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广东东莞市东华高级中学2025-2026学年第二学期学习效率反馈（一） 高二物理试卷
1．物理学家及对应的成就正确的是（　　）
A．安培被称为“电学中的牛顿”，最早提出了“场”的观点
B．1820年，奥斯特宣布发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系
C．洛伦兹提出了“分子电流”假说，认为在物质内部，存在一种环形电流，即分子电流
D．法拉第在研究电磁间联系过程中，提出了右手定则来判断运动电荷在磁场中受磁场力的方向
【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；物理学史；安培定则
【解析】【解答】A、安培被称作 “电学中的牛顿”，但最早提出 “场” 的观点的是法拉第，故 A 错误；
B、1820 年奥斯特发现电流的磁效应，第一次证实电与磁之间存在联系，史实正确，故 B 正确；
C、“分子电流” 假说是安培提出的，洛伦兹主要贡献是洛伦兹力相关理论，故 C 错误；
D、判断运动电荷在磁场中受力使用左手定则，并非法拉第提出，法拉第的成就为发现电磁感应、提出场概念，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查法拉第与安培的物理学贡献，区分 “场” 观点的提出者；
B、考查电流磁效应的发现者与时间，该实验是电磁学发展的关键起点；
C、区分安培分子电流假说和洛伦兹的研究成果，避免人物成就混淆；
D、辨析左手定则的适用场景与提出者，识记法拉第核心成就。
2．如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面．当线圈内通以图中方向的电流后，线圈的运动情况是 （　　）
A．线圈向左运动 B．线圈向右运动
C．从上往下看顺时针转动 D．从上往下看逆时针转动
【答案】A
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】根据右手螺旋定则，将环形电流等效为小磁针，可判断线圈右侧为 N 极、左侧为 S 极；条形磁铁右端为 N 极，异名磁极相互吸引，线圈会向左靠近磁铁，线圈平面始终与磁铁轴线垂直，不会发生转动。因此只有 A 选项正确。
故答案为：A；
【分析】本题考查环形电流的等效磁场与磁极间相互作用，解题思路是把环形电流等效为条形磁铁，用右手螺旋定则判断线圈两侧磁极，再依据 “异名磁极相吸” 判断线圈平动方向，本题线圈平面与磁场轴线垂直，不存在转动力矩，不会发生转动。
3．如图所示，足够长铝管竖直放置在水平桌面上，把一小磁体从铝管上端管口放入，小磁体不与管壁接触，且无翻转，不计空气阻力。小磁体在铝管内下落的过程中（　　）
A．小磁体做自由落体动
B．小磁体的加速度可能大于重力加速度
C．小磁体动能的增加量小于重力势能的减少量
D．铝管对桌面的压力小于铝管的重力
【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A、小磁体下落时，铝管切割磁感线产生感应电流，感应电流会对磁体产生向上的安培力，合力小于重力，加速度小于 g，不是自由落体运动，故 A 错误；
B、安培力始终竖直向上，磁体的合力一定小于重力，加速度一定小于重力加速度，不可能大于 g，故 B 错误；
C、下落过程重力势能减少，一部分转化为磁体的动能，另一部分因感应电流发热转化为内能，因此动能的增加量小于重力势能的减少量，故 C 正确；
D、根据牛顿第三定律，磁体受到向上的安培力，则铝管受到磁体向下的反作用力，铝管对桌面的压力等于铝管重力加上该向下的作用力，大于铝管自身重力，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查电磁阻尼现象，判断磁体受力与运动性质，区分自由落体的条件；
B、分析安培力方向，推导磁体加速度的取值范围；
C、考查能量转化，重力势能分为动能与电热两部分，比较动能增量和重力势能减少量；
D、结合牛顿第三定律分析铝管对桌面的压力大小变化。
4．在匀强磁场中放置一个金属圆环，磁场方向与圆环平面垂直，规定图1所示磁场方向为正，当磁感应强度随时间t按图2所示的正弦规律变化时，下列说法正确的是（　　）
A．时刻，圆环中有感应电流
B．时刻，圆环中无感应电流
C．时间内，圆环中感应电流方向始终沿逆时针方向
D．时间内，圆环出现收缩趋势
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】A、t1时刻 B 处于正弦曲线峰值，磁通量变化率为 0，根据法拉第电磁感应定律，圆环感应电动势为 0，无感应电流，故 A 错误；
B、t2时刻 B 为 0，此时正弦曲线斜率最大，磁通量变化率最大，圆环存在感应电流，故 B 错误；
C、0~t1时间内，向里的正向磁场不断增强，穿过圆环的磁通量向里增大，由楞次定律与安培定则可判断，圆环感应电流始终沿逆时针方向，故 C 正确；
D、t1~t2时间内，向里的磁通量逐渐减小，依据楞次定律 “增缩减扩”，圆环会出现扩张趋势，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查 B-t 图像斜率的物理意义，峰值处变化率为零，无感应电流；
B、考查磁场为零时磁通量变化率的特点，零点处斜率最大，感应电流最大；
C、考查楞次定律判断感应电流方向，结合磁场变化趋势分析；
D、考查楞次定律推论 “增缩减扩”，根据磁通量增减判断圆环形变趋势。
