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江苏省邗江中学2024-2025学年高二下学期期中考试物理试卷
1．（2025高二下·邗江期中）“中国天眼”位于贵州的大山深处，是500m口径球面射电望远镜（FAST）。它通过接收来自宇宙深处的电磁波，探索宇宙。下列关于电磁波的说法正确的是（　　）
A．麦克斯韦认为均匀变化的电场能激发出变化的磁场，空间将产生电磁波
B．X射线能使包在黑纸里的照相底片感光
C．普朗克通过实验捕捉到电磁波，证实了麦克斯韦的电磁理论
D．紫外线的波长比红外线长
2．（2025高二下·邗江期中）如图甲所示，把一枚磁性较强的圆柱形永磁体在铝管管口静止释放，磁体直径略小于管的内径。则磁体在管中（　　）
A．做自由落体运动
B．做匀加速直线运动
C．换一根直径稍大的铝管，运动比图甲中更快
D．换一根有裂纹的铝管（如图乙所示），运动比图甲中更慢
3．（2025高二下·邗江期中）人体血管状况及血液流速可以反映身体健康状态。血管中的血液通常含有大量的正负离子。如图，血管内径为d，血流速度v方向水平向右。现将方向与血管横截面平行，且垂直纸面向内的匀强磁场施于某段血管，其磁感应强度大小恒为B，当血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定时（　　）
A．血管上侧电势低，血管下侧电势高
B．若血管内径变小，则血液流速变小
C．血管上下侧电势差与血液流速无关
D．血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小
4．（2025高二下·邗江期中）图甲为LC振荡电路，电路中的电流i随时间t的变化规律如图乙所示，规定顺时针方向为电流i的正方向，则（　　）
A．电路的振荡周期为1s
B．时，电路中磁场能最大
C．1s~1.5s之间，电容器两端电压在减小
D．图甲可能对应时刻
5．（2025高二下·邗江期中）截面积S=0.5m2，n=100匝的圆形线圈，处在如图甲所示的磁场内，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，已知电路中 R=3Ω，C=10μF，线圈电阻r=2Ω，导线电阻忽略不计，t=0时刻磁场方向垂直线圈平面向里，则有（　　）
A．电容器两端电压为10V
B．通过电阻R的感应电流大小为20A
C．通过电阻R的电流方向为b-R-a
D．电容器所带的电荷量6×10-5C
6．（2025高二下·邗江期中）如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框，时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，边刚进入单边界匀强磁场（虚线为其边界）的时刻为，边刚进入磁场的时刻为，设线框中产生的感应电流的大小为，边两端电压大小为，水平拉力大小为，感应电流的热功率为，则关于、、、随运动时间变化关系图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025高二下·邗江期中）如图所示，在匀强磁场中有电阻为r的单匝矩形线圈，线圈的两条边ad=L1，ab=L2，转轴OO'垂直磁场且和线圈共面，从上往下看线圈绕转轴OO'以角速度ω逆时针匀速旋转。从图中开始计时，下列说法正确的是（　　）
A．线圈的热功率
B．线圈由图中位置绕转轴旋转90°的过程中平均电动势为
C．线圈的磁通量与时间t的变化规律为
D．线圈在图中位置时，电流方向为a→b→c→d→a
8．（2025高二下·邗江期中）在图示电路中，电阻R和线圈L的阻值相同，L1和L2是两个完全相同的灯泡，线圈电感足够大。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关瞬间，L1和L2的亮度相同
B．闭合开关瞬间， L2比L1更亮
C．断开开关后，L1慢慢熄灭，L2立即熄灭
D．断开开关后，L1和L2都慢慢熄灭
9．（2025高二下·邗江期中）质谱仪在众多科学研究和实际应用领域中都发挥着重要作用。如图所示为某一质谱仪，某种带电粒子从O点由静止出发，经过加速电场和速度选择器，进入磁场后打在荧光屏上，粒子轨迹如图中虚线所示。若、、以及圆周运动的半径为已知量，下列说法正确的是（　　）
A．该粒子带负电
B．该粒子的速度为
C．该粒子的比荷为
D．该速度选择器中电场强度为
10．（2025高二下·邗江期中）获得高能粒子要用到回旋加速器。某一回旋加速器的示意图如图所示，两个D形金属盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速。两D形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中，电场的加速电压为U，带电粒子（不计重力）在D型盒中心附近由静止释放，忽略带电粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应。下列方法中正确的是（　　）
A．同样的装置数据不变，既可以加速氕核也可以加速氘核
B．为了增大粒子射出时的动能，通过仅增大加速电压来实现
C．仅增大D形金属盒的半径，可以实现粒子射出时的速率增大
D．仅增大加速电压U，并不能改变粒子在D型盒中运动的时间
11．（2025高二下·邗江期中）做过“跳楼机”的游客感觉很刺激，“跳楼机”的电磁式制动原理如图乙所示。“跳楼机”主干柱体上交替分布着方向相反、大小相等的匀强磁场（竖直面内），每块磁场区域的宽度均为1m，高度均相同，磁感应强度的大小均为0.5T，中间座椅后方固定着100匝矩形线圈（竖直面内），线圈的宽度略大于磁场的宽度，高度与每块磁场区域高度相同，总电阻为10Ω。若某次“跳楼机”失去其他保护，由静止从高处突然失控下落（下述问题假设高度足够高），乘客与设备的总质量为1000kg，重力加速度g取10m/s2，忽略摩擦阻力和空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．“跳楼机”做自由落体运动
B．“跳楼机”的最大速度为10m/s
C．“跳楼机”速度最大时，线圈中发热功率是1.25×104W
D．当“跳楼机”的速度为2m/s时，“跳楼机”的加速度大小是2m/s2
12．（2025高二下·邗江期中）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、电表及开关按如图所示部分连接，要把电路连接完整正确，则N连接到　 　（选填“a”“b”“c”或“M”），M连接到　 　（选填“a”“b”“c”或“N”）。
（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动端P向右加速滑动时，灵敏电流计指针向右偏转，由此可以判断　 　。
A．线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向左加速滑动，都能引起灵敏电流计指针向左偏转
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计指针向右偏转
C．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，灵敏电流计指针都静止在中央
D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断灵敏电流计指针偏转的方向
