第2章 电磁感应及其应用 单元过关检测(二)-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册教用Word(教科版)

单元过关检测(二) (时间：75分钟　分值：100分) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求) 1．关于自感现象、自感系数、自感电动势，下列说法正确的是(　　) A．当线圈中通恒定电流时，线圈中没有自感现象，线圈自感系数为零 B．线圈中电流变化越快，线圈的自感系数越大 C．自感电动势与原电流方向相反 D．对于确定的线圈，其产生的自感电动势与其电流变化率成正比 解析：选D。当线圈中通恒定电流时，线圈中没有自感现象，不产生自感电动势，但是线圈自感系数不为零，故A错误；线圈中电流变化越快，产生的自感电动势越大，线圈的自感系数与电流变化快慢无关，故B错误；根据楞次定律，当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍原电流增大，自感电动势方向与原电流方向相反；当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍原电流减小，自感电动势方向与原电流方向相同，故C错误；对于确定的线圈，自感系数L一定，其产生的自感电动势与其电流变化率成正比，故D正确。 2．如图所示，一大一小两个金属圆环的半径分别为R、r，金属材料及粗细相同，在小金属圆环的内部存在着垂直于纸面向外、磁感应强度均匀减小的匀强磁场，在磁感应强度大小由B减小到零的过程中，大小金属环相比较(　　) A．二者磁通量变化量相等；大金属环的感应电流小 B．小金属环的磁通量变化小；二者的感应电流相等 C．大金属环的磁通量变化小；大金属环的感应电流大 D．二者磁通量变化相等；感应电流大小相等 解析：选A。大金属环中磁通量的变化量等于小金属环中磁通量变化量，大金属环电阻大，故电流小。 3．如图所示，有一水平放置的金属导轨左端为圆弧形，右端为平行导轨，平行导轨上放置一个与导轨接触良好的金属杆MN，另有一金属圆环S与圆弧R在同一平面内，整个装置都处在匀强磁场中，匀强磁场的磁场方向竖直向下(俯视图为垂直于纸面向里)，不计导轨的电阻，现让金属杆MN突然向右加速运动，下列说法正确的是(　　) A．圆弧R中电流沿顺时针方向，金属圆环S中电流沿逆时针方向 B．圆弧R中电流沿顺时针方向，金属圆环S中电流沿顺时针方向 C．圆弧R中电流沿逆时针方向，金属圆环S中电流沿顺时针方向 D．圆弧R中电流沿逆时针方向，金属圆环S中电流沿逆时针方向 解析：选C。金属杆MN突然向右加速运动，导体切割磁感线，根据右手定则，可知电流由N流向M，圆弧R中电流沿逆时针方向，圆弧R中的电流产生的磁场向外增强，则金属圆环S中的合磁场向里减弱，根据楞次定律可知金属圆环S的感应电流产生的磁场垂直于纸面向里，则金属圆环S中感应电流方向为顺时针。 4.超导磁浮示意图如图所示。甲是圆柱形磁铁，乙是用高温超导材料(电阻几乎为0)制成的超导圆环。乙从甲的正上方缓慢下移，最后静止悬浮在甲的正上方。若甲的S极朝上，在乙向下运动的过程中，从上往下看，乙中感应电流的方向为(　　) A．逆时针方向；乙静止后，感应电流消失 B．顺时针方向；乙静止后，感应电流消失 C．逆时针方向；乙静止后，感应电流仍存在 D．顺时针方向；乙静止后，感应电流仍存在 解析：选C。圆柱形磁铁甲的N极朝下，故磁铁上方的磁感线方向向下，超导圆环乙从磁铁甲的正上方缓慢下移，则超导圆环乙中向下的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知，从上往下看，超导圆环乙中感应电流的方向为逆时针方向，超导圆环乙稳定后悬浮在磁铁甲的正上方，则超导圆环应受到竖直向上的安培力，且与重力大小相等，故感应电流仍存在，A、B、D错误，C正确。 5．如图所示，一宽40 cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。