章末综合检测(2)第2章 电磁感应(Word练习)-【优化指导】2026-2027学年高中物理选择性必修第二册（人教版2019）

章末综合检测(二)　电磁感应 (满分：100分) 一、选择题(本题共12小题，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，每小题3分；第9～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分) 1．如图所示，螺线管导线的两端与两平行金属板相连接，一个带正电的小球用绝缘丝线悬挂于两金属板间并处于静止状态。线圈置于方向竖直向上的均匀增大的磁场中，现将开关S闭合，当磁场发生变化时小球将偏转。若磁场发生了两次变化，且第一次比第二次变化快，第一次小球的最大偏角为θ1；第二次小球的最大偏角为θ2，则关于小球的偏转位置和两次偏转角大小的说法正确的是 (　　) A．偏向B板，θ1>θ2 B．偏向B板，θ1<θ2 C．偏向A板，θ1>θ2 D．偏向A板，θ1<θ2 C　解析：线圈置于方向竖直向上的均匀增大的磁场中，根据楞次定律可知，线圈的感应电动势下高上低，则B板电势高，A板电势低，小球向A板偏转，当磁场变化快时电动势大，偏角大，C正确。 2．如图所示，边长L＝20 cm的正方形线框abcd共有10匝，靠着墙角放着，线框平面与地面的夹角α＝30°。该区域有磁感应强度B＝0.2 T、水平向右的匀强磁场。现将cd边向右拉动，ab边经0.1 s着地。在这个过程中线框中产生的感应电动势的大小与感应电流的方向分别是 (　　) A．0.8 V，方向为adcb B．0.8 V，方向为abcd C．0.4 V，方向为adcb D．0.4 V，方向为abcd C　解析：初状态的磁通量Φ1＝BS sin α，末状态的磁通量Φ2＝0，根据法拉第电磁感应定律得：E＝n＝n＝10× V＝0.4 V，根据楞次定律可知，感应电流的方向为adcb，C正确。 3．如图所示，先、后以恒定的速度v1和v2把一个正方形金属线框水平拉出有界匀强磁场区域，且v1＝2v2，则在先、后两种情况中 (　　) A．线框中的感应电动势之比E1∶E2＝2∶1 B．线框中的感应电流之比I1∶I2＝1∶2 C．线框中产生的热量之比Q1∶Q2＝1∶4 D．通过线框某截面的电荷量之比q1∶q2＝2∶1 A　解析：根据E＝Blv∝v以及v1＝2v2可知，E1∶E2＝2∶1，A正确；因为I＝∝E，所以I1∶I2＝2∶1，B错误；线框中产生的热量Q＝I2Rt＝t＝·＝∝v，所以Q1∶Q2＝2∶1，C错误；根据q＝＝可知，q1∶q2＝1∶1，D错误。 4．矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，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里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示。若规定顺时针方向为感应电流的正方向，则图中正确的是 (　　) D　解析：0～1 s，感应电流的方向由楞次定律可知为逆时针，即沿负方向，根据电磁感应定律E＝S，由于Bt图像斜率大小一定，又因S不变，所以E大小为定值，则电流大小一定；同理1～3 s，感应电流方向为顺时针，沿正方向，电流大小为定值，与0～1 s相等；3～4 s感应电流方向为逆时针，沿负方向，电流大小为定值，与0～1 s相等，综上所述，D正确。 5．在研究自感现象的实验中，用两个完全相同的灯泡a、b与自感系数很大的线圈L和定值电阻R组成如图所示的电路(线圈的直流电阻可忽略，电源的内阻不能忽略)。关于这个实验，下列说法正确的是 (　　) A．闭合开关的瞬间，a、b灯一起亮，然后a灯熄灭 B．闭合开关的瞬间，b灯比a灯先亮，然后b灯逐渐变暗 C．闭合开关，待电路稳定后断开开关，b灯逐渐变暗，a灯闪亮一下然后逐渐变暗 D．闭合开关，待电路稳定后断开开关，a、b灯中的电流方向均为从左向右 B　解析：闭合开关的瞬间，线圈中产生很大的自感电动势，阻碍电流的通过，故b灯立即亮，a灯逐渐变亮。随着a灯中的电流逐渐变大，流过电源的电流也逐渐变大，路端电压逐渐变小，故b灯逐渐变暗，A错误，B正确；电路稳定后断开开关，线圈相当于电源，对a灯、b灯供电，回路中的电流在原来通过a灯的电流的基础上逐渐变小，故a灯逐渐变暗，b灯闪亮一下然后逐渐变暗，C错误；断开开关后，线圈中的自感电流从左向右，a灯中的电流从左向右，b灯中的电流从右向左，D错误。 6．纸面内有U形金属导轨，AB部分是直导线(如图所示)。虚线范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场。AB右侧有圆线圈C，为了使C中产生顺时针方向的感应电流，紧贴导轨的金属棒MN在磁场里的运动情况是 (　　) A．向右匀速运动 B．向左匀速运动 C．向右加速运动 D．向右减速运动 C　解析：金属棒MN匀速向右或向左运动时，MN产生的感应电动势和感应电流恒定不变，AB产生的磁场恒定不变，穿过线圈C中的磁通量不变，没有感应电流产生，A、B错误；金属棒MN加速向右运动时，MN中产生的感应电动势和感应电流都增大，由右手定则判断出来MN中感应电流方向为N→M，根据安培定则判断可知AB在线圈C处产生的磁场方向垂直于纸面向外，穿过线圈C的磁通量增大，由楞次定律判断可知线圈C产生顺时针方向的感应电流，C正确；同理金属棒MN减速向右运动时，由楞次定律判断可知线圈C产生逆时针方向的感应电流，D错误。 7．如图所示，导体杆OQ在作用于OQ中点且垂直于OQ的力作用下，绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以角速度ω转动，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于框架平面，AO间接有电阻R，杆和框架电阻不计，则 (　　) A．