第二章 电磁感应 章末测试 -2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

第二章 电磁感应 (时间:75分钟　满分:100分) 一、单项选择题(本题共11小题,每小题4分,共44分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合要求) 1.(2025苏州期中)电磁炉利用电磁感应产生的涡流,使锅底发热从而加热食物,下列有关说法正确的是(　　) A.锅底中涡流的强弱与磁场变化的频率有关 B.电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作 C.环保绝缘材料制成的锅底都可以利用电磁炉来烹饪食物 D.电磁炉的上表面一般都用金属材料制成,以加快热传递减少热损耗 2.某同学在探究感应电流产生的条件时,进行了如图所示的实验。下面几种情况中,线圈B中没有感应电流产生的是(　　) A.开关闭合或开关断开的瞬间 B.开关闭合稳定后,快速移动滑动变阻器滑片 C.开关闭合稳定后,将线圈A从线圈B中拔出 D.开关断开状态下,将线圈A从线圈B中拔出 3.如图所示,某同学在校园内沿一条直线跑道从东往西骑行,该地磁场水平分量由南到北,竖直分量向下。自行车车把为直把、金属材质,辐条也为金属材质,只考虑自行车在地磁场中的电磁感应现象,下列结论正确的是(图中B点在轮轴,A点在轮缘)(　　) A.图所示辐条中A点电势低于B点电势 B.图所示辐条中A点电势高于B点电势 C.自行车左右把手中电势相等 D.自行车左把手电势低于右把手电势 4.(2025南京市六校联考)如图所示,闭合矩形金属线框abcd位于磁感应强度为B的匀强磁场中,线框平面与磁场垂直,以速度v向右匀速运动,cd边未出磁场。下列说法正确的是(　　) A.线框中没有感应电流,且a点电势等于b点电势 B.线框中没有感应电流,且a点电势不等于b点电势 C.ab中有向上的电流,且a点电势低于b点电势 D.ab中有向上的电流,且a点电势高于b点电势 5.如图所示,条形磁体竖直放置,P位置为磁体中部,M、L分别为磁体上方和下方相应的位置。一个金属圆环在外界作用下从M位置匀速向下运动,圆环始终保持水平。下列说法正确的是(　　) A.圆环从M运动至P的过程中,从上往下看环中的电流沿顺时针方向 B.圆环从P运动至L的过程中,从上往下看环中的电流沿顺时针方向 C.圆环从M运动至L的过程中,穿过圆环的磁通量先减小后增大 D.圆环从M运动至L的过程中,穿过圆环的磁通量一直增大 6.(2025无锡期中)如图甲所示,一金属圆环放在磁场中,磁场方向与金属圆环平面垂直,磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示,则在0~1 s与1~3 s的时间内(　　) 甲 乙 A.金属圆环中感应电流的方向相同 B.金属圆环中感应电流大小之比为1∶2 C.通过金属圆环中某一截面电荷量之比为1∶1 D.金属圆环中产生的焦耳热之比为1∶1 7.(2025南京期末)如图所示,电路中A、B是规格相同的灯泡,L是自感系数很大的线圈,其直流电阻和灯泡电阻相等(不计温度变化引起的电阻的变化),下列说法正确的是(　　) A.合上S,B先亮,A逐渐变亮 B.合上S,A、B一起亮,稳定时A比B暗 C.闭合S稳定后,断开S,A立即熄灭,B由亮变暗后熄灭 D.闭合S稳定后,断开S,B立即熄灭,A闪亮一下后熄灭 8.(2025连云港期中)如图所示,在0≤x≤3L的区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小为B,粗细均匀的正方形金属线框abcd位于xOy平面内,线框的bc边与x轴重合,cd边与y轴重合,线框的边长为L,每条边的电阻为R。现让线框从图示位置由静止开始沿x轴正方向以加速度a做匀加速直线运动,则下列说法正确的是(　　) A.线框进入磁场时流过的电荷量等于线框出磁场时流过的电荷量 B.线框中的最大电功率为 C.a、b两端电压的最大值为BL D.线框进入磁场时,c端电势比d端电势低,线框出磁场时,c端电势比d端电势高 9.