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江苏省苏州市2024-2025学年高二下学期4月期中考试物理试卷
1．（2025高二下·苏州期中）下列图像中不属于交变电流的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025高二下·苏州期中）下列四幅教材插图，属于电磁驱动应用的是（　　）
A．甲：选用铝框做磁电式电表骨架
B．乙：利用真空冶炼炉来冶炼金属
C．丙：转动把手时蹄形磁铁两极间的铝框随之同向转动
D．丁：在运输灵敏电流表时用导线把两接线柱连在一起
3．（2025高二下·苏州期中）如图所示，一细条形磁铁系于棉线下端形成单摆，摆的正下方固定一水平放置的环形导线。将磁铁从图示位置由静止释放，来回摆动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．导线中电流方向始终不变
B．磁铁向上摆动时，导线有收缩趋势
C．磁铁向下摆动时，导线中电流方向与图示方向相同
D．忽略空气阻力，磁铁摆动的幅度将不变
4．（2025高二下·苏州期中）如图为航母上电磁弹射装置的原理简图，待弹射的飞机挂在导体棒上，导体棒放在处于竖直匀强磁场中的两平行导轨上。给导轨通以电流，导体棒和飞机就沿导轨加速，从而将飞机向右弹射出去。以下说法中正确的是（　　）
①导体棒中的电流方向是
②导体棒中的电流方向是
③增大导轨中电流可提高飞机的弹射速度
④改变磁感应强度大小可改变飞机的弹射速度
A．①②③ B．②③④ C．①③ D．②④
5．（2025高二下·苏州期中）图甲是质谱仪原理图，带电粒子从容器A下方小孔飘入加速电场时速度几乎为零，图乙是回旋加速器原理图。下列说法正确的是（　　）
A．甲中所有粒子进入小孔时速度大小相等
B．甲中比荷越大的粒子在磁场中运动半径越小
C．乙中粒子在两个半圆金属盒中加速
D．乙中粒子射出的最大速度由电压U的大小决定
6．（2025高二下·苏州期中）如图所示，光滑绝缘直杆倾角为，杆上套一带负电的小球，匀强磁场的方向垂直于杆所在竖直平面。给小球一沿杆向上的初速度，不计空气阻力，小球从开始运动到返回出发点的过程中（　　）
A．机械能减小
B．最大上滑位移为
C．上滑时间小于下滑时间
D．下滑时受到杆的弹力一定先减小后增大
7．（2025高二下·苏州期中）如图所示是一款高空风车的发电模块原理图，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，某时刻发电机线圈恰与磁场方向平行，则（　　）
A．该时刻线圈磁通量的变化率最大
B．风力增大，线圈的感应电动势不变
C．风车每转一圈，线圈中电流方向改变一次
D．风车发电是利用了电流的磁效应
8．（2025高二下·苏州期中）如图所示，法拉第圆盘发电机的两电刷间接有一定值电阻。已知圆盘半径为r，绕中心轴以角速度按图示方向旋转，回路中总电阻为R，匀强磁场垂直圆盘向上，磁感应强度大小为B，则（　　）
A．感应电流方向不断变化
B．a端的电势高于b端
C．感应电流大小
D．a、b两点间电势差大小
9．（2025高二下·苏州期中）如图所示，李辉用多用电表的欧姆挡测量一个变压器线圈的电阻。刘伟为了方便，未注意操作规范，直接用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量，完成读数后李辉把多用表的表笔与被测线圈脱离时，刘伟突然惊叫起来，觉得有电击感。下列说法正确的是（　　）
A．发生电击前，没有电流通过刘伟
B．发生电击时，通过多用电表的电流很大
C．发生电击时，通过变压器线圈的电流瞬间变大
D．发生电击前后，通过刘伟的电流方向相反
10．（2025高二下·苏州期中）如图甲，某笔记本显示屏、机身分别装有磁体和长、宽、高为a、c、d的霍尔元件。显示屏完全合上时，霍尔元件处于垂直于其上表面向下的匀强磁场中，如图乙。若该元件利用自由电子导电，当通以图示方向的恒定电流时，其前、后表面会产生电压U（霍尔电压），从而控制屏幕自动熄灭。则（　　）
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电场强度大小为
C．开屏过程中，霍尔电压U变大
D．开、合屏过程中，霍尔电压U与c无关
11．（2025高二下·苏州期中）在光滑绝缘水平面上有一边长为l、电阻为R的正方形导线框，线框右侧是宽度为、方向竖直向下的匀强磁场区域，磁场的边界与线框的左右两边平行。线框以初速度向右进入磁场，左边出磁场时速度恰为零。建立如图所示的坐标轴，以逆时针方向电流为正。关于线框的加速度a、速度v、所受安培力F三者大小以及线框中电流i随x变化关系的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
12．（2025高二下·苏州期中）某小组在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，采用了甲、乙两个方案。
（1）方案甲进行了a、b、c、d四种操作，结论的得出运用了______；
A．归纳推理 B．演绎推理 C．理想模型
（2）将方案乙中电路补充完整；
（3）完成方案乙中电路后，电键闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向右偏转。闭合电键稳定后，下列操作仍能使指针向右偏转的是______；
A．触头P向左滑动 B．触头P向右滑动 C．将线圈A拔出
（4）为确切判断线圈中的感应电流方向，小组成员除实验前先确定线圈导线的绕向外，还进行了图丙所示的操作，其目的是　 　，所用电阻R的取值比较合理的是　 　。
A. B. C. D.
13．（2025高二下·苏州期中）如图甲所示，一质量为m的金属棒垂直放在间距为L的两水平平行导轨上，接触良好通过金属棒的电流为I，匀强磁场的磁感应强度大小为B，磁场方向与导轨平面的夹角为，金属棒保持静止，重力加速度为g。
（1）在图乙中画出金属棒的受力图；
（2）求金属棒受到的支持力和摩擦力f的大小。
14．（2025高二下·苏州期中）一个电阻为r、边长为L的正方形线圈abcd共N匝，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO'以如图所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，求：
（1）线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势为多大？
（2）从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过R的电量是多少？
15．（2025高二下·苏州期中）图甲为磁悬浮电梯，它是通过磁场的运动使其运行的装置。图乙为其简化后的原理图，主要包括磁场、含有导线框的轿厢、两根绝缘的竖直导轨，导轨间距为b，间隔分布的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨平面向里，相邻磁场间的距离和磁场宽度均为a。当磁场在竖直方向分别以速、、向上匀速运动时，跨在两导轨间的导线框将受到磁场力，从而使轿厢悬停、向上或向下运动。已知导线框的长为b、宽为a、总电阻为R，重力加速度为g，摩擦和空气阻力可忽略，则：
（1）轿厢悬停在图示位置时，边的电流方向？
（2）轿厢的总质量M多大？
（3）轿厢向上匀速运动时，外界提供给轿厢的功率P为多少？
16．（2025高二下·苏州期中）如题图所示，xOy平面内，区域存在垂直平面向里的匀强磁场，区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。在坐标原点O有一粒子源，分别沿x、y轴正方向以相同速率发射带正电粒子a、b，两粒子质量均为m，电荷量均为q。粒子b离开磁场时的速度与x轴负方向的夹角为，之后粒子b从（）处经过y轴。不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小
（2）求匀强电场的场强大小
