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江苏省2024-2025学年高二下学期3月第一次联考物理试卷
1．（2025高二下·江苏月考）下列i-t图像中表示交变电流的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】由图象可知，ACD电流的方向不变，大小作周期性变化，所以ACD均不是交流，而是直流；只有B中电流的方向发生周期性变化，故B是交流电，故ACD错误，B正确。故选：B。
【分析】交流电是指大小和方向随时间做周期性的变化，而直流是方向不变，大小可变也可不变。
2．（2025高二下·江苏月考）下列所列数据不属于交流电有效值的是（　　）
A．交流电表的示数 B．电容器的耐压值
C．灯泡的额定电压 D．保险丝的额定电流
【答案】B
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、交流电表的示数是有效值，故A正确。
B、电容器的耐压值，是指的是最大值，故B错误。
C、灯泡的额定电压也是有效值，故C正确。
D、保险丝的额定电流是有效值，故D正确。
本题选择的是不属于交流电有效值的是，故选：B
【分析】交流电表显示是有效值，交流电给灯泡供电，灯泡的额定电压是有效值．保险丝的额定电流是有效值，但电容器的耐压值是峰值．
3．（2025高二下·江苏月考）关于线圈自感系数的说法，正确的是（　　）
A．把线圈中的铁芯抽出一些，自感系数减小
B．自感电动势越大，自感系数也越大
C．把线圈匝数增加一些，自感系数减小
D．当线圈通入恒定电流时，线圈的自感系数为零
【答案】A
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】 A、自感系数与线圈的大小、形状、匝数、有无铁芯有关，与其它因素无关，把线圈中的铁芯抽出一些，自感系数减小，故A正确；
B、自感系数与自感电动势的大小无关，故B错误；
C、自感系数与线圈匝数有关，匝数越多，自感系数越大，故C错误；
D、自感系数与电流无关，故D错误。
故答案为：A。
【分析】自感系数与线圈的匝数、铁芯的有无及横截面积等因素有关；自感电动势的大小与自感系数和电流的变化率有关；自感系数是线圈本身的属性，与线圈中是否通入电流以及电流是否恒定无关。
4．（2025高二下·江苏月考）矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法中正确的是( )
A．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大
B．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零
C．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大
D．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零
【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】本题考查正弦式电流产生原理的理解能力，抓住两个特殊位置的特点：线圈与磁场垂直时，磁通量最大，感应电动势为零；线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大。矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时，穿过线圈的磁通量最大，线圈中磁通量的变化率为零，感应电动势等于零。
故选B.
【分析】矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式电流．在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零．线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次．
5．（2025高二下·江苏月考）如图是一种电加热装置，当把一铁块放入线圈中且不接触线圈，稍等片刻，铁块就会烧得通红，小明同学由此做出了以下一些猜想，其中正确的是（　　）
A．若把一干燥的木棍伸入线圈中，木棍会被烧着
B．若把一个铜块伸入线圈中，铜块的温度不会升高
C．线圈中电流越强，铁块升温更快
D．线圈中电流变化越快，铁块升温越快
【答案】D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．干燥的木棍是绝缘体，不能形成涡流，木棍不会被烧着，故A错误；
B．该加热装置是利用电磁感应产生的涡流使导体发热，铜块是导体，将铜块伸入线圈中，穿过铜块的磁通量发生变化，会产生涡流，从而使铜块温度升高，故B错误；
CD．线圈中电流变化越快，穿过铁块的磁通量变化率越大，涡流越大，产生的热量越多，铁块升温越快，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】木棍不能形成电流，故木棍不会烧着；由于电磁感应产生涡流，根据电流的热效应把铁块烧红。
6．（2025高二下·江苏月考）闭合线框abcd，自某高度自由下落时穿过一个有界的匀强磁场，当它经过如图所示的三个位置时，感应电流的方向是（　　）
