第二章 电磁感应 水平测评+知识网络构建-【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word（人教版）

物理　选择性必修 第二册 RJ 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.如图所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向右。将一未封闭的金属线圈放在导线MN下方，并与导线MN在同一竖直平面内，a、b两点的电势分别为φa、φb。当导线MN中的电流逐渐增大时，下列说法正确的是(　　) A．φa＝φb B．φa>φb C．线圈中产生顺时针方向的感应电流 D．线圈中产生逆时针方向的感应电流 答案：B 解析：线圈不闭合，故线圈中不产生感应电流，C、D错误；当导线MN中的电流逐渐增大时，穿过金属线圈的磁通量垂直纸面向里逐渐增大，由法拉第电磁感应定律可知，金属线圈中会产生感应电动势，再由楞次定律和安培定则可判断φa>φb，A错误，B正确。 2.如图所示，矩形线圈有N匝，长为a，宽为b，每匝线圈电阻为R，从磁感应强度为B的匀强磁场中以速度v匀速拉出来，那么产生的感应电动势和流经线圈中的感应电流的大小分别为(　　) A．NBav， B．NBav， C．Bav， D．Bav， 答案：A 解析：在将线圈匀速拉出匀强磁场的过程中切割磁感线的导体长度为a，整个线圈产生的总感应电动势大小为E总＝NBav，由闭合电路欧姆定律可知，流经线圈中的感应电流大小为I＝＝，故A正确。 3.电磁炉利用电磁感应产生的涡流，使锅底发热从而加热食物，下列有关说法正确的是(　　) A．锅底中涡流的强弱与磁场变化的频率有关 B．电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作 C．环保绝缘材料制成的锅底也可以利用电磁炉来烹饪食物 D．电磁炉的上表面一般都用金属材料制成，以加快热传递减少热损耗 答案：A 解析：锅底中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，磁场变化的频率越大，涡流越大，故A正确；直流电不能产生变化的磁场，在锅底中不能产生感应电流，无法使电磁炉正常工作，故B错误；锅底只能用导体材料，不能使用绝缘材料，故C错误；电磁炉的上表面如果用金属材料制成，将在变化的磁场中产生涡流，由能量守恒定律可知，电磁炉上表面消耗能量，会使锅底的发热效率变低，因此电磁炉上表面要用绝缘材料制作，D错误。 4.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)有沿逆时针方向转动的趋势 B．圆环有向外扩张的趋势 C．圆环中(俯视)有沿顺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：D 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D正确，A、B、C错误。 5.如图所示，闭合金属环固定在水平桌面上，MN为其直径。MN右侧分布着垂直桌面向上的有界磁场，磁感应强度大小随时间变化的关系为B＝(0.2＋0.1t) T(t的单位为s)。已知金属环电阻为1.0 Ω，直径MN长20 cm，则t＝3 s时(　　) A．环中的电流大小为20π×10－4 A B．环所受安培力大小为5π2×10－5 N C．M、N两点间电压为－2.5π×10－4 V D．M、N两点间电压为5π×10－4 V 答案：C 解析：根据法拉第电磁感应定律，可得金属环中的感应电动势大小恒为E＝＝·S＝0.1× V＝5π×10－4 V，则金属环中的电流大小为I＝＝ A＝5π×10－4 A，A错误；t＝3 s时，磁感应强度为B′＝(0.2＋0.1t) T＝0.5 T，金属环所受的安培力大小为F＝B′Il＝0.5×5π×10－4×20×10－2 N＝5π×10－5 N，B错误；由题图可知，磁场方向竖直向上，磁感应强度随时间不断增大，由楞次定律可知，在磁场部分的金属环中感应电流方向由M流向N，此部分金属环充当电源，电源内部电流从低电势处流向高电势处，则N点电势高于M点电势，M、N两点间电压为路端电压，则UMN＝－＝－2.5π×10－4 V，C正确，D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，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，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。 8.如图所示为法拉第圆盘发电机的示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，已知铜盘的直径为d，铜盘的电阻可忽略。整个铜盘处于垂直于盘面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，铜盘以角速度ω匀速转动，两铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触，通过连接导线对电阻R供电。以下说法正确的是(　　) A．R中电流方向从左向右 B．发电机产生的电动势大小为E＝Bd2ω C．发电机产生的电动势大小为E＝πBd2ω D．电阻R中电流大小为I＝ 答案：BD 解析：整个铜盘可以看成无数根与轴垂直的铜条组成，每根铜条都切割磁感线，根据右手定则可知，铜盘转动过程中铜盘中产生的电流方向是C到D，D相当于电源的正极，C相当于电源的负极，故R中电流方向从右向左，故A错误；发电机铜盘转动过程中产生的感应电动势大小为E＝Br2ω＝，故B正确，C错误；根据闭合电路欧姆定律可得，电阻R中电流大小为I＝＝，故D正确。 9.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，其下半部分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，则下列说法正确的有(　　) A．金属块进入磁场时，受到的安培力向上 B．金属块离开磁场时，受到的安培力向下 C．金属块产生的焦耳热总量为mgb D．金属块产生的焦耳热总量为mg(b－a)＋mv2 答案：ABD 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，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，金属块进入磁场时，受到的安培力向上，金属块离开磁场时，受到的安培力向下，A、B正确；当金属块不能穿出磁场后，金属块在磁场中运动时，穿过金属块的磁通量不再发生变化，金属块内不再有涡流产生，则金属块就在y＝a以下的曲面上做往复运动，由能量守恒定律可知，整个运动过程金属块减少的机械能全部转化成焦耳热，则产生的焦耳热总量为mg(b－a)＋mv2，C错误，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，通过R的电荷量为0.48 C 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，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)如图所示为做“探究影响感应电流方向的因素”实验时所用的电路。 (1)闭合开关后，保持滑动变阻器滑动头位置不变进行实验，应记录线圈A_____________ _____________，以及线圈B________________。 (2)本实验用到了________(选填“控制变量”“归纳推理”或“演绎推理”)的物理思想方法。 (3)某同学在完成实验后未断开开关，也未把A、B两个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。 答案：(1)N、S极及其运动方向的各种情况　感应电流的方向 (2)归纳推理　(3)A 解析：(1)闭合开关后，线圈A相当于条形磁体，保持滑动变阻器滑动头位置不变进行实验，只能通过线圈A的运动使穿过线圈B的磁通量变化，为了得出普遍规律，所以需要记录线圈A的N、S极及其运动方向的各种情况，以及线圈B感应电流的方向。 (2)本实验根据磁通量变化的所有可能情形设计实验操作方案，得出普遍规律的结论时，用到了归纳推理的物理思想方法。 (3)在完成实验后未断开开关，也未把A、B两个线圈和铁芯分开放置，在拆除线圈A所在电路时，线圈A中的电流突然减小，由于自感作用，线圈A中会产生自感电动势，使该同学突然会被电击一下，而在拆除线圈B时，线圈B所在回路中没有电流，不会发生电击情况，故被电击是在拆除A线圈所在电路时发生的。 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 E/V 0.116 0.136 0.170 0.191 Δt/×10－3 s 9.224 7.866 6.294 5.602 次数 5 6 7 8 E/V 0.215 0.277 0.292 0.329 Δt/×10－3 s 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)如图所示是学生常用的NFC饭卡内部实物图，其由线圈和芯片电路组成。当饭卡靠近感应区域时，会在线圈中产生感应电流来驱动芯片运作，从而实现付钱功能。测得线圈为长a＝9 mm、宽b＝5 mm的长方形，共50匝，回路总电阻为R＝0.5 Ω。感应区有垂直感应区平面向上的匀强磁场。某次刷卡时，饭卡卡面与感应区平面夹角保持为30°不变靠近感应区域，用时0.3 s，线圈内的磁感应强度由0增大到100 μT。＝1.73。求：(计算结果均保留两位有效数字) (1)0.3 s内线圈中平均感应电动势的大小； (2)0.3 s内线圈中平均感应电流的方向和大小。 答案：(1)6.5×10－7 V (2)顺时针(俯视)　1.3×10－6 A 解析：(1)0.3 s内通过线圈平面的磁通量变化量为 ΔΦ＝ΔBScos30° 其中S＝ab 平均感应电动势为＝n 联立并代入数据得＝6.5×10－7 V。 (2)根据楞次定律知，0.3 s内线圈中感应电流的方向为顺时针(俯视) 根据闭合电路欧姆定律可知，0.3 s内线圈中平均感应电流的大小＝ 代入数据解得＝1.3×10－6 A。 14.(12分)如图所示，平行金属导轨MN和PQ相距l＝0.5 m，NQ间连接有电阻R，放置在平行导轨上的导体棒ab向右以大小为v＝0.2 m/s的速度匀速运动，垂直于导轨平面的匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T。电阻R＝1.5 Ω，导体棒电阻r＝0.5 Ω，导轨电阻不计，求： (1)导体棒ab产生的感应电动势大小； (2)电势差Uba； (3)导体棒ab受到的安培力FA的大小。 答案：(1)5×10－2 V　 (2)－3.75×10－2 V (3)6.25×10－3 N 解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，导体棒ab产生的感应电动势大小 E＝Blv＝0.5×0.5×0.2 V＝5×10－2 V。 (2)由闭合电路欧姆定律可得，回路中的电流 I＝＝ A＝0.025 A 回路中ab是电源，R是外电路，由欧姆定律可得，路端电压U＝IR＝0.025×1.5 V＝3.75×10－2 V 由右手定则可知，导体棒ab中的电流由b流向a，即a端电势比b端电势高，则有Uba＝－U＝－3.75×10－2 V。 (3)导体棒ab受到的安培力大小FA＝BIl＝0.5×0.025×0.5 N＝6.25×10－3 N。 15.(16分)如图所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨道间距为d。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B。P、M间所接电阻阻值为R。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r。现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离x时，达到最大速度。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g。求： (1)金属杆ab运动的最大速度； (2)金属杆ab运动的加速度为gsinθ时，电阻R上的电功率； (3)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功。 答案：(1)　(2) (3)mgxsinθ－· 解析：(1)当金属杆达到最大速度时，受力平衡，则沿轨道方向有F＝mgsinθ 其中安培力F＝IdB 由闭合电路欧姆定律，可得金属杆中的感应电流I＝ 根据法拉第电磁感应定律， 可得金属杆上的感应电动势E＝Bdvmax 联立解得最大速度vmax＝。 (2)当金属杆ab运动的加速度为a＝gsinθ时，根据牛顿第二定律，有mgsinθ－BI′d＝ma 电阻R上的电功率P＝I′2R 联立解得P＝。 (3)金属杆从静止到最大速度的过程，根据动能定理有mgxsinθ－WF＝mv－0 解得克服安培力做的功 WF＝mgxsinθ－·。 10 学科网（北京）股份有限公司 $物理选择性必修第二册RJ 多学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2XXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 第二章 知识网络构建 内容：感应电流儿有这样的方向.即感应电流的磁场总岁阴碍引起感应电流的磁通 量的变化 楞次定律 (感应电流 右丁定则判定☑子体切割憾感线产生的感应电流的方向史方使 的方向) 楞次定律的推论 法拉第电磁 内容：闭合电路中感应电动势的人小，跟穿过这一电路的磁通世的变化率成正比 感应定律 (感应电动 E丽nA中 公式 △t 势的人小) E=Blusin0:为D4有效切割长度，为导体的速米，0为因B与的火角 磁感应 电磁感成 电磁感应中的电路、电衍量、图像问题 规律的综 合成用 电磁感应巾的动力学、能业、动止问题 感生电场 ,条件 涡流 应州与防止 特殊的电磁 感应现象 电磁阴尼、电磁驱动 h感现象 H感电动势：总是阻碍©白地流的变化 白感现象 白感系数L:与线圈的大小、形状、团匝数，以及是杏有圆铁芯等因素 有关 通电白感和断电白感 ·独家授权侵权必究·