第39期 《选择性必修第二册》核心素养阶段测试(一)测试内容 第1章-【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）

电压表 B.位于d处的粒子源可以发射质量为m、电荷量为g(g>0)、速率为 第Ⅱ卷非选择题（共54分) 流表 29BL的粒子，发射方向在纸面内沿da,dc间的任一方向.不计粒子重 m 三、实验题（本题共2小题，共16分） 力，不考虑粒子间的作用.求： 11.（8分)如图11甲所示，在一矩形金属薄片的P、Q间通入电 通电导线 (1)沿da方向发射出的粒子从ab边界射出磁场时，速度方向与 流L,同时外加与薄片垂直的磁场B,在M、N两侧面间出现电压UH, 图12 ab的夹角； 这个现象称为E尔效应，U:称为霍尔电压，且满足U。=4式中d (3)已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为，每个自由电荷的 (2)从c点射出的粒子在磁场中运动的时间； 电荷量为e,霍尔元件的厚度为h.为测量霍尔元件所处区域的磁感 (3)(选做)bc边界上有粒子射出的区间长度. 为薄片的厚度，k为霍尔系数，将P、Q间通入电流1，同时把外加与薄 应强度B,根据乙图中所给的器材和电路，还必须测量的物理量有电 片垂直向下的磁场B的霍尔元件当成电源连接成如图乙所示电路 压表示数U和电流表示数1，则计算式B= 图，则 四、计算题（本题共3小题，共38分） 13.(12分)某同学在学习了磁场对通电 导线的作用力后，设计了一个简易的“电磁 秤”.如图13所示，两平行金属导轨CD、Ef 高中物 间距L=0.1m,与水平面夹角为37°，两导轨 理 与电动势E。=9V内阻不计的电源、电流表 图13 高中物理 (量程0~3A)、开关S、滑动变阻器R(阻值范围为0~1002)相 选择性必 连.质量M=0.14kg、电阻R,=22的金属棒MN垂直于导轨放置， 空间施加竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=5T,垂直接在金属 15.(14分)如图15所示的x0y坐标系 修第一 棒中点的轻绳与导轨平面平行，跨过定滑轮后另一端接有秤盘.在 中，第一象限内存在与x轴成30°角斜向下的 ·选择性必修第二 秤盘中放入待测物体，闭合开关S,调节滑动变阻器，当金属棒平衡 册 时，通过读取电流表的读数就可以知道待测物体的质量.已知秤盘 匀强电场，电场强度E=400N/C;第四象限 册 图11 中不放物体且金属棒静止时电流表读数。=0.1A.其余电阻、摩擦 内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，其 人教 (1)用螺旋测微器测出霍尔元件厚度如图丙所示，则d三 以及轻绳质量均不计，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6， 沿x轴方向的宽度为OA,沿y轴负方向宽度 核 mm; c0s37°=0.8. 无限大，磁感应强度B=1×104T.现有 ☒15 人教)核 (2)M面的电势 (选填“高”“低”或“等”)于V面的电势； (1)求秤盘的质量m; 比荷为g=2×10"Ckg的正离子（不计重力），以速度0=2× m 养测评 (3)按照图丁连接实物图：改变电阻箱的阻值R.记录相应电压 (2)求此“电磁秤”能称量的最大质量及此时滑动电阻器接入 心素养测 表的读数心，多次进行实验，得出7-日 。图像如图戊所示，截距为b, 电路的阻值； 10°m/s从0点射入磁场，与x轴正方向夹角&=60°，离子通过磁场 后刚好从A点射出，之后进人电场. 评 (3)为了便于得出秤盘上物体质量m的大小，请写出m与I的表 则霍尔电压UH= ,霍尔系数k= (用题中的符号 达式 (1)求OA的宽度； 表示) (2)从0点开始，经多长时间粒子第二次到达x轴（答案可以用 12.(8分)霍尔元件是一种基于霍尔效应的金属磁传感器，用它 根号和π表示)； 可以检测磁场及其变化，图12甲为使用霍尔元件测量通电直导线产生 (3)(选做)若离子进入磁场后，某时刻再加一个同方向的匀强 磁场的装置示意图，由于磁芯的作用，霍尔元件所处区域磁场可看作 磁场使离子做完整的圆周运动，求所加磁场磁感应强度的最小值， 匀强磁场，测量原理如乙图所示，直导线通有垂直纸面向里的电流，霍 尔元件前、后、左、右表面有四个接线柱，通过四个接线柱可以把霍尔 元件接人电路，所用器材已在图中给出并已经连接好电路。 (1)霍尔元件被夹在磁芯缝隙AB处，则AB间磁场方向为 （选填“竖直向下”“竖直向上”或“水平向左”或“水平向 14.(12分）如图14所示，纸面内长为。。。。。。 右”)； 2L、宽为L的矩形abcd区域内存在垂直纸面 (2)霍尔元件的前后两表面间形成电势差，则 （填“前 向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为······ 表面”或“后表面”)电势高； 图14 (参考答案见下期) 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： 教理极 2026年4月20日·星期- 高中物理 39期总第1183期 人教 0351-5271248 选择性必修第二册 新能源科学与工程 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 专业简介：新能源 (3)若磁场的磁感应强度为B,从S发射出 科学与工程主要研究新 膨胀动态圆VS旋转动态圆 的电子的速度为2eB ,则挡板上出现电子的范 能源的种类、特点、应用 围多大？ 和未来发展趋势以及相 ◎江西黄同海 关的工程技术等，包含 一、膨胀动态圆模型解读 中运动轨迹，其“膨胀的动态圆”如图3所示 风能、太阳能、生物质 在带电粒子在磁场中的圆周运动的问题 中，有一类带电粒子进入磁场时入射速度方向 能、核电能等，例如：风 图7 不变而大小变化或速度大小、方向都不变，但质 解析：电子从点S射出后受到洛伦兹力作用 力发电、太阳能热水器 量不确定的问题，这类问题的情境可以用一个 而在纸面上做匀速圆周运动，由于粒子从同 沼气燃烧供热、农村农 圆在出发点不动的情况下不断膨胀的一系列圆 图3 图4 点向各个方向发射，粒子的轨迹构成绕S点旋转 来表现.我们把它定义为“膨胀的动态圆”问题， (1)由题意可知，离子甲的运动轨迹如图4 林废物发电等。 的一组动态圆，动态圆的每一个圆都是顺时针 所示，半圆与EG边相切于A点，与EF边垂直相 主要课程：计算机 如图1所示，一束带负电 旋转，如图8所示 交于B点，由几何关系可知R甲=acos30tan15° 的粒子以初速度v垂直进入 (1)要使一定有电子经过点0，即S0为圆 基础、机械制图、工程力 匀强磁场，若初速度v的方向 =(5-多)a,从而求得甲的质量m甲= 2 周的一条弦，则电子圆周运动的轨道半径必满 学、机械设计基础、普通 相同，大小不同，所有带电粒 网1 子运动轨迹的圆心都在垂直于初速度的直线 geB,气5-： U 2,m6、 足R≥ 化学、电工与电子技术 上，速度增大，轨道半径随着增大，所有粒子 (2)离子乙的运动轨迹如 (2)要使电子从S发出后能到达挡板，则电 自动控制原理与系统、 的运动轨迹组成一组“膨胀的动态圆”.解这 图5所示，由几何关系得： 子至少能到达挡板上的0点，故有粒子圆周运 工程热力学、流体力学 类问题时必须注意圆周运动中的对称规律， =(a-+(号 动胖径R≥宁管≥宁解得w≥兴 2m 传热学、热工测试仪表 按找圆心，画轨迹，再利用几何关系求半径的 图5 基本思路进行 (3)当从S发出的电子的速 风力机空气动力学、太 r')2-2(a- -r')c0s60°，解得r'= 度为2BL时，电子在磁场中的运 阳能利用技术、新能源 例1.如图2所示，左边 有一对平行金属板，两板 4“,从而求出离子乙的质量为m=9aBB4 4U 发电并网技术、制冷与 动轨迹半径R'=m0=2L,如图9 相距为d,电压为U,两板 二、旋转动态圆模型解读 空调原理、储能原理与 之间有匀强磁场，磁感应 另一类带电粒子进入磁场时入射速度大小 所示，最低点为动态圆与MN相切 肢术、分布式能源与热 强度大小为B。,方向平行于板面并垂直于纸面 不变而方向不确定的问题可定义为“旋转动态 时的交点P,最高点为动态圆与 向里.右边有一边长为a的正三角形区域 电冷联产、供热工程等 圆”问题，用一个圆绕其出发点旋转而形成的 MN相割的交点P,且SP,是轨迹 EFG(EF边与金属板垂直)，在此区域内及其边 系列圆来表现 圆的直径.