1、磁场 磁场力从近年高考来看,本章命题要点包括:(1)磁场、磁感应强度、磁感线;(2)通电直导线及通电线圈周围磁场的判定和叠加;(3)安培力、安培力的方向、安培力作用下的动力学分析;(4)洛伦兹力、洛伦兹力的方向;(5)洛伦兹力公式、洛伦兹力作用下的有界磁场中的偏转运动;(6)带电粒子在匀强磁场中的运动、时间、半径及轨迹判定等;(7)带电粒子在复合场中的运动;(8)质谱仪和回旋加速器等。选择题多考查磁场的基本概念及右手定则,难度一般较小;计算题难度中等偏上或较大。本部分内容综合性较强,经常以压轴题的形式出现。试题综合考查力与运动以及运用数学知识解决物理问题的能力,尤其是对高新科技仪器物理原理的考
2、查,这对考生物理建模及信息迁移的能力要求较高。预测2020年高考中,本部分知识仍为出题的热点和难点,需要着重关注由安培定则判定磁场的方向及磁场的叠加,与电磁感应结合分析导体棒在安培力作用下的运动问题,带电粒子在有界匀强磁场中的匀速圆周运动问题及带电粒子在复合场中的运动问题。第1讲磁场磁场力1磁场、磁感应强度(1)磁场基本特性:磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。方向:小磁针的N极所受磁场力的方向。(2)磁感应强度物理意义:描述磁场的强弱和方向。大小:B=FIL(通电导线垂直于磁场)。方向:小磁针静止时N极所指的方向。单位:特斯拉(T)。(3)匀强磁场定义:磁感应强度的大小处处相
3、等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。特点:磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线。【易错警示】磁感应强度由磁场本身决定,因此不能根据定义式B=FIL认为B与F成正比,与IL成反比。测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入,如果平行磁场放入,则所受安培力为零,但不能说该点的磁感应强度为零。磁感应强度是矢量,其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向,也是自由转动的小磁针静止时N极的指向。1.1 (2018广东广州12月模拟考试)在磁场中有一小段长为L、通有电流I的导线,关于导线所在处的磁感应强度,以下说法中正确的是()。A.若该导线所受磁场力为零,则该处磁感应强度一定为零B.若该导线所受磁场力
4、不为零,则该处磁感应强度一定为FILC.若该导线所受磁场力不为零,则磁场力方向为该处的磁感应强度方向D.若该导线所受的磁场力的最大值F,则用FIL来定义该处的磁感应强度大小【答案】D2磁感线通电直导线和通电线圈周围磁场的方向(1)磁感线在磁场中画出一些有方向的曲线,使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度方向一致。(2)几种常见的磁场常见磁体的磁场电流周围的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场安培定则立体图横截面图特点无磁极,非匀强磁场,距导线越远处磁场越弱两侧是N极和S极,与条形磁体的磁场类似,管内可看作匀强磁场,管外是非匀强磁场两侧是N极和S极,圆环内侧,离导线越近,磁场越强;
5、圆环外侧离圆环越远,磁场越弱2.1 (2019山西大同阶段检测)如图所示,圆环上带有大量的负电荷,当圆环沿顺时针方向转动时,a、b、c三枚小磁针都要发生转动,以下说法正确的是()。A.a、b、c的N极都向纸里转B.b的N极向纸外转,而a、c的N极向纸里转C.b、c的N极都向纸里转,而a的N极向纸外转D.b的N极向纸里转,而a、c的N极向纸外转【答案】B3安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力(1)安培力的大小磁场和电流垂直时:F=BIL。磁场和电流平行时:F=0。(2)安培力的方向由左手定则判断:伸出左手,让拇指与其余四指垂直,并且都在同一个平面内。让磁感线从掌心进入,并使四指指向电流方向。拇
6、指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。3.1 (2018江西上饶开学考试)(多选)一段通电直导线,长度为l,电流为I,放在同一个匀强磁场中,导线和磁场的相对位置有如图所示的四种情况,通电导线所受到的安培力的大小情况将是()。A.丙和丁的情况下,导线所受到的安培力都大于甲的情况下导线所受到的安培力B.乙的情况下,导线不受安培力作用C.乙、丙的情况下,导线都不受安培力作用D.甲、丙、丁的情况下,导线所受安培力大小都相等【答案】BD3.2 (2018河北邯郸第二次质量调研)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
