第37期 磁场对通电导线的作用力 磁场对运动电荷的作用力-【数理报】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步学案（人教版）

素养·拓展 数理招 (上接第3版) 3.如图3所示，水平桌 通电源后，电子射线由阴极沿x轴正方向射出， 面上有一个正方形线框 在荧光屏上会看到一条亮线，要使荧光屏上的 B组能力篇 abcd,整个线框由粗细均 亮线向下(：轴负方向)偏转，在下列措施中可采 匀的同一种金属细杆弯折 用的是 ·(填选项代号) 一、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18焊接而成，匀强磁场垂直 A.加一磁场，磁场方向沿z轴负方向 分) 桌面向上，线框b、c两点通 图3 B.加一磁场，磁场方向沿y轴正方向 1.如图1所示， 过导线与电源两端相连， C.加一电场，电场方向沿z轴负方向 用轻质导线将一根 整个线框处于静止状态.下列说法正确的是 D.加一电场，电场方向沿y轴正方向 硬直金属棒与电 ( 三、计算题（共12分） 源、开关连接成电 A.ad边受到的安培力比bc边受到的安培 5.在一根足够长的竖直绝缘杆上，套着 路，并将金属棒与 力小N 个质量为m、带电荷量为-q的小球，球与杆之 ad'平行地搁在正 B.ad边和bc边受到的安培力一样大 间的动摩擦因数为u.电场强度为E的匀强电场 方体的上表面，正方体处在匀强磁场中.闭合开 C.线框abcd对桌面的摩擦力方向向左 和磁感应强度为B的匀强磁场方向如图5所示， 关，发现金属棒竖直向上跳起，由此可知，该区 D.线框abcd对桌面的摩擦力方向向右 小球由静止开始下落. 域的磁场方向可能是 二、实验题（共12分） (1)小球开始下落时的加速度为多大？ A.垂直aa'd'd平面 4.(1)磁体和电流之间、磁体和运动电荷之 (2)小球运动的最大加速度为多大？ B.垂直abb'a'平面 间、电流和电流之间都可通过磁场而相互作用， (3)小球运动的最大速度为多大？ C.平行abc'd'平面 此现象可通过以下实验证明： D.垂直abc'd'平面 2.如图2所示为著名 狭缝 荧光屏 的四个“安培示零实验”之 电予束 一：三个圆形线圈a、b、c中 (6) 心在同一直线上，其中线 图4 圈a和c固定并串联在 如图4（α）所示，在重复奥斯特的电流磁效 起.调节各线圈半径大小 图2 应实验时，为使实验方便效果明显，通电导线应 及它们之间的距离，当线圈a、c通过电流1，线 圈b通过电流I2时，线圈a、c对b线圈的合力F6 A.平行于南北方向，位于小磁针上方 为零.下列说法正确的是 () B.平行于东西方向，位于小磁针上方 A.仅将I2反向，其他条件不变，则F。向右 C.平行于东南方向，位于小磁针上方 B.仅将I1反向，其他条件不变，则F。仍然 D.平行于西南方向，位于小磁针上方 为零 此时从上向下看，小磁针的旋转方向是 C.仅增大I2,其他条件不变，则F,向左 (选填顺时针或逆时针). D.仅增大I1,其他条件不变，则F,仍然为零 (2)如图(b)所示是电子射线管示意图.接 (参考答案见下期) 第35期2版参考答案 5 P点形成暗条纹，在0~ 之入，范围内，7入2和 3.P点为中央亮条纹，说明P点到两狭缝的 素养专练4 距离差等于0，Q为第一级亮条纹，说明Q点到 1.B2.B3.C4.D 弓入，满足半波长的奇数倍，出现暗条纹，此时在6两狭缝的距离差等于波长的一倍，即为入 素养专练5 用波长为2入的光实验时，P点到两狭缝的距离 中央亮条纹和P点之间有两条暗条纹 1.B2.B3.C 差仍为0，Q点到两狭缝的距离差仍为入，为半波 4.(1)B;(2)C;(3)BD; 10.解析：(1)由入=号得入=5×10”m, 长的一倍，则Q点为暗条纹；第一级亮条纹应向 (4)（-七)d 6L n=As =3×10-6 =5×107=6,由于两光源的振动情况 上移动，故A错误B正确；用波长为分的光实验 素养专练6 时，Q点到两狭缝的距离差仍为入，且该距离差 恰好相反，所以P点为暗条纹 1.B2.C3.B4.C5.B 等于波长的两倍，此时Q点为第二级亮条纹，所 (2)0点路程差为0，也是暗条纹，OP间还 第35期3版参考答案 以P、Q间还有一条亮条纹，故C正确，D错误 有5条暗条纹，6条亮条纹 二、实验题 A组 B组 4.(1)凸透镜；(2)1.7009.200： 一、单选题 一、多选题 1.D2.B3.C4.B5.C6.C7.D 1.AB 2.BD 3.BC (4)花。龙 n-1 二、填空题 提示： 三、计算题 8.衍射不变 变大变大 1.中央0点到S、S2的路程差为零，所以换 5.解析：(1)据干涉实验相邻亮条纹间距公 三、计算题 不同颜色的光时，0点始终为亮条纹，选项A正 9.亮条纹两条暗条纹 确，C错误；波长越长，条纹间距越宽，所以红光 式可知△y= 入，根据波长频率公式可知f= 解析：由题意知，P到双缝的路程差δ=的同侧第一条亮条纹在P点上方，蓝光的同侧 0.5×106,=3入，满足波长的整数倍，在P点 1.5×106 第一条亮条纹在P点下方，选项B正确，D错误 ,代人数据得入=6×10？mf=5×104Hz. 入 2.当障碍物的尺寸与波的波长相当或小于 (2)P到S、S2的距离之差6=1.5× 形成亮条纹.当单色光波长入2=0.6um时，δ=波的波长时，会发生明显的衍射现象，该装置利10-6m,单色光的波长=600nm=6×10-?m, 08文184：=多满足半波长的奇数倍，在 1.5×10-6 用了光的衍射现象；如果屏上条纹变宽，表明细由此可知ò=入，所以P点为暗条纹 丝变细，故BD正确. 本版责任编辑：宋燕明 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 0351-5271248 效理极 2026年4月6日·星期 高中物理 37期总第1181期 人教 选择性必修第二册 2025~2026学年数理报 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版 社长：徐文伟 国内统一连续出版物号：CN14-0707/(F)邮发代号：21-285 人教选择性必修 出版计划 物体运动方向的判断通常是要对其进行受 第二册 从立体图到平面图， 力分析，而对于某些习题可用不同的方法进行 第一章 求解，不同方法的正确运用，可以提高解题的准 确率 第37期磁场对通 简化安培力问题 1.电流元法：即把整段电流等效为多段直 电导线的作用力 ◆湖南郑宏建 线电流元，先用左手定则判断出每小段电流元 有安培力参与的导体棒平衡或运动问题是 磁场对运动电荷的 F= mgcos 0 所受安培力的方向，从而判断出整段电流所受 力电综合的重要题型之一，该题型不仅能综合 cos (0-a) 安培力合力的方向.最后确定运动方向 作用力 考查力学和电学的很多重要规律，而且能考查 因为F>0,FN>0(F、不可能反方向)，从 2.