电子击中挡板的范围在P,P2间 备注：不同的高校根据 界上也有匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向 对SP,弧分析，由图知OP,=√(2L)2-L2 自己的研究方向所开设 垂直于纸面向里.假设一系列电荷量为q的正离 如图6所示，一束带负 =5L; 电的粒子以初速度v垂直 的专业课程不一定相 子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向穿过 金属板之间的区域，并经EF边中点H射入磁场 进入匀强磁场，若初速度 对sP2弧分析，由图知0P2=√(4L)2- =15L 区域.不计重力，tan15°=2-5. 大小相等方向不同，由Bq如 例3.如图10所示，半径为R=10cm的圆形 就业方向：毕业生 (1)已知这些离子中的离子甲到达磁场边 =m号知所有粒子在磁 匀强磁场，区域边界与y轴相切于坐标原点，磁感 能适应于太阳能、风能、 界EG后，从边界EF穿出磁场，求离子甲的 场中的轨迹圆半径相同而圆心位置不同，所 应强度B=0.332T,方向垂直纸面向里.在原点 分布式能源系统、智慧 质量 有轨迹圆都相当于是绕入射点旋转的动态 0处有一放射源S,可沿纸面向各个方向射出速 (2)已知这些离子中的离子乙到达磁场边 能源等新兴能源领域的 圆.动态圆的难点是轨迹不确定，利用典型的 率均为v=3.2×10/s的a粒子，已知粒子 界EG边上的I点（图中未画出）穿出磁场，且GI 临界条件确定情形寻找对应的轨迹圆是关 的质量为m=6.64×10-”kg,电量q=3.2× 设备运行、设计、制造 长为，求离子乙的质量 键.解题时注意圆周运动中的对称规律，按找 10”C,试确定α粒子通过磁场的最大偏向角 安装、调试及科研部门 解析：(1)由题，意知，所有离子在平行金属 圆心，画轨迹，再利用几何关系求半径的基本 的工作，也能适用于煤 板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁 思路进行 电、气电、核电、石油、化 场动和向下的电场力平衡，有qB,三9，解转 例2.如图7所示，S为电子射线源，该源能 工、能源、治金、轻工等 在图示纸面内360°范围内向各个方向发射速率 图11 离子速度v= U 相等的质量为m的电子，MN是一块足够大的竖 行业的动力设备以及制 d为一定值本题的粒子速度大 解析：α粒子在磁场中做半径为r的匀速圆周 小虽然不变，但所有粒子的质量m不确定，结合 直挡板且与S的水平距离OS=L,挡板左侧充 冷空调设备的运行、设 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式 满垂直纸面向里的匀强磁场： 运动，可得：1-侣=20m从可构建系列胖 计、安装、调试等工作。 (1)若电子的发射速率为，要一定有电子 径为20cm并交于0点的旋转动态圆（如图11所 R=需分析，速度一定而质量变化与速度方向 经过点O,则磁场的磁感应强度B的条件？ 示)，由动态圆不难得到要使α粒子的偏向角最 定而大小不确定的带电粒子在磁场中运动情 (2)若磁场的磁感应强度为B,要使S发射大，必然α粒子在磁场区域内的弦最长由几何关 况是等效的，作出不同质量的带电粒子在磁场 出的电子能到达挡板，则电子的发射速率多大？ 系可以知道α粒子的最大偏向角α=60° 21 素养专练 数理极 知识梳理 为一段未知曲线，既不是圆弧，也不是抛物线 带电粒子在复合场中运动问题 对于此类轨迹只能根据力和运动的关系、结合 求解策略 受力特点定性分析运动特点，要想得到定量数 值关系只能选动能定理或能量守恒定律列式求 ⊙湖南闵雄波 解.由于带电粒子在复合场中受力情况复杂，运 一、解题思路及分析方法 减小，但电场力不变.答案AC 动情况多变，往往出现临界问题，此时应以题目 1.弄清复合场的组成（通常有电场和重力场 2.粒子在复合场中做匀速圆周运动时，由 中出现的“恰恰”、“恰好”、“最大”、“最高”、“至 组合，电场和磁场组合，磁场、重力场和电场组合 于匀速圆周运动的条件是合外力提供向心力， 少”等词语为突破口挖掘隐含条件，根据临界条 等)，分析带电粒子在复合场中的受力（除重力、弹 所以合外力必须大小不变而方向始终指向圆 件列出辅助方程，再与其他方程联立求解 力和摩擦力外更要重点分析电场力和洛伦滋力). 心，即恒力不能提供匀速圆周运动的向心力，如 2.