如图,两根足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水平面上,所在空间有方向垂直于水平面的磁感应强度为B的范围足够大的匀强磁场,导轨的间距为L,电阻不计;导轨上静置两根长度均为L的导体棒PQ和MN,其中PQ的质量为2m,PQ的阻值为R,MN的质量为m,MN的阻值为2R。若在t=0时刻给PQ一个平行于导轨向右的初速度v0,不计运动过程中PQ和MN的相互作用力,则(　　) A.t=0时刻,两导体棒的加速度大小相等 B.t=0时刻,P、Q两端的电压为BLv0 C.PQ匀速运动时的速度大小为v0 D.从t=0时刻到PQ匀速运动的过程中,导体棒MN产生的焦耳热为 10.(2025苏州期中)如图所示,在光滑绝缘水平面上,一矩形线圈以一定的初速度穿越匀强磁场区域,已知磁场区域宽度大于线圈宽度,则线圈进、出磁场的两个过程中(　　) A.平均加速度相等 B.克服安培力做功相等 C.速度的变化量相同 D.通过线圈的电荷量不相等 11.(2025苏州期中)如图所示,竖直向上的匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨,导轨的左侧接有电容器,不计电阻的金属棒ab静止在导轨上,棒与导轨垂直。t=0时,棒在重物的牵引下开始向右运动,t=t0时,重物落地且不反弹,则棒的速度大小v、电容器所带的电荷量q、棒中安培力的冲量大小I、棒克服安培力做的功W与时间t的关系图像正确的是(　　) A. B. C. D. 二、非选择题(本题共5小题,共56分。请按题目要求作答) 12.(15分)为探究影响感应电流方向的因素,同学们做了如下的实验。 　　　甲　　　　　乙 (1)小明同学用如图甲的实验装置“探究影响感应电流方向的因素”,所用电流表指针偏转方向与电流方向间的关系为:当电流从“+”接线柱流入电流表时,指针向右偏转。 ①将条形磁体按如图甲方式S极向下匀速插入螺线管时,发现电流表的指针向右偏转。螺线管的绕线方向如图乙所示。 ②经分析可得出结论:当穿过螺线管的磁通量增加时,感应电流产生的磁场与条形磁体的磁场方向　　　(选填“相同”或“相反”)。  ③关于该实验,下列说法正确的是　　　。  A.必须保证磁体匀速运动,灵敏电流计指针才会向右偏转 B.将磁体向下插入或向上抽出的速度越大,灵敏电流计指针偏转幅度越小 C.将磁体的N、S极对调,并将其向上抽出,灵敏电流计指针仍向右偏转 D.将磁体的N、S极对调,并将其向下插入,灵敏电流计指针仍向右偏转 (2)小宁同学用如图所示的器材研究感应电流的方向。 ①在给出的实物图中,用笔线代替导线将实验仪器连成完整的实验电路。 ②将线圈A插入线圈B中,闭合开关S瞬间,发现电流计指针右偏,则保持开关闭合,以下操作中也能使电流计右偏的是　　　。 丙 A.插入铁芯 B.拔出线圈A C.将滑动变阻器的滑片向左移动 D.将滑动变阻器的滑片向右移动 (3)小齐设计了一种延时继电器:如图丙所示是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B。线圈A和电源连接,线圈B与直导线ab构成一个闭合回路。弹簧K与衔铁D相连,D的右端触头C连接工作电路(未画出)。开关S闭合状态下,工作电路处于导通状态。S断开瞬间,延时功能启动,此时直导线ab中电流方向为　　　(选填“a到b”或“b到a”)。  13.(6分)如图所示,两间距d=1 m的足够长的平行光滑导轨MN和PQ水平置于竖直向下的匀强磁场中,导轨电阻不计,导轨两端分别接电阻R1和R2。导体棒ab在水平外力F的作用下以v=8 m/s匀速向左运动。已知R1=R2=2 Ω,导体棒ab在导轨间的电阻r=1 Ω,磁感应强度B=0.25 T。求: (1)通过电阻R1的电流I1的大小; (2)0.5 s内拉力F做的功W。 14.(8分)如图甲所示,匝数为N=100的固定的正方形线框总电阻r=2 Ω,MN左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场,正方形边长为l=0.1 m。磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示,求: 甲 　乙 (1)0~2 s内线框中产生的平均感应电动势; (2)t=2 s时刻线框所受的安培力的大小与方向。 15.