第1章 安培力与洛伦兹力 单元复习归纳-【重难点手册】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（人教版2019）

重雅点手细高中物理选择性必修第二册) 单元复习归纳 门01微传题妙总结一。 微专题1安培力的分析与计算 匀变速运动). 安培力既可以使通电导体静止、运动或转 ②用能量观点分析，包括动能定理和机械 动，又可以对通电导体做功，因此有关安培力 能（或能量）守恒定律.注意F洛不做功 问题的分析与计算的基本思路和方法与力学 在这两种方法中应首选能量观点进行分析. 问题一样，即先对研究对象进行受力分析，判 例①(2024·江苏盐城中学二模)通电直 断通电导体的运动情况，然后根据题中条件由 导线ab的质量为m、长为l,用两根细线把导线 牛顿运动定律或动能定理等列式求解.具体求 ab水平吊起，导线上的电流为I,方向如图所 解应从以下几个方面着手 示.在竖直方向加一个方向向上的匀强磁场， 1.安培力的大小 磁感应强度为B,导线处于平衡时悬线与竖直 (1)当通电导体和磁场方向垂直时，F 方向成日=30°角.下列说法正确的是(). ILB. (2)当通电导体和磁场方向平行时，F=0. (3)当通电导体和磁场方向的夹角为0时， F=ILBsin 0. 2.安培力的方向 (1)安培力的方向由左手定则确定 A.mg-1 (2)F安⊥B,同时F安⊥L,即F安垂直于B 和L决定的平面，但L和B不一定垂直. B悬线的拉力T= 2mg 3.安培力作用下导体的状态分析 C,若增大磁感应强度，则悬线的偏角将不变 通电导体在安培力的作用下可能处于平 D.若将导线ab拉到最低处由静止释放， 衡状态，也可能处于非平衡状态，对导体进行 则导线ab可摆过的最大角度为60 正确的受力分析是解决该类问题的关键.解题 解析对导线ab受力分析，受重力、安培 的一般思路如下： 力和细线拉力，如图所示，根据平衡条件可得 (1)对物体进行受力分析，除重力、摩擦力 外，还要特别注意对安培力的分析 F=B=mgtan6,即B1-g,悬线的拉力 (2)对物体的运动情况进行分析，找出物 T-ing =2mg,AB错误；根据BIl=mgtan0 体的速度、位置及其变化，分清运动过程，如果 c0s30°√5 出现临界状态，要分析临界条件」 可知，若增大磁感应强度，则悬线的偏角将增 (3)恰当选用解决力学问题的两种方法： 大，C错误；若将导线ab拉到最低处由静止释放， ①牛顿运动定律及运动学公式（只适用于则导线ab摆到最大高度时，有Bl·Lsin a一 52 第一章安培力与洛伦花力么组 mgL(1一cosa)=0,解得a=60°，D正确. E,第三、四象限(y≤0)存在垂直于坐标平面向 里的匀强磁场，如图所示.一质量为m、带电荷 量为q的正粒子从坐标为（一L,L)的P点由静 止释放进入电场，不计粒子受到的重力求： (1)粒子第一次通过x轴进入磁场的速度 答案D 大小u: 微专题2带电粒子在复合场中的运动问题 (2)如要求粒子第二次通过x轴进入电 带电体在静电力、磁场力、重力、弹力及摩 场，匀强磁场的磁感应强度B的大小的取值 擦力作用下的运动，广泛地涉及力学和电磁学 范围； 的基本概念、规律和方法，不仅受力复杂、运动 (3)粒子从静止释放到第二次通过x轴进 多变（受力分析与运动分析常结合在一起）、综 入电场至速度再次为0，粒子运动的最长时 合性强，而且往往与临界问题和极值问题密切 间t 相关分析处理具体问题时，注意把握以下几点： 1.正确分析带电粒子的受力及运动特征 是解决问题的前提 (1)带电粒子在叠加场中做什么运动，取 决于带电粒子所受的合外力及其初始状态的 速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情 解析(1)根据题意，由动能定理有EgL 况结合起来进行分析，当带电粒子在叠加场中 所受合力为0时，做匀速直线运动（如速度选 2m,解得u= 2EgL 择器). (2)根据题意可知，粒子在磁场中能第二 (2)当带电粒子所受的重力与静电力等大 反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂 次通过x轴进入电场的轨迹圃半径R<号，由 直于磁场的平面内做匀速圆周运动。 