2023-2025年高考物理真题分类汇编 专题10 磁场【附解析】

/专题10磁场2023-2025年三年高考物理真题试卷分类汇编，分类练习，高效提分！按照物理学科知识点构成情况，将试题分解组合，全面呈现物理学科知识点在三年高考中的考查情况，旨意方便老师和学生掌握高考命题动向、熟悉高考考查方式。一．选择题（共29小题）1．（2023•辽宁）安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为ΔL1和ΔL2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为F＝kI1A．kg•m/（s2•A） B．kg•m/（s2•A2） C．kg•m2/（s3•A） D．kg•m2/（s3•A3）2．（2025•端州区一模）如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为R的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A、B与圆心O连线的夹角为120°，此时悬线的张力为F．若圆环通电，使悬线的张力刚好为零，则环中电流大小和方向是（）A．电流大小为3F3BR，电流方向沿顺时针方向B．电流大小为3F3BRC．电流大小为3FBRD．电流大小为3F3．（2025•江苏）某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是（）A．a点的磁感应强度大于b点 B．b点的磁感应强度大于c点 C．c点的磁感应强度大于a点 D．a、b、c点的磁感应强度一样大4．（2023•浙江）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I'的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B'＝k2I'。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I'的方向和大小分别为（）A．a→b，k2k1C．b→a，k2k5．（2025•文峰区一模）如图所示，矩形线框平面与匀强磁场方向垂直，穿过的磁通量为Φ，若线框绕某条边转过90°角，则磁通量变为（）A．0 B．12Φ C．Φ D．26．（2025•河池模拟）两条通有相同电流的长直导线平行放置，将一矩形线框分别放置在1、2、3位置，2位置到两导线的距离相等，如图所示。则矩形线框在1、2、3位置的磁通量大小Φ1、Φ2、Φ3的大小关系正确的是（）A．Φ1＞Φ2＞Φ3 B．Φ1＜Φ2＜Φ3 C．Φ1＝Φ3＞Φ2 D．Φ1＝Φ3＜Φ27．（2025•金凤区一模）“析万物之理，判天地之美”，物理学是研究物质及其运动规律的学科，下列说法正确的是（）A．麦克斯韦提出的狭义相对论表明经典力学不适用于微观粒子和高速运动物体 B．牛顿用实验方法得出了万有引力定律，他是第一个“称”地球质量的人 C．磁感应强度B=FILD．通过单位运算，mv3pt8．（2025•湖北）如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为（）A．0 B．B C．2B D．3B9．（2025•福建）如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等，方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM＝ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，求N点的磁感应强度大小（）A．B2−12B1 B．12B2﹣B1 C．B210．（2024•浙江）磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是（）A．图示左侧通电导线受到安培力向下 B．a、b两点的磁感应强度相同 C．圆柱内的磁感应强度处处为零 D．c、d两点的磁感应强度大小相等11．（2025•雨花台区模拟）一个环形电流的中心有一根通电导线，如图所示。关于通电直导线的受力情况是（）A．受向左的磁场力 B．受向右的磁场力 C．受磁场力使直导线偏离圆环中心 D．不受磁场力12．（2025•解放区一模）在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池（电动势为E，内阻不计）的两极相连（边缘接电池的正极），然后在玻璃皿中放入导电液体，导电液体的等效电阻为R。把玻璃皿放在磁场中，如图所示，液体就会旋转起来。则以下说法中正确的是（）A．从上往下看，液体顺时针旋转 B．改变磁场方向，液体旋转方向不变 C．通过液体的电流等于ERD．通过液体的电流小于E13．（2025•未央区一模）将一节五号干电池的负极放在强磁铁上，强磁铁产生磁场的磁感线如图所示。将一矩形金属框与该电池组成闭合回路，在安培力作用下，线框发生转动，这样就构成一台简易“电动机”，下列说法正确的是（）A．图中强磁铁下端为N极 B．从上向下看，图中金属框将逆时针转动 C．调转磁极，再次接入后金属框将反向转动 D．电池消耗的电能全部转化为金属框的动能14．（2024•贵州）如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2，且I1＞I2，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向（）A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向左 D．水平向右15．（2024•浙江）如图所示，边长为1m、电阻为0.04Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中，线框平面与磁场垂直。