第41期 法拉第电 磁感应定律-【数理报】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步学案（人教版）

高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 数理括 答案详解 2025~2026学年高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期(2026年5月) 第41期3版参考答案 大小保持不变，由楞次定律的“来拒去留”可知，线框出磁场 A组 时，安培力方向仍向上，且等于重力，则线框匀速出磁场，故C 1.B2.B3.A4.A5.D6.D7.B 错误；当bc边进人磁场时，根据楞次定律可知，线圈中电流方 提示： 向为逆时针，故A错误；根据题意可知，当下落高度为0~L时， 1.根据功能关系可知，金属杆ab克服安培力所做的功等 bc边切割磁感线，则感应电动势为E=BL,根据闭合回路欧姆 于电阻R上产生的焦耳热，故A正确；金属杆机械能的增加量 定律可得儿=子B,当下落高度为L~2L时，ad边切制磁感 等于除重力外的其他力所做的功，即金属杆机械能的增加量等 线，则感应电动势为E=BL,根据闭合回路欧姆定律可得U 于外力F与克服安培力做功之差，即△E=W-W安，故B错 误；ab杆在竖直方向外力F作用下匀速上升h,由动能定理可 4B,故B错误；根据能量守恒定律有，线框中产生的焦耳 得W。-mgh-W安=0，故金属杆克服安培力做的功W安=W, 热为Q=mgh,可知，Q-h图像为过原点的直线，故D正确. -mgh,拉力F与安培力的合力所做的功为W。-W安=mgh,故 6,在0~子内，向外的磁通量增加，则感应电流磁场向 CD正确；故选B. 2.当小灯泡稳定发光后，导体棒做匀速运动，根据平衡条 里，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针 件有mgsin0-4mgos0=E,解得E=5/s,1= Blv= 方向，为负值om中产生的感应电动势均为E=BL@,感应 R t r' Rt r 1A,P=R=1W.B选项正确. 电流大小为1=是：子一子内，向外的毯通量减少.则感应电 3.设正方形线框的质量为m,因为ab边进入磁场瞬间、dc 流磁场向外，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向 边进入磁场瞬间线框的速度相同，由能量守恒定律Q1=mgl, 为逆时针方向，为正值.ob中产生的感应电动势均为E= 又因为ab边进入磁场瞬间、dc边离开磁场瞬间线框的速度相 同，由能量守恒定律Q+Q2=mg(d+),联立解得Q2=mgd, 6,感应电流大小为1=景：子~平内，向里的随通量增 所以是=台故A正确 加，则感应电流磁场向外，根据右手定则判断可知，线框中感应 电流的方向为逆时针方向，为正值.oa中产生的感应电动势均 4.由能量守恒定律可知，f棒具有的动能将全部转化为内 能，无摩擦时，将全部转化为电热（即克服安培力做的功）；有 为E=,悠应电流大小为1=景头~T内.向里的脑 摩擦时，将一部分转化为电热，另一部分用于克服摩擦力做功， 通量减少，则感应电流磁场向里，根据右手定则判断可知，线框 故A正确。电流通过整个回路所做的功等于克服安培力做的 中感应电流的方向为顺时针方向，为负值.ob中产生的感应电 功，也等于产生的电热，故B、D错误.由动量定理可知，合力的 动势均为R=8,感应电流大小为1=是故D正确 冲量等于物体动量的变化量，由于两次动量变化相同，则合力 7.根据法拉第电磁感应定律可知，3圈线圈产生的电动势 的冲量相等，无摩擦时安培力的冲量较大，故C错误 5.根据题意可知，线框匀速进入磁场，设速度为，则有线 大小分别为E=品=d,6品=6，么 △t △t 框受到的安培力与重力等大反向，因线框匀速运动，则安培力 kc2,由图可知3圈线圈产生的电动势方向相同，则整个线圈产 1 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 生的感应电动势为E=E1+E2+E3=(a2+b2+c2)k,故B正运动，故B错误，C正确 确。 2.按下按钮过程中，穿过线圈的磁通量向左增大，根据楞 8.Blv Blusin0水平向左安培力其他形式的电 次定律可知，感应电流的磁场方向向右，Q端相当于电源正极， 解析：(2)导线的运动方向与导线本身垂直，与磁感线方 则螺线管Q端电势高，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可 向夹角为0时，速度v在垂直于导体棒上的分速度为vsin0,则！ 知，电动势的大小与穿过线圈的磁通量的变化率成正比，若更 电动势E=Blusin0. 快按下按钮，穿过线圈的磁通量的变化率大，线圈产生的感应 (3)根据右手定则判断感应电流方向垂直于纸面向里，由 电动势大，则P、Q两端的电势差更大，故B正确；按住按钮不 左手定则判断知导体棒受到安培力向左，是导体棒运动的阻 动，线圈内磁通量不变，无感应电动势，故C错误；松开按钮的 力，导体棒克服安培力做功，把其他形式的能转化为电能。 过程中根据“来拒去留”可知，螺线管与磁铁相互吸引，故D正 9.解析：(1)根据楞次定律，线圈产生的感应电流要阻碍 确。 磁场的变化，所以感应电流方向是逆时针方向，而圆形线圈相 3.由题意可知，圆内磁场减弱，磁通量变小，由楞次定律可 当于电源，电源内部电流从a流向b,所以b相当于电源正极，a 知，产生顺时针方向的感应电流，电流由b经灯泡流向a,故A 相当于电源负极，故p6>P 正确；据法拉第电磁感应定律可得E=NAs=MS,故B错 △t B-Bo,根 (2)产生的感应电动势E=nAD=nSAB=n △t △t to 讽：流过灯泡的电流大小为1=系-紧故心正确：6间电 rtR=nS B-B 据闭合电路欧姆定律得1=E。 to(r+R) 压的大小为U=伋=学，故D错误 10.解析：(1)ac棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势的 4.0.50.5 大小为E=B1=0.40×0.50×4.0V=0.80V. 解析：由题中乙图可知，在0~1s内磁场均匀变化，1s之 (2)回路中感应电流的大小为1= 是=40A由右手定 后磁场不变，而整个过程中，灯泡的亮度不变，说明回路中的电 则知，ac棒中的感应电流由c流向a. 流不变，从而可以确定1s时金属棒刚好到达虚线位置。 (3)ac棒受到的安培力大小为Fx=Bll=0.40×4.0× 加速过程（感生电动势）：E=9-兰x1x丽-2x05 0.50N=0.80N,由左手定则知，安培力方向向左.由于导体 ×1V=1V,电流为0.5A 棒匀速运动，水平方向受力平衡，则F外=F岁=0.80N,方向 匀速过程（动生电动势）：E=Bl=2×0.5×v=1V,解 水平向右. 得v=1m/s B组 从而加速过程的加速度为1m/s2 1.CD 2.BD 3.AC 且匀速满足F=F安， 提示： 即F=B=2×0.5×0.5=0.5N 1.