高中物理课时作业（人教版选修第二册）分层作业详解答案

分层作业(一)磁场对通电导线的作用力1．解析：安培力公式F＝Il⊥B，其中l⊥为导线在垂直于磁场方向的有效长度，题甲、乙、丙、丁四个图中导线垂直于磁场放置，有效长度相等，所以各导线所受的安培力大小相等，C正确．答案：C2．解析：由题图可知通过铝箔条的电流方向，由左手定则可判断出，铝箔条所受安培力方向向上，因此铝箔条中部向上方运动，故D正确，A、B、C错误．答案：D3．解析：根据左手定则可知，导线受到的安培力竖直向上，大小为F＝2Ieq\f(L,2)Bsin45°＝2××1×2×eq\f(\r(2),2)N＝3eq\r(2)N.答案：A4．解析：与电流方向平行的磁场对电流没有力的作用，所以安培力大小为F＝ILB2，由左手定则可知安培力方向水平向西，故B正确．答案：B5．解析：当磁感应强度方向与通电直导线垂直时，安培力有最大值，为F＝IlB＝2××N＝N．当磁感应强度方向与通电直导线平行时，安培力有最小值，为0.随着二者方向夹角的变化，安培力大小在0与N之间取值，故B、C、D正确，A错误．答案：BCD6．解析：根椐左手定则可知，整个圆环关于圆心对称的两部分受到的安培力等大反向，受到的合力为0，选项A错误，B正确；圆弧PQ受到的安培力大小等于直线段PQ受到的安培力大小，为eq\r(2)IRB，选项C错误，D正确．答案：BD7．解析：导线与磁场方向平行时，导线受到的安培力为0，A正确；当导线与磁场方向垂直时，导线受到的安培力最大，为ILB，C正确，B、D错误．答案：AC8．解析：由左手定则可知电流经a流向b，A错误；若调换磁铁的磁极，磁场方向反向，则安培力的方向反向，金属棒向右运动，B错误；若调换流经金属棒的电流方向，则安培力的方向反向，金属棒向右运动，C错误；若同时调换磁铁的磁极和流经金属棒的电流方向，则导体棒所受安培力的方向不变，仍向左运动，D正确．答案：D9．解析：通电圆环受到的安培力大小F＝IlB，其中I、B分别为所通电流大小、磁感应强度大小，l指有效长度，它等于圆环所截边界线的长度．由于l先增大后减小，所以安培力先增大后减小，C正确．答案：C10．解析：磁场是均匀地辐向分布，所以磁感线始终与线圈平面平行，即始终与线圈边垂直，故A正确；当通电后，处于磁场中的线圈受到安培力作用，使其转动，螺旋弹簧被扭动，则受到弹簧的阻力，从而阻碍线圈转动，故B正确；由左手定则可判定：当线圈转到如图乙所示的位置，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线圈沿顺时针方向转动，故C、D错误．答案：AB11．解析：(1)由安培力的计算公式F＝ILB及左手定则可知，线圈前、后两边受到的安培力大小相等，方向相反，两力的合力为零；左边不受安培力；右边受到的安培力的方向水平向右，因为线圈所在的平面与磁场的方向垂直，所以线圈所受安培力的大小F＝nILB.(2)线圈在安培力的作用下向右运动，根据功率的表达式可得P＝Fv＝nILBv.答案：(1)nILB方向水平向右(2)nILBv分层作业(二)安培力作用下的平衡和运动问题1．解析：解法一(电流元法)首先将圆形线圈分成很多小段，每小段可看作一直线电流，取其中上、下两小段分析，其截面图和受安培力情况如图甲所示，根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．解法二(等效法)将环形电流等效成一条形磁铁，如图乙所示，据异名磁极相互吸引知，线圈将向左运动．同时，也可将左侧条形磁铁等效成一环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”可得到相同的答案．答案：A2．解析：由安培定则可知，cd导线和ef导线在b处产生的磁场方向都垂直纸面向外，可知b处的磁感应强度垂直纸面向外，A错误；由安培定则可知，ef导线在a点产生的磁感应强度垂直纸面向外，B错误；根据“同向电流相互吸引，反向电流相互排斥”可知，C错误，D正确．答案：D3．解析：电流方向改变前，对金属细棒ab受力分析，根据平衡条件可知，金属细棒ab受到的安培力竖直向上，大小等于mg；电流方向改变后，金属细棒ab受到的安培力竖直向下，大小等于mg，对金属细棒ab受力分析，根据平衡条件可知，每根弹簧弹力的大小为mg，弹簧形变量为eq\f(mg,k)，选项A、C正确．答案：AC4．解析：A图中杆受到向下的重力、水平向右的安培力和垂直于导轨的支持力的作用，在这三个力的作用下，杆可能处于平衡状态，杆ab与导轨间的摩擦力可能为零，故A正确；B图中杆受到向下的重力、竖直向上的安培力，当两个力大小相等时，杆可以处于平衡状态，故杆ab与导轨间的摩擦力可能为零，故B正确；C图中杆受到竖直向下的重力、安培力和垂直于导轨向上的支持力，杆要静止在导轨上，必定要受到沿导轨向上的摩擦力作用，故C错误；D图中杆受到的重力竖直向下，安培力水平向左，支持力垂直于导轨向上，杆要静止在导轨上，必定要受到沿导轨向上的摩擦力的作用，故D错误．答案：AB5．解析：因为通电直导线的磁感线是以O为圆心的一组同心圆，磁感线与KN边、LM边平行，所以KN边、LM边均不受力，根据左手定则可得，KL边受到垂直纸面向外的力，MN边受到垂直纸面向里的力，故D正确．答案：D6．解析：顺时针方向的环形电流可以等效为一个竖直放置的小磁针，由安培定则可知，小磁针的N极向下，S极向上，故与磁铁之间的相互作用力为斥力，所以圆环对桌面的压力F将大于圆环的重力G1，磁铁对轻绳的拉力F′将小于磁铁的重力G2，故D正确，A、B、C错误．答案：D7．解析：据左手定则判断导线所受安培力斜向右下方，如图所示，由牛顿第三定律可知磁铁受导线的作用力为斜向左上方．磁铁在竖直方向与水平方向受力平衡，可得支持力变小，磁铁压缩弹簧，故A、D正确．答案：AD8．解析：当磁场方向垂直金属棒水平向左、磁感应强度大小为B0时，金属棒恰好静止，由平衡条件得IdB0＝mg，解得I＝eq\f(mg,B0d)，故A错误；对金属棒受力分析如图所示，当电流不变，磁场方向由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，支持力一直增大，安培力先减小后增大，且当安培力沿斜面向上时取得最小值，即IdB＝mgsinθ，解得磁感应强度的最小值为Bmin＝B0sinθ，故B、C错误，D正确．答案：D9．解析：由安培定则可知，b的电流在a处产生的磁场方向竖直向上，A正确；导体棒a处磁感应强度B大小相等、方向竖直向上，则导体棒a受水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则所受安培力大小F＝ILB＝mgtan45°，则B＝eq\f(mgtan45°,IL)＝eq\f(mg,IL)，B错误；重力和水平向右的安培力的合力与支持力平衡，当b向上平移时，b在a处的磁感应强度减小，则安培力减小，b对a的安培力斜向上，根据受力平衡条件可知，此时a所受重力与斜向上的安培力的合力仍可能与支持力平衡，C正确；当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a受到的安培力方向顺时针转动时，只有变大才能保持a平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，D正确．答案：ACD10．解析：(1)由闭合电路的欧姆定律可得，通过ab的电流：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受力如图所示，最大静摩擦力：Ffmax＝μ(mg－Fcos53°)＝N由平衡条件得，当最大静摩擦力方向向左时：FT＝Fsin53°＋Ffmax＝N当最大静摩擦力方向向右时：FT＝Fsin53°－Ffmax＝N由于重物受力平衡，故FT＝G则重物重力的取值范围为N≤G≤N.答案：(1)2A方向由a到b(2)5N(3)N≤G≤N分层作业(三)磁场对运动电荷的作用力1．解析：根据左手定则可知A图中洛伦兹力向下，故A错误；B图中洛伦兹力向上，故B正确；C图中洛伦兹力向上，故C错误；D图中洛伦兹力向下，故D错误．答案：B2．