闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流方向的判断．
2．右手定则反映了磁场方向、导体运动方向和感应电流方向三者之间的关系：
(1)大拇指所指的方向是导体相对磁场切割磁感线的运动方向，既可以是导体运动而磁场未动，也可以是导体未动而磁场运动，还可以是两者以不同速度同时运动．
(2)四指指向电流方向，切割磁感线的导体相当于电源．
3．楞次定律与右手定则的比较
规律 比较内容 楞次定律 右手定则
区别 研究对象 整个闭合回路 闭合回路的一部分，即做切割磁感线运动的导体
适用范围 各种电磁感应现象 只适用于部分导体在磁场中做切割磁感线运动的情况
联系 右手定则是楞次定律的特例
教材习题01 2.在图2.1-10中CDEF是金属框，框内存在着如图所示的匀强磁场。当导体MN向右移动时:请用楞次定律判断MNDC和MNEF两个电路中感应电流的方向。 解题方法 ①楞次定律
教材习题02 5.图2.1-13 中的A和B都是铝环，A环是闭合的，B环是断开的，横梁可以绕中间的支点转动。某人在实验时，用磁体的任意一极移近A环，A环都会被推斥，把磁体远离A环，A环又会被磁体吸引。但磁体移近或远离B环时，却没有发现与A环相同的现象。这是为什么 解题方法 楞次定律
题型1楞次定律的内容及理解
关于感应电流，下列说法正确的是（　　）
A．感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量
B．感应电流的磁场方向一定与引起感应电流的磁场方向相反
C．感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反
D．当导体切割磁感线运动时，只能用右手定则确定感应电流的方向
题型2增反减同
如图所示，导线框abcd与直导线在同一平面内（两者相互绝缘），直导线通有恒定电流I，在线框由左向右匀速通过直导线的过程中，线框中感应电流的方向是（　　）
A．先abcd，后dcba，再abcd
B．先abcd，后dcba
C．始终dcba
D．先dcba，后abcd，再dcba
题型3来拒去留
如图所示，水平放置的绝缘桌面上有一个金属圆环，在圆心的正上方一定高度处有一个竖直的条形磁体。把条形磁体水平向右移动时，金属圆环始终保持静止。下列说法正确的是 （　　）
A．金属圆环相对桌面有向右的运动趋势
B．金属圆环对桌面的压力小于其自身重力
C．金属圆环有扩张的趋势
D．金属圆环受到水平向右的摩擦力
题型4增缩减扩
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，圆环向右运动
B．拨至N端，圆环向左运动
C．拨至M端，圆环有扩张趋势
D．拨至N端，圆环有收缩趋势
题型5探究影响感应电流方向的因素
如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。
(1)将图中所缺的导线补接完整；
(2)如果在闭合开关时将线圈A插入B，发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关，且在线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将 （填“向左偏”或“向右偏”）；滑片不动，将原线圈A迅速拔出副线圈B，电流计指针将 （填“向左偏”或“向右偏”）。
(3)闭合开关后，将线圈A向下插入线圈B时，线圈A与线圈B之间的作用力为 （选填“引力”或“斥力”）。
题型6右手定则
在电磁感应中，判断感应电流方向的右手定则是英国工程师佛来明根据楞次定律总结出来的，最初并不是图1所示的方式，而是如图2所示。关于图2所示的佛来明右手定则，下列说法正确的是（　　）
A．若②为磁场方向、①为导体运动方向，则③为电流方向
B．若③为磁场方向、①为导体运动方向，则②为电流方向
C．若①为磁场方向、②为导体运动方向，则③为电流方向
D．若②为磁场方向、③为导体运动方向，则①为电流方向
1．某同学学习了电磁感应相关知识之后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，线圈上方有一N极朝下竖直放置的条形磁铁，手握磁铁在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为m0。将磁铁N极加速插向线圈的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．电子秤的示数等于m0
B．电子秤的示数小于m0
C．线圈中产生的电流沿逆时针方向（俯视）
D．线圈中产生的电流沿顺时针方向（俯视）
2．关于楞次定律，下列说法正确的是（　　）
A．感应电流的磁场总要阻止引起感应电流的磁通量的变化
B．原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场同向
C．楞次定律是能量守恒定律的一种体现
D．感应电流的磁场总是与原磁场反向，阻碍原磁场的变化
3．如图所示，矩形线圈位于通电长直导线附近，线圈与导线在同一平面内，线圈的AB边和CD边与导线平行。下列说法正确的是（　　）
A．线圈内磁感应强度方向垂直于纸面向外
B．仅增大直导线电流，线圈内不会产生感应电流
C．保持线圈边平行于直导线在平面内远离导线移动时，线圈内将产生逆时针感应电流
D．保持线圈边平行于直导线在平面内远离导线移动时，线圈内将产生顺时针感应电流
4．关于感应电流，下列说法正确的是（　　）
A．感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量
B．感应电流的磁场方向一定与引起感应电流的磁场方向相反
C．感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反
D．当导体切割磁感线运动时，只能用右手定则确定感应电流的方向
5．如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd在条形磁体的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，且ad边、bc边一直在同一水平面上，由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，这个过程中线圈中的感应电流（　　）
A．沿abcda流动
B．沿dcbad流动
C．先沿abcda流动，后沿dcbad流动
D．先沿dcbad流动，后沿abcda流动
6．如图，水平光滑桌面（纸面）上两根长直导线M、N相互垂直固定放置，两者彼此绝缘，M通有向上的电流，N通有向右的电流，桌面上4个圆形金属线框a、b、c、d分别放在两导线交叉所形成的编号为1、2、3、4的区域内，每个线框距两导线的距离均相同。当两导线中的电流都由i突然增大到2i时（　　）
A．a向左下方运动 B．b向左上方运动
C．c向左下方运动 D．d向左上方运动
7．如图所示，当条形磁铁沿线圈轴线ab从左向右穿过金属线圈的过程中，在金属线圈的左侧向右看，金属线圈的电流方向为（　　）
A．先顺时针后逆时针 B．先逆时针后顺时针
C．始终为顺时针 D．始终为逆时针
8．如图所示，通有水平向右恒定电流的固定长直导线的正上方用绝缘细线悬挂一金属圆环，静止时金属圆环的中心位于O点。将金属圆环的中心拉到a位置无初速度释放，金属圆环的中心运动到b位置后反向运动，金属圆环和长直导线始终在同一竖直平面内，且细线始终处于张紧状态。从a到b过程中金属圆环的感应电流方向（　　）
A．顺时针 B．逆时针 C．先顺时针再逆时针 D．先逆时针再顺时针
9．在电磁感应中，判断感应电流方向的右手定则是英国工程师佛来明根据楞次定律总结出来的，最初并不是图1所示的方式，而是如图2所示。关于图2所示的佛来明右手定则，下列说法正确的是（　　）
A．若②为磁场方向、①为导体运动方向，则③为电流方向
B．若③为磁场方向、①为导体运动方向，则②为电流方向
C．若①为磁场方向、②为导体运动方向，则③为电流方向
D．若②为磁场方向、③为导体运动方向，则①为电流方向
10．某电磁弹射装置的简化模型如图所示，线圈固定在水平放置的光滑绝缘杆上，将金属环放在线圈左侧，闭合开关瞬间，则下列说法正确的是（　　）
A．金属环仍保持静止
B．金属环将向右运动
C．从左向右看，金属环中感应电流沿顺时针方向
D．金属环有扩张的趋势
11．如图所示，用一根带绝缘外皮的铜导线制成的闭合“8”字环，交叉位置固定且互相绝缘，左右两侧圆环分别处在以OO'为界的两侧，右侧无磁场，左侧磁场方向垂直纸面向里，在磁场快速减小的过程中（　　）
A．左侧圆环中有顺时针方向的感应电流
B．右侧圆环中有顺时针方向的感应电流
C．右侧圆环中的电流大小小于左侧圆环的电流大小
D．右侧圆环中的电流大小大于左侧圆环的电流大小
12．如图所示，在一水平固定的铝环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处由静止开始下落，最后落在地面上。磁铁下落过程从铝环中心穿过，且不与铝环接触。若不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．磁铁靠近铝环的过程中，铝环有收缩趋势
B．磁铁下落过程中，从上往下看铝环中的感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向
C．磁铁下落过程中，磁铁的机械能不变
D．磁铁落地时的速率等于
13．在电磁学中，根据大量事实归纳出电磁相关物理量之间的规律，下图中相关规律描述正确的是（　　）
A．图A用来判定电流产生的磁场方向，右手拇指表示电流及方向时，四指表示磁场方向
B．图B用来判定电流在磁场中所受安培力方向，右手四指表示电流方向，拇指表示电流受力方向
C．图C用来判定运动导体在磁场中产生感应电流方向，左手拇指表示导体运动方向，四指表示产生电流方向
D．图D用来判定运动电荷在磁场中受洛伦兹力方向，左手四指表示电荷运动方向，拇指表示电荷受力方向
14．如图所示，是光滑的直角金属导轨，沿竖直方向，沿水平方向，为靠在导轨上的一根金属直棒，b端较a端更靠近O点，金属直棒从静止开始在重力作用下运动，运动过程中b端始终在上，a端始终在上，直到金属直棒完全落在上，整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，则：
（1）确定金属直棒在运动过程中感应电流的方向，并说明判断的理由；
（2）确定金属直棒所受磁场力的方向，并说明判断的理由。
15．看图回答下列问题：
（1）如图所示，用楞次定律分析闭合导体回路的一部分导体做切割磁感线运动时导体中感应电流的方向，应研究的是哪个闭合导体回路？当导体棒CD向右运动时，用楞次定律如何判断导体棒CD中的感应电流的方向？
（2）如图所示，根据楞次定律，仅当磁场方向反向时，导体棒CD中感应电流的方向是什么？仅当导体棒CD的运动方向反向时呢？当磁场方向和导体棒的运动方向都反向时呢？
（3）参考左手定则，使磁感线仍从掌心进入，四指仍指向电流方向，如何表示出感应电流的方向、原磁场的方向、导体棒运动的方向三者之间的关系？
2第三章 交变电流 单元自测
建议用时：90分钟，满分：100分
一、单项选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．关于远距离高压输电，下列说法正确的是（　　）
A．高压输电是通过增大输电电流来增大输电功率的
B．为了减小输电线路上的电能损失，应采用高压输电
C．输电线路中的电流只由输送的功率决定，与输电电压无关
D．在输送功率不变的情况下，输电电压越高，输电线路上的电压损失越大
【答案】B
【详解】A．若增大输电电流，则输电线上损耗的功率增大，可知，高压输电不能够通过增大输电电流来增大输电功率，故A错误；
B．输送功率一定时，根据
可知，当输送电压增大时，输送电流减小，输电线上损耗的功率减小，即为了减小输电线路上的电能损失，应采用高压输电，故B正确；
C．结合上述可知，输电线路中的电流由输送的功率与输电电压共同决定，故C错误；
D．结合上述可知，在输送功率不变的情况下，输电电压越高，输送电流越小，此时输电线路上的电压损失越小，故D错误。
故选B。
2．如图所示是教材插图，介绍火花塞点火原理，一同学课本存在污渍，看不清完整原理图。他根据所学知识，利用一直流电源、变压器、开关及导线若干设计点火电路，则以下原理图可行的是（　　）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】根据变压器原副线圈电压比等于匝数比
可知副线圈匝数应远大于原线圈匝数，因为是直流电源，为了使副线圈产生感应电动势，需要把开关接在原线圈。
故选C。
3．如图所示，其中不表示交变电流的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】ABD中电流i的方向发生了周期性变化，是交变电流；C中电流方向不变，是直流电。
故选C。
4．在匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的轴转动时，则线圈平面（ ）
A．转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大
B．转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量为0，线圈中的感应电动势最大
C．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量为0，线圈中的感应电动势最大
D．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量的变化率最小，线圈中的感应电动势最小
【答案】C
【详解】AB．当线圈平面转到中性面的瞬间，线框平面与磁感线方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为0，故AB错误；
CD．当线圈平面转到与中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量为零，线圈中磁通量的变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知，此时线圈中的感应电动势最大，故C正确，D错误。
故选C。
5．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法正确的是（　　）
A．当磁通量为零时，感应电动势也为零
B．当磁通量减小时，感应电动势也减小
C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5Em
D．线框匀速转动的角速度ω等于
【答案】D
【详解】A．当磁通量为零时，磁通量变化率最大，感应电动势达到最大值Em，故A错误；
B．磁通量减小时，感应电动势可能增大或减小（例如：磁通量从Φm减到0时，电动势从0增大到Em；磁通量从0减到-Φm时，电动势从Em减到0），故B错误；
C．当时，由
可得
对应转过的角度为或
此时或，故C错误；
D．最大电动势
解得，故D正确。
故选D。
6．煤气灶是生活中最常见的灶具，其由2节1.5V的干电池供电，点火时需要转换器将直流电压转换为正弦交流电压（如图甲所示），并把正弦交流电压加在一理想变压器的原线圈上（如图乙所示），当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。已知电压表为理想交流电表，下列说法正确的是（　　）
A．开关闭合时电压表的示数约为3.5V
B．该变压器的原、副线圈的匝数比为
C．该变压器的原、副线圈的匝数比大于
D．干电池消耗的化学能等于点火针与金属板之间释放的电能
【答案】A
【详解】A．开关闭合时电压表的示数为变压器原线圈的有效值，为，选项A正确；
BC．该变压器的原、副线圈的匝数比为，选项BC错误；
D．干电池消耗的化学能等于干电池内阻上以及转换器消耗的电能、点火针与金属板之间释放的电能之和，选项D错误。
故选A。
7．随着科技的发展，新能源电动汽车无线充电技术应运而生，如图所示，为受电线圈，为送电线圈，可视为理想变压器。已知送电、受电线圈匝数比，端输入电压。下列说法正确的是（　　）
A．、端输入的交变电流方向每秒变化100次
B．送电线圈的输入功率大于受电线圈的输出功率
C．受电线圈产生的电动势的有效值为
D．在时，送电线圈的电动势最大
【答案】A
【详解】A．由题可知，该交流电的频率
由于交流电的方向在一个周期内改变2次，、端输入的交变电流在1s内呈现50个周期性的变化，因此该交流电的电流方向每秒变化100次，故A正确；
B．理想变压器的输入功率等于输出功率，因此送电线圈的输入功率等于受电线圈的输出功率，故B错误；
C．送电线圈电压的有效值为
根据电压之比与线圈匝数之比的关系
解得，故C错误；
D．时，代入
解得，故D错误。
故选A。
8．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图（a）所示。已知发电机线圈内阻为5.0Ω，线圈匝数为10，外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图（b）所示，则（　　）
A．电压表的示数为220V
B．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J
C．电路中的电流方向每秒钟改变50次
D．t=0时，感应电流为零，磁通量最小
【答案】B
【详解】A．电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由图像知电动势的最大值
有效值
灯泡两端电压，故A错误；
B．电流的有效值
发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为，故B正确；
C．由图像知T=2×10 2s，一个周期内电流方向改变两次，可知1s内电流方向改变100次，故C错误；
D．由图像知t=0时，感应电流为零，线圈处于与中性面平行的平面，磁通量最大，故D错误。
故选B。
9．已知图甲电流的有效值为，图乙是周期性变化的交变电流，其中时间内为四分之一正弦函数图像，时间内为均匀变化的电流。图乙电流的有效值为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】根据有效值的定义有
解得
故选C。
10．2024年底，世界装机容量最大的抽水蓄能电站——河北丰宁抽水蓄能电站全面投产发电。如图，若该电站通过理想变压器调节输出电压时，输入电压保持不变。已知副线圈总匝数为n，分接头间和间的线圈匝数，开关S接3时输出电压的瞬时值，则S接2时的图像为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】根据理想变压器电压比与匝数比关系可知，
由于输入电压不变，可知
即
解得；
可知此时输出的交流电的周期为。
故选D。
11．西电东送是纵横中国的能源“闪送”工程，这个送电工程横贯数千公里，必须走“高速公路”，这就得靠特高压输电工程。若在输电总功率不变的情况下，仅将原来的500kV高压输电升级为1000kV的特高压输电（不考虑输电线的电容、电感带来的能量损失），下列说法正确的是（　　）
A．输电电流的有效值会变为原来的2倍
B．输电线上损失的电压有效值变为原来的
C．输电线上损失的功率变为原来的
D．若输电线损失功率不变，则使用相同材料、粗细的输电线，其传输距离将更远
【答案】D
【详解】ABC. 根据
输电总功率不变，输电电压有效值变为原来的2倍，可知输电电流的有效值会变为原来的，根据
可知输电线上损失的电压有效值变为原来的，根据
可知输电线上损失的功率变为原来的，选项ABC错误；
D. 根据
若输电线损失功率不变，输电电流变小，则使用相同材料、粗细的输电线，其传输距离将更远，选项D正确。
故选D。
12．为了检验输电电压高低对电能输送的影响，某同学设计了如图甲、乙所示的两个电路进行对比实验。两个电路使用相同的低压交流电源，所有的电阻和灯泡电阻均相等，导线电阻不计。图乙中的理想变压器的匝数比。已知灯泡消耗的功率为，则灯泡消耗的功率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】令低压交流电源的有效值为，图甲中灯泡消耗的功率
图乙中升压变压器的输出电压
将降压变压器与灯泡等效为一个电阻，则等效电阻为
等效电阻消耗功率等于灯泡消耗的功率，则有
结合上述解得
故选D。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题4分，共12分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分
13．如图所示，小型发电机线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r=2Ω，发电机的旋转磁极以图中虚线为轴以角速度ω做匀速转动，旋转方向如图所示，旋转磁极产生的磁场近似看作匀强磁场，磁感应强度大小为B，从图示位置（线圈平面与磁场垂直）开始计时。矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻和滑动变阻器R（0~10Ω），变压器原、副线圈匝数比为，所有电表均为理想交流电表。下列判断正确的是（　　）
A．将滑动变阻器R的滑片向下滑动，电压表V的示数变大
B．当矩形线圈处于图示位置时，磁通量最大，电流表A示数为零
C．当滑动变阻器阻值R=8Ω时，发电机的输出功率最大
D．矩形线圈产生的感应电动势瞬时值表达式为
【答案】ACD
【详解】A．将滑动变阻器R的滑片向下滑动，变阻器接入电路的电阻增大，副线圈的总电阻在原线圈电路中的等效电阻也增大，根据闭合电路欧姆定律可知，原线圈中的电流减小，设矩形线圈产生的电动势的有效值为，则变压器的输入电压为
则电压表V的示数变大，A正确；
B．当线圈处于图示位置（中性面），磁通量最大，感应电动势为0，但电流表测的是有效值，不为0，B错误；
C．将变压器和副线圈电阻等效为原线圈的负载
当时，发电机输出功率最大。
代入数据可得
C正确；
D．从图示位置（中性面 ）开始计时，感应电动势瞬时值表达式为
D正确。
故选ACD。
14．如图（a）所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2= 66：5，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等，所有电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定。原线圈接入的交流电压的变化规律如图（b）所示，下列说法正确的是
A．由图（b）可知交流发电机转子的角速度为100 rad/s
B．灯泡L 两端电压的有效值为V
C．交流电压表V 的读数为V
D．当滑动变阻器的触头P向上滑动时，电流表A2示数减小，A1示数减小
【答案】CD
【详解】A．由图像（b）可知，所以交流发电机转子的角速度为，故A错误；
BC．由图（b）可知，原线圈输入电压有效值为
根据
可得副线圈两端电压即交流电压表的有效值
设灯泡L两端电压的有效值为U，灯泡的阻值为r，交变电流的周期为T，且二极管具有单向导电性，所以根据交变电流有效值的定义有
解得，故B错，C正确；
D．当滑动变阻器的触头P向上滑动时，滑动变阻器阻值变大，而不变，则由欧姆定律
可知，变小，所以变小，即电流表A2示数变小，因为理想变压器输入功率与输出功率相等，即
、不变，变小，所以也变小，即电流表A1示数也变小，故D正确。
故选CD。
15．某发电站远距离输电示意图如图所示，升压变压器和降压变压器均为理想变压器。已知发电站发出电压有效值一定的交流电，降压变压器输出电压，用户获得的功率为，输电线的总电阻为，升压、降压变压器原副线圈的匝数比分别为、，则下列判断正确的是（　　）
A．降压变压器的原线圈两端电压
B．发电站输出的功率为
C．若并联用户增加，则输电线上损失的电功率减小
D．若并联用户增加，为了使用户获得的电压不变，可以增大升压变压器副线圈匝数
【答案】BD
【详解】A．根据
可得降压变压器的原线圈两端电压，故A错误；
B．降压变压器副线圈的电流
又
解得
所以输电线上损失的功率为
发电站输出的功率为，故B正确；
C．若并联用户增加，输出功率增大，则降压变压器的输入功率增大，发电机的输出功率也增大，即增大，又发电站输出电压一定，根据
可知增大，又
可知增大，输电线电阻消耗的功率
可见输电线电阻消耗的功率增大，故C错误；
D．并联用户增加，根据上述分析可知流过输电线的电流变大，根据可知输电线上损失的电压变大，为了使用户获得的电压不变，要使得降压变压器的输入电压不变，根据可知需要变大，根据可知可以增大升压变压器副线圈匝数，故D正确。
故选BD。
三、实验题：本题共2小题，共计12分.
