单元检测卷（二）电磁感应及其应用-【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（教科版）

单元检测卷（二）　电磁感应及其应用 (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。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．(2025·山东菏泽期末)电磁感应现象揭示了电与磁之间的内在联系。下列电器设备中利用电磁感应原理工作的是(　　) A．电饭锅 B．电磁炉 C．充电宝 D．白炽灯 答案：B 解析：电饭锅是利用电流的热效应工作，A错误；电磁炉利用电磁感应原理使金属锅底产生涡流，涡流的热效应将食物加热，B正确；充电宝是可充电的电源，一般用锂离子电池，未利用电磁感应原理，C错误；白炽灯工作原理是电流的热效应，D错误。 2．如图所示，质量为m、电阻为R、边长为l的单匝正方形导线框abcd从某一高度处自由下落，匀速穿过一磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．磁场区域的宽度小于l B．线框进入磁场时的速度大小为 C．线框穿过磁场过程中产生的焦耳热为mgl D．线框进入和穿出磁场过程中通过导线横截面的电荷量均为 答案：D 解析：线圈能匀速穿过匀强磁场，可知磁场区域的宽度等于l，选项A错误；线框进入磁场时mg＝Bl，可得线圈的速度大小为v＝，选项B错误；线框穿过磁场过程中产生的焦耳热等于线圈重力势能减小量，即为Q＝2mgl，选项C错误；线框进入和穿出磁场过程中通过导线横截面的电荷量均为q＝Δt＝Δt＝＝，选项D正确。故选D。 3． (2025·湖北武汉二中期中)如图所示，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(　　) A．φa>φc，金属框中无电流 B．φb>φc，金属框中电流方向沿abca C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流 D．Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿acba 答案：C 解析：金属框abc平面与磁场方向平行，转动过程中磁通量始终为0，所以无感应电流产生，B、D错误；转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知φa<φc、φb<φc，A错误；由A项的分析及E＝Bl得Ubc＝－Bl2ω，C正确。 4．(2025·成都高二期末)如图(a)，螺线管内有一平行于轴线的匀强磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框abcd相连，abcd内有一柔软的正方形金属环L，L与abcd共面，当B随时间t按图(b)所示规律变化时 (　　) A．0～t1内，导线框中有逆时针方向的感应电流 B．.0～t1内，金属环L有收缩趋势 C．t1～t2内，a点电势高于d点电势 D．t2～t3内，金属环L中有逆时针方向的感应电流 答案：C 解析：由题意可知，在0～t1内外加磁场的磁感应强度均匀增加且斜率不变，根据楞次定律，可知导线框内有顺时针方向的感应电流，故A错误；在0～t1内外加磁场的磁感应强度均匀增加且斜率不变，根据法拉第电磁感应定律，可知流过导线框的是恒定电流，故在abcd平面内产生恒定的磁场，故通过金属环L的磁通量没有变化，故B错误；t1～t2内外加磁场的磁感应强度减小，然后再反向增大，根据楞次定律，可知导线框内有逆时针方向的感应电流，螺线管作为电源，其内部的电流由d流向a，故a点电势高于d点电势，故C正确；t2～t3内外加磁场的磁感应强度反向减小，根据楞次定律，可知导线框内有顺时针方向的感应电流，且图线的斜率越来越小，根据法拉第电磁感应定律，可知流过导线框的电流越来越小，故在abcd平面内产生垂直纸面向里减小的磁场，根据楞次定律，可知金属环L中有顺时针方向的感应电流，故D错误。 5．如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图。与传统的制动方式相比，电磁制动是一种非接触的制动方式，避免了一些磨损。电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是 (　　) A．制动过程中，导体不会产生热量 B．如果改变线圈中电流的方向，可以使导体获得促进它运动的动力 C．制动力的大小与导体运动的速度无关 D．为了使导体获得恒定的制动力，制动过程中可以逐渐增大线圈中的电流 答案：D 解析：当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，故会产生热量，A错误；如果改变线圈中的电流方向，在导体处产生的磁场的方向变为反向，此时产生的涡流方向也相反，根据安培力的公式，电流和所处的磁场方向同时反向，安培力方向不变，故导体还是会受到阻碍其运动的制动力，B错误；导体运动的速度越大，磁通量变化越快，产生的感应电流越强，制动器对转盘的制动力越大，C错误；在制动过程中，运动导体速度减小，要想使导体获得恒定的制动力，需要增加导体所处的磁场的磁感应强度，可以通过增大线圈中的电流来增加磁感应强度，D正确。 