2024新教材高中物理第二章电磁感应水平测评新人教版选择性必修第二册

其次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90分钟。第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每个小题给出的四个选项中，第1～8小题，只有一个选项符合题意；第9～12小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对而不全的得2分，错选或不选的得0分)1．如图所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一闭合矩形金属线圈P，AB在线圈平面内。当AB中通以向上的电流并增大时()A．线圈中产生逆时针方向的电流，线圈向AB运动B．线圈中产生逆时针方向的电流，线圈远离AB运动C．线圈中产生顺时针方向的电流，线圈向AB运动D．线圈中产生顺时针方向的电流，线圈远离AB运动答案B解析依据安培定则可知金属线圈所在处的磁场方向垂直纸面对里，直导线中的电流增大时，穿过线圈的磁通量增大，依据楞次定律，线圈中感应电流方向为逆时针方向。依据左手定则可知金属线圈所受安培力的合力指向右侧，因此线圈远离直导线AB运动，A、C、D错误，B正确。2．如图所示，由匀称导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，边界如图中虚线所示。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为()A.eq\r(2)BRvB.eq\f(\r(2),2)BRvC.eq\f(\r(2),4)BRvD.eq\f(3\r(2),4)BRv答案D解析圆环到达图示位置时，产生的感应电动势为E＝eq\r(2)BRv；由右手定则可知，在虚线右侧线圈上的电流方向为由b到a，所以φa>φb；设圆环的电阻为r，由闭合电路欧姆定律得a、b两点的电势差Uab＝E－Irab＝eq\r(2)BRv－eq\f(\r(2)BRv,r)·eq\f(r,4)＝eq\f(3\r(2)BRv,4)，D正确。3．如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，依据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈。通过视察图形，推断下列说法正确的是()A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针B．若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线圈的作用力较大C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D．从图中可以看出，第4个线圈是不合格线圈答案B解析若线圈闭合，进入磁场时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中的感应电流的磁场方向向下，所以感应电流的方向从上向下看是顺时针，故A错误；依据法拉第电磁感应定律，传送带以较大速度匀速运动时，线圈中产生的感应电动势较大，则感应电流较大，磁场对线圈的作用力较大，故B正确；由题图知第1、2、4、5、6个线圈位置匀称，则都发生了相对滑动，而第3个线圈没有向后滑动，则第3个线圈不闭合，没有产生感应电流，是不合格线圈，故C、D错误。4.如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变更的图像正确的是(规定电流从M经R到N为正，安培力向左为正)()答案A解析由E＝Blv可知，导体棒由b运动到ac过程中，切割磁感线的有效长度l随时间t匀称增大，感应电动势E随时间t匀称增大，由闭合电路欧姆定律可知，感应电流I随时间t匀称增大，则导体棒受到的安培力大小F＝IlB随时间t增大得越来越快；由右手定则可知，感应电流的方向为由M经R到N，电流为正值，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，为正值。导体棒由ac运动到d的过程中，由题知E′＝2Blv＝2E，则导体棒切割磁感线的有效长度l相同时，I′＝2I，导体棒切割磁感线的有效长度l随时间t匀称减小，则感应电流I′随时间t匀称减小，则导体棒受到的安培力大小F′＝I′lB＝2F，随时间t减小得越来越慢；由右手定则可知，感应电流的方向为由N经R到M，电流为负值，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，为正值。综上所述，A正确，B、C、D错误。5.如图，圆环形导体线圈A平放在水平桌面上，在A的正上方固定一竖直螺线管B，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()A．