2.灵活选用力学规律是解决问题的关键 牛频第二定律有B="紧得R-沿联立可 (1)当带电粒子在叠加场中做匀速直线运 得B>2 2mE 动时，往往根据平衡条件列方程求解 (2)当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运 (3)粒子在电场中的运动先是匀加速运 动时，往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方 动，运动时间设为1，第二次进入电场后做匀减 程联立求解 速运动，时间相等，有L=5,解得1 2m (3)当带电粒子在叠加场中做非匀变速曲 线运动时，往往选用动能定理或能量守恒定律 √E,当磁感应强度最小时，运动半径最大， 2mL 列方程求解 例2(2024·华中师大一附中月考)平面 速度一定时，时间最长，时间设为，有6=哥 直角坐标系zOy中，第二象限(x≤0，y≥0)存 在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为 -2则1-2+-+ 53 国避食手细高中物理选择性必修第二册则 微专题3带电粒子在有界匀强磁场中运动 另外，要重视分析时的尺规作图，规范而 的临界问题 准确地作图可突出几何关系，使抽象的物理问 1.常用结论 题更形象、直观. 带电粒子在有界磁场中的运动问题是高 例3(2024·广东深圳高级中学一模)如 考中的热点问题，该类问题的分析一般要注意 图所示，MHN和PKQ为竖直方向的平行边 下列结论，在此基础上借助数学方法和相应的 界线，水平线HK将两边界围成区域分为上下 物理规律求解. 两部分，其中I区域内为竖直向下的匀强电 (1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子 场，Ⅱ区域内为垂直于纸面向外的匀强磁场， 在磁场中运动的轨迹与边界相切. 一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从左边 (2)当速率v一定时，弧长（或弦长）越长， 界A点以初速度垂直边界进入I区域，从C 圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的 点离开I区域进入Ⅱ区域.已知AH=h,HC 时间越长 =2h,粒子重力不计 (3)当速率变化时，圆心角越大，运动时 (1)求I区域匀强电场强度E的大小： 间越长。 (2)若两竖直边界线距离为4h,粒子从Ⅱ 2.寻找临界点的两种有效方法 区域左边界射出，求Ⅱ区域内匀强磁场的磁感 (1)轨迹圆的缩放：当粒子的入射方向不 应强度大小范围， M 变而速度大小可变时，粒子做圆周运动的轨迹 圆圆心一定在入射点所受洛伦兹力所表示的 H 射线上，但位置（半径R)不确定，用圆规作出一 系列大小不同的轨迹圆，从圆的动态变化中即 可发现临界点.其基本情形如图甲所示. 解析(1)如图所示，粒子从A点至C点 00 做匀变速曲线运动，垂直电场方向有2h一1， 平行电场方向有A=,根据牛顿第二定律 甲 有西=ma,联立解得E- 2gh' (2)轨迹圆的旋转：当粒子的入射速度大 MI 小确定而方向不确定时，所有不同方向入射的 粒子的轨迹圆是一样大的，只是位置绕入射点 发生了旋转，从定圆的动态旋转（作图）中，也 容易发现临界点.其基本情形如图乙所示. (2)粒子在C点速度的竖直分量vG=at =w,故粒子在C点速度为v心=√而十，= √2，方向为斜向右下方，与HK夹角为45 54 第一章安培力与洛伦花力么9 当粒子恰好不从MN边界射出时，粒子轨迹如 粒子轨迹如图轨迹②所示，由几何知识得2 图轨迹①所示。 r2sin45°=2h,解得2=2(2+√2)h,粒子在磁 设此种情况下，粒子在磁场中轨道半径为 场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力有 n1,由几何知识得n1十n1sin45°=2h,解得r1 2(2一√2)h,粒子在磁场中做圆周运动由洛伦 Bg=m买解得B,=2m,所以Ⅱ区 rs 2gh 兹力提供向心力有B1q四=m 立，解得B= 域内匀强磁场的磁感应强度大小范围为 (2+1)m.