第二章《电磁感应》（综合复习与测试）（含解析）-人教版物理选修二

这是一份第二章《电磁感应》（综合复习与测试）（含解析）-人教版物理选修二，文件包含第二章《电磁感应》综合复习与测试原卷版-人教版物理选修二docx、第二章《电磁感应》综合复习与测试解析版-人教版物理选修二docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。

第二章 电磁感应综合复习与测试知识体系·思维导图综 合 测 试单选题：1．如图甲为手机及无线充电板。图乙为充电原理示意图。交流电源接充电板，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题作如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，若在到时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由均匀增加到。下列说法正确的是（　　）A．c点的电势高于d点的电势B．受电线圈中感应电流方向由d到cC．c、d之间的电势差为D．c、d之间的电势差与送电线圈中的电流的变化率无关【答案】C【解析】 AB．受电线圈平面磁感应强度向上由均匀增加到，根据楞次定律可得受电线圈中的感应电流为顺时针（从上往下），即受电线圈中的电流为，受电线圈作为等效电源，电源内部电流由低电势流向高电势，即，AB错误；C．根据法拉第电磁感应定律可求得受电线圈的感应电动势大小为又因为:,则c、d之间的电势差为:,C正确；D．送电线圈中的电流的变化率，影响受电线圈中磁感应强度的变化率，从而影响受电线圈中磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律可知，c、d之间的电势差与送电线圈中的电流的变化率有关，D错误。故选C。2.如图所示，M为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷。在M正上方用丝线悬挂一个闭合铝环N，铝环也处于水平面中，且M盘和N环的中心在同一条竖直线O1O2上，现让橡胶盘由静止开始绕O1O2轴按图示方向逆时针加速转动，下列说法正确的是(　　)A．铝环N有沿顺时针方向的感应电流B．铝环N有扩大的趋势C．橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向下D．橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上【答案】D【解析】 橡胶盘M由静止开始绕其轴线O1O2按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，又因为橡胶圆盘带有负电荷，根据右手螺旋定则知，通过环N的磁通量向下且增大，根据楞次定律知环N的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以，橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上，故D正确，B、C错误。依据楞次定律可知，穿过环N的磁通量向下且增大，因此环N有沿逆时针方向的感应电流，故A错误。故选D。3.将图中A是三个一样的强磁体，B、C和D均是一样的紫铜管，在紫铜管C和D上锯去一部分（白色区域），如图中的乙和丙图所示。现将强磁体释放，强磁体在B、C和D中下落的时间分别是t1、t2和t3，关于下落时间说法正确的是（　　）A．t1=t2=t3 B．t1>t2>t3C．t1>t3>t2 D．t1t2>t3 。故选B。4.如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，正方形闭合金属线框从空中落入磁场，在下落过程中，线框的bc边始终与磁场的边界平行，完全进入磁场后再从磁场中离开，下列说法正确的是（　　）A．线框进入磁场过程中，ab边中感应电流方向B．线框进入磁场过程中，bc边受到的安培力方向向上C．线框离开磁场过程中，cd边中感应电流方向D．线框离开磁场过程中，da边受到的安培力方向向下【答案】B【解析】A．线框进入磁场过程中，根据楞次定律，并结合右手螺旋定则，知线框中感应电流方向，A错误；B．线框进入磁场过程中，穿过线框的磁通量增大，线框有收缩的趋势，bc边受到的安培力方向向上，B正确；C．线框离开磁场过程中，根据楞次定律，并结合右手螺旋定则，感应电流方向，C错误；D．线框离开磁场过程中，穿过线框的磁通量减少，线框有扩张的趋势，da边受到的安培力方向向上，D错误。故选B。5.如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度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，右侧的磁感应强度是左侧的倍且方向相反。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经到为正方向，安培力向左为正方向（　　）A． B． C． D．【答案】A【解析】A 设左侧磁感应强度是，则右侧的为，导轨间距为。AB．