第四章 综合检测(A卷)
对应学生用书P15 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分110分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷 (选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。1～8小题只有一个选项正确，9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)
1．关于真空冶炼和电熨斗的说法正确的是( )
A．它们都是只利用电流的热效应工作的
B．它们都是利用电磁感应现象中产生的涡流工作的
C．前者是利用电磁感应现象中产生的涡流及电流的热效应工作的，后者是利用电流的热效应工作的
D．前者利用的是变化的电流，后者利用的是恒定的电流
答案 C
解析 真空冶炼是利用涡流及电流的热效应工作的，电熨斗利用电流的热效应工作，所以真空冶炼需要变化的电流产生变化的磁场，电熨斗可用直流电也可用交流电，应选C。
2.
如图所示，矩形线圈abcd的边长分别是ab＝L，ad＝D，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场平行，线圈以ab边为轴做角速度为ω的匀速转动，下列说法正确的是(从图示位置开始计时)( )
A．t＝0时线圈的感应电动势为零
B．转过90°时线圈的感应电动势不为零
C．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为ωBLD
D．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为
答案 D
解析 A、B两选项中都是瞬时感应电动势，用E＝Blv求解比较方便。t＝0时，只有cd边切割磁感线，感应电动势E1＝Blv＝BL·ωD＝BSω≠0，A错误；转过90°时，线圈的四条边均不切割磁感线，E2＝0，B错误；C、D两选项求的都是平均感应电动势，用E＝较方便。转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量由0变为Φ＝BLD。转过90°所用时间Δt＝＝＝，故平均电动势为：E＝＝＝，故C错误、D正确。
3．如图所示，无限大磁场的方向垂直于纸面向里，A图中线圈在纸面内由小变大(由图中实线矩形变成虚线矩形)，B图中线圈正绕a点在平面内旋转，C图与D图中线圈正绕OO′轴转动，则线圈中不能产生感应电流的是( )
答案 B
解析 选项A中线圈面积S变化，选项C、D中线圈面积与磁感应强度B的夹角变化，都会导致穿过线圈的磁通量变化而产生感应电流；选项B中，B、S及两者夹角均不变，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，故选B。
4.
如图，是话筒的原理图。在弹性膜片后面粘接金属线圈，线圈处于永久磁体的磁场中，声波使膜片振动，将声音信号变为电信号。下列说法正确的是( )
A．话筒是利用电流的热效应工作的
B．话筒是利用电磁感应原理工作的
C．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变
D．膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电流
答案 B
解析 当声波使膜片前后振动时，线圈切割磁感线产生感应电流，将声音信号变为电信号，是根据电磁感应原理工作的，故A错误，B正确。膜片随着声波而周期性振动，穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的，故C错误。膜片振动时，金属线圈切割磁感线，会产生感应电流，故D错误。
5.
如图所示的电路中，电源电动势为E，线圈L的电阻不计。以下判断正确的是( )
A．闭合S，稳定后，电容器两端电压为E
B．闭合S，稳定后，电容器的a极板带正电
C．断开S的瞬间，电容器的a极板带正电
D．断开S的瞬间，电容器的a极板带负电
答案 C
解析 闭合S，稳定后，由于线圈L的直流电阻为零，所以线圈两端电压为零，又因为电容器与线圈并联，所以电容器两端电压也为零，A、B错误；断开S的瞬间，线圈L中电流减小，线圈中产生与原电流方向相同的自感电动势，并作用在电容器上，所以，此时电容器a极板带正电，b极板带负电，C正确、D错误。
6.
如图所示，有缺口的金属圆环与板间距为d的平行板电容器的两极板焊接在一起，金属圆环右侧有一垂直纸面向外的匀强磁场，现使金属圆环以恒定不变的速度v向右运动由磁场外进入磁场，在金属圆环进入磁场的过程中，电容器带电荷量Q随时间t变化的定性图象应为( )
答案 C
解析 金属圆环进入磁场过程中切割磁感线的金属导线的有效长度先变大后变小，最后不变(完全进入磁场中)，则电容器两板间电势差也是先变大后变小，最后不变，由Q＝CU可知图线C正确。
7.
