2025高考物理人教版選擇性必修第2冊(cè)專項(xiàng)復(fù)習(xí)本冊(cè)

綜合學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè)

本卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分。滿分：100分，時(shí)間：75

分鐘。

第I卷（選擇題共40分）

一、選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選

項(xiàng)中，第1?6小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，第7?10小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題

目要求，全部選對(duì)的得4分，選不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分）

1.（2024.安徽馬鞍山高二開學(xué)考試）關(guān)于電磁波及電磁感應(yīng)現(xiàn)象，下列說(shuō)法正

確的是（）

A.電磁波只是一種描述方式，不是真正的物質(zhì)

B.用微波爐加熱食物是利用了微波具有能量的性質(zhì)

C.奧斯特最早發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象

D.穿過(guò)閉合導(dǎo)體回路有磁通量時(shí)，回路中就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流

答案：B

解析：電磁波不僅僅是一種描述方式，而且是真實(shí)的物質(zhì)存在，故A錯(cuò)誤；

用微波爐加熱食物時(shí)，食物增加的能量是微波給它的，利用了微波具有能量的性

質(zhì)，故B正確；法拉第首先發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故C錯(cuò)誤；當(dāng)穿過(guò)閉合導(dǎo)體回

路的磁通量發(fā)生變化時(shí)，回路中才會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故D錯(cuò)誤。

2.如圖所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)共存的區(qū)域內(nèi)，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E,

方向豎直向下，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為3,方向垂直于紙面向里，一質(zhì)量為機(jī)的帶

電粒子，在場(chǎng)區(qū)內(nèi)的一豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則可判斷該帶電粒子（）

A.帶有電荷量為管的負(fù)電荷

B.沿圓周逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)

C.運(yùn)動(dòng)的角速度為筌

E

D.運(yùn)動(dòng)的速率為不

答案：A

解析：帶電粒子在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有mg=qE,求得電荷量q

=等，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度方向和電場(chǎng)力方向判斷出粒子帶負(fù)電，故A正確；由左手定

則可判斷粒子沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；由qoB=m。①，得（0=小=喏=瞪,

tilJ-j/iLJL-J

故C錯(cuò)誤；無(wú)法計(jì)算帶電粒子的速度，故D錯(cuò)誤。

3.如圖所示，L為電感線圈，R為滑動(dòng)變阻器，Ai、A2是兩個(gè)完全相同的燈

泡。將R觸頭滑動(dòng)至某一位置，閉合開關(guān)S,燈Ai立即變亮，燈A2逐漸變亮，

最終A2亮度更高。則（）

A.R連入電路的阻值與L的直流阻值相同

B.閉合S瞬間，L中電流與變阻器R中電流相等

C.斷開S,Ai立刻熄滅，A2逐漸熄滅

D.斷開S,Ai閃亮后再逐漸熄滅，A2逐漸熄滅

答案：D

解析：已知最終A2亮度更高，則通過(guò)A2的電流更大，根據(jù)并聯(lián)電路電壓相

等可知，R連入電路的阻值大于L的直流阻值，故A錯(cuò)誤；閉合S瞬間，L阻礙

電流的增大，L中電流小于變阻器R中電流，故B錯(cuò)誤；斷開S,L阻礙電流的

減小，L和變阻器R以及兩燈泡構(gòu)成回路，斷開S瞬間該回路電流大小等于初始

通過(guò)A2的電流，故Ai閃亮，之后電流逐漸減小至零，則兩燈逐漸熄滅，故C錯(cuò)

誤，D正確。

4.半徑為廠的圓環(huán)電阻為R,溺為圓環(huán)的一條直徑。如圖所示，在湖的一

側(cè)存在一個(gè)均勻變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)垂直圓環(huán)所在平面，方向如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小隨時(shí)間的變化關(guān)系為3=a+依左＞0）,則（）

A.圓環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流

B.圓環(huán)具有擴(kuò)張的趨勢(shì)

C.圓環(huán)中感應(yīng)電流的大小為第

D.圖中6、a兩點(diǎn)間的電勢(shì)差50=/兀,

答案：C

解析：由于磁場(chǎng)均勻增大，圓環(huán)中的磁通量變大，根據(jù)楞次定律可知圓環(huán)中

感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向，同時(shí)為了阻礙磁通量的變化，圓環(huán)將有收縮的趨勢(shì)，故

A、B錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得電動(dòng)勢(shì)為石=*等凡圓環(huán)電阻為七

所以電流大小為/=得K=Z端/v，故C正確；氏。兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為Uba=I用Z受4,

故D錯(cuò)誤。

5.關(guān)于傳感器，下列說(shuō)法正確的是（）

A.電熨斗能夠自動(dòng)控制溫度的原因是它裝有雙金屬片溫度傳感器，這種傳

感器作用是控制電路的通斷

B.太陽(yáng)能自動(dòng)控制路燈一般用熱敏電阻作為敏感元件

C.話筒是一種常用的聲音傳感器，其作用是將電信號(hào)轉(zhuǎn)化為聲信號(hào)

D.干簧管可以感知磁場(chǎng)的存在，是一種能夠測(cè)出磁感應(yīng)強(qiáng)度的傳感器

答案：A

解析：電熨斗能夠自動(dòng)控制溫度的原因是它裝有雙金屬片溫度傳感器，這種

傳感器作用是控制電路的通斷，故A正確；太陽(yáng)能自動(dòng)控制路燈一般用光敏電阻

作為敏感元件，故B錯(cuò)誤；話筒是一種常用的聲音傳感器，其作用是將聲信號(hào)轉(zhuǎn)

