高二下学期期中复习（高效培优，重难点60题25大考点）物理人教版选择性必修第二册

**基本信息** 聚焦必修二电磁学核心，25大考点60题分层覆盖，按磁场力-电磁感应-交变电流-电磁波逻辑递进，强化模型建构与科学推理 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |磁场力|2考点4题|选择+计算，含非直导线情境|从公式应用到非直导线模型，构建磁场力分析框架| |带电粒子运动|5考点14题|选择+计算，涉多边界磁场|从单一场到叠加场，形成运动轨迹分析模型| |电磁感应|6考点15题|选择+计算，含能量与动力学问题|从定律计算到综合应用，建立“力-电-能”关联逻辑| |交变电流与输电|4考点10题|选择+计算，涉变压器动态分析|从产生原理到远距离输电，构建交流电路分析体系| |电磁波与传感器|8考点17题|选择+实验，含振荡与应用|从电磁振荡到信息技术，体现物理与生活联系|

高二下学期物理期中复习（重难点60题25大考点） 训练范围：人教版（2019）： 必修第二册，全册。 25大高频考点概览 考点01 安培力的计算公式及简单应用（共2小题） 考点02 通电非直导线安培力大小的计算（共2小题） 考点03 带电粒子在矩形边界磁场中的运动（共3小题） 考点04 带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动（共3小题） 考点05 带电粒子在叠加场中做直线运动（共3小题） 考点06 带电粒子由磁场进入电场中的运动（共2小题） 考点07 回旋加速器（共2小题） 考点08 法拉第电磁感应定律的基本计算（共3小题） 考点09 导体转动切割磁感线产生的感应电动势（共3小题） 考点10 线圈进出磁场的动力学问题（共2小题） 考点11 电磁感应过程中的动力学类问题（共2小题） 考点12 电磁感应过程中的能量类问题（共3小题） 考点13 自感线圈对电路的影响（共2小题） 考点14 正弦式交变电流的函数表达式及推导（共3小题） 考点15 用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热（共3小题） 考点16 变压器的动态分析——原线圈有负载（共3小题） 考点17 远距离输电的相关计算（共2小题） 考点18 电磁振荡及过程分析（共3小题） 考点19 电磁振荡的周期和频率的计算（共2小题） 考点20 电磁波的发射和接收（共2小题） 考点21 电磁波谱（共2小题） 考点22 电磁波与信息化社会（共2小题） 考点23 常见的传感器及分类（共2小题） 考点24 探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系（共2小题） 考点25 利用传感器制作简单的自动控制装置（共2小题） 地 城 考点01 安培力的计算公式及简单应用 1．（2025春•安徽期中）如图所示，平行长直导轨固定在水平面内，处于垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，导轨电阻不计，导轨左端a、b间接有恒定电压，粗细均匀的导体棒（电阻不可忽略）放在导轨上，第一次放在M、N之间；第二次放在M、P之间，则关于两次导体棒受到的安培力，下列判断正确的是（　　） A．大小相等，方向相同 B．大小相等，方向不同 C．大小不等，方向相同 D．大小不等，方向不同 2．（2026春•江阴市校级期中）如图所示，间距为L＝0.5m的平行导轨沿水平方向固定，长为L＝0.5m、质量为m＝0.5kg的导体棒ab垂直导轨放置，导轨的左端接有E＝5V、r＝0.5Ω的电源，再与一滑动变阻器串联。整个空间存在斜向上与水平方向成α＝37°的匀强磁场（磁场与导体棒垂直），磁感应强度大小为B＝2T。接通电路，滑动变阻器R＝1.5Ω时导体棒ab静止。导轨、导体棒以及导线的电阻可忽略，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。 （1）求导体棒ab受到安培力大小。 （2）导体棒ab对导轨的压力大小。 地 城 考点02 通电非直导线安培力大小的计算 3．（2025春•鲤城区校级期中）如图所示，粗细均匀的正六边形线框abcdef由相同材质的导体棒连接而成，顶点a、b用导线与直流电源相连接，正六边形abcdef处在垂直于框面的匀强磁场中，若ab棒受到的安培力大小为6N，则整个六边形线框受到的安培力大小为（　　） A．7N B．7.2N C．9N D．12N 4．（2026春•西城区校级期中）（多选）如图所示，一半径为R的半圆形导线abc通以恒定电流I，放置在匀强磁场中。将半圆形导线以过圆心O且垂直于纸面的直线为轴顺时针转动。直径ac与磁场方向夹角θ从0°转动到30°的过程中，θ角分别为10°、20°和30°时，整个半圆形导线受到的安培力的大小分别为F1、F2和F3。该过程中，关于整个半圆形导线受到的安培力的方向和大小，说法正确的是（　　） A．方向逐渐变化 B．方向始终不变 C．F2﹣F1＜F3﹣F2 D．F2﹣F1＞F3﹣F2 地 城 考点03 带电粒子在矩形边界磁场中的运动 5．（2025春•广东校级期中）如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹，粒子重力不计。下列说法正确的是（　　） A．粒子a带负电 B．粒子b的动能最大 C．粒子b在磁场中运动的时间最长 D．粒子c在磁场中运动时的向心力最大 6．（2025春•青秀区校级期中）（多选）如图所示，AOC区域内（OC、OA足够长）有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），∠AOC＝60°，边界OA上有一距O为d的粒子源S，现粒子源在纸面内以等大速度向不同方向发射大量带正电的同种粒子（不计粒子重力及粒子间相互作用力），经过一段时间有部分粒子从边界OC射出磁场。已知从OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为（T为粒子在磁场中圆周运动的周期）。关于从OC射出的粒子，下列判定正确的有（　　） A．粒子圆周运动的半径为d B．O可能是粒子的轨迹圆心 C．OC边有粒子射出的长度为d D．粒子在磁场中运动的最短时间等于 7．（2025春•景德镇期中）如图所示，匀强磁场的边界CD和EF相互平行，宽度为d，磁感应强度为B，一带负电粒子垂直磁场方向射入，入射方向与CD边界夹角为θ＝60°，已知粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子重力。 （1）若粒子垂直边界EF射出磁场，求粒子运动的速率和在磁场中运动的时间； （2）若粒子恰好未从EF边界射出磁场，求粒子运动的速率和在磁场中运动的时间。 地 城 考点04 带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动 8．（2025春•润州区校级期中）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图、若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（　　） A．三个粒子都带负电荷 B．c粒子运动速率最小 C．a粒子在磁场中运动时间最长 D．它们在磁场中做圆周运动的周期Ta＜Tb＜Tc 9．（2025春•巴楚县期中）（多选）一质量为m、电量为q的带电粒子以速度v0从y轴上的A点垂直y轴射入第一象限，第一象限某区域存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，粒子离开第一象限时速度方向与x轴正方向夹角θ＝60°。如图所示（粒子仅受洛伦兹力），下列说法正确的是（ ） A．带电粒子带负电荷 B．带电粒子在磁场中的做圆周运动的时间为 C．如果该磁场区域是圆形，则该磁场的最小面积是 D．如果该磁场区域是矩形，则该磁场的最小面积是 10．（2025春•深圳期中）如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，ab为圆的水平直径。在a处有一粒子源能沿垂直于磁场的各个方向，向磁场发射质量为m、电荷量为q、速率不同的带正电粒子。已知从a点沿ab方向、以大小v0的初速度射入磁场的粒子P，恰好从c点离开磁场，Oc与Ob间夹角α＝60°，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求： （1）匀强磁场的磁感应强度大小； （2）粒子Q沿与ab成30°角的方向斜向右上射入磁场，仍从c点离开，则粒子Q射入磁场的初速度大小及在磁场中运动的时间； （3）要使所有粒子只能从∠aOc所对应的磁场边界射出，粒子射入磁场的初速度大小范围。 地 城 考点05 带电粒子在叠加场中做直线运动 11．（2025春•邗江区校级期中）如图，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直（平行纸面）向下，匀强磁场方向垂直纸面向里，一带负电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动。若增大小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内（　　） A．小球的动能减小 B．小球的电势能减小 C．小球的重力势能增大 D．小球的机械能增大 12．（2025春•鲤城区校级期中）（多选）如图所示，足够长的绝缘木板N放在光滑的水平桌面上，质量为m、电荷量为+q的木块M以速度冲上木板N，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场B中，已知M、N间动摩擦因数μ，下列说法正确的是（　　） A．M向右运动过程中，N静止 B．M向右运动过程中，N也向右运动 C．M向右运动过程中，M、N间弹力逐渐减小 D．M向右运动过程中，M、N间摩擦力逐渐增大 13．（2025春•盐城期中）如图所示，在边长为L的正方形区域内，有沿+y方向的匀强电场和垂直于纸面的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为+q带电的粒子（不计重力）从原点O进入场区，恰好能以v0的速度沿直线匀速通过场区。 （1）分析推断粒子的初速度方向，判定磁感应强度方向。 （2）若撤去电场，只保留磁场，其他条件不变，该带电粒子恰好从（L，）点离开场区，求磁感应强度的大小B。 （3）若撤去磁场，只保留电场，其他条件不变，求粒子离开场区的位置。 地 城 考点06 带电粒子由磁场进入电场中的运动 14．（2025春•万源市校级期中）（多选）圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场边缘上有A、B两点，∠AOB＝90°。放射源从A点沿纸面向圆形区域各个方向均匀发射速度大小为v0的带电粒子。圆的右边有边长有2R的正方形MNQP，与圆相切于B点，且 MB＝NB，其区域内有水平向左的匀强电场。当粒子初速沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，进入电场后又刚好到达边界QP并返回，重新进入并最终离开磁场。不计重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　） A．粒子的比荷为 B．粒子在磁场中运动的总时间与入射方向无关 C．若将电场E方向变为竖直向下，则从电场边界QP与NQ射出的粒子数之比为1：1 D．若电场E竖直向下，且粒子要全部从NQ边界射出，则场强大小至少为原来的4倍 15．（2025春•安徽期中）如图所示，平面直角坐标系的第二象限内，在和y轴之间有沿y轴负方向的匀强电场，在和x轴负半轴之间有垂直于坐标平面向外的匀强磁场。在y轴右侧和y＝﹣d上方区域有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度与第二象限内的电场强度相同，在第四象限内有一个平行于x轴的绝缘弹性板，板到x轴的距离为2d。在x轴负半轴上的P点，沿与x轴负方向成30°的方向垂直磁场射出一个质量为m、电荷量为+q、速度大小为v0的带电粒子，粒子经磁场偏转后从Q点（未画出）沿x轴正向进入电场，已知Q点离x轴的距离为d，粒子在电场中的轨迹经过坐标原点，粒子与挡板碰撞前后瞬间，平行x轴方向的速度不变，平行y轴方向的速度大小相等，方向相反，不计粒子的重力，求： （1）匀强磁场的磁感应强度大小； （2）匀强电场的电场强度大小及粒子从Q点进电场到从y＝﹣d出电场所用的时间； （3）粒子第一次经挡板碰撞后经过x轴时的位置到O点的距离。 地 城 考点07 回旋加速器 16．（2025春•泉州期中）电磁技术的应用非常广泛：图甲是圆盘发电机的原理图、图乙是回旋加速器的示意图、图丙是真空冶炼炉、图丁是探雷器。下列说法正确的是（　　） A．图甲中外力顺时针（从左边看）转动铜盘，电路中会产生感应电流，通过R的电流自上而下 B．图乙中仅增大回旋加速器狭缝间的电压，被加速粒子获得的最大动能不变 C．图丙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中产生大量热量，从而冶炼金属 D．图丁中探雷器工作时，线圈中要有恒定的电流 17．（2025秋•上海校级期中）（多选）利用回旋加速器加速的粒子束，如质子束或重离子束，可对肿瘤进行精确照射。这些高能粒子束能够在肿瘤组织内释放大量能量，破坏肿瘤细胞的DNA，从而达到杀死肿瘤细胞的目的，同时对周围正常组织的损伤相对较小，可提高肿瘤治疗的效果和患者的生活质量，是肿瘤患者的福音。如图为回旋加速器的原理图，D1和D2是两个中空的半径均为R的半圆金属盒，接在电压为U的交流电源上，位于D2圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略，不计重力），质子在两盒之间被电场加速，D1、D2置于与盒面垂直的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。已知质子的电荷量为q、质量为m，忽略质子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中的相对论效应。下列说法正确的是（ ） A．质子离开回旋加速器时的最大动能为 B．质子第一次进入D1盒与第一次进入D2盒运动轨迹的半径之比为 C．质子在电场中加速的次数为 D．质子在回旋加速器中运动的时间为 地 城 考点08 法拉第电磁感应定律的基本计算 18．（2025春•南昌校级期中）如图所示，半径为R的金属圆环ab固定在水平桌面上，有一垂直于圆环向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系为B＝kt（k＞0）。一长为2R的金属直杆垂直磁场放置在圆环上，杆的一端与圆环的端口a接触，t＝0时，杆从图示实线位置以角速度ω顺时针绕a在圆环所在平面内匀速转动，时，金属杆转到虚线位置，与圆环另一端口b刚好接触，设时金属杆和金属圆环构成的整个回路的总电阻为r，金属杆与圆环接触良好，下列说法正确的是（　　） A．时，回路中的电流方向为顺时针方向 B．t＝0到的过程中，回路中的感应电动势一直减小 C．时，回路中的感应电动势大小为 D．时，回路中的电流大小为 19．（2025春•顺义区校级期中）（多选）如图甲所示，N＝200匝的线圈（图中只画了2匝），电阻r＝2Ω，其两端与一个R＝8Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。以下说法正确的是（　　） A．通过电阻R的电流方向b→a B．通过电阻R的电流大小不变 C．线圈产生的感应电动势E＝10V D．电阻R两端的电压U＝8V 20．（2025春•成都校级期中）如图甲所示，轻质细线吊着一质量m＝0.4kg、边长L＝0.4m、匝数n＝50的正方形线框，线框总电阻r＝0.8Ω。线圈最下方的导线有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场分布在边长为a＝0.2m正方形内，磁场一半处于线框内，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）t＝0时刻穿过线圈的磁通量； （2）0﹣6s时间内线圈产生的电流大小； （3）t＝3s时轻质细线的拉力大小。 