16．有一个教学用的可拆变压器，其铁芯粗细一致，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B（内部导线电阻率、横截面积相同），线圈外部还可以再绕线圈。
(1)某同学用多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a、b位置，由此可推断 （选填“A”或“B”）线圈的匝数较多。
(2)如果把它看作理想变压器，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请完成实验的步骤填空：
①用绝缘导线在线圈B上绕制n匝线圈；
②将A线圈与低压交流电源相连接；
③用多用电表的“交流电压挡”分别测量A线圈的输入电压UA和 （选填“绕制”或“B”）线圈的输出电压U；
④则A线圈的匝数为 。（用已知量和测量量的符号表示）
【答案】(1)A
(2) 绕制
【详解】（1）根据欧姆表的读数规律可知，线圈A的电阻大于线圈B的电阻，线圈A、B内部导线电阻率、横截面积相同，根据
表明线圈A的总长度比线圈B的长，则可推断A线圈的匝数较多。
（2）③[1]根据电压匝数关系有
因为要测量A线圈的匝数，则应选取匝数已知的绕制线圈测量，所以要用多用电表的“交流电压挡”测量绕制线圈的输出电压U；
④[2]根据理想变压器电压比等于匝数比有
解得
17．利用如图所示的装置可以探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系。
(1)该实验中变压器原线圈接线柱接入学生电源应该选择哪种接法 （填“A”或“B”）；
A． B．
(2)实验中，可拆变压器如图所示，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成，硅钢片应平行于平面（　　）
A．abcd B．abfe C．abgh D．aehd
(3)下列说法正确的是 ；
A．变压器工作时通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈
B．变压器工作时在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”能量的作用
C．理想变压器原、副线圈中的磁通量总是相同
D．变压器副线圈上不接负载时，原线圈两端电压为零
(4)小华在做本实验时，选择的原线圈为100匝，副线圈为200匝；他将原线圈接入学生电源中的交流电压“6V”挡位，用合适的电表测量出副线圈的电压为13V，则下列叙述可能符合实际情况的一项是______。
A．变压器的铁芯没有闭合
B．电压的测量出了问题
C．副线圈实际匝数与标注的“200”不符，应该小于200匝
D．学生电源实际输出电压大于标注的“6V”
【答案】(1)B
(2)D
(3)B
(4)D
【详解】（1）根据变压器原理可知，该实验中变压器原线圈应接入低压交流电源。
故选B。
（2）根据变压器正视图
硅钢片的作用是形成闭合磁路，所以为了减小涡流产生的热量，硅钢片应平行于平面aehd。
故选D。
（3）A．变压器开始正常工作后，通过电磁感应将电能从原线圈传递到副线圈，故A错误；
B．变压器工作时在原线圈上将电能转化成磁场能、在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”能量的作用，故B正确；
C．由于实际变压器存在漏磁，所以变压器原、副线圈中的磁通量不相同，故C错误；
D．变压器副线圈上不接负载时、原线圈两端电压不为零，故D错误。
故选B。
（4）A．根据理想变压器原副线圈电压与匝数关系，可知若变压器的铁芯没有闭合，则得出副线圈的电压小于12V，故A错误；
B．若是电压的测量出了问题，应该是小于12V，不应该大于12V，故B错误；
C．副线圈实际匝数与标注的“200”不符，若小于200匝，由可知，副线圈的电压小于12V，故C错误；
D．学生电源实际输出电压大于标注的“6V”，由可知，副线圈的电压可能为13V，故D正确。
故选D。
四、解答题：本题共3小题，共计40分．
18．如图甲所示，矩形线圈匝数N=100匝，ab=30cm，ad=20cm，匀强磁场的磁感应强度大小B=0.8T，绕轴OO′从图示位置开始匀速转动，角速度ω=100πrad/s，试求：
(1)穿过线圈的磁通量最大值Φm，线圈转到什么位置时取得此值；
(2)线圈产生的感应电动势最大值Em，线圈转到什么位置时取得此值；
(3)写出感应电动势e随时间变化的表达式，并在图乙中作出图像。（a→b方向为感应电流正方向）
【答案】(1)，线圈平面与磁场方向垂直（即中性面位置）
(2)，线圈平面与磁感线平行
(3)，
【详解】（1）当线圈平面与磁场方向垂直（即中性面位置）时，磁通量取得最大值，其最大值为
（2）线圈平面与磁感线平行时，感应电动势有最大值，其最大值为
（3）线圈从图示位置（与磁场平行，感应电动势最大的位置）开始转动，感应电动势的瞬时值表达式为
图像如下
19．“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22W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=22Ω。
(1)风力发电机的转速。
(2)降压变压器原、副线圈匝数比。
(3)升压变压器原、副线圈匝数比。
【答案】(1)50r/s
(2)50∶1
(3)1∶52
【详解】（1）由图可得，发电机产生的交流电周期
风力发电机的转速
（2）用户获得的功率
降压变压器副线圈电流
输电线上损失的功率
输电线上的电流
降压变压器原副线圈匝数比
（3）降压变压器原线圈两端电压
输电线上损失的电压
升压变压器副线圈两端电压
升压变压器原副线圈匝数比
20．如图所示，两根不计电阻的光滑倾斜平行导轨与水平面的夹角，底端及顶端分别接有和的电阻。在两根导轨所在的平面内建立坐标系。在轴方向0到6m范围内满足方程的曲线与轴所围空间区域内存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于导轨平面向上。金属棒的质量为，电阻不计，在平行于轴正方向的外力作用下以的速度沿斜面向上匀速运动。取，。求：
(1)当金属棒通过位置时的感应电动势；
(2)外力的最大值；
(3)金属棒通过磁场的过程中外力所做的功；
(4)金属棒通过磁场的过程中通过的电量。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）由曲线方程可知x=3m处棒的有效长度为L=1m
金属棒做切割磁感线运动，产生感应电动势为E，则
（2）由可知x=3m处的F最大，
此时的电流
由力的平衡可知
解得
（3）金属棒通过磁场过程中，其中
通过磁场的时间
焦耳热
安培力做功
对金属棒通过磁场过程用动能定理有
解得
（4）金属棒通过磁场过程中，等效地看成一个线圈在匀强磁场中转动，最大值
其中,
可得
电荷量
通过的电量第三章 交变电流 单元自测
建议用时：90分钟，满分：100分
一、单项选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．关于远距离高压输电，下列说法正确的是（　　）
A．高压输电是通过增大输电电流来增大输电功率的
B．为了减小输电线路上的电能损失，应采用高压输电
C．输电线路中的电流只由输送的功率决定，与输电电压无关
D．在输送功率不变的情况下，输电电压越高，输电线路上的电压损失越大
2．如图所示是教材插图，介绍火花塞点火原理，一同学课本存在污渍，看不清完整原理图。他根据所学知识，利用一直流电源、变压器、开关及导线若干设计点火电路，则以下原理图可行的是（　　）
A．B．
C．D．
3．如图所示，其中不表示交变电流的是（　　）
A． B．
C． D．
4．在匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的轴转动时，则线圈平面（ ）
A．转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大
B．转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量为0，线圈中的感应电动势最大
C．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量为0，线圈中的感应电动势最大
D．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量的变化率最小，线圈中的感应电动势最小
5．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法正确的是（　　）
A．当磁通量为零时，感应电动势也为零
B．当磁通量减小时，感应电动势也减小
C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5Em
D．线框匀速转动的角速度ω等于
6．煤气灶是生活中最常见的灶具，其由2节1.5V的干电池供电，点火时需要转换器将直流电压转换为正弦交流电压（如图甲所示），并把正弦交流电压加在一理想变压器的原线圈上（如图乙所示），当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。已知电压表为理想交流电表，下列说法正确的是（　　）
A．开关闭合时电压表的示数约为3.5V
B．该变压器的原、副线圈的匝数比为
C．该变压器的原、副线圈的匝数比大于
D．干电池消耗的化学能等于点火针与金属板之间释放的电能
7．随着科技的发展，新能源电动汽车无线充电技术应运而生，如图所示，为受电线圈，为送电线圈，可视为理想变压器。已知送电、受电线圈匝数比，端输入电压。下列说法正确的是（　　）
A．、端输入的交变电流方向每秒变化100次
B．送电线圈的输入功率大于受电线圈的输出功率
C．受电线圈产生的电动势的有效值为
D．在时，送电线圈的电动势最大
8．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图（a）所示。已知发电机线圈内阻为5.0Ω，线圈匝数为10，外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图（b）所示，则（　　）
A．电压表的示数为220V
B．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J
C．电路中的电流方向每秒钟改变50次
D．t=0时，感应电流为零，磁通量最小
9．已知图甲电流的有效值为，图乙是周期性变化的交变电流，其中时间内为四分之一正弦函数图像，时间内为均匀变化的电流。图乙电流的有效值为（　　）
A． B．
C． D．
10．2024年底，世界装机容量最大的抽水蓄能电站——河北丰宁抽水蓄能电站全面投产发电。如图，若该电站通过理想变压器调节输出电压时，输入电压保持不变。已知副线圈总匝数为n，分接头间和间的线圈匝数，开关S接3时输出电压的瞬时值，则S接2时的图像为（　　）
A． B．
C． D．
11．西电东送是纵横中国的能源“闪送”工程，这个送电工程横贯数千公里，必须走“高速公路”，这就得靠特高压输电工程。若在输电总功率不变的情况下，仅将原来的500kV高压输电升级为1000kV的特高压输电（不考虑输电线的电容、电感带来的能量损失），下列说法正确的是（　　）
A．输电电流的有效值会变为原来的2倍
B．输电线上损失的电压有效值变为原来的
C．输电线上损失的功率变为原来的
D．若输电线损失功率不变，则使用相同材料、粗细的输电线，其传输距离将更远
12．为了检验输电电压高低对电能输送的影响，某同学设计了如图甲、乙所示的两个电路进行对比实验。两个电路使用相同的低压交流电源，所有的电阻和灯泡电阻均相等，导线电阻不计。图乙中的理想变压器的匝数比。已知灯泡消耗的功率为，则灯泡消耗的功率为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题4分，共12分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分
13．如图所示，小型发电机线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r=2Ω，发电机的旋转磁极以图中虚线为轴以角速度ω做匀速转动，旋转方向如图所示，旋转磁极产生的磁场近似看作匀强磁场，磁感应强度大小为B，从图示位置（线圈平面与磁场垂直）开始计时。矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻和滑动变阻器R（0~10Ω），变压器原、副线圈匝数比为，所有电表均为理想交流电表。下列判断正确的是（　　）
A．将滑动变阻器R的滑片向下滑动，电压表V的示数变大
B．当矩形线圈处于图示位置时，磁通量最大，电流表A示数为零
C．当滑动变阻器阻值R=8Ω时，发电机的输出功率最大
D．矩形线圈产生的感应电动势瞬时值表达式为
14．如图（a）所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2= 66：5，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等，所有电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定。原线圈接入的交流电压的变化规律如图（b）所示，下列说法正确的是
A．由图（b）可知交流发电机转子的角速度为100 rad/s
B．灯泡L 两端电压的有效值为V
C．交流电压表V 的读数为V
D．当滑动变阻器的触头P向上滑动时，电流表A2示数减小，A1示数减小
15．某发电站远距离输电示意图如图所示，升压变压器和降压变压器均为理想变压器。已知发电站发出电压有效值一定的交流电，降压变压器输出电压，用户获得的功率为，输电线的总电阻为，升压、降压变压器原副线圈的匝数比分别为、，则下列判断正确的是（　　）
A．降压变压器的原线圈两端电压
B．发电站输出的功率为
C．若并联用户增加，则输电线上损失的电功率减小
D．若并联用户增加，为了使用户获得的电压不变，可以增大升压变压器副线圈匝数
三、实验题：本题共2小题，共计12分.
16．有一个教学用的可拆变压器，其铁芯粗细一致，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B（内部导线电阻率、横截面积相同），线圈外部还可以再绕线圈。
(1)某同学用多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a、b位置，由此可推断 （选填“A”或“B”）线圈的匝数较多。
(2)如果把它看作理想变压器，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请完成实验的步骤填空：
①用绝缘导线在线圈B上绕制n匝线圈；
②将A线圈与低压交流电源相连接；
③用多用电表的“交流电压挡”分别测量A线圈的输入电压UA和 （选填“绕制”或“B”）线圈的输出电压U；
④则A线圈的匝数为 。（用已知量和测量量的符号表示）
17．利用如图所示的装置可以探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系。
(1)该实验中变压器原线圈接线柱接入学生电源应该选择哪种接法 （填“A”或“B”）；
A． B．
(2)实验中，可拆变压器如图所示，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成，硅钢片应平行于平面（　　）
A．abcd B．abfe C．abgh D．aehd
(3)下列说法正确的是 ；
A．变压器工作时通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈
B．变压器工作时在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”能量的作用
C．理想变压器原、副线圈中的磁通量总是相同
D．变压器副线圈上不接负载时，原线圈两端电压为零
(4)小华在做本实验时，选择的原线圈为100匝，副线圈为200匝；他将原线圈接入学生电源中的交流电压“6V”挡位，用合适的电表测量出副线圈的电压为13V，则下列叙述可能符合实际情况的一项是______。
A．变压器的铁芯没有闭合
B．电压的测量出了问题
C．副线圈实际匝数与标注的“200”不符，应该小于200匝
D．学生电源实际输出电压大于标注的“6V”
四、解答题：本题共3小题，共计40分．
18．如图甲所示，矩形线圈匝数N=100匝，ab=30cm，ad=20cm，匀强磁场的磁感应强度大小B=0.8T，绕轴OO′从图示位置开始匀速转动，角速度ω=100πrad/s，试求：
(1)穿过线圈的磁通量最大值Φm，线圈转到什么位置时取得此值；
(2)线圈产生的感应电动势最大值Em，线圈转到什么位置时取得此值；
(3)写出感应电动势e随时间变化的表达式，并在图乙中作出图像。（a→b方向为感应电流正方向）
19．“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22W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=22Ω。
(1)风力发电机的转速。
(2)降压变压器原、副线圈匝数比。
(3)升压变压器原、副线圈匝数比。
20．如图所示，两根不计电阻的光滑倾斜平行导轨与水平面的夹角，底端及顶端分别接有和的电阻。在两根导轨所在的平面内建立坐标系。在轴方向0到6m范围内满足方程的曲线与轴所围空间区域内存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于导轨平面向上。金属棒的质量为，电阻不计，在平行于轴正方向的外力作用下以的速度沿斜面向上匀速运动。取，。求：
(1)当金属棒通过位置时的感应电动势；
(2)外力的最大值；
(3)金属棒通过磁场的过程中外力所做的功；
(4)金属棒通过磁场的过程中通过的电量。第07讲 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
知识点一　电磁感应现象中的感生电场
【情境导入】
如图所示，B增强时，就会在空间激发一个感生电场E.如果E处空间存在闭合导体，导体中的自由电荷就会在感生电场的作用下做定向移动，产生感应电流．
(1)感生电场的方向与感应电流的方向有什么关系？如何判断感生电场的方向？
(2)上述情况下，哪种作用扮演了非静电力的角色？
答案　(1)感应电流的方向与正电荷定向移动的方向相同．感生电场的方向与正电荷受力的方向相同，因此，感生电场的方向与感应电流的方向相同，感生电场的方向可以用楞次定律来判定．
(2)感生电场对自由电荷的作用．
【知识梳理】
1．感生电场
麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场，这种电场叫作感生电场．
2．感生电动势
由感生电场产生的电动势叫感生电动势．
3．电子感应加速器
电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备，当电磁铁线圈中电流的大小、方向发生变化时，产生的感生电场使电子加速．
【重难诠释】
1．变化的磁场周围产生感生电场，与闭合电路是否存在无关．如果在变化的磁场中放一个闭合电路，自由电荷在感生电场的作用下发生定向移动．
2．感生电场可用电场线形象描述．感生电场是一种涡旋电场，电场线是闭合的，而静电场的电场线不闭合．
3．感生电场的方向根据楞次定律用右手螺旋定则判断，感生电动势的大小由法拉第电磁感应定律E＝n计算．
知识点二　涡流
【情境导入】
如图所示，线圈中的电流随时间变化时，导体中有感应电流吗？如果有，它的形状像什么？
答案　有．变化的电流产生变化的磁场，变化的磁场产生感生电场，使导体中的自由电子发生定向移动，产生感应电流，它的形状像水中的漩涡，所以把它叫作涡电流，简称涡流．
【知识梳理】
1．涡流：当线圈中的电流随时间变化时，线圈附近的任何导体中都会产生感应电流，用图表示这样的感应电流，就像水中的漩涡，所以把它叫作涡电流，简称涡流．
2．金属块中的涡流会产生热量，利用涡流产生的热量可以冶炼金属．
【重难诠释】
1．产生涡流的两种情况
(1)块状金属放在变化的磁场中．
(2)块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动．
2．产生涡流时的能量转化
(1)金属块在变化的磁场中，磁场能转化为电能，最终转化为内能．
(2)金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能．
3．涡流的应用与防止
(1)应用：真空冶炼炉、探雷器、安检门等．
(2)防止：为了减小电动机、变压器铁芯上的涡流，常用电阻率较大的硅钢做材料，而且用相互绝缘的硅钢片叠成铁芯来代替整块硅钢铁芯．
知识点三　电磁阻尼和电磁驱动
【情境导入】
弹簧上端固定，下端悬挂一个磁体．将磁体托起到某一高度后放开，磁体能上下振动较长时间才停下来．如果在磁体下端放一个固定的闭合线圈，使磁体上下振动时穿过它(如图所示)，磁体就会很快停下来，解释这个现象．
答案　当磁体穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁体靠近或离开线圈，也就使磁体振动时除了受空气阻力外，还要受到线圈的磁场阻力，克服阻力需要做的功较多，机械能损失较快，因而会很快停下来．
【知识梳理】
电磁阻尼
当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼．
电磁驱动
若磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动．
【重难诠释】
电磁阻尼和电磁驱动的比较
电磁阻尼 电磁驱动
不同点 成因 由导体在磁场中运动形成的 由磁场运动而形成的
效果 安培力方向与导体运动方向相反，为阻力 安培力方向与导体运动方向相同，为动力
能量 转化 克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能 磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能
共同点 两者都是电磁感应现象，导体受到的安培力都是阻碍导体与磁场间的相对运动
教材习题01 如图2.3-14所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁体。将磁体托起到某一高度后放开，磁体能上下振动较长时间才停下来。如果在磁体下端放一个固定的闭合线圈，使磁极上下振动时穿过它，磁体就会很快地停下来。分析这个现象的产生原因，并说明此现象中能量转化的情况。 解题方法 电磁阻尼
【答案】当条形磁铁的N极靠近线圈时,线圈中向下的磁通量增加,根据楞次定律可得,线圈中感应电流的磁场方向应该向上,再根据安培定则,判断出线圈中的感应电流方向为逆时针方向(自上向下看)。感应电流的场对条形铁N极的作用力向上,阻碍条形磁铁向下运动。 当条形磁铁的N极远离线圈时,线圈中向下的磁通量减少,根据楞次定律可得,线圈中感应电流的场方向应该向下,再根据安培定则,判断出线圈中的感应电流方向为顺时针方向(自上向下看)。感应电流的场对条形磁铁N极的作用力向下,阻碍条形磁铁向上运动。 因此,无论条形磁铁怎样运动,都将受到线圈中感应电流磁场的阻碍作用,所以条形磁铁很快停了下来整个过程中,弹簧和磁铁的机械能转化为线圈的电能，说明:做这个实验时,为了现象明显,闭合线圈应当使用较宽、较厚且内径较小的铜环或铝环,这样可以产生较强的感应电流,从而对磁铁产生较大的作用力。
教材习题02 如图2.3-16所示，水平放置的绝缘桌面上有一个金属圆环，圆心的正上方有一个竖直的条形磁体。请通过分析形成以下结论:条形磁体沿水平方向移动时，金属圆环将受到水平方向运动的驱动力，驱动力的方向跟条形磁体运动的方向相同。 解题方法 电磁驱动
【答案】当条形磁铁向右移动时,金属圆环中的磁通量减少,圆环中将产生感应电流,感应电流的磁场阻碍通量的减少,故金属圆环将受到条形磁铁向右的作用力。这个力实际上就是条形磁铁的磁场对感应电流的安培力。这个安培力将驱使金属圆环向右运动。
题型1涡流的原理、应用与防止
图甲为磁控健身车，图乙为其车轮处结构示意图，在金属飞轮的外侧有一些磁体（与飞轮不接触），人用力蹬车带动飞轮旋转时，磁体会对飞轮产生阻碍作用，拉动旋钮拉线可以改变磁体与飞轮间的距离。下列说法正确的有（　　）
A．飞轮受到的阻力主要来源于磁体对它的安培力
B．飞轮转速一定时，磁体越靠近飞轮，飞轮受到的阻力越小
C．磁体和飞轮间的距离一定时，飞轮转速越大，受到的阻力越小
D．磁体和飞轮间的距离一定时，飞轮转速越大，内部的涡流越强
【答案】AD
【详解】A．飞轮在磁场中做切割磁感线运动，所以会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的飞轮产生阻力，以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动，所以飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，故A正确；
B．磁铁越靠近飞轮，飞轮处的磁感应强度越强，所以在飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大，飞轮受到的阻力越大，故B错误；
C．磁铁和飞轮间的距离一定时，根据法拉第电磁感应定律可知，飞轮转速越大，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大；飞轮受到的阻力越大，故C错误；
D．磁铁和飞轮间的距离一定时，根据法拉第电磁感应定律可知，飞轮转速越大，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大，内部的涡流越强，故D正确。
故选AD。
题型2电磁灶的结构和原理
下列关于电磁学现象的解释，正确的是（　　）
A．安培力是洛伦兹力的宏观表现，因此两者方向总相同
B．电磁炉加热食物时，锅底发热是因金属内部自由电荷受洛伦兹力做定向运动
C．闭合线圈靠近磁铁时产生感应电流，其方向总是阻碍线圈与磁铁的相对运动
D．金属探测器利用涡流原理，工作时探测线圈中通入恒定电流以提高灵敏度
【答案】C
【详解】A．安培力是导体中所有自由电荷所受洛伦兹力的宏观合力，但单个电荷的洛伦兹力方向可能不同（如正负电荷运动方向相反），因此安培力方向与单个洛伦兹力方向未必相同，故A错误；
B．电磁炉利用交变磁场在金属锅底产生涡流，涡流由变化的磁场感生电场驱动电荷运动，而非仅由洛伦兹力导致定向运动，故B错误。
C．根据楞次定律，闭合线圈靠近磁铁时，感应电流的磁场方向总是阻碍线圈与磁铁的相对运动（如靠近时表现为斥力），故C正确。
D．金属探测器需通入交变电流以产生变化的磁场，从而在金属中激发涡流；若通恒定电流，磁场不变化，无法产生涡流，灵敏度为零，故D错误。
故选C。
题型3安检警报器结构和原理
如图所示，是考场使用的金属探测器，该探测器涉及的基本原理是（　　）
A．静电感应 B．电磁感应 C．电磁驱动 D．静电屏蔽
【答案】B
【详解】考场使用的金属探测器，该探测器涉及的基本原理是电磁感应。利用有交流电通过金属探测器内部的线圈，产生迅速变化的磁场。这个磁场能在金属物体内部能感生涡电流。涡电流又会产生磁场，倒过来影响金属探测器内部的线圈原来的磁场，引发探测器发出鸣声，从而可以检测是否携带金属器件制作的通讯工具。
故选B。
题型4电磁阻尼与电磁驱动的理解
如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法不正确的是（ ）
A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高
B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
【答案】CD
【详解】A．把圆盘看成沿半径方向紧密排列的“辐条”，由右手定则知，靠近圆心处电势高，故A正确，不符合题意；
B．所加磁场越强，感应电流越强，安培力越大，对圆盘转动的阻碍越大，故B正确，不符合题意；
C．如果磁场反向，由楞次定律可知，安培力仍阻碍圆盘转动，故C错误，符合题意；
D．若将整个圆盘置于磁场中，辐条仍会切割磁场产生感应电动势，从而形成涡流，使得圆盘减速运动，故D错误，符合题意。
故选CD。
题型5电磁驱动原理的其他应用
如图所示，导体小球A在光滑的绝缘水平圆形轨道上处于静止状态，现在使小球正上方的条形磁铁在轨道正上方做匀速圆周运动，转速为n。关于小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．磁铁转动过程中远离小球时小球加速，靠近小球时小球减速
B．安培力对小球做的功大于小球动能的增加
C．安培力对小球做的功等于小球内部产生的焦耳热和小球动能的增量
D．运动稳定后，小球的转速最后等于n
【答案】D
【详解】A．磁铁转动过程中无论远离还是靠近小球，小球在安培力作用下都加速运动，故A错误；
BC．安培力对小球做的功等于小球动能的增加，故BC错误；
D．运动稳定后，小球的转速最后等于与磁铁的转速相同，安培力为零，故D正确。
故选D。
1．电磁炉（如图所示）的炉盘下有一组线圈，电磁炉工作时，炉盘上的铁锅会发热，为使铁锅迅速发热，线圈应接怎样的电源（　　）
A．直流高压 B．直流低压
C．迅速变化的电流 D．缓慢变化的电流
【答案】C
【详解】线圈中的电流变化，在附近的导体中（主要是铁锅的底部）产生感应电流，从而在导体中产生大量的热，这种涡流现象也是电磁感应；而迅速变化的电流，产生的感应电流较大，产生的热量越多。
故选C。
2．如图，磁体从竖直放置的铝管口静止释放，下落过程中磁体不与管壁接触且无翻转，不计空气阻力。则（　　）
A．磁体在穿过铝管过程中，始终匀加速下降
B．磁体在穿过铝管过程中，所受安培力的方向先向上后向下
C．磁体在穿过铝管过程中，磁体减少的重力势能全部转化为动能
D．若更换为等质量磁性更强的磁体，穿过铝管的时间将变长
【答案】D
【详解】AB．磁体在铝管中运动的过程中，虽不计空气阻力，但在这个过程中铝管中会产生涡流，磁体会受到安培力的作用，且全程安培力的方向一直向上，根据法拉第电磁感应定律，磁体运动的速度越快，则产生的感应电动势越大，所以受到的安培力也越大，重力不变，磁体的加速度是逐渐减小的，磁体不是做匀加速运动，故AB错误；
C．根据能量守恒定律，磁体在穿过铝管过程中，磁体减少的重力势能转化为动能和内能，故C错误；
D．若更换为等质量磁性更强的磁体，安培力会更大，阻碍现象会更明显，时间会变长，故D正确。
故选D。
3．涡流效应可以用来检测金属材料中是否有裂隙、气泡。下图为涡流检测的示意图，激励线圈通变化的电流，从而在金属导体中感应出涡流。若金属导体中有气泡，会影响涡流大小，从而被激励线圈检测到。已知图示时刻激励线圈俯视看为顺时针电流，下列说法正确的是（　　）
A．图示时刻激励线圈的电流在变小
B．图示时刻感应磁场方向向上
C．感应磁场与激励磁场的方向始终相反
D．激励线圈移动到导体内有气泡的区域上方时，金属导体中的涡流会增大
【答案】B
【详解】AB．根据安培定则可知，激励线圈中的电流产生的磁场在金属导体位置的磁场方向整体向下，而金属导体中感应出的涡流产生的磁场在金属导体位置的磁场方向向上，即图示时刻感应磁场方向向上，两磁场方向相反，根据楞次定律可知，图示时刻激励线圈的电流在变大，故A错误，B正确；
C．若激励线圈的电流变小，激励线圈中的电流产生的磁场在金属导体位置的磁场减弱，根据楞次定律可知，此时涡流产生的感应磁场与激励线圈产生的激励磁场的方向相同，故C错误；
D．导体内有气泡的区域电阻大一些，可知，激励线圈移动到导体内有气泡的区域上方时，金属导体中的涡流会减小，故D错误。
故选B。
4．如图所示，条形磁铁用细线悬挂在O点，O点正下方固定一个水平放置的实心铝盘。让磁铁在竖直面内从左边静止释放，虚线为释放位置的对称位置，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．磁铁由于电磁阻尼无法摆到虚线位置
B．磁铁由于电磁驱动会持续摆动
C．铝盘中的涡流总是排斥磁铁，对磁铁的作用力总是阻力
D．最终铝盘中涡流产生的焦耳热大于磁铁损失的重力势能
【答案】A
【详解】AB．由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁铁的相对运动，所以磁铁无法摆到虚线位置，且最终会停止，故A正确，B错误；
C．由楞次定律可知，磁铁靠近铝线圈时受到斥力作用，远离铝线圈时受到引力作用，故C错误；
D．根据能量守恒定律可知，最终铝盘中涡流产生的焦耳热等于磁铁损失的重力势能，故D错误；
故选A。
5．如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】根据题意当金属薄片中心运动到N极正下方时，薄片右侧的磁通量在减小，左侧磁通量在增加，由于两极间的磁场竖直向下，根据楞次定律可知此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针。
故选C。
6．阻尼器是一种提供运动阻力，耗减运动能量的装置，也被称为避震器、减震器或阻尼装置。图为一同学设计的“涡流阻尼器”的原理图，一磁体通过细绳悬挂在铁架台上，在悬点的正下方放置一铜板。将磁体拉至左侧某一高度，让磁体由静止向下摆动，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．磁体还能回到原高度
B．磁体从左侧向下摆动的过程中，铜板受到向右的摩擦力
C．磁体向上摆动的过程中，铜板对地面的压力小于自身的重力
D．磁体运动到最低点时，铜板对地面的压力小于自身的重力
【答案】C
【详解】A．磁体在运动过程中，铜板会产生涡流，涡流产生的磁场会阻碍磁体的运动，所以磁体不可能回到原高度，故A错误；
