人教版高中物理选择性必修第二册第二章质量评估含答案 试卷

这是一份人教版高中物理选择性必修第二册第二章质量评估含答案，共12页。
第二章质量评估(时间:75分钟　满分:100分)一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.如图所示,在载流直导线旁固定有两平行光滑导轨A、B,导轨与直导线平行且在同一水平面内,在导轨上有两根可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时,导体ab和cd的运动情况是              (　　)A.一起向左运动B.一起向右运动C.ab和cd相向运动,相互靠近D.ab和cd相背运动,相互远离解析:当载流直导线中的电流逐渐增强时,穿过闭合回路的磁通量增大,根据楞次定律,感应电流的磁场总是阻碍穿过回路磁通量的变化,所以两导体相互靠近,减小面积,达到阻碍磁通量增大的目的.故选C.答案:C2.如图所示,两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上,当一条形磁体向左运动靠近两环时,两环的运动情况是              (　　)A.同时向左运动,间距变大B.同时向左运动,间距变小C.同时向右运动,间距变小D.同时向右运动,间距变大解析:磁体向左运动,穿过两环的磁通量均增加.根据楞次定律,感应电流的磁场将阻碍原磁通量增加,所以两环都向左运动.另外,两环产生的感应电流方向相同,依据安培定则和左手定则可以判断两环之间相互吸引.选项A、C、D错误,选项B正确.答案:B3.单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化图像如图所示,则(　　)A.在t=0时,穿过线圈的磁通量最大,感应电动势也最大B.在t=1×10-2 s时,感应电动势最大C.在t=2×10-2 s时,感应电动势最大D.在0~2×10-2 s时间内,线圈中感应电动势的平均值为0解析:由法拉第电磁感应定律知E∝,故t=0及t=2×10-2 s时刻,E=0;t=1×10-2 s时刻,E最大,选项A、C错误,选项B正确.0~2×10-2 s,ΔΦ≠0,E≠0,选项D错误.答案:B4.一矩形线框置于匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直.先保持线框的面积不变,将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的2倍.接着保持增大后的磁感应强度不变,在1 s时间内,再将线框的面积均匀地减小到原来的一半.先后两个过程,线框中感应电动势的比值为              (　　)A.      B.1        C.2     D.4解析: 根据法拉第电磁感应定律E=,设初始时刻磁感应强度为B0,线框面积为S0.第一种情况下的感应电动势为E1===;第二种情况下的感应电动势为E2===.所以两种情况下线框中的感应电动势相等,比值为1.答案:B5.如图所示,用铝板制成U形框,将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方,使该装置在匀强磁场中沿垂直于磁场的方向向左以速度v匀速运动,悬线拉力为FT,则              (　　)A.悬线竖直FT=mgB.悬线竖直FT>mgC.悬线竖直FT<mgD.无法确定FT的大小和方向解析:设两板间的距离为l,向左运动过程中竖直板切割磁感线,产生感应电动势,用右手定则判断下板电势高于上板电势,感应电动势大小E=Blv,即带电小球处于电势差为Blv的电场中.小球所受电场力F电=q=q=qvB.若小球带正电,则电场力方向向上,同时小球所受洛伦兹力F洛=qvB,方向向下,F电+F洛=0;若小球带负电,同样可得出F电'+F洛'=0.故无论小球带什么电,怎样运动,都有FT=mg,选项A正确.答案:A6.如图所示的电路中,S闭合且电路稳定后流过电感线圈的电流是2 A,流过灯泡的电流是1 A,现将S突然断开,S断开前后,能正确反映流过灯泡的电流i随时间t变化关系的图像是 (　　)         A              B              C             D解析:开关S断开前,通过灯泡D的电流是稳定的,其值为1 A.开关S断开瞬间,线圈由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电流,线圈中的电流从原来的2 A逐渐减小,方向不变,且同灯泡D构成回路,通过灯泡D的电流和线圈L中的电流相同,也是从2 A逐渐减小到0,但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反,D正确.答案:D7.两个完全相同的铜环C、D可绕固定轴OO'旋转,当两环以相同的初始角速度开始转动后,由于阻力,经相同的时间后停止转动.