分層作業(yè)(一)磁場對通電導線的作用力1．解析：安培力公式F＝Il⊥B，其中l(wèi)⊥為導線在垂直于磁場方向的有效長度，題甲、乙、丙、丁四個圖中導線垂直于磁場放置，有效長度相等，所以各導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動，故D正確，A、B、C錯誤．答案：D3．解析：根據(jù)左手定則可知，導線受到的安培力豎直向上，大小為F＝2Ieq\f(L,2)Bsin45°＝2××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對電流沒有力的作用，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：當磁感應強度方向與通電直導線垂直時，安培力有最大值，為F＝IlB＝2××N＝N．當磁感應強度方向與通電直導線平行時，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N之間取值，故B、C、D正確，A錯誤．答案：BCD6．解析：根椐左手定則可知，整個圓環(huán)關于圓心對稱的兩部分受到的安培力等大反向，受到的合力為0，選項A錯誤，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C錯誤，D正確．答案：BD7．解析：導線與磁場方向平行時，導線受到的安培力為0，A正確；當導線與磁場方向垂直時，導線受到的安培力最大，為ILB，C正確，B、D錯誤．答案：AC8．解析：由左手定則可知電流經(jīng)a流向b，A錯誤；若調換磁鐵的磁極，磁場方向反向，則安培力的方向反向，金屬棒向右運動，B錯誤；若調換流經(jīng)金屬棒的電流方向，則安培力的方向反向，金屬棒向右運動，C錯誤；若同時調換磁鐵的磁極和流經(jīng)金屬棒的電流方向，則導體棒所受安培力的方向不變，仍向左運動，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、磁感應強度大小，l指有效長度，它等于圓環(huán)所截邊界線的長度．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；當通電后，處于磁場中的線圈受到安培力作用，使其轉動，螺旋彈簧被扭動，則受到彈簧的阻力，從而阻礙線圈轉動，故B正確；由左手定則可判定：當線圈轉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針方向轉動，故C、D錯誤．答案：AB11．解析：(1)由安培力的計算公式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，因為線圈所在的平面與磁場的方向垂直，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動，根據(jù)功率的表達式可得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動問題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)對稱性可知，線圈所受安培力的合力水平向左，故線圈向左運動．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，線圈將向左運動．同時，也可將左側條形磁鐵等效成一環(huán)形電流，根據(jù)結論“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導線和ef導線在b處產(chǎn)生的磁場方向都垂直紙面向外，可知b處的磁感應強度垂直紙面向外，A錯誤；由安培定則可知，ef導線在a點產(chǎn)生的磁感應強度垂直紙面向外，B錯誤；根據(jù)“同向電流相互吸引，反向電流相互排斥”可知，C錯誤，D正確．答案：D3．解析：電流方向改變前，對金屬細棒ab受力分析，根據(jù)平衡條件可知，金屬細棒ab受到的安培力豎直向上，大小等于mg；電流方向改變后，金屬細棒ab受到的安培力豎直向下，大小等于mg，對金屬細棒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軌的支持力的作用，在這三個力的作用下，桿可能處于平衡狀態(tài)，桿ab與導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，當兩個力大小相等時，桿可以處于平衡狀態(tài)，故桿ab與導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、安培力和垂直于導軌向上的支持力，桿要靜止在導軌上，必定要受到沿導軌向上的摩擦力作用，故C錯誤；D圖中桿受到的重力豎直向下，安培力水平向左，支持力垂直于導軌向上，桿要靜止在導軌上，必定要受到沿導軌向上的摩擦力的作用，故D錯誤．答案：AB5．解析：因為通電直導線的磁感線是以O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：順時針方向的環(huán)形電流可以等效為一個豎直放置的小磁針，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)對桌面的壓力F將大于圓環(huán)的重力G1，磁鐵對輕繩的拉力F′將小于磁鐵的重力G2，故D正確，A、B、C錯誤．答案：D7．解析：據(jù)左手定則判斷導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：當磁場方向垂直金屬棒水平向左、磁感應強度大小為B0時，金屬棒恰好靜止，由平衡條件得IdB0＝mg，解得I＝eq\f(mg,B0d)，故A錯誤；對金屬棒受力分析如圖所示，當電流不變，磁場方向由水平方向逐漸變?yōu)樨Q直方向的過程中，支持力一直增大，安培力先減小后增大，且當安培力沿斜面向上時取得最小值，即IdB＝mgsinθ，解得磁感應強度的最小值為Bmin＝B0sinθ，故B、C錯誤，D正確．答案：D9．解析：由安培定則可知，b的電流在a處產(chǎn)生的磁場方向豎直向上，A正確；導體棒a處磁感應強度B大小相等、方向豎直向上，則導體棒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錯誤；重力和水平向右的安培力的合力與支持力平衡，當b向上平移時，b在a處的磁感應強度減小，則安培力減小，b對a的安培力斜向上，根據(jù)受力平衡條件可知，此時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b豎直向下移動，導體棒間的安培力減小，根據(jù)受力平衡條件，當a受到的安培力方向順時針轉動時，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ab的電流：I＝eq\f(E,R＋R0＋r)＝eq\f(10,4＋＋0.1)A＝2A方向由a到b；(2)ab受到的安培力F＝ILB＝2××5N＝5N；(3)ab受力如圖所示，最大靜摩擦力：Ffmax＝μ(mg－Fcos53°)＝N由平衡條件得，當最大靜摩擦力方向向左時：FT＝Fsin53°＋Ffmax＝N當最大靜摩擦力方向向右時：FT＝Fsin53°－Ffmax＝N由于重物受力平衡，故FT＝G則重物重力的取值范圍為N≤G≤N.