广东省东莞市东莞高级中学2024-2025学年高二下学期第一次月考物理试卷
1．（2025高二下·东莞月考）如图所示，在水平向右的匀强磁场中，一线框绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线框通过电刷、圆环、导线等与定值电阻组成闭合回路。t1、t2时刻线框分别转到图甲、乙所示的位置，下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻穿过线框的磁通量最大
B．t1时刻电阻中的电流最大，方向从右向左
C．t2时刻穿过线框的磁通量变化最快
D．t2时刻电阻中的电流最大，方向从右向左
【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律；磁通量；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A、时刻线框平面与磁场方向平行，，根据，，所以磁通量，不是最大，A错误 ；
B、感应电动势：时刻磁通量为，但磁通量变化率最大（磁通量从开始变化，变化趋势最陡 ）。由感应电动势公式（为线框匝数 ），可知此时感应电动势最大 ；
感应电流：根据闭合电路欧姆定律（是回路总电阻 ），最大时，电阻中的电流最大 ；
电流方向：原磁场水平向右，线框转动使磁通量要增大，根据楞次定律，感应电流产生的磁场阻碍磁通量增大，即感应电流磁场向左。由安培定则（右手螺旋定则 ），可判断出电阻中电流方向从右向左 。B正确 ；
C、时刻线框平面与磁场方向垂直，，磁通量最大。此时磁通量变化率（磁通量达到最大，接下来要减小，此刻变化趋势最平缓 ），并非变化最快，C选项错误 。
D、时刻磁通量变化率，根据，感应电动势。再由，可知电阻中的电流，不是最大，D错误 。
故答案为：B。
【分析】A．判断时刻穿过线框磁通量大小，需依据磁通量公式（是线框平面和磁场方向夹角 ），分析此时对应的值。
B．分三步判断，先根据磁通量变化率与感应电动势关系确定感应电动势大小，再由欧姆定律判断电流大小，最后用楞次定律判断电流方向。
C．判断时刻磁通量变化快慢，即分析磁通量变化率，结合磁通量公式和线框位置判断。
D．先判断时刻感应电动势大小，再由欧姆定律判断电流大小。
2．（2025高二下·东莞月考）如图所示，一光滑绝缘的圆柱体固定在水平面上。导体棒AB可绕过其中点的转轴在圆柱体的上表面内自由转动，导体棒CD固定在圆柱体的下底面。开始时，两棒相互垂直并静止，两棒中点、连线与圆柱体的中轴线重合。现对两棒同时通入图示方向（A到B、C到D）的电流。下列说法正确的是（ ）
A．通电后，AB棒仍将保持静止
B．通电后，AB棒将逆时针转动（俯视）
C．通电后，AB棒将顺时针转动（俯视）
D．通电瞬间，线段上存在磁感应强度为零的位置
【答案】B
【知识点】安培定则；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A、CD棒通电后，根据安培定则（右手握住CD棒，四指指向电流方向，大拇指指向为磁场N极方向 ），其产生的磁场在AB棒处分布不均匀。AB棒左侧和右侧所处磁场方向不同，由左手定则（伸开左手，让磁感线穿入手心，四指指向电流方向，大拇指指向安培力方向 ），AB棒左侧受安培力穿纸面向外，右侧受安培力穿纸面向里，合力不为零，不会保持静止，A错误 ；
B、AB棒左侧受安培力穿纸面向外，会带动左侧向外转动；右侧受安培力穿纸面向里，带动右侧向里转动。以俯视视角观察，AB棒将绕中点转轴做逆时针转动，B正确 ；
C、由B选项分析可知，AB棒是逆时针转动（俯视 ），并非顺时针，C错误 ；
D、AB棒和CD棒通电后，根据安培定则，AB棒在线段产生的磁场方向与CD棒在该线段产生的磁场方向，无法通过叠加使某点磁感应强度为零（两磁场方向不存在大小相等、方向相反的情况 ），所以线段上不存在磁感应强度为零的位置，D错误 。
故答案为：B。
【分析】A．要判断AB棒是否保持静止，需分析其受力情况。先由安培定则确定CD棒产生的磁场分布，再用左手定则判断AB棒各部分所受安培力方向，看合力是否为零 。
B．基于A选项中对安培力方向的判断，分析AB棒的转动趋势。左侧安培力使AB棒左侧向外转，右侧安培力使右侧向里转，从俯视角度看整体转动方向 。
C．如图，再结合B选项中安培力方向和转动趋势的分析，判断转动方向是否为顺时针 。
D．断线段上是否有磁感应强度为零的位置，需分析AB棒和CD棒在该线段产生的磁场的叠加情况。根据安培定则分别确定两棒在上产生的磁场方向，看是否能相互抵消 。
3．（2025高二下·东莞月考）如图所示，宽为L的光滑金属导轨与水平面成θ角，质量为m、长为L的金属杆ab水平放置在导轨上。空间存在着匀强磁场，当回路中电流为I时，金属杆恰好能静止。重力加速度为g，则（ ）
A．若磁场方向竖直向上，磁感应强度大小为
B．若磁场方向竖直向上，磁感应强度大小为
C．若磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度大小为
D．若磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度大小为
【答案】C
【知识点】磁感应强度；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】A、磁场竖直向上时，由左手定则（伸开左手，让磁感线穿入手心，四指指向电流方向，大拇指指向安培力方向 ），金属杆受到的安培力水平向右 ；对金属杆受力分析，重力竖直向下，将其沿导轨方向和垂直导轨方向分解，沿导轨方向分力，垂直导轨方向分力 。因为金属杆静止，沿导轨方向合力为零，安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨方向分力平衡，即（安培力 ）。
解得，不是，A错误 ；
B、依据A选项的受力分析，平衡方程为，解得，并非，B错误 ；
C、磁场垂直导轨平面向上时，由左手定则，安培力沿导轨平面向上 。
金属杆静止，沿导轨方向合力为零，安培力与重力沿导轨方向分力平衡，即（安培力 ）。
解得，C正确 ；
D、由C选项分析，平衡方程是，解得，不是，D错误 。
故答案为：C。
【分析】A．当磁场方向竖直向上时，先根据左手定则确定安培力方向（水平方向 ），再对金属杆进行受力分析，将重力沿导轨和垂直导轨方向分解，结合共点力平衡条件列方程求解磁感应强度 。
B．同A选项的受力分析流程，判断安培力与重力分力的平衡关系，推导磁感应强度表达式 。
C．当磁场方向垂直导轨平面向上时，用左手定则确定安培力方向（沿导轨平面向上 ），再对金属杆受力分析，结合共点力平衡条件列方程求解 。
D．基于C选项的受力分析和推导过程，判断磁感应强度表达式是否正确 。
4．（2025高二下·东莞月考）如图所示，用洛伦兹力演示仪研究带电粒子在匀强磁场中的运动，以虚线表示电极K释放出来的电子束的径迹。在施加磁场之前，电子经加速后沿直线运动，如图甲所示；施加磁场后电子束的径迹，如图乙所示；再调节演示仪可得到图丙所示的电子束径迹。下列说法正确的是（ ）
A．施加的磁场方向为垂直纸面向外
B．在图乙基础上仅提高电子的加速电压，可得到图丙所示电子束径迹
C．在图乙基础上仅增大磁感应强度，可得到图丙所示电子束径迹
D．图乙与图丙中电子运动一周的时间一定不相等
【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A、磁场竖直向上时，由左手定则（伸开左手，让磁感线穿入手心，四指指向电流方向，大拇指指向安培力方向 ），金属杆受到的安培力水平向右 ，对金属杆受力分析，重力竖直向下，将其沿导轨方向和垂直导轨方向分解，沿导轨方向分力，垂直导轨方向分力 ；因为金属杆静止，沿导轨方向合力为零，安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨方向分力平衡，即（安培力 ）。
解得，不是，A错误 ；
B、依据A选项的受力分析，平衡方程为，解得，并非，B错误 ；
C、磁场垂直导轨平面向上时，由左手定则，安培力沿导轨平面向上 。
金属杆静止，沿导轨方向合力为零，安培力与重力沿导轨方向分力平衡，即（安培力 ）。
解得，C正确 ；
D、由C选项分析，平衡方程是，解得，不是，D错误 。
故答案为：C。
【分析】A．当磁场方向竖直向上时，先根据左手定则确定安培力方向（水平方向 ），再对金属杆进行受力分析，将重力沿导轨和垂直导轨方向分解，结合共点力平衡条件列方程求解磁感应强度 。
B．同A选项的受力分析流程，判断安培力与重力分力的平衡关系，推导磁感应强度表达式 。
C．当磁场方向垂直导轨平面向上时，用左手定则确定安培力方向（沿导轨平面向上 ），再对金属杆受力分析，结合共点力平衡条件列方程求解 。
D．基于C选项的受力分析和推导过程，判断磁感应强度表达式是否正确 。
5．（2025高二下·东莞月考）如图所示，竖直放置的光滑绝缘斜面处于方向垂直竖直平面（纸面）向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一带电荷量为的滑块自a点由静止沿斜面滑下，下降高度为h时到达b点，滑块恰好对斜面无压力。关于滑块自a点运动到b点的过程，下列说法正确的是（ ）（重力加速度为g）
A．滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用
B．滑块在b点受到的洛伦兹力大小为
C．洛伦兹力做正功
D．滑块的机械能增大
【答案】B
【知识点】机械能守恒定律；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A、a点无洛伦兹力，A错误；
B、b点洛伦兹力大小为，B正确；
C、洛伦兹力不做功，C错误；
D、机械能守恒，D错误；
故答案为：B 。
【分析】A．洛伦兹力产生条件是“电荷运动且速度方向与磁场不平行”。滑块在a点静止（ ），故无洛伦兹力。此时滑块仅受重力、支持力 。
B．机械能守恒：滑块从a→b，只有重力做功，机械能守恒。重力势能转化为动能： ，解得 ；
洛伦兹力计算：b点速度为，洛伦兹力 。
C．洛伦兹力方向始终与速度方向垂直（磁场垂直纸面，速度沿斜面，洛伦兹力垂直斜面 ），位移沿斜面，故洛伦兹力与位移夹角，，不做功 。
D．滑块运动中，只有重力做功（支持力、洛伦兹力不做功 ），满足机械能守恒条件，故机械能不变 。
6．（2025高二下·东莞月考）我国科研人员采用全新发电方式——“爆炸发电”，以满足高耗能武器的连续发射需求。其原理如图所示，爆炸将惰性气体转化为高速等离子体，射入磁流体动力学发生器，发生器的前后有两强磁极N和S，使得上下两金属电极之间产生足够高电压，下列说法正确的是（ ）
A．上极板电势比下极板电势低
B．仅使L增大，两金属电极间的电动势会变大
C．仅使d增大，两金属电极间的电动势会变大