如图，正方形线圈abcd固定于一匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面。当磁场的磁感应强度B随时间t变化时，该磁场对ab边的安培力大小恒定。下列描述B随t变化的图象中，可能正确的是( )
答案 B
解析 设线圈的边长为L，磁感应强度变化的时候，线圈中的感应电动势为E＝＝，ab边受到的安培力为F＝BIL＝，安培力大小恒定，若B变大，则(即图线斜率)需减小。只有B项图象符合题意，故B正确。
8.
著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验：一块水平放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴自由转动，在圆盘的中部有一个线圈，圆盘的边缘固定着一圈带负电的金属小球，如图所示。当线圈接通直流电源后，线圈中的电流方向如图中箭头所示，圆盘会发生转动，几位同学对这一实验现象进行了解释和猜测，你认为合理的是( )
A．接通电源后，线圈产生磁场，带电小球受到洛伦兹力，从而导致圆盘沿顺时针方向转动(从上向下看)
B．接通电源后，线圈产生磁场，带电小球受到洛伦兹力，从而导致圆盘沿逆时针方向转动(从上向下看)
C．接通电源的瞬间，线圈产生变化的磁场，从而产生电场，导致圆盘沿顺时针方向转动(从上向下看)
D．接通电源的瞬间，线圈产生变化的磁场，从而产生电场，导致圆盘沿逆时针方向转动(从上向下看)
答案 C
解析 在突然接通电源的瞬间，线圈中电流由0增大到最大，由右手螺旋定则知，电流的磁场从上到下，而感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，因此，感应电流的磁场是由下向上，故可判定出线圈中电流的磁场形成的感生电场从上向下看沿逆时针方向，处在该电场中的负电荷，受电场力作用，使圆盘沿顺时针方向转动，因此，C正确，A、B、D错误。
9．如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则( )
A．t1时刻，FN>G B．t2时刻，FN>G
C．t3时刻，FN答案 AD
解析 感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，所以t1时电流增大，磁通量变大，下面线圈阻碍变化，就有向下运动的趋势，所以FN>G，t2时刻与t4时刻无电流变化，t3时刻Q中没有电流；所以t2时刻、t3时刻、t4时刻FN＝G，故A、D正确，B、C错误。
10.
如图所示，矩形线框A在竖直平面内从静止开始下落。匀强磁场B的方向水平且垂直于线框所在的平面。当线框的下边进入磁场，而上边尚未进入磁场的过程中，线框A可能( )
A．匀速下落 B．加速下落
C．减速下落 D．匀减速下落
答案 ABC
解析 根据进入磁场后安培力与重力的大小关系判定。当F安＝mg时匀速下落；当F安mg时，减速下落，此时F安－mg＝－mg＝ma，故可得随着v的减小a也减小，所以不可能是匀减速下落。A、B、C正确。
11.
如图所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场的磁感应强度为B，不计ab与导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好。若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是( )
A．拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量
B．杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量
C．电流所做的功等于重力势能的增加量
D．拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量
答案 BD
解析 当外力F拉着金属杆匀速上升时，拉力要克服重力和安培力做功，拉力做的功等于克服安培力和重力做功之和，即等于电阻R上产生的热量和金属杆增加的重力势能之和，选项A错误，D正确。克服安培力做多少功，电阻R上就产生多少热量，选项B正确。电流做的功不等于重力势能的增加量，选项C错误。
12.
如图所示，三个有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处有一边长为L的正方形导线框，导线框总电阻为R，且导线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使导线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，外力F向右为正。则以下能反映感应电动势E和外力F随时间变化规律的图象是( )
答案 AD
解析 根据楞次定律判断可知，安培力阻碍导体与磁场间的相对运动，所以导线框所受的安培力方向向左，由平衡条件得知外力方向一直向右，为正。在0～时间内，导线框通过左边的磁场，根据右手定则判断可得感应电流方向为顺时针，感应电动势为负值，产生的感应电动势E1＝BLv，感应电流I1＝＝，外力等于安培力，即F1＝BI1L＝；在～时间内，导线框从左边磁场进入中间磁场，导线框的左边和右边都产生感应电动势，根据右手定则判断可得感应电流方向沿逆时针，感应电动势为正值，回路中总的感应电动势E2＝2BLv，感应电流I2＝＝，外力等于安培力，即F2＝2BI2L＝4；在～时间内，导线框从中间磁场进入右边磁场，导线框的左边和右边都产生感应电动势，根据右手定则判断可得感应电流方向为顺时针，感应电动势为负值，回路中总的感应电动势E3＝2BLv，感应电流I3＝，外力等于安培力，即F3＝2BI3L＝4；在～时间内，导线框从右边磁场穿出，根据右手定则判断可得感应电流方向沿逆时针，感应电动势为正值，产生的感应电动势E4＝BLv，感应电流I4＝，外力等于安培力，即F4＝BI4L＝。所以选项A、D正确。
第Ⅱ卷 (非选择题，共62分)
二、填空题(本题共3小题，每小题6分，共18分)
13．如图为“研究电磁感应现象”的实验装置。
(1)将图中所缺的导线补接完整。
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后下述情形中将出现的情况是：
A．将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将______________________________。
B．在原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将________________________________________________________________________。
答案 (1)如图所示。
(2)A.向右偏转一下 B．向左偏转一下
解析 (1)电源、开关、滑动变阻器、原线圈应组成闭合回路；副线圈与灵敏电流计组成闭合回路。
(2)将原线圈迅速插入副线圈时，副线圈中磁通量增大，感应电流方向与闭合开关时相同，指针将向右偏转一下；滑动变阻器触头向左拉时，电阻增大，电流减小，磁通量减小，感应电流方向与磁通量增大时相反，向左偏转一下。
14.
如图所示，边长为L、电阻为R的单匝正方形导线框abcd自空中落下，恰好能以速度v匀速进入一磁感应强度为B、宽度为H(H>L)的匀强磁场MM′N′N区域。则该导线框进入磁场的过程中流过导线某一横截面的电荷量Q＝________，导线框cd边运动到磁场区域下边界NN′时的速度为________。
答案
解析 Q＝I·Δt＝·＝；线框全部进入磁场后只受重力作用，根据v＝v2＋2g(H－L)，可解得v1＝。
15.
两金属杆ab和cd的长均为l，电阻均为R，质量分别为m1和m2，且m1>m2。用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧，两金属杆都处于水平位置，如图所示。整个装置处在一个与回路平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B。若金属杆ab正好匀速向下运动，其运动速度大小为________。
答案
解析 由系统能量守恒知，两杆减少的重力势能全部转化为电磁感应产生的电能，则重力对系统做功的功率应等于回路中电流做功的功率，即(m1－m2)gv＝2I2R＝2·2·R，解得v＝。
三、计算题(共44分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(10分)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g。求：
(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；
(2)导体棒匀速运动的速度大小v；
(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q。
答案 (1)tanθ (2)
(3)2mgdsinθ－
解析 (1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡有
mgsinθ＝μmgcosθ
解得μ＝tanθ。
(2)在光滑导轨上
感应电动势E＝BLv
感应电流I＝
安培力F安＝BIL
导体棒受力平衡有F安＝mgsinθ
解得v＝。
(3)摩擦生热QT＝μmgdcosθ
由能量守恒定律有3mgdsinθ＝Q＋QT＋mv2
解得Q＝2mgdsinθ－。
17.
(11分)如图所示，面积为0.2 m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面。磁感应强度随时间变化的规律是B＝(6－0.2t)(T)。已知R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电容C＝30 μF，线圈A的电阻不计。求：
(1)闭合S后，通过R2的电流大小和方向；
(2)闭合S一段时间后再断开S，S断开后通过R2的电荷量是多少？
答案 (1)0.4 A a→R2→b (2)7.2×10－5 C
解析 (1)∵B＝6－0.2t，∴＝0.2 T/s
A线圈内产生的感应电动势：
E＝n＝n＝100×0.2×0.2 V＝4 V
S闭合后，电路中电流I＝＝ A＝0.4 A
方向由a→R2→b
故通过R2的电流大小为0.4 A，方向为由a→R2→b。
(2)断开S后，C开始放电，通过R2的电荷量
Q＝CU2＝CIR2＝7.2×10－5 C
故S断开后通过R2的电荷量是7.2×10－5 C。
18．(11分)如图a所示，平行金属导轨MN、PQ光滑且足够长，固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.25 m，电阻R＝0.5 Ω，导轨上停放一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，现用一外力F沿水平方向拉杆，使其由静止开始运动，理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图b所示。
(1)分析证明金属杆做匀加速直线运动；
(2)求金属杆运动的加速度大小；
(3)写出外力F随时间变化的表达式；
(4)求第2.5 s末外力F的瞬时功率。
答案 (1)见解析 (2)2.4 m/s2
(3)F＝0.04t＋0.24(N) (4)2.04 W
解析 (1)U＝E·＝，U∝v，因为U是时间的正比例函数，故v也是时间的正比例函数，故金属杆做匀加速直线运动。
(2)由图b知，k＝＝0.2 V/s，
又ΔU＝，故k＝·＝a·，
则金属杆运动的加速度
a＝＝ m/s2＝2.4 m/s2。
(3)由牛顿第二定律F－F安＝ma得
F＝BIL＋ma＝＋ma＝0.04t＋0.24(N)。
(4)第2.5 s末外力F的瞬时功率
P＝Fv＝(0.04t＋0.24)at＝2.04 W。
19．[2017·江苏高考](12分)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。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：
(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)MN刚扫过金属杆时，磁场相对金属杆的速度为v0向右，则金属杆相对磁场的速度为v0向左，金属杆的感应电动势E＝Bdv0①
回路的感应电流I＝②
由①②式解得I＝③
(2)金属杆所受的安培力F＝BId④
由牛顿第二定律得，对金属杆F＝ma⑤
由③④⑤式得a＝⑥
(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′＝v0－v⑦
感应电动势E＝Bdv′⑧
感应电流的电功率P＝⑨
由⑦⑧⑨式得P＝。
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第四章 综合检测(B卷)
对应学生用书P19 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分110分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷 (选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。1～8小题只有一个选项正确，9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)
1．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)，则( )
A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a
B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左
答案 D
解析 线框进入磁场时，磁通量增大，因此感应电流形成的磁场方向垂直纸面向里，由右手螺旋定则可知感应电流方向为a→d→c→b→a，此时，只有线框的cd边受到安培力作用，根据左手定则可知，安培力方向水平向左，故A错误，D正确。线框离开磁场时，磁通量减小，因此感应电流形成的磁场方向向外，由右手螺旋定则可知感应电流方向为a→b→c→d→a，此时，只有线框的ab边受到安培力作用，根据左手定则可知，安培力方向水平向左，故B、C错误。
2.
一个面积S＝4×10－2 m2、匝数n＝100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是( )
A．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化率大小等于0.08 Wb/s
B．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于0
C．在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势大小等于0.08 V
D．在第3 s末线圈中的感应电动势等于0
答案 A
解析 由E＝n＝n·S得，在开始2 s内线圈中产生的感应电动势：E＝100×2×4×10－2 V＝8 V，磁通量变化率：＝0.08 Wb/s，第3 s末虽然磁通量为0，但磁通量变化率为0.08 Wb/s，同理可得E＝8 V，所以A正确。
3.
如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽。现有一高度为a的正三角形导线框从图示位置开始向右沿x轴方向匀速穿过磁场区域。若以逆时针方向为电流的正方向，在下列选项中(如图所示)，线框中感应电流i与线框移动的位移x的关系图象正确的是( )
答案 C
解析 导线框的运动可以分为三个阶段，第一个阶段为从开始向右运动到完全进入左侧磁场，第二个阶段为从完全进入左侧磁场到完全进入右侧磁场，第三个阶段为从完全进入右侧磁场到恰好完全出离右侧磁场。由楞次定律可以判断电流方向，位移x为0～a,2a～3a时，电流为正方向，位移为a～2a时，电流为负方向；在第二个阶段线框同时处在两个磁场中，当进入右侧磁场的位移的大小与第一个阶段进入左侧磁场的位移的大小、第三个阶段出离右侧磁场的位移的大小相等时，产生的感应电动势、感应电流是后两者时的2倍，对比选项中各图象可知C正确。
4.
如图所示，A、B、C为三只相同的灯泡，且灯泡的额定电压均大于电源电动势，电源内阻不计，L是一个直流电阻不计、自感系数较大的线圈，先将K1、K2合上，稳定后突然断开K2。已知在此后过程中各灯均无损坏，则下列说法中正确的是( )
A．C灯亮度保持不变
B．C灯闪亮一下后逐渐恢复到原来的亮度
C．B灯亮度保持不变
D．B灯后来的功率是原来的一半
答案 B
解析 设电源电动势为E，灯泡电阻为R，则K1、K2均闭合且电路稳定时，A灯被短路，IA＝0，IB＝IC＝＝I0，流过线圈的电流IL＝IB＋IC＝2I0；突然断开K2，线圈L中产生自感电动势，自感电动势方向与原电流的方向相同，线圈相当于电源，与A、B、C灯构成串联闭合回路，断开K2瞬间，IC′＝IL＝2I0，C灯将突然闪亮，后逐渐变暗；稳定时，IC″＝＝I0，IA′＝IB′＝＝，所以C灯闪亮一下后逐渐恢复到原来的亮度，B灯电流为原来的一半，功率为原来的，故B正确。
5.
如图所示，螺线管导线的两端与平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入螺线管中时，小球的运动情况是( )
A．向左摆动 B．向右摆动
C．保持静止 D．无法判定
答案 A
解析 当条形磁铁插入螺线管中时，螺线管中向左的磁场增强。由楞次定律和安培定则判定金属板左端电势高，故带负电的小球向左摆，A正确。
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，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、有效电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q。下列说法正确的是( )
A．金属棒在导轨上做匀减速运动
B．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为
C．整个过程中金属棒克服安培力做功为mv2
D．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为mv2
答案 C
解析 因为金属棒向右运动时受到向左的安培力作用，且安培力随速度的减小而减小，所以金属棒向右做加速度减小的减速运动，故A错误；根据＝＝，q＝·Δt＝·Δt＝，解得x＝，故B错误；整个过程中金属棒克服安培力做功等于金属棒动能的减少量mv2；整个过程中电路中产生的热量等于机械能的减少量mv2，电阻R上产生的焦耳热为mv2，故C正确、D错误。
7.
在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图。PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为，则下列说法正确的是( )
A．此过程中通过线框截面的电量为
B．此时线框的加速度为
C．此过程中回路产生的电能为mv2
D．此时线框中的电功率为
答案 D
解析 由E＝、＝及q＝Δt得，电量q＝＝，故A错误；此时线框中感应电动势为E＝2Ba·＝Bav，感应电流为I＝＝，线框所受的安培力的合力为F＝2BIa＝，加速度为a加＝＝，故B错误；根据能量守恒定律得：回路产生的电能为Q＝mv2－m2＝mv2，故C错误；此时线框中的电功率为P＝I2R＝，故D正确。
8．如图a所示，正方形导线框abcd放置在垂直于纸面的匀强磁场中。以垂直纸面向内为磁场的正方向，匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图b所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向左为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是( )
答案 A
解析 根据法拉第电磁感应定律，产生的电动势的大小E＝，在0～2 s中，为定值，则感应电流I＝为定值，受到的安培力F＝BIL随磁感应强度的变化而变化；在0～1 s中，磁场的方向垂直于纸面向外且磁感应强度减小，根据楞次定律和右手螺旋定则可知，ab边的电流方向为由a到b，根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向水平向左，为正方向，且随着磁感应强度的减小而减小；在1～2 s中，磁场的方向垂直于纸面向内且磁感应强度增加，根据楞次定律和右手螺旋定则可知，ab边的电流方向为由a到b，根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向水平向右，为负方向，且随着磁感应强度的增大而增大。在2～3 s中，磁感应强度不变，则感应电动势为零，感应电流为零，ab边受到的安培力为零。在3～4 s过程中，磁场的方向先是垂直于纸面向内且磁感应强度减小，根据楞次定律和右手螺旋定则可知，ab边的电流的方向由b到a，根据左手定则可知，安培力的方向向左，为正值，且随着磁感应强度的减小而减小，后来磁场的方向垂直纸面向外且磁感应强度增加，同理判断，ab边受到的安培力方向向右，为负值，且随着磁感应强度的增大而增大，故A正确。
9.
如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的等边三角形导线框EFG正好与上述磁场区域的边界重合。现使导线框以周期T绕其中心在纸面内匀速转动，经过导线框第一次转到图中虚线位置，则在这时间内( )
A．平均感应电动势大小等于
B．平均感应电动势大小等于
C．顺时针方向转动时感应电流方向为E→F→G→E
D．逆时针方向转动时感应电流方向为E→G→F→E
答案 AC
解析 无论是顺时针还是逆时针转动，由楞次定律可知感应电流方向均为E→F→G→E，C正确，D错误。由法拉第电磁感应定律有E＝B·，其中ΔS＝a2，Δt＝，联立解得E＝，A正确，B错误。
10．如图所示，一电子以初速度v沿与金属板平行方向飞入MN极板间，突然发现电子向M板偏转，若不考虑磁场对电子运动方向的影响，则产生这一现象的原因可能是( )
A．开关S闭合瞬间
B．开关S由闭合后断开瞬间
C．开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动
D．开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动
答案 AD
解析 电子向M板偏转，说明电子受到向左的电场力，两金属板间的电场由M指向N，M板电势高，N板电势低，这说明与两金属板相连的线圈产生的感应电动势：左端电势高，与N板相连的右端电势低。开关S闭合瞬间，由安培定则可知，穿过线圈的磁通量向右增加，由楞次定律知在右侧线圈中感应电流的磁场方向向左，产生左正右负的电动势，电子向M板偏转，A正确；开关S由闭合后断开瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在右侧线圈中产生左负右正的电动势，电子向N板偏转，B错误；开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动，变阻器接入电路的电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律知在右侧线圈中产生左负右正的电动势，电子向N板偏转，C错误；开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律知在右侧线圈中感应出左正右负的电动势，电子向M板偏转，D正确。
11.
用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径。如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图所示，磁感应强度大小随时间的变化率＝k(k＜0)。则( )
A．圆环中产生顺时针方向的感应电流
B．圆环具有扩张且向右运动的趋势
C．圆环中感应电流的大小为
D．图中a、b两点间的电势差大小Uab＝
答案 AD
解析 由于磁场的磁感应强度均匀减小，由楞次定律知产生顺时针方向的感应电流，A正确；由左手定则可判断线圈受力向左，有向左运动的趋势，B错误；由法拉第电磁感应定律知E＝×πr2＝|k|πr2，感应电流I＝＝＝，C错误；Uab＝E＝，D正确。
12.
如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行不计电阻的金属导轨，处于磁场方向垂直导轨平面向下且磁感应强度为B的匀强磁场中。将金属杆ab垂直放在导轨上，杆ab由静止释放下滑距离x时达到最大速度。已知金属杆质量为m，定值电阻以及金属杆的电阻均为R，重力加速度为g，金属杆与导轨接触良好。则下列说法正确的是( )
A．回路产生a→b→Q→N→a方向的感应电流
B．金属杆ab下滑的最大加速度大小为
C．金属杆ab下滑的最大速度大小为
D．金属杆从开始运动到速度最大时，杆产生的焦耳热为mgxsinθ－
答案 AD
解析 金属杆向下滑动的过程中，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律知，回路产生a→b→Q→N→a方向的感应电流，故A正确。设ab杆下滑到某位置时速度为v，则此时杆产生的感应电动势为：E＝BLv，回路中的感应电流为：I＝，杆所受的安培力为：F＝BIL，根据牛顿第二定律有：mgsinθ－＝ma。当v＝0时杆的加速度最大，最大加速度为am＝gsinθ，方向沿导轨平面向下，故B错误。由以上知，当杆的加速度a＝0时，速度最大，最大速度为：vm＝，方向沿导轨平面向下，故C错误。ab杆从静止开始到最大速度过程中，根据能量守恒定律，有mgxsinθ＝Q总＋mv，又杆产生的焦耳热为Q杆＝Q总，所以得Q杆＝mgxsinθ－，故D正确。
第Ⅱ卷 (非选择题，共62分)
二、填空题(本题共3小题，每小题6分，共18分)
13．如图是做“探究电磁感应的产生条件”实验的器材示意图。
(1)在图中用实线代替导线把它们连成实验电路。
(2)由哪些操作可以使灵敏电流计的指针发生偏转？
①________________________________________________________________________。
②________________________________________________________________________。
(3)假设在开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，灵敏电流计的指针向________(填“左”或“右”)偏转。
答案 (1)如图所示。
(2)①将开关K闭合(或者断开) ②将螺线管A插入(或拔出)螺线管B
(3)右
解析 (1)灵敏电流计、B线圈组成一个回路，电源、A线圈、开关组成一个回路；
(2)只要穿过B线圈的磁通量有变化，就有感应电流产生，灵敏电流计的指针就会发生偏转；
(3)开关闭合的瞬间，穿过B线圈的磁通量增加，电流计指针左偏；螺线管A向上拔出，穿过B线圈的磁通量减少，所以电流计的指针向右偏。
14.
