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专题05 磁场与电磁感应-高考物理分题型多维刷题练
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专题05 磁场与电磁感应
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．在地球赤道上空，有一束电子流，自东向西运动，由于受地球磁场的影响，电子流将（ ）
A．向上偏转 B．向下偏转 C．向南偏转 D．向北偏转
【答案】A
【详解】在地球赤道上空，地磁场方向由地理南极指向北极，电子流自东向西运动，根据左手定则，电子流将向上偏转。
故选A。
2．如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c三点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc，其大小关系是（ ）
A．tatc D．ta
【详解】电子在磁场中做圆周运动的周期
则电子在磁场中运动的时间为
与速度无关，故在磁场中运动的时间取决于圆心角的大小。由几何关系可知，，故C正确；
故选C。
3．在电磁学的发展过程中，许多物理学家做出了贡献，以下说法正确的是（ ）
A．奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，提出了著名的洛伦兹力公式
B．法拉第发现了电磁感应现象，并制造了世界上第一台手摇发电机
C．安培通过实验发现了通电导线周围存在磁场，首次揭示了电与磁的联系
D．欧姆在前人工作的基础上通过实验研究总结出了电流通过导体时产生的热量跟电流的关系
【答案】B
【详解】A．洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，提出了著名的洛伦兹力公式，故A错误；
B．法拉第通过实验总结出了电磁感应规律，并制造了世界上第一台手摇发电机，故B正确；
C．奥斯特通过实验发现了通电导线周围存在磁场，首次揭示了电与磁的联系，故C错误；
D．焦耳在前人工作的基础上通过实验研究总结出了电流通过导体时产生的热量跟电流的关系，故D错误。
故选B。
4．美媒称，中国第三艘航母（第二艘国产航母）正在建造当中，很可能体现出优于前两艘航母的技术进步，新航母很可能比两艘“前辈”更大，并配备电磁弹射系统，允许更大，更重的飞机携带更多武器，执行更远距离任务，航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去，则下列说法正确的是（ ）
A．若将金属环置于线圈的右侧，环将不能弹射出去
B．金属环向左运动过程中将有扩大趋势
C．若将电池正、负极调换后，金属环不能向左弹射
D．合上开关S的瞬间，从左侧看环中产生沿逆时针方向的感应电流
【答案】D
【详解】A．若金属环放在线圈右侧，根据“来拒去留"可得，环将向右运动，A错误；
B．固定线圈上突然通过直流电流，穿过环的磁通量增大，根据楞次定律“增缩减扩”可知金属环被向左弹射的瞬间，还有缩小的趋势，B错误；
C．根据“来拒去留”，在线圈上突然通过直流电流时，环都会受到向左的力的作用，与电源的正负极无关，C错误；
D．线圈中电流为左侧流入，磁场方向为向右，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，金属环的感应电流由左侧看为逆时针，D正确。
故选D。
5．地球是一个巨大的磁体，浙江地区地表附近的磁感应强度大约为，在该地区下列说法正确的是（ ）
A．指南针静止时N极指向地理南极
B．在地面上静置一个带电小球，该小球受到洛伦兹力的作用
C．地面上水平放置一边长为的正方形线框的磁通量为
D．某同学抬头看见天花板上的风扇正逆时针转动，则金属扇叶上离转轴越远电势越高
【答案】D
【详解】A．地磁N极重合在地理南极附近，地磁S极重合在地理北极附近，所以指南针静止时N极指向地理北极，A错误；
B．洛伦兹力是运动电荷在磁场中受到的力，所以在地面上静置一个带电小球，该小球不受洛伦兹力的作用，B错误；
C．由于磁场方向与线框平面的夹角未知，则线框的磁通量无法确定，C错误；
D．地磁场的磁感线可分解成两个分量，水平分量指向地理北极附近，在北半球，则竖直分量竖直向下，根据法拉第电磁感应定律，金属扇叶上的电流方向背离转轴，金属扇叶等效为电源，在电源内部，电流方向与电场线方向相同，电场线方向指向转轴，因为电势沿电场线方向逐渐降低，所以离转轴越远，电势越高，D正确。
故选D。
6．如图所示，U形光滑金属框置于水平绝缘平台上，和边平行且足够长，间距为L，整个金属框电阻可忽略且置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。一根长度也为L、电阻为R的导体棒MN置于金属框上，用大小为F的水平恒力向右拉动金属框，运动过程中，MN与金属框保持良好接触且固定不动，则金属框最终的速度大小为（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】C
【详解】由公式
解得
故选C。
7．如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图。电磁制动是一种非接触的制动方式，其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是（ ）
A．制动过程中，导体不会产生热量
B．如果导体反向转动，此装置将不起制动作用
C．制动力的大小与线圈中电流的大小无关
D．线圈电流一定时，导体运动的速度越大，制动力就越大
【答案】D
【详解】A.电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过电阻时会产生热量,A 错误；
B.如果改变线圈中的电流方向，铁芯产生的磁感线的方向变为反向，此时产生的涡流方向也相反，根据安培力的公式，电流和所处的磁场方向同时反向，安培力方向不变，故还是使导体受到阻碍运动的制动力,B 错误；
C. 线圈中电流越大，则产生的磁场越强，则转盘转动产生的涡流越强，则制动器对转盘的制动力越大，C 错误；
D. 线圈电流一定时，导体运动的速度越大，转盘转动产生的涡流越强，制动力就越大,D 正确。
故选 D 。
8．“稳压”电源可预防由于输电线老化，线损提高，入户电压降低，远达不到电器正常工作的需要。这个电源就是一种升压设备。其原理是根据入户电压与电器工作电压来智能调节变压器原副线圈匝数比的机器。下列说法正确的是（忽略变压器电阻）（ ）
A．现入户电压，若要稳压源输出电压，则需调节
B．空调制冷启动时，热水器实际功率不变
C．空调制冷停止时，导线电阻耗能升高
D．在用电器正常工作时，若入户电压减小，则需要更大的入户电流，从而输电线路损耗更大
【答案】AD
【详解】A．变压器原副线圈电压比等于匝数比
代入数据有
n1: n2 =2:3
故A正确；
BC．空调启动时，副线圈并联负载增多，副线圈电流增大，导线电阻分压增加，导线电阻耗能升高，热水器电压降低，功率降低，空调制冷停止时则情况相反。故BC错误；
D．在用电器正常工作时，功率不变，若入户电压U1减小，则需要更大的入户电流，从而输电线路损耗更大。故D正确。
故选AD。
9．实际应用中，常用到一种双金属温度计，它是利用铜片与铁片铆合在一起的双金属片的弯曲程度随温度变化的原理制成的，如图乙所示。已知图甲中双金属片被加热时，其弯曲程度会增大，则下列各种相关叙述正确的有（ ）
A．该温度计的测温物质是铜、铁两种热膨胀系数不同的金属
B．该温度计是利用测温物质热胀冷缩的性质来工作的
C．由图甲可知，铜的热膨胀系数大于铁的热膨胀系数
D．由图乙可知，其双金属片的内层一定为铜，外层一定为铁
【答案】ABC
【详解】AB．该温度计是利用热膨胀系数不同的铜和铁金属制成的双金属片工作的，双金属片的弯曲程度随温度而变化，AB正确；
C．如题图甲所示，加热时双金属片的弯曲程度增大，即进一步向上弯曲，说明双金属片下层热膨胀系数较大，即铜的热膨胀系数较大，C正确；
D．如题图乙所示，温度计示数是顺时针方向增大，说明当温度升高时，温度计指针按顺时针方向转动，则其双金属片的弯曲程度在增大，故可知双金属片的内层一定是铁，外层一定是铜，D错误。
故选ABC。
10．全球新冠肺炎疫情持续至今，医院需要用到血流量计检查患者身体情况。某种电磁血流量计的原理可以简化为如图所示模型。血液内含有少量正、负离子，从直径为d的血管右侧流入，左侧流出，空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，M、N两点之间的电压稳定时测量值为U，流量Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。下列说法正确的是（ ）
A．血液中负离子多时，M点的电势高于N点的电势
B．M点的电势一定低于N点的电势
C．电压稳定时，正、负离子不再受洛伦兹力
D．血液流量
【答案】BD
【详解】AB．根据左手定则，水平向左入射的正离子受到竖直向下的洛伦兹力，负离子受到竖直向上的洛伦兹力，则正电荷聚集在N一侧，负电荷聚集在M一侧，则M点的电势低于N点的电势，故A错误，B正确；
CD．正负离子达到稳定状态时，离子所受洛伦兹力与电场力平衡，有
可得流速
流量
C错误，D正确。
故选BD。
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．下列说法正确的是（ ）
A．根据速度定义式，当非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
B．伽利略用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性
C．千克、米、牛顿是国际单位制中的基本单位
D．若有一小段长为L、通以电流为I的导线，在磁场中某处受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小是
【答案】A
【详解】A．根据速度定义式
当非常小时，表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故A正确；
B．为了验证地面上的重力与地球吸引月球、太阳吸引行星的力是同一性质的力，遵守同样的规律，牛顿做过著名的“月—地”检验，证实了万有引力定律的正确性，故B错误；
C．牛顿属于国际单位制中力的单位，不是基本单位，是导出单位，故C错误；
D．在定义磁感应强度B时，将一小段长为L、通以电流为I的导线，垂直磁场的方向放置在磁场中某处，受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小是，故D错误。
故选A。
2．特高压直流输电是国家重点工程，如图所示，高压输电线上使用“abcd正方形间隔棒”支撑导线、、、，其目的是固定各导线间距，防止导线互相碰撞，图中导线、、、水平且恰好处在正四棱柱的四条棱上，abcd的几何中心为O点，O点到导线的距离远小于导线的长度，忽略地磁场，当四根导线通有等大、同向的电流时，则（ ）
A．所受安培力的方向为从指向
B．对的安培力比对的安培力小
C．O点的磁感应强度沿bd连线方向
D．O点的磁感应强度为零
【答案】D
【详解】A．根据“同向电流相互吸引”可得L2、L3、L4对L1都是吸引力，且L2、L4 对L1的引力大小相等，则由力的合成可知，L1受到的安培力的方向从L1指向L3，故A错误。
B．越靠近通电直导线，磁感应强度越强，所以L1导线在L2处产生的磁感应强度大于在L3处的磁感应强度，所以L1对L2的安培力大于L1对L3的安培力，故B错误；
CD．根据安培定则以及对称性，L1和L3在O点处的磁感应强度为零，L2和L4在O点处的磁感应强度为零，所以O点处的磁感应强度为零，故D正确，C错误。
故选D。
3．如图是洛伦兹力演示仪，演示仪中电子枪射出的电子束，能使玻璃泡中稀薄的气体发出辉光，显示出电子的径迹。设电子的电量为e，质量为，电子枪的加速电压为，两线圈之间的磁感强度为，方向垂直纸面向外，忽略电子所受重力及电子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．电子从电子枪射出时速度大小为
B．电子枪中射出的电子束做顺时针的匀速圆周运动
C．电子在磁场中运动时，洛伦兹力对电子做正功
D．增大电子枪的加速电压为U，电子在磁场中运动的轨道半径r将增大
【答案】D
【详解】A．电子从电子枪射出时，由动能定理有
解得电子从电子枪射出时速度大小为
故A错误；
B．由左手定则可知，电子从电子枪进入磁场之后，受向左的洛伦兹力，则电子束做逆时针的匀速圆周运动，故B错误；
C．电子在磁场中运动时，洛伦兹力的方向与速度方向一直垂直，洛伦兹力不做功，故C错误；
D．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
解得
整理得
可知，增大电子枪的加速电压为U，电子在磁场中运动的轨道半径r将增大，故D正确。
故选D。
4．在广东珠江口外海处有一浮桶式灯塔，其结构如图所示，浮桶下部由内、外两密封圆筒构成（图右磁铁部分），其内部为产生磁场的磁体，磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置圆形线圈能够随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动，线圈与塔灯相连，下列说法正确的是（ ）
A．当海面无波浪时，该灯塔可以发光
B．海水上下振荡速度越快，灯泡发光越亮
C．当线圈上下运动时，回路中无感应电流
D．圆形线圈上各位置的磁感应强度相同
【答案】B
【详解】A．当海面无波浪时，线圈没有相对磁铁上下运动，则线圈没有切割磁感线，所以灯塔无法发光，故A错误；
B．海水上下振荡速度越快，则产生的感应电动势越大，感应电流就越大，灯泡发光就越亮，故B正确；
C．当线圈上下运动时，线圈切割磁感线，所以回路中有感应电流，故C错误；
D．根据对称性可知，圆形线圈上各位置的磁感应强度大小相等，方向不同，故磁感应强度不相同，故D错误。古选B。
5．下列是课本中的四幅图，有关实验时要满足的条件或者说法描述正确的是（ ）
A．甲图为奥斯特发现电流磁效应的实验，图中的通电导线应沿东西方向放置
B．乙图地球表面的磁场竖直分量在南半球垂直于地面向下，在北半球垂直于地面向上
C．丙图为延时继电器的示意图，S断开后再次闭合瞬间，A线圈产生磁场的方向与B线圈产生磁场的方向相反
D．丁图为一种用电磁原理制作的充气泵的结构示意图，其工作原理类似打点计时器。当电流从电磁铁的接线处a流入，吸引小磁铁向下运动时，电磁铁的上端为S极，且电磁铁用的铁芯由硬磁性材料制作而成
【答案】C
【详解】A．如甲图所示的实验说明电流的磁效应，奥斯特发现的，即电流周围存在磁场，为了避免地磁场的影响，通电导线是沿南北方向放置的，故A错误；
B．根据地磁场的分布图可知，地球表面的磁场的竖直分量在南半球垂直于地面向上，在北半球垂直于地面向下，故B错误；
C．S断开后再次闭合瞬间，由于“增反减同”，A线圈产生磁场的方向与B线圈产生磁场的方向相反，故C正确；
D．当电流从电磁铁的接线处a流入，吸引小磁铁向下运动时，电磁铁的上端为S极，通电时，要有磁性，所以此种铁芯最好用软磁性材料，故D错误。故选C。
6．如图所示，在半径为0.5m圆形轨道（粗细均匀）内存在着垂直轨道平面的匀强磁场，磁感应强度大小为1T，导体棒ab在外力作用下沿轨道平面做匀速运动，速度大小为3m/s。已知轨道总电阻为，导体棒总电阻为。运动过程中导体棒与轨道良好接触，忽略阻力及摩擦，当导体棒通过圆心时，a、b两点的电势差为（ ）
A．3V B．2V C．1V D．0.5V
【答案】C
【详解】当导体棒通过圆心时，导体棒在圆形区域内切割有效长度，产生感应电动势
此时圆形轨道接入回路电阻为，导体棒接入回路电阻为，由欧姆定律有
回路路端电压
此时导体棒a、b两点电势差为1V。
故选C。
7．如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨间距为L，导轨下端接有电阻R，匀强磁场B垂直于斜面向上，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨以速度v匀速上滑，则它在上滑h高度的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．安培力对金属棒所做的功为
B．金属棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热
C．拉力F做的功等于回路中增加的焦耳热
D．重力做的功等于金属棒克服恒力F做功
【答案】B
【详解】A．根据左手定则和运动分析可判断此过程安培力做负功，A错误；
B．由功能关系可知，金属棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，B正确；
C．由功能关系可知，拉力做的功等于回路中焦耳热与棒重力势能增量之和，C错误；
