第2章 电磁感应-【三清必刷】2025-2026学年高二物理选择性必修1+2（人教版2019）

— 34 — 第二章 电磁感应 (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 名师推好题 第14题,以两条平行的导体棒分别置于左侧面和圆弧面上为背景,考查电磁感应 的动力学问题,本题题目设置灵活,紧扣知识点,对学生的综合应用能力要求较高,值得推荐。 第Ⅰ卷(选择题 共46分) 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.(2025·北海市高二期末)如图所示,我国高铁车厢上方的“受电弓”沿着高压 (25kV)接触线滑行,为电力机车提供稳定的电能。然而在有冻雨或者电线结 冰等气象条件下,受电弓和接触线之间往往会接触不良,导致受电弓在高速滑 行的过程中容易出现冲击和离线状态,甚至会跳出电火花。这些电火花产生 的原因是 ( ) A.摩擦生热 B.电线上的静电放出 C.受电弓的通电瞬间的自感现象 D.受电弓的断电瞬间的自感现象 2.(2025·温州市高二期末)下列四幅图涉及不同的物理知识,其中说法正确的是 ( ) A.图甲中转动蹄形磁体时,静止的铝框(可绕轴自由转动)会随磁体同向转动 B.图乙中蹄形磁体靠近自由转动的铜盘时,铜盘转速不变 C.图丙中磁电式电流表中铝框骨架若用质量相等的塑料框替代效果相同 D.图丁中磁体从内壁光滑闭合竖直铝管的上端静止释放,磁体做自由落体运动 3.(2025·杭州市高二期中)某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动 时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S,匝数为 N,处 于磁感应强度为B 的匀强磁场中,线圈平面最初平行于磁场,经过时间t1 后线 圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处,则在这段时间内,线圈中产生的平均 感应电动势的大小和感应电流的方向(从左往右看)为 ( ) A.NBSsinθt1 ,逆时针 B.NBScosθt1 ,逆时针 C.NBSsinθt1 ,顺时针 D.NBScosθt1 ,顺时针 4.(2025·盐城市高二月考)如图所示,空间中存在竖直向下、磁感应强度为B 的 匀强磁场。边长为L的正方形线框abcd 的总电阻为R。除ab边为硬质金属杆 外,其他边均为不可伸长的轻质金属细线,并且cd边保持不动,杆ab的质量为 m。将线框拉至水平后由静止释放,杆ab第一次摆到最低位置时的速率为v。 重力加速度为g,忽略空气阻力。关于该过程,下列说法正确的是 ( ) A.a端电势始终低于b端电势 B.杆ab中电流的大小、方向均保持不变 C.安培力对杆ab的冲量大小为B 2L2 R D.安培力对杆ab做的功为12mv 2-mgL 5.(2025·济南市高二期末)英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发涡旋电场。如 图甲所示,一个半径为R 的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场,环上套一电荷 量为q的带正电小球。已知磁感应强度随时间变化图像如图乙所示。若小球在环上运动一周, 则涡旋电场对小球的作用力所做功的大小是 ( ) A.0 B.q (B2-B1)R2 2t0 C.q (B2-B1)πR2 t0 D. 2q(B2-B1)πR3 t0 6.(2025·枣庄市高二期中)为了研究电磁刹车,某实验小组让一正方形金属导线框在 光滑绝缘水平面内以v0=2m/s的初速度进入匀强磁场区域,如图所示。已知正方 形金属导线框的总电阻为0.2Ω、边长为1m、质量为0.2kg,匀强磁场的磁感应强 度大小B=0.2T,从线框进入磁场开始,下列说法正确的是 ( ) A.线框先做匀减速运动后做匀速运动 B.线框完全进入磁场时的速度大小v1=1.0m/s C.在线框进入磁场的过程中,线框中产生的焦耳热为0.4J D.在线框进入磁场的过程中,通过线框某横截面的电荷量为2C 7.(2025·洛阳市高二期末)如图所示,ab和cd 是位于水平面内足够长的光滑平 行金属轨道,轨道间距为L=0.2m,ac之间连接一阻值R=3Ω的电阻,其余电 阻可忽略不计,空间有垂直导轨平面向下的匀强磁场,已知磁感应强度B 随时 间t的关系为B=kt,比例系数k=0.2T/s,t=0时刻,金属杆紧靠在ac端,在 外力作用下,由静止开始以恒定加速度a=1m/s2 向右滑动,则t=3s时回路 中电流大小为 ( ) A.0.06A B.0.12A C.0.18A D.0.24A 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对 得6分,选对但不全的得3分,选错的得0分) 8.