…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教版選擇性必修2物理下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、如圖所示為電流天平；可以用來測量勻強磁場中的磁感應強度．它的右臂掛著矩形線圈，匝數為n，線圈的水平邊長為l，處于勻強磁場中，磁感應強度B的方向與線圈平面垂直．當線圈中通過逆時針方向電流I時，調節砝碼使兩臂達到平衡．下列說法中正確的是()

A.線圈只有bc邊受到安培力B.線圈受到的磁場對它的力方向水平指向紙內C.若電流大小不變而方向反向，線圈仍保持平衡狀態D.若發現左盤向上翹起，則增大線圈中的電流可使天平恢復平衡2、如圖甲是磁電式電流表的結構示意圖，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，如圖乙所示，邊長為L的正方形線圈中通以電流I，線圈中的a導線電流方向垂直紙面向外，b導線電流方向垂直紙面向里，a、b兩條導線所在處的磁感應強度大小均為B；則（）

A.該磁場的磁感應強度大小處處相等，方向不同B.該線圈的磁通量為BL2C.a導線受到的安培力方向向下D.線圈轉動時，螺旋彈簧被扭動，阻礙線圈轉動3、如圖所示為演示自感現象的電路圖，L是電感線圈；且電阻不為零。實驗時，斷開開關S瞬間，燈A突然閃亮，隨后逐漸變暗。下列說法正確的是（）

A.燈A與線圈L的電阻值相等B.閉合S，電路穩定后，燈A中電流大于線圈L中電流C.斷開S瞬間，線圈L中電流增大D.斷開S瞬間，燈A中電流方向向左4、如圖所示，理想變壓器的原線圈接有頻率為f，電壓為U的交流電，副線圈接有光敏電阻R1(光照增強時，光敏電阻阻值減小)、用電器R2；下列說法正確的是（）

A.當僅將光照增強時，變壓器的輸入功率減小B.當僅將f增大時，變壓器的輸入功率增大C.當僅將U增大時，用電器消耗的功率減小D.當僅將滑動觸頭P向上滑動時，用電器消耗的功率減小5、關于電磁波的發射，下列說法中正確的是（）A.各種頻率的電磁振蕩都能發射電磁波，只是發射的能量所占振蕩總能量的比例不同罷了，振蕩周期越大，越容易發射電磁波B.為了有效向外發射電磁波，振蕩電路必須采用開放電路，同時提高振蕩頻率C.為了有效向外發射電磁波，振蕩電路不必采用開放電路，但要提高振蕩頻率D.提高振蕩頻率和電路開放是發射電磁波的必要手段，振蕩電路開放的同時，其振蕩頻率也隨之提高6、如圖所示；在邊界PQ上方有垂直紙面向里的勻強磁場，一對正；負電子同時從邊界上的O點沿與PQ成θ角的方向以相同的速度v射入磁場中，則關于正、負電子，下列說法不正確的是（）

A.在磁場中的運動時間相同B.在磁場中運動的軌道半徑相同C.出邊界時兩者的速度相同D.出邊界點到O點處的距離相等7、如圖所示，在光滑水平平面上有一根通有恒定電流I的長直導線，用同種均勻材料做成的單匝線框A、B平鋪在水平平面上。A是邊長為a的正方形，B是長邊長為2a的長方形。瞬間關閉恒定電流I；假設線框不會與長直導線碰撞，A；B最終獲得的動量之比為（）

A.3∶8B.3∶4C.1∶4D.9∶168、利用所學物理知識，可以初步了解常用的公交一卡通（IC卡）的工作原理及相關問題。IC卡內部有一個由電感線圈L和電容C構成的LC的振蕩電路。公交卡上的讀卡機（刷卡時“嘀”的響一聲的機器）向外發射某一特定頻率的電磁波。刷卡時，IC卡內的線圈L中產生感應電流，給電容C充電，達到一定的電壓后，驅動卡內芯片進行數據處理和傳輸。下列說法正確的是（）A.IC卡工作場所所需要的能量來源于卡內的電池B.僅當讀卡器發射該特定頻率的電磁波時，IC卡才能有效工作C.若讀卡機發射的電磁波偏離該特定頻率，在線圈L中不會產生感應電流D.IC卡只能接收讀卡器發射的電磁波，而不能向讀卡機傳輸自身的數據信息評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、電磁學的成就極大地推動了人類社會的進步。下列說法正確的是（）

