專題磁場2023-2025年三年高考物理真題分類匯編，分類練習，高效提分！按照物理學科知識點構(gòu)成情況，將試題分解組合，全面呈現(xiàn)物理學科知識點在三年高考中的考查情況，旨意方便老師和學生掌握高考命題動向、熟悉高考考查方式。一．選擇題（共29小題）1．（2023?遼寧）安培通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律。若兩段長度分別為ΔL1和ΔL2、電流大小分別為I1和I2的平行直導線間距為r時，相互作用力的大小可以表示為F＝kI1A．kg?m/（s2?A） B．kg?m/（s2?A2） C．kg?m2/（s3?A） D．kg?m2/（s3?A3）2．（2025?端州區(qū)一模）如圖所示，在天花板下用細線懸掛一半徑為R的金屬圓環(huán)，圓環(huán)處于靜止狀態(tài)，圓環(huán)一部分處在垂直于環(huán)面的磁感應強度大小為B的水平勻強磁場中，環(huán)與磁場邊界交點A、B與圓心O連線的夾角為120°，此時懸線的張力為F．若圓環(huán)通電，使懸線的張力剛好為零，則環(huán)中電流大小和方向是（）A．電流大小為3F3BR，電流方向沿順時針方向B．電流大小為3F3BRC．電流大小為3FBRD．電流大小為3F3．（2025?江蘇）某“冰箱貼”背面的磁性材料磁感線如圖所示，下列判斷正確的是（）A．a(chǎn)點的磁感應強度大于b點 B．b點的磁感應強度大于c點 C．c點的磁感應強度大于a點 D．a(chǎn)、b、c點的磁感應強度一樣大4．（2023?浙江）某興趣小組設計的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場B＝k1I，通有待測電流I'的直導線ab垂直穿過螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場B'＝k2I'。調(diào)節(jié)電阻R，當電流表示數(shù)為I0時，元件輸出霍爾電壓UH為零，則待測電流I'的方向和大小分別為（）A．a(chǎn)→b，k2k1C．b→a，k2k5．（2025?文峰區(qū)一模）如圖所示，矩形線框平面與勻強磁場方向垂直，穿過的磁通量為Φ，若線框繞某條邊轉(zhuǎn)過90°角，則磁通量變?yōu)椋ǎ〢．0 B．12Φ C．Φ D．26．（2025?河池模擬）兩條通有相同電流的長直導線平行放置，將一矩形線框分別放置在1、2、3位置，2位置到兩導線的距離相等，如圖所示。則矩形線框在1、2、3位置的磁通量大小Φ1、Φ2、Φ3的大小關(guān)系正確的是（）A．Φ1＞Φ2＞Φ3 B．Φ1＜Φ2＜Φ3 C．Φ1＝Φ3＞Φ2 D．Φ1＝Φ3＜Φ27．（2025?金鳳區(qū)一模）“析萬物之理，判天地之美”，物理學是研究物質(zhì)及其運動規(guī)律的學科，下列說法正確的是（）A．麥克斯韋提出的狹義相對論表明經(jīng)典力學不適用于微觀粒子和高速運動物體 B．牛頓用實驗方法得出了萬有引力定律，他是第一個“稱”地球質(zhì)量的人 C．磁感應強度B=FILD．通過單位運算，mv3pt8．（2025?湖北）如圖所示，在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，放置一通電圓線圈，圓心為O點，線圈平面與磁場垂直。在圓線圈的軸線上有M和N兩點，它們到O點的距離相等。已知M點的總磁感應強度大小為零，則N點的總磁感應強度大小為（）A．0 B．B C．2B D．3B9．（2025?福建）如圖所示，空間中存在兩根無限長直導線L1與L2，通有大小相等，方向相反的電流。導線周圍存在M、O、N三點，M與O關(guān)于L1對稱，O與N關(guān)于L2對稱且OM＝ON，初始時，M處的磁感應強度大小為B1，O點磁感應強度大小為B2，現(xiàn)保持L1中電流不變，僅將L2撤去，求N點的磁感應強度大?。ǎ〢．B2?12B1 B．12B2﹣B1 C．B210．（2024?浙江）磁電式電表原理示意圖如圖所示，兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向，兩者之間有可轉(zhuǎn)動的線圈。a、b、c和d為磁場中的四個點。下列說法正確的是（）A．圖示左側(cè)通電導線受到安培力向下 B．a(chǎn)、b兩點的磁感應強度相同 C．圓柱內(nèi)的磁感應強度處處為零 D．c、d兩點的磁感應強度大小相等11．（2025?雨花臺區(qū)模擬）一個環(huán)形電流的中心有一根通電導線，如圖所示。關(guān)于通電直導線的受力情況是（）A．受向左的磁場力 B．受向右的磁場力 C．受磁場力使直導線偏離圓環(huán)中心 D．不受磁場力12．（2025?解放區(qū)一模）在玻璃皿的中心放一個圓柱形電極，沿邊緣內(nèi)壁放一個圓環(huán)形電極，把它們分別與電池（電動勢為E，內(nèi)阻不計）的兩極相連（邊緣接電池的正極），然后在玻璃皿中放入導電液體，導電液體的等效電阻為R。把玻璃皿放在磁場中，如圖所示，液體就會旋轉(zhuǎn)起來。則以下說法中正確的是（）A．從上往下看，液體順時針旋轉(zhuǎn) B．改變磁場方向，液體旋轉(zhuǎn)方向不變 C．通過液體的電流等于ERD．通過液體的電流小于E13．（2025?未央?yún)^(qū)一模）將一節(jié)五號干電池的負極放在強磁鐵上，強磁鐵產(chǎn)生磁場的磁感線如圖所示。將一矩形金屬框與該電池組成閉合回路，在安培力作用下，線框發(fā)生轉(zhuǎn)動，這樣就構(gòu)成一臺簡易“電動機”，下列說法正確的是（）A．圖中強磁鐵下端為N極 B．從上向下看，圖中金屬框?qū)⒛鏁r針轉(zhuǎn)動 C．調(diào)轉(zhuǎn)磁極，再次接入后金屬框?qū)⒎聪蜣D(zhuǎn)動 D．電池消耗的電能全部轉(zhuǎn)化為金屬框的動能14．（2024?貴州）如圖，兩根相互平行的長直導線與一“凸”形導線框固定在同一豎直平面內(nèi)，導線框的對稱軸與兩長直導線間的距離相等。已知左、右兩長直導線中分別通有方向相反的恒定電流I1、I2，且I1＞I2，則當導線框中通有順時針方向的電流時，導線框所受安培力的合力方向（）A．豎直向上 B．豎直向下 C．水平向左 D．水平向右15．（2024?