第13周 带电粒子在组合场、叠加场和交变电(磁)场中的运动-【周测必刷】2025-2026学年高二物理选择性必修1+2（人教版2019）

— 50 — 第十三周 带电粒子在组合场、叠加场和交变电(磁)场中的运动 (时间:45分钟 分值:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 第11题以第一象限内有平行于y轴的匀强电场和第四象限内有垂直纸面向里的匀 强磁场为例,综合考查学生处理带电粒子在组合场运动问题的能力。该题题目设置灵活,紧扣 知识点,对学生的综合应用能力要求较高,值得推荐。 【考点·一应俱全】(共50分) 考点一 质谱仪 1.(2025·绍兴市高二期末)如图所示为质谱仪的示意图。电荷量和质量 不同的离子从电离室A中“飘”出,从缝S1 进入电势差恒定的加速电场 中加速,然后从S3 垂直进入匀强磁场B 中做匀速圆周运动,最后打在照 相底片上。已知质子从静止开始被加速电场加速,经磁场偏转后打在底 片上的P 点,某二价正离子从静止开始经相同的电场加速和磁场偏转 后,打在底片上的Q 点,已知QS3=12PS3,则离子质量和质子质量之比 为 ( ) A.12 B.24 C.144 D.288 2.质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场。如图所示为质谱仪的原理 图,设想有一个静止的带电粒子P(不计重力),经电压为U 的加速电场加速后, 垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中,最后打到底片上的D 点。设OD=x, 则在下列图像中能正确反映x2 与U 之间函数关系的是 ( ) 考点二 回旋加速器 3.(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置,其核心部分是分别与高频交流电源相 连接的两个D形金属盒,两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场,使粒子在通过 狭缝时都能得到加速,两D形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中,如图所示, 要增大带电粒子射出时的动能,粒子重力不计,下列说法正确的是 ( ) A.增大交流电源的电压 B.增大磁感应强度 C.减小狭缝间的距离 D.增大D形盒的半径 4.(多选)如图所示为回旋加速器的原理示意图。其中D1 和D2 是两个中空的半径 为R的半圆形金属盒,接在电压为U 的加速电源上,位于D2 圆心处的粒子源A 能不断释放出一种带电粒子(初速度可以忽略,重力不计),粒子在两盒之间被电 场加速,D1、D2 置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。已知粒子电荷 量为q、质量为m,忽略粒子在电场中运动的时间,不考虑加速过程中引起的粒子 质量变化,下列说法正确的是 ( ) A.加速电源可以用直流电源,也可以用任意频率的交流电源 B.加速电源可以用周期为T=πmqB 的交流电源 C.粒子第n次被加速前后轨道半径之比为 n-1∶ n D.粒子在电场中加速的次数为qB 2R2 2mU 考点三 带电粒子在组合场中的运动 5.(2025·长沙市雅礼中学高二期末)在半导体离子注放工艺中,初速度可忽略且电 子质量忽略不计的离子P+和P3+,经电压恒为U 的电场加速后,垂直进入磁感应 强度大小为B、方向垂直纸面向里,有一定宽度的匀强磁场区域,如图所示。已知 离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时,离子 P+和P3+ ( ) A.在磁场中运动的半径之比为3∶1 B.在电场中的加速度大小之比为1∶1 C.在磁场中转过的角度之比为1∶2 D.离开磁场区域时的动能之比为1∶ 3 6.(多选)如图所示的xOy坐标系中,y轴左侧存在电场强度为E 的匀强电场,电 场方向平行于x轴,y轴右侧存在垂直坐标系所在平面向外的匀强磁场。一个 比荷为k的带正电的粒子从x 轴上的M 点以某一初速度平行于y 轴向上运 动,经电场偏转后从y轴上的P 点进入磁场,进入磁场时速度方向与y轴正方 向成θ=60°角,粒子经磁场偏转后打到坐标原点O 上。