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3N)

最新5年高考真题分类优化卷·物狸（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6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的。 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 L?撤去，求N点的磁感应强度大小 A.B.gB.B.B.C.B.B D.B-B, 2.(2024·甘肃)如图，相距为d的固定平行光滑金属导× d x 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 R 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 () XX A.Bi R,方向向左 B'd'v B. R,方向向右 CK,方有向左 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 固定点 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 角固定点日=不；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 √2Mg A.电源电动势E。= 2BL R B.棒消耗的焦耳热Q=1 Mgl 2 C从左向右运动时，最大摆角小于骨 【最新5年高考真题分类优化卷·物理（十）10一1】3N 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1.5×10'eV。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.3.6×10°m/s B.1.2×10m/s C.5.4×107m/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 A 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、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3qB 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 度大个为然 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g的粒子，以初速度×。××××× v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速 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 mu 3mv A.qB B. 2qB c1+E器 +器 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选 项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3 分，有选错的得0分。 7.(2025·江西)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△B t 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 () ×0x 【10-2】3N A.电子沿棒运动时不受洛伦兹力作用 B.棒运动时，P端比Q端电势低 C.棒加速运动时，棒中电场强度变大 D.棒保持匀速运动时，电子最终相对棒静止 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， 现给导线通以自A到B大小为I的电流，则 () b 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2BI 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 3R/ + 电油滴a,在纸面内做半径为R的圆周运动，轨 迹如图所示。当a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。 E I在P点时与a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I、Ⅱ分开后的相互作用，则 () A,油滴a带负电，所带电量的大小为 B.油滴a做圆周运动的速度大小为 E,周期为4πE C.小油滴I做圆周运动的速度大小为3B 8B 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 () 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 三、非选择题：本大题共5题，共56分。 【10-3】3N 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 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 M (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 的电流表读数【绘制出7R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 →RW (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。 铁芯 10 霍尔 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一 (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O'O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 【10-4】3N 大小为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 L 小均为v。已知电子的质量为m、电量为，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。工 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 E,,方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感 应强度大小为B,方向垂直纸面向里； S+-- ×0 Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强 +》 0' 度大小为B,,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 E1),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】3N 15.(12分)(2024·海南)如图，在xOy坐标 个y 系中有三个区域，圆形区域I分别与x ←B 轴和y轴相切于P点和S点。半圆形 I.B 区域Ⅱ的半径是区域I半径的2倍。区 t·0 102 域I、Ⅱ的圆心O1,O2连线与x轴平 行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x加速电场行 ● 粒子源 N 轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为 B 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Bv。,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轴的距离sm37=号sn53-) 【10-6】3Np=UI=(R-E1=[R(a,-2)]I =I'R-6Mg (vo-2gt)=I'R-6Mgvo+12Mg't 时间内输出的能量对应P-1图像的 可得： W=I产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_3Mvi 2g 2 若R的阻值视为0 W=一3M} 2 装置A可回收能量为 /w1=3M 2 答案：(1)3Mg4g (2)E=6 I (v。-2gt)(3)U =IR、6Mg I'Rvo 3Mv -2gt):2g (4)装置 2 3 A可回收火箭的动能和重力势能及磁场能：2Md 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 磁感应强度大小为B。三号，根据对称性，两子线 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，L2在N点处产生的磁感应强度为B。 B:,由于L:在N点处产生的磁感应强度大于 2 L1在N点处产生的磁感应强度，且方向相反，将L2 教去，N点的磁高应强度为县-B。 2.A导体棒ab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=Bd E 回路中感应电流为I=R 根据右手定则，判断电流方向为b流向a。故导体棒 ab所受的安培力为F=BId=Bd' R 方向向左。 故选A。 3.C当开关接1时，对导体棒受T 力分析如图所示 根据几何关系可得Mg=BIL →BL 解得1=g L E 根据欧姆定律I= Mg R 解得E。=B配 MgR 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 【23】 机械能转化为焦耳热为 Q-(-9）M 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 Q<a-(-9） 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 4,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=BLU 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gB=mR 1 质子加速后获得的最大动能为E:=2mu 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=4红m 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，根据几何关系可知 r=BR 根据洛伦兹力提供向心力有qB=m 可得u=3BR 3m 故D正确。 故选D。 6.C粒子运动轨迹如图所示 -3N D ×××次×× B ×”Xx如X×,x ××x0××× 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，=gB mu 根据几何关系可得P点至O,点的距离 Lpo=r+ c0s45=(1+2)B 故选C。 7.CDA.由左手定则可知，电子沿棒运动时受到水平 方向的洛伦兹力作用，A错误；B,根据右手定则可 知，棒向右运动时，P端比Q端电势高，B错误：C PQ两端电势差U=BLv,可知棒中电场强度E= 元=B,则棒加速运动时，棒中电场强度变大，C 正确：D,棒保持匀速运动时，PQ两端电势差保持恒 定，电子将集聚在导体棒下端，最终相对棒静止，D 正确。 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=Eq 解得9=E g 故A正确： 根据洛伦兹力提供向心力BqU=mR 符R-贺 gBR 解得油滴a做圆周运动的速度大小为v= E 故B正确； n 设小油滴I的速度大小为v1,得3R= 21 B·2 9 3BgR 3gBR 解得v1=- m E 周期为T= 2π·3R2πE gB 故C错误； 带电油滴Q分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ 的速度为v2,取油滴a分离前瞬间的速度方向为正 方向，得m0三7十价 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， 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 【24】 板MN带正电为发电机正极，A正确： 离子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时令 U 极板间距为d,则wB=ga 可得U=Bdu 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) E 而qB=gd d 根据电阻定律有r=ph 解好片一（德+品）+。·R 1 1 由了R图像可知 k= a Bdv R:te b-BdoBlhv a 解得B= bdv (a-R2)lh P- d 答案：(1)负(2)6d元 a (a-Rg)lh 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 兹力的作用下处于平衡，有g方=B 根据电流微观表达式，有I=gSu=ng(bh)v 联立解得B=9ghU I U (4)根据g方=qB 可知U=B 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) (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=vt 在yOx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R巴 且T-2πR_2xm 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,…) -3N 2πnmu 联立得B= eL 当n=1时，B有最小值，可得 2πmw B ain- eL (2)将电子的速度分解，如图所示 个y y----- 才0 0' 有tan0= 当tan0有最大值时，v,最大，R最大，此时R= r,又 2元mu,R=Be mu B= eL 联立可得 2πV6r 2πr L,an0=元 (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= 2πvor 又Vn= L 2πr2vm 联立得ym= EeL 2πmwo 答案：(1)eL πr (2)L 2n'rvom (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m,电荷量为9，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 qvB=gE 在加速电场中，由动能定理 9U-了mi 联立解得，粒子的比荷为 E 9= m 2UB? (2)由洛伦兹力提供向心力 qvoB2 =m- 可得O点到P点的距离为 4UB OP=2r-E B2 (3)粒子进入川瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力 F洛=qUoB1 向下的电场力F=gE, 由于E2>E1,且qvoB1=qE1 所以通过配速法，如图所示 【25】 + B2 B 0 A 其中满足gE,=g(v。十U1)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 2E,-E v=v。十U1十U1= B 答案：)带正电2B 4UB 2E2-E (2) (3) E B. B 15.解析：(1)根据动能定理得gU=2w 1 mv 解得U= 粒子进入区域I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BgU。 解得R=Bg mvo (2)带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相 同的速度v。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I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 Ⅱ，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力q2 vo-m Ri 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 2πR2πm T= Ba T2= 2π·2R_4πm 故可得该粒子在区域I和区域Ⅱ中运动的总时 间为 -3N 60 60° πm 360T1+360T,=B0 MI 2 02 01 60°60°， Do 0 加速电场 粒子源 (3)如图，将速度v。分解为沿y轴正方向的速度V0 及速度v',因为E=Bv。可得Eg=Bgv。,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Bq),故粒 子沿y正方向做旋进运动，根据角度可知v= 2 vosin53°=1.6v 故当'方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即 最大速度为vm=vw+1.6vo=2.6vo mi'8mvs 圆周运动半径R= 9B-5gB-1.6R 根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距离为 172mw L=R'+Rsn53°+2R+2R=6.88R=25Bg Bqu' M Eq R" Bqvo 74°6 539 答案：(1)U= R=mvo mvs Ba （2) Ba (3)vm 172mU0 =2.6v0,25B 卷11电磁感应 1.A线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线圈 的磁通量在减小，则根据楞次定律可知线图的电 流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出则a中 产生的电流为恒定电流，则线圈口靠近线图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 的磁场方向向右，因此流过电流表的感应电流方向 由b到a,故C、D错误。故选B。 4.B当线圈中通有交变电流时，感应电炉金属内的磁 通量也不断随之变化，金属中产生交变感应电流，A 错误，B正确；若线圈匝数增加，根据电磁感应定律可 知，感应电动势增大，则金属中感应电流变大，C、D 错误。故选B。 5.D根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故A 【26】 错误：根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线 圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越 大，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，根据安培 定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故 D正确。故选D。 6.C如图，相当于Oa、Ob、Ok ×"凶b 导体棒转动切割磁感线，根 × + 据右手定则可知○点电势 最高； a 根据E=Blu=2Bl + 同时有loh=lo.=5R 0 B 可得0<Uo.<Uo6=Uo: 得p0>pu>p6=9c 故选C。 7.ACA.根据右手定则可知金属杆沿x轴正方向运 动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向，故A正确； B.若金属杆可以在沿x轴正方向的恒力F作用下 做匀速直线运动，可知F=F专=BL,I=BL R BL=B,可得F=BL,由于金属杆运 Lro 动过程中接入导轨中的长度L在变化，故F在变 化，故B错误；C.取一微小时间△t内，设此时金属杆 接入导轨中的长度为L,根据动量定理有一BI △Φ L△t=-BLq=mAv,同时有q= △t ·△1= Lro △ΦB·AS Lro Lro ,联立得一 B2△S =m△v,对从开始 ro 到金属杆停止运动时整个过程累积可得一 BS=0 一mw。,解得此时金属杆与导轨围成的面积为S= m,故C正确：D.若金属杆的初速度减半，根据 前面分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围 成的面积为S=2S,根据抛物线的图像规律可知 此时金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一 半，故D错误 8.ABD由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感 应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒 MN的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经 过多次往返运动，MN最终一定静止于OO'位置，故 A正确：当金属棒MN向右运动，根据右手定则可 知，MV中电流方向由M到V,根据左手定则，可知 金属棒MN受到的安培力水平向左，则安培力做负 功；当金属棒MV向左运动，根据右手定则可知， MN中电流方向由N到M,根据左手定则，可知金 属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负功； 可知MN运动过程中安培力始终做负功，故B正确： 金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中， 由于在O0'位置重力沿切线方向的分力为0，可知在 到达OO'位置之前的位置，重力沿切线方向的分力 已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MV已 经做减速运动，故C错误：从释放到第一次到达○O 位置过程中，根据右手定则可知，MV中电流方向由 M到N,故D正确。故选ABD。 9.AC设线圈的上边进入磁场时的速度为v,设线圈 的质量M,物块的质量m,图中线圈进入磁场时线圈 的加速度向下，则对线圈由牛顿第二定律可知 Mg+F安-T=Ma 对滑块T一mg=ma -3N