章末检测二 电磁感应(Word练习)-【金榜题名】2026-2027学年高二物理选择性必修第二册高中同步学案（人教版）

章末检测(二)(第二章) (时间：90分钟　满分：100分) 一、单项单选题(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.如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图所示立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是(　　) A．感应电流的方向始终是由P→Q B．感应电流的方向始终是由Q→P C．PQ受磁场力的方向垂直杆向左 D．PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左下，后垂直于杆向右上 【解析】　AB.在PQ杆滑动的过程中，△POQ的面积先增大，后减小，穿过△POQ磁通量先增大，后减小，根据楞次定律可知：感应电流的方向先是由P到Q，后是由Q到P，故AB错误；CD.由左手定则判断得到：PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左下，后垂直于杆向右上，故D正确，C错误。故选D。 【答案】　D 2．如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈。通过观察图形，判断下列说法正确的是(　　) A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针 B．若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线圈的作用力较大 C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈 D．从图中可以看出，第4个线圈是不合格线圈 【解析】　A．若线圈闭合，进入磁场时，穿过线圈的磁通量向上增大，由楞次定律可知，线圈中的感应电流的磁场方向向下，所以感应电流的方向从上向下看是顺时针，故A错误；B.根据法拉第电磁感应定律，传送带以较大速度匀速运动时，线圈中产生的感应电动势较大，则感应电流较大，磁场对线圈的作用力较大，故B正确；CD.由题图知第1、2、4、5、6个线圈位置均匀，则都发生了相对滑动，而第3个线圈没有向后滑动，则第3个线圈不闭合，没有产生感应电流，是不合格线圈，故CD错误。故选B。 【答案】　B 3.如图所示，两个正方形金属框架放置于水平绝缘桌面上，构成“回”字结构，内框架通有顺时针方向的电流。某时刻当通过内框架的电流突然增大时，则(　　) A．外框架中感应电流的方向为顺时针，有收缩趋势 B．外框架中感应电流的方向为顺时针，有扩张趋势 C．外框架中感应电流的方向为逆时针，有收缩趋势 D．外框架中感应电流的方向为逆时针，有扩张趋势 【解析】　当内框架电流方向为顺时针时，内框架内部磁场方向垂直纸面向里，内框架外部磁场方向垂直纸面向外。外框架内部磁场有两种，合磁通方向垂直纸面向里，当通过内框架的电流突然增大时，磁通量增大，根据楞次定律“增反减同”，可判断出外框架中感应电流的方向为逆时针方向；外框架的四边均处在垂直于纸面向外的磁场中，每个边的受力均垂直于框架边向外，外框架有扩张趋势，故D正确，ABC错误。故选D。 【答案】　D 4．下列现象中利用的主要原理与电磁感应无关的有(　　) A．如图甲所示，真空冶炼炉外有线圈，线圈中通入高频交流电，炉内金属能迅速熔化 B．如图乙所示，安检门可以检测金属物品，如携带金属刀具经过时，会触发报警 C．如图丙所示，放在磁场中的玻璃皿内盛有导电液体，其中心放一圆柱形电极，边缘内壁放一环形电极，通电后液体就会旋转起来 D．如图丁所示，用一蹄形磁铁接近正在旋转的铜盘，铜盘很快静止下来 【解析】　A．真空治炼炉外中的线圈中通有高频交流电，从而在线圈中产生很强的变化的电磁场，最终导致炉内金属产生涡流，使得金属到达很高的温度从而熔化，利用了电磁应的原理，A正确，不符合题意；B.安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品，原理是：线圈中交变电流产生的磁场，会在金属物品中产生变化的感应电流而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，即利用了电磁感应的原理来工作，B正确，不符合题意；C.放在磁场中的玻璃皿内有导电液体，其中心放一圆柱形电极，边缘内圈放一环形电极，从而使得圆柱形电极与边缘形成电流，电流在磁场中受到安培力的作用而发生转动，不是利用电磁感应的原理，C错误，符合题意；D.用一蹄形磁铁接近正在旋转的铜盘，铜盘内部将会产生涡流，从而会很快静止下来，利用了电磁感应的原理，D正确，不符合题意。故选C。 【答案】　C 5.图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势(　　) 图(a)　　 　图(b) A．在t＝时为零 B．在t＝时改变方向 C．在t＝时最大，且沿逆时针方向 D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向 【解析】　因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R中磁感应强度与时间的变化关系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小。