（3）某同学第一次将滑动变阻器的触头P慢慢向右移动，第二次将滑动变阻器的触头P快速向右移动，发现电流计的指针摆动的幅度第二次的幅度大，原因是线圈中的　 　（填“磁通量”或“磁通量的变化”或“磁通量变化率”）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，他将电流表、线圈A和B、蓄电池，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．电流表的正负极接错
C．线圈B的接头接反
D．蓄电池的正负极接反
13．（2025高二下·邗江期中）绿色环保、低碳出行已经成为一种时尚，新能源汽车越来越受市民的喜爱，正在加速“驶入”百姓家。如图为电动汽车安装充电桩的电路，已知总电源的输出电压为，输电线的总电阻，变压器视为理想变压器，其中降压变压器的匝数比为，汽车充电桩获得的电压为50V，用户获得的功率为，求：
（1）输电线上的电流I；
（2）升压变压器的匝数比。
14．（2025高二下·邗江期中）如图所示，一边长为l的正方形单匝线框abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的ab边匀速转动，线框的电阻为R，线框匀速转动的角速度为ω，匀强磁场的磁感应强度为B，求：
（1）在图示实线位置时，线框中感应电动势的大小及从此位置计时感应电动势瞬时表达式；
（2）从图示实线位置转过90°的过程中，流过线框的电荷量及线框产生的焦耳热。
15．（2025高二下·邗江期中）如图甲所示，固定光滑平行金属导轨CD、EF间距1m，电阻均不计且足够长的，其下端接有阻值2Ω的电阻R，导轨平面与水平面间的夹角θ=30°，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。一质量0.2kg、阻值1Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量0.8kg的重物相连，左端细线连接金属棒的中点且沿CD方向。金属棒由静止释放后，在重物M的作用下，沿CD向上的位移x与时间t之间的关系如图乙所示，其中ab为直线。已知在0~0.9s内通过金属棒的电荷量是0.9~1.2s内通过金属棒的电荷量的2倍，重力加速度取10m/s2，金属棒与导轨始终接触良好，求：
（1）0~0.9s内金属棒运动的位移大小；
（2）磁感应强度的大小；
（3）0~1.2s内电阻R上产生的热量（结果保留一位小数）。
16．（2025高二下·邗江期中）“电子光学”是利用电场和磁场改变电荷运动的路径，与光的传播、平移等效果相似。如图所示，在xOy坐标平面上，第一象限内存在着强度为E、方向沿y轴负方向的匀强电场。第三、四象限存在着向外、第二象限向里的匀强磁场，磁感应强度大小均相等。在坐标点A（0，）处有一质量为m、电荷量为e的正电子，以初速度v0=沿着x轴正方向射入匀强电场，该正电子在运动过程中恰好不再返回电场，忽略正电子的重力。求：
（1）正电子第一次经过x轴的坐标；
（2）正电子在第四象限内运动的时间；
（3）现将板长为L的下表面涂荧光粉的薄板水平放置在x轴上，板中心点横坐标x0=-4L，仅将第二象限的磁感应强度增大，求使得薄板的下表面会出现荧光点的磁感应强度范围。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波的应用
【解析】【解答】A．麦克斯韦认为周期性变化的电场激发出周期性变化的磁场，空间将产生电磁波，A错误；
B． X射线能使包在黑纸里的照相底片感光，B正确；
C．赫兹通过实验捕捉到电磁波，证实了麦克斯韦的电磁理论，C错误；
D．紫外线的波长比红外线短，D错误。
故答案为：B。
【分析】根据电磁波的产生理论、不同波段电磁波的特性及相关物理学史，逐一判断选项。
2．【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．图甲中，磁体在铝管下落时，产生电磁感应，阻碍磁体与导体间的相对运动，所以不会做自由落体运动，故A错误；B．由楞次定律和法拉第电磁感应定律知，在电磁感应现象中产生的感应电流阻碍相对运动，所以刚开始磁体做加速下落，随速度的增大，阻碍力增大，当增大到与磁体的重力相等时，磁体匀速运动，磁体在管中不是匀加速直线运动，故B错误；
C．换用一根直径稍大的铝管，磁体外部空间大，所以磁通量变化率相对图甲小，产生的电动势小，感应电流小，阻碍作用小，所以运动比图甲中更快，故C正确。
D．如图乙所示，换用一根有裂纹的铝管，由于断开，所以断开部分没有感应电流，所以相对甲图，阻碍作用小，则运动比图甲中快，故D错误；
故答案为：C。
【分析】磁体在铝管中下落时，会在铝管中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流会阻碍磁体的相对运动，从而影响其运动状态。
3．【答案】D
【知识点】电磁流量计
【解析】【解答】A．根据左手定则可知正粒子向血管上侧偏转，负离子向血管下侧偏转，则血管上侧电势高，血管下侧电势低，故A错误；
B．血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定为，若血管内径变小，则血管的横截面积变小，根据可知则血液流速变大，故B错误；
CD．稳定时，粒子所受洛伦兹力等于所受的电场力，根据，可得，又
联立可得，根据可知血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小，血液的流速变化，则血管内径一定改变，则血管上下侧电势差改变，所以血管上下侧电势差与血液流速有关，故D正确，C错误。
故选D。
【分析】一、核心考点
1、电磁流量计（霍尔效应类）原理
带电粒子在磁场中运动受洛伦兹力 偏转 积累电荷 形成横向电场 电场力与洛伦兹力平衡 电势差 （这里d 是管道直径）。
2、流量、流速、横截面积关系
（Q 为体积流量），对圆形管道 。
3、电势差与内径的关系（当流量恒定时）
由平衡电势差公式 和 得 ，因此 （Q 一定时）。
二、易错点
1、电势高低判断
容易用错左手定则的电荷符号，要明确：正电荷受力方向即电势降低的方向（正电荷向电势高的地方移动？不对，正电荷向电势低的地方运动会释放电势能？这里想清楚：正电荷聚集的地方电势高）。
实际是：正离子向上偏，上侧带正电 上侧电势高。
2、混淆直径与极板间距
这里的电势差是血管上下侧之间的，所以距离是血管的直径 d（题给符号是 d）。有的学生可能误以为是厚度或其他。
3、误解“流量一定”的含义
流量 恒定，则 与 成反比。若未考虑这一点，可能错选 C 或误以为 与 无直接关系。
4．【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．已知交变电流中电流随时间周期性变化，根据图像可以得出电路的振荡周期为2s，故A错误；
B．时间内，电流减小磁场减弱，电荷量增大板间电场增强，电容器充电，磁场能向电场能转化，时，电流为零，由于电荷量最大所以电路中电场能最大，故B错误；
C.1s~1.5s之间，电流增大，电容器放电，由于电容不变，电荷量减小，根据可知电容器两端电压在减小，故C正确；
D．根据右手螺旋定则可知电流为顺时针方向，电容器上极板带正电，根据电流的方向及极板的电性可以得出电容器在充电，电荷量增大则电流减小，而图乙中时刻电流在变大，所以图甲不可能对应时刻，故D错误。
故选C。