（3）若粒子a、b同时离开磁场，求两粒子从O点发射的时间差，以及粒子 b在电场中经过处时对应的粒子a的位置坐标。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】本题考查交流电的性质，判断的主要依据是交流电的方向在做周期性变化。ABC．电流方向改变是交变电流的主要特点，交变电流的方向随时间做周期性变化，三个图中电流均为交变电流；故ABC错误；
D．图中电流大小虽然在周期性变化，但方向不变，是直流电，不是交变电流，故D正确。
故选D。
【分析】交变电流的典型特点是电流方向变化，其大小可能变，也可能不变，据此分析。
2．【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．磁电式电表选用铝框做磁电式电表骨架是利用电磁阻尼，故A错误；
B．当炉外线圈通入高频交流电时，在铁块中会产生涡流，铁块中就会产生大量热量，从而冶炼金属，这是涡流的热效应，故B错误；
C．转动把手时蹄形磁铁两极间的铝框随之同向转动，这是电磁驱动，故C正确；
D．运输时要把灵敏电流计正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故D错误。
故选C。
【分析】1、电磁驱动：磁场主动运动，带动导体（通常为闭合导体，如铝框）运动。
关键句：磁场追，导体跟。
举例：感应电动机、题中的丙图。
2、电磁阻尼：导体主动运动，磁场阻碍其运动（起到刹车或缓冲作用）。
关键句：导体动，磁场拦。
举例：磁电式电表的铝骨架（A图）、运输电表时短接接线柱（D图）
3．【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A．磁铁摆动过程中，由于磁感应强度的方向不变，当磁铁靠近环形导线时导体环的磁通量增大，当磁铁远离导体环时磁通量减少，根据楞次定律可知，导线中的电流随磁通量的增减而方向发生改变，A错误；
B．磁铁上摆时，穿过环形导线的磁通量减小，根据楞次定律“增缩减扩”可知，导线环有扩张的趋势，B错误；
C．磁铁向下摆动时，导线环中的磁通量向下增大，根据楞次定律“增反减同”可知，感应电流产生的磁场应阻碍其磁通量的增加，方向应向上，已知感应磁场的方向向上，根据右手螺旋定则可以得出导线中的电流方向与图示电流方向相同，C正确；
D．磁铁摆动过程中机械能转化为焦耳热，由于焦耳热不断产生所以机械能不断减小因此摆动幅度逐渐变小，D错误。
故选C。
【分析】当磁铁靠近环形导线时导体环的磁通量增大，当磁铁远离导体环时磁通量减少，根据楞次定律可知，导线中的电流随磁通量的增减而方向发生改变；利用磁通量的变化可以判别导体环受到的安培力方向及内部感应电流的方向；利用能量守恒定律可以得出摆动幅度逐渐变小。
4．【答案】B
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】飞机受到的安培力向右，所以根据左手定则可知电流由M指向N，设导体棒的长度为L，导体棒中的电流为I，导轨的长度为x，弹射过程中飞机受的阻力恒为，则飞机受到的安培力大小为
根据牛顿第二定律则有，解得飞机加速度为
由匀变速直线运动规律，联立解得飞机的弹射速度
由此可知，增大导轨中电流可提高飞机的弹射速度，改变磁感应强度大小可改变飞机的弹射速度，因此①错误，②③④正确。
故选B。
【分析】1、左手定则：根据给定的磁场方向和导体棒的运动方向（受力方向），判断感应电流的方向。
2、安培力公式：，这是联系电学量与力学量的桥梁。
3、牛顿第二定律与运动学公式：通过 和 建立方程，分析影响末速度的因素。
4、解题逻辑拆解：
判断方向：已知飞机向右弹射（安培力向右），磁场竖直，利用左手定则可推出电流方向（题中为 ）。
推导速度表达式：
分析变量：从表达式可以看出， 的大小与电流 和磁感应强度 均有关。增大 或改变 ，都会改变弹射速度 。
5．【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．图甲，进入小孔的所有粒子满足，则粒子的荷质比不同，速度大小不相等，故A错误；
B．图甲，根据洛伦兹力提供向心力，有，解得可知，粒子荷质比越大在磁场中运动的半径越小，故B正确；
C．图乙，粒子在两个半圆金属盒的缝隙中的电场中加速，故C错误；
D．图乙，回旋加速器中粒子射出时，根据洛伦兹力提供向心力，有
可得最大速度，可知与加速电压大小无关，故D错误。
故选B。
【分析】1. 加速过程的分析
质谱仪：粒子经电场加速，动能定理：
结论：进入磁场的速度 ，与比荷有关。因此，并非所有粒子速度都相等。
2. 磁场中偏转半径的决定式
质谱仪：洛伦兹力提供向心力，
半径公式：结合速度表达式，得
结论：对于同一装置（ 固定），比荷 越大，半径 越小
3. 回旋加速器的加速场所与最大速度
加速场所：粒子在D形盒的缝隙处被电场加速，在D形盒内部靠磁场回旋。
最大速度：当粒子半径等于D形盒最大半径 时，速度最大。
推导： 。
结论：最大速度由 和 决定，与加速电压U 无关。电压只影响加速次数和达到最大能量所需的时间。
6．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．小球运动过程中，只受到竖直向下的重力、与杆垂直的洛伦兹力和弹力，由于洛伦兹力和弹力不做功，所以小球的机械能守恒，故A错误；
BC．小球上滑时，根据牛顿第二定律，下滑时，根据牛顿第二定律
所以根据可知，上滑时间等于下滑时间，小球向上滑动的最大位移为
故B正确，C错误；
D．小球向下滑动时受到竖直向下的重力、垂直杆向上的洛伦兹力、与杆垂直的弹力，小球向下加速时，根据可知，小球受到的洛伦兹力增大，若小球回到出发点加速到时，小球受到的洛伦兹力仍小于小球垂直杆方向的分力，则根据平衡条件可知，杆对小球的弹力一直垂直杆向上减小，故D错误。
故选B。
【分析】1、功与能
洛伦兹力始终与速度垂直，不做功；杆的弹力与速度方向垂直，也不做功。因此只有重力做功，小球的机械能守恒。
2、动力学与运动学
洛伦兹力只改变弹力（压力），不影响沿杆方向的合力。因为杆光滑，沿杆方向的合力始终为重力的下滑分力 ，加速度恒为 。因此上滑与下滑的加速度大小相等，位移大小相等，初末速率相等（机械能守恒），故上滑时间等于下滑时间。
位移与弹力
3、位移：由匀变速公式 得最大位移 ，与洛伦兹力无关。
4、弹力：弹力大小会因洛伦兹力的变化而改变（方向可能垂直杆指向内侧或外侧），但下滑过程中弹力的变化趋势（一直减小、一直增大或先减后增）取决于磁场方向和电荷正负。
7．【答案】A
【知识点】电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A．由图可知，该时刻线圈磁通量为零，磁通量的变化率最大，故A正确；
B．风力增大，风车转动的越快，则线圈的角速度越大，根据，可知感应电动势变大，故B错误；
C．风车每转一圈，线圈中电流方向改变两次，故C错误；
D．风车发电是利用了电磁感应，故D错误。
故选A。
【分析】1、中性面与峰值面的判断
线圈与磁场方向平行时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，此时感应电动势最大。
若线圈与磁场方向垂直（中性面），磁通量最大，但变化率为零，感应电动势为零。
2、感应电动势的决定因素
由公式 可知，感应电动势的最大值与角速度ω 成正比。
风力增大时，转速增大，角速度增大，感应电动势随之增大。
3、电流方向的变化频率
线圈每经过一次中性面（与磁场垂直），电流方向改变一次。
风车每转一圈，线圈两次经过中性面，因此电流方向改变两次。
8．【答案】C
【知识点】右手定则；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】AB．将圆盘看成由一根根沿半径方向的辐条构成，每一根辐条均为一个电源，所有电源均为并联关系，根据右手定则可知，感应电流方向始终b到a，则a端的电势低于b端，故AB错误；
C．感应电动势，根据闭合电路欧姆定律有，解得
故C正确；
D．根据欧姆定律可知，两点间电势差大小，故D错误。
故选C。
【分析】1、等效模型构建
将圆盘看成由无数根沿半径方向的金属辐条并联而成，每一根辐条切割磁感线时均等效为电源。
2、电动势与电流计算
电动势：导体棒平均切割速度 ，则
电流：
3、电势高低判断