地 城 考点09 导体转动切割磁感线产生的感应电动势 21．（2025春•四川期中）如图所示，半径为L的金属圆环水平放置，圆心处及圆环边缘通过导线分别与两条倾角θ＝37°的平行倾斜金属轨道相连，圆环区域内分布着磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，圆环上放置一金属棒a，棒a一端在圆心处，另一端恰好搭在圆环上，棒a可绕圆心转动。倾斜轨道部分处于垂直轨道平面向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场中，金属棒b放置在倾斜平行轨道上，其长度与轨道间距均为2L。已知金属棒b的质量为m，棒a、b的电阻分别为R和2R，其余电阻不计。若金属棒b与轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。当金属棒a绕圆心以角速度ω顺时针（俯视）匀速旋转时，金属棒b保持静止。下列说法正确的是（　　） A．金属棒a中产生的感应电动势E＝BL2ω B．金属棒a两端的电压为 C．金属棒a旋转的最大角速度为 D．金属棒a旋转的最小角速度为 22．（2025春•西湖区校级期中）（多选）如图甲是法拉第发明的铜盘发电机，也是人类历史上第一台发电机。利用这个发电机给平行金属板电容器供电，如图乙。已知铜盘的半径为L，加在盘下侧的匀强磁场磁感应强度为B1，盘匀速转动的角速度为ω，每块平行板长度为d，板间距离也为d，板间加垂直纸面向内、磁感应强度为B2的匀强磁场，重力加速度为g。下列选项正确的是（　　） A．若铜盘按照图示方向转动，那么平行板电容器C板电势高 B．铜盘产生的感应电动势为 C．若一电子（不计重力）从电容器两板中间水平向右射入，恰能匀速直线运动从右侧水平射出，则电子射入时速度为 D．若有一带电量为﹣q的小球从电容器两板中间水平向右射入，在复合场中做匀速圆周运动，则小球的质量为 23．（2025春•瑞安市校级期中）如图所示是研究小组设计的一种“圆盘电动机”。半径为L的导体圆环竖直放置，圆环附近存在水平向右且垂直圆环平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，它通过三根阻值均为3R的辐条与转轴O1O2固连。圆环左侧的电阻R通过导线与辐条并联，电源S是恒流源，能提供恒定不变的电流I（箭头表示电流方向），电阻R与电源S之间接有开关K；圆环的右侧有一个半径为且能与圆环随转轴一起转动的圆盘，其上绕有不可伸长的细线，下端悬挂铝块。除铝块外，其他物体质量忽略不计，不考虑任何摩擦阻力，重力加速度为g。 （1）当开关K断开时，细线下面悬挂质量为m0的铝块，经足够长时间铝块未落地，求： ①流过电阻R的电流方向； ②铝块下落的最终速度vm； （2）当开关K闭合时，圆盘转动，带动铝块向上运动，求： ①开关接通瞬间，单根辐条上的安培力F的大小； ②此电动机可能输出的最大机械功率为多少？此时铝块质量m为多大？ 地 城 考点10 线圈进出磁场的动力学问题 24．（2025春•深圳校级期中）（多选）如图所示，在光滑水平绝缘桌面上有一等腰梯形单匝均匀金属线框abcd，总电阻为R，ab＝L，cd＝3L，。空间存在竖直向下的有界匀强磁场（磁场边界平行），磁感应强度大小为B，有界磁场的宽度为2L。线框在水平拉力F作用下以速度v向右匀速穿过磁场区域（ab边始终与磁场边界平行），t＝0时刻，ab边刚好在磁场左边界。下列说法正确的是（　　） A．进、出磁场过程中，线框中的电流方向不同 B．进、出磁场过程中，线框所受安培力的方向不同 C．出磁场过程中，线框中的电流I与时间t的关系为 D．线框进入磁场过程，通过线框截面的电荷量为 25．（2025春•邗江区校级期中）如图，一个边长为a、总电阻R的正方形单匝线圈，线圈平面与匀强磁场垂直、且一半在磁场中。在时间t内，磁感应强度的方向不变、大小由B均匀增大到2B，在此过程中，求： （1）线圈中感应电流方向及产生的感应电动势大小； （2）t时刻线圈所受安培力的大小。 地 城 考点11 电磁感应过程中的动力学类问题 26．（2025春•四川期中）（多选）如图甲所示，一对足够长金属导轨由等宽的右侧水平导轨和左侧倾斜导轨两部分在虚线mn处连接组成，mn右侧存在竖直向下的匀强磁场，mn左侧存在与倾斜轨道平行的匀强磁场，方向沿斜面向上，mn两侧磁场的磁感应强度B大小相等（B的大小未知），导轨的间距为L＝1.5m，倾角θ＝37°，在t＝0时刻，置于倾斜导轨上的ef棒由静止释放，置于水平导轨上的cd棒在一水平向右的外力F的作用下由静止开始做匀加速直线运动，外力随时间的变化规律如图乙所示，cd、ef棒的质量分别为m1＝1.0kg、m2＝2.0kg，电阻分别为R1＝2Ω、R2＝3Ω，忽略导轨的电阻，ef棒与金属导轨的动摩擦因数为μ＝0.12，不计cd棒与导轨之间的摩擦，sin37°＝0.6，取g＝10m/s2，则（　　） A．cd棒做匀加速直线运动的加速度大小为5m/s2 B．磁感应强度B的大小为0.75T C．ef棒经21s在倾斜轨道上的速度达到最大 D．ef棒经4s在倾斜轨道上的速度达到最大 27．（2025春•润州区校级期中）如图所示，MN和PQ是竖直放置且足够长的光滑金属导轨，相距L＝0.1m，匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度B＝0.5T。断开开关S，将质量m＝0.02kg、有效电阻R＝0.1Ω的导体棒从静止释放，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻和空气阻力，重力加速度g取10m/s2。导体棒速度v＝10m/s时，闭合开关，求此时导体棒的： （1）电动势大小，指出a、b两点电势的高低关系； （2）整个回路热功率P； （3）加速度大小a； （4）导体棒的最终速度大小。 地 城 考点12 电磁感应过程中的能量类问题 28．（2026春•西城区校级期中）（多选）如图所示，在竖直平面内有足够长的两平行金属导轨PQ、MN。导轨间距为L，电阻不计。现有一个质量为m、电阻不计、两端分别套在轨道上的金属棒AB，AB棒在导轨上可无摩擦地滑动，棒与导轨垂直，并接触良好。导轨之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。导轨上边与电路连接，电路中的定值电阻阻值为R，在PM间接有一电容为C的平行板电容器。现AB棒由静止释放，下列说法正确的是（　　） A．当金属棒AB向下滑动时，电容器右极板将带上负电荷 B．金属棒AB可以达到的最大速度是 C．电容器充电完成后，电容器带电量为 D．金属棒最终会做匀速直线运动，此阶段减少的重力势能完全转化为电能 29．（2026春•江阴市校级期中）如图甲所示，足够长倾斜导轨与水平面的夹角为θ，上端MN间、底端均与阻值为R的定值电阻相连，导轨的宽度为l。导轨平面内有平行且垂直导轨的虚线ab、cd，正方形区域MNba内存在垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度的大小随时间的变化规律如图乙所示；cd与底端间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B0。PQ是长度为l、质量为m、阻值为R垂直导轨放置的导体棒，其他电阻不计，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g。若0～t0内PQ在下方磁场区域的某位置恰能静止，t1时刻通过定值电阻的电流刚好达到稳定值。 （1）求0～t0内通过PQ的电流大小I； （2）求t1时刻PQ的速度大小； （3）若已知t0到t1时间内通过PQ的电荷量为q，求此过程PQ产生的热量Q。 30．（2026春•徐州期中）两根平行等长金属导轨弯折成正对的“”形固定在水平面上。水平段MN、M′N′光滑，竖直段NP、N'P'粗糙，导轨间距L＝0.5m，空间存在竖直向上、磁感应强度B＝2T的匀强磁场。质量m＝0.2kg、电阻R＝0.5Ω、长度也为L的金属棒ab放在水平导轨上，竖直段NP、N′P′外侧有一根与ab完全相同的金属棒cd，ab、cd始终与导轨垂直。给ab以向左的初速度v0＝8m/s，同时由静止释放cd。cd与竖直导轨间动摩擦因数μ＝0.5（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），两棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，g取10m/s2。求： （1）初始时，cd受到的摩擦力大小； （2）cd刚要开始运动时，ab向左移动的位移； （3）cd刚要开始运动时，已经通过ab的电荷量q和ab产生的焦耳热Qab。 地 城 考点13 自感线圈对电路的影响 31．（2025春•朝阳区校级期中）在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R。将变阻器的滑片置于最大阻值处，闭合开关S，至L1和L2都稳定发光后，调节滑动变阻器的滑片，使L1和L2发光的亮度相同，此时滑动变阻器的阻值为R0，之后断开开关S。电源的内阻很小，可忽略，则下列说法正确的是（　　） A．移动滑动变阻器滑片的过程中，L1、L2的亮度都在发生变化 B．开关S由闭合变为断开瞬间，L1、L2中的电流相等 C．开关S由闭合变为断开瞬间，L1中的电流会立即反向 D．若想观察到断开开关S后L2闪亮一下的现象，滑动变阻器的阻值应小于R0 32．（2025春•杭州期中）（多选）图甲是探究电感器对交变电流的作用电路图，图乙是探究自感现象电路图，不计线圈电阻，下列有关说法正确的是（　　） A．闭合图甲中的电键S，增大交变电流的频率，灯泡将变亮 B．闭合图甲中的电键S，抽离铁芯，灯泡将变亮 C．闭合图乙中电键S，灯泡立即变亮，然后逐渐变暗 D．断开图乙中电键S，灯泡立即熄灭 地 城 考点14 正弦式交变电流的函数表达式及推导 33．（2025春•石家庄期中）如图为某交流发电机工作图，两磁极N、S间可视为匀强磁场，匝数为n的矩形线圈绕OO′逆时针匀速转动，角速度为ω，内阻为r，理想交流电压表示数为U，负载的阻值为R，不计电路中其他电阻。则下列说法正确的是（　　） A．线圈产生的感应电动势最大值为 B．负载R上消耗的功率 C．线圈从图示位置开始转动90°过程中，通过线圈的电荷量为 D．线圈从图示位置开始转动90°时，处于中性面位置，且磁通量为 34．（2025春•漳州期中）（多选）图（a）为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁体转动，转速与风速成正比。某一风速时，线圈中产生的正弦式交变电压如图（b），则（　　） A．磁铁的转速为5r/s B．线圈中电压的有效值为 C．电压的表达式为U＝6sin10πtV D．风速加倍时，电压的表达式为U＝12sin10πtV 35．（2026春•江阴市校级期中）如图甲所示，交流发电机的线圈位于匀强磁场中，已知线圈匝数n＝100，总电阻r＝10Ω，定值电阻R＝40Ω，线圈与定值电阻组成闭合回路，图中电表均为理想表，t＝0时刻线圈以OO′为轴，以恒定角速度匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图乙所示。（不计电路其他部分的电阻）求： （1）感应电流随时间的表达式； （2）电压表的读数。 地 城 考点15 用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热 36．（2025春•薛城区期中）如图所示为周期为0.04s的交变电流，让该电流通过R＝10Ω的电阻，则（　　） A．前0.4s内电阻的发热量为640J B．前0.3s内电阻的发热量为300J C．电阻的电功率为1625W D．电阻的电功率为1000W 37．（2025春•万州区期中）（多选）如图甲所示，N＝200匝的线圈（图中只画了2匝），线圈的面积S＝0.01m2，电阻r＝2Ω，其两端与一个R＝48Ω的电阻相连，线圈内有垂直纸面向里的磁场，以垂直纸面向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示，在0～0.10s时间内，下列说法正确的是（ ） A．流经电阻R的电流方向由a到b B．电阻R两端的电压大小为19.2V C．电阻R产生的焦耳热为0.192J D．通过电阻R的电荷量为0.04C 38．（2025春•薛城区期中）如图（甲）为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数n＝100、电阻r＝10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表，在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图（乙）所示正弦规律变化。（取π＝3.14）求： （1）交流发电机产生的电动势的最大值； （2）从t＝0时刻开始计时，线圈转过60°时线圈中感应电流瞬时值及回路中的电流方向； （3）从图示位置转过90°，通过线圈的电量及整个回路的焦耳热？ 地 城 考点16 变压器的动态分析 39．（2025春•湖南期中）如图所示，交变电源电压的有效值恒定，R为定值电阻，可调变压器为理想变压器，P1为移动导电刷，Rp为滑动变阻器，电流表、电压表均为理想电表，电表V1、V2、A1、A2，则下列说法正确的是（　　） A．保持P1位置不变，P2缓慢下滑的过程中，U1减小、U2增大 B．保持P1位置不变，P2缓慢下滑的过程中，I1增大、I2增大 C．保持P2位置不变，P1缓慢下滑的过程中，U1增大、U2减小 D．保持P2位置不变，P1缓慢下滑的过程中，I1增大、I2增大 40．（2025春•哈尔滨校级期中）（多选）如图所示，某理想变压器接在电压有效值恒为360V的正弦交流电源两端，原、副线圈的匝数之比n1：n2＝3：1，定值电阻R0＝90Ω，R1＝20Ω，滑动变阻器最大阻值R＝40Ω。初始时滑动变阻器的滑片P位于滑动变阻器的中点，将滑片P向上缓慢滑至a点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．交流电源的输出功率先增大后减小 B．定值电阻R0消耗的电功率逐渐增大 C．P在中点时通过R0的电流为2A D．副线圈负载消耗的电功率逐渐减小 41．（2025春•江北区校级期中）如图所示，导体棒ab垂直放在水平面内两根平行固定导轨上，导轨右端与理想变压器原线圈A相连，线圈C接图示电路，线圈A与线圈C的匝数比n1：n2＝1：5，不计导体棒、导轨的电阻，两导轨间距为20cm；磁感应强度B为0.2T，方向竖直向上，滑动变阻器R（阻值0～20Ω），V为理想交流电压表。导体棒在外力作用下运动，则： （1）导体棒以v1＝10m/s向右匀速运动，电压表示数多大？ （2）导体棒其速度随时间变化关系符合v＝20sin50πt（m/s） ①电压表示数多大？ ②滑动变阻器滑片滑到正中间位置，在1min内外力对导体棒做的功。 地 城 考点17 远距离输电的相关计算 42．（2025春•深圳期中）（多选）如图所示是远距离输电示意图，T1、T2均为理想变压器。发电站输出正弦交流电的功率P＝4.5×104kW，电压，输电线总电阻R＝50Ω，次级变电站两端的电压。若变压器T1原、副线圈的匝数比，则下列说法正确的是（　　） A．变压器T1副线圈的电压为4.5×104V B．输电线上的电流为100A C．输电线上损失的功率为500kW D．变压器T2原、副线圈的匝数比为45：1 43．（2026春•徐州期中）某工厂购买了发电机、升压变压器及降压变压器各一台。如图，发电机内阻为1Ω，升压变压器匝数比为1：10，降压变压器匝数比9：1，输电线总电阻R＝5Ω。工厂共36个车间，每个车间有“220V，22W”灯10盏，若保证全部电灯正常发光，则： （1）发电机输出功率多大？ （2）发电机电动势多大？ （3）输电的效率是多少？ 地 城 考点18 电磁振荡及过程分析 44．（2025春•西湖区校级期中）以下四幅图片：图甲中闭合线圈平面垂直于磁场，线圈在磁场中旋转；图乙中是真空冶炼炉；图丙中是在匀强磁场内运动的闭合线框；图丁是研究自感现象的实验电路图。下列说法正确的是（　　） A．图甲中，线圈在磁场中旋转会产生感应电流 B．图乙中，真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置 C．