专题(43)第10章 磁场 章末综合提升(解析版)

选择题增分特训(九)1.B[解析] 由于圆环带负电荷,故当圆环沿顺时针方向转动时,等效电流的方向为逆时针,由安培定则可判断,环内磁场方向垂直于纸面向外,环外磁场方向垂直于纸面向里,磁场中某点的磁场方向即放在该点的小磁针静止时N极的指向,所以b的N极向纸外转,a、c的N极向纸内转.2.A[解析] 若A接电源正极,B接电源负极,在电源外部电流由正极流向负极,因此电流由边缘流向中心,玻璃皿所在处的磁场竖直向下,由左手定则可知,导电液体受到的安培力沿顺时针方向,因此液体沿顺时针方向旋转,故A正确;同理,若A接电源负极,B接电源正极,根据左手定则可知,液体沿逆时针方向旋转,故B错误;A、B与50 Hz的交流电源相接,液体不会持续旋转,故C错误;若磁场的N、S极互换后,重做该实验发现液体旋转方向改变,故D错误.3.D[解析] 根据安培定则知,两导线连线的垂直平分线上磁场方向水平向右或水平向左(连线中点处磁感应强度为零),根据左手定则可知,滑块受到的洛伦兹力(在连线中点处不受洛伦兹力)方向垂直于纸面向外或向里(竖直向上或向下),滑块所受的滑动摩擦力与速度方向相反,滑块一定做减速直线运动,故A、B、C错误,D正确.4.A[解析] 对ab棒受力分析如图所示,由平衡条件得tan θ=,可得I=·,又知为常数,故A正确,B、C、D错误.5.A[解析] 根据左手定则,安培力与电流和磁场构成的平面垂直,故磁场的方向一定平行于xOy平面;当电流、磁场方向互相垂直的时候,对应的磁感应强度最小,所以最小的磁感应强度为B== T=0.5 T.6.B[解析] 由左手定则可判定,甲束粒子带负电,乙束粒子带正电,A错误;粒子在磁场中做圆周运动,有qvB2=m,则=,由题意知r甲<r乙,所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷,B正确;由qE=qvB1知,能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于,C错误;由=知,==,D错误.7.D[解析] 作出a、b的运动轨迹如图所示,对于a的运动轨迹,由几何关系得R2=(R-L)2+(L)2,解得R=2L,sin θ==,所以a粒子的偏转角θ=π,同理可得b粒子的偏转角β=π,a粒子在磁场中运动的时间t a===,b粒子在磁场中运动的时间t b===,它们到达B点的时间差Δt=t b-t a=-=,D正确.8.AD[解析] 根据做直线运动的条件和受力情况(如图所示)可知,如果油滴带正电,则水平电场的方向只能向左,由左手定则可判断,油滴的速度方向为从M点到N点,故A正确,B错误.如果水平电场方向向右,则油滴只能带负电,电场力水平向左,由左手定则可判断,油滴的速度方向为从N点到M点,故C错误,D正确.9.AC[解析] 导线的粗细相同、材料相同,由电阻定律R=ρ可知,导线越长,电阻越大,由I=可知,ACB段导线电流最小,而ADB段导线电流最大,四段导线的有效长度都相同,由F=BIL可知,ADB段受到的安培力最大,而ACB段受到的安培力最小,由左手定则可知,它们所受安培力的方向均相同,故A、C正确,B、D错误.10.AC[解析] 根据题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”,磁场方向有两种可能,且这两种可能方向相反.在方向相反的两个匀强磁场中,由左手定则可判断,负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的.当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时,根据牛顿第二定律得4Bqv=m,解得v=,此种情况下,负电荷运动的角速度为ω==;当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时,有2Bqv=m,解得v=,此种情况下,负电荷运动的角速度为ω==,选项A、C正确.11.ACD[解析] 粒子轨迹恰好与MN相切时,对应磁感应强度B最小,粒子轨迹如图所示,根据几何知识可得∠AO'B=120°,∠OAB=∠BAO'=30°,故=,r=,解得r=R,又知r=,解得B=,所以B≥,故B错误,A、C、D正确.12.AD[解析] 作出粒子轨迹,如图所示,根据几何关系可以看出,当粒子从d点射出时,轨迹半径增大为原来的二倍,由半径公式R=可知,速度v增大为原来的二倍或磁感应强度变为原来的一半,A正确,C错误;如果粒子的速度增大为原来的三倍,则轨迹半径也变为原来的三倍,从图中看出,出射点在f点下面,B错误;据粒子的周期公式T=,可知粒子的周期与速度无关,在磁场中的运动时间取决于其轨迹圆弧所对应的圆心角,所以从e、d点射出时所用时间相等,从f点射出时所用时间较短,D正确.13.BCD[解析] 小球a在磁场中运动时受到重力和洛伦兹力的作用,洛伦兹力对小球a不做功,故小球a运动到M点的过程中,只有重力做功,而小球b在电场中运动到N点的过程中,除了重力做功外,电场力对它做负功,故v