卷10 磁场-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考物理真题分类优化卷(分项3C)

最新5年高考真题分类优化卷·物理（十） 卷10磁场 姓名 班级 考号 得分 本卷满分100分，考试时间75分钟 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共46分。在每小题给出的四个 选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多 项符合题目要求，每小题6分，每小题全部选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分。 1.(2025·福建卷)如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2,通 有大小相等，方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关 于L1对称，O与N关于L2对称且OM=ON,初始时，M处的磁感应强 度大小为B1,O点磁感应强度大小为B2,现保持L1中电流不变，仅将 L2撤去，求N点的磁感应强度大小 () A.B-2B1B. B2 2 -B1C.B,·B1 D.B-B2 2.(2024·甘肃)如图，相距为d的固定平行光滑金属导××a× 轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为×」 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中长度为L的导体 棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。则 导体棒ab所受的安培力为 6十 A.Bid R一，方向向左 B.B'dv 一，方向向右 C.B R一，方向向左 B'L'v D. R二，方向向右 3.(2023·浙江)如图所示，质量为M、电阻为R、长为 L的导体棒，通过两根长均为(、质量不计的导电细 2 杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆 固定 通过开关S可与直流电源E。或理想二极管串接。 在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、 大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其他电阻。 左 开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹 角固定点0=牙：然后开关S接2，棒从右侧开始运动 完成一次振动的过程中 A.电源电动势E。= ER 2BL B.棒消耗的焦耳热Q= √2 Mgl 2 【最新5年高考真题分类优化卷·物理（十）10一1】3C C.从左向右运动时，最大摆角小于牙 D.棒两次过最低点时感应电动势大小相等 4.(2023·广东)某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5m,磁感应 强度大小为1.12T,质子加速后获得的最大动能为1.5×10eV。根据 给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为（忽略 相对论效应，1eV=1.6×10-19J) () A.3.6×10m/s B.1.2×10m/s C.5.4×10m/s D.2.4×108m/s 5.(2024·湖北)如图所示，在以O点为圆心、半径为 R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁 感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向 相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷· 量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计 重力，下列说法正确的是 A.粒子的运动轨迹可能经过O点 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔 7πm 为 3gB D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速 度大小为3gBR 3m 6.(2024·广西)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区 域如图所示，磁感应强度大小为B,方向垂直纸面 向里。质量为m,电荷量为十q的粒子，以初速度×。××××× B u从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速XXX"XXx 度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重 力，则P点至O点的距离为 ( my 3mv A.qB B. 2aB c+g器 +器 7.(2024·浙江)如图所示，边长为1m、电阻为0.042的 刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中，线框平面与磁场 B垂直。若线框固定不动，磁感应强度以 AB =0.1T/s 均匀增大时，线框的发热功率为P;若磁感应强度恒为· 0.2T,线框以某一角速度绕其中心轴OO匀速转动时，线框的发热功率 为2P,则ab边所受最大的安培力为 ( ) 1 A.2N C.1N D.√2N 8.(2024·福建)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘 线a、b悬挂于天花板上，AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中， 【10-2】3C 现给导线通以自A到B大小为I的电流，则 ( A.通电后两绳拉力变小 B.通电后两绳拉力变大 C.安培力为πBIr D.安培力为2BIn 9.(2024·安徽)空间中存在竖直向下的匀强电场 + 和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小 B 为E,磁感应强度大小为B。