资源简介

章末检测试卷(第二章)
(满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.关于感应电流的产生及方向，下列描述正确的是 (　　)
2.(2023·无锡市高二期末)某研究小组制作了一仪表，发现指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难。在指针转轴上装上扇形铝板或扇形铝框，在合适区域加上磁场，可以解决此困难。下列方案合理的是 (　　)
3.(2023·北京市高二期中)如图所示，我国直升机在北京上空悬停时，长度为L的螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动(俯视)，转动角速度为ω。该处地磁场的水平分量为Bx，竖直分量为By。叶片的近轴端为a，远轴端为b。忽略转轴的尺寸，则叶片中感应电动势为 (　　)
A.ByL2ω，a端电势低于b端电势
B.ByL2ω，a端电势低于b端电势
C.ByL2ω，a端电势高于b端电势
D.BxL2ω，a端电势低于b端电势
4.(2024·昆明市高二月考)如图所示，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，灯泡L1与理想二极管D相连，下列说法中正确的是 (　　)
A.闭合开关S的瞬间，L1逐渐变亮，L2立刻变亮
B.闭合开关S稳定后，L1比L2更亮
C.断开S的瞬间，L2会立即熄灭
D.断开S的瞬间，a点的电势比b点低
5.(2023·成都七中高二月考)将四根绝缘硬质细导线顺次绕成如图甲、乙、丙、丁所示的线圈，其中大圆面积均为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面有一方向向外的、大小随时间t变化的磁场。磁场磁感应强度大小B=B0+kt，B0和k均为大于0的常量，下列说法正确的是 (　　)
A.甲图的大圆中感应电流方向沿逆时针方向
B.乙图的大圆和小圆总电动势为k(S1-S2)
C.丙图的大圆和小圆总电动势为k(S1-S2)
D.丁图的大圆和小圆所受安培力的合力不为零
6.(2023·成都外国语学校高二期中)如图，在光滑的水平面上，宽为2L的有界匀强磁场左侧放置一边长为L的正方形导电线圈，线圈在水平外力作用下向右匀加速穿过该磁场，则在线圈穿过磁场的过程中，拉力F随位移x的变化图像、热功率P随位移x的变化图像、线圈中感应电流I(顺时针方向为正)随位移x的变化图像正确的是 (　　)
7.(2023·四川达州第一学校高二期末)如图所示，边界水平的区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为l，两区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度相同。边长为l的正方形导线框从Ⅰ区域上方某位置由静止释放，已知线框恰能匀速穿过Ⅱ磁场，重力加速度为g。忽略空气阻力。则下列说法错误的是 (　　)
A.线框穿过Ⅰ区域磁场过程加速度大小一定小于g
B.线框穿过Ⅰ区域磁场和穿过Ⅱ区域磁场过程中安培力的冲量相同
C.线框穿过Ⅰ区域磁场比穿过Ⅱ区域磁场产生的焦耳热小
D.线框穿过Ⅰ、Ⅱ区域磁场的过程所用时间可能相同
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8.(2023·赣州市高二期末)“八一勋章”获得者马伟明带领的科研团队研制成功的电磁弹射技术首次在中国003号航母“福建舰”上使用。电磁弹射可用于舰载机、无人机、电磁炮等领域。用强迫储能器代替常规电源，它能在极短时间内释放所储存的电能。飞机电磁弹射原理简化图如图所示，两根水平发射轨道长s，相距为L的光滑的金属导轨，ab杆相当于飞机的弹射车(弹射车和飞机总质量为m，ab杆电阻为R)，匀强磁场方向竖直向上，磁感应强度为B，a和b端接强迫储能器恒流源两极(强迫储能器恒流源输出的电流恒为I)，ab杆将以最大速度从右端水平飞出。那么以下说法正确的是 (　　)
A.a端接强迫储能器的负极
B.强迫储能器的输出电压不变
C.不考虑图示导线中电流产生的磁场，ab杆将做加速度逐渐减小的加速运动，最大加速度为a=
D.不考虑图示导线中电流产生的磁场，ab杆将做匀加速运动，最大速度v=
9.(2023·成都市高二期末)如图(a)，螺线管内有一平行于轴线的匀强磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框abcd相连，abcd内有一柔软的正方形金属环L，L与abcd共面，当B随时间t按图(b)所示规律变化时 (　　)
A.0~t1内，导线框中有顺时针方向的感应电流
B.0~t1内，金属环L有收缩趋势
C.t1~t2内，a点电势高于d点电势
D.t2~t3内，金属环L中有逆时针方向的感应电流
10.(2023·山东卷)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1=2 T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1=2 m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是 (　　)
A.B2的方向向上 B.B2的方向向下
C.v2=5 m/s D.v2=3 m/s
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(8分)在“探究法拉第电磁感应现象”的实验中：
(1)(2分)已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、灵敏电流表及开关按如图所示部分连接，请把剩余部分电路连接完整。
(2)(2分)正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向右加速滑动时，灵敏电流表指针向右偏转，由此可以判断　　　　。