【分析】利用图像可以得出周期的大小；利用电流为0时电荷量出现最大值，则电路中电场能最大磁场能最小；利用电流的变化可以判别电荷量的变化，结合电容可以判别板间电压的大小变化；利用图示磁场可以判别电流的方向，结合极板电性可以判别电容器充电，则此时电流减小。
5．【答案】D
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A、由图像乙可知：根据法拉第电磁感应定律：
根据闭合电路欧姆定律，可以得到：
根据欧姆定律可知电阻R两端电压为：
由于电容器与电阻R并联，则可知电容器两端电压为
则电容器带电量为：，故AB错误，D正确；
C、根据题意，在磁场方向垂直纸面向里并且减弱，根据楞次定律可知，通过电阻的电流方向为：；
在磁场方向垂直纸面向外并且增强，根据楞次定律可知，通过电阻的电流方向为：，故C错误．
【分析】先用法拉第电磁感应定律求感应电动势，再用闭合电路欧姆定律求电流和路端电压，结合楞次定律判断电流方向，最后用电容公式求电荷量。
6．【答案】C
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】A．金属杆做匀加速直线运动，根据速度公式可以得出金属杆的速度为
根据动生电动势的表达式可以得出感应电动势为
根据欧姆定律可以得出感应电流为
其中B、L、a均不变，当0-t1时间内，感应电流为零，t1-t2时间内，电流I与t成正比，t2时间后无感应电流，故A错误；
B．根据欧姆定律可以得出感应电流为
当0-t1时间内，感应电流为零，ad的电压为零，t1-t2时间内
根据欧姆定律可以得出ad边的电压为：
电压随时间均匀增加，t2时间后无感应电流，但有感应电动势，为
电压随时间均匀增加，故B错误；
C．根据电流的大小可以求出金属杆所受的安培力为
由于金属棒在外力和安培力的作用下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得
解得
当0-t1时间内，感应电流为零，此时安培力等于0则外力的大小为
为定值，t1-t2时间内， F与t是线性关系，但不过原点，t2时间后无感应电流，此时安培力等于0，则外力为
为定值，故C正确；
D．根据电功率的表达式可以得出感应电流的热功率
当0-t1时间内，根据感应电流为零所以热功率为
t1-t2时间内，功率P与t2成正比，t2时间后无感应电流则热功率为
故D错误。
故选C。
【分析】利用速度公式可以求出金属棒进入磁场的速度大小，结合动生电动势的表达式及欧姆定律可以求出电流和时间的关系；利用欧姆定律可以得出电压与时间的关系；利用安培力的表达式结合牛顿第二定律可以得出外力大小与时间的关系；利用热功率的表达式可以得出功率与时间的关系。
7．【答案】A
【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．由题可知，线圈最大电动势
电动势有效值为
线圈的热功率为，A正确；
B．线圈由图中位置绕转轴旋转的过程中平均电动势为，B错误；
C．从图中开始计时，线圈的磁通量与时间t的变化规律为，C错误；
D．线圈在图中位置时，根据右手定则可知，bc边电流方向由，ad边电流方向由，则线圈中的电流方向为，D错误。
故答案为：A。
【分析】先求最大电动势，再得到有效值计算热功率；用磁通量变化量和时间求平均电动势；根据计时位置写出磁通量表达式；用右手定则判断电流方向。
8．【答案】C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】AB．闭合开关瞬间，由于线圈的自感，通过线圈的电流为0，即通过灯泡L1的电流等于通过灯泡L2的电流与通过电阻R的电流之和，则L1比L2更亮，故AB错误；
BC．断开开关后，由于线圈的自感，线圈相当于一个等效电源，线圈与灯泡L1构成新的回路，可知，断开开关后，L1慢慢熄灭，L2立即熄灭，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】利用自感现象的 “阻碍” 特性，分析开关闭合和断开瞬间的电流变化与灯泡亮度变化。
9．【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．已知粒子在磁场中逆时针偏转，磁场方向垂直于纸张向内，根据左手定则可知粒子带正电，选项A错误；
BC．粒子在加速电场中，根据动能定理有
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定理有
解得，
选项B正确，C错误；
D．在速度选择器中，由于电场力和洛伦兹力相等，根据平衡方程有：
解得
选项D错误。
故选B。
【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出粒子的速度及比荷的大小；利用在速度选择器中，由于电场力和洛伦兹力相等可以求出电场强度的大小。
10．【答案】C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．带电粒子在电场中加速的过程中，为了持续进行加速，则电场要进行周期性变化，根据粒子在磁场中运动的周期等于电场交替变化的周期，根据粒子在磁场中运动周期可以得出交变电场变化的周期：
由于氕核和氘核的比荷不相等，则周期不相等，所以同样的装置数据不变，不可以既加速氕核也加速氘核，故A错误；
BC．当粒子在磁场中的运动半径等于D形盒半径时，粒子的速度最大，动能最大，由于粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律则有
解得
根据动能的表达式可以求出粒子的最大动能为
可知射出加速器时的动能与加速电压无关，仅增大D形金属盒的半径，可以实现粒子射出时的速率增大，故B错误，C正确；
D．当粒子在电场中多次加速获得最大动能的过程中，根据动能定理可得
仅增大加速电压U，粒子在磁场中转动的圈数减少，而粒子的周期不变，所以粒子在D型盒中运动的时间减少，故D错误。
故选C。
【分析】利用粒子在磁场中运动的周期等于电场交替变化的周期可以得出电场周期的表达式，进而判别不同粒子加速时周期不同；利用洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，结合动能的表达式可以求出最大动能的影响因素；利用动能定理结合最大动能可以判别粒子加速是圈数，结合周期不变可以判别粒子运动时间的变化。
11．【答案】B
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．线圈运动过程中，由于线圈中磁通量发生变化，产生感应电流，在磁场中线圈受安培力作用，不是自由落体运动，故A错误；
BD．跳楼机由静止下落后受安培力与重力，根据牛顿第二定律可以得出线圈最初的加速度为：
根据动生电动势的表达式及欧姆定律有
可得
随着速度的增加，加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大值，以后跳楼机做匀速运动，当跳楼机速度最大时，安培力与重力相等时，根据平衡方程有
解得
m/s
当“跳楼机”的速度为2m/s时，根据加速度的表达式可以得出“跳楼机”的加速度大小是m/s2
故B正确，D错误；
C．当跳楼机速度最大时，根据欧姆定律可以得出
解得
A
根据热功率的表达式可以得出线圈的发热功率为
W
故C错误；
故选B。
【分析】由于线圈中磁通量发生改变产生感应电流，所以线圈下落受到安培力的作用，线圈不是做自由落体运动；利用牛顿第二定律结合安培力及欧姆定律可以求出加速度的表达式，当安培力与重力相等时可以求出最大速度，结合欧姆定律及热功率的表达式可以求出发热功率的大小。