若线框固定不动，磁感应强度以ΔBΔtA．12N B．22N C．1N D．16．（2025•通州区一模）如图所示的装置是用来测量匀强磁场磁感应强度B的等臂电流天平，其右臂挂着匝数为n的矩形线圈，线圈的水平边长为l，磁场的方向与线圈平面垂直。当线圈没有通电时，天平处于平衡状态，当线圈通入图示电流I时，则须在一个托盘中加质量为m的小砝码才能使天平重新平衡。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．应在右盘中加入小砝码 B．由以上测量数据可求出匀强磁场的磁感应强度B=mgC．若发现右盘向上翘起，则应增大线圈中的电流 D．若只改变电流的方向，线圈仍保持平衡状态17．（2025•邢台一模）如图所示，通电折线abc的两段ab⊥bc（且ab＜bc），匀强磁场水平向右，将此通电折线abc放入磁场中，图中哪种情况其所受安培力最大（）A．B．C．D．18．（2025•云南模拟）如图所示，间距为l＝1m且相互平行的导轨固定在水平绝缘桌面，导轨左端与电源连接，电源电动势为1.5V，金属棒ab垂直于导轨放置，整个回路的电阻为3Ω。整个空间中存在方向垂直于金属棒ab且与水平面成37°角斜向上方的匀强磁场，磁感应强度大小为0.1T。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。若金属棒ab始终静止，则金属棒ab受到的摩擦力（）A．方向水平向右，大小为0.03N B．方向水平向左，大小为0.03N C．方向水平向右，大小为0.05N D．方向水平向左，大小为0.05N19．（2024•全国）如图为“电流天平”实验装置的示意图，将U形电路PQRS放入螺线管内，其中长度为L的QR段约位于螺线管内的中央位置。螺线管所载电流为I1，通过U形电路PQRS的电流为I2，天平右臂受有磁力的作用，而左臂末端挂有小重物。下列有关此电流天平的叙述何者正确？（）A．U形电路所受的总磁力正比于I1与I2的乘积 B．U形电路上所受的总磁力正比于U形电路于螺线管内的总长度 C．螺线管电路必须与U形电路串联，形成电流通路 D．电流天平的两臂达平衡时，若增加螺线管线圈匝数，不会改变其平衡状态 E．若小重物之重量不管如何调整，天平左臂一直下垂，则同时改变I1和I2的电流方向，可使天平趋于水平20．（2024•湖北）《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件：房屋被雷击后，屋内的银饰、宝刀等金属熔化了，但是漆器、刀鞘等非金属却完好（原文为：有一木格，其中杂贮诸器，其漆器银扣者，银悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一宝刀，极坚钢，就刀室中熔为汁，而室亦俨然）。导致金属熔化而非金属完好的原因可能为（）A．摩擦 B．声波 C．涡流 D．光照21．（2023•江苏）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为（）A．0 B．BIl C．2BIl D．5BIl22．（2023•全国）如图，一水平放置的橡胶圆盘上带有大量均匀分布的正电荷，与圆盘同一平面内放置一通有恒定电流的直导线，电流方向如图所示。当圆盘绕其中心O顺时针转动时，通电直导线所受安培力的方向（）A．指向圆盘 B．背离圆盘 C．垂直于圆盘平面向里 D．垂直于圆盘平面向外23．（2025•江城区校级三模）如图所示，将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘绳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向B大小为I的电流，则（）A．通电后两绳拉力变小 B．通电后两绳拉力不变 C．安培力为πBIr D．安培力为2BIr24．（2025•朝阳区校级四模）如图甲所示，两电阻不计的导体圆环相距为d、固定平行放置，圆心的连线与圆环面垂直，圆环间接有阻值为R的定值电阻，一根不计电阻、长为d的均匀导体棒与位于圆环内侧与圆心连线平行，在空间中加上磁感应强度大小为B的匀强磁场，其分布区域如图乙所示（乙图为侧视图），图中1、2、3为三条平行的边界线，2与圆环的直径重合，1、2间和2、3间的距离均为圆环半径的一半，磁场的方向与边界平行。用外力让导体棒紧靠圆环内侧以大小为v的速度做匀速圆周运动，则R的电功率为（）A．B2d2vC．B2d225．（2025•广西模拟）如图所示，三根长为L的直导线垂直纸面放置，它们所在位置的连线构成等边三角形，A、B连线处于竖直方向，电流方向向里，电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，C位于水平面上且处于静止状态，则C受到的静摩擦力是（）A．32B0IL，水平向左 C．3B0IL，水平向左 26．（2025•广东一模）下列说法正确的是（）A．如图甲所示，由小磁针指向可知，通电直导线中的电流方向是向上的 B．如图乙所示，如果长为l、通过电流为I的短直导线在该磁场中所受力的大小为F，则该处磁感应强不一定为B=FC．如图丙所示，闭合线圈在匀强磁场中向右加速运动，由于在做加速切割磁感线运动，所以线圈中会产生感应电流 D．如图丁所示，线圈从1位置平移到2位置时，穿过此线圈平面的磁通量不变27．（2025•常州模拟）如图所示，电阻不计足够长的水平导轨间距0.5m，导轨处于方向与水平面成53°角斜向右上方的磁感应强度为5T的匀强磁场中。导体棒ab垂直于导轨放置且处于静止状态，其质量m＝1kg，电阻R＝0.9Ω，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，电源电动势E＝10V，其内阻r＝0.1Ω，定值电阻的阻值R0＝4Ω。