化為電信號(hào)，故C錯(cuò)誤；干簧管是一種能夠感知磁場(chǎng)的傳感器，能夠把磁信號(hào)轉(zhuǎn)

變?yōu)殡娐返耐〝啵蔇錯(cuò)誤。

6.（202年河北保定高二期末）如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形abed區(qū)域內(nèi)存在

著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為加、帶電量為q的帶負(fù)電的粒子從。

點(diǎn)以速度00沿a。方向射入磁場(chǎng)，之后從cd邊的中點(diǎn)e射出磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重

力，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）

b,---------------------

；XXXX：

；XXXX：

；XXXX：

；R：

；XXXX:

ad

mvo

A-2qLB，5qL

5momvo

C，D.-丁

SqLqL

答案：B

￡2

解析：粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得R2=7+（L—

R）2,解得R=|L,由洛倫茲力提供向心力可得卯3=加關(guān)，解得磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小為3=貫，故B正確。

7.（2024.廣東深圳高二階段練習(xí)）人體含水量約為70%,水中有鈉離子、鉀離

子等離子存在，因此容易導(dǎo)電，脂肪則不容易導(dǎo)電。當(dāng)人兩手握住脂肪測(cè)量?jī)x的

兩把手時(shí)，就可知道人體脂肪所占的比例。下列說(shuō)法中正確的是（）

A.脂肪測(cè)量?jī)x的工作原理是通過(guò)人體體重不同來(lái)判斷人體脂肪所占的比例

B.脂肪測(cè)量?jī)x的工作原理是通過(guò)人體的電阻不同來(lái)判斷人體脂肪所占的比

例

C.脂肪測(cè)量?jī)x的工作原理是通過(guò)測(cè)量人體的體溫來(lái)判斷人體脂肪所占的比

例

D.激烈運(yùn)動(dòng)之后，脂肪測(cè)量?jī)x顯示人體脂肪所占比例的測(cè)量數(shù)據(jù)會(huì)不準(zhǔn)確

答案：BD

解析：利用脂肪幾乎不含水分，其導(dǎo)電性和其他成分不同，可以用測(cè)量人體

電阻的辦法來(lái)計(jì)算人體脂肪率，故A、C錯(cuò)誤，B正確；激烈運(yùn)動(dòng)之后，人體內(nèi)

水和鈉、鉀等無(wú)機(jī)鹽會(huì)有一部分流失，人體脂肪所占比例會(huì)發(fā)生變化，即人體的

電阻大小變化，所以測(cè)量數(shù)據(jù)會(huì)不準(zhǔn)確，故D正確。

8.如圖，傾角為a的斜面上放置著間距為L(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌（電阻不計(jì)），導(dǎo)

軌下端與一電阻R相連，電阻為廠的金屬棒KN置于導(dǎo)軌上，在以溺和cd為邊

界的區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為3的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上。在cd

左側(cè)的無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域cdPM內(nèi)有一半徑很小的金屬圓環(huán)，圓環(huán)與導(dǎo)軌在同一平面內(nèi)。

已知金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好。將金屬棒KN從磁場(chǎng)右邊界a。處由

靜止自由釋放，向下運(yùn)動(dòng)的一小段時(shí)間內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.圓環(huán)有收縮趨勢(shì)

B.圓環(huán)有擴(kuò)張趨勢(shì)

C.金屬棒KN做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

D.金屬棒KN做變加速直線運(yùn)動(dòng)

答案：AD

解析：金屬棒KN沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)的一小段時(shí)間內(nèi)，重力沿導(dǎo)軌平面的分力

大于安培力，金屬棒向下加速運(yùn)動(dòng)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，感應(yīng)

電流增大，產(chǎn)生的磁場(chǎng)增強(qiáng)，通過(guò)圓環(huán)的磁通量增加，依據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)

有收縮的趨勢(shì)，故A正確，B錯(cuò)誤；金屬棒向下運(yùn)動(dòng)的一小段時(shí)間內(nèi)，由牛頓第

二定律有機(jī)gsin0!一/安=機(jī)。，又F安=ILB=；+R,解得金屬棒的加速度a=gsina

B2LTV

-z,pv速度0增大，加速度。減小，速度的變化率減小，故D正確，C錯(cuò)

誤。

9.為了解決用電高峰電壓不足的問題，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下輸電線路。交流發(fā)

電機(jī)的線圈電阻忽略不計(jì)，輸出電壓M=Umsincot,T1、％均為理想變壓器，Ri

和治為純電阻用電器。輸電線的等效總電阻為r=20Q,m：n2=l：10,“可調(diào)，

Ri和&的額定電壓均為220V,阻值均為HC,其余電阻不計(jì)。S斷開時(shí)對(duì)應(yīng)用

電低谷，調(diào)節(jié)磔：冏4=10：1,此時(shí)用電器用正常工作，輸電線上損耗的功率為

AP；S閉合時(shí)對(duì)應(yīng)用電高峰，調(diào)節(jié)變壓器T2的副線圈，當(dāng)其匝數(shù)比為N：1時(shí)，

用電器R1又能正常工作，此時(shí)變壓器T2原線圈的電壓為。3,輸電線上損耗的功

率為AP'。貝1)()

