2022-2023学年粤教版选择性必修第二册 第二章　电磁感应 单元测试

这是一份2022-2023学年粤教版选择性必修第二册 第二章　电磁感应 单元测试，共11页。
第二章　电磁感应（时间：75分钟　分值：100分）一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分.每小题只有一个选项是正确的，选对得4分，错选、多选、不选均不得分）1.高考使用的金属探测器，是在全国高考考生入场前统一使用的合法预防考生作弊的辅助检测设施，其结构原理图可简化为右图所示，探测器运用的是电磁感应的原理，发射线圈（外环）产生垂直于线圈平面大小和方向交替变化的磁场，内环线圈是接收线圈，用来收集被查金属目标发出的磁场（接收线圈能完全屏蔽发射线圈产生的磁场），随着磁场方向的反复变化，它会与所遇的任何导体物发生作用，导致目标物自身也会产生微弱的磁场，来自目标物的磁场进入内环线圈被接收到后，检测器会发出报警声.某一时刻发射线圈发射一向下的磁场，则下列说法中正确的是（　　）A.如果发射线圈发射的向下磁场增强，则金属物中产生的涡流俯视看沿顺时针方向B.如果发射线圈发射的向下磁场增强，则金属物中涡流产生的磁场也增强C.金属物发出的磁场穿过接收线圈时，接收线圈中会产生一个微弱的电流，探测器相应的元件就是依据这一信号电流做出报警的D.金属物发出的磁场穿过接收线圈时，如果接收线圈中产生的微弱电流俯视看沿逆时针方向，则金属物发出的穿过接收线圈的磁场方向向上解析：当发射线圈发射的向下磁场增强，根据楞次定律，则感应磁场向上，依据右手螺旋定则，则感应电流方向，俯视看沿逆时针方向，故A错误；如果发射线圈发射的向下磁场增强，则金属物中产生涡流，而不能确定涡流的磁场强弱，故B错误；当接收线圈中产生一个微弱的电流，则探测器相应的元件就是依据这一信号电流，从而发出报警声，故C正确；如果接收线圈中产生的微弱电流俯视看沿逆时针方向，则金属物发出的穿过接收线圈的磁场可能方向向上，大小减弱，也可能方向向下，大小增强，故D错误.答案：C2.（浙江学考）如图所示，某实验小组在操场上做摇绳发电实验.长导线两端分别连在灵敏电流表的两个接线柱上，形成闭合电路.两位同学以每2秒约3圈的转速匀速摇动AB段导线.假定被摇动的导线由水平位置1按图示方向第一次运动到竖直位置2的过程中，磁通量的变化量约为10－4 Wb，则该过程回路中产生的感应电动势约为（　　）A.2×10－4 V　　　　　　 B.2.7×10－4 VC.3×10－4 V   D.6×10－4 V解析：T＝ s，Δt＝T＝ s，根据法拉第电磁感应定律，得E＝＝ V＝6×10－4 V，故D正确.答案：D3.如图所示，圆环a和b的半径比R1∶R2＝2∶1，且是由粗细相同的同种材料的导线构成，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度始终以恒定的变化率变化.那么，当只有a环置于磁场中、只有b环置于磁场中两种情况下，A、B两点的电势差之比为（　　）A.1∶1   B.2∶1C.3∶1   D.4∶1解析：设b环的面积为S，由题可知，a环的面积为4S，若b环的电阻为R，则a环的电阻为2R，当a环置于磁场中时，a环等效为内电路，b环等效为外电路，A、B两端的电压为路端电压，根据法拉第电磁感应定律有E＝＝，又UAB＝＝，当b环置于磁场中时E′＝＝，UAB′＝＝＝，所以UAB∶UAB′＝2∶1.故B正确.答案：B4.（2021·苏州中学月考）如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈（直流电阻可忽略不计）.则（　　）A.电路接通稳定后，三个灯亮度相同B.电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭C.S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭D.S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭解析：电路接通稳定后，A灯被线圈短路而熄灭，B、C灯并联，电压相同，亮度相同，故A错误；电路接通稳定后，S断开时，C灯中原来的电流立即减至零，但是由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，自感电流通过C灯，所以C灯逐渐熄灭，故B错误；电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联，S闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻可忽略不计，逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，两端的电压逐渐降低，B灯两端的电压逐渐增大，B灯逐渐变亮，故C正确，D错误.答案：C5.（2021·郑州一中期中）如图甲为手机及无线充电板.图乙为充电原理示意图.