2025高考物理步步高同步練習(xí)選修2模塊綜合試卷(一)含答案

2025高考物理步步高同步練習(xí)選修2模塊綜合試卷(一)(時(shí)間：90分鐘滿(mǎn)分：100分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共8小題，每小題4分，共32分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．(2020·山東高二期中)關(guān)于電磁波，下列說(shuō)法中正確的是()A．變化的電場(chǎng)一定在周?chē)臻g產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)B．麥克斯韋首先預(yù)言了電磁波的存在，赫茲最先用實(shí)驗(yàn)證實(shí)了電磁波的存在C．電磁波和機(jī)械波都依賴(lài)于介質(zhì)才能傳播D．各種頻率的電磁波在真空中以不同的速度傳播答案B解析均勻變化的電場(chǎng)在周?chē)臻g產(chǎn)生恒定的磁場(chǎng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；麥克斯韋首先預(yù)言了電磁波的存在，赫茲最先用實(shí)驗(yàn)證實(shí)了電磁波的存在，選項(xiàng)B正確；電磁波可以在真空中傳播，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；各種頻率的電磁波在真空中傳播的速度相同，等于光速，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．2．(2020·山西省古縣第一中學(xué)高二期中)如圖1所示，一個(gè)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，一個(gè)矩形閉合導(dǎo)線框abcd，沿紙面由位置1(左)勻速運(yùn)動(dòng)到位置2(右)，則()圖1A．導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流方向?yàn)閍→b→c→d→aB．導(dǎo)線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流方向?yàn)閍→d→c→b→aC．導(dǎo)線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，受到的安培力方向水平向右D．導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，受到的安培力方向水平向左答案D解析根據(jù)楞次定律“增反減同”可知導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流方向?yàn)閍→d→c→b→a，故A錯(cuò)誤；導(dǎo)線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流方向?yàn)閍→b→c→d→a，故B錯(cuò)誤；根據(jù)“來(lái)拒去留”可知導(dǎo)線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)受到了向左的安培力，故C錯(cuò)誤；導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到了向左的安培力，故D正確．3.如圖2所示，理想變壓器的原線圈接在u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流電源上，副線圈接有R＝55Ω的負(fù)載電阻，原、副線圈匝數(shù)之比為2∶1，電流表、電壓表均為理想電表．下列說(shuō)法正確的是()圖2A．原線圈的輸入功率為220eq\r(2)WB．電流表的讀數(shù)為1AC．電壓表的讀數(shù)為110eq\r(2)VD．副線圈輸出交流電的周期為50s答案B解析由u＝220eq\r(2)sin100πt(V)可知，原線圈電壓最大值為220eq\r(2)V，故原線圈電壓的有效值為U1＝220V，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，U2＝eq\f(n2,n1)U1＝110V，故電壓表的讀數(shù)為110V，故C錯(cuò)誤；副線圈電流有效值為I2＝eq\f(U2,R)＝2A，根據(jù)P＝UI可知，輸出功率為220W，則原線圈的輸入功率為220W，故A錯(cuò)誤；原線圈中的電流I1＝eq\f(P,U1)＝1A，故B正確；因?yàn)棣兀絜q\f(2π,T)＝100πrad/s，所以T＝0.02s，故D錯(cuò)誤．4.(2020·山東模擬)如圖3所示，三段長(zhǎng)度相等的直導(dǎo)線a、b、c相互平行且處在同一豎直面內(nèi)，a、b間的距離等于b、c間的距離，通電電流Ia＜Ib＜Ic，方向如圖所示，則下列判斷正確的是()圖3A．導(dǎo)線b受到的安培力可能為0B．導(dǎo)線a受到的安培力可能為0C．導(dǎo)線c受到的安培力的方向一定向左D．導(dǎo)線a、b受到的安培力的方向一定相同答案B解析根據(jù)同向電流相互吸引、反向電流相互排斥可知，導(dǎo)線a對(duì)導(dǎo)線b有向左的吸引力，導(dǎo)線c對(duì)導(dǎo)線b有向左的排斥力，則導(dǎo)線b受到的安培力一定不為0，方向向左，故A錯(cuò)誤；導(dǎo)線b對(duì)導(dǎo)線a有向右的吸引力，導(dǎo)線c對(duì)導(dǎo)線a有向左的排斥力，由于Ia＜Ib＜Ic，所以導(dǎo)線a受到的安培力可能為0，故B正確；導(dǎo)線a和b對(duì)導(dǎo)線c都有向右的排斥力，故導(dǎo)線c受到的安培力的方向一定向右，故C錯(cuò)誤；導(dǎo)線a受到的安培力大小和方向不確定，則導(dǎo)線a、b受到的安培力的方向不一定相同，故D錯(cuò)誤．5.(2020·浙江高二期末)如圖4所示為洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)示意圖，演示儀中有一對(duì)彼此平行且共軸的勵(lì)磁圓形線圈，通入電流I后，能夠在兩線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場(chǎng)；玻璃泡內(nèi)有電子槍?zhuān)ㄟ^(guò)加速電壓U對(duì)初速度為零的電子加速并連續(xù)發(fā)射．電子剛好從球心O點(diǎn)正下方的S點(diǎn)水平向左射出，電子通過(guò)玻璃泡內(nèi)稀薄氣體時(shí)能夠顯示出電子運(yùn)動(dòng)的徑跡．則下列說(shuō)法正確的是()圖4A．若要正常觀察電子徑跡，勵(lì)磁線圈的電流方向應(yīng)為逆時(shí)針(垂直紙面向里看)B．若保持U不變，增大I，則圓形徑跡的半徑變大C．若同時(shí)減小I和U，則電子運(yùn)動(dòng)的周期減小D．若保持I不變，減小U，則電子運(yùn)動(dòng)的周期將不變答案D解析若要正常觀察電子徑跡，則電子需要受到向上的洛倫茲力，根據(jù)左手定則可知，玻璃泡內(nèi)的磁場(chǎng)方向應(yīng)向里，根據(jù)右手螺旋定則可知，勵(lì)磁線圈的電流方向應(yīng)為順時(shí)針(垂直紙面向里看)，故A錯(cuò)誤；電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，則eBv＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,eB)，而電子進(jìn)入磁場(chǎng)的動(dòng)能由電場(chǎng)力做功得到，即eU＝eq\f(1,2)mv2，即U不變，則v不變，由于m、e不變，而當(dāng)I增大時(shí)，B增大，故半徑減小，故B錯(cuò)誤；因?yàn)門(mén)＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,eB)，所以電子運(yùn)動(dòng)的周期與U無(wú)關(guān)，當(dāng)減小電流I時(shí)，線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B也減小，電子運(yùn)動(dòng)的周期T增大，故C錯(cuò)誤；由C中分析可知，I不變，U減小，T不變，故D正確．