第二章 电磁感应 基础达标卷（A卷）-【单元测试】2022-2023学年高二物理分层训练AB卷（人教版2019选择性必修第二册）

第二章 电磁感应 基础达标卷（A卷）

高二物理·全解全析

1．D

【解析】A．螺线管的导线环绕方向不知，无法判断电流计指针偏转方向，故A错误；

B．磁体向下靠近螺线管上端时，螺线管内部的磁通量增加，故B错误；

C．磁体向下靠近螺线管上端时，根据“增反减同”的结论判断，螺线管内部的感应电流产生的磁场向上，故C错误；

D．根据“来拒去留”的结论判断，磁铁受到向上的磁场力的作用，故D正确。

故选D。

2．B

【解析】ABC．闭合开关S后，线圈P产生的磁场向右穿过线圈Q，线圈Q中的原磁场方向水平向右，要使线圈Q产生图示方向的电流，即线圈Q中的感应磁场方向水平向左，根据“增反减同”的结论，线圈Q中的原磁场的磁通量要增加，则可以把R的滑片左移或者使Q靠近P，故B正确,AC错误；

D．开关S不闭合，线圈Q中无磁场通过，Q中不会有电流产生，故D错误。

故选B。

3．A

【解析】AB．由题意可知，线圈从图示位置开始转动了半个周期，穿过线圈的磁通量发生了改变，根据楞次定律可判断知，线圈中的感应电流方向变化了1次，故A正确，B错误；

CD．设开始时穿过线圈的磁通量为负，则可得整个过程中穿过线圈的磁通量变化量为

故CD错误。

故选A。

4．C

【解析】A．感应电动势是由于磁场变化而产生的，则回路所在空间存在感生电场，电场力对电荷做功，而使导体两端出现的电动势，故A不符合题意；

B．因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势，导体中的自由电荷随导体在磁场中运动，受到洛伦兹力，而向导体一端移动，故B不符合题意；

C动生电动势的产生原因与洛伦兹力有关，但洛伦兹力始终不做功，故C符合题意；

D．感生电动势是由于磁场的变化产生的，而动生电动势是由于面积的变化产生的，实质都是由于磁通量的变化引起的，故D不符合题意。

故选C。

5．B

【解析】A．电磁炉工作时，在锅体中产生涡流而加热食物，属于利用涡流，故A错误；

B．变压器的铁芯用硅钢片可以减小涡流，不属于利用涡流，故B正确；

C．真空冶炼炉工作时所接交流电源频率越高，产生的涡流越大，相同时间内产生的热量越多，属于利用涡流，故C错误；

D．金属探测器进行探测时，变化的电流遇到金属物体，在被测金属中产生涡流，从而进行探测，属于利用涡流，故D错误。

故选B。

6．B

【解析】A．电磁炉通电线圈加直流电，会产生恒定磁场，穿过锅底的磁通量不会发生变化，不能产生涡流，所以没有加热效果，故A错误；

B．电磁炉的原理是磁场感应涡流加热，即利用交变电流通过线圈产生交变磁场，所以电磁炉通过线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作，故B正确；

C．在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，不会影响涡流的产生，因此不会影响电磁炉的加热作用，故C错误；

D．金属锅自身产生无数小涡流而直接加热锅，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，不会产生涡流，而不是因为导热性能较差，故D错误。

故选B。

7．B

【解析】A．图甲中，闭合开关S时，L是自感系数很大，对电流的阻碍能力较强，所以灯泡A逐渐变亮，B立即变亮，A错误；

B．图甲中，闭合开关S足够长时问后再断开，自感线圈与灯泡A、B组成回路，回路中的电流逐渐减小，灯泡A、B逐渐变暗，最后熄灭，B正确；

C．图乙中，闭合开关S足够长时间后，自感线圈相当于短路，灯泡A不发光，电容器充电完成，灯泡B发光，C错误；

D．图乙中，闭合开关S足够长时间后再断开，电容器和灯泡B形成回路并开始放电，放电形成的电流与原本通过灯泡B的电流方向相同，电流的大小逐渐减小最后变为零，D错误。

故选B。

8．B

【解析】S闭合时，线圈上产生很大的自感电动势，阻碍电流的增大，所以B比A先亮，电路稳定后线圈L的直流电阻较小，故流过B灯支路的电流变小，所以B灯逐渐变暗。

故选B。

9．BC

【解析】AB．若使圆盘沿图示方向转动，根据右手定则可知感应电流由圆盘边缘流向竖直金属杆；而切割磁感线的导体相当于电源，在电源内部电流从低电势处流向高电势处，则接线柱处电势高，接线柱处电势低，A错误，B正确；

CD．若接电源正极、接电源负极，电流从金属杆流向圆盘边缘，根据左手定则可知，圆盘在安培力作用下将沿图示方向转动；若接电源正极、接电源负极，电流从圆盘边缘流向金属杆，根据左手定则，圆盘在安培力作用下将沿与图示方向相反的方向转动，C正确，D错误。

