重点强化一 带电粒子在复合场中的运动-【金试卷】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册&选择性必修第三册同步单元双测卷（人教版）

第二部分 重点强化卷 重点强化一带电粒子在复合场中的运动 测试建议用时：75分钟满分：100分 一、选择题（本题共12小题，共48分.在每小题给出的四个选项中， 第1一8题只有一项符合题目要求，每小题4分；第9一12题有多项 符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的 得0分) 1.如图所示，在两水平极板间存在匀强电场和 匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂 密 直于纸面向里.一带电粒子以某一速度沿水 平方向匀速通过两极板.若不计重力，下列四种情况，粒子运动轨 h 迹保持不变的是 ( 封 A.仅改变电场强度 B.仅改变磁感应强度 典 C.仅改变粒子运动的速度 D.仅改变粒子所带电荷的电荷量 2.质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平 A 线 方向成0角从O点进入方向如图所示的正交 的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该 E ·B· 微粒在静电力、洛伦兹力和重力的共同作用 内 下，恰好沿直线运动到A点，下列说法中正确 的是 0 A.该微粒可能带正电荷 B.微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 不 C.该磁场的磁感应强度大小为g qucos 0 准 D.该电场的电场强度为mg qtan 0 3.三个完全相同的小球a、b、c带有相同电荷 a9 b? c9 量的正电荷，从同一高度由静止开始下落， 答 下落h1高度后a小球进入水平向左的匀强 ××× 电场，b小球进入垂直纸面向里的匀强磁场， E xxX B ××× 如图所示，它们到达水平面上的速度大小分 77nnn777nnnnnnm. 别用v、u、v。表示，它们的关系是( 常 题 A.va>4=v。 B.v=U=Ve C.v>vVc D.V=V>Uc 4.如图甲所示，一带正电粒子以水平 E 初速度(，<：)先后进入方向垂 XmX XX 直、宽度相同且相邻的匀强电场和 匀强磁场区域，已知电场方向竖直 甲 乙 染 向下，在带电粒子穿过电场和磁场 的过程中（重力忽略不计），电场力和磁场力对粒子所做的总功大 小为W1;若把电场和磁场正交重叠，如图乙所示，粒子仍以水平 初速度。进入场区，在粒子穿过场区的过程中，电场力和磁场力 对粒子所做的总功大小为W2.则W,与W,的大小关系( ) A.一定是W>W2 B.一定是W1=W2 C.一定是W<W2 D.可能是W1<W2,也可能是W1>W2 5.如图甲所示，一根长度为L的不可伸长的绝缘细线一端固定于O 点，另一端系一带正电小球，置于水平向右的匀强电场中，小球带 电荷量为q,质量为m.现把细线水平拉直，小球从M点由静止释 放，经最低点N时，细线上的拉力为F,若将小球置于垂直于纸 面向里的匀强磁场中，如图乙所示，小球从M点由静止释放后， 经过最低点N时，对细线的拉力为2F,已知匀强电场的电场强 度E=,重力加速度为g.则磁场的磁感应强度B的大小等于 2a OM ××X×X 甲 之 A.m√2gL B.mvgL C.mgL D.m/2gL 2gL 2gL 3gL 6.如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经 电压U加速后，水平进入由互相垂直的匀强电场E和匀强磁场 B构成的叠加场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做 匀速圆周运动，重力加速度大小为g,则 ( B 7w· E A.小球可能带正电 B.小球做匀速圆周运动的半径为，一Bg 12UE C小球做匀速圆周运动的周期为T一。 