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2023年新教材高中物理第2章电磁感应达标检测卷新人教版选择性必修第二册
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这是一份2023年新教材高中物理第2章电磁感应达标检测卷新人教版选择性必修第二册，共9页。
第二章达标检测卷
(考试时间：60分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本大题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)
1．如图所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管．下列说法正确的是( )
A．电流计中的电流先由a到b，后由b到a
B．a点的电势始终低于b点的电势
C．磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量
D．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度
【答案】D 【解析】在磁铁进入螺线管的过程中，螺线管磁通量增大，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由b经电流计流向a；在磁铁穿出螺线管的过程中，磁通量减小，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由a经电流计流向b，则a点电势先低于b点电势，后高于b点电势，故A、B错误；磁铁减少的重力势能转化为内能和磁铁的动能，C错误；磁铁刚离开螺线管时，由楞次定律“来拒去留”可知，磁铁受到的合外力小于重力，D正确．
2．MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，如图所示，则( )
A．若固定ab，使cd向右滑动，则回路中电流方向为a→b→d→c
B．若ab向左、cd向右同时运动，则回路中电流为零
C．若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则回路中电流方向为c→d→b→a
D．若ab、cd都向右运动，且两杆速度vcd>vab，则回路中电流方向为c→d→b→a
【答案】D 【解析】若固定ab，使cd向右滑动，由右手定则可判断出产生顺时针的电流，故A错误．若ab向左，cd向右，ab、cd所围的线圈面积增大，磁通量增大，由楞次定律得，abdc中有顺时针的电流，故B错误．若ab、cd同向且速度大小相同，ab、cd所围的线圈面积不变，磁通量不变，故不产生感应电流，故C错误．若ab、cd向右运动，但vcd＞vab，则abdc所围面积增大，磁通量增大，故由楞次定律可判断出产生顺时针的电流，故D正确．
3．如图所示，绕在铁芯上的线圈M与电源、滑动变阻器和开关组成了一个闭合回路，在铁芯的右端，线圈P与电流表连成闭合电路．下列说法正确的是( )
A．开关S闭合，电路稳定后，线圈P中有感应电流，线圈M、P相互排斥
B．开关S闭合，电路稳定后，使变阻器滑片向左匀速移动，线圈P中有感应电流，线圈M、P相互排斥
C．开关S闭合，电路稳定后，使变阻器滑片向右匀速移动，线圈P中有感应电流，线圈M、P相互排斥
D．开关S闭合瞬间，线圈P中有感应电流，线圈M、P相互吸引
【答案】B 【解析】开关S闭合，电路稳定后，线圈M中的电流不变，由安培定则可知，产生的磁场方向沿铁芯轴线向右，线圈P中的磁通量不变，故不会产生感应电流，M、P没有排斥作用，也没有吸引作用，故A错误；当开关S闭合，电路稳定后，滑片向左匀速移动，线圈M中的电流增大，因而穿过线圈P的磁通量增加，线圈P中产生感应电流，并且由楞次定律知，感应电流的磁场方向与线圈M的磁场方向相反，故M、P两线圈相互排斥，B正确；同理可知C错误；开关S闭合瞬间，线圈P中有感应电流，M、P相互排斥，所以D错误．
4．如图所示的金属线框，面积为S，处于磁感应强度为B的匀强磁场中的方向与线框平面成θ角，线框从图示实线位置，以线框ab边为轴顺时针转过90°到虚线位置时，所用时间为T，则该过程( )
A．在初始位置时，穿过线圈的磁通量Φ＝BScos θ
B．线框中磁通量的变化量为ΔΦ＝0
C．线框中感应电流方向先沿adcba方向再沿abcda方向
D．线框中产生的平均感应电动势为
【答案】D 【解析】初始位置，磁通量Φ＝BSsin θ，A错误；若规定从abcd面的下表面穿过到上表面的磁通量为正，则末位置的磁感线从上表面穿过下表面，磁通量为Φ′＝－BScos θ，可得ΔΦ＝Φ′－Φ＝－BScos θ－BSsin θ＝－BS(cos θ＋sin θ)，负号表示磁通量减少，B错误；由楞次定律知，线框中感应电流方向始终为adcba，C错误；由法拉第电磁感应定律有E＝＝，D正确．