不计定滑轮的摩擦，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细绳对ab的拉力沿水平方向，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则（）A．导体棒ab受到的摩擦力方向一定向右 B．导体棒ab受到的安培力大小为5N，方向水平向左 C．不挂重物的情况下，导体棒ab依旧能保持静止 D．若在重物拖拽下，导体棒ab向右滑动了1m，则通过导体棒ab的电荷量大于0.4C28．（2025•肇庆二模）如图所示，平行长直金属导轨AB、CD水平放置，间距为d，电阻不计。左侧接电动势为E、内阻r的电源。导体棒静止放在导轨上，与轨道CD间的夹角θ＝30°，MN两点间电阻为R且与轨道接触良好。导轨所在区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。则导体棒所受安培力的大小为（）A．BEdR+r B．2BEd2R+r C．2BEdR+r29．（2025•景德镇一模）如图所示，abcd为纸面内矩形的四个顶点，矩形区域内（含边界）处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ad＝L，ab=3A．粒子能通过cd边的最短时间t=πm2qBB．若粒子恰好从d点射出磁场，粒子速度v=2qBLC．若粒子恰好从c点射出磁场，粒子速度v=2qBLD．若粒子只能从ad边界射出磁场，则粒子的入射速度0＜v≤二．多选题（共5小题）（多选）30．（2025•广东）如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有（）A．线圈电阻为EI B．I越大，表明m越大C．v越大，则E越小 D．m=EI（多选）31．（2024•福建）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为r的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，铜环两端a、b处于同一水平线。若环中通有大小为I、方向从a到b的电流，细绳处于绷直状态，则（）A．两根细绳拉力均比未通电流时的大 B．两根细绳拉力均比未通电流时的小 C．铜环所受安培力大小为2rBI D．铜环所受安培力大小为πrIB（多选）32．（2025•龙岗区一模）A、B、C三条通电长直导线在穿线管中呈直线等距分布，电流方向如图所示，横截面恰好形成边长为d的等边三角形，O点为等边三角形的中心，A、B两条导线中的电流大小相同，都为I，导线C中的电流为2I，导线半径不计。则（）A．A内电流产生的磁场的磁感线是一系列同心圆，方向为逆时针方向 B．A、B内电流在C处产生的磁感应强度大小相同 C．C处的磁场方向水平向左 D．O点的磁场方向竖直向下（多选）33．（2024•贵州）如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（）A．加速过程中通过金属棒的电荷量为mvBL B．金属棒加速的时间为2mRBC．加速过程中拉力的最大值为4BD．加速过程中拉力做的功为12mv（多选）34．（2023•福建）地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是（）A．地表电荷为负电荷 B．环形电流方向与地球自转方向相同 C．若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大 D．若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大三．填空题（共1小题）35．（2025•福建模拟）四根完全相同的长直导线互相平行，它们的截面处于正方形abcd的四个顶点，导线中都通有大小相同的电流，方向如图所示。正方形对角线的交点为O，通电导线a在O点产生的磁感应强度为B，四根通电导线在O点产生磁场的磁感应强度大小为，方向为。四．解答题（共8小题）36．（2024•福建）如图，直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器C1、C2，其中C1垂直x轴放置，极板与x轴相交处存在小孔M、N；C2垂直y轴放置，上、下极板右端分别紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M静止释放，经电场直线加速后从N射出，紧贴C2下极板进入C2，而后从P进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直x轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电量为q，O、P间距离为d，C1、C2的板间电压大小均为U，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：（1）粒子经过N时的速度大小；（2）粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角；（3）磁场的磁感应强度大小。37．（2025•福州模拟）如图为一电流表的原理示意图，质量为m的均匀细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，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大小，求：（1）若要电流表正常工作，MN的N端应与电源的正极还是负极相接？（2）当电流表示数为零时，弹簧的伸长量；（3）若k＝200N/m，ab＝20cm，cb＝0.05cm，B＝0.2T，电表的量程是多少？38．