資源簡介

章末檢測試卷(第二章)
(滿分：100分)
一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1.關于感應電流的產生及方向，下列描述正確的是 (　　)
2.(2023·無錫市高二期末)某研究小組制作了一儀表，發現指針在示數附近的擺動很難停下，使讀數變得困難。在指針轉軸上裝上扇形鋁板或扇形鋁框，在合適區域加上磁場，可以解決此困難。下列方案合理的是 (　　)
3.(2023·北京市高二期中)如圖所示，我國直升機在北京上空懸停時，長度為L的螺旋槳葉片在水平面內順時針勻速轉動(俯視)，轉動角速度為ω。該處地磁場的水平分量為Bx，豎直分量為By。葉片的近軸端為a，遠軸端為b。忽略轉軸的尺寸，則葉片中感應電動勢為 (　　)
A.ByL2ω，a端電勢低于b端電勢
B.ByL2ω，a端電勢低于b端電勢
C.ByL2ω，a端電勢高于b端電勢
D.BxL2ω，a端電勢低于b端電勢
4.(2024·昆明市高二月考)如圖所示，L1、L2為兩個相同的燈泡，線圈L的直流電阻不計，燈泡L1與理想二極管D相連，下列說法中正確的是 (　　)
A.閉合開關S的瞬間，L1逐漸變亮，L2立刻變亮
B.閉合開關S穩定后，L1比L2更亮
C.斷開S的瞬間，L2會立即熄滅
D.斷開S的瞬間，a點的電勢比b點低
5.(2023·成都七中高二月考)將四根絕緣硬質細導線順次繞成如圖甲、乙、丙、丁所示的線圈，其中大圓面積均為S1，小圓面積均為S2，垂直線圈平面有一方向向外的、大小隨時間t變化的磁場。磁場磁感應強度大小B=B0+kt，B0和k均為大于0的常量，下列說法正確的是 (　　)
A.甲圖的大圓中感應電流方向沿逆時針方向
B.乙圖的大圓和小圓總電動勢為k(S1-S2)
C.丙圖的大圓和小圓總電動勢為k(S1-S2)
D.丁圖的大圓和小圓所受安培力的合力不為零
6.(2023·成都外國語學校高二期中)如圖，在光滑的水平面上，寬為2L的有界勻強磁場左側放置一邊長為L的正方形導電線圈，線圈在水平外力作用下向右勻加速穿過該磁場，則在線圈穿過磁場的過程中，拉力F隨位移x的變化圖像、熱功率P隨位移x的變化圖像、線圈中感應電流I(順時針方向為正)隨位移x的變化圖像正確的是 (　　)
7.(2023·四川達州第一學校高二期末)如圖所示，邊界水平的區域Ⅰ、Ⅱ寬度均為l，兩區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度相同。邊長為l的正方形導線框從Ⅰ區域上方某位置由靜止釋放，已知線框恰能勻速穿過Ⅱ磁場，重力加速度為g。忽略空氣阻力。則下列說法錯誤的是 (　　)
A.線框穿過Ⅰ區域磁場過程加速度大小一定小于g
B.線框穿過Ⅰ區域磁場和穿過Ⅱ區域磁場過程中安培力的沖量相同
C.線框穿過Ⅰ區域磁場比穿過Ⅱ區域磁場產生的焦耳熱小
D.線框穿過Ⅰ、Ⅱ區域磁場的過程所用時間可能相同
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
8.(2023·贛州市高二期末)“八一勛章”獲得者馬偉明帶領的科研團隊研制成功的電磁彈射技術首次在中國003號航母“福建艦”上使用。電磁彈射可用于艦載機、無人機、電磁炮等領域。用強迫儲能器代替常規電源，它能在極短時間內釋放所儲存的電能。飛機電磁彈射原理簡化圖如圖所示，兩根水平發射軌道長s，相距為L的光滑的金屬導軌，ab桿相當于飛機的彈射車(彈射車和飛機總質量為m，ab桿電阻為R)，勻強磁場方向豎直向上，磁感應強度為B，a和b端接強迫儲能器恒流源兩極(強迫儲能器恒流源輸出的電流恒為I)，ab桿將以最大速度從右端水平飛出。那么以下說法正確的是 (　　)
A.a端接強迫儲能器的負極
B.強迫儲能器的輸出電壓不變
C.不考慮圖示導線中電流產生的磁場，ab桿將做加速度逐漸減小的加速運動，最大加速度為a=
D.不考慮圖示導線中電流產生的磁場，ab桿將做勻加速運動，最大速度v=
9.(2023·成都市高二期末)如圖(a)，螺線管內有一平行于軸線的勻強磁場，規定圖中箭頭所示方向為磁感應強度B的正方向，螺線管與U形導線框abcd相連，abcd內有一柔軟的正方形金屬環L，L與abcd共面，當B隨時間t按圖(b)所示規律變化時 (　　)
A.0~t1內，導線框中有順時針方向的感應電流
B.0~t1內，金屬環L有收縮趨勢
C.t1~t2內，a點電勢高于d點電勢
D.t2~t3內，金屬環L中有逆時針方向的感應電流
10.(2023·山東卷)足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1 m，電阻不計。質量為1 kg、長為1 m、電阻為1 Ω的導體棒MN放置在導軌上，與導軌形成矩形回路并始終接觸良好，Ⅰ和Ⅱ區域內分別存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度分別為B1和B2，其中B1=2 T，方向向下。用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導軌CD段中點與質量為0.1 kg的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面。如圖所示，某時刻MN、CD同時分別進入磁場區域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運動，MN、CD與磁場邊界平行。MN的速度v1=2 m/s，CD的速度為v2且v2>v1，MN和導軌間的動摩擦因數為0.2。重力加速度大小取10 m/s2，下列說法正確的是 (　　)
A.B2的方向向上 B.B2的方向向下