6.(2020·安徽界首高二期末)如圖5所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形CDEF區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，對(duì)角線CE和DF的交點(diǎn)為P，在P點(diǎn)處有一粒子源，可以連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)各方向發(fā)射出正離子．已知離子的質(zhì)量為m、電荷量為q，不計(jì)離子重力及離子間相互作用力．則離子不可能射出正方形區(qū)域的發(fā)射速率v應(yīng)滿(mǎn)足()圖5A．0<v≤eq\f(qBL,8m) B．0<v≤eq\f(qBL,m)C．0<v≤eq\f(qBL,2m) D．0<v≤eq\f(qBL,4m)答案D解析離子在磁場(chǎng)中恰好不射出的軌跡如圖所示．根據(jù)幾何知識(shí)可知，其軌道半徑為R＝eq\f(L,4)，因?yàn)閝vB＝meq\f(v2,R)，所以有v＝eq\f(qRB,m)＝eq\f(qBL,4m)，所以離子不從磁場(chǎng)射出的速度需要滿(mǎn)足0<v≤eq\f(qBL,4m)，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確．7．(2020·黑龍江鐵人中學(xué)高二期末)如圖6甲所示，MN、PQ是水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的上下邊界，磁場(chǎng)寬度為L(zhǎng).一個(gè)邊長(zhǎng)為a的正方形導(dǎo)線框(L>2a)從磁場(chǎng)上方下落，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中上下兩邊始終與磁場(chǎng)邊界平行．線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，則線框從磁場(chǎng)中穿出過(guò)程中線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖像可能是以下的哪一個(gè)()圖6答案B解析由題意可知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖像如題圖乙所示，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，由于L>2a，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，因磁通量不變，則沒(méi)有感應(yīng)電流，線框只受重力作用，做勻加速運(yùn)動(dòng)，線框速度增加，當(dāng)出磁場(chǎng)時(shí)，速度大于進(jìn)入磁場(chǎng)的速度，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，出磁場(chǎng)過(guò)程中的感應(yīng)電流大于進(jìn)磁場(chǎng)的感應(yīng)電流，導(dǎo)致出磁場(chǎng)時(shí)的安培力大于重力，則線框做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，BIL－mg＝ma，則線框做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，i＝eq\f(BLv,R)，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．8.(2020·江蘇吳江中學(xué)高三月考)如圖7所示，A1、A2為兩只相同燈泡，A1與一理想二極管D連接，線圈L的直流電阻不計(jì)．下列說(shuō)法正確的是()圖7A．閉合開(kāi)關(guān)S后，A1會(huì)逐漸變亮B．閉合開(kāi)關(guān)S穩(wěn)定后，A1、A2亮度相同C．?dāng)嚅_(kāi)S的瞬間，A1會(huì)逐漸熄滅D．?dāng)嚅_(kāi)S的瞬間，a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)低答案D解析閉合開(kāi)關(guān)S后，因A1和線圈并聯(lián)，則A1立刻亮，故A錯(cuò)誤；閉合開(kāi)關(guān)S穩(wěn)定后，因線圈L的直流電阻不計(jì)，所以A1與二極管被短路，導(dǎo)致燈泡A1不亮，而A2將更亮，因此A1、A2亮度不同，故B錯(cuò)誤；斷開(kāi)S的瞬間，A2會(huì)立刻熄滅，線圈L與燈泡A1及二極管構(gòu)成回路，因線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，a點(diǎn)的電勢(shì)低于b點(diǎn)，但二極管具有單向?qū)щ娦裕曰芈分袥](méi)有感應(yīng)電流，A1也是立即熄滅，故C錯(cuò)誤，D正確．二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)9．(2020·浙江高二期末)圖8甲所示為揚(yáng)聲器的實(shí)物圖，圖乙為剖面圖，線圈處于磁場(chǎng)中，當(dāng)音頻電流信號(hào)通過(guò)線圈時(shí)，線圈帶動(dòng)紙盆振動(dòng)發(fā)出聲音．俯視圖丙表示處于輻射狀磁場(chǎng)中的線圈，磁場(chǎng)方向如圖中箭頭所示．則下列說(shuō)法正確的是()圖8A．環(huán)形磁體產(chǎn)生的磁感線是不閉合的B．圖丙中，線圈上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不同C．當(dāng)電流方向改變時(shí)線圈所受安培力方向一定改變D．圖丙中當(dāng)電流沿逆時(shí)針?lè)较驎r(shí)，對(duì)應(yīng)圖乙中線圈所受安培力向上答案BC解析磁感線是閉合的曲線，故A錯(cuò)誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，線圈上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，方向不同，故B正確；安培力方向由磁場(chǎng)方向和電流方向共同決定，電流方向改變安培力方向一定改變，故C正確；根據(jù)左手定則可判定，線圈所受安培力方向豎直向下，故D錯(cuò)誤．10．在如圖9甲所示的虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，設(shè)圖示磁場(chǎng)方向?yàn)檎?，磁感?yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示．邊長(zhǎng)為l、電阻為R的正方形均勻線框abcd有一半處在磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于線框平面，此時(shí)線框ab邊的發(fā)熱功率為P，則下列說(shuō)法正確的是()圖9A．磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝eq\f(T,2l2)eq\r(PR)B．線框中感應(yīng)電流為I＝2eq\r(\f(P,R))C．線框cd邊的發(fā)熱功率為PD．