答案：(1)2A方向由a到b(2)5N(3)N≤G≤N分層作業(yè)(三)磁場對運動電荷的作用力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錯誤；D圖中洛倫茲力向下，故D錯誤．答案：B2．解析：帶電粒子平行于磁場運動時，不受洛倫茲力作用，A錯誤；洛倫茲力的方向始終與電荷運動的方向垂直，所以洛倫茲力不做功，B錯誤；洛倫茲力與速度方向垂直，速度方向與磁場方向不一定垂直，C正確；由洛倫茲力公式F＝qvBsinθ知，θ＝0°時，F(xiàn)＝0，但該點的磁感應強度B可以不為0，D錯誤．答案：C3．解析：根據(jù)安培定則可知，通電長直導線在陰極射線管處的磁場方向垂直紙面向外，由圖可知電子束運動方向由右向左，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，故B正確．答案：B4．解析：質子從左邊水平飛入該區(qū)域，受到向下的電場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，電場力和洛倫茲力的方向均反向，所以電子將沿直線運動，A、D錯誤，B、C正確．答案：BC5．解析：A對：據(jù)左手定則知，帶正電的粒子向上偏轉，帶負電的粒子向下偏轉，則P板帶正電，Q板帶負電．B錯：因為Q板帶負電，P板帶正電，所以電流從a經(jīng)用電器流向b.C錯：因為P板帶正電，Q板帶負電，所以金屬板間的電場方向向下．D對：等離子體發(fā)生偏轉的原因是粒子所受洛倫茲力大于所受電場力．答案：AD6．解析：在加速電場中，由動能定理得Uq＝eq\f(1,2)mv2故質子獲得的速度v＝eq\r(\f(2Uq,m))＝×105m/s質子受到的洛倫茲力F＝qvB＝×10－17N.答案：×10－17N7．解析：設M、N處的長直導線在O點產(chǎn)生磁場的合磁感應強度大小為B1，由安培定則可知每根導線在O點處產(chǎn)生的磁感應強度大小為eq\f(1,2)B1，方向豎直向下，則電子在O點處受到的洛倫茲力為F1＝qvB1；當M處的長直導線移到P處時，O點處的合磁感應強度大小為B2＝2×eq\f(1,2)B1×cos30°＝eq\f(\r(3),2)B1，則電子在O點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錯誤．答案：B8．解析：物塊向左運動的過程中，受到重力、洛倫茲力、水平面的支持力和滑動摩擦力，向左做減速運動；當沒有磁場時，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)；有磁場時，當物塊速度為v時，有a＝eq\f(μ（mg＋qvB）,m)>a0，則x<x0，t<t0，故B、C正確，A、D錯誤．答案：BC9．解析：小球第一次到達最低點時速度為v，因機械能守恒，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)過最低點時，qvB－mg＝meq\f(v2,L)第二次經(jīng)過最低點時，F(xiàn)－qvB－mg＝meq\f(v2,L)綜上解得：F＝N.答案：N分層作業(yè)(四)帶電粒子在勻強磁場中的運動1．解析：由粒子在磁場中運動的半徑r＝eq\f(mv,qB)可知，質子、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該是質子最小、氚核最大，故C正確．答案：C2．解析：由于qa＝qb、Eka＝Ekb＝Ek，動能Ek＝eq\f(1,2)mv2和粒子偏轉半徑r＝eq\f(mv,qB)，可得m＝eq\f(r2q2B2,2Ek)，可見m與半徑r的二次方成正比，故ma∶mb＝4∶1，再根據(jù)左手定則知粒子應帶負電，故選B.答案：B3．解析：根據(jù)左手定則可知，電子從P點沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場B1時，受到的洛倫茲力方向向上，所以電子的運行軌跡為PDMCNEP，故A錯誤；電子在題圖所示運動過程中，在左側勻強磁場中運動兩個半圓，即運動一個周期，在右側勻強磁場中運動半個周期，所以t＝eq\f(2πm,B1q)＋eq\f(πm,B2q)，故C錯誤；由題圖可知，電子在左側勻強磁場中的運動半徑是在右側勻強磁場中的運動半徑的一半，根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)可知，B1＝2B2，故D錯誤，B正確．答案：B4．解析：A錯：因粒子向下偏轉，據(jù)左手定則可判定粒子帶負電．B錯：因洛倫茲力不做功，所以粒子在b、a兩點的速率相等．C對：若僅減小磁感應強度，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點右側射出．D錯：若僅減小入射速率，粒子運動半徑減小，在磁場中運動的軌跡所對應的圓心角先增大后不變，則粒子在磁場中運動時間先變長后不變．答案：C5．解析：如圖所示，正電子進入磁場后，在洛倫茲力作用下向上偏轉，而負電子在洛倫茲力作用下向下偏轉．由T＝eq\f(2πm,qB)知，兩個電子的運動周期相等．正電子從y軸上射出磁場時，根據(jù)幾何知識可知，速度與y軸的夾角為60°，則正電子速度的偏向角為120°，其軌跡對應的圓心角θ1＝120°，則正電子在磁場中運動的時間t1＝eq\f(θ1,2π)T＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(1,3)T；同理，負電子從x軸上離開磁場時，速度方向與x軸的夾角為30°，則軌跡對應的圓心角θ2＝60°，負電子在磁場中運動的時間t2＝eq\f(θ2,2π)T＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)T.所以負電子與正電子在磁場中運動的時間之比t2∶t1＝1∶正確．答案：B6．解析：粒子可能在兩磁場間做多次運動，畫出可能的軌跡，如圖所示．由幾何關系知，圓弧的圓心角都是60°，粒子運動的半徑為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錯誤，B、C正確．答案：BC7．解析：(1)設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R，其運動的軌跡如圖所示，由幾何知識有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)粒子在磁場中的運動周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，設粒子由a運動到b的時間為t，由幾何關系可得ab弧所對的圓心角為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：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動時，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進入磁場時的運動軌跡，如圖所示，可以判斷當粒子以a為圓心、ca為半徑做勻速圓周運動時在磁場中運動的時間最長，最長時間t＝eq\f(π＋∠Oae,2π)T，由幾何關系可知△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：若粒子通過下部分磁場直接到達P點，如圖根據(jù)幾何關系則有R＝L，qvB＝meq\f(v2,R)可得v＝eq\f(qBL,m)＝kBL根據(jù)對稱性可知出射速度與SP成30°角向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°.