第二章 电磁感应 基础达标卷（A卷）-【单元测试】2022-2023学年高二物理分层训练AB卷（人教版2019选择性必修第二册）

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第二章 电磁感应 基础达标卷（A卷）高二物理·全解全析123456789101112DBACBBBBBCABBCAD1．D【解析】A．螺线管的导线环绕方向不知，无法判断电流计指针偏转方向，故A错误； B．磁体向下靠近螺线管上端时，螺线管内部的磁通量增加，故B错误；C．磁体向下靠近螺线管上端时，根据“增反减同”的结论判断，螺线管内部的感应电流产生的磁场向上，故C错误； D．根据“来拒去留”的结论判断，磁铁受到向上的磁场力的作用，故D正确。故选D。2．B【解析】ABC．闭合开关S后，线圈P产生的磁场向右穿过线圈Q，线圈Q中的原磁场方向水平向右，要使线圈Q产生图示方向的电流，即线圈Q中的感应磁场方向水平向左，根据“增反减同”的结论，线圈Q中的原磁场的磁通量要增加，则可以把R的滑片左移或者使Q靠近P，故B正确,AC错误；D．开关S不闭合，线圈Q中无磁场通过，Q中不会有电流产生，故D错误。故选B。3．A【解析】AB．由题意可知，线圈从图示位置开始转动了半个周期，穿过线圈的磁通量发生了改变，根据楞次定律可判断知，线圈中的感应电流方向变化了1次，故A正确，B错误；CD．设开始时穿过线圈的磁通量为负，则可得整个过程中穿过线圈的磁通量变化量为故CD错误。故选A。4．C【解析】A．感应电动势是由于磁场变化而产生的，则回路所在空间存在感生电场，电场力对电荷做功，而使导体两端出现的电动势，故A不符合题意；B．因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势，导体中的自由电荷随导体在磁场中运动，受到洛伦兹力，而向导体一端移动，故B不符合题意；C动生电动势的产生原因与洛伦兹力有关，但洛伦兹力始终不做功，故C符合题意；D．感生电动势是由于磁场的变化产生的，而动生电动势是由于面积的变化产生的，实质都是由于磁通量的变化引起的，故D不符合题意。故选C。5．B【解析】A．电磁炉工作时，在锅体中产生涡流而加热食物，属于利用涡流，故A错误；B．变压器的铁芯用硅钢片可以减小涡流，不属于利用涡流，故B正确；C．真空冶炼炉工作时所接交流电源频率越高，产生的涡流越大，相同时间内产生的热量越多，属于利用涡流，故C错误；D．金属探测器进行探测时，变化的电流遇到金属物体，在被测金属中产生涡流，从而进行探测，属于利用涡流，故D错误。故选B。6．B【解析】A．电磁炉通电线圈加直流电，会产生恒定磁场，穿过锅底的磁通量不会发生变化，不能产生涡流，所以没有加热效果，故A错误；B．电磁炉的原理是磁场感应涡流加热，即利用交变电流通过线圈产生交变磁场，所以电磁炉通过线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作，故B正确；C．在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，不会影响涡流的产生，因此不会影响电磁炉的加热作用，故C错误；D．金属锅自身产生无数小涡流而直接加热锅，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，不会产生涡流，而不是因为导热性能较差，故D错误。故选B。7．B【解析】A．图甲中，闭合开关S时，L是自感系数很大，对电流的阻碍能力较强，所以灯泡A逐渐变亮，B立即变亮，A错误；B．图甲中，闭合开关S足够长时问后再断开，自感线圈与灯泡A、B组成回路，回路中的电流逐渐减小，灯泡A、B逐渐变暗，最后熄灭，B正确；C．图乙中，闭合开关S足够长时间后，自感线圈相当于短路，灯泡A不发光，电容器充电完成，灯泡B发光，C错误；D．图乙中，闭合开关S足够长时间后再断开，电容器和灯泡B形成回路并开始放电，放电形成的电流与原本通过灯泡B的电流方向相同，电流的大小逐渐减小最后变为零，D错误。故选B。8．B【解析】S闭合时，线圈上产生很大的自感电动势，阻碍电流的增大，所以B比A先亮，电路稳定后线圈L的直流电阻较小，故流过B灯支路的电流变小，所以B灯逐渐变暗。故选B。9．BC【解析】AB．若使圆盘沿图示方向转动，根据右手定则可知感应电流由圆盘边缘流向竖直金属杆；而切割磁感线的导体相当于电源，在电源内部电流从低电势处流向高电势处，则接线柱处电势高，接线柱处电势低，A错误，B正确；CD．若接电源正极、接电源负极，电流从金属杆流向圆盘边缘，根据左手定则可知，圆盘在安培力作用下将沿图示方向转动；若接电源正极、接电源负极，电流从圆盘边缘流向金属杆，根据左手定则，圆盘在安培力作用下将沿与图示方向相反的方向转动，C正确，D错误。故选BC。10．AB【解析】A．