B．磁体从左侧向下摆动的过程中，铜板会产生涡流，根据楞次定律，涡流所受的水平安培力向右，所以铜板受到向左的摩擦力，故B错误；
C．磁体向上摆动的过程中，铜板会产生涡流，根据楞次定律，涡流所受的安培力向上，铜板对地面的压力小于自身的重力，故C正确；
D．当磁体在最低点时，铜板的竖直方向上没有安培力，所以铜板对地面的压力等于铜板的重力，故D错误。
故选C。
7．磁力刹车是游乐场中过山车采用的一种新型刹车装置，该刹车装置的原理图（从车后朝前看）如图所示，停车区的轨道两侧装有强力磁铁，当过山车进入停车区时铜片从强力磁铁间穿过，车很快停下来，则（　　）
A．过山车进入停车区时铜片不会产生热量
B．过山车运动的速度越大，在停车区制动力越大
C．若将铜片换成有机玻璃片，也能达到相同的刹车效果
D．若将强力磁铁的磁极对调，过山车在停车区将加速运动
【答案】B
【详解】A．过山车进入停车区时铜片从强力磁铁间穿过，穿过铜片的磁通量发生变化，铜片中会产生感应电流，会产生热量，故A错误；
B．过山车运动的速度越大，穿过铜片的磁通量变化率越大，产生的感应电动势越大，铜片中的感应电流越大，受到的安培力越大，即在停车区制动力越大，故B正确；
C．有机玻璃片不是导体，当其进入停车区从强力磁铁间穿过时，不会产生感应电流，达不到同样的刹车效果，故C错误；
D．若将强力磁铁的磁极对调，铜片所受安培力仍是阻力，过山车在停车区仍做减速运动，故D错误。
故选B。
8．电磁技术的应用非常广泛：图甲是磁流体发电机的原理图、图乙是回旋加速器的示意图、图丙是磁电式电流表的内部结构、图丁是利用电磁炉加热食物。下列说法正确的是（　　）
A．磁流体发电机的A板是电源的正极，B板是电源的负极
B．通过增大回旋加速器狭缝间的电压，可使粒子获得的最大动能增大
C．磁电式电流表中的铝框可使指针较快停止摆动，这是利用了电磁阻尼的原理
D．将电磁炉的电源换成电动势更大的直流电源，可以增加锅具的发热功率
【答案】C
【详解】A．图甲中，根据左手定则可知正离子向下偏转，负离子向上偏转，则B板带正电，A板带负电，B板是电源的正极，A板是电源的负极，故A错误；
B．当粒子在磁场中的轨道半径等于D形盒半径时，粒子的动能最大，则有
可得粒子获得的最大动能为
可知增大回旋加速器狭缝间的电压，不能使粒子获得的最大动能增大，故B错误；
C．磁电式仪表中的铝框可使指针较快停止摆动，是利用了电磁阻尼的原理，故C正确；
D．电磁炉使用交流电作为电源，则将电磁炉的电源换成电动势更大的直流电源，锅具无法发热，故D错误。
故选C。
9．如图是我校学生食堂用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片组成电路，当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作，已知线圈面积为S，共n匝，某次刷卡时，线圈平面与磁场垂直，全部处于磁场区域内，且在感应时间内，磁感应强度方向向外由0均匀增大到，此过程中（ ）
A．线框中磁通量最大为 B．此现象为涡流现象
C．线框中产生的感应电流一直增大 D．线框中感应电动势大小为
【答案】D
【详解】A．线框中磁通量最大为与线圈匝数无关，故A错误；
B．穿过卡片内部线圈的磁通量发生变化，从而在线圈内产生感应电流，该现象不是涡流现象，故B错误；
CD．磁感应强度方向向外且由0均匀增大到，电动势大小为
电动势大小不变，线框中产生的感应电流一直不变，故C错误，D正确。
故选D。
10．如图为真空冶炼炉的示意图，下列相关说法正确的是（　　）
A．线圈应接高压直流电源
B．线圈应接高频交流电源
C．线圈中的焦耳热加热金属，使其融化
D．炉体中的涡流产生热量加热金属，使其融化
【答案】B
【详解】真空冶炼炉的原理是通过接高频交流电源在炉内金属中产生涡流，从而产生大量的热量来熔化金属的，则线圈应接高频交流电源；
故选B。
11．某次上课前朱老师喊几位同学搬运实验室磁电式电流表的时候，有同学发现表针晃动剧烈、不易停止。该同学根据上课所学的知识，在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是（　　）
A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈产生感生电动势
B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的原因
C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电流
D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到电磁阻尼的原因
【答案】D
【详解】A．未接导线时，表针晃动过程中导线切割磁感线，表内线圈会产生动生电动势，故A错误；
B．未接导线时，未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力，故B错误；
CD．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，根据楞次定律可知，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用（即受到电磁阻尼），故C错误，D正确。
故选D。
12．电吉他是现代科学技术的产物，从外形到音响都与传统的吉他有着明显的差别。电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，固定的条形磁体附近的金属弦被磁化，当金属弦上下振动时，在线圈中产生与弦振动情况对应的弱电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的是（　　）
A．电吉他利用了自感现象 B．电吉他利用了电磁阻尼
C．金属弦可能是铜制的 D．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
【答案】D
【详解】AB．自感现象是由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象，在电吉他中，金属弦被磁化后，其上下振动使穿过固定线圈中的磁通量发生变化，从而在线圈中产生感应电流，属于电磁感应现象，但不是自感现象，故AB错误
C．铜不可以被磁化，则选用铜质弦，电吉他不能正常工作，故C错误；
D．根据法拉第电磁感应定律可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，故D正确。
故选D。
13．图甲为无线磁力搅拌杯，其工作原理如图乙所示，杯体底部安装通电线圈，相关电路控制线圈电流从而产生一个逆时针旋转的磁场（俯视图），杯内中心放置一搅拌金属粒，在旋转磁场作用下金属粒也产生旋转，从而达到搅拌杯内溶液的效果。通电搅拌时，以下说法正确的是（　　）
A．金属粒中会产生感应电流
B．金属粒内不会产生焦耳热
C．金属粒旋转方向与磁场旋转方向相反
D．加大磁场旋转速度，则金属粒旋转速度也加大
【答案】AD
【详解】AB．根据电磁感应原理，当金属粒处于变化的磁场中时会产生感应电动势，进而形成感应电流，产生焦耳热，故A正确，B错误；
C．金属粒在旋转磁场的作用下，其内部产生的感应电流会受到安培力的作用，从而驱动金属粒跟随磁场旋转，金属粒旋转方向与磁场旋转方向一致，故C错误；
D．当加快磁场旋转速度时，由于感应电流增大、作用力和力矩增大，金属粒也会加快旋转，故D正确。
故选AD。
14．如图所示，铜板放在绝缘地面上，铜板的正上方悬挂着用绝缘材料制成的轻弹簧，劲度系数为k，弹簧下端吊着质量为m的条形磁铁。重力加速度为g．当弹簧处于原长时，由静止释放条形磁铁，弹簧的形变在弹性限度内。不计空气阻力，则（ ）
A．条形磁铁再次上升到最高点时，弹簧仍处于原长
B．条形磁铁向下运动过程中，弹簧向上的拉力等于条形磁铁的重力时条形磁铁速度最大
C．在条形磁铁向下加速运动的过程中，条形磁铁减小的重力势能大于磁铁增加的动能与弹簧增加的弹性势能的和
D．当条形磁铁最后静止时，弹簧向上的拉力等于条形磁铁的重力
【答案】CD
【详解】A．由于条形磁铁振动过程中，铜板中会产生涡流，产生热量，因此条形磁铁和弹簧组成的系统机械能会减小，因此再次上升到最高点，弹簧一定不在原长处，在原长处下方，故A错误；
B．磁铁向下运动过程中，弹簧向上的拉力与铜板中感应电流磁场对磁铁向上的磁场力之和等于磁铁重力时速度最大，故B错误；
C．当条形磁铁向下加速运动时，条形磁铁减小的重力势能等于磁铁增加的动能、弹簧增加的弹性势能及铜板中产生的内能之和，故C正确；
D．条形磁铁静止后，铜板中没有涡流产生，磁铁的重力和弹簧的弹力平衡，故D正确。
故选CD。
15．如图所示，让一铝制圆盘靠近U形磁铁的两级，但不接触，且磁铁的中心轴线与圆盘的中心在同一竖直线上．现让磁铁按照图示的方向转动，则下列说法正确的是 （ ）
A．磁铁不能吸引铝，因此圆盘不会随磁铁转动而转动
B．圆盘跟随磁铁转动的原因是内部产生的涡流引起的
C．磁铁停止转动后，由于电磁阻尼作用圆盘很快也会停止转动
D．磁铁转动时，圆盘内磁通量并未发生了变化，因此圆盘不会随磁铁转动而转动
【答案】BC
【详解】ABD．在磁铁转动过程中，穿过整个圆盘的磁通量不发生变化，以圆盘盘面的其中一条直径为界，两侧穿过圆盘的磁感线的方向不同，当磁铁转动时，穿过圆盘两侧局部的磁通量发生变化，从而在圆盘上的不同位置产生涡流，由楞次定律可知，涡流会阻碍磁铁与圆盘间的相对运动，因此圆盘会跟随磁铁一起转动，故B正确；AD错误；
C．磁铁停止转动后，由于电磁阻尼作用圆盘很快也会停止转动，故C正确；
故选BC。第04讲 质谱仪与回旋加速器
知识点一　质谱仪
【情境导入】
如图所示为质谱仪原理示意图．设粒子质量为m、电荷量为q，加速电场电压为U，偏转磁场的磁感应强度为B，粒子从容器A下方的小孔S1飘入加速电场，其初速度几乎为0.则粒子进入磁场时的速度是多大？打在底片上的位置到S3的距离多大？
答案　由动能定理知qU＝mv2，则粒子进入磁场时的速度大小为v＝，由于粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝＝，所以打在底片上的位置到S3的距离为.
【知识梳理】
1．构造：主要构件有加速电场、偏转磁场和照相底片．
2．运动过程(如图)
(1)加速：带电粒子经过电压为U的加速电场加速，qU＝mv2.由此可得v＝.
(2)偏转：垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做匀速圆周运动，r＝，可得r＝.
3．分析：从粒子打在底片D上的位置可以测出圆周的半径r，进而可以算出粒子的比荷．
4．应用：可以测定带电粒子的质量和分析同位素．
知识点二　回旋加速器
【情境导入】
回旋加速器两D形盒之间有窄缝，中心附近放置粒子源(如质子、氘核或α粒子源)，D形盒间接上交流电源，在狭缝中形成一个交变电场．D形盒上有垂直盒面的匀强磁场(如图所示)．
　
(1)回旋加速器中磁场和电场分别起什么作用？对交流电源的周期有什么要求？在一个周期内加速几次？
(2)带电粒子获得的最大动能由哪些因素决定？如何提高粒子的最大动能？
答案　(1)磁场的作用是使带电粒子回旋，电场的作用是使带电粒子加速．交流电源的周期应等于带电粒子在磁场中运动的周期．一个周期内加速两次．
(2)当带电粒子速度最大时，其运动半径也最大，即rm＝，可得Ekm＝，所以要提高带电粒子的最大动能，则应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径rm.
【知识梳理】
1.回旋加速器的构造：两个D形盒．两D形盒接交流电源，D形盒处于垂直于D形盒的匀强磁场中，如图．
2．工作原理
(1)电场的特点及作用
特点：两个D形盒之间的窄缝区域存在周期性变化的电场．
作用：带电粒子经过该区域时被加速．
(2)磁场的特点及作用
特点：D形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中．
作用：带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，从而改变运动方向，半个圆周后再次进入电场．
教材习题01 1.A、B是两种同位素的原子核，它们具有相同的电荷、不同的质量。为测定它们的质量比，使它们从质谱仪的同一加速电场由静止开始加速，然后沿着与磁场垂直的方向进入同一匀强磁场，打到照相底片上。如果从底片上获知A、B在磁场中运动轨迹的直径之比是1.08:1，求A、B的质量之比。 解题方法 ①圆周运动半径合比荷的关系
【答案】由 和 ，得 ，所以
教材习题02 4.回旋加速器两个D形金属盒分别和一高频交流电源两极相接，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近。若粒子源射出的粒子电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为R。 (1)粒子在盒内做何种运动 (2)求所加交流电源的频率。 (3)求粒子加速后获得的最大动能。 解题方法 回旋加速器分析
【答案】 (1) 粒子在盒内磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力始终与粒子速度方向垂直，粒子做匀速圆周运动。 (2) 所加交流电源周期等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，根据 和 得 ，故交流电源频率 。 (3) 粒子速度增加，则轨道半径增大，当轨道半径达到 R 时速度最大，最大速度 ，则最大动能。
题型1基于加速电场的质谱仪
质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量。让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔S无初速度飘入电势差为U的加速电场，加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中。氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”。重力不计，则下列判断正确的是（　　）
A．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
B．进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
C．在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚
D．a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚
【答案】A
【详解】AB．离子通过加速电场的过程，根据动能定理有
解得，
因氕、氘、氚三种离子的电荷量相同、质量依次增大，故进入磁场时动能相同，速度依次减小，故A正确，B错误；
C．三种离子进入磁场，周期表达式为
因氕、氘、氚三种离子的电荷量相同、质量依次增大，故氕、氘、氚三种离子在磁场中运动的周期依次增大，又三种离子在磁场中运动的时间均为半个周期，故在磁场中的运动时间由大到小排列依次为氚、氘、氕，故C错误；
D．三种离子进入磁场，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
因氕、氘、氚三种离子的电荷量相同、质量依次增大，故氕、氘、氚三种离子在磁场中的轨道半径依次增大，所以a、b、c三条“质谱线”依次对应氚、氘、氕，故D错误。
故选A。
题型2基于速度选择器的质谱仪
如图所示，带电荷量大小相等的三个粒子a、b、c，其质量分别为ma、mb、mc，它们分别以 va、vb、vc的速率平行金属板进入速度选择器，三个粒子均能沿直线通过速度选择器并进入匀强磁场，磁场中只有两条粒子轨迹1和2，若a、b粒子的轨迹分别为轨迹1和2，不计粒子间的相互作用和重力，下列说法正确的是（　　）
A．
B．a粒子带负电，b粒子带正电
C．三个粒子质量关系可能为
D．粒子a、b在磁场B2中运动的时间可能相同
【答案】C
【详解】A．粒子沿直线经过速度选择器，根据平衡条件可知
解得
三粒子的速度v相等，故A错误；
B．在磁场B2中由左手定则，a粒子带正电，b粒带负电，故B错误；
C．根据牛顿第二定律
可得粒子运动半径
可知
而粒子c的质量可能与a或b相同，故C正确；
D．粒子a、b在磁场B2中运动半周期，由
可知a、b在B2中运动时间不同，故D错误。
故选C。
题型3回旋加速器的原理
回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．仅增大狭缝间的加速电压，则同一粒子射出加速器时的动能增大
B．仅增大磁场的磁感应强度且使电场变化周期与粒子做圆周运动周期相同，则同一粒子射出加速器时的动能增大
C．仅增大D形金属盒的半径，则同一粒子射出加速器时的速度增大
D．比荷不同的粒子也可用同一加速器进行加速
【答案】BC
【详解】ABC．设粒子环绕半径为，由
可知若D形盒半径为，则射出加速器时粒子速度
则最大动能
可知射出加速器时的动能与加速电压无关，仅增大磁场的磁感应强度或仅增大D形金属盒的半径则可使增大，射出加速器时的动能增大，故BC正确，A错误；
D．根据
解得磁场或电场的周期
比荷不同的粒子不能保证粒子一直加速，因此比荷不同的粒子不能用同一加速器加速，故D错误。
故选BC。
题型4粒子在回旋加速器中的最大动能和运动时间
如图所示的装置是回旋加速器，其核心部分是两个D形金属盒，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，粒子经过狭缝时都能被加速。则下列说法正确的是（　　）
A．由于洛伦兹力做功，粒子的速度变大
B．由于粒子多次被加速，所以粒子在回旋加速器中的运动周期会变大
C．粒子增加的动能来源于加速电场
D．增大磁感应强度B，带电粒子射出时的动能将变小
【答案】C
【详解】AC．洛伦兹力始终与速度垂直，即洛伦兹力对粒子不做功，而电场力对粒子做功，即粒子动能增大是由于电场力做功，粒子增加的动能来自于电场，故A错误，C正确。
B．粒子在磁场中运动的周期，与粒子速度无关，故粒子在加速器中的运动周期不变，故B错误。
D．根据
解得
则带电粒子射出时的动能为
增大磁感应强度B，带电粒子射出时的动能将变大，故D错误。
故选C。
题型5回旋加速器中电场变化的周期和磁感应强度的关系
回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。和是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压大小不变，频率为f的高频交流电源上。已知匀强磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为r，位于圆心处的粒子源A能不断产生带电量相同、速率为零的粒子，粒子经过电场加速后进入磁场，粒子被加速到最大动能的时间为t，当粒子被加速到最大动能后，再将它们引出。忽略粒子在电场中运动的时间，忽略相对论效应，下列说法正确的是（　　）
A．粒子源处产生的带电粒子的比荷为
B．粒子第n次被加速前后的轨道半径之比为
C．从D形盒出口引出时的速度为
D．所加交变电压的大小为
【答案】AB
【详解】A．根据回旋加速器的原理可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率等于加速电压的频率，即
可得粒子源处产生的带电粒子的比荷为，A正确；
B．被加速n次时根据
在磁场中运动的半径
解得
同理可知被加速n次前轨道半径
可得粒子第n次被加速前后的轨道半径之比为，B正确；
C．从D形盒出口引出时
解得速度为，C错误；
D．粒子在D形盒中被加速的次数
则根据
所加交变电压的大小为，D错误。
故选AB。
题型6回旋加速器的综合计算
医用回旋加速器工作原理示意图如图甲所示，其工作原理是：带电粒子在磁场和交变电场的作用下，反复在磁场中做回旋运动，并被交变电场反复加速，达到预期所需要的粒子能量，通过引出器引出后，轰击靶材料上，获得所需要的核素。时，回旋加速器中心部位处的灯丝释放的带电粒子在回旋加速器中的运行轨道和加在间隙间的高频交流电压如图乙所示。忽略粒子经过间隙的时间和相对论效应，则（　　）
A．被加速的粒子带正电
B．高频交流电压的周期等于粒子在D形盒磁场中圆周运动周期的一半
C．粒子被加速的最大动量大小与D形盒的半径无关
D．带电粒子在D形盒中被加速次数与交流电压有关
【答案】D
【详解】A．由题图乙可知时，粒子向右加速，故被加速的粒子带负电，故A错误；
B．粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与交流电压的周期相等，故B错误；
C．根据
可知粒子被加速的最大动量大小与D形盒的半径R有关，故C错误；
D．根据
因为
联立解得
可知带电粒子在D形盒中被加速次数n与交流电压有关，故D正确。
故选D。
1．下列说法正确的是（　　）
A．闭合电路中因为电源电动势不变，所以路端电压也不变
B．两个相同的表头改装成不同量程的电流表，并联接入电路后，指针偏转角度相同
C．排气扇接上电源后，扇叶被卡住，不能转动，则电动机消耗的功率大于发热的功率
D．速度选择器对粒子从哪个方向进入无要求，只要达到确定的速度即可直线通过
【答案】B
【详解】A．路端电压，当外电路电阻变化时，电流会变化，导致变化。电动势虽不变，但路端电压仍受负载影响，故A错误。
B．改装后的电流表并联时，两端电压相同。表头内阻相同，流过表头的电流也相同，因此指针偏转角度相同，故B正确。
C．卡住时无机械能输出，电能全部转化为热能，消耗功率等于发热功率，故C错误。
D．速度选择器要求粒子运动方向与电场和磁场均垂直，且方向需满足、、垂直，使得电场力和洛伦兹力等大反向。若反向进入，电场力与磁场力方向相同，无法平衡，故D错误。
故选B。
2．物理学家霍尔在实验中发现，当电流垂直于磁场通过导体或半导体材料左右两个端面时，在材料的上下两个端面之间产生电势差。这一现象被称为霍尔效应，产生这种效应的元件叫霍尔元件。如图为霍尔元件的原理示意图，其霍尔电压与电流和磁感应强度B的关系可用公式表示，其中叫该元件的霍尔系数，下列说法正确的是（　　）
A．霍尔元件上表面电势一定高于下表面电势
B．式中霍尔系数是一个没有单位的常数
C．公式中的d指图中元件前后表面间的距离
D．公式中的d指图中元件上下表面间的距离
【答案】C
【详解】A．霍尔电压的产生是由于运动电荷在磁场中受洛伦兹力发生偏转，导致上下表面积累电荷。若自由电荷为正，根据左手定则，正电荷向上表面偏转；若为负电荷，如金属中的电子，负电荷向上表面偏转；因此上表面电势不一定高于下表面，A错误；
BCD．当自由电荷受力平衡时，为上下表面间距，
设为前后表面间距，则
结合电流微观表达式
联立推导可得
所以为前后表面间距，霍尔系数
单位为，单位为，故单位为，并非，BD错误，C正确；
故选C。
3．某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子（不计重力）以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤去电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．只改变带电粒子的电性和电量，粒子不能做匀速直线运动
B．只改变粒子入射速度大小，粒子可能做匀速直线运动
C．只改变磁场和电场的强弱，粒子可能做匀速直线运动
D．撤去电场后，粒子的动能可能增大
【答案】C
【详解】A．带电粒子在电磁场中做匀速直线运动，说明电场力与洛伦兹力平衡，即
化简得
只改变带电粒子的电性和电量，平衡条件依然满足，粒子依然做匀速直线运动，故A错误；
B．只改变粒子入射速度大小，则电场力与洛伦兹力不是平衡力，粒子不可能做匀速直线运动，故B错误；
C．只改变磁场和电场的强弱，若仍满足，则粒子做匀速直线运动，故C正确；
D．撤去电场后，洛伦兹力始终与速度方向垂直，不做功，动能保持不变，故D错误。
故选C。
4．如图所示是一速度选择器，当粒子速度满足时，粒子沿图中虚线水平射出；若某一粒子以速度射入该速度选择器后，运动轨迹为图中实线，则关于该粒子的说法正确的是（ ）
A．粒子一定带正电 B．粒子射入的速度一定是
C．粒子射出时的速度可能大于射入速度 D．粒子射出时的速度一定小于射入速度
【答案】C
【详解】假设粒子带正电，则所受电场力向下，由左手定则知所受洛伦兹力方向向上，由受力分析结合运动轨迹知qvB>qE
则v>
运动过程中洛伦兹力不做功，电场力做负功，则粒子速度减小；若粒子带负电，所受电场力向上，则由左手定则知所受洛伦兹力方向向下，由受力分析结合运动轨迹知qvB则v<
运动过程中洛伦兹力不做功，电场力做正功，则粒子速度增大。
故选C。
5．一个带正电的微粒（重力不计）穿过如图所示的匀强磁场和匀强电场区域时，恰能沿直线运动，则欲使微粒向下偏转时应采用的方法是（　　）
A．减小电场强度 B．增大电荷量
C．减小入射速度 D．增大磁感应强度
【答案】C
【详解】微粒在穿过这个区域时所受的力为：竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，且此时
若要使微粒向下偏转，需使，则减小速度、减小磁感应强度或增大电场强度均可。
故选C。
6．如图，带正电的小球以速度v竖直向下进入一有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。则小球（　　）
A．刚进入磁场时受到的洛伦兹力的方向水平向右
B．在磁场中的速度不变
C．在磁场中的加速度不变
D．在磁场中受到的洛伦兹力做正功
【答案】A
【详解】A．根据左手定则可知，刚进入磁场时受到的洛伦兹力的方向水平向右，选项A正确；
BC．小球进入磁场后受洛伦兹力和重力作用，合外力不为零且大小方向不断变化，加速度不断变化，在磁场中的速度不断变化，选项BC错误；
D．在磁场中因洛伦兹力方向总与速度垂直，则受到的洛伦兹力不做功，选项D错误。
故选A。
7．如图所示，用回旋加速器来加速带电粒子，以下说法正确的是（　　）
A．D形盒的狭缝间所加的电压是恒定电压
B．粒子在磁场中的半径越来越大，周期也越来越大
C．电场对带电粒子做正功，使其动能增大
D．带电粒子的最大动能由加速电压大小决定
【答案】C
【详解】A．为了保证粒子每次经过狭缝都能被加速，D形盒的狭缝间所加的电压为交变电压，故A错误；
B．粒子在磁场中运动，有，
可得，
可知粒子在磁场中的半径越来越大，周期保持不变，故B错误；
C．粒子每次经过狭缝都被加速，电场对带电粒子做正功，使其动能增大，故C正确；
D．当粒子在磁场中的轨道半径等于D形盒半径时，粒子的动能最大，则有
粒子的最大动能为
可知带电粒子的最大动能与加速电压无关，故D错误。
故选C。
8．对于下列教材的插图，相应说法正确的是（　　）
A．甲图，奥斯特用该装置发现了电流的磁效应
B．乙图，两根通有同向电流的长直导线相互排斥
C．丙图，带电粒子经回旋加速器加速后，能获得的最大动能与加速电压有关
D．丁图，要使带电粒子沿直线穿过速度选择器，其左极板应带负电
【答案】A
【详解】A．甲图，奥斯特用该装置发现了电流的磁效应，故A正确；
B．乙图，两根通有同向电流的长直导线，根据安培定则和左手定则可知，两根同向电流的长直导线相互吸引，故B错误；
C．丙图，带电粒子经回旋加速器加速后，当粒子在磁场中的轨道半径等于D形盒半径时，粒子的动能最大，则有
可得粒子的最大动能为
可知粒子能获得的最大动能与加速电压无关，故C错误；
D．丁图，要使带电粒子沿直线穿过速度选择器，设粒子带正电，则粒子在速度选择器中受到的洛伦兹力向左，电场力向右，板间场强方向向右，所以其左极板应带正电，故D错误。
故选A。
9．如图所示为洛伦兹力演示仪的示意图。电子枪发出的电子经电场加速后形成电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹，励磁线圈能够产生垂直纸面向里的匀强磁场。下列说法正确的是（　　）
A．仅升高电子枪加速电场的电压，运动径迹的半径变大
B．仅增大励磁线圈中的电流，运动径迹的半径变大
C．仅增大励磁线圈中的电流，电子做圆周运动的周期将变大
D．仅使励磁线圈中电流为零，电子枪中飞出的电子将做匀加速直线运动
【答案】A
【详解】设加速电场的电压为，电子在加速电场中加速，由动能定理有
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有
联立，解得电子运动径迹的半径
电子做圆周运动的周期
A．仅升高电子枪加速电场的电压，则运动径迹的半径将变大，故A正确；
B．仅增大励磁线圈中的电流，则增大，运动径迹的半径将变小，故B错误；
C．仅增大励磁线圈中的电流，则增大，电子做圆周运动的周期将变小，故C错误；
D．仅使励磁线圈中电流为零，则为零，电子枪中飞出的电子将不受洛伦兹力作用，做匀速直线运动，故D错误。
故选A。
10．如图所示，回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒。两金属盒处在垂直于盒面的匀强磁场中，a、b分别与高频交流电源两极相连接，下列说法正确的是（　　）
A．粒子从磁场中获得能量
B．带电粒子的运动周期是变化的
C．粒子由加速器的中心附近进入加速器
D．增大金属盒的半径，粒子射出时的最大动能不变
【答案】C
【详解】A．离子每次进电场中获得能量，在磁场中受到洛伦兹力做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，故A错误；
B．带电粒子每次进电场加速，虽速度增大，但在磁场中周期不变，根据，
可得，所以粒子的运动周期是固定的，故B错误；
C．离子由加速器的中心附近进入电场中加速后，进入磁场中偏转，故C正确；
D．当粒子的轨迹半径等于磁场半径时射出，粒子的速度达到最大
带电粒子从D形盒中射出时的最大动能为，故增大金属盒的半径，粒子射出时的最大动能增大，故D错误。
故选C 。
11．如图为回旋加速器的原理示意图，粒子在磁场中做圆周运动的周期为，将下列电压加在回旋加速器的两个形盒之间，不能够实现对粒子加速的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】粒子在一个D形盒中的运动时间为，为使粒子每次在电场中都能加速，电场方向应每隔变化一次，C项电压不能给粒子加速。
故选C。
12．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若一束粒子由左端经过速度选择器，沿直线通过后射入质谱仪的运动轨迹如图所示，已知速度选择器中电场强度为E，磁感应强度为，则下列说法中正确的是（　　）
A．该束带电粒子带负电
B．速度选择器的极板带负电
C．从射入质谱仪的粒子速度为
D．在磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小
【答案】D
【详解】A．该束带电粒子在磁场中向下偏转，据左手定则可知，粒子带正电，故A错误；
B．该束带电粒子在速度选择器中受到洛伦兹力向上，则受到电场力应向下，则极板带正电，故B错误；
C．能通过狭缝的带电粒子满足
解得
故C错误；
D．在磁场中，由洛伦兹力作为向心力可得
解得
故运动半径越大的粒子，比荷 越小，故D正确。
故选D。
13．如图所示，长方形长，宽，、分别是、的中点，以为直径的半圆内有垂直于纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度。一群不计重力、质量、电荷量的带电粒子。以速度沿垂直方向且垂直于磁场射入磁场区域，不考虑粒子间的相互作用。
(1)若从点射入的带电粒子刚好沿直线射出，求空间所加电场的大小和方向。
(2)若只有磁场时，某带电粒子从点射入，求该粒子从长方形射出的位置。
【答案】(1)125V/m 竖直向下
(2)从e点上方距离e点0.22m射出磁场
【详解】（1）带电粒子刚好沿Oe直线射出，根据平衡条件，有
解得
根据左手定则可知粒子受到竖直向上的洛伦兹力，电场力方向竖直向下，所以电场方向竖直向下。
（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，得
解得r=0.3m
带电粒子进入磁场时所受的洛伦兹力向上，则粒子轨迹的圆心为a点，如图所示
设粒子从ae弧上f点射出磁场，因为，
所以为等边三角形，
粒子经过磁场速度的偏向角
根据几何知识得
故带电粒子从e点上方距离e点0.22m射出磁场。
14．图甲是回旋加速器的示意图，两D形金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。在加速带电粒子时，带电粒子从静止开始运动，其速率v随时间t的变化如图乙，已知tn时刻粒子恰好射出回旋加速器，粒子穿过狭缝的时间不可忽略，不考虑相对论效应及粒子的重力，求：
(1)高频交变电源的变化频率；
(2)v1∶v2∶v3；
(3)粒子在电场中的加速次数？（用v1、vn表示）
【答案】(1)或或
(2)v1∶v2∶v3＝1∶∶
(3)
【详解】（1）根据图像可知，粒子加速周期为或或，而交流电的频率和粒子运动频率相同，所以交流电的频率为或或
（2）粒子在电场中做匀加速运动，令加速位移为x，根据速度位移时间关系
解得
前两次加速后的速度为
解得
前三次加速后的速度为
解得
联立可得
（3）设粒子被加速n次后的速度为vn，则由动能定理可知
粒子被第一次加速过程中，由动能定理可知
联立可得第10讲 交变电流的描述
知识点一　周期和频率
【情境导入】
如图为我国照明电路的u－t图像．
(1)计算其周期和频率，每秒电流改变多少次方向？
(2)交变电流的周期和频率跟发电机转子的角速度ω或转速n有什么关系？试写出其关系式．
答案　(1)我国照明电路的周期为0.02 s，频率为50 Hz，每秒电流方向改变100次．
(2)交变电流的周期和频率跟发电机转子的角速度ω或转速n有关，ω(n)越大，周期越短，频率越高，其关系为T＝，ω＝＝2πf＝2πn.