特殊位置法：把电流或磁铁转到一个便 解决物理问题的基本技能，如受力分析、运动分 图上看F的方向必在F、反向延长线的右侧，且 第38期带电粒子 于分析的特殊位置后再判断安培力方向，从而 析、能量分析、正交分解等.在解决安培力问题 不能超过竖直线偏向左侧，故得： 确定运动方向 在匀强磁场中的运 时，经常需要进行视图转换 -(90°-a)<0≤90 3.等效法：环形电流和通电螺线管都可以 动质谱仪与回旋加 下面通过三种导轨模型的典型实例妙加以分析 mgsin a 等效成条形磁铁，条形磁铁也可等效成很多匝 速器 1.水平导轨模型 于是由F=BIL得：B=cos(6-a) 的环形电流来分析 4.利用结论法：(1)两平行直线电流相互 第39期《选择性必 例1.如图1所示，质量为m的导体棒ab静 B的方向由0角确定. 止在水平导轨上，导轨宽度为L,已知电源的电 3.竖直导轨模型 作用过程中无转动趋势，同向电流相互吸引，反 修第二册》核心素养 动势为E,内阻为r,导体棒的电阻为R,其余接 例3.如图5所示，电源电 向电流相互排斥； (2)两不平行直线电流相互作用时，有通 阶段测试（一） 触电阻不计，磁场方向垂直导体棒斜向上与水 动势E=2V,r=0.52,竖直 过最短路径转动到相互平行且电流方向相同的 平面的夹角为0，磁感应强度为B,求轨道对导 导轨宽L=0.2m,导轨电阻不 测试内容：第1章 趋势： 体棒的支持力和摩擦力： 计，另有一金属棒质量m= 第二章 0.1kg、电阻R=0.52,它与 方法指津 图5 第40期楞次定律 导轨间的动摩擦因数4=0.5，靠在导轨的外 安培力作用下% 第41期 法拉第电 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 号体运动方向的判断 磁感应定律 10m/s2,求：（已知最大静摩擦力等于滑动摩擦 ◆山西程树增 第42期涡流、电 力) 例.两条直导线互相垂直， 如图1所示，但相隔一定距离 磁阻尼和电磁驱动 解析：棒的截面受力分析图如图2所示 （1)此磁场的方向； 其中一条AB是固定的，另一条 互感和自感 由闭合电路欧姆定律知1=R E (2)磁感应强度B的取值范围， CD能自由转动，当直流电流按 解析：分析受力可以选择左侧视图，如图6 第三章 由安培力公式F=BIL 图示方向流过两条直导线时， 所示，电流在斜向上的磁场中受到的安培力与 CD导线将 第43期交变电流 由共点力平衡条件在水平方向列式得 重力的合力必然会使物体产生加速度，而无法 A.不动 交变电流的描述 Fsin 0=F 处于静止状态，所以磁场应斜向下 B.顺时针转动，同时靠近导线AB 竖直方向：FN+Fcos6=mg C.顺时针转动，同时离开导线AB 第44期变压器 整理得F,=EBLsin日 D.逆时针转动，同时离开导线AB 电能的输送 R+r E.逆时针转动，同时靠近导线AB 第45期《选择性必 解析：(1)受力分析法：通 Fx mg- EBLcos0 R +r 电导线CD受导线AB中电流所 修第二册》核心素养 2.斜面导轨模型 产生的磁场的安培力作用而开 阶段测试（二） 例2.如图3所示，在倾角为α的光滑斜面 如图7所示，当金属棒有沿导轨向下滑动的 始运动，如图2所示，从上往下 测试内容：第2-3章 上，水平放置一长为L、质量为m的直导线，通以 趋势时，静摩擦力F沿导轨向上，则： 看，CD导线左部分电流所处磁 图2 从A到B的电流L.现在要加一个垂直于AB的匀 竖直方向：mg-BILsin37°-F,=0 场的方向是垂直纸面向外的，右部分所处的磁 第四章 场是垂直纸面向里的，因此，导线CD将逆时针 强磁场，使AB能保持静止.那么所加磁场的磁 水平方向：FN-BILcos37°=0 第46期 电磁振荡 感应强度B的大小和方向如何？ 又1=E 转动.CD导线逆时针转动90°度后，其电流方 r+R 向要与AB导线中电流方向相同，AB与CD相互 与电磁波 当F:=Fms=uFN时，磁感应强度最小： 吸引，即CD导线受安培力方向要指向AB,所以 第五章 mg(r+R) E选项正确 (2)利用结论法：将4中的结论应用到本 第47期 传感器 BEL(sim 37 uc0s 37)2.5T 如图7所示，当金属棒有沿导轨向上滑动的 题，可以既迅速又准确的选出正确选项E. 第48期《选择性必 趋势时，静摩擦力F沿导向下，则： 点评：(1)判断通电导体在磁场中的运动 修第二册》核心素养 解析：磁场方向未知，所以AB受到的安培 BILsin37°-mg-Ff=0 情况，首先必须明确通电导体所在处的磁场方 力的方向也未知.设安培力F与水平方向的夹 向，然后再根据左手定则判断通电导体所受安 阶段测试（三） Fx-BILcos37°=0 培力方向，最终再根据安培力方向判断通电导 角为0，受力分析如图4所示 测试内容：第1-5章 当Ff=Fmx=uFN时有磁感应强度最大： 体的运动情况 由平衡条件得：水平方向：Fcos0=Fxsin a mg(r+R) 竖直方向：Fsin0+Fxcos a=mg B-EL.(sin 379-ucos 37)=12.5T (2)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 解得：F= mgsin a 磁感应强度B的取值范围为2.5T≤B≤ 引力增大，转动角速度增大，转动和靠近是同时 cos (0-a) 12.5T. 发生的，不能认为只是孤立的运动， 2 素养专练 数理招 下列说法中正确的是 1.磁场对通电导线的作用力 A.O点的磁感应强度为零 1.金属棒MW两端用 B.圆环受安培力为零 细软导线悬挂于a、b两点， C.圆环受安培力向左 其中间一部分处于方向垂 图4 直于纸面向里的匀强磁场 D.撤掉直导线B,圆环受安培力向左 A.炮弹必须是由导体材料构成 中，静止时MW水平，如图1 3.将一节五号干电池 xxxx xBx B.将电流反向，炮弹所受磁场力方向也会 所示.若金属棒中通有从M 图1 的负极吸在强磁铁上，强 反向 流向N的电流，此时悬线上有拉力，下列说法错磁铁产生磁场的磁感线如 C.其他条件相同时，电流越大，炮弹飞出速度 误的是 图3所示将一矩形金属框 越大 A.为了使拉力等于零，可以增大电流 与该电池组成闭合回路， D.其他条件相同时，导轨越长，炮弹飞出速度 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V流 在安培力作用下，线框发 越大 向M,并增大电流 生转动，这样就构成一台简易“电动机”，下列说法 5.如图5所示，把一根匝数较 C.为了使拉力增大，可以增大磁感应强度 正确的是 ( 多的金属弹簧悬挂起来，弹簧下 D.为了使拉力增大，可以将磁场方向改为垂 A.图中强磁铁下端为N极 端和圆柱形水银槽底圆心相连。 直于纸面向外 B.从上向下看，图中金属框将逆时针转动 现给弹簧通入方向如图的较大恒 2.(多选)如图2所示，两 根在同一水平面内、相互平行 C.调转磁极，再次接入后金属框将反向转动 定电流，水银槽不离开桌面。稳定 的长直导线A和B分别通有方 D.