由题图(b)可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A正确，B错误。再由楞次定律可判断在一个周期内，～内电动势的方向沿顺时针，时刻最大，C错误。其余时间段电动势沿逆时针方向，D错误。 【答案】　A 6．如图所示，两固定在绝缘水平面上的同心金属圆环P、Q水平放置，圆环P中通有如图所示的电流，以图示方向为电流正方向，下列说法正确的是(　　) A.时刻，两圆环间无作用力 B.时刻，圆环Q中感应电流为零 C.～时间内，圆环Q中感应电流始终沿逆时针方向 D.～T时间内，圆环Q有扩张的趋势 【解析】　A.时刻圆环P中的电流最大，但变化率为零，则穿过Q的磁场的磁通量最大，但变化率为零，由法拉第电磁感应定律可知Q中无感应电流，则P与Q间无相互作用力，故A正确；B.时刻虽然P中的电流为零，但是电流的变化率最大(it图像的斜率)，故在Q中产生了最大的感应电流，故B错误；C.～时间内的原电流为顺时针减小，由安培定则可知Q中的磁场方向向下，由楞次定律可知Q中的感应电流为顺时针，～时间内的原电流为逆时针增大，由安培定则可知Q中的磁场方向向上，由楞次定律可知Q中的感应电流为顺时针，故C错误；D.～T时间内原电流为逆时针减小，由安培定则可知Q中的磁场方向向上，由楞次定律可知Q中的感应电流为逆时针，两线圈的电流同为逆时针，两者有相互吸引的安培力，则Q有收缩的趋势，故D错误。故选A。 【答案】　A 7.如图所示，固定平行导轨间有磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，导轨间距为l且足够长，左端接阻值为R的定值电阻，导轨电阻不计。现有一长为2l的金属棒垂直放在导轨上，在金属棒以O点为轴沿顺时针方向以角速度ω转过60°的过程中(金属棒始终与导轨接触良好，电阻不计)(　　) A．通过定值电阻的最大电流为 B．通过定值电阻的最大电流为 C．通过定值电阻的电荷量为 D．通过定值电阻的电荷量为 【解析】　AB.棒绕端点转动切割磁感线而产生动生电动势，棒在60°位置时有效长度最大为l效＝2l，线速度关于半径均匀增大，则E＝Bl效 ＝2Blω2，由欧姆定律可得I＝＝；故A，B错误； CD.由电量的定义式q＝·Δt，而＝＝，可得q＝＝，棒转过60°扫过的有效面积为ΔS＝，联立可得q＝；故C错误，D正确。 【答案】　D 8．如图所示，平行于y轴的导体棒以速度v向右做匀速运动，经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，下列能表示导体棒中的感应电动势E与导体棒的位置x关系的图像是(　　) 　 【解析】　当导体棒运动到图示位置时 其坐标值为x，切割磁感线的棒长l＝2 则感应电动势E＝2Bv 根据数学知识可知，A符合题意，BCD不符合题意。故选A。 【答案】　A 9．如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是(　　) A．棒产生的电动势为Bl2ω B．微粒的电荷量与质量之比为 C．电阻消耗的电功率为 D．电容器所带的电荷量为CBr2ω 【解析】　A．如图所示，金属棒OO′绕轴切割磁感线转动，棒产生的电动势E＝Br·＝Br2ω，A错误； B．电容器两极板间电压等于电源电动势E，带电微粒在两极板间处于静止状态，则q ＝mg 即＝＝＝，B正确； C．电阻消耗的功率P＝＝，C错误； D．电容器所带的电荷量Q＝CE＝，D错误。故选B。 【答案】　B 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) 10.如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是(　　) A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动 B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向 C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向 D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动 【解析】　A．由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈正面环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；BC.开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，BC错误；D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。故选AD。 【答案】　AD 11．如图甲所示，质量m＝3.0×10－3 kg的形金属细框竖直放置在两水银槽中，形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小为B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示。