第42期 楞次定律-【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 第４１期参考答案 １．Ｃ　２．Ｂ　３．Ｂ　４．Ｃ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｄ ８．ＡＢＤ　９．ＡＣ　１０．ＢＤ １１．（１）０．５２０；（２）低；（３）１ｂ　 ｄ ＢＩｂ １２．竖直向下　前表面　ＵｎｅｈＩ １３．（１）０．０８８ｋｇ．（２）１Ω，０．１１６ｋｇ． （３）ｍ＝０．０４Ｉ－０．００４ｋｇ（０．１Ａ＜Ｉ＜３Ａ）． １４．（１）６０°（２）πｍ３ｑＢ （３）（ 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３２×１０ －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． 书 楞次定律解决了感应电流的方向判断问 题，每年的高考试题中都会出现相应考题，题 型也多种多样，在历年高考中，选择、填空、实 验、计算各种题型都出现过，属高考必考内容． 在近十年的高考中，命题热点为楞次定律“阻 碍”含义的考查．楞次定律可理解为：感应电流 的效果总是要阻碍产生感应电流的原因，表现 为：阻碍的是原磁场的变化或原磁通量的变 化；阻碍相对运动，可理解为“来拒去留”；使线 圈面积有扩大或缩小的趋势；阻碍原电流的变 化．利用上述规律分析问题可以独辟蹊径，达 到快速准确的效果． 例１．如图１所示，金属环Ａ用轻绳悬挂，与 长直螺线管共轴，并位于其左侧．若变阻器滑 片Ｐ向左移动，则金属环 Ａ将向 （填 “左”或“右”）运动，并有 （填“收缩” 或“扩张”）趋势． 解析：变阻器滑片Ｐ向左移动，电阻变小， 电流变大，根据楞次定律，感应电流的磁场方 向与原电流磁场方向相反，相互排斥，则金属 环Ａ将向左运动，因磁通量增大，金属环Ａ有收 缩趋势． 答案：左，收缩． 例２．如图２所示，金属棒ａｂ置于水平放置 的Ｕ形光滑导轨上，在ｅｆ右侧存在有界匀强磁 场Ｂ，磁场方向垂直导轨平面向下，在ｅｆ左侧的 无磁场区域 ｃｄｅｆ内有一半径很小的金属圆环 Ｌ，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ａｂ在水 平恒力Ｆ作用下从磁场左边界 ｅｆ处由静止开 始向右运动后，圆环 Ｌ有 （填“收缩” 或“扩张”）趋势，圆环内产生的感应电流 （填“变大”、“变小”或“不变”）． 解析：当金属棒ａｂ在水平恒力Ｆ作用下从 磁场左边界ｅｆ处由静止开始向右运动时，回路 ａｃｄｂ产生逆时针方向的感应电流，在金属圆环 Ｌ处产生垂直于纸面向外的磁场，随着金属棒 向右加速运动，圆环的磁通量将增大，由楞次 定律知，圆环Ｌ有收缩趋势以阻碍圆环的磁通 量的增大；由于金属棒向右运动的加速度减 小，单位时间内磁通量的变化率减小，所以在 圆环中产生的感应电流不断减小． 答案：收缩，变小． 点评：在高考中，楞次定律经常和法拉第 电磁感应定律、相关图象、磁场、电路以及力学 中的能量等知识相结合来考查，希望引起同学 们在学习中高度的重视．为了能灵活应用楞次 定律解决问题，应注意楞次定律的几种特殊形 式：（１）阻碍原磁通量的变化或原磁场的变 化．（２）阻碍相对运动，可理解为“来拒去留”． （３）使线圈面积有扩大或缩小的趋势．（４）阻 碍原电流的变化（自感现象）．利用上述规律分 析问题可以独辟蹊径，达到快速准确的效果． 书 （上接第３版） ３．