D．由动能定理可知，重力做的功和安培力做功总和等于金属棒克服恒力F做功，故重力做的功小于恒力F的功，D错误。故选B。
8．在如图所示的电路中，A1、A2为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈且无内阻，E为电源且无内阻，S为开关。关于两灯泡点亮和熄灭，下列说法正确的是（ ）
A．合上开关，A1先亮，A2后亮
B．合上开关，A2先亮，A1后亮
C．断开开关，A1、A2无闪亮现象且逐渐熄灭
D．断开开关，A2闪亮，之后A1、A2逐渐熄灭
【答案】BC
【详解】AB．由于A1、A2为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，A2灯泡立刻发光，而A1灯泡由于线圈的自感现象，导致A1灯泡渐渐变亮，故A错误，B正确；
CD．由于两灯完全相同，稳定时两灯电流相等，当断开开关时，线圈中产生自感电动势，由A1、A2及电感线圈组成一个回路，两灯同时无闪亮逐渐熄灭，故C正确，D错误。故选BC。
9．某国产“超薄磁吸无线充电器”支持360°磁力吸附，可直接吸附在手机上进行无线充电。该充电器的工作原理如图所示，当充电器上的发射线圈通入频率为50Hz的正弦式交变电流后，就会在接收线圈中感应出电流，实现为手机电池充电。下列说法正确的是（ ）
A．接收线圈中电流产生的磁场呈周期性变化
B．接收线圈中电流产生的磁场恒定不变
C．接收线圈中电流的频率为50 Hz
D．接收线圈中电流的频率为100 Hz
【答案】AC
【详解】AB．发射线圈中的电流产生周期性变化的磁场，在接收线圈中会产生周期性变化的电流，因此接收线圈中的电流也会产生周期性变化的磁场，A正确，B错误；
CD．接收线圈与发射线圈中电流的频率均为50 Hz， C正确，D错误。故选AC。
10．如图，在半径为R的半圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，半径OP与半径OA的夹角为。现有一对质量和电荷量均相等的正，负粒子，从P点沿PO方向射磁场中，一个从A点离开磁场，另一个从B点离开磁场。粒子的重力及粒子问的相互作用力均不计，则下列说法中正确的是（ ）
A．从A点射出磁场的是带正电的粒子
B．正、负粒子在磁场中运动的速度之比为3:1
C．正、负粒子在磁场中运动的时间之比为1:2
D．正，负粒子在磁场中运动的周期之比为1:3
【答案】BC
【详解】A．根据左手定则判断知从A点射出磁场的是负粒子，A错误；
B．正、负粒子在磁场中的运动轨迹如下图所示
圆弧PB所对的圆心角
则正粒子运动轨迹的半径
由
得粒子运动的速率
圆弧PA所对的圆心角
同理，负粒子运动轨迹的半径
由
得正粒子运动的速率
则正、负粒子在磁场中运动的速度之比为3:1，B正确；
D．根据牛顿第二定律有
解得
则正、负粒子在磁场中运动的周期之比为1:1，D错误；
C．由选项A可知，正负粒子的圆心角分别为
根据匀速圆周运动的时间有
代入数据有
正、负粒子在磁场中运动的时间之比为1:2，C正确；
故选BC。
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．如图所示，三根长直导线A、B、C均垂直于纸面放置，其截面位于等边三角形的三个顶点上。A、B、C中通有大小相等，方向如图所示的恒定电流。已知通电长直导线周围磁场磁感应强度大小随距离的增大而减小。现将导线C沿AB连线的中垂线方向缓缓移动，到导线A、B、C的截面再次构成等边三角形的过程中，A、B的磁场对C的安培力（ ）
A．方向一直不变 B．大小先减小后增大
C．一直做正功 D．先做正功后做负功
【答案】A
【详解】AB．导线C沿中垂线向下移动过程中，磁感应强度方向一直向下，大小先增大后减小，因此C受到的安培力方向始终向左，大小先增大后减小，故B错误，A正确；
CD．由于安培力方向始终与运动方向垂直，故安培力一直不做功，故CD错误。
故选A。
2．如图为地球赤道剖面图，地球半径为R。把地面上高度为区域内的地磁场视为方向垂直于剖面的匀强磁场，一带电粒子以一定速度正对地心射入该磁场区域，轨迹恰好与地面相切。不计粒子重力，则（ ）
A．粒子带正电荷 B．轨迹半径为 C．轨迹半径为 D．轨迹半径为
【答案】C
【详解】A．粒子向下偏转，根据左手定则可知粒子带负电荷，故A错误；
BCD．如图所示，设轨迹半径为r，根据几何关系可得
解得
故C正确，BD错误。
故选C。
3．如图所示，M为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷。在M正上方用丝线悬挂一个闭合铝环N，铝环也处于水平面中，且M盘和N环的中心在同一条竖直线O1O2上。现让橡胶盘由静止开始绕O1O2轴按图示方向逆时针加速转动，下列说法正确的是（ ）
A．从上向下看，铝环N中有沿顺时针方向的感应电流
B．铝环N有扩大的趋势
C．橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向下
D．橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上
【答案】D
【详解】A．因橡胶圆盘M带有负电荷，则逆时针加速转动时产生顺时针方向逐渐增大的电流（从上向下看），穿过铝环N的磁通量向下且逐渐增大，根据楞次定律，可知铝环N中有沿逆时针方向的感应电流（从上向下看），A错误；
B．穿过铝环N的磁通量增大，根据楞次定律的阻碍作用，“增缩减扩”可知铝环N的面积有缩小的趋势，B错误；
CD．根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，所以圆盘与铝环中的电流具有相互排斥的作用，橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上，C错误，D正确。
故选D。
4．根据法拉第电磁感应定律判断影响感应电动势的因素：关于感应电动势、磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率，下列说法正确的是（ ）
A．穿过回路的磁通量越大，回路中的感应电动势也越大
B．磁通量的变化量越大，回路中的感应电动势也越大
C．穿过回路的磁通量的变化量和回路中的感应电动势都与线圈的匝数有关
D．穿过回路的磁通量的变化率为0，回路中的感应电动势一定为0
【答案】D
【详解】AB．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势
穿过回路的磁通量的变化率越大，回路中的感应电动势越大；但穿过回路的磁通量Φ或磁通量的变化量越大，磁通量的变化率不一定越大，回路中的感应电动势不一定越大，故AB错误；
C．由知，回路中的感应电动势E与线圈的匝数n有关；由知，穿过回路的磁通量与线圈的匝数n无关，则磁通量的变化量与线圈的匝数n也无关，故C错误；
D．穿过回路的磁通量的变化率为0，回路中的感应电动势E一定为0，故D正确；故选D。
5．两相同的“”形光滑金属框架竖直放置，框架的一部分处在垂直纸面向外的条形匀强磁场中，如图所示。两长度相同、粗细不同的均质铜棒a、b分别从两框架上相同高度处由静止释放，下滑过程中铜棒与框架垂直且接触良好，框架电阻不计，已知铜棒a、b穿过磁场的时间分别为、，下列判断正确的是（ ）
A． B．
C． D．无法判断、的大小关系
【答案】A
【详解】设a棒刚进入磁场时的速度大小为v，假设
有
解得
可知电铜棒a、b在磁场中的运动情况完全相同，即
故选A。
6．如图甲所示，边长为10cm的100匝正方形线框在匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴匀速转动，线框中的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．时刻，线圈中的电流方向发生改变
B．匀强磁场的磁感应强度大小为0.04T
C．线框转动的角速度为
D．线框中感应电动势的最大值为4π V
【答案】D
【详解】A．s时刻，是线框平面与中性面垂直的位置，不是电流方向改变的位置，A错误；
B．由
解得
B错误；
C．线框转动的角速度
C错误；
D．线框中感应电动势的最大值
D正确。
故选D。
7．传感器根据具体工作原理的不同，可分为电阻式、电容式、电感式、……等等，下列关于传感器的分类及工作原理正确的是（ ）
A．热敏电阻和金属热电阻都是电阻式传感器，两者的电阻都随温度的升高而增大
B．图1所示的传感器是电容式传感器，当被测物体向右运动时，电容器的电容增大
C．图2所示的传感器是电感式传感器，当被测物体向右运动时，电感线圈的自感系数增大
D．金属电阻应变片是电阻式传感器，当应变片上的金属丝受到拉力时，应变片的电阻增大
【答案】D
【详解】A．热敏电阻是用半导体材料制成，阻值随温度的升高而减小；金属热电阻的电阻率随温度的升高而增大，故A错误；
B．图1所示的传感器是电容式传感器，当被测物体向右运动时，电容器极板间电介质减小，根据可知，电容器的电容减小，故B错误；
C．图2所示的传感器是电感式传感器，当被测物体向右运动时，铁芯抽出，则自感系数减小，故C错误；
D．金属电阻应变片是电阻式传感器，当应变片上的金属丝受到拉力时，应变片的电阻增大，故D正确。
故选D。
8．如图，在虚线PQ上方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，质子和α粒子从PQ上的O点以相同的速度v（v在纸面内且与PQ的夹角为θ，）同时射入磁场中，分别从PQ上A、B两点离开磁场。已知磁感应强度的大小为B，质子的质量为m、电荷量为e。忽略重力及质子与α粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点间距为
B．A、B两点间距为
C．两粒子在磁场中运动的时间差为
D．两粒子在磁场中运动的时间差为
【答案】BC
【详解】AB．质子与α粒子的运动轨迹如图
根据
可得
质子的质量m、电荷量e，α粒子质量4m、电荷量2e，则
根据几何关系可知A、B两点间距为
故A错误，B正确；
CD．两粒子在磁场中运动的时间差为
故C正确，D错误。
故选BC。
9．如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场，以垂直于斜面向上为磁感应强度正方向，其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。质量为m的矩形金属框的面积为S，电阻为R，从t=0时刻将金属框由静止释放，2t0时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g，金属框的电阻为R，在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．0~2t0和时间内金属框中没有感应电流
B．0~2t0时间内金属框做匀加速直线运动
C．0~2t0时间内金属框中的电流方向始终沿abcda方向
D．0~2t0时间内金属框中产生的焦耳热为
【答案】BC
【详解】AC．时间内穿过金属框的通量先垂直于斜面向下减小，后垂直于斜面向上增大，根据楞次定律可知，金属框中的电流方向始终沿方向，A错误，C正确；
BD．时间内，金属框的边与边所受安培力等大反向，金属框所受安培力的合力为零，以的加速度做匀加速直线运动，B正确。
D．感应电流为
0~2t0时间内金属框中产生的焦耳热为
D错误。
故选BC。
10．如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线恰好位于匀强磁场的边界线OO′上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始以角速度ω绕OO′轴匀速转动，则以下判断正确的是（ ）
A．图示位置线圈中的感应电动势最大，为Em=BL2ω
B．从图示位置开始计时，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=BL2ωsinωt
C．线圈从图示位置起转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q=
D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q=
【答案】BD
【详解】A．题图位置线圈没有任何一边切割磁感线，感应电动势为零，故A错误；
B．若线圈从题图位置开始转动，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为
故B正确；
C．线圈从题图位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为
故C错误；
D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为
故D正确。故选BD。
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．下列说法中正确的是（ ）
A．磁感线可以形象的描述磁场的强弱和方向，它总是由磁铁的 N 极出发，终止于S 极
B．由 B = 可知， B与F成正比，与IL成反比
C．若一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零
D．磁感应强度只与磁场本身的性质有关，与放在该点的通电导线的受力大小、电流大小 及放置方向均无关
【答案】D
【详解】A．在磁体周围磁感线是从磁体的N极出发回到S极，但在磁体的内部磁感线是从磁体的S极出发回到N极，故A错误；
B．磁感应强度是磁场本身的性质，与F、IL无关，故B错误；
C．若一小段通电导体与磁场方向平行，则其不受磁场力的作用，但磁感应强度不为零，故C错误；
D．磁感应强度只与磁场本身的性质有关，与放在该点的通电导线的受力大小、电流大小 及放置方向均无关，故D正确。故选D。
2．如图所示，一个圆柱体空间过旋转轴平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一电子以某一速度从圆柱体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于电子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】AB．根据左手定则，电子所受的磁场力和磁场方向垂直，电子始终在xOy平面内运动，在圆柱体左侧做逆时针圆周运动，在圆柱体的右侧做顺时针圆周运动，A正确，B错误；
C．因为电子始终在xOy平面内运动，z轴坐标为正值且不变，x轴的坐标先负值后正值，其投影如图所示
C错误；
D．因为电子始终在xOy平面内运动，z轴坐标为正值且不变，在y轴方向上的位移始终为正值，其投影如图所示
D错误。故选A。
3．如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为，质量为m（不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则CD板上能被粒子打中区域的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由左手定则可知粒子在磁场区域向下偏转，则CD板上能被粒子打中区域如图所示。
MN两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以圆心在C点，则
设轨迹与CD板相切于K点，半径为，在中
所以
即KC长等于
所以CD板上可能被粒子打中的区域即为HK的长度
故选A。
4．如图所示，一闭合导体圆环先水平固定在a处，条形磁铁由圆环上方的P处从静止开始下落并从圆环中心穿过。再将圆环水平固定在b处，仍让该磁铁在P处由静止下落从圆环中心穿过。磁铁下落过程保持竖直且N极朝下。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．磁铁在整个下落过程中，俯视，圆环中电流始终沿逆时针方向
B．磁铁在整个下落过程中，俯视，圆环中电流先沿顺时针后沿逆时针方向
C．圆环在b处感应电流最大值比在a处感应电流最大值大
D．磁铁穿过圆环的过程中，圆环在a处时磁通量的变化量小于圆环在b处时磁通量的变化量
【答案】C
【详解】AB．根据楞次定律，在整个下落过程中，磁铁在圆环上方运动时俯视，圆环中电流沿逆时针方向；磁铁在圆环下方运动时，圆环中电流沿顺时针方向，故AB错误；
CD．圆环在a处时磁铁穿过圆环的最大速度比穿过圆环在b处时小，但是两种情况下穿过圆环的磁通变化量相等，因此，圆环在b处时磁铁穿过圆环中磁通量变化率最大值比在a处时大，圆环在b处感应电流最大值比在a处感应电流最大值大，故C正确，D错误。
故选C。
5．如图所示，虚线MN左侧有垂直水平面向上的匀强磁场，右侧有垂直水平面向下的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为，半径为、电阻为的金属圆环在水平面上向右运动穿过MN，在如图所示状态时，线框的速度大小为，此时金属圆环受到的安培力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】如图所示状态时，圆环在左右两边磁场切割磁感线的有效长度均为