(2025·长沙市雅礼教育集团高二期末)如图,小明做自感现象实验时,连接电 路如图所示,其中L是自感系数较大、直流电阻不计的线圈,L1、L2 是规格相同 的灯泡,D是理想二极管。则 ( ) A.闭合开关S,L1 都逐渐变亮,L2 一直不亮 B.闭合开关S,L2 逐渐变亮,然后亮度不变 C.断开开关S,L1 逐渐变暗至熄灭,L2 变亮后再与L1 同时熄灭 D.断开开关S,L1 逐渐变暗至熄灭,L2 一直不亮 9.(2025·枣庄市高二月考)如图甲所示,一矩形线圈abcd位于一 变化的匀强磁场内,磁场方向垂直于线圈所在的平面向里,磁感 应强度大小B 随时间t的变化规律如图乙所示。用I表示线圈 中的感应电流,取顺时针方向为正;用F 表示bc 边受到的安培 力,取水平向右为正。则下列图像正确的是 ( ) 10.(2025·湖北省天门外国语学校高二期末)如图所示,足够长的光 滑倾斜导电轨道与水平面夹角为30°,上端用阻值为R 的电阻连 接,下端断开,EF以上轨道平面无磁场,EF 以下存在垂直于轨道 平面向上的、磁感应强度大小为B0 的匀强磁场。两根一样的导 体棒AB、CD 质量均为m,电阻均为R,用绝缘轻杆连接。将两导 体棒从EF上方轨道处由静止释放,经过t时间CD 棒进入磁场, CD 棒刚进入磁场时的瞬时加速度为零,再经过t时间AB 棒进入磁场,运动过程中AB、CD 始 终与轨道接触良好且垂直于轨道,导电轨道的电阻忽略不计,重力加速度为g,则 ( ) — 33 — — 36 — A.AB 棒刚进入磁场的瞬间,流经AB 的电流方向和电势差UAB的正负均发生变化 B.导轨宽度为 3mRtB0t C.第二个t时间内CD 棒产生热量为mg 2t2 3 D.AB 棒进入磁场后,导体棒先做加速度减小的变速运动,最终匀速运动 第Ⅱ卷(非选择题 共54分) 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(6分)(2025·四川师范大学附属中学高二期末)某同学在做探究电磁感应现象规律的实验中, 她选择了一个灵敏电流计G,在没有电流通过灵敏电流计的情况下,电流计的指针恰好指在刻 度盘中央。她先将灵敏电流计G连接在图甲所示的电路中,电流计的指针如图甲所示。 (1)为了探究电磁感应规律,该同学将灵敏电流计G与一螺线管串联,如图乙所示。通过分析可 知图乙中的条形磁铁的运动情况是 (填“向上拔出”或“向下插入”)。 (2)该同学将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。此时电路已经连接好,A线圈已插入B线圈 中,请问灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向 (选填“有”或“没有”)关系。 她合上开关后,灵敏电流计的指针向右偏了一下,若要使灵敏电流计的指针向左偏转,可采取的 操作是 。 A.在A线圈中插入铁芯 B.拔出A线圈 C.滑动变阻器的滑片向右滑动 D.滑动变阻器的滑片向左滑动 (3)通过本实验可以得出:感应电流产生的磁场,总是 。 12.(8分)(2025·北京八中高二期末)如图所示,垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B 随时间 t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中,金属框平面与磁场方向垂直,电阻R=0.1Ω, 边长l=0.2m。求: (1)在t=0到t=0.1s时间内,金属框中的感应电动势E= ; (2)在t=0到t=0.1s时间内,金属框中电流I的大小为 ,方向为 ; (3)t=0.05s时,金属框ab边受到的安培力F 的大小为 ,方向为 。 13.(10分)(2025·扬州市高二期中)电磁感应现象的发现,给电磁的应用开辟了广阔的道路,其中 发电机就是电磁感应最重要的应用成果之一。某种直流发电机的工作原理可以简化为如图甲 所示的情景。在竖直向下、磁感应强度B=1.0T的匀强磁场中,两根光滑平行金属导轨MN 和 PQ 固定在水平面上,导轨间距L=0.5m,导轨左端接有电阻R=0.8Ω,电阻R 两端接有电压 传感器。质量m=0.5kg、电阻r=0.2Ω的金属杆ab置于导轨上,与导轨垂直,其余电阻不计。 现用水平向右的拉力F拉ab杆,使其由静止开始运动。电压传感器将R 两端的电压U 即时收 集并输入计算机,得到U 随时间t变化的关系图像如图乙所示。求: (1)电阻R 两端的电压U 与金属杆速度v的关系; (2)ab杆的加速度大小; (3)第3.0s末撤去拉力F,此后电阻R 上产生的焦耳热。 14.(14分)(2025·佛山市高二期末)如图甲所示,水平面上固 定有一由绝缘材料制成的、横截面为四分之一圆的柱体, 其外表面光滑,左侧面竖直。