广东省深圳市第二实验学校2024-2025学年高二下学期4月第四学段考试物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1．（2025高二下·罗湖月考）在磁感应强度为、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根通电长直导线，电流的方向垂直于纸面向里。如图所示，a，b，c，d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（ ）
A．a点磁感应强度的值最大 B．c点磁感应强度的值最大
C．c，d两点的磁感应强度大小相等 D．a，d两点的磁感应强度大小相等
2．（2025高二下·罗湖月考）下列物理量是矢量且其单位用国际单位制基本单位表示，正确的是（ ）
A．磁通量T·m2 B．磁感应强度kg·s-2·A-1
C．电场强度V/m D．电荷量A·s
3．（2025高二下·罗湖月考）如图，带正电小球从水平面竖直向上抛出，能够达到的最大高度为（如图甲）；若加水平向里的匀强磁场（如图乙），小球上升的最大高度为；若加水平向右的匀强电场（如图丙），小球上升的最大高度为。每次抛出的初速度相同，不计空气阻力，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高二下·罗湖月考）在断电自感的演示实验中，用小灯泡、带铁芯的电感线圈和定值电阻等元件组成如图甲所示电路。闭合开关，待电路稳定后，两支路电流分别为和。断开开关前后的一小段时间内，电路中电流随时间变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．断开开关前灯泡中电流为
B．灯泡电阻小于电阻和线圈的总电阻
C．断开开关后小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭
D．断开开关后电阻所在支路电流如曲线所示
5．（2025高二下·罗湖月考）如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为，原线圈接在电压为的正弦交流电源上，副线圈中接有阻值为的电阻，下列说法正确的是（ ）
A．原线圈回路中的电流为10A
B．副线圈回路中的电流为1A
C．副线圈的输出功率为2200W
D．副线圈回路中的电阻上的电压为20V
6．（2025高二下·罗湖月考）回旋加速器的原理如图所示，由两个半径均为R的D形盒组成，D形盒狭缝间加周期性变化的交变电压，电压的值大小恒为U，D形盒所在平面有垂直于盒面向下的磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为q的粒子在加速器中被加速，则（ ）
A．D形盒上周期性变化的电压U越大，粒子离开D形盒时的速度越大
B．粒子每次经过D形盒之间的缝隙后速度增大
C．粒子以速度v在D形盒磁场内运动半个圆周后动能增加
D．粒子离开D形盒时动能为
7．（2025高二下·罗湖月考）太空单车是利用电磁阻尼原理的一种体育锻炼器材。某同学根据电磁学的相关知识，设计了如图的单车原理图：在铜质轮子外侧有一些磁铁（与轮子不接触），人在健身时带动轮子转动，磁铁会对轮子产生阻碍，磁铁与轮子间的距离可以改变，则下列说法正确的是（ ）
A．轮子受到的阻力主要来源于铜制轮内产生的感应电流受到的安培力
B．轮子受到的阻力大小与其材料电阻率无关
C．若轮子用绝缘材料替换，也能保证相同的效果
D．磁铁与轮子间距离不变时，轮子转速越大，受到的阻力越小
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，选对不全得3分，有错选不得分。
8．（2025高二下·罗湖月考）2023年4月9日，深圳国际小家电产品展览会将在深圳会展中心开展。参展产品中南北美洲的绝大多数国家家用电器的额定电压是110V，这类用电器不能直接接到我国220V的照明电路上，可以接到交变电压是的电源上使用，交变电压是由矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的，对于该交变电压U下列说法正确的是（ ）
A．电源交流电的频率为，当时
B．用时电流方向改变1200次
C．将该电压加在阻值为的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为
D．用交流电压表测该电压其示数为
9．（2025高二下·罗湖月考）动圈式扬声器的结构如图甲所示，图乙为磁铁和线圈部分从右往左看的剖面图，有指向圆心内部的辐射形磁场。当人对着纸盆说话，纸盆带着线圈左右运动（在乙图中垂直剖面上下运动）能将声信号转化为电信号。已知线圈有匝，线圈半径为，总电阻为，线圈所在位置的磁感应强度大小为，则（ ）
A．纸盆向左运动时，图乙的线圈中产生逆时针方向的感应电流
B．纸盆向左运动时，图乙的线圈中产生顺时针方向的感应电流
C．纸盆向右运动速度为时，线圈所受安培力为
D．纸盆向右运动速度为时，线圈所受安培力为
10．（2025高二下·罗湖月考）如图所示的装置可测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂通过绝缘细线挂着正六边形线框，线框的边长为，底边水平，恰有一半处于匀强磁场中，该磁场的磁感应强度的方向与线框平面垂直。当线圈中通入顺时针电流时，调节砝码使两臂达到平衡。然后改变电流的方向，大小不变，在右盘中增加质量为的砝码后，两臂再次达到新的平衡，则（ ）
A．大小为 B．大小为
C．磁场方向垂直线框平面向里 D．线框所受安培力大小为
三、实验题：本大题共2小题，每空2分，共14分。
11．（2025高二下·罗湖月考）下图甲是“测定电源的电动势和内阻”的实验电路，但有A、B两处用电器没有画出，其中定值电阻阻值。
（1）图甲中A处应为 （填“电流表”或“电压表”）；
（2）实验测得的路端电压U相应电流I的拟合曲线如图乙所示，由此得到电源电动势 V，内阻 ；（结果保留2位小数）
（3）该同学利用图甲所示的电路进行测量，则内阻的测量值与真实值之间的关系为： （填“小于”、“等于”或“大于”）。
12．（2025高二下·罗湖月考）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 （填“向左”、 “向右”或“不”）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，变阻器的滑片应 （填“向左”或“向右）移动
（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）所示，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针也从中央向左偏。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”或“下”）；图（4）中的条形磁铁下端为 （填“N”或“S”）极。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13．（2025高二下·罗湖月考）如图甲所示，轻质细线吊着一质量、边长、匝数的正方形线圈，线圈总电阻。在线圈的中间位置以下区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示，重力加速度。求：
