四川省广元市川师大万达中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题
1．（2024高二下·广元月考） 下列说法正确的是（ ）
A．19世纪30年代，法拉第提出一种观点，认为在电荷的周围存在由它产生的电场
B．法拉第发现了“电生磁”现象，奥斯特发现了“磁生电”现象
C．若一长为L、电流为I的电流元在某处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度必为
D．精密线绕电阻常采用双线绕法，可以增强线绕电阻通电时产生的磁场
【答案】A
【知识点】磁感应强度；物理学史；磁通量
【解析】【解答】A.19世纪30年代，法拉第提出一种观点，认为在电荷的周围存在由它产生的电场，A符合题意；
B.奥斯特发现了“电生磁”现象，法拉第发现了“磁生电”现象，B不符合题意；
C.根据安培力的公式
可知，若长为L、电流为I的导线在某处受到的磁场力为F，该处的磁感应强度不一定为
还要看，C不符合题意；
D.精密线绕电阻常采用双线绕法，可以消除线绕电阻通电时产生的磁场，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据物理学史分析；根据安培力的公式推导磁感应强度；双线绕法，是减弱通电时产生的磁场。
2．（2024高二下·广元月考） 如图所示，边长为L正方形金属回路（总电阻为R）与水平面的夹角为，虚线圆与正方形边界相切，虚线圆形边界内（包括边界）存在竖直向下匀强磁场，其磁感应强度与时间的关系式为（且为常量），则金属回路产生的感应电流大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】根据法拉第电磁感应定律得可得回路产生的感应电动势大小为
由闭合电路欧姆定律可得，金属回路产生的感应电流大小为
ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据法拉第电磁感应定律求出回路中产生的感应电动势，再由闭合回路欧姆定律求出感应电流的大小。
3．（2024高二下·广元月考） 某电学原件的电路图可简化为如右图所示，两小灯泡完全相同，电感L的电阻小于灯泡的电阻，下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关瞬间，L1缓慢变亮，L2立即变亮
B．闭合开关电路稳定后，两只灯泡亮度相同
C．电路稳定后，断开开关，两只灯泡均缓慢熄灭
D．电路稳定后，断开开关，L1闪亮一下缓慢熄灭，L2立即熄灭
【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】AB.由图可知，当S闭合瞬间，线圈以及两灯同时获得电压，所以、同时发光，随着线圈L电流的增加，流过的电流逐渐减小，逐渐变暗，变得更亮，AB不符合题意；
CD.待电路稳定后，由于电感L的电阻小于灯泡的电阻，所以通过线圈的电流大于通过的电流，S断开瞬间，中电流消失，故立即熄灭，线圈与构成一个新的闭合回路，线圈相当于电源，由于原来通过电感L的电流大于中的电流，故闪亮一下逐渐熄灭，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据自感现象的原理，分析电感线圈中电流变化引起的感应电动势对电变变化的阻碍作用，然后结合电路的结构分析灯泡的亮暗变化。
4．（2024高二下·广元月考） 1831年10月28日，法拉第展示了人类历史上第一台发电机一法拉第圆盘发电机，其原理图如图所示，水平匀强磁场垂直于盘面，圆盘绕水平轴以角速度匀速转动，铜片与圆盘的边缘接触，圆盘、导线和电阻组成闭合回路，圆盘半径为，圆盘接入间的电阻也为，其他电阻均可忽略不计。下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A．点电势高于点电势
B．C、D两端的电压为
C．圆盘转动过程中，电流的大小为
D．圆盘转动过程中，产生的电功率为
【答案】D
【知识点】电功率和电功；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A.由右手定则可知，流经电阻R的电流由D到C，因此C点电势低于D点电势，A不符合题意；
B.由切割产生的感应电动势公式E=BLv，可得圆盘产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可得C、D两端的电压为
B不符合题意；
C.由闭合电路欧姆定律可得，圆盘转动过程中电流的大小为
C不符合题意；
D.圆盘转动过程中，由电功率公式P=UI可知，产生的电功率为
D不符合题意。
故答案为：D。
【分析】由右手定则判断C、D两点电势的高低；根据切割产生的感应电动势公式E=BLv，求出圆盘转动产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律计算C、D两端的电压和回路中的电流；电功率公式P=UI，求解圆盘转动过程中产生的电功率。
5．（2024高二下·广元月考） 如图所示，一倾斜的金属框架上放有一根金属棒，由于摩擦力作用，金属棒在没有磁场时处于静止状态.从t0时刻开始给框架区域内加一个垂直框架平面向上的逐渐增强的磁场，到时刻t1时，金属棒开始运动，则在这段时间内，棒所受的摩擦力（ ）
A．不断增大 B．不断减小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