A.线圈A向上移动或滑动变阻器滑片P向左加速滑动，都能引起灵敏电流表指针向左偏转
B.线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流表指针向右偏转
C.滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动，灵敏电流表指针都静止在中央
(3)(2分)某同学第一次将滑动变阻器的滑片P慢慢向右移动，第二次将滑动变阻器的滑片P快速向右移动，发现电流表的指针摆动的幅度第二次的幅度大，原因是线圈中的　　　　(选填“磁通量”、“磁通量的变化”或“磁通量的变化率”)第二次比第一次的大。
(4)(2分)某同学在实验室重做电磁感应现象的实验，他将灵敏电流表、线圈A和B、干电池组、开关用导线连接成电路。当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其可能的原因是　　　　。
A.开关的位置接错
B.线圈B的接头接反
C.干电池组的正负极接反
12.(8分)(2024·广州市高二期末)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R=0.1 Ω，边长l=0.2 m。
(1)(2分)在t=0到t=0.1 s时间内，金属框中的感应电动势E=　　　　；
(2)(3分)在t=0到t=0.1 s时间内，金属框中电流I=　　　　，方向为　　　　；(选填“顺时针”或“逆时针”)
(3)(3分)t=0.05 s时，金属框ab边受到的安培力F=　　　　，方向为垂直于ab　　　　。(选填“向左”或“向右”)
13.(10分)如图所示，在水平地面MN上方空间存在一垂直纸面向里、磁感应强度B=1 T的有界匀强磁场区域，上边界EF距离地面的高度为H。正方形金属线框abcd的质量m=0.02 kg、边长L=0.1 m(L(1)(5分)若线框从h=0.45 m处开始下落，则线框ab边刚进入磁场时的加速度大小；
(2)(5分)若要使线框匀速进入磁场，则h多高。
14.(12分)(2023·凉山州高二期末)如图所示为磁悬浮实验车(底部固定金属框abcd)与磁场的示意图。水平地面上是两根长直平行导轨PQ和MN，导轨电阻不计，导轨间有方向垂直于导轨平面的匀强磁场B1和B2，单个磁场B1与B2沿导轨方向宽度相同且交替出现，车底部金属框ad边宽度与单个磁场沿导轨方向宽度相等。在t=0时刻磁场B1和B2同时以v0=10 m/s沿导轨方向向右匀速运动，使得ab、dc两边都向左切割磁场，实验车在安培力作用下从静止开始运动。已知ab边长L=0.2 m、金属框总电阻R=1.6 Ω，列车与线框的总质量m=2.0 kg，磁场B1=B2=1.0 T，实验车运动时受到恒定的阻力f=0.2 N。求：
(1)(2分)实验车开始运动瞬间回路电动势大小；
(2)(4分)实验车开始运动瞬间加速度的大小；
(3)(6分)实验车的最大速率v。
15.(16分)如图，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ=30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m、长为L、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好。金属导轨的上端连接一个阻值也为R的定值电阻。现闭合开关K，给金属棒施加一个平行于导轨向上、大小为F=5mg的恒力，使金属棒由静止开始运动。当金属棒上滑距离x0时，金属棒开始匀速运动。重力加速度为g，求：
(1)(2分)刚开始运动时金属棒的加速度大小；
(2)(3分)从静止到开始匀速运动的过程中通过金属棒的电荷量；
(3)(8分)从静止到开始匀速运动的过程中定值电阻R产生的焦耳热；
(4)(3分)从静止到开始匀速运动金属棒所经历的时间。
答案精析
1.B　［导体棒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B所示位置向下插时，线圈内磁场的方向向下且磁通量变大，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；闭合开关，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，线圈向上竖直平移时，穿过线圈的磁通量保持不变，磁通量变化量为0，所以线圈中不会产生感应电流，D错误。］
2.A　［A图中是铝板，磁场在铝板中间，无论指针偏转角度大小，都会在铝板上产生涡流，起到电磁阻尼的作用，指针会很快稳定的停下，A方案合理；B、D图中当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B、D方案不合理；C图中是铝框，磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，C方案不合理。］
3.B　［我国北京上空地磁场方向有竖直向下的分量，大小为By，当螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动（俯视）时，根据右手定则可知，a端电势低于b端电势，叶片中感应电动势大小为E=ByL=ByL2ω，故选B。］
4.C　［闭合开关S后，线圈自感只是阻碍流过L的电流增大，则两灯立刻亮，故A错误；闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以L1与二极管被短路，导致灯泡L1不亮，而L2将更亮，故B错误；断开S的瞬间，L2会立刻熄灭，线圈L与灯泡L1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势高于b端，感应电流方向与二极管正方向相反，所以回路中没有电流，故D错误，C正确。］