圆环中感应电动势为
回路中的电流为
金属线框受到的安培力为
故选A。
6．如图甲所示，间距为L＝1m的长直平行金属导轨PQ、MN水平放置，其右端接有阻值为R＝1.5Ω的电阻，一阻值为r＝0.5Ω、质量为m＝0.2kg、长度为L的金属棒ab垂直导轨放置于距导轨右端d＝2m处，与两导轨保持良好接触。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小随时间变化的情况如图乙所示。在0~1.0s内金属棒ab保持静止，1.0s后金属棒在水平外力的作用下运动，使回路的电流为零。导轨电阻不计，重力加速度g=10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．动摩擦因数需等于0.5 B．前2s内通过电阻R的电荷量为2C
C．1s后金属棒做匀加速直线运动 D．第2s内金属棒的位移为1m
【答案】D
【详解】A．在0~1.0s内，由法拉第电磁感应定律可得电动势为
由闭合电路欧姆定律得电流的大小为
由金属棒静止可知最大静摩擦力大于等于安培力，即
解得
故A错误；
B．0~1s内电流恒定为1A，1~2s内电流为零，故前2s内通过的电荷量为
故B错误；
C．由法拉第电磁感应定律知，1s后回路磁通量不变，
t＝1s时，磁通量为
，磁通量为
解得
金属棒不是做匀加速直线运动，故C错误；
D．t＝2s时，金属棒第2s内的位移为
故D正确。故选D。
7．我国已投产运行的特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程，输送电功率最大可达1200万千瓦。输电线路流程和数据可简化为如图所示，若直流线路的输电线总电阻为，变压与整流等造成的能量损失均不计，直流和交流逆变时有效值不发生改变。当直流线路输电电流为时，下列说法正确的是（ ）
A．输送电功率为
B．降压变压器匝数比为11∶5
C．直流输电线上损失的功率为，损失的电压为
D．若保持输送电功率不变，改用输电，直流输电线上损失的功率为
【答案】D
【详解】A．输送电功率为
故A错误；
C．输电导线末端电压
则降压变压器的匝数比
故B错误；
C．输电导线上损失的功率
损失的电压
故C错误；
D． 保持输送功率不变，用550kV输电，输电导线上损失的功率
故D正确。
故选D。
8．如图是苹果自动分拣装置的示意图。该装置把大小不同的苹果，按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果。为压力传感器。为可调电阻，两端电压越大，电磁铁对分栋开关的衔铁吸引越强（ ）
A．压力越大越大
B．压力越大越小
C．调节的大小可以起到保护电路的作用
D．调节的大小可以改变苹果筛选的标准
【答案】BD
【详解】AB．压力越大，若越小，则总电阻越小，总电流越大，故两端电压越大，则电磁铁对分栋开关的衔铁吸引越强，所以大苹果从下面的轨道通过，小苹果从上面轨道通过，可以起到自动分拣大小苹果的效果，反之则不能，故A错误，B正确；
CD．通过调节的大小，可以改变的两端的电压，则可以改变电磁铁对分栋开关的衔铁吸引力的强弱，从而改变苹果筛选的标准，故C错误，D正确。
故选BD。
9．如图甲为实验室里某型号磁电式电流表结构。矩形线圈匝数为n，电阻为R。矩形线圈处在均匀辐射状磁场中，如图乙所示，线圈左右两边所在之处的磁感应强度大小均为B。若线圈受到的安培力和螺旋弹簧的弹力达到平衡时，指针达到稳定。下列说法正确的是（ ）
A．如图甲所示，线圈顺时针转动过程中，穿过铝框的磁通量减少
B．在线圈转动范围内，线圈所受安培力大小与电流大小有关，而与所处位置无关
C．通电线圈中的电流越大，电流表指针偏转角度就越大
D．更换劲度系数更小的螺旋弹簧，可以减小电流表的灵敏度（灵敏度即）
【答案】BC
【详解】A．如图甲所示，线圈顺时针转动过程中，穿过铝框的磁感线条数增多，磁通量增加，故A错误；
BC．磁场是均匀辐射分布的，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，又线圈左右两边所在之处的磁感应强度大小均相等，根据安培力的大小可知线圈所受安培力大小与电流大小有关，而与所处位置无关，线圈中的电流越大，线圈受到的安培力越大，电流表指针偏转的角度也越大，故BC正确；
D．更换劲度系数更小的螺旋弹簧，电流变化量相等时，安培力变化量相等，但转动角度变化量增大，故灵敏度增大，故D错误。故选BC。
10．如图所示，光滑绝缘水平面上存在方向竖直向下的有界（边界竖直）匀强磁场，一直径与磁场区域宽度相同的闭合金属圆形线圈在平行于水平面的拉力作用下，在水平面上沿虚线方向匀速通过磁场。下列说法正确的是（ ）
A．线圈通过磁场区域的过程中，线圈中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向
B．线圈通过磁场区域的过程中，线圈中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
C．该拉力的方向与线圈运动速度的方向相同
D．该拉力的方向水平向右
【答案】BD
【详解】AB．线圈进入磁场过程中，垂直于纸面向里的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中的感应电流产生的磁场应垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中电流为逆时针方向；线圈离开磁场的过程中垂直于纸面向里的磁通量变小，根据楞次定律可知线圈中的感应电流产生的磁场应垂直于纸面向里，根据安培定则可知线圈中的电流为顺时针方向，综上所述，线圈通过磁场区域的过程中，线圈中的感应电流先逆时针，后顺时针，故A错误；B正确；
CD．线圈切割磁感线的有效长度示意图如图
结合楞次定律阻碍相对运动的推论，根据左手定则可知安培力始终水平向左，则该拉力的方向水平向右，故C错误，D正确。故选BD。
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．现代大部分复印机的核心部件是有机光导体鼓，它是一个金属圆柱，表面涂覆有机光导体（OPC）。没有光照时，OPC是绝缘体，受到光照时变成导体。复印机复印的工作过程如图所示。下列关于这类复印机的说法不正确的是（ ）
A．这种复印机应用了静电吸附
B．OPC是一种光敏半导体材料
C．在显影过程中，墨粉飞向OPC时做匀变速运动
D．光照会激发OPC中受束缚的电子从而导电，因此入射光需大于一定的频率
【答案】C
【详解】AB．复印机复印利用了静电吸附的原理，OPC是一种光敏半导体材料，在光照后由绝缘体变为导体，故AB正确，不符合题意；
C．在显影过程中，墨粉受到的静电力随着与OPC的距离改变面改变，加速度不断改变，故C错误，符合题意；
D．光照射到OPC表面时，材料中的电子被激发而远离原子核，从而变为导体，所以只有当光子能量（频率）大于某一数值时才可以导电，故D正确，不符合题意。故选C。
2．我国超级电网，将热、水、风、光、核发电及电动汽车电池储能并入电网．如图所示为某小型发电站高压输电示意图．升压变压器原、副线圈两端的电压分别为和，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为和．在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为和，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确酌是（ ）
A．两互感器均起到降压作用
B．若电压表的示数为，电流表的示数为，则线路输送电功率为
C．若保持发电机输出电压和用户数一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率减少
D．若发电机输出电压一定，若用户数增加，为维持用户电压一定，可将滑片P下移
【答案】B
【详解】A．电压互感器起降压作用，电流互感器起减小电流（升压）作用，故A错误。
B．电压互感器原线圈两端电压
电流互感器原线圈中的电流
对于理想变压器，输送功率
P=P2=U2I2=2200×100W=220000W
故B正确。
C．将滑动片Q下移，相当于增加了升压变压器副线圈的匝数n2，根据理想变压器的规律
升压变压器副线圈两端的电压增大； 降压变压器原线圈两端电压U3增大，副线圈两端电压U4增大，通过负载的电流
当R不变时，I4增大，降压变压器原线圈中的电流
匝数比不变，I3增大，输电线上损失功率
增大，故C错误。
D．当用户数增加，负载电阻R减小，若降压变压器副线圈两端电压U4不变，通过副线圈的电流
增大，原线圈中的电流增大，输电线上的电压损失
ΔU=I3r
增大；原线圈两端电压
U3=U2-ΔU
将减小，根据
可知，当U3减小时，减小n3可以使U4不变，所以要将降压变压器的滑动片P上移，故D错误。
故选B。
3．如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行并相距为L，bc是以O为圆心的半径为r的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，磁感应强度均为B，a、d两端接有一个电容为C的电容器，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，金属杆MN质量为m，金属杆MN和OP电阻均为R，其余电阻不计，若杆OP绕O点在匀强磁场区内以角速度ω从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（ ）
A．杆OP产生的感应电动势恒为Bωr2
B．电容器带电量恒为
C．杆MN中的电流逐渐减小
D．杆MN向左做匀加速直线运动，加速度大小为
【答案】C
【详解】A．杆OP产生的感应电动势恒为
故A错误；
BC．由右手定则知OP产生的感应电流方向为由O到P，则MN杆中电流方向为由M到N，由左手定则知MN杆受到向左的安培力，MN杆向左做加速运动，也产生感应电流，与OP产生的电流方向相反，根据
随着MN的速度增加，回路中电动势的和逐渐减小，电流减小，电容器的电压减小，则极板电荷量逐渐减小，故B错误，C正确；
D．回路中电流逐渐减小，杆MN受到的安培力逐渐减小，则杆向左做加速度逐渐减小的加速直线运动，故D错误。故选C。
4．下列说法正确的是（ ）
A．只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小由电源内非静电力的特性决定
B．根据，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比
C．法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D．安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的
【答案】A
【详解】A．公式只是电动势的定义式而非决定式，表明电动势等于非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功，属于比值定义，即电动势E与W、q无关，由电源内部非静电力的特性决定，选项A正确；
B．磁场中某点的磁感应强度B只与磁场本身决定，与F与IL无关，选项B错误；
C．奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，选项C错误；
D．安培定则用来判断通电导线或线圈周围的磁场方向，选项D错误。
故选A。
5．如图所示，一内壁光滑、上端开口下端封闭的绝缘玻璃管竖直放置，高为h，管底有质量为m、电荷量为+q的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。在外力作用下，玻璃管在磁场中运动速度保持不变，小球最终从上端管口飞出，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．洛伦兹力对小球做正功
B．小球运动的加速度逐渐增大
C．小球机械能的增加量等于qvBh
D．玻璃管运动速度越大，小球在玻璃管中的运动时间越长
【答案】C
【详解】A．洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永不做功，故A错误；
B．玻璃管在水平方向做匀速运动，小球受到的洛伦兹力在竖直方向的分力保持不变，即在竖直方向做匀加速运动，合运动为匀加速曲线运动，即加速度恒定，故B错误；
C．由于管对球的支持力对小球做了功，小球的机械能是增加的，在竖直方向上，由牛顿第二定律
由匀变速位移公式
小球离开管口的速度
合速度
动能增量
重力势能增量
联立解得
选项C正确；
D．小球的实际运动速度可分解为水平方向的速度v和竖直方向的速度vy，竖直方向的洛伦兹力不变，在竖直方向上，由牛顿第二定律
由匀变速位移公式
联立解得
即玻璃管运动速度越大，则小球在玻璃管中的运动时间越小，故D错误。故选C。
6．如图所示，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空､匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上。P､M､N分别为轨道的最低点。a､b､c三个相同的带正电绝缘小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动，则（ ）
A．b球先于a球到达轨道的最低点
B．a､b两球第一次经过轨道最低点时，b球对轨道的压力更小
C．三小球向下运动过程中，c球到达轨道最低点的速度最小
D．c球运动过程中，其重力势能最小时，电势能一定最大
【答案】C
【详解】A．沿着轨道建立自然坐标系，将速度和加速度分解为沿轨道方向和垂直于轨道方向，由于图二洛伦兹力始终在垂直于轨道方向，不影响沿轨道方向的受力，所以b球和a球同时到达轨道的最低点；A错误；
BC．第一个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到P点过程中只有重力做功，根据动能定理有
第二个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到M点过程中只有重力做功，根据动能定理有
第三个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到N点过程中有重力做功、电场力做功，根据动能定理有
根据以上公式有可知，c球到达轨道最低点的速度最小。
由牛顿第二定律，对a球得
对b球得
所以a､b两球第一次经过轨道最低点时，b球对轨道的压力更大；B错误，C正确；
D．c球运动过程中，小球运动到轨道右侧速度减小为0时，电势能最大，D错误。故选C。
7．如图甲所示，是一种手压式环保节能手电筒的结构示意图。使用时，迅速按压手柄，灯泡（可视为纯电阻）就能发光，这种不需要干电池的手电筒的工作原理是利用电磁感应现象。其转动装置和齿轮传动装置的简化原理图如图乙、丙所示。假设图乙中的转动装置由金属内圈和金属外圈构成，内、外圈之间接有一根沿半径方向的金属条ab，灯泡通过电刷分别跟内外线圈相连接（图乙中未画出）。整个转动装置固定在转动轴上，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面（纸面）向里。图丙中的齿轮传动装置中A齿轮固定在转动装置的转动轴上，B、C齿轮同心固定，C轮边缘与手柄相啮合，A、B齿轮边缘相啮合，手柄重力忽略不计（ ）
A．向下压手柄时，齿轮C逆时针转动
B．转动装置中的A齿轮逆时针转动时，电流由a流向b
C．手柄向下向上运动时流过ab杆的电流方向相同
D．流过灯泡的电流大小与手柄向下压的速度成正比
【答案】D
【详解】A．由丙图可知，向下压手柄时，齿轮C顺时针转动，A错误；
B．转动装置中的A齿轮逆时针转动时，金属条ab逆时针转动切割磁感线，回路闭合，由右手定则知电流由b流向a，B错误；
C．手柄向下和向上运动时，A齿轮转动方向相反，流过ab杆的电流方向相反，C错误；
D．流过灯泡的电流
知与A齿轮的角速度成正比；A齿轮与B齿轮边缘点线速度大小相等，B齿轮与C齿轮边缘角速度相等，C齿轮边缘线速度大小等于手柄上下运动的速度大小，由于各齿轮半径不变，所以A齿轮的角速度
与手柄上下运动的速度大小成正比，则流过灯泡的电流大小与手柄向下压的速度成正比，D正确。
故选D。
8．如图所示，间距的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上，斜面倾角。区域I、Ⅱ分别以PQ、MN为边界，均存在垂直于斜面向上的磁场，I区中磁感应强度从0开始随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场，磁感应强度，PQ与MN之间为无磁场区域。质量、电阻的导体棒垂直于导轨放置，从两磁场之间的无磁场区域由静止释放，经过进入Ⅱ区恰好匀速下滑。运动中棒与导轨始终保持良好接触，导轨足够长且电阻不计。重力加速度，。则下列说法正确的是（ ）
