第39期 安培力 安培力的应用-【数理报】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册同步学案（教科版2019）

书 （上接第３版） Ｂ组 一、多选题（本题共３小题，每小题６分，共１８ 分） １．如图１所示， 用轻质导线将一根 硬直金属棒与电 源、开关连接成电 路，并将金属棒与 ａｄ′平行地搁在正 方体的上表面，正方体处在匀强磁场中．闭合开 关，发现金属棒竖直向上跳起，由此可知，该区 域的磁场方向可能是 （　　） Ａ．垂直ａａ′ｄ′ｄ平面 Ｂ．垂直ａｂｂ′ａ′平面 Ｃ．平行ａｂｃ′ｄ′平面 Ｄ．垂直ａｂｃ′ｄ′平面 ２．如图２所示为著名 的四个“安培示零实验”之 一：三个圆形线圈ａ、ｂ、ｃ中 心在同一直线上，其中线 圈ａ和 ｃ固定并串联在一 起．调节各线圈半径大小 及它们之间的距离，当线圈 ａ、ｃ通过电流 Ｉ１，线 圈ｂ通过电流Ｉ２时，线圈ａ、ｃ对ｂ线圈的合力Ｆｂ 为零．下列说法正确的是 （　　） Ａ．仅将Ｉ２反向，其他条件不变，则Ｆｂ向右 Ｂ．仅将Ｉ１反向，其他条件不变，则 Ｆｂ仍然 为零 Ｃ．仅增大Ｉ２，其他条件不变，则Ｆｂ向左 Ｄ．仅增大Ｉ１，其他条件不变，则Ｆｂ仍然为零 ３．如图３所示，水平桌 面上有一个正方形线框 ａｂｃｄ，整个线框由粗细均 匀的同一种金属细杆弯折 焊接而成，匀强磁场垂直 桌面向上，线框ｂ、ｃ两点通 过导线与电源两端相连， 整个线框处于静止状态．下列说法正确的是 （　　） Ａ．ａｄ边受到的安培力比 ｂｃ边受到的安培 力小 Ｂ．ａｄ边和ｂｃ边受到的安培力一样大 Ｃ．线框ａｂｃｄ对桌面的摩擦力方向向左 Ｄ．线框ａｂｃｄ对桌面的摩擦力方向向右 二、实验题（共１２分） ４．按照如图４所示进 行实验． （１）分别接通“１、４” 和“２、３”，导线偏转的角度 不同，说明导线受到的力 的大小与 有关． （２）只上下交换磁极的位置以改变磁场方 向，导线受力的方向 （选填“改变”或 “不改变”）． （３）只改变导线中电流的方向，导线受力的 方向 （选填“改变”或“不改变”）． （４）通过实验说明：安培力的方向与磁场方 向、 电 流 方 向 之 间 的 关 系 满 足 ． 三、计算题（共１２分） ５．两个相同的全长电阻为９Ω的均匀光滑 圆环，固定于一个绝缘的水平台面上，两环分别 在两个互相平行的、相距为２０ｃｍ的竖直面内， 两环的圆心连线恰好与环面垂直，两环面间有 方向竖直向下的磁感应强度Ｂ＝槡３２Ｔ的匀强磁 场（未画出），两环的最高点 Ａ和 Ｃ间接有一内 阻为０．５Ω的电源，连接导线的电阻不计．今有 一根质量为１０ｇ、电阻为１．５Ω的棒置于两环内 侧且可沿环滑动，而棒恰好静止于如图５所示的 水平位置，它与圆弧的两接触点 Ｐ、Ｑ和圆弧最 低点间所夹的弧对应的圆心角均为 θ＝６０°，取 重力加速度ｇ＝１０ｍ／ｓ２．试求此电源电动势 Ｅ 的大小                                                                                                         ． 书 第３７期２版参考答案 素养专练４ １．Ｂ　２．Ｂ　３．Ｃ　４．Ｄ 素养专练５ １．Ｂ　２．Ｂ　３．Ｃ ４．（１）Ｂ；（２）Ｃ；（３）ＢＤ； （４） （ｘ２－ｘ１）ｄ ６Ｌ ． 素养专练６ １．Ｂ　２．Ｃ　３．Ｂ　４．Ｃ　５．Ｂ 第３７期３版参考答案 Ａ组 一、单选题 １．Ｄ　２．Ｂ　３．Ｃ　４．Ｂ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｄ 二、填空题 ８．衍射　不变　变大　变大． 三、计算题 ９．亮条纹　两条暗条纹 解析：由题意知，Ｐ到双缝的路程差 δ＝ １．５×１０－６ ０．５×１０－６ λ１＝３λ１，满足波长的整数倍，在Ｐ点 形成亮条纹．当单色光波长λ２＝０．６μｍ时，δ＝ １．５×１０－６ ０．６×１０－６ λ２ ＝ ５ ２λ２，满足半波长的奇数倍，在 Ｐ点形成暗条纹，在０～５２λ２范围内， １ ２λ２和 ３ ２λ２满足半波长的奇数倍，出现暗条纹，此时在 中央亮条纹和Ｐ点之间有两条暗条纹． １０．解析：（１）由λ＝ｃｆ得λ＝５×１０ －７ｍ， ｎ＝Δｓ λ ＝３×１０ －６ ５×１０－７ ＝６，由于两光源的振动情况 恰好相反，所以Ｐ点为暗条纹． （２）Ｏ点路程差为０，也是暗条纹，ＯＰ间还 有５条暗条纹，６条亮条纹． Ｂ组 一、多选题 １．ＡＢ　２．ＢＤ　３．ＢＣ 提示： １．中央Ｏ点到Ｓ１、Ｓ２的路程差为零，所以换 不同颜色的光时，Ｏ点始终为亮条纹，选项 Ａ正 确，Ｃ错误；波长越长，条纹间距越宽，所以红光 的同侧第一条亮条纹在 Ｐ点上方，蓝光的同侧 第一条亮条纹在Ｐ点下方，选项Ｂ正确，Ｄ错误． ２．当障碍物的尺寸与波的波长相当或小于 波的波长时，会发生明显的衍射现象，该装置利 用了光的衍射现象；如果屏上条纹变宽，表明细 丝变细，故ＢＤ正确． ３．Ｐ点为中央亮条纹，说明Ｐ点到两狭缝的 距离差等于０，Ｑ为第一级亮条纹，说明 Ｑ点到 ａ、ｂ两狭缝的距离差等于波长的一倍，即为 λ． 用波长为２λ的光实验时，Ｐ点到两狭缝的距离 差仍为０，Ｑ点到两狭缝的距离差仍为λ，为半波 长的一倍，则Ｑ点为暗条纹；第一级亮条纹应向 上移动，故Ａ错误Ｂ正确；用波长为λ２的光实验 时，Ｑ点到两狭缝的距离差仍为 λ，且该距离差 等于波长的两倍，此时Ｑ点为第二级亮条纹，所 以Ｐ、Ｑ间还有一条亮条纹，故Ｃ正确，Ｄ错误． 二、实验题 ４．（１）凸透镜；（２）１．７００　９．２００； （４） ｘｎ－ｘ１ ｎ－１． 三、计算题 ５．解析：（１）据干涉实验相邻亮条纹间距公 式可知Δｙ＝ ｌｄλ，根据波长频率公式可知 ｆ＝ ｃ λ ，代入数据得λ＝６×１０－７ｍ，ｆ＝５×１０１４Ｈｚ． （２）Ｐ到 Ｓ１、Ｓ２ 的距离之差 δ＝１．５× １０－６ｍ，单色光的波长λ＝６００ｎｍ＝６×１０－７ｍ， 由此可知δ＝５２λ，所以Ｐ点为暗条纹． !"#$%&'() 书 有安培力参与的导体棒平衡或运动问题是 力电综合的重要题型之一，该题型不仅能综合 考查力学和电学的很多重要规律，而且能考查 解决物理问题的基本技能，如受力分析、运动分 析、能量分析、正交分解等．在解决安培力问题 时，经常需要进行视图转换． 下面通过三种导轨模型的典型实例加以分析． １．水平导轨模型 例１．如图１所示，质量为ｍ的导体棒ａｂ静 止在水平导轨上，导轨宽度为 Ｌ，已知电源的电 动势为Ｅ，内阻为ｒ，导体棒的电阻为 Ｒ，其余接 触电阻不计，磁场方向垂直导体棒斜向上与水 平面的夹角为 θ，磁感应强度为 Ｂ，求轨道对导 体棒的支持力和摩擦力． 解析：棒的截面受力分析图如图２所示 由闭合电路欧姆定律知Ｉ＝ ＥＲ＋ｒ 由安培力公式Ｆ＝ＢＩＬ 由共点力平衡条件在水平方向列式得： Ｆｓｉｎθ＝Ｆｆ 竖直方向：ＦＮ＋Ｆｃｏｓθ＝ｍｇ 整理得Ｆｆ＝ ＥＢＬｓｉｎθ Ｒ＋ｒ ＦＮ ＝ｍｇ－ ＥＢＬｃｏｓθ Ｒ＋ｒ． ２．斜面导轨模型 例２．如图３所示，在倾角为 α的光滑斜面 上，水平放置一长为Ｌ、质量为ｍ的直导线，通以 从Ａ到Ｂ的电流Ｉ．现在要加一个垂直于ＡＢ的匀 强磁场，使 ＡＢ能保持静止．那么所加磁场的磁 感应强度Ｂ的大小和方向如何？ 解析：磁场方向未知，所以 ＡＢ受到的安培 力的方向也未知．设安培力 Ｆ与水平方向的夹 角为θ，受力分析如图４所示． 