如图３所示，线圈 Ｍ和线圈 Ｐ绕在同一个 铁芯上，下列说法正确 的是 （　　） Ａ．当闭合开关 Ｓ的 瞬间，线圈Ｐ中有与图示方向相同的感应电流 Ｂ．当闭合开关Ｓ的瞬间，线圈Ｐ中有与图示方 向相反的感应电流 Ｃ．当断开开关Ｓ的瞬间，线圈Ｐ中有与图示方 向相同的感应电流 Ｄ．当断开开关Ｓ的瞬间，线圈Ｐ中有与图示方 向相反的感应电流 二、填空题 （共９分） ４．小张同学用图４甲的实验装置“研究电磁感 应现象”．断开开关瞬间，发现灵敏电流计的指针 向右偏转了一下． （１）闭合开关稳定后，将滑动变阻器的滑片向 右滑动过程中，灵敏电流计的指针 （选填 “向左偏转”“向右偏转”或“不偏转”）； （２）如图乙所示，Ｒ为热敏电阻，其阻值随着 周围环境温度的升高而减小．轻质金属环Ａ用轻绳 悬挂，与长直螺线管共轴（Ａ线圈平面与螺线管线 圈平面平行），并位于其左侧．若周围环境温度急 剧上升时，从左向右看，金属环 Ａ中电流方向 （选填“顺时针”或“逆时针”），金属环 Ａ 将有 （选填“收缩”或“扩张”）的趋势． 三、论述题（共１５分） ５．匀强磁场磁感应强度为Ｂ，磁场宽度为Ｌ，一 正方形金属框ａｂｃｄ边长为ｌ，每边电阻为ｒ，金属框 以速度ｖ匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感 线方向垂直，如图５所示，在线圈进出磁场过程中： （１）画出穿过ａｂｃｄ线框的磁通量随时间变化 的图像； （２）判断ａｂｃｄ线框上进入磁场过程中ｃｄ边上 的电流方向； （３）说明ｃｄ边在进出磁场过程中受到的安培 力方向． ! ! " # ! " ! !" #$% ! $ ! % # ! # ! ! ! ! ! ! & ' ( ) * + , - . ! $ &'()*+,-. / ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! 0 % ! 1 , 2 % $ % ! " 3 4 % # ! & , 书 一、感应电流的产生 产生感应电流的条件是“穿过闭合电路的 磁通量发生变化”，即要产生感应电流，必须同 时满足两个条件，一个是电路闭合，另一个则是 穿过电路的磁通量发生变化． 例１．如图１所示，闭合 的矩形金属线框 ａｂｃｄ仅有 一半置于范围足够大的匀 强磁场中，开始时线框平面 与磁场垂直，现从图示位置 绕轴ＯＯ′按图示方向转动，线框中有感应电流 产生吗？试加以分析． 解析：由于开始时线框仅有 一半处于磁场中，所以在ａｄ边进 入磁场之前，穿过线框的磁通量 是不发生变化的，所以这一阶段 线框中无感应电流产生．只有当线框转过 ６０° 角，即从ａｄ边进入磁场开始，穿过线圈的磁通量 才发生变化，如图２所示（俯视图）．但随着线框 在磁场中的转动，一旦线框的ａｄ边转出磁场，穿 过线框的磁通量又不发生变化了，电磁感应现 象又消失了，以后将重复上述过程． 综上所述，只有线框全部转入磁场中时，才 会有感应电流产生，否则没有． 误点警示：磁通量的计算公式是：Φ ＝ ＢＳｓｉｎθ，式中的 Ｓｓｉｎθ应是磁场区域内线框平 面在垂直于磁场方向上的投影（面积）大小．所 以在此题的讨论中，千万不要误认为线框从开 始运动就有感应电流产生．一定要记住：磁通量 的实质是穿过某一面的磁感线的条数！ 引起穿过闭合回路的磁通量变化一般有以 下几种情况： （１）由于磁场变化而引起穿过闭合回路的 磁通量发生变化，即Ｓ不变，Ｂ变化． 如图３所示当线圈 靠近条形磁铁的 Ｎ极 时，由于离Ｎ极近处的磁感应强度Ｂ较强，使得 线圈内部空间的磁感应强度变大，而线圈所包 围的面积不变，因此线圈的磁通量增大． （２）由于闭合回路的面积 Ｓ发生变化而引 起磁通量变化 ，即Ｂ不变，Ｓ变化． 