2023-2024学年人教版选择性必修第二册 第二章电磁感应 单元测试

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第二章电磁感应 章末素养检测满分：100分一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1.如图是一种充电鞋的结构示意图。当人走动时，会驱动磁性转子旋转，使线圈中产生电流，产生的电流进入鞋面上锂聚合物电池。这种充电鞋的工作原理是(　　)A．电磁感应现象B．电流的磁效应C．磁极间的相互作用D．通电线圈在磁场中受力转动A　[当人走动时，会驱动磁性转子旋转，使线圈中产生电流，该过程为电磁感应现象，与电流的磁效应、电磁之间的相互作用、线圈的受力无关．故A项正确，B、C、D三项错误。]2.如图所示，由导体棒ab和矩形线框cdef组成的 “10” 图案在匀强磁场中一起向右匀速平动，匀强磁场的方向垂直线框平面向里，磁感应强度B随时间均匀增大，则下列说法正确的是(　　)A．导体棒的a端电势比b端电势高，电势差Uab在逐渐增大B．导体棒的a端电势比b端电势低，电势差Uab在逐渐增大C．线框cdef中有顺时针方向的电流，电流大小在逐渐增大D．线框cdef中有逆时针方向的电流，电流大小在逐渐增大A　[本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律。对导体棒ab由右手定则可判断a端电势高，由E＝Blv可知，因为磁感应强度均匀增大，所以Uab变大，故A项正确，B项错误；对矩形线框cdef，由楞次定律可判断，感应电流的方向为逆时针方向，但由于磁感应强度是均匀增大，所以感应电流是恒定的，不会增大，所以C、D两项均错误。]3.如图所示，水平地面上方有正交的匀强电场E和匀强磁场B，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向外，等腰三角形的金属框由底边呈水平位置开始沿竖直平面的电磁场由静止开始下降，下落过程中三角形平面始终在竖直平面内，不计空气阻力，a、b落到地面的顺序是(　　)A．a先于b　　　　　 B．b先于a    C．a、b同时落地     D．无法判定    A　[线框下落由右手定则判断a端带正电，在电场中电场力向下，b端电场力向上，a先落地。]4.如图所示，在半径为R的虚线圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化关系为B＝B0＋kt。在磁场外距圆心O为2R处有一半径恰为2R的半圆导线环(图中实线)，则导线环中的感应电动势大小为(　　)A．0     B．kπR2C．    D．2kπR2C　[本题考查法拉第电磁感应定律。由E＝n＝＝πR2k，可知C项正确。]5.如图所示，一个半径为L的半圆形硬导体AB以速度v，在水平U形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路电阻为R0，半圆形硬导体AB的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小及A、B之间的电势差分别为(　　)A．BLv；     B．2BLv；BLvC．2BLv；     D．BLv；2BLvC　[半圆形导体AB切割磁感线的有效长度为2L，对应的电动势为E＝2BLv，A、B间的电势差UAB＝R0＝，故C项正确。]6．如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)随时间变化，t＝0时，P、Q两板电势相等，两板间的距离远小于环的半径，经时间t，电容器P板(　　)A．不带电B．所带电荷量与t成正比C．带正电，电荷量是D．带负电，电荷量是D　[磁感应强度以B＝B0＋kt(k＞0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律，得E＝＝S＝kS，而S＝，经时间t电容器P板所带电荷量Q＝EC＝；由楞次定律知电容器P板带负电，故D项正确。]7.如图所示，空间分布着宽为L，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一金属线框从磁场左边界匀速向右通过磁场区域。规定逆时针方向为电流的正方向，则感应电流随位移变化的关系图(i­x)正确的是(　　)B　[在0～L过程：由楞次定律判断可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值；感应电动势大小为E1＝BLv，感应电流大小为I1＝＝；在L～2L过程：由楞次定律判断可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值；感应电动势大小E2＝2BLv，感应电流大小为I2＝＝；在2L～3L过程：由楞次定律判断可知，感应电流的方向沿顺时针方向，为负值：感应电动势大小为E3＝3BLv，感应电流大小为I3＝＝－。故B正确。]8.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则(　　)A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D．a、b线圈中电功率之比为3∶1B　[由于磁感应强度随时间均匀增大，因此根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，因此A项错误；根据法拉第电磁感应定律E＝N＝NS，而磁感应强度均匀变化，即恒定，则a、b线圈中的感应电动势之比为＝＝＝，故B项正确；根据电阻定律R＝ρ，且L＝4Nl，则＝＝，由闭合电路欧姆定律I＝得，a、b线圈中的感应电流之比为＝·＝，故C项错误；由功率公式P＝I2R知，a、b线圈中的电功率之比为＝·＝，故D项错误。]