第1章 磁场对电流的作用（拔高练）-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（教科版）

进阶 突破 第一章磁场对电流的作用 第1节安培力 1.（2023·湖北黄冈中学期中)用一根导线围成如图所示的回路KLMN,KN和LM是半径分别 为ON、OM的同心圆弧，O为圆心，KL和NM沿圆的半径方向，一圆环和KLMN在同一平面 内，圆环的圆心也在O点，在圆环和回路KMN中分别通以如图所示的恒定电流I1、I2,圆环 固定，则下列说法正确的是 A.圆环对KN段圆弧的斥力大于对LM段圆弧的引力 B.圆环对KL段和对MN段的安培力等大反向 C.回路KLMN将在纸面内绕通过O点并垂直纸面的轴转动 D.回路KLMN将在纸面内向左平动 2.（2023·陕西汉中期末)如图所示，水平面内的正方形ACDE中有垂直于水平面向上的匀强磁 场，F、G分别是AE、AC边的中点，由粗细均匀的三段直导线组成的三角形金属线框DFG放在 水平面上，若用软导线连接F、G通入大小为I的恒定电流，线框受到的安培力为F1,若用软 导线连接D、F也通人大小为I的恒定电流，线框受到的安培力大小为F,线框始终保持静止 不动，则F:F2等于 () D A.2:3 B.√2：2 C.2:√5 D.1:3 第2节安培力的应用 第1课时》通电导线在磁场中的平衡与运动 1.(2023·江苏南京二十九中质检)如图所示，水平地面上平行放置两根足够长的通电直导线α 和b,电流大小相等，方向垂直纸面向里，竖直线MN位于直导线a、b的中垂面上.通电直导线 c中的电流方向垂直纸面向外.现在从M点由静止释放直导线c,直导线c可沿中垂面落至地 面上的N点.整个过程导线a和b静止不动，不计空气阻力，则由M点运动到N点的过程中 A.导线c在M点受到的安培力水平向右 M ⊙ B.导线c在M点受到的安培力竖直向下 C.导线c可能做加速度一直增大的加速运动 D.导线c可能做加速度一直减小的加速运动 2.(2023·浙江杭州期中)如图，倾斜平行导轨MW、PQ与水平面的夹角都为0=37°，N、Q之间 接有E=6V,r=12的电源，在导轨上放置金属棒ab,质量为m=200g,长度刚好为两导轨的 间距L=0.5m,电阻为R=5,与两导轨间的动摩擦因数都为=0.5（设最大静摩擦力等于滑 进阶突破·拔高练01 动摩擦力)，αb棒与导轨垂直且接触良好.外加匀强磁场的磁感应强度B=2T,方向为垂直导 轨平面向上.在ab棒的中点用一平行轨道MN的细线通过定滑轮挂一质量为m,的物块.不计 导轨和连接导线的电阻，不计滑轮的摩擦，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2.要使ab棒 始终保持静止，求所挂物块m的取值范围。 E 第2课时》安培力的应用 1.电动机通电之后电动机的转子就转动起来，其实质是因为电动机内线圈通电之后在磁场中受 到了安培力的作用，如图所示为电动机内的矩形线圈，其只能绕Ox轴转动，线圈的四个边分 别与x、y轴平行，线圈中电流方向如图所示，当空间加上如下所述的哪种磁场时，线圈会转动 起来 A.方向沿x轴的恒定磁场 B.方向沿y轴的恒定磁场 C.方向沿z轴的恒定磁场 D.方向沿z轴的变化磁场 2.(2023·江苏宿迁期末)我国第三艘航空母舰“福建号”采用的是电磁弹射装置，其原理可简 化为如图所示，直流电源电动势为E,储能电容器的电容为C,固定于水平面内的两根光滑平 行金属电阻不计。飞行器可视为一根有电阻的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状 态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电；然后将S接至2，导轨间存在垂 直于导轨平面的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动，达到最大速度之后离开导 轨。根据上述信息可知 () ET A.匀强磁场的方向应该垂直于导轨平面向上 B.电容器的电容C越大，MN的最大速度就越大 C.