如图４所示，金属导体 框架处在匀强磁场中，当 导体棒 ａｂ左右滑动时，就 会引起闭合回路的面积变 化，从而引起穿过闭合回路的磁通量发生变化． （３）线圈平面与磁场方向的夹角 θ发生变 化时，即线圈在垂直于磁场方向的投影面积 Ｓ⊥ ＝Ｓｓｉｎθ发生变化，从而引起穿过线圈的磁 通量发生变化，即Ｂ、Ｓ不变，θ变化． 如图５所示，在匀强磁场中，有 闭合矩形线圈 ａｂｃｄ，可绕垂直于磁 感线的固定轴ＯＯ′转动．在转动中， 由于线圈平面与磁感线方向的夹角 θ不断变化，所以，穿过线圈平面的磁通量也在 不断变化． （４）磁场、线圈面积都变化时，也可引起穿 过线圈的磁通量变化． 例２．如图６所示，导线ａｂ 和ｃｄ互相平行，则下列四种情 况下导线ｃｄ中无电流的是 （　　） Ａ．开关Ｓ闭合或断开的瞬间 Ｂ．开关Ｓ是闭合的，但滑动触头向左滑 Ｃ．开关Ｓ是闭合的，但滑动触头向右滑 Ｄ．开关Ｓ始终闭合，不滑动触头 解析：如果导线ｃｄ中无电流产生，则说明上 面的闭合线圈的磁通量没有发生变化，也就是 说通过导线ａｂ段的电流没有发生变化．而Ａ、Ｂ、 Ｃ三种情况的过程通过导线ａｂ中的电流都发生 了变化，则都能在 ｃｄ导线中产生感应电流，故 ＡＢＣ错误；开关Ｓ始终闭合，不滑动触头，ａｂ中 电流不变，穿过上面回路的磁通量不变，ｃｄ中不 产生感应电流，故Ｄ正确． 二、感应电流方向的判断 感应电流方向的判断，既可用右手定则，也 可用楞次定律： ①右手定则：适合于判断导线切割磁感线 的情形．用右手定则判断感应电流的方向不要 仅仅停留在应用上，还要对电流的形成的实质 加以理解，即导线中的自由电子随导线一起做 定向运动，于是在洛伦兹力的作用下就会发生 定向移动形成电流． ②楞次定律：都适用．应用楞次定律时，一 定要正确理解定律中“阻碍”二字的深刻含义， “阻碍”的并不是磁通量，而是磁通量的变化！即 感应电流的磁场方向并不总是和“引起感应电 流的磁场方向”相反的，当“穿过电路的磁通量 增加时”，感应电流的磁场方向就和“引起感应 电流的磁场方向”相反，否则就相同． 例３．如图７所示，导线框ａｂｃｄ 与导线 ＡＢ在同一平面内，直导线 中通有恒定电流 Ｉ，在线框由左向 右匀速通过直导线的过程中，线框 中感应电流的方向是 （　　） Ａ．先ａｂｃｄａ，再ｄｃｂａｄ，后ａｂｃｄａ Ｂ．先ａｂｃｄａ，再ｄｃｂａｄ Ｃ．始终ｄｃｂａｄ Ｄ．先ｄｃｂａｄ，再ａｂｃｄａ，后ｄｃｂａｄ 解法一：由右手定则判断 线框向右运动时，只有ａｂ和ｃｄ两个边切割 磁感线．根据通电导线ＡＢ周围磁场的分布情况 可知，开始时，即在ｃｄ边越过通电导线 ＡＢ之前 （如图８甲所示），ａｂ和ｃｄ边以相同的速度切割 磁感线，由右手定则可以判断，它们在闭合线框 中形成的感应电流方向相反，即分别是逆时针 和顺时针的．但由于 ｃｄ边所在处的磁感应强度 大，所以此时感应电流的方向是顺时针方向的， 即ｄｃｂａｄ．一旦ｃｄ边开始越过通电导线ＡＢ（如图 乙所示），根据 ａｂ和 ｃｄ边所在处的磁感应强度 的方向，由右手定则可以判断得出此时线框中 的感应电流的方向是逆时针方向，即 ａｂｃｄａ．随 着线框继续向右运动，ａｂ边越过通电导线ＡＢ后 （如图丙所示），同理可以判断出此时线框中的 感应电流的方向是顺时针方向，即ｄｃｂａｄ． 综合以上分析，答案应选Ｄ． 解法二：由楞次定律判断 通电导线 ＡＢ所产生的磁场，在 ＡＢ的左侧 方向是垂直纸面向外的，而在 ＡＢ的右侧方向是 垂直纸面向里的，并且离导线越近磁场越强，线 框开始向右运动时，由图甲可以看出，穿过线框 的向外的磁通量是逐渐增加的，根据楞次定律 可以判断出此时线框中的感应电流方向是 ｄｃｂａｄ．