【文档说明】2024-2025学年精品同步试题 物理（选择性必修第二册 人教版2019）第二章 第二章测评 Word版含解析.docx，共(7)页，735.020 KB，由小赞的店铺上传

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第二章测评(时间:90分钟满分: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,只有一项是符合题目要求的)1.在如图所示的几种情况中,金属导体中产生的感应电动势为Blv的是()A.乙和丁B.甲、乙、

丁C.甲、乙、丙、丁D.只有乙答案:B解析:甲、乙、丁三图中,B、v、l两两垂直,且l为有效切割长度,产生的感应电动势都为E=Blv,丙图中E=Blvsinθ。2.首先发现电流的磁效应和电磁感应现象的物理学家分别是()A.安培和法拉第B.法拉第和楞次C.奥斯特和安培D

.奥斯特和法拉第答案:D解析:1820年,丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应;1831年,英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象,选项D正确。3.电磁炉利用电磁感应现象产生的涡流使锅体发热从而加热食物。下列相关的说法正确的是()A.电磁炉中通入电压足够高的直流也能正常工作B.锅体中涡流的强弱与磁

场变化的频率有关C.金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁炉来烹饪食物D.电磁炉的上表面一般都用金属材料制成,以加快热传递、减少热损耗答案:B解析:直流不能产生变化的磁场,在锅体中不能产生感应电流,电磁炉不能使用直流,故A错误;锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关,故B

正确;锅体只能用铁磁性导体材料,不能使用绝缘材料制作锅体,故C错误;电磁炉的上表面如果用金属材料制成,使用电磁炉时,上表面材料发生电磁感应要损失电能,电磁炉上表面要用绝缘材料制作,故D错误。4.一闭合圆形线圈放在匀强磁场中,线圈的轴线与磁场方向成30°角,磁感应强度随时间均匀

变化。在下列方法中能使线圈中感应电流增加一倍的是()A.把线圈匝数增大一倍B.把线圈面积增大一倍C.把线圈半径增大一倍D.把线圈匝数减少到原来的一半答案:C解析:设感应电流为I,电阻为R,匝数为n,线圈半径为r,线圈面积为S,导线横截面积为S',电阻率为ρ。由法拉第电磁感应定律知E

=nΔ𝛷Δ𝑡=nΔ𝐵𝑆cos30°Δ𝑡,由闭合电路欧姆定律知I=𝐸𝑅,由电阻定律知R=ρ𝑛·2π𝑟𝑆',则I=Δ𝐵𝑟𝑆'2𝜌Δ𝑡cos30°,其中Δ𝐵Δ𝑡、ρ、S'均为恒量,所以I∝r,故选项C正确。5.如图所示

,在竖直向下的匀强磁场中,将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出,设在整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力,则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是()A.越来越大B.越来越小C.保持不变D.无法判断答案:C解析:棒ab水平抛出

后,其速度越来越大,但只以水平分速度v0切割磁感线产生感应电动势,故E=Blv0保持不变。6.如图所示,匀强磁场的方向垂直于纸面,规定向里的方向为正,在磁场中有一细金属圆环,线圈平面位于纸面内,现令磁感应强度B随时间t变化,先按图所示的Oa图线变化,后来又

按bc和cd变化,令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小,I1、I2、I3分别表示对应的感应电流,则下列说法正确的是()A.E1<E2,I1沿逆时针方向,I2沿顺时针方向B.E1<E2,I1沿顺时针方向,I2沿逆时针方向

C.E2<E3,I2沿逆时针方向,I3沿顺时针方向D.E2=E3,I2沿逆时针方向,I3沿顺时针方向答案:A解析:由法拉第电磁感应定律可知E=nΔ𝐵𝑆Δ𝑡,由题图知Oa段中磁通量的变化率较小,而bc、cd两段中

磁通量的变化率相同,故有E1<E2=E3;由楞次定律可判断出I1沿逆时针方向,I2与I3均沿顺时针方向,故B、C、D均错误,A正确。本题主要考查电磁感应现象中的图像问题,培养学生结合图像分析问题的能力

