1、实验十一练习使用多用电表1实验目的(1)了解多用电表的构造和原理，掌握多用电表的使用方法。(2)会使用多用电表测电压、电流及电阻。(3)会用多用电表探索黑箱中的电学元件。2实验原理(1)欧姆表内部电路简化如图所示。(2)根据闭合电路欧姆定律：当红、黑表笔短接时，Ig；当被测电阻Rx接在红、黑表笔两端时，I；当I中Ig时，中值电阻R中RgRr。3实验器材多用电表、电学黑箱、直流电源、开关、导线若干、小灯泡、二极管、定值电阻(大、中、小)三个。4实验步骤(1)观察：观察多用电表的外形，认识选择开关的测量项目及量程。(2)机械调零：检查多用电表的指针是否停在表盘刻度左端的零位置。若不指零，则可用小螺
2、丝刀进行机械调零。(3)将红、黑表笔分别插入“”“”插孔。(4)测量小灯泡的电压和电流。按如图甲所示的电路图连好电路，将多用电表选择开关置于直流电压挡，测小灯泡两端的电压。甲乙按如图乙所示的电路图连好电路，将选择开关置于直流电流挡，测量通过小灯泡的电流。(5)测量定值电阻根据被测电阻的估计阻值，选择合适的挡位，把两表笔短接，观察指针是否指在欧姆表的“0”刻度，若不指在欧姆表的“0”刻度，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆表的“0”刻度处；将被测电阻接在两表笔之间，待指针稳定后读数；读出指针在刻度盘上所指的数值，用读数乘以所选挡位的倍率，即得测量结果；测量完毕，将选择开关置于交流电压最高挡或“OF
3、F”挡。5误差分析(1)偶然误差估读时易带来误差。表头指针偏转过大或过小都会使误差增大。(2)系统误差电池用旧后，电动势会减小，内阻会变大，致使电阻测量值偏大，要及时更换电池。测电流、电压时，由于电表内阻的影响，测得的电流、电压值均小于真实值。6注意事项(1)使用前要机械调零。(2)两表笔在使用时，电流总是“红入”“黑出”。(3)测电阻时指针指中值附近较准，否则换挡。每换一挡必须重新欧姆调零。读出示数要乘以倍率。(4)使用完毕，选择开关置于“OFF”挡或交流电压最高挡，长期不用应取出电池。 多用电表的使用和读数1多用电表可以用来测量电流、电压、电阻等，并且每一种测量都有几个量程或倍率。2外形如
4、图所示：上半部分为表盘，表盘上有电流、电压、电阻等多种量程的刻度；下半部分为选择开关，它的四周刻有各种测量项目和量程。3多用电表面板上还有：欧姆表的欧姆调零旋钮(使电表指针指在右端零欧姆处)、指针定位螺丝(使电表指针指在左端的“0”位置)、表笔的正、负插孔(红表笔插入“”插孔，黑表笔插入“”插孔)。4读数(1)测电阻时，电阻值等于指针的示数与倍率的乘积。指针示数的读数一般读两位有效数字。(2)测电压和电流时，如果所读表盘的最小刻度为1、0.1、0.01等，读数时应读到最小刻度的下一位；若表盘的最小刻度为0.2、0.02、0.5、0.05等，读数时只读到与最小刻度位数相同即可。题组训练1如图甲为
5、多用电表的示意图，现用它测量一个阻值约为20 的电阻，测量步骤如下：甲乙(1)调节_，使电表指针停在_(选填“电阻”或“电流”)的“0”刻线。(2)将选择开关旋转到“”挡的_(选填“1”“10”“100”或“1 k”)位置。(3)将红、黑表笔分别插入“”“”插孔，并将两表笔短接，调节_，使电表指针对准_(选填“电阻”或“电流”)的“0”刻线。(4)将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若电表指针读数如图乙所示，该电阻的阻值为_ 。(5)测量完毕，将选择开关旋转到“OFF”位置。解析使用多用电表欧姆挡，先机械调零。 中值电阻为15 ，测量20 的电阻时，要使用“1”的倍率，然后进行欧姆调零；由刻
6、度盘和倍率可知，测量电阻的阻值为19 。答案(1)指针定位螺丝电流(2)1(3)欧姆调零旋钮电阻(4)192(2019西城区月考)如图所示为多用电表的刻度盘。若选用倍率为“100”的欧姆挡测电阻时，表针如图所示，则：(1)所测电阻的阻值为_；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0104 的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是_(选填“10”“100”或“1 k”)。(2)用此多用电表进行测量，当选用量程为50 mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为_mA；当选用量程为250 mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为_mA。(3)当选用量程为10 V的电
7、压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为_V。解析(1)欧姆表读数：对应最上一行刻度值为15，倍率为“100”，读数为1.5103 ；测2.0104 电阻时应选“1 k”的欧姆挡。(2)选用量程为50 mA直流电流挡，则每一大格表示10 mA，每一小格表示1 mA，测量的精确度为1 mA，应估读到0.1 mA(此时为1/10估读)，指针对应的读数为30.7 mA；选择量程为250 mA的电流挡，则每一大格表示50 mA，每一小格表示5 mA，测量的精确度为5 mA，应估读到1 mA(此时为1/5估读)，指针对应的读数为153 mA。(3)选择10 V电压挡，则每一大格表示2 V，每一小
8、格表示0.2 V，测量的精确度为0.2 V，应估读到0.1 V(此时应为1/2估读)，指针对应的读数为6.1 V。答案(1)1.51031 k(2)30.7(30.530.9都正确)153(152154都正确)(3)6.1 用多用电表检测电路故障1电流挡检测：将多用电表串联在电路中，若示数为零，说明与电流表串联的部分电路断路。2电压挡检测：将多用电表与部分电路并联，若示数为零，说明该部分电路完好。若示数等于电动势，说明该部分电路中有断点。3欧姆挡检测：将各元件与电源断开，然后接到红、黑表笔间，若电阻无穷大说明此元件断路。题组训练1某照明电路出现故障，其电路如图甲所示，该电路用标称值12 V的蓄
9、电池为电源，导线及其接触完好，维修人员使用已调好的多用电表直流50 V挡检测故障，他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点。甲(1)断开开关，红表笔接a点时多用表指示如图乙所示，读数为_ V，说明_正常(选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯)。乙(2)红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用电表指示仍然和图乙相同，可判定发生故障的器件是_(选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯)。解析(1)50 V量程的直流电压表，最小刻度为1 V，要估读到下一位，所以读数为11.3 V；电压表的读数接近电源的电动势，说明蓄电池正常。(2)红表笔接b点，断开开关时，指针不偏转说明电路是断路，闭合
10、开关后，多用表指示仍然和图乙相同可判断出是小灯断路。答案(1)11.3蓄电池(2)小灯2如图是某同学连接的实验电路实物图。若L1、L2灯都不亮，他采用下列两种方法进行故障检查：(1)应用多用电表的直流电压挡进行检查，那么选择开关应置于的量程是()A02.5 VB010 VC050 VD0250 V(2)该同学的测试结果如表1所示，在测试a、b间直流电压时，红表笔应接触_(填“a”或“b”)。根据测试结果，可以判定故障是()A灯L1短路B灯L2短路Ccd段断路Ddf段断路表1测试点a、bc、dd、f电压表示数情况有示数无示数有示数(3)将开关断开，再选择欧姆挡测试，测试结果如表2所示，那么进一步
11、检查出的故障是()A灯L1断路B灯L2断路C灯L1、灯L2都断路Dde段断路表2测试点c、dd、ee、f指针偏转情况解析(1)四节干电池的总电动势为6 V，应用多用电表的直流电压的10 V挡测量，故选B。(2)在测试a、b间直流电压时，因为电流必须从多用电表正接线柱流入，所以红表笔应当接触a。A项，若灯L1短路，L1灯不亮，而L2灯亮，与题不符，故A错误；B项，若灯L2短路，L2灯不亮，而L1灯亮，与题不符，故B错误；C项，cd段断路，则d、f间没有电压，无示数，故C错误；D项，df段断路时，电路中无电流，两灯泡都不亮，a、b和d、f间有电压，c、d间无电压，与题相符，故D正确。(3)欧姆表的
12、刻度无穷大在左端，0刻度在右端，电路断路时，其电阻为无穷大。根据欧姆表的读数可知，d、e间电阻无穷大，说明d、e间导线断路，故D正确。答案(1)B(2)aD(3)D 用多用电表探索黑箱内的电学元件1晶体二极管是由半导体材料制成的，它有两个极，即正极和负极，它的符号如图甲所示。甲乙丙2晶体二极管具有单向导电性(符号上的箭头表示允许电流通过的方向)。当给二极管加正向电压时，它的电阻很小，电路导通，如图乙所示；当给二极管加反向电压时，它的电阻很大，电路截止，如图丙所示。3将多用电表的选择开关拨到欧姆挡，红、黑表笔接到二极管的两极上，当黑表笔接“正”极，红表笔接“负”极时，电阻示数较小，反之电阻示数很