A．进入Ⅱ区后，导体棒中的电流
B．无磁场区域的面积至少为
C．前2s导体棒产生的焦耳热
D．若I区磁场面积为，则I区的磁感应强度随时间变化的表达式为
【答案】AC
【详解】A．进入Ⅱ区恰好匀速下滑，则
导体棒中的电流为
故A正确；
B．导体棒进入Ⅱ区域磁场的速度为
根据牛顿第二定律
导体棒在无磁场区域做匀加速直线运动，则
无磁场区域的面积最小值为
代入数据得
故B错误；
C．导体棒进入Ⅱ区域后，I区中磁感应强度变化产生的感生电动势为E1, Ⅱ区域导体棒切割磁场产生的动生电动势为E2，则
感生电动势为
前2s导体棒未切割磁场，则产生的焦耳热为
故C正确；
D．根据
I区磁场的变化率为
I区中磁感应强度从0开始随时间均匀增加，则I区的磁感应强度随时间变化的表达式为
故D错误。故选AC。
9．如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．棒与导轨间的动摩擦因数为
B．棒与导轨间的动摩擦因数为
C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60°
D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°
【答案】BC
【详解】设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°;当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有
令
根据数学知识可得
则有
同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有
有
所以有
当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得
带入
可得α=30°，此时
加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有
减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有
故BC正确，AD错误。故选BC。
10．如图，足够长的荧光屏OA的上方区域存在匀强磁场，边界MN左侧区域的磁场方向垂直纸面向里，右侧区域的磁场方向垂直纸面向外，两区域的磁感应强度大小均为B。光屏上方有一粒子源紧挨着O点，可沿OA方向不断射出质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子。粒子打在荧光屏上时，荧光屏相应位置会发光。已知粒子的速率可取从零到某最大值之间的各种数值，速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，OM之间的距离为，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则（ ）
A．粒子的最大速率为
B．荧光屏上的发光长度
C．打中荧光屏的粒子运动时间的最小值为
D．打中荧光屏的粒子运动时间的最大值为
【答案】AC
【详解】AC．速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，轨迹如图所示
设轨道半径为r1，即
OO1=r1
O1O2=2r1
可知圆心角
∠OO1K=60°
故
可解得
r1=2a
由向心力公式可得
联立可解得
此过程，在磁场中的运动时间最短，MN左侧轨迹圆心角60°，右侧轨迹圆心角150°，周期公式为
故总时间为
故AC正确；
BD．当粒子的轨迹恰与MN相切时，进入右侧后，恰与MA相切，在磁场中的运动时最长。如图所示
由几何关系得
两边轨迹合起来恰好是一个圆周，故最长时间
垂直打到荧光屏的位置离M最远，与荧光屏相切点离M最近，两点之间距离即为光屏上的发光长度，即
故BD错误。故选AC。
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．如图所示，足够大的垂直纸面向里的匀强磁场中固定一光滑斜面，A、B叠放在斜面上，A带正电，B不带电且上表面绝缘。在t=0时刻，释放两物块，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，以下说法正确的是（ ）
A．A所受洛伦兹力大小与时间t成正比关系
B．A对B的压力大小与时间t成反比关系
C．A、B间的摩擦力越来越小
D．斜面倾角越大，A、B一起沿斜面运动的位移越大
【答案】A
【详解】A．对A进行受力分析，受重力洛伦兹力和支持力，则其合力为，根据牛顿第二定律
得
则
洛伦兹力为
即洛伦兹力与时间成正比，故A正确；
B．A对B的压力大小
洛伦兹力与时间是一次函数关系，故B错误；
C．在下滑方向上，A和B都不接受阻力，所以都以的加速度前进，没有相对运动趋势，故AB之间没有摩擦力，故C错误；
D．当
时，AB开始分离，此时
位移
故位移随着倾角的增大而减小，故D错误。故选A。
2．地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图所示，O为地球球心、R为地球半径，地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子的重力及相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子无论速率多大均无法到达MN右侧地面
B．若粒子速率为，正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面
C．若粒子速率为，入射到磁场的粒子均可以到达地面
D．若粒子速率为，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面
【答案】D
【详解】A．射入方向在地球下表面以下的粒子，只要速率合适，便可到达MN右侧地面。故A项错误；
B．若粒子的速率为，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有
解得
若粒子正对着O处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图所示
设该轨迹半径为，由几何关系可得
解得
故B项错误；
C．若粒子的速率为，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有
解得
若粒子的射入方向在正对O处以上，根据左手定则可知，其粒子的轨迹为向上偏转，则入射到磁场的粒子均不可能到达地面，故C项错误；
D．若粒子速率为，由洛伦兹力提供向心力得
解得
由B项的分析可知，此时若粒子正对着O处入射，则恰好可以到达地面；而在对着O处以上的方向入射的粒子，因为向上偏转，均不能到达地面；而在对着O处以下的方向入射的粒子均会达到地面。综上所述，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地。故D项正确。故选D。
3．如图所示，有一足够大的光滑水平面上存在非匀强磁场，其磁场分布沿x轴方向均匀增大，沿y轴方向是不变的，磁场方向垂直纸面向外。现有一闭合的正方形金属线框（线框有电阻），质量为m，以速度大小为v0、方向沿其对角线且与x轴成45°角开始运动，以下关于线框的说法中正确的是（ ）
A．线框中的感应电流方向沿逆时针方向
B．线框将做匀减速直线运动
C．线框运动中产生的内能为
D．线框最终将静止于平面上的某个位置
【答案】C
【详解】A．穿过线框的磁通量增加，根据楞次定律得线框中产生顺时针方向感应电流，故A错误；
B．因为安培力向左并逐渐减小，所以线框做加速度减小的减速曲线运动，故B错误；
CD．最终线框沿x轴方向的速度减小为0，沿y轴方向速度大小不变，所以线框最终速度大小为，方向沿y轴正方向，根据能量守恒得线框运动过程中产生的内能为
故C正确，D错误。故选C。
4．如图甲所示为某一电磁炮原理示意图，图中有直流电源、电容器，线圈套在中空并内侧光滑的绝缘管上，将直径略小于管内径的金属小球静置于管内。开关S接1使电容器完全充电，开关接2时开始计时，通过线圈的电流随时间的变化规律如图乙所示，金属小球在时间内被加速发射出去（时刻刚好运动到右侧管口）。在时间内，下列说法正确的是（ ）
A．小球的加速度一直增大 B．线圈中产生的磁场方向向左
C．小球中产生的涡流一直减小 D．电容器储存的电能全部转化为小球的动能
【答案】C
【详解】A．磁场强弱程度与通过线圈的电流成正比，则在时间内，电流在增大，但变化率在减小，所以线圈的磁通量在增大，但磁通量的变化率逐渐减小，由法拉第电磁感应定律
可知感应电动势减小，所以小球受到的感应电场的电场力也逐渐减小，由牛顿第二定律可知加速度也减小，故A错误；
B．由图甲可知时间内，电容器上极板为正极板，所以线圈中左侧电流向下，根据安培定则可知线圈中产生的磁场方向向右，故B错误；
C．时间内，电流的变化率减小，则小球内磁通量的变化率减小，根据法拉第感应定律可知，小球内的涡流减小，故C正确；
D．电容器放电过程中，变化的磁场在空间中产生变化的电场，然后以电磁波的形式传递出去，散失了一部分能量，所以电容器储存的电能不能全部转化为小球的动能，故D错误。故选C。
5．如图所示，两电阻不计的光滑平行导轨水平放置，部分的宽度为部分的宽度为，金属棒和的质量分别为和，其电阻大小分别为和，a和分别静止在和上，垂直于导轨且相距足够远，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为。现对金属棒施加水平向右的恒力，两棒运动时始终保持平行且总在上运动，总在上运动，经过足够长时间后，下列说法正确的是（ ）
A．回路中的感应电动势为零
B．流过金属棒的电流大小为
C．金属棒和均做匀速直线运动
D．金属棒和均做加速度相同的匀加速直线运动
【答案】B
【详解】ACD．对ab整体分析，由于受恒定拉力作用，则经过足够长时间后最终达到稳定状态，此时回路中的感应电动势保持恒定，则回路中的电流恒定，设两棒的加速度为aa、ab，有
由于电动势恒定，则对上式两边求变化率有
则可得
故ACD错误；
B．根据受力分析，由牛顿第二定律得
联立解得
由于金属棒a，b串联，则流过a的电流大小也为，故B正确。故选B。
6．1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“阿拉果圆盘实验”，实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示，实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后，下列说法正确的是（ ）
A．因为穿过圆盘的磁通量不变，圆盘上没有感应电流
B．穿过整个圆盘的磁通量发生了变化从而产生沿圆盘边缘的环形电流
C．圆盘内局部面积的磁通量变化产生感应电流，从而产生磁场导致磁针转动
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成了环形电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
【答案】C
【详解】A．穿过圆盘的磁通量不变，但是圆盘局部面积的磁通量发生变化，所以在圆盘上有不同的感应电流，从而产生涡流，所以A错误；
B．穿过整个圆盘的磁通量没有发生了变化，所以沿圆盘边缘没有产生环形电流，所以B错误；
C．圆盘内局部面积的磁通量变化产生感应电流，从而产生磁场导致磁针转动，所以C正确；
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成了环形电流而产生的磁场，由安培定则可判断出磁场的方向在中心方向竖直向下，其它位置关于中心对称，则此电流产生的磁场不会导致磁针转动，所以D错误；
故选C。
7．如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器组成闭合电路。两个方向均垂直纸面向里的匀强磁场以平行磁场方向且过bc轴的平面为分界线，其中bc左边磁场的磁感应强度大小为，bc右边磁场的磁感应强度大小为，且比大，线圈在这两个磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，线圈的面积为S，转动角速度为，匝数为N，线圈电阻不计。下列说法不正确的是（ ）
A．线圈从垂直于磁场方向开始运动，在一个周期内，小灯泡的电流经历了先增大后减小，再增大最后减小四个阶段
B．当将滑片P向上移动时，小灯泡的亮度将变暗
C．该变压器输入电压的有效值为
D．将小灯泡换成发光二极管，若线圈从图示位置开始运动时二极管发光，则当线圈转一周将要回到初始位置时二极管不发光
【答案】C
【详解】A．当线圈与磁场方向平行时产生的电动势最大，所以线圈绕bc轴转动时，电流先增大再减小，电流反向后先增大再减小，总共经历四个阶段，故A正确；
B．当滑片P向上移动时，原线圈匝数增大，根据变压器原理，输出电压减小，小灯泡会变暗，故B正确；
C．线圈在左侧磁场中产生电动势的有效值
线圈在右侧磁场中产生电动势的有效值
设电动势的有效值为E，根据有效值定义
则
故C错误；
D．若将小灯泡变成发光二极管，因为其单向导电的特点，所以若线圈从初始位置刚运动时发光，则转动一周后快到初始位置时，电流方向相反，二极管不会发光，故D正确。
本题要求选择错误的，故选C。
8．计算机光驱的主要部分是激光头，它可以发射脉冲激光信号，激光扫描光盘信息时，激光头利用光敏电阻自动计数器将反射回来的脉冲信号传输给信号处理系统，再通过计算机显示出相应信息。光敏电阻自动计数器的示意图如右下图所示，其中R1为光敏电阻，R2为定值电阻，此光电计数器的基本工作原理是（ ）
A．当有光照射R1时，处理系统获得高电压
B．当有光照射R1时，处理系统获得低电压
C．信号处理系统每获得一次低电压就计数一次
D．信号处理系统每获得一次高电压就计数一次
【答案】AD
【详解】当有光照射R1时，光敏电阻变小，回路电流变大，R2两端的电压升高；处理系统获得高电压，系统获得信息则计数一次。故选AD。
9．我国“洛神”号潜艇研制已经取得了重大突破，开始进入试车定型阶段，该潜艇应用了超导磁流体推进器。如图是超导磁流体推进器原理图，推进器浸没在海水中，海水由推进器前侧进入、后侧流出，左、右两侧导体板连接电源，与推进器里的海水构成回路，由固定在潜艇上的超导线圈（未画出）产生垂直于海平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。已知左、右两侧导体板间海水的体积为V，垂直于导体板方向单位面积上的电流为I（导体板外电流不计）。下列说法正确的是（ ）
A．要使潜艇前进，左，右两侧导体板所接电源的正、负极应与图示方向相反
B．同时改变超导线圈中电流的方向和海水中电流的方向，潜艇受磁场力的方向将反向
C．潜艇所受磁场力的大小为IVB
D．若导体板间海水的电阻为R，其两端的电压为U，则潜艇在海水中匀速前进时，海水中的电流小于
【答案】ACD
【详解】A．根据左手定则，左、右内侧导体板所接电源的正、负极与图示方向反时，海水受到安培力向后，根据牛顿第三定律，海水对磁场（实质是海水对超导潜艇）的作用力向前，该力是使潜艇前进的力，故A正确；
B．改变超导线圈中电流的方向，匀强磁场的方向发生改变，同时改变海水中电流的方向，则潜艇受磁场力的方向不变。故B错误；
C．设推进器内侧导体板的面积为S，间距为d，装满水时，磁场力为
故C正确；
D．船在海水中匀速前进时，可视为导体在海水中切割磁感线，产生与电流方向相反的感应电动势，所以海水中的电流小于，故D正确。
故选ACD。
10．如图质量为、电荷量为的带正电粒子（忽略粒子重力），以速度沿方向垂直射入相互正交的竖直向下的匀强电场和水平向里匀强磁场，经过该区域中的P点的速率为，此时侧移量为，若，下列说法中正确的是（ ）
A．带电粒子在P点的速率
B．带电粒子的加速度大小恒为
C．若，粒子从射入该区域到P点所用时间至少
D．粒子在运动过程中洛伦兹力始终大于电场力
【答案】BC
【详解】A．粒子运动过程中，洛伦兹力始终与速度方向垂直而不做功，则根据动能定理
解得
故A错误；
B．将粒子进入电磁场的初速度看成是两个水平向右分速度、的合成，其中水平向右分速度满足
解得
则另一水平向右分速度满足
则粒子在电磁场中的运动可分解为：以水平向右做匀速直线运动和以大小做匀速圆周运动，其中以大小做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力；可知粒子运动过程受到的合力大小为
根据牛顿第二定律可知带电粒子的加速度大小为
故C正确；
C．以大小做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
若
可知粒子从射入该区域到P点所用时间至少为
故C正确；
D．粒子的合速度为分速度与的合成，其中的大小方向均保持不变，的大小不变，方向时刻发生改变，当方向与方向相反时，粒子的合速度最小，则有