12．【答案】a；c；B；磁通量的变化率；A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】（1）B线圈中为了产生电磁感应现象，从电流计观察感应电流是否产生，所以应该将电流计与线圈B串联成另一个回路，所以N连接a；A线圈中为了通过改变电流改变A周围产生的磁场，将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，所以M连接c；
（2）当P向右加速滑动时，由于滑动变阻器接入电路中电阻增大，根据欧姆定律可以导致线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，磁通量减少，此时线圈B中产生了电流使指针向右偏转，可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏；当B中的磁通量增大时，由于感应电流反向，所以电流表向左偏转；
A．线圈A向上移动时，由于线圈A产生的磁场远离B线圈，会导致线圈B中磁通量减小，根据分析可以得出指针向右偏转；而滑动变阻器滑动端P向左加速滑动时，由于电流增大会导致线圈B中磁通量增大，故指针应向左偏转，故A错误；
B．当铁芯拔出或断开开关时，由于电流减小导致线圈A中磁场减小，故线圈B中磁通量减小，指针向右偏转，故B正确；
C．滑片匀速运动时，由于电流随电阻的变化产生变化，所以线圈A中也会产生变化的磁场，线圈B中产生了感应电流使指针向右或向左偏转，故C错误；
D．虽然线圈A、线圈B的绕线方向未知，但根据磁通量的变化可以判断灵敏电流计指针偏转的方向，故D错误。
（3）两种情况下滑动变阻器的触头P移动的快慢不同，说明电流变化快慢不同、线圈B中的磁感应强度变化快慢不同，即磁通量变化率不同，根据电磁感应定律产生的感应电动势大小不同，是由于线圈中的磁通量变化率第二次比第一次的大；
（4）[5]A．如果将开关与灵敏电流计构成回路，当他接通、断开开关时，不会影响线圈A中的电流大小，所以A线圈产生的磁场保持不变，则线圈B中的磁通量不变，电流表的指针不会偏转，故A正确；
B．电流表的正负极接错、当开关闭合和断开时，B线圈的磁通量发生改变，会产生感应电流，只是偏转方向变化，仍会偏转，故B错误；
C．线圈B的接头接反，当他接通、断开开关时，线圈B中的磁通量会发生变化，电流表的指针会偏转，故C错误；
D．蓄电池的正负极接反，当他接通、断开开关时，线圈B中的磁通量会发生变化，只是电流表的偏转方向变化，仍会偏转，故D错误。
【分析】（1）B线圈中为了产生电磁感应现象，从电流计观察感应电流是否产生，所以应该将电流计与线圈B串联成另一个回路；A线圈中为了通过改变电流改变A周围产生的磁场，将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路；
（2）利用B线圈中磁通量的改变对应电流表的偏转方向，结合实际磁通量的变化可以判别指针的偏转情况；
（3）利用指针偏转的幅度可以比较感应电动势的大小，结合电磁感应定律可以比较磁通量变化率的大小；
（4）只有开关位置接错，当开关与灵敏电流计构成回路时，当他接通、断开开关时，不会影响线圈A中的电流大小，所以A线圈产生的磁场保持不变，则线圈B中的磁通量不变，电流表的指针不会偏转。
13．【答案】（1）解：降压变压器副线圈电流
输电线上的电流
（2）解：降压变压器原线圈电压
输电线上电压降
升压变压器副线圈电压
升压变压器的匝数比
【知识点】电能的输送
【解析】【分析】(1) 先由充电桩的功率和电压求出降压变压器副线圈电流，再根据理想变压器电流与匝数成反比的规律，计算输电线上的电流。
(2) 先由降压变压器匝数比求出其原线圈电压，结合输电线上的电压损失得到升压变压器副线圈电压，最后根据理想变压器电压与匝数成正比的规律，求出升压变压器的匝数比。
14．【答案】（1）解：在图示实线位置时cd边垂直磁感线向下运动，由电磁感应定律可得线框中感应电动势的大小为
因此感应电动势的瞬时表达式为
（2）解：由法拉第电磁感应定律可得
由欧姆定律可知，电路中的平均电流
又因为
联立解得从图示实线位置转过90°的过程中，流过线框的电荷量
根据上述结论可知，感应电动势的有效值
电路中的电流
从图示实线位置转过90°所用时间
由焦耳定律可得此过程中线框产生的热量为
【知识点】法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】(1) 图示位置线框与磁场平行，cd边垂直切割磁感线，电动势达到最大值；从该位置计时，电动势瞬时表达式为余弦形式。
(2) 流过线框的电荷量由平均感应电动势和法拉第电磁感应定律计算；焦耳热由电动势有效值和焦耳定律计算。
（1）在图示实线位置时cd边垂直磁感线向下运动，由电磁感应定律可得线框中感应电动势的大小为
因此感应电动势的瞬时表达式为
（2）由法拉第电磁感应定律可得
由欧姆定律可知，电路中的平均电流
又因为
联立解得从图示实线位置转过90°的过程中，流过线框的电荷量
根据上述结论可知，感应电动势的有效值
电路中的电流
从图示实线位置转过90°所用时间
由焦耳定律可得此过程中线框产生的热量为
15．【答案】（1）通过金属棒的电荷量
平均感应电流
回路中平均感应电动势
联立，解得
0~0.9s内通过金属棒的电荷量
0.9~1.2s内通过金属板的电荷量
由图乙读出1.2s时刻金属棒的位移大小，又
联立，解得
（2）由图乙知金属棒在0.9~1.2s内做匀速直线运动，速度大小为1m/s，0.9s后金属棒受力平衡，有
根据闭合电路欧姆定律
解得
（3）在0~1.2s内，对整个系统，根据能量守恒定律得
解得
电阻R上产生的热量
代入数据解得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）当导体棒切割磁场线时，利用欧姆定律结合平均电动势及电流的定义式可以求出电荷量的表达式；利用电荷量的表达式可以求出金属棒运动的位移；
（2）当金属棒做匀速直线运动时，利用金属棒的平衡方程结合欧姆定律可以求出磁感应强度的大小；
（3）当金属棒运动的过程中，利用能量守恒定律可以求出电阻产生的焦耳热大小。
16．【答案】（1）正电子做类平抛运动，在电场中在竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，根据位移公式有
根据牛顿第二定律有：
解得
正电子第一次经过x轴的坐标为（L，0）。
（2）设正电子进入第四象限时的速度方向和水平方向呈角，则有
速度为
解得
，
根据几何关系可知
根据洛伦兹力提供向心力有
正电子运动的周期为
正电子在第四象限内运动的时间为
解得
（3）第一次击中上表面右端时，如图
由几何关系得
解得
②第一次击中上表面左端时，如图所示
由几何关系得
解得
③第二次击中上表面右端时，同理由几何关系得
可知，此时无解，所以磁感应强度范围为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）正电子在电场中做类平抛运动，利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出第一次经过x轴的坐标；
（2）当正电子进入磁场时，利用速度的合成可以求出速度的大小及速度的方向，利用几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合轨迹所对圆心角可以求出运动的时间；
