文档内容
押江苏卷 11 题
磁场、电磁感应
考点内容 考情分析
考点一 安培定则 磁场叠加 磁场基础主要考察磁场强度的叠加、安
考点二 带电粒子在磁场中的运动 培力的判断及霍尔效应的原理和分析；电
考点三 楞次定律、法拉第电磁感应定律的应用 磁感应部分主要考察感生电动势的应用、
以及自感现象、涡流现象，且往往结合生
考点四 电磁感应中的图像、能量、动量等问题
活中的应用考察。
考向一、磁场基础
1．安培力的分析与计算
方向 左手定则
直导线 F＝BILsin θ θ＝0时F＝0，θ＝90°时F＝BIL
大小
导线为曲线时
等效为ac直线电流
受力分析
根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程
二级结论 同向电流相互吸引，反向电流相互排斥
2．安培定则使用注意点：弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线两端点的直线的长度，相应的电流方向
沿两端点连线由始端流向末端，如图所示。3．洛伦兹力：带电粒子以速度v垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中，若只受洛伦兹力，则带
电粒子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动。
（1）洛伦兹力提供向心力：qvB＝。
（2）轨迹半径：r＝.
（3）周期：T＝＝，可知T与运动速度和轨迹半径无关，只和粒子的比荷和磁场的磁感应强度有关．
（4）运动时间：当带电粒子转过的圆心角为θ（弧度）时，所用时间t＝T。
（5）动能：E＝mv2＝＝。
k
4．霍尔效应的原理和分析
（1）定义：高为h、宽为d的导体（自由电荷是电子或正电荷）置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，
在导体的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压。
（2）电势高低的判断：如图，导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面
A′的电势高．若自由电荷是正电荷，则下表面A′的电势低。
霍尔电压：导体中的自由电荷（电荷量为q）在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所
受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差（U）就保持稳定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，联立解得U＝
＝k，k＝称为霍尔系数。
考向二、电磁感应基础应用
1．磁场的产生与叠加
2．感应电流方向的判断：楞次定律3．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
（1）阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；
（2）阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”；
（3）使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”；
（4）阻碍原电流的变化（自感现象）——一般情况下为“增反减同”。
4．导体平动切割磁感线
（1）右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形
（2）有效长度：公式E＝Blv中的l为导体两端点连线在垂直于速度方向上的投影长度．如图，导体的有效
长度分别为：
图甲：l＝sin β。 图乙：沿v方向运动时，l＝。图丙：沿v 方向运动时，l＝R；沿v 方向运动时，l＝R。
1 2
（3）相对速度：E＝Blv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系。
5．导体转动切割磁感线
如图，当长为l的导体在垂直于匀强磁场（磁感应强度为B）的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动，当导
体运动Δt时间后，转过的弧度θ＝ωΔt，扫过的面积ΔS＝l2ωΔt，则E＝＝＝Bl2ω。
6．导体的两种运动状态
（1）导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态。处理方法：根据平衡条件列式分析。
（2）导体的非平衡状态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分
析。
7．用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤8．导体常见运动情况的动态分析
v 若F ＝0 匀速直线运动
合
↓E＝Blv v增大，若a恒定，拉力F增大
↓I＝ 若F
合
≠0 a、v同向 v增大，F
安
增大，F
合
减小，a减小，做加速度减小的加速
↓F 安 ＝BIl ↓F ↓F 合 ＝ma 运动，减小到a＝0，匀速直线运动
a、v反向 v减小，F 减小，a减小，当a＝0，静止或匀速直线运动
合 安
考点一 安培定则 磁场叠加
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
纵截面图
【真题精讲】
（2023·浙江·历年真题）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＝kI，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′＝kI′。调节
1 2
电阻R，当电流表示数为I 时，元件输出霍尔电压U 为零，则待测电流I′的方向和大小分别为（ ）
0 Hk k k k
2 I 1 I 2 I 1 I
k 0 k 0 k 0 k 0
A．a→b， 1 B．a→b， 2 C．b→a， 1 D．b→a， 2
【答案】D
【解析】据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使霍尔元件输出霍尔电压 U 为
H
零，直导线ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流I′的方向应该是b→a；
元件输出霍尔电压U 为零，则霍尔元件处合场强为0，所以有kI＝kI′
H 1 0 2
k
1 I
k 0
解得I′＝ 2 ，故D正确，ABC错误。
【巩固训练】
1．（2022·湖南卷·T3）如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区
域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图
（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A. 当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B. 电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C. tanθ与电流I成正比
D. sinθ与电流I成正比
【答案】D
【解析】当导线静止在图（a）右侧位置时，对导线做受力分析有
可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有 ，F = mgcosθ，则可看
T
出sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cosθ减小，静止后，导线对悬线的拉力F 减小，BC错误、D正
T
确。故选D。
2．（2022·浙江1月卷·T3）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.
