第二章综合评估

一、选择题(本题共10小题，共46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，每小题4分，第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)

1．如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，设t＝0时电流沿逆时针方向(图中箭头所示)。关于线圈B的电流方向和所受安培力产生的效果，下列说法正确的是(　D　)

A．在0＜t＜t1时间内，有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势

B．在0＜t＜t1时间内，有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势

C．在t1＜t＜t2时间内，有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势

D．在t1＜t＜t2时间内，有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势

解析：在0＜t＜t1时间内，线圈A中逆时针电流在减小，电流产生向外的磁场在减小，根据楞次定律，则线圈B感应电流的磁场方向向外，线圈B的感应电流方向为逆时针，两线圈的电流同向，则有相互吸引趋势，所以线圈B有收缩趋势，故AB错误；当t1＜t＜t2时间内，线圈A中顺时针电流在增大，电流产生向里的磁场在增强，根据楞次定律，线圈B感应电流的磁场的方向向外，则线圈B的感应电流方向为逆时针，两线圈的电流反向，则有相互排斥趋势，所以线圈B有扩张趋势，故C错误，D正确。故选D。

2．如图甲所示，abcd为正方形导线框，线框处在磁场中，磁场垂直于线框平面，线框边长L＝0.5 m，电阻R＝1 Ω，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，在0～0.5 s和1～2 s的时间内通过线框截面的电荷量分别为q1和q2。则q1∶q2为(　C　)

A．1∶1    B．2∶1

C．1∶2    D．1∶4

解析：根据E＝＝可得0～0.5 s和1～2 s产生的感应电动势大小相等，根据闭合电路欧姆定律可得0～0.5 s和1～2 s通过线框的电流大小相等，据q＝It可得q1∶q2＝1∶2，故C正确。

3.如图，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈。当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方水平快速经过时，若线圈始终不动，重力加速度为g，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是(　B　)

A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左

B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右

C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右

D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左

解析：当磁铁向右运动靠近的过程中，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律，可知线圈有向下和向右的运动趋势，故线圈受到的支持力大于重力，同时运动趋势向右。当磁铁通过线圈后远离线圈的过程中，线圈中的磁通量减小，根据楞次定律，可知线圈有向上和向右的运动趋势，故线圈受到的支持力小于重力，同时运动趋势向右。故B正确，A、C、D错误。故选B。

4．如图甲所示，光滑导轨水平放置在竖直方向的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定向下为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F的作用下始终处于静止状态。规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～2t0时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流与时间或外力与时间关系的图像是(　D　)

解析：在0～t0时间内磁通量为向上减少，t0～2t0时间内磁通量向下增加，两者等效，且根据B——t图线可知，两段时间内磁通量的变化率相等，根据楞次定律可判断0～2t0时间内均产生由b到a的大小、方向均不变的感应电流，选项A、B错误；在0～t0时间内可判断ab所受安培力的方向水平向右，则所受水平外力方向向左，大小F＝IlB随B的减小呈线性减小；在t0～2t0时间内，可判断所受安培力的方向水平向左，则所受水平外力方向向右，大小F＝IlB随B的增加呈线性增加，选项C错误，D正确。

5．如图甲所示，一长为L的导体棒，绕水平圆轨道的圆心O匀速顺时针转动，角速度为ω，电阻为r，在圆轨道空间存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。半径小于的区域内磁场竖直向上，半径大于的区域内磁场竖直向下，俯视如图乙所示，导线一端Q与圆心O相连，另一端P与圆轨道连接给电阻R供电，其余电阻不计，则(　C　)

A．电阻R两端的电压为

B．电阻R中的电流方向向上

C．电阻R中的电流大小为

D．导体棒所受的安培力做功的功率为0

解析：半径小于的区域内E1＝B·＝，半径大于的区域E2＝B·＝，根据题意可知，两部分电动势相反，故总电动势E＝E2－E1＝，根据右手定则可知圆心为负极，圆环为正极，电阻R中的电流方向向下，电阻R上的电压U＝E＝，故A、B错误；电阻R中的电流大小为I＝＝，故C正确；回路有电流，则安培力不为零，故导体棒所受的安培力做功的功率不为0，故D错误。故选C。