【知识梳理】
1．周期(T)：
交变电流完成一次周期性变化所需的时间．
2．频率(f)：
交变电流完成周期性变化的次数与所用时间之比叫作频率，数值等于交变电流在单位时间内完成周期性变化的次数．
3．周期和频率的关系：T＝或f＝.
4．角速度与周期、频率的关系：ω＝＝2πf.
知识点二　峰值和有效值
【情境导入】
1.如图是通过一个R＝1 Ω的电阻的电流i随时间t变化的图像．
(1)试计算0～1 s内电阻R中产生的热量．
(2)如果有一个大小、方向都不变的恒定电流通过这个电阻R，也能在1 s内产生同样的热量，这个电流是多大？
答案　(1)Q＝I12Rt1＋I22Rt2＝42×1×0.5 J＋22×1×0.5 J＝10 J.
(2)根据交变电流有效值的定义可得：I2Rt＝Q，解得I＝ A.
2．某交流电压的瞬时值表达式u＝6sin (100πt) V，把标有“6 V　2 W”的小灯泡接在此电源上会不会被烧坏？把标有6 V的电容器接在此电源上会不会被击穿？
答案　小灯泡不会被烧坏．交流电压的瞬时值表达式u＝6sin (100πt) V中6 V是最大值，其有效值为6 V，而标有“6 V　2 W”的小灯泡中的6 V是有效值，所以小灯泡不会被烧坏．电容器所能承受的电压的最大值为6 V，小于交流电压的最大值，电容器会被击穿．
【知识梳理】
1．峰值：交变电流的电压、电流能达到的最大数值叫峰值．电容器所能承受的电压要高于交流电压的峰值，否则电容器就可能被击穿．
2．有效值：让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，则此恒定电流的电流与电压叫作交变电流的有效值．
3．正弦式交变电流的峰值与有效值之间的关系
E＝＝0.707Em，U＝＝0.707Um，I＝＝0.707Im
【重难诠释】
1．峰值：交变电流的电压、电流能达到的最大数值叫峰值．
(1)若将交流电接入纯电阻电路中，则电路中的电流及外电阻两端的电压的最大值分别为Im＝，Um＝ImR.
(2)电容器耐压值要高于交流电压的峰值才不会被击穿．
2．有效值：确定交变电流有效值的依据是电流的热效应．
让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，则此恒定电流的电流和电压叫作交变电流的有效值．
(1)在正弦式交变电流中，最大值与有效值之间的关系为：E＝＝0.707Em，U＝＝0.707Um，I＝＝0.707Im.
(2)当电流是非正弦式交变电流时，必须根据有效值的定义求解．先计算交变电流在一个周期内产生的热量Q，再将热量Q用相应的物理量的有效值表示，即Q＝I2RT或Q＝T，最后代入数据求解有效值．
说明　(1)E＝、I＝、U＝只适用于正弦式交变电流，对于按其他规律变化的交变电流，上述关系式一般不再适用．
(2)对于非正弦式交变电流有效值的计算，时间一般选取一个周期．
(3)凡涉及能量、电功以及电功率等物理量时均用有效值，在确定保险丝的熔断电流时也用有效值．
知识点三　正弦式交变流的公式和图像
【知识梳理】
1．正弦式交变电流的公式和图像可以详细描述交变电流的情况．若线圈通过中性面时开始计时，交变电流的图像是正弦曲线．
2．若已知电压、电流最大值分别是Um、Im，周期为T，则正弦式交变电流电压、电流表达式分别为u＝Umsin t，i＝Imsin t.
3．正弦式交变电压的图像如图所示
教材习题01 6.有A、B、C三条导线，它们与大地之间的电压随时间变化的规律如图3.2-8所示。这三个电压中，它们的峰值有什么关系 它们的周期有什么关系 解题方法 交变电流的表达式
【答案】A 与 B 的峰值相同，C 的峰值大于 A、B 的峰值。A、B、C 的周期相同。
教材习题02 电流i随时间t变化的关系如图3.2-9所示该电流的有效值是多少 解题方法 交变电流的有效值计算
【答案】交流电流表测的是有效值。在一个周期内，根据有效值的定义可得 ，解得 I= 5 A。
题型1交变电流的周期和频率
周期和频率
1．物理意义：描述交变电流 的物理量。
2．周期：交变电流完成一次 所需的时间，用表示，单位是秒（s）。
3．频率：交变电流完成 的次数与所用时间之比，用表示，单位是 （Hz）。
4．的关系：或 。
【答案】1．变化快慢 2．周期性变化 3． 周期性变化 赫兹 4．
【解析】1．物理意义：描述交变电流变化快慢的物理量。
2．周期：交变电流完成一次周期性变化所需的时间，用表示，单位是秒（s）。
3．[1][2]频率：交变电流完成周期性变化的次数与所用时间之比，用表示，单位是赫兹。
4．的关系：或。
题型2正弦式交变电流有效值的计算
如图为小型交流发电机的示意图，两磁极N、S之间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，一电阻为r的线圈绕垂直磁场的水平轴OO'沿逆时针方向以角速度ω匀速转动，外接一交流电流表和阻值为R的电阻。从图示位置（线圈平面与磁感线垂直）开始计时，线圈转过45°时电路中电流瞬时值的大小为i0。下列判断正确的是（　　）
A．线圈在图示位置时，交流电流表的示数为0
B．从图示位置开始转过90°时，流过线圈的电流方向发生改变
C．线圈转动一周的过程中回路产生的焦耳热为
D．线圈由图示位置转过90°过程中，流过线圈的电量大小为
【答案】D
【详解】A．交流电流表显示的为交流电流的有效值，而不是瞬时值，则线圈在图示位置时，交流电流表的示数不为0，故A错误；
B．线圈经过中性面时，电流方向发生改变，故B错误；
C．由题得，
可得该交流电的有效值为
所以转动一周的过程中，回路中产生的焦耳热为，故C错误；
D．因为
因为
所以，故D正确。
故选D。
题型3非正弦式交变电流有效值的计算
如图甲、乙、丙所示的是三个具有相同电流I0和周期T的交变电流，分别通过三个相同的电阻，下列说法中正确的是（　　）
A．甲、乙、丙中三种交变电流的有效值之比为∶2∶
B．在相同时间内三个电阻发热量相等
C．在相同时间内，甲是丙发热量的
D．在相同时间内，丙发热量最大，乙次之，甲的发热量最小
【答案】CD
【详解】A．甲中交变电流的有效值为
根据有效值的定义，乙中交变电流的有效值满足
解得
丙中交变电流的大小不变，故有效值为
甲、乙、丙中三种交变电流的有效值之比为，故A错误；
B．因三种交变电流有效值不相等，根据可知，在相同时间内三个电阻发热量不相等，故B错误；
C．在相同时间内，甲、丙的发热量之比为，故C正确；
D．因丙的有效值最大，甲的有效值最小，根据可知，在相同时间内，丙发热量最大，乙次之，甲的发热量最小，故D正确。
故选CD。
题型4交变电流”四值”的计算及应用
如图所示，一半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里（与ab垂直），磁感应强度为B的匀强磁场。M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，下列说法中正确的是（　　）
A．转动过程中电流表的示数为
B．从图示位置起转过圈的时间内产生的平均感应电动势为nπBr2
C．从图示位置起转过圈的时间内负载电阻R上产生的热量为
D．从图示位置起转过圈的时间内通过负载电阻R的电荷量为
【答案】AC
【详解】A．转速为n，则ω＝2πn；S＝πr2
最大感应电动势Em＝BSω
则因只有一半区域内有磁场，由有效值的计算公式可得
则有效值
则电路中电流，故A正确；
B．转圈时磁通量的变化量为
所用的时间
则平均电动势，故B错误；
C．从图示位置起转过圈的时间内负载电阻R上产生的热量为
，故C正确；
D．通过负载电阻R的电量，故D错误；
故选AC。
题型5含电感器和电容器电路的分析
如图所示，交流电流表A1、A2、A3分别与电容器C、线圈L和电阻R串联后接在同一个交流电源上，供电电压瞬时值为u=Usinωt，三个电流表各有不同的读数。现保持U不变，使ω变小，则（　　）
A．A1读数变小；A2读数变小；A3读数不变
B．A1读数变小；A2读数变大；A3读数不变
C．A1读数变大；A2读数变小；A3读数不变
D．A1读数变大；A2读数变大；A3读数变小
【答案】B
【详解】根据 ，使ω变小，f变小。
电压U不变，A3不变；
根据 ，f变小，XL变小，A2增大；
根据 ，f变小，XC变大，A1变小。
故选B。
题型6交变电流的图像与数学表达式
在小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示。此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，电路中的其他电阻不计。下列说法正确的是(　　)
A．交变电流的周期为0.125 s
B．交变电流的频率为4Hz
C．交变电流的有效值为
D．交变电流的最大值为4 A
【答案】BC
【详解】A．图可知，交流电周期T=0.250s，故A错误；
B．交流电周期T=0.250s，交变电流的频率为，故B正确；
CD．由图可知，交流电的最大电压Um=20V，所以交变电流的最大值为
所以交变电流的有效值为，C正确D错误。
故选BC。
题型 7 交变电流的综合计算(电功率、焦耳热、电量)
如图所示，面积为S1的圆形磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度随时间变化的关系为B＝Bmcosπt。在纸面内有一金属导线围成的面积为S2的圆形线圈，线圈圆心与磁场圆心重合，导线上串有理想二极管、阻值为r的标准电阻和理想交流电流表，导线电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．电流表的示数为
B．电流表的示数为
C．在2 s内流过电阻的电荷量为
D．在2 s内流过电阻的电荷量为
【答案】BD
【详解】AB．圆形线圈中电动势的最大值
由于回路中有二极管，根据焦耳定律有
解得
所以，故A错误，B正确；
CD．磁感应强度变化的周期为2s，所以只有1s内有电流，磁通量的变化量
该时间内的平均感应电动势
该时间内的平均电流
在2 s内流过电阻的电荷量，故C错误，D正确。
故选BD。
1．在我们的生活中所使用的电流一般以交变电流居多，关于交变电流下列说法正确的是（　　）
A．交流电器设备上所标的电压和电流值是交变电流的峰值
B．用交流电流表和电压表测定的读数值是交变电流的最大值
C．给定的交变电流数值，在没有特别说明的情况下是指有效值
D．保险丝的额定电流、电容器的耐压值是交变电流的有效值
【答案】C
【详解】A．交流电器设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值，故A错误；
B．用交流电流表和电压表测定的读数值是交变电流的有效值，故B错误；
C．给定的交变电流数值，在没有特别说明的情况下是指有效值，故C正确；
D．保险丝的额定电流是交变电流的有效值，电容器的耐压值是交变电流的最大值，故D错误。
故选C。
2．如图所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交流电动势。下列说法正确的是（　　）
A．交流电的频率为100Hz
B．交流电动势的有效值为
C．当线圈转到如图所示的位置时电动势最小
D．当线圈转到如图所示的位置时穿过线圈的磁通量为零
【答案】C
【详解】A．由交流电的表达式可得
可得频率，故A错误；
B．该正弦交流电动势的有效值，故B错误；
CD．当线圈转到如图所示的位置时为中性面，磁通量最大，但磁通量变化率为零，即电动势为零，故C正确，D错误。
故选C。
3．通过某用电器的电流和时间的关系图像如图所示（前半个周期为正弦波形的），则该交变电流的有效值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】设该交变电流的有效值为，根据有效值定义可得
解得
故选C。
4．如图单匝矩形线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动，两边长分别为、，线圈电阻为。自上向下看线圈以角速度逆时针转动，磁场的磁感应强度为，时刻线圈平面与磁感线平行。下列说法正确的是（　　）
A．时，感应电流沿逆时针方向
B．时，感应电动势为
C．时，感应电动势为0
D．到过程中，通过线圈的电荷量为
【答案】D
【详解】A．时，由右手定则可知，感应电流方向为顺时针方向，故A错误；
B．由，
得时，感应电动势，故B错误；
C．时，即经过半个周期，线圈转动到与磁感线平行的位置，感应电动势仍为，故C错误；
D．到过程中，即四分之一周期，磁通量的变化量为
平均电流
通过线圈的电荷量为，故D正确。
故选D。
5．如图所示为一交变电流的图像，则该交变电流的有效值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】令该交变电流通过一电阻，它在前半周期内通过该电阻产生的热量
它在后半周期内产生的热量
故在一个周期内产生的热量
设某一恒定电流在相同的时间内通过该电阻产生的热量为，由有效值的定义知
解得
故选。
6．如图1是教学用发电机，转动圆盘上的摇把可以使位于磁铁内的线圈转动，将发电机的输出端接到示波器上（图中未画出），匀速转动摇把时，在示波器上得到如图2实线所示的电压随时间变化的图像。下列说法正确的是（　　）
A．线圈所在处的磁场为匀强磁场
B．发电机的线圈内产生的是直流电
C．当电压为0时，穿过线圈的磁通量为0
D．该电压的有效值比图2中虚线所示图像的电压有效值小
【答案】D
【详解】B．由图2可知，发电机的线圈内产生的是交流电，故B错误；
C．当电压为0时，穿过线圈的磁通量变化率最小，此时线圈应该处于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，故C错误；
A．线圈所产生的电压不是按照正弦规律变化的，如果磁场是匀强磁场，产生的交流电应该是正弦交流电，所以线圈所在处的磁场不是匀强磁场，故A错误；
D．由图2可知，该电压除了最大电压外，在其它任意时刻的电压都是小于虚线所示图像的电压的，所以该电压的有效值比图2中虚线所示图像的电压有效值小，故D正确。
故选D。
7．按压式手电筒（如图甲所示）以其简单、有趣被一些人士所喜爱。图乙为其原理图；主要部分有齿轮、磁铁和线圈。当按压手柄时会使齿轮转动，齿轮通过传动轴带动磁铁转动，小电珠就可发光。若不计线圈电阻，下列说法中正确的是（　　）
A．通过小电珠的电流是恒定电流
B．磁铁转动至如图乙所示位置时，通过小电珠的电流最大
C．当齿轮转速变为原来的2倍时，小电珠两端的电压变成原来的2倍
D．当齿轮转速变为原来的2倍时，小电珠中电流的周期变成原来的2倍
【答案】C
【详解】A．齿轮通过传动轴带动磁铁转动时，产生正弦式交流电，通过小电珠的电流是交变电流，故A错误；
B．磁铁转动至如图乙所示位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，所以通过小电珠的电流最小，故B错误；
C．当齿轮转速变为原来的2倍时，磁铁转动的角速度也变为原来的2倍，产生电动势的最大值
有效值为
电动势的最大值和有效值均变为原来的2倍。线圈电阻不计，通过灯泡两端的电压等于E。故C正确；
D．角速度加倍，周期
变为原来的一半。故D错误。
故选C。
8．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图（a）所示。已知发电机线圈内阻为5.0Ω，线圈匝数为10，外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图（b）所示，则（　　）
A．电压表的示数为220V
B．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J
C．电路中的电流方向每秒钟改变50次
D．t=0时，感应电流为零，磁通量最小
【答案】B
【详解】A．电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由图像知电动势的最大值
有效值
灯泡两端电压，故A错误；
B．电流的有效值
发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为，故B正确；
C．由图像知T=2×10 2s，一个周期内电流方向改变两次，可知1s内电流方向改变100次，故C错误；
D．由图像知t=0时，感应电流为零，线圈处于与中性面平行的平面，磁通量最大，故D错误。
故选B。
9．如图所示，KLMN是一个竖直的矩形导线框，处在水平方向的匀强磁场中，MN边水平，线框绕某一竖直固定轴俯视逆时针匀速转动，转动过程中的线圈内电流最大值为Im。MN边与磁场方向的夹角到达α的时刻，则此时（　　）
A．瞬时电流大小为Imsinα，方向为K→N→M→L→K
B．瞬时电流大小为Imcosα，方向为K→N→M→L→K
C．瞬时电流大小为Imsinα，方向为K→L→M→N→K
D．瞬时电流大小为Imcosα，方向为K→L→M→N→K
【答案】B
【详解】若从线圈经过中性面开始计时，则瞬时电流表达式为（其中为线圈与中性面的夹角）
若从线圈与磁场平行时开始计时，则瞬时电流表达式为（其中为线圈与磁场方向的夹角）
图中的为线圈与磁场方向的夹角，故瞬时电流大小为，穿过线圈的磁通量正在增大，根据楞次定律和右手螺旋定则可知，该时刻电流方向为K→N→M→L→K。
故选B。
10．图甲为交流发电机的示意图，磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向匀速转动，电阻，线圈电阻，电流表内阻不计。从图示位置开始计时，、间输出的电压随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．电阻中的电流方向每分钟变化100次
B．时刻电流表示数为
C．图甲位置感应电动势最小
D．线圈转动的角速度为
【答案】B
【详解】A．交流电的周期为0.02s，一个周期内电流方向改变2次，则每秒钟电流方向变化100次，则电阻R中的电流方向每分钟变化6000次，故A错误；
B．电流表示数等于电路电流有效值，则有
故B正确；
C．图示位置线圈平面与中性面垂直，此时磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故C错误；
D．线圈转动的角速度为
故D错误。
故选B。
11．如图所示，一个小型应急交流发电机，内部为n=50匝，边长的正方形线圈，总电阻为r=2Ω，线圈在磁感应强度为B=0.2T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动.发电机对一电阻为R=8Ω的电灯供电，线路中其它电阻不计，若发电机的转动角速度为时，电灯正常发光，求：
(1)从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)交流电表的示数Ⅰ及电灯正常发光的功率P。
【答案】(1)
(2)，
【详解】（1）线圈中感应电动势的最大值为
图示位置，穿过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，感应电动势最大，则从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为
（2）电动势有效值为
则交流电表的示数为
电灯正常发光的功率为
12．如图甲为线框在磁场中转动产生交变电流的示意图，图乙所示的是一个正弦交变电流的电流随时间变化的图像。
(1)图甲中电流表指针左、右摇摆说明了什么问题？
(2)图乙中所示交变电流完成一次周期性变化需要多长时间？在1s内完成多少次周期性变化？
【答案】(1)说明了线框在磁场中转动产生的交变电流具有周期性
(2)0.02s，50次
【详解】（1）电流表指针左右摇摆，说明电路中的电流方向在不断变化，所以线框在磁场中转动产生的是交变电流，其电流方向随时间周期性改变，即线框在磁场中转动产生的交变电流具有周期性。
（2）从图乙可以看出，交变电流完成一次周期性变化（从一个峰值到下一个相同峰值，或从某一状态回到相同状态）所需的时间为0.02s，即该交变电流的周期为T = 0.02s。
频率表示1s内完成周期性变化的次数，根据
可得该交变电流的频率为
这意味着在1s内完成50次周期性变化。淘宝：学思创想
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第09讲 交变电流
内容导航——预习三步曲
第一步 学
析教材·学知识：教材精讲精析、全方位预习
练习题·讲典例：教材习题学解题、快速掌握解题方法
练考点·强知识：4大核心考点精准练
第二步 记
串知识·识框架：思维导图助力掌握知识框架、学习目标复核内容掌握
第三步 测
过关测·稳提升：小试牛刀检测预习效果、查漏补缺快速提升
知识点一　交变电流与直流
【情境导入】
我们的照明用电为220的交流电，交流电的方向和直流电的方向有什么不同？
【答案】
交流电方向在做周期性变化，而直流电方向不变。
【知识梳理】
1．交变电流：大小和方向随时间做周期性变化的电流叫作交变电流，简称交流．
2．直流：方向不随时间变化的电流称为直流．
【重难诠释】
1．交变电流
大小和方向随时间做周期性变化的电流叫作交变电流，简称交流．
2．常见的交变电流的波形图
实际应用中，交变电流有着不同的变化规律，常见的有以下几种，如图所示．
3．直流
方向不随时间变化的电流叫作直流，大小和方向都不随时间变化的电流叫作恒定电流．
知识点二　交变电流的产生
【情境导入】
假定线圈绕OO′轴沿逆时针方向匀速转动，如图所示，则：
(1)线圈转动一周的过程中，线圈中的电流方向如何变化？
(2)线圈转动过程中，当产生的感应电流有最小值和最大值时线圈分别在什么位置？
答案　(1)
转动过程 电流方向
甲→乙 B→A→D→C
乙→丙 B→A→D→C
丙→丁 A→B→C→D
丁→甲 A→B→C→D
(2)线圈转到甲或丙位置时线圈中感应电流最小，为零，此时线圈所处的平面称为中性面．线圈转到乙或丁位置时线圈中的感应电流最大，此时线圈处在垂直中性面的位置．
【知识梳理】
交流发电机的线圈在磁场中转动时，转轴与磁场方向垂直．
【重难诠释】
两个特殊位置
1．中性面位置(S⊥B，如图中的甲、丙)
线圈平面与磁场垂直的位置，此时Φ最大，为0，e为0，i为0.