當粒子上下均經(jīng)歷一次時，如圖，因為上下磁感應強度均為B，則根據(jù)對稱性有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°.通過以上分析可知當粒子從下部分磁場射出時，需滿足v＝eq\f(qBL,（2n－1）m)＝eq\f(1,2n－1)kBL(n＝1，2，3…)此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°；當粒子從上部分磁場射出時，需滿足v＝eq\f(qBL,2nm)＝eq\f(1,2n)kBL(n＝1，2，3…)此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°.故可知B、C正確，A、D錯誤．答案：BC分層作業(yè)(五)質譜儀與回旋加速器1．答案：C2．解析：因為離子進入電場和磁場正交區(qū)域時不發(fā)生偏轉，說明離子所受電場力和洛倫茲力平衡，有qvB＝qE，故v＝eq\f(E,B)，得出能不偏轉的離子滿足速度相同，C錯誤；離子進入磁場后受洛倫茲力作用，離子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qvB＝eq\f(mv2,R)，故做圓周運動的半徑為：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動的半徑R不同，即比荷不同，D正確；無法確定離子的質量或電荷量的關系，A、B錯誤．答案：D3．解析：洛倫茲力始終與速度垂直，即洛倫茲力對粒子不做功，而電場力對粒子做功，即質子動能增大是由于電場力做功，故A錯誤，B正確；由qvB＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)，可以得到T＝eq\f(2πm,qB)，即周期與速度無關，故C錯誤，D正確．答案：BD4．解析：粒子在加速電場中根據(jù)動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m))，粒子在磁場中偏轉，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錯誤．答案：A5．解析：甲束粒子在磁場中向上偏轉，乙束粒子在磁場中向下偏轉，根據(jù)左手定則知甲束粒子帶負電，乙束粒子帶正電，故A錯誤；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錯誤；能通過狹縫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錯誤；由題圖示粒子運動軌跡可知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，粒子運動軌跡半徑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、乙兩束粒子的質量比為2∶3，故D正確．答案：D6．解析：(1)粒子運動半徑為R時，有qvB＝meq\f(v2,R)，又Ek＝eq\f(1,2)mv2，解得Ek＝eq\f(q2B2R2,2m).(2)設粒子被加速n次達到動能Ek，則Ek＝nqU0.粒子在狹縫間做勻加速運動，設n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt，加速度a＝eq\f(qU0,md)，粒子做勻加速直線運動，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：帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與速度大小無關，因此，在Ek-t圖像中應有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A錯誤；粒子做圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB)，Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知Ek＝eq\f(q2B2r2,2m)，粒子獲得的最大動能跟加速電壓U無關，與加速次數(shù)無關，與D形盒的半徑有關，B、C錯誤，D對．答案：D8．解析：在磁場中，粒子僅受洛倫茲力，洛倫茲力不做功，不能增加粒子的動能，A錯誤；設粒子每加速一次動能增加qU，第n次被加速后粒子的動能nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，在磁場中qvnB＝meq\f(veq\o\al(2,n),rn)，設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無關，即動能與U無關，B錯誤；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)會減少，導致運動時間變短，C正確；粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)，對粒子，由動能定理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動，向心力由電場力提供，指向圓心，則帶電粒子帶正電，而粒子在加速電場中加速，可以判斷出極板M比極板N電勢高，A正確；粒子在加速電場中加速，有qU＝eq\f(1,2)mv2，在靜電分析器中做圓周運動，有qE＝meq\f(v2,R)，解得U＝eq\f(1,2)ER，B正確；粒子在磁場中做圓周運動，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錯誤；該群粒子落在同一點，說明它們在磁場中做圓周運動的直徑相等，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)帶電粒子在復合場中的運動1．解析：A、C、D圖中粒子在電場中向電場線的方向偏轉，說明粒子帶正電，進入磁場后，由左手定則可知A圖中粒子應逆時針旋轉，C圖中粒子應順時針旋轉，D圖中粒子應順時針旋轉，故A、D正確，C錯誤；同理，可以判斷B錯誤．答案：AD2．解析：小球在疊加場中做勻速圓周運動，則小球受到的電場力和重力滿足mg＝qE，則小球帶負電，A錯誤；因為小球做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由牛頓第二定律和動能定理可得：qvB＝meq\f(v2,r)，qU＝eq\f(1,2)mv2，故小球做勻速圓周運動的半徑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無關，C、D錯誤．答案：B3．解析：微粒進入場區(qū)后沿直線ab運動，則微粒受到的合力或者為零，或者合力方向在ab直線上(垂直于運動方向的合力仍為零).若微粒所受合力不為零，則必然做變速運動，由于速度的變化會導致洛倫茲力變化，則微粒在垂直于運動方向上的合力不再為零，微粒就不能沿直線運動，因此微粒所受合力只能為零而做勻速直線運動；若微粒帶正電，則受力分析如圖甲所示，合力不可能為零．