a(chǎn)端電勢(shì)高于b端電勢(shì)答案BC解析由題圖乙可知，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小恒定，線框ab邊的發(fā)熱功率為P＝eq\f(E2,4R)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(2B0,T)·eq\f(l2,2)＝eq\f(B0l2,T)，所以磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝eq\f(2T,l2)eq\r(PR)，A錯(cuò)誤；由P＝eq\f(1,4)I2R可得線框中感應(yīng)電流為I＝2eq\r(\f(P,R))，B正確；cd邊電阻等于ab邊電阻，且兩邊流過(guò)的電流相等，因此發(fā)熱功率相等，C正確；由楞次定律可知，線框中感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcba方向，處于磁場(chǎng)中的部分線框?yàn)榈刃щ娫?，因此a端電勢(shì)比b端電勢(shì)低，D錯(cuò)誤．11．圖10甲為風(fēng)力發(fā)電的簡(jiǎn)易模型．在風(fēng)力作用下，風(fēng)葉帶動(dòng)與桿固連的永磁體轉(zhuǎn)動(dòng)，磁體下方的線圈與電壓傳感器相連．在某一風(fēng)速時(shí)，電壓傳感器顯示如圖乙所示正弦規(guī)律變化，則()圖10A．永磁體的轉(zhuǎn)速為10r/sB．線圈兩端電壓的有效值為6eq\r(2)VC．交流電壓的表達(dá)式為u＝12sin5πt(V)D．該交流電可以直接加在擊穿電壓為9V的電容器上答案BC解析由題圖乙可知，電流的周期為T(mén)＝0.4s，故永磁體的轉(zhuǎn)速為n＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.4)r/s＝2.5r/s，故A錯(cuò)誤；由題圖乙可知電壓的最大值為12V，故有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝6eq\r(2)V，故B正確；周期T＝0.4s，故ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.4)rad/s＝5πrad/s，故交流電壓的表達(dá)式為u＝12sin5πt(V)，故C正確；該交流電電壓的最大值大于電容器的擊穿電壓，故不能直接加在擊穿電壓為9V的電容器上，故D錯(cuò)誤．12.(2020·山西大同一中高二月考)如圖11所示，虛線PQ左上方存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，甲、乙兩個(gè)帶正電的粒子先后由靜止經(jīng)過(guò)相同電壓加速后，分別以速度v甲、v乙從PQ上的O點(diǎn)沿紙面射入磁場(chǎng)，結(jié)果兩粒子從PQ上的同一點(diǎn)射出磁場(chǎng)．已知v甲、v乙之間的夾角α＝60°，v乙與PQ之間的夾角β＝30°，不計(jì)甲、乙兩粒子的重力及甲、乙之間的作用力．設(shè)甲、乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t甲、t乙，以下關(guān)系正確的是()圖11A．v甲∶v乙＝1∶2 B．v甲∶v乙＝2∶1C．t甲∶t乙＝3∶4 D．t甲∶t乙＝3∶2答案BC解析甲、乙兩粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況如圖．粒子在加速過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，則有：Bqv＝eq\f(mv2,R)，解得運(yùn)動(dòng)的半徑為R＝eq\f(mv,qB)，根據(jù)幾何知識(shí)可知，甲、乙兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為：R甲∶R乙＝1∶2，聯(lián)立解得：eq\f(m甲,q甲)∶eq\f(m乙,q乙)＝1∶4，v甲∶v乙＝2∶1，A錯(cuò)誤，B正確；甲粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為180°，乙粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，則甲、乙粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為t甲∶t乙＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\f(2πm甲,q甲B)))∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)×\f(2πm乙,q乙B)))＝3∶4，C正確，D錯(cuò)誤．三、非選擇題(本題共6小題，共52分)13．(6分)在圖12甲中，不通電時(shí)電流計(jì)指針停在正中央，當(dāng)閉合開(kāi)關(guān)時(shí)，觀察到電流計(jì)指針向左偏．現(xiàn)按圖乙連接方式將電流計(jì)與螺線管B連成一個(gè)閉合回路，將螺線管A與電池、滑動(dòng)變阻器和開(kāi)關(guān)S串聯(lián)成另一個(gè)閉合回路．圖12(1)閉合開(kāi)關(guān)S后，將螺線管A插入螺線管B的過(guò)程中，螺線管B的________端(選填“上”或“下”)為感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的正極；(2)螺線管A放在B中不動(dòng)，開(kāi)關(guān)S突然斷開(kāi)的瞬間，電流計(jì)的指針將________(選填“向左”“向右”或“不發(fā)生”)偏轉(zhuǎn)；(3)螺線管A放在B中不動(dòng)，滑動(dòng)變阻器的滑片向左滑動(dòng)，電流計(jì)的指針將________(選填“向左”“向右”或“不發(fā)生”)偏轉(zhuǎn)．答案(1)下(2分)(2)向右(2分)(3)向左(2分)14．(6分)(2020·霞浦市第一中學(xué)高二月考)如圖13為“探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”的實(shí)驗(yàn)裝置．圖13(1)將圖中所缺的導(dǎo)線補(bǔ)接完整．(2)連接電路后，如果在閉合開(kāi)關(guān)時(shí)發(fā)現(xiàn)靈敏電流計(jì)的指針向右偏了一下，那么閉合開(kāi)關(guān)后可能出現(xiàn)的情況有：①將原線圈迅速插入副線圈時(shí)，靈敏電流計(jì)指針將________偏轉(zhuǎn)(選填“發(fā)生”或“不發(fā)生”)；②原線圈插入副線圈后，將滑動(dòng)變阻器滑片迅速向左拉時(shí)，靈敏電流計(jì)指針________偏轉(zhuǎn)(選填“發(fā)生”或“不發(fā)生”)；③在上述兩過(guò)程中靈敏電流計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)方向________(選填“相同”或“相反”)；(3)在做“探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)時(shí)，如果副線圈兩端不接任何元件，則副線圈電路中將________．A．因電路不閉合，無(wú)電磁感應(yīng)現(xiàn)象B．有電磁感應(yīng)現(xiàn)象，但無(wú)感應(yīng)電流，只有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)C．不能用楞次定律判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向D．