高中物理新教材同步選擇性必修第二冊 第2章 章末檢測試卷(二)

章末檢測試卷(二)(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．如圖1所示，螺線管與靈敏電流計相連，磁體從螺線管的正上方由靜止釋放，向下穿過螺線管．下列說法正確的是()圖1A．電流計中的電流先由a到b，后由b到aB．a點的電勢始終低于b點的電勢C．磁體減少的重力勢能等于回路中產生的熱量D．磁體剛離開螺線管時的加速度小于重力加速度答案D解析在磁體進入螺線管的過程中，螺線管磁通量增大，且方向向下，由楞次定律可知，感應電流由b經電流計流向a；在磁體穿出螺線管的過程中，磁通量減小，且方向向下，由楞次定律可知，感應電流由a經電流計流向b，則a點電勢先低于b點電勢，后高于b點電勢，故A、B錯誤；磁體減少的重力勢能轉化為內能和磁體的動能，故C錯誤；磁體剛離開螺線管時，由楞次定律的“來拒去留”結論可知，磁體受到向上的安培力，則磁體受到的合外力小于重力，即磁體剛離開螺線管時的加速度小于重力加速度，故D正確．2.如圖2所示為無線充電技術中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時間內，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差φa－φb()圖2A．恒為eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B．從0均勻變化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)C．恒為－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．從0均勻變化到－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)答案C解析由楞次定律可知，在磁感應強度由B1均勻增大到B2的過程中，φb>φa，所以φa－φb<0，由法拉第電磁感應定律可知，線圈兩端a、b之間的電勢差φa－φb＝－neq\f(ΔΦ,Δt)＝－neq\f(SB2－B1,t2－t1)，選項C正確．3.(2019·武漢市華中師范大學第一附屬中學高二期末)如圖3所示的電路中，A、B是兩個相同的燈泡，L是一個帶鐵芯的線圈，電阻不計．調節(jié)R，電路穩(wěn)定時兩燈泡都正常發(fā)光，則在開關閉合或斷開時()圖3A．合上S時，B燈立即亮起來，并保持亮度不變B．斷開S時，A燈會突然閃亮一下后再熄滅C．斷開S時，A、B兩燈都不會立即熄滅，且通過A燈泡的電流方向與原電流方向相反D．斷開S時，A、B兩燈都不會立即熄滅，并且一定同時熄滅答案D解析在開關閉合時，通過線圈的電流增大，導致線圈出現(xiàn)自感電動勢，從而阻礙燈泡A的電流增大，則B立即變亮，A慢慢變亮，L的電阻不計，則電流穩(wěn)定時兩電阻相同的燈泡的亮度相同，并聯(lián)部分分得的電壓逐漸變小，故B的亮度有變小的過程，故A錯誤；斷開開關S的瞬間，由電感的特性可知：L和兩燈泡組成的回路中的電流大小會維持不變，通過A燈的電流的方向不變，而B燈的電流方向與原電流方向相反，故C錯誤；斷開開關S的瞬間，因燈泡相同，L的電阻不計，則兩支路電流相等，所以兩燈會同時慢慢熄滅，但不會閃亮一下，故B錯誤，D正確．4.(2020·上海市閔行區(qū)模擬)如圖4所示，在外力的作用下，導體桿OC可繞O點沿光滑的半徑為r的半圓形框架在勻強磁場中以角速度ω勻速轉動，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，A、O間接有電阻R，導體桿和框架電阻不計，導體棒與框架接觸良好，則所施外力的功率為()圖4A.eq\f(B2ω2r2,R)B.eq\f(B2ω2r4,R)C.eq\f(B2ω2r4,4R)D.eq\f(B2ω2r4,8R)答案C解析因為OC是勻速轉動的，根據(jù)能量守恒定律可得，P外＝P電＝eq\f(E2,R)，又因為E＝Br·eq\f(ωr,2)，聯(lián)立解得P外＝eq\f(B2ω2r4,4R)，C正確．5．(2019·長春十一中月考)如圖5所示，等腰直角三角形AOB內部存在著垂直紙面向外的勻強磁場，OB在x軸上，長度為2L.