江蘇省蘇州市2024-2025學(xué)年高二（下）期中考試

物理試卷

一、單選題：本大題共11小題，共44分。

1.下列圖像中不屬于交變電流的是（）

A.甲：選用鋁框做磁電式電表骨架

B.乙：利用真空冶煉爐來冶煉金屬

C.丙：轉(zhuǎn)動(dòng)把手時(shí)蹄形磁鐵兩極間的鋁框隨之同向轉(zhuǎn)動(dòng)

D.T：在運(yùn)輸靈敏電流表時(shí)用導(dǎo)線把兩接線柱連在一起

3.如圖所示，一細(xì)條形磁鐵系于棉線下端形成單擺，擺的正下方固定一水平放置的環(huán)形導(dǎo)

線。將磁鐵從圖示位置由靜止釋放，來回?cái)[動(dòng)過程中，下列說法正確的是（）

A.導(dǎo)線中電流方向始終不變

B.磁鐵向上擺動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線有收縮趨勢

C.磁鐵向下擺動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線中電流方向與圖示方向相同

D.忽略空氣阻力，磁鐵擺動(dòng)的幅度將不變

4.如圖為航母上電磁彈射裝置的原理簡圖，待彈射的飛機(jī)掛在導(dǎo)體棒上，導(dǎo)體棒

放在處于豎直勻強(qiáng)磁場中的兩平行導(dǎo)軌上。給導(dǎo)軌通以電流，導(dǎo)體棒和飛機(jī)就沿

導(dǎo)軌加速，從而將飛機(jī)向右彈射出去。以下說法中正確的是（）

①導(dǎo)體棒中的電流方向是N-MM

②導(dǎo)體棒中的電流方向是M-N

③增大導(dǎo)軌中電流可提高飛機(jī)的彈射速度

④改變磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可改變飛機(jī)的彈射速度

A.①②③B.②③④C.①③D.②④

5.圖甲是質(zhì)譜儀原理圖，帶電粒子從容器力下方小孔￡飄入加速電場時(shí)速度幾乎為零，圖乙是回旋加速器

原理圖。下列說法正確的是（）

y_：s,

LLULUJT;

"???,???<?

接交流電源

甲乙

A.甲中所有粒子進(jìn)入小孔S2時(shí)速度大小相等

B.甲中比荷越大的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)半徑越小

C.乙中粒子在兩個(gè)半圓金屬盒中加速

D.乙中粒子射出的最大速度由電壓U的大小決定

6.如圖所示，光滑絕緣直桿傾角為8,桿上套一帶負(fù)電的小球，勻強(qiáng)磁場的方向垂

直于桿所在豎直平面。給小球一沿桿向上的初速度為,不計(jì)空氣阻力，小球從開始

運(yùn)動(dòng)到返回出發(fā)點(diǎn)的過程中（）

A.機(jī)械能減小

B.最大上滑位移為

C.上滑時(shí)間小于下滑時(shí)間

D.下滑時(shí)受到桿的彈力一定先減小后增大

7.如圖所示是一款高空風(fēng)車的發(fā)電模塊原理圖，兩磁極間的磁場可視為勻強(qiáng)磁

場，某時(shí)刻發(fā)電機(jī)線圈ab恰與磁場方向平行，貝1k）

A.該時(shí)刻線圈磁通量的變化率最大

B.風(fēng)力增大，線圈ab的感應(yīng)電動(dòng)勢不變

C.風(fēng)車每轉(zhuǎn)一圈，線圈中電流方向改變一次

D.風(fēng)車發(fā)電是利用了電流的磁效應(yīng)

8.如圖所示，法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的兩電刷間接有一定值電阻。已知圓盤半徑為r,繞中心軸以角速度3按圖

示方向旋轉(zhuǎn)，回路中總電阻為R,勻強(qiáng)磁場垂直圓盤向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,貝女）