（2025•浙江）如图所示，接有恒流源的正方形线框边长2L、质量m、电阻R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立Ox轴，线框中心和一条对角线始终位于Ox轴上，开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。（1）线框中心位于x＝0，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求：①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小；②线框中心运动至x=L③线框中心运动至x=L（2）线框中心分别位于x＝0和x=L2，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到x＝L所需时间分别为t1和t2，求t1﹣t239．（2024•北京）如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图，在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R，开关闭合前电容器的电荷量为Q。（1）求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；（2）求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；（3）在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。40．（2023•海南）如图所示，U形金属杆上边长为L＝15cm，质量为m＝1×10﹣3kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里B＝8×10﹣2T的匀强磁场。（1）若插入导电液体部分深h＝2.5cm，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度H＝10cm，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；（g＝10m/s2）（2）若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5cm，通电时间t′＝0.002s，求通过金属杆截面的电荷量。41．（2023•广东）光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图（a）所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图（b）所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界ℎ2（1）t＝0时线框所受的安培力F；（2）t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ；（3）2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。42．（2025•河北模拟）如图所示，间距L＝2m的光滑平行导轨所在平面与水平面夹角θ＝30°，导轨底边AB水平，且接有一个特殊的电源，电路接通后该电源在不同的外接负载条件下均保持所输出的电流恒定为I＝0.5A，导轨上C、D两点连线与底边平行，E为导轨平面上一点，C、D、E的连线构成等腰直角三角形，O点为等腰直角三角形CDE过E点高的中点，三角形内部存在垂直导轨平面向下，磁感应强度大小B＝0.5T的匀强磁场。将一长度也为L＝2m，质量m＝0.05kg，电阻为定值的导体棒放置在C、D位置，导体棒受到C、D两处挡板的作用处于静止状态。导轨足够长，重力加速度g取10m/s2。求：（1）闭合开关S的瞬间，导体棒的加速度a的大小；（2）导体棒第一次经过O点时速度v0的大小；（3）已知闭合开关S后经π1020s导体棒第一次经过O点，若以O点为原点沿斜面向上为正方向建立x坐标轴，请写出导体棒所受合力F43．（2025•河北）某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供1000A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM′处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10F，导轨间距为0.5m，磁感应强度大小为1T，MM′到NN′的距离为5m，a、b质量分别为2kg、8kg，a在导轨间的电阻为0.01Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。（1）若分离后某时刻a的速度大小为10m/s，求此时通过a的电流大小。（2）忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量。（3）忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f＝kv2（k＝0.025N•s2/m2），初始位置与（2）问一致，试估算a运行至NN'时。a分离前的速度大小能否达到（2）问中分离前速度的99%，并给出结论。（0.992＝0.980l）