将两环置于磁感应强度大小均为B,但方向不同的匀强磁场中,C环的转轴与磁场方向平行,D环的转轴与磁场方向垂直,如图所示,当C、D两环同时以相同的角速度开始转动后,下列判断正确的是              (　　)        甲                 乙 A.C环先停下B.D环先停下C.两环同时停下D.无法判断两环停止的先后顺序解析:根据法拉第电磁感应定律可知,D环产生感应电流,机械能不断转化为内能,而C环不产生感应电流,故D环先停下来,选项B正确.答案:B二、多项选择题:本题共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.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.8.将闭合多匝线圈置于磁感应强度随时间均匀变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,线圈直径保持不变.关于线圈中产生的感应电动势,下列表述正确的是               (　　)A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.当穿过线圈的磁通量为0时,感应电动势不为0C.穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大D.感应电动势的大小与磁通量的变化量成正比解析:由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势E=n,即感应电动势与线圈匝数有关,感应电动势与磁通量的变化率有关,故选项A、D错误.磁通量变化越快,感应电动势越大,故选项C正确.当穿过线圈的磁通量为0时,磁通量的变化率不为0,因此感应电动势不为0,故选项B正确.答案:BC9.如图所示,倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上,水平虚线CD下方有垂直于斜面向下的匀强磁场,磁感应强度为B,正方形闭合金属线框边长为h,质量为m,电阻为R,置于CD上方一定距离处,保持线框底边ab与CD平行并由静止释放,当ab边到达CD时,线框速度为v0,ab边到达CD下方距离d(d>h)处时,线框速度也为v0,下列说法正确的是              (　　)A.ab边刚进入磁场时,电流方向为a→bB.ab边刚进入磁场时,线框加速度沿斜面向下C.线框进入磁场过程中的最小速度小于D.线框进入磁场过程中产生的热量为mgdsin θ解析:根据右手定则知,ab边刚进入磁场时,电流方向为a→b,选项A正确.当ab边到达CD时,线框速度为v0,ab边到达CD下方距离d处时,线框速度也为v0,知线框进入磁场时做减速运动,完全进入磁场后做加速运动,则ab边刚进入磁场时,线框加速度方向沿斜面向上,选项B错误.线框从进入磁场到完全进入的过程中,做减速运动时,完全进入的瞬间速度最小,此时安培力大于重力沿斜面方向的分力,E=Bhv,I=,FA=BIh,根据FA>mgsin θ,有>mgsin θ,解得v>,选项C错误.对线框进入磁场的过程运用能量守恒定律得,mgdsin θ=Q,选项D正确.答案:AD10.空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间均匀变化的匀强磁场,其边界如图甲中虚线MN所示,一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S,将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内,圆心O在MN上.t=0时,磁感应强度的方向如图甲所示,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示,则在t=0到t=t1的时间间隔内              (　　)        甲                     乙A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C.圆环中的感应电流大小为D.圆环中的感应电动势大小为解析:在t=0到t=t0的时间间隔内,磁感应强度的方向垂直于纸面向里且逐渐减弱,根据楞次定律和安培定则可知圆环中的感应电流沿顺时针方向,且圆环所受安培力的方向水平向左;在t=t0到t=t1的时间间隔内,磁感应强度的方向垂直于纸面向外且逐渐增强,根据楞次定律和安培定则可知圆环中的感应电流沿顺时针方向,且圆环所受安培力的方向水平向右,故选项A错误,选项B正确.圆环中的感应电动势大小为E===·=,故选项D错误.圆环中的感应电流大小为I===,故选项C正确.答案:BC三、非选择题:共54分.11.(9分)观察右图所示的实验装置,实验操作中,当导体棒AB沿着磁感线方向上下运动时,电流表指针　　　　(选填“偏转”或“不偏转”);当导体棒AB垂直于磁感线方向左右运动时,电流表指针　　　　(选填“偏转”或“不偏转”);若电流从电流表的右接线柱进入,指针就往右偏转,则为使图中电流表指针往左偏转,导体棒AB应向　　　　(选填“上”“下”“左”或“右”)运动. 解析:当导体棒AB沿着磁感线方向上下运动时,不切割磁感线,无感应电流产生,所以电流表指针不偏转;当导体棒AB垂直于磁感线方向左右运动时,切割磁感线,有感应电流产生,所以电流表指针偏转;电流从电流表的右接线柱进入,指针就向右偏转,为使图中电流表指针向左偏转,即电流从左接线柱流入,根据右手定则可知,导体棒AB应向右运动.答案:不偏转　偏转　右12.(9分)用下图所示装置研究电磁感应现象.(1)用笔画线代替导线,将实物图连接成实验电路.(2)若实验时,在开关闭合瞬间,观察到灵敏电流表指针向右偏转,则开关闭合一段时间后,为使灵敏电流表指针向左偏转,可行的方法:　             ; 　                .(至少写出两种方法) 解析:实验时,开关闭合瞬间,穿过线圈的磁通量增大,灵敏电流表指针向右偏转,若要使灵敏电流表指针向左偏转,可断开开关或将滑动变阻器的滑片向右移动,也可拔出A线圈.答案:(1)如图所示.(2)断开开关　将滑动变阻器的滑片向右移动(或拔出A线圈)13.(10分)如图甲所示,固定在水平面上电阻不计的光滑平行金属导轨间的距离d=0.5 m.导轨右端接一阻值为4 Ω的小灯泡L,在矩形CDEF区域内有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B按图乙所示规律变化.CF长l=2 m.在t=0时,ab金属棒从图中位置由静止在恒力F作用下向右运动,某时刻到达EF位置,整个过程中,小灯泡亮度始终不变.已知ab金属棒接入电路部分的电阻为1 Ω.(1)求通过小灯泡的电流.(2)求恒力F的大小.(3)求金属棒的质量.    甲                           乙解析:(1)电路总电阻R总=RL+Rab=5 Ω,金属棒未进入磁场时,回路中感应电动势E1==S=0.5 V,灯泡中的电流I==0.1 A.(2)因灯泡亮度不变,故在t=4 s末金属棒刚好进入磁场,且做匀速运动,此时金属棒中的电流I'=I=0.1 A,恒力F=F安=BI'd=0.1 N.(3)因灯泡亮度不变,金属棒在磁场中运动时,产生的感应电动势E2=E1=0.5 V,金属棒在磁场中的速度v==0.5 m/s,金属棒未进入磁场时的加速度a==0.125 m/s2,故金属棒的质量m==0.8 kg.答案:(1)0.1 A　(2)0.1 N　(3)0.8 kg14.(12分)把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环,将其水平固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中,如图所示,一长度为2a,电阻等于R,粗细均匀的金属棒MN放在圆环上,它与圆环始终接触良好,当金属棒以恒定速度v向右移动经过圆环圆心O时,求:(1)金属棒上电流的大小、方向及棒两端的电压UMN;(2)圆环消耗的热功率、圆环和金属棒上消耗的总热功率.解析:(1)金属棒MN切割磁感线产生的感应电动势E=Blv=2Bav,外电路的总电阻为R外==R,金属棒上电流的大小I===,电流方向从N到M.金属棒两端的电压为路端电压UMN=IR外=Bav.(2)圆环消耗的热功率为外电路的总功率P外=I2R外=,圆环和金属棒上消耗的总热功率为电路的总功率P总=IE=.答案:(1)　电流方向为N→M　Bav   (2)　15.(14分)如图所示,间距为l的两条平行光滑金属导轨固定在水平面上,垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R,两棒与导轨始终接触良好.MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连,线圈内存在竖直向下均匀增强的磁场,磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B.PQ的质量为m,金属导轨足够长,电阻忽略不计.(1)闭合S,若使PQ保持静止,则需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向.(2)断开S,PQ在上述恒力作用下,由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q,求该过程安培力做的功W.解析:(1)由法拉第电磁感应定律E=可得线圈中的感应电动势E=k,PQ与MN并联,并联部分电阻R并=,闭合S时,根据闭合电路欧姆定律得线圈中的电流I=,PQ中的电流IPQ=IMN=I,PQ受到的安培力F安=BIPQl,根据楞次定律、安培定则和左手定则判断可得安培力方向水平向左.PQ保持静止,由于受力平衡,有F=F安,联立上面各式解得F=,F方向水平向右.(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中,PQ运动的位移为x,所用时间为Δt,回路中的磁通量变化量为ΔΦ,平均感应电动势为,有=,其中ΔΦ=Blx,设PQ中的平均电流为,有=,根据电流的公式得=,由动能定理有Fx+W=mv2-0,联立解得W=mv2-kq.答案:(1)　方向水平向右　(2)mv2-kq