故微粒一定帶負電，受力分析如圖乙所示，故A正確，B錯誤；靜電力做正功，微粒電勢能減少，機械能增加，故C錯誤，D正確．答案：AD4．解析：小球在電場中的由靜止下落到最低點的過程中，有mgL－qEL＝eq\f(1,2)mv2，在最低點有F－mg＝eq\f(mv2,L)，解得F＝2mg，小球在磁場中由靜止下落到最低點的過程中，有mgL＝eq\f(1,2)mv′2，在最低點有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)設粒子的質量和所帶電荷量分別為m和q，粒子在電場中運動，由平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得，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O點時沿＋y方向的分速度為vy＝eq\f(2L,t1)＝v0，則tanα＝eq\f(vy,v0)＝1，α＝45°粒子在磁場中的速度大小為v＝eq\r(2)v0.qvB＝eq\f(mv2,r)，由幾何關系得r＝eq\r(2)L，解得eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2)；(2)粒子在磁場中運動的周期為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πL,v0)，在磁場中運動的時間為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：兩粒子運動軌跡如圖所示，由幾何關系知兩粒子在磁場中運動的軌跡半徑為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錯誤；由幾何關系得，粒子①與粒子②在磁場中運動軌跡對應的圓心角分別為120°和60°，又因為粒子在磁場中的運動時間為t＝eq\f(θ,2π)T，所以粒子①與粒子②在磁場中運動的時間之比為2∶1，故B正確；由幾何關系得，粒子①與粒子②在電場中沿電場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在電場中運動的時間之比為eq\r(3)∶1，故C錯誤，D正確．答案：BD7．解析：以滑塊為研究對象，自軌道上A點滑到C點的過程中，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的過程中洛倫茲力不做功，由動能定理得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＝N方向豎直向下．答案：(1)2m/s，方向水平向左(2)N，方向豎直向下8．解析：(1)微粒從N1沿直線運動到Q點的過程中受力平衡，則mg＋qE0＝qvB，到Q點后微粒做圓周運動，則mg＝qE0，聯(lián)立以上兩式解得：q＝eq\f(mg,E0)，B＝eq\f(2E0,v).(2)微粒做圓周運動，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)設微粒從N1運動到Q的時間為t1，做圓周運動的周期為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：假設磁鐵豎直向下運動，則向下穿過線圈的磁感線條數(shù)增加，即穿過線圈的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，感應電流的磁場方向向上，根據(jù)安培定則可知感應電流的方向沿逆時針方向，與題圖一致，B正確；同理可判斷A、C、D錯誤．答案：B2．解析：當通電直導線中電流增大時，穿過金屬圓環(huán)的磁通量增加，金屬圓環(huán)中產(chǎn)生感應電流．根據(jù)楞次定律可知，感應電流要阻礙磁通量的增加：一是用縮小面積的方式進行阻礙；二是用遠離通電直導線的方式進行阻礙，故D正確．答案：D3．解析：因為PQ突然向右運動，由右手定則可知，PQRS中有沿逆時針方向的感應電流，穿過圓環(huán)形金屬線框T中的磁通量減小，由楞次定律可知，T中有沿順時針方向的感應電流，故D正確．答案：D4．解析：不論開關S撥至M端或N端，穿過右邊金屬圓環(huán)的磁通量都會增加，由楞次定律的“來拒去留”可知，圓環(huán)向右運動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：阻礙導體間的相對運動，即“來拒去留”，所以兩環(huán)同時要向左運動．又因為兩個鋁環(huán)的感應電流方向相同，而同向電流相吸，所以，兩環(huán)向左運動的同時間距變小，C正確．答案：C6．解析：因為金屬線圈僅在進、出磁場時，線圈中的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應電流，安培力阻礙線圈運動，使線圈的速度可能減為零，故A、D正確．答案：AD7．解析：A、B錯：當線框進入磁場時，dc邊切割磁感線，由楞次定律可判斷，感應電流的方向為a→d→c→b→a；當線框離開磁場時，同理可判斷其感應電流的方向為a→b→c→d→a.C錯，D對：線框dc邊(或ab邊)進入磁場(或離開磁場)時，穿過金屬線框的磁通量變化，產(chǎn)生感應電流，安培力產(chǎn)生阻礙作用(“來拒去留”)，機械能轉化為電能，金屬線框的速度減?。鸢福篋8．解析：0<t<t1時間內，線圈A中逆時針方向的電流在減小，電流產(chǎn)生的磁場在減小，根據(jù)安培定則與磁場疊加原理可知，線圈B所處磁場的方向向外，且在減小，根據(jù)楞次定律和安培定則可知，線圈B中的感應電流方向為逆時針方向，兩線圈的電流同向，則相互吸引，所以線圈B有收縮趨勢，故A、B錯誤；t1<t<t2時間內，線圈A中順時針方向的電流在增大，電流產(chǎn)生的磁場在增強，根據(jù)安培定則與磁場疊加原理可知，線圈B所處磁場的方向向里，且在增強，根據(jù)楞次定律和安培定則可知，線圈B中的感應電流方向為逆時針方向，兩線圈的電流反向，則相互排斥，所以線圈B有擴張趨勢，故C錯誤，D正確．答案：D9．解析：ab勻速向右運動切割磁感線，在M中產(chǎn)生沿順時針方向的恒定感應電流，形成的磁場恒定，不會在N中產(chǎn)生感應電流，A錯誤；當ab加速向右運動時，M中形成沿順時針方向增大的感應電流，在M中形成垂直線圈平面向下增大的磁場，由楞次定律和安培定則可知，N中會產(chǎn)生沿逆時針方向的感應電流，B錯誤；ab不動而突然撤去磁場，M中產(chǎn)生沿逆時針方向的感應電流，M中形成垂直線圈平面向上的磁場，導致N中磁通量增大，由楞次定律和安培定則可知，N中會產(chǎn)生沿順時針方向的感應電流，C正確；同理可知，當ab不動而突然增強磁場時，N中會產(chǎn)生沿逆時針方向的感應電流，D錯誤．答案：C10．解析：若電梯突然墜落，將線圈閉合時，穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，線圈中產(chǎn)生感應電流，感應電流會阻礙磁鐵與線圈間的相對運動，可起到應急避險作用，但不是使電梯勻減速下落，故A錯誤；感應電流不能阻止磁鐵的運動，即不能使電梯懸浮在空中，故B錯誤；當電梯墜落至題圖位置時，閉合線圈A中向上的磁場減弱，感應電流的方向從上向下看是逆時針方向，B中向上的磁場增強，感應電流的方向從上向下看是順時針方向，可知A與B中感應電流方向相反，故C錯誤；結合前面分析可知，當電梯墜落至題圖位置時，閉合線圈A、B都在阻礙電梯墜落，故D正確．