13、大，由此可判断出二极管的正、负极。题组训练1如图所示，已知黑箱外有A、B、C三只接线柱，黑箱内有一只定值电阻和一个二极管，它们的两端都直接接在接线柱上。用多用电表依次测三只接线柱间的阻值，结果如下表所示。请画出黑箱内的电路结构。红表笔AABCCB黑表笔BCCBAA阻值/100150502 0002 100100解析先由二极管反向截止的性质分析，由表可知，接B、C和C、B时测量结果不同，故在B、C间一定有二极管存在；同理可知在A、C间也有二极管存在，并且A、C间的正向电阻大于B、C之间，说明A、C间包含电阻；而接A、B和B、A时电阻不变，故说明A、B间只有电阻，B、C间接二极管。所以黑箱内的结构
14、如图所示。答案见解析图2如图所示，在黑箱内有一由四个阻值相同的电阻构成的串、并联电路，黑箱面板上有三个接线柱1、2和3。(1)在使用多用电表前，发现指针不在左边“0”刻度线处，应先调整图中多用电表的_(选填“A”“B”或“C”)。(2)在用多用电表的直流电压挡探测黑箱内任意两接点间是否存在电源时，要一表笔接某一点(如1)，另一表笔应_(选填“短暂”或“持续”)接另一点(如2)，同时观察指针偏转情况。(3)在判定黑箱中无电源后，将选择开关旋至“1”挡，调节好多用电表，测量各接点间的阻值，测量结果如表所示：两表笔接的接点多用电表的示数1、21.0 2、31.5 1、32.5 在虚线框中画出黑箱中的
15、电阻连接方式。(4)如果将1、3接线柱用导线连接起来，1、2接线柱之间的电阻为_。解析(1)多用电表使用前应进行机械调零，机械调零部件为A。(2)使用多用电表测量电压时，为保证电表不被损坏，往往要进行试触，即让两表笔进行短暂接触，观察指针偏转情况，若持续接触则有可能损坏电表。(3)根据已知1、2间电阻为1.0 ，2、3间电阻为1.5 ，1、3间电阻为2.5 ，可画出电阻的连接方式如图甲所示。甲(4)若将1、3用导线连接起来，则等效电路图如图乙所示，则 0.6 。乙答案(1)A(2)短暂(3)见解析图甲(4)0.6 欧姆表的改装、原理1构造：如图所示，欧姆表由电流表G、电池、调零电阻R和红、黑表
16、笔组成。甲乙丙欧姆表内部：电流表、电池、调零电阻串联。外部：接被测电阻Rx。全电路电阻R总RgRrRx。2工作原理：闭合电路欧姆定律I。3刻度的标定：红、黑表笔短接(被测电阻Rx0)时，调节调零电阻R，使IIg，电流表的指针达到满偏，这一过程叫欧姆调零。(1)当IIg时，Rx0，在满偏电流Ig处标为“0”。(图甲)(2)当I0时，Rx，在I0处标为“”。(图乙)(3)当I时，RxRgRr，此电阻值等于欧姆表的内阻值，Rx叫中值电阻。题组训练1如图是一个多用表欧姆挡内部电路示意图。电流表满偏电流0.5 mA、内阻10 ；电池电动势1.5 V、内阻1 ；变阻器R0阻值05 000 。(1)该欧姆表
17、的刻度值是按电池电动势为1.5 V刻度的，当电池的电动势下降到1.45 V、内阻增大到4 时仍可调零。调零后R0阻值将变_(选填“大”或“小”)；若测得某电阻阻值为300 ，则这个电阻的真实值是_ 。(2)该欧姆表换了一个电动势为1.5 V，内阻为10 的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果_(选填“偏大”“偏小”或“准确”)。解析(1)由闭合电路欧姆定律：Ig得：R0Rgr，因为式中E变小，r变大，故R0将减小；因为该欧姆表的刻度是按电池电动势为E1.5 V刻度的。测得某电阻阻值为300 时，电流表中的电流I，其中R，当电池电动势下降到E1.45 V时，此时欧姆表的内阻R，由闭合电路的欧
18、姆定律得I，解得真实值R290 。(2)该欧姆表换了一个电动势为1.5 V，内阻为10 的电池，调零后测量某电阻的阻值的测量结果准确，因为电源的内阻的变化，可以通过调零电阻的阻值的变化来抵消。答案(1)小290(2)准确2某课外兴趣小组利用图甲所示电路测量多用电表内电池的电动势和欧姆挡“1”挡内部电路的总电阻。使用的器材有：多用电表；电流表(量程200 mA，内阻为几欧)；滑动变阻器(最大阻值30 )；导线若干。甲乙丙回答下列问题：(1)将多用电表挡位调到欧姆挡“1”挡，再将红表笔和黑表笔_，调零点。(2)将图甲中多用电表的黑表笔和_(填“1”或“2”)端相连，红表笔和另一端相连。(3)调节滑
19、动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电流表的读数分别为5.0 和150.0 mA。从测量数据可知，电流表的内阻为_ 。(4)将滑动变阻器滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图乙所示，这时电流表的示数如图丙所示。多用电表和电流表的读数分别为_ 和_ mA。(5)多用电表欧姆挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图所示。根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为_ V，欧姆挡“1”挡内部电路的总电阻为_ 。(结果保留2位有效数字)解析(1)使用多用电表测电阻前，应首先将红、黑表笔短接进行欧姆调零。(2)多用电表电流为“红进黑出
20、”，图甲中外电路电流由2到1，所以黑表笔应连2端。(3)当滑动变阻器接入电路的阻值为零时，多用电表所测电阻为外电路电阻，即电流表内阻，所以电流表内阻为5.0 。(4)根据表盘上最上面的刻度线读数可知，结果为101 10 ，由图丙知电流表读数为128 mA。(5)由闭合电路欧姆定律得EI1(rAR内)，EI2(R外R内)，代入数据解得E4.4 V，R内24 。答案(1)短接(2)2(3)5.0(4)10128(5)4.424高考导航考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析201720182019命题分析磁场、磁感应强度、磁感线卷T16：带电粒子在复合场中的运动卷T19：磁场的叠加，磁场对电
21、流的作用卷T18：带电粒子在匀强磁场中的圆周运动卷T18：磁场的叠加卷T24：带电粒子在复合场中的运动卷T25：带电粒子在组合场中的运动卷T20：磁场的叠加卷T25：带电粒子在组合场中的运动卷T24：带电粒子在组合场中的运动卷T17：磁场及其对电流的作用卷T17：磁场对运动电荷的作用卷T18：磁场对运动电荷的作用卷T17：带电粒子在匀强磁场中的运动卷T24：带电粒子在复合场中的运动1.高考对本章内容考查命题频率极高，常以选择题和计算题两种形式命题。2选择题一般考查磁场的基础知识和基本规律，难度不大；计算题主要是考查安培力、带电粒子在磁场中的运动与力学、电学、能量知识的综合应用，难度较大，较多的
22、是高考的压轴题。通电直导线和通电线圈周围磁场的方向安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力洛伦兹力、洛伦兹力的方向洛伦兹力的公式带电粒子在匀强磁场中的运动质谱仪和回旋加速器说明：(1)安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形。(2)洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形。核心素养物理观念：磁场、磁感应强度、磁感线、安培力、洛伦兹力(如2019卷T17)。科学思维：左手定则、安培定则、右手定则、“电流元法”、“比值定义法”、“图象法”、“控制变量法”、“临界法”(如2019卷T17)。科学探究：探究影响磁感应强度的因素。科学态度与责任：磁与现代科技应用。考点内容要求高考(全国卷)三年命题
23、情况对照分析2017磁场、磁感应强度、磁感线卷T16：带电粒子在复合场中的运动卷T19：磁场的叠加，磁场对电流的作用卷T18：带电粒子在匀强磁场中的圆周运动卷T18：磁场的叠加卷T24：带电粒子在复合场中的运动通电直导线和通电线圈周围磁场的方向安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力洛伦兹力、洛伦兹力的方向洛伦兹力的公式带电粒子在匀强磁场中的运动质谱仪和回旋加速器说明：(1)安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形。(2)洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形。考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析2018磁场、磁感应强度、磁感线卷T25：带电粒子在组合场中的运动卷T20：磁场
