2025高考物理步步高同步練習選修2模塊綜合試卷(一)(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共8小題，每小題4分，共32分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(2020·山東高二期中)關于電磁波，下列說法中正確的是()A．變化的電場一定在周圍空間產(chǎn)生變化的磁場B．麥克斯韋首先預言了電磁波的存在，赫茲最先用實驗證實了電磁波的存在C．電磁波和機械波都依賴于介質(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在周圍空間產(chǎn)生恒定的磁場，選項A錯誤；麥克斯韋首先預言了電磁波的存在，赫茲最先用實驗證實了電磁波的存在，選項B正確；電磁波可以在真空中傳播，選項C錯誤；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D錯誤．2．(2020·山西省古縣第一中學高二期中)如圖1所示，一個有界勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外，一個矩形閉合導線框abcd，沿紙面由位置1(左)勻速運動到位置2(右)，則()圖1A．導線框進入磁場時，感應電流方向為a→b→c→d→aB．導線框離開磁場時，感應電流方向為a→d→c→b→aC．導線框離開磁場時，受到的安培力方向水平向右D．導線框進入磁場時，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”可知導線框進入磁場時，感應電流方向為a→d→c→b→a，故A錯誤；導線框離開磁場時感應電流方向為a→b→c→d→a，故B錯誤；根據(jù)“來拒去留”可知導線框離開磁場時受到了向左的安培力，故C錯誤；導線框進入磁場時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錯誤；原線圈中的電流I1＝eq\f(P,U1)＝1A，故B正確；因為ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，所以T＝0.02s，故D錯誤．4.(2020·山東模擬)如圖3所示，三段長度相等的直導線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．導線b受到的安培力可能為0B．導線a受到的安培力可能為0C．導線c受到的安培力的方向一定向左D．導線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，導線a對導線b有向左的吸引力，導線c對導線b有向左的排斥力，則導線b受到的安培力一定不為0，方向向左，故A錯誤；導線b對導線a有向右的吸引力，導線c對導線a有向左的排斥力，由于Ia＜Ib＜Ic，所以導線a受到的安培力可能為0，故B正確；導線a和b對導線c都有向右的排斥力，故導線c受到的安培力的方向一定向右，故C錯誤；導線a受到的安培力大小和方向不確定，則導線a、b受到的安培力的方向不一定相同，故D錯誤．5.(2020·浙江高二期末)如圖4所示為洛倫茲力演示儀的結(jié)構示意圖，演示儀中有一對彼此平行且共軸的勵磁圓形線圈，通入電流I后，能夠在兩線圈間產(chǎn)生勻強磁場；玻璃泡內(nèi)有電子槍，通過加速電壓U對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點正下方的S點水平向左射出，電子通過玻璃泡內(nèi)稀薄氣體時能夠顯示出電子運動的徑跡．則下列說法正確的是()圖4A．若要正常觀察電子徑跡，勵磁線圈的電流方向應為逆時針(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．若同時減小I和U，則電子運動的周期減小D．若保持I不變，減小U，則電子運動的周期將不變答案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)的磁場方向應向里，根據(jù)右手螺旋定則可知，勵磁線圈的電流方向應為順時針(垂直紙面向里看)，故A錯誤；電子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力，則eBv＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,eB)，而電子進入磁場的動能由電場力做功得到，即eU＝eq\f(1,2)mv2，即U不變，則v不變，由于m、e不變，而當I增大時，B增大，故半徑減小，故B錯誤；因為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,eB)，所以電子運動的周期與U無關，當減小電流I時，線圈產(chǎn)生的磁場的磁感應強度B也減小，電子運動的周期T增大，故C錯誤；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，邊長為L的正方形CDEF區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，對角線CE和DF的交點為P，在P點處有一粒子源，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應滿足()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解析離子在磁場中恰好不射出的軌跡如圖所示．根據(jù)幾何知識可知，其軌道半徑為R＝eq\f(L,4)，因為qvB＝meq\f(v2,R)，所以有v＝eq\f(qRB,m)＝eq\f(qBL,4m)，所以離子不從磁場射出的速度需要滿足0<v≤eq\f(qBL,4m)，故A、B、C錯誤，D正確．7．(2020·黑龍江鐵人中學高二期末)如圖6甲所示，MN、PQ是水平方向的勻強磁場的上下邊界，磁場寬度為L.