由平衡条件得：水平方向：Ｆｃｏｓθ＝ＦＮｓｉｎα 竖直方向：Ｆｓｉｎθ＋ＦＮｃｏｓα＝ｍｇ 解得：Ｆ＝ ｍｇｓｉｎαｃｏｓ（θ－α） ＦＮ ＝ ｍｇｃｏｓθ ｃｏｓ（θ－α） 因为Ｆ＞０，ＦＮ ＞０（ＦＮ不可能反方向），从 图上看Ｆ的方向必在ＦＮ反向延长线的右侧，且 不能超过竖直线偏向左侧，故得： －（９０°－α）＜θ≤９０° 于是由Ｆ＝ＢＩＬ得：Ｂ＝ ｍｇｓｉｎαＩＬｃｏｓ（θ－α） Ｂ的方向由θ角确定． ３．竖直导轨模型 例３．如图５所示，电源电 动势Ｅ＝２Ｖ，ｒ＝０．５Ω，竖直 导轨宽Ｌ＝０．２ｍ，导轨电阻不 计，另有一金属棒质量 ｍ ＝ ０．１ｋｇ、电阻 Ｒ＝０．５Ω，它与 导轨间的动摩擦因数 μ＝０．５，靠在导轨的外 面．为使金属棒静止不动，施一与纸面夹角为 ３７°且与导体棒垂直指向纸内的匀强磁场，ｇ取 １０ｍ／ｓ２，求：（已知最大静摩擦力等于滑动摩擦 力） （１）此磁场的方向； （２）磁感应强度 Ｂ的取值范围． 解析：分析受力可以选择左侧视图，如图６ 所示，电流在斜向上的磁场中受到的安培力与 重力的合力必然会使物体产生加速度，而无法 处于静止状态，所以磁场应斜向下． 如图７所示，当金属棒有沿导轨向下滑动的 趋势时，静摩擦力Ｆｆ沿导轨向上，则： 竖直方向：ｍｇ－ＢＩＬｓｉｎ３７°－Ｆｆ＝０ 水平方向：ＦＮ－ＢＩＬｃｏｓ３７°＝０ 又Ｉ＝ Ｅｒ＋Ｒ 当Ｆｆ＝Ｆｆｍａｘ＝μＦＮ时，磁感应强度最小： Ｂｍｉｎ ＝ ｍｇ（ｒ＋Ｒ） ＥＬ（ｓｉｎ３７°＋μｃｏｓ３７°） ＝２．５Ｔ 如图７所示，当金属棒有沿导轨向上滑动的 趋势时，静摩擦力Ｆ′ｆ沿导轨向下，则： ＢＩＬｓｉｎ３７°－ｍｇ－Ｆ′ｆ＝０ ＦＮ－ＢＩＬｃｏｓ３７°＝０ 当Ｆ′ｆ＝Ｆｆｍａｘ＝μＦＮ时有磁感应强度最大： Ｂｍａｘ＝ ｍｇ（ｒ＋Ｒ） ＥＬ（ｓｉｎ３７°－μｃｏｓ３７°） ＝１２．５Ｔ 磁感应强度 Ｂ的取值范围为２．５Ｔ≤Ｂ≤ １２．５Ｔ． 书 物体运动方向的判断通常是要对其进行受 力分析，而对于某些习题可用不同的方法进行 求解，不同方法的正确运用，可以提高解题的准 确率． １．电流元法：即把整段电流等效为多段直 线电流元，先用左手定则判断出每小段电流元 所受安培力的方向，从而判断出整段电流所受 安培力合力的方向．最后确定运动方向． ２．特殊位置法：把电流或磁铁转到一个便 于分析的特殊位置后再判断安培力方向，从而 确定运动方向． ３．等效法：环形电流和通电螺线管都可以 等效成条形磁铁，条形磁铁也可等效成很多匝 的环形电流来分析． ４．利用结论法：（１）两平行直线电流相互 作用过程中无转动趋势，同向电流相互吸引，反 向电流相互排斥； （２）两不平行直线电流相互作用时，有通 过最短路径转动到相互平行且电流方向相同的 趋势． 例 １．两条直导线互相垂 直，如图１所示，但相隔一定距 离，其中一条 ＡＢ是固定的，另 一条ＣＤ能自由转动，当直流电 流按图示方向流过两条直导线时，ＣＤ导线将 （　　） Ａ．不动 Ｂ．顺时针转动，同时靠近导线ＡＢ Ｃ．顺时针转动，同时离开导线ＡＢ Ｄ．逆时针转动，同时离开导线ＡＢ Ｅ．逆时针转动，同时靠近导线ＡＢ 解析：（１）受力分析法：通 电导线ＣＤ受导线ＡＢ中电流所 产生的磁场的安培力作用而开 始运动，如图２所示，从上往下 看，ＣＤ导线左部分电流所处磁场的方向是垂直 纸面向外的，右部分所处的磁场是垂直纸面向 里的，因此，导线ＣＤ将逆时针转动．ＣＤ导线逆 时针转动９０°度后，其电流方向要与ＡＢ导线中 电流方向相同，ＡＢ与ＣＤ相互吸引，即ＣＤ导线 受安培力方向要指向ＡＢ，所以Ｅ选项正确． （２）利用结论法：将４中的结论应用到本 题，可以既迅速又准确的选出正确选项Ｅ． （下转第２版） !"#$ % & !"#$%&'( )& !!"! * #$%& + ' , ( -./*0 & * !" ! *+,-. 123456789: ;<56=>?@AB7 !"#$%#&'$&() ;<CD=>?@AB7 *"#$+#&'$&,) /0123456 /013789:;<=>5? @ABCDEFG CHIJKL MNOPQRFGSTI!"#$%&'()(*!+U VWXTI,-.,/( ! 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" 9: ! # $%&,3&*&# !"#$% &'()*+, -./0 123 ²P³ ² "/ ( $%& '% &()* ² ,* ( +,-& + ,-&()* ² ,$ (./01234 56789:;<=>? @AB >?CD 4 $ E ²´³ ² ,& ( FGHI ² ," ( JK4"L M)HI ² ,, ( NO "LP Q "LRS TM ²•³ ² ,# ( UV"O W XUV"O(YZ ² ,( ( V[\ "] (^_ ² ,' (./01234 56789:;<=>? @5B >?CD 4 &+" E ²Z³ ² ,) ( "L`ab "Lc ²µ³ ² ,/ ( ^M\ ² #* (./01234 56789:;<=>? @dB >?CDe4 $+# E 书 Ａ组 一、单选题（本题共７小题，每小题４分，共２８分） １．如图１所示，边长 为Ｌ的正方形金属线框 ａｂｃｄ用绝缘细线悬挂在 天花板上处于静止状 态，ａｂ边水平，带有绝缘 层的长直金属导线ＭＮ水平固定，刚好与金属线框 ａｄ边和ｂｃ边接触，线框关于长直导线对称，长直导 线通有从左到右的恒定电流，线框中通有大小为 Ｉ、沿顺时针方向的恒定电流，线框的质量为 ｍ，重 力加速度为ｇ，细线的拉力为Ｆ，则 （　　） Ａ．ａｂ边受到的安培力方向向上 Ｂ．Ｆ＜ｍｇ Ｃ．俯视看，线框有绕悬线沿逆时针方向转动 的趋势 Ｄ．长直导线中的电流在线框ａｂ边处产生的磁 场磁感应强度大小为 Ｆ－ｍｇ ２ＩＬ ２．如图２所示，三根垂直于 纸面且相互平行放置的长直导 线Ａ、Ｂ、Ｃ，通有大小相等、方向 如图所示的电流，它们所在位 置的连线构成等腰直角三角 形，Ｄ点是 Ａ、Ｂ连线的中点．下 列说法正确的是 （　　） Ａ．Ｄ点的磁场方向沿着ＤＢ方向 Ｂ．Ｃ点的磁场方向沿着ＣＤ方向 Ｃ．导线Ｃ受到的安培力方向沿着ＣＤ方向 Ｄ．导线Ａ受到的安培力水平向左 ３．磁电式电表原理示意图如图３所示，两磁极 装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱． 极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有 可转动的线圈．ａ、ｂ、ｃ和ｄ为磁场中的四个点．下列 说法正确的是 （　　） Ａ．图示左侧通电导线受到安培力向下 Ｂ．ａ、ｂ两点的磁感应强度相同 Ｃ．圆柱内的磁感应强度处处为零 Ｄ．ｃ、ｄ两点的磁感应强度大小相等 ４．如图４甲所示是由我国研制的高速磁浮交通 系统成功下线的情景．车体运行时，通过精确控制电 磁铁中的电流Ｉ磁形成吸引力，车体与轨道之间始终 保持１０ｍｍ的悬浮气隙，如图乙所示．列车磁铁定子 和电流转子分别安装在轨道和车体上，凭无接触力 推动列车飞驰．由以上信息判断 （　　） Ａ．车体前进的驱动力是静电力 Ｂ．车体在水平运动过程始终保持平衡状态 Ｃ．车体满载时较空载时Ｉ磁 更大 Ｄ．车体匀速右转时乘客受到座椅的弹力指向 右侧圆心 ５．如图５所示，ａ、ｂ、ｃ、ｄ为 四根与纸面垂直的长直导线， 其横截面位于正方形的四个顶 点上，导线中通有大小相同的 电流，方向如图所示．一电流方 向为沿垂直于纸面向外的导体 棒受安培力的方向是 （　　） Ａ．向上　 Ｂ．向下　 Ｃ．向左　 Ｄ．向右 ６．