D.若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加 7.如图所示，在y>0的区域内存在磁 y 感应强度大小为B,、方向垂直纸面 ××××××××× 向里的匀强磁场，在y<0的区域内 P ××××××××× 存在磁感应强度大小为B2、方向垂 B. ××××××××× 直纸面向外的匀强磁场，且B2= 2B1,一带负电的粒子（重力不计）从 y轴上P(O,h)点以某一速度沿x轴 正方向射人磁感应强度大小为B,的 磁场，若第一次经过x轴时的横坐 标为√3h,则粒子第二次经过x轴时的横坐标为 ( A.2√3h B.3√3h C.43h D.93h 8.某种同步加速器的简化模型如图所示，M、N××××× 为两块中心开有小孔的平行金属板，带电粒子×××凶N A(不计重力)从M板小孔飘入两板间时，板间 X×××/× 的电势差由0突变为U,粒子被加速；当粒子A×××× 离开N板时，两板上的电荷量均立即变为零.两板外部存在垂直 纸面向里的匀强磁场，粒子A在磁场中做半径为R的圆周运动， R远大于板间距离.为使R保持不变，磁场必须相应变化.不计 粒子加速时间及运动产生的电磁辐射.则 A.粒子A带负电 B.板间电势差从0变为U的时间之差不变 C.A经电场加速次数越多，磁感应强度相应越小 D.A运动的第n周与第(n十1)周电场力对A做功的平均功率之 比为m:√n十1 9.一带负电粒子的质量为m、电荷量为q,空 S S2××X× 间中一平行板电容器两极板S1、S2间的 B 电压为U.将此粒子在靠近极板S的A 0xxxx一x 处无初速度释放，经电场加速后，经O点 进人磁感应强度大小为B、方向垂直纸面 X××福 ××××￥ 向里的有界匀强磁场（右边界平行S2),图 中虚线Ox垂直极板S2,当粒子从P点离开磁场时，其速度方向 与Ox方向的夹角0=60°，如图所示，整个装置处于真空中，不计 粒子所受重力，则 () A.极板S带正电 B.粒子到达0点的速度大小为2g m C此粒子在磁场中运动的时间1一器 D.若改变右侧磁场（左边界位置不变）宽度，使粒子经过O点后恰好 不能从右侧离开该有界磁场，则该有界磁场区域的宽度d一 Um 10.如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强 度为B、电场强度为E,质量为m的带电小球在场中恰好处于静 止状态.现将匀强磁场方向顺时针旋转90°，同时给小球一个垂 直磁场方向向下的速度v,关于小球之后的运动，下列说法正确 的是 () E B A.小球做匀变速直线运动 B.小球做匀速圆周运动 C,小球第一次运动到最低点的时间为 gB D.小球在运动过程中最高点与最低点的高度差为2正 gB 选择性必修第二册21 11.为了诊断病人的心脏功能和动脉血管中血液粘滞情况，可使用 电磁流量计测量血管中血液的流速和流量，如图所示是电磁流 量计测量血管中血液流速的示意图.假定血管中各处液体的流 速v相同，现使直径为D的血管处于磁感应强度为B的匀强磁 场中，测得血管两侧的电压为U,不计重力影响，下列判断正确 的是 () X B> A.b点的电势比a点的高 B.血管中各处液体的流速o=四 B C.血液的流量Q=πDU 4B D.血管中正、负离子数相同，则血管两侧的电压U=0 12.如图，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压 可取从零到某一最大值之间的各种数值.静止的带电粒子所带 电荷量为十q,质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从 小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B, 方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板 的夹角为0=30°，孔Q到板的下端C的距离为L,当M、N两板 间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则下列说法正确 的是 () B A.