已知 M 点到O 点的距 离为L,不计粒子的重力,下列说法正确的是 ( ) A.P 与O 的距离为 33L B. 粒子轨迹半径为 3 2L C.粒子初速度大小为 6kEL3 D. 磁场的磁感应强度大小为 6E kL 考点四 带电粒子在叠加场中的运动 7.(2025·邢台市高二期末)如图所示,某空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸 面方向的匀强磁场(图中未画出),一质量为m 的带正电粒子恰能以速度v 沿图 中虚线所示的轨迹做直线运动,粒子的运动轨迹与水平方向的夹角为60°,匀强 电场的电场强度大小为E,重力加速度大小为g,下列说法正确的是 ( ) A.匀强磁场的方向垂直纸面向外 B.匀强磁场的磁感应强度大小为2 3E3v C.粒子的电荷量为 3mg3E D.若粒子运动过程中磁场突然消失,则粒子可能做匀减速直线运动 8.(多选)(2025·阜阳市田家炳实验中学高二月考)方向竖直向下、电场强度为E 的匀强电场和磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场正交叠加,如图所 示。一质量为m 的带电粒子,在叠加场中的竖直平面内做匀速圆周运动,重力加 速度为g。则可判断该带电粒子 ( ) A.为带电荷量mgE 的正电荷 B.沿顺时针方向做圆周运动 C.运动的角速度为BgE D. 运动的速率为E B 9.(2025·扬州中学高二月考)如图所示,直角坐标系xOy位于竖直平面内,y轴 竖直向上,第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场,第Ⅳ象限同时存 在方向平行于y轴的匀强电场(图中未画出),一质量为m、带电荷量绝对值为q 的小球从x轴上的A 点由静止释放,恰好从P 点垂直于y 轴进入第Ⅳ象限,然 后做圆周运动,从Q 点以速度v垂直于x 轴进入第Ⅰ象限,重力加速度为g,不 计空气阻力。则 ( ) A.小球从A 点到P 点做圆周运动 B.电场方向可能竖直向上 C.O点到P 点距离大于v 2 2g D. 小球在第Ⅳ象限运动的时间为πv4g — 49 — — 52 — 【探究·一举突破】(共15分) 探究主题 回旋加速器原理 回旋加速器两D形盒之间有窄缝,中心附近放置粒子源(如质子、氘核或α粒子源),D形盒间接 上交流电源,在狭缝中形成一个交变电场。D形盒上有垂直盒面的匀强磁场(如图所示)。 探究问题: (1)回旋加速器中磁场和电场分别起什么作用? 对交流电源的周期有什么要求? 在一个周期内 加速几次? (2)带电粒子获得的最大动能由哪些因素决定? 如何提高粒子的最大动能? 【综合·一练到底】(共35分) 10.(18分)(2025·广州市天河区高二期末)如图所示是某种质谱仪的结构简化图。质量为m、电荷 量为+q的粒子束恰能沿直线通过速度选择器,并从半圆环状D形盒的中缝垂直射入环形匀强 磁场区域,磁场方向垂直纸面向里。D形盒的外半径为2R,内半径为R,壳的厚度不计,出口M、 N 之间放置照相底片,底片能记录粒子经过出口时的位置。已知速度选择器中电场强度大小为 E,方向水平向左,磁感应强度大小为B(磁场方向未画出)。不计粒子重力及粒子间的相互作 用,若带电粒子能够打到照相底片,求: (1)B 的方向以及粒子进入D形盒时的速度大小; (2)D形盒中的磁感应强度B0 的大小范围; (3)打在底片 M 点的粒子在D形盒中运动的时间。 11.(17分)(2025·江门市高二期末)如图所示,竖直平面内有一直角坐标系 xOy,x轴沿水平方向。第一象限存在着竖直向下的匀强电场,第四象限存在 着竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面向里的匀强磁场。一质量为 M、电 荷量为q的带电小球a(可视为质点)在N 点以速率v= gl、方向与y轴负方 向夹角为θ=60°射入第四象限,恰能沿圆周运动到x轴上的A 点,且速度方向 垂直于x轴。A 点到坐标原点O 的距离为32l ,重力加速度为g,取π=3,忽略 空气阻力。 (1)判断带电小球的电性及求第四象限电场强度的大小E1; (2)求第四象限磁场磁感应强度B 的大小; (3)当带电小球a刚离开N 点时,从y轴正半轴上P 点(图中未画出),一质量为m、电荷量也为 q的带正电微粒b(不计重力)以某一初速度沿x轴正方向射入第一象限电场,微粒b运动到x 轴上时刚好与第一次到达A 点的a球相遇,已知第一象限的电场强度大小为E0,求P 点与坐标 原点O 的距离。 