6．光滑水平面上的边长为a的闭合正三角形金属框架底边与磁场边界平行，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中。现把框架沿与磁场边界垂直的方向匀速拉出磁场，如图所示，E、F外、P分别表示金属框架产生的电动势，所受水平外力及外力功率，则各物理量与位移x的关系图像正确的是(　　) 答案：B 解析：正三角形框架匀速运动的位移x与切割磁感线的导体有效长度L的关系为L＝＝x，即把框架匀速拉出磁场时，产生的电动势E＝BLv＝，当x＝a时，E最大，选项B正确，A错误；所受水平拉力F外＝ILB＝LB＝，F外∝x2，其中R为框架的总电阻，当x＝a时，F外最大，选项C错误；外力功率P＝F外v＝，P∝x2，当x＝a时，P最大，选项D错误。 7．如图甲所示，面积为S＝0.2 m2的线圈，匝数为n＝630，总电阻r＝1.0 Ω，线圈处在变化的磁场中，设磁场垂直纸面向外为正方向，磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化，方向垂直线圈平面，图甲中传感器可看成一个纯电阻R，并标有“3 V，0.9 W”，滑动变阻器R0上标有“10 Ω，1 A”。闭合开关S，下列说法正确的是 (　　) A．流过电流表的电流方向向左 B．线圈中产生的感应电动势为定值 C．为了保证电路的安全，电路中允许通过的电流最大值为1 A D．若滑动变阻器的滑片置于最左端，为了保证电路的安全，图乙中的t0最小值为20 s 答案：B 解析：根据楞次定律结合安培定则可知，回路中产生顺时针方向的感应电流，电流从左向右流过电流表，故A错误；由题图乙可得恒定，根据法拉第电磁感应定律，可知线圈中产生恒定的感应电动势，故B正确；传感器正常工作时电阻为R＝＝ Ω＝10 Ω，工作电流为I＝＝ A＝0.3 A，滑动变阻器允许通过的最大电流是1 A，所以电路允许通过的最大电流为0.3 A，故C错误；滑动变阻器的滑片位于最左端时，外电路电阻为R外＝20 Ω，电源电动势的最大值为E＝I(R外＋r)＝6.3 V，由法拉第电磁感应定律得E＝n＝＝，解得t0＝40 s，故D错误。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分) 8．如图所示的电路中，电感线圈L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，则下列说法正确的有(　　) A．当S闭合时，D1立即变亮，D2逐渐变亮 B．当S闭合时，D1一直不亮，D2逐渐变亮 C．当S断开时，D2立即熄灭 D．当S断开时，D1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭 答案：BD 解析：当S闭合时，因二极管加上了反向电压，故二极管不能导通，D1一直不亮；而通过线圈的电流增加，感应电动势阻碍电流增加，故使得D2逐渐变亮，选项A错误，B正确；当S断开时，由于线圈自感电动势阻碍电流的减小，故通过D1的电流要在D2—D1—D—L之中形成新的回路，故D1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，D2逐渐变暗至熄灭，选项C错误，D正确。 9．(2025·四川崇州市怀远中学高二期中)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、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、阻值为R，MN的质量为m、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，PQ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匀速转动的过程中，导体棒MN产生的焦耳热为mv02 答案：BD 解析：t＝0时刻，给PQ平行于导轨向右的初速度v0，则产生的感应电动势为E＝BLv0，此时回路中的电流大小为I＝＝，两导体棒受到的安培力大小为F＝ILB，则有aMM＝，aPQ＝，两导体棒的加速度大小不相等，A错误；t＝0时刻，PQ两端的电压为MN两端的电压，大小为UMN＝IRMN＝BLv0，B正确；由以上分析可知，两导体棒受的安培力大小相等，由左手定则可知，安培力方向相反，两棒运动过程中，满足动量守恒定律，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产生的焦耳热之比为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＝×2mv02－×3mv共2＝mv02，QMN＝Q＝mv02，D正确。 10．如图甲所示，一质量为m、边长为L、电阻为R的单匝正方形导线框abcd放在绝缘的光滑水平面上。空间中存在一竖直向下的单边界匀强磁场，线框有一半在磁场内，其ad边与磁场边界平行。t＝0时，磁场的磁感应强度随时间均匀减小，如图乙所示。线框运动的v­t图像如图丙所示，图中斜向虚线为过O点速度图线的切线，则(　　) A．磁感应强度的变化率为 B．线框中的感应电流沿顺时针方向 C．t3时刻，线框的热功率为 D．