2025高中物理《課時(shí)作業(yè)》人教版選擇性必修第2冊(cè)分層作業(yè)詳解答案

2025高中物理《課時(shí)作業(yè)》人教版選擇性必修第2冊(cè)分層作業(yè)詳解答案分層作業(yè)(一)磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)線的作用力1．解析：安培力公式F＝Il⊥B，其中l(wèi)⊥為導(dǎo)線在垂直于磁場(chǎng)方向的有效長(zhǎng)度，題甲、乙、丙、丁四個(gè)圖中導(dǎo)線垂直于磁場(chǎng)放置，有效長(zhǎng)度相等，所以各導(dǎo)線所受的安培力大小相等，C正確．答案：C2．解析：由題圖可知通過(guò)鋁箔條的電流方向，由左手定則可判斷出，鋁箔條所受安培力方向向上，因此鋁箔條中部向上方運(yùn)動(dòng)，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．答案：D3．解析：根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)線受到的安培力豎直向上，大小為F＝2Ieq\f(L,2)Bsin45°＝2×1.5×1×2×eq\f(\r(2),2)N＝3eq\r(2)N.答案：A4．解析：與電流方向平行的磁場(chǎng)對(duì)電流沒(méi)有力的作用，所以安培力大小為F＝ILB2，由左手定則可知安培力方向水平向西，故B正確．答案：B5．解析：當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與通電直導(dǎo)線垂直時(shí)，安培力有最大值，為F＝IlB＝2×0.2×0.5N＝0.2N．當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與通電直導(dǎo)線平行時(shí)，安培力有最小值，為0.隨著二者方向夾角的變化，安培力大小在0與0.2N之間取值，故B、C、D正確，A錯(cuò)誤．答案：BCD6．解析：根椐左手定則可知，整個(gè)圓環(huán)關(guān)于圓心對(duì)稱(chēng)的兩部分受到的安培力等大反向，受到的合力為0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；圓弧PQ受到的安培力大小等于直線段PQ受到的安培力大小，為eq\r(2)IRB，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．答案：BD7．解析：導(dǎo)線與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，導(dǎo)線受到的安培力為0，A正確；當(dāng)導(dǎo)線與磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，導(dǎo)線受到的安培力最大，為ILB，C正確，B、D錯(cuò)誤．答案：AC8．解析：由左手定則可知電流經(jīng)a流向b，A錯(cuò)誤；若調(diào)換磁鐵的磁極，磁場(chǎng)方向反向，則安培力的方向反向，金屬棒向右運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；若調(diào)換流經(jīng)金屬棒的電流方向，則安培力的方向反向，金屬棒向右運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；若同時(shí)調(diào)換磁鐵的磁極和流經(jīng)金屬棒的電流方向，則導(dǎo)體棒所受安培力的方向不變，仍向左運(yùn)動(dòng)，D正確．答案：D9．解析：通電圓環(huán)受到的安培力大小F＝IlB，其中I、B分別為所通電流大小、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，l指有效長(zhǎng)度，它等于圓環(huán)所截邊界線的長(zhǎng)度．由于l先增大后減小，所以安培力先增大后減小，C正確．答案：C10．解析：磁場(chǎng)是均勻地輻向分布，所以磁感線始終與線圈平面平行，即始終與線圈邊垂直，故A正確；當(dāng)通電后，處于磁場(chǎng)中的線圈受到安培力作用，使其轉(zhuǎn)動(dòng)，螺旋彈簧被扭動(dòng)，則受到彈簧的阻力，從而阻礙線圈轉(zhuǎn)動(dòng)，故B正確；由左手定則可判定：當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到如圖乙所示的位置，a端受到的安培力方向向上，b端受到的安培力方向向下，因此安培力的作用使線圈沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，故C、D錯(cuò)誤．答案：AB11．解析：(1)由安培力的計(jì)算公式F＝ILB及左手定則可知，線圈前、后兩邊受到的安培力大小相等，方向相反，兩力的合力為零；左邊不受安培力；右邊受到的安培力的方向水平向右，因?yàn)榫€圈所在的平面與磁場(chǎng)的方向垂直，所以線圈所受安培力的大小F＝nILB.(2)線圈在安培力的作用下向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)功率的表達(dá)式可得P＝Fv＝nILBv.答案：(1)nILB方向水平向右(2)nILBv分層作業(yè)(二)安培力作用下的平衡和運(yùn)動(dòng)問(wèn)題1．解析：解法一(電流元法)首先將圓形線圈分成很多小段，每小段可看作一直線電流，取其中上、下兩小段分析，其截面圖和受安培力情況如圖甲所示，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，線圈所受安培力的合力水平向左，故線圈向左運(yùn)動(dòng)．解法二(等效法)將環(huán)形電流等效成一條形磁鐵，如圖乙所示，據(jù)異名磁極相互吸引知，線圈將向左運(yùn)動(dòng)．同時(shí)，也可將左側(cè)條形磁鐵等效成一環(huán)形電流，根據(jù)結(jié)論“同向電流相吸引，異向電流相排斥”可得到相同的答案．答案：A2．解析：由安培定則可知，cd導(dǎo)線和ef導(dǎo)線在b處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向都垂直紙面向外，可知b處的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向外，A錯(cuò)誤；由安培定則可知，ef導(dǎo)線在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向外，B錯(cuò)誤；根據(jù)“同向電流相互吸引，反向電流相互排斥”可知，C錯(cuò)誤，D正確．答案：D3．解析：電流方向改變前，對(duì)金屬細(xì)棒ab受力分析，根據(jù)平衡條件可知，金屬細(xì)棒ab受到的安培力豎直向上，大小等于mg；電流方向改變后，金屬細(xì)棒ab受到的安培力豎直向下，大小等于mg，對(duì)金屬細(xì)棒ab受力分析，根據(jù)平衡條件可知，每根彈簧彈力的大小為mg，彈簧形變量為eq\f(mg,k)，選項(xiàng)A、C正確．答案：AC4．解析：A圖中桿受到向下的重力、水平向右的安培力和垂直于導(dǎo)軌的支持力的作用，在這三個(gè)力的作用下，桿可能處于平衡狀態(tài)，桿ab與導(dǎo)軌間的摩擦力可能為零，故A正確；B圖中桿受到向下的重力、豎直向上的安培力，當(dāng)兩個(gè)力大小相等時(shí)，桿可以處于平衡狀態(tài)，故桿ab與導(dǎo)軌間的摩擦力可能為零，故B正確；C圖中桿受到豎直向下的重力、安培力和垂直于導(dǎo)軌向上的支持力，桿要靜止在導(dǎo)軌上，必定要受到沿導(dǎo)軌向上的摩擦力作用，故C錯(cuò)誤；D圖中桿受到的重力豎直向下，安培力水平向左，支持力垂直于導(dǎo)軌向上，桿要靜止在導(dǎo)軌上，必定要受到沿導(dǎo)軌向上的摩擦力的作用，故D錯(cuò)誤．答案：AB5．解析：因?yàn)橥娭睂?dǎo)線的磁感線是以O(shè)為圓心的一組同心圓，磁感線與KN邊、LM邊平行，所以KN邊、LM邊均不受力，根據(jù)左手定則可得，KL邊受到垂直紙面向外的力，MN邊受到垂直紙面向里的力，故D正確．答案：D6．解析：順時(shí)針?lè)较虻沫h(huán)形電流可以等效為一個(gè)豎直放置的小磁針，由安培定則可知，小磁針的N極向下，S極向上，故與磁鐵之間的相互作用力為斥力，所以圓環(huán)對(duì)桌面的壓力F將大于圓環(huán)的重力G1，磁鐵對(duì)輕繩的拉力F′將小于磁鐵的重力G2，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．答案：D7．解析：據(jù)左手定則判斷導(dǎo)線所受安培力斜向右下方，如圖所示，由牛頓第三定律可知磁鐵受導(dǎo)線的作用力為斜向左上方．磁鐵在豎直方向與水平方向受力平衡，可得支持力變小，磁鐵壓縮彈簧，故A、D正確．答案：AD8．解析：當(dāng)磁場(chǎng)方向垂直金屬棒水平向左、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0時(shí)，金屬棒恰好靜止，由平衡條件得IdB0＝mg，解得I＝eq\f(mg,B0d)，故A錯(cuò)誤；對(duì)金屬棒受力分析如圖所示，當(dāng)電流不變，磁場(chǎng)方向由水平方向逐漸變?yōu)樨Q直方向的過(guò)程中，支持力一直增大，安培力先減小后增大，且當(dāng)安培力沿斜面向上時(shí)取得最小值，即IdB＝mgsinθ，解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為Bmin＝B0sinθ，故B、C錯(cuò)誤，D正確．答案：D9．解析：由安培定則可知，b的電流在a處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向豎直向上，A正確；導(dǎo)體棒a處磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小相等、方向豎直向上，則導(dǎo)體棒a受水平向右的安培力、支持力與重力，處于平衡狀態(tài)，則所受安培力大小F＝ILB＝mgtan45°，則B＝eq\f(mgtan45°,IL)＝eq\f(mg,IL)，B錯(cuò)誤；重力和水平向右的安培力的合力與支持力平衡，當(dāng)b向上平移時(shí)，b在a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，則安培力減小，b對(duì)a的安培力斜向上，根據(jù)受力平衡條件可知，此時(shí)a所受重力與斜向上的安培力的合力仍可能與支持力平衡，C正確；當(dāng)b豎直向下移動(dòng)，導(dǎo)體棒間的安培力減小，根據(jù)受力平衡條件，當(dāng)a受到的安培力方向順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，只有變大才能保持a平衡，而安培力在減小，因此不能保持靜止，D正確．答案：ACD10．解析：(1)由閉合電路的歐姆定律可得，通過(guò)ab的電流：I＝eq\f(E,R＋R0＋r)＝eq\f(10,4＋0.9＋0.1)A＝2A方向由a到b；(2)ab受到的安培力F＝ILB＝2×0.5×5N＝5N；(3)ab受力如圖所示，最大靜摩擦力：Ffmax＝μ(mg－Fcos53°)＝3.5N由平衡條件得，當(dāng)最大靜摩擦力方向向左時(shí)：FT＝Fsin53°＋Ffmax＝7.5N當(dāng)最大靜摩擦力方向向右時(shí)：FT＝Fsin53°－Ffmax＝0.5N由于重物受力平衡，故FT＝G則重物重力的取值范圍為0.5N≤G≤7.5N.答案：(1)2A方向由a到b(2)5N(3)0.5N≤G≤7.5N分層作業(yè)(三)磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用力1．解析：根據(jù)左手定則可知A圖中洛倫茲力向下，故A錯(cuò)誤；B圖中洛倫茲力向上，故B正確；C圖中洛倫茲力向上，故C錯(cuò)誤；D圖中洛倫茲力向下，故D錯(cuò)誤．答案：B2．解析：帶電粒子平行于磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)，不受洛倫茲力作用，A錯(cuò)誤；洛倫茲力的方向始終與電荷運(yùn)動(dòng)的方向垂直，所以洛倫茲力不做功，B錯(cuò)誤；洛倫茲力與速度方向垂直，速度方向與磁場(chǎng)方向不一定垂直，C正確；由洛倫茲力公式F＝qvBsinθ知，θ＝0°時(shí)，F(xiàn)＝0，但該點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B可以不為0，D錯(cuò)誤．