线圈经过中性面时，电流方向发生改变，线圈转一圈电流方向改变两次．
2．垂直中性面位置(S∥B，如图中的乙、丁)
此时Φ为0，最大，e最大，i最大．
知识点三　正弦式交变电流的变化规律
【情境导入】
如图所示，线圈平面绕bc边的中点从中性面开始转动，角速度为ω.经过时间t，线圈转过的角度是ωt，ab边的线速度v的方向跟磁感线方向间的夹角也等于ωt.设ab边长为L1，bc边长为L2，线圈面积S＝L1L2，磁感应强度为B，则：
(1)ab边产生的感应电动势为多大？
(2)整个线圈中的感应电动势为多大？
(3)若线圈有N匝，则整个线圈的感应电动势为多大？
答案　(1)eab＝BL1vsin ωt＝BL1sin ωt
＝BL1L2ωsin ωt＝BSωsin ωt.
(2)整个线圈中的感应电动势由ab和cd两边产生的感应电动势组成，且eab＝ecd，所以e总＝eab＋ecd＝BSωsin ωt.
(3)若线圈有N匝，则相当于N个完全相同的电源串联，所以e＝NBSωsin ωt.
【知识梳理】
1．中性面
(1)中性面：与磁感线垂直的平面．
(2)当线圈平面位于中性面时，线圈中的磁通量最大，线圈中的电流为零．
2．从中性面开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时值表达式：e＝Emsin ωt，Em叫作电动势的峰值，Em＝NωBS.
3．正弦式交变电流：按正弦规律变化的交变电流叫作正弦式交变电流，简称正弦式电流．
4．正弦式交变电流和电压
电流表达式i＝Imsin ωt，电压表达式u＝Umsin ωt.其中Im、Um分别是电流和电压的最大值，也叫峰值．
【重难诠释】
1．正弦式交变电流的瞬时值表达式
(1)从中性面位置开始计时e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt，u＝Umsin ωt
(2)从与中性面垂直的位置开始计时e＝Emcos ωt，i＝Imcos ωt，u＝Umcos ωt.
2.交变电流的峰值Em＝NωBS，Im＝，Um＝.
说明　电动势峰值Em＝NωBS由线圈匝数N、磁感应强度B、转动角速度ω和线圈面积S决定，与线圈的形状无关，与转轴的位置无关．
如图所示的几种情况中，如果N、B、ω、S均相同，则感应电动势的峰值均相同．
教材习题01 3.一台发电机产生正弦式电流。如果发电机电动势的峰值Em=400V，线圈匀速转动的角速度ω=314 rad/s，试写出电动势瞬时值的表达式(设0时刻电动势瞬时值为0)。如果这台发电机的外电路只有电阻元件，总电阻为2kΩ，电路中电流的峰值为多少 写出电流瞬时值的表达式。 解题方法 交变电流的表达式
【答案】由题可知，发电机线圈平面位于中性面时开始计时，感应电动势瞬时值表达式为 电路中电流的峰值为 电流的瞬时值表达式为
教材习题02 4.如图 3.1-9所示，KLMN是一个竖直的矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，MN边水平，线框绕某一竖直固定轴以角速度の匀速转动。在MN边与磁场方向的夹角到达30°的时刻(图示位置)，导线框中产生的瞬时电动势e的大小是多少 标出线框此时的电流方向。已知线框按俯视的逆时针方向转动 解题方法 交变电流的分析思路
【答案】MN边与磁场方向成角时，导线框平面与中性面的夹角为，此时感应电动势大小为 ，感应电流方向为KNMLK，如图所示。
题型1判断线圈转到不同位置的电流方向
如图，线圈在水平匀强磁场中匀速转动而产生交变电流。当线圈逆时针转动到图示水平位置时（　　）
A．线圈处于中性面位置
B．线圈中瞬时感应电动势为零
C．穿过线圈平面的磁通量变化率最大
D．线圈中电流方向为
【答案】C
【详解】ABC．图示水平位置与中性面垂直，此时穿过线圈平面的磁通量变化率最大，线圈中瞬时感应电动势最大，故AB错误，C正确；
D．由右手定则，可知此时线圈中电流方向为，故D错误。
故选C。
题型2中性面及其性质
矩形线圈的面积为S，匝数为N，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动。如图所示，当转到线圈平面与磁场垂直位置时（ ）
A．线圈中的电动势为0
B．线圈中的电动势为NBSω
C．穿过线圈的磁通量为0
D．线圈不受安培力作用
【答案】AD
【详解】当转到线圈平面与磁场垂直位置时，穿过线圈的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，线圈中的感应电动势为零，感应电流为零，则线圈不受安培力作用。
故选AD。
题型3交流电在示波器上的显示
一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，产生的正弦式交变电压的波形图如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．交变电压的最大值是311V
B．线圈转动的周期是1秒
C．2秒末通过线圈的磁通量绝对值最小
D．2秒末通过线圈的磁通量变化率绝对值最小
【答案】AC
【详解】A．由图可知，交变电流的最大值为311V，故A正确；
B．由图可知，线圈转动的周期为2s，故B错误；
CD．由图可知，2秒末时刻对应的瞬时电压值为最大值，根据交变电流的特点可知，此时线框平面与中性面垂直，即线框平面与磁场平行，所以此时磁通量为0，磁通量的变化率绝对值最大，故C正确，D错误。
故选AC。
题型4交流发电机原理和示意图
如图所示是一款高空风车的发电模块原理图，两磁极间的磁场可近似视为匀强磁场，某时刻发电机线圈ab恰与磁场方向平行，则（　　）
A．该时刻线圈ab的电流最大
B．风力增大，线圈ab的感应电动势变小
C．风车每转一圈，线圈ab中电流方向改变一次
D．风车发电的原理是电流的磁效应
【答案】A
【详解】A．由图可知，该时刻线圈磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，则该时刻线圈ab的电流最大，故A正确；
B．风力增大，风车转动的越快，则线圈的角速度越大，根据可知，感应电动势变大，故B错误；
C．风车每转一圈，线圈ab中电流方向改变两次，故C错误；
D．风车发电是利用了电磁感应，故D错误。
故选A。
1．如图，线圈在水平匀强磁场中匀速转动而产生交变电流。当线圈逆时针转动到图示水平位置时（　　）
A．线圈处于中性面位置
B．线圈中瞬时感应电动势为零
C．穿过线圈平面的磁通量变化率最大
D．线圈中电流方向为
【答案】C
【详解】ABC．图示水平位置与中性面垂直，此时穿过线圈平面的磁通量变化率最大，线圈中瞬时感应电动势最大，故AB错误，C正确；
D．由右手定则，可知此时线圈中电流方向为，故D错误。
故选C。
2．如图所示线圈匀速转动或匀速直线运动，能产生交变电流的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】A．该图中当线圈匀速转动时，穿过线圈的磁通量总为零不变，则不会产生感应电流，故A错误；
B．该图中当线圈匀速转动时，穿过线圈的磁通量不断变化，则会产生交变电流，故B正确；
C．该图中当线圈匀速运动时，穿过线圈的磁通量不变，则不会产生感应电流，故C错误；
D．该图中当线圈做匀速直线运动出离磁场时，线圈的后边的边切割磁感线，则会产生不变的感应电流，不是交变电流，故D错误。
故选B。
3．如图是交流发电机转动一个周期的示意图，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中线圈磁通量最大，产生的电流最大
B．乙图中AB边电流方向从A指向B
C．丙图中AB边电流方向从A指向B
D．丁图中线圈磁通量为0，磁通量的变化率最大
【答案】D
【详解】A．甲图中线圈磁通量最大，磁通量变化率为零，线圈中感应电动势最小，为零，则产生的感应电流最小，为零，故A错误；
B．根据右手定则，乙图中AB边电流方向从B指向A，故B错误；
C．丙图中线圈磁通量最大，磁通量变化率为零，线圈中感应电动势最小，为零，则产生的感应电流最小，为零，故AB边的电流为零，故C错误；
D．丁图中线框平面与磁场平行，穿过线圈的磁通量为零，感应电动势最大，即穿过线圈的磁通量变化率最大，故D正确。
故选D。
4．有“海上充电宝”之称的南鲲号是一个利用海浪发电的大型海上电站，其发电原理是海浪带动浪板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。如图，图示时刻线圈平面与磁场方向平行，若转子带动线圈逆时针转动并向外输出电流，则下列说法正确的是（　　）
A．线圈转动到如图所示位置时a端电势高于b端电势
B．线圈转动到如图所示位置时电流方向发生变化
C．线圈转动到如图所示位置时感应电动势为0
D．线圈产生的电动势大小与海浪波动的频率无关
【答案】A
【详解】A．根据右手定则，图示位置的感应电流从a端流出，可知，a端为等效电源的正极，即线圈转动到如图所示位置时a端电势高于b端电势，故A正确；
B．如图所示位置，穿过线圈的磁通量为0，该位置与中性面垂直，电流只有在经过中性面位置时，电流方向才发生变化，即线圈转动到如图所示位置时电流方向不发生变化，故B错误；
C．结合上述，图示位置，穿过线圈的磁通量为0，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故C错误；
D．根据正弦式交流电产生的原理可知，从图示位置计时的感应电动势为
可知线圈产生的电动势大小与海浪波动的频率有关，故D错误。
故选A。
5．如图所示，线圈abcd在水平匀强磁场中匀速转动而产生交变电流。当线圈逆时针转动到图示水平位置时（　　）
A．线圈处于中性面位置
B．线圈中瞬时感应电动势为零
C．穿过线圈平面的磁通量最大
D．线圈中电流方向为
【答案】D
【详解】A．中性面是垂直于磁感应强度，题中该位置与中性面垂直，故A项错误；
B．在题中该位置，线框切割磁感线的速度最快，其瞬时感应电动势最大，故B项错误；
C．在中性面位置穿过线圈平面的磁通量最大，题中该位置与中性面垂直，其磁通量最小，故C项错误；
D．根据楞次定律，线圈中电流方向为，故D项正确。
故选D。
6．利用示波器可以显示输入信号的波形，单匝正方形金属线框abcd处在匀强磁场中，当以线圈平面内某虚线为轴匀速转动时，线圈内产生的电流随时间的变化关系如图甲所示。则在四个选项所示的情景中，无论从线圈平面处于哪个位置开始计时，都不可能产生该电流的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】A．图中线圈绕匀速转动时，线圈磁通量发生变化，会产生感应电流，故A错误；
B．图中线圈绕匀速转动时，线圈磁通量一直为0，磁通量保持不变，不会产生感应电流，故B正确；
C．图中线圈绕匀速转动时，线圈磁通量发生变化，会产生感应电流，故C错误；
D．图中线圈绕匀速转动时，线圈磁通量发生变化，会产生感应电流，故D错误。
故选B。
7．如图所示，从左往右看，各线圈在匀强磁场中绕轴匀速顺时针转动，从图示位置开始计时，设电流从2流出线圈为正方向，能产生图甲所示交变电流的是（　　）
A．线圈平面与磁场垂直
B．线圈平面与磁场平行
C．线圈平而与磁场垂直
D．线圈平面与磁场平行
【答案】B
【详解】AC．由图甲可知，时，线圈电流最大，此时线圈与磁场平行，AC错误；
BD．由图甲可知，时，电流从2流出线圈，由右手定则可知，B图中电流从2流出线圈，D图中电流从1流出线圈，故B正确，D错误。
故选B。
8．如图所示，一个竖直方置，匝数为n的矩形线圈abcd在水平向右的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，转轴与磁场方向垂直，线圈面积为S，磁感应强度大小为B，下列说法正确的是（ ）
A．线圈平面与磁场垂直时，磁通量为零
B．线圈平面与磁场垂直时，磁通量变化最快
C．线圈平面与磁场平行时，磁通量变化率最大
D．线圈平面与磁场平行时，感应电流方向将发生改变
【答案】C
【详解】AB．磁场与线圈垂直时磁通量最大，感应电动势为零，磁通量的变化率为零，磁通量变化最慢，故AB错误；
CD．磁场与线圈平行时，磁通量为零，感应电动势最大，磁通量的变化率最大。线框每经过中性面一次感应电流方向改变一次，此时线圈平面与磁场垂直，故C正确，D错误。
故选C。
9．如图所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，下列说法正确的是（ ）
A．图示位置，ab边的感应电流方向为由a→b
B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C．线圈每转动一周，电流方向改变一次
D．图示位置线圈平面与磁场方向平行，磁通量变化率为零
【答案】A
【详解】A．线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则知，ab边的感应电流方向是a→b，A正确；
B．线圈平面垂直于磁感线的位置称为中性面，显然图示位置不是中性面，B错误；
C．线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈转动一周，有两次经过中性面，电流方向改变两次，C错误；
D．线圈平面与磁场方向平行时，此时线圈平面位移与中性面垂直位置，产生的感应电动势最大，磁通量的变化率最大，D错误。
故选A。
10．如图所示，空间有一匀强磁场水平向右，一正方形导线框平行于磁场方向放置，已知导线粗细均匀，若该线框分别绕不同轴线以相同大小的角速度旋转，以下说法正确的是（ ）
A．线框绕ac轴旋转，线框中不会产生交流电
B．线框分别绕AB轴和CD轴从图示位置开始转动时产生的交流电相同
C．若以ab为轴转动，不会产生周期性电流，但a、d两点间会有电势差
D．沿AB方向观察，从图示位置开始线框分别绕ad轴和bc轴顺时针转动，线框中瞬间产生的感应电流方向相反
【答案】C
【详解】A．绕ac转动时，回路磁通量变化，线框中有交流电产生，A错误；
B．绕AB轴转动时在线框中产生正弦式交流电，绕CD轴转动时，回路磁通量不变，无交流电产生，B错误；
C．若以ab为轴转动，线框无磁通量变化，不会产生交流电，但会在cb、da两端产生电动势，C正确；
D．以ad或bc为轴，根据楞次定律，电流方向均为，D错误。
故选C。
11．一种自行车，它有能向自行车车头灯泡供电的小型发电机，其原理示意图如图甲所示；图中N、S是一对固定的磁极，磁极间有一固定在绝缘转轴上的矩形线圈，转轴的一端有一个与自行车后轮边缘接触的摩擦轮。如图乙所示，当车轮转动时，因摩擦而带动摩擦轮转动，从而使线圈在磁场中转动而产生电流给车头灯泡供电，下列说法正确的是（　　）

A．自行车匀速行驶时线圈中产生的电流强度恒定
B．自行车的速度加倍，线圈中产生的电流周期加倍
C．线圈匝数越多，穿过线圈的磁通量的变化率越大
D．知道摩擦轮和后轮的半径，就可以知道后轮转一周的时间里电流方向变化的次数
【答案】D
【详解】A．自行车匀速行驶时，线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的是交变电流，A错误；
B．设自行车的速度为v，摩擦轮的半径为r，则后轮、摩擦轮的速度都等于v，线圈转动产生正弦电流，周期
v加倍，T减小为原来的，B错误；
C．穿过线圈的磁通量的变化快慢与线圈匝数无关，当自行车的速度越大时，线圈转动越快，磁通量的变化越快，C错误；
D．如果摩擦轮的半径为r，后轮的半径为R，设后轮转一周的时间为T，则角速度
根据线速度相等，则
则
解得
则摩擦轮在一周时间内转动的圈数n可求，则可知道交流电的频率，电流方向变化的次数可求，D正确。
故选D。
12．如图是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，下列选项正确的是（　　）

A．图示位置时，线圈处于中性面，穿过线圈平面的磁通量最大，电流表示数最大
B．图示位置时，线圈处于平行面，穿过线圈平面的磁通量最小，电流表示数最大
C．从图示位置旋转，线圈处于中性面，穿过线圈平面的磁通量最大，磁通量的变化率最大，电流表示数最大
D．从图示位置开始往逆时针方向旋转产生正弦式交变电流
【答案】B
【详解】AB．图中线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，电流表示数最大，故A错误，B正确；
C．从图示位置旋转 ，线圈处于中性面，穿过线圈平面的磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流表示数最小，故C错误；
D．从图示位置开始往逆时针方向旋转产生余弦式交变电流，故D错误。
故选B。
2
1第03讲 带电粒子在匀强磁场中的运动
知识点一　带电粒子在匀强磁场中运动的基本问题
【情境导入】
如图所示，可用洛伦兹力演示仪观察运动电子在匀强磁场中的偏转．
(1)不加磁场时，电子束的运动轨迹如何？
(2)加上磁场后，电子束的运动轨迹如何？
(3)如果保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，轨迹圆半径如何变化？
(4)如果保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，轨迹圆半径如何变化？
【知识梳理】
一、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子以速度v做匀速直线运动，其所受洛伦兹力F＝0.所以粒子做 ．
2．若v⊥B，此时初速度方向、洛伦兹力的方向均与磁场方向 ，粒子在垂直于 方向的平面内运动．
(1)洛伦兹力与粒子的运动方向 ，只改变粒子速度的 ，不改变粒子速度的 ．
(2)带电粒子在垂直于磁场的平面内做 运动， 提供向心力．
二、带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期
1．半径
一个电荷量为q的粒子，在磁感应强度为B的匀强磁场中以速度v运动，那么带电粒子所受的洛伦兹力为F＝qvB，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝，由此可解得圆周运动的半径r＝.从这个结果可以看出，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与它的质量、速度成正比，与电荷量、磁感应强度成反比．
2．周期
由r＝和T＝，可得T＝.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道半径和运动速度无关．
知识点二　带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【情境导入】
1．带电粒子在磁场中运动的轨迹由哪些因素决定？
2．带电粒子在磁场中运动的时间与哪些因素有关？
【重难诠释】
1．圆心位置确定的两种方法
(1)圆心一定在垂直于速度的直线上
已知入射方向和出射方向时，可以过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，P为入射点，M为出射点)．
(2)圆心一定在弦的垂直平分线上
已知入射方向和出射点的位置时，可以过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其垂直平分线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．
2．半径的确定
半径的计算一般利用几何知识解直角三角形．做题时一定要作好辅助线，由圆的半径和其他几何边构成直角三角形．由直角三角形的边角关系或勾股定理求解．
3．粒子在匀强磁场中运动时间的确定
(1)粒子在匀强磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动轨迹的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间t＝T(或t＝T)．
确定圆心角时，利用好几个角的关系，即圆心角＝偏向角＝2倍弦切角．
(2)当v一定时，粒子在匀强磁场中运动的时间t＝，l为带电粒子通过的弧长．
教材习题01 已知氚核的质量约为质子质量的3倍:带正电荷，电荷量为一个元电荷;α粒子即氨原子核，质量约为质子质量的4倍，带正电荷电荷量为e的2倍。现在质子、氚核和α粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动。求下列情况中它们运动的半径之比: (1)它们的速度大小相等。 (2)它们由静止经过相同的加速电场加速后进入磁场。 解题方法 ①向心力与洛伦兹力 结合
教材习题02 3.如图 1.3-5所示，一个质量为m、电荷量为q的带负电荷的粒子，不计重力，从x轴上的P点以速度v射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。已知v与x轴成60°角，OP=a。 (1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小。 (2)求带电粒子穿过第一象限所用的时间。 解题方法 ①向心力与洛伦兹力 结合
题型1半径和周期公式的应用
两个粒子，带电荷量相等，在同一匀强磁场中只受洛伦兹力而做匀速圆周运动（　　）
A．若速率相等，则半径必相等
B．若质量相等，则周期必相等
C．若动能相等，则周期必相等
D．若质量相等，则半径必相等
题型 2 带电粒子在磁场中运动的轨迹问题
云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示带电粒子径迹的装置。云室中加了垂直于纸面向里的磁场，在一张云室中拍摄的照片中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。关于a、b、c三条径迹判断正确的是（　　）
A．a、b、c都是负电子的径迹
B．c径迹对应的粒子轨迹半径最大
C．a径迹对应的粒子动量最大
D．c径迹对应的粒子运动时间最长
题型 3 带电粒子在直线边界磁场中运动
如图，在竖直平面内的直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（　　）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为
B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为
C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为
D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
题型 4 带电粒子在三角形边界磁场中运动
如图，等腰直角三角形abc区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．三个相同的带正电粒子从b点沿bc方向分别以速度、、射入磁场，在磁场中运动的时间分别为、、，且，直角边bc的长度为L，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．三个速度的大小关系一定是 B．三个速度的大小关系可能是
C．粒子的比荷 D．粒子的比荷
题型 5 带电粒子在圆(弧)形边界磁场中运动
利用磁场控制带电粒子运动
下图为一具有圆形边界、半径为r的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一个初速度大小为v0的带电粒子（m，q）沿该磁场的直径方向从P点射入，在洛伦兹力作用下从Q点射出磁场。规律如下：
①带电粒子沿半径射入圆形区域的磁场，该粒子离开磁场时速度方向反向延长线 圆心。
②满足的几何关系： ，对一定的带电粒子（m，q一定），可以通过调节 和 的大小来控制粒子的偏转角θ。
③利用磁场控制带电粒子的运动，只改变粒子速度的 ，不改变粒子速度的 。
题型 6 带电物体(计重力)在磁场中的运动
如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成角，质量为、电荷量为的带电小球套在细杆上，小球始终处于磁感应强度大小为的匀强磁场中，磁场方向垂直细杆所在的竖直平面，不计空气阻力。若小球以初速度沿细杆向上运动，经过一定的时间又回到出发点，则该过程中小球（　　）
A．机械能减小
B．上滑时间大于下滑时间
C．向上滑动的最大位移为
D．向下滑动时受到细杆的弹力大小一定先减小后增大
1．1932年，美国物理学家安德森在宇宙射线实验中发现了正电子，证实了反物质的存在。实验中，安德森记录了正电子在云室中经过铅板的轨迹照片如图所示，匀强磁场方向垂直于纸面，正电子穿过铅板会有部分能量损失，其他能量损失不计，则可判定正电子（ ）
A．由下向上穿过铅板
B．所在磁场方向一定垂直于纸面向外
C．穿过铅板后做圆周运动的半径变大
D．穿过铅板后做圆周运动的角速度不变
2．如图所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于纸面的匀强磁场（未画出），一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（　　）
A．2∶1 B．∶1 C．1∶1 D．∶2
3．质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场并最终打在金属板上，运动的半圆轨迹如图中虚线所示，不计重力，下列表述正确的是（　　）
A．M带负电，N带正电 B．M的速率小于N的速率
C．洛伦兹力对M、N做正功 D．M的运动时间大于N的运动时间
4．如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，在xOy平面内，从原点O处与x轴正方向成θ角（0<θ<π），以速率v发射一个带正电的粒子（重力不计），则下列说法正确的是（　　）
A．若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远
B．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
D．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
5．质量和带电量都相同的两个粒子，以不同的速率垂直于磁感线方向射入匀强磁场中，两粒子的运动轨迹如右图中①、②所示，粒子的重力不计，下列对两个粒子的运动速率v和在磁场中运动时间t及运动周期T、角速度ω的说法中正确的是（ ）
A．v1 > v2 B．t1 > t2 C．T1 > T2 D．ω1 > ω2
6．高能粒子对撞是研究物质本质、推动科技发展的重要手段。如图，在竖直向下的匀强磁场中，同一水平面内，电荷量为、动量大小为的粒子从点水平射出，电荷量为、动量大小为的粒子从点反方向射出，两粒子运动到点时，发生正碰并结合为一个新粒子。不计粒子重力及相对论效应，则新粒子的运动轨迹（虚线）可能是（ ）
A． B．
C． D．
7．如图所示，一线状粒子源垂直于磁场边界不断地发射速度相同的同种离子，粒子源的长度小于离子在磁场中做圆周运动的直径，磁场区域足够大，不考虑离子间的相互作用，则磁场中有离子经过的区域（阴影部分）是（　　）
A． B．
C． D．
8．一带电粒子沿垂直磁场方向射入匀强磁场，经过轨迹如图所示，轨迹上每一小段都可以近似看成圆弧，其能量逐渐减小（质量、电量不变），从图中可以确定运动方向和电性是（　　）
A．粒子从b到a，带负电 B．粒子从a到b，带负电
C．粒子从a到b，带正电 D．粒子从b到a，带正电
9．如图所示，直角三角形MPN区域内存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。∠M=30°，，C为MP的中点，D为NP的中点，在C点有一粒子源不断沿垂直于PM方向射入速度大小不同的正、负电粒子。粒子的质量均为m、电荷量均为e。不考虑粒子间的相互作用，不计粒子的重力。下列说法正确的是（　　）
A．可能有粒子从M点射出磁场
B．从D点离开磁场的粒子的速度大小为
C．从MN边射出的正粒子在磁场中运动的最长时间为
D．负粒子在磁场中运动的最长时间为
10．如图所示，从一粒子源O发出质量相等的三种粒子，以相同的速度垂直射入匀强磁场中，结果分成了a、b、c三束，下列说法正确的有（　　）
A．a粒子带负电，b粒子不带电，c粒子带正电
B．a粒子带正电，b粒子带正电，c粒子带负电
C．a、c的带电量的大小关系为
D．a、c的带电量的大小关系为
11．极光是由太阳发射的高速带电粒子进入地面附近时，受地磁场的影响撞击并激发高空中的空气分子和原子引起的。如图所示，在南极附近仰视时，发现正上方逆时针旋转的弧状极光，则下列说法正确的是（　　）
A．该高速粒子一定带正电
B．该高速粒子一定带负电
C．粒子轨迹半径逐渐增大
D．相同的粒子在北极产生的弧状极光仰视时也逆时针旋转
12．如图所示，在圆形边界的磁场区域，氕核和氘核先后从P点沿圆形边界的直径入射，从射入磁场到射出磁场，氕核和氘核的速度方向分别偏转了60°和120°角，已知氕核在磁场中运动的时间为t0，轨迹半径为R，则（　　）
A．氘核在该磁场中运动的时间为2t0
B．氘核在该磁场中运动的时间为3t0
C．氘核在该磁场中运动的轨迹半径为R
D．氘核在该磁场中运动的轨迹半径为R
13．极光是由来自宇宙空间的高能带电粒子流进入地球大气层后，受地磁场的作用而产生的。这些高能带电粒子流向两极运动时做旋转半径不断减小的螺旋运动。主要原因是（　　）
A．地球引力对粒子产生了驱动力的作用效果
B．粒子的带电荷量减小
C．洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小
D．南北两极附近的磁感应强度较强
14．一个重力不计的带电粒子以大小为的速度从坐标为（0，L）的点，平行于轴射入磁感应强度大小为、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，并从轴上的点射出磁场，射出磁场时的速度方向与轴正方向的夹角为，如图所示。
(1)判断粒子的电性并用尺规作图法画出粒子的运动轨迹；
(2)求粒子的比荷；
(3)求粒子从点运动到点的时间。
15．如图所示，在直角坐标系中，轴右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，在处放置垂直于轴的足够大的接收屏。位于原点的粒子源可沿平面向轴右侧各个方向发射相同的正电粒子，粒子速度大小相等，轨迹半径为。已知粒子的质量为，电荷量为，粒子打到接收屏上即被吸收，不计空气阻力、粒子重力及粒子间相互作用。求：
(1)粒子的速度大小；
(2)粒子打到接收屏上区域的长度；
(3)能打到接收屏上的粒子在磁场中运动的最短时间。
1第06讲 法拉第电磁感应定律
知识点一　法拉第电磁感应定律
【情境导入】
我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流大小的决定因素和遵循的物理规律．
如图所示，将条形磁体从同一高度插入线圈的实验中．
(1)快速插入和缓慢插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？
(2)分别用同种规格的一根磁体和并列的两根磁体以相同速度快速插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？
(3)在线圈匝数一定的情况下，感应电动势的大小取决于什么？
答案　(1)磁通量的变化量ΔФ相同，但磁通量变化的快慢不同，快速插入比缓慢插入时指针偏转角度大．
(2)用并列的两根磁体快速插入时磁通量的变化量较大，磁通量变化率也较大，指针偏转角度较大．
(3)在线圈匝数一定的情况下，感应电动势的大小取决于的大小．
【知识梳理】
1．感应电动势
在电磁感应现象中产生的电动势叫作感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于电源．
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变化率成正比．
(2)公式：E＝n，其中n为线圈的匝数．
(3)在国际单位制中，磁通量的单位是韦伯(Wb)，感应电动势的单位是伏(V)．
【重难诠释】
1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ及磁通量的变化率的比较
磁通量Φ 磁通量的变化量ΔΦ 磁通量的变化率
物理 意义 某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数 在某一过程中，穿过某个面的磁通量的变化量 穿过某个面的磁通量变化的快慢
当B、S互相垂直时的大小 Φ＝BS ΔΦ＝ ＝
注意 若穿过的平面中有方向相反的磁场，则不能直接用Φ＝BS.Φ为抵消以后所剩余的磁通量 开始和转过180°时平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是零 在Φ－t图像中，可用图线的斜率表示
2.公式E＝n的理解
感应电动势的大小E由磁通量变化的快慢，即磁通量的变化率决定，与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ无关．
知识点二　导体棒切割磁感线时的感应电动势
【情境导入】
(1)如图，导体棒CD在匀强磁场中运动．自由电荷会随着导体棒运动，并因此受到洛伦兹力．导体棒中自由电荷相对于纸面的运动大致沿什么方向？(为了方便，可以认为导体棒中的自由电荷是正电荷．)
(2)导体棒一直运动下去，自由电荷是否总会沿着导体棒运动？为什么？导体棒哪端的电势比较高？
(以上讨论不必考虑自由电荷的热运动．)
答案　(1)导体棒中自由电荷(正电荷)随导体棒向右运动，由左手定则可判断正电荷受到沿棒向上的洛伦兹力作用．因此，正电荷一边向上运动，一边随导体棒匀速运动，所以正电荷相对于纸面的运动是斜向右上方的．
(2)不会．当导体棒中的自由电荷受到的洛伦兹力与电场力平衡时不再定向移动，因为正电荷会聚集在C点，所以C端电势高．
【知识梳理】
1．导线垂直于磁场方向运动，B、l、v两两垂直时，如图甲所示，E＝Blv.
