第17期 磁场 磁感线 磁感应强度 磁通量-【数理报】2024-2025学年高二物理必修第三册同步学案（人教版2019）

书 高中物理·人教必修（第三册）２０２４年 第１７～２３期参考答案 第１７期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ｃ　３．Ｄ　４．Ｃ　５．Ａ　６．Ａ　７．Ｂ 提示： １．由于磁感线上某点的切线所指的方向为该点磁场的方向， 所以磁感线不能相交，若相交，则同一点的磁场会出现两个方向， 故Ａ错误；磁感应强度是矢量，磁感线的疏密程度反映磁场的强 弱，切线方向表示磁感应强度的方向，故 Ｂ错误，Ｄ正确；匀强磁 场磁感应强度相同，并不是沿磁感线的方向越来越小，故Ｃ错误． ２．根据对称性可知Φ１＝Φ３，根据磁场的叠加，２位置通过线 框的磁通量为０，则Φ１ ＝Φ３ ＞Φ２，故Ｃ正确． ３．Ｐ处的磁感应强度与磁场本身有关，与是否将通电导线移 走无关，故将该通电导线从磁场中撤走后，Ｐ处的磁感应强度不 变，则Ｐ处的磁感应强度大小为Ｂ＝ ＦＩＬ＝ １．０ ０．２×０．５Ｔ＝１０Ｔ， 故Ｄ正确． ４．当电流从电磁铁的接线柱 ａ流入时，从上向下看，电流沿 顺时针方向，由右手螺旋定则可得，电磁铁下端为Ｎ极，上端为 Ｓ 极，由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可得，小磁铁被吸引 向下运动，所以小磁铁下端为Ｎ极．故Ｃ正确． ５．根据安培定则可判断出通电螺线管右边为 Ｓ极，左边为 Ｎ极，在螺线管外部磁感线从Ｎ极回到Ｓ极，内部从Ｓ极到Ｎ极； 由于Ｍ１和Ｍ２被磁化后的Ｎ极和所在位置磁感线方向一致，故 Ｍ１的左端为Ｎ极，右端为Ｓ极，Ｍ２的右端为Ｎ极，左端为Ｓ极．故 Ａ正确． ６．设每一根导体棒的电阻为Ｒ，长度为Ｌ，则电路中，上下两 路电阻之比为Ｒ１∶Ｒ２＝２∶１，根据并联电路两端电压相等的特点 可知，上下两路电流之比Ｉ１∶Ｉ２＝１∶２，又因为通电直导线在Ｏ点 产生磁场的磁感应强度与导线中的电流强度成正比，根据安培定 则和矢量的叠加原理可知，ＭＬＮ支路电流在 Ｏ点产生的磁场垂 直纸面向里，磁感应强度与 ＭＮ边在 Ｏ点产生的磁感应强度相 等，方向相反，所以整个线框在Ｏ点产生的磁场磁感应强度大小 为０．故Ａ正确． ７．设条形磁铁在Ｐ点的磁感应强度为 Ｂ，未旋转条形磁铁 时，两个磁场在Ｐ点的方向相同均由南指向北，由磁场的叠加可 得Ｂ＋Ｂ０＝Ｂ１，条形磁铁旋转后，地磁场方向未变，大小为Ｂ０，方 向由南向北，条形磁铁在Ｐ点磁感应强度大小也不变仍为 Ｂ，方 向由西指向东．根据叠加原理可得 Ｂ合 ＝ Ｂ２＋Ｂ槡 ２ ０，代入数据 可得Ｂ合 ＝ ２Ｂ２０＋Ｂ２１－２Ｂ０Ｂ槡 １，故Ｂ正确． ８．Ｎ　无　变小　能 ９．（１）ＢＳ；（２）１２ＢＳ；（３）－２ＢＳ． 解析：（１）以图示情况下的磁通量为正值，则此时穿过线圈 平面的磁通量为Φ０ ＝ＢＳ． （２）线圈从初始位置绕ＯＯ＇轴转过６０°时，穿过线圈平面的 磁通量为 Φ１ ＝ＢＳｃｏｓ６０°＝ １ ２ＢＳ． （３）线圈从初始位置转过１８０°时，穿过线圈平面的磁通量 为 Φ２ ＝ＢＳｃｏｓ１８０°＝－ＢＳ 则穿过线圈平面的磁通量变化了ΔΦ ＝Φ２－Φ０ ＝－２ＢＳ． １０．（１）２０Ｔ；（２）２０Ｔ． 解析：（１）由磁感应强度的定义式得 Ｂ＝ ＦＩＬ＝ ５Ｎ ２．５Ａ×１×１０－１ｍ ＝２０Ｔ． （２）公式Ｂ＝ＦＩＬ是磁感应强度的定义式，磁感应强度大小Ｂ 与磁场本身有关，与导线的长度Ｌ、电流Ｉ的大小无关，如果把通 电导线中的电流增大到５Ａ，该处的磁感应强度大小仍为２０Ｔ． Ｂ组 １．ＢＣ　２．ＢＤ　３．ＡＤ 提示： １．地球仪受到重力和同名磁极的相互排斥力，保持平衡状 态，故Ａ错误；为了保证地球仪和底座之间始终是斥力，线圈中的 电流方向就不能改变，所以电路中的电源必须是直流电源，故 Ｂ 正确；由图可知螺线管的上端为 Ｎ极，根据右手螺旋定则可知电 路中的ｂ端点须连接直流电源的正极，故 Ｃ正确；若线圈中的电 流增大，地球仪受到的磁力增大，地球仪与底座之间距离变大，地 球仪高度升高，但是最后还是会处于静止状态，故Ｄ错误． ２．磁感应强度是矢量，磁通量是标量，故Ａ错误；穿过线圈的 磁通量为零，则该处的磁感应强度不一定为零，故Ｂ正确；一小段 通电直导线在磁场中某处不受磁场力作用，可能是直导线与磁场 方向平行，而该处的磁感应强度不一定为零，故Ｃ错误；磁感应强 度的大小是由磁场本身决定的，与放入该处的通电导线所受安培 力无关，故Ｄ正确． ３．根据右手螺旋定则可知，通电螺线管产生的磁场方向沿轴 线向上，故Ａ正确；直线电流在 ａ点产生的磁场的方向沿切线指 向外，在ｂ点产生的磁场方向沿切线指向里，所以ａ、ｂ两点合磁场 的方向垂直，故Ｂ错误；ａ、ｂ两点合磁场的磁感应强度大小均为 Ｂａ ＝Ｂｂ＝槡２Ｂ，故Ｃ错误，Ｄ正确． ４．（１）前 （２）将电源正负极对换　将探管从另一端插入 （３）Ｄ　（４）Ｂ ５．（１）５×１０－６Ｔ，与水平方向成５３°斜向下； （２）８×１０－６Ｗｂ． 解析：（１）根据题意可知，依据平行四 边形定则可得地磁场Ｂ的大小为 Ｂ＝ Ｂ２ｘ＋Ｂ２槡 ｙ ＝５×１０ －６Ｔ Ｂ与水平方向的夹角（即磁倾角） α＝ａｒｃｔａｎ Ｂｙ Ｂｘ ＝ａｒｃｔａｎ４３ ＝５３°． （２）地磁场与水平面不垂直，取其与水平面垂直的Ｂｙ分量， 故磁通量为 Φ ＝ＢｙＳ＝４×１０－６×２．０Ｗｂ＝８×１０－６Ｗｂ． 第１８期３版参考答案 Ａ组 １．Ｂ　２．Ｃ　３．Ｄ　４．Ｂ　５．Ｄ　６．Ａ　７．Ｂ 提示： １．麦克斯韦建立了电磁场理论并且预言了电磁波的存在，赫 兹通过实验证实了电磁波的存在．故Ｂ正确． ２．Ｘ波段和Ｓ波段均为电磁波，它们在空气中的传播速度相 同，故Ａ错误；根据ｖ＝ｆλ，Ｘ波段的频率较大，可知在空气中Ｓ波 段的波长比Ｘ波段的更长，故Ｂ错误；Ｓ波段和Ｘ波段的频率都比 紫外线的小，故Ｃ正确；能量子的能量与其频率成正比，Ｘ波段能 量子的能量大于Ｓ波段能量子的能量，故Ｄ错误． ３．Ａ图中，由于线圈不闭合，则不会产生感应电流．故 Ａ错 误；Ｂ图中，由于两棒的速度相同，则闭合电路的磁通量不发生改 变，则不会产生感应电流．故 Ｂ错误；Ｃ图中，由于导体框与磁场 方向平行，则穿过导体框的磁通量始终为零，则导体框中没有感 应电流．故Ｃ错误；Ｄ图中，导体棒相当于电源，由导轨构成的闭 合回路的磁通量发生改变，因此电路中会产生感应电流．故Ｄ正 确． ４．由题意知，电离一个分子的能量等于照射分子的光子能 量，Ｅ＝ｈν＝ｈｃλ ＝２×１０－１８Ｊ，故Ｂ正确． ５．车轮运转时，铁质齿轮Ｐ与车轮同步转动，当每个轮齿在 接近和离开磁铁Ｑ时，穿过线圈中的磁通量都会发生改变，线圈 中总会感应出感应电流，故ＡＣ错误，Ｄ正确；汽车车轮抱死时，铁 质齿轮Ｐ不转动，线圈中的磁通量不会发生改变，线圈中没有感 应电流，故Ｂ错误． ６．录音过程中，电信号转变为磁信号，而放音过程中，磁带上 的磁信号转变为电信号，因此放音过程为磁生电的过程，即为电 磁感应，录音过程为电生磁的过程，即为电流的磁效应．故 Ａ正 确． ７．设ＭＮ长为Ｌ，为使ＭＮ棒中不产生感应电流，则应使磁通 量不发生变化，即 Ｂ０ｌＬ＝ＢＬ（ｌ＋ｖ０ｔ－ １ ２ａｔ ２），解得 Ｂ ＝ ２Ｂ０ｌ ２ｌ＋２ｖ０ｔ－ａｔ２ ，故Ｂ正确． ８．（１）ＢＤ　（２）会　不会　会 （３）磁通量发生变化 ９．９．４×１０－６ｍ　２．１１×１０－２０Ｊ． 解析：（１）由题意λｍ·Ｔ＝２．９０×１０－３ｍ·Ｋ，则 λｍ ＝ ２．９０×１０－３ ２７３＋３７ ｍ≈９．４×１０ －６ｍ． （２）根据公式Ｅ＝ｈｃ λｍ ＝６．６２６×１０－３４× ３×１０ ８ ９．４×１０－６ Ｊ≈ ２．１１×１０－２０Ｊ． １０．（１）３．０×１０－３ｍ　（２）３００个 解析：（１）光脉冲持续时间即为发射一个光脉冲所需要的时 间，所以一个光脉冲的长度为 ΔＬ＝ｃΔｔ＝３．０×１０８×１．０×１０－１１ｍ＝３．０×１０－３ｍ． （２）一个光脉冲所具有的能量为 ΔＥ＝ＰΔｔ＝１．０×１０１０×１．０×１０－１１Ｊ＝０．１Ｊ 消除面积为５０ｍｍ２的色斑需要的光脉冲数是 ｎ＝ ＥＳ１ ΔＥＳ ＝６０×５０×１０ －２ ０．１×１ ＝３００（个）． Ｂ组 １．ＣＤ　２．ＡＢＤ　３．ＣＤ 提示： １．原子的能量是量子化的，原子从高能级会自发地向低能级 跃迁，向外放出光子．光子的能量ｈν＝Ｅ初 －Ｅ末，由于能级的分 立性，放出的光子的能量也是分立的．故ＣＤ正确． ２．根据题意可知，松开按钮和按下按钮的过程中，穿过螺线 管的磁通量发生变化，螺线管的产生感应电流，故 ＡＢ正确；按住 按钮不动，穿过螺线管的磁通量不发生变化，螺线管中不产生感 应电流，故Ｃ错误，Ｄ正确． ３．读卡机发射的电磁波能在真空中传播，故 Ａ错误；ＩＣ卡工 作肯定不是依靠Ｘ射线，Ｘ射线的辐射能量比较大，长时间接触 对人体有害，故Ｂ错误；ＩＣ卡工作所需要的能量来源于卡内产生 的感应电流，故Ｃ正确；ＩＣ卡既能接收读卡机发射的电磁波，也有 向读卡机传输数据的功能，故Ｄ正确． ４．