当粒子恰好不从PQ边界射出， 21)mw<B<421)mw 2gh 2qh 2gh 02-单元学能测评。 时间：75分钟 满分：100分 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分 在每小题给出的四个选项中，第1一7题只有 一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题 目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得 D 2分，有选错的得0分) 2.(2024·江苏启东中学高二期中)2018年中 1.(2024·山东潍坊高二联考)如图，导线框与 核集团研发的“超导质子回旋加速器”，能够 电源、滑动变阻器、电流表、开关组成闭合回 将质子加速至一半光速，打破了美国、瑞士 路，将导线框用弹簧测力计悬挂起来，导线 等少数国家的垄断，促进了我国医疗事业的 框下端置于一磁铁两极之间，与磁场方向垂 发展.如图是医用回旋加速器的示意图，其 核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于 直放置.接通电路，调节滑动变阻器，观察并 匀强磁场中，并分别与高频电源相连.现分 记录电流表读数I和弹簧测力计读数F. 别加速氘核(H)和氦核(He).下列说法正 则根据实验数据描绘出的图像不可能是 确的是( 真空室 线 岛频电源。 D形常 鸠子源 A.它们的最大速度相同 B.氘核射出时的向心加速度大 C.两次所接高频电源的频率可能不相同 D.在D形盒内运动时，粒子偏转半径等间 距增加 55 重雅点手细高中物理选择性必修第二册) 3.(2024·江苏苏州实验中学高二期中)矩形 磁场区域如图所示，磁场方向垂直于纸面， ad=√3L,ab=2L.一带电粒子从a点沿ab 方向射入磁场，经时间t从d点射出.若改 (07 变粒子速度大小，仍从a点沿ab方向射人 A.在AO边界上射出粒子区域的长度为 磁场，粒子从d中点离开磁场区域，不计粒 20(W2-1)cm 子重力，则粒子第二次在磁场中运动的时间 B.在AO边界上射出粒子区域的长度为 为(). 21 40(W2-1)cm C.在AC边界上射出粒子区域的长度为 10√2cm D.在AC边界上射出粒子区域的长度为 A.t B台 20√2cm 4.(2024·湖北宜昌一中高二期末)如图所示， 6.(2024·湖南安化二中模拟)如图所示，导体 xOy坐标系位于纸面内，匀强磁场仅存在于 棒a水平放置在倾角为45°的光滑斜坡上的 第一象限，方向垂直于纸面向里.某带电粒 P处，导体棒b固定在右侧，与α在同一水 子从y轴上A点沿十x方向射入磁场，经过 平面内，且相互平行.当两棒中均通以电流 时间t从x轴上某点离开磁场，离开磁场时 为I的同向电流时，导体棒α恰能在斜面上 速度的方向与x轴垂直.如该带电粒子从 保持静止，两导体棒粗细不计，则下列说法 OA的中点以同样的速度射入磁场，则粒子 正确的是( 在磁场中运动的时间为( y↑ B 615 41 A.a、b两导体棒受到的安培力相同 B.b棒中的电流在P处产生的磁感应强度 0 方向向下 A. B号 c号 D. C.将导体棒b沿虚线竖直下移到某一位置， 5.(2024·江苏南京金陵中学高二期末)如图 导体棒a不可能保持静止 所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀 D.将导体棒b沿虚线竖直上移到某一位置， 强磁场区域（含边界），∠A=45°，AO 导体棒a对斜面的压力可能不变 20cm,磁感应强度为B,方向垂直于纸面向 7.(2024·福建厦门外国语学校高二期中)如 里.在O点放置一个粒子源，可发射出带正 图所示为质谱仪的结构图，该质谱仪由速度 电的粒子（不计重力），速度可以为任意值， 选择器与偏转磁场两部分组成，已知速度选 方向只能沿O℃.下列说法正确的是(). 择器中的磁感应强度大小为B,、电场强度 56 第一章安培力与洛伦兹力 大小为E,荧光屏PQ下方匀强磁场的方向 A.B。的方向平行于PQ向右 垂直于纸面向外，磁感应强度大小为2B。: B.