（3）当粒子第一次击中上表面时，利用几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的范围。
1 / 1江苏省邗江中学2024-2025学年高二下学期期中考试物理试卷
1．（2025高二下·邗江期中）“中国天眼”位于贵州的大山深处，是500m口径球面射电望远镜（FAST）。它通过接收来自宇宙深处的电磁波，探索宇宙。下列关于电磁波的说法正确的是（　　）
A．麦克斯韦认为均匀变化的电场能激发出变化的磁场，空间将产生电磁波
B．X射线能使包在黑纸里的照相底片感光
C．普朗克通过实验捕捉到电磁波，证实了麦克斯韦的电磁理论
D．紫外线的波长比红外线长
【答案】B
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波的应用
【解析】【解答】A．麦克斯韦认为周期性变化的电场激发出周期性变化的磁场，空间将产生电磁波，A错误；
B． X射线能使包在黑纸里的照相底片感光，B正确；
C．赫兹通过实验捕捉到电磁波，证实了麦克斯韦的电磁理论，C错误；
D．紫外线的波长比红外线短，D错误。
故答案为：B。
【分析】根据电磁波的产生理论、不同波段电磁波的特性及相关物理学史，逐一判断选项。
2．（2025高二下·邗江期中）如图甲所示，把一枚磁性较强的圆柱形永磁体在铝管管口静止释放，磁体直径略小于管的内径。则磁体在管中（　　）
A．做自由落体运动
B．做匀加速直线运动
C．换一根直径稍大的铝管，运动比图甲中更快
D．换一根有裂纹的铝管（如图乙所示），运动比图甲中更慢
【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．图甲中，磁体在铝管下落时，产生电磁感应，阻碍磁体与导体间的相对运动，所以不会做自由落体运动，故A错误；B．由楞次定律和法拉第电磁感应定律知，在电磁感应现象中产生的感应电流阻碍相对运动，所以刚开始磁体做加速下落，随速度的增大，阻碍力增大，当增大到与磁体的重力相等时，磁体匀速运动，磁体在管中不是匀加速直线运动，故B错误；
C．换用一根直径稍大的铝管，磁体外部空间大，所以磁通量变化率相对图甲小，产生的电动势小，感应电流小，阻碍作用小，所以运动比图甲中更快，故C正确。
D．如图乙所示，换用一根有裂纹的铝管，由于断开，所以断开部分没有感应电流，所以相对甲图，阻碍作用小，则运动比图甲中快，故D错误；
故答案为：C。
【分析】磁体在铝管中下落时，会在铝管中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流会阻碍磁体的相对运动，从而影响其运动状态。
3．（2025高二下·邗江期中）人体血管状况及血液流速可以反映身体健康状态。血管中的血液通常含有大量的正负离子。如图，血管内径为d，血流速度v方向水平向右。现将方向与血管横截面平行，且垂直纸面向内的匀强磁场施于某段血管，其磁感应强度大小恒为B，当血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定时（　　）
A．血管上侧电势低，血管下侧电势高
B．若血管内径变小，则血液流速变小
C．血管上下侧电势差与血液流速无关
D．血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小
【答案】D
【知识点】电磁流量计
【解析】【解答】A．根据左手定则可知正粒子向血管上侧偏转，负离子向血管下侧偏转，则血管上侧电势高，血管下侧电势低，故A错误；
B．血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定为，若血管内径变小，则血管的横截面积变小，根据可知则血液流速变大，故B错误；
CD．稳定时，粒子所受洛伦兹力等于所受的电场力，根据，可得，又
联立可得，根据可知血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小，血液的流速变化，则血管内径一定改变，则血管上下侧电势差改变，所以血管上下侧电势差与血液流速有关，故D正确，C错误。
故选D。
【分析】一、核心考点
1、电磁流量计（霍尔效应类）原理
带电粒子在磁场中运动受洛伦兹力 偏转 积累电荷 形成横向电场 电场力与洛伦兹力平衡 电势差 （这里d 是管道直径）。
2、流量、流速、横截面积关系
（Q 为体积流量），对圆形管道 。
3、电势差与内径的关系（当流量恒定时）
由平衡电势差公式 和 得 ，因此 （Q 一定时）。
二、易错点
1、电势高低判断
容易用错左手定则的电荷符号，要明确：正电荷受力方向即电势降低的方向（正电荷向电势高的地方移动？不对，正电荷向电势低的地方运动会释放电势能？这里想清楚：正电荷聚集的地方电势高）。
实际是：正离子向上偏，上侧带正电 上侧电势高。
2、混淆直径与极板间距
这里的电势差是血管上下侧之间的，所以距离是血管的直径 d（题给符号是 d）。有的学生可能误以为是厚度或其他。
3、误解“流量一定”的含义
流量 恒定，则 与 成反比。若未考虑这一点，可能错选 C 或误以为 与 无直接关系。
4．（2025高二下·邗江期中）图甲为LC振荡电路，电路中的电流i随时间t的变化规律如图乙所示，规定顺时针方向为电流i的正方向，则（　　）
A．电路的振荡周期为1s
B．时，电路中磁场能最大
C．1s~1.5s之间，电容器两端电压在减小
D．图甲可能对应时刻
【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．已知交变电流中电流随时间周期性变化，根据图像可以得出电路的振荡周期为2s，故A错误；
B．时间内，电流减小磁场减弱，电荷量增大板间电场增强，电容器充电，磁场能向电场能转化，时，电流为零，由于电荷量最大所以电路中电场能最大，故B错误；
C.1s~1.5s之间，电流增大，电容器放电，由于电容不变，电荷量减小，根据可知电容器两端电压在减小，故C正确；
D．根据右手螺旋定则可知电流为顺时针方向，电容器上极板带正电，根据电流的方向及极板的电性可以得出电容器在充电，电荷量增大则电流减小，而图乙中时刻电流在变大，所以图甲不可能对应时刻，故D错误。
故选C。
【分析】利用图像可以得出周期的大小；利用电流为0时电荷量出现最大值，则电路中电场能最大磁场能最小；利用电流的变化可以判别电荷量的变化，结合电容可以判别板间电压的大小变化；利用图示磁场可以判别电流的方向，结合极板电性可以判别电容器充电，则此时电流减小。
5．（2025高二下·邗江期中）截面积S=0.5m2，n=100匝的圆形线圈，处在如图甲所示的磁场内，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，已知电路中 R=3Ω，C=10μF，线圈电阻r=2Ω，导线电阻忽略不计，t=0时刻磁场方向垂直线圈平面向里，则有（　　）
A．电容器两端电压为10V
B．通过电阻R的感应电流大小为20A
C．通过电阻R的电流方向为b-R-a
D．电容器所带的电荷量6×10-5C
【答案】D
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A、由图像乙可知：根据法拉第电磁感应定律：
根据闭合电路欧姆定律，可以得到：
根据欧姆定律可知电阻R两端电压为：
由于电容器与电阻R并联，则可知电容器两端电压为
则电容器带电量为：，故AB错误，D正确；
C、根据题意，在磁场方向垂直纸面向里并且减弱，根据楞次定律可知，通过电阻的电流方向为：；
在磁场方向垂直纸面向外并且增强，根据楞次定律可知，通过电阻的电流方向为：，故C错误．