一個邊長為a的正方形導線框(L>2a)從磁場上方下落，運動過程中上下兩邊始終與磁場邊界平行．線框進入磁場過程中感應電流i隨時間t變化的圖像如圖乙所示，則線框從磁場中穿出過程中線框中感應電流i隨時間t變化的圖像可能是以下的哪一個()圖6答案B解析由題意可知，線框進入磁場過程中感應電流i隨時間t變化的圖像如題圖乙所示，由法拉第電磁感應定律可知，線框勻速進入磁場，由于L>2a，當線框完全進入磁場后，因磁通量不變，則沒有感應電流，線框只受重力作用，做勻加速運動，線框速度增加，當出磁場時，速度大于進入磁場的速度，由法拉第電磁感應定律可知，出磁場過程中的感應電流大于進磁場的感應電流，導致出磁場時的安培力大于重力，則線框做減速運動，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動，i＝eq\f(BLv,R)，故B正確，A、C、D錯誤．8.(2020·江蘇吳江中學高三月考)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．下列說法正確的是()圖7A．閉合開關S后，A1會逐漸變亮B．閉合開關S穩(wěn)定后，A1、A2亮度相同C．斷開S的瞬間，A1會逐漸熄滅D．斷開S的瞬間，a點的電勢比b點低答案D解析閉合開關S后，因A1和線圈并聯(lián)，則A1立刻亮，故A錯誤；閉合開關S穩(wěn)定后，因線圈L的直流電阻不計，所以A1與二極管被短路，導致燈泡A1不亮，而A2將更亮，因此A1、A2亮度不同，故B錯誤；斷開S的瞬間，A2會立刻熄滅，線圈L與燈泡A1及二極管構成回路，因線圈產(chǎn)生感應電動勢，a點的電勢低于b點，但二極管具有單向?qū)щ娦?，所以回路中沒有感應電流，A1也是立即熄滅，故C錯誤，D正確．二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)9．(2020·浙江高二期末)圖8甲所示為揚聲器的實物圖，圖乙為剖面圖，線圈處于磁場中，當音頻電流信號通過線圈時，線圈帶動紙盆振動發(fā)出聲音．俯視圖丙表示處于輻射狀磁場中的線圈，磁場方向如圖中箭頭所示．則下列說法正確的是()圖8A．環(huán)形磁體產(chǎn)生的磁感線是不閉合的B．圖丙中，線圈上各點的磁感應強度不同C．當電流方向改變時線圈所受安培力方向一定改變D．圖丙中當電流沿逆時針方向時，對應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錯誤；磁感應強度是矢量，線圈上各點的磁感應強度大小相同，方向不同，故B正確；安培力方向由磁場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錯誤．10．在如圖9甲所示的虛線框內(nèi)有勻強磁場，設圖示磁場方向為正，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示．邊長為l、電阻為R的正方形均勻線框abcd有一半處在磁場中，磁場方向垂直于線框平面，此時線框ab邊的發(fā)熱功率為P，則下列說法正確的是()圖9A．磁感應強度B0＝eq\f(T,2l2)eq\r(PR)B．線框中感應電流為I＝2eq\r(\f(P,R))C．線框cd邊的發(fā)熱功率為PD．a(chǎn)端電勢高于b端電勢答案BC解析由題圖乙可知，線框中產(chǎn)生的感應電動勢大小恒定，線框ab邊的發(fā)熱功率為P＝eq\f(E2,4R)，感應電動勢E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(2B0,T)·eq\f(l2,2)＝eq\f(B0l2,T)，所以磁感應強度B0＝eq\f(2T,l2)eq\r(PR)，A錯誤；由P＝eq\f(1,4)I2R可得線框中感應電流為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，線框中感應電流方向為adcba方向，處于磁場中的部分線框為等效電源，因此a端電勢比b端電勢低，D錯誤．11．圖10甲為風力發(fā)電的簡易模型．在風力作用下，風葉帶動與桿固連的永磁體轉(zhuǎn)動，磁體下方的線圈與電壓傳感器相連．在某一風速時，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＝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磁場，甲、乙兩個帶正電的粒子先后由靜止經(jīng)過相同電壓加速后，分別以速度v甲、v乙從PQ上的O點沿紙面射入磁場，結(jié)果兩粒子從PQ上的同一點射出磁場．已知v甲、v乙之間的夾角α＝60°，v乙與PQ之間的夾角β＝30°，不計甲、乙兩粒子的重力及甲、乙之間的作用力．設甲、乙在磁場中運動的時間分別為t甲、t乙，以下關系正確的是()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、乙兩粒子在磁場中的運動情況如圖．粒子在加速過程中，根據(jù)動能定理有：qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有：Bqv＝eq\f(mv2,R)，解得運動的半徑為R＝eq\f(mv,qB)，根據(jù)幾何知識可知，甲、乙兩粒子在磁場中運動的半徑之比為：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錯誤，B正確；甲粒子在磁場中運動的軌跡對應的圓心角為180°，乙粒子在磁場中運動的軌跡對應的圓心角為60°，則甲、乙粒子在磁場中運動的時間之比為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，不通電時電流計指針停在正中央，當閉合開關時，觀察到電流計指針向左偏．現(xiàn)按圖乙連接方式將電流計與螺線管B連成一個閉合回路，將螺線管A與電池、滑動變阻器和開關S串聯(lián)成另一個閉合回路．