单元检测卷(二) 电磁感应-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套练习（人教版）

单元检测卷(二)　电磁感应 (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分) 1.(2025·广东惠州高二期中)电磁感应现象在科技和生活中有着广泛的应用，下图四种应用场景中说法正确的是(　　) A.图甲中，发射线圈接入恒定电流也能实现手机无线充电 B.图乙中，电磁炉不能使用陶瓷锅，是因为陶瓷导热性能比金属差 C.图丙中，真空冶炼炉的炉外线圈接高频交流电源时，被冶炼的金属产生涡流，从而冶炼金属 D.图丁中，电流表在运输时要用导线把两个接线柱连在一起，这是为了保护电表指针，利用了互感原理 答案：C 解析：根据感应电流产生的条件可知，充电设备中的发射线圈通恒定电流，其产生的磁场是恒定的，不能使手机产生感应电流，不能实现无线充电，故A错误；电磁炉不能用陶瓷锅是因为陶瓷锅属于绝缘材料，不会产生涡流，故B错误；当炉外线圈接高频交流电源时，被冶炼的金属产生涡流，产生大量的热从而冶炼金属，故C正确；电流表在运输时要用导线把两个接线柱连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故D错误。故选C。 2.(2024·江苏高考)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是(　　) A.顺时针，顺时针 B.顺时针，逆时针 C.逆时针，顺时针 D.逆时针，逆时针 答案：A 解析：线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过线圈a的磁通量在减小，则根据楞次定律和安培定则可知线圈a产生的感应电流方向为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产生的感应电流方向为顺时针。故选A。 3.(2025·江西南昌高二期中)将四根绝缘硬质细导线顺次绕成如图甲、乙、丙、丁所示的线圈，其中大圆面积均为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面有一向里的随时间t变化的磁场。磁场磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为大于零的常量，下列说法正确的是(　　) A.甲图的大圆中感应电流方向沿顺时针方向 B.乙图的大圆和小圆总电动势为k C.丙图的大圆和小圆总电动势为k D.丁图的大圆所受安培力的合力为零，小圆所受安培力的合力不为零 答案：C 解析：根据楞次定律和题图甲、乙中的绕线方式可判断，题图甲、乙中大圆和小圆中产生的感应电流、感应电动势方向均相反，实际线圈中感应电流方向应以大圆中感应电流方向为准，大圆中感应电流方向为逆时针方向，大圆和小圆总电动势为两电动势之差，E＝＝S＝k，A、B错误；根据楞次定律和题图丙中的绕线方式可知，题图丙中大圆和小圆中产生感应电动势方向相同，大圆和小圆总电动势为两电动势之和，E＝＝S＝k，C正确；由左手定则和对称性可知，题图丁中大圆和小圆所受安培力的合力均为零，D错误。故选C。 4.(2025·山东潍坊高二月考)如图所示，沿光滑斜面固定一螺线管，一个磁性很强的小磁体沿螺线管轴线下滑。轴线上p、q两点到螺线管上、下边缘的距离相等。一灯泡与螺线管串联，小磁体通过p点时灯泡的亮度比通过q点时暗，小磁体的大小可忽略。则小磁体(　　) A.在p点的速度大于在q点的速度 B.在p点的速度等于在q点的速度 C.在p点的机械能小于在q点的机械能 D.经过p、q两点时，灯泡中电流方向相反 答案：D 解析：小磁体通过p点时灯泡的亮度比通过q点时暗，说明小磁体通过p点时产生的感应电流小，则螺线管中产生的感应电动势小，由法拉第电磁感应定律可知磁通量的变化率小，所以小磁体在p点的速度小于在q点的速度，A、B错误；由楞次定律可得，小磁体沿螺线管轴线下滑时受到的安培力总是做负功，小磁体机械能减小，可知小磁体在p点的机械能大于在q点的机械能，C错误；小磁体经过p点时穿过螺线管的磁通量在增大，经过q点时穿过螺线管的磁通量在减小，由楞次定律可得经过p、q两点时，灯泡中电流方向相反，D正确。