2024-2025學年高中物理第2章電磁感應及其應用單元測試含解析魯科版選擇性必修2

PAGE16-第2章電磁感應及其應用(90分鐘100分)一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.穿過某線圈的磁通量隨時間變更的關(guān)系如圖所示，在下列幾段時間內(nèi)，線圈中感應電動勢最小的是()A.0～2sB.2～4sC.4～5sD.5～10s【解析】選D。依據(jù)E=n得，感應電動勢與磁通量的變更率成正比。Φ-t圖線的斜率表示磁通量的變更率，5～10s內(nèi)磁通量的變更率最小，則產(chǎn)生的感應電動勢最小。故D正確，A、B、C錯誤。2.如圖，與直導線AB共面的輕質(zhì)閉合金屬圓環(huán)豎直放置，兩者彼此絕緣，環(huán)心位于AB的上方。當AB中通有由A至B的電流且強度不斷增大的過程中，關(guān)于圓環(huán)運動狀況以下敘述正確的是()A.向下平動B.向上平動C.轉(zhuǎn)動：上半部向紙內(nèi)，下半部向紙外D.轉(zhuǎn)動：下半部向紙內(nèi)，上半部向紙外【解析】選A。由題意可知，當AB中通有A到B的電流且強度在增大時，依據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)中產(chǎn)生順時針感應電流；假設(shè)直導線固定不動，依據(jù)右手螺旋定則知，直導線上方的磁場垂直紙面對外，下方磁場垂直紙面對里。在環(huán)形導線的上方和下方各取小微元電流，依據(jù)左手定則，上方的微元電流所受安培力向下，下方的微元電流所受安培力向下，則環(huán)形導線的運動狀況是向下運動。故A正確，B、C、D錯誤。3.如圖所示，一導體棒處在豎直向下的勻強磁場中，導體棒在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，且導體棒始終垂直于紙面；在導體棒由圓周最高點M運動到與圓心等高的N點的過程中，導體棒中感應電動勢的大小變更狀況是()A.越來越大 B.越來越小C.保持不變 D.無法推斷【解析】選B。導體棒由圓周的最高點M運動到與圓心等高的N點的過程中，線速度大小不變，方向始終與半徑垂直，即時刻在變更，導致線速度方向與磁場方向夾角θ減小，由E=BLvsinθ知導體棒中感應電動勢越來越小，故正確答案為B。4.如圖所示，寬為2L且上、下邊界都水平的勻強磁場區(qū)域的正上方有一個高為L的閉合矩形線框由靜止從某高處釋放，線框豎直下落過程中，下邊始終保持水平，磁感應強度方向垂直于線框平面對里，線框第一次從某高度由靜止下落后，恰好勻速進入磁場，其次次調(diào)整下落高度后，線框恰好勻速穿過磁場下邊界，用I1、I2分別表示第一次、其次次在整個進出磁場區(qū)域的過程中線框的感應電流大小，則下列反映線框的感應電流隨位移變更的圖像中可能正確的是()【解析】選A。線框第一次從某高度由靜止下落后，恰好勻速進入磁場，說明安培力與重力大小相等，方向相反，即mg=BI0L，其中：I0==，由于速度不變，所以感應電流的大小不變；線框完全在磁場中運動時，線框中沒有感應電流，則沒有安培力，線框做加速運動，速度增大，所以線框的下邊剛出磁場時線框的速度大于v0，所以感應電流大于I0，線框受到的安培力大于mg，線框做減速運動，速度漸漸減小，所以安培力漸漸減小，線框做加速度漸漸減小的加速運動。若減速至v0時，安培力再次等于重力，線框重新做勻速運動。不存在速度小于v0的狀況，所以線框中的電流不會小于I0，故A項正確，B項錯誤。其次次調(diào)整下落高度后，線框恰好勻速穿過磁場下邊界，說明線框到達下邊的速度是v0。