期末综合复习练习（一）--2020_2021学年高二下学期物理人教版（2019）选择性必修第二册（Word含答案）

2020~2021学年高二下学期物理人教版（2019）选择性必修二期末综合复习练习（一）
一、单选题
1．如图所示，磁铁在线圈中心上方开始向下运动，直至穿过线圈的过程中，由上向下观察，线圈中产生的感应电流方向（ ）
A．沿逆时针方向
B．沿顺时针方向
C．先沿顺时针方向，后沿逆时针方向
D．先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
2．如图所示，P、Q是完全相同的灯泡，线圈L的电阻不计，下列说法中正确的是
A．闭合开关S，Q先亮，P后亮，最后P比Q亮
B．闭合开关S，Q先亮，P后亮，最后Q比P亮
C．断开开关S，流过Q的电流方向为图中的a到b
D．断开开关S，Q先变得更亮然后才逐渐变暗、熄灭
3．如图所示的电路，电表均为理想电表，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列说法正确的是（ ）
A．电流表读数变小，电压表读数变大
B．小灯泡L变暗
C．电源的总功率变小
D．电容器C上电荷量减小
4．如图L是绕在铁芯上的线圈，它与电阻R、开关S和电池E构成闭合回路．线圈的直流电阻RL A． B．
C． D．
5．厂商通过在手机背面安装感应线圈来实现无线充电，如图是一种结构紧凑的双层感应线圈设计图，a、b为线圈的两端。当线圈处在向上增强的磁场中时，感应电流流向及两线圈之间的安培力方向应为（　　）
A．从a端流出，两层线圈相互排斥 B．从a端流出，两层线圈相互吸引
C．从b端流出，两层线圈相互排斥 D．从b端流出，两层线圈相互吸引
6．下列说法正确的是（　　）
A．运动电荷在磁场中所受的磁场力方向一定与磁场的方向垂直
B．电荷在电场中的受力方向一定与电场的方向相同
C．感应电流的磁场方向总与引起感应电流的磁场方向相反
D．导体棒在匀强磁场中运动时一定能产生感应电动势
7．如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连接，要使小线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的金属棒ab的运动情况是（两线圈共面放置）（ ）
A．向右匀速运动
B．向左加速运动
C．向左匀速运动
D．向右加速运动
二、多选题
8．一根通有电流I的直铜棒用软导线挂在如图所示匀强磁场中，此时悬线中的张力大于零而小于铜棒的重力。欲使悬线中拉力为零，可采用的方法有（　　）
A．适当增大电流，方向不变
B．适当减小电流，并使它反向
C．电流大小、方向不变，适当增强磁场
D．使原电流反向，并适当减弱磁场
9．电磁感应现象揭示了“由磁生电”的内在规律，根据这一发现，发明了许多电器设备．以下电器中没有利用电磁感应原理的是（ ）
A．电热毯
B．汽车防抱死制动系统(ABS)
C．电磁灶
D．电吹风
三、填空题
10．实验证明：通电长直导线周围磁场的磁感应强度大小为false，式中常量false，I为电流强度，r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方，有一矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根轻质绝缘细线静止地悬挂着，如图所示。开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为false；当MN通以强度为false电流时，两细线内的张力均减小为false；当MN内电流强度大小变为false时，两细线内的张力均增大为false。则电流false的大小为________A；当MN内的电流强度为false时两细线恰好同时断裂，则在此断裂的瞬间线圈的加速度大小为________g。（g为重力加速度）
11．把一个矩形线圈从有理想边界的匀强磁场中匀速拉出(如图)，第一次速度为v1，第二次速度为v2，且v2＝2v1，则前、后两种情况下安培力之比_____, 拉力做功之比______，拉力的功率之比______，线圈中产生的焦耳热之比______，通过导线横截面的电量之比______．
四、解答题
12．如图所示，固定于水平桌面上的金属框架cdef处在竖直向下的磁场，磁场随时间变化的规律为B＝2+0.2t（T）金属棒ab搁在框架上，可无摩擦滑动。此时adeb构成一个边长为l＝0.1m的正方形，棒的电阻为r＝0.8Ω，其余部分电阻不计。求：
（1）作用棒上一个外力，让棒不动，则棒中的感应电流大小和方向
（2）在上述（1）情况中，始终保持静止，当t＝10s时需加的垂直于棒的水平拉力为多少？
13．如图所示，足够长的两光滑导轨及两导轨所在平面与水平面均成false角，导轨间距false，导轨间接有false电阻和电压传感器.电阻false质量false的金属棒false由静止开始滑动，导轨的电阻忽略不计.整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小false，重力加速度g取false，false。
（1）请判别通过金属棒false的电流方向；
（2）求金属棒能达到的最大速度，并写出电压传感器两端的电压U与金属棒false速度v的关系式；
（3）金属棒经过false的距离时速度达到最大值，求这一过程中金属棒false产生的焦耳热（结果保留三位有效数字）。

14．如图甲所示，间距l =1m的两条光滑金属导轨水平平行放置，其电阻不计，导轨平面内有磁感应强度大小B=1T、方向竖直向上的匀强磁场，质量相同、有效电阻均为R=5false的金属棒MN、PQ垂直放置于导轨上，并与导轨接触良好。 PQ棒被能承受最大拉力FT=10N的水平细线拉住，MN棒在与其垂直的水平拉力F的作用下由静止开始做匀加速直线运动，水平拉力F与时间t的关系如图所示。求：
（1）金属棒MN的质量和细线拉断前的加速度大小；
（2）从刚开始拉MN棒到细线刚被拉断的时间。
15．如图所示，水平线ab上方存在竖直向下的匀强电场，ab以及ab下方都存在竖直向上的匀强电场，场强大小都相等。在ab 下方同时存在垂直纸面向外的匀强磁场。P为ab上方一点，到ab距离为2L。一质量为m、带电荷量为-q（q>0）的带电小球从P点以大小为false、与竖直方向成θ= 30°斜向下抛出。g为重力加速度，经过ab上C点（图中未画出）时速度水平。
(1)求电场强度大小；
(2)小球经过ab下方Q点（图中未画出）时获得最大速度，Q到ab的距离为false，求磁场的磁感应强度大小。
16．如图所示，区域1、3为两匀强磁场，区域1的磁场方向垂直纸面向里，区域3的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度均为B，两区域中间有宽s的无磁场区域，有一边长为false、电阻为R的正方形金属框false置于区域1，false边与磁场边界平行，现拉着金属框以速度v向右匀速移动.
（1）分别求出当false边刚进入中央无磁场区域2，和刚进入磁场区域3时，通过false边的电流大小和方向.
（2）把金属框从区域1完全拉进区域3过程中拉力所做的功.
17．如图所示，两根足够长的U形平行金属导轨框间距L=0.5m，导轨平面与水平面成false=37°角，下端通过导线连接R=0.6Ω的电阻，金属棒MN放置在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，整个装置处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B=0.8T。现让金属棒沿导轨由静止下滑，速度达到最大的过程中通过金属棒横截面的电荷量q=0.8C。已知金属棒的质量m=0.2kg，电阻r=0.4Ω，与导轨框间的动摩擦因数false=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）金属棒下滑过程中的最大速度vm；
（2）金属棒速度大小v=1.5m/s时的加速度大小a；
（3）金属棒加速运动过程中，电阻R产生的焦耳热QR及加速时间t。
18．如图所示，设匀强磁场的磁感应强度B为0.1 T，切割磁感线的导线的长度l为40 cm，线框向左匀速运动的速度v为5 m/s，整个线框的电阻R为0.5 Ω，试求：
(1)感应电动势的大小；
(2)感应电流的大小．
19．如图所示，水平放置一宽度为L=0.4m的矩形导体框架，导体细棒ab可在框上自由移动，且与导体框架接触良好。整个装置处在磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，细棒ab的电阻为R=0.2Ω，其余部分电阻不计，棒在水平力F作用下以v=2m/s的速率匀速向右运动。求细棒ab消耗的电功率P。
参考答案
1．D
【解析】
由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故ABC错误，故D正确．故选D．
点睛：本题考查了楞次定律的应用，正确理解楞次定律阻碍的含义是正确解题的关键，注意线圈的感应电流方向是从上向下．
2．C
【解析】AB、闭合开关瞬间，电流增大，由于电感线圈产生与原电流方向相反的自感电流阻碍原电流的增大，灯泡P逐渐亮起来，Q先亮，最后一样亮，故AB错误；