5.B　［根据楞次定律和甲、乙两图中的绕线方式可判断，甲、乙两图中大圆和小圆中产生的感应电流、感应电动势方向均相反，实际线圈中感应电流方向应以大圆中感应电流方向为准，甲图的大圆中感应电流方向为顺时针方向，大圆和小圆总电动势为两电动势之差E==-=k（S1-S2），故A错误，B正确；根据楞次定律和丙图中的绕线方式可知，丙图中大圆和小圆中产生感应电动势方向相同，大圆和小圆总电动势为两电动势之和E'==+=k（S1+S2），故C错误；由左手定则和圆的对称性可知，丁图中大圆和小圆各自所受的安培力的合力均为零，所以大圆和小圆所受安培力的合力为零，故D错误。］
6.C　［线圈在水平外力作用下向右匀加速穿过该磁场，在0~L的过程中F-F安=ma，F安=，2ax=v2
解得F=ma+，A、B错误；线圈中的感应电流为I==，0~L和2L~3L对应的图像应为同一曲线的两段，D错误；线圈中的功率P===，C正确。］
7.D　［根据题意可知，线框恰能匀速穿过Ⅱ磁场，则有mg=BI2l=，由于穿过Ⅰ磁场后，还需要经过一段加速过程，才能到达Ⅱ磁场，因此穿出Ⅰ磁场时的速度必然小于v2。假设线框穿过Ⅰ磁场过程的加速度大于g，则刚进入Ⅰ磁场时做减速运动，减速过程所能达到的最小速度即为v2，与上述分析不符，故线框穿过Ⅰ磁场过程的加速度大小一定小于g，故A正确；线框穿过磁场过程安培力的冲量I=Δt=BlΔt=qBl=Bl，线框穿过Ⅰ磁场和穿过Ⅱ磁场过程，磁通量变化量大小相同，则安培力的冲量相同，故B正确；由A选项分析可知，线框穿过Ⅰ磁场过程仍然向下加速，且最大速度小于v2，穿过Ⅱ磁场速度为v2，则由平均速度及两磁场宽度相等可知线框穿过Ⅰ磁场的过程所用时间大于穿过Ⅱ磁场的过程所用时间，穿过磁场的过程，线框产生的焦耳热为Q=·Δt=易知，两个过程中磁通量变化量相同，所以线框穿过Ⅰ磁场比穿过Ⅱ磁场产生的焦耳热小，故D错误，C正确。］
8.AD　［根据题意，可知ab杆所受安培力水平向右，则由左手定则可知，ab杆中电流的方向为由b指向a，因此可知，b端接强迫储能器的正极，a端接强迫储能器的负极，故A正确；由于ab杆向右运动的过程中切割磁感线，从而也会产生感应电动势，而由右手定则可知ab杆切割磁感线产生的感应电动势的方向与强迫储能器输出的电压方向相反，且ab杆电流不变，可知强迫储能器的输出电压一直增大，故B错误；强迫储能器恒流源输出电流恒为I，根据F=BIL可知ab杆所受安培力不变，则可知其加速度不变，ab杆做匀加速直线运动，由运动学公式可得=s，而F=ma，联立解得ab杆获得的最大速度v=，故C错误，D正确。］
9.AC　［由题意可知，在0~t1内外加磁场的磁感应强度均匀增加，根据楞次定律，可知导线框内有顺时针方向的感应电流，故A正确；在0~t1内外加磁场的磁感应强度均匀增加，根据法拉第电磁感应定律，可知流过导线框的是恒定电流，故在abcd平面内产生恒定的磁场，故通过金属环L的磁通量没有变化，故B错误；
t1~t2内外加磁场的磁感应强度减小，然后再反向增大，根据楞次定律，可知导线框内有逆时针方向的感应电流，螺线管作为电源，其内部的电流由d流向a，故a点电势高于d点电势，故C正确；
t2~t3内外加磁场的磁感应强度反向减小，根据楞次定律，可知导线框内有顺时针方向的感应电流，且图线的斜率越来越小，根据法拉第电磁感应定律，可知流过导线框的电流越来越小，故在abcd平面内产生的磁场垂直纸面向里减小，根据楞次定律，可知金属环L中有顺时针方向的感应电流，故D错误。］
10.BD　［导轨的速度大于导体棒的速度，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为Ff=μmg=2 N，因为导体棒做匀速直线运动，导体棒所受安培力大小为F1=Ff=2 N，由左手定则可知矩形回路中的电流方向为N→M→D→C→N，导轨受到向左的摩擦力，向右的拉力和安培力，其中拉力等于重物的重力，以向右为正方向，安培力大小为F2=Ff'-m0g=1 N，可知安培力方向向右，由左手定则可知B2的方向向下，A错误，B正确；对导体棒分析有F1=B1IL，对导轨分析有F2=B2IL，矩形回路中的电流为I=，联立解得v2=3 m/s，C错误，D正确。］
11.（1）见解析图　（2）A　（3）磁通量的变化率　（4）A
解析　（1）电路连接图如图所示：
（2）将滑动变阻器的滑片P向右加速滑动时，滑动变阻器阻值减小，电流增大，说明通过线圈B的磁通量增大，线圈B产生感应电流，灵敏电流表指针向右偏转。
线圈A向上移动或滑动变阻器滑片P向左加速滑动，均会引起通过线圈B的磁通量减小，灵敏电流表指针向左偏转，故A正确；线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，会引起通过线圈B的磁通量减小，灵敏电流表指针向左偏转，故B错误；滑动变阻器滑片P只要滑动，都会引起通过线圈B的磁通量变化，灵敏电流表指针就会偏转，与匀速或加速无关，故C错误。
（3）滑片P移动的快慢，决定线圈B磁通量变化的快慢，所以指针摆动的幅度第二次的幅度较大，原因是线圈中的磁通量的变化率第二次比第一次的大。
（4）若开关和灵敏电流表构成回路，则开关闭合、断开时，不会引起线圈B的磁通量变化，电流表指针不会偏转，故A正确；线圈B的接头接反，开关闭合、断开时，线圈B的磁通量会发生变化，指针会偏转，故B错误；干电池组的正负极接反，电流表指针偏转方向变化，故C错误。
12.（1）0.08 V　（2）0.8 A　顺时针　（3）0.016 N　向左
解析　（1）在t=0到t=0.1 s的时间Δt内，磁感应强度的变化量大小ΔB=0.2 T，设穿过金属框的磁通量变化量大小为ΔΦ，有ΔΦ=ΔB·l2
由于磁场磁感应强度大小均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，有E=
联立可得E=0.08 V
（2）设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有I=