导体棒通过区域时，由右手定则可知导体棒中感应电流从下向上，为正方向，由导体棒刚要到时，有导体棒通过adc区域时，由右手定则可知导体棒中感应电流从上到下，为负方向，由可知i随时间均匀减小，导体棒刚离开时，有故A正确，B错误； CD．导体棒通过bac区域时，根据左手定则可知，安培力方向向左，为正方向，安培力大小为导体棒通过adc区域时，根据左手定则可知，安培力方向向左，安培力大小故CD错误。故选A。6.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为，底端接阻值为的电阻．将质量为的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（　　）A．释放瞬间金属棒的加速度大于重力加速度B．金属棒向下运动时，流过电阻的电流方向为C．金属棒的速度为时，所受的安培力大小为D．电阻上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少【答案】C【解析】A.金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为，A错误；B.根据右手定则可知，金属棒向下运动时，流过电阻电流方向为，B错误；C.当金属棒的速度为时，安培力大小为，C正确；D.当金属棒下落到最底端时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，D错误。故选C。7.如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L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，三个灯亮度相同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】电路接通稳定后，A灯被线圈短路而熄灭，B、C灯并联，电压相同，亮度相同，故A错误；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，自感电流通过C灯，所以C灯逐渐熄灭，故B错误；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，由于线圈的电阻可忽略不计，逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，两端的电压逐渐降低，B灯两端的电压逐渐增大，B灯逐渐变亮，故C正确，D错误。故选C。8.课本中有以下图片，下列说法错误的是（　　）A．真空冶炼炉利用金属中涡流产生的热量使金属融化B．使用电磁炉加热食物时可以使用陶瓷锅C．用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯可以减小变压器铁芯中的热损失D．用来探测金属壳的地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是利用电磁感应工作的【答案】B【解析】A．真空冶炼炉利用金属中涡流产生的热量使金属融化，故A正确，不符合题意；B．使用电磁炉加热食物时，陶瓷锅内没有自由电荷，不能产生涡流，不会发热，故B错误，符合题意；C．变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成铁芯可以减小涡流，减小热损失，故C正确，不符合题意；D．用来探测金属壳的地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是利用电磁感应工作的，故D正确，不符合题意。故选B。9.下面关于自感的说法正确的是（       ）A．自感电动势总是阻碍电路中原来电流的增加B．同一电感线圈中的电流越大，自感电动势越大C．同一电感线圈中的电流变化越大，自感电动势越大D．自感电动势总是阻碍电路中原来电流的变化【答案】D【解析】AD．自感电动势总是阻碍电路中原来电流的变化，当电流增大时，自感电动势方向与原来电流方向相反，阻碍原电流的增大；当电流减小时，自感电动势方向与原来电流方向相同，阻碍原电流的减小，A错误，D正确；BC．由法拉第电磁感应定律可知自感电动势的大小与线圈中电流的变化率成正比，与电流的大小和电流变化的大小没有直接关系，BC错误。故选D。多选题：10.如图所示，用轻绳将一条形磁铁竖直悬挂于点，在其正下方的水平绝缘桌面上放置一铜质圆环。现将磁铁从A处由静止释放，经过、到达最低处，再摆到左侧最高处，圆环始终保持静止，则磁铁（  ）A．从A到的过程中，圆环中先产生顺时针方向的电流，后产生逆时针方向的电流（从上往下看）B．摆到处时，圆环给桌面的压力等于圆环受到的重力C．从A到和从到的过程中，圆环受到摩擦力方向相同D．在A、两处的重力势能相等【答案】ABC【解析】A．从A到D的过程中，圆环中的磁场方向向上且磁通量增大，据“增反减同”可判断产生顺时针方向的电流（从上往下看），从到的过程中，圆环中的磁场向上且磁通量减小，据“增反减同”可判断产生逆时针方向的电流（从上往下看），故A正确；B．摆到D处时，圆环中磁通量变化率为0，没有产生的感应电流，故给桌面的压力等于圆环受到的重力，故B正确；C．由楞次定律的推论“来拒去留”可知，从A到和从到的过程中，圆环受到摩擦力方向均向右，故C正确；D．由于有部分机械能转化为电能，故在A、两处的重力势能不相等，故D错误。故选：ABC。11.