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) 霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直 向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。质 量为m、电荷量为e的电子从O 点沿x 轴正方向水平入射。入射速度为 v0 时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0 时,电子的运动轨迹如图 中的虚线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力 及电子间相互作用。 (1)求电场强度的大小E; (2)若电子入射速度为 v0 4 ,求运动到速度为v0 2 时位置的纵坐标y1; (3)若电子入射速度在0<v<v0 范围内均匀分布,求能到达纵坐标y2= mv0 5eB 位置的电子数N 占 总电子数N0 的百分比。 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 51 — —98 — 【探究·一举突破】 探究路径 (1)一条直线 圆 (2)减小 增大 【综合·一练到底】 11.解析 (1)根据洛伦兹力提供向心力,带电粒 子的运动轨迹如图所示,结合几何关系有qv0B = mv02 R ,(3 3h )2+(h-R)2=R2 解得R=23h ,B=3mv02qh (2)由几何关系知粒子从O 到A 轨迹的圆心角为120°,设带电粒 子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T,则有T=2πRv0 ,t= 120° 360°T 解得t=4πh9v0 。 答案 (1) 3mv0 2qh (2)4πh9v0 12.解析 (1)若粒子从C点离开磁场,其在A 点受到的洛伦兹力必 水平向左,根据左手定则可知,粒子带负电; (2)设磁场圆的半径为R,带电粒子的运动轨 迹如图所示 根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv 2 r ,可 得q=mvBr 由图可知rC=R rD R =tan30° 所以qC qD = rD rC = 33 (3)带电粒子在磁场中运动的时间为t=α2πT ,T=2πrv ,所以tC tD = 3 4 ·rC rD =3 34 。 答案 (1)负电 (2)33 (3)3 34 13.解析 (1)和(2)两种临界情况的运动轨 迹如图所示, 若粒子速度大小为v0,则 qv0B=m v02 R ,解得v0=q BR m 。 (1)设圆心在O1 处对应圆弧与cd边相切,对应速度大小为v01 由几何关系得R1sinθ= L 2 ,解得R1=L 则有v01= qBR1 m = qBL m 。 (2)设圆心在O2 处对应圆弧与ab边相切,对应速度大小为v02 由几何关系得R2+R2sinθ= L 2 ,解得R2= L 3 则有v02= qBR2 m = qBL 3m 。 (3)由t=α2πT 和T=2πRv0 =2πmqB 可知,粒子在磁场中经过的圆弧 所对的圆心角α越大,在磁场中运动的时间越长。当在磁场中运 动的半径r<R2 时,运动时间最长 则圆弧所对圆心角为α=2π-2θ=5π3 所以最长时间为t=α2πT= 5π 3 2π× 2πm qB = 5πm 3qB 。 答案 (1)qBLm (2)qBL3m (3)5πm3qB 【选做·一飞冲天】 解析 (1)由几何关系知R=2a 带电粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力qvB=mv 2 R 解得B=mv2aq (2)设x=0处入射的粒子与y轴交于y1,在 磁场中运动时间为t1;x=2a 处入射的粒子 与y 轴交 于y2,在 磁 场 中 运 动 时 间 为t2;x =a 处入射的粒子与y 轴交于y3。