答案：C3．解析：根據(jù)安培定則可知，通電長(zhǎng)直導(dǎo)線在陰極射線管處的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，由圖可知電子束運(yùn)動(dòng)方向由右向左，根據(jù)左手定則可知電子束受到的洛倫茲力方向向下，所以向下偏轉(zhuǎn)，故B正確．答案：B4．解析：質(zhì)子從左邊水平飛入該區(qū)域，受到向下的電場(chǎng)力和向上的洛倫茲力作用，因恰能沿直線從右邊水平飛出，故電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，即qE＝qvB，解得v＝eq\f(E,B)，若一電子以速率v從左向右飛入該區(qū)域，電場(chǎng)力和洛倫茲力的方向均反向，所以電子將沿直線運(yùn)動(dòng)，A、D錯(cuò)誤，B、C正確．答案：BC5．解析：A對(duì)：據(jù)左手定則知，帶正電的粒子向上偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電的粒子向下偏轉(zhuǎn)，則P板帶正電，Q板帶負(fù)電．B錯(cuò)：因?yàn)镼板帶負(fù)電，P板帶正電，所以電流從a經(jīng)用電器流向b.C錯(cuò)：因?yàn)镻板帶正電，Q板帶負(fù)電，所以金屬板間的電場(chǎng)方向向下．D對(duì)：等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是粒子所受洛倫茲力大于所受電場(chǎng)力．答案：AD6．解析：在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得Uq＝eq\f(1,2)mv2故質(zhì)子獲得的速度v＝eq\r(\f(2Uq,m))＝6.0×105m/s質(zhì)子受到的洛倫茲力F＝qvB＝4.8×10－17N.答案：4.8×10－17N7．解析：設(shè)M、N處的長(zhǎng)直導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生磁場(chǎng)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，由安培定則可知每根導(dǎo)線在O點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(1,2)B1，方向豎直向下，則電子在O點(diǎn)處受到的洛倫茲力為F1＝qvB1；當(dāng)M處的長(zhǎng)直導(dǎo)線移到P處時(shí)，O點(diǎn)處的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝2×eq\f(1,2)B1×cos30°＝eq\f(\r(3),2)B1，則電子在O點(diǎn)處受到的洛倫茲力為F2＝qvB2＝eq\f(\r(3),2)qvB1，所以F2與F1之比為eq\r(3)∶2，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．答案：B8．解析：物塊向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，受到重力、洛倫茲力、水平面的支持力和滑動(dòng)摩擦力，向左做減速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)沒(méi)有磁場(chǎng)時(shí)，有a0＝μg，veq\o\al(2,0)＝2a0x0，a0t0＝v0，得x0＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a0)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2μg)，t0＝eq\f(v0,a0)＝eq\f(v0,μg)；有磁場(chǎng)時(shí)，當(dāng)物塊速度為v時(shí)，有a＝eq\f(μ（mg＋qvB）,m)>a0，則x<x0，t<t0，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤．答案：BC9．解析：小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度為v，因機(jī)械能守恒，則mgL＝eq\f(1,2)mv2由洛倫茲力方向及牛頓第二定律可知：第一次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，qvB－mg＝meq\f(v2,L)第二次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)－qvB－mg＝meq\f(v2,L)綜上解得：F＝0.06N.答案：0.06N分層作業(yè)(四)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．解析：由粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(mv,qB)可知，質(zhì)子、氚核、α粒子軌跡半徑之比r1∶r2∶r3＝eq\f(m1v,q1B)∶eq\f(m2v,q2B)∶eq\f(m3v,q3B)＝eq\f(m1,q1)∶eq\f(m2,q2)∶eq\f(m3,q3)＝1∶3∶2，所以三種粒子的軌道半徑應(yīng)該是質(zhì)子最小、氚核最大，故C正確．答案：C2．解析：由于qa＝qb、Eka＝Ekb＝Ek，動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2和粒子偏轉(zhuǎn)半徑r＝eq\f(mv,qB)，可得m＝eq\f(r2q2B2,2Ek)，可見(jiàn)m與半徑r的二次方成正比，故ma∶mb＝4∶1，再根據(jù)左手定則知粒子應(yīng)帶負(fù)電，故選B.答案：B3．解析：根據(jù)左手定則可知，電子從P點(diǎn)沿垂直于磁場(chǎng)的方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1時(shí)，受到的洛倫茲力方向向上，所以電子的運(yùn)行軌跡為PDMCNEP，故A錯(cuò)誤；電子在題圖所示運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，在左側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)兩個(gè)半圓，即運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期，在右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期，所以t＝eq\f(2πm,B1q)＋eq\f(πm,B2q)，故C錯(cuò)誤；由題圖可知，電子在左側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑是在右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑的一半，根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)可知，B1＝2B2，故D錯(cuò)誤，B正確．答案：B4．解析：A錯(cuò)：因粒子向下偏轉(zhuǎn)，據(jù)左手定則可判定粒子帶負(fù)電．B錯(cuò)：因洛倫茲力不做功，所以粒子在b、a兩點(diǎn)的速率相等．C對(duì)：若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，由公式qvB＝eq\f(mv2,R)得：R＝eq\f(mv,Bq)，所以半徑增大，粒子有可能從b點(diǎn)右側(cè)射出．D錯(cuò)：若僅減小入射速率，粒子運(yùn)動(dòng)半徑減小，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角先增大后不變，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間先變長(zhǎng)后不變．答案：C5．解析：如圖所示，正電子進(jìn)入磁場(chǎng)后，在洛倫茲力作用下向上偏轉(zhuǎn)，而負(fù)電子在洛倫茲力作用下向下偏轉(zhuǎn)．由T＝eq\f(2πm,qB)知，兩個(gè)電子的運(yùn)動(dòng)周期相等．正電子從y軸上射出磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)幾何知識(shí)可知，速度與y軸的夾角為60°，則正電子速度的偏向角為120°，其軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角θ1＝120°，則正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq\f(θ1,2π)T＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(1,3)T；同理，負(fù)電子從x軸上離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與x軸的夾角為30°，則軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角θ2＝60°，負(fù)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(θ2,2π)T＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)T.所以負(fù)電子與正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比t2∶t1＝1∶2.B正確．答案：B6．解析：粒子可能在兩磁場(chǎng)間做多次運(yùn)動(dòng)，畫(huà)出可能的軌跡，如圖所示．由幾何關(guān)系知，圓弧的圓心角都是60°，粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝eq\f(L,n)(n＝1，2，3…)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立解得v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(qBL,nm)＝eq\f(kBL,n)(n＝1，2，3…)，A、D錯(cuò)誤，B、C正確．答案：BC7．解析：(1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，其運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)有eq\f(R－L,R)＝cos60°＝eq\f(1,2)，即R＝2L，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(2qBL,m).(2)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，設(shè)粒子由a運(yùn)動(dòng)到b的時(shí)間為t，由幾何關(guān)系可得ab弧所對(duì)的圓心角為θ＝60°，則t＝eq\f(θ,360°)T，解得t＝eq\f(πm,3qB).答案：(1)eq\f(2qBL,m)(2)eq\f(πm,3qB)8．解析：帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，所以周期T＝eq\f(2πr,v0)＝eq\f(2πm,qB)，作出帶電粒子以不同速率v0進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示，可以判斷當(dāng)粒子以a為圓心、ca為半徑做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，最長(zhǎng)時(shí)間t＝eq\f(π＋∠Oae,2π)T，由幾何關(guān)系可知△Oae為等邊三角彤，所以∠Oae＝eq\f(π,3)，解得t＝eq\f(4πm,3qB)，C正確．