章末检测卷2 电磁感应（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）江苏专版

(本卷满分：100分) 一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。 1.如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。若(　　) A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向 D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向 解析　根据楞次定律，当金属圆环上、下移动时，穿过圆环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故选项A、B错误；当金属圆环向左移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为顺时针，故选项C错误；当金属圆环向右移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为逆时针，故选项D正确。 答案　D 2．如图所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管。下列说法正确的是(　　) A．电流计中的电流先由a到b，后由b到a B．a点的电势始终低于b点的电势 C．磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量 D．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度 解析　在磁铁进入螺线管的过程中，螺线管磁通量增大，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由b流向a，在磁铁穿出螺线管下端的过程中，磁通量减小，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由a流向b，则a点电势先低于b点电势，后高于b点电势，故A、B错误；磁铁减少的重力势能转化为内能和磁铁的动能，C错误；磁铁刚离开时，由楞次定律“来拒去留”可知，磁铁受到的合外力小于重力，D正确。 答案　D 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(　　) 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 解析　根据E＝Blv∝v以及v1＝2v2可知，选项A正确；因为I＝∝E，所以I1∶I2＝2∶1，选项B错误；线框中产生的热量Q＝I2Rt＝t＝·＝∝v，所以Q1∶Q2＝2∶1，选项C错误；根据q＝＝，q1∶q2＝1∶1可知，选项D错误。 答案　A 4．(2025·扬州高二期末)如图所示，竖直放置的U形光滑导轨与一电容器串联，导轨平面有垂直于纸面的匀强磁场，金属棒ab与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑，电容C足够大，原来不带电，不计一切电阻，导体棒的加速度a、速度v与时间t的关系图像正确的是(　　) 解析　设导轨间距为L，释放后电容器充电，电路中充电电流I，棒受到向上的安培力，设瞬时加速度为a，根据牛顿第二定律得mg－BIL＝ma，又I＝＝＝＝CBLa，联立解得a＝可知，加速度恒定，故A、B错误；导体棒的速度为v＝at，由于加速度恒定，则v­t图象是一条过原点的直线，故C错误、D正确。 答案　D 5．如图所示，由均匀导线制成的，电阻为R半径为r的圆环，以v的速度匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为(　　) A．Brv　　　　　　 B．Brv C．Brv D．Brv 解析　整个圆环电阻是R，其外电阻是圆环的，而磁场内切割磁感线有效长度是r，其相当于电源，E＝B·r·v，根据欧姆定律可得U＝E＝Brv，D正确。 答案　D 6.A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝2∶1，圆心位置相同，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面，如图所示。在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，下列说法正确的是(　　) A．两导线环内所产生的感应电动势相等 B．A环内所产生的感应电动势大于B环内所产生的感应电动势 C．流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为1∶4 D．流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为1∶1 解析　某一时刻穿过A、B两导线环的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，设磁场区域的面积为S，则Φ＝BS，由E＝＝S(S为磁场区域面积)，对A、B两导线环，有＝1，所以选项A正确，B错误；I＝，R＝ρ(S1为导线的横截面积)，l＝2πr，所以＝＝，选项C、D错误。 答案　A 7．如图所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路。转动摇柄，使圆盘以角速度ω逆时针匀速转动，下列说法正确的是(　　) A．回路中不会产生感应电流 B．回路中会产生大小不变、方向变化的感应电流 C．回路中电流的大小和方向都周期性变化，周期为 D．回路中电流方向不变，从b导线流进电流表 解析　圆盘转动可等效看成无数径向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径，由右手定则可知，每个导体的电流方向均从边缘指向圆心，即回路中电流方向不变，从b导线流进电流表，A错误，D正确；铜盘转动产生的感应电动势为E＝BL2ω，L为径向半径，B、L、ω不变，则E不变，感应电流大小为I＝，可知电流大小恒定不变，B、C错误。 答案　D 8．如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域。取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图像正确的是(　　) 解析　0～L，没电流；L～2L，切割长度逐渐变大，电动势逐渐变大，电流逐渐变大；2L～3L，左边切割，长度逐渐变大，且电流反向。综上C正确。 答案　C 9．