作业(二) 磁场对运动电荷的作用力-【假期作业】2026年高二物理暑假假期作业

[每日格言]在真实的生命里，每桩伟业都由信心开始，并由信心跨出第一步 高二物理 作业（二） 今 月 日 星期 磁场对运动电荷的作用力 台 历 天气 1考点突破 的电流。则通过正方形中心O处垂直纸 面向里运动的电子所受磁场力的方向是 知识点一洛伦兹力 1.洛伦兹力的方向 手掌：拇指与四指垂直且 d☒ 0 ⑧b 在同一平面内 左手定则图 四指：正电荷运动方向或 A.向上 B.向下 负电荷运动的反方向 C.向左 D.向右 磁场：穿过手心 2.下图所示，①②③④各图中匀强磁场的磁 拇指：洛伦兹力方向 感应强度均为B,带电粒子的速率均为V, 方向 (1)B的方向与的方向不一定垂直； 电荷量均为q。以F1、F2、F3、F4依次表示 关系 (2)F⊥B、F⊥v一定成立 四图中带电粒子在磁场中所受洛伦兹力的 决定 大小，则 电荷的正负、速度方向、磁场方向 因素 洛伦兹力方向始终与粒子运动方向垂直， 30° 0 特点故洛伦兹力不做功，只改变带电粒子的运 B× 十 B 动方向 ① 2.对公式F=quBsin0的理解(0为B与v的 夹角) B 609 (1)当v=0、F=0时，即静止电荷在磁场 603 ×n×× B 中受到的磁场对电荷的作用力一定为0。 30°. × ×× (2)当0=0°或0=180°时，F=0,即带电粒 ③ ④ 子的运动方向与磁场方向互相平行时，不 A.F=F2 B.F=F 受洛伦兹力。 C.F2=Fs D.F2=F (3)当0=90°时，F=qvB,此时洛伦兹力 知识点二带电粒子在匀强磁场中的运动 最大。 1.当，∥B时，带电粒子（重力不计）做匀速 (4)B与v夹角为0时，F=quBsin0。 直线运动。 ■跟踪训练 2.当v。⊥B时，带电粒子做匀速圆周运动，洛 1.如图所示，在a、b、c、d处放置四根通电导 伦兹力提供向心力，即gB=m0 ,有r= 体，四根导体与纸面垂直，其横截面位于正 gB 方形的四个顶点上，导线中通有大小相同 2πm 暑假作业现实是此岸，理想是彼岸，中间隔着湍急的河流，行动则是架在河上的桥梁。 [每日格言] 3.有界磁场内部圆周轨迹的分析方法 (1)该带电粒子的电性； (1)已知粒子运动轨迹上两点的速度方向 (2)该带电粒子的比荷9 时，作这两速度的垂线，交点即为圆心，如 图甲所示。 (2)已知粒子轨迹上的两 0× 点和其中一点的速度方 向时，画出粒子轨迹上的 M 两点连线（即过这两点的 圆的弦)，作它的中垂线， 并画出已知点的速度的 垂线，则弦的中垂线与速度的垂线的交点 即为圆心，如图乙所示。 ■跟踪训练 知识点三质谱仪和回旋加速器 3.如图所示，在x轴上方有匀强磁场B,一个 一、质谱仪的有关规律 质量为m,带电量为一g的粒子，以速度v 1.用途：测量带电粒子质量和分析同位素。 从O点射入磁场，日角已知，粒子重力不 2.原理图（如图） 计，则粒子在磁场中的运动时间为（) ×××××× ×××××× B 显示屏D ×分××0××× (照相底片) -9 A.Om .qB B.28z gB 3.工作原理 C.(2r-0)m D.2r-20)m (1)带电粒子在电场中加速，使粒子获得一 gB gB 定的动能：gU=mu 2。 4.如图所示，在x轴上方 xx xx x 存在着垂直于纸面向 XXX×Bx (2)使加速后的带电粒子垂直射入磁场中， 里、磁感应强度为B的 0 粒子在隘场中受洛伦滋力偏转：营器。 匀强磁场。一个不计重力的带电粒子从 二、回旋加速器 坐标原点O处以速度进入磁场，粒子进 1.粒子被加速次数的计算：粒子在回旋加速 入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴 正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴 器中被加速的次数n= Ea(U是加速电压 后在磁场中到x轴的最大距离为a,求： 的大小)，一个周期加速两次。 6 [每日格言]坚强的信念能赢得强者的心，并使他们变得更坚强。 高二物理 2.粒子在回旋加速器中运动的时间：在电场 2综合训练 中运动的时间为t1,在磁场中运动的时间 1.