由于線框完全在磁場中運動時，線框中沒有感應電流，則沒有安培力，線框做加速運動，速度增大，所以線框完全進入磁場時的速度肯定小于v0，則進入磁場的過程中產(chǎn)生的感應電流肯定小于I0，所以安培力肯定小于重力，線框加速度的方向向下，線框在進入磁場的過程中肯定始終做加速運動，此過程中電流始終增大且小于I0，故C、D項錯誤。5.如圖甲所示，垂直紙面對里的勻強磁場的區(qū)域?qū)挾葹?a，磁感應強度的大小為B。一邊長為a、電阻為4R的正方形勻稱導線框ABCD從圖示位置起先沿水平向右方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，在圖乙中線框A、B兩端電壓UAB與線框移動距離的關(guān)系圖像正確的是()【解析】選D。進入磁場時，留意UAB是路端電壓，應當是電動勢的四分之三，此時E=Bav，所以UAB=；完全進入后，沒有感應電流，但有感應電動勢，大小為Bav，穿出磁場時電壓應當是電動勢的四分之一，UAB=，電勢差方向始終相同，即φA>φB，由以上分析可知選D。6.如圖所示，EF、GH為平行的金屬導軌，其電阻可不計，R為電阻，C為電容器，AB為可在EF和GH上滑動的導體橫桿，有勻稱磁場垂直于導軌平面。若用I1和I2分別表示圖中該處導線中的電流，則當橫桿AB()A.勻速滑動時，I1=0，I2=0B.勻速滑動時I1≠0，I2≠0C.加速滑動時，I1=0，I2=0D.加速滑動時，I1≠0，I2≠0【解析】選D。桿勻速滑動時，由于E=BLv不變，故I1≠0，I2=0。加速滑動時，由于E=BLv漸漸增大，電容器不斷充電，故I1≠0，I2≠0。7.如圖所示，小螺線管與音樂播放器相連，大螺線管干脆與音箱相連。當把小螺線管插入大螺線管中時音樂就會從音箱中響起來，大小螺線管之間發(fā)生的物理現(xiàn)象是()A.自感 B.靜電感應C.互感 D.干脆導電【解析】選C。小螺線管與音樂播放器相連，小線圈中輸入了音頻信號；當把小螺線管插入大螺線管中時音樂就會從音箱中響起來，說明大線圈中激發(fā)出了感應電流，是互感現(xiàn)象。故C正確，A、B、D錯誤。8.如圖所示，足夠長的光滑金屬導軌MN、PQ平行放置，且都傾斜著與水平面成夾角θ。在導軌的最上端M、P之間接有電阻R，不計其他電阻。導體棒ab從導軌的最底端沖上導軌，當沒有磁場時，ab上升的最大高度為H；若存在垂直于導軌平面的勻強磁場時，ab上升的最大高度為h。在兩次運動過程中ab都與導軌保持垂直，且初速度都相等。關(guān)于上述情景，下列說法正確的是()A.兩次上升的最大高度相比較為H<hB.有磁場時導體棒所受合力做的功等于無磁場時合力做的功C.有磁場時，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mD.有磁場時，ab上升過程的最小加速度大于gsinθ【解析】選B。當有磁場時，導體棒除受到沿斜面對下的重力的分力外，還切割磁感線產(chǎn)生感應電流，故受到安培力的作用，所以兩次上升的最大高度相比較為h<H，兩次動能的變更量相等，所以導體棒所受合力做的功相等，A錯誤，B正確；有磁場時，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱小于m，ab上升過程的最小加速度為gsinθ(即剛起先向上運動時的加速度)，C、D錯誤。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.如圖所示，電阻不計的平行金屬導軌固定在一絕緣斜面上，兩相同的金屬導體棒a、b垂直于導軌靜止放置，且與導軌接觸良好，勻強磁場垂直穿過導軌平面。現(xiàn)用一平行于導軌的恒力F作用在a的中點，使其向上運動。若b始終保持靜止，則它所受摩擦力可能()A.變?yōu)? B.先減小后不變C.等于F D.先增大再減小【解析】選A、B。a導體棒在恒力F作用下加速運動，閉合回路中產(chǎn)生感應電流，導體棒b受到安培力方向應沿斜面對上，且漸漸增大，最終不變，b受到的安培力與a受到的安培力大小相等，方向沿斜面對上。所以b導體棒受摩擦力可能先減小后不變，可能減小到0保持不變，也可能減小到0然后反向增大保持不變，所以選項A、B正確，C、D錯誤。10.(2024·全國卷Ⅲ)如圖甲，在同一平面內(nèi)固定有一長直導線PQ和一導線框R，R在PQ的右側(cè)。導線PQ中通有正弦溝通電i，i的變更如圖乙所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向。導線框R中的感應電動勢()A.在t=時為零B.在t=時變更方向C.在t=時最大，且沿順時針方向D.在t=T時最大，且沿順時針方向【解析】選A、C。由于長直導線PQ中通有正弦溝通電i，所以會在導線的左右兩側(cè)產(chǎn)生磁場，那么導線框R就會有磁通量。由于導線PQ中的電流大小和方向都在進行周期性變更，所以右側(cè)線框的磁通量就會有周期性的變更，所以就會產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，依據(jù)楞次定律來判定在t=到t=時間內(nèi)導線框R中的感應電動勢均沿順時針方向，故B錯；在t=時圖線斜率為零，磁通量變更率為零，感應電動勢為零，故A對；在t=時圖線斜率最大，磁通量變更率最大，感應電動勢最大且沿順時針方向，同理在t=T時感應電動勢也最大，且沿逆時針方向，故C對D錯，故選A、C。11.如圖所示，光滑導軌傾斜放置，其下端連接一個燈泡，勻強磁場垂直于導軌所在平面，當ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時，小燈泡獲得的功率為P0，除燈泡外，其他電阻不計，要使燈泡的功率變?yōu)?P0(但燈泡還在額定功率范圍內(nèi))，下列措施正確的是()A.換一個電阻為原來2倍的燈泡B.把磁感應強度增為原來的2倍C.換一根質(zhì)量為原來的倍的金屬棒D.把導軌間的距離增大為原來的倍【解析】選A、C。設(shè)穩(wěn)定狀態(tài)即勻速運動時速度為v，燈泡的電阻為R，磁感應強度為B，導軌寬為L，質(zhì)量為m。依據(jù)平衡條件得mgsinθ=BIL=BL=?v=，感應電動勢為E=BLv=，電功率為P==()2R，換一個電阻為原來2倍的燈泡，則電功率為原來的兩倍，故A對。把磁感應強度增為原來的2倍，則電功率為原來的四分之一，故B錯。換一根質(zhì)量為原來的倍的金屬棒，則電功率為原來的2倍，故C對。把導軌間的距離增大為原來的倍，則電功率為原來的一半，故D錯。12.如圖所示，在水平面內(nèi)的直角坐標系xOy中有一光滑金屬導軌AOC，其中曲線導軌OA滿意方程y=Lsin(kx)，長度為的直導軌OC與x軸重合，整個導軌處于垂直于紙面對外的勻強磁場中，現(xiàn)有一長為L的金屬棒從圖示位置起先沿x軸正方向以速度v做勻速直線運動，已知金屬棒單位長度的電阻為R0，除金屬棒的電阻外其余部分電阻均不計，棒與兩導軌始終接觸良好，則在金屬棒運動至AC的過程中()A.感應電動勢的瞬時值為e=BvLsin(kvt)B.感應電流漸漸減小C.閉合回路消耗的電功率漸漸增大D.通過金屬棒的電荷量為【解析】選A、C、D。t時刻金屬棒的有效長度L1=Lsin(kvt)，則t時刻e=BvLsin(kvt)，A正確；由I=知I==，所以I為定值，B錯誤；閉合電路消耗的電功率P=I2Rx=R0sin(kvt)=，C正確，q=It=，D正確。三、試驗題：本題共2小題，共14分。13.(6分)如圖所示，上海某校操場上，兩同學相距L為10m左右，在東偏北，西偏南11°的沿垂直于地磁場方向的兩個位置上，面對面將一并聯(lián)銅芯雙絞線，像甩跳繩一樣搖動，并將線的兩端分別接在靈敏電流計上，雙絞線并聯(lián)后的電阻R約為2Ω，絞線搖動的頻率協(xié)作節(jié)拍器的節(jié)奏，保持頻率在2Hz左右。假如同學搖動絞線的最大圓半徑h約為1m，電流計讀數(shù)的最大值I約為3mA。(1)試估算地磁場的磁感應強度的數(shù)值約為_____；數(shù)學表達式B=_____。(由R、I、L、f、h等已知量表示)

(2)將兩人站立的位置，改為與剛才方向垂直的兩點上，那么電流計示數(shù)約為_____。

【解析】(1)搖動絞線的過程中，絞線切割地磁場，當搖擺速度與地磁場垂直時，感應電動勢最大，電流最大，由E=BLv，v=ωh，ω=2πf，E=IR，得B=，代入數(shù)值得B≈5×10-5T。(2)絞線與磁場平行，不切割磁感線，電流計讀數(shù)為0。答案：(1)5×10-5T(2)014.(8分)(1)在“探究楞次定律”的試驗中除須要已知繞向的螺線管、條形磁鐵外，還要用到電表。請從下列電表中選擇()A.量程為0～3V的電壓表B.量程為0～3A的電流表C.量程為0～0.6A的電流表D.零刻度在中間的靈敏電流表(2)某同學按下列步驟進行試驗：①將已知繞向的螺線管與電表連接；②設(shè)計表格，記錄將磁鐵N、S極插入和抽出過程中引起感應電流的磁場方向、磁通量變更、感應電流的方向、感應電流的磁場方向；③分析試驗結(jié)果，得出結(jié)論。上述試驗中，漏掉的試驗步驟是

。

(3)圖甲為某試驗小組利用微電流傳感器做驗證楞次定律試驗時，在計算機屏幕上得到的波形，橫坐標為時間t，縱坐標為電流I。依據(jù)圖線分析知道：將條形磁鐵的N極插入圓形閉合線圈時得到圖甲內(nèi)①所示圖線?，F(xiàn)用該磁鐵，如圖乙所示，從很遠處按原方向沿一圓形線圈的軸線勻速運動，并穿過線圈向遠處而去。圖丙中較正確地反映線圈中電流I與時間t關(guān)系的是_____。

【解析】(1)楞次定律試驗應當選用零刻度在中間的靈敏電流表；(2)查明電流流入電表方向與電表指針偏轉(zhuǎn)方向的關(guān)系；(3)將條形磁鐵的N極插入圓形閉合線圈時得到圖甲內(nèi)①所示圖線，用該磁鐵的S極從很遠處按原方向沿一圓形線圈的軸線勻速運動，產(chǎn)生的電流方向與圖甲①相反，再利用對稱性的特點，可知圖丙中B正確。答案：(1)D(2)查明電流流入電表方向與電表指針偏轉(zhuǎn)方向的關(guān)系(3)B四、計算題：本題共4小題，共46分。要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位。15.(8分)如圖所示，水平面上有兩根相距0.5m的足夠長的平行金屬導軌MN和PQ，它們的電阻可忽視不計；在M和P之間接有阻值為R的定值電阻，導體棒ab長l=0.5m，其電阻為r，與導軌接觸良好，整個裝置處于方向豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B=0.4T，現(xiàn)使ab以v=10m/s的速度向右做勻速運動。(1)ab中的感應電動勢多大？(2)ab中電流的方向如何？(3)若定值電阻R=3.0Ω，導體棒的電阻r=1.0Ω，則電路中的電流多大？【解析】(1)ab中的感應電動勢E=Blv (2分)代入數(shù)值，得E=2.0V (1分)(2)ab中電流的方向為b→a (2分)(3)由閉合電路歐姆定律，回路中的電流I= (2分)代入數(shù)值，得：I=0.5A (1分)答案：(1)2.0V(2)b→a(3)0.5A16.(8分)(2024·江蘇高考)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導軌上，距底端的距離為s，導軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑究竟端的過程中，金屬棒(1)末速度的大小v；(2)通過的電流大小I；(3)通過的電荷量Q。【解析】(1)金屬棒做勻加速直線運動，有v2=2as，解得v=。 (1分)(2)安培力F安=IdB，金屬棒所受合力F=mgsinθ-F安 (1分)由牛頓其次定律F=ma (1分)解得I= (2分)(3)運動時間t=，電荷量Q=It (1分)解得Q= (2分)答案：(1)(2)(3)17.(14分)如圖所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導軌相距1m，導軌平面與水平面成θ=37°角，下端連接阻值為R的電阻。勻強磁場方向與導軌平面垂直。質(zhì)量為0.2kg、電阻不計的金屬棒放在兩導軌上，棒與導軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數(shù)為0.25。(1)求金屬棒沿導軌由靜止起先下滑時的加速度大?。?2)當金屬棒下滑速度達到穩(wěn)定時，電阻R消耗的功率為8W，求該速度的大小；(3)在上問中，若R=2Ω，金屬棒中的電流方向由a到b，求磁感應強度的大小與方向。(g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)【解析】(1)金屬棒起先下滑的初速度為零，依據(jù)牛頓其次定律：mgsinθ-μmgcosθ=ma ①(2分)由①式解得a=10×(0.6-0.25×0.8)m/s2=4m/s2 ②(2分)(2)設(shè)金屬棒運動達到穩(wěn)定時，速度為v，所受安培力為F，棒在沿導軌方向受力平衡mgsinθ-μmgcosθ-F=0 ③(2分)此時金屬棒克服安培力做功的功率等于電路中電阻R消耗的電功率：Fv=P ④(1分)由③④兩式解得v==m/s=10m/s ⑤(2分)(3)設(shè)電路中電流為I，兩導軌間金屬棒的長為l，磁場的磁感應強度為BI= ⑥(1分)P=I2R ⑦(1分)由⑥⑦兩式解得B==T=0.4T ⑧(2分)磁感應強度方向垂直導軌平面對上 (1分)答案：(1)4m/s2(2)10m/s(3)0.4T磁感應強度方向垂直導軌平面對上18.(16分)如圖甲所示，兩根足夠長、電阻不計的光滑平行金屬導軌相距L1=1m，導軌平面與水平面成θ=30°角，上端連接阻值R=1.5Ω的電阻，質(zhì)量為m=0.2kg，阻值r=0.5Ω的金屬棒ab放在兩導軌上，距離導軌最上端為L2=4m，棒與導軌垂直并保持良好接觸。整個裝置處于一個勻強磁場中，該勻強磁場方向垂直于導軌平面對下，磁感應強度大小隨時間變更的狀況如圖乙所示，為保持ab棒靜止，在棒上施加了一平行于導軌平面的外力F，g取10m/s2。求：(1)當t=2s時，外力F1的大小；(2)當t=3s時的瞬間，外力F2的大小和方向；(3)請在圖丙中畫出前4s內(nèi)外力F隨時間變更的圖像(規(guī)定F方向沿斜面對上為正)?！窘馕觥?1)當t=2s時，回路中產(chǎn)生的感應電動勢：E=L1L2=×1×4V=2V (1分)電流：I==A=1A (1分)由楞次定律推斷可知，感應電流的方向由b→a，依據(jù)左手定則可知ab所受的安培力沿導軌向上；ab棒保持靜止，受力平衡，設(shè)外力沿導軌向上，則由平衡條件有：mgsin30°-B2IL1-F1=0 (2分)由圖乙知B2=1T，代入題給數(shù)據(jù)可解得外力：F1=0N (1分)(2)當t=3s時的瞬間，設(shè)此時外力沿導軌向上，依據(jù)平衡條件得：F2+B3IL1-mgsin30°=0，B3=1.5T (2分)解得：F2=-0.5N，負號說明外力沿斜面對下。 (1分)(3)規(guī)定F方向沿斜面對上為正，在0～3s內(nèi)，依據(jù)平衡條件有：mgsin30°-BIL1-F=0而B=0.5t(T) (2分)則得：F=1-0.5t(N) (1分)當