A.感應(yīng)電流方向不斷變化B.a端的電勢高于b端

感應(yīng)電流大小/=駕

C.D.a、b兩點(diǎn)間電勢差大小U=3r2

9.如圖所示，李輝用多用電表的歐姆擋測量一個(gè)變壓器線圈的電阻。劉偉為

了方便，未注意操作規(guī)范，直接用兩手分別握住線圈裸露的兩端讓李輝測

量，完成讀數(shù)后李輝把多用表的表筆與被測線圈脫離時(shí)，劉偉突然驚叫起

來，覺得有電擊感。下列說法正確的是（）

A.發(fā)生電擊前，沒有電流通過劉偉

B.發(fā)生電擊時(shí)，通過多用電表的電流很大

C.發(fā)生電擊時(shí)，通過變壓器線圈的電流瞬間變大

D.發(fā)生電擊前后，通過劉偉的電流方向相反

10.如圖甲，某筆記本顯示屏、機(jī)身分別裝有磁體和長、寬、高為a、c、d的霍爾元件。顯示屏完全合上

時(shí)，霍爾元件處于垂直于其上表面向下的勻強(qiáng)磁場中，如圖乙，若該元件利用自由電子導(dǎo)電，當(dāng)通以圖示

方向的恒定電流時(shí)，其前、后表面會產(chǎn)生電壓U（霍爾電壓），從而控制屏幕自動(dòng)熄滅，則（）

A.前表面的電勢比后表面的低B.前、后表面間的電場強(qiáng)度大小型

C.開屏過程中，霍爾電壓U變大D.開、合屏過程中，霍爾電壓U與c無關(guān)

11.在光滑絕緣水平面上有一邊長為/、電阻為R的正方形導(dǎo)線框，線框右側(cè)是

寬度為d（d</）、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的邊界與線框的左右兩

邊平行。線框以初速度％向右進(jìn)入磁場，左邊出磁場時(shí)速度恰為零。建立如圖

所示的坐標(biāo)軸。工,以逆時(shí)針方向電流為正。關(guān)于線框的加速度a、速度外所

受安培力F三者大小以及線框中電流i隨x變化關(guān)系的圖像正確的是（）

OdIl+dx

二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共1小題，共15分。

12.某小組在“探究影響感應(yīng)電流方向的因素”實(shí)驗(yàn)中，采用了甲、乙兩個(gè)方案。

(1)方案甲進(jìn)行了a、b、c、d四種操作，結(jié)論的得出運(yùn)用了—

A歸納推理

A演繹推理

C.理想模型

(2)將方案乙中電路補(bǔ)充完整；

(3)完成方案乙中電路后，電鍵閉合的瞬間，靈敏電流計(jì)的指針向右偏轉(zhuǎn)。閉合電鍵穩(wěn)定后，下列操作仍

能使指針向右偏轉(zhuǎn)的是;

A.觸頭P向左滑動(dòng)

8.觸頭P向右滑動(dòng)

C.將線圈4拔出

(4)為確切判斷線圈中的感應(yīng)電流方向，小組成員除實(shí)驗(yàn)前先確定線圈導(dǎo)線的繞向外，還進(jìn)行了圖丙所示

的操作，其目的是,所用電阻R的取值比較合理的是=

丙

A.50

B.5O12

c.soon

D.Skfi

三、計(jì)算題：本大題共4小題，共41分。

13.如圖甲所示，一質(zhì)量為小的金屬棒垂直放在間距為乙的兩水平平行導(dǎo)軌上，接觸良好。通過金屬棒的電

流為/,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,磁場方向與導(dǎo)軌平面的夾角為仇金屬棒保持靜止，重力加速度

為9。

(1)在圖乙中畫出金屬棒的受力圖;

(2)求金屬棒受到的支持力FN和摩擦力下的大小。

14.一個(gè)電阻為“邊長為L的正方形線圈abed共N匝，線圈在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁

場中繞垂直于磁感線的軸。0'以如圖所示的角速度3勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，外電路電阻為R.求:

(1)線圈平面與磁感線夾角為60。時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢為多大?

(2)從圖示位置開始，線圈轉(zhuǎn)過60。的過程中通過R的電量是多少？

15.圖甲為磁懸浮電梯，它是通過磁場的運(yùn)動(dòng)使其運(yùn)行的裝置。圖乙為其簡化后的原理圖，主要包括磁

場、含有導(dǎo)線框的轎廂、兩根絕緣的豎直導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為6,間隔分布的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方

向垂直于導(dǎo)軌平面向里，相鄰磁場間的距離和磁場寬度均為a。當(dāng)磁場在豎直方向分別以速％、2、％向

上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，跨在兩導(dǎo)軌間的導(dǎo)線框MNPQ將受到磁場力，從而使轎廂懸停、向上或向下運(yùn)動(dòng)。已知導(dǎo)