解析：带电粒子平行于磁场运动时，不受洛伦兹力作用，A错误；洛伦兹力的方向始终与电荷运动的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，B错误；洛伦兹力与速度方向垂直，速度方向与磁场方向不一定垂直，C正确；由洛伦兹力公式F＝qvBsinθ知，θ＝0°时，F＝0，但该点的磁感应强度B可以不为0，D错误．答案：C3．解析：根据安培定则可知，通电长直导线在阴极射线管处的磁场方向垂直纸面向外，由图可知电子束运动方向由右向左，根据左手定则可知电子束受到的洛伦兹力方向向下，所以向下偏转，故B正确．答案：B4．解析：质子从左边水平飞入该区域，受到向下的电场力和向上的洛伦兹力作用，因恰能沿直线从右边水平飞出，故电场力和洛伦兹力平衡，即qE＝qvB，解得v＝eq\f(E,B)，若一电子以速率v从左向右飞入该区域，电场力和洛伦兹力的方向均反向，所以电子将沿直线运动，A、D错误，B、C正确．答案：BC5．解析：A对：据左手定则知，带正电的粒子向上偏转，带负电的粒子向下偏转，则P板带正电，Q板带负电．B错：因为Q板带负电，P板带正电，所以电流从a经用电器流向b.C错：因为P板带正电，Q板带负电，所以金属板间的电场方向向下．D对：等离子体发生偏转的原因是粒子所受洛伦兹力大于所受电场力．答案：AD6．解析：在加速电场中，由动能定理得Uq＝eq\f(1,2)mv2故质子获得的速度v＝eq\r(\f(2Uq,m))＝×105m/s质子受到的洛伦兹力F＝qvB＝×10－17N.答案：×10－17N7．解析：设M、N处的长直导线在O点产生磁场的合磁感应强度大小为B1，由安培定则可知每根导线在O点处产生的磁感应强度大小为eq\f(1,2)B1，方向竖直向下，则电子在O点处受到的洛伦兹力为F1＝qvB1；当M处的长直导线移到P处时，O点处的合磁感应强度大小为B2＝2×eq\f(1,2)B1×cos30°＝eq\f(\r(3),2)B1，则电子在O点处受到的洛伦兹力为F2＝qvB2＝eq\f(\r(3),2)qvB1，所以F2与F1之比为eq\r(3)∶2，故B正确，A、C、D错误．答案：B8．解析：物块向左运动的过程中，受到重力、洛伦兹力、水平面的支持力和滑动摩擦力，向左做减速运动；当没有磁场时，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)；有磁场时，当物块速度为v时，有a＝eq\f(μ（mg＋qvB）,m)>a0，则x<x0，t<t0，故B、C正确，A、D错误．答案：BC9．解析：小球第一次到达最低点时速度为v，因机械能守恒，则mgL＝eq\f(1,2)mv2由洛伦兹力方向及牛顿第二定律可知：第一次经过最低点时，qvB－mg＝meq\f(v2,L)第二次经过最低点时，F－qvB－mg＝meq\f(v2,L)综上解得：F＝N.答案：N分层作业(四)带电粒子在匀强磁场中的运动1．解析：由粒子在磁场中运动的半径r＝eq\f(mv,qB)可知，质子、氚核、α粒子轨迹半径之比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，所以三种粒子的轨道半径应该是质子最小、氚核最大，故C正确．答案：C2．解析：由于qa＝qb、Eka＝Ekb＝Ek，动能Ek＝eq\f(1,2)mv2和粒子偏转半径r＝eq\f(mv,qB)，可得m＝eq\f(r2q2B2,2Ek)，可见m与半径r的二次方成正比，故ma∶mb＝4∶1，再根据左手定则知粒子应带负电，故选B.答案：B3．解析：根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；电子在题图所示运动过程中，在左侧匀强磁场中运动两个半圆，即运动一个周期，在右侧匀强磁场中运动半个周期，所以t＝eq\f(2πm,B1q)＋eq\f(πm,B2q)，故C错误；由题图可知，电子在左侧匀强磁场中的运动半径是在右侧匀强磁场中的运动半径的一半，根据r＝eq\f(mv,qB)可知，B1＝2B2，故D错误，B正确．答案：B4．解析：A错：因粒子向下偏转，据左手定则可判定粒子带负电．B错：因洛伦兹力不做功，所以粒子在b、a两点的速率相等．C对：若仅减小磁感应强度，由公式qvB＝eq\f(mv2,R)得：R＝eq\f(mv,Bq)，所以半径增大，粒子有可能从b点右侧射出．D错：若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角先增大后不变，则粒子在磁场中运动时间先变长后不变．答案：C5．解析：如图所示，正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转．由T＝eq\f(2πm,qB)知，两个电子的运动周期相等．正电子从y轴上射出磁场时，根据几何知识可知，速度与y轴的夹角为60°，则正电子速度的偏向角为120°，其轨迹对应的圆心角θ1＝120°，则正电子在磁场中运动的时间t1＝eq\f(θ1,2π)T＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(1,3)T；同理，负电子从x轴上离开磁场时，速度方向与x轴的夹角为30°，则轨迹对应的圆心角θ2＝60°，负电子在磁场中运动的时间t2＝eq\f(θ2,2π)T＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)T.所以负电子与正电子在磁场中运动的时间之比t2∶t1＝1∶正确．答案：B6．解析：粒子可能在两磁场间做多次运动，画出可能的轨迹，如图所示．由几何关系知，圆弧的圆心角都是60°，粒子运动的半径为r＝eq\f(L,n)(n＝1，2，3…)，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，联立解得v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(qBL,nm)＝eq\f(kBL,n)(n＝1，2，3…)，A、D错误，B、C正确．答案：BC7．解析：(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，其运动的轨迹如图所示，由几何知识有eq\f(R－L,R)＝cos60°＝eq\f(1,2)，即R＝2L，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(2qBL,m).(2)粒子在磁场中的运动周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，设粒子由a运动到b的时间为t，由几何关系可得ab弧所对的圆心角为θ＝60°，则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：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，所以周期T＝eq\f(2πr,v0)＝eq\f(2πm,qB)，作出带电粒子以不同速率v0进入磁场时的运动轨迹，如图所示，可以判断当粒子以a为圆心、ca为半径做匀速圆周运动时在磁场中运动的时间最长，最长时间t＝eq\f(π＋∠Oae,2π)T，由几何关系可知△Oae为等边三角彤，所以∠Oae＝eq\f(π,3)，解得t＝eq\f(4πm,3qB)，C正确．答案：C9．解析：若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图根据几何关系则有R＝L，qvB＝meq\f(v2,R)可得v＝eq\f(qBL,m)＝kBL根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°.