第二章 电磁感应 B卷 素养提升-【金试卷】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册&选择性必修第三册同步单元双测卷（人教版）

第二章 电磁感应 B卷素养提升 测试建议用时：75分钟满分：100分 一、选择题（本题共11小题，共44分.在每小题给出的四个选项中，第 1一7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8一11题有多项符合题 目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 1.关于感应电流的产生及方向，下列描述正确的是 密 h A.导体ab向右切割磁感线 B.磁铁通过图示位置向下 封 时，导线中将产生沿abc 插时，导线中将产生沿ba 樊 da方向的感应电流 方向的感应电流 线 % 内 C.开关闭合，电路稳定后，GD.通有恒定电流的导线及闭合线 表示数恒定且不为零 圈在同一竖直面内，线圈向上 平移时，线圈中将产生沿abcda 不 2.福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹 光滑绝缘杆 射型航空母舰，2022年6月17日下水.航左口口右 母上飞机弹射起飞所利用的电磁弹射原理 分 如图所示.当固定线圈上突然通过直流电流 时，线圈左侧的金属环被弹射出去，则下列说法正确的是( A.若将金属环置于线圈的右侧，环将不能被弹射出去 答 B.金属环向左运动过程中将有扩大趋势 C,若将电池正、负极调换后，金属环不能向左弹射 D.合上开关S的瞬间，从左侧看环中产生沿逆时针方向的感应电流 题 3.如图所示，P是绕有闭合线圈的螺线管，将 磁铁 苗 磁铁从距P上端五高处由静止释放，磁铁竖 直穿过P后落在海绵垫上.若仅增大h,重复 操作，磁铁穿过P的过程与原来相比，下列说 法正确的是 A.穿过线圈的磁通量变化量将增大 海绵垫 B.线圈对磁铁的平均阻力将变小 C.通过线圈导线截面的电荷量相同 北 D.磁铁在螺线管中都在做自由落体运动 4.如图所示，有两个完全相同的灯泡A、B,A 与一自感线圈L相连接，线圈L的直流电阻 阻值为R;B与一定值电阻相连，定值电阻的 阻值为R.下列说法正确的是 A.开关闭合瞬间A、B两灯一起亮 B.稳定后A灯比B灯亮 C.开关断开瞬间A灯会闪亮一下，B灯不会闪亮一下 D.开关断开后两灯缓慢熄灭 5.如图所示，倾角为0的光滑绝缘斜面处于 匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上且 范围足够大，PQ为磁场的水平上边界.用 同种材质制成边长分别为3L、2L的单匝 正方形线框a、b,a、b线框的导线粗细均匀 人8- 且横截面积相同，MN与PQ平行，线框下 边ef、e'f'置于斜面MN处静止释放，b下边e'f'刚进入磁场时 做匀速运动，则 () A.α、b从释放到完全进人磁场过程中通过两线框横截面的电荷 量相等 B.a通过PQ过程做减速直线运动 C.a通过PQ过程做加速直线运动 D.a通过PQ过程做匀速直线运动 6.由螺线管、电阻和水平放置 B 的平行板电容器组成的电 个个个a R b B2---- 路如图(a)所示.其中，螺线 管匝数为N,横截面积为 S1,电阻不计；电容器两极 图(a 图6) 板间距为d,极板面积为 S2,板间介质为空气（可视为真空）.螺线管处于竖直向上的匀强 磁场中，磁感应强度大小B随时间t变化的B一t图像如图(b)所 示.一电荷量为q的颗粒在t1~t2时间内悬停在电容器中，重力 加速度大小为g,静电力常量为.则下列说法错误的是() A.颗粒带负电 B.颗粒质量为9NS,(B,-B) g(t2一t1） C.t1~t2时间内，a点电势等于b点电势 D电容段板带电荷显大个为没 7.如图所示，在竖直向下的匀强 磁场中，水平U形导体框左端 连接两阻值均为R的电阻，质 R R 0 ×× × 量为m、有效电阻为x的导体 棒ab置于光滑导体框上，不 计导体框的电阻.若ab以水平向右的初速度v。开始运动，最终 停在导体框上，则在此过程中 ( A.导体棒做匀减速直线运动 B.导体棒中感应电流的方向为a→b C.每个电阻产生的焦耳热为4欢门 D.