资源简介

江苏省无锡市天一中学2024-2025学年高二上学期期末考试物理试题
一、单选题
1．（2025高二上·锡山期末）下列有关安培力和洛伦兹力的说法正确的是（　　）
A．判断安培力和洛伦兹力的方向都用右手定则
B．运动的电荷在磁场中一定受到洛伦兹力的作用
C．安培力与洛伦兹力的本质相同，所以安培力和洛伦兹力都不做功
D．一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零
【答案】D
【知识点】安培力；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A.判断安培力和洛伦兹力的方向都用左手定则，A不符合题意；
B.电荷运动方向与磁场方向平行时不受洛伦兹力的作用，B不符合题意；
C.洛伦兹力对运动电荷不做功，但安培力垂直于电流，与通电导体运动方向未必垂直，安培力可能做功，C不符合题意；
D.若通电导体电流方向与磁场方向平行，通电导体受安培力为零，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】左力右磁，洛伦兹力对运动电荷不做功，通电导体电流方向与磁场方向平行，通电导体受安培力为零。
2．（2025高二上·锡山期末）已知匝数为n的正方形线框，面积为S，垂直于磁场放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，则穿过该线框的磁通量为（　　）
A．Φ=nBS B．Φ=BS C． D．
【答案】B
【知识点】磁通量
【解析】【解答】 对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）求解。穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，且当线圈平面与磁场垂直时，有
故选B。
【分析】线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积。
3．（2025高二上·锡山期末）下列四幅图的说法中正确的是（　　）
A．图甲真空冶炼炉外的线圈通入高频交流电时，炉外线圈中会产生大量热量
B．图乙回旋加速器是利用磁场使带电粒子“转圈”、恒定电场进行加速的仪器
C．图丙毫安表运输时把正负接线柱用导线连在一起是利用电磁阻尼保护表头
D．图丁摇动手柄使蹄形磁铁转动，则铝框会和磁铁同向共速转动
【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】该题为电磁驱动的模型、电磁阻尼等知识，考查法拉第电磁感应定律，知道感应电流的磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化，同时掌握回旋加速器的工作原理。A．图甲真空冶炼炉外的线圈通入高频交流电时，金属中会产生涡流，产生大量热量，故A错误；
B．图乙回旋加速器是利用磁场使带电粒子“转圈”、交变电场进行加速的仪器，故B错误；
C．图丙毫安表运输时把正负接线柱用导线连在一起是利用电磁阻尼保护表头，故C正确；
D．图丁摇动手柄使蹄形磁铁转动，由电磁驱动原理可知，则铝框会和磁铁同向转动，但比磁铁转动慢，故D错误。
故选C。
【分析】真空冶炼炉，在铁块中会产生涡流，产生大量热量，冶炼金属。根据回旋加速器的工作原理进行分析；将毫安表的表头短接来保护电表，利用了电磁阻尼原理；当磁铁与线圈相对运动时，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，根据电磁阻尼的知识进行分析。
4．（2025高二上·锡山期末）下列关于电和磁的情景的说法正确的是（　　）
A．图甲：两条异向通电长直导线相互吸引
B．图乙：在匀强磁场内运动的闭合线框中有感应电流产生
C．图丙：闭合线框中c点的电势高于b点的电势
D．图丁：电路通电稳定后断开开关S的瞬间，灯泡一定会闪一下再熄灭
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；自感与互感；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】本题考查磁场和电磁感应的基础知识，关键要理解自感现象形成的原因，判断断电自感时在什么条件下灯泡会闪一下。A．导线间的相互作用力通过磁场产生，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，故A错误；
B．感应电流的产生条件是闭合回路中磁通量发生改变，线框磁通量未改变，无感应电流产生，故B错误；
C．由右手定则可知，c点的电势高于b点的电势，故C正确；
D．若电路稳定时，流过电感线圈的电流大于灯泡中的电流，断电自感时灯泡才会闪一下再熄灭，题中未说明，故D错误。
故选C。
【分析】根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥分析A项；根据感应电流的产生条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，来分析B项；根据右手定则判断电势高低；结合自感现象的规律分析D项。
5．（2025高二上·锡山期末）如图所示，水平桌面上放着一个圆形金属线圈，在其圆心的正上方固定一个柱形磁体，现通过加热的方式使柱形磁体磁性减弱，圆形金属线圈始终静止，则（　　）
A．线圈有扩张的趋势
B．水平桌面对线圈支持力增大
C．线圈中感应电流产生的磁场方向竖直向上
D．从上往下看，线圈中感应电流沿逆时针方向
【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AB．加热后，磁体磁性减弱，根据楞次定律，水平桌面对线圈支持力减小，线圈还有受安培力扩张的趋势，故A正确，B错误；