利用楞次定律可得线圈中电流方向为逆时针，所以中的电流方向为，则A点电势高于B点，故A正确；B．感应电动势为则电压表读数为故B正确；C．流过的电流为则内经过的电荷量为故C错误；D．由图乙可知，磁场是均匀变化的，所以感应电动势和感应电流是定值，故D错误。故选AB。11．BC【解析】A.铜环和铝环中产生的感应电动势相同，由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，故铜环受到的安培力要大于铝环，故A错误；B．若环放在线圈右方，根据楞次定律判断线圈中产生从右边看逆时针方向的电流，则原线圈对环有向右的安培力，即环将向右运动，故B正确；C.线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，感应电流由左侧看为顺时针，故C正确；D．由增反减同可知，电池正负极调换后，放在左边的金属环仍受力向左，故仍将向左弹出，故D错误。故选BC。12．AD【解析】A．开关闭合，A灯立刻亮，因为电源内阻忽略不计，所以A灯两端的电压保持不变，灯泡亮度稳定，A正确；B．因为L是一个自感系数相当大的线圈，所以开关闭合时B灯不亮，然后逐渐变亮，最后亮度稳定，故B错误；C．两个灯泡电阻一样，若L也没有电阻，则开关断开前后流经A灯的电流相同，A灯不会闪亮；若L有电阻，则电路稳定时通过B灯的电流小于A灯的电流，所以开关断开瞬间A灯也不会闪亮一下，故C错误；D．开关断开后瞬间，由楞次定律可知，L产生的感应电动势向右，在回路中通过A灯的电流方向为从右向左，故D正确。故选AD。13．     向右偏    （2分） 向左偏 （2分）    A（2分）【解析】（1）[1]根据题意可知，闭合开关，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏转，若开关保持闭合状态，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑动，电阻减小，电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，则灵敏电流计的指针向右偏转。[2]将线圈A从线圈B中迅速拔出时，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计的指针向左偏转。（2）[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，进而突然会被电击了一下，则被电击是在拆除A线圈所在电路时发生的。14．     AD（3分）    （3分）   增大（2分）【解析】（1）[1]AD．实验需要控制线圈匝数与磁通量的变化量不变，为控制磁通量的变化量不变，实验中必须保持线圈、光电门位置不变，故AD正确；BC．由法拉第电磁感应定律可知为了定量验证感应电动势与时间成反比，实验只需要控制线圈匝数与磁通量的变化量不变即可，对轨道是否光滑、轨道是否水平没有要求，故BC错误。故选AD。（2）[2]根据可知与成正比，故在直角坐标系中作关系图线，若图线是基本过坐标原点的倾斜直线，则也可验证与成反比。（3）[3]由法拉第电磁感应定律可知图线的斜率因为不变，所以当仅增大线圈匝数后，图线的斜率会增大。15．（1）；（2）【解析】（1）此时圆环进入磁场，圆环半径为d，圆环在磁场中的面积如下图根据几何知识可知圆环在磁场中的面积为（2分）故穿过圆环的磁通量为（2分）（2）根据受力平衡可得由几何知识可得（2分）则故感应电动势为（2分）16．（1）E=0.05V；（2）I=0.01A，方向从M通过R流向P【解析】（1）设金属棒中感应电动势为E，则E=BLv（2分）得E=0.05V（2分）（2）设过电阻R的电流大小为I，根据闭合电路欧姆定律有（2分）得I=0.01A（2分）由右手定则，金属棒电流方向从b指向a。通过电阻R的电流方向从M通过R流向P。（2分）17．（1）；（2）【解析】（1）由图乙知又（2分）（2分）得（2分）（2）根据题意（2分）得（2分）由牛顿运动定律得，（2分）18．（1）；（2）；（3）【解析】（1）设棒在水平轨道上时的速度为，根据动能定理可得（2分）解得（1分）因为棒刚进入磁场时，、棒中的电流最大，导体棒受到的安培力最大，加速度最大；此时回路电动势为（1分）回路电流为（1分）以导体棒为对象，根据牛顿第二定律可得（2分）解得导体棒b的最大加速度（1分）（2）两个导体棒在运动过程中，动量守恒和能量守恒，当两棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不再产生焦耳热，所以根据动量守恒定律可得（2分）由能量守恒定律可得（1分）由于、棒串联在一起，所以导体棒a在磁场中产生的焦耳热为（1分）联立解得（1分）（3）设接通开关后，棒以速度水平抛出，则有（1分）对棒冲出过程由动量定理（1分）即（1分）代入数据解得（1分）