答案：D11．解析：當條形磁鐵靠近圓環(huán)時，穿過圓環(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)中的感應電流的方向為逆時針(俯視)，A錯誤；若磁鐵從高度h處做自由落體運動，其落地時的速率v＝eq\r(2gh)，但磁鐵下落過程中圓環(huán)要產(chǎn)生一部分焦耳熱，根據(jù)能量守恒定律可知，其落地時的速率一定小于eq\r(2gh)，B錯誤；磁鐵在整個下落過程中，由于受到磁場力的作用，它的機械能不守恒，C錯誤；根據(jù)楞次定律的推論“來拒去留”可判斷，磁鐵在整個下落過程中，對圓環(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，所以感應電動勢較大，而閉合電路的電阻相同，所以第一次的感應電流較大，可知B正確；通過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G的電荷量相同，故C錯誤；若K斷開，雖然電路不閉合，沒有感應電流，但感應電動勢仍存在，故D錯誤．答案：B2．解析：正方形線圈內磁感應強度B的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B,Δt)，由法拉第電磁感應定律知，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為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：圓盤轉動時，沿半徑R方向的導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，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，當圓盤轉動的角速度增大或磁場的磁感應強度增大時，產(chǎn)生的感應電流都會增大，A、B錯誤，C正確；若圓盤順時針勻速轉動，根據(jù)右手定則可知電流從導線a流入電流表，D錯誤．答案：C4．解析：設線圈的半徑為r，單位長度的電阻為R0，根據(jù)法拉第電磁感應定律可得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)，使磁感應強度的變化率增大一倍，線圈中的感應電流增強一倍，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，線圈中的感應電流保持不變，B錯誤；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，所以線圈中的感應電流增強eq\r(2)倍，C錯誤；由I＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(r,2R0)可知，使線圈匝數(shù)減少一半，線圈中的感應電流保持不變，D錯誤．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磁場區(qū)域，產(chǎn)生的感應電動勢之比為1∶3，感應電流I＝eq\f(E,R)，則線圈中的感應電流之比為1∶3，故A錯誤，B正確；根據(jù)q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(ΔΦ,R)知，通過線圈某橫截面的電荷量之比為1∶1，故C、D錯誤．答案：B6．解析：由題意可知，穿過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，線圈中的感應電流始終沿逆時針方向，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律可得，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢的大小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，線圈中的感應電流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(nπr2B0,2Rt0)，t＝0時刻，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時間內通過線圈某橫截面的電荷量q＝I·2t0＝eq\f(nB0πr2,R)，故C錯誤；B隨t的變化率不變，所以回路中產(chǎn)生的感應電動勢恒為eq\f(πnB0r2,2t0)，故D正確．答案：BD7．解析：導體棒ab恰好能靜止在導軌上，則所受的合力為零，根據(jù)力的平衡得知，導體棒ab受到的安培力的大小為mgsinθ，方向沿斜面向上，所以有B2Id＝mgsinθ，則回路中的感應電流大小I＝eq\f(mgsinθ,B2d)，根據(jù)導體棒ab所受安培力的方向，通過左手定則判斷得知，通過圓形導線的感應電流的方向從上往下看為順時針方向，根據(jù)楞次定律可知，圓形導線中的磁場，可以方向向上均勻增強，也可以方向向下均勻減弱，故A、B、C正確；根據(jù)P＝I2r可知，圓形導線中的電熱功率P＝eq\f(m2g2sin2θ,Beq\o\al(2,2)d2)r，故D錯誤．答案：ABC8．解析：擺到豎直位置時，導體棒AB切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E＝B·2a·eq\f(0＋v,2)＝Bav，導體棒AB相當于電源，電源的內阻為eq\f(R,2)，金屬環(huán)的兩個半圓部分的電阻分別為eq\f(R,2)，兩個半圓部分的電阻是并聯(lián)關系，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錯誤．答案：A9．解析：(1)對金屬桿，有mgsinα＝B1IL①解得I＝eq\f(mgsinα,B1L).②(2)感應電動勢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)電磁感應中的電路及圖像問題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區(qū)域的過程可分為三個階段：第一階段(進入過程)，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(線框整體在磁場中平動過程)，ab及dc都是電源，并且是完全相同的電源，回路中雖無感應電流，但U2＝E；第三階段(離開過程)，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，三角形導體線框進、出磁場時，有效長度L有都變小，則I也變?。俑鶕?jù)楞次定律及安培定則可知，進、出磁場時感應電流的方向相反，進磁場時感應電流方向為正方向，出磁場時感應電流方向為負方向，故選A.答案：A4．解析：在0～1s內，磁感應強度B垂直紙面向里且均勻增大，由法拉第電磁感應定律可知，產(chǎn)生的感應電動勢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，電流方向為逆時針方向，即負方向，在i-t圖像上是一段平行于t軸的直線，且為負值，選項A、C錯誤；在1～3s內，B-t圖線斜率不變，由法拉第電磁感應定律知，產(chǎn)生的感應電動勢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，電流方向為順時針方向，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B錯誤，D正確．答案：D5．解析：根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，金屬棒產(chǎn)生的電動勢E＝Br×eq\f(ωr,2)＝eq\f(1,2)Br2ω，A錯誤；對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錯誤；電容器所帶的電荷量Q＝CU＝eq\f(1,2)CBr2ω，D錯誤．答案：B6．解析：(1)重力做功全部轉化為電路消耗的電能，桿ab達到穩(wěn)定狀態(tài)時，有mgv＝P，代入數(shù)據(jù)解得v＝m/s.(2)桿ab切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢大小E＝Blv，設電阻R1與R2的并聯(lián)電阻為R外，桿ab的電阻r＝Ω，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)，整個電路消耗的電功率P＝IE，代入數(shù)據(jù)解得R2＝Ω.答案：(1)m/s(2)Ω7．解析：線框切割磁感線的速度與時間的關系為v＝at，速度與位移的關系為v2＝2ax，所以感應電流為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＋ILB＝ma＋eq\f(B2L2a,R)t，線框中電功率的瞬時值為P＝I2R＝eq\f(B2L2a2,R)t2，通過導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)關系，P與t成二次函數(shù)關系，I與eq\r(x)成正比例關系，q與x成正比例關系．故選B、D.答案：BD8．解析：由題意可知，車輪轉動一周的時間為T＝eq\f(2π,ω)＝s，車輪轉動一周的過程中，能產(chǎn)生感應電流的時間為t＝4×eq\f(30°,360°)T＝s，即LED燈亮的總時間為s，故A錯誤；金屬條ab進入磁場時，根據(jù)右手定則可知，ab上電流的方向是b→a，故B錯誤；金屬條ab進入磁場時，ab相當于電源，其等效電路圖如圖所示，電源電動勢為E＝eq\f(1,2)Br2ω＝V，電路中的總電阻為R總＝R＋eq\f(1,3)R＝Ω，所以通過ab的電流大小為I＝eq\f(E,R總)＝eq\f,0.6)A＝A，故C錯誤；車輪轉動一周，LED燈亮的總時間為s，產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝I2R總t＝32××J＝J，故D正確．答案：D分層作業(yè)(十)電磁感應中的動力學、能量和動量問題1．解析：金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，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a→0時，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錯誤．答案：BC2．解析：根據(jù)功能關系知，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)中感應電流方向為順時針，再由左手定則判斷可知圓環(huán)所受安培力豎直向下，對圓環(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，B對：將M、N視為電容為C的平行板電容器，設金屬棒ab的質量為m，導軌間距為L，ab從靜止開始在一極短的時間Δt內速度的變化量為Δv，此時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：由右手定則可知，金屬棒a端電勢高，則M板電勢高．D錯：若微粒帶負電，則靜電力向上，與重力反向，開始時靜電力為0，微粒向下加速運動，當靜電力增大到大于重力時，微粒的加速度方向向上．答案：BC5．解析：導體棒ab勻速切割磁感線，則有E＝Blv，I＝eq\f(E,R總)，對導體棒cd分析，由受力平衡得G＝IlB＝eq\f(B2l2v,R總)，得v＝2m/s，選項B正確；對導體棒ab進行受力分析，受拉力、安培力及重力，則有F＝G＋BIl＝N，選項A錯誤；在2s內產(chǎn)生的電能等于導體棒ab克服安培力做的功，即W電＝F安·vt＝eq\f(B2l2v2t,R總)＝J，選項C正確；在2s內拉力做的功W拉＝Fvt＝J，選項D錯誤．答案：BC6．解析：桿1向右做切割磁感線運動，產(chǎn)生感應電流，受到向左的安培力而做減速運動，桿2受到向右的安培力而向右做加速運動，回路中產(chǎn)生的總的感應電動勢減小，感應電流減小，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動，桿2將做加速度減小的加速運動，加速度減為零后，兩桿勻速運動，A錯誤；桿1、桿2組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝2mv，解得桿1、桿2的最終速度v＝v0，B正確；整個回路產(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為研究對象，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量定理有Bdeq\o(I,\s\up6(－))Δt＝m(v0－0)＝mv0，得q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(mv0,2Bd)，D正確．答案：BCD

7.解析：(1)對導體棒進行受力分析如圖所示，勻速下滑時，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)，感應電動勢E＝BLv，由以上各式得v＝5m/s.(2)通過導體棒的電荷量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)，設導體棒下滑位移為x，則ΔΦ＝BxL，由以上各式得x＝eq\f(QR,BL)＝eq\f(2×2,×0.5)m＝10m，全程由動能定理得mgxsinθ－W安－μmgxcosθ＝eq\f(1,2)mv2，其中克服安培力做的功W安等于導體棒有效電阻消耗的電功W，則W＝mgxsinθ－μmgxcosθ－eq\f(1,2)mv2＝(12－8－)J＝J.答案：(1)5m/s(2)J8．解析：由右手定則可以判斷感應電流的方向為(俯視)順時針方向，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)的運動，B錯誤；圓環(huán)垂直切割磁感線，產(chǎn)生的感應電動勢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錯誤；當重力等于安培力時圓環(huán)速度達到最大，此時a＝0，可得vmax＝eq\f(ρgd,B2)，D正確．答案：AD9．