圖12(1)閉合開關S后，將螺線管A插入螺線管B的過程中，螺線管B的________端(選填“上”或“下”)為感應電動勢的正極；(2)螺線管A放在B中不動，開關S突然斷開的瞬間，電流計的指針將________(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，滑動變阻器的滑片向左滑動，電流計的指針將________(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·霞浦市第一中學高二月考)如圖13為“探究電磁感應現(xiàn)象”的實驗裝置．圖13(1)將圖中所缺的導線補接完整．(2)連接電路后，如果在閉合開關時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏了一下，那么閉合開關后可能出現(xiàn)的情況有：①將原線圈迅速插入副線圈時，靈敏電流計指針將________偏轉(zhuǎn)(選填“發(fā)生”或“不發(fā)生”)；②原線圈插入副線圈后，將滑動變阻器滑片迅速向左拉時，靈敏電流計指針________偏轉(zhuǎn)(選填“發(fā)生”或“不發(fā)生”)；③在上述兩過程中靈敏電流計指針的偏轉(zhuǎn)方向________(選填“相同”或“相反”)；(3)在做“探究電磁感應現(xiàn)象”實驗時，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，無電磁感應現(xiàn)象B．有電磁感應現(xiàn)象，但無感應電流，只有感應電動勢C．不能用楞次定律判斷感應電動勢方向D．可以用楞次定律判斷感應電動勢方向答案(1)見解析圖(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、開關、滑動變阻器、小螺線管串聯(lián)成一個回路，再將電流計與大螺線管串聯(lián)成另一個回路，電路圖如圖所示．(2)閉合開關，磁通量增加，指針向右偏轉(zhuǎn)，將原線圈迅速插入副線圈，穿過副線圈的磁通量增加，則靈敏電流計的指針將向右偏轉(zhuǎn)；原線圈插入副線圈后，將滑動變阻器滑片迅速向左拉時，滑動變阻器接入電路的電阻增大，則電流減小，穿過副線圈的磁通量減小，則靈敏電流計指針向左偏轉(zhuǎn)；兩過程中靈敏電流計指針偏轉(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，仍會產(chǎn)生感應電動勢，不過沒有感應電流存在，可根據(jù)楞次定律判斷出感應電動勢的方向，B、D正確，A、C錯誤．15．(8分)(2020·北師聯(lián)盟模擬)如圖14甲所示，邊長為L的n匝正方形金屬線圈abcd置于垂直線圈平面的磁場中，線圈的總電阻為R，用導線e、f連接一阻值也為R的定值電阻，其他電阻不計．磁場的磁感應強度B隨時間的變化關系如圖乙所示，正方向為垂直線圈平面向外．求：圖14(1)在0到t1時間內(nèi)，通過電阻R的電荷量；(2)在2t1到3t1時間內(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時間內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應定律：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時間內(nèi)，電路的總電動勢為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端電勢高．(1分)16.(9分)如圖15所示為邊長為L的單匝正方形線圈abcd，放在磁感應強度為B的勻強磁場中，從圖示位置開始以bc邊為軸勻速轉(zhuǎn)動．線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過一周的過程中產(chǎn)生的熱量為Q.已知線圈的bc邊與磁場方向垂直，線圈電阻為R.求：圖15(1)線圈轉(zhuǎn)動的角速度大??；(2)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過eq\f(π,3)時，產(chǎn)生的感應電動勢的瞬時值；(3)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過eq\f(π,2)的過程中，產(chǎn)生的感應電動勢的平均值．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)動過程中，產(chǎn)生的感應電動勢有效值為E＝eq\f(\r(2),2)BL2ω(1分)線圈從題圖所示位置轉(zhuǎn)過一周所用的時間：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始轉(zhuǎn)過eq\f(π,3)時，線圈產(chǎn)生的感應電動勢的瞬時值：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eq\f(π,2)的過程中，線圈內(nèi)磁通量的變化量為ΔΦ＝BL2(1分)所用的時間為t＝eq\f(π,2ω)(1分)線圈產(chǎn)生的感應電動勢的平均值：eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,t)＝eq\f(2RQ,π2BL2).(1分)17.(11分)(2020·寧夏吳忠中學高二期末)如圖16所示，MN、PQ為足夠長的平行金屬導軌，間距L＝0.5m，導軌平面與水平面間夾角θ＝37°，N、Q間連接一個電阻R＝5.0Ω，勻強磁場垂直于導軌平面向上，磁感應強度B＝1.0T．將一根質(zhì)量m＝0.05kg的金屬棒放在導軌的ab位置，金屬棒及導軌的電阻不計．現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與導軌垂直，且與導軌接觸良好．