24、的叠加卷T25：带电粒子在组合场中的运动卷T24：带电粒子在组合场中的运动通电直导线和通电线圈周围磁场的方向安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力洛伦兹力、洛伦兹力的方向洛伦兹力的公式带电粒子在匀强磁场中的运动质谱仪和回旋加速器说明：(1)安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形。(2)洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形。考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析2019磁场、磁感应强度、磁感线卷T17：磁场及其对电流的作用卷T17：磁场对运动电荷的作用卷T18：磁场对运动电荷的作用卷T17：带电粒子在匀强磁场中的运动卷T24：带电粒子在复合场中的运动通电直导线和通电线圈周围
25、磁场的方向安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力洛伦兹力、洛伦兹力的方向洛伦兹力的公式带电粒子在匀强磁场中的运动质谱仪和回旋加速器说明：(1)安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形。(2)洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形。考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析命题分析磁场、磁感应强度、磁感线1.高考对本章内容考查命题频率极高，常以选择题和计算题两种形式命题。2选择题一般考查磁场的基础知识和基本规律，难度不大；计算题主要是考查安培力、带电粒子在磁场中的运动与力学、电学、能量知识的综合应用，难度较大，较多的是高考的压轴题。通电直导线和通电线圈周围磁场的方向安培力、安培力的
26、方向匀强磁场中的安培力洛伦兹力、洛伦兹力的方向洛伦兹力的公式带电粒子在匀强磁场中的运动质谱仪和回旋加速器说明：(1)安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形。(2)洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形。核心素养物理观念：磁场、磁感应强度、磁感线、安培力、洛伦兹力(如2019卷T17)。科学思维：左手定则、安培定则、右手定则、“电流元法”、“比值定义法”、“图象法”、“控制变量法”、“临界法”(如2019卷T17)。科学探究：探究影响磁感应强度的因素。科学态度与责任：磁与现代科技应用。第1节磁场的描述磁场对电流的作用一、磁场、磁感应强度1磁场(1)基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流
27、和运动电荷有磁场力的作用。(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向。2磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。(2)大小：B(通电导线垂直于磁场)。(3)方向：小磁针静止时N极的指向。(4)单位：特斯拉(T)。3匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。(2)特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线。4地磁场(1)地磁的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近，磁感线分布如图所示。(2)在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度相等，且方向水平向北。5磁场的叠加磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与
28、分解。二、磁感线通电直导线和通电线圈周围磁场的方向1磁感线及特点(1)磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致。(2)特点磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱。磁感线是闭合曲线，没有起点和终点。磁感线是假想的曲线，客观上不存在。2电流的磁场通电直导线通电螺线管环形电流安培定则三、安培力及其方向1安培力的大小(1)磁场和电流垂直时：FBIL。(2)磁场和电流平行时：F0。2安培力的方向左手定则判断：(1)伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内。(2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向。(3)拇指
29、所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。1思考辨析(正确的画“”，错误的画“”)(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。()(2)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。()(3)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。()(4)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。()(5)1820年，丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应。()(6)安培力可能做正功，也可能做负功。()2(粤教版选修31P84T1)把一小段通电直导线放入磁场中，导线受到安培力的作用。关于安培力的方向，下列说法中正确的是()A安培力的方向一
30、定跟磁感应强度的方向相同B安培力的方向一定跟磁感应强度的方向垂直，但不一定跟电流方向垂直C安培力的方向一定跟电流方向垂直，但不一定跟磁感应强度方向垂直D安培力的方向一定跟电流方向垂直，也一定跟磁感应强度方向垂直D根据左手定则可知，安培力的方向一定跟电流方向垂直，也一定跟磁感应强度方向垂直，故D正确。3(教科版选修31P83T3)(多选)如图为通电螺线管。A为螺线管外一点，B、C两点在螺线管的垂直平分线上，则下列说法正确的是()A磁感线最密处为A处，最疏处为B处B磁感线最密处为B处，最疏处为C处C小磁针在B处和A处N极都指向左方D小磁针在B处和C处N极都指向右方BC根据安培定则可知，A、B两处磁
31、场方向向左，C处磁场方向向右；根据通电螺线管周围的磁感线分布情况可知，B处磁感线最密，C处磁感线最疏。4(人教版选修31P83“演示”实验改编)如图是“探究影响通电导体在磁场中受力的因素”的实验示意图。三块相同的蹄形磁铁并列放置在水平桌面上，导体棒用图中1、2、3、4轻而柔软的细导线悬挂起来，它们之中的任意两根与导体棒和电源构成回路。认为导体棒所在位置附近为匀强磁场，最初导线1、4接在直流电源上，电源没有在图中画出。关于接通电源时可能出现的实验现象，下列叙述正确的是()A改变电流方向同时改变磁场方向，导体棒摆动方向将会改变B仅改变电流方向或者仅改变磁场方向，导体棒摆动方向一定改变C增大电流同时
32、改变接入导体棒上的细导线，接通电源时，导体棒摆动幅度一定增大D仅拿掉中间的磁铁，导体棒摆动幅度不变答案B 安培定则的应用和磁场的叠加依题组训练1(多选)下列说法正确的是()A磁场中某点的磁感应强度可以这样测定：把一小段通电导线放在该点时，受到的磁场力F与该导线的长度L、通过的电流I的乘积的比值B，即磁场中某点的磁感应强度B通电导线在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零C磁感应强度B只是定义式，它的大小取决于场源及磁场中的位置，与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关D磁场是客观存在的CDA项考查的是磁感应强度的定义，只有当通电导线与磁场方向垂直时才有B，A错误；B项中，当通电导线
33、与磁场平行时，不受磁场力，此时，磁感应强度不为零，B错误；C选项中，B是定义式，磁场强弱取决于场源及磁场中的位置，C正确；磁场与电场一样，都是客观存在的，D正确。2关于磁感线的描述，下列说法中正确的是()A磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致B磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的C两条磁感线的空隙处一定不存在磁场D两个磁场叠加的区域，磁感线就可能相交A磁感线上每一点的切线方向表示该点的磁场方向，即小磁针静止时北极所指的方向，A正确；磁感线是为了形象地描述磁场而假想的一簇有方向的闭合曲线，实际上并不存在，细铁屑可以显示出其形