A．经过Ⅰ时，a→d→c→b→a B．经过Ⅱ时，a→b→c→d→a
C．经过Ⅱ时，无感应电流 D．经过Ⅲ时，a→b→c→d→a
【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A、线框进入磁场的过程中，通过线框磁通量向里增加，根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针，所以经过Ⅰ时，电流方向沿a→b→c→d→a方向，故A错误；BC、经过Ⅱ时，磁通量不变，则感应电流为0，故C正确，B错误；
D、线框离开磁场的过程中，通过线框磁通量向里减少，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针，所以经过Ⅲ时，电流方向沿a→d→c→b→a方向，故D错误。
故选：C。
【分析】当线框进入磁场时，磁通量变大，而出磁场时，磁通量变小，但完全进入磁场后，磁通量不变，根据楞次定律直接进行判断，即可求解。
7．（2025高二下·江苏月考）如图所示，一正方形金属线框用绝缘细线悬挂起来，部分位于垂直线框平面的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向，则下列说法正确的是（　　）
A．金属框内感应电流先减小再增大
B．金属框受到的安培力一直不变
C．时细线中的拉力一定等于金属框的重力
D．内细线中拉力一直小于金属框的重力
【答案】C
【知识点】安培力的计算；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】楞次定律的内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。A．根据法拉第电磁感应定律
根据欧姆定律，金属框内感应电流
由图乙可知为定值，S、R也是定值，所以金属框内感应电流不变，故A错误；
B．根据安培力公式，虽然I和L不变，但B是变化的，所以安培力F是变化的，故B错误；
C．对金属框进行受力分析，时，为0，此时安培力为0，金属框受重力G和细线的拉力T，根据平衡条件可得，即细线中的拉力一定等于金属框的重力，故C正确；
D．内，磁感应强度B向外减小，由楞次定律可知，线框产生的感应电流方向为逆时针，线框受到的安培力向下，对金属框进行受力分析有，所以细线中拉力一直大于金属框的重力，故D错误。
故选C。
【分析】根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律分析；根据F=BIL分析；根据此时磁场的磁感应强度的大小分析；根据金属线框所受安培力的方向分析。
8．（2025高二下·江苏月考）如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管当D左端电势高于右端电势时，其电阻无穷大，反之，电阻非常小，则下列说法正确的有（　　）
A．当S闭合时，立即变亮，逐渐变亮
B．当S闭合时，立即变亮，一直不亮
C．S闭合稳定后，S断开时，立即熄灭
D．S闭合稳定后，S断开时，突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭
【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源；同时运动注意二极管的作用。AB．当S闭合时， 因二极管加上了反向电压，故二极管截止，故不亮；而由于此时通过线圈的电流增大，由于自感电动势阻碍电流的变化，故 的亮度逐渐变亮，故AB错误；
CD．当S断开时，由于线圈中的电流减小，故其中产生自感电动势阻碍电流减小，故电流反向流过，故变亮，之后，两灯逐渐熄灭，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律，以及二极管具有单向导电性进行分析。
9．（2025高二下·江苏月考）几根金属棒焊接成如图所示的形状，其中，A、O、P共线，，，几根金属棒位于同一平面内，将其放在垂直纸面的匀强磁场中，虚线左侧磁场垂直纸面向里，虚线右侧磁场垂直纸面向外，O位于虚线上。将金属棒以过O垂直纸面的轴顺时针转动，在转至图中位置时，关于这几个点电势高低关系中，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】金属棒顺时针转动，虚线左侧磁场垂直纸面向里，虚线右侧磁场垂直纸面向外， 根据右手定则可得，，，
已知，根据动生电动势表达式可得
可得
因此
所以
综上所述有
故选A。
【分析】根据右手定则判断电势高低，结合动生电动势表达式分析。
10．（2025高二下·江苏月考）如图所示，空间存在着磁感应强度大小相等，垂直纸面且方向相反的有界匀强磁场，磁场边界相互平行，边长为L的正方形导线框从紧靠磁场边界的位置Ⅰ垂直边界水平向右进入磁场，运动到位置Ⅱ时刚好全部进入左侧磁场，到达位置Ⅲ时线框有位于右边磁场中。从位置Ⅰ到位置Ⅱ、从位置Ⅱ到位置Ⅲ通过线框某横截面电荷量分别为、，则为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】运动到位置Ⅱ时刚好全部进入左侧磁场，设磁感应强度大小为 B，线框边长为 L，面积，磁通量变化量
