第二章 电磁感应 能力提高卷（B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 能力提高卷（B卷）

高二物理·全解全析

1．D

【解析】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。

2．C

【解析】AB．当金属棒AB向右运动时，轨道产生逆时针的电流。线框所处的位置的感应磁场方向垂直于纸面向里，若闭合导体框向左运动，则导体框内需要产生逆时针的感应电流，感应电流的磁场方向垂直纸面向外，根据楞次定律可知，导体框所处的磁场强度在增加，故金属棒需要加速向右运动，AB错误；

CD．当金属棒AB向左运动时，轨道产生顺时针的电流。线框所处的位置的感应磁场方向垂直于纸面向外，若闭合导体框向左运动，则导体框内需要产生顺时针的感应电流，感应电流的磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律可知，导体框所处的磁场强度在增加，故金属棒需要加速向左运动，C正确，D错误。

故选C。

3．D

【解析】由于磁感应强度B随时间t均匀变化，则在圆形金属线圈内产生感生电场，但感生电场是有旋无源场，且单匝圆形金属线圈粗细均匀，故在金属线圈连接面a、b处不会积累净电荷，则金属线圈上a、b两点之间的电势差为0。

故选D。

4．B

【解析】AB．根据楞次定律和甲乙两图中的绕线方式可判断，甲乙两图中大圆和小圆中产生的感应电流、感应电动势方向均相反，实际线圈中感应电流方向应以大圆中感应电流方向为准，甲图的大圆中感应电流方向为顺时钟方向，大圆和小圆总电动势为两电动势之差

故A错误，B正确；

C．根据楞次定律和丙图中的绕线方式可知，丙图中大圆和小圆中产生感应电动势方向相同，大圆和小圆总电动势为两电动势之和

故C错误；

D．由左手定则和圆的对称性可知，丁图中大圆和小圆各自所受的安培力的合力均为零，所以大圆和小圆所受安培力的合力为零，故D错误。

故选B。

5．A

【解析】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。

6．D

【解析】AB．安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到．则安检门不能检查出毒贩携带的毒品，能检查出金属物品携带者，故AB正确；

C．安检门工作时，主要利用了电磁感应原理，也采用电流的磁效应，故C正确；

D．根据工作原理可知，如果“门框”的线圈中通上恒定电流，安检门不能正常工作，故D错误。

本题选错误的，故选D。

7．D

【解析】A．互感：当一个线圈中电流变化，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象，称为互感。图A手机无线充电技术属于互感现象，只要线圈A中输入变化的电流，线圈B中就会产生感应电动势，根据产生感应电动势的条件，只有处于变化的磁场中，B线圈才能产生感应电动势，若线圈A中输入电流为恒定的，则B线圈就不会产生感应电动势，故A错误；

B．汽车经过通电线圈上方时，汽车底盘的金属部件通过线圈所产生的磁场，金属部件中的磁通量发生变化，在金属部件中产生感应电流，金属部件中的感应电流产生磁场，此磁场随汽车的运动，使穿过线圈的磁通量变化，所以即使汽车运动运动，线圈中也会产生感应电流，故B错误；

C．图C所示是一种延时继电器的示意图，闭合开关时，A线圈会产生磁场，且通过了B线圈，使得B线圈会产生感应电流，同时该电流会产生个磁场反过来使得在弹片附近的磁场的增加变慢，达到延时的效果；当打开时A线圈产生的磁场，通过B线圈时减少，使得B线圈又会产生感应电流，阻碍通过B的磁场的减少，同时使在使得在弹片附近的磁场的减少变慢，达到延时的效果，故C错误；

D．自感：由于导体本身电流发生变化而产生的电磁感应现象。图D所示由于采用的双线绕法，两根平行导线中的电流反向，它们产生的磁通量互相抵消，不论导线中的电流如何变化，线圈中的磁通量始终为零，所以消除了自感现象的影响，故D正确。

故选D。

8．A

【解析】AB．断开开关瞬间，灯突然闪亮，随后逐渐变暗，说明闭合时，电路稳定后，通过的电流大于的电流；断开，原来通过的电流流经构成闭合回路，所以闪亮瞬间电流方向和断开前相反，选项A正确，B错误；

C．闭合瞬间，对电流有阻碍作用，所以中电流与中电流不相等，选项C错误；

D．闭合开关，灯逐渐变亮，而另一个相同的灯立即变亮，最终与的亮度相同，说明两支路的电流相同，两支路的电阻相同，由于两灯泡电阻相同，所以变阻器与的电阻值相同，选项D错误。

故选A。

9．BD

【解析】AB．由题可知，链球在转动过程中切割地磁场的竖直分量，由右手定则可知手握的一端电势比拴球的一端高，故B正确，A错误；

CD．由

得

故D正确，C错误。

故选BD。

10．BD

【解析】AB．电子所受感应电场力方向沿切线方向，电子做圆周运动需要的向心力是电子受的洛伦兹力提供的；电子在轨道中做加速的驱动力是由感生电场提供的电场力，A错误，B正确；