关于电场力与洛伦滋力，以下说法正确的是 为6=名T-昭(n是粒子被加速次数)， ( 总时间为t=t1十t2,因为t1《t2,一般认为 A.电荷只要处在电场中，就会受到电场 在盒内的时间近似等于t2。 力，而电荷静止在磁场中，也可能受到 ■跟踪训练 洛伦兹力 5.一束几种不同的正离子，垂直射人有正交 B.电场力对电场中的电荷一定会做功，而 的匀强磁场和匀强电场区域里，离子束保 洛伦兹力对磁场中的电荷却不会做功 持原运动方向未发生偏转，接着进入另一 C.电场力与洛伦兹力一样，受力方向都在 匀强磁场，发现这些离子分成几束，如图所 电场线和磁感线上 示，对这些正离子，可得出结论 ( D.只有运动的电荷在磁场中才有可能受 到洛伦兹力的作用 2.如图所示，带正电的小球以速度竖直向 下进入一有界匀强磁场，磁场方向垂直纸 面向里。则小球 ( A.它们的动能一定各不相同 ××1×× B.它们的电量一定各不相同 B ××v×X C.它们的质量一定各不相同 D.它们的比荷一定各不相同 XXX 6.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核 A.刚进入磁场时受到的洛伦兹力的方向 心部分是分别与高频交流电极相连接的两 水平向右 个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周 B.在磁场中的速度不变 期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都 C.在磁场中的加速度不变 能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于 D.在磁场中受到的洛伦兹力做正功 盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电 3.(2025·南昌摸底)初速度为的 粒子射出时的动能，则下列说法中正确 电子，沿平行于通电长直导线的 的是 方向射出，直导线中电流方向与 左 右 电子的初始运动方向如图所示，则() A.电子将向右偏转，速率不变 B.电子将向左偏转，速率改变 C.电子将向左偏转，速率不变 D.电子将向右偏转，速率改变 4.(多选)如图所法，同一个带电液滴从左侧 A.增大匀强电场间的加速电压 同一点以不同速率向右射入水平方向的匀 B.减小磁场的磁感应强度 强磁场中，入射速率为、2和时，其 C.减小周期性变化的电场的频率 运动轨迹分别为1、2和3，其中轨迹2为 D.增大D形金属盒的半径 直线，则下列说法正确的有 ) 暑假作业人生的价值，并不是用时间，而是用深度去衡量的。 [每日格言] ×××××3 7.(多选)(2026·沧州一模)在半导体离子注 m××x×X 入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和 X文×××2 ××××X1 P3+,经电压为U的电场加速后，垂直进人 ××××× 磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、 A.该液滴一定带正电 有一定宽度的匀强磁场区域，如下图所示。 B.轨迹1和3可能是圆弧 已知离子P+在磁场中转过0=30°后从磁 C.v1<v2<v3 场右边界射出。在电场和磁场中运动时， D.液滴沿轨迹1运动时机械能增大，沿轨 离子P+和P3+ () 迹3运动时机械能减小 5.(多选)(2025·天津滨海新期中)一个电子 (不计重力，质量为m,电荷量为e)以速度 垂直进人磁感应强度为B的匀强磁场 中，则 () B ××× "×× A.在电场中的加速度之比为1：1 ×××× B.在磁场中运动的半径之比为3：1 A.电子在图示时刻受到垂直。向上的洛 C.在磁场中转过的角度之比为1：2 伦兹力 D.离开电场区域时的动能之比为1：3 B.电子在磁场中匀速圆周运动的半径 8.(2024·广西卷)Oxy坐标平面内一有界 r=mvo 匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小 eB 为B,方向垂直纸面向里。质量为m、电荷 C.