教科版高中物理选择性必修第二册章末综合测评2电磁感应及其应用含答案

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章末综合测评(二) 1．C　[断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关，A错误；若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，B错误；线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，C正确；线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，D错误。]2．A　[涡流是高频交流电产生的磁场引起的电磁感应现象，锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，故A正确，B错误；电磁炉表面一般用绝缘材料制成，避免产生涡流，锅体用金属制成利用涡流加热食物，故C、D错误。]3．C　[闭合开关的瞬间，通过铝环的磁通量从无到有，知在铝环上产生感应电流，感应电流引起的效果要阻碍磁通量的变化(即增加)，所以铝环向上跳起。断开的瞬间，在铝环上也有感应电流，但不会跳起，因为此时线圈的电流为零，与铝环间没有作用力，所以不会跳起，故C正确，A、B、D错误。]4．D　[当磁铁S极向下运动时，导致向上穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，线圈下端相当于电源正极，则流过R的电流方向是从b到a，对电容器充电，下极板带正电，故D正确，B、C错误；磁铁下落过程中，根据楞次定律：“来拒去留”，线圈与条形磁铁之间产生了相互排斥力，故A错误。]5．C　[设线框的面积为S，周长为L，导线的截面积为S′，由法拉第电磁感应定律可知，线框中感应电动势E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS，而线框的总电阻R＝ρLS'，所以线框中感应电流I＝ER＝SS'ΔBρLΔt，由于三个线框处于同一线性变化的磁场中，且绕制三个线框的导线相同，设正方形线框的边长为l，则三个线框的面积分别为S1＝l2，S2＝π4l2，S3＝338l2，三个线框的周长分别为L1＝4l，L2＝πl，L3＝3l，则I1∶I2∶I3＝S1L1∶S2L2∶S3L3＝2∶2∶3，C项正确。]6．C　[根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即E＝nΔΦΔt，结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率k＝ΔΦΔt。图甲中磁通量Φ不变，无感应电动势，故A错误；图乙中磁通量Φ随时间t均匀增大，图像的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变，故B错误；图丙中回路在0～t0时间内磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率为k1，在t0～2t0时间内磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率为k2，从图像中发现：k1大于k2的绝对值，所以在0～t0时间内产生的感应电动势大于t0～2t0时间内产生的感应电动势，故C正确；图丁中磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D错误。]7．B　[设线框的面积为S，电阻为R，原来磁感应强度为B。当保持线框面积不变，将磁感应强度在时间t内均匀地增大到原来的两倍，根据法拉第电磁感应定律，线框中产生的感应电动势E1＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝BSt，线框中产生的焦耳热Q1＝E12Rt＝B2S2tR；当保持增大后的磁感应强度不变，在相同的时间t内，将线框沿垂直于磁场的方向水平向右匀速拉出时，线框中产生的感应电动势为E2＝2Blabv＝2Blab·lbct＝2BSt，线框中产生的焦耳热Q2＝E22Rt＝4B2S2tR所以先后两个过程中，线框中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝1∶4，B正确。]8．A　[当线框进入磁场时，切割的有效长度为半圆的半径不变，由E＝12BL2ω知，感应电动势不变，感应电流大小不变；由右手定则可知，电流为逆时针，故为正值；当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流；当线框穿出磁场时，线圈切割磁感线的有效长度仍为半圆的半径不变，则感应电动势不变，感应电流大小不变；由右手定则可知，电流为顺时针，故为负值，A正确。]9．BCD　[根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则导致线圈与磁铁转动方向相同，但快慢不一，线圈的转速一定比磁铁转速小，故A错误，B正确；从图示位置磁铁开始转动时，线圈abcd中穿向纸面向里的磁通量增大，产生感应电流方向abcda，故C正确；在磁铁不断转动的过程中，导致线圈abcd中磁通量一会儿正向穿过增大或减小，一会儿反向穿过增大或减小，所以感应电流的方向一定会发生改变，故D正确。]10．ABC　[闭合开关时，若电源E有内阻，灯泡A2将立即变亮，因为电感线圈的感抗逐渐减小，故外电阻减小，干路电流增大，根据U＝E－Ir可知，路端电压变小，灯A2和电阻R支路电压变小，电流变小，灯A2逐渐变暗，当电路稳定后，电感线圈无感抗，此时灯A2亮度稳定，故A正确；闭合开关时，若电源E无内阻，路端电压是电动势不变，故灯泡A2将立即变亮，然后稳定，故B正确；闭合开关时，无论电源E是否有内阻，由于电感线圈阻碍电流变化的作用，都会导致灯泡A1将逐渐变亮最后稳定，故C正确；若线圈直流电阻等于定值电阻，两支路电流相同，开关断开时，电流均从原来大小的电流开始减小，故灯泡A2不会闪亮一下，故D错误。]11．BD　[当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则判断电流方向为a→b；根据电流从电源(ab相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b点电势高于a点，又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流，c点与d点等电势，B正确，A错误；当ab向右做加速运动时，由右手定则可推断电流沿逆时针方向。又由E＝BLv可知ab导体两端的电动势不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且磁感应强度不断增强，所以右边电路线圈中向上的磁通量不断增加。由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针，而在右线圈组成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上。把右线圈看成电源，由于电流是从c沿内电路(即右线圈)流向d，因此d点电势高于c点，D正确，C错误。]12．BD　[CD运动速度v2大于导体棒MN的速度v1，则导体棒MN受到水平向右的摩擦力，因为导体棒MN做匀速运动，所以导体棒MN受到的安培力方向水平向左，导体棒MN的质量m＝1 kg，设MN受到的安培力大小为FMN，规定水平向右为正方向，对导体棒MN受力分析有μmg－FMN＝0，解得FMN＝2 N，根据左手定则可知，MN中电流从N流向M，设CD受到的安培力为FCD，重物质量m0＝0.1 kg，对CD受力分析有－μmg＋FCD＋m0g＝0，解得FCD＝1 N，则CD受到的安培力向右，电流从D流向C，根据左手定则可知，B2的方向竖直向下，A错误，B正确；FMN＝B1IL，FCD＝B2IL，根据法拉第电磁感应定律有E＝B1Lv1－B2Lv2，根据闭合电路欧姆定律有E＝IR，联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确。]13．解析　(1)连接电路如图。(2)突然闭合开关后，A线圈中的磁通量增大，根据楞次定律可知B线圈中感应电流产生的磁场应阻碍A线圈中磁通量的增大，所以B线圈中产生的感应电流方向与A线圈中的电流方向相反。(3)闭合开关，B线圈中磁通量增大，电流表指针向左偏转，把螺线管A插入螺线管B的过程中，磁通量增大，所以电流表指针向左偏转。(4)线圈A放在B中不动，在滑动变阻器的滑片P向右滑动的过程中，电流减小，线圈B中磁通量减小，电流表指针向右偏转。答案　(1)见解析图　(2)相反　(3)向左 (4)向右14．解析　(1)b端电势比a端电势高时，二极管发光。(2)距离条形磁铁磁极越近磁感强度越大，所以螺线管的磁通量减小，穿过螺线管的磁通量发生变化，有感应电流产生，原磁场方向向上，感应电流的磁场方向向上，由右手螺旋定则可知电流方向由上向下，二极管将不发光。(3)螺线管的磁通量增大，穿过螺线管的磁通量发生变化，有感应电流产生，原磁场方向向上，感应电流的磁场方向向下，由右手螺旋定则可知电流方向由下向上，二极管将发光。答案　(1)高　(2)不发光　(3)发光15．解析　(1)由法拉第电磁感应定律：E＝Bav＝1 VI＝ER＝0.5 A根据右手定则判断，电流为逆时针方向。(2)根据欧姆定律可知UCD＝I×34R＝0.75 V。(3)由焦耳定律可列式：Q＝I2Rt，t＝2av解得：Q＝0.125 J。答案　(1)0.5 A　逆时针方向　(2)0.75 V (3)0.125 J16．解析　(1)导体棒MN被牵引做切割磁感线运动，则E＝BLv＝4 V感应电流为I′＝ER+r＝0.8 A则MN两端的电压U′＝I′R＝3.2 V。(2)导体棒MN受到的安培力为F＝BI′L＝0.8 N方向竖直向下，电动机输出功率P出＝UI－I2rM＝8 W由能量守恒定律知P出＝(mg＋F)v联立解得m＝0.12 kg。答案　(1)3.2 V　(2)0.12 kg17．解析　(1)由右手定则可得金属杆ab的电流方向由b流向a当t＝4.0 s时，U＝0.6 V，由欧姆定律得通过金属杆ab的感应电流I＝UR＝0.60.8 A＝0.75 A。(2)根据闭合电路欧姆定律得E＝I(R＋r)金属杆ab产生的感应电动势E＝BLv由欧姆定律得：U＝IR＝BLvRR+r由图乙得U＝kt＝0.15t(V)联立得v＝kR+rBLRt代入数据解得v＝1.5t(m/s)。(3)t＝4 s金属杆的速度为v＝6 m/s，金属杆在4 s内的位移为x＝v2t＝62×4 m＝12 m4.0 s内通过电阻R的电荷量q＝It＝BLvtR+r＝BLxR+r代入数据解得q＝1.5 C。(4)根据动能定理得WF－W克安＝12mv2－0又整个回路产生的电热Q＝W克安4．0 s内电阻R中产生的电热QR＝RR+rQ解得QR＝0.6 J。答案　(1)0.75 A　方向由b流向a (2)v＝1.5t(m/s)　(3)1.5 C　(4)0.6 J18．解析　(1)设线圈中产生的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律可得E＝ΔΦΔt设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并＝12R闭合S后，设线圈中的电流为I，方向为逆时针方向，根据闭合电路的欧姆定律可得：I＝ER+ 12R设PQ中的电流为IPQ，方向为Q到P，则IPQ＝12I设PQ受到的安培力为F安，方向向左，有：F安＝BIPQl保持PQ静止，根据平衡条件可得F＝F安，方向向右联立解得ΔΦΔt＝3RFBl。(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的过程中，PQ运动的位移为x，所用的时间为Δt，回路中磁通量的变化为ΔΦ，平均感应电动势为E＝ΔΦΔt其中ΔΦ＝BlxPQ中的平均电流为I＝E2R根据电流强度的定义式可得：q＝IΔt根据动能定理可得Fx＋W＝12mv2根据功能关系知Q＝－W联立解得：Q＝2FRqBl－12mv2金属棒PQ上产生的热量Q′＝RR+RQ＝FRqBl－14mv2。答案　(1)水平向右　3RFBl　(2)FRqBl－14mv2123456789101112CACDCCBABCDABCBDBD