5．利用如图所示的电流天平，可以测量匀强磁场中的磁感应强度B。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为N，cd边水平且长为l，cd边处于方框内的匀强磁场中，磁感应强度方向与线圈平面垂直。当线圈中通入电流I时，调节砝码使两臂达到平衡；当线圈中通入大小不变、方向相反的电流I'时，在左盘中增加质量为m的砝码，两臂再次达到新的平衡，重力加速度为g。则方框内磁场的磁感应强度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】线圈cd边受到的安培力大小为，通入正向电流时安培力向上，通入反向电流后安培力向下，天平右侧受力变化量为；为重新平衡，左盘增加砝码重力等于右侧受力变化量，即：，整理求解磁感应强度：
故答案为：B；
【分析】本题考查电流天平测磁感应强度，核心是分析电流反向前后安培力方向改变带来的天平受力差：电流反向，安培力大小不变、方向颠倒，线圈一侧总受力变化为两倍安培力，该差值由新增砝码的重力平衡，由此建立等式求解。
6．如图甲所示，有界匀强磁场I的宽度与如图乙所示的圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场I，从右边界射出时速度方向偏转了角；该粒子以另一初速度从N点沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了角。已知磁场I、Ⅱ的磁感应强度相同，不计粒子受到的重力，则与的比值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】粒子运动轨迹如图所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得，由几何知识得，，则与的比值
故答案为：D。
【分析】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动：
①由洛伦兹力向心力公式得到速度与轨道半径成正比；
②结合两种磁场的边界几何条件分别求出；
③作比值化简得到速度之比，核心是准确画出轨迹、利用偏转角找几何边角关系。
7．如图甲所示为一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆（rA． B． C． D．0
【答案】A
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】莫比乌斯环是纸带扭转后首尾连接而成，原纸带边缘的两根铜丝连接后形成一个闭合回路。由于扭转特性，以该闭合回路为边界的曲面会两次穿过半径为的磁场区域，且两次磁通量方向相同，因此回路包围磁场的总有效面积为，法拉第电磁感应定律为
由图乙可得磁感应强度的变化率为，联立解得
故答案为：A。
【分析】本题考查法拉第电磁感应定律结合莫比乌斯环特殊拓扑结构，关键在于莫比乌斯环单侧曲面会两次切割磁场区域，总有效面积为两倍磁场圆面积，再结合图像求磁感应强度变化率，代入公式计算感应电动势。
8．关于下列图片的解释正确的是（　　）
A．真空冶炼炉利用热传导的热量使金属熔化
B．用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来减少涡流
C．使用电磁炉加热食物时使用陶瓷锅也可以
D．用来探测金属壳地雷的探雷器是利用涡流工作的
【答案】B,D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．真空冶炼炉利用交变电流在冶炼炉内产生涡流，涡流通过金属产生的热量使金属熔化，故A错误；
B．用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯可以减小变压器铁芯中的涡流，故B正确；
C．电磁炉是高频电流在金属锅底产生涡流，根据焦耳定律可知涡流通过金属会产生大量的热量加热食物，由于陶瓷锅不能发生电磁感应产生涡流，所以不能使用电磁炉跟陶瓷锅加热食物，故C错误；
D．用来探测金属壳地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是交变电流通过金属后在金属中产生涡流，利用涡流产生感应磁场进行工作的，故D正确。
故选BD。
【分析】 真空冶炼炉利用涡流通过金属产生的热量使金属熔化；用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯可以减小变压器铁芯中的涡流；由于陶瓷锅不能发生电磁感应产生涡流，所以不能使用电磁炉跟陶瓷锅加热食物；用来探测金属壳地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是交变电流通过金属后在金属中产生涡流，利用涡流产生感应磁场进行工作的。
9．如图所示，不加磁场时，从示波管电子枪末端O点发出的电子束将打在荧光屏的中心O'点，若在示波管中加垂直纸面的匀强磁场，电子束将打在O'上方的A点。下列说法正确的是（　　）
A．磁场方向垂直纸面向里
B．电子打到荧光屏B点时，磁场方向垂直纸面向里
C．逐渐减小磁感应强度，荧光屏上的亮斑从A点向下移动
D．电子在匀强磁场中运动时加速度不变
【答案】B,C
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A、电子带负电，电子束向上偏转，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外，故A错误；
B、电子打到B点时向下偏转，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向里，故B正确；
C、由洛伦兹力提供向心力，推导轨迹半径，减小磁感应强度B，轨迹半径r变大，电子偏转程度变小，亮斑从A点向下移动，故C正确；