根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律以及电流定义式可得
到达位置Ⅲ时线框有位于右边磁场中 ，磁通量变化
则
故
故选B。
【分析】求出磁通量变化量，结合电荷量表达式求解。
11．（2025高二下·江苏月考）如图所示，两平行光滑导轨固定在绝缘的水平桌面上，导轨所在平面存在着竖直向下的匀强磁场B，一导体棒垂直放在导轨上。导轨、开关S，电容器C及导体棒构成回路，电容器C两极板已分别带了等量异种电荷。在闭合开关的同时，使导体棒获得向右的瞬时速度，导体棒在运动过程中，始终与导轨垂直且与导轨接触良好，关于此后导体棒的速度随时间变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】AB．设起初电容器极板电压为U，若起初，则电容器充电，导体棒电流从下向上流过导体棒，其受到安培力方向向左，故减小，U增大，I减小，导体棒受到的安培力减小，导体棒做加速度减小的减速运动直至电流减为0（导体棒匀速运动），故AB错误；
C．若起初，则电容器放电电，导体棒电流从上向下流过导体棒，其受到安培力方向向右，故增大，U减小，电流减小，导体棒受到的安培力减小，导体棒做加速度减小的加速运动直至电流减为0（导体棒匀速运动），故C错误；
D．若起初，则回路电动势为0，回路无电流，导体棒不受安培力作用，则导体棒匀速运动，故D正确。
故选D。
【分析】根据电容的定义式结合感应电动势公式推导电压U和速度v随时间的表达式，再利用牛顿第二定律，加速度的定义式进行分析解答。
12．（2025高二下·江苏月考）某小组的同学做“探究影响感应电流方向的因素”实验：
（1）首先按图甲①所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转；再按图甲②所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左偏转，进行上述实验的目的是 。
A．检查电流计测量电路的电流是否准确
B．检查干电池是否为新电池
C．推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系
（2）接下来，用图乙所示的装置做实验。图乙中螺线管上的粗线标示的是导线的绕行方向。某次实验中在条形磁铁插入螺线管的过程中，观察到电流计指针向右偏转，说明螺线管中的电流方向从上往下看是沿　 　选填“顺时针”或“逆时针”方向。
（3）在如图丙所示的电路中，A、B两螺线管的导线彼此绝缘，在开关闭合的瞬间，发现电流计指针向左偏转了一下，则在指针偏转的过程中，螺线管B的　 　电势高选填“上端”或“下端”若保持开关闭合，当电路稳定后，将滑片P向b端滑动，电流计将向　 　偏转选填“左”或“右”实验结束时，应先　 　选填“断开开关”或“拆除电流计与螺线管B之间的导线”
【答案】（1）C
（2）顺时针
（3）上端；左；拆除电流计与螺线管B之间的导线
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】根据题意分析清楚电流计指针偏转方向与电流方向的关系、知道实验原理是解题的前提与关键，应用安培定则、分析清楚表中实验结论即可解题，注意原来磁场与感应磁场的方向关系是解题的关键。
（1）电流从正接线柱流入就右偏，从负接线柱流入就左偏，从而确定电流的流入方向与指针偏转方向的关系。
故选C。
（2）电流计指针向右偏转，说明感应电流从正接线柱流入电表，说明螺线管中的电流方向（从上往下看）是沿顺时针方向。
（3）电流从正接线柱流入时，电流计指针向右偏转，在开关闭合的瞬间，发现电流计指针向左偏转了一下，则电流是从负接线柱流入，在指针偏转的过程中，则螺线管B的上端电势高；由[1]可知线圈B中的磁通量变大，电流计指针向左偏转，保持开关闭合，当电路稳定后，将滑片P向b端滑动，电流变大，则线圈B中的磁通量变大，电流计指针向左偏转；为了保护电表，实验结束时，应先拆除电流计与螺线管B之间的导线。
【分析】（1）根据图示判断电流方向与指针偏转方向间的关系，然后答题；
（2）根据指针偏转方向判断电流方向；
（3）根据指针偏转方向判断电流方向，从而判断电势高低；根据磁通量变化判断电流计偏转方向。结合保护电路分析。
（1）电流从正接线柱流入就右偏，从负接线柱流入就左偏，从而确定电流的流入方向与指针偏转方向的关系。
故选C。
（2）电流计指针向右偏转，说明感应电流从正接线柱流入电表，说明螺线管中的电流方向（从上往下看）是沿顺时针方向。
（3）[1]电流从正接线柱流入时，电流计指针向右偏转，在开关闭合的瞬间，发现电流计指针向左偏转了一下，则电流是从负接线柱流入，在指针偏转的过程中，则螺线管B的上端电势高；
[2]由[1]可知线圈B中的磁通量变大，电流计指针向左偏转，保持开关闭合，当电路稳定后，将滑片P向b端滑动，电流变大，则线圈B中的磁通量变大，电流计指针向左偏转；
[3]为了保护电表，实验结束时，应先拆除电流计与螺线管B之间的导线。
13．（2025高二下·江苏月考）如图，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的关系是，一单匝且边长的正方形导线框垂直纸面固定在该磁场中，线框总电阻为，求解下列问题：
（1）线框中感应电流的大小及方向；