故选D。 5.如图所示，水平金属圆环的半径为L，匀质导体棒OP的长度也为L，导体棒OP、电阻R1的阻值都为R0，电路中的其他电阻忽略不计。导体棒OP绕着它的一个端点O以大小为ω的角速度匀速转动，O点恰好为金属圆环的圆心，转动平面内有竖直向上的匀强磁场，导体棒OP转动过程中始终与金属圆环接触良好。对导体棒OP转动一周的过程，下列说法正确的是(　　) A.电阻R1中的电流方向由a指向b B.电阻R1两端的电压为 C.电阻R1上产生的焦耳热为 D.通过电阻R1的电流大小不断变化 答案：C 解析：导体棒OP转动，由右手定则可知，电源内部电流由O流向P，则电阻R1中的电流方向由b指向a，故A错误；导体棒匀速转动垂直切割磁感线，产生的是恒定的电动势，有E＝BL＝，导体棒OP、电阻R1的阻值都为R0，则电阻R1两端的电压为U＝·R0＝，故B错误；导体棒OP转动一周，电阻R1上产生的焦耳热为Q＝T＝·＝，故C正确；因电源的电动势恒定，则流过电阻的电流恒定不变，故D错误。故选C。 6.如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为(　　) A.φO＞φa＞φb＞φc B.φO＜φa＜φb＜φc C.φO＞φa＞φb＝φc D.φO＜φa＜φb＝φc 答案：C 解析：如图所示，导线在纸面内绕O点逆时针转动，相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据E＝Blv＝Bl2ω，同时有lO b＝lO c＝R，可得φO＞φa＞φb＝φc。故选C。 7.如图甲所示的电路中，已知电源电动势E和内阻r，灯泡电阻为R。闭合开关S后，流过两个电流传感器(电阻不计)的I-t图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A.开关S闭合的瞬间，自感线圈中的自感电动势和电流均为零 B.若断开开关S，则断开瞬间小灯泡D先闪亮再熄灭 C.电源电动势E＝R D.电源内阻r＝R 答案：C 解析：开关S闭合的瞬间，自感线圈中的电流为零，但由于线圈的自感现象，其自感电动势不为零，故A错误；两支路并联，稳定时电压相同，而由题图乙可知，稳定时电流也相同，因此若断开开关S，则断开瞬间小灯泡D不会闪亮，断开开关后小灯泡与自感线圈串联，由于自感线圈的自感电动势，小灯泡将逐渐熄灭，故B错误；开关刚闭合瞬间，有E＝I1(R＋r)，达到稳定状态后有E＝I2R＋2I2r，联立解得r＝R，E＝R，故C正确，D错误。故选C。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分) 8.磁悬浮电梯是基于电磁学原理使电梯的轿厢悬停及上下运动的，如图甲所示，它主要由磁场和含有导线框的轿厢组成。其原理为：竖直面上相距为b的两根绝缘平行直导轨，置于等距离分布的方向相反的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，磁感应强度大小均为B，每个磁场分布区间的长度都是a，相间排列，如图乙所示。当这些磁场在竖直方向匀速平动时，跨在两导轨间的宽为b、长为a、总电阻为R的导线框MNPQ(固定在轿厢上)将受到安培力。当磁场平动速度为v1时，轿厢悬停；当磁场平动速度为v2时，轿厢最终竖直向上做匀速运动。重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法中正确的是(　　) A.速度v1和v2的方向都是竖直向上 B.速度v1的方向竖直向上，速度v2的方向竖直向下 C.导线框和电梯轿厢的总质量为 D.