5．如图甲所示，线圈ab中通有如图乙所示的电流，电流从a到b为正方向，那么在0～t0这段时间内，用丝线悬挂的铝环M中产生感应电流，则( )
A．从左向右看感应电流的方向为顺时针
B．从左向右看感应电流的方向为先顺时针后逆时针
C．感应电流的大小先减小后增加
D．感应电流的大小一直减小
【答案】A 【解析】根据题意可知，由于电流从a到b为正方向，当电流从a流向b时，由右手螺旋定则可知，线圈ab的磁场水平向右，由于电流减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，铝环M的感应电流为顺时针(从左向右看)．当电流从b流向a时，由右手螺旋定则可知，线圈ab的磁场水平向左，由于电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，铝环M的感应电流为顺时针(从左向右看)．故感应电流方向不变，故A正确，B错误．由图乙知，ab中电流变化率不变，则产生的磁场的变化率不变，根据法拉第电磁感应定律知，产生的电动势大小不变，所以感应电流的大小也不变，故C、D错误．
6．如图所示，电灯A和B与定值电阻的阻值均为R，L是自感系数很大的线圈，且其直流电阻不可忽略．当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法正确的是( )
A．B立即熄灭
B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭
C．有电流通过B灯，方向为c→d
D．有电流通过A灯，方向为a→b
【答案】A 【解析】当断开S2而只闭合S1时，A、B两灯一样亮，可知线圈L的电阻也是R，在S1、S2闭合时，IA＝IL，故当S2闭合、S1突然断开时，流过A灯的电流只是方向变为b→a，但其大小不突然增大，A灯不出现更亮一下再熄灭的现象，故B、D错误；由于固定电阻R几乎没有自感作用，故断开S1时，B灯电流迅速变为零，且立即熄灭，故A正确，C错误．
7．如图所示，由同种材料制成，粗细均匀，边长为L、总电阻为R的单匝正方形闭合线圈MNPQ放置在水平面上，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，磁场两边界成θ＝45°角．现使线圈以水平向右的速度v匀速进入磁场，则( )
A．当线圈中心经过磁场边界时，N、P两点间的电势差U＝BLv
B．当线圈中心经过磁场边界时，线圈所受安培力大小F安＝
C．线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，回路中的平均电功率＝
D．线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，通过导线某一横截面的电荷量q＝
【答案】D 【解析】当线圈中心经过磁场边界时，此时切割磁感线的有效线段为NP，根据法拉第电磁感应定律，NP产生的感应电动势为E＝BLv，此时N、P两点间的电势差U为路端电压，有U＝E＝BLv，此时QP、NP受安培力作用，且两力相互垂直，故合力为F安＝BIL＝，故A、B错误；当线圈中心经过磁场边界时，回路中的瞬时电功率为P＝＝，在线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，感应电动势一直在变化，故回路中的平均电功率不等于经过磁场边界时的瞬时电功率，故C错误；根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，通过导线某一横截面的电荷量为q＝Δt＝＝，故D正确．
二、多项选择题(本大题共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，有选错的得0分)
8．“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中．如图所示为一手持式封口机，它的工作原理是：当接通电源时，内置线圈产生磁场，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生大量小涡流，致使铝箔自行快速发热，熔化复合在铝箔上的溶胶，从而粘贴在待封容器的封口处，达到迅速封口的目的．下列有关说法正确的是( )
A．封口材料可用普通塑料来代替铝箔
B．该封口机可用干电池作为电源以方便携带
C．封口过程中温度过高，可适当减小所通电流的频率来解决
D．该封口机适用于玻璃、塑料等多种材质的容器封口，但不适用于金属容器
【答案】CD 【解析】由于封口机利用了电磁感应原理，故封口材料必须是金属类材料，而且电源必须是交流电源，A、B错误；减小内置线圈中所通电流的频率可降低封口过程中产生的热量，即控制温度，C正确；封口材料应是金属类材料，但对应被封口的容器不能是金属，否则同样会被熔化，只能是玻璃、塑料等材质，D正确．