更短　更大　更大 ５．（１）２×１０－４ｓ　（２）５×１０１５个 解析：（１）已知激光器的功率Ｐ＝１０Ｗ，每次“点焊”需要的 能量Ｅ＝２×１０－３Ｊ，根据Ｅ＝Ｐｔ得，每次“点焊”视网膜的时间 是ｔ＝ ＥＰ ＝ ２×１０－３ １０ ｓ＝２×１０ －４ｓ． （２）设每个光子的能量为Ｅ０，则Ｅ０＝ｈν＝ｈ ｃ λ ，在这段时 间内 发 出 的 激 光 光 子 的 数 量 ｎ ＝ ＥＥ０ ＝ Ｅλｈｃ ＝ ２×１０－３×５００×１０－９ ６．６３×１０－３４×３×１０８ 个≈５×１０１５个． 第１９期３、４版参考答案 １．Ｂ　２．Ｃ　３．Ｂ　４．Ｄ　５．Ｄ　６．Ｂ　７．Ｄ 提示： １．司南指向会受到附近磁铁的干扰，是由于磁铁干扰了附近 的地磁场，故 Ａ错误；放置磁勺的光滑青铜盘不能改用光滑的铁 盘代替，因为铁盘会被磁化，会干扰附近的地磁场，故 Ｂ正确；由 书 在Ａ点处的速度大小为ｖＡ ＝ ｖ２０＋ｖ２槡 ｙ ＝槡２ｖ０ （２）粒子在电场Ｅ２中ｘ方向做初速度不为零的匀加速直线 运动，ｙ方向做匀速直线运动，ｙ方向：２Ｌ－Ｌ＝ｖｙｔ２ ｘ方向：４Ｌ－２Ｌ＝ｖ０ｔ２＋ １ ２ａ２ｔ ２ ２ 由牛顿第二定律有ｑＥ２ ＝ｍａ２ 联立解得Ｅ２ ＝ ２ｍｖ２０ ｑＬ． 第２３期３、４版参考答案 １．Ｄ　２．Ａ　３．Ｂ　４．Ｃ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示： １．因为云层底端带负电，所以云层靠近避雷针时，避雷针感 应出正电荷，故Ａ错误；避雷针的尖端安装在建筑物的顶端，并通 过金属线与埋在地下的金属板相连，才能将云层中积聚的电荷导 入大地，起到保护作用，故Ｂ错误；即使没有闪电击中避雷针，只 要带电云层靠近避雷针，避雷针就因静电感应发挥作用，故 Ｃ错 误；避雷针是利用尖端放电来保护建筑物的一种设施，故Ｄ正确． ２．电磁波是一种物质，故Ａ正确；电磁波既可以传递信息，也 可以传播能量，故Ｂ错误；红外线的波长大于Ｘ射线的波长，故Ｃ 错误；变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，故Ｄ错误． ３．剩余充电电能Ｅ＝Ｐｔ＝１２０×５０６０＝１００ｋＷ·ｈ，总电能 Ｅ总 ＝ Ｅ （１－２０％）＝１２５ｋＷ·ｈ，总费用元Ｅ总 ×０．６＝７５元，故 Ｂ正确． ４．设ＯＭ距离为ｒ，则ＭＰ距离为 ２ 槡３ ｒ，Ｏ点的合磁感应强度为 ２ｋＩｒ，Ｐ点的合磁感应强度为 ３ｋＩ ２ｒ，所以Ｐ点与Ｏ点的磁感应强度 大小之比为３∶４，故Ｃ正确． ５．由安培定则可知，导线框上部分的磁场垂直纸面向外，下 部分的磁场垂直纸面向里．通电直导线周围的磁场，是以导线为 中心的同心圆，距离导线越远，磁场强度越小，可知虽然上下面积 相等，但是总磁通量不为０，方向垂直纸面向里．仅当电流逐渐增 大，线框中磁通量始终不为零，故 Ａ错误；仅当电流逐渐减小，磁 通量向里减小，线框中有产生感应电流，故Ｂ错误；当电流不变且 将导线ＭＮ平移靠近ｂｃ过程中，线框中磁通量向里减小后向外增 大，回路有感应电流，故Ｃ正确，Ｄ错误． ６．静电计上的电压等于电源电压不变，所以静电计的张角 θ 不变．由于二极管具有单向导电性，所以电容器只能充电，不能放 电．将电容器的左极板水平向左移时，根据Ｃ＝ εｒＳ ４πｋｄ 可知，电容 器的电容变小，但不能放电，则电容器带电荷量不变，由 Ｃ＝ ＱＵ 可知，电容器的两极板间的电势差 Ｕ变大，又 Ｅ＝ Ｕｄ ＝ Ｑ Ｃｄ＝ Ｑ εｒＳ ４πｋｄ ｄ ＝４πｋＱ εｒＳ ，可知，电容器两极板间的电场不变，则有 Ｕ１ ＝ Ｅｄ左，由于Ｐ点到左极板的距离ｄ左 变大，则左极板与Ｐ点间的电 势差Ｕ１变大，由于左极板的电势不变，则Ｐ点的电势降低，故ＡＢ 错误；若左极板向右移动少许，根据Ｃ＝ εｒＳ ４πｋｄ 可知，电容器的电 容变大，电容器充电，电容器极板间的电压等于电源电压不变，根 据Ｅ＝ Ｕｄ可知，电容器两极板间的电场强度变大，则有 Ｕ２ ＝ Ｅｄ右，由于Ｐ点到右极板的距离ｄ右 不变，所以Ｐ点与右极板间的 电势差Ｕ２变大，而由于此时右极板的电势不变，所以Ｐ点的电势 升高，故Ｃ正确，Ｄ错误． ７．等差等势面越密集的位置电场线越密集，电场强度越大， 则在ｃ、ｄ、ｅ、ｆ四点中，ｆ点的电场强度最强，故Ａ错误；因为Ｂ供电 线的电势高于Ａ供电线的电势，则在ｃ、ｄ、ｅ、ｆ四点中，ｃ点的电势 最高，故Ｂ错误；将某电子在ｄ点由静止释放，它会向ｃ点所在等 势面运动，故Ｃ错误；因为ｄ、ｅ两点电势差等于ｅ、ｆ两点的电势差， 根据Ｗ＝Ｕｑ，可知将电子由ｄ移到ｅ电场力所做的功等于将电子 由ｅ移到ｆ电场力所做的功，故Ｄ正确． ８．ＢＤ　９．ＡＤ　１０．ＡＣＤ 提示： ８．由闭合电路欧姆定律可知，其路端电压与电流的关系为 Ｕ ＝Ｅ－Ｉｒ，当电流为０时，路段电压等于电源的电动势，结合题图 可知其电源的电动势为Ｅ＝５０Ｖ，由上述表达式，结合题图可知， 图像斜率的绝对值表示电源的内阻，所以有ｒ＝｜ΔＵ ΔＩ ｜＝５Ω，故 Ａ错误，Ｂ正确；电源的效率为η＝ＩＵＩＥ×１００％ ＝ Ｕ Ｅ ×１００％，由 之前的分析有Ｕ＝Ｅ－Ｉｒ，当电流增加时，其路端电压减小，所以 电源的效率变小，故 Ｃ错误；该电源的输出功率为 Ｐ输出 ＝ＩＥ－ Ｉ２ｒ，由数学函数知识可知，该函数解析式为开口向下的一元二次 方程，其最大值在对称轴处取得，其电流为Ｉ＝－ Ｅ－２ｒ＝５Ａ，将电 流数据带入，解得其最大输出功率为 Ｐ输出ｍａｘ ＝１２５Ｗ，故 Ｄ正 确． ９．根据题意，由图可知，Ｏ点左侧电场方向沿 ｘ轴正方向，Ｏ 点右侧电场方向沿ｘ轴负方向，Ｏ点电场强度为０且ＡＯ＝ＢＯ，可 知，ｑ１、ｑ２为等量正电荷，中垂线上的电场方向为由Ｏ点指向无穷 远，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，由于无穷远处电势为 ０，则Ｏ点电势大于０，故Ａ正确，Ｂ错误；结合ＡＢ分析可知，电子 从Ｃ到Ｏ运动过程中电场力做正功，电势能减小，故Ｃ错误；根据 题意，设ＡＯ＝ＢＯ＝ＣＯ＝Ｌ，ｑ１＝ｑ２＝Ｑ，由点电荷电场强度公 式和电场强度叠加原理可得，此时 Ｃ点电场强度为 ＥＣ ＝ 槡２ ２· ｋＱ Ｌ２ ，在ＣＯ连线上取一点Ｄ，令∠ＤＡＢ＝３０°，由点电荷电场 强度公式和电场强度叠加原理可得，此时Ｄ点电场强度为ＥＤ ＝ ３ ４· ｋＱ Ｌ２ ，可知ＥＤ ＞ＥＣ，结合等量同种电荷连线中垂线上的电场 强度情况可知，从Ｃ到Ｏ电场强度先增大后减小，则电子从Ｃ到Ｏ 运动过程中加速度先增大后减小，故Ｄ正确． １０．粒子在电场中水平方向做匀速运动，运动时间为 ｔ＝２ｄｖ０ ＝Ｔ，竖直方向粒子先加速后减速，则 ｄ２ ＝２× １ ２· ｑＵ０ ｍｄ（ Ｔ ２） ２， 解得ｑ＝ ｍｖ２０ ２Ｕ０ ，故Ａ正确；若粒子在ｔ＝０时刻以 ｖ０ ２进入电场，则 经过时间Ｔ，粒子将打到极板上，即该粒子不能射出电场，故 Ｂ错 误；若该粒子在ｔ＝ Ｔ４时刻以速度ｖ０进入电场，粒子在电场中运 动时间为 Ｔ；在竖直方向粒子在 Ｔ４ ～ Ｔ ２ 时间内先加速，在 Ｔ ２ ～ ３Ｔ ４内做减速运动速度减为零，然后 ３Ｔ ４ ～Ｔ时间内反向加 速，在Ｔ～５Ｔ４内做减速运动直至减为零，以速度 ｖ０水平射出电 场，则从进入到射出电场，电场力对粒子不做功，故ＣＤ正确． １１．（１）Ｒ２　（２）最左端 （３）２ｋ－ＲＡ　（４）９．３×１０ －７ 解析：（１）由题可知，滑动变阻器采用限流接法，所以滑动变 阻器的阻值应大于待测电阻阻值，但不能大待测电阻太多，才能 保证移动滑动变阻器的滑片时，电表示数有明显的、较大范围的 变化，故滑动变阻器选Ｒ２； （２）在闭合开关前，为了保证电表安全，滑动变阻器应全部 接入电路，即滑动变阻器的滑片置于最左端； （３）根据部分电路欧姆定律可得２Ｕ＝Ｉ（Ｒｘ＋ＲＡ），变形得Ｉ ＝ ２Ｒｘ＋ＲＡ Ｕ，所以图线的斜率为ｋ＝ ２Ｒｘ＋ＲＡ ，解得 Ｒｘ ＝ ２ ｋ － ＲＡ． （４）根据电阻定律得Ｒｘ＝ρ ｌ Ｓ，Ｓ＝π（ Ｄ ２） ２＝ １４πＤ ２，联 立可得ρ＝ ＲｘＳ ｌ ＝ πＤ２Ｒｘ ４ｌ ＝ ３．１４×（０．２００×１０－３）２×９．３ ４×３１．４０×１０－２ Ω·ｍ ＝９．３×１０－７Ω·ｍ． １２．（１）ｒ１－ｒ２　（２）２．０　６．５　（３）小于 解析：（１）结合电路原理有：将Ｓ２换到 ｂ，调节电阻箱，使电 流表示数不变． 由题意可知Ｅ＝Ｉ（Ｒ２＋ｒ１），Ｅ＝Ｉ（Ｒ２＋ｒ２＋Ｒ１），解得Ｒ１＝ ｒ１－ｒ２． （２）由题意可知，电源电动势为Ｅ＝Ｉ（Ｒ２＋Ｒ＋Ｒ１） 整理得 １ Ｉ ＝ １ ＥＲ＋ Ｒ１＋Ｒ２ Ｅ 由 １ Ｉ－Ｒ图像可知，图像斜率 ｋ＝ １Ｅ ＝ ６．０－４．０ ４．０－０ Ｖ －１ 电源电动势为Ｅ＝２Ｖ 截距 Ｒ１＋Ｒ２ Ｅ ＝４．