解析：(1)當v＝0時，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，當金屬棒ab達到穩(wěn)定速度時，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)對金屬棒的運動過程，由動能定理可得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＝J，則電阻R上產(chǎn)生的熱量QR＝eq\f(4,5)Q總＝J.答案：(1)(2)2m(3)J分層作業(yè)(十一)渦流、電磁阻尼和電磁驅動1．解析：渦流就是整個金屬塊中產(chǎn)生的感應電流，所以產(chǎn)生渦流的條件就是在金屬塊中產(chǎn)生感應電流的條件，即穿過金屬塊的磁通量發(fā)生變化，A、B、C中穿過金屬塊的磁通量不變化，所以A、B、C錯誤；把金屬塊放在變化的磁場中時，穿過金屬塊的磁通量發(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，引起磁通量的變化，產(chǎn)生電磁感應現(xiàn)象；恒定的電流不會使感應爐中的磁通量發(fā)生變化，不會產(chǎn)生渦流，A正確，B錯誤；當感應爐內裝入被冶煉的金屬時，會在被冶煉的金屬中產(chǎn)生渦流，利用渦流的熱效應使金屬熔化，而不是利用線圈中的電流產(chǎn)生的焦耳熱使金屬熔化，C錯誤，D正確．答案：AD3．解析：2是磁鐵，1在2中轉動，1中產(chǎn)生渦流，2對1的安培力將阻礙1的轉動，總之不管1向哪個方向轉動，2對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，故A、D正確，B、C錯誤．答案：AD4．解析：線圈通電后在安培力作用下轉動，鋁框隨之轉動，在鋁框內產(chǎn)生渦流．渦流將阻礙線圈的轉動，使線圈偏轉后盡快停下來，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：當銅盤轉動時，切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，由于電路閉合，則出現(xiàn)感應電流，處于磁場中的部分銅盤會受到安培力作用，此力阻礙銅盤轉動，使得銅盤能在較短的時間內停止，故C正確．答案：C6．解析：原磁場方向向上且磁感應強度在增大，在其周圍有閉合導線的情況下，導線中感應電流的磁場方向應與原磁場方向相反，即感應電流的磁場方向向下，再由安培定則得感應電流的方向從上向下看為順時針方向，則感生電場的方向從上向下看也為順時針方向，同理可知，原磁場方向向上且磁感應強度減小時，感生電場的方向從上向下看應為逆時針方向，所以A、D正確．答案：AD7．解析：金屬探測器利用渦流探測金屬物品的原理是：線圈中交變電流產(chǎn)生交變的磁場，會在金屬物品產(chǎn)生交變的感應電流，而金屬物品中感應電流產(chǎn)生的交變磁場會在線圈中產(chǎn)生感應電流，引起線圈中交變電流發(fā)生變化，從而被探測到，故A、C正確，B、D錯誤．答案：AC8．解析：當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉時，圓盤的半徑切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，A正確；圓盤內的渦流產(chǎn)生的磁場對磁針施加磁場力作用，導致磁針轉動，B正確；由于圓盤中心正上方懸掛小磁針，因此在圓盤轉動過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量不變，C錯誤；電流是自由電荷定向移動形成的，圓盤呈電中性，本身沒有多余的電荷，因此不會形成電流，D錯誤．答案：AB9．解析：磁場的變化使空間內產(chǎn)生感生電場，由楞次定律知感生電場的方向為逆時針，帶正電小球受到的電場力與運動方向相反，故小球速度減小，B正確．答案：B10．解析：線圈接通電源瞬間，變化的磁場產(chǎn)生電場，因向上的磁場變大，則產(chǎn)生順時針方向的電場，帶負電的小球受到的電場力方向與電場方向相反，則有逆時針方向的電場力，故圓盤將沿逆時針方向運動，選項A正確．答案：A11．解析：磁鐵水平穿入螺線管時，螺線管中將產(chǎn)生感應電流，由楞次定律可知，產(chǎn)生的感應電流將阻礙磁鐵的運動；同理，磁鐵穿出時，由楞次定律可知，產(chǎn)生的感應電流將阻礙磁鐵的運動，故整個過程中，磁鐵做減速運動，A錯誤，B正確；對于小車上的螺線管來說，螺線管受到的安培力方向始終為水平向右，這個安培力使螺線管和小車向右運動，且一直做加速運動，C正確，D錯誤．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，自感電動勢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直接關系，故A、C、D錯誤，B正確．答案：B2．解析：由于采用雙線并繞的方法，當有電流通過時，兩股導線中的電流方向相反，不管電流怎樣變化，任何時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，故穿過線圈的總磁通量等于零，在該線圈中不會產(chǎn)生電磁感應現(xiàn)象，因此消除了自感現(xiàn)象，故A、B、D錯誤，C正確．答案：C3．解析：閉合S穩(wěn)定后，L相當于一段導線，R1被短路，所以電容器C兩端的電壓等于路端電壓，小于電源電動勢E，A錯誤；斷開S的瞬間，L產(chǎn)生感應電動勢，相當于電源，與R1組成閉合回路，通過R1的電流方向自左向右，B正確；斷開S的瞬間，電容器放電，通過R2的電流方向自右向左，C、D錯誤．答案：B4．解析：由法拉第電磁感應定律得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圖像中的斜率應不為0，且在0～、～、～、～各段時間內斜率不變．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，直流電源對燈A1供電，電流從左到右；斷開S1瞬間，電感線圈對燈A1供電，電流從右到左，A錯誤．“實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗”說明閉合S1且電路穩(wěn)定時，通過電感線圈L1的電流大于通過燈A1的電流，B正確．閉合開關S2瞬間，由于電感線圈阻礙電流的增加，L2中電流從零開始緩慢增大，此時路端電壓緩慢變小，燈A3中電流從某一較大值開始減小，C正確．題圖乙中，開關S2閉合，電路穩(wěn)定時通過A2和A3的電流相同，斷開S2瞬間，電感線圈L2、燈A2、燈A3和滑動變阻器R構成回路，電流從同一值開始緩慢減小至零，故燈A3和燈A2均緩慢熄滅，D錯誤．答案：BC6．解析：當開關斷開時，由于線圈中自感電動勢阻礙電流減小，線圈中的電流逐漸減小，線圈與燈泡A構成回路，因為IL＝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錯誤．答案：D7．