线圈A中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈A的磁通量变小C．线圈A有扩大的趋势D．线圈A对水平桌面的压力FN将增大答案D解析将滑动变阻器的滑片P向下滑动时，滑动变阻器的接入电阻变小，由闭合电路欧姆定律可得线圈中的电流增大，则穿过线圈A的磁通量增加，由图可知穿过线圈A的磁通量方向向下，依据楞次定律和右手螺旋定则可得线圈A中将产生俯视逆时针方向的感应电流，A、B错误；依据楞次定律中“增缩减扩”的原理可知线圈A有缩小的趋势，C错误；由左手定则推断出线圈A受到的安培力有竖直向下的重量，则线圈对水平桌面的压力FN将增大，D正确。6.如图所示，水平固定的光滑铜环，OO′为过圆心的竖直轴，长为2l、电阻为r的铜棒OA的一端在O处，另一端与铜环良好接触，OA与OO′的夹角为30°，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现使铜棒OA绕OO′以角速度ω逆时针(俯视)匀速转动，A端始终在铜环上，定值电阻的阻值为3r，其他电阻不计，下列说法正确的是()A．O点的电势比A点的电势高B．回路中通过的电流为eq\f(ωBl2,4r)C．该定值电阻两端的电压为eq\f(3,8)ωBl2D．该定值电阻上的热功率为eq\f(ω2B2l4,16r)答案C解析依据右手定则可知，O点的电势比A点的电势低，故A错误；依据法拉第电磁感应定律可知，铜棒OA切割磁感线产生的感应电动势E＝eq\f(1,2)ωB·(2lsin30°)2＝eq\f(1,2)ωBl2，所以回路中通过的电流I＝eq\f(E,3r＋r)＝eq\f(ωBl2,8r)，故B错误；该定值电阻两端的电压为U＝eq\f(3r,3r＋r)·E＝eq\f(3,8)ωBl2，故C正确；该定值电阻上的热功率P＝eq\f(U2,3r)＝eq\f(3ω2B2l4,64r)，故D错误。7.在如图所示的电路中，A、B、C为三盏完全相同的灯泡，L是自感线圈，直流电阻为RL，则下列说法正确的是()A．合上开关后，C先亮，A、B后亮B．断开开关时，N点电势高于M点C．断开开关后，B、C同时熄灭，A缓慢熄灭D．断开开关后，C立刻熄灭，B闪一下后缓慢熄灭答案B解析开关S闭合瞬间，因线圈L中的电流增大，产生自感电动势，依据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，通过A灯的电流渐渐增大，所以B、C先亮，A后亮，故A错误；断开开关S的瞬间，因线圈L中的电流减小，产生自感电动势，依据楞次定律可知，通过自感线圈的电流方向与原电流方向相同，则N点电势高于M点；L和A、B组成的回路中有电流，由于开关断开前通过A灯的电流小于通过B灯的电流，则开关断开的瞬间，通过A、B和线圈回路的电流从A灯中原来的电流大小减小到0，所以A、B一起缓慢熄灭，而C中没有电流，立刻熄灭，故B正确，C、D错误。8.两根足够长的粗糙金属条折成“eq\a\vs4\al(「)”形导轨，右端水平，左端竖直，与导轨等宽的粗糙金属细杆ab、cd和导轨垂直且接触良好。已知ab、cd杆的质量、电阻值均相等，导轨电阻不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在水平拉力F作用下沿导轨向右匀速运动时，cd杆沿导轨向下运动，以下说法正确的是()A．cd杆肯定向下做匀速直线运动B．cd杆肯定向下做匀加速直线运动C．F做的功等于回路中产生的焦耳热与ab杆克服摩擦力做功之和D．F的功率等于ab杆上的焦耳热功率与摩擦热功率之和答案C解析由题可知，ab杆匀速切割磁感线，产生恒定的感应电动势，cd杆不切割磁感线，不产生感应电动势，回路中感应电流恒定；cd杆竖直方向上受到向下的重力和向上的滑动摩擦力f，水平方向受到轨道的支持力N和安培力FA，则f＝μN＝μFA＝μBIL，可知f大小不变。若重力大于滑动摩擦力，cd杆做匀加速直线运动，若重力等于滑动摩擦力，cd杆做匀速直线运动，A、B错误；ab杆做匀速直线运动，受拉力、重力、向左的安培力、向左的滑动摩擦力和向上的支持力，故拉力做的功等于ab杆克服摩擦力做功和克服安培力做的功之和，ab杆克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，故F做的功等于回路中产生的焦耳热与ab杆克服摩擦力做功之和，F的功率等于回路上的焦耳热功率与ab杆摩擦热功率之和，C正确，D错误。9.1824年，法国科学家阿拉果完成了闻名的“圆盘试验”。试验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用松软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。试验中发觉，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是()A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变更D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动答案AB解析当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势和感应电流，A正确；圆盘内的涡电流产生的磁场对磁针施加磁场力作用，导致磁针转动，B正确；由于圆盘中心正上方悬挂小磁针，在圆盘转动过程中，圆盘面积不变，距离磁针的距离不变，故磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变，C错误；圆盘中的电流不是自由电子随圆盘转动形成的，而是圆盘半径切割磁感线形成的，D错误。10．(2024·江西省上饶市高二下学期期末)闭合回路由两部分组成，如图所示，右侧是电阻为r的圆形导线，置于竖直方向匀称变更的磁场B1中；左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d，其电阻不计。磁感应强度为B2的匀强磁场垂直导轨平面对上，且只分布在左侧，一个质量为m、连入电路中的电阻为R的导体棒ab此时恰好能静止在导轨上，分析下述推断正确的是()A．圆形导线中的磁场，可以方向向上匀称增加，也可以方向向下匀称减弱B．导体棒ab受到的安培力大小为mgsinθC．回路中的感应电流为eq\f(mgsinθ,B2d)D．圆形导线中的电热功率为eq\f(m2g2sin2θ,B\o\al(2,2)d2)(r＋R)答案ABC解析导体棒ab静止在导轨上，所受的合力为零，依据力的平衡得知，棒所受的安培力的大小为mgsinθ，方向沿斜面对上，所以有B2Id＝mgsinθ，则回路中的感应电流大小I＝eq\f(mgsinθ,B2d)，依据安培力的方向，通过左手定则推断得知，圆形导线中感应电流的方向从上往下看为顺时针方向，依据楞次定律，圆形线圈中的磁场可以方向向上匀称增加，也可以方向向下匀称减弱，故A、B、C正确；依据P＝I2r，可知圆形导线中的电热功率为P＝eq\f(m2g2sin2θ,B\o\al(2,2)d2)r，故D错误。11．如图甲所示，质量m＝3.0×10－3kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20m，处于磁感应强度大小为B1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变更的关系如图乙所示。t＝0.22s时闭合开关K瞬间，细杆跳起(细杆跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20m。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．0～0.10s内线圈中的感应电动势大小为3VB．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到DC．磁感应强度B2的方向竖直向下D．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03C答案BD解析由题图乙所示图像可知，0～0.10s内ΔΦ＝ΔB2S＝(1.0－0)×0.01Wb＝0.01Wb,0～0.10s内线圈中的感应电动势大小：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝300×eq\f(0.01,0.10)V＝30V，故A错误；由题可知，开关K闭合瞬间，细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，CD中电流方向为由C到D，故B正确；t＝0.22s时，由安培定则可知，线圈中感应电流的磁场方向竖直向上，由题图乙可知，在0.20～0.25s内穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律可知，磁感应强度B2的方向竖直向上，C错误；对细杆通电的瞬间，由牛顿其次定律得：B1Il＝ma＝meq\f(v,Δt)，细杆跳起后做竖直上抛运动，有：v2＝2gh，通过细杆CD的电荷量：q＝IΔt，解得：q＝eq\f(m\r(2gh),B1l)＝eq\f(3.0×10－3×\r(2×10×0.20),1.0×0.20)C＝0.03C，D正确。12．如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面且方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两导体棒a、b均垂直于导轨静止放置。