如图６所示，两平行 光滑金属导轨固定在绝缘 斜面上，导轨间距为 ｌ，劲 度系数为 ｋ的轻质弹簧上 端固定，下端与水平直导 体棒ａｂ相连，弹簧与导轨 平面平行并与ａｂ垂直，直导体棒垂直跨接在两导 轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场． 闭合开关Ｋ后，导体棒中的电流为 Ｉ，导体棒平衡 时，弹簧伸长量为ｘ１；调转图中电源极性使棒中电 流反向，导体棒中电流仍为 Ｉ，导体棒平衡时弹簧 伸长量为ｘ２，忽略回路中电流产生的磁场，弹簧形 变均在弹性限度内，则磁感应强度Ｂ的大小为 （　　） Ａ．ｋ２Ｉｌ（ｘ２－ｘ１） Ｂ． ｋ Ｉｌ（ｘ２－ｘ１） Ｃ．ｋ２Ｉｌ（ｘ２＋ｘ１） Ｄ． ｋ Ｉｌ（ｘ２＋ｘ１） ７．如图７所示，报废的近地 卫星离轨时，从卫星中释放一 根导体缆绳，缆绳的下端连接 有空心导体．缆绳以轨道速度 ｖ 在地磁场 Ｂ中运动，使得缆绳 中产生感应电流．电荷向缆绳 两端聚集，同时两端与电离层中的离子中和，使得电 流持续．由于此电流在地磁场中受到安培力的拖动， 从而能加快废弃卫星离轨．设缆绳中电流处处相等， 那么 （　　） Ａ．缆绳中电流的方向由卫星流向空心导体 Ｂ．相同长度的缆绳受到安培力的大小相等 Ｃ．缆绳受到安培力的方向与卫星速度方向间 的夹角大于９０° Ｄ．由于安培力做负功，故在卫星降轨的过程 中，其动能一定减小 二、填空题（共１２分） ８．用如图８所示的装置 来探究两根通电平行直导线 之间的相互作用力，回答下 列问题： （１）当 Ａ、Ｄ接电源的正 极，Ｂ、Ｃ接电源的负极时，可 观察到两根平行直导线会 （选填“吸引”或 “排斥”），也可以根据 （选填“左手”“右 手”或“安培”）定则来判断通电直导线在磁场中 受到的作用力． （２）此实验可得出的结论是同向电流相 、异向电流相 ．（均选填“吸引” 或“排斥”） （３）把电流在磁场中受到的力叫 力， 电流与电流之间的作用力是通过 （选填 “磁”或“电”）场这个媒介而传递的． 三、计算题（本题共２小题，共１８分） ９．（８分）如图９所示，ＰＱ和ＭＮ为水平平行放 置的金属导轨，相距Ｌ＝１ｍ，导体棒ａｂ跨放在导 轨上，棒的质量为ｍ＝０．２ｋｇ，棒的中点用细绳经 轻质滑轮与物体相连，物体的质量Ｍ ＝０．３ｋｇ，棒 与导轨的动摩擦因数为μ＝０．５，最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，滑轮摩擦不计，匀强磁场的磁感应 强度Ｂ＝２Ｔ，方向竖直向下，ｇ取１０ｍ／ｓ２，试求： （１）为了使物体保持静止状态，导体棒中通入 ａ→ｂ电流，求电流的最小值； （２）为了使物体以加速度ａ＝３ｍ／ｓ２加速上 升，应在棒中通入多大的电流？ １０．（１０分）我国电磁炮发射技术世界领先，图 １０为一款小型电磁炮的原理图，已知水平轨道宽ｄ ＝２ｍ，长ｌ＝１００ｍ，通以恒定电流Ｉ＝１×１０４Ａ， 轨道间匀强磁场的磁感应强度大小Ｂ＝１０Ｔ，炮弹 的质量ｍ＝１０ｋｇ，不计电磁感应带来的影响． （１）若不计轨道摩擦和空气阻力，求电磁炮弹 离开轨道时的速度大小； （２）实际上炮弹在轨道上运动时会受到空气 阻力和摩擦阻力，若其受到的阻力与速度的关系 为ｆ＝ｋｖ２，其中ｋ为阻力系数，炮弹离开轨道前做 匀速运动，炮弹离开轨道时的速度大小为 ｖ′＝ ４００ｍ／ｓ，求阻力系数ｋ的大小． （下转第４版                                                                                                                                                                     ） ! 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" 3 ! * ! ! !"#$% 书 第３８期参考答案 一、单选题 １．Ａ　２．Ａ　３．Ｃ　４．Ｂ　５．Ｃ　６．Ｄ　７．Ｂ 二、多选题 ８．ＣＤ　９．ＡＣＤ　１０．ＡＤ 三、实验题 １１．（１）大于；（２）ＢＣ； （３）ｍＡｓＯＰ ＝ｍＡｓＯＭ ＋ｍＢｓＯＮ； （４）① Ｐ、Ｌ１、Ｌ２必须为多次实验后落点的平均 位置　②实验步骤Ｆ中的ＯＬ２应改为ＯＬ２－ｄ． １２．（１）Ｐ３及Ｐ１、Ｐ２的像　远 （２） 　ｓｉｎαｓｉｎβ ； （３）ＡＣＢＤ． 四、解答题 １３．（１）ｔ＝ ２ｈ 槡ｇ ；（２） ｖ２－２槡 ｇｈ； （３）ｍ ２槡ｇｈ，方向竖直向下． １４．（１）槡３；（２）２×１０ －９ｓ． １５．解析：（１）据图可知简谐波的波长 λ＝ ８ｍ，波向ｘ轴正方向传播，则在０．２ｓ内波传播的 距离ｘ＝（ｎ＋３４）λ（ｎ＝０，１，２…），由波速公式ｖ ＝ｘｔ，解得ｖ１ ＝（４０ｎ＋３０）ｍ／ｓ（ｎ＝０，１，２，…）． （２）若质点Ｐ在０．２ｓ内运动方向没有发生改 变，则０时刻时质点Ｐ应向ｙ轴正方向运动，且ｔ＝ １ ４Ｔ，解得Ｔ＝０．８ｓ． （３）由波速公式ｖ＝λＴ，解得ｖ２ ＝１０ｍ／ｓ． 书 １．磁场对通电导线的作用力 １．金属棒 ＭＮ两端用 细软导线悬挂于ａ、ｂ两点， 其中间一部分处于方向垂 直于纸面向里的匀强磁场 中，静止时ＭＮ水平，如图１ 所示．若金属棒中通有从Ｍ 流向Ｎ的电流 ! 此时悬线上有拉力，下列说法错 误的是 （　　） Ａ．为了使拉力等于零，可以增大电流 Ｂ．为了使拉力等于零，可以将磁场方向改为 垂直于纸面向外，同时将电流方向也改为从 Ｎ流 向Ｍ，并增大电流 Ｃ．为了使拉力增大，可以增大磁感应强度 Ｄ．为了使拉力增大，可以将磁场方向改为垂 直于纸面向外 ２．（多选）如图２所示，两 根在同一水平面内、相互平行 的长直导线 Ａ和 Ｂ分别通有方 向相同、大小相等的电流，同一 水平面内有一通电圆环，电流 方向顺时针，圆环圆心为 Ｏ，Ｏ 点到两直导线的距离相等，不考虑地磁场的影响， 下列说法中正确的是 （　　） Ａ．Ｏ点的磁感应强度为零 Ｂ．圆环受安培力为零 Ｃ．圆环受安培力向左 Ｄ．撤掉直导线Ｂ，圆环受安培力向左 ３．将一节五号干电池 的负极吸在强磁铁上，强 磁铁产生磁场的磁感线如 图３所示．将一矩形金属框 与该电池组成闭合回路， 在安培力作用下，线框发 生转动，这样就构成一台简易“电动机”，下列说法 正确的是 （　　） Ａ．图中强磁铁下端为Ｎ极 Ｂ．从上向下看，图中金属框将逆时针转动 Ｃ．调转磁极，再次接入后金属框将反向转动 Ｄ．电池消耗的电能全部转化为金属框的动能 ４．电磁炮是一种现代化武器，模拟图如图４所 示．当接通电源之后，炮弹就会在导轨中的电流磁 场作用下向前加速飞行，关于电磁炮的有关说法 错误的是 （　　） Ａ．炮弹必须是由导体材料构成 Ｂ．将电流反向，炮弹所受磁场力方向也会 反向 Ｃ．其他条件相同时，电流越大，炮弹飞出速度 越大 Ｄ．其他条件相同时，导轨越长，炮弹飞出速度 越大 ５．如图５所示，把一根匝数较 多的金属弹簧悬挂起来，弹簧下 端和圆柱形水银槽底圆心相连． 现给弹簧通入方向如图的较大恒 定电流，水银槽不离开桌面．稳定 后槽中水银的状态为 （　　） Ａ．水银面保持静止 Ｂ．水银面上下振动 Ｃ．自上向下看顺时针转动 Ｄ．                                                                           自上向下看逆时针转动 ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! & - , ! " ! ! * &( ! " ) ) ) ) ) -& -& ! $ ) ! % & & ! # 4 5 ! &'()* &'(+, " ! !"