电子的速度始终不变 量为十q的粒子，以初速度v从O点沿x D.电子的动能始终不变 轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y 6.(2025·全国卷)如图，正方形abcd内有方 轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重 向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内 力，则P点至O点的距离为 () 从顶点a以速度v。射入磁场，速度方向垂 直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子 可分别从ab边的中点、b点和c点射出，在 ×u×X,x 磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3,则 ××9××× ------------- () A.mv “gB C.(1+2) qB .+竖器 9.(2024·甘肃卷)质谱仪是科学研究中的重 要仪器，其原理如图所示。I为粒子加速 A.t1<t2=t3 B.t<t<t 器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强 C.t1=t2>t3 D.t1>t2>t3 电场的电场强度大小为E,方向沿纸面向 8 [每日格言]为别人鼓掌的人也是在给自己的生命加油。 高二物理 下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1,方 10.(2025·湖北卷)如图所示，两平行虚线 向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁 MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和 场的磁感应强度大小为B2,方向垂直纸面 PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的 向里。从S点释放初速度为零的带电粒 匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和 子（不计重力），加速后进入速度选择器做 2B。一质量为m、电荷量为g的带正电 直线运动、再由O点进人分离器做圆周运 粒子从MN左侧O点以大小为v。的初 动，最后打到照相底片的P点处，运动 速度射出，方向平行于MN向上。已知 迹如图中虚线所示。 0点到MN的罪离为0B粒子能回到 O点，并在纸面内做周期性运动。不计重 力，求： B2 U MP B 00 0× 0由 E 0 。。 B°NQ2B (1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的 (1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷； 半径； (2)求O点到P点的距离； (2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置 (3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强 的间距； 度大小变为E2(E2略大于E1),方向不变， (3)粒子的运动周期。 粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的 O点上。求粒子打在O点的速度大小。 9[每日格言]只有一条路不能选择一那就是放弃的路；只 ........................................................................ 参考 作业（一）磁场对通电导线的作用力 [考点突破]一跟踪训练 1.B2.A3.B 4.BD根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安 培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变 大，故A错误，B正确；半圆环AB所受安培力的等效 长度为直径AB,则安培力大小为F=BI·2r=2BIr, 故C错误，D正确。 