浙江）如圖所示，邊長為1m、電阻為0.04Ω的剛性正方形線框abcd放在勻強磁場中，線框平面與磁場垂直。若線框固定不動，磁感應強度以ΔBΔtA．12N B．22N C．1N D．16．（2025?通州區(qū)一模）如圖所示的裝置是用來測量勻強磁場磁感應強度B的等臂電流天平，其右臂掛著匝數(shù)為n的矩形線圈，線圈的水平邊長為l，磁場的方向與線圈平面垂直。當線圈沒有通電時，天平處于平衡狀態(tài)，當線圈通入圖示電流I時，則須在一個托盤中加質(zhì)量為m的小砝碼才能使天平重新平衡。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．應在右盤中加入小砝碼 B．由以上測量數(shù)據(jù)可求出勻強磁場的磁感應強度B=mgC．若發(fā)現(xiàn)右盤向上翹起，則應增大線圈中的電流 D．若只改變電流的方向，線圈仍保持平衡狀態(tài)17．（2025?邢臺一模）如圖所示，通電折線abc的兩段ab⊥bc（且ab＜bc），勻強磁場水平向右，將此通電折線abc放入磁場中，圖中哪種情況其所受安培力最大（）A．B．C．D．18．（2025?云南模擬）如圖所示，間距為l＝1m且相互平行的導軌固定在水平絕緣桌面，導軌左端與電源連接，電源電動勢為1.5V，金屬棒ab垂直于導軌放置，整個回路的電阻為3Ω。整個空間中存在方向垂直于金屬棒ab且與水平面成37°角斜向上方的勻強磁場，磁感應強度大小為0.1T。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。若金屬棒ab始終靜止，則金屬棒ab受到的摩擦力（）A．方向水平向右，大小為0.03N B．方向水平向左，大小為0.03N C．方向水平向右，大小為0.05N D．方向水平向左，大小為0.05N19．（2024?全國）如圖為“電流天平”實驗裝置的示意圖，將U形電路PQRS放入螺線管內(nèi)，其中長度為L的QR段約位于螺線管內(nèi)的中央位置。螺線管所載電流為I1，通過U形電路PQRS的電流為I2，天平右臂受有磁力的作用，而左臂末端掛有小重物。下列有關(guān)此電流天平的敘述何者正確？（）A．U形電路所受的總磁力正比于I1與I2的乘積 B．U形電路上所受的總磁力正比于U形電路于螺線管內(nèi)的總長度 C．螺線管電路必須與U形電路串聯(lián)，形成電流通路 D．電流天平的兩臂達平衡時，若增加螺線管線圈匝數(shù)，不會改變其平衡狀態(tài) E．若小重物之重量不管如何調(diào)整，天平左臂一直下垂，則同時改變I1和I2的電流方向，可使天平趨于水平20．（2024?湖北）《夢溪筆談》中記錄了一次罕見的雷擊事件：房屋被雷擊后，屋內(nèi)的銀飾、寶刀等金屬熔化了，但是漆器、刀鞘等非金屬卻完好（原文為：有一木格，其中雜貯諸器，其漆器銀扣者，銀悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一寶刀，極堅鋼，就刀室中熔為汁，而室亦儼然）。導致金屬熔化而非金屬完好的原因可能為（）A．摩擦 B．聲波 C．渦流 D．光照21．（2023?江蘇）如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為B。L形導線通以恒定電流I，放置在磁場中。已知ab邊長為2l，與磁場方向垂直，bc邊長為l，與磁場方向平行。該導線受到的安培力為（）A．0 B．BIl C．2BIl D．5BIl22．（2023?全國）如圖，一水平放置的橡膠圓盤上帶有大量均勻分布的正電荷，與圓盤同一平面內(nèi)放置一通有恒定電流的直導線，電流方向如圖所示。當圓盤繞其中心O順時針轉(zhuǎn)動時，通電直導線所受安培力的方向（）A．指向圓盤 B．背離圓盤 C．垂直于圓盤平面向里 D．垂直于圓盤平面向外23．（2025?江城區(qū)校級三模）如圖所示，將半徑為r的銅導線半圓環(huán)AB用兩根不可伸長的絕緣繩a、b懸掛于天花板上，AB置于垂直紙面向外的大小為B的磁場中，現(xiàn)給導線通以自A向B大小為I的電流，則（）A．通電后兩繩拉力變小 B．通電后兩繩拉力不變 C．安培力為πBIr D．安培力為2BIr24．（2025?朝陽區(qū)校級四模）如圖甲所示，兩電阻不計的導體圓環(huán)相距為d、固定平行放置，圓心的連線與圓環(huán)面垂直，圓環(huán)間接有阻值為R的定值電阻，一根不計電阻、長為d的均勻?qū)w棒與位于圓環(huán)內(nèi)側(cè)與圓心連線平行，在空間中加上磁感應強度大小為B的勻強磁場，其分布區(qū)域如圖乙所示（乙圖為側(cè)視圖），圖中1、2、3為三條平行的邊界線，2與圓環(huán)的直徑重合，1、2間和2、3間的距離均為圓環(huán)半徑的一半，磁場的方向與邊界平行。用外力讓導體棒緊靠圓環(huán)內(nèi)側(cè)以大小為v的速度做勻速圓周運動，則R的電功率為（）A．B2d2vC．B2d225．（2025?廣西模擬）如圖所示，三根長為L的直導線垂直紙面放置，它們所在位置的連線構(gòu)成等邊三角形，A、B連線處于豎直方向，電流方向向里，電流大小均為I，其中A、B電流在C處產(chǎn)生的磁感應強度的大小均為B0，C位于水平面上且處于靜止狀態(tài)，則C受到的靜摩擦力是（）A．32B0IL，水平向左 C．3B0IL，水平向左 26．（2025?廣東一模）下列說法正確的是（）A．如圖甲所示，由小磁針指向可知，通電直導線中的電流方向是向上的 B．如圖乙所示，如果長為l、通過電流為I的短直導線在該磁場中所受力的大小為F，則該處磁感應強不一定為B=FC．如圖丙所示，閉合線圈在勻強磁場中向右加速運動，由于在做加速切割磁感線運動，所以線圈中會產(chǎn)生感應電流 D．如圖丁所示，線圈從1位置平移到2位置時，穿過此線圈平面的磁通量不變27．（2025?常州模擬）如圖所示，電阻不計足夠長的水平導軌間距0.5m，導軌處于方向與水平面成53°角斜向右上方的磁感應強度為5T的勻強磁場中。導體棒ab垂直于導軌放置且處于靜止狀態(tài)，其質(zhì)量m＝1kg，電阻R＝0.9Ω，與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，電源電動勢E＝10V，其內(nèi)阻r＝0.1Ω，定值電阻的阻值R0＝4Ω。