CD．加热后，磁体磁性减弱，穿过线圈的磁通量向下减小，根据楞次定，以及安培定则，从上往下看，线圈中感应电流沿顺时针方向，故CD错误；
故选A。
【分析】线圈产生的感应电流在原磁场中所受安培力阻碍磁通量的减小，故有“减扩”、“减靠”的趋势，线圈有被吸引的趋势。
6．（2025高二上·锡山期末）如图所示，一束带电粒子（不计重力）先以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场B（方向垂直纸面，未画出）和匀强电场E组成的速度选择器，然后通过平板S上的狭缝P，进入另一垂直纸面向外的匀强磁场，最终打在平板S上的之间。下列正确的是（　　）
A．通过狭缝P的粒子带负电
B．磁场B的方向垂直纸面向外
C．粒子打在上的位置距P越远，粒子的速度越小
D．粒子打在上的位置距P越远，粒子的比荷越小
【答案】D
【知识点】质谱仪和回旋加速器；速度选择器
【解析】【解答】本题主要考查了质谱仪的相关应用，根据洛伦兹力和电场力的等量关系，同时结合牛顿第二定律即可完成求解。
A．带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，知该粒子带正电，A错误；
B．粒子经过速度选择器时，所受的电场力和洛伦兹力平衡，电场力水平向左，则洛伦兹力水平向右，根据左手定则可知，匀强磁场的方向垂直纸面向里，B错误；
CD．能通过平板S上的狭缝P的粒子符合
则
即从P点进入磁场的粒子速度均相同，C错误；
D．所有打在A1A2上的粒子，在磁场B'中做匀速圆周运动，根据
可得
从P点进入磁场的粒子速度均相同，粒子打在A1A2上的位置越远离P，则半径越大，粒子的比荷越小，D正确。
故选D。
【分析】根据左手定则得出粒子的电性；根据洛伦兹力和电场力的平衡关系，结合左手定则得出磁场的方向；根据洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律得出比荷对半径的影响。
7．（2025高二上·锡山期末）临沂籍物理学家薛其坤院士荣获2023年度国家最高科学技术奖。薛院士在研究霍尔效应的过程中发现了量子反常霍尔效应现象。如图是某金属材料做成的霍尔元件，所加磁场方向及电流方向如图所示，则（　　）
A．该霍尔元件的前后两表面间存在电压，且前表面电势高
B．该霍尔元件的前后两表面间存在电压，且前表面电势低
C．该霍尔元件的上下两表面间存在电压，且上表面电势高
D．该霍尔元件的上下两表面间存在电压，且上表面电势低
【答案】A
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，解题的关键点是利用左手定则分析出洛伦兹力的方向。根据题意，由于金属材料的载流子为自由电子，由左手定则可知，自由电子向后表面偏转，则该霍尔元件的前后两表面间存在电压，且前表面电势高。
故选A。
【分析】根据粒子的电性结合左手定则得出电势的高低，结合题目选项完成分析。
8．（2025高二上·锡山期末）如图所示的半圆形闭合回路半径为a，电阻为R。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于半圆形回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（　　）
A．感应电流方向沿顺时针方向
B．半圆形闭合导线所受安培力方向向右
C．感应电动势最大值2Bav
D．感应电动势平均值
【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】AB．线框进入磁场的过程中，通过半圆形闭合回路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向不变，根据楞次定律推论“来拒去留”可知半圆形闭合导线所受安培力方向向左，故AB错误；
C．当半圆闭合回路进入磁场一半时，此时半圆环切割磁感线运动的等效长度最大为a，感应电动势最大，根据法拉第第电磁感应定律有
故C错误；
D．整个过程穿过回路磁通量的变化量为
则由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值为
故D正确。
故选D。
【分析】确定穿过线框磁通量的变化情况，再结合楞次定律及其推论确定感应电流的方向和圆环所受安培力的方向。确定线框运动过程切割磁感线运动的等效边长，再结合法拉第电磁感应定律进行解答。
9．（2025高二上·锡山期末）如图所示，导体棒AB长2R，绕O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，OB为R，且OBA三点在一直线上，有一匀强磁场磁感应强度为B，充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】解决本题的关键掌握转动切割产生的感应电动势公式E=BωL2，会根据E=Blv进行推导。AB两端的电势差大小等于金属棒AB中感应电动势的大小为
故选C。
【分析】金属棒中各点切割感线的速度不等，应用平均速度求解感应电动势的大小．线速度与角速度的关系式为 v=ωr。
10．（2025高二上·锡山期末）如图所示，在条形磁铁极附近悬挂一个线圈，线圈与水平磁铁位于同一平面内。当线圈中通以图示方向的电流时，将会出现的现象是（　　）
A．线圈向左摆动
B．线圈向右摆动
C．从上往下看，线圈顺时针转动，同时向右摆动
D．从上往下看，线圈逆时针转动，同时向左摆动