沿柱体中轴线OO'方向固定 有一条无限长直导线,导线中通有大小为I的电流,该电 流可在距导线r处产生磁感强度为B 的磁场,B=kIr ,k 为常数。两条与OO'平行的导体棒aa'和bb'分别置于左侧面和圆弧面上,并通过不可伸长的轻 质细软导线连接成一个闭合回路aa'b'ba,导体棒质量均为m,接入电路长度均为L,回路总电阻 为R。导体棒aa'加速向下运动,经过图乙所示位置时速度大小为v,此时两棒离地高度相同,Ob 连线与水平地面夹角为37°。已知圆弧面半径为2L,忽略回路中电流间的相互作用以及所有摩 擦阻力,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度为g,求此时: (1)导体棒aa'接入电路部分产生的感应电动势大小; (2)导体棒bb'所受的安培力的方向和大小; (3)导体棒bb'受到圆弧面的支持力大小(设导体棒bb'在运动过程中一直与圆弧面保持接触)。 15.(16分)(2025·南京师范大学附属扬子中学高二期末)如图所示,两平 行光滑金属导轨由两部分组成,左侧部分水平,右侧部分为半径r=0.5 m的竖直半圆,两导轨间距离d=0.3m,导轨水平部分处于竖直向上、 磁感应强度大小B=1T的匀强磁场中,两导轨电阻不计。有两根长度 均为d的金属棒ab、cd,均垂直置于水平导轨上,金属棒ab、cd的质量分 别为m1=0.2kg、m2=0.1kg,电阻分别为R1=0.3Ω、R2=0.2Ω。现让ab棒以v0=10m/s的 初速度开始水平向右运动,cd 棒进入半圆导轨后,恰好能通过导轨最高位置PP',cd 棒进入半 圆导轨前两棒未相碰,重力加速度g=10m/s2,求: (1)cd棒通过导轨最高位置PP'的速度大小v及cd 棒刚进入半圆导轨瞬间的速度大小v2; (2)cd棒进入半圆导轨前,cd棒上产生的焦耳热Q; (3)cd 棒刚进入半圆导轨时,与初始时刻相比,两棒间距变化量Δx并求此过程中流过cd 棒的 电荷量q。 — 35 — —68 — q2B2R2 2m ,可知粒子的最大动能与加速电压无关,A错误;根据左手 定则,正离子向下偏转,负离子向上偏转,则 A极板是发电机的负 极,B极板是发电机的正极,B错误;根据左手定则可知,当粒子从 右侧进入时静电力与洛伦兹力同向,粒子不会沿直线通过速度选 择器,C错误;粒子经过速度选择器后的速度相同,根据qvB=m v2 r ,得r=mvqB ,31H的比荷最小,则偏转半径最大,D正确。] 5.D [根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,则要使元件输出霍尔电压UH 为零,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UH 为零,则霍尔元件处合磁感应强 度为0,所以有k1I0=k2I',解得I'= k1 k2 I0,故选D。] 6.B [经分析,洛伦兹力不做功,重力做正功,而小球动能不变,静电 力一定做负功,则小球带正电,故A错误;由题意得,小球受重力、 静电力、洛伦兹力三力平衡,则qE=qv0Bsin30°,所以 E B = 1 2v0 , 故B正确;撤去电场时,小球受管的弹力、洛伦兹力、小球的重力, 合力沿圆管向下,由牛顿第二定律得 mgsin30°=ma,即a=12g , 所以小球在管道内的加速度将保持不变,故C错误;因为静电力、重 力、洛伦兹力三力平衡时,静电力和重力的合力与洛伦兹力方向相反, 说明重力和静电力的合力和速度方向垂直,所以撤去磁场后,重力和 静电力的合力不做功,又因为管道对小球的支持力也不做功,则小球 在管道内仍做匀速直线运动,速率将保持不变,故D错误。] 7.A [带电粒子进入磁场中做圆周运动,半径r=mv0qB ,由题可知粒 子在A、B、C中做圆周运动的半径r=L,在D中做圆周运动的半 径为L 2 ;粒子的初速度都相同,结合初速度的方向、粒子入射位置 以及粒子运动半径画圆,圆弧和磁场边界的交点为出射点,由数学 知识可知A图的粒子的出射点恒为两个圆弧右下方的交点,故 A 正确;B、C、D对应的粒子的出射点都不相同。故选A。] 8.BC [速率改变前,在O 处产生的磁感应强度大小为B0,根据安 培定则可知,方向向上,外加匀强磁场方向为竖直向下时,O 处磁 感应强度为B-B0;外加匀强磁场方向为竖直向下时,电子所受洛 伦兹力指向圆心,向心力增大,由于运动半径不变,F向 =mv 2 r ,所 以电子做圆周运动的线速度增大。故选B、C。] 