感应电动势的大小为Br2ω B．通过导体杆的电流为 C．外力的大小为 D．电阻R上消耗的功率为 A　解析：感应电动势的大小为E＝Br，其中＝，所以E＝Br·＝Br2ω，A正确；由闭合电路欧姆定律可得，通过导体杆的电流为I＝＝，B错误；电阻R上消耗的功率为P＝I2R＝，D错误；导体杆做匀速转动，外力做功全部转化为电能，故外力的功率与电功率相等，即P＝F外，联立解得外力大小为F＝，C错误。 8．如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面且方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两导体棒a、b均垂直于导轨静止放置。已知导体棒a质量为2m，导体棒b质量为m，长度均为l，电阻均为r，其余部分电阻不计。现使导体棒a获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度v0。除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用，在两导体棒运动的过程中，下列说法错误的是 (　　) A．任何一段时间内，导体棒b的动能增加量小于导体棒a的动能减少量 B．任何一段时间内，导体棒b的动量改变量跟导体棒a的动量改变量总是大小相等、方向相反 C．全过程中，通过导体棒b的电荷量为 D．全过程中，两导体棒共产生的焦耳热为mv D　解析：根据题意可知，两导体棒组成回路，电流相同，故所受安培力合力为零，动量守恒，故任何一段时间内，导体棒b的动量改变量跟导体棒a的动量改变量总是大小相等、方向相反；根据能量守恒定律可知，a的动能减少量等于b的动能增加量与回路中产生的焦耳热之和，A、B正确；a、b两棒的速度最终相等，设为v，根据动量守恒定律可得2mv0＝(2m＋m)v，对b棒，由动量定理有mv－0＝Blt＝Blq，解得q＝，根据能量守恒定律，两导体棒共产生的焦耳热为Q＝×2mv－(2m＋m)v2＝mv，D错误，C正确。 9．如图所示，一个水平放置的“∠”形光滑金属导轨固定在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，ab是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好。在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右平动，导体棒与导轨一边垂直，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则下列关于回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间变化的图像正确的是 (　　) AC　解析：设“∠”形导轨的夹角为θ，经过时间t，导体棒的水平位移为x＝vt，导体棒切割磁感线的有效长度L＝vt·tan θ，所以回路中感应电动势E＝BLv＝Bv2t·tan θ，感应电动势与时间t成正比，A正确；相似三角形的三条对应边长之比为定值，故组成回路的三角形导轨总长度与时间成正比，则组成回路的电阻与时间成正比，而感应电动势与时间也成正比，故感应电流大小与时间无关，为定值，B错误；导体棒匀速移动，外力F与导体棒所受安培力为一对平衡力，故外力的功率P＝Fv＝BILv＝BIv2t·tan θ，与时间t成正比，C正确；回路中产生的焦耳热Q＝I2Rt，回路电阻R与t成正比，故焦耳热Q与t2成正比，D错误。 10． (2025·北海高二期末)如图所示，间距为L＝0.5 m的两根光滑的平行金属导轨与水平面的夹角θ＝30°，导轨下端接定值电阻R＝0.4 Ω。在导轨上距底端d＝1 m处垂直导轨放置一根导体棒MN，其质量m＝0.4 kg，电阻r＝0.1 Ω。t＝0时刻开始在空间加一垂直导轨平面向上的变化磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系为B＝0.5t(T)，导体棒MN在沿导轨向上的拉力F作用下处于静止状态，导轨电阻忽略不计，导体棒MN始终与导轨接触良好，g取10 m/s2。则 (　　) A．线框内的感应电流方向从M→N B．线框中产生的感应电动势大小为2 V C．通过导体棒MN的电流大小为0.5 A D．在t＝4 s时，导体棒MN所受拉力大小为2 N AC　解析：根据楞次定律可知，线框内的感应电流方向从M→N，A正确；由题意可知＝0.5 T/s，线框中产生的感应电动势大小E＝＝Ld＝0.25 V，B错误；由闭合电路欧姆定律，可得流过导体棒MN电流大小I＝＝0.5 A，C正确；当t＝4 s时B＝2 T，导体棒受力平衡F＝mg sin θ＋BIL，解得导体棒MN所受拉力大小F＝2.5 N，D错误。 11．在绝缘的水平桌面上有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为l。金属棒ab和cd垂直放在导轨上，以速度v向右匀速运动，两棒正中间用一根长l的绝缘细线(细线处于伸直状态)相连，导轨右侧有一直角三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，三角形的两条直角边长均为l，整个装置的俯视图如图所示，当棒ab运动到磁场区域时，在棒ab上加水平拉力，使金属棒ab和cd继续以速度v向右匀速穿过磁场区域，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图像可能正确的是(规定金属棒ab中电流方向由a到b为正方向) (　　) AC　解析：ab向右运动切割磁感线，由右手定则可知，产生的感应电流方向为从b到a(电流为负值)，当cd棒进入磁场时电流方向从a到b为正。