高考物理最新电磁学知识点之磁场基础测试题及答案

一、选择题

1．在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q平行于纸面固定放置。在两导线中通有图示方向电流I时，纸面内与两导线等距离的a点处的磁感应强度为零。下列说法正确的是（ ）

A．匀强磁场方向垂直纸面向里

3B．将导线Q撤去，a点磁感应强度为B0

2C．将导线P撤去，a点磁感应强度为

1B0 2D．将导线Q中电流反向，a点磁感应强度为2B0

2．如图所示，有abcd四个离子，它们带等量的同种电荷，质量不等．有ma＝mb＜mc＝md，以不等的速度va＜vb＝vc＜vd进入速度选择器后有两种离子从速度选择器中射出，进入B2磁场，由此可判定( )

A．射向P1的是a离子 C．射到A1的是c离子

B．射向P2的是b离子 D．射到A2的是d离子

3．质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹分别如图中的两支虚线所示，下列表述正确的是（ ）

A．M带正电，N带负电 B．M的速率大于N的速率 C．洛伦磁力对M、N做正功 D．M的运行时间大于N的运行时间

4．如图甲是磁电式电流表的结构图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布。线圈中a、b两条导线长度均为l，未通电流时，a、b处于图乙所示位置，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。通电后，a导线中电流方向垂直纸面向外，大小为I，则（ ）

A．该磁场是匀强磁场 B．线圈平面总与磁场方向垂直 C．线圈将逆时针转动

D．a导线受到的安培力大小始终为BIl

5．如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面（未画出）。一群比荷为

q的负离子以相同速率v0（较大），由P点在纸平面内向不同m方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧足够大荧光屏上，离子重力不计。则下列说法正确的是（ ）

A．离子在磁场中的运动轨迹半径可能不相等 B．由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长 C．离子在磁场中运动时间一定相等 D．沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大

6．如图所示，一束粒子射入质谱仪，经狭缝S后分成甲、乙两束，分别打到胶片的A、C

2两点。其中SASC，已知甲、乙粒子的电荷量相等，下列说法正确的是

3

A．甲带正电 B．甲的比荷小

C．甲的速率小 D．甲、乙粒子的质量比为2：3

7．如图所示，用一细线悬挂一根通电的直导线ab（忽略外围电路对导线的影响），放在螺线管正上方处于静止状态，与螺线管轴线平行，可以在空中自由转动，导线中的电流方向由a指向b。现给螺线管两端接通电源后（螺线管左端接正极），关于导线的受力和运动情况，下列说法正确的是（ ）

A．在图示位置导线a、b两端受到的安培力方向相反导线ab始终处于静止 B．从上向下看，导线ab从图示位置开始沿逆时针转动 C．在图示位置，导线a、b两端受到安培力方向相同导线ab摆动 D．导线ab转动后，第一次与螺线管垂直瞬间，所受安培力方向向上

8．如图为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子产生，其速度方向与磁场方向垂直．电子速度大小可通过电子的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是( )

A．仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大 B．仅提高电子的加速电压，电子束径迹的半径变大 C．仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大 D．仅提高电子的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大

9．我国的传统文化和科技是中华民族的宝贵精神财富，四大发明促进了科学的发展和技术的进步，对现代仍具有重大影响，下列说法正确的是（ ） A．春节有放鞭炮的习俗，鞭炮炸响的瞬间，动量守恒但能量不守恒

B．火箭是我国的重大发明，现代火箭发射时，火箭对喷出气体的作用力大于气体对火箭的作用力

C．装在炮弹中的火药燃烧爆炸时，化学能全部转化为弹片的动能 D．指南针的发明促进了航海和航空，静止时指南针的N极指向北方

10．如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图所示，若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（ ）

A．a粒子速率最大 B．c粒子速率最大

C．c粒子在磁场中运动时间最长 D．它们做圆周运动的周期TaTbTc

11．如图所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动，下列选项正确的是( )

A．mambmc C．mcmamb

B．mbmamc D．mcmbma

12．如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为N1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图，当加上电流后，台秤读数为N2，则以下说法正确的是（ ）

A．N1＞N2,弹簧长度将变长 C．N1＜N2,弹簧长度将变长

A．跟磁场方向垂直，跟电流方向平行 B．跟电流方向垂直，跟磁场方向平行 C．既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直

B．N1＞N2,弹簧长度将变短 D．N1＜N2,弹簧长度将变短

13．关于垂直于磁场方向的通电直导线所受磁场作用力的方向，正确的说法是（ ）

D．既不跟磁场方向垂直，也不跟电流方向垂直

14．如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内长直导线中的电流i随时间t的

TT时间内直导线中电流向上，则在~T时间内线框中感应

22

电流的方向与所受安培力情况是（ ）

变化关系如图乙所示．在0~

A．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左 B．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右 C．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右 D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左