两板间电压的最大值为9BL 2m B.CD板上可能被粒子打中区域的长度为(3一1)L C.粒子在磁场中运动的最长时间为 gB D.能打到N板上的粒子的最大动能为BL 18m 二、计算题（本题共4小题，共52分） 13.（10分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有竖 直向上的匀强电场E,在第Ⅱ、Ⅲ象限虚线圆内有垂直纸面向外 的匀强磁场B(图中未画出)，圆心O,在x轴上，半径为R且过 坐标原点O.一质量为m,带电荷量为q的正粒子从圆上P点正 对圆心O1以速度。射入磁场，从坐标原点O离开磁场，接着又 恰好经过第一象限的Q(a,b)点，已知PO1与x轴负方向成0 角，不计粒子重力，求： 22选择性必修第二册 y E Q(a,b) :0o 0 P/% (1)匀强电场的电场强度E及匀强磁场的磁感应强度B的 大小； (2)粒子从P运动到Q的时间. 14.(12分)如图所示，平行的N、M、P为两匀强N M 磁场区域的边界，N与M、M与P的间距分 ×I××Ⅱx 别为l1、2,I、Ⅱ两磁场的磁感应强度大小分 × 别为B1和B2,B1>B2,方向均垂直纸面向 里.现有电荷量为q、质量为m的带正电粒子 射人磁场，不计粒子重力和粒子间的相互 × × 作用. ×B× B2 (1)若有大量该种粒子以大小为、方向沿纸 l2 面各个方向的速度从Q点射入磁场，粒子恰 好不进入Ⅱ磁场区域，求粒子速度的大小； (2)求(1)中粒子在I磁场中所能到达区域的面积S; (3)若有一个粒子从Q点以速度V2垂直于边界N及磁场方向 射入磁场，粒子能穿过两个磁场区域，求2的最小值. 15.(14分)如图所示，空间中存在磁感应强度大小为B、方向垂直 纸面向里的匀强磁场.一质量为2m的足够长绝缘木板静置在 光滑水平面上.t=0时刻，一质量为m、带电荷量为一q(q>0)的 小物块以某一初速度从左侧滑上木板，小物块与木板间的动摩 擦因数为4；木板达到匀速运动状态后，与右侧一固定弹性挡板 P碰撞，与挡板P碰撞后木板的速度大小不变，方向相反.已知 重力加速度为g, (1)若小物块初速度%一器，求t=0时刻木板的加速度大 小a; (2)若小物块初速度，=3g,求最终小物块与木板间因摩擦而 aB 产生的总热量Q; (3)若小物块初速度，=mg(k>0),写出最终小物块与木板间 gB 因摩擦而产生的总热量Q与k的关系式， XX B 16.(16分)如图所示，在O一xyz三维坐标系中以yO2平面为界，x <0空间有沿x轴正方向的匀强电场，x>0空间有沿x轴正方 向的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为、电荷量为q 的带正电粒子，由A点（一d,一d,0)沿y轴正方向以大小为vo 的速度射出，之后粒子恰好能从O点射入磁场，粒子重力不 计，求： 0 B (1)匀强电场的电场强度大小； (2)粒子到达O点时的速度大小； (3)粒子在磁场中运动时与xOy平面的最大距离； (4)从粒子进入磁场开始计时，其经过x轴的时刻及经过x轴 时的位置坐标.E 此时电压表示数U=R+R十，R=4V 由平衡条件知，微粒受的洛伦兹力垂直OA斜向左上方，由左手定则可知，微粒带负 电，A错误；微粒受力分析如图所示，根据平衡条件得qE=mgtan0,mg=quBcos0, 由mg=k△x 可得m=1kg 由以上两式解得雅场的隆态应强度大小B心电场的电场强度E=m0, 9 故该电子秤能称出的最大物体质量为1kg,对应的理想电压表V的示数为4V. C正确，D错误. 15.答案(1)ad(2)5×10-4m/s(3)3.75×1027个 3.Aa小球下落时，重力和电场力都对a小球做正功；b小球下落时，只有重力做功；c 解析(1)电流沿bc方向，载流子（电子）沿cb方向做定向移动，由左手定则可以判 小球下落时，只有重力做功.