专题10磁场答案与试题解析一．选择题（共29小题）题号1234567891011答案BABDACCABAD题号1213141516171819202122答案DCCCCCAACCB题号23242526272829答案DADBDCC二．多选题（共5小题）题号3031323334答案BDACBCABAC一．选择题（共29小题）1．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．解：由牛顿第二定律F＝ma，可得：1N＝1kg•m/s2由F＝kI1k=Fr2I1故选：B。2．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．解：要使悬线拉力为零，则圆环通电后受到的安培力方向向上，根据左手定则可以判断，电流方向应沿顺时针方向，根据力的平衡F＝BI•3R，求得I=3故选：A。3．【专题】比较思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．解：磁感线越密集的地方磁感线强度越大，故可知Bb＞Ba＞Bc。故B正确，ACD错误。故选：B。4．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．解：根据安培定则，螺线管在霍尔元件处的磁场方向竖直向下，要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线ab在霍尔元件处的磁场方向竖直向上，根据安培定则，待测电流方向由b→a，元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合场强为0，即k1I0＝k2I'，I'=k故选：D。5．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．解：转过90°角后，线框与磁场平行，所以磁通量为零，故A正确，BCD错误。故选：A。6．【专题】定性思想；合成分解法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．解：两根平行长直导线中，通以同方向同强度的电流，根据对称性可知Φ1＝Φ3两个电流在线框2处产生的磁场的方向相反，根据磁场的叠加，2位置通过线框的磁通量为0，则Φ1＝Φ3＞Φ2故ABD错误，C正确。故选：C。7．【专题】定性思想；推理法；万有引力定律的应用专题；磁场磁场对电流的作用；理解能力．解：A．爱因斯坦提出的狭义相对论表明经典力学不适用于微观粒子和高速运动物体，故A错误；B．牛顿通过“月—地检验”得出了万有引力定律，卡文迪什测量出了万有引力常量，被称为第一个“称”地球质量的人，故B错误；C．磁感应强度的定义式B=FD．由于质量的单位为kg，速度的单位为m/s，压强的单位为N/m2，时间的单位为s，所以mv3pt的单位为m4故选：C。8．【专题】定量思想；合成分解法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．解：根据安培定则判断可知，电流在圆线圈的轴线上产生的磁场方向相同，因为M点和N点在圆线圈轴线上，且它们到O点的距离相等，根据对称性可知，通电圆线圈在M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同，又因为匀强磁场中磁感应强度大小和方向处处相同，根据磁场的叠加原理，通电圆线圈和匀强磁场在M点和N点的叠加磁场相同，则N点的总磁感应强度大小与M点相等，也为0，故A正确，BCD错误。故选：A。9．【专题】定量思想；控制变量法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．解：根据通电直导线在其周围产生的磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与距离成反比，结合题目条件，可得通电直导线L1产生的磁场在M点与O点的磁感应强度大小和通电直导线L2产生的磁场在N点与O点的磁感应强度大小均相等，设为B0。直导线L1与L2中电流方向相反，根据安培定则可知，L1和L2各自产生的磁场在O点的磁感应强度方向相同，根据磁感应强度的矢量叠加可得：2B0＝B2设L2的磁场在M点的磁感应强度大小为B2M。根据安培定则可知，L1和L2各自产生的磁场在M点的磁感应强度方向相反，因M点与L2的距离较大，故B2M＜B0，根据磁感应强度的矢量叠加可得：B0﹣B2M＝B1设L1产生的磁场在N点的磁感应强度大小为B1N。由已知条件可知，N点到L1的距离等于M点到L2的距离，可得L1产生的磁场在N点的磁感应强度大小等于L2的磁场在M点的磁感应强度大小，即：B1N＝B2M联立解得：B1N=12B2保持L1中电流不变，仅将L2撤去，则N点的磁感应强度大小就等于L1产生的磁场在N点的磁感应强度大小，为12B2﹣B1故选：B。10．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．解：A．由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，故A正确；B．a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，故B错误；C．磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，故C错误；D．因c点处的磁感线较d点密集，可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，故D错误。故选：A。11．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．解：在图中，根据安培定则可知，导体环电流的磁场与直导线平行，则通电直导线不受磁场力，故D正确，ABC错误。故选：D。12．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．解：A、液体所处的磁场方向竖直向上，而电流方向由边缘指向中心，根据左手定则可以判断出导电液体受到的安培力方向为逆时针，所以液体逆时针旋转，故A错误。B、当改变磁场方向，依据左手定则，则安培力方向反向，那么液体旋转方向也反向，故B错误。