代入数据得I=0.8 A
由楞次定律及安培定则可知，金属框中电流方向为顺时针。
（3）由题图可知，t=0.05 s时，磁感应强度为B1=0.1 T，金属框ab边受到的安培力F=IlB1
代入数据得F=0.016 N
由左手定则可知方向垂直于ab向左。
13.（1）2.5 m/s2　（2）0.8 m
解析　（1）当线框ab边进入磁场时，由动能定理有mgh=m
解得v1=3 m/s
ab边切割磁感线产生感应电动势E=BLv1=0.3 V
线框受安培力F=BIL==0.15 N
由牛顿第二定律mg-F=ma
解得a=2.5 m/s2
（2）匀速进磁场，由mg=F'，F'=BI'L，
v'=，I=
代入数据解得h=0.8 m。
14.（1）4 V　（2）0.4 m/s2　（3）8 m/s
解析　（1）已知B=B1=B2=1.0 T，当实验车的速度为零时，金属框相对于磁场的速度大小为v0，金属框中左右两边都切割磁感线，产生的感应电流方向相同，故整体感应电动势为
E=2BLv0=4 V
（2）整体受到的安培力为
F=2BIL=
由牛顿第二定律可得F-f=ma
联立解得a=0.4 m/s2
（3）实验车最大速率为v时相对磁场的切割速率为v0-v
则此时金属框所受的安培力大小为
F'=
此时金属框所受的安培力与阻力平衡F'=f
解得v=8 m/s。
15.（1）4.5g　（2）　（3）-　（4） +
解析　(1)设刚开始运动时金属棒的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有F-mgsin θ=ma ①
代入数据解得a=4.5g ②
(2)设从静止到开始匀速运动所经历的时间为t，通过金属棒的电荷量为q。根据法拉第电磁感应定律可得t时间内回路中的平均感应电动势为
= ③
根据闭合电路欧姆定律可得回路中的平均电流为
= ④
根据电流的定义可得q=t ⑤
联立③④⑤解得q= ⑥
(3)设金属棒匀速运动时速度大小为v，此时回路中的感应电动势为E=BLv ⑦
回路中的电流为I= ⑧
金属棒所受安培力大小为FA=BIL ⑨
根据平衡条件得F=FA+mgsin θ ⑩
解得v=
设从静止到开始匀速运动的过程中回路中产生的总焦耳热为Q，则根据功能关系得
Fx0-mgx0sin θ=Q+mv2
根据焦耳定律可知定值电阻R产生的焦耳热
QR=Q
联立 解得QR=-
(4)对金属棒从静止到开始匀速运动的过程应用动量定理有Ft-mgtsin θ-BLt=mv
联立⑤⑥ 解得t=+。 (共58张PPT)
章末检测试卷(第二章)
一、单项选择题
1.关于感应电流的产生及方向，下列描述正确的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
导体棒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B所示位置向下插时，线圈内磁场的方向向下且磁通量变大，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；
闭合开关，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；
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
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12
通有恒定电流的长直导线和闭合线圈在同一竖直面内，线圈向上竖直平移时，穿过线圈的磁通量保持不变，磁通量变化量为0，所以线圈中不会产生感应电流，D错误。
13
14
15
2.(2023·无锡市高二期末)某研究小组制作了一仪表，发现指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难。在指针转轴上装上扇形铝板或扇形铝框，在合适区域加上磁场，可以解决此困难。下列方案合理的是
1
2
3
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5
6
7
8
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11
12
13
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√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
A图中是铝板，磁场在铝板中间，无论指针偏转角度大小，都会在铝板上产生涡流，起到电磁阻尼的作用，指针会很快稳定的停下，A方案合理；
B、D图中当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B、D方案不合理；
C图中是铝框，磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，C方案不合理。
3.(2023·北京市高二期中)如图所示，我国直升机在北京上空悬停时，长度为L的螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动(俯视)，转动角速度为ω。该处地磁场的水平分量为Bx，竖直分量为By。叶片的近轴端为a，远轴端为b。忽略转轴的尺寸，则叶片中感应电动势为
A.ByL2ω，a端电势低于b端电势
B.ByL2ω，a端电势低于b端电势
C.ByL2ω，a端电势高于b端电势
D.BxL2ω，a端电势低于b端电势
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
我国北京上空地磁场方向有竖直向下的分量，大小
为By，当螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动(俯
视)时，根据右手定则可知，a端电势低于b端电势，