电池消耗的电能全部转化为金属框的动能后槽中水银的状态为 ( 图 向相同、大小相等的电流，同一 4.电磁炮是一种现代化武器，模拟图如图4所 A.水银面保持静止 水平面内有一通电圆环，电流 当接通电源之后，炮弹就会在导轨中的电流磁 B.水银面上下振动 方向顺时针，圆环圆心为0,0 2 场作用下向前加速飞行，关于电磁炮的有关说法 C.自上向下看顺时针转动 点到两直导线的距离相等，不考虑地磁场的影响， 错误的是 D.自上向下看逆时针转动 B.向上偏转 2.磁场对运动电荷的作用力 第36期参考答案 C.向纸外偏转 一、单选题 1.（多选)关于安培力和洛伦兹力，下列说法 D.向纸里偏转 1.A2.A3.C4.B5.C6.D7.B 正确的是 5.如图3所示，竖直 二、多选题 A.洛伦兹力对运动电荷一定不做功 放置的光滑绝缘斜面处 8.CD 9.ACD 10.AD B.安培力对通电导体也一定不做功 于方向垂直竖直平面 三、实验题 C.洛伦兹力是安培力的微观本质 (纸面)向里、磁感应强 11.(1)大于；(2)BC; D.安培力是洛伦兹力的宏观表现 度大小为B的匀强磁场 图 (3)mASop =maSou mnsow; 2.下列各图中，能正确表示运动电荷在匀强中，一带电荷量为+q(g>0)的滑块自a点由静止 (4)①P、L、L,必须为多次实验后落点的平均 磁场中所受洛伦兹力(F)方向的是 沿斜面滑下，下降高度为h时到达b点，滑块恰好 对斜面无压力.关于滑块自a点运动到b点的过 位置②实验步骤F中的0L,应改为0L,-d. 程，下列说法正确的是（重力加速度为g)( 12.(1)P及P1、P2的像 远 A.滑块在α点受重力、支持力和洛伦兹力作用 B.滑块在b点受到的洛伦兹力大小为 sin a 2 gB 2gh sin B' C.洛伦兹力做正功 D.滑块的机械能增大 6.电荷量为3.2×10-9C的正电荷以6× 10°m/s的速率按如图4所示夹角射入磁感应强度 ( 四、解答题 C 为0.5T的匀强磁场中，该电荷受到的洛伦兹力的 3.初速度为v的电子，沿平行于 大小是多少，并正确描述出洛伦兹力的方向. 13.(1)t= :(2)- 通电长直导线的方向射出，直导线 中电流方向与电子的初始运动方向 (3)m2gh,方向竖直向下. 如图1所示，则 () 14.(1)5;(2)2×10-9s. A.电子将向右偏转，洛伦兹力 15.解析：(1)据图可知简谐波的波长入= 大小不变 图 8m,波向x轴正方向传播，则在0.2s内波传播的 B.电子将向左偏转，洛伦兹力大小改变 距离=(a+圣)A(m=01,2…),由波速公式 C.电子将向左偏转，洛伦兹力大小不变 D.电子将向右偏转，洛伦兹力大小改变 =产，解得4=(40m+30)mvs(n=0,1,2…) 4.如图2所示，电子枪射 示波门 电子束 (2)若质点P在0.2s内运动方向没有发生改 出的电子束进入示波管，在 变，则0时刻时质点P应向y轴正方向运动，且t= 示波管正下方有竖直放置的 通电环形导线，则示波管中 7,解得了=08 的电子束将 ( 形 O本报命题组 入 A.向下偏转 (参考答案见下期 (3)由波速公式，=分，解得2=10m/s. 数理极 素养·测评 3 二、填空题（共12分） 《安培力与洛伦兹力》 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 同步核心素养测试（一 列问题： (1)当A、D接电源的正 ©本报命题组 极，B、C接电源的负极时，可 A细基础篇 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 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分） 手”或“安培”)定则来判断通电直导线在磁场中 1.如图1所示，边长 铁轨 受到的作用力. 为L的正方形金属线框 图4 (2)此实验可得出的结论是同向电流相 abcd用绝缘细线悬挂在 A.车体前进的驱动力是静电力 、异向电流相 一（均选填“吸引” 天花板上处于静止状 B.车体在水平运动过程始终保持平衡状态 或“排斥”) 态，ab边水平，带有绝缘 C.车体满载时较空载时1磁更大 (3)把电流在磁场中受到的力叫 力， 层的长直金属导线MN水平固定，刚好与金属线框 D.车体匀速右转时乘客受到座椅的弹力指向 电流与电流之间的作用力是通过 (选填 ad边和bc边接触，线框关于长直导线对称，长直导 右侧圆心 “磁”或“电”)场这个媒介而传递的. 线通有从左到右的恒定电流，线框中通有大小为 5.如图5所示，a、b、c、d为 三、计算题（本题共2小题，共18分）》 I、沿顺时针方向的恒定电流，线框的质量为m,重 四根与纸面垂直的长直导线， 9.(8分)如图4所示，PQ和MN为水平平行放 力加速度为g,细线的拉力为F,则 其横截面位于正方形的四个顶 置的金属导轨，相距L=1m,导体棒ab跨放在导 A.ab边受到的安培力方向向上 点上，导线中通有大小相同的 轨上，棒的质量为m=0.2kg,棒的中点用细绳经 B.F<mg 电流，方向如图所示.一带正电 轻质滑轮与物体相连，物体的质量M=0.3kg,棒 C.俯视看，线框有绕悬线沿逆时针方向转动 的粒子从正方形中心0点沿垂 与导轨的动摩擦因数为u=0.5,最大静摩擦力等 的趋势 于滑动摩擦力，滑轮摩擦不计，匀强磁场的磁感应 直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方 D.长直导线中的电流在线框ab边处产生的磁 强度B=2T,方向竖直向下，g取10m/s2,试求： 向是 ( 场踪感应温度大小为2 (1)为了使物体保持静止状态，导体棒中通入 A.向上 B.向下 C.向左 D.向右 a→b电流，求电流的最小值； 2.如图2所示，三根垂直于 6.如图6所示，两平行 (2)为了使物体以加速度a=3m/s2加速上 纸面且相互平行放置的长直导 光滑金属导轨固定在绝缘 升，应在棒中通入多大的电流？ 线A、B、C,通有大小相等、方向 斜面上，导轨间距为1，劲 如图所示的电流，它们所在位 度系数为k的轻质弹簧上 置的连线构成等腰直角三角 ⑧-- 端固定，下端与水平直导 形，D点是AB连线的中点.下 图2 体棒αb相连，弹簧与导轨 图6 列说法正确的是 ) 平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导 A.D点的磁场方向沿着DB方向 轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场. B.C点的磁场方向沿着CD方向 闭合开关K后，导体棒中的电流为I,导体棒平衡 C.导线C受到的安培力方向沿着CD方向 时，弹簧伸长量为x;调转图中电源极性使棒中电 D.导线A受到的安培力水平向左 流反向，导体棒中电流仍为1，导体棒平衡时弹簧 3.磁电式电表原理示意图如图3所示，两磁极伸长量为2，忽略回路中电流产生的磁场，弹簧形 10.