15．如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m、带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向的且互相垂直的匀强磁场和匀强电场(图示方向)中．设小球带电荷量不变，小球由棒的下端以某一速度上滑的过程中一定有( )

A．小球加速度一直减小

B．小球的速度先减小，直到最后匀速 C．杆对小球的弹力一直减小 D．小球受到的洛伦兹力一直减小

16．如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到位置Ⅱ，设先、后两次穿过金属框的磁通量变化分别为

和

，则（）

A． B． C．

D．不能判断

17．无线充电技术已经被应用于多个领域，其充电线圈内磁场与轴线平行，如图甲所示；磁感应强度随时间按正弦规律变化，如图乙所示。则（ ）

A．tT时，线圈产生的电动势最大 2B．tT时，线圈内的磁通量最大 2C．0~3TT~T过程中，线圈内的磁通量增大 过程中，线圈产生的电动势增大 D．

4418．航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示,在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小,则合上开关 S的瞬间（ ）

A．两个金属环都向左运动 B．两个金属环都向右运动

C．从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向 D．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力

19．如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是

A．粒子带正电

B．粒子在b点速率大于在a点速率

C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出 D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短

20．如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿过铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为

A．2 B．2 C．1 D．2 221．如图所示，ab和cd是位于水平面内的平行金属轨道，轨道间距为l，其电阻可忽略不计。ac之间连接一阻值为R的电阻。ef为一垂直于ab和cd的金属杆，它与ab和cd接触良好并可沿轨道方向无摩擦地滑动，其电阻可忽略。整个装置处在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，磁感应强度为B。当施外力使杆ef以速度v向右匀速运动时，杆ef所受的安培力为（ ）

A． B． C． D．

22．现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为

A．11 B．12 C．121 D．144

23．利用霍尔效应制作的霍尔元件,广泛应用于测量和自动控制等区域,如图是霍尔元件的工作原理示意图,磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下,通入图示方向的电流I,C、D两侧面会形成电势差UCD.下列说法正确的是

A．电势差UCD仅与材料有关

B．仅增大磁感应强度时,电势差UCD变大

C．若霍尔元件的载流子是自由电子,则电势差UCD0

D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时,霍尔元件的工作面应保持水平

24．如图所示，三根彼此绝缘的无限长直导线的一部分ab、cd、ef构成一个等边三角形，O为三角形的中心，M、N分别为O 关于导线ab、cd的对称点,当三根导线中通以大小相等，方向如图所示的电流时，M点磁感应强度的大小为B1，O点磁感应强度大小为B2，若将导线ab中的电流撤去，而保持另两根导线中的电流不变，则N点磁感应强度的大小为（ ）

A．B1＋B2 C．

B．

13B2B1 21B2B1 2D．B1－B2

25．如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为

A．2F B．1.5F C．0.5F D．0

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一、选择题

1．C 解析：C 【解析】 【分析】 【详解】

两长直导线P和Q所产生的磁场方向根据安培右手定则可得都垂直纸面向里，所以匀强磁场方向应该垂直纸面向外，纸面内与两导线等距离的a点处的磁感应强度为零，所以每根导线在a点处产生的磁感应强度为

1B0。 213B0而不是B0，故B错误；

22A． 匀强磁场方向应该垂直纸面向外，故A错误； B．将导线Q撤去，a点磁感应强度应为C． 将导线P撤去，a点磁感应强度为

1B0，C正确； 2D．将导线Q中电流反向，a点磁感应强度为B0而非2B0，故D错误。 故选C。

2．A

解析：A 【解析】

试题分析：通过在磁场中偏转知，粒子带正电．在速度选择器中，有qE=qvB．vE，只B有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器．所以只有b、c两粒子能通过速度选择器．a的速度小于b的速度，所以a的电场力大于洛伦兹力，a向P1板偏转．故A正确，B错误．只有b、c两粒子能通过速度选择器进入磁场B2，根据rmv.，知质量大的半径qB2大，知射向A1的是b离子，射向A2的是c离子．故C、D错误． 故选A．

考点：速度选择器；带电粒子在匀强磁场中的而运动.