叶片中感应电动势大小为E=ByL=ByL2ω，故选B。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
4.(2024·昆明市高二月考)如图所示，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，灯泡L1与理想二极管D相连，下列说法中正确的是
A.闭合开关S的瞬间，L1逐渐变亮，L2立刻变亮
B.闭合开关S稳定后，L1比L2更亮
C.断开S的瞬间，L2会立即熄灭
D.断开S的瞬间，a点的电势比b点低
√
1
2
3
4
5
6
7
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9
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1
2
3
4
5
6
7
8
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11
12
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15
闭合开关S后，线圈自感只是阻碍流过L的电流增大，
则两灯立刻亮，故A错误；
闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以
L1与二极管被短路，导致灯泡L1不亮，而L2将更亮，
故B错误；
断开S的瞬间，L2会立刻熄灭，线圈L与灯泡L1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势高于b端，感应电流方向与二极管正方向相反，所以回路中没有电流，故D错误，C正确。
5.(2023·成都七中高二月考)将四根绝缘硬质细导线顺次绕成如图甲、乙、丙、丁所示的线圈，其中大圆面积均为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面有一方向向外的、大小随时间t变化的磁场。磁场磁感应强度大小B=B0+kt，B0和k均为大于0的常量，下列说法正确的是
A.甲图的大圆中感应电流方向沿逆时针方向
B.乙图的大圆和小圆总电动势为k(S1-S2)
C.丙图的大圆和小圆总电动势为k(S1-S2)
D.丁图的大圆和小圆所受安培力的合力不为零
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√
根据楞次定律和甲、乙两图中的绕线方式可判断，甲、乙两图中大圆和小圆中产生的感应电流、感应电动势方向均相反，实际线圈中感应电流方向应以大圆中感应电流方向为准，甲图的大圆中感应电流方向
为顺时针方向，大圆和小圆总电动势为两电动势之差E==-
=k(S1-S2)，故A错误，B正确；
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根据楞次定律和丙图中的绕线方式可知，丙图中大圆和小圆中产生感
应电动势方向相同，大圆和小圆总电动势为两电动势之和E'==
+=k(S1+S2)，故C错误；
由左手定则和圆的对称性可知，丁图中大圆和小圆各自所受的安培力的合力均为零，所以大圆和小圆所受安培力的合力为零，故D错误。
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6.(2023·成都外国语学校高二期中)如图，在光滑的水平面
上，宽为2L的有界匀强磁场左侧放置一边长为L的正方形
导电线圈，线圈在水平外力作用下向右匀加速穿过该磁场，
则在线圈穿过磁场的过程中，拉力F随位移x的变化图像、
热功率P随位移x的变化图像、线圈中感应电流I(顺时针方向为正)随位移x的变化图像正确的是
√
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线圈在水平外力作用下向右匀加速穿过该磁场，
在0~L的过程中F-F安=ma，F安=，2ax=v2
解得F=ma+，A、B错误；
线圈中的感应电流为I==，0~L和2L~3L对应的图像应为同一
曲线的两段，D错误；
线圈中的功率P===，C正确。
7.(2023·四川达州第一学校高二期末)如图所示，边界水
平的区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为l，两区域内存在垂直纸面向里
的匀强磁场，磁感应强度相同。边长为l的正方形导线框
从Ⅰ区域上方某位置由静止释放，已知线框恰能匀速穿
过Ⅱ磁场，重力加速度为g。忽略空气阻力。则下列说法错误的是
A.线框穿过Ⅰ区域磁场过程加速度大小一定小于g
B.线框穿过Ⅰ区域磁场和穿过Ⅱ区域磁场过程中安培力的冲量相同
C.线框穿过Ⅰ区域磁场比穿过Ⅱ区域磁场产生的焦耳热小
D.线框穿过Ⅰ、Ⅱ区域磁场的过程所用时间可能相同
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根据题意可知，线框恰能匀速穿过Ⅱ磁场，则
有mg=BI2l=，由于穿过Ⅰ磁场后，还需要
经过一段加速过程，才能到达Ⅱ磁场，因此穿
出Ⅰ磁场时的速度必然小于v2。假设线框穿过Ⅰ磁场过程的加速度大于g，则刚进入Ⅰ磁场时做减速运动，减速过程所能达到的最小速度即为v2，与上述分析不符，故线框穿过Ⅰ磁场过程的加速度大小一定小于g，故A正确；
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线框穿过磁场过程安培力的冲量I=Δt=BlΔt=qBl=Bl，线框穿过Ⅰ磁场和穿过Ⅱ磁场过程，磁通量变化量大小相同，则安培力的冲量相同，故B正确；
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由A选项分析可知，线框穿过Ⅰ磁场过程仍然向
下加速，且最大速度小于v2，穿过Ⅱ磁场速度为
v2，则由平均速度及两磁场宽度相等可知线框穿
过Ⅰ磁场的过程所用时间大于穿过Ⅱ磁场的过程所用时间，穿过磁场
