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人教版（2019）高中物理选择性必修二期中复习卷（含解析）
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这是一份人教版（2019）高中物理选择性必修二期中复习卷（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，作图题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高二物理下册期中复习卷
一、单选题
1．如图的电路中，、是两个相同的灯泡，电感线圈的自感系数较大，电阻与相等，则（ ）
A．闭合S时，灯泡立即变亮，缓慢变亮 B．闭合S时，灯泡缓慢变亮，立即变亮
C．闭合S待稳定后再断开，闪亮一下再熄灭而立即熄灭
D．闭合S待稳定后再断开，闪亮一下再熄灭而立即熄灭
2．航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通有直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去。在固定线圈左侧同一位置先后放有用横截面积相等的铜导线和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，且电阻率ρ铜<ρ铝闭合开关S的瞬间（ ）
A．从左侧看，环中感应电流沿逆时针方向 B．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力
C．若将环放置在线圈右方，环将向左运动 D．电池正、负极调换后，金属环不能向左弹射
3．如图甲所示，固定的单匝导体环直径为d，电阻为R，处于与环面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示（垂直纸面向外为B的正方向），则在时间内（ ）
A．时，环中的感应电流方向发生变化 B．时，环所受安培力沿半径向里
C．时，环中电流的大小为 D．内环中产生的热量为
4．如图所示，一理想自耦变压器与三个电阻连接，、为定值电阻、为滑动变阻器，当原线圈两端接交变电压时（ ）
A．仅将向上移动，原线圈中的电流变小 B．仅将向上移动，中的电流变小
C．仅将向上移动，中的电流变小 D．仅将向上移动，原线圈的输入功率变大
5．如图所示为某种周期性变化的交变电流的电流-时间关系图像，其中前半个周期电流按正弦规律变化，则一个周期内该电流的有效值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，右侧的磁感应强度是左侧的倍且方向相反。导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是规定电流从经到为正方向，安培力向左为正方向（ ）
A．B．C． D．
7．如图所示，一正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴匀速转动，沿观察，线圈逆时针转动，已知匀强磁场的磁感应强度为，线圈匝数为，边长为，总电阻为，转动的角速度为，则当线圈转至图示位置时（ ）
A．线圈中感应电流方向为 B．线圈中感应电流为
C．穿过线圈的磁通量的变化率为 D．线圈边所受的安培力的大小为
8．关于光现象，下列说法正确的是（ ）
A．山在水中的倒影是光的折射形成的 B．筷子在水中“折断”是光的色散现象
C．小孔成像是光的直线传播形成的 D．凸透镜成像是光的反射形成的
9．两束单色光1和2以相同的入射角从同一点射入一厚平行玻璃板后光路如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．如果单色光2是绿光，单色光1可能是红光 B．射出后的两束单色光可能不平行
C．在真空中单色光1的波长比2的短 D．在玻璃中单色光1的传播速度比2的大
10．如图所示。半径为R的透明球体固定在水平地面上，其上方恰好与一足够大的水平光屏接触。O为球心，其底部S点有一点光源，透明球体对光的折射率。不考虑光在透明球体中的反射。则光屏上被光照亮区域的面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
11．如图，足够长的平行金属轨道间距为d，与水平面的夹角为，上端接有阻值为R的电阻，处于方向垂直轨道平面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的金属杆从轨道上由静止释放。已知金属杆始终与导轨垂直且接触良好，杆与轨道间的动摩擦因数为，不计其他电阻，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆先做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动
B．稳定后，重力对金属杆做功的功率等于电路中的电功率
C．当金属杆匀速运动时，通过R的电流为
D．金属杆的加速度为a时，速度大小为
12．如图所示，两束不同频率的平行单色光a、b从水射入空气（空气折射率为1）发生如图所示的折射现象（<），下列说法正确的是（ ）
A．水对a的折射率比水对b的折射率大 B．在水中的传播速度
C．在空气中的传播速度 D．当a、b入射角为0°时，光线不偏折，但仍然发生折射现象
13．如图所示，用插针法测定玻璃的折射率。下列说法正确的是（ ）
A．若选用两折射面不平行的玻璃砖，则无法进行实验
B．为了提高准确度，P1与P2及P3与P4之间的离应适当大些
C．若有多块平行玻璃砖可选，应选择两平行折射面距离较大的玻璃砖
D．入射角1逐渐增大到某一值后折射光线将会在平行玻璃砖的下表面发生全反射
三、填空题
14．如图所示，一匝数为、边长为的正方形线圈，左半部分处在方向垂直于线圈平面的磁场中，保持磁感强度的大小不变，将线圈以垂直于磁场边界的恒定速度拉出磁场区域，则在此过程中，线圈中的最大感应电动势为____________，磁通量的变化量的大小为__________。
15．交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过该线圈的磁通量Ф随时间t变化的规律如上图所示。已知线圈匝数为20匝，则该线圈感应电动势最大值为______V，感应电动势瞬时值表达式为E=____V。