【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】通电线圈处于S极的附近，受到磁场力的作用使其转动，环形电流产生的磁场相当于小磁针。线圈通以顺时针的电流，由于处于S极的磁体附近，磁感线从右侧进入S极，根据左手定则可得，线圈左边受垂直纸面向外的安培力，线圈右边受垂直纸面向内的安培力，所以线圈还会绕着悬线轴线旋转，不属于单纯的平移，从上往下看，线圈逆时针转动，由于环形电流产生的磁场相当于小磁针，当开始旋转直至转过90°角过程中，环形电流与条形磁铁S极逐渐相向，二者异名磁极相互吸引，导致线圈在逆时针转动的同时向左摆动。
故选D。
【分析】根据安培定则分析通电线圈的极性，将通电线圈等效为小磁针，根据磁极间的相互作用规律分析作答。
11．（2025高二上·锡山期末）如图所示，等腰直角三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的直角边在x轴上且长为L，高为L。纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在时刻恰好位于图中所示的位置。以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】本题要知道感应电势势公式E=BLv中的L是有效的切割长度，可得到感应电流表达式来分析其变化情况。在0~ L过程，磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值，线圈切割有效长度均匀增加，线圈中的电流为
在L~ 2L过程，磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，线圈切割有效长度均匀增加，线圈中的电流为
故选A。
【分析】将整个过程分成两个位移都是L的两段，根据楞次定律判断感应电流方向。由感应电动势公式E=BLv，L是有效切割长度，分析L的变化情况，判断感应电流大小的变化情况，从而选择图像。
二、实验题
12．（2025高二上·锡山期末）甲、乙、丙三位同学利用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素。
（1）如图，甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，下列操作中同样能使指针向右偏转的有　 　。
A．闭合开关
B. 开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动
C. 开关闭合时将线圈从线圈中拔出
D. 开关闭合时将线圈倒置再重新插入线圈中
（2）为确切判断线圈中的感应电流方向，应在实验前先查明灵敏电流计　 　的关系。
（3）如图，乙同学将条形磁铁从线圈上方由静止释放，使其笔直落入线圈中，多次改变释放高度，发现释放高度越高，灵敏电流计指针偏转过的角度越大。该现象说明了线圈中　 　（选填“磁通量”“磁通量变化量”或“磁通量变化率”）越大，产生的感应电流越大。
（4）丙同学设计了如图所示的装置来判断感应电流的方向。他先使用多用电表的欧姆挡对二极管正负极进行确认，某次测量时发现多用电表指针几乎没有偏转，说明此时黑表笔接触的是二极管的　 　（选填“正极”或“负极”）。实验操作时将磁铁插入线圈时，只有灯　 　（选填“C”或“D”）短暂亮起。
【答案】CD；指针偏转方向与流入电流方向；磁通量变化率；负极；C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】 根据题意判断出灵敏电流计指针偏转方向与磁通量变化关系是解题的关键，分析清楚电路结构，应用楞次定律即可解题。（1）断开开关时，线圈中电流迅速减小，则B线圈中磁通减小，出现感应电流，使灵敏电流计指针向右偏转；为了同样使指针向右偏转，应减小B线圈中的磁通量或增加B线圈中反向的磁通量。
A．闭合开关，线圈中的电流突然增大，则B线圈中的磁通量增大，故A错误；
B．开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动，线圈中的电流增大，则B线圈中的磁通量增大，故B错误；
C．开关闭合时将线圈从B线圈中拔出，则B线圈中的磁通量减小，故C正确；
D．开关闭合时将线圈倒置，再重新插入B线圈中，则B线圈中反向的磁通量增加，故D正确。
故选CD。
（2）判断感应电流具体流向，应先查明灵敏电流计指针偏转方向与电流流入方向的关系。
（3）释放高度越高，磁铁落入线圈的速度越快，则线圈中磁通量变化率越大，产生的感应电流越大。
（4）欧姆挡指针没有偏转时，说明二极管的负极与电源正极相连，根据多用电表红进黑出的操作原则，此时黑表笔接触的是二极管的负极；
当磁铁插入线圈时，线圈中出现如图所示方向的电流，灯C短暂亮起。
【分析】（1）根据题意判断灵敏电流计指针偏转方向与磁通量变化间的关系，然后根据题意分析答题。
（2）根据磁通量的变化情况判断灵敏电流计指针偏转方向。
（3）根据图示电路图分析答题。
（4）根据图示电路图应用楞次定律判断电流方向，然后判断哪个灯亮。
三、解答题
13．（2025高二上·锡山期末）如图所示，宽为L=0.2m的光滑导轨与水平面成a=37°角，处于磁感应强度大小为B=0.6T、方向垂直于导轨面向上的匀强磁场中，导轨上端与电源和电阻箱连接，电源电动势E=3V，内阻。在导轨上水平放置一根金属棒ab，金属棒与导轨接触良好，当电阻箱的电阻调到时，金属棒恰好能静止。忽略金属棒和导轨的电阻，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）回路中电流的大小；
（2）金属棒受到的安培力；
（3）金属杆ab的质量。
【答案】解：（1）由闭合电路的欧姆定律可得
（2）金属棒受到的安培力为
由左手定则可知，安培力方向沿斜面向上；
（3）由于金属棒刚好静止，则有
解得
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】（1）由闭合电路的欧姆定律计算回路中电流的大小；