甲　　　　 　　　 乙
2．导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图乙所示，E＝Blvsin θ.
3．导体棒切割磁感线产生感应电流，导体棒所受安培力的方向与导体棒运动方向相反，导体棒克服安培力做功，把其他形式的能转化为电能．
【重难诠释】
对公式的理解
(1)当B、l、v三个量的方向互相垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向互相平行时，导线将不切割磁感线，E＝0.
(2)当l垂直于B且l垂直于v，而v与B成θ角时，导线切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝Blvsin θ.
(3)若导线是弯折的，或l与v不垂直时，E＝Blv中的l应为导线两端点在与v垂直的方向上的投影长度，即有效切割长度．
图甲中的有效切割长度为：l＝sin θ；
图乙中的有效切割长度为：l＝；
图丙中的有效切割长度为：沿v1的方向运动时，l＝R；沿v2的方向运动时，l＝R.
知识点三　导体棒转动切割磁感线产生的电动势
【重难诠释】
导体棒转动切割磁感线：E＝Bl2ω.
如图所示，长为l的金属棒ab，绕b端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B，ab棒所产生的感应电动势大小可用下面两种方法推出．
方法一：棒上各处速率不等，故不能直接用公式E＝Blv求．由v＝ωr可知，棒上各点的线速度跟半径成正比．故可用棒的中点的速度作为平均切割速度代入公式计算．
＝，E＝Bl＝Bl2ω.
方法二：设经过Δt时间，ab棒扫过的扇形面积为ΔS，
则ΔS＝lωΔtl＝l2ωΔt，
磁通量的变化ΔΦ＝BΔS＝Bl2ωΔt，
所以E＝n＝n＝Bl2ω(n＝1)．
教材习题01 4. 如图 2.2-6，矩形线圈在匀强磁场中绕OO轴匀速转动时，线圈中的感应电动势是否变化 为什么 设线圈的两个边长分别是l1和l2，转动时角速度是ω，磁场的磁感应强度为B。试证明:在图示位置时，线圈中的感应电动势为E=BSω，式中S=l1l2，为线圈面积。 解题方法 切割磁感线求电动势
【答案】4.答案 当线圈绕 OO' 轴匀速转动时，长为 l_{2} 的边切制磁感线的速度发生变化，线圈中的感应电动势发生变化。 根据公式 ，可得 在图示位置时， 可得
教材习题02 6.一长为!的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中绕其一端以角速度0在垂直于磁场的平面内匀速转动(图2.2-8)，求ab两端产生的感应电动势。 解题方法 法拉第电磁感应定律
【答案】设想有一环形导轨 PQR ，导体棒的一端 a 搁于导轨上，另一端 b 在圆心处，并通过导线 bc 与导轨相连，由导体棒、导轨、导线构成一闭合电路，如图所示： 设在极短时间内导体棒转过微小角度，则 则回路面积变化 穿过回路的磁通量变化为 回路中的感应电动势为，即 ab 两端产生的感应电动势为 。 方法 2：导体棒 ab 匀速转动，产生的感应电动势
题型1磁通量的变化量与变化率
穿过某闭合回路的磁通量随时间t变化的图像分别如图中的①~④所示，下列说法正确的是（　　）
A．图①：有感应电动势，且大小恒定不变
B．图②：产生的感应电动势一直在变大
C．图③：在内的变化为0，一直没有感应电流
D．图④：产生的感应电动势先变小再变大
【答案】D
【详解】感应电动势
而对应图像中图线切线斜率的绝对值。
A．①中图线切线斜率为零，所以无感应电动势，故A错误；
B．②中图线切线斜率不变，所以感应电动势恒定不变，故B错误；
C．③中在0~内的图线切线斜率是在~内大小的2倍，有感应电流，故C错误；
D．④中图线切线斜率先减小后变大，所以电动势先变小再变大，故D正确。
故选D。
题型2法拉第电磁感应定律的理解与应用
有A和B两个闭合电路，穿过A电路的磁通量由增加到，穿过B的磁通量由减少到0，则两个电路中产生的感应电动势EA和EB的大小关系是（　　）
A． B． C． D．不能确定
【答案】D
【详解】根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小为
对于电路A，磁通量变化量绝对值
对于电路B，磁通量变化量绝对值
虽然A的磁通量变化量绝对值更大，但电动势的大小取决于线圈匝数和磁通量变化的快慢，题目未提供A和B的磁通量变化时间及匝数信息，因此无法比较两者的电动势大小。
故选D。
题型3导体棒平动切割磁感线
C919大型客机是我国首款按照国际通行适航标准自行研制、具有自主知识产权的喷气式中程干线客机，C919在高空以速度飞行，所在区域的地球磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度大小为，为飞机右翼端点，为飞机左翼端点，、间距为，飞机机身和机翼可当作导体。下列说法正确的是（ ）
A．在北京上空水平向北飞行时，点电势高于点电势
B．在邯郸上空水平向南飞行时，点电势高于点电势
C．在哈尔滨上空水平向东飞行时，、间的感应电动势小于
D．在广州和哈尔滨上空水平向北飞行时，前者、间的感应电动势更大
【答案】BC
【详解】AB．我国地处北半球，磁感线倾斜向下，根据右手定则可知，无论飞机水平向哪个方向飞行，都有点电势高于点电势，A错误，B正确；
C．哈尔滨上空的地磁场的磁感应强度竖直分量小于，，间的感应电动势小于，C正确；
D．越靠近地理北极，地磁场的磁感应强度竖直分量越大，与广州相比，在哈尔滨上空水平向北飞行时、间的感应电动势更大，D错误。
故选BC。
题型4己知磁感应强度随时间的变化的关系式求电动势
英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，环上套一带电荷量为＋q的小球，已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是（　　）
A．0 B．r2qk C．2πr2qk D．πr2qk
【答案】D
【详解】产生的感生电动势为
因电场力方向一直沿小球的运动的切线方向，故电场力做功W=qE=qπkr2
故选D。
题型5感生电动势与动生电动势并存
如图所示，足够长的平行金属导轨固定在水平面内，间距L=0.5m，电阻不计。与导轨左端连接的线圈面积S=0.1m2，内阻r=0.5Ω，匝数n=400匝。一根长L=0.5m，质量m=0.1kg、电阻R=2Ω的导体棒ab垂直放置在导轨上，与导轨间的动摩擦因数μ=0.4。线圈内的磁场平行于轴线向上，磁感应强度B1以的变化率随时间增大；导轨之间的匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度的大小B2=1T。t=0时刻闭合开关，当t=9.0s时导体棒已达到最大速度，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)刚合上开关时，导体棒的加速度大小a；
(2)导体棒运动速度的最大值vm；
(3)0～9.0s内导体棒的位移大小x。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律得感生电动势
刚合上开关时，电路中的电流为
对导体棒有
解得
（2）导体棒运动速度最大时受力平衡，有
解得
设最大速度为，则
解得
（3）对导体棒分析，由动量定理
解得
题型6回路中感应电荷量的求解
在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1m2，线圈电阻为1Ω。规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图1所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示。则以下说法正确的是（　　）
A．在时间0~5s内I的最大值为0.1A
B．在时间0~5s内I的方向先顺时针后逆时针
C．在时间0~5s内，线圈最大发热功率为
D．在时间0~5s内，通过线圈某截面的总电量为零
【答案】BCD
【详解】A．电路电流，可知磁感应强度的变化量越大，则电流越大，磁感应强度的变化率最大值为0.1，则最大电流，故A错误；
B．根据楞次定律可知，在时间0~5s内感应电流的方向先顺时针后逆时针，故B正确；
C．当电流最大时，发热功率最大，则，故C正确；
D．根据，因为在时间0~5s内，磁通量的变化量为零，则通过线圈某横截面的总电量为零，故D正确。
故选BCD。
题型7电磁感应中的图像问题
如图所示，空间存在磁感应强度大小相等，方向分别垂直于光滑绝缘水平面向上和向下的匀强磁场，由粗细均匀的电阻丝制成边长为L的正方形线框ABCD，在外力F的作用下从磁场边界以速度v垂直进入磁场并匀速穿出磁场。已知两磁场宽度均为线框长度的2倍，磁感应强度大小均为B。在匀速通过两磁场的整个过程中，下列关于A、B两点间电势差随时间t的变化关系图像（其中），可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】在，只有CD边切割磁感线，因此
在，线圈完全进入磁场，虽然电路中没有感应电流，但AB边以及CD边均切割磁感线，产生感应电动势，因此
在，AB边以及CD边在两反向磁场中同时切割磁感线，线框中有感应电流
因此
在，同，但因磁场方向相反，因此
在，线圈出磁场，AB边切割磁感线，相当于电源，AB两端电压为路端电压，
故选A。
题型8电磁感应与电路综合
如图所示，边长为l的正方形导线框abcd电阻为R，该线框在光滑水平面内以速度沿x轴正向运动，线框刚好穿过磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场区域。下列说法中正确的是（　　）
A．导线框进入磁场时导线框中产生顺时针方向的电流
B．导线框的质量
C．当导线框完全在磁场中运动时ab两端的电压为
D．导线框进入磁场过程和离开磁场过程中产生的热量之比为
【答案】BC
【详解】A．由右手定则或楞次定律可以判断当导线框进入磁场中导线框中的感应电流方向为逆时针，故A错误；
B．当导线框完全进入磁场时的速度为，导线框进入磁场的过程中对导线框分析由动量定理有
而
导线框离开磁场的过程中对导线框分析由动量定理有
而
解得
故B正确；
C．当线框完全在磁场中运动时，回路中的电流为0，线框不受安培力，速度不变，所以两端的电压，故C正确；
D．导线框进入磁场的过程中对导线框分析，由能量守恒有
导线框离开磁场的过程中对导线框分析，由能量守恒有
所以，故D错误。
故选BC。
1．在如图所示的四种磁场情况中能产生恒定的电场的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】A．该图中的磁场不变，则不会产生电场，故A错误；
B．该图中的磁场方向变化，而大小不变，则不会产生恒定的电场，故B错误；
C．该图中的磁场随着时间均匀变化，则会产生恒定的电场，故C正确；
D．该图中的磁场随着时间非均匀变化，则会产生非均匀变化的电场，故D错误。
故选C。
2．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示。则在移动过程中线框的一边a、b两点间电势差最大的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设正方形线框边长为，四个图中的电动势均为
设正方形线框的电阻为，则四个图中回路的电流均为
其中选项B图中ab边相当于电源，ab两点间的电势差大小为
选项A、C、D图中ab两点间的电势差大小均为
故选B。
3．如图所示，导体AB的长为6R，绕点以角速度匀速转动，长为R，且、、三点在一条直线上，有一磁感应强度为的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直（图中未画出），那么AB两端的电势差为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】AB两端的电势差大小等于导体棒AB中感应电动势的大小，为
故选D。
4．有A和B两个闭合电路，穿过A电路的磁通量由增加到，穿过B的磁通量由减少到0，则两个电路中产生的感应电动势EA和EB的大小关系是（　　）
A． B． C． D．不能确定
【答案】D
【详解】根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小为
对于电路A，磁通量变化量绝对值
对于电路B，磁通量变化量绝对值
虽然A的磁通量变化量绝对值更大，但电动势的大小取决于线圈匝数和磁通量变化的快慢，题目未提供A和B的磁通量变化时间及匝数信息，因此无法比较两者的电动势大小。
故选D。
5．如图为某中学物理兴趣小组为研究无线充电技术，动手制作的一个“特斯拉线圈”。线圈匝数为n，面积为S，若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间内线圈两端的电势差的大小（　　）
A．恒为 B．从0均匀变化到
C．恒为 D．从0均匀变化到
【答案】C
【详解】穿过线圈的匀强磁场的磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，则有
故选C。
6．如图甲所示，金属圆环的半径为r，电阻率为ρ。圆环是由横截面积为S的硬质细导线做成的。圆环内匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，垂直纸面向外为磁场正方向，则在前2t0的时间内圆环中的感应电流为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】根据法拉第电磁感应定律
由图乙知，磁感应强度变化率一直不变，为
感应电流为
根据电阻定律
联立解得
故选A。
7．某物理兴趣小组利用如图甲所示实验装置开展实验．实验一：在线圈中接入如图乙所示电流；实验二：在线圈中接入如图丙所示电流，关于这两次实验，在t1到t2时间内下列说法中正确的是（　　）
A．两次实验中所接入的电流在螺线管中心轴线处均产生竖直向上的感应磁场
B．实验一中电流表发生偏转
C．实验一中通过线圈的磁通量为零
D．实验二中通过线圈的磁通量向下且增大
【答案】D
【详解】A．螺线管中心轴线的磁场方向根据安培定则，用右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指指向螺线管中心轴线的磁场方向。实验中线圈的电流方向从上端“”流入，下端“”流出，因此螺线管中心轴线处的磁场方向竖直向下。因此，两次实验中产生的磁场方向均为竖直向下，A错误；
B．实验一电流表偏转的条件是穿过闭合线圈的磁通量发生变化。图乙中电流大小不变，知线圈的电流是恒定电流，因此线圈产生的磁场是恒定磁场，穿过线圈的磁通量不变，因此线圈中无感应电流，电流表不偏转，B错误；
C．线圈产生恒定磁场，且磁场穿过线圈，有磁感线穿过线圈，因此穿过的磁通量不为零，C错误；
D．实验二中，图丙中电流随时间线性增大，可知线圈的电流均匀增大，因此产生的磁场均匀增强。穿过线圈的磁通量方向向下，随磁场增强而增大，D正确；
故选D。
8．如图甲所示，在磁感应强度随时间均匀变化的匀强磁场中垂直磁场放置一圆形金属漆包线圈（磁场方向垂直线圈平面向里），线圈中产生的感应电流为。若仅将线圈扭转成图乙所示的形状，其中大圆半径是小圆半径的3倍，假设扭转过程中金属线圈的总长度和粗细均保持不变，不考虑导线中电流产生磁场对磁通量的影响，则图乙线圈中产生的感应电流大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】设小圆半径为R，则大圆半径为3R，甲图中圆的周长
解得
甲图中
乙图中两圆产生电流方向相反，则
故选A。
9．磁感应强度B随时间t变化的图像如图所示，当该磁场垂直穿过面积、匝数n=10的导线框时，导线框产生的感应电动势为（ ）
A．1V B．2V C．3V D．4V
【答案】A
【详解】导线框产生的感应电动势为
故选A。
10．如图1所示，在水平桌面上有一封闭金属线圈，在线圈所在空间分布着竖直向下的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。则下列说法正确的是（　　）
A．线圈中有顺时针方向的感应电流（俯视角度）
B．线圈中的感应电流大小不变
C．线圈中的感应电流在不断减小
D．线圈有向外扩张的趋势
【答案】B
【详解】A. 穿过线圈的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，线圈中有逆时针方向的感应电流（俯视角度），选项A错误；
BC．因不变，则感应电动势大小不变，则线圈中的感应电流大小不变，选项B正确，C错误；
D．根据楞次定律“增缩减扩”可知，线圈有向内收缩的趋势，选项D错误。
故选B。
11．电阻不计的单匝圆形线圈固定在磁场中，线圈平面与磁场方向垂直。若一定值电阻接在线圈的两端，如图1所示，磁感应强度以均匀增大时，电阻消耗的功率为；若磁感应强度恒为，线圈闭合，在线圈边缘与圆心之间接入定值电阻，如图2所示，电阻不计的金属棒沿着半径放在线圈上（与线圈接触良好），绕圆心匀速转动，电阻消耗的功率也为。金属棒转动的角速度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】对图1分析，设线圈的半径为，则线圈的面积为，根据法拉第电磁感应定律
又，解得
则功率为
对图2分析，金属棒切割磁感线产生的感应电动势，则有
又，解得
则功率为
联立可得
解得
故选A。
12．将一根铜丝顺次绕成如图所示的线圈，大、小圆半径分别为和，线圈的总电阻为为其两端点。线圈内存在垂直线圈平面向里匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化关系为（，均为常量）。忽略线圈连接处的间隙，则两点电势差为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】根据法拉第电磁感应定律
根据楞次定律判断，通过线圈电流为逆时针，故电势比电势高，所以
故选C。
13．如图所示，a、b两个闭合单匝线圈用同样的导线制成，面积，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小。则a、b线圈中产生的感应电动势之比为（　　）
A．1:4 B．1:2 C．2:1 D．4:1
【答案】C
【详解】根据法拉第电磁感应定律可得
可得a、b两个闭合单匝线圈产生的感应电动势之比为
故选C。
二、解答题
14．如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，两条光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.4m，左端接有阻值R=0.4Ω的电阻。一阻值r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上。金属棒在水平向右的拉力F作用下，沿导轨做速度v=2m/s的匀速直线运动。求：
(1)通过电阻R的电流I；
(2)MN两点间的电压大小U。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）金属棒产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可得通过电阻R的电流为
（2）两点间的电压大小为
15．如图所示，把平行导轨放在磁感应强度为B的匀强磁场中，通过一电阻相连，所在平面跟磁感线垂直。导体棒MN放在导轨上，两导轨间距为l，MN以速度v向右匀速运动。试根据法拉第电磁感应定律求产生的感应电动势。
【答案】见解析
【详解】根据法拉第电磁感应定律，闭合电路的感应电动势为
2第01讲 磁场对通电导线的作用力
知识点一　安培力的方向
【情境导入】按照如图所示进行实验．
(1)仅上下交换磁极的位置以改变磁场方向，导线受力的方向是否改变？
(2)仅改变导线中电流的方向，导线受力的方向是否改变？
(3)仔细分析实验现象，结合课本说明安培力的方向与磁场方向、电流方向有怎样的关系？
【知识梳理】
1．安培力： 在磁场中受的力．
2．安培力的方向与 、 有关；安培力垂直于 与 决定的平面．
3．左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向 ，这时 所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．
知识点二　安培力的大小
【情境导入】(1)在如图甲所示的探究影响安培力大小的有关因素的实验中，把导线垂直放入磁场(磁感应强度为B)中，得出的安培力F与导线长度l、电流大小I有怎样的关系？
(2)当导线平行磁场方向放入时，它受到的安培力多大？
(3)如图乙，当导线和磁场方向的夹角为θ时，它受到的安培力多大？
　　
甲　　　　　 　　乙
【知识梳理】
如图甲、乙所示，导线电流为I，长度为l，磁场的磁感应强度为B.
