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广东佛山市南海区金石实验中学2025-2026学年度第二学期高二年级物理科供题训练
1．同学们在日常生活中所用的公交卡原理如图所示，图中上半部分表示读卡机内的线圈，下半部分表示芯片卡内的线圈。读卡机线圈中的电流会产生磁场，当芯片卡接近读卡机时，这个磁场会在芯片卡中产生感应电流，驱动芯片发出信息。若从上往下看读卡机线圈中有顺时针的电流，当芯片卡接近读卡机时则会（　　）
A．有逆时针方向的电流且两线圈相互吸引
B．有逆时针方向的电流且两线圈相互排斥
C．有顺时针方向的电流且两线圈相互吸引
D．有顺时针方向的电流且两线圈相互排斥
2．同学受电吉他启发，设计了一个如图所示的发声装置，装置内部安装有线圈，弹性金属线通有恒定电流（图中箭头所示），弹奏时金属线在线圈所处的平面振动时，线圈中会产生感应电流，经信号放大器放大后由扬声器发出音乐，下列说法正确的是（　　）
A．金属线向右振动的过程中，线圈有扩张的趋势
B．金属线向右振动的过程中，金属线所受安培力向右
C．金属线向左振动的过程中，线圈的感应电流方向为逆时针
D．取走线圈，其他条件不变，停止弹奏时金属线会更慢的停下来
3．半径为的刚性半圆形线框通过绝缘细线悬挂在弹簧测力计下端，在直径两端通入电流，方向如图所示，开始时略高于匀强磁场边界，弹簧测力计的示数为。现将线圈沿竖直方向缓慢上提，直到点与相切，关于弹簧测力计（始终有示数）示数的变化情况说法正确的是（　　）
A．一直变大 B．一直变小
C．先变大后变小 D．先变小后变大
4．如图所示为日照地区某学校教室内的一台吊扇，正常工作时沿逆时针匀速转动（从下向上仰视观察）。已知叶片长度为，角速度为，该地理位置地磁场的磁感应强度大小为，A、两点的电势分别为，，下列判断正确的是（　　）
A． B． C． D．
5．电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。在振动过程中，某时刻磁场分界线位于正方形线圈的正中间，如图乙所示。（永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈）关于图乙中的线圈，下列说法正确的是（　　）
A．此时穿过线圈的磁通量为
B．此时线圈中的感应电流为0
C．永磁铁相对线圈上升时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
D．永磁铁相对线圈下降时，线圈受到的安培力向下
6．市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图所示。在按下门铃按钮过程中，夹着永磁铁的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变。松开门铃按钮后，弹簧可使之复位（与a、b连接的外电路未画出）。由此可以判断（　　）
A．按住按钮不动，门铃会一直响
B．按下按钮过程中，a点电势高于b
C．按钮复位的过程中，穿过线圈的磁通量一直减小
D．按钮复位的过程中，穿过线圈的磁通量一直增加
7．图甲为我国研制的大功率单通道霍尔推进器，核心结构如图乙所示，在很窄的圆环空间内存在沿半径方向向外的辐射状的磁场Ⅰ，其磁感应强度大小可近似认为处处相等。若在垂直圆环平面方向加上匀强磁场Ⅱ和匀强电场（图中都没有画出），沿平行圆环的方向以一定速度射入的电子恰好可以在圆环内沿虚线顺时针方向做匀速圆周运动。电子重力忽略不计，则（　　）
A．做匀速圆周运动所需向心力由磁场Ⅰ提供
B．电场方向和磁场Ⅱ的方向均垂直圆环平面向里
C．仅将磁场Ⅰ、Ⅱ的方向反向，电子的运动情况不变
D．仅将磁场Ⅱ和电场的方向反向，电子的运动情况不变
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．如图甲所示，将一金属圆环放置在水平桌面上，空间存在方向竖直向下的磁场（未画出），若圆环中的磁通量随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．0~3s内圆环中的感应电流为俯视逆时针
B．0~3s内圆环有面积扩张的趋势
C．0~3s内圆环中产生的电动势大于3~8s内产生的电动势
D．0~10s内通过圆环的净电荷量不为零
10．如图所示是阴极射线显像管及其偏转线圈的示意图．显像管中有一个阴极，工作时它能发射阴极射线，荧光屏被阴极射线轰击就能发光．安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场，可以使阴极射线发生偏转．下列说法中正确的是（　　）
A．如果偏转线圈中没有电流，则阴极射线应该打在荧光屏正中的点
B．如果要使阴极射线在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上点，则偏转磁场的方向应该垂直纸面向里
C．如果要使阴极射线在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上点，则偏转磁场的方向应该垂直纸面向里
D．如果要使阴极射线在荧光屏上的位置由点向点移动，则偏转磁场磁感应强度应该先由小到大，再由大到小
11．小李同学探究“影响感应电流方向的因素”，实验如下：
（1）首先按图1所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左偏转；再按图2所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转。进行上述实验最主要的目的是__________。（填正确选项前的字母）
A．检查电流计测量电路的电流是否准确
B．推断电流从不同接线柱流人时电流计指针偏转方向
（2）接下来用如图3-甲所示的装置做实验，将条形磁铁S极向下插入螺线管时，发现电流计的指针向左偏转，螺线管的绕线方向如图3-乙所示。通过螺线管中的感应电流方向为　 　。（选填“”或“”）
（3）接上面的（2），将条形磁铁从螺线管中抽出时，电流计的指针向　 　偏转。（选填“左”或“右”）
（4）又将实验装置改造，如图4所示。连接好实验电路并检查无误后，观察在闭合开关的瞬间和断开瞬间以及闭合开关后以不同速度移动滑动变阻器的滑片过程中，指针摆动情况，由此实验可以得出恰当的结论是__________。（多选，填正确选项前的字母）
A．螺线管B的磁场变强或变弱影响感应电流方向
B．螺线管B的磁场变强或变弱影响感应电流大小
C．螺线管B的磁场强弱变化快慢影响感应电流大小
D．螺线管B的磁场强弱变化快慢影响感应电流方向
（5）小李同学又对教材中断电自感实验做了如下改动。在两条支路上分别串联电流传感器，再按教材要求，断开电路并记录下两支路的电流情况如图5所示。由图可知：断电瞬间，灯泡电流瞬间　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）。在不改变线圈电阻等其他条件的情况下，只将铁芯拔出后重做上述实验，可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将　 　（选填“变长”“变短”或“不变”）。
12．某同学探究“影响感应电动势大小的因素”，所用器材与装置如图甲所示：玻璃管竖直固定，外面套有线圈，线圈两端与时间-电压测量系统（内阻可视为无穷大）相连，两个发光二极管（只要有电流通过即可发光且保证安全）以图甲所示方式接入电路。把三块强磁薄圆片叠加成一个圆柱形磁铁，在玻璃管正上方释放，测量系统测出磁铁下端经过线圈中某两个测量点（图中没画出）的时间与该段时间线圈中的路端电压的平均值U。保持磁铁的释放位置及线圈上测量点的位置不变，改变下测量点的位置，测得多组数据，画出图线如图乙中实线所示。
（1）实验表明，磁铁经过两个位置的时间越长，穿过线圈的磁通量变化率越　 　（选填“大”或“小”），线圈中的平均感应电动势越　 　（选填“大”或“小”）。
（2）改变某个因素，重新实验，得到另一条图线（图乙中虚线），则改变的因素可能是（　　）
