物理（三）-2023年高考考前20天终极冲刺攻略（全国通用）

这是一份物理（三）-2023年高考考前20天终极冲刺攻略（全国通用），共103页。试卷主要包含了变压器动态电路分析，2x，滑动摩擦力f=μmg=0等内容，欢迎下载使用。



目 录 / contents



倒计时：第12天 静电场…………………………………………1



倒计时：第11天 磁场……………………………………………25


倒计时：第10天 电磁感应………………………………………55



倒计时：第9天 恒定电流和交变电流…………………………91

专题3 电磁学











高考预测
近几年高考真题对电磁学的考查一般在40~48分，静电场、恒定电流、磁场、电磁感应、交变电流和电磁波的知识点在高考中可能以选择题形式出题，带电粒子在电磁场中的运动和电磁感应综合问题多数情况下以计算题形式出题。例如在2022年全国乙卷第18题用智能手机测地磁场，要求学生根据题中给出的测量结果论证测量地点、y轴正方向的指向情况等，让学生体会科学技术影响着我们的生活和学习，提升学生对物理实验探究的兴趣，发展学生的证据意识。全国乙卷第25题对常规的金属棒在导体框上运动的情境进行了创新，呈现导体框和金属棒在斜面上下滑经过磁场区域的情境，研究对象、研究过程和受力情况更为复杂，考查学生在复杂的情境中解决问题的能力，对学生分析综合能力要求较高。2022年全国甲卷第20题考查学生对电路情况、受力情况和运动情况进行分析和推理的能力，要求学生具备较强的运动与相互作用观念、能量观念。全国甲卷第21题以带电小球在电场力和重力的作用下运动为情境，考查学生对能量转化与守恒、运动的合成与分解等物理观念的深刻理解，渗透等效的思想。全国甲卷第25题以一种可以测量微小电流的光点式检流计为情境，与科学实践紧密结合，引导学生领悟仪器设计中蕴含的物理思想，形成认真严谨的科学态度。
应试技巧
电磁学部分主要包括：静电场、恒定电流、磁场、电磁感应、交变电流等。
1.从带电粒子在电场中运动轨迹弯曲方向判断带电粒子受力方向，电荷正负，电场线方向。结合轨迹，速度方向与电场力方向，可以确定电场力做功的正负，从而可以确定电势能、电势的变化。根据动能定理可以判断动能的变化。
2.直流动态电路分析方法——“串反并同”。“串反并同"的解题思路,首先是简化电路,就是只保留电源,滑动变阻器和待求元件的电路,将其它无关电路去掉.再明确待求元件与滑动变阻器是串联还是并联关系.最后确定滑动变阻器的阻值的变化趋势.若为串联结构,则元件的电压,电流,功率的变化趋势与滑动变阻器的阻值变化趋势相反,即"你增我减,你减我增"。.若为并联结构,则元件的电压,电流,功率的变化趋势与滑动变阻器的阻值变化趋势相同。
3. 带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，利用洛伦兹力公式和牛顿运动定律列方程解答。
4.法拉第电磁感应定律的综合应用思维建模
“源”的分析：利用法拉第电磁感应定律确定产生的感应电动势大小，利用楞次定律（或右手定则）判断出感应电动势和感应电流的方向。
“路”的分析：画出等效电路图，利用闭合电路欧姆定律求出感应电流。
“力”的分析：分析受力，受到哪些力？所受安培力F=BIL，合外力F合=ma。
“运动状态”的分析：加速运动还是减速运动？安培力一般与运动方向相反。加速度a
“能量”分析：分析导体能量转化情况。
“动量”分析：当涉及通过导体的电荷量或平均电流时，可利用动量定理列方程求解。
当两导体棒在平直的光滑导轨上运动，且所受合外力为零，可利用动量守恒定律列方程解答。
5.变压器动态电路分析















倒计时第12天
今日心情：


考点解读
理解电场线，掌握电场强度、电势、电势能、电势差、电场力做功及其相关知识点。
理解电容的物理意义和定义，了解常用的电容器。理解静电感应，知道静电的应用。
掌握带电粒子在电场中的运动，会综合运用相关知识分析解答相关问题。
高考预测
高考对于静电场的考查一般为选择题，一般为给出电场线或等势面作为解题信息。对于场强图象和电势图象的考查主要有两方面：一方面给出场强图象或电势图象，要求在理解图象物理意义的基础上，分析判断与其相关的物理问题；另一方面，给出电荷分布情景，判断与其对应的场强图象或电势图象那个是正确的。
电容器考查一般以动态电路形式，能力要求高。静电感应和静电场知识的应用一般结合实际考查。
带电粒子在电场中的运动可能与带电粒子在匀强磁场中运动以计算题组合考查，难度较大。


1. 利用库仑定律计算库仑力，一般取电荷的绝对值代入库仑定律计算其大小，作用力方向按照同号电荷相斥，异号电荷相吸判断。根据电场线的方向可以确定电场中电场强度的方向，可以比较两点之间电势的高低；根据电场线的疏密可以比较两点电场强度的大小。.电场叠加问题的分析思路有二：一是先求出各个带电体产生的场强，然后用平行四边形定则求出合场强；一是先求出试探电荷在某点所受的电场力，然后利用电场强度定义求出场强。对于具有对称性分布的电荷系统，求合场强要充分运用对称性特征。电场强度是矢量，电场叠加按照矢量运算的平行四边形定则。
2.电场强度随空间分布图象即所谓E-x图象是指空间中电场强度E随坐标x变化关系的图象。.电势随空间分布图象，是指静电场中电势φ随x变化情况图象即φ-x图象。. φ— x图象斜率大小表示电场强度沿x轴方向分量的大小。根据φ-x图象斜率大小表示电场强度沿x轴方向分量的大小判断电场强度（或电场强度分量）的大小。若图象某段平行x轴，表明电势φ在该段不随x变化，电场强度沿x轴方向分量为零，空间各点场强与x轴垂直。.由E=U/d=可得△φ=E△x，电场强度E随x变化的图像（即E—x图象）与横轴x围成的面积表示电势的变化△φ。
3.在静电感应下产生的感应电荷在导体上非均匀分布，不能用常规方法计算感应电荷产生电场的电场强度。可以利用静电平衡状态下导体内部电场强度为零，导体内部的电场是由外部电场和感应电荷产生的电场叠加而成，若可以计算出外部电场的电场强度，则感应电荷产生的电场强度与外部电场的电场强度大小相等，方向相反。
4.解决电容器动态问题要关键掌握两点：一是电容器充电后与电源断开极板上带电量不变的，二是与电源相接电容器极板间电压不变的。
(1)平行板电容器充电后，继续保持电容器两极板与电池两极相连接，两板间的电压U保持不变， ，,。
(2)平行板电容器充电后，切断与电池的连接，使电容器的带电量Q保持不变， ， ，
5.带电粒子在匀强电场中的偏转，可以迁移平抛运动规律分析解答。

1．（2022新高考海南卷）某带电体周围的电场线和等势面如图所示，设A点的电场强度为EA，电势为φA，B点的电场强度为EB，电势为φB，则有

A. EA＞EB， B. EA＜EB
C.，φA＞φB D. φA＜φB
【参考答案】BD
【名师解析】图中带箭头的实线表示电场线，虚线为等势面。根据电场线的疏密表示电场强度，可知EA＜EB，选项B正确；根据沿电场线方向电势降低，可知φA＜φB，选项D正确。

2．. （2022新高考江苏卷）如图所示，正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O是正方形的中心。现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动，则（　　）

A. 在移动过程中，O点电场强度变小
B. 在移动过程中，C点的电荷所受静电力变大
C. 在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功
D. 当其移动到无穷远处时，O点的电势高于A点
【参考答案】D
【命题意图】本题考查静电场及其相关知识点。
【解题思路】
O是等量同种电荷连线的中点，场强为0，将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，在移动过程中，O点电场强度变大，选项A错误；在移动过程中，C点出的场强EC变小，由F=qEC可知C点的正电荷所受静电力变小，选项B错误；由于A点电场方向沿OA方向，移动过程中，移动电荷所受静电力做正功，选项C错误；A点电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，选项D正确。

3. （2022高考上海物理学科水平测试）水平面上有一带电量为Q的均匀带电圆环，圆心为O，其中央轴线上距离O点为d的位置处也有带电量为q的点电荷。若点电荷受到的电场力为F，则F k（k为静电力恒量）(选填：“＞”、“＜”或“＝”)。静电力恒量k的单位为 （用“SI单位制”中的基本单位表示）。

【参考答案】＜ kg·m3·s-4·A-2
【命题意图】本题考查库仑定律+矢量合成+国际单位制+微元法+模型思维
【名师解析】把均匀带电圆环平均分成N小段，每一小段都可以看出点电荷，电荷量为q’=Q/N。设q’与点电荷q之间的连线和带电圆环圆心与点电荷q之间的连线之间的夹角为θ，由库仑定律，q’与点电荷q之间的库仑力大小为F’=k
点电荷q受到的总库仑力大小为F=NF’cosθ=N k cosθ= k cos3θ
由于cosθ＜1，所以F＜k。

由库仑定律，F=k，可得k=。用“SI单位制”中的基本单位表示力F的单位是kg·m/s2，距离r的单位为m，电荷量的单位为A·s，所以静电力恒量k的单位为=kg·m3·s-4·A-2。

4. （2022高考辽宁物理）如图所示，带电荷量为的球1固定在倾角为光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为，球2、3间的静电力大小为。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（　　）

A. 带负电
B. 运动至a点的速度大小为
C. 运动至a点的加速度大小为
D. 运动至ab中点时对斜面的压力大小为
【参考答案】BCD
【命题意图】本题考查库仑定律、平衡条件、牛顿运动定律及其相关知识点.
【名师解析】
根据题图几何关系可知三小球构成一个边长为L的等边三角形，小球1和3之间的力大于小球2和3之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3之间的作用力一定是斥力，由于小球1带正电，所以小球3带正电，选项A错误；小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知，小球2对小球3做功为0；弹簧弹力做功为0，故根据动能定理有，解得，选项B正确；小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，根据库仑定律和平衡条件，得。设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有 ，解得 。
小球3运动至a点时，弹簧伸长量等于，根据对称性，利用牛顿第二定律可得，解得，选项C正确；当小球3运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球3的力为
斜面对小球的支持力为
根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为，选项D正确。

5. （2022高考河北）如图，真空中电荷量为和的两个点电荷分别位于点与点，形成一个以MN延长线上点为球心，电势为零的等势面（取无穷处电势为零），为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，为等势面上的一点，下列说法正确的是（　　）


A. 点电势低于点电势
B. 点电场强度方向指向O点
C. 除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点
D. 将正试探电荷从T点移到P点，静电力做正功
【参考答案】B
【命题意图】本题考查静电场及其相关知识点。
【名师解析】
在直线MN上，左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在直线MN上电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知点电势高于等势面与MN交点处电势，则点电势高于点电势，故A错误；由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，则N右侧，设MN距离为，根据
可知除无穷远处外，直线MN电场强度为零的点只有一个，故C错误；
由A选项分析可知：点电势低于电势，则正电荷在点的电势能低于在电势的电势能，将正试探电荷从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误；设等势圆的半径为，AN距离为x，MN距离为，如图所示

根据点电荷电势公式：
结合电势的叠加原理，、满足，
解得，
由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，O点电势
可知，可知T点电场方向指向O点，故B正确。

6. （2022山东物理） 半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于延长线上距O点为的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（　　）


A. 正电荷， B. 正电荷，
C. 负电荷， D. 负电荷，
【参考答案】C
【命题意图】本题考查电场叠加及其相关知识点。
【名师解析】
取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有
由图可知，两场强的夹角为，则两者的合场强为
根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为
根据，联立解得，故选C。


7. （2022·全国理综乙卷·19） 如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个项点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（　　）

A. L和N两点处的电场方向相互垂直
B. M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C. 将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D. 将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
【参考答案】AB
【名师解析】
两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方向两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；正方向底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。

8．（2022年6月浙江选考）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则

A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度为
D．粒子从N板下端射出的时间
【参考答案】C
【命题意图】本题考查带电粒子在两极板之间的匀强电场中的运动。
【解题思路】根据题述，垂直M板向右运动的粒子，到达N板时速度大小为，可知电场对带电粒子做正功，由于不知粒子电性，不能判断出M板电势高于N板电势，A错误；电场对两带电粒子都做正功，两个粒子的电势能都减小，B错误；两个带电粒子由M板运动到N，电场力做功相同，两粒子运动到N板时速度大小相同。对平行M板向下运动的粒子，将运动到N板下端的速度分解可得，垂直于N板的速度分量为v0，平行于N板的速度分量为v0，设MN两极板之间的距离为d，对平行M板向下运动的粒子垂直于N板方向的分运动，L/2=v0t，d=at2，对垂直M板向右运动的粒子，（）2- v02=2ad，联立解得：，t=，C正确D错误。