利用右手定则（或等效辐条模型）判定：在电源内部，电流从低电势流向高电势。计算可得a端电势低于b端。
9．【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】AD．在电流变化时线圈会产生自感电动势，回路接通的状态时回路中电流不变化，线圈两端不会产生感应电动势。当回路断开时电流要立即减小到零，但由于线圈的自感现象会产生感应电动势，则线圈两端会对人产生电击感，线圈中的电流急剧减小，产生的感应电流的方向与原电流的方向相同，但线圈和刘伟构成了一个闭合的电路，线圈相当于电源，所以流过刘伟的电流方向发生了变化，故A错误，D正确；
BC．发生电击时，通过线圈的电流不会瞬间变大；由于已经断开了连接，所以通过多用电表的电流为零，故BC错误。
故选D。
【分析】1、自感电动势的产生条件
自感电动势是由于线圈自身电流变化而产生的。
在测量过程中（电路闭合、电流稳定时），线圈两端没有感应电动势，此时没有电流通过刘伟。
2、断电瞬间的电流与方向
当表笔与被测线圈脱离时，回路断开，线圈中的电流急剧减小。
线圈产生自感电动势，阻碍电流的减小，此时线圈相当于一个临时电源，试图维持原来的电流。
这个感应电动势加在刘伟的两手之间，通过刘伟的身体形成通路，使他遭受电击。
流过刘伟的电流方向，与断开前流过线圈的原电流方向相同
10．【答案】D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A．合屏状态下，根据左手定则可知，电子偏向后表面，则前表面的电势比后表面的高，故A错误；
B．前、后表面间的电场强度大小为，故B错误；
C．开屏过程中，穿过霍尔元件的竖直方向的磁场减弱，元件前、后表面间的电压变小，故C错误；
D．根据、，解得，开、合屏过程中，霍尔电压U与c无关，故D正确。
故选D。
【分析】1、电势高低的判断（左手定则）
载流子为电子（负电荷），其定向移动方向与电流方向相反。
根据左手定则（注意四指指向电子移动的反方向），电子在洛伦兹力作用下偏向后表面。
后表面积累负电荷，前表面积累正电荷，因此前表面电势高于后表面。
2、霍尔电压的决定式
当洛伦兹力与电场力平衡时：，且 （ 为沿电场方向厚度，即前后面间距）。同时电流微观表达式：
联立解得霍尔电压：，其中 为霍尔系数，为沿磁场方向的厚度（即元件高度）。
3、影响因素分析
与尺寸的关系：从公式 可知，霍尔电压 与宽度 和长度 无关，只与磁场方向的厚度 有关。
与磁场的关系：与磁感应强度 成正比。开屏过程中，磁场减弱，减小，因此 变小。
11．【答案】A
【知识点】电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】AB．线框进磁场过程，线框受到的，规定向右为正方向，由动量定理得，因为，联立可得可知进入磁场过程v与x成线性关系，当时，线框磁通量不变，线框匀速运动；当x>l时，规律和进磁场过程一致，v与x成线性关系；根据，可知a与v成正比，故线框进磁场和出磁场的a-x图像和v-x图像规律一致，由于当时，线框磁通量不变，线框匀速运动，加速度为0，故A正确，B错误；
C．结合以上分析可知，由牛顿第二定律得安培力可知F与a成正比，故线框进磁场和出磁场的F-x图像和a-x图像规律一致，由于当时，线框磁通量不变，线框匀速运动，安培力为0，故C错误；
D．电流，可知故线框进磁场和出磁场的i-x图像和F-x图像规律一致，由于当时，线框磁通量不变，线框匀速运动，电流为0，故D错误。
故选A。
【分析】1、运动过程的阶段性
进磁场过程（）：右边切割磁感线，受安培力减速。
完全在磁场中（）：磁通量不变，无感应电流，匀速运动。
出磁场过程（）：左边切割磁感线，再次减速直到速度为零。
2、v x 关系的线性推导（动量定理）
对进出磁场的过程应用动量定理：，其中
代入得：
结论：与位移 成线性关系，在进出磁场阶段均匀减小；中间阶段 不变。
3、各物理量的比例关系
，即
，即
，即 。
因此 、、 随 变化的图像形状均与 图像一致（进出磁场阶段线性变化，中间阶段为零或恒定）。
12．【答案】（1）A
（2）
（3）B
（4）查明灵敏电流计指针偏转方向与流入电流方向的关系；D
【知识点】研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）对多组实验结果进行对比，并总结规律，属于归纳推理。
故选A。
（2）根据实验要求，实验电路连接如图
（3）AC．闭合开关时灵敏电流计的指针右偏，说明穿过线圈B的磁通量增加时，灵敏电流计的指针右偏，若滑动触头向左滑动或线圈A拔出的过程，均使穿过线圈B的磁通量减少，则灵敏电流计的指针向左偏转，故AC错误；
B．滑动触头向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，流过线圈A的电流变大，线圈A产生的磁场增强，穿过线圈B的磁通量增加，则灵敏电流计的指针右偏，故B正确。
故选B。
（4）图丙所示接入电阻 R 并用已知方向的小电流通入线圈，是为了“预先标定电流方向与指针偏转方向的对应关系”；
由于灵敏电流计的量程很小（通常为毫安级）蓄电池的电压在5V左右，为了避免损坏灵敏电流计，定值电阻的阻值选较好。
故选D。
【分析】1、科学探究方法
通过对多种操作（如磁铁插入、拔出等）产生的现象进行总结，得出普遍规律（如楞次定律），这种方法属于归纳推理。
2、电路设计与连接
实验电路分为励磁回路（含电源、开关、变阻器、线圈A）和感应回路（含线圈B、灵敏电流计）。
两回路独立，仅通过磁场耦合，不能有直接的电气连接。
3、现象分析与逻辑推断
根据已知操作（如开关闭合瞬间）对应的指针偏转方向，推断出“磁通量增加”与“指针偏转方向”的对应关系。
再依据这一关系，判断其他操作（如滑动触头移动、拔出线圈）下指针的偏转方向。
4、实验准备与器材保护
电表标定：实验前需用已知方向电流通入电流计，查明指针偏转方向与电流方向的对应关系。
电阻选择：为防止标定时电流过大损坏灵敏电流计，需串联大阻值的保护电阻进行限流。
（1）对多组实验结果进行对比，并总结规律，属于归纳推理。
故选A。
（2）根据实验要求，实验电路连接如图
（3）AC．闭合开关时灵敏电流计的指针右偏，说明穿过线圈B的磁通量增加时，灵敏电流计的指针右偏，若滑动触头向左滑动或线圈A拔出的过程，均使穿过线圈B的磁通量减少，则灵敏电流计的指针向左偏转，AC错误；
B．滑动触头向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，流过线圈A的电流变大，线圈A产生的磁场增强，穿过线圈B的磁通量增加，则灵敏电流计的指针右偏，B正确。
故选B。
（4）[1] 图丙所示接入电阻 R 并用已知方向的小电流通入线圈，是为了“预先标定电流方向与指针偏转方向的对应关系”；
[2]由于灵敏电流计的量程很小（通常为毫安级）蓄电池的电压在5V左右，为了避免损坏灵敏电流计，定值电阻的阻值选较好。
故选D。
13．【答案】（1）解：对金属棒受力分析如图
（2）解：根据共点力平衡条件，水平方向
竖直方向
又
解得，
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】1. 安培力方向的确定
关键点：磁场方向与导轨平面夹角为 ，意味着磁感应强度 可分解为垂直导轨的分量 和平行导轨的分量 。
受力分析：安培力 的方向垂直于磁场方向与电流方向所决定的平面。由于磁场方向与导轨平面不垂直，安培力的方向需要根据左手定则具体判断。在本题中，安培力方向应为斜向左上方（或斜向右下方，取决于电流和磁场的具体指向，图中未标明电流方向，但根据平衡条件可推断其大致方向）。
2. 正交分解与平衡方程
分解方式：通常将力沿水平（导轨方向） 和竖直（垂直导轨平面） 两个方向正交分解。
安培力分解：水平分力：（或 ，取决于角度定义和安培力实际方向）
竖直分力：（或 ）
平衡方程：水平方向：
竖直方向：（若安培力竖直分力向上）或 （若安培力竖直分力向下）
3. 摩擦力与支持力的计算
静摩擦力：由水平方向平衡直接得出 （具体三角函数关系需根据实际受力图确定）。
支持力：由竖直方向平衡得出 （假设安培力有向上的分量）或 （假设安培力有向下的分量）。

（1）对金属棒受力分析如图