34、状，但那并不是磁感线，B错误；磁感线的疏密反映磁场的强弱，磁感线是假想的、人为画出的曲线，两条磁感线的空隙处也存在磁场，C错误；在磁铁外部磁感线从N极到S极，在内部从S极到N极，磁感线不相交，所以D错误。3.如图所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是()Aa、b、c的N极都向纸里转Bb的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转Cb、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转Db的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转B由于圆环带负电荷，故当圆环沿顺时针方向转动时，等效电流的方向为逆时针，由安培定则可判断环内磁场方向垂直纸面向外，环外磁场
35、方向垂直纸面向内，磁场中某点的磁场方向即是放在该点的小磁针静止时N极的指向，所以小磁针b的N极向纸外转，a、c的N极向纸里转，故B正确。4(多选)(2018全国卷)如图所示，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则()A流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0B流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0C流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小
36、为B0D流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0AC由对称性可知，流经L1的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等且方向相同，设为B1，流经L2的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等但方向相反，设其大小为B2，由磁场叠加原理有B0B1B2B0，B0B1B2B0，联立解得B1B0，B2B0，所以A、C正确。1安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流及通电螺线管的磁场时应分清“因”和“果”。原因(电流方向)结果(磁场方向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流及通电螺线管的磁场四指大拇指2磁场叠加问题的解题思路(1)确定磁场场源，如通电导线。(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培
37、定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示为M、N在c点产生的磁场BM、BN。(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B。 安培力大小和方向讲典例示法1安培力大小：FILBsin (1)当IB时，FBIL。(2)当IB时，F0。注意：当导线弯曲时，L是导线两端的有效直线长度(如图所示)。对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零。2安培力方向：用左手定则判断，注意安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面。典例示法(多选)如图所示，空间中有一斜向右下方、与水平方向成角的匀强磁场，磁感应强度为B，一绝缘竖直挡板AC
38、垂直于纸面所在的平面竖直放置，一根通有垂直纸面向外的电流的水平金属杆，紧贴挡板上的O点处于静止状态。下列说法正确的是()A若挡板AC表面光滑，略减小杆中电流，杆可能仍然静止于O点B若挡板AC表面光滑，略增大杆中电流，要使杆仍然静止，可将挡板绕过O点垂直纸面的轴逆时针转动一定角度C若挡板AC表面粗糙，略增大杆中电流，杆可能仍然静止，且杆所受的静摩擦力一定增大D若挡板AC表面粗糙，略减小杆中电流，杆可能仍然静止，且杆所受的静摩擦力方向可能竖直向上甲乙BD若挡板AC表面光滑，则杆受重力G、支持力N和安培力F的作用而静止，如图甲所示，根据平衡条件有Fcos G，而FBIL，得BILcos G，当略减小
39、杆中电流I时，有BILcos BILcos ，杆是否受静摩擦力f？方向如何？略增大I时，f如何变化？提示：受静摩擦力，竖直向上，I增大时，f减小，可减为零。【拓展2】若GBILcos ，杆是否受静摩擦力f？略增大或减少I时，f如何变化？ 提示：不受静摩擦力，I增大时，f竖直向下增大，I减小时，f竖直向上增大。【拓展3】若GBBDBr0，联立以上各式解得B0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y v丙 v乙，选项A、B错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C
40、正确。4(多选)如图所示为一个质量为m、电荷量为q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下列选项中的()AB C DAD带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故B、C错误。磁场、电场与重力场叠加5(20
41、17全国卷)如图所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是()AmambmcBmbmamcCmcmambDmcmbmaB设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即magqEb在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbgqEqvBc在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcgqvBqE比较式得：mbmam
42、c，选项B正确。6(2016天津高考)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B0.5 T。有一带正电的小球，质量m1106 kg，电荷量q2106 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g10 m/s2。求：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。解析(1)小球匀速直线运动时受力如图甲所示，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有甲qvB代入数据解得v20 m/s
43、速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan 代入数据解得tan 60。(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有乙a设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有xvt设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有yat2a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为，又tan 联立式，代入数据解得t2 s3.5 s。解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vyvsin 若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vy
44、tgt20联立式，代入数据解得t2 s3.5 s。答案(1)20 m/s，方向与电场方向成60角斜向上(2)3.5 s 带电粒子在交变电、磁场中的运动讲典例示法解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路先读图看清、并明白场的变化情况受力分析分析粒子在不同的变化场区的受力情况过程分析分析粒子在不同时间内的运动情况找衔接点找出衔接相邻两过程的物理量选规律联立不同阶段的方程求解典例示法如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时(t0)，在电场所在
45、空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度方向与PQ连线成60角。已知D、Q间的距离为(1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g。甲乙(1)求电场强度E的大小；(2)求t0与t1的比值；(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm。审题指导题中信息方法引导沿PQ向右做直线运动小球受力平衡，通过平衡条件，可求出电场强度的大小小球再次通过D点速度与PQ成60角画出运动轨迹，找出直线运动位移大小与匀速圆周运动轨迹半径的关系求运动的最大周期当小球运动轨迹最长，圆弧轨迹与MN
