第二章 电磁感应 水平测评-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册创新导学案教用Word（粤教版2019）

物理 选择性必修 第二册(粤教) 第二章　水平测评 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟． 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．一飞行员驾驶飞机在我国上空水平巡航时，机翼水平，由于地磁场的存在，机翼两端产生电势差．机翼左端的电势比右端的电势(　　) A．高 B．低 C．相等 D．以上情况都有可能 答案　A 解析　北半球的地磁场有竖直向下的分量，飞机飞行时，水平机翼切割向下的磁感线，根据右手定则，可知无论飞机向哪个方向飞行，从飞行员的角度看，机翼左端的电势比右端的电势高．故选A． 2．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线．一个质量为m的小金属块从曲面上y＝b(b>a)处以速度v沿曲面下滑，假设曲面足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量为(　　) A．mgb B．mv2 C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2 答案　D 解析　金属块在进入磁场或离开磁场的过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生涡流，进而产生焦耳热．最后，金属块在y＝a以下的曲面上做往复运动，减少的机械能为E＝mg(b－a)＋mv2，由能量守恒定律可知，减少的机械能全部转化成焦耳热，故选D． 3．如图所示为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S．若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb(　　) A．恒为 B．从0均匀变化到 C．恒为－ D．从0均匀变化到－ 答案　C 解析　根据磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，可知产生的感应电动势恒定，由法拉第电磁感应定律有E＝，ΔΦ＝(B2－B1)S，Δt＝t2－t1，知E＝，根据楞次定律可判断线圈中电流由a到b，所以φb>φa，φa－φb＝－E，C正确． 4．如图所示，竖直平面内有金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A用铰链连接的长度为2a、电阻为的导体棒AB，由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时A、B两端的电压大小为(　　) A． B． C． D．Bav 答案　A 解析　当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为E＝B·2a＝2Ba·＝Bav，金属环被导体棒分为两个半圆环，两半圆环并联，并联电阻R并＝＝，电路总电流I＝＝，A、B两端的电压是路端电压，则U＝IR并＝×＝，故A正确． 5．如图所示，abcd为一边长为l的刚性正方形导线框，位于水平面内，回路中的电阻为R．虚线表示一匀强磁场区域的边界，它与ab边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向如图所示．线框在一垂直于ab边的水平恒力F的作用下，沿光滑水平面运动，直到通过磁场区域．已知ab边刚进入磁场时，线框便改做匀速运动，此时通过线框的电流大小为i0．设此时线框中的电流为正，则下列图像中能较准确地反映线框中电流i随ab边的位置坐标x变化的曲线可能是(　　) 答案　D 解析　在0～l位移内，线框做匀速直线运动，感应电动势不变，感应电流不变，由题意知为i0；在l～2l位移内，通过线框的磁通量不变，感应电流为零，线框在拉力的作用下做匀加速直线运动；在2l～3l位移内，线框出磁场，初速度大于进磁场的速度，所以电流大小大于i0，由楞次定律可知，电流为负值，而安培力大小F安＝，所以安培力大于拉力，线框做减速运动，感应电动势变小，感应电流变小，安培力变小，加速度逐渐减小，若加速度能减小到零，则会做匀速直线运动，做匀速运动时电流的大小与进磁场时电流大小相等，但方向相反．故D正确，A、B、C错误． 6．图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是(　　) A．