t＝0.22 s时闭合开关K，瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．0～0.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 V B．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到D C．磁感应强度B2的方向竖直向下 D．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03 C 【解析】　A．由题图乙所示图像可知，0～0.10 s内ΔΦ＝ΔBS＝(1－0)×0.01 Wb＝0.01 Wb 0～0.10 s内线圈中的感应电动势大小E＝n ＝300× V＝30 V，故A错误； BC.由题可知细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为：C→D，由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图示图像可知，在0.2～0.25 s内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，磁感应强度B2方向竖直向上，故B正确，C错误； D．对细框，由动量定理得B1Il×Δt＝mv－0 细框竖直向上做竖直上抛运动v2＝2gh 电荷量Q＝IΔt，解得Q＝＝0.03 C 故D正确。故选BD。 【答案】　BD 12.半径分别为r和2r的同心半圆导轨MN、PQ固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R、质量为m且质量分布均匀的导体棒AB置于半圆轨道上面，BA的延长线通过导轨的圆心O，装置的俯视图如图所示。整个装置位于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。在N、Q之间接有一阻值也为R的电阻。导体棒AB在水平外力作用下，以角速度ω绕O顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不计，不计一切摩擦，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．导体棒中的电流方向为A→B B．导体棒A端相等于电源正极 C．导体棒AB两端的电压大小为 D．若导体棒不动，要产生同方向的感应电流，可使竖直向下的磁感应强度增强，且变化得越来越慢 【解析】　AB.由右手定则可知，导体棒中的电流方向为A→B，导体棒相当于电源，电源内部电流由负极流向正极，则B端相当于电源正极，故A正确，B错误； C．AB棒产生的感应电动势为E＝B(2r)2ω－Br2ω＝Br2ω，导体棒AB两端的电压为U＝E＝Br2ω，故C正确； D．如果导体棒不动，使竖直向下的磁感应强度增强，根据楞次定律，回路中会产生从B到A的感应电流，与原来方向相反，故D错误。故选AC。 【答案】　AC 13.如图所示，固定的竖直光滑U形金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1＝，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0，在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是(　　) A．初始时刻导体棒受到的安培力大小 B．初始时刻导体棒加速度的大小2g＋ C．导体棒往复运动，最终将静止时弹簧处于压缩状态 D．导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热mv＋ 【解析】　A．初始时刻导体棒产生的感应电动势E＝BLv0 感应电流I＝， 安培力F＝BIL＝ A错误； B．初始时刻，由牛顿第二定律有ma＝mg＋kx1＋F 解得：a＝2g＋，B正确； C．当导体棒静止时，安培力为零，棒受到重力和弹簧的弹力而平衡，弹力的方向向上，弹簧处于压缩状态，选项C正确； D．导体棒最终静止时，弹簧被压缩x2＝＝x1 故棒从开始运动到最终静止，弹簧的弹性势能不变，由能量守恒有＋mg(x1＋x2)＝Q 解得系统产生的总热量Q＝mv＋ 则R上产生的热量要小于Q，故D错误。 【答案】　BC 三、实验题(本小题每个空2分，共10分) 14．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，当磁铁的N极向下运动时，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，若向左移动滑片，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。(均选填“左”或“右”) (3)某同学按图丙完成探究实验，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 ________ (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”)。 【解析】　(1)如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，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，若向左移动滑动触头，通过线圈A的电流增大，磁感应强度增大，穿过线圈B的磁通量增大，电流表指针向右偏转；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，进而突然会被电击了一下，为了避免此现象，则在拆除电路前应断开开关。 