M>v N,选项A错误;因为小球在最低点时的向心力向上,而v M>v N,故小球a在M点的向心力大于小球b在N点的向心力,且小球a第一次经过M点时还受到向下的洛伦兹力,所以轨道的M点对小球a的支持力较大,即小球a对轨道M点的压力也较大,选项B正确;在甲图中小球a受到的洛伦兹力总与速度的方向垂直,洛伦兹力不做功,而在乙图中,小球b受到的电场力总是水平向左,对小球b的运动起到了阻碍的作用,故选项C正确;在甲图中洛伦兹力不做功,故小球a能够到达右侧最高点,而乙图中电场力对小球b做负功,故小球b不能到达右侧最高点,选项D正确.14.AD[解析] 要使粒子的运动轨迹如图乙所示,由左手定则可判断,粒子做圆周运动的周期应为T0=,若粒子的初始位置在a处,对应时刻应为t=T0=T,同理可判断B、C、D选项,可得A、D正确.非选择题增分特训(七)1.0.5 N0.2 m[解析] 棒受的安培力F=BIL,棒中电流为I=,解得F==0.8 N,对棒受力分析,由平衡条件得,两环支持力的总和为2F N=,解得F N=0.5 N.由牛顿第三定律知,棒对每一个环的压力为0.5 N,设棒、环接触点与环面圆心的连线和竖直方向的夹角为θ,由几何关系知tan θ===,解得θ=53°,棒距环底的高度为h=r(1-cos θ)=0.2 m.2.(1)方向垂直于xOy平面向里(2)L2[解析] (1)由左手定则可知,磁场方向垂直于xOy平面向里.粒子在磁场中做匀速圆周运动,如图所示,粒子在Q点飞出磁场.设其圆心为O',半径为R,由几何关系有(L-R)sin 30°=R,所以R=L,由牛顿第二定律有qv0B=m,联立解得磁感应强度B=.(2)设磁场区域的最小面积为S,以OQ为直径时磁场圆的面积最小,由几何关系得,直径OQ=R=L,所以S=π=L2.3.(1)(2)y=[解析] (1)粒子在电场中运动,有qE=mav=at在磁场中运动,有qvB=m联立解得r=.(2)设边界OQ上某一点的横、纵坐标分别为x和y,由几何关系可得x=r又y=at2=t2联立解得曲线OQ满足的方程为y=.4.[解析] 设粒子的发射速度为v,粒子做圆周运动的轨道半径为R,由牛顿第二定律得qvB=m解得R=可知半径R为定值.因为粒子的速度方向不确定,所以粒子可能的运动轨迹为图中虚线所示过O点的一系列动态圆.当<R<a时,比较图中的动态圆可知,在磁场中运动时间最长的粒子,其轨迹是圆心为C的圆弧,圆弧与磁场的边界相切,设该粒子在磁场中运动的时间为t,根据题意知t=可得∠OCA=设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α,由几何关系得=R sin α=R-=R sin α=a-R cos α又sin2α+cos2α=1联立解得R=a,v=,sin α=5.(1)(2)(3)[解析] (1)设粒子经电场加速射入磁场时的速度为v,由动能定理得qER=mv2解得v=(2)粒子的最大圆周轨迹应与半圆磁场边界相切,设圆周轨迹半径为r,由图甲中几何关系知r=由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m联立解得B=(3)粒子的圆周轨迹半径为r'==,粒子的运动轨迹如图乙所示,在电场中从A到O做匀加速直线运动,有R=a,解得t0=带电粒子在电场中的运动时间t1=3=3带电粒子在磁场中的运动时间t2=T==带电粒子从静止开始运动至到达圆弧边界的时间t=t1+t2= 6.(1)(2)(3)[解析] (1)电子在磁场中运动,由牛顿第二定律得evB=m 解得r=电子在磁场区域运动周期为T==通过磁场区域的时间为t1=T=.(2)由几何知识得,电子在磁场中运动的最大半径r=d又r=解得电子进入电场的最大速度v=通过电场的时间t2==电子离开电场后做匀速直线运动到达M点,轨迹如图所示由几何关系知==又y1+y2=d解得y1=d即=d解得U=.(3)若电子恰好打在下极板右边缘,则在磁场中运动半径r'=在电场中,水平方向上有d=v't竖直方向上有r'=t2联立解得v'=.7.(1)(2)y坐标在-a~0的范围内的一条长亮线[解析] (1)从O点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹如图所示,设圆周运动半径为r,由几何关系有r+=a解得r=电子在磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,即eBv0=m联立解得电子比荷=(2)由电子的轨迹半径可判断,从O点射入磁场的电子从(0,a)的位置进入匀强电场,电子进入电场后做类平抛运动,有2r=t2x=v0t联立解得x=a设该电子穿过x轴时速度与x轴正方向成θ角,则v y=ttan θ=解得tan θ=2设该电子打在荧光屏上的Q点,Q点离x轴的距离为L,则L=(x0-x)tan θ=a即电子打在荧光屏上离x轴的最远距离为L=a而从(0,-a)位置进入磁场的电子恰好由O点经过y轴,不受电场力,沿x轴正方向做直线运动,打在荧光屏与x轴相交的点上,所以荧光屏上y坐标在-a~0的范围内出现一条长亮线。