已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.50，當金屬棒滑至cd處時，其速度大小開始保持不變，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)金屬棒沿導軌開始下滑時的加速度大??；(2)金屬棒到達cd處的速度大小；(3)金屬棒由位置ab運動到cd的過程中，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)設金屬棒到達cd位置時速度大小為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)設金屬棒從ab運動到cd的過程中，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磁場，磁感應強度為B，第四象限內(nèi)存在磁感應強度大小未知、方向垂直紙面向里的勻強磁場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的粒子(不計重力)從y軸上的A點，以初速度v0水平向右垂直射入勻強磁場，恰好垂直O(jiān)C射出，并從x軸上的P點(未畫出)進入第四象限內(nèi)的勻強磁場，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從y軸上D點(未畫出)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)勻強磁場的磁感應強度B′的大小；(3)粒子從A點運動到D點的總時間．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中運動軌跡的半徑，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)粒子運動軌跡如圖所示，可得OP＝eq\r(2)r(1分)由幾何關系知，粒子在第四象限磁場中運動軌跡的半徑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)粒子在磁場中運動周期T＝eq\f(2πm,qB)(1分)在第一象限磁場中運動時間t1＝eq\f(1,8)T＝eq\f(πm,4qB)(1分)出磁場運動到P點時間t2＝eq\f(r,v0)＝eq\f(m,Bq)(1分)在第四象限磁場中運動時間t3＝eq\f(3,8)T′＝eq\f(3πm,2Bq)(1分)粒子從A點運動到D點的總時間t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(7πm＋4m,4Bq).(1分)模塊綜合試卷(二)(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共8小題，每小題4分，共32分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)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勻速進入一磁感應強度大小為B的勻強磁場．當圓環(huán)運動到圖示位置(∠aOb＝90°)時，a、b兩點間的電勢差為()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解析當圓環(huán)運動到題圖所示位置時，圓環(huán)切割磁感線的有效長度為eq\r(2)R，ab邊產(chǎn)生的感應電動勢為：E＝eq\r(2)BRv，a、b兩點間的電勢差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)三個相同的燈泡，均能正常發(fā)光，原線圈中再串聯(lián)一個相同的燈泡L，則()圖2A．燈L也能正常發(fā)光B．燈L比另外三個燈都暗C．燈L將會被燒壞D．不能確定燈L能否正常發(fā)光答案A解析設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錯誤．3.(2020·浙江衢州高二期中)如圖3，質(zhì)量為m、長為3L的均勻直導線折成等邊三角形線框LMN，豎直懸掛于兩根絕緣細線上，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磁場中，磁感應強度為B.當兩根絕緣細線所受拉力為零時，通過導線MN的電流強度大小為()圖3A.eq\f(mg,2BL)B.eq\f(2mg,3BL)C.eq\f(mg,BL)D.eq\f(2mg,BL)答案B解析當兩根絕緣細線所受拉力為零時，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導線的等效長度為L，由并聯(lián)電路特點可知，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)存在一個均勻變化的勻強磁場，磁場垂直圓環(huán)所在平面，方向如圖，磁感應強度大小隨時間的變化關系為B＝B0＋kt(k>0)，則()圖4A．圓環(huán)中產(chǎn)生順時針方向的感應電流B．圓環(huán)具有擴張的趨勢C．圓環(huán)中感應電流的大小為eq\f(kπr2,2R)D．圖中a、b兩點間的電勢差Uab＝eq\f(1,2)kπr2答案C解析由于磁場均勻增大，圓環(huán)中的磁通量變大，根據(jù)楞次定律可知線圈中感應電流為逆時針方向，同時為了阻礙磁通量的變化，圓環(huán)將有收縮的趨勢，故A、B錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律得電動勢為：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C正確；a、b兩點間的電勢差為：Uab＝I·eq\f(R,2)＝eq\f(kπr2,4)，故D錯誤．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，副線圈通過電流表與負載電阻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錯誤．7．(2020·北京市101中學高二下期中)如圖7甲所示，矩形線圈abcd位于勻強磁場中，磁場方向垂直線圈所在平面，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示．以圖中箭頭所示方向為線圈中感應電流i的正方向，以垂直于線圈所在平面向里為磁感應強度B的正方向，則下列圖中能正確表示線圈中感應電流i隨時間t變化規(guī)律的是()圖7答案C解析由法拉第電磁感應定律和歐姆定律得：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(S,R)·eq\f(ΔB,Δt)，所以線圈中的感應電流取決于磁感應強度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，感應電流方向為逆時針，所以0～1s內(nèi)的電流為負值；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是勻強磁場中的一片金屬板，其平面與磁場方向平行，一個粒子從某點以與PQ垂直的速度射出，動能是Ek1，該粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示．今測得它在金屬片兩邊的軌道半徑之比是10∶9，若在穿越金屬板過程中粒子受到的阻力大小及電荷量恒定，則下列說法正確的是()圖8A．該粒子的動能增加了eq\f(81,100)Ek1B．該粒子的動能減少了eq\f(19,100)Ek1C．該粒子做圓周運動的周期減小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所以開始的動能為Ek1＝eq\f(1,2)mv12，穿過金屬板后的動能Ek2＝eq\f(1,2)mv22＝eq\f(81,100)×eq\f(1,2)mv12＝eq\f(81,100)Ek1粒子每穿過一次金屬板損失的動能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金屬板5次，故B正確，A、D錯誤；帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，可知周期與速度無關，故C錯誤．二、多項選擇題(本題4小題，每小題4分，共16分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得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(未畫出)隔開，LED為發(fā)光二極管(電流越大，發(fā)出的光越強)，且R與LED間距不變，下列說法中正確的是()圖9A．當滑動觸頭P向左移動時，L消耗的功率增大B．當滑動觸頭P向左移動時，L消耗的功率減小C．當滑動觸頭P向右移動時，L消耗的功率減小D．無論怎樣移動滑動觸頭P，L消耗的功率都不變答案AC解析滑動觸頭P左移，滑動變阻器接入電路的電阻減小，流過二極管的電流增大，從而發(fā)光增強，使光敏電阻R的阻值減小，流過燈泡的電流增大，L消耗的功率增大．同理，當滑動觸頭P向右移動時，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磁場，以圖中箭頭所示方向為其正方向．螺線管與導線框abcd相連，導線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導線框在同一平面內(nèi)．當螺線管內(nèi)的磁感應強度B隨時間按圖乙所示規(guī)律變化時()圖10A．在t1～t2時間內(nèi)，L有收縮趨勢B．在t2～t3時間內(nèi)，L有擴張趨勢C．在t2～t3時間內(nèi)，L內(nèi)有逆時針方向的感應電流D．在t3～t4時間內(nèi)，L內(nèi)有順時針方向的感應電流答案AD解析在t1～t2時間內(nèi)，外加磁場的磁感應強度增大且圖線斜率在增大，則在導線框中產(chǎn)生順時針方向且大小增加的電流，該電流產(chǎn)生的磁場通過圓環(huán)，在圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感應電流，據(jù)“增縮減擴”可以判定圓環(huán)有收縮趨勢，故選項A正確；在t2～t3時間內(nèi)，外加磁場均勻變化，在導線框中產(chǎn)生穩(wěn)定電流，該電流產(chǎn)生穩(wěn)定磁場，該磁場通過圓環(huán)時，圓環(huán)中沒有感應電流，故選項B、C錯誤；在t3～t4時間內(nèi)，外加磁場方向向下且減小，又知圖線斜率也減小，在導線框中產(chǎn)生順時針方向減小的電流，該電流產(chǎn)生向內(nèi)減小的磁場，則圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的電流，故選項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磁場，x軸下方存在沿y軸正方向的勻強電場．a(chǎn)、b兩個重力不計的帶電粒子分別從電場中的同一點P由靜止釋放后，經(jīng)電場加速從M點射入磁場并在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)．最后從y軸離開磁場時，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兩粒子在磁場中運動的時間分別記為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解析粒子在電場中加速，設加速的位移為d，則根據(jù)動能定理有qEd＝eq\f(1,2)mv2，所以v＝eq\r(\f(2qEd,m))①粒子在磁場中運動時，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錯誤．