一旦线框的ｃｄ边越过通电导线ＡＢ，如图 乙所示，穿过线框的磁通量既有向外的，也有向 里的，并且向外的磁通量减小，而向里的磁通量 增加，由楞次定律可以判断出这一过程中线框 中的感应电流方向是ａｂｃｄａ．随着线框继续向右 运动，当它的ａｂ边越过通电导线ＡＢ后，穿过线 框的磁通量就只有垂直纸面向里的了，并且在 逐渐减小，由楞次定律判断出线框中感应电流 的方向是ｄｃｂａｄ． 综合以上分析，答案应选Ｄ． 点评：在判断感应电流的方向时，适当选用 右手定则或楞次定律可简化解题过程． + " + 5 0 ) 5 $ , '%! ! $ ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! 0 0" + ) ' , 5 ! ( & + ' ) & 6 ! ) % , ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! + ' ) & , ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! + ' ) & , ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! + ' ) & , ! " # ! * % % % ! /0 123 + & ' + ) ! ! ' ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! + ) ! & 0 + ' ) & 0" ! , ! - ! " !"#$ % & !"#$%&'( )& !!"#* $%&' + #, &(-./*0 & * !" ! 24567 123456789: ;<56=>?@AB7 .",(/,0)#0'* ;<CD=>?@AB7 %",#/,0)#0&* /"89:;<= /"8:>?@ABCDE<F GHIJKLMN JOPQRS TUVWXYMNZ[P!"#$%&'()(*\+. ]^_[P,-.,/( "`IabaN "cgWMN "KLhijP.",(/,$)($,' "`IklP/"mnopqrstuv $.$ [wxgy:zGHIJKLh "]{K|P."...' "p}h~y€P.",(",$)($'2 #,,"''"'**)\‚ƒ[. "~„P…†‡yp}hlˆ‰ŠT‹Œ]\Ž. 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Ｂ．ａ、ｂ两环互相靠近 Ｃ．ａ、ｂ两环互相远离 Ｄ．ａ、ｂ两环均向上跳起 ４．如图 ３所示，螺线管 ＣＤ的导线绕法不明，当磁体 ＡＢ插入螺线管时，电路中有 图示方向的感应电流产生， 下列关于螺线管产生的磁场 极性的判断正确的是（　　） Ａ．Ｃ端一定是Ｎ极 Ｂ．Ｃ端一定是Ｓ极 Ｃ．Ｃ端的极性一定与磁铁Ｂ端的极性相反 Ｄ．Ｃ端的极性一定与磁铁Ｂ端的极性相同 ５．如图４所示，正方形金属 线框 ａｂｃｄ放置在光滑水平面 上，水平面上有ｘＯｙ平面直角坐 标系，该空间有竖直向下的磁 场，沿ｙ轴正方向磁感应强度均 匀增大，线框保持 ａｄ边与 ｘ轴 平行向ｙ轴正方向做匀速运动．关于线框中感应电 流及线框所受安培力的合力方向，下列说法正确 的是 （　　） Ａ．感应电流沿顺时针方向，安培力合力沿ｙ轴 正方向 Ｂ．