可知粒子受到的洛伦兹力最小值为零，而粒子受到的电场力保持不变，故D错误。故选BC。
专题05 磁场与电磁感应
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．在地球赤道上空，有一束电子流，自东向西运动，由于受地球磁场的影响，电子流将（ ）
A．向上偏转 B．向下偏转 C．向南偏转 D．向北偏转
【答案】A
【详解】在地球赤道上空，地磁场方向由地理南极指向北极，电子流自东向西运动，根据左手定则，电子流将向上偏转。
故选A。
2．如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c三点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc，其大小关系是（ ）
A．ta
【详解】电子在磁场中做圆周运动的周期
则电子在磁场中运动的时间为
与速度无关，故在磁场中运动的时间取决于圆心角的大小。由几何关系可知，，故C正确；
故选C。
3．在电磁学的发展过程中，许多物理学家做出了贡献，以下说法正确的是（ ）
A．奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，提出了著名的洛伦兹力公式
B．法拉第发现了电磁感应现象，并制造了世界上第一台手摇发电机
C．安培通过实验发现了通电导线周围存在磁场，首次揭示了电与磁的联系
D．欧姆在前人工作的基础上通过实验研究总结出了电流通过导体时产生的热量跟电流的关系
【答案】B
【详解】A．洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，提出了著名的洛伦兹力公式，故A错误；
B．法拉第通过实验总结出了电磁感应规律，并制造了世界上第一台手摇发电机，故B正确；
C．奥斯特通过实验发现了通电导线周围存在磁场，首次揭示了电与磁的联系，故C错误；
D．焦耳在前人工作的基础上通过实验研究总结出了电流通过导体时产生的热量跟电流的关系，故D错误。
故选B。
4．美媒称，中国第三艘航母（第二艘国产航母）正在建造当中，很可能体现出优于前两艘航母的技术进步，新航母很可能比两艘“前辈”更大，并配备电磁弹射系统，允许更大，更重的飞机携带更多武器，执行更远距离任务，航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去，则下列说法正确的是（ ）
A．若将金属环置于线圈的右侧，环将不能弹射出去
B．金属环向左运动过程中将有扩大趋势
C．若将电池正、负极调换后，金属环不能向左弹射
D．合上开关S的瞬间，从左侧看环中产生沿逆时针方向的感应电流
【答案】D
【详解】A．若金属环放在线圈右侧，根据“来拒去留"可得，环将向右运动，A错误；
B．固定线圈上突然通过直流电流，穿过环的磁通量增大，根据楞次定律“增缩减扩”可知金属环被向左弹射的瞬间，还有缩小的趋势，B错误；
C．根据“来拒去留”，在线圈上突然通过直流电流时，环都会受到向左的力的作用，与电源的正负极无关，C错误；
D．线圈中电流为左侧流入，磁场方向为向右，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，金属环的感应电流由左侧看为逆时针，D正确。
故选D。
5．地球是一个巨大的磁体，浙江地区地表附近的磁感应强度大约为，在该地区下列说法正确的是（ ）
A．指南针静止时N极指向地理南极
B．在地面上静置一个带电小球，该小球受到洛伦兹力的作用
C．地面上水平放置一边长为的正方形线框的磁通量为
D．某同学抬头看见天花板上的风扇正逆时针转动，则金属扇叶上离转轴越远电势越高
【答案】D
【详解】A．地磁N极重合在地理南极附近，地磁S极重合在地理北极附近，所以指南针静止时N极指向地理北极，A错误；
B．洛伦兹力是运动电荷在磁场中受到的力，所以在地面上静置一个带电小球，该小球不受洛伦兹力的作用，B错误；
C．由于磁场方向与线框平面的夹角未知，则线框的磁通量无法确定，C错误；
D．地磁场的磁感线可分解成两个分量，水平分量指向地理北极附近，在北半球，则竖直分量竖直向下，根据法拉第电磁感应定律，金属扇叶上的电流方向背离转轴，金属扇叶等效为电源，在电源内部，电流方向与电场线方向相同，电场线方向指向转轴，因为电势沿电场线方向逐渐降低，所以离转轴越远，电势越高，D正确。
故选D。
6．如图所示，U形光滑金属框置于水平绝缘平台上，和边平行且足够长，间距为L，整个金属框电阻可忽略且置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。一根长度也为L、电阻为R的导体棒MN置于金属框上，用大小为F的水平恒力向右拉动金属框，运动过程中，MN与金属框保持良好接触且固定不动，则金属框最终的速度大小为（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】C
【详解】由公式
解得
故选C。
7．如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图。电磁制动是一种非接触的制动方式，其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是（ ）
A．制动过程中，导体不会产生热量
B．如果导体反向转动，此装置将不起制动作用
C．制动力的大小与线圈中电流的大小无关
D．线圈电流一定时，导体运动的速度越大，制动力就越大
【答案】D
【详解】A.电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过电阻时会产生热量,A 错误；
B.如果改变线圈中的电流方向，铁芯产生的磁感线的方向变为反向，此时产生的涡流方向也相反，根据安培力的公式，电流和所处的磁场方向同时反向，安培力方向不变，故还是使导体受到阻碍运动的制动力,B 错误；
C. 线圈中电流越大，则产生的磁场越强，则转盘转动产生的涡流越强，则制动器对转盘的制动力越大，C 错误；
D. 线圈电流一定时，导体运动的速度越大，转盘转动产生的涡流越强，制动力就越大,D 正确。
故选 D 。
8．“稳压”电源可预防由于输电线老化，线损提高，入户电压降低，远达不到电器正常工作的需要。这个电源就是一种升压设备。其原理是根据入户电压与电器工作电压来智能调节变压器原副线圈匝数比的机器。下列说法正确的是（忽略变压器电阻）（ ）
A．现入户电压，若要稳压源输出电压，则需调节
B．空调制冷启动时，热水器实际功率不变
C．空调制冷停止时，导线电阻耗能升高
D．在用电器正常工作时，若入户电压减小，则需要更大的入户电流，从而输电线路损耗更大
【答案】AD
【详解】A．变压器原副线圈电压比等于匝数比
代入数据有
n1: n2 =2:3
故A正确；
BC．空调启动时，副线圈并联负载增多，副线圈电流增大，导线电阻分压增加，导线电阻耗能升高，热水器电压降低，功率降低，空调制冷停止时则情况相反。故BC错误；
D．在用电器正常工作时，功率不变，若入户电压U1减小，则需要更大的入户电流，从而输电线路损耗更大。故D正确。
故选AD。
9．实际应用中，常用到一种双金属温度计，它是利用铜片与铁片铆合在一起的双金属片的弯曲程度随温度变化的原理制成的，如图乙所示。已知图甲中双金属片被加热时，其弯曲程度会增大，则下列各种相关叙述正确的有（ ）
A．该温度计的测温物质是铜、铁两种热膨胀系数不同的金属
B．该温度计是利用测温物质热胀冷缩的性质来工作的
C．由图甲可知，铜的热膨胀系数大于铁的热膨胀系数
D．由图乙可知，其双金属片的内层一定为铜，外层一定为铁
【答案】ABC
【详解】AB．该温度计是利用热膨胀系数不同的铜和铁金属制成的双金属片工作的，双金属片的弯曲程度随温度而变化，AB正确；
C．如题图甲所示，加热时双金属片的弯曲程度增大，即进一步向上弯曲，说明双金属片下层热膨胀系数较大，即铜的热膨胀系数较大，C正确；
D．如题图乙所示，温度计示数是顺时针方向增大，说明当温度升高时，温度计指针按顺时针方向转动，则其双金属片的弯曲程度在增大，故可知双金属片的内层一定是铁，外层一定是铜，D错误。
故选ABC。
10．全球新冠肺炎疫情持续至今，医院需要用到血流量计检查患者身体情况。某种电磁血流量计的原理可以简化为如图所示模型。血液内含有少量正、负离子，从直径为d的血管右侧流入，左侧流出，空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，M、N两点之间的电压稳定时测量值为U，流量Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。下列说法正确的是（ ）
A．血液中负离子多时，M点的电势高于N点的电势
B．M点的电势一定低于N点的电势
C．电压稳定时，正、负离子不再受洛伦兹力
D．血液流量
【答案】BD
【详解】AB．根据左手定则，水平向左入射的正离子受到竖直向下的洛伦兹力，负离子受到竖直向上的洛伦兹力，则正电荷聚集在N一侧，负电荷聚集在M一侧，则M点的电势低于N点的电势，故A错误，B正确；
CD．正负离子达到稳定状态时，离子所受洛伦兹力与电场力平衡，有
可得流速
流量
C错误，D正确。
故选BD。
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．下列说法正确的是（ ）
A．根据速度定义式，当非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
B．伽利略用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性
C．千克、米、牛顿是国际单位制中的基本单位
D．若有一小段长为L、通以电流为I的导线，在磁场中某处受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小是
【答案】A
【详解】A．根据速度定义式
当非常小时，表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故A正确；
B．为了验证地面上的重力与地球吸引月球、太阳吸引行星的力是同一性质的力，遵守同样的规律，牛顿做过著名的“月—地”检验，证实了万有引力定律的正确性，故B错误；
C．牛顿属于国际单位制中力的单位，不是基本单位，是导出单位，故C错误；
D．在定义磁感应强度B时，将一小段长为L、通以电流为I的导线，垂直磁场的方向放置在磁场中某处，受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小是，故D错误。
故选A。
2．特高压直流输电是国家重点工程，如图所示，高压输电线上使用“abcd正方形间隔棒”支撑导线、、、，其目的是固定各导线间距，防止导线互相碰撞，图中导线、、、水平且恰好处在正四棱柱的四条棱上，abcd的几何中心为O点，O点到导线的距离远小于导线的长度，忽略地磁场，当四根导线通有等大、同向的电流时，则（ ）
A．所受安培力的方向为从指向
B．对的安培力比对的安培力小
C．O点的磁感应强度沿bd连线方向
D．O点的磁感应强度为零
【答案】D
【详解】A．根据“同向电流相互吸引”可得L2、L3、L4对L1都是吸引力，且L2、L4 对L1的引力大小相等，则由力的合成可知，L1受到的安培力的方向从L1指向L3，故A错误。
B．越靠近通电直导线，磁感应强度越强，所以L1导线在L2处产生的磁感应强度大于在L3处的磁感应强度，所以L1对L2的安培力大于L1对L3的安培力，故B错误；
CD．根据安培定则以及对称性，L1和L3在O点处的磁感应强度为零，L2和L4在O点处的磁感应强度为零，所以O点处的磁感应强度为零，故D正确，C错误。
故选D。
3．如图是洛伦兹力演示仪，演示仪中电子枪射出的电子束，能使玻璃泡中稀薄的气体发出辉光，显示出电子的径迹。设电子的电量为e，质量为，电子枪的加速电压为，两线圈之间的磁感强度为，方向垂直纸面向外，忽略电子所受重力及电子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．电子从电子枪射出时速度大小为
B．电子枪中射出的电子束做顺时针的匀速圆周运动
C．电子在磁场中运动时，洛伦兹力对电子做正功
D．增大电子枪的加速电压为U，电子在磁场中运动的轨道半径r将增大
【答案】D
【详解】A．电子从电子枪射出时，由动能定理有
解得电子从电子枪射出时速度大小为
故A错误；
B．由左手定则可知，电子从电子枪进入磁场之后，受向左的洛伦兹力，则电子束做逆时针的匀速圆周运动，故B错误；
C．电子在磁场中运动时，洛伦兹力的方向与速度方向一直垂直，洛伦兹力不做功，故C错误；
D．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
解得
整理得
可知，增大电子枪的加速电压为U，电子在磁场中运动的轨道半径r将增大，故D正确。
故选D。
4．在广东珠江口外海处有一浮桶式灯塔，其结构如图所示，浮桶下部由内、外两密封圆筒构成（图右磁铁部分），其内部为产生磁场的磁体，磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置圆形线圈能够随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动，线圈与塔灯相连，下列说法正确的是（ ）
A．当海面无波浪时，该灯塔可以发光
B．海水上下振荡速度越快，灯泡发光越亮
C．当线圈上下运动时，回路中无感应电流
D．圆形线圈上各位置的磁感应强度相同
【答案】B
【详解】A．当海面无波浪时，线圈没有相对磁铁上下运动，则线圈没有切割磁感线，所以灯塔无法发光，故A错误；
B．海水上下振荡速度越快，则产生的感应电动势越大，感应电流就越大，灯泡发光就越亮，故B正确；
C．当线圈上下运动时，线圈切割磁感线，所以回路中有感应电流，故C错误；
D．根据对称性可知，圆形线圈上各位置的磁感应强度大小相等，方向不同，故磁感应强度不相同，故D错误。古选B。
5．下列是课本中的四幅图，有关实验时要满足的条件或者说法描述正确的是（ ）
A．甲图为奥斯特发现电流磁效应的实验，图中的通电导线应沿东西方向放置
B．乙图地球表面的磁场竖直分量在南半球垂直于地面向下，在北半球垂直于地面向上
C．丙图为延时继电器的示意图，S断开后再次闭合瞬间，A线圈产生磁场的方向与B线圈产生磁场的方向相反
D．丁图为一种用电磁原理制作的充气泵的结构示意图，其工作原理类似打点计时器。当电流从电磁铁的接线处a流入，吸引小磁铁向下运动时，电磁铁的上端为S极，且电磁铁用的铁芯由硬磁性材料制作而成
【答案】C
【详解】A．如甲图所示的实验说明电流的磁效应，奥斯特发现的，即电流周围存在磁场，为了避免地磁场的影响，通电导线是沿南北方向放置的，故A错误；
B．根据地磁场的分布图可知，地球表面的磁场的竖直分量在南半球垂直于地面向上，在北半球垂直于地面向下，故B错误；
C．S断开后再次闭合瞬间，由于“增反减同”，A线圈产生磁场的方向与B线圈产生磁场的方向相反，故C正确；
D．当电流从电磁铁的接线处a流入，吸引小磁铁向下运动时，电磁铁的上端为S极，通电时，要有磁性，所以此种铁芯最好用软磁性材料，故D错误。故选C。
6．如图所示，在半径为0.5m圆形轨道（粗细均匀）内存在着垂直轨道平面的匀强磁场，磁感应强度大小为1T，导体棒ab在外力作用下沿轨道平面做匀速运动，速度大小为3m/s。已知轨道总电阻为，导体棒总电阻为。运动过程中导体棒与轨道良好接触，忽略阻力及摩擦，当导体棒通过圆心时，a、b两点的电势差为（ ）
A．3V B．2V C．1V D．0.5V
【答案】C
【详解】当导体棒通过圆心时，导体棒在圆形区域内切割有效长度，产生感应电动势
此时圆形轨道接入回路电阻为，导体棒接入回路电阻为，由欧姆定律有
回路路端电压
此时导体棒a、b两点电势差为1V。
故选C。
7．如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨间距为L，导轨下端接有电阻R，匀强磁场B垂直于斜面向上，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨以速度v匀速上滑，则它在上滑h高度的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．安培力对金属棒所做的功为
B．金属棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热
C．拉力F做的功等于回路中增加的焦耳热
D．重力做的功等于金属棒克服恒力F做功
【答案】B
【详解】A．根据左手定则和运动分析可判断此过程安培力做负功，A错误；
B．由功能关系可知，金属棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，B正确；
C．由功能关系可知，拉力做的功等于回路中焦耳热与棒重力势能增量之和，C错误；
D．由动能定理可知，重力做的功和安培力做功总和等于金属棒克服恒力F做功，故重力做的功小于恒力F的功，D错误。故选B。
8．在如图所示的电路中，A1、A2为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈且无内阻，E为电源且无内阻，S为开关。关于两灯泡点亮和熄灭，下列说法正确的是（ ）
A．合上开关，A1先亮，A2后亮
B．合上开关，A2先亮，A1后亮
C．断开开关，A1、A2无闪亮现象且逐渐熄灭
D．断开开关，A2闪亮，之后A1、A2逐渐熄灭
【答案】BC
【详解】AB．由于A1、A2为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，A2灯泡立刻发光，而A1灯泡由于线圈的自感现象，导致A1灯泡渐渐变亮，故A错误，B正确；
CD．由于两灯完全相同，稳定时两灯电流相等，当断开开关时，线圈中产生自感电动势，由A1、A2及电感线圈组成一个回路，两灯同时无闪亮逐渐熄灭，故C正确，D错误。故选BC。
9．某国产“超薄磁吸无线充电器”支持360°磁力吸附，可直接吸附在手机上进行无线充电。该充电器的工作原理如图所示，当充电器上的发射线圈通入频率为50Hz的正弦式交变电流后，就会在接收线圈中感应出电流，实现为手机电池充电。下列说法正确的是（ ）
A．接收线圈中电流产生的磁场呈周期性变化
B．接收线圈中电流产生的磁场恒定不变
C．接收线圈中电流的频率为50 Hz
D．接收线圈中电流的频率为100 Hz
【答案】AC
【详解】AB．发射线圈中的电流产生周期性变化的磁场，在接收线圈中会产生周期性变化的电流，因此接收线圈中的电流也会产生周期性变化的磁场，A正确，B错误；
CD．接收线圈与发射线圈中电流的频率均为50 Hz， C正确，D错误。故选AC。
10．如图，在半径为R的半圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，半径OP与半径OA的夹角为。现有一对质量和电荷量均相等的正，负粒子，从P点沿PO方向射磁场中，一个从A点离开磁场，另一个从B点离开磁场。粒子的重力及粒子问的相互作用力均不计，则下列说法中正确的是（ ）
A．从A点射出磁场的是带正电的粒子
B．正、负粒子在磁场中运动的速度之比为3:1
C．正、负粒子在磁场中运动的时间之比为1:2
D．正，负粒子在磁场中运动的周期之比为1:3
【答案】BC
【详解】A．根据左手定则判断知从A点射出磁场的是负粒子，A错误；
B．正、负粒子在磁场中的运动轨迹如下图所示
圆弧PB所对的圆心角
则正粒子运动轨迹的半径
由
得粒子运动的速率
圆弧PA所对的圆心角
同理，负粒子运动轨迹的半径
由
得正粒子运动的速率
则正、负粒子在磁场中运动的速度之比为3:1，B正确；
D．根据牛顿第二定律有
解得
则正、负粒子在磁场中运动的周期之比为1:1，D错误；
C．由选项A可知，正负粒子的圆心角分别为
根据匀速圆周运动的时间有
代入数据有
正、负粒子在磁场中运动的时间之比为1:2，C正确；
故选BC。
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．如图所示，三根长直导线A、B、C均垂直于纸面放置，其截面位于等边三角形的三个顶点上。A、B、C中通有大小相等，方向如图所示的恒定电流。已知通电长直导线周围磁场磁感应强度大小随距离的增大而减小。现将导线C沿AB连线的中垂线方向缓缓移动，到导线A、B、C的截面再次构成等边三角形的过程中，A、B的磁场对C的安培力（ ）
A．方向一直不变 B．大小先减小后增大
C．一直做正功 D．先做正功后做负功
【答案】A
【详解】AB．导线C沿中垂线向下移动过程中，磁感应强度方向一直向下，大小先增大后减小，因此C受到的安培力方向始终向左，大小先增大后减小，故B错误，A正确；
CD．由于安培力方向始终与运动方向垂直，故安培力一直不做功，故CD错误。
故选A。
2．如图为地球赤道剖面图，地球半径为R。把地面上高度为区域内的地磁场视为方向垂直于剖面的匀强磁场，一带电粒子以一定速度正对地心射入该磁场区域，轨迹恰好与地面相切。不计粒子重力，则（ ）
A．粒子带正电荷 B．轨迹半径为 C．轨迹半径为 D．轨迹半径为
【答案】C
【详解】A．粒子向下偏转，根据左手定则可知粒子带负电荷，故A错误；
BCD．如图所示，设轨迹半径为r，根据几何关系可得
解得
故C正确，BD错误。
故选C。
3．如图所示，M为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷。在M正上方用丝线悬挂一个闭合铝环N，铝环也处于水平面中，且M盘和N环的中心在同一条竖直线O1O2上。现让橡胶盘由静止开始绕O1O2轴按图示方向逆时针加速转动，下列说法正确的是（ ）
A．从上向下看，铝环N中有沿顺时针方向的感应电流
B．铝环N有扩大的趋势
C．橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向下
D．橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上
【答案】D
【详解】A．因橡胶圆盘M带有负电荷，则逆时针加速转动时产生顺时针方向逐渐增大的电流（从上向下看），穿过铝环N的磁通量向下且逐渐增大，根据楞次定律，可知铝环N中有沿逆时针方向的感应电流（从上向下看），A错误；
B．穿过铝环N的磁通量增大，根据楞次定律的阻碍作用，“增缩减扩”可知铝环N的面积有缩小的趋势，B错误；
CD．根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，所以圆盘与铝环中的电流具有相互排斥的作用，橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上，C错误，D正确。
故选D。
4．根据法拉第电磁感应定律判断影响感应电动势的因素：关于感应电动势、磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率，下列说法正确的是（ ）
A．穿过回路的磁通量越大，回路中的感应电动势也越大
B．磁通量的变化量越大，回路中的感应电动势也越大
C．穿过回路的磁通量的变化量和回路中的感应电动势都与线圈的匝数有关
D．穿过回路的磁通量的变化率为0，回路中的感应电动势一定为0
【答案】D
【详解】AB．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势
穿过回路的磁通量的变化率越大，回路中的感应电动势越大；但穿过回路的磁通量Φ或磁通量的变化量越大，磁通量的变化率不一定越大，回路中的感应电动势不一定越大，故AB错误；
C．由知，回路中的感应电动势E与线圈的匝数n有关；由知，穿过回路的磁通量与线圈的匝数n无关，则磁通量的变化量与线圈的匝数n也无关，故C错误；
D．穿过回路的磁通量的变化率为0，回路中的感应电动势E一定为0，故D正确；故选D。
5．两相同的“”形光滑金属框架竖直放置，框架的一部分处在垂直纸面向外的条形匀强磁场中，如图所示。两长度相同、粗细不同的均质铜棒a、b分别从两框架上相同高度处由静止释放，下滑过程中铜棒与框架垂直且接触良好，框架电阻不计，已知铜棒a、b穿过磁场的时间分别为、，下列判断正确的是（ ）
A． B．
C． D．无法判断、的大小关系
【答案】A
【详解】设a棒刚进入磁场时的速度大小为v，假设
有
解得
可知电铜棒a、b在磁场中的运动情况完全相同，即
故选A。
6．如图甲所示，边长为10cm的100匝正方形线框在匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴匀速转动，线框中的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．时刻，线圈中的电流方向发生改变
B．匀强磁场的磁感应强度大小为0.04T
C．线框转动的角速度为
D．线框中感应电动势的最大值为4π V
【答案】D
【详解】A．s时刻，是线框平面与中性面垂直的位置，不是电流方向改变的位置，A错误；
B．由
解得
B错误；
C．线框转动的角速度
C错误；
D．线框中感应电动势的最大值
D正确。
故选D。
7．传感器根据具体工作原理的不同，可分为电阻式、电容式、电感式、……等等，下列关于传感器的分类及工作原理正确的是（ ）
A．热敏电阻和金属热电阻都是电阻式传感器，两者的电阻都随温度的升高而增大
B．图1所示的传感器是电容式传感器，当被测物体向右运动时，电容器的电容增大
C．图2所示的传感器是电感式传感器，当被测物体向右运动时，电感线圈的自感系数增大
D．金属电阻应变片是电阻式传感器，当应变片上的金属丝受到拉力时，应变片的电阻增大
【答案】D
【详解】A．热敏电阻是用半导体材料制成，阻值随温度的升高而减小；金属热电阻的电阻率随温度的升高而增大，故A错误；
B．图1所示的传感器是电容式传感器，当被测物体向右运动时，电容器极板间电介质减小，根据可知，电容器的电容减小，故B错误；
C．图2所示的传感器是电感式传感器，当被测物体向右运动时，铁芯抽出，则自感系数减小，故C错误；
D．金属电阻应变片是电阻式传感器，当应变片上的金属丝受到拉力时，应变片的电阻增大，故D正确。
故选D。
8．如图，在虚线PQ上方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，质子和α粒子从PQ上的O点以相同的速度v（v在纸面内且与PQ的夹角为θ，）同时射入磁场中，分别从PQ上A、B两点离开磁场。已知磁感应强度的大小为B，质子的质量为m、电荷量为e。忽略重力及质子与α粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点间距为
B．A、B两点间距为
C．两粒子在磁场中运动的时间差为
D．两粒子在磁场中运动的时间差为
【答案】BC
【详解】AB．质子与α粒子的运动轨迹如图
根据
可得
质子的质量m、电荷量e，α粒子质量4m、电荷量2e，则
根据几何关系可知A、B两点间距为
故A错误，B正确；
CD．两粒子在磁场中运动的时间差为
故C正确，D错误。
故选BC。
9．如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场，以垂直于斜面向上为磁感应强度正方向，其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。质量为m的矩形金属框的面积为S，电阻为R，从t=0时刻将金属框由静止释放，2t0时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g，金属框的电阻为R，在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．0~2t0和时间内金属框中没有感应电流
B．0~2t0时间内金属框做匀加速直线运动
C．0~2t0时间内金属框中的电流方向始终沿abcda方向
D．0~2t0时间内金属框中产生的焦耳热为
【答案】BC
【详解】AC．时间内穿过金属框的通量先垂直于斜面向下减小，后垂直于斜面向上增大，根据楞次定律可知，金属框中的电流方向始终沿方向，A错误，C正确；
BD．时间内，金属框的边与边所受安培力等大反向，金属框所受安培力的合力为零，以的加速度做匀加速直线运动，B正确。
D．感应电流为
0~2t0时间内金属框中产生的焦耳热为
D错误。
故选BC。
10．如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线恰好位于匀强磁场的边界线OO′上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始以角速度ω绕OO′轴匀速转动，则以下判断正确的是（ ）
A．图示位置线圈中的感应电动势最大，为Em=BL2ω
B．从图示位置开始计时，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=BL2ωsinωt
C．线圈从图示位置起转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q=
D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q=
【答案】BD
【详解】A．题图位置线圈没有任何一边切割磁感线，感应电动势为零，故A错误；
B．若线圈从题图位置开始转动，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为
故B正确；
C．线圈从题图位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为
故C错误；
D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为
故D正确。故选BD。
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．下列说法中正确的是（ ）
A．磁感线可以形象的描述磁场的强弱和方向，它总是由磁铁的 N 极出发，终止于S 极
B．由 B = 可知， B与F成正比，与IL成反比
C．若一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零
D．磁感应强度只与磁场本身的性质有关，与放在该点的通电导线的受力大小、电流大小 及放置方向均无关
【答案】D
【详解】A．在磁体周围磁感线是从磁体的N极出发回到S极，但在磁体的内部磁感线是从磁体的S极出发回到N极，故A错误；
B．磁感应强度是磁场本身的性质，与F、IL无关，故B错误；
C．若一小段通电导体与磁场方向平行，则其不受磁场力的作用，但磁感应强度不为零，故C错误；
D．磁感应强度只与磁场本身的性质有关，与放在该点的通电导线的受力大小、电流大小 及放置方向均无关，故D正确。故选D。
2．如图所示，一个圆柱体空间过旋转轴平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一电子以某一速度从圆柱体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于电子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】AB．根据左手定则，电子所受的磁场力和磁场方向垂直，电子始终在xOy平面内运动，在圆柱体左侧做逆时针圆周运动，在圆柱体的右侧做顺时针圆周运动，A正确，B错误；
C．因为电子始终在xOy平面内运动，z轴坐标为正值且不变，x轴的坐标先负值后正值，其投影如图所示
C错误；
D．因为电子始终在xOy平面内运动，z轴坐标为正值且不变，在y轴方向上的位移始终为正值，其投影如图所示
D错误。故选A。
3．如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为，质量为m（不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则CD板上能被粒子打中区域的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由左手定则可知粒子在磁场区域向下偏转，则CD板上能被粒子打中区域如图所示。
MN两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以圆心在C点，则
设轨迹与CD板相切于K点，半径为，在中
所以
即KC长等于
所以CD板上可能被粒子打中的区域即为HK的长度
故选A。
4．如图所示，一闭合导体圆环先水平固定在a处，条形磁铁由圆环上方的P处从静止开始下落并从圆环中心穿过。再将圆环水平固定在b处，仍让该磁铁在P处由静止下落从圆环中心穿过。磁铁下落过程保持竖直且N极朝下。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．磁铁在整个下落过程中，俯视，圆环中电流始终沿逆时针方向
B．磁铁在整个下落过程中，俯视，圆环中电流先沿顺时针后沿逆时针方向
C．圆环在b处感应电流最大值比在a处感应电流最大值大
D．磁铁穿过圆环的过程中，圆环在a处时磁通量的变化量小于圆环在b处时磁通量的变化量
【答案】C
【详解】AB．根据楞次定律，在整个下落过程中，磁铁在圆环上方运动时俯视，圆环中电流沿逆时针方向；磁铁在圆环下方运动时，圆环中电流沿顺时针方向，故AB错误；
CD．圆环在a处时磁铁穿过圆环的最大速度比穿过圆环在b处时小，但是两种情况下穿过圆环的磁通变化量相等，因此，圆环在b处时磁铁穿过圆环中磁通量变化率最大值比在a处时大，圆环在b处感应电流最大值比在a处感应电流最大值大，故C正确，D错误。
故选C。
5．如图所示，虚线MN左侧有垂直水平面向上的匀强磁场，右侧有垂直水平面向下的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为，半径为、电阻为的金属圆环在水平面上向右运动穿过MN，在如图所示状态时，线框的速度大小为，此时金属圆环受到的安培力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】如图所示状态时，圆环在左右两边磁场切割磁感线的有效长度均为
圆环中感应电动势为
回路中的电流为
金属线框受到的安培力为
故选A。
6．如图甲所示，间距为L＝1m的长直平行金属导轨PQ、MN水平放置，其右端接有阻值为R＝1.5Ω的电阻，一阻值为r＝0.5Ω、质量为m＝0.2kg、长度为L的金属棒ab垂直导轨放置于距导轨右端d＝2m处，与两导轨保持良好接触。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小随时间变化的情况如图乙所示。在0~1.0s内金属棒ab保持静止，1.0s后金属棒在水平外力的作用下运动，使回路的电流为零。导轨电阻不计，重力加速度g=10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．动摩擦因数需等于0.5 B．前2s内通过电阻R的电荷量为2C
C．1s后金属棒做匀加速直线运动 D．第2s内金属棒的位移为1m
【答案】D
【详解】A．在0~1.0s内，由法拉第电磁感应定律可得电动势为
由闭合电路欧姆定律得电流的大小为
由金属棒静止可知最大静摩擦力大于等于安培力，即
解得
故A错误；
B．0~1s内电流恒定为1A，1~2s内电流为零，故前2s内通过的电荷量为
故B错误；
C．由法拉第电磁感应定律知，1s后回路磁通量不变，
t＝1s时，磁通量为
，磁通量为
解得
金属棒不是做匀加速直线运动，故C错误；
D．t＝2s时，金属棒第2s内的位移为
故D正确。故选D。
7．我国已投产运行的特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程，输送电功率最大可达1200万千瓦。输电线路流程和数据可简化为如图所示，若直流线路的输电线总电阻为，变压与整流等造成的能量损失均不计，直流和交流逆变时有效值不发生改变。当直流线路输电电流为时，下列说法正确的是（ ）
A．输送电功率为
B．降压变压器匝数比为11∶5
C．直流输电线上损失的功率为，损失的电压为
D．若保持输送电功率不变，改用输电，直流输电线上损失的功率为
【答案】D
【详解】A．输送电功率为
故A错误；
C．输电导线末端电压
则降压变压器的匝数比
故B错误；
C．输电导线上损失的功率
损失的电压
故C错误；
D． 保持输送功率不变，用550kV输电，输电导线上损失的功率
故D正确。
故选D。
8．如图是苹果自动分拣装置的示意图。该装置把大小不同的苹果，按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果。为压力传感器。为可调电阻，两端电压越大，电磁铁对分栋开关的衔铁吸引越强（ ）
A．压力越大越大
B．压力越大越小
C．调节的大小可以起到保护电路的作用
D．调节的大小可以改变苹果筛选的标准
【答案】BD
【详解】AB．压力越大，若越小，则总电阻越小，总电流越大，故两端电压越大，则电磁铁对分栋开关的衔铁吸引越强，所以大苹果从下面的轨道通过，小苹果从上面轨道通过，可以起到自动分拣大小苹果的效果，反之则不能，故A错误，B正确；
CD．通过调节的大小，可以改变的两端的电压，则可以改变电磁铁对分栋开关的衔铁吸引力的强弱，从而改变苹果筛选的标准，故C错误，D正确。
故选BD。
9．如图甲为实验室里某型号磁电式电流表结构。矩形线圈匝数为n，电阻为R。矩形线圈处在均匀辐射状磁场中，如图乙所示，线圈左右两边所在之处的磁感应强度大小均为B。若线圈受到的安培力和螺旋弹簧的弹力达到平衡时，指针达到稳定。下列说法正确的是（ ）
A．如图甲所示，线圈顺时针转动过程中，穿过铝框的磁通量减少
B．在线圈转动范围内，线圈所受安培力大小与电流大小有关，而与所处位置无关
C．通电线圈中的电流越大，电流表指针偏转角度就越大
D．更换劲度系数更小的螺旋弹簧，可以减小电流表的灵敏度（灵敏度即）
【答案】BC
【详解】A．如图甲所示，线圈顺时针转动过程中，穿过铝框的磁感线条数增多，磁通量增加，故A错误；
BC．磁场是均匀辐射分布的，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，又线圈左右两边所在之处的磁感应强度大小均相等，根据安培力的大小可知线圈所受安培力大小与电流大小有关，而与所处位置无关，线圈中的电流越大，线圈受到的安培力越大，电流表指针偏转的角度也越大，故BC正确；
D．更换劲度系数更小的螺旋弹簧，电流变化量相等时，安培力变化量相等，但转动角度变化量增大，故灵敏度增大，故D错误。故选BC。
10．如图所示，光滑绝缘水平面上存在方向竖直向下的有界（边界竖直）匀强磁场，一直径与磁场区域宽度相同的闭合金属圆形线圈在平行于水平面的拉力作用下，在水平面上沿虚线方向匀速通过磁场。下列说法正确的是（ ）
A．线圈通过磁场区域的过程中，线圈中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向
B．线圈通过磁场区域的过程中，线圈中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
C．该拉力的方向与线圈运动速度的方向相同
D．该拉力的方向水平向右
【答案】BD
【详解】AB．线圈进入磁场过程中，垂直于纸面向里的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中的感应电流产生的磁场应垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中电流为逆时针方向；线圈离开磁场的过程中垂直于纸面向里的磁通量变小，根据楞次定律可知线圈中的感应电流产生的磁场应垂直于纸面向里，根据安培定则可知线圈中的电流为顺时针方向，综上所述，线圈通过磁场区域的过程中，线圈中的感应电流先逆时针，后顺时针，故A错误；B正确；
CD．线圈切割磁感线的有效长度示意图如图
结合楞次定律阻碍相对运动的推论，根据左手定则可知安培力始终水平向左，则该拉力的方向水平向右，故C错误，D正确。故选BD。
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．现代大部分复印机的核心部件是有机光导体鼓，它是一个金属圆柱，表面涂覆有机光导体（OPC）。没有光照时，OPC是绝缘体，受到光照时变成导体。复印机复印的工作过程如图所示。下列关于这类复印机的说法不正确的是（ ）
A．这种复印机应用了静电吸附
B．OPC是一种光敏半导体材料
C．在显影过程中，墨粉飞向OPC时做匀变速运动
D．光照会激发OPC中受束缚的电子从而导电，因此入射光需大于一定的频率
【答案】C
【详解】AB．复印机复印利用了静电吸附的原理，OPC是一种光敏半导体材料，在光照后由绝缘体变为导体，故AB正确，不符合题意；
C．在显影过程中，墨粉受到的静电力随着与OPC的距离改变面改变，加速度不断改变，故C错误，符合题意；
D．光照射到OPC表面时，材料中的电子被激发而远离原子核，从而变为导体，所以只有当光子能量（频率）大于某一数值时才可以导电，故D正确，不符合题意。故选C。
2．我国超级电网，将热、水、风、光、核发电及电动汽车电池储能并入电网．如图所示为某小型发电站高压输电示意图．升压变压器原、副线圈两端的电压分别为和，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为和．在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为和，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确酌是（ ）
A．两互感器均起到降压作用
B．若电压表的示数为，电流表的示数为，则线路输送电功率为
C．若保持发电机输出电压和用户数一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率减少
D．若发电机输出电压一定，若用户数增加，为维持用户电压一定，可将滑片P下移
【答案】B
【详解】A．电压互感器起降压作用，电流互感器起减小电流（升压）作用，故A错误。
B．电压互感器原线圈两端电压
电流互感器原线圈中的电流
对于理想变压器，输送功率
P=P2=U2I2=2200×100W=220000W
故B正确。
C．将滑动片Q下移，相当于增加了升压变压器副线圈的匝数n2，根据理想变压器的规律
升压变压器副线圈两端的电压增大； 降压变压器原线圈两端电压U3增大，副线圈两端电压U4增大，通过负载的电流
当R不变时，I4增大，降压变压器原线圈中的电流
匝数比不变，I3增大，输电线上损失功率
增大，故C错误。
D．当用户数增加，负载电阻R减小，若降压变压器副线圈两端电压U4不变，通过副线圈的电流
增大，原线圈中的电流增大，输电线上的电压损失
ΔU=I3r
增大；原线圈两端电压
U3=U2-ΔU
将减小，根据
可知，当U3减小时，减小n3可以使U4不变，所以要将降压变压器的滑动片P上移，故D错误。
故选B。
3．如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行并相距为L，bc是以O为圆心的半径为r的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，磁感应强度均为B，a、d两端接有一个电容为C的电容器，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，金属杆MN质量为m，金属杆MN和OP电阻均为R，其余电阻不计，若杆OP绕O点在匀强磁场区内以角速度ω从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（ ）
A．杆OP产生的感应电动势恒为Bωr2
B．电容器带电量恒为
C．杆MN中的电流逐渐减小
D．杆MN向左做匀加速直线运动，加速度大小为
【答案】C
【详解】A．杆OP产生的感应电动势恒为
故A错误；
BC．由右手定则知OP产生的感应电流方向为由O到P，则MN杆中电流方向为由M到N，由左手定则知MN杆受到向左的安培力，MN杆向左做加速运动，也产生感应电流，与OP产生的电流方向相反，根据
随着MN的速度增加，回路中电动势的和逐渐减小，电流减小，电容器的电压减小，则极板电荷量逐渐减小，故B错误，C正确；
D．回路中电流逐渐减小，杆MN受到的安培力逐渐减小，则杆向左做加速度逐渐减小的加速直线运动，故D错误。故选C。
4．下列说法正确的是（ ）
A．只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小由电源内非静电力的特性决定
B．根据，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比
C．法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D．安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的
【答案】A
【详解】A．公式只是电动势的定义式而非决定式，表明电动势等于非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功，属于比值定义，即电动势E与W、q无关，由电源内部非静电力的特性决定，选项A正确；
B．磁场中某点的磁感应强度B只与磁场本身决定，与F与IL无关，选项B错误；
C．奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，选项C错误；
D．安培定则用来判断通电导线或线圈周围的磁场方向，选项D错误。
故选A。
5．如图所示，一内壁光滑、上端开口下端封闭的绝缘玻璃管竖直放置，高为h，管底有质量为m、电荷量为+q的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。在外力作用下，玻璃管在磁场中运动速度保持不变，小球最终从上端管口飞出，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．洛伦兹力对小球做正功
B．小球运动的加速度逐渐增大
C．小球机械能的增加量等于qvBh
D．玻璃管运动速度越大，小球在玻璃管中的运动时间越长
【答案】C
【详解】A．洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永不做功，故A错误；
B．玻璃管在水平方向做匀速运动，小球受到的洛伦兹力在竖直方向的分力保持不变，即在竖直方向做匀加速运动，合运动为匀加速曲线运动，即加速度恒定，故B错误；
C．由于管对球的支持力对小球做了功，小球的机械能是增加的，在竖直方向上，由牛顿第二定律
由匀变速位移公式
小球离开管口的速度
合速度
动能增量
重力势能增量
联立解得
选项C正确；
D．小球的实际运动速度可分解为水平方向的速度v和竖直方向的速度vy，竖直方向的洛伦兹力不变，在竖直方向上，由牛顿第二定律
由匀变速位移公式
联立解得
即玻璃管运动速度越大，则小球在玻璃管中的运动时间越小，故D错误。故选C。
6．如图所示，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空､匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上。P､M､N分别为轨道的最低点。a､b､c三个相同的带正电绝缘小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动，则（ ）
A．b球先于a球到达轨道的最低点
B．a､b两球第一次经过轨道最低点时，b球对轨道的压力更小
C．三小球向下运动过程中，c球到达轨道最低点的速度最小
D．c球运动过程中，其重力势能最小时，电势能一定最大
【答案】C
【详解】A．沿着轨道建立自然坐标系，将速度和加速度分解为沿轨道方向和垂直于轨道方向，由于图二洛伦兹力始终在垂直于轨道方向，不影响沿轨道方向的受力，所以b球和a球同时到达轨道的最低点；A错误；
BC．第一个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到P点过程中只有重力做功，根据动能定理有
第二个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到M点过程中只有重力做功，根据动能定理有
第三个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到N点过程中有重力做功、电场力做功，根据动能定理有
根据以上公式有可知，c球到达轨道最低点的速度最小。
由牛顿第二定律，对a球得
对b球得
所以a､b两球第一次经过轨道最低点时，b球对轨道的压力更大；B错误，C正确；
D．c球运动过程中，小球运动到轨道右侧速度减小为0时，电势能最大，D错误。故选C。
7．如图甲所示，是一种手压式环保节能手电筒的结构示意图。使用时，迅速按压手柄，灯泡（可视为纯电阻）就能发光，这种不需要干电池的手电筒的工作原理是利用电磁感应现象。其转动装置和齿轮传动装置的简化原理图如图乙、丙所示。假设图乙中的转动装置由金属内圈和金属外圈构成，内、外圈之间接有一根沿半径方向的金属条ab，灯泡通过电刷分别跟内外线圈相连接（图乙中未画出）。整个转动装置固定在转动轴上，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面（纸面）向里。图丙中的齿轮传动装置中A齿轮固定在转动装置的转动轴上，B、C齿轮同心固定，C轮边缘与手柄相啮合，A、B齿轮边缘相啮合，手柄重力忽略不计（ ）
A．向下压手柄时，齿轮C逆时针转动
B．转动装置中的A齿轮逆时针转动时，电流由a流向b
C．手柄向下向上运动时流过ab杆的电流方向相同
D．流过灯泡的电流大小与手柄向下压的速度成正比
【答案】D
【详解】A．由丙图可知，向下压手柄时，齿轮C顺时针转动，A错误；
B．转动装置中的A齿轮逆时针转动时，金属条ab逆时针转动切割磁感线，回路闭合，由右手定则知电流由b流向a，B错误；
C．手柄向下和向上运动时，A齿轮转动方向相反，流过ab杆的电流方向相反，C错误；
D．流过灯泡的电流
知与A齿轮的角速度成正比；A齿轮与B齿轮边缘点线速度大小相等，B齿轮与C齿轮边缘角速度相等，C齿轮边缘线速度大小等于手柄上下运动的速度大小，由于各齿轮半径不变，所以A齿轮的角速度
与手柄上下运动的速度大小成正比，则流过灯泡的电流大小与手柄向下压的速度成正比，D正确。
故选D。
8．如图所示，间距的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上，斜面倾角。区域I、Ⅱ分别以PQ、MN为边界，均存在垂直于斜面向上的磁场，I区中磁感应强度从0开始随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场，磁感应强度，PQ与MN之间为无磁场区域。质量、电阻的导体棒垂直于导轨放置，从两磁场之间的无磁场区域由静止释放，经过进入Ⅱ区恰好匀速下滑。运动中棒与导轨始终保持良好接触，导轨足够长且电阻不计。重力加速度，。则下列说法正确的是（ ）
A．进入Ⅱ区后，导体棒中的电流
B．无磁场区域的面积至少为
C．前2s导体棒产生的焦耳热
D．若I区磁场面积为，则I区的磁感应强度随时间变化的表达式为
【答案】AC
【详解】A．进入Ⅱ区恰好匀速下滑，则
导体棒中的电流为
故A正确；
B．导体棒进入Ⅱ区域磁场的速度为
根据牛顿第二定律
导体棒在无磁场区域做匀加速直线运动，则
无磁场区域的面积最小值为
代入数据得
故B错误；
C．导体棒进入Ⅱ区域后，I区中磁感应强度变化产生的感生电动势为E1, Ⅱ区域导体棒切割磁场产生的动生电动势为E2，则
感生电动势为
前2s导体棒未切割磁场，则产生的焦耳热为
故C正确；
D．根据
I区磁场的变化率为
I区中磁感应强度从0开始随时间均匀增加，则I区的磁感应强度随时间变化的表达式为
故D错误。故选AC。
9．如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．棒与导轨间的动摩擦因数为
B．棒与导轨间的动摩擦因数为
C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60°
D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°
【答案】BC
【详解】设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°;当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有
令
根据数学知识可得
则有
同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有
有
所以有
当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得
带入
可得α=30°，此时
加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有
减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有
故BC正确，AD错误。故选BC。
10．如图，足够长的荧光屏OA的上方区域存在匀强磁场，边界MN左侧区域的磁场方向垂直纸面向里，右侧区域的磁场方向垂直纸面向外，两区域的磁感应强度大小均为B。光屏上方有一粒子源紧挨着O点，可沿OA方向不断射出质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子。粒子打在荧光屏上时，荧光屏相应位置会发光。已知粒子的速率可取从零到某最大值之间的各种数值，速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，OM之间的距离为，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则（ ）
A．粒子的最大速率为
B．荧光屏上的发光长度
C．打中荧光屏的粒子运动时间的最小值为
D．打中荧光屏的粒子运动时间的最大值为
【答案】AC
【详解】AC．速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，轨迹如图所示
设轨道半径为r1，即
OO1=r1
O1O2=2r1
可知圆心角
∠OO1K=60°
故
可解得
r1=2a
由向心力公式可得
联立可解得
此过程，在磁场中的运动时间最短，MN左侧轨迹圆心角60°，右侧轨迹圆心角150°，周期公式为
故总时间为
故AC正确；
BD．当粒子的轨迹恰与MN相切时，进入右侧后，恰与MA相切，在磁场中的运动时最长。如图所示
由几何关系得
两边轨迹合起来恰好是一个圆周，故最长时间
垂直打到荧光屏的位置离M最远，与荧光屏相切点离M最近，两点之间距离即为光屏上的发光长度，即
故BD错误。故选AC。
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．如图所示，足够大的垂直纸面向里的匀强磁场中固定一光滑斜面，A、B叠放在斜面上，A带正电，B不带电且上表面绝缘。在t=0时刻，释放两物块，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，以下说法正确的是（ ）
A．A所受洛伦兹力大小与时间t成正比关系
B．A对B的压力大小与时间t成反比关系
C．A、B间的摩擦力越来越小
D．斜面倾角越大，A、B一起沿斜面运动的位移越大
【答案】A
【详解】A．对A进行受力分析，受重力洛伦兹力和支持力，则其合力为，根据牛顿第二定律
得
则
洛伦兹力为
即洛伦兹力与时间成正比，故A正确；
B．A对B的压力大小
洛伦兹力与时间是一次函数关系，故B错误；
C．在下滑方向上，A和B都不接受阻力，所以都以的加速度前进，没有相对运动趋势，故AB之间没有摩擦力，故C错误；
D．当
时，AB开始分离，此时
位移
故位移随着倾角的增大而减小，故D错误。故选A。
2．地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图所示，O为地球球心、R为地球半径，地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子的重力及相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子无论速率多大均无法到达MN右侧地面
B．若粒子速率为，正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面
C．若粒子速率为，入射到磁场的粒子均可以到达地面
D．若粒子速率为，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面
【答案】D
【详解】A．射入方向在地球下表面以下的粒子，只要速率合适，便可到达MN右侧地面。故A项错误；
B．若粒子的速率为，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有
解得
若粒子正对着O处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图所示
设该轨迹半径为，由几何关系可得
解得
故B项错误；
C．若粒子的速率为，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有
解得
若粒子的射入方向在正对O处以上，根据左手定则可知，其粒子的轨迹为向上偏转，则入射到磁场的粒子均不可能到达地面，故C项错误；
D．若粒子速率为，由洛伦兹力提供向心力得
解得
由B项的分析可知，此时若粒子正对着O处入射，则恰好可以到达地面；而在对着O处以上的方向入射的粒子，因为向上偏转，均不能到达地面；而在对着O处以下的方向入射的粒子均会达到地面。综上所述，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地。故D项正确。故选D。
3．如图所示，有一足够大的光滑水平面上存在非匀强磁场，其磁场分布沿x轴方向均匀增大，沿y轴方向是不变的，磁场方向垂直纸面向外。现有一闭合的正方形金属线框（线框有电阻），质量为m，以速度大小为v0、方向沿其对角线且与x轴成45°角开始运动，以下关于线框的说法中正确的是（ ）
A．线框中的感应电流方向沿逆时针方向
B．线框将做匀减速直线运动
C．线框运动中产生的内能为
D．线框最终将静止于平面上的某个位置
【答案】C
【详解】A．穿过线框的磁通量增加，根据楞次定律得线框中产生顺时针方向感应电流，故A错误；
B．因为安培力向左并逐渐减小，所以线框做加速度减小的减速曲线运动，故B错误；
CD．最终线框沿x轴方向的速度减小为0，沿y轴方向速度大小不变，所以线框最终速度大小为，方向沿y轴正方向，根据能量守恒得线框运动过程中产生的内能为
故C正确，D错误。故选C。
4．如图甲所示为某一电磁炮原理示意图，图中有直流电源、电容器，线圈套在中空并内侧光滑的绝缘管上，将直径略小于管内径的金属小球静置于管内。开关S接1使电容器完全充电，开关接2时开始计时，通过线圈的电流随时间的变化规律如图乙所示，金属小球在时间内被加速发射出去（时刻刚好运动到右侧管口）。在时间内，下列说法正确的是（ ）
A．小球的加速度一直增大 B．线圈中产生的磁场方向向左
C．小球中产生的涡流一直减小 D．电容器储存的电能全部转化为小球的动能
【答案】C
【详解】A．磁场强弱程度与通过线圈的电流成正比，则在时间内，电流在增大，但变化率在减小，所以线圈的磁通量在增大，但磁通量的变化率逐渐减小，由法拉第电磁感应定律
可知感应电动势减小，所以小球受到的感应电场的电场力也逐渐减小，由牛顿第二定律可知加速度也减小，故A错误；
B．由图甲可知时间内，电容器上极板为正极板，所以线圈中左侧电流向下，根据安培定则可知线圈中产生的磁场方向向右，故B错误；
C．时间内，电流的变化率减小，则小球内磁通量的变化率减小，根据法拉第感应定律可知，小球内的涡流减小，故C正确；
D．电容器放电过程中，变化的磁场在空间中产生变化的电场，然后以电磁波的形式传递出去，散失了一部分能量，所以电容器储存的电能不能全部转化为小球的动能，故D错误。故选C。
5．如图所示，两电阻不计的光滑平行导轨水平放置，部分的宽度为部分的宽度为，金属棒和的质量分别为和，其电阻大小分别为和，a和分别静止在和上，垂直于导轨且相距足够远，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为。现对金属棒施加水平向右的恒力，两棒运动时始终保持平行且总在上运动，总在上运动，经过足够长时间后，下列说法正确的是（ ）
A．回路中的感应电动势为零
B．流过金属棒的电流大小为
C．金属棒和均做匀速直线运动
D．金属棒和均做加速度相同的匀加速直线运动
【答案】B
【详解】ACD．对ab整体分析，由于受恒定拉力作用，则经过足够长时间后最终达到稳定状态，此时回路中的感应电动势保持恒定，则回路中的电流恒定，设两棒的加速度为aa、ab，有
由于电动势恒定，则对上式两边求变化率有
则可得
故ACD错误；
B．根据受力分析，由牛顿第二定律得
联立解得
由于金属棒a，b串联，则流过a的电流大小也为，故B正确。故选B。
6．1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“阿拉果圆盘实验”，实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示，实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后，下列说法正确的是（ ）
A．因为穿过圆盘的磁通量不变，圆盘上没有感应电流
B．穿过整个圆盘的磁通量发生了变化从而产生沿圆盘边缘的环形电流
C．圆盘内局部面积的磁通量变化产生感应电流，从而产生磁场导致磁针转动
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成了环形电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
【答案】C
【详解】A．穿过圆盘的磁通量不变，但是圆盘局部面积的磁通量发生变化，所以在圆盘上有不同的感应电流，从而产生涡流，所以A错误；
B．穿过整个圆盘的磁通量没有发生了变化，所以沿圆盘边缘没有产生环形电流，所以B错误；
C．圆盘内局部面积的磁通量变化产生感应电流，从而产生磁场导致磁针转动，所以C正确；
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成了环形电流而产生的磁场，由安培定则可判断出磁场的方向在中心方向竖直向下，其它位置关于中心对称，则此电流产生的磁场不会导致磁针转动，所以D错误；
故选C。
7．如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器组成闭合电路。两个方向均垂直纸面向里的匀强磁场以平行磁场方向且过bc轴的平面为分界线，其中bc左边磁场的磁感应强度大小为，bc右边磁场的磁感应强度大小为，且比大，线圈在这两个磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，线圈的面积为S，转动角速度为，匝数为N，线圈电阻不计。下列说法不正确的是（ ）
A．线圈从垂直于磁场方向开始运动，在一个周期内，小灯泡的电流经历了先增大后减小，再增大最后减小四个阶段
B．当将滑片P向上移动时，小灯泡的亮度将变暗
C．该变压器输入电压的有效值为
D．将小灯泡换成发光二极管，若线圈从图示位置开始运动时二极管发光，则当线圈转一周将要回到初始位置时二极管不发光
【答案】C
【详解】A．当线圈与磁场方向平行时产生的电动势最大，所以线圈绕bc轴转动时，电流先增大再减小，电流反向后先增大再减小，总共经历四个阶段，故A正确；
B．当滑片P向上移动时，原线圈匝数增大，根据变压器原理，输出电压减小，小灯泡会变暗，故B正确；
C．线圈在左侧磁场中产生电动势的有效值
线圈在右侧磁场中产生电动势的有效值
设电动势的有效值为E，根据有效值定义
则
故C错误；
D．若将小灯泡变成发光二极管，因为其单向导电的特点，所以若线圈从初始位置刚运动时发光，则转动一周后快到初始位置时，电流方向相反，二极管不会发光，故D正确。
本题要求选择错误的，故选C。
8．计算机光驱的主要部分是激光头，它可以发射脉冲激光信号，激光扫描光盘信息时，激光头利用光敏电阻自动计数器将反射回来的脉冲信号传输给信号处理系统，再通过计算机显示出相应信息。光敏电阻自动计数器的示意图如右下图所示，其中R1为光敏电阻，R2为定值电阻，此光电计数器的基本工作原理是（ ）
A．当有光照射R1时，处理系统获得高电压
B．当有光照射R1时，处理系统获得低电压
C．信号处理系统每获得一次低电压就计数一次
D．信号处理系统每获得一次高电压就计数一次
【答案】AD
【详解】当有光照射R1时，光敏电阻变小，回路电流变大，R2两端的电压升高；处理系统获得高电压，系统获得信息则计数一次。故选AD。
9．我国“洛神”号潜艇研制已经取得了重大突破，开始进入试车定型阶段，该潜艇应用了超导磁流体推进器。如图是超导磁流体推进器原理图，推进器浸没在海水中，海水由推进器前侧进入、后侧流出，左、右两侧导体板连接电源，与推进器里的海水构成回路，由固定在潜艇上的超导线圈（未画出）产生垂直于海平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。已知左、右两侧导体板间海水的体积为V，垂直于导体板方向单位面积上的电流为I（导体板外电流不计）。下列说法正确的是（ ）
A．要使潜艇前进，左，右两侧导体板所接电源的正、负极应与图示方向相反
B．同时改变超导线圈中电流的方向和海水中电流的方向，潜艇受磁场力的方向将反向
C．潜艇所受磁场力的大小为IVB
D．若导体板间海水的电阻为R，其两端的电压为U，则潜艇在海水中匀速前进时，海水中的电流小于
【答案】ACD
【详解】A．根据左手定则，左、右内侧导体板所接电源的正、负极与图示方向反时，海水受到安培力向后，根据牛顿第三定律，海水对磁场（实质是海水对超导潜艇）的作用力向前，该力是使潜艇前进的力，故A正确；
B．改变超导线圈中电流的方向，匀强磁场的方向发生改变，同时改变海水中电流的方向，则潜艇受磁场力的方向不变。故B错误；
C．设推进器内侧导体板的面积为S，间距为d，装满水时，磁场力为
故C正确；
D．船在海水中匀速前进时，可视为导体在海水中切割磁感线，产生与电流方向相反的感应电动势，所以海水中的电流小于，故D正确。
故选ACD。
10．如图质量为、电荷量为的带正电粒子（忽略粒子重力），以速度沿方向垂直射入相互正交的竖直向下的匀强电场和水平向里匀强磁场，经过该区域中的P点的速率为，此时侧移量为，若，下列说法中正确的是（ ）
A．带电粒子在P点的速率
B．带电粒子的加速度大小恒为
C．若，粒子从射入该区域到P点所用时间至少
D．粒子在运动过程中洛伦兹力始终大于电场力
【答案】BC
【详解】A．粒子运动过程中，洛伦兹力始终与速度方向垂直而不做功，则根据动能定理
解得
故A错误；
B．将粒子进入电磁场的初速度看成是两个水平向右分速度、的合成，其中水平向右分速度满足
解得
则另一水平向右分速度满足
则粒子在电磁场中的运动可分解为：以水平向右做匀速直线运动和以大小做匀速圆周运动，其中以大小做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力；可知粒子运动过程受到的合力大小为
根据牛顿第二定律可知带电粒子的加速度大小为
故C正确；
C．以大小做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
若
可知粒子从射入该区域到P点所用时间至少为
故C正确；
D．粒子的合速度为分速度与的合成，其中的大小方向均保持不变，的大小不变，方向时刻发生改变，当方向与方向相反时，粒子的合速度最小，则有
可知粒子受到的洛伦兹力最小值为零，而粒子受到的电场力保持不变，故D错误。故选BC。
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