46、相切时小球运动周期最大解析(1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，则mgEq解得E。(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示。(a)设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有s又知sv0t1圆弧轨迹所对的圆心角2则t0联立解得。(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，(b)由几何关系得R(1)L解得RL由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv0B0m解得B0小球在一个周期内运动的路程s132R6(46)L故Tm。答案(1)(2)(3) 跟进训练带电粒子在交变磁场中的运动1(多选)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时
47、间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按abcdef的顺序做横“”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)()甲乙A若粒子的初始位置在a处，在tT时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度B若粒子的初始位置在f处，在t时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度C若粒子的初始位置在e处，在tT时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度D若粒子的初始位置在b处，在t时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度AD要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0，若粒子的初始位置
48、在a处时，对应时刻应为tT0T，同理可判断B、C、D选项，可得A、D正确。带电粒子在交变电、磁场中的运动2如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图象如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向。t0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，图(b)中，在0t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为。求：(a)(b)(1)粒子P的比荷；(2)t2t0时刻粒子P的位置；(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。解析(1)0t0时间
49、内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即R又qv0B0m代入解得。(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则T联立解得T4t0即粒子P做圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t02t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则x1v0t0y1at其中加速度a由解得y1R，因此t2t0时刻粒子P的位置坐标为，如图中的b点所示。(3)分析知，粒子P在2t03t0时间内，电场力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移
50、x2x1v0t0；在3t05t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L，即O、d间的距离L2R2x1解得Lv0t0。答案(1)(2)(3)v0t0实例一质谱仪装置原理图规律质谱仪带电粒子由静止被加速电场加速qUmv2，在磁场中做匀速圆周运动qvBm，则比荷1(2016全国卷)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感
51、应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为()A11B12C121D144D带电粒子在加速电场中运动时，有qUmv2，在磁场中偏转时，其半径r，由以上两式整理得：r。由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1B2112，当半径相等时，解得：144，选项D正确。实例二回旋加速器装置原理图规律回旋加速器交变电流的周期和带电粒子做圆周运动的周期相同，带电粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速。由qvBm得Ekm2某回旋加速器的示意图如图，两个半径均为R的D形盒置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，并与高频电源两极相连，现对氚核(H)加速，所需的高频电源的频率为f。已知元电荷为e。下列说法
52、正确的是()AD形盒可以用玻璃制成B氚核的质量为C高频电源的电压越大，氚核从P处射出的速度越大D若对氦核(He)加速，则高频电源的频率应调为fD为使D形盒内的带电粒子不受外电场的影响，D形盒应用金属材料制成，以实现静电屏蔽，A错误；为使回旋加速器正常工作，高频电源的频率应与带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的频率相等，由T1和T1，得氚核的质量m1，B错误；由evmBm1，得vm，可见氚核从P处射出时的最大速度vm与电源的电压大小无关，C错误；结合T2和T2，得f2f，又，得f2f，D正确。实例三速度选择器装置原理图规律速度选择器若qv0BEq，即v0，带电粒子做匀速运动3.在如图所示的平行板
53、器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子()A一定带正电B速度vC若速度v，粒子一定不能从板间射出D若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动B粒子带正电和负电均可，选项A错误；由洛伦兹力等于电场力，即qvBqE，解得速度v，选项B正确；若速度v，粒子可能从板间射出，选项C错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不能做直线运动，选项D错误。实例四电磁流量计装置原理图规律电磁流量计qqvB，所以v，所以QvS4.如图甲所示为海影号电磁推进试验舰艇，船体下部的大洞使海水前后贯通。舰艇沿海平面截面图如图乙
54、所示，其与海水接触的两侧壁M和N分别连接舰艇内电源的正极和负极，舰艇内超导体在M、N间产生强磁场，使M、N间海水受到磁场力作用被推出，船因此前进。要使图乙中的舰艇向右前进，则所加磁场的方向应为()A水平向左B水平向右C竖直向上D竖直向下C图乙为俯视图，舰艇向右行驶，必须获得向右的作用力，由牛顿第三定律知，海水受到的安培力必须向左，M接正极，电流从M到N，由左手定则知所加磁场方向必须竖直向上，选项C正确。实例五霍尔元件装置原理图规律霍尔元件当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差5.(2019天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏
55、开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的()A前表面的电势比后表面的低B前、后表面间的电压U与v无关C前、后表面间的电压U与c成正比D自由电子受到的洛伦兹力大小为D由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A错。电子受力平衡后，U稳定不变，由eevB得UBav，与v成正比，与c无关，B、C
56、错。洛伦兹力FevB，D对。讨论与电、磁场有关的实际问题，首先应通过分析将其提炼成纯粹的物理问题，然后用解决物理问题的方法进行分析。这里较多的是用分析力学问题的方法，对于带电粒子在磁场中的运动，还应特别注意运用几何知识寻找关系。高考导航考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析2017电磁感应现象卷T18：楞次定律和法拉第电磁感应定律卷T20：电磁感应中的图象问题卷T15：楞次定律和法拉第电磁感应定律磁通量楞次定律法拉第电磁感应定律自感、涡流考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析2018电磁感应现象卷T17：楞次定律和法拉第电磁感应定律卷T19：楞次定律和法拉第电磁感应定律卷T18