（1）0~6s内穿过线圈磁通量的变化量；
（2）时轻质细线的拉力大小；
（3）0~4s内线圈产生的焦耳热。
14．（2025高二下·罗湖月考）如图，在倾角为的光滑斜面上，在区域I和区域II存在着方向相反的匀强磁场，I区磁感应强度大小B1=0.6T，II区磁感应强度大小B2=0.4T。两个磁场的宽度MJ和JG均为L=1m，一个质量为、电阻R=0.6Ω、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场I区时，恰好做匀速直线运动。已知重力加速度g取10m。求：
（1）线框ab边刚进入磁场I区时线框的速度的大小；
（2）线框静止时ab边距GH的距离x；
（3）线框ab边从JP运动到MN过程通过线框的电荷量q。
15．（2025高二下·罗湖月考）如图，xOy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为+q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向开始运动．当它经过图中虚线上的M（，a）点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域（图中未画出），又从虚线上的某一位置N处沿y轴负方向运动并再次经过M点．已知磁场方向垂直xOy平面（纸面）向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重力．试求：
(1)电场强度的大小；(2)N点的坐标； (3)矩形磁场的最小面积．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A . 用右手螺旋定则判断通电直导线在a、b、c、d四个点上所产生的磁场方向，如图所示红为导线在此位置的磁场方向与大小，蓝色是合成后大小方向，绿色为匀强磁场大小方向相同，a点磁感应强度的值最大，两边之和大于第三边（B总=B0+B导 ）最大，因为此处通电直导线产生的磁场根据右手螺旋定则，垂直纸面向里与匀强磁场B0（竖直向上）方向相同，两者叠加后达到最大值，故A正确；
B . c点磁感应强度的值最小，因为此处导线产生的磁场（竖直向下）与B0方向相反，合成后为两者差值（B总=∣B0 B导∣），若B导B0 ，则反向且
大小为B导 B0 ，故B错误；
C . c、d两点磁感应强度大小不相等：c点磁场为B0 B导（或反向），d点磁场为B0+B导（矢量垂直合成，大小）两边之和大于第三边，故C错误；
D . a、d两点的磁感应强度大小不同a处B总=B0+B导 ，d处两边之和大于第三边，a大，方向不同a处竖直向上，d处向右上方，故D错误；
故选A；
【分析】（1）矢量叠加原理，分析导线磁场与匀强磁场B0的合成；判断各点导线磁场方向（右手螺旋定则）及与B0的夹角；
（2）易错点：①忽略磁场方向的矢量性，②误判对称点的合成结果（如b、d），③未考虑导线磁场与B0的相对大小；
（3）隐含条件是圆周上各点导线磁场大小相等（同半径），仅方向不同；磁场叠加的平行四边形法则。
2．【答案】B
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】磁通量、电荷量为标量，磁感应强度、电场强度为矢量，而磁感应强度的单位为T，且
电场强度单位为V/m，且
故选B。
【分析】磁通量、电荷量为标量，磁感应强度、电场强度为矢量，磁感应强度的单位为T，；电场强度单位为V/m，。
3．【答案】B
【知识点】动能和势能的相互转化；机械能守恒定律；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A . 甲（仅重力）竖直匀减速，直接由能量守恒得
，
乙（磁场）洛伦兹力不做功，但机械能守恒使小球获得水平速度将会减小重力势能的获得高度变小，设此时小球动能为Ek，导致竖直分速度减小
，
具体细节从运动学分析，如图乙球路径从初始的设计的紫色转移成绿色轨迹，洛伦兹力随着速度减小而减小，随着方向改变而改变，重力与洛伦兹力的合力始终在变小，合力与竖直方向的夹角也越来越小，使得h2高度达不到原来的h1的高度，
丙（电场）电场力对小球做正功丙图中，加上电场后水平方向有速度是电场做功独立提供的，竖直方向初速度独立提供电场力不相干扰，由运动的分解可知，在竖直方向上有 ，综合可知，故A错误；
B .，故B正确；
C .，故C错误；
D .，故D错误；
故选B；
【分析】（1）分析三种情况下力的作用，甲仅重力，乙受重力与洛伦兹力（不做功），丙受重力与电场力（自身做功提供水平速度）；理解洛伦兹力永不做功，而电场力可提供能量；
（2）易错点包括混淆洛伦兹力和电场力的效果、忽略能量守恒的应用；
（3）隐含条件是初动能相同，比较不同力对高度的影响，涉及带电粒子在电磁场中的运动规律及能量转换关系。
4．【答案】C
【知识点】自感与互感；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A . 图像电感在两种时候等效为电源，电流不会突变正负I1，说明I1是电感支路的，故A错误；
B . 并联电路电流与电阻成反比，I-t图像I2C . 断开开关S前、后的一小段时间内，通过电感线圈L的电流方向是不变的，则电感线圈L所在支路的电流如曲线a所示，小灯泡电流先变成0变暗，然后突然反向送来电流变亮再随着电感能量释放得不到补充，磁能释放完毕就熄灭，灯泡所在支路的电流如曲线b所示负电流，故C错误；
D．断开开关S前、后的一小段时间内，通过电感线圈L的电流方向是不变的，则电感线圈L所在支路的电流如曲线a所示，故D错误；
故选C；
【分析】（1）稳态电流：比较两支路电阻，通过电流大小反推电阻关系；
瞬态过程：开关断开后，电感线圈电流沿原方向通过灯泡衰减，灯泡电流从；
（2）易错点：电阻比较：误认为电流大则电阻大实际电流与电阻成反比；
曲线归属：混淆电感支路a与灯泡支路b的电流变化；
电流方向：自感电流方向与原电流相同，但路径改变仅通过灯泡。
5．【答案】B
【知识点】变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】A．根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系，解得副线圈回路中的电阻上的电压22V，
副线圈电流，根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数成反比关系，整理得，原线圈电流0.1A，故A错误；
B．副线圈电流，故B正确；
C．副线圈的输出功率为，故C错误；
D．根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的正比例关系，解得副线圈回路中的电阻上的电压为，故D错误；
故选B；
【分析】（1）利用与匝数间，变压器电压正比比 、电流反比及功率守恒 P1=P2计算；若变压器非理想（有损耗），需考虑效率。
（2）易错点：混淆匝数比与电压比的关系；忽略变压器功率守恒导致功率计算错误；
（3）隐含条件：理想变压器无功率损耗。
6．【答案】D
