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

选择性必修第二册《电磁感应》章末检测 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，只有一项符合题目要求。 1．下列叙述符合物理史实的是（　　） A．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说 B．法拉第指出感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 C．库仑利用扭秤实验测定了静电力常量 D．密立根发现电流存在磁效应，首先提出电和磁之间存在联系 2．自1932年磁单极子概念被狄拉克提出以来，不管是理论还是实验物理学家都一直在努力寻找，但迄今仍然没能找到它们存在的确凿证据。如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的闭合超导线圈，那么，从上向下看，这个线圈中将出现（　　） A．先是逆时针方向，然后是顺时针方向的感应电流 B．先是顺时针方向，然后是逆时针方向的感应电流 C．逆时针方向的持续流动的感应电流 D．顺时针方向的持续流动的感应电流 3闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。如图，磁感应强度B随时间t按正弦规律变化。为穿过金属框的磁通量，E为金属框中的感应电动势，下列说法正确的是（   ） A．t在内，和E均随时间增大 B．当与时，E大小相等，方向相同 C．当时，最大，E为零 D．当时，和E均为零 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 4．如图，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（俯视），a、b、c三点的电势分别为、、。已知bc边的长度为。下列判断正确的是（　　） A．，金属框中无电流 B．，金属框中电流方向沿a→b→c→a C．，金属框中无电流 D．，金属框中电流方向沿a→c→b→a 5．穿过四个闭合回路的磁通量Φ与时间t的关系图像分别如图①~④。关于回路中产生的感应电动势，下列说法正确的是（　　） A．图①中回路产生的感应电动势不为零且恒定不变 B．图②中回路产生的感应电动势一直在变大 C．图④中回路产生的感应电动势先变小后变大 D．图③中回路在0~t1时间内产生的感应电动势等于在t1~t2时间内产生的感应电动势 6．如图甲所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个体积很小的磁铁，在小磁铁正下方桌面上放置一个闭合的铜制线圈。将小磁铁向下拉到某一位置后释放，第一次回到原点开始计时，小磁铁将做阻尼振动，其位移x随时间t变化的图像如图乙所示，经时间，可认为振幅A衰减到0，取竖直向上为正向。曲线上A、B两点连线与横轴平行，不计空气阻力，下列说法正确的是（    ） A．B时刻线圈中有逆时针（从上往下看）方向的电流 B．更换电阻率更大的线圈，振幅A会更快地衰减到零 C．小磁铁在A时刻的动能等于B时刻的动能 D．增加线圈的匝数，会减小，线圈产生的内能不变 7．如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其电阻忽略不计。下列说法正确的是（　　） A．S闭合瞬间，A先亮 B．S闭合瞬间，A、B同时亮 C．S断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭 D．S断开瞬间，B逐渐熄灭 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，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．如图甲所示，在水平实验台上固定一个周长为的超导圆环，一块质量为的永磁铁沿圆环中心轴线从正上方缓慢向下运动，永磁铁最终悬浮在圆环正上方高度处，由于超导体存在极小的电阻导致电流衰减，永磁铁的悬浮位置会随时间缓慢下移，经过时间，悬浮高度变为。已知永磁铁在高度处时，圆环所在位置的磁感应强度大小分别为，磁场方向与水平方向的夹角分别为，圆环中的感应电流大小分别为。图乙为实验测得的圆环中电流大小的平方随时间变化的图像，重力加速度为，忽略磁场能的变化。下列说法正确的是（　　） A．从上向下看，超导圆环中感应电流的方向为逆时针方向 B．永磁铁在高度处时，超导圆环所受安培力的大小为 C．永磁铁在高度处时，超导圆环所受安培力的方向竖直向上 D．该超导圆环的电阻值为 9．如图所示，两条相距为L的足够长的光滑平行金属导轨位于水平面（纸面）内，其左端有一电容为C的不带电的电容器和一定值电阻R，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，质量为m的金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，金属棒及导轨电阻不计。