不計定滑輪的摩擦，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，細繩對ab的拉力沿水平方向，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，則（）A．導體棒ab受到的摩擦力方向一定向右 B．導體棒ab受到的安培力大小為5N，方向水平向左 C．不掛重物的情況下，導體棒ab依舊能保持靜止 D．若在重物拖拽下，導體棒ab向右滑動了1m，則通過導體棒ab的電荷量大于0.4C28．（2025?肇慶二模）如圖所示，平行長直金屬導軌AB、CD水平放置，間距為d，電阻不計。左側(cè)接電動勢為E、內(nèi)阻r的電源。導體棒靜止放在導軌上，與軌道CD間的夾角θ＝30°，MN兩點間電阻為R且與軌道接觸良好。導軌所在區(qū)域有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。則導體棒所受安培力的大小為（）A．BEdR+r B．2BEd2R+r C．2BEdR+r29．（2025?景德鎮(zhèn)一模）如圖所示，abcd為紙面內(nèi)矩形的四個頂點，矩形區(qū)域內(nèi)（含邊界）處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，ad＝L，ab=3A．粒子能通過cd邊的最短時間t=πm2qBB．若粒子恰好從d點射出磁場，粒子速度v=2qBLC．若粒子恰好從c點射出磁場，粒子速度v=2qBLD．若粒子只能從ad邊界射出磁場，則粒子的入射速度0＜v≤二．多選題（共5小題）（多選）30．（2025?廣東）如圖是一種精確測量質(zhì)量的裝置原理示意圖，豎直平面內(nèi)，質(zhì)量恒為M的稱重框架由托盤和矩形線圈組成。線圈的一邊始終處于垂直線圈平面的勻強磁場中，磁感應強度不變。測量分兩個步驟，步驟①：托盤內(nèi)放置待測物塊，其質(zhì)量用m表示，線圈中通大小為I的電流，使稱重框架受力平衡；步驟②：線圈處于斷開狀態(tài)，取下物塊，保持線圈不動，磁場以速率v勻速向下運動，測得線圈中感應電動勢為E。利用上述測量結(jié)果可得出m的值，重力加速度為g。下列說法正確的有（）A．線圈電阻為EI B．I越大，表明m越大C．v越大，則E越小 D．m=EI（多選）31．（2024?福建）如圖，用兩根不可伸長的絕緣細繩將半徑為r的半圓形銅環(huán)豎直懸掛在勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外，銅環(huán)兩端a、b處于同一水平線。若環(huán)中通有大小為I、方向從a到b的電流，細繩處于繃直狀態(tài)，則（）A．兩根細繩拉力均比未通電流時的大 B．兩根細繩拉力均比未通電流時的小 C．銅環(huán)所受安培力大小為2rBI D．銅環(huán)所受安培力大小為πrIB（多選）32．（2025?龍崗區(qū)一模）A、B、C三條通電長直導線在穿線管中呈直線等距分布，電流方向如圖所示，橫截面恰好形成邊長為d的等邊三角形，O點為等邊三角形的中心，A、B兩條導線中的電流大小相同，都為I，導線C中的電流為2I，導線半徑不計。則（）A．A內(nèi)電流產(chǎn)生的磁場的磁感線是一系列同心圓，方向為逆時針方向 B．A、B內(nèi)電流在C處產(chǎn)生的磁感應強度大小相同 C．C處的磁場方向水平向左 D．O點的磁場方向豎直向下（多選）33．（2024?貴州）如圖，間距為L的兩根金屬導軌平行放置并固定在絕緣水平桌面上，左端接有一定值電阻R，導軌所在平面存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。質(zhì)量為m的金屬棒置于導軌上，在水平拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，一段時間后撤去水平拉力，金屬棒最終停在導軌上。已知金屬棒在運動過程中，最大速度為v，加速階段的位移與減速階段的位移相等，金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計摩擦及金屬棒與導軌的電阻，則（）A．加速過程中通過金屬棒的電荷量為mvBL B．金屬棒加速的時間為2mRBC．加速過程中拉力的最大值為4BD．加速過程中拉力做的功為12mv（多選）34．（2023?福建）地球本身是一個大磁體，其磁場分布示意圖如圖所示。學術(shù)界對于地磁場的形成機制尚無共識。一種理論認為地磁場主要源于地表電荷隨地球自轉(zhuǎn)產(chǎn)生的環(huán)形電流?；诖死碚摚铝信袛嗾_的是（）A．地表電荷為負電荷 B．環(huán)形電流方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同 C．若地表電荷的電量增加，則地磁場強度增大 D．若地球自轉(zhuǎn)角速度減小，則地磁場強度增大三．填空題（共1小題）35．（2025?福建模擬）四根完全相同的長直導線互相平行，它們的截面處于正方形abcd的四個頂點，導線中都通有大小相同的電流，方向如圖所示。正方形對角線的交點為O，通電導線a在O點產(chǎn)生的磁感應強度為B，四根通電導線在O點產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小為，方向為。四．解答題（共8小題）36．（2024?福建）如圖，直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場。第Ⅱ、Ⅲ象限中有兩平行板電容器C1、C2，其中C1垂直x軸放置，極板與x軸相交處存在小孔M、N；C2垂直y軸放置，上、下極板右端分別緊貼y軸上的P、O點。一帶電粒子從M靜止釋放，經(jīng)電場直線加速后從N射出，緊貼C2下極板進入C2，而后從P進入第Ⅰ象限；經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直x軸離開，運動軌跡如圖中虛線所示。已知粒子質(zhì)量為m、帶電量為q，O、P間距離為d，C1、C2的板間電壓大小均為U，板間電場視為勻強電場，不計重力，忽略邊緣效應。求：（1）粒子經(jīng)過N時的速度大??；（2）粒子經(jīng)過P時速度方向與y軸正向的夾角；（3）磁場的磁感應強度大小。37．（2025?