線框的長為從寬為a、總電阻為R,重力加速度為g,摩擦和空氣阻力可忽略，貝I：

(1)轎廂懸停在圖示位置時(shí)，MN邊的電流方向？

(2)轎廂的總質(zhì)量M多大？

(3)轎廂向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，外界提供給轎廂的功率P為多少？

b

中

16.如圖所示，xOy平面內(nèi)，0Wy<L區(qū)域存在垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場，y>L區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向

的勻強(qiáng)電場。在坐標(biāo)原點(diǎn)。有一粒子源，分別沿％、y軸正方向以相同速率為發(fā)射帶正電粒子a、b,兩粒子

質(zhì)量均為小，電荷量均為q。粒子6離開磁場時(shí)的速度與x軸負(fù)方向的夾角為60。，之后粒子b從(0,(1+

，幣L)處經(jīng)過y軸。不計(jì)粒子重力，不考慮粒子間的相互作用。

(1)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；

(2)求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E；

(3)若粒子a、6同時(shí)離開磁場，求兩粒子從。點(diǎn)發(fā)射的時(shí)間差，以及粒子b在電場中經(jīng)過(久of。)處時(shí)對應(yīng)的

粒子a的位置坐標(biāo)。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：只要電流方向隨時(shí)間做周期性變化，則即為交流電，故A2C均為交流；。中電流大小雖然在

周期性變化，但方向不變，故。不是交流電，故ABC錯(cuò)誤，。正確。

故選：Do

交變電流的典型特點(diǎn)是電流方向變化，其大小可能變，也可能不變，據(jù)此分析。

本題考查交流電的性質(zhì)，判斷的主要依據(jù)是交流電的方向在做周期性變化。

2.【答案】C

【解析】解：4甲：常用鋁框做骨架，當(dāng)線圈在磁場轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)致鋁框的磁通量變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電

流，鋁框受安培阻力，使其很快停止擺動(dòng)，屬于電磁阻尼現(xiàn)象，故A錯(cuò)誤；

3、乙：給真空冶煉爐通入高頻交流電，爐內(nèi)的金屬中會產(chǎn)生渦流，會產(chǎn)生大量熱量，從而冶煉金屬，故

B錯(cuò)誤;

C、丙：當(dāng)搖動(dòng)手柄使得蹄形磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)，導(dǎo)致鋁框的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力，

鋁框會同向轉(zhuǎn)動(dòng)，屬于電磁驅(qū)動(dòng)，故C正確；

。、T：微安表的表頭在運(yùn)輸時(shí)要把兩個(gè)正、負(fù)接線柱用導(dǎo)線連在一起，運(yùn)輸過程中導(dǎo)線轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感應(yīng)

線產(chǎn)生感應(yīng)電流，線圈受到的安培力會阻礙線框的轉(zhuǎn)動(dòng)，可以保護(hù)電表指針，這是利用了電磁阻尼原理，

故。錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)電磁驅(qū)動(dòng)的概念判斷即：如果電場相對導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)，在導(dǎo)體中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流使導(dǎo)體受到安

培力作用，安培力使道題運(yùn)動(dòng)起來，這種作用就是電磁驅(qū)動(dòng)。選項(xiàng)中4。屬于阻尼現(xiàn)象，B是渦流，C是電

磁驅(qū)動(dòng)。

該題的考點(diǎn)為電磁驅(qū)動(dòng)的基本概念的應(yīng)用，解決該題要熟記電磁驅(qū)動(dòng)和電磁阻尼的概念，從概念中找出它

們的不同之處，根據(jù)概念進(jìn)行選擇。

3.【答案】C

【解析】解：4根據(jù)楞次定律可知，導(dǎo)線中電流方向會發(fā)生周期性變化，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)楞次定律可知，磁鐵向上擺動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線有擴(kuò)張趨勢，故B錯(cuò)誤；

C根據(jù)楞次定律可知，磁鐵向下擺動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線中電流方向與圖示方向相同，故C正確；

。.根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，即使忽略空氣阻力，磁鐵擺動(dòng)的幅度不斷減小，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)楞次定律和能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律進(jìn)行分析解答。

考查楞次定律和能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律的應(yīng)用，會根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。