【知识点】电场力做功；理想模型法；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
回旋半径，半径大小决定了容纳的最大速度，粒子离开D形盒时速度为，
动能为，各变量显示与电压无关，故A错误；
B．每次加速的效果相同，每次加速，粒子获得的能量是固定的qU，，动能每次增加相同的量从v0到vn有：，，……，
v0到vn的动能的所有等式逐项累加得vn的动能为：， 整理得 ，两边开根号得，同理得，所以前后速度差为，故B错误；
C．粒子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，粒子动能保持不变这相当于无损耗反弹已经非常不容易了，故C错误；
D．除了加速狭缝区域外，粒子在磁场中都在做匀速圆周运动，洛伦兹力大小，方向总垂直于速度方向，能恒定提供向心力，有，当粒子来到最大半径区域圆周运动时意味着要离开D形盒，此时速度为，代入动能公式，动能为，故D正确；
故选D。
【分析】（1）通过回旋加速器工作原理分析粒子运动，结合洛伦兹力提供向心力和电场加速公式；
突破点：粒子在D形盒内做匀速圆周运动，缝隙间被电场加速；电压U仅决定加速次数；若考虑相对论效应，粒子质量随速度增大，需调整交变电压频率；
（2）易错点：误认为电压U影响最终速度（实际由磁场和D形盒半径决定）；混淆动能增加条件（仅缝隙处电场做功）。
7．【答案】A
【知识点】安培力；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；感应电动势及其产生条件；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A .轮子受到的阻力来源于铜轮切割磁感线产生的涡流（动生感应电动势和感应电流）所受的安培力，对运动的轮子产生阻力，以阻碍轮子与磁场之间的相对运动，所以轮子受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，安培力大小与电阻率有关这是电磁阻尼的核心原理，故A正确；
B . 阻力大小与材料电阻率密切相关（电阻率越小，涡流越大，安培力越强），故B错误；
C . 绝缘材料无法形成涡流，无法产生电磁阻尼效果，故C错误；
D . 转速越大，切割磁感线的速率越快，感应电流和安培力越大，阻力越大，故D错误；
故选A；
【分析】（1）电磁感应分析：铜轮旋转切割磁感线→产生涡流→安培力阻碍运动（楞次定律）；
参数影响：阻力大小取决于磁感应强度 B、转速 ω、材料电阻率 ρ 和轮子尺寸。
（2）易错点：混淆电磁阻尼与摩擦阻力的区别，误认为绝缘材料可替代导体（需闭合回路或涡流），忽略电阻率对涡流强度的直接影响。
8．【答案】B,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由
t前为角速度，可知
则电源交流电的频率为
当时，可得
故A错误；
B．交流电的周期为
每个周期包含 1 次正方向和 1 次负方向的电流流动 ，每个周期内电流方向改变 2 次（从正→负算一次，负→正算第二次），则用时1s电流方向改变120次，用时10s电流方向改变1200次，故B正确；
C．将该电压加在121Ω的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为
故C正确；
D．交流电压表测量的是有效值，符合交流电表测量原理，用交流电压表测该电压其示数为有效值，则有
故D错误。
故选BC。
【分析】（1）瞬时值验证：代入 t 计算 sin 函数值；有效值应用：功率计算和电表读数均用有效值。
（2）易错点：混淆角频率 ω 与频率 f 的关系 ，方向改变次数是频率的 2 倍，因为每个周期有两次方向变化 ；误认为 sin 函数在任意 t 均为最大值；忽略交流电表显示有效值的特性。
9．【答案】A,D
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A . 纸盆向左运动时，线圈向下运动，根据右手定则（拇指指向运动方向，磁场方向指向圆心内部），感应电流方向为顺时针，故A正确；
B . 纸盆向左运动时，线圈中产生顺时针方向的感应电流，故B错误；
C . 纸盆向右运动速度为v时，感应电动势
E=nB·2πr·v
电流
纸盆向右运动速度为v时，切割磁感线的长度为2πR，线圈中产生的感应电动势为
则线圈中感应电流大小为
线圈上所受的安培力大小
故C错误；
D：纸盆向右运动速度为v时，线圈所受安培力为
故D正确。
故选AD；
【分析】（1）动圈式扬声器的工作原理，即电磁感应和安培力的计算；突破点在于正确应用右手定则判断感应电流方向（注意磁场方向指向圆心内部，与常规问题不同）；易错点是忽略线圈匝数n或半径r对安培力的影响；隐含条件是线圈切割磁感线的有效长度为2πr（圆形线圈周长）；扩展知识包括楞次定律、法拉第电磁感应定律的综合应用，以及安培力公式的推导（F=nBIL，其中L=2πr）。
10．【答案】B,C,D
【知识点】力矩平衡；等效法；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．重力变化增加为向下mg，安培力增加两份为向上才能平衡，初始安培力得向下，
如图磁场里有效长度为0.5L+L+0.5L=2L，改变电流方向导致安培力方变化前后有
可得，故A错误；
B．，故B正确。
C．初始安培力得向下，由左手定则可知磁场方向垂直线框平面向里，故C正确；
D．但两次平衡差值mg，向下安培力改为向上，产生两个安培力增量，线框处于磁场部分的等效长度为，则线框所受安培力大小为，故D正确；
故选BCD。
【分析】（1）通过力矩平衡条件分析安培力方向及大小，结合安培力公式 F=BIL求磁感应强度；电流反向时安培力反向，需增加砝码质量 m 重新平衡，说明安培力方向与重力方向相同或相反；
（2）易错点：误判磁场方向需通过安培力方向推断；混淆安培力作用边数（仅底边受安培力）。
11．【答案】（1）电流表
（2）1.50；0.28
（3）小于
【知识点】图象法；电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）测定电源电动势和内阻的实验需要测量路端电压和总电流，电压表需并联，电流表串联，因此B处测量电压，应为电压表；A处测量电流，应为电流表；
故1空填电流表；
（2）由图乙拟合曲线，由闭合电路的欧姆定律U=E-Ir，横坐标I是自变量，纵坐标U是因变量，
E是截距即图像的纵截距表示电动势，电动势E=b=1.50V
U-I图像的斜率的绝对值为内阻， 斜率计算（取两点时用足够远的点）
故1空填1.50，2空填0.28；
（3）通过测量值 U 和 I，反推真实电动势 E 和内阻 r，但 U本身是实验直接读取的测量值。实验的误差来源于并联电压表时测电压表所需的微量电流，根据闭合电路的欧姆定律，整理，
整理
即，测量值 U测 比真实值小， ，
总体上现在电压测小了电流测大了，计算出来的阻值就偏小了，因此r测小于r真，
故填小于；
【分析】（1）伏安法测电源电动势和内阻的实验原理及误差分析；
正确识别U-I图的截距和斜率物理意义；处理U-I图时，优先选择线性较好的区域计算；误差分析时，明确测量值偏大还是偏小取决于系统误差来源。