16．如图所示，先后以速度和（），匀速地把同一线圈从同一位置拉出有界匀强磁场的过程中，在先后两种情况下：
（1）线圈中产生的热量之比Q1：Q2＝________；（2）拉力做功的功率之比P1：P2=_______。
17．如图所示，交流发电机的矩形线圈中，，，匝数匝，线圈电阻，外电阻。线圈在磁感应强度的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，角速度，则产生感应电动势的最大值为__________V，交流电压表的示数为__________V：从图示位置起，转过90°过程中，通过线圈截面的电荷量为__________C；从图示位置起，转过60°时通过电阻R的电流为__________A。
18．如图所示，一块上、下表面平行的玻璃砖的厚度为，玻璃砖的折射率，若光从上表面射入的入射角，真空中的光速为，则折射角___________，光在玻璃砖中传播的时间为___________，改变入射角，光在下表面___________填“会”或“不会”发生全反射。
19．如图1所示，是利用插针法测定玻璃砖折射率的实验得到的光路图，玻璃砖的入射面AB和出射面CD并不平行，则：
（1）以入射点O为圆心，以R=5cm长度为半径画圆，与入射线PO交于M点，与折射线的延长线OQ交于F点，过M、F点分别向法线作垂线，量得MN=1.68cm，FE=1.12cm，则该玻璃砖的折射率n=________；
（2）若玻璃砖AB面与CD平行，但某同学操作时将界线aa'、bb'画好后误用另一块宽度稍窄的玻璃砖如图2所示，实验中除用原界线外，其他操作都正确，则测得玻璃的折射率将________
A．偏大 B．偏小 C．不影响结果 D．不能确定
四、作图题
20．在右上图中已标出了导体棒ab在匀强磁场中沿金属导轨移动时，螺线管中感应电流的方向，则在图中标出ab运动速度v方向及置于螺线管右端小磁针静止时的N、S极．
21．如图所示为一宽度为L=40cm，磁感应强度B=1T的匀强磁场区域，边长为20cm的正方形导线框abcd，每边电阻相等，4个边总电阻为R=0.1Ω，沿垂直于磁场方向以速度v=0.2m/s匀速通过磁场。从ab边刚进入磁场（即ab边恰与图中左边虚线重合）开始计时到cd 边刚离开磁场（即cd边恰与图中右边虚线重合）的过程中，
（1）规定a→b→c→d→a方向作为电流的正方向，画出线框中感应电流I随时间t变化的图象；
（2）画出线框ab两端的电压Uab随时间t变化的图象．
22．某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行。正确操作后，四枚大头针的位置如图所示，入射光线已画出，补全光路图及标出入射角i和折射角r。
23．如图表示两面平行玻璃砖的截面图，一束平行于CD边的单色光入射到AC界面上，a、b是其中的两条平行光线。光线a在玻璃砖中的光路已给出。画出光线b从玻璃砖中首次出射的光路图，并标出出射光线与界面法线夹角的度数。
五、实验题
24．小华同学正在进行“探究法拉第电磁感应现象”的实验。
（1）已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电表及开关按如图所示部分连接，要把电路连接完整且正确，则N连接到接线柱___________（选填“a”、“b”或“c”），M连接到接线柱___________（选填“a”、“b”或“c”）。
（2）正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向右匀速滑动时，灵敏电流计的指针向右偏转，由此可以判断___________。
A．滑动变阻器的滑片P向右加速滑动，灵敏电流计的指针向左偏转
B．线圈A中的铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计的指针向右偏转
C．滑动变阻器的滑片P匀速向左滑动，灵敏电流计的指针静止在中央
（3）实验中小华同学发现在两次电磁感应现象中，第一次电流计的指针摆动的幅度比第二次指针摆动的幅度大，原因是线圈中第一次的___________（选填“磁通量”、“磁通量的变化量”或“磁通量的变化率”）比第二次的大。
25．（1）如图所示是“探究影响感应电流方向的因素”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．断开开关S瞬间
（2）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”“下”）；图（3）中电流表指针应________（填“向左”“向右”）偏转；图（4）中的条形磁铁下端为________极（填“N”，“S”）。
六、解答题
26．如图，两根电阻不计、互相平行的光滑金属导轨竖直放置，相距；在水平虚线间有与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度，磁场区域的高度，导体棒a的质量ma未知、电阻；导体棒b的质量、电阻，它们分别从图中M、N处同时由静止开始在导轨上向下滑动，b匀速穿过磁场区域，且当b刚穿出磁场时a正好进入磁场并匀速穿过，取，不计a、b棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，求：
（1）b棒穿过磁场区域过程所用的时间；
（2）a棒刚进入磁场时两端的电势差；
（3）棒a的质量；
（4）从静止释放到a棒刚好出磁场过程中a棒产生的焦耳热。
27．如图甲所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数匝、电阻，线圈的两端经集流环与电阻连接，电阻，与电阻并联的交流电压表为理想电表。在时刻，线圈平面与磁场方向垂直，交流发电机产生的电动势的瞬时值随时间按图乙所示正弦规律变化。求：
（1）线圈里电流瞬时表达式；
（2）通过线圈的磁通量的最大值；
（3）电路中交流电压表两端的电压；
（4）线圈由图甲所示位置转过的过程中，通过线圈的电量；
（5）绕圈旋转一周回路产生的热量。
参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
AB．闭合S时，灯泡立即变亮，线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的增大，由于灯泡与线圈串联，故灯泡缓慢变亮，A错误，B正确；