D、电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力始终指向圆心，力的方向不断变化，加速度方向也时刻改变，加速度是变化的，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查左手定则判断负电荷的洛伦兹力与磁场方向，区分正负电荷使用左手定则的判断方法；
B、结合电子向下偏转的运动轨迹，利用左手定则反向推导磁场方向；
C、考查带电粒子在磁场中圆周运动半径公式，分析磁感应强度对偏转轨迹的影响；
D、区分匀速圆周运动速度、加速度的矢量特点，加速度方向随洛伦兹力持续改变。
10．如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈。通过观察图形，判断下列说法正确的是（　　）
A．第5个线圈是不合格线圈 B．第4个线圈是不合格线圈
C．传送带向右运动 D．传送带向左运动
【答案】B,D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】闭合铜线圈进出磁场时会产生感应电流，在安培力阻碍作用下，线圈相对传送带向后滑动；未闭合的不合格线圈无感应电流，不受安培力，和传送带无相对滑动。
观察题图，1、2、3、5、6 号线圈间距均匀，均发生了相对滑动；4 号线圈与相邻线圈无间距变化，没有向后滑动，说明 4 号线圈未闭合，是不合格线圈，故 B 正确，A 错误。
合格线圈相对传送带向后偏移，说明传送带向左运动，D 正确，C 错误。
故答案为：BD；
【分析】本题考查电磁感应中的动力学现象，核心逻辑：闭合线圈切割磁感线产生感应电流，受安培力阻碍相对运动，会相对传送带后移；断路线圈无感应电流，不受安培力，与传送带保持相对静止。通过线圈间距差异判断不合格线圈，结合相对滑动方向判断传送带运动方向。
11．如图所示，大量带电粒子从M板由静止经加速电场后又从N板小孔射出，粒子沿静电分析器辐射电场的中心线做半径为R的匀速圆周运动，再由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上，粒子重力不计，下列说法正确的是（　　）
A．从P点射出的带电粒子，速度大小均相同
B．带电粒子的比荷越大，P与打到胶片上的点距离越小
C．加速电压U与辐射电场中心线处的电场强度E的比值一定
D．辐射电场中心线处的电场强度E与磁感应强度B的比值一定
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A、粒子经加速电场满足，静电分析器中，联立得，只要满足该比值粒子就能从P射出，由可知速度与比荷有关，不同比荷粒子速度不同，故A错误；
B、粒子进入磁分析器，洛伦兹力提供向心力，轨道半径，胶片上落点到P的距离，比荷越大，PS越小，故B正确；
C、联立加速与静电圆周运动方程、，化简得，R为定值，因此U与E的比值固定不变，故C正确；
D、由可知E仅由加速电压U、轨道半径R决定，与磁感应强度B无关联，E、B比值不固定，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A、考查带电粒子加速、静电圆周运动联立推导，速度大小由粒子比荷决定；
B、考查磁场中圆周运动半径公式，推导落点间距与比荷的变化关系；
C、联立加速电场、辐射电场动力学方程，证明U、E比值为定值；
D、区分辐射电场场强E与磁场B的独立条件，二者无固定比例关系。
12．为探究影响感应电流方向的因素，某兴趣小组的同学们使用图甲所示的电磁感应实验装置进行实验，其中线圈A中有铁芯。
（1）如图甲所示，是小明同学进行“探究感应电流方向”的实验装置，为了完成该实验，请用笔画线代替导线完成余下电路　 　：
（2）小明同学将线圈A插入线圈B中，闭合开关S时，发现灵敏电流计G的指针向左偏转，接着保持线圈A、B不动，将线圈A中的铁芯拔出，则灵敏电流计G的指针将向　 　（填“左”或“右”）偏转；
（3）图乙是小军同学对课本演示实验装置改进后制作的“楞次定律演示仪”。演示仪由反向并联的红、蓝两只发光二极管（简称LED）、一定匝数的螺线管、灵敏电流计G以及强力条形磁铁组成。正确连接好实验电路后，将条形磁铁从图示位置迅速向下移动过程中，　 　（填“红”或“蓝”）色二极管发光；
（4）小军同学发现，条形磁铁向上移动得越快，灵敏电流计G的示数越大，这说明感应电动势随　 　（填“磁通量”“磁通量的变化量”或“磁通量的变化率”）的增大而增大。
【答案】（1）
（2）右
（3）红
（4）磁通量的变化率
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）电路连接如图所示
（2）依题意知，当穿过线圈B的磁通量增加时，电流计指针向左偏，将铁芯拔出，穿过线圈B的磁通量会减小，根据楞次定律，可知电流计指针向右偏；
故答案为：右
（3）将条形磁铁向下移动一小段距离，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律以及安培定则可知回路中的电流沿逆时针方向，故红色二极管发光；
故答案为：红
（4）依题意可知，条形磁铁向上移动得越快，越大，越大，由，得越大，越大，说明感应电动势随磁通量的变化率的增大而增大。
故答案为：磁通量的变化率
【分析】(1) 本实验分独立原、副线圈两路电路，原线圈回路需串联滑动变阻器调节电流，副线圈仅接灵敏电流计。
(2) 楞次定律核心：磁通量增减对应感应电流反向，磁通量增大与减小两种情况指针偏转方向相反。
(3) 结合楞次定律判断感应磁场方向，安培定则判断回路电流流向，利用二极管单向导电性判断发光二极管。
(4) 法拉第电磁感应定律，感应电动势大小由磁通量变化率决定，与磁通量、磁通量变化量无直接关系。
（1）电路连接如图所示
（2）依题意知，当穿过线圈B的磁通量增加时，电流计指针向左偏，将铁芯拔出，穿过线圈B的磁通量会减小，根据楞次定律，可知电流计指针向右偏；