导线P的磁场在a点的磁感应强度大小 三个带电荷量均为q、质量不同的粒子沿竖 直方向经速度选择器由荧光屏上的狭缝O 进人偏转磁场，最终打在荧光屏上的S、 C.只把导线Q中电流的大小变为2I,a点 S:、S3处，相对应的三个粒子的质量分别为 的磁感应强度大小为停公 m1、2、g,忽略粒子的重力以及粒子间的 D.只把导线P中的电流反向，a点的磁感应 相互作用.则下列说法不正确的是( 速度 选择 强度大小为号B 9.(2024·河南省实验中学高二期中)质量为 m、带电量为十q的小球套在水平固定且足 够长的粗糙绝缘杆上，如图所示，整个装置 处于磁感应强度为B、垂直于纸面向里的水 A.打在S位置的粒子质量最大 平匀强磁场中，现给小球一个水平向右的初 速度使其开始运动，不计空气阻力，则小 B.质量为m1的粒子在偏转磁场中运动时 球从开始到最终稳定的过程中，下列说法正 间最短 确的是( C如果SS=△，则m。-m=B:△虹 2E ×的关 x B x ●H D.如1、m2在偏转磁场中运动时间差为 △，则m4-m,=2gB·△ A.可能先减速后做匀速运动 8.(2024·广东广州六中高二期中)如图，在磁 B最终稳定时的速度一定是 qB 感应强度大小为B的匀强磁场中，两长直 C.运动过程中克服摩擦力做的功可能是0 导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之 D.最终稳定时的速度可能是O 间的距离为(.在两导线中均通有方向垂直 10.(2024·安徽卷)空间中存在竖直向下的匀 于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距 强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电 离均为l的a点处的磁感应强度为0.已知 场强度大小为E,磁感应强度大小为B.一 通以电流I的无限长直导线在距离导线r处 质量为m的带电油滴a,在纸面内做半径 产生的磁感应强度大小B=虹，其中k为常 为R的圆周运动，轨迹如图所示.当a运动 到最低点P时，瞬间分成两个小油滴I、 数.下列判断正确的是( Ⅱ，二者带电量、质量均相同.I在P点时 与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆 周运动，轨迹如图所示.Ⅱ的轨迹未画出。 ⑧Q 已知重力加速度大小为g,不计空气浮力 57 国雕手册高中物理选择性必修第二册？) 与阻力以及I、Ⅱ分开后的相互作用，则 屏上的亮线向下(x轴负方向)偏转，下 列措施中可采用的是 (填选项 代号). B 狭缝 荧光屏 阴极》 阳极 电子来 (b) A油滴a带负电，所带电量的大小为爱 A.加一磁场，磁场方向沿x轴负方向 B油滴α做圆周运动的速度大小为B那 B.加一磁场，磁场方向沿y轴正方向 E C.加一电场，电场方向沿之轴负方向 C.小油滴I做圆周运动的速度大小为 D.加一电场，电场方向沿y轴正方向 3那，周期为5 E gB (3)如图(c)所示，两条平行直导线，当通以 D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 相同方向的电流时，它们相互 二、非选择题（本题共5小题，共60分） (填“排斥”或“吸引”)，当通以相反方向 11.(10分)(2024·湖北黄冈中学高二阶段练 的电流时，它们相互 (填“排 习)磁体和电流之间、磁体和运动电荷之间、 斥”或“吸引”)，这时每个电流都处在 电流和电流之间都可通过磁场而相互作用， 一个电流的磁场里，因而受到磁场力的 此现象可通过以下实验证明： 作用.也就是说，电流和电流之间就像 (1)如图(a)所示，在重复奥斯特的电流磁 磁极和磁极之间一样，也会通过磁场发 效应实验时，为使实验方便、效果明显， 生相互作用. 通电导线应 (填选项代号).此 时从上向下看，小磁针的旋转方向是 (填“顺时针”或“逆时针”). (c) 12.(8分)(2024·辽宁锦州中学高二阶段练 习)如图所示，一光滑、绝缘且足够长的斜 (a A.平行于南北方向，位于小磁针上方 面倾角0=37°，一质量m=1kg的物体（可 B.平行于东西方向，位于小磁针上方 视为质点)从斜面上的某点由静止开始下 C.平行于东南方向，位于小磁针下方 滑.如果物体的带电量为十q=0.5C,垂直 D.