若S闭合时，金属杆所受的安培力大于重力，即F=BL 质量m=0.5kg >mg,此时加速度方向向上，金属杆做减速运动，安培 R 5解析：1)5s内的位移x=ad=25m,5s内的平均 力逐渐减小，则加速度逐渐减小，金属杆做加速度逐渐减小的 速度=x =5m/s,所以平均感应电动势E=BLu=0.4V. 减速运动，当重力与安培力相等时，金属杆做匀速直线运动，故 A错误，D正确；若S闭合时，金属杆所受的安培力小于重力，即 (2)5s末，v=at=10m/s,此时感应电动势E=BL= F=BL=B<mg,此时加速度方向向下，金属杆做加速运 E R 0.8V,由欧姆定律得I=尺=0.8A 动，安培力逐渐增大，则加速度逐渐减小，金属杆做加速度逐渐 (3)杆做匀加速运动，由牛顿第二定律得F-F岁=ma,即 减小的加速运动，当重力与安培力相等时，金属杆做匀速直线 F=ma +F ma BIL 0.164 N. 一2 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 第42期3版参考答案 正方向，根据动量守恒定律可得m=(M+m)v共，则共= A组 3/s,因铝管最终未与磁铁共速，所以铝管获得的速度小于 1.D2.B3.A4.D5.D6.D7.B 3m/s,故D选项正确. 提示： 5.当开关S由断开变为闭合时，电路接通，由于电感的自 1.图甲、乙中当轮子转动时，穿过线圈的磁通量都是不变 感作用阻碍电流的流过，则相当于A、B串联，两灯均立即变亮， 的，不会产生感应电流，则不会有磁场力阻碍轮子的运动，故 接着电感的自感效应减弱，电感中电流逐渐变大，B灯电流逐 AB错误；图丙中在轮上固定一些细金属棒，当轮子转动时会产 渐减小，最后电感将B灯短路熄灭，由于A灯分压变大，所以A 生感应电动势，但是不会形成感应电流，则也不会有磁场力阻； 灯变亮，故AB错误；当开关S由闭合变为断开时，电路断开，A 碍轮子转动，故C错误；图丁中在轮上固定一些闭合金属线框， 灯立即熄灭，电感由于自感效应，相当于电源与B灯构成回路， 线框长边与轮子转轴平行，当轮子转动时会产生感应电动势， 则B灯突然变亮，并逐渐变暗直至熄灭，故C错误；D正确， 形成感应电流，则会有磁场力阻碍轮子转动，使轮子较快停下 6.在电路甲中，闭合K时，由于L的阻碍作用，A慢慢变亮 来，故D正确， 故A错误；在电路甲中，断开K后，由于L的阻碍作用，A慢慢变 2.铝盘乙区域中的磁通量向里减小，由楞次定律“阻碍磁 暗，不会出现闪亮现象故B错误；在电路乙中，闭合K时，灯泡 通量的变化”可知，乙区域磁场方向垂直纸面向里，故A错误； A与电阻R串联接入电路，则其立即变亮.故C错误；在电路乙 由“来拒去留”可知，磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘 中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡 减速旋转的阻力，会使铝盘减速，故B正确，C错误；改成空洞 的电流比线圈的电流小.断开K后，由于L的阻碍作用，导致灯 铝盘，电阻变大，电流变小，阻碍效果更差，故D错误 泡A变的更亮，然后逐渐变暗.故D正确 3.突然断开K,线圈将产生自感现象，且与灯泡构成一闭 7.闭合开关的瞬间，电感的电阻很大，灯泡中有一定的电 合回路，此时通过灯泡的电流向上，与断开K前的电流方向相 流通过，过一段时间，电感的电阻减小，电感与灯泡并联的两端 反：若线圈电阻可以忽略，断开K前通过线圈的电流大于通过 电压减小，故灯泡中的电流变小，故AD均错误；当时间再延 灯泡的电流，则稳定后突然断开K,灯泡会突然比原来亮一下 长，灯泡的电流稳定在某一值上；当断开开关时，电感产生自感 再熄灭，故A正确，B错误；若线圈直流电阻为，与灯泡的电阻 电动势，电感中的电流与原来的电流方向相同，它与灯泡组成 一样大，可知断开K前通过线圈的电流等于通过灯泡的电流， 的电路中，感应电流沿逆时针方向，而灯泡中原来的电流沿顺 则稳定后突然断开K,灯泡会逐渐熄灭，且灯泡中电流方向与 时针方向，故灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自 K断开前方向相反，故CD错误。 感电动势的减小而慢慢减小到0，故B正确，C错误。 4.图示时刻穿过铝管的磁通量向左增大，根据楞次定律， 8.感应电流相同楞次感生电场对自由电荷的作用 铝管中感应电流产生的磁场方向向右，再根据安培定则，从左 解析：感应电流的方向与正电荷定向移动的方向相同，感 往右看铝管中的感应电流为顺时针方向.故A错误；根据磁铁 生电场的方向与正电荷受力的方向相同，因此，感生电场的方 向右穿过了铝管，因此磁铁的速度一直大于铝管的速度：根据 向与感应电流的方向相同，感生电场的方向可以用楞次定律来 楞次定律，铝管和磁铁间的安培力将阻碍磁铁和铝管之间的相 判定 对运动，铝管对磁铁的安培力一直水平向左，磁铁对铝管的安 9.(1)C(2)C(3)A100 培力一直水平向右，且安培力的大小随相对速度的减小而减 解析：(1)当开关S,和S2都闭合稳定时，电流表A1、A2的 小，故磁铁做加速度减小的减速运动，铝管做加速度减小的加 示数分别为0.6A和0.4A;电源电动势为1.5V,人两手间电 速运动.故B错误；磁铁穿过铝管的过程中，铝管中将产生感应 阻设为200kΩ，可知流过人体的电流值几乎可以忽略不计，流 电流，铝管中有热量产生，根据能量守恒定律，磁铁减少的动能 过灯泡的电流为0.2A,结合欧姆定律可知，灯泡的电阻值较 等于铝管增加的动能和产生的热量之和.故C错误；假设铝管 小.当电路稳定后再突然断开S时，线圈产生自感电动势，此 足够长，最后铝管和磁铁的速度相等，选择水平向右的方向为： 时人与灯泡并联，由于灯泡的电阻值小，所以流过灯泡的电流 一3 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 比较大，则线圈的电流变化率比较小.根据自感电动势的公式：反向，线圈段受到的安培力方向仍然向左，仍起到缓冲作 可知，线圈产生的自感电动势就比较小，人不能产生触电的感 用，CD正确. 觉，故A错误；先将S,和S2闭合，稳定后再突然断开S2时，对线 3.磁铁向下运动过程中，根据电阻定律可知，金属板与磁 圈的回路没有影响，线圈不产生比较大的自感电动势，故B错 铁正对部分的电阻为R=P品，故A正确：当小磁铁速常为” 误；保持S2断开，当开关闭合后，电感线圈与人们并联，由于电 时，两金属板受安培力均为Fx=Bcl,对小磁铁，根据受力平衡 源为1.5V的新干电池，所以流过人的电流很小.当断开S,时， 线圈与人串联，由于电感线圈电流逐渐变小到几乎等于0，根 条件有2=mg,解得1=器，故B错误：根据法拉第电磁感 据自感电动势的公式可知能够产生很高的瞬间电压，使人有触 应定律，可知金属板的感应电动势为E=Bcv,根据欧姆定律有 电的感觉，故C正确，D错误；故选C. 解得。=8弘则仅更换电阻*更小的金风板，可以 1E (2)由电路图可知，任意操作两开关，会导致线圈中产生 减小磁铁向下匀速运动的速率，故C错误，D正确. 