CD、由于液体旋转，有部分电能转化为机械能，根据能量守恒，则有：EI＝I2R+P机，所以E＞IR，即I＜E故选：D。13．【专题】比较思想；模型法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．解：A、在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，根据磁场的磁感线分布情况可知强磁铁下端为S极，故A错误；B、由于金属框下方的磁感应强度比上方的大，研究金属框下方的受力情况，根据左手定则可知从上向下看，图中金属框将顺时针转动，故B错误；C、调转磁极，安培力方向将反向，所以再次接入后金属框转动方向将改变，故C正确；D、电池消耗的电能一部分转化为金属框的动能，还有一部分转化为内能，故D错误。故选：C。14．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．解：根据右手螺旋定则可知导线框所在磁场方向向里，由于I1＞I2，则左侧的磁场较大，根据对称性结合左手定则及F＝BIL可知导线框所受安培力合力方向向左。故ABD错误，C正确；故选：C。15．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；电磁感应与电路结合；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．解：线框不动时，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为：E=感应电流为：I=发热功率P为：P＝I2R＝2.52×0.04W＝0.25W当磁感应强度恒为B＝0.2T，线框以角速度ω匀速转动时，线框中产生正弦式交变电流，设电流的有效值为I有，由题意可得：2P=I有2设电流的最大值为Im，则有：Im=2当ab边的线速度方向与磁感线垂直时，线框中的电流为最大值，此时ab边所受安培力最大，可得ab边所受最大的安培力为：Fm＝BImL＝0.2×5×1N＝1N，故ABD错误，C正确。故选：C。16．【专题】比较思想；模型法；磁场磁场对电流的作用；分析综合能力．解：A、根据左手定则可知，线圈受到的安培力向下，要使天平重新平衡，应在左盘中加入小砝码，故A错误；B、根据平衡条件得mg＝nBIl，解得B=mgC、若发现右盘向上翘起，表明向下的安培力偏小，则应增大线圈中的电流，故C正确；D、若只改变电流的方向，线圈受到的安培力向上，线圈不能保持平衡状态，故D错误。故选：C。17．【专题】比较思想；等效替代法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．解：当通电导线为折线或曲线时，其效果相当于由起点到终点的直线通以相同的电流，根据安培力公式F＝BILsinθ，可知，在B、I、L相同的情况下，当导线等效长度与磁场垂直时安培力最大，故ABD错误，C正确。故选：C。18．【专题】定量思想；合成分解法；磁场磁场对电流的作用；分析综合能力．解：根据左手定则判断可知，金属棒ab受到的安培力方向垂直于磁感线斜向左上方，对金属棒ab受力分析如图所示。根据平衡条件得BIlcos53°＝f由闭合电路欧姆定律得I=联立解得：f＝0.03N，方向水平向右，故A正确，BCD错误。故选：A。19．【专题】定性思想；归纳法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．解：A、U形电路所受的总磁力为F＝BI2L，其中B是螺线管所产生的磁场的磁感应强度大小，通过螺线管的电流I1越大，B就越大，即B与I1成正比，所以磁场力F正比于I1与I2的乘积，故A正确；B、U形电路所受的总磁力为F＝BI2L，所以总磁力F正比于L，即QR的长度，而不是U形电路于螺线管内的总长度，故B错误；C、螺线管电路和U形电路是两个相对独立的电路，里面的电流不相等，故C错误；D、电流天平的两臂达平衡时，若增加螺线管线圈匝数，则会增加螺线管内部的磁感应强度，天平就不会保持平衡了，故D错误；E、若小重物之重量不管如何调整，天平左臂一直下垂，说明右臂受安培力方向竖直向上，则同时改变I1和I2的电流方向，则螺线管内部的磁场方向和QR中的电流方向都改变则不会改变QR变边的受力方向，天平仍然不会平衡，故E错误。故选：A。20．【专题】定性思想；控制变量法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．解：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C正确，ABD错误。故选：C。21．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．解：导线的ab边与磁场垂直，受到的安培力大小为：F1＝2BIl导线的bc边与磁场平行，不受安培力的作用，则导线受到的安培力大小为：F＝F1＝2BIl，故C正确，ABD错误；故选：C。22．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．解：橡胶圆盘绕其中心O顺时针转动时，在橡胶圆盘上会形成若干个同心顺时针环形电流，所有的等效环形电流在直导线出的磁场都是向上的，根据左手定则，伸出左手，四指指向直导线电流方向，手心向下，则大拇指指向右侧，即通电直导线所受安培力的方向为背离圆盘。故ACD错误，B正确。故选：B。23．【专题】定量思想；控制变量法；磁场磁场对电流的作用；实验探究能力．解：AB、若半圆环的总质量为m，那么通电流之前，铜导线半圆环处于平衡状态，根据平衡条件有：2FT＝mg通电流之后，半圆环受到安培力，由左手定则可判断半圆环受到的安培力方向竖直向下，根据平衡条件有：2FT′＝mg+F安由此可知，通电后两绳的拉力变大，故AB错误；CD、由电路特点和磁场方向可知，半圆环的有效长度为2r，由安培力公式可知：F安＝2BIr，故C错误，D正确。