D．仅使b增大，两金属电极间的电动势会变大
【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；磁流体发电机
【解析】【解答】A、上极板带正电，电势高于下极板，A错误；
B、仅增大，、、不变 → 不变，B错误；
C、仅增大，、不变 → 增大，C正确；
D、仅增大，、、不变 → 不变，D错误；
故答案为：C 。
【分析】A．等离子体含正、负离子，射入磁场（磁场方向由→ ）。
正离子运动方向与等离子体一致，用左手定则：掌心迎磁场（→ ），四指正离子运动方向，大拇指向上，正离子向上偏转（上极板带正电 ）。
负离子运动方向与等离子体一致，左手定则中四指需反向（负电荷运动反方向为四指方向 ），大拇指向下，负离子向下偏转（下极板带负电 ）。
B．由电动势公式，电动势与（发生器长度 ）无关 。
C．由，与（电极间距 ）成正比 。
D．由，电动势与（发生器宽度 ）无关 。
7．（2025高二下·东莞月考）如图甲所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图乙所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是 （ ）
A．时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下
B．磁铁下落过程减少的重力势能等于增加的动能
C．若将线圈的匝数加倍，则线圈中磁通量变化量也将加倍
D．若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流
【答案】D
【知识点】功能关系；动能和势能的相互转化；磁通量；楞次定律
【解析】【解答】A、楞次定律的本质是“阻碍相对运动”。在时间内，磁铁靠近线圈时，线圈产生的感应磁场阻碍磁铁靠近，对磁铁的作用力向上；磁铁远离线圈时，感应磁场阻碍磁铁远离，对磁铁的作用力仍向上 。所以“先向上后向下”错误，A错误；
B、磁铁下落时，重力势能除转化为自身动能，还因电磁感应产生感应电流，线圈有电能产生（后续会转化为焦耳热 ）。根据能量守恒，减少的重力势能增加的动能线圈获得的电能 。所以“减少的重力势能等于增加的动能”错误，B错误；
C、磁通量由磁场强弱、线圈面积及磁场与线圈夹角决定，与线圈匝数无关。磁通量变化量，匝数加倍时，、不变，也不变 。所以“磁通量变化量加倍”错误，C错误；
D、原实验中，磁铁磁极不变时，靠近线圈磁通量“增”，远离时“减”。磁极翻转后，磁场方向相反，靠近线圈时，磁通量变化趋势仍为“增”，但因磁场方向变了，感应电流产生的磁场阻碍方式不变（阻碍磁通量变化 ），所以感应电流方向与原“增”过程相反（负向 ）；远离时，磁通量变化趋势“减”，感应电流方向与原“减”过程相反（正向 ） 。即先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，D正确。
故答案为：D。
【分析】A.依据楞次定律“增反减同”的阻碍思想，分析磁铁靠近和远离线圈时，线圈对磁铁作用力的方向。
B. 从能量守恒角度，判断磁铁下落过程中重力势能的转化去向（动能、线圈的电能及可能的其他能量 ）。
C. 明确磁通量（为磁感应强度，为线圈面积 ）的决定因素，判断匝数对磁通量变化量的影响。
D.根据楞次定律，磁场方向反转后，磁通量变化的“增、减”趋势不变，但磁场方向改变，感应电流方向由磁通量变化和磁场方向共同决定，分析感应电流方向变化。
8．（2025高二下·东莞月考）在油电混合小轿车上有一种装置，刹车时能将车的动能转化为电能，启动时再将电能转化为动能，从而实现节能减排。图中，甲、乙磁场方向与轮子的转轴平行，丙、丁磁场方向与轮子的转轴垂直，轮子是绝缘体，则采取下列哪个措施，能有效地借助磁场的作用，让转动的轮子停下（ ）
A．如图甲，在轮上固定如图绕制的线圈
B．如图乙，在轮上固定如图绕制的闭合线圈
C．如图丙，在轮上固定一些细金属棒，金属棒与轮子转轴平行
D．如图丁，在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行
【答案】D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A、无感应电流，无法产生安培力阻碍轮子转动，A错误；
B、无磁通量变化，无感应电流，无法产生安培力阻碍轮子转动，B错误；
C、无感应电流，无法产生安培力阻碍轮子转动（仅产生电动势，无电流则无安培力 ），C错误；
D、有感应电流，电流在磁场中受安培力，安培力方向与轮子转动方向相反（阻碍运动 ），消耗机械能，使轮子停下，D选项正确；
故答案为：D 。
【分析】A．轮子转动时，线圈与磁场相对运动，但线圈不闭合（无电流回路 ）。
B．轮子转动时，线圈与磁场方向平行（磁场沿转轴，线圈面积垂直转轴 ），穿过线圈的磁通量始终为0（，， ），无磁通量变化。
C．轮子转动时，金属棒与磁场相对运动（磁场垂直转轴，金属棒平行转轴 ），金属棒切割磁感线产生感应电动势，但因无闭合回路，无感应电流 。
D．轮子转动时，线框长边与转轴平行，线框平面与磁场垂直（磁场垂直转轴 ），轮子转动导致线框磁通量周期性变化（线框切割磁感线，闭合回路中产生感应电流 ）。
9．（2025高二下·东莞月考）地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是（ ）
A．地表电荷为负电荷
B．环形电流方向与地球自转方向相同
C．若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大
D．若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大
【答案】A,C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；安培分子电流假说；右手定则
【解析】【解答】A、地表负电荷随地球自西向东转，负电荷运动方向与电流方向相反，所以环形电流方向与地球自转方向相反。根据右手螺旋定则，四指弯向环形电流（与自转相反），大拇指指向地磁场北极（地理南极附近 ），符合地磁场分布，说明地表电荷为负电荷，A正确；
B、因为地表电荷是负电荷，其运动形成的环形电流方向与地球自转方向相反，B错误；
C、由电流公式（为地表电荷电量，为地球自转角速度 ），电量增加，不变时，等效电流增大。环形电流产生的地磁场强度与电流正相关，所以地磁场强度增大，C正确；
D、由，地球自转角速度减小，不变时，等效电流减小，地磁场强度减小，D错误；
故答案为：AC。
【分析】A、地磁场北极（地理南极附近 ）磁场方向竖直向上，用右手螺旋定则，若环形电流产生此磁场，四指方向为电流方向（与地球自转方向相反 ）。因负电荷运动方向与电流方向相反，地球自西向东转，所以地表电荷为负电荷 。
B、地表为负电荷，其随地球自转的运动方向（自西向东 ）与环形电流方向相反，故环形电流方向与地球自转方向相反 。
C、电流，增加（不变 ），增大，环形电流磁场强度与正相关，地磁场增强 。
D、减小（不变 ），减小，地磁场强度随减小而减小 。
10．（2025高二下·东莞月考）1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒、构成，其间留有空隙，现对氘核（）加速，所需的高频电源的频率为f，磁感应强度为B，已知元电荷为e，下列说法正确的是（ ）
A．被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大
B．高频电源的电压越大，氘核最终射出回旋加速器的速度越大
C．氘核的质量为
D．该回旋加速器接频率为f的高频电源时，也可以对氦核（）加速
【答案】C,D
【知识点】向心力；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．根据周期公式
可知，被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而不变，A错误；
B．设D形盒的半径为R，则氘核最终射出回旋加速器的速度满足
即有
所以，氘核最终射出回旋加速器的速度与高频电源的电压无关，B错误；
C．根据周期公式：
氘核的质量为：
C正确；
D．因为氘核（）与氦核（）的荷质比相同，所以该加速器能用来加速氦核（），D正确。
故答案为：CD。
【分析】A.推导带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期公式，判断周期与半径的关系。
B. 分析氘核最终射出回旋加速器速度的决定因素，判断加速电压的影响。
C. 结合回旋加速器中高频电源频率与粒子做圆周运动周期的关系，推导氘核质量。
D. 判断氦核与氘核在该回旋加速器中加速时，高频电源频率是否匹配，即两者做圆周运动的周期是否相等。
11．（2025高二下·东莞月考）法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。半径为L的铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，磁感应强度为B，方向如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则圆盘中心电势比边缘要低
B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动的角速度为，铜盘转动产生的感应电动势大小为
D．若圆盘转动的方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
【答案】B,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A、从上往下看，圆盘顺时针转动，将圆盘看成无数条“半径型”导体棒切割磁感线。根据右手定则（伸开右手，让磁感线穿手心，拇指指向导体运动方向，四指指向感应电流方向 ），感应电流从边缘流向中心 。在电源内部，电流从低电势流向高电势，所以圆盘中心电势比边缘高，A错误；
B、由A选项知，圆盘上电流从边缘流向中心，那么在外部电路（含电阻的回路 ）中，电流从经流向 。所以“电流沿到的方向流动”正确，B正确；
C、圆盘转动时，可等效为半径的导体棒绕一端（中心轴 ）转动切割磁感线。导体棒上各点线速度（为到中心的距离 ），平均速度 。
根据感应电动势公式（为磁感应强度，为有效切割长度 ），代入，得 ，C正确；
D、电流方向由圆盘转动方向和磁场方向共同决定（右手定则 ）。当圆盘转动方向不变时，即便角速度大小变化，感应电流的“切割方向”不变，电流方向也不变，仅电流大小（由，变则变，变 ）变化 。所以“电流方向可能发生变化”错误，D错误。
故答案为： 。
【分析】A．用右手定则判断圆盘转动时的电流方向，进而确定圆盘中心与边缘的电势高低。