T2

A.t/m=220^2VB.S=2200V

C.N<10D.^P'>4AP

答案：CD

解析：S斷開時(shí)，T2副線圈的電壓為220V、電流為20A,其原線圈的電壓

為2200V、電流為2A,輸電線損耗的電壓為AU=2AX20Q=40V,損耗功率

為AP=80W,為副線圈的電壓為2240V,原線圈的電壓為224.0V,所以Um=

2246V,故A錯(cuò)誤；S閉合后，對(duì)乃，如果“4不變，則原、副線圈的電壓均減

小，需要將心變大叫<10)才能使副線圈電壓變回到220V,故N<10；此時(shí)根據(jù)

并聯(lián)電路干路與支路電流關(guān)系得T2副線圈電流為40A,所以原線圈中電流大于4

A,故根據(jù)焦耳定律可知，輸電線損耗的功率AP'>4AP,輸電線承擔(dān)的電壓也

增大，電壓。3小于2200V,故B錯(cuò)誤，C、D正確。

10.如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，左側(cè)軌道

間距為23處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，右側(cè)軌道間距為3處于磁

感應(yīng)強(qiáng)度大小為會(huì)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩磁場(chǎng)方向均豎直向下。金屬棒b長(zhǎng)為3阻

值R,靜止在右側(cè)軌道。金屬棒a長(zhǎng)為23電阻為2H,當(dāng)金屬棒a以初速度優(yōu)

水平向右開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒b也隨之運(yùn)動(dòng)。已知金屬棒a始終在左側(cè)軌道運(yùn)動(dòng)，

a、b棒質(zhì)量均為m,且始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。則在a、b

棒的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()

a

XXXXX

b

XX”XX>T|~xx

X二XXXXXX

XXXXX

A.金屬棒b達(dá)最大速度前，金屬棒a、b組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒

B.金屬棒b達(dá)最大速度后，金屬棒a、b的速度大小之比為1：2

C從開始運(yùn)動(dòng)到金屬棒b達(dá)最大速度的過(guò)程中通過(guò)金屬棒b的電荷量為需

D.從開始運(yùn)動(dòng)到金屬棒b達(dá)最大速度的過(guò)程中金屬棒a產(chǎn)生的熱量為好冽沈

答案：AD

解析：兩金屬棒所受安培力不相等，所以金屬棒a、b穩(wěn)定前，金屬棒a、b

0a

系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A正確；穩(wěn)定后電路電流為0,即B2Loa=O.53L0b,解得二

1

錯(cuò)

故

--B誤

4?對(duì)a根據(jù)動(dòng)量定理可得BIwlLt=mva—mvo,對(duì)b根據(jù)動(dòng)量定

理可得0.53/平均L/=w解得辦=萬(wàn)，0b=7>通過(guò)金屬棒b的電荷量為q=/平

均/=需，故C錯(cuò)誤；由能量守恒定律可得，電路中總的焦耳熱；加涕

—^mvl=Yjmvi,由電路知識(shí)可得。a=]Q=群根加，故D正確。

第II卷（非選擇題共60分）

二、填空題（本題共2小題，共14分。把答案直接填在橫線上）

11.（6分）（2024.重慶二模）電容電池具有無(wú)污染、壽命長(zhǎng)、充電速度快等諸多

優(yōu)點(diǎn)而廣泛應(yīng)用。某同學(xué)想要用電流傳感器探究電容電池特性，探究電路如圖甲。

Q接計(jì)算機(jī)

甲

i/mA

8.928.948.968.989.009.029.04〃s

乙

(1)第一次探究中，先將開關(guān)接1,待電路穩(wěn)定后再接2。已知電流從上向下

流過(guò)電流傳感器時(shí)，電流為正，則電容器充放電過(guò)程中的i-t和U-t圖像是

(2)第二次探究，該同學(xué)先將開關(guān)接1給電容器充電，待電路穩(wěn)定后再接3,

探究LC振蕩電路的電流變化規(guī)律。

①實(shí)驗(yàn)小組得到了振蕩電路電流波形圖像，選取了開關(guān)接3之后的LC振蕩

電流的部分圖像，如圖乙，根據(jù)圖像中A、B點(diǎn)坐標(biāo)可知，振蕩電路的周期T=

s(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

②如果使用電動(dòng)勢(shì)更小的電源給電容器充電，LC振蕩電路的頻率將

(填“增大”“減小”或“不變”)。

③已知電源電動(dòng)勢(shì)瓦，測(cè)得充電過(guò)程，一/圖像的面積為So,以及振蕩電路的

周期T,可以得到電感線圈的電感表達(dá)式L=。(用測(cè)得的已知量表示)

