第2章 专题提升课4 分层训练 能力提升-【优学精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修二同步教参（教科版·新教材）

题组1　电磁感应中的电路问题 1．如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的有直线边界(图中竖直虚线)的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为 (　　) A．BRv B．BRv C．BRv D．BRv 解析：选D。设整个圆环的电阻为r，圆环位于题图所示位置时，电路的外电阻即磁场外的部分是圆环总电阻的，而在磁场内切割磁感线的有效长度是R，其相当于电源，E＝B·R·v，由右手定则可知a点电势高于b点电势，根据闭合电路欧姆定律可得Uab＝E＝BRv，D正确。 2．(2025·辽宁辽阳市期末)如图所示，圆形线圈的匝数n＝100，面积S＝0.3 m2，处在垂直于纸面向里的匀强磁场中。磁感应强度大小B随时间t变化的规律为B＝0.5t ，定值电阻R＝5 Ω，线圈的电阻r＝1 Ω。下列说法正确的是 (　　) A．通过电阻R的电流方向为a→b B．线圈产生的感应电动势为15 V C.定值电阻R两端的电压为10 V D．通过电阻R的电流为2 A 解析：选B。由磁感应强度大小B随时间t变化的规律可知，穿过线圈的磁通量向里增加，由楞次定律可知，线圈产生感应磁场的方向垂直于纸面向外，由安培定则可知，线圈中感应电流为逆时针，则通过电阻R的电流方向为b→a，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的感应电动势E＝n＝nS＝100×0.5×0.3 V＝15 V，故B正确；线圈中磁感应强度均匀变化，则线圈产生恒定的电动势，由闭合电路欧姆定律可得，通过电阻R的电流I＝＝ A＝2.5 A，定值电阻R两端的电压U＝IR＝12.5 V，故C、D错误。 3．(2025·北京市大兴区期末考试)如图甲所示，电阻r＝5 Ω、匝数为100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A、B与电阻R相连，R＝95 Ω。线圈内有方向垂直于纸面向里的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化，则下列说法错误的是 (　　) A．A点的电势低于B点的电势 B．在线圈位置上感生电场沿逆时针方向 C．0.1 s时间内通过电阻R的电荷量为0.05 C D．0.1 s时间内非静电力所做的功为2.5 J 解析：选A。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，A点的电势高于B点的电势，在线圈位置上感生电场沿逆时针方向，故B正确，A错误；由法拉第电磁感应定律可知E＝n＝100× V＝50 V，由闭合电路欧姆定律可知I＝＝0.5 A，则0.1 s时间内通过R的电荷量q＝It＝0.05 C，故C正确；0.1 s时间内非静电力所做的功W＝Eq＝50×0.05 J＝2.5 J，故D正确。 题组2　电磁感应中的图像问题 4．如图一足够大的“”形导轨固定在水平面上，导轨左端接一灵敏电流计G，两侧导轨平行。空间中各处的磁感应强度大小均为B且随时间同步变化，t＝0时刻，在电流计右侧某处放置一导体棒，并使之以速度v0向右匀速运动，发现运动过程中电流计读数始终为零，已知导体棒与导轨接触良好，则磁感应强度随时间变化的关系可能正确的是 (　　) 解析：选C。设导体棒开始运动时与导轨左端的距离为x，磁场的磁感应强度为B0，依题意，导体棒和导轨内部始终无电流，可得B0lx＝Bl(x＋v0t)，整理得＝t＋，故与t为一次函数关系。 5．(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图甲中虚线MN所示，一硬质金属圆环固定在纸面内，圆心O在边界MN上。t＝0时磁场的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则圆环中产生的感应电流I及所受安培力F与时间t的关系图像可能正确的是 (　　) 解析：选AC。根据法拉第电磁感应定律有E＝，根据闭合电路欧姆定律有I＝，因通过圆环的磁通量变化率为定值，故圆环中的电动势、电流的大小和方向不变，故A正确，B错误；根据F＝BIL，因电流I和有效长度L都不变，故F随B的变化而变化，故F-t图像与B-t类似，故C正确，D错误。 6．如图所示，空间存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁场区域宽度为2L，以磁场左边界上的一点为坐标原点，建立x轴。一边长为L的正方形金属线框abcd在外力作用下以速度v匀速穿过匀强磁场。