(10分)我国电磁炮发射技术世界领先，图 装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱 变均在弹性限度内，则磁感应强度B的大小为 ;10为一款小型电磁炮的原理图，已知水平轨道宽d 极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有 ( =2m,长1=100m,通以恒定电流1=1×104A, 可转动的线圈.a、b、c和d为磁场中的四个点.下列 轨道间匀强磁场的磁感应强度大小B=10T,炮弹 说法正确的是 A品-) B六-) 的质量m=10kg,不计电磁感应带来的影响 C嘉+) (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； 7.如图7所示，半径为 (2)实际上炮弹在轨道上运动时会受到空气 R的光滑半圆弧槽ABC固 阻力和摩擦阻力，若其受到的阻力与速度的关系 定在竖直平面内，B为圆弧 为f=,2,其中k为阻力系数，炮弹离开轨道前做 图3 槽最低点，质量为m的通 匀速运动，炮弹离开轨道时的速度大小为'= A.图示左侧通电导线受到安培力向下 电直导体棒a静止于B点， 图 400m/s,求阻力系数k的大小. B.a、b两点的磁感应强度相同 电流方向垂直于纸面向 C.圆柱内的磁感应强度处处为零 里，空间有水平向右的匀强磁场，重力加速度为g, D.c、d两，点的磁感应强度大小相等 导体棒对圆弧槽的压力大小等于2mg,现将磁场方 4.如图4甲所示是由我国研制的高速磁浮交通向在竖直平面内沿顺时针方向缓慢转过90°，则此 系统成功下线的情景车体运行时，通过精确控制电过程中安培力对导体棒做的功为 ( ) 10 磁铁中的电流1磁形成吸引力，车体与轨道之间始终 1 B 保持10mm的悬浮气隙，如图乙所示.列车磁铁定子 A.2mgR 2mgR 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 ( (下转第4版)高中物理人教（选择性必修第二册）第37~40期 数理括 答案详解 2025~2026学年高中物理人教（选择性必修第二册）第37~40期(2026年4月) 第37期3版参考答案 4.列车磁铁定子和电流转子分别安装在轨道和车体上，因 A组 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 1.D2.A3.A4.C5.B6.47.C 力，不是静电力，故A错误；车体在水平运动的过程中，速度不 提示： 一定相等，不会始终保持平衡状态，故B错误；由题意可知，通 1.同向电流相互吸引，ab边受到的安培力方向向下，故A 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 错误；ab边受到的安培力向下、cd边受到的安培力也向下，则 保持10mm的悬浮气隙，因此吸引力与车体重力平衡，所以车 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 体满载时较空载时I壁更大，故C正确；车体匀速右转时乘客受 力分析，线框没有转动的趋势，故C错误：线框ab边受到的安 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 培力F等于cd边受到的安培力，故F,mg=B,解得B= 侧，故D错误 2 5.根据通电直导线产生的磁场的特点和安培定则可知，b、 Fmg,故D正确故选D, 2IL d两导线在0点产生的磁场大小相等，方向相反，a、c两导线在 2.根据对称性可知，A、B两处的电流在D点的磁感应强度 0点产生的磁场的方向均向左，故O点的合磁场方向向左带 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 正电的粒子沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可判 沿着DB方向，故D点的磁场方向沿着DB方向，故A正确；根据 断出带电粒子受到的洛伦兹力向下，选项B正确， 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 6.设斜面的倾斜角是α，当弹簧伸长量为x,时，直导体棒 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 所受安培力沿斜面向上，根据平衡条件知沿斜面方向，有 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 mgsin a=x1+Bl;电流反向后，当弹簧伸长量为x2时，导体 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 棒所受安培力沿斜面向下，根据平衡条件知沿斜面方向，有 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 mgsin+B肌=，联立两式得B=分名-名)，A正确 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 7.根据题意，由左手定则可知，匀强磁场水平向右时，安培 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 力竖直向下，由牛顿第三定律可知，圆弧槽对导体棒的支持力 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 为2mg,由平衡条件有F4+mg=2mg,解得F4=mg. 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 将磁场方向在竖直平面内沿顺时 的安培力方向一定偏右，不可能水平向左，故D错误.故选A. 针方向缓慢转过90°，使导体棒α沿凹 3.由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下， 槽ABC内壁向A点缓慢移动，导体棒aR 9 故A正确；“、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，故 在移动的过程中处于动态平衡，最终 mg 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， 静止于D点，如图所示，由几何关系可得0=45°，则从B点到D 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 点，由动能定理有W4-mgR(1-cos45)=0,解得W,=(1- 度大于d点的磁感应强度，故D错误.故选A. 高中物理人教（选择性必修第二册）第37~40期 牙mR,放达C 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 8.