(12分)(2025扬州期中)如图所示,与水平面成θ=30°角的两平行倾斜光滑导轨,上端连接定值电阻R=1.6 Ω。平行导轨处于垂直于导轨平面向下、磁感应强度为B=2 T的匀强磁场中。两平行导轨相距L=1 m,在导轨底部放置一电阻为r=0.4 Ω、质量为m=1 kg的导体棒PQ,导体棒PQ在沿导轨向上的恒力F=9 N作用下由静止开始向上运动s=4 m时,导体棒PQ速度达到最大。已知导轨电阻不计,g取10 m/s2。求: (1)导体棒PQ最大速度v; (2)导体棒PQ在加速过程,导体棒PQ产生的焦耳热Q; (3)导体棒PQ在加速过程,通过导体棒PQ的电荷量q。 16.(15分)(2025南京期末)如图所示,平行光滑金属导轨ABM、CDN固定在地面上,BM、DN水平放置且足够长,导轨在B、D两点处平滑连接,圆弧轨道的最高点与水平轨道的高度差为h=0.8 m,水平部分处在磁感应强度大小为B=0.1 T、方向竖直向上的匀强磁场中,导轨间距均为L=0.5 m。金属棒a、b先后从左侧轨道的最高点无初速度释放,当b棒到达圆弧轨道底部时,a棒已在水平区域且速度大小为v1=2 m/s,两棒的质量ma=mb=0.1 kg、两棒接入轨道部分的电阻Ra=Rb=0.1 Ω,导轨电阻不计,忽略一切摩擦阻力,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)棒a在水平轨道上的最大加速度; (2)整个运动过程中棒b上产生的焦耳热; (3)最终两棒之间的距离。 参考答案 1.A　解析 锅底中涡流的强弱与磁场变化的频率有关,故A正确;直流电不能产生变化的磁场,在锅底中不能产生感应电流,电磁炉不能使用直流电,故B错误;锅底只能用铁磁性导体材料,不能使用绝缘材料制作锅底,故C错误;电磁炉的上表面如果用金属材料制成,使用电磁炉时,上表面材料发生电磁感应要损失电能,电磁炉上表面要用绝缘材料制作,D错误。故选A。 2.D　解析 开关闭合或断开的瞬间,线圈A中的电流变化,穿过线圈B的磁通量发生变化,线圈中产生感应电流,故A错误;开关闭合稳定后,快速移动滑动变阻器滑片,线圈A中的电流变化,穿过线圈B的磁通量发生变化,线圈中产生感应电流,故B错误;开关闭合稳定后,拔出线圈A的瞬间,B线圈中的磁通量减小,线圈B中产生感应电流,故C错误;开关断开状态下,穿过线圈B的磁通量为零,将线圈A从线圈B中拔出,穿过线圈B的磁通量不发生变化,线圈中没有感应电流,故D正确。故选D。 3.A　解析 辐条切割水平方向磁场分量,根据右手定则可知A点电势低于B点电势,A正确,B错误;自行车车把切割竖直方向磁场分量,根据右手定则可知自行车左把手电势高于右把手电势,CD错误;故选A。 4.B　解析 线框运动的过程,磁通量不变,故回路中没有感应电流;根据右手定则,整个导体向右切割磁场,导体的a端电势高于b端的电势。故选B。 5.A　解析 圆环从M运动至P的过程中,磁场水平分量向外,根据右手定则,从上往下看,环中的电流沿顺时针方向,故A正确;圆环从P运动至L的过程中,磁场水平分量向内,根据右手定则,从上往下看,环中的电流沿逆时针方向,故B错误;圆环从M运动至L的过程中,穿过圆环的磁通量先增大后减小,故C、D错误。故选A。 6.C　解析 0~1 s磁感应强度均匀增大,根据楞次定律和右手定则可知金属圆环中感应电流的方向为俯视逆时针方向,1~3 s的时间内磁感应强度均匀减小,根据楞次定律和右手定则可知金属圆环中感应电流的方向为俯视顺时针方向,故A错误;金属环中的感应电流大小为I= 由图像可知 故B错误;通过金属圆环中某一截面电荷量为q=IΔt=·Δt= 由图像可知,故C正确; 金属圆环中产生的焦耳热为Q=I2RΔt=()2RΔt= 由图像可得 故D错误。故选C。 7.B　解析 开关S闭合的瞬间,两灯同时获得电压,所以A、B同时发光。由于流过线圈的电流逐渐增大,流过A灯的电流逐渐减小,流过B灯的电流逐渐增大,则A灯变暗,B灯变亮,稳定时B灯电流大于A灯电流,因此稳定时A比B暗,故A错误,B正确;断开开关S的瞬间,B灯的电流突然消失,立即熄灭,流过线圈的电流将要减小,产生自感电动势,相当于电源,自感电流流过A灯;由于线圈的电阻和灯泡电阻相等,则原先通过L的电流等于通过A灯的电流,所以A灯逐渐变暗后再熄灭,故C错误,D错误。故选B。 