第40期 楞次定律-【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 本版责任编辑：宋燕明 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 (上接第3版) 题型空间 报纸发行质量反馈电话， 3.如图3所示，线圈 M和线圈P绕在同一个 聚焦楞达定律 0351-5271248 铁芯上，下列说法正确 可持续能源 的是 () 图3 ◆湖南刘庆阳 A.当闭合开关S的 专业简介：研究可持 楞次定律解决了感应电流的方向判断问无磁场区域cdf内有一半径很小的金属圆环 瞬间，线圈P中有与图示方向相同的感应电流 续能源技术的开发和实 题，每年的高考试题中都会出现相应考题，题L,圆环与导轨在同一平面内.当金属棒αb在水 B.当闭合开关S的瞬间，线圈P中有与图示方 施，以支持经济和环境的 型也多种多样，在历年高考中，选择、填空、实平恒力F作用下从磁场左边界f处由静止开 向相反的感应电流 验、计算各种题型都出现过，属高考必考内容.始向右运动后，圆环L有 （填“收缩” 可持续发展。可持续能源 C.当断开开关S的瞬间，线圈P中有与图示方 在近十年的高考中，命题热点为楞次定律“阻 或“扩张”)趋势，圆环内产生的感应电流 是未来新能源全产业链 向相同的感应电流 碍”含义的考查.楞次定律可理解为：感应电流 (填“变大”、“变小”或“不变”) D.当断开开关S的瞬间，线圈P中有与图示方 跨学科研究，包含材科 的效果总是要阻碍产生感应电流的原因，表现 向相反的感应电流 智能、自动化等领域的综 为：阻碍的是原磁场的变化或原磁通量的变 LO 二、填空题（共9分） 化：阻碍相对运动，可理解为“来拒去留”；使线 合学科。可持续的能源供 4.小张同学用图4甲的实验装置“研究电磁感 圈面积有扩大或缩小的趋势；阻碍原电流的变 图2 应是以满足目前的需求 应现象”.断开开关瞬间，发现灵敏电流计的指针 化利用上述规律分析问题可以独辟蹊径，达 解析：当金属棒ab在水平恒力F作用下从 又不损害未来后代满足 向右偏转了一下 到快速准确的效果， 磁场左边界ef处由静止开始向右运动时，回路 他们的需求的能力。促进 例1.如图1所示，金属环A用轻绳悬挂，与acb产生逆时针方向的感应电流，在金属圆环 可持续能源的技术，包括 》D 长直螺线管共轴，并位于其左侧，若变阻器滑L处产生垂直于纸面向外的磁场，随着金属棒 可再生能源，如水电，太 片P向左移动，则金属环A将向 (填向右加速运动，圆环的磁通量将增大，由楞次 “左”或“右”)运动，并有 (填“收缩” 定律知，圆环L有收缩趋势以阻碍圆环的磁通 阳能，风能，波浪能，地热 或“扩张”)趋势 量的增大；由于金属棒向右运动的加速度减 能，潮能，同时也包括设 图4 小，单位时间内磁通量的变化率减小，所以在 计为提高能源利用效率 圆环中产生的感应电流不断减小 (1)闭合开关稳定后，将滑动变阻器的滑片向 的技术。 答案：收缩，变小 右滑动过程中，灵敏电流计的指针 （选填 图1 点评：在高考中，楞次定律经常和法拉第 培养目标：培养人类 “向左偏转”“向右偏转”或“不偏转”)； 解析：变阻器滑片P向左移动，电阻变小， 电磁感应定律、相关图象、磁场、电路以及力学 与社会可持续发展、资源 (2)如图乙所示，R为热敏电阻，其阻值随着 与环境可持续发展研究 周围环境温度的升高而减小.轻质金属环A用轻绳 电流变大，根据楞次定律，感应电流的磁场方中的能量等知识相结合来考查，希望引起同学 悬挂，与长直螺线管共轴(A线圈平面与螺线管线 向与原电流磁场方向相反，相互排斥，则金属们在学习中高度的重视。为了能灵活应用楞次 可持续发展的宏观管理 环A将向左运动，因磁通量增大，金属环A有收定律解决问题，应注意楞次定律的几种特殊形 圈平面平行)，并位于其左侧，若周围环境温度急 与战略研究、经济可持续 缩趋势. 