（2）从至过程中，通过线框某横截面的电荷量
【答案】（1）解：由法拉第电磁感应定律可得
线框中感应电流的大小：
由楞次定律（增反减同）可知：电流方向为逆时针。
（2）解：从至过程中，通过线框某横截面的电荷量
【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解电动势，根据欧姆定律求解电流大小，根据楞次定律判断电流方向；（2）根据电流定义式求解电荷量。
（1）由法拉第电磁感应定律可得
线框中感应电流的大小：
由楞次定律（增反减同）可知：电流方向为逆时针。
（2）从至过程中，通过线框某横截面的电荷量
14．（2025高二下·江苏月考）如图甲所示，金属线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交流电。已知线框匝数匝，面积，线框电阻，线框与的外电阻构成闭合回路，从图中这一时刻开始计时，通过R的电流随时间变化的图像如图乙所示，求解下列问题：
（1）转动一周，整个回路产生的电热Q；
（2）匀强磁场的磁感应强度结果可以含根号与根式
【答案】（1）解：电路中电流的有效值
转动一周，整个回路产生的电热
（2）解：线圈产生的感应电动势的最大值
根据
又
联立解得
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）求出电流的有效值，结合焦耳定律求解电热；
（2）求出线圈产生的感应电动势的最大值，结合电动势表达式求解磁感应强度。
（1）电路中电流的有效值
转动一周，整个回路产生的电热
（2）线圈产生的感应电动势的最大值
根据
又
联立解得
15．（2025高二下·江苏月考）如图所示，两平行固定的导轨间距为L=1m，倾角为θ=30°，导轨上端接有阻值R=4Ω的电阻，一劲度系数为k（未知）的轻弹簧下端固定，弹簧上端连接着电阻不计质量m=1kg的导体棒，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=2T，初始时刻，弹簧处于原长状态，导体棒获得沿导轨向上的初速度v0=6m/s，导体棒在此后的运动中，始终与导轨垂直并与导轨接触良好，弹簧与导体棒连接点绝缘。从初始时刻至导体棒最终静止的过程中，通过R的电荷量q=0.05C，不计一切阻力，重力加速度为g=10m/s2，求解下列问题：
（1）初始时刻，导体棒的加速度大小a；
（2）弹簧的劲度系数k；
（3）已知弹簧的弹性势能Ep表达式为（式中x为弹簧的形变量，求整个过程中电阻R上产生的焦耳热Q。
【答案】（1）解：根据闭合电路欧姆定律可得
所以安培力大小为
根据牛顿第二定律可得
解得
（2）解：通过R的电荷量为
解得
根据平衡条件可得
解得
（3）解：全过程，根据能量守恒定律可得，
解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据闭合回路欧姆定律求解电流大小，求出安培力大小，结合牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）根据电流定义式求解电荷量，根据平衡条件结合胡克定律求解劲度系数；
（3）全过程，根据能量守恒定律求解焦耳热。
（1）根据闭合电路欧姆定律可得
所以安培力大小为
根据牛顿第二定律可得
解得
（2）通过R的电荷量为
解得
根据平衡条件可得
解得
（3）全过程，根据能量守恒定律可得，
解得
16．（2025高二下·江苏月考）如图甲所示，两根足够长的光滑平行导轨竖直固定放置，其间距为，导轨间存在着垂直导轨所在平面向外的匀强磁场，磁感应强度，两根金属棒PQ、MN与导轨始终保持垂直且接触良好，PQ棒放在固定在两导轨底端处的两个相同压力传感器上压力传感器已校零，MN棒的质量，PQ棒与MN棒接入电阻的电阻均为，导轨电阻不计。在时间对MN棒施加一竖直向上的外力F，使MN棒由静止开始向上运动，其中一个压力传感器的读数随时间t变化的部分图像如图乙所示，重力加速度，求：
（1）棒的质量；
（2）时MN棒的速度及此时外力F的大小；
（3）时，撤去外力F，MN棒又经速度为零，求此时MN棒离出发点的距离
【答案】（1）解：时刻，对PQ受力分析得
解得：。
（2）解：时 由图乙可知
对PQ受力分析得
解得：
又由闭合回路的欧姆定律
解得
MN棒向上运动的加速度
有牛顿第二定律得
得。
（3）解：撤去F前，MN运动的距离为
撤去F后，某时刻上滑的速度为v，取向上为正方向，在极短时间内，由动量定理得
且
得
撤去F后直到速度为零，累加得
解得
MN棒离出发点的距离为。
【知识点】动量定理；共点力的平衡；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据平衡条件求解棒的质量；
（2）时 ，对PQ受力分析，结合闭合回路的欧姆定律求解速度大小，根据加速度定义式求解加速度大小，根据牛顿第二定律求解 外力F的大小；
（3）撤去F后，后直到速度为零，根据动量定理求解撤去F后距离，结合有F时运动距离得到MN棒离出发点的距离。
（1）时刻，对PQ受力分析得
解得：。
（2）时 由图乙可知
对PQ受力分析得
解得：
又由闭合回路的欧姆定律
解得
MN棒向上运动的加速度
有牛顿第二定律得
得。
（3）撤去F前，MN运动的距离为
撤去F后，某时刻上滑的速度为v，取向上为正方向，在极短时间内，由动量定理得