轿厢匀速上升的过程中，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量为 答案：ACD 解析：依题意，轿厢悬停或者竖直向上做匀速运动时，均受到竖直向上的安培力，由楞次定律的“阻碍”作用可知，磁场相对轿厢的运动方向均为竖直向上，即速度v1和v2的方向都是竖直向上，故A正确，B错误；轿厢悬停时，导线框中的电流大小为I1＝＝，又mg＝2I1bB，联立解得m＝，故C正确；当磁场平动速度为v2时，线框向上运动，当其加速度为零时，达到最大速度，有I2＝，又mg＝2I2bB，联立解得v上＝v2－v1，电梯向上匀速运动时，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量等于线框的焦耳热与重力势能增加量之和，即E总＝Rt＋mgv上t＝，故D正确。故选ACD。 9.(2025·河北衡水高二月考)如图甲所示，一矩形线圈abcd位于一变化的匀强磁场内，磁场方向垂直于线圈所在的平面向里，磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示。用I表示线圈中的感应电流，取顺时针方向为正；用F表示bc边受到的安培力，取水平向右为正。则下列图像正确的是(　　) 答案：BD 解析：在0～0.5T时间内，向里的磁场减弱，根据楞次定律和安培定则，可知感应电流为顺时针方向，即为正，根据法拉第电磁感应定律，E1＝S，可知感应电动势E1保持不变，因此回路中的电流保持I1不变；在0.5T～T时间内，向里的磁场增强，根据楞次定律和安培定则，可知感应电流为逆时针方向，即为负，根据法拉第电磁感应定律，E2＝S，可知感应电动势E2保持不变且大小为E1的2倍，则回路中的电流I2保持不变，且大小为I1的2倍，A错误，B正确。由左手定则可知，在0～0.5T时间内，bc边所受安培力水平向右，即为正，在0.5T～T时间内，bc边所受安培力水平向左，即为负。根据F＝ILB可知，在0～0.5T时间内，bc边所受安培力均匀减小；在0.5T～T时间内，bc边所受安培力均匀增加，且在0.5T～T时间内安培力的最大值为在0～0.5T时间内最大值的4倍，C错误，D正确。故选BD。 10.如图所示，光滑水平导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。ab棒接入导轨中的电阻为R，cd棒接入导轨中的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动。现给cd棒一水平向右的初速度v0，则(　　) A.两棒最终以相同的速度做匀速直线运动 B.最终通过两棒的电荷量为 C.ab棒最终的速度为v0 D.从cd棒获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为m 答案：BC 解析：cd棒获得速度后，电路中产生感应电流，根据左手定则和牛顿第二定律可知，cd棒减速，ab棒加速，当BLvab＝2BLvcd，即vab＝2vcd时，电路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动。取水平向右为正方向，分别对两棒由动量定理得－2LBt＝2mvcd－2mv0，LBt＝mvab，两式联立得vcd＋vab＝v0，又vab＝2vcd，解得vab＝v0，vcd＝v0，故A错误，C正确；对ab棒由动量定理得mvab＝LBt＝BLq，解得q＝，故B正确；从cd棒获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为Q＝×2m－m－×2m，解得Q＝m，故D错误。故选BC。 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(10分)某同学在做探究电磁感应现象规律的实验中，他选择了一个灵敏电流表G，在没有电流通过灵敏电流表的情况下，电流表的指针恰好指在刻度盘中央。他先将灵敏电流表G连接在图甲所示的电路中，电流表的指针如图甲所示。 (1)为了探究电磁感应规律，该同学将灵敏电流表G与一螺线管串联，如图乙所示。通过分析可知图乙中的条形磁体的运动情况是　　　　　　(选填“向上拔出”或“向下插入”)。 (2)该同学将灵敏电流表G接入图丙所示的电路。此时电路已经连接好，A线圈已插入B线圈中，请问灵敏电流表中电流方向与螺线管B中导线的绕向　　　　(选填“有”或“没有”)关系。他合上开关后，灵敏电流表的指针向右偏了一下，若要使灵敏电流表的指针向左偏转，可采取的操作是　　　　。 