０ 解得Ｒ２ ＝６．５Ω． （３）若实际电流表Ａ内阻不可忽略，Ｅ＝Ｉ（Ｒ２＋Ｒ＋Ｒ１＋ ＲＡ） 整理得 １ Ｉ＝ Ｒ Ｅ ＋ Ｒ１＋Ｒ２＋ＲＡ Ｅ ，与以上比较可知，则Ｒ２的 真实值小于测量值． １３．（１）ｒ＝４Ω；（２）η＝９０％；（３）６２５Ｗ． 解析：（１）对电热丝，有Ｐ＝Ｉ２Ｒ 解得回路电流为Ｉ＝５Ａ 根据闭合回路欧姆定律，有Ｅ＝Ｉｒ＋ＵＭ ＋ＩＲ 解得电源的内阻为ｒ＝４Ω （２）电动机的效率为η＝ ＵＭＩ－Ｉ２ＲＭ ＵＭＩ ×１００％ 解得η＝９０％． （３）电动机的转子被卡住，回路电流为 Ｉ′＝ Ｅｒ＋ＲＭ ＋Ｒ ＝１２．５Ａ 电热丝上消耗的功率Ｐ′＝Ｉ′２Ｒ＝６２５Ｗ． １４．（１）３ｍｖ ２ ２ｑ；（２） 槡３２ｍｖ２ ４ｑＲ ． 解析：（１）根据动能定理，粒子从Ａ到Ｂ电场力做功为 ＷＡＢ ＝ １ ２ｍ（２ｖ） ２－１２ｍｖ ２ ＝ ３２ｍｖ ２ 则Ａ、Ｂ间的电势差为ＵＡＢ ＝ ＷＡＢ ｑ ＝ ３ｍｖ２ ２ｑ． （２）粒子从Ａ到Ｃ电场力做功为 ＷＡＣ ＝ １ ２ｍ（槡７ｖ） ２－１２ｍ（２ｖ） ２ ＝ ３２ｍｖ ２ 则Ａ、Ｃ间的电势差为ＵＡＣ ＝ ＷＡＣ ｑ ＝ ３ｍｖ２ ２ｑ 由此可知，Ｂ、Ｃ两点电势相等，电场 方向垂直于ＢＣ连线，如图所示 由几何关系可知，ＡＢ与ＢＣ垂直且相 等，ＡＢ间距离为ｄ＝槡２Ｒ 则匀强电场的电场强度大小为 Ｅ＝ ＵＡＢ 槡２Ｒ ＝ 槡３２ｍｖ ２ ４ｑＲ ． １５．（１）Ｕ１ ＝ ２ｄ２ｍｖ２０ ｑＬ２ ；（２）η＝２５％． 解析：（１）只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗 粒就能够全部收集，水平方向有Ｌ＝ｖ０ｔ 竖直方向有ｄ＝ １２ａｔ ２，ｑＥ＝ｍａ 又Ｅ＝ Ｕ１ ｄ 联立解得两金属板间的电压为Ｕ１ ＝ ２ｄ２ｍｖ２０ ｑＬ２ ． （２）若保持电压不变，板间距离变成原来的２倍，则电场强 度变为Ｅ′＝ Ｕ１ ２ｄ＝ １ ２Ｅ 颗粒在极板间的加速度变为ａ′＝ｑＥ′ｍ ＝ １ ２ａ 则有Ｌ＝ｖ０ｔ，ｙ′＝ １ ２ａ′ｔ ２ 联立可得ｙ′＝ １２ｄ 可知被收集的颗粒占进入收集器的总颗粒的百分比为 η＝ ｙ′２ｄ×１００％ ＝ １ ２ｄ ２ｄ ×１００％ ＝２５％． ! ! !"#$ " ! !"#$ !"#$%&'()*+,-.+ !"#$% / 0"12%&3()*+4-.+ &"#$% / !! " ! # ! $ % & 书 小灯泡Ｌ未断路前路端电压 Ｕ′２ ＝Ｉ′２Ｒ２ ＝０．４５×２０Ｖ＝９Ｖ 小灯泡Ｌ未发生断路前恰好正常发光，而小灯泡Ｌ的额定电 压ＵＬ ＝４Ｖ 则可得小灯泡Ｌ的额定电流ＩＬ ＝ ＰＬ ＵＬ ＝０．２５Ａ 则变阻器连入电路的阻值 Ｒ１ ＝ ＵＲ１ ＩＲ１ ＝ Ｕ′２－ＵＬ ＩＬ ＝９－４０．２５Ω＝２０Ω． （２）根据闭合电路欧姆定律Ｅ＝Ｕ＋Ｉｒ 小灯泡Ｌ断路前Ｅ＝Ｕ′２＋（Ｉ′２＋ＩＬ）ｒ 断路后Ｅ＝Ｕ２＋Ｉ２ｒ 代入数据联立解得Ｅ＝１２．５Ｖ，ｒ＝５Ω． 第２１期３、４版参考答案 １．Ｃ　２．Ｄ　３．Ｃ　４．Ｂ　５．Ａ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示： １．仅将甲或乙伸入空心球内后，由于静电感应，验电器箔片 会一直张开，故Ａ错误；将甲、乙先后伸入球内，验电器箔片先张 开、后闭合，故Ｂ错误；将甲、乙同时伸入球内，感应电荷为零，验 电器箔片不动，将甲或乙撤出后箔片张开，故Ｄ错误；将甲、乙先 后伸入球内，验电器箔片先张开再闭合，将乙或者甲撤出后箔片 又张开，故Ｃ正确． ３．通电螺线管内部的磁场最强，且接近匀强磁场，两端稍弱． 故Ｃ正确． ４．因为金属棒中单位长度的自由电子数为ｎ，所以金属棒中 电荷量为ｑ＝ｎｅＬ，全部通过某一横截面所用时间为ｔ＝ Ｌｖ，根据 电流的定义式，得Ｉ＝ ｑｔ ＝ ｎｅＬ Ｌ ｖ ．故Ｂ正确． ５．四个电荷的电荷量相等，两对对角线的电荷都是一对等量 异种点电荷，在交点处的电场强度的方向指向负电荷，且大小相 等，则合电场强度的方向水平向左．根据对称性可知，电场强度的 大小为Ｅ合 ＝２× ２ｋＱ （槡 ２ ２ａ） ２ ｃｏｓ４５°＝ 槡４２ｋＱ ａ２ ，故Ａ正确． ６．Ｌ１与Ｌ４为串联关系，电流相等，根据Ｐ＝Ｉ２Ｒ，且Ｌ１的电 阻小于Ｌ４的电阻，则Ｌ１与Ｌ４的功率大小关系为Ｐ１＜Ｐ４，Ｌ２与 Ｌ３为并联关系，电压相等，根据Ｐ＝ Ｕ２ Ｒ，且Ｌ２的电阻小于Ｌ３的电 阻，则Ｌ２与Ｌ３的功率大小关系为Ｐ２＞Ｐ３，由于Ｌ１与Ｌ２电阻相 等，且通过Ｌ１的电流大于通过Ｌ２的电流，根据Ｐ＝Ｉ２Ｒ，可知Ｌ１ 与Ｌ２的功率大小关系为Ｐ１＞Ｐ２，则Ｌ１、Ｌ２、Ｌ３、Ｌ４的功率大小关 系为Ｐ４ ＞Ｐ１ ＞Ｐ２ ＞Ｐ３，则最暗的灯是Ｌ３．故Ｃ正确． ７．匀强电场中同一方向上相同距离的两点间电势差绝对值 相等，所以φＡ－φＢ ＝φＤ－φＣ，解得φＤ ＝４Ｖ，故ＡＢ错误；由于 Ｂ、Ｄ两点电势相等，即ＢＤ连线为等势线，根据电场线与等势线垂 直，所以电场线的方向与 ＢＤ的连线垂直，且由高电势指向低电 势，即电场线的方向为ＡＣ方向，大小为Ｅ＝ ＵＡＣ ｄＡＣ ＝ ６－２ ２×１０－２ Ｖ／ｍ ＝２００Ｖ／ｍ，故Ｃ错误，Ｄ正确． ８．ＡＣＤ　９．ＡＣ　１０．ＡＤ 提示： ８．把线圈变成圆形（周长不变），线圈的面积增大，穿过线圈 的磁通量增大，能够产生感应电流．故Ａ正确；由于磁场是匀强磁 场，因此线圈无论向那个方向平移，磁通量都不会发生变化，不会 有感应电流产生，故Ｂ错误；使磁场增强或减弱，穿过线圈的磁通 量增大或减小，能够产生感应电流．故 Ｃ正确；当线圈以 ａｂ为轴 旋转时，其磁通量发生变化，有感应电流产生，故Ｄ正确． ９．结合电场线和等势线的关系可知，实线是等势线，虚线是 电场线，故ａ、ｂ两点电势相等，ｃ、ｄ两点电场强度不同，故Ａ正确， Ｂ错误；结合感应起电知识可知，靠近带电金属棒一侧的金属板 上产生的感应电荷较多，故Ｃ正确；金属棒所带电荷的电性未知， 无法判断ｃ、ａ两点的电势关系，电子从ｃ移到ａ，电场力的做功情 况未知，故Ｄ错误． １０．对比闭合电路欧姆定律Ｕ＝Ｅ－Ｉｒ可知，图线与纵轴交点 表示电动势，即Ｅ＝６．０Ｖ，图线斜率的绝对值表示内阻，大小为ｒ ＝｜ΔＵ ΔＩ ｜＝｜６．０－５．００．５ ｜Ω＝２Ω，故Ａ正确，Ｂ错误；当外电阻与 内电阻相等时，即Ｒ＝ｒ＝２Ω时，电源的输出功率最大，故Ｃ错 误；电流为０．４Ａ时，根据闭合电路欧姆定律可得电流为 Ｉ＝ Ｅ Ｒ＋ｒ，代入数据解得Ｒ＝１３Ω，故Ｄ正确． １１．（１）８００　３．４　（２）ＡＣ １２．（１）１．７４５　４１．４　（２）Ｖ１　Ａ１　Ｒ１　（３）Ｃ １３．（１）ＢＳ；　（２）槡３２ＢＳ；　（３）－２ＢＳ． 解析：（１）磁通量的大小与线圈匝数无关，则穿过线圈平面 的磁通量为Φ１ ＝ＢＳ． （２）当线圈绕ＯＯ′轴转过３０°时，穿过线圈平面的磁通量为 Φ２ ＝ＢＳｃｏｓ３０°＝槡 ３ ２ＢＳ． （３）线圈从初始位置转过半圈，即转过１８０°时，穿过线圈平 面的磁通量为Φ３ ＝－ＢＳ 则磁通量变化量为ΔΦ ＝Φ３－Φ１ ＝－２ＢＳ． １４．（１）１．５Ｗ；（２）９Ｊ；（３）１０３ Ω． 解析：（１）电动机的输入功率 Ｐ入 ＝ＵＩ＝５×０．３Ｗ ＝１．５Ｗ． （２）电动机３０ｓ内提升重物的机械功为 Ｗ机 ＝Ｇｈ＝１２×３Ｊ＝３６Ｊ 电动机３０ｓ内消耗的总功为 Ｗ总 ＝Ｐ入 ｔ＝１．５×３０Ｊ＝４５Ｊ 因此，电动机线圈所产生的热量为 Ｑ＝Ｗ总 －Ｗ机 ＝４５Ｊ－３６Ｊ＝９Ｊ． （３）由焦耳定律Ｑ＝Ｉ２ｒｔ得，线圈电阻为 ｒ＝ Ｑ Ｉ２ｔ ＝ ９ ０．３２×３０ Ω＝１０３ Ω． １５．（１）ｋＱｑ ３ｌ２ ；（２） ３槡ｇｌ． 解析：（１）由库仑定律Ｆ＝ｋＱｑ ｒ２ Ａ处正点电荷对Ｃ点处小环的库仑力大小ＦＡ ＝ｋ Ｑｑ （槡３ｌ）２ Ｂ处负点电荷对Ｃ点处小环的库仑力大小ＦＢ ＝ｋ Ｑｑ （槡３ｌ）２ 释放小环瞬间，两点电荷对小环的合力大小Ｆ＝ｋＱｑ ３ｌ２ ． （２）小环从 Ｃ滑到 Ｄ，电场力不做功，根据动能定理有 ｍｇｈ＝ １２ｍｖ ２－０ 因为ｈ＝槡３ｌｓｉｎ６０° 所以小环滑到Ｄ点时的速度大小ｖ＝ ３槡ｇｌ． 第２２期３、４版参考答案 １．Ｄ　２．Ｂ　３．Ｄ　４．Ｄ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示： １．普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分 布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元． 量子不是类似于质子、电子的微观粒子，不是一种高科技材料，不 是一个数量级的常量，表示微观世界的不连续性观念．故Ｄ正确． ２．由图知，甲球与乙球靠近时相互排斥，所以甲球和乙球一 定带同种电荷，甲可能带负电荷，也可能带正电荷，乙球和丙球相 互吸引，丙带正电，则乙带负电，甲带负电．