(1)排斥左手 3.bc边与其余三边并联，bc边分得的电流比ad边的电流 (2)吸引排斥 大，根据F=BIL可知ad边受到的安培力比bc边受到的安培力 (3)安培磁 小，故A正确，B错误；根据左手定则和力的合成，可知线框 解析：(3)把电流在磁场中受到的力叫安培力，电流与电 abcd受到的安培力合力水平向右，则桌面对线框abcd的摩擦 流之间的作用力是通过磁场这个媒介而传递的 力方向向左，根据牛顿第三定律可知，线框abcd对桌面的摩擦 9.(1)11=1A; 力方向向右，故C错误，D正确 (2)12=2.75A. 4.A逆时针B 解析：(1)导体棒中a→b的电流，此时所受安培力向左， 解析：(1)若导线东西方向放置，它周围磁场平面和导线 电流最小时摩擦力也向左且达到最大值，由受力平衡得F!+ 垂直，沿南北方向，小磁针转动就不明显，无法判断导线周围是 fm=Mg,F安=BL1L,f。=umg,解得I1=1A 否存在磁场，正确的做法是导线南北放置，小磁针位于导线下 (2)根据受力分析，此时摩擦力向右，对导体棒由牛顿第 方，导线通电时，它转动到东西方向.选A。 二定律有F2-Fp-f。=ma,F2=BL2L,对物体由牛顿第二 根据右手螺旋定则，小磁针N极转向纸面以里，从上往下 定律得Fn-Mg=Ma,联立得12=2.75A. 看，逆时针方向旋转 10.(1)2000m/s;(2)1.25N·s2/m2 (2)加磁场时，由左手定则可知，磁场垂直纸面向里，即沿y 解析：(1)由题意可知，炮弹受到的合力等于安培力，则根 轴正方向，加电场时，电场方向竖直向上，即沿z轴正方向，选B. 据牛顿第二定律可得F=B1d=ma,由运动学公式可得，2= 51g-5,2g:8)品+后 E m 2al,解得。=√2孤-2000ms m 解析：(1)小环静止时只受电场力、重力及摩擦力，电场力 (2)炮弹离开轨道前做匀速运动，则F=∫=2，解得 水平向右，摩擦力竖直向上：开始时，小环的加速度应为：a= BId10×10°2N·s2/m=1.25N·s2/m 2 4002 m8四E=g四E m m B组 (2)小环速度将增大，产生洛伦兹力，由左手定则可知，洛 1.BD 2.BD 3.AD 仑兹力向左，故水平方向合力将减小，摩擦力减小，故加速度增 提示： 大；当gB=gE时水平方向合力为0，摩擦力减小到0，加速度 1.根据题意可知，金属棒竖直向上跳起则安培力的方向竖 达到最大，所以小环由静止沿棒下落的最大加速度为：。=m m 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 =g; 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 (3)当此后速度继续增大，则洛伦兹力增大，水平方向上 向垂直abb'a'平面、垂直abc'd'平面时满足上述条件，当磁场 的合力F=qB-qE增大，摩擦力将增大；加速度将继续减小， 方向平行abc'd'平面时，电流方向与磁场方向平行，金属棒不 当加速度等于零时，即重力等于摩擦力，此时小环速度达到最 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, 大则有g=8-9年得-盛+合 2.因开始时线圈a、c对b线圈的合力F,为零，说明线圈a 第38期3版参考答案 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 A组 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 1.D2.A3.C4.D5.C6.B7.D 称性可知，无论是仅改变1的还是2的电流的大小或方向，线 提示： 2 高中物理人教（选择性必修第二册）第37~40期 1.据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射人匀强磁场，粒R,:R,=3:3,故B错误；两粒子在磁场中做匀速圆周运动， 子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式：=B得知，粒子的半 根据牛顿第二定律qB=mR,可得粒子的轨迹半径为R三 径应逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从b到α.在b处， m0,运动的周期为T=2m=2m,则可得两粒子的电荷量之 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， gB' gB 该粒子带负电，故ABC错误，D正确. 比为19。：|961=2：1，两粒子的速度之比为心。：=2：3， 2根据8=m元得R=6可知，速率越大，半径越大 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 故A正确，B错误：根据T=2mR-2mm可知，周期与速率无 gB 关，故CD错误 的最大半径为几，则，B二m反电子加速后获得的最大速度 eBR 3设边长为a,则从n点射出的粒子其半径恰好为受；由 Um m (2)电子在电场中加速度大小不变，尽管电子在电场中往 牛顿第二定律可得Bqw=m 二，当磁感应强度变为原来的2倍 2 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 寸，由2Bgu三m得R=A故粒子应从口点穿出：故C正 子在电场中运动的速度为。三a,“三名麝将/三 4 4.如图所示为粒子在磁场中的 9(025,(2)8 3m 运动轨迹，轨迹圆心为O',则轨迹半 解析：(1)由几何关系可知，粒子在磁场中4： 径I=an30°=号R,故D正确 的圆心角为0=60°，轨道半径为r= d sin 600= 5.电子在磁场中做圆周运动的 周期T=2,则电子在磁场中运动的时间为1=品×了，与速 23d,根据牛顿第二定律：euB=m r 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 解得：=23edB 3m 关系可知，0。=0。>0，故C正确， 6.电子做匀速圆周运动，在磁场中运 (2)圆心角对于的弧长为：=0=号粒子穿过磁场的时 动的时间为：-正放A结误，设圆周运 d 间1=÷=”联立解得：1= 3v 动半径为R,则有l+√R-d=R,B正 VR- R 05 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， 解析：由图可知，粒子转过的圆心 则其速率不变，但速度方向会变化，故D错误 角为60°，则粒子运动的半径为R= ×0× 7.由题图可知，带电粒子α和b在磁场中运动的圆心角分 tam30°=5r,转过的弧长为1=60° 3600×A× 别为120°和60°即t。=3,4=6 .由于两带电粒子运动时 2R==5,则运动所用时间1= R 3 3 间相同，则可得两粒子的周期之比为T:T。=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R。