8.A　解析 根据q= 线框进入磁场时磁通量变化量等于线框出磁场时磁通量变化量,则线框进入磁场时流过的电荷量等于线框出磁场时流过的电荷量,故A正确; ab边与磁场右边界重合时,a、b两端的电压最大,此时线框的速度为v= 电压为Uab=×3R=BL 故C错误; ab边与磁场右边界重合时,线框中的电功率最大,即P= 故B错误; 进入磁场时,cd是电源,d是正极,c端电势比d端电势低;出磁场时,ab是电源,a是正极,c端电势比d端电势低,故D错误。故选A。 9.D　解析 t=0时,PQ获得平行于导轨向右的初速度v0,则产生的感应电动势E=BLv0,此时回路中的感应电流大小为I=,两导体棒受到的安培力大小为F=BIL,则有aMN=,aPQ=,两导体棒的加速度大小不相等,A错误; t=0时刻,P、Q两端的电压为M、N两端的电压,大小为UMN=IRMN=BLv0,B错误;由以上分析可知,两导体棒受到的安培力大小相等,由左手定则可知,安培力方向相反,两棒运动中,满足动量守恒,则有2mv0=(m+2m)v共,两棒达到共速,则得v共=v0,此后两棒以这个速度做匀速直线运动,C错误;导体棒PQ和MN是串联关系,即IPQ=IMN,可知两棒上的电流有效值相等,在整个运动中MN、PQ产生的焦耳热分别为QMN=RMNt,QPQ=RPQt,则有QMN∶QPQ=2∶1,由能量守恒定律可知,在整个运动中产生的总热量等于系统总动能的减少量,因此有Q=×2m×3m,QMN=Q=,D正确。 10.C　解析 设线圈进入磁场前的速度为v0、完全进入磁场的速度为v、完全离开磁场的速度为v1,前后两边的长度为L1,上下两边的长度为L2,磁感应强度为B。取向右为正,根据动量定理可得:进入磁场过程中-BL1Δt1=mv-mv0 其中t1=q1= 离开磁场过程中-BL1Δt2=mv1-mv 其中t2=q2= 所以有mv-mv0=mv1-mv 解得v-v0=v1-v 故速度变化量相同,通过线圈的电荷量相等,故C正确,D错误; 进入磁场时线圈的平均速度较大,时间较小,速度变化相同,可知进入磁场时平均加速度较大,故A错误; 进入磁场过程中线圈平均速度较大,平均电流较大,则进入磁场时的安培力大于离开磁场过程中的安培力,位移相同,可知安培力做功不相等,故B错误。故选C。 11.A　解析 设重物质量m0,导体棒质量m,则在任意时刻,对导体棒和重物的整体,根据牛顿第二定律有m0g-BIL=(m+m0)a 在极短一段时间Δt内,导体棒中的感应电流I=,Δq=CΔU 在Δt时间内,有ΔU=ΔE=BLΔv,a= 联立上式可得a= 则在重物落地之前导体棒一直做匀加速运动,重物落地后,因导体棒两端的电压等于电容器两板间的电压,则导体棒将匀速运动; 由以上分析可知,导体棒先做匀加速运动,后做匀速运动,选项A正确; 电容器所带的电荷量,开始时q=CU=CBLat 随时间逐渐增加,当重物落地后导体棒匀速运动时,电容器两板间电压保持不变,选项B错误; 棒中安培力的冲量大小I=F安t=BILt=BLt=B2L2 Cat 则在重物落地之前,棒中安培力的冲量随时间均匀增加,选项C错误; 安培力的功W=F安x=BIL·at2=BLat2=B2L2 Ca2t2 则在重物落地之前W-t图像为抛物线,重物落地后安培力为零,则安培力的功为零,选项D错误。故选A。 12.解析 (1)②S极向下插入螺线管时,线圈中磁通量增大,根据楞次定律可知,感应电流的磁场应该与原磁场方向相反,且感应电流的磁场方向向下,阻碍磁通量的增加。 ③S极向下插入螺线管时,不需要保证磁体匀速运动,灵敏电流计指针都会向右偏转,故A错误;将磁体向下插入或向上抽出的速度越大,灵敏电流计指针偏转幅度越大,故B错误;将磁体的N、S极对调,并将其向上抽出,则螺线管的磁通量向下减小,根据楞次定律可知,线圈中感应电流方向由B到A,则电流从“+”接线柱流入电流表,电流表的指针向右偏转,故C正确;将磁体的N、S极对调,并将其向下插入,则螺线管的磁通量向下增大,根据楞次定律可知,线圈中感应电流方向由A到B,则电流从“-”接线柱流入电流表,电流表的指针向左偏转,故D错误。故选C。 (2)①电池、滑动变阻器、开关、螺线管组成一个闭合回路,另外一个螺线管和电流表组成一个闭合回路,完整的实验电路如图所示 ②将线圈A插入线圈B中,闭合开关S瞬间,发现电流计指针右偏,可知当线圈B中的磁通量增加时,电流计指针右偏;插入铁芯,线圈B中的磁通量增加,电流计指针右偏,故A正确;拔出线圈A,线圈B中的磁通量减少,电流计指针左偏,故B错误;将滑动变阻器的滑片向左移动,线圈A中电流增大,线圈B中的磁通量增加,电流计指针右偏,故C正确;将滑动变阻器的滑片向右移动,线圈A中电流减小,线圈B中的磁通量减少,电流计指针左偏,故D错误。故选AC。 (3)断开瞬间,延时功能启动,此时穿过线圈B的磁通量向上减小,根据楞次定律可知,线圈B中感应电流产生的磁场方向向上,则此时直导线ab中电流方向为b到a。 答案 (1)相反　C (2)　AC　(3)b到a 13.解析 (1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=Bdv 通过回路的干路电流I= 通过电阻R1的电流I1的大小I1= 解得I1=0.5 A (2)0.5 s内导体棒的位移x=vt 0.5 s内拉力F做的功W=Fx 对导体棒进行分析有F=BId 解得W=1 J 答案 (1)0.5 A　(2)1 J 14.解析 (1)根据法拉第电磁感应定律可知,0~2 s内线框中产生的平均感应电动势为 E=N=N=100× V=0.1 V (2)线框中的感应电流为I==0.05 A 由图乙可知,t=2 s,磁感应强度大小为B=0.4 T 则t=2 s时刻线框所受的安培力大小为F安=NBILMN=NBIl=×100×0.4×0.05×0.1 N=0.2 N 根据楞次定律可知,线框中的感应电流为逆时针方向,根据左手定则可知,安培力方向向右。 答案 (1)0.1 V　(2)0.2 N,方向向右 15.解析 (1)对导体棒进行受力分析,沿斜面方向受到沿斜面向上的恒定拉力F,沿斜面向下的重力分力和安培力,随着安培力的增大,导体棒向上做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度减为0时,导体棒速度达到最大,导体棒开始做匀速直线运动;根据受力平衡可得 F=mgsin θ+F安 又E=BLv,I=,F安=BIL 联立解得导体棒的最大速度为v=2 m/s (2)导体棒PQ在加速过程,根据动能定理可得Fs-mgssin θ-W安=mv2　 又Q总=W安 联立解得整个回路产生的焦耳热为Q总=14 J 则导体棒PQ产生的焦耳热为Q=Q总=2.8 J (3)导体棒PQ在加速过程,通过导体棒PQ的电荷量为q=Δt=Δt=Δt= 可得q==4 C 答案 (1)2 m/s　(2)2.8 J　(3)4 C 16.解析 (1)由机械能守恒定律magh=ma 解得a棒进入水平区域时的速度大小为v0=4 m/s 金属棒a刚进入磁场时,感应电动势最大,即在水平轨道上加速度最大,且 Em=BLv0=0.2 V 此时感应电流I==1 A 由牛顿第二定律有BIL=ma 解得金属棒a在水平轨道上的最大加速度为a=0.5 m/s2 (2)b棒到达圆弧轨道底部后做减速运动,a棒做加速运动,设两棒速度相等时速度大小为v,取a、b两棒组成的整体为研究对象,根据动量守恒定律有mbv0+mav1=(mb+ma)v 代入数据解得v=3 m/s 方向水平向右;设整个运动过程中回路产生的总焦耳热为Q,b棒产生的焦耳热为Qb,对a、b两棒由能量守恒定律得(mb+ma)gh=(mb+ma)v2+Q 解得Q=0.7 J 又 解得整个运动过程中金属棒b上产生的焦耳热Qb=0.35 J (3)设经过时间Δt1,b棒到达圆弧轨道底部时,a棒水平位移为x1,对a棒,取水平向右为正方向,由动量定理有-BLΔt1=mav1-mav0 根据法拉第电磁感应定律有 根据闭合电路欧姆定律有 其中ΔΦ=B×ΔS=BLx1 联立以上各式得-=mav1-mav0 解得x1=16 m 设b棒到达圆弧轨道底部后经过时间Δt2后两棒速度相同,对b棒,取水平向右为正方向,由动量定理有-BΔt2=mbv-mbv0 根据法拉第电磁感应定律有 根据闭合电路欧姆定律有 设Δt2时间内b棒与a棒之间的相对位移为x2,则ΔΦ'=B×ΔS'=BLx2 联立以上各式得-=mbv-mbv0 解得x2=8 m 所以最终金属棒a和b之间的距离Δx=x1-x2=8 m 答案 (1)0.5 m/s2　(2)0.35 J　(3)8 m 学科网（北京）股份有限公司 $