第二章 电磁感应 章末检测【A卷】（解析版）

第二章电磁感应章末检测【A卷】

（考试时间：75分钟试卷满分：100分命题范围：第二章电磁感应）

第I卷（选择题共43分）

一.单选题（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.无线充电是近年发展起来的新技术，如图所示，该技术通过交变磁场在发射线圈和接收线圈间传输能量。内

置接收线圈的手机可以直接放在无线充电基座上进行充电，关于无线充电的说法正确的是（）

接收、

线圈

发射

,IKBL线圈

无线充电基座

A.无线充电效率高，线圈不发热

B.无线充电基座可以用稳恒直流电源供电

C.无线充电过程主要利用了电磁感应原理

D.无线充电基座可以对所有手机进行无线充电

【答案】C

【解析】A.接收线圈的磁通量只是发射线圈产生的一部分，则无线充电效率低；充电时线圈中有电流，根据电

流的热效应，可知线圈会发热，故A错误；

B.如果无线充电基座用稳恒直流电源供电，则接收线圈的磁通量不变，不能产生感应电流，无法对手机充电，

故B错误；

C.无线充电过程主要利用互感现象来实现能量传递的，故C正确；

D.如果手机内没有接受线圈，则无线充电基座不可以对手机进行充电，故D错误。故选C。

2.有一个n匝的圆形线圈，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面与磁感线成30°角，磁感应强度均匀

变化，线圈导线的规格不变，下列方法可使线圈中的感应电流增加一倍的是（）

A.将线圈匝数增加一倍

B.将线圈面积增加一倍

C.将线圈半径变为原来的一半

D.将线圈平面转至跟磁感线垂直的位置

【答案】D

【解析】选D。将线圈匝数增加一倍时，线圈中的感应电动势增加一倍，但是由于线圈匝数的增加还会引起线圈

电阻的增加，使电阻也增加了一倍，所以感应电流没有发生变化，A选项错误；将线圈面积增加一倍，感应电动

势也增加了一倍，但是还是因为面积的增加会对线圈的电阻产生影响，导线的长度增加，使电阻也增加为原来的

4倍，B选项错误；将线圈半径变为原来的一半，面积减小为原来的四分之一，感应电动势减小为原来的四分

之一，电阻减小为原来的二分之一，所以感应电流变为原来的二分之一，C选项错误；当线圈平面转到跟磁感线

方向垂直时，线圈的有效面积变为原来的二倍，感应电动势变为原来的二倍，其他条件不变，感应电流变为原来

的二倍，D选项正确。

3.如图所示，一个可绕竖直圆心轴转动的水平金属圆盘，圆盘中心。和圆盘边缘。通过电刷与螺线管相连，螺

线管右侧有竖直悬挂的铜环，匀强磁场垂直于圆盘平面向上，从上向下看，圆盘为逆时针方向匀速转动，则下述

结论中正确的是（）

A.金属圆盘上各处的电势相等

B.圆盘上的电流由边缘流向圆心

C.螺线管内部的磁场从F指向E

D.铜环中有恒定的感应电流产生

【答案】C

【解析】AB.根据右手定则可知，圆盘逆时针方向匀速转动时，产生的感应电流从圆心指向圆盘边缘，则边缘

电势最高，选项AB错误；

C.由安培定则可知，螺线管内部的磁场从尸指向E,选项C正确；

D.圆盘可以看成无数根金属条并联切割磁场，产生的电动势为E=3斤=4°出=屹?

22

电动势恒定，因此产生恒定的感应电流，则螺线管的磁场恒定，穿过铜环的磁通量不变，铜环中无感应电流，选

项D错误。故选C。

4.如图甲所示，线圈匝数为50匝，横截面积为O.OZn?,线圈中有向左的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的