（2）易错点包括：① 实验仪器连接方式错误（电流表/电压表位置）；
② U-I图数据处理不当（如未用线性部分计算）；
③ 误差分析混淆电压表分流与电流表分压。
（3）隐含条件：① 若电源内阻较小，电压表分流不可忽略；
② 定值电阻可能用于保护电路；
若采用电流表外接法，误差分析结论相反（r测（1）由于A处电表与电阻R串联，因此A处为电流表；
（2）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律U=E-Ir
结合U-I图像可知，图像的纵截距表示电动势，电动势E=b=1.50V
U-I图像的斜率的绝对值
（3）实验的误差来源于电压表的分流，根据闭合电路的欧姆定律
变形得
因此小于
12．【答案】向右；向右；下；S
【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】本题考查了研究电磁感应现象的实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。（1）闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏，合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，磁通量增大，电流计指针将向右偏；
（2）若要使灵敏电流计的指针向左偏转，则需磁通量减小，则需要电路电流减小，变阻器的滑片应向右移动；
（3）电流从电流表G的左接线柱进时，指针也从中央向左偏，图（2）中的条形磁铁的运动方向是向下运动，磁通量增大，感应电流从左到右流过G；图（4）中的感应电流从右到左流过G，线圈磁通量减小，根据楞次定律可知下端为S极。
【分析】（1）根据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分析求解；
（2）根据要使灵敏电流计的指针向左偏转，穿过线圈B的磁通量应减小分析求解；
（3）根据安培定则，结合楞次定律分析求解。
13．【答案】（1）解：已知线圈边长L为1m，面积为1m2，线圈中间位置以下区域面积
内穿过线圈磁通量的变化量为
，
关于磁感应强度B的函数表达式为
t=6s时，B=0.6T，
（2）解：拉力和安培力与重力平衡，安培力需知道电流，磁场变化会产生法拉第感生电动势，关于磁感应强度B的函数表达式为，t=3s时，B=1T，由电磁感应定律得
根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的感应电流大小为
，
由楞次定律知向里磁场变大，感应电流方向产生向外的磁场，右手螺旋定则知感应电流方向为逆时针方向，由左手定则可知安培力方向竖直向上如图
线圈受到的安培力大小为
，
轻质细线的拉力大小为
，
（3）解：磁场变化会产生法拉第感生电动势，关于磁感应强度B的函数表达式为，t=4s时，B=1.2T，
由电磁感应定律得
根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的感应电流大小为
，
线圈中感应电流大小为1A，0~4s内线圈产生的焦耳热为
【知识点】闭合电路的欧姆定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算；感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）本题属于电磁感应综合题，需结合法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力计算和焦耳定律；正确计算有效磁通量变化率，并注意磁场分布范围；
（2）关键易错点包括：① 漏掉线圈匝数n；② 未考虑磁场仅覆盖一半面积；③ 计算安培力时混淆有效长度；
（3）隐含条件：磁场只在中间位置以下分布，意味着有效面积减半。
（1）内穿过线圈磁通量的变化量为
（2）由法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的感应电流大小为
根据图乙可知，t=3s时磁感应强度为
线圈受到的安培力大小为
由左手定则可知安培力方向竖直向上，则轻质细线的拉力大小为
（3）线圈中感应电流大小为1A，0~4s内线圈产生的焦耳热为
14．【答案】解： （1）当ab边刚越过GH进入磁场I区时，恰好做匀速直线运动，处于受力平衡状态，由楞次定律知电流为顺时针方向即badc，左手定则可知安培力方向竖直向上，安培力等于重力沿斜面分量方向相反，如图，
，，，
，
（2）根据在GH时恰好做匀速直线运动之前只受到重力分量加速， 设静止到GH的位移为x，力在这个空间里做功的过程机械能守恒，即初机械能等于末机械能，
（3） 边长也为L的正方形导线框，线框ab边从JP运动到MN过程
需求平均电流
需求平均电动势
需求磁通量变化值，磁通量相反变化值为两磁通量相加
，
所以
继续代入得
【知识点】磁通量；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）本题综合考查电磁感应、动力学及机械能守恒，能量守恒；识别匀速运动条件（安培力与重力分力平衡）；对电荷量问题，优先用 q=ΔΦ/R ；画受力图和等效电路图辅助分析；
（2）易错点包括：① 安培力方向判断错误需用楞次定律先确定电流方向；
② 电荷量计算混淆 ΔΦ与瞬时 I；③ 斜面问题漏掉sinθ；
（3）隐含条件：① 磁场方向相反影响 ΔΦ；
② 线框边长与磁场宽度相等即磁场宽度与线框边长均为L；若线框不完全进入磁场，需分段计算感应电动势。
15．【答案】解：(1)粒子从O (0，0)到M(，a)做水平匀速直线运动，竖直向上匀加速直线运动的类平抛运动，设时间为t，
则水平位移OMx由匀速直线运动乘以时间得有
，
竖直向上位移OMy由竖直加速度时间平方除以2得有
，
(2)粒子运动到M点时速度为v，与x方向的夹角为θ，则
即
由题意，正电荷粒子从N点离开磁场，磁场方向垂直xOy平面（纸面）向里 ，左手定则判断旋转中心在过点N垂直于NM的右侧方向NO1，过M做角平分线，与NO1交于O1，过N做角平分线垂线得点P，如下图正电荷粒子从P点进入磁场，
粒子在磁场中以O1点为圆心做匀速圆周运动，设半径为R，则：
解得粒子做圆周运动的半径为
由几何关系知
所以N点的纵坐标为
横坐标为
，
即N点的坐标为(，)
(3)如图当矩形磁场为图示虚线三边均与圆周运动轨迹相切时，矩形的面积最小．则矩形的两个边长分别为，
，
上已求得
所以矩形磁场的最小面积为
【知识点】点电荷的电场；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动；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）本题综合考查类平抛运动、圆周运动及磁场边界问题；突破点在于将电、磁场的运动分段处理，并利用几何关系确定N点位置；几何关系优先用三角函数严格推导，避免凭直觉猜测分段画轨迹图（电场段抛物线、磁场段圆弧）；合速度 v 的计算不可省略；
（2）易错点包括：① 类平抛运动中时间关联错误；② 磁场中半径公式 r=mvqB误用 v0代替合速度；③ 最小磁场面积未考虑轨迹切线条件；
（3）隐含条件：① 粒子返回M点暗示对称性；② 磁场方向垂直纸面向里决定偏转方向。