,提高学生的科学思维。7.如图所示,有一匝接在电容器C两端的圆形导线回路,其内存在着垂直于回路平面向里的匀强磁场B,已知圆的半径r=5cm,电容C=20μF,当磁场B以4×10-2T/s的变化率均匀增加时,则()A.电容器a板带正电,电荷量为2π×10-9CB.电容器a板带负电,电荷量为2π×

10-9CC.电容器b板带正电,电荷量为4π×10-9CD.电容器b板带负电,电荷量为4π×10-9C答案:A解析:根据楞次定律可判断a板带正电,线圈中产生的感应电动势E=Δ𝐵Δ𝑡πr2=4×10-2×π×25×10-4V=π×10-4V,板上所带的电荷量Q=

CE=2π×10-9C,选项A正确。8.如图所示,一底边长为l、底边上的高也为l的等腰三角形导体线框以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过长为2l、宽为l的匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里。t=0时刻,三角形导体线框的底边刚进入磁场,取沿逆时针方向的感应电流为正,则在三角形导体线框

穿过磁场区域的过程中,感应电流i随时间t变化的图线可能是()答案:A解析:根据E=Blv,I=𝐸𝑅=𝐵𝑙𝑣𝑅,三角形导体线框进、出磁场时,有效长度l都变小。再根据右手定则,进、出磁场时感应电流方向相反,进磁场时感应电流方向为逆时针方向,电流为正,出磁场时

感应电流方向为顺时针方向,电流为负,故选项A正确。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.图甲所示线圈的匝数n=100,横截面积S=50cm2,线圈总电阻

r=10Ω,沿轴向有匀强磁场。设图示磁场方向为正,磁场的磁感应强度随时间按如图乙所示规律变化,则在开始的0.1s内()A.磁通量的变化量为0.25WbB.磁通量的变化率为2.5×10-2Wb/sC.a、b间电压为0D.在a、b间接一个理想电流表时,电流表的示数为0.25A答案

:BD解析:通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关,若设Φ2=B2S为正,则线圈中磁通量的变化量为ΔΦ=B2S-(-B1S),代入数据,即ΔΦ=(0.1+0.4)×50×10-4Wb=2.5×10-3Wb,A错;磁通量的变化率Δ𝛷Δ𝑡=2.5

×10-30.1Wb/s=2.5×10-2Wb/s,B正确;根据法拉第电磁感应定律可知,当a、b间断开时,其间电压等于线圈产生的感应电动势,感应电动势大小为E=nΔ𝛷Δ𝑡=2.5V,且恒定,C错;在a、b间接一个理想电流表时相当于a、b间接通而形成回路,回路总电阻即为线

圈的总电阻,故感应电流大小I=𝐸𝑟=0.25A,D正确。10.用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环,ab为圆环的一条直径。如图所示,在ab的左侧存在一个匀强磁场,磁场垂直于圆环所在平面,方向如图所示,磁感应强度大小随时间的变化率Δ𝐵Δ𝑡=k(k<0

)。则()A.圆环中产生逆时针方向的感应电流B.圆环具有扩张的趋势C.圆环中感应电流的大小为|𝑘𝑟𝑆2𝜌|D.图中a、b两点间的电势差大小为Uab=|14π𝑘𝑟2|答案:BD解析:由题意可知磁感应强度均匀减小,穿过闭合线圈的磁通量减小,根据楞次定律可以判断,圆环中产生顺时针方向的

感应电流,圆环具有扩张的趋势,故A错误,B正确;圆环中产生的感应电动势为E=Δ𝛷Δ𝑡=Δ𝐵Δ𝑡S=|12π𝑟2𝑘|,圆环的电阻为R=ρ𝑙𝑆=2π𝜌𝑟𝑆,所以圆环中感应电流的大小为I=𝐸𝑅