结合带电粒子的初始条件和受力，分析其 有恒力必须有其他力与之抵消，如重力与电场 例3.设空间存在竖直向下文习 运动情况并画出其轨迹 力抵消后液滴在洛伦兹力作用下恰好做匀速圆 的匀强电场和垂直纸面向里的××× 3.结合力学知识及各场区间相关量（如区域 周运动的情形 匀强磁场，如图3所示，已知一 图3 长度等)的联系，选择力学规律列出关系式 离子在电场力和洛伦兹力的作 例2.如图2所示，整个 警示：粒子连续通过不同区域时的运动通常是 用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B 空间存在着水平向右的匀 由一些基本运动（如匀速直线运动、匀变速直线运 点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以 强电场和勺强磁场，在x轴 图2 动、平抛或类平抛运动、匀速圆周运动)组成，解题 上有一带电粒子（不计重力的影响），从坐标原点 下说法正确的是 () 时要分阶段处理. 0处，以初速度o=10m/s,与x轴夹角为0=60° A.该离子必带正电荷 二、解题规律的选择原则 射出，A14,以及A1。分别表示该带电粒子第1次、 B.A点和B点位于同一高度 1.粒子在复合场中做匀速直线运动时，则 第2次及第10次与x轴的交点（中间部分未画出）， C.离子在C点时速度最大 根据受力平衡列出关系式.可选用牛顿第二定 且A1、A2在数轴上的坐标分别为x1=1cm,x2=3 D.离子到达B点时，将沿原曲线返回A点 律与运动学公式结合、或者从能量规律等力学 cm.已知带电粒子从O点运动至Ao点所经历的时 解析：(1)平行板间电场方向向下，离子由A 解题途径求解 间为，=1s,试求：带电粒子第10次通过A。点时点静止释放后在电场力的作用下是向下运动，可 例1.如图1所示，带电平 的速度大小？ 见电场力一定向下，所以离子必带正电荷，A正确 行板间匀强电场竖直向下，匀 解析：带电粒子的运动可分解为：沿x方向只(2)离子具有速度后，它就在向下的电场力F 强磁场方向垂直纸面向里，某 在电场力作用下的匀加速直线运动和垂直于纸面及总与速度垂直并不断改变方向的洛伦兹力∫作 带电小球从光滑轨道上的a点 网1 的平面上只在洛伦兹力作用下的匀速圆周运动. 用下沿ACB曲线运动，因洛伦兹力不做功，电场力 自由落下，经轨道端点P进入板间后恰好沿水平方 设匀速圆周运动的周期为T,则有：T= 10s 做功等于动能的变化，而离子到达B点时的速度为 向做直线运动.现使小球从稍低些的b点开始自由 零，所以从A到B电场力所做正功与负功加起来为 0.1s 滑下，在经过P点进入板间后的运动过程中，以下 零.这说明离子在电场中的B点与A点的电势能相 沿x轴方向上有：(x2-x)-x1=aT, 分析正确的是 ( 等，即B点与A点位于同一高度，B正确 得：a,=1m/s2 A.其动能将会增大 (3)因C点为轨道最低点，离子从A运动到C 达到Ao点时：U,=ocos0+a,0=6m/s B.其电势能将会增大 电场力做功最多，C点具有的动能最多，所以离子 C.小球所受的洛伦兹力将会逐渐增大 飞，=osin0=53m/s 在C点速度最大，C正确. D.小球受到的电场力将会增大 故在A。点时的速度大小为： (4)只要将离子在B点的状态与A点进行比较， 解析：由a点下落时，小球受力平衡，由b下落 飞=√元+=√6+75m/s=10.5m/s. 就可以发现它们的状态（速度都为零，电势能相等） 时小球速度较小，进入场区后所受的洛伦兹力小 3.当带电粒子在复合场中所受合外力为变 相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域 于由a点下落时的洛伦兹力，故电场力做正功，小 力且与速度方向夹角不断变化时，粒子的轨迹 离子将在B之右侧重现前面的曲线运动，因此，离子 球的速度增大，动能增大，洛伦兹力增大，电势能 是不可能沿原曲线返▣A点的.故选ABC 第38期2版参考答案 (2)如图1 V, 正电，为使该粒子做匀速直线运动，需加一竖直向 素养专练3 dv, 下的匀强电场，电场力与洛伦兹力等大反向，相互 1.B2.A3.AD4.A5.A6.B 平衡，即有gE=gwB,解得电场强度E的大小E= 素养专练4 vB. 1.D2.C3.C4.B (3)粒子的速度v'大于v,将该带电粒子的速 第38期3版参考答案 度分解为，和2,1对应的洛伦兹力和电场力平 A组 逸度选择器Ⅱ 1.D2.A3.C4.D5.C6.B7.D 图1 衡，即有4==合在水平方向上，粒子水平向右 8.