（2）根据共点力平衡条件，水平方向
竖直方向
又
解得，
14．【答案】解：（1）由题可知，感应电动势的最大值为
则电动势的瞬时值表达式为
线圈平面与磁感线夹角为时的感应电动势为
（2）根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定律可知
则电量为
【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. 瞬时电动势的求解
最大值：线圈在匀强磁场中匀速转动，感应电动势的最大值为 （若边长为 ，则面积 ）。
瞬时值表达式：需明确计时起点。若图示位置为线圈平面与磁感线平行（即中性面的垂面），则电动势瞬时值表达式为 （或 ，取决于起点）。
当线圈平面与磁感线夹角为 时，需将该角度换算成与中性面的夹角或直接代入表达式中的相位。
2. 通过电阻的电荷量计算
核心公式：电荷量 。
关键点：电荷量只与磁通量的变化量 和总电阻有关，与变化过程所用的时间无关。
应用：从图示位置转过 的过程中，计算始末位置的磁通量差值 ，代入公式即可。
15．【答案】（1）解：根据右手定则可知，边的电流方向为
（2）解：磁场以匀速运动时线框处于静止状态，线框中电动势为
线框中的电流大小为
由平衡关系得
解得
（3）解：当磁场以运动时，线框向上运动，当线框的加速度为零时，轿厢向上达到最大速度，则电动势、
由平衡关系
解得
电梯向上匀速运动时，外界提供给轿厢的总能量等于线圈中产生的焦耳热与轿厢重力势能增加量之和，故有
解得
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】1. 动生电动势的相对运动视角
磁场运动、线框静止（或反向运动）时，等效于线框切割磁感线，电动势为 ，其中 是导体相对于磁场的速度（大小与方向都要正确判断）。
2. 右手定则与电流方向判断
必须熟练掌握 右手定则（发电机定则） 判断感应电流方向：磁感线穿入手心
拇指指导体相对磁场的运动方向，四指指感应电流方向，同时要能结合 正电荷受力方向qv×B 作验证。
3. 磁场力的计算与平衡条件
通电导线在磁场中受力：，方向由左手定则判断。
悬停或匀速运动时，安培力（电磁驱动力）与重力平衡：
其中“2”来自两条竖直边同时受力（若磁场分布对称）。
4. 电磁感应与电路结合
两个竖直边可能串联（若处于不同极性磁场），总电动势为两边电动势之和。
闭合回路电流：，其中 为线框总电阻。
5. 能量转化与外界输入功率
磁场运动时，外界提供的能量转化为：线框的焦耳热 ，轿厢重力势能增加率
能量守恒给出：
6、考点关联物理思想
相对运动 → 等效切割
电磁驱动原理（类似磁悬浮列车、直线电机）
电磁感应中的动态平衡与能量守恒

（1）根据右手定则可知，边的电流方向为
（2）磁场以匀速运动时线框处于静止状态，线框中电动势为
线框中的电流大小为
由平衡关系得
解得
（3）当磁场以运动时，线框向上运动，当线框的加速度为零时，轿厢向上达到最大速度，则电动势、
由平衡关系
解得
电梯向上匀速运动时，外界提供给轿厢的总能量等于线圈中产生的焦耳热与轿厢重力势能增加量之和，故有
解得
16．【答案】（1）解：设粒子b在磁场中运动的半径为R，其运动轨迹如图
由几何关系有
得
又由洛伦兹力提供向心力
联立解得
（2）解：粒子b在电场中沿y轴方向做匀速直线运动，沿x轴方向做匀变运动，如图所示
设粒子b在电场中运动时间后到达处，沿y轴方向
解得
沿x轴方向
联立解得
（3）解：由分析知，粒子 a、b在磁场中运动的半径和周期均相等，设周期为T，则
粒子a在磁场中运动的轨迹如图所示
由几何关系得，粒子a在破场中运动的圆心角满足
解得
粒子b在磁场中运动的圆心角
要使两粒子同时离开磁场，粒子 a比粒子b先发射，且发射的时间差
解得
由分析知，粒子a进入电场时，与x轴正方向的夹角为，两粒子在电场中运动时
沿x轴方向加速度相同，相对速度
沿y轴方向的速度相同，均为
粒子b经过处时，在电场中运动的时间
粒子a相对粒子b沿x轴运动的位移
刚进入电场时，粒子a、b之间的距离
因此，粒子b经过时，粒子a的横坐标
解得
即对应的粒子a的位置坐标为 ， 。
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】一、磁悬浮电梯问题（电磁感应与安培力驱动）
1、相对运动与动生电动势
磁场运动而线框静止时，等效于线框反向切割磁感线，电动势为 ，其中 是导体与磁场的相对速度大小。
2、感应电流方向的判断
必须用右手定则（或正电荷受力 ）准确判断每条边的电流方向，从而确定回路总电动势是串联还是抵消。
3、安培力与受力平衡
通电导线在磁场中受力 ，方向由左手定则决定。悬停或匀速运动时，安培力与重力平衡，即 。
4、电路与磁场的结合
当两条竖直边同时切割磁感线且磁场方向相反时，两电动势串联，总电动势为 ，总电阻为 ，电流 。
能量转化与输入功率
外界提供的功率转化为线圈焦耳热和轿厢重力势能增加，即 ，结合平衡条件可推导出功率的具体表达式。
二、带电粒子在组合场（磁场+电场）中的运动
1、磁场中的匀速圆周运动
洛伦兹力提供向心力：，得半径 ，周期 ，与速度无关。
2、几何关系确定圆心角和半径
根据粒子出射速度方向（与坐标轴的夹角）和已知位置，利用垂径定理、弦切角等几何关系求出轨迹的圆心角、半径。
3、电场中的类平抛运动
垂直电场方向（y轴）为匀速直线运动，平行电场方向（x轴）为初速为零的匀加速直线运动：
y=vt，。
4、磁场中运动时间与圆心角的关系
运动时间 ，其中 为圆心角（弧度）。
5、发射时间差与同时性约束
两粒子同时离开磁场的条件是：后进入磁场的粒子先发射，且发射时间差等于两者在磁场中运动时间之差。
6、电场中的相对运动
两粒子在电场中加速度相同（电场力产生的加速度均为 沿x方向），因此它们在x方向的相对速度恒定（等于进入电场时x方向的速度差），可用相对运动快速求某一时刻的位置差。
三、贯穿两题的物理思想
1、相对运动思想：无论是电磁感应中的“磁场动、导体静”，还是电场中两粒子的“相对速度不变”，本质上都是用参考系转换简化问题。
2、运动分解与合成：圆周运动分解为垂直速度与向心加速度，类平抛运动分解为两个正交方向的一维运动。
3、几何关系建模：磁场轨迹必须画图找出圆心、半径、角度，这是解题的突破口。
4、能量守恒与转化：电磁驱动中输入功率的去向、粒子动能与电势能的转化，贯穿能量视角。
5、同时性与时间差：通过时间相等或时间差列方程，建立不同粒子运动过程之间的联系。
（1）设粒子b在磁场中运动的半径为R，其运动轨迹如图
由几何关系有
得
又由洛伦兹力提供向心力
联立解得
（2）粒子b在电场中沿y轴方向做匀速直线运动，沿x轴方向做匀变运动，如图所示
设粒子b在电场中运动时间后到达处，沿y轴方向
解得
沿x轴方向
联立解得
（3）由分析知，粒子 a、b在磁场中运动的半径和周期均相等，设周期为T，则
粒子a在磁场中运动的轨迹如图所示
由几何关系得，粒子a在破场中运动的圆心角满足
解得
粒子b在磁场中运动的圆心角
要使两粒子同时离开磁场，粒子 a比粒子b先发射，且发射的时间差
解得
由分析知，粒子a进入电场时，与x轴正方向的夹角为，两粒子在电场中运动时
沿x轴方向加速度相同，相对速度
沿y轴方向的速度相同，均为
粒子b经过处时，在电场中运动的时间
粒子a相对粒子b沿x轴运动的位移
刚进入电场时，粒子a、b之间的距离
因此，粒子b经过时，粒子a的横坐标
解得
即对应的粒子a的位置坐标为 ， 。
1 / 1江苏省苏州市2024-2025学年高二下学期4月期中考试物理试卷
1．（2025高二下·苏州期中）下列图像中不属于交变电流的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】本题考查交流电的性质，判断的主要依据是交流电的方向在做周期性变化。ABC．电流方向改变是交变电流的主要特点，交变电流的方向随时间做周期性变化，三个图中电流均为交变电流；故ABC错误；
D．图中电流大小虽然在周期性变化，但方向不变，是直流电，不是交变电流，故D正确。
故选D。
【分析】交变电流的典型特点是电流方向变化，其大小可能变，也可能不变，据此分析。
2．（2025高二下·苏州期中）下列四幅教材插图，属于电磁驱动应用的是（　　）
A．甲：选用铝框做磁电式电表骨架
