2022—2023学年高二粤教版（2019）选择性必修第二册 第二章 电磁感应 单元检测卷6（含解析）

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2022—2023学年高二粤教版（2019）选择性必修第二册 第二章 电磁感应 单元检测卷6（含解析）一、单选题（共28分）1．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一直变大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2．转笔（PenSpinning）是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示。转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是（　　） A．笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越大B．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的C．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走D．若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金属笔杆两端一定不会形成电势差3．如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个质量相等边长不等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制（Ⅰ为细导线）。两线圈在距磁场上界面高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面。运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为、，在磁场中运动时产生的热量分别为、。不计空气阻力，则（　　）A．v1＞v2，Q1＜Q2 B．v1＝v2，Q1＝Q2C．v1＜v2，Q1＞Q2 D．不能确定4．长为的两根完全相同的软绝缘金属导线放在光滑的水平桌面上，周围有垂直桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小。初始时，两导线两端连接盘绕放置，现在外力作用下拉动导线，使两根导线在时间内形成一个圆形，如图所示。已知每根导线电阻。下列说法正确的是（　　） A．此过程中感应电动势的平均值 B．此过程中通过导线的平均感应电流C．此过程中通过导线横截面的电荷量 D．此过程中导线中形成的电流沿顺时针方向5．如图所示，平行光滑金属导轨、倾斜放置，导轨平面倾角为，导轨上端接有阻值为的定值电阻，导轨间距为，整个导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。一个质量为、电阻也为的金属棒放在导轨上，以大小为的初速度向上滑动，开始时金属棒的加速度大小为（为重力加速度），从开始到金属棒上升到最高处通过电阻的电荷量为，不计导轨的电阻，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，导轨足够长，则错误的选项是（　　） A．匀强磁场的磁感应强度大小为B．开始时，金属棒克服安培力的瞬时功率和克服重力的瞬时功率相等C．金属棒沿导轨向上运动的最大距离为D．从开始到运动到最高点的过程中，电阻中产生的焦耳热为6．如图所示是高频焊接原理示意图。线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少，以下说法正确的是（　　）A．电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高的越快B．电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高的越快C．工件上只有焊缝处温度升的很高是因为焊缝处的电阻小D．工件上只有焊缝处温度升的很高是因为电压高7．如图所示是一水平放置的绝缘环形管，管内壁光滑，内有一直径略小于管内径的带正电的小球，开始时小球静止。有一变化的磁场竖直向下穿过管所在的平面，磁感应强度B随时间成正比例增大，设小球的带电量不变，则（　　）A．顺着磁场方向看，小球受顺时针方向的力，沿顺时针方向运动B．顺着磁场方向看，小球受顺时针方向的力，沿逆时针方向运动C．顺着磁场方向看，小球受逆时针方向的力，沿逆时针方向运动D．小球不受力，不运动二、多选题（共12分）8．如图所示的光滑导轨，由倾斜和水平两部分在处平滑连接组成。导轨间距为L，水平部分处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，倾斜导轨连接阻值为R的电阻。现让质量为m、阻值为2R的金属棒a从距离水平面高度为h处静止释放，金属棒a到达磁场中OO′时，动能是该金属棒运动到时动能的，最终静止在水平导轨上。金属棒a与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度取g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．