故Ｂ正确． ３．感应电流产生的条件是闭合回路中磁通量发生变化．在Ｄ 图中紫铜薄板上下及左右振动时磁通量都会发生变化，产生感应 电流，从而出现阻尼振动，衰减其微小振动，而在 ＡＢＣ图中紫铜 薄板上下振动的磁通量没有变化．故Ｄ正确． ４．根据题意，小球受到的电场力等于圆弧棒的重力，即ｑＥ＝ Ｍｇ，解得Ｅ＝Ｍｇｑ，故Ｄ正确． ５．这是电流表的原理图，能测量电流，也能测电路的较小电 压，Ｒ增大时电阻上的分流减小，则量程减小．故Ｃ正确． ６．根据图像可知，该热敏电阻为非线性元件，故Ａ错误；根据 图像可知，随着电压增大，图像上的点与原点连线的斜率变小，电 阻变大，故Ｂ错误；当电流为 Ｉ０时，电压为 Ｕ０，根据欧姆定律可 知，阻值为Ｒ＝ Ｕ０ Ｉ０ ，故Ｃ正确，Ｄ错误． ７．甲、乙两环在ｂ点产生的磁感应强度大小相等，方向相同， 而ｂ点的磁感应强度大小为Ｂｂ，因此两环在ｂ点产生的磁感应强 度均为 Ｂｂ ２，乙环在ｂ点和甲环在ａ点产生的磁感应强度相同，均 为 Ｂｂ ２，所以乙环在ａ点产生的磁感应强度Ｂ＝Ｂａ－ Ｂｂ ２，现将甲环 撤去，则ａ点的磁感应强度大小为Ｂ′＝Ｂ＝Ｂａ－ Ｂｂ ２，故Ｄ正确． ８．ＢＣ　９．ＡＤ　１０．ＢＣＤ 提示： ８．烟尘微粒运动过程中受到的电场力指向轨迹的凹侧，并与 电场强度平行，因为电极端为负极，所以由此判断，烟尘微粒受到 的电场力与电场强度方向相反，因此烟尘微粒带负电，故Ａ错误； 等差等势面的疏密表示电场的强弱，由图可知，烟尘微粒在 Ａ点 的电场强度大于在Ｂ点的电场强度，故Ｂ正确；从 Ａ点运动到 Ｂ 点，电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以烟尘微粒在 Ａ点 的电势能大于在Ｂ点的电势能，烟尘微粒在Ａ点的速度小于在Ｂ 点的速度，故Ｃ正确，Ｄ错误． ９．当外界的光照强度减弱时，光敏电阻 Ｒ的值增大，电路中 的总电阻增大，电流减小．电流减小，灯泡变暗，故Ａ正确；根据Ｕ ＝Ｅ－Ｉｒ可知，电路中电流减小，路端电压增大，电压表示数增 大，故Ｂ错误；电源的总功率为Ｐ＝ＥＩ，电路中电流减小，电源总 功率减小，故Ｃ错误；电源内阻的发热功率为Ｐｒ＝Ｉ２ｒ，电路中电 流减小，电源内阻的发热功率减小，故Ｄ正确． １０．开关Ｓ接通时，回路中电阻较小，电饭煲功率较大，故电 饭煲处于加热状态，故Ａ错误；若Ｒ１＝Ｒ２＝５０Ω，保温时，回路 电流Ｉ＝ ＵＲ１＋Ｒ２ ＝２２０Ｖ１００Ω ＝２．２Ａ，Ｒ２的热功率 Ｐ＝Ｉ２Ｒ２ ＝ ２４２Ｗ，故Ｂ正确；根据Ｐ＝Ｉ２Ｒ得Ｐ１∶Ｐ２＝Ｒ１∶Ｒ２＝４∶５，故 Ｃ正确；加热时Ｐ２＝ Ｕ２ Ｒ２ ，保温时Ｐ′２＝（ Ｕ Ｒ１＋Ｒ２ ）２Ｒ２＝ １ ２Ｐ２，则 Ｒ１∶Ｒ２ ＝（槡２－１）∶１，故Ｄ正确． １１．（１）Ｂ　左端　（２）１．５　１．０ １２．（１）０刻线　１５００　（２）１４４０　黄色 解析：（１）图乙ａ指针偏转角度过小，倍率偏小，应将倍率由 “×１０挡”更换至“×１００挡”，图乙ｂ指针指向１５，故色环电阻的 阻值为Ｒ＝１５×１００Ω＝１５００Ω． （２）由图丁可读出通过色环电阻的电流为２．５０ｍＡ．根据欧 姆定律可得色环电阻的阻值为Ｒ＝ ＵＩ ＝ ３．６Ｖ ２５０ｍＡ＝１４４０Ω． 由于测得的色环电阻的阻值为１４４０Ω，第二位数字为“４”， 根据涂色规则可知第二个色环的颜色为黄色． １３．（１） ｋＱｑ μ槡ｍｇ；（２） μｍｇＬ ｑ ． 解析：（１）依题意，小滑块加速度为零时，其速度最大，受力 分析可得μｍｇ＝ｋＱｑ ｘ２ 解得ｘ＝ ｋＱｑ μ槡ｍｇ． （２）由动能定理，有ＷＡＢ－μｍｇＬ＝０ Ａ、Ｂ两点间电势差为ＵＡＢ ＝ ＷＡＢ ｑ ＝ μｍｇＬ ｑ ． １４．（１）１６Ω；（２）０．２４Ａ． 解析：（１）根据Ｅ＝Ｉ１（Ｒ０＋ｒ＋ Ｒ ２） 代入数据可得Ｒ＝１６Ω． （２）根据Ｅ＝Ｉ２（Ｒ０＋ｒ＋Ｒ１） 其中Ｉ２ ＝０．４Ａ 代入可得Ｒ１ ＝３Ω 由于浮标上升（或下降）的高度与滑动变阻器Ｒ的金属滑片 下移（或上移）的距离成正比．可知，池中的水没有时滑动变阻器 的电阻为Ｒ２ ＝８Ω＋５Ω＝１３Ω 根据Ｅ＝Ｉ３（Ｒ０＋ｒ＋Ｒ２） 可得Ｉ３ ＝０．２４Ａ． １５．（１）槡２ｖ０；（２） ２ｍｖ２０ ｑＬ 解析：（１）粒子在电场Ｅ１中沿ｘ方向做匀速直线运动，ｙ方向 做初速度为零的匀加速直线运动 ｘ方向：２Ｌ＝ｖ０ｔ１ ｙ方向：Ｌ＝ ｖｙ ２ｔ１ 书 于司南的勺柄静止时指向南方，地磁场是南北指向，所以勺柄是 磁勺的Ｓ极，故Ｃ错误；由于地磁场无论是北半球还是南半球，地 磁场的水平分量都是南北指向，司南的勺柄在北半球和南半球指 示的方向相同，故Ｄ错误． ２．磁感应强度Ｂ是描述磁场强弱的物理量，既有大小又有方 向，是矢量，故Ａ错误；公式Ｂ＝ＦＩＬ是磁感应强度的定义式，磁感 应强度Ｂ用Ｆ与ＩＬ的比值来量度，其大小由磁场本身决定，与Ｆ 和ＩＬ无关，故Ｂ错误；虽然Ｂ＝ ＦＩＬ，但一小段通电导体在某处不 受磁场力，并不能说明该处一定无磁场，可能是电流方向与磁场 方向平行，故Ｃ正确；根据Ｂ＝ ＦＩＬ可知，通电导线在磁场中受力 越大，磁场不一定越强，故Ｄ错误． ３．根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场产生电场，故乙、 丙、丁都可以产生电场，故Ａ错误，Ｂ正确；均匀变化的磁场产生 恒定的电场，周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，从而产 生电磁波，故丙、丁可以产生电磁波．故ＣＤ错误． ４．普朗克长度为 ｌｐ ＝ ｈＧ ｃ槡３，则普朗克时间为 ｔｐ ＝ ｌｐ ｃ ＝ ｈＧ ｃ槡５，故Ｄ正确． ５．太阳能、风能、水能、地热能等自然资源属于可再生资源， 故Ａ错误；太阳能光伏板能把太阳能转化成电能，但不是全部转 化，会有损耗，故Ｂ错误；手机无线充电是应用电磁感应原理，所 以手机无线充电要放在无线充电线圈上，不能直接放在太阳能光 伏板上，故Ｃ错误；手机无线充电技术是应用电磁感应原理，故Ｄ 正确． ６．由题可得，穿过该圆面的磁通量为Φ＝ＢＳｓｉｎ３０°，则此匀 强磁场的磁感应强度为 Ｂ＝ ΦＳｓｉｎ３０°＝ ３．０×１０－５ ６．０×１０－４×１２ Ｔ＝ ０．１Ｔ，故Ｂ正确． ７．设Ｂ、Ｃ两点的导线在Ｄ点 产生的磁场的磁感应强度均为Ｂ， 则两磁场方向夹角为 １２０°，则由 平行四边形定则可知 Ｂ＝Ｂ０，若 把置于Ｃ点的直导线移至Ａ点，电 流大小和方向都不变，则在Ａ、Ｂ两处的导线在Ｄ点的磁感应强度 大小仍均为Ｂ０，两磁场的夹角为６０°，则合磁场为Ｂ′＝２Ｂ０ｃｏｓ３０°＝ 槡３Ｂ０，方向竖直向下．故Ｄ正确． ８．ＡＢＣ　９．ＢＣＤ　１０．ＡＣＤ 提示： ８．能量子假说认为，物质发射（或吸收）能量时，能量不是连 续的，而是一份一份进行的，每一份能量单位，称为“能量子”，能 量子的能量ε＝ｈν，ν为带电微粒的振动频率，ｈ为普朗克常量， 故ＡＢＣ正确，Ｄ错误． ９．ａｂ、ｃｄ均向右运动，当ｖ１＝ｖ２时，闭合回路的磁通量不变， 故没有感应电流产生，故Ａ错误；Ｂ、Ｄ两项所述情况，闭合回路的 磁通量增加，Ｃ项所述情况，闭合回路的磁通量减少，均有感应电 流产生，故ＢＣＤ正确． １０．当海面无波浪时，线圈没有相对磁铁上下运动，则线圈没 有切割磁感线，所以灯塔无法发光，故Ａ错误；海水上下振荡速度 越快，则产生的感应电动势越大，感应电流就越大，灯泡发光就越 亮，故Ｂ正确；当线圈上下运动时，线圈切割磁感线，所以回路中 有感应电流，故Ｃ错误；根据对称性可知，圆形线圈上各位置的磁 感应强度大小相等，方向不同，故磁感应强度不相同，故Ｄ错误． １１．（１）发生　不发生　（２）向右　不发生 １２．（１）等于　小　１．４４×１０５Ｎ （２）右　交流　分区段 １３．（１）πＷｂ，４πＷｂ；　（２）π２ Ｗｂ；　（３）８πＷｂ 解析：（１）根据公式Φ ＝ＢＳ得 Φａ ＝ＢＳａ ＝πＷｂ，Φｂ ＝ＢＳｂ＝４πＷｂ （２）当磁场方向改变为与纸面成３０°角向里时线圈ａ中的磁 通量大小为Φ′ａ ＝Ｂｓｉｎ３０°·Ｓａ ＝ π ２ Ｗｂ． （３）磁场反向后线圈ｂ中的磁通量的变化量大小为 ΔΦｂ ＝－ＢＳｂ－ＢＳｂ＝－８πＷｂ 故磁通量变化量大小为８πＷｂ． １４．（１）１２Ｂ０Ｌ ２；　（２）Ｂ＝ Ｂ０Ｌ （Ｌ＋ｖｔ） 解析：（１）ｔ＝０时穿过ＭＤＥＮ回路的磁通量为 Φ ＝ＢＳｓｉｎθ＝ １２Ｂ０Ｌ ２ （２）当穿过ＭＤＥＮ回路的磁通量不变时，ＭＮ棒中不产生感 应电流，可得Φ ＝ＢＬ（Ｌ＋ｖｔ）ｓｉｎθ 解得Ｂ与ｔ的关系式为Ｂ＝ Ｂ０Ｌ （Ｌ＋ｖｔ）． １５．（１）２∶１； （２）垂直纸面向里，１４Ｉ０ 解析：（１）Ｃ点的磁场沿ＢＣ方向向 右，根据安培定则分别表示两导线在Ｃ 点形成的磁感应强度如图所示，得ＢＡ∶ ＢＢ ＝２∶１． （２）根据安培定则，Ｂ点处导线中 电流方向垂直纸面向里，根据题意 ＢＡ ＝ｋ Ｉ０ ｒＡＣ ，ＢＢ ＝ｋ ＩＢ ｒＢＣ 根据几何关系ｒＡＣ ＝２ｒＢＣ 又ＢＡ∶ＢＢ ＝２∶１ 解得ＩＢ ＝ １ ４Ｉ０． 