9. （2022年1月浙江选考）某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是（　　）

A. a点所在的线是等势线
B. b点的电场强度比c点大
C. b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D. 将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
【参考答案】C
【名师解析】因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜，则a点所在的线是电场线，选项A错误；因c处的电场线较b点密集，则c点的电场强度比b点大，选项B错误；因bc两处所处的线为等势线，可知b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，选项C正确；因dg两点在同一电场线上，电势不相等，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为零，选项D错误。
10．（2022新高考海南卷）如图，带正电q=的物块A放在水平桌面上，利用细绳通过光滑的滑轮与B相连，A处在匀强电场中，，从O开始，A与桌面的动摩擦因数随x的变化如图所示，取O点电势能为零，A、B质量均为，B离滑轮的距离足够长，则（ ）

A．它们运动的最大速度为
B．它们向左运动的最大位移为
C．当速度为时，A的电势能可能是
D．当速度为时，绳子的拉力可能是
【参考答案】ACD
【名师解析】A受到的电场力F=qE，动摩擦因数μ=0.2x，滑动摩擦力f=μmg=0.2mgx。A在电场力和滑动摩擦力、细绳拉力作用下向左做加速直线运动，当f+mg=F时，加速度为零，A滑动的速度最大，由qE=0.2mgx+mg解得x=1m，在A向左滑动x=1m过程中，滑动摩擦力做功Wf=×0.2mgx 2=×0.2×1×10×12J=1J。由动能定理，qEx-mgx- Wf=2mv2，解得v=1m/s，选项A正确B错误；由qEx-mgx- Wf=2mv2，解得当速度为0.6m/s时，x=1.8m或x=0.2m。若x=1.8m，电场力做功W= qEx=21.6J，根据功能关系可知，当速度为0.6m/s时，A的电势能可能是-21.6J；若x=0.2m，电场力做功W= qEx=2.4J，根据功能关系可知，当速度为0.6m/s时，A的电势能可能是-2.4J，选项C正确；当速度为0.6m/s时，x=1.8m或x=0.2m，若x=1.8m，滑动摩擦力f=μmg=0.2mgx=3.6N，由牛顿第二定律，对物块A，F–f-T=ma，对物块B， T-mg=ma，联立解得T=9.2N，即绳子的拉力可能是，选项D正确。
11．（2022·全国理综甲卷·21）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，（ ）
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【参考答案】BD
【命题意图】本题考查带电小球在匀强电场中的运动、能量守恒定律、运动的分解等知识点。
【解题思路】
小球水平向左射出，小球水平方向受到向右的电场力作用，在水平方向在匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动。小球运动中只有重力和电场力做功，小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变，小球动能最小时，其电势能和重力势能之和最大，电势能不一定最大，选项A错误；小球水平向左射出，小球水平方向受到向右的电场力作用，电场力做负功，电势能增大，小球水平方向速度减小到零时，电势能最大，由于小球小球运动过程中重力和电场力大小相等，所以小球水平方向速度减小到零时，小球的动能等于初始动能，电势能最大，选项B正确；由于小球在水平方向在匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动，刚开始电势能增加的比重力势能减少的快，动能减小，当小球速度的水平分量等于竖直分量时动能最小，选项C错误；由于小球小球运动过程中重力和电场力大小相等，小球水平方向速度减小到零时，小球的动能等于初始动能，由功能关系可知，从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球克服电场力做的功，即重力做的功等于小球电势能的增加量，选项D正确。
12．（2022重庆高考）如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（ ）

A．材料竖直方向尺度减小 B．极板间电场强度不变
C．极板间电场强度变大 D．电容器电容变大
【参考答案】A
【名师解析】由于两极板间电压不变，若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，由C=Q/U可知电容C减小，选项D错误；极板上所带电荷量变少，根据电荷决定电场可知，极板间电场强度减小，BC错误；电容C减小，根据平行板电容器决定式，C=，可知d增大，材料竖直方向尺度减小，选项A正确。

13. （2022·全国理综乙卷·19） 如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个项点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（　　）

A. L和N两点处的电场方向相互垂直
B. M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C. 将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D. 将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
【参考答案】AB
【名师解析】
两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方向两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；正方向底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。


1. (2023湖南怀化名校联考)A、B两个点电荷周围产生的电场线分布如图所示，一个离子从两点电荷连线的中垂线上的一点a射入，轨迹如图中的ab所示，b为两点电荷连线上的一个点，忽略离子的重力，则可以判断（　　）

A. 射入的离子带正电荷
B. A、B两小球带等量异种电荷
C. 在a点时，A、B对离子的作用力大小相等
D. 离子在a点的电势能一定大于在b点的电势能
【参考答案】D
【名师解析】
由图可知，粒子受到电场力的方向向右，但由于不知道A、B哪一侧带正电，所以不能判断出粒子的电性，故A错误；等量异种点电荷的电场线两侧是对称的，可知该处两个小球的带电量不相等，故B错误；
根据 可知，a点到两小球距离相等，但两球带电量不同，所以作用力大小不相等，故C错误；
粒子受到的电场力的方向向右，电场力的与粒子运动的轨迹之间的夹角是锐角，可知电场力做正功粒子的电势能减小，故D正确；
2．（2023湖南名校质检）如图所示，两个等量异种点电荷A、B固定在同一条水平线上，电荷量分别为＋Q和－Q。MN是水平放置的足够长的光滑绝缘细杆，细杆上套着一个中间穿孔的小球P，其质量为m，电荷量为＋q（可视为试探电荷，不影响电场的分布）。现将小球从点电荷A的正下方C点由静止释放，到达点电荷B的正下方D点时，速度为m/s，O为CD的中点。则（ ）

A．小球从C至D先做加速运动后做减速运动
B．小球运动至O点时速度为2 m/s
C．小球最终可能返回至O点
D．小球在整个运动过程中的最终速度为2 m/s
【参考答案】．BD
【名师解析】小球从C至D，小球P受到的库仑力的合力方向始终向右，所以小球从C至D一直做加速运动，故A错误；小球从C至D，电场力做功，小球从C至O，电场力做功，
根据对称性，UCO＝UOD，所以WCD＝2WCO，则m/s，故B正确；如图：根据小球受力情况可知：小球不可能返回至O点，故C错误；小球在整个运动过程中的最终速度为2 m/s，故D正确。

3. （2023湖南名校质检）如图所示，光滑的水平面上静止着一辆小车（用绝缘材料制成），小车上固定一对竖直放置的带电金属板，在右金属板的同一条竖直线上有两个小孔a、b。一个质量为m、带电量为－q的小球从小孔a无初速度进入金属板，小球与左金属板相碰时间极短，碰撞时小球的电量不变且系统机械能没有损失，小球恰好从小孔b出金属板，则（ ）

A．小车（含金属板）和球组成的系统动量守恒但该系统运动过程中机械能不守恒
B．小车（含金属板）和球组成的系统动量不守恒但该系统运动过程中机械能守恒
C．当小球运动到小孔b时，小球速度一定竖直向下，且小车刚好回到初始位置
D．以上答案都不正确
【参考答案】．C
【名师解析】小车（含金属板）和球组成的系统水平方向动量守恒，系统机械能不守恒，选项AB错误；据人船模型可知，选项C正确。
4.（2023湖南衡阳二模）如图所示，两个固定的点电荷A、B，其中A所带电荷量为，B所带电荷量为，AB间的距离为l，将一个试探电荷放在C点时，试探电荷所受电场力为0，规定无穷远处电势为0。则下列说法正确的是（　　）

A. B、C两点之间的距离为l
B. AB直线上A、B之间必有一个电势为0的点，而B、C之间没有电势为0的点
C. 空间中除无穷远的点电势为0外，还有一个以B为球心的球面为零等势面
D. C点的电势是直线AB上B点右侧各点中最高的
【参考答案】AD
【名师解析】
由C处试探电荷受力平衡，可得
解得，A正确；
AB直线上A、B之间必有一个电势为0的点，而B、C之间也有电势为0的点，B错误；
由不等量异种电荷的电场线分布特点，作出等势面

可知以B点为球心的球面电势不相等，不是等势面，C错误；
C点的电势是直线AB上B点右侧各点中最高的，D正确。
5.（2023四川德阳一诊）为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积为A的金属板，间距为L，当连接到电压为U的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生匀强电场，如图所示．容器的下底面的金属板均匀分布许多小孔，合上开关后，烟尘颗粒可以源源不断地稳定地从小孔流入容器中，假设单位时间内进入的颗粒数为n个，每个颗粒带电荷量为、质量为m，不考虑颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略颗粒所受重力．并认为颗粒刚进入电场时的初速度为零，当电流稳定后，求：

（1）上极板受到冲击力的大小；
（2）电场力对颗粒做功的功率；
（3）在靠近上极板附近的薄层（厚度极小）内烟尘颗粒的总动能与容器中央（到上极板的距离为）相同厚度的薄层内烟尘颗粒的总动能之比．
【名师解析】．（1）对极短时间t内撞到上底面的颗粒，由动量定理 ①
极短时间内撞到上底面的颗粒数量为： ②
对某一个颗粒，从下底面到上底面，由动能定理： ③
由①②③得：
（2）方法一：从电路的角度求解
电路中电场力做功的功率： ⑦
带电颗粒上升过程形成的 ⑧
由⑦⑧解得：
方法二：
电场力做功的功率： ⑦
在时间内电场力对容器内所有颗粒所做功W等价于把内进入容器的颗粒的速度从0增大到电场力所做的功，v为颗粒到达上底面时的速度： ⑧
对一个颗粒从下底面到上底面，由动能定理： ⑨
由⑦⑧⑨解得：
方法三：
总电场力做功的功率： ⑦
容器内所有颗粒所受总电场力： ⑧
对一个颗粒从下底面到上底面： ⑨
由⑦⑧⑨解得：
（3）设在靠近上极板附近的薄层厚度为，因为厚度极小
所以薄层内的颗粒的速度可视为都为
对一个颗粒从下底面到上底面：
薄层内的颗粒数量为：
薄层内烟尘颗粒的总动能：
由以上四个式子可得：
在靠近上极板附近的薄层（厚度极小）内烟尘颗粒的总动能：
设在容器正中央厚度为的薄层，因为厚度极小
所以薄层内的颗粒的速度可视为都为
对一个颗粒从下底面到上底面：
薄层内的颗粒数量为：
薄层内烟尘颗粒的总动能：
由以上四个式子可得：
在容器正中央相同厚度的薄层内烟尘颗粒的总动能：
综上所述，两处总动能之比：


1．(2023广东重点高中期末)微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。原理如图，M和N为电容器两极板，M极板固定，N板两端与两轻弹簧连接，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的前后方向运动。下列对传感器描述正确的是（　　）

A．保持向前匀速运动，电阻R将以恒定功率发热
B．由匀速突然向前减速时，电容器所带电荷量增加
C．由静止突然加速后退时，电流由a向b流过电流表
D．保持向前匀减速运动时，MN间的电场强度持续减小
【参考答案】．BC
【名师解析】 匀速运动时，N板不动，电容器的电容不变，则电荷量不变，所以回路无电流，电阻R没有热功率，故A错误；由匀速突然向前减速时，N板向前运动，则板间距变小，据平行板电容器决定式C=可知，电容器的电容增大，电容器带电量增大，B正确；C．由静止突然加速后退时，N板向前运动，则板间距d变小，据C=可知，电容器的电容C增大，由C=Q/U可知电容器带电量增大，则电容器充电，电流由a向b流过电流表，故C正确；保持向前的匀减速运动时，N板不动，电容器的板间距不变，而电容器的两端电压不变，则MN之间的电场强度不变，故D错误。
2. （2023河南郑州四中第一次调研）如图所示，一带电小球A固定于定滑轮的正下方，一根绕过定滑轮的轻质绝缘细线一端系有一个带同种电荷的小球B，另一端用一拉力T拉住使小球B处于静止状态，图示位置两球球心所在高度相同。设定滑轮与小球B间的细线与竖直方向的夹角为θ（θ>0），小球A、B可视为质点。现缓慢拉动绝缘细线，使小球B移动一段距离，则在小球B移动过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 小球A、B间的距离减小
B. 细线与竖直方向的夹角θ减小
C. 小球B的运动轨迹为圆弧
D. 拉力T先减小再增大
【参考答案】C
【名师解析】
设小球A、B间的距离记为，小球B到定滑轮的距离记为，小球A与滑轮间的距离记为，且为一定值，以小球B为研究对象，B球受力分析如图所示

根据相似三角形有

又

解得

即小球A、B间的距离为定值，小球B沿圆周运动，A错误，C正确；
小球B沿圆周运动一段距离，细线与竖直方向的夹角θ先增大后减小，B错误；
根据受力分析可得

随着细线的缩短，拉力T逐渐减小，D错误。故选C。
3. （2023湖南名校联考）如右下图所示，虚线下方的区域存在方向水平向右的匀强电场，该电场的电场强度大小。自该区域上方距电场边界距离为h的位置同时将质量为m、电荷量均为q（）的带电小球M、N同时以相反的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域。已知M在电场中做直线运动。不计空气阻力与两个小球间的初始距离，重力加速度大小为g，两个小球可视为质点，下列说法不正确的是（　　）