电容器的电容C越大，MN刚开始运动时的加速度就越大 D.当电容器储存的电荷全部放出时，MW的速度达到最大 02黑白题物理|选择性必修第二册·JK 3.（2023·江苏南京二十九中质检)某磁电式电流表结构如图甲所示，矩形线圈匝数为，电阻 为R,长边长度为1。矩形线圈放在均匀辐射状磁场中如图乙所示，两条长边经过的位置磁感 应强度大小为B。 (1)当线圈中电流为I时，电流表指针偏转的角度为0。求当电流表指针偏转的角度为28时， 线圈一侧长边受到的安培力大小F; (2)将两接线柱用导线相连，线圈绕轴转动，长边的速度为v时，求通过线圈的感应电流的大 小I10 一螺旋弹簧 线圈长边 第3节洛伦兹力 第1课时》磁场对运动电荷的作用力 1.（2023·河南鹤壁三模)（多选）如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在 桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管.在水平拉力F的作用下，试管向右匀速运动，带电 小球能从试管口处飞出，则在小球未从管口飞出前的过程中，下列说法正确的是 A.小球带负电 B.小球相对水平桌面的运动轨迹是一条抛物线 C.洛伦兹力对小球做正功 D.水平拉力F不断变大 2.（2023·辽宁大连模拟)（多选）如图甲所示，一带电物块无初速度地放上与水平面成0角的 传送带底端，传送带以恒定大小的速率沿顺时针方向传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强 磁场中，物块由传送带底端E运动至顶端F的过程中，其v-t图像如图乙所示，物块全程运动 的时间为4.5s,关于带电物块及该运动过程的说法中正确的是 x B +v/(m.s) 4.5t/s A.该物块带正电 B.传送带的传动速度大小一定为1m/s C.物块与传送带间的动摩擦因数u可能等于tan0 D.在2s~4.5s内，物块与传送带可能有相对运动 进阶突破·拔高练03 3.(2022·浙江宁波期中)如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘 细棒O0'在竖直面内垂直于磁场方向放置，细棒与水平面夹角为心.一质量为m、带电荷量为 +g的圆环A套在OO'棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为，且<tana,现让圆环A由静止开始 下滑，试问在下滑过程中. (1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？ (2)圆环A能够达到的最大速度为多大？ ×0'×××× X义A××× B X 第2课时》带电粒子的匀强磁场中的运动 1.(2023·浙江金华一中期中)1930年，师从密立根的中国科学家赵忠尧，在实验中最早观察到 正负电子对产生与湮没，成为第一个发现正电子的科学家.此后，人们在气泡室中，观察到一 对正负电子的运动轨迹，如图所示.已知匀强磁场的方向垂直照片平面向里，电子重力忽略不 计，则下列说法正确的是 A.右侧为正电子运动轨迹 B.正电子与负电子分离瞬间，正电子速度大于负电子速度 C.正、负电子在气泡室运动时，有能量损失，则动能减小、半径减小、周期 减小 D.正、负电子所受洛伦兹力始终相同 2.（2023·四川泸县期初)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场.在x≥0区 域，磁感应强度的大小为B;x<0区域，磁感应强度的大小为入B(常数>1).一质量为m、电 荷量为q(q>0)的带电粒子以速度o从坐标原点0沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒 子的速度方向再次沿x轴正向时，求：（不计重力） (1)粒子运动的时间； (2)粒子与0点间的距离 入B。 B ×××× + ×××× ×××× ×××0T×× 04黑白题物理|选择性必修第二册·JK 第4节洛伦兹力的应用 第1课时》 利用磁场控制带电粒子的运动 1.