根据法拉第电磁感应定律，两时间段内金属棒切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流i随时间变化的图像可能为A图，B图一定错误；在ab棒做切割磁感线运动的过程中，由于cd棒没有进入磁场中，不受安培力作用，在0～t0时间内，绝缘细线中张力F等于零，在cd棒进入磁场区域做切割磁感线运动时，受到安培力作用，绝缘细线中张力F＝BIv(t－t0)＝＝，故绝缘细线中张力F随时间变化的图像可能为C图，D图一定错误。 12．如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨间距为L，导轨下端接有电阻R，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨以速度v匀速下滑，则它在下滑h高度的过程中，以下说法正确的是 (　　) A.金属棒受到的安培力的功率为P＝ B．作用在金属棒上各力的合力做功为零 C．重力做功等于金属棒克服恒力F做功 D．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热 BD　解析：金属棒产生的感应电动势为E＝BLv cos θ，电路中的感应电流为I＝，金属棒所受的安培力大小F安＝BIL，安培力的功率为P＝－F安v cos θ＝－，A错误；金属棒沿导轨匀速下滑的过程中，合外力为零，则合力做功为零，B正确；设重力做功、恒力F做功、安培力做功分别为WG、WF、W安，因为金属棒匀速运动，根据动能定理得WG＋WF＋W安＝0，即WG＝－WF－W安，可知重力做功等于金属棒克服恒力F和克服安培力做功之和，C错误；金属棒克服安培力做功等于整个回路产生的电能，故电阻上的焦耳热等于金属棒克服安培力做的功，D正确。 二、非选择题(共60分) 13．(6分)我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律。以下是实验探究过程的一部分。 (1)如图甲所示，当磁体N极朝下且向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道_____________________________________________________ ______________________________________________________________________________。 (2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏转。电路稳定后，若向右移动滑动变阻器的滑片，此过程中电流表指针向________偏转，若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向________偏转。(均填“左”或“右”) (3)某同学按图丙所示电路完成探究实验，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________(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________________________________________________________________________ (填“断开开关”或“把A、B线圈分开放置”)。 答案：(1)电流表指针偏转方向与电流方向间的关系　(2)左　左　(3)A　断开开关 解析：(1)如题图甲所示，当磁体N极朝下且向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系。 (2)如题图乙所示，实验中发现闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏；电路稳定后，若向右移动滑动变阻器的滑片，通过线圈A的电流减小，磁感应强度减小，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转；若将线圈A抽出，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转。 (3)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，线圈A中的电流突然减少，从而出现断电自感现象，线圈中会产生自感电动势，进而会突然被电击一下，为了避免此现象，在拆除电路前应断开开关。 14．(8分)图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1的瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。 (1)图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流________(填“大于”“小于”或“等于”)L1中电流。 (2)图乙中，滑动变阻器接入电路的阻值________(填“大于”“小于”或“等于”)L2的电阻值。 (3)图乙中，闭合S2的瞬间，L2中电流________(填“大于”“小于”或“等于”)滑动变阻器中电流。断开S2的瞬间，灯A2________(填“会”或“不会”)闪亮。 答案：(1)小于　(2)等于　(3)小于　不会 解析：(1)题图甲中，断开开关S1的瞬间，灯A1突然闪亮，说明电路稳定后，灯A1中电流小于L1中电流。 (2)闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明稳定后两支路电流相等，则滑动变阻器R接入电路的阻值等于L2的电阻值。 (3)题图乙中，闭合S2的瞬间，L2发生自感，所以L2中电流小于滑动变阻器R中的电流；由于闭合开关S2后，灯A2与灯A3的亮度最终相同，即电流相同，所以断开S2的瞬间，L2、灯A2、A3、滑动变阻器R组成的新的闭合电路中，灯A2不会闪亮。 15．(10分)如图所示，两根等间距且光滑的四分之一圆弧轨道，半径l＝0.4 m、间距L＝1 m，与水平轨道平滑连接，轨道电阻不计。在轨道顶端通过导线连有一个阻值为R＝3 Ω的电阻，整个装置处在一个竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.5 T。现有一根长度也为L、质量m＝0.5 kg、阻值r＝2 Ω的金属棒从轨道顶端ab处由静止开始下滑，到达圆弧轨道底端cd处时对轨道的压力大小为重力的2倍。金属棒与轨道始终接触良好，g取10 m/s2。求： (1)金属棒滑至cd处时的速度大小v； (2)金属棒滑至cd处时所受的安培力大小F安； (3)金属棒从ab处下滑到cd处的过程中流过金属棒横截面的电荷量q。 答案：(1)2 m/s　(2)0.1 N　(3)0.04 C 解析：(1)金属棒下滑至cd处时，根据牛顿第二定律可得N－mg＝m 又N＝F＝2mg，得v＝2 m/s。 (2)金属棒滑至cd处时产生的感应电动势为E＝BLv 感应电流为I＝ 所受的安培力大小F安＝BIL＝ 解得F安＝0.1 N。 (3)由电荷量的计算式q＝·Δt＝·Δt＝ 其中ΔΦ＝BLl，得q＝0.04 C。 16．(10分)如图所示，阻值不计的平行光滑金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨间距为L，下端接一个阻值为R的定值电阻，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上。质量为m的金属杆MN由静止开始沿导轨运动一段距离时，速度恰好达到最大，且通过定值电阻的电荷量为q。已知MN接入电路的电阻为r，MN始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，则在此过程中，求： (1)金属杆沿导轨下滑的距离x； (2)金属杆运动的最大速度vm。 答案：(1)　(2) 解析：(1)由法拉第电磁感应定律可知E＝， 其中ΔΦ＝BLx， 通过定值电阻的电荷量为q＝·t， 由闭合电路欧姆定律得＝， 联立可得，金属杆沿导轨下滑的距离为x＝。 (2)金属杆运动的速度达到最大时，有mg sin θ＝BIL， 由闭合电路的欧姆定律知I＝， 此时感应电动势为E＝BLvm， 联立解得，金属杆运动的最大速度为 vm＝。 17．(12分)某同学设计了一个发电测速装置，工作原理如图所示。一个半径R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径r＝的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量m＝0.5 kg的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连。测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V。(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g取10 m/s2) (1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？ (2)求此时铝块的速度大小； (3)求此下落过程中铝块机械能的损失。 答案：(1)正极　(2)2 m/s　(3)0.5 J 解析：(1)由右手定则可知，电动势方向由O到A，a点接正极。 (2)由电磁感应定律得U＝E＝BR ＝(vA＋0)＝ωR U＝BωR2 v＝rω＝ωR 所以，有v＝＝2 m/s。 (3)ΔE＝mgh－mv2 ΔE＝0.5 J。 18．(14分)如图所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r＝0.5 m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M＝2 kg的cd绝缘杆垂直且静止在水平导轨上，在其右侧至NQ端的区域内存在竖直向上的匀强磁场。现有质量m＝1 kg的ab金属杆以初速度v0＝12 m/s水平向右运动，与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计其他电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2(不考虑cd杆通过半圆导轨最高点以后的运动)。求： (1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v； (2)正碰后ab杆的速度大小； (3)电阻R产生的焦耳热Q。 答案：(1) m/s　(2)2 m/s　(3)2 J 解析：(1)cd绝缘杆恰好通过半圆导轨最高点时， 由牛顿第二定律有Mg＝M， 解得v＝＝ m/s。 (2)碰撞后cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有－2Mgr＝Mv2－Mv， 解得碰撞后cd绝缘杆的速度v2＝5 m/s， 两杆碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2， 解得碰撞后ab金属杆的速度v1＝2 m/s。 (3)ab金属杆进入磁场后，由能量守恒定律有 mv＝Q， 解得Q＝2 J。 学科网（北京）股份有限公司 $$