57、：电磁感应中的图象问题卷T20：楞次定律和法拉第电磁感应定律磁通量楞次定律法拉第电磁感应定律自感、涡流考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析2019电磁感应现象卷T20：楞次定律和法拉第电磁感应定律卷T21：电磁感应中的图象问题卷T19：电磁感应中的图象问题卷T14：楞次定律和法拉第电磁感应定律磁通量楞次定律法拉第电磁感应定律自感、涡流考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析命题分析电磁感应现象1.高考对本章内容考查的命题频率较高，大部分以选择题的形式出题，也有部分是计算题。2.命题热点：感应电流的产生条件、方向判定和导体切割磁感线产生感应电动势的计算，综合性题目常与力学、磁场、
58、能量、图象问题等知识综合考查。磁通量楞次定律法拉第电磁感应定律自感、涡流核心素养物理观念：感应电流、感应电动势、磁通量、自感、涡流(如2018卷T18)。科学思维：楞次定律、法拉第电磁感应定律(如2019卷T20、卷T21)。科学探究：探究断电自感和通电自感的规律。科学态度与责任：磁悬浮、电磁阻尼在生产中的应用。第1节电磁感应现象楞次定律一、磁通量1概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积。2公式：BS。3适用条件：(1)匀强磁场。(2)S为垂直磁场的有效面积。4磁通量是标量(填“标量”或“矢量”)。5物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数。如图所示，矩形abc
59、d、abba、abcd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面abcd垂直，则：(1)通过矩形abcd的磁通量为BS1cos 或BS3。(2)通过矩形abcd的磁通量为BS3。(3)通过矩形abba的磁通量为0。6磁通量变化：21。二、电磁感应现象1定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应。2条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化。(2)例如：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。3实质产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流。如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流。三、感应电流方
60、向的判定1楞次定律(1)内容：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)适用范围：一切电磁感应现象。2右手定则(1)内容：如图所示，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直并且都与手掌在同一平面内：让磁感线从掌心进入，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。(2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电流。1思考辨析(正确的画“”，错误的画“”)(1)1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象。()(2)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。()(3)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关。()(4)线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电
61、流产生。()(5)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势。()(6)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。 ()(7)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化。()2(鲁科版选修32P8T3)如图所示，条形磁铁以速度v向螺线管靠近，下面几种说法中正确的是()A螺线管中不会产生感应电流B螺线管中会产生感应电流C只有磁铁速度足够大时，螺线管中才能产生感应电流D只有在磁铁的磁性足够强时，螺线管中才会产生感应电流B当条形磁铁以速度v向螺线管靠近，穿过螺线管的磁通量增大，则螺线管中会产生感应电流，与磁铁的速度、磁铁的磁性强弱无关，故B正确。3(粤教版选修32P12T
62、2改编)一矩形线框abcd与长直通电导线处于同一平面内，ad边与导线平行，如图所示。当线框在此平面内向右运动到导线的右边的过程中，线框内感应电流的方向为()A一直沿顺时针方向B一直沿逆时针方向C先沿顺时针方向，再沿逆时针方向D先沿顺时针方向，再沿逆时针方向，最后沿顺时针方向D根据“来拒去留”“同向吸引异向排斥”“近大远小”等规律可得，电流方向依次为bc、cb、ad、da，即先顺时针，再逆时针，最后顺时针，故D正确。4(人教版选修32P14T6改编)(多选)如图所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动。拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，看到的现象及现象分
63、析正确的是()A磁铁插向左环，横杆发生转动B磁铁插向右环，横杆发生转动C磁铁插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流D磁铁插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流BD左环不闭合，磁铁插向左环时，产生感应电动势，不产生感应电流，环不受力，横杆不转动，故A、C错误；右环闭合，磁铁插向右环时，环内产生感应电流，环受到磁场的作用，横杆转动，故B、D正确。5(粤教版选修32P13T4改编)如图所示，两个线圈A、B套在一起，线圈A中通有电流，方向如图所示。当线圈A中的电流突然增强时，线圈B中的感应电流方向为()A沿顺时针方向B沿逆时针方向C无感应电流D先沿顺时针方向，再沿逆时针方向答案A 磁通量电磁感应
64、现象依题组训练1如图所示，两个同心圆形线圈a、b在同一平面内，其半径大小关系为rarb，条形磁铁穿过圆心并与圆面垂直，则穿过两线圈的磁通量a、b间的大小关系为()AabBabCabD条件不足，无法判断C条形磁铁内部的磁感线全部穿过a、b两个线圈，而外部磁感线穿过线圈a的比穿过线圈b的要多，线圈a中磁感线条数的代数和要小，故选项C正确。2如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为。在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是()Aab向右运动，同时使减小B使磁感应强度B减小，角同时也减小Cab向左运动
65、，同时增大磁感应强度BDab向右运动，同时增大磁感应强度B和角(02B12C12。将闭合线框从位置1平移到位置2，磁感线是从闭合线框的同一面穿过的，所以1|21|12；将闭合线框从位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线分别从闭合线框的正反两面穿过，所以2|(2)1|12(以原来穿过的方向为正方向，则后来从另一面穿过的方向为负方向)。故正确选项为C。1理解磁通量的两点注意(1)磁通量虽然是标量，但有正、负。上题中闭合线框由位置1平移到位置2和绕cd边翻转到位置2时，在位置2的磁通量大小相等，但磁感线穿入的方向相反。(2)磁通量计算要注意“有效面积”。2常见的产生感应电流的三种情况 感应电流方向的判断
66、依题组训练1(多选)磁悬浮高速列车在我国已投入运行数年。如图所示就是磁悬浮的原理，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导圆环。将超导圆环B水平放在磁铁A上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁A的上方空中，则()A在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流消失B在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流仍存在C若A的N极朝上，B中感应电流的方向为顺时针方向(从上往下看)D若A的N极朝上，B中感应电流的方向为逆时针方向(从上往下看)BC在B放入磁场的过程中，穿过B的磁通量增加，B中将产生感应电流，因为B是超导体，没有电阻，所以感应电流不会消失，故A错误，B