9.AD [带电粒子在磁场中做圆周运动所需向心力由洛伦兹力提 供,由向心力公式得qvB=mv 2 r ,解得带电粒子在磁场中做圆周运 动的半径r=mvqB ,周期T=2πrv = 2πm qB ,设粒子 M的电荷量为q,质 量为m1,速度为v0,粒子 N的质量为 m2,碰撞前r= m1v0 qB ,T= 2πm1 qB ,碰撞前后两粒子动量守恒,则m1v0=(m1+m2)v,碰撞后r' = (m1+m2)v qB r ,T'=2π (m1+m2) qB >T= 2πm1 qB ,即碰后新粒子做圆 周运动的半径不变,周期变大,动量不变,A正确,B、C错误;碰撞 后两粒子 粘 在 一 起,总 体 机 械 能 有 损 失,新 粒 子 动 能 变 小,D 正确。] 10.ABD [根据题意可知,粒子从 A 点进入磁场从B 点离开磁场 时,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π 2 ,根据洛伦兹力提供向心力有 qv0B=m v02 R , 可得q m = v0 BR ,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,再向左做加速运动,再次到达B 点时,速 度的大小仍为v0,再次进入磁场,运动轨迹如图乙所示。 则粒子在磁场中运动的总时间为t磁 =T2= πR v0 ,故C错误;粒子 在电场中,根据牛顿第二定律有Eq=ma,解得a=Eqm = Ev0 BR ,根 据v0=at结合对称性可得,粒子在电场中运动的总时间为t电 = 2v0 a = 2BR E ,故D正确。] 11.解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动,运 动轨迹如图,设粒子做圆周运动的圆心为 O',粒子离开磁场时速度的反向延长线与 进入磁场时速度方向的交点为 A,O'P 与 OM 的交点为Q,运动半径为r,由几何关 系得,∠AO'Q=30°,则粒子做圆周运动的 半径r=2R,粒子在磁场中做匀速圆周运 动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv 2 r , 解得v=2qBRm 。 答案 2qBRm 12.解析 (1)根据闭合电路欧姆定律得 I= ER0+r =2A 导体棒受到的安培力大小为F安 =BIL=4N (2)对导体棒受力分析如图所示 因为重力沿斜面向下的分力小于F安,故摩擦力沿斜面向下,沿斜 面方向有mgsin30°+Ff=F安 垂直于斜面方向有FN=mgcos30° Ff=μFN 联立解得μ= 3 3 。 答案 (1)4 (2)33 13.解析 (1)离 子 在 加 速 电 场 中 加 速,根 据 动 能 定 理,有qU= 1 2mv0 2 离子在辐向电场中做匀速圆周运动,静电力提供向心力,有qE0 =mv0 2 R 解得加速电压U=E0R2 (2)离子进入匀强电场后做类平抛运动,有2d=v0t 3d=12at 2,qE=ma 解得E=3E0R2d (3)由动能定理得Eq·3d=12mv 2-12mv0 2 解得离子击中Q 点时的速度大小为v= 10E0qRm 。 答案 (1) E0R 2 (2) 3E0R 2d (3) 10E0qR m 14.解析 (1)微粒在第二象限做匀速直线运动,则有qv0B1+qE1 =mg 解得B1= mg 2qv0 (2)微粒在yOA 区域内运动时qE2=mg 所以微粒在yOA 区域内做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力 qv0B2=m v02 R 解得R=mv0qB2 圆周运动的周期T=2πRv0 解得T=2πmqB2 由几何关系可知微粒在yOA 区域内做匀速圆周运动的圆心在坐 标原点O,圆心角θ=60°,由t=θ2πT 可知微粒在yOA 区域内运 动的时间为t= πm3qB2 (3)微粒进入AOx 区域后,根据动能定理有 mgRsin30°=Ek- 1 2mv0 2 解得微粒运动到x轴上时动能的大小为Ek= m2gv0 2qB2 +12mv0 2。 答案 (1)mg2qv0 (2)πm3qB2 (3) m2gv0 2qB2 +12mv0 2 15.解析 (1)设粒子的入射速度为v,用R1、R2、T1、T2 分别表示粒 子在磁场区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的轨迹半径和周期,则有 qvB=mv 2 R1 ,qv·2B=mv 2 R2 , 解得R1= mv qB ,R2= mv 2qB T1= 2πR1 v = 2πm qB ,T2= 2πR2 v = πm qB 粒子先在磁场区域Ⅰ中做顺时针的圆周运 动,后在磁场区域Ⅱ中做逆时针的圆周运 动,然后从O 点射出,这样粒子从 P 点运 动到O 点所用的时间最短,粒子运动轨迹 如图所示。 由tanα=3L4L=0.75 得α=37°,α+β=90°,则β=53° 粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的运动时间分别为 t1= 2β 360°T1 ,t2= 2β 360°T2 粒子从P 点运动到O 点的时间为t=t1+t2 由以上各式解得t=53πm60qB (2)当粒子的速度大小满足一定条件时,粒子先在磁场区域Ⅰ中 运动,后在磁场区域Ⅱ中运动,然后又重复前面的运动,直到经区 域Ⅱ由原点O 射 出。