B．基于A选项电流方向的判断，确定电阻中电流的流向。
C．将圆盘切割磁感线等效为“半径导体棒”转动切割，用转动切割感应电动势公式推导。
D．判断电流方向的决定因素（圆盘转动方向 ），分析角速度大小变化对电流方向的影响。
12．（2025高二下·东莞月考）如图所示，单刀双掷开关S先打到a端让电容器充满电。时开关S打到b端，时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值。则（ ）
A．LC回路的周期为0.02s
B．LC回路的电流最大时电容器中电场能最小
C．时线圈中磁场能最大
D．时回路中电流沿顺时针方向
【答案】B,C
【知识点】电容器及其应用；电磁振荡；LC振荡电路分析
【解析】【解答】A、 振荡电路一个周期内，电容器会完成“充电→放电→反向充电→反向放电” ，即充、放电各两次，
时开关打到端开始放电，时电容器下极板带正电且电荷量第一次达到最大值，说明从初始放电到此次反向充电完成，经历了“放电（下极板正电→ 0 ）→反向充电（下极板负电→正电最大值 ）” ，这是半个周期的过程（一次放电 + 一次反向充电 ），所以一个完整周期，不是，A错误 ；
B、在振荡电路中，电场能与磁场能相互转化，遵循“电场能最大时（电容器电荷量最大 ），磁场能最小；电场能最小时（电容器电荷量为 0 ，放电完毕 ），磁场能最大” ，电流最大时，对应电容器放电完毕，电荷量为 0 ，电场能最小，B正确 ；
C、已知周期，计算包含的周期数，即 。
一个周期内，时刻对应电容器反向充电完毕（或正向放电完毕等，结合初始状态 ），此时磁场能最大（因为充电完毕后紧接着放电，放电前瞬间磁场能最大 ），所以时线圈中磁场能最大，C正确 ；
D、由，结合振荡电路的充放电过程，此时处于电容器反向充电完毕后的放电初期（或根据初始状态推导 ），电流方向为逆时针（可通过分析电荷流动方向，从下极板正电开始放电，电流逆时针 ），不是顺时针，D错误 。
故答案为： 。
【分析】A．明确振荡电路一个周期内电容器充放电次数，结合题目中“时电容器下极板带正电且电荷量第一次达到最大值”的条件，推导周期。
B．依据振荡电路中电场能与磁场能的转化关系，判断电流最大时电场能的情况。
C．计算与周期的关系，确定此时电路所处的充放电阶段，进而判断磁场能大小。
D．根据对应的周期阶段，分析电流方向。
13．（2025高二下·东莞月考）如图（a）为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图（b）所示的正弦交流电压，并加在理想变压器的原线圈上，电压表为交流电表，设变压器原、副线圈的匝数分别为。当变压器副线圈输出电压的瞬时值大于5000V时，就会在点火针两端间引发火花进而点燃燃气，则下列说法正确的是（ ）
A．闭合S，加在变压器副线圈上正弦交流电的频率为50Hz
B．某交流发电机要产生与图（b）相同频率的交流电，其线圈在磁场中的转速为100转/秒
C．闭合开关S，电压表的示数约为35V
D．变压器原、副线圈的匝数须满足时，才能实现点火
【答案】A,C,D
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】A、由图（b ）可知，正弦交流电的周期 。根据频率与周期的关系，代入，得 ；
因为变压器不改变交流电的频率，所以加在变压器副线圈上正弦交流电的频率也为，A正确；
B、交流发电机产生交流电的频率与线圈转速（转/秒 ）的关系为（一个周期对应线圈转 1 圈 ），
由图（b ）知频率，所以转速转/秒，并非 100 转/秒，B错误；
C、由图（b ）可知，原线圈电压的最大值 。
正弦交流电的有效值 ，
电压表测原线圈电压有效值，所以电压表示数约为，C正确；
D、已知原线圈电压最大值，要求副线圈电压最大值 ，
由变压比公式，变形得 ，
代入、，得 ，化简得，即 。所以D正确。
故答案为： 。
【分析】A．根据图（b ）确定原线圈正弦交流电的周期，再由频率计算频率，结合变压器不改变频率的特性判断。
B．明确交流发电机产生交流电的频率与线圈转速的关系（，为转速，单位：转/秒 ），结合图（b ）的频率计算转速。
C．先由图（b ）得原线圈电压最大值，再根据正弦交流电有效值与最大值的关系计算原线圈电压有效值，电压表测的是原线圈电压有效值。
D．根据题意，副线圈输出电压瞬时值需大于（即副线圈电压最大值 ），结合变压器变压比公式推导匝数关系。
14．（2025高二下·东莞月考）特斯拉发明的交流输电系统，扩大了电能的普及范围，大大加速了电力社会的到来。如图所示为远距离交流输电的原理示意图，其中各个物理量已经在图中标出，下列说法正确的是（ ）
A．变压器线圈的匝数关系为
B．升压变压器可以提高输电电压，从而提高输电功率
C．输电电路中的电流关系为
D．输送功率不变时，输电电压越高，输电线上损失的功率越小
【答案】A,D
【知识点】电功率和电功；电能的输送；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】A、升压变压器（左侧 ）需升高电压，即 。由变压比，得（匝数与电压成正比 ）。
降压变压器（右侧 ）需降低电压，即 。同理，由，得 。A正确；
B、输电功率由发电站的发电功率决定（理想情况下，升压变压器不改变功率， ）。
升压变压器的作用是提高输电电压，从而减小输电电流（，不变时，增大则减小 ），并非“提高输电功率”。B错误；
C、升压变压器：， → ，
降压变压器：， → ，
所以电流关系是，C选项“”错误，C错误；
D、输电功率不变时，由（为输电电压，即升压变压器输出电压 ），得 。
输电线上功率损失 。
可见，越高，越小，越小。D正确。
故答案为：。
【分析】A．根据升压、降压变压器的功能（升压变压器：输出电压输入电压；降压变压器：输出电压输入电压 ），结合变压比判断匝数关系。
B．明确输电功率的决定因素（由发电站的发电功率决定，升压变压器仅改变电压、电流 ），判断“提高输电电压能否提高输电功率”。
C．利用变压器变流比（升压变压器， ）、（降压变压器， ），推导电流大小关系。
D．结合输电功率（不变时，越高则越小 ），以及功率损失公式，判断输电电压对功率损失的影响。
15．（2025高二下·东莞月考）矩形导线框abcd放在匀强磁场中处于静止状态，如图甲所示．一磁场的磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度的大小B随时间t变化的图象如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在0～4 s时间内，导线框ad边所受安培力F安随时间t变化的图象(规定向左为安培力的正方向)及导线框中的感应电流I随时间t变化的图象(规定顺时针方向为电流的正方向)可能是图中的( )
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】安培力的计算；楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A、电流正（顺时针）且恒定，电流负（逆时针）且恒定 ， 符合阶段分析，A正确；
B、电流应为负，选项仍为正 ， 矛盾，B错误；
C、安培力应“正负交替、随线性变”，选项方向和趋势不符 ， C错误；
D、方向“正负交替”，大小随线性变化，符合阶段分析，D正确。
故答案为：AD 。
【分析】本题围绕矩形导线框在变化磁场中的电磁感应现象，需用楞次定律（判断感应电流方向）和左手定则（判断安培力方向），结合B - t图象分阶段(0 - 1s)、(1 - 2s)、(2 - 3s)、(3 - 4s) 分析。
16．（2025高二下·东莞月考）如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置。
（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将 偏转。（填“向左”“向右”或“不”）
（2）连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是_______。
A．插入铁芯 B．拔出A线圈
C．变阻器的滑片向左滑动 D．断开电键S瞬间
（3）G为指针零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况如图（1）中所示，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针从中央向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图（2）中的条形磁铁的运动方向是向 （填“上”、“下”）；图（3）中电流表指针应 （填“向左”“向右”）偏转。
【答案】（1）向右
（2）B；D
（3）下；向右
【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】（1）闭合开关时，线圈电流从无到有，磁场增强，穿过线圈的磁通量增大，指针右偏 ，得出规律：磁通量增大时，指针右偏；合上开关后，迅速插入线圈，线圈的磁通量因靠近（磁场增强 ）而再次增大；磁通量变化趋势与“闭合开关”时一致（均增大 ），故指针向右偏转；
故答案为：向右。
（2）A选项（插入铁芯）：插入铁芯会增强线圈的磁场，使穿过的磁通量增大，指针右偏，排除。
B选项（拔出线圈）：拔出线圈，线圈处磁场减弱，磁通量减小，指针左偏，符合。
C选项（变阻器滑片向左滑动）：滑片左滑，线圈电流增大，磁场增强，穿过的磁通量增大， 指针右偏，排除。
D选项（断开电键瞬间）：断开电键，线圈电流消失，磁场消失，穿过的磁通量减小，指针左偏，符合。
故答案为：BD。
（3）图（2）中指针左偏 ， 电流从左接线柱进线圈；由右手螺旋定则：电流产生的感应磁场方向向下（四指沿电流方向，大拇指指磁场方向 ）；楞次定律：感应磁场“阻碍原磁通量变化”，原磁通量向下且增大（因为感应磁场向下，与原磁场方向相同，说明原磁通量在增大 ）；磁铁下端是极（磁场方向向上 ），要让原磁通量向下增大，磁铁需向下运动（靠近线圈，使向下的磁通量叠加增大 ）。
图（3）中磁铁极向下，向下运动 ， 穿过线圈的磁通量向下增大（极磁场向下，靠近线圈则磁通量增大 ），
楞次定律：感应磁场“阻碍磁通量增大”， 感应磁场向上（与原磁场方向相反 ），由右手螺旋定则：感应电流方向为从右接线柱进电流表（四指沿感应磁场方向，大拇指指电流方向 ），电流从右接线柱进，指针向右偏转。
故答案为：下；向右。
【分析】（1）先通过“闭合开关指针右偏”，明确“磁通量增大， 指针右偏”的对应关系；再分析“线圈插入线圈”的操作对磁通量的影响，匹配偏转方向。
（2）已知“磁通量增大，指针右偏”，则“指针左偏，磁通量减小”；分析各选项操作对线圈磁通量的影响，筛选“磁通量减小”的操作。