图像如图乙所示，磁场方向向左为正。则关于A、B两点的电势差UAB，正确的是（）

甲乙

A.UAB=2VB.0AB=—2VC.UAB=0・04VD.L/AB=-0.04V

【答案】A

【解析】根据法拉第电磁感应定律，有石="A^=50X*><0.02V=2V

Az2

根据楞次定律，线圈中的电流从A端流出、B端流入，A端电势比B端高，所以0AB=2V,选项A正确。

故选A。

5.一环形线圈固定在匀强磁场中，磁感线总是垂直线圈平面（即垂直于纸面），r=0时刻磁场方向如图甲所示。

磁感应强度B随时间/变化的关系如图乙所示。若环形线圈电阻恒定，绕线圈顺时针方向为感应电流，的正方向,

则下图中能正确反映线圈中感应电流i随时间f的变化关系的是（）

【答案】B

【解析】由图乙可知，8随/的变化率保持不变，故感应电流保持不变，且在0~ls、2~3s、4~5s内线圈内的

方向向里的磁场在均匀的增大，则根据楞次定律感应电流沿逆时针方向，在l~2s、3~4s内线圈内的方向向外

的磁场在均匀的减小，则根据楞次定律感应电流沿逆时针方向。故选B。

6.如图所示，A、B、C是3个完全相同的灯泡，乙是一个自感系数较大的线圈（直流电阻可忽略不计）。则

A.电路接通稳定后，3个灯亮度相同

B.电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭

C.S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭

D.S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭

【答案】C

【解析】A.电路接通稳定后，A灯被线圈短路，完全熄灭，B、C并联，电压相同，亮度相同，故A错误；

B.电路接通稳定后，S断开时，C灯中原来的电流立即减至零，但是由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，

阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感电流通过C灯，所以C灯过一会儿熄灭，故B错误；

CD.电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联。S闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻

很小，逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，A灯的电压逐渐降低，B灯的电压逐渐增大，B灯逐渐变亮，故C正

确，D错误。故选C。

7.如图所示，圆环a和圆环6的半径之比为2：1,两环用同样粗细，同种材料制成的导线连成闭合回路，连接

两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度变化率恒定，则在a、b环分别单独置于磁场中的两种情况下，

N两点的电势差之比为

A.4：1B.1：4C.2：1D.1：2

【答案】C

【解析】。环与6环的半径之比为2:1,故周长之比为2:1,由电阻定律R=夕自知电阻之比为2:1,；M、N两点

S

间电势差大小为路端电压，U=-^—E；由法拉第电磁感应定律石=〃丝="s

R+rZZ

磁感应强度的变化率相同，得EjEb=4:l,故两次电压的比为2:1。故选C。

二.多选题（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部

选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）

8.如图a,螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框。次力相连,

导线框内有一小金属圆环L圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度8随时间按图6所示规律变

A.在钉~/2时间内，L内有逆时针方向的感应电流B.在钉~/2时间内，L有收缩趋势

C.在/2~f3时间内，L内有顺时针方向的感应电流D.在短~/3时间内，L有扩张趋势

【答案】AB

【解析】A.在力~/2时间内，磁感应强度增加，根据增反减同可知，L内有逆时针方向的感应电流，A正确。

B.图线的斜率逐渐变大，经过导线中的电流变大，该电流激发出增大的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生

感应电动势和逆时针方向的感应电流，据结论“增缩减扩”可判断L有收缩趋势，B正确。

C.在才2~/3时间内，磁感应强度变化率一定，经过导线中的电流不变，故L磁通量没有变化，没有感应电流，C

错误。

D.在f2~/3时间内，磁感应强度变化率一定，经过导线中的电流不变，故工磁通量没有变化，没有感应电流，L

也就没有扩张的趋势，D错误。故选AB。

9.如图所示，一根足够长通以图示方向电流的直导线水平放置，直导线的正上方某处有悬点，用绝缘细线悬挂

一铜圆环从图示A点由静止释放，在圆环运动到最低点的过程中.下列说法正确的是（）

A.圆环中感应电流沿逆时针方向

B.圆环中感应电流沿顺时针方向

C.圆环所受安培力的方向总是竖直向上

D.圆环所受安培力的方向总是与圆环的运动方向相反

【答案】BC

【解析】AB.根据安培定则，通电直导线下方区域磁场方向垂直纸面向里，上方区域磁场方向垂直纸面向外，

圆环由A点开始运动到最低点过程中，磁通量增大，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁场方向垂直纸面向里，

感应电流的方向顺时针，故A错误、B正确；

CD.因为磁感应强度在水平方向均匀分布，把圆环分成若干份，可以知道对称的一小段在水平方向的安培力是

大小相等，方向相反的，故圆环所受安培力的方向总是竖直向上的，故C正确、D错误.

10.如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端有一阻值为R的电阻，一质

量为机、电阻也为R的金属棒横跨在导轨上，棒与导轨接触良好.整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀

强磁场中，金属棒以初速度％沿导轨向右运动，前进距离为s）在金属棒整个运动过程中，下列说法正确的是

A.金属棒运动平均速度小于％

2

B.金属棒d克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热

C.通过电阻R电荷量为一

2R

1,

D.电阻R上产生的焦耳热为Q=,相片

【答案】AC

【解析】A.金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，受到水平

向左的安培力，金属棒受到的合力为安培力：F=BIL=BL—==

2R2R2R

金属棒受到安培力作用而做减速运动，速度V不断减小，安培力不断减小，加速度不断减小，故金属棒做加速度

逐渐减小的变减速运动，所以平均速度小于正,故A错正确；

2

B.由能量守恒知金属棒出?克服安培力做的功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热，故B错误；

~p

c.整个过程中通过导体截面的电荷量9=/加=——Ar

2R

△①BLs

又石=---=-----

ArAt

联立得：q=——，故C正确；

2R

D.整个过程中由动能定理可得：-1/1/=0/77V2

2

_1

解得克服安培力做功为：9

1

所以产生的总热量为Q=2加说9

所以电阻R上产生的焦耳热为%诏，故D错误.

第II卷（非选择题共57分）

三、非选择题（共57分，解答题应写出必要的文字说明、方程式或重要演算步骤，只写出最后答案的不得分。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）

11.（6分）（2022.湖北.武汉市常青第一中学高二期末）小红用如图甲所示的装置探究电磁感应现象，螺线管与

灵敏电流计构成闭合电路，条形磁铁N极朝下，请回答下列问题：

<1）要想使电流计指针发生偏转，即有感应电流产生，小红进行了以下四种操作，其中可行的是

（选填选项前的字母）；

A.螺线管不动，磁铁匀速插入或拔出螺线管

B.螺线管不动，磁铁加速插入或拔出螺线管

C.磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动

D.磁铁与螺线管保持相对静止，一起在水平面内做圆周运动

（2）小红又将实验装置改造，如图乙所示，将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，把线圈A

放进螺线管8的里面，观察指针摆动情况，下列说法正确的是（选填选项前的字母）

A.开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转

B.开关闭合后，线圈A插入或拔出的速度越快，电流计指针偏转角度越大

C.线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针向相反的方向偏转

D.开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才会偏转

（3）在（2）的研究中，完成实验后未把线圈4、螺线管B和铁芯分开，也未断开开关，在先拆除A线圈时突然

被电击了一下，试分析被电击的原因：。

【答案】ABABC电流快速减小，由于自感作用，螺线管A会产生很大的感应电动势

【解析】（1）螺线管不动，磁铁不管是匀速还是加速插入或拔出螺线管磁通量都会发生改变，会产生感

应电流，电流计指针发生偏转，故AB正确；

CD.磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动或一起在水平面内做圆周运动，螺线管磁通量都不发生变

化，故不会产生感应电流，电流计指针不发生偏转，故CD错误。故选AB。

（2）[2]A.开关闭合后，线圈A插入或拔出时穿过8的磁通量都会发生变化，产生感应电流，引起电流计指针

偏转，故A正确；

B.线圈A插入或拔出时速度越快，磁通量变化越快，感应电动势和感应电流越大，电流计指针偏转角度越大，

故B正确；

C.线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，穿过B的磁通量分别会增加和减小，且磁通量的方向相同，

故会产生相反方向的感应电流，电流计指针向相反的方向偏转，故C正确；

D.开关闭合后，滑动变阻器的滑片P无论如何滑动，线圈A中电流都会变化，穿过2的磁通量都会发生变化,

产生感应电流，电流计指针都会偏转，故D错误。故选ABC。

（3）[3]在拆除螺线管A时，电流快速减小，由于自感作用，螺线管A会产生很大的感应电动势，所以被电击一

下。

12.（9分）在“探究法拉第电磁感应现象”的实验中，

（1）已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈8、电表及开关按如图所示部分连接，要把电路连接完