7、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分别是()。A.ILB,水平向左B.ILB,水平向右C.3ILB,水平向右D.3ILB,水平向左【答案】D3.3 (2018辽宁沈阳第二次模拟)(多选)如图所示,质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O,并处于匀强磁场中。导线中通以沿x轴正方向的电流I,悬线与竖直方向的夹角为,且导线保持静止,则磁感应强度的方向和大小可能为()。A.z轴正方向,mgILtan B.y轴正方向,mgILC.z轴负方向,mgILtan D.沿悬线向上,mgILsin 【答案】BC题型一安培定则的应用与磁场的叠加利用安培定则(右手螺旋定则)判断电流产
8、生的磁场的方向是考生所需掌握的基本功,而考题中常常还会将多条导线或磁体产生的磁场进行叠加,考查考生对于矢量叠加的掌握情况。先分别判断各导线产生的磁场,再利用平行四边形定则进行合成,便可解决此类问题。【例1】(多选)如图甲所示,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反,下列说法正确的是()。甲A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为113D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为331【解析】由题意
9、知,三根导线处于等边三角形的三个顶点处,设某导线在等边三角形另外两顶点产生磁场的磁感应强度大小为B0,在L1所在处,L2和L3产生的磁场叠加如图乙所示,方向垂直L2、L3所在平面向上,由左手定则可得安培力的方向平行L2、L3所在平面向下,合磁感应强度大小BL1=2B0cos 60=B0;同理可得在L2所在处的合磁感应强度大小BL2=2B0cos 60=B0;在L3所在处,L1和L2产生的磁场叠加如图丙所示,合磁场方向平行L1、L2所在平面向右,由左手定则可得安培力的方向垂直L1、L2所在平面向上,合磁感应强度大小BL3=2B0cos 30=3B0。由安培力F=BIL可得L1、L2和L3单位长度
10、所受的磁场作用力大小之比为113,B、C两项正确。乙丙【答案】BC磁场叠加问题的一般解题思路空间中的磁场通常涉及多个磁场的叠加,磁感应强度是矢量,可以通过平行四边形定则进行计算或判断。通常考题中出现的磁场不是匀强磁场,这类考题的解法如下:(1)确定磁场场源,如通电导线。(2)定位空间中需求解磁场的点,利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图中M、N在c点产生的磁场。(3)应用平行四边形定则进行合成,如图中的合磁场。【变式训练1】(2019湖北黄冈1月模拟考试)如图甲所示,在直角三角形ABC的A点和B点分别固定一垂直纸面向外和向里的无限长通电直导线,其电流大小分别为IA和I
11、B,A=30,通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度B=kIr,k为比例系数,r为该点到导线的距离,I为导线中的电流大小。当一电子在C点的速度方向垂直纸面向外时,所受洛伦兹力方向垂直BC向下,则两直导线的电流大小IB与IA之比为()。甲A.12B.34C.32D.14【解析】由左手定则可知C点处磁场的磁感应强度B合的方向平行BC向右,设A处导线和B处导线在C处形成的磁场的磁感应强度大小分别为BA和BB,方向分别与AC和BC垂直,如图乙所示,可知BBBA=sin 30=12,又BBBA=kIBlBCkIAlAC,计算可得IBIA=14,D项正确。乙【答案】D【变式训练2】(2018江苏徐州
12、开学检测)如图甲所示,两根相互平行的长直导线分别过纸面上的M、N两点,且与纸面垂直,导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上,O为M、N连线的中点,c、d位于M、N连线的中垂线上,且a、b、c、d到O点的距离均相等。下列说法正确的是()。甲A.O点处的磁感应强度为零B.a、b两点处的磁感应强度大小相等,方向相反C.c、d两点处的磁感应强度大小相等,方向相同D.a、c两点处磁感应强度的方向不同【解析】根据安培定则可判断M、N两点处的直线电流在a、b、c、d、O各点产生的磁场方向,如图乙所示,再利用对称性和平行四边形定则可确定各点(合)磁场的方向。磁场叠加后可知,a、b、c、
13、d、O的磁场方向均相同,a、b点的磁感应强度大小相等,c、d两点的磁感应强度大小相等,C项正确。乙【答案】C题型二安培力作用下导体的平衡与运动问题1.安培力公式F=BIL中安培力、磁感应强度和电流两两垂直,且L是通电导线的有效长度。2.判定安培力作用下导体的运动(1)判定导体运动情况的基本思路判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势,首先必须弄清楚导体所在位置的磁场磁感线分布情况,然后利用左手定则准确判定导体的受力情况,进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。(2)五种常用判定方法电流元法分割为电流元安培力方向整段导体所受合力方向运动方向特殊位置法在特殊位置安培力方向运动方向等效法环形电流小