/En

答案：(1)BD(2)@0.0092②不變醞及

解析：(1)第一次探究過(guò)程為先給電容器充電，后電容器通過(guò)H放電，給電容

器充電過(guò)程中電流從上向下流過(guò)傳感器，即為正，由于充電后電容器右極板帶正

電，電容器通過(guò)H放電時(shí)，電流從下向上流過(guò)傳感器，即為負(fù)，故A錯(cuò)誤，B正

確；給電容器充電和電容器放電，通過(guò)電壓傳感器的電流方向均為從右向左，都

為正，故C錯(cuò)誤，D正確。

9037—8945

(2)①由圖乙可知T=ws=0.0092so

②由振蕩周期T=2周無(wú)，可知，如果使用電動(dòng)勢(shì)更大的電源給電容器充電,

LC振蕩電路的周期不變，則頻率也不變。

③充電過(guò)程，一/圖像的面積為So,則有q=CEo=So,可得尋，振蕩周期

7=2周五，可得乙=含=裝;。

12.(8分)某興趣小組用如圖甲所示的可拆變壓器進(jìn)行“探究變壓器線圈兩端

的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)：

(1)下列器材在實(shí)驗(yàn)中還必須用到的是(填字母)。

VM

ABC

⑵實(shí)驗(yàn)中原、副線圈的電壓之比與其匝數(shù)之比有微小差別，原因不可能是

A.變壓器鐵芯漏磁

B.鐵芯在交變電磁場(chǎng)作用下發(fā)熱

C.原線圈輸入電壓發(fā)生變化

D.原、副線圈通過(guò)電流發(fā)熱

(3)實(shí)際操作中將電源接在原線圈的“0”和“8”兩個(gè)接線柱之間，測(cè)得副線圈的

“0”和“4”兩個(gè)接線柱之間的電壓為3.0V,則可推斷原線圈的輸入電壓可能為

A.3VB.5.5V

C.6.0VD.6.5V

(4)如圖所示為某電學(xué)儀器原理圖，圖中變壓器為理想變壓器。左側(cè)虛線框內(nèi)

的交流電源與串聯(lián)的定值電阻Ro可等效為該電學(xué)儀器電壓輸出部分，該部分與一

理想變壓器的原線圈連接；一可變電阻R與該變壓器的副線圈連接，原副線圈的

匝數(shù)分別為“1、”2(右側(cè)實(shí)線框內(nèi)的電路也可以等效為一個(gè)電阻)。在交流電源的

電壓有效值。。不變的情況下，調(diào)節(jié)可變電阻R的過(guò)程中，當(dāng)告=,時(shí)，

R獲得的功率最大。

解析：(1)實(shí)驗(yàn)中需要交流電源和交流電壓表(萬(wàn)用表)，不需要干電池和滑動(dòng)

變阻器。

(2)變壓器鐵芯漏磁，從而導(dǎo)致電壓比與匝數(shù)比有差別，選項(xiàng)A不符合題意；

原、副線圈通過(guò)電流發(fā)熱，鐵芯在交變磁場(chǎng)作用下發(fā)熱，都會(huì)使變壓器輸出功率

發(fā)生變化，從而導(dǎo)致電壓比與匝數(shù)比有差別，選項(xiàng)B、D不符合題意；原線圈輸

入電壓發(fā)生變化，不會(huì)影響電壓比和匝數(shù)比的關(guān)系，選項(xiàng)C符合題意。

(3)若是理想變壓器，則有變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系卷=今。

若變壓器的原線圈接“0”和“8”兩個(gè)接線柱，副線圈接“0”和“4”兩個(gè)接線柱，

可知原副線圈的匝數(shù)比為2：1,副線圈的電壓為3V,則原線圈的電壓為Ui=2X3

V=6V,

考慮到不是理想變壓器，有漏磁等現(xiàn)象，則原線圈所接的電源電壓大于6V,

可能為6.5V。故選D。

(4)把變壓器和R等效為一個(gè)電阻Ri,Ro當(dāng)作電源內(nèi)阻，當(dāng)內(nèi)外電阻相等，

即治=拈，此時(shí)輸出功率最大，根據(jù)守=黑得笠=詈。

U2T1212Kri2

代入M=/2〃2,解得“辟旦=辟島，即裊辟。

三、論述、計(jì)算題（本題共4小題，共46分。解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、

方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必

須明確寫出數(shù)值和單位）

13.（10分）（2024.江蘇高二階段練習(xí)）如圖所示，面積為0.02m2,內(nèi)阻不計(jì)的

100匝矩形線圈ABCD,繞垂直于磁場(chǎng)的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為50

rad/s,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為苧兀矩形線圈通過(guò)滑環(huán)與理想變壓器相連，觸

頭尸可移動(dòng)，副線圈所接電阻R=50C,電表均為理想交流電表，當(dāng)線圈平面與

磁場(chǎng)方向平行時(shí)開始計(jì)時(shí)，結(jié)果可用根號(hào)或兀表示。求：

（1）線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值；

（2）由圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)30。角的過(guò)程產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；

（3）當(dāng)原、副線圈匝數(shù)比為2：1時(shí)，電阻R上消耗的功率。

答案：（1）5附V（2）15yv（3）12.5W

解析：（1）線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值Em=?5（y5=100X^-X50X0.02V=

5Oj2Vo

⑵由圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)30。角的過(guò)程產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)豆=〃等=

BSsin30°3nBSs15M、，

Tl=—Vo

兀7171

6co

⑶當(dāng)原、副線圈匝數(shù)比為2：1時(shí)，次級(jí)電壓有效值。2=言。1=京V

=25Vo

TT2

電阻R上消耗的功率「=云=而W=12.5Wo

14.（10分）如圖甲所示，將一細(xì)導(dǎo)線首尾相連構(gòu)成單匝正方形線框，并固定

在水平絕緣桌面上，線框邊長(zhǎng)d=20cm、電阻R=4Q。虛線將線框分為左右對(duì)

稱的兩部分，虛線與線框的交點(diǎn)分別為M.N,虛線左側(cè)的空間內(nèi)存在與桌面垂

直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，規(guī)定垂直桌面向下為磁感應(yīng)強(qiáng)度3的正方向，3隨時(shí)間/變化的

規(guī)律如圖乙所示。求：

（l）r=ls時(shí)線框中感應(yīng)電流的大小和方向;

（2?=3s時(shí)M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UMN。

答案：（1）0.01A順時(shí)針（2）—0.02V

解析：（1）因?yàn)??2s內(nèi)替=2T/s,

ABS”0.2X0.2

則Ei—

A7,2-2X-2~V=0.04V,

則/=￡=0.01A,

根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向。

,「AB

（2），=3s時(shí)，因N=2T/s,

同樣可求得線圈中的電流為/=0.01A,

方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，則Uw=一4=—0.02V。

15.（12分）如圖所示，某種離子扭轉(zhuǎn)器可以將射向不同方向的粒子，通過(guò)改

變電場(chǎng)或磁場(chǎng)的大小和方向，使其經(jīng)過(guò)相同的點(diǎn)，該裝置由間距均為L(zhǎng)的三塊帶

有小孔的平行金屬板M、N、P構(gòu)成，三塊金屬板的中心小孔。、。1、Q連線與

三塊金屬板垂直，粒子可以通過(guò)M板上的中心小孔。，向各個(gè)方向發(fā)射，讓粒子

經(jīng)過(guò)N板上的小孔跖最后從P板上的小孔Q射出，已知小孔。在。的正上方，

到。1的距離為d=（建—1）"以金屬板M的中心。為坐標(biāo)原點(diǎn)，以水平向內(nèi)為

x軸，豎直向上為y軸，垂直于金屬板向右方向?yàn)閦軸，建立直角坐標(biāo)系。M、N

板之間的區(qū)域?yàn)镮區(qū)，N、P板間的區(qū)域?yàn)镠區(qū)。從離子源射出的粒子質(zhì)量為加

帶電量為q,以速度00從金屬板的小孔0射入（不計(jì)粒子重力）。

(1)若粒子沿著y軸正方向射入，在I區(qū)加上與X軸平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng)囪，在n

區(qū)加上與y軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)Ei,求31,E1的大小及方向；

(2)若粒子入射的方向在xOz平面內(nèi)，與x軸正方向夾角a(為銳角)，在I區(qū)

加上沿z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)比，同時(shí)調(diào)整M、N間的距離，使I區(qū)的寬度達(dá)到

最小值，求史及I區(qū)寬度的最小值Lmin；

(3)在滿足(2)的條件下，在H區(qū)加平行于金屬板的電場(chǎng)及，求應(yīng)的大小。

答案：(1*1=1~~霞一，萬(wàn)向沿x軸負(fù)萬(wàn)向Ei=-~萬(wàn)一，萬(wàn)向沿y

軸正方向

2(^2+l)mrocosa、八門.,,(A/2—l)7i￡

(2)52=,方向沿z軸負(fù)方向Lmin=U—tana

qLT乙

2mv§sina/------j=一二一:---丁

(3)一\](312、2)sin2a+cos2a

解析：(1)粒子在區(qū)域I中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓心在z軸上，根據(jù)左手定則可

知，磁場(chǎng)方向沿x軸負(fù)方向，設(shè)軌道半徑為離開I區(qū)時(shí)速度方向與豎直方向

夾角為0,如圖所示：

由幾何關(guān)系可得Risin8=d,①

7?i(l+cos0)=L,②

?,丁mm?

又由于qvoBi;R[,③

由①②③聯(lián)立得

(2+^/2)m00、，、r,

Bi=---蒙---，萬(wàn)向沿x軸負(fù)萬(wàn)s向,

在區(qū)域n中粒子做類斜拋運(yùn)動(dòng)，則

L=votisin0,④

~d=—voticos⑤

而Eiq=mai,⑥

由④⑤⑥聯(lián)立得百=生孚晝，方向沿y軸正方向。

qL

(2)將初速度分解到沿z軸方向和x軸方向，根據(jù)左手定則可知，粒子沿z軸

方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在垂直z軸平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，。點(diǎn)恰好是圓周運(yùn)動(dòng)

的最高點(diǎn)，因此

mv2i丁

qu上2=R,⑦

R=；d,⑧

r±=z;ocosa9⑨

.谷人…，=2(A/2+l)mrocosa、,、口小人、,

由⑦⑧⑨聯(lián)立整理得比=,方向沿z軸負(fù)方向,

CILT-J

由于V±t2=TlR,⑩

Lmin=0O/2Sin(Z,?)

由⑧⑩?聯(lián)立解得Lmin=(62Dillana。

(3)在通過(guò)a點(diǎn)后，若通過(guò)小孔。2,在z軸方向L=0o/3sina,?

在x軸方向上0=10o/3cosa+^axti,?

其中Ekq="za.x,?

在y軸方向上d=；a—?

E-yq=ma-y,?

而E2=y]E^+E^y,?

由以上各式聯(lián)立解得

2mvosina/--------之——~~;----

Ei=~\](3—2弋2)sin2a+cos2a。

16.(14分)如圖所示，間距為L(zhǎng)的兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面

上，將甲、乙兩根質(zhì)量均為加、電阻均為R金屬桿放置在導(dǎo)軌上，金屬桿與導(dǎo)軌

垂直且接觸良好；乙桿用水平細(xì)繩通過(guò)定滑輪連接質(zhì)量為儂的木塊；導(dǎo)軌所在空

間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,給甲桿施加一水平向左的

拉力，使其從靜止開始以加速度a做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)乙桿將要發(fā)生滑動(dòng)時(shí)撤

去拉力。已知重力加速度大小為g,導(dǎo)軌電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)，求：

(1)乙桿將要發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，拉力的大小和甲桿的速度；

(2)撤去拉力后甲桿上產(chǎn)生的熱量；

(3)撤去拉力前后通過(guò)乙桿的電荷量之比。

答案：(l)ma+mog2腎卓，方向水平向左

(2)B4￡4?)2ma

解析：(1)乙桿將要發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，其所受安培力大小為n2=機(jī)(%，①

根據(jù)右手定則和左手定則綜合分析可知甲桿所受安培力方向與拉力歹的方向

相反，又因?yàn)橥ㄟ^(guò)甲、乙的電流時(shí)刻相等，所以安培力大小時(shí)刻相等，則乙桿將

要發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，甲桿所受安培力大小為Eu=RA2=/nog,②

設(shè)此時(shí)拉力的大小為對(duì)甲桿根據(jù)牛頓第二定律有A—=③

聯(lián)立②③解得Ri=/na+/nog,④

設(shè)此時(shí)回路中電流大小為11,則有mog=3/4，⑤

設(shè)此時(shí)甲桿的速度大小為01,則甲桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為Ei=3Loi,⑥

根據(jù)閉合電路歐姆定律有/1=前，⑦

聯(lián)立⑤⑥⑦解得。1=^^,⑧

方向水平向左。

(2)撤去拉力后，甲桿做減速運(yùn)動(dòng)，回路中電流減小，乙桿所受安培力減小,

將仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，最終甲桿將靜止，根據(jù)能量守恒定律可知撤去拉力后，回路

產(chǎn)生的總焦耳熱為

2""凝2汽2

0二嚴(yán)質(zhì)=⑨

由于通過(guò)兩桿的電流時(shí)刻相等，且兩桿阻值相等，則根據(jù)焦耳定律可知兩桿

產(chǎn)生焦耳熱相等，則撤去拉力后甲桿上產(chǎn)生的熱量為。甲=?=嚕受。⑩

(3)以甲桿開始運(yùn)動(dòng)為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，在撤去拉力前，t時(shí)刻甲桿的速度大小為v

=at,?

此時(shí)甲桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為?

E

通過(guò)甲桿的電流大小為/=品，?

z/v

甲桿所受安培力大小為?

對(duì)甲桿根據(jù)牛頓第二定律有以=機(jī)。，?

〃2/2勿

聯(lián)立???式解得k，?

根據(jù)⑧和?式可得撤去拉力的時(shí)刻為力=￡=潦當(dāng)，?

根據(jù)?式可知R與/成線性關(guān)系，作出從零時(shí)刻到撤去拉力時(shí)圖像如圖

所示，可知圖線與坐標(biāo)軸所圍的面積表示這段時(shí)間內(nèi)R的沖量，即&=3(機(jī)a+B)

(2ma+nrog)/nogR

aB2L2?

對(duì)0?A時(shí)間內(nèi)甲桿的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量定理有"一3=?

根據(jù)電流的定義可知這段時(shí)間內(nèi)通過(guò)乙桿的電荷量為qx=ltx,?

設(shè)從撤去拉力到甲桿靜止經(jīng)歷的時(shí)間為伍同理可得一3了'Lt2=-mvi,?

并且f2時(shí)間內(nèi)通過(guò)乙桿的電荷量為砂=了,t2,@

聯(lián)立??四式解得撤去拉力前后通過(guò)乙桿的電荷量之比為？=舞。

qiZma

第一章1.第2課時(shí)

夸星提能作業(yè)

基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練

1.（2024.河南周口高二階段練習(xí)）以光滑絕緣水平面為xOy平面建立Oxyz空

間坐標(biāo)系。兩條無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線甲、乙通有相等的電流/,初始時(shí)甲通過(guò)絕緣桿固

定在如圖位置，電流方向與x軸正方向相同，乙靜止放置在xOy平面上與y軸平

行。釋放后，下列說(shuō)法中正確的是（）

A.直導(dǎo)線乙始終保持靜止?fàn)顟B(tài)

B.俯視直導(dǎo)線乙將要順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)

C.俯視直導(dǎo)線乙將要逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)

D.直導(dǎo)線乙對(duì)水平面的壓力將變大

答案：C

解析：沿x軸負(fù)向觀察直導(dǎo)線甲，產(chǎn)生逆時(shí)針磁場(chǎng)，直導(dǎo)線乙在y>0區(qū)域受

到向x軸正方向安培力，y<0區(qū)域受到沿x軸負(fù)方向安培力，俯視時(shí)導(dǎo)線乙逆時(shí)

針轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)后直導(dǎo)線乙受到的安培力有向上的分量，對(duì)水平面壓力變小。故選

Co

2.（2023?江蘇南京高二期末）等邊三角形電阻絲與電源構(gòu)成如圖所示電路，D、

E分別是BC、AC的中點(diǎn)，當(dāng)線圈處在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)的不同位置時(shí)，線圈所受安

培力最小的是（）

CD

答案：c

解析：四個(gè)電路中的電流/和磁場(chǎng)3都相同，根據(jù)R=7LB可知，線圈受安

培力的大小主要取決線圈在磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度；設(shè)三角形邊長(zhǎng)為a,則A圖中有

效長(zhǎng)度等于三角形的高，即b=號(hào),B圖中有效長(zhǎng)度等于ED距離，即LB=T

a,C圖中有效長(zhǎng)度等于E點(diǎn)到AB的距離，即Lc=^a,D圖中有效長(zhǎng)度等于

ED距離，即LD=%,即有效長(zhǎng)度最短的是C,即C圖受安培力最小。故選C。

3.（多選）（2024.廣東江門高二競(jìng)賽）如圖所示，用絕緣細(xì)繩懸掛一矩形導(dǎo)線框

且導(dǎo)線框底邊水平，導(dǎo)線框通有逆時(shí)針方向的電流（從右側(cè)觀察），在導(dǎo)線框的正

下方、垂直于導(dǎo)線框平面有一直導(dǎo)線P。?，F(xiàn)在PQ中通以水平向左的電流，在短

時(shí)間內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是（）

%

%

A.從上往下觀察導(dǎo)線框逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)

B.從上往下觀察導(dǎo)線框順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)

C.細(xì)繩受力會(huì)變得比導(dǎo)線框重力大

D.細(xì)繩受力會(huì)變得比導(dǎo)線框重力小

答案：AC

解析：由安培定則判斷出通電導(dǎo)線PQ在線框處的磁場(chǎng)方向平行于線框平面

從外向里，根據(jù)左手定則，可知線框外側(cè)電流受安培力向右，線框內(nèi)側(cè)電流受安

培力向左，從上往下看，導(dǎo)線框?qū)⒛鏁r(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，A正確，B錯(cuò)誤；線框沿逆時(shí)針

方向轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)小角度后，線框靠近導(dǎo)線PQ處的邊的電流的方向向左，由左手定

則可知，其受到的安培力的方向向下，線框上邊的電流的方向向右，由左手定則

可知，其受到的安培力的方向向上，由于導(dǎo)線在線框上邊產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度小于

導(dǎo)線在線框下邊產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度，所以整體受安培力向下，細(xì)繩受力會(huì)變得比

導(dǎo)線框重力大，C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。

4.（多選）（2024.黑龍江高二開學(xué)考試）如圖所示為電流天平，可用來(lái)測(cè)量勻強(qiáng)

磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。天平的右臂下面掛有一個(gè)矩形線圈，線圈匝數(shù)為N=25匝，

水平邊長(zhǎng)為L(zhǎng)=O.lm,豎直邊長(zhǎng)H=0.3m,線圈的下部處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方

向垂直紙面。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3,當(dāng)線圈中通有電流/=1.0A（方向如圖）時(shí)，在

天平左、右兩邊加上質(zhì)量分別為加1、加2的磋碼，使天平平衡。當(dāng)電流反向（大小

不變）時(shí)，左邊再加上質(zhì)量為機(jī)=0.5kg的祛碼，天平重新平衡（天平的左右兩臂等

長(zhǎng)，gMX10m/s2）o由此可知（）

A.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里

B.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向外

C.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小3=LOT

D.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小3=2.0T

答案：BC

解析：假設(shè)磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，開始線圈受到的安培力向上，電流方向

相反，則安培力反向，變?yōu)樨Q直向下，相當(dāng)于右邊多了兩倍的安培力大小，所以

需要在左邊加祛碼，符合題意，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)機(jī)g=2N/L5,解得3=1.0

T,C正確，D錯(cuò)誤。

5.（多選）如圖甲是磁電式電流表的結(jié)構(gòu)，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場(chǎng)均勻輻向

分布，如圖乙線圈中a、b兩條導(dǎo)線長(zhǎng)均為/,通以圖示方向的電流/,兩條導(dǎo)線

所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為瓦則（）

'螺旋彈簧

軍。線圈

電流表的構(gòu)造

甲乙

A.該磁場(chǎng)是勻強(qiáng)磁場(chǎng)

B.線圈平面總與磁場(chǎng)方向垂直

C.線圈將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)

D.a、b導(dǎo)線受到的安培力大小總為3〃

答案：CD

解析：勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)大小處處相等，方向處處相同，由圖可知，

A錯(cuò)誤；線圈平面總與磁場(chǎng)方向平行，B錯(cuò)誤；在圖示的位置，a受向上的安培

力，b受向下的安培力，線圈順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，C正確；由于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變，

電流大小不變，則安培力大小始終為D正確。

6.如圖所示，三條長(zhǎng)度相同的直導(dǎo)線a、b、c垂直于紙面固定放置，相互之

間的距離均為"在三條直導(dǎo)線中均通有大小相等的電流/,其中直導(dǎo)線a、c中

的電流方向垂直紙面向里，直導(dǎo)線b中的電流方向垂直紙面向外，則直導(dǎo)線a與

直導(dǎo)線b所受安培力的大小之比為（）

a8

I，

----￡---玲卜

A.^3：1B.1：小

C.1：1D./：小

答案：B

解析：如圖甲所示，直導(dǎo)線b、c中的電流在直導(dǎo)線a所在處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小相等，設(shè)為3,夾角為120。，由幾何關(guān)系知直導(dǎo)線a所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小為3,直導(dǎo)線a所受安培力的大小為居=/力。如圖乙所示，直導(dǎo)線a、c中

的電流在直導(dǎo)線b所在處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，為5,夾角為60。，則根

據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的合成可知直導(dǎo)線b所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為小3,直導(dǎo)線b

所受安培力大小為Fb=y13IdB,可知居：Fb=l：小。故選Bo

7.（2024.湖北孝感高二期末）如圖所示，質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒電阻為R,

初始時(shí)靜止于光滑的水平固定平行導(dǎo)軌上，電源電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻不計(jì)。兩導(dǎo)軌

間距離為L(zhǎng),電阻不計(jì)。其間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3、方向與軌道平

面成。角斜向右上方，且與導(dǎo)體棒垂直，重力加速度為g,開關(guān)S閉合后導(dǎo)