很高的感应电动势，则小灯泡最有可能烧坏，故C正确，A、B、D 4.(1)D(2)73.9(3)磁铁 错误；故选C。 解析：(1)对吊篮Mg-T=Ma (3)保持S2断开，先闭合S,待稳定后突然断开S,因电流 对金属配重块有T-mg=ma 的减小，导致线圈产生感应电动势，从而阻碍电流的减小，则线 圈相当于瞬间电源的作用，此时A、B两点中电势较高的点是 得a=1一后8，消刷员下落过程中，其加速度a与从 A.当突然断开S,经过人的电流为0.5A,而人的电阻为 的关系更接近D. 200k2,由欧姆定律，可知，U=IR=0.5×200kV=100kV. (2)由机械能守恒可得(M-m)g1=弓(M+m)得m 10(1)向右(2)mgh-(分M+7m) -弓1，当M取最大值95k:时，m至少为3,9k起 解析：(1)磁铁B向右运动时，螺线管中产生感应电流，感 (3)实际使用中，为使吊篮落地时更加平稳，减少冲击.可 应电流产生电磁驱动作用，使得螺线管A向右运动， 在图中A区域安放磁铁，利用了电磁阻尼原理 (2)全过程中，磁铁减少的重力势能转化为A、B的动能和 5.(1)0.5kg/s:(2)0.375J. 螺线管中所消耗的电能，所以有meh=子M+m+Ea, 解析：(1)磁铁从管上端由静止释放，释放后很快进入稳 得E毛=mgh-(分+m). 1 定状态，即磁铁匀速下落，匀速时的速度为”=4=0！m =0.I m/s B组 =1m/s 1.AD 2.BCD 3.AD 此时，磁铁受力平衡，则有忆=mg 提示： 得k=mg=0.05×10kg/s=0.5kgs 1 1.根据题目给出的信息可以判断，磁流变液是利用了电流 (2)磁铁下落高度为0.8m,由能量守恒，全过程产生热量 的磁效应，故A正确，B错误；电流越强，磁流变液的粘度越高， 减震器的阻尼越大，相当于弹簧的劲度系数越大，即悬挂越硬， 为Q=msh-2r2=(0.05x10×0.8-7×0.05×11 故给人造成的颠簸感越强，故C错误，D正确。 =0.375J. 2.缓冲过程中，线圈bc段切割磁感线，根据右手定则，感 第43期3版参考答案 应电流方向为c到b,故同一匝线圈中b端的电势高于c端的电 A组 势，由左手定则可知，线圈bc段受到向左的安培力作用，A错 1.B2.C3.C4.C5.C6.B7.B 误，B正确；感应电流方向为c到b,b端的电势高于c端的电势， 提示： 线圈ab段中电流方向为由b到a;磁场反向时，感应电流方向 1.图示位置为垂直于中性面的位置，此时穿过线圈磁通量 4 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 为0，穿过线圈磁通量的变化率最大，电流方向应该在中性面 通过电路，由电流的有效值的定义则有 T=PRT, 的位置发生改变，在此时不发生改变，故AD错误，B正确；若从 图示位置开始计时，此时电流的瞬时值为最大值，线圈中的电 解得1：二故B正确 流瞬时值表达式为i=Icos wt,故C错误 8.(1)e=5√2sin10mt(V); 2.根据右手定则可知，甲图中电流方向始终不变，为直流 (2)4V. 电；图乙电流经过中性面方向改变，是交流电.故C正确， 解析：(1)线圈转速n=300r/min=5/s,线圈转动的角 3.t=0时刻线框所在平面与磁场垂直，此时穿过线框磁 速度w=2πn=10mrad/s,线圈中感应电动势的峰值Em= 通量最大，但穿过线框磁通量的变化率为零，感应电动势为零， 回路电流为零，则bc边所受安培力为零，a、d两点间电压为0， NB50=10×巨x0.05×10元V=5万V,线圈所在的图示位 故AB错误，C正确；感应电动势的最大值为Em=BSw= 置为中性面，故线圈中感应电动势的瞬时值表达式e= 2Bo,电动势的有效值为E= E=巨Bro,线框转一圈过程 E sin wt 52sin 10mt(V). 中外力对线框做功为W=Q=R+R。 2&.2红=2πB0,故D错 (2)感应电动势的有效值E=号=号V=5V,感应电 误 E 流的有效值1=元十，8十2A=0.5A电表所示的示数均为 5 4.由于线圈从垂直于中性面开始转动，故t=0为感应电 有效值，则交流电压表示数U=R=0.5×8V=4V. 流峰值，故可以排除选项BD;换向器的作用是使产生的电流方 9.解析：(1)发电机产生的电动势的最大值为E。=NBSo 向始终保持不变，则A错误，C正确， =NBLdo=4V,电动势的瞬时值表达式为 5.t=0时线圈中磁通量最大，磁通量变化率为零，故A错 e =Esin ot =4sin 20mt(V). 误；根据右手定则，t=t1时线圈中电流方向由Q指向P,故B错 (2)发电机产生的电动势的有效值为E= E=2V= 误：0~4过程，线圈中的平均感应电动势大小为E=n △t 2.828V,小灯泡恰好正常发光，则线圈的电压为U线=E-U BS、-2nB心_2E,故C正确；线圈中的电动势瞬时值 n1.2匹 4 =2.828V-2.5V=0.328V,线圈的电流为1线=1，=元 表达式为e=Esin(2织)(V)故，D错误. T 06A-0.24A,发电机线圈的电阻为R4-生-0器0 2.5 1线-0.24 6.摩擦轮和车轮半径比例保持不变，当车速变为原来的2 1.372 倍时，摩擦轮转动的角速度也变为原来的2倍，产生感应电动 10.解析：(1)线圈由图示位置开始转动，根据右手定则可 势的最大值Em=NBSw及有效值E均变为原来的2倍，通过灯 知，产生的感应电流为顺时针方向，二极管处于正向导通状态， 泡的电流及灯泡两端的电压也变为原来的2倍，由功率P= 转过180°过程中，根据法拉第电磁感应定律有E=,叉 (,可知功率变为原来的4倍，故AC错误，B正确：角速度加 4w:2,根据闭合电路饫每定律有7一示，根据电流定义 倍，由周期T=否可知周期变为原来的分，故D错民 2NBS 式有q=i△，解得g=R+ 7.线圈转动一周只有一半的时间有电流流过电阻，感应电 (2)线圈转动一周只有一半的时间有电流流过电阻，感应 动势的峰值为E。=WBS·2πn,感应电流的峰值I。= 电动势的峰值E。=2 nNBSn,.感应电流的峰值L。=2NBSm NBS·2m”,由于交流电流表测量的是有效值，而电路中存在二 R+r' R+r 极管，二极管的单向导电性导致一个周期内只有半周期有电流 由于交流电流表测量的是有效值，得(1.)PR,子=fR,解 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 得I=TNBSn 故D正确。 R+r B组 42nae号m 2(R+r)1 1.BC 2.BC 3.CD 解析：线圈在匀强磁场中以恒定角速度转动，产生感应电 提示： 动势的最大值为Em=NBLw,电压表的示数为有效值，由闭合 1.根据题图可知交变电动势的周期为0.2s,则线圈转动 E四二 电路欧姆定律可得电压表示数为U=(R+刀‘ R 的角速度为0=2严=10mrad/s,故A错误；根据题图可知交变 T R 2(R+T) NBL@. 