【答案】C
【知识点】安培力；楞次定律
【解析】【解答】由题意可知，没有磁场时金属棒处于静止状态，可知此时金属棒受到的摩擦力沿斜面向上；从时刻开始给框架区域内加一个垂直框架平面向上的逐渐增强的磁场，由楞次定律可知，金属棒中产生的感应电流方向从右向左，由左手定则可知，金属棒受到沿斜面向上的安培力，随着磁场增大，导体棒受到的安培力逐渐增大，导体棒受到的摩擦力减小；当安培力增大到等于时，摩擦力减小到0；随着磁场继续增大，安培力再增大，摩擦力反向并增大，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】先由共点力平衡条件分析没有磁场时摩擦力的方向，再由楞次定律和左手定则分析加上磁场后导体棒受到的安培力，然后根据安培力的变化情况分析摩擦力的变化情况。
6．（2024高二下·广元月考） 如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek。则（ ）
A．W2=Q B．W1=Q C．W1=Ek D．WF=Q+Ek
【答案】C
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】C.导体棒运动过程中只受到的安培力（磁场力）作用，根据动能定理，有
C符合题意；
AB.根据能量守恒可知，磁铁克服磁场力做功等于回路的电能，电能一部分转化为电流在回路中产生的焦耳热，另一部分转化为导体棒的机械能，有
，
AB不符合题意；
D.对整个系统，根据功能关系可得
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】分别以导体棒、磁铁和整个系统为研究对象，根据功能关系，分析能量的转化过程。
7．（2024高二下·广元月考） 如图所示，两相互垂直的光滑金属导轨固定在水平桌面上，空间分布着竖直向下大小为的匀强磁场。为金属导轨上的两点，且。时，一足够长金属杆从所在直线处沿的角平分线向右运动的同时，磁场的磁感应强度大小也随时间发生变化。金属杆与导轨接触良好，要使金属杆在无外力作用下仍能保持匀速运动，磁感应强度与时间的关系式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】金属杆在无外力作用下仍能保持匀速运动，则导体棒应该不受安培力作用，所以电路中应该没有感应电流，故闭合回路内应该没有磁通量的变化，则有
代入数据
，
解得
ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】 分析金属杆在无外力作用下仍能保持匀速运动的条件，得出闭合回路中应该没有感应电流产生的结论，然后根据感应电流的产生条件进行求解。
8．（2024高二下·广元月考） 水平桌面上固定一根绝缘长直导线，矩形导线框abcd靠近长直导线固定桌面上，如图甲所示。当长直导线中的电流按图乙的规律变化时（图甲所示电流方向为其正方向），则（ ）
A．，线框内电流的方向为abcda
B．，线框内电流的方向为abcda
C．，线框所受安培力方向一直向右
D．，线框所受安培力方向一直向左
【答案】B,C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用；楞次定律
【解析】【解答】A.由安培定则可知，，穿过线圈的磁通量向里，因为电流增大，所以磁通量增加，根据楞次定律和安培定则可知，线框内电流的方向为adcba，A不符合题意；
B.由安培定则可知，，穿过线圈的磁通量向里，因为电流减小，所以磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可知，线框内电流的方向为abcda，B符合题意；
C.由安培定则可知，，穿过线圈的磁通量向外，因为电流增加，所以磁通量增加，根据楞次定律和安培定则可知，线框内电流的方向为abcda，根据左手定则可知，ad受安培力向右，bc受安培力向左，因ad边受安培力大于bc边受的安培力，可知线框所受安培力方向一直向右，C符合题意；
D.由B项分析可知，，线框内电流的方向为abcda，根据左手定则可知，ad受安培力向左，bc受安培力向右，因ad边受安培力大于bc边受的安培力，可知线框所受安培力方向向左，由C项分析可知，线框所受安培力方向一直向右，故，线框所受安培力方向先向左后向右，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据安培定则判断通电直导线在各时间段在线圈中产生的磁场方向，然后结合i-t图像，由楞次定律和安培定则判断出各时间段线圈中感应电流的方向，由左手定则判断线框的受力方向。
9．（2024高二下·广元月考） 如图所示，放在光滑绝缘水平面上的轻质单匝矩形线框长、宽之比为，线框在外力作用下以相同的速度匀速离开匀强磁场区，离开磁场区时始终有两边与边界平行，则在1、2两种情况下（ ）
A．所用拉力大小之比为 B．通过线框的电荷量之比为
C．线框中的感应电流之比为 D．线框中产生的热量之比为
【答案】C,D
【知识点】焦耳定律；电流、电源的概念；闭合电路的欧姆定律；安培力的计算
【解析】【解答】设线框的宽为，长为，在1、2两种情况下，由切割产生的感应电动势公式E=BLv可得，两种情况下产生的感应电动势之比为
根据
可得，线框中的感应电流之比为
根据受力平衡可得拉力
可得所用拉力大小之比为
根据可得
可得通过线框的电荷量之比为
根据焦耳定律可得
可得线框中产生的热量之比为