答案：C9．解析：若粒子通過(guò)下部分磁場(chǎng)直接到達(dá)P點(diǎn)，如圖根據(jù)幾何關(guān)系則有R＝L，qvB＝meq\f(v2,R)可得v＝eq\f(qBL,m)＝kBL根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知出射速度與SP成30°角向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°.當(dāng)粒子上下均經(jīng)歷一次時(shí)，如圖，因?yàn)樯舷麓鸥袘?yīng)強(qiáng)度均為B，則根據(jù)對(duì)稱(chēng)性有R＝eq\f(1,2)L根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)可得v＝eq\f(qBL,2m)＝eq\f(1,2)kBL此時(shí)出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°.通過(guò)以上分析可知當(dāng)粒子從下部分磁場(chǎng)射出時(shí)，需滿足v＝eq\f(qBL,（2n－1）m)＝eq\f(1,2n－1)kBL(n＝1，2，3…)此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°；當(dāng)粒子從上部分磁場(chǎng)射出時(shí)，需滿足v＝eq\f(qBL,2nm)＝eq\f(1,2n)kBL(n＝1，2，3…)此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°.故可知B、C正確，A、D錯(cuò)誤．答案：BC分層作業(yè)(五)質(zhì)譜儀與回旋加速器1．答案：C2．解析：因?yàn)殡x子進(jìn)入電場(chǎng)和磁場(chǎng)正交區(qū)域時(shí)不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明離子所受電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，有qvB＝qE，故v＝eq\f(E,B)，得出能不偏轉(zhuǎn)的離子滿足速度相同，C錯(cuò)誤；離子進(jìn)入磁場(chǎng)后受洛倫茲力作用，離子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，即qvB＝eq\f(mv2,R)，故做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為：R＝eq\f(mv,qB)，由于離子又分裂成幾束，也就是離子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R不同，即比荷不同，D正確；無(wú)法確定離子的質(zhì)量或電荷量的關(guān)系，A、B錯(cuò)誤．答案：D3．解析：洛倫茲力始終與速度垂直，即洛倫茲力對(duì)粒子不做功，而電場(chǎng)力對(duì)粒子做功，即質(zhì)子動(dòng)能增大是由于電場(chǎng)力做功，故A錯(cuò)誤，B正確；由qvB＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)，可以得到T＝eq\f(2πm,qB)，即周期與速度無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤，D正確．答案：BD4．解析：粒子在加速電場(chǎng)中根據(jù)動(dòng)能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m))，粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力提供向心力，則qvB＝meq\f(v2,r)，得軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)，x＝2r＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，知x2∝U，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．答案：A5．解析：甲束粒子在磁場(chǎng)中向上偏轉(zhuǎn)，乙束粒子在磁場(chǎng)中向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則知甲束粒子帶負(fù)電，乙束粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，由題意可知v、B都相同，r甲<r乙，則甲的比荷大于乙的比荷，故B錯(cuò)誤；能通過(guò)狹縫S0的帶電粒子，根據(jù)平衡條件有qE＝qvB1，解得粒子速率v＝eq\f(E,B1)，故C錯(cuò)誤；由題圖示粒子運(yùn)動(dòng)軌跡可知r甲＝eq\f(1,2)S0A，r乙＝eq\f(1,2)S0C，S0A＝eq\f(2,3)S0C，則r甲∶r乙＝2∶3，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡半徑r＝eq\f(mv,qB)，由題意可知v、q、B都相同，則eq\f(r甲,r乙)＝eq\f(m甲,m乙)＝eq\f(2,3)，即甲、乙兩束粒子的質(zhì)量比為2∶3，故D正確．答案：D6．解析：(1)粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R時(shí)，有qvB＝meq\f(v2,R)，又Ek＝eq\f(1,2)mv2，解得Ek＝eq\f(q2B2R2,2m).(2)設(shè)粒子被加速n次達(dá)到動(dòng)能Ek，則Ek＝nqU0.粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)n次經(jīng)過(guò)狹縫的總時(shí)間為Δt，加速度a＝eq\f(qU0,md)，粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有nd＝eq\f(1,2)a·(Δt)2，又t0＝(n－1)·eq\f(T,2)＋Δt，聯(lián)立以上各式解得t0＝eq\f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm,qB).答案：(1)eq\f(q2B2R2,2m)(2)eq\f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm,qB)7．解析：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期與速度大小無(wú)關(guān)，因此，在Ek-t圖像中應(yīng)有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A錯(cuò)誤；粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(mv,qB)，Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知Ek＝eq\f(q2B2r2,2m)，粒子獲得的最大動(dòng)能跟加速電壓U無(wú)關(guān)，與加速次數(shù)無(wú)關(guān)，與D形盒的半徑有關(guān)，B、C錯(cuò)誤，D對(duì)．答案：D8．解析：在磁場(chǎng)中，粒子僅受洛倫茲力，洛倫茲力不做功，不能增加粒子的動(dòng)能，A錯(cuò)誤；設(shè)粒子每加速一次動(dòng)能增加qU，第n次被加速后粒子的動(dòng)能nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，在磁場(chǎng)中qvnB＝meq\f(veq\o\al(2,n),rn)，設(shè)D形金屬盒最大半徑為R，則粒子的最大速度vmax＝eq\f(qBR,m)，此后粒子飛出D形金屬盒，即粒子的最大速度，由q、B、R、m決定，與U無(wú)關(guān)，即動(dòng)能與U無(wú)關(guān)，B錯(cuò)誤；若只增大交變電壓U，則帶電粒子在回旋加速器中加速次數(shù)會(huì)減少，導(dǎo)致運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，C正確；粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)，對(duì)粒子，由動(dòng)能定理nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，解得vn＝eq\r(\f(2nqU,m)).在同一D形金屬盒中，粒子的速度分別為v1、v3、v5、…則v3＝eq\r(3)v1，v5＝eq\r(5)v1、…由此可知r3＝eq\r(3)r1，r5＝eq\r(5)r1，…由于(eq\r(3)－1)r1>(eq\r(5)－eq\r(3))r1>(eq\r(7)－eq\r(5))r1>…故Δr逐漸減小，D正確．答案：CD9．解析：由題意知，粒子在靜電分析器中做圓周運(yùn)動(dòng)，向心力由電場(chǎng)力提供，指向圓心，則帶電粒子帶正電，而粒子在加速電場(chǎng)中加速，可以判斷出極板M比極板N電勢(shì)高，A正確；粒子在加速電場(chǎng)中加速，有qU＝eq\f(1,2)mv2，在靜電分析器中做圓周運(yùn)動(dòng)，有qE＝meq\f(v2,R)，解得U＝eq\f(1,2)ER，B正確；粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB＝meq\f(v2,r)，軌跡直徑|PQ|＝2r＝eq\f(2mv,qB)＝eq\f(2\r(2mEk),qB)＝eq\f(2\r(2mqU),qB)＝eq\f(2\r(2mq·\f(1,2)ER),qB)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mER,q))，C錯(cuò)誤；該群粒子落在同一點(diǎn)，說(shuō)明它們?cè)诖艌?chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的直徑相等，都為eq\f(2,B)eq\r(\f(mER,q))，可知它們的比荷相等，D正確．答案：ABD分層作業(yè)(六)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．解析：A、C、D圖中粒子在電場(chǎng)中向電場(chǎng)線的方向偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明粒子帶正電，進(jìn)入磁場(chǎng)后，由左手定則可知A圖中粒子應(yīng)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，C圖中粒子應(yīng)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，D圖中粒子應(yīng)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，故A、D正確，C錯(cuò)誤；同理，可以判斷B錯(cuò)誤．答案：AD2．解析：小球在疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球受到的電場(chǎng)力和重力滿足mg＝qE，則小球帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；因?yàn)樾∏蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，由牛頓第二定律和動(dòng)能定理可得：qvB＝meq\f(v2,r)，qU＝eq\f(1,2)mv2，故小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))，B正確；由T＝eq\f(2πr,v)可以得出T＝eq\f(2πE,Bg)，與電壓U無(wú)關(guān)，C、D錯(cuò)誤．答案：B3．解析：微粒進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后沿直線ab運(yùn)動(dòng)，則微粒受到的合力或者為零，或者合力方向在ab直線上(垂直于運(yùn)動(dòng)方向的合力仍為零).