电动势的最大值为1V,若线圈的转速增加为原来的两倍，则 21 角速度变为原来的两倍，根据Em=nBSw可知电动势的最大值 在△t时间段内，通过电阻R的电荷量为q=I△t,由闭合回 E=反V,故B正确； E 变为2V,则交变电动势的有效值为E= 路欧姆定律可知，回路中的电流为1=R十，由法拉第电磁感 根据Em=nBSw可得线圈在转动过程中穿过线圈的最大磁通 应定律可知感应电动势为E=N把，在△时间段内，随通量的 1. 量中。==70Tx20Wb三00元Wb,故C正确：1=0.18 变化量为△=BLn60°=5BL,由以上各式联立解得g= 2 时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量 √5NBL2 最大，故D错误 2(R+r)1 2.t=0时，穿过线圈的磁通量为0，则线圈平面平行于磁 5.解析：(1)）角速度为0=2mm=2m×50rad/s= 感线，故A错误；t=1s时，穿过线圈的磁通量为0，磁通量的变 100rad/s,产生的感应电动势最大值为E=NBSo=100×1× 化率最大，则线圈中的感应电动势最大，故B正确；t=1.5s 时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为0，线圈中的感 0.2×0.2×100V=400V,交流电有效值为U= E二 应电动势为0，感应电流为0，线圈处于中性面，线圈中的电流 200万V.则交流电压表的示数为，=R=150万. 改变方向，故C正确：角速度为“=2织 T =πrad/s,感应电动势 最大值为Em=nBSw=100×0.04×TV=4πV,一个周期内， (2)周期为7=石=号，平均电动势为E=n △t (4)2 vBs-0=100×1×0.2×0.2V=800v. 线圈产生的热量为Q=今×2=8J,故D错误 4 2 ×品 T 3.t=0时刻，两个正弦式交变电流的感应电动势的瞬时 E (3)通过线框税面电量为g=店=R千=N中， R+r 值均为零，此时线圈都在中性面位置，即线圈与磁场垂直，故A 100×1×02×0.2c=0.25C 12+4 错误：由图可得两个正弦式交变电流的周期为T,=0.4s,T 第44期3版参考答案 =0.6s,则 =号，根据T:子=】线因先后两改转速之 f A组 比为” n =子放B错误交流“是正弦式交变电流，电压 1.C2.C3.C4.D5.C6.D7.C =T。 提示： 的最大值为Um=40V,则交流a的电压有效值为U。= 2 1.副线圈中总电流为【，=3I,根据原副线圈电流比公式 20万V,放C正确：根据。=B0=NBS2牙，则 E二 二 12 =,可得原线圈中的电流为1=1，和副线圈中其中任意 几1 Em T 灯泡的电流相同，故可得灯L两端的电压为U,故C正确。 上=多，又因为0m=40V,所以0与 3 80 3 2.设副线圈的总匝数为n2,电流表测的是电流有效值，根 6 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 据题意得原线圈电压有效值为号，根据变压器电压与匝数关2×1025，所以频率为f=子=50k,故4错误；电压表的示 系，有”= 4,解得= 故A8特误：当8接a -=5y=5Ev,故 2n1 数为交变电流的有效值，则示数为4=万万 2 B错误；若实现燃气灶点火，则U2m>5000V,根据变压器电压 S,接c时，设输出电压为，则有”=联立以上解得， √2n1n2 关系可装-会周：-学-合5V>50,桥得 n n =21R,故C正确；当S,接b、S2接c时，电流表示数为11，则有 n 1 ,<1000,故C正确，D错误 U ,联立以上各式解得4=4。，故D错误 n2 6.交流电压表的示数等于正弦交变电压的有效值，为U= 3.若仅将滑片P2向右移动，副线圈电压U2不变，由于滑 :2万V,故A错误；根据理想变压器原刷线圈电压与线圈 2 动变阻器接入电路阻值变大，根据欧姆定律可知，副线圈的电 流I2减小，电压表测量定值电阻R两端的电压，由U,=R, 匝数的关系，副线圈与原线圈匝数比需满足=≥2800 n 4 可知，电压表的示数减小，故A错误：若仅将P,由M滑动到N, =70,故B错误：交变电压的频率为f=2=500,变压 线圈重数变大：原线圈电压山不变，根据会=是，可知 器不改变交变电压的频率，则电击网上的高频电压的频率为 5000Hz.故C错误；根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝 刷线圈电压变大，结合欧姆定律上=R十R,可知刷线圈 的电流！，变大，电流表的示数增大，故B错误；根据变压器的原 数的关系？二上，可知通过原线圈的电流大于通过刷线圈的 n2 理可知，原刷线圈的电流关系兰=，解得1=二，当仅改 电流，原线圈应该用较粗的导线绕制，故D正确。 n n 7.由于输送的总功率P。保持不变，当输送电压由原来的U 变P,的位置，若电流表示数增大，结合上述分析可知，副线圈 提高到原来的5倍时，即U'=5U,根据功率的公式P。=U1,1 匝数2变大，故原线圈中电流的有效值1增大，根据正弦交流 Po 电的峰值I。=√21，故原线圈上电流的峰值增大，故C正确；滑 ,可知输电线上的电流P三二山，输电线的电阻不 动变阻器消耗的功率P,=R=(BB)R,= 变，根据欧姆定律可知△r=了AU=0.24U,则损失的功率 R+R,因滑动变阻器瓜与定值电阻R,的数值关系不确 AP'=TA'=号1x0.2AU=0.041AU=004aP,放C正确 R 8.0.005~0.015s10055110 定，因此若仅将向左滑动，滑动变阻器消耗的功率变化不能确 解析：在0到0.005s产生的磁场与规定正方向相同.由楞 定，故D错误 次定律可知受电线圈产生的感应磁场方向与规定的正方向相 4.由图乙可知，交流电源的频率为50Hz,手机内部线圈中 同的时间段为0.005~0.015s.受电线圈电流的频率与供电线 的电流每秒变化100次，故A错误；由于漏磁造成手机内部线 圈电流的频率相同，电流方向一秒钟变化100次.由图丙可知 图中磁通量为无线充电器线圈磁通量的80%，则有×80% x= n 供电线圈电压的最大值U。=20万V,有效值为4=万 -,即，=×80%=4.8V,故手机内部线圈两端电压 n n 的=产=4，可得受电线周的输出电压为6=5V 20V,元，=m 的有效值为4.8V,最大值为4.8√2V,故D正确，C错误；由上 不考虑线圈的自感，忽略电能传输的损耗，供电线圈的输入功 式易得增加手机内部线圈与无线充电器线圈的匝数比，手机内 率等于受电线圈的输出功率P1=P2=I2=55×2W= 部线圈两端获得的电压将增大，故B错误， 110W 5.由图乙可知，转换器输出的交流电压的的周期为T= 9.解析：(1)根据变压器原理可知，电压之比等于线圈匝 7 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 数之比，则有 灯泡两端的电压是U灯2=U4= 娑瓷故D非疏 6=克U=06x20V=4V n 3.