B．乙：利用真空冶炼炉来冶炼金属
C．丙：转动把手时蹄形磁铁两极间的铝框随之同向转动
D．丁：在运输灵敏电流表时用导线把两接线柱连在一起
【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．磁电式电表选用铝框做磁电式电表骨架是利用电磁阻尼，故A错误；
B．当炉外线圈通入高频交流电时，在铁块中会产生涡流，铁块中就会产生大量热量，从而冶炼金属，这是涡流的热效应，故B错误；
C．转动把手时蹄形磁铁两极间的铝框随之同向转动，这是电磁驱动，故C正确；
D．运输时要把灵敏电流计正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故D错误。
故选C。
【分析】1、电磁驱动：磁场主动运动，带动导体（通常为闭合导体，如铝框）运动。
关键句：磁场追，导体跟。
举例：感应电动机、题中的丙图。
2、电磁阻尼：导体主动运动，磁场阻碍其运动（起到刹车或缓冲作用）。
关键句：导体动，磁场拦。
举例：磁电式电表的铝骨架（A图）、运输电表时短接接线柱（D图）
3．（2025高二下·苏州期中）如图所示，一细条形磁铁系于棉线下端形成单摆，摆的正下方固定一水平放置的环形导线。将磁铁从图示位置由静止释放，来回摆动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．导线中电流方向始终不变
B．磁铁向上摆动时，导线有收缩趋势
C．磁铁向下摆动时，导线中电流方向与图示方向相同
D．忽略空气阻力，磁铁摆动的幅度将不变
【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A．磁铁摆动过程中，由于磁感应强度的方向不变，当磁铁靠近环形导线时导体环的磁通量增大，当磁铁远离导体环时磁通量减少，根据楞次定律可知，导线中的电流随磁通量的增减而方向发生改变，A错误；
B．磁铁上摆时，穿过环形导线的磁通量减小，根据楞次定律“增缩减扩”可知，导线环有扩张的趋势，B错误；
C．磁铁向下摆动时，导线环中的磁通量向下增大，根据楞次定律“增反减同”可知，感应电流产生的磁场应阻碍其磁通量的增加，方向应向上，已知感应磁场的方向向上，根据右手螺旋定则可以得出导线中的电流方向与图示电流方向相同，C正确；
D．磁铁摆动过程中机械能转化为焦耳热，由于焦耳热不断产生所以机械能不断减小因此摆动幅度逐渐变小，D错误。
故选C。
【分析】当磁铁靠近环形导线时导体环的磁通量增大，当磁铁远离导体环时磁通量减少，根据楞次定律可知，导线中的电流随磁通量的增减而方向发生改变；利用磁通量的变化可以判别导体环受到的安培力方向及内部感应电流的方向；利用能量守恒定律可以得出摆动幅度逐渐变小。
4．（2025高二下·苏州期中）如图为航母上电磁弹射装置的原理简图，待弹射的飞机挂在导体棒上，导体棒放在处于竖直匀强磁场中的两平行导轨上。给导轨通以电流，导体棒和飞机就沿导轨加速，从而将飞机向右弹射出去。以下说法中正确的是（　　）
①导体棒中的电流方向是
②导体棒中的电流方向是
③增大导轨中电流可提高飞机的弹射速度
④改变磁感应强度大小可改变飞机的弹射速度
A．①②③ B．②③④ C．①③ D．②④
【答案】B
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】飞机受到的安培力向右，所以根据左手定则可知电流由M指向N，设导体棒的长度为L，导体棒中的电流为I，导轨的长度为x，弹射过程中飞机受的阻力恒为，则飞机受到的安培力大小为
根据牛顿第二定律则有，解得飞机加速度为
由匀变速直线运动规律，联立解得飞机的弹射速度
由此可知，增大导轨中电流可提高飞机的弹射速度，改变磁感应强度大小可改变飞机的弹射速度，因此①错误，②③④正确。
故选B。
【分析】1、左手定则：根据给定的磁场方向和导体棒的运动方向（受力方向），判断感应电流的方向。
2、安培力公式：，这是联系电学量与力学量的桥梁。
3、牛顿第二定律与运动学公式：通过 和 建立方程，分析影响末速度的因素。
4、解题逻辑拆解：
判断方向：已知飞机向右弹射（安培力向右），磁场竖直，利用左手定则可推出电流方向（题中为 ）。
推导速度表达式：
分析变量：从表达式可以看出， 的大小与电流 和磁感应强度 均有关。增大 或改变 ，都会改变弹射速度 。
5．（2025高二下·苏州期中）图甲是质谱仪原理图，带电粒子从容器A下方小孔飘入加速电场时速度几乎为零，图乙是回旋加速器原理图。下列说法正确的是（　　）
A．甲中所有粒子进入小孔时速度大小相等
B．甲中比荷越大的粒子在磁场中运动半径越小
C．乙中粒子在两个半圆金属盒中加速
D．乙中粒子射出的最大速度由电压U的大小决定
【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．图甲，进入小孔的所有粒子满足，则粒子的荷质比不同，速度大小不相等，故A错误；
B．图甲，根据洛伦兹力提供向心力，有，解得可知，粒子荷质比越大在磁场中运动的半径越小，故B正确；
C．图乙，粒子在两个半圆金属盒的缝隙中的电场中加速，故C错误；
D．图乙，回旋加速器中粒子射出时，根据洛伦兹力提供向心力，有
可得最大速度，可知与加速电压大小无关，故D错误。
故选B。
【分析】1. 加速过程的分析
质谱仪：粒子经电场加速，动能定理：
结论：进入磁场的速度 ，与比荷有关。因此，并非所有粒子速度都相等。
2. 磁场中偏转半径的决定式
质谱仪：洛伦兹力提供向心力，
半径公式：结合速度表达式，得
结论：对于同一装置（ 固定），比荷 越大，半径 越小
3. 回旋加速器的加速场所与最大速度
加速场所：粒子在D形盒的缝隙处被电场加速，在D形盒内部靠磁场回旋。
最大速度：当粒子半径等于D形盒最大半径 时，速度最大。
推导： 。
结论：最大速度由 和 决定，与加速电压U 无关。电压只影响加速次数和达到最大能量所需的时间。
6．（2025高二下·苏州期中）如图所示，光滑绝缘直杆倾角为，杆上套一带负电的小球，匀强磁场的方向垂直于杆所在竖直平面。给小球一沿杆向上的初速度，不计空气阻力，小球从开始运动到返回出发点的过程中（　　）
A．机械能减小
B．最大上滑位移为
C．上滑时间小于下滑时间
D．下滑时受到杆的弹力一定先减小后增大
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．小球运动过程中，只受到竖直向下的重力、与杆垂直的洛伦兹力和弹力，由于洛伦兹力和弹力不做功，所以小球的机械能守恒，故A错误；
BC．小球上滑时，根据牛顿第二定律，下滑时，根据牛顿第二定律
所以根据可知，上滑时间等于下滑时间，小球向上滑动的最大位移为
故B正确，C错误；
D．小球向下滑动时受到竖直向下的重力、垂直杆向上的洛伦兹力、与杆垂直的弹力，小球向下加速时，根据可知，小球受到的洛伦兹力增大，若小球回到出发点加速到时，小球受到的洛伦兹力仍小于小球垂直杆方向的分力，则根据平衡条件可知，杆对小球的弹力一直垂直杆向上减小，故D错误。
故选B。
【分析】1、功与能
洛伦兹力始终与速度垂直，不做功；杆的弹力与速度方向垂直，也不做功。因此只有重力做功，小球的机械能守恒。
2、动力学与运动学
洛伦兹力只改变弹力（压力），不影响沿杆方向的合力。因为杆光滑，沿杆方向的合力始终为重力的下滑分力 ，加速度恒为 。因此上滑与下滑的加速度大小相等，位移大小相等，初末速率相等（机械能守恒），故上滑时间等于下滑时间。
位移与弹力
3、位移：由匀变速公式 得最大位移 ，与洛伦兹力无关。
4、弹力：弹力大小会因洛伦兹力的变化而改变（方向可能垂直杆指向内侧或外侧），但下滑过程中弹力的变化趋势（一直减小、一直增大或先减后增）取决于磁场方向和电荷正负。
7．（2025高二下·苏州期中）如图所示是一款高空风车的发电模块原理图，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，某时刻发电机线圈恰与磁场方向平行，则（　　）
A．该时刻线圈磁通量的变化率最大
B．风力增大，线圈的感应电动势不变
C．风车每转一圈，线圈中电流方向改变一次
D．风车发电是利用了电流的磁效应
【答案】A
【知识点】电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A．由图可知，该时刻线圈磁通量为零，磁通量的变化率最大，故A正确；