从线框的cd边刚进磁场开始计时，线框中产生的感应电流I、线框的ab边两端的电压Uab、线框所受的安培力F、穿过线框的磁通量Φ随位移x的变化图像正确的是(规定逆时针电流方向为正，安培力方向向左为正) (　　) 解析：选D。线圈向右移动0～L进入磁场时产生的电动势E＝BLv，根据欧姆定律可得，线圈中的电流I＝，方向为逆时针，大小不变，线圈向右移动L～2L完全进入磁场时产生的电动势为0，电流为0；当线圈向右移动2L～3L出磁场时产生的电动势E＝BLv，根据欧姆定律可得，线圈中的电流I＝，此时方向为顺时针，大小也不变，A错误；同理可知，线圈向右移动0～L进入磁场时，线框的ab边两端的电压Uab＝BLv，线圈向右移动L～2L完全进入磁场时，线框的ab边两端的电压Uab＝E＝BLv，当线圈向右移动2L～3L出磁场时，线框的ab边两端的电压Uab＝BLv，B错误；线圈向右移动0～L进入磁场时，安培力F＝BIL＝，方向向左，大小不变，线圈向右移动L～2L完全进入磁场时，安培力为零，当线圈向右移动2L～3L出磁场时，安培力F＝BIL＝，方向向左，大小不变，C错误；线圈向右移动0～L进入磁场时，磁通量Φ＝BLx，线圈向右移动L～2L完全进入磁场时，磁通量Φ＝BL2，当线圈向右移动2L～3L出磁场时，磁通量Φ＝BL(3L－x)，D正确。 7．(2025·新疆乌鲁木齐市期中)图甲是法拉第发明的圆盘发电机，也是人类历史上第一台发电机。图乙是利用这种发电机给电阻R供电的电路图，半径为r的圆盘安装在水平轴上，外电路通过M、N分别与圆盘边缘和转轴相连接，圆盘接入电路的等效电阻为R，导线电阻不计。空间中存在垂直于圆盘平面向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆盘沿顺时针方向(从左向右看)以角速度ω匀速转动。下列说法正确的是 (　　) A．M点电势低于N点电势 B．M、N两点间电势差为Br2ω C．圆盘转动一周，通过R的电荷量为 D．仅将圆盘的转速变为原来的3倍，电阻R上消耗的功率也变为原来的3倍 解析：选C。由右手定则可知，电流从M点流出，经电阻R流向N点，因此M点电势高于N点电势，A错误；感应电动势E＝Br＝Br·rω＝Br2ω，I＝＝，M、N两点间电势差UMN＝IR＝，B错误； 圆盘转动一周的时间t＝，由q＝It，解得q＝，C正确；电阻R上消耗的功率P＝I2R＝2R，由ω＝2πn可知，仅将圆盘的转速变为原来的3倍，电阻R上消耗的功率将变为原来的9倍，D错误。 8．如图所示，等腰直角三角形虚线区域内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它高为L，底边在x轴上。纸面内一直角边长也为L的等腰直角三角形导线框沿x轴正方向匀速穿过匀强磁场区域，在t＝0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流和位移(ix)关系的是 (　　) 解析：选C。导线框刚进入磁场中时，导线框切割磁感线的有效长度随位移x线性增大，感应电动势E＝，根据欧姆定律可知i＝，结合上述分析可知i∝x，根据右手定则可知，导线框中的电流方向为顺时针，当x＝L时，电流达到I0，导线框进入磁场后，有效切割长度先增大后减小，当x>L时，切割磁感线的有效长度开始减小，电流逐渐减小到0，根据几何知识可知，此时x＝L＋＝L，继续向右运动时，导线框切割磁感线的有效长度反向增大，电流变为逆时针，且电流随位移线性增大，当x＝2L时，反向电流达到最大为－2I0，故C正确。 9．(10分)(2026·云南昆明市期中)MN、PQ为水平放置、间距为1 m的平行导轨，左端接有如图所示的电路。电源的电动势为10 V、内阻为0.5 Ω，小灯泡L的电阻为8 Ω。将导体棒ab静置于导轨上，整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度大小为2 T，方向与导体棒垂直且与两水平导轨所在平面的夹角θ＝53°，匀质导体棒质量为0.52 kg，阻值为8 Ω。闭合开关S后，导体棒恰好未发生滑动。已知导体棒和导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计导轨的电阻，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8。 (1)求导体棒受到的安培力的大小。(4分) (2)求此时滑动变阻器接入电路中的电阻大小。(6分) 解析：(1)由题可知，闭合开关S后，导体棒恰好未发生滑动。对导体棒受力分析如图所示 由力的平衡可得F安sin θ＝f f＝μFN F安cos θ＋FN＝mg 联立解得F安＝2 N。 (2)导体棒中的电流I1＝＝1 A 导体棒两端的电压U1＝I1R1＝8 V 由于小灯泡与导体棒并联，因此小灯泡两端的电压 U2＝U1＝8 V 通过小灯泡的电流I2＝＝1 A 滑动变阻器接入电路中的电阻R＝＝0.5 Ω。 答案：(1)2 N　(2)0.5 Ω 学科网（北京）股份有限公司 $