已知导体棒a质量为2m，导体棒b质量为m，长度均为l，电阻均为r，其余部分电阻不计。现使导体棒a获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度v0。除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用，在两导体棒运动过程中，下列说法正确的是()A．任何一段时间内，导体棒b动能增加量跟导体棒a动能削减量的数值总是相等的B．任何一段时间内，导体棒b动量变更量跟导体棒a动量变更量总是大小相等、方向相反C．全过程中，通过导体棒b的电荷量为eq\f(2mv0,3Bl)D．全过程中，两棒共产生的焦耳热为eq\f(mv\o\al(2,0),3)答案BCD解析依据题意可知，两棒组成回路，电流相同，故所受安培力合力为零，动量守恒，故任何一段时间内，导体棒b的动量变更量跟导体棒a的动量变更量总是大小相等、方向相反，依据能量守恒定律可知，a的动能削减量等于b的动能增加量与回路中产生的焦耳热之和，故A错误，B正确；a、b两棒的速度最终相等，设为v，依据动量守恒定律可得2mv0＝(2m＋m)v，对b棒，由动量定理有mv－0＝Beq\x\to(I)l·t＝Blq，解得q＝eq\f(2mv0,3Bl)，依据能量守恒定律，两棒共产生的焦耳热为Q＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(2m＋m)v2＝eq\f(mv\o\al(2,0),3)，故C、D正确。第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、试验题(本题共2小题，共8分)13．(4分)在“探讨电磁感应现象”的试验中。(1)为推断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈M连接，如图甲所示。当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转。将磁体N极向下从线圈上方竖直插入M时，发觉指针向左偏转。俯视线圈，其绕向为沿________(选填“顺时针”或“逆时针”)由a端起先绕至b端。(2)如图乙所示，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S后，将A线圈快速从B线圈拔出时，电流计指针将________；A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片快速向右移动时，电流计指针将________。(以上两空选填“向左偏”“向右偏”或“不偏转”)(3)在图乙中，某同学第一次将滑动变阻器的触头从变阻器的右端快速滑到左端，其次次将滑动变阻器的触头从变阻器的右端渐渐滑到左端，发觉电流计的指针摇摆的幅度大小不同，第一次比其次次的幅度________(选填“大”或“小”)。答案(1)顺时针(2)向左偏向右偏(3)大解析(1)将磁体N极向下从线圈上方竖直插入M时，穿过线圈的磁场方向向下，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向向上，电流计指针向左偏转，说明电流从左端流入电流计，由安培定则可知，俯视线圈，其绕向为沿顺时针方向由a端起先绕至b端。(2)如图乙所示，假如在闭合开关时发觉灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明B中磁通量增加时电流计指针向右偏转；合上开关S后，将A线圈快速从B线圈拔出时，穿过B线圈的磁通量减小，电流计指针将向左偏转；A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片快速向右移动时，穿过B线圈的磁通量增加，电流计指针将向右偏转。(3)第一次将滑动变阻器的触头从变阻器的右端快速滑到左端，A线圈的电流变更快，电流产生的磁场变更快，穿过B线圈的磁通量变更快，B线圈中的感应电动势大，感应电流大，电流计的指针摇摆的幅度大；同理可知，其次次电流计的指针摇摆的幅度小，故第一次比其次次指针摇摆幅度大。14．(4分)(2024·湖北省襄阳市高二下学期期末)为探究感应电动势产生的条件，某试验小组设计了如图a的试验，通过调整电源可在原线圈中产生变更的电流，用磁传感器可记录原线圈中产生的磁场B的变更状况，用电压传感器可记录副线圈中感应电动势E的变更状况，二者的变更状况可同时显示在计算机显示屏上。某次试验中得到的B­t、E­t图像如图b所示。(1)分析图b两组图像可知副线圈中产生恒定感应电动势的条件是________。(2)感应电动势的大小与B的变更有关，为进一步确定两者之间的定量关系，可以依据图b的信息，作图像进行探讨，则应作________。A．E­B图像B．E­ΔB图像C．E­eq\f(ΔB,Δt)图像D．E­eq\f(ΔΦ,Δt)图像(3)若(2)中所作图像为直线，其斜率为k，副线圈匝数为n，则副线圈面积为________。答案(1)B随时间匀称变更(2)C(3)eq\f(k,n)解析(1)由图b所示图像可知，B不变时，不产生感应电动势，当B随时间匀称变更时，副线圈中产生恒定的感应电动势。(2)由图b所示图像可知，在线圈匝数与横截面积肯定的状况下，B随时间的变更率eq\f(ΔB,Δt)越大，产生的感应电动势越大，为进一步确定感应电动势与B的关系，可以作出E­eq\f(ΔB,Δt)图像，故选C。(3)由法拉第电磁感应定律得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，E­eq\f(ΔB,Δt)图像的斜率：k＝nS，副线圈的面积为S＝eq\f(k,n)。三、计算题(本题共4小题，共44分。解答中应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，只写出最终答案的不给分)15．(8分)如图所示，A是一面积为S＝0.4m2、匝数为n＝100匝的圆形线圈，处在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度随时间变更的规律为B＝(0.04t＋0.5)T，起先时外电路开关S断开，已知R1＝4Ω，R2＝6Ω，电容器电容C＝30μF，线圈内阻不计。求：(1)S闭合后，通过R2的电流大小；(2)S闭合一段时间后又断开，在断开后流过R2的电荷量。答案(1)0.16A(2)2.88×10－5C解析(1)由法拉第电磁感应定律可得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝100×0.04×0.4V＝1.6V则电路中电流为I＝eq\f(E,R1＋R2)＝eq\f(1.6,4＋6)A＝0.16A即通过R2的电流大小为0.16A。(2)由欧姆定律可得R2两端的电压为U＝IR2＝0.16×6V＝0.96V则电容器的电荷量为Q＝UC＝0.96×30×10－6C＝2.88×10－5C因此在断开S后流过R2的电荷量为2.88×10－5C。16．(10分)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂挂有挂盘，右臂挂有矩形线圈，线圈的水平边长L＝0.1m，竖直边足够长，匝数N＝200，总电阻R＝10Ω，天平平衡。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0T，方向垂直线圈平面对里。线圈中通有可在0～2.0A范围内调整的电流I，挂盘中放上待测物体后，调整线圈中电流使得天平再次平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度g＝10m/s2)(1)电磁天平的量程为多少？(2)若线圈不接外电流，干脆连接成闭合回路，如图乙所示。保持B0不变，在线圈中部另加垂直纸面对外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间匀称增大，且eq\f(ΔB,Δt)＝2.5T/s，磁场区域宽度d＝0.1m。当天平再次平衡时，挂盘中所放重物的质量为多少？答案(1)0～4kg(2)1kg解析(1)左盘中物体所受的重力等于右侧线圈所受的安培力，当安培力最大时，待测物体的质量最大，设为mmax，则有：mmaxg＝NB0ImL解得：mmax＝4kg即电磁天平量程为：0～4kg。(2)线圈中产生的感生电动势为：E＝Neq\f(ΔB,Δt)S其中S＝Ld线圈中的电流为：I′＝eq\f(E,R)此时左盘中重物所受的重力等于右侧线圈所受的安培力，设重物质量为m′，则有：m′g＝NB0I′L解得：m＝1kg。17．(12分)如图所示，水平放置的平行金属导轨MN、OP间距离为L，左、右两端分别接阻值为R的相同电阻，导轨的电阻不计。一质量为m、电阻为0.5R的金属杆ab刚好与导轨接触良好，不计摩擦。整个装置放在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。当ab杆在水平恒力F(F未知)作用下从静止起先向左运动距离为d时恰好达到最大速度vm。求：(1)说明金属杆ab达到最大速度前的运动状况；(2)水平恒力F；(3)运动过程中金属杆产生的热量Q。答案(1)金属杆做加速度越来越小的加速直线运动(2)eq\f(B2L2vm,R)(3)eq\f(B2L2vmd,2R)－eq\f(1,4)mveq\o\al(2,m)解析(1)速度为v时，产生的电动势E＝BLv，ab中的电流I＝eq\f(E,R)，则ab受到的安培力FA＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，由牛顿其次定律得F－FA＝ma，得a＝eq\f(F,m)－