6．如图所示，线圈L的直流电阻不计，R1、R2为定值电阻，C为电容器，下列说法正确的是(　D　)

A．合上开关的瞬间，R1中无电流

B．合上开关稳定后，R2中无电流

C．合上开关稳定后，断开S的瞬间，R1中电流方向向右

D．合上开关稳定后，断开S的瞬间，R2中电流方向向右

解析：闭合开关瞬间L相当于断路，R1和R2中都有电流，故A错误；稳定后L相当于一段导线，R1中无电流，R2中有电流，故B错误；断开开关瞬间，L相当于电源与R1组成回路，R1中电流方向向左，故C错误；电容器和R2组成回路，有一短暂的放电电流，R2中电流方向向右，故D正确。故选D。

7.(2023·河北魏县第五中学高二阶段检测)如图所示，闭合矩形导体线圈abcd从静止开始竖直下落，穿过一个匀强磁场区域，此磁场区域竖直方向的长度远大于矩形线圈bc边的长度，不计空气阻力，则(　B　)

A．dc边刚进入磁场时与dc边刚穿出磁场时线框中的感应电流的方向相同

B．线框从上端进入磁场的过程和从下端离开磁场的过程中，通过导体横截面的电荷量数值相等

C．从线圈dc边进入磁场到ab边穿出磁场的整个过程中，加速度一直等于重力加速度

D．dc边刚进入磁场时线圈内感应电流的大小，与dc边刚穿出磁场时感应电流的大小一定相等

解析：根据右手定则，dc边刚进入磁场时线圈内感应电流的方向从d到c，dc边刚穿出磁场时感应电流的方向从c到d，即电流方向相反，故A错误；根据q＝Δt＝Δt＝Δt＝，线框从上端进入磁场的过程和从下端离开磁场的过程中，磁通量变化量ΔΦ大小相等，则通过导体横截面的电荷量数值相等，故B正确；没有感应电流的时候，磁场对线圈没有阻碍作用，此时的加速度等于重力加速度，进入磁场和穿出磁场的过程中，根据楞次定律可知，线圈均受到阻碍下落的安培力，故进入磁场和穿出磁场的过程中加速度小于g，故C错误；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得I＝＝，dc边刚进入磁场时与dc边刚穿出磁场时，若线圈的速度大小不相等，则dc边刚进入磁场时与dc边刚穿出磁场时，感应电流的大小不相等，故D错误。故选B。

8.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(　BC　)

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

解析：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，感应电流的方向为顺时针，故A错误，B正确；因为磁场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。故选BC。

9．(2023·广东广州大学附属中学高二期末)如图甲所示，轻质细线吊着一质量为m＝0.4 kg、边长为l＝1 m、匝数为N＝10的正方形线圈，其总电阻为R＝1 Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。则下列判断正确的是(　BD　)

A．线圈中的感应电流大小为1 A

B．线圈中感应电流的方向为逆时针

C．t＝0时轻质细线的拉力大于线圈的重力

D．0～6 s内线圈产生的焦耳热为1.5 J

解析：根据法拉第电磁感应定律有E＝N＝N··，代入数据有E＝0.5 V，根据欧姆定律有I＝＝ A＝0.5 A，A错误；据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为逆时针，B正确；t＝0时线圈受到的安培力方向向上，大小为F＝NB0Il＝1 N<mg，由平衡条件可知，轻质细线的拉力小于线圈的重力，C错误；0～6 s内线圈产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝0.52×1×6 J＝1.5 J，D正确。故选BD。

10.

