安徽省阜阳市第三中学2025-2026学年高二上学期物理周测试题（十九）

2024级高二年级物理周练（十九) 满分：100分考试时间：40分钟 一、单项选择题：本题共6小题，每小题6分，共36分。在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 求的。 1.一架飞机在南半球一定高度沿纬线水平飞行，由于地磁场的存在，其机翼就会切割磁感线，两机翼的端 点之间会有一定的电势差，则从坐在飞机上的飞行员的角度看() A机翼左端的电势比右端的电势低 B.机翼左端的电势比右端的电势高 C.机翼左端的电势与右端的电势相等 D.由于不知道飞机的飞行方向，故无法判断机奚两端电势的高低 2.如图所示，导线框abcd与导线AB在同一平面内，直导线中通有恒定电流1，在 线框由左向右匀速通过直导线的过程中，线框中的电流方向是() A.先abcda,再adcba,后abcda B.先abcda,再adcba C.始终adcba D.先adcba,再abcda,后adcha 3.如图所示，在水平面上有一个闭合的线圈，将一根条形磁铁从线圈的上方插入线图中，在磁铁进入线圈 的过程中，线圈中会产生感应电流，磁铁会受到线圈中电流的作用力， 若从线圈上方俯视， 关于感应电流和作用力的方向，以下判断正确的是() A若磁铁的N极向下插入，线圈中产生顺时针方向的感应电流 B.若磁铁的S极向下插入，线圈中产生逆时针方向的感应电流 C无论N极向下插入还是S极向下插入，磁铁都受到向下的引力 D.无论N极向下插入还是S极向下插入，磁铁都受到向上的斥力 4.在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相接，如图所 示.·导轨上放一根导线ab,磁感线垂直于导轨所在平面.当导线ab向右加速 运动时，M所包围的小闭合线圈N产生的感应电流方向，及所具有的形变趋势 是() AW有领时针方向的电流，且有收缩的趋势B.N有顺时针方向的电流，且有扩张的趋势 C,N有逆时针方向的电流，且有收缩的趋势D.W有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势 5.如图甲所示，矩形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间 t变化的图象如图乙所示设t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在04s时间内，选项图中能 第1页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描猫ApP 正确反映线框ab边所受的安培力F随时间t变化的图象是（规定ab边所受的安培力向左为正）() ↑FN ↑FN 01234s 0234亦 卡F/N C. D 12734s 3 6.如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ.两导轨间距为L,电阻均可忽略不计。在 M和Q之间接有一阻值为R的电阻器。导体杆ab质量为m、电阻为r,并与导轨接触良好，整个装置处于方向 竖直向上、磁感应强度为B的匀强做场中。现给ab杆一个初速度vo,使杆向右运动。ab杆最后停在导轨上。 下列说法正确的是() A.ab杆将做匀减速运动直到静止，整个过程回路产生的热量为m哈 B.b杆速度减为时，ab杆加速度大小a=器 C.b杆速度减为学时，通过电阻器的电量q= D.ab杆速度减为为学时，ab杆走过的位移g=2m 3822 二、多项选择题：本题共2小题，每小题7分，共14分。全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选 错的得0分。 7.电磁感应现象在生产、生活及科学研究中有着广泛的应用，下列说法正确的是() A电磁炉利用变化的磁场使食物中的水分子形成涡流来对食物加热 ,当金属探测器在探测到金属时，会在探测器内部产生涡流，致使峰鸣器发出蜂鸣声 C.磁电式仪表线圈的骨架用铝框来做是利用电磁阻尼让摆动的指针快速停下来，微安表在运输时要把正负 第2页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 接浅柱短接也是利用电磁阻尼，防止指针摆动过大损坏 、变压器的铁芯通常用涂有鉑缘漆的游硅钢片發合而成主要处为了防止在铁芯中产生过大涡流 8.如图所示，相距为1的两根足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为8，上端接有阻值为的定值电阻， 其余电路电阳都不计、匀强磁场垂言于导轨平面向下，磁感应强度大小为B。现将质量为m的导体棒由静止 释放，当样下滑到德定状态时，速度为。下列说法正确的是() 4.宇体棒达到秘定状态前做加速度减小的加速运动 B.当导休棒速度达到的时加速度大小为9sm0 B m C.导体棒达到稳定代态时，：端电势比b端电势高 D净体棒达到稳定状态后再下洲的过程，电阻R产生的焦耳热等于导体棒其力 )9 所做的功 三、实验题：每空3分，共15分， 9.(1)探究电滋感应现象应选用如图（选填“田”或“乙”）所示的装置进行实验 甲 (2)在下面图甲中，当闭合S时，迎察到电流表指针向左偏（不通电时指针停在正中央），则：在图乙中.磁体 N极插入线圈A过程中电流表的指针将偏转，（选填“向左”、“向右”或“不发生”）：在图丙中，导 体棒b向左移动过程中，电流表的指针将偏转；（选填“向左”，“向右“或“不发生“）。 (3在图丁中，R 0。 d 为光做电阻（光照增强电阻减小），轻质金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线皆共轴(A线图平而与螺线苦线圈平 面平行)，并位于螺线管左侧。当光照减弱时，从左向右沿，金属环A中电旅方向为（选填“顿时针“ 或“逆时针”)，金阀环A将一（选填“向左”或“向右”）运动。 第3沉，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫猫ApP 四、计算题：（本大题共2小题，共15+20=35分) 10.如图所示，MN和PQ为固定在水平面上的平行光滑金属轨道，轨道间距为0.2m。 a 质量为0.1kg的金属杆ab置于轨道上，与轨道垂直。整个装置处于方向竖直向下的匀 强磁场中，磁感应强度B=0.5T,在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右 X B X 匀速运动，速度v=10m/s。电路中除了电阻R=0.042之外，ab杆的电阻r=0.012, 0 其余电阻不计。求： (1)感应电动势的大小： (2)判断流过电阻R的电流方向并计算电流的大小： (3)ab杆两端的电压及外力F的大小。 11.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨相距为L=1m,导轨平面与水平面成8=30°角，下端通过 导线连接阻值为R=1.52的电阻，阻值为r=0.5n的金属棒b放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触， 整个装置处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B= 0.5T,使金属棒沿导轨由静止下滑，当金属棒下滑距离x=1.6m时，恰 好达到最大速度。已知金属棒质量为m=0.05kg,童力加速度为g= 10m/s2,求在此过程中： (1)金属棒达到的最大速率： (2)电阻R产生的焦耳热： (3)通过电阻R的电荷量： 第4页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫猫ApP2024级高二年级物理周练（十九)答案 【答案】 1.A 2.A 3.D 4.C 5.D 6.D 7.CD 8.AD 9.(1)甲；(2)向左；向右：(3)顺时针：向右。 10.解：(1)当ab杆速度为v=10m/s,感应电动势为E=BLm=0.5×0.2×10V=1V; (2)根据右手定则可知导体棒中的电流方向为b到a,则流过R的电流方向为M到P: E 1 感应电流1=R4,=0.04+001A=20A: (3)金属杆两端电压为路端电压，即U=IR=20×0.04W=0.8V,因金属杆做匀速运动，故合外力与安培力 等大反向，故外力大小为F=F安=BIL=0.5×20×0.2W=2W。 11.解：(1)金属棒匀速运动时速度最大，设最大速度为vm, 则由E=BL=Rn=8lL得 速度最大时金属棒所受的安培力表达式为Fm=2m R+r 根据平衡条件得：Fm=ngsine8 则得yn=mgsin0(R+n B2L2 代入解得，vm=2m/s; ()②根据能量守恒定律可得：mgxsine9=支munm2+Q 电阻R产生的焦耳热为：QR=R十 R Q 联立解得：Q=0.225/: (3)根据电荷量的计算公式可得：q=7t=E·t= △中 R+r R+r 其中△中=BLx 解得：q=0.4C。 【解析】 1.【分析】 第1页，共5页 本题考查了用右手定则判断电势的高低的方法。 机翼的运动类似于金属棒在磁场中切割磁感线一样会产生电动势，由地磁场情况结合右手定则判断电势高 低。 【解答】 当飞机在南半球一定高度沿纬线水平飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向上，则 由右手定则可判定机翼左端的电势比右端的电势低，A选项正确，BCD选项错误。 2.【分析】 本题先由安培定则判断通电直导线周围的磁场分布，知道它是非匀强磁场。在线框由左向右匀速通过直导 线时，判断出穿过线圈的磁通量的方向以及通过闭合线圈面积的磁通量的变化情况，由楞次定律即可判断 出感应电流磁场的方向，再根据安培定则判断感应电流的方向。 本题考查楞次定律的应用，要注意明确原磁场与感应电流的磁场间的关系，明确“增反减同”的正确应用。 还要注意通电直导线周围的磁场为非匀强磁场，距离通电直导线越近磁场越强，知道通电直导线的磁场方 向的分布情况。 【解答】 由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直直面向外，右边的磁场方向垂 直向里，当线圈向导线靠近时，则穿过线圈的磁通量向外变大，根据楞次定律，可知感应电流磁场方向向 内，感应电流方向为abcda; 当线圈bc边越过导线直到αd边将要越过导线的过程，穿过线圈的磁通量是向外的减小，向内的增加，则感 应电流磁场方向向外，由楞次定律得感应电流方向为adcba;当继续向右运动时，穿过线圈的磁通量向内变 小，由楞次定律可得，感应电流磁场方向向内，由安培定则得感应电流方向为：abcda,故A正确，BCD 错误。 故选A。 3.【分析】 在磁铁进入线圈的过程中，穿过线圈的磁通量增加，根据磁场方向，由楞次定律判断感应电流的方向。通 电线圈的磁场与条件磁铁相似，由安培定则判断线圈的极性，分析线圈与磁铁间的作用力。 本题是楞次定律的基本应用。对于电磁感应现象中，导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种表 述判断：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动。 【分析】 A若磁铁的N极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时 方向的感应电流，故A错误： 第2页，共5页 B.若磁铁的S极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向上，根据楞次定律可知，线圈中产生顺时 方向的感应电流，故B错误； CD根据安培定则判断可知，当N极向下插入时，线圈上端相当于N极：当S极向下插入，线圈上端相当于S 极，与磁铁总存在斥力，故C错误，D正确。 故选D。 4.【分析】 由右手定则判断出αb切割磁感线产生的感应电流方向，然后应用楞次定律判断N中电流方向与形状变化趋势。 本题考查了判断感应电流方向与线圈性质变化趋势问题，应用右手定则与楞次定律即可正确解题，正确理 解并应用楞次定律是正确解题的关键。 【解答】 ab向右运动时，由右手定则可知，感应电流由a流向b, b加速运动，感应电动势：E=BL变大，感应电流：【=号=弘变大， R 由安培定则知M的磁场垂直纸面向里增大，所以穿过的磁通量垂直纸面向里增大，为阻碍磁通量的增加， 感应电流在N内的磁场应垂直纸面向外，由安培定则知N中感应电流为逆时针，原磁通量增大由楞次定律可 知为阻碍磁通量的增加N有收缩的趋势，故C正确，ABD错误。 5.【分析】 由图结合楞次定律判断线圈中电流的方向，由法拉第电磁感应定律判断线圈中产生的感应电动势的大小， 由闭合电路欧姆定律判断线圈中的电流大小，再由安培力表达式得解。 本题主要考查楞次定律的理解与应用，难度不大。 【解答】 0一2s内，磁场正向减小又反向增大，由楞次定律可知回路中的电流方向为顺时针方向，由左手定则可知αb 边所受的安培力先向左后向右；又由法拉第电磁感应定律可知0一2s内线圈中产生的感应电动势：E=4B, At 由于磁场均匀变化，故感应电动势为定值，电流大小、方向恒定不变，由安培力表达式可知，由于磁感应 强度先减后增，故安培力先减后增，且先正向后反向： 同理2一4s内，磁场反向减小又正向增大，由于感应电动势不变，回路中电流大小不变，方向为逆时针， 故由安培力表达式可知安培力先向左后向右，大小先减小后反向增大，故D正确，AC错误。 故选D。 6.【分析】 解决本题的关键要知道动量定理是求电磁感应电量问题常用的方法，要知道杆做的变减速运动，不能根据 第3页，共5页 运动学公式求位移。 αb杆将做减速运动直到静止，动能逐渐转化为电能，应用能量守恒定律求出回路产生的热量。αb杆速度减 为？时，根据安培力与速度的关系和牛顿第二定律求加速度。由动量定理求电量和位移。 【解答】 A给αb杆一个初速度vo,使杆向右运动，杆切割磁感线产生感应电流，受到向左的安培力，随着速度的减 小，安培力减小，杆的加速度减小，所以杆做加速度减小的变减速运动，直到静止，杆的动能逐渐转化为 电能，由能量守恒定律知，整个过程回路产生的热量为Q=m哈，故A错误： B.ab杆速度减为时，ab杆受到的安培力为：F=B1l=B 坠1=*7 R+r 22o,根据牛顿第二定律得：F=ma, 得：Q=B20,故B错误： 3m(R+r) C根据动量定理得：-Bi1t=m学-mo:又g=7,联立得通过电阻器的电量为：g=,故C错误： D.由动量定理得-Bi·4t=m4,又i=E=BE,联立得：-B1B4=m4v,而At=S,解得ab杆走过 R+rR+r R+r 的位移为：S=2m+o,故D正确。 3B22 故选D。 7.【分析】 电磁炉利用变化的磁场使经过导磁性（铁质）锅具产生大量密集涡流，兼有感应电流转化为热量来加热食物： 当金属探测器在探测到金属时，会在金属内部产生涡流，涡流的磁场反过来影响金属探测器中的电流，致 使蜂鸣器发出蜂鸣声：磁电式仪表线圈的骨架用铝框来做是利用电磁阻尼让摆动的指针快速停下来，微安 表在运输时要把正负接线柱短接也是利用电磁阻尼，防止指针摆动过大损坏；变压器的铁芯通常用涂有绝 缘漆的薄硅钢片叠合而成主要是为了防止在铁芯中产生过大涡流。 本题考查涡流以及电磁阻尼的概念，比较简单。 【解答】 A.电磁炉利用变化的磁场使经过导磁性（铁质）锅具产生大量密集涡流，兼有感应电流转化为热量来加热食物， 故A错误： B当金属探测器在探测到金属时，会在金属内部产生涡流，涡流的磁场反过来影响金属探测器中的电流，致 使蜂鸣器发出蜂鸣声，故B错误： C磁电式仪表线圈的骨架用铝框来做是利用电磁阻尼让摆动的指针快速停下来，微安表在运输时要把正负 接线柱短接也是利用电磁阻尼，防止指针摆动过大损坏，故C正确： 第4页，共5页 D.变压器的铁芯通常用涂有绝缘漆的薄硅钢片叠合而成主要是为了防止在铁芯中产生过大涡流，故D正确。 故选CD。 8.C根据右手定则可得金属棒中的电流方向α→b,由于金属棒为电源，所以b端电势高，故C错误： A.根据牛顿第二定律可得金属棒下滑过程中的加速度a=二gsm6-R,由此可知，速度增大、 m 加速度减小，所以导体棒达到稳定状态前做加速度减少的加速运动，故A正确： B.根据牛顿第二定律可得金属棒下滑过程中的加速度Q=mgsm9-BL=gsin9_B21, mR,当速度为'=时 加速度为零，即gsm0-股，当号体棒速度达到时，加速度a=-gsn0二-gsm0-a-号 mR mR sine, 故B错误； D.导体棒达到稳定状态后，根据能量守恒定律可得电阻R产生的焦耳热等于重力所做的功，故D正确。 9.(①)电磁感应现象实验的特点是没有电源而有一个电流表，用来测量产生的电流，故探究这个现象应选用 如图中甲所示的装置进行实验： (2)在图甲中，闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏，说明当电流从负接线柱流入时指针向左偏。由图 乙可知，闭合开关，磁体N极插入线圈A过程中，向下的磁通量增大，由楞次定律可知线圈中产生感应电流 的磁场向上，根据安培定则可知线圈中产生逆时针方向的感应电流，结合导线绕法可判断电流从负接线柱 流入电流表所以电流表的指针将向左偏；图丙由右手定则可以判断导体棒中的电流由α流向b,结合电路图 可判断电流从正接线柱流入电流表所以电流表的指针将向右偏， (3)依据右手螺旋定则可判断通电螺线管左端是S极，右端是极，当光照减弱时，则电阻增大，导致线圈中 的电流减小，通过A金属环中向右的磁通量减小，根据楞次定律，从左向右看，金属环A中电流方向顺时针： A中感应电流的磁场右侧是N极，异名磁极相互吸引所以A将向右运动。 10.本题是电磁感应与力学知识的综合应用，关键是安培力的分析和计算，它是联系力学与电磁感应的桥梁， 要注意ab杆的电压是外电压，不是内电压。 (1)根据E=BLv即可求出感应电动势的大小： (2)根据右手定则分析电流的方向，再根据闭合电路欧姆定律即可求出电流的大小： (3)根据欧姆定律即可求出路端电压，根据安培力公式以及平衡条件即可求出外力的大小。 11.对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程：另 一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解；对于安 培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、 闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。 第5页，共5页