【分析】先用法拉第电磁感应定律求感应电动势，再用闭合电路欧姆定律求电流和路端电压，结合楞次定律判断电流方向，最后用电容公式求电荷量。
6．（2025高二下·邗江期中）如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框，时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，边刚进入单边界匀强磁场（虚线为其边界）的时刻为，边刚进入磁场的时刻为，设线框中产生的感应电流的大小为，边两端电压大小为，水平拉力大小为，感应电流的热功率为，则关于、、、随运动时间变化关系图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】A．金属杆做匀加速直线运动，根据速度公式可以得出金属杆的速度为
根据动生电动势的表达式可以得出感应电动势为
根据欧姆定律可以得出感应电流为
其中B、L、a均不变，当0-t1时间内，感应电流为零，t1-t2时间内，电流I与t成正比，t2时间后无感应电流，故A错误；
B．根据欧姆定律可以得出感应电流为
当0-t1时间内，感应电流为零，ad的电压为零，t1-t2时间内
根据欧姆定律可以得出ad边的电压为：
电压随时间均匀增加，t2时间后无感应电流，但有感应电动势，为
电压随时间均匀增加，故B错误；
C．根据电流的大小可以求出金属杆所受的安培力为
由于金属棒在外力和安培力的作用下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得
解得
当0-t1时间内，感应电流为零，此时安培力等于0则外力的大小为
为定值，t1-t2时间内， F与t是线性关系，但不过原点，t2时间后无感应电流，此时安培力等于0，则外力为
为定值，故C正确；
D．根据电功率的表达式可以得出感应电流的热功率
当0-t1时间内，根据感应电流为零所以热功率为
t1-t2时间内，功率P与t2成正比，t2时间后无感应电流则热功率为
故D错误。
故选C。
【分析】利用速度公式可以求出金属棒进入磁场的速度大小，结合动生电动势的表达式及欧姆定律可以求出电流和时间的关系；利用欧姆定律可以得出电压与时间的关系；利用安培力的表达式结合牛顿第二定律可以得出外力大小与时间的关系；利用热功率的表达式可以得出功率与时间的关系。
7．（2025高二下·邗江期中）如图所示，在匀强磁场中有电阻为r的单匝矩形线圈，线圈的两条边ad=L1，ab=L2，转轴OO'垂直磁场且和线圈共面，从上往下看线圈绕转轴OO'以角速度ω逆时针匀速旋转。从图中开始计时，下列说法正确的是（　　）
A．线圈的热功率
B．线圈由图中位置绕转轴旋转90°的过程中平均电动势为
C．线圈的磁通量与时间t的变化规律为
D．线圈在图中位置时，电流方向为a→b→c→d→a
【答案】A
【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．由题可知，线圈最大电动势
电动势有效值为
线圈的热功率为，A正确；
B．线圈由图中位置绕转轴旋转的过程中平均电动势为，B错误；
C．从图中开始计时，线圈的磁通量与时间t的变化规律为，C错误；
D．线圈在图中位置时，根据右手定则可知，bc边电流方向由，ad边电流方向由，则线圈中的电流方向为，D错误。
故答案为：A。
【分析】先求最大电动势，再得到有效值计算热功率；用磁通量变化量和时间求平均电动势；根据计时位置写出磁通量表达式；用右手定则判断电流方向。
8．（2025高二下·邗江期中）在图示电路中，电阻R和线圈L的阻值相同，L1和L2是两个完全相同的灯泡，线圈电感足够大。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关瞬间，L1和L2的亮度相同
B．闭合开关瞬间， L2比L1更亮
C．断开开关后，L1慢慢熄灭，L2立即熄灭
D．断开开关后，L1和L2都慢慢熄灭
【答案】C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】AB．闭合开关瞬间，由于线圈的自感，通过线圈的电流为0，即通过灯泡L1的电流等于通过灯泡L2的电流与通过电阻R的电流之和，则L1比L2更亮，故AB错误；
BC．断开开关后，由于线圈的自感，线圈相当于一个等效电源，线圈与灯泡L1构成新的回路，可知，断开开关后，L1慢慢熄灭，L2立即熄灭，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】利用自感现象的 “阻碍” 特性，分析开关闭合和断开瞬间的电流变化与灯泡亮度变化。
9．（2025高二下·邗江期中）质谱仪在众多科学研究和实际应用领域中都发挥着重要作用。如图所示为某一质谱仪，某种带电粒子从O点由静止出发，经过加速电场和速度选择器，进入磁场后打在荧光屏上，粒子轨迹如图中虚线所示。若、、以及圆周运动的半径为已知量，下列说法正确的是（　　）
A．该粒子带负电
B．该粒子的速度为
C．该粒子的比荷为
D．该速度选择器中电场强度为
【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．已知粒子在磁场中逆时针偏转，磁场方向垂直于纸张向内，根据左手定则可知粒子带正电，选项A错误；
BC．粒子在加速电场中，根据动能定理有
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定理有
解得，
选项B正确，C错误；
D．在速度选择器中，由于电场力和洛伦兹力相等，根据平衡方程有：
解得
选项D错误。
故选B。
【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出粒子的速度及比荷的大小；利用在速度选择器中，由于电场力和洛伦兹力相等可以求出电场强度的大小。
10．（2025高二下·邗江期中）获得高能粒子要用到回旋加速器。某一回旋加速器的示意图如图所示，两个D形金属盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速。两D形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中，电场的加速电压为U，带电粒子（不计重力）在D型盒中心附近由静止释放，忽略带电粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应。下列方法中正确的是（　　）
A．同样的装置数据不变，既可以加速氕核也可以加速氘核
B．为了增大粒子射出时的动能，通过仅增大加速电压来实现
C．仅增大D形金属盒的半径，可以实现粒子射出时的速率增大
D．仅增大加速电压U，并不能改变粒子在D型盒中运动的时间
【答案】C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．带电粒子在电场中加速的过程中，为了持续进行加速，则电场要进行周期性变化，根据粒子在磁场中运动的周期等于电场交替变化的周期，根据粒子在磁场中运动周期可以得出交变电场变化的周期：
由于氕核和氘核的比荷不相等，则周期不相等，所以同样的装置数据不变，不可以既加速氕核也加速氘核，故A错误；
BC．当粒子在磁场中的运动半径等于D形盒半径时，粒子的速度最大，动能最大，由于粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律则有
解得
根据动能的表达式可以求出粒子的最大动能为
可知射出加速器时的动能与加速电压无关，仅增大D形金属盒的半径，可以实现粒子射出时的速率增大，故B错误，C正确；