且
得
撤去F后直到速度为零，累加得
解得
MN棒离出发点的距离为。
1 / 1江苏省2024-2025学年高二下学期3月第一次联考物理试卷
1．（2025高二下·江苏月考）下列i-t图像中表示交变电流的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025高二下·江苏月考）下列所列数据不属于交流电有效值的是（　　）
A．交流电表的示数 B．电容器的耐压值
C．灯泡的额定电压 D．保险丝的额定电流
3．（2025高二下·江苏月考）关于线圈自感系数的说法，正确的是（　　）
A．把线圈中的铁芯抽出一些，自感系数减小
B．自感电动势越大，自感系数也越大
C．把线圈匝数增加一些，自感系数减小
D．当线圈通入恒定电流时，线圈的自感系数为零
4．（2025高二下·江苏月考）矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法中正确的是( )
A．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大
B．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零
C．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大
D．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零
5．（2025高二下·江苏月考）如图是一种电加热装置，当把一铁块放入线圈中且不接触线圈，稍等片刻，铁块就会烧得通红，小明同学由此做出了以下一些猜想，其中正确的是（　　）
A．若把一干燥的木棍伸入线圈中，木棍会被烧着
B．若把一个铜块伸入线圈中，铜块的温度不会升高
C．线圈中电流越强，铁块升温更快
D．线圈中电流变化越快，铁块升温越快
6．（2025高二下·江苏月考）闭合线框abcd，自某高度自由下落时穿过一个有界的匀强磁场，当它经过如图所示的三个位置时，感应电流的方向是（　　）
A．经过Ⅰ时，a→d→c→b→a B．经过Ⅱ时，a→b→c→d→a
C．经过Ⅱ时，无感应电流 D．经过Ⅲ时，a→b→c→d→a
7．（2025高二下·江苏月考）如图所示，一正方形金属线框用绝缘细线悬挂起来，部分位于垂直线框平面的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向，则下列说法正确的是（　　）
A．金属框内感应电流先减小再增大
B．金属框受到的安培力一直不变
C．时细线中的拉力一定等于金属框的重力
D．内细线中拉力一直小于金属框的重力
8．（2025高二下·江苏月考）如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管当D左端电势高于右端电势时，其电阻无穷大，反之，电阻非常小，则下列说法正确的有（　　）
A．当S闭合时，立即变亮，逐渐变亮
B．当S闭合时，立即变亮，一直不亮
C．S闭合稳定后，S断开时，立即熄灭
D．S闭合稳定后，S断开时，突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭
9．（2025高二下·江苏月考）几根金属棒焊接成如图所示的形状，其中，A、O、P共线，，，几根金属棒位于同一平面内，将其放在垂直纸面的匀强磁场中，虚线左侧磁场垂直纸面向里，虚线右侧磁场垂直纸面向外，O位于虚线上。将金属棒以过O垂直纸面的轴顺时针转动，在转至图中位置时，关于这几个点电势高低关系中，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025高二下·江苏月考）如图所示，空间存在着磁感应强度大小相等，垂直纸面且方向相反的有界匀强磁场，磁场边界相互平行，边长为L的正方形导线框从紧靠磁场边界的位置Ⅰ垂直边界水平向右进入磁场，运动到位置Ⅱ时刚好全部进入左侧磁场，到达位置Ⅲ时线框有位于右边磁场中。从位置Ⅰ到位置Ⅱ、从位置Ⅱ到位置Ⅲ通过线框某横截面电荷量分别为、，则为（　　）
A． B． C． D．
11．（2025高二下·江苏月考）如图所示，两平行光滑导轨固定在绝缘的水平桌面上，导轨所在平面存在着竖直向下的匀强磁场B，一导体棒垂直放在导轨上。导轨、开关S，电容器C及导体棒构成回路，电容器C两极板已分别带了等量异种电荷。在闭合开关的同时，使导体棒获得向右的瞬时速度，导体棒在运动过程中，始终与导轨垂直且与导轨接触良好，关于此后导体棒的速度随时间变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
12．（2025高二下·江苏月考）某小组的同学做“探究影响感应电流方向的因素”实验：
（1）首先按图甲①所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转；再按图甲②所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左偏转，进行上述实验的目的是 。
A．检查电流计测量电路的电流是否准确
B．检查干电池是否为新电池
C．推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系
