新教材2025版高中物理第二章电磁感应及其应用单元素养评价教科版选择性必修第二册

单元素养评价(二)(时间：75分钟满分：100分)一、选择题：本题共10小题，共46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，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是()A．穿过线圈的磁通量Φ最大时，所产生的感应电动势就肯定最大B．穿过线圈的磁通量的变更量ΔΦ增大时，所产生的感应电动势也增大C．穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就肯定为0D．穿过线圈的磁通量的变更率ΔΦΔ2．如图所示的状况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是()A．乙和丁B．甲、乙、丁C．甲、乙、丙、丁D．只有乙3.1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱设计了一个找寻磁单极子的试验，他设想，假如一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线圈，从上向下看，导线图中出现的感应电流方向是()A．先逆时针，后顺时针B．先顺时针，后逆时针C．始终顺时针D．始终逆时针4.如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两个闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速拉到磁场外，不考虑线框的重力，若闭合线框中的电流分别为Ia、Ib，则Ia∶Ib为()A．1∶1B．1∶2C．1∶3D．1∶45.如图所示，P是绕有闭合线圈的螺线管，将一磁铁从距P上端h高处由静止释放，磁铁竖直穿过P后落在海绵垫上．若仅增大h，重复操作，磁铁穿过P的过程与原来相比，下列说法正确的是()A．穿过线圈的磁通变更量将增大B．线圈对磁铁的平均阻力将变小C．通过线圈导线截面的电荷量相同D．磁铁在螺线管中都在做自由落体运动6．如图甲所示，A、B两绝缘金属环套在同一铁芯上，A环中电流iA随时间t变更的图像如图乙所示，下列说法中正确的是()A．t1时刻，两环作用力最大B．t2和t3时刻，两环相互吸引C．t2时刻两环相互吸引，t3时刻两环相互排斥D．t3和t4时刻，两环相互吸引7.电吉他琴身上装有线圈，被磁化的琴弦振动时，会使线圈中的磁通量发生变更，从而产生感应电流，经信号放大器放大后传到扬声器，其简化示意图如图．当图中琴弦向右靠近线圈时()A．线圈有扩张趋势B．线圈中的磁通量减小C．线圈不产生感应电流D．线圈受向右的磁场力8.如图，右端为N极的磁铁置于光滑水平桌面上并与轻质弹簧相连，弹簧一端固定在竖直墙面上，当弹簧处于原长时，磁铁的中心恰好是接有一盏小灯泡的竖直固定线圈的圆心．用力将磁铁向右拉到某一位置后释放，磁铁穿过线圈来回振动，有关这个振动过程，以下说法正确的是()A．磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生吸引力B．线圈中的电流方向发生变更C．灯泡的亮暗不会发生变更D．磁铁振动的幅度渐渐减小9．如图所示，一长为2l、宽为l的矩形导线框abcd，在水平外力作用下从紧靠磁感应强度为B的匀强磁场边缘处以速度v向右匀速运动3l，规定水平向左为力的正方向．下列关于水平外力的冲量I、导线框a、b两点间的电势差Uab、通过导线框的电荷量q及导线框所受安培力F随其运动的位移x变更的图像正确的是()10．如图所示装置中，cd杆光滑且静止．当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动()A．向右匀速运动B．向右加速运动C．向左加速运动D．向左减速运动二、非选择题：本题共5小题，共54分．11.(6分)如图所示为“探讨电磁感应现象”的试验装置．(1)将图中所缺导线补接完整．(2)假如在闭合开关时发觉灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后将线圈A快速从线圈B中拔出时，灵敏电流计指针将________(选填“向右偏”“向左偏”或“不偏转”)．12.(8分)如图所示，平行金属导轨MN和PQ相距L＝0.5m，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＝0.2m/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＝0.5T．求：(1)推断ab中感应电流的方向；(2)ab产生的感应电动势多大？(3)电阻R＝1.5Ω，导体棒电阻r＝0.5Ω，导轨电阻不计，求作用于导体棒ab上的外力大小．13．(10分)如图甲所示，轻质细绳吊着一质量为m＝0.06kg、边长为L＝0.4m、匝数n＝10的正方形线圈，总电阻为R＝1Ω，边长为L2的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，磁场方向垂直纸面对里，大小随时间变更如图乙所示，从t＝0起先经t0时间细线起先松弛，g取10m/s2(1)在前t0时间内线圈中产生的电动势；(2)t0的数值．14.(12分)如图所示，两根等高的四分之一光滑圆弧轨道，半径为r、间距为L，图中Oa水平，Oc竖直，在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止起先下滑，到达轨道底端cd处时受到轨道的支持力为2mg.整个过程中金属棒与轨道接触良好，轨道电阻不计，重力加速度为g.求：(1)金属棒到达轨道底端cd处时的速度大小和通过电阻R的电流；(2)金属棒从ab下滑到cd的过程中回路中产生的焦耳热和通过R的电荷量．15.(18分)如图所示，间距为L且足够长的光滑平行导轨上方连接阻值为R的电阻，导轨与水平面间的夹角为θ，空间存在垂直于导轨平面对下、磁感应强度大小为B的匀强磁场．将质量为m、电阻为R、长度稍大于导轨间距的金属棒从AA′处由静止释放，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度大小为g，求：(1)金属棒的最大速度vm；(2)电阻R消耗的最大功率Pm.单元素养评价(二)1．解析：依据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变更率eq\f(ΔΦ,Δt)成正比，与磁通量Φ及磁通量的变更量ΔΦ没有必定联系．当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0；当磁通量Φ等于0时，其变更率可能很大，产生的感应电动势也可能很大，而ΔΦ增大时，eq\f(ΔΦ,Δt)可能减小．如图所示，t1时刻，Φ最大，但E＝0；0～t1时间内，ΔΦ增大，但eq\f(ΔΦ,Δt)减小，E减小；t2时刻，Φ＝0，但eq\f(ΔΦ,Δt)最大，即E最大，故A、B、C错误，D正确．答案：D2．解析：公式E＝Blv中的l为导体切割磁感线的有效长度，甲、乙、丁中的有效长度均为l，感应电动势E＝Blv，而丙的有效长度为lsinθ，感应电动势E＝Blvsinθ，故B正确．答案：B3．解析：若N磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向从上向下看为逆时针；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向从上向下看为逆时针．因此线圈中产生的感应电流方向始终逆时针不变．故选D.答案：D4．解析：线框切割磁感线时的感应电动势E＝BLv，解得Ea∶Eb＝1∶2，依据电阻定律R＝ρeq\f(L,S)，解得Ra∶Rb＝1∶2，依据I＝eq\f(E,R)得Ia∶Ib＝1∶1，故选A.答案：A5．解析：若仅增大h，对穿过线圈的磁通量没有影响，所以穿过线圈的磁通量变更相同，依据q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)×Δt＝eq\f(ΔΦ,R)可知通过线圈导线截面的电荷量相同，故A错误，C正确；若仅增大h，磁铁经过线圈的时间减小，线圈中产生的感应电动势将增大，所以感应电流增大，线圈对磁铁的平均阻力将变大，B错误；由于线圈的电磁阻尼作用，磁铁在螺线管中不行能做自由落体运动，故D错误．答案：C6．解析：t1时刻B环中感应电流为零，故两环间相互作用力为零，A错误；t2时刻A环中电流在减小，则B环中产生与A环中同向的电流，故两环相互吸引，同理可知t3时刻两环也相互吸引，B正确，C错误；t4时刻A环中电流为零，两环无相互作用，D错误．答案：B7．解析：琴弦向右靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增大，线圈中产生感应电流，由“来拒去留”可知琴弦受到向左的磁场力，线圈受到向右的磁场力，由“增缩减扩”可知线圈有收缩趋势，D正确，A、B、C错误．答案：D8．