紙面內一邊長為L的正方形導線框的一邊在x軸上，沿x軸正方向以恒定的速度穿過磁場區(qū)域．規(guī)定順時針方向為導線框中感應電流的正方向，t＝0時刻導線框正好處于圖示位置．則下面四幅圖中能正確表示導線框中感應電流i隨位移x變化關系的是()圖5答案B解析根據(jù)法拉第電磁感應定律，當位移x為0～L時，通過線框的磁通量均勻增加，產生順時針方向的感應電流；當位移x為L～2L時，右邊切割磁感線的長度減小，左邊切割磁感線的長度增大，由法拉第電磁感應定律可判斷兩個邊切割磁感線產生的電流方向相反，所以合電流逐漸減小，在位移x為1.5L時電流減小到零，隨后左邊切割磁感線的長度大于右邊，電流反向，當位移x為2L～3L時，電流為負且逐漸減小，所以B選項正確．6.(2020·成都市高二檢測)如圖6所示，一鐵芯上繞有一個多匝線圈，a、b是線圈的兩端，c為中間抽頭，在a、c兩點接入一平行金屬導軌，導軌處于方向垂直紙面向里的勻強磁場中，一金屬棒mn與導軌垂直地放置在導軌上，水平放置的金屬板d、e通過導線分別接在線圈的c、b兩端．要使a點的電勢高于c點的電勢，且d、e間帶正電的油滴恰好處于靜止狀態(tài)，則金屬棒沿導軌的運動情況是()圖6A．向左勻減速運動 B．向左勻加速運動C．向右勻減速運動 D．向右勻加速運動答案C解析要使a點的電勢高于c點的電勢，根據(jù)右手定則可得，金屬棒要向右運動；要使d、e間帶正電的油滴處于靜止狀態(tài)，油滴所受電場力方向向上且等于油滴的重力，故e板的電勢必須高于d板電勢且Ued恒定，根據(jù)楞次定律可得，金屬棒做勻減速運動，故C正確．7.如圖7所示，足夠長的平行金屬導軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1Ω.一導體棒MN垂直導軌放置，質量為0.2kg，接入電路的電阻為1Ω，兩端與導軌始終接觸良好，與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度為0.8T．將導體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()圖7A．2.5m/s1W B．5m/s1WC．7.5m/s9W D．15m/s9W答案B解析小燈泡穩(wěn)定發(fā)光時，導體棒MN勻速下滑，其受力如圖所示，由平衡條件可得F安＋Ff＝mgsin37°，又Ff＝μmgcos37°，故F安＝mg(sin37°－μcos37°)＝0.4N，由F安＝BIL得I＝eq\f(F安,BL)＝1A，所以E＝I(R燈＋RMN)＝2V，導體棒的運動速度v＝eq\f(E,BL)＝5m/s，小燈泡消耗的電功率為P燈＝I2R燈＝1W，B正確．8.(2019·邢臺一中高二上月考)如圖8所示，相距為d的兩條水平虛線之間是方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，正方形線圈abcd邊長為L(L<d)，質量為m、電阻為R，將線圈在磁場上方h高處由靜止釋放(cd邊與磁場邊界平行)，cd邊剛進入磁場時速度為v0，cd邊剛離開磁場時速度也為v0，則線圈穿過磁場的過程中(從cd邊剛進入磁場起一直到ab邊離開磁場為止)()圖8A．感應電流所做的功為mgdB．感應電流所做的功為mg(d－L)C．線圈的最小速度一定是2eq\r(2gh＋L－d)D．線圈的最小速度可能為eq\f(mgR,B2L2)答案D解析根據(jù)能量守恒定律，研究從cd邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的過程，可知動能變化量為0，重力勢能轉化為線圈進入磁場過程中產生的熱量，Q＝mgd.cd邊剛進入磁場時速度為v0，cd邊剛離開磁場時速度也為v0，所以從cd邊剛離開磁場到ab邊剛離開磁場的過程，線圈產生的熱量與從cd邊剛進入磁場到ab邊剛進入磁場的過程產生的熱量相等，所以線圈從cd邊進入磁場到ab邊離開磁場的過程，產生的熱量Q′＝2mgd，感應電流所做的功為2mgd，故A、B錯誤；因為進入磁場時線圈減速，線圈全部進入磁場后做勻加速運動，則知線圈剛全部進入磁場的瞬間速度最小，設線圈的最小速度為vmin，線圈從開始下落到線圈剛完全進入磁場的過程，根據(jù)能量守恒定律得mg(h＋L)＝Q＋eq\f(1,2)mvmin2，綜上可知，Q＝mgd，解得線圈的最小速度為vmin＝eq\r(2gh＋L－d)，故C錯誤；線圈可能先做減速運動，在完全進入磁場前已經做勻速運動，剛完全進入磁場時的速度最小，則mg＝BIL＝BL·eq\f(BLv,R)，則線圈的最小速度v＝eq\f(mgR,B2L2)，故D正確．