(共69张PPT)
第二章 水平测评第二章 水平测评
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题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)
1．关于下列四幅演示实验图，说法正确的是( )
A．图甲用磁体靠近轻质铝环A，A会靠近磁体
B．图乙断开开关S，触头C不立即断开
C．图丙闭合开关S时，电流表有示数，断开开关S时，电流表没有示数
D．图丁铜盘靠惯性转动，手持磁体靠近铜盘，铜盘转动加快
答案 B
解析 图甲用磁体靠近轻质铝环A，A环中发生电磁感应，根据楞次定律的推论可知，A将远离磁体，A错误；图乙断开开关S，由于B线圈中发生电磁感应现象阻碍电流的减小，因此线圈仍有磁性，触头C不立即断开，B正确；图丙闭合开关S和断开开关S时均会发生电磁感应，因此电流表均有示数，C错误；图丁中当磁体靠近铜盘时，铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，受到安培力，由电磁阻尼可知，安培力导致铜盘转动受到阻碍，因此铜盘的转动将变慢，D错误。
2．矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向外，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则( )
A．0～t1时间内，导线框中电流的方向为abcda
B．0～t1时间内，导线框中的电流越来越小
C．0～t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcba
D．0～t2时间内，导线框ab边受到的安培力大小恒定不变
答案 A
解析 由图可知，0～t2时间内，导线框中磁通量的变化率不变，故0～t2时间内电流的方向不变，由楞次定律可知，导线框中电流的方向为逆时针方向，即电流为abcda方向，A正确，C错误；0～t1时间内，导线框中磁通量的变化率不变，感应电动势恒定不变，导线框中电流大小恒定不变，B错误；0～t2时间内，导线框中电流大小恒定不变，故由F＝BIl可知，安培力F与B成正比，则0～t2时间内，导线框ab边受到的安培力先减小后增大，D错误。
3. 如图所示为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S。若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb( )
A．恒为
B．从0均匀变化到
C．恒为－
D．从0均匀变化到－
答案 C
解析 根据磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，可知产生的感应电动势恒定，由法拉第电磁感应定律有E＝，ΔΦ＝(B2－B1)S，Δt＝t2－t1，知E＝，根据楞次定律可判断电流由a到b，所以φb>φa，φa－φb＝－E，C正确。
4. 如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的直流电阻可以忽略，下列说法中正确的是( )
A．合上S时，A1和A2同时亮起来
B．合上S时，A2比A1先亮，且最后A2比A1要亮些
C．断开S时，A2立刻熄灭，A1过一会儿熄灭
D．断开S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭
答案 D
解析 合上开关S接通电路时，A2立即发光，线圈中电流要增大，由于自感电动势的阻碍，灯泡A1中电流只能逐渐增大，则A2先亮，A1后亮，两灯相同，线圈L的直流电阻可以忽略，故最后A1、A2一样亮，A、B错误；断开开关S时，由于线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，通过A1中的电流从原来值逐渐减小到零，通过A2的电流方向与原来方向相反，则A1和A2都要过一会儿才熄灭，C错误，D正确。
5. 如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力的大小，下列说法中正确的是( )
A．大于环重力mg，并逐渐减小
B．始终等于环的重力mg
C．小于环重力mg，并保持恒定
D．大于环重力mg，并保持恒定
答案 A
解析 磁感应强度均匀减小，穿过环的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得知，环中产生恒定的感应电动势，感应电流也恒定不变。由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，再由左手定则可得，安培力的方向竖直向下，金属环始终保持静止，则拉力大于重力，由于磁感应强度均匀减小，安培力逐渐减小，所以拉力的大小也逐渐减小，故A正确。
6.如图所示为四组同学分别制作的探究电磁感应现象的实验装置，在一根较长的铁钉上用漆包线绕两个线圈a和b，将与线圈b相连的cd漆包线水平置于小磁针的正上方，小磁针静止放在水平桌面上，若某一组同学在闭合开关S瞬间，从上向下俯视，小磁针N极顺时针偏转，那么该组同学是用了下面哪组装置(下列四幅图中电池左端为正极)( )
答案 B
解析 A、C图中闭合开关的瞬间，穿过线圈b的磁通量不变化，没有感应电流产生，即cd在周围没有产生磁场，小磁针不会偏转，A、C错误；B图中，干电池通电的瞬间，线圈a中产生电流，根据安培定则并结合楞次定律可知，cd中电流的方向由c到d，cd导线下方的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针N极向纸内偏转，S极向纸外偏转，那么从上向下俯视，小磁针N极顺时针偏转，而D图中，由于a线圈的绕法变化，导致cd中的电流方向从d到c，小磁针N极逆时针转动，B正确，D错误。
7. 如图所示，竖直平面内有金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A用铰链连接的长度为2a、电阻为的导体棒AB，由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时A、B两端的电压大小为( )
A. B. C. D．Bav
答案 A
解析 当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为E＝B·2a＝2Ba·＝Bav，金属环被导体棒分为两个半圆环，两半圆环并联，并联电阻R并＝＝，电路总电流I＝＝，A、B两端的电压是路端电压，则U＝IR并＝×＝，故A正确。
8. (2019·广州高二检测)如图所示，abcd为一边长为l的刚性正方形导线框，位于水平面内，回路中的电阻为R。虚线表示一匀强磁场区域的边界，它与ab边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向如图所示。线框在一垂直于ab边的水平恒力F的作用下，沿光滑水平面运动，直到通过磁场区域。已知ab边刚进入磁场时，线框便改做匀速运动，此时通过线框的电流大小为i0。设此时线框中的电流为正，则下列图像中能较准确地反映线框中电流i随ab边的位置坐标x变化的曲线可能是( )
答案 D
解析 在0～l位移内，线框做匀速直线运动，感应电动势不变，感应电流不变；在l～2l位移内，通过线框的磁通量不变，感应电流为零，线框在拉力的作用下做匀加速直线运动；在2l～3l位移内，线框出磁场，初速度大于进磁场的速度，所以安培力大于拉力，线框做减速运动，加速度逐渐减小，若加速度能减小到零，则会做匀速直线运动，做匀速运动时电流的大小与进磁场时电流大小相等，但方向相反。故D正确，A、B、C错误。
9. 电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的有( )
A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作
B．取走磁体，电吉他将不能正常工作
C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化
答案 BCD
解析 铜质弦无法被磁化，不能产生磁场引起线圈中磁通量的变化，从而产生感应电流，所以选用铜质弦，电吉他不能正常工作，故A错误；取走磁体，金属弦无法被磁化，线圈中不会产生感应电流，B正确；由E＝n知，C正确；金属弦来回振动，线圈中磁通量不断增加或减小，电流方向不断变化，D正确。
10. 1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是( )
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
答案 AB
解析 当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势和感应电流，A正确；圆盘内的涡电流产生的磁场对磁针施加磁场力作用，导致磁针转动，B正确；由于圆盘中心正上方悬挂小磁针，故在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变，C错误；圆盘中的电流是圆盘的半径切割磁感线形成的，不是自由电子随圆盘一起转动形成的，D错误。
11. 如图所示，平行金属导轨光滑并且固定在水平面上，导轨一端连接电阻R，垂直于导轨平面有一匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m的金属棒ab在水平恒力F作用下由静止向右滑动，除电阻R外其他的电阻都不计，则( )
A．棒从静止到最大速度过程中，棒的加速度不断增大
B．棒从静止到最大速度过程中，棒克服安培力所做的功等于棒的动能的增加量和电路中产生的内能之和
C．棒ab做匀速运动阶段，外力F做的功等于电路中产生的内能
D．无论棒ab如何运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的内能
答案 CD
解析 金属棒所受的安培力F安＝，由牛顿第二定律得金属棒的加速度为a＝，则知金属棒的速度增大时，安培力增大，加速度减小，故A错误；根据能量转化和守恒定律，可知无论棒ab如何运动，克服安培力做的功都等于电路中产生的内能，棒从静止到最大速度过程中，外力F做的功等于棒的动能的增加量和电路中产生的内能之和，故B错误，D正确；当棒ab匀速运动时，F安＝F，外力做的功全部转化为电路中的电能，则外力F做的功等于电路中产生的内能，故C正确。
12．(2020·河南宛城南阳中学高二月考)如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间，L3、L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面。现有一矩形线圈abcd，宽度cd＝L＝0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 Ω，将其从图示位置静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向。(重力加速度g取10 m/s2)则( )
A．0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.5 C
B．线圈匀速运动的速度大小为8 m/s
C．线圈的长度为1 m
D．0～t3时间内，线圈产生的热量为1.8 J
答案 BD
解析 t2～t3时间内线圈匀速运动，根据平衡条件有mg＝BIL，又I＝，联立解得v2＝＝8 m/s，B正确；t1～t2时间内线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场，设磁场的宽度为d，则线圈的长度L′＝2d，t1～t2时间内线圈下降的位移为x＝L′＋d＝3d，则有3d＝v2t－gt2，将v2＝8 m/s、t＝0.6 s代入解得d＝1 m，所以线圈的长度为L′＝2 m，在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为q＝Δt＝Δt＝＝0.25 C，故A、C错误；0～t3时间内，根据能量守恒定律得Q＝mg(3d＋2d)－mv＝1.8 J，故D正确。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、实验题(本题共2小题，共10分)
13. (4分)(2020·山东省日照市高二上学期期末)图示为实验“探究感应电流方向的规律”的电路图。
(1)闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关后将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将________；接着将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动，灵敏电流计指针________。(均选填“向左偏”“向右偏”或“不偏”)
(2)某同学在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置。在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除________(选填“A”或“B”)线圈所在电路时发生的；分析可知，要避免电击发生，在拆除电路前应________(选填“断开开关”或“把A、B线圈分开放置”)。
答案 (1)向右偏 向左偏 (2)A 断开开关
解析 (1)闭合开关时，电流计指针向右偏，说明线圈B中磁通量增加时，会使电流计指针向右偏。闭合开关后将线圈A迅速插入线圈B，线圈B中的磁通量增加且方向相同，故电流计指针将向右偏；将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，电阻增大，电流减小，线圈B中的磁通量减小且方向相同，故电流计指针将向左偏。
(2)在拆除线圈A时，电流快速减小，由于自感作用，线圈A中会产生很大的感应电动势，导致该同学被电击；要避免电击发生，在拆除电路前应断开开关。
14．(6分)学习了法拉第电磁感应定律E∝后，为了定量验证感应电动势E与时间Δt成反比，某小组同学设计了如图所示的一个实验装置：线圈和光电门传感器固定在水平光滑轨道上，强磁体和挡光片固定在运动的小车上。每当小车在轨道上运动经过光电门时，光电门会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在这段时间内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和挡光时间Δt。
在一次实验中得到的数据如下表：
次数 1 2 3 4 5 6 7 8
E/V 0.116 0.136 0.170 0.191 0.215 0.277 0.292 0.329
Δt/×10－3 s 8.206 7.486 6.286 5.614 5.340 4.462 3.980 3.646
(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________(选填“相同”或“不同”)，从而实现了控制____________________________不变。
(2)在得到上述表格中的数据之后，为了验证E与Δt成反比，他们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：在直角坐标系中作________关系图线，若图线是基本过坐标原点的倾斜直线，则也可验证E与Δt成反比。
答案 (1)相同 通过线圈的磁通量的变化量
(2)感应电动势E和挡光时间Δt的乘积 E
解析 (1)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，等于挡光片的宽度，从而实现了控制通过线圈的磁通量的变化量不变。
(2)在得到题目表格中的数据之后，为了验证E与Δt成反比，他们想出两种办法处理数据。第一种是计算法：算出感应电动势E和挡光时间Δt的乘积，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：在直角坐标系中作感应电动势E与挡光时间的倒数的关系图线，即E 图线，若图线是基本过坐标原点的倾斜直线，则也可验证E与Δt成反比。
三、计算题(本题共4小题，共42分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
15．(8分)(2019·重庆市永川区高二下学期期末)为了测量列车运行的速度和加速度的大小，可采用如图a所示的装置，它是由一块安装在列车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量仪组成的(测量仪未画出)。当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，就能求出列车在各位置的速度和加速度。假设磁体端部磁感应强度为B＝0.004 T，且全部集中在端面范围内，与端面垂直，磁体宽度与线圈宽度相同，且都很小，线圈匝数n＝5，长L＝0.2 m，电阻R＝0.4 Ω(包括引线电阻)，测试记录下来的电流—位移图像如图b所示。试求：
(1)在离O(原点)30 m、130 m处列车的速度v1和v2的大小；
(2)假设列车做匀变速运动，求列车加速度的大小。
答案 (1)12 m/s 15 m/s (2)0.405 m/s2
解析 (1)列车车头底部的强磁体通过线圈时，在线圈中产生感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得：
I＝，
从图中可读出距O点30 m、130 m处的线圈产生的电流分别为：I1＝0.12 A，I2＝0.15 A，
可得：v1＝＝12 m/s，v2＝＝15 m/s。
(2)根据匀变速直线运动公式有：2as＝v－v，
从图b中读出：s＝100 m，
所以列车的加速度：
a＝＝ m/s2＝0.405 m/s2。
16．(8分)无线充电技术已经广泛应用于日常生活中，图甲是手机无线充电原理图，经简化后如图乙所示。设线圈处于平行于线圈轴线的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图丙所示(设垂直纸面向里为磁场的正方向)，虚线框内是整流电路，其作用是使流过电流表的电流方向始终向右，其他影响忽略不计。已知线圈匝数n＝100匝，线圈面积S＝1×10－3 m2，电流表示数为1 A，充电电池内阻r＝0.5 Ω，充电电池容量为2000 mAh(1 mAh＝3.6 C)，设充电过程中电流恒定，充电前电池电量为零。求：
(1)在0至0.5×10－2 s时间内，线圈产生的感应电动势大小以及线圈中感应电流的方向；
(2)充电电池的发热功率；
(3)将充电电池电量充满需要多长时间。
答案 (1)5 V 顺时针方向 (2)0.5 W (3)7200 s
解析 (1)由公式E＝n
得E＝nS＝100×1×10－3× V＝5 V
由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为顺时针方向。
(2)由公式P＝I2r
得发热功率P＝12×0.5 W＝0.5 W。
(3)由公式I＝
得t＝＝ s＝7200 s。
17. (12分)如图所示，在水平面内固定一光滑足够长的“U”形金属导轨，导轨间距L＝1 m，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T。一质量为m＝1.5 kg的导体棒以a＝2 m/s2的加速度从静止开始向右做切割磁感线运动，导体棒在回路中的电阻r＝0.3 Ω，定值电阻R＝0.2 Ω，其余电阻忽略不计。求：
(1)从静止开始运动2 s的时间内，回路中产生的感应电动势大小；
(2)2 s时，导体棒两端的电压和R上的电功率大小；
(3)2 s时，作用在导体棒上的拉力F的大小；
(4)从静止开始运动2 s的时间内，作用在导体棒上的拉力F做功14 J，求导体棒中产生的热量是多少？
答案 (1)1 V (2)0.8 V 3.2 W
(3)5 N (4)1.2 J
解析 (1)2 s内的位移为x＝at2＝4 m
由法拉第电磁感应定律得回路中产生的感应电动势为E＝B＝1 V。
(2)2 s时导体棒的速度大小为v＝at＝4 m/s
电路中的电流为I＝＝4 A
导体棒两端的电压为U＝IR＝0.8 V
R上的电功率为P＝I2R＝3.2 W。
(3)由牛顿第二定律得F－BIL＝ma
解得：F＝5 N。
(4)由能量守恒定律得W＝mv2＋Q
导体棒中产生的热量为Q′＝Q
解得：Q′＝1.2 J。
18．(14分) 如图所示，POQ是折成60°角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，OP＝OQ＝L。整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的
匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律为B＝B0－kt(其中k为大于0的常数)。一质量为m、长为L、电阻为R、粗细均匀的导体棒锁定于OP、OQ的中点a、b位置。当磁感应强度变为B0后保持不变，同时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为v。导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g。求导体棒：
(1)解除锁定前回路中电流的大小及方向；
(2)滑到导轨末端时的加速度大小；
(3)运动过程中产生的焦耳热。
答案 (1) 感应电流的方向为顺时针方向(或b→a→O→b)
(2)g－ (3)－mv2
解析 (1)导体棒解除锁定前，闭合回路的面积不变，且＝k，S＝ L2，
由法拉第电磁感应定律知：E＝S＝kL2，
由闭合电路欧姆定律知：I＝＝，
由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向(或b→a→O→b)。
(2)导体棒恰好要离开导轨时受力如图所示，
E′＝B0Lv，I′＝，F＝B0I′L，
则有：F＝，
由牛顿第二定律得：mg－F＝ma，
解得：a＝g－。
(3)由能量守恒定律知：mgh＝mv2＋Q，
由几何关系知，导体棒离开导轨时下降的高度：
h＝L，
解得：Q＝mgL－mv2。
1