这 样 粒 子 经 过n 个 周 期 性 的 运 动 到 达O 点,每个周期的运动情况相同,粒子在一个周期内的位移为 x=OPn = (4L)2+(3L)2 n = 5L n (n=1,2,3,…) 粒子每个周期内在区域Ⅰ中运动的位移大小为 x1= R1 R1+R2 x=23x 由图中的几何关系可知 x1 2 R1 =cosα 由(1)可得R1= mv qB 由以上各式解得粒子的速度大小可能为v=25qBL12nm (n=1,2,3…)。 答案 见解析 第二章 电磁感应 1.C [由于接触不良,会导致受电弓与车厢发生短暂分离,再次与 车厢接触时,通电会产生瞬间的自感现象,从而产生电火花。故 选C。] 2.A [根据电磁驱动原理,题图甲中当手摇动柄使得蹄形磁体转 动,则铝框会同向转动,且比磁体转动得慢,故 A正确;转动铜盘 时,铜盘切割磁感线,从而产生感应电流,铜盘动能转化为电能,铜 盘转速变小,B错误;磁电式仪表,把线圈绕在铝框骨架上,铝框中 产生感应电流,使线框尽快停止摆动,起到电磁阻尼的作用,若用 质量相等的塑料框则不会产生感应电流,因此不会产生阻碍效果, C错误;磁体在铝管中下落时,铝管产生涡流,对磁体产生向上的 阻力,所以磁体不是做自由落体运动,D错误。] 3.A [经过时间t1,面积为S的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角 为θ处,磁通量变化量为ΔΦ=BSsinθ,由法拉第电磁感应定律,线 圈中产生的平均感应电动势的大小为E=NΔΦΔt= NBSsinθ t1 ,由楞 次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向,故选A。] 4.D [根据题意,由右手定则可知,杆切割磁感线产生的感应电流 方向为由b到a,则a端电势始终高于b端电势,故A错误;根据题 意可知,杆运动过程中,垂直磁场方向的分速度大小发生变化,则 感应电流大小变化,故B错误;安培力对杆的冲量大小为I=􀭺Ft= B􀭵ILt,又q=􀭵It,􀭵I= 􀭺E R ,􀭺E=ΔΦΔt ,可得q=BL 2 R ,则安培力对杆的冲 量大小为I=B 2L3 R ,故C错误;根据题意,设安培力对杆做的功为 W,由动能定理有 mgL+W=12mv 2,解得 W=12mv 2-mgL,故 D正确。] 5.C [若小球在环上运动一周,可将圆环看成一导电回路,根据题 图乙可得感应电动势为U=ΔBΔtS= (B2-B1)πR2 t0 ,小球在环上运 动一周,则涡旋电场对小球的作用力所做功的大小为 W =qU= q(B2-B1)πR2 t0 ,故选C。] 6.B [由楞次定律及左手定则可知线框进入磁场后受向左的安培力 作用,做减速运动,则有F=BIL=BBLvR L= B2L2v R =ma ,则线框 先做加速度减小的减速运动;全部进入后,无感应电流,则安培力 为0,线框做匀速运动,故A错误;线框完全进入磁场时,根据电流 的定义式 有q=􀭵It= 􀭺E Rt= ΔΦ R = BL2 R =1C ,根 据 动 量 定 理 有- B􀭵ILt=mv1-mv0,解得v1=1.0m/s,故B正确,D错误;在线框进 入磁场的过程中,根据功能关系有Q=12mv0 2-12mv1 2,解得线 框中产生的焦耳热为Q=0.3J,故C错误。] 7.C [t=3s时磁感应强度为Bt=kt=0.6T,金属杆的速度为v= at=3m/s,在t=3s时刻,金属杆与初始位置的距离为x=12at 2 =4.5m,这时,杆与导轨构成的回路的面积为S=xL=0.9m2,此 时金属杆产生的感应电动势为E=SΔBΔt+BtLv=0.54V ,由闭合 回路欧姆定律,有I=ER =0.18A ,故选C。] 8.AC [闭合开关S,由于线圈L 中自感电动势阻碍电流的增加,则 L1 逐渐变亮,但是二极管处于反向截止状态,则L2 一直不亮,选 项A正确,B错误;断开开关S,L 中产生自感电动势阻碍电流的 减小,且L 中感应电流与原来电流同向,即L 相当于电源,与L1、 二极管D以及L2 组成新的回路,则使得L1 逐渐变暗至熄灭,L2 变亮后再与L1 同时熄灭,选项C正确,D错误。] 9.BD [在0~0.5T 时间内,向里的磁场减弱,根据楞次定律,可知 感应电流为顺时针方向为正,根据法拉第电磁感应定律E1= ΔB1 Δt1 S,可知感应电动势E1 保持不变,因此回路中的电流保持i1 不变; 在0.5T~T 时间内,向里的磁场增强,根据楞次定律,可知感应电 流为逆时针方向为负,根据法拉第电磁感应定律E2= ΔB2 Δt2 S,可知 感应电动势E2 保持不变且大小为E1 的2倍,回路中的电流i2 保 持不变,且大小为i1 的2倍,A错误,B正确;由左手定则可知,在 0~0.5T 时间内,bc边所受安培力水平向右为正,在0.5T~T 时 间内,bc边所受安培力水平向左为负;根据F=BiL 可知,在0~ 0.5T时间内,bc边所受安培力逐渐减小;在0.5T~T 时间内,bc 边所受安培力逐渐增加,且在0.5T~T 时间内安培力的最大值为 在0~0.5T 时间内最大值的4倍,故C错误,D正确。] 