第十章 磁场-【勤径学升】2025年高考一轮复习物理通关卷

见此图科照戴性样骨所源然脂师学习饮件，臭及一抢蛋习邪原一 5.《广家墨1如图所示，一个立方体空阿被对角平 品.《嚼互6再选专)如阁为某一径向电场示意图，电 第十章磁场 容MNPQ雄分成用个区域：两区域分布有直络喷干 场强度大小可表示为E一：山为常量：此背相 满身，0分 应强度大小相等，方向相反且与：蜡平行的匀 . 同的两粒子在半径，不可的国轨道运动。不考 强磁场。一场子以某一速度从义方体左侧重直：平面进人避 一、选择题：本题共10小题，共行分。在小题给出的四个选项 虑粒子何的相互作用及重力， 场，并穿过两个磁场区城。下列关下便子运南箱凌在不闻坐际 中，第1一7题只有一境斧合题日要求，每小型4分：第8一10题 A轨道米径Γ小的粒子角速度一定小 平童的授能中，可使正确的是 以电黄量大的象子的动能一定大 有多现有合题目要求，每小醒8分，全部选对得（分，选对田不 C.粒子的渔度大小与载道半径：一定无关 全的得3分，有选情的得0分 D肖加垂直蛋置磁扬时，稳子一定发离心运动 1.如图所示，无柔牧的铝信条折成天桥状并用胶 从，《四用德雕三德)如丽箭尔，在边长为1的正方据队。 派粘牢两瑞同定在桌面上，使蕾形融体桶青过 城ACD内存在就透皮察度大小为B,方角垂直氧···· “天桥“，当电油与铝榕条接道时 ， 置向外的匀强盛场，质量为，电背量为9的带电置：一 A.锅篇条中部向下方运动 6.如图所示，一束电荷量相同的警电粒子以 粒子（不计意力》，分别以相同的速率罗从A点推不司方向康直通 线 队部简条中部向上方运动 一定的司速度沿直线通过由相互正交的 场方向射人磁场，当沿方向射入时，岳直于C边出藏场 二，瑞形磁体对察自的蛋力不变 匀强磁场和匀强电场（左侧极板带正电， 期粒子 D睡形结体利桌面的压力减小 右侧极板带负电)组成的速度远择睿，然 A,花负电 444444 内二如图所示，在带负电荷的橡胶暖附近是排一个 后粒子通过平版3上的陕缝P进人另一匀程篇转磁场，最毫打 我运动速率和=2gB阻 小磁针。观兴动测登绕中心轴高油旋转，小抛针 在A,:A.上。下列说陆正确的是 发生解转，下列说法正确的是 A粒子带负电 C在酸场中运动的最长时间丁一器 A.偏特原圆是国食国用存在电场 县速度远择墨电篮场方风为垂直：面向里 弘输转原因是风盘周围产生了越垢 取在壁场中达动的经长时间T一器 C,所有打在A:A:上的粒子，在匀强偏转融场中的买动时可都 C仪改度周缝的转尚方向，偏传方向不受 0.如图所常，图心为0的因分之一到氧区域内存 同 在方向意直派面向里的匀强题场：Q点为从 D,仅改变到过所带电萄的电性，偏转方问不变 )规千打在A:,A上的位置鲶运，较子的质是暖大 家品〈线*数在光滑桌面上将长为止的我导找两烟用定，用定点的 半径的中点。观有比荷图可的甲，乙两个管电 .知用，正方形PN@的边长为L,图心在M" 粒子分用从0点.Q点间时垂直世场方释 离为2弘，命线通有电瓷，处于磁感应强度大小为B,方向 处，半径地为L的网形区战QN内有垂直 A进人武场，结果甲数千从A点财出蓝场，乙较子从E点羽 直向下的句裂随场中，导线中的张力为 于调国向里，是略应强度大小为B的型场，，行" 出道场，已超如3T=06,o7一0.8，不计较千间的相司 A.BIL. R2BIL C.=BIL. 1.2x7. 4盟骆这烈度为社的匀强磁场意直干纸国背：，：中：：： K是阁第QN的中点G是Q时边的中点。一肝质量为府，电荷 作用力和较子重力，下列说法中正确的是 A.两粒子在磨锈中运动的周两相 里冠电雀导线位于低面上M.N是进北直：：牛 量为V的前正电粒了（不计原力，以相同的速度一L沿版看 导线两侧关于直导找对称的两点，经测量，N:::日：： 直于Q意垂直干暗场的方向从QM垃射人赋桥，关于从K 具.甲，乙两®子在装场中餐调周运动的半径之比为气一胃 点的融感成置度是N点唐感应强度的3倍，若匀置应场的壁感 点离开磁场的较子，下列说法正确的是 C,甲粒子的品动速常大于乙粒子的西动违闲 应程度大于通电异线在M,N两点产生的跨感强度，用通电直 A它是从G点射人的 山甲，乙两粒子在藏号中运分的偏转角之此为给一贸 导汉在M点产生的培感应强度大小等于 乱它是从QG之可的某一点射人的 量号 1 心它离开威场后将经过P点 A.B B.B 05B 它离开强场后将从P点下方字过PQ边 高考一轮通是基·物厘实27 见比酒标熙修？