（3）将条形磁铁向下移动一小段距离，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律以及安培定则可知回路中的电流沿逆时针方向，故红色二极管发光；
（4）依题意可知，条形磁铁向上移动得越快，越大，越大
由
得越大，越大，说明感应电动势随磁通量的变化率的增大而增大。
13．单位时间内通过管道截面的液体的体积称为流量，用Q表示，其单位为m3/s．如图为电磁流量计的示意图，在非磁性材料制成的圆柱形管道外加一匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，当管中导电液（含有正、负离子）流过此区域时，可测得管壁上a、b两点间的电势差为U，根据计算可以求出流量Q．
（1）电磁流量计为一个传感器，它可以将流速信号转化为电信号，试判断a、b两点电势的高低．
（2）设管道的直径为D，试用学过的知识推导流量Q的表达式．
【答案】解：（1）导电液体中的正负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转，在上下两端间形成电势差，依据左手定则可判定，正离子向下偏，而负离子向上偏，因此a点的电势低于b点电势，即；
（2）当电场力与磁场力平衡时，a、b间形成稳定的电势差，离子将不再上下迁移，则
故有
所以．
【知识点】电磁流量计
【解析】【分析】(1) 本题左手定则判断带电粒子偏转方向，电荷积累形成电势差，带正电一侧电势更高。
(2) 本题带电粒子平衡模型，洛伦兹力等于电场力求出液体流速，再结合流量定义（单位时间流过截面的体积）、圆面积公式联立推导流量表达式。
14．如图甲所示，两根足够长的平行光滑直导轨、水平固定，其间距为，阻值的电阻接在导轨、端，质量的导体棒静止在导轨上，棒接入电路的电阻为，初始时棒离距离为。从0时刻开始，棒被锁定保持静止，给空间加入方向竖直向下的磁场，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示；时，给棒一个向左的初速度，棒向左运动，最终停在导轨上。棒始终保持与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。求：
（1）内整个回路内产生的热量；
（2）当棒的速度时，两点的电势差；
（3）整个过程流过棒的电荷量。
【答案】（1）解：由题意和图知线圈的磁场面积不变，磁感应强度均匀变大，根据法拉第电磁感应定律，有
由图乙知磁感应强度的变化率为
代入数据解得
回路中的感应电流
解得
根据焦耳定律
解得
（2）解：由图乙知当金属棒的速度时，磁感应强度，金属棒切割磁感线产生的感应电动势
代入数据解得
根据右手定则，金属棒切割磁感线时点为高电势，所以两点的电势差
代入数据解得
（3）解：当时，流过棒的电荷量
解得
当到金属棒停下时，假设时间为，平均电流为，根据动量定理
其中
解得
整个过程流过棒的电荷量
解得
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；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) 磁场变化型感生电动势，法拉第电磁感应定律求电动势，欧姆定律求电流，焦耳定律计算回路总焦耳热。
(2) 动生电动势模型，右手定则判断电势高低，电势差为外电阻分压且带负号。
(3) 电荷量分两段：磁场变化阶段用；导体棒运动阶段利用动量定理结合平均电流求位移阶段电荷量，两段相加得到全过程总电荷量。
（1）由题意和图知线圈的磁场面积不变，磁感应强度均匀变大，根据法拉第电磁感应定律，有
由图乙知磁感应强度的变化率为
代入数据解得
回路中的感应电流
解得
根据焦耳定律
解得
（2）由图乙知当金属棒的速度时，磁感应强度，金属棒切割磁感线产生的感应电动势
代入数据解得
根据右手定则，金属棒切割磁感线时点为高电势，所以两点的电势差
代入数据解得
（3）当时，流过棒的电荷量
解得
当到金属棒停下时，假设时间为，平均电流为，根据动量定理
其中
解得
整个过程流过棒的电荷量
解得
15．如图所示，真空中有一回旋加速器，半径为R0的两D形盒内有垂直纸面向外、磁感应强度为B1的匀强磁场，左盒通过一水平管道与一个左右两侧都开有很小狭缝的圆筒相连，圆筒的半径为r，圆筒内有垂直纸面向里的磁感应强度恒为B2的匀强磁场，现在左盒附近的点S放置一电子，在两盒狭缝间加上一交变电压来给电子周期性加速，经过时间t电子便获得一定速率贴着管壁通过水平管道后进入圆筒。已知电子在狭缝中加速次数与回旋半周的次数相同，电子的比荷为，电子在两D盒狭缝间运动的时间不计，加速电子时电压的大小可视为不变，电子重力不计。求：
（1）进入圆筒磁场的电子获得的速度大小；
（2）两D形盒间加速电压U的值；
（3）若D形盒中磁感应强度大小可调节，通过调节使电子与下圆筒壁发生多次弹性碰撞又不作循环的从圆筒的右狭缝直接离开圆筒，求电子与下圆筒壁碰撞n（n=1，2，3……）次后的速率。
【答案】解：（1）解：当电子贴着管壁运动时，根据洛伦兹力提供向心力有
所以
（2）解：根据动能定理有，，
联立可得
（3）解：电子在圆筒中碰撞筒壁又做圆周运动的情形呈现周期性和对称性，作出两种情况为例如图所示
由图可得（n=1，2，3……）
根据几何关系可得
即（n=1，2，3……）
根据洛伦兹力提供向心力
所以（n=1，2，3……）
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】(1) 回旋加速器最大半径对应最大速度，利用洛伦兹力充当向心力直接求解速度。
(2) 先由回旋半周期求出加速次数，再结合动能定理联立消元，推导加速电压表达式。
(3) 弹性碰撞满足反射对称，先由几何关系确定轨迹半径与圆筒半径的三角函数关系，再结合洛伦兹向心力公式推导碰撞后的速度通式。
1 / 1广东东莞市东华高级中学2025-2026学年第二学期学习效率反馈（一） 高二物理试卷