金属棒a运动到时回路中的电流大小为B．金属棒a运动到时的加速度大小为C．金属棒a从h处静止下滑到在水平导轨上静止过程中，电阻上产生的焦耳热为D．金属棒a若从h处静止释放，在它运动的整个过程中，安培力的冲量大小是9．如图所示，两根相距L且电阻不计的足够长光滑金属导轨，导轨左端为弧形，右端水平，且水平部分处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。铜棒a、b电阻均为R、质量均为m，均与导轨垂直且与导轨接触良好，铜棒b静止在导轨水平部分，铜棒a在弧形导轨上从距离水平部分高度为处由静止释放，关于此后的过程，下列说法正确的是（　　） A．回路中的最大电流为B．铜棒b的最大加速度为C．铜棒b获得的最大速度为D．回路中产生的总焦耳热为10．北半球地磁场的竖直分量向下。如图所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向。下列说法中正确的是（　　） A．若使线圈向东平动，则a点的电势比b点的电势低B．若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低C．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→b→c→d→aD．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a三、实验题（共15分）11．某同学用题图中的器材做“探究电磁感应产生条件”的实验。 （1）闭合电键的一瞬间，观察到电流表G指针向左偏转。则闭合电键后，将滑动变阻器的滑片向b端移动，则观察到电流表G的指针向___________（填“左”或“右”）偏转。保持滑动变阻器滑片位置不变，将线圈A中的铁芯快速抽出，电流表G的指针将___________（填“左”或“右”）偏转。（2）闭合电键后，第一次将滑动变阻器的滑片快速地从a端移到b端，第二次将滑动变阻器的滑片慢慢移到b端，会发现电流表G的指针摆动的幅度第一次比第二次___________（填“大”或“小”），原因是___________。12．小明学习自感后进行了以下实验。在图甲所示的电路中，为电源，为线圈，闭合开关使灯泡发光，然后断开开关，发现灯泡不会立即熄灭，而是持续一小段时间再熄灭。（1）断开开关后，灯泡上的电流方向__________（选填“向左”或“向右”）；若在线圈中插入铁芯后再重复该实验，则断开开关后灯泡上电流持续的时间__________（选填“变长”“变短”或“不变”）。（2）小明为了进一步研究影响灯泡上电流持续时间的因素，保持线圈一定，仅更换电源（内阻不计）或仅更换灯泡进行实验，并用电流传感器（图中未画出）测量开关断开后灯泡中的电流随时间的变化。其中的一组图像如图乙所示。若①②两条曲线对应的电源电动势分别为、，则其大小关系为__________；若①②两条曲线对应的灯泡电阻分别为、，则其大小关系为__________。四、解答题（共45分）13．如图所示（俯视图），在绝缘的水平桌面上有三个相邻的矩形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，区域Ⅰ、Ⅱ的宽度均为d=0.64m，区域Ⅲ的宽度足够大，M、M1、M2均为分界线。区域Ⅰ中无磁场；区域Ⅱ中有磁感应强度大小为B（值未知）、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅲ中有磁感应强度大小B′=B、方向竖直向下的匀强磁场。在绝缘的桌面上固定放置两根与分界线垂直的平行金属导轨，导轨间距L=0.1m，左端接一电阻R=0.6Ω。一质量m=1kg，长度l=0.1m，电阻r=0.2Ω的导体棒AC在水平向右的恒力F作用下从分界线M处由静止开始沿导轨方向向右运动，AC以速度v0匀速通过区域Ⅱ，通过区域Ⅱ的时间t1=0.4s。已知AC与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，取g=10m/s2，AC始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。（1）求区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度的大小B；（2）若AC从进入区域Ⅲ开始，经过时间t2=0.96s时，速度刚好达到2v0，求在AC由静止开始到速度为2v0的全过程中，AC中产生的电热QAC。14．如图所示，倾角为30°的斜面内固定两间距的平行光滑金属轨道和，轨道足够长，其电阻可忽略不计。金属棒放在轨道上，两金属棒始终与轨道垂直且接触良好。两金属棒的长度也为，电阻均为，质量分别为、，整个装置处在磁感应强度大小、方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中，若锁定金属棒，使金属棒在恒力F的作用下沿轨道向上做匀速直线运动，速度大小为，重力加速度。（1）求恒力F的大小；（2）求棒向上运动高度为0.2m时，棒上产生的热量；（3）金属棒向上做匀速直线运动过程中，从某时刻开始计时，此时恒力大小变为，方向不变，同时解除金属棒的锁定，金属棒由静止开始运动，直到时刻金属棒开始做匀速直线运动，求这段时间内通过金属棒横截面的电荷量。15．光滑平行异形导轨与如图所示，导轨的、部分处于竖直向上的匀强磁场中，段导轨宽度为段导轨宽度L的2倍，段长度为段和段导轨都足够长，导轨的电阻不计。现将电阻为R、质量为m、长度为的相同材料、粗细的金属棒P和Q分别置于导轨上的处和处，现对金属棒P施加一平行于导轨的作用力F，在运动到处时立即撤去力F，求：（1）金属棒P进入磁场区域后的最大加速度；（2）最终金属棒P和Q的速度。16．如图甲所示，一边长为L = 2.5m、质量为m = 0.5kg，电阻为4Ω的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度为B = 0.8T的有界匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合。在水平向左的力F作用下由静止开始向左运动，经过5s线框被拉出磁场。测得金属线框中的电流随时间变化的图像如图乙所示，在金属线框被拉出的过程中：（1）求通过线框导线截面的电量；（2）写出水平力F随时间变化的表达式；（3）已知在这5s内力F做功为1.92J，那么在此过程中，线框产生的焦耳热是多少？
参考答案1．C【解析】【详解】BC．由bc边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN受到向右的安培力，做加速运动，bc边受到向左的安培力，向右做加速运动。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、，则电路中的电动势电流中的电流金属框和导体棒MN受到的安培力与运动方向相反。与运动方向相同。设导体棒MN和金属框的质量分别为、，则对导体棒MN对金属框初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从开始逐渐减小。当a1＝a2时，相对速度大小恒定。整个运动过程用速度—时间图像描述如下。综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，B错误，C正确；AD．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，AD错误。故选C。2．C【解析】【详解】A．由向心加速度公式笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小，A错误；B．杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力提供的，与万有引力无关，B错误；C．当转速过大时，当外力提供的向心力小于所需要的向心力时，笔尖上的小钢珠做离心运动被甩走，C正确；D．当金属笔杆转动时，切割地磁场，从而产生感应电动势，但不会产生感应电流，D错误；故选C。3．C【解析】【详解】两线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度，设为v，设线圈的边长为L，横截面积为S，电阻率为ρ，质量为m。线圈切割磁感线产生感应电流时，受到磁场的安培力大小为由电阻定律有当线圈的下边刚进入磁场时其加速度为根据知m和ρ密相等，则LS相等，所以可得加速度 a相等所以线圈Ⅰ和Ⅱ进入磁场的过程先同步运动，由于两线圈质量质量，Ⅰ为细导线，Ⅰ的边长长，当Ⅱ线圈刚好全部进入磁场中时，Ⅰ线圈由于边长较长还没有全部进入磁场。Ⅱ线圈完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，而Ⅰ线圈仍在做加速度小于g的变加速运动，再做加速度为g的匀加速运动，所以落地速度由能量守恒可得H是磁场区域的高度，因为v1＜v2，其他相等，所以故C正确，ABD错误。故选C。4．B【解析】【详解】A．圆的周长为2L，由解得由法拉第电磁感应定律得感应电动势的平均值其中解得A错误；B．由闭合电路欧姆定律可得，平均电流故B正确；C．由可得C错误；D．由楞次定律和右手定则可得，导线中的电流沿逆时针方向，D错误。故选B。5．C【解析】【详解】A．由题意知解得A正确，不符合题意；B．开始时，金属棒克服安培力的瞬时功率克服重力的瞬时功率B正确，不符合题意；C．由解得C错误，符合题意；D．从开始到运动到最高点的过程中，根据能量守恒解得D正确，不符合题意。故选C。6．A【解析】【详解】AB．高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度升高得越快。故A正确，B错误。CD．焊缝处横截面积小，电阻大，电流相同，焊缝处的热功率大，温度升的高。故C、D错误。故选A。7．C【解析】【详解】因为绝缘环形管面内有均匀增大的磁场，在其周围会产生稳定的涡旋电场，对带电小球做功，由楞次定律判断电场方向为逆时针方向。在电场力作用下，带正电小球沿逆时针方向运动，C正确；ABD错误。故选C。8．ACD【解析】【详解】A．金属棒a从静止运动到的过程中，根据机械能守恒可得解得金属棒a运动到时的速度为金属棒a运动到时的感应电动势为金属棒a运动到时的回路中的电流大小为故A正确；B．金属棒a到达磁场中时的速度为金属棒a到达磁场中时的加速度大小为故B错误；C．金属棒a从h处静止下滑到在水平导轨上静止过程中，根据能量守恒可得产生的焦耳热等于重力势能的减小量，则有电阻上产生的焦耳热为故C正确；D．金属棒a从h处静止下滑到在水平导轨上静止过程中，规定向右为正方向，根据动量定理可得可得在它运动的整个过程中，安培力的冲量大小是，方向向左，故D正确。