A. M与N释放的初速度
B. 经过时间，两小球相距4h
C. 当N小球运动至电场进入点的正下方时，此时M、N两个小球的动能之比为9∶5
D. 当小球N运动至与小球M的电场轨迹线相距时，小球N的运动时间为
【参考答案】D
【名师解析】
M在电场中做直线运动，则进入电场的速度方向与受到的合力方向相同，重力和电场力大小相等，可知竖直方向速度大小为，由
得；故A正确，不符合题意；
当，，故B正确，不符合题意；
N运动至正下方点时，水平方向结合竖直上抛运动知识，可得，水平方向速度大小为-，由于重力和电场力大小相等，所以这段时间内冲量大小相等，竖直方向和水平方向动量变化量大小相等，可知，竖直方向速度大小为3，则，
则，故C正确，不符合题意；
N球进入电场时，受到的合外力与场强方向夹角为，速度方向与场强方向夹角为，做类平抛运动，N球进入电场时的速度为，M、N球进入电场时的两点间的距离为4h，由几何关系有，。进入电场前已运动的时间为，故总时间为，故D错误，符合题意。
4..（2023广州天河一模）人体的细胞膜模型图如图所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位）。现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可以视为匀强电场，简化模型如图所示。初速度可以视为零的正一价钠离子仅在电场力作用下，从图中的A点运动到B点，下列说法正确的是

A. A点电势低于B点电势
B. 钠离子的电势能减小
C. 钠离子的加速度变大
D. 若膜电位不变，当d越大时，钠离子进入细胞内的速度越大
【参考答案】B
【名师解析】根据题述，初速度可以视为零的正一价钠离子仅在电场力作用下，从图中的A点运动到B点，可知电场力做功，钠离子的电势能减小，A点电势高于B点电势，选项A错误B正确；由于膜内的电场可以视为匀强电场，，钠离子运动所受电场力不变，由牛顿第二定律可知，钠离子的加速度不变，选项C错误；若膜电位不变，无论膜厚度d如何变化，电场力做功qU不变，由动能定理可知，钠离子进入细胞内的速度不变，选项D错误。
5. （2023年甘肃张掖一诊）在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有（　　）

A. q1和q2带有同种电荷
B. x1处的电场强度为零
C. 负电荷从x1移到x2，电势能减小
D. 负电荷从x1移到x2，受到的静电力增大
【参考答案】C
【名师解析】
由题图可知，在x轴上，有电势大于零的位置也有电势小于零的位置，所以两点电荷q1和q2带有异种电荷，故A错误；在φ-x图像中，图像切线的斜率大小表示电场强度大小，则x1处的电场强度不为零，故B错误；
由Ep=φq可知，负电荷在电势高处的电势能小，则负电荷从x1移到x2，电势升高，电势能减小，故C正确；
从x1到x2电场强度逐渐减小，负电荷受到的静电力逐渐减小，故D错误。
6. （2023江苏苏州2月开学摸底） (14分)如图a所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图b所示的交变电压UAB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场．粒子电荷量为＋q，质量为m，不计粒子重力．
(1) 若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t；
(2) 若粒子在t＝时刻射入电场，经过一段时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L和两板间距d分别满足什么条件？
(3) 若金属板足够长，要求t＝0时刻射入的粒子打到B板时动能最大，则两板间距d应当满足什么条件？

【名师解析】. (14分)解：(1) t＝(3分)
(2) L＝nv0T，n＝1、2、3(3分)
d≥()2×2＝ (2分)
解得d≥(1分)
(“＝”号不写不扣分)
(3) d≤()2＝(3分)
解得d≤(2分)
注：如果不写小于共得3分；
如果用n 正确表示但未将n＝0带入，得2分
即d＝()2(2n＋1)，n＝0、1、2、3
解得d＝，n＝0、1、2、3



雷电试验
1752年的夏天，富兰克林作了一次天电传蓄试验。这就是世界闻名的费城电风筝试验。6月的一天，天色昏暗，电闪雷鸣，富兰克林和儿子威廉在牧场上放出了用丝织品做成的风筝，风筝线的末端绑了一把钥匙。这时，他突然发现线的尾端，麻绳纤维相互排斥地耸立起来，他立刻伸手去碰钥匙，受到强烈电震。富兰克林由此得出云中充满了电的结论。] 
富兰克林为了进一步证实电的性质，立了一个安有金属线的杆子，尾端系两个铜铃。中间吊一个铜球，系在风筝线的尾端。当云飘过时，铜球在铃中摆动。铜球受到电荷引力，碰响了铃。而后，他又将天电存入莱顿瓶内，终于证实自然雷电与摩擦生电相同。] 
富兰克林证实天电和尖端放电后，把二者联系起来，产生了利用避雷针保护生命财产的想法。于是，他在自己的屋顶安上了世界上第一个避雷针。1

名校预测
专家押题

倒计时第19天
今日心情：




考点解读
掌握判断电流磁场的安培定则，理解磁感线为闭合曲线；掌握描述磁场的物理量磁感应强度和磁通量；掌握安培力和洛伦兹力。
掌握带电粒子在匀强磁场中的运动问题的解题方法，理解质谱仪和回旋加速器的原理。
高考预测
对磁场的描述和安培力的考查主要是：在理解掌握有关描述磁场的基本物理量的基础上，围绕着磁场叠加、安培力等考点来出题，一般以选择题的形式出现，难度较低。高考命题一般密切联系现代科技，考查综合运用相关知识的能力。
高考对磁场的考查，重点是安培力和洛伦兹力。对洛伦兹力的考查，可能是选择题，也可能是与带电粒子在匀强电场中的偏转综合在一题中综合考查，难度较大。

1.引入磁感应强度描述磁场的强弱，引入磁感线形象化的描述磁场。磁感线密的地方表示该处磁感应强度大，磁场强；磁感线疏的地方表示该处磁感应强度小，磁场弱；磁感线是闭合曲线。磁感线永不相交。磁体、电流的磁场都产生于电荷的运动。
2.电流产生的磁场方向用安培定则判断。
3.描述磁场强弱的物理量磁感应强度是矢量，矢量叠加遵循平行四边形定则。解答磁场叠加类试题依据各磁场的方向，运用平行四边形定则进行合成。
4.磁场对电流的作用叫做安培力，安培力大小F=BILsinα，式中α是电流与磁场方向的夹角，L为导线的有效长度。闭合通电线圈在匀强磁场中所受的安培力的矢量和为零。
5.两平行直导线通有同向电流时相互吸引，通有反向电流时相互排斥。两平行通电直导线之间的作用力大小正比于电流大小。
6.安培力可以做正功，可以做负功。当导体克服安培力做功（安培力做负功）时，其它形式的能量转化为电能（发电机）；当安培力对导体做功（安培力做正功）时，电能转化为其它形式的能量（电动机）。
7．带电粒子在磁场中的受力情况
(1)磁场只对不沿磁感线运动的电荷有力的作用，对静止的电荷或沿磁感线运动的电荷无力的作用。
(2)洛伦兹力的大小和方向：其大小为F＝qvBsin θ，注意：θ为v与B的夹角；F的方向由左手定则判定，四指的指向应为正电荷运动的方向或负电荷运动方向的反方向。
(3)洛伦兹力做功的特点：由于洛伦兹力始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功。
8.质谱仪是测量带电粒子质量(或比核)、分离同位素的仪器。
构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。

工作原理
①加速电场：qU＝mv2；
②偏转磁场：qvB＝，l＝2r；
由以上两式可得：r＝ ， m＝，　＝。
9. 回旋加速器是利用磁场使带电粒子做回旋运动，在运动中经高频电场反复加速的装置，是高能物理中的重要仪器。
构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。

工作原理：
①交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等；
②使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次。
回旋加速器加速粒子的最大动能
①由qvmB＝、Ekm＝mvm2
联合解得Ekm＝；
②注意：粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关。
回旋加速器中粒子运动的总时间：
粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝，则粒子在磁场中运动的总时间
t＝T＝·＝。


1. （2022年1月浙江选考）利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的力F分别与I和L的关系图像，则正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【参考答案】B
【名师解析】根据安培力公式F=BIL，可知先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，则F-I图像是过原点的直线，图像B正确，图像A错误；若保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，则F-L是过原点的直线，则CD均错误。故选B。
2. （2022新高考江苏卷）如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向（　　）

A. 平行于纸面向上
B. 平行于纸面向下
C. 左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D. 左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
【参考答案】C
【命题意图】本题考查安培定则、左手定则、安培力及其相关知识点。
【解题思路】根据安培定则，可判断出导线a左侧部分所在的空间磁场方向斜向右上，

右侧部分所在的空间磁场方向斜向下方，根据左手定则可判断出左半部分所受安培力方向垂直纸面向外，右半部分所受安培力方向垂直纸面向里。选项C正确。
3. （2022高考上海） 四根电阻均匀分布的电阻丝连接成一个闭合的正方形线框，Q为正方形线框的中点。当强度为I的电流从a点流入d点流出时，ad边在O点产生的磁场方向为 （选填：“垂直于纸面向里”或“垂直于纸面向外”）。已知直导线在O点产生的磁场大小与流经导线的电流大小成正比，若ad边在O点产生的磁场磁感应强度为B，则整个线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为 。

【参考答案】.垂直纸面向外 0
【命题意图】本题考查安培定则 +并联电路规律+直线电流的磁场+磁场叠加
【名师解析】当强度为I的电流从a点流入d点流出时，根据直线电流产生磁场判断的安培定则，可知ad边在O点产生的磁场方向为垂直纸面向外。由于四根电阻丝电阻相等，设每根电阻丝的电阻为R，设ad边中电流为I1，ab边、bc边、cd边中电流为I2，根据并联电路规律，I1R=I23R，解得另外三根电阻丝中电流为I2=I1/3。由于B正比于I，根据直线电流产生磁场判断的安培定则，可知ab边、bc边、cd边在O点产生的磁场方向都是垂直纸面向里，且产生的磁场磁感应强度大小为B/3，根据磁场叠加原理可知，整个线框在O点产生的磁场磁感应强度为B-3×B/3=0。
【特别提醒】四根电阻均匀分布的电阻丝，当强度为I的电流从a点流入d点流出时，电流按照并联电路规律分配。
4. （2022高考湖北物理）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（　　）


A. kBL，0° B. kBL，0°
C. kBL，60° D. 2kBL，60°
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。
【解题思路】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图

根据带电粒子在直线边界运动的对称性可知，若从P点的出射方向与右侧边界向上的夹角为60°，
根据几何关系则有，
可得
根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向夹角为θ=60°。
当粒子上下均经历一次时，如图

因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
故可知BC正确，AD错误。
5. （2022高考湖北物理）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（　　）

A. 棒与导轨间的动摩擦因数为
B. 棒与导轨间的动摩擦因数为
C. 加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60°
D. 减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查安培力，摩擦力、牛顿运动定律及其相关知识点。
【解题思路】
设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°;当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有
令，
根据数学知识可得
则有
同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有
有
所以有
当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得
代入，可得α=30°，此时
加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有
减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有。故BC正确，AD错误。
6. （2022高考辽宁物理）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ）

A. 粒子1可能为中子
B. 粒子2可能为电子
C. 若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D. 若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
【参考答案】AD
【命题意图】本题考查带电粒子在圆形磁场的运动及其相关知识点.
【名师解析】
由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不受磁场力作用，即粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，选项A正确、B错误；由以上分析可知粒子1为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，选项C错误；粒子2在磁场中运动。洛伦兹力提供向心力有 ，解得粒子运动轨迹半径。可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，选项D正确。

7．（2022·全国理综甲卷·18）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A． B．
C． D．
【参考答案】D
【命题意图】本题考查带电粒子在电磁场中的运动。
【解题思路】带电粒子受到竖直向上的电场力和垂直速度方向的洛伦兹力作用，由左手定则可判断出洛伦兹力方向向左，轨迹可能正确的是B。
【易错提醒】根据左手定则可以判断出AC是错误的。注意到洛伦兹力使带电粒子向左下偏转后电场力做负功，带电粒子速度减小，洛伦兹力减小，可排除图像D。
8. （2022·全国理综乙卷·21）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为、；粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（　　）

A. 粒子3入射时的动能比它出射时的大
B. 粒子4入射时的动能比它出射时的大
C. 粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D. 粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
【参考答案】BD
【名师解析】．在截面内，极板间各点的电场强度大小E与其到O点的距离r成反比，可设为
带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有，
可得，即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；
粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
粒子3做向心运动，有，可得
粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；
9. （2022·全国理综乙卷·18）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）
测量序号
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
1
0
21
- 45
2
0
- 20
- 46
3
21
0
- 45
4
- 21
0
- 45

A. 测量地点位于南半球
B. 当地的地磁场大小约为50μT
C 第2次测量时y轴正向指向南方
D. 第3次测量时y轴正向指向东方
【参考答案】BC
【名师解析】
地磁场如图所示。

地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为

计算得B ≈ 50μT，B正确；
由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量，故y轴指向南方，第3次测量，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错误。
10．（2022·高考广东物理）如图7所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（ ）

A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查带电粒子在电场和磁场的复合场中运动，等势面，洛伦兹力，电势，电场力做功，洛伦兹力做功等知识点。
【解题思路】
电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功。由于M、P在同一等势面上，电子从N到P，电场力做负功，A错误； 根据沿电场线方向，电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；由于洛伦兹力不做功，M、P在同一等势面上，电子在M点和P点速度都是零，所以电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误。
11．（2022·高考广东物理）如图6所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（ ）