= =3“,故该带电粒子在磁场中运动的半径为5，时间为 3vo d 2 3d,R 2 cos60=d,则两粒子的轨迹半径之比为 /3πr c0s30°= 3vo 3 高中物理人教（选择性必修第二册）第37~40期 B组 2m,得U= m(-品) 1.AD 2.BCD 3.AB (2)由，=R可得两=即号=B得B=品 U, 提示： 1.设磁场边长为a,粒子从c点离开，其半径为r,=a,粒子 5.解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力 从d点离开，其半径为1=2a,则。>，故A正确；由T= 提供粒子圆周运动所需的向心力，则有qB=m R,则粒子做 2根据圆心角求出运行时间1=鼎，运行时间，=子人 T B 匀速圆周运动的半径R=8粒子做匀速圆周运动周期了： 子则L<,D正晚 2,该粒子在磁场中运动的时间为可得1==器 2.若只有电场，粒子只受电场力作用，合外力不为零，粒子 (2)根据左手定则，结合上述可知，该粒子带正电，为使该 速度一定变化，故A错误：若只有电场，粒子只受电场力作用， 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 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 洛伦兹力等大反向，相互平衡，即有qE=qB,解得电场强度E 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 的大小E=B. 行，不受洛伦兹力作用，粒子速度不变，故C正确；若空间只有 (3)粒子的速度v'大于，将该带电粒子的速度分解为 磁场，粒子速度与磁场平行，匀速运动，动能不变，粒子速度不 和对应的洛伦滋力和电场力平衡，即有==台在水 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， 平方向上，粒子水平向右做匀速直线运动，2对应的洛伦兹力 不做功，所以粒子动能一定不变，故D正确。 使之做逆时针方向的圆周运动，根据速度分解有，=v'-v,圆 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 周运动的轨道半径，==m(心，所以粒子沿电场方向 gB gB 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 运动的最大距离为。=2r=2m。心，粒子在一个周期内 gB 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0 =ot知角速度之比为1：2，由v=wr可知半径之比为2：1，故 运动的水平距离为x=vT=2m gB B正确：根据8=m号得=局所以扬强度大小之比为 第39期参考答案 1.C2.B3.B4.C5.C6.C7.D 1:2,且根据运动方向可知两个磁场的方向相反，故A正确。 提示：1.由于α端有向上的磁场分量；b端有向下的磁场分 4.(1)正 减少 m(好-) 2q 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 U2 形磁铁仍处于静止状态，合力仍为零，大小没变，故B错误；当 (2)如图1 ab转动过程中，根据左手定则可知，导线受到的安培力向下， d 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 逸度选择器Ⅱ 边长为L,单位长度的电阻为R。·由欧姆定律可得ab边的电流 解析：(1)正离子所受电场力应向下，则S,带正电.电场力 U 为=R,流过bedea边的电流为=4R,又6cdea边与ba 做正功，则离子的电势能减少.根据动能定理q心=2m一 边在磁场中的有效长度相等，则由公式F=BL,可知安培力的 4 高中物理人教（选择性必修第二册）第37~40期 大小与电流成正比，则bcdea部分与ba边所受的安培力大小之故D错误 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 6.根据安培定则可知，两导线中的电流在导线间任一点产 B正确，C错误；整个导体框所受的安培力大小为F=B(I1+ 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 L-瓷，由左手定则可知安培力的方向竖直陶下，放D错 处磁场的随感成强度B:从+亡》 kld 1)二x(d-),当x= 误 d 时，B最小，带电粒子在磁场中运动过程中，速度大小不变， 2 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=ocos·t,沿y轴方向 由8=m号解得轨迹的唐率半径1一5即在馆线附近曲 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， 率半径较大，靠近导线处曲率半径较小，可能正确的是C 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 7.由左手定则可判断出N带正电，M带负电，故A错误；粒 兹力提供向心力及圆周运动知识又，euB=m 7=2m水且 2 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 =tosina,解得D=2R=2mma,T=2"所以Ax=元T eB eB 8=m号，可得一5由于两教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 2 mcos&,所以若仅增大磁感应强度B,则D,△x均减小； eB 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 若仅增大o,则D、△x皆增大；若仅增大a角(a<90°)，则D增 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 大，△x将减小，故B错误，符合题意，CD正确。 4.由题意可知，由于磁感应强度 为周别的一半，则有：=7=号×2器：由于两粒子的 大小相等，故粒子在磁场中运动半径 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 相等，设半径为τ，因为在磁场力的作 D正确 用下粒子到达c线上的D点时速度方 8.ABD 9.AC 10.BD 向竖直向下，且已知线段PD垂直于c 提示： 图1 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 8.小物块运动过程中的加速度4=m-四B,物块由静 m 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0 止释放时有最大加速度a。=g,故A正确；根据平衡条件得F、 =30°，故PB=2c0s30°=3，所以 PB-rc0s30° CD=BD +rcos 30 =2 =qB,小物块所受的摩擦力F:=uF、=uqvB,与速度成正比， 5-3,故C正确， 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 5.根据左手定则可判断粒子带正 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 电，故A错误；粒子轨迹如图2所示可知 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 粒子速度方向改变了60°，粒子在磁场中 墙壁.根据平衡条件得uqB=mg,解得小物块能达到的最大 12mm= 运动的时间为1=0r=石×号 gB 速度为：=影故C错误，D正确 6故B错误：由儿何关系知粒了的轨 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T1,碰后半径为m1,有几何关系(1-)2+(2R)2=(1+ 迹半径为r=Rtan60°=√3R,由洛伦兹 图2 力提供向心力可知gB=m二，粒子在磁场中运动的动量大小 m)2,解得1= 尽，hM,=瓜R,根据洛伦兹力提供向心力q心。B 为p=mw,解得p=3qBR,故C正确；由于粒子轨迹半径r= 三，解得。=瓜BR,放A正确，B错误：碰n次后射出的 m 5R>R,所以只改变入射速度的方向，粒子可能经过0点， 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 5 高中物理人教（选择性必修第二册）第37~40期 圆心角为a=(m-0)+(π-02)+…+（π-01）=(n+ I=neSo=nedhv,联立解得B=neh 1)π-(0+02+…+6.1)=nT,在磁场中运动的时间t,= 13.解析：(1)秤盘中不放物体且金属棒静止时电流表读 T=nmm,故C正确，D错误 2π gB 数为1。=0.1A,对金属棒受力分析，根据平衡条件可得mg= B1Lcos0+Mgsin0,代入数据解得m=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，三R本R代人数据解得 吸附材料0 吸附材科0 R 图3 图4 R=12,对金属棒以及所称物体、秤盘受力分析，根据平衡条 10.根据左手定则可判断正离子在磁场 件可得(mo+mmx)g=Mgsin0+BI,Lcos0,代入数据解得mmas 中受力如图5，正离子在环向场中沿逆时针 =0.116kg 方向运动，故A错误；由于洛伦兹力总是与 (3)电流表示数I与所称物体的质量m满足关系式(m。+ 速度方向垂直，所以洛伦兹力不改变速度大 m)g=Mgsin0+BILcos0,代入数据解得 图5 小，则带电粒子在环向场中的速度大小不 m=0.041-0.004kg(0.1A<1<3A) 变，故B正确；由图可知左右两边磁感应强度不一样，根据洛伦 14.解析：(1)带电粒子在磁场 兹力提供心有9B=,解得R=哈可知同一正离子在磁 中运动时，根据牛顿第二定律有qB m 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 R,所以R=2L,如图6所示，沿 图6 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 da方向发射出的粒子，在磁场中做圆周运动的圆心角是，由 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 儿何关系知sna=?,所以，射出磁场时速度方向与山边界 同理可知电子向上侧迁移，故C错误，D正确， 的夹角0=60° 1.10.520:(2)低：(3)方品 d (2)从c点射出磁场的粒子，轨r 解析：(1)由丙图可知霍尔元件的厚度为d=0.5mm+ 迹如图7所示，由几何关系知sinB 2.0×0.01mm=0.520mm. 1 =2,弧dc对应的圆心角为28，粒 (2)根据左手定则，可知负电荷向M板移动，所以M面的 子在磁场中做圆周运动的周期为T 电势低于N面的电势 (3)如图戊所示，当只=0时R为，此时电压表测的是 2阳所以，粒子从d到e的时铜 图7 电源电动势，由图可得，=名根据，= B解得k=B 为1=1，解得1=器 2π (3)如图8所示，当粒子的运 12.竖直向下 前表面 Uneh 1 动轨迹与ab边界相切时，从bc边界 解析：(1)据安培定则，通电直导线在磁芯上的磁感线为 的e点射出磁场，则ec即为bc边界 顺时针方向，即则AB间磁场方向为竖直向下 上有粒子射出的区间，由几何关系 (2)电流向右，根据左手定则，安培力向里，载流子是负电 1 、 知cos9=7,(=Rsin9=号R 图8 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滋 =51ny=2g,e=Rasy-h联立可得c= U 力的作用下处于平衡，有9立=gB,根据电流微观表达式，有 (√/43-3-1)L 6 高中物理人教（选择性必修第二册）第37~40期 15.解析：(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦滋力提磁感线抵消的最少，则磁通量最大，即从B到0，穿过金属环的 供向心力，由，：m金解得=0.1m,由几何关系得离子 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 在磁场中的轨迹半径01=2，sin&,解得0A= 10 m. 3.当条形磁铁的N极竖直向下迅速靠近两环时，两环中的 (2)粒子在磁场中，运动轨迹如 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 图9，由几何关系可知圆心角0=2a 变化，于是相互远离.故C正确， =120°，则在磁场中运动时间t1= 4.因磁铁AB极性不明或螺线管的绕法不明确，C端的极 0×2m=开×107s,离子进入 性无法判断，故AB错误；在磁体插入螺线管过程中，穿过螺线 360°× 3 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 图9 电场后，经过时间2再次到达x轴上，分析知离子在电场中做 碍磁铁AB插人螺线管，C端的极性一定与磁铁B端的极性相 类平抛运动，离子沿垂直电场方向做速度为。的匀速直线运 同，故C错误，D正确 动，位移为l1,则1=o2,离子沿电场方向做初速度为零的匀 5.向y轴正方向做匀速运动时，磁场增强则根据楞次定律 1 加速直线运动，加速度为a,位移为，则Eg=ma,=2a吃， 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=BL.根据左手定则可知边受到的安培力沿y轴负 由几何关系可知a0=冬，代人数据解得6= 2 2×10-7s, 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 则总时间1=4+4=（号+）×1078 2 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 (3)由Bgu=m”知，B越小，r越大，设离子在磁场中最大 向.故D正确 6.圆环ā匀速转动，激发稳定磁场，b内磁通量没有变化， 轨迹半径为R,由图中几何关系得R=2(1-r1cosa)= 1 不会产生感应电流.故AC错误；圆环α匀速转动的角速度越 0025m,由牛顿运动定律得B,9,=m令，得B,=4×10T, 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α加速转动时，激发的磁场变强，小圆环b内磁通量增 则外加磁场磁感应强度的最小值B2=B,-B=3×104T 加，根据楞次定律可知，有顺时针方向的感应电流.故D错误 第40期3版参考答案 7.闭合电键K后，把R的滑片右移，Q中的磁场方向从左 A组 向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上，故A 1.D2.D3.C4.D5.D6.B7.C 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 提示： 向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向 1.导体在磁场中运动，如果速度方向与磁场方向平行，就 上，故B错误；闭合电键，将Q靠近P,Q中的磁场方向从左向 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 右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下，故C正确。 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 8.逆时针向下收缩 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 解析：在图中磁感应强度增大时，根据楞次定律可知，导线 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 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 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 的导线微元受到安培力的方向向下，圆环会收缩 通量的变化，不一定与原磁场方向相反，故C错误，D正确， 9.解析：(1)根据右手螺旋定则， 2.从A到B,穿过金属环的磁通量增加，故A错误；从A到 线圈A中的磁感线穿过线圈B的方向 B,根据“来拒去留”可知，金属环受磁场力方向向上，故B错 如图(b)中的实线所示，电路接通瞬 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 7 高中物理人教（选择性必修第二册）第37~40期 间，线圈B中的磁场增强，磁通量也增大；根据楞次定律，线圈向上的阻力，磁铁的加速度小于g,故C错误，D正确 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) 3.当闭合开关S的瞬间，穿过线圈P向左的磁通量增加， 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 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 定流过灵敏电流计的电流方向是D→C 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 (2)当S接通时，中间线圈产生从右向左的磁场，根据楞 方向相反的感应电流，故D正确；C错误 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 4.(1)向左偏转 计，同理B中感应电流也从右向左流过电流计 (2)逆时针收缩 当S断开时，从右向左的磁场突然减小，根据楞次定律和 解析：(1)断开开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向右偏 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 转了一下，将滑动变阻器的滑片向右滑动过程中，电流增大， 中感应电流也从左向右流过电流计. 与断开开关电流减小相反，灵敏电流计的指针向左偏转； 1O.解析：(1)该闭合电路是指EFCD回路；当导体棒CD (2)周围环境温度急剧上升时，R电阻减小，电流增大，直 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， 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 感应电流磁场向外，根据右手定则可知感应电流为逆时针方 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 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 (2)如图所示，根据楞次定律，仅当磁场方向反向时，导体 磁场中受到的安培力有收缩的趋势 棒CD中感应电流的方向反向，即顺时针方向；仅当导体棒CD 5.解析：(1)①线框进人磁场阶段：1为0~↓，线框进入 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 磁场中的面积与时间成正比，S=t,最后为Φ=BS=BP. 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； ②线框在磁场中运动阶段：1为'一↓，线框磁通量为中 (3)伸开右手，使磁感线从掌心进入，大拇指指导体棒运 =B,保持不变 动的方向，则四指指向感应电流方向。 ③线框离开磁场阶段：t为 B组 1.BD 2.AD 3.AD L+!,线框磁通量线性减小，最后为零，磁 提示： 通量随时间变化的图像如图所示， 1.线框进人磁场过程中，根据楞次定律，并结合右手螺旋 (2)根据右手定则可知，cd边上的电流方向为c到d; 定则，知线框中感应电流方向b→c→d→a→b,故A错误；线 (3)根据左手定则或楞次定律知，cd边在进出磁场过程中 框进人磁场过程中，穿过线框的磁通量增大，线框有收缩的趋 受到的安培力方向均为向左 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、9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