平行于西南方向，位于小磁针下方 于纸面向里的匀强磁场的磁感应强度B (2)图(b)是电子射线管示意图.接通电源 1T.取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加 后，电子射线由阴极沿x轴方向射出， 速度g=10m/s2. 在荧光屏上会看到一条亮线.要使荧光 (1)求物体在斜面上运动的距离： 58 第-章安培力与洛伦花力么国 (2)若换成动摩擦因数为：=0.5的粗糙斜 13.(10分)(2024·湖南师大附中高二期中) 面，再将匀强磁场反向，其他条件不变， 质谱仪是一种分析同位素的重要工具，它 求物体沿斜面下滑的最大速度。 的构造原理如图所示.离子源S产生质量 B 为m、电荷量为g的钾离子，钾离子出来时 速度很小，可视为0.离子经过电势差为U 的电场加速后，沿着与磁场垂直的方向进 入磁感应强度为B的匀强磁场，经半圆周 到达照相底片上的P点 S 5$1 (1)求粒子进入磁场时的速度： (2)求P点到入口S1的距离x: (3)在实验过程中由于仪器不完善，加速电 压在平均值U附近变化士△U,求需要 以多大相对精确度光维持加速电压 值，才能使钾39、钾41的同位素束在照 相底片上不发生覆盖。 59 国雕手册高中物理选择性必修第二册？) 14.(14分)(2024·哈尔滨师大附中高二期 15.(18分)(2024·湖北武汉二中高二期末) 中)如图所示，在平面直角坐标系xOy中， 如图所示，在某空间的竖直平面内建立正 第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场， 交坐标系，在第一象限和第三象限存在大 第四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强 小均为E的匀强电场，方向分别为水平向 磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷 右和竖直向下：在第二象限和第四象限有 量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的 在大小均为B的匀强磁场，方向均为垂直 M点以一定的初速度垂直于y轴射入电 于纸面向里.电荷量为e、质量为m的负电 场，经x轴上的N点与x轴正方向成0= 子从y轴负半轴的P点水平向左射入第 60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P 象限后，从Q点以图示45°角进人第二象 点垂直于y轴射出磁场.已知ON=d,不 限，继而从M点以图示45角进入第一象 计粒子重力.求： 限，并通过x轴上的V点最后回到P点周 (1)粒子在磁场中运动的轨道半径R: 而复始地运动下去.求： (2)粒子在M点的初速度v的大小： (1)OP和OQ的比值： (3)粒子从M点运动到P点的总时间t. (2)电子在P点入射时的初速度大小： (3)电子在此空间运动的周期， P 60参考答案与解析次超 设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角 为a,则tana=斗，联立解得a=平.带电粒子在磁场 运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为2。 受，所求最短时间为十工，带电粒子在篮场中运 4.C【解析】由题意可知，粒子从A点进入磁场时垂直 动的周期为T=贸·联立以上两式解得一器 x轴离开磁场，运动轨迹如图所示，由儿何关系可知， Bg 单元学能测评 转动的圆心角为90，时间1=}工，得T=红若粒子从 OA的中点以同样的速度进人磁场，粒子转动半径和周 1.A【解析】当安培力方向向下、磁场为匀强磁场时有 期不变，运动轨迹如图所示，由几何关系可知5 F=mg十BL,所以B正确：当安培力方向向上、磁场 为匀强磁场时有下=mg一BI1,所以C正确：当安培力 之·则对应的圆心角为60，则用时1=言T.可知1 方向向上、磁场为非匀强磁场时有F=mg一BL,所以 6T=号×41=号，故选C D正确：在未接通电路前，弹簧测力计的读数F。