当粒子上下均经历一次时，如图，因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝eq\f(1,2)L根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)可得v＝eq\f(qBL,2m)＝eq\f(1,2)kBL此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足v＝eq\f(qBL,（2n－1）m)＝eq\f(1,2n－1)kBL(n＝1，2，3…)此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当粒子从上部分磁场射出时，需满足v＝eq\f(qBL,2nm)＝eq\f(1,2n)kBL(n＝1，2，3…)此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.故可知B、C正确，A、D错误．答案：BC分层作业(五)质谱仪与回旋加速器1．答案：C2．解析：因为离子进入电场和磁场正交区域时不发生偏转，说明离子所受电场力和洛伦兹力平衡，有qvB＝qE，故v＝eq\f(E,B)，得出能不偏转的离子满足速度相同，C错误；离子进入磁场后受洛伦兹力作用，离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝eq\f(mv2,R)，故做圆周运动的半径为：R＝eq\f(mv,qB)，由于离子又分裂成几束，也就是离子做匀速圆周运动的半径R不同，即比荷不同，D正确；无法确定离子的质量或电荷量的关系，A、B错误．答案：D3．解析：洛伦兹力始终与速度垂直，即洛伦兹力对粒子不做功，而电场力对粒子做功，即质子动能增大是由于电场力做功，故A错误，B正确；由qvB＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)，可以得到T＝eq\f(2πm,qB)，即周期与速度无关，故C错误，D正确．答案：BD4．解析：粒子在加速电场中根据动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m))，粒子在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，则qvB＝meq\f(v2,r)，得轨道半径r＝eq\f(mv,qB)，x＝2r＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，知x2∝U，故A正确，B、C、D错误．答案：A5．解析：甲束粒子在磁场中向上偏转，乙束粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则知甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，由题意可知v、B都相同，r甲<r乙，则甲的比荷大于乙的比荷，故B错误；能通过狭缝S0的带电粒子，根据平衡条件有qE＝qvB1，解得粒子速率v＝eq\f(E,B1)，故C错误；由题图示粒子运动轨迹可知r甲＝eq\f(1,2)S0A，r乙＝eq\f(1,2)S0C，S0A＝eq\f(2,3)S0C，则r甲∶r乙＝2∶3，粒子运动轨迹半径r＝eq\f(mv,qB)，由题意可知v、q、B都相同，则eq\f(r甲,r乙)＝eq\f(m甲,m乙)＝eq\f(2,3)，即甲、乙两束粒子的质量比为2∶3，故D正确．答案：D6．解析：(1)粒子运动半径为R时，有qvB＝meq\f(v2,R)，又Ek＝eq\f(1,2)mv2，解得Ek＝eq\f(q2B2R2,2m).(2)设粒子被加速n次达到动能Ek，则Ek＝nqU0.粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt，加速度a＝eq\f(qU0,md)，粒子做匀加速直线运动，有nd＝eq\f(1,2)a·(Δt)2，又t0＝(n－1)·eq\f(T,2)＋Δt，联立以上各式解得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：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，因此，在Ek­t图像中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A错误；粒子做圆周运动的半径r＝eq\f(mv,qB)，Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知Ek＝eq\f(q2B2r2,2m)，粒子获得的最大动能跟加速电压U无关，与加速次数无关，与D形盒的半径有关，B、C错误，D对．答案：D8．解析：在磁场中，粒子仅受洛伦兹力，洛伦兹力不做功，不能增加粒子的动能，A错误；设粒子每加速一次动能增加qU，第n次被加速后粒子的动能nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，在磁场中qvnB＝meq\f(veq\o\al(2,n),rn)，设D形金属盒最大半径为R，则粒子的最大速度vmax＝eq\f(qBR,m)，此后粒子飞出D形金属盒，即粒子的最大速度，由q、B、R、m决定，与U无关，即动能与U无关，B错误；若只增大交变电压U，则带电粒子在回旋加速器中加速次数会减少，导致运动时间变短，C正确；粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r＝eq\f(mv,qB)，对粒子，由动能定理nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，解得vn＝eq\r(\f(2nqU,m)).在同一D形金属盒中，粒子的速度分别为v1、v3、v5、…则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逐渐减小，D正确．答案：CD9．解析：由题意知，粒子在静电分析器中做圆周运动，向心力由电场力提供，指向圆心，则带电粒子带正电，而粒子在加速电场中加速，可以判断出极板M比极板N电势高，A正确；粒子在加速电场中加速，有qU＝eq\f(1,2)mv2，在静电分析器中做圆周运动，有qE＝meq\f(v2,R)，解得U＝eq\f(1,2)ER，B正确；粒子在磁场中做圆周运动，有qvB＝meq\f(v2,r)，轨迹直径|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错误；该群粒子落在同一点，说明它们在磁场中做圆周运动的直径相等，都为eq\f(2,B)eq\r(\f(mER,q))，可知它们的比荷相等，D正确．答案：ABD分层作业(六)带电粒子在复合场中的运动1．解析：A、C、D图中粒子在电场中向电场线的方向偏转，说明粒子带正电，进入磁场后，由左手定则可知A图中粒子应逆时针旋转，C图中粒子应顺时针旋转，D图中粒子应顺时针旋转，故A、D正确，C错误；同理，可以判断B错误．答案：AD2．解析：小球在叠加场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力满足mg＝qE，则小球带负电，A错误；因为小球做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得：qvB＝meq\f(v2,r)，qU＝eq\f(1,2)mv2，故小球做匀速圆周运动的半径r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))，B正确；由T＝eq\f(2πr,v)可以得出T＝eq\f(2πE,Bg)，与电压U无关，C、D错误．答案：B3．解析：微粒进入场区后沿直线ab运动，则微粒受到的合力或者为零，或者合力方向在ab直线上(垂直于运动方向的合力仍为零).若微粒所受合力不为零，则必然做变速运动，由于速度的变化会导致洛伦兹力变化，则微粒在垂直于运动方向上的合力不再为零，微粒就不能沿直线运动，因此微粒所受合力只能为零而做匀速直线运动；若微粒带正电，则受力分析如图甲所示，合力不可能为零．故微粒一定带负电，受力分析如图乙所示，故A正确，B错误；静电力做正功，微粒电势能减少，机械能增加，故C错误，D正确．答案：AD4．