感应电流沿逆时针方向，安培力合力向ｙ轴 正方向 Ｃ．感应电流沿顺时针方向，安培力合力向ｙ轴 负方向 Ｄ．感应电流沿逆时针方向，安培力合力向ｙ轴 负方向 ６．如图５所示，均匀带负电 的圆环ａ绕过圆心与圆环所在平 面垂直的轴Ｏ顺时针旋转，闭合 金属小圆环ｂ与圆环ａ在同一平 面内，且与ａ同心，则 （　　） Ａ．若圆环 ａ匀速转动，小 圆环ｂ内有顺时针方向的感应电流 Ｂ．圆环ａ匀速转动的角速度越大，穿过小圆环 ｂ的磁通量越大 Ｃ．圆环ａ做匀速转动的角速度越大，小圆环ｂ 内的感应电流越大 Ｄ．圆环ａ加速转动时，小圆环ｂ内有逆时针方 向的感应电流 ７．如图６所示，要使Ｑ 线圈产生图示方向的电 流，可采用的方法有 （　　） Ａ．闭合电键Ｋ后，把Ｒ 的滑片右移 Ｂ．闭合电键Ｋ后，把Ｐ中的铁芯从左边抽出 Ｃ．闭合电键Ｋ后，把Ｑ靠近Ｐ Ｄ．电键Ｋ由闭合状态打开的瞬间 二、填空题（共６分） ８．如图７所示，一个可以 伸缩的导线圆环位于垂直纸 面向里的匀强磁场中，当磁 感应强度增大时，导线环中 感应电流的方向为 （选填“顺时针”或“逆时 针”）；此时圆环最上端的导线微元受到安培力的 方向 （选填“向上”或“向下”）；圆环会 （选填“扩张”或“收缩”）． 三、论述题（本题共２小题，共２４分） ９．（１２分）（１）如图８（ａ）所示是法拉第发现 电磁感应现象的实验示意图，Ａ、Ｂ是套在同一铁芯 上的两个线圈．试标出当开关 Ｓ闭合的瞬间，与线 圈Ｂ相连接的灵敏电流计中电流的方向． （２）如图（ｂ）所示，当 Ｓ接通或断开时，线圈 Ａ、Ｂ中分别产生了什么方向的感应电流？ １０．（１２分）看图回答下列问题： （１）如图９所示，用楞次定律分析闭合导体回 路的一部分导体做切割磁感线运动时导体中感应 电流的方向，应研究的是哪个闭合导体回路？当导 体棒ＣＤ向右运动时，用楞次定律如何判断导体棒 ＣＤ中的感应电流的方向？ （２）如图所示，根据楞次定律，仅当磁场方向 反向时，导体棒ＣＤ中感应电流的方向是什么？仅 当导体棒ＣＤ的运动方向反向时呢？当磁场方向和 导体棒的运动方向都反向时呢？ （３）参考左手定则，使磁感线仍从掌心进入， 四指仍指向电流方向，如何表示出感应电流的方 向、原磁场的方向、导体棒运动的方向三者之间的 关系？ 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，匀强磁场垂 直纸面向里，正方形闭合金属 线框从空中落入磁场，在下落 过程中，线框的 ｂｃ边始终与磁 场的边界平行，完全进入磁场 后再从磁场中离开，下列说法 正确的是 （　　） Ａ．线框进入磁场过程中，ａｂ边中感应电流方 向ｂ→ａ Ｂ．线框进入磁场过程中，ｂｃ边受到的安培力 方向向上 Ｃ．线框离开磁场过程中，ｃｄ边中感应电流方 向ｃ→ｄ Ｄ．线框离开磁场过程中，ｄａ边受到的安培力 方向向上 ２．如图２所示，光滑固定 导轨 ｍ、ｎ水平放置，两根导 体棒ｐ、ｑ平行放于导轨上，形 成一个闭合回路．当一条形 磁铁从高处下落接近回路时 （不计空气阻力） （　　） Ａ．ｐ、ｑ将互相靠拢 Ｂ．ｐ、ｑ将互相远离 Ｃ．磁铁下落的加速度仍为ｇ Ｄ．磁铁下落的加速度小于ｇ （下转第４版                                                                                                                                                                     ） 书 １．楞次定律 １．