14、磁针通电螺线管多个环形电流条形磁铁结论法同向电流互相吸引,反向电流互相排斥;两不平行的直线电流相互作用时,有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题,可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力,然后由牛顿第三定律,确定磁体所受电流磁场的作用力,从而确定磁体所受合力及运动方向【例2】如图所示,一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1 T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连,电路中的总电阻为 2 。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为
15、0.5 cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。【解析】依题意,开关闭合后,电流方向从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向竖直向下开关断开时,两弹簧各自相对于其原长伸长了l1=0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kl1=mg式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度开关闭合后,金属棒所受安培力的大小F=BIL式中,I是回路电流,L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了l2=0.3 cm,由胡克定律和力的平衡条件得2k(l1+l2)=m
16、g+F由欧姆定律有E=IR式中,E是电池的电动势,R是电路中的总电阻联立解得m=0.01 kg。【答案】竖直向下0.01 kg(1)求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路(2)求解关键电磁问题力学化。立体图形平面化。【变式训练3】(2018河北保定10月考试)一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置,且两个线圈的圆心重合,如图所示。当两线圈中通以图示方向的电流时,从左向右看,线圈L1将()。A.不动B.顺时针转动C.逆时针转动D.在纸面内平动【解析】解法一(电流元法):把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分,每一部分又可以看成无数段直线电流元,电流元处在L2产生的磁场中,
17、根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上,由左手定则可得,上半部分电流元所受安培力均指向纸外,下半部分电流元所受安培力均指向纸内,因此从左向右看线圈L1将顺时针转动。解法二(等效法):把线圈L1等效为小磁针,该小磁针刚好处于环形电流I2的中心,小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向,由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上,而L1等效成小磁针后,转动前,N极指向纸内,因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上,所以从左向右看,线圈L1将顺时针转动。解法三(结论法):环形电流I1、I2之间不平行,则必有相对转动,直到两环形电流同向平行为止。据此可得,从左向右看,线圈L1将顺时针转动。
18、【答案】B【变式训练4】(2019安徽合肥第一次检测)如图甲所示,两平行光滑金属导轨CD、EF间距为L,与电动势为E0的电源相连,质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路,回路平面与水平面成角,回路其余电阻不计。为使ab棒静止,需在空间施加的匀强磁场磁感应强度的最小值及其方向分别为()。甲A.mgRE0L,水平向右B.mgRcosE0L,垂直于回路平面向上C.mgRtanE0L,竖直向下D.mgRsinE0L,垂直于回路平面向下【解析】对金属棒受力分析,受重力、支持力和安培力,如图乙所示。从图可以看出,当安培力沿斜面向上时,安培力最小,安培力的最小值F安=mgsin ,故磁感应