5,C接通开关，由线圈电流方向和安培定则，可知电磁 铁左端为N极，右端为S极。则通电直导线左半部分 磁场斜向右上方，右半部分磁场斜向右下方。根据左 手定则，通电导线左半部分受安培力向里，右半部分受 安培力向外，即A端向纸内运动，B端向纸外运动。通 电导线旋转至垂直纸面向里方向，而磁场向右，则安培 力向下，悬线张力变大，故选C 6.A根据安培定则可知，通电导线在左侧产生的磁场方 向垂直纸面向外。采用电流元法，将圆形线圈分成前 后两半，根据左手定则可知，外侧半圆受到的安培力向 上，内侧受到的安培力向下，圆形线圈将转动。再用特 殊位置法：圆形线圈转过90°时，通电直导线对左半圆 形线圈产生吸引力，对右半圆形线图产生排斥力，圆形 线圈靠近通电直导线，所以圆形线圈向左运动。故A 正确，B、C、D错误。 [综合训练] 1.B 2.D设圆弧形导线的半径为R,则题图甲中圆孤形导线 在垂直于磁感线方向的投影长度为R,则有F=BIR 题图乙中圆孤形导线在垂直于磁感线方向的授影长度 为√2R,圆孤形导线受到的安培力大小为F=BI·√2R =√2BIR=√2F,故选D 3.BC如图甲所示，导体棒处的磁场方向指向右上方，根据 左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向 指向右下方，对条形磁铁受力分析，如图乙所示，F1> F2,即台秤示数F1>F2,在水平方向上，由于F有向左的 分力，磁铁压缩弹簧，所以弹簧长度将变短。 00 0001 甲 乙 4.C根据右手螺旋定则可知导线框所在磁场方向向里， 由于I1>I2,可知左侧的磁场强度大，同一竖直方向上 的磁场强度相等，故导线框水平方向导线所受的安培 力相互抵消，根据左手定则结合F=BIL可知左半边 竖直方向的导线所受的水平向左的安培力大于右半边 竖直方向的导线所受的水平向右的安培力，故导线框 所受安培力的合力方向水平向左，故选C。 5.C平行电流间的作用规律：同向电流相互吸引，反向 电流相排斥。所以导线O受到导线C的吸引力和导线 A、B的排斥力，合力不为0且方向沿O指向导线C, A错误，C正确；导线A、B中的电流同向，相互吸引，且 距离大于C、O间的距离，引力小于F,B错误；根据对 称性可知，导线A、O之间的作用力大小为F,且电流异 向，故导线A、O之间的作用力为斥力，D错误。 6.AC由题意线圈底边所受安培力方向竖直向下，由左 手定则，可知线圈中电流为逆时针方向；滑轮两边平 衡，有G线圈=mg,C我圈十nBL=mg,m=m十nBL1,对 应图像，可知m0=b,k=nBL,即B=g,故A,C正确， nL D错误；该装置是利用通电线圈在磁场中受安培力的 原理，而非电磁感应，故B错误。 有一条路不能拒绝一一那就是成长的路。 高二物理 答案 7.BC若B沿之正向，则从O向O'看，导线受到的安培 力F=ILB,方向水平向左，如图甲所示，导线无法平 衡，A错误；若B沿y正向，导线受到的安培力竖直向 上，如图乙所示。当FT=0,0=0且满足ILB=mg,即 B=时，导线可以平衡，B正确；若B沿之负向，导线 IL 受到的安培力水平向右，如图丙所示，若满足FTsin0= ILB,FTcos日=mg,即B=mgan9,导线可以平衡， IL C正确；若B沿悬线向上，导线受到的安培力垂直于导 线指向左下方，如图丁所示，导线无法平衡，D错误。 故选BC 0 ILB F B ILB B mg mg B ILB mg mg 甲 乙 丙 丁 8.B设导体棒MN长度为L,MN棒中电流为I,则其受 到的安培力大小F=BIL。MLN的电阻是MN棒电阻 的两倍，二者并联，两端电压相同，则流过MLN的电流 为0.5I,MLN受到的安培力的合力为F2=0.5BIl= 0.5F,MN棒和MLN受到的安培力方向相同，故线框 LMN受到的安培力大小为1.5F,B正确。 9.解析(1)由P匀速下降可知，P处于平衡状态，所受 合力为0，设导线的拉力大小为T,对P有2T=2mg, 解得T=mg。 (2)设Q所受安培力大小为F,对P、Q整体受力分析， 有mg十F=2mg,又F=BIL, 解得I=瓷。 