67、正确；若A的N极朝上，在B放入磁场的过程中，磁通量向上增加，根据楞次定律可判断B中感应电流的方向为顺时针方向，C正确，D错误。2(多选)(2018全国卷)如图所示，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是()A开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直
68、纸面向外的方向转动AD由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈环绕部分的电流向下，由安培定则可知，铁芯中产生水平向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁
69、针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。3(2017全国卷)如图所示，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()APQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向BPQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向CPQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向DPQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向D金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，闭合回路PQRS
70、中磁场方向垂直纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可判断，闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，由安培定则可判断感应电流方向为逆时针；由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，与原磁场方向相反，则T中磁通量减小，由楞次定律可判断，T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针，选项D对。4MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，如图所示，则()A若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向由a到b到d到cB若ad、cd以相同的速度一起向右滑动，则abdc回
71、路有电流，电流方向由c到d到b到aC若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路电流为0D若ab、cd都向右运动，且两棒速度vcdvab，则abdc回路有电流，电流方向由c到d到b到aD若固定ab，使cd向右滑动，由右手定则知应产生顺时针方向的电流，故A错；若ab、cd同向运动且速度大小相同，ab、cd所围的面积不变，磁通量不变，不产生感应电流，故B错；若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路中有顺时针方向的电流，故C错；若ab、cd都向右运动，且vcdvab，则ab、cd所围的面积发生变化，磁通量也发生变化，故由楞次定律可判断出产生由c到d到b到a的电流，故D对判断感应电流方向的“四步法
72、” 楞次定律推论的应用讲典例示法楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因。列表说明如下：内容例证阻碍原磁通量变化“增反减同”磁铁靠近，B感与B原反向，二者相斥磁铁远离，B感与B原同向，二者相吸阻碍相对运动“来拒去留”使回路面积有扩大或缩小的趋势“增缩减扩”P、Q是光滑固定导轨，a、b是可动金属棒，磁铁下移，面积应减小，a、b靠近B减小，线圈扩张阻碍原电流的变化“增反减同”合上S，B灯先亮典例示法(2019广东广州名校联考)如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管b与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。
73、若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()A线圈a中将产生沿顺时针方向(俯视)的感应电流B穿过线圈a的磁通量减小C线圈a有扩张的趋势D线圈a对水平桌面的压力FN将增大审题指导：根据滑片的移动情况判断出电流的变化情况，再根据楞次定律判断出螺线管与线圈之间的相互作用力方向，再结合楞次定律的有关推论得出正确答案。D当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，螺线管中的电流将增大，使穿过线圈a的磁通量变大，选项B错误；由楞次定律可知，线圈a中将产生沿逆时针方向(俯视)的感应电流，并且线圈a有缩小和远离螺线管的趋势，线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故选项D正确，A、C错误。楞次定律中“阻碍”的问题的思路
74、跟进训练增反减同1如图所示，一个N极朝下的条形磁铁竖直下落，恰能穿过水平放置的固定矩形导线框，则()A磁铁经过位置时，线框中感应电流沿abcd方向；经过位置时，沿adcb方向B磁铁经过位置时，线框中感应电流沿adcb方向；经过位置时，沿abcd方向C磁铁经过位置和时，线框中的感应电流都沿abcd方向D磁铁经过位置和时，线框中感应电流都沿adcb方向A当磁铁经过位置时，穿过线框的磁通量向下且不断增加，由楞次定律可确定感应电流的磁场方向向上，阻碍磁通量的增加，根据右手螺旋定则可判定感应电流应沿abcd方向。同理可判断当磁铁经过位置时，感应电流沿adcb方向。故A正确。2如图甲所示，在同一平面内有两
75、个圆环A、B，圆环A将圆环B分为面积相等的两部分，以图甲中A环电流沿顺时针方向为正，当圆环A中的电流如图乙所示变化时，下列说法正确的是()甲乙AB中始终没有感应电流 BB中有顺时针方向的感应电流CB中有逆时针方向的感应电流DB中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向B由于圆环A中的电流发生了变化，故圆环B中一定有感应电流产生，由楞次定律判定B中有顺时针方向的感应电流，故B选项正确。来拒去留3(一题多法)如图所示，光滑平行导轨M、N固定在同一水平面上，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时()AP、Q将互相靠拢BP、Q将互相远离C磁铁的加速度仍为g
76、D磁铁的加速度大于gA解法一根据楞次定律的另一表述“感应电流的效果总是要阻碍产生感应电流的原因”，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近。所以，P、Q将互相靠拢且磁铁的加速度小于g，选项A正确。解法二设磁铁下端为N极，根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向，如图所示，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向，可见，P、Q将相互靠拢。由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律知，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g。当磁铁下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结论，选项A正确。4如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abc
77、d共面，位置靠近ab且相互绝缘。当矩形线圈突然向右运动时，线圈所受安培力的合力方向()A向左B向右C垂直纸面向外D垂直纸面向里A当矩形线圈突然向右运动时，线圈中会产生逆时针方向的电流，根据左手定则可知，ab边受的安培力向左，cd边受的安培力向左，合力的方向向左，A正确。或根据楞次定律，“来拒去留”，感应电流的效果总是阻碍相对运动，所以线圈向右运动时所受安培力向左。故A正确。增缩减扩5(多选)如图所示，两同心圆环A、B置于同一水平面上，其中B为均匀带负电绝缘环，A为导体环。当B绕轴心顺时针转动且转速增大时，下列说法正确的是()AA中产生逆时针方向的感应电流BA中产生顺时针方向的感应电流CA具有收
78、缩的趋势DA具有扩展的趋势BD由题图可知，B为均匀带负电绝缘环，B中电流为逆时针方向，由右手螺旋定则可知，电流的磁场垂直纸面向外且逐渐增强；由楞次定律可知，磁场增强时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，所以感应电流的磁场的方向垂直纸面向里，A中感应电流的方向为顺时针方向，故选项A错误，B正确；B环外的磁场的方向与B环内的磁场的方向相反，当B环内的磁场增强时，A环具有面积扩展的趋势，故选项C错误，D正确。6如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO重合。现使胶木盘A由静止开始绕其轴