D．当粒子在电场中多次加速获得最大动能的过程中，根据动能定理可得
仅增大加速电压U，粒子在磁场中转动的圈数减少，而粒子的周期不变，所以粒子在D型盒中运动的时间减少，故D错误。
故选C。
【分析】利用粒子在磁场中运动的周期等于电场交替变化的周期可以得出电场周期的表达式，进而判别不同粒子加速时周期不同；利用洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，结合动能的表达式可以求出最大动能的影响因素；利用动能定理结合最大动能可以判别粒子加速是圈数，结合周期不变可以判别粒子运动时间的变化。
11．（2025高二下·邗江期中）做过“跳楼机”的游客感觉很刺激，“跳楼机”的电磁式制动原理如图乙所示。“跳楼机”主干柱体上交替分布着方向相反、大小相等的匀强磁场（竖直面内），每块磁场区域的宽度均为1m，高度均相同，磁感应强度的大小均为0.5T，中间座椅后方固定着100匝矩形线圈（竖直面内），线圈的宽度略大于磁场的宽度，高度与每块磁场区域高度相同，总电阻为10Ω。若某次“跳楼机”失去其他保护，由静止从高处突然失控下落（下述问题假设高度足够高），乘客与设备的总质量为1000kg，重力加速度g取10m/s2，忽略摩擦阻力和空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．“跳楼机”做自由落体运动
B．“跳楼机”的最大速度为10m/s
C．“跳楼机”速度最大时，线圈中发热功率是1.25×104W
D．当“跳楼机”的速度为2m/s时，“跳楼机”的加速度大小是2m/s2
【答案】B
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．线圈运动过程中，由于线圈中磁通量发生变化，产生感应电流，在磁场中线圈受安培力作用，不是自由落体运动，故A错误；
BD．跳楼机由静止下落后受安培力与重力，根据牛顿第二定律可以得出线圈最初的加速度为：
根据动生电动势的表达式及欧姆定律有
可得
随着速度的增加，加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大值，以后跳楼机做匀速运动，当跳楼机速度最大时，安培力与重力相等时，根据平衡方程有
解得
m/s
当“跳楼机”的速度为2m/s时，根据加速度的表达式可以得出“跳楼机”的加速度大小是m/s2
故B正确，D错误；
C．当跳楼机速度最大时，根据欧姆定律可以得出
解得
A
根据热功率的表达式可以得出线圈的发热功率为
W
故C错误；
故选B。
【分析】由于线圈中磁通量发生改变产生感应电流，所以线圈下落受到安培力的作用，线圈不是做自由落体运动；利用牛顿第二定律结合安培力及欧姆定律可以求出加速度的表达式，当安培力与重力相等时可以求出最大速度，结合欧姆定律及热功率的表达式可以求出发热功率的大小。
12．（2025高二下·邗江期中）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、电表及开关按如图所示部分连接，要把电路连接完整正确，则N连接到　 　（选填“a”“b”“c”或“M”），M连接到　 　（选填“a”“b”“c”或“N”）。
（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动端P向右加速滑动时，灵敏电流计指针向右偏转，由此可以判断　 　。
A．线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向左加速滑动，都能引起灵敏电流计指针向左偏转
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计指针向右偏转
C．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，灵敏电流计指针都静止在中央
D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断灵敏电流计指针偏转的方向
（3）某同学第一次将滑动变阻器的触头P慢慢向右移动，第二次将滑动变阻器的触头P快速向右移动，发现电流计的指针摆动的幅度第二次的幅度大，原因是线圈中的　 　（填“磁通量”或“磁通量的变化”或“磁通量变化率”）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，他将电流表、线圈A和B、蓄电池，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．电流表的正负极接错
C．线圈B的接头接反
D．蓄电池的正负极接反
【答案】a；c；B；磁通量的变化率；A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】（1）B线圈中为了产生电磁感应现象，从电流计观察感应电流是否产生，所以应该将电流计与线圈B串联成另一个回路，所以N连接a；A线圈中为了通过改变电流改变A周围产生的磁场，将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，所以M连接c；
（2）当P向右加速滑动时，由于滑动变阻器接入电路中电阻增大，根据欧姆定律可以导致线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，磁通量减少，此时线圈B中产生了电流使指针向右偏转，可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏；当B中的磁通量增大时，由于感应电流反向，所以电流表向左偏转；
A．线圈A向上移动时，由于线圈A产生的磁场远离B线圈，会导致线圈B中磁通量减小，根据分析可以得出指针向右偏转；而滑动变阻器滑动端P向左加速滑动时，由于电流增大会导致线圈B中磁通量增大，故指针应向左偏转，故A错误；
B．当铁芯拔出或断开开关时，由于电流减小导致线圈A中磁场减小，故线圈B中磁通量减小，指针向右偏转，故B正确；
C．滑片匀速运动时，由于电流随电阻的变化产生变化，所以线圈A中也会产生变化的磁场，线圈B中产生了感应电流使指针向右或向左偏转，故C错误；
D．虽然线圈A、线圈B的绕线方向未知，但根据磁通量的变化可以判断灵敏电流计指针偏转的方向，故D错误。
（3）两种情况下滑动变阻器的触头P移动的快慢不同，说明电流变化快慢不同、线圈B中的磁感应强度变化快慢不同，即磁通量变化率不同，根据电磁感应定律产生的感应电动势大小不同，是由于线圈中的磁通量变化率第二次比第一次的大；
（4）[5]A．如果将开关与灵敏电流计构成回路，当他接通、断开开关时，不会影响线圈A中的电流大小，所以A线圈产生的磁场保持不变，则线圈B中的磁通量不变，电流表的指针不会偏转，故A正确；
B．电流表的正负极接错、当开关闭合和断开时，B线圈的磁通量发生改变，会产生感应电流，只是偏转方向变化，仍会偏转，故B错误；
C．线圈B的接头接反，当他接通、断开开关时，线圈B中的磁通量会发生变化，电流表的指针会偏转，故C错误；
D．蓄电池的正负极接反，当他接通、断开开关时，线圈B中的磁通量会发生变化，只是电流表的偏转方向变化，仍会偏转，故D错误。
【分析】（1）B线圈中为了产生电磁感应现象，从电流计观察感应电流是否产生，所以应该将电流计与线圈B串联成另一个回路；A线圈中为了通过改变电流改变A周围产生的磁场，将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路；
