第二章《电磁感应》章末复习（解析版）

第二章电磁感应单元检测试题

总分：100分用时：90分钟

一、选择题：（本大题共10小题.每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1〜7题只

有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分.有

选错的得0分）

1.无线充电是近年发展起来的新技术，如图所示，该技术通过交变磁场在发射线圈和接收线圈间传

输能量。内置接收线圈的手机可以直接放在无线充电基座上进行充电，关于无线充电的说法正确的

是（）

无线充电基座

A.无线充电效率高，线圈不发热

B.无线充电基座可以用稳恒直流电源供电

C.无线充电过程主要利用了电磁感应原理

D.无线充电基座可以对所有手机进行无线充电

【答案】C

【解析】

A.接收线圈的磁通量只是发射线圈产生的一部分，则无线充电效率低；充电时线圈中有电流，根

据电流的热效应，可知线圈会发热，故A错误；

B.如果无线充电基座用稳恒直流电源供电，则接收线圈的磁通量不变，不能产生感应电流，无法对

手机充电，故B错误；

C.无线充电过程主要利用互感现象来实现能量传递的，故C正确；

D.如果手机内没有接受线圈，则无线充电基座不可以对手机进行充电，故D错误。

故选Co

2.如图所示，一个可绕竖直圆心轴转动的水平金属圆盘，圆盘中心。和圆盘边缘。通过电刷与螺

线管相连，螺线管右侧有竖直悬挂的铜环，匀强磁场垂直于圆盘平面向上，从上向下看，圆盘为逆

时针方向匀速转动，则下述结论中正确的是（）

A.金属圆盘上各处的电势相等

B.圆盘上的电流由边缘流向圆心

C.螺线管内部的磁场从尸指向E

D.铜环中有恒定的感应电流产生

【答案】C

【解析】

AB.根据右手定则可知，圆盘逆时针方向匀速转动时，产生的感应电流从圆心指向圆盘边缘，则边

缘电势最高，选项AB错误；

C.由安培定则可知，螺线管内部的磁场从尸指向E,选项C正确；

D.圆盘可以看成无数根金属条并联切割磁场，产生的电动势为

「八.,,0+a）lbl2a）

E=Blv=bl-------=------

22

电动势恒定，因此产生恒定的感应电流，则螺线管的磁场恒定，穿过铜环的磁通量不变，铜环中无

感应电流，选项D错误。

故选Co

3.如图甲所示，线圈匝数为50匝，横截面积为Q02m2,线圈中有向左的匀强磁场，磁感应强度随

时间变化的图像如图乙所示，磁场方向向左为正。则关于A、B两点的电势差UAB，正确的是（）

A.UAB=2VB.UAB=—2VC.UAB=0Q4VD.UAB=—0Q4V

【答案】A

【解析】

根据法拉第电磁感应定律，有

E=n竺^=50x-x0.02V=2V

At2

根据楞次定律，线圈中的电流从A端流出、B端流入，A端电势比B端高，所以UAB=2V,选项

A正确。

故选Ao

4.一环形线圈固定在匀强磁场中，磁感线总是垂直线圈平面（即垂直于纸面），f=0时刻磁场方向

如图甲所示。磁感应强度2随时间r变化的关系如图乙所示。若环形线圈电阻恒定，绕线圈顺时针

方向为感应电流，的正方向，则下图中能正确反映线圈中感应电流i随时间/的变化关系的是（）

【答案】B

【解析】

由图乙可知，2随f的变化率保持不变，故感应电流保持不变，且在O~ls、2~3s、4~5s内线圈内

的方向向里的磁场在均匀的增大，则根据楞次定律感应电流沿逆时针方向，在l~2s、3~4s内线圈

内的方向向外的磁场在均匀的减小，则根据楞次定律感应电流沿逆时针方向。

故选B。

5.如图所示，A、B、C是3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，3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】

A.电路接通稳定后，A灯被线圈短路，完全熄灭，B、C并联，电压相同，亮度相同，故A错误;

B.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，这个自感电流通过C灯，所以C灯过一

会儿熄灭，故B错误；

CD.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

于线圈的电阻很小，逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，A灯的电压逐渐降低，B灯的电压逐渐增大，

B灯逐渐变亮，故C正确，D错误。

故选Co

6.如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端有一阻值为R的

电阻，一质量为小电阻也为R的金属棒横跨在导轨上，棒与导轨接触良好.整个装置处于竖直向上、

磁感应强度为8的匀强磁场中，金属棒以初速度％沿导轨向右运动，前进距离为S）在金属棒整个

运动过程中，下列说法正确的是

A.金属棒运动平均速度大于父

2

B.金属棒d克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热

C.通过电阻R电荷量为一-

2R

1,

D.电阻R上产生的焦耳热为Q=耳根说

【答案】C

【解析】

A.金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，受到

水平向左的安培力，金属棒受到的合力为安培力：

F=BIL=BL-=BL»—=^-^

2R2R2R

金属棒受到安培力作用而做减速运动，速度V不断减小，安培力不断减小，加速度不断减小，故金

属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，所以平均速度小于％,故A错误；

2

B.由能量守恒知金属棒ab克服安培力做的功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热，故B错误；

C.整个过程中通过导体截面的电荷量

…E

q=IAt=—NAt

2R

又

-A①BLs

E—-----=------

A?At

RTr

联立得：q=」，故C正确；

2R

D.整个过程中由动能定理可得：

-W=0--m^

2

解得克服安培力做功为：

所以产生的总热量为

1,

2=2mvo

所以电阻R上产生的焦耳热为

112

QR

故D错误.

7.如图所示，圆环。和圆环b的半径之比为2：1,两环用同样粗细，同种材料制成的导线连成闭

合回路，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度变化率恒定，则在a、6环分别单独置于

磁场中的两种情况下，M,N两点的电势差之比为

A.4：1B.1：4C.2：1D.1：2

【答案】C

【解析】

。环与6环的半径之比为2:1,故周长之比为2:1,由电阻定律Rp—知电阻之比为2:1,；M、N

S

R

两点间电势差大小为路端电压，U=——E；由法拉第电磁感应定律

R+r

E=n凶=^S

NAt

磁感应强度的变化率相同，得EjEb=4:l,故两次电压的比为2:1。

故选C。

8.如图a,螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框

abed相连，导线框内有一小金属圆环L圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B

随时间按图b所示规律变化时（）

图a图I,

A.在时间内，L内有逆时针方向的感应电流B.在时间内，L有收缩趋势

C.在f2~f3时间内，L内有顺时针方向的感应电流D.在/2~f3时间内，L有扩张趋势

【答案】AB

【解析】

A.在3/2时间内，磁感应强度增加，根据增反减同可知，L内有逆时针方向的感应电流，A正确。

B.图线的斜率逐渐变大，经过导线中的电流变大，该电流激发出增大的磁场，该磁场通过圆环，在

圆环内产生感应电动势和逆时针方向的感应电流，据结论“增缩减扩”可判断L有收缩趋势，B正确。

C.在时间内，磁感应强度变化率一定，经过导线中的电流不变，故工磁通量没有变化，没有

感应电流，c错误。

D.在f2~/3时间内，磁感应强度变化率一定，经过导线中的电流不变，故2磁通量没有变化，没有

感应电流，L也就没有扩张的趋势，D错误。

故选ABo

9.如图所示，一根足够长通以图示方向电流的直导线水平放置，直导线的正上方某处有悬点，用绝

缘细线悬挂一铜圆环从图示A点由静止释放，在圆环运动到最低点的过程中.下列说法正确的是

)

A.圆环中感应电流沿逆时针方向

B.圆环中感应电流沿顺时针方向

C.圆环所受安培力的方向总是竖直向上

D.圆环所受安培力的方向总是与圆环的运动方向相反

【答案】BC

【解析】

AB.根据安培定则，通电直导线下方区域磁场方向垂直纸面向里，上方区域磁场方向垂直纸面向外，

圆环由A点开始运动到最低点过程中，磁通量增大，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁场方向垂

直纸面向里，感应电流的方向顺时针，故A错误、B正确；

CD.因为磁感应强度在水平方向均匀分布，把圆环分成若干份，可以知道对称的一小段在水平方向

的安培力是大小相等，方向相反的，故圆环所受安培力的方向总是竖直向上的，故C正确、D错误.