79、线OO按箭头所示方向加速转动，则()A金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大B金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小C金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小D金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大B使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO按箭头所示方向加速转动，通过金属环B内的磁通量增大，根据楞次定律，金属环B的面积有缩小的趋势，且B有向上升的趋势，丝线受到的拉力减小，B正确。 “三定则、一定律”的综合应用讲典例示法1规律比较名称基本现象因果关系应用的定则或定律电流的磁效应电流、运动电荷产生磁场因电生磁安培定则安培力、洛伦兹力磁场对电流、运动电荷有作用力因电受力左手定则
80、电磁感应部分导体做切割磁感线运动因动生电右手定则闭合回路磁通量变化因磁生电楞次定律2相互联系(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则。(2)研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。典例示法(多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ在一外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是()A向右加速运动B向左加速运动C向右减速运动D向左减速运动BCMN向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为ab在MN处的磁场垂直纸面向里MN中的感应电
81、流方向为MNL1中感应电流的磁场方向向上若L2中磁场方向向上减弱PQ中电流方向为QP且减小向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强PQ中电流方向为PQ且增大向左加速运动。左、右手定则巧区分(1)区分左手定则和右手定则的根本是抓住“因果关系”：“因电而动”用左手，“因动生电”用右手。(2)使用中左手定则和右手定则很容易混淆，为了便于记忆，可把两个定则简单地总结为通电受力，“力”的最后一笔“丿”向左，用左手；运动生电，“电”的最后一笔“乚”向右，用右手。跟进训练楞次定律、安培定则及左手定则的综合应用1(多选)如图是创意物理实验设计作品小熊荡秋千。两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与
82、两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千。以下说法正确的是()AP向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)BP向右摆动的过程中，Q也会向右摆动CP向右摆动的过程中，Q会向左摆动D若用手左右摆动Q，P会始终保持静止ABP向右摆动的过程中，线框中的磁通量减少，根据楞次定律，P中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)，选项A正确；P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)，Q中的电流方向也为顺时针方向(从右向左看)，Q线圈下侧将受到向右的安培力作用，所以Q也会向右摆动，选项B正确，C
83、错误；若用手左右摆动Q，切割磁感线产生感应电动势，在P线圈中将产生感应电流，受到安培力作用，由左手定则可判断出P将摆动，不会保持静止，选项D错误。2如图所示，通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别静止在螺线管的左右两侧，现使滑动变阻器的滑片向左滑动，则ab和cd棒的运动情况是()Aab向左运动，cd向右运动Bab向右运动，cd向左运动Cab、cd都向右运动Dab、cd保持静止A由安培定则可知螺线管中磁感线方向向上，金属棒ab、cd处的磁感线方向均向下，当滑片向左滑动时，螺线管中电流大小增大，因此磁场变强，即磁感应强度变大， 回路中的
84、磁通量增大，由楞次定律知，感应电流方向为acdba，由左手定则知ab受安培力方向向左，cd受安培力方向向右，故ab向左运动，cd向右运动。只有A正确。楞次定律、安培定则及右手定则的综合应用3(多选)如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引()A向右做匀速运动B向左做减速运动C向右做减速运动D向右做加速运动BC当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，无感应电流出现，A错；当导体棒向左减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从ba的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中
85、出现顺时针感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，B对；同理可判定C对，D错。4(多选)置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连。套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上，如图所示。导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法正确的是()A圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动B圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动C圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动D圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向左运动CD由右手定则知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强；由楞次定律知，线圈B中的感应磁场方向向
86、上，由右手螺旋定则知，ab棒中感应电流方向由ab；由左手定则知，ab棒受的安培力方向向左，将向左运动，故A错误，D正确。同理可知，若圆盘顺时针减速转动时，则ab棒将向右运动，选项C正确。当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，那么线圈B的磁通量不变，则ab棒没有感应电流，则将不会运动，故B错误。故选C、D。楞次定律与法拉第电磁感应定律的综合应用5(多选)一个水平固定的金属大圆环A，通有恒定的电流，方向如图所示。现有一小金属环B自A环上方落下并穿过A环，B环在下落过程中始终保持水平，并与A环共轴，那么在B环下落过程中()AB环中感应电流方向始终与A环中电流方向相反BB环中感应电流方向与A
87、环中电流方向先相反后相同C经过A环所在平面的瞬间，B环中感应电流最大D经过A环所在平面的瞬间，B环中感应电流为零BD刚开始的下落过程，穿过B环的磁通量增加，由楞次定律可知，B环中应产生与A环中方向相反的感应电流。当B环运动到A环下方后，随着B环的下落，穿过B环的磁通量逐渐减少，由楞次定律可知，此时B环中将产生与A环中方向相同的感应电流，故选项A错误，B正确；当B环经过A环所在平面的瞬间，此时穿过B环的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故此时B环中的感应电流为零，选项C错误，D正确。6(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬
88、挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是()A圆盘上产生了感应电动势B圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动AB当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但阻止不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘中的电子定向移动不会产生电流，因为圆盘本身不带电(圆盘内正负电荷代数和为零)，故圆盘转动时没有因电子随圆盘定向移动形成的电流，选项D错误。