第２０期参考答案 １．Ｂ　２．Ａ　３．Ａ　４．Ａ　５．Ｄ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示： １．变化的磁场周围产生电场，当电场中有闭合回路时，回路 中有电流，若无闭合回路，电场仍然存在，与电路是否闭合无关， 故Ａ错误；周期性变化的磁场产生的电场一定也是周期性变化 的，且频率相同，故Ｂ正确；若形成电磁场必须有周期性变化的电 场和磁场，故Ｃ错误；只有变化的电场才能产生磁场，只有变化的 磁场才能产生电场，故Ｄ错误． ２．“磁星”周围某点的磁场方向可以用磁感线在该点的切线 方向表示，故Ａ正确；磁感线是闭合的曲线，则距“磁星”很远处 磁感线不会中断，故Ｂ错误；在“磁星”外部和内部都有磁场，内 部和外部磁感线组成闭合的曲线，故Ｃ错误；“磁星”表面的磁场 非常强，故磁感线非常密集，但是磁感线不可能相切，故Ｄ错误． ３．根据电流的定义式Ｉ＝ ｑｔ ＝ ｅ Ｔ ＝ １．６×１０－１９ １５０×１０－１８ Ａ≈１× １０－３Ａ，故Ａ正确． ４．线框在整个运动过程中，只在右侧边框恰好进入磁场到线 框恰好完全进入磁场的过程中产生感应电流，此过程线框的位移 为Ｌ，故根据匀速直线运动规律可得，产生感应电流的时间为ｔ＝ Ｌ ｖ，故Ａ正确． ５．由公式Ｒ＝ρＬＳ可知，该地板材质的电阻率 ρ＝ ＲＳ Ｌ ＝ １０６×０．８×０．０１ ０．８ Ω／ｍ＝１０ ４Ω／ｍ，故ＡＢＣ错误，Ｄ正确． ６．ｍＡ·ｈ是电荷量单位，故Ａ错误；该眼镜的额定电流为Ｉ＝ Ｐ Ｕ ＝ ２０ １０Ａ＝２Ａ＝２０００ｍＡ，理论上该眼镜充满电后能连续工 作ｔ＝４０００２０００ｈ＝２ｈ，故Ｂ错误，Ｃ正确；该眼镜充满电所储存的能 量为Ｗ＝Ｐｔ＝２０×７２００Ｊ＝１．４４×１０５Ｊ，故Ｄ错误． ７．当无光照射Ｒ１时，Ｒ１的电阻变大，根据闭合电路欧姆定 律 Ｉ＝ ＥＲＬ＋Ｒ１＋ｒ ，Ｕ１＝Ｅ－Ｉ（ＲＬ＋ｒ）可知，干路电流Ｉ减小，即 通过光敏电阻Ｒ１的电流将变小，光敏电阻Ｒ１两端的电压变大， 故ＡＢ错误；电源消耗的总功率Ｐ＝ＥＩ，干路电流减小，则电源消 耗的总功率变小，故Ｃ错误；灯泡消耗的功率ＰＬ ＝Ｉ２ＲＬ，干路电 流减小，则灯泡消耗的功率变小，故Ｄ正确． ８．ＣＤ　９．ＢＤ　１０．ＡＤ 提示： ８．根据右手螺旋定则可知，线框所在处的磁场垂直纸面向 里，故Ａ错误；距离导线越远则磁场越弱，则穿过线框的磁通量逐 渐减小，故Ｂ错误；由于穿过线框的磁通量逐渐减小，则线框中产 生感应电流，故Ｃ正确；由能量守恒定律可知，由于线圈中有电能 产生，则线框的机械能减少，故Ｄ正确． ９．车灯接通电动机未启动时，根据闭合电路的欧姆定律有 Ｉ ＝ ＥＲ＋ｒ，求得Ｒ＝１Ω，仅接通车灯时，车灯的功率为Ｐ＝Ｉ ２Ｒ＝ １００Ｗ，故Ａ错误；电动机启动时，根据闭合电路的欧姆定律有 Ｕ ＝Ｅ－Ｉ１ｒ＝２Ｖ，流过车灯的电流为Ｉ２＝ Ｕ Ｒ ＝２Ａ，此时车灯功 率为Ｐ＝Ｉ２２Ｒ＝４Ｗ，故Ｂ正确；电动机启动时，电动机的电流为 Ｉ３ ＝Ｉ１－Ｉ２ ＝４８Ａ，电动机的输入功率ＰＭ ＝ＵＩ３＝９６Ｗ，故Ｃ 错误；电动机的热功率为Ｐ热 ＝Ｉ２３ｒ机 ＝２３．０４Ｗ，输出的机械功 率为Ｐ出 ＝ＰＭ －Ｐ热 ＝７２．９６Ｗ，故Ｄ错误． １０．根据闭合电路欧姆定律可得Ｕ＝Ｅ－Ｉｒ，可知电源的Ｕ－ Ｉ图像纵轴截距等于电动势，斜率绝对值等于内阻，则有 Ｅ＝ ３．０Ｖ，ｒ＝｜３．０２．０｜Ω＝１．５Ω，故Ａ正确，Ｂ错误；该灯泡直接与该 电源相接时，由图像交点可知，灯泡电阻为 Ｒ＝ ＵＩ ＝ １．５ １．０Ω ＝ １．５Ω，灯泡功率为Ｐ＝ＵＩ＝１．５×１．０Ｗ ＝１．５Ｗ，故Ｃ错误， Ｄ正确． １１．（１） （２）７．５×１０－８　（３）Ｃ　９８ １２．（１）２９８００　（２） Ｒｇ＋Ｒ２ ｂ 　 ｋ ｂ－Ｒ１　（３）相等 解析：（１）定值电阻Ｒ２的阻值为 Ｒ２ ＝ Ｕ Ｉｇ －Ｒｇ＝ ３ １００×１０－６ Ω－２００Ω＝２９８００Ω． （２）根据闭合电路欧姆定律可得 Ｅ＝Ｉ（Ｒｇ＋Ｒ２）＋ Ｉ（Ｒｇ＋Ｒ２） Ｒ （Ｒ１＋ｒ） 化简可得 １ Ｉ ＝ （Ｒｇ＋Ｒ２）（Ｒ１＋ｒ） Ｅ １ Ｒ ＋ （Ｒｇ＋Ｒ２） Ｅ 则ｋ＝ （Ｒｇ＋Ｒ２）（Ｒ１＋ｒ） Ｅ ，ｂ＝ Ｒｇ＋Ｒ２ Ｅ 解得Ｅ＝ Ｒｇ＋Ｒ２ ｂ ，ｒ＝ ｋ ｂ－Ｒ１． （３）测量过程中不存在系统误差，故电池组电动势的测量值 与真实值相等． １３．（１）０．８Ｗｂ；（２）１２．８Ｗｂ 解析：（１）导体棒向右匀速运动４ｓ时，位移为 ｘ＝ｖｔ＝１×４ｍ＝４ｍ 由于∠ＭＯＮ＝４５°，此时回路的面积为 Ｓ＝ １２ｘ ２ ＝ １２ ×４ ２ｍ２ ＝８ｍ２ 回路的磁通量的变化量为ΔΦ１ ＝Φ－０＝ＢＳ 代入数据解得ΔΦ１ ＝０．８Ｗｂ． （２）初始时Φ０ ＝Ｂ０Ｓ０ ＝１．６Ｗｂ 回路面积从Ｓ０ ＝８ｍ２变到Ｓｔ＝１８ｍ２，Ｂ从Ｂ０＝０．２Ｔ变 到Ｂｔ＝０．８Ｔ时的磁通量为Φ２＝ＢｔＳｔ＝０．８×１８Ｗｂ＝１４．４Ｗｂ 故回路中的磁通量的变化为ΔΦ２ ＝Φ２－Φ０ 代入数据解得ΔΦ２ ＝１２．８Ｗｂ． １４．（１）５．５Ｗ；（２）６×１０－５Ｃ 解析：（１）根据闭合电路欧姆定律得Ｅ＝Ｕ＋Ｉ（ Ｒ１Ｒ２ Ｒ１＋Ｒ２ ＋ｒ） 解得：Ｉ＝１Ａ 电动机的输出功率Ｐ＝ＵＩ－Ｉ２ｒ０ 解得：Ｐ＝５．５Ｗ． （２）电容两端电压为ＵＣ ＝ＩＲ并 ＝２Ｖ 电容器的带电荷量ｑ＝ＣＵＣ ＝６×１０－５Ｃ． １５．（１）２０Ω；（２）１２．５Ｖ，５Ω 解析：（１）根据并联电路的特点，小灯泡Ｌ断路后可知 Ｕ＝ Ｕ２ ＝１０Ｖ 则有Ｒ２ ＝ Ｕ２ Ｉ２ ＝１００．５Ω＝２０Ω ! ! ! " !"#$ !"#$ !"#$%&'()*+,-.+ !"#$% / 0"12%&3()*+4-.+ &"#$% / ! " # $ !"! #"! $%! " ! $ " $ " ! " " 书 （上接第３版） 二、实验题（共１０分） ４．（２０２２上海嘉定区第一中学期末）在“用ＤＩＳ研究 通电螺线管的磁感应强度”实验中 （１）在对螺线管通电 （选填“前”或“后”） 必须对磁传感器进行调零； （２）若读数为负，要使读数出现正值的操作是： 或 ． （３）（单选题）实验时，将磁传感器探管前端插至通 电螺线管轴线中点时，磁传感器读数为５ｍＴ．减小通电 螺线管的电流后，将探管从螺线管的另一端插入，当探 管前端再次到达螺线管轴线中点时，磁传感器的读数可 能为 ． Ａ．５ｍＴ Ｂ．－５ｍＴ Ｃ．３ｍＴ Ｄ．－３ｍＴ （４）用传感器测量通电螺线管轴线上的磁感应强 度，然后绘出Ｂ－ｘ图像，设ｘ＝０处为螺线管的中央，下 面哪个图最符合实际情况 ． 三、计算题（共１２分） ５．地球上北半球某地磁感应强度 Ｂ的水平分量 Ｂｘ ＝３×１０－６Ｔ，竖直分量Ｂｙ ＝４×１０ －６Ｔ．求： （１）此地地磁场磁感应强度Ｂ的大小及它的方向； （２）在水平面２．０ｍ２的面积内地磁场的磁通量Φ． 书 磁感应强度是磁场的一个基本属性，反映磁场的力 的性质的重要物理量．一旦磁场确定，各处的磁感应强 度的值也就客观地确定了．要正确理解磁感应强度，必 须注意以下几点： 一、固有性 磁感应强度Ｂ是由磁场本身决定的，与磁场力Ｆ、电 流Ｉ和导线长度ｌ的乘积均无关，但可以用 ＦＩｌ定义或量 度出来，所以Ｂ不与Ｆ成正比，也不与Ｉｌ成反比． 例１．关于磁感应强度的说法中正确的是 （　　） Ａ．磁场中某处的磁感应强度与该处的检验电流元 有关，随电流的增大而增大 Ｂ．放在磁场中的通电导线，电流越大，受到的磁场 力越大，表示该处的磁感应强度越大 Ｃ．磁感应强度与放入磁场的通电导线的电流大小、 导线长度、导线取向等均无关 Ｄ．磁场某处的磁感应强度是惟一确定的 解析：磁感应强度是反映磁场特性的物理量，由磁 场本身决定，即只跟磁场中的位置有关，与检验电流元 无关，与该位置所放置的导线长度、取向、受力大小等均 没有关系，且是惟一确定的，故ＣＤ正确，ＡＢ错误． 答案：ＣＤ 点评：磁感应强度是反映磁场本身的特性，其值决 定于磁场，与放入的检验电流元、导线长度、摆放方向、 检验电流元是否受到磁场力及检验电流元是否存在均 无关．正如电场中电场强度与检验电荷无关一样． 二、条件性 由于通电导线在磁场中受的力跟通电导线放在磁 场中的方向有关，就需要把导线放在磁场中的方向确定 下来．在研究磁场强弱时，总是把通电导线放在与该处 磁场垂直的方向上，所以定义式Ｂ＝ＦＩｌ只有在导线和磁 场方向垂直时才有意义． 例２．有关磁感应强度的下列说法中，正确的是 （　　） Ａ．磁感应强度是用来描述磁场强弱和方向的物理 量 Ｂ．若有一小段通电导体在磁场中某点不受磁场力 作用，则该点的磁感应强度一定为零 Ｃ．若有一段长为ｌ，通以电流为 Ｉ的导体，在磁场中 某处受到的磁场力为 Ｆ，则该处磁感应强度的大小一定 为 Ｆ Ｉｌ Ｄ．