故选ACD。9．BD【解析】【详解】AB．铜棒a沿弧形导轨下滑，刚进入磁场区域时，由机械能守恒定律有解得回路中的最大感应电动势回路中的最大电流联立解得铜棒b受到的最大安培力由牛顿第二定律有解得铜棒b的最大加速度为故A错误，B正确；C．铜棒a、b在匀强磁场中做切割磁感线运动过程中，整体所受合外力为零，动量守恒，最终铜棒a、b速度相等，由动量守恒定律得解得铜棒b获得的最大速度为故C错误；D．由能量守恒定律得，回路中产生的总焦耳热为故D正确。故选BD。10．AC【解析】【详解】A．线圈向东平动时，ba和cd两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相同，a点电势比b点电势低，A正确；B．同理，线圈向北平动，则a、b两点电势相等，高于c、d两点电势，B错误；CD．以ab为轴将线圈向上翻转，向下的磁通量减小了，感应电流的磁场方向应该向下，再由右手螺旋定则知，感应电流的方向为a→b→c→d→a，D错误，C正确。故选AC。11．     左     右     大     第一次线圈B中的磁通量变化率大【解析】【详解】（1）[1]由于闭合电键瞬间，线圈A中电流由无到有，电流增加，产生磁场增强，使线圈B的磁通量增加，观察到电流表G指针向左偏转。则闭合电键后，将滑动变阻器的滑片向b端移动，线圈A中电流还是增加，使线圈B的磁通量还是增加，因此产生的感应电流方向跟闭合电建瞬间相同，故观察到电流表G的指针向左偏转。 [2] 保持滑动变阻器滑片位置不变，将线圈A中的铁芯快速抽出，线圈A产生磁场减弱，使线圈B中的磁通量减小，产生的感应电流方向跟闭合电建瞬间相反，故观察到电流表G的指针向右偏转。（2）[3] [4]第一次将滑动变阻器的滑片快速地从a端移到b端，第二次将滑动变阻器的滑片慢慢移到b端，会发现电流表G的指针摆动的幅度第一次比第二次大，原因是第一次线圈B中的磁通量变化快，磁通量变化率大。12．     向左     变长     E1＝E2     R1＞R2【解析】【详解】（1）[1] 断开开关，线圈电流减小，根据楞次定律，感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因，线圈会产生和原电流方向相同的感应电流，故灯泡上的电流方向向左；[2]产生的感应电流和自感系数成正比，线圈中插入铁芯，自感系数增大，感应电流增大，断开开关后灯泡上电流持续的时间变长。(2）[3]若①②两条曲线对应的电源电动势分别为E1、E2,由乙图可知，在断开开关之前，①②电流相同，根据闭合电路欧姆定律知，电源电动势相同，即E1=E2;乙图曲线与坐标系围成的面积表示通过导体截面的电荷量，即，若①②两条曲线对应的灯泡电阻分别为R1、R2，根据乙图可知,S1 < S2 ,且线圈磁通量变化相同，则有，可得：R1> R213．（1）10T；（2）0.16J【解析】【详解】（1）导体棒AC以速度v0匀速通过区域Ⅱ，则以导体棒为研究对象，在区域Ⅰ中，根据动能定理得解得F=3N在区域Ⅱ中，根据平衡条件得F=BIL+μmg根据闭合电路欧姆定律有联立并代入数据解得B=10T（2）区域Ⅲ中磁场的磁感应强度大小B′=B，设AC在区域Ⅲ中运动的距离为x时速度刚好为2v0，根据动量定理得其中解得x=1.6m根据动能定理得解得W安=0.64J又Q=W安可得14．（1）4N；（2）0.4J；（3）12C【解析】【详解】（1）金属棒以速度向上做匀速直线运动时产生的感应电动势大小为     ①通过cd的电流为     ②所受安培力大小为     ③根据力的平衡条件有     ④联立①②③④解得     ⑤（2）由功能关系可知，棒向上运动高度为H=0.2m的过程中，两金属棒产生的总热量为     ⑥又因为两金属棒电阻相等，且处于串联状态，则两金属棒上产生的热量相等，即棒上产生的热量为     ⑦（3）设时刻金属棒做匀速直线运动的速度为，金属棒做匀速直线运动的速度为，因为     ⑧所以金属棒组成的系统动量守恒，有     ⑨回路中的电流为     ⑩棒匀速运动时有     ⑪联立⑨⑩⑪解得     ⑫     ⑬设0~时间内回路中的平均电流为，对金属棒分析，由动量定理得     ⑭根据电流的定义可知0~t0时间内通过金属棒横截面的电荷量为     ⑮联立⑫⑬⑭⑮解得     ⑯15．（1）；方向水平向左；（2）；【解析】【详解】（1）由动能定理得当金属棒P刚进入磁场区域时速度最大，切割磁感线，产生的感应电动势和感应电流最大，受到的安培力最大，加速度最大，由法拉第电磁感应定律得金属棒Q在导轨内部分的长度为L，电阻为，回路总电阻由闭合电路欧姆定律得所受安培力由牛顿第二定律得联立解得方向水平向左；（2）最终回路内产生的感应电流为零，回路内磁通量不变，金属棒Q的最终速度是金属棒P最终速度的2倍。设金属棒P的最终速度为，则金属棒Q的最终速度为从金属棒P进入磁场切割磁感线到最终稳定，金属棒P所受安培力始终是金属棒Q的2倍，设金属棒P受到的安培力为，则Q受到的安培力为，对金属棒P，由动量定理得对金属棒Q，由动量定理得联立解得16．（1）1.25C；（2）；（3）1.67J【解析】【分析】【详解】（1）由I—t图像知图线与时间轴所围面积表示电量，可得C = 1.25C（2）因为则有由图像的斜率可得，a = 0.2m/s2又因为F - FA = ma则有代入数据有（3）根据m/s = 1m/s根据能量守恒定律WF–Q = mv2代入数据有Q = 1.67J