福州模擬）如圖為一電流表的原理示意圖，質(zhì)量為m的均勻細金屬棒MN的中點處通過一絕緣掛鉤與一豎直懸掛的彈簧相連，彈簧的勁度系數(shù)為k，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外，與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標尺上的讀數(shù)，MN的長度大于ab、當MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時，MN與矩形區(qū)域的cd邊重合；當MN中有電流通過時，指針示數(shù)可表示電流大小，求：（1）若要電流表正常工作，MN的N端應與電源的正極還是負極相接？（2）當電流表示數(shù)為零時，彈簧的伸長量；（3）若k＝200N/m，ab＝20cm，cb＝0.05cm，B＝0.2T，電表的量程是多少？38．（2025?浙江）如圖所示，接有恒流源的正方形線框邊長2L、質(zhì)量m、電阻R，放在光滑水平地面上，線框部分處于垂直地面向下、磁感應強度為B的勻強磁場中，以磁場邊界CD上一點為坐標原點，水平向右建立Ox軸，線框中心和一條對角線始終位于Ox軸上，開關(guān)S斷開，線框保持靜止，不計空氣阻力。（1）線框中心位于x＝0，閉合開關(guān)S后，線框中電流大小為I，求：①閉合開關(guān)S瞬間，線框受到的安培力大??；②線框中心運動至x=L③線框中心運動至x=L（2）線框中心分別位于x＝0和x=L2，閉合開關(guān)S后，線框中電流大小為I，線框中心分別運動到x＝L所需時間分別為t1和t2，求t1﹣t239．（2024?北京）如圖甲所示為某種“電磁槍”的原理圖，在豎直向下的勻強磁場中，兩根相距L的平行長直金屬導軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一導體棒放置在導軌上，與導軌垂直且接觸良好，不計導軌電阻及導體棒與導軌間的摩擦。已知磁場的磁感應強度大小為B，導體棒的質(zhì)量為m、接入電路的電阻為R，開關(guān)閉合前電容器的電荷量為Q。（1）求閉合開關(guān)瞬間通過導體棒的電流I；（2）求閉合開關(guān)瞬間導體棒的加速度大小a；（3）在圖乙中定性畫出閉合開關(guān)后導體棒的速度v隨時間t的變化圖線。40．（2023?海南）如圖所示，U形金屬桿上邊長為L＝15cm，質(zhì)量為m＝1×10﹣3kg，下端插入導電液體中，導電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里B＝8×10﹣2T的勻強磁場。（1）若插入導電液體部分深h＝2.5cm，閉合電鍵后，金屬桿飛起后，其下端離液面高度H＝10cm，設桿中電流不變，求金屬桿離開液面時的速度大小和金屬桿中的電流有多大；（g＝10m/s2）（2）若金屬桿下端剛與導電液體接觸，改變電動勢的大小，通電后金屬桿跳起高度H′＝5cm，通電時間t′＝0.002s，求通過金屬桿截面的電荷量。41．（2023?廣東）光滑絕緣的水平面上有垂直平面的勻強磁場，磁場被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，寬度均為h，其俯視圖如圖（a）所示，兩磁場磁感應強度隨時間t的變化如圖（b）所示，0～τ時間內(nèi)，兩區(qū)域磁場恒定，方向相反，磁感應強度大小分別為2B0和B0，一電阻為R，邊長為h的剛性正方形金屬框abcd，平放在水平面上，ab、cd邊與磁場邊界平行。t＝0時，線框ab邊剛好跨過區(qū)域Ⅰ的左邊界以速度v向右運動。在τ時刻，ab邊運動到距區(qū)域Ⅰ的左邊界?2（1）t＝0時線框所受的安培力F；（2）t＝1.2τ時穿過線框的磁通量Φ；（3）2τ～3τ時間內(nèi)，線框中產(chǎn)生的熱量Q。42．（2025?河北模擬）如圖所示，間距L＝2m的光滑平行導軌所在平面與水平面夾角θ＝30°，導軌底邊AB水平，且接有一個特殊的電源，電路接通后該電源在不同的外接負載條件下均保持所輸出的電流恒定為I＝0.5A，導軌上C、D兩點連線與底邊平行，E為導軌平面上一點，C、D、E的連線構(gòu)成等腰直角三角形，O點為等腰直角三角形CDE過E點高的中點，三角形內(nèi)部存在垂直導軌平面向下，磁感應強度大小B＝0.5T的勻強磁場。將一長度也為L＝2m，質(zhì)量m＝0.05kg，電阻為定值的導體棒放置在C、D位置，導體棒受到C、D兩處擋板的作用處于靜止狀態(tài)。導軌足夠長，重力加速度g取10m/s2。求：（1）閉合開關(guān)S的瞬間，導體棒的加速度a的大?。唬?）導體棒第一次經(jīng)過O點時速度v0的大??；（3）已知閉合開關(guān)S后經(jīng)π1020s導體棒第一次經(jīng)過O點，若以O點為原點沿斜面向上為正方向建立x坐標軸，請寫出導體棒所受合力F43．（2025?河北）某電磁助推裝置設計如圖，超級電容器經(jīng)調(diào)控系統(tǒng)為電路提供1000A的恒定電流，水平固定的平行長直導軌處于垂直水平面的勻強磁場中，a可視為始終垂直導軌的導體棒，b為表面絕緣的無人機。初始時a靜止于MM′處，b靜止于a右側(cè)某處。現(xiàn)將開關(guān)S接1端，a與b正碰后鎖定并一起運動，損失動能全部儲存為彈性勢能。當a運行至NN′時將S接2端，同時解除鎖定，所儲勢能瞬間全部轉(zhuǎn)化為動能，a與b分離。已知電容器電容C為10F，導軌間距為0.5m，磁感應強度大小為1T，MM′到NN′的距離為5m，a、b質(zhì)量分別為2kg、8kg，a在導軌間的電阻為0.01Ω。碰撞、分離時間極短，各部分始終接觸良好，不計導軌電阻、摩擦和儲能耗損，忽略電流對磁場的影響。（1）若分離后某時刻a的速度大小為10m/s，求此時通過a的電流大小。（2）忽略a、b所受空氣阻力，當a與b的初始間距為1.25m時，求b分離后的速度大小，分析其是否為b能夠獲得的最大速度；并求a運動過程中電容器的電壓減小量。（3）忽略a所受空氣阻力，若b所受空氣阻力大小與其速度v的關(guān)系為f＝kv2（k＝0.025N?s2/m2），初始位置與（2）問一致，試估算a運行至NN'時。a分離前的速度大小能否達到（2）問中分離前速度的99%，并給出結(jié)論。（0.992＝0.980l）