结合图乙可知Φ=2sin100πt(Wb),由法拉第电磁感 4=2U=00×20v=10v 500 =200mcos100mt(V),当t n 应定律可知，感应电动势为E=4 △t (2)由欧姆定#可知4-若A=号A山=粥A=2A =0.01s时，圆形线圈中电动势最大，电流最大，t=0.005s 时，圆形线圈中电动势为零，电流为零，故A正确，B错误.理想 故电流之比12：13=2：5. 变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=20:1,则E:U2=20:1, 10.解析：(1)根据平均功率的关系式有P= E t 可得副线圈两端的电压为U2=10πcos100mt(V),其中U2= 其中t=365×24h=8760h n2 BSwcos100mt,w=100mrad/s,联立可得n2BS=0.1Wb,则 解得P=2000kW. 0~0.005s内，流过R1的电荷量为g=9=0.1Wb= R R (2)令输送电流为I,由于输送功率为第(1)问中算出的 0.005C,故C错误；在一个周期内电阻R1消耗的电能为Q1= 平均功率，则有P=U1,得1=10A 输电线上损耗的功率△P=子r=5%P T=0.51,电阻R消耗的电能为Q:= R 题.又=0.5J R22 解得r=1.0×103. 故原线圈的输人功率为P=十=50W,故D正确 B组 T 1.BC 2.BD 3.AD 4.k>1006.7×10-3 提示： 解析：理想变压器，原、副线图的电压关系为是=。k U n 1.用户使用的用电器是并联接人电路，当用户使用的用电 由于原线圈最大电压为50V,副线圈最大电压要大于5000V, 器减少时，用户总电阻R增大，故A错误：变压器视为理想变压 所以k>100,若原副线圈匝数比k=200,最大值为10000V, 器、输人电压恒定，电表视为理想电表，变压器的匝数不变，由 根据三角函数关系可知，其在角度30°~150°间均在放电，所 4=,可知电压表V,示数不变，故B正确；用户总电阻R增 U,n2 以每次放电时间为4=15030°×0.01s≈6.7×103s 180° 大，则副线图中电流么=元4减小，尾两端的电压，=飞风 5.解析：(1)设通过电动机的电流为1，电动机内阻损耗的 减小.用电器R两端电压U。=U-U。,可知用电器R两端电压 功率为P损，由题意得P损=Pr,P制=(1-7)P=(1-7)UM, 升高，故C正确；由U,I=U22,可知电流表A1示数减小，故D 代入数据解得I=5A,P=UM=1100W,电动机的机械功率 错误。 P机=80%P=880W. 2.题图乙的实验须采用交流电，因为变压器是利用互感的 (2)设降压变压器原线圈两端的电压为U,通过输电线路 原理工作的，故A错误：题图甲中导线卷A与B中的电流I= 得电泼为1，由题意得-票，解得1=2.2A,输电线路损耗 号，能量总损耗P=fR=(片)R,灯泡获得的功率P 的功率△P=R=2.22×25W=121W,则升压变压器得输 P-P=P-(号)R,故B正确；题图乙中升压变压器输人端 入功率P=△P+P=1221W,由题中交变电动势的表达式可 知，发电机的输出电压峰值为E。=222√2V,则升压变压器的 P 11P 的电流1，=元，输出端的电流人=有=，导线卷A损耗的 输人电压为U。-222巨=2V,电流表的读数为升压变压器 2 功半月=片：号=瓷，故C错误：思图乙中升压变压器输 得输人电流，可得么-元器4=55 222 出端的电压U2=k,U,降压变压器输入端的电压U3=U2- L2R,降压变压器输出端的电压U4= :二U,整理可得题图乙中 —8素养拓展 数理极 △Φ=Φ，-Φ， =BSsin30°-0= △Φ E=n 与=lsn的区别 又4E=B = 6 ◆湖南黄旭东 6w 1.适用的研究对象不同 产生的感应电动势大小相等，方向相 法拉第电磁感应定律公式E=n”适用的反，图？示，所以合电动势为零 所以E=4 △ 2.方向的判断不同 6w 是一个闭合回路，即求的是整个回路的感应电 例3.如图4所示，粗细均匀 动势，整个回路的感应电动势为零时，回路中某 运用公式E=n吧时，一般用 图2 的电阻为r的金属环放在磁感 段导体的感应电动势不一定为零；而推导式￡楞次定律来判断方向；而运用推导式E= 应强度为B的垂直环面的匀强 =Blusin0适用的是切割磁感线的导体，即求的Blusin0时，一般用右手定则来判断方向. 磁场中，圆环直径为d,长为d 是回路中一部分导体切割磁感线时产生的感应 3.所求电动势的物理意义不同 电动势. B=n会中求的是4业时间内的平均感应电 电阻为)的金属棒ab在中点处 例1.矩形线圈abcd绕OM 与环相切，使ab始终以垂直棒的速度v向左运 轴在匀强磁场中转动，如图1所 动势，E是某段时间或某个过程相对应的感应电 示，当线圈平面与磁感线垂直时 动势；推导式E=Bsin0求的是瞬间感应电动 动，当达到圆环直径位置时，αb棒两端的电势差 大小为多少？ 线圈的感应电动势是多少？ 势，E是与某个时刻成某个位置相对应的感应电 动势 解析：ab到达虚线所 解析：此题从整体看是abcd 例2.如图3所示，半径 示的的直径位置时，ab切 闭合回路，但从部分看，是ab边和cd边两个导 割磁感线产生感应电动 体，因此求解此题有两种思路： 为r的金属圆环，绕通过某直 径的轴O0'以角速度ω转 势：E=Bdm 思路1：以闭合回路为研究对象 当线圈平面与磁感线垂直时，穿过它的磁通 动，匀强磁场的磁感应强度 电路等效图如图5 为B.从金属圆环的平面与 所示， 量中=BS最大，4，时间内△D趋向于0，故A中 磁场方向重合开始计时，则在转过30°的过程 Bdv 4Bdv 中，环中产生的感应电动势的平均值是多大？ R总 r 3r 0.故此比时E=0 4+2 思路2：以切导体为研究对象 解析：金属圆环在转过30°的过程中，磁通 当线圈平面与磁感线垂直时，ab边和cd边 量的变化量为： U=1.上=B地 4 3 (上接第3版) A.按下按钮过程，螺线管P端电势较高 :小为 N,金属棒的质量为 B.若更快按下按钮，则螺线管中产生的感 应电动势更大 C.按住按钮不动，螺线管中产生恒定的感 一、多选题（本题共3小题，每小题6分，共 应电动势 23 18分) D.松开按钮的过程中螺线管与磁铁相互吸 图4 1.如图1所示，MN和PQ 3.如图3所示，匝数 三、计算题（共12分） 是两根竖直放置的相互平行 为N、面积为S的圆形线 5.在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁 的光滑金属导轨，已知导轨足 圈，圆内有垂直线圈平 场中，B=0.2T,有一水平放置的光滑框架，宽 够长，在轨道上端P、M之间接 ×× 面的匀强磁场，磁感应 度为L=0.4m,如图5所示，框架上放置一质量 有一电阻R,ab是一根与导轨 强度的变化规律为B= 图3 为0.05kg、电阻为12的金属杆cd,框架电阻不 垂直的金属杆，且始终与导轨 B。+t,其中k<0.线圈与磁场外小灯泡相连，计.若cd杆以恒定加速度a=2m/s2由静止开 图1 接触良好，导轨和金属杆的电 小灯泡和线圈的电阻均为R,其他电阻不计，则始做匀变速运动，求： 阻均可忽略不计，开始时将开关s断开，让ab由电路中 (1)在5s内平均感应电动势是多少？ 