(2023·湖南长沙雅礼中学一模)如图所示，有一圆形区域匀强磁场，半径为R,方向垂直纸面 向外，磁感应强度大小B,在其右侧有一与其右端相切的正方形磁场区域，正方形磁场的边 长足够长，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B2.有一簇质量为m,电荷量为+q的粒子， gRB 以相同的速度o= 沿图示方向平行射入磁场，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用， m 则粒子在正方形磁场区域中可能经过的面积为 ( 1 3B A.S=(T+ 2. B R B.S=（m+1)B B 2 B C.S=(m+i2 0.S=T+)BR2 2.（海南高考)如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OA的长度为L.在△OCA区 域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场.质量为m、电荷量为g的带正电粒子，以平行于y轴 的方向从OA边射入磁场.已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场 中运动的时间为to.不计重力， (1)求磁场的磁感应强度的大小； (2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该 粒子这两次在磁场中运动的时间之和； (3)若粒子从某点射人隧场后，其运动轨迹与4C边相切，且在酸场内运动的时间为，求粒 子此次入射速度的大小 X XX 第2课时》质谱仪与回旋加速器 1.(2023·山西临汾二模)（多选）速度选择器可以使一定速度的粒子沿直线运动，如图甲所示 霍尔元件的工作原理与速度选择器类似，某载流子为电子的霍尔元件如图乙所示.下列说法 正确的是 () 进阶突破·拔高练05 A.图甲中，电子以速度大小=从Q端射入，可沿直线运动从P点射出 B.图甲中，电子以速度大小心从P端射入，电子向下偏转，轨迹为抛物线 C.图乙中，仅增大电流I,其他条件不变，MN之间的霍尔电压将增大 D.图乙中，稳定时霍尔元件M侧的电势低于N侧的电势 2.(2022·江苏南通期中)2020年12月，中科院合肥物理科学研究院成功研制出国产最紧凑型 超导回旋质子加速器，从而打破了美国、瑞士等少数国家在这一领域的垄断.如图甲为某型号 的回旋加速器的工作原理，图乙为俯视图，回旋加速器的核心部分为两个D形盒，分别为D1、 D2,D形盒装在真空容器里，盒内充满与底面垂直的强大匀强磁场.加速器接入一定频率的高 频交变电压，加速电压为U,两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间忽略不计，质子从 粒子源O处进人加速电场的初速度为零.已知D形盒的半径为R,磁感应强度为B,质子质量 为m、电荷量为+g,不考虑相对论效应和重力作用，求： (1)质子第一次经过狭缝被加速后进入D形盒时的速度大小u,和进人D形盒后运动的轨迹 半径T1 (2)质子被加速后获得的最大动能Em和高频交变电压的频率f (3)通过必要的推导演算，说明质子在回旋加速器中运动时，随轨迹半径r的增大，同一D形 盒中相邻轨迹的半径之差△r将如何变化. N 。B D, R·· 0· 高频交 D,变电压 甲 O6黑白题物理|选择性必修第二册·JK定义式C-=号，电容器两极的电压U不变，故Q将增大，即电 容器充电，所以电流将从电流计正接线柱流入，电流计指针 向右偏.当充电完毕后，电路中没有电流，电流计的指针回到 零刻度故C正确，ABD错误， 3.B 压轴挑战 4C解析：AB,根据qB=g得，U,=B,由电流的微观定义 式：I=neSv,n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所 带的电荷量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速 度整理得：w=人联立解得：U。