#$% -./012345 书 （上接第２版） 点评：实际上导线 ＣＤ的运动是：在转动的同 时靠近ＡＢ导线，且随着转动角度的增大，所受引 力增大，转动角速度增大，转动和靠近是同时发生 的，不能认为只是孤立的运动． 例２．如图３所示，把一重 力不计的通电直导线水平放在 蹄形磁铁磁极的正上方，导线 可以自由转动，当导线通入图 示方向的电流 Ｉ时，导线的运 动情况是（从上往下看） （　　） Ａ．顺时针方向转动，同时下降 Ｂ．顺时针方向转动，同时上升 Ｃ．逆时针方向转动，同时下降 Ｄ．逆时针方向转动，同时上升 解析：先用电流元受力分析法：把直线电流等 效为ＡＯ′、Ｏ′Ｏ、ＯＢ三段（Ｏ′Ｏ段极短）电流元，由 于Ｏ′Ｏ段电流方向与该处磁场方向相反，所以不 受安培力的作用；ＡＯ′段电流元所在处的磁场方向 倾斜向上，根据左手定则可知其所受安培力方向 垂直纸面向外；ＯＢ段电流元所在处的磁场方向倾 斜向下，同理可知其所受安培力方向垂直纸面向 里．综上可知导体将以Ｏ′Ｏ段为轴顺时针转动（俯 视）； 再用特殊位置分析法：用导线转过９０°的特殊 位置来分析，根据左手定则判得安培力方向向下， 故导线在顺时针转动的同时向下运动． 由以上两个方面可知导线在顺时针转动的同 时向下运动． 答案：Ａ． 例３．两根直导线相互垂直且靠近，但不接触， 通以如图４ａ中所示的电流，现固定导线 ＡＢ，试讨 论ＣＤ导线受力运动的情况． 解析：根据安培定则可知，ＡＢ中电流产生磁场 的磁感线分布如图ｂ所示（从Ａ往Ｂ看的投影图）， 在ＣＤ导线上选两个和 ＡＢ导线对称点 Ｐ、Ｑ，磁场 分别为Ｂ１、Ｂ２，把Ｂ１、Ｂ２分解后对电流有作用的是 与电流垂直分量 Ｂ１１、Ｂ２１，由左手定则知Ｂ１１对Ｐ点 处的电流的作用力方向是垂直纸面向里，Ｂ２１对 Ｑ 处的电流的作用力方向是垂直于纸面向外．因此 图ａ中的导线ＣＤ将顺时针转动．至于ＣＤ导线在转 动同时是否靠近ＡＢ，可用ＣＤ转过９０°角的特殊位 置判定，如图ｃ为ＣＤ转过９０°角时ＡＢ产生的磁感 线以及ＣＤ受力图（从上往下看的投影图）．故 ＣＤ 导线运动的情况是：顺时针转动的同时靠近 ＡＢ导 线．当ＣＤ转过９０°角时，两电流平行且方向相同， 故相互吸引而靠近． 答案：顺时针转动的同时靠近ＡＢ导线． 点评：判断通电导体在磁场中的运动情况，首 先必须明确通电导体所在处的磁场方向，然后再 根据左手定则判断通电导体所受安培力方向，最 终再根据安培力方向判断通电导体的运动情况． ! " / " / ! / # / $ * " * ! ! " "#$% &' ()* 3 6 +,-. / 0 ! + 1 ) 7 8 - **! ! # 3 + ) % 7 ) 3 ! 3 !! 3 "" 3 "! 3 " 3 !" / . ! ! ! ! ! ! ! ! ! 3 % + 7 , - . ! $ ) % + 书 答案详解 　　　２０２４～２０２５学年　高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期（２０２５年４月）　　　 第３９期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ａ　３．Ａ　４．Ｃ　５．Ｂ　６．Ａ　７．Ｃ 提示： １．同向电流相互吸引，ａｂ边受到的安培力方向向下，故 Ａ 错误；ａｂ边受到的安培力向下、ｃｄ边受到的安培力也向下，则 悬线拉力大于线框重力，故Ｂ错误；根据线框四边受到的安培 力分析，线框没有转动的趋势，故Ｃ错误；线框ａｂ边受到的安 培力Ｆ等于 ｃｄ边受到的安培力，故Ｆ－ｍｇ２ ＝ＢＩＬ，解得 Ｂ＝ Ｆ－ｍｇ ２ＩＬ ，故Ｄ正确．故选Ｄ． ２．根据对称性可知，Ａ、Ｂ两处的电流在Ｄ点的磁感应强度 大小相等，方向相反，而Ｃ处的电流在Ｄ点的磁感应强度方向 沿着ＤＢ方向，故Ｄ点的磁场方向沿着ＤＢ方向，故Ａ正确；根据 安培定则可知Ａ处的电流在Ｃ点的磁感应强度方向沿着ＣＢ方 向，Ｂ处的电流在Ｃ点的磁感应强度方向沿着ＡＣ方向，结合对 称性可知，Ｃ点的磁场方向与ＡＢ方向平行，故Ｂ错误；Ａ、Ｃ两处 的电流方向相反，可知Ａ处电流对 Ｃ处电流的安培力沿着 ＡＣ 方向，同理可知Ｂ处电流对Ｃ处电流的安培力沿着ＢＣ方向，结 合对称性可知，导线Ｃ受到的安培力方向沿着ＤＣ方向，故Ｃ错 误；Ａ、Ｃ两处的电流方向相反，可知Ｃ处电流对Ａ处电流的安培 力沿着ＣＡ方向，Ａ、Ｂ两处的电流方向相同，可知Ｂ处电流对Ａ 处电流的安培力沿着ＡＢ方向，根据力的合成可知，导线Ａ受到 的安培力方向一定偏右，不可能水平向左，故Ｄ错误．故选Ａ． ３．由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下， 故Ａ正确；ａ、ｂ两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，故 Ｂ错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零， 故Ｃ错误；因ｃ点处的磁感线较ｄ点密集，可知 ｃ点的磁感应强 度大于ｄ点的磁感应强度，故Ｄ错误．故选Ａ． ４．列车磁铁定子和电流转子分别安装在轨道和车体上，因 此车体前进的驱动力是直线电机的驱动，即磁场对电流的安培 力，不是静电力，故Ａ错误；车体在水平运动的过程中，速度不 一定相等，不会始终保持平衡状态，故 Ｂ错误；由题意可知，通 过精确控制电磁铁中的电流形成吸引力，车体与轨道之间始终 保持１０ｍｍ的悬浮气隙，因此吸引力与车体重力平衡，所以车 体满载时较空载时Ｉ磁 更大，故Ｃ正确；车体匀速右转时乘客受 到座椅竖直向上的弹力和水平向右的弹力，其合弹力指向右上 侧，故Ｄ错误． ５．根据通电直导线产生的磁场的特点和安培定则可知，ｂ、 ｄ两导线在Ｏ点产生的磁场大小相等，方向相反，ａ、ｃ两导线在 Ｏ点产生的磁场的方向均向左，故 Ｏ点的合磁场方向向左．根 据左手定则可判断出受到的安培力向下，选项Ｂ正确． ６．设斜面的倾斜角是α，当弹簧伸长量为 ｘ１时，直导体棒 所受安培力沿斜面向上，根据平衡条件知沿斜面方向，有 ｍｇｓｉｎα＝ｋｘ１＋ＢＩｌ；电流反向后，当弹簧伸长量为ｘ２时，导体 棒所受安培力沿斜面向下，根据平衡条件知沿斜面方向，有 ｍｇｓｉｎα＋ＢＩｌ＝ｋｘ２，联立两式得Ｂ＝ ｋ ２Ｉｌ（ｘ２－ｘ１），Ａ正确． ７．由右手定则可知，电流方向是空心导体流向卫星，Ａ错 误；因为地磁场不是匀强磁场，所以相同长度的缆绳受到的安 培力大小不相等，Ｂ错误；由左手定则可知，缆绳受到的安培力 与卫星速度方向的夹角大于９０°，Ｃ正确；因为引力做正功，动 能的增大和减小与安培力做负功没有必然联系，Ｄ错误． ８．（１）排斥　左手 （２）吸引　排斥 （３）安培　磁 解析：（３）把电流在磁场中受到的力叫安培力，                                                         电流与电 —１— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 流之间的作用力是通过磁场这个媒介而传递的． ９．（１）Ｉ１ ＝１Ａ； （２）Ｉ２ ＝２．７５Ａ． 解析：（１）导体棒中ａ→ｂ的电流，此时所受安培力向左， 电流最小时摩擦力也向左且达到最大值，由受力平衡得Ｆ安１＋ ｆｍ ＝Ｍｇ，Ｆ安１ ＝ＢＩ１Ｌ，ｆｍ ＝μｍｇ，解得Ｉ１ ＝１Ａ． （２）根据受力分析，此时摩擦力向右，对导体棒由牛顿第 二定律有Ｆ安２－ＦＴ２－ｆｍ ＝ｍａ，Ｆ安２＝ＢＩ２Ｌ，对物体由牛顿第二 定律得ＦＴ２－Ｍｇ＝Ｍａ，联立得Ｉ２ ＝２．