10.如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为仇导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，

匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为及有一质量为相、长为/的导体棒在仍位置以初速度

v沿斜面向上运动，最远到达〃〃处，导体棒向上滑行的最远距离为无。导体棒的电阻也为R,与导

轨之间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g。在导体棒向上滑动过程中，下列说法正确的是（）

R212

A.导体棒受到的最大安培力为

R

B.导体棒损失的机械能为5加"2一根”5也6

„,,___.,,,2mRv-B~l~x

C.导体棒运动的时间为:;---------------—

2/%gR(sm，+〃cos0)

D.整个电路产生的焦耳热为:71gx(sin0+〃cos0)

【答案】BCD

【解析】

A.根据：

E=BLv

可以知道速度最大时感应电动势最大，电流和安培力也最大，所以初始时刻的安培力最大，根据:

F=BIL

Blv

T1=----

2R

可得：

AB212V

F=-------

2R

故A错误；

B.从初始位置到滑行最远时根据能量守恒有损失的机械能为：

1.八

△E=-mv~~mgxsin8

故B正确；

C.导体棒向上滑动过程中由动量定理可知:

BILt+（mgsin0+/jmgcosOjt—mv

而由电荷的定义式结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知:

TEA。Blx

q=It=—t=-=——

R总R&2R

联立解得：

2mRv-B212x

t=---------------------------------

2nzgR（sin0+jUcosO'）

故C正确；

D.上滑过程中克服摩擦力和重力做的总功为：

W=mgx{/ucos6+sin

根据能量守恒定律可得整个电路产生的焦耳热为：

12

Q=-mv-mgx{/ucos0+sin3）

故D正确。

故选BCDo

二、填空题（每空2分，共14分。把正确答案写在答题卡中的横线上）

11.为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示.已知线圈由a端开始绕至b端:

当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转.

I▼

INI

（1）将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转.俯视线圈，其绕向为

（填：“顺时针”或‘逆时针”）.

（2）当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转.俯视线圈，其绕向为

（填：“顺时针”或“逆时针”）.

【答案】顺时针逆时针

【解析】

（1）由楞次定律知感应电流产生的磁场方向向上，感应电流由a经G流向b,再由安培定则知线圈

绕向如图所示，为顺时针.

（2）由楞次定律知感应电流产生的磁场方向向上，感应电流由b经G流向a,再由安培定则知线圈

绕向为逆时针.

12.在“探究法拉第电磁感应现象”的实验中,

（1）已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈4线圈2、电表及开关按如图所示部分连接，要把

电路连接完整正确，则N连接到（选填%"?"％”或"AT）,M连接到（选填

或"M'）。

（2）正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端尸向右加速滑动时,

灵敏电流计指针向右偏转，由此可以判断o

A.线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向左加速滑动，都能引起灵敏电流计指针向左偏转

B.线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计指针向右偏转

C.滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，灵敏电流计指针都静止在中央

D.因为线圈A、线圈8的绕线方向未知，故无法判断灵敏电流计指针偏转的方向

（3）某同学第一次将滑动变阻器的触头P慢慢向右移动，第二次将滑动变阻器的触头P快速向右

移动，发现电流计的指针摆动的幅度第二次的幅度大，原因是线圈中的一（填“磁通量”或“磁通量

的变化”或“磁通量变化率”）第二次比第一次的大。

（4）某同学在实验室重做电磁感应现象的实验，他将电流表、线圈A和3、蓄电池，开关用导线连

接成电路。当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其可能的原因是o

A.开关的位置接错

B.电流表的正负极接错

C.线圈8的接头接反

D.蓄电池的正负极接反

【答案】flcB磁通量的变化率A

【解析】

（1）口］将电流计与线圈8串联成另一个回路，所以N连接°；

⑵将电源、电键、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，所以

M连接c；

（2）［3］由题意可知：当尸向右加速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，磁通量

减少，此时线圈B中产生了电流使指针向右偏转，故可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏；

A.线圈A向上移动时，线圈2中磁通量减小，指针向右偏转；而滑动变阻器滑动端P向左加速滑

动时，线圈8中磁通量增大，故指针应向左偏转，故A错误；

B.当铁芯拔出或断开开关时，线圈A中磁场减小，故线圈8中磁通量减小，指针向右偏转，故B

正确；

C.滑片匀速运动时，线圈A中也会产生变化的磁场，线圈3中产生了感应电流使指针向右或向左

偏转，故C错误；

D.虽然线圈A、线圈8的绕线方向未知，但根据题意可以判断灵敏电流计指针偏转的方向，故D

错误。

(3)[4]两种情况下滑动变阻器的触头P移动的快慢不同，说明电流变化快慢不同、线圈B中的磁

感应强度变化快慢不同，即磁通量变化率不同，产生的感应电动势大小不同，线圈中的磁通量变化

率第二次比第一次的大；

(4)[5JA.如果将开关与灵敏电流计构成回路，当他接通、断开开关时，线圈8中的磁通量不变,

电流表的指针不会偏转，故A正确；

B.电流表的正负极接错、只是偏转方向变化，仍会偏转，故B错误；

C.线圈8的接头接反，当他接通、断开开关时，线圈3中的磁通量会发生变化，电流表的指针会

偏转，故C错误；

D.蓄电池的正负极接反，当他接通、断开开关时，线圈8中的磁通量会发生变化，只是电流表的

偏转方向变化，仍会偏转，故D错误。

三、计算题(本大题共4小题，共46分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤)

13.(11分)如图所示，电阻为0.1。的正方形单匝线圈abed的边长为0.2m,be边与匀强磁场边

缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为Q5T。在水平拉力作用下，线圈以8m/s的

速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中：

(1)感应电动势的大小E；

(2)所受拉力的大小厂；

⑶感应电流产生的热量Q。

【答案】(l)0.8V；(2)0.8N；(3)0.32J

【解析】

(1)由题意可知当线框切割磁感线是产生的电动势为

E=BLv=0.5仓。.28V=0.8V

(2)因为线框匀速运动故所受拉力等于安培力，有

F=%=BIL

根据闭合电路欧姆定律有

R

结合(1)联立各式代入数据可得F=0.8N；

(3)线框穿过磁场所用的时间为

2L2'0.2-

t=——=------s=0.05s

v8

故线框穿越过程产生的热量为

2

Q=iRt=一t=此？0.05J=0.32J

R0.1

14.(11分)如图甲，线圈A(图中实线，共100匝)的横截面积为O.Sn?,总电阻厂=2。，A右

侧所接电路中，电阻用=2Q,R?=6Q,电容C=5pF,开关S1闭合。A中有横截面积为Odn?的

区域D(图中虚线)，D内有图乙所示的变化磁场，/=0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里。

(1)闭合S?,电路稳定后，通过&的电流大小；

(2)闭合S2,电路稳定后再断开S1,通过凡的电荷量。

【答案】(1)0.8A；(2)2.4XW5C

【解析】

(1)根据法拉第电磁感应定律

l△①ABS

E=n---=n-----

AzAz

解得

E=8V

闭合S2，电路稳定后，电容断路，则通过&的电流

（2）电路稳定后再断开S「电容会释放储存的电荷，断开前电容两端的电压和耳两端的电压相等

。=或=4.8V

因此电容储存的电荷量

2=CL/=2.4x105C

故通过R2的电荷量为2.4xIO'c。

15.（12分）如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L=lm,上端接有电阻

R=3Q,虚线O。，下方是垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量m=0.1kg、电阻r=lQ的金属杆

从O。'上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v

图像如图乙所示。（取g=10m/s2）求：

（1）磁感应强度8的大小；

（2）杆在磁场中下落0.1s的过程中，电阻R产生的热量。

【解析】

(1)由图像可知，杆自由下落0.1s进入磁场以v=1.0m/s做匀速运动，产生的感应电动势

E=BLv

杆中的感应电流

R+r

杆所受的安培力

F后BIL

由平衡条件得

mg=F安

代入数据得

8=2T

(2)电阻R产生的热量

Q=FRt=0.0'75J

16.(12分)如图所示，两