A.甲圖中，這是錄音機的錄音電路原理圖，當錄音機錄音時，由于話筒的聲電轉換，線圈中變化的電流在磁頭縫隙處產生變化的磁場B.乙圖電路中，開關斷開瞬間，燈泡會突然閃亮一下，并在開關處產生電火花C.丙圖中，在真空冶煉爐中，可以利用高頻電流產生的渦流冶煉出高質量的合金D.丁圖中，鉗形電流表是利用電磁感應原理制成的，它的優點是不需要切斷導線，就可以方便地測出通過導線中交變電流的大小10、如圖所示，在虛線寬度范圍內，存在方向垂直紙面向外磁感應強度為B的勻強磁場，某種正離子以初速度v0垂直于左邊界射入，離開右邊界時偏轉角度為θ．在該寬度范圍內，若只存在豎直向下的勻強電場，該離子仍以原來的初速度穿過該區域，偏角角度仍為θ（不計離子的重力）；則下列判斷正確的是（）

A.勻強電場的電場強度大小為B.勻強電場的電場強度大小為C.離子穿過電場和磁場的時間之比為D.離子穿過電場和磁場的時間之比為11、如圖所示，圓心角為90°的扇形區域MON內存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，P點為半徑OM的中點。現有比荷大小相等的兩個帶電粒子a、b，以不同的速度先后從P點沿ON方向射入磁場，并分別從M、N兩點射出磁場。不計粒子所受重力及粒子間相互作用。粒子a、b在磁場中運動過程；下列說法正確的是（）

A.粒子a帶負電，粒子b帶正電B.粒子a在磁場中的運動時間短C.粒子a、b的加速度大小之比為1︰5D.粒子a、b的速度大小之比為5︰112、如圖所示，紙面內有寬為L水平向右飛行的帶電粒子流，粒子質量為m，電荷量為－q，速率為v0，不考慮粒子的重力及相互間的作用，要使粒子都匯聚到一點，可以在粒子流的右側虛線框內設計一勻強磁場區域，則磁場區域的形狀及對應的磁感應強度可以是（其中B0＝A、C、D選項中曲線均為半徑是L的圓弧，B選項中曲線為半徑是的圓）（）

A.B.C.D.13、如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B的復合場中（E和B已知）；小球在此空間的豎直面內做勻速圓周運動，則（）

A.小球帶負電B.小球做勻速圓周運動的半徑為C.小球做勻速圓周運動的周期為D.若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加14、如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，在兩D形盒左邊的縫隙間放置一對中心開有小孔a、b的平行金屬板M、N，每當帶正電的粒子從a孔進入時，立即在兩板間加上恒定電壓，粒子經加速后從b孔射出時，立即撤去電壓。粒子進入D形盒中的勻強磁場后做勻速圓周運動。已知D形盒的縫隙間無磁場，不考慮相對論效應和電子在M、N兩板間運動的時間；下列說法正確的是（）

A.增大板間電壓，粒子最終獲得的最大動能變大B.增大板間電壓，可以縮短粒子在回旋加速器中的運動時間C.粒子每運動一周粒子的動能增加量越來越小D.粒子每運動一周直徑的增加量越來越小15、兩金屬棒a、b垂直放置在如圖所示足夠長的光滑水平導軌上，金屬棒a、b的質量分別為m和2m，電阻分別為r1和r2，導軌左邊間距為l，右邊間距為3l，兩導軌所在的區域處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B。兩金屬棒與導軌接觸良好且運動時始終與導軌垂直。某時刻金屬棒a受到水平向右的恒力F作用，a始終在導軌MN上運動，b始終在導軌PQ上運動；不計導軌電阻，經過足夠長的時間后，下列說法正確的是（）

