检测卷2 电磁感应(word练习)-【勤径学升】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册同步练测（人教版2019）

检测卷二 电磁感应 [对应素能提升训练第58页] （满分：100分,时间：75分钟） 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1.在制作精密电阻时,为了消除使用过程中由电流变化而引起的自感现象,采用双线并绕的方法,如图所示。其道理是 （　　） A.当电路中的电流变化时,两股导线产生的自感电动势相互抵消 B.当电路中的电流变化时,两股导线产生的感应电流相互抵消 C.当电路中的电流变化时,两股导线中原电流的磁通量互相抵消 D.以上说法都不对 解析　由于采用双线并绕的方法,当电流通过时,两股导线中的电流方向是相反的,不管电流怎样变化,任何时刻两股电流总是等大反向的,所产生的磁通量也是等大反向的,故总磁通量等于零,在该线圈中不会产生电磁感应现象,因此消除了自感,A、B错误,C正确。 答案　C 2.如图所示,MN、PQ是间距为l的平行金属导轨,置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中,M、P间接有一阻值为R的电阻。一根与导轨接触良好、有效阻值为R的金属导线ab垂直导轨放置,并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动,则（不计导轨电阻） （　　） A.通过电阻R的电流方向为P→R→M B.a、b两点间的电压为Blv C.a端电势比b端高 D.a端电势比b端低 解析　由右手定则可知,通过电阻R的电流方向为M→R→P,a端电势比b端高,A、D错误,C正确；ab产生的电动势为E＝Blv,则a、b两点间的电压为Uab＝E＝Blv,B错误。 答案　C 3.汽车使用的电磁制动装置原理示意图如图所示，当导体在固定通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是（　　） A.制动过程中，导体不会发热 B.制动力的大小与导体运动的速度无关 C.改变线圈中的电流方向，导体就可获得动力 D.制动过程中导体获得的制动力逐渐减小 解析　制动过程中，导体中会产生涡流，可知导体会发热，A错误；导体运动速度越大，产生的涡流越大，导体所受安培力即制动力越大，即制动力的大小与导体运动的速度有关，B错误；根据楞次定律，原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，改变线圈中的电流方向，导体受到的安培力仍然为阻力，C错误；制动过程中，导体的速度逐渐减小，产生的涡流变小，导体所受安培力即制动力变小，D正确。故选D。 答案　D 4.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示。按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是（　　） A.按下按钮过程，螺线管Q端电势较高 B.松开按钮过程，螺线管P端电势较低 C.按住按钮不动，螺线管中会产生感应电动势 D.按下和松开按钮过程，螺线管产生大小相同的感应电动势 解析　按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左且增大，根据楞次定律结合安培定则可知螺线管中感应电流从P端流入从Q端流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高；同理可知，松开按钮过程，P端电势较高，故A正确，B错误。按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管中不会产生感应电动势，C错误。按下和松开按钮过程，螺线管中磁通量的变化率不一定相同，故螺线管产生的感应电动势大小不一定相同，D错误。 答案　A 5.某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他苦思冥想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是（　　） A.电源的内阻较大 B.小灯泡电阻偏大 C.线圈电阻偏大 D.线圈的自感系数较大 解析　根据实物连线图画出正确的电路图，如图所示，当闭合开关S，电路稳定之后，小灯泡中有稳定的电流IA，自感线圈中有稳定的电流IL，当开关S突然断开时，电流IA立即消失，但是，由于自感电动势的作用，流过线圈的电流IL不能突变，自感线圈和小灯泡构成回路，如果IL>IA，则能观察到小灯泡闪亮一下再熄灭，线圈的自感系数越大，小灯泡延时闪亮的时间就越长。