故选：D。24．【专题】定量思想；模型法；磁场磁场对电流的作用；分析综合能力．解：设R的电功率为P，导体棒做匀速圆周运动的周期为T。因1、2间和2、3间的距离均为圆环半径的一半，所以导体棒转动一周时，只有T2(Bdv2)解得P=B故选：A。25．【专题】定量思想；合成分解法；磁场磁场对电流的作用；分析综合能力．解：根据安培定则判断A、B电流在C处产生的磁感应强度的方向如图所示。电流A、B在C处产生的磁感应强度的大小分别均为B0，根据平行四边形定则，结合几何关系，则知电流在处合磁感应强度方向竖直向下，大小为BC由左手定则可知，C受到的安培力方向水平向左，大小为F=导线C位于水平面且处于静止状态，根据平衡条件可知导线C受到的静摩擦力大小为f＝F=3故选：D。26．【专题】比较思想；归纳法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．解：A、如图甲所示，小磁针静止时N极指向为磁场的方向，根据安培定则可知，通电导线中的电流方向是向下的，故A错误；B、如图乙所示，若导线与磁场垂直，则B=FIl，图中未指出导线与磁场的关系，所以该处磁感应强不一定为C、如图丙所示，线圈运动过程中，磁通量不变，不会产生感应电流，故C错误；D、如图丁所示，线圈从1位置平移到2位置时，磁场减弱，穿过此线圈平面的磁感线条数减少，则其磁通量减小，故D错误。故选：B。27．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．解：B、由闭合电路欧姆定律可得：I=导体棒ab受到的安培力：F安＝BIL＝5×2×0.5N＝5N，方向垂直于磁场方向斜向左上方，故B错误；AC、若ab恰好有水平向左的运动趋势时，所受静摩擦力水平向右，则由平衡条件，竖直方向有：mg＝F安cosα+FN水平方向有：F安sinα＝Ffmin+G1根据滑动摩擦力公式：Ffmin＝μFN联立代入数据解得：G1＝0.5N若ab恰好有水平向右的运动趋势时，所受静摩擦力水平向左，则由平衡条件可得竖直方向有：mg＝F安cosα+FN水平方向有：F安sinα+Ffmax＝G2同理有：Ffmax＝μFN联立代入数据解得：G2＝7.5N所以重物重力G的取值范围为0.5N≤G≤7.5N，故AC错误；D、在重物的拖拽下导体棒ab向右滑动了1m，在运动的过程中瞬时电流满足：I=流过导体棒ab的电荷量为：q=∑IΔt=∑代入数据解得：BsinαLx所以电荷量应大于0.4C，故D正确。故选：D。28．【专题】定量思想；模型法；磁场磁场对电流的作用；分析综合能力．解：由闭合电路欧姆定律可知电路中电流为I=E导体棒MN的长度为L=则导体棒所受安培力F=BIL=BE故选：C。29．【专题】定量思想；几何法；磁场磁场对电流的作用；分析综合能力．解：AC、粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，粒子恰好从c点射出磁场时，粒子在磁场中运动的时间最短，画出其运动轨迹如图所示。根据几何关系有(r解得轨迹半径为r2＝2L则粒子转过的圆心角为sinθ=3即θ＝60°粒子在磁场中运动的周期为T=2πm则粒子能通过cd边的最短时间为t=θ360°由洛伦兹力提供向心力得qv解得粒子速度为v2B、若粒子恰好从d点射出磁场，由几何关系可知其轨迹半径为r1根据qv1B=mD、若粒子从d点射出磁场，粒子运动轨迹为半圆，从d点出射时半径最大，对应的入射速度最大，则最大速度为vm=qBL故选：C。二．多选题（共5小题）30．【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．解：A、该选项的公式中，E是线圈切割磁感线产生的电动势，而I是称重框架受力平衡时线圈内的电流，二者不是同时发生的，故A错误；BD、设线圈的下面的边长为L，线圈共n匝，当称重框架受力平衡时，称重框架与待测物体重力的和等于线圈受到的安培力，则Mg+mg＝nBIL磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E，则E＝nBLv联立可得m=可知I越大，表明m越大，故BD正确；C、根据E＝nBLv可知，v越大，则电动势E越大，故C错误。故选：BD。31．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．解：通电半圆形铜环可等效为长度为直径ab的通电直导线，电流方向a→b，根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下，大小F＝BI×L＝2BIr，根据受力分析可得，通电后，绳子拉力T＝mg+F＝mg+2IBr＞mg，两根细绳拉力均比未通电流时的大，故AC正确，BD错误；故选：AC。32．【专题】定量思想；图析法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．解：A、根据右手螺旋定则，A内电流产生的磁场的磁感线是一系列同心圆，方向为顺时针方向，故A错误；B、由于A、B导线中的电流大小相等，那么A、B内电流在C处产生的磁感应强度大小相同，方向不同，故B正确；C、A内电流在C处产生的磁感应强度为B1，B内电流在C处产生的磁感应强度为B2，其合磁场方向水平向左，如图所示，故C正确；D、同理可知，A、B内电流在O点处产生的合磁场方向水平向左，C内电流在O点处产生的磁场方向水平向左，因此A、B、C中电流在O点处的合磁场方向是水平向左，不是竖直向下，故D错误。故选：BC。33．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．解：A.