CD．闭合S待稳定后，由于、是两个相同的灯泡，线圈的直流电阻与相等，说明两条支路的电流相等，断开S时，由于线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的减小，线圈电流会通过、两灯泡，但由于线圈原来电流大小与两灯泡电流相等，故不会看到灯泡闪亮一下，而是看到、两灯泡逐渐熄灭，CD错误。
故选B。
2．B
【解析】
【详解】
A．合上开关S的瞬间，穿过线圈的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，从左侧看环中感应电流沿顺时针方向，选项A错误；
B．因两环的横截面积相等，形状、大小相同，故当闭合开关的瞬时，线圈中产生的感应电动势大小相同，根据电阻定律可知，因ρ铜<ρ铝，故R铜
D．根据楞次定律，线圈所受安培力的方向只与磁场的增减情况有关，与磁场方向（或电流方向）无关，故电池正负极调换后，金属环仍能向左弹射，选项D错误。
故选B。
3．D
【解析】
【详解】
A．时，磁通量为零，当磁通量的变化率为正值不变，故电流方向不发生改变，故A错误；
B．时， 磁通量正在减小，根据“增缩减扩”，可知导体环由扩张趋势，故环所受安培力沿半径向外，故B错误；
C．时，根据公式
，
解得
故C错误；
D．内磁场的变化率大小不变，感应电流大小不变，由
得
故D正确。
故选D。
4．D
【解析】
【详解】
AB．依题意，仅将滑片向上移，副线圈匝数增大，根据
可知，增大，根据欧姆定律
知副线圈总电流增大，即中的电流变大，根据理想变压器输入与输出的功率关系
可知，输入功率增大，则原线圈中的电流变大，故AB错误；
C．仅将向上移动，接入电路中的阻值减小，副线圈两端的总电阻减小。根据欧姆定律
可知副线圈中的电流变大，则两端的电压变大，，两端的电压减小，所以流经的电流减小，根据串并联电路的特点可知流经的电流增大，故C错误；
D．仅将向上移动，接入电路中的阻值减小，副线圈两端的总电阻减小，根据
知负载消耗的功率增大，所以原线圈的输入功率也增大，故D正确。
故选D。
5．B
【解析】
【详解】
根据有效值定义得
解得
故选B。
6．A
【解析】
【详解】
设左侧磁感应强度是，则右侧的为，导轨间距为。
AB．导体棒通过区域时，由右手定则可知导体棒中感应电流从下向上，为正方向，由
导体棒刚要到时，有
导体棒通过adc区域时，由右手定则可知导体棒中感应电流从上到下，为负方向，由
可知i随时间均匀减小，导体棒刚离开时，有
故A正确，B错误；
CD．导体棒通过bac区域时，根据左手定则可知，安培力方向向左，为正方向，安培力大小为
导体棒通过adc区域时，根据左手定则可知，安培力方向向左，安培力大小为
故CD错误。
故选A。
7．B
【解析】
【详解】
A．线框转至图示位置瞬间，穿过磁通量在减少，根据楞次定律知，感应电流的方向为，故A错误；
B．线圈中的感应电动势为
则线圈中的感应电流为
故B正确；
C．图示时刻、两边垂直切割磁感线，线圈产生的感应电动势最大，穿过线圈的磁通量的变化率最大，故C错误；
D．根据
，
可得线圈边所受的安培力的大小为
故D错误。
故选B。
8．C
【解析】
【详解】
A．山在水中的倒影属于平面镜成像，是光的反射形成的，故A错误；
B．插入水中的筷子，由于筷子反射的光在水面处发生光的折射，根据折射定律，折射角大于入射角，所以我们看到筷子变弯折，故B错误；
C．小孔成像是光的直线传播形成的倒立的实像，故C正确；
D．凸透镜对光线具有会聚作用，其成像原理是光的折射，故D错误。
故选C。
9．C
【解析】
【详解】
A．由图可知，单色光1的折射角小于单色光2的折射角，根据可知，玻璃对单色光1的折射率大于单色光2的折射率，由于红光的折射率小于绿光的折射率，则如果单色光2是绿光，单色光1不可能是红光，故A错误；
B．根据几何关系可知，两束单色光1和2的折射光线射到平行玻璃板下表面的入射角等于上表面的折射角，则两束单色光在下表面的折射角等于在上表面的入射角，根据几何关系可知，射出后的两束单色光平行，故B错误；
C．玻璃对单色光1的折射率大于单色光2的折射率，则单色光1的频率大于单色光2的频率，根据可知，则在真空中单色光1的波长比2的短，故C正确；
D．玻璃对单色光1的折射率大于单色光2的折射率，根据可知，在玻璃中单色光1的传播速度比2的小，故D错误。
故选C。
10．B
【解析】
【详解】
设透明介质的临界角为C，则
解得
如图所示
光屏上光照面是以D为圆心，BD为半径的圆。光线恰好在球体内发生全反射时的入射角等于临界角C，由几何关系可得其半径
光屏上光照面积
故B正确。
故选B。
11．AC
【解析】
【详解】
A．金属感由静止释放，做加速运动，切割磁感线产生感应电流，金属感受安培力作用，则有
,,
得安培力为
根据牛顿第二定律
可知，金属杆做加速度减小的加速运动
当
加速度为零，金属杆做匀速直线运动，故A正确；
B．匀速运动时，重力做功等于克服摩擦力做功与克服安培力做功之和，克服安培力做功的功率为电路中的电功率，则重力对金属杆做功的功率大于电路中的电功率，故B错误；
C．当金属杆匀速运动时，有
得
故C正确；
D．由
速度为
故D错误。
故选AC。
12．BD
【解析】
【详解】
ABC．由于α＜β，所以折射率na小于nb，由于
知，在水中的传播速度va＞vb，a、b在空气中的传播速度都是c，AC错误，B正确；
D．当a、b入射角为0°时，光线不偏折，依旧发生折射现象，此时折射光线和法线重合，故D正确；
故选BD。
13．BC
【解析】
【详解】
A．实验中玻璃砖上下表面不一定需要平行，选用两折射面不平行的玻璃砖，也可以进行实验，故A错误；
B．P1与P2及P3与P4之间的距离应适当大些，可以减少相对误差，提高实验的精确度，故B正确；
C．在宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择时，玻璃砖宽度较大时，引起的角度误差较小，所以应选择射面距离较大的玻璃砖，故C正确；
D．入射角对应的折射角为(折射角小于临界角)，折射光线在平行玻璃砖的下表面的入射角等于，所以入射角1逐渐增大到某一值后折射光线将会在平行玻璃砖的下表面不会发生全反射，故D错误；
故选BC。
14．
【解析】
【详解】
[1]初始时刻线圈切割磁感线的等效长度最长，线圈中的感应电动势最大，则有
[2] 初始时刻线圈的磁通量大小为
