第二章《电磁感应》达标检测卷（培优版）-2023-2024学年高二物理高分突破专题训练（人教版选择性必修第二册）

第二章《电磁感应》高分必刷巩固达标检测卷（培优版）全解全析1．A【详解】AB．根据楞次定律，可知感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。磁铁的N极靠近A环时，A环的磁通量变大，感应电流的磁场N极向外阻碍磁通量的变化，从相对运动角度来说两N极相互排斥，即“来拒去留”A环向后运动，横梁绕支点沿顺时针（俯视）方向转动，由安培定则知A环中产生逆时针方向的感应电流，通过左手定则可判断，A环上任意一点的安培力方向都指向圆心，即“增缩减扩，所以A环还有收缩的趋势，故A正确，B错误；C．根据“来拒去留“原理可知，无论N极还是S极靠近，A环都会因为磁通量增大而受到排斥作用，横梁都会绕支点沿顺时针（俯视）方向转动；D．若用磁铁的N极靠近B环，B环内磁通量变大，但由于B环是断开的，无法形成电流，不受安培力，所以横梁不会转动，故D错误。故选A。2．D【详解】AB．闭合开关S瞬间，由于自感线圈阻碍电流变化，电流几乎不从线圈通过，线圈所在支路可看作断路，B灯瞬间变亮，之后线圈对电流的阻碍越来越小，A灯逐渐变亮，通过B的电流越来越小，B逐渐变暗，最终，线圈可看作导线，两灯一样亮，故AB错误；CD．断开开关S瞬间，由于自感线圈阻碍电流变化，线圈和两灯组成回路，回路中仍有和初始稳定时相同的电流大小，之后线圈对电流的阻碍越来越小，回路电流越来越小，最终电流为零，则A、B灯逐渐变暗，同时熄灭，故C错误，D正确。故选D。3．C【详解】根据法拉第电磁感应定律由楞次定律，每个相邻的半个周期时间段产生的感应电流大小恒定，方向相反。故选C。4．D【详解】A．由楞次定律推论可知，磁铁靠近圆环时受到斥力作用，远离圆环时受到引力作用，A错误；B．磁铁由释放到第一次运动到右侧最高点的过程中，穿过圆环的磁通量先增大后减小，由于穿过圆环的磁场方向不变，而磁通量的变化趋势发生了改变，因此感应电流的方向发生变化，B错误；C．根据楞次定律，磁铁从左到右经过竖直线两侧位置时，圆环都有向右滑动的趋势，故桌面对圆环的摩擦力方向均向左，C错误；D．由楞次定律推论可知，感应电流总是阻碍磁铁与圆环之间的相对运动，感应电流对磁铁的作用力总是阻力，因此磁铁在右侧的最高点比释放点低，则磁铁在两侧最高点的重力势能不相等，D正确。故选D。5．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。6．D【详解】A．根据楞次定律，螺线管下端为感应电动势的正极，则上极板带负电，下极板带正电，两板间电场方向向上。电场力向上，则颗粒带正电，A错误；B．两板间电势差为电场力与重力平衡，则得B错误；C．t1~t2时间内，螺线管产生的感应电动势恒定，电路中无电流，则a点和b点电势电势相等，C错误；D．电容器板间视为真空，电容为两板带电量大小为D正确。故选D。7．D【详解】A．由于导体棒向下运动切割磁场，所以根据右手定则可知，导体中电流的方向为a→b。故A错误；B．当导体棒所受安培力的大小与重力沿斜面的分力及摩擦力的合力大小相等时，导体棒的速度最大，设导体棒的最大速度为v，则速度最大时，由平衡条件可得根据电磁感应定律及安培定则可得联立可得故B错误；CD．根据能量守恒定则可知即导体棒所受重力做功与安培力做功及摩擦做功之和等于导体棒增加的动能。导体棒减少的重力势能大于导体棒增加的动能与回路中产生的焦耳热之和。故C错误，D正确。故选D。【点睛】通过对导体棒的受力分析，判断其运动规律，再结合电磁感应定律及安培定则及平衡条件、能量守恒定律等进行解答。8．B【详解】A．