静止开始下滑，经过一段时间后，再将S闭合.若 A.电流由b经灯泡流向。 (2)第5s末，回路中的电流多大？ 从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度随时间t B.感应电动势大小为S (3)第5s末，作用在cd杆上的水平外力多大？ 的变化情况可能是选项中的 C流过打袍的电流大小为深 D.a,6间电压的大小为号 B 二、填空题（共8分） 2.图2甲为某款“自发电”无线门铃按钮， 4.如图4甲所示，两光滑水平导轨AM、BW 其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程， 放置在同一水平面内，间距为0.5m,导轨电阻 磁铁靠近螺线管；松开门铃按钮过程，磁铁远离 不计.M、N之间连接一阻值为22的灯泡L.在 螺线管回归原位.下列说法正确的是( 虚线CD右侧区域内有垂直于纸面向外的匀强 螺线管 磁铁下按 磁场，CM=DN=1m,磁场的磁感应强度B随 时间t的变化图线如图乙所示.在t=0时，一阻 值不计的金属棒在恒力F作用下由静止开始从 图示位置沿导轨向右运动，在金属棒到达MN之 图2 前的过程中，小灯泡的亮度始终不变，则F的大 (参考答案见下期) 本版责任编辑：宋燕明 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 0351-5271248 装理极 2026年5月4日·星期 高中物理 41期总第1185期 人教 选择性必修第二册 2025~2026学年数理报 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版 社长：徐文伟 国内统一连续出版物号：CN14-0707(F) 邮发代号：21-285 人教选择性必修 3.原模型中若导体棒与导轨间动摩擦因数 出版计划 第二册 之构建导电滑轨模型 为山 第一章 则终态时斜面方向上有 →巧解电磁感应问题 mgsin0-mgcos0-F安=0 第37期磁场对通 ◆河北许童钰 求得。=mgR(sin0-ucos0) 电导线的作用力 B2L 一、模型解读 的夹角为0，整个导轨平面内有磁感应强度为 磁场对运动电荷的 4.若将两平行金属导 1.导电滑轨模型基本内容 B、垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场，在导轨 作用力 在匀强磁场中，金属棒沿导电滑轨运动的的N、Q端连接有阻值为R的电阻，另一根质量 轨（无论是否光滑）水平放 置且只给金属棒初速度，如 第38期带电粒子 问题，要涉及磁场对电流的作用、法拉第电磁感为m、垂直于导轨放置的金属棒ab从静止释放 图5所示.则棒切割磁感线 图5 应定律、闭合电路欧姆定律等电学知识；要依据 后沿导轨下滑.求棒的最大速度， 在匀强磁场中的运 物体的受力情况对加速度和速度进行动态分 解法1.动态分析法： 运动，回路中产生感应电流，棒受到反方向的安 动质谱仪与回旋加 析；还要对运动过程中能量进行深入分析.所以 金属棒下滑后，速度增大→感应电动势E 培力而做减速运动，其安培力减小、加速度减 凡是以导电滑轨为模型的题目都是综合性较强增大→感应电流I增大→导体棒受安培力F安 小，当棒的速度减小到零时，加速度也减小到 速器 的题目，既考查学生对基础知识的掌握情况又 增大→导体棒受合外力F合减小→加速度a减 零.即棒的终态是静止状态. 第39期《选择性必 考查学生处理综合问题的能力. 小→ …,周而复始地循环→循环结束时 由此也可推得：导轨光滑时、棒的初动能全 修第二册》核心素养 (1)从导电滑轨的放置情况我们可以将导电 =0 部转化为感应电流的焦耳热.导轨不光滑时，棒 滑轨分为：水平面上的导电滑轨（如图1）、竖直平 F合=0 可知金属棒αb最终做匀速直线运动 的初动能一部分转化为焦耳热，另一部分由于 阶段测试（一） 面内的导电滑轨（如图2）、斜面上的导电滑轨（如 v最大 摩擦转化为内能 测试内容：第1章 图3)三种类型： 终态时根据平衡条件，导体棒在斜面方向 5.终态也可以为往复运动 第二章 上有mgsin0-F安=0 如图6所示，固定的水 第40期楞次定律 因F安=BL,又1= 平光滑金属导轨，间距为 R R ,可求得最大 L,左端接有阻值为R的电 第41期 法拉第电 荣度 阻，处在方向竖直向下、磁 磁感应定律 图1 图2 vn=mgRsin 感应强度为B的匀强磁场 6 (2)从导电滑轨上导体棒的数目来分类可 BL 第42期 涡流、电 中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导 以分为：单导体棒类（如图4）、双导体棒类（如 解法2.一般位置分析法： 轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略.初始时 磁阻尼和电磁驱动 图5)： 导体棒运动到任一个位置时，在斜面方向 刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右 互感和自感 上由牛顿第二定律可列方程mgsin0-F安=ma 的初速度。.在沿导轨往复运动的过程中，导体 第三章 而F发=L,又1==B弘，求得 R R 棒始终与导轨垂直并保持良好接触 第43期交变电流 a =gsin 0-B'Le (1)求初始时核刻导体棒受到的安培力： mR (2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为 交变电流的描述 图4 随着速度的增大，棒的加速度逐渐减小，当 零时，弹簧的弹性势能为E。,则这一过程中安培 第44期变压器 (3)从导电滑轨的宽度来分类可以分为：等 加速度减小到零时、速度最大（设为），以后一 力所做的功W,和电阻R上产生的焦耳热Q,分 宽类导电滑轨（如图6）和不等宽类导电滑轨 电能的输送 直做匀速直线运动 别为多少？ (如图7) 第45期《选择性必 B2Lv 即所受合外力为0，gsin0 =0,求 (3)导体棒往复运动，最终将静止于何处？ mR 从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电 修第二册》核心素养 得最大速度vm= mgRsin 0 阻R上产生的焦耳热Q为多少？ 阶段测试（二） B2L2 图6 解析：(1)初始时刻棒中感应电动势E= 三、模型拓展 测试内容：第2-3章 2.运用模型解题的基本规律 ① 1.若磁场方向竖直向上， 第四章 导电滑轨问题按不同的分类标准分成多种如图2所示.则终态时感应电 棒中感应电流I= E ② 第46期 电磁振荡 类型，轨道放置的平面不同，影响的只是导体棒 动势为 作用于棒上的安培力F=BL ③ 的受力情况 E=BLv sin(90°+0) 与电磁波 如果从处理方法来看，具体可以分为两类 BLv cos 0 联立①②3，得F= ,安培力方向：水平 R 第五章 问题，一类是一根导体棒滑动问题，另一类是两 斜面方向上合外力为0，有 向左： 第47期传感器 根导体棒滑动问题。我们在分析一根导体棒滑 mgsin 0-B ·Lc0s0=0 (2)由功和能的关系，得安培力做功 动问题时，往往以这根导体棒为研究对象，应用 R 第48期《选择性必 牛顿运动定律、动能定理等求解；在分析两根棒 mgRsin 0 =E, 修第二册》核心素养 滑动问题时，除了单根棒分析与上面相同外，还 求得m=BL cos20 电阻R上产生的焦耳热等于它克服安培力 阶段测试（三） 经常构成分流，希望考生在做题时加以注意 2.如图3、4所示情况下导体棒的动态特征 做的功 二、典例精析 和能量转化与本题相似. 测试内容：第1-5章 例1.如图1所示， Q=2m6-E。 MN、PQ是两根足够长且 (3)由能量转化及平衡条件等，可判断棒最 相距为L的固定平行金属 导轨，导轨平面与水平面 终静止于初始位置，故Q=之m6, 2 素养专练 数理极 4.法拉第电磁感应定律 运动，则以下结论正确的是 C.在0~4s时间内，通过R的电流大小为 A.电压表有读数，电流表没有读数 0.01A 1.闭合回路的磁通量Φ随时间t的变化图像 B.电压表有读数，电流表也有读数 D.在0~4s时间内，R两端电压U,=0.03V 分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生 C.电压表无读数，电流表有读数 4.如图4甲所示，一根电阻R=4Ω的导线绕成 的感应电动势的论述，正确的是 D.电压表无读数，电流表也无读数 半径d=2m的圆环，在圆内部分区域存在变化的匀 L=∠ 3.如图3甲所示，单匝线圈电阻r=1Ω，线圈强磁场，中间S形虚线是两直径均为d的半圆，磁感 内部存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场面积为S应强度随时间的变化如图乙所示（磁场垂直于纸面 =0.2m2,有一个阻值为R=22的电阻两端分别向外为正，电流顺时针方向为正)，关于环中感应电 网1 A.图甲回路中产生感应电动势 与线圈两端α、b相连，b端接地.磁感应强度B随时： 流一时间图像，下列选项中正确的是 B.图乙回路中感应电动势恒定不变 间t变化的规律如图乙所示，则 C.图丙回路中0~，时间内感应电动势小于 1~2时间内感应电动势 D.图丁回路中感应电动势先变大后变小、 2.在匀强磁场中，a、b是两条 平行金属导轨，而c、d为串有电流 图3 表、电压表的两金属棒，如图2所 A.在0~4s时间内，R中有电流从a流向b 示，两棒以相同的速度向右匀速 图2 B.当t=2s时穿过线圈的磁通量为0.08Wb 5.导线切割磁感线产生的 时间t均匀变化，要使通过导体棒的电流仍为I,磁：动摩擦因数均为“，两棒总电阻 XR X 为R,导轨电阻不计.开始两棒 感应电动势 感应强度的变化率4B “应为 ( 均静止在图示位置，当cd棒无 1.如图1所示，在一匀 强磁场中有一U形导线框 A. vBo B.B 初速释放时，对ab棒施加竖直 L D., 向上的力F,沿导轨向上做匀加 abcd,线框处于水平面内， 3.如图3所示，一电阻×，××w××爷 速运动.则 () 磁场与线框平面垂直，R为 ×××× 可忽略的U形光滑金属框××××××× A.ab棒中的电流方向由b 一电阻，ef为垂直于ab的 图1 abcd置于水平绝缘平台×，××××X !到u 一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动.杆ef 上，ab,dc足够长，一根电××××× 图3 B.cd棒先加速运动后匀速运动 及线框中导线的电阻都忽略不计.开始时，给e一阻为R的导体棒MN置于 C.cd棒所受摩檫力的最大值等于cd棒的重力 个向右的初速度，则 ( 金属框上，现给金属框水平向右的初速度，运动 D.cd棒最终静止在导轨上 A.f将减速向右运动，但不是匀减速，最后停止 过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中， 5.如图5所示，在竖直向下 B.ef将匀减速向右运动，最后停止 MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行.的匀强磁场中，将一水平放置 C.ef将匀速向右运动 则金属棒加速度a、速度v、产生的感应电动势EM、 的金属棒ab以水平速度o抛 D.ef将往返运动 回路中电流强度随时间t变化的关系图像可能正 出，且棒与磁场垂直，设棒在下 2.如图2所示，导体棒 确的是 落过程中方向不变且不计空气 ab跨接在金属框架MWPQ 阻力，则金属棒在运动过程中 上与框架围成一个边长为 产生的感应电动势大小将 L的正方形回路，空间有垂 A.保持不变 B.越来越大 直框架平面的匀强磁场， 图2 C.越来越小 D.无法判断 磁感应强度为B。,方向如图.电路中除αb棒以外其 4.(多选)如图4所示，足够长的金属导轨竖 余电阻均不计.若磁感应强度保持不变，让ab棒以直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属 恒定速度v向右运动时，导体棒中的电流大小为1；导轨上；虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚 ○本报命题组 若保持ab棒在初始位置不动，让磁感应强度B随线下方有竖直向下的匀强磁场.ab、cd棒与导轨间 (参考答案见下期) 第40期2版参考答案 楞次定律和安培定则，则线圈A中感应电流从右向左流过 大，与断开开关电流减小相反，灵敏电流计的指针向左偏转 素养专练1 电流计，同理B中感应电流也从右向左流过电流计. (2)周围环境温度急剧上升时，R电阻减小，电流增 1.A2.C3.AD4.A5.A 当S断开时，从右向左的磁场突然减小，根据楞次定律 大，直螺线管产生的原磁场向右增加，根据楞次定律可知 素养专练2 和安培定则，则线圈A中感应电流从左向右流过电流计，同 金属环上感应电流产生的磁场向左，从左向右看，金属环A 1.B 2.B 3.C 4.BCD 理B中感应电流也从左向右流过电流计 中电流方向逆时针：金属环上逆时针的感应电流在直螺线 5.M→NN→M 10.解析：(1)该闭合电路是指EFCD回路；当导体棒 管产生的向右的磁场中受到的安培力有收缩的趋势， 素养专练3 CD向右运动时，穿过闭合回路的磁通量向里增加，根据楞 1.A 2.B 3.C 4.ABC 次定律，感应电流磁场向外，根据右手定则可知感应电流为 5.解析：(1①线框进入磁场阶段：1为0~，线框进入 第40期3版参考答案 逆时针方向； 磁场中的面积与时间成正比，S=lt,最后为Φ=BS=B. A组 (2)如图所示，根据楞次定律，仅当磁场方向反向时， ②线框在磁场中运动阶段：为{~L,线框磁通量 1.D2.D3.C4.D5.D6.B7.C 导体棒CD中感应电流的方向反向，即顺时针方向：仅当导 8.逆时针向下收缩 体棒CD的运动方向反向时，电流方向也反向，即顺时针方为Φ=BP,保持不变 9.