粒子运 动 周 期为T,如图所示 根据几何关系可得y1=y2= 3R=2 3a y3=R+Rcos30°=(2+ 3)a t1= 1 3T ,t2= 1 2T , T=2πRv = 4πa v 解得4πa 3v≤t≤ 2πa v 2 3a≤y≤(2+ 3)a。 答案 (1)mv2aq (2)4πa3v≤t≤ 2πa v 2 3a≤y≤ (2+ 3)a 第十三周 带电粒子在组合场、叠加场和 交变电(磁)场中的运动 【考点·一应俱全】 1.D [根据动能定理qU=12mv 2,在磁场中洛伦兹力提供向心力 qvB=mv 2 R ,则R=1B 2mU q ,由题意R离子 =12R质子,且q质子q离子 = 1 2 , 可得 m离子 m质子 =288 ,故选D。] 2.A [粒 子 在 加 速 电 场 中 根 据 动 能 定 理 有qU= 12mv 2,得v= 2qU m 。粒子在磁场中偏转,洛伦兹力提供向心力,则qvB=mv 2 R , 得轨道半径R=1B 2mU q ,则x=2R=2B 2mU q ,知x2∝U,故 A 正确,B、C、D错误。] 3.BD [由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv 2 R ,解得v=qBRm ,则 动能Ek= 1 2mv 2=q 2B2R2 2m ,可知动能与加速电压和狭缝间的距离 无关,与磁感应强度大小和D形盒的半径有关,增大磁感应强度 或D形盒的半径,都可以增大粒子射出时的动能,故B、D正确。] 4.CD [回旋加速器的工作条件是交变电场的周期(或频率)与粒子 做匀速圆周运动的周期(或频率)相同,而粒子做匀速圆周运动的 周期T=2πmqB ,则加速电源用周期T=2πmqB 的交流电源,故A、B错 误;根据洛伦兹力提供向心力,则有R=mvBq ,又nqU=12mv 2,所以 粒子第n次被加速前后的 轨 道 半 径 之 比 为 n-1∶ n,故C正 确;当粒子的轨迹半径增加到D 形盒的半径时,速度最大,设经过 n次加速有:nqU=12mvm 2,由洛伦兹力提供向心力有qvmB=m vm2 R ,联立可得n=qB 2R2 2mU ,故D正确。] 5.C [两个离子的质量相同,其带电荷量之比是1∶3的关系,所以 由牛顿第二定律有qUd =ma ,得a=qUmd ,可知两离子在电场中的 加速度大小之比是1∶3,故选项B错误;离子在离开电场时有Uq =12mv 2,即v= 2qUm ,可知其速度之比为1∶ 3,又由qvB=m v2 r ,知r=mvqB ,所以其运动半径之比为 3∶1,故选项A错误;由选 项A分析可知,离子在磁场中运动的半径之比为 3∶1,设磁场宽 度为L,离子通过磁场转过的角度等于其运动轨迹所对的圆心角, 所以有sinθ=Lr ,则可知转过角度的正弦值之比为1∶ 3,又有 P+ 转过的角度为30°,可知P3+ 转过的角度为60°,即在磁场中转 过的角度之比为1∶2,故选项C正确;由电场加速后有qU=12 mv2,在磁场中洛伦兹力不做功,可知两离子离开磁场时的动能之 比为1∶3,故选项D错误。] 6.CD [粒子的运动轨迹如图所示,根据类平抛运动推论有Ls = 1 2 tan60°,解得P 与O 的距离s=2 33 L ,A错误;由s=2Rsin60°,解 得R=23L ,B错误;根据L=12at 2,at=v0tan60°,Eq=ma,qm = k,联立解得v0= 1 3 6aL= 1 3 6kEL ,C正确;粒子在P 点的合 速度v= v0cos60°=2v0 ,由R=23L= mv qB ,解得B= 6EkL ,D正确。] 7.B [带电粒子受到重力、静电力、洛伦兹力, 三力平衡,如图所示,因重力向下,静电力向 右,所以洛伦兹力方向为左上方,根据左手定 则可判断匀强磁场的方向垂直纸面向里,故A 错误;由平衡条件可知qvBsin60°=Eq,解得 B= Evsin60°= 2 3E 3v ,故B正确;由平衡条件可知Eq=mgtan60°, 解得q=mgtan60°E = 3mg E ,故C错误;若粒子运动过程中磁场突 然消失,重力和静电力的合力与速度方向垂直且恒定,则粒子做类 平抛运动,为匀加速曲线运动,故D错误。] 