=G, y 不应为0，故A错误 2.A【解析】粒子在加速器中有B=m发，解得v= ，氟核和氨核的比荷号相等，所以它们的最大速度 9BR 相等，故A正确：由洛伦兹力提供向心力有F向=uB, 5.B【解析】粒子的速度可以为任意值，所以过O点的圆 可得氮核射出时的向心加速度大，故B错误：两粒子在 的半径也可以是任意值，过O点作一个圆与AC相切， 磁场中运动的周期T一需，氘核和氢核的比荷号相 切点为N,圆心为O,设圆的半径为R,由几何关系 R+√②R=20cm,解得R=20(W2-1)cm,所以在AO 等，所以周期相等，故C错误：由一器，可得半径增加 边界上射出粒子区域的长度为40（√2一1）cm,故B正 与速度增加有关，而U= 2-1 m减，变形为U= 确，A错误：由几何关系可知，在AC边界上射出粒子 区域的长度为NC=CO=20cm.故CD错误. 之m(叶)(y6),可得随着速度增加，十变大， 划△=v一h变小，可得每加速一次，速度的变化量不 一样，则粒子偏转半径不是等间距增加，故D错误， 20 cm 3.C【解析】带电粒子沿ab方向射人，经时间t从d点 ￥45 射出，得到的轨迹图如图甲所示。则=子，改变粒子速 6.C【解析、b两导体棒受到的安培力方向相反，所以 度大小，沿ab方向射入，从cd中点V离开磁场区域， 不相同，A错误：根据右手螺旋定则，可判定b棒中的 得到的轨迹图如图乙所示，可知Nd为L,设Md为x, 电流在P处产生的感应强度方向向上，B错误：对导体 有3L.-x)=十，解得x=号L,即粒子转动半 棒“受力分析如图，它受三个力面平衡，这三个力分别 是重力，支特力和导体棒b对它的吸引力，若将导体棒 径为aM=MN=号BL.转过的圆心角为∠aMN b沿虚线竖直下移到某一位置，导体棒b对导体棒α的 吸引力将变小，吸引力沿斜面向上的分力必不能与重 120,运动时间1哥故1=号，故选C 力沿斜面向下的分力平衡，所以导体棒？不可能保持 9 重雅⑤手册高中物理选择性必修第二册凡) 静止，C正确：将导体棒b沿虚线竖直上移到某一位 产生的磁感应强度大小不变，但方向改变，由几何关系 置，同理可得吸引力在垂直于斜面方向的分力必变小， 可求得两导线在a处的合磁场大小为B,=号B,方向 所以支持力一定变小，D错误， 竖直向上，如图乙所示，因外加的磁场方向与PQ平 行，且由Q指向P,由矢量的合成法则可得点处磁感 应强度B的大小为B=√医+（慢）厂-2A,故 3 7.C【解析】由洛仑兹力提供向心力知·2B=m尺· v" D错误 解得尺=张，三个粒子所带电荷量相等，则其轨迹半 径与质量成正比，故打在S位置的粒子质量大，故A 正确：由洛仑兹力提供向心力知四·2B,=mR(亭)， R=器，得T-器，由A选项的分析知m质量最 9.ACD【解析】对小球进行受力分析，小球受向下的重 大，故周期最小，在偏转磁场中运动时间最短，故B正 力、竖直向上的洛伦兹力及可能存在的弹力和摩擦力： 确由于SS=A,△=2R-2R-常-常- 若B>mg,则小球受向下的弹力和向左的摩擦力， 根据牛顿第二定律可得qB=mg十Fv,Fx=a,解 场8(m二m),E=B,联立可解得m一m门 得a=B-mg ，方向向左，则小球做加速度减小 ：少，放C错误：由B选项的分析可知 T2 T 2 的减速运动，最终匀速运动，匀速运动的速度为口 器一器=，解得m一m=B,故D 01 B,若B=mg,则小球受力平衡，小球做匀速运动： 正确。 若gB<mg,则小球受向上的弹力和向左的摩擦力， 8.BC【解析】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的 根据牛顿第二定律可得quB+F、=mg,F、=a,解 电流I时，根据安培定则及矢量叠加原理可求得它们 得a=(mg 在a点处产生的磁感应强度大小为B,方向平行于 一，方向向左，则小球做加速度增大 PQ向右，如图甲所示，由于a点处的合磁感应强度为 的减速运动，最终静止，综上所述，B错误，AD正确：小 0,由此可知外加的磁场方向与PQ平行并且由Q指向 球运动过程中可能不受摩擦力，所以摩擦力做功可能 P,且B=B,依据几何关系知，导线P在a点处产生 是0，C正确. 的磁感应强度满足关系式Bpc0s30=受B,解得P 10.ABD【解析】油滴a做圆周运动，故重力与电场力平 或Q通电导线在a点处的磁感应强度大小为Br=Ba 衡，可知油滴a带负电，由mg=网得q=学，A正 -停A,放A错误，B正确：只把导线Q中电流的大小 确：由洛伦兹力提供向心力有B加=m发·得油滴a 变为21，当电流加倍时，磁感应强度大小加倍，则导线 做圆周运动的速度大小为)=BS-B那，B正确：分 E Q在a点产生的磁感应强度方向不变，大小变为= 离后，设小油滴I的速度大小为，由洛伦兹力提供 2,B,是原来的两倍，由儿何知识结合矢量叠加原理 向心力有B兰=受·录解得=33。 E 求得。点处磁感应强度大小为B-号A,故C正确， 周期为T=红·3K_2xE 一gB,C错误：带电油滴a分离 当P中的电流反向，其他条件不变，则P导线在处 前后动量守恒，取油滴ā分离前瞬间的速度方向为正 10 参考答采与解析么线 方向，设分离后小油滴Ⅱ的速度为边，由=受十 得钾9在磁场中的最大半径Rx=√ 2m (U+N) g话 登，解得助=一营些由于分病后的小浦清受到的 钾41在磁场中的最小半径R= /2m,(U-U迈 qB 电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向 由题意知R1ms<Rn, 与正方向相反，根据左手定侧可知小油滴Ⅱ沿顺时针 方向做圆周运动，D正确 即m+<m心-4n.光费-25% 1L.(1)A:逆时针.(2)B。(3)吸引：排斥. 14.(1)作出带电粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示， 【解析】(1)无通电导线时小磁针$极向南，所以为使 可得Rsim0=d,R=2,3d 实验方便效果明显，导线应平行于南北方向且位于小 3 磁针上方，根据左手定则，可以判断出从上向下看小 (②油=紧得u-2 3m ,粒子在V点以速度 磁针旋转方向为逆时针，放选A v与x轴正方向成0=60°角射出电场，将速度分解如 (2)若加一沿z轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦 兹力方向沿y轴负方向，亮线不偏转，A错误：若加一 图乙所示，s0-碧，解得射出速度=23以 3 沿y轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向 (3)粒子在电场中运动的时间为，有d=1,所以 沿：轴负方向，亮线向下偏转，B正确：若加一沿：轴 负方向的电场，电子带负电，电场力方向沿：轴正方 4一总一器粒子在医场中做匀速圆周运动的同期 向，亮线向上偏转，C错误；若加一沿y轴正方向的电 T-?密，设粒子在磁场中运动的时间，有6=”7. 场，电子带负电，电场力方向沿y轴负方向，亮线不偏 9B 转，D错误 所以a= 3B=4+4,所以1=③5+2)m 3gB (3)由题图可知，当通人的电流方向相同时，导线靠 y 拢，说明两导线相互吸引：当通入电流方向相反时，导 线远离，说明两导线相互排斥。 12.(1)当物体刚要离开斜面时距离最大，根据平衡条件得 B=g0o%0.根据动能定理得mgrsin0- 2m,解 得r=号m 甲 (2)将匀强磁场反向，随着速度的增加，洛伦兹力增 15.()电子在第三象限做类平抛运动，则有OP-7: 大，与斜面间的压力增大，摩擦力增大，当摩擦力等于 重力沿斜面的分力时，合力为0，速度达到最大，此时有 0Qo,根据题意心心，联立可得瓷专 .B+mgcos0-FN,ngsin0=Fx,解得m=8m/s (2)在第三象限，根据牛顿第二定律有eE=,且有 1&1)在电场中加速运动有U=立m-0,解得速度 一a4,在第二象限，电子做匀速园周运动，则B一 2qU m受，其中0-2心，根据几何关系可知r-号0Q。 Nm (2)在磁场中偏转有gB=m严，轨道半径R=m 联立可得一晋，可知电子在P点入射时的初速度大 R B U 距离x=2R=√B B (3)设钾39，钾41的质量分别为m%、, (3)由以上分析可得么=器·根据对称性，在第一象 根据(2)中轨道半径R=” gB 限的时间=6一器在第二象限的时间一芯解 11 重雅点手册高中物理选择性必修第二册凡) 得一常 定律及右手螺旋定则可知，要想阻碍磁通量变化，铝环 中应产生逆时针方向电流（从A向B看），C错误：能量 在第四象限电子做匀速圆周运动，运动的时间4= 是守恒的，不可能凭空产生，D错误 器，其中=0P,解得么=器则周期T=A十士 B综合提能练 3m+4m +t2eB eB' 1.C【解析】若圆柱形磁铁甲的N极朝上，在超导圆环 乙放入磁场向下运动的过程中，磁通量增加，根据楞次 第二章电磁感应 定律可知超导圆环乙中感应电流的方向为顺时针方 向：在超导圆环乙放人磁场的过程中，穿过超导圆环乙 第1节楞次定律 的磁通量增加，超导圆环乙中将产生感应电流，因为超 A基础过关练 导圆环乙是超导体，没有电阻，所以稳定后感应电流仍 1,C【解析】根据“来拒去留”可知，当条形磁铁向左运动 存在，故C正确。 靠近螺线管时，螺线管的右端为S极，感应电流从左向 2D【解析】由右手定则可判断出A项做法使回路产生 右流过电流表，故A错误：题图乙中感应电流从上到下 顺时针方向的电流，故A项错误：若ah、cd同向运动且 流过电流表，故B错误：根据右手定则，可知导体棒向 速度大小相同，b、cd所围面积不变，磁通量不变，故不 左运动切割磁感线时，导体棒上的感应电流从上到下，即 产生感应电流，故B项错误；若b向左、cd向右运动， 从下到上流过题图丙中两个电流表，故C正确，D错误 则ab回路中有顺时针方向的电流，故C项错误；若 2.B【解析】导体棒向右运动切割磁感线，根据右手定 ab、cd都向右运动，且两杆速度a>w,则ah、cd所围 则，导体棒中的电流方向由A~B,故A错误：导体棒 面积发生变化，磁通量也发生变化，由榜次定律可判断 向右运动，左侧线框ABFE面积增大，磁通量向里增 出，ac回路中产生顺时针方向的电流，故D项正确， 大，线框中的感应电流的磁场方向向外，则感应电流沿 3D【解析】由右手定则可知，当圆盘颗时针加速转动 逆时针方向，电流表A,中的电流方向由F→E,故B正 时，惑应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方 确，C错误：导体棒向右运动，右侧线框ABCD面积减 向向下且磁场增强，由愣次定律可知，线圈B中的感应 小，磁通量向里减小，线框中的感应电流的磁场方向向 磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，：棒中感应电流 里，则感应电流沿顺时针方向，电流表A,中的电流方 方向由a→b,由左手定则可知，ab棒受到的安培力方 向由CD,故D错误. 向向左，山棒将向左运动，选项A错误：若圆盘逆时针 3C【解析】磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，则导体 减速转动时，感应电流从边缘流向圆心，线圈A中产生 环中先是向上的磁通量增加，磁铁过中间以后，向上的 的磁场方向向上且磁场减小，由楞次定律可知，线圈B 磁通量减少，根据楞次定律，产生的感应电流方向先顺 中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中 时针后逆时针，故C正确。 感应电流方向由a→b,由左手定则可知，ab棒受到的 4.B【解析】由楞次定律可知，在线框从右侧摆动到O点 安培力方向向左，b棒将向左运动，选项B错误：当圆 正下方的过程中，向上的磁通量在减小，故感应电流的 盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，那么 方向沿d→→→a→d:同理，线框从O点正下方向左 线圈B的磁通量不变，则ab棒没有感应电流，将不会 侧摆动的过程中，电流方向沿d→c→b→a→d,故B 运动，选项C错误：由右手定则可知，圆盘逆时针加速 正确。 转动时，感应电流从边缘流向中心，线圈A中产生的磁 5.B【解析】磁铁靠近铝环，铝环中的磁通量变大，根据 场方向向上且磁场增强，由楞次定律可知，线圈B中的 楞次定律可知，要想阻碍铝环中磁通量的变化，铝环会 感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，b棒中感应 有缩小的趋势，且远离磁铁，A错误，B正确：磁铁靠近 电流方向由→a,由左手定则可知，ab棒受到的安培 铝环，铝环中磁感线方向向右，磁通量增大，根据楞次 力方向向右，ab棒将向右运动，选项D正确。 12