下列说法正确的是 （　　） Ａ．有感应电流就一定有感应电动势 Ｂ．通电导线在磁场中一定受到安培力作用 Ｃ．感应电流的磁场方向总是与引起感应电流 的原磁场方向相反 Ｄ．楞次定律是欧姆定律在电磁感应中的具体 体现 ２．下列关于感应电流的说法正确的是（　　） Ａ．当闭合回路所在区域的磁场变化时，回路 中一定产生感应电流 Ｂ．感应电流的磁场总要阻止引起感应电流的 磁通量的变化 Ｃ．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的 磁通量的变化 Ｄ．感应电流的磁场总跟引起感应电流的磁场 方向相反 ３．（多选）如图１所示，在 匀强磁场中有一个用比较软的 金属导线制成的闭合圆环．在 此圆环的形状由圆形变成正方 形的过程中 （　　） Ａ．环中有感应电流，方向ａ→ｄ→ｃ→ｂ Ｂ．环中有感应电流，方向ａ→ｂ→ｃ→ｄ Ｃ．环中无感应电流 Ｄ．环中有感应电流 ４．如图２所示，通电导线旁 边同一平面有矩形线圈ａｂｃｄ，则 （　　） Ａ．当线圈向导线靠近时， 其中感应电流方向是ａ→ｂ→ｃ →ｄ Ｂ．若线圈竖直向下平动，有感应电流产生 Ｃ．若线圈向右平动，其中感应电流方向是ａ→ ｂ→ｃ→ｄ Ｄ．当线圈以导线边为轴转动时，其中感应电 流方向是ａ→ｂ→ｃ→ｄ ５．如下图所示，一个闭合导体圆环固定在水 平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆 环内产生了感应电流．下列四幅图中，产生的感应 电流方向与条形磁铁的运动情况相吻合的是 （　　                                            ） ２．右手定则 １．如图１所示，金属棒与金属导轨垂直放置， 且接触良好，导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场， 当金属棒ａｂ沿导轨向右匀速滑动时，螺线管左侧 小磁针的Ｎ极受力方向为 （　　） Ａ．水平向左 Ｂ．水平向右 Ｃ．垂直纸面向里 Ｄ．垂直纸面向外 ２．如图２所示，导线框ａｂｃｄ与通电直导线在同 一平面内，彼此绝缘，直导线通有恒定电流 Ｉ并通 过ａｄ和ｂｃ的中点，当线框在外力作用下突然向右 运动的瞬间，则 （　　） Ａ．线框中有感应电流，且按顺时针方向 Ｂ．线框中有感应电流，且按逆时针方向 Ｃ．线框中有感应电流，但方向难以判断 Ｄ．由于穿过线框的磁通量为零，所以线框中 没有感应电流 ３．如图３所示，若不计滑轨的电阻，当导线ＭＮ 在磁感应强度为Ｂ的匀强磁场中向右做匀加速运 动时，下列结论中正确的是 （　　） Ａ．线圈Ｌ２中的电流方向与图中所标方向相反 Ｂ．电流计Ｇ中无电流通过 Ｃ．电流计Ｇ中有电流通过，方向从ａ到ｂ Ｄ．电流计Ｇ中有电流通过，方向从ｂ到ａ ４．（多选）如图表示闭合电路中的一部分导体 ａｂ在磁场中做切割磁感线运动的情景，其中能产 生由ｂ到ａ的感应电流的是 （　　） ５．如图４所示，光滑 平行金属导轨 ＰＰ′和 ＱＱ′都处于同一水平面 内，Ｐ和Ｑ之间连接一电 阻Ｒ，整个装置处于竖直 向下的匀强磁场中，现垂直于导轨放置一根导体 棒ＭＮ，ＭＮ向左运动时，流过导体棒的电流方向为 ，ＭＮ向右运动时，流过导体棒的电流方 向为 ．（均选填“Ｍ→Ｎ”或“Ｎ→Ｍ                                               ”） ３．楞次定律的应用 １．如图１所示，圆环形导 体线圈ａ平放在水平桌面上， 在 ａ的正上方固定一竖直螺 线管ｂ，二者轴线重合，螺线管 与电源和滑动变阻器连接成 如图所示的电路．