故选BC。

10．AB

【解析】A．利用楞次定律可得线圈中电流方向为逆时针，所以中的电流方向为，则A点电势高于B点，故A正确；

B．感应电动势为

则电压表读数为

故B正确；

C．流过的电流为

则内经过的电荷量为

故C错误；

D．由图乙可知，磁场是均匀变化的，所以感应电动势和感应电流是定值，故D错误。

故选AB。

11．BC

【解析】A.铜环和铝环中产生的感应电动势相同，由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，故铜环受到的安培力要大于铝环，故A错误；

B．若环放在线圈右方，根据楞次定律判断线圈中产生从右边看逆时针方向的电流，则原线圈对环有向右的安培力，即环将向右运动，故B正确；

C.线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，感应电流由左侧看为顺时针，故C正确；

D．由增反减同可知，电池正负极调换后，放在左边的金属环仍受力向左，故仍将向左弹出，故D错误。

故选BC。

12．AD

【解析】A．开关闭合，A灯立刻亮，因为电源内阻忽略不计，所以A灯两端的电压保持不变，灯泡亮度稳定，A正确；

B．因为L是一个自感系数相当大的线圈，所以开关闭合时B灯不亮，然后逐渐变亮，最后亮度稳定，故B错误；

C．两个灯泡电阻一样，若L也没有电阻，则开关断开前后流经A灯的电流相同，A灯不会闪亮；若L有电阻，则电路稳定时通过B灯的电流小于A灯的电流，所以开关断开瞬间A灯也不会闪亮一下，故C错误；

D．开关断开后瞬间，由楞次定律可知，L产生的感应电动势向右，在回路中通过A灯的电流方向为从右向左，故D正确。

故选AD。

13．     向右偏    （2分） 向左偏 （2分）    A（2分）

【解析】（1）[1]根据题意可知，闭合开关，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏转，若开关保持闭合状态，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑动，电阻减小，电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，则灵敏电流计的指针向右偏转。

[2]将线圈A从线圈B中迅速拔出时，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计的指针向左偏转。

（2）[3]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，则被电击是在拆除A线圈所在电路时发生的。

14．     AD（3分）    （3分）   增大（2分）

【解析】（1）[1]AD．实验需要控制线圈匝数与磁通量的变化量不变，为控制磁通量的变化量不变，实验中必须保持线圈、光电门位置不变，故AD正确；

BC．由法拉第电磁感应定律

可知为了定量验证感应电动势与时间成反比，实验只需要控制线圈匝数与磁通量的变化量不变即可，对轨道是否光滑、轨道是否水平没有要求，故BC错误。

故选AD。

（2）[2]根据

可知与成正比，故在直角坐标系中作关系图线，若图线是基本过坐标原点的倾斜直线，则也可验证与成反比。

（3）[3]由法拉第电磁感应定律

可知图线的斜率

因为不变，所以当仅增大线圈匝数后，图线的斜率会增大。

15．（1）；（2）

【解析】（1）此时圆环进入磁场，圆环半径为d，圆环在磁场中的面积如下图

根据几何知识可知圆环在磁场中的面积为

（2分）

故穿过圆环的磁通量为

（2分）

（2）根据受力平衡可得

由几何知识可得

（2分）

则

故感应电动势为

（2分）

16．（1）E=0.05V；（2）I=0.01A，方向从M通过R流向P

【解析】（1）设金属棒中感应电动势为E，则

E=BLv（2分）

得

E=0.05V（2分）

（2）设过电阻R的电流大小为I，根据闭合电路欧姆定律有

（2分）

得

I=0.01A（2分）

由右手定则，金属棒电流方向从b指向a。通过电阻R的电流方向从M通过R流向P。（2分）

17．（1）；（2）

【解析】（1）由图乙知

又

（2分）

（2分）

得

（2分）

（2）根据题意

（2分）

得

（2分）

由牛顿运动定律得

，

（2分）

18．（1）；（2）；（3）

【解析】（1）设棒在水平轨道上时的速度为，根据动能定理可得

（2分）

解得

（1分）

因为棒刚进入磁场时，、棒中的电流最大，导体棒受到的安培力最大，加速度最大；此时回路电动势为

（1分）

回路电流为

（1分）

以导体棒为对象，根据牛顿第二定律可得

（2分）

解得导体棒b的最大加速度

（1分）

（2）两个导体棒在运动过程中，动量守恒和能量守恒，当两棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不再产生焦耳热，所以根据动量守恒定律可得

（2分）

由能量守恒定律可得

（1分）

由于、棒串联在一起，所以导体棒a在磁场中产生的焦耳热为

（1分）

联立解得

（1分）

（3）设接通开关后，棒以速度水平抛出，则有

（1分）

对棒冲出过程由动量定理

（1分）

即

（1分）

代入数据解得

（1分）