2021学年第二章 电磁感应综合与测试同步测试题

第二章《电磁感应》高分必刷巩固达标检测卷（基础版）全解全析

1．A

【详解】

A．通电线圈中的电流均匀增大，则产生的磁场均匀增大，有金属片通过时，穿过金属片中的磁通量均匀增大，金属片中会感应出涡流，故A正确；

B．金属片中涡流的磁场与通电线圈中产生的磁场方向相反，虽然会对接收线圈中磁通量的增大有一定的阻碍作用，但不能阻止接收线圈中磁通量增大，所以接收线圈中的感应电流的方向不会改变，故B错误；

CD．无金属片通过时，接收线圈中的磁通量由左向右均匀增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针，根据法拉第电磁感应定律可知接收线圈中的感应电动势不变，感应电流不变，故CD错误。

故选A。

2．D

【详解】

A．当固定线圈上突然通过直流电流时，穿过金属环的磁通量增大，根据楞次定律“增缩减扩”可知，金属环被向左弹射的瞬间，还有收缩的趋势，A错误；

B．若金属环放在线圈右侧，根据“来拒去留”可知，金属环将向右运动，B错误；

C．根据“来拒去留”可知，当固定线圈上突然通过直流电流时，金属环会受到向左的力的作用，与电源的正、负极无关，C错误；

D．线圈中电流从左侧流入，根据右手螺旋定则可知，环内磁场方向向右，在闭合开关S的瞬间，磁场变强，由楞次定律可知，金属环的感应电流从右侧看为顺时针方向，D正确。

故选D。

3．D

【详解】

由安培定则得，恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直纸面向外，右边的磁场方向垂直纸面向里。当线圈向导线靠近时，磁场方向是垂直纸面向外，穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向。当线圈越过导线时到线圈中心轴与导线重合，磁场方向是垂直纸面向外，穿过线圈的磁通量的变小，则感应电流方向为逆时针方向。

当继续向右运动时，磁场方向是垂直纸面向里，穿过磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向。当远离导线时，磁场方向是垂直纸面向里，穿过线圈的磁通量变小，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向。

故选D。

4．D

【详解】

A．闭合开关，A灯立即变亮，B灯所在电路上线圈L产生自感电动势，阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大，所以B灯逐渐变亮，A错误；

B．闭合开关， A灯立即变亮，B灯逐渐变亮，最后两灯亮度相同，B错误；

CD．闭合开关，电路稳定后再断开开关，线圈产生自感电动势，相当电源，自感电动势方向与B灯原电流方向相同，由于A、B两灯串联，与A灯原电流方向相反，线圈直流电阻不计，A灯立即熄灭，B灯先闪亮一下，然后逐渐变暗直到熄灭，C错误，D正确。

故选D。

5．B

【详解】

设磁感应强度的变化率为k，由法拉第电磁感应定律有

可得

所以

磁通量

与匝数无关，故

磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场与原磁场方向相反，则由安培定则可知，感应电流方向沿顺时针方向，故ACD错误B正确。

故选B。

6．A

【详解】

BCD．磁感应强度在0~1内，由于磁感应强度垂直纸面向里为正方向，则磁场垂直纸面向里且大小均匀增大，所以由楞次定律可得线圈感应电流是逆时针，根据左手定则判断出圆环的下半部分所受安培力的方向向上，根据法拉第电磁感应定律得线圈感应电流是不变的，线框受重力、拉力和安培力，根据平衡条件得细线的拉力

由于磁感应强度B随时间均匀增大，所以圆环的下半部分所受安培力均匀增大，所以细线的拉力F随时间均匀减小，选项BCD错误；

A．磁感应强度在1~2内，磁场不变，则没有感应电流，细线的拉力

而磁感应强度在2~3内，磁感应强度B垂直纸面向里且随时间均匀减小，同理可知感应电流方向为顺时针，圆环的下半部分所受安培力的方向向下，所以细线的拉力

由于磁感应强度B随时间均匀减小，所以圆环的下半部分所受安培力均匀减小，所以细线的拉力F随时间均匀减小；

磁感应强度在3~4内，磁感应强度B垂直纸面向外且随时间均匀增大，感应电流方向为顺时针，圆环的下半部分所受安培力的方向向上，所以细线的拉力

由于磁感应强度B随时间均匀增大，所以圆环的下半部分所受安培力均匀增大，所以细线的拉力F随时间均匀减小。选项A正确。

故选A。

7．C

【详解】

当PQ边的中点经过边界MN的瞬间，OQ段和PQ段一部分在切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即O到PQ中点的距离，即

