2024人教版高中物理选择性必修第二册同步练习题--第二章　电磁感应复习提升（有解析）

2024人教版高中物理选择性必修第二册同步
第二章　电磁感应
本章复习提升
易混易错练
易错点1　盲目套用楞次定律的推论“增缩减扩”
1.如图所示,两个正方形金属框架放置于水平绝缘桌面上,构成“回”字结构,内框架通有顺时针方向的电流。某时刻当通过内框架的电流突然增大时,则(　　)
A.外框架中感应电流的方向为顺时针,有收缩趋势
B.外框架中感应电流的方向为顺时针,有扩张趋势
C.外框架中感应电流的方向为逆时针,有收缩趋势
D.外框架中感应电流的方向为逆时针,有扩张趋势
易错点2　不清楚闭合线框所处磁场分布特点
2.如图所示,小金属环和大金属环重叠在同一平面内,两环相互绝缘,小环有一半面积在大环内,当大环接通电源的瞬间,对小环中电流情况及小环的运动情况,下列判断正确的是(　　)
A.小金属环中无感应电流
B.小金属环中有顺时针方向的感应电流
C.小金属环会向大金属环外运动
D.小金属环会向大金属环里运动
易错点3　磁通量变化情况分析错误
3.如图所示,AOC是光滑的金属轨道,AO沿竖直方向,OC沿水平方向,PQ是一根金属直杆,按如图所示立在轨道上,直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动,运动过程中Q端始终在OC上,空间存在垂直于纸面向外的匀强磁场,则在PQ杆滑动的过程中,下列判断正确的是(　　)
A.感应电流的方向始终是由P→Q
B.感应电流的方向始终是由Q→P
C.PQ受磁场力的方向垂直于杆向左
D.PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左下,后垂直于杆向右上
易错点4　不理解公式E=BLv中速度v的含义
4.如图所示,导体棒ab长为4L,匀强磁场的磁感应强度为B,导体棒绕过O点垂直纸面的轴以角速度ω匀速转动,a与O间的距离很小,可以忽略。则a端和b端的电势差Uab等于(　　)
A.2BL2ω　　　B.4BL2ω　　　C.6BL2ω　　　D.8BL2ω
易错点5　忽略电表改装原理而出错
5.如图所示,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上。ac、bc两边分别串有电压表、电流表,当金属框绕ab边逆时针转动时,下列判断正确的是(　　)
A.电流表无示数,b、c电势相等
B.电流表有示数,b、c电势不相等
C.电压表无示数,a、c电势不相等
D.电压表有示数,a、c电势不相等
易错点6　错把感应电动势当成路端电压
6.如图所示,abcd是边长为L、每边电阻均相同的正方形导体线框,现使线框以恒定的速度v沿x轴运动,进入边界夹角为45°的匀强磁场区域,匀强磁场区域足够大,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。自线框b点在O位置时开始计时,则在0~2Lv时间内,a、b两点间的电势差U随时间t变化的图像为(　　)
思想方法练
一、二级结论法
方法概述
　　“二级结论”是由基本规律和基本公式导出的推论,在解题时可以直接应用。电磁感应中经常用到的二级结论有: (1)增反减同;(2)来拒去留;(3)增缩减扩。
1.【多选题】如图所示,一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内,通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定,导体棒与轨道垂直且接触良好,在导体棒向右匀速通过M、N两区域的过程中,导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是(　　)
A.FM向右
B.FN向左
C.FM逐渐增大
D.FN逐渐减小
二、等效法
方法概述
　　等效法就是在特定的某种意义上,在保证效果相同的前提下,将陌生的、复杂的、难处理的问题转换成熟悉的、简单的、易处理的问题的一种方法。
2.(2022重庆育才中学月考)如图所示,两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内,其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆ab静置在导轨上,其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下,导轨和金属杆的电阻不计,导轨光滑且足够长。当该磁场区域以速度v0匀速地向右运动,MN刚扫过金属杆时,杆中感应电流的大小和方向为(　　)
A.0　　　　　　B.Bdv0R,方向a→b
C.Bdv0R,方向b→a　　　　　　D.2Bdv0R,方向a→b
答案与分层梯度式解析
第二章　电磁感应
本章复习提升
易混易错练
1.D
2.C
3.D
4.D
5.C
6.D
1.D　当内框架中电流方向为顺时针时,内框架内部磁场方向竖直向下,内框架外部磁场方向竖直向上,外框架内部合磁场方向竖直向下,如图所示
当通过内框架的电流突然增大时,磁通量增大,根据楞次定律,可判断出外框架中感应电流的方向为逆时针方向;外框架的四边均处在竖直向上的磁场中,每条边的受力均垂直于框架边向外,外框架有扩张趋势,D正确,A、B、C错误。故选D。
错解分析　错解原因是直接套用楞次定律的推论“增缩减扩”。根据楞次定律,感应电流的磁场应阻碍原磁通量的变化,原磁场在增强,线圈应扩大面积减小净磁通量。
2.C　当大环接通电源的瞬间,由安培定则可知大环内部磁场垂直纸面向里,外部垂直纸面向外,小环左半部分所在处的磁场垂直纸面向里,右半部分所在处的磁场垂直纸面向外,左半部分磁场强,合磁场垂直纸面向里,磁通量增大,有感应电流,由楞次定律可知小环产生逆时针方向的感应电流,A、B错误;由左手定则可知小环左、右两部分所受磁场力都向外,小金属环会向大金属环外运动,C正确,D错误。故选C。
错解分析　错解原因是认为小金属环在通电导线两侧的面积相等,其磁通量可以抵消。解答本题时,需明确环形通电导线周围磁感线的分布规律。
3.D　在PQ杆滑动的过程中,△POQ的面积先增大后减小,穿过△POQ的磁通量先增大后减小,根据楞次定律可知感应电流的方向先是由P→Q,后是由Q→P,A、B错误;由左手定则判断得到PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左下,后垂直于杆向右上,C错误,D正确。故选D。错解分析　错解原因是未结合数学知识而仅凭主观臆断认为PQ杆滑动过程中,△POQ的面积一直减小。对本题来说,当∠QPO=∠PQO=45°时,△POQ的面积最大。
4.D　导体棒ab切割磁感线的总长度为4L,切割磁感线的平均速度v=12ω·4L=2Lω,由E=Blv知,感应电动势为E=B·4L·2Lω=8BL2ω,故Uab=E=8BL2ω,选项D正确。
错解分析　错解原因是不清楚导体棒转动时,公式E=BLv中速度v的含义。求解导体棒转动过程产生的电势差时,公式E=BLv中速度v需代入速度的平均值。对本题来说,导体棒匀速转动,其平均速度为v=va+vb2。
5.C　金属框bc、ac边做切割磁感线运动,产生感应电动势,Ubc、Uac不为零,b、c电势不相等,a、c电势不相等。但运动的过程中穿过金属框的磁通量始终为零,故金属框中无电流,电流表没有示数,同时电压表也没有示数,A、B、D错误,C正确。
错解分析　解答本题时易忽略电压表是由电流表改装而成的,认为电压表测a、c两点间的电压,示数不为零,而错选D项。测量时电压表的指针实际指示的是通过表头的电流大小,回路中没有感应电流时,电压表没有示数。
6.D　在t=Lv时刻,ab边刚好完全进入磁场,产生的感应电动势E=BLv,a、b两点间的电压等于路端电压,故U=34BLv,选项C错误;在t=2Lv时刻,线框刚好完全进入磁场,a、b两点间的电压等于感应电动势E,选项A、B错误,D正确。
错解分析　错解原因是把等效电源两端的电压当成了电源的电动势。对于本题来说,t=Lv时刻,ab边切割磁感线相当于电源,线框其余三个边相当于外电路,ab两端的电压其实是外电路的总电压(即路端电压)。
思想方法练
1.BCD　导体棒靠近长直导线和远离长直导线时,导体棒受到的安培力一定阻碍这种相对运动,故FM向左,FN也向左,A错误,B正确;导体棒匀速运动时,磁感应强度越强,安培力的阻碍作用也越强,考虑到长直导线周围磁场的分布可知,FM逐渐增大,FN逐渐减小,C、D正确。
方法点津　本题也可根据右手定则判断感应电流的方向,再利用左手定则判断安培力的方向,用安培力公式分析安培力大小变化,也可得出结果,但相比应用楞次定律的二级结论要复杂。熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化,节约解题时间。
2.B　金属杆相对于磁场向左运动,根据右手定则可知感应电流方向为a→b,感应电动势为E=Bdv0,根据闭合电路欧姆定律得I=ER=Bdv0R,故选B。
方法点津　本题中金属杆不动,无法直接对金属杆应用右手定则,若用等效思想就可以实现金属杆“由静到动”的转变,便可以应用右手定则分析感应电流的方向了。若磁场是运动的,导体棒是静止的,可以选取运动的磁场作为参考系分析导体棒的速度,进而实现对右手定则的应用。