式：(1)阻碍原磁通量的变化或原磁场的变 剧上升时，从左向右看，金属环A中电流方向 发展研究、人口可持续发 答案：左，收缩 化.(2)阻碍相对运动，可理解为“来拒去留” (选填“顺时针”或“逆时针”)，金属环A 例2.如图2所示，金属棒ab置于水平放置 (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势.(4)阻 展研究、信息化与可持续 将有 (选填“收缩”或“扩张”)的趋势 的U形光滑导轨上，在f右侧存在有界匀强磁碍原电流的变化（自感现象）.利用上述规律分 发展研究、综合性可持续 三、论述题（共15分） 5.匀强磁场磁感应强度为B,磁场宽度为L, 场B,磁场方向垂直导轨平面向下，在©f左侧的析问题可以独辟蹊径，达到快速准确的效果. 发展研究、区域可持续发 正方形金属框abcd边长为l,每边电阻为r,金属框 展研究的人才 第39期参考答案 以速度v匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感 1.C2.B3.B4.C5.C6.C7.Do 2=号×10，离子进人电场后，经过时间 专业培养要求：培养 线方向垂直，如图5所示，在线圈进出磁场过程中： 8.ABD 9.AC 10.BD 2再次到达x轴上，分析知离子在电场中做类 学生围绕循环经济、资源 (1)画出穿过abcd线框的磁通量随时间变化 1.(10520:(2)低：(3)方 d 平抛运动，离子沿垂直电场方向做速度为的 效率及可持续资源管理 的图像； BIb 进行研究，提升相关的专 (2)判断abcd线框上进入磁场过程中cd边上 匀速直线运动，位移为41，则4=2，离子沿 12.竖直向下 前表面 Uneh 的电流方向： 电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加 业知识与技能，从而能够 (3)说明cd边在进出磁场过程中受到的安培 13.(1)0.088kg.(2)12,0.116kg 速度为a,位移为l2,则Eg=ma,l2= 2,由 胜任领域内的领导角色。 力方向 (3)m=0.041-0.004kg(0.1A<I<3A). 就业方向：可持续 14.160(2)器 几何关系可知tan60°= 代人数据解得 能源专业学生毕业后可 (3)(√43-3-1). 15.解析：(1)离子在磁场中做匀速圆周 ×10,则总时间=4+6=（号+） 在能源行业、输电业、电 2 气设备制造业等行业从 运动，洛伦兹力提供向心力，由Bg,=m三解 ×10-7s 事土木、结构、汽车、海 得r1=0.1m,由几何关系得离子在磁场中的 (3)由Bg=m知，B越小，r越大，设离 底和电气工程师，以及 电力系统、能源和环境 轨迹半径0A=2r,sin&,解得0A= 子在磁场中最大轨迹半径为R,由图中几何关 10 可再生能源顾问等工 (2)粒子在磁场 系得R=2(-1c0sa)=0.025m,由牛顿 作。还可以选择在高等 中，运动轨迹如图由几 何关系可知圆心角0= 准得B9地=mR,得B4× 院校和研究所从事教学 2a=120°，则在磁场中 和研究工作 0 则外加磁场磁感应强度的最小值B,=B, B (参考答案见下期) 运动时间4=360° =3×104T. 数理极 2026年4月27日·星期 高中物理 第40期总第1184期 人教 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 一、感应电流的产生 产生感应电流的条件是“穿过闭合电路的 例析 磁通量发生变化”，即要产生感应电流，必须同 时满足两个条件，一个是电路闭合，另一个则是 感应电流的产生及方向的判断 穿过电路的磁通量发生变化 山东 刘素梅 例1.