的过程，线框产生的焦耳热为Q=·Δt=易知，两个过程中磁通
量变化量相同，所以线框穿过Ⅰ磁场比穿过Ⅱ磁场产生的焦耳热小，故D错误，C正确。
二、多项选择题
8.(2023·赣州市高二期末)“八一勋章”获得
者马伟明带领的科研团队研制成功的电磁弹
射技术首次在中国003号航母“福建舰”上使
用。电磁弹射可用于舰载机、无人机、电磁炮等领域。用强迫储能器代替常规电源，它能在极短时间内释放所储存的电能。飞机电磁弹射原理简化图如图所示，两根水平发射轨道长s，相距为L的光滑的金属导轨，ab杆相当于飞机的弹射车(弹射车和飞机总质量为m，ab杆电阻为R)，匀强磁场方向竖直向上，磁感应强度为B，a和b端接强迫储能器恒流源两
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极(强迫储能器恒流源输出的电流恒为I)，ab杆将以最大速度从右端水平飞出。那么以下说法正确的是
A.a端接强迫储能器的负极
B.强迫储能器的输出电压不变
C.不考虑图示导线中电流产生的磁场，ab杆将做加速度逐渐减小的加速
运动，最大加速度为a=
D.不考虑图示导线中电流产生的磁场，ab杆将做匀加速运动，最大速度
v=
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根据题意，可知ab杆所受安培力水平向
右，则由左手定则可知，ab杆中电流的
方向为由b指向a，因此可知，b端接强迫
储能器的正极，a端接强迫储能器的负极，故A正确；
由于ab杆向右运动的过程中切割磁感线，从而也会产生感应电动势，而由右手定则可知ab杆切割磁感线产生的感应电动势的方向与强迫储能器输出的电压方向相反，且ab杆电流不变，可知强迫储能器的输出电压一直增大，故B错误；
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强迫储能器恒流源输出电流恒为I，根据
F=BIL可知ab杆所受安培力不变，则可知
其加速度不变，ab杆做匀加速直线运动，
由运动学公式可得=s，而F=ma，联立解得ab杆获得的最大速度v=
，故C错误，D正确。
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9.(2023·成都市高二期末)如图(a)，螺线管内有一平行于轴线的匀强磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框abcd相连，abcd内有一柔软的正方形金属环L，L与abcd共面，当B随时间t按图(b)所示规律变化时
A.0~t1内，导线框中有顺时针方向的感应电流
B.0~t1内，金属环L有收缩趋势
C.t1~t2内，a点电势高于d点电势
D.t2~t3内，金属环L中有逆时针方向的感应电流
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由题意可知，在0~t1内外加磁场的磁感应
强度均匀增加，根据楞次定律，可知导线
框内有顺时针方向的感应电流，故A正确；
在0~t1内外加磁场的磁感应强度均匀增加，根据法拉第电磁感应定律，可知流过导线框的是恒定电流，故在abcd平面内产生恒定的磁场，故通过金属环L的磁通量没有变化，故B错误；
t1~t2内外加磁场的磁感应强度减小，然后再反向增大，根据楞次定律，可知导线框内有逆时针方向的感应电流，螺线管作为电源，其内部的电流由d流向a，故a点电势高于d点电势，故C正确；
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t2~t3内外加磁场的磁感应强度反向减小，
根据楞次定律，可知导线框内有顺时针方
向的感应电流，且图线的斜率越来越小，
根据法拉第电磁感应定律，可知流过导线
框的电流越来越小，故在abcd平面内产生的磁场垂直纸面向里减小，根据楞次定律，可知金属环L中有顺时针方向的感应电流，故D错误。
10.(2023·山东卷)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘
桌面上，宽为1 m，电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、
电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形
回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1=2 T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1=2 m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2，
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下列说法正确的是
A.B2的方向向上 B.B2的方向向下
C.v2=5 m/s D.v2=3 m/s
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导轨的速度大于导体棒的速度，因此对导体棒
受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向
左的安培力，摩擦力大小为Ff=μmg=2 N，因为
导体棒做匀速直线运动，导体棒所受安培力大小为F1=Ff=2 N，由左手定则可知矩形回路中的电流方向为N→M→D→C→N，导轨受到向左的摩擦力，向右的拉力和安培力，其中拉力等于重物的重力，以向右为正方向，安培力大小为F2=Ff'-m0g=1 N，可知安培力方向向右，由左手定则可知B2的方向向下，A错误，B正确；
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对导体棒分析有F1=B1IL，对导轨分析有F2=B2IL，矩形回路中的电流为I=，联立解得v2=3 m/s，C错误，D正确。