=|𝑘𝑟𝑆4𝜌|,故C错误;图中a、b两点间的电势差Uab=12E=|14π𝑘𝑟2|,故D正确。11.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触,关于流过电阻R的电流,下列说法正确

的是()A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定B.若从上往下看,圆盘顺时针转动,则圆盘中心电势比边缘高C.若从上往下看,圆盘顺时针转动,则电阻R中电流沿a到b的方向流动D.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流

方向可能发生变化答案:ABC解析:铜盘转动产生的感应电动势为E=12Bl2ω,B、l、ω不变,E不变,电流大小恒定不变,A正确;回路中电流方向不变,若从上往下看,圆盘顺时针转动,由右手定则知,电阻R中电流沿

a到b的方向流动,故C正确;因电阻R中电流沿a到b的方向流动,则有圆盘中心电势比边缘高,故B正确;若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向不变,大小变化,故D错误。12.如图所示,边长为l、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域,其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt(常量

k>0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0,滑片P位于滑动变阻器中央,定值电阻R1=R0、R2=𝑅02。闭合开关S,电压表的示数为U,不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势,则()A.R2两端的电压为𝑈7B.电容器的a极板带正电C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D.正方形导线框中的感应

电动势为kl2答案:AC解析:由法拉第电磁感应定律E=nΔ𝛷Δ𝑡=nΔ𝐵Δ𝑡S有E=kπr2,D错误;因k>0,由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向,故电容器b极板带正电,B错误;由题图知外电路结构为R2与R的右半部并联,再与R的左半部、R1相串联,故R2两端电压U2=

𝑅02·12𝑅0+𝑅02+𝑅02·12U=𝑈7,A正确;设R2消耗的功率为P=IU2,则R消耗的功率P'=2I·2U2+IU2=5P,故C正确。三、非选择题(本题共6小题,共60分)13.(6分)在研究电磁感应现象的实验

中,所需的实验器材如图所示。现已用导线连接了部分实验电路。(1)请画实线作为导线从箭头1和2处连接其余部分电路。(2)实验时,将线圈L1插入线圈L2中,闭合开关的瞬间,观察到电流计的指针发生偏转,这个现象揭示的规律是。(3)某同学设想使线圈L1中电流逆

时针(俯视)流动,线圈L2中电流顺时针(俯视)流动,可行的实验操作是。A.抽出线圈L1B.插入软铁棒C.使变阻器滑片P左移D.断开开关答案:(1)如图所示。(2)穿过闭合电路中的磁通量发生变化,闭合电路中就会产生感应电流(3)

BC解析:本题主要考查电磁感应现象实验操作和现象分析,意在提高学生的科学探究能力。(1)将箭头1、线圈L1、箭头2依次连接起来组成闭合回路。线圈L2与检流计连接起来组成闭合回路。(2)闭合开关的瞬间,流过线圈L1的电

流瞬间增大,产生的磁感应强度增大,穿过线圈L2的磁通量增大,线圈L2中产生感应电动势,有感应电流流过电流计;该实验表明穿过闭合电路中的磁通量发生变化,闭合电路中就会产生感应电流。(3)要使两线圈中的电流方向相反,只需使线圈L1产生的磁通量逐渐增大,可行的方

法有插入软铁棒或增大线圈L1中的电流(即使变阻器滑片P左移),选项B、C正确。14.(8分)右图是研究通电自感实验的电路图,A1、A2是两个规格相同的小灯泡,闭合开关调节滑动变阻器R的滑片,使两个灯泡的亮

度相同,调节滑动变阻器R1的滑片,使它们都正常发光,然后断开开关S。重新闭合开关S,则闭合瞬间,A1变亮,A2变亮(两空均选填“立刻”或“逐渐”);稳定后,L和R两端的电势差,A1和A2两端的电势差(两空均选填“相同”或“不相同”)。答案:逐渐立刻相同

相同解析:根据题设条件可知,闭合开关调节滑动变阻器R的滑片,使两个灯泡的亮度相同,说明此时滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大,断开开关再重新闭合开关的瞬间,根据自感原理可判断,A2立刻变亮,而A1逐渐变亮;稳