重力做功的大小都相同，根据动能定理可知外力对a小 定载流子所受的洛伦兹力方向由ad所在端面指向bc所在端面，因而电子聚集到 球所做的功最多，即a小球落地时的动能最大，b、c两小球落地时的动能相等，由于 bc所在端面，使bc所在端面带上负电，ad所在端面由于失去电子而带上正电，故 三个小球质量相等，所以a>=V。,A正确. ad所在端面电势比bc所在端面电势高. 4A图甲中，带正电粒子在电场中的合力就是电场力9E:因乙中，由于0<号，则带 (2)在磁场作用下稳定后，载流子在沿宽度方向上受到的洛伦兹力和电场力平衡， 正电粒子的电场力qE大于洛伦兹力gB0,其合力小于gE;所以粒子在图甲电场中 由平衡条件可得q0B=q 运动的加速度大于在图乙电场中运动的加速度，粒子在图甲电场中的偏转距离比重 解得薄板中形成电流【的载流子定向运动的速率 叠时的偏转距离大；又由于洛伦兹力对粒子不做功，只有电场力做功，所以一定是 U W1>W2,故A正确. w=B。=5X104m/s (3)根据电流的微观表达式 5A小球在电场中由静止下落经过最低点时mgL-qEL=名m2,E-,F-mg I=ngSv 以24：，u名=T3u相学'鉍普每薪繁下甲中年驶水8u2=批想：1 得这块“霍尔材料”中单位体积内的载流子个数 g0g。=375×10个 "m,解得B-m,选项A正确 -qu'B=mv'2 2gL 16.答案(1)0.12W(2)0.06A(3)1502 6.B小球在叠加场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力满足mg=qE,则 小球带负电，A项错误；因为小球做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二 解析(1)当开关S1、S2、S3都闭合，压力传感器R压板上无人时，由图像知，压力 传感器的电阻为R=3002 r,qU= 定律和动能定理可得q0B=mv, 1 2m02,故小球做匀速圆周运动的半径r=B 所以左端包路清礼的息功率P货-需W=0,12W ，B项三痛：由T-2可以得出T-疆与电压U无关，CD项错民 g (2)当有人抢跑，对传感器的压力为900N时，由图像知，此时压力传感器的电阻为 7.A如图所示为粒子的运动轨迹，设粒子在磁感应强度为B1的磁场中的轨迹半径 R'=1002 为r1,在磁感应强度为B2的磁场中的轨迹半径为r2,由几何关系可得r12=(r1一 所以左瑞电路电流表的读数为r只-品A=0,05A h)2十（√3h)2,解得r1=2h.设第一次经过x轴时速度与x轴正方向夹角为a,则 (3)由题意知，红灯不亮时左端电路的最大电流为 6血a价-，故=60，由r四知，由于B,=2B故2h,粒子在磁感 I最大=30mA=0.03A U 应强度为B2的磁场中的轨迹所对应的圆心角为2=120°，则粒子第二次经过x轴 此时的电路电阻为R总7本0.03n=2000 时的横坐标为x=√3h+2r2sin60°=2√3h,选项A正确. 由图像知，当传感器受到的压力是1500N时电阻为R=502 个y 所以电阻R0的阻值最小为R0=R总-R=2002-502=1502 ×××××××××××××××× 第二部分重点强化卷 ×××xx￥父X￥象父xxxx 重点强化一带电粒子在复合场中的运动 ··.0/10·人··. 由=器可知， 1.D粒子做匀速直线运动，且只受到电场力和洛伦兹力，则q0B=qE;若仅改变电场 I_B2_2 强度或磁感应强度，只有电场力或洛伦兹力改变，则电场力与洛伦兹力不再平衡，粒 2B11 子的轨迹将发生改变，故A、B错误.仅改变粒子速度的大小，只有洛伦兹力改变，洛 8.D粒子A进入磁场后沿逆时针方向做匀速圆周运动，由左手定则可得粒子A带正 伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变，故C错误，仅粒子的电荷量改变 3 时，洛伦兹力与电场力的大小同时等比例改变，两个力仍然平衡，粒子的轨迹不发生 电，选项A错误.在磁场中，粒子A的洛伦兹力提供向心力，有gB=mR,可得R- 改变，故D正确. 巴，粒子A经电场加速次数越多，其速度越大，当R保持不变时，磁感应强度 2.C微粒沿OA做直线运动，则垂直OA方向上合力一定为零，由于F洛=quB与OA 垂直，故微粒做匀速直线运动，B错误； 慈大#据T=解得T=密，易知，随着磁感应强度的增大，粒子的周期减小， qvB 即板间电势差从0变为U的时间之差变小，选项B、C错误.设粒子A经n次加速后 - 的速度为，由动能定理可得9U=之m,2;设粒子A微第n次圆周运动的周期为 qE Tn,有Tn=2;粒子A运动的第n周，电场力对粒子A做功的平均功率为Pn Un mg ”-兴，可得几张密月见，粒子A运动的第a+1D周，电场力对粒子A数 T.T 78 参考答案 功的平均功率为P+1=票吧，到二者之比为行 πRV2m P。=，故D正确。 9.BC带负电粒子向右加速，所受电场力向右，场强向左，说明极板S1带负电，故A 错误：设粒子到达0点的速度大小为，由动能定理可得U=合m,解得g 四，故B正确；由几何关系可知粒子运动的圆心角为日=60°=行，此粒子在磁场 m 中运动的时同：=吉T-言×-器故C正确：老我交右侧磁场（左边济位显不 变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，画出临界轨迹如图所 示，洛伦孩力提供向心力，由牛顿第二定律可得qB=m二，把A选项中求得的速度 大发人了传7震发有要装区表生走-丽D S S, ×××× A ×××为 cL×××.× 10.BD小球受到的电场力与重力平衡，有Eq=g;小球在洛伦兹力的作用下将垂直 纸面向外做匀速圆周运动，故A错误，B正确.小球运动的周期为T=2x-2xE, qB gB' 则小球第一水运动到录低点历时为1一子T一器故C错灵，带电小晾在套直磁场 的平面内微匀逸國周运动，有q如B=m二，小球运动的最高点与最低点的高度差为 A=,解得有二蛋故D三确 11.AC血液中正、负离子向右流动的速度为0，根据左手定则，在洛伦兹力作用下，正 离子向上偏转，b点电势高，而负离子向下偏转，a点电势低，则两点之间形成电势 差，故A正确，D错误.当正、负离子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，离子不再偏 U 移，此时αb间有稳定的电势差，形成一个匀强电场，对离子有gB=g),解得血 U =Vπ（三)UE=xD吃y 管中各处液体的流速U一BD,故B错误；血液的流量Q= △t 4B, 故C正确. 12.CD当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上的G点，如图1所 示：在加速电场中有gU。=之m2,在偏转磁场中有g如B=m二，由几何关系可知 粒子运动轨遮的半径rL,解得U。B,选项A错误.设粒子轨莲与CD板在 H,点相切，如图2所示，则G、H间的距离为粒子打中区域的长度s;设此时对应的 半径为，根据几何关系有L一十30郎得/-台；则表子打中区战的长度。 =La0-(1-）L,选项B错误，粒子在磁场中有B=m,运动的月期 T-2,解得T-留：教子在骏场中运动的最大国心角a=180,所以最长时间为 4一会T-沿，选项C正确，打到N板上的所有粒子中，动能最大的粒子轨道丰径最 大，在磁场中的轨迹与CD板相切，对应的轨道半径，为=片；根据洛伦兹力提供 向心力有0B=m学，解特录大动能为B。合m:=,适项D正痛 18m M+ B D M+ -N B D ● P r'o G 粒子打在 r= H CD板上的 区域的 图1 图2 13.答案(1)2mb2 爱am号 (2)R。+4 a2g 0 votan 2 00 解析(1)粒子运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，由几 关系得 0 vo ran号=R,又gB=m, ，故B=m aR tan 2 1 粒子从0到Q做类平抛运动，设运动时间为红，则口=2,62汽2 故E=2 mbyo2 a-g (2)粒子在磁场中运动的时间1==R 0 votan 2 则粒子从P运动到Q的时间为t=白十2=R。 0 votan 2 14.答案(1B0(2)层42(8BB业 2m m 解析(1)恰好不进入Ⅱ磁场区域的粒子的运动轨迹如图甲所示 M P ×I× × 十 Q B l1+ 甲 设粒子运动轨远的半径为，由几何关系得1= 21 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qU1B1=m 12 联立解得-B9吗 2m (2)粒子在I磁场中所能到达的区域如图乙中阴影部分所示 0 X B. 由题意及几何关系得r2=1 s=m2+r号 联立解得S=各 (3)粒子的速度最小时在Ⅱ磁场中的轨迹恰好与边界P相切，轨迹如图丙所示 MR2 D 0×1×× 合R1 %2 ! Q 42 ×B,× 丙 设粒子在I和Ⅱ两磁场中运动的轨迹半径分别为R1、R2,洛伦兹力提供向心力，由 牛顿第二定律可得 V22 qv2 B1-m RI 22 qv2 B2-m R2 由几何关系得sin0=只/ R2-R2 sine=l2 联立解得2=gB1十gB,2 m 15.答案(1)35(2)13mg 4 3g2B2 (3)当≤9时，Q=13k2m3g2 27g2B2 当k>9时，Q=17k2+6k-27)m3g2 36gB2 解析(1)t=0时刻，对小物块和木板进行受力分析，如图所示 Fx=mg+qvoB F=uF vo 地×B 中 F=F mg 2mg FN=E 对木板，由牛顿运动定律有u(mg十qB)=2ma 解得a=3 4 (2)由于木板达到匀速运动状态后才与挡板碰撞，所以在木板与挡板碰撞前，木板 与小物块能达到共同速度，木板与小物块组成的系统动量守恒，则m00=(2m十 m)v 木板与挡板碰撞后，假设木板能与小物块达到共同速度，由动量守恒定律有 2m(-U1)+mw1=(2m+m)v2 9 3gB 此时小物块所受洛伦兹力竖直向上，且q2|B=3mg<g,即小物块与木板间尚 存在压力，小物块与木板没有分离，所以假设成立，即此后两者以相同速度一起向 左匀速运动， 所以因摩擦产生的热量为Q-m02-合(m十2m),2 解得Q=13mm3g 3g2B2 (3)若小物块的初速度超过某一临界值，在小物块向左运动过程中，会出现与木板 之间无弹力作用的情境；此后，两物体以不同的速度向左匀速运动，则q2B=g 所以小物块向左运动的末速度为=一蛋 gB 由于问题(2)的解答中已经得出2=一9， 所以此时有0= 9mg,即k=9 9B 若k≤9，则Q=2mw2- 1 -(m+2m)o22 解得Q=13k2m3g2 27gB2 若>9，则小滑块只能获得2=一m竖的末速度，根据动量守恒定律、能量守恒定律 gB 有2m(一v1)十mw1=2mw3+m02 Q-7mw2-·2m2-mw2 1 1 解得Q=172+6k-27)m3g 36q2B2 16答案12(2)5w(3)需 gd （4)2mm(n=0,1,2,3,…) (4rmm0,0,0）(n=0,1,2,3,…) Bg 解析(1)粒子先在x0y平面内做类平抛运动，加速度大小为a=g吗 根据运动学规律有d=oto d= 2a42 解得E=2m62 (2)粒子到达O点时沿x轴方向的速度vx=ato 解得vz=20 根据速度的合成可得粒子到达O,点时的速度大小为 0=√/2+u.2=50 (3)粒子进入磁场后，在空间中做螺旋运动，设其运动半径为R,根据牛顿第二定律 有qoB=mR 解件R-器 所以粒子在磁场中运动时与x0y平面的最大距离为，=2R=2m则 Bq 参考答案79 (4)粒子做匀速圆周运动的周期为T=2πR=2πm Ba 从粒子进入磁场开始计时，每经过一个周期的时间，粒子经过x轴一次，所以其经 过工轴的时刻为t=nT=2Tm(m=0,1,2,3,…） Ba 粒子在空间中做螺旋运动，在沿x轴方向以)，做匀速直线运动，所以经过x轴时 粒子到0，点的距离为x=01-4mm0(m=0,1,2,3,…) Ba 即位里坐标为(，00)=012,3，） 重点强化二电磁感应的图像问题 1.A电阻和电流传感器与自感线圈串联，闭合开关后，流过自感线圈的电流增大，自 感线圈产生感应电动势，阻碍线圈中电流的增加，自感电动势慢慢变小，则线圈中电 流大小逐渐变大，而且变大得越来越慢，最后电流达到稳定值，故A正确. 2.D当矩形闭合线圈进入磁场时，由法拉第电磁感应定律判断，感应电流的大小在中 间时是最大的，故选项A、B错误；由楞次定律可知，当矩形闭合线圈进入磁场和出磁 场时，磁场力总是阻碍线圈的运动，方向始终向左，所以外力始终水平向右，因安培 力的大小不同且在中间时最大，由左手定则知，在中间时安培力的方向也向左，故选 项C错误，D正确. 3.C设甲回路的面积为S1,则感应电动势E=B0S1,0时刻，甲回路中小的半国环 受到的安培力F=2B京；设乙回路的面积为S2,则感应电动势E2-B0S2,6时 E1 to E2 刻，乙回路中小的半圆环受到的安培力F2=2B0尺；甲、乙两回路面积之差为S1 S2=元2，安培力之差为△F=F1-F2=2mB,2r R0,故选C 4.D在0~to时间内磁通量为向上减少，o~20时间内磁通量向下增加，两者等效，且根 据B一t图线可知，两段时间内磁通量的变化率相等，根据楞次定律可判断0~20时间内 均产生由b到a的大小、方向均不变的感应电流，选项A、B错误；在0~to时间内可判断 αb所受安培力的方向水平向右，则所受水平外力方向向左，大小F=ILB随B的减小呈 线性减小；在t0~一2。时间内，可判断所受安培力的方向水平向左，则所受水平外力方向向 右，大小F=ILB随B的增加呈线性增加，选项C错误，D正确. 5.D线框刚开始进入磁场时，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场 时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针：不论进入磁场，还是出磁场时，由 于切割的有效长度变小，产生的感应电流变小，故A、B、C错误，D正确. 6.D由图乙可知感应电流均匀增加，则根据E=B、I是可知U均匀增加，则火车 做匀加速运动，故A、B错误；由右手定则可知，1~t2时间内线圈中感应电流方向与 题因甲所示方向相反，截C错误；由△E=B△、△I=及△u=a△可得a= Bl(i2-,故D正确， R(I2-I1) 7.D由题图乙可知，0~1内，线框中电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应 定律可知，线框中磁通量的变化率不变，故0一1内磁感应强度与时间的关系图线是 一条倾斜的直线，A、B错误；又由于0~t1时间内电流的方向为正，即沿abeda方向， 由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场方向垂直纸面向里，故0一1内原磁场垂直 纸面向里减小或垂直纸面向外增大，C错误，D正确. 8.D由国（b)可知，0~内，公想的比值不支，感应电动势大小不变，电阻R两端的电 压Ud大小不变，根据楞次定律判断可知，感应电流方向为逆时针，d点电势高，经过 R的电流大小不卖，方向为负；号~T内，会智的比值也不变，故感应电动势大小不 变，电阻R两端的电压U大小不变，根据楞次定律判断可知，感应电流方向为顺时 针，C点电势高，经过R的电流大小不变，方向为正，故A、B错误.根据A、B项分析， 80参考答案 0~召内，经过R的电流大小不变，方向为负，可知金属板PQ常正电，金属板MN带 负电，金属板PQ的电势高于MN的电势，且金属板两端电压不变，根据牛顿第二定 U 律有g=m,可知离子运动的加速度不变，则离子从0开始做匀加速直线运动， ~T内，经过R的电流大小不变，方向为正，可知金属板PQ带负电，金属板M 带正电，金属板PQ的电势低于MN的电势，且金属板两端电压不变，同理，离子运 动的加速度大小不变，但与速度方向相反，则离子做匀减速直线运动，直到速度刚好 减为0；T~2T的规律与0~T相同，离子一直向O2方向运动，经过时间△t内到达 O2孔，故C错误，D正确. 9.AD若M环中通有电流，根据右手螺旋定则，则穿过N环的磁通量垂直纸面向里， 逐渐增大，根据楞次定律可知N环中的感应电流沿逆时针方向，N环有收缩的趋 势，A正确，B错误.若在N环中通有电流，根据右手螺旋定则可知穿过M环的磁通 量垂直纸面向里，逐渐增大，根据楞次定律可知M环中的感应电流沿逆时针方向，M 环有扩张的趋势，C错误，D正确. 10AD基格法拉第电难态应定体有E,:平联立解得部降由右 手定则可知初始时流过电阻R的电流方向向上，选项A正确，B错误；因为q=让， 且已分析出i和t成线性关系，则q为时间t的二次函数，选项C错误，D正确. 11.BCDt=0时刻，磁感应强度为B0,穿过线圈的磁通量为πBob2,故选项A错误；在 0一20时间内，穿过线圈的磁通量由垂直于纸面向里变为垂直于纸面向外，变化量 为2πB,b2,故选项B正确；在0~20时间内，根据法拉第电磁感应定律，产生的感 应电动势E=1是2，，根搭闭合电路欧姆定律，产生的感应电流1二是 2πB0b2 2Rto 则通过线圈导线横截面的电荷量q=I△t _2xBo62 R,故选项C正确；根据楞 次定律可知020时间内，感应电流的方向始终为顺时针方向，故选项D正确. 12.BD根据AD=BL=BLXa12,则△0-1图像不是直线，选项A错误，磁通量的 醉时变化率吧=BL,则吧-1图像为过原点的直线，选项B正确.金属棒做匀加 △t 老直线运动=0，感应电动势E=BL。=B肌，1R早，棒两瑞的电势差 U=R-,则U与时间：成正比，故D正璃根据q=RP,2欲可知g △ΦBLat2 与t不成正比，故C错误 Bo2L3 13.答案(1)2R0 、B0πL2 (2)AtoR 解析(I)to时刻，导体棒运动至ab位置，受到最大的安培力，设导体棒运动的速 度大小为0，则 专=06 解得t0一2i0 0时刻通过导体捧的电流为1一B0上5 R 2Rto Bo2L3 导体棒在运动过程中受到的最大安培力为F=B。1oL=2R。 (2)导体棒在20时刻离开磁场，此后回路中感生电动势大小为E1= △Φ △t S/4B1 △t to _E1BoπL2 通过导体棒的电流为1一尺=，R>10 BπL2 所以导体棒在运动过程中的最大电流为Im=L1=40R 14.答案(1)nrBr22 3Rto 方向从b到a (2)nmB。24（3)2mCBr2 3Rto 3to 解析(I)由B-t图像可知，磁感应强度的变化率△B_B △tto 根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E= 是=nr2AB_nπBr22 ，△Φ △ to 根据闭合电路的欧姆定律得，感应电流1一 E 及空期零小 根据楞次定律，可知通过R1的电流方向为从b到a. (2)通过R1的电荷量g=111,得g=πB。2 3Rto (3)电容器两板间电压U=1,R1=2nB, 3ta 则电容器所带的电荷量Q=CU=2rCBr2 3to 15,答案43ms(21ms(3)是】(41.4N,方向平行导轨向上 解析(1)b与a发生碰撞时系统动量守恒，取水平向右为正方向，则m6v6=m6vb' 十mava 解得va=3m/s 20在以MN一PQ进程中，由动量定理有一BLR宽=0） B1L元B1Lx [或-B1iL·=m.(urQ-.),Ii=0千R=Ro+R 解得vrQ=1m/s (3)对a与R0组成的闭合回路，由能量守恒有 Q-0 解得Q-是J 2LUPQ! (4)=0.5s时B2=0.2T,则E-B2LuQ十△ 解得E=0.3V E 则I一R。十R0 F=mag sin 0+B2 IL 解得F=1.4N,方向平行导轨向上 16.答案(1)0.51T(2)0.9J(3)2C 解析(1)由题图乙知，当=0时，a=2m/s2 由牛顿第二定律得 mg sin o-umg cos 0-ma 当a=0时v=2m/s 由平衡条件得 mg sin 0-umg cos 0R-0 联立代入数据解得4=0.5，B=1T (2)由于h=1.5m>1.2m,则金属棒下滑到倾斜导轨最低位置前已开始匀速运动， 由题图乙知v=2m/s