第二章　电磁感应 章末检测试卷(二)（含解析）-2024春高中物理选择性必修2（人教版）

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第二章　电磁感应 章末检测试卷(二)(满分：100分)一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分．每题只有一个选项最符合题意．1．下列说法中正确的是(　　)A．线圈中产生的自感电动势总是阻碍线圈中电流的变化B．感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化量成正比C．感应电流产生的磁场总是阻止引起感应电流的磁通量的变化D．穿过闭合回路的磁通量不发生变化，回路中也可能有感应电流产生2．关于感应电流的产生及方向，下列描述正确的是(　　)3.(2023·宿迁市高二期中)如图所示，一根长1 m左右的空心铝管竖直放置，把一枚磁性比较强的小圆柱形永磁体从铝管上端放入管口，圆柱直径略小于铝管的内径。让磁体从管口处由静止下落，磁体在管内运动时，没有跟铝管内壁发生摩擦。有关磁体在铝管中下落的过程，下列说法可能正确的是(　　)A．磁体做自由落体运动B．磁体加速度越来越大C．磁体受到铝管中涡流的作用力方向一直向上D．磁体受到铝管中涡流的作用力方向先向上后向下4.(2023·南京市金陵中学高二期末)如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按图中的哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环对桌面的压力增大(　　)5．某兴趣小组设计了一辆“电磁感应车”，在一个车架底座上固定了一块塑料板，板上固定了线圈和红、绿两个二极管，装置和连成的电路如图甲所示。用强磁铁插入和拔出线圈，电流传感器记录了线圈中电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)A．在t＝3 s时刻，线圈中的磁通量最大B．当磁铁从线圈左端插入时，小车将会向左运动C．乙图显示了磁铁先后两次插入和拔出线圈的过程D．若插入线圈的磁铁磁性足够强，红、绿两个二极管会同时发光6.(2023·南京市金陵中学河西分校高二期中联考)如图所示，光滑水平面上存在一有界匀强磁场，圆形金属线框在水平拉力的作用下，通过磁场的左边界MN进入磁场。在此过程中，线框以v做匀速直线运动，速度方向与MN成θ角，下列说法正确的是(　　)A．线框内感应电流沿顺时针方向B．线框内感应电流逐渐减小C．水平拉力的大小与θ有关D．水平拉力的方向与θ有关7.(2023·如皋市第一中学高二月考)如图所示，边长为L的正方形线框，从图示位置在恒力作用下沿光滑水平面滑动，中途穿越垂直纸面向里、有理想边界的匀强磁场区域，磁场的宽度大于L，以i表示线框中的感应电流，以v表示线框运动的速度。从线框刚进入磁场区域开始计时，电流取逆时针方向为正方向，以下图像可能正确的是(　　)8．(2023·苏州市高二学业质量调研)如图甲所示，将开关S接通一段时间后又断开，通过电流表的电流—时间图像如图乙所示，电源内阻不计，则(　　)A．①③显示的是电流表A2的示数B．①④显示的是电流表A2的示数C．②③显示的是电流表A2的示数D．②④显示的是电流表A2的示数9.(2023·连云港市灌南高级中学高二月考)很多人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图所示，自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中沿逆时针方向转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动。已知磁感应强度B＝0.5 T，圆盘半径l＝0.3 m，圆盘电阻不计，导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R＝10 Ω的小灯泡。后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压U＝0.6 V。则(　　)A．电压表的正接线柱应与a相接B．每分钟通过小灯泡的电荷量为0.6 CC．后轮匀速转动20 min产生的电能为432 JD．该自行车后轮边缘的线速度大小为8 m/s10.(2023·南京市金陵中学高二期末)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，刚进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，金属杆(　　)A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C．穿过两磁场产生的总热量为2mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于eq \f(m2gR2,2B4L4)二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11．(7分)(2023·无锡市第一中学高二期中)在用如图所示装置“研究闭合电路中感应电动势大小的影响因素”实验中，强磁铁固定在滑块上，滑块可用弹簧以不同的速度弹出，让强磁铁以不同速度穿过闭合线圈(线圈电阻可忽略不计)，用光电计时器记录挡光片通过光电门的时间Δt，用电压传感器(相当于电压表)记录线圈在这段时间内的平均感应电动势E，实验数据如下表：(1)实验中，每次挡光片通过光电门的时间内，线圈磁通量变化量________(选填“相等”或“不相等”)；(2)从表中数据可得，时间Δt越小，线圈产生的平均感应电动势E________(选填“越小”或“越大”)；(3)要通过线性图像直观反映平均感应电动势E与时间Δt的关系，可作________图像；A．