A．更多块强磁薄圆片叠加在一起 B．从更高的位置释放磁铁
C．换成匝数更多的线圈 D．磁铁上下颠倒后释放
（3）在磁铁下落并穿越整个玻璃管的过程中，关于二极管发光情况正确的是（　　）
A．A、B两个二极管同时发光后熄灭
B．A、B两个二极管中，只有一个发光后熄灭，另一个始终不发光
C．A、B两个二极管会先后发光后熄灭
D．A、B两个二极管都不会发光
13．“电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快、效率高等优点。如图是“电磁炮”的原理结构示意图。光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽为；在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度；“电磁炮”弹体总质量，其中弹体在轨道间的电阻；可控电源的电动势，内阻，不计空气阻力。求：
（1）通过弹体的电流大小及弹体所受安培力大小和方向；
（2）弹体从静止加速到4km/s，轨道至少要多长。
14．如图所示，两平行金属导轨间的距离为L，金属导轨所在的平面与水平面的夹角为θ，在导轨所在平面内分布着磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势为E、内阻为r的直流电源。现把一个长度为L、质量为m的导体棒放在金属导轨上，导体棒恰好不发生滑动。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为R，金属导轨的电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。求：
（1）导体棒中的电流I；
（2）t时间内导体棒所受安培力的冲量；
（3）导体棒与金属导轨间的动摩擦因数μ。
15．大型粒子对撞机需要精确控制粒子束。如图所示，极薄空心圆筒半径为R，其上有宽度很窄的狭缝a、b，Oa和Ob之间夹角为120°。圆筒内存在垂直纸面的磁感应强度为B的匀强磁场，在圆筒下方倾斜放置一块探测板，与高灵敏度的电流传感器串联后接地。电子枪发射速度为v的电子束，从右侧射入加速电场，以2v速度离开电场。电子经过狭缝a，速度正对O点射入磁场，在磁场中偏转后垂直撞击在圆筒c处，。不计电子重力及电子间相互作用，狭缝宽度远小于圆筒半径。求：
（1）磁场的方向，电子的比荷；
（2）电子打在c处时，可调电压的大小；
（3）若要电子从狭缝b处离开磁场，加速电压的大小；
（4）按照第（3）电压，使圆筒逆时针转动，电子从a进入圆筒经过磁场后再从a射出圆筒，然后垂直打在探测板上，求圆筒的角速度。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】从上往下看读卡机线圈中有顺时针的电流，已知线圈电流的方向，根据右手定则可知，线圈产生的磁场方向向下，当芯片卡接近读卡机时，穿过芯片线圈的磁通量向下增加，根据楞次定律增反减同可知，芯片线圈中感应磁场向上，根据右手定则可知芯片线圈产生逆时针方向的电流；根据安培力的性质“来拒去留”可知，两线圈相互排斥。
故选B。
【分析】利用读卡机线圈中电流的变化结合线圈靠近芯片线圈时，利用磁通量的变化结合楞次定律可以判别芯片中感应电流的方向，利用安培力的性质可以得出两个线圈相互排斥。
2．【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A．金属线向右振动的过程中，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，由于线圈产生的安培力会阻碍磁通量的变化，所以线圈有缩小的趋势，故A错误；
B．金属线向右振动的过程中，根据楞次定律可知线圈受到向右的安培力作用，根据牛顿第三定律可知，金属线所受安培力向左，故B错误；
C．金属线向左振动的过程中，穿过线圈的磁通量减小，由于线圈产生的感应磁场阻碍原磁场的变化，根据“增反减同”可知线圈的感应电流方向为顺时针，故C错误；
D．取下线圈，由于线圈中磁通量不再发生变化所以就不存在感应电流，也就没有安培力阻碍金属线振动，所以金属线会振动更久，故D正确。
故选D。
【分析】利用楞次定律可以判别线圈面积及线圈受到的安培力方向；利用楞次定律可以判别感应电流的方向；取下线圈，由于线圈中磁通量不再发生变化所以就不存在感应电流，也就没有安培力阻碍金属线振动，所以金属线会振动更久。
3．【答案】A
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算
【解析】【解答】根据电流的方向及磁场的方向可知安培力的方向向上，根据线圈的平衡方程可知弹簧测力计的示数
将线圈沿竖直方向缓慢上提，等效长度一直减小，根据安培力的表达式F=BIL可知安培力就一直减小，则弹簧测力计（始终有示数）示数一直变大。
故选A。
【分析】利用导线的有效长度可以判别安培力的大小变化，结合线圈的平衡方程可以判别弹簧测力计的读数变化。
4．【答案】A
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】ABC．日照地区位于北半球，由于S极位于地理北极附近，所以该地区地磁场竖直方向的分磁感应强度方向向下，吊扇叶片切割磁感线，叶片可以等效为电源，如图所示，根据仰视图可知吊扇的旋转方向为逆时针，根据右手定则可知，电流方向为B流向A端，所以A端为等效电源的正极，O端为等效电源的负极，根据电流的方向可知
故A正确，BC错误；
D．该地理位置地磁场的磁感应强度大小为，令其方向与竖直方向夹角为，根据磁感应强度的分解可知竖直方向的分量为
根据动生电动势的表达式可知A、两点的电势差
故D错误。
故选A。
【分析】利用磁场方向结合扇叶转动的方向可以判别感应电流的方向；利用感应电流的方向可以比较电势的高低；利用动生电动势的表达式结合竖直方向磁感应强度的大小可以求出电动势的大小。
5．【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量；楞次定律；右手定则
【解析】【解答】A．图乙中，线圈上半部分面积为，磁通量向外，根据磁通量的表达式可知大小为
下半部分面积为，磁通量向里，根据磁通量的表达式可知大小为
两部分磁通量大小相等，方向相反，所以线圈的磁通量相加可知总磁通量为0，故A错误；
B．虽然此时总磁通量为0，但永磁铁振动时，线圈相对磁场的位置发生变化会导致上下部分的磁通量大小不相等，线圈内总磁通量随相对运动不断变化，磁通量的变化率不为0，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势不为零，因此感应电流不为0，故B错误；
C．永磁铁相对线圈上升时，线圈中向里的磁场面积增大，根据上下磁场的磁通量叠加可知总磁通量向里增加，根据楞次定律可知线圈中会产生逆时针方向感应电流，故C错误；
D．根据楞次定律可知，安培力会阻碍相对运动。永磁铁相对线圈向下运动，线圈相对于磁铁向上运动，所以线圈受到的安培力方向向下，故D正确。
故选D。
【分析】利用线圈的面积结合磁感应强度的大小及方向可以求出线圈磁通量的大小；利用永磁体振动时线圈中的磁通量发生改变所以会产生感应电流；利用楞次定律可以判别感应电流的方向；利用安培力阻碍磁通量的变化可以判别线圈受到的安培力方向。
6．【答案】B
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．按住按钮不动时，由于线圈的位置保持不变所以线圈中磁感应强度保持不变可知线圈磁通量不变，无感应电流，所以门铃不会一直响，故A错误；
B．按下按钮过程中，由于线圈向下运动，根据N极取代S极的位置可知线圈中的磁场先向右减小，后向左增加，利用楞次定律可得感应电流方向从b接线柱通过线圈流向a接线柱，由于线圈作为电源，电流从a接线柱流出，所以线圈a接线柱的电势比b接线柱高，故B正确；
CD．按钮复位过程中，根据S极取代N极的位置可知线圈中的磁场先向左减小，后向右增加，根据磁感应强度的变化可知磁通量先减小后增大，故CD错误；