1．如图甲，通电导线与磁场方向垂直，此时安培力F＝ .
2．如图乙，通电导线与磁场方向平行，此时安培力F＝ .
3．如图丙，当通电导线与磁场不垂直时，此时安培力F＝ .
知识点三　磁电式电流表
【知识梳理】
1.构造：图中磁电式电流表各部件分别为：
①永磁铁，② ，③铁质圆柱，④ ，⑤ ，⑥指针．
2．原理：安培力与电流的关系．通电线圈在磁场中受到 而偏转，线圈偏转的角度越大，被测电流就 ．根据指针的 ，可以知道被测电流的方向．
3．特点：极靴与铁质圆柱间的磁场都沿 方向，线圈无论转到什么位置，它的平面都跟磁感线 ，且线圈左右两边所在之处的磁感应强度的大小都 ．
4．优点：灵敏度高，可以测出 的电流．
缺点：线圈的导线很细，允许通过的电流 ．
教材习题01 1.图1.1-9的磁场中有一条通电导线，其方向与磁场方向垂直。图1.1-9甲、乙、丙分别标明了电流、磁感应强度和安培力三个量中的两个量的方向，试画出第三个量的方向。(本书用“·”表示磁感线垂直于纸面向外,“x”表示磁感线垂直于纸面向里，“⊙”表示电流垂直于纸面向外，“U”表示电流垂直于纸面向里。) 解题方法 ①左手定则的应用
教材习题02 3.图1.1-11所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为1，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过电流1时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。 (1)导出用n、m、l、I表示磁感应强度B的表达式。 (2)当n=9，l=10.0 cm，I= 0.10 A,m=8.78 g时，磁感应强度是多少 解题方法 ①力的平衡结合安培力分析
题型1安培力方向的判断
2025年蛇年春晚的舞台上，机器人的表演赢得观众的喜爱，引起了高中生学习电磁学的热情。机器人中有很多电动机，电动机的基本原理就是磁场对通电导线有作用力。比如，如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，若给直导线通以向左的电流，导线受到的磁场力方向为（　　）
A．水平向左 B．水平向右 C．竖直向上 D．竖直向下
题型2安培力大小的计算
安培力的大小
安培力的大小：F
说明
①θ为B与I方向的夹角
当θ＝0°时，即B∥I，F 当θ＝90°时，即B⊥I，F
②表达式F＝BIlsin θ中l指的是导线在磁场中的“有效长度”， 弯曲导线的有效长度l等于（如图虚线所示）；相应的电流沿导线由 端流向 端。
题型3平行电流间的相互作用
如图，a、b为两根固定的平行等长直导线，分别通有大小为I、2I的同向电流，a、b受到的安培力大小分别为、。现施加一范围足够大的匀强磁场，使a受到的安培力大小变为0，b受到的安培力大小变为F，则（　　）
A． B．
C． D．
题型4磁式电流表
如图甲是高中物理电学实验中常用的磁电式电流表的结构，其内部磁场分布和线圈中电流流向剖面示意如图乙所示。关于磁电式电流表的下列各项说法中正确的是（　　）
A．当线圈在如图乙所示位置时b端受到的安培力方向向上
B．线圈中电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也越大，线圈偏转的角度也越大
C．电流表中的磁场是匀强磁场
D．线圈无论转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，所以线圈不受安培力
题型5安培力作用下导体的运动分析
如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁体连接起来，此时台秤读数为F1。现在磁体上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向垂直纸面向里，当加上电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是（　　）
A．F1>F2 B．F1C．弹簧长度将变长 D．弹簧长度将不变
题型6安培力作用下的平衡问题
长为L的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，如图所示，当磁感应强度方向垂直斜面向上、电流为I1时导线处于平衡状态；当磁感应强度方向竖直向上、电流为I2时导线也处于平衡状态。则为（　　）
A．sinθ B．
C．cosθ D．
题型7安培力作用下的动量、能量问题
据报道，我国福建号航母舰载机弹射起飞的电磁弹射技术与他国不同，采用的储能方式是超级电容。某科学探究小组制作了一个简易的电容式电磁弹射装置，如图所示，间距为l的水平平行金属导轨左端连接充好电的电容器，电容为C，电压为U，导轨右端放置质量为m的光滑金属棒，匀强磁场沿竖直方向（图中未画出），磁感应强度大小为B，开关闭合后金属棒向右离开导轨后水平射出，若某次试验金属棒弹射出去后电容器两端的电压减为，不计一切阻力，则金属棒离开导轨的速度为（　　）
A． B． C． D．
题型8安培力与欧姆定律的综合问题
如图所示，两平行光滑金属导轨间的距离，金属导轨所在的平面与水平面夹角，在导轨所在平面内，空间内存在匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源。现把一质量的导体棒ab放在金属导轨上，当电阻箱的电阻调为时，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨电阻不计，g取，，。
(1)求通过导体棒的电流大小；
(2)若磁场方向在竖直方向上，求匀强磁场的磁感应度大小；
1．下列关于磁场的相关描述及判定，正确的是（　　）
A．图甲中表示条形磁铁的磁感线从N极出发，到S极终止
B．图乙中导线通电后，其正下方小磁针的N极向纸面内转动
C．图丙中两个平行放置的通电线圈之间存在图示方向的磁场
D．图丁中通有方向相反电流的两导线之间存在斥力，两斥力是一对平衡力
2．下列说法正确的是（　　）
A．电场线和磁感线都是客观存在的，都能通过实验显示出来
B．电场中某点的电场强度方向即为正点电荷在该点所受电场力的方向
C．磁场中某点的磁感应强度方向即为小磁针在该点静止时S极所指的方向
D．同一通电导线，所处位置的磁感应强度越大，受到的磁场力一定越大
3．教材关于磁电式电流表有如下叙述：“线圈转动时，图中的螺旋弹簧变形，以反抗线圈的转动。电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也就越大，线圈偏转的角度也越大，达到新的平衡．”其中图如本题图．那么结合你的理论知识和做实验时的观察，以下关于磁电式电流表的说法正确的是（　　）
A．磁电式电流表刻度均匀，即指针偏转角度和通过线圈的电流强度成正比
B．磁电式电流表刻度并不均匀，主要原因是安培力越大，线圈偏转的角度也越大，但是指针偏转角度和通过线圈的电流强度并不成正比
C．磁电式电流表刻度并不均匀，主要原因是在这个问题当中我们还应该考虑线圈的重力
D．磁电式电流表的内部磁场为匀强磁场，目的是为了让安培力方向总与磁感应强度方向垂直
4．如图所示，与电源、电阻箱连接的水平导轨固定在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.2T、方向与导轨所在平面的夹角为θ。质量为0.05kg的金属杆垂直于导轨和磁场放置，金属杆接入电路中的长度为0.5m。已知电源的电动势为6V，内阻为0.4Ω，金属杆与水平导轨间的动摩擦因数为0.5且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sinθ=0.6，取重力加速度大小g=10m/s2，不计金属杆和导轨的电阻。若金属杆始终静止，则电阻箱接入电路的最小阻值为（ ）
A．1Ω B．1.5Ω C．2Ω D．4Ω
5．如图，半径为R的刚性圆形线框通过绝缘细线悬挂在弹簧测力计下端，通有方向的电流，开始时a与匀强磁场边界AB相切，弹簧测力计的示数为F。现将线圈沿竖直方向缓慢上提，直到c点与AB相切，弹簧测力计（始终有示数）示数F的变化（ ）
A．一直变大 B．一直变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大
6．关于磁场，下列说法正确的是（　　）
A．磁感应强度的单位是特斯拉（T），磁通量的单位是韦伯（Wb）
B．若有一小段通电导线在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零
C．由定义式可知，电流越大，导线越长，某点的磁感应强度就越小
D．若有一小段长为，通以电流为的通电导线，在磁场中某处受到的磁场力为，则该处磁感应强度的大小一定是
7．在一个匀强磁场中放置一根通电导线，导线方向与磁场垂直。先后在导线中通入不同的电流。下列图像能正确反映各物理量间关系的是（　　）
A． B．
C． D．
8．如图中分别标明了通电直导线中电流、匀强磁场的磁感应强度和通电导线所受安培力的方向，其中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
9．如图所示的四幅图中，导体棒的长度均为L，磁场的磁感应强度大小均为B，在各导体棒中通有相同的电流I。则下列选项正确的是（　　）
A．图甲中导体棒所受的安培力大小为BIL，方向水平向左
B．图乙中导体棒所受的安培力大小为BIL，方向竖直向下
C．图丙中导体棒所受的安培力大小为BIL，方向竖直向上
D．图丁中导体棒所受的安培力大小为BIL，方向水平向右
10．如图是一种磁浮列车运行时的截面图，悬浮原理可简化为，车载电磁铁通电后产生磁场，与轨道上的钢板相互作用，使列车脱离轨道悬浮。列车在悬浮相同高度下，电磁铁对轨道的力F大小（仅为悬浮作用力）与铁芯线圈电流I的关系为（k为比例常数）。假设满载时磁浮列车总的重力是空载时的2倍，若保持其他条件不变，下列说法正确的是（ ）
A．电磁铁对轨道的作用力为吸引力 B．电磁铁对轨道的作用力为排斥力
C．空载和满载时电流之比为 D．空载和满载时电流之比为
11．如图所示，在倾角的斜面上固定一间距的两平行光滑金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势，内阻，一质量的金属棒与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度。导轨与金属棒的电阻不计，取。
(1)要使金属棒在导轨上保持静止，求金属棒受到的安培力的大小；
(2)当滑动变阻器的电阻突然调节为时，求金属棒的加速度的大小。
12．如图所示，两平行的金属导轨左侧接一个直流电源，一根金属杆垂直放在导轨上，杆的质量为、接入导轨间杆的长度为，通过杆的电流为，匀强磁场的磁感应强度为，其方向与导轨平面成角斜向右上，结果杆静止于水平导轨上。已知重力加速度为。求：
(1)从向看，画出导体的受力；
(2)金属杆受到的摩擦力大小；
(3)金属杆对导轨的压力大小。
13．如图所示，两根倾斜直金属导轨、平行放置，两导轨之间的距离，导轨平面与水平面之间的夹角。一根质量的均匀直金属杆MN垂直放在两导轨上处于静止状态，整个装置处于与导轨所在的平面垂直向上的匀强磁场中，磁感应强度。在导轨的上端接有电动势、内阻的电源，电阻，其余电阻不计。，，。求：
(1)通过电阻的电流大小；
(2)MN杆受到的安培力大小；
(3)金属导轨与MN杆间的摩擦力大小。
14．如图所示，在竖直平面内有一个半径为，质量为的金属圆环，圆环平面与纸面平行，圆环部分处在磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁场的水平边界与圆环相交于、点，圆心角。用绝缘轻绳把放在斜面上的滑块通过定滑轮与圆环相连。当圆环中通有逆时针方向大小为的电流时，滑块保持静止。已知斜面倾角为，斜面和滑轮均光滑，重力加速度大小为。求：
(1)滑块的质量；
(2)若圆环电流大小不变，方向突然变为顺时针方向时，滑块的瞬时加速度为多大。
2第07讲 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
知识点一　电磁感应现象中的感生电场
【情境导入】
如图所示，B增强时，就会在空间激发一个感生电场E.如果E处空间存在闭合导体，导体中的自由电荷就会在感生电场的作用下做定向移动，产生感应电流．
(1)感生电场的方向与感应电流的方向有什么关系？如何判断感生电场的方向？
(2)上述情况下，哪种作用扮演了非静电力的角色？
【知识梳理】
1．感生电场
认为，磁场变化时会在空间激发一种 ，这种电场叫作感生电场．
2．感生电动势
由感生电场产生的电动势叫感生电动势．
3．电子感应加速器
电子感应加速器是利用 使电子加速的设备，当电磁铁线圈中 的大小、方向发生变化时，产生的感生电场使电子加速．
【重难诠释】
1．变化的磁场周围产生感生电场，与闭合电路是否存在无关．如果在变化的磁场中放一个闭合电路，自由电荷在感生电场的作用下发生定向移动．
2．感生电场可用电场线形象描述．感生电场是一种涡旋电场，电场线是闭合的，而静电场的电场线不闭合．
3．感生电场的方向根据楞次定律用右手螺旋定则判断，感生电动势的大小由法拉第电磁感应定律E＝n计算．
知识点二　涡流
【情境导入】
如图所示，线圈中的电流随时间变化时，导体中有感应电流吗？如果有，它的形状像什么？
【知识梳理】
1．涡流：当线圈中的 随时间变化时，线圈附近的任何导体中都会产生感应电流，用图表示这样的感应电流，就像水中的漩涡，所以把它叫作 ，简称 ．
2．金属块中的涡流会产生 ，利用涡流产生的 可以冶炼金属．
【重难诠释】
1．产生涡流的两种情况
(1)块状金属放在变化的磁场中．
(2)块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动．
2．产生涡流时的能量转化
(1)金属块在变化的磁场中，磁场能转化为电能，最终转化为内能．
(2)金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能．
3．涡流的应用与防止
(1)应用：真空冶炼炉、探雷器、安检门等．
(2)防止：为了减小电动机、变压器铁芯上的涡流，常用电阻率较大的硅钢做材料，而且用相互绝缘的硅钢片叠成铁芯来代替整块硅钢铁芯．
知识点三　电磁阻尼和电磁驱动
【情境导入】
弹簧上端固定，下端悬挂一个磁体．将磁体托起到某一高度后放开，磁体能上下振动较长时间才停下来．如果在磁体下端放一个固定的闭合线圈，使磁体上下振动时穿过它(如图所示)，磁体就会很快停下来，解释这个现象．
【知识梳理】
电磁阻尼
当导体在 中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是 导体的运动，这种现象称为电磁阻尼．
电磁驱动
若磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到 的作用， 使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动．
【重难诠释】
电磁阻尼和电磁驱动的比较
电磁阻尼 电磁驱动
不同点 成因 由导体在磁场中运动形成的 由磁场运动而形成的
效果 安培力方向与导体运动方向相反，为阻力 安培力方向与导体运动方向相同，为动力
能量 转化 克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能 磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能
共同点 两者都是电磁感应现象，导体受到的安培力都是阻碍导体与磁场间的相对运动
教材习题01 如图2.3-14所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁体。将磁体托起到某一高度后放开，磁体能上下振动较长时间才停下来。如果在磁体下端放一个固定的闭合线圈，使磁极上下振动时穿过它，磁体就会很快地停下来。分析这个现象的产生原因，并说明此现象中能量转化的情况。 解题方法 电磁阻尼
教材习题02 如图2.3-16所示，水平放置的绝缘桌面上有一个金属圆环，圆心的正上方有一个竖直的条形磁体。请通过分析形成以下结论:条形磁体沿水平方向移动时，金属圆环将受到水平方向运动的驱动力，驱动力的方向跟条形磁体运动的方向相同。 解题方法 电磁驱动
题型1涡流的原理、应用与防止
图甲为磁控健身车，图乙为其车轮处结构示意图，在金属飞轮的外侧有一些磁体（与飞轮不接触），人用力蹬车带动飞轮旋转时，磁体会对飞轮产生阻碍作用，拉动旋钮拉线可以改变磁体与飞轮间的距离。下列说法正确的有（　　）
A．飞轮受到的阻力主要来源于磁体对它的安培力
B．飞轮转速一定时，磁体越靠近飞轮，飞轮受到的阻力越小
C．磁体和飞轮间的距离一定时，飞轮转速越大，受到的阻力越小
D．磁体和飞轮间的距离一定时，飞轮转速越大，内部的涡流越强
题型2电磁灶的结构和原理
下列关于电磁学现象的解释，正确的是（　　）
A．安培力是洛伦兹力的宏观表现，因此两者方向总相同
B．电磁炉加热食物时，锅底发热是因金属内部自由电荷受洛伦兹力做定向运动
C．闭合线圈靠近磁铁时产生感应电流，其方向总是阻碍线圈与磁铁的相对运动
D．金属探测器利用涡流原理，工作时探测线圈中通入恒定电流以提高灵敏度
题型3安检警报器结构和原理
如图所示，是考场使用的金属探测器，该探测器涉及的基本原理是（　　）
A．静电感应 B．电磁感应 C．电磁驱动 D．静电屏蔽
题型4电磁阻尼与电磁驱动的理解
如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法不正确的是（ ）
A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高
B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
题型5电磁驱动原理的其他应用
如图所示，导体小球A在光滑的绝缘水平圆形轨道上处于静止状态，现在使小球正上方的条形磁铁在轨道正上方做匀速圆周运动，转速为n。关于小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．磁铁转动过程中远离小球时小球加速，靠近小球时小球减速
B．安培力对小球做的功大于小球动能的增加
C．安培力对小球做的功等于小球内部产生的焦耳热和小球动能的增量
D．运动稳定后，小球的转速最后等于n
1．电磁炉（如图所示）的炉盘下有一组线圈，电磁炉工作时，炉盘上的铁锅会发热，为使铁锅迅速发热，线圈应接怎样的电源（　　）
A．直流高压 B．直流低压
C．迅速变化的电流 D．缓慢变化的电流
2．如图，磁体从竖直放置的铝管口静止释放，下落过程中磁体不与管壁接触且无翻转，不计空气阻力。则（　　）
A．磁体在穿过铝管过程中，始终匀加速下降
B．磁体在穿过铝管过程中，所受安培力的方向先向上后向下
C．磁体在穿过铝管过程中，磁体减少的重力势能全部转化为动能
D．若更换为等质量磁性更强的磁体，穿过铝管的时间将变长
3．涡流效应可以用来检测金属材料中是否有裂隙、气泡。下图为涡流检测的示意图，激励线圈通变化的电流，从而在金属导体中感应出涡流。若金属导体中有气泡，会影响涡流大小，从而被激励线圈检测到。已知图示时刻激励线圈俯视看为顺时针电流，下列说法正确的是（　　）
A．图示时刻激励线圈的电流在变小
B．图示时刻感应磁场方向向上
C．感应磁场与激励磁场的方向始终相反
D．激励线圈移动到导体内有气泡的区域上方时，金属导体中的涡流会增大
4．如图所示，条形磁铁用细线悬挂在O点，O点正下方固定一个水平放置的实心铝盘。让磁铁在竖直面内从左边静止释放，虚线为释放位置的对称位置，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．磁铁由于电磁阻尼无法摆到虚线位置
B．磁铁由于电磁驱动会持续摆动
C．铝盘中的涡流总是排斥磁铁，对磁铁的作用力总是阻力
D．最终铝盘中涡流产生的焦耳热大于磁铁损失的重力势能
5．如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是（　　）
A． B．
C． D．
6．阻尼器是一种提供运动阻力，耗减运动能量的装置，也被称为避震器、减震器或阻尼装置。图为一同学设计的“涡流阻尼器”的原理图，一磁体通过细绳悬挂在铁架台上，在悬点的正下方放置一铜板。将磁体拉至左侧某一高度，让磁体由静止向下摆动，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．磁体还能回到原高度
B．磁体从左侧向下摆动的过程中，铜板受到向右的摩擦力
C．磁体向上摆动的过程中，铜板对地面的压力小于自身的重力
D．磁体运动到最低点时，铜板对地面的压力小于自身的重力
7．磁力刹车是游乐场中过山车采用的一种新型刹车装置，该刹车装置的原理图（从车后朝前看）如图所示，停车区的轨道两侧装有强力磁铁，当过山车进入停车区时铜片从强力磁铁间穿过，车很快停下来，则（　　）
A．过山车进入停车区时铜片不会产生热量
B．过山车运动的速度越大，在停车区制动力越大
C．若将铜片换成有机玻璃片，也能达到相同的刹车效果
D．若将强力磁铁的磁极对调，过山车在停车区将加速运动
8．电磁技术的应用非常广泛：图甲是磁流体发电机的原理图、图乙是回旋加速器的示意图、图丙是磁电式电流表的内部结构、图丁是利用电磁炉加热食物。下列说法正确的是（　　）
A．磁流体发电机的A板是电源的正极，B板是电源的负极
B．通过增大回旋加速器狭缝间的电压，可使粒子获得的最大动能增大
C．磁电式电流表中的铝框可使指针较快停止摆动，这是利用了电磁阻尼的原理
D．将电磁炉的电源换成电动势更大的直流电源，可以增加锅具的发热功率
9．如图是我校学生食堂用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片组成电路，当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作，已知线圈面积为S，共n匝，某次刷卡时，线圈平面与磁场垂直，全部处于磁场区域内，且在感应时间内，磁感应强度方向向外由0均匀增大到，此过程中（ ）
A．线框中磁通量最大为 B．此现象为涡流现象
C．线框中产生的感应电流一直增大 D．线框中感应电动势大小为
10．如图为真空冶炼炉的示意图，下列相关说法正确的是（　　）
A．线圈应接高压直流电源
B．线圈应接高频交流电源
C．线圈中的焦耳热加热金属，使其融化
D．炉体中的涡流产生热量加热金属，使其融化
11．某次上课前朱老师喊几位同学搬运实验室磁电式电流表的时候，有同学发现表针晃动剧烈、不易停止。该同学根据上课所学的知识，在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是（　　）
A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈产生感生电动势
B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的原因
C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电流
D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到电磁阻尼的原因
12．电吉他是现代科学技术的产物，从外形到音响都与传统的吉他有着明显的差别。电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，固定的条形磁体附近的金属弦被磁化，当金属弦上下振动时，在线圈中产生与弦振动情况对应的弱电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的是（　　）
A．电吉他利用了自感现象 B．电吉他利用了电磁阻尼
C．金属弦可能是铜制的 D．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
13．图甲为无线磁力搅拌杯，其工作原理如图乙所示，杯体底部安装通电线圈，相关电路控制线圈电流从而产生一个逆时针旋转的磁场（俯视图），杯内中心放置一搅拌金属粒，在旋转磁场作用下金属粒也产生旋转，从而达到搅拌杯内溶液的效果。通电搅拌时，以下说法正确的是（　　）
A．金属粒中会产生感应电流
B．金属粒内不会产生焦耳热
C．金属粒旋转方向与磁场旋转方向相反
D．加大磁场旋转速度，则金属粒旋转速度也加大
14．如图所示，铜板放在绝缘地面上，铜板的正上方悬挂着用绝缘材料制成的轻弹簧，劲度系数为k，弹簧下端吊着质量为m的条形磁铁。重力加速度为g．当弹簧处于原长时，由静止释放条形磁铁，弹簧的形变在弹性限度内。不计空气阻力，则（ ）
A．条形磁铁再次上升到最高点时，弹簧仍处于原长
B．条形磁铁向下运动过程中，弹簧向上的拉力等于条形磁铁的重力时条形磁铁速度最大
C．在条形磁铁向下加速运动的过程中，条形磁铁减小的重力势能大于磁铁增加的动能与弹簧增加的弹性势能的和
D．当条形磁铁最后静止时，弹簧向上的拉力等于条形磁铁的重力
15．如图所示，让一铝制圆盘靠近U形磁铁的两级，但不接触，且磁铁的中心轴线与圆盘的中心在同一竖直线上．现让磁铁按照图示的方向转动，则下列说法正确的是 （ ）
A．磁铁不能吸引铝，因此圆盘不会随磁铁转动而转动
B．圆盘跟随磁铁转动的原因是内部产生的涡流引起的
C．磁铁停止转动后，由于电磁阻尼作用圆盘很快也会停止转动
D．磁铁转动时，圆盘内磁通量并未发生了变化，因此圆盘不会随磁铁转动而转动第05讲 楞次定律
知识点一　实验：探究影响感应电流方向的因素
【知识梳理】
1．实验原理
(1)由电流表指针偏转方向与电流方向的关系，找出感应电流的方向．
(2)通过实验，观察、分析原磁场方向和磁通量的变化，记录感应电流的方向，然后归纳出感应电流的方向与原磁场方向、原磁通量变化之间的关系．
2．实验器材
条形磁体，线圈，电流表，导线若干，滑动变阻器，开关，干电池，电池盒．
3．实验过程
(1)探究电流表指针的偏转方向和电流方向之间的关系．
实验电路如图甲、乙所示：
结论：电流从哪一侧接线柱流入，指针就向哪一侧偏转，即左进左偏，右进右偏．(指针偏转方向应由实验得出，并非所有电流表都是这样的)
(2)探究条形磁体插入或拔出线圈时感应电流的方向
①按图连接电路，明确线圈的绕线方向．
②按照控制变量的方法分别进行N极(S极)向下插入线圈和N极(S极)向下时抽出线圈的实验．
③观察并记录磁场方向、电流方向、磁通量大小变化情况，并将结果填入表格．
甲 乙 丙 丁
条形磁体运动的情况 N极向下插入线圈 S极向下插入线圈 N极朝下时抽出线圈 S极朝下时抽出线圈
原磁场方向 (“向上”或 “向下”)
穿过线圈的 磁通量变化 情况(“增加”或“减少”)
感应电流的 方向(在线圈 上方俯视) 逆时针 顺时针 顺时针 逆时针
感应电流的 磁场方向 (“向上”或 “向下”)
原磁场与感 应电流磁场 方向的关系
④整理器材．
4．结果分析
根据上表记录，得到下述结果：
甲、乙两种情况下，磁通量都增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，阻碍磁通量的增加；丙、丁两种情况下，磁通量都减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，阻碍磁通量的减少．