一边长为20 cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v＝20 cm/s通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻为t＝0，在下列图线中，能正确反映感应电流随时间变化规律的是(　　) 解析：选C。设磁场宽度为d，线框宽度为L，线框进入磁场过程：时间t1＝＝1 s，根据楞次定律判断可知感应电流方向是逆时针方向，取为正方向，感应电流大小为i＝，知i不变。线框完全在磁场中运动过程：磁通量不变，没有感应电流产生，经历时间t2＝＝1 s。线框穿出磁场过程：时间t3＝＝1 s，感应电流方向是顺时针方向，为负方向，感应电流大小i＝，i不变，C正确。 6．矩形线圈abcd，长ab＝20 cm，宽bc＝10 cm，匝数n＝200，线圈回路总电阻R＝50 Ω，整个线圈平面均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过，磁感应强度B随时间的变化规律如图所示，则线圈回路的感应电动势E和在t＝0.3 s时线圈ab边所受的安培力F分别是(　　) A．2 V、4 N　　　　　 B．5 V、3 N C．2 V、0.32 N D．5 V、4 N 解析：选C。由法拉第电磁感应定律可得感应电动势E＝n＝n＝2 V。由闭合电路欧姆定律可得感应电流I＝＝0.04 A，由题图可知，当t＝0.3 s时，磁感应强度B＝0.2 T，那么线圈ab边所受的安培力F＝nBIL＝200×20×10－2×0.04×0.2 N＝0.32 N。 7．如图1所示，匝数N＝100、边长L＝0.5 m、电阻R＝2 Ω、重力未知的正方形金属线框用两根均带有拉力传感器(图中未画出)的绝缘轻绳悬挂在天花板上。位于线框中间的虚线上方充满磁场，磁感应强度按B＝kt(k未知且为恒量，式中各量的单位均为国际单位)变化，电脑显示每个拉力传感器的示数变化如图2所示，整个过程中轻绳未断且线框始终处于静止状态。不考虑线框的形变和电阻的变化。下列说法正确的是(　　) A．线框的重力为10 N B．k的值为 T/s C．前2 s时间内通过金属线框某一截面的电荷量为20 C D．前2 s时间内线框的功率为4 W 解析：选C。根据楞次定律可知金属线框产生逆时针方向的电流，根据法拉第电磁感应定律得金属线框产生的感应电动势E＝＝，根据欧姆定律得电流I＝＝，根据左手定则可知安培力方向向下，根据共点力平衡得2F＝G＋F安，F安＝BIL，解得k＝T/s，G＝4 N，故A、B错误；前2 s时间内通过金属线框某一截面的电荷量q＝IΔt＝20 C，故C正确；前2 s时间内线框的功率P＝I2R＝200 W，故D错误。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分) 8．如图所示，导体棒ab在匀强磁场中沿金属导轨向右加速运动，c为铜制圆线圈，线圈平面与螺线管中轴线垂直，圆心在螺线管中轴线上，则(　　) A．导体棒ab中的电流由b流向a B．螺线管内部的磁场方向向右 C．铜制圆线圈c有收缩的趋势 D．铜制圆线圈c被螺线管吸引 解析：选BC。匀强磁场方向向外，导体棒ab向右加速运动，由右手定则可知，导体棒ab中的电流由a流向b，A错误；由安培定则可知，螺线管内部的磁场方向向右，B正确；导体棒ab向右加速运动，可知闭合电路中的电流逐渐增大，螺线管内部的磁场逐渐增强，穿过圆线圈c的磁通量逐渐增大，由楞次定律可知，铜制圆线圈c有收缩的趋势，C正确；穿过圆线圈c的磁通量向右逐渐增大，由楞次定律可知，圆线圈c中产生从左向右看逆时针方向的感应电流，由安培定则可知，圆线圈c中产生的磁场方向向左，与螺线管的磁场方向相反，因此铜制圆线圈c与螺线管相互排斥，D错误。 9.如图所示，阻值为R的金属棒从图示ab位置分别以v1、v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，则在这两次过程中(　　) A．回路电流I1∶I2＝1∶2 B．产生的热量Q1∶Q2＝1∶2 C．通过任一横截面的电荷量q1∶q2＝1∶2 D．外力的功率P1∶P2＝1∶2 解析：选AB。设金属棒的有效切割长度为L，则感应电动势为BLv，感应电流I＝＝，大小与速度成正比；产生的热量Q＝I2Rt＝·＝v，B、L、L′、R是一样的，两次产生的热量比等于运动速度比；通过任一横截面的电荷量q＝It＝·＝，与速度无关，所以这两个过程中，通过任一横截面的电荷量之比应为1∶1；金属棒运动过程中受磁场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相等，则外力的功率P＝Fv＝BIL·v＝，其中B、L、R大小相等，外力的功率与速度的平方成正比，所以外力的功率之比应为1∶4。 10．法拉第发明的圆盘发电机原理示意图如图所示，其中的铜质圆盘安装在水平的铜轴上，铜质圆盘的圆心与铜轴重合，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与圆盘的转动轴和边缘良好接触，用导线将两块铜片与电阻R连接起来形成闭合回路，为讨论问题方便，将磁场简化为水平向右、磁感应强度为B的匀强磁场；将圆盘匀速转动简化为一根始终在匀强磁场中绕铜轴匀速转动、长度为圆盘半径的导体棒，其等效电阻为r。除了R和r以外，其他部分电阻不计。已知圆盘半径为a，当其以角速度ω匀速转动时(　　) A．通过电阻R的电流方向是由a到b B．回路中感应电流大小为 C．圆盘匀速转动一圈，外力做功 D．圆盘匀速转动过程中C点电势高于D点电势 解析：选BC。根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，圆盘匀速转动过程中D点电势高于C点电势，因此电流由b流向a，故A、D错误；圆盘以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势E＝Bωa2，回路中感应电流大小I＝，故B正确；圆盘匀速转动一圈经过的时间T＝，圆盘匀速转动一圈产生的总电能E电＝EIT＝，根据功能关系可知，圆盘匀速转动一圈外力需要做功W＝E电＝，故C正确。　 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(6分)为了探究影响感应电流方向的因素，某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图所示的方式连接。当闭合开关时发现灵敏电流计的指针右偏。由此可知，将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针________(选填“左偏”“不动”或“右偏”)，此时线圈A与线圈B中电流的绕行方向________(选填“相同”或“相反”)。 解析：当闭合开关时发现灵敏电流计的指针右偏，说明当穿过线圈B的磁通量增加时灵敏电流计的指针右偏，由此可知，将线圈A拔出时，穿过线圈B的磁通量减小，则灵敏电流计的指针左偏；此时线圈A与线圈B中磁通量方向相同，则电流的绕行方向相同。 答案：左偏　相同 12．(10分)某学习小组在“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”的实验中采用了如图甲所示的实验装置。 (1)实验需用螺旋测微器测量挡光片的宽度Δd，如图乙所示，则Δd＝________mm；若实验中没有现成的挡光片，某同学用金属片替代，用20分度的游标卡尺测量金属片的宽度如图丙所示，其读数为________mm，这种做法________(选填“合理”或“不合理”)。 (2)在实验中，让小车以不同速度靠近螺线管，记录下光电门挡光时间Δt内感应电动势的平均值E，改变速度多次实验，得到多组数据。 (3)得到多组Δt与E数据之后，若以E为纵坐标、以Δt为横坐标作出E－Δt图像，发现图像是一条曲线，不容易得出清晰的实验结论，为了使画出的图像为一条直线，最简单的改进办法是以________为横坐标。 (4)其他条件都不变，若换用匝数加倍的线圈做实验，根据实验数据所作出的那条直线图像斜率____________(选填“减半”“不变”或“加倍”)。 解析：(1)螺旋测微器的精确值为0.01 mm，由题图乙可知挡光片的宽度为4.5 mm＋30.0×0.01 mm＝4.800 mm。 20分度游标卡尺的精确值为0.05 mm，由题图丙可知金属片的宽度为70 mm＋3×0.05 mm＝70.15 mm。 挡光片的宽度越小，小车经过挡光片时的平均速度越接近小车的瞬时速度，挡光片的宽度越大，小车的速度测量误差越大，故不能用宽金属片替代挡光片，这种做法不合理。 (3)在挡光片每次经过光电门的过程中，磁铁与线圈之间相对位置的改变量都一样，穿过线圈磁通量的变化量ΔΦ都相同， 根据E＝n 因ΔΦ不变，E与成正比，故为使图像为一条直线，应使横坐标为。 (4)匝数n加倍后，产生的感应电动势加倍，E－图像纵坐标加倍，横坐标不变，所以新图像的斜率加倍。 答案：(1)4.800　70.15　不合理　(3) (4)加倍 13．(12分)如图所示，边长为L的正方形导线框abcd放在纸面内，在ad边左侧有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，导线框的总电阻为R。现使导线框从实线位置开始绕a点在纸面内顺时针匀速转动，经时间Δt第一次转到图中虚线位置。求： (1)Δt内导线框abcd中平均感应电动势的大小； (2)Δt内通过导线截面的电荷量。 解析：(1)Δt时间内穿过线框的磁通量变化量ΔΦ＝BL2－BL2＝BL2 由法拉第电磁感应定律得＝＝。 (2)平均感应电流 ＝ 通过导线的电荷量Q＝·Δt＝。 答案：(1)　(2) 14．(12分)如图所示，在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，有一水平放置的光滑金属框架，宽度l＝0.5 m，框架上放置一质量为0.5 kg、接入电路的阻值r＝1 Ω的金属杆cd和一阻值R＝3 Ω的定值电阻，金属杆长度也为0.5 m且与框架垂直并接触良好，框架电阻不计。若cd杆在水平外力的作用下以恒定速度v＝4 m/s向右沿框架做匀速直线运动，并计时开始。 (1)在前2 s内平均感应电动势和水平外力分别是多少？ (2)在前2 s内通过电阻R的电荷量是多少？ (3)2 s后撤去外力F，从t＝2 s开始到金属杆静止时，全过程中金属杆上产生的焦耳热是多少？ 解析：(1)金属杆2 s内的位移x＝vt＝8 m 由法拉第电磁感应定律得 E＝＝＝ V＝2 V 电流I＝＝0.5 A 因金属杆匀速运动外力F满足 F＝F安＝BIl＝0.25 N。 (2)通过电阻R的电荷量q＝It＝1 C。 (3)根据能量守恒可得Q总＝mv2＝4 J 因此金属杆产生的焦耳热Q＝＝1 J。 答案：(1)2 V　0.25 N　(2)1 C　(3)1 J 15．(14分)如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨PQ、MN平行放置，导轨间距L＝1 m，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ＝37°角，导轨左端跨接阻值R＝1.5 Ω的定值电阻，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T。现将质量m＝0.5 kg、长度L＝1 m、电阻r＝0.5 Ω的金属棒ab垂直于导轨由静止释放，经时间Δt＝2 s后，棒ab速度达到最大，金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，试求： (1)棒ab最大速度的大小vm及此时a、b点间的电压U； (2)前2 s时间内，通过电阻R的电荷量q； (3)前2 s时间内，电阻R产生的焦耳热QR。 解析：(1)金属棒合力为零时速度最大，设此时金属棒产生的感应电动势为Em，通过的感应电流为Im，所受安培力大小为Fm。由法拉第电磁感应定律可得 Em＝BLvm 由闭合电路欧姆定律可得Im＝ 由安培力公式可得Fm＝BImL 由平衡条件可得mg sin θ＝Fm 联立并代入数据解得vm＝6 m/s 此时a、b点间的电压U＝·R＝4.5 V。 (2)前2 s时间内，设沿斜面向下为正方向，根据动量定理可得 mgΔt sin θ－BL·Δt＝mvm－0 q＝Δt 解得q＝3 C。 (3)由闭合电路欧姆定律可得＝ 由法拉第电磁感应定律可得＝＝ 联立得q＝＝ 代入数据解得x＝6 m 设金属棒加速下滑过程中回路产生的总焦耳热为Q，由能量守恒定律可得mgx sin θ＝mv＋Q 由焦耳定律可得QR＝ Q 联立并代入数据解得QR＝6.75 J。 答案：(1)6 m/s　4.5 V　(2)3 C　(3)6.75 J 学科网（北京）股份有限公司 $