拉出磁场区域后线圈磁通量变为0，故线圈被拉出磁场过程，磁通量的变化量的大小为
15． 4π或12.56 4πcosπt
【解析】
【详解】
[1]矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势最大值为
磁通量最大值为
联立可得
由图像可知=0.2Wb，T=2s，则角速度
rad/s
得
[2]由矩形线圈在匀强磁场中匀速转动的特点知，当磁通量随时间正弦规律变化时，感应电动势随时间余弦规律变化，感应电动势瞬时值表达式为
V
16．
【解析】
【详解】
（1）[1]设线框的在磁场中的长度为，宽度为，电阻为，磁场的磁感应强度为，根据法拉第电磁感应定律
则感应电流
运动时间为
线圈中产生的热量
线圈中产生的热量之比
（2）[2] 匀速拉出线圈，则拉力等于安培力，则
拉力做功的功率
则拉力做功的功率之比
17．
【解析】
【分析】
【详解】
[1]感应电动势最大值为
带入数据联立解得
[2]交流电压表的示数为
[3]转过90，根据
[4]转过60，此时电流
18． 不会
【解析】
【详解】
[1]由折射定律得
解得
所以
[2]光在玻璃中传播的速度为
由几何知识可知光在玻璃中传播的路程为
则光在玻璃中传播的时间为
[3]由于光在面上的入射角等于光在面上的折射角，根据光路可逆性原理得知光一定能从面射出，因此光在下表面不会发生全反射。
19． 1.5 B
【解析】
【详解】
（1）[1]由几何知识得，入射角的正弦
折射角的正弦
则得折射率
（2）[2]如图所示，实线是实际光线，虚线是该同学所作的光线，可见，该同学利用插针法确定入射光线、折射光线后，测得的入射角不受影响，但测得的折射角比真实的折射角偏大，因此测得的折射率偏小。
20．
【解析】
【详解】
由右手定则可知，导体棒ab向左运动；由右手螺旋法则可知，螺线管的右端为S极，则小磁针的左端为N极；如图所示：
21．见解析
【解析】
【详解】
（1）（2）x在O-L段：线框进入磁场的时间
x在L-2L段：线框完全进入磁场，磁通量不变，没有感应电流产生，时间为
x在2L-3L段：线框穿出磁场，有
x在O-L段：线框进入磁场，根据楞次定律判断知感应电流沿逆时针方向，为负值。感应电流的大小为
ab为电源,其两端电压为路端电压，故其电势差
V
x在L-2L段：线框完全进入磁场，磁通量不变，没有感应电流产生。ab两段的电势差
U=E
x在2L-3L段：线框穿出磁场，感应电动势
=0.04V
感应电流方向为正，大小为
此时ab两端电压为
V
则电流随时间的变化图象如下
则ab两端的电压图象如下图
22．
【解析】
【分析】
【详解】
根据实验原理，则大头针P4挡住P3本身及P2、P1的像，光路图如下
23．
【解析】
【详解】
由光的折射定律可知
所以临界角
故
由光路可知，光线射到CD面上的入射角为75°，故在CD面上发生全反射。
24． a c B 磁通量的变化率
【解析】
【详解】
（1）[1] 将电流计与线圈B串联成另一个回路，所以N连接a。
[2]将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，所以M连接c。
（2）[3] A．由题意可知，当P向右匀速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，磁通量减少，此时线圈B中产生了电流使指针向右偏转，故可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏。滑动变阻器滑动端P向右加速滑动时，线圈B中磁通量减小，故指针应向右偏转，故A错误；
B．当铁芯拔出或断开开关时，线圈A中磁场减小，故线圈B中磁通量减小，指针向右偏转，故B正确；
C．滑片匀速向左运动时，线圈A中也会产生变化的磁场，线圈B中产生了感应电流使指针偏转，故C错误。
故选B。
（3）[4] 在电磁感应现象中，磁通量的变化率等于电动势。电动势越大，感应电流越大。所以第一次电流计的指针摆动的幅度比第二次的大。原因是线圈中第一次的磁通量的变化率比第二次的大。
25． 向右 BD 下 向右 S
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①[1]已知闭合开关瞬间，A线圈中的磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转，可知磁通量增加时，灵敏电流计的指针向右偏转；当开关闭合后，将A线圈迅速插入B线圈中时，B线圈中的磁通量增加，所以产生的感应电流也应使灵敏电流计的指针向右偏转；
②[2] A．要使灵敏电流计的指针向左偏转，根据楞次定律知，磁通量应减小。插入铁芯时，B线圈中的磁通量增加，A错误；
B．拔出A线圈时，B线圈中的磁通量减小，B正确；
C．变阻器的滑片向左滑动时，电流增大，B线圈中的磁通量增大，C错误；
D．断开开关S瞬间，电流减小，B线圈中的磁通量减小，D正确。
故选BD。
（2）[3]图（2）中指针向左偏，可知感应电流的方向是顺时针（俯视），感应电流的磁场方向向下，条形磁铁的磁场方向向上，由楞次定律可知，磁通量增加，条形磁铁向下插入；
[4]图（3）中条形磁铁N极向下运动，线圈中为向下磁通量增大，感应电流方向应为逆时针方向，电流表指针向右偏转；
[5]图（4）中可知指针向右偏，则感应电流的方向逆时针（俯视），由安培定则可知，感应电流的磁场方向向上，条形磁铁向上拔出，即磁通量减小，由楞次定律可知，条形磁铁的磁场方向应该向上，所以条形磁铁上端为N极，下端为S极。
26．（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】
（1）由b棒匀速穿过磁场可得
根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
联立可解得
则b棒穿过磁场区域过程所用的时间为
（2）由自由落体公式知b棒穿过磁场前运动时间
故a棒进入磁场前运动时间为
故a棒进入磁场时速度为
所以此时电动势
由闭合电路欧姆定律可得两端的电势差为
（3）a棒进入磁场时，有安培力等于重力
又有
可得，a棒的质量为
（4）由于每根棒穿过磁场时均作匀速运动，依所能量守恒定律有
依据串联电路功率分配原理知
27．（1）；（2）；（3）；（4）；（5）2J
【解析】
【详解】
（1）由图可知，线圈转动的周期为，发电机产生的电动势最大值为
由闭合电路的欧姆定律，可得感应电流的最大值