C.v2=5 m/s D.v2=3 m/s
三、非選擇題(本題共5小題，共54分)
11.(8分)在“探究法拉第電磁感應現象”的實驗中：
(1)(2分)已將電池組、滑動變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、靈敏電流表及開關按如圖所示部分連接，請把剩余部分電路連接完整。
(2)(2分)正確連接電路后，開始實驗探究，某同學發現當他將滑動變阻器的滑片P向右加速滑動時，靈敏電流表指針向右偏轉，由此可以判斷　　　　。
A.線圈A向上移動或滑動變阻器滑片P向左加速滑動，都能引起靈敏電流表指針向左偏轉
B.線圈A中鐵芯向上拔出或斷開開關，都能引起靈敏電流表指針向右偏轉
C.滑動變阻器的滑片P勻速向左或勻速向右滑動，靈敏電流表指針都靜止在中央
(3)(2分)某同學第一次將滑動變阻器的滑片P慢慢向右移動，第二次將滑動變阻器的滑片P快速向右移動，發現電流表的指針擺動的幅度第二次的幅度大，原因是線圈中的　　　　(選填“磁通量”、“磁通量的變化”或“磁通量的變化率”)第二次比第一次的大。
(4)(2分)某同學在實驗室重做電磁感應現象的實驗，他將靈敏電流表、線圈A和B、干電池組、開關用導線連接成電路。當他接通、斷開開關時，電流表的指針都沒有偏轉，其可能的原因是　　　　。
A.開關的位置接錯
B.線圈B的接頭接反
C.干電池組的正負極接反
12.(8分)(2024·廣州市高二期末)如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t均勻變化。正方形硬質金屬框abcd放置在磁場中，金屬框平面與磁場方向垂直，電阻R=0.1 Ω，邊長l=0.2 m。
(1)(2分)在t=0到t=0.1 s時間內，金屬框中的感應電動勢E=　　　　；
(2)(3分)在t=0到t=0.1 s時間內，金屬框中電流I=　　　　，方向為　　　??；(選填“順時針”或“逆時針”)
(3)(3分)t=0.05 s時，金屬框ab邊受到的安培力F=　　　　，方向為垂直于ab　　　　。(選填“向左”或“向右”)
13.(10分)如圖所示，在水平地面MN上方空間存在一垂直紙面向里、磁感應強度B=1 T的有界勻強磁場區域，上邊界EF距離地面的高度為H。正方形金屬線框abcd的質量m=0.02 kg、邊長L=0.1 m(L(1)(5分)若線框從h=0.45 m處開始下落，則線框ab邊剛進入磁場時的加速度大??；
(2)(5分)若要使線框勻速進入磁場，則h多高。
14.(12分)(2023·涼山州高二期末)如圖所示為磁懸浮實驗車(底部固定金屬框abcd)與磁場的示意圖。水平地面上是兩根長直平行導軌PQ和MN，導軌電阻不計，導軌間有方向垂直于導軌平面的勻強磁場B1和B2，單個磁場B1與B2沿導軌方向寬度相同且交替出現，車底部金屬框ad邊寬度與單個磁場沿導軌方向寬度相等。在t=0時刻磁場B1和B2同時以v0=10 m/s沿導軌方向向右勻速運動，使得ab、dc兩邊都向左切割磁場，實驗車在安培力作用下從靜止開始運動。已知ab邊長L=0.2 m、金屬框總電阻R=1.6 Ω，列車與線框的總質量m=2.0 kg，磁場B1=B2=1.0 T，實驗車運動時受到恒定的阻力f=0.2 N。求：
(1)(2分)實驗車開始運動瞬間回路電動勢大?。?br/>(2)(4分)實驗車開始運動瞬間加速度的大??；
(3)(6分)實驗車的最大速率v。
15.(16分)如圖，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ相距為L，導軌平面與水平面的夾角θ=30°，導軌電阻不計，整個裝置處于磁感應強度大小為B、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中。質量為m、長為L、電阻為R的金屬棒垂直導軌放置，且始終與導軌接觸良好。金屬導軌的上端連接一個阻值也為R的定值電阻?，F閉合開關K，給金屬棒施加一個平行于導軌向上、大小為F=5mg的恒力，使金屬棒由靜止開始運動。當金屬棒上滑距離x0時，金屬棒開始勻速運動。重力加速度為g，求：
(1)(2分)剛開始運動時金屬棒的加速度大?。?br/>(2)(3分)從靜止到開始勻速運動的過程中通過金屬棒的電荷量；
(3)(8分)從靜止到開始勻速運動的過程中定值電阻R產生的焦耳熱；
(4)(3分)從靜止到開始勻速運動金屬棒所經歷的時間。
答案精析
1.B?。蹖w棒ad向右切割磁感線時，磁場的方向向下，由右手定則可知，導線中將產生沿adcba方向的感應電流，A錯誤；磁鐵通過題圖B所示位置向下插時，線圈內磁場的方向向下且磁通量變大，根據楞次定律可知，螺線管中產生向上的磁場，根據安培定則可知導線中將產生沿ba方向的感應電流，B正確；閉合開關，電路穩定后穿過線圈的磁通量的變化量為0，根據感應電流產生的條件可知，電路中沒有感應電流，所以G表示數為零，C錯誤；通有恒定電流的長直導線和閉合線圈在同一豎直面內，線圈向上豎直平移時，穿過線圈的磁通量保持不變，磁通量變化量為0，所以線圈中不會產生感應電流，D錯誤。］
2.A?。跘圖中是鋁板，磁場在鋁板中間，無論指針偏轉角度大小，都會在鋁板上產生渦流，起到電磁阻尼的作用，指針會很快穩定的停下，A方案合理；B、D圖中當指針向左偏轉時，鋁框或鋁板可能會離開磁場，起不到電磁阻尼的作用，指針不能很快停下，B、D方案不合理；C圖中是鋁框，磁場在鋁框中間，當指針偏轉角度較小時，鋁框不能切割磁感線，不能產生感應電流，起不到電磁阻尼的作用，指針不能很快停下，C方案不合理。］
3.B?。畚覈本┥峡盏卮艌龇较蛴胸Q直向下的分量，大小為By，當螺旋槳葉片在水平面內順時針勻速轉動（俯視）時，根據右手定則可知，a端電勢低于b端電勢，葉片中感應電動勢大小為E=ByL=ByL2ω，故選B。］
4.C?。坶]合開關S后，線圈自感只是阻礙流過L的電流增大，則兩燈立刻亮，故A錯誤；閉合開關S穩定后，因線圈L的直流電阻不計，所以L1與二極管被短路，導致燈泡L1不亮，而L2將更亮，故B錯誤；斷開S的瞬間，L2會立刻熄滅，線圈L與燈泡L1及二極管構成回路，因線圈產生感應電動勢，a端的電勢高于b端，感應電流方向與二極管正方向相反，所以回路中沒有電流，故D錯誤，C正確。］
5.B?。鄹鶕愦味珊图住⒁覂蓤D中的繞線方式可判斷，甲、乙兩圖中大圓和小圓中產生的感應電流、感應電動勢方向均相反，實際線圈中感應電流方向應以大圓中感應電流方向為準，甲圖的大圓中感應電流方向為順時針方向，大圓和小圓總電動勢為兩電動勢之差E==-=k（S1-S2），故A錯誤，B正確；根據楞次定律和丙圖中的繞線方式可知，丙圖中大圓和小圓中產生感應電動勢方向相同，大圓和小圓總電動勢為兩電動勢之和E'==+=k（S1+S2），故C錯誤；由左手定則和圓的對稱性可知，丁圖中大圓和小圓各自所受的安培力的合力均為零，所以大圓和小圓所受安培力的合力為零，故D錯誤。］
6.C?。劬€圈在水平外力作用下向右勻加速穿過該磁場，在0~L的過程中F-F安=ma，F安=，2ax=v2
解得F=ma+，A、B錯誤；線圈中的感應電流為I==，0~L和2L~3L對應的圖像應為同一曲線的兩段，D錯誤；線圈中的功率P===，C正確。］
7.D?。鄹鶕}意可知，線框恰能勻速穿過Ⅱ磁場，則有mg=BI2l=，由于穿過Ⅰ磁場后，還需要經過一段加速過程，才能到達Ⅱ磁場，因此穿出Ⅰ磁場時的速度必然小于v2。假設線框穿過Ⅰ磁場過程的加速度大于g，則剛進入Ⅰ磁場時做減速運動，減速過程所能達到的最小速度即為v2，與上述分析不符，故線框穿過Ⅰ磁場過程的加速度大小一定小于g，故A正確；線框穿過磁場過程安培力的沖量I=Δt=BlΔt=qBl=Bl，線框穿過Ⅰ磁場和穿過Ⅱ磁場過程，磁通量變化量大小相同，則安培力的沖量相同，故B正確；由A選項分析可知，線框穿過Ⅰ磁場過程仍然向下加速，且最大速度小于v2，穿過Ⅱ磁場速度為v2，則由平均速度及兩磁場寬度相等可知線框穿過Ⅰ磁場的過程所用時間大于穿過Ⅱ磁場的過程所用時間，穿過磁場的過程，線框產生的焦耳熱為Q=·Δt=易知，兩個過程中磁通量變化量相同，所以線框穿過Ⅰ磁場比穿過Ⅱ磁場產生的焦耳熱小，故D錯誤，C正確。］
8.AD?。鄹鶕}意，可知ab桿所受安培力水平向右，則由左手定則可知，ab桿中電流的方向為由b指向a，因此可知，b端接強迫儲能器的正極，a端接強迫儲能器的負極，故A正確；由于ab桿向右運動的過程中切割磁感線，從而也會產生感應電動勢，而由右手定則可知ab桿切割磁感線產生的感應電動勢的方向與強迫儲能器輸出的電壓方向相反，且ab桿電流不變，可知強迫儲能器的輸出電壓一直增大，故B錯誤；強迫儲能器恒流源輸出電流恒為I，根據F=BIL可知ab桿所受安培力不變，則可知其加速度不變，ab桿做勻加速直線運動，由運動學公式可得=s，而F=ma，聯立解得ab桿獲得的最大速度v=，故C錯誤，D正確。］
9.AC?。塾深}意可知，在0~t1內外加磁場的磁感應強度均勻增加，根據楞次定律，可知導線框內有順時針方向的感應電流，故A正確；在0~t1內外加磁場的磁感應強度均勻增加，根據法拉第電磁感應定律，可知流過導線框的是恒定電流，故在abcd平面內產生恒定的磁場，故通過金屬環L的磁通量沒有變化，故B錯誤；
t1~t2內外加磁場的磁感應強度減小，然后再反向增大，根據楞次定律，可知導線框內有逆時針方向的感應電流，螺線管作為電源，其內部的電流由d流向a，故a點電勢高于d點電勢，故C正確；
t2~t3內外加磁場的磁感應強度反向減小，根據楞次定律，可知導線框內有順時針方向的感應電流，且圖線的斜率越來越小，根據法拉第電磁感應定律，可知流過導線框的電流越來越小，故在abcd平面內產生的磁場垂直紙面向里減小，根據楞次定律，可知金屬環L中有順時針方向的感應電流，故D錯誤。］
10.BD　［導軌的速度大于導體棒的速度，因此對導體棒受力分析可知導體棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小為Ff=μmg=2 N，因為導體棒做勻速直線運動，導體棒所受安培力大小為F1=Ff=2 N，由左手定則可知矩形回路中的電流方向為N→M→D→C→N，導軌受到向左的摩擦力，向右的拉力和安培力，其中拉力等于重物的重力，以向右為正方向，安培力大小為F2=Ff'-m0g=1 N，可知安培力方向向右，由左手定則可知B2的方向向下，A錯誤，B正確；對導體棒分析有F1=B1IL，對導軌分析有F2=B2IL，矩形回路中的電流為I=，聯立解得v2=3 m/s，C錯誤，D正確。］
11.（1）見解析圖?。?）A?。?）磁通量的變化率?。?）A
解析?。?）電路連接圖如圖所示：
（2）將滑動變阻器的滑片P向右加速滑動時，滑動變阻器阻值減小，電流增大，說明通過線圈B的磁通量增大，線圈B產生感應電流，靈敏電流表指針向右偏轉。
線圈A向上移動或滑動變阻器滑片P向左加速滑動，均會引起通過線圈B的磁通量減小，靈敏電流表指針向左偏轉，故A正確；線圈A中鐵芯向上拔出或斷開開關，會引起通過線圈B的磁通量減小，靈敏電流表指針向左偏轉，故B錯誤；滑動變阻器滑片P只要滑動，都會引起通過線圈B的磁通量變化，靈敏電流表指針就會偏轉，與勻速或加速無關，故C錯誤。
（3）滑片P移動的快慢，決定線圈B磁通量變化的快慢，所以指針擺動的幅度第二次的幅度較大，原因是線圈中的磁通量的變化率第二次比第一次的大。
（4）若開關和靈敏電流表構成回路，則開關閉合、斷開時，不會引起線圈B的磁通量變化，電流表指針不會偏轉，故A正確；線圈B的接頭接反，開關閉合、斷開時，線圈B的磁通量會發生變化，指針會偏轉，故B錯誤；干電池組的正負極接反，電流表指針偏轉方向變化，故C錯誤。
12.（1）0.08 V?。?）0.8 A　順時針　（3）0.016 N　向左
解析?。?）在t=0到t=0.1 s的時間Δt內，磁感應強度的變化量大小ΔB=0.2 T，設穿過金屬框的磁通量變化量大小為ΔΦ，有ΔΦ=ΔB·l2
由于磁場磁感應強度大小均勻變化，金屬框中產生的電動勢是恒定的，有E=
聯立可得E=0.08 V
（2）設金屬框中的電流為I，由閉合電路歐姆定律，有I=
代入數據得I=0.8 A
由楞次定律及安培定則可知，金屬框中電流方向為順時針。
（3）由題圖可知，t=0.05 s時，磁感應強度為B1=0.1 T，金屬框ab邊受到的安培力F=IlB1
代入數據得F=0.016 N
由左手定則可知方向垂直于ab向左。
13.（1）2.5 m/s2?。?）0.8 m
解析?。?）當線框ab邊進入磁場時，由動能定理有mgh=m
解得v1=3 m/s
ab邊切割磁感線產生感應電動勢E=BLv1=0.3 V
線框受安培力F=BIL==0.15 N
由牛頓第二定律mg-F=ma
解得a=2.5 m/s2
（2）勻速進磁場，由mg=F'，F'=BI'L，
v'=，I=
代入數據解得h=0.8 m。
14.（1）4 V?。?）0.4 m/s2?。?）8 m/s
解析　（1）已知B=B1=B2=1.0 T，當實驗車的速度為零時，金屬框相對于磁場的速度大小為v0，金屬框中左右兩邊都切割磁感線，產生的感應電流方向相同，故整體感應電動勢為
E=2BLv0=4 V
（2）整體受到的安培力為
F=2BIL=
由牛頓第二定律可得F-f=ma
聯立解得a=0.4 m/s2
（3）實驗車最大速率為v時相對磁場的切割速率為v0-v
則此時金屬框所受的安培力大小為
F'=
此時金屬框所受的安培力與阻力平衡F'=f
解得v=8 m/s。
15.（1）4.5g　（2）?。?）-　（4） +
解析　(1)設剛開始運動時金屬棒的加速度大小為a，根據牛頓第二定律有F-mgsin θ=ma ①
代入數據解得a=4.5g ②
(2)設從靜止到開始勻速運動所經歷的時間為t，通過金屬棒的電荷量為q。根據法拉第電磁感應定律可得t時間內回路中的平均感應電動勢為
= ③
根據閉合電路歐姆定律可得回路中的平均電流為
= ④
根據電流的定義可得q=t ⑤
聯立③④⑤解得q= ⑥
(3)設金屬棒勻速運動時速度大小為v，此時回路中的感應電動勢為E=BLv ⑦
回路中的電流為I= ⑧
金屬棒所受安培力大小為FA=BIL ⑨
根據平衡條件得F=FA+mgsin θ ⑩
解得v=
設從靜止到開始勻速運動的過程中回路中產生的總焦耳熱為Q，則根據功能關系得
Fx0-mgx0sin θ=Q+mv2
根據焦耳定律可知定值電阻R產生的焦耳熱
QR=Q
聯立 解得QR=-
(4)對金屬棒從靜止到開始勻速運動的過程應用動量定理有Ft-mgtsin θ-BLt=mv
聯立⑤⑥ 解得t=+。 (共58張PPT)
章末檢測試卷(第二章)
一、單項選擇題
1.關于感應電流的產生及方向，下列描述正確的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
導體棒ad向右切割磁感線時，磁場的方向向下，由右手定則可知，導線中將產生沿adcba方向的感應電流，A錯誤；
磁鐵通過題圖B所示位置向下插時，線圈內磁場的方向向下且磁通量變大，根據楞次定律可知，螺線管中產生向上的磁場，根據安培定則可知導線中將產生沿ba方向的感應電流，B正確；
閉合開關，電路穩定后穿過線圈的磁通量的變化量為0，根據感應電流產生的條件可知，電路中沒有感應電流，所以G表示數為零，C錯誤；
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
通有恒定電流的長直導線和閉合線圈在同一豎直面內，線圈向上豎直平移時，穿過線圈的磁通量保持不變，磁通量變化量為0，所以線圈中不會產生感應電流，D錯誤。
13
14
15
2.(2023·無錫市高二期末)某研究小組制作了一儀表，發現指針在示數附近的擺動很難停下，使讀數變得困難。在指針轉軸上裝上扇形鋁板或扇形鋁框，在合適區域加上磁場，可以解決此困難。下列方案合理的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
A圖中是鋁板，磁場在鋁板中間，無論指針偏轉角度大小，都會在鋁板上產生渦流，起到電磁阻尼的作用，指針會很快穩定的停下，A方案合理；
B、D圖中當指針向左偏轉時，鋁框或鋁板可能會離開磁場，起不到電磁阻尼的作用，指針不能很快停下，B、D方案不合理；
C圖中是鋁框，磁場在鋁框中間，當指針偏轉角度較小時，鋁框不能切割磁感線，不能產生感應電流，起不到電磁阻尼的作用，指針不能很快停下，C方案不合理。
3.(2023·北京市高二期中)如圖所示，我國直升機在北京上空懸停時，長度為L的螺旋槳葉片在水平面內順時針勻速轉動(俯視)，轉動角速度為ω。該處地磁場的水平分量為Bx，豎直分量為By。葉片的近軸端為a，遠軸端為b。忽略轉軸的尺寸，則葉片中感應電動勢為
A.ByL2ω，a端電勢低于b端電勢
B.ByL2ω，a端電勢低于b端電勢
C.ByL2ω，a端電勢高于b端電勢
D.BxL2ω，a端電勢低于b端電勢
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
我國北京上空地磁場方向有豎直向下的分量，大小
為By，當螺旋槳葉片在水平面內順時針勻速轉動(俯
視)時，根據右手定則可知，a端電勢低于b端電勢，
葉片中感應電動勢大小為E=ByL=ByL2ω，故選B。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
4.(2024·昆明市高二月考)如圖所示，L1、L2為兩個相同的燈泡，線圈L的直流電阻不計，燈泡L1與理想二極管D相連，下列說法中正確的是
A.閉合開關S的瞬間，L1逐漸變亮，L2立刻變亮
B.閉合開關S穩定后，L1比L2更亮
C.斷開S的瞬間，L2會立即熄滅
D.斷開S的瞬間，a點的電勢比b點低
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
閉合開關S后，線圈自感只是阻礙流過L的電流增大，
則兩燈立刻亮，故A錯誤；
閉合開關S穩定后，因線圈L的直流電阻不計，所以
L1與二極管被短路，導致燈泡L1不亮，而L2將更亮，
故B錯誤；
斷開S的瞬間，L2會立刻熄滅，線圈L與燈泡L1及二極管構成回路，因線圈產生感應電動勢，a端的電勢高于b端，感應電流方向與二極管正方向相反，所以回路中沒有電流，故D錯誤，C正確。
5.(2023·成都七中高二月考)將四根絕緣硬質細導線順次繞成如圖甲、乙、丙、丁所示的線圈，其中大圓面積均為S1，小圓面積均為S2，垂直線圈平面有一方向向外的、大小隨時間t變化的磁場。磁場磁感應強度大小B=B0+kt，B0和k均為大于0的常量，下列說法正確的是
A.甲圖的大圓中感應電流方向沿逆時針方向
B.乙圖的大圓和小圓總電動勢為k(S1-S2)
C.丙圖的大圓和小圓總電動勢為k(S1-S2)
D.丁圖的大圓和小圓所受安培力的合力不為零
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
根據楞次定律和甲、乙兩圖中的繞線方式可判斷，甲、乙兩圖中大圓和小圓中產生的感應電流、感應電動勢方向均相反，實際線圈中感應電流方向應以大圓中感應電流方向為準，甲圖的大圓中感應電流方向
為順時針方向，大圓和小圓總電動勢為兩電動勢之差E==-
=k(S1-S2)，故A錯誤，B正確；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
根據楞次定律和丙圖中的繞線方式可知，丙圖中大圓和小圓中產生感
應電動勢方向相同，大圓和小圓總電動勢為兩電動勢之和E'==
+=k(S1+S2)，故C錯誤；
由左手定則和圓的對稱性可知，丁圖中大圓和小圓各自所受的安培力的合力均為零，所以大圓和小圓所受安培力的合力為零，故D錯誤。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
6.(2023·成都外國語學校高二期中)如圖，在光滑的水平面
上，寬為2L的有界勻強磁場左側放置一邊長為L的正方形
導電線圈，線圈在水平外力作用下向右勻加速穿過該磁場，
則在線圈穿過磁場的過程中，拉力F隨位移x的變化圖像、
熱功率P隨位移x的變化圖像、線圈中感應電流I(順時針方向為正)隨位移x的變化圖像正確的是
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
線圈在水平外力作用下向右勻加速穿過該磁場，
在0~L的過程中F-F安=ma，F安=，2ax=v2
解得F=ma+，A、B錯誤；
線圈中的感應電流為I==，0~L和2L~3L對應的圖像應為同一
曲線的兩段，D錯誤；
線圈中的功率P===，C正確。
7.(2023·四川達州第一學校高二期末)如圖所示，邊界水
平的區域Ⅰ、Ⅱ寬度均為l，兩區域內存在垂直紙面向里
的勻強磁場，磁感應強度相同。邊長為l的正方形導線框
從Ⅰ區域上方某位置由靜止釋放，已知線框恰能勻速穿
過Ⅱ磁場，重力加速度為g。忽略空氣阻力。則下列說法錯誤的是
A.線框穿過Ⅰ區域磁場過程加速度大小一定小于g
B.線框穿過Ⅰ區域磁場和穿過Ⅱ區域磁場過程中安培力的沖量相同
C.線框穿過Ⅰ區域磁場比穿過Ⅱ區域磁場產生的焦耳熱小
D.線框穿過Ⅰ、Ⅱ區域磁場的過程所用時間可能相同
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
根據題意可知，線框恰能勻速穿過Ⅱ磁場，則
有mg=BI2l=，由于穿過Ⅰ磁場后，還需要
經過一段加速過程，才能到達Ⅱ磁場，因此穿
出Ⅰ磁場時的速度必然小于v2。假設線框穿過Ⅰ磁場過程的加速度大于g，則剛進入Ⅰ磁場時做減速運動，減速過程所能達到的最小速度即為v2，與上述分析不符，故線框穿過Ⅰ磁場過程的加速度大小一定小于g，故A正確；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
線框穿過磁場過程安培力的沖量I=Δt=BlΔt=qBl=Bl，線框穿過Ⅰ磁場和穿過Ⅱ磁場過程，磁通量變化量大小相同，則安培力的沖量相同，故B正確；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
由A選項分析可知，線框穿過Ⅰ磁場過程仍然向
下加速，且最大速度小于v2，穿過Ⅱ磁場速度為
v2，則由平均速度及兩磁場寬度相等可知線框穿
過Ⅰ磁場的過程所用時間大于穿過Ⅱ磁場的過程所用時間，穿過磁場
的過程，線框產生的焦耳熱為Q=·Δt=易知，兩個過程中磁通
量變化量相同，所以線框穿過Ⅰ磁場比穿過Ⅱ磁場產生的焦耳熱小，故D錯誤，C正確。
二、多項選擇題
8.(2023·贛州市高二期末)“八一勛章”獲得
者馬偉明帶領的科研團隊研制成功的電磁彈
射技術首次在中國003號航母“福建艦”上使
用。電磁彈射可用于艦載機、無人機、電磁炮等領域。用強迫儲能器代替常規電源，它能在極短時間內釋放所儲存的電能。飛機電磁彈射原理簡化圖如圖所示，兩根水平發射軌道長s，相距為L的光滑的金屬導軌，ab桿相當于飛機的彈射車(彈射車和飛機總質量為m，ab桿電阻為R)，勻強磁場方向豎直向上，磁感應強度為B，a和b端接強迫儲能器恒流源兩
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
極(強迫儲能器恒流源輸出的電流恒為I)，ab桿將以最大速度從右端水平飛出。那么以下說法正確的是
A.a端接強迫儲能器的負極
B.強迫儲能器的輸出電壓不變
C.不考慮圖示導線中電流產生的磁場，ab桿將做加速度逐漸減小的加速
運動，最大加速度為a=
D.不考慮圖示導線中電流產生的磁場，ab桿將做勻加速運動，最大速度
v=
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
√
根據題意，可知ab桿所受安培力水平向
右，則由左手定則可知，ab桿中電流的
方向為由b指向a，因此可知，b端接強迫
儲能器的正極，a端接強迫儲能器的負極，故A正確；
由于ab桿向右運動的過程中切割磁感線，從而也會產生感應電動勢，而由右手定則可知ab桿切割磁感線產生的感應電動勢的方向與強迫儲能器輸出的電壓方向相反，且ab桿電流不變，可知強迫儲能器的輸出電壓一直增大，故B錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
強迫儲能器恒流源輸出電流恒為I，根據
F=BIL可知ab桿所受安培力不變，則可知
其加速度不變，ab桿做勻加速直線運動，
由運動學公式可得=s，而F=ma，聯立解得ab桿獲得的最大速度v=
，故C錯誤，D正確。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
9.(2023·成都市高二期末)如圖(a)，螺線管內有一平行于軸線的勻強磁場，規定圖中箭頭所示方向為磁感應強度B的正方向，螺線管與U形導線框abcd相連，abcd內有一柔軟的正方形金屬環L，L與abcd共面，當B隨時間t按圖(b)所示規律變化時
A.0~t1內，導線框中有順時針方向的感應電流
B.0~t1內，金屬環L有收縮趨勢
C.t1~t2內，a點電勢高于d點電勢
D.t2~t3內，金屬環L中有逆時針方向的感應電流
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
由題意可知，在0~t1內外加磁場的磁感應
強度均勻增加，根據楞次定律，可知導線
框內有順時針方向的感應電流，故A正確；
在0~t1內外加磁場的磁感應強度均勻增加，根據法拉第電磁感應定律，可知流過導線框的是恒定電流，故在abcd平面內產生恒定的磁場，故通過金屬環L的磁通量沒有變化，故B錯誤；
t1~t2內外加磁場的磁感應強度減小，然后再反向增大，根據楞次定律，可知導線框內有逆時針方向的感應電流，螺線管作為電源，其內部的電流由d流向a，故a點電勢高于d點電勢，故C正確；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
t2~t3內外加磁場的磁感應強度反向減小，
根據楞次定律，可知導線框內有順時針方
向的感應電流，且圖線的斜率越來越小，
根據法拉第電磁感應定律，可知流過導線
框的電流越來越小，故在abcd平面內產生的磁場垂直紙面向里減小，根據楞次定律，可知金屬環L中有順時針方向的感應電流，故D錯誤。
10.(2023·山東卷)足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣
桌面上，寬為1 m，電阻不計。質量為1 kg、長為1 m、
電阻為1 Ω的導體棒MN放置在導軌上，與導軌形成矩形
回路并始終接觸良好，Ⅰ和Ⅱ區域內分別存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度分別為B1和B2，其中B1=2 T，方向向下。用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導軌CD段中點與質量為0.1 kg的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面。如圖所示，某時刻MN、CD同時分別進入磁場區域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運動，MN、CD與磁場邊界平行。MN的速度v1=2 m/s，CD的速度為v2且v2>v1，MN和導軌間的動摩擦因數為0.2。重力加速度大小取10 m/s2，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
下列說法正確的是
A.B2的方向向上 B.B2的方向向下
C.v2=5 m/s D.v2=3 m/s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
導軌的速度大于導體棒的速度，因此對導體棒
受力分析可知導體棒受到向右的摩擦力以及向
左的安培力，摩擦力大小為Ff=μmg=2 N，因為
導體棒做勻速直線運動，導體棒所受安培力大小為F1=Ff=2 N，由左手定則可知矩形回路中的電流方向為N→M→D→C→N，導軌受到向左的摩擦力，向右的拉力和安培力，其中拉力等于重物的重力，以向右為正方向，安培力大小為F2=Ff'-m0g=1 N，可知安培力方向向右，由左手定則可知B2的方向向下，A錯誤，B正確；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
對導體棒分析有F1=B1IL，對導軌分析有F2=B2IL，矩形回路中的電流為I=，聯立解得v2=3 m/s，C錯誤，D正確。