1 / 1广东省深圳市第二实验学校2024-2025学年高二下学期4月第四学段考试物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1．（2025高二下·罗湖月考）在磁感应强度为、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根通电长直导线，电流的方向垂直于纸面向里。如图所示，a，b，c，d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（ ）
A．a点磁感应强度的值最大 B．c点磁感应强度的值最大
C．c，d两点的磁感应强度大小相等 D．a，d两点的磁感应强度大小相等
【答案】A
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A . 用右手螺旋定则判断通电直导线在a、b、c、d四个点上所产生的磁场方向，如图所示红为导线在此位置的磁场方向与大小，蓝色是合成后大小方向，绿色为匀强磁场大小方向相同，a点磁感应强度的值最大，两边之和大于第三边（B总=B0+B导 ）最大，因为此处通电直导线产生的磁场根据右手螺旋定则，垂直纸面向里与匀强磁场B0（竖直向上）方向相同，两者叠加后达到最大值，故A正确；
B . c点磁感应强度的值最小，因为此处导线产生的磁场（竖直向下）与B0方向相反，合成后为两者差值（B总=∣B0 B导∣），若B导B0 ，则反向且
大小为B导 B0 ，故B错误；
C . c、d两点磁感应强度大小不相等：c点磁场为B0 B导（或反向），d点磁场为B0+B导（矢量垂直合成，大小）两边之和大于第三边，故C错误；
D . a、d两点的磁感应强度大小不同a处B总=B0+B导 ，d处两边之和大于第三边，a大，方向不同a处竖直向上，d处向右上方，故D错误；
故选A；
【分析】（1）矢量叠加原理，分析导线磁场与匀强磁场B0的合成；判断各点导线磁场方向（右手螺旋定则）及与B0的夹角；
（2）易错点：①忽略磁场方向的矢量性，②误判对称点的合成结果（如b、d），③未考虑导线磁场与B0的相对大小；
（3）隐含条件是圆周上各点导线磁场大小相等（同半径），仅方向不同；磁场叠加的平行四边形法则。
2．（2025高二下·罗湖月考）下列物理量是矢量且其单位用国际单位制基本单位表示，正确的是（ ）
A．磁通量T·m2 B．磁感应强度kg·s-2·A-1
C．电场强度V/m D．电荷量A·s
【答案】B
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】磁通量、电荷量为标量，磁感应强度、电场强度为矢量，而磁感应强度的单位为T，且
电场强度单位为V/m，且
故选B。
【分析】磁通量、电荷量为标量，磁感应强度、电场强度为矢量，磁感应强度的单位为T，；电场强度单位为V/m，。
3．（2025高二下·罗湖月考）如图，带正电小球从水平面竖直向上抛出，能够达到的最大高度为（如图甲）；若加水平向里的匀强磁场（如图乙），小球上升的最大高度为；若加水平向右的匀强电场（如图丙），小球上升的最大高度为。每次抛出的初速度相同，不计空气阻力，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】动能和势能的相互转化；机械能守恒定律；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A . 甲（仅重力）竖直匀减速，直接由能量守恒得
，
乙（磁场）洛伦兹力不做功，但机械能守恒使小球获得水平速度将会减小重力势能的获得高度变小，设此时小球动能为Ek，导致竖直分速度减小
，
具体细节从运动学分析，如图乙球路径从初始的设计的紫色转移成绿色轨迹，洛伦兹力随着速度减小而减小，随着方向改变而改变，重力与洛伦兹力的合力始终在变小，合力与竖直方向的夹角也越来越小，使得h2高度达不到原来的h1的高度，
丙（电场）电场力对小球做正功丙图中，加上电场后水平方向有速度是电场做功独立提供的，竖直方向初速度独立提供电场力不相干扰，由运动的分解可知，在竖直方向上有 ，综合可知，故A错误；
B .，故B正确；
C .，故C错误；
D .，故D错误；
故选B；
【分析】（1）分析三种情况下力的作用，甲仅重力，乙受重力与洛伦兹力（不做功），丙受重力与电场力（自身做功提供水平速度）；理解洛伦兹力永不做功，而电场力可提供能量；
（2）易错点包括混淆洛伦兹力和电场力的效果、忽略能量守恒的应用；
（3）隐含条件是初动能相同，比较不同力对高度的影响，涉及带电粒子在电磁场中的运动规律及能量转换关系。
4．（2025高二下·罗湖月考）在断电自感的演示实验中，用小灯泡、带铁芯的电感线圈和定值电阻等元件组成如图甲所示电路。闭合开关，待电路稳定后，两支路电流分别为和。断开开关前后的一小段时间内，电路中电流随时间变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．断开开关前灯泡中电流为
B．灯泡电阻小于电阻和线圈的总电阻
C．断开开关后小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭
D．断开开关后电阻所在支路电流如曲线所示
【答案】C
【知识点】自感与互感；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A . 图像电感在两种时候等效为电源，电流不会突变正负I1，说明I1是电感支路的，故A错误；
B . 并联电路电流与电阻成反比，I-t图像I2C . 断开开关S前、后的一小段时间内，通过电感线圈L的电流方向是不变的，则电感线圈L所在支路的电流如曲线a所示，小灯泡电流先变成0变暗，然后突然反向送来电流变亮再随着电感能量释放得不到补充，磁能释放完毕就熄灭，灯泡所在支路的电流如曲线b所示负电流，故C错误；
D．断开开关S前、后的一小段时间内，通过电感线圈L的电流方向是不变的，则电感线圈L所在支路的电流如曲线a所示，故D错误；
故选C；
【分析】（1）稳态电流：比较两支路电阻，通过电流大小反推电阻关系；
瞬态过程：开关断开后，电感线圈电流沿原方向通过灯泡衰减，灯泡电流从；
（2）易错点：电阻比较：误认为电流大则电阻大实际电流与电阻成反比；
曲线归属：混淆电感支路a与灯泡支路b的电流变化；
电流方向：自感电流方向与原电流相同，但路径改变仅通过灯泡。
5．（2025高二下·罗湖月考）如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为，原线圈接在电压为的正弦交流电源上，副线圈中接有阻值为的电阻，下列说法正确的是（ ）
A．原线圈回路中的电流为10A
B．副线圈回路中的电流为1A
C．副线圈的输出功率为2200W
D．副线圈回路中的电阻上的电压为20V
【答案】B
【知识点】变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】A．根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系，解得副线圈回路中的电阻上的电压22V，
副线圈电流，根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数成反比关系，整理得，原线圈电流0.1A，故A错误；
B．副线圈电流，故B正确；
C．副线圈的输出功率为，故C错误；
D．根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的正比例关系，解得副线圈回路中的电阻上的电压为，故D错误；
故选B；
【分析】（1）利用与匝数间，变压器电压正比比 、电流反比及功率守恒 P1=P2计算；若变压器非理想（有损耗），需考虑效率。
（2）易错点：混淆匝数比与电压比的关系；忽略变压器功率守恒导致功率计算错误；
（3）隐含条件：理想变压器无功率损耗。
6．（2025高二下·罗湖月考）回旋加速器的原理如图所示，由两个半径均为R的D形盒组成，D形盒狭缝间加周期性变化的交变电压，电压的值大小恒为U，D形盒所在平面有垂直于盒面向下的磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为q的粒子在加速器中被加速，则（ ）
A．D形盒上周期性变化的电压U越大，粒子离开D形盒时的速度越大
B．粒子每次经过D形盒之间的缝隙后速度增大
C．粒子以速度v在D形盒磁场内运动半个圆周后动能增加
D．粒子离开D形盒时动能为
【答案】D
【知识点】电场力做功；理想模型法；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
回旋半径，半径大小决定了容纳的最大速度，粒子离开D形盒时速度为，
动能为，各变量显示与电压无关，故A错误；
B．每次加速的效果相同，每次加速，粒子获得的能量是固定的qU，，动能每次增加相同的量从v0到vn有：，，……，
v0到vn的动能的所有等式逐项累加得vn的动能为：， 整理得 ，两边开根号得，同理得，所以前后速度差为，故B错误；
C．粒子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，粒子动能保持不变这相当于无损耗反弹已经非常不容易了，故C错误；
D．除了加速狭缝区域外，粒子在磁场中都在做匀速圆周运动，洛伦兹力大小，方向总垂直于速度方向，能恒定提供向心力，有，当粒子来到最大半径区域圆周运动时意味着要离开D形盒，此时速度为，代入动能公式，动能为，故D正确；
故选D。
【分析】（1）通过回旋加速器工作原理分析粒子运动，结合洛伦兹力提供向心力和电场加速公式；
突破点：粒子在D形盒内做匀速圆周运动，缝隙间被电场加速；电压U仅决定加速次数；若考虑相对论效应，粒子质量随速度增大，需调整交变电压频率；
（2）易错点：误认为电压U影响最终速度（实际由磁场和D形盒半径决定）；混淆动能增加条件（仅缝隙处电场做功）。
7．（2025高二下·罗湖月考）太空单车是利用电磁阻尼原理的一种体育锻炼器材。某同学根据电磁学的相关知识，设计了如图的单车原理图：在铜质轮子外侧有一些磁铁（与轮子不接触），人在健身时带动轮子转动，磁铁会对轮子产生阻碍，磁铁与轮子间的距离可以改变，则下列说法正确的是（ ）
A．轮子受到的阻力主要来源于铜制轮内产生的感应电流受到的安培力
B．轮子受到的阻力大小与其材料电阻率无关
C．若轮子用绝缘材料替换，也能保证相同的效果
D．磁铁与轮子间距离不变时，轮子转速越大，受到的阻力越小
【答案】A
【知识点】安培力；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；感应电动势及其产生条件；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A .轮子受到的阻力来源于铜轮切割磁感线产生的涡流（动生感应电动势和感应电流）所受的安培力，对运动的轮子产生阻力，以阻碍轮子与磁场之间的相对运动，所以轮子受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，安培力大小与电阻率有关这是电磁阻尼的核心原理，故A正确；
B . 阻力大小与材料电阻率密切相关（电阻率越小，涡流越大，安培力越强），故B错误；
C . 绝缘材料无法形成涡流，无法产生电磁阻尼效果，故C错误；
D . 转速越大，切割磁感线的速率越快，感应电流和安培力越大，阻力越大，故D错误；
故选A；
【分析】（1）电磁感应分析：铜轮旋转切割磁感线→产生涡流→安培力阻碍运动（楞次定律）；
参数影响：阻力大小取决于磁感应强度 B、转速 ω、材料电阻率 ρ 和轮子尺寸。
（2）易错点：混淆电磁阻尼与摩擦阻力的区别，误认为绝缘材料可替代导体（需闭合回路或涡流），忽略电阻率对涡流强度的直接影响。
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，选对不全得3分，有错选不得分。
8．（2025高二下·罗湖月考）2023年4月9日，深圳国际小家电产品展览会将在深圳会展中心开展。参展产品中南北美洲的绝大多数国家家用电器的额定电压是110V，这类用电器不能直接接到我国220V的照明电路上，可以接到交变电压是的电源上使用，交变电压是由矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的，对于该交变电压U下列说法正确的是（ ）
A．电源交流电的频率为，当时
B．用时电流方向改变1200次
C．将该电压加在阻值为的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为
D．用交流电压表测该电压其示数为
【答案】B,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由
t前为角速度，可知
则电源交流电的频率为
当时，可得
故A错误；
B．交流电的周期为
每个周期包含 1 次正方向和 1 次负方向的电流流动 ，每个周期内电流方向改变 2 次（从正→负算一次，负→正算第二次），则用时1s电流方向改变120次，用时10s电流方向改变1200次，故B正确；
C．将该电压加在121Ω的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为
故C正确；
D．交流电压表测量的是有效值，符合交流电表测量原理，用交流电压表测该电压其示数为有效值，则有
故D错误。
故选BC。
【分析】（1）瞬时值验证：代入 t 计算 sin 函数值；有效值应用：功率计算和电表读数均用有效值。
（2）易错点：混淆角频率 ω 与频率 f 的关系 ，方向改变次数是频率的 2 倍，因为每个周期有两次方向变化 ；误认为 sin 函数在任意 t 均为最大值；忽略交流电表显示有效值的特性。
9．（2025高二下·罗湖月考）动圈式扬声器的结构如图甲所示，图乙为磁铁和线圈部分从右往左看的剖面图，有指向圆心内部的辐射形磁场。当人对着纸盆说话，纸盆带着线圈左右运动（在乙图中垂直剖面上下运动）能将声信号转化为电信号。已知线圈有匝，线圈半径为，总电阻为，线圈所在位置的磁感应强度大小为，则（ ）
A．纸盆向左运动时，图乙的线圈中产生逆时针方向的感应电流
B．纸盆向左运动时，图乙的线圈中产生顺时针方向的感应电流
C．纸盆向右运动速度为时，线圈所受安培力为
D．纸盆向右运动速度为时，线圈所受安培力为
【答案】A,D
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A . 纸盆向左运动时，线圈向下运动，根据右手定则（拇指指向运动方向，磁场方向指向圆心内部），感应电流方向为顺时针，故A正确；
B . 纸盆向左运动时，线圈中产生顺时针方向的感应电流，故B错误；
C . 纸盆向右运动速度为v时，感应电动势
E=nB·2πr·v
电流
纸盆向右运动速度为v时，切割磁感线的长度为2πR，线圈中产生的感应电动势为
则线圈中感应电流大小为
线圈上所受的安培力大小
故C错误；
D：纸盆向右运动速度为v时，线圈所受安培力为
故D正确。
故选AD；
【分析】（1）动圈式扬声器的工作原理，即电磁感应和安培力的计算；突破点在于正确应用右手定则判断感应电流方向（注意磁场方向指向圆心内部，与常规问题不同）；易错点是忽略线圈匝数n或半径r对安培力的影响；隐含条件是线圈切割磁感线的有效长度为2πr（圆形线圈周长）；扩展知识包括楞次定律、法拉第电磁感应定律的综合应用，以及安培力公式的推导（F=nBIL，其中L=2πr）。
10．（2025高二下·罗湖月考）如图所示的装置可测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂通过绝缘细线挂着正六边形线框，线框的边长为，底边水平，恰有一半处于匀强磁场中，该磁场的磁感应强度的方向与线框平面垂直。当线圈中通入顺时针电流时，调节砝码使两臂达到平衡。然后改变电流的方向，大小不变，在右盘中增加质量为的砝码后，两臂再次达到新的平衡，则（ ）
A．大小为 B．大小为
C．磁场方向垂直线框平面向里 D．线框所受安培力大小为
【答案】B,C,D
【知识点】力矩平衡；等效法；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．重力变化增加为向下mg，安培力增加两份为向上才能平衡，初始安培力得向下，
如图磁场里有效长度为0.5L+L+0.5L=2L，改变电流方向导致安培力方变化前后有
可得，故A错误；
B．，故B正确。
C．初始安培力得向下，由左手定则可知磁场方向垂直线框平面向里，故C正确；
D．但两次平衡差值mg，向下安培力改为向上，产生两个安培力增量，线框处于磁场部分的等效长度为，则线框所受安培力大小为，故D正确；
故选BCD。
【分析】（1）通过力矩平衡条件分析安培力方向及大小，结合安培力公式 F=BIL求磁感应强度；电流反向时安培力反向，需增加砝码质量 m 重新平衡，说明安培力方向与重力方向相同或相反；
（2）易错点：误判磁场方向需通过安培力方向推断；混淆安培力作用边数（仅底边受安培力）。
三、实验题：本大题共2小题，每空2分，共14分。
11．（2025高二下·罗湖月考）下图甲是“测定电源的电动势和内阻”的实验电路，但有A、B两处用电器没有画出，其中定值电阻阻值。
（1）图甲中A处应为 （填“电流表”或“电压表”）；
（2）实验测得的路端电压U相应电流I的拟合曲线如图乙所示，由此得到电源电动势 V，内阻 ；（结果保留2位小数）
（3）该同学利用图甲所示的电路进行测量，则内阻的测量值与真实值之间的关系为： （填“小于”、“等于”或“大于”）。
【答案】（1）电流表
（2）1.50；0.28
（3）小于
【知识点】图象法；电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）测定电源电动势和内阻的实验需要测量路端电压和总电流，电压表需并联，电流表串联，因此B处测量电压，应为电压表；A处测量电流，应为电流表；
故1空填电流表；
（2）由图乙拟合曲线，由闭合电路的欧姆定律U=E-Ir，横坐标I是自变量，纵坐标U是因变量，
E是截距即图像的纵截距表示电动势，电动势E=b=1.50V
U-I图像的斜率的绝对值为内阻， 斜率计算（取两点时用足够远的点）
故1空填1.50，2空填0.28；
（3）通过测量值 U 和 I，反推真实电动势 E 和内阻 r，但 U本身是实验直接读取的测量值。实验的误差来源于并联电压表时测电压表所需的微量电流，根据闭合电路的欧姆定律，整理，
整理
即，测量值 U测 比真实值小， ，
总体上现在电压测小了电流测大了，计算出来的阻值就偏小了，因此r测小于r真，
故填小于；
【分析】（1）伏安法测电源电动势和内阻的实验原理及误差分析；
正确识别U-I图的截距和斜率物理意义；处理U-I图时，优先选择线性较好的区域计算；误差分析时，明确测量值偏大还是偏小取决于系统误差来源。
（2）易错点包括：① 实验仪器连接方式错误（电流表/电压表位置）；
② U-I图数据处理不当（如未用线性部分计算）；
③ 误差分析混淆电压表分流与电流表分压。
（3）隐含条件：① 若电源内阻较小，电压表分流不可忽略；
② 定值电阻可能用于保护电路；
若采用电流表外接法，误差分析结论相反（r测（1）由于A处电表与电阻R串联，因此A处为电流表；
（2）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律U=E-Ir
结合U-I图像可知，图像的纵截距表示电动势，电动势E=b=1.50V
U-I图像的斜率的绝对值
（3）实验的误差来源于电压表的分流，根据闭合电路的欧姆定律
变形得
因此小于
12．（2025高二下·罗湖月考）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 （填“向左”、 “向右”或“不”）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，变阻器的滑片应 （填“向左”或“向右）移动
（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）所示，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针也从中央向左偏。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”或“下”）；图（4）中的条形磁铁下端为 （填“N”或“S”）极。
【答案】向右；向右；下；S
【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】本题考查了研究电磁感应现象的实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。（1）闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏，合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，磁通量增大，电流计指针将向右偏；
（2）若要使灵敏电流计的指针向左偏转，则需磁通量减小，则需要电路电流减小，变阻器的滑片应向右移动；
（3）电流从电流表G的左接线柱进时，指针也从中央向左偏，图（2）中的条形磁铁的运动方向是向下运动，磁通量增大，感应电流从左到右流过G；图（4）中的感应电流从右到左流过G，线圈磁通量减小，根据楞次定律可知下端为S极。
【分析】（1）根据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分析求解；
（2）根据要使灵敏电流计的指针向左偏转，穿过线圈B的磁通量应减小分析求解；