解析：依据楞次定律，感应电流的效果总要阻碍引起感应电流的缘由，可知，磁铁接近线圈时，穿过线圈的磁通量增大，感应电流激发的磁场对磁铁必定产生排斥力，以阻碍磁通量的增大，A错误；分析可知，当磁铁从右边靠近时，穿过线圈的磁场的方向向右，磁通量增大，感应电流激发出的磁场方向向左，依据安培定则，从右往左看，感应电流沿顺时针方向，当磁铁远离时，磁通量减小，感应电流激发出的磁场方向向右，依据安培定则，从右往左看，感应电流沿逆时针方向，B正确；磁铁穿过线圈来回振动，速度大小在不停变更，即磁通量的变更率已在变更，感应电动势大小发生变更，感应电流大小也发生变更，灯泡的亮暗会发生变更，C错误；磁铁在运动过程中，线圈中产生感应电流，灯泡产生焦耳热，弹性势能肯定减小，即磁铁振动的幅度渐渐减小，D正确．答案：BD9．解析：因为导线框匀速运动，水平外力和安培力F大小相等，方向相反，进入磁场过程中，水平外力的冲量I＝－Ft＝－eq\f(Fx,v)，F和v都是定值，eq\f(F,v)也是定值，完全进入后外力为零，冲量为零，A正确；进入磁场的过程中，有Uab＝eq\f(5,6)RI电＝eq\f(5,6)Blv，完全进入磁场的运动过程中，Uab＝Blv，B正确；进入磁场的过程中q＝I电t＝eq\f(Blx,R)，完全进入后电流为零，q不变但不为零，选项C错误；进入磁场的过程中，安培力为F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，B、l、v不变，则F不变；完全进入磁场，感应电流为零，安培力为零，D错误．答案：AB10．解析：ab杆向右匀速运动，在ab杆中产生恒定的电流，该电流在线圈L1中产生恒定的磁场，在L2中不产生感应电流，所以cd杆不动，故A错误；ab杆向右加速运动，依据右手定则知，在ab杆上产生增大的由a到b的电流，依据安培定则知，在L1中产生方向向上且增加的磁场，该磁场向下通过L2，依据楞次定律知，cd杆中的电流由c到d，依据左手定则知，cd杆受到向右的安培力，向右运动，故B正确；同理可得C错误，D正确．答案：BD11．解析：(1)探究电磁感应现象的试验电路分两部分，要使A线圈产生磁场必需对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与B线圈组成另一个闭合电路，如图所示．(2)闭合开关瞬间，通过线圈B的磁通量增大，感应电流磁场阻碍原磁场的增大，灵敏电流计向右偏，而把A从B中拔出来时，通过线圈B的磁通量减小，感应电流的磁场要阻碍原磁场的减小，故灵敏电流计向左偏转．答案：(1)图见解析(2)向左偏12．解析：(1)导体棒ab向右匀速运动，依据右手定则可知，ab中感应电流方向由b流向a.(2)导体棒ab向右以大小为v＝0.2m/s的速度匀速运动，ab产生的感应电动势为E＝BLv＝0.5×0.5×0.2V＝0.05V．(3)电阻R＝1.5Ω，导体棒电阻r＝0.5Ω，导轨电阻不计，则电路电流为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(0.05,1.5＋0.5)A＝0.025A，由于导体棒匀速运动，依据受力平衡可得作用于导体棒ab上的外力大小为F＝F安＝BIL＝0.5×0.025×0.5N＝6.25×10－3N.答案：(1)由b流向a(2)0.05V(3)6.25×10－3N13．解析：(1)由法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(1,2)×(eq\f(L,2))2eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(4－1,6)T/s＝0.5T/s联立可得E＝0.1V(2)由欧姆定律I＝eq\f(E,R)＝0.1A分析线圈受力可知，当细线松弛时有F安＝nBtIeq\f(L,2)＝mg由图像知Bt＝1＋0.5t0解得t0＝4s答案：(1)0.1V(2)4s14．解析：(1)金属棒到达轨道底端cd处时，由牛顿其次定律得2mg－mg＝meq\f(v2,r)解得v＝eq\r(gr)此时金属棒产生的感应电动势E＝BLv回路中的感应电流I＝eq\f(E,R)联立得I＝eq\f(BL\r(gr),R).(2)金属棒从ab下滑到cd的过程中，由能量守恒定律得mgr＝Q＋eq\f(1,2)mv2则回路中产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)mgr回路中的平均感应电动势eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)回路中的平均感应电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)通过R的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt解得q＝eq\f(BrL,R).答案：(1)eq\r(gr)eq\f(BL\r(gr),R)(2)eq\f(1,2)mgreq\f(BrL,