假期必刷18 磁场及其对电流的作用-【快乐假期必刷题】2025年高二物理暑假作业必刷题

３．解析:(１)根据实验的原理,连接P１、P２ 表示入射光线,连接 P３、P４ 表示出射光线,连接两光线与玻璃砖的交点即为折射 光线．实验的过程中,要先在白纸上放好玻璃砖,在玻璃砖的 一侧插上两枚大头针P１ 和P２,然后在玻璃砖另一侧观察, 调整视线使P１ 的像被P２ 的像挡住,接着在眼睛所在一侧 相继又插上两枚大头针P３、P４,使P３ 挡住P１、P２ 的像,使 P４ 挡住P３ 和P１、P２ 的像,故 D正确． (２)无法透过玻璃砖看到另一侧的两枚大头针重叠在一起,可 能是沿两枚大头针的光线没能射入玻璃砖,也可能是沿两枚大 头针的光线在进入玻璃砖之后直接从 MP 或NQ侧面射出了, 因为全反射需要光线从光密介质进入光疏介质,所以光线不可 能在玻璃砖aa′界面发生全反射,故 A、B正确,C错误． (３)如图,①第一位学生的结果中,光线的入射角和折射角测 量准确,所以折射率n的值不变． ②第二位学生的结果中,光线的入射角测量准确,折射角测 量偏大,所以折射率n的值偏小． ③第三位学生的结果中,光线的入射角和折射角测量准确, 所以折射率n的值不变． (４)①甲同学的图中P１、P２ 连线与玻璃砖的交点和P３、P４ 连线与玻璃砖的交点的连线与玻璃面垂直,所以肯定是把针 插错了．乙同学的图中P１、P２、P３、P４ 的连线在同一直线上, 所以肯定是把针插错了． ②丁同学P１、P２ 之间的距离和P３、P４ 之间的距离较大,误 差较小,所以测量结果准确度最高． 答案:(１)D　(２)AB　(３)①不变　②偏小　③不变　(４)① 甲、乙　②丁 素养培优 ４．解析:(１)(２)连接P３、P４ 与弧面CD 交 于一点,此交点即为光线从玻璃砖中射 出的位置,P１、P２ 的 连 线 与 弧 面 AB 的 交点即为光线进入玻璃砖的位置,连接 两交点即可作出玻璃砖中的光路,标出入射角i,折射角r, 如图所示; (３)由折射定律可得n＝sinisinr ; (４)为了保证能在弧面CD 上有出射光线,实验过程中,光线 在弧面AB 上的入射角应适当小一些,才不会使光线在CD 面上发生全反射; (５)图像的斜率k＝sinisinr＝n ,由题图乙可知斜率为１􀆰５,即该 玻璃的折射率为１􀆰５． 答案:(１)见解析图　(２)见解析图　(３)sinisinr (４)小一些　(５)１􀆰５ 假期必刷１７ 素养训练 １．解析:(１)为获取单色线光源,光源后面要有滤光片、单缝、双 缝,则①是滤光片,②是单缝,③是双缝,故选 C． (２)游标卡尺读数为d＝０􀆰２cm＋１×０􀆰０５mm＝２mm＋ ０􀆰０５mm＝２􀆰０５mm． (３)相邻两亮条纹间距为Δx５ ,由干涉条纹间距与波长间的关 系可知Δx ５ ＝ l dλ 得λ＝dΔx５l 答案:(１)C　(２)２􀆰０５　(３)dΔx５l ２．解析:(１)题图甲中的条纹间距和亮度相同,是干涉图样,题 图乙中的条纹中央亮纹最宽,是衍射图样; (２)光源发出的白光,各种频率都有,加上透红光的滤光片后 通过的只有红光了,变成单色光,加上单缝和双缝后,就得到 两列频率相同、步调一致的相干光,最后放置光屏,干涉条纹 呈现在光屏上,所以顺序为EDBA; (３)由题图(b)可知,游标卡尺是２０分度的卡尺,其精确度为 ０􀆰０５mm,由游标卡尺可读出,主尺读数为１１１mm,可动部 分第三个刻度与主尺对齐,所以A 位置的示数为１１１mm＋ ３×０􀆰０５mm＝１１１􀆰１５mm B 位置的示数为１１５􀆰４５mm,所以题图(a)中A、B 之间的距 离为x＝(１１５􀆰４５－１１１􀆰１５)mm＝４．３０mm 则相邻亮条纹的间距为 Δx＝４．３０７ mm 根据公式可得波长为λ＝dlΔx＝ ０．５０×１０－３ ０．５０ × ４．３０ ７ ×１０ －３ m＝ ６􀆰１×１０－７ m 答案:(１)甲　(２)EDBA　(３)１１１􀆰１５　６􀆰１×１０－７ ３．解析:(１)光具座上放置的光学元件依次为:①凸透镜、②单 缝、③双缝、④遮光筒、⑤光屏、⑥目镜． 根据双缝干涉条纹间距公式 Δx＝Ldλ ,若增大相邻亮条纹 (暗条纹)间的距离,可增大双缝到光屏的距离． (２)分划板中心线与干涉条纹不平行,故应调节测量头使干 涉条纹与分划板中心刻线在同一方向上,可采取的措施为其 他不动,将测量头旋转一定角度．故选 A． (３)干涉图样条纹间距为 Δx＝x２－x１６ ,根据双缝干涉条纹 间距公式 Δx＝ldλ ,单色光波长的表达式为λ＝ (x２－x１)d ６l 答案:(１)双缝　增大　 (２)A　(３) (x２－x１)d ６l 素养培优 ４．解析:(１)根据“用双缝干涉测量光的波长”的实验中仪器的 位置可知,从左向右依次为:白色光源、凸透镜、滤光片、单 缝、双缝、测量头．将以上器材安装在光具座遮光筒上时,自 光源起合理的顺序是:A、B、D、C、F、E; (２)为了便于测量,要使条纹亮度增加,即使得单位时间内的 光子数目增多． 当增加光源的功率,导致单位时间内的光子数目增多,故 A 正确;将毛玻璃换成透明玻璃,不会看到亮条纹,故 B错误; 将凸透镜换成一个面积更大的凸透镜,则光的强度的增强, 导致亮度增加,故 C正确;调节测量头的位置,亮度不变,故 D错误． (３)干涉条纹的宽度是指一个明条纹与一个暗条纹的宽度的 和,为两个相邻的明条纹(或暗条纹)的中心之间的距离,故 C正确． (４)由题图可知,第一次得到的条纹间距较小,根据Δx＝ldλ 可 知:单缝与双缝的间距对条纹间距无影响,选项 A 错误;光 强度对条纹间距无影响,选项 B错误;光源到双缝的距离对 条纹间距无影响,选项 C错误;双缝到光传感器的距离l较 小,则条纹间距较小,选项 D正确． 答案:(１)D　C　(２)AC　(３)C　(４)D 假期必刷１８ 素养训练 １．C　[根据安培定则可知,三个通电铁环 在圆心O 处产生的磁感应强度方向如图 所示,根据勾股定理求出合磁感应强度 为B合 ＝ B２＋(２B)２＝ ３B,故 C正确, A、B、D错误．] ２．D　[设a、b两棒的长度分别为La 和Lb, c的直径为d．由于导体棒都与匀强磁场垂直,则a、b二棒所 受安培力的大小分别为Fa＝IlaB,Fb＝IlbB＝IdB;c棒所受 安培力与长度为d 的直导体棒所受安培力的大小相等,则 Fc＝IdB,因为la＞d,则Fa＞Fb＝Fc,D正确．] ３．C　[根据右手螺旋定则可知导线框所在磁场方向向里,由 于I１＞I２,可知左侧的磁场强度大,同一竖直方向上的磁场 强度相等,故导线框水平方向导线所受的安培力相互抵消, 根据左手定则结合F＝BIL 可知左半边竖直方向的导线所 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８１１ 受的水平向左的安培力大于右半边竖直方向的导线所受的 水平向右的安培力,故导线框所受安培力的合力方向水平向 左．故选 C．] ４．BD　[因四条导线中的电流大小相等,O 点与四条导线的距 离均相等,由右手定则和对称性可知,L１ 在O 点的磁感应强 度与L３ 在O 点的磁感应强度等大反向,L２ 在O 点的磁感 应强度与L４ 在O 点的磁感应强度等大反向,所以四条导线 在O 点的磁感应强度等于０,故 A 错误,B正确;C．L２ 相比 L３,离L１ 更近些,处于L１ 较强的磁场区域,由安培力大小 与B 成正比可知,L１ 对L２ 的安培力大于L１ 对L３ 的安培 力,故 C错误;D．根据“同向电流吸引,反向电流排斥”的推 论可知,L１ 受其余三条导线的吸引力分别指向三条导线,根 据对称性,L２ 与L４ 对L１ 的安培力大小相等,所以两者合力 指向ac方向,再与L３ 对L１ 的安培力(沿ac方向)合成,总 安培力方向沿正方形的对角线ac方向,故 D正确．] ５．BD　[由题可知,导轨粗糙,棒中通入的电流与时间成正比, I＝kt,棒将受到安培力作用,刚开始时金属棒不动,当安培 力大于最大静摩擦力时,棒开始运动,根据牛顿第二定律得 F－Ff＝ma,而F＝BIL,I＝kt得到BkLt－Ff＝ma,可见a 随t的变化均匀增大,故 A 错误,B正确．a增大,vＧt图像的 斜率增大,故 C错误,D正确．] ６．C　[对导体棒受力分析可知,导体棒受重力、支持力、摩擦 力和安培力,四个力的作用处于静止状态,根据平衡条件可 得mgsinθ＋Ff＝BIl,其中Ff＝μmgcosθ,联立代入数据解 得μ＝０􀆰５,故选 C．] ７．AC　[如图,取通电半圆形铜 环的一 小 段 Δl,可 将 其 视 为 直导线,根据左手定则可知, 改小段导线受到的安培力方 向 如 图 所 示,其 大 小 ΔF＝ BIΔl,根据对称性可得,对称 的两小段所受的安培力在水 平方向 的 分 力 大 小 相 等,方 向相反,相互抵消,则通电后半圆形铜环受到的安培力竖直 向下,根据受力分析可知,通电后两绳拉力变大,故 A 正确, B错误; 对每小段导线所受安培力在竖直方向的分力求和,可得F＝ ∑Fy＝∑BIΔlsinθ＝２rIB, 故 C正确,D错误．故选 AC．] ８．解 析:(１)由 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 可 得 I＝ ER＋r＋R０ ＝ １０ ０．９＋０．１＋４A＝２A ,电流方向由a到b; (２)ab受到的安培力大小为F安 ＝BIL＝５×２×０􀆰５N＝５N; (３)①若导体棒ab恰好有水平向左的运动趋势时,导体棒所 受静摩擦 力 水 平 向 右,则 由 共 点 力 平 衡 条 件 可 得 mg＝ F安 cosα＋FN,F安 sinα＝Ffmax＋G１,Ffmax＝μFN 联立解得:G１＝０􀆰５N; ②若导体棒恰好有水平向右的运动趋势时,导体棒所受静 摩擦力水平向左,则由共点力平衡条件可得: mg＝F安 cosα＋FN,F安 sinα＋Ffmax＝G２,Ffmax＝μFN, 联立解得:G２＝７􀆰５N; 综合①② 可 得,重 物 重 力 G 的 取 值 范 围 为 ０􀆰５ N≤G≤ ７􀆰５N． 答案:(１)２A　电流方向由a到b　(２)５N　(３)０􀆰５N≤G ≤７􀆰５N 素养培优 ９．B　[根据安培定则可知,MN、PQ 间有垂直纸面向外的磁 场,且通电直导轨产生的磁场为环形磁场,离导轨越远磁场 越弱,故不是匀强磁场,故 A错误;沿导轨方向磁场不变,且 回路PBAM 中电流恒定,导轨间距不变,由F＝BIL 可知, 安培力大小不变,由牛顿第二定律 F＝ma 可知,加速度不 变,由v＝at可知弹射车的速度与运动的时间成正比,故 B 正确;安培力F＝BIL,当电流增大时,磁感应强度也增大, 故弹射车所受的安培力与电流的大小不是正比关系,故 C 错误;根据安培定则可知电流方向沿回路PBAM 时,导轨之 间产生垂直纸面向外的磁场,结合左手定则可知电磁弹射车 所受安培力方向向右;当电流方向沿回路 MABP 时,根据右 手螺旋定则导轨之间产生垂直纸面向里的磁场,结合左手定 则可知电磁弹射车所受安培力方向依然向右,故电流的方向 变化不改变电磁弹射车所受安培力的方向,即电磁弹射系统 能够正常工作,故 D错误．] 假期必刷１９ 素养训练 １．AD　[在北极上空有竖直向下的磁场,带电粒子运动的轨迹 由地面上看沿顺时针方向,则由左手定则得粒子带正电,故 C错误,A、D 正确;运动过程中粒子因空气阻力做负功,粒 子的动能变小,速度减小,根据公式qvB＝mv ２ r ,得r＝mvqB , 则半径变小,故B错误．] ２．A　[P、Q 两根导线距离O 点的距离相等,根据安培定则,在 O 点产生的磁感应强度方向相反,大小相等,合磁感应强度 为零,所以O 点实际磁感应强度等于R 在O 点产生的磁感 应强度,根据安培定则,O 点的磁感应强度方向沿x 轴负方 向,RO＝ ３２a ,磁感应强度的大小B＝kIr ＝ ２ ３kI ３a ,根据左手 定则,电子所受洛伦兹力方向垂直纸面向里,大小为F＝evB ＝２ ３evkI３a ,故选 A．] ３．D　[带电粒子在垂直于纸面向外的磁场中运动,根据左手 定则可知a、b、c都是正电子的径迹,d、e都是负电子的径迹, A错误;带电粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力,有 qvB＝mv ２ R ,解得R＝mvqB ,由图可知a径迹对应的粒子的运 动半径最小,a径迹对应的粒子的速度最小,根据p＝mv,可 知a径迹对应的粒子动量最小,B错误;根据Ek＝ １ ２mv ２ 可 知Eka＜Ekb＜Ekc,即b径迹对应的粒子动能不是最大的,C 错误;带电粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB ＝mv ２ R ,T＝２πRv ,则T＝２πmqB ,所以Ta＝Tb＝Tc＝Td＝Te 粒子在磁场中的运动时间t＝α２πT ,其中α为粒子在磁场中 的偏转角度,由图可知a径迹对应的偏转角度最大,则a径 迹对应的粒子运动时间最长,D正确．] ４．BCD　[根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的 磁场１的洛伦兹力方向垂直环平面向里,电场力需要与该洛 伦兹力平衡,电场力方向应垂直环平面向外,由于电子带负 电,故电场方向垂直环平面向里,A 错误;B．电子在圆环内 沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动,则电 子运动周期为T＝２πRv ,B正确;C．电子在圆环内受到磁场２ 的洛伦兹 力 提 供 电 子 做 圆 周 运 动 的 向 心 力,则 有evB＝ mv ２ R ,解得B＝mveR ,C正确;D．电子在垂直环平面方向受力 平衡,则有eE＝evB,解得E＝mv ２ eR ,D正确;] ５．B　[a、b整体受总重力、拉力F、向下的洛伦兹力qvB、地面 的支持力FN 和摩擦力Ff,竖直方向有FN＝(ma＋mb)g＋ qvB,水平方向有F－Ff＝(ma＋mb)a,Ff＝μFN．在加速阶 段,v增大,FN 增大,Ff 增大,加速度a减小．对a受力分析, a受重力mag、向下 的 洛 伦 兹 力qvB、b对a向 上 的 支 持 力 FNa、b对a向左的静 摩 擦 力 Ffa,竖 直 方 向 有 FNa＝mag＋ qvB,水平方向有Ffa＝ma ．随着v的增大,FNa增大,选项 A 错误,B正确;加速度a在减小,所以a、b物块间的摩擦力变 小,选项 C、D错误．] ６．BC　[电子进入电磁场中,受到洛伦兹力与电场力两个力作 用,由左手定则判断可知,洛伦兹力方向向下,而电场力方向 向上．若v０＞ E B ,则qv０B＞qE,即洛伦兹力大于电场力,电 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９１１ 　　假期必刷１８　磁场及其对电流的作用　　　　　　　　 １．判断电流周围磁场方向用安培定则;磁场的 叠加遵循平行四边形定则． ２．判断安培力的方向时,充分利用 F安 ⊥B、 F安 ⊥I． ３．分析磁场中通电导体受力问题时,一般先把 立体图转换为平面图,然后对物体进行受力 分析,要注意安培力方向的确定,最后根据 平衡条件或物体的运动状态列出方程． １．三个大小相同彼此绝缘的细 铁环,分别处在两两相互垂 直的平面内,铁环的圆心相 互重合,通有大小相同的电 流,方向如图所示,单独一个铁环在圆心处 产生的磁感应强度为B,则圆心O处的磁感 应强度大小为 (　　) A．０　　B．２B　　C．３B　　D．３B ２．如图所示,水平导轨接有电 源,导轨上固定有三根导体 棒a、b、c,c为直径与b 等 长的半圆,长度关系为c最长,b最短,将装 置置于竖直向下的匀强磁场中,在接通电源 后,三根导体棒中有等大的电流通过,则三 根导体棒受到的安培力大小关系为 (　　) A．Fa＞Fb＞FcB．Fa＝Fb＝Fc C．Fb＜Fa＜FcD．a＞Fb＝Fc ３．(２０２４􀅰贵州卷)如图,两根相互平行的长直 导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平 面内,导线框的对称轴与两长直导线间的距 离相等．已知左、右两长直导线中分别通有 方向相反的恒定电流I１、I２,且I１＞I２,则当 导线框中通有顺时针方向的电流时,导线框 所受安培力的合力方向 (　　) A．竖直向上　　　　B．竖直向下 C．水平向左 D．水平向右 ４．(多选)如图,高压输电线上使用“abcd正方 形间隔棒”支撑导线L１、L２、L３、L４,目的是 固定导线间距,防止导线相碰．abcd的几何 中心为O,当四根导线通有等大同向电流时 (　　) A．几何中心O点的磁感应强度不为零 B．几何中心O点的磁感应强度为零 C．L１ 对 L２ 的安培力小于 L１ 对 L３ 的安 培力 D．L１ 所受安培力的方向沿正方形的对角线 ac方向 ５．(多选)如图所示,在竖直向下的匀强磁场中 有两根水平放置的平行粗糙导轨CD、EF, 导轨平面水平,导轨上放有一金属棒 MN． 现从t＝０时刻起,在棒中通以由 M 到N 方 向的电流且电流与时间成正比,即I＝kt,其 中k为常量,金属棒与导轨始终垂直且接触 良好．下列关于棒的速度、加速度随时间t 变化的关系中,可能正确的是 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５３ ６．如图所示．质量m＝２０g的 导体棒ab 垂直放在宽度 l＝０􀆰５m的平行金属导轨 上,导轨下端与一电源和电 阻连接,导轨平面与水平面间的夹角为３７°, 磁感应强度大小B＝１T的匀强磁场(图中 未画出)方向垂直导轨平面向上,导体棒中 通有０􀆰４A的电流时恰好能保持静止,重力 加 速 度 大 小 g＝１０ m/s２,sin３７°＝０􀆰６, cos３７°＝０􀆰８,导体棒与导轨间的最大静摩 擦力等于滑动摩擦力．则导体棒与导轨间的 动摩擦因数为 (　　) A．０􀆰０５　　B．０􀆰２５　　C．０􀆰５　　D．０􀆰８ ７．(多选)(２０２４􀅰福建卷)如图,用两根不可伸 长的绝缘细绳将半径为r的半圆形铜环竖 直悬挂在匀强磁场中,磁场的磁感应强度大 小为B,方向垂直纸面向外,铜环两端a、b 处于同一水平线．若环中通有大小为I、方 向从a到b的电流,细绳处于绷直状态,则 (　　) A．两根细绳拉力均比未通电流时的大 B．两根细绳拉力均比未通电流时的小 C．铜环所受安培力大小为２rBI D．铜环所受安培力大小为πrIB ８．如图所示,电阻不计的水平 导轨间距L＝０􀆰５m,导轨 处于方向与水平面成５３°角 斜向右上方的磁感应强度 B＝５T的匀强磁场中．导体棒ab垂直于导轨 放置且处于静止状态,质量m＝１kg,电阻R＝ ０􀆰９Ω,与导轨间的动摩擦因数μ＝０􀆰５．电源电 动势E＝１０V,其内阻r＝０􀆰１Ω,定值电阻的 阻值R０＝４Ω．不计定滑轮的摩擦,设最大静摩 擦力等于滑动摩擦力,细绳对ab的拉力沿水 平方向,重力加速度g取１０m/s２,sin５３°＝ ０􀆰８,cos５３°＝０􀆰６．求: (１)通过ab的电流大小和方向; (２)ab受到的安培力大小; (３)重物重力G的取值范围． ９．(科技情境)航空母舰的舰载机在起飞的过 程中,仅靠自身发动机喷气不足以在飞行甲 板上达到起飞速度,如果安装辅助起飞的电 磁弹射系统(如图甲所示)就能达到起飞速 度．电磁弹射系统的设计原理图可简化为图 乙所示,图中 MN、PQ 是光滑平行金属直 导轨(电阻忽略不计),AB 是电磁弹射车, 回路PBAM 中电流恒定,该电流产生的磁 场对弹射车施加力的作用,从而带动舰载机 由静止开始向右加速起飞,不计空气阻力, 关于该系统,下列说法正确的是 (　　) A．MN、PQ 间的磁场是匀强磁场 B．弹射车的速度与运动的时间成正比 C．弹射车所受的安培力与电流的大小成正比 D．回路PBAM 中通以交变电流,弹射车不 能正常加速 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６３