线圈里电流瞬时表达式
（2）通过线圈磁通量的最大值为
（3）感应电流的有效值为
电压表的读数是
（4）电动势的平均值为
由闭合电路的欧姆定律，可得电流的平均值为
通过电阻的电量
（5）绕圈旋转一周回路产生的热量
高二物理下册期中复习卷
一、单选题
1．如图的电路中，、是两个相同的灯泡，电感线圈的自感系数较大，电阻与相等，则（ ）
A．闭合S时，灯泡立即变亮，缓慢变亮 B．闭合S时，灯泡缓慢变亮，立即变亮
C．闭合S待稳定后再断开，闪亮一下再熄灭而立即熄灭
D．闭合S待稳定后再断开，闪亮一下再熄灭而立即熄灭
2．航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通有直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去。在固定线圈左侧同一位置先后放有用横截面积相等的铜导线和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，且电阻率ρ铜<ρ铝闭合开关S的瞬间（ ）
A．从左侧看，环中感应电流沿逆时针方向 B．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力
C．若将环放置在线圈右方，环将向左运动 D．电池正、负极调换后，金属环不能向左弹射
3．如图甲所示，固定的单匝导体环直径为d，电阻为R，处于与环面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示（垂直纸面向外为B的正方向），则在时间内（ ）
A．时，环中的感应电流方向发生变化 B．时，环所受安培力沿半径向里
C．时，环中电流的大小为 D．内环中产生的热量为
4．如图所示，一理想自耦变压器与三个电阻连接，、为定值电阻、为滑动变阻器，当原线圈两端接交变电压时（ ）
A．仅将向上移动，原线圈中的电流变小 B．仅将向上移动，中的电流变小
C．仅将向上移动，中的电流变小 D．仅将向上移动，原线圈的输入功率变大
5．如图所示为某种周期性变化的交变电流的电流-时间关系图像，其中前半个周期电流按正弦规律变化，则一个周期内该电流的有效值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，右侧的磁感应强度是左侧的倍且方向相反。导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是规定电流从经到为正方向，安培力向左为正方向（ ）
A．B．C． D．
7．如图所示，一正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴匀速转动，沿观察，线圈逆时针转动，已知匀强磁场的磁感应强度为，线圈匝数为，边长为，总电阻为，转动的角速度为，则当线圈转至图示位置时（ ）
A．线圈中感应电流方向为 B．线圈中感应电流为
C．穿过线圈的磁通量的变化率为 D．线圈边所受的安培力的大小为
8．关于光现象，下列说法正确的是（ ）
A．山在水中的倒影是光的折射形成的 B．筷子在水中“折断”是光的色散现象
C．小孔成像是光的直线传播形成的 D．凸透镜成像是光的反射形成的
9．两束单色光1和2以相同的入射角从同一点射入一厚平行玻璃板后光路如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．如果单色光2是绿光，单色光1可能是红光 B．射出后的两束单色光可能不平行
C．在真空中单色光1的波长比2的短 D．在玻璃中单色光1的传播速度比2的大
10．如图所示。半径为R的透明球体固定在水平地面上，其上方恰好与一足够大的水平光屏接触。O为球心，其底部S点有一点光源，透明球体对光的折射率。不考虑光在透明球体中的反射。则光屏上被光照亮区域的面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
11．如图，足够长的平行金属轨道间距为d，与水平面的夹角为，上端接有阻值为R的电阻，处于方向垂直轨道平面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的金属杆从轨道上由静止释放。已知金属杆始终与导轨垂直且接触良好，杆与轨道间的动摩擦因数为，不计其他电阻，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆先做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动
B．稳定后，重力对金属杆做功的功率等于电路中的电功率
C．当金属杆匀速运动时，通过R的电流为
D．金属杆的加速度为a时，速度大小为
12．如图所示，两束不同频率的平行单色光a、b从水射入空气（空气折射率为1）发生如图所示的折射现象（<），下列说法正确的是（ ）
A．水对a的折射率比水对b的折射率大 B．在水中的传播速度
C．在空气中的传播速度 D．当a、b入射角为0°时，光线不偏折，但仍然发生折射现象
13．如图所示，用插针法测定玻璃的折射率。下列说法正确的是（ ）
A．若选用两折射面不平行的玻璃砖，则无法进行实验
B．为了提高准确度，P1与P2及P3与P4之间的离应适当大些
C．若有多块平行玻璃砖可选，应选择两平行折射面距离较大的玻璃砖
D．入射角1逐渐增大到某一值后折射光线将会在平行玻璃砖的下表面发生全反射
三、填空题
14．如图所示，一匝数为、边长为的正方形线圈，左半部分处在方向垂直于线圈平面的磁场中，保持磁感强度的大小不变，将线圈以垂直于磁场边界的恒定速度拉出磁场区域，则在此过程中，线圈中的最大感应电动势为____________，磁通量的变化量的大小为__________。
15．交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过该线圈的磁通量Ф随时间t变化的规律如上图所示。已知线圈匝数为20匝，则该线圈感应电动势最大值为______V，感应电动势瞬时值表达式为E=____V。
16．如图所示，先后以速度和（），匀速地把同一线圈从同一位置拉出有界匀强磁场的过程中，在先后两种情况下：
（1）线圈中产生的热量之比Q1：Q2＝________；（2）拉力做功的功率之比P1：P2=_______。