答案(1)mg(2)器 10.解析(1)电流方向M→N,根据左手定则，金属棒所 受安培力方向沿导轨向下，对金属棒与秤盘和盘上的 待测物体进行分析，根据平衡条件有(m十mo)g= Mgsin 0BIL 结合题中数据，解得m=0.025-m0+0.01BI 结合m-I图像有m=0.05I一0.005 联立解得o=0.03kg。 (2)结合上述，根据m-I图像有0.01B=0005 0.1 解得B=5T 结合上述可知，当滑动变阻器接入电阻为0时，回路 中电流最大达到4.5A>3A,超电流表量程，故电流 最大值Ime .=3A 此时金属棒所受安培力最大，结合上述可知，此时待 测物体质量最大Cmgx十mo)g=Mgsin9+BImxL 解得物体的最大质量mmax=0.145kg。 答案(1)0.03kg(2)0.145kg 作业（二）磁场对运动电荷的作用力 [考点突破]一跟踪训练 1.B2.B3.D 4.解析(1)由题意可知粒子沿顺时针方向运动，根据左 手定则可得粒子带负电。 (2)粒子的运动轨迹如图中虚线 所示，根据几何关系可得 ××x a=R+Rsin30,R=号a X R ×X X3的× 根据牛顿第二定律有 .9=3 quB-m R'm 2aB 答案(1)带负电(2)2aB 暑假作业当一个人先从自己的内心开始奋斗，他京 5.D离子束保持原运动方向未发生偏转，说明所受洛伦 兹力和电场力平衡，即9E=90B1,则口=片，粒子速度 相同，连入B,威场半径不同，根据R=,可知粒子 的比荷一定各不相同，它们的电量可能各不相同，动能 (gBR)大小不确定，质量大小也不确定，故D正 Ek= 2m 确，A、B、C错误。 R:U=9BR 6.D由洛伦兹力提供向心力，有gB=m, 则动能E=合m2=R 1 ，因此动能与加速电场的 2m 电压、频率无关，与磁感应强度大小和D形金属盒的半 径有关，增大磁场的磁感应强度或D形金属盒的半径， 可以增加粒子的动能，故选D。 [综合训练] 1.D静止在磁场中的电荷不可能受到洛伦兹力，A错 误；尽管电场力对电荷可以做功，但如果电荷在电场中 不动或沿等势面移动，电场力做功为零，B错误；洛伦 兹力的方向与磁感线垂直，与运动方向垂直，C错误。 2.A根据左手定则可知，刚进入磁场时受到的洛伦兹力 的方向水平向右，选项A正确；小球进入磁场后受洛伦 兹力和重力作用，合外力不为零且大小方向不断变化， 加速度不断变化，在磁场中的速度不断变化，选项B、C 错误；在磁场中因洛伦兹力方向总与速度垂直，则受到 的洛伦兹力不做功，选项D错误。 3.A由安培定则可知，通电导线右方磁场方向垂直纸面 向里，由左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向右，所 以电子向右偏；由于洛伦兹力不做功，所以电子速率不 变，故选A。 4.AC由于轨迹2为直线，可知液滴受到的洛伦兹力与 重力平衡，即液滴受到的洛伦兹力竖直向上，根据左手 定则可知，液滴带正电，故A正确；结合上述分析可知， 液滴沿轨迹1、3运动时受到洛伦兹力和重力，洛伦兹 力始终与速度垂直，但是由于重力的大小方向都不变， 用配速法可知粒子的运动轨迹是匀速直线运动和圆周 运动的合运动，不是圆孤，故B错误；由题意可知，对于 轨迹1则有Bgm<mg,<蹈，同理对于轨连2,3则 有Bg,=mg,Bge>mg,解得一贤>贤，即有 1<2<3,故C正确；整个过程中洛伦兹力不做功， 液滴沿轨迹1、3运动时只有重力做功，机械能守恒，故 D错误。 5.BD由左手定则可知电子在图示时刻受到垂直0向 下的洛伦兹力，故A错误；由洛伦兹力提供向心力 vo 0B=m?,可得电子在磁场中匀速圆周运动的半径 一，故B正确：洛伦兹力提供向心力，则洛伦兹力 不做功，故电子的速度大小不变，方向时刻在改变，根 据E=2mu2可知电子的动能始终不变，故C错误， D正确。 6.A由于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则电子在 磁场中运动的时间为t=3,设正方形abcd的边长为 00 1,则1=元·冬2=元·合=受山，则有< t3,故选A。 