（2）接下来，用图乙所示的装置做实验。图乙中螺线管上的粗线标示的是导线的绕行方向。某次实验中在条形磁铁插入螺线管的过程中，观察到电流计指针向右偏转，说明螺线管中的电流方向从上往下看是沿　 　选填“顺时针”或“逆时针”方向。
（3）在如图丙所示的电路中，A、B两螺线管的导线彼此绝缘，在开关闭合的瞬间，发现电流计指针向左偏转了一下，则在指针偏转的过程中，螺线管B的　 　电势高选填“上端”或“下端”若保持开关闭合，当电路稳定后，将滑片P向b端滑动，电流计将向　 　偏转选填“左”或“右”实验结束时，应先　 　选填“断开开关”或“拆除电流计与螺线管B之间的导线”
13．（2025高二下·江苏月考）如图，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的关系是，一单匝且边长的正方形导线框垂直纸面固定在该磁场中，线框总电阻为，求解下列问题：
（1）线框中感应电流的大小及方向；
（2）从至过程中，通过线框某横截面的电荷量
14．（2025高二下·江苏月考）如图甲所示，金属线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交流电。已知线框匝数匝，面积，线框电阻，线框与的外电阻构成闭合回路，从图中这一时刻开始计时，通过R的电流随时间变化的图像如图乙所示，求解下列问题：
（1）转动一周，整个回路产生的电热Q；
（2）匀强磁场的磁感应强度结果可以含根号与根式
15．（2025高二下·江苏月考）如图所示，两平行固定的导轨间距为L=1m，倾角为θ=30°，导轨上端接有阻值R=4Ω的电阻，一劲度系数为k（未知）的轻弹簧下端固定，弹簧上端连接着电阻不计质量m=1kg的导体棒，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=2T，初始时刻，弹簧处于原长状态，导体棒获得沿导轨向上的初速度v0=6m/s，导体棒在此后的运动中，始终与导轨垂直并与导轨接触良好，弹簧与导体棒连接点绝缘。从初始时刻至导体棒最终静止的过程中，通过R的电荷量q=0.05C，不计一切阻力，重力加速度为g=10m/s2，求解下列问题：
（1）初始时刻，导体棒的加速度大小a；
（2）弹簧的劲度系数k；
（3）已知弹簧的弹性势能Ep表达式为（式中x为弹簧的形变量，求整个过程中电阻R上产生的焦耳热Q。
16．（2025高二下·江苏月考）如图甲所示，两根足够长的光滑平行导轨竖直固定放置，其间距为，导轨间存在着垂直导轨所在平面向外的匀强磁场，磁感应强度，两根金属棒PQ、MN与导轨始终保持垂直且接触良好，PQ棒放在固定在两导轨底端处的两个相同压力传感器上压力传感器已校零，MN棒的质量，PQ棒与MN棒接入电阻的电阻均为，导轨电阻不计。在时间对MN棒施加一竖直向上的外力F，使MN棒由静止开始向上运动，其中一个压力传感器的读数随时间t变化的部分图像如图乙所示，重力加速度，求：
（1）棒的质量；
（2）时MN棒的速度及此时外力F的大小；
（3）时，撤去外力F，MN棒又经速度为零，求此时MN棒离出发点的距离
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】由图象可知，ACD电流的方向不变，大小作周期性变化，所以ACD均不是交流，而是直流；只有B中电流的方向发生周期性变化，故B是交流电，故ACD错误，B正确。故选：B。
【分析】交流电是指大小和方向随时间做周期性的变化，而直流是方向不变，大小可变也可不变。
2．【答案】B
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、交流电表的示数是有效值，故A正确。
B、电容器的耐压值，是指的是最大值，故B错误。
C、灯泡的额定电压也是有效值，故C正确。
D、保险丝的额定电流是有效值，故D正确。
本题选择的是不属于交流电有效值的是，故选：B
【分析】交流电表显示是有效值，交流电给灯泡供电，灯泡的额定电压是有效值．保险丝的额定电流是有效值，但电容器的耐压值是峰值．
3．【答案】A
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】 A、自感系数与线圈的大小、形状、匝数、有无铁芯有关，与其它因素无关，把线圈中的铁芯抽出一些，自感系数减小，故A正确；
B、自感系数与自感电动势的大小无关，故B错误；
C、自感系数与线圈匝数有关，匝数越多，自感系数越大，故C错误；
D、自感系数与电流无关，故D错误。
故答案为：A。
【分析】自感系数与线圈的匝数、铁芯的有无及横截面积等因素有关；自感电动势的大小与自感系数和电流的变化率有关；自感系数是线圈本身的属性，与线圈中是否通入电流以及电流是否恒定无关。
4．【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】本题考查正弦式电流产生原理的理解能力，抓住两个特殊位置的特点：线圈与磁场垂直时，磁通量最大，感应电动势为零；线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大。矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时，穿过线圈的磁通量最大，线圈中磁通量的变化率为零，感应电动势等于零。
故选B.