如图1所示，闭合 如图5所示，在匀强磁场中，有 B.先abeda,再debad 的矩形金属线框abcd仅有aT XX 闭合矩形线圈abcd,可绕垂直于磁 C.始终dcbad 半置于范围足够大的匀 感线的固定轴00转动.在转动中， D.先dcbad,再abeda,后dcbad 强磁场中，开始时线框平面 由于线圈平面与磁感线方向的夹角 解法一：由右手定则判断 图1 图5 与磁场垂直，现从图示位置 0不断变化，所以，穿过线圈平面的磁通量也在 线框向右运动时，只有ab和cd两个边切割 绕轴O0'按图示方向转动，线框中有感应电流 不断变化 磁感线.根据通电导线AB周围磁场的分布情况 产生吗？试加以分析， (4)磁场、线圈面积都变化时，也可引起穿 可知，开始时，即在cd边越过通电导线AB之前 解析：由于开始时线框仅有 过线圈的磁通量变化 (如图8甲所示)，ab和cd边以相同的速度切割 -半处于磁场中，所以在ad边进 例2.如图6所示，导线ab © 磁感线，由右手定则可以判断，它们在闭合线框 入磁场之前，穿过线框的磁通量 和cd互相平行，则下列四种情 中形成的感应电流方向相反，即分别是逆时针 是不发生变化的，所以这一阶段 况下导线cd中无电流的是 网) 和顺时针的.但由于cd边所在处的磁感应强度 线框中无感应电流产生.只有当线框转过60° ( ) 图6 大，所以此时感应电流的方向是顺时针方向的， 角，即从ad边进人磁场开始，穿过线圈的磁通量 A.开关S闭合或断开的瞬间 即debad.一旦cd边开始越过通电导线AB(如图 才发生变化，如图2所示（俯视图）.但随着线框 B.开关S是闭合的，但滑动触头向左滑 乙所示)，根据ab和cd边所在处的磁感应强度 在磁场中的转动，一旦线框的αd边转出磁场，穿 C.开关S是闭合的，但滑动触头向右滑 的方向，由右手定则可以判断得出此时线框中 过线框的磁通量又不发生变化了，电磁感应现 D.开关S始终闭合，不滑动触头 的感应电流的方向是逆时针方向，即abeda..随 象又消失了，以后将重复上述过程， 解析：如果导线cd中无电流产生，则说明上 着线框继续向右运动，ab边越过通电导线AB后 综上所述，只有线框全部转人磁场中时，才 面的闭合线圈的磁通量没有发生变化，也就是 (如图丙所示)，同理可以判断出此时线框中的 会有感应电流产生，否则没有， 说通过导线b段的电流没有发生变化.而A、B、 感应电流的方向是顺时针方向，即debad 误点警示：磁通量的计算公式是：Φ= C三种情况的过程通过导线ab中的电流都发生 综合以上分析，答案应选D. BSsin0,式中的Ssin0应是磁场区域内线框平 了变化，则都能在cd导线中产生感应电流，故 面在垂直于磁场方向上的投影（面积）大小所 ABC错误；开关S始终闭合，不滑动触头，ab中 以在此题的讨论中，千万不要误认为线框从开 电流不变，穿过上面回路的磁通量不变，cd中不 : + + 始运动就有感应电流产生.一定要记住：磁通量 产生感应电流，故D正确。 。× 二、感应电流方向的判断 的实质是穿过某一面的磁感线的条数！ 感应电流方向的判断，既可用右手定则，也 引起穿过闭合回路的磁通量变化一般有以 可用楞次定律： 图8 下几种情况： 解法二：由楞次定律判断 ①右手定则：适合于判断导线切割磁感线 (1)由于磁场变化而引起穿过闭合回路的 的情形.用右手定则判断感应电流的方向不要 通电导线AB所产生的磁场，在AB的左侧 磁通量发生变化，即S不变，B变化 仅仅停留在应用上，还要对电流的形成的实质 方向是垂直纸面向外的，而在AB的右侧方向是 如图3所示当线圈 加以理解，即导线中的自由电子随导线一起做 垂直纸面向里的，并且离导线越近磁场越强，线 靠近条形磁铁的N极 图3 定向运动，于是在洛伦兹力的作用下就会发生 框开始向右运动时，由图甲可以看出，穿过线框 时，由于离N极近处的磁感应强度B较强，使得 定向移动形成电流 的向外的磁通量是逐渐增加的，根据楞次定律 线圈内部空间的磁感应强度变大，而线圈所包 ②楞次定律：都适用.应用楞次定律时，一 可以判断出此时线框中的感应电流方向是 围的面积不变，因此线圈的磁通量增大 定要正确理解定律中“阻碍”二字的深刻含义， dcbad.一旦线框的cd边越过通电导线AB,如图 (2)由于闭合回路的面积S发生变化而 “阻碍”的并不是磁通量，而是磁通量的变化！即乙所示，穿过线框的磁通量既有向外的，也有向 起磁通量变化，即B不变，S变化 感应电流的磁场方向并不总是和“引起感应电 里的，并且向外的磁通量减小，而向里的磁通量 如图4所示，金属导体 流的磁场方向”相反的，当“穿过电路的磁通量增加，由楞次定律可以判断出这一过程中线框 框架处在匀强磁场中，当 增加时”，感应电流的磁场方向就和“引起感应 中的感应电流方向是abeda.随着线框继续向右 导体棒ab左右滑动时，就 电流的磁场方向”相反，否则就相同， 运动，当它的ab边越过通电导线AB后，穿过线 会引起闭合回路的面积变 例3.如图7所示，导线框abcd 框的磁通量就只有垂直纸面向里的了，并且在 化，从而引起穿过闭合回路的磁通量发生变化 与导线AB在同一平面内，直导线 逐渐减小，由楞次定律判断出线框中感应电流 (3)线圈平面与磁场方向的夹角0发生变中通有恒定电流1，在线框由左向 的方向是debad. 化时，即线圈在垂直于磁场方向的投影面积右匀速通过直导线的过程中，线框 综合以上分析，答案应选D. S,=Ssin0发生变化，从而引起穿过线圈的磁 中感应电流的方向是 点评：在判断感应电流的方向时，适当选用 通量发生变化，即B、S不变，0变化 A.先abcda,再dcbad,后abeda 右手定则或楞次定律可简化解题过程 2 素养专练 1.楞次定律 4.如图2所示，通电导线旁 边同一平面有矩形线圈abcd,则 1.下列说法正确的是 A.有感应电流就一定有感应电动势 A.当线圈向导线靠近时， B.通电导线在磁场中一定受到安培力作用 其中感应电流方向是a→b→c 图2 C.感应电流的磁场方向总是与引起感应电流 →d 的原磁场方向相反 B.若线圈竖直向下平动，有感应电流产生 D.楞次定律是欧姆定律在电磁感应中的具体 C.若线圈向右平动，其中感应电流方向是α→ 体现 :b→c→d 2.下列关于感应电流的说法正确的是() D.当线圈以导线边为轴转动时，其中感应电 A.当闭合回路所在区域的磁场变化时，回路流方向是a→b→c→d 中一定产生感应电流 5.如下图所示，一个闭合导体圆环固定在水 B.感应电流的磁场总要阻止引起感应电流的平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆 磁通量的变化 :环内产生了感应电流.下列四幅图中，产生的感应 C.感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的：电流方向与条形磁铁的运动情况相吻合的是 磁通量的变化 D.感应电流的磁场总跟引起感应电流的磁场 方向相反 3.(多选)如图1所示，在× 匀强磁场中有一个用比较软的 金属导线制成的闭合圆环在 此圆环的形状由圆形变成正方 形的过程中 A.环中有感应电流，方向a→d→c→b B.环中有感应电流，方向a→b→c→d C.环中无感应电流 D.环中有感应电流 2.右手定则 在磁感应强度为B的匀强磁场中向右做匀加速运 动时，下列结论中正确的是 1.如图1所示，金属棒与金属导轨垂直放置， A.线圈L,中的电流方向与图中所标方向相反 且接触良好，导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场， B.电流计G中无电流通过 当金属棒ab沿导轨向右匀速滑动时，螺线管左侧 C.电流计G中有电流通过，方向从a到b 小磁针的N极受力方向为 D.电流计G中有电流通过，方向从b到a 4.(多选)如图表示闭合电路中的一部分导体 a山在磁场中做切割磁感线运动的情景，其中能产 生由b到a的感应电流的是 A.水平向左 B.水平向右 C.垂直纸面向里 D.垂直纸面向外 b向纸外运动 2.如图2所示，导线框abcd与通电直导线在同 平面内，彼此绝缘，直导线通有恒定电流I并通 过ad和bc的中点，当线框在外力作用下突然向右 运动的瞬间，则 ) A.线框中有感应电流，且按顺时针方向 ×× B.线框中有感应电流，且按逆时针方向 C.线框中有感应电流，但方向难以判断 5.如图4所示，光滑 D.由于穿过线框的磁通量为零，所以线框中平行金属导轨Pp'和 没有感应电流 QQ'都处于同一水平面 内，P和Q之间连接一电 阻R,整个装置处于竖直 向下的匀强磁场中，现垂直于导轨放置一根导体 棒MN,MN向左运动时，流过导体棒的电流方向为 ,MN向右运动时，流过导体棒的电流方 3.如图3所示，若不计滑轨的电阻，当导线MW向为 (均选填“M→N”或“N→M”) 数理极 数理极 素养·测评 3.楞次定律的应用 《电磁感应》 10.(12分)看图回答下列问题： (1)如图9所示，用楞次定律分析闭合导体回 1.如图1所示，圆环形导 路的一部分导体做切割磁感线运动时导体中感应 体线圈a平放在水平桌面上， 在a的正上方固定一竖直螺 同步核心素养测试（一 电流的方向，应研究的是哪个闭合导体回路？当导 体棒CD向右运动时，用楞次定律如何判断导体棒 线管b,二者轴线重合，螺线管 CD中的感应电流的方向？ ©本报命题组 (2)如图所示，根据楞次定律，仅当磁场方向 与电源和滑动变阻器连接成 A组基础篇 负方向 反向时，导体棒CD中感应电流的方向是什么？仅 如图所示的电路.若将滑动变 D.感应电流沿逆时针方向，安培力合力向y轴 当导体棒CD的运动方向反向时呢？当磁场方向和 阻器的滑片P向上滑动，下列说法正确的是 负方向 导体棒的运动方向都反向时呢？ 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分）》 6.如图5所示，均匀带负电 (3)参考左手定则，使磁感线仍从掌心进人， A.线圈α中将产生俯视时针方向的感应电流 1.关于电磁感应现象，下列说法中正确的是 的圆环a绕过圆心与圆环所在平 四指仍指向电流方向，如何表示出感应电流的方 B.穿过线圈a的磁通量变大 ( 面垂直的轴0顺时针旋转，闭合 向、原磁场的方向、导体棒运动的方向三者之间的 A.导体在磁场中运动一定能产生感应电流 金属小圆环b与圆环a在同一平 C.线圈a有缩小的趋势 关系？ B.闭合线圈整个放在变化磁场中一定能产生 面内，且与a同心，则() D.线圈a对水平桌面的压力将增大 感应电流 A.若圆环a匀速转动，小 2.如图2所示，当磁场的磁× C.感应电流的磁场总跟原来的磁场方向相反 圆环b内有顺时针方向的感应电流 感应强度B在逐渐减弱的过程 D.感应电流的磁场总是阻碍原来的磁通量的 B.圆环a匀速转动的角速度越大，穿过小圆环 中，内外金属环上的感应电流的 变化 b的磁通量越大 定感立电流的 图9 方向应为 () 2.如图1所示，金属环从条 C.圆环a做匀速转动的角速度越大，小圆环b A.内环顺时针方向，外环 形磁铁的正上方A处由静止开 内的感应电流越大 始下落，则 ( ) 逆时针方向 D.圆环a加速转动时，小圆环b内有逆时针方 A.从A到B,穿过金属环的 向的感应电流 B.内环逆时针方向，外环顺时针方向 磁通量减少 7.如图6所示，要使Q C.内外环均顺时针方向 B.从A到B,金属环受磁场 线圈产生图示方向的电 D.内外环均逆时针方向 力方向向下 流，可采用的方法有 3.如图3所示光滑 C.从B到O,金属环不受磁场力的作用 水平绝缘面上有两个金 D.从B到O,金属环中产生感应电流 A.闭合电键K后，把R 图6 属环静止在平面上，环1 3.如图2所示，光滑的水 的滑片右移 竖直，环2水平放置，均 平桌面上放着a和b两个完 B.闭合电键K后，把P中的铁芯从左边抽出 处于中间分割线上，在平 全相同的金属环如果一条 C.闭合电键K后，把Q靠近P 形磁铁的N极竖直向下迅速 D.电键K由闭合状态打开的瞬间 面中间分割线正上方有一条形磁铁，当磁铁沿中间 靠近两环，则 B细能力篇 分割线向右运动时，下列说法正确的是 图2 二、填空题（共6分） A.a、b两环均静止不动 8.如图7所示，一个可以 一、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18 A.两环都向右运动 B.a、b两环互相靠近 伸缩的导线圆环位于垂直纸 分) B.两环都向左运动 C.a、b两环互相远离 面向里的匀强磁场中，当磁 1.如图1所示，匀强磁场垂 C.环1静止，环2向右运动 D.a、b两环均向上跳起 感应强度增大时，导线环中 直纸面向里，正方形闭合金属 D.两环都静止 4.如图3所示，螺线管 A 感应电流的方向为 线框从空中落入磁场，在下落 4.（多选)如图4所示，圆 CD的导线绕法不明，当磁体 B (选填“顺时针”或“逆时 图7 过程中，线框的bc边始终与磁 环形导体线圈a平放在水平 AB插入螺线管时，电路中有 针”)；此时圆环最上端的导线微元受到安培力的场的边界平行，完全进人磁场 × X 桌面上，a的正上方固定一竖 图示方向的感应电流产生， 方向 (选填“向上”或“向下”)；圆环会 后再从磁场中离开，下列说法 图1 下列关于螺线管产生的磁场 直螺线管b,二者轴线重合，螺 （选填“扩张”或“收缩”). 正确的是 ( 极性的判断正确的是( ) 三、论述题（本题共2小题，共24分） A.线框进入磁场过程中，ab边中感应电流方 线管与电源和滑动变阻器连 A.C端一定是N极 9.(12分)(1)如图8(a)所示是法拉第发现向b→a 接成如图所示的电路，要使圆 B.C端一定是S极 电磁感应现象的实验示意图，A、B是套在同一铁芯 B.线框进入磁场过程中，bc边受到的安培力 环形导体线圈α中产生从上向下看顺时针的感应 C.C端的极性一定与磁铁B端的极性相反 上的两个线圈.试标出当开关S闭合的瞬间，与线：方向向上 电流，下列操作中可行的是 () D.C端的极性一定与磁铁B端的极性相同 圈B相连接的灵敏电流计中电流的方向. C.线框离开磁场过程中，cd边中感应电流方 A.将线圈a水平向左移动 5.如图4所示，正方形金属 (2)如图(b)所示，当S接通或断开时，线圈向cd B.将通电螺线管水平向右移动 线框abcd放置在光滑水平面 4、B中分别产生了什么方向的感应电流？ D.线框离开磁场过程中，da边受到的安培力 C.拔出通电螺线管中的铁芯 上，水平面上有x0y平面直角坐 方向向上 D.向下移动滑动变阻器的触头 标系，该空间有竖直向下的磁 2.如图2所示，光滑固定 场，沿y轴正方向磁感应强度均 导轨m、n水平放置，两根导 匀增大，线框保持ad边与x轴 体棒p9平行放于导轨上，形 平行向y轴正方向做匀速运动.关于线框中感应电 成一个闭合回路.当一条形 流及线框所受安培力的合力方向，下列说法正确 磁铁从高处下落接近回路时 的是 (不计空气阻力)( A.感应电流沿顺时针方向，安培力合力沿y轴 A.P、q将互相靠拢 正方向 B.p,9将互相远离 B.感应电流沿逆时针方向，安培力合力向y轴 C.磁铁下落的加速度仍为g ◎本报命题组 正方向 D.磁铁下落的加速度小于g (参考答案见下期) C.感应电流沿顺时针方向，安培力合力向y轴 (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