0～t2时间内，通过线框的电荷量为 答案：BC 解析：根据楞次定律、安培定则及左手定则可判断线框受到安培力作用向左加速进入磁场，在t＝0时刻，感应电动势大小为E0＝＝L2·，由牛顿第二定律得B0L＝ma0，由题图丙可知在t＝0刻的加速度为a0＝，联立解得＝，故A错误；由题图乙可知垂直纸面向里的磁感应强度减小，则穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律结合安培定则可知，线框中的电流方向为顺时针，故B正确；由题图丙可知，t2时刻之后，线框速度恒定，说明线框已经全部进入磁场，此后虽然线框中有感应电流，但两边安培力相互抵消，所以线框做匀速直线运动，在t3时刻有E3＝＝L2·，线框的热功率为P3＝，联立可得P3＝，故C正确；0～t2时间内，对线框由动量定理得ILBΔt＝mΔv，即BLΔq＝mΔv，若磁场B＝B0恒定，则有B0LΔq＝mv0，即通过线框的电荷量为Δq＝，但因为B随时间逐渐减小，所以通过线框的电荷量不为，故D错误。故选B、C。 三、非选择题(本题共6小题，共54分。按题目要求作答。计算题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) 11．(8分)“研究电磁感应现象”的实验装置如图所示。 (1)将图中所缺的导线补接完整。 (2)当通电线圈插在感应线圈中时，如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，那么合上开关后进行下述操作时可能出现的情况是： ①将通电线圈迅速插入感应线圈时，灵敏电流计指针将________。 ②通电线圈插入感应线圈后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，灵敏电流计指针将________。 (3)在实验时，如果感应线圈两端断开，则感应线圈电路中将________。 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．不能用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向 D．可以用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向 答案：(1)见解析图　(2)①向右偏转　②向左偏转　(3)BD 解析： (1)连线如图所示。 (2)根据穿过感应线圈的磁通量的变化情况与灵敏电流计的指针偏转方向进行判断，可得①中灵敏电流计指针将向右偏转，②中灵敏电流计指针将向左偏转。 (3)只要穿过感应线圈的磁通量发生变化，就会产生电磁感应现象，就有感应电动势，但电路不闭合，无感应电流。用楞决定律和安培定则可以判断感应电动势的方向，选项B、D正确。 12．(6分)某同学利用如图甲所示装置研究磁铁下落过程中的重力势能与电能之间的相互转化。电阻不计的螺线管固定在铁架台上，线圈与电流传感器、电压传感器和电阻连接。将磁铁置于螺线管正上方由静止释放，穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止(磁铁下落过程中受到的阻力远小于磁铁的重力，并且磁铁不发生转动)，释放点到海绵垫高度差为h。计算机屏幕上显示出如图乙所示的UI­t曲线。 (1)图乙中UI出现前后两个峰值，对比实验过程发现，这两个峰值是在磁铁刚进入螺线管内部和刚从螺线管内部出来时产生的，第二个峰值大于第一个峰值的原因是________________________________________________________________________； (2)如果仅改变释放点使h略微减小，两个峰值都会________(选填“减小”“不变”或“增大”)； (3)如果仅增大电阻的阻值，两个峰值都会________(选填“减小”“不变”或“增大”)。 答案：(1)见解析　(2)减小　(3)减小 解析：(1)在关于螺线管对称的位置，磁铁速度越大，感应电动势和感应电流就越大，UI就越大，第二个峰值大于第一个峰值的原因是磁铁离开螺线管时的速度大于进入螺线管时的速度。 (2)当h减小时，磁铁进出螺线管的速度都会减小，导致螺线管中磁通量的变化率减小，感应电动势和感应电流减小，UI就减小，因此两个峰值都会减小。 (3)螺线管的电阻不计，路端电压等于电动势，如果仅增大电阻的阻值，电流减小，UI就减小，两个峰值都会减小。 13． (8分)如图所示，有一夹角为θ的金属角架，角架所围区域内存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，方向与角架所在平面垂直，一段直导线ab，从顶角c贴着角架以速度v向右匀速运动。求： (1)t时刻角架的瞬时感应电动势； (2)t时间内角架的平均感应电动势。 答案：(1)Bv2t tan θ　(2)Bv2t tan θ 解析：(1)设在t时间内直导线ab向右移动的位移为x，则x＝vt 切割长度l＝x tan θ E＝Blv 解得E＝Bv2t tan θ。 (2)由法拉第电磁感应定律得＝ ΔΦ＝BΔS＝xlB 解得＝Bv2t tan θ。 14．(10分)(2025·四川凉山高二期末)如图为磁悬浮实验车(底部固定单匝金属框abcd)与磁场的示意图。