人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊PAGEPAGE1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．在北半球上，地磁場豎直分量向下．飛機在我國上空勻速巡航，機翼保持水平，飛行高度不變．由于地磁場的作用，金屬機翼上有電勢差，設飛行員左方機翼末端處的電勢為φ1，右方機翼末端處的電勢為φ2，則()A．若飛機從西往東飛，φ2比φ1高B．若飛機從東往西飛，φ2比φ1高C．若飛機從南往北飛，φ1比φ2高D．若飛機從北往南飛，φ2比φ1高〖答案〗C〖解析〗若飛機從西往東飛，磁場豎直分量向下，手心向上，拇指指向飛機飛行方向，四指指向左翼末端，故φ1>φ2，選項A錯誤；同理，飛機從東往西飛，從南往北飛，從北往南飛，都是φ1>φ2，選項C正確，B、D錯誤．2．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，穿過螺線管的磁通量增大，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．3.如圖2，邊長L＝20cm的正方形線框abcd共有10匝，靠著墻角放著，線框平面與地面的夾角α＝30°.該區域有磁感應強度B＝0.2T、水平向右的勻強磁場．現將cd邊向右拉動，ab邊經0.1s著地．在這個過程中線框中產生的感應電動勢的大小與感應電流的方向分別是()圖2A．0.8V方向為adcbB．0.8V方向為abcdC．0.4V方向為adcbD．0.4V方向為abcd〖答案〗C〖解析〗初狀態的磁通量Φ1＝BSsinα，末狀態的磁通量Φ2＝0，根據法拉第電磁感應定律得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(BSsinα,t)＝10×eq\f(0.2×0.22×0.5,0.1)V＝0.4V，根據楞次定律可知，感應電流的方向為adcb，故C正確．4．如圖3所示，有兩個完全相同的燈泡A、B，A與一自感線圈L相連接，線圈L的直流電阻阻值為R；B與一定值電阻相連，定值電阻的阻值為R.下列說法正確的是()圖3A．開關閉合瞬間A、B兩燈一起亮B．穩定后A燈比B燈亮C．開關斷開瞬間A燈會閃亮一下，B燈不會閃亮一下D．開關斷開后兩燈緩慢熄滅〖答案〗D〖解析〗由于A、B為兩個完全相同的燈泡，當開關閉合瞬間，B燈泡立刻發光，由于線圈的自感現象，導致A燈泡漸漸變亮，因線圈L的直流電阻阻值為R，當電流穩定時，兩個燈一樣亮，故A、B錯誤；因線圈L的直流電阻阻值為R，說明穩定時，兩個支路電阻相等，兩個支路電流相等，所以開關斷開瞬間，通過兩個燈泡的電流不會突然變大，所以兩燈都不會閃亮，而是緩慢熄滅，故D正確，C錯誤．5.(2020·黑龍江鶴崗一中高二月考)如圖4所示是圓盤發電機的示意圖，銅盤安裝在水平的銅軸上，它的盤面恰好與勻強磁場垂直，兩塊銅片C、D分別與轉動軸和銅盤的邊緣接觸．若銅盤半徑為L，勻強磁場的磁感應強度為B，回路的總電阻為R，從左往右看，銅盤以角速度ω沿順時針方向勻速轉動．則()圖4A．由于穿過銅盤的磁通量不變，故回路中無感應電流B．回路中感應電流大小不變，為eq\f(BL2ω,2R)C．回路中感應電流方向不變，為D→C→R→DD．回路中有周期性變化的感應電流〖答案〗B〖解析〗把銅盤視為閉合回路的一部分，在銅盤以角速度ω沿順時針方向勻速轉動時，銅盤切割磁感線產生感應電動勢，回路中有感應電流，選項A錯誤；銅盤切割磁感線產生感應電動勢為E＝eq\f(1,2)BL2ω，回路中感應電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，選項B正確，D錯誤；由右手定則可判斷出感應電流方向為C→D→R→C，選項C錯誤．6．(2020·甘肅靖遠四中高二上月考)如圖5甲所示，在虛線所示的區域有垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的變化規律如圖乙所示，面積為S的單匝金屬線框處在磁場中，線框與電阻R相連，若金屬線框的電阻為eq\f(R,2)，下列說法正確的是()圖5A．流過電阻R的感應電流由b到aB．線框cd邊受到的安培力方向向上C．感應電動勢大小為eq\f(2B0S,t0)D．