根据题意，由右手定则可知，在金属环下落过程中，在俯视图中，环中感应电流沿顺时针方向，故A错误；B．根据题意可知，当重力等于安培力时，环下落的速度最大，根据平衡条件有当环速度最大时，感应电动势为感应电流为联立可得故B正确；C．当环从静止下落过程中，由于切割磁感线，导致环中出现感应电流，受到安培阻力，则除了重力外，还受安培力作用，由动量定理可知，动量变化等于合外力的冲量，故C错误；D．设t时间内通过金属环横截面的电荷量为，由题意可知，环下落速度为时的感应电流大小为由于环中感应电流不断增大，则t时间内通过金属环横截面的电荷量取向下为正方向，由动量定理有又有联立解得故D错误。故选B。9．C【详解】A．由题意可知，通过线框的磁通量减少，所以导线框中产生的感应电流的产生的磁感线与磁场中的磁感线方向相同，根据楞次定律增反减同可知，线圈中的电流为顺时针方向，故A项错误；BC．线框在磁场中运动的时磁通量的变化量为线框中的平均电动势为线框中平均感应电流为所以流过线框横截面积的电荷量为故B错误，C正确；D．t时刻可知线框旋转的角速度为感应电动势大小为故D项错误。故选C。10．B【详解】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。11．ACD【详解】AB．开关接通瞬间，回路中电流瞬间增大，线圈L产生较大的自感电动势阻碍通过其电流增大，此时L可视为断路，则B与R并联后再与A串联，两灯同时亮，但通过A的电流比通过B的电流大，所以比亮度大，故A正确，B错误；C．由于线圈电阻为零，开关接通较长时间后，L相当于导线，将A短路，所以灯不亮，灯仍亮，故C正确；D．开关接通较长时间后，再断开开关时，回路中电流瞬间减小，线圈产生自感电动势阻碍通过其电流减小，此时L可视为电源，而A与L在同一回路中，所以A灯会先闪亮一下，之后随着自感电动势的减小至零而熄灭；B灯由于被电路中间那根导线短路，所以在断开开关时立即熄灭，故D正确。故选ACD。12．BC【详解】在磁场力作用下向右运动，则所受的安培力方向向右，由左手定则可以判断电流由流向，线圈相当于电源，由右手螺旋定则可判断线圈中的感应磁场方向沿轴线向下，若中电流产生的磁场方向与中的感应磁场方向相同，则中电流减小，棒做减速运动，电动势由指向，根据右手定则可判断棒向右运动，若中电流产生的磁场方向与中的感应磁场方向相反，则中电流增加，棒做加速运动，电动势由指向，根据右手定则可判断棒向左运动，综上分析可知选项BC正确，AD错误；故选BC。13．AD【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，吕框中产生感应电流，使线框尽快停止摆动，起到电磁阻尼的作用。故D正确。故选AD。14．BD【详解】B．由题可知线框四个边的电阻均为。由题图乙可知，在每个周期内磁感应强度随时间均匀变化，线框中产生大小恒定的感应电流，设感应电流为I，则对ab边有P=I2·得选项B正确；A．根据法拉第电磁感应定律得 由题图乙知联立解得故选项A错误；C．线框的四边电阻相等，电流相等，则发热功率相等，都为P，故选项C错误；D．由楞次定律可知，线框中感应电流方向为逆时针，则b端电势高于a端电势故选项D正确。故选BD。15．BD【详解】A．因为磁场不随时间变化，故此过程中，只有动生电动势，没有感生电动势，故A错误；B．A1处的磁感应强度B1=1T，A3处的磁感应强度B3=2T，因为电功率不变，故电流不变，又因为 ，则故B正确；C．由及B-x图象可得，两个过程中的面积之比，就是电荷量之比，故故C错误；D．由F安-x图象可得，两个过程中的面积之比就是焦耳热之比故故D正确。故选BD。16．AC【详解】A．根据楞次定律增反减同可知，线圈中的电流为逆时针方向，故A正确；BC．