７５Ａ． １０．（１）２０００ｍ／ｓ；（２）１．２５Ｎ·ｓ２／ｍ２． 解析：（１）由题意可知，炮弹受到的合力等于安培力，则根 据牛顿第二定律可得Ｆ＝ＢＩｄ＝ｍａ，由运动学公式可得ｖ２ ＝ ２ａｌ，解得ｖ＝ ２ＢＩｄｍ槡 ｌ＝２０００ｍ／ｓ． （２）炮弹离开轨道前做匀速运动，则 Ｆ＝ｆ＝ｋｖ′２，解得 ｋ＝Ｆ ｖ′２ ＝ＢＩｄ ｖ′２ ＝１０×１０ ４×２ ４００２ Ｎ·ｓ２／ｍ２ ＝１．２５Ｎ·ｓ２／ｍ２． Ｂ组 １．ＢＤ　２．ＢＤ　３．ＡＤ 提示： １．根据题意可知，金属棒竖直向上跳起则安培力的方向竖 直向上，电流方向沿导体棒，根据左手定则可知，安培力方向垂 直于电流与磁场方向构成的平面，由数学知识可知，当磁场方 向垂直ａｂｂ′ａ′平面、垂直 ａｂｃ′ｄ′平面时满足上述条件，当磁场 方向平行ａｂｃ′ｄ′平面时，电流方向与磁场方向平行，金属棒不 受安培力，不满足上述条件，当磁场方向垂直ａａ′ｄ′ｄ平面，安培 力不是竖直向上，不满足上述条件．故选ＢＤ． ２．因开始时线圈ａ、ｃ对ｂ线圈的合力Ｆｂ为零，说明线圈ａ 和线圈ｃ对线圈ｂ的作用力等大反向；根据电流的磁效应和磁 场的叠加原理，因电流之间的作用力为相互作用力，再结合对 称性可知，无论是仅改变Ｉ１的还是Ｉ２的电流的大小或方向，线 圈ａ和线圈ｃ对ｂ线圈的作用力总是等大反向，即ａ线圈和ｃ线 圈对ｂ的合力均为零，故ＡＣ错误，ＢＤ正确． ３．ｂｃ边与其余三边并联，ｂｃ边分得的电流比 ａｄ边的电流 大，根据Ｆ＝ＢＩＬ可知ａｄ边受到的安培力比ｂｃ边受到的安培力 小，故Ａ正确，Ｂ错误；根据左手定则和力的合成，可知线框 ａｂｃｄ受到的安培力合力水平向右，则桌面对线框 ａｂｃｄ的摩擦 力方向向左，根据牛顿第三定律可知，线框ａｂｃｄ对桌面的摩擦 力方向向右，故Ｃ错误，Ｄ正确． ４．（１）导线在磁场中的长度； （２）改变；（３）改变；（４）左手定则． ５．６Ｖ ! ! !" # ! $ % ! 解析：从左向右看，棒 ＰＱ的受力如图 所示，棒受重力ｍｇ、安培力Ｆ安 和环对棒的 弹力ＦＮ作用，根据平衡条件得 Ｆ安 ＝ｍｇｔａｎθ＝槡３ｍｇ， 安培力Ｆ安 ＝ＩＢＬ，联立解得Ｉ＝槡 ３ｍｇ ＢＬ ＝１Ａ，在电路中两 个圆环分别连入电路的电阻为Ｒ＝ １ ３×９Ω× ２ ３×９Ω １ ３×９Ω＋ ２ ３×９Ω ＝２ Ω，由闭合电路欧姆定律得Ｅ＝Ｉ（ｒ＋２Ｒ＋Ｒ棒）＝６Ｖ． 第４０期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ａ　３．Ｃ　４．Ｄ　５．Ｃ　６．Ｂ　７．Ｄ 提示： １．据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒 子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式ｒ＝ｍｖｑＢ得知，粒子的半 径应逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从ｂ到ａ．在ｂ处， 粒子所受的洛伦兹力指向圆心，即向上，由左手定则判断可知， 该粒子带负电，故ＡＢＣ错误，Ｄ正确． ２．根据ｑｖＢ＝ｍｖ ２ Ｒ得Ｒ＝ ｍｖ ｑＢ，可知，速率越大，半径越大， 故Ａ正确，Ｂ错误；根据Ｔ＝２πＲｖ ＝ ２πｍ ｑＢ 可知，周期与速率无 关，故ＣＤ错误． ３．设边长为ａ，则从ｎ点射出的粒子其半径恰好为 ａ２；由 牛顿第二定律可得Ｂｑｖ＝ｍｖ ２ ａ ２ ，当磁感应强度变为原来的２倍 时，由２Ｂｑｖ＝ｍｖ ２ Ｒ得Ｒ＝ ａ ４，故粒子应从ａ点穿出；故Ｃ正确． ４．如图所示为粒子在磁场中的运动轨迹，轨迹圆心为 Ｏ′                                                                      ， —２— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! !" ! " 则轨迹半径ｒ＝Ｒｔａｎ３０°＝槡３３Ｒ，故Ｄ 正确． ５．电子在磁场中做圆周运动的 周期Ｔ＝２πｍｅＢ，则电子在磁场中运动的时间为ｔ＝ θ ２π ×Ｔ，与速 度无关，故在磁场中运动的时间取决于圆心角的大小．由几何 关系可知，θａ ＝θｂ ＞θｃ，故Ｃ正确． ! " # ! $" ! ! # ６．电子做匀速圆周运动，在磁场中运 动的时间为ｔ＝ ) ＡＢ ｖ，故Ａ错误，设圆周运 动半径为Ｒ，则有ｌ＋ Ｒ２－ｄ槡 ２ ＝Ｒ，Ｂ正 确；洛伦兹力方向与速度方向始终垂直， 对电子不做功，故Ｃ错误；洛伦兹力不做功，电子的动能不变， 则其速率不变，但速度方向会变化，故Ｄ错误． ７．由题图可知，带电粒子ａ和ｂ在磁场中运动的圆心角分 别为１２０°和６０°．即ｔａ ＝ Ｔａ ３，ｔｂ ＝ Ｔｂ ６．由于两带电粒子运动时 间相同，则可得两粒子的周期之比为Ｔａ∶Ｔｂ＝１∶２，故Ａ错误； 根据几何关系，由题图可得，两粒子的轨迹半径分别为 Ｒａ ＝ ｄ ２ ｃｏｓ３０°＝ 槡３ ３ｄ，Ｒｂ＝ ｄ ２ ｃｏｓ６０°＝ｄ，则两粒子的轨迹半径之比为 Ｒａ∶Ｒｂ ＝槡３∶３，故Ｂ错误；两粒子在磁场中做匀速圆周运动， 根据牛顿第二定律ｑｖＢ＝ｍｖ ２ Ｒ，可得粒子的轨迹半径为 Ｒ＝ ｍｖ ｑＢ，运动的周期为Ｔ＝ ２πＲ ｖ ＝ ２πｍ ｑＢ，则可得两粒子的电荷量之 比为｜ｑａ｜∶｜ｑｂ｜＝２∶１，两粒子的速度之比为ｖａ∶ｖｂ＝ 槡２∶３， 故Ｃ错误，Ｄ正确． ８．解析：（１）Ｄ形盒最大回旋半径为Ｒ，则电子做圆周运动 的最大半径为Ｒ，则ｅｖｍＢ＝ｍ ｖ２ｍ Ｒ，电子加速后获得的最大速度 ｖｍ ＝ ｅＢＲ ｍ． （２）电子在电场中加速度大小不变，尽管电子在电场中往 返运动，但可以看作电子做初速度为零的匀加速运动，所以电 子在电场中运动的速度为ｖｍ ＝ａｔ，ａ＝ Ｕｅ ｄｍ解得ｔ＝ ＢｄＲ Ｕ． ９．（１） 槡２３ｅＢｄ３ｍ ；（２） πｍ ３ｅＢ． ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! " ! 解析：（１）由几何关系可知，粒子在磁场中 的圆心角为θ＝６０°，轨道半径为ｒ＝ ｄｓｉｎ６０°＝ 槡２３ ３ｄ，根据牛顿第二定律：ｅｖＢ＝ｍ ｖ２ ｒ， 解得：ｖ＝ 槡２３ｅｄＢ３ｍ ． （２）圆心角对于的弧长为ｓ＝ｒθ＝πｒ３，粒子穿过磁场的时 间ｔ＝ ｓｖ ＝ πｒ ３ｖ，联立解得：ｔ＝ πｍ ３ｅＢ． １０．槡３ｒ，槡 ３πｒ ３ｖ０ ． ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! " # ! $ ! % 解析：由图可知，粒子转过的圆心 角为６０°，则粒子运动的半径为 Ｒ＝ ｒ ｔａｎ３０°＝槡３ｒ，转过的弧长为ｌ＝ ６０° ３６０°× ２πＲ＝πＲ３ ＝ 槡３πｒ ３ ，则运动所用时间ｔ＝ ｌ ｖ０ ＝槡３πｒ３ｖ０ ，故该带电粒子在磁场中运动的半径为槡３ｒ，时间为 槡３πｒ ３ｖ０ ． Ｂ组 １．ＡＤ　２．ＢＣＤ　３．ＡＢ 提示： １．设磁场边长为ａ，粒子从ｃ点离开，其半径为ｒｃ＝ａ，粒子 从ｄ点离开，其半径为ｒｄ ＝ １ ２ａ，则ｒｃ＞ｒｄ，故Ａ正确；由Ｔ＝ ２πｍ Ｂｑ根据圆心角求出运行时间ｔ＝ θ ２π Ｔ，运行时间ｔｄ＝ Ｔ ２，ｔｃ＝ Ｔ ４．则ｔｃ＜ｔｄ，Ｄ正确． ２．