由定义式Ｂ＝ＦＩｌ可知，电流Ｉ越大，导线ｌ越长， 某点的磁感应强度就越小 解析：磁感应强度的引入目的就是描述磁场的强弱 和方向，故Ａ正确；磁感应强度由公式Ｂ＝ＦＩｌ比值定义， 但磁感应强度是与电流Ｉ、导线长度ｌ以及受到的力Ｆ均 无关的物理量，且此比值定义式成立的条件是式中的Ｂ、 Ｆ、Ｉ相互垂直，故ＢＣＤ错误． 答案：Ａ． 点评：用垂直于磁场方向的通电导线所受安培力的 大小来度量磁场的强弱时，导线的作用在于检测，Ｂ＝ Ｆ Ｉｌ的成立条件是Ｂ、Ｆ、Ｉ相互垂直． 三、矢量性 磁感应强度是矢量，其方向规定为小磁针静止时 Ｎ 极所指的方向，亦即磁感线的切线方向，注意不是通电 导线在该处受到磁场力的方向，通电导线受力方向在与 磁感应强度垂直的方向上． 例３．有关磁感应强度的方向，下列说法中正确的是 （　　） Ａ．磁感应强度的方向就是该位置的磁场方向 Ｂ．磁感线的指向就是磁感应强度的方向 Ｃ．垂直磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感 应强度的方向 Ｄ．一条磁感线只能描述它通过空间磁感应强度的 方向，不能描述磁场的强弱 解析：磁感应强度是矢量，其方向是该处的磁场方 向，故Ａ正确；磁感应强度的方向应是磁感线的切线方 向，而不是磁感线的指向，故Ｂ错误；通电导线所受力的 方向与磁感应强度的方向垂直，故 Ｃ错误；与电场线相 同，磁感线密的地方磁感应强度大，故一条磁感线不能 反映磁场强弱的分布，故Ｄ正确． 答案：ＡＤ． 点评：注意磁感应强度方向多种正确的叙述：该点 的磁场方向；该点磁感线的切线方向；小磁针 Ｎ极受力 的方向；小磁针静止时Ｎ极的指向． 四、叠加性 在磁场空间如果同时存在两个以上的电流或磁体 激发的磁场，某点的合磁感应强度是各电流或磁体激发 的磁场在该点的磁感应强度的矢量和，且遵守平行四边 形定则． 例４．在纸面上有一个等边三 角形ＡＢＣ，其顶点处都通有相同电 流的三根长直导线垂直于纸面放 置，电流方向如图１所示，每根通电 导线在三角形的中心 Ｏ产生的磁 感应强度大小为Ｂ０，则中心Ｏ处的 磁感应强度大小是多少？ 解析：直线电流的磁场是以直 线电流为中心的一组同心圆，故中 心Ｏ点处三个直线电流的磁场方 向如图２所示．由于对称性，它们互 成１２０°的角，由于它们大小相等， 均为Ｂ０，根据矢量合成的特点可知 它们的合矢量为零，故中心Ｏ处的磁感应强度为零． 点评：解决这类问题首先必须熟练掌握右手定则， 熟悉常见磁场的分布情况，正确作出示意图，利用平行 四边形定则或正交分解法进行合成与分解． ! !" #$% ! " # ! $ ! ! ! ! ! " # " ! " # " " $ ! ! ! ! " 书 檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯 檯 檯 檯 檯 檯 檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯 檯 檯 檯 檯 檯 殔 殔殔 殔 编者按：本章是在初中学习磁场知识基础上 的强化，学习对磁场性质的描述，总结产生感应电 流的条件，是以后学习电磁学知识的基础，本章知 识在工农业生产和高科技发展中有着广泛的应 用． §１３．１磁场　磁感线 预习题纲 １．知道丹麦物理学家奥斯特通过实验发现了电与 磁的联系； ２．知道磁场的概念，知道一切磁作用力都是通过磁 场发生的； ３．知道磁感线的定义和特点，了解几种常见磁场的 磁感线分布； ４．学会用安培定则判断电流的磁感线方向． 课本预习 电和磁的联系 １．自然界中的磁体总是存在着两个 ． ２．同名磁极相互 ，异 名 磁 极 相 互 ． ３．１８２０年丹麦物理学家奥斯特通过通电导线使小 磁针 的实验发现了电流的 ，揭示了电 与磁的联系． 磁场 １．磁体与磁体之间、磁体与通电导体之间，以及通 电导体与通电导体之间的相互作用都是通过 发生的． ２．通电导线间的相互作用力特点：同向通电导线相 互 ，异向通电导线相互 ． ３．磁场尽管看不见、摸不着，但它与 类似， 都是不依赖于我们的感觉而客观存在的物质． 磁感线 １．物理学中把小磁针静止时 所指的方向 规定为该点磁场的方向． ２．用来形象地描述磁场的一些曲线，使曲线上每一 点的 方向都跟这点磁场的方向 ，这样 的曲线叫作磁感线． ３．磁感线特点：（１）磁感线是闭合曲线；（２）磁感线 的疏密程度表示磁场 ，磁场强的地方磁感线 ，磁场弱的地方磁感线 ． 安培定则 １．通电直导线周围的磁场 用右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与 的方向一致， 所指的方向就 是磁感线环绕的方向．（如图１甲所示） ２．环形电流产生的磁场 让右手弯曲的四指与 的方向一 致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线 磁场的方向．（如图乙所示） ３．通电螺线管产生的磁场 用右手握住螺线管，让弯曲的四指与 的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是螺线 管 磁场的方向．（如图丙所示） 问题思考 １．如图２所示，磁体间、通电导线和磁体间都可以在 不接触的情况下发生作用． （１）甲图中两磁铁作用时，悬挂的磁铁两种情况下 转动的方向不同，这说明了磁极间的作用有何特点？ （２）乙图中当给导线通电时，与导线平行放置的小 磁针发生转动，表明电流和磁场存在什么关系？ ２．图３甲表示条形磁铁的磁感线的分布情况，图乙 表示通电螺线管的磁感线的分布情况，观察两幅图，请 思考：从图中可以看出，通电螺线管的磁感线是闭合的， 而条形磁铁的磁感线不闭合，这种判断对吗？ 思考提示 １．（１）同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引．（２） 电流周围产生磁场． ２．不对，不管是磁铁的磁场，还是电流的磁场，磁感 线都是闭合的． !"#$%&'()*+,'-. ! " !" #"$ %! !!#$ " "#"% & !! ' % ( ! ! !"#$% !"#$ % & &'()*+, ! '()*+,- -./0123456789:;7 !" < ) *+ =>? , ) *+ @AB , % - .+ CD? , ) *+ E F , ) *+ G H -./01+ # I 23/01+ CJK -4506+ L M -4578+ NOP AQR S T UVW X Y Z[\ @]^ X_J ` O abc de> Sfg hfi @>j kH. lmT n \ opq Ars 91-.+ Z[\ 91:;+ @ t <=-.+ @ u >?-.+ @vv @ABC+ wxy z"{|}~€ z"{}3‚ƒ„…†‡ z"{}ˆ‰Š‹ŒŽ ‘0’“”•–— “%˜=>? ™š›œž–—/Ÿ˜ &'!%(#)#)* 4 + :  ¡¢Ÿ˜ "!,"-. " £’¤¥¤— / " ¦hœ–— " ”•ª«¬˜ #0.!(.")!".1 " £’­®˜z"¯°±²V³*´µ¶ !0" Ÿ‘0’“-./0”•ª "  ·”¸˜ #0###1 " ²¹ªº’»¼˜ #0.!!.")!"#$ #0.!!.")!"0) 4„½: " º¾˜¿À£’²¹ª®ÁÂÙÄ) Å4Æ: "  ·º¾»¼˜ !!!-. " ÇÈÉʺË̺Íκ " £’ÏÃ™Ä 4̄²:Ð3ÑÒӒ " ÔՊ‹ÖÇן˜ !%####%###!!# " ÔÕª«¬˜ #0.!!.")!".. " £’ØÙÚÛ܄…ÝތŽ4ßà²áâ*ãäåæ炃è !! 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Z!/01235&Ž !7 589N5& ‘= ’“-.Z!/0 123'(4!6” •7–T—˜7yz”™ :š@–T= +>/& '(lm4›"I8 9=’“œ23ew7 žŸ –T¡¢£>m n¤:‘¥¦ 书 §１３．２磁感应强度　磁通量 预习题纲 １．知道磁感应强度的定义及物理意义； ２．了解磁感应强度的方向、大小、定义式和单位； ３．知道匀强磁场的概念及特点； ４．知道磁通量的概念，会计算磁通量的大小． 课本预习 磁感应强度 １．在物理学中，把很短一段通电导线中的电流 Ｉ与 导线长度ｌ的 叫作电流元． ２．控制变量法探究影响 通电导线受力的因素．如图４ 所示，三块相同的蹄形磁铁， 并列放在桌上，直导线所在处 的磁场认为是均匀的． （１）保持磁场中导线长 度不变，改变 ，观察 直导线 大小来比较磁场力大小． （２）保持电流大小不变，改变磁场中 ，通 过观察直导线 大小比较磁场力大小． （３）实验结论：通电导线与磁场方向垂直时，它受 力的大小既与导线的长度 ｌ成 ，又与导线中的 电流Ｉ成 ． ３．