7.BCD两离子所带电荷量之比为1：3，在电场中时由 qE=ma知acg,故加速度之比为1：3，A错误；离开 电场区域时的动能由Ek=qU知Ekocq,故D正确；在 磁场中运动的半径由Bgv=m尽，E=2mv知R= 12mUc1,故B正确；设磁场区战的宽度为d,则 B qg 就是个有价值的人。 [每日格言] d 有sin0R0c尺，即sin30 1 ,故0=60°=20， sin C正确。 8.C粒子运动轨迹如图所 示，在磁场中，根据洛伦滋 459P 力提供向心力有 quB-m ,,可得粒子做圆 B 周运动的半径？一器根据 几何关系可得P点至O点 的距离L0=+c0S45= 9B,故选C (1+√2)m'. 9.解析(1)由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子 带正电；设粒子的质量为m,电荷量为q,粒子进入速度 选择器时的速度为0，在速度选择器中粒子做匀速直 线运动，由平衡条件q0B1=qE1 1 在加速电场中，由动能定理qU=2m2 联立解得，粒子的比荷为=E m 2UB 2 （②)由洛伦兹力提供向心力g06B,=m0 4UB 可得O点到P点的距离为OP=2r=E1B2。 (3)粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力 F洛=q00B1 向下的电场力F=gE2 由于E2>E1,且q0B1=qE1 所以通过配速法，如图所示 + I U B2 qvoBl B gv B 0 01 E 01 9E2 其中满足qE2=q(0+1)B1 则粒子在速度选择器中水平向右以速度o十1做匀速 运动的同时，竖直方向以1做匀速圆周运动，当速度 转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板 的O点的要求，故此时粒子打在O)点的速度大小为 0'=0十十1=2E2-E B1 答案(1)带正电 E12 2UB,2 140B1（3)2E2-b (2)E1B2 10.解析(1)粒子在MN左侧区域中运动时，由洛伦兹 力提供向心力有gB=m r1 解得粒子在MN左侧区域中运动的半径r1=gB· mvo (2)粒子在PQ右侧区域运动时，由洛伦兹力提供向心 02 力有qvo·2B=m r2 则粒子在PQ右侧区城的运动半径为r2一2B mvo 由于粒子能回到O点，则粒子的轨迹关于MN的中垂 线对称，设粒子在MN左侧区域运动轨迹的圆心为 [每日格言]拥有梦想只是一种智力，实现梦想才是 O1,在PQ右侧区域运动轨迹的圆心为O2,作出粒子 的运动轨迹如图所示 P ------ 02 N 3m0 由几何关系可知cos∠M0,0,=29B1 1 2 则∠M01O2=60° 对粒子在PQ右侧区域的运动由几何关系可知，粒子 第一次和第二次经过PQ时位置的间距为 s=2r2sin60°=3mo 2gB (3)结合gB=mT=可知粒子在MN左侧区 域、PQ右侧区域做匀速圆周运动的周期分别为T,= 器1，- gB 由(1)问可知粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域运动 轨迹所对的圆心角分别为01=360°一2X60°=240°、02 =2×60°=120° 则一个周期内粒子在磁场区域运动的时间为 4=1+8%1,- 01 由三角形相似可知粒子一次在MN、PQ间运动的距 离为x=1tan60°_V3mo 2gB 则一个周期内粒子在MN、PQ间运动的时间为 2=2x=V3 vo gB =5πm+3m 则粒子的运动周期为t=61十t红=3gB十gB· 答案(1)0g(2)v3m（3)5m+3m gB 2qB 3gB qB 作业（三） 楞次定律 [考点突破]—跟踪训练 1.BC2.C3.A4.D [综合训练] 1.C根据题意当金属薄片中心运动到N极正下方时，薄 片右侧的磁通量在减小，左侧磁通量在增加，由于两极 间的磁场竖直向下，根据楞次定律可知此时薄片右侧 的涡电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆 时针。故选C。 