（3）先由“电流从左接线柱进， 指针左偏”，建立电流方向与指针偏转的关系，再用右手螺旋定则、楞次定律，推导磁场方向、磁通量变化，最终确定磁铁运动和指针偏转。
（1）闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏。那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，穿过线圈B的磁通量也增大，则电流计指针也将向右偏转。
（2）连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，则可知应使穿过B线圈的磁通量减小，可采取的操作是拔出A线圈或断开电键S瞬间；而插入铁芯或变阻器的滑片向左滑动均使穿过B线圈的磁通量增大，指针向右偏。
故选BC。
（3）[1]电流从电流表G的左接线柱进时，指针从中央向左偏。图（2）中电流表G指针向左偏，则流进电流表G的电流方向自左向右。根据右手定则，可知感应电流产生的磁场竖直向下，图中条形磁铁的下端为S极，根据楞次定律可判断条形磁铁的运动方向是向下；
[2]图（3）中，条形磁铁N极向下，磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量向下增大，根据楞次定律，可判断知通过电流表的电流自右向左，则指针应向右偏转。
17．（2025高二下·东莞月考）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，可拆变压器如图所示。
（1）本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是______；
A．控制变量法 B．等效替代法 C．整体隔离法
（2）为了减少涡流的影响，铁芯应该选择______；
A．整块硅钢铁芯 B．整块不锈钢铁芯
C．绝缘的硅钢片叠成 D．绝缘的铜片叠成
（3）本实验除有闭合铁芯的原、副线圈外，还须选用的器材是______；
A． B．
C． D．
（4）下列做法正确的是______。
A．为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12V
B．为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测
C．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数多
D．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
（5）在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱上，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为______。（填字母）
A．1.5V B．3.0V C．6.0V D．7.0V
【答案】（1）A
（2）C
（3）A；D
（4）B
（5）D
【知识点】控制变量法；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）A、实验中通过改变匝数（单一变量 ），探究电压与匝数的关系，其他条件保持不变，符合控制变量法，正确；
B、实验未涉及用其他事物等效替代研究对象的操作， 错误；
C、实验无需对整体或部分进行隔离分析， 错误。
故答案为：A。
（2）A、整块铁芯易形成涡流回路，涡流大 ， 错误；
B、同理，整块铁芯涡流大，且不锈钢导磁性弱 ，错误；
C、绝缘层切断涡流回路，硅钢导磁性好，减小涡流 ，正确；
D、铜不是磁性材料，无法有效传递磁通量，且涡流问题仍存在，错误。
故答案为： C。
（3）A、可提供低压交流电，满足实验需求，正确；
B、提供直流电，无法使变压器工作（电磁感应需要变化的磁场 ），错误；
C、实验测交流电压，无需直流电流表，错误；
D、可切换交流电压挡测电压，正确。
故答案为： AD。
（4）A、变压器依赖交流产生的变化磁场工作，直流无法产生感应电压 ， 错误；
B、先用最大量程试测，可避免电压过大损坏电表，再选合适量程 ，正确；
C、根据，匝数多的线圈电流小，导线可更细（电阻小，发热少 ），导线粗的线圈匝数少，错误；
D、变压器通过电磁感应（磁通量变化 ）传输电能，铁芯不导电，仅传递磁场， 错误。
故答案为： B。
（5）理想情况计算：原线圈匝数，副线圈匝数，副线圈电压。
由，得。
实际情况修正：实际变压器有漏磁（磁通量传递不完全 ）、线圈发热（电能损耗 ），原线圈需提供更多电压补偿损失，故
选项判断：A（1.5V）、B（3.0V）、C（6.0V）均小于或等于理想值，无法补偿损失 ， 错误；
D（7.0V）大于6.0V，可补偿损失使副线圈获得3.0V ， 正确。
故答案为： D。
【分析】（1）探究变压器线圈电压与匝数关系时，需控制其他因素（如电源、铁芯等）不变，仅改变原、副线圈匝数，观察电压变化，这符合控制变量法的逻辑（控制其他量，研究单一变量对结果的影响 ）。
（2）涡流是铁芯中因电磁感应产生的感应电流，会损耗能量。用绝缘硅钢片叠成铁芯，可切断涡流的闭合回路，减小涡流影响；整块铁芯（硅钢、不锈钢 ）易形成大涡流，铜不是磁性材料，不适合做铁芯。
（3）实验需要低压交流电源（变压器工作原理是电磁感应，直流无法产生持续感应电压 ），还需要交流电压表（测交流电压 ）。
（4）变压器用交流电源（直流无法工作 ）；测电压时先用大量程试测，保护电表；匝数与导线粗细：匝数多的线圈电流小，导线可更细（电流与匝数成反比 ）；变压器原理是电磁感应（铁芯传递磁通量，不导电 ）。
（5）理想变压器满足，但实际变压器有漏磁、发热等能量损失，原线圈电压需大于理想值，才能使副线圈获得目标电压。
（1）A、实验中通过改变匝数（单一变量 ），探究电压与匝数的关系，其他条件保持不变，符合控制变量法，正确；
B、实验未涉及用其他事物等效替代研究对象的操作， 错误；
C、实验无需对整体或部分进行隔离分析， 错误。
故答案为：A。
（2）A、整块铁芯易形成涡流回路，涡流大 ， 错误；
B、同理，整块铁芯涡流大，且不锈钢导磁性弱 ，错误；
C、绝缘层切断涡流回路，硅钢导磁性好，减小涡流 ，正确；
D、铜不是磁性材料，无法有效传递磁通量，且涡流问题仍存在，错误。
故答案为： C。
（3）A、可提供低压交流电，满足实验需求，正确；
B、提供直流电，无法使变压器工作（电磁感应需要变化的磁场 ），错误；
C、实验测交流电压，无需直流电流表，错误；
D、可切换交流电压挡测电压，正确。
故答案为： AD。
（4）A、变压器依赖交流产生的变化磁场工作，直流无法产生感应电压 ， 错误；
B、先用最大量程试测，可避免电压过大损坏电表，再选合适量程 ，正确；
C、根据，匝数多的线圈电流小，导线可更细（电阻小，发热少 ），导线粗的线圈匝数少，错误；
D、变压器通过电磁感应（磁通量变化 ）传输电能，铁芯不导电，仅传递磁场， 错误。
故答案为： B。
（5）理想情况计算：原线圈匝数，副线圈匝数，副线圈电压。
由，得。
实际情况修正：实际变压器有漏磁（磁通量传递不完全 ）、线圈发热（电能损耗 ），原线圈需提供更多电压补偿损失，故。
选项判断：
A（1.5V）、B（3.0V）、C（6.0V）均小于或等于理想值，无法补偿损失 ，错误；
D（7.0V）大于6.0V，可补偿损失使副线圈获得3.0V ， 正确。
故答案为： D。
18．（2025高二下·东莞月考）如图所示，足够长的固定粗糙绝缘斜面的倾角，斜面上的虚线和与斜面的底边平行，在围成的区域有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小。现有一质量、总电阻、边长的正方形金属线框，使边与斜面底边平行，从斜面上端由静止释放，线框恰好匀速穿过磁场。线框与斜面间的动摩擦因数，取重力加速度大小。求：
（1）线框穿过磁场区域时，受到的安培力大小F；
（2）线框穿过磁场的整个过程中，线框上产生的焦耳热Q；
（3）线框刚被释放时，边到的距离x。
【答案】（1）解：对线框，根据物体的平衡条件有
解得
（2）解：因为线框恰好匀速穿过磁场，所以磁场区域的宽度（间的距离）
根据功能关系有
解得
（3）解：设线框穿过磁场时的速度大小为v，线框中产生的感应电动势
通过线框的电流，
设线框进入磁场前做匀加速直线运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有
经分析可知
解得。
【知识点】共点力的平衡；导体切割磁感线时的感应电动势；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）线框匀速穿过磁场，处于平衡状态。沿斜面方向，重力分力、安培力、摩擦力共同作用，根据平衡条件列方程求解安培力。需要明确重力沿斜面和垂直斜面的分力计算，以及平衡时力的关系。
（2）线框匀速穿过磁场，安培力做功转化为焦耳热。由于线框边长为，穿过磁场时有效切割长度对应的位移是（进入和穿出磁场，各移动 ），根据功能关系， 安培力作用的位移来计算。
（3）先求线框进入磁场前的加速度，根据牛顿第二定律，沿斜面方向合力产生加速度，合力为重力分力减摩擦力。再根据线框匀速穿过磁场时的安培力、感应电动势、电流的关系，求出匀速时的速度。最后利用匀变速直线运动公式，结合进入磁场前的加速过程和磁场区域长度，求出（ 包含加速位移和磁场区域的 ） 。
19．（2025高二下·东莞月考）如图，平行的、与间（含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界与的夹角，点P处有一离子源，离子源能够向磁场区域发射各种速率的、方向平行于纸面且垂直于的正、负离子，离子运动一段时间后能够从不同的边界射出磁场。已知从边界射出的离子，离子速度为时射出点与P点距离最大为，所有正、负离子的比荷均为k，不计离子的重力及离子间的相互作用。求：
（1）射出点与P点最大距离；
（2）从边界射出的离子，速度的最大值。
【答案】（1）解：设离子的质量为m、电荷量为q，从边界射出的速度为的离子，设其运动半径为，运动轨迹恰好与相切，运动轨迹如图2所示
根据牛顿第二定律得
根据几何关系得
解得
（2）解：从边界射出的离子，速度最大时离子运动轨迹恰好与相切，设其运动半径为，运动轨迹如图1所示，根据牛顿第二定律得
设的长度L，根据几何关系得，
解得
【知识点】牛顿第二定律；洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）离子在磁场中做匀速圆周运动，当轨迹与边界相切时，从射出的离子与点距离最大。需结合洛伦兹力提供向心力和几何关系推导。
（2）离子从射出时，速度最大的轨迹与边界相切。同样结合洛伦兹力提供向心力和几何关系，联立求解最大速度。
1 / 1广东省东莞市东莞高级中学2024-2025学年高二下学期第一次月考物理试卷