如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是(　AC　)

解析：金属棒滑动过程中，系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得：mv0＝2mv，则v＝，所以ab的速度逐渐减小，cd的速度逐渐增大，相对速度越来越小，最后为零，则安培力逐渐减小、加速度逐渐减小到零，故A正确，B错误；设两根导体棒的总电阻为R，由于I＝，二者的速度之差越来越小，最后速度之差为0，则感应电流越来越小，最后为零，故C正确，D错误。故选AC。

二、非选择题(本题共5小题，共54分)

11．(8分)在“探究影响感应电流的方向的因素”的实验中，请完成下列实验步骤：

(1)为弄清灵敏电流表指针偏转方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极性的直流电源进行探究。某同学想到了多用电表内部某一挡，含有直流电源，他应选用多用电表的欧姆(选填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)挡，对灵敏电流表进行测试，由实验可知当电流从正接线柱流入电流表时，指针向右摆动。

(2)该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱，再将黑表笔短暂(选填“短暂”或“持续”)接灵敏电流表的负接线柱，若灵敏电流表的指针向左摆动，说明电流是由电流表的负(选填“正”或“负”)接线柱流入灵敏电流表的。

(3)实验中该同学将磁体某极向下从线圈上方插入线圈时，发现电流表的指针向右偏转，请在图中用箭头画出线圈电流方向，并用字母N、S标出磁体的极性。

答案：见解析图

解析：(1)只有欧姆表内部有电源，应选欧姆挡。

(2)灵敏电流表量程太小，欧姆表内部电源电压相对偏大，电流超过电流表量程，长时间超量程通电会损坏电流表；多用电表红表笔连接着电源的负极，黑表笔连接着电源的正极，灵敏电流表的指针向左摆动，说明电流从电流表的负接线柱流入。

(3)电流表的指针向右偏转，说明电流从正接线柱进入电流表，感应电流的磁场方向向下，故原磁场方向向上，插入的是S极，如图所示。

12．(8分)如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置，部分导线已连接。

(1)用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好；

答案：电路图见解析

(2)将线圈A插入线圈B中，合上开关S，能使线圈B中感应电流的磁场方向与线圈A中原磁场方向相反的实验操作是AC；

A．插入铁芯F   

B．拔出线圈A

C．使变阻器阻值R变小   

D．断开开关S

(3)某同学第一次将滑动变阻器的触头从变阻器的左端快速滑到右端，第二次将滑动变阻器的触头从变阻器的左端慢慢滑到右端，发现电流计的指针摆动的幅度大小不同，第一次比第二次的幅度大(选填“大”或“小”)，原因是线圈中的磁通量变化率(选填“磁通量”“磁通量的变化量”或“磁通量变化率”)第一次比第二次的大。

解析：(1)将电源、开关、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，再将电流计与线圈B串联成另一个回路，电路图如图所示。

(2)插入铁芯F时，穿过线圈B的磁通量变大，感应电流磁场与原磁场方向相反，故A正确；拔出线圈A，穿过线圈B的磁通量变小，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，故B错误；使变阻器阻值R变小，原电流变大，原磁场增强，穿过线圈B的磁通量变大，感应电流磁场方向与原磁场方向相反，故C正确；断开开关，穿过线圈B的磁通量减小，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，故D错误。故选AC。

(3)第一次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端快速滑到右端，线圈A的电流变化快，电流产生的磁场变化快，穿过线圈B的磁通量变化快，感应电动势大，感应电流大，电流计的指针摆动的幅度大；第二次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端慢慢滑到右端，线圈A的电流变化慢，穿过线圈B的磁通量变化慢，感应电动势小，感应电流小，电流计的指针摆动的幅度小。

13．(8分)(2022·山东莱西一中高二学业考试)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数800匝，横截面积20 cm2，螺线管电阻r＝1 Ω，定值电阻R1＝4 Ω，R2＝3 Ω，电容器C＝20 μF。在一段时间内，穿过螺线管磁场的磁感应强度B按图乙所示的规律变化。规定图中磁场的方向为正方向，求：