可以用楞次定律判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向答案(1)見(jiàn)解析圖(1分)(2)①發(fā)生(1分)②發(fā)生(1分)③相反(1分)(3)BD(2分)解析(1)將電源、開(kāi)關(guān)、滑動(dòng)變阻器、小螺線管串聯(lián)成一個(gè)回路，再將電流計(jì)與大螺線管串聯(lián)成另一個(gè)回路，電路圖如圖所示．(2)閉合開(kāi)關(guān)，磁通量增加，指針向右偏轉(zhuǎn)，將原線圈迅速插入副線圈，穿過(guò)副線圈的磁通量增加，則靈敏電流計(jì)的指針將向右偏轉(zhuǎn)；原線圈插入副線圈后，將滑動(dòng)變阻器滑片迅速向左拉時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻增大，則電流減小，穿過(guò)副線圈的磁通量減小，則靈敏電流計(jì)指針向左偏轉(zhuǎn)；兩過(guò)程中靈敏電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)方向相反．(3)如果副線圈兩端不接任何元件，線圈中仍有磁通量的變化，仍會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，不過(guò)沒(méi)有感應(yīng)電流存在，可根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向，B、D正確，A、C錯(cuò)誤．15．(8分)(2020·北師聯(lián)盟模擬)如圖14甲所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的n匝正方形金屬線圈abcd置于垂直線圈平面的磁場(chǎng)中，線圈的總電阻為R，用導(dǎo)線e、f連接一阻值也為R的定值電阻，其他電阻不計(jì)．磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，正方向?yàn)榇怪本€圈平面向外．求：圖14(1)在0到t1時(shí)間內(nèi)，通過(guò)電阻R的電荷量；(2)在2t1到3t1時(shí)間內(nèi)，電阻R兩端的電壓哪端高，高多少．答案(1)eq\f(nB0,2R)L2(2)e端高eq\f(nB0L2,2t1)解析(1)在0到t1時(shí)間內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nB0L2,t1)(1分)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)(1分)q＝eq\x\to(I)t1(1分)聯(lián)立各式解得：q＝eq\f(nB0,2R)L2(1分)(2)在2t1到3t1時(shí)間內(nèi)，電路的總電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(nB0L2,t1)(2分)電阻R兩端的電壓為U＝eq\f(E,2)＝eq\f(nB0L2,2t1)(1分)根據(jù)楞次定律知，e端電勢(shì)高．(1分)16.(9分)如圖15所示為邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的單匝正方形線圈abcd，放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，從圖示位置開(kāi)始以bc邊為軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)一周的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為Q.已知線圈的bc邊與磁場(chǎng)方向垂直，線圈電阻為R.求：圖15(1)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大??；(2)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)eq\f(π,3)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值；(3)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)eq\f(π,2)的過(guò)程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值．答案(1)eq\f(RQ,πB2L4)(2)eq\f(\r(3)RQ,2πBL2)(3)eq\f(2RQ,π2BL2)解析(1)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)有效值為E＝eq\f(\r(2),2)BL2ω(1分)線圈從題圖所示位置轉(zhuǎn)過(guò)一周所用的時(shí)間：t＝T＝eq\f(2π,ω)(1分)所以熱量Q＝eq\f(E2,R)t＝eq\f(πωB2L4,R)(1分)解得：ω＝eq\f(RQ,πB2L4)(1分)(2)線圈從題圖所示位置開(kāi)始轉(zhuǎn)過(guò)eq\f(π,3)時(shí)，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值：e＝BL2ωsinωt＝BL2ωsineq\f(π,3)(1分)解得：e＝eq\f(\r(3)RQ,2πBL2)(1分)(3)線圈從題圖所示位置轉(zhuǎn)過(guò)eq\f(π,2)的過(guò)程中，線圈內(nèi)磁通量的變化量為ΔΦ＝BL2(1分)所用的時(shí)間為t＝eq\f(π,2ω)(1分)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值：eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,t)＝eq\f(2RQ,π2BL2).(1分)17.(11分)(2020·寧夏吳忠中學(xué)高二期末)如圖16所示，MN、PQ為足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，間距L＝0.5m，導(dǎo)軌平面與水平面間夾角θ＝37°，N、Q間連接一個(gè)電阻R＝5.0Ω，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T．將一根質(zhì)量m＝0.05kg的金屬棒放在導(dǎo)軌的ab位置，金屬棒及導(dǎo)軌的電阻不計(jì)．現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好．已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.50，當(dāng)金屬棒滑至cd處時(shí)，其速度大小開(kāi)始保持不變，位置cd與ab之間的距離s＝2.0m．已知g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：圖16(1)金屬棒沿導(dǎo)軌開(kāi)始下滑時(shí)的加速度大小；(2)金屬棒到達(dá)cd處的速度大小；(3)金屬棒由位置ab運(yùn)動(dòng)到cd的過(guò)程中，電阻R產(chǎn)生的熱量．答案(1)2.0m/s2(2)2.0m/s(3)0.10J解析(1)設(shè)金屬棒的加速度大小為a，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma(2分)解得a＝2.0m/s2(1分)(2)設(shè)金屬棒到達(dá)cd位置時(shí)速度大小為v，電流為I，金屬棒受力平衡，有mgsinθ＝BIL＋μmgcosθ(2分)I＝eq\f(BLv,R)(2分)解得v＝2.0m/s.(1分)(3)設(shè)金屬棒從ab運(yùn)動(dòng)到cd的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒，有mgs·sinθ＝eq\f(1,2)mv2＋μmgs·cosθ＋Q(2分)解得Q＝0.10J．(1分)18.