A.金屬棒a與b均做勻變速直線運動且距離保持不變B.金屬棒a的加速度為C.流過金屬棒a的電流大小為D.回路中的感應電動勢保持不變，大小為16、如圖所示，正方形導線框ABCD、abcd的邊長均為L，電阻均為R，質量分別為3m和m，它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，且正方形導線框與定滑輪處于同一豎直平面內。在兩導線框之間有一寬度為2L、磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。開始時導線框ABCD的下邊與勻強磁場的上邊界重合，導線框abcd的上邊到勻強磁場的下邊界的距離為L。現將系統由靜止釋放，當導線框ABCD剛好全部進入磁場時；系統開始做勻速運動。不計摩擦和空氣阻力，則（）

A.兩線框剛開始做勻速運動時輕繩上的張力FT=mgB.系統勻速運動的速度大小C.導線框ABCD通過磁場的時間D.兩線框從開始運動至均穿出磁場過程中所產生的總焦耳熱評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)17、高頻電視信號的三種傳播方式：地面_________傳輸、有線網絡傳輸以及____傳輸。18、麥克斯韋電磁場理論的兩個基本論點是：變化的磁場產生______，變化的電場產生______，從而預言了電磁波的存在。已知某點電磁波在真空中的傳播速度為3.0×108m/s，若該電磁波的波長為3m，則電磁波的頻率為______Hz。19、紅外線。

（1）紅外線是一種光波，波長比無線電波_____，比可見光_____。

（2）所有物體都發射紅外線，熱物體的紅外輻射比冷物體的紅外輻射_____。

（3）紅外線的應用主要有________和紅外體溫計。20、如圖甲所示，一個固定的矩形線圈abcd的匝數n=500，線圈面積S=100cm2，線圈的總電阻r=1Ω，線圈外接一個阻值R=4Ω的電阻，把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的勻強磁場中，磁感應強度隨時間變化的規律如圖乙所示。則線圈中的感應電流為___________A，流過R的電流方向為___________（選填“向上”或“向下”）

21、用洛倫茲力演示儀觀察電子在磁場中的運動徑跡。下圖是洛倫（前后各一個）茲力演示儀的結構示意圖。請判斷下列分析是否正確。

（1）圖中電子槍向左發射電子，形成圖中的電子徑跡，勵磁線圈應通以順時針方向的電流；______

（2）僅增大勵磁線圈中的電流，電子束徑跡的半徑變大；_______

（3）僅使電子槍加速電壓增加到原來的2倍，電子束徑跡的半徑將增加到原來的2倍。______22、現把電阻與線圈兩端相連構成閉合回路，在線圈正上方放一條形磁鐵，如圖所示，磁鐵的S極朝下，在將磁鐵的S極插入線圈的過程中，通過電阻的感應電流的方向由___________，線圈與磁鐵相互___________（填“吸引”或“排斥”）。

評卷人得分四、作圖題(共4題，共20分)23、在圖中畫出或說明圖中所示情形下通電導線I所受磁場力的方向。

24、要在居民樓的樓道安裝一個插座和一個電燈；電燈由光敏開關和聲敏開關控制，光敏開關在天黑時自動閉合，天亮時自動斷開；聲敏開關在有聲音時自動閉合，無聲音時自動斷開。在下圖中連線，要求夜間且有聲音時電燈自動亮，插座隨時可用。

25、在“探究楞次定律”的實驗中；某同學記錄了實驗過程的三個情境圖，其中有兩個記錄不全，請將其補充完整。

26、如圖所示：當條形磁鐵向右靠近通電圓環時，圓環向右偏離，試在圖中標出圓環中的電流方向___________．評卷人得分五、解答題(共1題，共9分)27、如圖所示，在xoy平面第一、二象限內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子從y軸上的M（0，-3a）點沿MP方向射入第四象限，速度大小為v，MP與y軸正向夾角θ=30°，一段時間后粒子從x軸上P點射入磁場，經磁場偏轉從x軸上某點射出磁場后又恰好能運動到M點。已知帶電粒子的質量為m，所帶電荷量為q；不計帶電粒子的重力。