9．图甲的铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触．闭合开关S，给铜盘一个初动能，铜盘转动方向和所处磁场如图乙所示，不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是( )
A．通过圆盘平面的磁通量不变
B．通过电阻R的电流方向向下
C．断开开关S，圆盘将减速转动
D．断开开关S，圆盘将匀速转动
【答案】AC 【解析】由于磁感线的条数不变，故铜盘转动过程中，穿过铜盘的磁通量不变，故A正确；根据右手定则可知，电流从D点流出，因此通过电阻R的电流方向向上，故B错误；因为不是整个圆盘都在磁场中，所以在圆盘中电流会形成回路，圆盘会受安培力作用，所以断开开关S，圆盘将减速转动，故C正确，D错误．
10．如图所示，光滑导轨MN和PQ固定在同一水平面上，两导轨距离为L，N、Q两端接有阻值为R的定值电阻，两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.一粗细均匀、质量为m的金属杆与导轨接触良好并静止于ab处，金属杆接在两导轨间的电阻为R.现用一恒力F沿水平方向拉杆，使之由静止向右运动，若杆拉出磁场前已做匀速运动，不计导轨的电阻，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．金属杆做匀速运动时的速率v＝
B．金属杆出磁场前的瞬间金属杆在磁场中的那部分两端的电压为
C．金属杆穿过整个磁场过程中金属杆上产生的电热为FL－
D．金属杆穿过整个磁场过程中通过定值电阻R的电荷量为
【答案】ABD 【解析】金属杆切割磁感线产生的感应电动势E＝Bv，感应电流I＝＝，金属杆所受安培力F安＝BI＝.当金属杆做匀速运动时有F＝F安＝，所以金属杆做匀速运动时的速率v＝，A正确；由F＝F安＝BI可得I＝，金属杆出磁场前的瞬间金属杆在磁场中的那部分两端的电压为U＝I·R＝·R＝，B正确；设整个过程中产生的总电热为Q，根据能量守恒得Q＝F·－mv2，将v代入可得Q＝F·－，根据能量分配关系可得金属杆上产生的电热为Q杆＝Q＝－，C错误；根据电荷量的计算公式q＝It＝＝＝，所以金属杆穿过整个磁场过程中通过定值电阻R的电荷量为， D正确．
三、非选择题(本大题共4小题，共54分)
11．(9分)如图是某实验小组在研究磁通量变化时感应电流方向实验中的部分操作示意图，图甲所示是电流通过灵敏检流计时指针的偏转情况，图乙是磁铁从线圈中抽出时同一灵敏检流计G的情况．
(1)图甲电路中串联定值电阻R主要是为了________．
A．减小电路两端的电压，保护电源
B．增大电路两端的电压，保护电源
C．减小电路中的电流，保护灵敏检流计
D．减小电路中的电流，便于观察灵敏检流计的读数
(2)实验操作如图乙所示，当磁铁向上抽出时，检流计G中指针向________(填“左”或“右”)偏；继续操作如图丙所示，判断此时条形磁铁的运动是________(填“插入”或“抽出”)线圈．
【答案】(1)C (2)右 抽出
【解析】(1)电路中串联定值电阻，目的是减小电流，保护灵敏检流计．故C正确，A、B、D错误．
(2)由甲图知，导线电流由上向下时，检流计左偏，在乙图中，当磁铁向上抽出，磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，则流过检流计的电流方向为从下往上，所以检流计指针向右偏．在丙图中，感应电流流过检流计的方向是从上而下，则感应电流的磁场方向向上，与原磁场方向相同，知磁通量在减小，即磁铁抽出线圈．
12．(13分)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B，纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行．从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
(1)拉力做功的功率P；
(2)ab边产生的焦耳热Q.
解：(1)线圈中的感应电动势E＝BLv，
感应电流I＝，
拉力大小等于安培力大小，F＝BIL，
得拉力的功率P＝Fv＝.
(2)线圈ab边电阻Rab＝，运动时间t＝，
则ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt ＝.
13．(16分)如图，竖直面上两足够长的平行光滑金属导轨间距为L，顶端连接阻值为R的电阻．在水平虚线MN下方存在方向垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B.将一质量为m的导体棒垂直导轨从MN处由静止释放，导体棒向下运动的距离为L时恰好匀速．导体棒和导轨的电阻均不计，重力加速度为g.
(1)求导体棒加速过程中通过电阻R的电量q和电阻R产生的焦耳热Q；
(2)若导体棒在磁场中向下运动的总距离为2L时，磁感应强度大小开始随时间变化，使得导体棒恰好沿导轨向下做加速度为g的匀加速直线运动，求磁感应强度大小Bt随时间t变化的关系式．
解：(1)根据电磁感应中的电荷量的推论公式
q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝.
导体棒匀速运动，根据平衡条件有
mg＝BIL＝BL＝，
由能量守恒定律得mgL＝Q＋mv2，
联立解得Q＝mg.
(2)当导体棒做加速度为g的匀加速直线运动时，回路中的感应电流为零，闭合回路的磁通量不变，设时间为t时，导体棒的下落高度h＝2L＋vt＋gt2，
由于磁通量不变，则有Bt·Lh＝B·2L2，
解得Bt＝.
14．(16分)如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为L＝0.5 m，导轨所在平面与水平面夹角θ＝37°，M、P间接阻值为R＝9 Ω的电阻．匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B＝2 T．质量为m＝0.1 kg、阻值为r＝1 Ω的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的恒定拉力F＝1 N 作用下，从静止开始向上运动．已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，导轨电阻不计，导轨和磁场足够大，g取10 m/s2.求：
(1)当金属棒的速度为2 m/s时的加速度；
(2)金属棒能获得的最大速度；
(3)若金属棒从开始运动到获得最大速度在导轨上滑行的距离是2.5 m，求这一过程中R上产生的焦耳热．
解：(1)在沿斜面方向上，导体棒受到沿斜面向上的拉力．沿斜面向下的重力分力以及安培力F安＝BL，
根据牛顿第二定律可得F－－mgsin θ＝ma，
解得当金属棒的速度为2 m/s时的加速度为a＝2 m/s2.
(2)当金属棒受力平衡时，即a＝0时，速度最大．
故F－－mgsin θ＝0，
解得vm＝4 m/s.
(3)根据动能定理可得
WF＋W安＋WG＝mv，
且WF＝Fs，WG＝－mgssin θ，
又知道R上产生的焦耳热为
QR＝－W安，
联立解得QR＝0.18 J.
第二章达标检测卷
(考试时间：60分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本大题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)
1．如图所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管．下列说法正确的是( )
A．电流计中的电流先由a到b，后由b到a
B．a点的电势始终低于b点的电势
C．磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量
D．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度
【答案】D 【解析】在磁铁进入螺线管的过程中，螺线管磁通量增大，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由b经电流计流向a；在磁铁穿出螺线管的过程中，磁通量减小，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由a经电流计流向b，则a点电势先低于b点电势，后高于b点电势，故A、B错误；磁铁减少的重力势能转化为内能和磁铁的动能，C错误；磁铁刚离开螺线管时，由楞次定律“来拒去留”可知，磁铁受到的合外力小于重力，D正确．
2．MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，如图所示，则( )
A．若固定ab，使cd向右滑动，则回路中电流方向为a→b→d→c
B．若ab向左、cd向右同时运动，则回路中电流为零
C．若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则回路中电流方向为c→d→b→a
D．若ab、cd都向右运动，且两杆速度vcd>vab，则回路中电流方向为c→d→b→a
【答案】D 【解析】若固定ab，使cd向右滑动，由右手定则可判断出产生顺时针的电流，故A错误．若ab向左，cd向右，ab、cd所围的线圈面积增大，磁通量增大，由楞次定律得，abdc中有顺时针的电流，故B错误．若ab、cd同向且速度大小相同，ab、cd所围的线圈面积不变，磁通量不变，故不产生感应电流，故C错误．若ab、cd向右运动，但vcd＞vab，则abdc所围面积增大，磁通量增大，故由楞次定律可判断出产生顺时针的电流，故D正确．
3．如图所示，绕在铁芯上的线圈M与电源、滑动变阻器和开关组成了一个闭合回路，在铁芯的右端，线圈P与电流表连成闭合电路．下列说法正确的是( )
A．开关S闭合，电路稳定后，线圈P中有感应电流，线圈M、P相互排斥
B．开关S闭合，电路稳定后，使变阻器滑片向左匀速移动，线圈P中有感应电流，线圈M、P相互排斥
C．开关S闭合，电路稳定后，使变阻器滑片向右匀速移动，线圈P中有感应电流，线圈M、P相互排斥
D．开关S闭合瞬间，线圈P中有感应电流，线圈M、P相互吸引
【答案】B 【解析】开关S闭合，电路稳定后，线圈M中的电流不变，由安培定则可知，产生的磁场方向沿铁芯轴线向右，线圈P中的磁通量不变，故不会产生感应电流，M、P没有排斥作用，也没有吸引作用，故A错误；当开关S闭合，电路稳定后，滑片向左匀速移动，线圈M中的电流增大，因而穿过线圈P的磁通量增加，线圈P中产生感应电流，并且由楞次定律知，感应电流的磁场方向与线圈M的磁场方向相反，故M、P两线圈相互排斥，B正确；同理可知C错误；开关S闭合瞬间，线圈P中有感应电流，M、P相互排斥，所以D错误．
4．如图所示的金属线框，面积为S，处于磁感应强度为B的匀强磁场中的方向与线框平面成θ角，线框从图示实线位置，以线框ab边为轴顺时针转过90°到虚线位置时，所用时间为T，则该过程( )
A．在初始位置时，穿过线圈的磁通量Φ＝BScos θ
B．线框中磁通量的变化量为ΔΦ＝0
C．线框中感应电流方向先沿adcba方向再沿abcda方向
D．线框中产生的平均感应电动势为
【答案】D 【解析】初始位置，磁通量Φ＝BSsin θ，A错误；若规定从abcd面的下表面穿过到上表面的磁通量为正，则末位置的磁感线从上表面穿过下表面，磁通量为Φ′＝－BScos θ，可得ΔΦ＝Φ′－Φ＝－BScos θ－BSsin θ＝－BS(cos θ＋sin θ)，负号表示磁通量减少，B错误；由楞次定律知，线框中感应电流方向始终为adcba，C错误；由法拉第电磁感应定律有E＝＝，D正确．
5．如图甲所示，线圈ab中通有如图乙所示的电流，电流从a到b为正方向，那么在0～t0这段时间内，用丝线悬挂的铝环M中产生感应电流，则( )
A．从左向右看感应电流的方向为顺时针
B．从左向右看感应电流的方向为先顺时针后逆时针
C．感应电流的大小先减小后增加
D．感应电流的大小一直减小
【答案】A 【解析】根据题意可知，由于电流从a到b为正方向，当电流从a流向b时，由右手螺旋定则可知，线圈ab的磁场水平向右，由于电流减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，铝环M的感应电流为顺时针(从左向右看)．当电流从b流向a时，由右手螺旋定则可知，线圈ab的磁场水平向左，由于电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，铝环M的感应电流为顺时针(从左向右看)．故感应电流方向不变，故A正确，B错误．由图乙知，ab中电流变化率不变，则产生的磁场的变化率不变，根据法拉第电磁感应定律知，产生的电动势大小不变，所以感应电流的大小也不变，故C、D错误．
6．如图所示，电灯A和B与定值电阻的阻值均为R，L是自感系数很大的线圈，且其直流电阻不可忽略．当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法正确的是( )
A．B立即熄灭
B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭
C．有电流通过B灯，方向为c→d
D．有电流通过A灯，方向为a→b
【答案】A 【解析】当断开S2而只闭合S1时，A、B两灯一样亮，可知线圈L的电阻也是R，在S1、S2闭合时，IA＝IL，故当S2闭合、S1突然断开时，流过A灯的电流只是方向变为b→a，但其大小不突然增大，A灯不出现更亮一下再熄灭的现象，故B、D错误；由于固定电阻R几乎没有自感作用，故断开S1时，B灯电流迅速变为零，且立即熄灭，故A正确，C错误．
7．如图所示，由同种材料制成，粗细均匀，边长为L、总电阻为R的单匝正方形闭合线圈MNPQ放置在水平面上，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，磁场两边界成θ＝45°角．现使线圈以水平向右的速度v匀速进入磁场，则( )
A．当线圈中心经过磁场边界时，N、P两点间的电势差U＝BLv
B．当线圈中心经过磁场边界时，线圈所受安培力大小F安＝
C．线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，回路中的平均电功率＝