三、非選擇題
11.在“探究法拉第電磁感應現象”的實驗中：
(1)已將電池組、滑動變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、靈敏電流表及開關按如圖所示部分連接，請把剩余部分電路連接完整。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　見解析圖　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
電路連接圖如圖所示：
(2)正確連接電路后，開始實驗探究，某同學發現當他將滑動變阻器的滑片P向右加速滑動時，靈敏電流表指針向右偏轉，由此可以判斷　　。
A.線圈A向上移動或滑動變阻器滑片P向左加速
滑動，都能引起靈敏電流表指針向左偏轉
B.線圈A中鐵芯向上拔出或斷開開關，都能引起
靈敏電流表指針向右偏轉
C.滑動變阻器的滑片P勻速向左或勻速向右滑動，靈敏電流表指針都靜止
在中央
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
A
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
將滑動變阻器的滑片P向右加速滑動時，滑動變阻器
阻值減小，電流增大，說明通過線圈B的磁通量增大，
線圈B產生感應電流，靈敏電流表指針向右偏轉。
線圈A向上移動或滑動變阻器滑片P向左加速滑動，均
會引起通過線圈B的磁通量減小，靈敏電流表指針向左偏轉，故A正確；
線圈A中鐵芯向上拔出或斷開開關，會引起通過線圈B的磁通量減小，靈敏電流表指針向左偏轉，故B錯誤；
滑動變阻器滑片P只要滑動，都會引起通過線圈B的磁通量變化，靈敏電流表指針就會偏轉，與勻速或加速無關，故C錯誤。
(3)某同學第一次將滑動變阻器的滑片P慢慢向右移動，第二次將滑動變阻器的滑片P快速向右移動，發現電流表的指針擺動的幅度第二次的幅度大，原因是線圈中的　　 　　(選填“磁通量”、“磁通量的變化”或“磁通量的變化率”)第二次比第一次的大。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
磁通量的變化率
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
滑片P移動的快慢，決定線圈B磁通量變化的快慢，所以指針擺動的幅度第二次的幅度較大，原因是線圈中的磁通量的變化率第二次比第一次的大。
(4)某同學在實驗室重做電磁感應現象的實驗，他將靈敏電流表、線圈A和B、干電池組、開關用導線連接成電路。當他接通、斷開開關時，電流表的指針都沒有偏轉，其可能的原因是　　。
A.開關的位置接錯
B.線圈B的接頭接反
C.干電池組的正負極接反
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
A
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
若開關和靈敏電流表構成回路，則開關閉合、斷
開時，不會引起線圈B的磁通量變化，電流表指
針不會偏轉，故A正確；
線圈B的接頭接反，開關閉合、斷開時，線圈B的磁通量會發生變化，指針會偏轉，故B錯誤；
干電池組的正負極接反，電流表指針偏轉方向變化，故C錯誤。
12.(2024·廣州市高二期末)如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t均勻變化。正方形硬質金屬框abcd放置在磁場中，金屬框平面與磁場方向垂直，電阻R=0.1 Ω，邊長l=0.2 m。
(1)在t=0到t=0.1 s時間內，金屬框中的感應電動勢E=　　　??；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
0.08 V
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
在t=0到t=0.1 s的時間Δt內，磁感應強度的變化量大小ΔB=0.2 T，設穿過金屬框的磁通量變化量大小為ΔΦ，有ΔΦ=ΔB·l2
由于磁場磁感應強度大小均勻變化，金屬框中產生的電動勢是恒定的，有E=
聯立可得E=0.08 V
(2)在t=0到t=0.1 s時間內，金屬框中電流I=
　　　，方向為　 　??；(選填“順時針”
或“逆時針”)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
0.8 A
順時針
設金屬框中的電流為I，由閉合電路歐姆定律，有I=
代入數據得I=0.8 A
由楞次定律及安培定則可知，金屬框中電流方向為順時針。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(3)t=0.05 s時，金屬框ab邊受到的安培力F=
　　　　，方向為垂直于ab　 　。(選填
“向左”或“向右”)
0.016 N
向左
由題圖可知，t=0.05 s時，磁感應強度為B1=0.1 T，金屬框ab邊受到的安培力F=IlB1
代入數據得F=0.016 N
由左手定則可知方向垂直于ab向左。
13.如圖所示，在水平地面MN上方空間存在一垂直紙面
向里、磁感應強度B=1 T的有界勻強磁場區域，上邊界
EF距離地面的高度為H。正方形金屬線框abcd的質量m
=0.02 kg、邊長L=0.1 m(L線框在磁場上方，ab邊距離EF高度為h，然后由靜止開
始自由下落，abcd始終在豎直平面內且ab保持水平，忽略空氣阻力。求線框從開始運動到ab邊剛要落地的過程中(g取10 m/s2)。
(1)若線框從h=0.45 m處開始下落，則線框ab邊剛進入磁場時的加速度大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　2.5 m/s2　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
當線框ab邊進入磁場時，由動能定理有mgh=m
解得v1=3 m/s
ab邊切割磁感線產生感應電動勢E=BLv1=0.3 V
線框受安培力F=BIL==0.15 N
由牛頓第二定律mg-F=ma
解得a=2.5 m/s2
(2)若要使線框勻速進入磁場，則h多高。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　0.8 m
勻速進磁場，由mg=F'，F'=BI'L，
v'=，I=
代入數據解得h=0.8 m。
14.(2023·涼山州高二期末)如圖所示為
磁懸浮實驗車(底部固定金屬框abcd)與
磁場的示意圖。水平地面上是兩根長直
平行導軌PQ和MN，導軌電阻不計，導軌間有方向垂直于導軌平面的勻強磁場B1和B2，單個磁場B1與B2沿導軌方向寬度相同且交替出現，車底部金屬框ad邊寬度與單個磁場沿導軌方向寬度相等。在t=0時刻磁場B1和B2同時以v0=10 m/s沿導軌方向向右勻速運動，使得ab、dc兩邊都向左切割磁場，實驗車在安培力作用下從靜止開始運動。已知ab邊長L=0.2 m、金屬框總電阻R=1.6 Ω，列車與線框的總質量m=2.0 kg，磁場B1=B2=1.0 T，實驗車運動時受到恒定的阻力f=0.2 N。求：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(1)實驗車開始運動瞬間回路電動勢大??；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　4 V
已知B=B1=B2=1.0 T，當實驗車的速度為零時，金屬框相對于磁場的速度大小為v0，金屬框中左右兩邊都切割磁感線，產生的感應電流方向相同，故整體感應電動勢為E=2BLv0=4 V
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(2)實驗車開始運動瞬間加速度的大??；
答案　0.4 m/s2
整體受到的安培力為F=2BIL=
由牛頓第二定律可得F-f=ma
聯立解得a=0.4 m/s2
(3)實驗車的最大速率v。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　8 m/s
實驗車最大速率為v時相對磁場的切割速率為v0-v
則此時金屬框所受的安培力大小為F'=
此時金屬框所受的安培力與阻力平衡F'=f
解得v=8 m/s。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
15.如圖，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ相
距為L，導軌平面與水平面的夾角θ=30°，導軌電阻不
計，整個裝置處于磁感應強度大小為B、方向垂直導軌
平面向上的勻強磁場中。質量為m、長為L、電阻為R的金屬棒垂直導軌放置，且始終與導軌接觸良好。金屬導軌的上端連接一個阻值也為R的定值電阻。現閉合開關K，給金屬棒施加一個平行于導軌向上、大小為F=5mg的恒力，使金屬棒由靜止開始運動。當金屬棒上滑距離x0時，金屬棒開始勻速運動。重力加速度為g，求：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(1)剛開始運動時金屬棒的加速度大??；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　4.5g　
設剛開始運動時金屬棒的加速度大小為a，根據牛頓第二定律有F-mgsin θ=ma ①
代入數據解得a=4.5g ②
(2)從靜止到開始勻速運動的過程中通過金屬棒的電荷量；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
設從靜止到開始勻速運動所經歷的時間為t，
通過金屬棒的電荷量為q。
根據法拉第電磁感應定律可得t時間內回路中
的平均感應電動勢為= ③
根據閉合電路歐姆定律可得回路中的平均電流為= ④
根據電流的定義可得q=t ⑤
聯立③④⑤解得q= ⑥
(3)從靜止到開始勻速運動的過程中定值電阻R產生的焦耳熱；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　-　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
設金屬棒勻速運動時速度大小為v，此時回路中的感應電動勢為E=BLv ⑦
回路中的電流為I= ⑧
金屬棒所受安培力大小為FA=BIL ⑨
根據平衡條件得F=FA+mgsin θ ⑩
解得v=
設從靜止到開始勻速運動的過程中回路中產生的總焦耳熱為Q，則
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
根據功能關系得Fx0-mgx0sin θ=Q+mv2
根據焦耳定律可知定值電阻R產生的焦耳熱QR=Q
聯立 解得QR=-
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(4)從靜止到開始勻速運動金屬棒所經歷的時間。
答案　+
對金屬棒從靜止到開始勻速運動的過程應用動量定理有
Ft-mgtsin θ-BLt=mv
聯立⑤⑥ 解得t=+。

展開更多......

收起↑