【答案】B
【解析】根据F=BIL，可知先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，则F-I图像是过原点的
直线，图像B正确，图像A错误；若保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，则F-L是过原点的直线，则
CD均错误。故选B。
考点二 带电粒子在磁场中的运动
1．圆心的确定
圆心位置的确定通常有以下两种基本方法：
（1）已知入射方向和出射方向时，可以过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线
的交点就是圆弧轨道的圆心（如图甲所示，P为入射点，M为出射点）。
（2）已知入射方向和出射点的位置时，可以过入射点作入射方向的垂线，连线入射点和出射点，作其中垂
线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心（如图乙所示，P为入射点，M为出射点）。
2．半径的确定：半径的计算一般利用几何知识解直角三角形。做题时一定要作好辅助线，由圆的半径和其
他几何边构成直角三角形．由直角三角形的边角关系或勾股定理求解。
3．粒子在匀强磁场中运动时间的确定
（1）粒子在匀强磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动轨迹的圆弧所对应的圆心角为 α时，其运动时间
t＝T（或t＝T）．
确定圆心角时，利用好几个角的关系，即圆心角＝偏向角＝2倍弦切角。
（2）当v一定时，粒子在匀强磁场中运动的时间t＝，l为带电粒子通过的弧长。
【真题精讲】1．（2019·全国）如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为 和B、方向均垂直于
纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入
第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】运动轨迹如图:
即运动由两部分组成,第一部分是 个周期,第二部分是 个周期，粒子在第二象限运动转过的角度为90°，
则运动的时间为 ；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为
；则粒子在磁场中运动的时间为： ，故B正确，ACD错
误。
【巩固训练】
1．（2019·北京）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
【答案】C
【解析】
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 确定粒子运动
半径和运动时间．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；若仅减小磁感应强度，由公式 得：
，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从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。
2．（2019·天津）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。当显示屏开启时磁体远离霍
尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合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，一块
宽为 、长为 的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为 的自由电子，通入方向向右的电流时，
电子的定向移动速度为 。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、
后表面间出现电压 ，以此控制屏幕的熄灭。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 与 无关
C．前、后表面间的电压 与 成正比 D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
【答案】D
【解析】
由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此
前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有 ，
故 ，故D正确，由 则电压 ，故前后表面的电压与速度有关，与 a成正比，故BC错
误。
考点三 楞次定律、法拉第电磁感应定律的应用
解答此类问题的两个常用方法
（1）排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项．这
种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用。（2）函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的
结果准确、详细，但不够简捷。
【真题精讲】
1．（2020·全国卷Ⅲ）如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环．圆环
初始时静止．将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到（ ）
A．拨至M端或N端，圆环都向左运动
B．拨至M端或N端，圆环都向右运动
C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
【答案】B
【解析】开关S由断开状态拨至连接状态，不论拨至M端还是N端，通过圆环的磁通量均增加，根据楞次
定律（增离减靠）可知圆环会阻碍磁通量的增加，即向右运动，故选B。
【巩固训练】
1．（2022·河北卷·5）将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为 S ，小圆面积均
1
为S ，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B ＋kt，B 和k均为常量，则线圈中总
2 0 0
的感应电动势大小为（ ）
A．kS B．5kS C．k（S－5S） D．k（S＋5S）
1 2 1 2 1 2
【答案】D【解析】由法拉第电磁感应定律，可得大圆线圈产生的感应电动势E ＝＝＝kS ，每个小圆线圈产生的感应
1 1
电动势E ＝＝＝kS ，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总
2 2
的感应电动势大小为E＝E＋5E＝k（S＋5S），故D正确，A、B、C错误。
1 2 1 2
2．（2022·全国甲卷·16）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相
等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示．把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强
磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为 I 、I 和I.