B．风力增大，风车转动的越快，则线圈的角速度越大，根据，可知感应电动势变大，故B错误；
C．风车每转一圈，线圈中电流方向改变两次，故C错误；
D．风车发电是利用了电磁感应，故D错误。
故选A。
【分析】1、中性面与峰值面的判断
线圈与磁场方向平行时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，此时感应电动势最大。
若线圈与磁场方向垂直（中性面），磁通量最大，但变化率为零，感应电动势为零。
2、感应电动势的决定因素
由公式 可知，感应电动势的最大值与角速度ω 成正比。
风力增大时，转速增大，角速度增大，感应电动势随之增大。
3、电流方向的变化频率
线圈每经过一次中性面（与磁场垂直），电流方向改变一次。
风车每转一圈，线圈两次经过中性面，因此电流方向改变两次。
8．（2025高二下·苏州期中）如图所示，法拉第圆盘发电机的两电刷间接有一定值电阻。已知圆盘半径为r，绕中心轴以角速度按图示方向旋转，回路中总电阻为R，匀强磁场垂直圆盘向上，磁感应强度大小为B，则（　　）
A．感应电流方向不断变化
B．a端的电势高于b端
C．感应电流大小
D．a、b两点间电势差大小
【答案】C
【知识点】右手定则；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】AB．将圆盘看成由一根根沿半径方向的辐条构成，每一根辐条均为一个电源，所有电源均为并联关系，根据右手定则可知，感应电流方向始终b到a，则a端的电势低于b端，故AB错误；
C．感应电动势，根据闭合电路欧姆定律有，解得
故C正确；
D．根据欧姆定律可知，两点间电势差大小，故D错误。
故选C。
【分析】1、等效模型构建
将圆盘看成由无数根沿半径方向的金属辐条并联而成，每一根辐条切割磁感线时均等效为电源。
2、电动势与电流计算
电动势：导体棒平均切割速度 ，则
电流：
3、电势高低判断
利用右手定则（或等效辐条模型）判定：在电源内部，电流从低电势流向高电势。计算可得a端电势低于b端。
9．（2025高二下·苏州期中）如图所示，李辉用多用电表的欧姆挡测量一个变压器线圈的电阻。刘伟为了方便，未注意操作规范，直接用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量，完成读数后李辉把多用表的表笔与被测线圈脱离时，刘伟突然惊叫起来，觉得有电击感。下列说法正确的是（　　）
A．发生电击前，没有电流通过刘伟
B．发生电击时，通过多用电表的电流很大
C．发生电击时，通过变压器线圈的电流瞬间变大
D．发生电击前后，通过刘伟的电流方向相反
【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】AD．在电流变化时线圈会产生自感电动势，回路接通的状态时回路中电流不变化，线圈两端不会产生感应电动势。当回路断开时电流要立即减小到零，但由于线圈的自感现象会产生感应电动势，则线圈两端会对人产生电击感，线圈中的电流急剧减小，产生的感应电流的方向与原电流的方向相同，但线圈和刘伟构成了一个闭合的电路，线圈相当于电源，所以流过刘伟的电流方向发生了变化，故A错误，D正确；
BC．发生电击时，通过线圈的电流不会瞬间变大；由于已经断开了连接，所以通过多用电表的电流为零，故BC错误。
故选D。
【分析】1、自感电动势的产生条件
自感电动势是由于线圈自身电流变化而产生的。
在测量过程中（电路闭合、电流稳定时），线圈两端没有感应电动势，此时没有电流通过刘伟。
2、断电瞬间的电流与方向
当表笔与被测线圈脱离时，回路断开，线圈中的电流急剧减小。
线圈产生自感电动势，阻碍电流的减小，此时线圈相当于一个临时电源，试图维持原来的电流。
这个感应电动势加在刘伟的两手之间，通过刘伟的身体形成通路，使他遭受电击。
流过刘伟的电流方向，与断开前流过线圈的原电流方向相同
10．（2025高二下·苏州期中）如图甲，某笔记本显示屏、机身分别装有磁体和长、宽、高为a、c、d的霍尔元件。显示屏完全合上时，霍尔元件处于垂直于其上表面向下的匀强磁场中，如图乙。若该元件利用自由电子导电，当通以图示方向的恒定电流时，其前、后表面会产生电压U（霍尔电压），从而控制屏幕自动熄灭。则（　　）
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电场强度大小为
C．开屏过程中，霍尔电压U变大
D．开、合屏过程中，霍尔电压U与c无关
【答案】D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A．合屏状态下，根据左手定则可知，电子偏向后表面，则前表面的电势比后表面的高，故A错误；
B．前、后表面间的电场强度大小为，故B错误；
C．开屏过程中，穿过霍尔元件的竖直方向的磁场减弱，元件前、后表面间的电压变小，故C错误；
D．根据、，解得，开、合屏过程中，霍尔电压U与c无关，故D正确。
故选D。
【分析】1、电势高低的判断（左手定则）
载流子为电子（负电荷），其定向移动方向与电流方向相反。
根据左手定则（注意四指指向电子移动的反方向），电子在洛伦兹力作用下偏向后表面。
后表面积累负电荷，前表面积累正电荷，因此前表面电势高于后表面。
2、霍尔电压的决定式
当洛伦兹力与电场力平衡时：，且 （ 为沿电场方向厚度，即前后面间距）。同时电流微观表达式：
联立解得霍尔电压：，其中 为霍尔系数，为沿磁场方向的厚度（即元件高度）。
3、影响因素分析
与尺寸的关系：从公式 可知，霍尔电压 与宽度 和长度 无关，只与磁场方向的厚度 有关。
与磁场的关系：与磁感应强度 成正比。开屏过程中，磁场减弱，减小，因此 变小。
11．（2025高二下·苏州期中）在光滑绝缘水平面上有一边长为l、电阻为R的正方形导线框，线框右侧是宽度为、方向竖直向下的匀强磁场区域，磁场的边界与线框的左右两边平行。线框以初速度向右进入磁场，左边出磁场时速度恰为零。建立如图所示的坐标轴，以逆时针方向电流为正。关于线框的加速度a、速度v、所受安培力F三者大小以及线框中电流i随x变化关系的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】AB．线框进磁场过程，线框受到的，规定向右为正方向，由动量定理得，因为，联立可得可知进入磁场过程v与x成线性关系，当时，线框磁通量不变，线框匀速运动；当x>l时，规律和进磁场过程一致，v与x成线性关系；根据，可知a与v成正比，故线框进磁场和出磁场的a-x图像和v-x图像规律一致，由于当时，线框磁通量不变，线框匀速运动，加速度为0，故A正确，B错误；
C．结合以上分析可知，由牛顿第二定律得安培力可知F与a成正比，故线框进磁场和出磁场的F-x图像和a-x图像规律一致，由于当时，线框磁通量不变，线框匀速运动，安培力为0，故C错误；
D．电流，可知故线框进磁场和出磁场的i-x图像和F-x图像规律一致，由于当时，线框磁通量不变，线框匀速运动，电流为0，故D错误。
故选A。
【分析】1、运动过程的阶段性
进磁场过程（）：右边切割磁感线，受安培力减速。
完全在磁场中（）：磁通量不变，无感应电流，匀速运动。
出磁场过程（）：左边切割磁感线，再次减速直到速度为零。
2、v x 关系的线性推导（动量定理）
对进出磁场的过程应用动量定理：，其中
代入得：
结论：与位移 成线性关系，在进出磁场阶段均匀减小；中间阶段 不变。
3、各物理量的比例关系
，即
，即
，即 。
因此 、、 随 变化的图像形状均与 图像一致（进出磁场阶段线性变化，中间阶段为零或恒定）。
12．（2025高二下·苏州期中）某小组在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，采用了甲、乙两个方案。
（1）方案甲进行了a、b、c、d四种操作，结论的得出运用了______；
A．归纳推理 B．演绎推理 C．理想模型
（2）将方案乙中电路补充完整；
（3）完成方案乙中电路后，电键闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向右偏转。闭合电键稳定后，下列操作仍能使指针向右偏转的是______；