图丙中，闭合线框中感应电流的方向为a→c→b D．图丁中，电路开关断开瞬间，灯泡A会立即熄灭 45．（2025春•同安区校级期中）（多选）为了测量储液罐中不导电液体的液面高度，设计装置如图所示。将与储液罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容C置于储液罐中，电容C可通过开关S与线圈L或电源相连。当开关从a拨到b时，由线圈L与电容C构成的回路中产生振荡电流，振荡电流的频率f，通过测量振荡频率可知储液罐内的液面高度。则下列说法正确的是（　　） A．当储液罐内的液面高度升高时，电容变大 B．当储液罐内的液面高度升高时，LC回路中振荡电流的频率变大 C．开关拨到b之后，振荡电流的振幅和频率始终保持不变 D．当开关从a拨到b瞬间，电容器两极板的电荷量最大，线圈L中磁场能最小 46．（2025春•邯郸期中）如图甲，振荡电路电容器的电容为C，线圈自感系数为L。某时刻起，电路中的电流与时间的关系为余弦函数如图乙，图像中i0已知，T未知。求： （1）图乙中电流变化的周期T； （2）电容器两端的电压为零的时刻。 地 城 考点19 电磁振荡的周期和频率的计算 47．（2025春•工业园区期中）学习了自感、互感后，某同学设计了如图所示的“呼吸灯”电路。电路中电源为两节干电池，A、B是规格相同、额定电压均为2.5V的灯泡，L是自感系数较大、电阻可以忽略不计的线圈，C是电容较大的电容器。闭合开关，待电路稳定后突然断开开关，两灯开始“呼吸”，下列说法正确的是（　　） A．合上S的瞬间，A灯先亮 B．电流稳定后，A灯亮，B灯熄灭 C．电流稳定后断开S的瞬间，电容器开始充电 D．自感系数L越大，电容C越大，“呼吸灯”的频率越高 48．（2025春•浦东新区校级期中）中国高铁利用“北斗”导航技术、5G通信技术等构建运营的“超强大脑”，实现了数字化、智能化的管理。具有完全自主知识产权的新一代高速列车“复兴号”投入了高铁运营。 （1）5G信号相较于4G信号采用了频率更高的无线电波，具有数据传输更快的特点。 ①（多选）在空气中传播时，5G信号与4G信号相比　 　 ； A.具有更快的传播速度 B.具有相同的传播速度 C.更容易发生衍射 D.更不容易发生衍射 ②（多选）无线电波可由LC振荡电路产生，某时刻的电路工作状态如图所示，此时　 　 ； A.电容器正在放电 B.电容器正在充电 C.线圈中磁场的方向向上 D.线圈中磁场的方向向下 E.线圈储存的磁场能正在增大 F.线圈储存的磁场能正在减小 （2）“北斗”导航系统主要由地球同步轨道卫星和中轨道卫星组成。某一地球同步轨道卫星和一颗中轨道卫星在同一平面内环绕地球做匀速圆周运动，且绕行方向相同，如图（a）所示。 ①同步轨道卫星和中轨道卫星绕地球做圆周运动的线速度分别v1、v2，则　 　 ； A.v1＜v2 B.v1＝v2 C.v1＞v2 ②若这两颗卫星之间的距离Δr随时间t变化的关系如图（b）所示，则中轨道卫星的运行周期T＝　 　 h。 （3）“复兴号”列车在某段长为1000m的平直轨道上行驶，其速度的平方v2与位移x的关系，如图所示。 ①乘客将一水杯放置在车厢水平桌面上，在此过程中水杯里水面的形状可能是　 　 ； ②列车通过此路段所用的时间为　 　 s。 地 城 考点20 电磁波的发射和接收 49．（2026春•顺德区校级期中）下列有关电磁振荡、电磁波现象的四幅图像的说法正确的是（　　） A．图1中，变化的磁场一定能产生电场，从而产生电磁波 B．图2中，在LC振荡电路中，仅增大线圈的电感，电磁振荡的频率增大 C．图3中，使接收电路产生电谐振的过程叫作调谐 D．图4中，可见光是一种电磁波，其中红光的频率大于紫光的频率 50．（2025春•北京校级期中）某同学自己绕制天线线圈，制作一个简单的收音机，用来收听中波无线电广播，初步制作后发现有一个频率最高的中波电台收不到，但可以接收其他中波电台，适当调整后，去户外使用，假设空间中存在波长分别为290m、397m、566m的无线电波，下列说法正确的是（　　） A．为了能收到频率最高的中波电台，应增加线圈的匝数 B．为更好接收397m的无线电波，应把收音机的调谐频率调到756kHz C．使接收电路产生电谐振的过程叫做解调 D．为了能接收到长波，应把电路中电容器的电容调小一点 地 城 考点21 电磁波谱 51．（2025春•张店区校级期中）“中国天眼”（FAST）位于贵州的大山深处，是500m口径的球面射电望远镜，它通过接收来自宇宙深处的电磁波探索宇宙。关于电磁波，下列说法正确的是（　　） A．在真空中，X射线的传播速度比无线电波的传播速度大 B．电磁波谱中，γ射线的波长最长，穿透能力最强 C．所有的物体都在不停地辐射红外线，电磁波谱中红外线的热效应最显著 D．用于安全检查的X射线的穿透本领最强，电磁波谱中X射线的频率最大 52．（2025春•嘉定区校级期中）（1）如图所示为LC振荡电路中电容器极板上的电荷量q随时间t变化的曲线，由图可知 　 　 。 A.在t1时刻，电路中的磁场能最大 B.在t1～t2时间内，电路中的电流值不断变小 C.在t2～t3时间内，电容器正在放电 D.在t4时刻，电容器中的电场能最小 （2）LC振荡电路中电容器极板上的电荷量q随时间t的变化周期为Tq，电场能随时间变化的周期为TE，则Tq　 　 TE。 A.大于 B.等于 C.小于 （3）如图为电磁振荡过程中的4个状态，按照一个周期内发生的先后顺序可将其排序为 　 　 。 A.④①②③ B.②③①④ C.①③④② D.③②④① （4）世界各地有许多无线电台同时广播，用收音机一次只能收听到某一电台的播音，而不是同时收听到许多电台的播音，其原因是接收到的电台电磁波的频率与收音机调谐电路的固有频率 　 　 。如图，电谐振实验中，当矩形线框面积相等时，它们的 　 　 相同（选填“电容”或“电感”）。 （5）真空中波长为0.6μm的电磁波，频率为 　 　 Hz； 将①红外线、②紫外线、③无线电波、④可见光、⑤γ射线、⑥X射线，按波长由大到小的排列顺序是 　 　 。（填写电磁波前的序号即可） 地 城 考点22 电磁波与信息化社会 53．（2025春•工业园区期中）6G是“第六代移动通信技术”的简称，其最显著的特征之一是具有超高速的数据传输速率，可同时服务的用户数量更大。6G信号一般采用100GHz﹣10THz太赫兹频段的无线电波，而现行第五代移动通信技术5G的频段范围是3GHz﹣6GHHz，则（　　） A．6G信号是横波，5G信号是纵波 B．6G信号比5G信号所用的无线电波在真空中传播得更快 C．空间中的6G信号和5G信号相遇会产生干涉现象 D．6G信号相比于5G信号更不容易绕过障碍物，所以6G通信需要搭建更密集的基站 54．（2025春•海淀区校级期中）（多选）电磁波在日常生活和现代科技中应用十分广泛。关于电磁波及其应用，下列说法正确的是（　　） A．电磁波既有横波，也有纵波 B．X射线是比红外线频率更高的电磁波 C．频率越高的电磁波，在真空中传播的速度越大 D．雷达是利用电磁波来探测物体位置的一种设备 地 城 考点23 常见的传感器及分类 55．（2025春•薛城区期中）某电子秤的原理简图如图所示。AB为一均匀的滑动变阻器，长度为L，两边分别有P1、P2两个滑动头，轻质弹簧上端与P1及秤盘底部相连，下端固定。弹簧原长时P1和P2均指在A端。若P1、P2间出现电压时，该电压经过放大，通过信号转换后在显示屏上就能显示出被称物体的质量。已知弹簧的劲度系数为k，托盘质量为m0，电源电动势为E，内阻不计。重力加速度为g。在托盘上未放物体时需要先校准零点，即未放被称物体时电压为零。则（　　） A．校准零点时，不需要移动滑动头P2 B．校准零点时，两滑动头间的距离为 C．滑动头P1滑至B端时，被称物体的质量为 D．被称物体的质量m与两滑动头间电压U的关系为 56．（2025春•姑苏区校级期中）以下是教材中关于传感器的应用几幅图片，说法正确的是（　　） A．如图甲，是测量储罐中不导电液体高度的装置，当储罐中液面高度升高时，LC回路中振荡电流频率将增大 B．如图乙，是一种电感式微小位移传感器，当物体1向左移动时，线圈自感系数变大 C．如图丙，是电容式话筒的原理示意图，当膜片向左运动时，A点的电势比B点的低 D．如图丁，是霍尔元件工作原理示意图，在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平 地 城 考点24 探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 57．（2025春•蜀山区校级期中）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，小型可拆变压器的原、副线圈匝数分别为n1＝120匝、n2＝240匝，某实验小组在原线圈两端依次加上不同的电压，用多用电表的交流电压挡分别测量原、副线圈两端的电压，数据如表所示。 实验序号 原线圈两端的电压U1（V） 副线圈两端的电压U2（V） 1 3.9 8.2 1：2.1 2 5.9 11.8 1：2.0 3 7.8 15.2 　 　 （1）实验小组根据测得的数据在表格中算出U1、U2的比值，还有一组U1、U2的比值没有算出，把求出的结果填在表格中。 （2）本实验可得出结论：变压器线圈两端电压与匝数的关系为 　 　 （用题目中给出的字母表示）。 （3）该变压器是 　 　 变压器（选填“升压”或“降压”）。 58．（2025春•招远市校级期中）某同学欲研究实验室可拆变压器工作时原线圈输入功率和副线圈输出功率之间的关系，可供选择的器材如下： a.可拆变压器（如图1中所示，原线圈接线柱标注0、4、8、12，副线圈接线柱标注0、1、2） b.学生电源 c.小灯泡（2.5V，2.0W） d.交流电压表V1（量程0～30V） e.交流电压表V2（量程0～6V） f.交流电流表A1（量程0～0.3A） g.交流电流表A2（量程0～1.0A） h.滑动变阻器（0～5Ω） 实验电路如图2： （1）用笔画线代替导线将图1中的实物图补充完整。 （2）连接好电路后，该同学将滑动变阻器滑片置于阻值最大处，学生电源电压调至20V，打开电源开关，调整滑动变阻器滑片位置，当灯泡较亮时，读出四个电表的示数分别为U1＝20.0V，I1＝0.16A，U2＝4.2V，I2＝0.60A，通过计算发现U1I1＞U2I2，可能的原因是　 　 。（填选项标号） A.未考虑电压表V1的内阻 B.未考虑电压表V2的内阻 C.变压器漏磁 D.由于涡流变压器铁芯发热 （3）继续调整滑动变阻器滑片位置，使灯泡更亮，测得四个电表的示数分别为U′1、I′1、U′2、I′2，则U′1I′1与U′2I′2的差值将　 　 （忽略电流表内阻的影响，选填“增大”或“减小”）。 （4）若将可拆变压器上水平放置的铁芯拆下，则要使小灯泡能够正常发光，左侧原线圈应选择接线柱“0”与　 　 （选填“4”或“12”）相连。 地 城 考点25 利用传感器制作简单的自动控制装置 59．（2026春•海淀区期中）图为分拣苹果的装置示意图。该装置按照一定质量标准自动分拣大苹果和小苹果，托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在压力传感器R1上，已知压力越大，R1阻值越小。若R2两端的电压较小，分拣开关在弹簧向上弹力作用下处于水平状态，小苹果进入通道1；当R2两端的电压超过某一值U时，可使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，此时大于一定标准质量的大苹果进入通道2。已知电源的电动势E1、内阻不计。下列说法正确的是（　　） A．托盘秤上的苹果质量越小，R2两端的电压越大 B．若只增大R2的阻值，则能进入通道2的苹果的标准质量变小 C．分拣苹果的质量标准与电动势E1大小无关 D．若仅改变电磁铁线圈的绕向，则分拣苹果的质量标准将发生改变 60．（2025春•蓬溪县期中）小明利用热敏电阻设计了一个“过热自动报警电路”，如图甲所示（虚线框内的连接没有画出）。将热敏电阻R安装在需要探测温度的地方，当环境温度正常时，继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮；当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响。图甲中继电器的供电电源E1＝5V，内阻不计，继电器线圈用漆包线绕成，其电阻R0＝30Ω。当线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响。图乙是热敏电阻的阻值随温度变化的图像。 （1）由图乙可知，当环境温度升高时，热敏电阻阻值将　 　 （选填“增大”、“减小”或“不变”），继电器的磁性将　 　 （选填“增强”、“减弱”或“不变”）； （2）图甲中指示灯的接线柱D应与接线柱相连　 　 （选填“A”或“B”）； （3）当环境温度大于等于　 　 ℃时，警铃报警。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二下学期物理期中复习（重难点60题25大考点） 训练范围：人教版（2019）： 必修第二册，全册。 25大高频考点概览 考点01 安培力的计算公式及简单应用（共2小题） 考点02 通电非直导线安培力大小的计算（共2小题） 考点03 带电粒子在矩形边界磁场中的运动（共3小题） 考点04 带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动（共3小题） 考点05 带电粒子在叠加场中做直线运动（共3小题） 考点06 带电粒子由磁场进入电场中的运动（共2小题） 考点07 回旋加速器（共2小题） 考点08 法拉第电磁感应定律的基本计算（共3小题） 考点09 导体转动切割磁感线产生的感应电动势（共3小题） 考点10 线圈进出磁场的动力学问题（共2小题） 考点11 电磁感应过程中的动力学类问题（共2小题） 考点12 电磁感应过程中的能量类问题（共3小题） 考点13 自感线圈对电路的影响（共2小题） 考点14 正弦式交变电流的函数表达式及推导（共3小题） 考点15 用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热（共3小题） 考点16 变压器的动态分析——原线圈有负载（共3小题） 考点17 远距离输电的相关计算（共2小题） 考点18 电磁振荡及过程分析（共3小题） 考点19 电磁振荡的周期和频率的计算（共2小题） 考点20 电磁波的发射和接收（共2小题） 考点21 电磁波谱（共2小题） 考点22 电磁波与信息化社会（共2小题） 考点23 常见的传感器及分类（共2小题） 考点24 探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系（共2小题） 考点25 利用传感器制作简单的自动控制装置（共2小题） 地 城 考点01 安培力的计算公式及简单应用 1．（2025春•安徽期中）如图所示，平行长直导轨固定在水平面内，处于垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，导轨电阻不计，导轨左端a、b间接有恒定电压，粗细均匀的导体棒（电阻不可忽略）放在导轨上，第一次放在M、N之间；第二次放在M、P之间，则关于两次导体棒受到的安培力，下列判断正确的是（　　） A．大小相等，方向相同 B．大小相等，方向不同 C．大小不等，方向相同 D．大小不等，方向不同 【答案】B 【解答】解：根据左手定则可知，安培力的方向在平面内与电流垂直，因此两次安培力的方向不同；设导轨间导体棒的长度为L，导体棒单位长度的电阻为r0，则由欧姆定律可知导体棒中电流大小为 由安培力公式可知导体棒受到的安培力大小为 即两次导体棒受到的安培力大小相等。 故B正确，ACD错误。 故选：B。 2．（2026春•江阴市校级期中）如图所示，间距为L＝0.5m的平行导轨沿水平方向固定，长为L＝0.5m、质量为m＝0.5kg的导体棒ab垂直导轨放置，导轨的左端接有E＝5V、r＝0.5Ω的电源，再与一滑动变阻器串联。整个空间存在斜向上与水平方向成α＝37°的匀强磁场（磁场与导体棒垂直），磁感应强度大小为B＝2T。接通电路，滑动变阻器R＝1.5Ω时导体棒ab静止。导轨、导体棒以及导线的电阻可忽略，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。 （1）求导体棒ab受到安培力大小。 （2）导体棒ab对导轨的压力大小。 