(1)eB:(2)BuR 5.解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动， m U 做匀速直线运动，，对应的洛伦兹力使之做逆时针 由洛伦兹力提供粒子圆周运动所需的向心力，则 9.(1)23eB 方向的圆周运动，根据速度分解有2='-心，圆周 3m ,（2)君 有小B=加石，则粒子做匀速西周运动的半径R。 运动的轨道半径，=m=m(0》,所以粒子沿 1. 9B gB 5粒子做匀速圆周运动周期7=2，该校子在电场方向运动的最大距离为。=2= B组 1.AD 2.BCD 3.AB 磁场中运动的时间为可得1=2元7=君 2m(。山，粒子在一个周期内运动的水平距离为 gB 4.(1)正减少 m(-哈) 2q (2)根据左手定则，结合上述可知，该粒子带本=7：2 强度大小相等.一带正电的粒子垂直于a边界 B.小物块所受的摩擦力与速度成正比 《选择性必修第二册》 进入磁场，仅在磁场力的作用下到达c线上的 C.小物块运动一段时间后将离开墙壁 D点时速度方向竖直向下，且已知线段PD垂直 核心素养阶段测试（一） 于c线.则ab线与bc线间距的比值为( D.小物块的最大速度)=mg ugB A.0.5 日③ 9.如图9，半径为R的绝缘半圆形挡板 ◆数理报社试题研究中心 2 和涂有吸附材料的直边构成一种粒子分析 4 第I卷选择题（共46分） C.25-3 D.32-4 器，直边为半圆形挡板的直径，直边两端开 5.如图5所示，半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向外、磁感 有小孔P和Q.在半圆形区域内有垂直于纸 吸附材料0 R 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分） 图9 1.如图1所示，在固定的条形磁铁上方，用 S 应强度大小为B的匀强磁场.带电粒子从A点正对着圆心0的方向 面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.一束质量均为m、电荷量均为 轻弹簧悬挂了一直导线，某一时刻给该导线通以 射入磁场，偏转后恰好从C点离开.已知带电粒 9、速率各异（有限大）的粒子从P孔沿直边方向进入分析器.已知带 由a向b方向的电流下列说法正确的是( 子的质量为m,电荷量为q,∠A0C=120°，不 电粒子与半圆形挡板碰后会反向弹回，电荷量不变但速率变为碰前 A.α端向里转动，b向外转动 计粒子重力，则下列说法正确的是 ( 的(k<1）)倍，而一旦撞上吸附材料即被吸收，电荷立即被转移.不 B.条形磁铁受到的合力变大 wwww月 A.粒子带负电 计粒子重力和空气阻力，不计粒子间相互作用 () C.当导体棒再次达到稳定时，弹簧的弹力变大 图1 B.粒子在磁场中运动的时间为0 3gB 毫 D.当导体棒再次达到稳定时，弹簧可能被压缩 图5 A.与挡板碰1次后能从Q处小孔射出的粒子出射速率为压gBR 2.如图2所示，虚线的上方存在垂直纸面向 C.粒子在磁场中运动的动量大小为√3gBR m 物 外的匀强磁场.将一粗细均匀的电阻丝折成的正 D.若只改变入射速度方向，粒子不可能经过0点 B.与挡板碰1次后能从Q处小孔射出的粒子出射速率为BR 五边形导体框abcde置于磁场中(ab边水平)，用 6.如图6所示，纸面内固定的两平行长直 m/k 选择 选 导线将恒压电源U连接在导体框的a、b两点.则· 导线ab、cd中通有大小相同、方向相反的电流， C.与挡板碰n次后能从Q处小孔射出的粒子在磁场中运动的时 择 性 位于纸面内两导线间P处（靠近ab)的粒子源 P 间为mm 性 必 下列说法正确的是 A.ba边所受的安培力方向竖直向上 图2 沿平行于ab方向发射一速度为，的带正电粒 图6 gB 第二 B.bedea部分与ba边所受的安培力大小之比为1：4 子.已知通有电流为I的长直导线，在距离导线为r处产生的磁场的 D.与挡板碰次后能从Q处小孔射出的粒子在磁场中运动的时 第 册 C.ba边与bc边所受的安培力大小相等 磁感应强度为B=kI,k为常量.