-B以，可知用霍尔元件可以 neS nes' 测量磁场的磁感应强度，保持电流不变，霍尔电压U与车速 大小无关；故A、B均错误CD.由题意如果在单位时间t=1s 内得的脉冲数为N时，则自行车的转速为，=，则车速为 v=2πNR2,故C正确，D错误.故选C. 第4节自制简单的控制电路 白题基础过关练 1.D2.C3.B 4.(1)红(2)400 解析：(1)据题，要记录违规闯红灯的情景，光控开关应在接 收到红光时自动闭合； E ②)根据欧姆定律名，电路中的总电阻为：R总了 1002,压敏电阻的阻值为：R=1002-102=902,查图乙 可知，当R=902时，压敏电阻所受的压力F=4000N,根据 G=mg得：m-G=400kg g 黑题应用提优练 1.B 2.BCD解析：按钮开关K按下前，延时开关S为断开的，有电 流经过发光二极管，故发光二极管是发光的，选项A错误， 选项B正确.当按下按钮开关K后，延时开关S闭合，二极管 进阶突破 第一章磁场对电流的作用 第1节安培力 1.D解析：A.根据安培定则可知，圆环上的电流L,在KLMN平 面所在处的磁场方向垂直纸面向里.根据左手定则，圆环对 KN段圆弧为引力，对LM段圆弧为斥力，A错误：B.根据左手 定则，圆环对KL段的安培力方向垂直于KL向上，对MW段 的安培力方向垂直于MN向下，根据对称性，两者大小相等， 参考答案与解析 和电阻R被短路，二极管不发光，由于延时开关S约1min 后断开，故电灯L能持续发光1min,选项C正确.由于R为 限流电阻，二极管只要有很小的电流通过就能发光，且为了 保证K按下前电灯不发光，故应满足R≥R,选项D正确故 选BCD 压轴挑战 3.(1)PTC(2)向左(3)甲 解析：(1)要做到当温度小于等于T。时报警器就会自动报 警，即温度变低时，螺线管中的电流变大，则热敏电阻的阻值 应减小，即用阻值随温度降低而减小的正温度系数热敏电 阻，那么该报警装置中的热敏电阻属于PT℃ (2)要增大报警温度T。,则在热敏电阻阻值变大时也能报 警，则在其他条件不变的情况下，应该减小滑动变阻器A的 阻值，即将滑动变阻器A的滑动触头向左移动： (3)所用的热敏电阻应该是正温度系数热敏电阻，则可排除 丙和丁；要求该温度报警装置的灵敏度尽量高些，即温度变 化相同时电阻变化较大，故应该选甲， 真题体验第五章传感器 黑题高考真题练 1.D2.C 3.(1)如图所示(2)1.8(3)25.5 热敏电阻 口 ⊙- R上 6 解析：(1)滑动变阻器用分压式，电压表可视为理想电表，所 以毫安表外接；(2)由部分电路欧姆定律得R=号与 3.0x100≈1.8k:(3)由图可以直接读出该电阻的阻值 5.5 为2.2kD时对应的温度为25.5℃. ·拔高练 但是方向不是相反，B错误；CD.MNK段和ML圆弧段的有 效长度均可等效为ML直线，但M圆弧所在处磁感应强度 小，所受安培力方向向右，比MNKL段受力小，MNKL受安培 力合力向左，则回路KLMW将在纸面内向左平动，C错误， D正确.故选D. 2.C解析：设正方形边长为L,根据几何关系FG=?L,DF= 2 黑白题39 +(- 若用软导线连接F、G通入大小为I的恒定电流，则线框受安 特方f号， 若用软导线连接D、F也通入大小为I的恒定电流，则线框受 安培力乃，=5 因此F1:F2=√2：5，故选C. 第2节安培力的应用 第1课时通电导线在磁场中的平衡与运动 1.C解析：AB.根据右手螺旋定则可知通电直导线a和b在M 点的磁场方向如图所示 B M 由矢量的叠加可知通电直导线a和b在M点的磁场方向水 平向右，根据左手定则可知导线c在M点受到的安培力竖 直向上，故AB错误；CD若距离N点无穷远处，磁感应强度 为零，N点磁感应强度为零，所以从无穷远处到N点磁感应 强度先增大后减小，由于不清楚M点的位置，所以通电直导 线c所受安培力可能先增大后减小，也可能一直减小，结合 牛顿第二定律mg-F=ma,可知导线c可能做加速度一直增 大的加速运动，也可能先做加速度减小的加速运动再做加速 度增大的加速度运动，故C正确，D错误故选C 2.140g≤m≤300g 解析：根据题意回路中电流为1= R+,1A, 根据左手定则αb棒所受安培力方向平行导轨向下，大小为 F安=BIL=1N, 当ab棒受到的静摩擦力最大且方向沿轨道向下时有 momax=mgsin37°+umgcos37°+F安， 解得moma=300g, 当αb棒受到的静摩擦力最大且方向沿轨道向上时有 moming+umgcos37°=mgsin37°+F安， 解得omin=140g, 可得所挂物块m的取值范围为140g≤m0≤300g 第2课时安培力的应用 1.B解析：A.