故选B。
【分析】当按住按钮不动时，由于线圈的位置保持不变所以线圈中磁感应强度保持不变可知线圈磁通量不变，无感应电流；按下按钮过程中，由于线圈向下运动，根据N极取代S极的位置可知线圈中的磁场先向右减小，后向左增加，利用楞次定律可得感应电流方向从b接线柱通过线圈流向a，根据电流的方向可知a的电势高于b的电势； 按钮复位过程中，线圈中的磁场先向左减小，后向右增加，磁通量先减小后增大 。
7．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB．根据左手定则可知磁场Ⅰ对电子的作用力沿圆环方向垂直纸面向里，由于磁场I产生的洛伦兹力方向与半径方向垂直，所以不能提供向心力，根据左手定则可以得出磁场Ⅱ对电子的作用力沿着半径方向指向圆心，所以提供电子做匀速圆周运动所需向心力，即磁场Ⅱ的方向垂直圆环平面向里，由于电子做匀速圆周运动，所以垂直于半径方向上可知电子所受电场力与磁场Ⅰ对电子的作用力平衡，所以电场方向垂直圆环平面向里，故A错误、B正确；
C．仅将磁场Ⅰ、Ⅱ的方向反向，磁场Ⅰ对电子的作用力沿圆环方向垂直纸面向外，此时磁场I产生的洛伦兹力不能与电场力平衡，会使电子沿着电场方向发生偏转，同时磁场Ⅱ对电子作用力背离半径方向，电子没有受到指向圆心的合力不能做圆周运动，所以电子运动情况改变，故C错误；
D．仅将磁场Ⅱ和电场的方向反向，磁场Ⅱ对电子作用力背离半径方向，电子不能继续做圆周运动，由于电子受到的电场力方向与磁场Ⅰ对电子的作用力相同，两者不再平衡所以电子运动情况改变，故D错误。
故选B。
【分析】利用左手定则可以判别两个磁场对电子的洛伦兹力方向，进而判别磁场Ⅱ对电子的作用力沿着半径方向指向圆心，所以提供电子做匀速圆周运动所需向心力；此时电场力与磁场I对电子产生的作用力方向相反，两者平衡，当改变两个磁场的方向时， 磁场Ⅰ对电子的作用力沿圆环方向垂直纸面向外，不能与电场力平衡，磁场Ⅱ对电子作用力背离半径方向，电子运动情况改变 ；当改变 磁场Ⅱ和电场的方向时， 磁场Ⅱ对电子作用力背离半径方向，电场力不再平衡磁场Ⅰ对电子的作用力，电子运动情况改变 。
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】A,C
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A.0~3s内磁通量向下增大，根据楞次定律可知圆环产生的感应磁场方向向上，根据右手定则可知圆环中的电流为俯视逆时针方向，A正确；
B.0~3s内磁通量增大，由于安培力阻碍磁通量的变化，所以在安培力的作用下圆环有面积收缩的趋势，B错误；
C.0~3s内的斜率大于3~8s内的斜率，根据图像斜率代表磁通量变化率的大小，根据法拉第电磁感应定律，可知0~3s内产生的电动势更大，C正确；
D．根据电流的定义式子结合法拉第电磁感应定律可知电荷量，0~10s内由于磁通量变化量为0所以通过的净电荷量为零，D错误。
故选AC。
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流和安培力的方向；利用图像斜率的大小可以比较电动势的大小；利用磁通量变化量的大小可以求出电荷量的大小。
10．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A.偏转线圈中没有电流，由于线圈不会产生磁场，电子不会受到洛伦兹力的作用所以阴极射线沿直线运动，打在O点，A符合题意．
BC.当偏转磁场方向垂直于纸张向外时，由于电子速度方向向右，阴极射线在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上A点；当偏转磁场的方向应该垂直纸面向内时，根据左手定则可知阴极射线在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上B点，选项B不符合题意，选项C符合题意；
D.根据洛伦兹力提供向心力有，根据表达式可知B越小，R越大，根据偏转半径的大小变化可知磁感应强度应先由大变小，再由小变大，故D不符合题意．
【分析】当偏转线圈没有电流时，电子不会受到洛伦兹力的作用所以阴极射线沿直线运动，打在O点；利用左手定则结合磁场的方向可以判别阴极射线的偏转方向；利用牛顿第二定律结合半径的变化可以判别磁感应强度的大小变化。
11．【答案】（1）B
（2）
（3）右
（4）A；C
（5）增大；变短
【知识点】自感与互感；研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）首先按图1所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左偏转；再按图2所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转。由于两种方式电流的方向不同导致指针偏转方向不同，所以进行上述实验最主要的目的是推断电流从不同接线柱流入时电流计指针偏转方向。
故选B。
（2）根据电流方向与指针偏转方向的关系可知当电流从“-”接线柱流入电流表时，电流计指针向左偏转时，则通过螺线管中的感应电流方向为。
（3）将条形磁铁从螺线管中抽出时，由于感应电流的方向与条形磁铁进入线圈的方向相反，所以电流计的指针向右偏。
（4）观察在开关闭合瞬间和断开瞬间指针偏转方向不同，由于闭合开关瞬间电流增大说明螺线管B的磁场变强，断开开关瞬间电流减弱导致磁场减弱，说明磁场的增加和变弱影响感应电流方向；闭合开关后以不同速度移动滑动变阻器的滑片过程中，指针摆动幅度不同，由于滑片移动的快慢影响电流变化的快慢，进而影响磁场变化的快慢，说明螺线管B的磁场强弱变化快慢影响感应电流大小。
故选AC。
（5）由图可知，断电前通过灯泡和电感线圈的电流均恒定，且通过电感线圈的电流大于通过灯泡的电流，断电瞬间，线圈产生自感电动势阻碍其电流减小，由于线圈电流从原来电流开始减小，而此时灯泡和自感线圈构成回路，所以导致此时灯泡电流等于线圈的电流从而使通过灯泡的电流瞬间增大。
在不改变线圈电阻等其他条件的情况下，只将铁芯拔出后重做上述实验，线圈的自感系数减小，对电流减小的阻碍能力减弱，所以在断电过程中，电感线圈阻碍能力减弱会导致可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将变短。
【分析】（1）由于两种方式电流的方向不同导致指针偏转方向不同，所以进行上述实验最主要的目的是推断电流从不同接线柱流入时电流计指针偏转方向；
（2）根据电流方向与指针偏转方向的关系可知通过螺线管中的感应电流方向为；
（3）将条形磁铁从螺线管中抽出时，由于感应电流的方向与条形磁铁进入线圈的方向相反，所以电流计的指针向右偏；
（4）断开开关瞬间电流减弱导致磁场减弱，说明磁场的增加和变弱影响感应电流方向；闭合开关后以不同速度移动滑动变阻器的滑片过程中，指针摆动幅度不同，说明螺线管B的磁场强弱变化快慢影响感应电流大小；
（5）断电瞬间，线圈产生自感电动势阻碍其电流减小，由于线圈电流从原来电流开始减小，而此时灯泡和自感线圈构成回路，所以导致此时灯泡电流等于线圈的电流从而使通过灯泡的电流瞬间增大。
在不改变线圈电阻等其他条件的情况下，只将铁芯拔出后重做上述实验，线圈的自感系数减小，对电流减小的阻碍能力减弱，所以在断电过程中，电感线圈阻碍能力减弱会导致可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将变短。
（1）首先按图1所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左偏转；再按图2所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转。进行上述实验最主要的目的是推断电流从不同接线柱流入时电流计指针偏转方向。
故选B。
（2）由小问1可知，当电流从“-”接线柱流入电流表时，电流计指针向左偏转时，则通过螺线管中的感应电流方向为。