若微粒所受合力不為零，則必然做變速運(yùn)動(dòng)，由于速度的變化會(huì)導(dǎo)致洛倫茲力變化，則微粒在垂直于運(yùn)動(dòng)方向上的合力不再為零，微粒就不能沿直線運(yùn)動(dòng)，因此微粒所受合力只能為零而做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若微粒帶正電，則受力分析如圖甲所示，合力不可能為零．故微粒一定帶負(fù)電，受力分析如圖乙所示，故A正確，B錯(cuò)誤；靜電力做正功，微粒電勢(shì)能減少，機(jī)械能增加，故C錯(cuò)誤，D正確．答案：AD4．解析：小球在電場(chǎng)中的由靜止下落到最低點(diǎn)的過(guò)程中，有mgL－qEL＝eq\f(1,2)mv2，在最低點(diǎn)有F－mg＝eq\f(mv2,L)，解得F＝2mg，小球在磁場(chǎng)中由靜止下落到最低點(diǎn)的過(guò)程中，有mgL＝eq\f(1,2)mv′2，在最低點(diǎn)有2F－mg－qv′B＝eq\f(mv′2,L)，解得B＝eq\f(m\r(2gL),2qL)，A正確．答案：A5．解析：(1)設(shè)粒子的質(zhì)量和所帶電荷量分別為m和q，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律及牛頓運(yùn)動(dòng)定律得，2L＝v0t1，L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，qE＝ma，vy＝at1聯(lián)立可得粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿＋y方向的分速度為vy＝eq\f(2L,t1)＝v0，則tanα＝eq\f(vy,v0)＝1，α＝45°粒子在磁場(chǎng)中的速度大小為v＝eq\r(2)v0.qvB＝eq\f(mv2,r)，由幾何關(guān)系得r＝eq\r(2)L，解得eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2)；(2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πL,v0)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πL,2v0)，t1＝eq\f(2L,v0)，解得eq\f(t2,t1)＝eq\f(π,4).答案：(1)eq\f(v0,2)(2)eq\f(π,4)6．解析：兩粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系知兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r＝eq\f(l0,sin60°)，由牛頓第二定律得qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r)，解得B＝eq\f(\r(3)mv0,2ql0)，故A錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系得，粒子①與粒子②在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角分別為120°和60°，又因?yàn)榱Ｗ釉诖艌?chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(θ,2π)T，所以粒子①與粒子②在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為2∶1，故B正確；由幾何關(guān)系得，粒子①與粒子②在電場(chǎng)中沿電場(chǎng)線方向的位移分別為eq\f(3r,2)和eq\f(r,2)，則滿足eq\f(3r,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，eq\f(r,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，得eq\f(t2,t1)＝eq\r(3)，即粒子①與粒子②在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為eq\r(3)∶1，故C錯(cuò)誤，D正確．答案：BD7．解析：以滑塊為研究對(duì)象，自軌道上A點(diǎn)滑到C點(diǎn)的過(guò)程中，受重力mg，方向豎直向下；靜電力qE，方向水平向右；洛倫茲力F洛＝qvB，方向始終垂直于速度方向．(1)滑塊從A到C的過(guò)程中洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理得mgR－qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)得vC＝eq\r(\f(2（mg－qE）R,m))＝2m/s，方向水平向左．(2)根據(jù)洛倫茲力公式得F＝qvCB＝5×10－2×2×1N＝0.1N方向豎直向下．答案：(1)2m/s，方向水平向左(2)0.1N，方向豎直向下8．解析：(1)微粒從N1沿直線運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程中受力平衡，則mg＋qE0＝qvB，到Q點(diǎn)后微粒做圓周運(yùn)動(dòng)，則mg＝qE0，聯(lián)立以上兩式解得：q＝eq\f(mg,E0)，B＝eq\f(2E0,v).(2)微粒做圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得：r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(v2,2g).(3)設(shè)微粒從N1運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間為t1，做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為t2，則eq\f(d,2)＝vt12πr＝vt2，解得：t1＝eq\f(d,2v)，t2＝eq\f(πv,g)電場(chǎng)變化的周期T＝t1＋t2＝eq\f(d,2v)＋eq\f(πv,g).答案：(1)eq\f(mg,E0)eq\f(2E0,v)(2)eq\f(v2,2g)(3)eq\f(d,2v)＋eq\f(πv,g)分層作業(yè)(七)楞次定律1．解析：假設(shè)磁鐵豎直向下運(yùn)動(dòng)，則向下穿過(guò)線圈的磁感線條數(shù)增加，即穿過(guò)線圈的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向上，根據(jù)安培定則可知感應(yīng)電流的方向沿逆時(shí)針?lè)较颍c題圖一致，B正確；同理可判斷A、C、D錯(cuò)誤．答案：B2．解析：當(dāng)通電直導(dǎo)線中電流增大時(shí)，穿過(guò)金屬圓環(huán)的磁通量增加，金屬圓環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流．根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流要阻礙磁通量的增加：一是用縮小面積的方式進(jìn)行阻礙；二是用遠(yuǎn)離通電直導(dǎo)線的方式進(jìn)行阻礙，故D正確．答案：D3．解析：因?yàn)镻Q突然向右運(yùn)動(dòng)，由右手定則可知，PQRS中有沿逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，穿過(guò)圓環(huán)形金屬線框T中的磁通量減小，由楞次定律可知，T中有沿順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，故D正確．答案：D4．解析：不論開(kāi)關(guān)S撥至M端或N端，穿過(guò)右邊金屬圓環(huán)的磁通量都會(huì)增加，由楞次定律的“來(lái)拒去留”可知，圓環(huán)向右運(yùn)動(dòng)才能阻礙磁通量的增加，故B正確．答案：B5．解析：根據(jù)楞次定律的延伸含義：阻礙導(dǎo)體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，即“來(lái)拒去留”，所以?xún)森h(huán)同時(shí)要向左運(yùn)動(dòng)．又因?yàn)閮蓚€(gè)鋁環(huán)的感應(yīng)電流方向相同，而同向電流相吸，所以，兩環(huán)向左運(yùn)動(dòng)的同時(shí)間距變小，C正確．答案：C6．解析：因?yàn)榻饘倬€圈僅在進(jìn)、出磁場(chǎng)時(shí)，線圈中的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，安培力阻礙線圈運(yùn)動(dòng)，使線圈的速度可能減為零，故A、D正確．答案：AD7．解析：A、B錯(cuò)：當(dāng)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，dc邊切割磁感線，由楞次定律可判斷，感應(yīng)電流的方向?yàn)閍→d→c→b→a；當(dāng)線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，同理可判斷其感應(yīng)電流的方向?yàn)閍→b→c→d→a.C錯(cuò)，D對(duì)：線框dc邊(或ab邊)進(jìn)入磁場(chǎng)(或離開(kāi)磁場(chǎng))時(shí)，穿過(guò)金屬線框的磁通量變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，安培力產(chǎn)生阻礙作用(“來(lái)拒去留”)，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，金屬線框的速度減?。鸢福篋8．解析：0<t<t1時(shí)間內(nèi)，線圈A中逆時(shí)針?lè)较虻碾娏髟跍p小，電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)在減小，根據(jù)安培定則與磁場(chǎng)疊加原理可知，線圈B所處磁場(chǎng)的方向向外，且在減小，根據(jù)楞次定律和安培定則可知，線圈B中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颍瑑删€圈的電流同向，則相互吸引，所以線圈B有收縮趨勢(shì)，故A、B錯(cuò)誤；t1<t<t2時(shí)間內(nèi)，線圈A中順時(shí)針?lè)较虻碾娏髟谠龃螅娏鳟a(chǎn)生的磁場(chǎng)在增強(qiáng)，根據(jù)安培定則與磁場(chǎng)疊加原理可知，線圈B所處磁場(chǎng)的方向向里，且在增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律和安培定則可知，線圈B中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，兩線圈的電流反向，則相互排斥，所以線圈B有擴(kuò)張趨勢(shì)，故C錯(cuò)誤，D正確．答案：D9．解析：ab勻速向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線，在M中產(chǎn)生沿順時(shí)針?lè)较虻暮愣ǜ袘?yīng)電流，形成的磁場(chǎng)恒定，不會(huì)在N中產(chǎn)生感應(yīng)電流，A錯(cuò)誤；當(dāng)ab加速向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，M中形成沿順時(shí)針?lè)较蛟龃蟮母袘?yīng)電流，在M中形成垂直線圈平面向下增大的磁場(chǎng)，由楞次定律和安培定則可知，N中會(huì)產(chǎn)生沿逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，B錯(cuò)誤；ab不動(dòng)而突然撤去磁場(chǎng)，M中產(chǎn)生沿逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，M中形成垂直線圈平面向上的磁場(chǎng)，導(dǎo)致N中磁通量增大，由楞次定律和安培定則可知，N中會(huì)產(chǎn)生沿順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，C正確；同理可知，當(dāng)ab不動(dòng)而突然增強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，N中會(huì)產(chǎn)生沿逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，D錯(cuò)誤．