CD、断开开关时，电流突然减小，线圈产生与原电流方向相同的自感电流阻碍原电流的减小，两灯泡都逐渐熄灭， Q的电流方向为图中的a到b，故D错误，C正确；
故选C。
【点睛】电流增大，电感线圈产生与原电流方向相反的自感电流阻碍原电流的增大，电流突然减小，线圈产生与原电流方向相同的自感电流阻碍原电流的减小。
3．D
【详解】
AB．由图可知，电路采用串联结构，电容器并联在滑动变阻器两端；当滑片P右移时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，故电流表示数增大，灯泡亮度变亮，因内压增大，故电压表示数减小，故AB错误；
C?．由P=EI可知，I变大，则电源的总功率变大，故C错误；
D．因电容器并联在滑动变阻器两端．总电流变大，灯泡及内阻分压增大，则滑动变阻器分压减小，故电容器C两端的电压减小，故C上的电量减小，故D正确．
4．C
【解析】
【详解】
当开关S闭合电路稳定时，由于RL故选C。
5．D
【详解】
当线圈处在向上增强的磁场中时，穿过线圈的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，产生的感应电流从a端流入，从b端流出；两线圈中的感应电流从上往下看都是顺时针方向，则两线圈相互吸引。
故选D。
6．A
【详解】
A．运动电荷在磁场中所受的磁场力方向一定与磁场的方向垂直，A正确；
B．正电荷在电场中的受力方向一定与电场的方向相同，B错误；
C．根据楞次定律，感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反，C错误；
D．导体棒在匀强磁场中沿磁感线方向运动时不能产生感应电动势，D错误。
故选A。
7．B
【详解】
若要让N中产生顺时针的电流，M必须让N中的磁场向里减小或向外增大，所以有以下两个答案．若垂直纸面向里的磁场且大小减小，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒中电流由a到b减小，则导体棒向右减速运动．同理，垂直纸面向外的磁场且大小增大，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向左加速运动，故B正确，ACD错误；故选B．
【点睛】
考查右手定则、法拉第电磁感应定律、右手螺旋定则与楞次定律的应用，注意各定律的作用，同时将右手定则与左手定则区别开．
8．AC
【详解】
AC．此时悬线中的拉力大于零而小于铜棒的重力，由平衡条件得
false
重力不变，欲使拉力为零，增大安培力即可，可采取增大电流或增大磁感应强度，故AC正确；
BD．如果电流方向反向，根据左手定则，安培力方向向下，拉力增大，不可能为零，故BD错误。
故选AC。
9．AD
【详解】
A项：电热毯利用的是电流的热效应，故A没有利用电磁感应原理；
B项：防抱死制动系统ABS有一个小电动机，系统比较复杂，但是没有利用电磁感应原理；
C项：电磁灶是通入交流电后线圈中产生变化的电磁场，当锅放入变化的电磁内使得锅底的自由电荷在电场力作用下做高速运动即涡流，从而产生热能，故电磁灶利用了电磁感应原理；
D项：电吹风是通电后电动机转动将暖风吹出，所以没有利用电磁感应原理；
故应选AD．
10．1 2
【详解】
[1]MN不通电时两线原来的拉力均为false，则
mg = 2T0 = 6N
当MN通1A的电流时，两线的张力均减为false，由于
2T1 < mg
所以安培力方向向上，大小为
mg = 2T1 + F安
计算出
F安 = I1(false - false) = 2N，I1= 1A
当两细线内的张力均增大为false时，由于
2T2 > mg
安培力方向向下，大小为
2T2= mg + F′安，F′安 = I2(false - false)
计算得
I2= 1A
电流方向与原来相反。
[2]当MN中的电流为false时两细线签好同时断裂，此时线圈的安培力方向向下，大小为
F″安 = I3(false - false) = 6N
细线断开的瞬间由牛顿第二定律有
mg + F″安 = ma
所以线圈的加速度为2g。
11．1:2 1:2 1:4 1:2 1:1
【详解】
[1]．设ab边长为L1，bc边长为L2．线圈速度为v时所受的安培力
false
线圈匀速运动，拉力与安培力平衡，则拉力
F=false
F∝v，故
false；
[2]．拉力做功 W=FL2，L2相同，W∝F，故
false
[3]．拉力的功率
P=Fv=false
P∝v2，故
false
[4]．由于线圈匀速运动，线圈中产生的焦耳热等于拉力做功，故
false
[5]．根据
false
可知两次通过导线横截面的电量之比
false.
点睛：通电导线在磁场中受到的安培力与运动速度有关，掌握安培力与速度的关系式是解题的关键，同时要能根据物理规律寻找要求的量与已知量的关系，运用比例法求解比较简便．
12．（1）0.0025A，方向：由b流向a；（2）0.001N。
【解析】
【详解】
（1）感应电动势：，
感应电流：false，
由楞次定律可知，感应电流由b流向a；
（2）t＝10s时B＝2+0.2×10＝4T，
金属棒受到的安培力：F安＝BIl＝4×0.0025×0.1＝0.001N，
金属杆静止，由平衡条件得：F＝F安＝0.001N；
13．（1）通过金属棒ab的电流方向由b到a；（2）1.2m/s ；false ；（3）0.127J
【分析】
使用右手定则来判定电流方向，然后分析当导体棒处于临界是的受力情况，再联合电磁感应定律进行分析，最后从能量角度来分析金属棒产生的热量。
【详解】
（1）由右手定则可得通过金属棒ab的电流方向由b到a
（2）当导体棒达到最大速度时，金属棒的合力为零，则有
false
false
false
解得
false
金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势
false
根据闭合回路的欧姆定律
false
联立两式并代入数据解得
false
（3）金属棒由静止到最大速度的过程，由动能定理得
false
解得
false
电路产生的焦耳热为
false
金属棒ab产生的焦耳热为
false
代入数据解得
false
14．（1）false；（2）false
【详解】
（1）分析金属棒MN，由牛顿第二定律可知
false
false
其中
false
则有
false
结合图乙可知
false
false
解得
false
（2）细线被拉断时，金属板PQ受到的安培力与拉力大小相等，则有
false
解得
false
15．（1）false；（2）false。
【详解】
(1)小球在false上方，受到电场力（竖直向上）与重力的合力
false
产生的加速度大小为
false
竖直向上
经过false线时速度水平，则竖直分速度false
从false点到false点，竖直方向分速度匀减速到0，故
false
解得
false
(2)根据速度分解可知小球在false点时的速度为
false
电场力和重力的合外力
false
竖直向下；
之后在重力、电场力和洛伦兹力作用下做曲线运动。
根据左手定则可知小球运动到false点时速度水平向右，设为false。
从false到false，根据动能定理有
false
解得
false
把小球从false到false的过程分成无数个小过程：
在第1个小过程中水平方向应用动量定理有
false
即
false
在第2个小过程中水平方向应用动量定理有
false
即
false
在第3个小过程中水平方向应用动量定理有
即
false
……
在第false个小过程中水平方向应用动量定理有
即
false
把以上各式相加有
false
而
false
联立解得
false
16．（1）false，电流方向从b到a； false，电流方向从b到a （2）false
【解析】
【详解】
(1)当false边刚进入中央无磁场区域2时，false边在区域1中做切割磁感线运动，根据右手定则，可知，电流方向从b到a，电流大小
false
当false边刚进入区域3时，false边在磁场区域3中做切割磁感线运动，false边在磁场区域1中做切割磁感线运动，根据右手定则，可知，电流方向从b到a，电流大小
false.
(2)因金属框从区域1完全拉进区域3过程中拉力是变力，故分段考虑第一段为false边在区域2中运动，第二段为false边出区域2至false边进入区域2，第三段为false边在区域2中运动.因第一段和第三段都只有一条边在磁场中切割，
false
false
第二段有两条边切割，线圈回路中有两个电动势串联，有两个同方向的安培力，故
false
false
故把金属框从区域1完全拉进区域3过程中拉力所做的功为
false
17．（1）2.5m/s；（2）0.8m/s2；（3）0.105J，2.05s
【详解】
（1）金属棒合力为零时速度最大，设此时金属棒产生的感应电动势为Em，通过的感应电流为Im，所受安培力大小为Fm。由法拉第电磁感应定律可得
Em=BLvm
由闭合电路欧姆定律可得
false
由安培力公式可得
Fm=BImL
由平衡条件可得
false
联立并代入数据解得vm=2.5m/s。
（2）设金属棒速度大小为v=1.5m/s时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
false
解得a=0.8m/s2。
（3）设t时间内金属棒产生的平均感应电动势为false，通过的平均感应电流为false，运动的位移为x。由电流的定义可得
由闭合电路欧姆定律可得
false
由法拉第电磁感应定律可得
联立得
代入数据解得x=2m。
设金属棒加速下滑过程中回路产生的总焦耳热为Q，由能量守恒定律可得
false
由焦耳定律可得
false
联立并代入数据解得QR=0.105J。
对金属棒加速下滑过程由动量定理可得
false
false
联立并代入数据解得t=2.05s。
18．(1)0.2V； (2)0.4A
【详解】
(1)线框中的感应电动势
E＝Blv＝0.1×0.4×5 V＝0.2 V
(2)线框中的感应电流
false
19．0.8W
【详解】
速度v与磁感应强度B垂直，棒ab产生的感应电动势为：
E=BLv
根据闭合电路欧姆定律，通过棒ab的感应电流为：
false
细棒ab消耗的电功率为：
P=EI
联立各式代入数据解得：
P=0.8W