專題磁場參考答案與試題解析一．選擇題（共29小題）題號1234567891011答案BABDACCABAD題號1213141516171819202122答案DCCCCCAACCB題號23242526272829答案DADBDCC二．多選題（共5小題）題號3031323334答案BDACBCABAC一．選擇題（共29小題）1．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．解：由牛頓第二定律F＝ma，可得：1N＝1kg?m/s2由F＝kI1k=Fr2I1故選：B。2．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．解：要使懸線拉力為零，則圓環(huán)通電后受到的安培力方向向上，根據(jù)左手定則可以判斷，電流方向應沿順時針方向，根據(jù)力的平衡F＝BI?3R，求得I=3故選：A。3．【專題】比較思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．解：磁感線越密集的地方磁感線強度越大，故可知Bb＞Ba＞Bc。故B正確，ACD錯誤。故選：B。4．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．解：根據(jù)安培定則，螺線管在霍爾元件處的磁場方向豎直向下，要使元件輸出霍爾電壓UH為零，直導線ab在霍爾元件處的磁場方向豎直向上，根據(jù)安培定則，待測電流方向由b→a，元件輸出霍爾電壓UH為零，則霍爾元件處合場強為0，即k1I0＝k2I'，I'=k故選：D。5．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．解：轉(zhuǎn)過90°角后，線框與磁場平行，所以磁通量為零，故A正確，BCD錯誤。故選：A。6．【專題】定性思想；合成分解法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．解：兩根平行長直導線中，通以同方向同強度的電流，根據(jù)對稱性可知Φ1＝Φ3兩個電流在線框2處產(chǎn)生的磁場的方向相反，根據(jù)磁場的疊加，2位置通過線框的磁通量為0，則Φ1＝Φ3＞Φ2故ABD錯誤，C正確。故選：C。7．【專題】定性思想；推理法；萬有引力定律的應用專題；磁場磁場對電流的作用；理解能力．解：A．愛因斯坦提出的狹義相對論表明經(jīng)典力學不適用于微觀粒子和高速運動物體，故A錯誤；B．牛頓通過“月—地檢驗”得出了萬有引力定律，卡文迪什測量出了萬有引力常量，被稱為第一個“稱”地球質(zhì)量的人，故B錯誤；C．磁感應強度的定義式B=FD．由于質(zhì)量的單位為kg，速度的單位為m/s，壓強的單位為N/m2，時間的單位為s，所以mv3pt的單位為m4故選：C。8．【專題】定量思想；合成分解法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．解：根據(jù)安培定則判斷可知，電流在圓線圈的軸線上產(chǎn)生的磁場方向相同，因為M點和N點在圓線圈軸線上，且它們到O點的距離相等，根據(jù)對稱性可知，通電圓線圈在M點和N點的磁感應強度大小相等，方向相同，又因為勻強磁場中磁感應強度大小和方向處處相同，根據(jù)磁場的疊加原理，通電圓線圈和勻強磁場在M點和N點的疊加磁場相同，則N點的總磁感應強度大小與M點相等，也為0，故A正確，BCD錯誤。故選：A。9．【專題】定量思想；控制變量法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．解：根據(jù)通電直導線在其周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應強度與電流大小成正比，與距離成反比，結(jié)合題目條件，可得通電直導線L1產(chǎn)生的磁場在M點與O點的磁感應強度大小和通電直導線L2產(chǎn)生的磁場在N點與O點的磁感應強度大小均相等，設為B0。直導線L1與L2中電流方向相反，根據(jù)安培定則可知，L1和L2各自產(chǎn)生的磁場在O點的磁感應強度方向相同，根據(jù)磁感應強度的矢量疊加可得：2B0＝B2設L2的磁場在M點的磁感應強度大小為B2M。根據(jù)安培定則可知，L1和L2各自產(chǎn)生的磁場在M點的磁感應強度方向相反，因M點與L2的距離較大，故B2M＜B0，根據(jù)磁感應強度的矢量疊加可得：B0﹣B2M＝B1設L1產(chǎn)生的磁場在N點的磁感應強度大小為B1N。由已知條件可知，N點到L1的距離等于M點到L2的距離，可得L1產(chǎn)生的磁場在N點的磁感應強度大小等于L2的磁場在M點的磁感應強度大小，即：B1N＝B2M聯(lián)立解得：B1N=12B2保持L1中電流不變，僅將L2撤去，則N點的磁感應強度大小就等于L1產(chǎn)生的磁場在N點的磁感應強度大小，為12B2﹣B1故選：B。10．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．解：A．由左手定則可知，圖示左側(cè)通電導線受到安培力向下，故A正確；B．a(chǎn)、b兩點的磁感應強度大小相同，但是方向不同，故B錯誤；C．磁感線是閉合的曲線，則圓柱內(nèi)的磁感應強度不為零，故C錯誤；D．因c點處的磁感線較d點密集，可知c點的磁感應強度大于d點的磁感應強度，故D錯誤。故選：A。11．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．解：在圖中，根據(jù)安培定則可知，導體環(huán)電流的磁場與直導線平行，則通電直導線不受磁場力，故D正確，ABC錯誤。故選：D。12．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．解：A、液體所處的磁場方向豎直向上，而電流方向由邊緣指向中心，根據(jù)左手定則可以判斷出導電液體受到的安培力方向為逆時針，所以液體逆時針旋轉(zhuǎn)，故A錯誤。B、當改變磁場方向，依據(jù)左手定則，則安培力方向反向，那么液體旋轉(zhuǎn)方向也反向，故B錯誤。CD、由于液體旋轉(zhuǎn)，有部分電能轉(zhuǎn)化為機械能，根據(jù)能量守恒，則有：EI＝I2R+P機，所以E＞IR，即I＜E故選：D。