8.BC [带电粒子在叠加场中的竖直平面内做匀速圆周运动,可知 静电力与重力平衡,则有qE=mg,可得q=mgE ,静电力方向竖直 向上,与电场方向相反,故粒子带负电,根据左手定则可知,粒子沿 顺时针方向做圆周运动,故A错误,B正确;根据洛伦兹力提供向 心力得qvB=mv 2 R =mvω ,解得ω=qBm = Bg E ,v=BgRE ,由于不知 道粒子做圆周运动的半径,所以不能确定粒子运动的速率,故C正 确,D错误。] 9.D [小球从A 点到P 点过程受到重力和洛伦兹力,所以无法做圆 周运动,故A错误;小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动,则mg=qE, 在第Ⅳ象限磁场方向垂直纸面向外,由运动轨迹判断,小球带负 电,静电力竖直向上,故电场方向竖直向下,故B错误;从 A 到P 的过程中对小球由动能定理有mgh=12mv 2-0,所以O 点至P 点的距离为h=v 2 2g ,故C错误;小球恰好从P 点垂直于y 轴进入第 Ⅳ象限,然后做圆周运动,从Q 点以速度v 垂直于x 轴进入第Ⅰ象 限,所以小球做圆周运动的半径为h,即R=h=v 2 2g ,T=2πRv = πv g , 小球运动了1 4 圆周,t=T4= πv 4g ,D正确。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)磁场的作用是使带电粒子回旋,电场的作用是使带 电粒子加速。交流电源的周期应等于带电粒子在磁场中运动的周 期。一个周期内加速两次。 (2)当带电粒子速度最大时,其运动半径也最大,即rm= mvm Bq ,可得 Ekm= q2B2rm2 2m ,所以要提高带电粒子的最大动能,则应尽可能增大 磁感应强度B 和D形盒的半径rm。 【综合·一练到底】 10.解析 (1)沿直线通过速度选择器的粒子满足qv0B=qE 解得v0= E B 由左手定则可知,B 的方向垂直纸面向外。 (2)由几何关系可知,能打在底片上的粒子运动的半径满足54R ≤r≤74R 当rmin= 5 4R 时,满足qv0B0max=m v02 rmin 解得B0max= 4mE 5qBR 当rmax= 7 4R 时,满足qv0B0min=m v02 rmin 解得B0min= 4mE 7qBR 故D形盒中的磁感应强度B0 满足 4mE 7qBR≤B0≤ 4mE 5qBR (3)打在底片 M 点的粒子r=74R ,运 动 时 间 为t=T2= πm qB0min =7πBR4E 。 答案 (1)垂 直 纸 面 向 外 EB (2)4mE7qBR≤B0≤ 4mE 5qBR (3)7πBR4E 11.解析 (1)由带电小球a在第四象限内做圆周运动,可知小球所 受静电力和重力平衡,静电力方向竖直向上,故小球带正电;则有 Mg=qE1,解得E1= Mg q (2)带电小球从 N 点进入第四象限,做匀速 圆周运动,运动轨迹如图所示 设运动半径为R,根据洛伦兹力提供向心力, 则有qvB=Mv 2 R 由几何关系有R+Rcosθ=32l 解得R=l 联立解得B=Mq g l (3)带电小球a在第四象限做匀速圆周运动的周期为 T,则有 T =2πRv =2π l g 设小球a从 N 点运动到A 点的时间为t, 则有t=13T=2 l g 微粒b做类平抛运动,根据题意, 由y=12at 2,a=qE0m ,联立可得y= 2qE0l mg 。 答案 (1)正电 Mgq (2)Mq g l (3) 2qE0l mg 【选做·一飞冲天】 解析 (1)由题知,入射速度为v0 时,电子沿x 轴做直线运动,则 有Ee=ev0B 解得E=v0B; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 97 — —100 — (2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场 的叠加场中,由于洛伦兹力不做功,且由于电子入射速度为v0 4 ,则 电子受到的静电力大于洛伦兹力,则电子向上偏转, 根据动能定理有 eEy1= 1 2m (1 2v0 )2-12m (1 4v0 )2 解得y1= 3mv0 32eB ; (3)电子以v入射时,设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y, 则根据动能定理有 eEy=12mvm 2-12mv 2 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等,则在最高点 有F合 =evmB-eE 在最低点有F合 =eE-evB 联立有vm= 3E B -v ,y= 2m(v0-v) eB 要让电子到达纵坐标y2= mv0 5eB 位置,即y≥y2 解得v≤910v0 则若电子入射速度在0<v<v0 范围内均匀分布,能到达纵坐标y2 = mv0 5eB 位置的电子数N 占总电子数N0 的90%。 