若将滑动变 阻器的滑片Ｐ向上滑动，下列说法正确的是 （　　） Ａ．线圈ａ中将产生俯视顺时针方向的感应电流 Ｂ．穿过线圈ａ的磁通量变大 Ｃ．线圈ａ有缩小的趋势 Ｄ．线圈ａ对水平桌面的压力将增大 ２．如图２所示，当磁场的磁 感应强度 Ｂ在逐渐减弱的过程 中，内外金属环上的感应电流的 方向应为 （　　） Ａ．内环顺时针方向，外环 逆时针方向 Ｂ．内环逆时针方向，外环顺时针方向 Ｃ．内外环均顺时针方向 Ｄ．内外环均逆时针方向 ３．如图 ３所示光滑 水平绝缘面上有两个金 属环静止在平面上，环１ 竖直，环 ２水平放置，均 处于中间分割线上，在平 面中间分割线正上方有一条形磁铁，当磁铁沿中间 分割线向右运动时，下列说法正确的是 （　　） Ａ．两环都向右运动 Ｂ．两环都向左运动 Ｃ．环１静止，环２向右运动 Ｄ．两环都静止 ４．（多选）如图４所示，圆 环形导体线圈 ａ平放在水平 桌面上，ａ的正上方固定一竖 直螺线管ｂ，二者轴线重合，螺 线管与电源和滑动变阻器连 接成如图所示的电路，要使圆 环形导体线圈 ａ中产生从上向下看顺时针的感应 电流，下列操作中可行的是 （　　） Ａ．将线圈ａ水平向左移动 Ｂ．将通电螺线管水平向右移动 Ｃ．拔出通电螺线管中的铁芯 Ｄ．向下移动滑动变阻器的触头 ! !"#$% &'()*+,-. ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! " # $ % ! ! & ' $ ! " ! " # $ & # $ & # $ & # $ & % & ' ( ! ! ! ! ! ! % ' ! ! ! ! " $ " & ' ! ! ) ( ) * + " #, + ! ! !!! ! !!! ! !!! ! !!! * % # ! , - ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ,'!"#$% ' % , ( ' $ , % ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! )+" )+" - ( , ' % % & ' ( ." ) /" *% / - . ! , , ' / ! ! % ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! " ! " ! ) / , ' ! , ! /0123 /0145 " / - - * & . ! . # $ 0 % 1 ! ! , ' # $ ! " 0 % * & 2 3 ! ) ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! 4 ( $ ' " , 1 5 ! , 1 # , ! / ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! 0 0 % 3 2 $ * $ 0 % * &,' &#( ! 1 ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! 2 ( % 6 7 3 )*+,-./0! ! 2 ' $ , " ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! 8 9 : ; ! " ! !"#$% 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