(1)闭合S，求电路稳定后，流经线圈的电流大小和R1的电功率；

(2)断开S后通过电阻R2的电荷量及电流方向。

答案：(1)0.08 A　2.56×10－2 W

(2)4.8×10－6 C　向上

解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有

E＝＝n·S，代入数据解得E＝0.64 V，

根据闭合电路欧姆定律有I＝＝0.08 A，电阻R1的电功率P＝I2R1＝2.56×10－2 W。

(2)S断开后流经R2的电荷量即为S闭合时电容器极板上所带的电荷量Q，S闭合时，电容器两端的电压U＝IR2＝0.24 V，

通过电阻R2的电荷量为Q＝CU＝20×10－6×0.24 C＝4.8×10－6 C，

由楞次定律可知，螺线管中电流为俯视逆时针方向，螺线管下端等效为电源正极，可知电容器下极板带正电，断开S后，通过电阻R2的电流方向向上。

14．(14分)如图所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r＝0.5 m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M＝2 kg的cd绝缘杆垂直于导轨静止在水平导轨上，在其右侧至NQ端的区域内存在竖直向上的匀强磁场。现有质量m＝1 kg的ab金属杆以初速度v0＝12 m/s水平向右运动，与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计其他电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2。(不考虑cd杆通过半圆导轨最高点以后的运动)求：

(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v；

(2)正碰后ab杆的速度大小；

(3)电阻R产生的焦耳热Q。

答案：(1) m/s　(2)2 m/s　(3)2 J

解析：(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有Mg＝M，

解得v＝＝ m/s。

(2)碰撞后cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有－2Mgr＝Mv2－Mv，

解得碰撞后cd绝缘杆的速度v2＝5 m/s，

两杆碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，

解得碰撞后ab金属杆的速度v1＝2 m/s。

(3)ab金属杆进入磁场后由能量守恒定律有mv＝Q，解得Q＝2 J。

15．(16分)(2023·重庆高二校联考期中)如图所示，MN、PQ为无限长平行倾斜金属轨道，电阻忽略不计，两轨道间距l＝0.5 m，与水平面的夹角θ＝37°，平面MNPQ内有垂直于轨道平面向上的匀强磁场B1。A为螺线管，横截面积S＝0.1 m2，线圈匝数n＝100匝，电阻R1＝0.2 Ω，螺线管内有竖直向下均匀变化的磁场B2＝0.3－0.2t(T)。将轨道与螺线管连接成图示电路，当t＝0时，再将质量m＝0.4 kg，长度与轨道宽度相同，电阻R2＝0.8 Ω的金属杆ab置于轨道上，杆恰好处于静止状态(已知金属杆与轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，试求：

(1)线圈中的感应电动势E；

(2)磁场B1的大小；

(3)若磁场B1＝1.0 T，B2恒等于零，让金属杆在轨道上从静止开始下滑，金属杆所能达到的最大速度vm。

答案：(1)2 V　(2)0.8 T或4 T　

(3)3.2 m/s

解析：(1)线圈中的感应电动势E＝n＝nS＝100×0.2×0.1 V＝2 V。

(2)由楞次定律可知，螺线管中产生的感应电流，在导线ab中的电流方向是从b到a，则ab受安培力方向沿斜面向上，因导体棒恰能静止，则若静摩擦力方向向上，则mg sin 37°＝B1Il＋μmg cos 37°，

其中I＝＝2 A，解得B1＝0.8 T，

若静摩擦力方向向下，则

mg sin 37°＋μmg cos 37°＝B1Il，

其中I＝＝2 A，解得B1＝4 T。

(3)若磁场B1＝1.0 T，B2恒等于零，线圈A只是电阻，让金属杆在轨道上从静止开始下滑，由右手定则可知，导线ab中的电流方向是从b到a，则ab受安培力方向沿斜面向上，金属杆达到最大速度时，则mg sin 37°＝B1Il＋μmg cos 37°，

其中I＝，解得vm＝3.2 m/s。