水平地面上是两根长直平行导轨PQ和MN，导轨电阻不计，导轨间有竖直方向等间距的匀强磁场B1和B2，车底部金属框ad边宽度与磁场间隔相等。在t＝0时刻磁场B1和B2同时以v0＝10 m/s沿导轨方向向右匀速运动，使得ab、dc两边都向左切割磁场，实验车在安培力作用下从静止开始运动。已知ab边长L＝0.2 m、金属框总电阻R＝1.6 Ω，列车与线框的总质量m＝2.0 kg，磁场B1＝B2＝1.0 T，实验车运动时受到恒定的阻力f＝0.2 N。求： (1)实验车开始运动瞬间回路电动势大小； (2)实验车开始运动瞬间加速度的大小； (3)实验车的最大速率v。 答案：(1)4 V　(2)0.4 m/s2　(3)8 m/s 解析：(1)已知B＝B1＝B2＝1.0 T，当实验车的速度为零时，金属框相对于磁场的速度大小为v0，金属框中左右两边都切割磁感线，产生的感应电流方向相同，故整体感应电动势为E＝2BLv0＝4 V。 (2)整体受到的安培力为F＝2ILB＝ 由牛顿第二定律可得F－f＝ma 联立解得a＝0.4 m/s2。 (3)实验车最大速率为v时相对磁场的切割速率为v0－v 则此时金属框所受的安培力大小为F′＝ 此时金属框所受的安培力与阻力平衡，有F′＝f 解得v＝8 m/s。 15．(10分)如图所示的是法拉第圆盘发电机，圆盘直径d＝2 m，圆盘处于磁感应强度B1＝1 T、方向竖直向上的匀强磁场中。圆盘左边有两条光滑平行倾斜导轨MN，导轨间距L＝0.5 m，其所在平面与水平面夹角θ＝53°，导轨处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B2＝2 T，用导线把两导轨分别与圆盘发电机中心和边缘的电刷连接，圆盘边缘和圆心之间的电阻r＝1 Ω。在倾斜导轨上放置一根质量m＝0.2 kg，长度也为L，电阻R＝1 Ω的ab导体棒，其余电阻不计。g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。 (1)当圆盘匀速转动时，ab棒刚好能静止在斜面上，求流过ab棒的电流大小和方向。 (2)在满足(1)的前提下，求圆盘转动的方向(从上往下看)和转动的角速度大小。 (3)由于故障圆盘卡住，突然停止转动，ab棒从高h＝10 m的地方开始下滑到底端，并已达到稳定速度，求稳定速度的大小和此过程ab棒上产生的焦耳热。 答案：(1)1.6 A　方向由b到a　(2)逆时针转动　6.4 rad/s　(3)3.2 m/s　9.488 J 解析：(1)当圆盘匀速转动时，ab棒刚好能静止在斜面上，有mg sin θ＝B2IL，解得I＝1.6 A 安培力方向沿导轨向上，ab棒中电流由b到a。 (2)圆盘沿逆时针方向(从上往下看)转动，产生的感应电流从圆盘中心指向圆周，圆盘发电机可以看成半径旋转切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律得 E＝B1lv＝B1··＝B1d2ω，又I＝ 解得ω＝6.4 rad/s。 (3)ab棒达到稳定速度时，有 mg sin θ＝B2IL＝ 解得v′＝3.2 m/s 由功能关系可得Qab＝＝9.488 J。 16．(12分)如图甲所示，两水平放置的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，导轨间距离为L＝1 m。M、P间接有阻值为R＝10 Ω的定值电阻，理想电压表接在定值电阻两端。导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B＝1 T。一根质量m＝0.1 kg的金属棒放在导轨上，金属棒接入电路的电阻也为R＝10 Ω。现对金属棒施加一个水平向右的拉力，使金属棒由静止开始向右运动，金属棒运动后电压表的示数U随时间t变化的规律如图乙所示，金属棒运动过程中与导轨接触良好且始终与导轨垂直，导轨电阻不计。求： (1)t＝5 s时，拉力F的大小； (2)金属棒在运动的前5 s内，拉力F的冲量大小； (3)金属棒运动10 s时，撤去拉力F，则撤去拉力后金属棒运动0.5 m时速度的大小。 答案：(1)0.7 N　(2)2.25 N·s　(3)19.75 m/s 解析：(1)由于金属棒两端的电压与时间成正比，根据欧姆定律知，电路中的电流与时间成正比，电路中的电动势与时间成正比，由E＝BLv可知，速度与时间成正比，即金属棒做匀加速运动。 根据速度时间关系可得v＝at 则电压U＝BLv＝BLat 结合题图乙解得a＝2 m/s2 t＝5 s时，金属棒的速度大小为v5＝at5＝10 m/s 根据牛顿第二定律可得F－＝ma 解得F＝0.7 N。 (2)根据(1)可知 F＝＋ma＝·t＋ma＝(0.1t＋0.2) N 由于拉力F随时间t线性变化，因此拉力F的冲量 I冲＝t＝×5 N·s＝2.25 N·s。 (3)金属棒运动10 s时速度大小为 v′＝at′＝20 m/s 撤去拉力F后，金属棒做减速运动。设金属棒减速运动0.5 m时速度大小为v″ 根据动量定理可得－ILBΔt＝mΔv 根据欧姆定律可得I＝ 根据法拉第电磁感应定律可得E＝＝ 联立可得－＝m(v″－v′) 解得v″＝19.75 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $