第38期 带电粒子在匀强磁场中的运动 质谱仪与回旋加速器-【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 数理极 (上接第3版) 二、填空题（共9分） 4.质谱仪是用来测量带电粒子质量的一种 用对称法求解 仪器，其结构如图3甲所示，它分别由加速器 带电粒子在有界磁场中的运动问题 I、速度选择器Ⅱ、质量分离器Ⅲ三部分组成， ©湖南杨锋柱 若从粒子源P点发出一个电量q、质量为m的正 离子，经过加速器得到加速，进入速度选择器， 带电粒子在有界磁场中的运动问题是《安 解析：关键是定圆心、找半径和用对称.由 速度符合一定大小的离子能够通过S,缝射入质 培力与洛伦兹力》一章的难点问题，分析这类问公式知，它们的半径和周期是相同的.只是偏转 量分离器中，整个过程中可以不考虑离子重力 题的关键是抓住对称，本文就直线边界和圆边方向相反.先确定圆心，画出半径，由对称性知： 的影响 界分类举例说明： 射人、射出点和圆心恰好组成正三角形.所以两 一、直线边界 个射出点相距2r,由图4还可看出，经历时间相 速器 速度洗装 带电粒子垂直射入直线边界的匀强磁场 差号r所以射出点相距-，时间差为4：- Be 中，又从同一边界射出时，速度与边界的夹角相 等，解答此类型题时，应该先确定圆心，再画轨 3Be 。。。。。。。。 速度进择器】 迹，最后利用对称规律解答.较为典型的两类模 。质量分离器Ⅲ 二、圆边界 型分析：一是同方向射入的不同粒子；二是同种 图3 分析圆边界问题要注意区别轨迹圆与磁场 (1)加速器I由S,S2两块带电平行金属板 粒子以相同的速率沿不同方向射入.无论哪类 圆，同时利用对称规律：入射速度与出射速度延 组成，为了使正离子得到加速，则应让金属板S 模型，都是先确定轨迹圆心，画出轨迹后再利用 长线相交于轨道圆心O和磁场圆心O'的连线 带电 （选填“正”或“负”)在下降过程 对称规律：粒子射出的方向与边界的夹角等于 上；沿半径方向射入圆形磁场区域内的带电粒 中，离子的电势能 （选填“减少”、“增 射入方向与边界的夹角. 子，必定沿着半径方向射出： 大”或“不变”)如果离子从速度开始经加速 例1.如图1所示，在y<0的区域内存在匀 例3.在真空中半径r=3×10-2m的圆形区 后速度达到v,则加速器两极板间电压U,= 强磁场，磁场方向垂直于x0y平面并指向纸面域内有一匀强磁场，磁场的磁感应强度B= 外，磁感应强度为B.一带正电的粒子以速度00.2T,方向如图5所示，一个带正电的粒子以 (2)离子以速度v,进入速度选择器Ⅱ中， 从0点射人磁场，入射方向在x0y平面内，与x=1×10m/s的初速度从磁场边界上的a点沿 如图乙两板间电压为U2,两板长度1，相距d.离 轴正向的夹角为(.若粒子射出磁场的位置与0与直径b成日角斜向右上方射入磁场，已知该粒 子在穿过电场过程中，为了不让离子发生偏转， 点的距离为，求该粒子的电荷量和质量之 需要在该区域加一个垂直于电场和速度平面的 子的批荷品=1×10Ckg,不计粒子重力 磁场.在图乙中分别用F。和F。标出离子受到的 比品 (1)求粒子在磁场中做匀速圆周运动的 电场力与磁场力方向并求所加磁场的磁感强度 半径； B= ,离开分离器时离子的速度v= (2)若要使粒子飞离磁场时有最大的偏转 角，其入射时粒子的方向应如何（求出0的数 三、计算题（共15分） 值)？最大偏转角多大？ 5.如图4甲所示，质量为m、电荷量为q的 图2 带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感 应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周 解析：如图2所示，带电粒子射人磁场后，由 运动，不计带电粒子所受重力： 于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹 (1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和在 运动，从A点射出磁场，0、A间的距离为1.射出 磁场中运动的时间t: 方向与x轴的夹角仍为0，由洛伦兹力公式和牛 图5 图6 (2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要 顿第二定律可得：9B=m只，式中R为圆轨道 解析：(1)设粒子做圆周运动的半径为R, 同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，如 图乙，求电场强度E的大小； 的半径，解得R= mvo 则：R=m0=。=1×10 (3)若该粒子处于上述(2)的匀强电场和 B40.2x10sm=0.05m gB 磁场中，已知粒子的速度v'大于v,求粒子沿电 圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何 (2)当粒子的速率一定时其在磁场中的轨 场方向运动的最大距离y和一个周期内粒子在 水平方向运动距离x. 关系可得)=Rs日，联立上述两式，解得4：迹半径一定，当轨迹圆弧的弦长最大时，对应的 2 圆心角最大、偏转角最大 ××B + 2vosin 0 由图6可知，弦长的最大值为： IB x @艺 ab=2r=6×10-2m X 例2.如图3所示，直线MN上方有磁感应强 度为B的匀强磁场.正、负电子同时从同一点0 设最大偏转角为&x,此时初速度方向与 以与N成0角的相同速度：射人腿场（电于b连线的夹角0=“分，则sm三-无-子 图4 质量为m,电荷量为e),它们从磁场中射出时相得：am=74°， 距多远？射出的时间差是多少？ 所以0=2=37° 当粒子以与ab夹角为37°斜向右上方入射 :::::8686888 0 时，粒子飞离磁场时有最大偏转角，最大值 (参考答案见下期】 图3 图4 74 本版责任编辑：宋燕明 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 2026年4月13日·星期- 高中物理 报纸发行质量反馈电话： 兹理极 第 38期总第1182期 人教 0351-5271248 选择性必修第二册 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：CN14-0707八F)邮发代号：21-285 能源与环境系统工程 专业简介：能源与 子，已知粒子质量为m,电量为g,ad边长为L 谈带电粒子在磁场中的运动 ab边足够长，粒子重力不计，求： 环境系统工程主要研究 (1)粒子能从ab边上射出磁场的大小 能源的转换和利用及环 句题分析思路 范围 境保护等基本知识和技 ⊙江西黄同海 (2)如果带电粒子不受上述。大小范围的 带电粒子在有边界和无边界磁场区域中的 限制，求粒子在磁场中运动的最长时间： 能，包括一次能源转化 1.粒子速度的偏向角(p)等 运动，通常研究的粒子轨迹多为圆弧，常常需要于回旋角（α），并等于AB弦与切 为二次能源的过程、人 解析：(1)若粒子速度为0，则gu,B=m R 运用圆周的对称性等数学知识结合几何条件、线的夹角（弦切角）的2倍，即© 环境和制冷空调的技 边界条件、极值条件来求解。在粒子做匀速圆周 =a=20=wt. 所以有R=m B,如图5 术问题、风能等新能源 运动时一般按“找圆心、求半径、定时间”的思路 2.相对的弦切角(0)相等，与 3 来分析和作图进而求解.下面就这三个问题分相邻的弦切角(8')互补，即θ+θ'=180° 所示，设圆心在O,处对应的 的开发利用等，力求实 圆弧与ab边相切，相应速度 别展开分析： 三、粒子在磁场中运动时间的确定 为o则 现能源利用高效、清洁 一、圆心的确定 若要计算转过任一段圆弧所用的时间，则 一种形式是已知人射方向和出射方向：因必须确定粒子转过的圆弧所对的圆心角α，利用 R:+Risine= L 的目的。例如：煤炭燃烧 为洛伦兹力F指向圆心，可分别通过人射点和圆心角与弦切角的关系及其他几何关系，计算 立生蒸汽能推动发电机 出射点作垂直于人射方向和出射方向的直线， 出圆心角a的大小，由公式1=360。T即可求出 将风，=哈代入上式可得w= 3m 的过程，社区绿化、供 两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心，如图1 所示另一种形式是已知入射方向和出射点的粒子在磁场中的运动时间，其中T为该粒子做圆 类似地，设圆心在O2处对应圆弧与cd边相 水、供暖的技术问题，风 位置，可以通过入射点作入射方向的垂线，再连 周运动的周期. 切，相应速废为e,则R-Rin0=台，将R 能、核能发电等。 接入射点和出射点，作连线的中垂线，这两条垂 注意：圆周运动中有关的对称规律 线的交点就是圆弧轨道的圆心，如图2所示 1.从直线边界射入匀强磁场的粒子，从同 代入上式可得m=BL所以粒子能从ab 核心课程：除数理 9B m 边界射出时，速度与边界的夹角相等 化、计算机等公共基础 2.在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必 边上射出磁场的0应满足L<<L 3m m 沿径向射出.即如果入射方向过磁场圆心，出射方 课外，设有材料力学、理 向也过圆心、 (2)由1=3607及T=2可知，粒子在 gB 论力学、机械设计基础 例.如图4所示，一足够 磁场中经过的弧所对的圆心角α越大，在磁场中 ××× 工程热力学、工程流体 长的矩形区域abcd内充满o 运动的时间也越长.由图可知，在磁场中运动的 力学、电工电子学、传热 二、半径的确定和计算 方向垂直纸面向里的磁感 半径r≤R时，运动时间最长，弧所对圆心角为 应强度为B的匀强磁场，在 图4 利用平面几何关系，求出该圆的可能半径， (2m-20) 学、能源与环境系统工 并注意以下两个重要的几何特点（如图3所 ad边中点O,垂直磁场方向向里射入一速度方 所以最长时间为t=(2m-20)m=5mm 程基础、自动控制理论 示)： 向与ad边夹角为0=30°、大小为的带正电粒 qB 3gB 能源与环境工程及自动 化系列课程、 制冷与人 洛伦兹力问题的) 当摆球在最低点向左运动时，摆球受洛伦 兹力的方向竖直向下，由牛顿第二定律得：T- 工环境及自动化系列课 多解性归纳 mg-9B=n则T=mg+pB+m7 程等 三、运动的重复性形成的多解 ⊙山西程应龙 毕业去向：该专业 例3.如图3所示，x轴 一、临界状态不惟一形成的多解 得：R=5L 涉及能源利用与节能 例1.如图1所示，长为L 又由R,= 6联立得：，= m 5gBL 方是磁感应强度为B的匀强 4m 磁场，下方是场强为E的匀强 空调制冷、能源环境保 的水平极板间有垂直纸面向 故欲使粒子不打在极板上，心应满足：”>5gBL 里的匀强磁场，磁感应强度 4m 电场，方向如图3所示，屏MN 3 、人工环境自动控制 为B,板间距离为L,板不带 或，<BL 距y轴为s.今有一质量为m、电量为q的正粒子 4m 新能源开发与应用、能 电.现有质量为m,电量为q (不计重力)从坐标原点0沿y轴正方向射人磁 的带正电粒子（不计重力） 二、运动方向不确定形成的多解 场，要使粒子垂直打在屏MN上，求：粒子从原点 图图1 源设备制造与管理等工 从左边极板间中点处垂直磁场以速度v水平射 例2.如图2所示，绝缘摆线长为 0 射入时的速度应为多大？ 程领域。毕业生能够在 入，欲使粒子不打在极板上，ù应满足什么条件？ ,摆球带正电（电荷量为q,质量为女 解析：设粒子的圆轨道半径为R,要使粒子 解析：由于粒子运动轨道的圆半径不同，飞m)悬于0点，当它在磁感应强度为及d 垂直打在屏MN上，应有： 工程设计、技术研发、施 出磁场的临界位置也有所不同，设粒子刚好相B的匀强磁场中来回摆动经过最低图2 s=(2n+1)R(n=0,1,2,…) ① 工安装、运行管理、设备 切于极板的左边缘飞出时，射人磁场的速度为 点C时速率为，则摆线的拉力为多大？ 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦 营销等领域从事技术 ,则其对应圆半径为：R,=冬，又由R= v 解析：当摆球在最低点向右运动时，摆球受兹力提供向心力，即有： gB 经营与管理工作。 解得1=L设粒子刚好从上极板的右边缘 到的洛伦兹力的方向竖直向上，由牛顿第二定 gB=a君 ② 4m 飞出时，射入磁场的速度为2，其对应圆半径为 律得：T-mg+6=m元，则 联立①②式解得： R,由几何关系可得：R=+(R-)2,即 T=mg-gB+m 0= (2n+1)mn=0,1,2,…) gBs ③ 2 素养专练 数理极 A.磁场方向垂直于纸面向里 A.轨道半径减小，运动周期减小 3.带电粒子在匀强磁场中的运动 B.磁场方向垂直于纸面向外 B.轨道半径增大，运动周期增大 1.物体做圆周运动时，需要有外力作为向心 C.粒子的轨迹半径小于圆形有界磁场半径 C.轨道半径减小，运动周期增大 力，当带电粒子在匀强磁场中做圆周运动时，作为 D.粒子的轨迹半径与圆形有界磁场半径相等 D.轨道半径增大，运动周期减小、 向心力的是 4.如图3所示，在空间内×××××××× 6.如图4所示，a和b是 A.库仑力 B.洛伦兹力 存在垂直于纸面向里的匀强 C.安培力 D.万有引力 磁场，一个点电荷固定在磁 从A点以相同的速度垂直磁 2.一束混合粒子流从 场中的0点，另一个带负电 场方向射入匀强磁场的两个 发射源射出后，进人如图1所 的粒子在水平面内恰好做匀 图3 粒子运动的半圆形径迹，已 示的匀强磁场，分离为1、2、3 速圆周运动.某时刻，突然撤 知两个粒子带电荷量相同， 三束，则下列说法正确的是 去点电荷，用实线表示撤去点电荷之前粒子的运 且r。=2r6,不计重力的影响， 图 动轨迹，用虚线表示撤去点电荷之后粒子的运动 则由此可知 A.1带正电 B.2带正电 轨迹，则粒子的运动轨迹正确的是 A.两粒子均带正电，质量比 4 C.2带负电 D.3带正电 m61 3.(多选)如图2所示，平 面直角坐标系x>0区域存在 B.两粒子均带负电，质量比m=? 一个圆形有界匀强磁场，磁场 B C D mb 1 圆心位于x轴上、磁场方向垂直 5,两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不 C两粒子均带正电，质显比%=} 于纸面，一个带正电的粒子从0 同、方向平行.一速度方向与磁感应强度方向垂直 点沿x轴正方向进入磁场，最后 图2 的带电粒子（不计重力），从较弱磁场区域进入到 D.两粒子均带负电，质量比”：】 平行于y轴正方向射出，不计粒子重力，则( ):较强磁场区域后，粒子的 ( m 2 2.1932年劳伦斯制成了世 D.带电粒子的电荷量和动能 4.质谱仪与回旋加速器 界上第一台回旋加速器，其原 4.如图3甲、乙装置涉及电场、磁场的具体应 1.质谱仪的工作原理示 理如图2所示，这台加速器由两 用.下列说法正确的是 ) 加速电场 意图如图2所示.带电粒子被 个铜质D形盒D,、D,构成，其间 加速电场加速后，进入速度 逸度选择器 EY 留有空隙，下列说法正确的是 图2 选择器.速度选择器内正交 .8 ( 的匀强磁场和匀强电场的磁 0····… A.离子从磁场中获得能量 感应强度和电场强度分别为 B.电场的周期随离子速度增大而增大 B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录 C.离子由加速器的中心附近进入加速器 图3 粒子位置的胶片AA2·平板S下方有磁感应强度为 D.当磁场和电场确定时，这台加速器仅能加 A.甲装置中通过磁场可以使带电粒子的动能 B。的匀强磁场.下列表述正确的是 ( 速电荷量相同的离子 增大 A.该带电粒子带负电 3.在回旋加速器内，带电粒子在半圆形盒内 B.甲装置中带电粒子获得的最大动能与D型 B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 经过半个周期所需的时间与下列哪个量有关 盒的半径有关 C能通过洗缝P的带电粒子的这率等于？ C.在乙装置磁场中运动的粒子带负电 A.带电粒子运动的速度 D.在乙装置磁场中运动半径越大的粒子，其 D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒 B.带电粒子运动的轨道半径 质量一定越大 ©本报命题组 子的比荷越大 C.带电粒子的质量和电荷量 (参考答案见下期) 第37期2版参考答案 F1=BI1L,f。=umg, 解得1，=1A 5.(1)g-4E 素养专练1 m 1.C2.CD3.C4.B5.C (2)根据受力分析，此时摩擦力向右，对导体 (2)g; 素养专练2 棒由牛顿第二定律有 +合 (3)mg 1.ACD 2.D 3.B 4.A 5.B F数-Fp-fm=ma,F数=Bl,L, 6.4.8×1018N,垂直纸面向里 对物体由牛顿第二定律得 解析：(1)小环静止时只受电场力、重力及摩 擦力，电场力水平向右，摩擦力竖直向上；开始时， 第37期3版参考答案 Fn-Mg =Ma, 联立得12=2.75A A组 小环的加速度应为：a=mg二四E=g-yE, 10.(1)2000m/s; m 1.D2.A3.A4.C5.B6.A7.C (2)1.25N·s2/m2 (2)小环速度将增大，产生洛伦兹力，由左手 8.(1)排斥左手 解析：(1)由题意可知，炮弹受到的合力等于 定则可知，洛仑兹力向左，故水平方向合力将减 (2)吸引排斥 安培力，则根据牛顿第二定律可得F=B1d=ma, 小，摩擦力减小，故加速度增大；当gB=gE时水 (3)安培磁 平方向合力为0，摩擦力减小到0，加速度达到最 解析：(3)把电流在磁场中受到的力叫安培 由运动学公式可得=2，解得。-、2。大，所以小环电静L沿梯下落的最大加速度为：。 力，电流与电流之间的作用力是通过磁场这个媒2000m/s mg =g 介而传递的. (2)炮弹离开轨道前做匀速运动，则 F=f=kv2, (3)当此后速度继续增大，则洛伦兹力增大， 9.(1)1=1A; (2)12=2.75A. 解得k-名-=10X0x2N5/m 水平方向上的合力F=qwB-gE增大，摩擦力将增 02 4002 大；加速度将继续减小，当加速度等于零时，即重 解析：(1)导体棒中a→b的电流，此时所受安 =1.25N·s2/m2. 力等于摩擦力，此时小环速度达到最大.则有： 培力向左，电流最小时摩擦力也向左且达到最大 B组 mg =u(quB-gE), 值，由受力平衡得 1.BD 2.BD 3.AD E F安数1+f=Mg 4.A逆时针B 解得：w=8+E=g+B ugB 数理极 素养·测评 10.（14分)如图9所示，半径为r的圆形空间 《安培力与洛伦兹力》 内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电 粒子（不计重力），从A点以速度。垂直磁场方向 ===================================== 射人磁场中，并从B点射出，∠AOB=120°，求该带 同步核心素养测试（二） 电粒子在磁场中运动的半径和时间， O本报命题组 ×0× A组基础篇 磁场，如图5所示，若磁场 的磁感应强度为B,那么 XX ( 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分） A.电子在磁场中的运 图9 1.一个带电粒子沿垂直于· 磁场方向射入匀强磁场中，由于· 动间：日 图5 使沿途空气电离而使粒子的动· B.电子在磁场中的圆周运动的半径为+心 能逐渐减小，轨迹如图1所示下· 21 列有关粒子的运动方向和所带 C.洛伦兹力对电子做的功是W=BevL 电性的判断正确的是() D.电子在B点的速度与A点的速度相同 A.粒子由a向b运动，带正电 7.如图6所示，两个质量相 B.粒子由a向b运动，带负电 等的带电粒子a和b分别以速 C.粒子由b向a运动，带正电 度v。和，射人足够长平行边界 D.粒子由b向a运动，带负电 匀强磁场，磁场宽度为d,两粒 2.电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列 子的入射方向与磁场边界的夹 说法正确的是 ( 角分别为30°和60°，两粒子同 A.