二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)9.如圖9所示是法拉第制作的世界上第一臺發(fā)電機的模型原理圖．把一個半徑為r的銅盤放在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，使磁感線水平向右垂直穿過銅盤，銅盤安裝在水平的銅軸上．兩塊銅片C、D分別與轉動軸和銅盤的邊緣接觸．G為靈敏電流表．現(xiàn)使銅盤按照圖示方向以角速度ω勻速轉動，則下列說法正確的是()圖9A．C點電勢一定低于D點電勢B．銅盤中產生的感應電動勢大小為Bωr2C．電流表中的電流方向為由a到bD．銅盤不轉動，所加磁場磁感應強度減小，則銅盤中產生順時針方向電流(從左向右看)答案AD解析將銅盤看成無數(shù)條由中心指向邊緣的銅棒組合而成，銅盤轉動時，每根金屬棒都在切割磁感線，相當于電源，由右手定則可知，盤邊緣為電源正極，中心為負極，C點電勢低于D點電勢，故A正確；回路中產生的感應電動勢E＝Breq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Br2ω，故B錯誤；此電源對外電路供電，電流方向由b經電流表再從a流向銅盤，故C錯誤；若銅盤不轉動，使所加磁場磁感應強度減小，在銅盤中產生感生電場，使銅盤中的自由電荷在電場力作用下定向移動，形成渦流，電流方向為順時針(從左向右看)，故D正確．10．如圖10甲所示，abcd是匝數(shù)為100匝、邊長為10cm、總電阻為0.1Ω的正方形閉合導線圈，放在與線圈平面垂直的圖示勻強磁場中，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示，則下列說法正確的是()圖10A．導線圈中產生的是交變電流B．在t＝2.5s時導線圈產生的感應電動勢為1VC．在0～2s內通過導線橫截面的電荷量為20CD．在t＝1s時，導線圈內電流的瞬間功率為20W答案AC解析根據(jù)楞次定律可知，在0～2s內的感應電流方向與2～3s內的感應電流方向相反，即為交變電流，故A正確；根據(jù)法拉第電磁感應定律，在t＝2.5s時導線圈產生的感應電動勢E＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝100×0.1×0.1×eq\f(2－0,3－2)V＝2V，故B錯誤；在0～2s時間內，感應電動勢為E1＝100×eq\f(2,2)×0.12V＝1V，再根據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)，則有I1＝eq\f(1,0.1)A＝10A，根據(jù)q＝It，解得q＝10×2C＝20C，故C正確；在t＝1s時，導線圈內電流的瞬間功率P＝I12R＝102×0.1W＝10W，故D錯誤．11．如圖11甲所示，閉合矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁場的方向與導線框所在平面垂直，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示．規(guī)定垂直紙面向里為磁場的正方向，abcda方向為導線框中感應電流的正方向，水平向右為安培力的正方向，關于導線框中的電流i與ad邊所受的安培力F隨時間t變化的圖像，下列選項正確的是()圖11答案BD解析由題圖B－t圖像可知，0～1s內，線框中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，線框中電流方向為逆時針，沿adcba方向，即電流為負方向；同理可知1～2s內，電流為正方向；2～3s內，磁通量不變，則感應電流為零；3～4s內，電流為負方向，根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)，則I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB·S,RΔt)，由于一段時間內磁感應強度均勻變化，所以該時間內產生的感應電流保持不變，故A錯誤，B正確；0～1s內，電路中電流方向為逆時針，沿adcba方向，根據(jù)左手定則可知，ad棒受到的安培力的方向向右，為正值；同理可知1～2s內，ad棒受到的安培力為負值；2～3s內，不受安培力；3～4s內，ad棒受到的安培力為負值；根據(jù)安培力的公式F＝BIL，安培力的大小與磁感應強度成正比，故D正確，C錯誤．