物理人教版高中选择性必修二（2019年新编）第二章 电磁感应 单元检测

…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第二章电磁感应章节同步练习一、单选题1.一架飞机在广州上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于受地磁场竖直向下分量的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处电势为φA.

若飞机从东往西飞，φ1比φ2高

B.

若飞机从南往北飞，φ1比φ2低

C.

若飞机从北往南飞，φ1比2.关于线圈中的感应电动势，下列说法中正确的是（）A.

线圈放在磁场越强的位置，线圈中的感应电动势越大

B.

穿过线圈的磁通量越大，线圈中的感应电动势越大

C.

穿过线圈的磁通量变化越大，线圈中的感应电动势越大

D.

穿过线圈的磁通量变化越快，线圈中的感应电动势越大3.下列说法正确的是（）A.

电磁炉主要是利用线圈中电流的热效应来加热物体的

B.

金属物品通过安检门时会产生涡流，涡流的磁场影响报警器使其报警

C.

真空冶炼炉的线圈中通人直流电时，冶炼炉也能正常工作

D.

变压器内用整块铁芯代替硅钢片，可以减小涡流损失4.如图所示，圆心为O、半径为r和2r的同心圆形金属导轨固定在同一平面内，两环间接有阻值为2R的定值电阻。长为r、电阻为R的金属棒AB置于导轨上，BA的延长线通过圆心O。整个装置处于磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中。当AB以角速度ω绕O逆时针匀速转动时（AB与导轨接触良好，导轨电阻不计）（）A.

金属棒中的电流方向由A向B

B.

金属棒两端的电压为1.5Bωr2

C.

金属棒受到的安培力大小为B2r5.如图，一个铝框放在蹄形磁铁的两磁极之间，可以绕支点自由转动。先使铝框和磁铁静止，然后转动磁铁，若忽略空气和一切摩擦阻力，则（）A.

铝框与磁铁的转动方向总相同

B.

铝框与磁铁的转动方向总相反

C.

当磁铁停止转动后，铝框将会保持匀速转动

D.

若两者静止时转动铝框，磁铁则不会转动6.如图的电路中，A、B是两个相同的灯泡；L是带有铁芯的线圈，自感系数较大、电阻可忽略不计。已知闭合S且电路稳定后两灯都正常发光，那么（）A.

闭合S时，两灯同时正常发光

B.

闭合S时，B比A先达到正常发光状态

C.

断开S时，A灯先闪亮一下后逐渐熄灭

D.

断开S时，B灯先闪亮一下后逐渐熄灭7.如图甲所示，线圈ab中通有如图乙所示的电流，电流从a到b为正方向，那么在0~t0A.

从左向右看感应电流先逆时针后顺时针

B.

感应电流的大小先减小后增加

C.

铝环受到的安培力先向左后向右

D.

铝环始终有扩大的趋势8.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，第二次将金属框绕ab边翻转到位置Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则（）A.

ΔΦ1＜ΔΦ2，第一次运动中线框中有沿adcba方向电流出现

B.

ΔΦ1＜ΔΦ2，第二次运动中线框中有沿adcba方向电流出现

C.

ΔΦ1＞ΔΦ2，第一次运动中线框中有沿abcda方向电流出现

D.

ΔΦ1＞ΔΦ2，第二次运动中线框中有沿abcda方向电流出现9.如图所示，金属导轨OM、ON焊接在O点处的金属块（大小不计，图中黑色所示）上，虚线OP是∠MON的角平分线，整个空间分布着垂直导轨平面的匀强磁场。t=0时刻，金属棒由O点沿OP方向做匀速直线运动，棒始终与导轨接触良好且与OP垂直，除金属块外其他电阻不计，则在开始计时的连续相等时间内，通过棒中点横截面的感应电荷量之比为（）A.

1：1

B.

1：2

C.

1：3

D.

2：310.如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路。在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A，不计铁芯和铜环A之间的摩擦。则下列情况中铜环A不会运动的是()A.

在线圈中通以恒定的电流

B.

通电时，使滑动变阻器的滑片P向右匀速移动

C.

通电时，使滑动变阻器的滑片P向左加速移动

D.

开关突然断开的瞬间11.如图所示，总电阻为R的金属丝围成的单匝闭合直角三角形PQM线圈，∠P=30°,  PQ=L,  QM边水平.圆形虚线与三角形PQM相切于Q、D两点，该区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间tA.

方向向右，大小为B0kπL327R

B.

方向向左，大小为B12.如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反．导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)(

)

A.

B.

C.

D.

13.如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，Oc为一能绕O在框架上滑动的导体棒，Oa之间连一电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，施加外力使Oc以角速度ω逆时针匀速转动，则(

)A.