现给棒一个平行导轨向右的初速度，下列关于单刀双掷开关接不同位置的说法正确的是（　　） A．接1时，若流过金属棒横截面的电荷量为q时，棒速度减为零，则流过金属棒的电荷量为时，金属棒的速度为 B．接1时，若金属棒的速度为时的位移为x，则金属棒的最大位移为 C．接2时，金属棒做匀速直线运动时的速度一定是 D．接2时，金属棒做匀速直线运动时的速度 10．如图所示，间距为d的足够长平行光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接有自感系数为L的电感线圈，导轨处于垂直导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将一根质量为m的导体棒从导轨上某处紧贴导轨由静止释放，金属棒运动过程始终与导轨垂直且与导轨接触良好，重力加速度为g，不考虑电磁辐射，不计一切电阻。在金属棒运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．导体棒在导轨上做变加速运动，直至匀速下滑 B．导体棒在导轨上做往复运动 C．导体棒的最大动能为 D．导体棒中最大电流为 三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．某同学用题图中的器材做“探究电磁感应产生条件”的实验。 (1)闭合电键的一瞬间，观察到电流表G指针向左偏转。则闭合电键后，将滑动变阻器的滑片向b端移动，则观察到电流表G的指针向___________（填“左”或“右”）偏转。保持滑动变阻器滑片位置不变，将线圈A中的铁芯快速抽出，电流表G的指针将___________（填“左”或“右”）偏转。 (2)闭合电键后，第一次将滑动变阻器的滑片快速地从a端移到b端，第二次将滑动变阻器的滑片慢慢移到b端，会发现电流表G的指针摆动的幅度第一次比第二次___________（填“大”或“小”），原因是这两次通过线圈的磁通量___________（填“变化量”或“变化率”）不同。 12．图甲为某同学研究自感现象的实验电路图。 (1)实验前，他首先用多用电表来测线圈L的电阻，操作步骤如下： ①机械调零后将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”“-”插孔，选择欧姆“×10”挡； ②把红、黑表笔分别与自感线圈的两端相接，发现多用电表的指针读数太小； ③为了较准确地进行测量，重新选择恰当的倍率； ④把红、黑表笔分别与自感线圈的两端相接，稳定后多用电表表盘示数如图丙所示。 上述步骤中遗漏的重要步骤是__________，此线圈L的直流电阻为__________。 (2)已知电路中电灯的电阻，A、B间电势差，用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流。开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在时刻断开开关S，该时刻前后电流传感器（图中电流表）显示的电流I随时间t变化的图线如图乙所示。 ①闭合开关一段时间后，开关断开时，看到的现象是__________。 ②断开开关后，通过电灯的电流方向是__________（选填“a→b”或“b→a”）。根据实验信息可知，定值电阻__________ ③断开开关瞬间，线圈产生的自感电动势为__________V。 13．如图甲所示为边长、匝数，阻值的正方形线框，两端与阻值的定值电阻以及电流表相连接，正方形线框内存在半径的圆形磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，规定垂直纸面向里的方向为正，电流表和导线的电阻不计，回答以下问题 (1)感应电动势的大小； (2)0-0.2s的时间内流过定值电阻的电荷量。 14．某种轨道交通工具的电磁制动装置的原理图如图甲所示，间距为的两平行光滑轨道固定于水平地面上，轨道上O点右侧区域分布着磁场，以O点为坐标原点，沿轨道方向建立x轴，磁感应强度随x变化的图像如图乙所示。将电阻均为、长度均为L的两根金属杆M、N用两段长均为的硬质金属导线焊接成质量为的长方形金属框，并放置于轨道上。若金属框以大小为的初速度进入磁场，金属杆N运动到处时，立即对金属框施加外力F使其匀速进入右侧非匀强磁场区域，待金属框刚好完全进入非匀强磁场区域时立即撤去外力F。整个运动过程中金属框始终与导轨接触良好。忽略硬质金属导线的电阻，忽略金属框中电流间的相互作用力。求： (1)金属杆N运动到处时的速度大小； (2)撤去外力F前的瞬间，F的瞬时功率； (3)撤去外力F后，金属框还能继续运动的位移大小。 15．如图为航母电磁弹射系统的简化原理图，质量为、边长为、电阻为的正方形金属线框，静置于水平且平行的光滑金属导轨上，导轨间距为。导轨平面内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为。储能装置由电源与电容器组成，电源电动势为，电容器电容为。单刀双掷开关先拨向1，电容器充电完成后再将开关拨向2。