导体棒克服安培力微的总功小于m,2 8.空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边 界如图(a)中虚线MN所示.一硬质细导线的电阻率为p、横截面 积为S,将该导线做成半径为的圆环固定在纸面内，圆心O在 MN上.t=0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t的变化关系如图(b)所示.则在t=0到t=t1的时间间 隔内 () ××× ×:M 中 ×× Bo x0 × × to hi t 图a 图b A.圆环所受安培力的方向始终不变 B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C.圆环中的感应电流大小为B,S 4top D.圆环中的感应电动势大小为。 ,B。πr2 9.电阻不可忽略的导电圆盘的边缘用电阻不计的导电材料包裹，圆 盘可绕过圆心O的竖直轴转动，转动过程中接触处在转动时不 会产生阻力，空气阻力也忽略不计.用导线将电动势为E的电 源、导电圆盘圆心O、圆盘边缘导电材料、电阻和开关连接成闭合 回路.如图甲，圆盘区域内有竖直向下的匀强磁场，闭合开关S, 经足够长时间，圆盘转速稳定；如图乙，在A、O之间的一圆形区 域内有竖直向下的匀强磁场（圆形磁场区域直径小于圆盘半径）， 闭合开关S2,经足够长时间，圆盘转速稳定.图甲和图乙中的两 个磁场区域固定，其中的磁感应强度大小均为B.则 B 甲 乙 A.从上往下看（俯视），圆盘都沿逆时针方向转动 B.转速稳定时，甲中圆盘转速比乙中圆盘转速大 C.若断开开关S,甲中圆盘仍然匀速转动 D.若断开开关S2,乙中圆盘仍然匀速转动 10.如图甲所示，边长为0.5m的正方形金属线框放在匀强磁场中， 磁场与线框平面垂直，线框的电阻为2Ω，t=0时刻磁场的磁感 应强度大小为B。=1T,此后磁场的磁感应强度增大，线框中电 流随时间的变化关系如图乙所示，则 （) IIA 0.6 0.4 23456 选择性必修第二册11 A.t=3s时刻线框中电流做功的功率为0.18W B.t=3s时磁场磁感应强度的变化率为2.4T/s C.t=0到t=3s这段时间内通过线框横截面的电荷量为0.9C D.t=3s时刻磁感应强度的大小为4.6T 11.如图所示，一个水平放置的“∠”形光滑金属× B 导轨固定在方向竖直向下、磁感应强度为B + 的匀强磁场中，ab是粗细、材料与导轨完全 相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好.在 外力作用下，导体棒以恒定速度向右平 动，导体棒与导轨一边垂直，以导体棒在图中所示位置的时刻作 为计时起点，则下列关于回路中感应电动势E、感应电流I、导 体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间变化 的图像正确的是 二、实验或填空题（本题共2小题，共16分） 12.(7分)楞次定律可以用来判断感应电流的方向，结合所学知识， 尝试分析下述情境： s (1)在探究楞次定律的实验中，如图甲所示，我们发现条形磁铁 靠近螺线管的过程中，会产生感应电流.在这一过程中，螺线管 中的磁通量 (“变大”或“变小”)；螺线管中感应电流激 发的磁场方向 (“向上”或“向下”)；在图中画出螺线管 中感应电流的方向 (2)如图乙所示，一个可以伸缩的导线圆环位于垂直纸面向里的 匀强磁场中，当磁感应强度增大时，导线环中感应电流的方向为 （“顺时针”或“逆时针”)；此时圆环会 （“扩张” 或“收缩”) 13.(9分)(1)现用图甲的实验装置“探究影响感应电流方向的因 素”.闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下. 闭合开关稳定后， ①将滑动变阻器的滑片迅速向右滑动，灵敏电流计的指针 (填“向左偏转”“向右偏转”或“不偏转”)； 12选择性必修第二册 ②将线圈A从线圈B中快速抽出，灵敏电流计的指针 (填“向左偏转”“向右偏转”或“不偏转”). (2)如图乙所示，R为光敏电阻，其阻值随着光照强度的加强而 诚小.金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左 侧.当光照减弱时，从左向右看，金属环A中电流方向为 (填“顺时针”或“逆时针”)，金属环A将向 (填“左” 或“右”)运动，并有 (填“收缩”或“扩张”)的趋势， 三、计算题（本题共3小题，共40分） 14.(10分)如图所示，线框由导线组成，cd、ef两边，B 竖直放置且相互平行，导体棒ab水平放置并可 ××x 沿cd、ef无摩擦滑动，导体棒ab所在处有匀强 磁场且B2=2T,已知ab长l=0.1m,整个电 路总电阻R=5Ω.螺线管匝数n=4,螺线管横 ×XB 截面积S=0.1m2.在螺线管内有如图所示方 d×××f 向磁场B,若磁场B,以△5=10T/s均匀增 △t 加时，导体棒恰好处于静止状态，试求：(g=10m/s2) (1)通过导体棒ab的电流大小； (2)导体棒ab的质量m大小； (3)若B1=0,导体棒ab恰沿cd、ef匀速下滑，且始终与其接触 良好，求棒ab的速度大小. 15.(14分)如图所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r =0.5m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连 接定值电阻R,质量M=2kg的cd绝缘杆垂直且静止在水平导 轨上，在其右侧至NQ端的区域内存在竖直向上的匀强磁场. 现有质量m=1kg的ab金属杆以初速度v。=12m/s水平向右 运动，与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝 缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计其他电阻和摩擦，ab 金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g取10m/s2(不考虑cd杆 通过半圆导轨最高点以后的运动).求： D (1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v； (2)正碰后ab杆的速度大小； (3)电阻R产生的焦耳热Q. 16.(16分)如图甲所示，两条光滑平行长直导轨MN、PQ处于同一 斜面内，该斜面与水平面间的夹角0=30°，两导轨间距L=0.2 m,底端M、P之间连接阻值R=0.42的电阻，导轨所在的空间 存在方向垂直于斜面向下、磁感应强度大小B=0.5T的匀强 磁场.一根质量为m=0.1kg的导体棒ab垂直跨放在导轨上， 从t=0时刻开始，通过一小型电动机对棒施加一个平行于斜面 向上的牵引力，使棒从静止开始沿导轨向上运动，此过程中棒始 终保持与导轨垂直且接触良好.除R以外其余部分的电阻均不 计，重力加速度为g=10m/s2. (1)若电动机的输出功率保持恒定，棒运动的v一t图像如图乙 所示，图中0~10s内的图线是曲线，t≥10s的图线是直线，已 知0~10s内电阻R上产生的热量Q=40J,求： ①导体棒达到最大速度后受到的牵引力大小； ②导体棒从静止开始到达到最大速度m的过程中运动的位移 大小； (2)若将甲图中的电阻R换为C=1F的电容器（耐压值足够 大)，并通过电动机对ab棒施加大小为F。=0.61N、方向沿斜 面向上的恒定牵引力，使棒从静止开始沿导轨向上运动，如图丙 所示，求t=12s时牵引力的功率. 1/(m) 8 3 10 0246810is 甲16.答案(1)25V(2)5.0×10-2T负电(3)8m1×105rad/sm=0,1,2,3) 导体中都会产生涡流，易拉罐在磁场中受到的安培力使其跟着木框转动起来，D 12 错误」 解析1)建度达择器两报教间的电场经度E-号-5.0X10NC 5.B刚闭合S时，线圈产生自感电动势，由于自感系数很大，可认为一开始线圈断路， 电源与A、B灯构成回路，A、B灯同时亮，随着线圈L分流作用增大，且线圈L的直 根据力的平衡条件有qB1v=qE 流电阻可忽略不计，则B灯逐渐变暗直至被短路熄灭，外电路总电阻减小，总电流增 好得一 =5.0×103m/s 大，A灯变得更亮，选项B正确. 6.B为产生涡流，线圈所连接的电源必须是交流电源，选项A错误，B正确；能被探测 在加速器中，根据动能定理有gU1=号 的物件必须是导电材料，否则不会产生涡流，选项C错误；工业涡流探伤技术的原理 解得U1=25V 是用通有电流的线圈使物件内产生涡流，借助探测线圈内电流变化测定涡流的改 (2)粒子的运动轨迹如图所示 变，不是自感原理，选项D错误 0 C是匀速转动的，根据能量守恒定律可得P外三】 06 ×R 又周为E=Br·受 联立解得P一欲，成C正骑 B202r4 01-.- 0 8.B由楞次定律可知，矩形闭合回路中的感应电流方向为逆时针方向，A错误；矩形 T 02 0. 03 合a中竹6他8诗大小防E-业加之5-经阳正老烟路中 △t△t 根据左手定则可知，粒子带负电 E kS 的感应电流大小为I=R1千R2R1干R2)C错误a、6两点的电势差为V=一 根据几何关系可得r=R R2 kSR2 根据洛伦滋力提供向心力有gB20= R1十RE=一2CR干R2D错误. r 9.C金属棒受到安培力作用而做减速运动，速度不断减小，安 解得B--5.0X10-T 培力不断减小，加速度不断减小，故金属棒做加速度减小的变减 (3)不管从哪个孔进入，粒子在圆筒中运动的时间与轨迹一样 建运动，作出的口一图像如因所示，可见共平均建度小于受，故 运动时间为t=h=3r×105s 0 A错误；金属棒克服安培力做的功等于其动能的减少量，由能量 在这段时间圆筒转过的可能角度a=2mr十T(n=0,1,2,3…) 守恒定律可知金属棒动能的减少量等于电阻R和金属棒ab上产生的焦耳热，即Q总 1 则圆筒转动的角速度u=g-8m1X105rad/s(m=0,1,2,3) mw2,且有Q服=Q4=Q6=子mw2,故B,D错误；通过电但R的电荷量g= t 12 i·△t= 2R ·=0R·△=故C正确 E 2R 第二章 电磁感应 10.B金属棒产生的电动势为E=Br·方0r=合B,选项A错误；金属捧电阻 A卷基础达标 不计，故电容器两极板间的电压等于金属棒产生的电动势，微粒的重力与其受 1.A由楞次定律可知，线圈中产生的自感电动势总是阻碍线圈中电流的变化，故A 到的电场力大小湘等，有g号=mg,可得是=品，选项B正确：电阻消耗的 正确；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的 m Br2w 变化率成正比，故B错误；由楞次定律可知，感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电 电功率P-爱-B,选项C维头：息容器所带的忠符量Q-CB=方 R 流的磁通量的变化，而不是阻止磁通量的变化，故C错误；穿过闭合回路的磁通量不 CBr2w,选项D错误. 发生变化时，回路中一定没有感应电流产生，故D错误. 11.答案(1)开关(2)A和B(3)C(4)B(5)D 2.A磁体从左侧靠近铝环时，在铝环中产生感应电流，感应电流的磁场必定阻碍磁体 解析(1)在线圈A所在回路中存在电源，必须有开关；线圈B所在回路中不需要 的靠近，铝环的A侧为N极，铝环向右摆动，选项A正确，C错误；当磁体在右侧远 开关. 离铝环时，感应电流的磁场阻碍铝环的远离，铝环的B侧为N极，铝环向右摆动，选 (2)在实验过程中，除了查清流入电流表的电流方向与指针偏转方向之间的关系之 项B、D错误. 外，还应查清线圈A和线圈B中导线的绕制方向. 3.B当同时增大B1减小B2时，通过金属圆环的总磁通量增加，且方向垂直纸面向 (3)依据楞次定律的内容，为了探究感应电流方向的规律，实验应研究原磁场方向、 里，根据楞次定律知，感应电流产生的磁场方向应为垂直纸面向外，根据右手螺旋定 磁通量的变化情况、感应电流的磁场方向三者的关系，故选C. 则知，此时金属圆环中产生逆时针方向的感应电流，A项错误；同理当同时减小B 增大B2时，金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，B项正确；当同时以相同的变 (4)滑动变阻器触头向左移动时，A线圈中电流变小，B线圈中磁通量减小，向右移 动时，B线圈中磁通量增大，发现电流表指针偏转方向不同，即感应电流方向不同， 化率增大或减小B1和B2时，金属圆环中的总磁通量没有变化，仍然为0，金属圆环 说明感应电流的方向与B线圈中磁通量的变化情况有关，故选B. 中无感应电流产生，C、D项均错误 4.A根据电磁驱动原理，易拉罐与木框的转动方向相同，木框的转速总比易拉罐的 (⑤)滑动变阻器触头向左与向右移动快慢不同时，B线图中磁通量变化快慢不同， 发现电流表指针偏转幅度不同，说明感应电流的大小与B线圈中磁通量的变化快 大，A正确，B、C错误；两个磁铁异名磁极或同名磁极相对时，在磁极附近的易拉罐 慢有关，故选D. 12.答案(1)2.0×10-3J(2)1.02 解析(1)由题意及图像可知，在t=0时刻ab边受到的磁场力最大，则 F1=ILB=0.02 N F1=0.02 可得I=B配=1.0X0.1=0.2A 线框匀速运动，其受到的安培力为阻力，大小为F1,由能量守恒定律可得 Q=W安=F1L=0.02×0.1J=2.0×10-3J. (2)金属线框被拉出磁场的过程中产生的热量Q=2Rt 线框的电阻R=9=2.0X103 1220.22×0.050=1.00. 13.答案(1)2Aa指向b (2)1.2m/s(3)0.376J 解析(1)由楞次定律可知，流过导体棒的电流由α指向b 感应电动势为E=n△t0 △ΦBoLd 感应电流为I=R十， E 解得I=2A (2)导体棒穿出磁场时受力平衡，有ng sin30°=BoImL _BLvm,解得m=1.2m/s 且Im=R+r (3)0~to时间内，ab棒产生的焦耳热为Q1=I2rto 6时刻之后，电路中的总焦耳热Q总=mgd sin30-2m2 其中，ab棒产生的焦耳热为Q:=R千，Qs 则全过程中ab棒产生的焦耳热为Q=Q1十Q2=0.376J B卷素养提升 1.B导体ad向右切割磁感线时，磁场的方向向下，由右手定则可知，导线中将产生沿 adcba方向的感应电流，A错误；磁铁通过题图所示位置向下插时，线圈内磁场的方 向向下且磁场增强，根据楞次定律可知，螺线管中产生向上的磁场，根据安培定则可 知导线中将产生沿ba方向的感应电流，B正确；闭合电路稳定后穿过线圈的磁通量 的变化量为0，根据感应电流产生的条件可知，电路中没有感应电流，所以G表示数 为零，C错误；通有恒定电流的长直导线和闭合线圈在同一竖直面内，线圈向上平移 时，穿过线圈的磁通量保持不变，磁通量变化量为0，所以线圈中不产生感应电流，D 错误. 2.D若将金属环置于线圈的右侧，当固定线圈上突然通过直流电流时，穿过金属环的 磁通量瞬间增大，根据楞次定律可知金属环有远离线圈的趋势，也会弹出，故A错 误；当固定线圈上突然通过直流电流时，穿过金属环的磁通量瞬间增大，根据楞次定 律，金属环向左运动过程中将有缩小趋势，故B错误；若将电池正、负极调换后，穿过 金属环的磁通量仍然会瞬间增大，根据楞次定律可知金属环仍能向左弹射，故C错 误；合上开关S的瞬间，根据安培定则，向右穿过金属环的磁通量增大，根据楞次定 律可知金属环产生向左的感应磁场，根据安培定则知，从左侧看环中产生沿逆时针 方向的感应电流，故D正确. 3.C若仅增大，对穿过线圈的磁通量变化量没有影响，所以穿过线圈的磁通量变化 量相同，根指g一1·一品×△-曾可知道过线国导线发西的电符量扫同，放A 错误，C正确.若仅增大h,磁铁经过线圈的时间减小，线圈中产生的感应电动势将增 大，所以感应电流增大，线圈对磁铁的平均阻力将变大，故B错误.由于线圈的电磁 阻尼作用，磁铁在螺线管中不可能做自由落体运动，故D错误. 4.D由于A、B为两个完全相同的灯泡，当开关闭合瞬间，B灯泡立刻发光，由于线圈 的自感现象，导致A灯泡渐渐变亮，因线圈L的直流电阻阻值为R,当电流稳定时， 两个灯一样亮，故A、B错误；因线圈L的直流电阻阻值为R,说明稳定时，两个支路 参考答案73 电阻相等，两个支路电流相等，所以开关断开瞬间，通过两个灯泡的电流不会突然变 大，所以两灯都不会闪亮，而是缓慢熄灭，故D正确，C错误」 5D设正方形线框边长为，极搭电肛定律可知共电阻为R=P智，线框进入磁场过 E BI2BIS 程中通过横栽面的电荷量为q==R1= R4p ,a、b两线框边长不同，所以通 过两线框横截面的电荷量不相等，故A错误.