CD符合题意，AB不符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据E=BLv求得产生的感应电动势，由闭合电路的欧姆定律求线框中的电流；用安培力公式求安培力之比；由电流的定义式求电荷量之比；根据焦耳定律求热量之比。
10．（2024高二下·广元月考） 如图，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成角固定，间距为d。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B。P、M间接有阻值为3R的电阻。Q、N间接有阻值为6R的电阻，质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为R。现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离s时，达到最大速度。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g。则（ ）
A．金属杆ab运动的最大速度为
B．金属杆ab运动的加速度为时，金属杆ab消耗的电功率为
C．金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，通过6R的电量为
D．金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功为
【答案】A,B
【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；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、总电阻为
总电流为
当达到最大速度时金属棒受力平衡，则有
可得最大速度为
故A正确；
B、金属杆ab运动的加速度为时，有
根据牛顿第二定律可得
解得
金属杆ab消耗的电功率为
故B正确；
C、金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，通过干路的总电量为
所以通过6R的电量为
故C错误；
D、金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，根据动能定理可得
联立上述分析解得
故D错误。
故答案为：AB。
【分析】根据图示确定电路的连接方式，根据串并联规律确定电路中总电阻的大小。当金属杆所受合外力为零时，金属杆的速度最大，此时金属杆位于平衡状态。确定此时金属杆的受力情况，再根据安培力公式及平衡条件结合电磁感应定律和欧姆定律确定金属杆的最大速度。结合牛顿第二定律确定任意时刻金属杆在加速度为定值时所受安培力及电流大小，在确定电功率的大小。熟悉掌握运用动能定理解决变力做功问题。
11．（2024高二下·广元月考）某同学应用楞次定律判断线圈中导线的缠绕方向。器材有：一个绕向未知的线圈，一个条形磁铁，一只多用电表，导线若干。操作步骤如下：
①为避免指针反向偏转损坏电表，先调整指针定位螺丝使指针尽量偏向零刻线右侧；
②把多用电表和线圈按图甲连接，将选择开关旋转到10mA档；
③将条形磁铁N极向下插入线圈时，发现多用电表的指针向右偏转；
④根据楞次定律判断出线圈中导线的缠绕方向。
请回答下列问题：
（1）在步骤①中调整多用电表的指针定位螺丝是 （选填“a”、“b”或者“c”）；
（2）可判断线圈中导线的缠绕方向如图乙中的 （选填“A”或“B”）所示；
（3）若条形磁铁插入越快，多用电表的指针偏角 （选填“越大”或“越小”）。
【答案】（1）a
（2）B
（3）越大
【知识点】研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）甲图中的a是多用电表的指针定位螺丝。
（2）将条形磁铁N极向下插入线圈时，向下穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律可知，线圈中感应电流产生的磁场方向向上；多用电表的指针向右偏转，则感应电流从红表笔流入多用表，根据安培定则，可以判断出导线的缠绕方向如图乙中的B所示。
（3）条形磁铁插入越快，磁通量变化越快，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势越大，则电流越大，所以多用电表的指针偏角越大。
【分析】（1）a是多用电表的指针定位螺丝。
（2）感应电流从红表笔流入多用表，根据安培定则，可以判断出导线的缠绕方向如图乙中的B所示。
（3）条形磁铁插入越快，磁通量变化越快，感应电动势越大，则电流越大。
12．（2024高二下·广元月考） 如图所示，一个可以伸缩的导线圆环位于垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度增大时，导线环中感应电流的方向为 （“顺时针”或“逆时针”）；此时圆环最上端的导线微元受到安培力的方向 （“向上”或“向下”）；圆环会 （“扩张”或“收缩”）。
【答案】逆时针；向下；收缩
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】当磁感应强度增大时，导线环中的磁通量向里增大，根据楞次定律和安培定则可知，导线环中感应电流的方向为逆时针；由左手定则可知，圆环最上端的导线微元受到安培力的方向向下，根据楞次定律的推论“增缩减扩”可知圆环会收缩。
【分析】根据楞次定律和安培定则判断感应电流方向；由左手定则判断圆环最上端的导线微元受到安培力方向；根据楞次定律的推论“增缩减扩”分析圆环的面积变化。
13．（2024高二下·广元月考） 截面积，市数匝的线圈，处在如图甲所示的磁场中，磁感应强度随时间按图乙所示规律变化，方向垂直线圈平面，规定向里为正方向。电路中，线圈电阻不计。
（1）闭合稳定后，求通过的电流大小和方向；
（2）闭合一段时间后再断开，求断开后通过的电荷量。
【答案】（1）解：由图知随时间按线性变化，变化率为
由法拉第电磁感应定律得
由楞次定律确定线圈中电流方向为顺时针方向，则的电流方向向下。
由闭合电路欧姆定律得流过的电流
（2）解：闭合后，将对充电，充电结束后电容器支路断路，电容器两端的电势差等于两端的电压
因此其充电量为
断开后，电容器只通过放电，所以放电量为。
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律计算通过的电流大小，由楞次定律判断感应电流的方向；（2）闭合一段时间后再断开，电容器放电，求出其刚充完电时所带电量，即为断开S后通过的电荷量。
14．（2024高二下·广元月考） 如图所示，宽度的平行光滑金属导轨（足够长）固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值为的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。一根质量为的导体棒放在导轨上，两导轨之间的导体棒的电阻为，导轨的电阻可忽略不计。现用一垂直于导体棒的水平恒力使导体棒由静止开始运动，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直且接触良好，经过后撤去外力（此时导体棒已达到最大速度）。空气阻力可忽略不计，求：
（1）导体棒运动过程最大速度；
（2）从开始运动到过程中导体棒通过的位移；
（3）整个运动过程中电阻上产生的焦耳热。
【答案】（1）解：导体棒切割磁感线电动势
电流
安培力
当速度最大时
求得
（2）解：由动量定理得
联立得
（3）解：由能量守恒定律可知，整个过程中产生的总热量等于力F做的功
由焦耳热分配定律，整个运动过程中电阻R上产生的焦耳热为
解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）导体棒做匀速运动时速度最大，由共点力平衡条件结合闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定和安培力公式，求出导体棒运动过程的最大速度；（2）由动量定理求解从开始运动到过程中导体棒通过的位移；（3）由能量守恒定律和电阻关系，求解整个运动过程中电阻R上产生的焦耳热。
15．（2024高二下·广元月考） 如图所示，平行光滑金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，且二者平滑连接。导轨水平部分MN的右侧区域内存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.4 T。在距离磁场左边界线MN为d＝1.2 m处垂直导轨放置一个导体棒a，在倾斜导轨高h＝0.8 m处垂直于导轨放置导体棒b。将b棒由静止释放，最终导体棒a和b速度保持稳定。已知导轨间距L＝0.5 m，两导体棒质量均为m＝0.1 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，g＝10 m/s2，不计导轨电阻，导体棒在运动过程中始终垂直于导轨且接触良好，忽略磁场边界效应。求：
（1）导体棒b刚过边界线MN时导体棒a的加速度大小；
（2）从初始位置开始到两棒速度稳定的过程中，感应电流在导体棒a中产生的热量Q；
（3）两棒速度稳定后二者之间的距离。
【答案】（1）解：设导体棒b滑到边界线MN时的速度大小为，在其到达MN过程中机械能守恒，则有
导体棒b刚过边界线MN时，导体棒a受到安培力作用而产生加速度即将开始运动，由法拉第电磁感应定律和牛顿第二定律可得
解得
（2）解：当导体棒b进入磁场后，a、b棒组成的系统在水平方向所受合力为零，系统满足动量守恒定律和能量守恒定律，设v0的方向为正方向，a、b共速时的速度大小为v，当导体棒a、b速度稳定时，两者做速度相等的匀速直线运动，则有
a、b棒串联且电阻大小相等，则从初始位置开始到两棒速度稳定的过程中，a、b棒中产生的电热均为，根据能量转化和守恒定律可知
解得
（3）解：设两棒速度稳定后两棒之间的距离为l，从b棒进入磁场到二者刚共速的过程中，所用时间为t，对导体棒a由动量定理可得
根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得
联立可得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）由机械能守恒定律分析b棒沿斜面下滑的过程，求出b棒进入磁场的速度，再由牛顿第二定律结合切割产生的感应电动势公式和闭合电路欧姆定律、安培力公式，求出导体棒b刚过边界线MN时导体棒a的加速度大小；（2）两棒速度稳定后，两棒以相等的速度做匀速直线运动，由动量守恒定律求出匀速运动的速度，再由能量守恒定律求解热量Q；（3）由动量定理求解两棒速度稳定后二者之间的距离。
1 / 1四川省广元市川师大万达中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题
1．（2024高二下·广元月考） 下列说法正确的是（ ）