通过电阻R的电流方向由a经R到O

B.

导体棒O端电势低于c端的电势

C.

外力做功的功率为B2ω2r14.如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直且向里的匀强磁场，磁感应强度为B。一根长为2R的导体杆ab水平放置，a端处在圆形磁场的边界，现使杆绕a端以角速度ω逆时针匀速旋转，当杆旋转了30°时（

）A.

a端的电势高于b端的电势，ab杆电动势为12B.

a端的电势低于b端的电势，ab杆电动势为12C.

a端的电势高于b端的电势，ab杆电动势为BRD.

a端的电势低于b端的电势，ab杆电动势为BR15.如图所示，铝质的圆筒形管竖直立在水平桌面上，一条形磁铁从铝管的正上方由静止开始下落，然后在管内下落到水平桌面上。已知磁铁下落过程中不与管壁接触，不计空气阻力，则下列判断正确的是（

）A.

磁铁在整个下落过程中机械能守恒B.

磁铁在整个下落过程中，动能的增加量小于重力势能的减少量C.

磁铁在整个下落过程中做自由落体运动D.

磁铁在整个下落过程中，铝管对桌面的压力小于铝管的重力16.某同学利用如图所示电路研究自感现象。电源的电动势为E，内阻不计，电感线圈L的电阻不计。在t=0时刻闭合开关S，电路稳定后，在t=tA.

B.

C.

D.

二、综合题17.如图，两根足够长的固定光滑平行金属导轨，位于倾角θ=30°的固定斜面上，导轨上、下端接有阻值R1=R2=12Ω的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度L=2m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平而向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，质量m=0.1kg，电阻r=2Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。已知金属棒ab从静止到速度最大时，通过R1的电荷量为0.75C，g=10m/s2，求:（1）金属棒ab下滑的最大速度；（2）金属棒ab从静止到速度最大时下滑的位移。18.如图所示，无限长金属导轨EF、PQ固定在倾角为θ=53°的光滑绝缘斜面上，轨道间距L=1m，底部接入一阻值为R=0.40Ω的定值电阻，上端开口。垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B=2T。一质量为m=1.0kg的金属棒ab与导轨接触良好，ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，ab在导轨间的电阻r=0.1Ω，电路中其余电阻不计。现用一质量为M=2.7kg的物体M通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连。由静止释放M，当M下落高度ℎ=2.4m时，ab开始匀速运动（运动中ab始终垂直导轨，并接触良好）。不计空气阻力，sin（1）ab棒沿斜面向上运动的最大速度vm（2）ab棒从开始运动到匀速运动的这段时间内，通过电阻R的电荷量q和电阻R上产生的焦耳热QR19.如图甲所示，绝缘水平面上固定着两根相距L=0.5m的足够长光滑平行金属导轨PQ、MN，ef右侧水平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的大小随时间变化如图乙所示。开始时ab棒和cd棒被锁定在导轨上图甲所示的位置，ab棒与cd棒平行，ab棒离水平面高度为ℎ=0.2m，cd棒与ef之间的距离也为L，ab棒的质量为m1=0.2kg，有效电阻R1=0.05Ω，cd棒的质量为m2=0.1kg，有效电阻R（1）0~1s时间内通过cd（2）ab棒和cd棒从解除锁定到最后稳定运动过程中，ab棒产生的热量；（3）ab棒和cd棒速度相同时，它们之间的距离。

答案解析部分1.【答案】A【解析】当飞机在北半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，由于感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的，由低电势指向高电势，由右手定则可判知，在北半球不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低，即总有φ1比φ故答案为：A。【分析】飞机在北半球飞行时，地磁场的竖直分量竖直向下，根据右手定则可知飞机的左侧电势高于右侧电势，与飞行方向无关。2.【答案】D【解析】根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与穿过线圈的磁通量的变化率成正比，即磁通量变化越快，线圈中的感应电动势越大。故答案为：D。【分析】本题主要根据法拉第电磁感应定律：感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比进行求解。3.【答案】B【解析】A．电磁炉是利用电磁感应加热原理加热的。使用时，加热线圈中通入交变电流，线圈周围便产生交变磁场，交变磁场的磁感线大部分通过铁锅锅底，在锅底中产生大量的涡流，从而产生烹饪所需的热，所以电磁炉利用铁锅中产生涡流来加热，A不符合题意；B．金属物品通过安检门时遇到变化的磁场，会产生涡流，涡流的磁场影响报警器使其报警，B符合题意；C．真空冶炼炉是利用线圈中的电流做周期性变化，产生涡流，进而产生大量的热，故不是直流电，C不符合题意；D．整块铁芯更容易产生涡流，所以，为了减小涡流损失，应该用叠放在一起相互绝缘的硅钢片，D不符合题意；故答案为：B。【分析】本题主要考查电磁感应中涡流的相关内容。4.【答案】C【解析】A．金属棒逆时针转动，根据右手定则判断可知，金属棒中的电流方向由B向A，A不符合题意；B．导体棒产生的感应电动势大小为E=BLv=Br金属棒两端的电压为路段电压，可得U=B不符合题意；C．根据F=BIL可得，金属棒受到的安培力大小为F=B⋅C符合题意；D．定值电阻2R的热功率为P=D不符合题意。故答案为：C。【分析】本题主要考查导体棒转动切割时产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律和安培力的公式计算求解。5.【答案】A【解析】AB．由楞次定律可知，铝框的转动将阻碍其磁通量的变化，故两者转动方向相同，A符合题意，B不符合题意；C．磁铁停止转动后，铝框的转动将产生感应电流，从而铝框会受到安培力的作用，阻碍铝框的转动，故铝框会慢慢停下来，C不符合题意；D．两者静止时转动铝框，铝框将产生感应电流，而通电导体将产生磁场，可使磁铁转动，D不符合题意。故答案为：A。【分析】由楞次定律分析磁铁转动时铝框中磁通量的变化，从而根据增反减同判断铝框的运动情况。6.【答案】B【解析】AB．根据通电自感可知，闭合开关时，线圈产生自感电动势阻碍电流的增加，则B比A先达到正常发光状态，所以A不符合题意；B符合题意；CD．由于闭合稳定时AB两灯的电流相同，根据断电自感可知，断开开关时，AB灯逐渐熄灭，不会闪亮，所以CD不符合题意；故答案为：B。【分析】自感线圈的作用是阻碍线圈中电流的变化，闭合开关时阻碍电流的增大，断开开关时阻碍电流的减小。7.【答案】C【解析】A．根据题意可知，由于电流从a到b为正方向，当电流是从a流向b，由右手螺旋定则可知，线圈B的磁场水平向右，由于电流的减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，铝环M的感应电流顺时针（从左向右看）；当电流增大时，磁通量变大，根据楞次定律可得，铝环M的感应电流逆时针（从左向右看），A不符合题意；B．由图乙可知，ab内的电流的变化率不变，则产生的磁场的变化率不变，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的电动势的大小不变，所以感应电流的大小也不变，B不符合题意；CD．穿过线圈M的磁通量先减小后增大，根据楞次定律，阻碍磁通量的变化，则铝环受到的安培力先向左后向右，线圈先扩大后收缩的趋势，C符合题意D不符合题意。故答案为：C。【分析】本题主要考查楞次定律的理解：增反减同，增缩减扩，来拒去留。8.【答案】B【解析】在位置Ⅰ时磁通量大小为Φ1，位置Ⅱ时磁通量大小为Φ2。第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量△Φ1=Φ1-Φ2，根据楞次定律判断可知，感应电流沿abcda方向；第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量△Φ2=Φ1+Φ2，根据楞次定律判断可知，感应电流沿adcba方向；则可知，△Φ1＜△Φ2，第二次的感应电流的方向为adcba，B符合题意，ACD不符合题意。故答案为：B。【分析】利用磁通量的方向结合初末磁通量的大小可以比较磁通量变化量的大小，利用磁通量的变化结合楞次定律可以判别感应电流的方向。9.【答案】C【解析】根据题意，由感应电荷量的公式可得q=I又平均电流为I金属棒由O点沿OP方向做匀速直线运动，切割磁感线，则有E所以，可得电荷量为q=因为整个空间分布着垂直导轨平面的匀强磁场，故感应电荷量只与相同时间内面积的大小有关，设金属棒运行的时间分别为t和2t，由几何关系可得，后一t内面积是前一t面积的3倍，故电荷量也是3倍，ABD不符合题意，C符合题意。故答案为：C。【分析】利用电流定义式结合动生电动势和欧姆定律可以求出电荷量和面积的关系，进而求出感应电荷量的比值。10.【答案】A【解析】A．