D．线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，通过导线某一横截面的电荷量q＝
【答案】D 【解析】当线圈中心经过磁场边界时，此时切割磁感线的有效线段为NP，根据法拉第电磁感应定律，NP产生的感应电动势为E＝BLv，此时N、P两点间的电势差U为路端电压，有U＝E＝BLv，此时QP、NP受安培力作用，且两力相互垂直，故合力为F安＝BIL＝，故A、B错误；当线圈中心经过磁场边界时，回路中的瞬时电功率为P＝＝，在线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，感应电动势一直在变化，故回路中的平均电功率不等于经过磁场边界时的瞬时电功率，故C错误；根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，通过导线某一横截面的电荷量为q＝Δt＝＝，故D正确．
二、多项选择题(本大题共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，有选错的得0分)
8．“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中．如图所示为一手持式封口机，它的工作原理是：当接通电源时，内置线圈产生磁场，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生大量小涡流，致使铝箔自行快速发热，熔化复合在铝箔上的溶胶，从而粘贴在待封容器的封口处，达到迅速封口的目的．下列有关说法正确的是( )
A．封口材料可用普通塑料来代替铝箔
B．该封口机可用干电池作为电源以方便携带
C．封口过程中温度过高，可适当减小所通电流的频率来解决
D．该封口机适用于玻璃、塑料等多种材质的容器封口，但不适用于金属容器
【答案】CD 【解析】由于封口机利用了电磁感应原理，故封口材料必须是金属类材料，而且电源必须是交流电源，A、B错误；减小内置线圈中所通电流的频率可降低封口过程中产生的热量，即控制温度，C正确；封口材料应是金属类材料，但对应被封口的容器不能是金属，否则同样会被熔化，只能是玻璃、塑料等材质，D正确．
9．图甲的铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触．闭合开关S，给铜盘一个初动能，铜盘转动方向和所处磁场如图乙所示，不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是( )
A．通过圆盘平面的磁通量不变
B．通过电阻R的电流方向向下
C．断开开关S，圆盘将减速转动
D．断开开关S，圆盘将匀速转动
【答案】AC 【解析】由于磁感线的条数不变，故铜盘转动过程中，穿过铜盘的磁通量不变，故A正确；根据右手定则可知，电流从D点流出，因此通过电阻R的电流方向向上，故B错误；因为不是整个圆盘都在磁场中，所以在圆盘中电流会形成回路，圆盘会受安培力作用，所以断开开关S，圆盘将减速转动，故C正确，D错误．
10．如图所示，光滑导轨MN和PQ固定在同一水平面上，两导轨距离为L，N、Q两端接有阻值为R的定值电阻，两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.一粗细均匀、质量为m的金属杆与导轨接触良好并静止于ab处，金属杆接在两导轨间的电阻为R.现用一恒力F沿水平方向拉杆，使之由静止向右运动，若杆拉出磁场前已做匀速运动，不计导轨的电阻，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．金属杆做匀速运动时的速率v＝
B．金属杆出磁场前的瞬间金属杆在磁场中的那部分两端的电压为
C．金属杆穿过整个磁场过程中金属杆上产生的电热为FL－
D．金属杆穿过整个磁场过程中通过定值电阻R的电荷量为
【答案】ABD 【解析】金属杆切割磁感线产生的感应电动势E＝Bv，感应电流I＝＝，金属杆所受安培力F安＝BI＝.当金属杆做匀速运动时有F＝F安＝，所以金属杆做匀速运动时的速率v＝，A正确；由F＝F安＝BI可得I＝，金属杆出磁场前的瞬间金属杆在磁场中的那部分两端的电压为U＝I·R＝·R＝，B正确；设整个过程中产生的总电热为Q，根据能量守恒得Q＝F·－mv2，将v代入可得Q＝F·－，根据能量分配关系可得金属杆上产生的电热为Q杆＝Q＝－，C错误；根据电荷量的计算公式q＝It＝＝＝，所以金属杆穿过整个磁场过程中通过定值电阻R的电荷量为， D正确．
三、非选择题(本大题共4小题，共54分)
11．(9分)如图是某实验小组在研究磁通量变化时感应电流方向实验中的部分操作示意图，图甲所示是电流通过灵敏检流计时指针的偏转情况，图乙是磁铁从线圈中抽出时同一灵敏检流计G的情况．