设加速阶段和减速阶段相等的位移大小为x，在撤去拉力F之后导体棒做减速运动的过程，根据动量定理得：﹣BLI•Δt＝0﹣mvq=联立解得：x=mRvB2B.金属棒做匀加速运动的过程中，根据匀变速直线运动的公式x=12v•t，得加速时间tC.金属棒在加速运动过程中由于安培力不断增加，加速度不变，则拉力也逐渐增大，所以拉力的最大值出现在撤去拉力的瞬间，根据牛顿第二定律有Fm﹣BBLvRL＝ma，而v＝at，联立解得Fm=D.根据动能定理，加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，合外力的功等于12mv2，所以拉力做功大于12mv故选：AB。34．【专题】应用题；定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．解：A、根据题意，地磁场来源于地表电荷随地球自转产生的环形电流，根据右手定则和地球自转方向为自西向东，地磁场内部磁感线方向由北到南，可以判断地表电荷为负电荷，故A正确；B、根据电流方向的定义。正电荷定向移动的方向为电流方向，地表电荷为负电荷，所以环形电流反向与自转方向相反，故B错误；C、电荷量增加，环形电流也会增加，所以产生的磁场强度增加，故C正确；D、当自转角速度减小，则线速度减小，环形电流减小，所示磁场强度减小，故D错误。故选：AC。三．填空题（共1小题）35．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；分析综合能力．解：据安培定则可得各通电电流在O点产生的磁场方向如图所示，正方形abcd的四个顶点，导线中都通有大小相同的电流，通电导线a在O点产生的磁感应强度为B，所以通电导线bcd在O点产生的磁感应强度均为B，由矢量叠加可得四根通电导线在O点产生磁场的磁感应强度大小为：BO＝2B由叠加原理可得O点产生磁场的方向为由O指向b。故2B、由O指向b。四．解答题（共8小题）36．【专题】应用题；信息给予题；定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得：Uq=12解得：v=2qU（2）粒子进入C2后水平方向做匀速运动，竖直方向为匀加速直线运动，由动能定理可得：Uq=12解得：v2=2由几何关系可知，粒子竖直方向上的分速度为2qUm（3）粒子以速度v2进入磁场，在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知，圆的半径R=d由牛顿第二定律可得qv2B＝mv联立解得B=答：（1）粒子经过N时的速度大小为2qUm（2）粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角为45°；（3）磁场的磁感应强度为1d37．【专题】定量思想；类比法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．解：（1）为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此N端应接负极。（2）电流为零时，设弹簧的伸长量为Δx，则有mg＝kΔx得Δx=故当电流表示数为零时，弹簧伸长量为mgk（3）设满量程时通过MN的电流为Im，则有BImlab+mg＝k（lbc+Δx）解得Im＝2.5A故该电流表的量程是2.5A。答：（1）N端应接负极；（2）当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为mgk（3）量程是2.5A。38．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．解：（1）①在闭合开关S瞬间，线框在磁场中的等效程度为l＝2L所以线框受到的安培力大小为FA＝BIl＝2BIL②线框运动到x时，安培力大小为FA＝2BI（L﹣x）则安培力做功为WFA=其中F整理可得W根据动能定理有WFA线框的动量大小为p=所以根据动量定理安培力的冲量大小为I＝p解得I=③恒流源提供的电压为U，根据能量守恒有UI＝BLvI+I2R解得U=B（2）把线框的运动类比成简谐运动，则回复力为F回＝F安＝2BI（L﹣x）＝2BIx′＝kx′则周期T=2π则线框运动到x＝L位置时的时间分别为t1所以t1﹣t2＝0答：（1）①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小为2BIL；②线框中心运动至x=L2过程中，安培力做功为34③恒流源提供的电压为BL（2）t1﹣t2为0。39．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．解：（1）开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压U=Q开关闭合瞬间，通过导体棒的电流I=解得I=（2）开关闭合瞬间由牛顿第二定律有BIL＝ma将电流I代入上式解得a=（3）由（2）中结论可知，随着电容器放电，所带电荷量不断减少，所以导体棒的加速度不断减小，做加速度不断减小的加速运动，对应的v﹣t图线如图所示答：（1）闭合开关瞬间通过导体棒的电流I为QCR（2）闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a为BQLCRm（3）在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线如上图所示。40．【专题】定量思想；方程法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．解：（1）设金属杆离开液面时的速度大小为v，金属杆中的电流大小为I。金属杆离开液体后做竖直上抛运动，由运动学公式得：v2＝2gH解得：v=2gH通电过程金属杆受到的安培力大小为