根据法拉第电磁感应定律得安培力大小公式为解得对线框：设拉力为T则解得故C正确，B错误；D．细线断后，若保持磁感应强度B不变，线框上边界切割磁感线，产生感应电流，根据楞次定律可知线框受到向上的安培力，随着速度变大，感应电流变大，安培力增大，则线框所受合力减小，则加速度减小，可知线框做加速度减小的加速度运动，故D错误。故选AC。17．     下     S【详解】[1] 图乙中指针向左偏，可以知道线圈中感应电流的方向是顺时针（俯视），感应电流的磁场方向向下，条形磁铁的磁场方向向上，由楞次定律可知，磁通量增加，条形磁铁向下插入。 [2] 图丙中可以知道指针向右偏，则线圈中感应电流的方向为逆时针（俯视），感应电流的磁场方向向上，条形磁铁向上拔出，即磁通量减小，由楞次定律可知，条形磁铁的磁场方向应该向上，所以条形磁铁上端为N极，下端为S极。18．     向右     BD     不论用什么方法，只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有电流产生。     下     S【详解】(1)[1]依题意，磁通量增加时，灵敏电流计指针向右偏转，合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中时，B线圈中的磁通量增加，所以电流计指针将向右偏转；(2)[2]若要使灵敏电流计的指针向左偏转，根据楞次定律知，磁通量应该减小。A．插入铁芯时，B线圈中的磁通量增加。故A错误；B．拔出A线圈，B线圈中的磁通量减小。故B正确；C．变阻器的滑片向左滑动，电流变大，B线圈中的磁通量增加。故C错误；D．断开电键S瞬间，电流变小，B线圈中的磁通量减小。故D正确。故选BD。(3)[3]本实验可以得出的结论是不论用什么方法，只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有电流产生。(4)[4]图（2）中指针向左偏，可知感应电流的方向是顺时针，感应电流的磁场方向向下，条形磁铁的磁场方向向上，由楞次定律可知，磁通量增加，条形磁铁向下运动；[5]图（4）中指针向右偏，可知感应电流的方向是逆时针，感应电流的磁场方向向上，条形磁铁向上运动，即磁通量减小，由楞次定律可知，条形磁铁的磁场方向应该向上，所以条形磁铁上端为N极，下端为S极。19．（1）0.1V；（2）4s【详解】（1）由法拉第电磁感应定律得  联立可得（2）由欧姆定律分析线圈受力可知，当细线松弛时有由图像知解得20．（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21．（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22．（1）；（2）；（3）【分析】首先，运用动能定理得出进入磁场时的瞬时速度，再结合感应电流公式求解；其次，理解题意运用能量守恒解题；最后，运用动量定理解决电磁感应运动过程时间问题。【详解】（1）令棒刚进入磁场区域Ⅰ时的速度大小为，通过它的电流大小为，根据动能定理得解得此时进入磁场区域Ⅰ的瞬间，通过棒的电流解得（2）令棒从磁场区域Ⅰ上边界到磁场区域Ⅱ上边界过程中产生的热量为，已知棒在先后穿过两个磁场区域的过程中，流过棒的电流及其变化情况相同。由能量守恒定律，得（3）令棒到达磁场区域Ⅰ下边界时速度大小为，由能量守恒定律，得解得由题意可知，棒穿过磁场区域Ⅰ和Ⅱ所用的时间相同，设为，令棒穿过磁场区域Ⅰ过程中的平均电流为,平均感应电动势为，则有再根据动量定理，得解得【点睛】运用能量守恒往往会使解题变得简单；学会运用动量守恒解决电磁感应中的时间问题，是解决这一模块综合题的关键。