加方向沿x轴的恒定磁场，ab、cd边不受力，ad 受力向上，bc受力向下，无法转动，故A错误；B.加方向沿y 轴的恒定磁场，ad、bc边不受力，ab受力向上，cd受力向下， 可以转动，故B正确：C.加方向沿z轴的恒定磁场，αb受力 向左，cd受力向右，ad受力向里，bc受力向外，无法转动，故 C错误：D.加方向沿z轴的变化磁场，线圈中会产生感应电 选择性必修第二册·JK 流，但受力与线圈在同一平面内，无法转动，故D错误.故 选B. 2.B解析：A.S接至2，MN中电流方向从M指向N,MN开始 向右加速运动，受到安培力向右.由左手定则可知，匀强磁场 的方向应该垂直于导轨平面向下，A错误；C.当开关接2时， 电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为L,有1=？，M 所受安培力F=BIL,据牛顿第二定律F=ma,则有a= ,MW刚开始运动时的加速度与电容器的电容C C错误；D.金属导体棒获得最大速度m时，放电电流为零， 此时电容器的电压U与导体棒的感应电动势E楼相等，即 U=E棒=BLm,此时电容器储存的电荷并未全部放出，D错 误；B.设此过程中的平均电流为I,时间为t,根据动量定理 有BLit=mwn-0,其中It=△Q,△Q=Qo-Q=CE-CU=CE- CBLu,有nBC二m2,电容器的电容C越 C 大，MN的最大速度就越大，B正确.故选B. 3.(1)2B(2)2他解折：(1)因为电流表刻度均匀分布， 故电流正比于偏角，故当电流表指针偏转的角度为20时，电 流为21，故线圈一侧长边受到的安培力大小为F=2nB; (2)因为线圈长边的速度为v时，总的感应电动势为E 2nB,则通过线圈的感应电流的大小为1-2nB跳 R 第3节洛伦兹力 第1课时磁场对运动电荷的作用力 1.BD解析：A.小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口 的洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电，故A错误； B设试管运动速度为1，小球垂直于试管向右的分运动是匀 速直线运动.小球沿试管方向受到洛伦兹力的分力F,=9w,B, 9、1、B均不变，F,不变，则小球沿试管做匀加速直线运动，与 平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，故B正确； C.洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故C错误；D.设小球沿 试管的分速度大小为，，则小球受到垂直试管向左的洛伦兹 力的分力F2=qw2B,,增大，则F,增大，而拉力F=F2,则F逐 渐增大，故D正确.故选BD 2.AD解析：A.由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运 动.对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力 和摩擦力的作用，设动摩擦因数为“，沿斜面的方向 uF、-mgsin6=ma,物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加 速度逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，一定是F、逐渐减 小，而开始时FN=mgcos0,后来FN'=mgcos0-f洛，洛伦兹力 垂直传送带向上，由左手定则判断物块带正电，故A正确； C.