如果不满足IL>IA的条件，小灯泡只是延时熄灭，不会观察到闪亮一下再熄灭。可见小灯泡未闪亮的根本原因是不满足IL>IA的条件，这是线圈电阻偏大造成的。故C正确。 答案　C 6.近场通信（NFC）器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103 T/s，则线圈产生的感应电动势最接近（　　） A.0.30 V B.0.44 V C.0.59 V D.4.3 V 解析　线圈产生的感应电动势为3匝正方形线圈产生的感应电动势之和，根据法拉第电磁感应定律得E＝＋＋＝（L12＋L22＋L32），代入数据解得E＝0.44 V，B正确。 答案　B 7.如图所示,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为l,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙,二者平滑连接。金属导轨右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放,到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ,金属棒与导轨垂直且接触良好,重力加速度为g。金属棒穿过磁场区域的过程中 （　　） A.流过金属棒的最大电流为 B.通过金属棒的电荷量为 C.克服安培力所做的功为mgh D.金属棒产生的焦耳热为mg（h－μd） 解析　金属棒沿弯曲部分下滑过程中,机械能守恒,由机械能守恒定律,得mgh＝mv2,金属棒到达平直部分时的速度v＝,金属棒到达平直部分后做减速运动,刚到达平直部分时的速度最大,最大感应电动势E＝Blv,最大感应电流I＝＝,故A错误；通过金属棒的电荷量q＝Δt＝＝,故B错误；金属棒在整个运动过程中,由动能定理得mgh－W安－μmgd＝0－0,克服安培力做的功W安＝mgh－μmgd,故C错误；克服安培力做的功转化为焦耳热,定值电阻与金属棒的电阻相等,通过它们的电流相等,则金属棒产生的焦耳热Q'＝Q＝W安＝mg（h－μd）,故D正确。 答案　D 8.“电磁橇”是我国建成的世界首个电磁驱动地面超高速试验设施。图甲是一种线圈型电磁弹射装置的原理图，开关S拨向1，向电容器充电，充电完毕后，在t＝0时刻开关S拨向2，发射线圈被弹射出去。图乙是驱动线圈中的电流随时间变化的图像。发射导管材质绝缘且内壁光滑，下列说法正确的是（　　） A.开关S拨向2的瞬间，驱动线圈和发射线圈中的电流同向 B.开关S拨向2的瞬间，驱动线圈和发射线圈相互排斥 C.在0～t0时间内，发射线圈中的电流不断减小 D.发射导管越长，发射线圈的出射速度越大 解析　开关S拨向2的瞬间，驱动线圈中的电流增大，线圈周围的磁场增强，根据楞次定律，发射线圈中的感应电流与驱动线圈中的电流反向，驱动线圈和发射线圈相互排斥，A错误，B正确；0～t0时间内，驱动线圈中的电流的变化率逐渐减小，则周围磁场磁感应强度的变化率逐渐减小，由法拉第电磁感应定律，发射线圈中的感应电动势减小，发射线圈中的电流不断减小，C正确；t0时刻后驱动线圈中的电流减小，发射线圈中的感应电流与驱动线圈中的电流同向，驱动线圈和发射线圈相互吸引，发射线圈减速，只有发射导管长度适当，使发射线圈在t0时刻能刚好到达管口，发射线圈的出射速度才最大，D错误。故选B、C。 答案　BC 9.如图所示的电路中,L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈,D1、D2是两个完全相同的灯泡,E是一内阻不计的电源。t＝0时刻,闭合开关S,经过一段时间后,电路达到稳定,t1时刻断开开关S。I1、I2分别表示通过灯泡D1和D2的电流,规定图中箭头所示的方向为电流正方向,图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是 （　　） 解析　开关S闭合时,电感阻碍电流变化,L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈,所以电感的阻碍慢慢减小,即流过电感的电流增大,所以I1慢慢减小,最后稳定时电感相当于一根导线,I1为0,断开开关S,电感阻碍自身电流变化,产生的感应电流流过电灯D1,其方向与规定图示流过电灯D1的方向相反,I1慢慢减小最后为0,故A正确,B错误；开关S闭合时,电感阻碍电流变化,L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈,电感的阻碍慢慢减小,即流过电感的电流增大,所以I2慢慢增大,最后稳定,断开开关S,原来通过D2的电流立即消失,故C正确,D错误。 答案　AC 10.如图甲所示,电阻不计且间距L＝1 m的光滑平行金属导轨竖直放置,上端接一阻值R＝2 Ω的电阻,虚线OO'下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场,现将质量m＝0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO'上方某处由静止释放。金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平。已知杆ab进入磁场时的速度v0＝1 m/s,下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示,g取10 m/s2,则 （　　） A.匀强磁场的磁感应强度为2 T B.杆ab下落0.3 m时金属杆的速度为1 m/s C.杆ab下落0.3 m的过程中R上产生的热量为0.2 J D.杆ab下落0.3 m的过程中通过R的电荷量为0.25 C 解析　当金属杆进入磁场后,根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b。由乙图知,刚进入磁场时,金属杆的加速度大小a1＝10 m/s2,方向竖直向上。由牛顿第二定律得：I1LB－mg＝ma1,其中I1＝＝,代入数据解得：B＝2.0 T,故A正确；当a＝0时,表明金属杆受到的重力与安培力平衡,有mg－ILB＝0,其中I＝,联立得：v＝0.5 m/s,故B错误；从开始到下落0.3 m的过程中,由能量守恒有：mgh－Q＝mv2,代入数据得：Q＝0.287 5 J,故C错误；金属杆自由下落高度为h0＝＝0.05 m,金属杆下落0.3 m的过程中通过R的电荷量为q＝IΔt＝·Δt＝Δt＝＝,代入数据得q＝0.25 C,故D正确。 答案　AD 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.（6分）在研究电磁感应现象和磁通量变化时感应电流方向的实验中，所需的实验器材已用导线连接成如图所示的实验电路。 （1）将线圈A插入线圈B中，闭合开关的瞬间，线圈B中感应电流与线圈A中电流的绕行方向________（选填“相同”或“相反”）。 （2）某同学设想使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动，可行的实验操作是________。 A.抽出线圈A B.插入软铁棒 C.使变阻器滑片P右移 D.断开开关 解析　（1）将线圈A插入线圈B中，闭合开关的瞬间，穿过副线圈的B的磁通量变大，由楞次定律可得，线圈B中感应电流与线圈A中电流的绕行方向相反。 （2）使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动，两线圈电流磁场方向相反，则穿过线圈B的磁通量应增加；抽出线圈A时，穿过线圈B的磁通量减小，线圈A、B电流方向相同，故A错误；插入软铁棒，穿过线圈B的磁通量增大，线圈A、B电流方向相反，故B正确；由电路图可知，使变阻器滑片P右移，线圈A电流增大，穿过线圈B的磁通量变大，线圈A、B电流方向相反，故C正确；断开开关，穿过线圈B的磁通量减小，线圈A、B电流方向相同，故D错误。 答案　（1）相反　（2）BC 12.（10分）如图为研究电磁感应现象的实验装置。 （1）将图中所缺的导线补接完整。 （2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关后可能出现的情况有： ①将细线圈迅速插入粗线圈时，灵敏电流计指针将________________________； ②细线圈插入粗线圈后，将滑动变阻器的阻值调大时，灵敏电流计指针______________________ ______________________________________________________________。 （3）在做研究电磁感应现象实验时，如果粗线圈两端不接任何元件，则粗线圈电路中将________。 A.因电路不闭合，无电磁感应现象 B.有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势 C.不能用楞次定律判断感应电动势方向 D.可以用楞次定律判断感应电动势方向 （4）如图所示的A、B分别表示细、粗线圈，若粗线圈中产生顺时针方向的感应电流，可能是因为（　　） A.细线圈通入顺时针方向的电流，且正从粗线圈中取出 B.细线圈通入顺时针方向的电流，且其中铁芯正被取出 C.细线圈通入顺时针方向的电流，且将滑动变阻器阻值调小 D.细线圈通入逆时针方向的电流，且正在断开电源 解析　（2）依照楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则①向右偏转一下；②向左偏转一下。 （3）穿过电路中的磁通量发生变化即产生电磁感应现象。如电路不闭合，无感应电流，但有感应电动势，且可以用楞次定律判断出感应电动势。要产生感应电流，电路要求必须闭合，故答案选BD。 （4）粗线圈中产生顺时针方向的感应电流，可依据楞次定律来判断细线圈通入电流的情况。如果细线圈电流在减小（或磁通量减小），肯定与顺时针方向相同。因为粗线圈会阻碍其磁通量的减小，在电流上表现为同向。反过来如果细线圈电流在增大（或磁通量增加），则粗线圈中电流方向与细线圈中电流方向相反。故答案选AB。 答案　（1）如图所示　（2）①向右偏转一下　②向左偏转一下　（3）BD　 （4）AB 13.（10分）如图所示,一个很长的竖直放置的圆柱形磁体,在其外部产生中心辐射的磁场,磁场方向水平向外,其大小为B＝,其中r为辐射半径,指考察点到圆柱体中心轴线的距离,k为常数。设一个与磁体同轴的圆形铝环,半径R比磁体的半径大,而弯成铝环的铝丝的横截面积为S,铝环通过磁场由静止开始下落,下落过程中铝环平面始终水平,已知铝丝的电阻率为ρ,密度为ρ0,当地重力加速度为g,试求： （1）铝环下落速度为v时的电功率； （2）铝环下落的最终速度vm。 解析　（1）铝环所在处磁感应强度为B＝, 切割有效长度L＝2πR,铝环电阻R0＝ρ＝ρ, 速度为v时,E＝BLv＝2kπv, 电流I＝＝,所以P＝I2R0＝。 （2）当达到最大速度时F安＝mg,F安＝ILB＝, 又m＝2πRρ0S,所以vm＝。 答案　（1）　（2） 14.（12分）如图甲所示,一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN、PQ间距L＝0.8 m,下端接有阻值R＝3 Ω的电阻,导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°。整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。一质量m＝0.1 kg、阻值r＝0.15 Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M＝0.9 kg的重物相连,左端细线连接金属棒中点且沿NM方向。棒由静止释放后,沿NM方向位移x与时间t之间的关系如图乙所示,其中ab为直线。已知棒在0～0.3 s内通过的电荷量是0.3～0.4 s内通过电荷量的2倍,取g＝10 m/s2,求： （1）0～0.3 s内棒通过的位移x1的大小； （2）电阻R在0～0.4 s内产生的热量Q1。 解析　（1）棒在0～0.3 s内通过的电荷量q1＝Δt1, 平均感应电流＝, 回路中平均感应电动势＝,得q1＝, 同理,棒在0.3～0.4 s内通过的电荷量： q2＝, 由题图乙读出0.4 s时刻位移大小x2＝0.9 m, 又q1＝2q2,解得x1＝0.6 m。 （2）由题图乙知棒在0.3～0.4 s内做匀速直线运动,棒的速度大小v＝ m/s＝3 m/s, 对整个系统,根据能量守恒定律得， Q＝Mgx2－mgx2sin θ－（M＋m）v2, 代入数据解得Q＝3.15 J, 根据焦耳定律有＝, 代入数据解得Q1＝3 J。 答案　（1）0.6 m　（2）3 J 15.（14分）如图是一种电梯突然失控下落时的保护装置。在电梯后方墙壁上交替分布着方向相反的匀强磁场，每块磁场区域宽1.6 m，高0.5 m，磁感应强度大小均为0.5 T。电梯后方固定一个100匝矩形线圈，线圈总电阻为8 Ω，高度为1.5 m，宽度略大于磁场。已知某次电梯运行试验中电梯总质量为2 400 kg，g取10 m/s2，忽略摩擦阻力。当电梯失去其他保护，由静止从高处突然失控下落时，求： （1）电梯下落速度达到2.5 m/s时，线圈内产生的感应电流大小； （2）电梯可达到的最大速度； （3）若电梯下落4.5 m，达到最大速度的，此过程所用时间。 解析　（1）电梯下落时，线圈上下两边均切割磁感线产生感应电动势E1＝2nBLv1，由欧姆定律，可得此时线圈内产生的感应电流大小为I1＝，代入数据得I1＝50 A。 （2）当电梯达到最大速度时，电梯所受重力与安培力平衡，有mg＝2nBImL，又有Im＝，联立得vm＝，代入数据得vm＝7.5 m/s。 （3）在电梯下落过程中，电梯所受安培力不断变化，取Δt为时间间隔，则Δt无限趋近于0时，该时刻安培力可视为恒力，由动量定理，得mgΔt－2nBILΔt＝mΔv，而I＝，代入上式，有mgΔt－＝mΔv，即mgΔt－＝mΔv。将电梯下落的各段时间累加，可得mgt－＝mv，解得t＝＋，而v＝vm＝6 m/s，代入数据得t＝1.2 s。 答案　（1）50 A　（2）7.5 m/s　（3）1.2 s 学科网（北京）股份有限公司 $$