（3）将条形磁铁从螺线管中抽出时，电流计的指针向右偏。
（4）观察在开关闭合瞬间和断开瞬间指针偏转方向不同，说明螺线管B的磁场变强或变弱影响感应电流方向；闭合开关后以不同速度移动滑动变阻器的滑片过程中，指针摆动幅度不同，说明螺线管B的磁场强弱变化快慢影响感应电流大小。
故选AC。
（5）[1]由图可知，断电前通过灯泡和电感线圈的电流均恒定，且通过电感线圈的电流大于通过灯泡的电流，断电瞬间，线圈产生自感电动势阻碍其电流减小，而此时灯泡和自感线圈构成回路，从而使通过灯泡的电流瞬间增大。
[2]在不改变线圈电阻等其他条件的情况下，只将铁芯拔出后重做上述实验，线圈的自感系数减小，对电流减小的阻碍能力减弱，因此可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将变短。
12．【答案】（1）小；小
（2）A；B；C
（3）B
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】（1）磁铁经过两个位置的时间越长，磁铁下落速度越慢，根据磁通量变化量与时间的比值可知穿过线圈的磁通量变化率越小。
由于磁通量变化率决定电动势的大小，根据法拉第电磁感应定律，可知穿过线圈的磁通量变化率越小，线圈中的平均感应电动势越小。
（2）A．更多块强磁薄圆片叠加在一起会增加磁感应强度的大小，磁铁下落相同时间内会导致磁通量变化量增大，根据磁通量变化率增大可知感应电动势平均值会比之前大，故A正确；
B．从更高的位置释放磁铁会增加磁铁穿过线圈的速度，导致线圈变化相同磁通量时所花时间更短，导致穿过线圈的磁通量变化率变大，相同时间内的感应电动势平均值会比之前大，故B正确；
C．换成匝数更多的线圈，根据法拉第电磁感应定律，相同时间内的感应电动势平均值会比之前大，故C正确；
D．磁铁上下颠倒后释放，仅改变了磁感应强度的方向，并不影响磁感应强度的大小，也不会影响单位时间内磁通量的变化量，所以相同时间内的感应电动势平均值与之前相同，故D错误。
故选ABC。
（3）二极管具有单向导电性，且图中的两个二极管电流导通的方向相反，根据楞次定律，在磁铁下落靠近线圈的过程和下落远离线圈的过程中，由于磁通量先增大后减小，穿过线圈的磁感应强度的方向发生改变所以线圈产生的电流方向相同，两二极管中只有一个被导通发光。
故选C。
【分析】（1）磁铁下落速度越慢，根据磁通量变化量与时间的比值可知穿过线圈的磁通量变化率越小，根据法拉第电磁感应定律可以判别平均感应电动势变小；
（2）更多块强磁薄圆片叠加在一起会增加磁感应强度的大小，根据磁通量变化率增大可知感应电动势平均值会比之前大；从更高的位置释放磁铁会增加磁铁穿过线圈的速度，导致线圈变化相同磁通量时所花时间更短，导致穿过线圈的磁通量变化率变大，相同时间内的感应电动势平均值会比之前大；换成匝数更多的线圈，根据法拉第电磁感应定律，相同时间内的感应电动势平均值会比之前大；磁铁上下颠倒后释放，仅改变了磁感应强度的方向，并不影响磁感应强度的大小，所以相同时间内的感应电动势平均值与之前相同；
（3）根据楞次定律，在磁铁下落靠近线圈的过程和下落远离线圈的过程中，由于磁通量先增大后减小，穿过线圈的磁感应强度的方向发生改变所以线圈产生的电流方向相同，两二极管中只有一个被导通发光。
（1）[1]磁铁经过两个位置的时间越长，磁铁下落速度越慢，穿过线圈的磁通量变化率越小。
[2]根据法拉第电磁感应定律，可知穿过线圈的磁通量变化率越小，线圈中的平均感应电动势越小。
（2）A．更多块强磁薄圆片叠加在一起会增加磁感应强度的大小，磁铁下落相同时间内的感应电动势平均值会比之前大，故A正确；
B．从更高的位置释放磁铁会增加磁铁穿过线圈的速度，导致穿过线圈的磁通量变化率变大，相同时间内的感应电动势平均值会比之前大，故B正确；
C．换成匝数更多的线圈，由法拉第电磁感应定律，相同时间内的感应电动势平均值会比之前大，故C正确；
D．磁铁上下颠倒后释放，仅改变了磁感应强度的方向，并不影响磁感应强度的大小，相同时间内的感应电动势平均值与之前相同，故D错误。
故选ABC。
（3）二极管具有单向导电性，且图中的两个二极管电流导通的方向相反，根据楞次定律，在磁铁下落靠近线圈的过程和下落远离线圈的过程中，线圈产生的电流方向相反，两二极管会先后被导通发光。
故选C。
13．【答案】（1）由闭合电路欧姆定律得
得
由安培力公式得安培力大小
由左手定则可知安培力方向水平向右。
（2）由动能定理可得
弹体从静止加速到，代入数值得
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；安培力的计算
【解析】【分析】（1）已知电动势和回路电阻，利用欧姆定律可以求出回路电流的大小，结合安培力的表达式可以求出安培力的大小；
（2）已知安培力对弹体做功，利用动能定理可以求出轨道的长度。
（1）由闭合电路欧姆定律得
得
由安培力公式得安培力大小
由左手定则可知安培力方向水平向右。
（2）由动能定理可得
弹体从静止加速到，代入数值得
14．【答案】（1）根据闭合电路欧姆定律得
（2）根据安培力的公式有
所以
方向沿导轨向上；
（3）对导体棒受力分析可知，其所受摩擦力可能沿斜面向上，如图所示。根据平衡条件有
解得
当摩擦力沿斜面向下时，同理可得
【知识点】冲量；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）已知回路电动势和电阻的大小，结合欧姆定律可以求出回路电流的大小；
（2）已知安培力的大小，根据安培力的表达式结合作用时间可以求出安培力冲量的大小；
（3）由于导体棒处于静止，利用平衡方程结合滑动摩擦力的表达式可以求出动摩擦因数的大小。
15．【答案】（1）解：电子带负电，向左入射后向下偏转，根据左手定则，可得磁场方向垂直纸面向外。电子从a正对O入射，垂直打到c点，由几何关系得电子偏转轨迹半径
电子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得
联立解得比荷
（2）解：对电子加速过程用动能定理，得
代入，联立解得
（3）解：已知，电子沿径向入射、径向出射，由几何关系，得轨迹半径
电子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得
代入，得
由动能定理，得
联立解得
（4）解：电子在磁场中运动周期
由几何关系可知，电子在匀强磁场的偏转轨迹圆心角
故电子从入射到出射的运动时间
电子出射位置与入射位置对圆心O夹角为
要求出射时狭缝a刚好转到出射位置，故圆筒转过角度满足（n=0，1，2，…）
代入整理得（n=0，1，2，…）
【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) 由左手定则判断磁场方向，结合几何关系确定轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力求电子比荷；
(2) 对加速过程应用动能定理，代入比荷求解可调电压；
(3) 由几何关系确定新轨迹半径，求对应速度，再由动能定理求加速电压；
(4) 先求电子圆周运动周期、偏转时间，结合圆筒转动的角度周期性，推导角速度表达式。
（1）电子带负电，向左入射后向下偏转，根据左手定则，可得磁场方向垂直纸面向外。电子从a正对O入射，垂直打到c点，由几何关系得电子偏转轨迹半径
电子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得
联立解得比荷
（2）对电子加速过程用动能定理，得
代入，联立解得
（3）已知，电子沿径向入射、径向出射，由几何关系，得轨迹半径
电子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得
代入，得
由动能定理，得
联立解得
（4）电子在磁场中运动周期
由几何关系可知，电子在匀强磁场的偏转轨迹圆心角
故电子从入射到出射的运动时间
电子出射位置与入射位置对圆心O夹角为
要求出射时狭缝a刚好转到出射位置，故圆筒转过角度满足（n=0，1，2，…）
代入整理得（n=0，1，2，…）
1 / 1广东佛山市南海区金石实验中学2025-2026学年度第二学期高二年级物理科供题训练
1．同学们在日常生活中所用的公交卡原理如图所示，图中上半部分表示读卡机内的线圈，下半部分表示芯片卡内的线圈。读卡机线圈中的电流会产生磁场，当芯片卡接近读卡机时，这个磁场会在芯片卡中产生感应电流，驱动芯片发出信息。若从上往下看读卡机线圈中有顺时针的电流，当芯片卡接近读卡机时则会（　　）
A．有逆时针方向的电流且两线圈相互吸引
B．有逆时针方向的电流且两线圈相互排斥
C．有顺时针方向的电流且两线圈相互吸引
D．有顺时针方向的电流且两线圈相互排斥
【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】从上往下看读卡机线圈中有顺时针的电流，已知线圈电流的方向，根据右手定则可知，线圈产生的磁场方向向下，当芯片卡接近读卡机时，穿过芯片线圈的磁通量向下增加，根据楞次定律增反减同可知，芯片线圈中感应磁场向上，根据右手定则可知芯片线圈产生逆时针方向的电流；根据安培力的性质“来拒去留”可知，两线圈相互排斥。
故选B。
【分析】利用读卡机线圈中电流的变化结合线圈靠近芯片线圈时，利用磁通量的变化结合楞次定律可以判别芯片中感应电流的方向，利用安培力的性质可以得出两个线圈相互排斥。
2．同学受电吉他启发，设计了一个如图所示的发声装置，装置内部安装有线圈，弹性金属线通有恒定电流（图中箭头所示），弹奏时金属线在线圈所处的平面振动时，线圈中会产生感应电流，经信号放大器放大后由扬声器发出音乐，下列说法正确的是（　　）
A．金属线向右振动的过程中，线圈有扩张的趋势
B．金属线向右振动的过程中，金属线所受安培力向右
C．金属线向左振动的过程中，线圈的感应电流方向为逆时针
D．取走线圈，其他条件不变，停止弹奏时金属线会更慢的停下来
【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A．金属线向右振动的过程中，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，由于线圈产生的安培力会阻碍磁通量的变化，所以线圈有缩小的趋势，故A错误；
B．金属线向右振动的过程中，根据楞次定律可知线圈受到向右的安培力作用，根据牛顿第三定律可知，金属线所受安培力向左，故B错误；
C．金属线向左振动的过程中，穿过线圈的磁通量减小，由于线圈产生的感应磁场阻碍原磁场的变化，根据“增反减同”可知线圈的感应电流方向为顺时针，故C错误；
D．取下线圈，由于线圈中磁通量不再发生变化所以就不存在感应电流，也就没有安培力阻碍金属线振动，所以金属线会振动更久，故D正确。
故选D。
【分析】利用楞次定律可以判别线圈面积及线圈受到的安培力方向；利用楞次定律可以判别感应电流的方向；取下线圈，由于线圈中磁通量不再发生变化所以就不存在感应电流，也就没有安培力阻碍金属线振动，所以金属线会振动更久。
3．半径为的刚性半圆形线框通过绝缘细线悬挂在弹簧测力计下端，在直径两端通入电流，方向如图所示，开始时略高于匀强磁场边界，弹簧测力计的示数为。现将线圈沿竖直方向缓慢上提，直到点与相切，关于弹簧测力计（始终有示数）示数的变化情况说法正确的是（　　）
A．一直变大 B．一直变小
C．先变大后变小 D．先变小后变大
【答案】A
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算
【解析】【解答】根据电流的方向及磁场的方向可知安培力的方向向上，根据线圈的平衡方程可知弹簧测力计的示数
将线圈沿竖直方向缓慢上提，等效长度一直减小，根据安培力的表达式F=BIL可知安培力就一直减小，则弹簧测力计（始终有示数）示数一直变大。
故选A。
【分析】利用导线的有效长度可以判别安培力的大小变化，结合线圈的平衡方程可以判别弹簧测力计的读数变化。
4．如图所示为日照地区某学校教室内的一台吊扇，正常工作时沿逆时针匀速转动（从下向上仰视观察）。已知叶片长度为，角速度为，该地理位置地磁场的磁感应强度大小为，A、两点的电势分别为，，下列判断正确的是（　　）
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】ABC．日照地区位于北半球，由于S极位于地理北极附近，所以该地区地磁场竖直方向的分磁感应强度方向向下，吊扇叶片切割磁感线，叶片可以等效为电源，如图所示，根据仰视图可知吊扇的旋转方向为逆时针，根据右手定则可知，电流方向为B流向A端，所以A端为等效电源的正极，O端为等效电源的负极，根据电流的方向可知
故A正确，BC错误；
D．该地理位置地磁场的磁感应强度大小为，令其方向与竖直方向夹角为，根据磁感应强度的分解可知竖直方向的分量为
根据动生电动势的表达式可知A、两点的电势差
故D错误。
故选A。
【分析】利用磁场方向结合扇叶转动的方向可以判别感应电流的方向；利用感应电流的方向可以比较电势的高低；利用动生电动势的表达式结合竖直方向磁感应强度的大小可以求出电动势的大小。
5．电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。在振动过程中，某时刻磁场分界线位于正方形线圈的正中间，如图乙所示。（永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈）关于图乙中的线圈，下列说法正确的是（　　）
A．此时穿过线圈的磁通量为
B．此时线圈中的感应电流为0
C．永磁铁相对线圈上升时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
D．永磁铁相对线圈下降时，线圈受到的安培力向下
【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量；楞次定律；右手定则
【解析】【解答】A．图乙中，线圈上半部分面积为，磁通量向外，根据磁通量的表达式可知大小为
下半部分面积为，磁通量向里，根据磁通量的表达式可知大小为
两部分磁通量大小相等，方向相反，所以线圈的磁通量相加可知总磁通量为0，故A错误；
B．虽然此时总磁通量为0，但永磁铁振动时，线圈相对磁场的位置发生变化会导致上下部分的磁通量大小不相等，线圈内总磁通量随相对运动不断变化，磁通量的变化率不为0，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势不为零，因此感应电流不为0，故B错误；
C．永磁铁相对线圈上升时，线圈中向里的磁场面积增大，根据上下磁场的磁通量叠加可知总磁通量向里增加，根据楞次定律可知线圈中会产生逆时针方向感应电流，故C错误；
D．根据楞次定律可知，安培力会阻碍相对运动。永磁铁相对线圈向下运动，线圈相对于磁铁向上运动，所以线圈受到的安培力方向向下，故D正确。
故选D。
【分析】利用线圈的面积结合磁感应强度的大小及方向可以求出线圈磁通量的大小；利用永磁体振动时线圈中的磁通量发生改变所以会产生感应电流；利用楞次定律可以判别感应电流的方向；利用安培力阻碍磁通量的变化可以判别线圈受到的安培力方向。
6．市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图所示。在按下门铃按钮过程中，夹着永磁铁的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变。松开门铃按钮后，弹簧可使之复位（与a、b连接的外电路未画出）。由此可以判断（　　）
A．按住按钮不动，门铃会一直响
B．按下按钮过程中，a点电势高于b
C．按钮复位的过程中，穿过线圈的磁通量一直减小
D．按钮复位的过程中，穿过线圈的磁通量一直增加
【答案】B
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．按住按钮不动时，由于线圈的位置保持不变所以线圈中磁感应强度保持不变可知线圈磁通量不变，无感应电流，所以门铃不会一直响，故A错误；