若只有电场，粒子只受电场力作用，合外力不为零，粒子 速度一定变化，故Ａ错误；若只有电场，粒子只受电场力作用， 合外力不为零，若粒子沿等势面运动，则电场力不做功，动能不 变，故Ｂ正确；若空间只有磁场，且粒子速度方向与磁场方向平 行，不受洛伦兹力作用，粒子速度不变，故 Ｃ正确；若空间只有 磁场，粒子速度与磁场平行，匀速运动，动能不变，                                                                      粒子速度不 —３— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 与磁场平行，只受洛伦兹力作用，但洛仑兹力始终与速度垂直， 不做功，所以粒子动能一定不变，故Ｄ正确． ３．粒子在磁场中运动，洛伦兹力不做功，所以在两个区域 内粒子的速率相同．由两弧长之比为２∶１，速率相同，可知时间 之比为２∶１，故Ｃ错误；由于粒子经过ａ、ｂ点时的速度方向均水 平向右可知粒子在磁场中运动的圆心角相等，故Ｄ错误；根据θ ＝ωｔ知角速度之比为１∶２，由ｖ＝ωｒ可知半径之比为２∶１，故 Ｂ正确；根据ｑｖＢ＝ｍｖ ２ ｒ得ｒ＝ ｍｖ Ｂｑ，所以磁场强度大小之比为 １∶２，且根据运动方向可知两个磁场的方向相反，故Ａ正确． ４．（１）正　减少　 ｍ（ｖ２１－ｖ ２ ０） ２ｑ ； （２）如图１　 Ｕ２ ｄｖ１ ，ｖ１ ! " ! !"#$% ! # $ % & % ' ( 解析：（１）正离子所受电场力应向下，则Ｓ１带正电．电场力 做正功，则离子的电势能减少．根据动能定理 ｑＵ１ ＝ １ ２ｍｖ ２ １－ １ ２ｍｖ ２ ０，得Ｕ１ ＝ ｍ（ｖ２１－ｖ ２ ０） ２ｑ ． （２）由ＦＥ ＝ＦＢ可得Ｅｑ＝Ｂｑｖ１，即 Ｕ２ ｄｑ＝Ｂｑｖ１，得Ｂ＝ Ｕ２ ｄｖ１ ． ５．解析：（１）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力 提供粒子圆周运动所需的向心力，则有ｑｖＢ＝ｍｖ ２ Ｒ，则粒子做 匀速圆周运动的半径Ｒ＝ｍｖｑＢ，粒子做匀速圆周运动周期 Ｔ＝ ２πＲ ｖ，该粒子在磁场中运动的时间为可得ｔ＝ π ２π Ｔ＝πｍｑＢ． （２）根据左手定则，结合上述可知，该粒子带正电，为使该 粒子做匀速直线运动，需加一竖直向下的匀强电场，电场力与 洛伦兹力等大反向，相互平衡，即有ｑＥ＝ｑｖＢ，解得电场强度Ｅ 的大小Ｅ＝ｖＢ． （３）粒子的速度ｖ′大于ｖ，将该带电粒子的速度分解为ｖ１ 和ｖ２，ｖ１对应的洛伦兹力和电场力平衡，即有ｖ１＝ｖ＝ Ｅ Ｂ，在水 平方向上，粒子水平向右做匀速直线运动，ｖ２对应的洛伦兹力 使之做逆时针方向的圆周运动，根据速度分解有ｖ２＝ｖ′－ｖ，圆 周运动的轨道半径ｒ＝ ｍｖ２ ｑＢ＝ ｍ（ｖ′－ｖ） ｑＢ ，所以粒子沿电场方向 运动的最大距离为ｙｍ ＝２ｒ＝ ２ｍ（ｖ′－ｖ） ｑＢ ，粒子在一个周期内 运动的水平距离为ｘ＝ｖＴ＝２πｍｖｑＢ． 第４１期参考答案 １．Ｃ　２．Ｂ　３．Ｂ　４．Ｃ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示：１．由于ａ端有向上的磁场分量；ｂ端有向下的磁场分 量，根据左手定则可知ａ端向外转动，ｂ向里转动，故Ａ错误；条 形磁铁仍处于静止状态，合力仍为零，大小没变，故 Ｂ错误；当 ａｂ转动过程中，根据左手定则可知，导线受到的安培力向下， 故再次平衡时，弹力变大，故Ｃ正确，Ｄ错误． ２．由电路可知，流过ａｂ边的电流方向由ｂ向ａ，由左手定则 可知ｂａ边所受的安培力方向竖直向下，故Ａ错误；设导体框的 边长为Ｌ，单位长度的电阻为Ｒ０．由欧姆定律可得ａｂ边的电流 为Ｉ１＝ Ｕ ＬＲ０ ，流过ｂｃｄｅａ边的电流为Ｉ２＝ Ｕ ４ＬＲ０ ，又ｂｃｄｅａ边与ｂａ 边在磁场中的有效长度相等，则由公式Ｆ＝ＢＩＬ，可知安培力的 大小与电流成正比，则ｂｃｄｅａ部分与ｂａ边所受的安培力大小之 比为１∶４，同理ｂａ边与ｂｃ边所受的安培力大小之比为４∶１，故 Ｂ正确，Ｃ错误；整个导体框所受的安培力大小为 Ｆ＝Ｂ（Ｉ１＋ Ｉ２）Ｌ＝ ５ＵＢＬ ４Ｒ０ ，由左手定则可知安培力的方向竖直向下，故Ｄ错 误． ３．将电子的初速度沿ｘ轴及ｙ轴方向分解，沿ｘ方向速度 与磁场方向平行，做匀速直线运动且ｘ＝ｖ０ｃｏｓα·ｔ，沿ｙ轴方向 速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动， 由左手定则可知，磁场方向沿ｘ轴正方向，故Ａ正确；根据洛伦 兹力提供向心力及圆周运动知识又，ｅｖＢ＝ｍｖ ２ Ｒ，Ｔ＝ ２πＲ ｖ 且ｖ ＝ｖ０ｓｉｎα，解得Ｄ＝２Ｒ＝ ２ｍｖ０ｓｉｎα ｅＢ ，Ｔ＝ ２πｍ ｅＢ 所以Δｘ＝ｖｘＴ ＝ ２πｍｖ０ｃｏｓα ｅＢ ，所以若仅增大磁感应强度 Ｂ，则 Ｄ、Δｘ均减小； 若仅增大ｖ０，则Ｄ、Δｘ皆增大；若仅增大α角（α＜９０°），则Ｄ增 大，Δｘ将减小，故Ｂ错误，符合题意，ＣＤ正确                                                                      ． —４— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 ! ! ! ! " ! # $ % & ' ( ) ! ) ) * ! " ４．由题意可知，由于磁感应强度 大小相等，故粒子在磁场中运动半径 相等，设半径为 ｒ，因为在磁场力的作 用下粒子到达ｃ线上的 Ｄ点时速度方 向竖直向下，且已知线段 ＰＤ垂直于 ｃ 线．分析可知，轨迹如图１，Ａ为在ｂ虚线左侧做匀速运动时的圆 心，Ｂ为在ｂ虚线右侧做匀速运动时的圆心，由几何关系可知θ ＝３０°，故ＰＢ＝２ｒｃｏｓ３０°＝槡３ｒ，所以 ＰＣ ＣＤ＝ ＰＢ－ｒｃｏｓ３０° ＢＤ＋ｒｃｏｓ３０°＝２ 槡３－３，故Ｃ正确． ! " # ! ! ５．根据左手定则可判断粒子带正 电，故Ａ错误；粒子轨迹如图２所示可知 粒子速度方向改变了６０°，粒子在磁场中 运动的时间为ｔ＝６０°３６０°Ｔ＝ １ ６× ２πｍ ｑＢ ＝ πｍ ３ｑＢ，故Ｂ错误；由几何关系知粒子的轨 迹半径为ｒ＝Ｒｔａｎ６０°＝槡３Ｒ，由洛伦兹 力提供向心力可知ｑｖＢ＝ｍｖ ２ ｒ，粒子在磁场中运动的动量大小 为ｐ＝ｍｖ，解得ｐ＝槡３ｑＢＲ，故Ｃ正确；由于粒子轨迹半径ｒ＝ 槡３Ｒ＞ １ ２Ｒ，所以只改变入射速度的方向，粒子可能经过Ｏ点， 故Ｄ错误． ６．根据安培定则可知，两导线中的电流在导线间任一点产 生的磁场方向均相同，设两导线间的距离为ｄ，距离ａｂ导线为ｘ 处磁场的磁感应强度Ｂ＝ｋＩ（１ｘ＋ １ ｄ－ｘ）＝ ｋＩｄ ｘ（ｄ－ｘ），当ｘ＝ ｄ ２时，Ｂ最小，带电粒子在磁场中运动过程中，速度大小不变， 由ｑｖＢ＝ｍｖ ２ ｒ，解得轨迹的曲率半径ｒ＝ ｍｖ ｑＢ，即在虚线附近曲 率半径较大，靠近导线处曲率半径较小，可能正确的是Ｃ． ７．由左手定则可判断出Ｎ带正电，Ｍ带负电，故Ａ错误；粒 子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得 ｑｖＢ＝ｍｖ ２ ｒ，可得ｒ＝ ｍｖ ｑＢ，由于两粒子的质量和电荷量都相等， 且Ｍ粒子的轨道半径大于Ｎ粒子的轨道半径，则Ｍ的速率大于 Ｎ的速率，故Ｂ错误；洛伦兹力始终与粒子的速度方向垂直，对 Ｍ、Ｎ均不做功，故Ｃ错误；粒子在磁场中运动半周，即运动时间 为周期的一半，则有ｔ＝１２Ｔ＝ １ ２× ２πｍ ｑＢ ＝ πｍ ｑＢ，由于两粒子的 质量和电荷量都相等，则Ｍ的运动时间等于Ｎ的运动时间，故 Ｄ正确． ８．