1．（2025高二下·东莞月考）如图所示，在水平向右的匀强磁场中，一线框绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线框通过电刷、圆环、导线等与定值电阻组成闭合回路。t1、t2时刻线框分别转到图甲、乙所示的位置，下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻穿过线框的磁通量最大
B．t1时刻电阻中的电流最大，方向从右向左
C．t2时刻穿过线框的磁通量变化最快
D．t2时刻电阻中的电流最大，方向从右向左
2．（2025高二下·东莞月考）如图所示，一光滑绝缘的圆柱体固定在水平面上。导体棒AB可绕过其中点的转轴在圆柱体的上表面内自由转动，导体棒CD固定在圆柱体的下底面。开始时，两棒相互垂直并静止，两棒中点、连线与圆柱体的中轴线重合。现对两棒同时通入图示方向（A到B、C到D）的电流。下列说法正确的是（ ）
A．通电后，AB棒仍将保持静止
B．通电后，AB棒将逆时针转动（俯视）
C．通电后，AB棒将顺时针转动（俯视）
D．通电瞬间，线段上存在磁感应强度为零的位置
3．（2025高二下·东莞月考）如图所示，宽为L的光滑金属导轨与水平面成θ角，质量为m、长为L的金属杆ab水平放置在导轨上。空间存在着匀强磁场，当回路中电流为I时，金属杆恰好能静止。重力加速度为g，则（ ）
A．若磁场方向竖直向上，磁感应强度大小为
B．若磁场方向竖直向上，磁感应强度大小为
C．若磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度大小为
D．若磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度大小为
4．（2025高二下·东莞月考）如图所示，用洛伦兹力演示仪研究带电粒子在匀强磁场中的运动，以虚线表示电极K释放出来的电子束的径迹。在施加磁场之前，电子经加速后沿直线运动，如图甲所示；施加磁场后电子束的径迹，如图乙所示；再调节演示仪可得到图丙所示的电子束径迹。下列说法正确的是（ ）
A．施加的磁场方向为垂直纸面向外
B．在图乙基础上仅提高电子的加速电压，可得到图丙所示电子束径迹
C．在图乙基础上仅增大磁感应强度，可得到图丙所示电子束径迹
D．图乙与图丙中电子运动一周的时间一定不相等
5．（2025高二下·东莞月考）如图所示，竖直放置的光滑绝缘斜面处于方向垂直竖直平面（纸面）向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一带电荷量为的滑块自a点由静止沿斜面滑下，下降高度为h时到达b点，滑块恰好对斜面无压力。关于滑块自a点运动到b点的过程，下列说法正确的是（ ）（重力加速度为g）
A．滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用
B．滑块在b点受到的洛伦兹力大小为
C．洛伦兹力做正功
D．滑块的机械能增大
6．（2025高二下·东莞月考）我国科研人员采用全新发电方式——“爆炸发电”，以满足高耗能武器的连续发射需求。其原理如图所示，爆炸将惰性气体转化为高速等离子体，射入磁流体动力学发生器，发生器的前后有两强磁极N和S，使得上下两金属电极之间产生足够高电压，下列说法正确的是（ ）
A．上极板电势比下极板电势低
B．仅使L增大，两金属电极间的电动势会变大
C．仅使d增大，两金属电极间的电动势会变大
D．仅使b增大，两金属电极间的电动势会变大
7．（2025高二下·东莞月考）如图甲所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图乙所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是 （ ）
A．时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下
B．磁铁下落过程减少的重力势能等于增加的动能
C．若将线圈的匝数加倍，则线圈中磁通量变化量也将加倍
D．若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流
8．（2025高二下·东莞月考）在油电混合小轿车上有一种装置，刹车时能将车的动能转化为电能，启动时再将电能转化为动能，从而实现节能减排。图中，甲、乙磁场方向与轮子的转轴平行，丙、丁磁场方向与轮子的转轴垂直，轮子是绝缘体，则采取下列哪个措施，能有效地借助磁场的作用，让转动的轮子停下（ ）
A．如图甲，在轮上固定如图绕制的线圈
B．如图乙，在轮上固定如图绕制的闭合线圈
C．如图丙，在轮上固定一些细金属棒，金属棒与轮子转轴平行
D．如图丁，在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行
9．（2025高二下·东莞月考）地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是（ ）
A．地表电荷为负电荷
B．环形电流方向与地球自转方向相同
C．若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大
D．若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大
10．（2025高二下·东莞月考）1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒、构成，其间留有空隙，现对氘核（）加速，所需的高频电源的频率为f，磁感应强度为B，已知元电荷为e，下列说法正确的是（ ）
A．被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大
B．高频电源的电压越大，氘核最终射出回旋加速器的速度越大
C．氘核的质量为
D．该回旋加速器接频率为f的高频电源时，也可以对氦核（）加速
11．（2025高二下·东莞月考）法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。半径为L的铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，磁感应强度为B，方向如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则圆盘中心电势比边缘要低
B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动的角速度为，铜盘转动产生的感应电动势大小为
D．若圆盘转动的方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
12．（2025高二下·东莞月考）如图所示，单刀双掷开关S先打到a端让电容器充满电。时开关S打到b端，时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值。则（ ）
A．LC回路的周期为0.02s
B．LC回路的电流最大时电容器中电场能最小
C．时线圈中磁场能最大
D．时回路中电流沿顺时针方向
13．（2025高二下·东莞月考）如图（a）为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图（b）所示的正弦交流电压，并加在理想变压器的原线圈上，电压表为交流电表，设变压器原、副线圈的匝数分别为。当变压器副线圈输出电压的瞬时值大于5000V时，就会在点火针两端间引发火花进而点燃燃气，则下列说法正确的是（ ）
A．闭合S，加在变压器副线圈上正弦交流电的频率为50Hz
B．某交流发电机要产生与图（b）相同频率的交流电，其线圈在磁场中的转速为100转/秒
C．闭合开关S，电压表的示数约为35V
D．变压器原、副线圈的匝数须满足时，才能实现点火
14．（2025高二下·东莞月考）特斯拉发明的交流输电系统，扩大了电能的普及范围，大大加速了电力社会的到来。如图所示为远距离交流输电的原理示意图，其中各个物理量已经在图中标出，下列说法正确的是（ ）
A．变压器线圈的匝数关系为
B．升压变压器可以提高输电电压，从而提高输电功率
C．输电电路中的电流关系为
D．输送功率不变时，输电电压越高，输电线上损失的功率越小
15．（2025高二下·东莞月考）矩形导线框abcd放在匀强磁场中处于静止状态，如图甲所示．一磁场的磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度的大小B随时间t变化的图象如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在0～4 s时间内，导线框ad边所受安培力F安随时间t变化的图象(规定向左为安培力的正方向)及导线框中的感应电流I随时间t变化的图象(规定顺时针方向为电流的正方向)可能是图中的( )
A． B．
C． D．
16．（2025高二下·东莞月考）如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置。
（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将 偏转。（填“向左”“向右”或“不”）
（2）连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是_______。
A．插入铁芯 B．拔出A线圈
C．变阻器的滑片向左滑动 D．断开电键S瞬间
（3）G为指针零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况如图（1）中所示，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针从中央向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图（2）中的条形磁铁的运动方向是向 （填“上”、“下”）；图（3）中电流表指针应 （填“向左”“向右”）偏转。
17．（2025高二下·东莞月考）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，可拆变压器如图所示。
（1）本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是______；
A．控制变量法 B．等效替代法 C．整体隔离法
（2）为了减少涡流的影响，铁芯应该选择______；
A．整块硅钢铁芯 B．整块不锈钢铁芯
C．绝缘的硅钢片叠成 D．绝缘的铜片叠成
（3）本实验除有闭合铁芯的原、副线圈外，还须选用的器材是______；
A． B．
C． D．
（4）下列做法正确的是______。
A．为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12V
B．为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测
C．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数多
D．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
（5）在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱上，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为______。（填字母）
A．1.5V B．3.0V C．6.0V D．7.0V
18．（2025高二下·东莞月考）如图所示，足够长的固定粗糙绝缘斜面的倾角，斜面上的虚线和与斜面的底边平行，在围成的区域有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小。现有一质量、总电阻、边长的正方形金属线框，使边与斜面底边平行，从斜面上端由静止释放，线框恰好匀速穿过磁场。线框与斜面间的动摩擦因数，取重力加速度大小。求：
（1）线框穿过磁场区域时，受到的安培力大小F；
（2）线框穿过磁场的整个过程中，线框上产生的焦耳热Q；
（3）线框刚被释放时，边到的距离x。
19．（2025高二下·东莞月考）如图，平行的、与间（含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界与的夹角，点P处有一离子源，离子源能够向磁场区域发射各种速率的、方向平行于纸面且垂直于的正、负离子，离子运动一段时间后能够从不同的边界射出磁场。已知从边界射出的离子，离子速度为时射出点与P点距离最大为，所有正、负离子的比荷均为k，不计离子的重力及离子间的相互作用。求：
（1）射出点与P点最大距离；
（2）从边界射出的离子，速度的最大值。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律；磁通量；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A、时刻线框平面与磁场方向平行，，根据，，所以磁通量，不是最大，A错误 ；
B、感应电动势：时刻磁通量为，但磁通量变化率最大（磁通量从开始变化，变化趋势最陡 ）。由感应电动势公式（为线框匝数 ），可知此时感应电动势最大 ；
感应电流：根据闭合电路欧姆定律（是回路总电阻 ），最大时，电阻中的电流最大 ；
电流方向：原磁场水平向右，线框转动使磁通量要增大，根据楞次定律，感应电流产生的磁场阻碍磁通量增大，即感应电流磁场向左。由安培定则（右手螺旋定则 ），可判断出电阻中电流方向从右向左 。B正确 ；
C、时刻线框平面与磁场方向垂直，，磁通量最大。此时磁通量变化率（磁通量达到最大，接下来要减小，此刻变化趋势最平缓 ），并非变化最快，C选项错误 。
D、时刻磁通量变化率，根据，感应电动势。再由，可知电阻中的电流，不是最大，D错误 。
故答案为：B。
【分析】A．判断时刻穿过线框磁通量大小，需依据磁通量公式（是线框平面和磁场方向夹角 ），分析此时对应的值。
B．分三步判断，先根据磁通量变化率与感应电动势关系确定感应电动势大小，再由欧姆定律判断电流大小，最后用楞次定律判断电流方向。
C．判断时刻磁通量变化快慢，即分析磁通量变化率，结合磁通量公式和线框位置判断。
D．先判断时刻感应电动势大小，再由欧姆定律判断电流大小。
2．【答案】B
【知识点】安培定则；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A、CD棒通电后，根据安培定则（右手握住CD棒，四指指向电流方向，大拇指指向为磁场N极方向 ），其产生的磁场在AB棒处分布不均匀。AB棒左侧和右侧所处磁场方向不同，由左手定则（伸开左手，让磁感线穿入手心，四指指向电流方向，大拇指指向安培力方向 ），AB棒左侧受安培力穿纸面向外，右侧受安培力穿纸面向里，合力不为零，不会保持静止，A错误 ；
B、AB棒左侧受安培力穿纸面向外，会带动左侧向外转动；右侧受安培力穿纸面向里，带动右侧向里转动。以俯视视角观察，AB棒将绕中点转轴做逆时针转动，B正确 ；
C、由B选项分析可知，AB棒是逆时针转动（俯视 ），并非顺时针，C错误 ；
D、AB棒和CD棒通电后，根据安培定则，AB棒在线段产生的磁场方向与CD棒在该线段产生的磁场方向，无法通过叠加使某点磁感应强度为零（两磁场方向不存在大小相等、方向相反的情况 ），所以线段上不存在磁感应强度为零的位置，D错误 。
故答案为：B。
【分析】A．要判断AB棒是否保持静止，需分析其受力情况。先由安培定则确定CD棒产生的磁场分布，再用左手定则判断AB棒各部分所受安培力方向，看合力是否为零 。
B．基于A选项中对安培力方向的判断，分析AB棒的转动趋势。左侧安培力使AB棒左侧向外转，右侧安培力使右侧向里转，从俯视角度看整体转动方向 。
C．如图，再结合B选项中安培力方向和转动趋势的分析，判断转动方向是否为顺时针 。
D．断线段上是否有磁感应强度为零的位置，需分析AB棒和CD棒在该线段产生的磁场的叠加情况。根据安培定则分别确定两棒在上产生的磁场方向，看是否能相互抵消 。
3．【答案】C
【知识点】磁感应强度；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】A、磁场竖直向上时，由左手定则（伸开左手，让磁感线穿入手心，四指指向电流方向，大拇指指向安培力方向 ），金属杆受到的安培力水平向右 ；对金属杆受力分析，重力竖直向下，将其沿导轨方向和垂直导轨方向分解，沿导轨方向分力，垂直导轨方向分力 。因为金属杆静止，沿导轨方向合力为零，安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨方向分力平衡，即（安培力 ）。
解得，不是，A错误 ；
B、依据A选项的受力分析，平衡方程为，解得，并非，B错误 ；
C、磁场垂直导轨平面向上时，由左手定则，安培力沿导轨平面向上 。
金属杆静止，沿导轨方向合力为零，安培力与重力沿导轨方向分力平衡，即（安培力 ）。
解得，C正确 ；
D、由C选项分析，平衡方程是，解得，不是，D错误 。
故答案为：C。
【分析】A．当磁场方向竖直向上时，先根据左手定则确定安培力方向（水平方向 ），再对金属杆进行受力分析，将重力沿导轨和垂直导轨方向分解，结合共点力平衡条件列方程求解磁感应强度 。
B．同A选项的受力分析流程，判断安培力与重力分力的平衡关系，推导磁感应强度表达式 。
C．当磁场方向垂直导轨平面向上时，用左手定则确定安培力方向（沿导轨平面向上 ），再对金属杆受力分析，结合共点力平衡条件列方程求解 。
D．基于C选项的受力分析和推导过程，判断磁感应强度表达式是否正确 。
4．【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A、磁场竖直向上时，由左手定则（伸开左手，让磁感线穿入手心，四指指向电流方向，大拇指指向安培力方向 ），金属杆受到的安培力水平向右 ，对金属杆受力分析，重力竖直向下，将其沿导轨方向和垂直导轨方向分解，沿导轨方向分力，垂直导轨方向分力 ；因为金属杆静止，沿导轨方向合力为零，安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨方向分力平衡，即（安培力 ）。
解得，不是，A错误 ；
B、依据A选项的受力分析，平衡方程为，解得，并非，B错误 ；
C、磁场垂直导轨平面向上时，由左手定则，安培力沿导轨平面向上 。
金属杆静止，沿导轨方向合力为零，安培力与重力沿导轨方向分力平衡，即（安培力 ）。
解得，C正确 ；
D、由C选项分析，平衡方程是，解得，不是，D错误 。
故答案为：C。
【分析】A．当磁场方向竖直向上时，先根据左手定则确定安培力方向（水平方向 ），再对金属杆进行受力分析，将重力沿导轨和垂直导轨方向分解，结合共点力平衡条件列方程求解磁感应强度 。
B．同A选项的受力分析流程，判断安培力与重力分力的平衡关系，推导磁感应强度表达式 。
C．当磁场方向垂直导轨平面向上时，用左手定则确定安培力方向（沿导轨平面向上 ），再对金属杆受力分析，结合共点力平衡条件列方程求解 。
D．基于C选项的受力分析和推导过程，判断磁感应强度表达式是否正确 。
5．【答案】B
【知识点】机械能守恒定律；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A、a点无洛伦兹力，A错误；
B、b点洛伦兹力大小为，B正确；
C、洛伦兹力不做功，C错误；
D、机械能守恒，D错误；
故答案为：B 。
【分析】A．洛伦兹力产生条件是“电荷运动且速度方向与磁场不平行”。滑块在a点静止（ ），故无洛伦兹力。此时滑块仅受重力、支持力 。
B．机械能守恒：滑块从a→b，只有重力做功，机械能守恒。重力势能转化为动能： ，解得 ；
洛伦兹力计算：b点速度为，洛伦兹力 。
C．洛伦兹力方向始终与速度方向垂直（磁场垂直纸面，速度沿斜面，洛伦兹力垂直斜面 ），位移沿斜面，故洛伦兹力与位移夹角，，不做功 。
D．滑块运动中，只有重力做功（支持力、洛伦兹力不做功 ），满足机械能守恒条件，故机械能不变 。
6．【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；磁流体发电机
【解析】【解答】A、上极板带正电，电势高于下极板，A错误；
B、仅增大，、、不变 → 不变，B错误；
C、仅增大，、不变 → 增大，C正确；
D、仅增大，、、不变 → 不变，D错误；
故答案为：C 。
【分析】A．等离子体含正、负离子，射入磁场（磁场方向由→ ）。
正离子运动方向与等离子体一致，用左手定则：掌心迎磁场（→ ），四指正离子运动方向，大拇指向上，正离子向上偏转（上极板带正电 ）。
负离子运动方向与等离子体一致，左手定则中四指需反向（负电荷运动反方向为四指方向 ），大拇指向下，负离子向下偏转（下极板带负电 ）。
B．由电动势公式，电动势与（发生器长度 ）无关 。
C．由，与（电极间距 ）成正比 。
D．由，电动势与（发生器宽度 ）无关 。
7．【答案】D
【知识点】功能关系；动能和势能的相互转化；磁通量；楞次定律
【解析】【解答】A、楞次定律的本质是“阻碍相对运动”。在时间内，磁铁靠近线圈时，线圈产生的感应磁场阻碍磁铁靠近，对磁铁的作用力向上；磁铁远离线圈时，感应磁场阻碍磁铁远离，对磁铁的作用力仍向上 。所以“先向上后向下”错误，A错误；
B、磁铁下落时，重力势能除转化为自身动能，还因电磁感应产生感应电流，线圈有电能产生（后续会转化为焦耳热 ）。根据能量守恒，减少的重力势能增加的动能线圈获得的电能 。所以“减少的重力势能等于增加的动能”错误，B错误；