A.在A线圈中插入铁芯 B.拔出A线圈 C.滑动变阻器的滑片向右滑动 D.滑动变阻器的滑片向左滑动 (3)通过本实验可以得出：感应电流产生的磁场总是　　　　　　　。 答案：(1)向下插入　(2)有　BC　(3)阻碍引起感应电流的磁通量的变化 解析：(1)根据题图甲可知，电流从灵敏电流表的左接线柱流入，指针往左偏；由题图乙可知，螺线管中的电流方向为顺时针方向(从上往下看)，根据安培定则可知，螺线管中感应电流的磁场方向竖直向下；条形磁体在螺线管中的磁场方向(原磁场方向)竖直向上，可见感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，根据楞次定律可知穿过线圈的原磁通量增加，所以条形磁体向下插入线圈。 (2)由右手螺旋定则可知，用右手握住螺线管，四指的方向和电流方向相同，大拇指指的方向为N极方向，螺线管B中导线的绕向不同，则右手握住螺线管的方式不同，故灵敏电流表中电流方向与螺线管B中导线的绕向有关。合上开关后，灵敏电流表的指针向右偏了，说明B线圈中磁通量增大时，电流表指针向右偏；现在要使灵敏电流表的指针向左偏转，因此穿过B线圈的磁通量应该减小。在A线圈中插入铁芯，穿过B线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，灵敏电流表指针右偏，故A错误；拔出A线圈，则穿过B线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，灵敏电流表指针左偏，故B正确；由题图丙可知，滑动变阻器的滑片向右滑动，电路中的电流减小，穿过线圈B的磁通量减小，根据楞次定律可知，灵敏电流表指针左偏，故C正确；同理，滑动变阻器的滑片向左滑动，灵敏电流表指针右偏，故D错误。 (3)根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。 12.(8分)小贾同学在学习安培力后，设计了如图所示的装置来测定磁极间的磁感应强度。根据实验主要步骤完成填空： (1)在弹簧测力计下端挂一个匝数为n的矩形线框，将线框的下短边完全置于U形磁体的N、S极之间的磁场中，并使线框的短边水平，磁场方向与矩形线框的平面　　　　。 (2)在电路未接通时，记录线框静止时弹簧测力计的读数F0。 (3)闭合开关，调节滑动变阻器使电流表读数为I，记录线框静止时弹簧测力计的读数F(F＞F0)，则线框所受安培力大小为　　　　　，方向为　　　　　　。 (4)用刻度尺测出矩形线框短边的长度L。 (5)利用上述数据可得待测磁场的磁感应强度B＝　　　　　　。 答案：(1)垂直　(3)F－F0　 竖直向下　(5) 解析：(1)应使磁场方向与矩形线框的平面垂直，这样能使弹簧测力计保持竖直，方便测出拉力。 (3)根据题意可知，未接通电路时，弹簧测力计的读数为F0，根据平衡条件有F0＝mg，接通电路后，弹簧测力计的读数为F(F＞F0)，根据平衡条件有F＝mg＋F安，则线框所受安培力大小为F安＝F－F0，方向竖直向下。 (5)根据安培力的计算公式有nILB＝F－F0，解得B＝。 13.(10分)如图甲所示，A是面积为S＝0.2 m2、n＝100匝的圆形金属线圈，其总电阻r＝1 Ω，线圈处在垂直纸面向里、逐渐增大的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化，线圈与阻值R＝4 Ω的电阻连接。求： (1)通过R的电流大小I和方向(写“a→b”或“b→a”)。 (2)ab两端电势差Uab。 (3)0～0.1 s内，通过R的电荷量。 答案：(1)10 A　a→b　(2)40 V　(3)1 C 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得 E＝n＝100× V＝50 V 根据闭合电路的欧姆定律可得，通过R的电流 I＝＝ A＝10 A 根据楞次定律和安培定则可知，电流方向为a→b。 (2)ab两端电势差即为电阻R两端的电压，有 Uab＝IR＝10×4 V＝40 V。 (3)0～0.1 s内，根据电流的定义可知，通过R的电荷量q＝It＝10×0.1 C＝1 C。 