17．如图所示，交流发电机的矩形线圈中，，，匝数匝，线圈电阻，外电阻。线圈在磁感应强度的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，角速度，则产生感应电动势的最大值为__________V，交流电压表的示数为__________V：从图示位置起，转过90°过程中，通过线圈截面的电荷量为__________C；从图示位置起，转过60°时通过电阻R的电流为__________A。
18．如图所示，一块上、下表面平行的玻璃砖的厚度为，玻璃砖的折射率，若光从上表面射入的入射角，真空中的光速为，则折射角___________，光在玻璃砖中传播的时间为___________，改变入射角，光在下表面___________填“会”或“不会”发生全反射。
19．如图1所示，是利用插针法测定玻璃砖折射率的实验得到的光路图，玻璃砖的入射面AB和出射面CD并不平行，则：
（1）以入射点O为圆心，以R=5cm长度为半径画圆，与入射线PO交于M点，与折射线的延长线OQ交于F点，过M、F点分别向法线作垂线，量得MN=1.68cm，FE=1.12cm，则该玻璃砖的折射率n=________；
（2）若玻璃砖AB面与CD平行，但某同学操作时将界线aa'、bb'画好后误用另一块宽度稍窄的玻璃砖如图2所示，实验中除用原界线外，其他操作都正确，则测得玻璃的折射率将________
A．偏大 B．偏小 C．不影响结果 D．不能确定
四、作图题
20．在右上图中已标出了导体棒ab在匀强磁场中沿金属导轨移动时，螺线管中感应电流的方向，则在图中标出ab运动速度v方向及置于螺线管右端小磁针静止时的N、S极．
21．如图所示为一宽度为L=40cm，磁感应强度B=1T的匀强磁场区域，边长为20cm的正方形导线框abcd，每边电阻相等，4个边总电阻为R=0.1Ω，沿垂直于磁场方向以速度v=0.2m/s匀速通过磁场。从ab边刚进入磁场（即ab边恰与图中左边虚线重合）开始计时到cd 边刚离开磁场（即cd边恰与图中右边虚线重合）的过程中，
（1）规定a→b→c→d→a方向作为电流的正方向，画出线框中感应电流I随时间t变化的图象；
（2）画出线框ab两端的电压Uab随时间t变化的图象．
22．某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行。正确操作后，四枚大头针的位置如图所示，入射光线已画出，补全光路图及标出入射角i和折射角r。
23．如图表示两面平行玻璃砖的截面图，一束平行于CD边的单色光入射到AC界面上，a、b是其中的两条平行光线。光线a在玻璃砖中的光路已给出。画出光线b从玻璃砖中首次出射的光路图，并标出出射光线与界面法线夹角的度数。
五、实验题
24．小华同学正在进行“探究法拉第电磁感应现象”的实验。
（1）已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电表及开关按如图所示部分连接，要把电路连接完整且正确，则N连接到接线柱___________（选填“a”、“b”或“c”），M连接到接线柱___________（选填“a”、“b”或“c”）。
（2）正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向右匀速滑动时，灵敏电流计的指针向右偏转，由此可以判断___________。
A．滑动变阻器的滑片P向右加速滑动，灵敏电流计的指针向左偏转
B．线圈A中的铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计的指针向右偏转
C．滑动变阻器的滑片P匀速向左滑动，灵敏电流计的指针静止在中央
（3）实验中小华同学发现在两次电磁感应现象中，第一次电流计的指针摆动的幅度比第二次指针摆动的幅度大，原因是线圈中第一次的___________（选填“磁通量”、“磁通量的变化量”或“磁通量的变化率”）比第二次的大。
25．（1）如图所示是“探究影响感应电流方向的因素”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．断开开关S瞬间
（2）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”“下”）；图（3）中电流表指针应________（填“向左”“向右”）偏转；图（4）中的条形磁铁下端为________极（填“N”，“S”）。
六、解答题
26．如图，两根电阻不计、互相平行的光滑金属导轨竖直放置，相距；在水平虚线间有与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度，磁场区域的高度，导体棒a的质量ma未知、电阻；导体棒b的质量、电阻，它们分别从图中M、N处同时由静止开始在导轨上向下滑动，b匀速穿过磁场区域，且当b刚穿出磁场时a正好进入磁场并匀速穿过，取，不计a、b棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，求：
（1）b棒穿过磁场区域过程所用的时间；
（2）a棒刚进入磁场时两端的电势差；
（3）棒a的质量；
（4）从静止释放到a棒刚好出磁场过程中a棒产生的焦耳热。
27．如图甲所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数匝、电阻，线圈的两端经集流环与电阻连接，电阻，与电阻并联的交流电压表为理想电表。在时刻，线圈平面与磁场方向垂直，交流发电机产生的电动势的瞬时值随时间按图乙所示正弦规律变化。求：
（1）线圈里电流瞬时表达式；
（2）通过线圈的磁通量的最大值；
（3）电路中交流电压表两端的电压；
（4）线圈由图甲所示位置转过的过程中，通过线圈的电量；
（5）绕圈旋转一周回路产生的热量。
参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
AB．闭合S时，灯泡立即变亮，线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的增大，由于灯泡与线圈串联，故灯泡缓慢变亮，A错误，B正确；
CD．闭合S待稳定后，由于、是两个相同的灯泡，线圈的直流电阻与相等，说明两条支路的电流相等，断开S时，由于线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的减小，线圈电流会通过、两灯泡，但由于线圈原来电流大小与两灯泡电流相等，故不会看到灯泡闪亮一下，而是看到、两灯泡逐渐熄灭，CD错误。
故选B。
2．B
【解析】
【详解】
A．合上开关S的瞬间，穿过线圈的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，从左侧看环中感应电流沿顺时针方向，选项A错误；
B．因两环的横截面积相等，形状、大小相同，故当闭合开关的瞬时，线圈中产生的感应电动势大小相同，根据电阻定律可知，因ρ铜<ρ铝，故R铜
D．根据楞次定律，线圈所受安培力的方向只与磁场的增减情况有关，与磁场方向（或电流方向）无关，故电池正负极调换后，金属环仍能向左弹射，选项D错误。
故选B。
3．D
【解析】
【详解】
A．时，磁通量为零，当磁通量的变化率为正值不变，故电流方向不发生改变，故A错误；
B．时， 磁通量正在减小，根据“增缩减扩”，可知导体环由扩张趋势，故环所受安培力沿半径向外，故B错误；
C．时，根据公式
，
解得
故C错误；
D．内磁场的变化率大小不变，感应电流大小不变，由
得
故D正确。
故选D。
4．D
【解析】
【详解】
AB．依题意，仅将滑片向上移，副线圈匝数增大，根据
可知，增大，根据欧姆定律
知副线圈总电流增大，即中的电流变大，根据理想变压器输入与输出的功率关系
可知，输入功率增大，则原线圈中的电流变大，故AB错误；
C．仅将向上移动，接入电路中的阻值减小，副线圈两端的总电阻减小。根据欧姆定律
可知副线圈中的电流变大，则两端的电压变大，，两端的电压减小，所以流经的电流减小，根据串并联电路的特点可知流经的电流增大，故C错误；
D．仅将向上移动，接入电路中的阻值减小，副线圈两端的总电阻减小，根据
知负载消耗的功率增大，所以原线圈的输入功率也增大，故D正确。
故选D。
5．B
【解析】
【详解】
根据有效值定义得
解得
故选B。
6．A
【解析】
【详解】
设左侧磁感应强度是，则右侧的为，导轨间距为。
AB．导体棒通过区域时，由右手定则可知导体棒中感应电流从下向上，为正方向，由
导体棒刚要到时，有
导体棒通过adc区域时，由右手定则可知导体棒中感应电流从上到下，为负方向，由
可知i随时间均匀减小，导体棒刚离开时，有
故A正确，B错误；
CD．导体棒通过bac区域时，根据左手定则可知，安培力方向向左，为正方向，安培力大小为
导体棒通过adc区域时，根据左手定则可知，安培力方向向左，安培力大小为
故CD错误。
故选A。
7．B
【解析】
【详解】
A．线框转至图示位置瞬间，穿过磁通量在减少，根据楞次定律知，感应电流的方向为，故A错误；
B．线圈中的感应电动势为
则线圈中的感应电流为
故B正确；
C．图示时刻、两边垂直切割磁感线，线圈产生的感应电动势最大，穿过线圈的磁通量的变化率最大，故C错误；
D．根据
，
可得线圈边所受的安培力的大小为
故D错误。
故选B。
8．C
【解析】
【详解】
A．山在水中的倒影属于平面镜成像，是光的反射形成的，故A错误；
B．插入水中的筷子，由于筷子反射的光在水面处发生光的折射，根据折射定律，折射角大于入射角，所以我们看到筷子变弯折，故B错误；
C．小孔成像是光的直线传播形成的倒立的实像，故C正确；
D．凸透镜对光线具有会聚作用，其成像原理是光的折射，故D错误。
故选C。
9．C
【解析】
【详解】
A．由图可知，单色光1的折射角小于单色光2的折射角，根据可知，玻璃对单色光1的折射率大于单色光2的折射率，由于红光的折射率小于绿光的折射率，则如果单色光2是绿光，单色光1不可能是红光，故A错误；
B．根据几何关系可知，两束单色光1和2的折射光线射到平行玻璃板下表面的入射角等于上表面的折射角，则两束单色光在下表面的折射角等于在上表面的入射角，根据几何关系可知，射出后的两束单色光平行，故B错误；
C．玻璃对单色光1的折射率大于单色光2的折射率，则单色光1的频率大于单色光2的频率，根据可知，则在真空中单色光1的波长比2的短，故C正确；
D．玻璃对单色光1的折射率大于单色光2的折射率，根据可知，在玻璃中单色光1的传播速度比2的小，故D错误。
故选C。
10．B
【解析】
【详解】
设透明介质的临界角为C，则
解得
如图所示
光屏上光照面是以D为圆心，BD为半径的圆。光线恰好在球体内发生全反射时的入射角等于临界角C，由几何关系可得其半径
光屏上光照面积
故B正确。
故选B。
11．AC
【解析】
【详解】
A．金属感由静止释放，做加速运动，切割磁感线产生感应电流，金属感受安培力作用，则有
,,
得安培力为
根据牛顿第二定律
可知，金属杆做加速度减小的加速运动
当
加速度为零，金属杆做匀速直线运动，故A正确；
B．匀速运动时，重力做功等于克服摩擦力做功与克服安培力做功之和，克服安培力做功的功率为电路中的电功率，则重力对金属杆做功的功率大于电路中的电功率，故B错误；
C．当金属杆匀速运动时，有
得
故C正确；
D．由
速度为
故D错误。
故选AC。
12．BD
【解析】
【详解】
ABC．由于α＜β，所以折射率na小于nb，由于
知，在水中的传播速度va＞vb，a、b在空气中的传播速度都是c，AC错误，B正确；
D．当a、b入射角为0°时，光线不偏折，依旧发生折射现象，此时折射光线和法线重合，故D正确；
故选BD。
13．BC
【解析】
【详解】
A．实验中玻璃砖上下表面不一定需要平行，选用两折射面不平行的玻璃砖，也可以进行实验，故A错误；
B．P1与P2及P3与P4之间的距离应适当大些，可以减少相对误差，提高实验的精确度，故B正确；
C．在宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择时，玻璃砖宽度较大时，引起的角度误差较小，所以应选择射面距离较大的玻璃砖，故C正确；
D．入射角对应的折射角为(折射角小于临界角)，折射光线在平行玻璃砖的下表面的入射角等于，所以入射角1逐渐增大到某一值后折射光线将会在平行玻璃砖的下表面不会发生全反射，故D错误；
故选BC。
14．
【解析】
【详解】
[1]初始时刻线圈切割磁感线的等效长度最长，线圈中的感应电动势最大，则有
[2] 初始时刻线圈的磁通量大小为
拉出磁场区域后线圈磁通量变为0，故线圈被拉出磁场过程，磁通量的变化量的大小为
15． 4π或12.56 4πcosπt
【解析】
【详解】
[1]矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势最大值为
磁通量最大值为
联立可得
由图像可知=0.2Wb，T=2s，则角速度
rad/s