E－Δt B．E－ eq \f(1,Δt) C.eq \f(1,E) － eq \f(1,Δt)12．(10分)(2023·北京八中高二期末)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R＝0.1 Ω，边长l＝0.2 m。求：(1)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中的感应电动势；(2)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流I的大小和方向；(3)t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向。13．(13分)(2023·徐州市沛县高二学情调研)如图甲所示，固定的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面成37°角倾斜放置，其电阻不计，相距为L＝0.4 m，导轨顶端与电阻R相连，R＝0.15 Ω。在导轨上垂直导轨放置一根质量为m＝2×10－2 kg、电阻为r＝0.05 Ω的导体棒ab。ab距离导轨顶端d1＝0.4 m；在装置所在区域加一个垂直导轨平面向上的磁场，其磁感应强度B和时间t的函数关系如图乙所示。(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)(1)前2 s内，施加外力F使导体棒保持静止，求通过导体棒的电流I的大小和方向；(2)写出前2 s内磁感应强度随时间变化的关系式，并求出哪一时刻不施加外力导体棒也能处于平衡状态？(3)2 s后由静止释放导体棒，已知ab棒滑到底部前已达到最大速度vm，求vm的大小。14.(14分)(2022·苏州市吴江区吴江中学高二月考)如图所示，固定在水平面内的“”形金属框架宽度为L＝0.4 m，左端接有阻值R＝0.8 Ω的电阻，垂直轨道放置的金属杆ab阻值r＝0.2 Ω、质量m＝0.1 kg。整个轨道处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B＝1.0 T。金属杆ab以初速度v0＝5.0 m/s开始向右运动。不计轨道摩擦和轨道电阻。求：(1)金属杆ab速度变为v＝2.0 m/s时，杆的加速度大小；(2)金属杆ab从开始运动到静止，通过电阻R的电荷量及金属杆ab通过的位移大小。15．(16分)(2023·南京师范大学附属扬子中学高二期末)如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左侧部分水平，右侧部分为半径r＝0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离d＝0.3 m，导轨水平部分处于方向竖直向上、磁感应强度大小B＝1 T 的匀强磁场中，两导轨电阻不计。有两根长度均为d 的金属棒ab、cd，均垂直置于水平导轨上，金属棒ab、cd 的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，电阻分别为R1＝0.3 Ω、R2＝0.2 Ω。现让ab棒以v0＝10 m/s的初速度开始水平向右运动，cd 棒进入半圆导轨后，恰好能通过导轨最高位置PP′，cd 棒进入半圆导轨前两棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2。(1)求cd棒通过导轨最高位置PP′的速度大小v及cd 棒刚进入半圆导轨瞬间的速度大小v2; (2)求cd棒进入半圆导轨前，cd棒上产生的焦耳热Q；(3)cd棒刚进入半圆导轨时，与初始时刻相比，两棒间距变化量Δx为多少？并求此过程中流过cd棒的电荷量q。章末检测试卷(二)1．A　[由楞次定律可知，线圈中产生的自感电动势总是阻碍线圈中电流的变化，故A正确；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，故B错误；由楞次定律可知，感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，而不是阻止磁通量的变化，故C错误；穿过闭合回路的磁通量不发生变化时，回路中一定没有感应电流产生，故D错误。]2．B　[导体棒ad向右切割磁感线时，磁场的方向向下，由右手定则可知，回路中将产生沿adcba方向的感应电流，A错误；磁体通过题图所示位置向下插时，线圈内磁场的方向向下且磁场增强，根据楞次定律可知，螺线管中产生向上的磁场，根据安培定则可知导线中将产生沿ba方向的感应电流，B正确；闭合电路稳定后穿过线圈的磁通量的变化量为0，根据感应电流产生的条件可知，电路中没有感应电流，所以G表示数为零，C错误；通有恒定电流的长直导线和闭合线圈在同一竖直面内，线圈向上平移时，穿过线圈的磁通量保持不变，磁通量变化量为0，所以线圈中不会产生感应电流，D错误。]3．C　[磁体从管口处由静止下落，空心铝管可以看作是由无数个圆环构成的，磁体下落过程中在铝管中产生感应电流，根据楞次定律可知，铝管中的感应电流阻碍磁体的下落，对磁体始终产生向上的阻力，所以磁体不是做自由落体运动，故A、D错误，C正确；磁体在下落过程中由牛顿第二定律可得mg－F安＝ma，又E＝BLv，F安＝BIL，I＝eq \f(E,R)，解得F安＝eq \f(B2L2v,R)，刚开始时磁体的加速度为g，随速度增大感应电动势增大，安培力增大，加速度减小；当重力与安培力大小相等时，加速度为零，故B错误。]4．B　[由楞次定律的推论可知，要使导体圆环对桌面的压力增大，即圆环受到向下的作用力，则螺线管中应产生增大的磁场；而螺线管中的磁场是由abcd区域内的磁场变化引起的，故abcd中的磁场变化率应越来越大，由此分析可知，选项B磁场变化率是增大的，符合题意；选项A磁场变化率是减小的，不符合题意；选项C、D磁场变化率不变，不符合题意。]5．C　[在t＝3 s时刻，线圈中的电流最大，磁通量变化率最大，故A错误；当磁铁从线圈左端插入时，靠近线圈，导致穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律，则有感应电流产生，小车为阻碍磁铁靠近，向右运动，故B错误；题图乙显示了磁铁先后两次插入和拔出线圈的过程，故C正确；由于发光二极管具有单向导电性，把两个发光二极管极性相反地并联起来，并与线圈串联，两个发光二极管不会同时发光，故D错误。]6．C　[圆形金属线框进磁场过程中，磁通量增大，根据楞次定律的重要推论增反减同，感应电流磁场和原磁场方向相反，感应电流为逆时针方向，A错误；将金属线框的速度沿水平向右和沿NM方向分解，沿NM方向上线框不切割磁感线，不产生感应电流，沿水平向右方向上的分运动，速度为vsin θ，则线框进出磁场过程，切割磁感线的有效长度是磁场中线框的首尾连接的线段，当圆形线框的圆心处于MN上时有效切割长度最大，感应电流最大，所以感应电流先增大后减小，B错误；速度和有效切割长度不垂直，夹角为θ，安培力F＝BIL＝Beq \f(BLvsin θ,R)L，拉力的大小等于安培力，与θ有关，C正确；安培力方向始终水平向左，拉力方向与安培力方向相反，与θ无关，D错误。]7．B　[线框以一定速度进入磁场区域后，产生感应电动势和感应电流，受到安培力作用。在刚进入磁场时，若所受安培力刚好等于F，线框做匀速运动，感应电流为恒定值，完全进入后，磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力作用，线框加速运动，在出磁场时，所受安培力一定大于F，一定做减速运动，产生的感应电流逐渐减小，故A错误，B正确；在刚进入磁场时，若所受安培力小于F，线框做加速运动，完全进入后，磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力作用，线框加速度大于刚进入时的加速度，在刚进入磁场时，若所受安培力大于F，线框做减速运动，完全进入后，磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力作用，线框做加速运动，故C、D错误。]8．B　[根据题意可知，闭合开关，电流表A2的示数瞬间达到最大，电流表A1由于线圈的自感作用，逐渐增大，则①显示的是电流表A2的示数，②显示的是电流表A1的示数；断开开关，图甲中线圈、2个电阻和2个电流表组成新的回路，由于线圈的自感作用，通过电流表A1的电流逐渐减小，通过A2的电流方向发生改变，并逐渐减小，则③显示的是电流表A1的示数，④显示的是电流表A2的示数。故B正确。]9．D　[由右手定则可知，轮子边缘点是等效电源的负极，a点应与电压表的负接线柱连接，故A错误；通过小灯泡的电流I＝eq \f(U,R)＝eq \f(0.6 V,10 Ω)＝0.06 A，每分钟通过小灯泡的电荷量q＝It＝0.06 A×60 s＝3.6 C，故B错误；后轮匀速转动20 min产生的电能E＝I2Rt＝(0.06)2×10×20×60 J＝43.2 J，故C错误；由U＝E＝eq \f(1,2)Bl2ω＝eq \f(1,2)Blv，得该自行车后轮边缘的线速度大小为v＝eq \f(2U,Bl)＝eq \f(2×0.6,0.5×0.3) m/s＝8 m/s，故D正确。]10．B　[由题意可知，金属杆刚进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，在磁场Ⅰ和Ⅱ之间做加速度为g的加速运动，所以金属杆在磁场Ⅰ中应做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误；由A中分析可知，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，而随着速度的减小，金属杆在磁场Ⅰ中的加速度也减小，而金属杆在两个磁场间做匀加速运动，又因为金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，金属杆在磁场Ⅰ中运动的平均速度小于在磁场间运动的平均速度，两段位移相同，故穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确；由于导轨光滑，根据能量守恒定律可知，在运动过程中，金属杆减小的重力势能全部转化为焦耳热和杆的动能，同时进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以从进入磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ的过程中，所产生的焦耳热为Q＝2mgd。由于两磁场间不产生焦耳热，故通过磁场Ⅰ产生的热量为Q，通过磁场Ⅱ与通过磁场Ⅰ产生的焦耳热相同，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd，故C错误；假设金属杆进入磁场Ⅰ后做匀速运动，则有mg＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，v＝eq \f(mgR,B2L2)，在磁场Ⅰ的上方，重力势能转化为金属杆的动能，即mgh＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m(eq \f(mgR,B2L2))2，h＝eq \f(m2gR2,2B4L4)，由上述分析可知，金属杆在进入磁场Ⅰ后做减速运动，所以金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度应大于eq \f(m2gR2,2B4L4)，故D错误。]11．(1)相等(2分)　(2)越大(2分)　(3)B(3分)解析　(1)实验中，每次挡光片通过光电门的时间内，线圈磁通量变化量相等；(2)从表中数据可得，时间Δt越小，线圈产生的平均感应电动势E越大；(3)由表中实验数据可知，平均感应电动势E与挡光时间Δt的乘积近似一定，说明平均感应电动势E与挡光时间Δt成反比，则平均感应电动势E与挡光时间Δt的倒数成正比，为了研究E与Δt的关系，可在直角坐标系中作平均感应电动势E与挡光时间Δt的倒数的关系图线，即E－eq \f(1,Δt)图像，故选B。12．(1)0.08 V　(2)0.8 A　顺时针方向　(3)0.016 N　方向垂直于ab向左解析　(1)在t＝0到t＝0.1 s的时间Δt内，磁感应强度的变化量大小ΔB＝0.2 T(1分)设穿过金属框的磁通量变化量大小为ΔΦ，由于磁场均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，有E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(l2ΔB,Δt)(1分)解得E＝0.08 V(1分)(2)设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有I＝eq \f(E,R)(1分)代入数据得I＝0.8 A(1分)由楞次定律及右手螺旋定则可知，金属框中电流方向为顺时针。(2分)(3)由题图可知，t＝0.05 s时，磁感应强度为B1＝0.1 T，金属框ab边受到的安培力F＝IlB1(1分)代入数据得F＝0.016 N(1分)由左手定则可知方向垂直于ab向左。(1分)13．(1)0.4 A　方向为b到a　(2)B＝0.5t＋0.1 T(t≤2)　1.3 s　(3)15 m/s解析　(1)根据法拉第电磁感应定律可得前2 s产生的感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)Ld1＝eq \f(1.1－0.1,2)×0.4×0.4 V＝0.08 V(2分)根据闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(0.08,0.15＋0.05) A＝0.4 A(2分)根据楞次定律可知感应电流的方向为b到a。(1分)(2)由图乙可知在0～2 s内B－ t的函数关系式为B＝0.5t＋0.1 T(t≤2)(2分)由题意知BIL＝mgsin θ解得B＝0.75 T(1分)由函数关系式代入数据解得t＝1.3 s(1分)(3)ab棒达到最大速度时，加速度为零，则有B′I′L＝mgsin θ(1分)又 I′＝eq \f(E′,R＋r)(1分)E′＝B′Lvm(1分)解得vm＝15 m/s。(1分)14．(1)3.2 m/s2　(2)1.25 C　3.125 m解析　(1)金属杆ab速度变为v＝2.0 m/s时，电动势为E＝BLv＝0.8 V(2分)电路中的电流I＝eq \f(E,R＋r)＝0.8 A(2分)金属杆受到的安培力为F＝BIL＝0.32 N(2分)根据牛顿第二定律，可得杆的加速度为a＝eq \f(F,m)＝3.2 m/s2(2分)(2)金属杆ab从开始运动到静止，根据动量定理可得－Beq \x\to(I)LΔt＝0－mv0(2分)其中q＝eq \x\to(I)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLx,R＋r)(2分)解得q＝1.25 C，x＝3.125 m。(2分)15．(1)eq \r(5) m/s　5 m/s　(2)1.25 J　(3)eq \f(25,9) m　eq \f(5,3) C解析　(1)cd棒在导轨最高位置由重力提供向心力，有m2g＝m2eq \f(v2,r)(1分)解得v＝eq \r(5) m/s(1分)cd棒从刚进入半圆导轨到通过导轨最高位置的过程中，有eq \f(1,2)m2v22＝m2g×2r＋eq \f(1,2)m2v2(1分)解得v2＝5 m/s(1分)(2)cd棒与ab棒组成的系统动量守恒，设cd棒刚进入半圆导轨时ab的速度大小为v1，规定向右为正方向m1v0＝m1v1＋m2v2(1分)解得v1＝7.5 m/s(1分)根据能量守恒定律有eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＋Q′(1分)根据电路特点有cd 棒进入半圆导轨前，cd 棒上产生的焦耳热Q＝eq \f(R2,R1＋R2)Q′(1分)解得Q＝1.25 J(1分)(3)对cd棒根据动量定理可得Beq \x\to(I)dt＝m2v2－0(1分)则Bqd＝m2v2－0(1分)解得q＝eq \f(5,3) C(1分)根据法拉第电磁感应定律可知平均感应电动势eq \x\to(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BdΔx,t)(1分)平均电流eq \x\to(I)＝eq \f(\x\to(E),R1＋R2)(1分)电荷量q＝eq \x\to(I)t(1分)解得Δx＝eq \f(25,9) m。(1分)次数123456Δt/(×10－3 s)8.2067.4866.2865.6145.3404.462E/V0.1280.1420.1700.1910.2020.244