10.BC [CD 棒进入磁场后,根据右手定则可知,感应电流方向为从 D→C,则AB 棒电流方向为A→B,当AB 棒刚进入磁场的瞬间, 此时AB 棒、CD 棒均切割磁感线产生感应电流,故流经AB 的感 应电流方向由B→A,发生变化,AB 棒未进入磁场前UAB>0,AB 棒进入磁场后UAB>0,故A错误;经过t时间CD 棒进入磁场,则 此时CD 的速度为v=gsin30°·t=12gt ,CD 棒刚进入磁场时的 瞬时加速度为零,则安培力等于重力沿轨道向下的分力,即B0IL 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 67 — —70 — =2mgsin30°,I= ER总 ,R总 =R+R ·R R+R= 3 2R ,E=B0Lv,解得L = 3mRtB0t ,故B正确;第二个t时间内,CD 棒做匀速直线运动, 则此过程中CD 棒产生热量为Q=I2Rt= ER总 2 Rt=mg 2t2 3 ,故 C正确;AB 棒进入磁场后,相当于两电源并联,总电阻不变,干路 电流不变,两电源中电流为原来的一半,两棒安培力之和等于原 来CD 棒中的安培力,两棒仍然匀速运动,故D错误。] 11.解析 (1)根据题图甲可知,电流从灵敏电流计的左接线柱流入, 指针往左偏;由题图乙可知,螺线管中的电流方向为顺时针方向 (从上往下看),根据安培定则,螺线管中感应电流的磁场方向竖 直向下;条形磁铁在螺线管中的磁场方向(原磁场方向)竖直向 上,可见感应电流的磁场方向与原磁场方向相反,根据楞次定律 可知穿过线圈的原磁通量增加,所以条形磁铁向下插入线圈。 (2)由右手螺旋定则可知,用右手握住螺线管,四指的方向和电流 方向相同,大拇指指的方向为N极方向,螺线管B中导线的绕向 不同,则右手握住螺线管的方式不同,故灵敏电流计中电流方向 与螺线管B中导线的绕向有关。合上开关后,灵敏电流计的指针 向右偏了,说明B线圈中磁通量增加时,电流计指针向右偏;现在 要使灵敏电流计的指针向左偏转,因此穿过B线圈的磁通量应该 减小;在 A线圈中插入铁芯,穿过B线圈的磁通量增大,根据楞 次定律可知,灵敏电流计指针右偏,故A错误;拔出A线圈,则穿 过B线圈的磁通量减小,根据楞次定律可知,灵敏电流计左偏,故 B正确;由题图丙可知,滑动变阻器的滑片向右滑动,电路中的电 流减小,线圈 A的磁感应强度减小,穿过线圈B的磁通量减小, 根据楞次定律,灵敏电流计左偏,故C正确;同理滑动变阻器的滑 片向左滑动,灵敏电流计右偏,故D错误。 (3)根据楞次定律可知感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的 磁通量的变化。 答案 (1)向下插入 (2)有 BC (3)阻碍引起感应电流的磁通量的变化 12.解析 (1)在t=0到t=0.1s的时间Δt内,磁感应强度的变化 量大小ΔB=0.2T,设穿过金属框的磁通量变化量大小为ΔΦ,有 ΔΦ=ΔBl2 由于磁场均匀变化,金属框中产生的感应电动势是恒定的,有E =ΔΦΔt 联立可得E=0.08V (2)设金属框中的电流为I,由闭合电路欧姆定律,有I=ER 代入数据得I=0.8A 由楞次定律及右手螺旋定则可知,金属框中电流方向为顺时针。 (3)由题图可知,t=0.05s时,磁感应强度为B1=0.1T,金属框 ab边受到的安培力F=IlB1 代入数据得F=0.016N 由左手定则可知方向垂直于ab向左。 答案 (1)0.08V (2)0.8A 顺时针方向 (3)0.016N 垂直 于ab向左 13.解析 (1)根据法拉第电磁感应定律可知金属杆产生的感应电动 势为E=BLv 根据闭合电路欧姆定律可知电阻R 两端的电压为U= RR+rE 联立并代入数据可得U=0.4v (2)由题图乙可知U 与t的关系为U=2t 所以U 与v、t均成线性关系,则由ΔU=0.4Δv,得Δv=ΔU0.4 由ΔU=2Δt,得Δt=ΔU2 根据加速度的定义可知ab杆的加速度大小为a=ΔvΔt=5m /s2 (3)根据运动学公式可得撤去拉力时金属杆的速度大小为 v=at=15m/s 根据能量守恒定律可知此后回路产生的总热量为Q=12mv 2=56.25J 则电阻R 上产生的焦耳热为QR= R R+rQ=45J 。 答案 (1)0.4v (2)5m/s2 (3)45J 14.解析 (1)由法拉第电磁感应定律可得,导体棒aa'接入电路部分 产生的感应电动势大小 Eaa'=BLv=k I 2Lsin37° ·Lv=5kIv6 (2)从题图乙中看,根据右手定则可知,通过导体棒bb'的电流垂 直纸面向外,而由安培定则可知,通电直导线在导体棒bb'处产生 的磁场与其垂直,且导体棒bb'所处位置磁场的方向始终与其垂 直,根据左手定则可知,导体棒bb'所受安培力始终指向圆弧圆 心,其大小为F=B'IL 其中B'=kI2L ,I=Eaa'R = 5kIv 6R 代入解得F=5k 2I2v 12R 方向斜向左下方,指向OO' (3)由于导体棒aa'和bb'通过不可伸长的轻质细软导线连接,则 速度大小相同,导体棒bb'沿着圆弧面做圆周运动,则对导体棒 bb'由牛顿第二定律有F+mgsin37°-FN=m v2 2L 联立解得FN= 5k2I2v 12R + 3 5mg- mv2 2L 。 答案 (1)5kIv6 (2)5k 2I2v 12R 方向斜向左下方,指向OO' (3)5k 2I2v 12R + 3 5mg- mv2 2L 15.解析 (1)cd棒在导轨最高位置由重力提供向心力,有m2g=m2 v2 r 解得v= 5m/s cd棒从刚进入半圆导轨到通过导轨最高位置的过程中,由能量 守恒定律有 1 2m2v2 2=m2g×2r+ 1 2m2v 2 解得v2=5m/s (2)cd棒与ab棒组成的系统动量守恒,设cd 棒刚进入半圆导轨 时ab的速度大小为v1,规定向右为正方向 由系统动量守恒有m1v0=m1v1+m2v2 解得v1=7.5m/s 根据能量守恒定律有 1 2m1v0 2=12m1v1 2+12m2v2 2+Q' 根据电路特点有cd 棒进入半圆导轨前,cd 棒上产生的焦耳热Q = R2 R1+R2 Q' 解得Q=1.25J (3)对cd棒根据动量定理可得B􀭵Idt=m2v2-0 则Bqd=m2v2-0 解得q=53 C 根据法拉第电磁感应定律可知平均电动势􀭺E=ΔΦΔt= BdΔx t 平均电流􀭵I= 􀭺E R1+R2 电荷量q=􀭵It 解得Δx=259 m 。 答案 (1)5m/s 5m/s (2)1.25J (3)259 m 5 3 C 第三次月考滚动检测卷 1.A [当盘的外边缘接电源负极时水银中有由内向外的辐向电流, 当磁场方向向上时根据左手定则可判断水银受到顺时针方向的安 培力,故水银顺时针旋转,A正确;同理可知,B、C中水银逆时针方 向旋转,D中的水银顺时针方向旋转,B、C、D错误。] 2.B [根据安培定则可知,环形电流内部磁场的方向垂直纸面向里, 则圆形线圈相当于N极指向纸内的小磁针;导线a中通入电流时, 由安培定则可判断出,导线a中电流在线圈处产生的磁场向左,因 小磁针N极指向磁场方向,故从上向下看时,线圈将逆时针转动, A、D错误,B正确;因线圈逆时针转动,线圈下半部分中的电流方 向逐渐与导线a中电流方向相同,两者相吸,而上半部分的电流方 向逐渐与导线a中电流方向相反,两者相斥,由于下半部分距离导 线a较近,引 力 大 于 斥 力,可 知 弹 簧 测 力 计 的 示 数 一 定 增 大,C 错误。] 3.B [甲图中穿过线圈的磁场方向向下,且磁通量在增大,根据 “增 反减同”可知感应电流产生的磁场方向向上,A错误;乙图磁体正 向线圈靠近,穿过线圈的磁通量在增大,根据 “来拒去留”可知磁 体受到线圈作用力的方向向上,B正确;丙图中电流计指针偏转方 向与甲图中相反,说明磁体在远离线圈,C错误;丁图中穿过线圈 的磁场方向向上,且磁通量在减小,根据 “增反减同”可知感应电 流产生的磁场方向向上,与甲图中感应电流产生的磁场方向相同, 所以感应电流方向也相同,电流计指针的偏转方向相同,D错误。] 4.B [设电荷运动的轨道半径为r,由几何关系可得tan=θ2= R r , 由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv 2 r ,联立可得B= mvtanθ2 qR , B正确。] 5.B [流 过ab的 电 流 大 小I1= U 1 3R ,流 过acb的 电 流 大 小I2= U 2 3R ,力传感器示数为0,则三角形abc所受安培力竖直向上,则有 mg=BI1· L 3+BI2 ·L 3= 3BUL 2R ,解得 B=2mgR3UL ,根据左手定 则,a接高电势时,磁场方向垂直纸面向里,b接高电势时,磁场方 向垂直纸面向外,故选B。] 6.B [金属棒绕转轴OO'转动切割磁感线,因不计其他电阻,则R 两 端的电压就等于金属棒产生的感应电动势,则有E=12Bωl 2,故A 错误;I=ER = Bωl2 2R ,故B正确;根据右手定则,P 点相当于电源的 正极,流过R 的电流由N 到M,故C、D错误。] 7.D [粒子垂直BC边射出时,运动轨迹如图(a) 根据几何关系知半径为 3 4L ,A错误;若带电粒 子运动轨迹与BC 边相切,刚好从BC 边射出 磁场,可知圆心角为180°,粒子在磁场中经历 时间为1 2T ,若带电粒子从C 点射出,由几何 关系可知从C点射出磁场时,速度与AC相切,故粒子可以从C点 射出。 