动生电动势为

由右手定则可知，Q点电势比O点电势高，设每个边的电阻为R，OP两点的电势差

联立可得

故C正确，ABD错误。

故选C。

8．D

【详解】

根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，再根据右手螺旋定则可知环形导线中的感应电流为顺时针，即a点为电源的负极，所以a点电势低于b点，流经R的电流方向为从下到上。

感应电动势

则流过R的电流大小为

a、b间的电压大小为路端电压

故选D。

9．D

【详解】

A．金属棒从I位置运动至Ⅱ位置的过程中，该回路的磁通量增加，根据楞次定律有，金属棒与导轨围成的回路中有逆时针方向的电流，所以A错误；

B．金属棒从Ⅱ位置运动至Ⅲ位置的过程中，该回路的磁通量保持不来，金属棒与导轨围成的回路中没有感应电流，所以B错误；

C．金属棒从I位置运动至Ⅲ位置的过程中，穿过金属棒与导轨围成的回路的磁通量的变化量为BS，所以C错误；

D．金属棒从Ⅱ位置运动至Ⅲ位置的过程中，若磁场的磁感应强度变化，根据

则金属棒与导轨围成的回路中有感应电流产生，所以D正确；

故选D。

10．D

【详解】

A．由于在圆环内存在磁感应强度为B的匀强磁场，所以金属棒有效切割长度为r，金属棒切割磁感线产生的感应电动势

故A错误；

B．以金属棒有效切割长度为r，单位长度电阻为

R0=10Ω

则金属棒电阻为

Rr=1Ω

电路中的总电阻为

电路中电流为

故B错误；

C．导体棒消耗的电功率为

故C错误；

D．电阻R2中电流为干路电流一半，则消耗的电功率为

故D正确。

故选D。

11．BD

【详解】

A．当cd边进入磁场后，切割磁感线，根据右手定则可知，产生逆时针的感应电流，由于线框的宽度大于磁场宽度，则当cd边离开磁场而ab边还未进入磁场，此时，线框中无感应电流，当ab边进入磁场，根据右手定则，可知产生顺时针感应电流，故A错误；