物块加速运动时u(mgcos0-f%)-mgsin0=ma,所以可知 黑白题40 u>tan0,故C错误；BD.对物块受力分析如图 N O9.1mg】 加速度为零时，有mgsin0=u(mgcos0-gB),解得v= umgcos 0-mgsin =1m/s, ugB 只要传送带的速度v猫≥1m/s,物块就能匀速运动，物块相 对于传送带可能静止也可能不静止，故B错误，D正确.故 选AD. 3.(1)gsin a mgcos a (2)mg(sin atucos a) gB ugB 解析：(1)由于<tana,所以环将由静止开始沿棒下滑.环A 沿棒运动的速度为u,时，受到重力mg、洛伦兹力q1B、杆的 弹力N,和摩擦力f=N.根据牛顿第二定律，对沿棒的方向 有mgsin-f=ma,垂直棒的方向有N1+qu,B=mgcos a,所以 当f=0,即N1=0时，a有最大值am,且am=gsin a,此时 9,B=mgc0sa,解得1="ngcos c gB (2)设当环A的速度达到最大值v时，环受杆的弹力为N2, 方向垂直于杆向下，摩擦力为f2=uN2.此时应有a=0, 即：mgsin a=f2,N2+mgcos a=qwmB. 解得vn=mg(sin atucosa) uqB 第2课时带电粒子在匀强磁场中的运动 1.B解析：A.根据左手定则知，题图中右侧为负电子运动轨 迹，A错误；B.由洛伦兹力提供向心力，可得gB=m,,解得 电子的速度为=9B,由题图知正电子轨迹半径大，则正电 m 子速度大于负电子速度，B正确；C带电粒子在磁场中运动 周期为78，与速度大小、轨迹半径无关，正、负电子在气 泡室运动时，有能量损失，则动能减小、轨迹半径减小、周期 不变，C错误；D.正、负电子所受洛伦兹力的方向时刻发生变 化，D错误.故选B. 2.(1)A+1)mm (2)2(A-1)m AgB。 入qB。 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向 心力.设在x≥0区域，粒子做匀速圆周运动的半径为R,,周期 m60, 为T,则q0B- =2mR②，由①2可得7，-2"③， gB。 设在x<0区域，粒子做匀速圆周运动的半径为R2,周期为 T2,则qoAB。= 6④，，=v R 2m⑤，由④6可得T, 2m⑥， vo AqB。 参考答案与解析 粒子运动的轨迹如图所示，在两磁场中运动的时间分别为 二分之-周期，放运动时间为：=2+27，@，由③⑥⑦可 得=A+1）mm⑧. AgBo B。 Bo × × × + 0 (2)如图所示，粒子与O点间的距离为在两磁场中圆周运动 的直径之差，即距离为d=2R1-2R,⑨，由①④可得R1= mvo gBo 0,R,=m①，由⑨0①可得d 2(入-1)mo AgB。 入qBo 第4节洛伦兹力的应用 第1课时利用磁场控制带电粒子的运动 1,.C解析：由-9，则知粒子在圆形磁场区域经历磁聚 m 焦，聚于两区域相切点而后进入正方形区域，图形如下图， o 图中阴影部分即为所求，则，=日·R, 9B2B2 1 1 3 空白加阴影的总面积Sa=4T(2r)+2m2=2m㎡， 则S阴=S总-S白=（π+1 B B ·R2,故选C 2.(1)Tm (2)2。(3)3 2gto 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t。内其速 度方向改变了90°，故其周期T=4①，设磁感应强度大小为 B,粒子速度为v,圆周运动的半径为r,由洛伦兹力提供向心 力得：0B=m一Q,9速圆周运动的速度满足：-2"8，联 立①②③式得B=π"④. 2qto (2)设粒子从OA边两个不同位置射人磁场，能从OC边上的 同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图1所示 设两轨迹所对应的圆心角分别为0，和02由几何关系有0，= 黑白题41 180°-8，⑤，设粒子两次在磁场中运动的时间分别为1与t2, 则4=子-2@ 图1 图2 (3)如图2，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆 弧对应的圆心角为150°.