ＡＢＤ　９．ＡＣ　１０．ＢＤ 提示： ８．小物块运动过程中的加速度 ａ＝ｍｇ－μｑｖＢｍ ，物块由静 止释放时有最大加速度ａｍ ＝ｇ，故Ａ正确；根据平衡条件得ＦＮ ＝ｑｖＢ，小物块所受的摩擦力Ｆｆ＝μＦＮ ＝μｑｖＢ，与速度成正比， 故Ｂ正确；物块向下做加速运动，物块受到重力、墙壁对其支持 力、竖直向上的摩擦力和洛伦兹力，当物块受到的重力与摩擦 力相等时，物块达到最大速度后匀速运动．故小物块不会离开 墙壁．根据平衡条件得μｑｖＢ＝ｍｇ，解得小物块能达到的最大 速度为ｖ＝ｍｇ μｑＢ ，故Ｃ错误，Ｄ正确． ９．与挡板碰１次后射出的粒子，轨迹如图３所示，碰前半径 为ｒ１，碰后半径为ｋｒ１，有几何关系（ｒ１－ｋｒ１） ２＋（２Ｒ）２＝（ｒ１＋ ｋｒ１） ２，解得ｒ１＝ Ｒ 槡ｋ ，ｋｒ１ 槡＝ ｋＲ，根据洛伦兹力提供向心力ｑｖＱＢ ＝ｍ ｖ２Ｑ ｋｒ１ ，解得ｖＱ ＝槡 ｋｑＢＲ ｍ ，故Ａ正确，Ｂ错误；碰ｎ次后射出的 粒子，在磁场中运动的周期恒为Ｔ，轨迹如图４所示，转过的总 圆心角为α＝（π－θ１）＋（π－θ２）＋… ＋（π－θｎ＋１）＝（ｎ＋ １）π－（θ１＋θ２＋… ＋θｎ＋１）＝ｎπ，在磁场中运动的时间ｔｎ ＝ α ２π Ｔ＝ｎπｍｑＢ，故Ｃ正确，Ｄ错误． ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! !"#$ " # $ " ! %& " & " " " ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! !"#$ " # $ ! ! ! " ! '#" ! $ ! % ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! " ! ! ! ! ! １０．根据左手定则可判断正离子在磁场 中受力如图５，正离子在环向场中沿逆时针 方向运动，故 Ａ错误；由于洛伦兹力总是与 速度方向垂直，所以洛伦兹力不改变速度大 小，则带电粒子在环向场中的速度大小不变，故Ｂ正确；                                                                      由图可 —５— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 知左右两边磁感应强度不一样，根据洛伦兹力提供心有ｑｖＢ＝ ｍｖ２ Ｒ，解得Ｒ＝ ｍｎ ｑＢ，可知同一正离子在磁场中因为磁感应强度 不同导致左右的半径不同，所以发生偏移，Ｂ越大，Ｒ越小，所以 同一正离子在左边部分的半径大于右边部分的半径，结合左手 定则判断出正离子就会向下侧迁移，同理可知电子向上侧迁 移，故Ｃ错误，Ｄ正确． １１．（１）０．５２０；（２）低；（３）１ｂ　 ｄ ＢＩｂ 解析：（１）由丙图可知霍尔元件的厚度为 ｄ＝０．５ｍｍ＋ ２．０×０．０１ｍｍ＝０．５２０ｍｍ． （２）根据左手定则，可知负电荷向Ｍ板移动，所以Ｍ面的 电势低于Ｎ面的电势． （３）如图戊所示，当 １Ｒ ＝０时Ｒ为∞，此时电压表测的是 电源电动势，由图可得ＵＨ ＝ １ ｂ，根据ＵＨ ＝ｋ ＩＢ ｄ解得ｋ＝ ｄ ＢＩｂ． １２．竖直向下　前表面　ＵｎｅｈＩ 解析：（１）据安培定则，通电直导线在磁芯上的磁感线为 顺时针方向，即则ＡＢ间磁场方向为竖直向下． （２）电流向右，根据左手定则，安培力向里，载流子是负电 荷，故后表面带负电，前表面带正电，故前表面电势较高． （３）设前后表面的厚度为ｄ，最终电子在电场力和洛伦兹 力的作用下处于平衡，有ｑＵｄ ＝ｑｖＢ，根据电流微观表达式，有 Ｉ＝ｎｅＳｖ＝ｎｅｄｈｖ，联立解得Ｂ＝ＵｎｅｈＩ． １３．解析：（１）秤盘中不放物体且金属棒静止时电流表读 数为Ｉ０＝０．１Ａ，对金属棒受力分析，根据平衡条件可得ｍ０ｇ＝ ＢＩ０Ｌｃｏｓθ＋Ｍｇｓｉｎθ，代入数据解得ｍ０ ＝０．０８８ｋｇ． （２）当电路中的电流最大时，称量物体的质量最大，电路 中的最大电流为电流表的量程，即ＩＡ ＝ Ｅ０ Ｒ＋Ｒ０ ，代入数据解得 Ｒ＝１Ω，对金属棒以及所称物体、秤盘受力分析，根据平衡条 件可得（ｍ０＋ｍｍａｘ）ｇ＝Ｍｇｓｉｎθ＋ＢＩＡＬｃｏｓθ，代入数据解得ｍｍａｘ ＝０．１１６ｋｇ． （３）电流表示数Ｉ与所称物体的质量ｍ满足关系式（ｍ０＋ ｍ）ｇ＝Ｍｇｓｉｎθ＋ＢＩＬｃｏｓθ，代入数据解得 ｍ＝０．０４Ｉ－０．００４ｋｇ（０．１Ａ＜Ｉ＜３Ａ）． ! " # $ ! % ! ! " １４．解析：（１）带电粒子在磁场 中运动时，根据牛顿第二定律有 ｑｖＢ ＝ｍｖ ２ Ｒ，所以Ｒ＝２Ｌ，如图６所示，沿 ｄａ方向发射出的粒子，在磁场中做圆周运动的圆心角是 α，由 几何关系知ｓｉｎα＝ １２，所以，射出磁场时速度方向与ａｂ边界 的夹角θ＝６０°． ! " # $ ! ! ! （２）从ｃ点射出磁场的粒子，轨 迹如图７所示，由几何关系知 ｓｉｎβ ＝ １２，弧 ｄｃ对应的圆心角为２β，粒 子在磁场中做圆周运动的周期为 Ｔ ＝２πｍｑＢ，所以，粒子从 ｄ到 ｃ的时间 为ｔ＝２β２π Ｔ，解得ｔ＝πｍ３ｑＢ． ! " # $ ! " % & ! ! （３）如图８所示，当粒子的运 动轨迹与ａｂ边界相切时，从ｂｃ边界 的ｅ点射出磁场，则ｅｃ即为ｂｃ边界 上有粒子射出的区间，由几何关系 知ｃｏｓφ＝ １２，ｄｆ＝Ｒｓｉｎφ＝ 槡３ ２Ｒ ＝槡３Ｌ，ｓｉｎγ＝ ２Ｌ－ｄｆ Ｒ ，ｅｃ＝Ｒｃｏｓγ－Ｌ，联立可得 ｅｃ＝ （ 槡４３－槡 ３－１）Ｌ． １５．解析：（１）离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提 供向心力，由Ｂｑｖ０＝ｍ ｖ２０ ｒ１ 解得ｒ１＝０．１ｍ，由几何关系得离子 在磁场中的轨迹半径ＯＡ＝２ｒ１ｓｉｎα，解得ＯＡ＝槡 ３ １０ｍ． ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! " # $ % & ' ! ! " （２）粒子在磁场中，运动轨迹如 图９，由几何关系可知圆心角θ＝２α ＝１２０°，则在磁场中运动时间 ｔ１ ＝ θ ３６０°× ２πｒ１ ｖ０ ＝π３×１０ －７ｓ，离子进入 电场后，经过时间ｔ２再次到达ｘ轴上，分析知离子在电场中做 类平抛运动，离子沿垂直电场方向做速度为 ｖ０                                                                      的匀速直线运 —６— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 动，位移为ｌ１，则ｌ１ ＝ｖ０ｔ２，离子沿电场方向做初速度为零的匀 加速直线运动，加速度为ａ，位移为ｌ２，则Ｅｑ＝ｍａ，ｌ２ ＝ １ ２ａｔ ２ ２， 由几何关系可知ｔａｎ６０°＝ ｌ２ ｌ１ ，代入数据解得ｔ２＝槡 ３ ２×１０ －７ｓ， 则总时间ｔ＝ｔ１＋ｔ２ ＝（ π ３＋ 槡３ ２）×１０ －７ｓ． （３）由Ｂｑｖ＝ｍｖ ２ ｒ知，Ｂ越小，ｒ越大，设离子在磁场中最大 轨迹半径为 Ｒ，由图中几何关系得 Ｒ＝ １２（ｒ１－ｒ１ｃｏｓα）＝ ０．０２５ｍ，由牛顿运动定律得Ｂ１ｑｖ０＝ｍ ｖ２０ Ｒ，得Ｂ１＝４×１０ －４Ｔ， 则外加磁场磁感应强度的最小值Ｂ２ ＝Ｂ１－Ｂ＝３×１０ －４Ｔ． 第４２期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ｄ　３．