13．【專題】比較思想；模型法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．解：A、在磁鐵的外部，磁感線從N極出發(fā)進入S極，根據(jù)磁場的磁感線分布情況可知強磁鐵下端為S極，故A錯誤；B、由于金屬框下方的磁感應強度比上方的大，研究金屬框下方的受力情況，根據(jù)左手定則可知從上向下看，圖中金屬框?qū)㈨槙r針轉(zhuǎn)動，故B錯誤；C、調(diào)轉(zhuǎn)磁極，安培力方向?qū)⒎聪颍栽俅谓尤牒蠼饘倏蜣D(zhuǎn)動方向?qū)⒏淖?，故C正確；D、電池消耗的電能一部分轉(zhuǎn)化為金屬框的動能，還有一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故D錯誤。故選：C。14．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．解：根據(jù)右手螺旋定則可知導線框所在磁場方向向里，由于I1＞I2，則左側(cè)的磁場較大，根據(jù)對稱性結(jié)合左手定則及F＝BIL可知導線框所受安培力合力方向向左。故ABD錯誤，C正確；故選：C。15．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；電磁感應與電路結(jié)合；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．解：線框不動時，根據(jù)法拉第電磁感應定律可得感應電動勢為：E=感應電流為：I=發(fā)熱功率P為：P＝I2R＝2.52×0.04W＝0.25W當磁感應強度恒為B＝0.2T，線框以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，線框中產(chǎn)生正弦式交變電流，設電流的有效值為I有，由題意可得：2P=I有2設電流的最大值為Im，則有：Im=2當ab邊的線速度方向與磁感線垂直時，線框中的電流為最大值，此時ab邊所受安培力最大，可得ab邊所受最大的安培力為：Fm＝BImL＝0.2×5×1N＝1N，故ABD錯誤，C正確。故選：C。16．【專題】比較思想；模型法；磁場磁場對電流的作用；分析綜合能力．解：A、根據(jù)左手定則可知，線圈受到的安培力向下，要使天平重新平衡，應在左盤中加入小砝碼，故A錯誤；B、根據(jù)平衡條件得mg＝nBIl，解得B=mgC、若發(fā)現(xiàn)右盤向上翹起，表明向下的安培力偏小，則應增大線圈中的電流，故C正確；D、若只改變電流的方向，線圈受到的安培力向上，線圈不能保持平衡狀態(tài)，故D錯誤。故選：C。17．【專題】比較思想；等效替代法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．解：當通電導線為折線或曲線時，其效果相當于由起點到終點的直線通以相同的電流，根據(jù)安培力公式F＝BILsinθ，可知，在B、I、L相同的情況下，當導線等效長度與磁場垂直時安培力最大，故ABD錯誤，C正確。故選：C。18．【專題】定量思想；合成分解法；磁場磁場對電流的作用；分析綜合能力．解：根據(jù)左手定則判斷可知，金屬棒ab受到的安培力方向垂直于磁感線斜向左上方，對金屬棒ab受力分析如圖所示。根據(jù)平衡條件得BIlcos53°＝f由閉合電路歐姆定律得I=聯(lián)立解得：f＝0.03N，方向水平向右，故A正確，BCD錯誤。故選：A。19．【專題】定性思想；歸納法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．解：A、U形電路所受的總磁力為F＝BI2L，其中B是螺線管所產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小，通過螺線管的電流I1越大，B就越大，即B與I1成正比，所以磁場力F正比于I1與I2的乘積，故A正確；B、U形電路所受的總磁力為F＝BI2L，所以總磁力F正比于L，即QR的長度，而不是U形電路于螺線管內(nèi)的總長度，故B錯誤；C、螺線管電路和U形電路是兩個相對獨立的電路，里面的電流不相等，故C錯誤；D、電流天平的兩臂達平衡時，若增加螺線管線圈匝數(shù)，則會增加螺線管內(nèi)部的磁感應強度，天平就不會保持平衡了，故D錯誤；E、若小重物之重量不管如何調(diào)整，天平左臂一直下垂，說明右臂受安培力方向豎直向上，則同時改變I1和I2的電流方向，則螺線管內(nèi)部的磁場方向和QR中的電流方向都改變則不會改變QR變邊的受力方向，天平仍然不會平衡，故E錯誤。故選：A。20．【專題】定性思想；控制變量法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．解：在雷擊事件中金屬和非金屬都經(jīng)歷了摩擦，聲波和光照的影響，而金屬能夠因電磁感應產(chǎn)生渦流非金屬不能，因此可能原因為渦流，故C正確，ABD錯誤。故選：C。21．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．解：導線的ab邊與磁場垂直，受到的安培力大小為：F1＝2BIl導線的bc邊與磁場平行，不受安培力的作用，則導線受到的安培力大小為：F＝F1＝2BIl，故C正確，ABD錯誤；故選：C。22．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．解：橡膠圓盤繞其中心O順時針轉(zhuǎn)動時，在橡膠圓盤上會形成若干個同心順時針環(huán)形電流，所有的等效環(huán)形電流在直導線出的磁場都是向上的，根據(jù)左手定則，伸出左手，四指指向直導線電流方向，手心向下，則大拇指指向右側(cè)，即通電直導線所受安培力的方向為背離圓盤。故ACD錯誤，B正確。故選：B。23．【專題】定量思想；控制變量法；磁場磁場對電流的作用；實驗探究能力．解：AB、若半圓環(huán)的總質(zhì)量為m，那么通電流之前，銅導線半圓環(huán)處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有：2FT＝mg通電流之后，半圓環(huán)受到安培力，由左手定則可判斷半圓環(huán)受到的安培力方向豎直向下，根據(jù)平衡條件有：2FT′＝mg+F安由此可知，通電后兩繩的拉力變大，故AB錯誤；CD、由電路特點和磁場方向可知，半圓環(huán)的有效長度為2r，由安培力公式可知：F安＝2BIr，故C錯誤，D正確。