A．19世纪30年代，法拉第提出一种观点，认为在电荷的周围存在由它产生的电场
B．法拉第发现了“电生磁”现象，奥斯特发现了“磁生电”现象
C．若一长为L、电流为I的电流元在某处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度必为
D．精密线绕电阻常采用双线绕法，可以增强线绕电阻通电时产生的磁场
2．（2024高二下·广元月考） 如图所示，边长为L正方形金属回路（总电阻为R）与水平面的夹角为，虚线圆与正方形边界相切，虚线圆形边界内（包括边界）存在竖直向下匀强磁场，其磁感应强度与时间的关系式为（且为常量），则金属回路产生的感应电流大小为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·广元月考） 某电学原件的电路图可简化为如右图所示，两小灯泡完全相同，电感L的电阻小于灯泡的电阻，下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关瞬间，L1缓慢变亮，L2立即变亮
B．闭合开关电路稳定后，两只灯泡亮度相同
C．电路稳定后，断开开关，两只灯泡均缓慢熄灭
D．电路稳定后，断开开关，L1闪亮一下缓慢熄灭，L2立即熄灭
4．（2024高二下·广元月考） 1831年10月28日，法拉第展示了人类历史上第一台发电机一法拉第圆盘发电机，其原理图如图所示，水平匀强磁场垂直于盘面，圆盘绕水平轴以角速度匀速转动，铜片与圆盘的边缘接触，圆盘、导线和电阻组成闭合回路，圆盘半径为，圆盘接入间的电阻也为，其他电阻均可忽略不计。下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A．点电势高于点电势
B．C、D两端的电压为
C．圆盘转动过程中，电流的大小为
D．圆盘转动过程中，产生的电功率为
5．（2024高二下·广元月考） 如图所示，一倾斜的金属框架上放有一根金属棒，由于摩擦力作用，金属棒在没有磁场时处于静止状态.从t0时刻开始给框架区域内加一个垂直框架平面向上的逐渐增强的磁场，到时刻t1时，金属棒开始运动，则在这段时间内，棒所受的摩擦力（ ）
A．不断增大 B．不断减小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
6．（2024高二下·广元月考） 如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek。则（ ）
A．W2=Q B．W1=Q C．W1=Ek D．WF=Q+Ek
7．（2024高二下·广元月考） 如图所示，两相互垂直的光滑金属导轨固定在水平桌面上，空间分布着竖直向下大小为的匀强磁场。为金属导轨上的两点，且。时，一足够长金属杆从所在直线处沿的角平分线向右运动的同时，磁场的磁感应强度大小也随时间发生变化。金属杆与导轨接触良好，要使金属杆在无外力作用下仍能保持匀速运动，磁感应强度与时间的关系式为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高二下·广元月考） 水平桌面上固定一根绝缘长直导线，矩形导线框abcd靠近长直导线固定桌面上，如图甲所示。当长直导线中的电流按图乙的规律变化时（图甲所示电流方向为其正方向），则（ ）
A．，线框内电流的方向为abcda
B．，线框内电流的方向为abcda
C．，线框所受安培力方向一直向右
D．，线框所受安培力方向一直向左
9．（2024高二下·广元月考） 如图所示，放在光滑绝缘水平面上的轻质单匝矩形线框长、宽之比为，线框在外力作用下以相同的速度匀速离开匀强磁场区，离开磁场区时始终有两边与边界平行，则在1、2两种情况下（ ）
A．所用拉力大小之比为 B．通过线框的电荷量之比为
C．线框中的感应电流之比为 D．线框中产生的热量之比为
10．（2024高二下·广元月考） 如图，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成角固定，间距为d。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B。P、M间接有阻值为3R的电阻。Q、N间接有阻值为6R的电阻，质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为R。现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离s时，达到最大速度。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g。则（ ）
A．金属杆ab运动的最大速度为
B．金属杆ab运动的加速度为时，金属杆ab消耗的电功率为
C．金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，通过6R的电量为
D．金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功为
11．（2024高二下·广元月考）某同学应用楞次定律判断线圈中导线的缠绕方向。器材有：一个绕向未知的线圈，一个条形磁铁，一只多用电表，导线若干。操作步骤如下：
①为避免指针反向偏转损坏电表，先调整指针定位螺丝使指针尽量偏向零刻线右侧；
②把多用电表和线圈按图甲连接，将选择开关旋转到10mA档；
③将条形磁铁N极向下插入线圈时，发现多用电表的指针向右偏转；
④根据楞次定律判断出线圈中导线的缠绕方向。
请回答下列问题：
（1）在步骤①中调整多用电表的指针定位螺丝是 （选填“a”、“b”或者“c”）；
（2）可判断线圈中导线的缠绕方向如图乙中的 （选填“A”或“B”）所示；
（3）若条形磁铁插入越快，多用电表的指针偏角 （选填“越大”或“越小”）。
12．（2024高二下·广元月考） 如图所示，一个可以伸缩的导线圆环位于垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度增大时，导线环中感应电流的方向为 （“顺时针”或“逆时针”）；此时圆环最上端的导线微元受到安培力的方向 （“向上”或“向下”）；圆环会 （“扩张”或“收缩”）。
13．（2024高二下·广元月考） 截面积，市数匝的线圈，处在如图甲所示的磁场中，磁感应强度随时间按图乙所示规律变化，方向垂直线圈平面，规定向里为正方向。电路中，线圈电阻不计。
（1）闭合稳定后，求通过的电流大小和方向；
（2）闭合一段时间后再断开，求断开后通过的电荷量。
14．（2024高二下·广元月考） 如图所示，宽度的平行光滑金属导轨（足够长）固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值为的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。一根质量为的导体棒放在导轨上，两导轨之间的导体棒的电阻为，导轨的电阻可忽略不计。现用一垂直于导体棒的水平恒力使导体棒由静止开始运动，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直且接触良好，经过后撤去外力（此时导体棒已达到最大速度）。空气阻力可忽略不计，求：
（1）导体棒运动过程最大速度；
（2）从开始运动到过程中导体棒通过的位移；
（3）整个运动过程中电阻上产生的焦耳热。
15．（2024高二下·广元月考） 如图所示，平行光滑金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，且二者平滑连接。导轨水平部分MN的右侧区域内存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.4 T。在距离磁场左边界线MN为d＝1.2 m处垂直导轨放置一个导体棒a，在倾斜导轨高h＝0.8 m处垂直于导轨放置导体棒b。将b棒由静止释放，最终导体棒a和b速度保持稳定。已知导轨间距L＝0.5 m，两导体棒质量均为m＝0.1 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，g＝10 m/s2，不计导轨电阻，导体棒在运动过程中始终垂直于导轨且接触良好，忽略磁场边界效应。求：
（1）导体棒b刚过边界线MN时导体棒a的加速度大小；
（2）从初始位置开始到两棒速度稳定的过程中，感应电流在导体棒a中产生的热量Q；
（3）两棒速度稳定后二者之间的距离。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】磁感应强度；物理学史；磁通量
【解析】【解答】A.19世纪30年代，法拉第提出一种观点，认为在电荷的周围存在由它产生的电场，A符合题意；
B.奥斯特发现了“电生磁”现象，法拉第发现了“磁生电”现象，B不符合题意；
C.根据安培力的公式
可知，若长为L、电流为I的导线在某处受到的磁场力为F，该处的磁感应强度不一定为
还要看，C不符合题意；
D.精密线绕电阻常采用双线绕法，可以消除线绕电阻通电时产生的磁场，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据物理学史分析；根据安培力的公式推导磁感应强度；双线绕法，是减弱通电时产生的磁场。
2．【答案】D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】根据法拉第电磁感应定律得可得回路产生的感应电动势大小为
由闭合电路欧姆定律可得，金属回路产生的感应电流大小为
ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据法拉第电磁感应定律求出回路中产生的感应电动势，再由闭合回路欧姆定律求出感应电流的大小。
3．【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】AB.由图可知，当S闭合瞬间，线圈以及两灯同时获得电压，所以、同时发光，随着线圈L电流的增加，流过的电流逐渐减小，逐渐变暗，变得更亮，AB不符合题意；
CD.待电路稳定后，由于电感L的电阻小于灯泡的电阻，所以通过线圈的电流大于通过的电流，S断开瞬间，中电流消失，故立即熄灭，线圈与构成一个新的闭合回路，线圈相当于电源，由于原来通过电感L的电流大于中的电流，故闪亮一下逐渐熄灭，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据自感现象的原理，分析电感线圈中电流变化引起的感应电动势对电变变化的阻碍作用，然后结合电路的结构分析灯泡的亮暗变化。
4．【答案】D
【知识点】电功率和电功；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A.由右手定则可知，流经电阻R的电流由D到C，因此C点电势低于D点电势，A不符合题意；
B.由切割产生的感应电动势公式E=BLv，可得圆盘产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可得C、D两端的电压为
B不符合题意；
C.由闭合电路欧姆定律可得，圆盘转动过程中电流的大小为
C不符合题意；
D.圆盘转动过程中，由电功率公式P=UI可知，产生的电功率为
D不符合题意。
故答案为：D。
【分析】由右手定则判断C、D两点电势的高低；根据切割产生的感应电动势公式E=BLv，求出圆盘转动产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律计算C、D两端的电压和回路中的电流；电功率公式P=UI，求解圆盘转动过程中产生的电功率。
5．【答案】C
【知识点】安培力；楞次定律
【解析】【解答】由题意可知，没有磁场时金属棒处于静止状态，可知此时金属棒受到的摩擦力沿斜面向上；从时刻开始给框架区域内加一个垂直框架平面向上的逐渐增强的磁场，由楞次定律可知，金属棒中产生的感应电流方向从右向左，由左手定则可知，金属棒受到沿斜面向上的安培力，随着磁场增大，导体棒受到的安培力逐渐增大，导体棒受到的摩擦力减小；当安培力增大到等于时，摩擦力减小到0；随着磁场继续增大，安培力再增大，摩擦力反向并增大，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】先由共点力平衡条件分析没有磁场时摩擦力的方向，再由楞次定律和左手定则分析加上磁场后导体棒受到的安培力，然后根据安培力的变化情况分析摩擦力的变化情况。
6．【答案】C
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】C.导体棒运动过程中只受到的安培力（磁场力）作用，根据动能定理，有
C符合题意；
AB.根据能量守恒可知，磁铁克服磁场力做功等于回路的电能，电能一部分转化为电流在回路中产生的焦耳热，另一部分转化为导体棒的机械能，有
，
AB不符合题意；
D.对整个系统，根据功能关系可得
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】分别以导体棒、磁铁和整个系统为研究对象，根据功能关系，分析能量的转化过程。
7．【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】金属杆在无外力作用下仍能保持匀速运动，则导体棒应该不受安培力作用，所以电路中应该没有感应电流，故闭合回路内应该没有磁通量的变化，则有
代入数据
，
解得
ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】 分析金属杆在无外力作用下仍能保持匀速运动的条件，得出闭合回路中应该没有感应电流产生的结论，然后根据感应电流的产生条件进行求解。
8．【答案】B,C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用；楞次定律
【解析】【解答】A.由安培定则可知，，穿过线圈的磁通量向里，因为电流增大，所以磁通量增加，根据楞次定律和安培定则可知，线框内电流的方向为adcba，A不符合题意；
B.由安培定则可知，，穿过线圈的磁通量向里，因为电流减小，所以磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可知，线框内电流的方向为abcda，B符合题意；
C.由安培定则可知，，穿过线圈的磁通量向外，因为电流增加，所以磁通量增加，根据楞次定律和安培定则可知，线框内电流的方向为abcda，根据左手定则可知，ad受安培力向右，bc受安培力向左，因ad边受安培力大于bc边受的安培力，可知线框所受安培力方向一直向右，C符合题意；
D.由B项分析可知，，线框内电流的方向为abcda，根据左手定则可知，ad受安培力向左，bc受安培力向右，因ad边受安培力大于bc边受的安培力，可知线框所受安培力方向向左，由C项分析可知，线框所受安培力方向一直向右，故，线框所受安培力方向先向左后向右，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据安培定则判断通电直导线在各时间段在线圈中产生的磁场方向，然后结合i-t图像，由楞次定律和安培定则判断出各时间段线圈中感应电流的方向，由左手定则判断线框的受力方向。
9．【答案】C,D
【知识点】焦耳定律；电流、电源的概念；闭合电路的欧姆定律；安培力的计算
【解析】【解答】设线框的宽为，长为，在1、2两种情况下，由切割产生的感应电动势公式E=BLv可得，两种情况下产生的感应电动势之比为
根据
可得，线框中的感应电流之比为
根据受力平衡可得拉力
可得所用拉力大小之比为
根据可得
可得通过线框的电荷量之比为
根据焦耳定律可得
可得线框中产生的热量之比为
CD符合题意，AB不符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据E=BLv求得产生的感应电动势，由闭合电路的欧姆定律求线框中的电流；用安培力公式求安培力之比；由电流的定义式求电荷量之比；根据焦耳定律求热量之比。
10．【答案】A,B
【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；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、总电阻为
总电流为
当达到最大速度时金属棒受力平衡，则有
可得最大速度为
故A正确；
B、金属杆ab运动的加速度为时，有
根据牛顿第二定律可得
解得
金属杆ab消耗的电功率为
故B正确；
C、金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，通过干路的总电量为
所以通过6R的电量为
故C错误；
D、金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，根据动能定理可得
联立上述分析解得
故D错误。
故答案为：AB。
【分析】根据图示确定电路的连接方式，根据串并联规律确定电路中总电阻的大小。当金属杆所受合外力为零时，金属杆的速度最大，此时金属杆位于平衡状态。确定此时金属杆的受力情况，再根据安培力公式及平衡条件结合电磁感应定律和欧姆定律确定金属杆的最大速度。结合牛顿第二定律确定任意时刻金属杆在加速度为定值时所受安培力及电流大小，在确定电功率的大小。熟悉掌握运用动能定理解决变力做功问题。
11．【答案】（1）a
（2）B
（3）越大
【知识点】研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）甲图中的a是多用电表的指针定位螺丝。
（2）将条形磁铁N极向下插入线圈时，向下穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律可知，线圈中感应电流产生的磁场方向向上；多用电表的指针向右偏转，则感应电流从红表笔流入多用表，根据安培定则，可以判断出导线的缠绕方向如图乙中的B所示。
（3）条形磁铁插入越快，磁通量变化越快，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势越大，则电流越大，所以多用电表的指针偏角越大。
【分析】（1）a是多用电表的指针定位螺丝。
（2）感应电流从红表笔流入多用表，根据安培定则，可以判断出导线的缠绕方向如图乙中的B所示。
（3）条形磁铁插入越快，磁通量变化越快，感应电动势越大，则电流越大。
12．【答案】逆时针；向下；收缩
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】当磁感应强度增大时，导线环中的磁通量向里增大，根据楞次定律和安培定则可知，导线环中感应电流的方向为逆时针；由左手定则可知，圆环最上端的导线微元受到安培力的方向向下，根据楞次定律的推论“增缩减扩”可知圆环会收缩。
【分析】根据楞次定律和安培定则判断感应电流方向；由左手定则判断圆环最上端的导线微元受到安培力方向；根据楞次定律的推论“增缩减扩”分析圆环的面积变化。
13．【答案】（1）解：由图知随时间按线性变化，变化率为
由法拉第电磁感应定律得
由楞次定律确定线圈中电流方向为顺时针方向，则的电流方向向下。
由闭合电路欧姆定律得流过的电流
（2）解：闭合后，将对充电，充电结束后电容器支路断路，电容器两端的电势差等于两端的电压
因此其充电量为
断开后，电容器只通过放电，所以放电量为。
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律计算通过的电流大小，由楞次定律判断感应电流的方向；（2）闭合一段时间后再断开，电容器放电，求出其刚充完电时所带电量，即为断开S后通过的电荷量。
14．【答案】（1）解：导体棒切割磁感线电动势
电流
安培力
当速度最大时
求得
（2）解：由动量定理得
联立得
（3）解：由能量守恒定律可知，整个过程中产生的总热量等于力F做的功
由焦耳热分配定律，整个运动过程中电阻R上产生的焦耳热为
解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）导体棒做匀速运动时速度最大，由共点力平衡条件结合闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定和安培力公式，求出导体棒运动过程的最大速度；（2）由动量定理求解从开始运动到过程中导体棒通过的位移；（3）由能量守恒定律和电阻关系，求解整个运动过程中电阻R上产生的焦耳热。
15．【答案】（1）解：设导体棒b滑到边界线MN时的速度大小为，在其到达MN过程中机械能守恒，则有
导体棒b刚过边界线MN时，导体棒a受到安培力作用而产生加速度即将开始运动，由法拉第电磁感应定律和牛顿第二定律可得
解得
（2）解：当导体棒b进入磁场后，a、b棒组成的系统在水平方向所受合力为零，系统满足动量守恒定律和能量守恒定律，设v0的方向为正方向，a、b共速时的速度大小为v，当导体棒a、b速度稳定时，两者做速度相等的匀速直线运动，则有
a、b棒串联且电阻大小相等，则从初始位置开始到两棒速度稳定的过程中，a、b棒中产生的电热均为，根据能量转化和守恒定律可知
解得
（3）解：设两棒速度稳定后两棒之间的距离为l，从b棒进入磁场到二者刚共速的过程中，所用时间为t，对导体棒a由动量定理可得
根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得
联立可得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）由机械能守恒定律分析b棒沿斜面下滑的过程，求出b棒进入磁场的速度，再由牛顿第二定律结合切割产生的感应电动势公式和闭合电路欧姆定律、安培力公式，求出导体棒b刚过边界线MN时导体棒a的加速度大小；（2）两棒速度稳定后，两棒以相等的速度做匀速直线运动，由动量守恒定律求出匀速运动的速度，再由能量守恒定律求解热量Q；（3）由动量定理求解两棒速度稳定后二者之间的距离。
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