B．按下按钮过程中，由于线圈向下运动，根据N极取代S极的位置可知线圈中的磁场先向右减小，后向左增加，利用楞次定律可得感应电流方向从b接线柱通过线圈流向a接线柱，由于线圈作为电源，电流从a接线柱流出，所以线圈a接线柱的电势比b接线柱高，故B正确；
CD．按钮复位过程中，根据S极取代N极的位置可知线圈中的磁场先向左减小，后向右增加，根据磁感应强度的变化可知磁通量先减小后增大，故CD错误；
故选B。
【分析】当按住按钮不动时，由于线圈的位置保持不变所以线圈中磁感应强度保持不变可知线圈磁通量不变，无感应电流；按下按钮过程中，由于线圈向下运动，根据N极取代S极的位置可知线圈中的磁场先向右减小，后向左增加，利用楞次定律可得感应电流方向从b接线柱通过线圈流向a，根据电流的方向可知a的电势高于b的电势； 按钮复位过程中，线圈中的磁场先向左减小，后向右增加，磁通量先减小后增大 。
7．图甲为我国研制的大功率单通道霍尔推进器，核心结构如图乙所示，在很窄的圆环空间内存在沿半径方向向外的辐射状的磁场Ⅰ，其磁感应强度大小可近似认为处处相等。若在垂直圆环平面方向加上匀强磁场Ⅱ和匀强电场（图中都没有画出），沿平行圆环的方向以一定速度射入的电子恰好可以在圆环内沿虚线顺时针方向做匀速圆周运动。电子重力忽略不计，则（　　）
A．做匀速圆周运动所需向心力由磁场Ⅰ提供
B．电场方向和磁场Ⅱ的方向均垂直圆环平面向里
C．仅将磁场Ⅰ、Ⅱ的方向反向，电子的运动情况不变
D．仅将磁场Ⅱ和电场的方向反向，电子的运动情况不变
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB．根据左手定则可知磁场Ⅰ对电子的作用力沿圆环方向垂直纸面向里，由于磁场I产生的洛伦兹力方向与半径方向垂直，所以不能提供向心力，根据左手定则可以得出磁场Ⅱ对电子的作用力沿着半径方向指向圆心，所以提供电子做匀速圆周运动所需向心力，即磁场Ⅱ的方向垂直圆环平面向里，由于电子做匀速圆周运动，所以垂直于半径方向上可知电子所受电场力与磁场Ⅰ对电子的作用力平衡，所以电场方向垂直圆环平面向里，故A错误、B正确；
C．仅将磁场Ⅰ、Ⅱ的方向反向，磁场Ⅰ对电子的作用力沿圆环方向垂直纸面向外，此时磁场I产生的洛伦兹力不能与电场力平衡，会使电子沿着电场方向发生偏转，同时磁场Ⅱ对电子作用力背离半径方向，电子没有受到指向圆心的合力不能做圆周运动，所以电子运动情况改变，故C错误；
D．仅将磁场Ⅱ和电场的方向反向，磁场Ⅱ对电子作用力背离半径方向，电子不能继续做圆周运动，由于电子受到的电场力方向与磁场Ⅰ对电子的作用力相同，两者不再平衡所以电子运动情况改变，故D错误。
故选B。
【分析】利用左手定则可以判别两个磁场对电子的洛伦兹力方向，进而判别磁场Ⅱ对电子的作用力沿着半径方向指向圆心，所以提供电子做匀速圆周运动所需向心力；此时电场力与磁场I对电子产生的作用力方向相反，两者平衡，当改变两个磁场的方向时， 磁场Ⅰ对电子的作用力沿圆环方向垂直纸面向外，不能与电场力平衡，磁场Ⅱ对电子作用力背离半径方向，电子运动情况改变 ；当改变 磁场Ⅱ和电场的方向时， 磁场Ⅱ对电子作用力背离半径方向，电场力不再平衡磁场Ⅰ对电子的作用力，电子运动情况改变 。
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．如图甲所示，将一金属圆环放置在水平桌面上，空间存在方向竖直向下的磁场（未画出），若圆环中的磁通量随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．0~3s内圆环中的感应电流为俯视逆时针
B．0~3s内圆环有面积扩张的趋势
C．0~3s内圆环中产生的电动势大于3~8s内产生的电动势
D．0~10s内通过圆环的净电荷量不为零
【答案】A,C
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A.0~3s内磁通量向下增大，根据楞次定律可知圆环产生的感应磁场方向向上，根据右手定则可知圆环中的电流为俯视逆时针方向，A正确；
B.0~3s内磁通量增大，由于安培力阻碍磁通量的变化，所以在安培力的作用下圆环有面积收缩的趋势，B错误；
C.0~3s内的斜率大于3~8s内的斜率，根据图像斜率代表磁通量变化率的大小，根据法拉第电磁感应定律，可知0~3s内产生的电动势更大，C正确；
D．根据电流的定义式子结合法拉第电磁感应定律可知电荷量，0~10s内由于磁通量变化量为0所以通过的净电荷量为零，D错误。
故选AC。
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流和安培力的方向；利用图像斜率的大小可以比较电动势的大小；利用磁通量变化量的大小可以求出电荷量的大小。
10．如图所示是阴极射线显像管及其偏转线圈的示意图．显像管中有一个阴极，工作时它能发射阴极射线，荧光屏被阴极射线轰击就能发光．安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场，可以使阴极射线发生偏转．下列说法中正确的是（　　）
A．如果偏转线圈中没有电流，则阴极射线应该打在荧光屏正中的点
B．如果要使阴极射线在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上点，则偏转磁场的方向应该垂直纸面向里
C．如果要使阴极射线在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上点，则偏转磁场的方向应该垂直纸面向里
D．如果要使阴极射线在荧光屏上的位置由点向点移动，则偏转磁场磁感应强度应该先由小到大，再由大到小
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A.偏转线圈中没有电流，由于线圈不会产生磁场，电子不会受到洛伦兹力的作用所以阴极射线沿直线运动，打在O点，A符合题意．
BC.当偏转磁场方向垂直于纸张向外时，由于电子速度方向向右，阴极射线在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上A点；当偏转磁场的方向应该垂直纸面向内时，根据左手定则可知阴极射线在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上B点，选项B不符合题意，选项C符合题意；
D.根据洛伦兹力提供向心力有，根据表达式可知B越小，R越大，根据偏转半径的大小变化可知磁感应强度应先由大变小，再由小变大，故D不符合题意．
【分析】当偏转线圈没有电流时，电子不会受到洛伦兹力的作用所以阴极射线沿直线运动，打在O点；利用左手定则结合磁场的方向可以判别阴极射线的偏转方向；利用牛顿第二定律结合半径的变化可以判别磁感应强度的大小变化。
11．小李同学探究“影响感应电流方向的因素”，实验如下：
（1）首先按图1所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左偏转；再按图2所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转。进行上述实验最主要的目的是__________。（填正确选项前的字母）
A．检查电流计测量电路的电流是否准确
B．推断电流从不同接线柱流人时电流计指针偏转方向
（2）接下来用如图3-甲所示的装置做实验，将条形磁铁S极向下插入螺线管时，发现电流计的指针向左偏转，螺线管的绕线方向如图3-乙所示。通过螺线管中的感应电流方向为　 　。（选填“”或“”）
（3）接上面的（2），将条形磁铁从螺线管中抽出时，电流计的指针向　 　偏转。（选填“左”或“右”）
（4）又将实验装置改造，如图4所示。连接好实验电路并检查无误后，观察在闭合开关的瞬间和断开瞬间以及闭合开关后以不同速度移动滑动变阻器的滑片过程中，指针摆动情况，由此实验可以得出恰当的结论是__________。（多选，填正确选项前的字母）
A．螺线管B的磁场变强或变弱影响感应电流方向
B．螺线管B的磁场变强或变弱影响感应电流大小
C．螺线管B的磁场强弱变化快慢影响感应电流大小
D．螺线管B的磁场强弱变化快慢影响感应电流方向
（5）小李同学又对教材中断电自感实验做了如下改动。在两条支路上分别串联电流传感器，再按教材要求，断开电路并记录下两支路的电流情况如图5所示。由图可知：断电瞬间，灯泡电流瞬间　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）。在不改变线圈电阻等其他条件的情况下，只将铁芯拔出后重做上述实验，可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将　 　（选填“变长”“变短”或“不变”）。
【答案】（1）B
（2）
（3）右
（4）A；C
（5）增大；变短
【知识点】自感与互感；研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）首先按图1所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左偏转；再按图2所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转。由于两种方式电流的方向不同导致指针偏转方向不同，所以进行上述实验最主要的目的是推断电流从不同接线柱流入时电流计指针偏转方向。
故选B。
（2）根据电流方向与指针偏转方向的关系可知当电流从“-”接线柱流入电流表时，电流计指针向左偏转时，则通过螺线管中的感应电流方向为。
（3）将条形磁铁从螺线管中抽出时，由于感应电流的方向与条形磁铁进入线圈的方向相反，所以电流计的指针向右偏。
（4）观察在开关闭合瞬间和断开瞬间指针偏转方向不同，由于闭合开关瞬间电流增大说明螺线管B的磁场变强，断开开关瞬间电流减弱导致磁场减弱，说明磁场的增加和变弱影响感应电流方向；闭合开关后以不同速度移动滑动变阻器的滑片过程中，指针摆动幅度不同，由于滑片移动的快慢影响电流变化的快慢，进而影响磁场变化的快慢，说明螺线管B的磁场强弱变化快慢影响感应电流大小。
故选AC。
（5）由图可知，断电前通过灯泡和电感线圈的电流均恒定，且通过电感线圈的电流大于通过灯泡的电流，断电瞬间，线圈产生自感电动势阻碍其电流减小，由于线圈电流从原来电流开始减小，而此时灯泡和自感线圈构成回路，所以导致此时灯泡电流等于线圈的电流从而使通过灯泡的电流瞬间增大。
在不改变线圈电阻等其他条件的情况下，只将铁芯拔出后重做上述实验，线圈的自感系数减小，对电流减小的阻碍能力减弱，所以在断电过程中，电感线圈阻碍能力减弱会导致可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将变短。
【分析】（1）由于两种方式电流的方向不同导致指针偏转方向不同，所以进行上述实验最主要的目的是推断电流从不同接线柱流入时电流计指针偏转方向；
（2）根据电流方向与指针偏转方向的关系可知通过螺线管中的感应电流方向为；
（3）将条形磁铁从螺线管中抽出时，由于感应电流的方向与条形磁铁进入线圈的方向相反，所以电流计的指针向右偏；
（4）断开开关瞬间电流减弱导致磁场减弱，说明磁场的增加和变弱影响感应电流方向；闭合开关后以不同速度移动滑动变阻器的滑片过程中，指针摆动幅度不同，说明螺线管B的磁场强弱变化快慢影响感应电流大小；
（5）断电瞬间，线圈产生自感电动势阻碍其电流减小，由于线圈电流从原来电流开始减小，而此时灯泡和自感线圈构成回路，所以导致此时灯泡电流等于线圈的电流从而使通过灯泡的电流瞬间增大。
在不改变线圈电阻等其他条件的情况下，只将铁芯拔出后重做上述实验，线圈的自感系数减小，对电流减小的阻碍能力减弱，所以在断电过程中，电感线圈阻碍能力减弱会导致可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将变短。
（1）首先按图1所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左偏转；再按图2所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转。进行上述实验最主要的目的是推断电流从不同接线柱流入时电流计指针偏转方向。
故选B。
（2）由小问1可知，当电流从“-”接线柱流入电流表时，电流计指针向左偏转时，则通过螺线管中的感应电流方向为。
（3）将条形磁铁从螺线管中抽出时，电流计的指针向右偏。
（4）观察在开关闭合瞬间和断开瞬间指针偏转方向不同，说明螺线管B的磁场变强或变弱影响感应电流方向；闭合开关后以不同速度移动滑动变阻器的滑片过程中，指针摆动幅度不同，说明螺线管B的磁场强弱变化快慢影响感应电流大小。
故选AC。
（5）[1]由图可知，断电前通过灯泡和电感线圈的电流均恒定，且通过电感线圈的电流大于通过灯泡的电流，断电瞬间，线圈产生自感电动势阻碍其电流减小，而此时灯泡和自感线圈构成回路，从而使通过灯泡的电流瞬间增大。
[2]在不改变线圈电阻等其他条件的情况下，只将铁芯拔出后重做上述实验，线圈的自感系数减小，对电流减小的阻碍能力减弱，因此可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将变短。
12．某同学探究“影响感应电动势大小的因素”，所用器材与装置如图甲所示：玻璃管竖直固定，外面套有线圈，线圈两端与时间-电压测量系统（内阻可视为无穷大）相连，两个发光二极管（只要有电流通过即可发光且保证安全）以图甲所示方式接入电路。把三块强磁薄圆片叠加成一个圆柱形磁铁，在玻璃管正上方释放，测量系统测出磁铁下端经过线圈中某两个测量点（图中没画出）的时间与该段时间线圈中的路端电压的平均值U。保持磁铁的释放位置及线圈上测量点的位置不变，改变下测量点的位置，测得多组数据，画出图线如图乙中实线所示。
（1）实验表明，磁铁经过两个位置的时间越长，穿过线圈的磁通量变化率越　 　（选填“大”或“小”），线圈中的平均感应电动势越　 　（选填“大”或“小”）。
（2）改变某个因素，重新实验，得到另一条图线（图乙中虚线），则改变的因素可能是（　　）
A．更多块强磁薄圆片叠加在一起 B．从更高的位置释放磁铁
C．换成匝数更多的线圈 D．磁铁上下颠倒后释放
（3）在磁铁下落并穿越整个玻璃管的过程中，关于二极管发光情况正确的是（　　）
A．A、B两个二极管同时发光后熄灭
B．A、B两个二极管中，只有一个发光后熄灭，另一个始终不发光
C．A、B两个二极管会先后发光后熄灭
D．A、B两个二极管都不会发光
【答案】（1）小；小
（2）A；B；C
（3）B
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】（1）磁铁经过两个位置的时间越长，磁铁下落速度越慢，根据磁通量变化量与时间的比值可知穿过线圈的磁通量变化率越小。
由于磁通量变化率决定电动势的大小，根据法拉第电磁感应定律，可知穿过线圈的磁通量变化率越小，线圈中的平均感应电动势越小。
（2）A．更多块强磁薄圆片叠加在一起会增加磁感应强度的大小，磁铁下落相同时间内会导致磁通量变化量增大，根据磁通量变化率增大可知感应电动势平均值会比之前大，故A正确；
B．从更高的位置释放磁铁会增加磁铁穿过线圈的速度，导致线圈变化相同磁通量时所花时间更短，导致穿过线圈的磁通量变化率变大，相同时间内的感应电动势平均值会比之前大，故B正确；
C．换成匝数更多的线圈，根据法拉第电磁感应定律，相同时间内的感应电动势平均值会比之前大，故C正确；
D．磁铁上下颠倒后释放，仅改变了磁感应强度的方向，并不影响磁感应强度的大小，也不会影响单位时间内磁通量的变化量，所以相同时间内的感应电动势平均值与之前相同，故D错误。
故选ABC。
（3）二极管具有单向导电性，且图中的两个二极管电流导通的方向相反，根据楞次定律，在磁铁下落靠近线圈的过程和下落远离线圈的过程中，由于磁通量先增大后减小，穿过线圈的磁感应强度的方向发生改变所以线圈产生的电流方向相同，两二极管中只有一个被导通发光。
故选C。
【分析】（1）磁铁下落速度越慢，根据磁通量变化量与时间的比值可知穿过线圈的磁通量变化率越小，根据法拉第电磁感应定律可以判别平均感应电动势变小；
（2）更多块强磁薄圆片叠加在一起会增加磁感应强度的大小，根据磁通量变化率增大可知感应电动势平均值会比之前大；从更高的位置释放磁铁会增加磁铁穿过线圈的速度，导致线圈变化相同磁通量时所花时间更短，导致穿过线圈的磁通量变化率变大，相同时间内的感应电动势平均值会比之前大；换成匝数更多的线圈，根据法拉第电磁感应定律，相同时间内的感应电动势平均值会比之前大；磁铁上下颠倒后释放，仅改变了磁感应强度的方向，并不影响磁感应强度的大小，所以相同时间内的感应电动势平均值与之前相同；
（3）根据楞次定律，在磁铁下落靠近线圈的过程和下落远离线圈的过程中，由于磁通量先增大后减小，穿过线圈的磁感应强度的方向发生改变所以线圈产生的电流方向相同，两二极管中只有一个被导通发光。
（1）[1]磁铁经过两个位置的时间越长，磁铁下落速度越慢，穿过线圈的磁通量变化率越小。
[2]根据法拉第电磁感应定律，可知穿过线圈的磁通量变化率越小，线圈中的平均感应电动势越小。
（2）A．更多块强磁薄圆片叠加在一起会增加磁感应强度的大小，磁铁下落相同时间内的感应电动势平均值会比之前大，故A正确；
B．从更高的位置释放磁铁会增加磁铁穿过线圈的速度，导致穿过线圈的磁通量变化率变大，相同时间内的感应电动势平均值会比之前大，故B正确；
C．换成匝数更多的线圈，由法拉第电磁感应定律，相同时间内的感应电动势平均值会比之前大，故C正确；
D．磁铁上下颠倒后释放，仅改变了磁感应强度的方向，并不影响磁感应强度的大小，相同时间内的感应电动势平均值与之前相同，故D错误。
故选ABC。
（3）二极管具有单向导电性，且图中的两个二极管电流导通的方向相反，根据楞次定律，在磁铁下落靠近线圈的过程和下落远离线圈的过程中，线圈产生的电流方向相反，两二极管会先后被导通发光。
故选C。
13．“电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快、效率高等优点。如图是“电磁炮”的原理结构示意图。光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽为；在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度；“电磁炮”弹体总质量，其中弹体在轨道间的电阻；可控电源的电动势，内阻，不计空气阻力。求：
（1）通过弹体的电流大小及弹体所受安培力大小和方向；
（2）弹体从静止加速到4km/s，轨道至少要多长。
【答案】（1）由闭合电路欧姆定律得
得
由安培力公式得安培力大小
由左手定则可知安培力方向水平向右。
（2）由动能定理可得
弹体从静止加速到，代入数值得
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；安培力的计算
【解析】【分析】（1）已知电动势和回路电阻，利用欧姆定律可以求出回路电流的大小，结合安培力的表达式可以求出安培力的大小；
（2）已知安培力对弹体做功，利用动能定理可以求出轨道的长度。
（1）由闭合电路欧姆定律得
得
由安培力公式得安培力大小
由左手定则可知安培力方向水平向右。
（2）由动能定理可得
弹体从静止加速到，代入数值得
14．如图所示，两平行金属导轨间的距离为L，金属导轨所在的平面与水平面的夹角为θ，在导轨所在平面内分布着磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势为E、内阻为r的直流电源。现把一个长度为L、质量为m的导体棒放在金属导轨上，导体棒恰好不发生滑动。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为R，金属导轨的电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。求：
（1）导体棒中的电流I；
（2）t时间内导体棒所受安培力的冲量；
（3）导体棒与金属导轨间的动摩擦因数μ。
【答案】（1）根据闭合电路欧姆定律得
（2）根据安培力的公式有
所以
方向沿导轨向上；
（3）对导体棒受力分析可知，其所受摩擦力可能沿斜面向上，如图所示。根据平衡条件有
解得
当摩擦力沿斜面向下时，同理可得
【知识点】冲量；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）已知回路电动势和电阻的大小，结合欧姆定律可以求出回路电流的大小；
（2）已知安培力的大小，根据安培力的表达式结合作用时间可以求出安培力冲量的大小；
（3）由于导体棒处于静止，利用平衡方程结合滑动摩擦力的表达式可以求出动摩擦因数的大小。
15．大型粒子对撞机需要精确控制粒子束。如图所示，极薄空心圆筒半径为R，其上有宽度很窄的狭缝a、b，Oa和Ob之间夹角为120°。圆筒内存在垂直纸面的磁感应强度为B的匀强磁场，在圆筒下方倾斜放置一块探测板，与高灵敏度的电流传感器串联后接地。电子枪发射速度为v的电子束，从右侧射入加速电场，以2v速度离开电场。电子经过狭缝a，速度正对O点射入磁场，在磁场中偏转后垂直撞击在圆筒c处，。不计电子重力及电子间相互作用，狭缝宽度远小于圆筒半径。求：
（1）磁场的方向，电子的比荷；
（2）电子打在c处时，可调电压的大小；
（3）若要电子从狭缝b处离开磁场，加速电压的大小；
（4）按照第（3）电压，使圆筒逆时针转动，电子从a进入圆筒经过磁场后再从a射出圆筒，然后垂直打在探测板上，求圆筒的角速度。
【答案】（1）解：电子带负电，向左入射后向下偏转，根据左手定则，可得磁场方向垂直纸面向外。电子从a正对O入射，垂直打到c点，由几何关系得电子偏转轨迹半径
电子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得
联立解得比荷
（2）解：对电子加速过程用动能定理，得
代入，联立解得
（3）解：已知，电子沿径向入射、径向出射，由几何关系，得轨迹半径
电子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得
代入，得
由动能定理，得
联立解得
（4）解：电子在磁场中运动周期
由几何关系可知，电子在匀强磁场的偏转轨迹圆心角
故电子从入射到出射的运动时间
电子出射位置与入射位置对圆心O夹角为
要求出射时狭缝a刚好转到出射位置，故圆筒转过角度满足（n=0，1，2，…）
代入整理得（n=0，1，2，…）
【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) 由左手定则判断磁场方向，结合几何关系确定轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力求电子比荷；
(2) 对加速过程应用动能定理，代入比荷求解可调电压；
(3) 由几何关系确定新轨迹半径，求对应速度，再由动能定理求加速电压；
(4) 先求电子圆周运动周期、偏转时间，结合圆筒转动的角度周期性，推导角速度表达式。
（1）电子带负电，向左入射后向下偏转，根据左手定则，可得磁场方向垂直纸面向外。电子从a正对O入射，垂直打到c点，由几何关系得电子偏转轨迹半径
电子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得
联立解得比荷
（2）对电子加速过程用动能定理，得
代入，联立解得
（3）已知，电子沿径向入射、径向出射，由几何关系，得轨迹半径
电子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得
代入，得
由动能定理，得
联立解得
（4）电子在磁场中运动周期
由几何关系可知，电子在匀强磁场的偏转轨迹圆心角
故电子从入射到出射的运动时间
电子出射位置与入射位置对圆心O夹角为
要求出射时狭缝a刚好转到出射位置，故圆筒转过角度满足（n=0，1，2，…）
代入整理得（n=0，1，2，…）
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