答案 (1)v0B (2) 3mv0 32eB (3)90% 第十四周 楞次定律及其应用法拉第电磁感应定律 【考点·一应俱全】 1.C [根据楞次定律可知,感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流 的磁通量的变化,原磁场减弱时,感应电流的磁场与原磁场的方向 相同,原磁场增强时,感应电流的磁场与原磁场的方向相反,故选 项A、B错误,选项C正确。导体切割磁感线运动时也可以用楞次 定律确定感应电流的方向,故选项D错误。] 2.D [0~t1 的时间内,穿过线圈的磁通量增加,且原磁场的方向向 上,根据楞次定律可知,感应电流的磁场方向与原磁场方向相反, 即感应电流的磁场方向向下,由右手螺旋定则可得,感应电流的方 向为顺时针方向,故A错误;t1~t2 的时间内,穿过线圈的磁通量 向上减小,感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,所以感应电流 为逆时针方向,故B错误;t2~t3 的时间内,穿过线圈的磁通量向 下增大,感应电流的磁场方向与原磁场方向相反,所以感应电流为 逆时针方向,故C错误;t3~t4 的时间内,穿过线圈的磁通量向下 减小,感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,所以感应电流为顺 时针方向,故D正确。] 3.AD [圆环a沿磁体轴线向右运动,穿过圆环的磁通量增多,根据 楞次定律可知电流为顺时针方向(从左往右看),故A正确;圆环b 竖直下落时,穿过圆环b的磁通量减少,故B错误;圆环c经过磁 体右边的位置2时磁通量为0,故C错误;圆环c经过位置2前后 一小段时间内,先是向下的磁通量减少,然后是向上的磁通量增 多,根据楞次定律,感应电流均为顺时针方向(从上向下看),故D 正确。] 4.C [由安培定则可知,通电直导线在圆环面形成的磁场方向垂直 纸面向里,当通电直导线中电流减小时,穿过圆环面的磁通量减 小,由“增缩减扩”可知,弹性圆环的面积S 将增大,由“增离减靠” 可知,圆环将靠近导线,则L将变短,故选C。] 5.C [直导线中通有向上且增大的电流,根据安培定则知,通过导 线框的磁场方向垂直纸面向里,且增大,根据楞次定律知导线框 abcd中感应电流的方向为逆时针方向,故A、B错误; 方法一 根据左手定则知,ab边所受安培力方向水平向左,cd 边 所受安培力方向向左,则导线框所受安培力的合力方向水平向左, 故C正确,D错误。 方法二 当 MN 中电流增大时,导线框中产生感应电流,线框各 边受到安培力作用,使导线框向阻碍磁通量增大的方向“移动”,故 导线框所受安培力的合力方向水平向左,故C正确,D错误。] 6.A [题中四图都属于闭合电路的一部分导体切割磁感线,应用右 手定则判断可得:A中电流方向为a→b,B中电流方向为b→a,C 中电流方向沿a→d→c→b→a,D中电流方向为b→a,故选项 A 正确。] 7.D [由右手定则知ef 上的电流由e→f,故右侧的电流方向为逆 时针,左侧的电流方向为顺时针,D正确。] 8.B [根据法拉第电磁感应定律可知E=ΔΦΔt= ΔB ΔtS=10 3×(1.02 +1.22+1.42)×10-4V=0.44V,故选B。] 9.A [与线圈轴线成30°角向右穿过线圈的磁感应强度均匀增加, 故产生恒定的感应电动势,根据法拉第电磁感应定律,有E=nΔΦΔt =nΔBΔtScos30° ,由题图乙可知ΔB Δt= 6-2 2 T /s=2T/s,代入数据 得E= 3V,根据楞次定律及安培定则知a点的电势低于b 点的 电势,则Uab=- 3V,故A正确。] 10.D [北京地区地磁场的竖直分量竖直向下,当飞机在北半球水 平飞时,飞机机翼切割磁感线产生感应电动势,由右手定则可知, 机翼左端的电势比右端的电势高。无论C919飞机往哪个方向 飞,都是右 边 机 翼 的 电 势 较 低。由 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 E= BLv,可得两翼尖间的电势差U=E=4.5×10-5×35.8×0.8× 330V≈0.43V,故选D。] 11.C [AB 两端的电势差大小等于导体棒AB 中感应电动势的大 小,为E=B×2R􀭵v=B×2R×ωR+ω×3R2 =4BωR 2,故选C。] 12.A [根据法拉第电磁感应定律,叶片转动时产生的感应电动势 为E=12BLωL= 1 2BL 22π T=πBL 2f,从上向下看叶片是按顺时 针方向转动的,通过右手定则,可以判断出b端相当于电源的正 极,与二极管的正负极相反,电路不通,故二极管不会发光,故B、 C、D错误,A正确。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)将条形磁体从题图所示位置先迅速向上后迅速向 下移动一小段距离,则螺线管中产生的感应电流方向相反,两个二 极管相继分别导通,出现的现象是灯泡 A、B交替短暂发光,故 选B。 (2)通过实验得知:当电流从题图b中电流计的右端正接线柱流入 时指针向右偏转,则当电流计指针向右偏转时,螺线管中产生的感 应电流从上往下,根据楞次定律可知,条形磁体向上运动。 (3)连线如图: 答案 (1)B (2)向上 (3)见解析图 【综合·一练到底】 13.AD [线框相对磁场向左运动,根据右手定则可知图示时刻线框 中感应电流沿顺时针方向,A正确;根据左手定则,列车受到向右 的安培力,因此列车运动的方向与磁场移动的方向相同,B错误; 由于左右两个边产生的感应电动势顺次相加,根据法拉第电磁感 应定律得E=2NBLΔv=2NBL(v-v'),C错误;列车速度为v'时 线框 受 到 的 安 培 力 大 小 为 F=2NBIL=4N 2B2L2(v-v') R ,D 正确。] 14.BD [当金属棒ab向右加速运动时,根据右手定则及题意,感应 电流从a到b且增加,穿过线圈 M的磁通量垂直纸面向里增加, 根据楞次定律可知,M中感应电流为逆时针方向,选项A错误,B 正确;M中感应电流为逆时针方向,线圈 M所处的磁场垂直纸面 向外,根据左手定则可知线圈 M各部分所受安培力向外,则线圈 M有扩张的趋势,选项C错误,D正确。] 15.解析 (1)第3s末,夹在导轨间导体的长度为: l=vt·tan30°=5×3× 33 m=5 3m 此时E=Blv=0.2×5 3×5V=5 3V。 (2)0~3s内回路中磁通量的变化量 ΔΦ=BΔS=0.2×12×15×5 3Wb= 15 3 2 Wb 0~3s内回路中产生的平均感应电动势为: 􀭺E=ΔΦΔt= 15 3 2 3 V= 5 2 3V 。 答案 (1)5 3m 5 3V (2)15 32 Wb 5 2 3V 【选做·一飞冲天】 A [在图示位置Ⅰ或Ⅱ,通过线圈向上的磁通量不变,但由图示 Ⅰ位置缩小到图示Ⅱ位置,通过线圈向下的磁通量减小,相当于通 过线圈向上的总磁通量增大,根据楞次定律可知,线圈中的感应电 流的磁场阻碍原磁通量的增大,感应电流的磁场方向向下,线圈中 有顺时针方向的感应电流,A项正确。] 第十五周 电磁感应中的电路问题、 图像问题、自感和涡流 【考点·一应俱全】 1.A [设正方形线框边长为L,四个图中的电动势均为E=BLv0, 设正方形线框的电阻为R,则四个图中回路的电流均为I=ER = BLv0 R ,其中图①中ab边相当于电源,a、b两点间的电势差为Uab= U外 =34E= 3 4BLv0 ,图②、③、④中ab两点间的电势差均为Uab' =I·R4= 1 4BLv0 ,故选A。] 2.A [导体棒AC 摆到竖直位置时,AC 切割磁感线的瞬时感应电 动势E=B·2a·12v=Bav 。外电路电阻大小为R外 = R 2 ·R 2 R 2+ R 2 = R 4 ,由闭合电路欧姆定律有|UAC|= E R 2+ R 4 ·R 4= 1 3Bav ,故 A 正确。] 3.C [法一 根据E=ΔΦΔ= SΔB Δt 可得0~0.5s和1~2s产生的感 应电动势大小相等,根据闭合电路欧姆定律可得0~0.5s和1~ 2s通过线框的电流大小相等,据q=It可得q1∶q2=1∶2,故C 正确。 法二 电磁感应现象中通过回路导体横截面的电荷量公式q=n ΔΦ R ,当面积S不变时,可写为q=nS ·ΔB R ,故q∝ΔB,所以q1q2 = 0-0.5 0.5-(-0.5) = 1 2 ,故C正确。] 4.A [设开始时穿过导线环向里的磁通量为正值,Φ1=Bπa2,则向 外的磁通量为负值,Φ2=-B·π(b2-a2),总的磁通量为Φ=B·π |b2-2a2|,末态总的磁通量为Φ'=0,由法拉第电磁感应定律得平 均感应电动势为􀭺E=ΔΦΔt ,则通过导线环横截面的电荷量为q=| 􀭺E R |·Δt=|ΔΦR|= πB|b2-2a2| R ,A项正确。] 5.D [金属线框切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,设线框总 电阻是R,则感应电流I=ER = BLv R ,由题图乙可知,感应电流先均 匀变大,后均匀变小,由于B、v、R 是定值,故金属线框的有效长度 L应先变大,后变小,且L随时间均匀变化。闭合圆环匀速进入磁 场时,有效长度L 先变大,后变小,但L 随时间不是均匀变化,选 项A错误;正方形线框匀速进入磁场时,有效长度L 不变,感应电 流不变,选项B错误;梯形线框匀速进入磁场时,有效长度L 先均 匀增大,后不变,最后均匀减小,选项C错误;三角形线框匀速进入 磁场时,有效长度L 先增大,后减小,且随时间均匀变化,选项D 正确。] 6.AC [在0~1s内磁感应强度B1 随时间t均匀增大,由法拉第电 磁感应定律可得,感应电动势恒定不变,则感应电流也不变,由楞 次定律可得,感应电流沿逆时针方向(b→a),根据左手定则可得, 导体棒受到的安培力的方向向左(负方向),大小恒定,所以导体棒 受的静摩擦力方向向右,即为正方向,且大小也恒定;在1~2s内 磁感应强度B1 大小不变,则金属框中没有感应电动势,所以没有 感应电流,则 导 体 棒 不 受 安 培 力,因 此 导 体 棒 不 受 静 摩 擦 力;在 2~3s内磁感应强度B1 随时间t均匀减小,由法拉第电磁感应定 律可得,感应电动势恒定不变,则感应电流也不变,由楞次定律可 得,感应电流沿顺时针方向(a→b),根据左手定则可得,导体棒受 到的安培力的方向向右(正方向),大小恒定,所以导体棒所受的静 摩擦力方向向左,即为负方向,且大小也恒定;在3~4s内与在 2~3s内相同,4~5s内的情况与1~2s内相同,5~6s内的情况 与0~1s内相同。故选A、C。] 7.D [金属探测器利用的是电磁感应现象,故 A错误;金属探测器 探测金属时,被测金属中感应出涡流;故B错误;当探测器靠近金 属物体时,能在金属中形成涡流,进而引起线圈中电流的变化,故 C错误,D正确。] 8.B [由于电磁阻尼作用导致铜盘转得越来越慢,故 A、C错误;可 以将铜盘分成很多部分,铜盘转动时穿过铜盘的各个部分的磁通 量发生变化,故产生涡流,故B正确;上下交换磁极同样会由于电 磁阻尼作用导致铜盘转得越来越慢,故D错误。] 9.C [法拉第圆盘运动过程中,半径方向的金属条在切割磁感线, 在圆心和边缘之间产生了感应电动势,故 A错误;阿拉果圆盘实 验中,转动圆盘或小磁针,都产生感应电流,因安培力的作用,另一 个物体也会跟着转动,则转动圆盘,小磁针会同向转动,但会滞后 于圆盘,故B错误,C正确;如果磁场相对于导体运动,在导体中会 产生感应电流,感应电流使导体受到安培力的作用,安培力使导体 运动起来,这种作用就是电磁驱动,显然法拉第圆盘是机械能转化 为电能的过程,并不是电磁驱动,故D错误。] 10.B [S闭合时,B灯先亮,A灯支路由于线圈自感电动势阻碍电 流的增加,则电流逐渐变大,则 A灯逐渐亮起来,因两支路直流 电阻相等,可知最后稳定后两灯一样亮,选项 A错误,B正确;S 由通路断开时,原来通过B灯的电流立即消失,而A灯支路由于 线圈产生自感电动势阻碍电流减小,则线圈相当电源,与 A灯、 电阻R 以及B灯重新形成回路,则使得A、B两灯都逐渐熄灭,由 于稳定时两灯亮度相同,则开关断开瞬时,B灯不会闪亮一下,选 项C、D错误。] 11.AC [由题图乙得,从计时开始两条支路都存在电流,分别是I1 和I2,断开K瞬间,L的电流要减小,于是L 中产生自感电动势, 阻碍自身电流的减小,电流逐渐减小为零;因此该实验演示的是 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 99 —