A．触头P向左滑动 B．触头P向右滑动 C．将线圈A拔出
（4）为确切判断线圈中的感应电流方向，小组成员除实验前先确定线圈导线的绕向外，还进行了图丙所示的操作，其目的是　 　，所用电阻R的取值比较合理的是　 　。
A. B. C. D.
【答案】（1）A
（2）
（3）B
（4）查明灵敏电流计指针偏转方向与流入电流方向的关系；D
【知识点】研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）对多组实验结果进行对比，并总结规律，属于归纳推理。
故选A。
（2）根据实验要求，实验电路连接如图
（3）AC．闭合开关时灵敏电流计的指针右偏，说明穿过线圈B的磁通量增加时，灵敏电流计的指针右偏，若滑动触头向左滑动或线圈A拔出的过程，均使穿过线圈B的磁通量减少，则灵敏电流计的指针向左偏转，故AC错误；
B．滑动触头向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，流过线圈A的电流变大，线圈A产生的磁场增强，穿过线圈B的磁通量增加，则灵敏电流计的指针右偏，故B正确。
故选B。
（4）图丙所示接入电阻 R 并用已知方向的小电流通入线圈，是为了“预先标定电流方向与指针偏转方向的对应关系”；
由于灵敏电流计的量程很小（通常为毫安级）蓄电池的电压在5V左右，为了避免损坏灵敏电流计，定值电阻的阻值选较好。
故选D。
【分析】1、科学探究方法
通过对多种操作（如磁铁插入、拔出等）产生的现象进行总结，得出普遍规律（如楞次定律），这种方法属于归纳推理。
2、电路设计与连接
实验电路分为励磁回路（含电源、开关、变阻器、线圈A）和感应回路（含线圈B、灵敏电流计）。
两回路独立，仅通过磁场耦合，不能有直接的电气连接。
3、现象分析与逻辑推断
根据已知操作（如开关闭合瞬间）对应的指针偏转方向，推断出“磁通量增加”与“指针偏转方向”的对应关系。
再依据这一关系，判断其他操作（如滑动触头移动、拔出线圈）下指针的偏转方向。
4、实验准备与器材保护
电表标定：实验前需用已知方向电流通入电流计，查明指针偏转方向与电流方向的对应关系。
电阻选择：为防止标定时电流过大损坏灵敏电流计，需串联大阻值的保护电阻进行限流。
（1）对多组实验结果进行对比，并总结规律，属于归纳推理。
故选A。
（2）根据实验要求，实验电路连接如图
（3）AC．闭合开关时灵敏电流计的指针右偏，说明穿过线圈B的磁通量增加时，灵敏电流计的指针右偏，若滑动触头向左滑动或线圈A拔出的过程，均使穿过线圈B的磁通量减少，则灵敏电流计的指针向左偏转，AC错误；
B．滑动触头向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，流过线圈A的电流变大，线圈A产生的磁场增强，穿过线圈B的磁通量增加，则灵敏电流计的指针右偏，B正确。
故选B。
（4）[1] 图丙所示接入电阻 R 并用已知方向的小电流通入线圈，是为了“预先标定电流方向与指针偏转方向的对应关系”；
[2]由于灵敏电流计的量程很小（通常为毫安级）蓄电池的电压在5V左右，为了避免损坏灵敏电流计，定值电阻的阻值选较好。
故选D。
13．（2025高二下·苏州期中）如图甲所示，一质量为m的金属棒垂直放在间距为L的两水平平行导轨上，接触良好通过金属棒的电流为I，匀强磁场的磁感应强度大小为B，磁场方向与导轨平面的夹角为，金属棒保持静止，重力加速度为g。
（1）在图乙中画出金属棒的受力图；
（2）求金属棒受到的支持力和摩擦力f的大小。
【答案】（1）解：对金属棒受力分析如图
（2）解：根据共点力平衡条件，水平方向
竖直方向
又
解得，
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】1. 安培力方向的确定
关键点：磁场方向与导轨平面夹角为 ，意味着磁感应强度 可分解为垂直导轨的分量 和平行导轨的分量 。
受力分析：安培力 的方向垂直于磁场方向与电流方向所决定的平面。由于磁场方向与导轨平面不垂直，安培力的方向需要根据左手定则具体判断。在本题中，安培力方向应为斜向左上方（或斜向右下方，取决于电流和磁场的具体指向，图中未标明电流方向，但根据平衡条件可推断其大致方向）。
2. 正交分解与平衡方程
分解方式：通常将力沿水平（导轨方向） 和竖直（垂直导轨平面） 两个方向正交分解。
安培力分解：水平分力：（或 ，取决于角度定义和安培力实际方向）
竖直分力：（或 ）
平衡方程：水平方向：
竖直方向：（若安培力竖直分力向上）或 （若安培力竖直分力向下）
3. 摩擦力与支持力的计算
静摩擦力：由水平方向平衡直接得出 （具体三角函数关系需根据实际受力图确定）。
支持力：由竖直方向平衡得出 （假设安培力有向上的分量）或 （假设安培力有向下的分量）。

（1）对金属棒受力分析如图
（2）根据共点力平衡条件，水平方向
竖直方向
又
解得，
14．（2025高二下·苏州期中）一个电阻为r、边长为L的正方形线圈abcd共N匝，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO'以如图所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，求：
（1）线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势为多大？
（2）从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过R的电量是多少？
【答案】解：（1）由题可知，感应电动势的最大值为
则电动势的瞬时值表达式为
线圈平面与磁感线夹角为时的感应电动势为
（2）根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定律可知
则电量为
【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. 瞬时电动势的求解
最大值：线圈在匀强磁场中匀速转动，感应电动势的最大值为 （若边长为 ，则面积 ）。
瞬时值表达式：需明确计时起点。若图示位置为线圈平面与磁感线平行（即中性面的垂面），则电动势瞬时值表达式为 （或 ，取决于起点）。
当线圈平面与磁感线夹角为 时，需将该角度换算成与中性面的夹角或直接代入表达式中的相位。
2. 通过电阻的电荷量计算
核心公式：电荷量 。
关键点：电荷量只与磁通量的变化量 和总电阻有关，与变化过程所用的时间无关。
应用：从图示位置转过 的过程中，计算始末位置的磁通量差值 ，代入公式即可。
15．（2025高二下·苏州期中）图甲为磁悬浮电梯，它是通过磁场的运动使其运行的装置。图乙为其简化后的原理图，主要包括磁场、含有导线框的轿厢、两根绝缘的竖直导轨，导轨间距为b，间隔分布的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨平面向里，相邻磁场间的距离和磁场宽度均为a。当磁场在竖直方向分别以速、、向上匀速运动时，跨在两导轨间的导线框将受到磁场力，从而使轿厢悬停、向上或向下运动。已知导线框的长为b、宽为a、总电阻为R，重力加速度为g，摩擦和空气阻力可忽略，则：
（1）轿厢悬停在图示位置时，边的电流方向？
（2）轿厢的总质量M多大？