解析：小球在电场中的由静止下落到最低点的过程中，有mgL－qEL＝eq\f(1,2)mv2，在最低点有F－mg＝eq\f(mv2,L)，解得F＝2mg，小球在磁场中由静止下落到最低点的过程中，有mgL＝eq\f(1,2)mv′2，在最低点有2F－mg－qv′B＝eq\f(mv′2,L)，解得B＝eq\f(m\r(2gL),2qL)，A正确．答案：A5．解析：(1)设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，粒子在电场中运动，由平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L＝v0t1，L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，qE＝ma，vy＝at1联立可得粒子到达O点时沿＋y方向的分速度为vy＝eq\f(2L,t1)＝v0，则tanα＝eq\f(vy,v0)＝1，α＝45°粒子在磁场中的速度大小为v＝eq\r(2)v0.qvB＝eq\f(mv2,r)，由几何关系得r＝eq\r(2)L，解得eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2)；(2)粒子在磁场中运动的周期为T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πL,v0)，在磁场中运动的时间为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：两粒子运动轨迹如图所示，由几何关系知两粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝eq\f(l0,sin60°)，由牛顿第二定律得qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r)，解得B＝eq\f(\r(3)mv0,2ql0)，故A错误；由几何关系得，粒子①与粒子②在磁场中运动轨迹对应的圆心角分别为120°和60°，又因为粒子在磁场中的运动时间为t＝eq\f(θ,2π)T，所以粒子①与粒子②在磁场中运动的时间之比为2∶1，故B正确；由几何关系得，粒子①与粒子②在电场中沿电场线方向的位移分别为eq\f(3r,2)和eq\f(r,2)，则满足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与粒子②在电场中运动的时间之比为eq\r(3)∶1，故C错误，D正确．答案：BD7．解析：以滑块为研究对象，自轨道上A点滑到C点的过程中，受重力mg，方向竖直向下；静电力qE，方向水平向右；洛伦兹力F洛＝qvB，方向始终垂直于速度方向．(1)滑块从A到C的过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得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)根据洛伦兹力公式得F＝qvCB＝5×10－2×2×1N＝N方向竖直向下．答案：(1)2m/s，方向水平向左(2)N，方向竖直向下8．解析：(1)微粒从N1沿直线运动到Q点的过程中受力平衡，则mg＋qE0＝qvB，到Q点后微粒做圆周运动，则mg＝qE0，联立以上两式解得：q＝eq\f(mg,E0)，B＝eq\f(2E0,v).(2)微粒做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得：r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(v2,2g).(3)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则eq\f(d,2)＝vt12πr＝vt2，解得：t1＝eq\f(d,2v)，t2＝eq\f(πv,g)电场变化的周期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)分层作业(七)楞次定律1．解析：假设磁铁竖直向下运动，则向下穿过线圈的磁感线条数增加，即穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可知感应电流的方向沿逆时针方向，与题图一致，B正确；同理可判断A、C、D错误．答案：B2．解析：当通电直导线中电流增大时，穿过金属圆环的磁通量增加，金属圆环中产生感应电流．根据楞次定律可知，感应电流要阻碍磁通量的增加：一是用缩小面积的方式进行阻碍；二是用远离通电直导线的方式进行阻碍，故D正确．答案：D3．解析：因为PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过圆环形金属线框T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，故D正确．答案：D4．解析：不论开关S拨至M端或N端，穿过右边金属圆环的磁通量都会增加，由楞次定律的“来拒去留”可知，圆环向右运动才能阻碍磁通量的增加，故B正确．答案：B5．解析：根据楞次定律的延伸含义：阻碍导体间的相对运动，即“来拒去留”，所以两环同时要向左运动．又因为两个铝环的感应电流方向相同，而同向电流相吸，所以，两环向左运动的同时间距变小，C正确．答案：C6．解析：因为金属线圈仅在进、出磁场时，线圈中的磁通量发生变化，产生感应电流，安培力阻碍线圈运动，使线圈的速度可能减为零，故A、D正确．答案：AD7．解析：A、B错：当线框进入磁场时，dc边切割磁感线，由楞次定律可判断，感应电流的方向为a→d→c→b→a；当线框离开磁场时，同理可判断其感应电流的方向为a→b→c→d→a.C错，D对：线框dc边(或ab边)进入磁场(或离开磁场)时，穿过金属线框的磁通量变化，产生感应电流，安培力产生阻碍作用(“来拒去留”)，机械能转化为电能，金属线框的速度减小．答案：D8．解析：0<t<t1时间内，线圈A中逆时针方向的电流在减小，电流产生的磁场在减小，根据安培定则与磁场叠加原理可知，线圈B所处磁场的方向向外，且在减小，根据楞次定律和安培定则可知，线圈B中的感应电流方向为逆时针方向，两线圈的电流同向，则相互吸引，所以线圈B有收缩趋势，故A、B错误；t1<t<t2时间内，线圈A中顺时针方向的电流在增大，电流产生的磁场在增强，根据安培定则与磁场叠加原理可知，线圈B所处磁场的方向向里，且在增强，根据楞次定律和安培定则可知，线圈B中的感应电流方向为逆时针方向，两线圈的电流反向，则相互排斥，所以线圈B有扩张趋势，故C错误，D正确．答案：D9．解析：ab匀速向右运动切割磁感线，在M中产生沿顺时针方向的恒定感应电流，形成的磁场恒定，不会在N中产生感应电流，A错误；当ab加速向右运动时，M中形成沿顺时针方向增大的感应电流，在M中形成垂直线圈平面向下增大的磁场，由楞次定律和安培定则可知，N中会产生沿逆时针方向的感应电流，B错误；ab不动而突然撤去磁场，M中产生沿逆时针方向的感应电流，M中形成垂直线圈平面向上的磁场，导致N中磁通量增大，由楞次定律和安培定则可知，N中会产生沿顺时针方向的感应电流，C正确；同理可知，当ab不动而突然增强磁场时，N中会产生沿逆时针方向的感应电流，D错误．答案：C10．解析：若电梯突然坠落，将线圈闭合时，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁与线圈间的相对运动，可起到应急避险作用，但不是使电梯匀减速下落，故A错误；感应电流不能阻止磁铁的运动，即不能使电梯悬浮在空中，故B错误；当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知A与B中感应电流方向相反，故C错误；结合前面分析可知，当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯坠落，故D正确．答案：D11．