第二章 阶段回顾(2～4)-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册作业与测评word（人教版）

物理　选择性必修·第二册[人教版]作业与测评 阶段回顾(2～4) 易错点一　公式E＝n和E＝Blv的选用 1．(多选)动圈式扬声器的结构如图a所示，图b为磁体和线圈部分的右视图，线圈与一电容器的两端相连。当人对着纸盆说话，纸盆带着线圈左右运动能将声信号转化为电信号。已知线圈有n匝，线圈半径为r，线圈所在位置的磁感应强度大小为B，则下列说法正确的是(　　) A．纸盆向左运动时，电容器的上极板电势比下极板电势高 B．纸盆向左运动时，电容器的上极板电势比下极板电势低 C．纸盆向右运动速度为v时，线圈产生的感应电动势大小为2nrBv D．纸盆向右运动速度为v时，线圈产生的感应电动势大小为2nπrBv 答案：BD 解析：纸盆带动线圈一起向左运动时，线圈切割磁感线，根据右手定则，可知电容器上极板带负电，下极板带正电，因此下极板电势更高，故A错误，B正确。单匝线圈的有效切割长度为l＝2πr，则纸盆即线圈以速度v向右运动时，线圈产生的感应电动势大小为E＝nBlv＝2nπrBv，故C错误，D正确。 2.(多选)一个面积S＝4×10－2 m2、匝数n＝100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是(　　) A．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量变化率大小等于0.08 Wb/s B．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零 C．在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于8 V D．在第3 s末线圈中的感应电动势等于零 答案：AC 解析：在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化率大小＝S＝2×4×10－2 Wb/s＝8×10－2 Wb/s，A正确；在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量不等于零，B错误；在开始的2 s内，根据法拉第电磁感应定律得E＝n＝100×8×10－2 V＝8 V，C正确；由题中图像可知，在第3 s末线圈中的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，感应电动势也不等于零，D错误。 易错点二　电磁感应中电势差的判断 3.如图所示，粗细均匀的、电阻为r的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B，圆环直径为l；长为l、电阻为的金属棒ab放在圆环上，以速度v0向右匀速运动，当ab棒由图示实线位置运动到虚线位置时，金属棒两端的电势差为(　　) A．0 B．Blv0 C. D. 答案：D 解析：由E＝Blv0求出感应电动势，所求的金属棒两端的电势差为路端电压。左右侧圆弧均为半圆，电阻均为，并联的总电阻即外电路电阻R＝，金属棒的电阻为电源内阻r′＝，故U＝＝，故D正确。 4．如图甲所示，一线圈匝数为100匝，横截面积为0.01 m2，匀强磁场与线圈轴线成30°角向右穿过线圈。若在2 s时间内磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，则该段时间内线圈两端a、b之间的电势差Uab为(　　) A．－ V B．2 V C. V D．从0均匀变化到2 V 答案：A 解析：与线圈轴线成30°角穿过线圈的向右的磁感应强度均匀增大，故线圈两端a、b之间产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，有E＝n＝nScos30°，由题图乙可知＝ Wb/s＝2 Wb/s，代入数据得E＝ V，该线圈相当于电源，根据楞次定律知a点的电势低于b点的电势，则Uab＝－ V，故A正确。 易错点三　涡流的理解和应用 5.(多选)“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中。如图所示为一手持式封口机，它的工作原理是：当接通电源时，内置线圈产生磁场，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生大量小涡流，致使铝箔自行快速发热，熔化复合在铝箔上的溶胶，从而粘贴在待封容器的封口处，达到迅速封口的目的。下列有关说法正确的是(　　) A．封口材料可用普通塑料来代替铝箔 B．该封口机可用干电池作为电源以方便携带 C．封口过程中温度过高，可适当减小所通电流的频率来解决 D．该封口机适用于玻璃、塑料等多种材质的容器封口，但不适用于金属容器 答案：CD 解析：由于封口机利用了电磁感应原理，故封口材料必须是金属类材料，而且电源必须是交流电源，A、B错误；减小内置线圈中所通电流的频率可减小封口过程中的热功率，即控制温度，C正确；封口材料应是金属类材料，但对应被封口的容器不能是金属容器，否则容器也会发热，只能是玻璃、塑料等材质的容器，D正确。 易错点四　感生电场的理解 6.著名物理学家费曼曾设计过一个实验，如图所示。在一块水平绝缘圆盘的中部安装一个线圈，线圈接有电源，圆盘上固定有许多带负电的小球，整个装置可绕过圆盘中点的竖直轴旋转。忽略各处的摩擦，当电源接通的瞬间，从上向下看，下列关于圆盘的说法中正确的是(　　) A．圆盘将逆时针转动 B．圆盘将顺时针转动 C．圆盘不会转动 D．无法确定圆盘是否会动 答案：A 解析：线圈接通电源瞬间，根据安培定则，在线圈内部会产生向上的磁场，分析可知，带电小球所围区域的磁通量向上增大，根据楞次定律，带电小球连成的环上会产生顺时针方向的感生电场，因为小球带负电，负电荷受到的电场力与电场方向相反，则小球受到沿逆时针方向的电场力，故圆盘将沿逆时针方向转动。故A正确。 易错点五　自感现象的分析 7．如图所示，用电流传感器研究自感现象，电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻R的阻值。t＝0时刻闭合开关S，电路稳定后，t1时刻断开S，电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流IL和电阻中的电流IR随时间t变化的图像。下列图像中可能正确的是(　　) 答案：A 解析：当t＝0时刻闭合开关S时，电路中的电流突然增大，在L中要产生自感电动势阻碍电流的增大，所以L中的电流会逐渐增大到稳定值；而电阻R上，开始时由于L中的很大的自感电动势的产生，L所在支路相当于断路，最后稳定时，L相当于定值电阻，外电阻减小，路端电压减小，则IR减小；由于L的直流电阻小于电阻R的阻值，所以稳定时电阻R中的电流小于L中的电流，两者方向相同，都是从左向右。当t1时刻断开S时，R中原来的电流立即减小到零，但是L中由于自感电动势阻碍电流的减小，所以L和R形成回路，回路中的电流逐渐减到零，其流过R的电流方向与原来方向相反。所以A正确，B、C、D错误。 8.(多选)如图所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1＝R2＝R3，线圈L的直流电阻可忽略，D为理想二极管，电源内阻不计。闭合开关S，电路电流稳定后，再断开开关S，下列说法中正确的是(　　) A．闭合开关S，L1逐渐变亮 B．闭合开关S，L2逐渐变亮 C．断开开关S前后的瞬间，L3中有电流且方向相同 D．断开开关S后，L2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗 答案：AD 解析：由于线圈的自感电动势阻碍电流的变化，所以闭合开关S，L1中的电流逐渐增大，L1逐渐变亮，A正确。闭合开关S，二极管相当于导线，所以L2立即变亮，B错误。电路稳定后，根据题中条件可知，通过3个支路的电流大小相等；断开开关S瞬间，由于线圈产生的自感电动势阻碍电流的变化，故线圈中的电流沿原方向，且逐渐变小，则通过L3的电流与原电流方向相反，所以L1、L3均逐渐变暗，因为二极管具有单向导电性，所以L2立即熄灭，C错误，D正确。 易错点六　含电容电路的电磁感应问题 9．(多选)如图甲所示，轨道左端接有一电容为C的电容器，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动，一切电阻都不计。电容器两极板间电势差随时间变化的图像如图乙所示，下列关于导体棒运动的速度v、导体棒受到的外力F随时间变化的图像正确的是(　　) 答案：BD 解析：电容器两极板间的电势差与感应电动势相等，即U＝Blv，设电容器的U­t图像的斜率为k，由题图乙可知U＝kt，联立得导体棒的速度随时间变化的关系为v＝t，故A错误，B正确；由以上分析可知，导体棒做匀加速直线运动，其加速度a＝，由C＝、I＝，可得I＝C·＝kC，由牛顿第二定律有F－IlB＝ma，可以得到F＝k，故C错误，D正确。 [名师点拨]　电容器两极板间电压的变化影响感应电流，感应电流又影响金属杆所受安培力，安培力影响速度，速度又影响电容器极板间的电压，因此金属杆的运动可能比较复杂，所以应从物理量的普遍性定义出发，用微元法定量分析。 重难点一　电磁感应中的电路问题 1．(多选)1831年10月28日，法拉第展示人类历史上第一台发电机——圆盘发电机，结构示意图如图甲，可等效为乙图所示圆盘中任意一个半径CD都在切割磁感线。在CD之间接上电阻R，已知转盘匀速转动的角速度为ω，CD的长度为L，CD之间的等效电阻为r，匀强磁场的磁感应强度为B，下列说法正确的是(　　) A．回路中的感应电动势为BL2ω B．C、D两点间的电压为 C．回路的电功率为 D．圆盘转一圈，通过电阻R的电荷量为 答案：AD 解析：回路中的感应电动势为E＝BL·＝BL2ω，A正确；由右手定则可知，圆盘中电流由C流向D，则D点电势高于C点电势，C、D两点间的电压为UCD＝－IR＝－＝－，B错误；回路的电功率为P＝＝，C错误；圆盘转一圈，通过电阻R的电荷量为q＝IT＝·＝，D正确。 重难点二　电磁感应中的能量问题 2.如图所示，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为0.2 kg，在该平面上以初速度v0＝4 m/s朝与导线夹角为60°的方向运动，最后达到稳定状态，此过程金属环中产生的电能最多为(　　) A．1.6 J B．1.2 J C．0.8 J D．0.4 J 答案：B 解析：由题意可知，金属环受到的安培力的合力水平向左，当水平向右的分速度减为0后，金属环所受安培力的合力为0，最终速度沿导线方向。初始时刻金属环沿导线方向的分速度v1＝v0cos60°＝2 m/s，根据能量守恒定律得Q＝mv－mv＝1.2 J，故环中最多能产生1.2 J的电能，B正确。 3．(多选)在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起均做匀速直线运动，b棒刚好能静止在导轨上。a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计。则(　　) A．物块c的质量是2msinθ B．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能 C．b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能 D．b棒放上导轨后，a棒中电流大小是 答案：AD 解析：b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，由左手定则可知，a、b棒与导轨组成的电路中电流的方向俯视时为逆时针，由右手定则可知a棒匀速向上运动，说明a棒沿斜面方向所受细线的拉力和重力沿斜面向下的分力以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降，则c所受重力和细线的拉力平衡。由b平衡可知，安培力大小F安＝mgsinθ，由a平衡可知F线＝F安＋mgsinθ＝2mgsinθ，由c平衡可知F线＝mcg，联立可得mc＝2msinθ，A正确；b放上之前，根据能量守恒定律知物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能与a增加的重力势能之和，B错误；b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能与a增加的重力势能之和，C错误；根据b棒受力平衡可知F安＝mgsinθ，又因为F安＝ILB，则I＝，D正确。 重难点三　单杆问题 4.(多选)如图所示，两根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金属轨道(电阻不计)，上端接有滑动变阻器R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下且始终与导轨接触良好。经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则(　　) A．如果B增大，vm将变大 B．如果α变大(仍小于90°)，且磁场仍垂直于轨道平面向上，vm将变大 C．如果R变大，vm将变大 D．如果m变小，vm将变大 答案：BC 解析：金属杆达到最大速度vm时，沿运动方向受力平衡，有mgsinα＝F安，其中F安＝IlB，I＝，E＝Blvm，联立可得vm＝，由此式知，A、D错误，B、C正确。 5.(多选)如图，水平固定放置的足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L，左端连接的电源电动势为E，内阻为r，质量为m的金属杆垂直静止放在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。闭合开关，金属杆沿导轨运动直至达到最大速度的过程中，下列说法正确的是(　　) A．金属杆做匀加速直线运动 B．此过程中通过金属杆的电荷量为 C．此过程中电源提供的电能为 D．此过程中金属杆产生的热量为 答案：BC 解析：当速度为v时，金属杆所受安培力为F＝BL＝，则随速度的增加，安培力减小，加速度减小，即金属杆做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动，A错误；当金属杆速度最大时，加速度为零，安培力为零，则E＝BLvm，以向右为正方向，根据动量定理，有LB·Δt＝mvm－0，又q＝Δt，联立解得q＝，故B正确；此过程中电源提供的电能为W＝qE＝，故C正确；金属杆获得的动能为Ek＝mv＝m＝，闭合回路中产生的焦耳热Q＝W－Ek＝，此过程中金属杆产生的热量为QR＝Q<，故D错误。 6.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的常量)。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。 重难点四　双杆问题 7.如图所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a和b与导轨紧密接触且可自由滑动。先固定a、释放b，当b的速度达到10 m/s时，再释放a，经过1 s后，a的速度达到12 m/s，g取10 m/s2，则此时b的速度大小为(　　) A．10 m/s B．12 m/s C．18 m/s D．8 m/s 答案：C 解析：假设a的速度达到va＝12 m/s时，b的速度vb>va，则从释放a开始的t＝1 s内，在a棒和b棒以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流，根据楞次定律可知，回路中感应电流的方向沿逆时针方向，根据左手定则，可知a棒受到竖直向下的安培力，b棒受到竖直向上的安培力，且二者大小始终相等，分别以a棒和b棒为研究对象，在t＝1 s内，根据动量定理，有(mg＋)t＝mva－0，(mg－)t＝mvb－mvb0，联立解得vb＝18 m/s，vb>va，则假设正确，故C正确。 8.(多选)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后(　　) A．金属框的速度大小趋于恒定值 B．金属框的加速度大小趋于恒定值 C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值 D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值 答案：BC 解析：金属框在力F的作用下向右运动，bc边切割磁感线产生感应电动势，在回路MNcb中有感应电流，使得导体棒MN受到向右的安培力而向右做加速运动，bc边受到向左的安培力。当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为v1、v2，导体棒的电阻为R，金属框的宽度为L，磁感应强度为B，则电路中的总电动势E＝BL(v2－v1)，电路中的电流I＝＝，金属框受到的安培力F安框＝BIL＝，与运动方向相反；导体棒MN受到的安培力F安MN＝BIL＝，与运动方向相同。设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2，加速度分别为a1、a2，则对导体棒MN，有＝m1a1，对金属框，有F－＝m2a2。导体棒MN和金属框的初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从开始逐渐减小，当a1＝a2时，相对速度v2－v1＝，之后a1、a2不变，v2－v1恒定，整个运动过程用速度—时间图像描述如图所示。综上可得，经过一段时间后，金属框和导体棒的加速度大小趋于恒定值，所受安培力的大小也趋于恒定值，B、C正确；金属框的速度会一直增大，导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大，A、D错误。 9．如图所示，光滑平行金属导轨AB、CD固定在倾角为θ的绝缘斜面上，BP、DQ为水平放置的平行且足够长的光滑金属导轨，导轨在B、D两点处平滑连接，水平部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨间距均为L。两金属棒ab、cd的质量分别为m、2m，电阻均为R，初始时，金属棒cd垂直放置在水平导轨上，金属棒ab从倾斜导轨上距底端距离为s处由静止释放，不计导轨电阻。求： (1)金属棒cd的最大加速度am； (2)金属棒cd的最大速度vm； (3)流过金属棒ab的电荷量q； (4)金属棒ab上产生的热量Qab。 答案：(1)　(2) (3)　(4)mgssinθ 解析：(1)设ab棒下滑到斜面底端时速度为v，由机械能守恒定律有mv2＝mgssinθ 解得v＝ ab棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝BLv 通过cd棒的电流为I＝ cd棒所受安培力为F＝ILB 则最大加速度为am＝ 联立解得am＝。 (2)当ab、cd棒共速时，cd棒速度最大，由动量守恒定律得mv＝3mvm 解得vm＝。 (3)设棒中平均电流为，对cd棒由动量定理得 LBΔt＝2mvm－0 又有q＝Δt 联立解得q＝。 (4)由能量守恒定律得，两棒产生的总热量 Q＝mv2－×3mv 解得Q＝mgssinθ ab棒与cd棒电阻相同， 所以Qab＝Q＝mgssinθ。 13 学科网（北京）股份有限公司 $