4.【答案】B

【解析】解：根據(jù)題目描述，飛機(jī)受到的安培力方向是向右的，即沿導(dǎo)軌方向。根據(jù)左手定則，當(dāng)磁場方

向垂直于導(dǎo)軌（即豎直方向），且安培力方向向右時(shí)，導(dǎo)體棒中的電流方向應(yīng)該是從M指向N,故①錯(cuò)誤，

②正確。

安培力的大小與導(dǎo)體棒中的電流成正比，因此，增加導(dǎo)軌中的電流可以增大安培力，進(jìn)而提高飛機(jī)的加速

度，最終提高飛機(jī)的彈射速度，故③正確。

安培力的大小還與磁場的強(qiáng)度成正比，因此，改變磁感應(yīng)強(qiáng)度大小同樣可以改變安培力的大小，進(jìn)而影響

飛機(jī)的彈射速度，故④正確，故2正確，AC。錯(cuò)誤；

故選：So

根據(jù)電磁學(xué)中的左手定則，可以判斷電流方向、磁場方向與力的方向之間的關(guān)系。此外，飛機(jī)的彈射速度

與加速度有關(guān)，而加速度又與作用在飛機(jī)上的力（即安培力）成正比，因此可以通過調(diào)整電流或磁場強(qiáng)度來

改變飛機(jī)的彈射速度。

本題的關(guān)鍵在于理解電磁彈射裝置的工作原理，特別是電流方向、磁場方向與安培力方向之間的關(guān)系，以

及這些因素如何共同作用來影響飛機(jī)的彈射速度。通過調(diào)整電流或磁場強(qiáng)度，可以有效地控制飛機(jī)的彈射

速度，這對于提高航空母艦上飛機(jī)的起飛效率具有重要意義。

5.【答案】B

【解析】解：4圖甲，進(jìn)入小子孔S2的所有粒子滿足Uq則粒子的比荷不同，速度大小不相等，

故A錯(cuò)誤；

員圖甲，根據(jù)解得r=半可知，粒子比荷越大在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑越小，故8正確；

C.圖乙，粒子在兩個(gè)半圓金屬盒的縫隙中的電場中加速，故C錯(cuò)誤；

D圖乙，回旋加速器中粒子射出時(shí)q%B=爪半，可得最大速度方=答，可知與加速電壓大小無關(guān)，故

。錯(cuò)誤。

故選：So

根據(jù)質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理進(jìn)行分析解答。

考查質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理，會根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。

6.【答案】B

【解析】解：4由于洛倫茲力不做功，運(yùn)動(dòng)過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤;

2、根據(jù)動(dòng)能定理可得：-mgs出8/=0-:爪詔，解得最大上滑位移為％=故2正確；

z/.gsiTitf

C、上滑過程中的加速度大小等于下滑過程中加速度大小，則上滑時(shí)間等于下滑時(shí)間，故c錯(cuò)誤；

。、根據(jù)左手定則可知，下滑時(shí)洛倫茲力方向垂直于桿向上，速度增大、洛倫茲力增大，受到桿的彈力一

定先減小，但不一定后增大，故O錯(cuò)誤。

故選：B。

洛倫茲力不做功，機(jī)械能守恒；根據(jù)動(dòng)能定理解得最大上滑位移；根據(jù)加速度大小分析運(yùn)動(dòng)時(shí)間；下滑時(shí)

洛倫茲力方向垂直于桿向上，速度增大、洛倫茲力增大，由此分析。

本題主要是考查了帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)。對于此類問題，要掌握粒子的受力特點(diǎn)，根據(jù)受力情況結(jié)

合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式等進(jìn)行分析。

7.【答案】A

【解析】解：4該時(shí)刻線圈磁通量為。，感應(yīng)電動(dòng)勢最大，磁通量變化率最大，故A正確；

民風(fēng)力越大，風(fēng)車轉(zhuǎn)動(dòng)的越快，線圈ab轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度越大，根據(jù)后6=NBS3可知感應(yīng)電動(dòng)勢變大，故8錯(cuò)

誤；

C.風(fēng)車每轉(zhuǎn)一圈，線圈中的電流方向改變兩次，故C錯(cuò)誤；

D風(fēng)車發(fā)電是利用電磁感應(yīng)原理，故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

當(dāng)線框經(jīng)過垂直中性面時(shí)通過線圈的磁通量最小，感應(yīng)電動(dòng)勢最大；根據(jù)Em=NBSs分析感應(yīng)電動(dòng)勢的變