14.(12分)(2025·甘肃白银高二期末)如图甲所示，两根平行光滑金属导轨相距L＝1 m，导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，导轨的下端PQ间接有阻值R＝8 Ω的定值电阻。相距x＝6 m的MN和PQ间存在方向垂直于导轨平面向上、均匀分布的磁场，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示。将长度也为L、阻值r＝2 Ω的导体棒ab垂直放在导轨上(ab始终与导轨接触良好)，t＝0时将导体棒由静止释放，t＝1 s时导体棒恰好运动到MN处，此后导体棒开始匀速下滑。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。求： (1)0～1 s内回路中的感应电动势。 (2)导体棒ab的质量。 (3)0～2 s时间内导体棒所产生的热量。 答案：(1)12 V　(2)0.4 kg　(3)5.76 J 解析：(1)0～1 s内磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律有E1＝＝S＝12 V。 (2)导体棒从静止开始做匀加速运动，加速度大小为a＝＝6 m/s2 导体棒进入磁场区域的速度为v＝at1＝6 m/s 导体棒切割磁感线产生的感应电动势为 E2＝BLv＝12 V 导体棒进入磁场区域做匀速运动，可知导体棒受到的合力为零，有mgsin θ＝F安＝I2LB 根据闭合电路的欧姆定律有I2＝ 联立解得导体棒ab的质量为m＝0.4 kg。 (3)根据闭合电路的欧姆定律可得0～1 s内回路中产生的电流为I1＝＝1.2 A 1～2 s内回路中产生的电流为I2＝＝1.2 A 则0～2 s时间内导体棒所产生的热量 Q＝rt1＋rt2＝1.22×2×1 J＋1.22×2×1 J＝5.76 J。 15.(14分)(2025·浙江余姚高二月考)如图甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ、MN，相距为L＝0.5 m，ef右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B的大小如图乙所示规律变化。开始时ab棒和cd棒锁定在导轨如图甲所示的位置，ab棒与cd棒平行，ab棒离水平面高度为h＝0.2 m，cd棒与ef之间的距离也为L，ab棒的质量为m1＝0.2 kg，有效电阻R1＝0.05 Ω，cd棒的质量为m2＝0.1 kg，有效电阻为 R2＝0.15 Ω。设ab棒在运动过程始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计。g取10 m/s2。 (1)求0～1 s时间段通过cd棒的电流大小与方向(“c到d”或“d到c”)。 (2)假如在1 s末，同时解除对ab棒和cd棒的锁定，从解除锁定到两棒最终稳定运动时，ab棒共产生多少热量？(结果用分数表示) (3)ab棒和cd棒稳定运动时，它们之间的距离为多大？(结果用分数表示) 答案：(1)1.25 A　方向为d到c　(2) J (3) m 解析：(1)0～1 s时间段，根据法拉第电磁感应定律得E＝＝·L2＝1×0.52 V＝0.25 V 通过cd棒的电流大小为I＝＝ A＝1.25 A， 方向为d到c。 (2)ab棒下滑过程，由机械能守恒定律得m1gh＝m1，解得v0＝2 m/s ab棒进入磁场后产生感应电流，受到向左的安培力做减速运动，cd棒在安培力作用下向右做加速运动，稳定后ab棒和cd棒将以相同的速度做匀速直线运动，两棒组成的系统动量守恒 取向右为正方向，则有m1v0＝(m1＋m2)v 解得两棒稳定时的共同速度为v＝ m/s 根据能量守恒定律得Q＝m1gh－(m1＋m2)v2 ab棒产生的热量为Q1＝Q 联立解得Q1＝ J。 (3)设整个的过程中通过回路的电荷量为q，对cd棒，由动量定理得m2v－0＝LBt 又q＝t，解得q＝ C 设稳定后两棒之间的距离是d，则有 q＝＝ 联立以上两式解得d＝ m。 学生用书⬇第75页 学科网（北京）股份有限公司 $