(1)图甲电路中串联定值电阻R主要是为了________．
A．减小电路两端的电压，保护电源
B．增大电路两端的电压，保护电源
C．减小电路中的电流，保护灵敏检流计
D．减小电路中的电流，便于观察灵敏检流计的读数
(2)实验操作如图乙所示，当磁铁向上抽出时，检流计G中指针向________(填“左”或“右”)偏；继续操作如图丙所示，判断此时条形磁铁的运动是________(填“插入”或“抽出”)线圈．
【答案】(1)C (2)右 抽出
【解析】(1)电路中串联定值电阻，目的是减小电流，保护灵敏检流计．故C正确，A、B、D错误．
(2)由甲图知，导线电流由上向下时，检流计左偏，在乙图中，当磁铁向上抽出，磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，则流过检流计的电流方向为从下往上，所以检流计指针向右偏．在丙图中，感应电流流过检流计的方向是从上而下，则感应电流的磁场方向向上，与原磁场方向相同，知磁通量在减小，即磁铁抽出线圈．
12．(13分)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B，纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行．从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
(1)拉力做功的功率P；
(2)ab边产生的焦耳热Q.
解：(1)线圈中的感应电动势E＝BLv，
感应电流I＝，
拉力大小等于安培力大小，F＝BIL，
得拉力的功率P＝Fv＝.
(2)线圈ab边电阻Rab＝，运动时间t＝，
则ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt ＝.
13．(16分)如图，竖直面上两足够长的平行光滑金属导轨间距为L，顶端连接阻值为R的电阻．在水平虚线MN下方存在方向垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B.将一质量为m的导体棒垂直导轨从MN处由静止释放，导体棒向下运动的距离为L时恰好匀速．导体棒和导轨的电阻均不计，重力加速度为g.
(1)求导体棒加速过程中通过电阻R的电量q和电阻R产生的焦耳热Q；
(2)若导体棒在磁场中向下运动的总距离为2L时，磁感应强度大小开始随时间变化，使得导体棒恰好沿导轨向下做加速度为g的匀加速直线运动，求磁感应强度大小Bt随时间t变化的关系式．
解：(1)根据电磁感应中的电荷量的推论公式
q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝.
导体棒匀速运动，根据平衡条件有
mg＝BIL＝BL＝，
由能量守恒定律得mgL＝Q＋mv2，
联立解得Q＝mg.
(2)当导体棒做加速度为g的匀加速直线运动时，回路中的感应电流为零，闭合回路的磁通量不变，设时间为t时，导体棒的下落高度h＝2L＋vt＋gt2，
由于磁通量不变，则有Bt·Lh＝B·2L2，
解得Bt＝.
14．(16分)如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为L＝0.5 m，导轨所在平面与水平面夹角θ＝37°，M、P间接阻值为R＝9 Ω的电阻．匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B＝2 T．质量为m＝0.1 kg、阻值为r＝1 Ω的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的恒定拉力F＝1 N 作用下，从静止开始向上运动．已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，导轨电阻不计，导轨和磁场足够大，g取10 m/s2.求：
(1)当金属棒的速度为2 m/s时的加速度；
(2)金属棒能获得的最大速度；
(3)若金属棒从开始运动到获得最大速度在导轨上滑行的距离是2.5 m，求这一过程中R上产生的焦耳热．
解：(1)在沿斜面方向上，导体棒受到沿斜面向上的拉力．沿斜面向下的重力分力以及安培力F安＝BL，
根据牛顿第二定律可得F－－mgsin θ＝ma，
解得当金属棒的速度为2 m/s时的加速度为a＝2 m/s2.
(2)当金属棒受力平衡时，即a＝0时，速度最大．
故F－－mgsin θ＝0，
解得vm＝4 m/s.
(3)根据动能定理可得
WF＋W安＋WG＝mv，
且WF＝Fs，WG＝－mgssin θ，
又知道R上产生的焦耳热为
QR＝－W安，
联立解得QR＝0.18 J.
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