（3）根据安培定则，结合楞次定律分析求解。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13．（2025高二下·罗湖月考）如图甲所示，轻质细线吊着一质量、边长、匝数的正方形线圈，线圈总电阻。在线圈的中间位置以下区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示，重力加速度。求：
（1）0~6s内穿过线圈磁通量的变化量；
（2）时轻质细线的拉力大小；
（3）0~4s内线圈产生的焦耳热。
【答案】（1）解：已知线圈边长L为1m，面积为1m2，线圈中间位置以下区域面积
内穿过线圈磁通量的变化量为
，
关于磁感应强度B的函数表达式为
t=6s时，B=0.6T，
（2）解：拉力和安培力与重力平衡，安培力需知道电流，磁场变化会产生法拉第感生电动势，关于磁感应强度B的函数表达式为，t=3s时，B=1T，由电磁感应定律得
根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的感应电流大小为
，
由楞次定律知向里磁场变大，感应电流方向产生向外的磁场，右手螺旋定则知感应电流方向为逆时针方向，由左手定则可知安培力方向竖直向上如图
线圈受到的安培力大小为
，
轻质细线的拉力大小为
，
（3）解：磁场变化会产生法拉第感生电动势，关于磁感应强度B的函数表达式为，t=4s时，B=1.2T，
由电磁感应定律得
根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的感应电流大小为
，
线圈中感应电流大小为1A，0~4s内线圈产生的焦耳热为
【知识点】闭合电路的欧姆定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算；感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）本题属于电磁感应综合题，需结合法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力计算和焦耳定律；正确计算有效磁通量变化率，并注意磁场分布范围；
（2）关键易错点包括：① 漏掉线圈匝数n；② 未考虑磁场仅覆盖一半面积；③ 计算安培力时混淆有效长度；
（3）隐含条件：磁场只在中间位置以下分布，意味着有效面积减半。
（1）内穿过线圈磁通量的变化量为
（2）由法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的感应电流大小为
根据图乙可知，t=3s时磁感应强度为
线圈受到的安培力大小为
由左手定则可知安培力方向竖直向上，则轻质细线的拉力大小为
（3）线圈中感应电流大小为1A，0~4s内线圈产生的焦耳热为
14．（2025高二下·罗湖月考）如图，在倾角为的光滑斜面上，在区域I和区域II存在着方向相反的匀强磁场，I区磁感应强度大小B1=0.6T，II区磁感应强度大小B2=0.4T。两个磁场的宽度MJ和JG均为L=1m，一个质量为、电阻R=0.6Ω、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场I区时，恰好做匀速直线运动。已知重力加速度g取10m。求：
（1）线框ab边刚进入磁场I区时线框的速度的大小；
（2）线框静止时ab边距GH的距离x；
（3）线框ab边从JP运动到MN过程通过线框的电荷量q。
【答案】解： （1）当ab边刚越过GH进入磁场I区时，恰好做匀速直线运动，处于受力平衡状态，由楞次定律知电流为顺时针方向即badc，左手定则可知安培力方向竖直向上，安培力等于重力沿斜面分量方向相反，如图，
，，，
，
（2）根据在GH时恰好做匀速直线运动之前只受到重力分量加速， 设静止到GH的位移为x，力在这个空间里做功的过程机械能守恒，即初机械能等于末机械能，
（3） 边长也为L的正方形导线框，线框ab边从JP运动到MN过程
需求平均电流
需求平均电动势
需求磁通量变化值，磁通量相反变化值为两磁通量相加
，
所以
继续代入得
【知识点】磁通量；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）本题综合考查电磁感应、动力学及机械能守恒，能量守恒；识别匀速运动条件（安培力与重力分力平衡）；对电荷量问题，优先用 q=ΔΦ/R ；画受力图和等效电路图辅助分析；
（2）易错点包括：① 安培力方向判断错误需用楞次定律先确定电流方向；
② 电荷量计算混淆 ΔΦ与瞬时 I；③ 斜面问题漏掉sinθ；
（3）隐含条件：① 磁场方向相反影响 ΔΦ；
② 线框边长与磁场宽度相等即磁场宽度与线框边长均为L；若线框不完全进入磁场，需分段计算感应电动势。
15．（2025高二下·罗湖月考）如图，xOy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为+q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向开始运动．当它经过图中虚线上的M（，a）点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域（图中未画出），又从虚线上的某一位置N处沿y轴负方向运动并再次经过M点．已知磁场方向垂直xOy平面（纸面）向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重力．试求：
(1)电场强度的大小；(2)N点的坐标； (3)矩形磁场的最小面积．
【答案】解：(1)粒子从O (0，0)到M(，a)做水平匀速直线运动，竖直向上匀加速直线运动的类平抛运动，设时间为t，
则水平位移OMx由匀速直线运动乘以时间得有
，
竖直向上位移OMy由竖直加速度时间平方除以2得有
，
(2)粒子运动到M点时速度为v，与x方向的夹角为θ，则
即
由题意，正电荷粒子从N点离开磁场，磁场方向垂直xOy平面（纸面）向里 ，左手定则判断旋转中心在过点N垂直于NM的右侧方向NO1，过M做角平分线，与NO1交于O1，过N做角平分线垂线得点P，如下图正电荷粒子从P点进入磁场，
粒子在磁场中以O1点为圆心做匀速圆周运动，设半径为R，则：
解得粒子做圆周运动的半径为
由几何关系知
所以N点的纵坐标为
横坐标为
，
即N点的坐标为(，)
(3)如图当矩形磁场为图示虚线三边均与圆周运动轨迹相切时，矩形的面积最小．则矩形的两个边长分别为，
，
上已求得
所以矩形磁场的最小面积为
【知识点】点电荷的电场；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动；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）本题综合考查类平抛运动、圆周运动及磁场边界问题；突破点在于将电、磁场的运动分段处理，并利用几何关系确定N点位置；几何关系优先用三角函数严格推导，避免凭直觉猜测分段画轨迹图（电场段抛物线、磁场段圆弧）；合速度 v 的计算不可省略；
（2）易错点包括：① 类平抛运动中时间关联错误；② 磁场中半径公式 r=mvqB误用 v0代替合速度；③ 最小磁场面积未考虑轨迹切线条件；
（3）隐含条件：① 粒子返回M点暗示对称性；② 磁场方向垂直纸面向里决定偏转方向。
1 / 1