答案：C10．解析：若電梯突然墜落，將線圈閉合時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量發(fā)生變化，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流會(huì)阻礙磁鐵與線圈間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，可起到應(yīng)急避險(xiǎn)作用，但不是使電梯勻減速下落，故A錯(cuò)誤；感應(yīng)電流不能阻止磁鐵的運(yùn)動(dòng)，即不能使電梯懸浮在空中，故B錯(cuò)誤；當(dāng)電梯墜落至題圖位置時(shí)，閉合線圈A中向上的磁場(chǎng)減弱，感應(yīng)電流的方向從上向下看是逆時(shí)針?lè)较?，B中向上的磁場(chǎng)增強(qiáng)，感應(yīng)電流的方向從上向下看是順時(shí)針?lè)较?，可知A與B中感應(yīng)電流方向相反，故C錯(cuò)誤；結(jié)合前面分析可知，當(dāng)電梯墜落至題圖位置時(shí)，閉合線圈A、B都在阻礙電梯墜落，故D正確．答案：D11．解析：當(dāng)條形磁鐵靠近圓環(huán)時(shí)，穿過(guò)圓環(huán)的磁通量增加，根據(jù)楞次定律和右手螺旋定則可判斷，圓環(huán)中的感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針(俯視)，A錯(cuò)誤；若磁鐵從高度h處做自由落體運(yùn)動(dòng)，其落地時(shí)的速率v＝eq\r(2gh)，但磁鐵下落過(guò)程中圓環(huán)要產(chǎn)生一部分焦耳熱，根據(jù)能量守恒定律可知，其落地時(shí)的速率一定小于eq\r(2gh)，B錯(cuò)誤；磁鐵在整個(gè)下落過(guò)程中，由于受到磁場(chǎng)力的作用，它的機(jī)械能不守恒，C錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律的推論“來(lái)拒去留”可判斷，磁鐵在整個(gè)下落過(guò)程中，對(duì)圓環(huán)的作用力總是豎直向下的，D正確．答案：D分層作業(yè)(八)法拉第電磁感應(yīng)定律1．解析：由于兩次條形磁鐵插入線圈的起始和終止位置相同，因此磁通量的變化量ΔΦ＝Φ2－Φ1相同，故A錯(cuò)誤；根據(jù)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，第一次磁通量變化較快，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)較大，而閉合電路的電阻相同，所以第一次的感應(yīng)電流較大，可知B正確；通過(guò)G的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)Δt＝neq\f(ΔΦ,RΔt)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R)，則兩次通過(guò)G的電荷量相同，故C錯(cuò)誤；若K斷開(kāi)，雖然電路不閉合，沒(méi)有感應(yīng)電流，但感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)仍存在，故D錯(cuò)誤．答案：B2．解析：正方形線圈內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B,Δt)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝n·eq\f(a2,2)·eq\f(B,Δt)＝eq\f(na2B,2Δt)，故A正確．答案：A3．解析：圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，沿半徑R方向的導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，其大小為E＝eq\f(1,2)BωR2，回路中電阻不變，根據(jù)歐姆定律，回路中產(chǎn)生恒定電流，當(dāng)圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度增大或磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流都會(huì)增大，A、B錯(cuò)誤，C正確；若圓盤(pán)順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知電流從導(dǎo)線a流入電流表，D錯(cuò)誤．答案：C4．解析：設(shè)線圈的半徑為r，單位長(zhǎng)度的電阻為R0，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB·S,Δt)＝neq\f(ΔB·πr2,Δt)，線圈的電阻R＝n·2πr·R0，線圈中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝neq\f(ΔB·πr2,Δt·n·2πrR0)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(r,2R0)，使磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率增大一倍，線圈中的感應(yīng)電流增強(qiáng)一倍，A正確；由I＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(r,2R0)可知，使線圈匝數(shù)增加一倍，線圈中的感應(yīng)電流保持不變，B錯(cuò)誤；由I＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(r,2R0)可知，線圈面積增加一倍，則線圈的半徑增大eq\r(2)倍，所以線圈中的感應(yīng)電流增強(qiáng)eq\r(2)倍，C錯(cuò)誤；由I＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(r,2R0)可知，使線圈匝數(shù)減少一半，線圈中的感應(yīng)電流保持不變，D錯(cuò)誤．答案：A5．解析：根據(jù)E＝BLv知，先后以速度v和3v勻速把一單匝正方形線圈拉出有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為1∶3，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，則線圈中的感應(yīng)電流之比為1∶3，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(ΔΦ,R)知，通過(guò)線圈某橫截面的電荷量之比為1∶1，故C、D錯(cuò)誤．答案：B6．解析：由題意可知，穿過(guò)線圈的磁通量先垂直紙面向外減小后垂直紙面向里增大，根據(jù)楞次定律和安培定則可知，線圈中的感應(yīng)電流始終沿逆時(shí)針?lè)较?，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(nπr2B0,2t0)，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，線圈中的感應(yīng)電流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(nπr2B0,2Rt0)，t＝0時(shí)刻，線圈受到的安培力大小F＝B0I·2r＝eq\f(πn2Beq\o\al(2,0)r3,t0R)，故B正確；0～2t0時(shí)間內(nèi)通過(guò)線圈某橫截面的電荷量q＝I·2t0＝eq\f(nB0πr2,R)，故C錯(cuò)誤；B隨t的變化率不變，所以回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒為eq\f(πnB0r2,2t0)，故D正確．答案：BD7．解析：導(dǎo)體棒ab恰好能靜止在導(dǎo)軌上，則所受的合力為零，根據(jù)力的平衡得知，導(dǎo)體棒ab受到的安培力的大小為mgsinθ，方向沿斜面向上，所以有B2Id＝mgsinθ，則回路中的感應(yīng)電流大小I＝eq\f(mgsinθ,B2d)，根據(jù)導(dǎo)體棒ab所受安培力的方向，通過(guò)左手定則判斷得知，通過(guò)圓形導(dǎo)線的感應(yīng)電流的方向從上往下看為順時(shí)針?lè)较?，根?jù)楞次定律可知，圓形導(dǎo)線中的磁場(chǎng)，可以方向向上均勻增強(qiáng)，也可以方向向下均勻減弱，故A、B、C正確；根據(jù)P＝I2r可知，圓形導(dǎo)線中的電熱功率P＝eq\f(m2g2sin2θ,Beq\o\al(2,2)d2)r，故D錯(cuò)誤．答案：ABC8．解析：擺到豎直位置時(shí)，導(dǎo)體棒AB切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝B·2a·eq\f(0＋v,2)＝Bav，導(dǎo)體棒AB相當(dāng)于電源，電源的內(nèi)阻為eq\f(R,2)，金屬環(huán)的兩個(gè)半圓部分的電阻分別為eq\f(R,2)，兩個(gè)半圓部分的電阻是并聯(lián)關(guān)系，并聯(lián)總電阻為eq\f(R,4)，根據(jù)閉合電路歐姆定律，可知回路中的總電流為I＝eq\f(E,\f(R,4)＋\f(R,2))＝eq\f(4Bav,3R)，AB兩端的電壓即路端電壓，大小為U＝I·eq\f(R,4)＝eq\f(Bav,3)，A正確，B、C、D錯(cuò)誤．答案：A9．解析：(1)對(duì)金屬桿，有mgsinα＝B1IL①解得I＝eq\f(mgsinα,B1L).②(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB2,Δt)L2＝kL2③閉合電路的電流I＝eq\f(E,R＋r)④聯(lián)立②③④解得R＝eq\f(E,I)－r＝eq\f(kB1L3,mgsinα)－r.答案：(1)eq\f(mgsinα,B1L)(2)eq\f(kB1L3,mgsina)－r分層作業(yè)(九)電磁感應(yīng)中的電路及圖像問(wèn)題1．解析：ΔΦ＝Bπr2－2×Bπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)Bπr2，電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(πr2B,2R)，B正確．答案：B2．解析：線框向右勻速穿越磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程可分為三個(gè)階段：第一階段(進(jìn)入過(guò)程)，ab是電源，外電阻R＝3r(每一邊的電阻為r)，Uab等于路端電壓U1＝eq\f(3,4)E；第二階段(線框整體在磁場(chǎng)中平動(dòng)過(guò)程)，ab及dc都是電源，并且是完全相同的電源，回路中雖無(wú)感應(yīng)電流，但U2＝E；第三階段(離開(kāi)過(guò)程)，dc是電源，路端電壓Udc＝eq\f(3,4)E，因此Uab為路端電壓Udc的eq\f(1,3)，即U3＝eq\f(1,4)E，故A正確．答案：A3．解析：根據(jù)E＝BL有v，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL有v,R)可知，三角形導(dǎo)體線框進(jìn)、出磁場(chǎng)時(shí)，有效長(zhǎng)度L有都變小，則I也變?。俑鶕?jù)楞次定律及安培定則可知，進(jìn)、出磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流的方向相反，進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流方向?yàn)檎较?，出磁?chǎng)時(shí)感應(yīng)電流方向?yàn)樨?fù)方向，故選A.答案：A4．解析：在0～1s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直紙面向里且均勻增大，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)恒定，電流i＝eq\f(E,R)恒定，由楞次定律和安培定則可知，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，即?fù)方向，在i-t圖像上是一段平行于t軸的直線，且為負(fù)值，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；在1～3s內(nèi)，B-t圖線斜率不變，由法拉第電磁感應(yīng)定律知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)恒定，電流i＝eq\f(E,R)恒定，由楞次定律和安培定則知，電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，即正方向，在i-t圖像上是一段平行于t軸的直線，且為正值，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確．答案：D5．解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，金屬棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝Br×eq\f(ωr,2)＝eq\f(1,2)Br2ω，A錯(cuò)誤；對(duì)電容器極板間的帶電微粒受力分析，可知mg＝qeq\f(U,d)，U＝E，解得eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)，B正確；電阻消耗的功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2r4ω2,4R)，C錯(cuò)誤；電容器所帶的電荷量Q＝CU＝eq\f(1,2)CBr2ω，D錯(cuò)誤．答案：B6．解析：(1)重力做功全部轉(zhuǎn)化為電路消耗的電能，桿ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，有mgv＝P，代入數(shù)據(jù)解得v＝4.5m/s.(2)桿ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E＝Blv，設(shè)電阻R1與R2的并聯(lián)電阻為R外，桿ab的電阻r＝1.0Ω，根據(jù)并聯(lián)電阻的規(guī)律可得eq\f(1,R外)＝eq\f(1,R1)＋eq\f(1,R2)，由閉合電路歐姆定律可得I＝eq\f(E,R外＋r)，整個(gè)電路消耗的電功率P＝IE，代入數(shù)據(jù)解得R2＝6.0Ω.答案：(1)4.5m/s(2)6.0Ω7．解析：線框切割磁感線的速度與時(shí)間的關(guān)系為v＝at，速度與位移的關(guān)系為v2＝2ax，所以感應(yīng)電流為I＝eq\f(BLv,R)＝eq\f(BLa,R)t，或者I＝eq\f(BLv,R)＝eq\f(BL\r(2ax),R)＝eq\f(BL\r(2a),R)eq\r(x)，根據(jù)牛頓第二定律得F－F安＝ma，整理得F＝ma＋I(xiàn)LB＝ma＋eq\f(B2L2a,R)t，線框中電功率的瞬時(shí)值為P＝I2R＝eq\f(B2L2a2,R)t2，通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)t＝eq\f(BLx,tR)t＝eq\f(BL,R)x，即F與t成一次函數(shù)關(guān)系，P與t成二次函數(shù)關(guān)系，I與eq\r(x)成正比例關(guān)系，q與x成正比例關(guān)系．故選B、D.答案：BD8．解析：由題意可知，車(chē)輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的時(shí)間為T(mén)＝eq\f(2π,ω)＝0.3s，車(chē)輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，能產(chǎn)生感應(yīng)電流的時(shí)間為t＝4×eq\f(30°,360°)T＝0.1s，即LED燈亮的總時(shí)間為0.1s，故A錯(cuò)誤；金屬條ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)右手定則可知，ab上電流的方向是b→a，故B錯(cuò)誤；金屬條ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，ab相當(dāng)于電源，其等效電路圖如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(1,2)Br2ω＝1.8V，電路中的總電阻為R總＝R＋eq\f(1,3)R＝0.6Ω，所以通過(guò)ab的電流大小為I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(1.8,0.6)A＝3.0A，故C錯(cuò)誤；車(chē)輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周，LED燈亮的總時(shí)間為0.1s，產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝I2R總t＝32×0.6×0.1J＝0.54J，故D正確．答案：D分層作業(yè)(十)電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量問(wèn)題1．解析：金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則E＝Blv，在閉合電路中形成電流，則I＝eq\f(Blv,R)，因此金屬桿從軌道上滑下的過(guò)程中除受重力、軌道的彈力外還受安培力F作用，則F＝IlB＝eq\f(B2l2v,R)；先用右手定則判定感應(yīng)電流方向，再用左手定則判定出安培力方向，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律，得mgsinα－eq\f(B2l2v,R)＝ma，當(dāng)a→0時(shí)，v→vmax，解得vmax＝eq\f(mgRsinα,B2l2)，如果B變大或m變小，則vmax將變??；如果α變大或R變大，則vmax將變大，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤．答案：BC2．解析：根據(jù)功能關(guān)系知，線框上產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝eq\f(B2leq\o\al(2,ab)v,R)lbc＝eq\f(B2Sv,R)lab，同理Q2＝eq\f(B2Sv,R)lbc，又lab>lbc，故Q1>Q2；因q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)t＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)，故q1＝q2，故A正確．答案：A3．解析：根據(jù)楞次定律知，圓環(huán)中感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，再由左手定則判斷可知圓環(huán)所受安培力豎直向下，對(duì)圓環(huán)受力分析，根據(jù)受力平衡，有FT＝mg＋F，得FT>mg，又F＝IlB，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律可得出I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔB,RΔt)S，可知I為恒定電流，聯(lián)立上面各式可知B減小，則F減小，則由FT＝mg＋F知FT減小，A正確．答案：A4．解析：A錯(cuò)，B對(duì)：將M、N視為電容為C的平行板電容器，設(shè)金屬棒ab的質(zhì)量為m，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，ab從靜止開(kāi)始在一極短的時(shí)間Δt內(nèi)速度的變化量為Δv，此時(shí)電容器兩端電壓變化量為ΔU＝BLΔv，電容器帶電量的變化量為Δq＝CΔU，回路中的電流為I＝eq\f(Δq,qΔt)＝CBLeq\f(Δv,Δt)＝CBLa，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－ILB＝ma，解得金屬棒的加速度為a＝eq\f(mgsinθ,B2L2C＋m)，可知金屬棒ab將一直勻加速下滑．C對(duì)：由右手定則可知，金屬棒a端電勢(shì)高，則M板電勢(shì)高．D錯(cuò)：若微粒帶負(fù)電，則靜電力向上，與重力反向，開(kāi)始時(shí)靜電力為0，微粒向下加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)靜電力增大到大于重力時(shí)，微粒的加速度方向向上．答案：BC5．解析：導(dǎo)體棒ab勻速切割磁感線，則有E＝Blv，I＝eq\f(E,R總)，對(duì)導(dǎo)體棒cd分析，由受力平衡得G＝IlB＝eq\f(B2l2v,R總)，得v＝2m/s，選項(xiàng)B正確；對(duì)導(dǎo)體棒ab進(jìn)行受力分析，受拉力、安培力及重力，則有F＝G＋BIl＝0.2N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在2s內(nèi)產(chǎn)生的電能等于導(dǎo)體棒ab克服安培力做的功，即W電＝F安·vt＝eq\f(B2l2v2t,R總)＝0.4J，選項(xiàng)C正確；在2s內(nèi)拉力做的功W拉＝Fvt＝0.8J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案：BC6．解析：桿1向右做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，桿2受到向右的安培力而向右做加速運(yùn)動(dòng)，回路中產(chǎn)生的總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，感應(yīng)電流減小，兩桿受到的安培力減小，加速度減小，所以桿1將做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，桿2將做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速度減為零后，兩桿勻速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；桿1、桿2組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝2mv，解得桿1、桿2的最終速度v＝0.5v0，B正確；整個(gè)回路產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，則桿1上產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)，C正確；以桿2為研究對(duì)象，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有Bdeq\o(I,\s\up6(－))Δt＝m(0.5v0－0)＝0.5mv0，得q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(mv0,2Bd)，D正確．答案：BCD

7.解析：(1)對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖所示，勻速下滑時(shí)，平行于斜面方向有mgsinθ－Ff－F＝0，垂直于斜面方向有FN－mgcosθ＝0，其中Ff＝μFN，安培力F＝ILB，回路中的電流I＝eq\f(E,R)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，由以上各式得v＝5m/s.(2)通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量Q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，其中平均電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)，設(shè)導(dǎo)體棒下滑位移為x，則ΔΦ＝BxL，由以上各式得x＝eq\f(QR,BL)＝eq\f(2×2,0.8×0.5)m＝10m，全程由動(dòng)能定理得mgxsinθ－W安－μmgxcosθ＝eq\f(1,2)mv2，其中克服安培力做的功W安等于導(dǎo)體棒有效電阻消耗的電功W，則W＝mgxsinθ－μmgxcosθ－eq\f(1,2)mv2＝(12－8－2.5)J＝1.5J.答案：(1)5m/s(2)1.5J8．解析：由右手定則可以判斷感應(yīng)電流的方向?yàn)?俯視)順時(shí)針?lè)较?，可知A正確；由左手定則可以判斷，圓環(huán)受到的安培力向上，阻礙圓環(huán)的運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；圓環(huán)垂直切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv＝B·2πR·v，圓環(huán)的電阻R電＝eq\f(ρ·2πR,πr2)，則圓環(huán)中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R電)＝eq\f(Bπr2v,ρ)，圓環(huán)所受的安培力F安＝I·2πRB，圓環(huán)的加速度a＝eq\f(mg－F安,m)，m＝d·2πR·πr2，則a＝g－eq\f(B2v,ρd)，C錯(cuò)誤；當(dāng)重力等于安培力時(shí)圓環(huán)速度達(dá)到最大，此時(shí)a＝0，可得vmax＝eq\f(ρgd,B2)，D正確．答案：AD9．解析：(1)當(dāng)v＝0時(shí)，a＝2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得μ＝0.5.(2)由圖乙可知，vm＝2m/s，當(dāng)金屬棒ab達(dá)到穩(wěn)定速度時(shí)，有FA＝ILB0，E＝B0Lvm，I＝eq\f(E,R＋r)，由力的平衡條件得mgsinθ＝FA＋μmgcosθ，解得r＝1Ω，由于q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,Δt（R＋t）)Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(B0Ls,R＋r)，解得s＝2m.(3)對(duì)金屬棒的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理可得mgssin37°－μmgscos37°－W克＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0，又Q總＝W克，聯(lián)立解得Q總＝0.1J，則電阻R上產(chǎn)生的熱量QR＝eq\f(4,5)Q總＝0.08J.答案：(1)0.5(2)2m(3)0.08J分層作業(yè)(十一)渦流、電磁阻尼和電磁驅(qū)動(dòng)1．解析：渦流就是整個(gè)金屬塊中產(chǎn)生的感應(yīng)電流，所以產(chǎn)生渦流的條件就是在金屬塊中產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，即穿過(guò)金屬塊的磁通量發(fā)生變化，A、B、C中穿過(guò)金屬塊的磁通量不變化，所以A、B、C錯(cuò)誤；把金屬塊放在變化的磁場(chǎng)中時(shí)，穿過(guò)金屬塊的磁通量發(fā)生了變化，有渦流產(chǎn)生，所以D正確．答案：D2．解析：變化的電流才能產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，引起磁通量的變化，產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象；恒定的電流不會(huì)使感應(yīng)爐中的磁通量發(fā)生變化，不會(huì)產(chǎn)生渦流，A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)感應(yīng)爐內(nèi)裝入被冶煉的金屬時(shí)，會(huì)在被冶煉的金屬中產(chǎn)生渦流，利用渦流的熱效應(yīng)使金屬熔化，而不是利用線圈中的電流產(chǎn)生的焦耳熱使金屬熔化，C錯(cuò)誤，D正確．答案：AD3．解析：2是磁鐵，1在2中轉(zhuǎn)動(dòng)，1中產(chǎn)生渦流，2對(duì)1的安培力將阻礙1的轉(zhuǎn)動(dòng)，總之不管1向哪個(gè)方向轉(zhuǎn)動(dòng)，2對(duì)1的效果總起到阻礙作用，所以它能使指針很快地穩(wěn)定下來(lái)，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤．答案：AD4．解析：線圈通電后在安培力作用下轉(zhuǎn)動(dòng)，鋁框隨之轉(zhuǎn)動(dòng)，在鋁框內(nèi)產(chǎn)生渦流．渦流將阻礙線圈的轉(zhuǎn)動(dòng)，使線圈偏轉(zhuǎn)后盡快停下來(lái)，這樣做是利用渦流起電磁阻尼的作用，故B、C正確．答案：BC5．解析：當(dāng)銅盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由于電路閉合，則出現(xiàn)感應(yīng)電流，處于磁場(chǎng)中的部分銅盤(pán)會(huì)受到安培力作用，此力阻礙銅盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)，使得銅盤(pán)能在較短的時(shí)間內(nèi)停止，故C正確．答案：C6．解析：原磁場(chǎng)方向向上且磁感應(yīng)強(qiáng)度在增大，在其周?chē)虚]合導(dǎo)線的情況下，導(dǎo)線中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向應(yīng)與原磁場(chǎng)方向相反，即感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向下，再由安培定則得感應(yīng)電流的方向從上向下看為順時(shí)針?lè)较?，則感生電場(chǎng)的方向從上向下看也為順時(shí)針?lè)较?，同理可知，原磁?chǎng)方向向上且磁感應(yīng)強(qiáng)度減小時(shí)，感生電場(chǎng)的方向從上向下看應(yīng)為逆時(shí)針?lè)较?，所以A、D正確．答案：AD7．解析：金屬探測(cè)器利用渦流探測(cè)金屬物品的原理是：線圈中交變電流產(chǎn)生交變的磁場(chǎng)，會(huì)在金屬物品產(chǎn)生交變的感應(yīng)電流，而金屬物品中感應(yīng)電流產(chǎn)生的交變磁場(chǎng)會(huì)在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，引起線圈中交變電流發(fā)生變化，從而被探測(cè)到，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤．答案：AC8．解析：當(dāng)圓盤(pán)在磁針的磁場(chǎng)中繞過(guò)圓盤(pán)中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時(shí)，圓盤(pán)的半徑切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，A正確；圓盤(pán)內(nèi)的渦流產(chǎn)生的磁場(chǎng)對(duì)磁針施加磁場(chǎng)力作用，導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)，B正確；由于圓盤(pán)中心正上方懸掛小磁針，因此在圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，磁針的磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤(pán)的磁通量不變，C錯(cuò)誤；電流是自由電荷定向移動(dòng)形成的，圓盤(pán)呈電中性，本身沒(méi)有多余的電荷，因此不會(huì)形成電流，D錯(cuò)誤．答案：AB9．解析：磁場(chǎng)的變化使空間內(nèi)產(chǎn)生感生電場(chǎng)，由楞次定律知感生電場(chǎng)的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，帶正電小球受到的電場(chǎng)力與運(yùn)動(dòng)方向相反，故小球速度減小，B正確．答案：B10．解析：線圈接通電源瞬間，變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生電場(chǎng)，因向上的磁場(chǎng)變大，則產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾妶?chǎng)，帶負(fù)電的小球受到的電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)方向相反，則有逆時(shí)針?lè)较虻碾妶?chǎng)力，故圓盤(pán)將沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確．答案：A11．解析：磁鐵水平穿入螺線管時(shí)，螺線管中將產(chǎn)生感應(yīng)電流，由楞次定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電流將阻礙磁鐵的運(yùn)動(dòng)；同理，磁鐵穿出時(shí)，由楞次定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電流將阻礙磁鐵的運(yùn)動(dòng)，故整個(gè)過(guò)程中，磁鐵做減速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)于小車(chē)上的螺線管來(lái)說(shuō)，螺線管受到的安培力方向始終為水平向右，這個(gè)安培力使螺線管和小車(chē)向右運(yùn)動(dòng)，且一直做加速運(yùn)動(dòng)，C正確，D錯(cuò)誤．答案：BC分層作業(yè)(十二)互感和自感1．解析：由E＝Leq\f(ΔI,Δt)可知，自感電動(dòng)勢(shì)的大小與電流的變化率成正比，與電流的大小及電流變化的大小無(wú)直接關(guān)系，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確．答案：B2．解析：由于采用雙線并繞的方法，當(dāng)有電流通過(guò)時(shí)，兩股導(dǎo)線中的電流方向相反，不管電流怎樣變化，任何時(shí)刻兩股電流總是等大反向的，在線圈中產(chǎn)生的磁通量也是等大反向的，故穿過(guò)線圈的總磁通量等于零，在該線圈中不會(huì)產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，因此消除了自感現(xiàn)象，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確．答案：C3．解析：閉合S穩(wěn)定后，L相當(dāng)于一段導(dǎo)線，R1被短路，所以電容器C兩端的電壓等于路端電壓，小于電源電動(dòng)勢(shì)E，A錯(cuò)誤；斷開(kāi)S的瞬間，L產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電源，與R1組成閉合回路，通過(guò)R1的電流方向自左向右，B正確；斷開(kāi)S的瞬間，電容器放電，通過(guò)R2的電流方向自右向左，C、D錯(cuò)誤．答案：B4．解析：由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，又B∝I，故eq\f(ΔB,Δt)∝eq\f(ΔI,Δt)∝E.由圖乙可知i-t圖像中的斜率應(yīng)不為0，且在0～0.5、0.5～1.5、1.5～2.5、2.5～3.5各段時(shí)間內(nèi)斜率不變．分析圖像可知，只有C正確．答案：C5．解析：題圖甲中，閉合S1瞬間，直流電源對(duì)燈A1供電，電流從左到右；斷開(kāi)S1瞬間，電感線圈對(duì)燈A1供電，電流從右到左，A錯(cuò)誤．“實(shí)驗(yàn)時(shí)，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗”說(shuō)明閉合S1且電路穩(wěn)定時(shí)，通過(guò)電感線圈L1的電流大于通過(guò)燈A1的電流，B正確．閉合開(kāi)關(guān)S2瞬間，由于電感線圈阻礙電流的增加，L2中電流從零開(kāi)始緩慢增大，此時(shí)路端電壓緩慢變小，燈A3中電流從某一較大值開(kāi)始減小，C正確．題圖乙中，開(kāi)關(guān)S2閉合，電路穩(wěn)定時(shí)通過(guò)A2和A3的電流相同，斷開(kāi)S2瞬間，電感線圈L2、燈A2、燈A3和滑動(dòng)變阻器R構(gòu)成回路，電流從同一值開(kāi)始緩慢減小至零，故燈A3和燈A2均緩慢熄滅，D錯(cuò)誤．答案：BC6．解析：當(dāng)開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)，由于線圈中自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流減小，線圈中的電流逐漸減小，線圈與燈泡A構(gòu)成回路，因?yàn)镮L＝2A，IA＝1A，所以燈泡中的電流突然反向增大，之后逐漸減小，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．答案：D7．解析：閉合開(kāi)關(guān)后，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以無(wú)電流通過(guò)L2，由于線圈中自感電動(dòng)勢(shì)的阻礙，L1逐漸變亮，L1與L3串聯(lián)，所以閉合開(kāi)關(guān)后，L1、L3逐漸變亮，L2一直不亮，A錯(cuò)誤，B正確；由于二極管的單向?qū)щ娦裕娐贩€(wěn)定后也無(wú)電流通過(guò)L2，L2不亮，電路穩(wěn)定后，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)后，線圈由于產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電源，燈泡L1中電流從左到右，燈泡L1、L2串聯(lián)，二極管正向?qū)ǎ訪1逐漸熄滅，L2突然變亮，然后逐漸變暗至熄滅，同時(shí)L3立即熄滅，D錯(cuò)誤，C正確．答案：BC8．解析：由題中給出的電路可知，電路是L與A1串聯(lián)，A2與R串聯(lián)，然后兩個(gè)支路并聯(lián)．在t′時(shí)刻，A1支路的電流因?yàn)橛蠰的自感作用，所以i1由0逐漸增大．A2支路為純電阻電路，i2不存在逐漸增大的過(guò)程，若不計(jì)電池的內(nèi)阻，則i2不變；若考慮電池的內(nèi)阻，i2會(huì)略有減小，故B正確．答案：B分層作業(yè)(十三)交變電流1．解析：t1、t3時(shí)刻通過(guò)線圈的磁通量Φ最大，磁通量變化率為零，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流均為零，線圈中感應(yīng)電流方向改變．A錯(cuò)誤，B正確；t2、t4時(shí)刻通過(guò)線圈的磁通量為零，磁通量的變化率最大，即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，C、D錯(cuò)誤．答案：B2．解析：根據(jù)u＝Umsinωt可知，交變電流的電壓的峰值為200V，則有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(200,\r(2))V＝100eq\r(2)V＝141V，B正確．答案：B3．解析：由題圖可知，交變電流的周期是0.2s，頻率f＝eq\f(1,T)＝5Hz，電流的峰值是10A，有效值I＝eq\f(10,\r(2))A＝7.07A，A、C正確．答案：AC4．解析：產(chǎn)生交變電流的條件是軸和磁感線垂直，與軸的位置和線圈形狀無(wú)關(guān)，線圈abcd分別繞軸P1、P2轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝NBSω，由I＝eq\f(E,R總)可知，此時(shí)I相等，故A正確，B錯(cuò)誤；由右手定則可知，電流方向?yàn)閍→d→c→b，故C正確；dc邊受到的安培力F＝IldcB，故F一樣大，D錯(cuò)誤．答案：AC5．解析：圖示時(shí)刻后瞬間，由楞次定律判斷出線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍→d→c→b→a，為負(fù)方向，在轉(zhuǎn)過(guò)eq\f(1,4)周過(guò)程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)表達(dá)式為e＝Emsinωt＝BSωsinωt，S是線圈面積的一半，則感應(yīng)電流的表達(dá)式為i＝－eq\f(e,R)＝－eq\f(BSωsinωt,R)＝－Imsinωt，經(jīng)分析，轉(zhuǎn)過(guò)eq\f(1,4)周以后，仍符合i＝－Imsinωt形式，故C正確．答案：C6．解析：條形磁鐵以10πrad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則該交流電的頻率f＝eq\f(ω,2π)＝5Hz，故A錯(cuò)誤；由題圖可知，在t＝0時(shí)刻穿過(guò)線圈的磁通量為0，結(jié)合交流電產(chǎn)生的特點(diǎn)可知，t＝0時(shí)刻該交流電的瞬時(shí)值最大，由題圖可知下一時(shí)刻穿過(guò)線圈的磁通量的方向向里，由楞次定律可知，此時(shí)線圈中的電流方向?yàn)閍bcda，故B正確；該交流電的周期T＝eq\f(1,f)＝0.2s，當(dāng)t＝0.5s＝2.5T時(shí)，線圈中的電流方向與開(kāi)始時(shí)的方向相反，電流值仍然為最大值，不會(huì)改變方向，故C、D錯(cuò)誤．答案：B7．解析：線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值Em＝NBSω＝NBL2ω，將線框的邊長(zhǎng)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2)后，電動(dòng)勢(shì)的最大值變?yōu)?Em，則電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律為e′＝2Emsineq\f(ω,2)t，D正確．答案：D8．解析：用類(lèi)比法分析，如線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生周期性變化的電流，所以這個(gè)電路中存在周期為T(mén)的變化電流，故A正確；在赤道上，地磁場(chǎng)方向?yàn)橛赡现赶虮?，則t＝0時(shí)刻，回路磁通量最大，電路中電流最小為0，故B錯(cuò)誤；t＝eq\f(T,4)時(shí)刻，金屬繩第一次經(jīng)過(guò)水平位置，這個(gè)過(guò)程回路中磁通量減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向向右通過(guò)靈敏電流計(jì)，故C錯(cuò)誤；t＝eq\f(T,2)時(shí)刻，回路磁通量變化率最小，電路中電流最小，為0，故D錯(cuò)誤．答案：A9．解析：(1)線框轉(zhuǎn)動(dòng)，開(kāi)始計(jì)時(shí)的位置為線框平面與磁感線平行的位置，CD邊長(zhǎng)l1＝20cm，CE、DF邊長(zhǎng)l2＝10cm，在t時(shí)刻線框轉(zhuǎn)過(guò)的角度為ωt，此時(shí)刻e＝BSωcosωt.其中B＝eq\f(5\r(2),π)T，S＝l1×l2＝0.1×0.2m2＝0.02m2，故線框感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值表達(dá)式e＝eq\f(5\r(2),π)×0.02×100πcos100πt(V)＝10eq\r(2)cos100πt(V).(2)線框由題圖所示位置轉(zhuǎn)過(guò)30°的過(guò)程中ΔΦ＝eq\f(1,2)BS，Δt＝eq\f(π,6ω)，則平均電動(dòng)勢(shì)eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(30\r(2),π)V.(3)線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖像如圖所示．答案：(1)e＝10eq\r(2)cos100πt(V)(2)eq\f(30\r(2),π)V(3)見(jiàn)解析圖分層作業(yè)(十四)交變電流的描述1．解析：由圖像可知電動(dòng)勢(shì)的峰值為1V，有效值為eq\f(\r(2),2)V；周期為0.2s，頻率為eq\f(1,T)＝5Hz，故D正確．答案：D2．解析：由題圖可知，該電壓的周期為T(mén)＝2×10－2s，頻率為f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故A、B錯(cuò)誤；設(shè)電壓的有效值為U，根據(jù)電流的熱效應(yīng)，有eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20\r(2),\r(2))V))\s\up12(2),R)×eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)×T，可解得電壓的有效值為U＝10eq\r(2)V，故C正確，D錯(cuò)誤．答案：C3．解析：線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值與轉(zhuǎn)軸位置無(wú)關(guān)，Em＝NBSω＝NBL2ω，有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)NBL2ω，選項(xiàng)B正確．答案：B4．解析：A、B錯(cuò)：因電壓表示數(shù)為9V，所以電路中的電流I＝eq\f(9,9)A＝1A，故電動(dòng)勢(shì)的有效值E＝I(r＋R)＝10V，其最大值Em＝eq\r(2)E＝10eq\r(2)V．C錯(cuò)：線圈通過(guò)中性面時(shí)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值為0.D對(duì)：從中性面轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(|Φ2－Φ1|,Δt)＝neq\f(|0－BS|,\f(π,2ω))＝eq\f(2nBSω,π)，又nBSω＝10eq\r(2)V，故eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(20\r(2),π)V.答案：D5．解析：A對(duì)：根據(jù)公式P＝eq\f(U2,R)，得P＝eq\f(102,10)W＝10W．B錯(cuò)：由圖乙可知，0.02s時(shí)通過(guò)線圈的磁通量為零，電動(dòng)勢(shì)最大，R兩端的電壓瞬時(shí)值為10eq\r(2)V．C對(duì)：由圖乙可知，T＝0.02s時(shí)電動(dòng)勢(shì)為最大值Em＝10eq\r(2)V，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，又因?yàn)榇私蛔冸娏魇菑拇怪庇谥行悦骈_(kāi)始計(jì)時(shí)的，所以R兩端的電壓u隨時(shí)間t變化的規(guī)律是u＝14.1cos100πt(V).D錯(cuò)：根據(jù)i＝eq\f(u,R)得，通過(guò)R的電流i隨時(shí)間t變化的規(guī)律是i＝1.41cos100πt(A).答案：AC6．解析：(1)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值Em＝NBSω＝100×0.5×(0.2)2×2π×50V＝628V，