不计粒子重力，图中虚线到b,d 间为n+1)mm 册 2gB 教 D.导体框所受的安培力为0 3.用如图3 的距离相等.则粒子在导线间的运动轨迹可能正确的是 10.如图10甲所示，托卡马克是一个由封闭磁场组成的“容器”，形 教 核 玻璃 核 心 所示的洛伦兹力 状像一个放倒的轮胎，带电粒子会沿封闭的磁力线做螺旋式运动，上亿 素养 演示仪演示带电 度高温的等离子体被约束在环不形的磁场中，为核聚变的发生提供必要条 件，我国托克马克装置在世界上首次实现了稳定运行100秒的成绩，托卡 养 粒子在匀强磁场 中的运动时发 7.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N,以不同的速率经小 马克装置的主要特点是采用多个磁场叠加才能实现磁约束，图乙为其真 现，有时玻璃泡 孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图7中虚线所示，下列表 空室某处横截面环向磁场的示意图，越靠近空室的右侧（即甲图中靠近 中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状，现将这一现象简 述正确的是 竖直中央轴线的一侧)环向磁场越强，不计粒子重力及相互作用，若粒子 化成如图所示的情景来讨论：在空间存在平行于x轴的匀强磁场，由 A.M带正电，N带负电 仅在图乙环向磁场中运应动，下列说法正确的是 坐标原点在xOy平面内以初速度，沿与x轴正方向成α角的方向射 B.M的速率小于N的速率 入磁场的电子运动轨迹为螺旋线，其轴线平行于x轴，直径为D,螺 C.洛伦兹力对M、N做正功 距为△x,则下列说法错误的是 ) D.M的运动时间等于N的运动时间 A.匀强磁场的方向为沿x轴正方向 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分）》 x xAx x 右 B.若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则直径D减小，而螺距△x 8.如图8所示，足够长的竖直绝缘墙壁右侧存 将增大 在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.质 C.若仅增大电子入射的初速度。，则直径D增大，螺距△x也将 量为m、带电荷量为-q的绝缘物块与绝缘墙壁之 图10 增大 间的动摩擦因数为，重力加速度为g.现将小物块 A.正离子在环向磁场中沿顺时针方向运动 D.若仅增大角(a<90°)，则直径D增大，而螺距△x将减小 紧贴竖直墙壁由静止释放，小物块沿绝缘墙壁下 B.带电粒子在环向磁场中速度的大小不变 4.如图4，a、b、c三条长平行线间有匀强磁场，bc间磁场感应强 滑，墙壁足够长，下列说法正确的是 C.在环向磁场中，带电粒子的轨迹将逐渐发生左右方向的迁移 度方向垂直于纸面向外，ab间磁感应强度垂直于纸面向里，磁感应 A.小物块运动过程中的最大加速度为g D.在环向磁场中，带电粒子的轨迹将逐渐发生上下方向的迁移高中物理人教（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，洛伦兹力提 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 $$B q v _ { 0 } = m \frac { v _ { 0 } ^ { 2 } } { r _ { 1 } }$$ 解得 $$r _ { 1 } = 0 . 1 m ，$$ ，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 $$O A = 2 r _ { 1 } \sin \alpha ，$$ ，解得 $$O A = \frac { \sqrt 3 } { 1 0 } m .$$ 3.当条形磁铁的N极竖直向下迅速靠近两环时，两环中的 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 (2)粒子在磁场中，运动轨迹如 变化，于是相互远离.故C正确. 图9，由几何关系可知圆心角 θ=2α $$= 1 2 0 ^ { \circ } ，$$ ，则在磁场中运动时间 $$t _ { 1 } =$$ $$\overrightarrow { 0 }$$ 4.