19、强度的最小值B=F安IL=mgsinIL,根据欧姆定律,有E0=IR,故B=mgRsinE0L,D项正确。乙【答案】D1.(2018江西南昌五校联考)如图所示,把两个完全一样的环形绝缘导体线圈互相垂直地放置,它们的圆心位于一个共同点O上,当通以相同大小的电流时,O点处的磁感应强度与一个线圈单独产生的磁感应强度大小之比是()。A.11B.21C.12D.21【解析】根据安培定则可知,竖直方向的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里,大小为B;水平方向的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向竖直向上,大小也为B。两者相互垂直,圆心O处的磁感强度的大小B0=2B,则O点处的磁感应强度与一
20、个线圈单独产生的磁感应强度大小之比为21,故B项正确,A、C、D三项错误。【答案】B2.(2018四川成都开学检测)(多选)如图甲所示,质量为m的通电直导线用一绝缘轻绳悬挂,电流方向垂直于纸面向里,匀强磁场平行于纸面,导线处于静止状态,轻绳与竖直方向的夹角为30。以下说法中正确的是()。甲A.安培力的大小可能等于mg4,此时磁场的方向是唯一的B.安培力的大小可能等于mg2,此时磁场的方向是唯一的C.安培力的大小可能等于mg,此时磁场的方向是唯一的D.安培力的大小可能等于2mg,此时磁场的方向是唯一的【解析】对通电直导线受力分析,受重力、安培力和轻绳的拉力,根据平衡条件,当安培力方向与轻绳垂直且
21、向上时,安培力最小,如图乙所示,F安=BIL=mgsin 30=12mg,根据左手定则可知,磁感线方向沿悬线向上,故此时磁场方向是唯一的;再分析受力分析图,由力的三角形定则可知,当mgF安12mg时,有两解;当F安mg时,有唯一解;当F安12mg时,无解,故A、C两项错误,B、D两项正确。乙【答案】BD3.(2019湖南株洲三校联考)如图所示,a、b、c是与纸面垂直的固定长直导线,其截面位于等边三角形的三个顶点上,bc连线沿水平方向,导线中均通有大小相等的电流,方向如图所示,O点是三角形的中心(O点到三个顶点的距离相等),则()。A.O点的磁感应强度为零B.O点的磁场方向垂直Oc斜向下C.导线
22、a受到的安培力方向竖直向上D.导线b受到的安培力方向沿bc连线方向指向c【解析】根据右手螺旋定则,可得a中电流在O点产生的磁场平行于bc向左,b中电流在O点产生的磁场平行于ac指向右下方,c中电流在O点产生的磁场平行于ab指向左下方;由于三导线电流相同,到O点的距离相同,根据平行四边形定则,可知O点合场强的方向垂直Oc斜向下,A项错误,B项正确;根据左手定则,结合矢量合成法则,可知导线a受到的安培力方向水平向左,而导线b受到的安培力方向平行于ac斜向左上方,C、D两项错误。【答案】B4.(2019湖北黄石第1次模拟考试)如图所示,AC是四分之一圆弧,O为圆心,D为弧AC中点,A、D、C处各有一
23、垂直纸面的通电直导线,电流大小相等,A、C两处电流垂直纸面向里,D处电流垂直纸面向外,整个空间再加一个大小为B的匀强磁场,O处的磁感应强度刚好为零,如果将D处电流反向,其他条件都不变,则O处的磁感应强度大小为()。A.3+22BB.22+1BC.2BD.0【解析】设A、D、C处的电流在O点产生的磁场的磁感应强度大小均为B0,则对O点的磁场关系满足B02+B02=B+B0,即B=2-1B0,B的方向与AO成45角斜向左上方;如果将D处电流反向,则O处磁场的大小为2B0=22+1B,B项正确。【答案】B5.(2019四川成都阶段检测)一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方,如图甲所示,如
24、果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流,则关于导线ab受磁场力后的运动情况,下列说法正确的是()。甲A.从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B.从上向下看顺时针转动并远离螺线管C.从上向下看逆时针转动并远离螺线管D.从上向下看逆时针转动并靠近螺线管【解析】由安培定则可判定通电螺线管产生的磁场方向,导线等效为Oa、Ob两电流元,由左手定则可判定两电流元所受安培力的方向,Oa向纸外,Ob向纸里,所以从上向下看导线逆时针转动,当转过90时再用左手定则可判定导线所受磁场力向下,即导线在逆时针转动的同时还要靠近螺线管,D项正确。乙【答案】D6.(2018河北衡水第三次质量调研)(多选)在倾角=30的绝缘
25、斜面上,固定一光滑平行金属导轨框,导轨宽l=0.5 m,接入电动势E=6 V、内阻r=0.5 的电池。垂直导轨放置一根质量m=0.2 kg的金属棒ab,金属棒接入电路的电阻R0的阻值为0.2 ,整个装置放在磁感应强度B=1.0 T、方向垂直导轨向上的匀强磁场中,调节滑动变阻器R的阻值使金属棒静止在框架上,如图所示。框架的电阻与摩擦力不计,框架与金属棒接触良好,g取10 m/s2。则下列说法正确的是()。A.金属棒受到的安培力的大小为1 NB.通过金属棒的电流I的大小为2 AC.滑动变阻器R接入电路的阻值R=3 D.电源的输出功率P=10 W【解析】由左手定则可知安培力方向沿斜面向上,对ab棒进