1 2 3
则（ ）
A．II>I
1 3 2 1 3 2
C．I＝I>I D．I＝I＝I
1 2 3 1 2 3
【答案】C
【解析】设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线
框的周长为C ＝2πr，面积为S ＝πr2.同理可知正方形线框的周长和面积分别为 C ＝8r，S ＝4r2，正六边形线框
2 2 1 1
的周长和面积分别为C ＝6r，S ＝，三个线框材料粗细相同，根据电阻定律R＝ρ，可知三个线框电阻之比为
3 3
R∶R∶R＝C ∶C ∶C ＝8∶2π∶6，根据法拉第电磁感应定律有I＝＝·
1 2 3 1 2 3
可得电流之比为I∶I∶I＝2∶2∶，即I＝I>I，故选C。
1 2 3 1 2 3
考点四 电磁感应中的图像、能量、动量等问题
1．常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像。
（1）明确图像的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；对切割磁感线产生感应电动势
和感应电流的情况，还常涉及E－x图像和i－x图像；
（2）分析电磁感应的具体过程；
（3）用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；
（4）结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；
（5）根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。
2．电磁感应中的能量
（1）电磁感应中的能量转化
――――→―――――→
（2）求解焦耳热Q的三种方法
（3）解题的一般步骤①确定研究对象（导体棒或回路）；
②弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化；
③根据功能关系或能量守恒定律列式求解。
3．导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度 v、电荷
量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。
【真题精讲】
1．（2020·浙江7月选考·12）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁
感应强度大小为B的匀强磁场．长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随
轴以角速度ω匀速转动．在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容
器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态．已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确
的是（ ）
A．棒产生的电动势为Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
【答案】B
【解析】由法拉第电磁感应定律知棒产生的电动势U＝Br2ω，故A错误；对极板间微粒受力分析，
如图所示，
微粒静止，则mg＝qE＝q，得＝，而电容器两极板间电势差与电源电动势相等，即U＝U′，故＝，
故B正确；电路中电流I＝＝，则电阻R消耗的电功率P＝I2R＝，故C错误；电容器所带的电荷量Q＝
CU′＝，故D错误。
【巩固训练】
1．（2021·江苏南通市如皋中学三模）如图所示，边长为2L的等边三角形区域abc内部的匀强磁场垂直纸
面向里，b点处于x轴的坐标原点O；一与三角形区域abc等高的直角闭合金属线框ABC，∠ABC＝60°，BC边
处在x轴上。现让金属线框ABC沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场，在t＝0时线框B点恰好位于原点O的
位置．规定逆时针方向为线框中感应电流的正方向，在下列四个i－x图像中，能正确表示线框中感应电流随位
移变化关系的是（ ）
【答案】D【解析】当△ABC向前移动L的过程中，只有AB边切割磁感线，根据楞次定律可得电流方向为逆时针方
向，当移动L时有效切割长度为·AC＝，所以感应电流为；
当△ABC向前移动L～2L的过程中，除AB边切割磁感线外，AC边也切割磁感线，感应电动势逐渐减小到
零，根据楞次定律可得电流方向为逆时针方向，当移动2L时有效切割长度为0，感应电流为零；
当△ABC向前移动2L～3L的过程中，只有AC边切割磁感线，根据楞次定律可得电流方向为顺时针方向，
最大的感应电动势为LBv，所以最大的感应电流为，当△ABC离开磁场的过程中，感应电流逐渐减小，所以
A、B、C三项错误，D项正确。
2．（2023·辽宁抚顺市模拟）如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距
分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为
B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状
态，其余部分电阻不计。t＝0时使导体棒C获得瞬时速度v 向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直
0
并与导轨接触良好．且达到稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处．则下列说法不正确的是（ ）
A．t＝0时，导体棒D的加速度大小为a＝
B．达到稳定运动时，C、D两棒速度之比为1∶1
C．从t＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为mv2
0
D．从t＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为