已知导轨电阻不计且足够长，线框始终与导轨垂直且接触良好，求： (1)电容器充电完成后的电荷量； (2)线框可获得的最大速度； (3)线框边在加速过程中的发热量。（提示：电容器的储能公式可通过图像分析得出） 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C C C C D C ABD AD BD 1．A 【详解】A．安培根据通电螺线管磁场和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质，A正确； B．“感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化”是楞次提出的楞次定律，B错误； C．库仑利用扭秤实验发现了库仑定律，但当时电荷量单位尚未定义，库仑并未测定静电力常量，C错误； D．奥斯特发现电流的磁效应，首次提出电和磁存在联系，D错误。 故选A。 2．C 【详解】只有N极的磁单极子从上到下穿过闭合超导线圈，可分成穿入和穿出两个过程。磁单极子从上到下穿入闭合超导线圈时，向下的磁通量增加，由楞次定律可判断出，从上向下看，闭合超导线圈中将出现逆时针方向的感应电流；磁单极子穿出闭合超导线圈时，向上的磁通量减少，由楞次定律可判断出，从上向下看，闭合超导线圈中将出现逆时针方向的感应电流；所以磁单极子从上到下穿过闭合超导线圈，从上向下看，闭合超导线圈中将出现逆时针方向的持续流动的感应电流。 故选C。 3．A 【详解】由题意可知，滑片向左滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，线圈中电流减小，穿过线圈的磁通量减小，电流表指针向右偏转。即磁通量减小时，指针向右偏转。 A．拔出线圈，穿过线圈的磁通量减小，电流表指针向右偏转，故A正确； B．断开开关，线圈中电流减小为零，穿过线圈的磁通量减小，电流表指针向右偏转，故B错误； C．滑片向左匀速滑动，变阻器接入电路的电阻增大，线圈中电流减小，穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流，电流表指针发生偏转，故C错误。 故选A。 4．C 【详解】ABD．导体棒bc、ac做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则，导体棒bc感应电动势的方向从b到c，导体棒ac感应电动势的方向从a到c，因三角形金属框abc逆时针转动过程中磁通量始终为零，故金属框中无感应电流；导体棒ab不切割磁感线，不产生感应电动势，故ab两点电势相等，综上有，，故A、B、D错误； C．根据法拉第电磁感应定律，导体棒bc产生的感应电动势大小 所以 因三角形金属框磁通量始终为零，故金属框中无感应电流，故C正确。 故选C。 5．C 【详解】根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，在图像中，图线切线斜率的绝对值表示磁通量变化率的大小。 A．图①中图线平行于时间轴，斜率为零，磁通量不随时间变化，感应电动势为零，故A错误； B．图②中图线是倾斜直线，斜率恒定，磁通量均匀变化，感应电动势恒定不变，故B错误； C．图④中图线切线斜率的绝对值先减小后增大，所以感应电动势先变小后变大，故C正确； D．图③中时间内图线斜率的绝对值大于时间内图线斜率的绝对值，所以时间内产生的感应电动势大于在时间内产生的感应电动势，故D错误。 故选C。 6．D 【详解】A．B时刻小磁铁位移为正，振动方向向下，可知线圈的磁通量向上增大，根据楞次定律可知线圈中有顺时针（从上往下看）方向的电流，故A错误； B．更换电阻率更大的线圈，线圈中产生的感应电流会变小，线圈中产生的感应电流的磁场变弱，对磁铁的“阻碍”作用变弱，则振幅会更慢慢地衰减到零，故B错误； C．小磁铁在A时刻的位移等于B时刻的位移，可知A时刻小磁铁的重力势能和弹簧的弹性势能等于B时刻小磁铁的重力势能和弹簧的弹性势能，由于有能量损失，可知小磁铁在A时刻的动能大于B时刻的动能，故C错误； D．增加线圈的匝数，线圈中产生的感应电动势变大，感应电流变大，机械能很快就转化为内能，则会减小，由于开始释放时弹簧的弹性势能相同，可知停止时线圈产生的内能不变，故D正确。 故选D。 7．C 【详解】AB．刚通电时，自感线圈相当于断路，二极管中为反向电流，则电流既不通过A灯，也不通过B灯。电路稳定时，依题意，自感线圈相当于导线，则电流流过B灯，B灯发光，则S闭合瞬间，A、B两灯均不亮，然后A灯仍不亮，B灯逐渐变亮，故AB错误； CD．开关断开瞬间，自感线圈相当于电源，自感线圈与二极管、A灯形成回路，二极管中为正向电流，则A灯闪亮一下，然后逐渐熄灭，开关断开后，B灯不处在回路中，B灯立即熄灭，故C正确，D错误。 故选C。 8．ABD 【详解】A．永磁铁向下靠近圆环，穿过圆环的向下磁通量增加，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向上阻碍磁通量增加；由右手螺旋定则，从上向下看，超导圆环中感应电流为逆时针方向，故A正确； B．