图1中，A1与L1的电阻值相同 B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流 C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同 D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等 答案　C 解析　断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明闭合S1，电路稳定后，A1中电流小于L1中电流，所以A1的电阻值比L1的大，A、B错误．闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明变阻器R与L2的电阻值相同，C正确．闭合S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误． 7．如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动．在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态．已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是(　　) A．金属棒产生的电动势为Bl2ω B．微粒的电荷量与质量之比为 C．电阻消耗的电功率为 D．电容器所带的电荷量为CBr2ω 答案　B 解析　金属棒绕OO′轴转动切割磁感线，产生的电动势E＝Br·＝Br2ω，A错误；电容器两极板间的电压等于电源电动势E，带电微粒在两极板间处于静止状态，则q＝mg，即＝＝＝，B正确；电阻消耗的电功率P＝＝，C错误；电容器所带的电荷量Q＝CE＝，D错误． 8．如图所示，金属圆环a用三根绝缘细线悬挂处于静止状态，环面水平，有负电荷均匀分布的橡胶圆盘水平放置在圆环的正下方，环的圆心和圆盘圆心在同一竖直线上，让圆盘绕着过圆心的竖直轴(俯视)沿逆时针方向加速转动，若圆环a的横截面积极小，则下列判断正确的是(　　) A．圆环(俯视)有沿逆时针转动的趋势 B．圆环有向外扩张的趋势 C．圆环中(俯视)有沿逆时针方向的感应电流 D．圆环受到的安培力一定竖直向上 答案　CD 解析　圆盘(俯视)沿逆时针方向加速转动，产生顺时针方向的电流，且电流持续增大，根据安培定则可知，通过圆环a的磁通量向下，且持续增大，根据楞次定律，可知圆环中(俯视)有沿逆时针方向的感应电流，根据楞次定律的推论可知，圆环a的面积有缩小的趋势，且圆环a有向上的运动趋势，则圆环所受的安培力一定竖直向上，圆环(俯视)没有沿逆时针方向转动的趋势，所以C、D正确，A、B错误． 9．用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环．圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B．圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，重力加速度为g，则(　　) A．此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流 B．此时圆环受到竖直向下的安培力作用 C．此时圆环的加速度大小a＝ D．如果径向磁场足够深，则圆环的最大速度值为vmax＝ 答案　AD 解析　根据右手定则，此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流，故A正确；根据楞次定律可知，圆环受到的安培力竖直向上，阻碍圆环的运动，故B错误；圆环产生的感应电动势E＝BLv＝B·2πRv，圆环的电阻R0＝ρ，圆环中的电流I＝，则圆环所受的安培力大小F＝BI·2πR＝B·2πR，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，其中质量m＝dV＝d·2πR·πr2，联立解得a＝g－，故C错误；当圆环做匀速运动时，所受安培力与重力大小相等，速度最大，有mg＝F，即d·2πR·πr2g＝B·2πR，解得vmax＝，故D正确． 10．如图甲所示，电阻不计且间距为L＝1 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为R＝1 Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量为m＝0．3 kg、电阻Rab＝1 Ω的金属杆ab从OO′上方某处以一定初速度释放，下落过程中与导轨保持良好接触且始终水平．在金属杆ab下落0．3 m的过程中，其加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示．已知ab进入磁场时的速度v0＝3．0 m/s，取g＝10 m/s2．则下列说法正确的是(　　) A．进入磁场后，金属杆ab中电流的方向由a到b B．匀强磁场的磁感应强度为1．0 T C．金属杆ab下落0．3 m的过程中，通过R的电荷量为0．24 C D．金属杆ab下落0．3 m的过程中，R上产生的热量为0．45 J 答案　AC 解析　由右手定则可判断，进入磁场后，金属杆ab中电流的方向由a到b，A正确；ab进入磁场时，有mg－＝ma，由图乙可知ab进入磁场时的加速度a＝－10 m/s2，联立解得B＝2．0 T，B错误；金属杆ab下落0．3 m的过程中，通过R的电荷量为q＝＝＝ C＝0．24 C，C正确；金属杆ab下落0．3 m时，由图乙可知其加速度为0，速度达到最小值，有－mg＝0，解得vmin＝＝ m/s＝1．5 m/s，金属杆ab下落0．3 m的过程中，电路上产生的热量为Q＝mgΔh＋mv－mv＝0．3×10×(0．3－0．06) J＋×0．3×3．02 J－×0．3×1．52 J＝1．73 J，R上产生的热量为QR＝Q＝0．87 J，D错误． 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共12分) 11．(6分)图示为实验“探究感应电流方向的规律”的电路图． (1)闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关后将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将________；接着将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动，灵敏电流计指针________．(均选填“向左偏”“向右偏”或“不偏”) (2)某同学在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置．在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除________(选填“A”或“B”)线圈所在电路时发生的；分析可知，要避免电击发生，在拆除电路前应________(选填“断开开关”或“把A、B线圈分开放置”)． 答案　(1)向右偏　向左偏 (2)A　断开开关 解析　(1)闭合开关时，电流计指针向右偏，说明按电路图给线圈A通电，线圈B中磁通量增加时，会使电流计指针向右偏．闭合开关后将线圈A迅速插入线圈B，线圈B中的磁通量增加且方向与闭合开关时相同，故电流计指针将向右偏；将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，电阻增大，电流减小，线圈B中的磁通量减小且方向相同，故电流计指针将向左偏． (2)在拆除线圈A所在电路时，线圈A中电流快速减小，由于自感作用，线圈A中会产生很大的感应电动势，导致该同学被电击；要避免电击发生，在拆除电路前应断开开关． 12．(6分)学习了法拉第电磁感应定律E∝后，为了定量验证感应电动势E与时间Δt成反比，某小组同学设计了如图所示的一个实验装置：每当小车在轨道上运动经过光电门时，光电门会记录下挡光片的挡光时间Δt，同时触发接在线圈两端的电压传感器，记录下在这段时间内线圈中产生的感应电动势E． 在一次实验中得到的数据如下表： 次数 1 2 3 4 5 6 7 8 E/V 0．116 0．136 0．170 0．191 0．215 0．277 0．292 0．329 Δt/×10－3 s 9．224 7．866 6．294 5．602 4．977 3．863 3．664 3．252 (1)观察和分析该实验装置可看出，在实验中，每次测量的Δt时间内，磁体相对线圈运动的距离都________(选填“相同”或“不同”)，从而实现了控制_________________________不变． (2)在得到上述表格中的数据之后，为了验证E与Δt成反比，他们想出两种办法处理数据．第一种是计算法：算出________________________________，若该数据基本相等，则验证了E与Δt成反比；第二种是作图法：在直角坐标系中作________关系图线，若图线是基本过坐标原点的倾斜直线，则也可验证E与Δt成反比． 答案　(1)相同　通过线圈的磁通量的变化量 (2)感应电动势E和挡光时间Δt的乘积　E­ 解析　(1)在实验中，每次测量的Δt时间内，磁体相对线圈运动的距离都相同，等于挡光片的宽度，从而实现了控制通过线圈的磁通量的变化量不变． (2)在得到题目表格中的数据之后，为了验证E与Δt成反比，他们想出两种办法处理数据．第一种是计算法：算出感应电动势E和挡光时间Δt的乘积，若该数据基本相等，则验证了E与Δt成反比．第二种是作图法：在直角坐标系中作感应电动势E与挡光时间的倒数的关系图线，即E­图线，若图线是基本过坐标原点的倾斜直线，则也可验证E与Δt成反比． 三、计算题(本题共3小题，共38分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 13．(10分)某手机平放在位于纸面上的无线充电器上进行无线充电，手机受电线圈内各处的磁感应强度随时间的变化规律如图(设垂直纸面向里为磁场的正方向)．已知线圈匝数n＝100匝，线圈面积S＝1×10－3 m2，充电电流恒为1 A，充电电池内阻r＝0．5 Ω，充电电池容量为2000 mAh(1 mAh＝3．6 C)，充电前电池电量为零．求： (1)在0至0．5×10－2 s时间内，线圈产生的感应电动势大小以及线圈中感应电流的方向； (2)充电电池的发热功率； (3)将充电电池电量充满需要多长时间． 答案　(1)5 V　顺时针方向(从纸面上方向下看)　(2)0．5 W　(3)7200 s 解析　(1)由公式E＝n 得E＝nS＝100×1×10－3× V＝5 V 由楞次定律及安培定则可知，线圈中感应电流方向为顺时针方向(从纸面上方向下看)． (2)由公式P＝I2r 得发热功率P＝12×0．5 W＝0．5 W． (3)由公式I＝ 得t＝＝ s＝7200 s． 14．(12分)如图所示，两条光滑且电阻不计的足够长金属导轨MN和PQ水平放置，两条导轨相距为L，左端MP接有冲击电流计D，EF的右侧有方向竖直向下的匀强磁场．已知冲击电流计D的内阻为R，通过的电量q与冲击电流计光标的最大偏转量dm成正比，即q＝kdm(k为电量冲击常量，是已知量)．现有长度均为L、电阻均为R的导体棒ab与cd用长度也为L的绝缘杆组成总质量为m的“工”字形框架．现让“工”字形框架从EF的左边开始以初速度v0(大小未知)进入磁场，当cd导体棒到达EF处时速度减为零，冲击电流计光标的最大偏转量为d，不计导体棒宽度，不计空气阻力，试求： (1)在此过程中，通过ab导体棒的电荷量qab和磁场的磁感应强度B的大小； (2)在此过程中，“工”字形框架产生的总焦耳热Q． 答案　(1)2kd　　(2) 解析　(1)由题意可知，在框架进入磁场过程中，通过电流计D的电荷量为q＝kd 因为电流计D的内阻和cd阻值相同，根据并联电路分流规律可知，通过D和cd的电量相等，而此过程中ab相当于电源， 所以有qab＝2q＝2kd 回路的总电阻为R总＝R＋＝1．5R 根据法拉第电磁感应定律有＝BL 根据闭合电路欧姆定律有＝ 根据电流的定义式有qab＝t 其中、、分别为此过程ab棒中的平均电流、平均感应电动势、平均速度，且t＝L 联立解得B＝． (2)在框架进入磁场过程中，根据动量定理有 －BLt＝0－mv0 联立解得v0＝ 由能量守恒定律可知，回路产生的总焦耳热为Q总＝mv＝ 由于通过ab的电流大小始终等于通过cd和D的电流大小的2倍，则根据焦耳定律可推知， 在此过程中导体棒ab产生的焦耳热Qab＝Q总 导体棒cd产生的焦耳热Qcd＝Q总 所以“工”字形框架产生的焦耳热 Q＝Qab＋Qcd＝Q总＝． 15．(16分)如图所示，POQ是折成60°角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，OP＝OQ＝L．整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律为B＝B0－kt(其中k为大于0的常数)．一质量为m、长为L、电阻为R、粗细均匀的导体棒锁定于OP、OQ的中点a、b位置．当磁感应强度变为B0后保持不变，同时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为v．导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g．求导体棒： (1)解除锁定前回路中电流的大小及方向； (2)滑到导轨末端时的加速度大小； (3)运动过程中产生的焦耳热． 答案　(1)　感应电流的方向为顺时针方向(或b→a→O→b)　(2)g－ (3)mgL－mv2 解析　(1)导体棒解除锁定前，闭合回路的面积不变，且＝k S＝L2 由法拉第电磁感应定律知：E＝S＝kL2 由题可知，电路的总电阻：R总＝R 由闭合电路欧姆定律知：I＝＝ 由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向(或b→a→O→b)． (2)导体棒恰好要离开导轨时受力如图所示， E′＝B0Lv I′＝ F＝B0I′L 则有：F＝ 由牛顿第二定律得：mg－F＝ma 解得：a＝g－． (3)由能量守恒定律知：mgh＝mv2＋Q 由几何关系知，导体棒离开导轨时下降的高度：h＝L 解得：Q＝mgL－mv2． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$