解析：閉合開關后，由于二極管具有單向導電性，所以無電流通過L2，由于線圈中自感電動勢的阻礙，L1逐漸變亮，L1與L3串聯(lián)，所以閉合開關后，L1、L3逐漸變亮，L2一直不亮，A錯誤，B正確；由于二極管的單向導電性，電路穩(wěn)定后也無電流通過L2，L2不亮，電路穩(wěn)定后，斷開開關后，線圈由于產(chǎn)生自感電動勢，相當于電源，燈泡L1中電流從左到右，燈泡L1、L2串聯(lián)，二極管正向導通，所以L1逐漸熄滅，L2突然變亮，然后逐漸變暗至熄滅，同時L3立即熄滅，D錯誤，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)，然后兩個支路并聯(lián)．在t′時刻，A1支路的電流因為有L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程，若不計電池的內阻，則i2不變；若考慮電池的內阻，i2會略有減小，故B正確．答案：B分層作業(yè)(十三)交變電流1．解析：t1、t3時刻通過線圈的磁通量Φ最大，磁通量變化率為零，此時感應電動勢、感應電流均為零，線圈中感應電流方向改變．A錯誤，B正確；t2、t4時刻通過線圈的磁通量為零，磁通量的變化率最大，即感應電動勢最大，C、D錯誤．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s，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＝A，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關，線圈abcd分別繞軸P1、P2轉動，轉到圖示位置時產(chǎn)生的電動勢E＝NBSω，由I＝eq\f(E,R總)可知，此時I相等，故A正確，B錯誤；由右手定則可知，電流方向為a→d→c→b，故C正確；dc邊受到的安培力F＝IldcB，故F一樣大，D錯誤．答案：AC5．解析：圖示時刻后瞬間，由楞次定律判斷出線圈中感應電流方向為a→d→c→b→a，為負方向，在轉過eq\f(1,4)周過程中，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢表達式為e＝Emsinωt＝BSωsinωt，S是線圈面積的一半，則感應電流的表達式為i＝－eq\f(e,R)＝－eq\f(BSωsinωt,R)＝－Imsinωt，經(jīng)分析，轉過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的角速度勻速轉動，則該交流電的頻率f＝eq\f(ω,2π)＝5Hz，故A錯誤；由題圖可知，在t＝0時刻穿過線圈的磁通量為0，結合交流電產(chǎn)生的特點可知，t＝0時刻該交流電的瞬時值最大，由題圖可知下一時刻穿過線圈的磁通量的方向向里，由楞次定律可知，此時線圈中的電流方向為abcda，故B正確；該交流電的周期T＝eq\f(1,f)＝s，當t＝s＝T時，線圈中的電流方向與開始時的方向相反，電流值仍然為最大值，不會改變方向，故C、D錯誤．答案：B7．解析：線框中產(chǎn)生的感應電動勢的最大值Em＝NBSω＝NBL2ω，將線框的邊長變?yōu)樵瓉淼?倍，轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)后，電動勢的最大值變?yōu)?Em，則電動勢隨時間變化的規(guī)律為e′＝2Emsineq\f(ω,2)t，D正確．答案：D8．解析：用類比法分析，如線圈在勻強磁場中勻速轉動時，產(chǎn)生周期性變化的電流，所以這個電路中存在周期為T的變化電流，故A正確；在赤道上，地磁場方向為由南指向北，則t＝0時刻，回路磁通量最大，電路中電流最小為0，故B錯誤；t＝eq\f(T,4)時刻，金屬繩第一次經(jīng)過水平位置，這個過程回路中磁通量減小，由楞次定律可知，感應電流方向向右通過靈敏電流計，故C錯誤；t＝eq\f(T,2)時刻，回路磁通量變化率最小，電路中電流最小，為0，故D錯誤．答案：A9．解析：(1)線框轉動，開始計時的位置為線框平面與磁感線平行的位置，CD邊長l1＝20cm，CE、DF邊長l2＝10cm，在t時刻線框轉過的角度為ωt，此時刻e＝BSωcosωt.其中B＝eq\f(5\r(2),π)T，S＝l1×l2＝×m2＝m2，故線框感應電動勢瞬時值表達式e＝eq\f(5\r(2),π)××100πcos100πt(V)＝10eq\r(2)cos100πt(V).(2)線框由題圖所示位置轉過30°的過程中ΔΦ＝eq\f(1,2)BS，Δt＝eq\f(π,6ω)，則平均電動勢eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(30\r(2),π)V.(3)線框中感應電動勢隨時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：由圖像可知電動勢的峰值為1V，有效值為eq\f(\r(2),2)V；周期為s，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＝2×10－2s，頻率為f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故A、B錯誤；設電壓的有效值為U，根據(jù)電流的熱效應，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錯誤．答案：C3．解析：線圈在勻強磁場中勻速旋轉時，產(chǎn)生的感應電動勢最大值與轉軸位置無關，Em＝NBSω＝NBL2ω，有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)NBL2ω，選項B正確．答案：B4．解析：A、B錯：因電壓表示數(shù)為9V，所以電路中的電流I＝eq\f(9,9)A＝1A，故電動勢的有效值E＝I(r＋R)＝10V，其最大值Em＝eq\r(2)E＝10eq\r(2)V．C錯：線圈通過中性面時電動勢的瞬時值為對：從中性面轉過90°的過程中，平均感應電動勢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：根據(jù)公式P＝eq\f(U2,R)，得P＝eq\f(102,10)W＝10W．B錯：由圖乙可知，s時通過線圈的磁通量為零，電動勢最大，R兩端的電壓瞬時值為10eq\r(2)V．C對：由圖乙可知，T＝s時電動勢為最大值Em＝10eq\r(2)V，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，又因為此交變電流是從垂直于中性面開始計時的，所以R兩端的電壓u隨時間t變化的規(guī)律是u＝100πt(V).D錯：根據(jù)i＝eq\f(u,R)得，通過R的電流i隨時間t變化的規(guī)律是i＝100πt(A).答案：AC6．解析：(1)線圈中產(chǎn)生的感應電動勢的最大值Em＝NBSω＝100××()2×2π×50V＝628V，則感應電動勢的有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝314eq\r(2)V，外力驅動線圈轉動的功率與線圈中交變電流的功率相等，即P外＝eq\f(E2,R)≈×104W.(2)當線圈轉至線圈平面與中性面的夾角為30°時，線圈產(chǎn)生的感應電動勢的瞬時值為e＝Emsin30°＝314V，感應電流的瞬時值為i＝eq\f(e,R)＝eq\f(314,10)A＝A.(3)在線圈由中性面轉過60°的過程中，線圈中的平均感應電動勢為eq\o(E,\s\up6(－))＝Neq\f(ΔΦ,Δt)，平均感應電流為eq