（2）根据F=BIL计算金属棒受到的安培力；
（3）金属杆恰好能静止，根据平衡条件计算金属杆ab的质量。
14．（2025高二上·锡山期末）如图所示，正方形金属线圈通过一根不可伸长的绝缘轻绳悬挂在天花板上，已知线圈匝数n=100，边长l=40cm，质量m=0.2kg，电阻R=2Ω。线圈中线OO'上方有垂直线圈平面向外的匀强磁场，磁感应强度B0=0.1T。t=0时刻开始磁场均匀增加、磁感应强度变化率，重力加速度大小取g=10m/s2，求：
（1）前5s内线圈产生的焦耳热；
（2）t=5s时轻绳的拉力大小。
【答案】解：（1）根据法拉第电磁感应定律可得
感应电流的大小为
前5s内线圈产生的焦耳热为
代入数据解得
（2）根据楞次定律和左手定则可知，线框受到竖直向下的安培力，则
联立可得
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出线框产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求感应电流大小，再由焦耳定律求前5s内线圈产生的焦耳热；
（2）根据B0和磁感应强度变化率求t=5s时磁感应强度大小，再根据平衡条件和安培力公式求轻绳的拉力大小。
15．（2025高二上·锡山期末）如图所示，间距L=1m、足够长的平行光滑金属导轨固定于绝缘水平面上，导轨左端接有R=0.5Ω的电阻。长度与导轨间距相等的金属棒ab垂直放置于导轨上，其质量m=0.1kg，电阻R=0.5Ω。整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T。t=0时，将水平向右的恒力F=4N作用于ab棒上，当t=2s时，金属棒ab的速度达到最大，随后撤去F，棒最终静止在导轨上。重力加速度g=10m/s2，求：
（1）金属棒ab运动的最大速度vm；
（2）前2s内通过定值电阻R的电荷量；
（3）撤去拉力F后金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移。
【答案】解：（1）金属棒ab的速度达到最大时，感应电动势为
感应电流为
此时金属棒所受外力的合力为0，根据平衡条件有
解得
（2）前2s内，对金属棒进行分析，根据动量定理有
前2s内通过定值电阻R的电荷量
解得
（3）撤去拉力F后，感应电动势的平均值为
感应电流的平均值为
根据动量定理有
解得
撤去拉力F后金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移
解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属棒ab的速度达到最大时，安培力与拉力平衡，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；
（2）根据动量定理、电荷量的计算公式求解前2s内通过定值电阻R的电荷量；
（3）撤去拉力F后，根据动量定理求解金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移。
16．（2025高二上·锡山期末）磁控管是微波炉的核心器件，磁控管中心为热电子发射源，电子在电场和磁场的共同作用下，形成了如图甲所示的漂亮形状。现将该磁控管简化成如图乙所示的装置，两足够长的平行金属板相距4d，板间中心有一电子发射源S向各个方向发射初速度大小为v0的电子。已知电子比荷为，仅考虑纸平面内运动的电子，回答以下问题：
（1）若两板间不加磁场，仅接一电压恒为U的电源，其中，求：
①电子在板间运动的加速度的大小；
②电子打到金属板的最长时间和最短时间之差。
（2）若两板间不接电源，仅加垂直纸面向里的匀强磁场B，其中，求：
①有电子打到的金属板总长度；
②打在金属板上的电子占发射电子总数的百分比。
（3）在两金属板之间接一电压恒为U的电源的同时，加一垂直纸面向里的匀强磁场B，其中，。考虑初速度v0水平向右的电子，求该电子打在金属板上时速度的大小和方向。
【答案】（1）解：①根据牛顿第二定律有
解得
②水平向左运动的电子运动距离
该电子不会打在左侧金属板上，电子打到金属板的最长时间和最短时间之差为
（2）解：①根据洛伦兹力提供向心力有
解得
如图所示
由图可知，SA为圆的直径，C点为相切点，则
所以有电子打到的金属板总长度为
②由图甲可知，打在金属板上的电子占发射电子总数的百分比为100%。
（3）解：根据动能定理可得
解得
如图所示
y轴方向，有
所以
解得
电子打在金属板上时速度的大小为
方向与水平向右方向夹角
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度，分析判断向左运动电子时间最长，向右电子运动时间最短，根据运动学方程求解；
（2）根据洛伦兹力提供向心力求解电子运动半径，结合几何关系分析求解；
（3）分析电子运动情况，根据动能定理和动量定理分析求解。
（1）①根据牛顿第二定律有
解得
②水平向左运动的电子运动距离
该电子不会打在左侧金属板上，电子打到金属板的最长时间和最短时间之差为
（2）①根据洛伦兹力提供向心力有
解得
如图所示
由图可知，SA为圆的直径，C点为相切点，则
所以有电子打到的金属板总长度为
②由图甲可知，打在金属板上的电子占发射电子总数的百分比为100%。
（3）根据动能定理可得
解得
如图所示
y轴方向，有
所以
解得
电子打在金属板上时速度的大小为
方向与水平向右方向夹角
1 / 1江苏省无锡市天一中学2024-2025学年高二上学期期末考试物理试题
一、单选题
1．（2025高二上·锡山期末）下列有关安培力和洛伦兹力的说法正确的是（　　）
A．判断安培力和洛伦兹力的方向都用右手定则