【解答】解：（1）电路总电阻R总＝R+r＝1.5Ω+0.5Ω＝2Ω 电路电流 安培力公式为F＝BIL 代入数据可得F安＝2.5N （2）对导体棒做竖直方向受力分析 导体棒静止，合力为0，受竖直向下的重力mg、导轨竖直向上的支持力FN、安培力竖直向上的分力F1＝F安sin53° 平衡方程为FN+F1＝mg 代入数据可得FN＝3N 答：（1）导体棒ab受到安培力大小是2.5N。 （2）导体棒ab对导轨的压力大小是3N。 地 城 考点02 通电非直导线安培力大小的计算 3．（2025春•鲤城区校级期中）如图所示，粗细均匀的正六边形线框abcdef由相同材质的导体棒连接而成，顶点a、b用导线与直流电源相连接，正六边形abcdef处在垂直于框面的匀强磁场中，若ab棒受到的安培力大小为6N，则整个六边形线框受到的安培力大小为（　　） A．7N B．7.2N C．9N D．12N 【答案】B 【解答】解：设ab的电阻为R，长度为L，电流为I，由电阻定律可知afedcb的电阻为5R，由并联电路电流规律可知afedcb中的电流为，afedcb的有效长度为L， ab棒受到的安培力大小F1＝BIL＝6N，则整个六边形线框受到的安培力大小F＝BILBIL＝6N7.2N，故B正确，ACD错误。 故选：B。 4．（2026春•西城区校级期中）（多选）如图所示，一半径为R的半圆形导线abc通以恒定电流I，放置在匀强磁场中。将半圆形导线以过圆心O且垂直于纸面的直线为轴顺时针转动。直径ac与磁场方向夹角θ从0°转动到30°的过程中，θ角分别为10°、20°和30°时，整个半圆形导线受到的安培力的大小分别为F1、F2和F3。该过程中，关于整个半圆形导线受到的安培力的方向和大小，说法正确的是（　　） A．方向逐渐变化 B．方向始终不变 C．F2﹣F1＜F3﹣F2 D．F2﹣F1＞F3﹣F2 【答案】BD 【解答】解：AB.根据左手定则可知，半圆形导线在不同夹角时安培力的方向始终垂直于纸面向外，方向不发生变化，故A错误，B正确； CD.根据安培力的表达式F＝BIL，其中L为a、c两端点连线在与磁场垂直方向的投影距离，设匀强磁场的磁感应强度大小为B，则F1＝BI•2Rsin10°，F2＝BI•2Rsin20°，F3＝BI•2Rsin30°，有F2﹣F1＞F3﹣F2，故C错误，D正确。 故选：BD。 地 城 考点03 带电粒子在矩形边界磁场中的运动 5．（2025春•广东校级期中）如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹，粒子重力不计。下列说法正确的是（　　） A．粒子a带负电 B．粒子b的动能最大 C．粒子b在磁场中运动的时间最长 D．粒子c在磁场中运动时的向心力最大 【答案】B 【解答】解：A、根据左手定则判断，粒子a的运动方向与四指指向一致，故粒子a带正电荷，故A错误； BD、粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，满足关系式，由此解得粒子速度。观察轨迹示意图可知，粒子b的圆周运动半径最大，而三个粒子的质量与电荷量均相同，因此粒子b的速度最大，在磁场中所受向心力也最大。根据动能表达式，可知粒子b的动能最大，故B正确，D错误； C、粒子在磁场中的运动周期为，可见三个粒子的运动周期相等。由轨迹图分析，粒子c的运动轨迹所对应的圆心角最大，因此其在磁场中运动的时间最长，故C错误。 故选：B。 6．（2025春•青秀区校级期中）（多选）如图所示，AOC区域内（OC、OA足够长）有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），∠AOC＝60°，边界OA上有一距O为d的粒子源S，现粒子源在纸面内以等大速度向不同方向发射大量带正电的同种粒子（不计粒子重力及粒子间相互作用力），经过一段时间有部分粒子从边界OC射出磁场。已知从OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为（T为粒子在磁场中圆周运动的周期）。关于从OC射出的粒子，下列判定正确的有（　　） A．粒子圆周运动的半径为d B．O可能是粒子的轨迹圆心 C．OC边有粒子射出的长度为d D．粒子在磁场中运动的最短时间等于 【答案】AD 【解答】解：A.粒子在磁场中匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦。初速度大小相同，轨迹半径相同，如图 设OS＝d，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则粒子在磁场中运动的时间最长。由此得到：轨迹半径为 Rd 故A正确； C、粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦，初速度大小相同，所以轨迹半径R一定。已知从OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为，说明时间最长的运动轨迹为半个圆周，如下图： 当沿S→A的方向出射的粒子在磁场中的轨迹为半圆时，可满足题，此粒子的出射点D与S点的连线垂直于OA，DS弦最长，轨迹的圆心角最大，粒子的运动时间最长。同时D点是从OC射出的粒子距O最远的点，故从OC射出的粒子距O最远的距离等于 故C错误； D、当出射点在上图中的O2时，SO2垂直于OC，SO2为最短的轨迹的弦长，如上图中的轨迹③，所对应圆心角最小，粒子在磁场中运动时间最短。因SO2＝R，故最小轨迹圆心角为60°，最短时间为： 故D正确； B.所有粒子的轨迹圆心在以S为圆心，半径为R的半圆弧上，如上图中虚线圆弧④，此圆弧恰好在O2点处与OC相切，故O不可能是粒子的轨迹圆心，故B错误。 故选：AD。 7．（2025春•景德镇期中）如图所示，匀强磁场的边界CD和EF相互平行，宽度为d，磁感应强度为B，一带负电粒子垂直磁场方向射入，入射方向与CD边界夹角为θ＝60°，已知粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子重力。 （1）若粒子垂直边界EF射出磁场，求粒子运动的速率和在磁场中运动的时间； （2）若粒子恰好未从EF边界射出磁场，求粒子运动的速率和在磁场中运动的时间。 【解答】解：（1）若粒子带负电，且恰好能垂直边界EF射出磁场，它运动的轨迹如图 则运动的半径： 运动的过程洛伦兹力提供向心力，得： 整理得： 周期： 由图可知，粒子的偏转角是（90°﹣60°）＝30° 所以运动的时间： （2）若粒子运动轨迹恰好与边界EF相切，粒子运动的轨迹如图 由几何关系可得： 所以： 由洛伦兹力和向心力公式可得： 所以： 由图可知，粒子的偏转角是（180°﹣60°）＝120° 所以运动的时间： 答：（1）若粒子垂直边界EF射出磁场，粒子运动的速率是，在磁场中运动的时间是； （2）若粒子恰好未从EF边界射出磁场，粒子运动的速率为，在磁场中运动的时间为。 地 城 考点04 带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动 8．（2025春•润州区校级期中）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图、若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（　　） A．三个粒子都带负电荷 B．c粒子运动速率最小 C．a粒子在磁场中运动时间最长 D．它们在磁场中做圆周运动的周期Ta＜Tb＜Tc 【答案】C 【解答】解：A、根据左手定则可知，三个粒子都带正电荷，故A错误； BD、在运动的过程中洛伦兹力提供向心力，则Bqv＝m 解得v Bqv＝m 解得T 由图可知，三个粒子在磁场中运动的轨道半径关系为ra＜rb＜rc 故va＜vb＜vc，Ta＝Tb＝Tc， 故BD错误； C、轨迹图如图所示 由图可知，粒子a、b、c在磁场中运动轨迹对应的圆心角关系为θa＞θb＞θc 粒子在磁场中运动的时间tT 故ta＞tb＞tc 故C正确。 故选：C。 9．（2025春•巴楚县期中）（多选）一质量为m、电量为q的带电粒子以速度v0从y轴上的A点垂直y轴射入第一象限，第一象限某区域存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，粒子离开第一象限时速度方向与x轴正方向夹角θ＝60°。如图所示（粒子仅受洛伦兹力），下列说法正确的是（ ） A．带电粒子带负电荷 B．带电粒子在磁场中的做圆周运动的时间为 C．如果该磁场区域是圆形，则该磁场的最小面积是 D．如果该磁场区域是矩形，则该磁场的最小面积是 【答案】BC 【解答】解：A．粒子受到的洛伦兹力向下，根据安培左手定则可知粒子带正电荷，故A错误； BC．由洛伦兹力提供向心力得 所以运动半径为 根据线速度与周期的关系，粒子运动周期为 运动轨迹如下图所示 粒子速度方向偏转了60°，则圆心角为θ＝60° 粒子运动的时间为 若是圆形区域磁场，则以CD为直径的圆面积最小CD＝R 所以最小面积为 故BC正确； D．若是矩形区域磁场，则以CD为长，以圆弧最高点到直线CD的距离h为宽，则矩形的面积最小。 根据几何关系可得高为 所以矩形区域磁场最小面积为 故D错误。 故选：BC。 10．（2025春•深圳期中）如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，ab为圆的水平直径。在a处有一粒子源能沿垂直于磁场的各个方向，向磁场发射质量为m、电荷量为q、速率不同的带正电粒子。已知从a点沿ab方向、以大小v0的初速度射入磁场的粒子P，恰好从c点离开磁场，Oc与Ob间夹角α＝60°，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求： （1）匀强磁场的磁感应强度大小； （2）粒子Q沿与ab成30°角的方向斜向右上射入磁场，仍从c点离开，则粒子Q射入磁场的初速度大小及在磁场中运动的时间； （3）要使所有粒子只能从∠aOc所对应的磁场边界射出，粒子射入磁场的初速度大小范围。 【解答】解：（1）粒子P的运动轨迹如图甲所示： 设粒子P做圆周运动的半径为r1，根据几何关系，有，解得：。由洛伦兹力提供向心力，有，解得：。 （2）粒子Q的运动轨迹如图乙所示： 设粒子Q做圆周运动的半径为r2，由几何关系，有r2＝R。由洛伦兹力提供向心力，有，解得：。 粒子Q在磁场中做圆周运动的周期，解得：。 由几何关系，可知粒子Q做圆周运动的圆心角θ＝120°，则粒子Q在磁场中运动的时间，解得：。 （3）要使所有粒子从∠aOc所对应的磁场边界射出，可知弦ac为速度最大的粒子的轨迹的直径，则最大半径。 洛伦兹力提供向心力，有，解得：。所以粒子射入磁场的速度应满足v。 答：（1）匀强磁场的磁感应强度大小为。 （2）粒子Q射入磁场的初速度大小为，在磁场中运动的时间为。 （3）粒子射入磁场的初速度大小范围为。 地 城 考点05 带电粒子在叠加场中做直线运动 11．（2025春•邗江区校级期中）如图，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直（平行纸面）向下，匀强磁场方向垂直纸面向里，一带负电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动。若增大小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内（　　） A．小球的动能减小 B．小球的电势能减小 C．小球的重力势能增大 D．小球的机械能增大 【答案】A 【解答】解：带负电的小球在电磁场中水平向右做直线运动，小球共受到三个力作用：向下的重力G、向上的电场力F、向下的洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球受到的合力一定为零，小球做匀速直线运动，洛伦兹力保持不变。 若增大小球从P点进入的速度但保持方向不变，则向下的洛伦兹力增大，而电场力和重力不变，则在小球进入的一小段时间内小球将向下偏转，因电场力与重力的合力向上，故此合力对小球做负功，而洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，小球的动能减小；电场力对小球做负功，由功能关系可知，电势能增大，小球的机械能减小；重力对小球做正功，则重力势能减小，故A正确，BCD错误。 故选：A。 12．（2025春•鲤城区校级期中）（多选）如图所示，足够长的绝缘木板N放在光滑的水平桌面上，质量为m、电荷量为+q的木块M以速度冲上木板N，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场B中，已知M、N间动摩擦因数μ，下列说法正确的是（　　） A．M向右运动过程中，N静止 B．M向右运动过程中，N也向右运动 C．M向右运动过程中，M、N间弹力逐渐减小 D．M向右运动过程中，M、N间摩擦力逐渐增大 【答案】BD 【解答】解：AB、在M水平向右运动过程中，根据左手定则可知，M受到竖直向上的洛伦兹力作用，由于，则有：qBv0＜mg，即M所受的洛伦兹力小于其所受重力，则M、N之间存在弹力和滑动摩擦力，N受到的滑动摩擦力水平向右，则N也向右运动，故A错误，B正确； CD、在M向右运动过程中，由于M受到与运动方向相反的滑动摩擦力的作用，所以其速度逐渐减小，则M所受的洛伦兹力逐渐减小，而M、N间弹力大小为：F＝mg﹣qBv0，可得M、N间弹力逐渐增大，易知M、N间滑动摩擦力逐渐增大，故C错误，D正确。 故选：BD。 13．（2025春•盐城期中）如图所示，在边长为L的正方形区域内，有沿+y方向的匀强电场和垂直于纸面的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为+q带电的粒子（不计重力）从原点O进入场区，恰好能以v0的速度沿直线匀速通过场区。 （1）分析推断粒子的初速度方向，判定磁感应强度方向。 （2）若撤去电场，只保留磁场，其他条件不变，该带电粒子恰好从（L，）点离开场区，求磁感应强度的大小B。 （3）若撤去磁场，只保留电场，其他条件不变，求粒子离开场区的位置。 【解答】解：（1）①因为粒子匀速运动且电场力沿+y方向，故洛伦兹力f沿﹣y方向，而速度v0与f垂直， 所以速度沿+x 方向。 ②洛伦兹力f沿﹣y方向，根据左手定则可判定磁场垂直于纸面向外。 （2）如图 根据勾股定理： 解得 解得 （3）设粒子从右边界离开，则： 水平方向：L＝v0t 竖直方向： 又ma＝qE 综合可得y＝0.4L＜0.5L 故假设成立。 粒子离开场区的具体位置为（L，0.4L） 答：（1）粒子的初速度沿+x 方向，磁感应强度方向垂直于纸面向外； （2）若撤去电场，只保留磁场，其他条件不变，该带电粒子恰好从（L，）点离开场区，磁感应强度的大小B为； （3）若撤去磁场，只保留电场，其他条件不变，粒子离开场区的位置为（L，0.4L）。 地 城 考点06 带电粒子由磁场进入电场中的运动 14．（2025春•万源市校级期中）（多选）圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场边缘上有A、B两点，∠AOB＝90°。放射源从A点沿纸面向圆形区域各个方向均匀发射速度大小为v0的带电粒子。圆的右边有边长有2R的正方形MNQP，与圆相切于B点，且 MB＝NB，其区域内有水平向左的匀强电场。当粒子初速沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，进入电场后又刚好到达边界QP并返回，重新进入并最终离开磁场。不计重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　） A．粒子的比荷为 B．粒子在磁场中运动的总时间与入射方向无关 C．若将电场E方向变为竖直向下，则从电场边界QP与NQ射出的粒子数之比为1：1 D．若电场E竖直向下，且粒子要全部从NQ边界射出，则场强大小至少为原来的4倍 【答案】BD 【解答】解：A.根据题意，做出粒子在圆形磁场中运动的轨迹如图所示 根据几何关系可知粒子在磁场中的轨迹半径为R，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力充当向心力有 则可得粒子的比荷为，故A错误； B.粒子从A点进入磁场到从B点进入电场后再从电场回到B点时，因电场力做功为零，因此再次进入磁场时的速度大小不变，则再次进入磁场做圆周运动的轨迹半径不变，到最终离开磁场的运动过程中，其运动轨迹如图所示 在磁场中运动的总时间 而粒子无论从A点向哪个方向射入磁场，到最终离开磁场时在磁场中偏转的总角度θ＝π，因此，粒子在磁场中运动的总时间与入射方向无关，均为 ，故B正确； C.在A点的粒子源向磁场中的各个方向发射速度大小均为v0的带电粒子，由于粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径与磁场的半径相同，因此所有粒子离开圆形磁场时将平行于电场方向进入电场，根据沿AO方向射入的粒子进入从MN中点B进入电场后，刚好到达边界QP并返回，则由动能定理有 解得电场力 根据牛顿第二定律可得粒子在电场中运动时的加速度大小为 而若将电场E的方向改为竖直向下，则粒子在进入电场后将做类平抛运动，而粒子恰好打到Q处，则有 2R＝v0t 联立解得 由于能进入电场的粒子的总高度为为2R，则可知高度小于的粒子范围均从NQ射出，高度大于而又小于2R范围内的粒子均从PQ射出，分别做出从高度2R、R处进入电场的粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 根据几何关系可知，从高度处进入电场的粒子在磁场中A点入射速度方向与水平方向的夹角为60°，则从电场边界QP与NQ射 出的粒子数之比为 ，故C错误； D.电场E竖直向下，且粒子要全部从NQ边界射出，则进入电场范围高度为2R的粒子恰好打在Q处，根据类平抛运动的规律有 2R＝v0t 联立解得 由此可得 因此可知，若电场E竖直向下，且粒子要全部从NQ边界射出，则场强大小至少为原来的4倍，故D正确。 故选：BD。 15．（2025春•安徽期中）如图所示，平面直角坐标系的第二象限内，在和y轴之间有沿y轴负方向的匀强电场，在和x轴负半轴之间有垂直于坐标平面向外的匀强磁场。在y轴右侧和y＝﹣d上方区域有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度与第二象限内的电场强度相同，在第四象限内有一个平行于x轴的绝缘弹性板，板到x轴的距离为2d。在x轴负半轴上的P点，沿与x轴负方向成30°的方向垂直磁场射出一个质量为m、电荷量为+q、速度大小为v0的带电粒子，粒子经磁场偏转后从Q点（未画出）沿x轴正向进入电场，已知Q点离x轴的距离为d，粒子在电场中的轨迹经过坐标原点，粒子与挡板碰撞前后瞬间，平行x轴方向的速度不变，平行y轴方向的速度大小相等，方向相反，不计粒子的重力，求： （1）匀强磁场的磁感应强度大小； （2）匀强电场的电场强度大小及粒子从Q点进电场到从y＝﹣d出电场所用的时间； （3）粒子第一次经挡板碰撞后经过x轴时的位置到O点的距离。 【解答】解：（1）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据题意及几何关系可知r+rcos30°＝d 解得 根据牛顿第二定律得 解得 （2）粒子从Q点进电场，做类平抛运动，从Q到O过程中，2d＝v0t1 根据牛顿第二定律得qE＝ma 解得， 设粒子从Q点进电场到从y＝﹣d出电场所用的时间为t，则 解得 （3）设粒子经过y＝﹣d时沿y轴负方向的速度大小为vy，则 根据题意，粒子从O点到再次经过x轴所用的总时间为 粒子经挡板碰撞后经过x轴时的位置离O点的距离 答：（1）匀强磁场的磁感应强度大小为； （2）匀强电场的电场强度大小为，粒子从Q点进电场到从y＝﹣d出电场所用的时间为； （3）粒子第一次经挡板碰撞后经过x轴时的位置到O点的距离为。 地 城 考点07 回旋加速器 16．（2025春•泉州期中）电磁技术的应用非常广泛：图甲是圆盘发电机的原理图、图乙是回旋加速器的示意图、图丙是真空冶炼炉、图丁是探雷器。下列说法正确的是（　　） A．图甲中外力顺时针（从左边看）转动铜盘，电路中会产生感应电流，通过R的电流自上而下 B．图乙中仅增大回旋加速器狭缝间的电压，被加速粒子获得的最大动能不变 C．图丙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中产生大量热量，从而冶炼金属 D．图丁中探雷器工作时，线圈中要有恒定的电流 【答案】B 【解答】解：A.若用外力顺时针（从左边看）转动铜盘时，根据右手定则可得感应电流方向为C到D（电源内部），D端是感应电动势的正极，则通过电阻R的电流自下而上，通过R的电流自下而上，故A错误； B.根据，可得，即粒子获得的最大动能与电压无关，故B正确； C.图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，铁块中产生涡流，产生大量热量，从而冶炼金属，故C错误； D.探雷器通过辐射电磁场使金属体重产生涡流，再感应到这种涡流发现地雷，所以探雷器工作时，线圈中要有交变电流，故D错误。 故选：B。 17．（2025秋•上海校级期中）（多选）利用回旋加速器加速的粒子束，如质子束或重离子束，可对肿瘤进行精确照射。这些高能粒子束能够在肿瘤组织内释放大量能量，破坏肿瘤细胞的DNA，从而达到杀死肿瘤细胞的目的，同时对周围正常组织的损伤相对较小，可提高肿瘤治疗的效果和患者的生活质量，是肿瘤患者的福音。如图为回旋加速器的原理图，D1和D2是两个中空的半径均为R的半圆金属盒，接在电压为U的交流电源上，位于D2圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略，不计重力），质子在两盒之间被电场加速，D1、D2置于与盒面垂直的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。已知质子的电荷量为q、质量为m，忽略质子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中的相对论效应。下列说法正确的是（ ） A．质子离开回旋加速器时的最大动能为 B．质子第一次进入D1盒与第一次进入D2盒运动轨迹的半径之比为 C．质子在电场中加速的次数为 D．质子在回旋加速器中运动的时间为 【答案】BC 【解答】解：A、质子从回旋加速器中以最大速度离开时轨迹半径等于半圆金属盒R，有 可得最大动能为，故A错误； B、质子第一次进入D1盒时加速了一次，设速度为v1，根据动能定理有 做圆周运动的半径为r1，洛伦兹力提供向心力有 可得 质子第一次进入D2盒时加速了两次，同理推得 故两半径之比为，故B正确； C、由最大动能可推出质子在电场中加速的次数n，根据动能定理有nqU＝Ekm﹣0 解得质子在电场中加速的次数为，故C正确； D、由C选项中的加速次数，可得回旋的圈数为 在磁场中有 质子在回旋加速器中运动的时间，故D错误。 故选：BC。 地 城 考点08 法拉第电磁感应定律的基本计算 18．（2025春•南昌校级期中）如图所示，半径为R的金属圆环ab固定在水平桌面上，有一垂直于圆环向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系为B＝kt（k＞0）。一长为2R的金属直杆垂直磁场放置在圆环上，杆的一端与圆环的端口a接触，t＝0时，杆从图示实线位置以角速度ω顺时针绕a在圆环所在平面内匀速转动，时，金属杆转到虚线位置，与圆环另一端口b刚好接触，设时金属杆和金属圆环构成的整个回路的总电阻为r，金属杆与圆环接触良好，下列说法正确的是（　　） A．时，回路中的电流方向为顺时针方向 B．t＝0到的过程中，回路中的感应电动势一直减小 C．时，回路中的感应电动势大小为 D．时，回路中的电流大小为 【答案】D 【解答】解：A．穿过回路的磁通量增加，磁场方向垂直于圆环向里，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向，故A错误； B．t＝0到的过程中，回路中的感生电动势和动生电动势均增大，两者方向相同，则回路中的感应电动势一直增大，故B错误； C．时，圆环与杆构成的回路由于磁场均匀增大，产生的感生电动势为 动生电动势为 所以回路中的感应电动势大小为，故C错误； D．时，回路中的电流大小为，故D正确。 故选：D。 19．（2025春•顺义区校级期中）（多选）如图甲所示，N＝200匝的线圈（图中只画了2匝），电阻r＝2Ω，其两端与一个R＝8Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。以下说法正确的是（　　） A．通过电阻R的电流方向b→a B．通过电阻R的电流大小不变 C．线圈产生的感应电动势E＝10V D．电阻R两端的电压U＝8V 【答案】BCD 【解答】解：线圈相当于电源，由楞次定律可知a相当于电源的正极，b相当于电源的负极通过电阻R的电流方向a→b； 由法拉第电磁感应定律得： 由闭合电路的欧姆定律得：，大小保持不变，又由部分电路的欧姆定律得：U＝IR＝1×8V＝8V，故A错误，BCD正确。 故选：BCD。 20．（2025春•成都校级期中）如图甲所示，轻质细线吊着一质量m＝0.4kg、边长L＝0.4m、匝数n＝50的正方形线框，线框总电阻r＝0.8Ω。线圈最下方的导线有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场分布在边长为a＝0.2m正方形内，磁场一半处于线框内，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）t＝0时刻穿过线圈的磁通量； （2）0﹣6s时间内线圈产生的电流大小； （3）t＝3s时轻质细线的拉力大小。 【解答】解：（1）t＝0时刻穿过线圈的磁通量 得： （2）0﹣6s时间内线圈产生的感应电动势大小 由图乙得： 0﹣6s时间内线圈产生的感应电流大小 得：I＝0.25A （3）t＝3s时，由图乙得此时磁感应强度大小B1＝1T 由平衡条件：T+nB1Ia＝mg 得：T＝1.5N 答：（1）t＝0时刻穿过线圈的磁通量8×10﹣3Wb； （2）0﹣6s时间内线圈产生的电流大小0.25A； （3）t＝3s时轻质细线的拉力大小1.5N。 地 城 考点09 导体转动切割磁感线产生的感应电动势 21．（2025春•四川期中）如图所示，半径为L的金属圆环水平放置，圆心处及圆环边缘通过导线分别与两条倾角θ＝37°的平行倾斜金属轨道相连，圆环区域内分布着磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，圆环上放置一金属棒a，棒a一端在圆心处，另一端恰好搭在圆环上，棒a可绕圆心转动。倾斜轨道部分处于垂直轨道平面向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场中，金属棒b放置在倾斜平行轨道上，其长度与轨道间距均为2L。已知金属棒b的质量为m，棒a、b的电阻分别为R和2R，其余电阻不计。若金属棒b与轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。当金属棒a绕圆心以角速度ω顺时针（俯视）匀速旋转时，金属棒b保持静止。下列说法正确的是（　　） A．金属棒a中产生的感应电动势E＝BL2ω B．金属棒a两端的电压为 C．金属棒a旋转的最大角速度为 D．金属棒a旋转的最小角速度为 【答案】D 【解答】解：A、根据题意分析可知，设金属棒a在磁场中产生的感应电动势 故A错误； B、根据题意分析可知，由闭合电路欧姆定律得，金属棒b中电流 金属棒a两端的电压为路端电压U＝I•2R 联立解得 故B错误 CD、根据题意分析可知，由安培力公式可知，F安＝BI•2L 联立解得 为保持b棒始终静止，设棒a旋转的角速度最小值设为ω1、最大值为ω2，由平衡条件，有 解得 由 解得，故D正确，C错误。 故选：D。 22．（2025春•西湖区校级期中）（多选）如图甲是法拉第发明的铜盘发电机，也是人类历史上第一台发电机。利用这个发电机给平行金属板电容器供电，如图乙。已知铜盘的半径为L，加在盘下侧的匀强磁场磁感应强度为B1，盘匀速转动的角速度为ω，每块平行板长度为d，板间距离也为d，板间加垂直纸面向内、磁感应强度为B2的匀强磁场，重力加速度为g。下列选项正确的是（　　） A．若铜盘按照图示方向转动，那么平行板电容器C板电势高 B．铜盘产生的感应电动势为 C．若一电子（不计重力）从电容器两板中间水平向右射入，恰能匀速直线运动从右侧水平射出，则电子射入时速度为 D．若有一带电量为﹣q的小球从电容器两板中间水平向右射入，在复合场中做匀速圆周运动，则小球的质量为 【答案】AD 【解答】解：A、若圆盘按图示方向转动，由右手定则可知，平行板电容器的C板电势高，故A正确； B、铜盘产生的感应电动势E＝B1LB1LB1ωL2，故B错误； C、电容器两极板间的电势差U＝E，电子在电容器两极板间做匀速直线运动，由平衡条件得：eevB2，解得电子的速度大小v，故C错误； D、带电小球在电容器两极板间做匀速直线运动，电场力与重力合力为零，洛伦兹力提供向心力，由平衡条件得：qmg，解得小球的质量：m，故D正确。 故选：AD。 23．（2025春•瑞安市校级期中）如图所示是研究小组设计的一种“圆盘电动机”。半径为L的导体圆环竖直放置，圆环附近存在水平向右且垂直圆环平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，它通过三根阻值均为3R的辐条与转轴O1O2固连。圆环左侧的电阻R通过导线与辐条并联，电源S是恒流源，能提供恒定不变的电流I（箭头表示电流方向），电阻R与电源S之间接有开关K；圆环的右侧有一个半径为且能与圆环随转轴一起转动的圆盘，其上绕有不可伸长的细线，下端悬挂铝块。除铝块外，其他物体质量忽略不计，不考虑任何摩擦阻力，重力加速度为g。 （1）当开关K断开时，细线下面悬挂质量为m0的铝块，经足够长时间铝块未落地，求： ①流过电阻R的电流方向； ②铝块下落的最终速度vm； （2）当开关K闭合时，圆盘转动，带动铝块向上运动，求： ①开关接通瞬间，单根辐条上的安培力F的大小； ②此电动机可能输出的最大机械功率为多少？此时铝块质量m为多大？ 【解答】解：（1）①铝块下落时，从右向左看，辐条顺时针转动，由右手定则，流过辐条的电流从圆环流向转轴，故R的电流为从a到b； ②设此时辐条转动的角速度为ω，则三根辐条产生的等效电动势为：，等效电阻为R 对于铝块，最大速度为： 在最终运动过程中，铝块的重力做功功率等于电路的电功率，则有： 代入可得：； （2）①流过三根辐条的总电流为I，根据电路链接特点可知，流过单根辐条的电流： 单根辐条上的安培力： ②设流过三根辐条的总电流为i，则有：U＝（I﹣i）R 根据电功率的计算公式可得：P＝UI﹣i2R 代入得P＝IRi﹣2Ri2 当时，输出功率最大，最大为：Pm 由于：U＝E+iR 代入得： 物体上升的速度： 由于：Pm＝mgvm 联立解得：。 答：（1）①流过电阻R的电流方向为从a到b； ②铝块下落的最终速度为； （2）①开关接通瞬间，单根辐条上的安培力F的大小为； ②此电动机可能输出的最大机械功率为，此时铝块质量m为。 地 城 考点10 线圈进出磁场的动力学问题 24．（2025春•深圳校级期中）（多选）如图所示，在光滑水平绝缘桌面上有一等腰梯形单匝均匀金属线框abcd，总电阻为R，ab＝L，cd＝3L，。空间存在竖直向下的有界匀强磁场（磁场边界平行），磁感应强度大小为B，有界磁场的宽度为2L。线框在水平拉力F作用下以速度v向右匀速穿过磁场区域（ab边始终与磁场边界平行），t＝0时刻，ab边刚好在磁场左边界。下列说法正确的是（　　） A．进、出磁场过程中，线框中的电流方向不同 B．进、出磁场过程中，线框所受安培力的方向不同 C．出磁场过程中，线框中的电流I与时间t的关系为 D．线框进入磁场过程，通过线框截面的电荷量为 【答案】AC 【解答】解：AC、根据几何关系可知梯形的底角为45°，在时间内，感应电动势为E＝B（L+2vt）v。由闭合电路欧姆定律可得线框中电流，根据楞次定律判断感应电流方向为逆时针。在时间内，通过线框的磁通量不变，感应电动势为零，故感应电流为零。在时间内，线框中电流，解得：，方向为顺时针，故AC正确； B、在时间内，线框所受安培力，根据左手定则可知其方向水平向左；在时间内，FA＝0；在时间内，，方向水平向左，故B错误； D、对于线框进入磁场过程，由、及，可得，其中ΔΦ＝BS，解得：，因此通过线框截面的电荷量，故D错误。 故选：AC。 25．（2025春•邗江区校级期中）如图，一个边长为a、总电阻R的正方形单匝线圈，线圈平面与匀强磁场垂直、且一半在磁场中。