2022年高中物理（新教材）新粤教版选择性必修第二册同步学案章末检测试卷(二)

章末检测试卷(二)

(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．在北半球上，地磁场竖直分量向下．飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变．由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，则(　　)

A．若飞机从西往东飞，φ2比φ1高

B．若飞机从东往西飞，φ2比φ1高

C．若飞机从南往北飞，φ1比φ2高

D．若飞机从北往南飞，φ2比φ1高

答案　C

解析　若飞机从西往东飞，磁场竖直分量向下，手心向上，拇指指向飞机飞行方向，四指指向左翼末端，故φ1>φ2，选项A错误；同理，飞机从东往西飞，从南往北飞，从北往南飞，都是φ1>φ2，选项C正确，B、D错误．

2．如图1所示，螺线管与灵敏电流计相连，条形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(　　)

图1

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，穿过螺线管的磁通量增大，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，故C错误；磁铁刚离开螺线管时，由楞次定律的“来拒去留”结论可知，磁铁受到向上的安培力，则磁铁受到的合外力小于重力，即磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度，故D正确．

3．如图2所示，有两个完全相同的灯泡A、B，A与一自感线圈L相连接，线圈L的直流电阻阻值为R；B与一定值电阻相连，定值电阻的阻值为R.下列说法正确的是(　　)

图2

A．开关闭合瞬间A、B两灯一起亮

B．稳定后A灯比B灯亮

C．开关断开瞬间A灯会闪亮一下，B灯不会闪亮一下

D．开关断开后两灯缓慢熄灭

答案　D

解析　由于A、B为两个完全相同的灯泡，当开关闭合瞬间，B灯泡立刻发光，由于线圈的自感现象，导致A灯泡渐渐变亮，因线圈L的直流电阻阻值为R，当电流稳定时，两个灯一样亮，故A、B错误；因线圈L的直流电阻阻值为R，说明稳定时，两个支路电阻相等，两个支路电流相等，所以开关断开瞬间，通过两个灯泡的电流不会突然变大，所以两灯都不会闪亮，而是缓慢熄灭，故D正确，C错误．

4.如图3所示是圆盘发电机的示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，它的盘面恰好与匀强磁场垂直，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触．若铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，从左往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动．则(　　)

图3

A．由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流

B．回路中感应电流大小不变，为

C．回路中感应电流方向不变，为D→C→R→D

D．回路中有周期性变化的感应电流

答案　B

解析　把铜盘视为闭合回路的一部分，在铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动时，铜盘切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，选项A错误；铜盘切割磁感线产生的感应电动势为E＝BL2ω，回路中感应电流为I＝＝，选项B正确，D错误；由右手定则可判断出感应电流方向为C→D→R→C，选项C错误．

5．如图4甲所示，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的变化规律如图乙所示，面积为S的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R相连，若金属线框的电阻为，下列说法正确的是(　　)

图4

A．流过电阻R的感应电流由b到a

B．线框cd边受到的安培力方向向上

C．感应电动势大小为

D．a、b间的电压大小为

答案　D

解析　穿过线框的磁通量在增大，根据楞次定律结合安培定则可得感应电流沿逆时针方向，故流过电阻R的感应电流由a到b，选项A错误；电流从c到d，根据左手定则可得线框cd边受到的安培力方向向下，选项B错误；根据法拉第电磁感应定律可得E＝＝，根据闭合电路欧姆定律可得a、b间的电压大小为U＝E＝，选项C错误，D正确．

6．如图5所示，一个直角边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流顺时针方向为正．则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是(　　)

图5

答案　B

解析　线框刚进入磁场中时，只有bc边切割磁感线，根据楞次定律可知，电流方向为逆时针方向，即为负，在线框完全进入磁场之前，电流方向与大小不变；当ad边刚进入磁场时感应电流为零，接着bc边开始出磁场，回路中的感应电动势为边ad产生的电动势减去bc边在磁场中产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为顺时针，即为正；在前进2L后，bc完全出磁场，ad也开始出磁场，切割磁感线的长度逐渐减小，电流逐渐减小，方向为顺时针方向，即为正，直至线框完全脱离磁场，电流减小为零，综上分析可知，B正确，A、C、D错误．

7．如图6所示，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，则等于(　　)

图6

A.  B.  C.  D．2

答案　B

解析　设半圆弧PQS的半径为r，在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有

E1＝＝＝

根据闭合电路欧姆定律，有

I1＝

且q1＝I1Δt1

在过程Ⅱ中，有E2＝＝

I2＝

q2＝I2Δt2

又q1＝q2，即＝

所以＝.