线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A的磁通量不变，没有感应电流产生，环A不动，A符合题意；B．通电时，使变阻器的滑片P作向右匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，回路中电流减小，线圈产生的磁场减小，穿过铜环A磁通量减小，产生感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，二者相互吸引，A向左运动，B不符题意；C．通电时，使变阻器的滑片P作左加速滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，回路中电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过铜环A磁通量增大，产生感应电流。感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反，二者相互排斥，环A向右运动，C不符题意；D．将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过铜环A的磁通量减小，产生感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，二者相互吸引，A向左运动，D不符题意；故答案为：A。【分析】感应电流产生的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化；根据楞次定律判断感应电流的方向；再根据左手定则判断安培力的方向。11.【答案】A【解析】由楞次定律可知，△PQM中感应电流为逆时针方向，PQ边的电流方向由P到Q，由左手定则可知，PQ所受的安培力方向向右；圆形磁场的半径为r=Ltan30°⋅tan30°=L故答案为：A【分析】根据左手定则判断安培力的方向，根据闭合电路欧姆定律结合法拉第电磁感应定律求出感应电流的大小，从而求出安培力的大小。12.【答案】A【解析】设ac左侧磁感应强度是B，则右侧的为2B．导轨间距为L．AB．金属棒PQ通过bac区域时，由右手定则可知金属棒感应电流从Q到P，为正方向，由i=PQ刚要到ac时，i=金属棒PQ通过bdc区域时，由右手定则可知金属棒感应电流从P到Q，为负方向，由i=可知i随时间均匀减小，PQ棒刚离开ac时，i=2BLv当导体棒过ac后，磁感应强度为2B，有效切割长度为2（L-vt），速度为v，则i=4B(L−vt)vA符合题意，B不符合题意．CD．金属棒PQ通过bac区域时，安培力F=Bi⋅2vt=金属棒PQ通过bdc区域时，安培力大小为F=2Bi⋅（L−2vt）=4根据数学知识可得，CD不符合题意．故答案为：A【分析】利用动生电动势的表达式结合有效长度可以求出电动势的大小，结合欧姆定律可以求出感应电流的大小，利用电流的大小结合安培力的表达式可以求出安培力的大小。13.【答案】C【解析】A．由右手定则可知电流由c到O，由回路可判定通过电阻的电流为由O经R到a，A不符合题意。B．导体棒等效为电源，O为电源正极，c为电源负极，故导体杆O端的电势高于c端的电势，B不符合题意。CD．导体棒切割磁场产生的感应电动势为：E=Br⋅由此可知感应电流为：I=由Q=I2Rt可求电阻R上的电热功率为：P=C符合题意；D不符合题意。故答案为：C。【分析】利用右手定则可以判别感应电流的方向；利用电流的方向可以比较电势的高低；利用动生电动势的表达式可以求出电动势的大小，结合欧姆定律可以求出感应电流的大小；再利用热功率的表达式可以求出外力做功功率的大小。14.【答案】A【解析】当杆旋转了30°时，由几何关系可得，在磁场中的杆的长度为L=R由法拉第电磁感应定律E=可得ab杆电动势为E=由右手定则可判断a端的电势高于b端的电势，所以A符合题意；BCD不符合题意；故答案为：A。【分析】利用有效长度结合电动势的表达式可以求出电动势的大小；利用右手定则可以判别电势的高低。15.【答案】B【解析】A．磁铁在铝管中运动的过程中，虽不计空气阻力，但在过程中，要克服安培力做功产生电能，所以机械能不守恒，A不符合题意；B．磁铁在整个下落过程中，除重力做功外，还有产生感应电流对应的安培力做功，导致减小的重力势能，部分转化动能外，还有产生内能，动能的增加量小于重力势能的减少量。B符合题意；C．磁铁在铝管中运动的过程中，虽不计空气阻力，但在此过程中，出现向上的安培力，磁铁在整个下落过程中不做自由落体运动，C不符合题意；D．磁铁在整个下落过程中，由楞次定律“来拒去留”可知，铝管对桌面的压力大于铝管的重力，D不符合题意；故答案为：B。【分析】磁铁下落过程其克服安培力做功其机械能不守恒；由于内能的产生所以其重力势能的减少量大于动能的增量；由于受到安培力的作用其磁铁不能做自由落体运动；利用铝管的平衡条件结合安培力的方向可以判别压力和重力的大小。16.【答案】A【解析】开关闭合时，在0~t1时间内，流过线圈以及灯泡D的电流均为由上向下的稳定电流，为正方向电流；断开开关后，线圈L、电阻R和电灯D构成一闭合回路，发生自感现象，线圈的电流要保持由上向下的电流方向，流进灯泡D由下向上形成回路，线圈相当于电源，因为小灯泡会发生闪亮现象，可知流过灯泡的电流大于流过灯泡以前的电流，然后逐渐减小到零，A符合题意，BCD不符合题意；故答案为：A。【分析】根据自感现象和和闭合回路的分析进行判断。17.【答案】（1）根据串并联电路的特点知，外电路总电阻为R=R当加速度a为零时，速度v达最大，有mgsin由欧姆定律得I=E由法拉第电磁感应定律得Em联立以上各式解得vm=4m/s（2）金属棒ab从静止到速度最大的过程中有q=II=E=其