如图所示，匀强磁场的磁感应强度为0.4 T，R＝100 Ω，C＝100 μF，ab长20 cm，当ab以v＝10 m/s的速度向右匀速运动时，电容器上极板带__________电，下极板带________电，带电量为________C。
答案 正 负 8×10－5
解析 由右手定则可知φa>φb，即电容器上极板带正电，下极板带负电。E＝Blv＝0.4×0.2×10 V＝0.8 V，电容器所带电荷量Q＝CU＝CE＝100×10－6×0.8 C＝8×10－5 C。
15．学习了法拉第电磁感应定律后，为了定量验证感应电动势E与时间Δt成反比，某小组同学设计了如图所示的实验装置：线圈和光电门固定在水平光滑轨道上，强磁铁和挡光片固定在运动的小车上；每当小车在轨道上运动经过光电门时，光电门会记录下挡光片的挡光时间Δt，同时触发接在线圈两端的电压传感器记录下在这段时间内线圈中产生的感应电动势E。利用小车末端的弹簧将小车以不同的速度从轨道的最右端弹出，就能得到一系列的感应电动势E和挡光时间Δt。
在一次实验中得到的数据如下表：
次数
测量值 1 2 3 4 5 6 7 8
E/V 0.116 0.136 0.170 0.191 0.215 0.277 0.292 0.329
Δt/10－3 s 8.206 7.486 6.286 5.614 5.340 4.462 3.980 3.646
(1)观察和分析该实验装置可看出，在实验中，每次测量的时间Δt内，磁铁相对线圈运动的距离都________(填“相同”或“不同”)，从而实现了控制__________________不变。
(2)在得到上述表格中的数据之后，为了验证E与Δt成反比，他们想出两种办法来处理数据，第一种是计算法，即算出________________，若该数据在误差范围内基本相等，则验证了E与Δt成反比；第二种是作图法，即在直角坐标系中作出__________________________关系图线，若图线是基本过坐标原点的倾斜直线，则可验证E与Δt成反比。
答案 (1)相同 磁通量的变化量
(2)感应电动势E和挡光时间Δt的乘积 感应电动势E与挡光时间Δt的倒数
解析 (1)由题图装置及实验做法可知每次测量的Δt时间内，磁铁相对线圈运动的距离都相同，从而控制了穿过线圈的磁通量的变化量相同。
(2)由法拉第电磁感应定律知E＝，所以如果E·Δt即感应电动势与挡光时间的乘积在误差范围内相等，则验证了E与Δt成反比；因E与Δt成反比，要使图线是倾斜直线，则横坐标应为Δt的倒数。
三、计算题(共44分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(10分)如图甲所示，面积为0.2 m2、匝数为100匝的圆形线圈A处在变化的磁场中，磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。设垂直纸面向外为B的正方向，图中线圈A上箭头所示方向为感应电流I的正方向，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF，线圈内阻不计。求电容器充电时的电压和2 s后电容器放电的电荷量。
答案 0.24 V 7.2×10－6 C
解析 由题意可知圆形线圈A中产生的感应电动势为E＝nS＝100×0.02×0.2 V＝0.4 V
所以电路中的电流I＝＝ A＝0.04 A
电容器充电时的电压UC＝IR2＝0.04×6 V＝0.24 V
2 s后电容器放电的电荷量
Q＝CUC＝30×10－6×0.24 C＝7.2×10－6 C。
17．(11分)如图甲所示，一边长L＝2.5 m、质量m＝0.5 kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合。在水平力F作用下由静止开始向左运动，经过5 s线框被拉出磁场。测得金属线框中的电流随时间变化的图象如乙图所示，在金属线框被拉出的过程中，
(1)求通过线框导线截面的电量及线框的电阻；
(2)写出水平力F随时间变化的表达式；
(3)已知在这5 s内力F做功1.92 J，那么在此过程中，线框产生的焦耳热是多少？
答案 (1)1.25 C 4 Ω (2)F＝(0.2t＋0.1) N
(3)1.67 J
解析 (1)根据q＝t，由I?t图象得，
q＝×5×0.5 C＝1.25 C
又根据＝＝＝
q＝t，q＝得R＝＝Ω＝4 Ω。
(2)由电流图象可知，感应电流随时间变化的规律：
I＝0.1t
由感应电流I＝，可得金属框的速度随时间也是线性变化的，v＝＝0.2t
线框做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2。
线框在外力F和安培力FA作用下做匀加速直线运动，F－FA＝ma
得F＝(0.2t＋0.1) N。
(3)t＝5 s时，线框从磁场中拉出时的速度
v5＝at＝1 m/s
由能量守恒定律得：W＝Q＋mv
线框中产生的焦耳热Q＝W－mv＝1.67 J。
18.