化；線框每轉(zhuǎn)一周，電流方向改變兩次；風(fēng)車發(fā)電是利用電磁感應(yīng)原理。

解答本題時(shí)，要理解交流發(fā)電機(jī)的工作原理，明確線圈與磁場平行時(shí)，線圈磁通量為零，感應(yīng)電動(dòng)勢最

大。

8.【答案】C

【解析】解：4B.將圓盤看成由一根根沿半徑方向的輻條構(gòu)成，每一根輻條均為一個(gè)電源，所有電源均為

并聯(lián)關(guān)系，根據(jù)右手定則可知，感應(yīng)電流方向始終6到a,且b點(diǎn)電勢高于a端電勢，故AB錯(cuò)誤；

C.感應(yīng)電動(dòng)勢E=9=根據(jù)閉合電路歐姆定律有/=《，解得/=駕，故C正確；

。根據(jù)歐姆定律可知，兩點(diǎn)間電勢差大小U=/Rab3r2,故。錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)右手定則結(jié)合閉合電路的歐姆定律和歐姆定律進(jìn)行分析解答。

考查右手定則結(jié)合閉合電路的歐姆定律和歐姆定律，會根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。

9.【答案】D

【解析】解：4發(fā)生電擊前，有微弱電流通過劉偉，因?yàn)閯ズ途€圈并聯(lián)，多用電表內(nèi)部電流分別流過劉

偉和線圈，故A錯(cuò)誤；

A發(fā)生電擊時(shí)，通過多用電表的電流為零，因?yàn)榇藭r(shí)多用電表已經(jīng)和線圈斷開，故B錯(cuò)誤；

C發(fā)生電擊時(shí)，通過變壓器線圈的電流維持原來大小，通過劉偉的電流方向改變，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選：Do

歐姆表的測量電阻時(shí)，其電流值非常小，人即使直接接觸也不會有電擊感；而變壓器的線圈在電流變化時(shí)

會產(chǎn)生自感電動(dòng)勢，這個(gè)值比較大，人會有電擊感.由于劉偉雙手分別握住線圈裸露的兩端，故實(shí)際相當(dāng)

于劉偉并聯(lián)到了變壓器上，由此可判定各個(gè)選項(xiàng).

本題考查了自感電動(dòng)勢產(chǎn)生的條件，要知道歐姆表測電阻時(shí)，電流是很小的；當(dāng)電流變化時(shí)線圈才會產(chǎn)生

較大的自感電動(dòng)勢。

10.【答案】D

【解析】解：4根據(jù)左手定則，自由電子向后表面偏轉(zhuǎn)，后表面積累了電子，前表面的電勢高于后表面的

電勢，故A錯(cuò)誤；

民前、后表面間的電場強(qiáng)度大小為E=g故B錯(cuò)誤；

CD,穩(wěn)定后根據(jù)平衡條件有euB=6匕根據(jù)電流的微觀表達(dá)式有/=neSv=nebcv,解得U=4。開屏過

cneb

程中，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，霍爾電壓U變小，開、合屏過程中，霍爾電壓U與c無關(guān)，故C錯(cuò)誤，。正確。

故選：Do

根據(jù)左手定則、平衡條件以及電流的微觀表達(dá)式，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)公式列式進(jìn)行分析解答。

考查左手定則、平衡條件以及電流的微觀表達(dá)式，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)公式，會根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。

11.【答案】A

【解析】解：B、線圈進(jìn)入磁場時(shí)，受到安培力：F^=BIl,由閉合電路歐姆定律可知：I=。,由感應(yīng)電

22

動(dòng)勢表達(dá)式可知：E=Blv,故安培力為：尸安=中；

父K

—D2J2

以向右為正方向，對線圈應(yīng)用動(dòng)量定理可知：一/安t=nw-nW。，化簡得：-=mv-mv0,

故速度滿足：〃=。0-勺，即在磁通量變化時(shí)，線圈的速度隨位移均勻減小，為線性關(guān)系，故B錯(cuò)誤；

umR

D、由感應(yīng)電流表達(dá)式為：/=等，由磁通量變化時(shí)，u隨工均勻變化，可知/隨x均勻變化，故。錯(cuò)誤；

A、由加速度關(guān)系式可知：a=生，結(jié)合B選項(xiàng)分析可知：a=網(wǎng)，由磁通量變化時(shí)，/隨x均勻變化，可知

mm

a隨x均勻變化；

磁通量不變時(shí)，不受安培力，故A正確;

C、由安培力與加速度的關(guān)系：F^=ma,可知磁通量變化時(shí)，安培力隨x均勻變化；磁通量不變時(shí)，安培

力為0,故C錯(cuò)誤。

故選：Ao

線圈以一定的初速度進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，由于切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力，導(dǎo)致線圈做變加速運(yùn)

動(dòng)；通過線圈的磁通量最大時(shí)，線圈接著運(yùn)動(dòng)，但沒有磁通量變化，沒有感應(yīng)電流，不受安培力；線圈離

開磁場時(shí)，磁通量發(fā)生變化，速度變化與進(jìn)入磁場時(shí)相似；根據(jù)動(dòng)量定理，可得到速度隨線圈位移的變化

關(guān)系式，分析其圖線特點(diǎn)；根據(jù)感應(yīng)電流隨光的變化關(guān)系式，可分析感應(yīng)電流的變化情況；根據(jù)加速度表

達(dá)式，可得到加速度隨x的變化關(guān)系式，分析其變化情況；根據(jù)安培力表達(dá)式，可分析安培力隨x的變化。

本題考查線圈進(jìn)出磁場的分析，關(guān)鍵是根據(jù)動(dòng)量定理，得到線圈的受力、速度、加速度、電流與位移的關(guān)

系式。

12.【答案】4見解析；B；查明靈敏電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)方向與流入電流方向的關(guān)系；D

【解析】解：(1)方案甲進(jìn)行了a、b、c、d四種操作，結(jié)論的得出運(yùn)用了歸納推論法，故8C錯(cuò)誤，A正

確；

故選：Ao

(2)連接好的電路圖如下圖所示：

(3)電鍵閉合的瞬間，靈敏電流計(jì)的指針向右偏轉(zhuǎn)，可得當(dāng)磁通量變大時(shí)，指針向右偏轉(zhuǎn)，觸頭P向左滑動(dòng)

以及將線圈4拔出，磁通量減小，指針向左偏轉(zhuǎn)，觸頭P向右滑動(dòng)，電阻變小，電流變大，磁通量變大，指

針向右偏轉(zhuǎn)，故AC錯(cuò)誤，8正確。

故選：Bo

(4)為確切判斷線圈中的感應(yīng)電流方向，小組成員除實(shí)驗(yàn)前先確定線圈導(dǎo)線的繞向外，還進(jìn)行了圖丙所示

的操作，其目的是查明靈敏電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)方向與流入電流方向的關(guān)系；

由于靈敏電流計(jì)量程很小在微安級別，電池電壓在5P左右，故電阻選取5k。較為合理，故ABC錯(cuò)誤，。正

確。

故選：Do

故答案為：(1)4(2)見解析；(3)B；(4)查明靈敏電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)方向與流入電流方向的關(guān)系；D。

(1)根據(jù)歸納推論法的特點(diǎn)分析求解；

(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)連接電路圖；

(3)根據(jù)電鍵閉合的瞬間，靈敏電流計(jì)的指針向右偏轉(zhuǎn)，可得當(dāng)磁通量變大時(shí)，指針向右偏轉(zhuǎn)分析求解；

(4)根據(jù)靈敏電流計(jì)量程，結(jié)合靈敏電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)方向與流入電流方向的關(guān)系分析求解。

本題考查了影響感應(yīng)電流方向的因素實(shí)驗(yàn)，理解實(shí)驗(yàn)?zāi)康?、步驟、數(shù)據(jù)處理以及誤差分析是解決此類問題

的關(guān)鍵。

F2

13.【答案】金屬棒的受力圖如圖

求金屬棒受到的支持力為FN=mg-BILcosO,摩擦力/的大小為/=BILsind

【解析】解：(1)金屬棒的受力分析如圖所示

F一

(2)由平衡條件在水平方向

安培力公式

F安=BIL

=BILsinO

在豎直方向，根據(jù)平衡條件

FN+F^cosO=mg

解得

FN=mg-BILcosO

答：(1)金屬棒的受力圖如圖

(2)求金屬棒受到的支持力為a=mg-BILcosG,摩擦力f的大小為，=BlLsind.