12.如圖12所示，電阻不計、間距為L的光滑平行金屬導軌水平放置，導軌左端接有阻值為R的電阻，以導軌的左端為原點，沿導軌方向建立x軸，導軌處于豎直向下的磁感應強度大小為B的勻強磁場中．一根電阻也為R，質量為m的金屬桿垂直于導軌放置于x0處，現(xiàn)給金屬桿沿x軸正方向的初速度v0，金屬桿剛好能運動到2x0處，在金屬桿運動過程中()圖12A．通過電阻R的電荷量為eq\f(BLx0,2R)B．金屬桿克服安培力所做的功為eq\f(mv\o\al(02),2)C．金屬桿上產生的焦耳熱為eq\f(mv\o\al(02),2)D．金屬桿運動的時間為eq\f(2x0,v0)答案AB解析整個過程中通過電阻R的電荷量為q＝It＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLx0,2R)，故A正確；根據(jù)動能定理可得，金屬桿克服安培力所做的功等于動能的減小量，即W安＝eq\f(1,2)mv02，選項B正確；金屬桿克服安培力所做的功等于整個過程中回路中產生的焦耳熱，即W安＝Q＝eq\f(1,2)mv02，所以金屬桿上產生的焦耳熱為Q1＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,4)mv02，故C錯誤；金屬桿運動過程中所受的安培力F安＝eq\f(B2L2v,2R)，隨速度的減小，安培力減小，加速度減小，即金屬桿做加速度減小的減速運動，若金屬桿做勻減速運動，則運動時間為t＝eq\f(x0,\f(v0,2))＝eq\f(2x0,v0)，因為金屬桿做加速度減小的減速運動，可知平均速度小于eq\f(v0,2)，運動的時間大于eq\f(2x0,v0)，故D錯誤．三、非選擇題(本題共6小題，共60分)13．(8分)(2020·南充市高級中學高二期中)有一靈敏電流計，當電流從它的正接線柱流入時，指針向正接線柱一側偏轉．現(xiàn)把它與一個線圈串聯(lián)，將磁體從線圈上方插入或拔出，如圖13所示．請完成下列填空：圖13(1)圖甲中靈敏電流計指針的偏轉方向為________．(填“偏向正接線柱”或“偏向負接線柱”)(2)圖乙中磁體下方的極性是________．(填“N極”或“S極”)(3)圖丙中磁體的運動方向是________．(填“向上”或“向下”)(4)圖丁中線圈從上向下看的電流方向是________．(填“順時針”或“逆時針”)答案(1)偏向正接線柱(2分)(2)S極(2分)(3)向上(2分)(4)逆時針(2分)解析(1)由題圖甲可知，磁體向下運動，穿過線圈的磁通量增加，原磁場方向向下，根據(jù)楞次定律可知線圈中感應電流方向(從上向下看)為逆時針方向，即電流從正接線柱流入電流計，指針偏向正接線柱．(2)由題圖乙可知，電流從負接線柱流入電流計，根據(jù)安培定則，感應電流的磁場方向向下，又知磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，磁體下方為S極．(3)由題圖丙可知，磁場方向向下，電流從負接線柱流入電流計，根據(jù)安培定則，感應電流的磁場方向向下，根據(jù)楞次定律可知，磁通量減小，磁體向上運動．(4)由題圖丁可知，磁體向上運動，穿過線圈的磁通量減小，原磁場方向向上，根據(jù)楞次定律可知感應電流方向(從上向下看)為逆時針方向．14．(8分)(2020·黑龍江大慶實驗中學月考)如圖14甲所示，一個匝數(shù)n＝100的圓形導體線圈，面積S1＝0.4m2，電阻r＝1Ω.在線圈中存在面積S2＝0.3m2的垂直線圈平面向外的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖乙所示．有一個R＝2Ω的電阻，將其兩端a、b分別與圖甲中的圓形線圈相連接，求：圖14(1)a、b兩點間的電勢差Uab；(2)在0～4s時間內通過電阻R的電荷量；(3)在0～4s時間內電阻R上產生的熱量．答案(1)－3V(2)6C(3)18J解析(1)由法拉第電磁感應定律可得E＝neq\f(ΔBS2,Δt)，(1分)解得E＝4.5V(1分)電流I＝eq\f(E,r＋R)＝1.5A(1分)由楞次定律可得，a點電勢低于b點電勢，故Uab＝－IR＝－3V(2分)(2)通過電阻R的電荷量q＝IΔt＝6C．(1分)(3)由焦耳定律可得Q＝I2Rt＝18J．(2分)15.(8分)(2020·漳州八校第二次聯(lián)考)如圖15所示，勻強磁場的磁感應強度方向垂直于紙面向里，大小隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝k，k為負的常數(shù)．用電阻率為ρ、橫截面積為S的硬導線做成一邊長為l的導線框．將導線框固定于紙面內，其右半部分位于磁場區(qū)域中．求：圖15(1)導線框中感應電流的大小；(2)磁場對導線框作用力的大小隨時間的變化率．答案見解析解析(1)設導線框的電阻為R，根據(jù)電阻率公式有R＝ρeq\f(4l,S)，(1分)導線框的感應電動勢的大小為E＝|eq\f(ΔB,Δt)|·eq\f(1,2)l2，(1分)導線框中的感應電流的大小為I＝eq\f(E,R)，(1分)將eq\f(ΔB,Δt)＝k代入解得I＝eq\f(|k|lS,8ρ).(2分)(2)導線框所受磁場的作用力的大小為F＝BIl，(1分)它隨時間的變化率eq\f(ΔF,Δt)＝Ileq\f(ΔB,Δt)，解得eq\f(ΔF,Δt)＝eq\f(k2l2S,8ρ).(2分)16．(10分)如圖16所示，在范圍足夠大的勻強磁場中傾斜放置兩根平行光滑的金屬導軌，它們所構成的導軌平面與水平面的夾角θ＝30°，平行導軌的間距L＝1.0m．勻強磁場方向垂直于導軌平面向下，磁感應強度B＝0.2T．兩根金屬桿ab和cd可以在導軌上無摩擦地滑動．兩金屬桿的質量均為m＝0.2kg，電阻均為R＝0.2Ω.若用與導軌平行的拉力作用在金屬桿ab上，使ab桿沿導軌勻速上滑并使cd桿在導軌上保持靜止，整個過程中兩金屬桿均與導軌垂直且接觸良好．金屬導軌的電阻可忽略不計，取重力加速度g＝10m/s2.求：圖16(1)cd桿受到的安培力F安的大?。?2)通過金屬桿的感應電流大小I；(3)作用在金屬桿ab上拉力的功率．答案(1)1.0N(2)5.0A(3)20W解析(1)金屬桿cd靜止在金屬導軌上，所受安培力方向平行于導軌平面向上．則F安＝mgsin30°(2分)解得：F安＝1.0N(1分)(2)F安＝BIL(1分)解得：I＝5.0A(1分)(3)金屬桿ab所受安培力方向平行于導軌平面向下，金屬桿ab在拉力F、安培力F安和重力mg沿導軌方向分力作用下勻速上滑，則F＝BIL＋mgsin30°(2分)根據(jù)法拉第電磁感應定律，金屬桿ab上產生的感應電動勢為E＝BLv(1分)根據(jù)閉合電路歐姆定律，通過金屬桿ab的電流I＝eq\f(E,2R)(1分)根據(jù)功率公式及上述各式得：P＝Fv＝20W．(1分)17.(12分)如圖17所示，水平放置的兩條長直平行金屬導軌PQ、MN相距l(xiāng)＝0.4m，導軌左邊接有阻值為R＝3Ω的定值電阻，在導軌上放置一根金屬棒ab，其質量為0.01kg，電阻為0.2Ω，導軌電阻不計．整個裝置處于磁感應強度B＝0.5T的豎直向上的勻強磁場中，不計摩擦．金屬棒在外力作用下以v＝4m/s的速度向右勻速運動，金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好．圖17(1)求金屬棒ab中感應電流的大小和方向；(2)求外力的功率；(3)撤去外力后，金屬棒最終會停下來，求在此過程中電阻R上產生的熱量．答案(1)0.25A方向為a→b(2)0.2W(3)0.075J解析(1)由右手定則可知，金屬棒中的電流方向為a→b(1分)感應電動勢E＝Blv＝0.5×0.4×4V＝0.8V(1分)由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,r＋R)＝eq\f(0.8,0.2＋3)A＝0.25A．(2分)(2)勻速運動時金屬棒受到的安培力F安＝BIl＝0.5×0.25×0.4N＝0.05N，(1分)則F外＝F安＝0.05N，(1分)外