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．如图7所示，在磁感应强度B＝1.0 T的匀强磁场中，金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v＝2 m/s向右匀速滑动，两导轨间距离l＝1.0 m，电阻R＝3.0 Ω，金属杆的电阻r＝1.0 Ω，导轨电阻忽略不计，则下列说法正确的是(　　)

图7

A．通过R的感应电流的方向为由a到d

B．金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0 V

C．金属杆PQ受到的安培力大小为0.5 N

D．外力F做功的数值等于电路产生的焦耳热

答案　ABC

解析　由右手定则判断知，当金属杆滑动时产生逆时针方向的感应电流，通过R的感应电流的方向为由a到d，故A正确；金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为E＝Blv＝1.0×1.0×2 V＝2.0 V，故B正确；整个回路中产生的感应电流为I＝，代入数据得I＝

0.5 A，由安培力公式F安＝BIl，代入数据得F安＝0.5 N，故C正确；金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v向右匀速滑动，外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和金属杆与导轨之间的摩擦力产生的内能之和，故D错误．

9.如图8所示，一个水平放置的“∠”形光滑金属导轨固定在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，ab是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右平动，导体棒与导轨一边垂直，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则下列关于回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间变化的图像正确的是(　　)

图8

答案　AC

解析　设“∠”形导轨的夹角为θ，经过时间t，导体棒的水平位移为s＝vt，导体棒切割磁感线的有效长度L＝vt·tan θ，所以回路中感应电动势E＝BLv＝Bv2t·tan θ，感应电动势与时间t成正比，A正确；相似三角形的三边长之比为定值，故组成回路的三角形导轨总长度与时间成正比，而感应电动势与时间也成正比，故感应电流大小与时间无关，为定值，B错误；导体棒匀速移动，外力F与导体棒所受安培力为一对平衡力，故外力的功率P＝Fv＝BILv＝BIv2t·tan θ，与时间t成正比，C正确；回路产生的焦耳热Q＝I2Rt，回路电阻R与t成正比，故焦耳热Q与t2成正比，D错误．

10．如图9甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda方向为导线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向，关于导线框中的电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图像，下列选项正确的是(　　)

图9

答案　BD

解析　由题图B－t图像可知，0～1 s内，线框中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，线框中电流方向为逆时针，沿adcba方向，即电流为负方向；同理可知1～2 s内，电流为正方向；2～3 s内，磁通量不变，则感应电流为零；3～4 s内，电流为负方向，根据法拉第电磁感应定律E＝＝，则I＝＝，由于一段时间内磁感应强度均匀变化，所以该时间内产生的感应电流保持不变，故A错误，B正确；0～1 s内，电路中电流方向为逆时针，沿adcba方向，根据左手定则可知，ad边受到的安培力的方向向右，为正值；同理可知1～2 s内，ad边受到的安培力为负值；2～3 s内，不受安培力；3～4 s内，ad边受到的安培力为负值；根据安培力的公式F＝BIL，安培力的大小与磁感应强度成正比，故C错误，D正确．

三、非选择题(本题共5小题，共54分)

11．(8分)我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律．以下是实验探究过程的一部分．

图10

(1)如图10甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道                                                     ．

(2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏转．电路稳定后，若向右移动滑动变阻器的滑片，此过程中电流表指针向        偏转，若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向        偏转．(均选填“左”或“右”)

(3)某同学按图丙所示电路完成探究实验，在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除        (选填“A”或“B”)线圈所在电路时发生的，分析可知，要避免电击发生，在拆除电路前应              (选填“断开开关”或“把A、B线圈分开放置”)

答案　(1)电流表指针偏转方向与电流方向间的关系(2分)　(2)左(1分)　左(1分)　(3)A(2分)　断开开关(2分)

解析　(1)如题图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系．

(2)如题图乙所示，实验中发现闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏；电路稳定后，若向右移动滑动变阻器的滑片，通过线圈A的电流减小，磁感应强度减小，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转；若将线圈A抽出，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转．

(3)在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时，线圈A中的电流突然减少，从而出现断电自感现象，线圈中会产生自感电动势，进而会突然被电击一下，为了避免此现象，则在拆除电路前应断开开关．

12．(6分)如图11所示，线圈A竖直放在绝缘的地面上，并与灵敏电流计G相连．电流计中若通过a到b的电流，指针向左偏转．则当一个条形磁铁从线圈的正上方由静止开始自由落下时，在磁铁的N极向下插入线圈的过程中：

图11

(1)穿过线圈的磁通量Φ将        (选填“增大”“减小”或“不变”)；

(2)灵敏电流计的指针会向        (选填“左”或“右”)偏转；

(3)地面对线圈的支持力        (选填“大于”“小于”或“等于”)线圈的重力．

答案　(1)增大(2分)　(2)左(2分)　(3)大于(2分)

解析　(1)由题图可知，穿过线圈的磁场方向向下且磁通量增大．

(2)由楞次定律可知感应电流的磁场方向应向上，则由安培定则可知感应电流方向从a到b，灵敏电流计的指针向左偏转．

(3)由“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则线圈与磁铁相互排斥，故地面对线圈的支持力大于线圈的重力．

13.(12分)如图12所示，边长为L的单匝正六边形金属框质量为m，电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界匀强磁场中，金属框的下半部处于磁场中，磁场方向与金属框平面垂直，磁感应强度大小随时间变化的规律为B＝kt(k>0)．重力加速度为g，求：

图12

(1)金属框中感应电流的方向；

(2)金属框中感应电动势的大小；

(3)从t＝0时刻开始，经多长时间细线的拉力为零？

答案　(1)逆时针方向　(2)　(3)

解析　(1)磁场逐渐增强，则穿过金属框的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，根据安培定则可知感应电流的方向为逆时针方向．(2分)

(2)由法拉第电磁感应定律可得E＝＝＝k××(L＋2L)×L＝(3分)

(3)由题意可知，金属框所受安培力方向向上，且当磁感应强度增大时，细线拉力减小，当细线拉力为零时，有mg＝F安(2分)

而F安＝BI·2L(2分)

由闭合电路欧姆定律可知I＝(1分)

且B＝kt

联立解得t＝(2分)

14．(14分)如图13所示，光滑导轨MN和PQ固定在竖直平面内，导轨间距为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2.两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m的金属杆与导轨相互垂直且接触良好，从ab处由静止释放，若金属杆离开磁场前已做匀速运动，其余电阻均不计．重力加速度为g，求：

图13

(1)金属杆离开磁场前的瞬间流过R1的电流大小和方向；

(2)金属杆离开磁场时速度的大小；

(3)金属杆穿过整个磁场过程中通过金属杆的电荷量．

答案　(1)　方向从P到M　(2)　(3)

解析　(1)设金属杆离开磁场前瞬间流过金属杆的电流为I，由平衡条件可得mg＝BI·(2分)

流过R1的电流大小为I1＝＝(2分)

由右手定则知流过R1的电流方向从P到M(1分)

(2)设金属杆匀速运动时的速度为v

则感应电动势E＝Bv(2分)

又知E＝I(2分)

得v＝(1分)

(3)电荷量q＝t＝(2分)

得q＝＝(2分)

15．(14分)如图14所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r＝0.5 m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M＝2 kg的cd绝缘杆垂直且静止在水平导轨上，在其右侧至NQ端的区域内存在竖直向上的匀强磁场．现有质量m＝1 kg的ab金属杆以初速度v0＝12 m/s水平向右运动，与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计其他电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2.(不考虑cd杆通过半圆导轨最高点以后的运动)求：

图14

(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v；

(2)正碰后ab杆的速度大小；

(3)电阻R上产生的焦耳热Q.

答案　(1) m/s　(2)2 m/s　(3)2 J

解析　(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时，

由牛顿第二定律有Mg＝M(2分)

解得v＝＝ m/s.(2分)

(2)碰撞后cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有－2Mgr＝Mv2－Mv22(2分)

解得碰撞后cd绝缘杆的速度v2＝5 m/s(1分)

两杆碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2(2分)

解得碰撞后ab金属杆的速度v1＝2 m/s(1分)

(3)ab金属杆进入磁场后由能量守恒定律有mv12＝Q，(2分)

解得Q＝2 J．(2分)