（2）利用B线圈中磁通量的改变对应电流表的偏转方向，结合实际磁通量的变化可以判别指针的偏转情况；
（3）利用指针偏转的幅度可以比较感应电动势的大小，结合电磁感应定律可以比较磁通量变化率的大小；
（4）只有开关位置接错，当开关与灵敏电流计构成回路时，当他接通、断开开关时，不会影响线圈A中的电流大小，所以A线圈产生的磁场保持不变，则线圈B中的磁通量不变，电流表的指针不会偏转。
13．（2025高二下·邗江期中）绿色环保、低碳出行已经成为一种时尚，新能源汽车越来越受市民的喜爱，正在加速“驶入”百姓家。如图为电动汽车安装充电桩的电路，已知总电源的输出电压为，输电线的总电阻，变压器视为理想变压器，其中降压变压器的匝数比为，汽车充电桩获得的电压为50V，用户获得的功率为，求：
（1）输电线上的电流I；
（2）升压变压器的匝数比。
【答案】（1）解：降压变压器副线圈电流
输电线上的电流
（2）解：降压变压器原线圈电压
输电线上电压降
升压变压器副线圈电压
升压变压器的匝数比
【知识点】电能的输送
【解析】【分析】(1) 先由充电桩的功率和电压求出降压变压器副线圈电流，再根据理想变压器电流与匝数成反比的规律，计算输电线上的电流。
(2) 先由降压变压器匝数比求出其原线圈电压，结合输电线上的电压损失得到升压变压器副线圈电压，最后根据理想变压器电压与匝数成正比的规律，求出升压变压器的匝数比。
14．（2025高二下·邗江期中）如图所示，一边长为l的正方形单匝线框abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的ab边匀速转动，线框的电阻为R，线框匀速转动的角速度为ω，匀强磁场的磁感应强度为B，求：
（1）在图示实线位置时，线框中感应电动势的大小及从此位置计时感应电动势瞬时表达式；
（2）从图示实线位置转过90°的过程中，流过线框的电荷量及线框产生的焦耳热。
【答案】（1）解：在图示实线位置时cd边垂直磁感线向下运动，由电磁感应定律可得线框中感应电动势的大小为
因此感应电动势的瞬时表达式为
（2）解：由法拉第电磁感应定律可得
由欧姆定律可知，电路中的平均电流
又因为
联立解得从图示实线位置转过90°的过程中，流过线框的电荷量
根据上述结论可知，感应电动势的有效值
电路中的电流
从图示实线位置转过90°所用时间
由焦耳定律可得此过程中线框产生的热量为
【知识点】法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】(1) 图示位置线框与磁场平行，cd边垂直切割磁感线，电动势达到最大值；从该位置计时，电动势瞬时表达式为余弦形式。
(2) 流过线框的电荷量由平均感应电动势和法拉第电磁感应定律计算；焦耳热由电动势有效值和焦耳定律计算。
（1）在图示实线位置时cd边垂直磁感线向下运动，由电磁感应定律可得线框中感应电动势的大小为
因此感应电动势的瞬时表达式为
（2）由法拉第电磁感应定律可得
由欧姆定律可知，电路中的平均电流
又因为
联立解得从图示实线位置转过90°的过程中，流过线框的电荷量
根据上述结论可知，感应电动势的有效值
电路中的电流
从图示实线位置转过90°所用时间
由焦耳定律可得此过程中线框产生的热量为
15．（2025高二下·邗江期中）如图甲所示，固定光滑平行金属导轨CD、EF间距1m，电阻均不计且足够长的，其下端接有阻值2Ω的电阻R，导轨平面与水平面间的夹角θ=30°，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。一质量0.2kg、阻值1Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量0.8kg的重物相连，左端细线连接金属棒的中点且沿CD方向。金属棒由静止释放后，在重物M的作用下，沿CD向上的位移x与时间t之间的关系如图乙所示，其中ab为直线。已知在0~0.9s内通过金属棒的电荷量是0.9~1.2s内通过金属棒的电荷量的2倍，重力加速度取10m/s2，金属棒与导轨始终接触良好，求：
（1）0~0.9s内金属棒运动的位移大小；
（2）磁感应强度的大小；
（3）0~1.2s内电阻R上产生的热量（结果保留一位小数）。
【答案】（1）通过金属棒的电荷量
平均感应电流
回路中平均感应电动势
联立，解得
0~0.9s内通过金属棒的电荷量
0.9~1.2s内通过金属板的电荷量
由图乙读出1.2s时刻金属棒的位移大小，又
联立，解得
（2）由图乙知金属棒在0.9~1.2s内做匀速直线运动，速度大小为1m/s，0.9s后金属棒受力平衡，有
根据闭合电路欧姆定律
解得
（3）在0~1.2s内，对整个系统，根据能量守恒定律得
解得
电阻R上产生的热量
代入数据解得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）当导体棒切割磁场线时，利用欧姆定律结合平均电动势及电流的定义式可以求出电荷量的表达式；利用电荷量的表达式可以求出金属棒运动的位移；
（2）当金属棒做匀速直线运动时，利用金属棒的平衡方程结合欧姆定律可以求出磁感应强度的大小；
（3）当金属棒运动的过程中，利用能量守恒定律可以求出电阻产生的焦耳热大小。
16．（2025高二下·邗江期中）“电子光学”是利用电场和磁场改变电荷运动的路径，与光的传播、平移等效果相似。如图所示，在xOy坐标平面上，第一象限内存在着强度为E、方向沿y轴负方向的匀强电场。第三、四象限存在着向外、第二象限向里的匀强磁场，磁感应强度大小均相等。在坐标点A（0，）处有一质量为m、电荷量为e的正电子，以初速度v0=沿着x轴正方向射入匀强电场，该正电子在运动过程中恰好不再返回电场，忽略正电子的重力。求：
（1）正电子第一次经过x轴的坐标；
（2）正电子在第四象限内运动的时间；
（3）现将板长为L的下表面涂荧光粉的薄板水平放置在x轴上，板中心点横坐标x0=-4L，仅将第二象限的磁感应强度增大，求使得薄板的下表面会出现荧光点的磁感应强度范围。
【答案】（1）正电子做类平抛运动，在电场中在竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，根据位移公式有
根据牛顿第二定律有：
解得
正电子第一次经过x轴的坐标为（L，0）。
（2）设正电子进入第四象限时的速度方向和水平方向呈角，则有
速度为
解得
，
根据几何关系可知
根据洛伦兹力提供向心力有
正电子运动的周期为
正电子在第四象限内运动的时间为
解得
（3）第一次击中上表面右端时，如图
由几何关系得
解得
②第一次击中上表面左端时，如图所示
由几何关系得
解得
③第二次击中上表面右端时，同理由几何关系得
可知，此时无解，所以磁感应强度范围为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）正电子在电场中做类平抛运动，利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出第一次经过x轴的坐标；
（2）当正电子进入磁场时，利用速度的合成可以求出速度的大小及速度的方向，利用几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合轨迹所对圆心角可以求出运动的时间；
（3）当粒子第一次击中上表面时，利用几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的范围。
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