(12分)(2020·安徽宿州高二期末)如圖17所示，在坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)，斜線OC的上方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，第四象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的粒子(不計(jì)重力)從y軸上的A點(diǎn)，以初速度v0水平向右垂直射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，恰好垂直O(jiān)C射出，并從x軸上的P點(diǎn)(未畫(huà)出)進(jìn)入第四象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從y軸上D點(diǎn)(未畫(huà)出)垂直y軸射出，已知OC與x軸的夾角為45°.求：圖17(1)O、A間的距離；(2)第四象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B′的大?。?3)粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的總時(shí)間．答案(1)eq\f(mv0,Bq)(2)eq\f(1,2)B(3)eq\f(7πm＋4m,4Bq)解析(1)根據(jù)題意分析可知OA等于粒子在第一象限磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑，根據(jù)牛頓第二定律可得Bqv0＝eq\f(mv\o\al(02),r)(2分)解得OA＝r＝eq\f(mv0,Bq).(1分)(2)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，可得OP＝eq\r(2)r(1分)由幾何關(guān)系知，粒子在第四象限磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑R＝2r(1分)根據(jù)牛頓第二定律可得B′qv0＝eq\f(mv\o\al(02),R)(1分)解得B′＝eq\f(1,2)B(1分)(3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期T＝eq\f(2πm,qB)(1分)在第一象限磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\f(1,8)T＝eq\f(πm,4qB)(1分)出磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)間t2＝eq\f(r,v0)＝eq\f(m,Bq)(1分)在第四象限磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t3＝eq\f(3,8)T′＝eq\f(3πm,2Bq)(1分)粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(7πm＋4m,4Bq).(1分)模塊綜合試卷(二)(時(shí)間：90分鐘滿(mǎn)分：100分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共8小題，每小題4分，共32分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.(2020·黑龍江鶴崗一中月考)如圖1所示，由均勻?qū)Ь€制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進(jìn)入一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到圖示位置(∠aOb＝90°)時(shí)，a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為()圖1A.eq\r(2)BRv B.eq\f(\r(2),2)BRvC.eq\f(\r(2),4)BRv D.eq\f(3\r(2),4)BRv答案D解析當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到題圖所示位置時(shí)，圓環(huán)切割磁感線的有效長(zhǎng)度為eq\r(2)R，ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝eq\r(2)BRv，a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3\r(2),4)BRv.故選D.2.如圖2所示，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為3∶1，副線圈上并聯(lián)三個(gè)相同的燈泡，均能正常發(fā)光，原線圈中再串聯(lián)一個(gè)相同的燈泡L，則()圖2A．燈L也能正常發(fā)光B．燈L比另外三個(gè)燈都暗C．燈L將會(huì)被燒壞D．不能確定燈L能否正常發(fā)光答案A解析設(shè)每只燈泡的額定電流為I，額定電壓為U，因并聯(lián)在副線圈兩端的三只小燈泡正常發(fā)光，所以副線圈中的總電流為3I，原、副線圈匝數(shù)比為3∶1，所以原、副線圈的電流之比為1∶3，所以原線圈中的電流為I，燈泡L也能正常發(fā)光，A正確，B、C、D錯(cuò)誤．3.(2020·浙江衢州高二期中)如圖3，質(zhì)量為m、長(zhǎng)為3L的均勻直導(dǎo)線折成等邊三角形線框LMN，豎直懸掛于兩根絕緣細(xì)線上，并使邊MN呈水平狀態(tài)．現(xiàn)置于與其所在平面相垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.當(dāng)兩根絕緣細(xì)線所受拉力為零時(shí)，通過(guò)導(dǎo)線MN的電流強(qiáng)度大小為()圖3A.eq\f(mg,2BL)B.eq\f(2mg,3BL)C.eq\f(mg,BL)D.eq\f(2mg,BL)答案B解析當(dāng)兩根絕緣細(xì)線所受拉力為零時(shí)，即等邊三角形線框LMN所受的安培力與重力大小相等，方向相反，由于NLM導(dǎo)線的等效長(zhǎng)度為L(zhǎng)，由并聯(lián)電路特點(diǎn)可知，IMN＝2IMLN，由平衡條件有BIMNL＋B·eq\f(IMN,2)L＝mg，解得IMN＝eq\f(2mg,3BL).4.半徑為r的圓環(huán)電阻為R，ab為圓環(huán)的一條直徑．如圖4所示，在ab的一側(cè)存在一個(gè)均勻變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)垂直圓環(huán)所在平面，方向如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化關(guān)系為B＝B0＋kt(k>0)，則()圖4A．圓環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流B．圓環(huán)具有擴(kuò)張的趨勢(shì)C．圓環(huán)中感應(yīng)電流的大小為eq\f(kπr2,2R)D．圖中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab＝eq\f(1,2)kπr2答案C解析由于磁場(chǎng)均勻增大，圓環(huán)中的磁通量變大，根據(jù)楞次定律可知線圈中感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较颍瑫r(shí)為了阻礙磁通量的變化，圓環(huán)將有收縮的趨勢(shì)，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得電動(dòng)勢(shì)為：E＝eq\f(S,2)·eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1,2)kπr2，圓環(huán)電阻為R，所以電流大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kπr2,2R)，故選項(xiàng)C正確；a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為：Uab＝I·eq\f(R,2)＝eq\f(kπr2,4)，故D錯(cuò)誤．5．如圖5甲所示，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為55∶6，其原線圈兩端接入如圖乙所示的正弦交流電，副線圈通過(guò)電流表與負(fù)載電阻R相連．若交流電壓表和交流電流表都是理想電表，則下列說(shuō)法中正確的是()圖5A．變壓器輸入電壓的最大值是220VB．若電流表的示數(shù)為0.5A，則變壓器的輸入功率是12WC．原線圈輸入的正弦交變電流的頻率是100HzD．電壓表的示數(shù)是24eq\r(2)V答案B解析由題圖乙可知交流電壓最大值Um＝220eq\r(2)V，故A錯(cuò)誤；輸入電壓的有效值為220V，根據(jù)變壓器原副線圈電壓之比等于匝數(shù)之比知電壓表示數(shù)為U＝eq\f(6,55)×220V＝24V，若電流表的示數(shù)為0.5A，變壓器的輸入功率P入＝P出＝UI＝24×0.5W＝12W，故B正確，D錯(cuò)誤；變壓器不改變頻率，由題圖乙可知交流電的周期T＝0.02s，根據(jù)f＝eq\f(1,T)可知原線圈輸入的正弦交變電流的頻率是50Hz，故C錯(cuò)誤．6.(2020·黑龍江高二期末)一理想變壓器原、副線圈的回路中分別接有阻值相同的電阻，原線圈一側(cè)接在電壓為170V的正弦交流電源上，如圖6所示．設(shè)副線圈回路中電阻兩端的電壓為U，原、副線圈的匝數(shù)比為n1∶n2，在原、副線圈回路中電阻消耗的功率的比值為k＝eq\f(1,16)，則()圖6A．U＝66V，n1∶n2＝3∶1B．U＝34V，n1∶n2＝4∶1C．U＝40V，n1∶n2＝4∶1D．U＝22V，n1∶n2＝3∶1答案C解析根據(jù)原副線圈電流與匝數(shù)成反比，得原副線圈的電流之比eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，根據(jù)P＝I2R得原副線圈回路中電阻消耗的功率之比k＝eq\f(I\o\al(12),I\o\al(22))＝eq\f(1,16)，解得原、副線圈的匝數(shù)比為n1∶n2＝4∶1，根據(jù)原副線圈電壓與匝數(shù)成正比，得原線圈兩端的電壓為4U，根據(jù)U＝IR知原線圈回路中電阻兩端的電壓為eq\f(U,4)，在原線圈回路中4U＋eq\f(U,4)＝170V解得U＝40V，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．7．(2020·北京市101中學(xué)高二下期中)如圖7甲所示，矩形線圈abcd位于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直線圈所在平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示．以圖中箭頭所示方向?yàn)榫€圈中感應(yīng)電流i的正方向，以垂直于線圈所在平面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，則下列圖中能正確表示線圈中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化規(guī)律的是()圖7答案C解析由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律得：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(S,R)·eq\f(ΔB,Δt)，所以線圈中的感應(yīng)電流取決于磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率，B－t圖像的斜率為eq\f(ΔB,Δt)，故在2～3s內(nèi)感應(yīng)電流的大小是0～1s內(nèi)的2倍．再由B－t圖像可知，0～1s內(nèi)，B增大，則Φ增大，由楞次定律知，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，所以0～1s內(nèi)的電流為負(fù)值；同理可得，1～2s電流為零；2～3s電流為正值，C正確．8.(2020·北京市期末)如圖8所示，PQ是勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的一片金屬板，其平面與磁場(chǎng)方向平行，一個(gè)粒子從某點(diǎn)以與PQ垂直的速度射出，動(dòng)能是Ek1，該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．今測(cè)得它在金屬片兩邊的軌道半徑之比是10∶9，若在穿越金屬板過(guò)程中粒子受到的阻力大小及電荷量恒定，則下列說(shuō)法正確的是()圖8A．該粒子的動(dòng)能增加了eq\f(81,100)Ek1B．該粒子的動(dòng)能減少了eq\f(19,100)Ek1C．該粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期減小eq\f(9,10)D．該粒子最多能穿越金屬板6次答案B解析根據(jù)Bvq＝meq\f(v2,r)可得：r＝eq\f(mv,qB)，所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(10,9)，即v2＝eq\f(9,10)v1所以開(kāi)始的動(dòng)能為Ek1＝eq\f(1,2)mv12，穿過(guò)金屬板后的動(dòng)能Ek2＝eq\f(1,2)mv22＝eq\f(81,100)×eq\f(1,2)mv12＝eq\f(81,100)Ek1粒子每穿過(guò)一次金屬板損失的動(dòng)能ΔE＝Ek1－Ek2＝eq\f(19,100)Ek1，所以有n＝eq\f(Ek1,ΔE)＝eq\f(Ek1,\f(19,100)Ek1)≈5.3即該粒子最多能穿過(guò)金屬板5次，故B正確，A、D錯(cuò)誤；帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πm,qB)，可知周期與速度無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤．二、多項(xiàng)選擇題(本題4小題，每小題4分，共16分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)9.如圖9所示的電路中，電源兩端的電壓恒定，L為小燈泡，R為光敏電阻，R和L之間用擋板(未畫(huà)出)隔開(kāi)，LED為發(fā)光二極管(電流越大，發(fā)出的光越強(qiáng))，且R與LED間距不變，下列說(shuō)法中正確的是()圖9A．當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向左移動(dòng)時(shí)，L消耗的功率增大B．當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向左移動(dòng)時(shí)，L消耗的功率減小C．當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向右移動(dòng)時(shí)，L消耗的功率減小D．無(wú)論怎樣移動(dòng)滑動(dòng)觸頭P，L消耗的功率都不變答案AC解析滑動(dòng)觸頭P左移，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小，流過(guò)二極管的電流增大，從而發(fā)光增強(qiáng)，使光敏電阻R的阻值減小，流過(guò)燈泡的電流增大，L消耗的功率增大．同理，當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向右移動(dòng)時(shí)，L消耗的功率減?。?0．如圖10甲，螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)，以圖中箭頭所示方向?yàn)槠湔较颍菥€管與導(dǎo)線框abcd相連，導(dǎo)線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)線框在同一平面內(nèi)．當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間按圖乙所示規(guī)律變化時(shí)()圖10A．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，L有收縮趨勢(shì)B．在t2～t3時(shí)間內(nèi)，L有擴(kuò)張趨勢(shì)C．在t2～t3時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流D．在t3～t4時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流答案AD解析在t1～t2時(shí)間內(nèi)，外加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大且圖線斜率在增大，則在導(dǎo)線框中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较蚯掖笮≡黾拥碾娏?，該電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)通過(guò)圓環(huán)，在圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電流，據(jù)“增縮減擴(kuò)”可以判定圓環(huán)有收縮趨勢(shì)，故選項(xiàng)A正確；在t2～t3時(shí)間內(nèi)，外加磁場(chǎng)均勻變化，在導(dǎo)線框中產(chǎn)生穩(wěn)定電流，該電流產(chǎn)生穩(wěn)定磁場(chǎng)，該磁場(chǎng)通過(guò)圓環(huán)時(shí)，圓環(huán)中沒(méi)有感應(yīng)電流，故選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；在t3～t4時(shí)間內(nèi)，外加磁場(chǎng)方向向下且減小，又知圖線斜率也減小，在導(dǎo)線框中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较驕p小的電流，該電流產(chǎn)生向內(nèi)減小的磁場(chǎng)，則圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏?，故選項(xiàng)D正確．11.(2020·萊西一中、高密一中、棗莊三中聯(lián)考)如圖11所示，在x軸上方第一象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，x軸下方存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)．a(chǎn)、b兩個(gè)重力不計(jì)的帶電粒子分別從電場(chǎng)中的同一點(diǎn)P由靜止釋放后，經(jīng)電場(chǎng)加速?gòu)腗點(diǎn)射入磁場(chǎng)并在磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)．最后從y軸離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，速度大小分別為v1和v2，v1的方向與y軸垂直，v2的方向與y軸正方向成60°.a、b兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別記為t1和t2，則以下比值正確的是()圖11A．v1∶v2＝2∶1 B．v1∶v2＝1∶2C．t1∶t2＝3∶2 D．t1∶t2＝3∶8答案AD解析粒子在電場(chǎng)中加速，設(shè)加速的位移為d，則根據(jù)動(dòng)能定理有qEd＝eq\f(1,2)mv2，所以v＝eq\r(\f(2qEd,m))①粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其軌跡如圖，a粒子的圓心為O，b粒子的圓心為O′，根據(jù)幾何知識(shí)可知，R2·sin30°＋R1＝R2，則R1∶R2＝1∶2，②根據(jù)洛倫茲力提供向心力有R＝eq\f(mv,qB)，③聯(lián)立①②③可得eq\f(m1,q1)∶eq\f(m2,q2)＝1∶4，④將④代入①中可得v1∶v2＝2∶1，故A正確，B錯(cuò)誤．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，所以?xún)闪Ｗ釉诖艌?chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為t1∶t2＝eq\f(90°,360°)T1∶eq\f(60°,360°)T2＝eq\f(2πm1,4·q1B)∶eq\f(2πm2,6·q2B)＝3∶8，故C錯(cuò)誤，D正確．12．(2020·湖南懷化高二期末)如圖12甲所示，在光滑水平面上用恒力F拉一質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為a、電阻為R的單匝均勻正方形銅線框，在1位置以速度v0進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)并開(kāi)始計(jì)時(shí)．若磁場(chǎng)的寬度為b(b>3a)，在3t0時(shí)刻線框到達(dá)2位置速度又為v0，并開(kāi)始離開(kāi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)．此過(guò)程中v－t圖像如圖乙所示，則()圖12A．t0時(shí)刻線框的速度為v0－eq\f(Ft0,m)B．t＝0時(shí)刻，線框右側(cè)邊MN兩端電壓為Bav0C．0～t0時(shí)間內(nèi)，通過(guò)線框某一橫截面的電荷量為eq\f(Ba2,R)D．線框從1位置運(yùn)動(dòng)到2位置的過(guò)程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Fb答案CD解析根據(jù)題圖可知，在t0～3t0時(shí)間內(nèi)，線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所受合力為F，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度為a＝eq\f(F,m)得t0時(shí)刻線框的速度為v＝v0－a·2t0＝v0－eq\f(2Ft0,m)，故A錯(cuò)誤；t＝0時(shí)刻，線框右側(cè)邊MN兩端的電壓為外電壓，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bav0外電壓即MN兩端的電壓為U外＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)Bav0，故B錯(cuò)誤；線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，流過(guò)某一截面的電荷量為q＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt，而E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Ba2,Δt)聯(lián)立解得q＝eq\f(Ba2,R)，故C正確；由題圖可知，線框在位置1和位置2時(shí)的速度相等，根據(jù)動(dòng)能定理，外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb－W安＝ΔEk＝0，解得W安＝Fb，故線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Fb，故D正確．