Ｃ　４．Ｄ　５．Ｄ　６．Ｂ　７．Ｃ 提示： １．导体在磁场中运动，如果速度方向与磁场方向平行，就 不会产生感应电动势，也不会有感应电流，所以导体在磁场中 运动不一定能产生感应电流，故Ａ错误；要形成感应电流必须 是闭合回路且磁通量发生改变，所以闭合线圈整个放在变化磁 场中，但是线圈平面与磁场平行，磁通量为零时，不能产生感应 电流，故Ｂ错误；感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁 通量的变化，不一定与原磁场方向相反，故Ｃ错误，Ｄ正确． ２．从Ａ到Ｂ，穿过金属环的磁通量增加，故Ａ错误；从Ａ到 Ｂ，根据“来拒去留”可知，金属环受磁场力方向向上，故 Ｂ错 误；根据条形磁铁内外的磁感线分布可知，线圈在 Ｏ点时内外 磁感线抵消的最少，则磁通量最大，即从Ｂ到Ｏ，穿过金属环的 磁通量发生变化，故金属环中有感应电流产生，受磁场力的作 用，故Ｃ错误，Ｄ正确． ３．当条形磁铁的Ｎ极竖直向下迅速靠近两环时，两环中的 磁通量增大，根据楞次定律可知两环中的感应电流将阻碍这种 变化，于是相互远离．故Ｃ正确． ４．因磁铁ＡＢ极性不明或螺线管的绕法不明确，Ｃ端的极 性无法判断，故ＡＢ错误；在磁体插入螺线管过程中，穿过螺线 管ＣＤ的磁通量增大，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，阻 碍磁铁ＡＢ插入螺线管，Ｃ端的极性一定与磁铁 Ｂ端的极性相 同，故Ｃ错误，Ｄ正确． ５．向ｙ轴正方向做匀速运动时，磁场增强则根据楞次定律 中的增反减同规律，线框内的感应电流沿逆时针方向，安培力 的大小Ｆ＝ＢＩＬ．根据左手定则可知边受到的安培力沿 ｙ轴负 方向，ａｄ边的安培力沿ｙ轴正方向，由于沿ｙ轴正方向磁感应强 度均匀增大，则ｂｃ边安培力大于ａｄ边的安培力，ｄｃ和ａｂ边所 受安培力大小相等方向相反，则整体受到的安培力沿轴负方 向．故Ｄ正确． ６．圆环ａ匀速转动，激发稳定磁场，ｂ内磁通量没有变化， 不会产生感应电流．故 ＡＣ错误；圆环 ａ匀速转动的角速度越 大，圆环ａ中电流越大，则穿过小圆环ｂ的磁通量越大．故Ｂ正 确；圆环ａ加速转动时，激发的磁场变强，小圆环ｂ内磁通量增 加，根据楞次定律可知，有顺时针方向的感应电流．故Ｄ错误． ７．闭合电键Ｋ后，把Ｒ的滑片右移，Ｑ中的磁场方向从左 向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上，故 Ａ 错误；闭合电键Ｋ后，将Ｐ中的铁芯从左边抽出，Ｑ中的磁场方 向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向 上，故Ｂ错误；闭合电键，将 Ｑ靠近 Ｐ，Ｑ中的磁场方向从左向 右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下，故Ｃ正确． ８．逆时针　向下　收缩 解析：在图中磁感应强度增大时，根据楞次定律可知，导线 环中感应电流的方向为逆时针；由左手定则可知，圆环最上端 的导线微元受到安培力的方向向下，圆环会收缩． ! " # $ ! ９．解析：（１）根据右手螺旋定则， 线圈Ａ中的磁感线穿过线圈Ｂ的方向 如图（ｂ）中的实线所示，电路接通瞬 间，线圈Ｂ中的磁场增强，磁通量也增大；根据楞次定律，线圈 Ｂ中感应电流的磁场方向应该与原磁场方向相反，即如图（ｂ） 中的虚线所示；再用右手螺旋定则判断感应电流的方向便可确 定流过灵敏电流计的电流方向是Ｄ→Ｃ． （２）当Ｓ接通时，中间线圈产生从右向左的磁场，根据楞次 定律和安培定则，则线圈 Ａ中感应电流从右向左流过电流计， 同理Ｂ中感应电流也从右向左流过电流计． 当Ｓ断开时，从右向左的磁场突然减小，根据楞次定律和 安培定则，则线圈Ａ中感应电流从左向右流过电流计，同理                                                                      Ｂ —７— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期 中感应电流也从左向右流过电流计． １０．解析：（１）该闭合电路是指 ＥＦＣＤ回路；当导体棒 ＣＤ 向右运动时，穿过闭合回路的磁通量向里增加，根据楞次定律， 感应电流磁场向外，根据右手定则可知感应电流为逆时针方 向； （２）如图所示，根据楞次定律，仅当磁场方向反向时，导体 棒ＣＤ中感应电流的方向反向，即顺时针方向；仅当导体棒ＣＤ 的运动方向反向时，电流方向也反向，即顺时针方向；当磁场方 向和导体棒的运动方向都反向时，感应电流方向不变，仍为逆 时针方向； （３）伸开右手，使磁感线从掌心进入，大拇指指导体棒运 动的方向，则四指指向感应电流方向． Ｂ组 １．ＢＤ　２．ＡＤ　３．ＡＤ 提示： １．线框进入磁场过程中，根据楞次定律，并结合右手螺旋 定则，知线框中感应电流方向ｂ→ｃ→ｄ→ａ→ｂ，故Ａ错误；线 框进入磁场过程中，穿过线框的磁通量增大，线框有收缩的趋 势，ｂｃ边受到的安培力方向向上，故Ｂ正确；线框离开磁场过程 中，根据楞次定律，并结合右手螺旋定则，感应电流方向 ａ→ ｄ →ｃ→ｂ→ａ，故Ｃ错误；线框离开磁场过程中，穿过线框的磁通 量减少，线框有扩张的趋势，ｄａ边受到的安培力方向向上，故Ｄ 正确． ２．在磁铁下落接近回路的过程中，穿过回路的磁通量增 加，根据楞次定律的结论 “增缩减扩”可知，ｐ、ｑ将互相靠拢， 故Ａ正确，Ｂ错误；在磁铁下落接近回路的过程中，穿过回路的 磁通量增加，根据楞次定律的结论“来拒去留”可知，磁铁受到 向上的阻力，磁铁的加速度小于ｇ，故Ｃ错误，Ｄ正确． ３．当闭合开关Ｓ的瞬间，穿过线圈 Ｐ向左的磁通量增加， 根据楞次定律，线圈Ｐ里产生与图示方向相同的感应电流，故 Ａ正确，Ｂ错误；同理，当断开开关Ｓ的瞬间，线圈Ｐ里有与图示 方向相反的感应电流，故Ｄ正确；Ｃ错误． ４．（１）向左偏转 （２）逆时针　收缩 解析：（１）断开开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向右偏 转了一下，将滑动变阻器的滑片向右滑动过程中，电流增大， 与断开开关电流减小相反，灵敏电流计的指针向左偏转； （２）周围环境温度急剧上升时，Ｒ电阻减小，电流增大，直 螺线管产生的原磁场向右增加，根据楞次定律可知，金属环上 感应电流产生的磁场向左，从左向右看，金属环 Ａ中电流方向 逆时针；金属环上逆时针的感应电流在直螺线管产生的向右的 磁场中受到的安培力有收缩的趋势． ５．解析：（１）①线框进入磁场阶段：ｔ为０～ ｌｖ，线框进入 磁场中的面积与时间成正比，Ｓ＝ｌｖｔ，最后为Φ ＝ＢＳ＝Ｂｌ２． ②线框在磁场中运动阶段：ｔ为 ｌｖ～ Ｌ ｖ，线框磁通量为Φ ＝Ｂｌ２，保持不变． ! ! " #$ ! $ % & % &'$ % ③ 线框离开磁场阶段：ｔ为 Ｌｖ ～ Ｌ＋ｌ ｖ，线框磁通量线性减小，最后为零，磁 通量随时间变化的图像如图所示． （２）根据右手定则可知，ｃｄ边上的电流方向为ｃ到ｄ； （３）根据左手定则或楞次定律知，ｃｄ边在进出磁场过程中 受到的安培力方向均为向左                                                                      ． —８— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第３９～４２期