交流电源接充电板，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电.为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1均匀增加到B2.下列说法正确的是（　　）A.c点的电势高于d点的电势B.受电线圈中感应电流方向由d到cC.c、d之间的电势差为D.若想增大c、d之间的电势差，可以仅增加送电线圈中的电流的变化率解析：穿过受电线圈的磁通量向上且均匀增加，根据楞次定律，可知受电线圈产生的感应电流的磁场方向向下，根据安培定则，可知电流从c流入，从d流出，所以d点的电势高于c点的电势，A、B错误；根据法拉第电磁感应定律，可知受电线圈产生的电动势大小E＝n＝，则Ucd＝－，C错误；仅增加送电线圈中的电流的变化率，则穿过受电线圈的增大，所以c、d两端的电势差增大，D正确.答案：D6.如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框CDEF从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域，关于线框EF两端的电压UEF与线框移动距离x的关系，下列图像正确的是（　　）A　　　　　　　　　 BC　　　　　　　　　 D解析：线框经过整个磁场区域时做匀速运动，所以产生的感应电动势大小E＝Bav，刚进入磁场时等效电路如图甲所示；线框完全在磁场中时，等效电路如图乙所示；线框一条边从磁场中离开时，等效电路如图丙所示.故选项D正确，选项A、B、C错误.答案：D7.（2021·西安中学期末）两磁感应强度均为B的匀强磁场区Ⅰ、Ⅲ的方向如图所示，两区域中间是宽为s的无磁场区Ⅱ，有一边长为L（L>s）、电阻为R的均匀正方形金属线框abcd置于区域Ⅰ中，ab边与磁场边界平行.现拉着金属线框以速度v向右匀速运动，则（　　）A.当ab边刚进入中央无磁场区域Ⅱ时，ab两点间的电压为B.当ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，通过ab边的电流大小为，方向由a向bC.把金属线框从区域Ⅰ完全拉入区域Ⅲ的过程中，拉力做功为（2L－s）D.从cd边刚出区域Ⅰ到刚进入区域Ⅲ的过程中，回路中产生的热量为（L－s）解析：当ab边刚进入中央无磁场区域Ⅱ时，cd边切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，则回路电流为I＝，ab两点间的电压为U＝＝，A错误.当ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，ab和cd边切割磁感线产生感应电动势E′＝2BLv，通过ab边的电流I′大小为，方向由b向a，B错误.把金属线框从区域Ⅰ完全拉入区域Ⅲ的过程中，ab边从区域Ⅰ到区域Ⅱ右边缘，拉力为F＝BIL＝，拉力做功为W1＝Fs＝；ab边从区域Ⅱ右边缘到cd刚进入区域Ⅱ，拉力为F′＝2BI′L＝，拉力做功为W2＝F′（L－s）＝；cd刚进入区域Ⅱ到完全拉入区域Ⅲ，拉力为F″＝BIL＝，拉力做功为W3＝F″s＝.所以把金属线框从区域Ⅰ完全拉入区域Ⅲ的过程中，拉力做功为W＝W1＋W2＋W3＝（2L－s），C正确.从cd边刚出区域Ⅰ到刚进入区域Ⅲ的过程中，根据功能关系，回路中产生的热量为Q＝W3＝Fs＝，D错误.答案：C二、多项选择题（本题共3小题，每题6分，共18分.每个小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，错选、多选、不选均得0分）8.（2021·南宁三中期中）物理课上，教师做了一个“电磁阻尼”的实验.如图甲所示，A、B两摆在通过磁场时，A摆很快停下来，B摆摆动了很长的一段时间.图乙是某同学另找器材再来探究此实验的装置，A是由摆片和细杆组成的摆，其摆动平面通过电磁铁的两极之间，当绕在电磁铁上的励磁线圈未通电时，摆片可自由摆动，要经过较长时间才会停下来；当线圈通电时，摆片应当迅速停下来.他连接好电路，重复实验，均没出现摆片迅速停下来的现象.对比老师的演示实验，下列说法正确的是（　　）A.老师实验中，A摆很快停下来的原因是摆上产生了感应电流B.老师实验中，A摆很快停下来的原因是摆上没有产生感应电流C.该同学没有成功的原因可能是所选线圈的匝数过多D.该同学没有成功的原因可能是构成摆的材质是塑料的解析：老师实验中，A摆很快停下来的原因是摆上产生了感应电流从而阻碍磁通量的变化，A正确，B错误；线圈的匝数越多，受阻碍作用越明显，则线圈越容易停下来，C错误；如果材质是塑料的，则不会产生感应电流，则线圈不会受到磁场力作用，因此不会很快停下来，D正确.答案：AD9.（2021·重庆八中期末）如图甲所示，实线是一个电阻为R、半径为a的圆形单匝金属线圈，线圈内部半径为b的圆形虚线范围内存在一方向垂直于线圈平面的匀强磁场.已知磁场的磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示，t＝0时刻磁场方向垂直于纸面向里，则下列说法正确的是（　　）A.t＝0时刻，穿过线圈的磁通量为πB0a2B.