高中物理必修第3册第十章 静电场中的能量试卷检测（提高，Word 版 含解析）一、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）1．一均匀带负电的半球壳，球心为O 点，AB 为其对称轴，平面L 垂直AB 把半球壳分为左右两部分，L 与AB 相交于M 点，对称轴AB 上的N 点和M 点关于O 点对称，已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q 在距离其为r 处的电势为φ=kqr（q 的正负对应φ的正负）。

假设左侧部分在M 点的电场强度为E 1，电势为φ1；右侧部分在M 点的电场强度为E 2，电势为φ2；整个半球壳在M 点的电场强度为E 3，在N 点的电场强度为E 4．下列说法正确的是（ ）A ．若左右两部分的表面积相等，有12E E >，12ϕϕ>B ．若左右两部分的表面积相等，有12E E <，12ϕϕ<C ．不论左右两部分的表面积是否相等，总有12E E >，34E E =D ．只有左右两部分的表面积相等，才有12E E >，34E E = 【答案】C 【解析】 【详解】A 、设想将右侧半球补充完整，右侧半球在M 点的电场强度向右，因完整均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，可推知左侧半球在M 点的电场强度方向向左，根据对称性和矢量叠加原则可知，E 1方向水平向左，E 2方向水平向右，左侧部分在M 点产生的场强比右侧电荷在M 点产生的场强大，E 1＞E 2，根据几何关系可知，分割后的右侧部分各点到M 点的距离均大于左侧部分各点到M 点的距离，根据k qrϕ=，且球面带负电，q 为负，得：φ1＜φ2，故AB 错误；C 、E 1＞E 2与左右两个部分的表面积是否相等无关，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M 、N 点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M 、N 点的电场强度大小相等，方向相同，故C 正确，D 错误。

专题10 磁场第一部分名师综述本章内容包括磁场的基本性质和安培定则、左手定则的应用、安培力的应用、洛伦兹力和带电粒子在磁场中的运动、带电粒子在复合场中的运动等内容，基本概念多且非常抽象,需要熟练掌握磁场的基本概念，掌握用磁感线描述磁场的方法，以及电流、带电粒子在磁场中的受力和运动情况,结合牛顿运动定律、运动学知识、圆周运动知识及功能关系等知识进行综合分析.历年高考对本考点知识的考查覆盖面大，几乎每个知识点都考查到。

特别是左手定则的运用和带电粒子在磁场中的运动更是两个命题频率最高的知识点．带电粒子在磁场中的运动考题一般运动情景复杂、综合性强，多以把场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、功能关系及交变电流等有机结合的计算题出现，难度中等偏上，对考生的空间想象能力、物理过程和运动规律的综合分析能力及用数学方法解决物理问题的能力要求较高。

从近两年高考看，涉及本考点的命题常以构思新颖、高难度的压轴题形式出现，在复习中要高度重视。

特别是带电粒子在复合场中的运动问题在历年高考中出现频率高，难度大，经常通过变换过程情景、翻新陈题面貌、突出动态变化的手法，结合社会、生产、科技实际来着重考查综合分析能力、知识迁移和创新应用能力。