得
[2]由矩形线圈在匀强磁场中匀速转动的特点知，当磁通量随时间正弦规律变化时，感应电动势随时间余弦规律变化，感应电动势瞬时值表达式为
V
16．
【解析】
【详解】
（1）[1]设线框的在磁场中的长度为，宽度为，电阻为，磁场的磁感应强度为，根据法拉第电磁感应定律
则感应电流
运动时间为
线圈中产生的热量
线圈中产生的热量之比
（2）[2] 匀速拉出线圈，则拉力等于安培力，则
拉力做功的功率
则拉力做功的功率之比
17．
【解析】
【分析】
【详解】
[1]感应电动势最大值为
带入数据联立解得
[2]交流电压表的示数为
[3]转过90，根据
[4]转过60，此时电流
18． 不会
【解析】
【详解】
[1]由折射定律得
解得
所以
[2]光在玻璃中传播的速度为
由几何知识可知光在玻璃中传播的路程为
则光在玻璃中传播的时间为
[3]由于光在面上的入射角等于光在面上的折射角，根据光路可逆性原理得知光一定能从面射出，因此光在下表面不会发生全反射。
19． 1.5 B
【解析】
【详解】
（1）[1]由几何知识得，入射角的正弦
折射角的正弦
则得折射率
（2）[2]如图所示，实线是实际光线，虚线是该同学所作的光线，可见，该同学利用插针法确定入射光线、折射光线后，测得的入射角不受影响，但测得的折射角比真实的折射角偏大，因此测得的折射率偏小。
20．
【解析】
【详解】
由右手定则可知，导体棒ab向左运动；由右手螺旋法则可知，螺线管的右端为S极，则小磁针的左端为N极；如图所示：
21．见解析
【解析】
【详解】
（1）（2）x在O-L段：线框进入磁场的时间
x在L-2L段：线框完全进入磁场，磁通量不变，没有感应电流产生，时间为
x在2L-3L段：线框穿出磁场，有
x在O-L段：线框进入磁场，根据楞次定律判断知感应电流沿逆时针方向，为负值。感应电流的大小为
ab为电源,其两端电压为路端电压，故其电势差
V
x在L-2L段：线框完全进入磁场，磁通量不变，没有感应电流产生。ab两段的电势差
U=E
x在2L-3L段：线框穿出磁场，感应电动势
=0.04V
感应电流方向为正，大小为
此时ab两端电压为
V
则电流随时间的变化图象如下
则ab两端的电压图象如下图
22．
【解析】
【分析】
【详解】
根据实验原理，则大头针P4挡住P3本身及P2、P1的像，光路图如下
23．
【解析】
【详解】
由光的折射定律可知
所以临界角
故
由光路可知，光线射到CD面上的入射角为75°，故在CD面上发生全反射。
24． a c B 磁通量的变化率
【解析】
【详解】
（1）[1] 将电流计与线圈B串联成另一个回路，所以N连接a。
[2]将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，所以M连接c。
（2）[3] A．由题意可知，当P向右匀速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，磁通量减少，此时线圈B中产生了电流使指针向右偏转，故可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏。滑动变阻器滑动端P向右加速滑动时，线圈B中磁通量减小，故指针应向右偏转，故A错误；
B．当铁芯拔出或断开开关时，线圈A中磁场减小，故线圈B中磁通量减小，指针向右偏转，故B正确；
C．滑片匀速向左运动时，线圈A中也会产生变化的磁场，线圈B中产生了感应电流使指针偏转，故C错误。
故选B。
（3）[4] 在电磁感应现象中，磁通量的变化率等于电动势。电动势越大，感应电流越大。所以第一次电流计的指针摆动的幅度比第二次的大。原因是线圈中第一次的磁通量的变化率比第二次的大。
25． 向右 BD 下 向右 S
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①[1]已知闭合开关瞬间，A线圈中的磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转，可知磁通量增加时，灵敏电流计的指针向右偏转；当开关闭合后，将A线圈迅速插入B线圈中时，B线圈中的磁通量增加，所以产生的感应电流也应使灵敏电流计的指针向右偏转；
②[2] A．要使灵敏电流计的指针向左偏转，根据楞次定律知，磁通量应减小。插入铁芯时，B线圈中的磁通量增加，A错误；
B．拔出A线圈时，B线圈中的磁通量减小，B正确；
C．变阻器的滑片向左滑动时，电流增大，B线圈中的磁通量增大，C错误；
D．断开开关S瞬间，电流减小，B线圈中的磁通量减小，D正确。
故选BD。
（2）[3]图（2）中指针向左偏，可知感应电流的方向是顺时针（俯视），感应电流的磁场方向向下，条形磁铁的磁场方向向上，由楞次定律可知，磁通量增加，条形磁铁向下插入；
[4]图（3）中条形磁铁N极向下运动，线圈中为向下磁通量增大，感应电流方向应为逆时针方向，电流表指针向右偏转；
[5]图（4）中可知指针向右偏，则感应电流的方向逆时针（俯视），由安培定则可知，感应电流的磁场方向向上，条形磁铁向上拔出，即磁通量减小，由楞次定律可知，条形磁铁的磁场方向应该向上，所以条形磁铁上端为N极，下端为S极。
26．（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】
（1）由b棒匀速穿过磁场可得
根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
联立可解得
则b棒穿过磁场区域过程所用的时间为
（2）由自由落体公式知b棒穿过磁场前运动时间
故a棒进入磁场前运动时间为
故a棒进入磁场时速度为
所以此时电动势
由闭合电路欧姆定律可得两端的电势差为
（3）a棒进入磁场时，有安培力等于重力
又有
可得，a棒的质量为
（4）由于每根棒穿过磁场时均作匀速运动，依所能量守恒定律有
依据串联电路功率分配原理知
27．（1）；（2）；（3）；（4）；（5）2J
【解析】
【详解】
（1）由图可知，线圈转动的周期为，发电机产生的电动势最大值为
由闭合电路的欧姆定律，可得感应电流的最大值
线圈里电流瞬时表达式
（2）通过线圈磁通量的最大值为
（3）感应电流的有效值为
电压表的读数是
（4）电动势的平均值为
由闭合电路的欧姆定律，可得电流的平均值为
通过电阻的电量
（5）绕圈旋转一周回路产生的热量
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