将磁感应强度分解为竖直分量和水平分量，竖直分量对电流的安培力沿水平方向，总合力为零；水平分量对每个电流元的安培力均沿竖直方向，总安培力大小为 ，故B正确； C．永磁铁悬浮平衡，重力向下，因此圆环对永磁铁的安培力竖直向上；根据牛顿第三定律，永磁铁对超导圆环的安培力方向竖直向下，故C错误； D．根据能量守恒，永磁铁重力势能的减少量全部转化为超导圆环电阻的焦耳热（忽略磁场能变化），即 随线性变化，焦耳热 整理得，故D正确。 故选ABD。 9．AD 【详解】A．接1时：对棒由动量定理有 而 即 当流过棒的电荷量为时，有 解得，故A正确； B．因为 则， 可知当棒的速度为时的位移为时，棒的最大位移为，故B错误； CD．接2时，当棒匀速运动时 且对棒由动量定理得 又 联立得即，故C错误，D正确。 故选AD。 10．BD 【详解】AB．由于电路中只有电感且无电阻，导体棒切割磁感线的电动势等于自感线圈的自感电动势，即 对等式两边同时乘并求和，得，可得 解得 对导体棒由牛顿第二定律，重力向下、安培力向上，得 将代入，得 F与相对平衡位置的位移成正比、方向相反，说明导体棒做简谐运动，因此在导轨上做往复运动，而非匀速下滑，故A错误，B正确； C．当时，导体棒处在平衡位置，则有 解得 导体棒做简谐运动的周期为 其中，解得 则圆频率 简谐运动的最大速度出现在平衡位置，最大速度 其中振幅 代入得 最大动能，故C错误； D．由可知，取最大值时最大，最大值为 代入得最大电流，故D正确。 故选BD。 11．(1) 左 右 (2) 大 变化率 【详解】（1）[1]已知闭合电键瞬间，线圈B中磁通量增加，电流表指针左偏，可得规律，穿过线圈B的磁通量增加时指针左偏，磁通量减少时指针右偏。 [2]当滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，线圈A的电流增大，穿过线圈B的磁通量增加，因此电流表指针向左偏转，将线圈A中的铁芯快速抽出时，线圈B内磁场减弱，磁通量减少，因此感应电流方向改变，电流表指针向右偏转。 （2）两次移动滑片最终位置相同，因此线圈B中磁通量的总变化量相同；第一次快速移动时，过程用时更短，磁通量的变化率更大，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势更大，感应电流更大，因此电流表指针摆动幅度第一次更大，两次的差异来源于磁通量变化率不同。 12．(1) 每次使用欧姆表换挡后都要重新进行欧姆调零 22 (2) 灯泡突然变亮再逐渐熄灭（闪亮后熄灭） b 8 16.8 【详解】（1）[1]因为欧姆表每次改换挡位，相当于改变了欧姆表的内部构造，所以每次使用时都要重新欧姆调零； [2]因为第一次使用的是“”挡，指针读数太小，故应该换成“”挡，题图中指针指在“22”，所以电阻约为22。 （2）[1]根据图乙可知开关闭合电路稳定时通过自感线圈的电流为，而通过灯泡的电流为 可知灯泡所在支路电流小于通过自感线圈的电流。所示当S断开时，自感线圈产生自感电动势，自感线圈与灯泡和定值电阻构成闭合回路，因此通过灯泡的电流突然会大于原来电流0.18A，所以灯泡会突然变亮，随着自感电动势的减小，灯泡逐渐熄灭； [2]断开开关后，通过自感线圈的电流方向不变，而自感线圈与灯泡和定值电阻构成闭合回路，此时自感线圈相当于电源，因此可知通过灯泡的电流方向为； [3]设自感线圈的电阻为，则有 解得 [4]断开开关后，自感线圈中电流的最大值为，则自感电动势 13．(1) (2) 【详解】（1）根据楞次定律可知，感应电动势大小为 （2）电路中的感应电流为 0-0.2s的时间内流过定值电阻的电荷量 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）金属杆N从运动到的过程中，磁感应强度大小，金属杆N产生的平均电动势为 由闭合电路欧姆定律得 由动量定理得 解得。 （2）金属杆N从运动到的过程中，同（1）可得金属杆N运动到处时的速度大小为，由图可得处的磁感应强度大小，在撤去外力F前瞬间，金属框匀速运动，由受力平衡得 撤去外力F前瞬间，F的瞬时功率为 代入数据解得。 （3）撤去外力F后，金属杆M和N所在位置处的磁感应强度大小始终相差，回路中的感应电动势为 由闭合电路欧姆定律得 金属框所受的合外力大小为 对金属框由动量定理可得 可得撤去外力后有 金属框的位移大小为。 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）S拨向1时，电容器充电，电容器充电完成后，两端电压等于电源电动势，则 （2）S拨向2，电容器放电，线框加速运动并切割磁感线产生感应电动势，直到电容器两极间电压与线框的感应电动势相等时，电容器放电结束，线框获得的速度最大，此时电容器的电压为，电容器的电荷量为，则有， 对于线框，由动量定理 因为 联立解得 （3）根据图像可得电容器储能公式为，根据能量守恒定律有 PQ边在加速过程中发出的热量 联立解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $