第6讲 电场和磁场的基本性质（解析版）

第6讲 电场和磁场的基本性质

【选考真题】

1．（2022•浙江）利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的力F分别与I和L的关系图像，则正确的是（　　）

A． B． 

C． D．

【解答】解：AB、由F＝BIL可知，在B和L不变的情况下，F与电流I成正比，故A错误，B正确；

CD、由F＝BIL可知，在B和I不变的情况下，F与磁场中的导线长度成正比，故CD错误。

故选：B。

2．（2021•浙江）如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图。若通电螺线管是密绕的，下列说法正确的是（　　）

A．电流越大，内部的磁场越接近匀强磁场 

B．螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场 

C．螺线管直径越大，内部的磁场越接近匀强磁场 

D．磁感线画得越密，内部的磁场越接近匀强磁场

【解答】解：根据螺线管内部的磁感线分布可知，在螺线管的内部，越接近于中心位置，磁感线分布越均匀，越接近两端，磁感线越不均匀，可知螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场；与电流大小、螺线管直径以及磁感线的疏密均无关，故B正确，ACD错误。

故选：B。

（多选）3．（2021•浙江）如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b，分别通以80A和100A、流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p，到两导线的距离相等。下列说法正确的是（　　）

A．两导线受到的安培力Fb＝125Fa 

B．导线所受的安培力可以用F＝ILB计算 

C．移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变 

D．在离两导线平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置

【解答】解：A、两导线受到的安培力是相互作用力，所以大小相等，故A错误；

B、因为在导线所处的磁场方向与导线互相垂直，所以导线所受的安培力可以用F＝BIL计算，故B正确；

C、根据右手螺旋定则，a、b中的电流在p点产生的磁场感应强度方向相反，移走导线b前，b的电流较大，则p点磁场方向与b产生磁场方向相同，垂直纸面向里，移走b后，p点磁场方向与a产生磁场方向相同，垂直纸面向外，故C正确；

D、因直线电流产生的磁场的磁感线是以直线电流为圆心的同心圆，故在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，两导线在任意点产生的磁场方向均不在同一条直线上，故不存在磁感应强度为零的位置，故D正确。

故选：BCD。

4．（2022•浙江）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则（　　）

A．M板电势高于N板电势 

B．两个粒子的电势能都增加 

C．粒子在两板间的加速度为a 

D．粒子从N板下端射出的时t

【解答】解：A、因为不知道两粒子的电性，故无法确定M板和N板的电势高低，故A错误；

B、根据题意可知垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子达到N板时电场力也做正功，电势能也减小，故B错误；

CD。设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有

对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中的加速度也相同，有

联立解得：；，故C正确，D错误；

故选：C。

5．（2022•浙江）某种气体一电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．a点所在的线是等势线 

B．b点的电场强度比c点大 

C．b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大 

D．将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零

【解答】解：A、电场线是发散的，等势线是封闭的，所以a所在的线是电场线，故A错误；

B、根据电场线的密集程度代表电场强度大小可知b点场强小于c点场强；故B错误；

C、根据等势线分布可知Ubc＝Uba+Uac，所以b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，故C正确；

D、由图可知d点电势与g点电势不同，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为0，故D错误；

故选：C。

6．（2021•浙江）某书中有如图所示的图，用来表示横截面是“＜”形导体右侧的电场线和等势面，其中a、b是同一条实线上的两点，c是另一条实线上的一点，d是导体尖角右侧表面附近的一点。下列说法正确的是（　　）

A．实线表示电场线 

B．离d点最近的导体表面电荷密度最大 

C．“＜”形导体右侧表面附近电场强度方向均相同 

D．电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零

【解答】解：A、电场线起于正电荷（或无穷远），终止于负电荷（或无穷远），由图可知，图中的实线不是起于导体，也不是终止于导体，可知实线是等势线，故A错误；

B、等势线越密的地方，电场强度强度越强，d点场强较弱，可知离d点最近的导体表面电荷密度最小，故B错误；

C、电场强度方向与等势线垂直，由图可知，“＜”形导体右侧表面附近电场强度方向不一定相同，故C错误；

D、a、b两点在同一条等势线上，ac两点的电势差和bc两点的电势差相等，电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零，故D正确。

故选：D。

【要点提炼】

一、电场的性质

二、磁场对通电导体或运动电荷的作用

1.“两个磁场力”

(1)安培力：F＝BIL(I⊥B)。

(2)洛伦兹力：F＝qvB(v⊥B)。

2.“两个定则”

(1)对电流的磁场用安培定则。

(2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左手定则。

【方法指导】

一、三个物理量的判断方法

二、研究电场的思想方法——对称法

三、解决磁场中导体运动问题的一般思路

1.正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直。

2.画出辅助图(如导轨、斜面等)，并标明辅助方向(磁感应强度B、电流I的方向)。

3.将立体的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图。

【例题精析】

考点一 电场的基本性质

例1．某带电体周围分布的电场线或等势面的剖面图如图所示，其中a、c是同一条实线上的两点，b是另一条实线上的一点，则（　　）

A．图中实线是电场线 

B．b点的电势一定高于c点的电势 

C．a、c两点电场强度的方向可能相同 

D．将同一试探电荷依次放在a、b、c三点上，则在a点时试探电荷受到的电场力最大

【解答】解：A、电场线一定从带电体表面出发或终止，图中实线应是等势线，故A错误；

B、带电体所带电荷电性未知，电场线方向未知，故无法判断b、c两点的电势高低，故B错误；

C、a、c两点电场强度的方向不同，故C错误；

D、a、b、c三点中，a点处等势线密度最大，故a点处电场强度最大，故D正确。

故选：D。

练1．如图所示，在直角坐标系中，先固定一不带电金属导体球B，半径为L，球心O′坐标为（2L，0）。再将一点电荷A固定在原点O处，带电量为+Q。a、e是x轴上的两点，b、c两点对称地分布在x轴两侧，a、b、c点到坐标原点O距离相等，Od与金属导体球B外表面相切于d点，已知金属导体球B处于静电平衡状态，则下列说法正确的是（　　）

A．各点的电势关系为φa＝φb＝φc＞φd＞φe 

B．将电子从b点移至e点，电势能减小 

C．导体球B上的感应电荷在外表面d处的场强大小 

D．仅将导体球B的内部变成空心，则空间的电场线分布不会发生变化

【解答】解：A、由于感应电荷对场源电荷的影响，点电荷A左边电场小于右边的电场强度，根据U＝Ed定性分析可知c点的电势小于a点的电势，即φa＞φc，b、c为等势面，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可得φb＝φc＞φd＞φe，综上可得φa＞φb＝φc＞φd＞φe，故A错误；

B、电子带负电，结合A选项分析由Ep＝qφ可知将电子从b点移至e点，电势能增大，故B错误；

C、点电荷A在d处的场强大小E，金属导体球内部电场强度为零，则金属导体球内表面与d相同的点电场强度大小为，金属导体球外表面场强不为零，则导体球B上的感应电荷在外表面d处的场强大小不等于，故C错误；

D、仅将导体球B的内部变成空心，导体球B仍处于静电平衡，则空间的电场线分布不会发生变化，故D正确。

故选：D。

练2．如图所示，固定光滑直杆上套有一个质量为m，带电量为+q的小球和两根原长均为L的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点，空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为θ，两弹簧的劲度系数均为，小球在距B点的P点处于静止状态，Q点距A点，重力加速度为g。下列选项正确的是（　　）

A．匀强电场的电场强度大小为 

B．若小球从P点以初速度v0沿杆向上运动，恰能到达Q点，初速度 

C．小球从Q点由静止下滑过程中动能最大为 

D．从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度大小为，方向向上

【解答】解：A、小球受两根弹簧的弹力大小为：F＝2kΔx＝2，对小球由共点力平衡可知：（mg+Eq）sinθ＝F，

解得：E，故A错误；

B、根据对称性可知，小球从P点到达Q点的过程中弹簧弹力做功为零，根据几何关系可得PQ间距x＝2L﹣2

根据动能定理可得：﹣（mg+Eq）xsinθ＝0，解得：v0，故B错误；

C、小球从Q点由静止下滑时，运动到P点受平衡力作用，速度最大，动能最大，从Q到P过程中，根据动能定理可得：（mg+Eq）xsinθ＝Ek﹣0，解得：Ek，故C正确；

D、从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度方向沿AB向下，合力等于原来PB间弹簧的弹力，根据牛顿第二定律可得：

a，故D错误。

故选：C。

考点二 磁场的基本性质

例2．磁流体发电是一项新兴技术，如图是磁流体发电机的示意图。平行金属板P、Q间距为d、面积为S，两金属板和电阻R连接。一束等离子体以恒定速度v0垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，电路稳定时电阻R两端会产生恒定电势差U．假定等离子体在两板间均匀分布，忽略边缘效应，则等离子体的电导率δ（电阻率的倒数）的计算式是（　　）

A． B． 

C． D．

【解答】解：由左手定则知，正离子向P板运动，即P板带正电。

发电机稳定时，离子所受电场力等于洛伦兹力，设电动势为E，即：q＝qv0B

解得：E＝Bv0d

根据欧姆定律可知，

R1为板间等离子体的电阻，且R1＝ρ，

联立得到电导率δ的表达式为：δ，故A正确，BCD错误。

故选：A。

练3．如图，一条形磁铁静止在固定斜面上，上端为N极，下端为S极，其一条磁感线如图，垂直于纸面方向有两根完全相同的固定导线，它们与磁铁两端的连线都与斜面垂直且长度相等（如图中虚线所示）。开始两根导线未通电流，斜面对磁铁的弹力、摩擦力的大小分别为FN、Ff，后来两根导线以图示方向大小相同的电流后，磁铁仍然静止，则与未通电时相比（　　）

A．FN、Ff均变大 B．FN不变，Ff变小 

C．FN变大，Ff不变 D．FN变小，Ff不变

【解答】解：根据条形磁铁的磁感线的分布，结合左手定则，则可分别确定通电导线的安培力的方向，再由牛顿第三定律来得出条形磁铁的受到的安培力方向，最后根据力的合成从而确定得出，条形磁铁的摩擦力没有变化，而支持力却减小。故D正确，ABC错误；

故选：D。

（多选）练4．质谱仪在核能开发和利用过程中具有重要意义，如图是质谱仪的工作原理示意图，加速电场的两平行金属板间距为d，电势差为U．质量为m、电荷量为q的正离子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，进入速度选择器。离子沿直线穿过速度选择器后经过狭缝P垂直于磁场方向进入磁感应强度为B0的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动并打在胶片A1A2上，设速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场分别为B和E，则（　　）

A．速度选择器中磁场B的方向垂直纸面向里 

B．加速电场场强大小为 

C．离子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，离子的荷质比越小 

D．能通过狭缝P的带电离子的速率等于

【解答】解：A、离子受到的电场力向右，所以受到的洛伦兹力向左，根据左手定则可以判断出速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，故A错误；

B、离子经过加速电场的过程中，由动能定理可得，离子再匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得，两方程联立可解得加速电场的场强大小为，故B正确；

C、由题意知，，，整理得，离子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，即R越小，离子的荷质比就越大，故C错误；

D、离子在速度选择器中做直线运动，故离子所受的洛伦兹力与电场力平衡，即qvB＝qE，所以能通过狭缝P的离子的速率等于，故D正确。

故选：BD。

【强化专练】

1. 如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电质点A、B、C，A和C围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，其中A、C和B的距离分别是L1、L2，仅考虑三质点间的库仑力，则A和C的（　　）

A．线速度之比为 B．加速度之比为（）2 

C．电荷量之比为 D．质量之比为

【解答】解：A、A和C围绕B做匀速圆周运动，而B保持静止，故A与C角速度相等，根据v＝ωr可知，，故A错误；

B、根据an＝ω2r可知，，故B错误；

CD、对质点B，根据平衡条件，有：①

对质点A，根据牛顿第二定律，有：②

对质点C，根据平衡条件，有：③

有①式解得：（）2，故C错误；

联立②③解得：，故D正确；

故选：D。

2. 如图所示，三个质量均为m的带电小球（球A、球B和球C）被三根不可伸长的绝缘细绳（绳①、绳②和绳③）系于O点，三球平衡时绳②处于竖直方向，且悬点O、球A、球B和球C所在位置正好组成一个边长为a的正方形，已知球A、球B和球C均带正电，电荷量分别为q1、q2和q3，若mg，静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A．q1和q3可以不相等 

B．绳①和绳②的拉力之比为1： 

C．绳②的拉力为2mg 

D．q1：q2＝2：1

【解答】解：A、先对球分析，如图所示：

根据平衡条件，并采用正交分解法，水平方向，有：FAB•sin45°＝FBC•sin45°，

竖直方向，有：T2＝mg+FBCcos45°+FABcos45°，

解得：FAB＝FBC，

根据库仑定律，有：，，

故q1＝q3，故A错误；

BD、由选项A的分析，有：T2＝mg+FBCcos45°+FABcos45°，，，q1＝q3，

根据题意，有：mg，

联立解得：；

再隔离A球分析，受力如图：

根据平衡条件，并采用正交分解法，水平方向，有：FAC+FABcos45°＝T1cos45°，

竖直方向，有：FABsin45°+T1sin45°＝mg，

其中：，，

根据题意，有：mg，

联立解得：，T1，

故，

故，故B正确，D错误；

C、由于T2，而mg，故T2mg，故C错误；

故选：B。

3. 如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态。已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为﹣6q，h，重力加速度为g，静电力常量为k。则（　　）

A．小球a的线速度为 

B．小球b的角速度为 

C．小球c的向心加速度大小为 

D．外力F竖直向上，大小为

【解答】解：ABC、a、b、c三小球电荷量相等，完全相同，受力相同，绕O点做半径为R的匀速圆周运动，线速度、角速度、加速度大小均相等，

设 db连线与水平方向的夹角为α，则cosα，则sinα，

对b球，根据牛顿第二定律和向心力得：kcosα﹣2k•cos30°＝mmω2R＝ma

解得：v，，a，故AB错误，C正确；

D、小球d受到a、b、c三球的库仑引力、重力、竖直向上的外力F作用，由平衡条件得：F＝3ksinα+mg＝mg，故D错误。

故选：C。

4. 两个完全相同的质量都为m、带等量异种电荷的小球A、B分别用长为l的绝缘细线悬挂在同一水平面上，M、N两点相距2.2l，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，线与竖直方向夹角α＝37°，当外加水平向左的匀强电场时，两小球平衡位置如图乙所示，线与竖直方向夹角也为α＝37°，则（　　）

A．A球带负电，B球带正电 

B．甲图中细线的拉力大小均为0.6mg 

C．A球带电量为 

D．乙图中A球所受匀强电场的力大小为0.75mg

【解答】解：A、由乙图可知，A球带正电，B球带负电，故A错误；

B．甲图中细线的拉力大小均为，故B错误；

C．甲图中两球相距d＝2.2l﹣2lsin37°＝l；由A球受力平衡可得 mgtan37°，解得，故C正确；

D．设乙图中A球所受匀强电场的力为F，对A球进行受力分析，在水平方向上有：F＝mgtan37°+F引，F＝0.75mg+F引＞0.75mg；故D错误。

故选：C。

5. 如图所示，A、B是质量比为1：2、都带正电的小球，用两根长分别为2L和L的绝缘轻绳系住后悬挂于天花板上的同一点O．当系统平衡后，两根绳与竖直方向的夹角分别为α和β，则（　　）

A．α＞β B．α＜β C．α＝β D．不能确定

【解答】解：对A、B球受力分析，根据共点力平衡和几何关系得：

将两个小球以及两根绳子作为系统，系统受到的外力（不是内力）有：A的重力、B的重力、O点对两绳的拉力，合力为0，而且合力矩也为0。

用合力矩为0来做，O点是支点（轴），则有：

mAgLAsinα＝mBgLBsinβ

得：

即sinα＝sinβ

因 α、β都是锐角，所以α＝β，故C正确，ABD错误。

故选：C。

6. 某电场在x轴上各点的场强方向沿x轴方向，规定场强沿x轴正方向为正，若场强E随位移坐标x变化规律如图，x1点与x3点的纵坐标相同，图线关于O点对称，则（　　）

A．O点的电势最高 

B．﹣x2点的电势最高 

C．若电子从﹣x2点运动到x2点，则此过程中电场力对电子做的总功为零 

D．若电子从x1点运动到x3点，则此过程中电场力对电子做的总功为零

【解答】解：A、规定场强沿x轴正方向为正，依据场强E随位移坐标x变化规律如题目中图所示，电场强度方向如下图所示：根据顺着电场线电势降低，则O电势最低，故A错误；

B、由上分析，可知，电势从高到低，即为x3、x2、x1，由于﹣x2点与x2点电势相等，那么﹣x2点的电势不是最高，故B错误；

C、若电子从﹣x2点运动到x2点，越过横轴，图象与横轴所围成的面积之差为零，则它们的电势差为零，则此过程中电场力对电子做的总功为零，故C正确；

D、若电子从x1点运动到x3点，图象与横轴所围成的面积不为零，它们的电势差不为零，则此过程中电场力对电子做的总功也不为零，故D错误；

故选：C。

7. 一内壁光滑、半径为R的光滑圆轨道竖直固定在桌面上，整个装置处在匀强电场中，电场方向竖直向下，大小E（E未知），一个质量为m，带电荷量为+q的小球静止在轨道底部A点，现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动，当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，经过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，第一次击打过程中小锤对小球做功W，第二次击打过程中小锤对小球做功4W，设两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W的值可能是（　　）

A．3mgR B． C． D．

【解答】解：因为小球在运动过程中始终未脱离轨道，第一次击打后，小球到达最高点的高度不大于R，所以满足有：W≤mgR+qER＝2mgR，

经过两次击打后，小球到达最高点，如果小球恰好达到最高点有：mg，

则根据功能关系可知，5mgR

则W≥mgR，

所以有mgR≤W≤2mgR，故ACD错误，B正确。

故选：B。

8. 如图所示，为一种改进后的回旋加速器示意图，在D形盒边上的缝隙间放置一对中心开有小孔a、b的平行金属板M、N．每当带正电的粒子从a孔进入时，就立即在两板间加上恒定电压，经加速后从b孔射出，再立即撤去电压，而后进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。缝隙间无磁场，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（　　）

A．D形盒中的磁场方向垂直纸面向外 

B．粒子运动的周期不断变大 

C．粒子每运动一周直径的增加量越来越小 

D．增大板间电压，粒子最终获得的最大动能变大

【解答】解：A、粒子从b孔进入磁场后受到的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，D形盒中的磁场方向垂直纸面向里，故A错误；

B、根据T分析知粒子运动的周期不变，故B错误；

C、粒子第n次加速后，根据动能定理可得：nqU，解得v，粒子在磁场中运动的半径r，粒子每运动一周直径的增加量，随转动周数的增加，粒子每运动一周直径的增加量越来越小，故C正确；

D、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r，得v知加速粒子的最大动能与D形盒的半径有关，与加速电压无关，故D错误；

故选：C。

9. 如图所示，一管壁半径为R的直导管（导管柱的厚度可忽略）水平放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里；沿导管向左流动的液体中，仅含有一种质量为m、带电荷量为+q的带电微粒，微粒受磁场力影响发生偏转，导管上、下壁a、b两点间最终形成稳定电势差U，导管内部的电场可看作匀强电场，忽略浮力，则液体流速和a、b电势的正负为（　　）

A．，a正、b负 B．，a正、b负 

C．，a负、b正 D．、a负、b正

【解答】解：液体中带正电微粒流动时，根据左手定则，带电微粒受到向下的洛伦兹力，所以带电微粒向下偏，则a点电势为负，点电势为正，最终液体中的带电微粒所受的电场力与磁场力和带电微粒所受重力的合力为零，即为：

解得：，故C正确，ABD错误。

故选：C。

10. 笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏翻开时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏合上时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示是一块长为a、宽为b、高为c的半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入的恒定电流方向向右。当显示屏合上时，元件处于垂直于上表面且方向向下的匀强磁场中，元件的前、后表面间产生电压U，以此来控制屏幕的熄灭。则元件的（　　）

A．前表面的电势比后表面的低 

B．前、后表面间的电压U与a成正比 

C．前、后表面间的电压U与b成正比 

D．前、后表面间的电压U与c成反比

【解答】解：A、电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，故A错误；

BCD、稳定后，后续电子受力平衡可得，eevB，根据电流的微观表达式可知，I＝neSv＝nebcv，解得U，所以前、后表面间的电压U与c成反比，与a和b无关，故D正确，BC错误。

故选：D。

11. 如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、上下表面为正方形的金属导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大。将两导体同时放置在同一匀强磁场B中，磁场方向垂直于两导体正方形表面，在两导体上加相同的电压，形成图所示方向的电流；电子由于定向移动，会在垂直于电流方向受到洛伦兹力作用，从而产生霍尔电压，当电流和霍尔电压达到稳定时，下列说法中正确的是（　　）

A．R1中的电流大于R2中的电流 

B．R1中的电流小于R2中的电流 

C．R1中产生的霍尔电压小于R2中产生的霍尔电压 

D．R1中产生的霍尔电压等于R2中产生的霍尔电压

【解答】解：AB、电阻R，设正方形金属导体边长为a，厚度为b，则R，则R1＝R2，在两导体上加上相同电压，则R1中的电流等于R2中的电流，故AB错误；

CD、根据电子最终在电场力与洛伦兹力作用下平衡，则有evB，根据电流的微观表达式：I＝neSv，联立解得：UH＝Bav＝Ba•，则有R1中产生的霍尔电压等于R2中产生的霍尔电压，故C错误，D正确。

故选：D。

12. 如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中（　　）

A．到达C点后小球不可能沿杆向上运动 

B．小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等 

C．小球在D点时的动能为50J 

D．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量

【解答】解：A、如果电场力大于重力，则静止后小球可能沿杆向上运动，故A错误；

B、小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，又AD＝DC，两段位移相等，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故B正确；

C、由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在B点时的动能也就不为50J，故C错误；

D、该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，故D错误；

故选：B。

13. 将长为L的导线弯成六分之一圆弧，固定于垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场中，两端点A、C连线竖直，如图所示．若给导线通以由A到C、大小为I的恒定电流，则导线所受安培力的大小和方向是（　　）

A．ILB，水平向左 B．ILB，水平向右 

C．，水平向右 D．，水平向左

【解答】解：弧长为L，圆心角为60°，则弦长：AC，

导线受到的安培力：F＝BI•AC，

由左手定则可知，导线受到的安培力方向：水平向左；

故选：D。

14. 通有电流的导线L1、L2处在同一平面（纸面）内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动（O为L2的中心），各自的电流方向如图所示．下列哪种情况将会发生（　　）

A．因L2不受磁场力的作用，故L2不动 

B．因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动 

C．L2绕轴O按顺时针方向转动 

D．L2绕轴O按逆时针方向转动

【解答】解：由题意可知，L1导线产生磁场方向，根据右手螺旋定则可知，上方的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远，磁场越弱，

由左手定则可知，通电导线L2，处于垂直纸面向外的磁场，且越靠近L1，安培力越强，从而出现L2绕轴O按逆时针方向转动。故D正确，ABC错误；

故选：D。

15. （多选）某兴趣小组的同学设计了一个测量电流的装置。如图所示，质量为m＝0.01kg的匀质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的劲度系数k＝2.0N/m的弹簧相连。在矩形区域abcd内有垂直纸面向外、大小B＝0.2T的匀强磁场。与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度。若ab＝0.2m，bc＝0.05m（不计通电时电流产生的磁场的作用），则下列说法正确的是（　　）

A．若要电流表正常工作，MN的N端应与电源正极相接 

B．当电流表示数为零时，弹簧长度为0.05m 

C．此电流表的量程是2.5A 

D．若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为0.10T

【解答】解：A、若要电流表正常工作，MN受安培力应该向下，根据左手定则，M应该接电源正极，N接电源负极，故A错误；

B、电流读数为零，即mg＝k△x，代入数据可得△x＝0.05m，即弹簧伸长了0.05m，并不是弹簧长度为0.05m，故B错误；

C、电流变大，即安培力变大，最大电流为弹簧又伸长bc即0.05m，根据平衡关系：mg+BIL＝k（△x+lbc），

因此：BIL＝klbc，

代入数据可得：I＝2.5A，故C正确；

D、电流量程扩大2倍，即量程为5.0A时，根据BIL＝klbc可知，则磁感应强度应变为0.10T，故D正确。

故选：CD。