1．物理学家及对应的成就正确的是（　　）
A．安培被称为“电学中的牛顿”，最早提出了“场”的观点
B．1820年，奥斯特宣布发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系
C．洛伦兹提出了“分子电流”假说，认为在物质内部，存在一种环形电流，即分子电流
D．法拉第在研究电磁间联系过程中，提出了右手定则来判断运动电荷在磁场中受磁场力的方向
2．如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面．当线圈内通以图中方向的电流后，线圈的运动情况是 （　　）
A．线圈向左运动 B．线圈向右运动
C．从上往下看顺时针转动 D．从上往下看逆时针转动
3．如图所示，足够长铝管竖直放置在水平桌面上，把一小磁体从铝管上端管口放入，小磁体不与管壁接触，且无翻转，不计空气阻力。小磁体在铝管内下落的过程中（　　）
A．小磁体做自由落体动
B．小磁体的加速度可能大于重力加速度
C．小磁体动能的增加量小于重力势能的减少量
D．铝管对桌面的压力小于铝管的重力
4．在匀强磁场中放置一个金属圆环，磁场方向与圆环平面垂直，规定图1所示磁场方向为正，当磁感应强度随时间t按图2所示的正弦规律变化时，下列说法正确的是（　　）
A．时刻，圆环中有感应电流
B．时刻，圆环中无感应电流
C．时间内，圆环中感应电流方向始终沿逆时针方向
D．时间内，圆环出现收缩趋势
5．利用如图所示的电流天平，可以测量匀强磁场中的磁感应强度B。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为N，cd边水平且长为l，cd边处于方框内的匀强磁场中，磁感应强度方向与线圈平面垂直。当线圈中通入电流I时，调节砝码使两臂达到平衡；当线圈中通入大小不变、方向相反的电流I'时，在左盘中增加质量为m的砝码，两臂再次达到新的平衡，重力加速度为g。则方框内磁场的磁感应强度大小为（　　）
A． B． C． D．
6．如图甲所示，有界匀强磁场I的宽度与如图乙所示的圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场I，从右边界射出时速度方向偏转了角；该粒子以另一初速度从N点沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了角。已知磁场I、Ⅱ的磁感应强度相同，不计粒子受到的重力，则与的比值为（　　）
A． B． C． D．
7．如图甲所示为一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆（rA． B． C． D．0
8．关于下列图片的解释正确的是（　　）
A．真空冶炼炉利用热传导的热量使金属熔化
B．用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来减少涡流
C．使用电磁炉加热食物时使用陶瓷锅也可以
D．用来探测金属壳地雷的探雷器是利用涡流工作的
9．如图所示，不加磁场时，从示波管电子枪末端O点发出的电子束将打在荧光屏的中心O'点，若在示波管中加垂直纸面的匀强磁场，电子束将打在O'上方的A点。下列说法正确的是（　　）
A．磁场方向垂直纸面向里
B．电子打到荧光屏B点时，磁场方向垂直纸面向里
C．逐渐减小磁感应强度，荧光屏上的亮斑从A点向下移动
D．电子在匀强磁场中运动时加速度不变
10．如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈。通过观察图形，判断下列说法正确的是（　　）
A．第5个线圈是不合格线圈 B．第4个线圈是不合格线圈
C．传送带向右运动 D．传送带向左运动
11．如图所示，大量带电粒子从M板由静止经加速电场后又从N板小孔射出，粒子沿静电分析器辐射电场的中心线做半径为R的匀速圆周运动，再由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上，粒子重力不计，下列说法正确的是（　　）
A．从P点射出的带电粒子，速度大小均相同
B．带电粒子的比荷越大，P与打到胶片上的点距离越小
C．加速电压U与辐射电场中心线处的电场强度E的比值一定
D．辐射电场中心线处的电场强度E与磁感应强度B的比值一定
12．为探究影响感应电流方向的因素，某兴趣小组的同学们使用图甲所示的电磁感应实验装置进行实验，其中线圈A中有铁芯。
（1）如图甲所示，是小明同学进行“探究感应电流方向”的实验装置，为了完成该实验，请用笔画线代替导线完成余下电路　 　：
（2）小明同学将线圈A插入线圈B中，闭合开关S时，发现灵敏电流计G的指针向左偏转，接着保持线圈A、B不动，将线圈A中的铁芯拔出，则灵敏电流计G的指针将向　 　（填“左”或“右”）偏转；
（3）图乙是小军同学对课本演示实验装置改进后制作的“楞次定律演示仪”。演示仪由反向并联的红、蓝两只发光二极管（简称LED）、一定匝数的螺线管、灵敏电流计G以及强力条形磁铁组成。正确连接好实验电路后，将条形磁铁从图示位置迅速向下移动过程中，　 　（填“红”或“蓝”）色二极管发光；
（4）小军同学发现，条形磁铁向上移动得越快，灵敏电流计G的示数越大，这说明感应电动势随　 　（填“磁通量”“磁通量的变化量”或“磁通量的变化率”）的增大而增大。
13．单位时间内通过管道截面的液体的体积称为流量，用Q表示，其单位为m3/s．如图为电磁流量计的示意图，在非磁性材料制成的圆柱形管道外加一匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，当管中导电液（含有正、负离子）流过此区域时，可测得管壁上a、b两点间的电势差为U，根据计算可以求出流量Q．
（1）电磁流量计为一个传感器，它可以将流速信号转化为电信号，试判断a、b两点电势的高低．