【答案】B
【解析】开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv ，电路中感应电流I＝，导体棒D所受安培力F＝BIL，
0
导体棒D的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝，故A正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C、D棒的
速度分别为v 、v ，则有2BLv ＝BLv ，对变速运动中任意极短时间 Δt，由动量定理得，对 C棒有2BLΔt＝
1 2 1 2
mΔv ，对D棒有BLΔt＝mΔv ，故对变速运动全过程有v －v ＝2v ，解得v ＝v ，v ＝v ，故B错误；根据能量
1 2 0 1 2 2 0 1 0
守恒定律可知回路产生的内能为Q＝mv2－mv2－mv2，解得Q＝mv2，故C正确；由上述分析可知对变速运动
0 1 2 0
中任意极短时间Δt，由动量定理得，对C棒有2BLΔt＝mΔv，可得2BLq＝m（v－v），解得q＝，故D正确。
1 0 1
1．（2023·江苏南通市模拟）地磁场如图所示，有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，
在地磁场的作用下，它将（ ）A．向南偏转
B．向北偏转
C．向东偏转
D．向西偏转
【答案】C
【解析】地球赤道位置的磁场由南向北，当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定
则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转。故选C。
2．（2023·江苏省灌南一中高三检测）如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反
且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴。一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内
以恒定速度v 向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时，下列说法不正确的是（ ）
0
A．回路中ab边与cd边所受安培力方向相反
B．回路中感应电动势大小为2Blv
0
C．回路中感应电流的方向为逆时针方向
D．穿过回路的磁通量为零
【答案】A
【解析】根据右手定则可知，回路中的电流为逆时针方向；根据左手定则可知，回路中 ab边电流的方向由
a→b，磁场的方向向外，所以安培力的方向向左；同理，cd边电流的方向由c→d，磁场的方向向里，所受安培
力方向向左，即ab边与cd边所受安培力方向相同，故A错误，符合题意；C正确，不符合题意．ab边切割磁
感线的电动势b端为正，cd边切割磁感线的电动势c端为负，故回路电动势为E＝2BLv ，故B正确，不符合题
0
意；此时回路中有一半面积磁场垂直纸面向外，一半面积磁场垂直纸面向内，因此穿过回路的磁通量为零，故
D正确，不符合题意。
3．（2023·江苏无锡市调研）如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零
到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m（不计重力），从点P经电场加速
后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的
一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子
恰垂直打在CD板上，则（ ）A．两板间电压的最大值U ＝
m
B．能打到N板上的粒子的最大动能为
C．粒子在磁场中运动的最长时间t ＝
m
D．CD板上可能被粒子打中区域的长度s＝L
【答案】A
【解析】如图，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，在加速电场中，根据动能定
理qU ＝mv 2，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律qv B＝m，又R ＝L，解得
m m m m
U ＝，故A正确；设粒子轨迹与CD相切于H点，此时粒子半径为r′，粒子轨迹垂直打在CD边上的G点，则
m
GH间距离即为粒子打中区域的长度s，根据几何关系QC＝L＝r′＋，解得r′＝，被粒子打中区域的长度为s＝L
－，解得s＝，故D错误；粒子在磁场中运动的最长时间为 t ＝T，粒子在磁场中运动的周期为 T＝，解得t
m m
＝，故C错误；当粒子在磁场的轨迹与CD边相切时，粒子半径r′＝，即能打到N板上的粒子的最大动能为E
km1
＝mv 2，解得E ＝＝，故B错误。
m1 km1
4．（2023·江苏省南京中华中学检测）关于下列四幅图的说法正确的是（ ）
A．图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压U
B．图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出B极板是发电机的正极，A极板是发电机的负极
C．图丙是速度选择器的示意图，带电粒子（不计重力）能够从右向左沿直线匀速通过速度选择器
D．图丁是质谱仪的结构示意图，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S 说明粒子的比荷越小
3
【答案】B
【解析】题图甲中，根据qvB＝可知v＝，粒子获得的最大动能为E ＝mv2＝m（）2＝，所以要想粒子获得
k
的最大动能增大，可增加D形盒的半径R和增大磁感应强度B，增加电压U不能增大最大动能，故A错误；题