B．运动的电荷在磁场中一定受到洛伦兹力的作用
C．安培力与洛伦兹力的本质相同，所以安培力和洛伦兹力都不做功
D．一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零
2．（2025高二上·锡山期末）已知匝数为n的正方形线框，面积为S，垂直于磁场放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，则穿过该线框的磁通量为（　　）
A．Φ=nBS B．Φ=BS C． D．
3．（2025高二上·锡山期末）下列四幅图的说法中正确的是（　　）
A．图甲真空冶炼炉外的线圈通入高频交流电时，炉外线圈中会产生大量热量
B．图乙回旋加速器是利用磁场使带电粒子“转圈”、恒定电场进行加速的仪器
C．图丙毫安表运输时把正负接线柱用导线连在一起是利用电磁阻尼保护表头
D．图丁摇动手柄使蹄形磁铁转动，则铝框会和磁铁同向共速转动
4．（2025高二上·锡山期末）下列关于电和磁的情景的说法正确的是（　　）
A．图甲：两条异向通电长直导线相互吸引
B．图乙：在匀强磁场内运动的闭合线框中有感应电流产生
C．图丙：闭合线框中c点的电势高于b点的电势
D．图丁：电路通电稳定后断开开关S的瞬间，灯泡一定会闪一下再熄灭
5．（2025高二上·锡山期末）如图所示，水平桌面上放着一个圆形金属线圈，在其圆心的正上方固定一个柱形磁体，现通过加热的方式使柱形磁体磁性减弱，圆形金属线圈始终静止，则（　　）
A．线圈有扩张的趋势
B．水平桌面对线圈支持力增大
C．线圈中感应电流产生的磁场方向竖直向上
D．从上往下看，线圈中感应电流沿逆时针方向
6．（2025高二上·锡山期末）如图所示，一束带电粒子（不计重力）先以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场B（方向垂直纸面，未画出）和匀强电场E组成的速度选择器，然后通过平板S上的狭缝P，进入另一垂直纸面向外的匀强磁场，最终打在平板S上的之间。下列正确的是（　　）
A．通过狭缝P的粒子带负电
B．磁场B的方向垂直纸面向外
C．粒子打在上的位置距P越远，粒子的速度越小
D．粒子打在上的位置距P越远，粒子的比荷越小
7．（2025高二上·锡山期末）临沂籍物理学家薛其坤院士荣获2023年度国家最高科学技术奖。薛院士在研究霍尔效应的过程中发现了量子反常霍尔效应现象。如图是某金属材料做成的霍尔元件，所加磁场方向及电流方向如图所示，则（　　）
A．该霍尔元件的前后两表面间存在电压，且前表面电势高
B．该霍尔元件的前后两表面间存在电压，且前表面电势低
C．该霍尔元件的上下两表面间存在电压，且上表面电势高
D．该霍尔元件的上下两表面间存在电压，且上表面电势低
8．（2025高二上·锡山期末）如图所示的半圆形闭合回路半径为a，电阻为R。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于半圆形回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（　　）
A．感应电流方向沿顺时针方向
B．半圆形闭合导线所受安培力方向向右
C．感应电动势最大值2Bav
D．感应电动势平均值
9．（2025高二上·锡山期末）如图所示，导体棒AB长2R，绕O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，OB为R，且OBA三点在一直线上，有一匀强磁场磁感应强度为B，充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为（　　）
A． B． C． D．
10．（2025高二上·锡山期末）如图所示，在条形磁铁极附近悬挂一个线圈，线圈与水平磁铁位于同一平面内。当线圈中通以图示方向的电流时，将会出现的现象是（　　）
A．线圈向左摆动
B．线圈向右摆动
C．从上往下看，线圈顺时针转动，同时向右摆动
D．从上往下看，线圈逆时针转动，同时向左摆动
11．（2025高二上·锡山期末）如图所示，等腰直角三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的直角边在x轴上且长为L，高为L。纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在时刻恰好位于图中所示的位置。以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
二、实验题
12．（2025高二上·锡山期末）甲、乙、丙三位同学利用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素。
（1）如图，甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，下列操作中同样能使指针向右偏转的有　 　。
A．闭合开关
B. 开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动
C. 开关闭合时将线圈从线圈中拔出
D. 开关闭合时将线圈倒置再重新插入线圈中
（2）为确切判断线圈中的感应电流方向，应在实验前先查明灵敏电流计　 　的关系。
（3）如图，乙同学将条形磁铁从线圈上方由静止释放，使其笔直落入线圈中，多次改变释放高度，发现释放高度越高，灵敏电流计指针偏转过的角度越大。该现象说明了线圈中　 　（选填“磁通量”“磁通量变化量”或“磁通量变化率”）越大，产生的感应电流越大。
（4）丙同学设计了如图所示的装置来判断感应电流的方向。他先使用多用电表的欧姆挡对二极管正负极进行确认，某次测量时发现多用电表指针几乎没有偏转，说明此时黑表笔接触的是二极管的　 　（选填“正极”或“负极”）。实验操作时将磁铁插入线圈时，只有灯　 　（选填“C”或“D”）短暂亮起。
三、解答题
13．（2025高二上·锡山期末）如图所示，宽为L=0.2m的光滑导轨与水平面成a=37°角，处于磁感应强度大小为B=0.6T、方向垂直于导轨面向上的匀强磁场中，导轨上端与电源和电阻箱连接，电源电动势E=3V，内阻。在导轨上水平放置一根金属棒ab，金属棒与导轨接触良好，当电阻箱的电阻调到时，金属棒恰好能静止。忽略金属棒和导轨的电阻，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）回路中电流的大小；
（2）金属棒受到的安培力；
（3）金属杆ab的质量。
14．（2025高二上·锡山期末）如图所示，正方形金属线圈通过一根不可伸长的绝缘轻绳悬挂在天花板上，已知线圈匝数n=100，边长l=40cm，质量m=0.2kg，电阻R=2Ω。线圈中线OO'上方有垂直线圈平面向外的匀强磁场，磁感应强度B0=0.1T。t=0时刻开始磁场均匀增加、磁感应强度变化率，重力加速度大小取g=10m/s2，求：
（1）前5s内线圈产生的焦耳热；
（2）t=5s时轻绳的拉力大小。
15．（2025高二上·锡山期末）如图所示，间距L=1m、足够长的平行光滑金属导轨固定于绝缘水平面上，导轨左端接有R=0.5Ω的电阻。长度与导轨间距相等的金属棒ab垂直放置于导轨上，其质量m=0.1kg，电阻R=0.5Ω。整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T。t=0时，将水平向右的恒力F=4N作用于ab棒上，当t=2s时，金属棒ab的速度达到最大，随后撤去F，棒最终静止在导轨上。重力加速度g=10m/s2，求：
（1）金属棒ab运动的最大速度vm；
（2）前2s内通过定值电阻R的电荷量；
（3）撤去拉力F后金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移。
16．（2025高二上·锡山期末）磁控管是微波炉的核心器件，磁控管中心为热电子发射源，电子在电场和磁场的共同作用下，形成了如图甲所示的漂亮形状。现将该磁控管简化成如图乙所示的装置，两足够长的平行金属板相距4d，板间中心有一电子发射源S向各个方向发射初速度大小为v0的电子。已知电子比荷为，仅考虑纸平面内运动的电子，回答以下问题：
（1）若两板间不加磁场，仅接一电压恒为U的电源，其中，求：
①电子在板间运动的加速度的大小；
②电子打到金属板的最长时间和最短时间之差。
（2）若两板间不接电源，仅加垂直纸面向里的匀强磁场B，其中，求：
①有电子打到的金属板总长度；
②打在金属板上的电子占发射电子总数的百分比。
（3）在两金属板之间接一电压恒为U的电源的同时，加一垂直纸面向里的匀强磁场B，其中，。考虑初速度v0水平向右的电子，求该电子打在金属板上时速度的大小和方向。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】安培力；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A.判断安培力和洛伦兹力的方向都用左手定则，A不符合题意；
B.电荷运动方向与磁场方向平行时不受洛伦兹力的作用，B不符合题意；
C.洛伦兹力对运动电荷不做功，但安培力垂直于电流，与通电导体运动方向未必垂直，安培力可能做功，C不符合题意；
D.若通电导体电流方向与磁场方向平行，通电导体受安培力为零，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】左力右磁，洛伦兹力对运动电荷不做功，通电导体电流方向与磁场方向平行，通电导体受安培力为零。
2．【答案】B
【知识点】磁通量
【解析】【解答】 对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）求解。穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，且当线圈平面与磁场垂直时，有
故选B。
【分析】线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积。
3．【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】该题为电磁驱动的模型、电磁阻尼等知识，考查法拉第电磁感应定律，知道感应电流的磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化，同时掌握回旋加速器的工作原理。A．图甲真空冶炼炉外的线圈通入高频交流电时，金属中会产生涡流，产生大量热量，故A错误；
B．图乙回旋加速器是利用磁场使带电粒子“转圈”、交变电场进行加速的仪器，故B错误；
C．图丙毫安表运输时把正负接线柱用导线连在一起是利用电磁阻尼保护表头，故C正确；
D．图丁摇动手柄使蹄形磁铁转动，由电磁驱动原理可知，则铝框会和磁铁同向转动，但比磁铁转动慢，故D错误。
故选C。
【分析】真空冶炼炉，在铁块中会产生涡流，产生大量热量，冶炼金属。根据回旋加速器的工作原理进行分析；将毫安表的表头短接来保护电表，利用了电磁阻尼原理；当磁铁与线圈相对运动时，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，根据电磁阻尼的知识进行分析。
4．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；自感与互感；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】本题考查磁场和电磁感应的基础知识，关键要理解自感现象形成的原因，判断断电自感时在什么条件下灯泡会闪一下。A．导线间的相互作用力通过磁场产生，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，故A错误；
B．感应电流的产生条件是闭合回路中磁通量发生改变，线框磁通量未改变，无感应电流产生，故B错误；
C．由右手定则可知，c点的电势高于b点的电势，故C正确；
D．若电路稳定时，流过电感线圈的电流大于灯泡中的电流，断电自感时灯泡才会闪一下再熄灭，题中未说明，故D错误。
故选C。
【分析】根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥分析A项；根据感应电流的产生条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，来分析B项；根据右手定则判断电势高低；结合自感现象的规律分析D项。
5．【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AB．加热后，磁体磁性减弱，根据楞次定律，水平桌面对线圈支持力减小，线圈还有受安培力扩张的趋势，故A正确，B错误；
CD．加热后，磁体磁性减弱，穿过线圈的磁通量向下减小，根据楞次定，以及安培定则，从上往下看，线圈中感应电流沿顺时针方向，故CD错误；
故选A。
【分析】线圈产生的感应电流在原磁场中所受安培力阻碍磁通量的减小，故有“减扩”、“减靠”的趋势，线圈有被吸引的趋势。
6．【答案】D
【知识点】质谱仪和回旋加速器；速度选择器
【解析】【解答】本题主要考查了质谱仪的相关应用，根据洛伦兹力和电场力的等量关系，同时结合牛顿第二定律即可完成求解。
A．带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，知该粒子带正电，A错误；
B．粒子经过速度选择器时，所受的电场力和洛伦兹力平衡，电场力水平向左，则洛伦兹力水平向右，根据左手定则可知，匀强磁场的方向垂直纸面向里，B错误；
CD．能通过平板S上的狭缝P的粒子符合
则
即从P点进入磁场的粒子速度均相同，C错误；
D．所有打在A1A2上的粒子，在磁场B'中做匀速圆周运动，根据
可得
从P点进入磁场的粒子速度均相同，粒子打在A1A2上的位置越远离P，则半径越大，粒子的比荷越小，D正确。
故选D。
【分析】根据左手定则得出粒子的电性；根据洛伦兹力和电场力的平衡关系，结合左手定则得出磁场的方向；根据洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律得出比荷对半径的影响。
7．【答案】A
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，解题的关键点是利用左手定则分析出洛伦兹力的方向。根据题意，由于金属材料的载流子为自由电子，由左手定则可知，自由电子向后表面偏转，则该霍尔元件的前后两表面间存在电压，且前表面电势高。
故选A。
【分析】根据粒子的电性结合左手定则得出电势的高低，结合题目选项完成分析。
8．【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】AB．线框进入磁场的过程中，通过半圆形闭合回路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向不变，根据楞次定律推论“来拒去留”可知半圆形闭合导线所受安培力方向向左，故AB错误；
C．当半圆闭合回路进入磁场一半时，此时半圆环切割磁感线运动的等效长度最大为a，感应电动势最大，根据法拉第第电磁感应定律有
故C错误；
D．整个过程穿过回路磁通量的变化量为
则由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值为
故D正确。
故选D。
【分析】确定穿过线框磁通量的变化情况，再结合楞次定律及其推论确定感应电流的方向和圆环所受安培力的方向。确定线框运动过程切割磁感线运动的等效边长，再结合法拉第电磁感应定律进行解答。
9．【答案】C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】解决本题的关键掌握转动切割产生的感应电动势公式E=BωL2，会根据E=Blv进行推导。AB两端的电势差大小等于金属棒AB中感应电动势的大小为
故选C。
【分析】金属棒中各点切割感线的速度不等，应用平均速度求解感应电动势的大小．线速度与角速度的关系式为 v=ωr。
10．【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】通电线圈处于S极的附近，受到磁场力的作用使其转动，环形电流产生的磁场相当于小磁针。线圈通以顺时针的电流，由于处于S极的磁体附近，磁感线从右侧进入S极，根据左手定则可得，线圈左边受垂直纸面向外的安培力，线圈右边受垂直纸面向内的安培力，所以线圈还会绕着悬线轴线旋转，不属于单纯的平移，从上往下看，线圈逆时针转动，由于环形电流产生的磁场相当于小磁针，当开始旋转直至转过90°角过程中，环形电流与条形磁铁S极逐渐相向，二者异名磁极相互吸引，导致线圈在逆时针转动的同时向左摆动。
故选D。
【分析】根据安培定则分析通电线圈的极性，将通电线圈等效为小磁针，根据磁极间的相互作用规律分析作答。
11．【答案】A
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】本题要知道感应电势势公式E=BLv中的L是有效的切割长度，可得到感应电流表达式来分析其变化情况。在0~ L过程，磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值，线圈切割有效长度均匀增加，线圈中的电流为
在L~ 2L过程，磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，线圈切割有效长度均匀增加，线圈中的电流为
故选A。
【分析】将整个过程分成两个位移都是L的两段，根据楞次定律判断感应电流方向。由感应电动势公式E=BLv，L是有效切割长度，分析L的变化情况，判断感应电流大小的变化情况，从而选择图像。
12．【答案】CD；指针偏转方向与流入电流方向；磁通量变化率；负极；C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】 根据题意判断出灵敏电流计指针偏转方向与磁通量变化关系是解题的关键，分析清楚电路结构，应用楞次定律即可解题。（1）断开开关时，线圈中电流迅速减小，则B线圈中磁通减小，出现感应电流，使灵敏电流计指针向右偏转；为了同样使指针向右偏转，应减小B线圈中的磁通量或增加B线圈中反向的磁通量。
A．闭合开关，线圈中的电流突然增大，则B线圈中的磁通量增大，故A错误；
B．开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动，线圈中的电流增大，则B线圈中的磁通量增大，故B错误；
C．开关闭合时将线圈从B线圈中拔出，则B线圈中的磁通量减小，故C正确；
D．开关闭合时将线圈倒置，再重新插入B线圈中，则B线圈中反向的磁通量增加，故D正确。
故选CD。
（2）判断感应电流具体流向，应先查明灵敏电流计指针偏转方向与电流流入方向的关系。
（3）释放高度越高，磁铁落入线圈的速度越快，则线圈中磁通量变化率越大，产生的感应电流越大。
（4）欧姆挡指针没有偏转时，说明二极管的负极与电源正极相连，根据多用电表红进黑出的操作原则，此时黑表笔接触的是二极管的负极；
当磁铁插入线圈时，线圈中出现如图所示方向的电流，灯C短暂亮起。
【分析】（1）根据题意判断灵敏电流计指针偏转方向与磁通量变化间的关系，然后根据题意分析答题。
（2）根据磁通量的变化情况判断灵敏电流计指针偏转方向。
（3）根据图示电路图分析答题。
（4）根据图示电路图应用楞次定律判断电流方向，然后判断哪个灯亮。
13．【答案】解：（1）由闭合电路的欧姆定律可得
（2）金属棒受到的安培力为
由左手定则可知，安培力方向沿斜面向上；
（3）由于金属棒刚好静止，则有
解得
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】（1）由闭合电路的欧姆定律计算回路中电流的大小；
（2）根据F=BIL计算金属棒受到的安培力；
（3）金属杆恰好能静止，根据平衡条件计算金属杆ab的质量。
14．【答案】解：（1）根据法拉第电磁感应定律可得
感应电流的大小为
前5s内线圈产生的焦耳热为
代入数据解得
（2）根据楞次定律和左手定则可知，线框受到竖直向下的安培力，则
联立可得
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出线框产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求感应电流大小，再由焦耳定律求前5s内线圈产生的焦耳热；
（2）根据B0和磁感应强度变化率求t=5s时磁感应强度大小，再根据平衡条件和安培力公式求轻绳的拉力大小。
15．【答案】解：（1）金属棒ab的速度达到最大时，感应电动势为
感应电流为
此时金属棒所受外力的合力为0，根据平衡条件有
解得
（2）前2s内，对金属棒进行分析，根据动量定理有
前2s内通过定值电阻R的电荷量
解得
（3）撤去拉力F后，感应电动势的平均值为
感应电流的平均值为
根据动量定理有
解得
撤去拉力F后金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移
解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属棒ab的速度达到最大时，安培力与拉力平衡，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；
（2）根据动量定理、电荷量的计算公式求解前2s内通过定值电阻R的电荷量；
（3）撤去拉力F后，根据动量定理求解金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移。
16．【答案】（1）解：①根据牛顿第二定律有
解得
②水平向左运动的电子运动距离
该电子不会打在左侧金属板上，电子打到金属板的最长时间和最短时间之差为
（2）解：①根据洛伦兹力提供向心力有
解得
如图所示
由图可知，SA为圆的直径，C点为相切点，则
所以有电子打到的金属板总长度为
②由图甲可知，打在金属板上的电子占发射电子总数的百分比为100%。
（3）解：根据动能定理可得
解得
如图所示
y轴方向，有
所以
解得
电子打在金属板上时速度的大小为
方向与水平向右方向夹角
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度，分析判断向左运动电子时间最长，向右电子运动时间最短，根据运动学方程求解；
（2）根据洛伦兹力提供向心力求解电子运动半径，结合几何关系分析求解；
（3）分析电子运动情况，根据动能定理和动量定理分析求解。
（1）①根据牛顿第二定律有
解得
②水平向左运动的电子运动距离
该电子不会打在左侧金属板上，电子打到金属板的最长时间和最短时间之差为
（2）①根据洛伦兹力提供向心力有
解得
如图所示
由图可知，SA为圆的直径，C点为相切点，则
所以有电子打到的金属板总长度为
②由图甲可知，打在金属板上的电子占发射电子总数的百分比为100%。
（3）根据动能定理可得
解得
如图所示
y轴方向，有
所以
解得
电子打在金属板上时速度的大小为
方向与水平向右方向夹角
1 / 1

展开更多......

收起↑