整正确，则N连接到（选填或"AT'）,M连接到（选填或"V'）。

（2）正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动时，灵敏电流计

指针向右偏转，由此可以判断。

A.线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端尸向左加速滑动，都能引起灵敏电流计指针向左偏转

B.线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计指针向右偏转

C.滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，灵敏电流计指针都静止在中央

D.因为线圈A、线圈8的绕线方向未知，故无法判断灵敏电流计指针偏转的方向

（3）某同学第一次将滑动变阻器的触头尸慢慢向右移动，第二次将滑动变阻器的触头P快速向右移动，发现电

流计的指针摆动的幅度第二次的幅度大，原因是线圈中的—（填“磁通量”或“磁通量的变化”或“磁通量变化率”）

第二次比第一次的大。

（4）某同学在实验室重做电磁感应现象的实验，他将电流表、线圈A和夙蓄电池，开关用导线连接成电路。

当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其可能的原因是0

A.开关的位置接错

B.电流表的正负极接错

C.线圈B的接头接反

D.蓄电池的正负极接反

【答案】。cB磁通量的变化率A

【解析】

(1)⑴将电流计与线圈8串联成另一个回路，所以N连接公

⑵将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，所以M连接c；

(2)[3]由题意可知：当尸向右加速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，磁通量减少，此时线

圈B中产生了电流使指针向右偏转，故可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏；

A.线圈A向上移动时，线圈8中磁通量减小，指针向右偏转；而滑动变阻器滑动端尸向左加速滑动时，线圈3

中磁通量增大，故指针应向左偏转，故A错误；

B.当铁芯拔出或断开开关时，线圈A中磁场减小，故线圈B中磁通量减小，指针向右偏转，故B正确；

C.滑片匀速运动时，线圈A中也会产生变化的磁场，线圈B中产生了感应电流使指针向右或向左偏转，故C

错误；

D.虽然线圈A、线圈8的绕线方向未知，但根据题意可以判断灵敏电流计指针偏转的方向，故D错误。

(3)[4]两种情况下滑动变阻器的触头P移动的快慢不同，说明电流变化快慢不同、线圈2中的磁感应强度变化

快慢不同，即磁通量变化率不同，产生的感应电动势大小不同，线圈中的磁通量变化率第二次比第一次的大；

(4)[5]A.如果将开关与灵敏电流计构成回路，当他接通、断开开关时，线圈2中的磁通量不变，电流表的指

针不会偏转，故A正确；

B.电流表的正负极接错、只是偏转方向变化，仍会偏转，故B错误；

C.线圈2的接头接反，当他接通、断开开关时，线圈2中的磁通量会发生变化，电流表的指针会偏转，故C

错误；

D.蓄电池的正负极接反，当他接通、断开开关时，线圈8中的磁通量会发生变化，只是电流表的偏转方向变化，

仍会偏转，故D错误。

13.(12分)如图所示，电阻为0.1Q的正方形单匝线圈abed的边长为0.2m,be边与匀强磁场边缘重合。磁场

的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5T。在水平拉力作用下，线圈以8m/s的速度向右穿过磁场区域。

求线圈在上述过程中：

(1)感应电动势的大小E-

(2)所受拉力的大小尸；

(3)感应电流产生的热量。。

XXXX

XXXX

【答案】(1)O.8V；(2)0.8N；(3)0.32J

【解析】

(1)由题意可知当线框切割磁感线是产生的电动势为

E=BLv=0.5仓。.28V=0.8V

(2)因为线框匀速运动故所受拉力等于安培力，有

F=F^=BIL

根据闭合电路欧姆定律有

R

结合(1)联立各式代入数据可得F=0.8N；

(3)线框穿过磁场所用的时间为

故线框穿越过程产生的热量为

产QQ2

Q=I2Rt=——1=—?0.05J=0.32J

R0.1

14.(12分)如图甲，线圈A(图中实线，共100匝)的横截面积为0.5n?,总电阻r=2O,A右侧所接电路中，

电阻N=2Q,殳=6Q,电容C=5RF,开关S1闭合。A中有横截面积为0.4mz的区域D(图中虚线)，D内有

图乙所示的变化磁场，/=0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里。

(1)闭合S2,电路稳定后，通过&的电流大小;

(2)闭合S2,电路稳定后再断开通过&的电荷量。

【答案】⑴0.8A；（2）2.4xl（T5c

【解析】

（1）根据法拉第电磁感应定律石==〃咨

ArAr

解得E=8V

E

闭合S2,电路稳定后，电容断路，则通过&的电流/=五一F—=0-8A

R1+火2+,

（2）电路稳定后再断开S1,电容会释放储存的电荷，断开前电容两端的电压和&两端的电压相等

U=K=4.8V

因此电容储存的电荷量。=CU=2.4X10-5C

故通过用的电荷量为2.4x10-5（2。

15.（18分）如图所示，两平行金属导轨间