设0'为圆弧的圆心，圆弧的半径为 To,圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题 给条件可知，此时有∠00'D=∠B0'A=30⑦，Tcos∠00'D+ 0s∠B0AL⑧，设粒子此次入射速度的大小为0，由圆周 To 运动规律，2@，联立①080式得，=50。 7to 第2课时质谱仪与回旋加速器 1.CD解析：A.当电子从Q→P时，所受电场力向上，洛伦兹力 向上，合力不会为零，电子不能做直线运动，A错误； B.电子以速度大小>从P端射入，则gB<B,电子向下 B 偏转，所受合力为变力，轨迹不可能为抛物线，故B错误； U,12 C.图乙中，设霍尔元件厚度为h,宽为d,由cwB=e, IB neSm,S=hd,可得Uu= neh 仅增大电流I,其他条件不变，U将增大，故C正确； D.根据左手定则可判断电子受到的洛伦兹力向左，所以M 侧电势低，N侧电势高，故D正确. 故选CD. 2(,受ag盟见新 2m 2Tm 解析：(1)质子第一次经过狭缝被加速后的速度大小为1， 则gU=,m8= u gd._1/2md 解得=√m =Bq (2)当质子在磁场中轨迹半径为R时，动能最大，设此时速 mv 度为un,则qvnB= R 瓦分m解得么=， 2m, 交变电压频率∫等于质子在磁场中运动的频率 =T= f 需则 2mm 选择性必修第二册·JK (3)由动能定理得2gW=】w2 1 2 mki-2 mi, 根据半径公式有 m,解得△rgB(T+r)’ 4mU g 4mU 同理△rk+1= B2(T+2tr1） 因为Tk+2>T,故△rk+1<△r,即△r随着r的增大而减小 第二章电磁感应及其应用 第1节楞次定律 1.BD解析：0~t,时间内，送电线圈中电流减小，产生的磁场 减弱，则通过受电线圈的磁通量减小，根据楞次定律结合安 培定则可知，该时间段内受电线圈中电流方向与送电线圈中 相同，故D符合题意；1~t2时间内，送电线圈中电流反向增 大，则产生的磁场反向增强，通过受电线圈的磁通量增加，根 据楞次定律结合安培定则可知，该段时间内受电线圈中电流 方向与送电线圈中相反，故C不符合题意；2~3时间内，送 电线圈中电流减小，产生的磁场减弱，则通过受电线圈的磁 通量减小，根据楞次定律结合安培定则可知，该时间段内受 电线圈中电流方向与送电线圈中相同，故B符合题意；3~t4 时间内，送电线圈中电流反向增大，则产生的磁场反向增强， 通过受电线圈的磁通量增加，根据楞次定律结合安培定则可 知，该段时间内受电线圈中电流方向与送电线圈中相反， 故A不符合题意.故选BD. 2.A解析：开关接a时，线圈M中的电流在环形铁芯内产生 顺时针方向的磁场，开关K从α处断开，磁场减弱为零，线 圈N中的磁通量发生了变化（向右减小），由楞次定律得出 线圈N中产生向右的感应磁场，进而在N中有了感应电流， R2中的电流方向为由c到d,开关接b时，线圈M中的电流 在环形铁芯内产生逆时针方向的磁场，线圈N中的磁通量 发生了变化（向左增加），由楞次定律得出线圈N中产生向 右的感应磁场，进而在N中有了感应电流，R2中的电流方向 为由c到d,故选A 3.B解析：A若线圈闭合，进入磁场时，穿过线圈的磁通量向 上增大，由楞次定律可知，线圈中的感应电流的磁场方向向 下，所以感应电流的方向从上向下看是顺时针，故A错误.B. 根据法拉第电磁感应定律，传送带以较大速度匀速运动时， 线圈中产生的感应电动势较大，则感应电流较大，磁场对线 圈的作用力较大，故B正确；CD.由题图知第1、2、4、5、6个线 圈位置均匀，则都发生了相对滑动，而第3个线圈没有向后 滑动，则第3个线圈不闭合，没有产生感应电流，是不合格线 圈，故CD错误.故选B. 4.D解析：AB.圆环从α处到圆环右侧到达两磁场边界的过 程中，穿过圆环的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，此过 程中的感应电流方向为逆时针方向.圆环从圆环右侧到达两 磁场边界到最低点过程中，穿过圆环的磁通量向里减小，根 黑白题42