图乙中根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B极板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机的负极，故B
正确；题图丙中，负电荷从右向左运动通过复合场时，静电力竖直向上，根据左手定则，洛伦兹力方向也向
上，不能从右向左沿直线匀速通过速度选择器，同理正电荷也不能从右向左匀速通过，故 C错误；由qvB＝m可得＝，知R越小，说明比荷越大，故D错误。
5．（2023·江苏省昆山中学模拟）自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车轮的运动速率。如图
甲所示，一块磁体安装在前轮上，轮子每转一圈，磁体就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。如
图乙所示，电源输出电压为U，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差 U（前表面的电势低于
1 2
后表面的电势）。下列说法中错误的是（ ）
A．图乙中霍尔元件的载流子带负电
B．已知自行车车轮的半径，再根据单位时间内的脉冲数，即获得车速大小
C．若传感器的电源输出电压U 变大，则U 变大
1 2
D．若自行车的车速越大，则U 越大
2
【答案】D
【解析】由题意可知，前表面的电势低于后表面的电势，结合左手定则可知，霍尔元件的电流I是由负电
荷定向移动形成的，故A正确，不符合题意；根据单位时间内的脉冲数可求得车轮转动的周期，从而求得车轮
运动的角速度，最后由线速度公式v＝rω，结合车轮半径，即可求得车速大小，故B正确，不符合题意；根据
题意，由平衡条件有qvB＝q，可得U ＝vdB，由电流的微观定义式I＝neSv，n是单位体积内的导电粒子数，e
2
是单个导电粒子所带的电荷量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速率，整理得v＝，联立解得U ＝，
2
可知U 与车速大小无关，故D错误，符合题意；由公式U ＝，若传感器的电源输出电压U 变大，那么电流I
2 2 1
变大，则U 变大，故C正确，不符合题意。
2
6．（2023·辽宁沈阳市模拟）圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的
匀强磁场（未画出），磁场边缘上的A点有一带正电粒子源，半径OA竖直，MN与OA平行，且与圆形边界相
切于B点，在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场，电场强度大小为 E。当粒子的速度大小为v 且
0
沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（ ）
A．圆形区域内磁场方向垂直纸面向外
B．粒子的比荷为
C．粒子在磁场中运动的总时间为
D．粒子在电场中运动的总时间为
【答案】C【解析】根据题意可知，
粒子从A点进入磁场时，受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可知，圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，
故A正确；根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示
根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为 R，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，根据洛伦兹力提
供向心力有qvB＝m，可得＝，故B正确；根据题意可知，粒子从B点进入电场之后，先向右做减速运动，再
0
向左做加速运动，再次到达B点时，速度的大小仍为v，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示。
0
则粒子在磁场中的运动时间为t ＝＝，故C错误；粒子在电场中，根据牛顿第二定律有Eq＝ma，解得a＝
磁
＝，根据v＝at结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为t ＝＝，故D正确。故选C。
0 电
7．（2023·湖南省长郡中学模拟）某同学想对比自感线圈和小灯泡对电路的影响，他设计了如图甲所示的
电路，电路两端电压U恒定，A 、A 为完全相同的电流传感器．先闭合开关K得到如图乙所示的i－t图像，等
1 2
电路稳定后，断开开关（断开开关的实验数据未画出）．下列关于该实验的说法正确的是（ ）
A．闭合开关时，自感线圈中电流为零，其自感电动势也为零
B．图乙中的a曲线表示电流传感器A 测得的数据
2
C．断开开关时，小灯泡会明显闪亮后逐渐熄灭
D．t 时刻小灯泡与线圈的电阻相等
1
【答案】D
【解析】闭合开关时，其线圈自感电动势等于电源电动势，自感线圈中电流为零，故 A错误；A 中电流等
2
于自感线圈中电流，自感线圈中电流从零开始逐渐增大，最后趋于稳定，故 A 中数据应为题图乙中b曲线，故
2
B错误；断开开关前，两支路中电流相等，刚断开开关时，回路中的电流不变，故灯泡不会发生明显闪亮，而
是逐渐熄灭，故C错误；t 时刻，两支路中电压相等，电流相等，则电阻相等，即小灯泡与线圈的电阻相等，
1
故D正确。8．（2023·江苏南京市、盐城市模拟）如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图。电磁制动是一种非接触
的制动方式，其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。
下列说法正确的是（ ）
A．制动过程中，导体不会产生热量
B．如果导体反向转动，此装置将不起制动作用
C．制动力的大小与线圈中电流的大小无关
D．线圈电流一定时，导体运动的速度越大，制动力就越大
【答案】D
【解析】电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过导体时会产生