磁感应强度 表征磁场强弱的物理量．大小等于在磁场中垂直于 磁场方向放置的通电导线，所受的磁场力Ｆ跟电流 Ｉ和 导线长度ｌ的乘积Ｉｌ的比值． ４．定义式：Ｂ＝ ． ５．在国际单位制中，磁感应强度的单位是 ，简称特，国际符号是Ｔ，１Ｔ＝ ． 匀强磁场 １．如果磁场中各点的磁感应强度的 相等、 相同，这个磁场叫作匀强磁场． ２．匀强磁场的磁感线是一些 直线． 磁通量 １．匀强磁场磁感应强度 Ｂ和与磁场方向 的平面面积Ｓ的乘积，叫作穿过这个面积的 ， 即Φ ＝ ． ２．磁场与平面不垂直时，这个面在垂直于磁场方向 的 与磁感应强度 Ｂ的乘积表示磁 通量． ３．国际单位制中，磁通量的单位是 ，简称 韦，符号是Ｗｂ，１Ｗｂ＝ ． ４．在匀强磁场中Ｂ＝ΦＳ，表示磁感应强度的大小等 于穿过垂直磁场方向的 的磁通量． 问题思考 １．巨大的电磁铁能吸起成吨的钢铁，实验室中的小 磁铁只能吸起几枚铁钉（如图５所示）．磁体磁性的强 弱，表现为它所产生的磁场对磁性物质和电流的作用力 的强弱，也就是说磁场也有强弱之分．那么我们怎样认 识和描述磁场的强弱呢？ ２．如图６所示的磁场中与磁 场垂直放置两个面积相同的闭 合线圈 Ｓ１（左）、Ｓ２（右），如何判 断穿过线圈Ｓ１、Ｓ２的磁通量大小 呢？ 思考提示 １．用磁感应强度来描述磁场的强弱． ２．根据Φ ＝ＢＳ判断，由图可知 Ｂ１ ＞Ｂ２，故 Φ１ ＞ Φ２． !"#$% &'()* &+, # š12 345 $$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$ !"&$' &- &'. % % ' % 2 §¨ % © ª « ! ! 2 2 2 2 ' ' ' ' % © ª ! " 2' © ª ! 0 ! " 0 % ! % ! . & " & ! " ! 1 4=>;<?ó<: $ ' " $ ' " $ ' " $ ' " 9 : & ; 书 第１６期参考答案 １．Ｃ　２．Ａ　３．Ｂ　４．Ｄ　５．Ｄ　６．Ｃ　７．Ｄ ８．ＢＤ　９．ＡＣ　１０．ＢＣ １１．（１）电流零刻度线　（２）×１０ （３）电阻零刻度线　（４）２２０ １２．（１）ａ　１．５　１０　（２）１５ １３．（１）３．５×１０－５Ω；（２）２．０×１０３Ａ；（３）０．２２× １０－３Ｖ／ｍ；（４）９．３×１０－５ｍ／ｓ． １４．（１）２５Ω；（２）５．５６Ω． 解析：（１）因为Ｉ＝０．１６Ａ，根据题意 ０．１６Ａ＝０．０２Ｕ３１ 解得Ｕ１ ＝２Ｖ 所以Ｕ２ ＝Ｅ－Ｕ１ ＝４Ｖ 则Ｒ２ ＝ Ｕ２ Ｉ＝２５Ω （２）因为Ｒ１、Ｒ２消耗电功率相等，所以 Ｕ′１＝Ｕ′２＝３Ｖ 根据Ｉ′１ ＝ｋＵ′ ３ １ ＝０．０２×３ ３Ａ ＝０．５４Ａ 解得Ｒ′２＝ Ｕ′２ Ｉ′１ ＝５．５６Ω． １５．（１）５０Ω； （２）１０Ω，１２Ｖ； （３）２．４Ｗ，１４．４Ｗ 书 Ａ组 一、选择题（本题共７小题，每小题５分，共３５分） １．（２０２３宁夏银川六盘山高级中学模拟）关于磁 场、磁感应强度和磁感线，下列说法中正确的是 （　　） Ａ．磁场中的磁感线有的不能相交，有的能相交 Ｂ．磁感应强度是只有大小、没有方向的标量 Ｃ．匀强磁场中沿磁感线方向，磁感应强度越来越小 Ｄ．磁感线上每一点的切线方向都跟该点的磁场方 向一致 ２．（２０２４河南名校调研）两条 通有相同电流的长直导线平行放 置，将一矩形线框分别放置在１、２、 ３位置，２位置到两导线的距离相 等，如图１所示．则矩形线框在１、 ２、３位置的磁通量大小 Φ１、Φ２、Φ３ 的大小关系正确的是 （　　） Ａ．Φ１ ＞Φ２ ＞Φ３ Ｂ．Φ１ ＜Φ２ ＜Φ３ Ｃ．Φ１ ＝Φ３ ＞Φ２ Ｄ．Φ１ ＝Φ３ ＜Φ２ ３．（２０２３江苏五市十一校联考）在匀强磁场中某处 Ｐ点放一根长度Ｌ＝０．２ｍ，通电电流Ｉ＝０．５Ａ的直导 线，当导线与磁场方向垂直时，测得它受到的最大磁场 力Ｆ＝１．０Ｎ，现将该通电导线从磁场中撤走，则Ｐ处的 磁感应强度大小为 （　　） Ａ．零 Ｂ．０．１Ｔ Ｃ．１Ｔ Ｄ．１０Ｔ ４．（２０２３广东学业考试）如图２所示是电磁式充气 泵的结构示意图．当电流从电磁铁的线圈 ａ端流入时， 小磁铁被吸引而向下运动，实现充气，则此时 （　　） Ａ．电磁铁上端是Ｎ极，小磁铁下端是Ｎ极 Ｂ．电磁铁上端是Ｎ极，小磁铁下端是Ｓ极 Ｃ．电磁铁上端是Ｓ极，小磁铁下端是Ｎ极 Ｄ．电磁铁上端是Ｓ极，小磁铁下端是Ｓ极 ５．Ｍ１与 Ｍ２为两根未被磁 化的铁棒，现将它们分别放置于 如图３所示的位置，则被通电螺 线管产生的磁场磁化后 （　　） Ａ．Ｍ１的左端为Ｎ极，Ｍ２的 右端为Ｎ极 Ｂ．Ｍ１和Ｍ２的右端均为Ｎ极 Ｃ．Ｍ１的右端为Ｎ极，Ｍ２的左端为Ｎ极 Ｄ．Ｍ１和Ｍ２的左端均为Ｎ极 ６．（２０２３湖南名校联合体联考） 如图４所示，等边三角形线框ＬＭＮ由 三根相同的导体棒连接而成，Ｏ为线 框的几何中心．线框顶点Ｍ、Ｎ与直流 电源两端相接，已知电流为 Ｉ的直导 线产生的磁场的磁感应强度计算公 式为Ｂ＝ｋＩｒ（ｒ为某点到直导线的距离），若ＭＮ边在Ｏ 点产生的磁场的磁感应强度大小为１×１０－４Ｔ，则整个三 角形线框在Ｏ点产生的磁场的磁感应强度大小为 （　　） Ａ．０ Ｂ．１×１０－４Ｔ Ｃ．１．５×１０－４Ｔ Ｄ．２×１０－４Ｔ ７．（２０２３湖南衡阳第四中学 期中）在地球赤道上进行实验 时，用磁传感器测得赤道上Ｐ点 的地磁场磁感应强度大小为Ｂ０． 如图５所示，将一条形磁铁固定 在过Ｐ点的水平线上，让Ｎ极指 向正北方向，此时用磁传感器测得Ｐ点的磁感应强度大 小为Ｂ１；现将条形磁铁以Ｐ点为轴旋转９０°，使其Ｎ极指 向正东方向，此时用磁传感器测得Ｐ点的磁感应强度的 大小应为（可认为地磁南、北极与地理北、南极重合） （　　） Ａ．Ｂ１－Ｂ０ Ｂ． ２Ｂ ２ ０＋Ｂ ２ １－２Ｂ０Ｂ槡 １ Ｃ．Ｂ１＋Ｂ０ Ｄ． Ｂ ２ ０＋Ｂ槡 ２ １ 二、填空题（共８分） ８．如图６甲是学校提醒师生上下课的直流电铃．原 理图如图乙所示，当电路接通时，蹄形电磁铁产生磁性， 吸引衔铁向下运动时使小锤击打铃碗，同时导致电路断 开，在弹性片弹力作用下衔铁弹回，电路再次接通，如此 反复．则电磁铁有磁性时，Ａ端为 极，小锤击打 铃碗时，电磁铁 （选填“有”或“无”）有磁性， 衔铁向下运动过程中，受到的吸引力 （选填“变 大”或“变小”），如改变电流方向，电铃 （选填 “能”或“不能”）正常工作． 三、计算题（本题共２小题，共１７分） ９．（９分）（２０２３广西桂林第十 一中学期中）如图７所示，线圈面 积为Ｓ，线圈平面与磁感应强度为 Ｂ的匀强磁场方向垂直．设图示情 况下的磁通量为正值．求： （１）此时穿过线圈平面的磁 通量； （２）线圈从初始位置绕ＯＯ′轴转过６０°时，穿过线 圈平面的磁通量； （３）线圈从初始位置转过１８０°时，穿过线圈平面的 磁通量的变化量． １０．（８分）（２０２３甘肃白银靖远县第一中学期末）匀 强磁场中放一与磁场方向垂直的长１０ｃｍ的通电导线， 导线中的电流是２．５Ａ，它受到的安培力为５Ｎ． （１）求匀强磁场的磁感应强度大小； （２）如果把通电导线中的电流增大到５Ａ，则匀强 磁场的磁感应强度的大小又是多大？ Ｂ组 一、多选题（本题共３小题，每小题６分，共１８分） １．（２０２３福建泉州德 化第一中学月考）有一种 磁悬浮地球仪，通电时地 球仪悬浮起来（如图１甲 所示），实际原理如图乙 所示，底座是线圈，地球 仪是磁铁，通电时能让地球仪悬浮起来，则下列叙述正 确的是 （　　） Ａ．地球仪只受重力作用 Ｂ．绕圈中的电流方向不能改变 Ｃ．绕圈中的ｂ端点须连接电源的正极 Ｄ．增大线圈中的电流，地球仪飘浮的高度不会改变 ２．（２０２３湖北省宜城市第一 中学期中）我国重大科技基础设施 “稳态强磁场实验装置”实现了重 大突破，如图２所示，在合肥“东方 超环ＥＡＳＴ”装置上，我国科学家创 造了最强的稳态强磁场，这个磁场 强度比地球平均磁场强度高出９０多万倍，妥妥地达到了 国际领先水平．关于磁场的认识下列说法正确的是 （　　） Ａ．磁感应强度和磁通量都是标量 Ｂ．穿过线圈的磁通量为零，则该处的磁感应强度不 一定为零 Ｃ．一小段通电直导线在磁场中某处不受磁场力作 用，该处的磁感应强度一定为零 Ｄ．磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受 安培力无关 ３．（２０２３浙江温州一模）通电 螺线管的电流方向如图３所示，内 部产生的磁场可认为匀强磁场，磁 感应强度大小为 Ｂ．在螺线管的中 轴线上有一沿轴线向上的很长的 直线电流，以Ｏ点为圆心垂直于轴 线的平面内有一圆，圆直径上有ａ、 ｂ两点，直线电流在 ａ、ｂ两点产生的磁感应强度大小也 为Ｂ，下列说法正确的是 （　　） Ａ．通电螺线管产生的磁场方向沿轴线向上 Ｂ．ａ、ｂ两点合磁场的方向相反 Ｃ．ａ、ｂ两点合磁场的磁感应强度大小均为０ Ｄ．