（2）设管道的直径为D，试用学过的知识推导流量Q的表达式．
14．如图甲所示，两根足够长的平行光滑直导轨、水平固定，其间距为，阻值的电阻接在导轨、端，质量的导体棒静止在导轨上，棒接入电路的电阻为，初始时棒离距离为。从0时刻开始，棒被锁定保持静止，给空间加入方向竖直向下的磁场，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示；时，给棒一个向左的初速度，棒向左运动，最终停在导轨上。棒始终保持与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。求：
（1）内整个回路内产生的热量；
（2）当棒的速度时，两点的电势差；
（3）整个过程流过棒的电荷量。
15．如图所示，真空中有一回旋加速器，半径为R0的两D形盒内有垂直纸面向外、磁感应强度为B1的匀强磁场，左盒通过一水平管道与一个左右两侧都开有很小狭缝的圆筒相连，圆筒的半径为r，圆筒内有垂直纸面向里的磁感应强度恒为B2的匀强磁场，现在左盒附近的点S放置一电子，在两盒狭缝间加上一交变电压来给电子周期性加速，经过时间t电子便获得一定速率贴着管壁通过水平管道后进入圆筒。已知电子在狭缝中加速次数与回旋半周的次数相同，电子的比荷为，电子在两D盒狭缝间运动的时间不计，加速电子时电压的大小可视为不变，电子重力不计。求：
（1）进入圆筒磁场的电子获得的速度大小；
（2）两D形盒间加速电压U的值；
（3）若D形盒中磁感应强度大小可调节，通过调节使电子与下圆筒壁发生多次弹性碰撞又不作循环的从圆筒的右狭缝直接离开圆筒，求电子与下圆筒壁碰撞n（n=1，2，3……）次后的速率。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；物理学史；安培定则
【解析】【解答】A、安培被称作 “电学中的牛顿”，但最早提出 “场” 的观点的是法拉第，故 A 错误；
B、1820 年奥斯特发现电流的磁效应，第一次证实电与磁之间存在联系，史实正确，故 B 正确；
C、“分子电流” 假说是安培提出的，洛伦兹主要贡献是洛伦兹力相关理论，故 C 错误；
D、判断运动电荷在磁场中受力使用左手定则，并非法拉第提出，法拉第的成就为发现电磁感应、提出场概念，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查法拉第与安培的物理学贡献，区分 “场” 观点的提出者；
B、考查电流磁效应的发现者与时间，该实验是电磁学发展的关键起点；
C、区分安培分子电流假说和洛伦兹的研究成果，避免人物成就混淆；
D、辨析左手定则的适用场景与提出者，识记法拉第核心成就。
2．【答案】A
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】根据右手螺旋定则，将环形电流等效为小磁针，可判断线圈右侧为 N 极、左侧为 S 极；条形磁铁右端为 N 极，异名磁极相互吸引，线圈会向左靠近磁铁，线圈平面始终与磁铁轴线垂直，不会发生转动。因此只有 A 选项正确。
故答案为：A；
【分析】本题考查环形电流的等效磁场与磁极间相互作用，解题思路是把环形电流等效为条形磁铁，用右手螺旋定则判断线圈两侧磁极，再依据 “异名磁极相吸” 判断线圈平动方向，本题线圈平面与磁场轴线垂直，不存在转动力矩，不会发生转动。
3．【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A、小磁体下落时，铝管切割磁感线产生感应电流，感应电流会对磁体产生向上的安培力，合力小于重力，加速度小于 g，不是自由落体运动，故 A 错误；
B、安培力始终竖直向上，磁体的合力一定小于重力，加速度一定小于重力加速度，不可能大于 g，故 B 错误；
C、下落过程重力势能减少，一部分转化为磁体的动能，另一部分因感应电流发热转化为内能，因此动能的增加量小于重力势能的减少量，故 C 正确；
D、根据牛顿第三定律，磁体受到向上的安培力，则铝管受到磁体向下的反作用力，铝管对桌面的压力等于铝管重力加上该向下的作用力，大于铝管自身重力，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查电磁阻尼现象，判断磁体受力与运动性质，区分自由落体的条件；
B、分析安培力方向，推导磁体加速度的取值范围；
C、考查能量转化，重力势能分为动能与电热两部分，比较动能增量和重力势能减少量；
D、结合牛顿第三定律分析铝管对桌面的压力大小变化。
4．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】A、t1时刻 B 处于正弦曲线峰值，磁通量变化率为 0，根据法拉第电磁感应定律，圆环感应电动势为 0，无感应电流，故 A 错误；
B、t2时刻 B 为 0，此时正弦曲线斜率最大，磁通量变化率最大，圆环存在感应电流，故 B 错误；
C、0~t1时间内，向里的正向磁场不断增强，穿过圆环的磁通量向里增大，由楞次定律与安培定则可判断，圆环感应电流始终沿逆时针方向，故 C 正确；
D、t1~t2时间内，向里的磁通量逐渐减小，依据楞次定律 “增缩减扩”，圆环会出现扩张趋势，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查 B-t 图像斜率的物理意义，峰值处变化率为零，无感应电流；
B、考查磁场为零时磁通量变化率的特点，零点处斜率最大，感应电流最大；
C、考查楞次定律判断感应电流方向，结合磁场变化趋势分析；
D、考查楞次定律推论 “增缩减扩”，根据磁通量增减判断圆环形变趋势。
5．【答案】B
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】线圈cd边受到的安培力大小为，通入正向电流时安培力向上，通入反向电流后安培力向下，天平右侧受力变化量为；为重新平衡，左盘增加砝码重力等于右侧受力变化量，即：，整理求解磁感应强度：
故答案为：B；
【分析】本题考查电流天平测磁感应强度，核心是分析电流反向前后安培力方向改变带来的天平受力差：电流反向，安培力大小不变、方向颠倒，线圈一侧总受力变化为两倍安培力，该差值由新增砝码的重力平衡，由此建立等式求解。
6．【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】粒子运动轨迹如图所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得，由几何知识得，，则与的比值
故答案为：D。
【分析】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动：
①由洛伦兹力向心力公式得到速度与轨道半径成正比；
②结合两种磁场的边界几何条件分别求出；
③作比值化简得到速度之比，核心是准确画出轨迹、利用偏转角找几何边角关系。
7．【答案】A
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】莫比乌斯环是纸带扭转后首尾连接而成，原纸带边缘的两根铜丝连接后形成一个闭合回路。由于扭转特性，以该闭合回路为边界的曲面会两次穿过半径为的磁场区域，且两次磁通量方向相同，因此回路包围磁场的总有效面积为，法拉第电磁感应定律为
由图乙可得磁感应强度的变化率为，联立解得
故答案为：A。
【分析】本题考查法拉第电磁感应定律结合莫比乌斯环特殊拓扑结构，关键在于莫比乌斯环单侧曲面会两次切割磁场区域，总有效面积为两倍磁场圆面积，再结合图像求磁感应强度变化率，代入公式计算感应电动势。
8．【答案】B,D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．真空冶炼炉利用交变电流在冶炼炉内产生涡流，涡流通过金属产生的热量使金属熔化，故A错误；
B．用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯可以减小变压器铁芯中的涡流，故B正确；
C．电磁炉是高频电流在金属锅底产生涡流，根据焦耳定律可知涡流通过金属会产生大量的热量加热食物，由于陶瓷锅不能发生电磁感应产生涡流，所以不能使用电磁炉跟陶瓷锅加热食物，故C错误；
D．用来探测金属壳地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是交变电流通过金属后在金属中产生涡流，利用涡流产生感应磁场进行工作的，故D正确。
故选BD。
【分析】 真空冶炼炉利用涡流通过金属产生的热量使金属熔化；用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯可以减小变压器铁芯中的涡流；由于陶瓷锅不能发生电磁感应产生涡流，所以不能使用电磁炉跟陶瓷锅加热食物；用来探测金属壳地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是交变电流通过金属后在金属中产生涡流，利用涡流产生感应磁场进行工作的。
9．【答案】B,C
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A、电子带负电，电子束向上偏转，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外，故A错误；
B、电子打到B点时向下偏转，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向里，故B正确；
C、由洛伦兹力提供向心力，推导轨迹半径，减小磁感应强度B，轨迹半径r变大，电子偏转程度变小，亮斑从A点向下移动，故C正确；
D、电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力始终指向圆心，力的方向不断变化，加速度方向也时刻改变，加速度是变化的，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查左手定则判断负电荷的洛伦兹力与磁场方向，区分正负电荷使用左手定则的判断方法；
B、结合电子向下偏转的运动轨迹，利用左手定则反向推导磁场方向；
C、考查带电粒子在磁场中圆周运动半径公式，分析磁感应强度对偏转轨迹的影响；
D、区分匀速圆周运动速度、加速度的矢量特点，加速度方向随洛伦兹力持续改变。
10．【答案】B,D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】闭合铜线圈进出磁场时会产生感应电流，在安培力阻碍作用下，线圈相对传送带向后滑动；未闭合的不合格线圈无感应电流，不受安培力，和传送带无相对滑动。
观察题图，1、2、3、5、6 号线圈间距均匀，均发生了相对滑动；4 号线圈与相邻线圈无间距变化，没有向后滑动，说明 4 号线圈未闭合，是不合格线圈，故 B 正确，A 错误。
合格线圈相对传送带向后偏移，说明传送带向左运动，D 正确，C 错误。
故答案为：BD；
【分析】本题考查电磁感应中的动力学现象，核心逻辑：闭合线圈切割磁感线产生感应电流，受安培力阻碍相对运动，会相对传送带后移；断路线圈无感应电流，不受安培力，与传送带保持相对静止。通过线圈间距差异判断不合格线圈，结合相对滑动方向判断传送带运动方向。
11．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A、粒子经加速电场满足，静电分析器中，联立得，只要满足该比值粒子就能从P射出，由可知速度与比荷有关，不同比荷粒子速度不同，故A错误；
B、粒子进入磁分析器，洛伦兹力提供向心力，轨道半径，胶片上落点到P的距离，比荷越大，PS越小，故B正确；
C、联立加速与静电圆周运动方程、，化简得，R为定值，因此U与E的比值固定不变，故C正确；
D、由可知E仅由加速电压U、轨道半径R决定，与磁感应强度B无关联，E、B比值不固定，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A、考查带电粒子加速、静电圆周运动联立推导，速度大小由粒子比荷决定；
B、考查磁场中圆周运动半径公式，推导落点间距与比荷的变化关系；
C、联立加速电场、辐射电场动力学方程，证明U、E比值为定值；
D、区分辐射电场场强E与磁场B的独立条件，二者无固定比例关系。
12．【答案】（1）
（2）右
（3）红
（4）磁通量的变化率
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）电路连接如图所示
（2）依题意知，当穿过线圈B的磁通量增加时，电流计指针向左偏，将铁芯拔出，穿过线圈B的磁通量会减小，根据楞次定律，可知电流计指针向右偏；
故答案为：右
（3）将条形磁铁向下移动一小段距离，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律以及安培定则可知回路中的电流沿逆时针方向，故红色二极管发光；
故答案为：红
（4）依题意可知，条形磁铁向上移动得越快，越大，越大，由，得越大，越大，说明感应电动势随磁通量的变化率的增大而增大。
故答案为：磁通量的变化率
【分析】(1) 本实验分独立原、副线圈两路电路，原线圈回路需串联滑动变阻器调节电流，副线圈仅接灵敏电流计。
(2) 楞次定律核心：磁通量增减对应感应电流反向，磁通量增大与减小两种情况指针偏转方向相反。
(3) 结合楞次定律判断感应磁场方向，安培定则判断回路电流流向，利用二极管单向导电性判断发光二极管。
(4) 法拉第电磁感应定律，感应电动势大小由磁通量变化率决定，与磁通量、磁通量变化量无直接关系。
（1）电路连接如图所示
（2）依题意知，当穿过线圈B的磁通量增加时，电流计指针向左偏，将铁芯拔出，穿过线圈B的磁通量会减小，根据楞次定律，可知电流计指针向右偏；
（3）将条形磁铁向下移动一小段距离，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律以及安培定则可知回路中的电流沿逆时针方向，故红色二极管发光；
（4）依题意可知，条形磁铁向上移动得越快，越大，越大
由
得越大，越大，说明感应电动势随磁通量的变化率的增大而增大。
13．【答案】解：（1）导电液体中的正负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转，在上下两端间形成电势差，依据左手定则可判定，正离子向下偏，而负离子向上偏，因此a点的电势低于b点电势，即；
（2）当电场力与磁场力平衡时，a、b间形成稳定的电势差，离子将不再上下迁移，则
故有
所以．
【知识点】电磁流量计
【解析】【分析】(1) 本题左手定则判断带电粒子偏转方向，电荷积累形成电势差，带正电一侧电势更高。
(2) 本题带电粒子平衡模型，洛伦兹力等于电场力求出液体流速，再结合流量定义（单位时间流过截面的体积）、圆面积公式联立推导流量表达式。
14．【答案】（1）解：由题意和图知线圈的磁场面积不变，磁感应强度均匀变大，根据法拉第电磁感应定律，有
由图乙知磁感应强度的变化率为
代入数据解得
回路中的感应电流
解得
根据焦耳定律
解得
（2）解：由图乙知当金属棒的速度时，磁感应强度，金属棒切割磁感线产生的感应电动势
代入数据解得
根据右手定则，金属棒切割磁感线时点为高电势，所以两点的电势差
代入数据解得
（3）解：当时，流过棒的电荷量
解得
当到金属棒停下时，假设时间为，平均电流为，根据动量定理
其中
解得
整个过程流过棒的电荷量
解得
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；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) 磁场变化型感生电动势，法拉第电磁感应定律求电动势，欧姆定律求电流，焦耳定律计算回路总焦耳热。
(2) 动生电动势模型，右手定则判断电势高低，电势差为外电阻分压且带负号。
(3) 电荷量分两段：磁场变化阶段用；导体棒运动阶段利用动量定理结合平均电流求位移阶段电荷量，两段相加得到全过程总电荷量。
（1）由题意和图知线圈的磁场面积不变，磁感应强度均匀变大，根据法拉第电磁感应定律，有
由图乙知磁感应强度的变化率为
代入数据解得
回路中的感应电流
解得
根据焦耳定律
解得
（2）由图乙知当金属棒的速度时，磁感应强度，金属棒切割磁感线产生的感应电动势
代入数据解得
根据右手定则，金属棒切割磁感线时点为高电势，所以两点的电势差
代入数据解得
（3）当时，流过棒的电荷量
解得
当到金属棒停下时，假设时间为，平均电流为，根据动量定理
其中
解得
整个过程流过棒的电荷量
解得
15．【答案】解：（1）解：当电子贴着管壁运动时，根据洛伦兹力提供向心力有
所以
（2）解：根据动能定理有，，
联立可得
（3）解：电子在圆筒中碰撞筒壁又做圆周运动的情形呈现周期性和对称性，作出两种情况为例如图所示
由图可得（n=1，2，3……）
根据几何关系可得
即（n=1，2，3……）
根据洛伦兹力提供向心力
所以（n=1，2，3……）
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】(1) 回旋加速器最大半径对应最大速度，利用洛伦兹力充当向心力直接求解速度。
(2) 先由回旋半周期求出加速次数，再结合动能定理联立消元，推导加速电压表达式。
(3) 弹性碰撞满足反射对称，先由几何关系确定轨迹半径与圆筒半径的三角函数关系，再结合洛伦兹向心力公式推导碰撞后的速度通式。
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