【分析】矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式电流．在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零．线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次．
5．【答案】D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．干燥的木棍是绝缘体，不能形成涡流，木棍不会被烧着，故A错误；
B．该加热装置是利用电磁感应产生的涡流使导体发热，铜块是导体，将铜块伸入线圈中，穿过铜块的磁通量发生变化，会产生涡流，从而使铜块温度升高，故B错误；
CD．线圈中电流变化越快，穿过铁块的磁通量变化率越大，涡流越大，产生的热量越多，铁块升温越快，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】木棍不能形成电流，故木棍不会烧着；由于电磁感应产生涡流，根据电流的热效应把铁块烧红。
6．【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A、线框进入磁场的过程中，通过线框磁通量向里增加，根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针，所以经过Ⅰ时，电流方向沿a→b→c→d→a方向，故A错误；BC、经过Ⅱ时，磁通量不变，则感应电流为0，故C正确，B错误；
D、线框离开磁场的过程中，通过线框磁通量向里减少，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针，所以经过Ⅲ时，电流方向沿a→d→c→b→a方向，故D错误。
故选：C。
【分析】当线框进入磁场时，磁通量变大，而出磁场时，磁通量变小，但完全进入磁场后，磁通量不变，根据楞次定律直接进行判断，即可求解。
7．【答案】C
【知识点】安培力的计算；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】楞次定律的内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。A．根据法拉第电磁感应定律
根据欧姆定律，金属框内感应电流
由图乙可知为定值，S、R也是定值，所以金属框内感应电流不变，故A错误；
B．根据安培力公式，虽然I和L不变，但B是变化的，所以安培力F是变化的，故B错误；
C．对金属框进行受力分析，时，为0，此时安培力为0，金属框受重力G和细线的拉力T，根据平衡条件可得，即细线中的拉力一定等于金属框的重力，故C正确；
D．内，磁感应强度B向外减小，由楞次定律可知，线框产生的感应电流方向为逆时针，线框受到的安培力向下，对金属框进行受力分析有，所以细线中拉力一直大于金属框的重力，故D错误。
故选C。
【分析】根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律分析；根据F=BIL分析；根据此时磁场的磁感应强度的大小分析；根据金属线框所受安培力的方向分析。
8．【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源；同时运动注意二极管的作用。AB．当S闭合时， 因二极管加上了反向电压，故二极管截止，故不亮；而由于此时通过线圈的电流增大，由于自感电动势阻碍电流的变化，故 的亮度逐渐变亮，故AB错误；
CD．当S断开时，由于线圈中的电流减小，故其中产生自感电动势阻碍电流减小，故电流反向流过，故变亮，之后，两灯逐渐熄灭，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律，以及二极管具有单向导电性进行分析。
9．【答案】A
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】金属棒顺时针转动，虚线左侧磁场垂直纸面向里，虚线右侧磁场垂直纸面向外， 根据右手定则可得，，，
已知，根据动生电动势表达式可得
可得
因此
所以
综上所述有
故选A。
【分析】根据右手定则判断电势高低，结合动生电动势表达式分析。
10．【答案】B
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】运动到位置Ⅱ时刚好全部进入左侧磁场，设磁感应强度大小为 B，线框边长为 L，面积，磁通量变化量
根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律以及电流定义式可得
到达位置Ⅲ时线框有位于右边磁场中 ，磁通量变化
则
故
故选B。
【分析】求出磁通量变化量，结合电荷量表达式求解。
11．【答案】D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】AB．设起初电容器极板电压为U，若起初，则电容器充电，导体棒电流从下向上流过导体棒，其受到安培力方向向左，故减小，U增大，I减小，导体棒受到的安培力减小，导体棒做加速度减小的减速运动直至电流减为0（导体棒匀速运动），故AB错误；
C．若起初，则电容器放电电，导体棒电流从上向下流过导体棒，其受到安培力方向向右，故增大，U减小，电流减小，导体棒受到的安培力减小，导体棒做加速度减小的加速运动直至电流减为0（导体棒匀速运动），故C错误；
D．若起初，则回路电动势为0，回路无电流，导体棒不受安培力作用，则导体棒匀速运动，故D正确。
故选D。