在时间t内，磁感应强度的方向不变、大小由B均匀增大到2B，在此过程中，求： （1）线圈中感应电流方向及产生的感应电动势大小； （2）t时刻线圈所受安培力的大小。 【解答】解：（1）根据楞次定律和安培定则，由于磁场方向垂直纸面向里且均匀增强，线圈中产生的感应电流方向为逆时针。 线圈的有效切割面积为，依据法拉第电磁感应定律，代入相关数据，解得感应电动势大小为。 （2）在t时刻，磁场的磁感应强度大小为2B。根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流为。 线圈的左边框处于磁场中，而上、下边框在磁场内的部分所受安培力相互抵消，因此线圈所受的合安培力即为左边框的受力。 由安培力公式F＝BIL，可得F＝2BIa，代入电流表达式，解得安培力大小为。 答：（1）感应电流方向为逆时针，感应电动势大小为。 （2）t时刻线圈所受安培力大小为。 地 城 考点11 电磁感应过程中的动力学类问题 26．（2025春•四川期中）（多选）如图甲所示，一对足够长金属导轨由等宽的右侧水平导轨和左侧倾斜导轨两部分在虚线mn处连接组成，mn右侧存在竖直向下的匀强磁场，mn左侧存在与倾斜轨道平行的匀强磁场，方向沿斜面向上，mn两侧磁场的磁感应强度B大小相等（B的大小未知），导轨的间距为L＝1.5m，倾角θ＝37°，在t＝0时刻，置于倾斜导轨上的ef棒由静止释放，置于水平导轨上的cd棒在一水平向右的外力F的作用下由静止开始做匀加速直线运动，外力随时间的变化规律如图乙所示，cd、ef棒的质量分别为m1＝1.0kg、m2＝2.0kg，电阻分别为R1＝2Ω、R2＝3Ω，忽略导轨的电阻，ef棒与金属导轨的动摩擦因数为μ＝0.12，不计cd棒与导轨之间的摩擦，sin37°＝0.6，取g＝10m/s2，则（　　） A．cd棒做匀加速直线运动的加速度大小为5m/s2 B．磁感应强度B的大小为0.75T C．ef棒经21s在倾斜轨道上的速度达到最大 D．ef棒经4s在倾斜轨道上的速度达到最大 【答案】AD 【解答】解：B、cd棒做匀加速直线运动，经时间t，回路电流为，cd棒所受安培力为。 由牛顿第二定律得F﹣F安＝m1a，整理得。图线显示t＝2s时F＝13N，代入解得，故B错误； A、由乙图可知，t＝0时刻拉力为5N，根据牛顿第二定律，加速度大小为，故A正确； CD、ef棒受力如图所示。 当ef棒速度最大时，有F1＝m2gcosθ，其中，联立解得t1＝4s，故C错误，D正确。 故选：AD。 27．（2025春•润州区校级期中）如图所示，MN和PQ是竖直放置且足够长的光滑金属导轨，相距L＝0.1m，匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度B＝0.5T。断开开关S，将质量m＝0.02kg、有效电阻R＝0.1Ω的导体棒从静止释放，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻和空气阻力，重力加速度g取10m/s2。导体棒速度v＝10m/s时，闭合开关，求此时导体棒的： （1）电动势大小，指出a、b两点电势的高低关系； （2）整个回路热功率P； （3）加速度大小a； （4）导体棒的最终速度大小。 【解答】解：（1）闭合开关，此时导体棒产生的电动势为E＝BLv＝0.5×0.1×10V＝0.5V 根据右手定则可知，b的电势高于a的电势。 （2）回路中电流为IA＝5A 则整个回路热功率为P＝I2R＝52×0.1W＝2.5W （3）导体棒受到的安培力大小为F安＝BIL＝0.5×5×0.1N＝0.25N 由牛顿第二定律得F安﹣mg＝ma 解得加速度大小为a＝2.5m/s2 （4）电流稳定之后，导体棒做匀速直线运动，此时导体棒受到的重力和安培力平衡，即mg＝BIL 根据，E＝BLvm 解得vm＝12.5m/s 答：（1）电动势大小为0.5V，b的电势高于a的电势； （2）整个回路热功率P为2.5W； （3）加速度大小a为2.5m/s2； （4）导体棒的最终速度大小为12.5m/s。 地 城 考点12 电磁感应过程中的能量类问题 28．（2026春•西城区校级期中）（多选）如图所示，在竖直平面内有足够长的两平行金属导轨PQ、MN。导轨间距为L，电阻不计。现有一个质量为m、电阻不计、两端分别套在轨道上的金属棒AB，AB棒在导轨上可无摩擦地滑动，棒与导轨垂直，并接触良好。导轨之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。导轨上边与电路连接，电路中的定值电阻阻值为R，在PM间接有一电容为C的平行板电容器。现AB棒由静止释放，下列说法正确的是（　　） A．当金属棒AB向下滑动时，电容器右极板将带上负电荷 B．金属棒AB可以达到的最大速度是 C．电容器充电完成后，电容器带电量为 D．金属棒最终会做匀速直线运动，此阶段减少的重力势能完全转化为电能 【答案】BCD 【解答】解：A、当金属棒AB 向下滑动时，根据右手定则可知，金属棒B端为高电势，电容器右极板将带上正电荷，故A错误； B、对金属棒AB 受力分析可知，当其加速度为零时，具有最大速度，可得：mg＝F安＝BIL 又根据欧姆定律有： 联立解得最大速度：，故B正确； C、电容器充电完成后，极板间电压为：U＝E＝BLvm 又由电容的定义： 联立解得电荷量为：，故C正确； D、根据B选项分析可知，金属棒最终会做匀速直线运动，由能量守恒：mgh＝E电 可知此阶段减少的重力势能完全转化为电能。故D正确。 故选：BCD。 29．（2026春•江阴市校级期中）如图甲所示，足够长倾斜导轨与水平面的夹角为θ，上端MN间、底端均与阻值为R的定值电阻相连，导轨的宽度为l。导轨平面内有平行且垂直导轨的虚线ab、cd，正方形区域MNba内存在垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度的大小随时间的变化规律如图乙所示；cd与底端间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B0。PQ是长度为l、质量为m、阻值为R垂直导轨放置的导体棒，其他电阻不计，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g。若0～t0内PQ在下方磁场区域的某位置恰能静止，t1时刻通过定值电阻的电流刚好达到稳定值。 （1）求0～t0内通过PQ的电流大小I； （2）求t1时刻PQ的速度大小； （3）若已知t0到t1时间内通过PQ的电荷量为q，求此过程PQ产生的热量Q。 【解答】解：（1）已知在0至t0时间内，PQ保持静止，根据平衡条件可得mgsinθ＝B0Il，解得：。 （2）t1时刻，流过定值电阻的电流达到稳定值，此时导体棒做匀速运动，满足mgsinθ＝B0I'l。 导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E'＝B0lv，回路的总电阻为，回路中的感应电流为，联立解得：。 （3）根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势为。由闭合电路欧姆定律得，平均电流为。 根据电流的定义式，联立解得：。对PQ应用动能定理，有。 由功能关系可知，系统产生的总焦耳热。 PQ上产生的焦耳热为，解得：。 答：（1）0～t0内通过PQ的电流大小为。 （2）t1时刻PQ的速度大小为。 （3）此过程PQ产生的热量为。 30．（2026春•徐州期中）两根平行等长金属导轨弯折成正对的“”形固定在水平面上。水平段MN、M′N′光滑，竖直段NP、N'P'粗糙，导轨间距L＝0.5m，空间存在竖直向上、磁感应强度B＝2T的匀强磁场。质量m＝0.2kg、电阻R＝0.5Ω、长度也为L的金属棒ab放在水平导轨上，竖直段NP、N′P′外侧有一根与ab完全相同的金属棒cd，ab、cd始终与导轨垂直。给ab以向左的初速度v0＝8m/s，同时由静止释放cd。cd与竖直导轨间动摩擦因数μ＝0.5（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），两棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，g取10m/s2。求： （1）初始时，cd受到的摩擦力大小； （2）cd刚要开始运动时，ab向左移动的位移； （3）cd刚要开始运动时，已经通过ab的电荷量q和ab产生的焦耳热Qab。 【解答】解：（1）初始时，根据法拉第电磁感应定律，有E＝BLv0 解得E＝8V 根据欧姆定律，有 解得I0＝8A 受力分析，金属棒cd与导轨间的弹力，满足FN＝I0LB 解得FN＝8N 金属棒cd与导轨间的最大静摩擦力，满足fmax＝μFN 解得fmax＝4N 在竖直方向上，有 mg＝0.2kg×10m/s2＝2N＜fmax 则金属棒cd受到的摩擦力大小2N （2）设cd刚要开始运动时，ab棒的速度为v，则必有 解得v＝4m/s 从开始到cd棒刚要开始运动过程中，根据动量定理，以v0的方向为正方向，有﹣iLB•Δt＝mv﹣mv0 其中 则有 即 联立解得x＝0.8m （3）通过ab的电荷量q 回路产生的总的焦耳热Q 解得Q＝4.8J ab的焦耳热Qab 答：（1）初始时，cd受到的摩擦力大小为2N； （2）cd刚要开始运动时，ab向左移动的位移为0.8m； （3）cd刚要开始运动时，已经通过ab的电荷量q为0.8C，ab产生的焦耳热为2.4J。 地 城 考点13 自感线圈对电路的影响 31．（2025春•朝阳区校级期中）在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R。将变阻器的滑片置于最大阻值处，闭合开关S，至L1和L2都稳定发光后，调节滑动变阻器的滑片，使L1和L2发光的亮度相同，此时滑动变阻器的阻值为R0，之后断开开关S。电源的内阻很小，可忽略，则下列说法正确的是（　　） A．移动滑动变阻器滑片的过程中，L1、L2的亮度都在发生变化 B．开关S由闭合变为断开瞬间，L1、L2中的电流相等 C．开关S由闭合变为断开瞬间，L1中的电流会立即反向 D．若想观察到断开开关S后L2闪亮一下的现象，滑动变阻器的阻值应小于R0 【答案】B 【解答】解：A．由于电源内阻忽略，可知L1支路的电压不变，则移动滑动变阻器滑片的过程中，L1亮度不变，故A错误； B．开关S由闭合变为断开，电感线圈与L1、L2构成串联回路，根据串联电流电流处处相同，故L1、L2中的电流相等，故B正确； C．开关S由闭合变为断开瞬间，L1中电流减小，自感电动势要阻碍其减小，故L1中的电流不会立即反向，故C错误； D．若想观察到断开开关S后L2闪亮一下的现象，则稳定时通过线圈支路的电流必须大于通过下方L2支路的电流，则滑动变阻器的阻值应大于线圈电阻R0，而非小于，故D错误。 故选：B。 32．（2025春•杭州期中）（多选）图甲是探究电感器对交变电流的作用电路图，图乙是探究自感现象电路图，不计线圈电阻，下列有关说法正确的是（　　） A．闭合图甲中的电键S，增大交变电流的频率，灯泡将变亮 B．闭合图甲中的电键S，抽离铁芯，灯泡将变亮 C．闭合图乙中电键S，灯泡立即变亮，然后逐渐变暗 D．断开图乙中电键S，灯泡立即熄灭 【答案】BC 【解答】解：A、线圈的感抗与交流电的频率成正比，当图甲中交流电频率增大时，线圈的感抗增大，电路中电流减小，灯泡将变暗，故A错误； B、抽离铁芯，线圈的自感系数减小，感抗减小，电路中电流增大，灯泡将变亮，故B正确； C．闭合图乙中电键S，灯泡立即变亮，但由于线圈的自感作用，通过线圈的电流逐渐增大，最终达到稳定后，因为不计线圈电阻，灯泡被短路，即逐渐变暗直至熄灭，故C正确； D．断开图乙中电键S，线圈、灯泡组成闭合回路，由于线圈的自感作用，线圈中的电流逐渐减小，所以灯泡不会立即熄灭，而是逐渐熄灭，故D错误。 故选：BC。 地 城 考点14 正弦式交变电流的函数表达式及推导 33．（2025春•石家庄期中）如图为某交流发电机工作图，两磁极N、S间可视为匀强磁场，匝数为n的矩形线圈绕OO′逆时针匀速转动，角速度为ω，内阻为r，理想交流电压表示数为U，负载的阻值为R，不计电路中其他电阻。则下列说法正确的是（　　） A．线圈产生的感应电动势最大值为 B．负载R上消耗的功率 C．线圈从图示位置开始转动90°过程中，通过线圈的电荷量为 D．线圈从图示位置开始转动90°时，处于中性面位置，且磁通量为 【答案】D 【解答】解：A、由，解得：，故A错误； B、电阻R消耗的功率为，故B错误； D、线圈从图示位置开始转动90°时，处于中性面位置，磁通量最大，此时，故可得，故D正确。 C、线圈从图示位置开始转动90°过程中，通过电阻的电荷量，故C错误； 故选：D。 34．（2025春•漳州期中）（多选）图（a）为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁体转动，转速与风速成正比。某一风速时，线圈中产生的正弦式交变电压如图（b），则（　　） A．磁铁的转速为5r/s B．线圈中电压的有效值为 C．电压的表达式为U＝6sin10πtV D．风速加倍时，电压的表达式为U＝12sin10πtV 【答案】AC 【解答】解：A、磁铁的转速等于交流电变化的频率，通过乙图可知，解得：n＝5Hz＝5r/s，故A正确； B、线圈中电压的有效值为，解得：，故B错误； C、电压的表达式为U＝Asinωt，解得：U＝6sin10πtV，故C正确； D、风速加倍时，角速度加倍，根据Um＝NBSω可知产生的感应电动势加倍，电压的表达式为U＝2Asin2ωt，解得：U＝12sin20πtV，故D错误。 故选：AC。 35．（2026春•江阴市校级期中）如图甲所示，交流发电机的线圈位于匀强磁场中，已知线圈匝数n＝100，总电阻r＝10Ω，定值电阻R＝40Ω，线圈与定值电阻组成闭合回路，图中电表均为理想表，t＝0时刻线圈以OO′为轴，以恒定角速度匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图乙所示。（不计电路其他部分的电阻）求： （1）感应电流随时间的表达式； （2）电压表的读数。 【解答】解：（1）根据图像可知周期：T＝π×10﹣2s，则角速度为：rad/s＝200rad/s 感应电流最大值为：Im4A 感应电流随时间的表达式为：i＝Imcosωt 解得：i＝4cos（200t）A； （2）感应电流的有效值为：IA＝2A 则电压表的示数为：U＝IR＝240＝80V。 答：（1）感应电流随时间的表达式为i＝4cos（200t）A； （2）电压表的读数为80V。 地 城 考点15 用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热 36．（2025春•薛城区期中）如图所示为周期为0.04s的交变电流，让该电流通过R＝10Ω的电阻，则（　　） A．前0.4s内电阻的发热量为640J B．前0.3s内电阻的发热量为300J C．电阻的电功率为1625W D．电阻的电功率为1000W 【答案】C 【解答】解：A、前0.4s内电阻产生的焦耳热 Q＝（）2×10×0.01J+102×10×（0.03﹣0.01）J+202×10×（0.04﹣0.03）J＝65J 故A错误； B、前0.3s内电阻产生的焦耳热 代入数据，解得：Q'＝250J 故B错误； CD、根据电功率公式 代入数据，解得：P＝1625W 故C正确，D错误。 故选：C。 37．（2025春•万州区期中）（多选）如图甲所示，N＝200匝的线圈（图中只画了2匝），线圈的面积S＝0.01m2，电阻r＝2Ω，其两端与一个R＝48Ω的电阻相连，线圈内有垂直纸面向里的磁场，以垂直纸面向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示，在0～0.10s时间内，下列说法正确的是（ ） A．流经电阻R的电流方向由a到b B．电阻R两端的电压大小为19.2V C．电阻R产生的焦耳热为0.192J D．通过电阻R的电荷量为0.04C 【答案】BD 【解答】解：B、由法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为，解得：E＝20V，则电阻R两端的电压大小为，解得：U＝19.2V，故B正确； A、根据楞次定律“增反减同”可知线圈中电流为顺时针，则流过电阻R的电流方向为由b到a，故A错误； C、0.10s时间内电阻R产生的焦耳热为，解得：Q＝0.768J，故C错误； D、0.10s时间内通过电阻R的电荷量为，解得：q＝0.04C，故D正确。 