一质量为m的带 电油滴α，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨 R 迹如图所示。当α运动到最低点P时，瞬间分 P 成两个小油滴I、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。 I在P点时与α的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如 图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g,不计空气浮力与 阻力以及工、Ⅱ分开后的相互作用，则 () .油滴a带负电，所带电量的大小为了 B.油滴a做圆周运动的速度大小为B那 E ,周期为4πE C.小油滴I做圆周运动的速度大小为38B gB D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 10.(2024·湖北)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金 属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体（即高温下电离的气体， 含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极 板间便产生电压。下列说法正确的是 () N XX 20 A.极板MN是发电机的正极 B.仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 C.仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大 D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大 题号 1 3 5 67 89 10 答案 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(12分)用图所示装置测量磁场的磁感应强度和某导电液体（有大量的 正、负离子)的电阻率。水平管道长为1、宽度为d、高为h,置于竖直向 上的匀强磁场中。管道上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可 【10-3】3C 忽略的导体板，两导体板与开关S、电阻箱R、灵敏电流表G(内阻为 R。)连接。管道内始终充满导电液体，液体以恒定速度v自左向右通 过。闭合开关S,调节电阻箱的取值，记下相应的电流表读数。 @电流表 N (1)与N板相连接的是电流表G的 极（填“正”或“负”）。 (2)将实验中每次电阻箱接入电路的阻值R与相应 1A- 的电流表读数I绘制出了-R图像为图所示的倾斜 直线，其延长线与两轴的交点坐标分别为（一a,0)和-40 →R/2 (0,b),则磁场的磁感应强度为 ,导电液体的电阻率为 12.(10分)霍尔效应是电磁基本现象之一，由于霍尔元件产生的电势差很 小，故通常将霍尔元件与放大器电路、温度补偿电路以及稳压电源电路 等集成在一个芯片上，称为霍尔传感器，近期我国科学家在该领域的实 验研究上取得了突破性进展。图甲为使用霍尔元件来探测检测电流 【。是否发生变化的装置示意图，铁芯竖直放置，霍尔元件放在铁芯右 侧，该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与检测电流强度成正 比，霍尔元件所处区域磁场可看作匀强磁场，测量原理如乙图所示，霍 尔元件长为a,宽为b,厚度为h,前、后、左、右表面有四个接线柱，通过 四个接线柱可以把霍尔元件接入电路。 铁越 +霜尔 检测电流 电势差 图甲 图乙 (1)霍尔元件所处位置的磁场方向为 (选填“竖直向下”“竖直 向上”“水平向左”或“水平向右”)； (2)霍尔元件的前后两表面间形成电势差，电势的高低如图乙所示，则 材料中的载流子带 电（选填“正”或“负”）； (3)已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为，每个自由电荷的电荷量为 q,霍尔元件的厚度为h,流过霍尔元件左右表面的电流为I,霍尔电势差 为U,则霍尔元件所处区域的磁感应强度B的表达式为B= (4)当霍尔元件尺寸一定时，霍尔电势差增大，说明检测电流 (选填“增大”或“减小”)。 13.(10分)(2024·湖南)如图，有一内半径为 2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O'、O处 各开有一小孔。以O为坐标原点，取OO 01 0 方向为x轴正方向建立xy之坐标系。在筒 内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大 【10-4】3C 小为B,方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小 为E,方向沿y轴正方向。一电子枪在O处向圆筒内多个方向发射电 子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小 均为v。。已知电子的质量为m、电量为e,设电子始终未与筒壁碰撞， 不计电子之间的相互作用及电子的重力。 (1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值； (2)取(1)问中最小的磁感应强度B,若进入磁场中电子的速度方向与 x轴正方向最大夹角为0，求tan0的绝对值； (3)取(1)问中最小的磁感应强度B,求电子在电场中运动时y轴正方 向的最大位移。 14.(10分)(2024·甘肃)质谱仪是科学研 究中的重要仪器，其原理如图所示。I 为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速 度选择器，匀强电场的电场强度大小为 B2 L0、 E1,方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感 X 应强度大小为B1,方向垂直纸面向里； × Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强 E 0,x X 度大小为B2,方向垂直纸面向里。从 + S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器 做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的 P点处，运动轨迹如图中虚线所示。 (1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。 (2)求O点到P点的距离。 (3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E,(E,略大于 E,),方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求 粒子打在O'点的速度大小。 【10-5】3C 15.(12分)(2024·海南)如图，在xOy坐标 ↑y 系中有三个区域，圆形区域I分别与x MΠ B 轴和y轴相切于P点和S点。半圆形 2 I·B 区域Ⅱ的半径是区域I半径的2倍。区 S·0Q· 02 域I、Ⅱ的圆心O1,O2连线与x轴平 O P F 行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x加速电场 轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为 粒子源 区域Ⅲ。区域I、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、2的匀强磁场，磁场 方向均垂直纸面向外。区域I下方有一粒子源和加速电场组成的发射 器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到v。改变发射器的 位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度。沿 纸面射入区域I。已知某粒子从P点射入区域I,并从Q点射入区域Ⅱ（不 计粒子的重力和粒子之间的影响)。 (1)求加速电场两板间的电压U和区域I的半径R; (2)在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求 该粒子在区域I和区域Ⅱ中运动的总时间t; (3)在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B,方向垂 直纸面向里，电场强度的大小E一B。,方向沿x轴正方向。此后，粒 子源中某粒子经区域I、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴 负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在 的位置到y轴的距滴(sin37°-子s血53°=） 【10-6】3CU IFRe十R。 此时电热器B消耗的功率为 PB=I'RB 解得P.=16.7W 答案：(1)12≤R≤22(2)16.7W 14.解析：(1)物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定 律得 mgsin 0+umg cos 0=ma 由运动学公式0一v2=一2a.7 v 联立解得x一2g(sin0+以cos0 (2)物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为 F=mg sin 0+umg cos 6 由P=Fv得 P=mgv(sin 0+ucos 0) (3)全过程物块增加的机械能为 E=mgLsin 0 整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化 为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知 E2=E1十umg cos0·L 故可得 E mgLsin 0 sin E2 mgLsin 0+umgLcos 0 sin0+μcos0 答案：(1)2g(sin0+μc0s0) (2)mgv(sin 0+ucos 0) sin (3) sin 0+ucos a 15.解析：(1)导体杆受安培力 F=B Id=3Mg 方向向上，则导体杆向下运动的加速度 Mg-F=Ma 解得a=-2g 导体杆运动的距离 L=0-明 2a 4g (2)回路的电动势E=B2dv 其中v=v十at 6Mg 解得E= (vo-2gt) (3)右手定则和欧姆定律可得： U+E-IR 可得U=IR-E=IR-6Mg v。-2gt) 电源输出能量的功率 P-UI-(IR-E)1-IR-6ME( T(-2gt)1 =IR-6Mg(vo-2gt)=I2R-6Mgvo+12Mg't 在0~2g时间内输出的能量对应P-1国像的面积 可得： W=I'R。_3M 2g 2 (4)装置A可回收火箭的动能和重力势能及磁场 能；从开始火箭从速度到平台速度减为零，则 W-I'Rvs 3Moi 2g 2 若R的阻值视为0 【23】 3Mv W=- 2 装置A可回收能量为 3Mu W=- 2 答案：(1)3Mg4g (2E-6M(a,-2gr）(gU 6Mg 、IRu。_3M =IR- (u-2gt):2g 2 (4)装置 A可同收火衡的动能和重力势能及磁场能：2M 卷10磁场 1.B根据安培定则，两导线在O点处产生的磁感应强 度方向相同大小相等，则单个导线在O,点处产生的 B2 脑感应强度大小为B,=,根据对称性，两导线 在N处的磁感应强度大小应该与M点一样为B, 根据对称性，L:在N点处产生的磁感应强度为B。 号·由于L,在N点处产生的磁感应强度大于 L1在N点处产生的磁感应强度，且方向相反，将L2 撒去N点的磁感应强度为)一B 2.A导体棒αb切割磁感线在电路部分得有效长度为d, 故感应电动势为E=Bl~ E 回路中感应电流为I=尺 根据右手定则，判断电流方向为b流向α。故导体棒 ab所受的安培力为F=BId=Bdy R 方向向左。 故选A。 3.C当开关接1时，对导体棒受T飞 力分析如图所示 根据几何关系可得Mg=BIL →BIL 解得1一部 E。 根据欧姆定律I= Mg MgR 解得E。=BL 故A错误； 根据右手定则可知导体棒从右向左运动时，产生的 感应电动势与二极管正方向相同，部分机械能转化 为焦耳热；导体棒从左向右运动时，产生的感应电动 势与二极管相反，没有机械能损失。 若导体棒运动到最低点时速度为零，导体棒损失的 机械能转化为焦耳热为 Q-1-9）wau 根据楞次定律可知导体棒完成一次振动速度为零 时，导体棒高度高于最低，点，所以棒消耗的焦耳热 8ca=l-9）a1 故B错误； 根据B选项分析可知，导体棒运动过程中，机械能转 化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角小于 -3C 于故C正确： 根据B选项分析，导体棒第二次经过最低点时的速 度小于第一次经过最低，点时的速度，根据E=BLv 可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故 D错误。 故选C。 4.C洛伦兹力提供向心力有qB=mR 1 质子加速后获得的最大动能为Ek=2m0 解得最大速率约为v=5.4×10m/s 故选C。 5.D在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子， 总是沿径向射出的：根据圆的特，点可知粒子的运动 轨迹不可能经过O点，故A、B错误； 粒子连续两次由A,点沿AC方向射入圆形区域，时 间最短，则根据对称性可知轨迹如图 则最短时间有1=2T=4πm gB 故C错误： 粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短， 则轨迹如图所示 设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知 r=③R 3 根据洛伦兹力提供向心力有gB=m于 可得=39BR 3m 故D正确。 故选D。 6.C粒子运动轨迹如图所示 y B ×”×X如XX,x ××9××× 【24】 在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有B=m, 可得粒子做圆周运动的半径r= aB 根据几何关系可得P点至)点的距离 L%=r+ C0s456=(1+2) 故选C。 7.C磁场均匀增大时，产生的感应电动势为 E=△Bs=0.1v △t E 可得P= =0.25w 线框以某一角速度w绕其中心轴O)'匀速转动时电 动势的最大值为Em=BSw (En √2 此时有2P= =0.5W R 解得w=1rad/s 分析可知当线框平面与磁场方向平行时感应电流最 w=5A 大为Im=R 故ab边所受最大的安培力为Fm=BImL=1N 故选C。 8.BD根据左手定则可知，通电后半圆环AB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错误，B正确：半圆环AB所受安培力 的等效长度为直径AB,则安培力大小为F=BI·2 =2BIr,故C错误，D正确。故选BD。 9.ABD油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可 知带负电，有mg=Eg mg 解得q=E 故A正确； 根据洛伦兹力提供向心力Bq0=mR 得R-园 解得油滴a微圆周运动的速度大小为=BR E 故B正确； 设小油清I的速度大小为，得3R=? B.9 解得0，= 3BgR 3gBR m E 周期为T= 2π·3R2πE 01 8B 故C错误； 带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ 的速度为2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正 .m 方向，得加u=2u,+20 gBR 解得v2= E 由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平 衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据 左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动， .3C 故D正确。故选ABD。 10.AC带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转，极 板MN带正电为发电机正极，A正确； 离子受到的洛伦滋力和电场力相互平衡时，此时令 极板间距为d,则qB=ga 可得U=Bdv 因此增大间距U变大，增大速率U变大，U大小和 密度无关，B、D错误，C正确。 故选AC。 11.解析：(1)根据左手定则可知与N板相连接的是电 流表G的负极： (2)根据欧姆定律有E=I(R十R。十r) 而qB=gd 根据电阻定律有r=Ph d (R十）+B·R \Bdy Blhy/ 由R图像可知 a Bdv R 解得B-=bd0 a (a-R)lh p d 答案：(1)负(2)d0 (a-R2)th d 12.解析：(1)根据右手安培定则可知霍尔元件所处位 置的磁场方向为竖直向上： (2)因为后表面的电势高于前表面的电势，根据左 手定则，粒子在洛伦兹力的作用下偏向后表面，所 以材料中的载流子带正电： (3)前后表面的距离为b,最终电子在电场力和洛伦 U 兹力的作用下处于平衡，有g方=gB 根据电流微观表达式，有I=qSu=1q(bh) 联立解得B=nghU I U (4)根据g方=gB 可知U=IB ngh 霍尔电势差增大，说明检测电流增大。 答案：1)竖直向上(2)正（3)g (4)增大 13.解析：(1)电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿 x轴的匀速直线运动和在yO:平面内的匀速圆周 运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为，由 电子在x轴方向做匀速直线运动得L=ot 在yO:平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为 R,周期为T,由牛顿第二定律知 Bev,=m R 可得R0 【25】 且T= 2πR2πm U. Be 由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有 t=nT(n=1,2,3,…) 联立得B=山 2π7nvo 当n=1时，B有最小值，可得 2πnve Bmin- eL (2)将电子的速度分解，如图所示 个y 01 0 有tan0=忍 当tanO有最大值时，v,最大，R最大，此时R= r,又 B=2xmv, mv, Be 联立可得 2πU0r 2πr vym=L tan 0=L (3)当v,最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方 向有最大位移ym,根据匀变速直线运动规律有 ym= 2a Ee 由牛顿第二定律知a= m 2πwor 又m= 2xr2vom 联立得ym= EeL? 答案：122 2πnvo 2πr2v6m (3) EeL? 14.解析：(1)由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒 子带正电：设粒子的质量为，电荷量为q,粒子进 入速度选择器时的速度为，在速度选择器中粒子 做匀速直线运动，由平衡条件 gvB=gE 在加速电场中，由动能定理 联立解得，粒子的比荷为 9= E m 2UB? (2)由洛伦兹力提供向心力 qvoB:=mr 可得O点到P点的距离为 4UB OP=2r=E B2 (3)粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力 -3C F洛=qvoB1 向下的电场力F=gE 由于E2>E1,且qvB1=qE 所以通过配速法，如图所示 x P◆ X B2 9地，B B + E 0' X 9E2 Ⅱ Ⅲ 其中满足gE2=q(v。十v1)B 则粒子在速度选择器中水平向右以速度。十1做 匀速运动的同时，竖直方向以1做匀速圆周运动， 当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择 器右挡板的O'点的要求，故此时粒子打在O'点的 速度大小为 2E2-E 0'=v。十v1十1= B 答案：(1)带正电·2B 4UB 2E2-E (2) (3) E B, B 15.解析：1)根据动能定理得qU=2m时 解得U=m 粒子进入区域工做匀速圆周运动，根据题意某粒子 从P点射入区域I,并从Q点射入区域Ⅱ，故可知 此时粒子的运动轨迹半径与区域I的半径R相等， 粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力Bq℃。= m尽 得R网 (2)带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相 同的速度。沿纸面射入区域I,由(1)可得，粒子在 磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R,因为在 区域I中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入 点、区域【圆心O1、轨迹圆心O、粒子出射点四点 构成一个菱形，有几何关系可得，区域I圆心O1和 粒子出射，点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O 连线，则区域I圆心O1和粒子出射点水平，根据磁 聚焦原理可知粒子都从Q点射出，粒子射入区域 B Ⅱ，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力q2 vo=m R 解得R'=2R 如图，要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹 所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆孤 所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场 圆半径2R,根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区 域I中运动的轨迹所对应的圆心角都为60°，粒子 在两区域磁场中运动周期分别为 【26】 T,=2πR_2xm T,=2元·2R4xm Ba 故可得该粒子在区域I和区域Ⅱ中运动的总时 间为 60° 60° ↑y Mm 02 60°609 0 加速电场行 粒子源 (3)如图，将速度。分解为沿y轴正方向的速度 及速度v',因为E=Bv。可得Eg=Bq℃o,故可知沿 y轴正方向的速度。产生的洛伦兹力与电场力平 衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力Bg心，故粒 子沿y正方向做旋进运动，根据角度可知'= 2 vosin53°=1.6wo 故当口'方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即 最大速度为vm=v,十1.6v,=2.6v, 唇可海功牛在R一器密-上6R 根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距离为 172mv0 L=R"+R"sin53°+2R+2R=6.88R= 25Bg 0 Bqv M R" Bqvo 74 539 答案：(1)U=m0」 2g Ba (2)x阳 Ba (3)vm 1722vo =2.600,25 卷11电磁感应 1.A线图a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线图 的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈的电 流为顺时针，由于线圈α从磁场中匀速拉出则a中 产生的电流为恒定电流，则线圈α靠近线圈b的过 程中线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产 生的电流为顺时针。故选A。 2.C在雷击事件中金属和非金属都经历了摩擦，声波 和光照的影响，而金属能够因电磁感应产生涡流非 金属不能，因此可能原因为涡流。故选C。 3.B闭合开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场与线圈 M中电流的磁场方向相反，由楞次定律可知，二者相 互排斥，故A错误；闭合开关，达到稳定后，通过线圈 P的磁通量保持不变，则感应电流为零，电流表的示 数为零，故B正确；断开开关瞬间，通过线圈P的磁 场方向向右，磁通量减小，由楞次定律可知感应电流 -3C