粒子在磁場中運動的周期為T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，所以兩粒子在磁場中運動的時間之比為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進入磁感應強度為B的勻強磁場并開始計時．若磁場的寬度為b(b>3a)，在3t0時刻線框到達2位置速度又為v0，并開始離開勻強磁場．此過程中v－t圖像如圖乙所示，則()圖12A．t0時刻線框的速度為v0－eq\f(Ft0,m)B．t＝0時刻，線框右側(cè)邊MN兩端電壓為Bav0C．0～t0時間內(nèi)，通過線框某一橫截面的電荷量為eq\f(Ba2,R)D．線框從1位置運動到2位置的過程中，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時間內(nèi)，線框做勻加速直線運動，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時刻線框的速度為v＝v0－a·2t0＝v0－eq\f(2Ft0,m)，故A錯誤；t＝0時刻，線框右側(cè)邊MN兩端的電壓為外電壓，線框產(chǎn)生的感應電動勢為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錯誤；線框進入磁場過程中，流過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時的速度相等，根據(jù)動能定理，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為研究電磁感應現(xiàn)象的實驗裝置，部分導線已連接．圖13(1)用筆畫線代替導線將圖中未完成的電路連接好；(2)在閉合開關時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏了一下，那么閉合開關后可能出現(xiàn)的情況有：將原線圈迅速插入副線圈時，靈敏電流計指針將________．原線圈插入副線圈后，將滑動變阻器觸頭迅速向右拉時，靈敏電流計指針將________；斷開開關時，靈敏電流計指針將________．(均選填“向右偏”“向左偏”或“不偏轉(zhuǎn)”)答案(1)見解析圖(2分)(2)向右偏(1分)向左偏(1分)向左偏(1分)解析(1)將電源、開關、滑動變阻器、原線圈串聯(lián)成一個回路，注意滑動變阻器接一上一下兩個接線柱，再將電流計與副線圈串聯(lián)成另一個回路，電路圖所圖所示．(2)在閉合開關時，穿過線圈的磁通量增大，靈敏電流計的指針向右偏轉(zhuǎn)；將原線圈迅速插入副線圈時，穿過線圈的磁通量增加，靈敏電流計指針將向右偏．原線圈插入副線圈后，將滑動變阻器觸頭迅速向右拉時，線圈中的電流減小，穿過線圈的磁通量減小，靈敏電流計指針將向左偏．斷開開關時，線圈中的電流減小，穿過線圈的磁通量減小，靈敏電流計指針將向左偏．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”．開關S閉合后，燈泡正常發(fā)光，S斷開后，LC中產(chǎn)生振蕩電流．若從S斷開開始計時，求：圖14(1)當t＝eq\f(π,2)×10－3s時，電容器的右極板帶何種電荷；(2)當t＝π×10－3s時，LC回路中的電流大?。鸢?1)正電荷(2)0.5A解析(1)S斷開后，LC中產(chǎn)生振蕩電流，振蕩周期為T＝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，電容器充電完畢，右極板帶正電荷．(1分)(2)開關S閉合后，燈泡正常發(fā)光時電路中的電流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(2,4)A＝0.5A，(2分)當t＝π×10－3s＝eq\f(T,2)時，LC回路中的電流達到反向最大，即I＝0.5A．(1分)15．(9分)如圖15甲為手機無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．設受電線圈內(nèi)存在與線圈平面垂直的磁場，其磁通量隨時間的變化規(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時間內(nèi)，通過阻值為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)生的電動勢最大值為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)生的感應電流的最大值為Im＝eq\f(Em,R＋r)＝2.0A(1分)通過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)受電線圈中感應電動勢的平均值eq\x\to(E)＝Neq\f(|ΔΦ|,Δt)(1分)通過電阻R的平均電流為eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)(1分)通過電阻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的金屬導軌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，可沿導軌無摩擦地滑動，MN桿和PQ桿接入電路的電阻均為R＝0.2Ω(豎直金屬導軌電阻不計)，PQ桿放置在水平絕緣平臺上，整個裝置處于垂直導軌平面向里的磁場中，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的作用下由靜止開始向上運動，磁感應強度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)使磁感應強度從零開始以eq\f(ΔB,Δt)＝0.5T/s的變化率均勻地增大，經(jīng)過多長時間，桿PQ對地面的壓力為零？答案(1)8m/s(2)1