體棒開始運(yùn)動(dòng)，則（）

B.開關(guān)閉合瞬間導(dǎo)體棒所受安培力為安政

C.開關(guān)閉合瞬間導(dǎo)體棒MN的加速度為°

D.開關(guān)閉合瞬間導(dǎo)體棒對(duì)導(dǎo)軌壓力大小為mg-BE%s0

答案：C

解析：開關(guān)閉合，由左手定則可知，安培力方向?yàn)榇怪贝鸥芯€向右下方，從

而導(dǎo)致導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)開關(guān)閉合瞬間，根據(jù)安培力公式歹=15,

/=當(dāng)可得而安培力的方向與導(dǎo)軌成90。一。的夾角，再根據(jù)力的分解及

KK

牛頓第二定律可知，加速度a=BE需%故B錯(cuò)誤，C正確；由平衡條件可知：

開關(guān)閉合瞬間導(dǎo)體棒MN對(duì)導(dǎo)軌壓力大小為FN=mg+BEL^S°,故D錯(cuò)誤。

8.（2023?云南宣威市高二期末）如圖，兩根傾斜金屬導(dǎo)軌M、N與地面的夾

角（9=37°,兩導(dǎo)軌間距為d=0.5m,金屬棒ab的質(zhì)量為m=0.1kg,放在導(dǎo)軌上

且與導(dǎo)軌垂直。磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3=1T,方向垂直導(dǎo)軌平面向下，電源

的電動(dòng)勢(shì)為E=4V,H為滑動(dòng)變阻器，其他電阻不計(jì)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使金屬

棒在導(dǎo)軌上靜止。gIX10m/s2o

（1）若導(dǎo)軌光滑，則滑動(dòng)變阻器的阻值為多少？

⑵若金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.25,則滑動(dòng)變阻器的阻值為多

答案：（1件Q⑵2.5QWRW5c

解析：（1）斜面光滑，金屬棒受到安培力與重力沿斜面的分力平衡竿=/?gsin

37°,解得氏=與。。

（2）金屬棒剛好不上滑，有mgsin37°+/zmgcos37。=差4

解得R=2.5Q,

金屬棒剛好不下滑，有/ngsin37。=〃掰geos37。+用-,解得R=5C,

所以要保持靜止，應(yīng)滿足2.5QWHW5C。

能力提升練

9.（多選）（2024.陜西寶雞高二期末）如圖所示，兩根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線a、b平行

放置，a、b中的電流分別為1和21,此時(shí)a受到的磁場(chǎng)力大小為F當(dāng)在a、b的

正中間再放置一根與a、b平行共面的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線c后，a受到的磁場(chǎng)力大小變

為2R則此時(shí)b受到的磁場(chǎng)力大小為（）

A.3FB.4F

C.5FD.6F

答案：AC

解析：同向電流相互吸引，則開始時(shí)ab之間的引力為R；若c中通有向上的

電流，則c對(duì)ab為吸引力，因此時(shí)。受到的磁場(chǎng)力大小變?yōu)?孔則c對(duì)a的引

力大小為凡則c對(duì)b的引力為2G則此時(shí)b受到的磁場(chǎng)力大小為3B若c中通

有向下的電流，異向電流排斥，則c對(duì)ab為排斥力，因此時(shí)a受到的磁場(chǎng)力大小

變?yōu)?F,則c對(duì)a的斥力大小為3F,則c對(duì)b的斥力為6F,則此時(shí)b受到的磁

場(chǎng)力大小為5區(qū)故A、C正確。

10.（2024.河北承德縣第一中學(xué)高二期末）若在未來(lái)科學(xué)家發(fā)現(xiàn)了磁單極子，

其周圍存在均勻輻射磁場(chǎng)且磁感應(yīng)強(qiáng)度大小滿足r為空間某點(diǎn)與磁單極子

的距離。如圖所示，質(zhì)量為陰、半徑為R的圓環(huán)通有恒定的電流/時(shí)恰好能水平

靜止在N極磁單極子正上方H處，已知重力加速度大小為g,則（）

A.靜止時(shí)圓環(huán)中沒有電流

B.靜止時(shí)圓環(huán)沿其半徑方向有擴(kuò)張的趨勢(shì)

C.若將圓環(huán)向上平移一小段距離后由靜止釋放，則圓環(huán)下落到初始靜止位

置時(shí)加速度最大

D.靜止時(shí)圓環(huán)中的電流/=叫粵萼

答案：D

解析：圓環(huán)靜止在N極正上方，則其受力平衡，圓環(huán)所受安培力豎直向上，

根據(jù)左手定則可知，靜止時(shí)圓環(huán)中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向（俯視），故A錯(cuò)誤；靜

止時(shí)圓環(huán)上的各點(diǎn)受到的安培力的方向斜向上，如圖所示，有沿半徑向里的分力，

圓環(huán)有收縮的趨勢(shì)，故B錯(cuò)誤；在水平方向，根據(jù)圓環(huán)的對(duì)稱性可知，環(huán)上各點(diǎn)

所受的安培力在水平方向上的分力的合力為零，在豎直方向上的分力的合力與重

力大小相等，設(shè)圓環(huán)上各點(diǎn)受到的安培力與豎直方向的夾角為仇則取?ZTIRCOS。

mg,根據(jù)幾何關(guān)系有cos業(yè)+A,根據(jù)題意可得3=,靜止時(shí)圓

環(huán)中的電流/='心2，故D正確;圓環(huán)豎直方向受到的安培力F=BI如Reos

lnklR1

"二聲