（3）轿厢向上匀速运动时，外界提供给轿厢的功率P为多少？
【答案】（1）解：根据右手定则可知，边的电流方向为
（2）解：磁场以匀速运动时线框处于静止状态，线框中电动势为
线框中的电流大小为
由平衡关系得
解得
（3）解：当磁场以运动时，线框向上运动，当线框的加速度为零时，轿厢向上达到最大速度，则电动势、
由平衡关系
解得
电梯向上匀速运动时，外界提供给轿厢的总能量等于线圈中产生的焦耳热与轿厢重力势能增加量之和，故有
解得
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】1. 动生电动势的相对运动视角
磁场运动、线框静止（或反向运动）时，等效于线框切割磁感线，电动势为 ，其中 是导体相对于磁场的速度（大小与方向都要正确判断）。
2. 右手定则与电流方向判断
必须熟练掌握 右手定则（发电机定则） 判断感应电流方向：磁感线穿入手心
拇指指导体相对磁场的运动方向，四指指感应电流方向，同时要能结合 正电荷受力方向qv×B 作验证。
3. 磁场力的计算与平衡条件
通电导线在磁场中受力：，方向由左手定则判断。
悬停或匀速运动时，安培力（电磁驱动力）与重力平衡：
其中“2”来自两条竖直边同时受力（若磁场分布对称）。
4. 电磁感应与电路结合
两个竖直边可能串联（若处于不同极性磁场），总电动势为两边电动势之和。
闭合回路电流：，其中 为线框总电阻。
5. 能量转化与外界输入功率
磁场运动时，外界提供的能量转化为：线框的焦耳热 ，轿厢重力势能增加率
能量守恒给出：
6、考点关联物理思想
相对运动 → 等效切割
电磁驱动原理（类似磁悬浮列车、直线电机）
电磁感应中的动态平衡与能量守恒

（1）根据右手定则可知，边的电流方向为
（2）磁场以匀速运动时线框处于静止状态，线框中电动势为
线框中的电流大小为
由平衡关系得
解得
（3）当磁场以运动时，线框向上运动，当线框的加速度为零时，轿厢向上达到最大速度，则电动势、
由平衡关系
解得
电梯向上匀速运动时，外界提供给轿厢的总能量等于线圈中产生的焦耳热与轿厢重力势能增加量之和，故有
解得
16．（2025高二下·苏州期中）如题图所示，xOy平面内，区域存在垂直平面向里的匀强磁场，区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。在坐标原点O有一粒子源，分别沿x、y轴正方向以相同速率发射带正电粒子a、b，两粒子质量均为m，电荷量均为q。粒子b离开磁场时的速度与x轴负方向的夹角为，之后粒子b从（）处经过y轴。不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小
（2）求匀强电场的场强大小
（3）若粒子a、b同时离开磁场，求两粒子从O点发射的时间差，以及粒子 b在电场中经过处时对应的粒子a的位置坐标。
【答案】（1）解：设粒子b在磁场中运动的半径为R，其运动轨迹如图
由几何关系有
得
又由洛伦兹力提供向心力
联立解得
（2）解：粒子b在电场中沿y轴方向做匀速直线运动，沿x轴方向做匀变运动，如图所示
设粒子b在电场中运动时间后到达处，沿y轴方向
解得
沿x轴方向
联立解得
（3）解：由分析知，粒子 a、b在磁场中运动的半径和周期均相等，设周期为T，则
粒子a在磁场中运动的轨迹如图所示
由几何关系得，粒子a在破场中运动的圆心角满足
解得
粒子b在磁场中运动的圆心角
要使两粒子同时离开磁场，粒子 a比粒子b先发射，且发射的时间差
解得
由分析知，粒子a进入电场时，与x轴正方向的夹角为，两粒子在电场中运动时
沿x轴方向加速度相同，相对速度
沿y轴方向的速度相同，均为
粒子b经过处时，在电场中运动的时间
粒子a相对粒子b沿x轴运动的位移
刚进入电场时，粒子a、b之间的距离
因此，粒子b经过时，粒子a的横坐标
解得
即对应的粒子a的位置坐标为 ， 。
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】一、磁悬浮电梯问题（电磁感应与安培力驱动）
1、相对运动与动生电动势
磁场运动而线框静止时，等效于线框反向切割磁感线，电动势为 ，其中 是导体与磁场的相对速度大小。
2、感应电流方向的判断
必须用右手定则（或正电荷受力 ）准确判断每条边的电流方向，从而确定回路总电动势是串联还是抵消。
3、安培力与受力平衡
通电导线在磁场中受力 ，方向由左手定则决定。悬停或匀速运动时，安培力与重力平衡，即 。
4、电路与磁场的结合
当两条竖直边同时切割磁感线且磁场方向相反时，两电动势串联，总电动势为 ，总电阻为 ，电流 。
能量转化与输入功率
外界提供的功率转化为线圈焦耳热和轿厢重力势能增加，即 ，结合平衡条件可推导出功率的具体表达式。
二、带电粒子在组合场（磁场+电场）中的运动
1、磁场中的匀速圆周运动
洛伦兹力提供向心力：，得半径 ，周期 ，与速度无关。
2、几何关系确定圆心角和半径
根据粒子出射速度方向（与坐标轴的夹角）和已知位置，利用垂径定理、弦切角等几何关系求出轨迹的圆心角、半径。
3、电场中的类平抛运动
垂直电场方向（y轴）为匀速直线运动，平行电场方向（x轴）为初速为零的匀加速直线运动：
y=vt，。
4、磁场中运动时间与圆心角的关系
运动时间 ，其中 为圆心角（弧度）。
5、发射时间差与同时性约束
两粒子同时离开磁场的条件是：后进入磁场的粒子先发射，且发射时间差等于两者在磁场中运动时间之差。
6、电场中的相对运动
两粒子在电场中加速度相同（电场力产生的加速度均为 沿x方向），因此它们在x方向的相对速度恒定（等于进入电场时x方向的速度差），可用相对运动快速求某一时刻的位置差。
三、贯穿两题的物理思想
1、相对运动思想：无论是电磁感应中的“磁场动、导体静”，还是电场中两粒子的“相对速度不变”，本质上都是用参考系转换简化问题。
2、运动分解与合成：圆周运动分解为垂直速度与向心加速度，类平抛运动分解为两个正交方向的一维运动。
3、几何关系建模：磁场轨迹必须画图找出圆心、半径、角度，这是解题的突破口。
4、能量守恒与转化：电磁驱动中输入功率的去向、粒子动能与电势能的转化，贯穿能量视角。
5、同时性与时间差：通过时间相等或时间差列方程，建立不同粒子运动过程之间的联系。
（1）设粒子b在磁场中运动的半径为R，其运动轨迹如图
由几何关系有
得
又由洛伦兹力提供向心力
联立解得
（2）粒子b在电场中沿y轴方向做匀速直线运动，沿x轴方向做匀变运动，如图所示
设粒子b在电场中运动时间后到达处，沿y轴方向
解得
沿x轴方向
联立解得
（3）由分析知，粒子 a、b在磁场中运动的半径和周期均相等，设周期为T，则
粒子a在磁场中运动的轨迹如图所示
由几何关系得，粒子a在破场中运动的圆心角满足
解得
粒子b在磁场中运动的圆心角
要使两粒子同时离开磁场，粒子 a比粒子b先发射，且发射的时间差
解得
由分析知，粒子a进入电场时，与x轴正方向的夹角为，两粒子在电场中运动时
沿x轴方向加速度相同，相对速度
沿y轴方向的速度相同，均为
粒子b经过处时，在电场中运动的时间
粒子a相对粒子b沿x轴运动的位移
刚进入电场时，粒子a、b之间的距离
因此，粒子b经过时，粒子a的横坐标
解得
即对应的粒子a的位置坐标为 ， 。
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