模塊綜合檢測(一)

PAGE第20頁共28頁模塊綜合檢測(一)(時間：75分鐘，滿分：100分)一、選擇題(本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項是符合題目要求的，8～11題有多個選項符合要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．關(guān)于交變電流的有效值和峰值，下列說法中不正確的是()A．任何形式的交變電流的有效值和峰值都滿足U＝eq\f(Um,\r(2))B．只有正、余弦式交變電流才有U＝eq\f(Um,\r(2))的關(guān)系C．照明電壓220V、動力電壓380V指的都是交變電流的有效值D．交流電壓表和交流電流表測量的都是交變電流的有效值解析：選A只有正、余弦式交變電流的有效值與最大值之間才滿足U＝eq\f(Um,\r(2))的關(guān)系，其他交流電沒有這樣的關(guān)系，故A錯誤，B正確；機器銘牌上所標(biāo)注的電壓(電流)值、生活中通常所說的電壓(電流)值都是指有效值，“照明電壓220V、動力電壓380V”指的都是有效值，故C正確；交流電壓表和交流電流表，測的是交流電的有效值，不是瞬時值，故D正確。2.如圖所示，在垂直于紙面向里的勻強磁場的邊界上，有一個質(zhì)量和電荷量確定的正離子，從O點第一次以速度v射入磁場中，射入方向與邊界成θ角，第二次以速度2v射入，其他條件不變。若不計重力，則()A．運動的軌跡半徑相同B．重新回到邊界時的速度大小與射入時不相等C．重新回到邊界的位置與O點間的距離相同D．運動的時間相同解析：選D正離子射入磁場后做勻速圓周運動，則有Bqv＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB)，由于第二次射入的速度為第一次的兩倍，因此第二次軌跡半徑為第一次的兩倍，故A錯誤；由于洛倫茲力不做功，正離子的動能不發(fā)生變化，所以重新回到磁場邊界時的速度大小與射入時相等，故B錯誤；由幾何知識可知，兩次運動軌跡所對的圓心角相同，則重新回到邊界的位置與O點的距離s＝2rsinθ，由于兩次運動的軌跡半徑不同，則重新回到邊界的位置與O點間的距離不同，故C錯誤；正離子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，兩次運動軌跡所對圓心角相同，因此兩次運動的時間相同，故D正確。3.霍爾元件是實際生活中的重要元件之一，廣泛應(yīng)用于測量和自動化技術(shù)等領(lǐng)域。如圖所示為一長度一定的霍爾元件，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直于霍爾元件的工作面向下，在元件中通入圖示從E到F方向的電流I，元件中的載流子帶負(fù)電荷，下列說法中正確的是()A．該元件能把電學(xué)量轉(zhuǎn)化為磁學(xué)量B．該元件C面的電勢高于D面的C．如果用該元件測赤道處地磁場的磁感應(yīng)強度，應(yīng)保持C、D面水平D．如果流過霍爾元件的電流大小不變，則元件C、D面的電勢差與磁場的磁感應(yīng)強度成正比解析：選D霍爾元件是能夠把磁學(xué)量轉(zhuǎn)換為電學(xué)量的傳感器，A錯誤；根據(jù)左手定則可知，帶負(fù)電荷的載流子向C面偏轉(zhuǎn)，C面帶負(fù)電荷，所以C面的電勢低于D面的電勢，B錯誤；在測定地球赤道處的地磁場的磁感應(yīng)強度時，應(yīng)將元件的C、D面保持豎直，讓磁場垂直通過元件的工作面，C錯誤；運動電荷最終在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡狀態(tài)，設(shè)霍爾元件的長、寬、高分別為a、b、d，則有qeq\f(U,b)＝qvB，電流的微觀表達式為I＝nqvS＝nqvbd，所以U＝eq\f(BI,nqd)，如果流過霍爾元件的電流大小不變，則元件C、D面的電勢差與磁場的磁感應(yīng)強度成正比，D正確。4．圖1和圖2是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈。實驗時，斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是()A．圖1中，A1與L1的電阻值相同B．圖1中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流C．圖2中，變阻器R與L2的電阻值相同D．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等解析：選C題圖1中，穩(wěn)定時通過A1的電流記為I1，通過L1的電流記為IL。S1斷開瞬間，A1突然變亮，可知IL>I1，因此A1和L1電阻不相等，所以A、B錯誤；題圖2中，閉合S2時，由于自感作用，通過L2與A2的電流I2會逐漸增大，而通過R與A3的電流I3立即變大，因此電流不相等，所以D錯誤；由于最終A2與A3亮度相同，所以兩支路電流I相同，根據(jù)部分電路歐姆定律可知，兩支路電壓U與電流I均相同，所以兩支路電阻相同。由于A2、A3完全相同，故變阻器R與L2的電阻值相同，所以C正確。5.小明在研究性學(xué)習(xí)中設(shè)計了一種可測量磁感應(yīng)強度的實驗，其裝置如圖所示。在該實驗中，磁鐵固定在水平放置的電子測力計上，此時電子測力計的示數(shù)為G1，磁鐵兩極之間的磁場可視為水平勻強磁場，其余區(qū)域磁場不計。直銅條AB的兩端通過導(dǎo)線與一電阻連接成閉合回路，總阻值為R。若讓銅條水平且垂直于磁場，以恒定的速率v在磁場中豎直向上運動，這時電子測力計的示數(shù)為G2，銅條在磁場中的長度為L。關(guān)于在直銅條AB向上運動過程中的說法正確的是()A．直銅條AB所受安培力方向豎直向上B．直銅條AB中感應(yīng)電流方向為B→AC．G1小于G2D．磁感應(yīng)強度的大小為B＝eq\f(1,L)eq\r(\f(G1－G2R,v))解析：選D直銅條AB向上運動，由右手定則可知，感應(yīng)電流方向為A→B，由左手定則可知，銅條受到的安培力方向豎直向下，故A、B選項錯誤；設(shè)磁鐵受到的重力為G，由題意可知G1＝G，銅條向上運動時，銅條受到的安培力豎直向下，由牛頓第三定律可知，磁鐵受到的磁場力F＝BIL，方向豎直向上，由平衡條件得G＝G2＋BIL，G2＝G－BIL，由此可知G1＞G2，故C選項錯誤；感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，解得B＝eq\f(1,L)eq\r(\f(G1－G2R,v))，故D選項正確。6．一個半徑為R的絕緣圓柱面，有2N＋1根長直銅導(dǎo)線緊緊貼在其表面，通有方向向下的電流，大小均為I。通電導(dǎo)線有兩種放置方法，方法1：一根放置在AA′處，其余2N根均勻、對稱的分布在圓柱的右半側(cè)與圓柱的軸平行，如圖甲所示；方法2：把其余2N根均勻、對稱的分布在圓柱的左半側(cè)與圓柱的軸平行，如圖乙所示。在這兩種情況下，其余2N根在AA′產(chǎn)生的磁場分別為B1、B2，放置在AA′處的導(dǎo)線受安培力分別為F1、F2，已知通有電流i的長直導(dǎo)線在距其r處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B＝keq\f(i,r)(其中k為一常數(shù))。甲、乙兩圖的俯視圖分別如圖丙、丁所示。則()A．B1、B2方向相同，大小相等，F(xiàn)1＝F2B．B1、B2方向相同，大小不相等，F(xiàn)1≠F2C．B1、B2方向不相同，大小相等，F(xiàn)1＝F2D．B1、B2方向不相同，大小不相等，F(xiàn)1≠F2解析：選A以2N根中兩根對稱的通電直導(dǎo)線為研究對象，在AA′產(chǎn)生的磁場方向是分別以兩導(dǎo)線所在位置為圓心，兩直導(dǎo)線與A連線為半徑的圓上的切線，如圖甲所示，以方法1為例，A點與圓柱平面圓心連線方向合磁感應(yīng)強度為0，則總的磁感應(yīng)強度為豎直向上，同理方法2中總的磁感應(yīng)強度方向也為豎直向上。選圖甲中的任一導(dǎo)線中電流在A點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度，求其豎直向上的分量：設(shè)方法1中任一根導(dǎo)線離A點距離為a，圓柱直徑為d，如圖乙所示，在A點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度B的向上的分量為By＝keq\f(i,a)cosθ＝keq\f(i,a)·eq\f(a,d)＝keq\f(i,d)，即任一根在圖中的任何位置的導(dǎo)線中電流AA′處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度豎直向上的分量的值都是相同的，則放置在AA′處的導(dǎo)線受安培力相等，即A正確。7.一勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，eq\x\to(ab)為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子，在紙面內(nèi)從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為()A.eq\f(7πm,6qB) B.eq\f(5πm,4qB)C.eq\f(4πm,3qB) D.eq\f(3πm,2qB)解析：選C粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關(guān)，由在磁場中的運動軌跡對應(yīng)的圓心角決定。設(shè)軌跡交半圓eq\x\to(ab)于e點，ce中垂線交bc于O點，則O點為軌跡圓心，如圖所示。圓心角θ＝π＋2β，當(dāng)β最大時，θ有最大值，當(dāng)ce與eq\x\to(ab)相切時，β最大，此時θ＝eq\f(4,3)π，則t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(4πm,3qB)，故C選項正確。8.LC振蕩電路電容器兩端的電壓U隨時間t變化的關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是()A．在t1時刻，電路中的電流最大B．在t2時刻，電路中的磁場能最大C．從時刻t2～t3，電路的電場能不斷增加D．從時刻t3～t4，電容器的帶電荷量不斷增加解析：選BCt1時刻電容器兩端電壓最高時，電路中振蕩電流為零，t2時刻電容器兩端電壓為零，電路中振蕩電流最強、磁場能最大，選項A錯誤，B正確；在t2～t3的過程中，從題圖可知，電容器兩板間電壓增大，則為充電過程，電場能增加，選項C正確；在t3～t4的過程中，電容器兩板間電壓減小，則為放電過程，帶電荷量減少，選項D錯誤。9.如圖所示，兩個勻強磁場的方向相同，磁感應(yīng)強度分別為B1、B2，虛線MN為理想邊界?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以垂直于邊界MN的速度v由P點沿垂直于磁場的方向射入磁感應(yīng)強度為B1的勻強磁場中，其運動軌跡為圖中虛線所示的心形圖線，以下說法正確的是()A．電子的運動軌跡為P→D→M→C→N→E→PB．電子運動一周回到P點所用的時間T＝eq\f(2πm,B1e)C．B1＝4B2D．B1＝2B2解析：選AD由左手定則可知，電子在P點所受的洛倫茲力的方向向上，軌跡為P→D→M→C→N→E→P，選項A正確；由題圖得兩磁場中軌跡圓的半徑比為1∶2，由半徑r＝eq\f(mv,qB)可得eq\f(B1,B2)＝2，選項C錯誤，選項D正確；電子運動一周的時間t＝T1＋eq\f(T2,2)＝eq\f(2πm,B1e)＋eq\f(πm,B2e)＝eq\f(4πm,eB1)，選項B錯誤。10．如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為5∶1，原線圈接交流電源，副線圈接有“220V440W”的純電阻和“220V220W”的電動機。如果副線圈兩端電壓按圖乙所示正弦規(guī)律變化，則下列說法正確的是()A．副線圈兩端電壓的瞬時值表達式為u＝220eq\r(2)sin50πt(V)B．原線圈兩端電壓的有效值為1100VC．純電阻的發(fā)熱功率是電動機發(fā)熱功率的2倍D．在1min時間內(nèi)電動機消耗的電能為1.32×104J解析：選BD由題圖乙可知，交變電壓的峰值U2m＝220eq\r(2)V，周期T＝0.02s，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，則副線圈兩端電壓的瞬時值表達式為u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，選項A錯誤；由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得，原線圈兩端電壓的有效值U1＝eq\f(5,1)×220V＝1100V，選項B正確；純電阻的發(fā)熱功率為440W，而電動機的發(fā)熱功率遠(yuǎn)小于220W，選項C錯誤；1min內(nèi)電動機消耗的電能W＝Pt＝220×60J＝1.32×104J，選項D正確。11.如圖所示，足夠長的金屬導(dǎo)軌豎直放置，金屬棒ab、cd均通過棒兩端的環(huán)套在金屬導(dǎo)軌上。虛線上方有垂直紙面向里的勻強磁場，虛線下方有豎直向下的勻強磁場，兩勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B。ab、cd兩棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為μ，兩棒總電阻為R，導(dǎo)軌電阻不計。開始兩棒靜止在圖示位置，當(dāng)cd棒無初速釋放時，對ab棒施加豎直向上的力F使其沿導(dǎo)軌向上做勻加速運動。則()A．a(chǎn)b棒中的電流方向由b到aB．cd棒先加速運動后勻速運動C．cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力D．力F做的功等于兩棒產(chǎn)生的電熱與ab棒增加的機械能之和解析：選ACDab向上運動的過程中，穿過閉合回路abdc的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可得，ab棒中的感應(yīng)電流方向為b→a，故A正確；cd棒中感應(yīng)電流由c到d，其所在的區(qū)域有豎直向下的磁場，所受的安培力向里，cd棒所受的摩擦力豎直向上。ab棒做加速直線運動，速度增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流增大，cd棒所受的安培力增大，對導(dǎo)軌的壓力增大，則滑動摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，所以cd棒先加速運動后減速運動，最后停止運動，故B錯誤，C正確；根據(jù)動能定理可得WF－W安培－WG＝eq\f(1,2)mv2－0，力F所做的功應(yīng)等于兩棒產(chǎn)生的電熱與ab棒增加的機械能之和，故D正確。二、非選擇題(本題共5小題，共56分)12．(6分)如圖所示是三個成功的演示實驗，回答下列問題。(1)在實驗中，電流表指針偏轉(zhuǎn)的原因是_________________________________________________________________________________________________________________。(2)電流表指針偏轉(zhuǎn)角跟感應(yīng)電動勢的大小成________關(guān)系。(3)第一個成功實驗(如圖甲)中，將條形磁鐵從同一高度插入到線圈中同一位置，快速插入和慢速插入有什么量是相同的？________，什么量是不同的？________。(4)從三個成功的演示實驗可歸納出的結(jié)論是：________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)在實驗中，電流表指針偏轉(zhuǎn)的原因是電流表所在回路有感應(yīng)電流產(chǎn)生。(2)感應(yīng)電動勢越大，則感應(yīng)電流越大，電流表指針偏轉(zhuǎn)角越大，故電流表指針偏轉(zhuǎn)角跟感應(yīng)電動勢的大小成正比關(guān)系。(3)第一個成功實驗(如題圖甲)中，將條形磁鐵從同一高度插入到線圈中同一位置，快速插入和慢速插入時磁通量的變化量是相同的，但是由于快速插入時間短，故磁通量的變化率較大，故兩次磁通量的變化率不同。(4)從三個成功的演示實驗可歸納出的結(jié)論是：只要穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，閉合回路中就有感應(yīng)電流產(chǎn)生。答案：(1)電流表所在回路有感應(yīng)電流產(chǎn)生(2)正比(3)磁通量的變化量磁通量的變化率(4)只要穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，閉合回路中就有感應(yīng)電流產(chǎn)生13．(8分)(1)如圖甲所示為某賓館的房卡，只有把房卡插入槽中，房間內(nèi)的燈和插座才會有電。房卡的作用相當(dāng)于一個________(填電路元件名稱)接在干路上。(2)如圖乙所示，當(dāng)房客進門時，只要將帶有磁鐵的卡P插入盒子Q中，這時由于磁鐵吸引簧片，開關(guān)B就接通，通過繼電器J使整個房間的電器的總開關(guān)接通，房客便能使用室內(nèi)各種用電器。當(dāng)繼電器工作時，cd相吸，ab便接通。請你將各接線端1、2、3、4、5、6、7、8、9、10適當(dāng)?shù)剡B接起來，構(gòu)成正常的電門卡電路。解析：(1)房卡可以控制房間內(nèi)的燈和插座，不插入槽中，所有房間內(nèi)的燈和插座都不工作，所以房卡相當(dāng)于干路上的開關(guān)。(2)將開關(guān)B與電源E、線圈連成一個回路；將三個燈泡所在電路與交流電流接成回路，即按8—7,4—5,6—9,1—3,2—10連接起來，構(gòu)成正常的電門卡電路，如圖所示。答案：(1)開關(guān)(2)見解析圖14．(11分)如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q、不計重力的帶電粒子從x軸上的P(a,0)點以速度v沿與x軸正方向成60°的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B和穿過第一象限的時間。解析：根據(jù)題意知，帶電粒子的運動軌跡垂直于y軸，必然有圓心在y軸上，根據(jù)半徑垂直于速度方向，則可確定圓心O′，如圖所示。由幾何關(guān)系知粒子運動的半徑r＝eq\f(2\r(3),3)a由qvB＝eq\f(mv2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)由以上兩式可得B＝eq\f(\r(3)mv,2qa)由qvB＝mreq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2得T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(4πa,\r(3)v)則t＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(4\r(3)πa,9v)。答案：eq\f(\r(3)mv,2qa)eq\f(4\r(3)πa,9v)15．(15分)小華想利用山澗中的水來發(fā)電給果園的小屋照明，他設(shè)計了一臺發(fā)電機如圖所示，已知矩形線圈匝數(shù)N＝100匝，面積S＝0.05m2，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝eq\f(\r(2),5π)T，線圈與輸電線的總電阻r＝2Ω，當(dāng)線圈以周期T＝0.05s勻速旋轉(zhuǎn)時，燈泡恰好正常發(fā)光。求：(1)線圈中感應(yīng)電動勢的峰值Em。(2)從圖中位置轉(zhuǎn)過90°的過程中線圈的平均感應(yīng)電動勢eq\x\to(E)。(3)若燈泡的額定電流為I＝2A，則燈泡的額定功率P。解析：(1)線圈轉(zhuǎn)動的角速度為：ω＝eq\f(2π,T)感應(yīng)電動勢的峰值為Em＝NBSω代入數(shù)據(jù)解得：Em＝40eq\r(2)V。(2)線圈的平均感應(yīng)電動勢為：eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)可得：eq\x\to(E)＝Neq\f(BS,\f(T,4))＝eq\f(4NBS,T)代入數(shù)據(jù)解得：eq\x\to(E)＝eq\f(80\r(2),π)V或36V。(3)電動勢的有效值為：E＝eq\f(Em,\r(2))＝40V根據(jù)歐姆定律可得：U＝E－Ir功率為：P＝UI代入數(shù)據(jù)解得：P＝72W。答案：(1)40eq\r(2)V(2)eq\f(80\r(2),π)V或36V(3)72W16．(16分)在圖中直角坐標(biāo)系xOy的第一、三象限內(nèi)有勻強磁場，第一象限內(nèi)的磁場的磁感應(yīng)強度大小為2B，第三象限內(nèi)的磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，磁感應(yīng)強度的方向均垂直于紙面向里。現(xiàn)將半徑為l、圓心角為90°的扇形導(dǎo)線框OPQ以角速度2ω0繞O點在紙面內(nèi)沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，導(dǎo)線框回路電阻為r。(1)求導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的最大值。(2)求導(dǎo)線框從圖示位置開始轉(zhuǎn)過90°的過程中通過導(dǎo)線框橫截面的電荷量。(3)求導(dǎo)線框勻速轉(zhuǎn)動一周產(chǎn)生的熱量。解析：(1)線框從題圖所示位置開始轉(zhuǎn)過90°的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1＝eq\f(1,2)×2B×2ω0l2，由閉合電路歐姆定律得回路中的電流為I1＝eq\f(E1,r)，聯(lián)立解得I1＝eq\f(2Bl2ω0,r)。同理可求得線框進出第三象限的過程中，回路中的電流為I2＝eq\f(Bl2ω0,r)，故感應(yīng)電流最大值為Im＝eq\f(2Bl2ω0,r)。(2)導(dǎo)線框從圖示位置開始轉(zhuǎn)過90°的過程中，由eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),r)，q＝eq\x\to(I)·Δt，聯(lián)立可得q＝eq\f(ΔΦ,r)，由ΔΦ＝eq\f(π,4)l2·2B，解得q＝eq\f(πl(wèi)2B,2r)。(3)導(dǎo)線框勻速轉(zhuǎn)動一周產(chǎn)生的熱量Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(I12·r·\f(T,4)＋I22·r·\f(T,4)))×2，又T＝eq\f(2π,2ω0)，解得Q＝eq\f(5πω0B2l4,2r)。答案：(1)eq\f(2Bl2ω0,r)(2)eq\f(πl(wèi)2B,2r)(3)eq\f(5πω0B2l4,2r)模塊綜合檢測(二)(時間：75分鐘，滿分：100分)一、選擇題(本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項是符合題目要求的，8～11題有多個選項符合要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．關(guān)于電磁波的發(fā)射，下列說法中正確的是()A．各種頻率的電磁振蕩都能輻射電磁波，只是輻射的能量所占振蕩總能量的比例不同罷了，振蕩周期越大，越容易輻射電磁波B．為了有效向外輻射電磁波，振蕩電路必須采用開放電路，同時提高振蕩頻率C．為了有效向外輻射電磁波，振蕩電路不必采用開放電路，但要提高振蕩頻率D．提高振蕩頻率和電路開放是發(fā)射電磁波的必要手段，振蕩電路開放的同時，其振蕩頻率也隨之提高解析：選B根據(jù)振蕩頻率f＝eq\f(1,T)知，振蕩周期越大，振蕩頻率越小，越不容易輻射電磁波，故A錯誤；為了有效向外輻射電磁波，振蕩電路必須采用開放電路，同時提高振蕩頻率，故B正確，C錯誤；提高振蕩頻率和電路開放是發(fā)射電磁波的必要條件，振蕩電路開放的同時，振蕩頻率不變，故D錯誤。2.一帶電粒子沿垂直磁場方向射入一勻強磁場，自下而上經(jīng)過一鉛板P后，半徑減小，軌跡如圖所示。則下列說法正確的是()A．粒子帶正電荷，速度逐漸減小B．粒子帶負(fù)電荷，速度逐漸減小C．粒子帶正電荷，速度逐漸增大D．粒子帶負(fù)電荷，速度逐漸增大解析：選A根據(jù)左手定則可得粒子帶正電，因為粒子的運動半徑減小，根據(jù)公式r＝eq\f(mv,Bq)可得粒子的運動速度逐漸減小，故A正確。3.電磁炮是利用電磁發(fā)射技術(shù)制成的一種先進的動能殺傷武器。如圖所示為某款電磁炮的軌道，該軌道長10m，寬2m。若發(fā)射質(zhì)量為100g的炮彈，從軌道左端以初速度為零開始加速，當(dāng)回路中的電流恒為100A時，最大速度可達2km/s，假設(shè)軌道間磁場為勻強磁場，不計空氣及摩擦阻力。下列說法正確的是()A．磁場方向豎直向下B．磁場方向水平向右C．電磁炮的最大加速度大小為4×105m/s2D．磁感應(yīng)強度的大小為100T解析：選D回路中電流方向如題圖所示，則根據(jù)安培定則可知磁場方向應(yīng)豎直向上，故A、B錯誤；由題意可知，炮彈最大速度v＝2km/s，加速距離s＝10m，由速度和位移關(guān)系v2＝2as，解得最大加速度大小a＝2×105m/s2，由牛頓第二定律可得F＝ma，又F＝BIL，聯(lián)立解得B＝100T，故C錯誤，D正確。4.如圖所示，在赤道處，將一小球向東水平拋出，落地點為a；給小球帶上電荷后，仍以原來的速度拋出，考慮地磁場的影響，下列說法正確的是()A．無論小球帶何種電荷，小球仍會落在a點B．無論小球帶何種電荷，小球下落時間都會延長C．若小球帶負(fù)電荷，小球會落在更遠(yuǎn)的b點D．若小球帶正電荷，小球會落在更遠(yuǎn)的b點解析：選D地磁場在赤道上空水平由南向北，從南向北觀察，如果小球帶正電荷，則洛倫茲力斜向右上方，該洛倫茲力在豎直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此，小球落地時間會變長，水平位移會變大；同理，若小球帶負(fù)電荷，則小球落地時間會變短，水平位移會變小，故D正確。5.如圖所示，有一帶鐵芯的線圈，a、c是線圈兩端，b為中間抽頭，把a、b兩點接入一平行金屬導(dǎo)軌，在導(dǎo)軌上橫放一金屬棒，導(dǎo)軌間有如圖所示的勻強磁場，要使a、c兩點的電勢都低于b點，則金屬棒沿導(dǎo)軌的運動情況可能是()A．向左做勻加速直線運動B．向左做勻減速直線運動C．向右做勻加速直線運動D．向右做勻減速直線運動解析：選B要使a點的電勢低于b點，說明金屬棒上端相當(dāng)于電源的負(fù)極，下端相當(dāng)于電源的正極，由右手定則判斷可知，金屬棒必須向左運動。要使c點的電勢低于b點，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，c相當(dāng)于電源的負(fù)極，a端相當(dāng)于電源的正極，由于線圈中的電流從b端進、a端出，根據(jù)楞次定律判斷可知，線圈中的電流應(yīng)減小，則由I＝eq\f(BLv,R)可知，金屬棒應(yīng)做減速運動，故要使a、c兩點的電勢都低于b點，金屬棒沿導(dǎo)軌可能向左做勻減速直線運動，故B正確。6．在如圖所示的電路中，理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為n1∶n2＝3∶1，電阻R1＝2R2，電流表和電壓表均為理想交流電表，若電流表的示數(shù)為2A，電壓表的示數(shù)為30V，則電阻R1的阻值為()A．45ΩB．55ΩC．65ΩD．75Ω解析：選B由理想變壓器原理可知，原、副線圈兩端的電壓之比eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(3,1)，已知U2＝30V，故U1＝3U2＝90V，通過R1的電流I0＝eq\f(U1,R1)＝eq\f(U1,2R2)，副線圈中的電流I2＝eq\f(U2,R2)，又因為eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，所以通過原線圈的電流I1＝eq\f(n2,n1)I2，流過電流表的電流I＝I0＋I1，即I＝eq\f(U1,2R2)＋eq\f(n2,n1)×eq\f(U2,R2)，解得R2＝27.5Ω，R1＝2R2＝55Ω，故B正確。7．圖甲中的理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2＝22∶3，輸入端a、b所接電壓u隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示。燈泡L的電阻恒為15Ω，額定電壓為24V。定值電阻R1＝10Ω、R2＝5Ω，滑動變阻器R的最大阻值為10Ω。為使燈泡正常工作，滑動變阻器接入電路的電阻應(yīng)調(diào)節(jié)為()A．1ΩB．5ΩC．6ΩD．8Ω解析：選A由題圖乙可知理想變壓器輸入電壓U1＝220V，應(yīng)用理想變壓器變壓公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(22,3)，可得副線圈輸出電壓U2＝30V。燈泡正常工作時，燈泡兩端電壓為UL＝24V，電流IL＝eq\f(UL,RL)＝1.6A。設(shè)R1兩端電壓為U，由U2＝UL＋U，可得U＝6V。由eq\f(U,R1)＋eq\f(U,R2＋R)＝IL，解得R＝1Ω，選項A正確。8.半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、電阻為R的勻質(zhì)金屬棒ab置于圓導(dǎo)軌上面，ba的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示，整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向豎直向下。在兩導(dǎo)軌之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器，金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計。當(dāng)電路穩(wěn)定時，下列說法正確的是()A．金屬棒中電流從b流向aB．金屬棒兩端電壓為eq\f(3,4)Bωr2C．電容器的M板帶負(fù)電D．電容器所帶電荷量為eq\f(3,2)CBωr2解析：選AB根據(jù)右手定則可知金屬棒中電流從b流向a，選項A正確；金屬棒轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電動勢為E＝Breq\f(ωr＋ω·2r,2)＝eq\f(3,2)Bωr2，切割磁感線的金屬棒相當(dāng)于電源，金屬棒兩端電壓相當(dāng)于電源的路端電壓，因而U＝eq\f(R,R＋R)E＝eq\f(3,4)Bωr2，選項B正確；金屬棒a端相當(dāng)于電源正極，電容器M板帶正電，選項C錯誤；由C＝eq\f(Q,U)，可得電容器所帶電荷量為Q＝CU＝eq\f(3,4)CBωr2，選項D錯誤。9.如圖，空間某區(qū)域內(nèi)存在沿水平方向的勻強磁場，一正方形閉合金屬線框自磁場上方某處自由釋放后穿過磁場，整個過程線框平面始終豎直，線框邊長小于磁場區(qū)域上下寬度。以線框剛進入磁場時為計時起點，下列描述線框所受安培力F隨時間t變化的圖像中，可能正確的是()解析：選BCD進入磁場前，線框受重力作用加速下落，進入、離開磁場時都受到豎直向上的安培力作用。若進入磁場時安培力大于重力，線框做加速度減小的減速運動，安培力隨速度的減小而減小，某時刻安培力等于重力，線框做勻速運動，此時速度達到v0＝eq\f(mgR,B2L2)，完全進入磁場后只受重力，線框加速，剛要離開時的速度大于完全進入時的速度，故安培力大于重力，做減速運動，速度減小，安培力也減小，故A不符合題意；若線框進入磁場時安培力恰好等于重力，進入過程中安培力不變，完全進入后只受重力，線框加速，離開磁場時安培力大于重力，速度減小，安培力也減小，故B符合題意；若進入時安培力大于重力，由eq\f(B2L2v,R)－mg＝ma可知，線框做加速度減小的減速運動，安培力隨速度的減小而減小，完全進入后只受重力，線框加速，離開磁場時安培力大于重力，速度減小，進入過程與離開過程安培力變化情況可能完全相同，故C符合題意；若進入磁場時安培力小于重力，由mg－eq\f(B2L2v,R)＝ma，可知線框做加速度減小的加速運動，進入過程安培力不斷增大，完全進入后只受重力，線框加速運動，若離開磁場時安培力大于重力，線框做加速度減小的減速運動，安培力隨速度減小而減小，故D符合題意。10.如圖所示是一個可以用來測量磁感應(yīng)強度的裝置。底部是正方形的長方體絕緣容器，內(nèi)部高為L，厚度為d，容器左右兩側(cè)等高處裝有兩根完全相同的開口向上的豎直管子a、b，容器的頂、底部各裝有電極C(正極)和D(負(fù)極)，并經(jīng)過開關(guān)S與電源連接，容器中注滿能導(dǎo)電的液體，液體密度為ρ。將容器置于一個勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，當(dāng)開關(guān)S斷開時，豎直管子a、b中的液面高度相同，當(dāng)開關(guān)S閉合后，豎直管子a、b中的液面出現(xiàn)高度差h，電路中電流表的示數(shù)為I，則()A．導(dǎo)電液體中電流的方向為由C到DB．導(dǎo)電液體中電流的方向為由D到CC．勻強磁場的磁感應(yīng)強度為eq\f(\a\vs4\al(ρghd),I)D．勻強磁場的磁感應(yīng)強度為eq\f(\a\vs4\al(ρghL),I)解析：選AC開關(guān)S閉合后，導(dǎo)電液體中有電流由C到D，根據(jù)左手定則可知導(dǎo)電液體要受到向右的安培力F作用，F(xiàn)＝BIL，在液體中產(chǎn)生附加壓強p，這樣a、b管中液面將出現(xiàn)高度差。長方體絕緣容器左右側(cè)面橫截面積S＝Ld，左右兩邊的壓力差ΔF＝pS，又ΔF＝F，在液體中產(chǎn)生附加壓強p＝ρgh，聯(lián)立以上公式，解得B＝eq\f(\a\vs4\al(ρghd),I)，故A、C正確。11．漏電斷路器是家庭電路中必不可少的一種安全保護裝置，如圖為其基本原理圖。電源線的火線與零線并行繞在鐵芯上，當(dāng)與放大器相連的線圈有微小電流時，即刻會驅(qū)動電磁繼電器斷開電源，實現(xiàn)安全保護。下列相關(guān)說法正確的是()A．當(dāng)與地不絕緣的人不小心觸碰到火線時，漏電斷路器會即刻斷開電源B．當(dāng)與地絕緣的人不小心同時觸碰到火線與零線時，漏電斷路器會即刻斷開電源C．當(dāng)外接電網(wǎng)是恒定直流電源時，漏電斷路器不能正常工作D．在相同條件下，放大器繞在鐵芯上的線圈匝數(shù)越多，則能檢測到更微小的漏電解析：選AD由于火線和零線并行繞制，所以在家庭電路正常工作時，火線和零線的電流大小相等，方向相反，因此合磁通量為0，線圈中的磁通量為0，而當(dāng)?shù)孛嫔系娜私佑|火線發(fā)生觸電時，火線的電流突然變大，即線圈中的磁場發(fā)生變化，導(dǎo)致線圈中的磁通量變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而使繼電器工作，電磁鐵將開關(guān)吸起，A正確；當(dāng)與地絕緣的人不小心同時觸碰到火線與零線時，不會形成電流變化，從而不會引起電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故漏電斷路器不會斷開電源，B錯誤；當(dāng)外接電網(wǎng)是恒定直流電源時，如果有人觸電仍會產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故能正常工作，C錯誤；在相同條件下，放大器繞在鐵芯上的線圈匝數(shù)越多，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大，則能檢測到更微小的漏電，D正確。二、非選擇題(本題共5小題，共56分)12．(6分)如圖所示，在圖(1)中，G為指針在中央的靈敏電流計，連接在直流電路中時的偏轉(zhuǎn)情況。今使它與一線圈串聯(lián)進行電磁感應(yīng)實驗，則圖(2)中的條形磁鐵的運動方向是________；圖(3)中電流計的指針將向________偏轉(zhuǎn)；圖(4)中的條形磁鐵上端為________極。解析：題圖(1)可知，當(dāng)電流從電流計的左接線柱流入時，電流計指針向左偏。題圖(2)中指針向左偏，可知感應(yīng)電流的方向是順時針，根據(jù)楞次定律知，條形磁鐵向下插入。題圖(3)當(dāng)條形磁鐵N極向下插入時，根據(jù)楞次定律，可知，感應(yīng)電流方向沿逆時針，則電流計指針向右偏。題圖(4)中可知指針向右偏，則有感應(yīng)電流的方向逆時針，由楞次定律可知，條形磁鐵S極向上拔出，則上端為N極。答案：向下插入右N13.(8分)傳感器是把非電學(xué)量(如速度、溫度、壓力等)的變化轉(zhuǎn)換成電學(xué)量的變化的一種元件，在自動控制中有著相當(dāng)廣泛的應(yīng)用。有一種測量人的體重的電子秤，其測量部分的原理圖如圖中的虛線框所示，它主要由壓力傳感器R(電阻值會隨所受壓力大小發(fā)生變化的可變電阻)和顯示體重大小的儀表A(實質(zhì)是理想電流表)組成。壓力傳感器表面能承受的最大壓強為1×107Pa，且已知壓力傳感器R的電阻與所受壓力的關(guān)系如表所示。設(shè)踏板和壓桿的質(zhì)量可以忽略不計，接通電源后，壓力傳感器兩端的電壓恒為4.8V，取g＝10m/s2。請作答：壓力F/N0250500750100012501500…電阻R/Ω300270240210180150120…(1)該秤零點(即踏板空載時)的刻度線應(yīng)標(biāo)在電流表刻度盤________A處；(2)如果某人站在該秤踏板上，電流表刻度盤的示數(shù)為20mA，這個人的質(zhì)量是____________kg。解析：(1)由壓力傳感器R的電阻與所受壓力的關(guān)系知F＝0時，R＝300Ω。由閉合電路歐姆定律I＝eq\f(U,R)＝eq\f(4.8,300)A＝1.6×10－2A即該秤零點(即踏板空載時)的刻度線應(yīng)標(biāo)在電流表刻度盤1.6×10－2A處。(2)由閉合電路歐姆定律I＝eq\f(U,R)得R＝eq\f(U,I)＝eq\f(4.8,0.02)Ω＝240Ω由表中數(shù)據(jù)得F＝500N，由G＝mg，可得m＝50kg即這個人的質(zhì)量是50kg。答案：(1)1.6×10－2(2)5014．(12分)如圖所示為磁流體發(fā)電機，它可以把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量的帶正電和帶負(fù)電的微粒，整體上呈中性)噴射入磁場，在磁場中有兩塊金屬極板C、D，這時金屬板上就會聚集電荷，產(chǎn)生電壓，如果射入磁場的等離子體的速度為v，金屬極板的面積為S0，極板C、D間距離為d，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向與v垂直，可調(diào)節(jié)的電阻R接在兩極板之間，設(shè)電離氣體充滿兩極間的空間，其電阻率為ρ。求：(1)通過電阻R的電流的大小和方向。(2)兩極板間的電壓。(3)兩極板間的電場強度最大的條件，以及最大電場強度值。解析：(1)由左手定則，D板聚集帶正電荷微粒，C板聚集帶負(fù)電荷微粒，故C板電勢低于D板，所以流過R的電流方向為由D到C。設(shè)等離子體某微粒的電荷量為q，則當(dāng)?shù)入x子體勻速通過C、D兩板間時，有qvB＝qE，則E＝vB兩極板間電動勢為ε＝Ed＝vBd兩極板間電離氣體電阻為r＝ρeq\f(d,S0)根據(jù)閉合電路的歐姆定律得，通過電阻R的電流大小I＝eq\f(ε,R＋r)＝eq\f(Bvd,R＋ρ\f(d,S0))＝eq\f(BvdS0,RS0＋ρd)。(2)兩極板間的電壓為U＝IR＝eq\f(BvdS0R,RS0＋ρd)。(3)外電路斷開時兩極板間電場強度最大，為Emax＝eq\f(ε,d)＝Bv。答案：(1)大小為eq\f(BvdS0,RS0＋ρd)，方向為由D通過R流到C(2)eq\f(BvdS0R,RS0＋ρd)(3)外電路斷開Bv15．(14分)一種探測氣體放電過程的裝置如圖甲所示，充滿氖氣(Ne)的電離室中有兩電極與長直導(dǎo)線連接，并通過兩水平長導(dǎo)線與高壓電源相連。在與長直導(dǎo)線垂直的平面內(nèi)，以導(dǎo)線為對稱軸安裝一個用阻值R0＝10Ω的細(xì)導(dǎo)線繞制、匝數(shù)N＝5×103的圓環(huán)形螺線管，細(xì)導(dǎo)線的始末兩端c、d與阻值R＝90Ω的電阻連接。螺線管的橫截面是半徑a＝1.0×10－2m的圓，其中心與長直導(dǎo)線的距離r＝0.1m。氣體被電離后在長直導(dǎo)線回路中產(chǎn)生順時針方向的電流I，其I－t圖像如圖乙所示。為便于計算，螺線管內(nèi)各處的磁感應(yīng)強度大小均可視為B＝eq\f(kI,r)，其中k＝2×10－7T·m/A。(1)求0～6.0×10－3s內(nèi)通過長直導(dǎo)線橫截面的電荷量Q；(2)求3.0×10－3s時，通過螺線管某一匝線圈的磁通量Φ；(3)若規(guī)定c→R→d為電流的正方向，在不考慮線圈自感的情況下，通過計算，畫出通過電阻R的iR－t圖像；(4)若規(guī)定c→R→d為電流的正方向，考慮線圈自感，定性畫出通過電阻R的iR－t圖像。解析：(1)由電量和電流的關(guān)系q＝It可知I－t圖像下方的面積表示電荷量，因此有Q＝eq\x\to(I)1Δt1＋I2Δt2＋eq\x\to(I)3Δt3，代入數(shù)據(jù)解得Q＝0.5C。(2)由磁通量的定義可得Φ＝BS＝eq\f(kI,r)×πa2，代入數(shù)據(jù)可得Φ＝6.28×10－8Wb。(3)在0～1.0×10－3s時間內(nèi)電流均勻增加，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向為c→R→d，產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Nkπa2,r)×eq\f(ΔI,Δt)由閉合電路的歐姆定律可得iR＝eq\f(E,R＋R0)代入數(shù)據(jù)解得iR＝3.14×10－3A在1.0×10－3～5.0×10－3s電流恒定，穿過圓形螺線管的磁場恒定，因此感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零，而在5.0×10－3～6.0×10－3s時間內(nèi)電流隨時間均勻變化，斜率大小和0～1.0×10－3s大小相同，因此電流大小相同，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向為d→R→c，則圖像如圖甲所示。(4)考慮自感的情況下，線圈會產(chǎn)生自感電動勢阻礙電流的增加，因此電流是緩慢增加的，過一段時間電路達到穩(wěn)定后自感消失，電流的峰值和之前大小相同，在1.0×10－3～5.0×10－3s時間內(nèi)電路中的磁通量不變化，電流要減小為零，因此自感電動勢會阻礙電流的減小，使得電流緩慢減小為零，電流圖像如圖乙所示。答案：(1)0.5C(2)6.28×10－8Wb(3)見解析圖甲(4)見解析圖乙16.(16分)如圖所示，頂角θ＝45°的金屬導(dǎo)軌MON固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中。一根與ON垂直的導(dǎo)體棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿導(dǎo)軌MON向右滑動，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長度的電阻均為r，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌的接觸點分別為a和b，導(dǎo)體棒在滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸。t＝0時，導(dǎo)體棒位于頂角O處。求：(1)t時刻流過導(dǎo)體棒的電流大小I和電流方向。(2)導(dǎo)體棒做勻速直線運動時水平外力F隨時間t變化的表達式。(3)導(dǎo)體棒在0～t時間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q。解析：(1)0～t時間內(nèi)，導(dǎo)體棒的位移x＝v0tt時刻，導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度l＝x產(chǎn)生的電動勢E＝Blv0回路總電阻R＝(2x＋eq\r(2)x)r流過導(dǎo)體棒的電流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bv0,2＋\r(2)r)由安培定則可知，電流方向為b→a。(2)根據(jù)題意有F＝BIl＝eq\f(B2v02t,2＋\r(2)r)。(3)t時刻導(dǎo)體棒的電功率P＝I2R′，I恒定，R′＝v0rt，R′正比于t，因此0～t時間內(nèi)導(dǎo)體棒的平均電功率eq\x\to(P)＝I2eq\x\to(R)′＝eq\f(1,2)I2R′Q＝eq\o(P,\s\up6(－))t＝eq\f(B2v03t2,22＋\r(2)2r)。答案：(1)eq\f(Bv0,2＋\r(2)r)b→a(2)F＝eq\f(B2v02t,2＋\r(2)r)(3)eq\f(B2v03t2,22＋\r(2)2r)模塊綜合檢測(三)(時間：75分鐘，滿分：100分)一、選擇題(本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項是符合題目要求的，8～11題有多個選項符合要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1.已知某市區(qū)地磁場的磁感應(yīng)強度水平分量為B1，豎直分量為B2，市區(qū)南北走向的街道有一小段長度為L的地下電纜，通有電流大小為I，方向自南向北的電流，則此時這段地下電纜受到地磁場對它的安培力大小和方向分別為()A.eq\r(B12＋B22)IL，方向水平向東B．B2IL，方向水平向西C．B1IL，方向豎直向上D.eq\r(B12＋B22)IL，方向豎直向下解析：選B安培力大小為FA＝B2IL，由左手定則可知，安培力方向水平向西，故選B。2.質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖所示，粒子源S發(fā)出兩種帶正電的同位素粒子甲和乙，兩種粒子從S出來時速度很小，可忽略不計。粒子經(jīng)過加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場(圖中線框所示)，最終打到照相底片上，測得甲、乙兩種粒子打在照相底片上的點到入射點的距離之比為5∶4，則它們在磁場中運動的時間之比是()A．5∶4 B．4∶5C．25∶16 D．16∶25解析：選C粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)題意，甲、乙兩種粒子的軌道半徑之比為R甲∶R乙＝5∶4，洛倫茲力提供向心力，則：qv甲B＝m甲eq\f(v甲2,R甲)，qv乙B＝m乙eq\f(v乙2,R乙)，在加速電場中：qU＝eq\f(1,2)m甲v甲2，qU＝eq\f(1,2)m乙v乙2，聯(lián)立解得：m甲∶m乙＝25∶16，粒子在磁場中做圓周運動的時間為：t甲＝eq\f(1,2)T甲＝eq\f(πm甲,qB)，t乙＝eq\f(1,2)T乙＝eq\f(πm乙,qB)，故t甲∶t乙＝25∶16，故A、B、D錯誤，C正確。3.如圖所示，兩根平行長直金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面內(nèi)，間距為d，其左端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)體棒在水平向右、垂直于棒的恒力F作用下，從靜止開始沿導(dǎo)軌運動距離l時，速度恰好達到最大(運動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌保持垂直)，設(shè)導(dǎo)體棒接入電路的電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度大小為g，在這一過程中()A．導(dǎo)體棒運動的平均速度為eq\f(F－μmgR＋r,2B2d2)B．流過電阻R的電荷量為eq\f(Bdl,R)C．a(chǎn)b兩端的最大電壓為eq\f(F－μmgR,Bd)D．a(chǎn)b兩端的最大電壓為eq\f(F－μmgR＋r,Bd)解析：選C導(dǎo)體棒勻速運動時速度最大．設(shè)導(dǎo)體棒的速度最大值為v，此時導(dǎo)體棒所受的安培力為FA＝BId＝eq\f(B2d2v,R＋r)，而且導(dǎo)體棒受力平衡，則有F＝FA＋μmg，解得v＝eq\f(F－μmgR＋r,B2d2)，由于導(dǎo)體棒做加速度逐漸減小的加速運動，故平均速度eq\o(v,\s\up6(－))>eq\f(v,2)＝eq\f(F－μmgR＋r,2B2d2)，故A錯誤；流過電阻R的電荷量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋rΔt)Δt＝eq\f(ΔΦ,r＋R)＝eq\f(Bdl,R＋r)，故B錯誤；速度最大時，ab兩端的電壓最大U＝eq\f(ER,R＋r)＝eq\f(BdvR,R＋r)＝eq\f(BdR,R＋r)×eq\f(F－μmgR＋r,B2d2)＝eq\f(F－μmgR,Bd)，C正確，D錯誤。4.薄鋁板將同一勻強磁場分成Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，高速帶電粒子可穿過鋁板一次，在兩個區(qū)域內(nèi)運動的軌跡如圖所示，半徑R1＞R2。假定穿過鋁板前后粒子電荷量保持不變，則該粒子()A．帶正電B．在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動速度大小相同C．在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動時間相同D．從Ⅱ區(qū)域穿過鋁板運動到Ⅰ區(qū)域解析：選C粒子穿過鋁板受到鋁板的阻力，速度將減小。由r＝eq\f(mv,Bq)可得粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑將減小，故可得粒子是由Ⅰ區(qū)域運動到Ⅱ區(qū)域，結(jié)合左手定則可知粒子帶負(fù)電，A、B、D錯誤；則T＝eq\f(2πm,Bq)可知粒子運動的周期不變，粒子在Ⅰ區(qū)域和Ⅱ區(qū)域中運動的時間均為t＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πm,Bq)，C正確。5.如圖所示，理想變壓器的原線圈與內(nèi)阻不計的交流發(fā)電機相連，副線圈與定值電阻R相連。若僅改變發(fā)電機線圈的轉(zhuǎn)速，使R消耗的功率P變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，則發(fā)電機線圈的轉(zhuǎn)速n應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?)A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),4) D.eq\f(\r(2),2)解析：選BR消耗的功率P＝eq\f(U22,R)，P變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，表明U2為原來的eq\f(1,2)，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，初級電壓U1應(yīng)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)；由U1＝eq\f(n0BSω,\r(2))＝eq\f(n0BS,\r(2))2πn知，發(fā)動機線圈轉(zhuǎn)速應(yīng)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)。6.如圖所示，LC振蕩電路的導(dǎo)線及自感線圈的電阻忽略不計，某瞬間回路中電流方向如箭頭所示，且此時電容器的極板A帶正電荷，則該瞬間()A．電流i正在增大，線圈L中的磁場能也正在增大B．電容器兩極板間電壓正在增大C．電容器帶電量正減小D．線圈中電流產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度正在增強解析：選B僅從電流方向，不能判斷電流是增大還是減小。但由于A板帶正電，電流又流向A板，故A板電量增大，電壓也升高，B正確。7．“殲－20”隱形戰(zhàn)斗機的橫空出世，極大地增強了我國的國防力量。已知目前雷達發(fā)射的電磁波頻率在200MHz至1000MHz的范圍內(nèi)。下列說法正確的是()A．隱形戰(zhàn)斗機具有“隱身”的功能，是巧妙地利用了雷達發(fā)射的電磁波的衍射能力B．雷達發(fā)射的電磁波是由恒定不變的電場或磁場產(chǎn)生的C．雷達發(fā)射的電磁波在真空中的波長范圍在0.3m至1.5m之間D．雷達發(fā)射的電磁波可能是縱波，也可能是橫波解析：選C隱形戰(zhàn)斗機具有“隱身”的功能，是巧妙地利用了雷達發(fā)出的電磁波出現(xiàn)漫反射，或被特殊涂料吸收，選項A錯誤；雷達發(fā)射的電磁波是由變化的電場或磁場產(chǎn)生的，選項B錯誤；根據(jù)λ＝eq\f(c,f)可得雷達發(fā)射的電磁波在真空中的波長范圍在0.3m至1.5m之間，選項C正確；雷達發(fā)射的電磁波是橫波，選項D錯誤。8.如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，存在一個方程為x2＋y2＝0.25的圓，在x<0的半圓區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向的電場強度大小E＝1V/m的勻強電場，在x>0的半圓區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場。一帶電量q＝1.0×10－6C、質(zhì)量m＝1.25×10－15kg的帶電粒子從坐標(biāo)(－R,0)處無初速飄入電場，經(jīng)電場加速后，平行于y軸離開磁場區(qū)域，忽略粒子所受重力，下列說法正確的是()A．粒子沿y軸正方向離開磁場B．粒子沿y軸負(fù)方向離開磁場C．磁感應(yīng)強度大小B＝1×10－2TD．磁感應(yīng)強度大小B＝1×10－4T解析：選AD由題可知粒子帶正電，進入磁場后向上偏轉(zhuǎn)，粒子沿y軸正方向離開磁場，故A項正確，B項錯誤；作出粒子的運動軌跡如圖所示，由圖利用幾何知識可求得，粒子的軌跡半徑r＝eq\f(\r(2),2)R，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)半徑r＝eq\f(mv,Bq)，粒子在電場中加速有EqR＝eq\f(1,2)mv2。聯(lián)立解得B＝1×10－4T，C項錯誤，D項正確。9.如圖所示，矩形金屬線圈abcd，ab邊長為3L，bc邊長為4L，電阻為R?，F(xiàn)將線圈平放在粗糙水平傳送帶上，ab邊與傳送帶邊緣QN平行，隨傳送帶以速度v勻速運動。勻強磁場的邊界PQNM是平行四邊形，磁場方向垂直于傳送帶向上，磁感應(yīng)強度大小為B，PQ與QN夾角為53°，QN長為6L，PQ足夠長，線圈始終相對于傳送帶靜止，在線圈穿過磁場區(qū)域的過程中，下列說法正確的是()A．線圈感應(yīng)電流的方向先是沿adcba后沿abcdaB．線圈所受的靜摩擦力的方向垂直于ad邊向右C．線圈受到的靜摩擦力先增大后減小再增大再減小D．線圈受到摩擦力的最大值為eq\f(20B2L2v,R)解析：選ACD根據(jù)楞次定律，線圈穿越磁場區(qū)域過程中感應(yīng)電流的方向先是沿adcba后沿abcda，A正確；線圈進入磁場時受安培力方向垂直于PQ斜向左，則摩擦力方向垂直于PQ斜向右，同理，根據(jù)楞次定律可知，即穿越磁場區(qū)域時均受到垂直于PQ斜向右的靜摩擦力，B錯誤；由圖可知，線圈進入磁場區(qū)域過程中，切割磁感線的有效長度先增加后減小，則感應(yīng)電流先增加后減小，受到安培力先增大后減??；同理線圈穿出磁場區(qū)域過程中，所受安培力先增大后減小，故線圈穿越磁場區(qū)域過程中受到靜摩擦力先增大后減小再增大再減小，C正確；當(dāng)a剛剛進入磁場區(qū)域時，線圈所受摩擦力最大，為fmax＝F安max＝B·5LI＝5BLeq\f(B·4Lv,R)＝eq\f(20B2L2v,R)，D正確。10．如圖甲所示，螺線管豎直置于靠近水平桌面的上方，質(zhì)量為m的閉合金屬圓環(huán)平放在桌面上，螺線管的中軸線與圓環(huán)相交。現(xiàn)在螺線管中通入如圖乙所示的正弦交變電流，規(guī)定圖甲中標(biāo)出的電流方向為正方向。圓環(huán)始終靜止，下列說法正確的是()A.eq\f(T,4)～eq\f(T,2)內(nèi)，從上向下看圓環(huán)中感應(yīng)電流方向為順時針B.eq\f(T,4)～eq\f(T,2)內(nèi)，圓環(huán)中的感應(yīng)電動勢逐漸減小C.eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)內(nèi)，圓環(huán)對桌面的壓力大于mgD.eq\f(3T,4)～T內(nèi)，圓環(huán)對桌面的摩擦力方向向左解析：選CDeq\f(T,4)～eq\f(T,2)內(nèi)，線圈中電流為正方向且減小，通電螺線管中產(chǎn)生向上的磁場且磁感應(yīng)強度減小，圓環(huán)中感應(yīng)出向上的磁場，則圓環(huán)中從上向下看感應(yīng)電流方向為逆時針，A錯誤；因為線圈中電流為正弦電流，所以產(chǎn)生的磁場也是正弦變化的，變化圖像也是正弦圖像，eq\f(T,4)～eq\f(T,2)內(nèi)，由圖像可知，圖線的斜率的絕對值逐漸增大，即磁感應(yīng)強度的變化量與時間變化量的比值逐漸增大，根據(jù)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(SΔB,Δt)，得感應(yīng)電動勢逐漸增大，B錯誤；eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)內(nèi)，線圈中電流反向增大，根據(jù)楞次定律可知，此時圓環(huán)有遠(yuǎn)離線圈的趨勢，所以對桌面有向下的安培力，則壓力大于重力，故C正確；eq\f(3T,4)～T內(nèi)，線圈中電流為負(fù)方向且減小，通電螺線管中產(chǎn)生向下的磁場且磁感應(yīng)強度減小，根據(jù)楞次定律可知圓環(huán)有向右運動的趨勢，所以受到向左的摩擦力，故D正確。11.如圖所示，a、b、c為三只完全相同的燈泡，L為有電阻的電感線圈(線圈電阻小于燈泡電阻)，電源內(nèi)阻不計。下列判斷正確的是()A．S閉合的瞬間，a燈比b、c兩燈亮，但b、c兩燈亮度相同B．S閉合足夠長時間后，a、c兩燈亮度相同C．S閉合后，a、b、c三燈均發(fā)光D．S斷開后，b燈先突然閃亮后再逐漸變暗熄滅解析：選ACS閉合的瞬間，L相當(dāng)于斷路，b、c串聯(lián)后與a并聯(lián)，因此a燈比b、c兩燈亮，b、c兩燈亮度相同，A正確；S閉合后，因L有電阻，三燈均發(fā)光，連接形式為：b燈與L并聯(lián)后與c燈串聯(lián)，a燈直接連接在電源兩端，C正確，B錯誤；S斷開后，L相當(dāng)于電源，L中的電流并未全部流過b燈，故不能確定b燈是否會閃亮，D錯誤。二、非選擇題(本題共5小題，共56分)12．(6分)在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實驗中，某同學(xué)利用“教學(xué)用的可拆變壓器”進行探究。(1)關(guān)于實驗操作需要注意的問題，下列說法正確的是________。A．為了人身安全，原線圈兩端只能使用低壓交流電源，所用電壓不要超過12VB．實驗通電時，可用手接觸裸露的導(dǎo)線、接線柱等檢查電路C．使用多用電表測電壓時，先用中等量程擋試測，再選用恰當(dāng)?shù)膿跷贿M行測量(2)在實驗中，某同學(xué)保持原線圈兩端的電壓及副線圈的匝數(shù)不變，僅減小原線圈的匝數(shù)，副線圈兩端的電壓將________(選填“增大”“減小”或“不變”)。解析：(1)為了人身安全，原線圈兩端只能使用低壓交流電源，所用電壓不要超過12V，選項A正確；實驗通電時，用手接觸裸露的導(dǎo)線