C、磁通量由磁场强弱、线圈面积及磁场与线圈夹角决定，与线圈匝数无关。磁通量变化量，匝数加倍时，、不变，也不变 。所以“磁通量变化量加倍”错误，C错误；
D、原实验中，磁铁磁极不变时，靠近线圈磁通量“增”，远离时“减”。磁极翻转后，磁场方向相反，靠近线圈时，磁通量变化趋势仍为“增”，但因磁场方向变了，感应电流产生的磁场阻碍方式不变（阻碍磁通量变化 ），所以感应电流方向与原“增”过程相反（负向 ）；远离时，磁通量变化趋势“减”，感应电流方向与原“减”过程相反（正向 ） 。即先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，D正确。
故答案为：D。
【分析】A.依据楞次定律“增反减同”的阻碍思想，分析磁铁靠近和远离线圈时，线圈对磁铁作用力的方向。
B. 从能量守恒角度，判断磁铁下落过程中重力势能的转化去向（动能、线圈的电能及可能的其他能量 ）。
C. 明确磁通量（为磁感应强度，为线圈面积 ）的决定因素，判断匝数对磁通量变化量的影响。
D.根据楞次定律，磁场方向反转后，磁通量变化的“增、减”趋势不变，但磁场方向改变，感应电流方向由磁通量变化和磁场方向共同决定，分析感应电流方向变化。
8．【答案】D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A、无感应电流，无法产生安培力阻碍轮子转动，A错误；
B、无磁通量变化，无感应电流，无法产生安培力阻碍轮子转动，B错误；
C、无感应电流，无法产生安培力阻碍轮子转动（仅产生电动势，无电流则无安培力 ），C错误；
D、有感应电流，电流在磁场中受安培力，安培力方向与轮子转动方向相反（阻碍运动 ），消耗机械能，使轮子停下，D选项正确；
故答案为：D 。
【分析】A．轮子转动时，线圈与磁场相对运动，但线圈不闭合（无电流回路 ）。
B．轮子转动时，线圈与磁场方向平行（磁场沿转轴，线圈面积垂直转轴 ），穿过线圈的磁通量始终为0（，， ），无磁通量变化。
C．轮子转动时，金属棒与磁场相对运动（磁场垂直转轴，金属棒平行转轴 ），金属棒切割磁感线产生感应电动势，但因无闭合回路，无感应电流 。
D．轮子转动时，线框长边与转轴平行，线框平面与磁场垂直（磁场垂直转轴 ），轮子转动导致线框磁通量周期性变化（线框切割磁感线，闭合回路中产生感应电流 ）。
9．【答案】A,C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；安培分子电流假说；右手定则
【解析】【解答】A、地表负电荷随地球自西向东转，负电荷运动方向与电流方向相反，所以环形电流方向与地球自转方向相反。根据右手螺旋定则，四指弯向环形电流（与自转相反），大拇指指向地磁场北极（地理南极附近 ），符合地磁场分布，说明地表电荷为负电荷，A正确；
B、因为地表电荷是负电荷，其运动形成的环形电流方向与地球自转方向相反，B错误；
C、由电流公式（为地表电荷电量，为地球自转角速度 ），电量增加，不变时，等效电流增大。环形电流产生的地磁场强度与电流正相关，所以地磁场强度增大，C正确；
D、由，地球自转角速度减小，不变时，等效电流减小，地磁场强度减小，D错误；
故答案为：AC。
【分析】A、地磁场北极（地理南极附近 ）磁场方向竖直向上，用右手螺旋定则，若环形电流产生此磁场，四指方向为电流方向（与地球自转方向相反 ）。因负电荷运动方向与电流方向相反，地球自西向东转，所以地表电荷为负电荷 。
B、地表为负电荷，其随地球自转的运动方向（自西向东 ）与环形电流方向相反，故环形电流方向与地球自转方向相反 。
C、电流，增加（不变 ），增大，环形电流磁场强度与正相关，地磁场增强 。
D、减小（不变 ），减小，地磁场强度随减小而减小 。
10．【答案】C,D
【知识点】向心力；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．根据周期公式
可知，被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而不变，A错误；
B．设D形盒的半径为R，则氘核最终射出回旋加速器的速度满足
即有
所以，氘核最终射出回旋加速器的速度与高频电源的电压无关，B错误；
C．根据周期公式：
氘核的质量为：
C正确；
D．因为氘核（）与氦核（）的荷质比相同，所以该加速器能用来加速氦核（），D正确。
故答案为：CD。
【分析】A.推导带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期公式，判断周期与半径的关系。
B. 分析氘核最终射出回旋加速器速度的决定因素，判断加速电压的影响。
C. 结合回旋加速器中高频电源频率与粒子做圆周运动周期的关系，推导氘核质量。
D. 判断氦核与氘核在该回旋加速器中加速时，高频电源频率是否匹配，即两者做圆周运动的周期是否相等。
11．【答案】B,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A、从上往下看，圆盘顺时针转动，将圆盘看成无数条“半径型”导体棒切割磁感线。根据右手定则（伸开右手，让磁感线穿手心，拇指指向导体运动方向，四指指向感应电流方向 ），感应电流从边缘流向中心 。在电源内部，电流从低电势流向高电势，所以圆盘中心电势比边缘高，A错误；
B、由A选项知，圆盘上电流从边缘流向中心，那么在外部电路（含电阻的回路 ）中，电流从经流向 。所以“电流沿到的方向流动”正确，B正确；
C、圆盘转动时，可等效为半径的导体棒绕一端（中心轴 ）转动切割磁感线。导体棒上各点线速度（为到中心的距离 ），平均速度 。
根据感应电动势公式（为磁感应强度，为有效切割长度 ），代入，得 ，C正确；
D、电流方向由圆盘转动方向和磁场方向共同决定（右手定则 ）。当圆盘转动方向不变时，即便角速度大小变化，感应电流的“切割方向”不变，电流方向也不变，仅电流大小（由，变则变，变 ）变化 。所以“电流方向可能发生变化”错误，D错误。
故答案为： 。
【分析】A．用右手定则判断圆盘转动时的电流方向，进而确定圆盘中心与边缘的电势高低。
B．基于A选项电流方向的判断，确定电阻中电流的流向。
C．将圆盘切割磁感线等效为“半径导体棒”转动切割，用转动切割感应电动势公式推导。
D．判断电流方向的决定因素（圆盘转动方向 ），分析角速度大小变化对电流方向的影响。
12．【答案】B,C
【知识点】电容器及其应用；电磁振荡；LC振荡电路分析
【解析】【解答】A、 振荡电路一个周期内，电容器会完成“充电→放电→反向充电→反向放电” ，即充、放电各两次，
时开关打到端开始放电，时电容器下极板带正电且电荷量第一次达到最大值，说明从初始放电到此次反向充电完成，经历了“放电（下极板正电→ 0 ）→反向充电（下极板负电→正电最大值 ）” ，这是半个周期的过程（一次放电 + 一次反向充电 ），所以一个完整周期，不是，A错误 ；
B、在振荡电路中，电场能与磁场能相互转化，遵循“电场能最大时（电容器电荷量最大 ），磁场能最小；电场能最小时（电容器电荷量为 0 ，放电完毕 ），磁场能最大” ，电流最大时，对应电容器放电完毕，电荷量为 0 ，电场能最小，B正确 ；
C、已知周期，计算包含的周期数，即 。
一个周期内，时刻对应电容器反向充电完毕（或正向放电完毕等，结合初始状态 ），此时磁场能最大（因为充电完毕后紧接着放电，放电前瞬间磁场能最大 ），所以时线圈中磁场能最大，C正确 ；
D、由，结合振荡电路的充放电过程，此时处于电容器反向充电完毕后的放电初期（或根据初始状态推导 ），电流方向为逆时针（可通过分析电荷流动方向，从下极板正电开始放电，电流逆时针 ），不是顺时针，D错误 。
故答案为： 。
【分析】A．明确振荡电路一个周期内电容器充放电次数，结合题目中“时电容器下极板带正电且电荷量第一次达到最大值”的条件，推导周期。
B．依据振荡电路中电场能与磁场能的转化关系，判断电流最大时电场能的情况。
C．计算与周期的关系，确定此时电路所处的充放电阶段，进而判断磁场能大小。
D．根据对应的周期阶段，分析电流方向。
13．【答案】A,C,D
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】A、由图（b ）可知，正弦交流电的周期 。根据频率与周期的关系，代入，得 ；
因为变压器不改变交流电的频率，所以加在变压器副线圈上正弦交流电的频率也为，A正确；
B、交流发电机产生交流电的频率与线圈转速（转/秒 ）的关系为（一个周期对应线圈转 1 圈 ），
由图（b ）知频率，所以转速转/秒，并非 100 转/秒，B错误；
C、由图（b ）可知，原线圈电压的最大值 。
正弦交流电的有效值 ，
电压表测原线圈电压有效值，所以电压表示数约为，C正确；
D、已知原线圈电压最大值，要求副线圈电压最大值 ，
由变压比公式，变形得 ，
代入、，得 ，化简得，即 。所以D正确。
故答案为： 。
【分析】A．根据图（b ）确定原线圈正弦交流电的周期，再由频率计算频率，结合变压器不改变频率的特性判断。
B．明确交流发电机产生交流电的频率与线圈转速的关系（，为转速，单位：转/秒 ），结合图（b ）的频率计算转速。
C．先由图（b ）得原线圈电压最大值，再根据正弦交流电有效值与最大值的关系计算原线圈电压有效值，电压表测的是原线圈电压有效值。
D．根据题意，副线圈输出电压瞬时值需大于（即副线圈电压最大值 ），结合变压器变压比公式推导匝数关系。
14．【答案】A,D
【知识点】电功率和电功；电能的输送；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】A、升压变压器（左侧 ）需升高电压，即 。由变压比，得（匝数与电压成正比 ）。
降压变压器（右侧 ）需降低电压，即 。同理，由，得 。A正确；
B、输电功率由发电站的发电功率决定（理想情况下，升压变压器不改变功率， ）。
升压变压器的作用是提高输电电压，从而减小输电电流（，不变时，增大则减小 ），并非“提高输电功率”。B错误；
C、升压变压器：， → ，
降压变压器：， → ，
所以电流关系是，C选项“”错误，C错误；
D、输电功率不变时，由（为输电电压，即升压变压器输出电压 ），得 。
输电线上功率损失 。
可见，越高，越小，越小。D正确。
故答案为：。
【分析】A．根据升压、降压变压器的功能（升压变压器：输出电压输入电压；降压变压器：输出电压输入电压 ），结合变压比判断匝数关系。
B．明确输电功率的决定因素（由发电站的发电功率决定，升压变压器仅改变电压、电流 ），判断“提高输电电压能否提高输电功率”。
C．利用变压器变流比（升压变压器， ）、（降压变压器， ），推导电流大小关系。
D．结合输电功率（不变时，越高则越小 ），以及功率损失公式，判断输电电压对功率损失的影响。
15．【答案】A,D
【知识点】安培力的计算；楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A、电流正（顺时针）且恒定，电流负（逆时针）且恒定 ， 符合阶段分析，A正确；
B、电流应为负，选项仍为正 ， 矛盾，B错误；
C、安培力应“正负交替、随线性变”，选项方向和趋势不符 ， C错误；
D、方向“正负交替”，大小随线性变化，符合阶段分析，D正确。
故答案为：AD 。
【分析】本题围绕矩形导线框在变化磁场中的电磁感应现象，需用楞次定律（判断感应电流方向）和左手定则（判断安培力方向），结合B - t图象分阶段(0 - 1s)、(1 - 2s)、(2 - 3s)、(3 - 4s) 分析。
16．【答案】（1）向右
（2）B；D
（3）下；向右
【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】（1）闭合开关时，线圈电流从无到有，磁场增强，穿过线圈的磁通量增大，指针右偏 ，得出规律：磁通量增大时，指针右偏；合上开关后，迅速插入线圈，线圈的磁通量因靠近（磁场增强 ）而再次增大；磁通量变化趋势与“闭合开关”时一致（均增大 ），故指针向右偏转；
故答案为：向右。
（2）A选项（插入铁芯）：插入铁芯会增强线圈的磁场，使穿过的磁通量增大，指针右偏，排除。
B选项（拔出线圈）：拔出线圈，线圈处磁场减弱，磁通量减小，指针左偏，符合。
C选项（变阻器滑片向左滑动）：滑片左滑，线圈电流增大，磁场增强，穿过的磁通量增大， 指针右偏，排除。
D选项（断开电键瞬间）：断开电键，线圈电流消失，磁场消失，穿过的磁通量减小，指针左偏，符合。
故答案为：BD。
（3）图（2）中指针左偏 ， 电流从左接线柱进线圈；由右手螺旋定则：电流产生的感应磁场方向向下（四指沿电流方向，大拇指指磁场方向 ）；楞次定律：感应磁场“阻碍原磁通量变化”，原磁通量向下且增大（因为感应磁场向下，与原磁场方向相同，说明原磁通量在增大 ）；磁铁下端是极（磁场方向向上 ），要让原磁通量向下增大，磁铁需向下运动（靠近线圈，使向下的磁通量叠加增大 ）。
图（3）中磁铁极向下，向下运动 ， 穿过线圈的磁通量向下增大（极磁场向下，靠近线圈则磁通量增大 ），
楞次定律：感应磁场“阻碍磁通量增大”， 感应磁场向上（与原磁场方向相反 ），由右手螺旋定则：感应电流方向为从右接线柱进电流表（四指沿感应磁场方向，大拇指指电流方向 ），电流从右接线柱进，指针向右偏转。
故答案为：下；向右。
【分析】（1）先通过“闭合开关指针右偏”，明确“磁通量增大， 指针右偏”的对应关系；再分析“线圈插入线圈”的操作对磁通量的影响，匹配偏转方向。
（2）已知“磁通量增大，指针右偏”，则“指针左偏，磁通量减小”；分析各选项操作对线圈磁通量的影响，筛选“磁通量减小”的操作。
（3）先由“电流从左接线柱进， 指针左偏”，建立电流方向与指针偏转的关系，再用右手螺旋定则、楞次定律，推导磁场方向、磁通量变化，最终确定磁铁运动和指针偏转。
（1）闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏。那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，穿过线圈B的磁通量也增大，则电流计指针也将向右偏转。
（2）连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，则可知应使穿过B线圈的磁通量减小，可采取的操作是拔出A线圈或断开电键S瞬间；而插入铁芯或变阻器的滑片向左滑动均使穿过B线圈的磁通量增大，指针向右偏。
故选BC。
（3）[1]电流从电流表G的左接线柱进时，指针从中央向左偏。图（2）中电流表G指针向左偏，则流进电流表G的电流方向自左向右。根据右手定则，可知感应电流产生的磁场竖直向下，图中条形磁铁的下端为S极，根据楞次定律可判断条形磁铁的运动方向是向下；
[2]图（3）中，条形磁铁N极向下，磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量向下增大，根据楞次定律，可判断知通过电流表的电流自右向左，则指针应向右偏转。
17．【答案】（1）A
（2）C
（3）A；D
（4）B
（5）D
【知识点】控制变量法；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）A、实验中通过改变匝数（单一变量 ），探究电压与匝数的关系，其他条件保持不变，符合控制变量法，正确；
B、实验未涉及用其他事物等效替代研究对象的操作， 错误；
C、实验无需对整体或部分进行隔离分析， 错误。
故答案为：A。
（2）A、整块铁芯易形成涡流回路，涡流大 ， 错误；
B、同理，整块铁芯涡流大，且不锈钢导磁性弱 ，错误；
C、绝缘层切断涡流回路，硅钢导磁性好，减小涡流 ，正确；
D、铜不是磁性材料，无法有效传递磁通量，且涡流问题仍存在，错误。
故答案为： C。
（3）A、可提供低压交流电，满足实验需求，正确；
B、提供直流电，无法使变压器工作（电磁感应需要变化的磁场 ），错误；
C、实验测交流电压，无需直流电流表，错误；
D、可切换交流电压挡测电压，正确。
故答案为： AD。
（4）A、变压器依赖交流产生的变化磁场工作，直流无法产生感应电压 ， 错误；
B、先用最大量程试测，可避免电压过大损坏电表，再选合适量程 ，正确；
C、根据，匝数多的线圈电流小，导线可更细（电阻小，发热少 ），导线粗的线圈匝数少，错误；
D、变压器通过电磁感应（磁通量变化 ）传输电能，铁芯不导电，仅传递磁场， 错误。
故答案为： B。
（5）理想情况计算：原线圈匝数，副线圈匝数，副线圈电压。
由，得。
实际情况修正：实际变压器有漏磁（磁通量传递不完全 ）、线圈发热（电能损耗 ），原线圈需提供更多电压补偿损失，故
选项判断：A（1.5V）、B（3.0V）、C（6.0V）均小于或等于理想值，无法补偿损失 ， 错误；
D（7.0V）大于6.0V，可补偿损失使副线圈获得3.0V ， 正确。
故答案为： D。
【分析】（1）探究变压器线圈电压与匝数关系时，需控制其他因素（如电源、铁芯等）不变，仅改变原、副线圈匝数，观察电压变化，这符合控制变量法的逻辑（控制其他量，研究单一变量对结果的影响 ）。
（2）涡流是铁芯中因电磁感应产生的感应电流，会损耗能量。用绝缘硅钢片叠成铁芯，可切断涡流的闭合回路，减小涡流影响；整块铁芯（硅钢、不锈钢 ）易形成大涡流，铜不是磁性材料，不适合做铁芯。
（3）实验需要低压交流电源（变压器工作原理是电磁感应，直流无法产生持续感应电压 ），还需要交流电压表（测交流电压 ）。
（4）变压器用交流电源（直流无法工作 ）；测电压时先用大量程试测，保护电表；匝数与导线粗细：匝数多的线圈电流小，导线可更细（电流与匝数成反比 ）；变压器原理是电磁感应（铁芯传递磁通量，不导电 ）。
（5）理想变压器满足，但实际变压器有漏磁、发热等能量损失，原线圈电压需大于理想值，才能使副线圈获得目标电压。
（1）A、实验中通过改变匝数（单一变量 ），探究电压与匝数的关系，其他条件保持不变，符合控制变量法，正确；
B、实验未涉及用其他事物等效替代研究对象的操作， 错误；
C、实验无需对整体或部分进行隔离分析， 错误。
故答案为：A。
（2）A、整块铁芯易形成涡流回路，涡流大 ， 错误；
B、同理，整块铁芯涡流大，且不锈钢导磁性弱 ，错误；
C、绝缘层切断涡流回路，硅钢导磁性好，减小涡流 ，正确；
D、铜不是磁性材料，无法有效传递磁通量，且涡流问题仍存在，错误。
故答案为： C。
（3）A、可提供低压交流电，满足实验需求，正确；
B、提供直流电，无法使变压器工作（电磁感应需要变化的磁场 ），错误；
C、实验测交流电压，无需直流电流表，错误；
D、可切换交流电压挡测电压，正确。
故答案为： AD。
（4）A、变压器依赖交流产生的变化磁场工作，直流无法产生感应电压 ， 错误；
B、先用最大量程试测，可避免电压过大损坏电表，再选合适量程 ，正确；
C、根据，匝数多的线圈电流小，导线可更细（电阻小，发热少 ），导线粗的线圈匝数少，错误；
D、变压器通过电磁感应（磁通量变化 ）传输电能，铁芯不导电，仅传递磁场， 错误。
故答案为： B。
（5）理想情况计算：原线圈匝数，副线圈匝数，副线圈电压。
由，得。
实际情况修正：实际变压器有漏磁（磁通量传递不完全 ）、线圈发热（电能损耗 ），原线圈需提供更多电压补偿损失，故。
选项判断：
A（1.5V）、B（3.0V）、C（6.0V）均小于或等于理想值，无法补偿损失 ，错误；
D（7.0V）大于6.0V，可补偿损失使副线圈获得3.0V ， 正确。
故答案为： D。
18．【答案】（1）解：对线框，根据物体的平衡条件有
解得
（2）解：因为线框恰好匀速穿过磁场，所以磁场区域的宽度（间的距离）
根据功能关系有
解得
（3）解：设线框穿过磁场时的速度大小为v，线框中产生的感应电动势
通过线框的电流，
设线框进入磁场前做匀加速直线运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有
经分析可知
解得。
【知识点】共点力的平衡；导体切割磁感线时的感应电动势；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）线框匀速穿过磁场，处于平衡状态。沿斜面方向，重力分力、安培力、摩擦力共同作用，根据平衡条件列方程求解安培力。需要明确重力沿斜面和垂直斜面的分力计算，以及平衡时力的关系。
（2）线框匀速穿过磁场，安培力做功转化为焦耳热。由于线框边长为，穿过磁场时有效切割长度对应的位移是（进入和穿出磁场，各移动 ），根据功能关系， 安培力作用的位移来计算。
（3）先求线框进入磁场前的加速度，根据牛顿第二定律，沿斜面方向合力产生加速度，合力为重力分力减摩擦力。再根据线框匀速穿过磁场时的安培力、感应电动势、电流的关系，求出匀速时的速度。最后利用匀变速直线运动公式，结合进入磁场前的加速过程和磁场区域长度，求出（ 包含加速位移和磁场区域的 ） 。
19．【答案】（1）解：设离子的质量为m、电荷量为q，从边界射出的速度为的离子，设其运动半径为，运动轨迹恰好与相切，运动轨迹如图2所示
根据牛顿第二定律得
根据几何关系得
解得
（2）解：从边界射出的离子，速度最大时离子运动轨迹恰好与相切，设其运动半径为，运动轨迹如图1所示，根据牛顿第二定律得
设的长度L，根据几何关系得，
解得
【知识点】牛顿第二定律；洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）离子在磁场中做匀速圆周运动，当轨迹与边界相切时，从射出的离子与点距离最大。需结合洛伦兹力提供向心力和几何关系推导。
（2）离子从射出时，速度最大的轨迹与边界相切。同样结合洛伦兹力提供向心力和几何关系，联立求解最大速度。
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