ａ、ｂ两点合磁场的磁感应强度大小均为槡２Ｂ （下转第４版                                                                                                                                                             ） 书 素养专练１．磁场　磁感线 １．关于磁体和磁场认识，下列说法错误的是（　　） Ａ．地球周围存在着地磁场 Ｂ．磁感线分布越密的地方表示磁场越强 Ｃ．指南针静止时Ｎ极指向地理的南极附近 Ｄ．大头针被磁铁吸引的同时也被磁化成小磁体 ２．下列说法中正确的是 （　　） Ａ．磁场是客观存在的特殊物质 Ｂ．磁感线不是闭合的曲线 Ｃ．磁感线越密的地方磁场越弱 Ｄ．两条磁感线可能会相交 ３．（２０２３上海长宁复旦中学期中）关于磁感线，下 列说法不正确的是 （　　） Ａ．磁感线是假想的，实际上并不存在 Ｂ．磁感线一定从Ｎ极发出，终止于Ｓ极 Ｃ．磁感线的疏密表示磁场的强弱 Ｄ．磁感线上某点的切线方向即为该点的磁场方向 ４．（２０２３福建泉州永春第一中学期中）关于地磁 场，下列说法中正确的是 （　　） Ａ．地磁场的北极和地球的南极重合 Ｂ．北京地区地磁场的方向是由北向南 Ｃ．在地磁北极处，可以自由转动的小磁针Ｎ极竖直 指向天空 Ｄ．在地磁南极处，可以自由转动的小磁针Ｎ极竖直 指向天空 ５．（２０２３广东佛山高质量发展联盟期中）磁贴纱窗 的水平软磁条的外部磁感线正面图如图所示，以下说法 正确的是 （　　） Ａ．磁感线不是封闭的曲线，可以相交于一点 Ｂ．软磁条内部ａｂ之间的磁感线方向应由ａ指向ｂ Ｃ．软磁条的ａ位置应为Ｎ极 Ｄ．磁感线是用来形象地描述磁场的曲线，它与磁场                              一样真实存在 素养专练２．安培定则 １．（２０２４重庆市七校联考）关于电流周围磁感线分 布及磁场方向，下列图像正确的是 （　　） ２．（２０２４江苏扬州学业考试）如图１所示，圆环中通 逆时针方向电流，位于圆环圆心处的小磁针静止时Ｎ极 指向为 （　　） Ａ．水平向右 Ｂ．竖直向下 Ｃ．垂直纸面向里 Ｄ．垂直纸面向外 ３．（２０２３安徽江淮名校联考）如图２所示的通电螺 线管周围有ａ、ｂ、ｃ、ｄ四点（ａ点在螺线管内部），Ｍ、Ｎ间 接直流电源，将小磁针放在图中的四点时，小磁针的 Ｎ 极指向右侧的是 （　　） Ａ．Ｍ为电源的正极，小磁针位于ａ点 Ｂ．Ｍ为电源的正极，小磁针位于ｂ点 Ｃ．Ｍ为电源的负极，小磁针位于ｃ点 Ｄ．Ｍ为电源的负极，小磁针位于ｄ点 ４．（２０２３上海市市西中学 期末）不仅磁场对磁体有力 作用，电流之间也会通过磁场 相互作用．两个相同的圆形线 圈，能在一个光滑绝缘的圆柱体上自由滑动．设大小不 同的电流按图３中所示的方向分别通入两个线圈，则两 线圈的运动情况是 （　　） Ａ．彼此相向运动，且电流大的加速度较大 Ｂ．彼此背向运动，且电流大的加速度较大 Ｃ．彼此背向运动，且加速度大小相等 Ｄ．彼此相向运动，且加速度大小相等 ５．（２０２３重庆育才中学期中，多 选）弹簧测力计下挂一条形磁铁，其 Ｎ极一端位于一通电螺线管的正上 方，如图４所示，下列说法正确的是 （　　） Ａ．若ａ接电源正极，ｂ接负极，弹 簧测力计示数不变 Ｂ．若ａ接电源正极，ｂ接负极，弹 簧测力计示数减小 Ｃ．若ｂ接电源正极，ａ接负极，弹簧测力计示数不变 Ｄ．若ｂ接电源正极，ａ接负极，                                        弹簧测力计示数增大 素养专练３．磁感应强度　磁通量 １．（２０２３甘肃天水第四中学期末）下面各种说法 中正确的是 （　　） Ａ．磁感应强度越大，磁通量也越大 Ｂ．磁通量大，一定是磁感应强度大 Ｃ．磁感应强度很小，磁通量也可能很大 Ｄ．磁感应强度为零，磁通量也可能不为零 ２．（２０２３广东省揭阳市惠来 慈云实验中学月考）如图１所示， 磁场中同一条磁感线（方向未标 出）上有ａ、ｂ两点，这两点处的磁 感应强度 （　　） Ａ．大小相等，方向不同 Ｂ．大小不等，方向相同 Ｃ．大小相等，方向相同 Ｄ．大小不等，方向不同 ３．（２０２３重庆期末）如图２所 示，一边长为ｄ的ｎ匝正方形闭合 线框内部，有一半径为 Ｒ的圆形 区域的匀强磁场，磁场的磁感应 强度大小为Ｂ，且Ｒ＜ ｄ２．则穿过 该线框的磁通量为 （　　） Ａ．ｎＢｄ２ Ｂ．Ｂｄ２ Ｃ．ｎπＢＲ２ Ｄ．πＢＲ２ ４．如图３所示，一个闭合线圈 放在匀强磁场中，线圈的轴线与 磁场方向成４５°角，下述方法可使 穿过线圈的磁通量扩大２倍的是 （　　） Ａ．只把线圈匝数扩大２倍 Ｂ．只把线圈面积扩大２倍 Ｃ．只把线圈半径扩大２倍 Ｄ．只把线圈与磁场方向的夹角从４５°改变为９０° ５．（２０２４江苏扬州学业考 试模拟）如图４所示，匀强磁场 方向沿 ｘ轴的正方向，且线段 ＭＮ＝ＤＣ，线段ＮＣ＝ＥＦ＝ＭＤ ＝ＮＥ＝ＣＦ，通过面积 ＳＭＮＣＤ、 ＳＮＥＦＣ、ＳＭＥＦＤ的磁通量分别为 Φ１、Φ２、Φ３，则 （　　） Ａ．Φ１ ＝Φ３ Ｂ．Φ１ ＝Φ２ Ｃ．Φ２ ＝Φ３ Ｄ．Φ３最大 ６．（２０２３四川成都期末） 如图５所示，两长直导线Р和Ｑ 垂直于纸面固定放置，两者中 垂线上的ａ、ｂ两点关于Ｏ点对 称．在导线Р和Ｑ中通有大小相 等、方向相反且垂直于纸面的 电流Ｉ时，ａ点的磁感应强度大小为Ｂ０，则ｂ点的磁感应 强度 （　　） Ａ．大小为２Ｂ０，方向与ａ点相反 Ｂ．大小为２Ｂ０，方向与ａ点相同 Ｃ．大小为Ｂ０，方向与ａ点相反 Ｄ．大小为Ｂ０，方向与ａ点相同 书 第１５期２版参考答案 素养专练７．电池电动势和内阻的测量 １．Ｄ　２．ＣＤ　３．Ｃ ４．②④⑥③⑤① ５．（１）串联　２７５０ （２）４．９　０．３０ ６．（１）如右图所示 （２）Ｂ （３）１．５　１．０ 素养专练８．能源与可持续发展 １．Ｄ　２．Ｃ　３．ＡＣＤ　４．Ｂ 第１５期３、４版参考答案 １．Ｂ　２．Ｃ　３．Ａ　４．Ｃ　５．Ｂ　６．Ｃ　７．Ｃ ８．ＡＢ　９．ＡＣ　１０．ＡＣ １１．（１）甲　（２）１．４５　２．５０　（３）偏小　偏小 １２．（１）Ｂ　Ｃ　Ｆ （２） （３）２．９　２．０ １３．（１）１∶１；（２）２∶１ １４．（１）７Ｗ；（２）１．０８Ａ． １５．（１）４×１０－５Ｃ；（２）２Ｗ； （３）２×１０－５Ｃ． ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! !! " !#$ "! %&'( #! #)*+ !,- !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! !"#$%&'()*+ !"#$%#&'$&() !",-%&'()*+ *"#$+#&'$$&# ! " !!!!!!!! # $ !!!!!!!! % & !!!!!!!! ' ( !!!!!!!! " !"#$% )*+,-. !$",$-!$",& / &!"#$%#'( &)*+,-./0 ! ! !"#$% ! " &'()*+,- 1234567&89:;<05: !" / 1234567&89:;<05: !" / &=>: $ ? . @2A0 &" 01234567 89:;5<=>?@ A6 BCDEFGHIJ KLMN?OP6OAQ /01 GH?EFRSI0 17TUV6WXYZ+ [F\]^_GH`' ab^_?cdefIJ Kghij6kl6BC6 mn6o5RSp%Hq r?RSs ", tuvw?x%y zQx%ef?cd{ NIJK|}~6€ ‚bRS+x%ƒ„? …†RSs ., 01‡ˆ‰ŠQj ‹ŒEFGRIŽ ?<‘s #, J’“”?•–Q “—?˜™IJKLš? ›Uƒ„pœ6žŸ; 5RSQ ¡pW¢£ RSIJKL¤?žŸ ;569:¥EQ¦§¨ lRS© BCDEF 45%6 9:%ª GHIJF2345 %«678«69:«64 ¬pA­%«6®%p^ _«ª BKLMN7DO PF 4¯%c°g±62 345g±6²³´¨g ±µ¶·45´¨g±6 xƒ{N6¸³ij¹º W»ª BKQRLSF23 45@Apgh6¶·2 345¼‰´¨g±67 8½5Q9:¾¿gÀª 9RTUFÁ VWDXF5%%à µ;5%%ê YRZ[F¸³ÄR ÅÆÇÈ78oÉ623 78ÊËÌFpÍ; 56 9:¾¿pÎ56Ï Ð9:ÍÑ+Òӏ Íp;56 È4ÔÕ6È 4Ípij6Ö×5Ø Ù<e>?xƒ+½5 ØlIÚÛÑÜÝÈ47 8;5I9:ØÙI23 45<ƒ„ÏÞßà᪠! " âãä ! ! ! ! ! ! ! ! # 1 2 # 1 2 # 3 4 5 6 1 2 # ! 7 $ % & " ! ' ! & ! " ! . 1 2 " ! 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