【答案】　(1)电流表指针偏转方向与电流方向间的关系 (2)右　左　(3)A　断开开关 四、计算题(本题共4小题，共50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.(10分)一个10匝的闭合线圈的总电阻为0.5 Ω。线圈的面积为10 cm2，有一垂直于线圈平面的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的情况如图所示，求： (1)0～0.2 s内线圈中磁通量的变化率； (2)0～0.4 s内线圈中产生的热量。 【解析】　(1)0～0.2 s内磁通量的变化率＝S＝×10－3 Wb/s＝0.01 Wb/s (2)0～0.2 s产生的电动势E1＝n ＝10×0.01 V＝0.1 V 线圈中产生的热量Q1＝t1＝×0.2 J＝4×10－3 J 0．2～0.4 s产生的电动势E2＝n ＝10××10－3 V＝0.1 V 产生的热量Q2＝t2＝×0.2 J＝4×10－3 J 故0～0.4 s内线圈中产生的热量Q＝Q1＋Q2＝8×10－3 J 【答案】　(1)0.01 Wb/s　(2)8×10－3 J 16.(8分)如图所示，设电源的电动势为E＝10 V，内阻不计，L与R的电阻均为5 Ω，两灯泡的电阻为R＝10 Ω。 (1)求断开S的瞬间，灯泡L1两端的电压； (2)画出断开S前后一段时间内流过L1电流随时间的变化规律。 【解析】　(1)电路稳定工作时，由于a、b两点的电势相等，导线ab上无电流流过．因此通过L的电流为 IL＝＝ A＝1 A 流过L1的电流为IS＝＝ A＝0.5 A 断开S的瞬间，由于线圈要想维持IL不变，而与L1组成闭合回路，因此通过L1的最大电流为1 A。所以此时L1两端的电压为U＝IL·RS＝10 V(正常工作时为5 V)。 (2)断开S前，流过L1的电流为0.5 A不变，而断开S的瞬间，通过L1的电流突变为1 A，且方向也发生变化，然后渐渐减小到零，所以它的图像应为如图所示(t0为断开S的时刻)。注：从t0开始，电流持续的时间实际上一般是很短的。 【答案】　(1)10 V　(2)见解析 17.(16分)如图所示，光滑平行金属导轨AB、CD固定在倾角为θ的绝缘斜面上，BP、DQ为水平放置的平行且足够长的光滑金属导轨，导轨在B、D两点处平滑连接，水平部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨间距均为L。两金属棒ab、cd的质量分别为m、2m，电阻均为R，初始时，金属棒cd垂直放置在水平导轨上，金属棒ab从倾斜导轨上距底端距离为s处由静止释放，不计导轨电阻。求： (1)金属棒cd的最大加速度am； (2)金属棒cd的最大速度vm； (3)流过金属棒ab的电荷量q； (4)金属棒ab上产生的热量Qab。 【解析】　(1)设ab棒下滑到斜面底端时速度为v，由机械能守恒定律有 mv2＝mgs sin θ，解得v＝ ab棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝BLv，通过cd的电流为I＝，cd棒所受安培力为F＝ILB，则最大加速度为am＝，联立解得am＝ (2)当ab、cd棒共速时，cd棒速度最大，由动量守恒定律得mv＝3mvm，解得vm＝ (3)设棒中平均电流为，对cd棒由动量定理得LBΔt＝2mvm－0，又有q＝Δt 联立解得q＝ (4)由能量守恒定律得，两棒产生的总热量Q＝mv2－×3mv， 解得Q＝mgs sin θ ab棒与cd棒电阻相同， 所以Qab＝Q＝mgs sin θ 【答案】　(1) (2) 　(3) (4)mgssin θ 18．(16分)如图(a)所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距L，两轨道间并列连接阻值为R的电阻和电容为C的电容器，有一质量m的导体棒静止地放在轨道上，与两轨道垂直，导体棒的电阻为r，轨道足够长且轨道的电阻忽略不计，整个装置处于磁感应强度B的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向下。现用水平恒力F沿水平方向拉动导体棒，则： (1)求导体棒最终速度； (2)已知从静止开始直到导体棒达到稳定速度所经历的位移为S，求在此过程中电阻R上所生的热(电容器储存的电能表达式E＝，U是电容器两端的电压)； (3)若不计导体棒电阻，且把电阻R去掉，如图(b)所示求导体棒运动过程中的加速度大小。 【解析】　(1)导体棒在力F作用下加速运动，最后匀速，某时刻速度为vE＝BLv ① I＝ ② F安＝BIL ③ F＝F安 ④ 由①②③④及v＝ ⑤ (2)速度稳定时，电动势E＝ 电容器两端电压U＝E ⑥ 由能量守恒得FS＝Q＋E0＋mv2 ⑦ R产生的热量QR＝Q ⑧ QR＝ ⑨ (3)导体棒在Δt时间内速度增加量为Δv 电容器两端的电压ΔU＝BLΔv ⑩ 电容器增加的电量Δq＝CΔU ⑪ 电路中的电流I＝ ⑫ 由牛顿第二定律F－BIL＝ma ⑬ a＝ ⑭ 解得a＝ 【答案】　(1) (2) (3) 学科网（北京）股份有限公司 $$