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0.5 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BI1L－mg＝ma1，其中I1＝＝代入数据，解得B＝2.0 T，故A正确；当a＝0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，有mg－BIL＝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错误。 答案　A 10.如图所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场的磁感应强度为B，不计ab与导轨电阻及一切摩擦，ab与导轨垂直且接触良好。若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是(　　) A．拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量 B．杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量 C．电流所做的功一定等于重力势能的增加量 D．拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量和重力势能的增加量之和 解析　当外力F拉着金属杆匀速上升时，拉力要克服重力和安培力做功，拉力做的功等于克服安培力和重力做功之和，即等于电阻R上产生的热量和金属杆增加的重力势能之和，选项A、C、D正确；克服安培力做多少功，电阻R上就产生多少热量，选项B正确。 答案　B 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11．(15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将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将____________； ②原线圈插入副线圈后，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，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将________________________。 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分别表示原、副线圈，若副线圈中产生顺时针方向的感应电流，可能是因为__________________________________。 A．原线圈通入顺时针方向的电流，且正从副线圈中取出 B．原线圈通入顺时针方向的电流，且其中铁芯正被取出 C．原线圈通入顺时针方向的电流，且将滑动变阻器阻值调小 D．原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B、D。 (4)副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原线圈通入电流的情况。如果原线圈电流在减小(或磁通量减小)，肯定与顺时针方向相同。因为副线圈会阻碍其磁通量的减小，在电流上表现为同向。反过来如果原线圈电流在增大(或磁通量增加)，则副线圈中电流方向与原线圈中电流方向相反。故答案选A、B。 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 12.(8分)如图所示，电动机牵引一根原来静止的、质量m为0.1 kg的导体棒MN，其电阻R为1 Ω，导体棒架在处于磁感应强度B为1 T、竖直放置的框架上，框架宽L＝1 m。当导体棒上升h为3.8 m时获得稳定的速度，导体棒产生的热量为2 J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7 V和1 A，电动机内阻r为1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦，g取10 m/s2。求： (1)棒能达到的稳定速度； (2)棒从静止到达稳定速度所需的时间。 解析　(1)电动机的输出功率 P出＝IU－I2r＝6 W，P出＝FTv 当棒达到稳定时有FT＝mg＋BIL＝mg＋ 从而P出＝mgv＋， 由此可得v＝2 m/s。 (2)由能量守恒得P出t＝mgh＋mv2＋Q， 由此可得t＝1 s。 答案　(1)2 m/s　(2)1 s 13．(8分)(2023·扬州期中)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L＝0.2 m，长为2 d，d＝0.5 m，上半段d导轨光滑，下半段d导轨的动摩擦因数为μ＝，导轨平面与水平面的夹角为θ＝30°。匀强磁场的磁感应强度大小为B＝5 T，方向与导轨平面垂直。质量为m＝0.2 kg的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在粗糙的下半段一直做匀速运动，导体棒始终与导轨垂直，接在两导轨间的电阻为R＝3 Ω，导体棒的电阻为r＝1 Ω，其他部分的电阻均不计，重力加速度取g＝10 m/s2，求： (1)导体棒到达轨道底端时的速度大小； (2)导体棒进入粗糙轨道前，通过电阻R上的电量q； (3)整个运动过程中，产生的总焦耳热Q。 解析　(1)导体棒到达轨道底端时的感应电动势E＝BLv 感应电流I＝ 对导体棒分析有mgsin 30°＝BIL＋μmgcos 30° 解得v＝2 m/s (2)感应电动势的平均值为＝＝ 感应电流的平均值＝ 通过电阻R上的电量q＝Δt 解得q＝0.125 C。 (3)根据mg·2dsin 30°＝mv2＋Q＋ μmgcos 30°·d 解得Q＝0.35 J。 答案　(1)2 m/s　(2)0.125 C　(3)0.35 J 14．(13分)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g＝10 m/s2) (1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？ (2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω。不接外电流，两臂平衡。如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m。当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率。 解析　(1)线圈受到安培力F＝N1B0IL 天平平衡mg＝N1B0IL，代入数据得N1＝25匝。 (2)由电磁感应定律得E＝N2，即E＝N2Ld 由欧姆定律得I′＝ 线圈受到安培力F′＝N2B0I′L 天平平衡m′g＝N22B0· 代入数据可得＝0.1 T/s。 答案　(1)25匝　(2)0.1 T/s 15．(16分)如图甲所示，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 学科网（北京）股份有限公司 $