如图所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆环的总电阻为2R，金属杆OM电阻为 eq \f(R,2) ，长为r，OM绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω逆时针转动，M端与环接触良好，圆心O和边缘K通过电刷与一个电阻R连接。电阻的阻值为R，忽略电流表和导线的电阻，则(　　)A．通过电阻R的电流的大小和方向做周期性变化B．通过电阻R的电流方向不变，且从a到bC．通过电阻R的电流的最大值为 eq \f(Br2ω,3R) D．通过电阻R的电流的最小值为 eq \f(Br2ω,6R) 【答案】BC【解析】金属杆OM切割磁感线，根据右手定则可知金属杆中电流由O到M，且方向不变，故电阻中电流方向由a到b，故A错误，B正确；M端的线速度为v＝ωr，金属杆OM切割磁感线的平均速度为 eq \x\to(v) ＝ eq \f(v,2) ，金属杆OM转动切割磁感线产生的电动势为E＝Br eq \x\to(v) ＝ eq \f(1,2) Br2ω，由于各个物理量不变，则E不变，当M位于最上端时圆环被接入的电阻为0，整个电路的总电阻最小，此时R中有最大电流，为Imax＝ eq \f(E,R＋\f(R,2)) ＝ eq \f(\f(1,2)Br2ω,\f(3,2)R) ＝ eq \f(Br2ω,3R) ，故C正确；当M端位于最下端时，圆环左右两部分电阻相等，并联的总电阻最大，此时R中有最小电流，为Imin＝ eq \f(E,R＋\f(R,2)＋\f(R,2)) ＝ eq \f(\f(1,2)Br2ω,2R) ＝ eq \f(Br2ω,4R) ，故D错误。故选：BC。12.如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是（　　）A．向右加速运动 B．向左加速运动C．向右减速运动 D．向左减速运动【答案】BC【解析】AB．设PQ向右运动，用右手定则和安培定则判定可知穿过L1的磁感线方向向上。若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是N→M，对MN用左手定则判定，可知MN向左加速运动，A错误，同理可知B正确；CD．若PQ向右减速运动，则穿过L1的磁通量减少，用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是M→N，对MN用左手定则判定，可知MN是向右运动，C正确，同理可知D错误。故选：BC。13．如图所示，光滑固定导轨m、n水平放置，两根导体棒p、q平行放于导轨上，形成一个闭合回路。当一条形磁体从高处下落接近回路时（重力加速度为g）（　　）A．p、q将互相靠拢 B．p、q将互相远离C．磁体的加速度仍为g D．磁体的加速度小于g【答案】AD【解析】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，可知，p、q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用，由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g，故AD正确，BC错误。故选：AD。14．如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒、静止在导轨上，导体棒垂直于导轨放置。时，棒以初速度沿导轨向右滑动。两导体棒的质量都为，两导体棒接入回路的电阻都为，其余部分的电阻忽略不计，磁感应强度为，两轨道间距为，下列说法正确的是（　　）A．两棒最后的速度都为零 B．导体棒的最大加速度为C．导体棒产生的电热为 D．通过导体棒的电荷量为【答案】BD【解析】A．棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向左做减速运动，金属棒受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，对两棒组成的系统受到外力的合力为零，故两棒组成的系统动量守恒，由，解得，A错误；B．刚开始时两棒的加速度最大，根据牛顿第二定律得导体棒的最大加速度为，B正确；C．根据能量守恒得系统产生的总电热，故导体棒产生的电热为，C错误；D．对导体棒根据动量定理定理得，解得，D正确。故选：BD。15．如图甲所示，粗糙水平面上固定一长直导线，其左侧放置一个正方形的金属线框（俯视图），现导线中通以如图乙所示的电流，线框始终保持静止状态，规定导线中电流方向向下为正，在0～2t0时间内，则（　　）A．线框中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B．线框受到的安培力先向右，后向左C．线框中感应电流一直沿顺时针方向D．线框受到的安培力方向始终向左【答案】BC【解析】AC．在0～t0时间内，电流向下，根据安培定则，线框所在处的磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，线框中感应电流的方向为顺时针，同理，在t0～2t0时间内，感应电流的方向还是时顺时针方向，A错误，C正确；BD．根据左手定则，线框受到的安培力先向右，后向左，B正确，D错误。故选：BC。16．