解析：(1)根据右手螺旋 向：当磁场方向和导体棒的运动方向都反向时，感应电流方 定则，线圈A中的磁感线穿过线 向不变，仍为逆时针方向； ③线框离开磁场阶段：t为二 圈B的方向如图中的实线所示， (3)伸开右手，使磁感线从掌心进人，大拇指指导体棒L+L,线框磁通量线性减小，最后为 电路接通瞬间，线圈B中的磁场 运动的方向，则四指指向感应电流方向。 增强，磁通量也增大：根据楞次定 B组 零，磁通量随时间变化的图像如图所 律，线圈B中感应电流的磁场方向应该与原磁场方向相反， 1.BD 2.AD 3.AD 示 即如图中的虚线所示；再用右手螺旋定则判断感应电流的方 4.(1)向左偏转(2)逆时针收缩 (2)根据右手定则可知，cd边上的电流方向为c到d: 向便可确定流过灵敏电流计的电流方向是D→C. 解析：(1)断开开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向右 (3)根据左手定则cd边在进出磁场过程中受到的安培 (2)当S接通时，中间线圈产生从右向左的磁场，根据偏转了一下，将滑动变阻器的滑片向右滑动过程中，电流增力方向为向左 数理极 素养·测评 3 二、填空题（共12分） 《电磁感应》 8.探究导线切割磁感线时的感应电动势： 同步核心素养测试( ©本报命题组 ××× 上架着一根金属棒ef,在极短时间内给棒ef一个水 A组基础篇 图 平向右的速度，ef棒开始运动，最后又静止在导轨 (1)导线垂直于磁场方向运动，B、1、v两两垂 上，则f在运动过程中，就导轨是光滑和粗糙两种 直时，如图8甲所示，E= 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分） 情况相比较 ( (2)导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁 1.竖直平行导轨MN上 A.整个回路产生的总热量相等 感线方向夹角为时，如图乙所示，E= 端接有电阻R,金属杆ab质 B.安培力对ef棒做的功相等 (3)导体棒切割磁感线产生感应电流，导体棒 量为m,跨在平行导轨间的长 C.安培力对ef棒的冲量相等 所受安培力的方向为 ，导体棒克服 度为L,垂直导轨平面的水平 ×× D.电流通过整个回路所做的功相等 做功，把 能转化为 能 匀强磁场方向向里，不计ab 5.如图5所示，abcd是位 三、计算题（本题共2小题，共22分） 杆及导轨电阻，不计摩擦，且 图1 于竖直平面内用粗细均匀的 9.(10分)如图9甲所示，一圆形线圈的面积 ab与导轨接触良好，如图1所示.若ab杆在竖直方 电阻丝围成的正方形线框， 向上的外力F作用下匀速上升h,则下列说法错误 为S,匝数为n,电阻为r,线圈外接一个阻值为R的 它的下方有一个垂直于纸面 M Xxxxx× 的是 ) 电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀 向里的匀强磁场，MN、PQ为 p××xX×x A.金属杆ab克服安培力所做的功等于电阻R磁场的上下水平边界，两边 图5 强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所 上产生的焦耳热 示： 界间的距离与正方形的边长均为L,线框从某一高 B.金属杆ab克服安培力所做的功与克服重力 (1)比较a、b两点的电势高低； 度开始下落，恰好能匀速进人磁场.不计空气阻 做功之和等于金属杆机械能的增加量 (2)求时流过R的电流大小 力，以bc边进入磁场时为起点，在线框通过磁场的 C.拉力F与重力做功的代数和等于金属杆克 过程中，线框中的感应电流（顺时针方向为正）、 服安培力做的功 bc两点间的电势差U、线框所受的安培力F(竖直 D.拉力F与安培力的合力所做的功等于mgh 向上的方向为正)、线框产生的焦耳热Q分别随下 2.如图2所示，足够长 落高度h的变化关系可能正确的是 平行金属导轨倾斜放置， 小灯泡 倾角为37°，宽度为0.5m, 电阻忽略不计，其上端接 图2 一小灯泡，电阻为12.一导体棒MN垂直于导轨放 置，质量为0.2kg,接人电路的电阻为1Ω，两端与 6.如图6所示，x0y坐标 导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在 系第一象限有垂直纸面向外 导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感 的匀强磁场，第三象限有垂 ×××× 应强度为0.8T.将导体棒MN由静止释放，运动一 直纸面向里的匀强磁场，磁氵 段时间后，小灯泡稳定发光.此后导体棒MN的运 10.(12分)如图10所示，水平放置的两平行 感应强度大小均为B,第二、 动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为（重力加 图6 金属导轨相距1=0.50m,左端接一电阻R= 四象限内没有磁场.一个围 速度g取10m/s2,sin37°=0.6) ( 0.2),磁感应强度B=0.40T的匀强磁场方向垂 成四分之一圆弧形的导体环Oab,其圆心在原点 A.2.5m/s,1W B.5 m/s,1 W 直于导轨平面向下，导体棒ac(长为)垂直放在导 O,开始时导体环在第四象限，从t=0时刻起绕O C.7.5m/s,9W D.15m/s,9W 轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的 点在xOy坐标平面内逆时针匀速转动若以逆时针 3.如图3所示，间距为d 电阻均可忽略不计.当棒ac以v=4.0m/s的速度 方向的电流为正，下列表示环内感应电流随时间 的两水平虚线之间有方向垂 水平向右匀速滑动时，求： t变化的图像中，正确的是 直于竖直平面向里的匀强磁 (1)ac棒中感应电动势的大小； 场，正方形金属线框abcd的 (2)回路中感应电流的大小； 边长为l(l<d).线框从ab (3)维持ac棒做匀速运动的水平外力的大小N 边距磁场上边界h处自由下 图3 7.近场通信(NFC)器件 落，下落过程中线框始终在竖直平面内且ab边保 依据电磁感应原理进行通 持水平.已知ab边进入磁场瞬间、dc边进入磁场瞬 信，其内部装有类似于压扁 间及dc边离开磁场瞬间线框的速度均相同.设线 框进入磁场的过程中产生的热量为Q,离开磁场 的线圈作为天线.如图7所 的过程中产生的热量为Q2.不计空气阻力，则 示，这种线圈从内到外逐渐 扩大，构成正方形.在这个正 图7 B.2 方形NFC线圈中，共有3圈，它们的边长分别为a d Q2 =d-l b、c(a>b>c),需要注意的是，图中线圈接人内 1 部芯片时与芯片内部线圈绝缘，从而能够正确地 g,=+h 2=1+h 连接到内置芯片.若匀强磁场垂直穿过该线圈时， 4.如图4所示，ABCD是 磁感应强度随时间变化规律为B=:+B,(k为常 固定的水平放置的足够长的 数).则整个线圈产生的感应电动势最接近( U形导轨，整个导轨处于竖直 A.3a'k B.(a2+b2+c2)k 向上的匀强磁场中，在导轨 C.3(a2+62+c2)k D.(a+b+c)2h (下转第4版)