第二章《电磁感应》高分必刷巩固达标检测卷(基础版)全解全解.docx

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．C
【详解】滑片P向右滑动过程中，接入电阻减小，线路中电流增大，线圈所处位置的磁场变强，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，由于线圈将通过顺时针转动而阻碍磁通量的增大，C正确，ABD错误。
故选C。
2．D
【详解】当磁铁N极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，则流过的电流方向是从b到a，对电容器充电下极板带正电。
故选D。
3．A
【详解】A．真空冶炼炉能在真空环境下，利用电磁感应现象，使炉内的金属产生涡流，从而炼化金属，故A正确；
B．根据电磁驱动原理，当蹄形磁体顺时针转动时，铝框将朝相同方向转动，故B错误；
C．金属探测器通过使用交变电流的长柄线圈来探测地下是否有金属，故C错误；
D．磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，铝框中产生感应电流，使线框尽快停止摆动，起到电磁阻尼的作用，故D错误。
故选A。
4．D
【详解】A．一个线圈中的电流变化时，与之靠近的线圈中产生感应电动势的现象称为互感现象，故A正确，不符合题意；
B．互感现象的实质是电磁感应现象，同样遵循楞次定律和法拉第电磁感应定律，故B正确，不符合题意；
C．利用互感现象能够将能量由一个线圈传递到另一个线圈，所以人们制造了收音机的“磁性天线”，故C正确，不符合题意；
D．互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间，会影响电力工程以及电子电路中电路的正常工作，故D错误，符合题意。
故选D。
5．A
【详解】内磁场方向向里且均匀减小，由楞次定律可得线圈中产生顺时针方向的感应电流，由公式

可知产生的感应电动势恒定，由于

则电流恒定，由于

可知磁感应强度均匀减小，则线框的边受到的安培力均匀减小，由左手定则可知安培力方向水平向左，为正值。内磁场方向向外且均匀增大，由楞次定律可得线圈中产生顺时针方向的感应电流，感应电动势恒定，电流恒定，则根据安培力公式可知，随着磁感应强度均匀增大安培力均匀增大，由左手定则可知安培力方向水平向右，为负值。内磁场方向向外且均匀减小，由楞次定律可得线圈中产生逆时针方向的感应电流，感应电动势恒定，电流恒定，则根据安培力公式可知，随着磁感应强度均匀减小，安培力均匀减小，由左手定则可知安培力方向水平向左，为正值。内磁场方向向里且均匀增大，由楞次定律可得线圈中产生逆时针方向的感应电流，感应电动势恒定，电流恒定，则根据安培力公式可知，随着磁感应强度均匀增大，安培力均匀增大，由左手定则可知安培力方向水平向右，为负值。
故选A。
6．B
【详解】分析金属杆在运动过程中的受力情况可知，金属杆受重力mg、导轨的支持力FN、外力F、摩擦力Ff和安培力F安的共同作用，金属杆沿导轨方向向上运动，由牛顿第二定律有

又
F安＝B0IL，I＝＝
所以
F安＝B0IL＝
Ff＝μmgcosθ
所以有
F－mgsinθ－－μmgcosθ＝ma
又因
v＝at
将其代入上式可得
F＝t＋mgsinθ＋μmgcosθ＋ma
因此图像为一条不过原点的直线，且纵截距大于0。
故选B。
7．C
【详解】A．由右手定则可知，外电路中感应电流由A流向O，则O点电势比A点电势低，A错误；
B．感应电动势

电阻两端电压

B错误；
C．电路中电流为

周期为

在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻的电荷量为

C正确；
D．在导体棒旋转一周的时间内，电阻产生的焦耳热为

D错误。
故选C。
8．A
【详解】设开始时穿过导线环向里的磁通量为正值

则向外的磁通量为负值

总的磁通量为它们的代数和（取绝对值）

末态总的磁通量为

由法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势为

通过导线环截面的电荷量为

故选A。
9．A
【详解】A．线框在穿越匀强磁场过程中做匀速运动，根据功能关系可知，线框穿过匀强磁场过程中产生的焦耳热

故A正确；
BCD．线框做匀速运动时，根据平衡条件有

根据闭合电路欧姆定律有

根据电流定义式可得

因线框电阻R未知，无法得出线框在穿越匀强磁场过程的速度和时间，更无法得出磁感应强度B和通过导线横截面的电量q。故BCD错误。
故选A。
10．B
【详解】A．根据右手定则判断知两金属杆产生的感应电流方向向右，则流过电阻R的电流方向为b→a，故A错误；
B．当金属杆2在磁场中匀速下降时，速度最大，产生的感应电动势最大，由平衡条件得
BIL＝mg
又
I＝
联立得感应电动势的最大值为
Em＝
故B正确；
C．根据左手定则判断知两金属杆所受安培力的方向均向上，方向相同，由公式
F＝BIL
可知安培力的大小也相同，故C错误；
D．金属杆2刚进入磁场时的速度为
v＝
在金属杆2进入磁场后，由于两金属杆任何时刻受力情况相同，因此任何时刻两者的加速度也都相同，在相同时间内速度的增量也必相同，即
v1－0＝v2－v
则
v2－v1＝v＝
故D错误。
故选B。
11．AD
【详解】A．变化的磁场可以使闭合电路的磁通量发生变化，即可以使闭合电路中产生感应电流，故A正确；
B．根据麦克斯韦电磁场理论可知，在没有导体的空间中变化的磁场会产生感生电场，故B错误；
C．恒定的磁场在周围不产生电场，故C错误
D．感生电场的方向，可以用楞次定律来判定，故D正确。
故选AD。
12．BC
【详解】AB．接通开关S瞬间，灯A2立即变亮，而线圈L产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，使得该支路中电流只能逐渐增大，所以闭合开关的瞬间，灯A1逐渐变亮，故A错误，B正确；
CD．闭合开关，待电路稳定后断开开关，原来通过灯A2的电流立即消失，线圈L产生自感电动势，相当于电源，两灯串联，由于电路稳定时，两支路电流大小相等，所以灯A2不会闪一下，两灯以相同亮度逐渐熄灭，故C正确，D错误。
故选BC。
13．AC
【详解】A．在时间t内，圆环中通有电流I，圆环在磁场中受向上的安培力作用，安培力大于重力，所以合力向上，圆环由静止开始向上加速运动，t时刻撤去电流，圆环继续向上运动，并切割磁感线产生感应电流，则同时又受向下的安培力和重力，合力方向与运动方向相反，所以圆环开始减速运动直至到达最高位置，故A正确；
B．因安培力在t时间内对其做正功，t时刻以后对其做负功，有

则知在t时间内安培力做功大于mgH，故B错误；
C．在t时间内安培力

合外力

故C正确；
D．圆环加速上升过程中，根据左手定则可知，受到垂直磁感线向上的力，有收缩趋势，减速上升过程中受到垂直磁感线向下的力，有扩张趋势，故D错误。
故选AC。
14．BC
【详解】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。
15．BD
【详解】ABC．题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，导体棒不受安培力，其向右做匀速运动；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，导体棒速度减小，当导体棒的动能全部转化为内能时，导体棒静止；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，导体棒向左做匀速运动，故AC错误，B正确；
D．题图甲中，导体棒的部分动能转化为内能，题图乙中，导体棒的动能全部转化为内能，故有Q甲DB
【详解】（1）[1]将电源、电键、滑动变阻器、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，再将电表与线圈B串联成另一个回路，电路图如图所示

（2）[2]此实验中线圈B中产生的感应电动势比较小，回路中产生的感应电流比较小，故此实验中使用的电表应是灵敏电流表。
故选A；
（3）[3]A．开关闭合后，线圈A插入线圈B中或从线圈B中拔出，穿过线圈B的磁通量都会发生变化，都会产生感应电流，都会引起电表的指针偏转，故A错误；
B．线圈A插入线圈B中后，在开关闭合和断开的瞬间，穿过线圈B的磁通量都会发生变化，线圈B中会产生感应电流，电表的指针均会偏转，故B正确；
CD．开关闭合后，只要滑动变阻器的滑片P移动，不论是加速还是匀速，穿过线圈B的磁通量都会变化，都会有感应电流产生，电表的指针都会偏转，故C错误，D正确。
故选BD。
18．     顺时针     向左偏     向右偏     大     ①     ③     ⑤     ⑥
【详解】（1）[1]将磁体N极向下从线圈上方竖直插入M时，穿过线圈的磁场方向向下，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向向下，电流计指针向左偏转，说明从左端流入电流计，由安培定则可知，俯视线圈，其绕向为顺时针方向由由a端开始绕至b端。
（2）[2]如图乙所示，如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明B中磁通量增加时电流计指针右偏转；那么合上开关S后，将A线圈迅速从B线圈拔出时，穿过B线圈的磁通量减小，电流计指针将向左偏转。
[3]A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，A线圈中的电流增大，穿过B线圈的磁通量增加，电流计指针向右偏转。
（3）[4]第一次将滑动变阻器的触头从变阻器的右端快速滑到左端，A线圈的电流变化快，电流产生的磁场变化快，穿过B线圈的磁通量变化快，B线圈中的感应电动势大，感应电流大，电流计的指针摆动幅度大；同理，慢慢滑动摆动幅度小，故第一次比第二次的指针摆动幅度大。
（4）[5]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A慢慢变亮然后稳定亮度不变。
[6]B将立即变亮，电路稳定后，线圈中自感电动势消失，电阻为0。则灯泡B会慢慢被短路而熄灭。
[7]S断开后，电路断路，小灯泡A将立即熄灭。
[8]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，使得灯泡亮一下然后再熄灭。
19．（1）；（2）；（3），0.072J
【详解】（1）金属棒保持静止，根据平衡条件得

可得

则线圈产生的感应电动势为

由电磁感应定律可知

解得

（2）断开开关K后，金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度是0（即合外力是0）时速度最大，此时恰能匀速下降，根据平衡条件得

此时金属棒中产生的感应电动势为

根据闭合电路欧姆定律得

联立解得金属棒的最大速度为

（3）金属棒从开始下落到最大速度的过程中，根据动量定理得

解得电量

设这个过程金属棒的位移是x，则

解得

根据动能定理得

金属棒产生的焦耳热

20．（1），方向从b到a；（2） ；（3）
【详解】（1）由B－t图象可知，磁感应强度的变化率为

根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为

根据闭合电路的欧姆定律，感应电流为

联立解得

根据楞次定律可知通过R1的电流方向为从b到a。
（2）通过R1的电荷量

解得

（3）电容器两板间电压为

则电容器所带的电荷量为

21．（1）9W；（2）2.4W
【详解】（1）当金属棒的速度为v=6m/s时，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为

金属棒两端的电压为

此时电路中的电流为

此时金属棒受到的安培力为

此时金属棒克服安培力做功的功率为

（2）当金属棒的加速度a=3m/s2时，根据牛顿第二定律有

代入数据解得

电阻R消耗的功率为

22．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由图乙可知MN两端的电压满足

AC产生的感应电动势

根据闭合电路欧姆定律

联立可得

根据速度与时间的关系

联立解得

（2）对MN棒分析，可知

对金属导轨受力分析，根据题意以斜面向上为正方向，根据牛顿第二定律有

联立可得

（3）从开始运动到撤去外力，这段时间内导轨做匀加速运动，时

对框，由动能定理

联立解得