三、非选择题
11.在“探究法拉第电磁感应现象”的实验中：
(1)已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、灵敏电流表及开关按如图所示部分连接，请把剩余部分电路连接完整。
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答案　见解析图　
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电路连接图如图所示：
(2)正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向右加速滑动时，灵敏电流表指针向右偏转，由此可以判断　　。
A.线圈A向上移动或滑动变阻器滑片P向左加速
滑动，都能引起灵敏电流表指针向左偏转
B.线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起
灵敏电流表指针向右偏转
C.滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动，灵敏电流表指针都静止
在中央
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A
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将滑动变阻器的滑片P向右加速滑动时，滑动变阻器
阻值减小，电流增大，说明通过线圈B的磁通量增大，
线圈B产生感应电流，灵敏电流表指针向右偏转。
线圈A向上移动或滑动变阻器滑片P向左加速滑动，均
会引起通过线圈B的磁通量减小，灵敏电流表指针向左偏转，故A正确；
线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，会引起通过线圈B的磁通量减小，灵敏电流表指针向左偏转，故B错误；
滑动变阻器滑片P只要滑动，都会引起通过线圈B的磁通量变化，灵敏电流表指针就会偏转，与匀速或加速无关，故C错误。
(3)某同学第一次将滑动变阻器的滑片P慢慢向右移动，第二次将滑动变阻器的滑片P快速向右移动，发现电流表的指针摆动的幅度第二次的幅度大，原因是线圈中的　　 　　(选填“磁通量”、“磁通量的变化”或“磁通量的变化率”)第二次比第一次的大。
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磁通量的变化率
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滑片P移动的快慢，决定线圈B磁通量变化的快慢，所以指针摆动的幅度第二次的幅度较大，原因是线圈中的磁通量的变化率第二次比第一次的大。
(4)某同学在实验室重做电磁感应现象的实验，他将灵敏电流表、线圈A和B、干电池组、开关用导线连接成电路。当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其可能的原因是　　。
A.开关的位置接错
B.线圈B的接头接反
C.干电池组的正负极接反
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若开关和灵敏电流表构成回路，则开关闭合、断
开时，不会引起线圈B的磁通量变化，电流表指
针不会偏转，故A正确；
线圈B的接头接反，开关闭合、断开时，线圈B的磁通量会发生变化，指针会偏转，故B错误；
干电池组的正负极接反，电流表指针偏转方向变化，故C错误。
12.(2024·广州市高二期末)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R=0.1 Ω，边长l=0.2 m。
(1)在t=0到t=0.1 s时间内，金属框中的感应电动势E=　　　　；
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0.08 V
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在t=0到t=0.1 s的时间Δt内，磁感应强度的变化量大小ΔB=0.2 T，设穿过金属框的磁通量变化量大小为ΔΦ，有ΔΦ=ΔB·l2
由于磁场磁感应强度大小均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，有E=
联立可得E=0.08 V
(2)在t=0到t=0.1 s时间内，金属框中电流I=
　　　，方向为　 　　；(选填“顺时针”
或“逆时针”)
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0.8 A
顺时针
设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有I=
代入数据得I=0.8 A
由楞次定律及安培定则可知，金属框中电流方向为顺时针。
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(3)t=0.05 s时，金属框ab边受到的安培力F=
　　　　，方向为垂直于ab　 　。(选填
“向左”或“向右”)
0.016 N
向左
由题图可知，t=0.05 s时，磁感应强度为B1=0.1 T，金属框ab边受到的安培力F=IlB1
代入数据得F=0.016 N
由左手定则可知方向垂直于ab向左。
13.如图所示，在水平地面MN上方空间存在一垂直纸面
向里、磁感应强度B=1 T的有界匀强磁场区域，上边界
EF距离地面的高度为H。正方形金属线框abcd的质量m
=0.02 kg、边长L=0.1 m(L线框在磁场上方，ab边距离EF高度为h，然后由静止开
始自由下落，abcd始终在竖直平面内且ab保持水平，忽略空气阻力。求线框从开始运动到ab边刚要落地的过程中(g取10 m/s2)。
