【文档说明】第二章 电磁感应 能力提高卷（B卷）（全解全析版）-高二物理分层训练AB卷（人教版2019选择性必修第二册）.docx，共(7)页，142.856 KB，由envi的店铺上传

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第二章电磁感应能力提高卷（B卷）高二物理·全解全析123456789101112DCDBADDABDBDCDAC1．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R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1212()BSBSEkSSttt==−=−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1212()BSBSEkSSttt==+=+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1S瞬间，灯1A突然闪亮，

随后逐渐变暗，说明闭合1S时，电路稳定后，通过1L的电流大于1A的电流；断开1S，原来通过1L的电流流经1A构成闭合回路，所以1A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2S瞬间，2L对电流

有阻碍作用，所以2A中电流与3A中电流不相等，选项C错误；D．闭合开关2S，灯2A逐渐变亮，而另一个相同的灯3A立即变亮，最终2A与3A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R与2L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EBLv−=得()2=222yyLLlEBLlBLL++=+（）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SItqR===，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12RR，可得：R1>R215．（1）22BLvRr+；（2）022()mvRrBL+【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EBLv=（1分）电路中的电流EIRr=+（1分）金属棒所受的安培力FBIL=安（1分）得22BLvFRr=+安（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00Imv=−安（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222222123···BLBLBLIvtvtvtRrRrRr=−++++++安22123

···BLIvtvtvtRr=−++++安（）（1分）22BLIxRr=−+安（1分）解得022()mvRrxBL+=（1分）16．（1）感应电流大小为0.4A，方向b到a；（2）16m3【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11BENNSttDDF==DD（2分）产生的感应电流为11EIR=（1分）代入数据可得10.4AI=（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2B中匀速下滑，由平衡条件可得22sinBILmgq=（2分）导体棒在2B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22EBLv=（1分）故回路中的感应电动势为12EE+，由闭合电路欧姆定律可得122EEIR+=（1分）由运动学公式可得22sinvgxq=?（1分）联立解得16m3x=（1分）17．（1）221mgRBL；（2）32224

41()2mgRmghLBL+−；（3）44212222()gBLHLgmgR−+−，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1mgBIL=（2分）1mBLvIR=（1分）解得

m221mgRvBL=（1分）（2）当线框完全进入磁场后做匀加速直线运动，有22m22()vvgHL−=−（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21()2mghHWmv++=安（2分）WW=−克安安（1分）联立解得3222441()2mgRWmghLBL=

+−克安（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11BLvBLmgmaR−=（1分）解得44212222()gBLHLgagmR−=+−（1分）方向竖直向上。18．（1）35mgRqBL=；（2）920gRv=共；（3）920mgRQ=【解析】（1）把v正交分解可得ab

棒离开水平的轨道的速度为0cos53vv=（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I，取向右为正方向，对金属棒ab由动量定理得0Ftmv=（2分）而安培力FBIL=（2分）解得035mgRmvIBLtBLt==（1分）所以通过导体棒

ab的电荷量35mgRqItBL==（1分）（2）金属棒ab到达MN时速度大小为v，由动能定理有2211(cos53)22mgRRmvmv−=−（2分）解得1.8vgR=（1分）导体棒ab和cd最终以相同的速度匀速运动，设速度为v共，根据动

量守恒有2mvmv=共（2分）解得920gRv=共（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2211222Qmvmv=−共（2分）解得920mgRQ=（1分）