因磁铁AB极性不明或螺线管的绕法不明确，C端的极 性无法判断，故AB错误；在磁体插入螺线管过程中，穿过螺线 $$\frac { \theta } { 3 6 0 ^ { \circ } } \times \frac { 2 \pi r _ { 1 } } { v _ { 0 } } = \frac { \pi } { 3 } \times { 1 0 ^ { - 7 } } s ，$$ ，离子进人 x 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 $$t _ { 2 }$$ 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 $$v _ { 0 }$$ ，的匀速直线运 同，故C错误，D正确 动，位移为 $$l _ { 1 } ，$$ ，则 $$l _ { 1 } = v _ { 0 } l _ { 2 } ，$$ ，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 加速直线运动，加速度为a，位移为 $$l _ { 2 } ，$$ ，则 $$E q = m a ， l _ { 2 } = \frac { 1 } { 2 } a l _ { 2 } ^ { 2 } ，$$ 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=BIL. .根据左手定则可知边受到的安培力沿y轴负 系可知 $$\tan 6 0 ^ { \circ } = \frac { l _ { 2 } } { l _ { 1 } } ，$$ ，代入数据解得 $$t _ { 2 } = \frac { \sqrt 3 } { 2 } \times { 1 0 ^ { - 7 } }$$ 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 则总时间t=t $$t = t _ { 1 } + t _ { 2 } = \left( \frac { \pi } { 3 } + \frac { \sqrt 3 } { 2 } \right) \times { 1 0 ^ { - 7 } } s .$$ 度均匀增大，则bc边安培力大于a ud 边的安培力，de和ab边所 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 $$B q = m \frac { v ^ { 2 } } { r }$$ 知， 越小，越大，设离子在磁场中最大 向.故D正确. 6.圆环a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 $$R = \frac { 1 } { 2 } \left( r _ { 1 } - r _ { 1 } \cos \alpha \right) =$$ 不会产生感应电流.故AC错误；圆环 匀速转动的角速度越 0.025m，由牛顿运动定律得 $$B _ { 1 } q v _ { 0 } = m \frac { v _ { 0 } ^ { 2 } } { R }$$ ，得 $$B _ { 1 } = 4 \times { 1 0 ^ { - 4 } } T ，$$ 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a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 $$B _ { 2 } = B _ { 1 } - B = 3 \times { 1 0 ^ { - 4 } } T .$$ 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.I 2.D 3.C 4.D 5.D 6.B 7.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 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 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