B．线框cd边穿越磁场的过程中，根据法拉第电磁感应定律

cd边切割磁感线，相当于电源，则cd两端的电压

故B正确；

C．线框cd边穿越磁场过程中，线框以v0=0.5m/s匀速穿过磁场，则外力

故C错误；

D．线框在穿过磁场的过程中，安培力做功

线框中产生的焦耳热

故D正确。

故选BD。

12．BD

【详解】

AB．根据右手定则可知，通过导线的感应电流方向为N→M，所以通过左、右两侧电阻的感应电流方向均为向下，故A错误，B正确；

CD．当MN运动至圆形区域直径位置时，切割磁感线的有效长度最大，感应电动势最大，通过MN的电流最大，为

故C错误，D正确。

故选BD。

13．AD

【详解】

A．经过一段时间后，两金属棒都匀速运动，整体分析

解得

故A正确；

B．对P与重物整体分析

对Q受力分析

故两金属棒的加速度大小并非始终相等，故B错误；

CD．根据以上分析可知，两者加速度之比为

从开始到稳定用时相同，故根据

可得匀速运动时的速度大小之比；两金属棒P、Q的加速距离之比为，故C错误D正确。

故选AD。

14．AD

【详解】

设线圈的长为，宽为

A．线圈中感应电流

可遏制

故线圈中感应电流之比为，故A正确；

B．线圈中产生的热量

可得

线圈中产生热量之比为，故B错误；

C．由于线圈匀速运动，外力与安培力大小相等，为

外力的功率为

可知

沿运动方向作用在线框上的外力的功率之比为1：4，故C错误；

D．流过横截面的电荷量为

可知与无关，所以流过任一横截面的电荷量之比为1：1，故D正确。

故选AD。

15．BC

【详解】

AB．金属棒下滑时受重力、支持力、安培力和摩擦力，根据牛顿第二定律

mgsinθ-F安-μmgcosθ=ma

安培力为

联立可得

可知随着速度的增大加速度逐渐减小，当加速度为零时，速度达到最大，以后做匀速运动，即

故A错误，B正确；

C．金属棒从位置ab运动到cd的过程中，根据能量守恒可知，机械能的减小量等于电路中产生的焦耳热以及摩擦生热之和，故C正确；

D．根据动能定理可知，金属棒从位置ab运动到cd的过程中，有

其中

电阻R产生的热量

联立可得

故D错误。

故选BC。

16．a    c    B    磁通量的变化率   

【详解】

（1）[1] 将电流计与线圈B串联成另一个回路，所以N连接a。

[2]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] A．由题意可知，当P向右匀速滑动时，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。滑动变阻器滑动端P向右加速滑动时，线圈B中磁通量减小，故指针应向右偏转，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．滑片匀速向左运动时，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偏转，故C错误。

故选B。

（3）[4] 在电磁感应现象中，磁通量的变化率等于电动势。电动势越大，感应电流越大。所以第一次电流计的指针摆动的幅度比第二次的大。原因是线圈中第一次的磁通量的变化率比第二次的大。

17．左    A    慢慢变亮    立即变亮，然后慢慢熄灭    立即熄灭    闪亮一下，然后熄灭   

【详解】

（1）[1]由题意可知，电流增大时，穿过线圈的磁通量增大，电流表指针向左偏转，电路稳定后，若向右移动滑片，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，回路中的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，则电流表指针向左偏转；

[2]在完成实验后未断开开关，也未把A.B两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路A线圈时，线圈A中的电流突然减少，从而出现断电自感现象，线圈中会产生自感电动势，进而突然会被电击了一下。

（2）[3]两电路电键S闭合后，由于线圈中自感电动势阻碍电流增加，则会看到小灯泡A将慢慢变亮；

[4]小灯泡B将立即变亮，电路稳定后线圈中自感电动势消失，电阻为零，则灯泡B会慢慢被短路而熄灭；

[5]S断开后，小灯泡A立即熄灭；

[6]小灯泡B，由于线圈中自感电动势阻碍电流减小，则会在线圈和灯泡B中形成回路，使得灯泡B闪亮一下，然后熄灭。

18．（1）5.76×10-2 W；（2）1.8×10-5 C

【详解】

（1）根据法拉第电磁感应定律

E＝＝n·S

＝T/s＝0.4 T/s

代入数值得

E＝1500×20×10-4×0.4 V＝1.2 V

根据闭合电路欧姆定律

I＝＝0.12 A

P＝I2R1

代入数值得

P＝5.76×10-2 W

（2）S断开后，流经R2的电量即为S闭合后C板上所带的电量Q。

S闭合后，电容器两端的电压

U＝IR2＝0.6 V

流经R2的电荷量

Q＝CU＝1.8×10－5 C

19．（1）加速度减小的加速运动；（2）1T；

【详解】

（1）根据牛顿第二定律

而

故金属杆在匀速运动之前做加速度减小的加速运动；

（2）金属杆产生的感应电动势

E=BLv

感应电流

金属杆所受的安培力

由题意可知金属杆受拉力、安培力和阻力作用，匀速时合力为零，即有

所以

从图线可以得到直线的斜率

k=2

联立可得

将数据代入可解得

B=1T

由

f=μmg=2N

得

20．（1）6m/s2；（1）6m/s；（3）1.8V

【详解】

（1）当导体刚开始下滑时，加速度最大，则有

（2）当导体所受的合外力为零时，速度最大，则有

联立解得

（3）当导体棒稳定下滑时ab两端的电压

21．（1）；（2）；（3）

【详解】

（1）设金属棒匀速运动时的速度为，此时的感应电动势为

感应电流为

则金属棒所受安培力为

导体棒受力平衡，有

联立解得

（2）设金属棒由静止释放到达到匀速的过程中回路中产生的总热量为，根据能量守恒定律得

电阻上产生的热量为

联立可得

（3）金属棒由静止释放到达到匀速的过程中对金属杆由动量定理得

又

联立解得