故选：BD。 38．（2025春•薛城区期中）如图（甲）为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数n＝100、电阻r＝10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表，在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图（乙）所示正弦规律变化。（取π＝3.14）求： （1）交流发电机产生的电动势的最大值； （2）从t＝0时刻开始计时，线圈转过60°时线圈中感应电流瞬时值及回路中的电流方向； （3）从图示位置转过90°，通过线圈的电量及整个回路的焦耳热？ 【解答】解：（1）由Φ﹣t图线可知Φm＝2.0×10﹣2Wb T＝6.28×10﹣2s 因为Φm＝BS， 所以Em＝nΦmω 代入数据解得 所以Em＝200V； （2）因为e＝Emcosωt（V） 所以i 代入数据解得：i＝2cos60°（A）＝1A， 根据楞次定律可知电流方向为abcda； （3）根据公式q＝n 代入数据解得q＝0.02C 根据焦耳定律可得：Qt 代入数据解得Q＝3.14J 答：（1）交流发电机产生的电动势的最大值为200V； （2）从t＝0时刻开始计时，线圈转过60°时线圈中感应电流瞬时值为1A，回路中的电流方向为abcda； （3）从图示位置转过90°，通过线圈的电量为0.02C，整个回路的焦耳热为3.14J。 地 城 考点16 变压器的动态分析 39．（2025春•湖南期中）如图所示，交变电源电压的有效值恒定，R为定值电阻，可调变压器为理想变压器，P1为移动导电刷，Rp为滑动变阻器，电流表、电压表均为理想电表，电表V1、V2、A1、A2，则下列说法正确的是（　　） A．保持P1位置不变，P2缓慢下滑的过程中，U1减小、U2增大 B．保持P1位置不变，P2缓慢下滑的过程中，I1增大、I2增大 C．保持P2位置不变，P1缓慢下滑的过程中，U1增大、U2减小 D．保持P2位置不变，P1缓慢下滑的过程中，I1增大、I2增大 【答案】B 【解答】解：AB、副线圈在原线圈的等效电阻为：，由此可知在P2缓慢下滑的过程中，回路中的总电阻减小，保持P1位置不变，所以原副线圈的电流变大，I1增大、I2增大，由于R不变，所以U1增大，因为电源电压不变，所以原线圈的输入电压减小，P1位置不变，则副线圈的输出电压减小，所以U2减小，故A错误，B正确； CD、副线圈在原线圈的等效电阻为：，保持P2位置不变，P1缓慢下滑的过程中，等效电阻变大，原线圈电流变小，I1减小，U1减小，因为电源电压不变，所以原线圈的输入电压增大，因为副线圈匝数变小，所以无法判断副线圈的电流和电压的变化，故CD错误。 故选：B。 40．（2025春•哈尔滨校级期中）（多选）如图所示，某理想变压器接在电压有效值恒为360V的正弦交流电源两端，原、副线圈的匝数之比n1：n2＝3：1，定值电阻R0＝90Ω，R1＝20Ω，滑动变阻器最大阻值R＝40Ω。初始时滑动变阻器的滑片P位于滑动变阻器的中点，将滑片P向上缓慢滑至a点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．交流电源的输出功率先增大后减小 B．定值电阻R0消耗的电功率逐渐增大 C．P在中点时通过R0的电流为2A D．副线圈负载消耗的电功率逐渐减小 【答案】CD 【解答】解：A．根据理想变压器电压与匝数比的关系 根据理想变压器电流与匝数比的关系 变压器原线圈的等效电阻 其中 题意可知初始时滑动变阻器的滑片P位于滑动变阻器的中点，将滑片P向上缓慢滑至a点的过程中，R增大，则R负载增大，因此变压器原线圈的等效电阻R原增大； 根据功率公式可知交流电源的输出功率减小，故A错误； B．根据欧姆定律可知，通过定值电阻的电流I减小 定值电阻R0消耗的电功率 则电阻R0消耗的电功率逐渐减小，故B错误； C．P在中点时，滑动变阻器的接入电阻R＝20Ω，则负载电阻 根据上述A分析，变压器原线圈的等效电阻R原＝9R负载＝9×10Ω＝90Ω 通过R0的电流 故C正确； D．滑片P向上缓慢滑至a点的过程中，R负载从10Ω开始增大到，则R原从90Ω增大到120Ω； 将R0等效为交流电源内阻，当R原＝R0＝90Ω，副线圈消耗的功率最大，故随着R原从90Ω增大到120Ω过程，副线圈负载消耗的电功率逐渐减小，故D正确。 故选：CD。 41．（2025春•江北区校级期中）如图所示，导体棒ab垂直放在水平面内两根平行固定导轨上，导轨右端与理想变压器原线圈A相连，线圈C接图示电路，线圈A与线圈C的匝数比n1：n2＝1：5，不计导体棒、导轨的电阻，两导轨间距为20cm；磁感应强度B为0.2T，方向竖直向上，滑动变阻器R（阻值0～20Ω），V为理想交流电压表。导体棒在外力作用下运动，则： （1）导体棒以v1＝10m/s向右匀速运动，电压表示数多大？ （2）导体棒其速度随时间变化关系符合v＝20sin50πt（m/s） ①电压表示数多大？ ②滑动变阻器滑片滑到正中间位置，在1min内外力对导体棒做的功。 【解答】解：（1）根据题意知，导体棒以v1＝10m/s向右匀速运动，此时导体棒能够产生稳定的感应电动势，即回路中会有直流电，所以副线圈电压表没有示数。 （2）导体棒产生的感应电动势最大值Em＝BLvm 解得 变压器原线圈电压有效值 解得U1＝0.8V 又 则电压表示数 解得U2＝4V 滑动变阻器滑片滑到中间位置时接入电路的电阻为10Ω，可得副线圈负载电阻为10Ω，副线圈消耗的功率 解得P2＝1.6W 则原线圈输入功率即导体棒产生的功率P1＝1.6W 在1min内外力对导体棒做的功为W＝P1t 解得W＝96J 答：（1）导体棒以v1＝10m/s向右匀速运动，电压表示数为0V； （2）①电压表示数为4V； ②滑动变阻器滑片滑到正中间位置，在1min内外力对导体棒做的功为96J。 地 城 考点17 远距离输电的相关计算 42．（2025春•深圳期中）（多选）如图所示是远距离输电示意图，T1、T2均为理想变压器。发电站输出正弦交流电的功率P＝4.5×104kW，电压，输电线总电阻R＝50Ω，次级变电站两端的电压。若变压器T1原、副线圈的匝数比，则下列说法正确的是（　　） A．变压器T1副线圈的电压为4.5×104V B．输电线上的电流为100A C．输电线上损失的功率为500kW D．变压器T2原、副线圈的匝数比为45：1 【答案】BC 【解答】解：A、根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系，代入数据解得，故A错误； B、发电站输出的正弦交流电电流为，依据电流与匝数的关系，可求得输电线上的电流I2＝100A，故B正确； C、输电线上损失的功率为，计算得ΔP＝500kW，故C正确； D、变压器T2的输出功率P'＝P﹣ΔP＝U4I4，解得I4＝4450A，因此T2原、副线圈的匝数比为，故D错误。 故选：BC。 43．（2026春•徐州期中）某工厂购买了发电机、升压变压器及降压变压器各一台。如图，发电机内阻为1Ω，升压变压器匝数比为1：10，降压变压器匝数比9：1，输电线总电阻R＝5Ω。工厂共36个车间，每个车间有“220V，22W”灯10盏，若保证全部电灯正常发光，则： （1）发电机输出功率多大？ （2）发电机电动势多大？ （3）输电的效率是多少？ 【解答】解：（1）根据题意，所有灯都正常工作的总功率为P4＝36×10×22W＝7920W，用电器都正常工作时的总电流为，解得：I4＝36A。 两个变压器之间输电线上的电流为，解得：IR＝4A。 故输电线上损耗的电功率，解得：PR＝80W。 升压变压器的输出功率为P2＝PR+P4＝80W+7920W，解得：P2＝8000W。 而发电机输出功率即为升压变压器的输入功率P1＝P2，解得：P1＝8000W。 （2）降压变压器上的输入电压U3＝9U4＝9×220V，解得：U3＝1980V。 输电线上的电压损失为UR＝IRR＝4A×5Ω，解得：UR＝20V。 因此升压变压器的输出电压为U2＝UR+U3＝20V+1980V，解得：U2＝2000V。 升压变压器的输入电压为，解得：U1＝200V。 升压变压器的输入电流为I1＝10IR＝10×4A，解得：I1＝40A。 发电机的电动势E＝U1+I1r＝200V+40A×1Ω，解得：E＝240V。 （3）输电的效率，解得：η＝99%。 答：（1）发电机输出功率为8000W。 （2）发电机电动势为240V。 （3）输电的效率为99%。 地 城 考点18 电磁振荡及过程分析 44．（2025春•西湖区校级期中）以下四幅图片：图甲中闭合线圈平面垂直于磁场，线圈在磁场中旋转；图乙中是真空冶炼炉；图丙中是在匀强磁场内运动的闭合线框；图丁是研究自感现象的实验电路图。下列说法正确的是（　　） A．图甲中，线圈在磁场中旋转会产生感应电流 B．图乙中，真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置 C．图丙中，闭合线框中感应电流的方向为a→c→b D．图丁中，电路开关断开瞬间，灯泡A会立即熄灭 【答案】B 【解答】解：A.图甲中线圈旋转时，通过线圈横截面的磁通量是不变的，不产生感应电流，故A错误； B.交流电源会产生交变电场与磁场，在冶炼炉中的金属会产生涡流并发热，可以用来帮助熔化金属，故B正确； C.图丙中线圈转动时，通过线圈横截面的磁通量始终为0，不产生感应电流，故C错误； D.图丁中，电路开关断开瞬间，电感L中的电流逐渐减小，电感与灯泡间形成新的回路，灯泡会逐渐熄灭，故D错误。 故选：B。 45．（2025春•同安区校级期中）（多选）为了测量储液罐中不导电液体的液面高度，设计装置如图所示。将与储液罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容C置于储液罐中，电容C可通过开关S与线圈L或电源相连。当开关从a拨到b时，由线圈L与电容C构成的回路中产生振荡电流，振荡电流的频率f，通过测量振荡频率可知储液罐内的液面高度。则下列说法正确的是（　　） A．当储液罐内的液面高度升高时，电容变大 B．当储液罐内的液面高度升高时，LC回路中振荡电流的频率变大 C．开关拨到b之后，振荡电流的振幅和频率始终保持不变 D．当开关从a拨到b瞬间，电容器两极板的电荷量最大，线圈L中磁场能最小 【答案】AD 【解答】解：A、当储液罐内的液面高度升高时，根据电容的决定式C得，电容变大，故A正确； B、当储液罐内的液面高度升高时，电容变大，根据振荡电流的频率f可知，LC回路中振荡电流的频率变小，故B错误； C、开关拨到b之后，振荡电流的振幅会越来越小，随着储液罐内的液面高度的变化，频率会发生变化，故C错误； D、当开关从a拨到b瞬间，电容器两极板的电荷量最大，流过线圈L中的电流最小，线圈L中磁场能最小，故D正确。 故选：AD。 46．（2025春•邯郸期中）如图甲，振荡电路电容器的电容为C，线圈自感系数为L。某时刻起，电路中的电流与时间的关系为余弦函数如图乙，图像中i0已知，T未知。求： （1）图乙中电流变化的周期T； （2）电容器两端的电压为零的时刻。 【解答】解：（1）振荡电路的周期 振荡电路中电流变化周期 （2）根据题图可得 当电路中的电流最大时，电容器两端的电压为零，即（n＝0，1，2……） 答：（1）图乙中电流变化的周期等于； （2）电容器两端的电压为零的时刻为（n＝0，1，2……）。 地 城 考点19 电磁振荡的周期和频率的计算 47．（2025春•工业园区期中）学习了自感、互感后，某同学设计了如图所示的“呼吸灯”电路。电路中电源为两节干电池，A、B是规格相同、额定电压均为2.5V的灯泡，L是自感系数较大、电阻可以忽略不计的线圈，C是电容较大的电容器。闭合开关，待电路稳定后突然断开开关，两灯开始“呼吸”，下列说法正确的是（　　） A．合上S的瞬间，A灯先亮 B．电流稳定后，A灯亮，B灯熄灭 C．电流稳定后断开S的瞬间，电容器开始充电 D．自感系数L越大，电容C越大，“呼吸灯”的频率越高 【答案】B 【解答】解：AB.闭合开关S的瞬间，电容器C进行充电，B灯立刻变亮，线圈L对电流变化有阻碍作用，A灯慢慢变亮，电流稳定后，电容器C所在支路相当于断路，B灯熄灭，故A错误，B正确； C.电流稳定后断开开关S的瞬间，电容器的放电电流和线圈的自感电流方向相同，因此电容器先放电，故C错误； D.根据LC振荡电路周期 可知自感系数L越大，电容C越大，则周期越大，又，则“呼吸灯”的频率越低，故D错误。 故选：B。 48．（2025春•浦东新区校级期中）中国高铁利用“北斗”导航技术、5G通信技术等构建运营的“超强大脑”，实现了数字化、智能化的管理。具有完全自主知识产权的新一代高速列车“复兴号”投入了高铁运营。 （1）5G信号相较于4G信号采用了频率更高的无线电波，具有数据传输更快的特点。 ①（多选）在空气中传播时，5G信号与4G信号相比　BD　 ； A.具有更快的传播速度 B.具有相同的传播速度 C.更容易发生衍射 D.更不容易发生衍射 ②（多选）无线电波可由LC振荡电路产生，某时刻的电路工作状态如图所示，此时　BCF　 ； A.电容器正在放电 B.电容器正在充电 C.线圈中磁场的方向向上 D.线圈中磁场的方向向下 E.线圈储存的磁场能正在增大 F.线圈储存的磁场能正在减小 （2）“北斗”导航系统主要由地球同步轨道卫星和中轨道卫星组成。某一地球同步轨道卫星和一颗中轨道卫星在同一平面内环绕地球做匀速圆周运动，且绕行方向相同，如图（a）所示。 ①同步轨道卫星和中轨道卫星绕地球做圆周运动的线速度分别v1、v2，则　A　 ； A.v1＜v2 B.v1＝v2 C.v1＞v2 ②若这两颗卫星之间的距离Δr随时间t变化的关系如图（b）所示，则中轨道卫星的运行周期T＝　8　 h。 （3）“复兴号”列车在某段长为1000m的平直轨道上行驶，其速度的平方v2与位移x的关系，如图所示。 ①乘客将一水杯放置在车厢水平桌面上，在此过程中水杯里水面的形状可能是　B　 ； ②列车通过此路段所用的时间为　25　 s。 【答案】（1）①BD；②BCF；（2）①A；②8；（3）①B；②25。 【解答】（1）AB、在空气中传播时，5G信号与4G信号具有相同的传播速度，均为光速c，故A错误，B正确； CD、5G信号相较于4G信号采用了频率更高的无线电波，则5G信号的波长小于4G信号的波长，所以5G信号与4G信号更不容易发生衍射，故C错误，D正确。 故选：BD。 ②由题图可知电流方向由下极板流向上极板，且上极板带正电，则此时电容器正在充电；可知此时电容器电场能正在增大，线圈储存的磁场能正在减小；根据右手螺旋定则可知线圈中磁场的方向向上。 故选：BCF。 （2）①卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得：，可得卫星运行速度为：，由于同步轨道卫星半径大于中轨道卫星半径，则有：v1＜v2，故BC错误，A正确； 故选：A。 ②由题图可知，两卫星每隔Δt＝12h 相距最近，则有：，变形可得中轨道卫星的运行周期为：（3）①根据v2﹣x图像可知，列车做匀加速直线运动，加速度大小为：，乘客将一水杯放置在车厢水平桌面上，设水面与水平方向的夹角为θ，则有：mgtanθ＝ma可得：，可，知此过程中水杯里水面的形状是一倾斜直线，且水的加速度方向与行驶方向相同，故ACDE错误，B正确，故选：B。 ②由题图可知，，v 故答案为：（1）①BD；②BCF；（2）①A；②8；（3）①B；②25。 地 城 考点20 电磁波的发射和接收 49．（2026春•顺德区校级期中）下列有关电磁振荡、电磁波现象的四幅图像的说法正确的是（　　） A．图1中，变化的磁场一定能产生电场，从而产生电磁波 B．图2中，在LC振荡电路中，仅增大线圈的电感，电磁振荡的频率增大 C．图3中，使接收电路产生电谐振的过程叫作调谐 D．图4中，可见光是一种电磁波，其中红光的频率大于紫光的频率 【答案】C 【解答】解：A、根据电磁波的产生条件，均匀变化的磁场产生恒定电场，恒定电场不能激发变化磁场，故不能产生电磁波，故A错误； B、LC振荡电路的频率公式 ，仅增大电感，频率减小，故B错误； C、使接收电路产生电谐振的过程叫调谐，俗称选台，当接收电路的固有频率与电磁波的固有频率相同时使接收电路中产生较强的电流信号，故C正确； D、红光的频率低于紫光的频率，故D错误。 故选：C。 50．（2025春•北京校级期中）某同学自己绕制天线线圈，制作一个简单的收音机，用来收听中波无线电广播，初步制作后发现有一个频率最高的中波电台收不到，但可以接收其他中波电台，适当调整后，去户外使用，假设空间中存在波长分别为290m、397m、566m的无线电波，下列说法正确的是（　　） A．