26、行受力分析,由平衡条件得F安=mgsin 30,解得F安=1 N,A项正确;由F安=BIl得,I=F安Bl=2 A,B项正确;由闭合电路欧姆定律有I=ER+R0+r,得R=2.3 ,C项错误;路端电压U=E-Ir=5 V,电源的输出功率P=UI=10 W,D项正确。【答案】ABD1.(2018全国卷,19)(多选)如图,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是()。A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一
27、段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动【解析】根据安培定则,开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场。开关闭合后的瞬间,根据楞次定律,直导线上将产生由南向北的电流,根据安培定则,直导线上方的磁场垂直纸面向里,故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动,A项正确。开关闭合并保持一段时间后,直导线上没有感应电流,故小磁针的N极指北,B、C两项错误。开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,根据楞次定律,直导线上将产生由北向南的电流,这时直导线上方的磁场垂直纸面向外,
28、故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动,D项正确。【答案】AD2.(2018全国卷,20)(多选)如图甲所示,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2,L1中的电流方向向左,L2中的电流方向向上;L1的正上方有a、b两点,它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为13B0和12B0,方向也垂直于纸面向外。则()。甲A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为712B0B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为112B0C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为112B0D.流经L2的电流在a
29、点产生的磁感应强度大小为712B0【解析】原磁场、电流的磁场方向如图乙所示,由题意知乙在b点有12B0=B0-B1+B2在a点有13B0=B0-B1-B2由上述两式解得B1=712B0,B2=112B0,A、C两项正确。【答案】AC3.(2017全国卷,18)如图甲所示,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变,则a点处磁感应强度的大小为()。甲A.0B.33B0C.233B0D.2B0【解析】当P和Q中电流方向均
30、垂直纸面向里时,由于aP=PQ=aQ=l,P和Q在a点产生的磁感应强度大小相同,方向如图乙所示,其合磁感应强度为B1,由几何关系知B1=2BPcos 30=3BP,由题可知,a点处磁感应强度为零,则B0和B1等大反向,则可得B0=B1=3BP,且B0方向平行于PQ向左。当P中电流反向后,如图丙所示,P、Q在a点产生的合磁感应强度为B2,由几何关系知B2=BP=33B0,且B2方向垂直于PQ向上,可得a点处的磁感应强度大小B=B22+B02=233B0,C项正确。乙丙【答案】C4.(2017全国卷,21)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示,矩形线圈由一根漆包线绕制而成,漆包线的两端分别
31、从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将()。A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉【解析】若将左、右转轴上、下两侧的绝缘漆都刮掉,线圈的上、下两边受安培力而使线圈转动,在前14周上、下两边所受的安培力均做正功,转过14周后上、下两边受到的安培力开始做负功,使线圈速度减小至零,然后反向转回来,最终摆动,B项错误;若将左转轴上侧的绝缘漆刮掉,且右转轴下侧的绝缘漆刮掉,电路不能接通,C项错误;若将左转轴下侧或上、下两侧的绝缘漆都刮掉,且右转轴下侧的绝缘漆刮掉,线圈的上、下两边受安培力均做正功而使线圈转动,转过14周后电路不能接通,由于惯性,线圈能继续按原方向转动,转过34周后上、下两边受到的安培力再做正功使线圈继续转动,A、D两项正确。【答案】AD5.(2017江苏卷,1)如图所示,两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合,则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()。A.11B.12C.14D.41【解析】因为穿过a、b两线圈的磁感线的条数相同,所以A项正确。【答案】A26