人教版江苏专用高中物理选择性必修第二册章末综合测评2电磁感应含答案

这是一份人教版江苏专用高中物理选择性必修第二册章末综合测评2电磁感应含答案，共14页。
章末综合测评(二)　电磁感应一、单项选择题1．关于感应电流的产生及方向，下列描述正确的是(　　)B　[导体ab向右切割磁感线时，磁场的方向向下，由右手定则可知，导线中将产生沿adcba方向的感应电流，A错误；磁铁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，所以线圈中不产生感应电流，D错误。]2．如图所示，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是(　　)A．回路PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．回路PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．回路PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．回路PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向D　[金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知回路PQRS中产生沿逆时针方向的感应电流；T中原来的磁场方向垂直于纸面向里，回路中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可知T中产生沿顺时针方向的感应电流，综上所述，可知选项D正确。]3．如图，插有铁芯的线圈(电阻不能忽略)直立在水平桌面上，铁芯上套一铝环，线圈与电源、开关相连。用该装置可以完成一个奇妙的“跳环实验”，下列说法正确的是(　　)A．闭合开关的瞬间，铝环中会产生感应电流，铝环不会跳起B．闭合开关的瞬间，铝环中不会产生感应电流，铝环会跳起C．断开开关的瞬间，铝环中会产生感应电流，铝环不会跳起D．断开开关的瞬间，铝环中不会产生感应电流，铝环会跳起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．如图所示，将电阻R、电容器C和一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，S极朝下。现使磁铁开始自由下落，在S极接近线圈上端的过程中，下列说法正确的是(　　)A．线圈与条形磁铁之间产生了相互吸引的作用力B．电阻R中没有感应电流流过C．电阻R中的感应电流方向为从a到bD．电容器C的下极板将带正电D　[当磁铁N极向下运动时，导致向下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．如图，已知某螺线管的匝数n＝100，横截面积S＝0.2 m2，穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度均匀增大，其变化率eq \f(ΔB,Δt)＝8.0×10－2 T/s，则下列说法正确的是(　　)A．螺线管中无感应电动势产生B．螺线管中产生的感应电动势大小保持不变，为1.6 VC．螺线管中产生的感应电动势均匀增大，每秒增加1.6 VD．螺线管中产生的感应电动势均匀减小，每秒减小1.6 VB　[因穿过螺线管的磁通量发生变化，则螺线管中产生的感应电动势，因磁通量的变化率恒定，则感应电动势大小保持不变，为E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S＝100×8.0×10－2×0.2 V＝1.6 V，故选B。]6．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是(　　)甲　　　　　　　　乙丙　　　　　　　　　丁A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C．图丙中回路在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D．图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变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＝Neq \f(ΔΦ,Δt)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＝eq \f(ΔΦ,Δt)。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～t1时间内磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率为k1，在t1～t2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．如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则eq \f(B′,B)等于(　　)A．eq \f(5,4)　　　 B．eq \f(3,2)C．eq \f(7,4) D．2B　[设OM的电阻为R，圆的半径为l，过程Ⅰ：OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1＝eq \f(ΔΦ,Δt1)＝eq \f(B·ΔS,Δt1)＝eq \f(B·\f(1,4)πl2,Δt1)＝eq \f(πBl2,4Δt1)，流过OM的电流为I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(πBl2,4RΔt1)，则流过OM的电荷量为q1＝I1·Δt1＝eq \f(πBl2,4R)；过程Ⅱ：磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的平均感应电动势大小为E2＝eq \f(ΔΦ,Δt2)＝eq \f(B′－BS,Δt2)＝eq \f(B′－Bπl2,2Δt2)，电路中的电流为I2＝eq \f(E2,R)＝eq \f(πB′－Bl2,2RΔt2)，则流过OM的电荷量为q2＝I2·Δt2＝eq \f(πB′－Bl2,2R)；由题意知q1＝q2，则解得eq \f(B′,B)＝eq \f(3,2)，B正确，A、C、D错误．]8．如图所示，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为eq \f(3,2)l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是(　　)A　　　　　B　　　　　　C　　　　DD　[设线框运动的速度为v，则线框向左匀速运动第一个eq \f(l,2v)的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Bdv(d为导轨间距)，电流i＝eq \f(E,R)，回路中电流方向为顺时针方向；第二个eq \f(l,2v)的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为零，电流为零；第三个eq \f(l,2v)的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Bdv，电流i＝eq \f(E,R)，回路中电流方向为逆时针方向，所以D正确。]9．如图所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴线OO′转动，若线圈和转轴之间的摩擦不能忽略，当外力使磁铁逆时针(从上向下看)匀速转动时，则下列说法错误的是(　　)A．线圈将逆时针匀速转动，转速与磁铁相同B．线圈将逆时针匀速转动，转速一定比磁铁转速小C．从图示位置磁铁开始转动时，线圈中的感应电流的方向是abcdaD．在磁铁不断转动的过程中，线圈中感应电流的方向一定会发生改变A　[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，故选A。]10．如图是研究自感现象的电路，L为自感系数足够大的线圈，R为定值电阻，A1、A2为两个完全相同灯泡，则下列说法不正确的是(　　)A．闭合开关时，若电源E有内阻，灯泡A2将立即变亮，然后稍变暗些，最后稳定B．闭合开关时，若电源E无内阻，灯泡A2将立即变亮，然后稳定C．闭合开关时，无论电源E是否有内阻，灯泡A1将逐渐变亮最后稳定D．开关断开时，若线圈直流电阻等于定值电阻，则灯泡A2会闪亮一下，然后逐渐熄灭D　[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．如图甲所示，两平行金属导轨水平固定在竖直方向的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向竖直向下，导体棒ab垂直导轨放置，且与导轨接触良好，除电阻R外，其余电阻不计。若导体棒始终保持静止，则在0～4 s时间内，流过导体棒ab的电流i及其所受的静摩擦力f随时间t变化的图像可能正确的是(规定a→b的方向为电流的正方向，向左的方向为静摩擦力的正方向)(　　)甲　　　　　　　乙A　　　　　　　　BC　　　　　　　　　DC　[根据法拉第电磁感应定律E＝eq \f(ΔB,Δt)S,0～2 s内，磁感应强度的变化率恒定，感应电动势大小恒定，由欧姆定律知感应电流大小恒定，同理2～4 s内，磁感应强度的变化率恒定，感应电动势大小恒定，根据楞次定律0～2 s通过导体棒的电流为a→b，方向沿正方向，2～4 s内通过导体棒的电流为b→a，方向沿负方向，故A、B错误；0～1 s内，根据左手定则，受到的安培力向右，导体棒始终静止，受到向左的静摩擦力，由f＝BIL静摩擦力与磁感应强度B成正比，f随B的均匀减小而减小，1～2 s内，磁场方向向上，根据左手定则，受到的安培力水平向左，导体棒始终静止，受到向右的静摩擦力，由f＝BIL静摩擦力与磁感应强度成正比，f随B的均匀增大而增大，2～4 s同理分析，故C正确，D错误。]二、非选择题：本题共5小题，其中第14题～16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，有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12．(1)在“研究电磁感应现象”的实验中：为了研究感应电流的方向，图中滑动变阻器和电源的连线已经画出，请将图中实物连成实验所需电路图。(2)线圈A放在B中不动，在突然接通S时，B线圈中产生的感应电流方向与A线圈中的电流方向________(填“相同”或“相反”或“无电流”)。(3)连接好实验线路后，闭合开关，发现电流计的指针向左偏，则在闭合开关后，把螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将向________偏转(填“向左”“向右”或“不”)。(4)闭合开关后，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，电流表指针将向________偏转(填“向左”“向右”或“不”)。[解析]　(1)连接电路如图。(2)突然接通S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13．某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律。实验装置如图所示，打点计时器的电源为50 Hz的交流电。(1)下列实验操作中，不正确的有________。A．将铜管竖直地固定在限位孔的正下方B．纸带穿过限位孔，压在复写纸下面C．用手捏紧磁铁保持静止，然后轻轻地松开让磁铁下落D．在磁铁下落的同时接通打点计时器的电源(2)该同学按正确的步骤进行实验(记为“实验①”)，将磁铁从管口处释放，打出一条纸带，取开始下落的一段，确定一合适的点为O点，每隔一个计时点取一个计数点，标为1,2，…，8。用刻度尺量出各计数点的相邻两计时点到O点的距离，记录在纸带上，如图所示。计算相邻计时点间的平均速度eq \x\to(v)，粗略地表示各计数点的速度，抄入下表。请将表中的数据补充完整。(3)分析上表的实验数据可知：在这段纸带记录的时间内，磁铁运动速度的变化情况是__________________________________________________________，磁铁受到阻尼作用的变化情况是__________________________________。(4)该同学将装置中的铜管更换为相同尺寸的塑料管，重复上述实验操作(记为“实验②”)，结果表明磁铁下落的运动规律与自由落体运动规律几乎相同。请问实验②是为了说明什么？对比实验①和②的结果可得到什么结论？[解析]　(1)要保证磁铁拉着纸带竖直下落，铜管应竖直地固定在限位孔的正下方，A项正确；纸带穿过限位孔应压在复写纸的下方，以便打点印迹，B项正确；不应用手捏紧磁铁，以防手对磁铁的作用力影响磁铁下落，C项错误；应先接通电源再释放磁铁，D项错误。(2)第4个位置的平均速度eq \x\to(v)＝eq \f(5.60－4.04,2×0.02)cm/s＝39.0 cm/s。(3)由表格中数据可知，磁铁速度逐渐增大到39.8 cm/s，磁铁受到的阻力逐渐增大，匀速运动时等于重力。(4)实验②是为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用。对比实验①和②可知，磁铁在铜管中下落时受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用。[答案]　(1)CD　(2)39.0　(2)逐渐增大到39.8 cm/s　逐渐增大到等于重力　(4)见解析14．如图所示，一个正方形线圈边长a＝0.5 m，总电阻为R＝2 Ω，当线圈以v＝4 m/s的速度匀速通过磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直。若磁场的宽度b>a，如图所示，求：(1)线圈进入磁场过程中感应电流的大小和方向；(2)线圈进入磁场瞬间，线框CD边两端的电压UCD；(3)线框在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热Q。[解析]　(1)由法拉第电磁感应定律：E＝Bav＝1 VI＝eq \f(E,R)＝0.5 A根据右手定则判断，电流逆时针方向。(2)根据欧姆定律可知UCD＝I×eq \f(3,4)R＝0.75 V。(3)由焦耳定律可列式：Q＝I2Rt，t＝eq \f(2a,v)解得：Q＝0.125 J。[答案]　(1)0.5 A，逆时针方向　(2)0.75 V (3)0.125 J15．如图1所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在水平面上，导轨间距L＝0.3 m，导轨电阻忽略不计，其间连接有R＝0.8 Ω的固定电阻。导轨上放一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.4 Ω的金属杆ab，整个装置处于垂直导轨平面向下B＝0.5 T的匀强磁场中．现用水平向右的外力F拉金属杆ab，使之由静止开始向右运动，电压传感器(流过它的电流可忽略)可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得的电压U随时间t变化的关系如图2所示。求：(1)t＝4.0 s时，通过金属杆ab的感应电流的大小和方向；(2)金属杆ab的速度v与时间t的关系式；(3)4.0 s内通过电阻R的电荷量；(4)若4.0 s内外力F做了2.7 J的功，求4.0 s内电阻R中产生的电热。图1　　　　　　　　　图2[解析]　(1)由右手定则可得ab金属杆的电流方向由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＝eq \f(U,R)＝eq \f(0.6,0.8) 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＝eq \f(BLvR,R＋r)由图乙得U＝kt＝0.15t(V)联立得v＝eq \f(kR＋r,BLR)t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＝eq \f(v,2)t＝eq \f(6,2)×4 m＝12 m4.0 s内通过电阻R的电荷量q＝eq \x\to(I)t＝eq \f(BL\o(v,\s\up6(－))t,R＋r)＝eq \f(BLx,R＋r)代入数据解得q＝1.5 C。(4)根据动能定理得WF－W克安＝eq \f(1,2)mv2－0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＝eq \f(R,R＋r)Q解得QR＝0.6 J。[答案]　(1)0.75 A　方向由b流向a　(2)v＝1.5t　(3)1.5 C　(4)0.6 J16．如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，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加的磁场。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，需在其上加大小为F的水平恒力，请指出力F的方向并求出单匝金属线圈里磁通量的变化率；(2)断开S，PQ在上述恒力F的作用下，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，求该过程中金属棒PQ上产生的热量。[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＝eq \f(ΔΦ,Δt)设PQ与MN并联的电阻为R并，有：R并＝eq \f(1,2)R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＝eq \f(E,R＋\f(1,2)R)设PQ中的电流为IPQ，Q到P，则IPQ＝eq \f(1,2)I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eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(3RF,Bl)。(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＝eq \f(ΔΦ,Δt)其中ΔΦ＝BlxPQ中的平均电流为eq \x\to(I)＝eq \f(\x\to(E),2R)根据电流强度的定义式可得：q＝eq \x\to(I)Δt根据动能定理可得Fx＋W＝eq \f(1,2)mv2根据功能关系知Q＝－W联立解得：Q＝eq \f(2FRq,Bl)－eq \f(1,2)mv2金属棒PQ上产生的热量Q′＝eq \f(R,R＋R)Q＝eq \f(FRq,Bl)－eq \f(1,4)mv2。[答案]　(1)水平向右　eq \f(3RF,Bl)　(2)eq \f(FRq,Bl)－eq \f(1,4)mv2位置12345678eq \x\to(v)/ (cm/s)24.533.837.8____39.539.839.839.8