热量，A错误；如果导体反向转动，此时产生的涡流方向也相反，电流和运动方向同时反向，安培力方向不
变，故还是使导体受到阻碍运动的制动力，B错误；线圈中电流越大，则产生的磁场越强，则转盘转动产生的
涡流越强，则制动装置对转盘的制动力越大，C错误；线圈电流一定时，导体运动的速度越大，转盘转动产生
的涡流越强，制动力就越大，D正确。
9．（2023·江苏省海头高级中学模拟）一种叫“焦耳小偷”的电路，可以“榨干”一颗旧电池的能量，其
原理如图所示。一颗废旧的5号电池开路电压大约1 V，直接点亮一个需要1.6 V电压驱动的发光二极管是不可
能的，这时可以反复快速接通和断开开关，发光二极管就会闪烁起来．下列说法中正确的是（ ）
A．发光二极管的正极应接在C端
B．只有开关接通的瞬间，发光二极管才会闪亮发光
C．只有开关断开的瞬间，发光二极管才会闪亮发光
D．开关断开及接通的瞬间，A端的电势均高于B端的电势
【答案】C
【解析】由题图可知，发光二极管的正极应接在B端，故A错误；开关接通瞬间，流过电感器的电流增
大，电感器产生与原电流相反的自感电动势，发光二极管被短路，发光二极管不会闪亮发光，此时 B端电势低
于A端电势，故B错误；开关断开的瞬间，流过电感器的电流减小，电感器产生与原电流同向的自感电动势，
与原电流叠加，能提供更大的电动势和电流，发光二极管会闪亮发光，此时 B端电势高于A端电势，故C正
确，D错误。
10．（2022·山东卷·12改编）如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为L的扇
形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场．边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以
角速度ω顺时针匀速转动，t＝0时刻，金属框开始进入第一象限．不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是（ ）
A．在t＝0到t＝的过程中，E一直增大
B．在t＝0到t＝的过程中，E先增大后减小
C．在t＝0到t＝的过程中，E的变化率先增大后减小
D．在t＝0到t＝的过程中，E的变化率一直减小
【答案】B
【解析】在t＝0到t＝的过程中，金属框的有效切割长度先变大再变小，当t＝时，有效切割长度最大，为
L，此时，感应电动势最大，所以在 t＝0到t＝的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误；在t＝0到t＝
的过程中，设转过的角度为θ，由几何关系可得θ＝ωt，在t＝0到t＝的过程中，切割磁感线的有效长度d＝，
则感应电动势为E＝Bd2ω＝，可知在t＝0到t＝的过程中，E的变化率一直增大，故C、D错误。
11．（2023·江苏苏锡常镇四市模拟）如图所示，两光滑平行长直导轨间距为d，放置在水平面上，磁感应
强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，两质量都为 m、电阻都为r的导体棒L 、L 垂直放置在导轨上，与导轨
1 2
接触良好，两导体棒距离足够远，L 静止，L 以初速度v 向右运动，不计导轨电阻，忽略感生电流产生的磁
1 2 0
场，则（ ）
A．导体棒L 的最终速度为v
1 0
B．导体棒L 产生的焦耳热为
2
C．通过导体棒横截面的电荷量为
D．两导体棒的初始距离最小为
【答案】D
【解析】根据楞次定律，导体棒L 、L 最终以相同的速度做匀速直线运动，设共同速度为v ，水平向右为
1 2 1
正方向，根据动量守恒定律可得mv ＝2mv ，解得v ＝，故A错误；设导体棒L 、L 在整个过程中产生的焦耳
0 1 1 1 2
热为Q ，根据能量守恒定律可得mv2＝Q ＋（2m）v2，解得Q ＝mv2，导体棒L 、L 的电阻都为r，因此导
总 0 总 1 总 0 1 2
体棒L 产生的焦耳热为Q＝Q ＝mv2，故B错误；对导体棒L ，由动量定理得Bidt＝mv ，因为q＝it，故Bdq
2 总 0 1 1
＝mv ，因此通过导体棒横截面的电荷量为q＝＝，故C错误；当导体棒L 、L 速度相等时若距离为零，则两棒
1 1 2
初始距离最小，设最小初始距离为l，则通过导体棒横截面的电荷量q＝iΔt＝Δt＝Δt＝＝，解得l＝，故D正
确。
12．（2023·江苏常州市模拟）如图所示，竖直放置的U形光滑导轨与一电容器串联。导轨平面有垂直于纸
面的匀强磁场，金属棒ab与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑．电容C足够大，原来不带电，不计一切
电阻．设导体棒的速度为v、动能为E 、两端的电压为U 、电容器上的电荷量为q，它们与时间t、位移x的关
k ab系图像正确的是（ ）
【答案】B
【解析】设导轨间距为L，释放后电容器充电，电路中有充电电流i，棒受到向上的安培力，设瞬时加速度
为a，根据牛顿第二定律得mg－BiL＝ma，i＝＝＝＝CBLa，由此得mg－BL·CBLa＝ma，解得a＝，可见棒的加
速度不变，做匀加速直线运动，v＝at，U ＝BLv＝BLat，故A、C错误；E＝mv2＝m×2ax，故B正确；q＝CU
ab k ab
＝BCLat，与时间成正比，而棒做匀加速运动，故与位移不是正比关系，故D错误。
13．如图，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，左端接一电容器C，阻值为R的电阻
通过三角旋钮开关S与两导轨连接，长度为L、质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，且与导轨始终接触良好，
两导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。三角旋钮开关S仅1、2之间导电，S左旋
时能将电阻R和电容器C接入同一回路，右旋时能将电阻R和金属杆ab接入同一回路，初始时1、2连接电容
器和金属杆，现用恒力F向右拉金属杆ab，使其从静止开始运动，经一段时间后撤去F，同时旋转S，此时金
属杆的速度大小为v，不计金属杆和导轨的电阻。下列说法正确的是（ ）
0
A．撤去F前，金属杆做变加速直线运动
B．撤去F同时向右旋开关S，金属杆做匀减速运动
C．恒力F对金属杆做的功等于mv2
0
D．若分别左旋右旋S，两种情况下，通过电阻R的电荷量之比为CB2L2∶m
【答案】D
【解析】撤去F前，对金属杆进行受力分析有F－BIL＝ma，对电容器Q＝CU＝CBLv，充电电流I＝＝CBL
＝CBLa，解得a＝，可知金属杆做匀加速直线运动，A错误；撤去F同时向右旋开关S，此时仅有电阻R和金
属杆ab接入同一回路，且金属杆有向右的速度，根据右手定则与左手定则，可判定安培力向左，且 BIL＝＝
ma，可知金属杆将向右做加速度减小的减速运动，B错误；根据动能定理有W ＋W ＝mv2，其中安培力做负
F 安 0
功，则恒力F对金属杆做的功大于mv2，C错误；撤去F时，电容器极板带电荷量Q＝CBLv ，对金属杆分析，
0 0
由动量定理有－BL·Δt＝0－mv ，由于金属杆减速切割磁感线而通过电阻的电荷量q＝·Δt，当左旋S，通过电阻
0的电荷量q＝Q，当右旋S，通过电阻的电荷量q＝q，解得＝，D正确。
1 2
14．（2023·江苏南京市模拟）如图所示，水平地面上固定着足够长的光滑平行金属导轨，导轨与电阻R连
接，导轨内有竖直向上的匀强磁场，放置在导轨上的金属杆初速度为 v ，不计导轨及杆的电阻，杆在运动过程
0
中始终与导轨保持良好接触．则下列关于杆的速度与其运动位移之间的关系图像正确的是（ ）
【答案】C
【解析】金属杆所受安培力F＝BIL＝，金属杆的加速度a＝，由牛顿第二定律得F＝ma，即＝m，则vΔt＝
mΔv，求和∑vΔt＝m∑Δv，则x＝m（v －v），解得v＝v －x，所以v与x是线性关系，故C正确，A、B、D错
0 0
误。
15．如图，足够长的平行光滑金属导轨M、N固定在水平桌面上，导轨间距离为L，垂直导轨平面有竖直
向下的匀强磁场，以CD为分界线，左边磁感应强度大小为2B，右边为B，两导体棒a、b垂直导轨静止放置，
a棒距CD足够远，已知a、b棒质量均为m、长度均为L、电阻均为r，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不
计，现使a获得一瞬时水平速度v ，在两棒运动至稳定的过程中（a棒还没到CD分界线），下列说法正确的是
0
（ ）
A．a、b系统机械能守恒
B．a、b系统动量守恒
C．通过导体棒a的电荷量为
D．导体棒a产生的焦耳热为
【答案】C
【解析】因为a、b棒切割磁感线时产生感应电流，继而导体棒中有焦耳热产生，故 a、b系统机械能不守
恒，故A错误；由题意知a棒受到的安培力为 F ＝2BIL，方向水平向左，而b棒受到的安培力为 F ＝BIL，方
a b
向水平向右，故a、b系统所受合外力不为零，故a、b系统动量不守恒，故B错误；因两棒运动至稳定时满足
2BLv ＝BLv ，设向右为正方向，则对a、b棒运动至稳定的过程中分别由动量定理得－2BLt＝mv －mv ，BLt＝
1 2 1 0
mv ，联立解得v ＝，v ＝.又因为q＝t，所以通过导体棒a的电荷量为q＝，故C正确；由题意知稳定之后，电
2 1 2
路中不再有感应电流，则不再有焦耳热产生，所以对a、b棒运动至稳定的过程中，由能量守恒定律得导体棒
a、b产生的总焦耳热为Q＝mv2－mv2－mv2＝mv2，所以导体棒a产生的焦耳热为Q′＝Q＝mv2，故D错误。
0 1 2 0 0
16．（2023·湖北省襄阳五中模拟）如图所示，平行金属导轨AHQD、PNM上放置有一导体棒ab，导轨倾
斜部分置于竖直向上、磁感应强度大小为 B的匀强磁场中，导轨AHQD水平部分通过导线分别连接有电容器（电容为C）和定值电阻（阻值为R），导轨M端接有一单刀双掷开关，导轨间距为L，导轨倾斜部分的倾角
为θ，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ（μ0，则导体棒匀加速下滑，故A错误；开关接1，导体棒切割磁感线产生感应
合
电动势E＝BLvcos θ，导体棒做加速度减小的加速运动，最后匀速下滑，对导体棒受力分析，列动量定理表达
式有mgtsin θ－BLtcos θ－μ（mgcos θ＋BLsin θ）t＝mv－0，其中＝，解得t＝，故B正确；开关接2，导体棒
切割磁感线对电容器充电，回路中有充电电流，对导体棒受力分析，列牛顿第二定律方程有 mgsin θ－BILcos θ
－μ（mgcos θ＋BILsin θ）＝ma，充电电流I＝＝CBLacos θ，解得a＝，加速度恒定，则导体棒匀加速下滑，
代入计算可得电流I＝，故C、D正确。故选A。
17．（2023·江苏省金陵中学高三检测）某同学设计了一种带有闪烁灯的自行车车轮，以增强夜间骑车的安
全性．如图所示为自行车后车轮，已知金属车轮半径为r＝0.6 m，金属轮轴半径可以忽略，有绝缘辐条连接轮
轴与车轮（辐条未画出）。车轮与轮轴之间对称地接有4根相同的金属条，每根金属条中间都串接一个LED
灯，LED灯可视为纯电阻，每个LED灯的阻值恒为R＝0.45 Ω，不计其他电阻。车轮旁的车架上固定有一特殊
磁铁，能在车轮与轮轴之间形成一个方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小B＝0.5 T的扇形匀强磁场区域，扇
形对应的圆心角θ＝30°.使自行车沿平直路面匀速前进，已知车轮转动的角速度为ω＝20 rad/s，不计车轮厚度，
忽略磁场的边缘效应，取π＝3，则下列说法正确的是（ ）
A．车轮转动一周过程中，LED灯亮的总时间为0.075 s
B．金属条ab进入磁场时，ab上电流的方向是a→b
C．金属条ab进入磁场时，ab上电流大小是2 A
D．车轮转动一周，LED灯产生的总焦耳热为0.54 J
【答案】D
【解析】依题意，可得车轮转动一周的时间为T＝＝0.3 s，车轮转动一周的过程中，能产生感应电流的时间为t＝4×T＝0.1 s，即LED灯亮的总时间为0.1 s，故A错误；金属条ab进入磁场时，根据右手定则判断知ab
上电流的方向是b→a，故B错误；金属条ab进入磁场时，ab相当于电源，其等效电路图如图所示，电源电动
势为E＝Br2ω＝1.8 V，电路中的总电阻为R ＝R＋R＝0.6 Ω，所以通过ab的电流大小为I＝＝ A＝3.0 A，故C
总
错误；车轮转动一周，LED灯亮的总时间为0.1 s，则产生的总焦耳热为Q＝I2R t＝32×0.6×0.1 J＝0.54 J，故D
总
正确。
18．（2018·全国卷Ⅰ·17）如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆
心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良
好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆
时针转到OS位置并固定（过程Ⅰ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′（过程Ⅱ）．在过
程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【解析】在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E ＝＝，根据闭合电路的欧姆定律，有I ＝，且q ＝
1 1 1
IΔt 在过程Ⅱ中，有E＝＝
1 1 2
I＝，q＝IΔt 又q＝q，即＝
2 2 2 2 1 2
所以＝，故选B。
19．（2023·江西省宜春实验中学质检）如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知
线圈匝数n＝10，边长ab＝1 m，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示．设图示
的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势e、感应电流i、焦耳热Q以及ab边的安培力F
（取向下为正方向）随时间t的变化图像正确的是（ ）
【答案】C【解析】0～1 s内产生的感应电动势为e ＝＝2 V，方向为逆时针，同理1～5 s内产生的感应电动势为e ＝
1 2
1 V，方向为顺时针，A错误；0～1 s内的感应电流大小为i＝＝2 A，方向为逆时针（负值），同理1～5 s内的
1
感应电流大小为i ＝1 A，方向为顺时针（正值），B错误；ab边受到的安培力大小为F＝nBiL，可知0～1 s内
2
0≤F≤4 N，方向向下，1～3 s内0≤F≤2 N，方向向上，3～5 s内0≤F≤2 N，方向向下，C正确；线圈产生的焦耳
热为Q＝eit,0～1 s内产生的热量为4 J,1～5 s内产生的热量为4 J，D错误。
20．（2020·山东卷·12改编）如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相
等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框
abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动（不发生转动）．从图示位置开始计时，4 s末bc边刚好进入
磁场．在此过程中，导体框内感应电流的大小为I, ab边所受安培力的大小为F ，二者与时间t的关系图像可能
ab
正确的是（ ）
【答案】C
【解析】设虚线方格的边长为x，根据题意知abcde每经过1 s运动的距离为x.在0～1 s内，感应电动势E
1
＝2Bxv，感应电流I ＝恒定；在1～2 s内，切割磁感线的有效长度均匀增加，故感应电动势及感应电流随时间
1
均匀增加，2 s时感应电动势E ＝3Bxv，感应电流I ＝；在2～4 s内，切割磁感线的有效长度均匀减小，感应电
2 2
动势和感应电流均匀减小，4 s时感应电动势E ＝Bxv，感应电流I ＝，故A、B错误。由题意可知，在0～4 s
3 3
内，ab边进入磁场的长度l＝vt，根据F＝BIl，在0～1 s内，I＝恒定，则F ＝BI·vt＝t∝t；在1～2 s内，电流I
ab 1
随时间均匀增加，切割磁感线的有效长度l′＝[2x＋v（t－1）]∝t，据F＝IlB可知F 与t为二次函数关系，图线
ab
是抛物线的一部分，且t＝2 s时，F ＝；在2～4 s内，I随时间均匀减小，切割磁场的有效长度 l″＝3x－v（t－
ab
2）＝5x－vt随时间均匀减小，故F 与t为二次函数关系，有极大值，当t＝4 s时，F ＝，故C正确，D错误。
ab ab
21．（2023·江苏省海头高级中学高三检测）如图所示，电阻不计的光滑金属导轨固定放置在倾角为30°的
斜面上，两导轨间距为l，两侧接有阻值均为R的定值电阻，MM′N′N范围内有垂直于斜面向下的磁场，磁感应
强度为B，质量为m的金属棒置于轨道上，金属棒的电阻为r，由静止释放金属棒，金属棒经过时间t进入磁
场，进入磁场后给金属棒施加沿斜面向上的恒力F＝mg，金属棒最后恰好静止在M′N′，金属棒始终与导轨垂直
并接触良好，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）A．金属棒刚进入磁场时的速度为gt
B．金属棒刚进入磁场时两端的电压为
C．整个过程流过金属棒的电荷量为
D．整个过程，电路中一个电阻R上产生的热量为
【答案】C
【解析】由于金属棒未进入磁场时只受重力，有mgsin θ＝ma，金属棒速度v＝at，解得v＝gt，A错误；金
属棒刚进入磁场时的电动势E＝Blv＝Blgt，金属棒两端的电压U＝E＝，B错误；金属棒进入磁场后有F＝mgsin
θ，金属棒在磁场中所受合力为安培力，由动量定理－BIlΔt＝－mv，解得q＝IΔt＝＝，C正确；由于金属棒最
终静止在M′N′，由能量守恒定律有Q＝mv2，电路中其中一个电阻R上产生的热量Q＝Q＝＝，D错误。
1