实验结论：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
5．注意事项
(1)确定电流方向与电流表指针偏转方向的关系时，要用试触法并注意减小电流大小，防止电流过大或通电时间过长损坏电流表．
(2)电流表选用零刻度在中间的灵敏电流计．
(3)实验前设计好表格，并明确线圈的绕线方向．
(4)按照控制变量的思想进行实验．
知识点二　楞次定律
【知识梳理】
1．内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
2．从能量角度理解楞次定律
感应电流沿着楞次定律所述的方向，是能量守恒定律的必然结果，当磁极插入线圈或从线圈内抽出时，推力或拉力做功，使机械能转化为感应电流的电能．
【重难诠释】
1．对楞次定律的理解
(1)楞次定律中的因果关系
楞次定律反映了电磁感应现象中的因果关系，磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果．
(2)对“阻碍”的理解
问题 结论
谁阻碍谁 感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场(原磁场)的磁通量的变化
为何阻碍 原磁场的磁通量发生了变化
阻碍什么 阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身
如何阻碍 当原磁场的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反；当原磁场的磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，即“增反减同”
结果如何 阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，这种变化将继续进行，最终结果不受影响
(3)“阻碍”的表现形式
从磁通量变化的角度看：感应电流的效果是阻碍磁通量的变化．
从相对运动的角度看：感应电流的效果是阻碍相对运动．
2．楞次定律的应用
应用楞次定律判断感应电流方向的步骤
(1)明确所研究的闭合回路，判断原磁场方向．
(2)判断闭合回路内原磁场的磁通量变化．
(3)依据楞次定律判断感应电流的磁场方向．
(4)利用右手螺旋定则(安培定则)判断感应电流的方向．
知识点三　右手定则的理解和应用
【情境导入】
如图所示，导体棒ab向右做切割磁感线运动．
(1)请用楞次定律判断感应电流的方向．
(2)感应电流I的方向、原磁场B的方向、导体棒运动的速度v的方向三者之间满足什么关系？
答案　(1)感应电流的方向为a→d→c→b→a；
(2)满足右手定则．
【知识梳理】
如图所示，内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．
【重难诠释】
1．右手定则的适用范围：闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流方向的判断．
2．右手定则反映了磁场方向、导体运动方向和感应电流方向三者之间的关系：
(1)大拇指所指的方向是导体相对磁场切割磁感线的运动方向，既可以是导体运动而磁场未动，也可以是导体未动而磁场运动，还可以是两者以不同速度同时运动．
(2)四指指向电流方向，切割磁感线的导体相当于电源．
3．楞次定律与右手定则的比较
规律 比较内容 楞次定律 右手定则
区别 研究对象 整个闭合回路 闭合回路的一部分，即做切割磁感线运动的导体
适用范围 各种电磁感应现象 只适用于部分导体在磁场中做切割磁感线运动的情况
联系 右手定则是楞次定律的特例
教材习题01 2.在图2.1-10中CDEF是金属框，框内存在着如图所示的匀强磁场。当导体MN向右移动时:请用楞次定律判断MNDC和MNEF两个电路中感应电流的方向。 解题方法 ①楞次定律
【答案】当导体MN向右移动时,电路MNCD中垂直于纸面向里的磁通量减少,根据楞次定律可知,产生的感应电流的磁场要阻碍磁通量的减少,即感应电流的磁场与原磁场方向相同,垂直于纸面向里，由安培定则判断可知感应电流的方向是M→N→C→D。此时,电路MNEE中垂直于纸面向里的通量增加,根据楞次定律可知,产生的感应电流的场要阻碍通量的增加,即感应电流的磁场与原磁场方向相反,垂直于纸面向外,由安培定则判断可知感应电流的方向是M→N→F→E
教材习题02 5.图2.1-13 中的A和B都是铝环，A环是闭合的，B环是断开的，横梁可以绕中间的支点转动。某人在实验时，用磁体的任意一极移近A环，A环都会被推斥，把磁体远离A环，A环又会被磁体吸引。但磁体移近或远离B环时，却没有发现与A环相同的现象。这是为什么 解题方法 楞次定律
【答案】用磁铁的任意一极(如N极)接近A环时,通过A环的磁通量增加,根据楞次定律可知A环中将产生感应电流,感应电流的磁场对磁铁产生斥力,故A环也受到铁的斥力,使该端横梁向里转动,阻碍磁铁与A环接近:同理,当磁极远离A环时,A环中产生感应电流,A环受到磁铁的引力,使该端横梁向外转动,阻碍A环与铁远离。 由于B环是断开的,无论磁极移近还是远离环,在B环中都不会产生感应电流,所以B环与铁之间没有相互作用力,横梁不发生转动。
题型1楞次定律的内容及理解
关于感应电流，下列说法正确的是（　　）
A．感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量
B．感应电流的磁场方向一定与引起感应电流的磁场方向相反
C．感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反
D．当导体切割磁感线运动时，只能用右手定则确定感应电流的方向
【答案】C
【详解】A． 感应电流的磁场阻碍的是磁通量的变化，而非磁通量本身。楞次定律指出“阻碍变化”，故A错误。
B． 当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同（以阻碍减少）；当原磁场磁通量增加时，方向相反。因此“一定相反”的表述错误，故B错误。
C． 感应电流的磁场方向与原磁场方向可能相同（原磁场减弱时）或相反（原磁场增强时），故C正确。
D． 右手定则适用于导体切割磁感线的情况，但此时也可通过楞次定律判断方向，因此“只能用”的表述错误，故D错误。
故选C。
题型2增反减同
如图所示，导线框abcd与直导线在同一平面内（两者相互绝缘），直导线通有恒定电流I，在线框由左向右匀速通过直导线的过程中，线框中感应电流的方向是（　　）
A．先abcd，后dcba，再abcd
B．先abcd，后dcba
C．始终dcba
D．先dcba，后abcd，再dcba
【答案】D
【详解】做出长直导线周围产生的磁场分布，如下图所示
当线圈向右移动，未到达直导线之前，线圈内磁通量垂直纸面向外增多，根据楞次定律可得感应电流方向为dcba；当线圈穿过直导线过程中，线圈内磁通量垂直纸面向外减少，同时磁通量垂直纸面向内增大，所以先是合磁通量为垂直纸面向外减小后是合磁通量为垂直纸面向内增大，则感应电流的磁场方向为垂直纸面向外，根据楞次定律可得感应电流方向为abcd；线圈穿过直导线后，线圈内磁通量为垂直纸面向内减少，根据楞次定律可得感应电流方向仍为dcba。
故选D。
题型3来拒去留
如图所示，水平放置的绝缘桌面上有一个金属圆环，在圆心的正上方一定高度处有一个竖直的条形磁体。把条形磁体水平向右移动时，金属圆环始终保持静止。下列说法正确的是 （　　）
A．金属圆环相对桌面有向右的运动趋势
B．金属圆环对桌面的压力小于其自身重力
C．金属圆环有扩张的趋势
D．金属圆环受到水平向右的摩擦力
【答案】ABC
【详解】ABD．根据“来拒去留”规律，把条形磁体水平向右移动时，条形磁铁远离金属环，二者相互吸引，金属环受到向右上方的引力作用，所以金属圆环相对桌面有向右的运动趋势，金属圆环对桌面的压力小于其自身重力，金属圆环受到水平向左的摩擦力，故AB正确，D错误；
C．条形磁铁向右移动时，穿过金属环的磁通量减少，根据“增缩减扩”规律，金属圆环有扩大的趋势，故C正确。
故选ABC。
题型4增缩减扩
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，圆环向右运动
B．拨至N端，圆环向左运动
C．拨至M端，圆环有扩张趋势
D．拨至N端，圆环有收缩趋势
【答案】AD
【详解】AB．无论开关S拨至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边线圈中的电流从无到有，电流在线圈轴线上的磁场从无到有，从而引起穿过圆环的磁通量突然增大，根据楞次定律（增反减同），右边圆环中产生了与左边线圈中方向相反的电流，异向电流相互排斥，所以无论哪种情况，圆环均向右运动，故A正确，B错误；
CD．无论开关S拨至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边线圈中的电流从无到有，电流在线圈轴线上的磁场从无到有，从而引起穿过圆环的磁通量突然增大，根据楞次定律（增缩减扩），可知圆环都有收缩趋势，故C错误，D正确。
故选AD。
题型5探究影响感应电流方向的因素
如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。
(1)将图中所缺的导线补接完整；
(2)如果在闭合开关时将线圈A插入B，发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关，且在线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将 （填“向左偏”或“向右偏”）；滑片不动，将原线圈A迅速拔出副线圈B，电流计指针将 （填“向左偏”或“向右偏”）。
(3)闭合开关后，将线圈A向下插入线圈B时，线圈A与线圈B之间的作用力为 （选填“引力”或“斥力”）。
【答案】(1)
(2) 向左偏 向左偏
(3)斥力
【详解】（1）根据实验原理，要形成两个回路，一个是由电源、开关、滑动变阻器、线圈A组成的原线圈回路，另一个是由电流计与线圈B组成的副线圈回路，如图所示
（2）[1]闭合开关时将线圈A插入B，磁通量增加，指针向右偏。合上开关且线圈A插入线圈B后，滑动变阻器滑片迅速向左移动，电阻增大，原线圈电流减小，穿过副线圈B的磁通量减小，感应电流方向与之前相反，所以电流计指针向左偏；
[2]滑片不动，将原线圈A迅速拔出副线圈B，穿过副线圈B的磁通量也减小电流计指针同样向左偏。
（3）闭合开关后，将线圈A向下插入线圈B时，根据楞次定律“来拒去留”，线圈B会阻碍线圈A的插入，所以线圈A与线圈B之间的作用力为斥力。
题型6右手定则
在电磁感应中，判断感应电流方向的右手定则是英国工程师佛来明根据楞次定律总结出来的，最初并不是图1所示的方式，而是如图2所示。关于图2所示的佛来明右手定则，下列说法正确的是（　　）
A．若②为磁场方向、①为导体运动方向，则③为电流方向
B．若③为磁场方向、①为导体运动方向，则②为电流方向
C．若①为磁场方向、②为导体运动方向，则③为电流方向
D．若②为磁场方向、③为导体运动方向，则①为电流方向
【答案】A
【详解】A．根据右手定则，若②为磁场方向、①为导体运动方向，则③为电流方向，选项A正确；
B．根据右手定则，若③为磁场方向、①为导体运动方向，则②为电流的反方向，选项B错误；
C．根据右手定则，若①为磁场方向、②为导体运动方向，则③为电流的反方向，选项C错误；
D．根据右手定则，若②为磁场方向、③为导体运动方向，则①为电流的反方向，选项D错误。
故选A。
1．某同学学习了电磁感应相关知识之后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，线圈上方有一N极朝下竖直放置的条形磁铁，手握磁铁在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为m0。将磁铁N极加速插向线圈的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．电子秤的示数等于m0
B．电子秤的示数小于m0
C．线圈中产生的电流沿逆时针方向（俯视）
D．线圈中产生的电流沿顺时针方向（俯视）
【答案】C
【详解】AB．将条形磁铁插向线圈的过程中，穿过线圈的磁通量发生了变化，线圈中产生了感应电流，线圈与条形磁铁会发生相互作用，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，将磁铁N极加速插向线圈的过程中，线圈与磁铁相互排斥，导致电子秤的示数大于m0，故AB错误；
CD．根据楞次定律和安培定则可判断，将条形磁铁的N极加速插向线圈时，线圈中产生的感应电流方向为逆时针方向（俯视），故C正确，D错误。
故选C。
2．关于楞次定律，下列说法正确的是（　　）
A．感应电流的磁场总要阻止引起感应电流的磁通量的变化
B．原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场同向
C．楞次定律是能量守恒定律的一种体现
D．感应电流的磁场总是与原磁场反向，阻碍原磁场的变化
【答案】C
【详解】A．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，不是“阻止”，A错误；
B．原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场应与原磁场反向（阻碍 “增加”），B错误；
C．楞次定律体现了能量守恒（阻碍过程需要外力做功，将其他形式的能转化为电能），是能量守恒在电磁感应中的必然结果，C正确；
D．感应电流的磁场并非 “总是反向”，而是 “阻碍变化”：原磁通量增加时反向，原磁通量减少时同向，D错误。
故选C。
3．如图所示，矩形线圈位于通电长直导线附近，线圈与导线在同一平面内，线圈的AB边和CD边与导线平行。下列说法正确的是（　　）
A．线圈内磁感应强度方向垂直于纸面向外
B．仅增大直导线电流，线圈内不会产生感应电流
C．保持线圈边平行于直导线在平面内远离导线移动时，线圈内将产生逆时针感应电流
D．保持线圈边平行于直导线在平面内远离导线移动时，线圈内将产生顺时针感应电流
【答案】D
【详解】A．根据右手螺旋定则可知，线圈内磁感应强度方向垂直于纸面向里，故A错误；
B．仅增大直导线电流，穿过线圈的磁通量发生变化，则线圈内会产生感应电流，故B错误；
CD．保持线圈边平行于直导线在平面内远离导线移动时，通过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈内将产生顺时针方向的感应电流，故C错误，D正确。
故选D。
4．关于感应电流，下列说法正确的是（　　）
A．感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量
B．感应电流的磁场方向一定与引起感应电流的磁场方向相反
C．感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反
D．当导体切割磁感线运动时，只能用右手定则确定感应电流的方向
【答案】C
【详解】A． 感应电流的磁场阻碍的是磁通量的变化，而非磁通量本身。楞次定律指出“阻碍变化”，故A错误。
B． 当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同（以阻碍减少）；当原磁场磁通量增加时，方向相反。因此“一定相反”的表述错误，故B错误。
C． 感应电流的磁场方向与原磁场方向可能相同（原磁场减弱时）或相反（原磁场增强时），故C正确。
D． 右手定则适用于导体切割磁感线的情况，但此时也可通过楞次定律判断方向，因此“只能用”的表述错误，故D错误。
故选C。
5．如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd在条形磁体的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，且ad边、bc边一直在同一水平面上，由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，这个过程中线圈中的感应电流（　　）
A．沿abcda流动
B．沿dcbad流动
C．先沿abcda流动，后沿dcbad流动
D．先沿dcbad流动，后沿abcda流动
【答案】A
【详解】根据题意，由条形磁铁的磁场分布情况可知，线圈在Ⅱ位置时穿过线圈的磁通量最少，线圈从Ⅰ位置到Ⅱ位置，穿过线圈自下而上的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍其减少，则在线圈中产生的感应电流的方向为abcda，线圈从Ⅱ位置到Ⅲ位置，穿过线圈自上而下的磁通量在增加，感应电流的磁场阻碍其增加，由楞次定律可知感应电流的方向仍然是abcda。
故选A。
6．如图，水平光滑桌面（纸面）上两根长直导线M、N相互垂直固定放置，两者彼此绝缘，M通有向上的电流，N通有向右的电流，桌面上4个圆形金属线框a、b、c、d分别放在两导线交叉所形成的编号为1、2、3、4的区域内，每个线框距两导线的距离均相同。当两导线中的电流都由i突然增大到2i时（　　）
A．a向左下方运动 B．b向左上方运动
C．c向左下方运动 D．d向左上方运动
【答案】B
【详解】AC．由右手螺旋定则可知，导线M和N在线框a处的磁感线方向相反，又距导线的距离相同，所以线框a的磁通量为0。同理，线框c处的磁通量也为0。当电流都增大时，两个方向的磁感线都变多，但磁通量不变还是0，所以线框a、c静止不动。故AC错误；
B．由右手螺旋定则可知，导线M和N在线框b处的磁感线方向都向外，当两导线电流增大时，线框b的磁通量增加，由楞次定律可知，线框b将远离两导线，向左上方运动。故B正确；
D．由右手螺旋定则可知，导线M和N在线框d处的磁感线方向都向里，当两导线电流增大时，线框d的磁通量增加，由楞次定律可知，线框d将远离两导线，向右下方运动。故D错误。
故选B。
7．如图所示，当条形磁铁沿线圈轴线ab从左向右穿过金属线圈的过程中，在金属线圈的左侧向右看，金属线圈的电流方向为（　　）
A．先顺时针后逆时针 B．先逆时针后顺时针
C．始终为顺时针 D．始终为逆时针
【答案】B
【详解】条形磁铁内部磁场的方向是从S极指向N极，可知条形磁铁自左向右穿过金属环的过程中磁场的方向都是向右的，当条形磁铁进入金属环的时候，穿过金属环的磁通量向右增大；当条形磁铁穿出金属环时，穿过金属环的磁通量向右减小，根据楞次定律判断条形磁铁进入和穿出金属环的过程中，感应电流的磁场方向分别是向左和向右的，再由安培定则可以判断出，先有逆时针方向的感应电流，后有顺时针方向的感应电流。
故选B。
8．如图所示，通有水平向右恒定电流的固定长直导线的正上方用绝缘细线悬挂一金属圆环，静止时金属圆环的中心位于O点。将金属圆环的中心拉到a位置无初速度释放，金属圆环的中心运动到b位置后反向运动，金属圆环和长直导线始终在同一竖直平面内，且细线始终处于张紧状态。从a到b过程中金属圆环的感应电流方向（　　）
A．顺时针 B．逆时针 C．先顺时针再逆时针 D．先逆时针再顺时针
【答案】C
【详解】根据安培定则，通电直导线下方区域磁场方向垂直纸面向里，上方区域磁场方向垂直纸面向外，圆环由a位置开始运动到最低点过程中，磁通量增大，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁场方向垂直纸面向里，感应电流的方向为顺时针方向，由最低点运动到b位置的过程中，磁通量减小，圆环中电流的方向为逆时针。
故选C。
9．在电磁感应中，判断感应电流方向的右手定则是英国工程师佛来明根据楞次定律总结出来的，最初并不是图1所示的方式，而是如图2所示。关于图2所示的佛来明右手定则，下列说法正确的是（　　）
A．若②为磁场方向、①为导体运动方向，则③为电流方向
B．若③为磁场方向、①为导体运动方向，则②为电流方向
C．若①为磁场方向、②为导体运动方向，则③为电流方向
D．若②为磁场方向、③为导体运动方向，则①为电流方向
【答案】A
【详解】A．根据右手定则，若②为磁场方向、①为导体运动方向，则③为电流方向，选项A正确；
B．根据右手定则，若③为磁场方向、①为导体运动方向，则②为电流的反方向，选项B错误；
C．根据右手定则，若①为磁场方向、②为导体运动方向，则③为电流的反方向，选项C错误；
D．根据右手定则，若②为磁场方向、③为导体运动方向，则①为电流的反方向，选项D错误。
故选A。
10．某电磁弹射装置的简化模型如图所示，线圈固定在水平放置的光滑绝缘杆上，将金属环放在线圈左侧，闭合开关瞬间，则下列说法正确的是（　　）
A．金属环仍保持静止
B．金属环将向右运动
C．从左向右看，金属环中感应电流沿顺时针方向
D．金属环有扩张的趋势
【答案】C
【详解】ABD．闭合开关瞬间，穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知金属环将向左运动且圆环有收缩的趋势，故ABD错误；
C．根据右手定则可知闭合开关瞬间，穿过圆环的磁场方向向左，由于穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知，从左向右看，金属环中感应电流沿顺时针方向，故C正确。
故选C。
11．如图所示，用一根带绝缘外皮的铜导线制成的闭合“8”字环，交叉位置固定且互相绝缘，左右两侧圆环分别处在以OO'为界的两侧，右侧无磁场，左侧磁场方向垂直纸面向里，在磁场快速减小的过程中（　　）
A．左侧圆环中有顺时针方向的感应电流
B．右侧圆环中有顺时针方向的感应电流
C．右侧圆环中的电流大小小于左侧圆环的电流大小
D．右侧圆环中的电流大小大于左侧圆环的电流大小
【答案】A
【详解】AB．在磁场快速减小的过程中，左侧圆环的磁通量减小，根据楞次定律，左侧圆环中有顺时针方向的感应电流，右侧圆环中有逆时针方向的感应电流，A正确，B错误；
CD．两个圆环串联，右侧圆环中的电流大小等于左侧圆环的电流大小，CD错误。
故选A。
12．如图所示，在一水平固定的铝环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处由静止开始下落，最后落在地面上。磁铁下落过程从铝环中心穿过，且不与铝环接触。若不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．磁铁靠近铝环的过程中，铝环有收缩趋势
B．磁铁下落过程中，从上往下看铝环中的感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向
C．磁铁下落过程中，磁铁的机械能不变
D．磁铁落地时的速率等于
【答案】A
【详解】A．磁铁靠近铝环的过程中，铝环中的磁通量增大，根据楞次定律“增缩减扩”可知，铝环有收缩趋势，故A正确；
B．由题图可知，在磁铁下落过程中，穿过铝环的磁场方向向下，在磁铁靠近铝环时，穿过铝环的磁通量变大，在磁铁远离铝环时穿过铝环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，铝环中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故B错误；
C．在磁铁下落过程中，铝环中产生感应电流，铝环中有电能产生，磁铁在整个下落过程中，磁铁的部分机械能转化为电能，由能量守恒定律可知，磁铁的机械能减少，故C错误；
D．若磁铁自由下落时，根据机械能守恒有
解得落地速度为
由于磁铁下落穿过铝环时机械能有损失，所以磁铁落地速度小于，故D错误。
故选A。
13．在电磁学中，根据大量事实归纳出电磁相关物理量之间的规律，下图中相关规律描述正确的是（　　）
A．图A用来判定电流产生的磁场方向，右手拇指表示电流及方向时，四指表示磁场方向
B．图B用来判定电流在磁场中所受安培力方向，右手四指表示电流方向，拇指表示电流受力方向
C．图C用来判定运动导体在磁场中产生感应电流方向，左手拇指表示导体运动方向，四指表示产生电流方向
D．图D用来判定运动电荷在磁场中受洛伦兹力方向，左手四指表示电荷运动方向，拇指表示电荷受力方向
【答案】A
【详解】A．图A用来判定电流产生的磁场方向，根据右手螺旋定则，右手拇指表示电流及方向时，四指表示磁场方向，故A正确；
B．图B用来判定运动导体在磁场中产生感应电流方向，根据右手定则，右手拇指表示导体运动方向，四指表示产生电流方向，故B错误；
C．图C用来判定电流在磁场中所受安培力方向，根据左手定则，左手四指表示电流方向，拇指表示电流受力方向，故C错误；
D．图D用来判定运动电荷在磁场中受洛伦兹力方向，根据左手定则，左手四指表示正电荷运动方向（左手四指与负电荷运动方向相反），拇指表示电荷受力方向，故D错误。
故选A。
14．如图所示，是光滑的直角金属导轨，沿竖直方向，沿水平方向，为靠在导轨上的一根金属直棒，b端较a端更靠近O点，金属直棒从静止开始在重力作用下运动，运动过程中b端始终在上，a端始终在上，直到金属直棒完全落在上，整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，则：
（1）确定金属直棒在运动过程中感应电流的方向，并说明判断的理由；
（2）确定金属直棒所受磁场力的方向，并说明判断的理由。
【答案】（1）先从b到a，后从a到b；（2）先垂直ab棒斜向左下，后垂直ab棒斜向右上
【详解】（1）（2）当ab棒从图示位置滑到与水平面成45°角前，闭合电路的磁通量在变大，则由楞次定律得闭合电路中的电流是逆时针方向，即电流从b到a，而此时棒受到的安培力的方向垂直ab棒斜向左下；当越过与水平面成45°角时，闭合电路的磁通量开始变小，则由楞次定律得闭合电路中的电流是顺时针方向，即电流从a到b，此时棒受到的安培力的方向垂直ab棒斜向右上。
15．看图回答下列问题：
（1）如图所示，用楞次定律分析闭合导体回路的一部分导体做切割磁感线运动时导体中感应电流的方向，应研究的是哪个闭合导体回路？当导体棒CD向右运动时，用楞次定律如何判断导体棒CD中的感应电流的方向？
（2）如图所示，根据楞次定律，仅当磁场方向反向时，导体棒CD中感应电流的方向是什么？仅当导体棒CD的运动方向反向时呢？当磁场方向和导体棒的运动方向都反向时呢？
（3）参考左手定则，使磁感线仍从掌心进入，四指仍指向电流方向，如何表示出感应电流的方向、原磁场的方向、导体棒运动的方向三者之间的关系？
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【详解】（1）该闭合电路是指EFCD回路；当导体棒CD向右运动时，穿过闭合回路的磁通量向里增加，根据楞次定律，感应电流磁场向外，根据右手定则可知感应电流为逆时针方向；
（2）如图所示，根据楞次定律，仅当磁场方向反向时，导体棒CD中感应电流的方向反向，即顺时针方向；仅当导体棒CD的运动方向反向时，电流方向也反向，即顺时针方向；当磁场方向和导体棒的运动方向都反向时，感应电流方向不变，仍为逆时针方向；
（3）伸开右手，使磁感线从掌心进入，大拇指指导体棒运动的方向，则四指指向感应电流方向。
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