A． B．
C． D．

【参考答案】A
【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，左手定则及其相关知识点。
【解题思路】
根据题述情景，质子垂直Oyz平面进入磁场，向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面向x轴正方向偏转，所以可能正确的是A。
12．（2022年6月浙江选考）下列说法正确的是
A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大
D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率

【参考答案】B
【命题意图】本题考查电磁学相关知识点。
【解题思路】恒定磁场对静置于其中的电荷没有力的作用，A错误；小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，B正确；正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，磁通量变化率为零，电流为零，C错误；升压变压器中，副线圈的磁通量变化率等于原线圈的磁通量变化率，D错误。


1.（2023云南玉溪三中开学考试） Ioffe-Pritchard磁阱常用来约束带电粒子的运动。如图所示，在平面内，以坐标原点O为中心，边长为的正方形的四个顶点上，垂直于平面放置四根通电长直导线，电流大小相等，方向已标出，“×”表示电流方向垂直纸面向里，“•”表示电流方向垂直纸面向外。已知电流为I的无限长通电直导线在距其r处的圆周上产生的磁感应强度大小为，k为比例系数。下列说法正确的是（　　）


A. 直导线2、4相互排斥，直导线1、2相互吸引
B. 直导线1、4在O点的合磁场的方向沿x轴负方向
C. 直导线1、4在O点合磁场的磁感应强度大小为
D. 直导线2、4对直导线1的作用力是直导线3对直导线1的作用力大小的2倍
【参考答案】D
【名师解析】
．同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，所以直导线2、4相互吸引，直导线1、2相互排斥，故A错误；．直导线1、4在O点产生的磁场强度如下所示

其中
所以直导线1、4在O点的合磁场的方向沿x轴正方向，大小为
故BC错误。同BC项分析，直导线2、4在直导线1处产生的合磁场为
直导线3在直导线1处产生的磁场为
所以直导线2、4对直导线1的作用力是直导线3对直导线1的作用力大小的2倍，故D正确。

2. （2023湖南三湘创新发展联考）在粒子物理的研究中使用的一种球状探测装置的横截面的简化模型如图所示。内圆区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。AB和PM分别为内圆的两条相互垂直的直径，两个粒子先后从P点沿径向射入磁场。粒子1经磁场偏转后打在探测器上的Q点，粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子所受重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（　　）


A. 粒子2可能电子
B. 若两粒子的比荷相等，则粒子1的入射速度小于粒子2的入射速度
C. 若两粒子的比荷相等，则粒子1在磁场中运动的时间小于粒子2在磁场中运动的时间
D. 若减小粒子2的入射速度，则粒子2可能沿OA方向离开磁场
【参考答案】BD
【名师解析】
根据题意，由图中粒子运动轨迹可知，粒子2受向上的洛伦兹力，由左手定则可知，粒子2带正电，则不可能为电子，故A错误；根据题意，由洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动所需的向心力有
可得
由题图可知粒子1运动的半径小于粒子2运动的半径，若两粒子的比荷相等，则粒子1的入射速度小于粒子2的入射速度，故B正确；
根据题意，设粒子的偏转角为，由公式可得，粒子在磁场中的运动时间为

由题图可知粒子1在磁场中的偏转角大于粒子2在磁场中的偏转角，若两粒子的比荷相等，则粒子1在磁场中运动的时间大于粒子2在磁场中运动的时间，故C错误；
由B分析可知，若减小粒子2的入射速度，其运动半径减小，粒子2可能沿OA方向离开磁场，故D正确。
3. （2023河南郑州四中第一次调研）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）

测量序号



1
0
21
-45
2
0
-20
-46
3
21
0
-45
4
-21
0
-45

A. 测量地点位于北半球 B. 当地的地磁场大小约为50μT
C. 第2次测量时y轴正向指向西方 D. 第3次测量时y轴正向指向东方
【参考答案】AB
【名师解析】
由表中z轴数据可看出z轴磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，故A正确；
磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为
计算得B ≈ 50μT，故B正确；
由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量，故y轴指向南方，第3次测量，故x轴指向北方而y轴则指向西方，故CD错误。
4.（2023浙江舟山质检） 如图甲所示，高压输电线上使用“”形刚性绝缘支架支撑电线，防止电线相碰造成短路。示意图如图乙所示，、、、为四根导线，为正方形，几何中心为，当四根导线通有等大同向电流时（　　）

A. 所受安培力的方向沿正方形的对角线方向
B. 对的安培力小于对的安培力
C. 几何中心点的磁感应强度不为零
D. 夜间高压输电线周围有时会出现一层绿色光晕，这是一种强烈的尖端放电现象
【参考答案】A
【名师解析】
根据同向电流相互吸引，可知受其余三根导线的吸引力分别指向三根导线，根据对称性可知，与对的安培力大小相等，所以两者对的合力沿方向，而对的安培力也是沿方向，故所受安培力的方向沿正方形的对角线方向，A正确；
B．由图乙可知，离的距离比离的距离小，说明电流产生的磁场在处比在处强，故对的安培力大于对的安培力，B错误；
C．因四根导线中的电流大小相等，方向相同，点与四根导线的距离相等，由安培定则可知电流与电流在点的磁感应强度大小相等，方向相反，电流与电流在点的磁感应强度大小相等，方向相反，故几何中心点的磁感应强度为零，C错误；
D．夜间高压输电线周围有时会出现一层绿色光晕，这是一种微弱的尖端放电现象，D错误；
5. （2023湖北四市七校联盟期中联考） “国际热核聚变实验堆（ITER）计划”是目前全球规模最大、影响最深远的国际科研合作项目之一，其原理主要是将发生热核反应的高能粒子束缚在磁场中，其中一种设计方案原理如图所示，空间中存在两个以O为圆心的圆形保护磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场I、Ⅱ的半径分别为、，粒子在O点发生热核反应。其中，，半径为的圆内磁感应强度大小为B1。有一电荷量为q，质量为m的粒子由O点以速度射出，不计粒子的重力，不计任何阻力。（题中已知量为R0、q、B1、m）
（1）若粒子不能射出半径为的圆形区域，求粒子速度的最大值；
（2）若粒子由O点射出的速度为，求粒子第一次在磁场I区域运动的时间；
（3）若要使束缚效果最好，则半径和之间的圆环内磁感应强度B2要与B1方向相同。若为使粒子不能射出半径的圆形区域，求粒子速度的最大值。

【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）若粒子不能射出半径为的圆形区域，则粒子的最大半径为

粒子做圆周运动有

解得

（2）粒子由O点射出的速度为，粒子做圆周运动有

粒子运动轨迹如图所示，有几何关系


解得


（3）粒子在圆区域内运动时，圆心为，在圆环区域内运动时，圆心为，粒子在两区域内运动时的半径分别为、。因为，所以


在等腰三角形中
，，，
可得

解得

所以





1. （2023安徽A10联盟开学考试）如图, 长为的粗细均匀的直金属棒沿中点弯折, 将金属棒用两根轻质细金属线连接固定在天花板上的两个力传感器上,两点在同一水平面上, 金属棒有一半处在垂直于金属棒所在平面向外的匀强磁场中, 静止时, 两金属线竖直, 通过金属线给金属棒通电, 电流强度大小为, 当电流沿方向时, 两个力传感器的示数均为,保持电流大小不变,将电流反向, 两力传感器的示数均为。已知, 则磁感应强度大小为
A.
B.
C.
D.
【参考答案】B
【名师解析】金属棒在磁场中的等效长度l=2·L/4·sin53°=0.4L。设金属棒质量为m，当电流沿方向时,由左手定则可判断出所受安培力向下，由平衡条件，2F1=mg+BIl；将电流反向, 由左手定则可判断出所受安培力向上，由平衡条件，2F2+BIl =mg；联立解得：B=，选项B正确。
2. （2023陕西师大附中期初检测） 磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ，忽略边缘效应，下列判断正确的是（　　）

A. 上板为正极，电流I＝
B. 上板为负极，电流I＝
C. 下板为正极，电流I＝
D. 下板为负极，电流I＝
【参考答案】C
【名师解析】
等离子体是由大量正、负离子组成的气体状物质，根据左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力向下，负离子受到的洛伦兹力向上，所以下板为正极；当磁流体发电机达到稳定状态时，极板间的离子受力平衡，满足
可得电动势U＝Bdv
根据闭合电路的欧姆定律，电流I＝
而电源内阻r＝ρ＝
代入得I＝，故选C。
3. （2023湖南永州一模）如图所示，密度为，横截面积为S，长度为L，电阻为R的粗细均匀的金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线悬挂，金属棒置于竖直方向的匀强磁场中，初始细线竖直，金属棒静止。现在MN两端加上大小为U的电压，使电流由M流向N，发现金属棒的绝缘细线向左偏离竖直方向最大摆角为37°。已知重力加速度为g，、下列正确的是（　　）

A. 磁场方向竖直向下，大小为
B. 磁场方向竖直向上，大小为
C. 增长绝缘细线长度，其余条件不变，金属棒最大摆角将大于37°
D. 减小金属棒长度，其余条件不变，金属棒最大摆角将小于37°
【参考答案】A
【名师解析】
金属棒的绝缘细线向左偏离竖直方向最大摆角为37°，说明磁场力水平向左，由左手定则可知磁场方向竖直向下，由动能定理

金属棒的质量

通过金属棒的电流为

联立可解得

故A正确，B错误；
CD．设金属棒电阻率，则

金属棒运动过程中磁场力不变，将重力与磁场力等效为等效重力，知金属棒经过最低点与最高点圆弧的中点时受力平衡

可知θ与绝缘细线的长度无关，与金属棒的质量成反比，所以增长绝缘细线长度，其余条件不变，金属棒摆角将不变；减小金属棒长度，其余条件不变，则金属棒质量减小，摆角将大于37°，故CD错误。

4. （2022南京金陵中学4月模拟）医用电子直线加速器结构主要包括电子枪、加速系统、束流传输系统等部件，原理简化如图所示。其中束流传输系统由导向磁场、偏转磁场和聚焦磁场组成，可以使电子束转向270°后打到靶。由于电子经过加速后有一定能量宽度，经过导向磁场后会使电子束发散，从而造成成像色差，因此需要通过偏转磁场和聚焦磁场来消除色差。
束流传输系统由三个半径为d的90°扇形磁场组成，圆心为O，方向垂直纸面向外，其中导向磁场和聚焦磁场为匀强磁场，磁感应强度为B1=B3=B。偏转磁场为非匀强磁场，磁感应强度B2沿径向呈一定规律分布，可使电子在其间做匀速圆周运动。
现电子束经加速系统后，以能量宽度[E-△E，E+△E]垂直导向磁场边界从P进入束流传输系统，最终粒子能在Q点汇聚并竖直向下打到靶上。已知，△E=4%E< （1）若电子电荷量为e，求电子质量m；
（2）求发散电子束进入偏转磁场时的宽度；（计算半径时可使用小量近似公式:当x<<1时，）
（3）对于能量为E+△E的电子，求在偏转磁场中运动轨迹处的磁感应强度B2。

【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）对于能量为E的电子，在磁场中半径为，根据

可知

解得

（2）对于能量为E-△E的电子，

对于能量为E+△E的电子，

轨迹如图所示

由勾股定理得


因此发散电子束进入偏转磁场时的宽度为
（3）对于能量为E+△E的电子ON=d
进入偏转磁场的发散角为α，由于轨迹关于偏转磁场的角平分线对称，因此圆心在平分线上的O3点，半径设为r，如图所示

其中


由正弦定理得

解得

因此
即
7.（16分）（2023江苏四校12月联考）阿尔法磁谱仪是探测反物质和暗物质的仪器,其工作原理可简化为如图:在xoy平面内,以M(O,-R)为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,在y≥0的区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,两区域磁场的磁感应强度大小相等.在第一象限有与x轴成45°角倾斜放置的接收器,接收器与x、y轴交于Q、P两点,且OQ间距为(1+)R.在圆形磁场区域左侧,均匀分布着质量为m、电荷量为e的大量质子,所有质子经电压为的电场加速后从静止开始沿x轴正向射入圆形磁场区域,其中正对M点射入的质子经偏转后从O点进入x轴上方的磁场.不计质子的重力,不考虑质子间的相互作用.求:
(1)质子经电场加速后获得的速度和磁感应强度B的大小;
(2)正对M点射入的质子,射入磁场后经多长时间到达接收器PQ:
(3)接收器PQ被质子打中的区域的长度
【名师解析】：（1）由动能定理得： （1分）
解得： （1分）
由 ， r=R （1分）
解得： （1分）
（2）质子在磁场中运动的周期 （1分）
正对M点的质子在圆形磁场中运动的圆心角为 （1分）
在中由正弦定理
解得： （1分）
正对M点的质子进入x轴上方磁场中运动的轨迹如图所示，在x轴上方磁场中运动的圆心角为 （1分）210045
所以，正对M点射入的质子自进入磁场至到达接收器PQ的时间为 （1分）
可解得 （1分）
（3）如图所示，取任意点A进入圆形磁场的质子分析，由几何关系可知运动轨迹过O点，即所有质子经圆形磁场后都由O点进入x轴上方的磁场，由几何关系知：
当沿y轴正方向的质子的轨迹恰与PQ相切于C点，则：CQ=R （2分）
当沿x轴负方向的质子的轨迹恰与PQ相切于D点，则：PD=R （2分）
所以，PQ上被质子打中的区域为CD，其长度为wqpprt
（2分）
6．（10分）（2023温州十校联合体期中）如图所示是粒子收集器示意图，该结构处于真空环境并由三部分构成，区域Ⅰ与区域Ⅱ由两高压平行电极板构成，间距均为d＝20cm，下极板带正电，上极板带负电，板间形成竖直向上的匀强电场。区域Ⅰ中还存在匀强磁场B，区域Ⅰ板间电压恒为，区域Ⅱ板长为L＝10cm，板间存在可变电压，最右侧为一无限大接收屏。现有一群在竖直方向上均匀排列的带负电粒子，其质量为m，电荷量为－q，以水平速度射入区域Ⅰ，只有速度始终保持水平的粒子才能穿过筛选膜，否则将被吸收。筛选膜对水平射入的粒子的电量和速度均无任何影响，运动过程中忽略粒子重力，不考虑粒子间相互作用，不考虑边缘效应。（）
（1）若要使得粒子通过筛选膜，求匀强磁场B的大小和方向；
（2）若使得接收屏恰好无法接收到粒子，求此时的；
（3）求收集率与的关系。

【参考答案】．（1） 方向垂直纸面向外
（2） （3）见解析
【名师解析】（1）由题意可知，粒子做匀速直线运动。
（1分）
解得（1分）方向垂直纸面向外（1分）
（2）若最上面的粒子恰好打到下极板边缘，则所有粒子都不会打出去。
则 （公式3条写全得2分，有写出一条得1分）
解得（1分）
（3），（1分）
当时，设恰好打到下极板边缘的粒子距下极板的距离为y。
（1分）

解得（2分）


安培轶闻趣事
1．怀表变卵石
安培思考科学问题专心致志，据说有一次，安培正慢慢地向他任教的学校走去，边走边思索着一个电学问题。经过塞纳河的时候，他随手拣起一块鹅卵石装进口袋。过一会儿，又从口袋里掏出来扔到河里。到学校后，他走进教室，习惯地掏怀表看时间，拿出来的却是一块鹅卵石。原来，怀表已被扔进了塞纳河。
2．马车车厢做“黑板”
还有一次，安培在街上行走，走着走着，想出了一个电学问题的算式，正为没有地方运算而发愁。突然，他见到面前有一块“黑板”，就拿出随身携带的粉笔，在上面运算起来。那“黑板”原来是一辆马车的车厢背面。马车走动了，他也跟着走，边走边写；马车越来越快，他就跑了起来，一心一意要完成他的推导，直到他实在追不上马车了才停下脚步。安培这个失常的行动，使街上的人笑得前仰后合。


名校预测
专家押题













倒计时第18天
今日心情：



考点解读
电磁感应的内容主要包括电磁感应现象、楞次定律、法拉第电磁感应定律等。
知道电磁感应现象和产生感应电流的条件，理解掌握楞次定律和右手定则。
熟练掌握法拉第电磁感应定律，能够综合运用相关知识分析解决实际问题。
知道自感现象，了解电磁阻尼、涡流等。
高考预测
高考对电磁感应的要求较高。纵观近几年高考全国试题和各省市试题，对电磁感应的考查主要是：电磁感应现象、楞次定律、法拉第电磁感应定律，一般以选择题的形式出现，难度较高。电磁感应与力学知识综合问题，难度较大，一般采用计算题，能力要求高。

1．判断感应电流方向的两种方法
(1)利用右手定则判断(适用切割磁感线的运动)。

(2).运用楞次定律分析电磁感应问题可利用 “阻碍”的含义，当磁通量增加时,感应电流的磁场与原磁场的方向相反,阻碍增加；当磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同，阻碍减少；即“增反减同”。当导体与磁场相对靠近时,感应电流的磁场阻碍它们靠近；当导体与磁场相对远离时，感应电流的磁场阻碍它们远离；即“来拒去留”。
利用楞次定律判断(适用回路磁通量变化情况)。

2.运用法拉第电磁感应定律，要注意根据情景，选择恰当的公式。
求解感应电动势常用的四种方法
表达式
E＝n
E＝BLvsin θ
E＝BL2ω
E＝NBSω·
sin(ωt＋φ0)
情景图




研究对象
回路(不一定闭合)
一段直导线(或等效成直导线)
绕一端转动的一段导体棒
绕与B垂直的轴转动的导线框
意义
一般求平均感应电动势，当Δt→0时求的是瞬时感应电动势
一般求瞬时感应电动势，当v为平均速度时求的是平均感应电动势
用平均值法求瞬时感应电动势　
求瞬时感应电动势
适用条件
所有磁场(匀强磁场定量计算、非匀强磁场定性分析)
匀强磁场
匀强磁场
匀强磁场


3.对自感现象，要注意区分通电自感现象和断电自感现象。通电时自感线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流增大；断电是自感线圈中产生的自感电动势方向与电流方向相同，阻碍电流减小。
4.解答电磁感应中的力电综合问题的思路是：先根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后根据闭合电路欧姆定律求出回路中的感应电流及导体棒中的电流，再应用安培力公式及左手定则确定安培力的大小及方向，分析导体棒的受力情况应用牛顿运动定律列出方程求解。
5.解答与电磁感应相关图象问题的基本方法是：根据题述的电磁感应物理过程或磁通量（磁感应强度）的变化情况，运用法拉第电磁感应定律和楞次定律（或右手定则）判断出感应电动势和感应电流随时间或位移的变化情况得出相应的图像。
6.电磁感应中的能量转化

求解焦耳热Q的三种方法

7. 动量观点在电磁感应中的应用
(1)对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题。
(2)当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理L·Δt＝m·Δv、q＝·Δt来解决问题。


1. （2022高考上海）如图，一个正方形导线框以初速度v0向右穿过一个有界的匀强磁场。线框两次速度发生变化所用时间分别为t1和t2 ，以及这两段时间内克服安培力做的功分别为W1和W2，则（ ）

A. t1＜t2，W1＜W2， B. t1＜t2，W1＞W2，
C. t1＞t2，W1＜W2， D. t1＞t2，W1＞W2，

【参考答案】B
【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律+闭合电路欧姆定律+安培力+动量定理+动能定理+等效思维
【名师解析】由于线框进入磁场的过程和离开磁场的过程，线框都是受到向左的安培力作用做减速运动，因此进入过程的平均速度v1平大于离开过程的平均速度v2平，由L=v1平t1和L=v2平t2可得t1＜t2。
线框刚进入磁场时速度为v0，设线框边长为L，电阻为R，线框完全进入磁场时速度为v1，刚完全离开磁场时速度为v2，进入磁场过程中产生的平均感应电动势为E1，平均感应电流为I1，离开磁场过程中产生的平均感应电动势为E2，平均感应电流为I1，由法拉第电磁感应定律，E1=△Φ/t1，E2=△Φ/t2，△Φ=BL2，由闭合电路欧姆定律，I1= E1/R，I2= E2/R，进入磁场过程通过导体截面的电荷量q1=I1t1，离开磁场过程通过导体截面的电荷量q2=I2t2，联立解得：q1= q2。对线框完全进入磁场的过程，由动量定理，-F1t1=mv1- mv0，F1=B I1L，对线框离开磁场的过程，由动量定理，-F2t2=mv2- mv1，F2=B I2L，又q1=I1t1，q2=I2t2，q1= q2，联立解得：v1-v0= v2- v1。根据动能定理，W1=mv02-mv12，W2=mv12-mv22，==＞1，所以W1＞W2，选项B正确。
2. （2022年1月浙江选考）如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B=kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为、高度为h、半径为r、厚度为d（d≪r），则（　　）

A. 从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
B. 圆管的感应电动势大小为
C. 圆管的热功率大小为
D. 轻绳对圆管的拉力随时间减小
【参考答案】C
【名师解析】穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，选项A错误；圆管的感应电动势大小为，选项B错误；圆管的电阻，圆管的热功率大小为，，选项C正确；根据左手定则可知，圆管中各段所受的受安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，不随时间变化，选项D错误。

3. （2022高考上海）半径为R的金属圆环里，有一个垂直于纸面向里且半径为r的圆形区域匀强磁场，磁感应强度大小为B。若增大该区域的磁感应强度，则金属圆环的感应电流方向为 （选填：“顺时针”或“逆时针”）；若保持圆形区域内磁场的磁感应强度大小不变，方向变化180°，则金属圆环的磁通量变化的大小为 。

【参考答案】 逆时针 2Bπr2
【命题意图】本题考查楞次定律+磁通量变化+模型思维
【名师解析】半径为r的圆形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里，若增大该区域的磁感应强度，由磁通量公式Φ=BS可知，金属圆环内磁通量增大，由楞次定律可知，金属圆环中产生的感应电流方向为逆时针方向。若保持圆形区域内磁场的磁感应强度大小不变，方向变化180°，则金属圆环的磁通量变化的大小为△Φ=Φ2-Φ1=Bπr2-（- Bπr2）=2 Bπr2。
4. （2022高考上海）如图，一个正方形导线框以初速度v0向右穿过一个有界的匀强磁场。线框两次速度发生变化所用时间分别为t1和t2 ，以及这两段时间内克服安培力做的功分别为W1和W2，则（ ）

A. t1＜t2，W1＜W2， B. t1＜t2，W1＞W2，
C. t1＞t2，W1＜W2， D. t1＞t2，W1＞W2，

【参考答案】B
【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律+闭合电路欧姆定律+安培力+动量定理+动能定理+等效思维
【名师解析】由于线框进入磁场的过程和离开磁场的过程，线框都是受到向左的安培力作用做减速运动，因此进入过程的平均速度v1平大于离开过程的平均速度v2平，由L=v1平t1和L=v2平t2可得t1＜t2。
线框刚进入磁场时速度为v0，设线框边长为L，电阻为R，线框完全进入磁场时速度为v1，刚完全离开磁场时速度为v2，进入磁场过程中产生的平均感应电动势为E1，平均感应电流为I1，离开磁场过程中产生的平均感应电动势为E2，平均感应电流为I1，由法拉第电磁感应定律，E1=△Φ/t1，E2=△Φ/t2，△Φ=BL2，由闭合电路欧姆定律，I1= E1/R，I2= E2/R，进入磁场过程通过导体截面的电荷量q1=I1t1，离开磁场过程通过导体截面的电荷量q2=I2t2，联立解得：q1= q2。对线框完全进入磁场的过程，由动量定理，-F1t1=mv1- mv0，F1=B I1L，对线框离开磁场的过程，由动量定理，-F2t2=mv2- mv1，F2=B I2L，又q1=I1t1，q2=I2t2，q1= q2，联立解得：v1-v0= v2- v1。根据动能定理，W1=mv02-mv12，W2=mv12-mv22，==＞1，所以W1＞W2，选项B正确。
5. （2022高考河北） 将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为，小圆面积均为，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小，和均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为（　　）


A B.
C. D.
【参考答案】D
【命题意图】本题考查电磁感应及其相关知识点。
【名师解析】由磁感应强度大小B=B0+kt，可知磁感应强度变化率=k，根据法拉第电磁感应定律，大圆线圈产生的感应电动势
每个小圆线圈产生的感应电动势
由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，所以线圈中总的感应电动势大小为E=E1+5E2=S1+5S2=，选项D正确。
6. （2022高考河北）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于轴上，另一根由、、三段直导轨组成，其中段与轴平行，导轨左端接入一电阻。导轨上一金属棒沿轴正向以速度保持匀速运动，时刻通过坐标原点，金属棒始终与轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为，金属棒受到安培力的大小为，金属棒克服安培力做功的功率为，电阻两端的电压为，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【参考答案】AC
【命题意图】本题考查电磁感应及其相关知识点。
【名师解析】
当导体棒从O点向右运动L时，即在时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度
，（θ为ab与ad的夹角）
则根据法拉第电磁感应定律E=BLv0
根据闭合电路欧姆定律 ，可知回路电流均匀增加；
安培力
则F-t关系为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率
则P-t关系为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势，即

即图像是不过原点的直线；根据以上分析，可大致排除BD选项；
当在时间内，导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流I不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；
同理可判断，在时间内，导体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，安培力F大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与内是对称的关系，安培力的功率P按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与内是对称的关系，电阻两端电压U按线性均匀减小；综上所述选项AC正确，BD错误。
【一题多解】导轨上一金属棒沿轴正向以速度保持匀速运动，在0~L/v0时间内，金属棒有效切割长度均匀增大，回路中产生的感应电动势均匀增大，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i均匀增大；在L/v0~2L/v0时间内，金属棒有效切割长度不变，回路中产生的感应电动势不变，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i不变；在2L/v0~3L/v0时间内，金属棒有效切割长度均匀减小，回路中产生的感应电动势均匀减小，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i均匀减小，所以运动过程中通过电阻的电流强度随时间变化的图像A可能正确；金属棒受到安培力的大小=BiL，金属棒开始运动时，金属棒所受安培力一定大于0，所以图像B错误；金属棒克服安培力做功的功率为=Fv0，图像C可能正确；根据欧姆定律，电阻两端的电压为U=IR，图像形状与图像A类似，所以图像D错误。
7. （2022山东物理）如图所示，平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在平面内以角速度顺时针匀速转动，时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是（　　）