定后,自感现象消失,根据题设条件可判断,线圈L和R两端的电势差一定相同,A1和A2两端的电势差也相同。15.(8分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度B=0.5T。一个匝数n=50的矩形线圈边长lab=0.2m,lb

c=0.1m,以角速度ω=314rad/s绕ab边所在直线匀速转动。(1)求图示位置时的瞬时感应电动势。(2)求由图示位置转过90°这段时间内的平均感应电动势。答案:(1)157V(2)100V解析:(1)在图示位置的瞬

时感应电动势由公式E=nBlv得E=50×0.5×0.2×0.1×314V=157V。(2)这段时间内的平均感应电动势由公式𝐸=nΔ𝛷Δ𝑡得𝐸=50×0.5×0.2×0.1π2314V=100V。16.(10分)如图所示,边长为l的正方形金属框,质量为m,电阻为R,用细线把它悬

挂于一个有界的匀强磁场边缘,金属框的上半部处于磁场内,下半部处于磁场外,磁场随时间变化规律为B=kt(k>0)。已知细线所能承受的最大拉力为2mg,求从0时刻开始,经过多长时间细线会被拉断。答案:2𝑚𝑔𝑅𝑘2𝑙3解析:由题意知Δ𝐵Δ�

�=k根据法拉第电磁感应定律知E=Δ𝐵Δ𝑡·S=k·𝑙22。①当绳刚要断开时,mg=F安=BIl②I=𝐸𝑅=𝑘𝑙22𝑅③B=kt④联立②③④解得t=2𝑚𝑔𝑅𝑘2𝑙3。17.(12分)如图甲

所示,一个匝数n=100的圆形导体线圈,面积S1=0.4m2,电阻r=1Ω。在线圈中存在面积S2=0.3m2的垂直于线圈平面向外的匀强磁场区域,磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。有一个R=2Ω的电阻,将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接。(1)求ab两点间的电势

差Uab。(2)求在0~4s时间内通过电阻R的电荷量。(3)求在0~4s时间内电阻R上产生的热量。答案:(1)-3V(2)6C(3)18J解析:(1)由法拉第电磁感应定律可得E=nΔ𝐵𝑆2Δ𝑡解得E=4.5V电流I=𝐸𝑟+𝑅=1.5AUab=-IR=-3V

。(2)通过电阻R的电荷量q=IΔt=6C。(3)由焦耳定律可得Q=I2Rt,得Q=18J。18.(16分)如图甲所示,MN、PQ是间距l为0.5m的足够长的平行导轨,NQ⊥MN,导轨的电阻均不计。导轨平面与水平面间的夹角θ为37°,NQ间连接有一个R为4Ω的电阻。

有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上,磁感应强度B0为1T。将一根质量m为0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上,且与导轨接触良好。现由静止释放金属棒,当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度,已知在此过程中通过金属棒截面的电荷量q为0.2C,且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示,设金属棒沿

导轨向下运动过程中始终与NQ平行。sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2。(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数μ。(2)求cd离NQ的距离x。(3)金属棒滑行至cd处的过程中,求电阻R上产生的热量。答案:(1)0.5(2)2m(3

)0.08J解析:(1)当v=0时,a=2m/s2mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得μ=0.5。(2)由题图可知vmax=2m/s时,金属棒速度稳定,当金属棒达到稳定速度时,有安培力F=B0IlE=B0lvmaxI=𝐸𝑅+𝑟mgsinθ=F+μmgcosθ解

得r=1Ωq=IΔt=Δ𝛷Δ𝑡(𝑅+𝑟)Δt=Δ𝛷𝑅+𝑟=𝐵0𝑙𝑥𝑅+𝑟解得x=2m。(3)根据动能定理有mgh-μmgxcos37°-WF=12mv2-0解得WF=Q总=0.1J则电阻R上产生的热量QR=45Q总=0.08J。