情景新颖、数理结合、联系实际将是本考点今年高考命题的特点。

第二部分知识背一背一、洛伦兹力：1、产生洛伦兹力的条件：（1）电荷对磁场有相对运动．磁场对与其相对静止的电荷不会产生洛伦兹力作用．（2）电荷的运动速度方向与磁场方向不平行．2、洛伦兹力大小：当电荷运动方向与磁场方向平行时，洛伦兹力为零；当电荷运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大，等于；3、洛伦兹力的方向：洛伦兹力方向用左手定则判断4、洛伦兹力不做功．二、带电粒子在匀强磁场的运动1、带电粒子在匀强磁场中运动规律初速度的特点与运动规律（1），为静止状态；（2），则粒子做匀速直线运动；（3），则粒子做匀速圆周运动，其基本公式为：向心力公式：运动轨道半径公式：；运动周期公式：动能公式：2、解题思路及方法圆周运动的圆心的确定：（1）利用洛仑兹力的方向永远指向圆心的特点，只要找到圆运动两个点上的洛仑兹力的方向，其延长线的交点必为圆心．（2）利用圆上弦的中垂线必过圆心的特点找圆心三、带电体在复合场或组合场中的运动．复合场是指重力场、电场和磁场三者或其中任意两者共存于同一区域的场；组合场是指电场与磁场同时存在，但不重叠出现在同一区域的情况．带电体在复合场中的运动（包括平衡），说到底仍然是一个力学问题，只要掌握不同的场对带电体作用的特点和差异，从分析带电体的受力情况和运动情况着手，充分发掘隐含条件，建立清晰的物理情景，最终把物理模型转化成数学表达式，即可求解．解决复合场或组合场中带电体运动的问题可从以下三个方面入手：1、动力学观点（牛顿定律结合运动学方程）；2、能量观点（动能定理和机械能守恒或能量守恒）；3、动量观点（动量定理和动量守恒定律）．一般地，对于微观粒子，如电子、质子、离子等不计重力，而一些实际物体，如带电小球、液滴等应考虑其重力．有时也可由题设条件，结合受力与运动分析，确定是否考虑重力．四、带电粒子在复合场中运动的应用实例1．电视显像管电视显像管是应用电子束磁偏转的原理来工作的，使电子束偏转的磁场是由两对偏转线圈产生的．显像管工作时，由阴极发射电子束，利用磁场来使电子束偏转，实现电视技术中的扫描，使整个荧光屏都在发光．2．速度选择器（如图所示）（1）平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直．这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器．（2）带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是。

《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第十章磁场第讲磁场及其对电流的作用[教材阅读指导](对应人教版必修第三册、选择性必修第二册相关内容及问题) 必修第三册第十三章第1节图13.1­1，通电导线呈东西走向时，小磁针还偏转吗？为什么？提示：通电导线呈东西走向时，小磁针不偏转。

因为若没有通电导线，小磁针在地磁场的作用下呈南北走向，当通电导线呈东西走向时，其产生的磁场在小磁针所在位置的方向仍然为南北方向，给小磁针的力还是南北方向，不会使小磁针偏转。

必修第三册第十三章第1节，阅读“磁感线”这一部分内容。

必修第三册第十三章第1节，阅读“安培定则”这一部分内容，对直线电流和环形电流或通电螺线管，安培定则在用法上有什么不同？提示：对直线电流，拇指指向与电流方向一致，弯曲的四指指向同磁感线的环绕方向一致；对环形电流或通电螺线管，拇指指向与内部轴线上的磁感线方向一致，弯曲的四指指向同电流的环绕方向一致。

必修第三册第十三章第1节，阅读[科学漫步]“安培分子电流假说”这一部分内容。

必修第三册第十三章第1节[练习与应用]T7。

提示：乙。

地磁场北极在地球南极附近，地磁场南极在地球北极附近。

应用环形电流的安培定则判定。

必修第三册第十三章第2节，阅读“磁感应强度”这一部分内容，公式B ＝F Il有什么适用条件？提示：只有电流与磁场垂直时，公式B ＝F Il 才成立。

必修第三册第十三章第2节图13.2-6，除了用有效面积S ′求磁通量外，还可以用什么方法？ 提示：把B 分解为垂直于S 的B ⊥和平行于S 的B ∥，用Φ＝B ⊥S 求解。

选择性必修第二册第一章第1节，阅读“安培力的方向”这一部分内容；[练习与应用]T 2，体会安培力既与电流垂直，又与磁场垂直，即垂直于电流和磁场所确定的平面。

选择性必修第二册第一章[复习与提高]A 组T 2(1)，导线怎样运动？提示：逆时针转动的同时下移。

选择性必修第二册第一章[复习与提高]A 组T 3。

高中物理必修第3册第十章 静电场中的能量试卷（提升篇）（Word 版 含解析）一、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）1．如图所示，两个可视为点电荷的带正电小球A 和B ，A 球系在一根不可伸长的绝缘细线一端，绕过定滑轮，在细绳的另一端施加拉力F ，B 球固定在绝缘座上，位于定滑轮的正下方。

现缓慢拉动细绳，使A 球缓慢移动到定滑轮处，此过程中，B 球始终静止，忽略定滑轮大小和摩擦，下列判断正确的是（ ）A ．B 球受到的库仑力先增大后减小 B ．拉力F 一直增大C ．地面对绝缘座的支持力一直减少D ．A 球的电势能先不变后减少 【答案】D 【解析】 【详解】设球所受库仑力大小为F C ，AB 两球间距离为r ，B 球距定滑轮为h ，A 球与定滑轮间距离为l ，对开始位置处的A 球受力分析，将F 和F C 合成如图，由相似三角形可得CA B 3F Q Q mg k h r r== 所以A 球缓慢移动过程中，r 先不变，等A 球运动到滑轮正下方后，r 再变大；整个过程中l 一直减小。

A ．r 先不变再变大，B 球受到的库仑力大小先不变再减小，故A 项错误； B ．A 球未到滑轮正下方时，由相似三角形可得F mg l h= 所以F 先减小，当A 球到达滑轮正下方后，由平衡条件可得A B2Q Q F kmg r+= 所以F 再增大，故B 项错误；C ．A 球未到滑轮正下方时，库仑力大小不变，方向趋近竖直，则B 球受到库仑力的竖直分量变大，地面对绝缘座的支持力先变大；A 球到达滑轮正下方后，B 球受到库仑力大小减小、方向竖直向下，地面对绝缘座的支持力减小；故C 项错误；D ．r 先不变再变大，两者间的库仑斥力对A 球先不做功后做正功，则A 球的电势能先不变后减少，故D 项正确。

2．如图所示，真空中有一个边长为L 的正方体，正方体的两个顶点M 、N 处分别放置电荷量都为q 的正、负点电荷．图中的a 、b 、c 、d 是其他的四个顶点，k 为静电力常量．下列表述正确是（ ）A ．a 、b 两点电场强度大小相等，方向不同B ．a 点电势高于b 点电势C ．把点电荷+Q 从c 移到d ，电势能增加D ．同一个试探电荷从c 移到b 和从b 移到d ，电场力做功相同 【答案】D 【解析】A 、根据电场线分布知，a 、b 两点的电场强度大小相等，方向相同，则电场强度相同．故A 错误．B 、ab 两点处于等量异种电荷的垂直平分面上，该面是一等势面，所以a 、b 的电势相等．故B 错误．C 、根据等量异种电荷电场线的特点，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，则c 点的电势大于d 点的电势．把点电荷+Q 从c 移到d ，电场力做正功，电势能减小，故C 错误．D 、因cb bd U U =可知同一电荷移动，电场力做功相等，则D 正确．故选D ．【点睛】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道垂直平分线为等势线，沿着电场线方向电势逐渐降低．3．一均匀带负电的半球壳，球心为O 点，AB 为其对称轴，平面L 垂直AB 把半球壳分为左右两部分，L 与AB 相交于M 点，对称轴AB 上的N 点和M 点关于O 点对称，已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q 在距离其为r 处的电势为φ=kqr（q 的正负对应φ的正负）。

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专题10 磁场第一部分名师综述带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点,也是高考的热点。

在历年的高考试题中几乎年年都有这方面的考题。

带电粒子在磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识.带电粒子在复合场中的运动包括带电粒子在匀强电场、交变电场、匀强磁砀及包含重力场在内的复合场中的运动问题，是高考必考的重点和热点.纵观近几年各种形式的高考试题，题目一般是运动情景复杂、综合性强，多把场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、功能关系以及交变电场等知识有机地结合，题目难度中等偏上，对考生的空间想像能力、物理过程和运动规律的综合分析能力，及用数学方法解决物理问题的能力要求较高，题型有选择题、作图及计算题，涉及本部分知识的命题也有构思新颖、过程复杂、高难度的压轴题.第二部分精选试题1、【辽宁省沈阳市东北育才学校2017届高三上学期第二次模拟考试】如图所示,条形磁铁放在桌子上,一根通电直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图，则在这个过程中磁铁受到的摩擦力(保持静止）：（）A．为零.B．方向由左变为向右.C．方向保持不变.D．方向由右变为向左。

九年级物理电与磁（提升篇）（Word版含解析）一、三物理电与磁易错压轴题（难）1．小刚学习了电磁铁的知识后，想知道电磁铁周围的磁场强弱与通入电磁铁的电流大小和距电磁铁的距离是否有关。

查阅资料知道，磁场强弱即磁感应强度（用B表示）的单位是T（特斯拉）。

图甲和图乙中电源电压均为6 V且恒定不变，图乙中R是磁敏电阻，其阻值随磁感应强度B的变化关系如图丙所示。

（1）由图丙可知，磁感应强度越大，R阻值越_____；小刚设计的图甲、乙组成的实验装置是通过________来判断R所处位置的磁感应强度。

（2）利用图甲、乙装置，保持_________相同时，闭合S1、S2后移动滑动变阻器的滑片，发现滑片P向左滑动时，灵敏电流计的示数不断变小，说明R所处位置的磁感应强度不断________（选填“增大”或“减小”）。

（3）当闭合S1、S2，保持滑片位置不变，沿电磁铁轴线方向移动R，测出R距离电磁铁的距离L和灵敏电流计的示数I，结合图丙计算出磁感应强度B的数值如下表.L/cm12345I/mA1015203050B/T0.680.6___0.360.14①当L＝3 cm时，将此时磁感应强度B数值填在上表中对应位置。

②分析以上数据可以得出，通入电磁铁的电流一定时，距电磁铁越远，磁感应强度B越______．③综合（2）和（3）的实验结论可知，电磁铁周围的磁感应强度B与通入电磁铁的电流大小和距电磁铁的距离________（选填“有关”或“无关”）。

【答案】大灵敏电流计示数R距电磁铁的距离增大0.5小有关【解析】【分析】【详解】(1)[1]由图丙可知，磁感应强度越大，R阻值越大。

[2]图乙中R 是磁敏电阻，其阻值随磁感应强度B 的变化而变化，磁敏电阻的变化引起电路中电流的变化，实验中根据灵敏电流计示数判断R 所处位置的磁感应强度的强弱。

(2)[3]研究电磁铁周围的磁场强弱与通入电磁铁的电流大小是否有关，控制磁敏电阻R 到电磁铁的距离。

10.1 解：O O B B B B 出圆弧进++=0其中两直线电流在O 点产生的磁感应强度为0，1/4圆电流在O 点产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为R IRIB B O 841200μμ=⨯==圆弧。

10.2解:d b c a B B B B B +++=中心如图a I a I B B a πμπμ0022/22224)45cos 22===︒（中心过中心平行于ad (如图竖直向上)。

10.3 解:1PI B方向垂直纸面向里，大小为d I πμ2102PI B方向纸面向右，大小为d I πμ220 21PI PI P B B B +=T I I d d I d I B B B PI PI P 52221022021022102.72)2()2(21-⨯=+=+=+=πμπμπμ方向在过P 垂直于1I 的平面内与2PI B 夹α角︒===--7.33)32()(1121tna B B tna PI PI α10.4解：两线圈在P 点产生的磁感应强度方向都在两圆心的连线上指向小圆（向左）}])([])([{22322122223221211021x b R R I x b R R I B B B PR PR P -++++=+=μ10.5 解：a bc d2I P 2PIra Idy r dya I rdI B d πμπμπμ422200===20044cos r a Iydyr y r a Idy dB dB x πμπμα=== 20044sin r a Ixdyr x r a Idy dB dB y πμπμα===由对称性可知⎰==0x Px dB Bx a a I x a x a a I x y x a Ix y x dy a Ix y x a Ixdy r a Ixdy dB B aaa aa a aa y Py 101101022022020tan 2)tan (tan 4]tan 144)(44--------=--==+=+===⎰⎰⎰⎰πμπμπμπμπμπμ10.6解：对于无限大平面载流导体板，即上题结果中a x <<，2π=x a arctgi u a I u B 00214==∴（i 为电流密度）（1） 在两面之间1i 产生的磁感强度大小为10121i u B =，方向垂直纸面向里。