分析棒受力，用左手定則判斷安培力的方向，由正交分解法解答摩擦力和支持力。

熟練用左手定則判斷安培力的方向，會解決通電導(dǎo)線在安培力作用下的平衡問題。

22

14.【答案】解：(1)交流電產(chǎn)生的最大值為：Em=NBS3,其中：S=L,故：Em=NBa)L,

則瞬時(shí)表達(dá)式為：e=Emcos3t

故線圈平面與磁感線夾角為60。時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢為：e=^NBa)L2；

(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知：=等警=霖=黑

答：(1)線圈平面與磁感線夾角為60。時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢為NBa/；

(2)從圖示位置開始，線圈轉(zhuǎn)過60。的過程中通過R的電量為嘿胃；

【解析】(1)根據(jù)/=nBSs求出感應(yīng)電動(dòng)勢的峰值，從垂直于中性面開始計(jì)時(shí)，則瞬時(shí)電動(dòng)勢e=

Emcosa)to

(2)根據(jù)電磁感應(yīng)電荷量公式求解電荷量；

解決本題的關(guān)鍵掌握線圈轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生電動(dòng)勢的瞬時(shí)表達(dá)式，以及知道電動(dòng)勢峰值的公式；同時(shí)會根據(jù)電磁感

應(yīng)電荷量的推導(dǎo)公式求電荷量問題；

15.【答案】轎廂懸停在圖示位置時(shí)，MN邊的電流方向?yàn)镹

轎廂的總質(zhì)量M為用=比察

gR

2.2

轎廂向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，外界提供給轎廂的功率「為「=空D平

【解析】解：(1)根據(jù)右手定則，線框相對磁場向下運(yùn)動(dòng)，轎廂懸停在圖示位置時(shí)，邊的電流方向?yàn)?/p>

M-N。

(2)磁場以打勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)線框處于靜止?fàn)顟B(tài)，線框中電動(dòng)勢為E=BL%線框中的電流大小為人=號由平衡

K

關(guān)系得B'b=Mg解得：

(3)當(dāng)磁場以"2運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框的加速度為零時(shí)，轎廂向上達(dá)到最大速度，則電動(dòng)勢E2=

bB(v2—vQ

h=率由平衡關(guān)系：Bl2b=Mg解得u,=v2-巧電梯向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，外界提供給轎廂的總能量等于線

圈中產(chǎn)生的焦耳熱與轎廂重力勢能增加量之和，故有P=+Mgu上解得：p=吟必。

答：(1)轎廂懸停在圖示位置時(shí)，MN邊的電流方向?yàn)镸-N

2,2

(2)轎廂的總質(zhì)量M為M=蟹Dk

(3)轎廂向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，外界提供給轎廂的功率「為。=吟世。

本題以磁懸浮電梯為背景，結(jié)合電磁感應(yīng)和力學(xué)知識進(jìn)行命題。磁懸浮電梯是利用磁場的運(yùn)動(dòng)使電梯運(yùn)行

的裝置，其工作原理與傳統(tǒng)的電磁感應(yīng)現(xiàn)象相關(guān)。在本題中，通過磁場在豎直方向的運(yùn)動(dòng)，使得跨在兩導(dǎo)

軌間的導(dǎo)線框產(chǎn)生感應(yīng)電流，進(jìn)而受到磁場力，從而實(shí)現(xiàn)轎廂的懸停、向上或向下運(yùn)動(dòng)。

本題圍繞磁懸浮電梯的原理，通過磁場的運(yùn)動(dòng)使導(dǎo)線框產(chǎn)生感應(yīng)電流，進(jìn)而分析導(dǎo)線框的受力情況，從而

解決轎廂懸停、質(zhì)量計(jì)算、功率計(jì)算等問題。解題關(guān)鍵在于利用電磁感應(yīng)定律、安培力公式以及能量守恒

定律。

16.【答案】勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B為普；

2qL

勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E為空總皿；

2qL

若粒子a、匕同時(shí)離開磁場，兩粒子從。點(diǎn)發(fā)射的時(shí)間差為費(fèi)，粒子b在電場中經(jīng)過處時(shí)對應(yīng)的粒子

。的位置坐標(biāo)為(汽o+日'(y()-L)+23y0)

【解析】解：(1)設(shè)粒子b在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑為R,其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖

得R=2L

又由洛倫茲力提供向心力=皿

聯(lián)立解得B=裁

(2)粒子b在電場中沿y軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿?zé)o軸方向做勻變運(yùn)動(dòng)，如圖所示

設(shè)粒子b在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間匕后到達(dá)(0,(1+宿乂)處，沿y軸方向=%s譏60。匕

解得t】=中

v0

沿%軸方向R(1—sin600)=-v0cos