故選：D。24．【專題】定量思想；模型法；磁場磁場對電流的作用；分析綜合能力．解：設R的電功率為P，導體棒做勻速圓周運動的周期為T。因1、2間和2、3間的距離均為圓環(huán)半徑的一半，所以導體棒轉(zhuǎn)動一周時，只有T2(Bdv2)解得P=B故選：A。25．【專題】定量思想；合成分解法；磁場磁場對電流的作用；分析綜合能力．解：根據(jù)安培定則判斷A、B電流在C處產(chǎn)生的磁感應強度的方向如圖所示。電流A、B在C處產(chǎn)生的磁感應強度的大小分別均為B0，根據(jù)平行四邊形定則，結(jié)合幾何關(guān)系，則知電流在處合磁感應強度方向豎直向下，大小為BC由左手定則可知，C受到的安培力方向水平向左，大小為F=導線C位于水平面且處于靜止狀態(tài)，根據(jù)平衡條件可知導線C受到的靜摩擦力大小為f＝F=3故選：D。26．【專題】比較思想；歸納法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．解：A、如圖甲所示，小磁針靜止時N極指向為磁場的方向，根據(jù)安培定則可知，通電導線中的電流方向是向下的，故A錯誤；B、如圖乙所示，若導線與磁場垂直，則B=FIl，圖中未指出導線與磁場的關(guān)系，所以該處磁感應強不一定為C、如圖丙所示，線圈運動過程中，磁通量不變，不會產(chǎn)生感應電流，故C錯誤；D、如圖丁所示，線圈從1位置平移到2位置時，磁場減弱，穿過此線圈平面的磁感線條數(shù)減少，則其磁通量減小，故D錯誤。故選：B。27．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．解：B、由閉合電路歐姆定律可得：I=導體棒ab受到的安培力：F安＝BIL＝5×2×0.5N＝5N，方向垂直于磁場方向斜向左上方，故B錯誤；AC、若ab恰好有水平向左的運動趨勢時，所受靜摩擦力水平向右，則由平衡條件，豎直方向有：mg＝F安cosα+FN水平方向有：F安sinα＝Ffmin+G1根據(jù)滑動摩擦力公式：Ffmin＝μFN聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：G1＝0.5N若ab恰好有水平向右的運動趨勢時，所受靜摩擦力水平向左，則由平衡條件可得豎直方向有：mg＝F安cosα+FN水平方向有：F安sinα+Ffmax＝G2同理有：Ffmax＝μFN聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：G2＝7.5N所以重物重力G的取值范圍為0.5N≤G≤7.5N，故AC錯誤；D、在重物的拖拽下導體棒ab向右滑動了1m，在運動的過程中瞬時電流滿足：I=流過導體棒ab的電荷量為：q=∑IΔt=∑代入數(shù)據(jù)解得：BsinαLx所以電荷量應大于0.4C，故D正確。故選：D。28．【專題】定量思想；模型法；磁場磁場對電流的作用；分析綜合能力．解：由閉合電路歐姆定律可知電路中電流為I=E導體棒MN的長度為L=則導體棒所受安培力F=BIL=BE故選：C。29．【專題】定量思想；幾何法；磁場磁場對電流的作用；分析綜合能力．解：AC、粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，粒子恰好從c點射出磁場時，粒子在磁場中運動的時間最短，畫出其運動軌跡如圖所示。根據(jù)幾何關(guān)系有(r解得軌跡半徑為r2＝2L則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為sinθ=3即θ＝60°粒子在磁場中運動的周期為T=2πm則粒子能通過cd邊的最短時間為t=θ360°由洛倫茲力提供向心力得qv解得粒子速度為v2B、若粒子恰好從d點射出磁場，由幾何關(guān)系可知其軌跡半徑為r1根據(jù)qv1B=mD、若粒子從d點射出磁場，粒子運動軌跡為半圓，從d點出射時半徑最大，對應的入射速度最大，則最大速度為vm=qBL故選：C。二．多選題（共5小題）30．【專題】定量思想；方程法；電磁感應與電路結(jié)合；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．解：A、該選項的公式中，E是線圈切割磁感線產(chǎn)生的電動勢，而I是稱重框架受力平衡時線圈內(nèi)的電流，二者不是同時發(fā)生的，故A錯誤；BD、設線圈的下面的邊長為L，線圈共n匝，當稱重框架受力平衡時，稱重框架與待測物體重力的和等于線圈受到的安培力，則Mg+mg＝nBIL磁場以速率v勻速向下運動，測得線圈中感應電動勢為E，則E＝nBLv聯(lián)立可得m=可知I越大，表明m越大，故BD正確；C、根據(jù)E＝nBLv可知，v越大，則電動勢E越大，故C錯誤。故選：BD。31．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．解：通電半圓形銅環(huán)可等效為長度為直徑ab的通電直導線，電流方向a→b，根據(jù)左手定則可知半圓形銅環(huán)受到的安培力方向豎直向下，大小F＝BI×L＝2BIr，根據(jù)受力分析可得，通電后，繩子拉力T＝mg+F＝mg+2IBr＞mg，兩根細繩拉力均比未通電流時的大，故AC正確，BD錯誤；故選：AC。32．【專題】定量思想；圖析法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．解：A、根據(jù)右手螺旋定則，A內(nèi)電流產(chǎn)生的磁場的磁感線是一系列同心圓，方向為順時針方向，故A錯誤；B、由于A、B導線中的電流大小相等，那么A、B內(nèi)電流在C處產(chǎn)生的磁感應強度大小相同，方向不同，故B正確；C、A內(nèi)電流在C處產(chǎn)生的磁感應強度為B1，B內(nèi)電流在C處產(chǎn)生的磁感應強度為B2，其合磁場方向水平向左，如圖所示，故C正確；D、同理可知，A、B內(nèi)電流在O點處產(chǎn)生的合磁場方向水平向左，C內(nèi)電流在O點處產(chǎn)生的磁場方向水平向左，因此A、B、C中電流在O點處的合磁場方向是水平向左，不是豎直向下，故D錯誤。