二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，电阻R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，线圈L的直流电阻不计，电源电动势E＝5 V，内阻r＝1 Ω。开始时，开关S闭合，则  (　　)A．断开S前，电容器所带电荷量为零B．断开S前，电容器两端的电压为 VC．断开S的瞬间，电容器a板上带正电D．断开S的瞬间，电容器b板上带正电AC　[断开开关S前，电容器两端的电压等于线圈两端的电压，线圈的直流电阻不计，所以电容器两端的电压为零，其所带的电荷量为零，A项正确。断开开关，线圈相当于电源，给电容器充电，而且线圈中电流方向和断开开关前一样，所以a板带正电，C项正确。]10.如图所示，在直线电流附近有一根金属棒ab，当金属棒以b端为圆心，以ab为半径，在过导线的平面内匀速旋转达到图中的位置时(　　)A．a端聚集电子 B．b端聚集电子C．金属棒内电场强度等于零D．a端电势高于b端电势BD　[因导体棒所在区域的磁场的方向垂直于纸面向外，当金属棒转动时，由右手定则可知，a端的电势高于b端的电势，b端聚集电子，B、D两项正确。]11.如图所示，均匀的金属长方形线框从匀强磁场中拉出，它的两边固定有带金属滑轮的导电机构，线框向右运动时总是与两边良好接触，线框的长为a，宽为b，磁感应强度为B，一理想电压表跨接在A、B两导电机构上，当线框在恒定外力F作用下向右运动的过程中(线框离开磁场前己做匀速运动)，关于线框及电压表，下列说法正确的是(　　)A．线框先做匀加速运动，后做匀速运动B．电压表的读数先增大后不变C．电压表的读数一直增大  D．回路的电功率先增大后不变CD　[线框在运动过程中先做变加速运动，后做匀速运动，A项错误；电压表读数为外电路的电压，根据E＝BLv知回路电动势先增大后不变，外电阻不断增大，电压表的读数一直增大，B项错误，C项正确；P＝回路的电功率先增大后不变，D项正确。]12．在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场。磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电阻不计。闭合S，至t1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是(　　)A．电容器上极板带正电B．电容器下极板带正电C．线圈两端的电压为D．线圈两端的电压为BD　[穿过圆形金属线圈的磁通量向里减小，由楞次定律可知，线圈产生的感应电流为顺时针方向。根据电源内部电流由负极流向正极可知，电容器上极板带负电，下极板带正电，选项A错误，B正确；由法拉第电磁感应定律得感应电动势为E＝＝S＝πr22，则线圈两端的电压，即电源的路端电压U＝E＝，选项C错误、D正确。]三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．(8分)如图所示为 “研究电磁感应现象” 的实验装置。(1)将图中所缺的导线补接完整。(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，那么合上开关后进行下述操作时可能出现的情况是：①将通电线圈迅速插入感应线圈时，灵敏电流计指针将________(选填 “向左” “向右” 或 “不”)偏转。②通电线圈插入感应线圈后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，灵敏电流计指针将________(选填 “向左” “向右” 或 “不”)偏转。解析　(1)连线如答图所示。(2)根据穿过感应线圈的磁通量的变化情况与灵敏电流计的指针偏转方向进行判断，可得①中灵敏电流计指针将向右偏转，②中灵敏电流计指针将向左偏转。答案　(1)如答图所示　(2)①向右②向左14.(8分)法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究。实验装置的示意图如图所示，两块面积均为S的矩形金属板，平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d，水流速度处处相同，大小为v，方向水平。金属板与水流方向平行。地磁场磁感应强度的竖直分量为B，水的电阻率为ρ，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和开关S连接到两金属板上，忽略边缘效应，求：(1)该发电装置的电动势；(2)通过电阻R的电流的大小；(3)电阻R消耗的电功率。解析　(1)由法拉第电磁感应定律，有E＝Bdv。(2)两金属板间河水的电阻r＝ρ由闭合电路欧姆定律，有I＝＝。(3)由电功率公式P＝I2R，得P＝R。答案　(1)Bdv　(2)　(3)R15．(10分)如图所示，水平的平行光滑导轨，导轨间距离为L＝1 m，左端接有定值电阻R＝2 Ω，金属棒PQ与导轨接触良好，PQ的电阻为r＝0.5 Ω，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B＝1 T的匀强磁场中，现使PQ在水平向右的恒力F＝2 N作用下运动。求：(1)棒PQ中感应电流的方向；(2)棒PQ中哪端电势高；(3)棒PQ所受安培力方向；(4)PQ棒的最大速度。解析　(1)根据右手定则可知电流方向由Q→P。(2)棒PQ相当于电源，电流在PQ上由负极流向正极，故P端电势高。(3)由左手定则知，PQ棒所受安培力方向水平向左。(4)由于向左的安培力增大，故PQ棒做加速度越来越小的加速运动，当F安＝F时，PQ棒的速度最大，设为v，此时感应电动势：E＝BLv，回路电流：I＝。由F＝F安知F＝BIL，得：v＝＝5 m/s，方向水平向右。答案　(1)Q→P　(2)P端　(3)水平向左　(4)5 m/s，方向水平向右16．(10分)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。解析　(1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E＝Bdv0①回路的感应电流I＝②由①②式解得I＝。③(2)金属杆所受的安培力F＝BId④由牛顿第二定律，对金属杆F＝ma⑤由③④⑤式解得a＝。⑥(3)金属杆切割磁感线的速度v′＝v0－v⑦感应电动势E＝Bdv′⑧感应电流的电功率P＝⑨由⑦⑧⑨式解得P＝。⑩答案　(1)　(2)　(3)17．(12分)如图所示，两根互相平行的金属导轨MN、PQ水平放置，相距d＝1 m、且足够长、不计电阻。AC、BD区域光滑，其它区域粗糙且动摩擦因数μ＝0.2，并在AB的左侧和CD的右侧存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。在导轨中央放置着两根质量均为m＝1 kg，电阻均为R＝2 Ω的金属棒a、b，用一锁定装置将一弹簧压缩在金属棒a、b之间(弹簧与a、b不拴连)，此时弹簧具有的弹性势能E＝9 J。现解除锁定，当弹簧恢复原长时，a、b棒刚好进入磁场，且b棒向右运动x＝0.8 m后停止，g取10 m/s2。求：(1)a、b棒刚进入磁场时的速度大小；(2)金属棒b刚进入磁场时的加速度大小；(3)整个运动过程中电路中产生的焦耳热。解析　(1)解除锁定弹簧释放的过程，对a、b及弹簧组成的系统，取向左为正方向，由动量守恒定律得0＝mva－mvb。由机械能守恒定律得E＝mva2＋mvb2。联立解得va＝vb＝3 m/s。(2)当a、b棒进入磁场时，两棒均切割磁感线，产生感应电动势，两个电动势串联，则Ea＝Eb＝Bdva＝2×1×3 V＝6 V回路中感应电流I＝＝ A＝3 A对b，由牛顿第二定律得BId＋μmg＝mab。解得ab＝8 m/s2。(3)a、b棒速率时刻相等，滑行相同距离后停止。对系统，由能量守恒定律得E＝2 μmgx＋Q解得Q＝5.8 J答案　(1)a、b棒刚进入磁场时的速度大小均为3 m/s(2)金属棒b刚进入磁场时的加速度大小是8 m/s2(3)整个运动过程中电路中产生的焦耳热是5.8 J18．(12分)如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06 kg的U形导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3 Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6 m。初始时CD与EF相距s0＝0.4 m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝ m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B＝1 T，重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin α＝0.6。求：(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；(3)导体框匀速运动的距离。解析　(1)设金属棒质量为m，根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得(M＋m)gs1sin α＝(M＋m)v02，代入数据解得v0＝m/s。金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0由闭合回路的欧姆定律可得I＝。则金属棒刚进入磁场时受到的安培力为F安＝BIL＝0.18 N。(2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有mg sin α＋μmg cos α＝F安，此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得Mg sin α－μmg cos α＝Ma设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为t＝，则此时导体框的速度为v1＝v0＋at则导体框的位移x1＝v0t＋at2，因此导体框和金属棒的相对位移为Δx＝x1－x＝at2。由题意知，当金属棒离开磁场时导体框的上端EF刚好进入磁场，则有位移关系s0－Δx＝x导体框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为E1＝BLv1，I1＝导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得Mg sin α＝μmg cos α＋BI1L联立以上可得x＝0.3 m，a＝5 m/s2，m＝0.02 kg，μ＝。(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有mg sin α＋μmg cos α＝ma1金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有v0＋a1t1＝v1，导体框匀速运动的距离为x2＝v1t1代入数据解得x2＝m＝m。答案　(1)0.18 N　(2)0.02 kg　(3) m