科者轻娟添的帽能学习伏什，突装一轮蛋习难确】 二，非这择题，本题共1小恶，其51分 11.《10分)匀强继场区城山一个半径为R的半测 11.(18分（师州模）如图质所示，三块挡版同 1,《6分)（山厦B多携飘》如图保层，在题感应丝度 雅一个长为2R,宽为的矩形里成，后场的方 载流面边长乙一1,2m的等边三角形区城， B一1.非T,方向整直闻下的匀强道场中，有一个 C,PQ分别是MN、AM和AN中点处的 向如用所示一束度最为田，电得量为十g的 与水平面成0一3角的导电滑我，滑轨上放藏一 小孔，三个小孔处干口一整直面内，MN水 个可日由移动的金属行。已知接在滑我中的电 敕子（粒子何的相互作用和重力均不计）以速度甲从边界AN 平，MN上方是竖直向下的匀级电场，畅丝 的中点P垂直于AN和篮场方向射人藏垢中，求： 象电动势E一18V,内阻一10.b杆长L E-4×10'N,C,三角形区城内有看直纸 (1)当营感应蒸度为多大时，粒子拾好从4点射出8 .5m,质量M=.2kg,杆与滑轨可的动厚顿因数N=儿.5，滑 直向里的匀烈磁场，酷多应度为B: 轨与山杆的电忽略不什。要使仟在州教上保特静止，滑动 1MN以外区城有看直纸商向外，磁感成强 变阻著R的1算在什么雀假内变化？(g取10m',n3= 度大小为：一温，的匀强藏垢.视特一比餐兰一1汇g的带 0.6,0s3?一0.8，可认为量大静摩擦力等干誉动摩颦力) 正电的粒子，从O点由静止轻做较子从制N上的小孔C进人 (2)于粒子可能财出的各段世场边界，盘感皮强度皮清足什 挡板内部的匀素继场，经内事磁场偏转厅直援蓬直AN经过Q 么条件？ 点进人外部襟场。已年散子显终国到了)点，相距？m 设粒子与消额碰缝过程中授有动佳提失，且电背量不变，不计 较子重力，不计挡板厚度，取g=m/、,重=3。求： (1)随感成霸发B,的大小 14.(12分)（山军要零有检 烟)址国甲所示，以间距 为L的两遂线为边界， 1,(8分)（更服马籍山霍颗量修知）如图断示， 中闻存在图乙所示规银 在宽度为d的了<d区线有沿1轴正方 的匀强电等，方向平行纸面且与边幕非直，再侧有方向甲直纸 直向里的匀避场。一面量为丽，电有量为g广0)的带电程 (21粒子从0点出发，到再次国到)点经历的时间 向的匀强电畅，在宽度也为d的d<上<2d 区城右方鲜露直少半雀问外的匀慰 子，从)点由静止开的相德道动，经时间T,(丁，未知)到达 场。一质最为行，带电量为十的较子，从坐 点，遭人右侧酷场后做半径为二的圆周运动。不计粒子重力 保原底)由静止释放，离开险场右边界时，迷度神C轴正向夷 (1)通过计算说明，粒子在N,P闻的运动情况 角为，粒子在磁场塑的运动时间为1，不计粮子重力。承， (1中磁感皮强度大小 ()君很堂变，的大小，当B满足什么条并时，款子可以乐直 于MA经在P四到O点若较子经过A点立印被吸收)， 《21若粒予经过左酬磁场时电做半径为二的圆喝运佛，承丙侧陪 场的迪多成盖竖之比 (2)电婚度大小 8实高考一艳通其基·物理平抛过程中的位移x=√F十了，解得x=。 (2)设物块沿斜面向下运动的最大位移为x',自物块从A点 开始向下运动到再次返回A点根据动能定理有 -2μmgcos a·x'=0-÷mc2,解得x1=21, 物块运动到最低点时，电势能增加量最大，物块自A点到最 低点的过程中，设电场力做功为W,根据动能定理有 mgsin a·x′-mgosa·x'+W=0-2m3, 解得W=-2mgl,即物块电势能增加量为2mgl。 第十章 磁场 1.B 解析 由题意可知，通过“天桥”的电流方向由外向内，而 磁场方向由N到S极，根据左手定则，可知铝箔条中部受到的 安培力方向向上，铝箔条中部向上方运动，根据相互作用力，知 磁体受力方向向下，对桌面的压力增大，故B正确，A、C、D 错误。 2.B 解析 小磁针发生偏转是因为带负电荷的橡胶圆盘高速 旋转形成电流，而电流周围有磁场，磁场会对放入其中的小磁 针有力的作用，故A错误，B正确；仅改变圆盘的转动方向，形 成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相 反，故C错误；仅改变圆盘所带电荷的电性，形成的电流的方 向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故D错误。 