由于两线框在MN与PQ之间运动的 加速度相同，则两线框到达PQ时速度大小相等，设线框进入磁场时的速度大小为 此时线框中电流大小为1二長=-，若线框匀速通过PQ,则根据平衡条 R 件有FA=BIl=mg sin0,设线框材料的密度为d,则线框的质量为m=4dSl,解得v -16dgosin 0 ,只要v满足上式，线框就可以匀速通过PQ,而v与边长1无关，所以两 B2 线框均能匀速通过PQ,故B、C错误，D正确. 6.B由楞次定律可知螺线管上端相当于正极，下端相当于负极，所以电容器上极板带 正电，下极板带负电，则颗粒带负电，故A正确，不符合题意.螺线管产生的感应电动 势为E=NS(B-B),电容器两端电压为U=E=NS,(B-B),由平衡条件可 t2一t t2-t1 (iz-d q=mg,#m-NS(B2-B1) 知NS(B2-B) (2-)dgq,故B错误，符合题意.白~t2时间 内，螺线管中产生恒定的电动势，电路中无电流，所以Q点电势等于b点电势，故C 正确，不特合题意，电容器的电客为C=a由B项分折得U-NSB:,B型，所 t2-t1 以电容器极板带电荷量大小为Q=UC=NS1(B-B)XS?=NSS,(B,-B1), t2一t1 `4πkd4πkd(t2-t1)T, 故D正确，不符合题意. 7.C导体棒向右运动，根据右手定则可知电流方向为b→a,再根据左手定则可知导体 棒受到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势为E=BL, 高点电流为I一R十， _E一2BL0,故安培力为F=BIL=B,根据牛顿第二定有 R+2r 2 mR+2”,随着速度减小，加速度不断减小，所以导体棒不是 2B2L2 有F=ma,可得a= 做匀减速直线运动，故A、B错误；根据能量守恒定律可知，回路中产生的总热量为Q 1 m2,根据功能关系可知导体捧克服安培力微的总功等于2mw2,国两个电阻 R 4 并联后与导体棒串联，则每个电阻产生的热量为Q=Q:R+r mvo2R 4(R+2,故C 正确，D错误. 8.BC根据楞次定律可知在0~t0时间内，磁感应强度均匀减小，圆环中感应电流为 顺时针方向，所受安培力的方向水平向左；在0~1时间内，磁感应强度反向增大， 圆环中感应电流为顺时针方向，所受安培力的方向水平向右，所以A错误，B正确； 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E=△Bs=B,r_Br △t 勾？=2。，根据闭合电路 πB0r2 2to BorS 欧姆定律知，电流I=尺=2 E C正确，D错误. P S 4top 9.AC根据左手定则可知，从上往下看（俯视），圆盘都沿逆时针方向转动，故A正确； 两盘稳定后，感应电动势相等，甲的磁场区域大，切割磁感线的有效长度大，所以稳 定后甲的转速小，故B错误；断开开关S1,由于甲的磁场充满整个圆盘，沿圆盘每条 半径方向的感应电动势都一样大，电荷只在盘心和盘边缘处积累，不会形成涡流，所 以甲中圆盘仍然匀速转动，故C正确；由于乙的磁场只存在一部分区域，断开开关 74参考答案 S2,乙盘中会形成涡流，所以乙中圆盘受到安培阻力作用，不能做匀速转动，故D 错误， 10.ABDt=3s时刻，线框中的电流大小为I=0.3A,电流做功的功率为P=I2R= 0.18W,选项A正确；根据欧姆定律有E=IR=0.6V,根据法拉第电磁感应定律 EA片12，解得AB2.4T5,选项B正确：设=3s时刻，磁场的磁感应 小为B,则从：=0到：=3s这段时间内，报据法拉第电磁感应定律有E=会曾根据 闭合电号欧姆定徐有=层，通边线框接发面的电符量为g=1△：=-BB R R L2,由图乙可知g=1△=2×0.3×3C=0.5C,解得B=.6T,选项C错误，D 正确. 11.AC设“∠”形导轨的夹角为0，经过时间t,导体棒的水平位移为x=t,导体棒切 割磁感线的有效长度L=vt·tan0,所以回路中感应电动势E=BLv=But·tan0, 感应电动势与时间t成正比，A正确；相似三角形的三边长之比为定值，故组成回路 的三角形导轨总长度与时间成正比，而感应电动势与时间也成正比，故感应电流大 小与时间无关，为定值，B错误；导体棒匀速移动，外力F与导体棒所受安培力为一 对平衡力，故外力的功率P=Fo=BILv=BIut·tan0,与时间t成正比，C正确； 回路中产生的焦耳热Q=2Rt,回路电阻R与t成正比，故焦耳热Q与t2成正比，D 错误. 12.答案(1)变大向上见解题思路 （2)逆时针收缩 解析(1)由图形剖析知，条形磁铁靠近螺线管的过程中，穿过螺线管的磁通量变 大.根据楞次定律“来拒去留”可以判断出螺线管上方为N极，螺线管中感应电流激 发的磁场方向向上.根据安培定则可知，螺线管中感应电流的方向如图所示. (2)图乙中当磁感应强度增大时，根据楞次定律可知，导线环中感应电流的方向为 逆时针，由“增缩减扩”可知圆环会收缩。 13.答案(1)①向左偏转②向右偏转 (2)顺时针右扩张 解析(1)①由已知条件可知，穿过线圈B的磁通量增大时电流计指针向左偏；合 上开关稳定后，滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入电路的电阻变小，流过线圈A 的电流变大，那么穿过线圈B的磁通量增加，电流计指针将向左偏转.②将线圈A 从线圈B中抽出的过程中，穿过线圈B的磁通量减少，则电流计指针将向右偏转. (2)图乙中，根据安培定则可判断螺线管产生的磁场方向向右；当光照减弱时，光敏 电阻的阻值增大，回路中电流减小，穿过金属环A的磁通量减少，根据楞次定律可 知产生向右的感应磁场，且金属环A有扩张的趋势，再由安培定则可知从左向右 看，金属环A中电流方向为顺时针；感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相同， 故相互吸引，则金属环A将向右运动 14.答案(1)0.8A(2)0.016kg(3)20m/s 解析（①）螺线管产生的感应电动势E=n”-m8S@ 得E=4×10×0.1V=4V 通过号体捧b的电流I-景=0,8A.② (2)导体棒ab所受的安培力F=B2Il=2×0.8×0.1N=0.16N③ 导体棒静止时有F=mg④ 解得m=0.016kg.⑤ (3)ab匀速下滑时E2=B2lv⑥ r ￥⑦ B2I'l=mg⑧ 由⑥⑦⑧得v=20m/s. 15.答案(1)w5m/s(2)2m/s(3)2J 解析(1)cd绝缘杆恰通过半圆导轨最高，点时， 由牛顿第二定律有Mg=M0,解得o=√gr=5m/s. (2)碰撞后cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有 -2Mgr=2M-号Mau2 解得碰撞后cd绝缘杆的速度v2=5m/s 两杆碰撞过程动量守恒，取向右为正方向， 由动量守恒定律得mo=mu1十Mu2 解得碰撞后ab金属杆的速度v1=2m/s. (3)b金属杆进入磁场后，由能量守恒定律有2mu2=Q,解得Q=2J. 16.答案(1)①0.75N②60m(2)7.32W 解析(1)①导体棒达到最大速度后，所受合外力为零，平行于导轨方向有F一FA -mgsine=0 感应电动势为E=BLvm 感应电流为1= R 安培力为FA=BIL=BL20m R 此时牵引力为F=FA十mgsin0=0.75N ②电动机的功率为P=Fom=7.5W 电动机消耗的电能等于导体棒增加的机械能与克服安培力做功产生的焦耳热之 和，有P1=方m2十gxsn9叶Q 1 PL-Q-2 mUm2 解得位移x=mgsn0一=60m (2)当导体棒的速度大小为时，感应电动势E=BLu 由C=号可知，此时电容器权板上的电荷量为Q=CE=CBL口 设在一小段时间△t内速度增加量为△U,电容器极板上增加的电荷量为△Q=CBL ·△ 报据电流的定义式有1=合品-CBL:△如=CBLa △t 对导体棒受力分析，根据牛顿第二定律有 Fo-mg sin 0-BIL=ma #1=CBLa代入上式可得a-08021m 可知导体棒的加速度与时间无关，为一个定值，即导体棒做匀加速直线运动 在t=12s时，有v=at=12m/s 此时牵引力的功率为P=Fov=7.32W 第三章 交变电流 A卷基础达标 1.B1、3时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，则电动势为0，故 A错误；山1、3时刻通过线圈的磁通量最大，则线圈位于中性面位置，故B正确；2、4 时刻磁通量为零，线圈转到与中性面垂直位置处，此时电动势最大，电流方向不变， 故C错误；线圈每转一周，两次经过中性面，电流方向两次发生改变，故D错误.