(1)求勻強磁場磁感應強度B的大小；

(2)求粒子從M點射入第四象限到返回M點所經歷的時間；

(3)若粒子從x軸上某點射出磁場時立即在x軸下方再加一垂直于紙面向里的勻強磁場，為使粒子能再經過P點，試求x軸下方所加磁場的磁感應強度大小應滿足的條件。

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【詳解】

A.磁場對電流有力的作用，線圈有bc邊、ab邊；cd邊受到安培力；故A錯誤；

B.ab邊、cd邊受到安培力大小相等，方向相反，bc邊受到安培力豎直向上；故有線圈受到的磁場對它的力方向豎直向上，B錯誤；

C.若電流大小不變而方向反向，bc邊受到安培力豎直向下；線圈不會保持平衡狀態，故C錯誤；

D.若發現左盤向上翹起；要使天平恢復平衡，則減小右盤向下的力或增大右盤向上的力，增大線圈中的電流，會增大線圈中向上的安培力，故D正確；

故選D．2、D【分析】【分析】

【詳解】

A．根據磁感線疏密代表磁場強弱可知；并非處處大小相等，故A錯誤；

B．線圈與磁感線平行；故磁通量為零，故B錯誤；

C．a導線電流向外；磁場向右，根據左手定則，安培力向上，故C錯誤；

D．線圈轉動時；螺旋彈簧被扭動，阻礙線圈轉動，故D正確；

故選D。3、D【分析】【分析】

根據燈A突然閃亮；判斷電流的變化，可以判斷燈A與線圈L的電阻值大小；斷開S瞬間，由于自感作用，流過L的電流逐漸減小，電感A與燈泡A組成回路，判斷電流的方向和大小的變化。

【詳解】

AB.斷開S的瞬間；A燈閃亮，是因為電路穩定時，A的電流小于L的電流，則可知L的電阻小于A燈的電阻，故A錯誤，B錯誤；

C.斷開S瞬間；原來流過A的電流瞬間變為零。由于自感作用，流過L的電流逐漸減小，故C錯誤；

D.斷開S瞬間；電感A與燈泡A組成回路，流過L的電流向左流過A，故D正確。

故選：D4、D【分析】【詳解】

A．根據理想變壓器的電壓規律可知變壓器副線圈兩端電壓不變，當僅將光照增強時，光敏電阻的電阻值減小，變壓器副線圈的電流增大，根據可知變壓器的輸出功率增加；故輸入功率也增加，A錯誤；

B．當僅將f增大時；輸入電壓和輸出電壓有效值不變，輸出功率不變，故變壓器的輸入功率不變，B錯誤；

C．當僅將U增大時，根據電壓與匝數成正比知變壓器的輸出電壓增大；根據功率表達式用電器消耗的功率增大，C錯誤；

D．當滑動觸頭P向上滑動時，原線圈匝數增加，根據電壓與匝數成正比知變壓器的輸出電壓減小；根據功率表達式用電器消耗的功率減小，輸出功率減小，故輸入功率也減小，D正確。

故選D。5、B【分析】【詳解】

A．根據振蕩頻率知，振蕩周期越大，振蕩頻率越小，越不容易輻射電磁波，故A錯誤。

BC．為了有效向外輻射電磁波，振蕩電路必須采用開放電路，同時提高振蕩頻率。故B正確，C錯誤。

D．提高振蕩頻率和電路開放是發射電磁波的必要手段，振蕩電路開放的同時，振蕩頻率不變，故D錯誤。

故選B。6、A【分析】【詳解】

A.粒子在磁場中運動周期為則知兩個離子圓周運動的周期相等。根據左手定則分析可知，正離子逆時針偏轉，負離子順時針偏轉，重新回到邊界時正離子的速度偏向角為2π-2θ，軌跡的圓心角也為2π-2θ，運動時間同理，負離子運動時間顯示時間不相等．故A錯誤；

B.由得：由題q、v、B大小均相同，則r相同；故B正確；

C.正負離子在磁場中均做勻速圓周運動；速度沿軌跡的切線方向，根據圓的對稱性可知，重新回到邊界時速度大小與方向相同，故C正確；

D.根據幾何知識可得，重新回到邊界的位置與O點距離S=2rsinθ，r；θ相同；則S相同．故D正確。

故選A。

【點睛】

帶電粒子垂直射入單邊界的勻強磁場中，可分兩類模型分析：一為同方向射入的不同粒子；二為同種粒子以相同的速率沿不同方向射入．無論哪類模型，都遵守以下規律：（1）軌跡的圓心在入射方向的垂直線上，常可通過此垂線的交點確定圓心的位置；（2）粒子射出方向與邊界的夾角等于射入方向與邊界的夾角。7、A【分析】【詳解】

時間極短，可認為磁感應強度均勻變化，設線框左右兩邊的磁感應強度差為由動量定理可知有

根據題意AB為同種均勻材料，可得

所以有

故選A。8、B【分析】【詳解】

A.IC卡中有一個LC線圈和電容，當讀卡機發出的電磁波被LC電路接收到，使得IC卡匯總的電路充電，所以IC卡的能量來源于讀卡機發射的電磁波，選項A錯誤．B.LC振蕩電路接收與其固有頻率相同的電磁波讀卡機發出的電磁波頻率與之匹配，才能得到最優的充電效果，使電容電壓達到預定值，才能進行數據傳輸，選項B正確．C.如果是其它頻率的電磁波，根據法拉第電磁感應定律，穿過線圈的磁通量發生了變換，依然會有感應電流，選項C錯誤．D.據題意電容達到一定電壓之后，驅動卡芯片進行數據傳輸，選項D錯誤．故選B．

【考點定位】電磁感應、LC振蕩電路、電磁波的發射和接受．二、多選題(共8題，共16分)9、A:C:D【分析】【分析】

【詳解】

A．甲圖中；將聲音信號轉變為磁信號，是錄音機的原理。當錄音機錄音時，聲音信號變成電信號，線圈中變化的電流在磁頭縫隙處產生變化的磁場，使磁帶的磁粉磁化。故A正確；

B．乙圖電路中；開關斷開瞬間，燈泡立即熄滅，開關處電壓等于電源的電動勢加上自感電動勢，開關處會產生電火花。故B錯誤；

C．丙圖中；在真空冶煉爐中，高頻交變電流產生的渦流，電能轉化為內能，來冶煉出高質量的合金。故C正確；

D．丁圖中；鉗形電流表是利用電磁感應原理制成的，相當于變壓器，不需要切斷導線。故D正確。

故選ACD。10、A:C【分析】【分析】

粒子在電場中做類平拋運動；在磁場中做勻速圓周運動，由類平拋運動規律；牛頓第二定律可以求出電場強度大小．求出粒子在電場與磁場中的運動時間，然后求出時間之比．

【詳解】

設虛線寬度為d，離子在電場中做類平拋運動，豎直方向：vy=v0tanθ；vy=at=t；水平方向：d=v0t；

離子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv0B=m由幾何知識可知，軌道半徑：由以上各式聯立解得：故A正確，B錯誤；離子在電場中運動的時間為：離子在磁場中運動的時間：解得：故C正確，D錯誤；故選AC．

【點睛】

本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、應用類平拋運動規律、牛頓第二定律、粒子在磁場中做圓周運動的周期公式即可正確解題．11、A:C【分析】【分析】

【詳解】

A．帶電粒子a從M點射出，由左手定則可知，粒子a帶負電，帶電粒子b從N點射出，由左手定則可知，粒子b帶正電；故A正確；

B．兩粒子的運動軌跡如圖所示。

由圖可知，粒子a在磁場中運動時的偏轉角大于粒子b的偏轉角，由公式

可知，粒子a在磁場中的運動時間長；故B錯誤；

CD．設由幾何關系可知

解得

由公式

得

則

由牛頓第二定律得加速度得

得

則

故C正確；D錯誤。

故選AC。12、A:B【分析】【詳解】

AC.由于帶電粒子流的速度均相同，則當飛入A、C選項中的磁場時，它們的軌跡對應的半徑均為L；按照磁匯聚可知A正確，C錯誤；

B.因為磁場是2B0，粒子在其中運動半徑是在A、C中運動半徑的一半，即為正好等于磁場的半徑；結合磁匯聚可知能從同一點出來，故B正確；

D.因為磁場是2B0，粒子在其中運動半徑是在A、C中運動半徑的一半，即為等于磁場半徑的一半；根據磁匯聚可知粒子不能從同一點出來，故D錯誤。

故選AB。13、A:C【分析】【詳解】

A．小球在豎直平面內做勻速圓周運動，故重力等于電場力，即電場力豎直向上，由于E向下；小球帶負電，A正確；

B．小球在豎直平面內做勻速圓周運動，故重力等于電場力，所以

由于洛倫茲力提供向心力，故有

解得

又由于

解得

B錯誤；

C．由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，故有運動周期

C正確；

D．由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，故有運動周期

顯然運動周期與加速電壓無關；D錯誤。

故選AC。14、B:D【分析】【詳解】

A．根據題意可知

粒子最終獲得的最大動能與電壓無關；故A錯誤；

B．增大板間電壓，加速后粒子速度增大，半徑R增大，D型盒內加速的次數減少；所以縮短了粒子在回旋加速器中的運動時間，故B正確；

C．根據動能定理；粒子每運動一周電場力做功相同，所以增加的動能相同，故C錯誤；

D．由于增加動能相同；粒子每運動一周速度的增加量就越來越小，所以半徑（直徑）增加量越來越小，故D正確。

故選BD。15、B:C【分析】【詳解】

A．由于金屬棒a和b整體受恒定的拉力作用，則最終的穩定狀態是兩棒都將有固定的加速度值，可得金屬棒受恒定的安培力，即回路中有恒定的電流，進而得出回路有恒定的電動勢。設金屬棒a和b的速度分別為和由閉合電路的歐姆定律知

電流的變化率

因為恒定，所以

可得

因為最終兩金屬棒都做勻加速運動；且加速度不同，兩棒的距離逐漸減小，A錯誤；

B．對金屬棒a由牛頓第二定律得

對金屬棒b由牛頓第二定律得

可解得

B正確；

C．將加速度的結果帶入公式

解得

C正確；

D．由

可知

D錯誤。

故選BC。16、B:D【分析】【詳解】

A．導線框ABCD剛好全部進入磁場時，導線框ABCD磁通量不變，感應電流為0，所以導線框ABCD做勻速運動的條件為輕繩上的張力FT=3mg；則A錯誤；

B．導線框abcd剛進入磁場時做勻速運動則有

導線框abcd剛進入磁場的速度為v，則有

由上幾式解得

所以B正確；

C．導線框abcd剛進入磁場到全部離開磁場過程中，系統都做勻速直線運動，但導線框ABCD通過磁場部分加速，部分勻速，如果全部勻速通過磁場其時間為

所以導線框ABCD通過磁場的時間小于則C錯誤；

D．兩線框從開始運動至均穿出磁場過程中減小的重力勢能為

兩線框從開始運動至均穿出磁場過程中增加的動能為

兩線框從開始運動至均穿出磁場過程中所產生的總焦耳熱

所以D正確；

故選BD。三、填空題(共6題，共12分)17、略

【解析】無線電18、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]麥克斯韋電磁場理論的兩個基本論點是：變化的磁場產生電場；變化的電場產生磁場，從而預言了電磁波的存在。

[3]已知某點電磁波在真空中的傳播速度為3.0×108m/s，若該電磁波的波長為3m，則電磁波的頻率為【解析】①.電場②.磁場③.1.0×10819、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】①.短②.長③.強④.紅外遙感20、略

【分析】【詳解】

[1]根據法拉第電磁感應定律有

再根據閉合電路歐姆定律有

[2]根據楞次定律可判斷流過R的電流方向為向上。【解析】向上21、略

【分析】【詳解】

（1）[1]根據左手定則可以判斷；磁場方向垂直紙面向里，根據安培定則可知，勵磁線圈應通以順時針方向的電流，故正確。

（2）[2]僅增大勵磁線圈中的電流，產生的磁場增大

電子束徑跡的半徑變小；故錯誤。

（3）[3]僅使電子槍加速電壓增加到原來的2倍

可知，半徑變為原來倍，故錯誤。【解析】正確錯誤錯誤22、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]當磁鐵向下運動時，穿過線圈的磁通量變大，原磁場方向向上，所以感應磁場方向向下，根據右手螺旋定則，拇指表示感應磁場的方向，四指彎曲的方向表示感應電流的方向，即通過電阻的電流方向為b→a。

[2]根據楞次定律“來拒去留”可判斷線圈對