3.A 解析 从上向下看导线的图形如图所示，× × × 导线的有效长度为 2L,则所受的安培力大小×/ F=2BL,设绳子的张力为T,由几何关系可×( 2L× 知T=詈，解得T=BIL,故A正确，B、C、D× 错误。 4.B 解析 根据直线电流产生的磁场特点可知，电流在M、N 两点产生的磁感应强度大小相等但方向相反，设其大小为B', 由磁场叠加原理，M点的合磁场为B。—B',N点的合磁场为 B.+B',根据题意B,+B'=3(B,-B),解得B'=÷B,选项 B正确。 5.A 解析由题意知当质子垂直Oy≈平面进入磁场后先在 MN左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到y轴正方向的 洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴 坐标增大，在MN右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能 正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只 受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在≈轴方向上没有运 动，z轴坐标不变，故 C、D错误。 6.D 解析 带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，知该 粒子带正电，故 A错误；粒子经过速度选择器时所受的电场力 和洛伦兹力平衡，电场力方向向右，则洛伦兹力方向向左，根据 左手定则可知速度选择器中磁场方向为垂直纸面向外，故 B 错误；所有打在A?、A?上的粒子，在匀强偏转磁场中做匀速圆 周运动，运动的时间4=三，而T=2m,,经过速度选择器后粒 见此图标酮微信/抖音扫码 添加智能学习伙伴，突破一轮复习难点。 子的速度都相同，在匀强偏转磁场中做匀速圆周运动的粒子， 半径越大则时间越长，故C错误；经过速度选择器进入匀强偏 转磁场中的粒子速度相等，根据题意可知粒子的电荷量相同， 根据quB=m一得r=·知粒子打在A,、A,上的位置越远 离 P,则半径越大，粒子的质量越大，故D正确。 磁场中运动的周期相同，故 A正确；设四分之一圆弧区域的 线速度v=年=型， 半径为r,甲、乙两粒子的轨道半径分别为R、R乙，做出两粒 根据牛顿第二定律quB=m一， 联立可得 B=8gi。 子在磁场中的运动轨迹，如图所示，由几何关系可得：Rp= 亡，R?2=r2+(R?-5),sin0=,解得R?=5r,0= 53°,由洛伦磁力提供向心力有quB=m页，解得o-9K,所 (2)根据动能定理qEd=÷mc2, 可得 E- 7.C 解析 根据quB一”亡得R=gE·且v=1则R=L,即带 电粒子在磁场中运动的轨迹圆半径为L,若从M点射入，即离 开磁场的点在QM中垂线与磁场边缘交点上，若从G点射入， 离开磁场的点过QG中垂线与磁场边缘交点上，而K在两点 之间，所以入射点在GM之间，故 A、B错误；带电粒子在磁场 中运动的轨迹圆半径为L,圆心在QM的延长线上，在K点的 速度垂直于圆心与K的连线即vx的方向指向P点，而离开磁 场后做匀速直线运动，所以必过P点，故C正确，D错误。 以粒子甲、乙速率之比为一尽：一号，故B正确，C错误；乙 粒子的偏转角O乙=53°,甲粒子的偏转角0甲=180°,故甲、乙 13.(1)(2)见解析 两粒子在磁场中运动的偏转角之比一3,故 D 正确。 解析 (1)由左手定则判定，粒子向左偏转，只能从 PA、AC 和CD三段边界射出，E 当粒子从A点射出时，运动半径n=昼， 由quB,=,得B=R。tp 8.BC 解析 根据电场力提供向心力，有亡·q=ma3r,解得 a-√·一，可知轨道半径r小的粒子角速度大，故A钳 误；根据电场力提供向心力，有亡·q=m一，解得v=√, 可知粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，又有 E= ÷m2,联立可得E=竺，可知电荷量大的粒子动能一定大， (2)当粒子从C点射出时，由勾股定理得： (R-r)2+(号)=,2,解得r,=音R, 由 quB,=,得B,=5R· A Q 0 11.1Ω≤R≤21Ω 解析 分别画出ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种 情况下的受力分析图，如图所示。 F F? Fg 据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断： 当B>时，粒子从PA段射出，Ft F史2B. F、 当>B>S时，粒子从AC段射出，mg mg√0 θ 故 B、C正确；磁场的方向可能垂直纸面向里也可能垂直纸面 向外.所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子可能做离心 运动，也可能做近心运动，故D错误。 甲 乙 当 B<3及时，粒子从CD段射出。 当ab杆恰好不下滑时，如图甲所示，由平衡条件得， 沿斜面方向mgsinθ=μFx?+Ficos 0, 垂直斜面方向Fx=mgcos O+Fsin 0, 14.(1)粒子从N到P做匀加速直线运动 (2)1:√2 9.BC 解析 根据题述，带电粒子沿AC方向射入时，垂直于 BC边射出磁场，画出粒子运动轨迹，如图a所示。由左手定则 可判断出带电粒子带正电，选项A错误；由轨迹图中几何关系 可得，轨迹半径r=√2L,根据洛伦兹力提供向心力，qvB= .解得带电粒子运动速率v-√g,进项B正确，当带电 粒子从A点射入，从C点射出磁场时，轨迹所对圆心角最大， 画出带电粒子运动轨迹如图b所示，由图中几何关系可知最大 圆心角0一晋，带电粒子在磁场中运动的最长时间T== ;选项C正确，D错误。 CD C D. 解析 (1)粒子从O到M的过程中由牛顿第二定律可得 qE?=ma, 触子加建间4-空一下 在右侧磁场做圆周延动的时间4一副一奇一号， 由于t?+t?=2T,<2T。,所以粒子到达N点时加速度与速 度方向相同， 而Fa=BR1, 解得R?=21Ω, 当ab杆恰好不上滑时，如图乙所示，由平衡条件得 沿斜面方向mgsinθ+μFx?=Fgcos 0, 垂直斜面方向F=mgcos 0+Fsin 0, 而F=BR 解得 R?=1 Ω, 所以要使ab杆保持静止， R的取值范围是1Ω≤R≤21Ω。 假设粒子一直加速，则L=÷aT。2,2L=2at?°, 可得t?-T。=(√2-1)T,<0.5T,, 即从N加速至P所需时间小于0.5T,,故粒子从N到P做 匀加速直线运动。(2)12.(1) 解析 (1)作出粒子的运动轨迹，如图所示， (2)粒子经过右侧磁场时，洛伦兹力提供向心力 90?B?=m÷, O到M过程有v?2=2aL, 塔 B ∵B o 设到达P点时速度为v?,由运动学公式有v?2-v?2=2aL, 经过左侧磁场时qo,B?=m一， 联立解得一忘 2/ 0 b d 10.AHD 解析 根据T-# 根据几何关系r= sin a=2d 和题目中的条件可知，两粒子在 15.(1)6.7×10T (2)2.85×10-2s 高考一轮通关卷·物理 C63 见此图标酮微信/抖音扫码 添加智能学习伙伴，突破一轮复习难点。 第十一章电磁感应 U.=1R=÷BL0,技力的功率为P=Fv=E,故B正确， 线圈的磁通量变化量相同，依题意从P点到M点所用时间较 从P点到N点的时间长，根据法拉第电磁感应定律，可知两次 的感应电动势不相等，故D错误。 (3)B,′’=4k+2×10?T,其中k=0,1,2,3,⋯ 1.A 解析 A、B图中，当磁体向线圈靠近时，穿过线圈的磁通 量向下增加，根据楞次定律和安培定则可知，线圈中产生的感 应电流从正极流入电流计，则电流计指针向右偏转，故 A正 确，B错误；当磁体按C、D图中所示的方式靠近线圈时，由对 称性可知，穿过线圈的磁通量总是零，线圈中不会有感应电流， A、C、D错误。解析 (1)粒子从O到C在电场中加速， 由动能定理qEx=号md, 得 v=400 m/s, 6.C 解析 由图乙可知，线圈中的磁通量增加，根据楞次定律， 可知线圈中产生逆时针方向的电流，所以电阻R两端b点比a 点电势低，A错误；线图产生的感应电动势为E=N立一 10.BD 解析 导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流向 里，流过导体棒b的电流向里，由左手定则可知安培力向左， 则导体棒b有向左运动的趋势，故C错误；导体棒b与电阻R 在三角形区域内部，带电粒子在磁场 B?中做匀速圆周运动， 轨迹如图所示， 故 C、D错误。 并联，有1=6.比·些导体棒血运动到导轨最右端时，导体 棒b刚要滑动，有B·去·L=pmg,联立解得导体棒a的速 度为v=3m/s,导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，有 x=u,h=÷gl2,联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中 200×0016.401 V=10 V,电图R两缝的电压大小为U=2.C 解析 根据右手定则可以判断，a点电势比b点低，A错 误；从抛出到落地的过程中，ab与外部并没有形成闭合回路， 没有电流流过，导体棒两端的电势差恒定，B错误；由于ab在 水平方向做匀速直线运动，所以它在单位时间内扫过的曲面 在水平面的投影面积恒定，又因为穿过曲面中的磁通量等于 穿过曲面在水平面投影面的磁通量，因此单位时间内ab扫过 的曲面中的磁通量是定值，C正确；洛伦兹力使金属棒两端分 别积累了正、负电荷，D错误。 ? R÷E=9.6 V.B错误，根据动能关系可知，非静电力所做的 功转化为电路的电能，有W=El=RF/=0.2J,0.1s时间 内通过电阻R的电荷量为q=F-9GC=0.02 C,C正确，D 错误。 CtM N 水平位移为x=1.2m,故A错误；导体棒a离开导轨至落地 前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不 变，故 B正确；导体棒 a在导轨上运动的过程中，通过电路的 电荷量方q=T·x=2.;章-0181217c=1.16 C. 导体棒b与电阻R并联，则通过电阻R的电荷量为qc=立= 7.C 解析由右手定则可知，导体棒ab开始运动后，电阻R。 中的电流方向是从M流向P,选项A错误；由牛顿第二定律可 知F一度+R-mm,85水时刻拉力F的瞬时功率为P-Fa., 3.D 解析 在0~一时间内，根据楞次定律可判断出线框中感 应电流沿遵时针方向，为正值，BC翻误。在0～一时间内，线 框bc边有效切割长度为l=L-u,感应电动势 E=Blv= 由几何关系可知R?=台=0.6 m, 解得P=14.4W,选项B错误；当达到最大速度时F′= B2d2vm由QoB,=m员· 0.58 C,故D正确。R+p”,此时P=F'v,联立解得v.=6m/s,选项C正确， 体棒ab开始运动后，拉力F做的功一部分转化为导体棒ab和 电阻R。的发热量，另一部分转化为导体棒的动能，选项 D 错误。 代入数据得 B?≈6.7×10~?T。 B(L-w)0,由于口恒定，放E均匀减小，感应电流；一贵均匀 减小；同理，在合～时间内，根据楞次定伴判断出感应电流 沿顺时针方向，为负值，感应电流均匀减小，A错误，D正确。 11.(1)左偏 右偏 (2)不停振动 (3)见解析 (2)由题意可知B?=3B?=2×10~T, 解析(1)将滑动变阻器的触头向右滑动时，电路中电阻减 小，从B端流入的电流增大，磁场增强，根据题图和楞次定 律，电流应从A端流入线圈，G表指针左偏；迅速抽出铁芯 时，磁场变弱，G表指针偏转应与之前相反，右偏。 柱子在磁场B,中做匀述圆周运动Gdb,=m元。 则R=☆=0.2 m, 8.ACD 解析 闭合开关瞬间，右侧线圈中电流增大，电流产生 的磁场方向向左，穿过左侧线圈的磁通量增加，由楞次定律可 知，通过灯泡的电流方向由右向左，故A正确；闭合开关并保 持一段时间后，右侧线圈中的电流恒定，此电流产生的磁场不 变，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中不产生电流，灯 泡不亮，故B错误；闭合开关并保持一段时间后，滑动变阻器 滑片P向右滑动的过程中，右侧线圈中的电流减小，电流产生 的磁场减小且方向向左，由楞次定律可知，通过灯泡的电流方 向由左向右，故C正确；闭合开关一段时间后，再断开开关的 瞬间，右侧线圈中的电流减小，电流产生的磁场减小且方向向 左，由楞次定律可知，通过灯泡的电流方向由左向右，故 D 正确。 4.C 解析 根据B-t 图像，由楞次定律可知，线圈中感应电流 方向一直为顺时针方向，A错误；由于圆环没有在磁场中，不 受安培力，B借误；由间合电路政姆定律得1=号，又根据法拉 第电磁感应定律得 E=AQ=PL,正方形的边长L=、/TR,X 根据电图定律得r=m,联立解得1-日代，C正确，圆环 中产生的热量；Q=Tr·2a,=15.D错误。 (2)改为交流输出后，磁场在不断发生变化，根据楞次定律，可 知感应磁场也在不断变化，G表指针不停振动。由题意可知，粒子由O到C在电场中做匀加速直线运动， 则x=≥at,,得到t=0.01s, 粒子在磁场中B,中的周期T;=2E, 则粒子在磁场B,中的运动时间t==3×10°s, 粒子在磁场B.中的运动周期T?=2B., 粒子在磁场 B,中的运动时间t=160++1aT= (3)晃动G表，观察指针偏转程度；用导线将正负极短接，晃 动G表，观察指针偏转程度，若两次偏转程度相同，短接以后 偏转程度没有减小，则说明内部线圈已经断了。 12.(1)①竖直向下 ②竖直向上 (2)相反 (3)(磁场)磁通量 的变化 (4)a到b S断开瞬间，线圈B中产生感应电流，保 持铁芯中的磁性，所以衔铁不会马上被弹簧拉起，达到延时的 作用5.B 解析 设线框每边电阻为R,线框的边长为L,线框的速度 为v。线框进入磁场过程，产生的感应电动势为E=BLw,线框 中的电流为1=E,方向为顺时针方向(负方向),拉力F大 小为F-F?-ILB-F,方向为造时针方向(正方向):a、 两点间的电势差为U?=1·3R=二BL0,拉力的功率为P= Fv=B2L2z2”4R。线框完全进入磁场过程，U=E=BLv,F=0.1 解析 (1)①图乙中条形磁体S向下插入线圈，则向上穿过线 圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场竖直 向下； 5.5×10-3s, 9.AC 解析 依题意，M、N两点连线与长直导线平行，两点与 长直导线的距离相等，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线 则粒子在复合场中运动的总时间t=2t?+1?+t?=2.85× 10-2s。 ②图丁中条形磁体S向上拔出线圈，则向上穿过线圈的磁通 在 M、N两点产生的磁感应强度大小相等、方向相同，故 A正 确；根据右手螺旋定则，线圈在P点时，穿进线圈的磁感线与 穿出线圈的磁感线相等，磁通量为零，在向N点平移的过程 中，穿进线圈的磁感线与穿出线圈的磁感线不再相等，线圈中 的磁通量会发生变化，故B错误；根据右手螺旋定则，线圈从P 点竖直向上运动的过程中，穿进线圈的磁感线与穿出线圈的 磁感线始终相等，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈 无感应电流，故C正确；线圈从P点到M点与从P点到N点， 量减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场竖直向上。 (3)设挡板外磁场变为B?',粒子在磁场 B?'中的轨迹半径为 r,则有qeB′=m, (2)实验结论：当穿过闭合线圈的磁通量增加时，感应电流的 磁场与原磁场方向相反。 (3)总结提炼：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(磁场)磁通量的变化。 根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到O 点，需满足条件合=(2k+1)r,其中k=0,1,2,3⋯, 解得B′=42×10~*T,其中k=0,1,2,3.⋯。 =0,P=0。线框离开磁场过程，产生的感应电动势为E= BLw,线框中的电流为1一，方向为质时针方向(负方向), 拉力F大小为F=F?=1LB=”0、b两点间的电势差为 (4)S断开瞬间，延时功能启动，此时穿过线圈B的磁通量向 下减小，根据楞次定律可知，线圈B中产生的感应电流的磁 场方向向下，则此时直导线ab中电流方向为a到b。延时继 64～高考一轮通关卷·物理