(11分)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距为L＝0.1 m，导轨平面与水平面的夹角为θ＝30°，导轨上端连接一定值电阻R＝0.3 Ω，导轨的电阻不计，整个装置处于方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。长为L的金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨保持良好的接触，金属棒的质量为m＝0.2 kg，电阻为r＝0.1 Ω。现将金属棒从紧靠NQ处由静止释放，当金属棒沿导轨下滑距离为x＝12 m时，速度达到最大值vm＝10 m/s(重力加速度g取10 m/s2)，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)金属棒沿导轨下滑距离为12 m的过程中，整个电路产生的焦耳热Q及通过金属棒截面的电荷量q；
(3)若将金属棒下滑12 m的时刻记作t＝0，假设此时的磁感应强度B0为已知，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流。请用B0和t表示出这种情况下磁感应强度B变化的表达式。
答案 (1)2 T (2)2 J 6 C
(3)B＝
解析 (1)金属棒达最大速度时产生的电动势E＝BLvm
回路中产生的感应电流I＝
金属棒所受安培力F安＝BIL
cd棒受力如图所示，当所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，即mgsinθ＝F安
由以上四式解得：B＝，代入数据得B＝2 T。
(2)由能量守恒定律可得：mgxsinθ＝mv＋Q
解得：Q＝2 J
q＝·Δt＝·Δt＝＝，
代入数据得：q＝6 C。
(3)金属棒从t＝0起运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，解得：a＝gsinθ＝5 m/s2
因为不产生电流，所以磁通量不变：
B0Lx＝BL
解得：B＝＝。
19．(12分)相距L＝1.5 m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1 kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27 kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图a所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同，ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8 Ω，导轨电阻不计。t＝0时刻起，ab棒在方向竖直向上，大小按图b所示规律变化的外力F作用下，由静止沿导轨向上匀加速运动，同时也由静止释放cd棒。
(1)求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；
(2)已知在2 s内外力F做功40 J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；
(3)①判断cd棒的运动过程；
②求出cd棒达到最大速度所对应的时刻t1；
③在图(c)中画出前5秒内cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图象。
答案 (1)1.2 T 1 m/s2 (2)18 J
(3)①见解析 ②t1＝2 s ③见解析图
解析 (1)经过时间t，金属棒ab的速率为v＝at，此时，回路中的感应电流为I＝＝。对金属棒ab，由牛顿第二定律得，F－BIL－m1g＝m1a。
整理得：F＝m1a＋m1g＋at。
根据图b中可得：t1＝0时，F1＝11 N；t2＝2 s时，F2＝14.6 N。
代入F＝m1a＋m1g＋at
可以求得，a＝1 m/s2，B＝1.2 T。
(2)在2 s末金属棒ab的速率vt＝at＝2 m/s，
所发生的位移s＝at2＝2 m，
由动能定理得：WF－m1gs－W安＝m1v，
又Q＝W安，解得：Q＝WF－m1gs－m1v＝18 J。
(3)①cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大。随ab棒速度增大，电流逐渐增大，cd棒所受安培力不断增大，f不断增大，当f>m2g时，做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动。
②当cd棒速度达到最大时，有：m2g＝μFN，又FN＝F安，F安＝BIL。I＝＝，vm＝at1。整理可得：t1＝＝2 s。
③fcd＝μFN＝μF安＝μBIL＝＝t1，故fcd随时间变化的图象如图所示。
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