(1)若线框从h=0.45 m处开始下落，则线框ab边刚进入磁场时的加速度大小；
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答案　2.5 m/s2　
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当线框ab边进入磁场时，由动能定理有mgh=m
解得v1=3 m/s
ab边切割磁感线产生感应电动势E=BLv1=0.3 V
线框受安培力F=BIL==0.15 N
由牛顿第二定律mg-F=ma
解得a=2.5 m/s2
(2)若要使线框匀速进入磁场，则h多高。
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答案　0.8 m
匀速进磁场，由mg=F'，F'=BI'L，
v'=，I=
代入数据解得h=0.8 m。
14.(2023·凉山州高二期末)如图所示为
磁悬浮实验车(底部固定金属框abcd)与
磁场的示意图。水平地面上是两根长直
平行导轨PQ和MN，导轨电阻不计，导轨间有方向垂直于导轨平面的匀强磁场B1和B2，单个磁场B1与B2沿导轨方向宽度相同且交替出现，车底部金属框ad边宽度与单个磁场沿导轨方向宽度相等。在t=0时刻磁场B1和B2同时以v0=10 m/s沿导轨方向向右匀速运动，使得ab、dc两边都向左切割磁场，实验车在安培力作用下从静止开始运动。已知ab边长L=0.2 m、金属框总电阻R=1.6 Ω，列车与线框的总质量m=2.0 kg，磁场B1=B2=1.0 T，实验车运动时受到恒定的阻力f=0.2 N。求：
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(1)实验车开始运动瞬间回路电动势大小；
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答案　4 V
已知B=B1=B2=1.0 T，当实验车的速度为零时，金属框相对于磁场的速度大小为v0，金属框中左右两边都切割磁感线，产生的感应电流方向相同，故整体感应电动势为E=2BLv0=4 V
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(2)实验车开始运动瞬间加速度的大小；
答案　0.4 m/s2
整体受到的安培力为F=2BIL=
由牛顿第二定律可得F-f=ma
联立解得a=0.4 m/s2
(3)实验车的最大速率v。
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答案　8 m/s
实验车最大速率为v时相对磁场的切割速率为v0-v
则此时金属框所受的安培力大小为F'=
此时金属框所受的安培力与阻力平衡F'=f
解得v=8 m/s。
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15.如图，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相
距为L，导轨平面与水平面的夹角θ=30°，导轨电阻不
计，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨
平面向上的匀强磁场中。质量为m、长为L、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好。金属导轨的上端连接一个阻值也为R的定值电阻。现闭合开关K，给金属棒施加一个平行于导轨向上、大小为F=5mg的恒力，使金属棒由静止开始运动。当金属棒上滑距离x0时，金属棒开始匀速运动。重力加速度为g，求：
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(1)刚开始运动时金属棒的加速度大小；
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答案　4.5g　
设刚开始运动时金属棒的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有F-mgsin θ=ma ①
代入数据解得a=4.5g ②
(2)从静止到开始匀速运动的过程中通过金属棒的电荷量；
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设从静止到开始匀速运动所经历的时间为t，
通过金属棒的电荷量为q。
根据法拉第电磁感应定律可得t时间内回路中
的平均感应电动势为= ③
根据闭合电路欧姆定律可得回路中的平均电流为= ④
根据电流的定义可得q=t ⑤
联立③④⑤解得q= ⑥
(3)从静止到开始匀速运动的过程中定值电阻R产生的焦耳热；
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设金属棒匀速运动时速度大小为v，此时回路中的感应电动势为E=BLv ⑦
回路中的电流为I= ⑧
金属棒所受安培力大小为FA=BIL ⑨
根据平衡条件得F=FA+mgsin θ ⑩
解得v=
设从静止到开始匀速运动的过程中回路中产生的总焦耳热为Q，则
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根据功能关系得Fx0-mgx0sin θ=Q+mv2
根据焦耳定律可知定值电阻R产生的焦耳热QR=Q
联立 解得QR=-
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(4)从静止到开始匀速运动金属棒所经历的时间。
答案　+
对金属棒从静止到开始匀速运动的过程应用动量定理有
Ft-mgtsin θ-BLt=mv
联立⑤⑥ 解得t=+。

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