a、b間的電壓大小為eq\f(2B0S,3t0)〖答案〗D〖解析〗穿過線框的磁通量在增大，根據楞次定律結合安培定則可得感應電流沿逆時針方向，故流過電阻R的感應電流由a到b，選項A錯誤；電流從c到d，根據左手定則可得線框cd邊受到的安培力方向向下，選項B錯誤；根據法拉第電磁感應定律可得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0S,t0)，根據閉合電路歐姆定律可得a、b間的電壓大小為U＝eq\f(R,R＋\f(R,2))E＝eq\f(2B0S,3t0)，選項C錯誤，D正確．7．(2020·江蘇高二月考)如圖6所示，一個直角邊長為2L的等腰直角三角形ABC區域內，有垂直紙面向里的勻強磁場，其左側有一個用金屬絲制成的邊長為L的正方形線框abcd，線框以水平速度v勻速通過整個勻強磁場區域，設電流順時針方向為正．則在線框通過磁場的過程中，線框中感應電流i隨時間t變化的規律正確的是()圖6〖答案〗B〖解析〗線框剛進入磁場中時，只有bc邊切割磁感線，根據楞次定律可知，電流方向為逆時針方向，即為負，在線框完全進入磁場之前，電流方向與大小不變；當ad邊剛進入磁場時感應電流為零，接著bc邊開始出磁場，回路中的感應電動勢為邊ad產生的電動勢減去bc邊在磁場中產生的電動勢，隨著線框的運動回路中電動勢逐漸增大，電流逐漸增大，方向為順時針，即為正；在前進2L后，bc完全出磁場，ad也開始出磁場，切割磁感線的長度逐漸減小，電流逐漸減小，方向為順時針方向，即為正，直至線框完全脫離磁場，電流減小為零，綜上分析可知，B正確，A、C、D錯誤．8．(2018·全國卷Ⅰ)如圖7所示，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心．軌道的電阻忽略不計．OM是有一定電阻、可繞O轉動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好．空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B.現使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過程Ⅱ)．在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則eq\f(B′,B)等于()圖7A.eq\f(5,4)B.eq\f(3,2)C.eq\f(7,4)D．2〖答案〗B〖解析〗設半圓弧PQS的半徑為r，在過程Ⅰ中，根據法拉第電磁感應定律，有E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),Δt1)＝eq\f(B·\f(1,4)πr2,Δt1)根據閉合電路歐姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)且q1＝I1Δt1在過程Ⅱ中，有E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,Δt2)I2＝eq\f(E2,R)q2＝I2Δt2又q1＝q2，即eq\f(B·\f(1,4)πr2,R)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,R)所以eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2).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．(2018·全國卷Ⅰ)如圖8，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內的直導線連接成回路．將一小磁針懸掛在直導線正上方，開關未閉合時小磁針處于靜止狀態．下列說法正確的是()圖8A．開關閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動B．開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向C．開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向D．