A. 在到的过程中，E一直增大
B. 在到的过程中，E先增大后减小
C. 在到过程中，E的变化率一直增大
D. 在到的过程中，E的变化率一直减小
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查电磁感应及其相关知识点。
【名师解析】
如图所示


在到的过程中，线框的有效切割长度先变大再变小，当时，有效切割长度最大为，此时，感应电动势最大，所以在到的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误；
CD．在到的过程中，设转过的角度为，由几何关系可得
进入磁场部分线框面积
穿过线圈的磁通量
线圈产生的感应电动势，感应电动势的变化率
对求二次导数得
在到的过程中一直变大，所以E的变化率一直增大，故C正确，D错误。
8．（2022·全国理综甲卷·20）如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（ ）

A．通过导体棒MN电流的最大值为
B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
【参考答案】AD
【命题意图】本题考查电容器电容、电磁感应、安培力、运动情况分析、焦耳热。
【解题思路】带电荷量Q的电容器两端电压U=Q/C，合上开关S的瞬间，通过导体棒MN的电流最大，最大值为IM=U/R= Q/RC，选项A正确；合上开关S后导体棒MN受到向右安培力作用先向右加速运动，产生与原来电流方向相反的感应电动势，阻碍电流通过MN放电，而电容器还可以通过电阻R放电，导体棒MN向右运动产生的感应电动势与电阻R形成回路，受到向左安培力作用做减速运动，选项B错误；合上开关S的瞬间，通过导体棒MN的电流最大，导体棒所受安培力最大，选项C错误；由于合上开关S后导体棒MN受到向右安培力作用先向右加速运动，产生与原来电流方向相反的感应电动势，阻碍电流通过MN放电，所以电阻R产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，选项D正确。
【易错提醒】通电导线做切割磁感线运动，产生与原来电流方向相反的感应电动势，阻碍电流通过。
9．（2022·全国理综甲卷·16）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为和。则（ ）

A． B．
C． D．
【参考答案】C
【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律及其相关知识点。
【解题思路】设磁感应强度变化率为k，设圆半径为r，单位长度导线的电阻为R0，则正方形线框产生的感应电动势E1=4r2k，正方形线框电阻R1=8r R0，感应电流I1= E1/ R1=kr/2R0；圆形线框产生的感应电动势E2=πr2k，圆形线框电阻R2=2πr R0，感应电流I2= E2/ R2=kr/2R0；正六边形线框产生的感应电动势E3=r2k，正六边形线框电阻R3=6r R0，感应电流I3= E3/ R3=；所以I1=I2＞I3，选项C正确。
10．（2022·高考广东物理）如图9所示，水平地面（平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有（ ）

A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
【参考答案】AC
【命题意图】本题意在考查电流产生磁场、磁通量、产生感应电流的条件和法拉第电磁感应定律。
【解题思路】
由于题述水平地面下的导线为通有恒定电流I的长直导线，且平行于y轴，MN平行于y轴，所以N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同，A正确；由于PN平行于x轴，线圈沿PN方向运动，穿过线圈的磁通量先变大后变小，B错误；线圈从P点开始竖直向上运动时，穿过线圈的磁通量一直为零，磁通量不变，线圈中无感应电流，C正确；线圈从P到M过程和从P到N过程，线圈中磁通量变化相同，所用时间不同，磁通量变化率不同，根据法拉第电磁感应定律，线圈从P到M过程产生的感应电动势小于从P到N过程产生的感应电动势，D错误。
11．（2022高考河北卷）[河北2022·7，6分]如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于轴上，另一根由、、三段直导轨组成，其中段与轴平行，导轨左端接入一电阻。导轨上一金属棒沿轴正向以速度保持匀速运动，时刻通过坐标原点，金属棒始终与轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为，金属棒受到安培力的大小为，金属棒克服安培力做功的功率为，电阻两端的电压为，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是（ ）

A． B．
C． D．
【参考答案】AＣ
【名师解析】导轨上一金属棒沿轴正向以速度保持匀速运动，在0~L/v0时间内，金属棒有效切割长度均匀增大，回路中产生的感应电动势均匀增大，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i均匀增大；在L/v0~2L/v0时间内，金属棒有效切割长度不变，回路中产生的感应电动势不变，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i不变；在2L/v0~3L/v0时间内，金属棒有效切割长度均匀减小，回路中产生的感应电动势均匀减小，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i均匀减小，所以运动过程中通过电阻的电流强度随时间变化的图像A可能正确；金属棒受到安培力的大小=BiL，金属棒开始运动时，金属棒所受安培力一定大于0，所以图像B错误；金属棒克服安培力做功的功率为=Fv0，图像C可能正确；根据欧姆定律，电阻两端的电压为=IR，图像形状与图像A类似，所以图像D错误。
12．（2022重庆高考）如图1所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电阻，导体杆与轨道垂直并接触良好（不计杆和轨道的电阻），整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的关系如图2所示。其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，第二次对应直线②，初始拉力大小为，两直线交点的纵坐标为。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n可能为（ ）

A．
B．
C．
D．
【参考答案】C
【名师解析】由题意，杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，则在v=0时分别有，=ma1，2=ma2，
设第一次和第二次运动中，杆从静止开始运动相同位移的时间分别为t1和t2，则有
x=a1t12，x=a2t22，t1‏׃t2=n
联立解得：n=
第一次和第二次运动中，所受安培力FA=BIL=, 根据牛顿第二定律，
F-FA=ma，即F=ma+
由此可知，拉力大小F与速率v的关系图像斜率为，由第一次和第二次运动F与速率v的关系图像斜率之比为2‏׃1，可得=2，即=2，可以取k2=6，m=3，所以选项C正确。

13. （2022新高考江苏卷）如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为，、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为（　　）

A. B.
C. D.
【参考答案】A
【命题意图】本题考查电磁感应及其相关知识点。
【解题思路】
根据磁感应强度B随时间t的变化关系为，可知磁场的变化率为
根据法拉第电磁感应定律可知，选项A正确。
14. （2022·全国理综乙卷·24）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求:
（1）时金属框所受安培力的大小；
（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。

【参考答案】（1）；（2）0.016J
【名师解析】
（1）金属框的总电阻为

金属框中产生的感应电动势为

金属框中的电流为

t=2.0s时磁感应强度

金属框处于磁场中的有效长度为


此时金属框所受安培力大小为

（2）内金属框产生的焦耳热为

15. （2022高考辽宁物理）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M刚进入磁场时受到安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到的最小距离x；
（3）初始时刻，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。

【参考答案】（1），方向水平向左；
（2）①，②；（3）2≤k＜3
【命题意图】本题考查电磁感应、闭合电路欧姆定律、安培力、动量定理、动量守恒定律及其相关知识点.
【名师解析】
（1）细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为E=BLv0
电流方向为a→b，电流的大小为 I=E/2R
则所受的安培力大小为 F=BIL=
安培力的方向由左手定则可知水平向左；
（2）①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有

且

联立解得通过回路的电荷量为

②设两杆在磁场中相对靠近的位移为△x，有


整理可得

联立可得

若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的最小距离为

（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到cd的距离与第（2）问初始时刻的相同、到ab的距离为kx（k＞1），则N到ab边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知

解得N出磁场时，M的速度大小为

由题意可知，此时M到cd边的距离为 s=（k-1）x
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速到时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有


联立解得
k=2
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有

同理解得
k=3
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k＜3

16. （2022高考上海）宽L=0.75m的导轨固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度B=0.4T的匀强磁场。虚线框I、II中有定值电阻R0和最大阻值为20Ω的滑动变阻器R。一根与导轨等宽的金属杆以恒定速率向右运动，图甲和图乙分别为变阻器全部接入和一般接入时沿abcda方向电势变化的图像。求：
（1）匀强磁场的方向；
（2）分析并说明定值电阻R0在I还是在II中，并且R0大小为多少？
（3）金属杆运动的速率；
（4）滑动变阻器阻值为多大时变阻器的功率最大？并求出该最大功率Pm。

【命题意图】本题考查电磁感应及其相关知识点。
【思维导图】由电势图像得出a点电势高→切割磁感线产生感应电动势的金属杆是电源→金属杆上端为高电势（电源正极）→金属杆中电流方向从下到上→右手定则→磁场方向垂直纸面向里
对比图甲和图乙→串联电路分压规律→I中为定值电阻→欧姆定律列方程组→解得R0和φ0..
把定值电阻和金属杆视作等效电源→电源输出电功率最大条件→滑动变阻器最大功率
【名师解析】（1）a点电势高，即金属杆上端电势高，根据右手定则可判断出磁场垂直纸面向里
（2）滑动变阻器接入阻值减小时，Uab变大，根据串联电路分压特点，说明I中的阻值分到的电压增多，I中为定值电阻。
金属杆的电阻不计，Uad=E=φ0。
滑动变阻器两种情况下，R=1.2V，R=1.0V，
联立解得：R0=5Ω，φ0=1.5V
（3）金属杆切割磁感线，产生感应电动势 ，E=BLv=φ0=1.5V
解得v=5m/s
（4）将定值电阻和金属杆视作一个等效电源，由电源输出功率最大的条件可知，当滑动变阻器阻值为Rx= R0=5Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大，最大功率Pm===0.1125W。
17．（12分）（2022重庆高考）某同学以金属戒指为研究对象，探究金属物品在变化磁场中的热效应。如图所示，戒指可视为周长为L、横截面积为S、电阻率为的单匝圆形线圈，放置在匀强磁场中，磁感应强度方向垂直于戒指平面。若磁感应强度大小在时间内从0均匀增加到，求

（1）戒指中的感应电动势和电流；
（2）戒指中电流的热功率。
【参考答案】（1），；（2）
【名师解析】（1）设戒指的半径为r，戒指的周长L=2πr
磁感应强度大小在时间内从0均匀增加到，
戒指中产生的感应电动势为 E=
即 E=
由电阻定律，戒指的电阻R=ρL/S
由闭合电路欧姆定律，戒指中的感应电流I=E/R=；
(2)戒指中电流的热功率为P=I2R=


1. （2023年甘肃张掖一诊）如图，面积为的50匝线圈处于匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面向里。已知磁感应强度以0.5T/s的变化率增强，定值电阻，线圈电阻，不计其它电阻。下列说法正确的是（　　）

A. 线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向
B. 线圈中产生的感应电动势大小为E=75V
C. 通过的电流为I=5A
D. ab两端的电压为U=4V
【参考答案】D
【名师解析】
根据楞次定律可以判断线圈感应电流的方向为逆时针方向，故A错误；
由法拉第电磁感应定律知，故B错误；
由闭合电路欧姆定律知。故C错误；
ab两端的电压等于R1的电压，为，故D正确。
2. （2023陕西师大附中期初检测）如图所示，边长为L的正方形单匝线框有一半水平放置在与水平方向夹角为30°的匀强磁场中，线框的左侧接入电阻R，右侧接入电容为C的电容器，其余电阻不计。若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示（规定斜向下为正方向），则在时间内（　　）

A. 电容器a板带负电
B. 电容器所带的电荷量为零
C. 线框中产生的感应电动势大小为
D. 线框中产生的感应电动势大小为
【参考答案】AD
【名师解析】
依据楞次定律，结合规定斜向下为正方向，则在t0时间前，线圈的感应电流方向逆时针方向，当t0时间后，线圈的感应电流方向仍为逆时针方向，依据电源内部电流方向由负极到正极，因此电容器a板带负电，故A正确；根据法拉第电磁感应定律，线框中产生的电动势为
，故C错误，D正确；
由上可知，在时间内线圈产生的感应电动势为，根据Q=CU
可知电容器所带的电荷量不为零，故B错误。
3．（2023年河北示范性高中调研）如图甲所示，间距为L＝1m的长直平行金属导轨PQ、MN水平放置，其右端接有阻值为R＝1.5Ω的电阻，一阻值为r＝0.5Ω、质量为m＝0.2kg、长度为L的金属棒ab垂直导轨放置于距导轨右端d＝2m处，与两导轨保持良好接触。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小随时间变化的情况如图乙所示。在0~1.0s内金属棒ab保持静止，1.0s后金属棒在水平外力的作用下运动，使回路的电流为零。导轨电阻不计，重力加速度，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。下列说法正确的是（ ）

A．动摩擦因数需等于0.5
B．前2s内通过电阻R的电荷量为2C
C．1s后金属棒做匀加速直线运动
D．第2s内金属棒的位移为1m
【参考答案】．D
【名师解析】：在0~1.0s内，由法拉第电磁感应定律可得电动势为
由闭合电路的欧姆定律得电流的大小为
由金属棒静止可知最大静摩擦力大于等于安培力
解得，A选项错误。
0~1s内电流恒定为1A，1~2s内电流为零，故前两秒内通过的电荷量q＝It＝1C。B选项错误。
由法拉第电磁感应定律知，1s后回路磁通量不变。
t＝1s时，
t时刻（）导体棒的位移设为x，由图像知t时刻磁感应强度B＝t
t时刻（）回路磁通量

解得，金属棒不是做匀加速直线运动。C选项错误。
t＝2s时，金属棒第2s内的位移为x＝1m。D选项正确。
4. .（2023四川内江一中入学考试） 如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。A和B是两个完全相同的小灯泡。下列说法正确的是（　　）

A 闭合开关S后，A灯亮，B灯不亮
B. 闭合开关S后，A、B灯亮，之后B灯慢慢熄灭，A灯更亮
C. 开关S闭合电路稳定后，在突然断开的瞬间，A、B灯都闪亮一下
D. 开关S闭合电路稳定后，在突然断开的瞬间，A灯立即熄灭、B灯闪亮一下再熄灭
【参考答案】BD
【名师解析】
开关S闭合瞬间，线圈L因自感对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此两灯同时亮且亮度相同，稳定后B灯被短路熄灭，A灯更亮，A错误，B正确；
电路稳定后当开关S突然断开瞬间，A灯中不会再有电流通过，故A灯马上熄灭，由于线圈的自感使得线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源与B灯构成闭合回路放电，B灯闪亮一下再熄灭，C错误，D正确。
5．（11分）（2023江西红色十校第一次联考）如图，间距为L的足够长的“”形金属线框abcd静置在光滑水平桌面上，质量为m的导体杆A平行bc边放置在线框上，且保持与金属线框接触良好，二者间的动摩擦因数为，导体杆A始终挡在两个固定小立柱M、N的左侧。空间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。某时刻，对bc边施加一水平向右的拉力F（大小未知），当导体杆A离bc边距离恰好为L时，线框开始以速度v做匀速运动，并以此刻作为计时起点。已知导体杆和金属线框单位长度的电阻均为r，重力加速度为g。在t时刻，求：

（1）立柱M受到导体杆的压力大小；
（2）水平拉力F的大小；
（3）回路中的电功率。
【名师解析】：（1）开始计时以后导体杆做匀速直线运动，感应电动势（1分）
回路的电阻（1分）
由闭合电路欧姆定律（1分）
导体杆受到的安培力大小为（1分）
方向水平向右
立柱M受到的压力大小（1分）
（2）由上可知，bc加边受到的安培力与导体杆受到的安培力大小相等
有（1分）
方向水平向左
导体杆对线框的摩擦力大小（1分）
由平衡条件可知，水平拉力大小（1分）
（3）回路中的电功率（1分）
（2分）
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
6.(12分) （2023江苏百校联考第一次考试）如图所示,两平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在同一水平面内,间距为L,电阻不计。导轨的M、P两端用导线连接一定值电阻,阻值为R,在PM的右侧0到x0区域里有方向竖直向下的匀强磁场,其磁感应强度为B0。一直导体棒cd质量为m,长度为L,电阻为R,其两端放在导轨上且静止在x=0处,现对导体棒持续施加一作用力F,使导体棒从静止开始沿x正方向做加速度为a的匀加速运动,求:(用m、L、R、x0、a表示)
(1)导体棒在磁场中运动到x0时,导体棒的热功率;
(2)导体棒从0运动到x0过程中,通过电阻R的电量;
(3)导体棒从0运动到x0过程中,作用力F的最大值。

【参考答案】.(12分)(1)B02L2ax02R　(2)B0Lx02R　(3)ma+B02L22ax02R
【名师解析】(1)导体棒做匀加速运动,则从静止运动到x0处的速度为v,有2ax0=v2　(1分)
感应电动势 E=B0Lv　(1分)
得导体棒产生的电动势为E=B0L2ax0　(1分)
导体棒运动到x0时产生的热功率P=(E2R)2R=B02L2ax02R。　(1分)
(2)由q=I−t=ΔΦ2R　(2分)
得q=B0Lx02R。　(2分)
(3)在磁场中x0位置,有F-B0B0L2ax02RL=ma　(2分)
解得:F=ma+B02L22ax02R。　(2分)
其他解法参考赋分
7. （2023云南昆明云南师大附中质检）如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在0时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为；一段时间后，金属棒a、b没有相碰，且两棒整个过程中相距最近时b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b长度均为L，电阻均为R，a棒的质量为2m、b棒的质量为m，最终其中一棒恰好停在磁场边界处，在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求：
（1）0时刻a棒的加速度大小；
（2）两棒整个过程中相距最近的距离s；
（3）整个过程中，a棒产生的焦耳热。

【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）由题知，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有

对a，根据牛顿第二定律有

解得

（2）取向右为正方向，相距最近时，根据系统动量守恒有

解得

此时，电路中感应电流为0，a、b棒一起向右匀速运动，直到b棒出磁场区域；之后b棒不受安培力、a棒受安培力减速直到停下，对a，有

解得

（3）对a、b组成的系统，最终b棒一直做匀速直线运动，根据能量守恒有

解得回路中产生的总热量为

对a、b，根据焦耳定律有

因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即
∶=1∶1
又

解得a棒产生的焦耳热为
8. （2023四川内江一中入学考试）如图所示，平行金属导轨和，其中和为R=0.8m的四分之一光滑圆轨道，和为对应圆轨道的圆心，、在、正下方且为圆轨道和水平轨道的平滑连接点，和为足够长的粗糙水平轨道，并处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度，导轨间距。两导体棒a、b始终垂直于两导轨且与导轨接触良好，a、b的质量均为1kg，电阻均为，导轨电阻不计，a、b棒与水平轨道间的滑动摩擦因数均为。初始时刻，b棒静止在水平导轨上，与间的距离为，a棒从与圆心等高的处静止释放。当a棒刚进入磁场时，在b棒中点处施加一个与导轨平行且水平向右的恒力，经两棒速度相等。已知a、b棒在运动的过程中不会发生碰撞（g取10m/s2）。求：
（1）导体棒a刚到达时对导轨的压力大小；
（2）0~0.5s内通过导体棒b的电荷量；
（3）0~0.5s内两导体棒间的最短距离。

【参考答案】（1）30N；（2）1C；（3）1m
【名师解析】
（1）导体棒a下滑到达过程，根据动能定理有


导体棒a刚到达时

由牛顿第三定律有

（2）对a、b系统，所受合外力为零，由动量守恒定律有

对a棒由动量定理有

通过截面的电量

解得

（3）由欧姆定律有

感应电动势

又由于

解得


9. （2023湖北新高考协作体高三起点考试）如图所示，夹角为足够长的光滑金属框架AOC固定在水平面内，磁感应强度为B的匀强磁场垂直水平面，足够长且质量为m的导体棒DE在水平外力作用下以速度v从O点（0时刻）沿框架角平分线向右匀速运动，金属杆与框架构成等腰三角形（金属杆所在边为底），框架电阻不计，导体棒单位长度的电阻为r，导体棒在滑动过程始终保持与金属框架两边接触良好，求：（取，）
（1）t时刻流过导体棒的电流大小；
（2）t时刻水平外力F的表达式；
（3）0～t时间内，导体棒产生的焦耳热Q；
（4）若在t时刻撤去外力，导体棒在整个运动过程中的位移大小x。

【参考答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【名师解析】
（1）设t时刻电路中导体棒长度为l，电路总电阻为R，电流为I，由感应电动势及欧姆定律有

由几何关系可知
l=2vttan37°
电路总电阻
R=lr
联立解得

（2）由于导体棒匀速运动，则
F=BIl
解得

（3）t时刻导体棒消耗热功率
P=I2R
可得

热功率与时间t成正比，可由P-t图像面积得0～t时间内导体棒产生的焦耳热

（4）设撤去外力F后导体棒运动过程中某时刻在电路中长度为l1，速度大小为v1，此时电路电流I1由（1）问有

取该时刻后极短时间△t，导体棒速度变化量△v，由动量定理有

可得

上式中为极短时间△t内导体棒在金属框架中扫过的面积，设导体棒停止运动时
在电路中长度为l2，那么有

由几何关系可知
l2=2xtan37°
联立解得


1.（2023年甘肃张掖一诊）如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。己知金属棒与平直分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中（　　）

A. 流过定值电阻的电流方向是
B. 通过金属棒的电荷量为
C. 金属棒在磁场中运动的加速度不变
D. 金属棒产生的焦耳热为
【参考答案】BD
【名师解析】
金属棒下滑到最低端时速度向右，而且磁场竖直向上，根据右手定则可以知道流过定值电阻的电流方向为Q→N，故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律，通过金属棒的电荷量为
故B正确；由于金属棒做切割磁感线运动，使得金属棒中有电流通过，根据安培定则可知，金属棒所受安培力水平向左，所以金属棒做运动，故有
所以由于v在不断的变小，所以加速度也在不断变小。故C错误；
根据能量守恒可知
由于电阻R和金属棒的电阻值相等，所以有
所以产生的焦耳热，故D正确。
故选BD。
【点睛】注意金属棒在磁场中会由于安培力的作用而不断减速，导致产生的感应电流逐步变小。
2. （2023四川内江一中入学考试）如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，PQ 为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B和2B。一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以初速度2v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度变为v，则下列判断正确的（ ）

A. 此时线框的加速度为
B. 此时线框中的电功率为
C. 此过程中通过线框截面的电量为
D. 此过程中线框克服安培力做的功为
【参考答案】AC
【名师解析】
此时线框中产生的感应电动势
线框电流为
由牛顿第二定律得
解得，故A正确；
此时线框的电功率为，故B错误；
A．此过程的感应电动势为
感应电流为
电荷量为，故C正确；
．由能量守恒定律得，克服安培力做的功等于线框减少的动能，有
故D错误；

3. （2023湖南三湘创新发展联考）质量为m、边长为L的均匀导线首尾相接制成的单匝正方形闭合导线框abcd，总电阻为R。将其置于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场上方h处，磁场的上边界水平，方向垂直纸面向外，如图所示。将导线框由静止释放，当导线框一半面积进入磁场时，恰好处于平衡状态，导线框平面保持在竖直平面内，且b、d两点的连线始终水平，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
（1）导线框一半面积进入磁场时，导线框的速度大小v；
（2）导线框从静止下落到一半面积进入磁场时，导线产生的热量Q；
（3）导线框从静止下落到完全进入磁场时，通过导线框某一横截面的电荷量q。

【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）导线框一半面积进入磁场时，线框切割磁感线的有效长度为，则线框产生的感应电动势为

根据闭合电路的欧姆定律可知线框中的感应电流为

根据平衡条件有

解得

（2）导线框从静止下落到一半面积进入磁场的过程中，根据能量守恒定律有

解得

（3）导线框进入磁场过程中的平均感应电动势

平均感应电流为

根据电流的定义有

解得
4. （2023河南郑州四中第一次调研）如图所示，一个匝数n=1000匝、边长l=20cm、电阻r=1Ω的正方形线圈，在线圈内存在面积S=0.03m2的匀强磁场区域，磁场方向垂直于线圈所在平面向里，磁感应强度大小B随时间t变化的规律是B=0.15t（T）。电阻R与电容器C并联后接在线圈两端，电阻R=2Ω，电容C=30μF。下列说法正确的是（　　）

A. 线圈中产生的感应电动势为4.5V
B. 若b端电势为0，则a端电势为3V
C. 电容器所带电荷量为1.2×10-4C
D. 稳定状态下电阻的发热功率为4.5W
【参考答案】AD
【名师解析】
根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势
，A正确；
电流
电容器两端电势差
由楞次定律可判断感应电流方向为逆时针方向，即a端电势低、b端电势高，由于b端接地，故有，，B错误；
电容器带电荷量，C错误；
电阻的发热功率，D正确。


“电学之父”法拉第6句经典的励志名言
1、拼命去取得成功，但不要期望一定会成功。
很多人有没有想过为何总是失败？其实就是太期望成功了。有没有人总是听到有成功人说这样的话，“其实我也没想到我会成功！”这句“其实我也没想到我会成功”，就是有法拉第这句励志名言的心态，只管着朝着终点奔去，去拼搏，不去想会不会成功，也不期望一定会成功，就是努力了就好。很多人就是期望越大，失望越大，一旦失望了，就很受挫折，而那些期望不大的人，依旧热情满满，依旧还能向前，这就是心态取决一个人的高低。
2、一旦科学插上幻想的翅膀，它就能赢得胜利。
科学是需要幻想的，不幻想，就没有科学。你看曾经有人说假如人可以飞上蓝天，在过去，就等于是痴人说梦，可如今呢？就不是梦了。其实不论是科学，还是其他的事，都应该大胆去幻想，也只有大胆幻想，才会涌现出很多新奇的思想和思路，才能有新的改变和突破。你看社会中，任何一种新的产品诞生，不都是化不可能为可能，你看手机，二十年前，是什么样？现在是什么样？就等于是插上了幻想的翅膀。而那些不幻想，不改变的手机，就成了淘汰品，没有人再用。
3、只有无知，没有不满。
越是优秀的人，越是有智慧的人，越是读了很多书的人，他越是感到自己的不足和无知。因为一个人区区百年，所能够掌握的东西和技术知识面，真的是非常有限，冰山一角。一个人可以在一个领域很优秀，但在其他领域就是小白，有什么好高傲的？有什么好自满的？人人都有自己的闪光点和擅长的领域，那人人要骄傲自满起来，会诞生出什么样的社会来？谦虚使人进步，骄傲使人落后，只有无知，没有不满，满则溢，月盈则亏，物极必反。
4、在知识领域，不思进取的人只配受到谴责和鄙视。
什么样的人是不思进取的人？就是很容易自我满足的人。拿现代来看，就是每天混着死工资，一有空就抱着手机刷无意义的短视频人。这类人，就是不思进取的人，这类人就只配受到谴责和鄙视。但凡有点上进心的人，都不会一有空就陪着手机，他们陪伴的是书，是知识，是智慧，是去培训自己，提高自己。
5、爱情既是友谊的代名词，又是我们为共同的事业而奋斗的可靠保证，爱情是人生的良伴，
你和心爱的女子同床共，是因为共同的理想把两颗心紧紧系在一起。
如何和爱的人和爱我们的人有个共同的梦想，那是人生的一大幸事，就如钱钟书与杨绛夫妇一样，一辈子共筑文学梦，他们也做到了，活到老，学到老，写到老。爱情，如果没有共同的目标，是很可怕的。就好比你拼命努力赚钱，想存钱买房子，买车，可你老婆拼命在花钱买名牌包包，衣服，赶时髦，爱慕虚荣，那么你的爱情结局，必然是离婚，是失败的。
6、挫折是伪装的祝福。
记得高尔基说过，苦难是跌价的黄金，跟法拉第这句道理是一样的，一切不好的遭遇，困难，挫折，只要你有一个积极的态度去面对，熬过去，那么换来的必将是源源不断的财富。因为逆境更适合人成长，也成长的最快，相反，在平凡生活中，一个人成长的速度是缓慢的。很多人的成功，都是在苦难中走出来的。想一想我们自己，反观自己，多少人知道认真对待自己眼前的困难和挫折？只要知道认真去对待的人，必然会在困难和挫折中也展开微笑，在苦难中开花结果，去浴火重生，涅槃重生。


名校预测
专家押题














今日心情：
倒计时第9天




考点解读
恒定电流的内容主要包括有关描述电路的基本物理量和电路定律、串联电路规律、并联电路规律、电表改装、多用电表的原理和使用。
交变电流的内容主要包括：交变电流的产生、描述交变电流的物理量和正弦交变电流图像、电感和电容对交变电流的作用。

高考预测
纵观近几年高考全国试题和各省市试题，对恒定电流的考查主要是：在理解掌握有关描述电路的基本物理量的基础上，围绕着电路计算、动态电路分析等考点来出题，一般以选择题的形式出现，难度中等。对交变电流的考查主要是：在理解掌握交变电流产生和描述交变电流的物理量、变压器原理的基础上，围绕交变电流图象、有效值、交流电路，变压器、变压器动态电路、常用变压器等考点来出题，一般以选择题的形式出现，难度中等或较低。

1.计算实际功率时一定要用用电器两端实际电压乘以用电器实际通过的电流，在题目没有强调或隐含灯丝电阻变化的情况下，可认为灯丝电阻不变。
2.电路动态变化类试题的分析思路是：由部分电阻变化推断外电路总电阻的变化,再由闭合电路欧姆定律得出干路电流的变化，最后根据电路情况分别确定各元件上电流电压的变化情况。
3.由伏安特性曲线求实际功率的原理是：我们把用电器A的伏安特性曲线所代表的函数表示为U=f1(I)，电源B的伏安特性曲线所代表的函数表示为U=f2(I)，当把用电器A接在电源B的两端时，函数U=f1(I)和U=f2(I)的公共解即为电路的工作点。对应图象，用电器A的伏安特性曲线和电源B的伏安特性曲线的交点所对应的纵坐标和横坐标值即分别为用电器两端的实际电压U和用电器中的实际电流I值，根据实际功率的定义可计算出用电器的实际功率。
4.电流随时间变化的图象与横轴所围面积表示通过导体的电量；电器元件的伏安特性曲线上一点纵横坐标的比值表示电阻，纵横坐标的乘积表示功率；电源的伏安特性曲线与纵轴（U轴）的交点坐标值表示电源电动势，与横轴（I轴）的交点坐标值表示电源短路电流。
5.在交变电流产生中，实际上是利用感应电动势公式E=BLvsinα，α=ωt，来表示瞬时值表达式。若导体切割磁感线的有效长度L或速度v按照正弦规律变化，在导体中产生的感应电动势也是按照正弦规律变化。
6.在表示交变电动势的瞬时值表达式时，要考虑线圈是从哪个位置开始计时（确定初相位），线圈转动的角速度与周期关系为ω=2π/T。以面积为S的N匝线圈，以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中转动，产生感应电动势的峰值（最大值）为Em=NBSω。对于正弦交变电流，可以利用峰值是有效值的倍计算有效值。对于非正弦变化的交变电流，只能根据有效值的定义去计算有效值。
7.变压器动态电路的分析，要准确把握因果关系，输入电压决定输出电压，输出功率决定输入功率。分析思路可表示为：
U1 U2 I2。
P2 I1 P1.
8. 当输电功率为P、输电电压为U时，输电线上输电电流I=P/U，输电线上损失电压U损=IR线，输电线损失功率P损=I2R线= R线。解决远距离输电问题，要首先画出输电示意图，包括发电机、升压变压器、输电线降压变压器、负载等，在图中标出相应物理量符号，利用P损=I2R线= R线及其相关知识解答。





1. （2023河南郑州四中第一次调研）如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向电阻为零，可以视为短路；反向电阻无穷大，可以视为断路）连接，电源负极接地，初始时电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器极板间的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（　　）

A. 减小极板间的正对面积，带电油滴会向下移动，且P点的电势会降低
B. 减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低
C. 断开开关S，带电油滴将向下运动
D. 将下极板上移，带电油滴将向上运动
【参考答案】D
【名师解析】
．正对面积减小，注意到存在二极管，处理方法先假设没有二极管，则电容器两板间电压U不变，
U不变S减小，会使Q减小，但二极管的存在使得Q不能减少，故实际过程为Q不变。上式Q不变，S减小，所以U增大，，d不变，所以E增大，所以油滴上移。

即为P与下极板电势差，P与下极板距离不变，E增大，所以增大。选项AB错误；
断开开关，不能放电，故油滴不动，选项C错误；根据，U不变，d减小，Q增大，可以充电，故U不变，d减小，E增大，油滴上移，选项D正确。

2．(2023广东重点高中期末)微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。原理如图，M和N为电容器两极板，M极板固定，N板两端与两轻弹簧连接，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的前后方向运动。下列对传感器描述正确的是（　　）

A．保持向前匀速运动，电阻R将以恒定功率发热
B．由匀速突然向前减速时，电容器所带电荷量增加
C．由静止突然加速后退时，电流由a向b流过电流表
D．保持向前匀减速运动时，MN间的电场强度持续减小
【参考答案】．BC
【名师解析】 匀速运动时，N板不动，电容器的电容不变，则电荷量不变，所以回路无电流，电阻R没有热功率，故A错误；由匀速突然向前减速时，N板向前运动，则板间距变小，据平行板电容器决定式C=可知，电容器的电容增大，电容器带电量增大，B正确；C．由静止突然加速后退时，N板向前运动，则板间距d变小，据C=可知，电容器的电容C增大，由C=Q/U可知电容器带电量增大，则电容器充电，电流由a向b流过电流表，故C正确；保持向前的匀减速运动时，N板不动，电容器的板间距不变，而电容器的两端电压不变，则MN之间的电场强度不变，故D错误。
3（2023广东重点中学选考物理质检）.如图所示的电路中，电源电压不变，内阻不计。当开关S断开，甲、乙两表都为理想电流表时，两表的示数之比。则当开关S闭合，甲、乙两表都为理想电压表时，两表的示数之比是（　　）
A．5∶2 B．5∶4
C．2∶5 D．4∶5
【参考答案】B
【名师解析】．当开关S断开，甲、乙两表为电流表时，两电阻并联，电流表甲测通过支路的电流，电流表乙测干路电流，并联电路中各支路两端的电压相等，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，两表示数之比 ，两支路的电流之比 ， 解得电阻值之比为；当开关S闭合，甲、乙两表为电压表时，两电阻串联，甲电压表测电源的电压，乙电压表测两端的电压，根据电阻之比和，可得，两端的电压之比
所以 ，B正确。
4. （2023湖北武汉部分重点高中高二联考）一只电阻分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如图所示，在相同时间内电阻产生的热量最大的是（ ）
A. B. C. D.
【参考答案】D
【名师解析】
对于A图像正弦式电流，有效值：．
根据焦耳定律得：；
对于B图像的正弦式电流，有效值：．
根据焦耳定律得：；
对于C图像，根据焦耳定律得：Q3＝I2RT＝2．25RT
对于D方波图像，根据焦耳定律得：；故选D．
【名师点睛】此题是对有效值概念的考查；解题时根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，其中I是有效值，对于正弦式电流有效值与峰值是倍关系．对于方波，直接根据焦耳定律求解热量．



1. （2023湖南衡阳二模）电流i随时间变化的关系如下图，它的有效值是（　　）

A. 10A B. C. D. 20A
【参考答案】A
【名师解析】
根据有效值的定义，可得（7）2R×1+（6）2R×1+（3）2R×1=R×3
解得，A正确。
2. （2023湖北宜昌重点高中质检）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，原线圈接入图乙所示的正弦脉冲电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法正确的(    )
A. 图乙中电压的有效值为220V
B. 电压表的示数约为11V
C.  R处出现火警时，电流表示数变大
D. R处出现火警时，电阻R0消耗的电功率减小
【参考答案】.C 
【名师解析】
求交变电流有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值。理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，原副线圈功率相等。
设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U，则Um22R⋅T2=U2R⋅T，解得U=1102V，故A错误；理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，由于U1U2=n1n2，电压表示数为U2=112V≈15.55V，故B错误；
R处温度升高时，电压表示数不变，阻值减小，副线圈电流I2增大，则输出功率增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈电流增大，即电流表示数变大，根据P0=I22R0，则电阻R0消耗的电功率增大，故C正确，D错误。
3. （2023湖南名校高二联考） 某学校气象兴趣小组的同学利用所学物理知识设计了一个电容式风力传感器。如图所示，将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，引起电容的变化，风力越大，移动距离越大（两电极不接触）。若极板上电荷量保持不变，在受到风力作用时，则（　　）

A. 电容器电容变小 B. 极板间电场强度不变
C. 极板间电压变大 D. 静电计指针张角越小，风力越小
【参考答案】B
【名师解析】
根据平行板电容器决定式
在受到风力作用时，d减小，则电容器电容变大，故A错误；
平行板极板间电场强度，不变，故B正确；
平行板极板间电压，变小，故C错误；
风力越小，d越大，极板间电压越大，静电计指针张角越大，故D错误。
4．(2023广东重点高中期末)笔记本电脑机身和显示屏分别安装有磁体和霍尔元件。当显示屏闭合时霍尔元件靠近磁体，屏幕熄灭电脑休眠．如图为显示屏内的霍尔元件：宽为a、长为c，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，此时元件的前后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭．下列关于该元件的说法正确的是A．前表面的电势比后表面的低（　　）
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有关
C．前后表面间的电压U与c成正比
D．电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为
【参考答案】．BD
【名师解析】电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，故A错误；
由电子受力平衡可得，解得
所以前、后表面间的电压U与v成正比，即前、后表面间的电压U与v有关，与c无关，故B正确，C错误；稳定时自由电子受力平衡，受到的洛伦兹力等于电场力，即，故D正确。


欧姆定律的发现
1826年，欧姆发现了电学上的一个重要定律——欧姆定律，这是他最大的贡献。定律的发现过程却并非如一般人想象的那么简单。欧姆为此付出了十分艰巨的劳动。在那个年代，人们对电流强度、电压、电阻等概念都还不大清楚，特别是电阻的概念还没有，当然也就根本谈不上对它们进行精确测量了；况且欧姆本人在他的研究过程中，也几乎没有机会跟他那个时代的物理学家进行接触，他的这一发现是独立进行的。欧姆独创地运用库仑的方法制造了电流扭力秤，用来测量电流强度，引入和定义了电动势、电流强度和电阻的精确概念。
欧姆定律及其公式的发现，给电学的计算，带来了很大的方便。人们为纪念他，将电阻的单位定为欧姆（简称“欧”，符号为Ω）。
高压输电
高压直流输电（HVDC），是利用稳定的直流电具有无感抗，容抗也不起作用，无同步问题等优点而采用的大功率远距离直流输电。输电过程为直流。常用于海底电缆输电，非同步运行的交流系统之间的连络等方面。
在一个高压直流输电系统中，电能从三相交流电网的一点导出，在换流站转换成直流，通过架空线或电缆传送到接受点；直流在另一侧换流站转化成交流后，再进入接收方的交流电网。直流输电的额定功率通常大于100兆瓦，许多在1000-3000兆瓦之间。
高压直流输电用于远距离或超远距离输电，因为它相对传统的交流输电更经济。


名校预测
专家押题