速率越大，半径越大 时由A点出发，同时到达B点， B.速率越小，半径越大 不计粒子重力及粒子间的影响，则 C.速率越大，周期越大 A.两粒子的周期之比为T。:T,=1:1 B.两粒子的轨迹半径之比为R:R。=5：1 B组能力篇 D.速率越小，周期越大 3.如图2示，正方形区域 C.两粒子的电荷量之比为1q。1:19.1=1:2 一、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） abcd中充满强磁场，磁场 D.两粒子的速度之比为。：v,=2:√3 1.空间存在着一个正方 方向垂直纸面向里.一个氢 二、填空题（共6分） 形匀强磁场区域一束电子 核从ad边的中点m沿着既垂 8.如图7所示回旋加 从a点以垂直磁感应强度方 XXX 直于ad边又垂直于磁场的方 速器，两个D形金属盒分 向射人，初速度方向与ab平 向，以一定速度射人磁场，正 别和某高频交流电源两极 行，其中一部分自c射出， 图1 好从ab边中点n射出磁场.若将磁场的磁感应强相接，两盒放在磁感应强 部分从d射出，它们在磁场中 度变为原来的2倍，其他条件不变，则这个氢核射度为B的匀强磁场中，磁场 运动的轨迹半径分别为.和r,运动时间分别为t。 出磁场的位置是 ( 方向垂直于盒底面向下， 和t4,不计重力和电子间相互作用，则 A.在b、n之间某点 B.在n、a之间某点 电子源置于盒的圆心附近.已知电子的初速度不 A.re>rd B.re<rd C.就从a点射出 D.在a、m之间某点计，质量为m,电荷量大小为e,最大回旋半径为R. C.t。>ta D.t<ta 4.如图3所示，在半径为 则 2.一个带电粒子以速度u射人某一空间（不计 R的圆形区域内有一匀强磁 (1)电子加速后获得的最大速度vm= 重力)，下列说法中正确的有 场，有一粒子从边界上的A点 A.若空间只有电场，粒子的速度可能不变 以一定的速度沿径向垂直于 (2)已知两D形盒间加速电场的电势差大小 B.若空间只有电场，粒子的动能可能不变 磁场方向射入，在磁场边界 恒为U,盒间窄缝的距离为d,其电场均匀，求电子 C.若空间只有磁场，粒子的速度可能不变 图3 上距A点6圆周处飞出，则 在电场中加速所用的总时间t= D.若空间只有磁场，粒子的动能一定不变 三、计算题（本题共2小题，共24分） 3.如图2所示，虚线MN将 粒子在磁场中的圆周运动的半径为 ( 9.(10分)如图8所示，有界匀强磁场宽度为 平面分成I和Ⅱ两个区域，两 A.d B.3R c D.R d,磁场磁感应强度为B,一个电子从左侧边界的A个区域分别存在着与纸面垂直 P 点垂直射人磁场，从右侧边界上的某点离开.粒子的匀强磁场.一带电粒子仅在 5.如图4所示的虚线 在磁场中运动的位移恰好等于其轨道半径，已知磁场力作用下由【区运动到Ⅱ 框为一长方形区域，该区 区，曲线aP%为运动过程中的 图 电子质量为m、带电量为e,不计电子重力.求： 域内有一垂直于纸面向里 (1)粒子进入磁场时的速度大小； 段轨迹，其中弧aP、弧P%的弧长之比为2：1，且粒 的匀强磁场，一束电子以。 (2)粒子穿过磁场的时间， 子经过a、b点时的速度方向均水平向右，下列判断 不同的速率从0点垂直于 图4 A 正确的是 () 磁场沿图中方向射人磁场后，分别从a、b、c三点射 A.I、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相 出磁场，比较它们在磁场中的运动时间t,4,其 反，大小之比为1：2 大小关系是 B.粒子在I、Ⅱ区域两个磁场中的运动半径 A.t。<t6<t B.t。=tb=te 之比为2：1 图8 C.t。=t6>te D.t。<t6=t C.粒子通过aP、P6两段弧的时间之比为1：1 6.电子e以垂直于匀强磁场的速度v,从A点 D.弧aP与弧Pb对应的圆心角之比为2：1 进人长为d、宽为l的磁场区域，偏转后从B点离开 (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