C．从上往下看电子沿逆时针方向做加速运动，表明感应电场沿顺时针方向，图示电磁铁螺线管电流产生的磁场方向竖直向上，根据楞次定律和右手定则，当磁场正在增强时，产生的感应电场沿顺时针方向，C错误；

D．由C分析可知，要使电子在固定的圆轨道上不断加速，真空室的磁场应不断增强，D正确。

故选BD。

11．CD

【解析】AB．磁场充满整个圆盘，一次圆盘转动过程中产生的涡流为0，AB错误；

CD．金属圆盘看成无数金属辐条组成，根据右手定则判断可知，圆盘上的感应电流流向边缘，所以靠近圆心处电势低，圆盘中磁场不对称，故有感应电流，同时会产生阻力，CD正确。

故选CD。

12．AC

【解析】AB．图甲中，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，是因为电路稳定时，L1的电流大于A1的电流，可知L1的电阻小于A1的电阻，故B错误，A正确；

CD．图乙中，闭合S2瞬间，L2对电流有阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，最终A2与A3的亮度相同，说明变阻器R与L2的阻值相同，故D错误，C正确。

故选AC。

13．     见解析    （2分） 右  （2分）   左（2分）

【解析】（1）[1]探究线圈中感应电流的方向必须先知道：①电流表指针偏转方向与电流从正（负）接线柱流入时的关系，②线圈的绕向，③电流表指针的偏转方向。

（2）[2]开关闭合时，线圈A产生的磁场由无到有，穿过线圈B的磁通量增加，若将滑片向左移动，线圈A中电流增加，穿过B的磁通量也增加，且磁场方向未变，所以电流表指针偏转方向与开关闭合时的偏转方向相同，即向右偏转；

[3]若将线圈A抽出，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转。

14．     向左   （2分） 变长  （2分）   E1＝E2   （2分）  R1＞R2（2分）

【解析】（1）[1] 断开开关，线圈电流减小，根据楞次定律，感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因，线圈会产生和原电流方向相同的感应电流，故灯泡上的电流方向向左；

[2]产生的感应电流和自感系数成正比，线圈中插入铁芯，自感系数增大，感应电流增大，断开开关后灯泡上电流持续的时间变长。

(2）[3]若①②两条曲线对应的电源电动势分别为E1、E2,由乙图可知，在断开开关之前，①②电流相同，根据闭合电路欧姆定律知，电源电动势相同，即E1=E2;

乙图曲线与坐标系围成的面积表示通过导体截面的电荷量，即，若①②两条曲线对应的灯泡电阻分别为R1、R2，根据乙图可知,S1 < S2 ,且线圈磁通量变化相同，则有，可得：R1> R2

15．（1）；（2）

【解析】（1）金属棒在磁场中的速度为v时，电路中的感应电动势

（1分）

电路中的电流

（1分）

金属棒所受的安培力

（1分）

得

（1分）

（2）金属棒从速度为v0至停下来的过程中，由动量定理得

（1分）

将整个运动过程划分成很多小段，可认为每个小段中的速度几乎不变，设每小段的时间为Δt，则安培力的冲量

（1分）

（1分）

解得

（1分）

16．（1）感应电流大小为，方向b到a；（2）

【解析】（1）由法拉第电磁感应定律，斜面顶部线圈产生的感应电动势为

（2分）

产生的感应电流为

（1分）

代入数据可得

（1分）

根据楞次定律可得电流方向b到a。

（2）导体棒沿斜面下滑一段距离后进入磁场中匀速下滑，由平衡条件可得

（2分）

导体棒在中切割磁感线产生的感应电流方向为b到a，感应电动势大小为

（1分）

故回路中的感应电动势为，由闭合电路欧姆定律可得

（1分）

由运动学公式可得

（1分）

联立解得

（1分）

17．（1）；（2）；（3），方向竖直向上

【解析】（1）当线框的加速度为零时，线框的速度达到最大值，即

（2分）

（1分）

解得

（1分）

（2）当线框完全进入磁场后做匀加速直线运动，有

（2分）

线框从开始下落到cd边刚到达磁场区域下边界NN′的过程中，有

（2分）

（1分）

联立解得

（1分）

（3）当线框出磁场时，安培力大于重力，根据牛顿第二定律可得

（1分）

解得

（1分）

方向竖直向上。

18．（1）；（2）；（3）

【解析】（1）把v正交分解可得ab棒离开水平的轨道的速度为

（2分）

闭合开关S，电容器通过金属棒ab放电，设放电时间为t，平均电流为，取向右为正方向，对金属棒ab由动量定理得

（2分）

而安培力

（2分）

解得

（1分）

所以通过导体棒ab的电荷量

（1分）

（2）金属棒ab到达MN时速度大小为，由动能定理有

（2分）

解得

（1分）

导体棒ab和cd最终以相同的速度匀速运动，设速度为，根据动量守恒有

（2分）

解得

（1分）

（3）导体棒在下方导轨上运动过程中，根据能量守恒可得回路产生的热量为

（2分）

解得

（1分）