開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動〖答案〗AD〖解析〗根據安培定則，開關閉合時鐵芯中產生水平向右的磁場，開關閉合后的瞬間，根據楞次定律，直導線上將產生由南向北的電流，直導線上方的磁場垂直紙面向里，故小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動，A項正確；開關閉合并保持一段時間后，直導線上沒有感應電流，故小磁針的N極指北，B、C項錯誤；開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，根據楞次定律，直導線上將產生由北向南的電流，直導線上方的磁場垂直紙面向外，故小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動，D項正確．10.如圖9所示，在磁感應強度B＝1.0T的勻強磁場中，金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導軌上以速度v＝2m/s向右勻速滑動，兩導軌間距離l＝1.0m，電阻R＝3.0Ω，金屬桿的電阻r＝1.0Ω，導軌電阻忽略不計，則下列說法正確的是()圖9A．通過R的感應電流的方向為由a到dB．金屬桿PQ切割磁感線產生的感應電動勢的大小為2.0VC．金屬桿PQ受到的安培力大小為0.5ND．外力F做功的數值等于電路產生的焦耳熱〖答案〗ABC〖解析〗由右手定則判斷知，當金屬桿滑動時產生逆時針方向的感應電流，通過R的感應電流的方向為由a到d，故A正確；金屬桿PQ切割磁感線產生的感應電動勢的大小為E＝Blv＝1.0×1.0×2V＝2.0V，故B正確；整個回路中產生的感應電流為I＝eq\f(E,R＋r)，代入數據得I＝0.5A，由安培力公式F安＝BIl，代入數據得F安＝0.5N，故C正確；金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導軌上以速度v向右勻速滑動，外力F做功大小等于電路產生的焦耳熱和金屬桿與導軌之間的摩擦力產生的內能之和，故D錯誤．11.如圖10所示，一個水平放置的“∠”形光滑金屬導軌固定在方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中，ab是粗細、材料與導軌完全相同的導體棒，導體棒與導軌接觸良好．在外力作用下，導體棒以恒定速度v向右平動，導體棒與導軌一邊垂直，以導體棒在圖中所示位置的時刻作為計時起點，則下列關于回路中感應電動勢E、感應電流I、導體棒所受外力的功率P和回路中產生的焦耳熱Q隨時間變化的圖像正確的是()圖10〖答案〗AC〖解析〗設“∠”形導軌的夾角為θ，經過時間t，導體棒的水平位移為x＝vt，導體棒切割磁感線的有效長度L＝vt·tanθ，所以回路中感應電動勢E＝BLv＝Bv2t·tanθ，感應電動勢與時間t成正比，A正確；相似三角形的三邊長之比為定值，故組成回路的三角形導軌總長度與時間成正比，而感應電動勢與時間也成正比，故感應電流大小與時間無關，為定值，B錯誤；導體棒勻速移動，外力F與導體棒所受安培力為一對平衡力，故外力的功率P＝Fv＝BILv＝BIv2t·tanθ，與時間t成正比，C正確；回路產生的焦耳熱Q＝I2Rt，回路電阻R與t成正比，故焦耳熱Q與t2成正比，D錯誤．12．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變化的規律如圖乙所示．規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，根據法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,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；根據安培力的公式F＝BIL，安培力的大小與磁感應強度成正比，故C錯誤，D正確．三、非選擇題(本題共5小題，共60分)13．(8分)(2020·啟東中學期末)我們可以通過實驗探究電磁感應現象中感應電流方向的決定因素和遵循的物理規律．以下是實驗探究過程的一部分．圖12(1)如圖12甲所示，當磁體的N極向下運動時，發現電流表指針偏轉，若要探究線圈中產生感應電流的方向，必須知道____________________________________________________．(2)如圖乙所示，實驗中發現閉合開關時，電流表指針向右偏轉．