3．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

A. 根据左手定则，可知，M带负电，N带正电，A错误； B. 粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，即：

v2qvBm

r解得：

rmv qB同一磁场，又M和N两粒子的电荷量相同，故轨道半径大小r和速度v成正比，故B正确；

C. 洛伦兹力每时每刻与速度垂直，不做功，C错误； D. 粒子在磁场中运动的周期T的计算如下：

T2r2m vqB同一磁场，M和N两粒子的电荷量相同，故两粒子在磁场中运动的周期相同，它们均运动了半个周期，故它们运动的时间相同，D错误； 故选B。

4．D

解析：D 【解析】 【分析】

通过分析通电导线在磁场中的受力，了解磁电式电流表的工作原理。 【详解】

A．该磁场是个辐向磁场，磁场方向与铁芯垂直，但不是匀强磁场，A错误； B．由于是辐向磁场，线圈平面与磁场方向始终平行，B错误；

C．根据左手定则，在图中位置，a导线受力向上，b边受力向下，线圈将顺时针方向转动，C错误；

D．由于在转动过程中，a导线始终与磁场垂直，因此受到安培力大小始终为BIl，D正确。 故选D。

5．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

A．离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

qvB解得

mv2r

rmv qB因粒子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，故A错误；

BD．由圆的性质可知，轨迹圆（离子速率较大，半径较大）与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，最长弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间

最长，故B正确，D错误；

C．设粒子轨迹所对应的圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间为

t其中

T 22m qBT所有粒子的运动周期相等，由于离子从圆上不同点射出时，轨迹的圆心角不同，所以离子在磁场中运动时间不同，故C错误。 故选B。

6．D

解析：D 【解析】 【详解】

A.甲粒子在磁场中向上偏转，根据左手定则知甲粒子带负电，故A错误； B.根据洛伦兹力提供向心力，则有：

v2qvBm

r解得：

rmvvqBqB

m由图可知r甲＜r乙，则甲的比荷大于乙的比荷，故B错误； C.能通过狭缝S0的带电粒子，根据平衡条件：

qEqvB1

解得：

vE B1甲、乙都能通过狭缝进入右边的磁场，所以两个粒子的速率相等，故C错误； D.由题知，甲、乙粒子的电荷量相等，根据洛伦兹力提供向心力，则有：

v2qvBm

r解得：

r变形得：

mv qBqBr vm由题知，两个粒子的半径之比为：

r1:r22:3

则两个粒子的质量之比为：

m1:m2r1:r22:3

故D正确。

7．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

ABC．通电螺线管的磁感线如图所示：

由图示可知左侧导线所处的磁场方向斜向上，右侧导线所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导线受力方向向外，右侧导线受力方向向里，两者受力方向相反，故从上向下看，导线将逆时针转动，选项AC错误，B正确；

D．当导线ab转动后，第一次与螺线管垂直瞬间时，由左手定则可得导线受安培力向下，选项D错误； 故选B。

8．B

解析：B 【解析】 【分析】

本题主要考查了洛伦兹力、动能定理、圆周运动．根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式，利用速度公式推导出周期表达式，增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，当提高电子加速电压，速度增大，并结合以上公式即可解题． 【详解】

电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU12mv，电子在匀强磁场中做匀速圆周运2mv12mUv2动，洛伦兹力提供向心力，有：eBvm，解得：r，那么周期eBBer为：T2m,当增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，半径在减小，周期变eB小，故AC错误；当提高电子加速电压，速度增大，电子束的轨道半径变大、周期不

变，故B正确，D错误．

9．D

解析：D 【解析】

鞭炮炸响的瞬间，因内力远大于外力，故系统动量守恒，同时在爆炸过程中，总能量是守恒的，A错误；现代火箭发射时，火箭对喷出气体的作用力和气体对火箭的作用力为作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可知，二者大小相等，方向相反，B错误；装在炮弹中的火药燃烧爆炸时，化学能转化为弹片的动能和周围物体的内能，C错误；指南针的发明促进了航海和航空，因地磁场南极处在地理北极处，故指南针静止时指南针的N极指向北方，D正确．

10．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

AB．粒子在磁场中的轨道半径

Rmv qB可知速度越快的粒子，轨道半径越大，因此c粒子速率最大，a粒子速率最小，B正确，A错误；

D．粒子在磁场中运动的周期

T2m qB只与比荷有关，与粒子运动速度无关，因此TaTbTc，D错误；

C．由于运动周期相同，因此粒子在磁场中运动的时间由偏转角决定，偏转角越大，运动时间越长，由图可知，a粒子在磁场中偏转角最大，运动时间最长，C错误。 故选B。

11．B

解析：B 【解析】 【详解】

由题意：a在纸面内做匀速圆周运动，所以magqE；b在纸面内向右做匀速直线运动，所以mbgqEBqv ；c在纸面内向左做匀速直线运动所以mcgBqvqE ，根据公式

mbmamc，故B正确，ACD错误． 可解的： 12．B

解析：B 【解析】

【分析】 【详解】

磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏左位置，所以此处的磁感线是斜向右上的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下，长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的；导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的，将这个力在水平和竖直分解，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在水平向左产生分力，所以弹簧产生压缩，弹簧长度将变短．故选B．

13．C

解析：C 【解析】 【分析】

左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向． 【详解】

根据左手定则的内容知与磁场方向垂直的通电直导线，它受到的磁场作用力与电流方向垂直，与磁场方向垂直，故C正确，ABD错误． 【点睛】

解决本题的关键掌握左手定则判定安培力的方向，知道安培力垂直于电流方向与磁场方向构成的平面．

14．C

解析：C 【解析】 【详解】 BD．在0~TT时间内，直导线中的电流向上，由乙可知在～T时间内直线电流方向向

22下，根据安培定则知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流；故B项不合题意，D项不合题意．

AC．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左．离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力所以金属框所受安培力的合力水平向右，故A项不合题意，C项符合题意．

15．D

解析：D 【解析】 【分析】 【详解】 若开始

则弹力方向向左

，随着速度减小，弹力增大，摩擦力增

大，则加速度增大，A错．小球速度一直在减小，B错．根据前面可知，C错．小球所受

洛伦兹力（f=qvB）因为速度一直减小所以洛伦兹力也一直减小，D对

16．C

解析：C 【解析】 【详解】

第一次将金属框由位置I平移到位置Ⅱ，磁感线穿过金属框的方向没有改变，磁通量变化量等于在这两个位置时的磁通量的差值；第二次将金属框绕边翻转到位置Ⅱ，磁感.线穿过金属框的方向发生改变，磁通量变化量等于两个位置时的磁通量绝对值之和，所以

，选项C正确.ABD错

故选C

17．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

AC．磁感应强度随时间按正弦规律变化，如题目图乙，可知0、圈产生的电动势也最大，故A正确，C错误； BD．根据BS可知，在t故选A。

T、T处斜率最大，即线2T3T和时，线圈内的磁通量最大，故BD错误。 4418．C

解析：C 【解析】 【详解】

AB．若环放在线圈两边，根据“来拒去留”可得，合上开关S的瞬间，环为阻碍磁通量增大，则环将向两边运动，故AB错误；

C．线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电流由左侧向右看为顺时针，故C正确；

D．由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，则铜环受到的安培力要大于铝环受到的安培力，故D错误。 故选C。

19．C

解析：C 【解析】 【详解】

由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据

v2qvBm确定粒子运动半径和运动时间。

r由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁

mvv2感应强度，由公式qvBm得：r，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子

qBr有可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误。

20．D

解析：D 【解析】 【分析】

带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，从而求出磁感应强度的表

12mv，最终得到关于磁感应强度B与动能Ek的关系式，从关系式2及题设条件--带电粒子在穿越铝板时减半，就能求出上下磁感应强度之比． 【详解】

达式．结合动能Ek由动能公式Ek12mv，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动洛仑兹力提供向心力得2v2qvBm，

r联立可得

2mEkmv， Bqrqr上下磁场磁感应强度之比为

B 上B下D正确．

E上E下r下212， r上12221．B

解析：B

【解析】当杆ef以速度v向右匀速运动时，产生的感应电动势为

，B正确．

，感应电流为

，杆ef受到的安培力，联立解得

22．D

解析：D 【解析】 【详解】

直线加速过程根据动能定理得

qU12mv 2得

v2qU ① m离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有

v2qvBm

R得

R①②两式联立得：

mv ② qBqB2R2 m2U一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝B2，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，A、B、C错误。 故选D。

23．B

解析：B 【解析】 【详解】

AB．根据CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，则有：

qUqvB bI=nqvS=nqvbc

则：

UCDBI nqcn由材料决定，故U与材料有关；U还与厚度c成反比，与宽b无关，同时还与磁场B与电流I有关，故A错误、B正确。

C．根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则UCD＜0．故C错误。

D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过。故D错误。

24．B

解析：B 【解析】 【分析】

【详解】

无限长直导线ab、cd、ef，构成一个等边三角形，且三根导线中通以大小相等、方向如图所示的电流，O为三角形的中心，且O点磁感应强度大小为B2，因为直导线ab、cd关于O点对称，所以这两导线在O点的磁场为零，则磁感应强度大小B2是由直导线ef产生的，而直导线ab、ef关于N点对称，所以这两根直导线的磁场为零，因此N点的磁感应强度大小为B2。因为M点的磁感应强度为B1BefBcdBab，又因为BefB2，Bef与Bcd大小相等．当撤去导线ab中电流时，其余两根导线在N点的磁感应强度大小为

BcdBef故B正确，ACD错误。 故选B。 【点睛】

13B2B1 2根据通电导线周围的磁场对称性、方向性，去确定合磁场大小．磁场的方向相同，则大小相加；方向相反的，大小相减。

25．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为

R1:R22R:R2:1，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比

I1:I21:2．如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计

算公式FILB，可知F:FI1:I21:2，得F向相同，故线框LMN所受的合力大小为FF1F，根据左手定则可知，两力方23F，故本题选B． 2