如图是创意物理实验设计作品《小熊荡秋千》．两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千．以下说法正确的是（ ）A.P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向（从右向左看）B.P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动C.P向右摆动的过程中，Q会向左摆动D.若用手左右摆动Q，P会始终保持静止【答案】AB【解析】 A、P向右摆动的过程中，穿过P的磁通量减小，根据楞次定律，P中有顺时针方向的电流（从右向左看）．故A正确．B、P向右摆的过程中，P中的电流方向为顺时针方向，则Q下端的电流方向向外，根据左手定则知，下端所受的安培力向右，则Q向右摆动．同理，用手左右摆动Q，P会左右摆动．故B正确，C错误，D也错误．故选：AB。计算题：17.如图所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10 cm、电阻R＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属圆环，以速度v＝10 m/s向一有界磁场滑去。匀强磁场方向垂直于纸面向里，B＝0.5 T，从环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了32 J的热量，求：(1)此时圆环中电流的瞬时功率；(2)此时圆环运动的加速度。【答案】(1)0.36 W　(2)6×10－2 m/s2　方向向左【解析】(1)设刚好有一半进入磁场时，圆环的速度为v′，由能量守恒得 eq \f(1,2) mv2＝Q＋ eq \f(1,2) mv′2，此时圆环切割磁感线的有效长度为2r，圆环的感应电动势E＝B·2r·v′，而圆环此时的瞬时功率P＝ eq \f(E2,R) ＝ eq \f(（B·2r·v′）2,R) 三式联立代入数据可得v′＝6 m/s，P＝0.36 W。(2)此时圆环在水平方向受向左的安培力F＝ILB，圆环的加速度为a＝ eq \f(ILB,m) ＝ eq \f(B2（2r）2v′,mR) ＝6×10－2 m/s2，方向向左。18．在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 500，横截面积S＝20 cm2。螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。(1)求螺线管中产生的感应电动势；(2)闭合开关S，电路中的电流稳定后，求电阻R1的电功率；(3)S断开后，求流经R2的电荷量。【答案】(1)1.2 V　(2)5.76×10－2 W　(3)1.8×10－5 C【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律E＝ eq \f(nΔΦ,Δt) ＝n·S eq \f(ΔB,Δt) ， eq \f(ΔB,Δt) ＝ eq \f(1－0.2,2.0)  T/s＝0.4 T/s，代入数值得E＝1 500×20×10－4×0.4 V＝1.2 V。根据闭合电路欧姆定律得I＝ eq \f(E,R1＋R2＋r) ＝0.12 A，P＝I2R1，代入数值得P＝5.76×10－2 W。(3)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.如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。(1)闭合S，若使PQ保持静止，求需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。【答案】(1) eq \f(Bkl,3R) ，方向水平向右　(2) eq \f(1,2) mv2－ eq \f(2,3) kq【解析】(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝ eq \f(ΔΦ,Δt) ，则E＝k，设PQ与MN并联的总电阻为R并，有R并＝ eq \f(R,2) ，闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝ eq \f(E,R并＋R) ，设PQ中的电流为IPQ，有IPQ＝ eq \f(1,2) I，设PQ受到的安培力为F安，有F安＝BIPQl，保持PQ静止，由受力平衡有F＝F安，联立得F＝ eq \f(Bkl,3R) ，方向水平向右。设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化为ΔΦ，平均感应电动势为 eq \x\to(E) ，有 eq \x\to(E) ＝ eq \f(ΔΦ,Δt) ，其中ΔΦ＝Blx，设PQ中的平均电流为 eq \x\to(I) ，有 eq \x\to(I) ＝ eq \f(\x\to(E),2R) ，根据电流的定义得 eq \x\to(I) ＝ eq \f(q,Δt) ，由动能定理有Fx＋W＝ eq \f(1,2) mv2－0，联立得W＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(2,3) kq。