電路穩定后，若向右移動滑動變阻器的滑片，此過程中電流表指針向________偏轉，若將線圈A抽出，此過程中電流表指針向________偏轉．(均選填“左”或“右”)(3)某同學按圖丙所示電路完成探究實驗，在完成實驗后未斷開開關，也未把A、B兩線圈和鐵芯分開放置，在拆除電路時突然被電擊了一下，則被電擊是在拆除________(選填“A”或“B”)線圈所在電路時發生的，分析可知，要避免電擊發生，在拆除電路前應______________(選填“斷開開關”或“把A、B線圈分開放置”)．〖答案〗(1)電流表指針偏轉方向與電流方向間的關系(2分)(2)左(1分)左(1分)(3)A(2分)斷開開關(2分)〖解析〗(1)如題圖甲所示，當磁體的N極向下運動時，發現電流表指針偏轉，若要探究線圈中產生感應電流的方向，必須知道電流表指針偏轉方向與電流方向間的關系．(2)如題圖乙所示，實驗中發現閉合開關時，穿過線圈B的磁通量增加，電流表指針向右偏；電路穩定后，若向右移動滑動變阻器的滑片，通過線圈A的電流減小，磁感應強度減小，穿過線圈B的磁通量減少，電流表指針向左偏轉；若將線圈A抽出，穿過線圈B的磁通量減少，電流表指針向左偏轉．(3)在完成實驗后未斷開開關，也未把A、B兩線圈和鐵芯分開放置，在拆除電路時，線圈A中的電流突然減少，從而出現斷電自感現象，線圈中會產生自感電動勢，進而會突然被電擊一下，為了避免此現象，則在拆除電路前應斷開開關．14.(10分)(2020·浙江杭州高二上月考)如圖13所示，邊長為L的單匝正六邊形金屬框質量為m，電阻為R，用細線把它懸掛于一個有界勻強磁場中，金屬框的下半部處于磁場中，磁場方向與金屬框平面垂直，磁感應強度大小隨時間變化的規律為B＝kt(k>0)．重力加速度為g，求：圖13(1)金屬框中感應電流的方向；(2)金屬框中感應電動勢的大小；(3)從t＝0時刻開始，經多長時間細線的拉力為零？〖答案〗(1)逆時針方向(2)eq\f(3\r(3)L2k,4)(3)eq\f(2\r(3)Rmg,9L3k2)〖解析〗(1)磁場逐漸增強，則穿過金屬框的磁通量逐漸增大，根據楞次定律可知，感應電流的磁場方向與原磁場方向相反，根據安培定則可知感應電流的方向為逆時針方向．(2分)(2)由法拉第電磁感應定律可得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝k×3×eq\f(1,2)×L×eq\f(\r(3),2)L＝eq\f(3\r(3)L2k,4)(3分)(3)由題意可知，金屬框所受安培力方向向上，且當磁感應強度增大時，細線拉力減小，當細線拉力為零時，有mg＝F安(2分)而F安＝BI·2L＝2ILB(1分)由閉合電路歐姆定律可知I＝eq\f(E,R)(1分)且B＝kt聯立解得t＝eq\f(2\r(3)Rmg,9L3k2)(1分)15．(12分)如圖14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14(1)cd桿受到的安培力F安的大小；(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(2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)根據功率公式及上述各式得：P＝Fv＝20W．(2分)16.(14分)(2020·常州市高二上期中)如圖15所示，光滑導軌MN和PQ固定在豎直平面內，導軌間距為L，兩端分別接有阻值均為R的定值電阻R1和R2.兩導軌間有一邊長為eq\f(L,2)的正方形區域abcd，該區域內有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場．一質量為m的金屬桿與導軌相互垂直且接觸良好，從ab處由靜止釋放，若金屬桿離開磁場前已做勻速運動，其余電阻均不計．重力加速度為g，求：圖15(1)金屬桿離開磁場前的瞬間流過R1的電流大小和方向；(2)金屬桿離開磁場時速度的大小；(3)金屬桿穿過整個磁場過程中通過金屬桿的電荷量．〖答案〗(1)eq\f(mg,BL)方向從P到M(2)eq\f(2mgR,B2L2)(3)eq\f(BL2,2R)〖解析〗(1)設金屬桿離開磁場前瞬間流過金屬桿的電流為I，由平衡條件可得mg＝BI·eq\f(L,2)(2分)解得I＝eq\f(2mg,BL)(1分)