2.B闭合开关瞬间，由楞次定律可知，线图P中感应电流 的磁场与线圈M中电流的磁场方向相反，二者相互排斥， 故A错误；闭合开关，达到稳定后，通过线圈P的磁通量 保持不变，感应电流为零，电流表的示数为零，故B正确； 断开开关瞬间，通过线圈P的磁场方向向右，磁通量减小， 由楞次定律可知感应电流的磁场方向向右，因此流过电流 表的感应电流方向由b到a,故C、D错误。 3.B不管将金属圆环从哪边拉出磁场，穿过闭合圆环的 磁通量都要减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场 要阻碍磁通量的减少，感应电流的磁场方向与原磁场 方向相同，应用安培定则可以判断出感应电流的方向 是顺时针方向，B正确，A、C错误；在圆环离开磁场前， 穿过圆环的磁通量不变，无感应电流，D错误。 4.B由安培定则可知，导线a在线圈处产生垂直纸面向 外，大小在增大的磁场，故线圈中磁场量增大，故A错 误；由楞次定律可知，线圈中产生顺时针方向的感应电 流，故B正确；线圈将向远离磁场的方向移动，故弹簧 将缩短，线圈有收缩的趋势，故C、D错误。 53 种能力。 高二物理 5.A当滑动变阻器的滑片左右滑动时，引起电路中电流变 化，从而引起闭合铁芯中的磁通量变化，α、b两圆环中的磁 通量必定随之变化，引起感应电流的产生，而c环中有两 股铁芯同时穿过，穿入和穿出的磁通量始终相等，合磁通 量为零，所以c环中不能产生感应电流，故选A。 6.BCD直导线产生的磁场在M区域垂直纸面向外，在 N区域垂直纸面向里，根据右手定则，导体棒上的感应 电流在M区域向下，在N区域向上，由左手定则判定， 在M、N区域导体棒所受安培力均向左，故A错误， B正确；16=B弘，F=B6L=B0,离直导线越 R R 近处B越大，所以FM逐渐增大，FN逐渐减小，C、D 正确 7.B当带负电的绝缘圆环α顺时针加速旋转时，相当于 逆时针方向电流，并且在增大，根据右手定则，其内（金 属圆环α内)有垂直纸面向外的磁场，其外（金属圆环b 处)有垂直纸面向里的磁场，并且磁场的磁感应强度在 增大，金属圆环b包围的面积内的磁场的总磁感应强 度是垂直纸面向外（因为向外的比向里的磁通量多，向 外的是全部，向里的是部分)而且增大，根据楞次定律， b中产生的感应电流的磁场垂直纸面向里，所以b中产 生顺时针方向的感应电流，根据左手定则，磁场对电流 的作用力向外，所以具有扩张趋势，故A错误，B正确； c环所在位置磁通量向里增加，根据楞次定律可知，C环 中感应电流逆时针方向；根据“增缩减扩”可知面积有 减小的趋势，选项C、D错误。 8.AC温度升高过程中，金属环向右摆动，根据楞次定 律，说明穿过金属环的磁场减弱，即流过线圈M的电流 E 减小，由I=R千，知R增大，A正确；依题意线圈M 内部产生的磁场方向向右，为原磁场，若线圈P中电流 从b经电流表流到α，线圈P内部的磁场方向也向右， 为感应电流的磁场，与原磁场方向相同，根据楞次定 律，线圈M内部的磁场减弱，即流过线圈M的电流减 小，由前面分析知，RT增大，温度升高，B错误；从右向 左看，线圈M中的电流沿逆时针方向，若金属环中的电 流也沿逆时针方向，根据楞次定律，说明流过线圈M的 电流减小，由前面分析知，RT增大，温度升高，C正确； 电流表示数增大，表明线圈P中的感应电流在增大，即 感应电动势在增大，由E=n吧知线图M中的磁场变 化率越来越快，但电流不一定是增大，电流减小也可以 满足条件，D错误。 9.AD若在M环通有电流，则穿过N环的磁通量垂直 纸面向里，逐渐增大，故N环中的感应电流沿逆时针方 向，N环受到沿半径向里的安培力，有收缩的趋势，选 项A正确，B错误；若在N环通有电流，则穿过M环的 磁通量垂直纸面向里，逐渐增大，M环中感应电流沿逆 时针方向，M环受到沿半径向外的安培力，有扩张的趋 势，选项C错误，D正确。 10.解析(1)电源、开关、滑动变阻器、原线圈应组成闭 合回路；副线圈与灵敏电流计组成闭合回路。 (2)闭合电键，磁通量增加，指针向右偏转，将原线圈 迅速插入副线圈，磁通量增加，则灵敏电流计的指针 将右偏；原线图插入副线圈后，将滑动变阻器触头导 致向左拉时，电阻增大，则电流减小，穿过副线圈的磁 通量减小，则灵敏电流计指针向左偏。 答案(1)见解析图 (2)A.向右偏转一下B.向左偏转一下