由图(b)可知,入射速度的弦切角α=30°,故圆 心角为60°,粒子在磁场中经历时间为16T ,若 带电粒 子 从 AB 边 射 出 磁 场,可 知 圆 心 角 为 240°,粒子在磁场中经历时间为23T ,B错误,D 正确;设粒子在磁场中运动时间为t,运动轨迹 的圆心角为θ,T=2πmqB ,则t=θ2πT ,所以可知 粒子速度和运动时间无确定的关系,C错误。] 8.AD [质子穿过相互垂直的电场和磁场区域而没有偏转,则有 qvB=qE。若质子的入射速度v'>v,它所受到的洛伦兹力大于电 场力,由于质子所受到的洛伦兹力方向向上,故质子就向上偏转, A正确,B错误;若将质子从右侧以相同速度射入,则所受的洛伦 兹力和电场力方向均向下,故质子向下偏转,C错误;若改为电子, 从右侧以相同速度进入,则电子受向上的洛伦兹力和电场力,会向 上偏转,D正确。] 9.CD [由右手定则可知,导体棒ab向右运动时,b端电势低于a 端,故A错误;导体棒ab向右运动时,螺线管中的电流从 M 流向 N,由安培定则可知螺线管内产生的磁场方向由 N 指向 M,故B 错误;穿过金属圆环的磁感线向左,当ab向右做加速运动,感应电 动势增大,则感应电流增大,螺线管产生的磁场增强,穿过金属圆 环的磁通量增加,由楞次定律可知,从右侧观察,金属圆环产生逆 时针方向的感应电流,故C正确;根据金属圆环和螺线管中的电流 方向,金属圆环的右侧等效为磁体的 N 极,螺线管的 M 端等效为 磁体的N 极,所以金属圆环向左摆动,故D正确。] 10.BD [由于粒子进入第二象限后向右偏转,根 据左手定则 可 知 粒 子 带 负 电,故 A错 误,B正 确;粒子在第二象限运动时,轨迹是以坐标原点 为圆心、半径为R 的四分之一圆弧,根据洛伦兹 力提供向心力可得qvB=mv 2 R ,即R=mvqB ,粒 子进入第一象限后,磁感应强度为2B,则粒子的运动半径为r= 1 2R , 根据几何关系可知,粒子第二次经过y轴时恰好通过坐标原点, 如图所示,故C错误; 该粒子第一次经过第二象限运动的时间为t1= 1 4× 2πm qB = πm 2qB 粒子第一次在第一象限运动的时间为 t2= 1 2× 2πm q×2B= πm 2qB 该粒子第一次经过第一象限和第二象限的时间和为t=t1+t2= πm 2qB+ πm 2qB= πm qB ,故D正确。] 11.解析 (1)题图甲中金属棒 AB 沿图示方向切割磁感线,穿过闭 合回路的磁通量发生了变化,会产生感应电流,A正确;题图乙中 条形磁体快速插入线圈的过程中,穿过线圈的磁通量发生了变 化,会产生感应电流,B正确;题图丙中,电路闭合,快速移动滑动 变阻器的滑片,电路的电流发生较大变化,穿过线圈B的磁通量 发生了变化,会产生感应电流,C正确;题图丙中,断开开关S,螺 线管A中没有电流,螺线管B中没有磁场,更无磁通量的变化, 不会产生感应电流,D错误。 (2)表格中探究线圈内磁通量增加的情况,感应电流的磁场方向 应向上,与磁体的磁场方向相反,应用安培定则可得,线圈内感应 电流的方向应为逆时针方向(俯视)。通过实验操作和表格数据 分析得出楞次定律,即感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的 磁场的磁通量的变化。 答案 (1)ABC (2)①逆 ②向上 感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁 场的磁通量的变化 12.解析 (1)根据法拉第电磁感应定律有 E=l 2 2 ·ΔB Δt= kl2 2 (2)由题图可知线框受到的安培力大小为 FA=BIl= BEl R = kl3 2R ·kt 当线框开始向上运动时有FA=mg 解得t0= 2mgR k2l3 。 答案 (1)kl 2 2 (2)2mgR k2l3 13.解析 (1)由动能定理得qU=12mv0 2-0, 又k=qm 解得U=v0 2 2k 由Bqv0=m v02 r 解得r=mv0Bq= v0 Bk , v0=q Br m =kBr 离子能进入半圆形区域有rmin= R 2 ,rmax= 3R 2 解得kB 2R2 8 ≤U≤ 9kB2R2 8 (2)离子能够经过圆心O,则由几何关系得r12+R2=(2R-r1)2 解得r1= 3 4R 又r1= mv1 Bq= v1 Bk 可得离子进入磁场的初速度v1= 3kBR 4 (3)离子运动时间最短时,其对应的轨迹圆弧的圆心角最小。如 图,由几何关系知,当 MN 与半圆弧相切时α 最大,则θ最小,sin α=R2R= 1 2 ,得α=30° 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 69 —