故選：BC。33．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．解：A.設加速階段和減速階段相等的位移大小為x，在撤去拉力F之后導體棒做減速運動的過程，根據(jù)動量定理得：﹣BLI?Δt＝0﹣mvq=聯(lián)立解得：x=mRvB2B.金屬棒做勻加速運動的過程中，根據(jù)勻變速直線運動的公式x=12v?t，得加速時間tC.金屬棒在加速運動過程中由于安培力不斷增加，加速度不變，則拉力也逐漸增大，所以拉力的最大值出現(xiàn)在撤去拉力的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律有Fm﹣BBLvRL＝ma，而v＝at，聯(lián)立解得Fm=D.根據(jù)動能定理，加速過程中拉力對金屬棒做正功，安培力對金屬棒做負功，合外力的功等于12mv2，所以拉力做功大于12mv故選：AB。34．【專題】應用題；定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．解：A、根據(jù)題意，地磁場來源于地表電荷隨地球自轉(zhuǎn)產(chǎn)生的環(huán)形電流，根據(jù)右手定則和地球自轉(zhuǎn)方向為自西向東，地磁場內(nèi)部磁感線方向由北到南，可以判斷地表電荷為負電荷，故A正確；B、根據(jù)電流方向的定義。正電荷定向移動的方向為電流方向，地表電荷為負電荷，所以環(huán)形電流反向與自轉(zhuǎn)方向相反，故B錯誤；C、電荷量增加，環(huán)形電流也會增加，所以產(chǎn)生的磁場強度增加，故C正確；D、當自轉(zhuǎn)角速度減小，則線速度減小，環(huán)形電流減小，所示磁場強度減小，故D錯誤。故選：AC。三．填空題（共1小題）35．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；分析綜合能力．解：據(jù)安培定則可得各通電電流在O點產(chǎn)生的磁場方向如圖所示，正方形abcd的四個頂點，導線中都通有大小相同的電流，通電導線a在O點產(chǎn)生的磁感應強度為B，所以通電導線bcd在O點產(chǎn)生的磁感應強度均為B，由矢量疊加可得四根通電導線在O點產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小為：BO＝2B由疊加原理可得O點產(chǎn)生磁場的方向為由O指向b。故答案為：2B、由O指向b。四．解答題（共8小題）36．【專題】應用題；信息給予題；定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．解：（1）粒子在電場中加速，由動能定理得：Uq=12解得：v=2qU（2）粒子進入C2后水平方向做勻速運動，豎直方向為勻加速直線運動，由動能定理可得：Uq=12解得：v2=2由幾何關(guān)系可知，粒子豎直方向上的分速度為2qUm（3）粒子以速度v2進入磁場，在磁場中運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，圓的半徑R=d由牛頓第二定律可得qv2B＝mv聯(lián)立解得B=答：（1）粒子經(jīng)過N時的速度大小為2qUm（2）粒子經(jīng)過P時速度方向與y軸正向的夾角為45°；（3）磁場的磁感應強度為1d37．【專題】定量思想；類比法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．解：（1）為使電流表正常工作，作用于通有電流的金屬棒MN的安培力必須向下，由左手定則可知金屬棒中電流從M端流向N端，因此N端應接負極。（2）電流為零時，設彈簧的伸長量為Δx，則有mg＝kΔx得Δx=故當電流表示數(shù)為零時，彈簧伸長量為mgk（3）設滿量程時通過MN的電流為Im，則有BImlab+mg＝k（lbc+Δx）解得Im＝2.5A故該電流表的量程是2.5A。答：（1）N端應接負極；（2）當電流表示數(shù)為零時，彈簧的伸長量為mgk（3）量程是2.5A。38．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．解：（1）①在閉合開關(guān)S瞬間，線框在磁場中的等效程度為l＝2L所以線框受到的安培力大小為FA＝BIl＝2BIL②線框運動到x時，安培力大小為FA＝2BI（L﹣x）則安培力做功為WFA=其中F整理可得W根據(jù)動能定理有WFA線框的動量大小為p=所以根據(jù)動量定理安培力的沖量大小為I＝p解得I=③恒流源提供的電壓為U，根據(jù)能量守恒有UI＝BLvI+I2R解得U=B（2）把線框的運動類比成簡諧運動，則回復力為F回＝F安＝2BI（L﹣x）＝2BIx′＝kx′則周期T=2π則線框運動到x＝L位置時的時間分別為t1所以t1﹣t2＝0答：（1）①閉合開關(guān)S瞬間，線框受到的安培力大小為2BIL；②線框中心運動至x=L2過程中，安培力做功為34③恒流源提供的電壓為BL（2）t1﹣t2為0。39．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．解：（1）開關(guān)閉合前電容器的電荷量為Q，則電容器兩極板間電壓U=Q開關(guān)閉合瞬間，通過導體棒的電流I=解得I=（2）開關(guān)閉合瞬間由牛頓第二定律有BIL＝ma將電流I代入上式解得a=（3）由（2）中結(jié)論可知，隨著電容器放電，所帶電荷量不斷減少，所以導體棒的加速度不斷減小，做加速度不斷減小的加速運動，對應的v﹣t圖線如圖所示答：（1）閉合開關(guān)瞬間通過導體棒的電流I為QCR（2）閉合開關(guān)瞬間導體棒的加速度大小a為BQLCRm（3）在圖乙中定性畫出閉合開關(guān)后導體棒的速度v隨時間t的變化圖線如上圖所示。40．【專題】定量思想；方程法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．解：（1）設金屬桿離開液面時的速度大小為v，金屬桿中的電流大小為I。金屬桿離開液體后做豎直上拋運動，由運動學公式得：v2＝2gH解得：v=2gH通電過程金屬桿受到的安培力大小為