为了能收到频率最高的中波电台，应增加线圈的匝数 B．为更好接收397m的无线电波，应把收音机的调谐频率调到756kHz C．使接收电路产生电谐振的过程叫做解调 D．为了能接收到长波，应把电路中电容器的电容调小一点 【答案】B 【解答】解：A.为了能收到频率最高的中波电台，应增大调谐电路的固有频率，根据 减少线圈的自感系数，减小线圈的匝数，故A错误； B.为更好接收397m的无线电波，应把收音机的调谐频率调到，故B正确； C.使接收电路产生电谐振的过程叫做调谐，故C错误； D.为了能接收到长波，接收到频率更低的电磁波，根据 把电路中电容器的电容调大一点，故D错误。 故选：B。 地 城 考点21 电磁波谱 51．（2025春•张店区校级期中）“中国天眼”（FAST）位于贵州的大山深处，是500m口径的球面射电望远镜，它通过接收来自宇宙深处的电磁波探索宇宙。关于电磁波，下列说法正确的是（　　） A．在真空中，X射线的传播速度比无线电波的传播速度大 B．电磁波谱中，γ射线的波长最长，穿透能力最强 C．所有的物体都在不停地辐射红外线，电磁波谱中红外线的热效应最显著 D．用于安全检查的X射线的穿透本领最强，电磁波谱中X射线的频率最大 【答案】C 【解答】解：A、在真空中，X射线的传播速度与无线电波的传播速度一样大，都为3×108m/s，故A错误； B、电磁波谱中，γ射线的波长最短，穿透能力最强，可穿透金属、混凝土，常用于工业探伤和医疗放疗，故B错误； C、所有的物体都在不停地辐射红外线，电磁波谱中红外线的热效应最显著，故C正确； D、X射线可以用来安全检查，但电磁波谱中频率最大、穿透能力最强是γ射线，故D错误。 故选：C。 52．（2025春•嘉定区校级期中）（1）如图所示为LC振荡电路中电容器极板上的电荷量q随时间t变化的曲线，由图可知 　D　 。 A.在t1时刻，电路中的磁场能最大 B.在t1～t2时间内，电路中的电流值不断变小 C.在t2～t3时间内，电容器正在放电 D.在t4时刻，电容器中的电场能最小 （2）LC振荡电路中电容器极板上的电荷量q随时间t的变化周期为Tq，电场能随时间变化的周期为TE，则Tq　A　 TE。 A.大于 B.等于 C.小于 （3）如图为电磁振荡过程中的4个状态，按照一个周期内发生的先后顺序可将其排序为 　D　 。 A.④①②③ B.②③①④ C.①③④② D.③②④① （4）世界各地有许多无线电台同时广播，用收音机一次只能收听到某一电台的播音，而不是同时收听到许多电台的播音，其原因是接收到的电台电磁波的频率与收音机调谐电路的固有频率 　相等　 。如图，电谐振实验中，当矩形线框面积相等时，它们的 　电感　 相同（选填“电容”或“电感”）。 （5）真空中波长为0.6μm的电磁波，频率为 　5×1014 Hz； 将①红外线、②紫外线、③无线电波、④可见光、⑤γ射线、⑥X射线，按波长由大到小的排列顺序是 　③①④②⑥⑤　 。（填写电磁波前的序号即可） 【答案】（1）D （2）A （3）D （4）相等；电感 （5）5×1014；③①④②⑥⑤。 【解答】解：（1）A、在t1时刻，电容器极板上电荷量最大，电场能最大，磁场能最小，故A错误； B、在t1～t2时间内，电荷量减小，电容器放电，电路中电流增大，故B错误； C、在t2～t3时间内，电荷量增大，电容器充电，故C错误； D、在t4时刻，电荷量为零，电场能最小，故D正确。 故选：D。 （2）电荷量q随时间变化的周期为Tq，电场能是标量，其变化周期是电荷量变化周期的一半，即 所以 Tq＞TE。 故A正确，BC错误。 故选：A。 （3）如图为LC回路电磁振荡过程中的4个状态，开始通过线圈放电，且放电电流方向为逆时针，形成振荡电流，放电完毕产生最强的磁场，然后开始反向充电，使电容下极板带正电，上极板带负电，充电完毕，磁场最弱，电场反向最强，然后又放电，此时的放电电流沿顺时针方向，使电容上极板为正，下极板为负，两板间有最强的电场，故开始的一个振荡周期内按照发生的先后顺序可将其排序为③②④①。 故D正确，ABC错误。 故选：D。 （4）收音机通过调谐电路，当接收到的电台电磁波频率与调谐电路固有频率相等时，发生电谐振，从而选出该电台信号。矩形线框面积相等时，它们的电感相同，因为电感与线圈的形状、大小等因素有关。 （5）f5×1014Hz 按波长由大到小的排列顺序是：③无线电波、①红外线、④可见光、②紫外线、⑥X 射线、⑤γ 射线。 故答案为：（1）D （2）A （3）D （4）相等；电感 （5）5×1014；③①④②⑥⑤。 地 城 考点22 电磁波与信息化社会 53．（2025春•工业园区期中）6G是“第六代移动通信技术”的简称，其最显著的特征之一是具有超高速的数据传输速率，可同时服务的用户数量更大。6G信号一般采用100GHz﹣10THz太赫兹频段的无线电波，而现行第五代移动通信技术5G的频段范围是3GHz﹣6GHHz，则（　　） A．6G信号是横波，5G信号是纵波 B．6G信号比5G信号所用的无线电波在真空中传播得更快 C．空间中的6G信号和5G信号相遇会产生干涉现象 D．6G信号相比于5G信号更不容易绕过障碍物，所以6G通信需要搭建更密集的基站 【答案】D 【解答】解：A、6G信号和5G信号都是电磁波，都是横波，故A错误； B、6G信号比5G信号所用的无线电波在真空中的传播速度相等，均为光速c，故B错误； C、空间中的6G信号和5G信号相遇时，由于频率不相等，则不会产生干涉现象，故C错误； D、6G信号的波长小于5G信号的波长，则6G信号相比于5G信号更不容易绕过障碍物，所以6G通信需要搭建更密集的基站，故D正确。 故选：D。 54．（2025春•海淀区校级期中）（多选）电磁波在日常生活和现代科技中应用十分广泛。关于电磁波及其应用，下列说法正确的是（　　） A．电磁波既有横波，也有纵波 B．X射线是比红外线频率更高的电磁波 C．频率越高的电磁波，在真空中传播的速度越大 D．雷达是利用电磁波来探测物体位置的一种设备 【答案】BD 【解答】解：A．电磁波是横波，故A错误； B．X射线的频率比红外线频率更高，故B正确； C．在真空中传播的所有的电磁波的速度相同，故C错误； D．雷达是利用电磁波来探测物体位置的一种设备，故D正确； 故选：BD。 地 城 考点23 常见的传感器及分类 55．（2025春•薛城区期中）某电子秤的原理简图如图所示。AB为一均匀的滑动变阻器，长度为L，两边分别有P1、P2两个滑动头，轻质弹簧上端与P1及秤盘底部相连，下端固定。弹簧原长时P1和P2均指在A端。若P1、P2间出现电压时，该电压经过放大，通过信号转换后在显示屏上就能显示出被称物体的质量。已知弹簧的劲度系数为k，托盘质量为m0，电源电动势为E，内阻不计。重力加速度为g。在托盘上未放物体时需要先校准零点，即未放被称物体时电压为零。则（　　） A．校准零点时，不需要移动滑动头P2 B．校准零点时，两滑动头间的距离为 C．滑动头P1滑至B端时，被称物体的质量为 D．被称物体的质量m与两滑动头间电压U的关系为 【答案】D 【解答】解：AB、托盘上未放物体时，因托盘质量为m0，根据胡克定律m0g＝kx0，可得弹簧压缩量为x0，可知此时P1与A端距离为x0，校准零点时，P1、P2间电压应为零，故校准零点时，需要把滑动头P2移到与P1相同的位置，使它们之间的距离为0，故AB错误； C、滑动头P1滑至B端时，被称量物体的重力mg＝k（L﹣x0），故被称物体的质量为，故C错误； D、设被称物体的质量m时，P1、P2间的距离为Δx，则有：mg＝kΔx，由闭合电路欧姆定律与电路串联正比分压可得：，联立解得：，故D正确。 故选：D。 56．（2025春•姑苏区校级期中）以下是教材中关于传感器的应用几幅图片，说法正确的是（　　） A．如图甲，是测量储罐中不导电液体高度的装置，当储罐中液面高度升高时，LC回路中振荡电流频率将增大 B．如图乙，是一种电感式微小位移传感器，当物体1向左移动时，线圈自感系数变大 C．如图丙，是电容式话筒的原理示意图，当膜片向左运动时，A点的电势比B点的低 D．如图丁，是霍尔元件工作原理示意图，在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平 【答案】B 【解答】解：A、图甲中，不导电液体为电介质，储罐中液面高度升高时，介电常数增大，根据 C 可知，电容器电容C增大，根据 可知，LC回路中振荡电流频率将减小，故A错误； B、图乙中，当物体1向左移动时，铁芯插入的长度变大，线圈自感系数变大，故B正确； C、图丙中，当膜片向左运动时，膜片与固定电极之间的间距增大，根据 C 可知电容C减小，由于极板电压不变，根据 可知，电容器电量Q减小，电容器放电，通过电阻R的电流方向由A到B，则A点的电势比B点的高，故C错误； D、图丁中，霍尔元件工作时，要让磁场垂直于元件的工作面，地球赤道上方的地磁场方向是水平的，所以元件的工作面应保持竖直，故D错误。 故选：B。 地 城 考点24 探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 57．（2025春•蜀山区校级期中）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，小型可拆变压器的原、副线圈匝数分别为n1＝120匝、n2＝240匝，某实验小组在原线圈两端依次加上不同的电压，用多用电表的交流电压挡分别测量原、副线圈两端的电压，数据如表所示。 实验序号 原线圈两端的电压U1（V） 副线圈两端的电压U2（V） 1 3.9 8.2 1：2.1 2 5.9 11.8 1：2.0 3 7.8 15.2 　1：1.9　 （1）实验小组根据测得的数据在表格中算出U1、U2的比值，还有一组U1、U2的比值没有算出，把求出的结果填在表格中。 （2）本实验可得出结论：变压器线圈两端电压与匝数的关系为 　　 （用题目中给出的字母表示）。 （3）该变压器是 　升压　 变压器（选填“升压”或“降压”）。 【答案】（1）1：1.9；（2）；（3）升压。 【解答】解：（1）由第三组数据可得 （2）线圈匝数之比， 根据表中实验数据可知，在误差允许的范围内线圈两端电压与匝数的关系为 （3）从表格中的数据可知副线圈匝数多、电压高，所以该变压器是升压变压器。 故答案为：（1）1：1.9；（2）；（3）升压。 58．（2025春•招远市校级期中）某同学欲研究实验室可拆变压器工作时原线圈输入功率和副线圈输出功率之间的关系，可供选择的器材如下： a.可拆变压器（如图1中所示，原线圈接线柱标注0、4、8、12，副线圈接线柱标注0、1、2） b.学生电源 c.小灯泡（2.5V，2.0W） d.交流电压表V1（量程0～30V） e.交流电压表V2（量程0～6V） f.交流电流表A1（量程0～0.3A） g.交流电流表A2（量程0～1.0A） h.滑动变阻器（0～5Ω） 实验电路如图2： （1）用笔画线代替导线将图1中的实物图补充完整。 （2）连接好电路后，该同学将滑动变阻器滑片置于阻值最大处，学生电源电压调至20V，打开电源开关，调整滑动变阻器滑片位置，当灯泡较亮时，读出四个电表的示数分别为U1＝20.0V，I1＝0.16A，U2＝4.2V，I2＝0.60A，通过计算发现U1I1＞U2I2，可能的原因是　CD　 。（填选项标号） A.未考虑电压表V1的内阻 B.未考虑电压表V2的内阻 C.变压器漏磁 D.由于涡流变压器铁芯发热 （3）继续调整滑动变阻器滑片位置，使灯泡更亮，测得四个电表的示数分别为U′1、I′1、U′2、I′2，则U′1I′1与U′2I′2的差值将　增大　 （忽略电流表内阻的影响，选填“增大”或“减小”）。 （4）若将可拆变压器上水平放置的铁芯拆下，则要使小灯泡能够正常发光，左侧原线圈应选择接线柱“0”与　4　 （选填“4”或“12”）相连。 【答案】（1）如图所示 （2）CD；（3）增大；（4）4 【解答】解：（1）左侧原线圈应与电源交流输出相连，灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为2W，额定电流为0.8A，正常工作时的电阻约为3Ω，滑动变阻器最大阻值为5Ω，电源电压为20V，故副线圈匝数接线柱应选择“0”“2”； （2）电压表V1的内阻对原线圈U1、I1的测量无影响，电压表V2的内阻对副线圈U2、I2的测量无影响，原线圈功率大于副线圈功率的原因是漏磁、涡流和导线发热，故CD正确，AB错误。 故选：CD。 （3）副线圈电流增大后，原线圈电流增大，磁场增强，涡流增大，变压器左右两侧功率差值增大； （4）可拆变压器上水平放置的铁芯拆下后漏磁增多，应减小原副线圈匝数比，选择“0”“4”接线柱。 故答案为：（1）如图所示 （2）CD；（3）增大；（4）4 地 城 考点25 利用传感器制作简单的自动控制装置 59．（2026春•海淀区期中）图为分拣苹果的装置示意图。该装置按照一定质量标准自动分拣大苹果和小苹果，托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在压力传感器R1上，已知压力越大，R1阻值越小。若R2两端的电压较小，分拣开关在弹簧向上弹力作用下处于水平状态，小苹果进入通道1；当R2两端的电压超过某一值U时，可使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，此时大于一定标准质量的大苹果进入通道2。已知电源的电动势E1、内阻不计。下列说法正确的是（　　） A．托盘秤上的苹果质量越小，R2两端的电压越大 B．若只增大R2的阻值，则能进入通道2的苹果的标准质量变小 C．分拣苹果的质量标准与电动势E1大小无关 D．若仅改变电磁铁线圈的绕向，则分拣苹果的质量标准将发生改变 【答案】B 【解答】解：A．托盘秤上的苹果质量越小，对压敏电阻的压力越小，压敏电阻R1的阻值越大，电路中的总电流变小，R2两端的电压越小，故A错误； B．若只增大R2的阻值，根据串联电阻分压与电阻的关系可知，电阻R2两端的电压增大，超过某一值U时，可使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，此时未到达规定标准质量的小苹果进入通道2，因此能进入通道2的苹果的标准质量变小，故B正确； C．改变电源电动势，R2两端分压改变，因此分拣苹果的质量标准与电动势E1大小有关，故C错误； D．若仅改变电磁铁线圈的绕向，则电磁铁的极性发生改变，但不影响对衔铁的吸引，因此分拣苹果的质量标准不会发生改变，故D错误。 故选：B。 60．（2025春•蓬溪县期中）小明利用热敏电阻设计了一个“过热自动报警电路”，如图甲所示（虚线框内的连接没有画出）。将热敏电阻R安装在需要探测温度的地方，当环境温度正常时，继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮；当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响。图甲中继电器的供电电源E1＝5V，内阻不计，继电器线圈用漆包线绕成，其电阻R0＝30Ω。当线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响。图乙是热敏电阻的阻值随温度变化的图像。 （1）由图乙可知，当环境温度升高时，热敏电阻阻值将　减小　 （选填“增大”、“减小”或“不变”），继电器的磁性将　增强　 （选填“增强”、“减弱”或“不变”）； （2）图甲中指示灯的接线柱D应与接线柱相连　A　 （选填“A”或“B”）； （3）当环境温度大于等于　40　 ℃时，警铃报警。 【答案】（1）减小；增强；（2）A；（3）40。 【解答】解：（1）由图乙可知，当环境温度升高时，热敏电阻阻值将减小； 热敏电阻阻值减小，则流过继电器的电流增大，磁性增强。 （2）由于继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮。所以图甲中指示灯的接线柱D应与接线柱A相连。 （3）当线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响。根据欧姆定律可得E1＝I（R0+R） 解得R＝70Ω 由图乙可知此时温度为40℃，则环境温度大于等于40℃时，警铃报警。 故答案为：（1）减小；增强；（2）A；（3）40。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $