周测评(十三) 电磁感应规律的应用 互感和自感 涡流及其应用-【衡水真题密卷】2024-2025全学年高二物理学科素养周测评（粤教版）

null衡水真题密卷 2024一2025学年度学科素养周测评（十三）】 物理·电磁感应规律的应用互感和 自感涡流及其应用 一、单项选择题 1.C【解析】根据安培定则可知，直导线在下方 线图处产生的磁场垂直于纸面向里，则在导线 框下落过程中，穿过导线框的磁通量向里减小， 根据楞次定律可知，导线柜中产生了板时针方 向的感应电流，A错误；由楞次定律的推论“增 缩减扩”可知，导线柜的面积有扩大的趋势，B 错误：根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，导 线柜所受安培力向上，可知导线框下落的加速 度小于重力加速度g,C正确：若直导线中的电 流I方向向左，因导线框下落时穿过导线框的 磁通量仍减小，则乎线框所受安培力的合力方 向仍向上，D错误。 2.D【解析】由题意可知，磁铁的S极靠近线圈 的过程中，穿过线图的磁通量向上增加，由楞次 定律可知，线圆中产生的电流沿顺时针方向（俯 视)，A错误；由楞次定律和安培定则可知，磁铁 靠近线图的过程中，线图中产生的电流方向与 线图绕向有关，B错误：磁铁靠近钱圈的过程 中，穿过线图的磁通量增加，线图中产生感应电 流，线圈的磁场与磁铁产生相互作用，由楞次定 律的推论“来拒去留”可知，线圈与磁铁相互排 斥，使电子秤的示数大于m0,由楞次定律可知， 阻碍相对运动与线圈绕向和极性无关，C错误， D正确。 3D【解析】北京地区地磁场的竖直分量向下， 当飞机在北半球水平飞行时，飞机切割磁感线 产生感应电动势，由右手定则可知，机翼左端的 电势比右端的电势高。无论C919飞机往哪个 方向飞，都是右边机翼的电势较低。由法拉第 电磁感应定律E=BL,可得两翼尖间的电势 差U=E=4.5×10-5×35.8×0.8×330V 0.42V,D正确。 4.A【解析】根据安培定则可知，驱动线圈内的 磁场方向水平向右，结合题图乙可知，驱动线圈 的电流增大，穿过发射线图的磁道量增大，根据 Y灯 学科素养周测评 楞次定律可知，发射线图内部的感应磁场方向 水平向左，A正确：由题图乙可知，1=t。时驱动 线图中的电流变化率最小，此时穿过发射线图 的磁通量变化奉最小，照动线圈产生的自感电 动势最小，发射线图中的感应电流最小，B、D错 误：=0时驱动线图中的电流变化率最大，则此 时穿过发射线圈的磁通量变化得最快，发射线 图中的感应电动势最大，C错误。 二、多项选择题 5,AC【解析】当t=0时，根据法拉第电磁感应 定律可得线图A中的感应电动势为E= 盟-50x82V-5V4-0时，我圈A中 5 的感应电流为1三，R=3A=1.25A,A 正确，B错误：由题意可知导体棒ab向右加速 运动达到最大速度5m/s后匀速运动，则有 BLU=E,可得两导轨间磁场的磁感应强度大小 为B= E=。5T=2T,C正确：根据楞次 0-0.5×5 定律可知，线圈A中产生的感应电动势为顺时 针方向，则导体棒ab向右切割磁感线产生的电 动势由b指向a,根据右手定则可知两导轨间磁 场的方向垂直于MNQP平面向里，D错误。 6.AD【解析】根据右手定则可知，初始时刻导体 棒1和导体棒2中感应电流方向分别为向下和 向上，所以总感应电动势大小为E=E1十E= 3BL0。,A正确；初始时刻，回路中电流为I= 、员-B,导体棒2所受安培力大小为F= -,B储误：导体棒1和导体棒2所 BIL=- 受安培力大小相等、方向相反，则导体棒1和导 体棒2组成的系统所受合外力为零，动量守恒， 取向右为正方向，根据动量守恒定律有2m· 3 2,一mv。=2m2,解得g=之，C错误：很长 一段时间后，回路中感应电流为零，导体棒1和 导体棒2会以相同的速度运动，根据动量守恒 定律有2m·2v6一mvo=3mU*,解得v共=v0: 对导体棒2根据动量定理有一BILt=2mv典 2m·20。,设最终导体棒1和导体棒2的距离为 ·物理· x',根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆 定律有1=3R E BL('-x) 6mvoR 3Rt 解得x= x,D正确 三、非选择题 7.(1)BSR ,逆时针方向 Aot (2)BSR p 【解析】(1)该过程中磁通量变化量为△=B△S 则有△Φ=2B×0.5xR2-BX0.5元R2=0.5BπR 由法拉第电磁感应定律，感应电动势的平均值 为E= △ 2πR 线圈的电阻为r=PS=pS 根据欧姆定徘可得感应电流的平均值为7=巨 联立解得-BSR Apt 根据楞次定律可知，感应电流方向为逆时针 方向 (2)由1=是 可得电荷量为q=11 BSR 解得9=4p 8.(1)1A2V(2)4N 【解析】(1)t=1s时金属杆ac的速度为v= at=3 m/s 闭合回路中的感应电动势为E=B1知=3V E=1A 则流经R的电流为I一R十， R两端的电压为U=R=2V (2)t=1s时金属杆ac受到的安培力为F= BIL=1N 根据牛顿第二定律有F一F'=ma 解得F-F'+ma=4N。 9.(1)2.86m/s2(2)1.5J △Φ 【解析】(1)由法拉第电磁感应定律得E=n △M △t =10×0.5×0.1V=0.5V 由闭合电路欧姆定律得【=E_0,5 A=0.5A 1 参考答案及解析 由题图乙知，t=4s时，B=0.6T,则 F◆=nBIL=10×0.6×0.5×1N=3N 由牛顿第二定律得mg一F=m@ 解得a≈2.86m/s (2P=E-0.25w=0.25w 1 焦耳热Q=Pt=1.5J. 2024一2025学年度学科素养周测评（十四）】 物理·认识交变电流描述交变电流的物理量 一、单项选择题 1.B【解析】由图像可知，t=0时刻穿过线圈的磁 道量为0，则线图与中性面垂直，A错误；时刻， 穿过线圆的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感 应电动势为零，B正确：根据题意可知，电流表的示 致为回路中电流的有效值，而回路中电流的有效值 不变，C错误：山2、山4时刻穿过线圈的磁通量为零， 磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，感应电 流最大，此时电流方向不发生改变，而钱圈转动一 周，电流方向改变两次，D错误。 2.A【解析】线圈中产生的感应电动势最大值为 E=NBwS,感应电流最大值为I-R, 电流表的读数为有效值，则电流表读数为I= ,A正确：线圈由因示位直转过60时，线 R+,sn60°=3NBS 圈中的电流为i=BS 2R+,B错 误：线圈每转动一个周期，电流方向改变2次，C 错溪：电压表的美款为U一R-0紧D 错误。 3.B【解析】根据右手定则可知，题图甲中通过 电阻的电流方向始终不变，则甲输出的是直流 电，转动一周的过程中电流的有效值为【有一 2 E。 BLw ，转动一周的过程中，每 √2(R+r)√2(R+r) E 转过90，通过电阻的电荷量为q6=1=R十 t= YJ