【分析】根据电容的定义式结合感应电动势公式推导电压U和速度v随时间的表达式，再利用牛顿第二定律，加速度的定义式进行分析解答。
12．【答案】（1）C
（2）顺时针
（3）上端；左；拆除电流计与螺线管B之间的导线
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】根据题意分析清楚电流计指针偏转方向与电流方向的关系、知道实验原理是解题的前提与关键，应用安培定则、分析清楚表中实验结论即可解题，注意原来磁场与感应磁场的方向关系是解题的关键。
（1）电流从正接线柱流入就右偏，从负接线柱流入就左偏，从而确定电流的流入方向与指针偏转方向的关系。
故选C。
（2）电流计指针向右偏转，说明感应电流从正接线柱流入电表，说明螺线管中的电流方向（从上往下看）是沿顺时针方向。
（3）电流从正接线柱流入时，电流计指针向右偏转，在开关闭合的瞬间，发现电流计指针向左偏转了一下，则电流是从负接线柱流入，在指针偏转的过程中，则螺线管B的上端电势高；由[1]可知线圈B中的磁通量变大，电流计指针向左偏转，保持开关闭合，当电路稳定后，将滑片P向b端滑动，电流变大，则线圈B中的磁通量变大，电流计指针向左偏转；为了保护电表，实验结束时，应先拆除电流计与螺线管B之间的导线。
【分析】（1）根据图示判断电流方向与指针偏转方向间的关系，然后答题；
（2）根据指针偏转方向判断电流方向；
（3）根据指针偏转方向判断电流方向，从而判断电势高低；根据磁通量变化判断电流计偏转方向。结合保护电路分析。
（1）电流从正接线柱流入就右偏，从负接线柱流入就左偏，从而确定电流的流入方向与指针偏转方向的关系。
故选C。
（2）电流计指针向右偏转，说明感应电流从正接线柱流入电表，说明螺线管中的电流方向（从上往下看）是沿顺时针方向。
（3）[1]电流从正接线柱流入时，电流计指针向右偏转，在开关闭合的瞬间，发现电流计指针向左偏转了一下，则电流是从负接线柱流入，在指针偏转的过程中，则螺线管B的上端电势高；
[2]由[1]可知线圈B中的磁通量变大，电流计指针向左偏转，保持开关闭合，当电路稳定后，将滑片P向b端滑动，电流变大，则线圈B中的磁通量变大，电流计指针向左偏转；
[3]为了保护电表，实验结束时，应先拆除电流计与螺线管B之间的导线。
13．【答案】（1）解：由法拉第电磁感应定律可得
线框中感应电流的大小：
由楞次定律（增反减同）可知：电流方向为逆时针。
（2）解：从至过程中，通过线框某横截面的电荷量
【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解电动势，根据欧姆定律求解电流大小，根据楞次定律判断电流方向；（2）根据电流定义式求解电荷量。
（1）由法拉第电磁感应定律可得
线框中感应电流的大小：
由楞次定律（增反减同）可知：电流方向为逆时针。
（2）从至过程中，通过线框某横截面的电荷量
14．【答案】（1）解：电路中电流的有效值
转动一周，整个回路产生的电热
（2）解：线圈产生的感应电动势的最大值
根据
又
联立解得
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）求出电流的有效值，结合焦耳定律求解电热；
（2）求出线圈产生的感应电动势的最大值，结合电动势表达式求解磁感应强度。
（1）电路中电流的有效值
转动一周，整个回路产生的电热
（2）线圈产生的感应电动势的最大值
根据
又
联立解得
15．【答案】（1）解：根据闭合电路欧姆定律可得
所以安培力大小为
根据牛顿第二定律可得
解得
（2）解：通过R的电荷量为
解得
根据平衡条件可得
解得
（3）解：全过程，根据能量守恒定律可得，
解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据闭合回路欧姆定律求解电流大小，求出安培力大小，结合牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）根据电流定义式求解电荷量，根据平衡条件结合胡克定律求解劲度系数；
（3）全过程，根据能量守恒定律求解焦耳热。
（1）根据闭合电路欧姆定律可得
所以安培力大小为
根据牛顿第二定律可得
解得
（2）通过R的电荷量为
解得
根据平衡条件可得
解得
（3）全过程，根据能量守恒定律可得，
解得
16．【答案】（1）解：时刻，对PQ受力分析得
解得：。
（2）解：时 由图乙可知
对PQ受力分析得
解得：
又由闭合回路的欧姆定律
解得
MN棒向上运动的加速度
有牛顿第二定律得
得。
（3）解：撤去F前，MN运动的距离为
撤去F后，某时刻上滑的速度为v，取向上为正方向，在极短时间内，由动量定理得
且
得
撤去F后直到速度为零，累加得
解得
MN棒离出发点的距离为。
【知识点】动量定理；共点力的平衡；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据平衡条件求解棒的质量；
（2）时 ，对PQ受力分析，结合闭合回路的欧姆定律求解速度大小，根据加速度定义式求解加速度大小，根据牛顿第二定律求解 外力F的大小；
（3）撤去F后，后直到速度为零，根据动量定理求解撤去F后距离，结合有F时运动距离得到MN棒离出发点的距离。
（1）时刻，对PQ受力分析得
解得：。
（2）时 由图乙可知
对PQ受力分析得
解得：
又由闭合回路的欧姆定律
解得
MN棒向上运动的加速度
有牛顿第二定律得
得。
（3）撤去F前，MN运动的距离为
撤去F后，某时刻上滑的速度为v，取向上为正方向，在极短时间内，由动量定理得
且
得
撤去F后直到速度为零，累加得
解得
MN棒离出发点的距离为。
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