解析：当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律和右手螺旋定则可判断，圆环中的感应电流的方向为逆时针(俯视)，A错误；若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速率v＝eq\r(2gh)，但磁铁下落过程中圆环要产生一部分焦耳热，根据能量守恒定律可知，其落地时的速率一定小于eq\r(2gh)，B错误；磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，它的机械能不守恒，C错误；根据楞次定律的推论“来拒去留”可判断，磁铁在整个下落过程中，对圆环的作用力总是竖直向下的，D正确．答案：D分层作业(八)法拉第电磁感应定律1．解析：由于两次条形磁铁插入线圈的起始和终止位置相同，因此磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1相同，故A错误；根据E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，第一次磁通量变化较快，所以感应电动势较大，而闭合电路的电阻相同，所以第一次的感应电流较大，可知B正确；通过G的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)Δt＝neq\f(ΔΦ,RΔt)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R)，则两次通过G的电荷量相同，故C错误；若K断开，虽然电路不闭合，没有感应电流，但感应电动势仍存在，故D错误．答案：B2．解析：正方形线圈内磁感应强度B的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B,Δt)，由法拉第电磁感应定律知，线圈中产生的感应电动势为E＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝n·eq\f(a2,2)·eq\f(B,Δt)＝eq\f(na2B,2Δt)，故A正确．答案：A3．解析：圆盘转动时，沿半径R方向的导体棒切割磁感线产生感应电动势，其大小为E＝eq\f(1,2)BωR2，回路中电阻不变，根据欧姆定律，回路中产生恒定电流，当圆盘转动的角速度增大或磁场的磁感应强度增大时，产生的感应电流都会增大，A、B错误，C正确；若圆盘顺时针匀速转动，根据右手定则可知电流从导线a流入电流表，D错误．答案：C4．解析：设线圈的半径为r，单位长度的电阻为R0，根据法拉第电磁感应定律可得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB·S,Δt)＝neq\f(ΔB·πr2,Δt)，线圈的电阻R＝n·2πr·R0，线圈中的感应电流I＝eq\f(E,R)＝neq\f(ΔB·πr2,Δt·n·2πrR0)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(r,2R0)，使磁感应强度的变化率增大一倍，线圈中的感应电流增强一倍，A正确；由I＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(r,2R0)可知，使线圈匝数增加一倍，线圈中的感应电流保持不变，B错误；由I＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(r,2R0)可知，线圈面积增加一倍，则线圈的半径增大eq\r(2)倍，所以线圈中的感应电流增强eq\r(2)倍，C错误；由I＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(r,2R0)可知，使线圈匝数减少一半，线圈中的感应电流保持不变，D错误．答案：A5．解析：根据E＝BLv知，先后以速度v和3v匀速把一单匝正方形线圈拉出有界匀强磁场区域，产生的感应电动势之比为1∶3，感应电流I＝eq\f(E,R)，则线圈中的感应电流之比为1∶3，故A错误，B正确；根据q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(ΔΦ,R)知，通过线圈某横截面的电荷量之比为1∶1，故C、D错误．答案：B6．解析：由题意可知，穿过线圈的磁通量先垂直纸面向外减小后垂直纸面向里增大，根据楞次定律和安培定则可知，线圈中的感应电流始终沿逆时针方向，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可得，线圈中产生的感应电动势的大小E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(nπr2B0,2t0)，根据闭合电路欧姆定律可得，线圈中的感应电流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(nπr2B0,2Rt0)，t＝0时刻，线圈受到的安培力大小F＝B0I·2r＝eq\f(πn2Beq\o\al(2,0)r3,t0R)，故B正确；0～2t0时间内通过线圈某横截面的电荷量q＝I·2t0＝eq\f(nB0πr2,R)，故C错误；B随t的变化率不变，所以回路中产生的感应电动势恒为eq\f(πnB0r2,2t0)，故D正确．答案：BD7．解析：导体棒ab恰好能静止在导轨上，则所受的合力为零，根据力的平衡得知，导体棒ab受到的安培力的大小为mgsinθ，方向沿斜面向上，所以有B2Id＝mgsinθ，则回路中的感应电流大小I＝eq\f(mgsinθ,B2d)，根据导体棒ab所受安培力的方向，通过左手定则判断得知，通过圆形导线的感应电流的方向从上往下看为顺时针方向，根据楞次定律可知，圆形导线中的磁场，可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱，故A、B、C正确；根据P＝I2r可知，圆形导线中的电热功率P＝eq\f(m2g2sin2θ,Beq\o\al(2,2)d2)r，故D错误．答案：ABC8．解析：摆到竖直位置时，导体棒AB切割磁感线产生的感应电动势为E＝B·2a·eq\f(0＋v,2)＝Bav，导体棒AB相当于电源，电源的内阻为eq\f(R,2)，金属环的两个半圆部分的电阻分别为eq\f(R,2)，两个半圆部分的电阻是并联关系，并联总电阻为eq\f(R,4)，根据闭合电路欧姆定律，可知回路中的总电流为I＝eq\f(E,\f(R,4)＋\f(R,2))＝eq\f(4Bav,3R)，AB两端的电压即路端电压，大小为U＝I·eq\f(R,4)＝eq\f(Bav,3)，A正确，B、C、D错误．答案：A9．解析：(1)对金属杆，有mgsinα＝B1IL①解得I＝eq\f(mgsinα,B1L).②(2)感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB2,Δt)L2＝kL2③闭合电路的电流I＝eq\f(E,R＋r)④联立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分层作业(九)电磁感应中的电路及图像问题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，电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(πr2B,2R)，B正确．答案：B2．解析：线框向右匀速穿越磁场区域的过程可分为三个阶段：第一阶段(进入过程)，ab是电源，外电阻R＝3r(每一边的电阻为r)，Uab等于路端电压U1＝eq\f(3,4)E；第二阶段(线框整体在磁场中平动过程)，ab及dc都是电源，并且是完全相同的电源，回路中虽无感应电流，但U2＝E；第三阶段(离开过程)，dc是电源，路端电压Udc＝eq\f(3,4)E，因此Uab为路端电压Udc的eq\f(1,3)，即U3＝eq\f(1,4)E，故A正确．答案：A3．解析：根据E＝BL有v，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL有v,R)可知，三角形导体线框进、出磁场时，有效长度L有都变小，则I也变小．再根据楞次定律及安培定则可知，进、出磁场时感应电流的方向相反，进磁场时感应电流方向为正方向，出磁场时感应电流方向为负方向，故选A.答案：A4．解析：在0～1s内，磁感应强度B垂直纸面向里且均匀增大，由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)恒定，电流i＝eq\f(E,R)恒定，由楞次定律和安培定则可知，电流方向为逆时针方向，即负方向，在i­t图像上是一段平行于t轴的直线，且为负值，选项A、C错误；在1～3s内，B­t图线斜率不变，由法拉第电磁感应定律知，产生的感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)恒定，电流i＝eq\f(E,R)恒定，由楞次定律和安培定则知，电流方向为顺时针方向，即正方向，在i­t图像上是一段平行于t轴的直线，且为正值，选项B错误，D正确．答案：D5．解析：根据法拉第电磁感应定律可知，金属棒产生的电动势E＝Br×eq\f(ωr,2)＝eq\f(1,2)Br2ω，A错误；对电容器极板间的带电微粒受力分析，可知mg＝qeq\f(U,d)，U＝E，解得eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)，B正确；电阻消耗的功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2r4ω2,4R)，C错误；电容器所带的电荷量Q＝CU＝eq\f(1,2)CBr2ω，D错误．答案：B6．解析：(1)重力做功全部转化为电路消耗的电能，杆ab达到稳定状态时，有mgv＝P，代入数据解得v＝m/s.(2)杆ab切割磁感线产生的感应电动势大小E＝Blv，设电阻R1与R2的并联电阻为R外，杆ab的电阻r＝Ω，根据并联电阻的规律可得eq\f(1,R外)＝eq\f(1,R1)＋eq\f(1,R2)，由闭合电路欧姆定律可得I＝eq\f(E,R外＋r)，整个电路消耗的电功率P＝IE，代入数据解得R2＝Ω.答案：(1)m/s(2)Ω7．解析：线框切割磁感线的速度与时间的关系为v＝at，速度与位移的关系为v2＝2ax，所以感应电流为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)，根据牛顿第二定律得F－F安＝ma，整理得F＝ma＋ILB＝ma＋eq\f(B2L2a,R)t，线框中电功率的瞬时值为P＝I2R＝eq\f(B2L2a2,R)t2，通过导体横截面的电荷量为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与t成一次函数关系，P与t成二次函数关系，I与eq\r(x)成正比例关系，q与x成正比例关系．故选B、D.答案：BD8．解析：由题意可知，车轮转动一周的时间为T＝eq\f(2π,ω)＝s，车轮转动一周的过程中，能产生感应电流的时间为t＝4×eq\f(30°,360°)T＝s，即LED灯亮的总时间为s，故A错误；金属条ab进入磁场时，根据右手定则可知，ab上电流的方向是b→a，故B错误；金属条ab进入磁场时，ab相当于电源，其等效电路图如图所示，电源电动势为E＝eq\f(1,2)Br2ω＝V，电路中的总电阻为R总＝R＋eq\f(1,3)R＝Ω，所以通过ab的电流大小为I＝eq\f(E,R总)＝eq\f,0.6)A＝A，故C错误；车轮转动一周，LED灯亮的总时间为s，产生的总焦耳热为Q＝I2R总t＝32××J＝J，故D正确．答案：D分层作业(十)电磁感应中的动力学、能量和动量问题1．解析：金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势，则E＝Blv，在闭合电路中形成电流，则I＝eq\f(Blv,R)，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F作用，则F＝IlB＝eq\f(B2l2v,R)；先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsinα－eq\f(B2l2v,R)＝ma，当a→0时，v→vmax，解得vmax＝eq\f(mgRsinα,B2l2)，如果B变大或m变小，则vmax将变小；如果α变大或R变大，则vmax将变大，故B、C正确，A、D错误．答案：BC2．解析：根据功能关系知，线框上产生的热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正确．答案：A3．解析：根据楞次定律知，圆环中感应电流方向为顺时针，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡，有FT＝mg＋F，得FT>mg，又F＝IlB，根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律可得出I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔB,RΔt)S，可知I为恒定电流，联立上面各式可知B减小，则F减小，则由FT＝mg＋F知FT减小，A正确．答案：A4．解析：A错，B对：将M、N视为电容为C的平行板电容器，设金属棒ab的质量为m，导轨间距为L，ab从静止开始在一极短的时间Δt内速度的变化量为Δv，此时电容器两端电压变化量为ΔU＝BLΔv，电容器带电量的变化量为Δq＝CΔU，回路中的电流为I＝eq\f(Δq,qΔt)＝CBLeq\f(Δv,Δt)＝CBLa，根据牛顿第二定律有mgsinθ－ILB＝ma，解得金属棒的加速度为a＝eq\f(mgsinθ,B2L2C＋m)，可知金属棒ab将一直匀加速下滑．C对：由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高．D错：若微粒带负电，则静电力向上，与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度方向向上．答案：BC5．解析：导体棒ab匀速切割磁感线，则有E＝Blv，I＝eq\f(E,R总)，对导体棒cd分析，由受力平衡得G＝IlB＝eq\f(B2l2v,R总)，得v＝2m/s，选项B正确；对导体棒ab进行受力分析，受拉力、安培力及重力，则有F＝G＋BIl＝N，选项A错误；在2s内产生的电能等于导体棒ab克服安培力做的功，即W电＝F安·vt＝eq\f(B2l2v2t,R总)＝J，选项C正确；在2s内拉力做的功W拉＝Fvt＝J，选项D错误．答案：BC6．解析：杆1向右做切割磁感线运动，产生感应电流，受到向左的安培力而做减速运动，杆2受到向右的安培力而向右做加速运动，回路中产生的总的感应电动势减小，感应电流减小，两杆受到的安培力减小，加速度减小，所以杆1将做加速度减小的减速运动，杆2将做加速度减小的加速运动，加速度减为零后，两杆匀速运动，A错误；杆1、杆2组成的系统所受合外力为零，动量守恒，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，解得杆1、杆2的最终速度v＝v0，B正确；整个回路产生的热量Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，则杆1上产生的热量为eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)，C正确；以杆2为研究对象，规定向右为正方向，根据动量定理有Bdeq\o(I,\s\up6(－))Δt＝m(v0－0)＝mv0，得q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(mv0,2Bd)，D正确．答案：BCD

7.解析：(1)对导体棒进行受力分析如图所示，匀速下滑时，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，回路中的电流I＝eq\f(E,R)，感应电动势E＝BLv，由以上各式得v＝5m/s.(2)通过导体棒的电荷量Q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，其中平均电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)，设导体棒下滑位移为x，则ΔΦ＝BxL，由以上各式得x＝eq\f(QR,BL)＝eq\f(2×2,×0.5)m＝10m，全程由动能定理得mgxsinθ－W安－μmgxcosθ＝eq\f(1,2)mv2，其中克服安培力做的功W安等于导体棒有效电阻消耗的电功W，则W＝mgxsinθ－μmgxcosθ－eq\f(1,2)mv2＝(12－8－)J＝J.答案：(1)5m/s(2)J8．解析：由右手定则可以判断感应电流的方向为(俯视)顺时针方向，可知A正确；由左手定则可以判断，圆环受到的安培力向上，阻碍圆环的运动，B错误；圆环垂直切割磁感线，产生的感应电动势E＝Blv＝B·2πR·v，圆环的电阻R电＝eq\f(ρ·2πR,πr2)，则圆环中的感应电流I＝eq\f(E,R电)＝eq\f(Bπr2v,ρ)，圆环所受的安培力F安＝I·2πRB，圆环的加速度a＝eq\f(mg－F安,m)，m＝d·2πR·πr2，则a＝g－eq\f(B2v,ρd)，C错误；当重力等于安培力时圆环速度达到最大，此时a＝0，可得vmax＝eq\f(ρgd,B2)，D正确．答案：AD9．解析：(1)当v＝0时，a＝2m/s2，根据牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得μ＝0.5.(2)由图乙可知，vm＝2m/s，当金属棒ab达到稳定速度时，有FA＝ILB0，E＝B0Lvm，I＝eq\f(E,R＋r)，由力的平衡条件得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)对金属棒的运动过程，由动能定理可得mgssin37°－μmgscos37°－W克＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0，又Q总＝W克，联立解得Q总＝J，则电阻R上产生的热量QR＝eq\f(4,5)Q总＝J.答案：(1)(2)2m(3)J分层作业(十一)涡流、电磁阻尼和电磁驱动1．解析：涡流就是整个金属块中产生的感应电流，所以产生涡流的条件就是在金属块中产生感应电流的条件，即穿过金属块的磁通量发生变化，A、B、C中穿过金属块的磁通量不变化，所以A、B、C错误；把金属块放在变化的磁场中时，穿过金属块的磁通量发生了变化，有涡流产生，所以D正确．答案：D2．解析：变化的电流才能产生变化的磁场，引起磁通量的变化，产生电磁感应现象；恒定的电流不会使感应炉中的磁通量发生变化，不会产生涡流，A正确，B错误；当感应炉内装入被冶炼的金属时，会在被冶炼的金属中产生涡流，利用涡流的热效应使金属熔化，而不是利用线圈中的电流产生的焦耳热使金属熔化，C错误，D正确．答案：AD3．解析：2是磁铁，1在2中转动，1中产生涡流，2对1的安培力将阻碍1的转动，总之不管1向哪个方向转动，2对1的效果总起到阻碍作用，所以它能使指针很快地稳定下来，故A、D正确，B、C错误．答案：AD4．解析：线圈通电后在安培力作用下转动，铝框随之转动，在铝框内产生涡流．涡流将阻碍线圈的转动，使线圈偏转后尽快停下来，这样做是利用涡流起电磁阻尼的作用，故B、C正确．答案：BC5．解析：当铜盘转动时，切割磁感线，产生感应电动势，由于电路闭合，则出现感应电流，处于磁场中的部分铜盘会受到安培力作用，此力阻碍铜盘转动，使得铜盘能在较短的时间内停止，故C正确．答案：C6．解析：原磁场方向向上且磁感应强度在增大，在其周围有闭合导线的情况下，导线中感应电流的磁场方向应与原磁场方向相反，即感应电流的磁场方向向下，再由安培定则得感应电流的方向从上向下看为顺时针方向，则感生电场的方向从上向下看也为顺时针方向，同理可知，原磁场方向向上且磁感应强度减小时，感生电场的方向从上向下看应为逆时针方向，所以A、D正确．答案：AD7．解析：金属探测器利用涡流探测金属物品的原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，故A、C正确，B、D错误．答案：AC8．解析：当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势，A正确；圆盘内的涡流产生的磁场对磁针施加磁场力作用，导致磁针转动，B正确；由于圆盘中心正上方悬挂小磁针，因此在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变，C错误；电流是自由电荷定向移动形成的，圆盘呈电中性，本身没有多余的电荷，因此不会形成电流，D错误．答案：AB9．解析：磁场的变化使空间内产生感生电场，由楞次定律知感生电场的方向为逆时针，带正电小球受到的电场力与运动方向相反，故小球速度减小，B正确．答案：B10．解析：线圈接通电源瞬间，变化的磁场产生电场，因向上的磁场变大，则产生顺时针方向的电场，带负电的小球受到的电场力方向与电场方向相反，则有逆时针方向的电场力，故圆盘将沿逆时针方向运动，选项A正确．答案：A11．解析：磁铁水平穿入螺线管时，螺线管中将产生感应电流，由楞次定律可知，产生的感应电流将阻碍磁铁的运动；同理，磁铁穿出时，由楞次定律可知，产生的感应电流将阻碍磁铁的运动，故整个过程中，磁铁做减速运动，A错误，B正确；对于小车上的螺线管来说，螺线管受到的安培力方向始终为水平向右，这个安培力使螺线管和小车向右运动，且一直做加速运动，C正确，D错误．答案：BC分层作业(十二)互感和自感1．解析：由E＝Leq\f(ΔI,Δt)可知，自感电动势的大小与电流的变化率成正比，与电流的大小及电流变化的大小无直接关系，故A、C、D错误，B正确．答案：B2．解析：由于采用双线并绕的方法，当有电流通过时，两股导线中的电流方向相反，不管电流怎样变化，任何时刻两股电流总是等大反向的，在线圈中产生的磁通量也是等大反向的，故穿过线圈的总磁通量等于零，在该线圈中不会产生电磁感应现象，因此消除了自感现象，故A、B、D错误，C正确．答案：C3．解析：闭合S稳定后，L相当于一段导线，R1被短路，所以电容器C两端的电压等于路端电压，小于电源电动势E，A错误；断开S的瞬间，L产生感应电动势，相当于电源，与R1组成闭合回路，通过R1的电流方向自左向右，B正确；断开S的瞬间，电容器放电，通过R2的电流方向自右向左，C、D错误．答案：B4．解析：由法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，又B∝I，故eq\f(ΔB,Δt)∝eq\f(ΔI,Δt)∝E.由图乙可知i­t图像中的斜率应不为0，且在0～、～、～、～各段时间内斜率不变．分析图像可知，只有C正确．答案：C5．解析：题图甲中，闭合S1瞬间，直流电源对灯A1供电，电流从左到右；断开S1瞬间，电感线圈对灯A1供电，电流从右到左，A错误．“实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗”说明闭合S1且电路稳定时，通过电感线圈L1的电流大于通过灯A1的电流，B正确．闭合开关S2瞬间，由于电感线圈阻碍电流的增加，L2中电流从零开始缓慢增大，此时路端电压缓慢变小，灯A3中电流从某一较大值开始减小，C正确．题图乙中，开关S2闭合，电路稳定时通过A2和A3的电流相同，断开S2瞬间，电感线圈L2、灯A2、灯A3和滑动变阻器R构成回路，电流从同一值开始缓慢减小至零，故灯A3和灯A2均缓慢熄灭，D错误．答案：BC6．解析：当开关断开时，由于线圈中自感电动势阻碍电流减小，线圈中的电流逐渐减小，线圈与灯泡A构成回路，因为IL＝2A，IA＝1A，所以灯泡中的电流突然反向增大，之后逐渐减小，故D正确，A、B、C错误．答案：D7．解析：闭合开关后，由于二极管具有单向导电性，所以无电流通过L2，由于线圈中自感电动势的阻碍，L1逐渐变亮，L1与L3串联，所以闭合开关后，L1、L3逐渐变亮，L2一直不亮，A错误，B正确；由于二极管的单向导电性，电路稳定后也无电流通过L2，L2不亮，电路稳定后，断开开关后，线圈由于产生自感电动势，相当于电源，灯泡L1中电流从左到右，灯泡L1、L2串联，二极管正向导通，所以L1逐渐熄灭，L2突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，同时L3立即熄灭，D错误，C正确．答案：BC8．解析：由题中给出的电路可知，电路是L与A1串联，A2与R串联，然后两个支路并联．在t′时刻，A1支路的电流因为有L的自感作用，所以i1由0逐渐增大．A2支路为纯电阻电路，i2不存在逐渐增大的过程，若不计电池的内阻，则i2不变；若考虑电池的内阻，i2会略有减小，故B正确．答案：B分层作业(十三)交变电流1．解析：t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ最大，磁通量变化率为零，此时感应电动势、感应电流均为零，线圈中感应电流方向改变．A错误，B正确；t2、t4时刻通过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，C、D错误．答案：B2．解析：根据u＝Umsinωt可知，交变电流的电压的峰值为200V，则有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(200,\r(2))V＝100eq\r(2)V＝141V，B正确．答案：B3．解析：由题图可知，交变电流的周期是s，频率f＝eq\f(1,T)＝5Hz，电流的峰值是10A，有效值I＝eq\f(10,\r(2))A＝A，A、C正确．答案：AC4．解析：产生交变电流的条件是轴和磁感线垂直，与轴的位置和线圈形状无关，线圈abcd分别绕轴P1、P2转动，转到图示位置时产生的电动势E＝NBSω，由I＝eq\f(E,R总)可知，此时I相等，故A正确，B错误；由右手定则可知，电流方向为a→d→c→b，故C正确；dc边受到的安培力F＝IldcB，故F一样大，D错误．答案：AC5．解析：图示时刻后瞬间，由楞次定律判断出线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a，为负方向，在转过eq\f(1,4)周过程中，线圈中产生的感应电动势表达式为e＝Emsinωt＝BSωsinωt，S是线圈面积的一半，则感应电流的表达式为i＝－eq\f(e,R)＝－eq\f(BSωsinωt,R)＝－Imsinωt，经分析，转过eq\f(1,4)周以后，仍符合i＝－Imsinωt形式，故C正确．答案：C6．解析：条形磁铁以10πrad/s的角速度匀速转动，则该交流电的频率f＝eq\f(ω,2π)＝5Hz，故A错误；由题图可知，在t＝0时刻穿过线圈的磁通量为0，结合交流电产生的特点可知，t＝0时刻该交流电的瞬时值最大，由题图可知下一时刻穿过线圈的磁通量的方向向里，由楞次定律可知，此时线圈中的电流方向为abcda，故B正确；该交流电的周期T＝eq\f(1,f)＝s，当t＝s＝T时，线圈中的电流方向与开始时的方向相反，电流值仍然为最大值，不会改变方向，故C、D错误．答案：B7．解析：线框中产生的感应电动势的最大值Em＝NBSω＝NBL2ω，将线框的边长变为原来的2倍，转动的角速度变为原来的eq\f(1,2)后，电动势的最大值变为2Em，则电动势随时间变化的规律为e′＝2Emsineq\f(ω,2)t，D正确．答案：D8．解析：用类比法分析，如线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生周期性变化的电流，所以这个电路中存在周期为T的变化电流，故A正确；在赤道上，地磁场方向为由南指向北，则t＝0时刻，回路磁通量最大，电路中电流最小为0，故B错误；t＝eq\f(T,4)时刻，金属绳第一次经过水平位置，这个过程回路中磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流方向向右通过灵敏电流计，故C错误；t＝eq\f(T,2)时刻，回路磁通量变化率最小，电路中电流最小，为0，故D错误．答案：A9．解析：(1)线框转动，开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，CD边长l1＝20cm，CE、DF边长l2＝10cm，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻e＝BSωcosωt.其中B＝eq\f(5\r(2),π)T，S＝l1×l2＝×m2＝m2，故线框感应电动势瞬时值表达式e＝eq\f(5\r(2),π)××100πcos100πt(V)＝10eq\r(2)cos100πt(V).(2)线框由题图所示位置转过30°的过程中ΔΦ＝eq\f(1,2)BS，Δt＝eq\f(π,6ω)，则平均电动势eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(30\r(2),π)V.(3)线框中感应电动势随时间变化的图像如图所示．答案：(1)e＝10eq\r(2)cos100πt(V)(2)eq\f(30\r(2),π)V(3)见解析图分层作业(十四)交变电流的描述1．解析：由图像可知电动势的峰值为1V，有效值为eq\f(\r(2),2)V；周期为s，频率为eq\f(1,T)＝5Hz，故D正确．答案：D2．解析：由题图可知，该电压的周期为T＝2×10－2s，频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故A、B错误；设电压的有效值为U，根据电流的热效应，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，可解得电压的有效值为U＝10eq\r(2)V，故C正确，D错误．答案：C3．解析：线圈在匀强磁场中匀速旋转时，产生的感应电动势最大值与转轴位置无关，Em＝NBSω＝NBL2ω，有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)NBL2ω，选项B正确．答案：B4．解析：A、B错：因电压表示数为9V，所以电路中的电流I＝eq\f(9,9)A＝1A，故电动势的有效值E＝I(r＋R)＝10V，其最大值Em＝eq\r(2)E＝10eq\r(2)V．C错：线圈通过中性面时电动势的瞬时值为对：从中性面转过90°的过程中，平均感应电动势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对：根据公式P＝eq\f(U2,R)，得P＝eq\f(102,10)W＝10W．B错：由图乙可知，s时通过线圈的磁通量为零，电动势最大，R两端的电压瞬时值为10eq\r(2)V．C对：由图乙可知，T＝s时电动势为最大值Em＝10eq\r(2)V，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，又因为此交变电流是从垂直于中性面开始计时的，所以R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝100πt(V).D错：根据i＝eq\f(u,R)得，通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝100πt(A).答案：AC6．解析：(1)线圈中产生的感应电动势的最大值Em＝NBSω＝100××()2×2π×50V＝628V，则感应电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝314eq\r(2)V，外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等，即P外＝eq\f(E2,R)≈×104W.(2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势的瞬时值为e＝Emsin30°＝314V，感应电流的瞬时值为i＝eq\f(e,R)＝eq\f(314,10)A＝A.(3)在线圈由中性面转过60°的过程中，线圈中的平均感应电动势为eq\o(E,\s\up6(－))＝Neq\f(ΔΦ,Δt)，平均感应电流为eq