三、非選擇題(本題共6小題，共52分)13．(5分)(2020·北師聯(lián)盟模擬)如圖13為研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)驗(yàn)裝置，部分導(dǎo)線已連接．圖13(1)用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線將圖中未完成的電路連接好；(2)在閉合開(kāi)關(guān)時(shí)發(fā)現(xiàn)靈敏電流計(jì)的指針向右偏了一下，那么閉合開(kāi)關(guān)后可能出現(xiàn)的情況有：將原線圈迅速插入副線圈時(shí)，靈敏電流計(jì)指針將________．原線圈插入副線圈后，將滑動(dòng)變阻器觸頭迅速向右拉時(shí)，靈敏電流計(jì)指針將________；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)時(shí)，靈敏電流計(jì)指針將________．(均選填“向右偏”“向左偏”或“不偏轉(zhuǎn)”)答案(1)見(jiàn)解析圖(2分)(2)向右偏(1分)向左偏(1分)向左偏(1分)解析(1)將電源、開(kāi)關(guān)、滑動(dòng)變阻器、原線圈串聯(lián)成一個(gè)回路，注意滑動(dòng)變阻器接一上一下兩個(gè)接線柱，再將電流計(jì)與副線圈串聯(lián)成另一個(gè)回路，電路圖所圖所示．(2)在閉合開(kāi)關(guān)時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量增大，靈敏電流計(jì)的指針向右偏轉(zhuǎn)；將原線圈迅速插入副線圈時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量增加，靈敏電流計(jì)指針將向右偏．原線圈插入副線圈后，將滑動(dòng)變阻器觸頭迅速向右拉時(shí)，線圈中的電流減小，穿過(guò)線圈的磁通量減小，靈敏電流計(jì)指針將向左偏．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)時(shí)，線圈中的電流減小，穿過(guò)線圈的磁通量減小，靈敏電流計(jì)指針將向左偏．14.(6分)如圖14所示，線圈L的電感為25mH，電阻為零，電容器C的電容為40μF，燈泡D的規(guī)格是“4V2W”．開(kāi)關(guān)S閉合后，燈泡正常發(fā)光，S斷開(kāi)后，LC中產(chǎn)生振蕩電流．若從S斷開(kāi)開(kāi)始計(jì)時(shí)，求：圖14(1)當(dāng)t＝eq\f(π,2)×10－3s時(shí)，電容器的右極板帶何種電荷；(2)當(dāng)t＝π×10－3s時(shí)，LC回路中的電流大?。鸢?1)正電荷(2)0.5A解析(1)S斷開(kāi)后，LC中產(chǎn)生振蕩電流，振蕩周期為T(mén)＝2πeq\r(LC)＝2πeq\r(25×10－3×40×10－6)s＝2π×10－3s，(2分)則t＝eq\f(π,2)×10－3s＝eq\f(T,4)時(shí)，電容器充電完畢，右極板帶正電荷．(1分)(2)開(kāi)關(guān)S閉合后，燈泡正常發(fā)光時(shí)電路中的電流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(2,4)A＝0.5A，(2分)當(dāng)t＝π×10－3s＝eq\f(T,2)時(shí)，LC回路中的電流達(dá)到反向最大，即I＝0.5A．(1分)15．(9分)如圖15甲為手機(jī)無(wú)線充電工作原理示意圖，它由送電線圈和受電線圈組成．已知受電線圈的匝數(shù)為N＝50，電阻r＝1.0Ω，在它的c、d兩端接阻值R＝9.0Ω的電阻．設(shè)受電線圈內(nèi)存在與線圈平面垂直的磁場(chǎng)，其磁通量隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，可在受電線圈中產(chǎn)生正弦式交變電流．求：圖15(1)在一個(gè)周期內(nèi)，阻值為R的電阻上產(chǎn)生的焦耳熱；(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(2)從t1到t2時(shí)間內(nèi)，通過(guò)阻值為R的電阻的電荷量．答案(1)5.7×10－2J(2)2.0×10－3C解析(1)由題圖乙知T＝π×10－3s，受電線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大值為Em＝NBSω＝NΦmeq\f(2π,T)＝50×2.0×10－4×eq\f(2π,π×10－3)V＝20V(1分)受電線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的最大值為Im＝eq\f(Em,R＋r)＝2.0A(1分)通過(guò)電阻的電流的有效值為I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\r(2)A(1分)在一個(gè)周期內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2RT≈5.7×10－2J(1分)(2)受電線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值eq\x\to(E)＝Neq\f(|ΔΦ|,Δt)(1分)通過(guò)電阻R的平均電流為eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)(1分)通過(guò)電阻R的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt(1分)由題圖乙可知，在t1～t2時(shí)間內(nèi)，|ΔΦ|＝4.0×10－4Wb(1分)解得q＝Neq\f(|ΔΦ|,R＋r)＝2.0×10－3C．(1分)16.(9分)如圖16所示，兩根豎直固定的足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌ab和cd相距L＝0.2m，另外兩根水平金屬桿MN和PQ的質(zhì)量均為m＝0.1kg，可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦地滑動(dòng)，MN桿和PQ桿接入電路的電阻均為R＝0.2Ω(豎直金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì))，PQ桿放置在水平絕緣平臺(tái)上，整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向里的磁場(chǎng)中，g取10m/s2.圖16(1)若將PQ桿固定，讓MN桿在豎直向上的恒定拉力F＝1.8N的作用下由靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝1.0T，桿MN的最大速度為多少？(2)若將MN桿固定，MN和PQ的間距為d＝0.4m，現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度從零開(kāi)始以eq\f(ΔB,Δt)＝0.5T/s的變化率均勻地增大，經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間，桿PQ對(duì)地面的壓力為零？答案(1)8m/s(2)1