在0～2t0时间内，穿过线圈磁通量的变化量为2πB0b2C.在0～2t0时间内，通过线圈导线横截面的电荷量为D.在0～2t0时间内，线圈中的感应电流的方向始终为顺时针方向解析：t＝0时刻，磁感应强度为B0，穿过线圈的磁通量为πB0b2，故A错误；在0～2t0时间内，穿过线圈的磁通量由垂直于纸面向里变为垂直于纸面向外，变化量为2πB0b2，故B正确；在0～2t0时间内，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势E＝n＝，根据闭合电路的欧姆定律，产生的感应电流I＝＝，则通过线圈导线横截面的电荷量q＝IΔt＝，故C正确；根据楞次定律，可知0～2t0时间内，感应电流的方向始终为顺时针方向，故D正确.答案：BCD10.如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接.右端接一个阻值为R的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间始终垂直且接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中（　　）A.流过金属棒的最大电流为B.通过金属棒的电荷量为C.克服安培力所做的功为mghD.金属棒产生的焦耳热为（mgh－μmgd）解析：金属棒下滑到底端时的速度为v＝，感应电动势E＝BLv，所以流过金属棒的最大电流为I＝；通过金属棒的电荷量为q＝＝；克服安培力所做的功为W＝mgh－μmgd；电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为（mgh－μmgd），选项B、D正确.答案：BD三、非选择题（本题共5个小题，共54分.解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位）11.（8分）“研究电磁感应现象”的实验中，首先按甲图接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系.当闭合S时观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央，然后按乙图所示将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路.　　                       甲　　　　　　　　乙（1）S闭合后，将线圈A插入线圈B的过程中，电流表的指针将　　　　（选填“左偏”“右偏”或“不偏”）.（2）线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表指针　　　　（选填“左偏”“右偏”或“不偏”）.解析：（1）由图甲知，电流从哪个接线柱流入指针便向该方向偏，由乙图知，A线圈上方为N极、下方为S极，所以当A线圈插入B线圈的过程中，向上的磁通量增加，由楞次定律知B线圈中感应电流的磁场向下，又由安培定则知，电流从电流表的“－”接线柱流入，故指针向右偏转.（2）A在B中不动，滑动变阻器滑片P向左滑动，A中的电流变大，同理可知，指针仍向右偏转.答案：（1）右偏　（2）右偏12.（2021·长沙长郡中学月考）（9分）学习法拉第电磁感应定律后，为定量验证在磁通量的变化量ΔΦ相同时，感应电动势E与时间Δt成反比，某小组同学设计了如图所示的实验装置：线圈和光电门传感器固定在光滑的水平轨道上，强磁体和挡光片固定在运动的小车上.每当小车在轨道上经过光电门时，光电门记录下挡光片的挡光时间Δt，同时触发接在线圈两端的电压传感器记录下线圈中产生的感应电动势E.利用小车末端的弹簧将小车以不同的速度从轨道的最右端弹出，就能得到一系列的感应电动势E和对应的挡光时间Δt.（1）观察和分析该实验装置可看出，在实验中，每次测量的Δt时间内，磁体相对线圈运动的距离都相同，从而实现了控制　　　　　　　　不变.（2）在得到实验数据之后，为验证E与Δt成反比，该小组同学想出两种办法处理数据.第一种是计算法：算出　　　　　　　　　　　　　　　　　　，若该数据基本相等，则验证了E与Δt成反比.第二种是作图法：建立直角坐标系，用纵坐标表示感应电动势E，用横坐标表示　　　　　　　　　　　，利用实验数据，在坐标系中描点连线，若图线是过坐标原点的倾斜直线，则也可验证E与Δt成反比.解析：（1）每次实验中，磁体相对线圈运动的始末位置相同，故穿过线圈的磁通量的变化量相同.（2）由E＝n（n为线圈的匝数，为定值）可知E·Δt＝nΔΦ，由于穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ相同，故感应电动势E和挡光时间Δt的乘积也相同；由于E＝nΔΦ·，在nΔΦ不变时，E与成正比，故在E－图像中，其图线是过坐标原点的倾斜直线.答案：（1）磁通量的变化量ΔΦ　（2）感应电动势E与挡光时间Δt的乘积　挡光时间Δt的倒数13.（2021·南京调研）（11分）某同学设计一台发电测速装置，工作原理如图所示.一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上.转轴的左端有一个半径为r＝的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动（转动方向如图所示）.圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5 kg的铝块.在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T.a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连.测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度.铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V.（细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g取10 m/s2）（1）测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？（2）求此时铝块的速度大小.（3）求此下落过程中铝块损失的机械能.解析：（1）由右手定则可知a点为高电势点，则与a点相接的是电压表的正极.（2）由电磁感应定律，得U＝E＝，ΔΦ＝BR2Δθ，U＝BωR2，v＝rω＝ωR，所以v＝＝2 m/s.（3）铝块损失的机械能ΔE＝mgh－mv2＝0.5 J.答案：（1）正极　（2）2 m/s　（3）0.5 J14.（12分）如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈所围的面积S＝200 cm2，匝数n＝1 000，线圈电阻r＝1.0 Ω.线圈与电阻R构成闭合回路，电阻R＝4.0 Ω，匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求：（1）在t＝2.0 s时刻，通过电阻R的感应电流的大小；（2）在t＝5.0 s时刻，电阻R消耗的电功率；（3）在0～6.0 s内整个闭合电路中产生的热量.解析：（1）根据法拉第电磁感应定律，0～4.0 s时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流.t1＝2.0 s时的感应电动势为E1＝n＝n＝1 V，根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流I1＝，解得I1＝0.2 A.（2）由题图像可知，在4.0～6.0 s时间内，线圈中产生的感应电动势E2＝n＝n＝4 V，根据闭合电路欧姆定律，t2＝5.0 s时闭合回路中的感应电流I2＝＝0.8 A，电阻消耗的电功率P2＝IR＝2.56 W.（3）根据焦耳定律，0～4.0 s内闭合电路中产生的热量Q1＝I（r＋R）Δt1＝0.8 J，4.0～6.0 s内闭合电路中产生的热量Q2＝I（r＋R）Δt2＝6.4 J，故0～6.0 s内闭合电路中产生的热量Q＝Q1＋Q2＝7.2 J.答案：（1）0.2 A　（2）2.56 W　（3）7.2 J15.（14分）如图所示，一平面框架与水平面成37°角，宽L＝0.4 m，上、下两端各有一个电阻R0＝1 Ω，框架的其他部分电阻不计，框架足够长.垂直于框平面的方向存在向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T，ab为金属杆，其长度为L＝0.4 m，质量m＝0.8 kg，电阻r＝0.5 Ω.金属杆与框架的动摩擦因数μ＝0.5.金属杆由静止开始下滑，直到速度达到最大的过程中，金属杆克服磁场力所做的功为W＝1.5 J.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：（1）ab杆达到的最大速度v；（2）ab杆从开始到速度最大的过程中沿斜面下滑的距离；（3）在该过程中通过ab杆的电荷量.解析：（1）杆ab达到平衡时的速度即为最大速度v，此时杆ab所受安培力为F，则有：mgsin θ－F－μFN＝0，①FN－mgcos θ＝0，②总电阻R＝＋r＝1 Ω，③杆ab产生的感应电动势E＝BLv，④通过杆ab的感应电流I＝，⑤杆ab所受安培力F＝BIL，⑥联立①②③④⑤⑥式，解得v＝＝2.5 m/s.⑦（2）设ab杆从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离为x，由动能定理得：mgxsin θ－W－μmgxcos θ＝mv2，⑧联立⑦⑧式代入数据，解得x＝2.5 m.⑨（3）流过导体棒的电量q＝·Δt，⑩又＝，⑪＝＝，⑫联立以上各式，得q＝，⑬代入解得q＝2 C.答案：（1）2.5 m/s （2）2.5 m （3）2 C