模块综合试卷(2) （课件）-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修 第二册（人教版2019，浙江）

MOKUAIZONGHESHIJUAN(ER) 模块综合试卷(二) (满分：100分) 一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1.(2023·舟山市高二期末)假设一个力单独作用的效果跟某几个力共同作用的效果相同，这个力就叫作那几个力的合力，以下概念的建立方法与合力相同的是 A.瞬时速度 B.交流电的有效值 C.电场强度 D.磁通量 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 一个力单独作用的效果跟某几个力共同作用的效果相同，这个力就叫作那几个力的合力，此概念的建立方法是等效替代法。只有B概念的建立方法是等效替代法。故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 2.(2023·嘉兴市第五高级中学高二期中)下列不属于利用电磁波的医用器械是 A.杀菌用的紫外线灯 B.拍胸片的X光机 C.测量体温的红外线体温计 D.检查血流情况的“彩超”机 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 紫外线、X射线、红外线都属于电磁波，都是电磁波在医学上的应用，A、B、C正确，但不符合题意； 检查血液流动情况的“彩超”机，是利用超声波的多普勒效应工作的，D错误，符合题意。 3.(2023·浙江A9协作体高二期中)关于下列几幅图片说法正确的是 A.真空冶炼炉是利用交变电流直接产生热能，从而融化炉内金属的 B.运输毫安表时正负极连接导线是利用了电磁驱动 C.显像管颈部的偏转线圈产生的水平磁场能使电子束在水平方向偏转 D.根据穿过铅板的正电子的轨迹变化可以知道空间的磁场方向是垂直纸 　面向里 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 真空冶炼炉是利用交变电流，使炉内金属中产生涡流，涡流产生的热量融化炉内的金属，A错误； 运输毫安表时正负极连接导线是利用了电磁阻尼，B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 显像管颈部的偏转线圈产生的水平磁场能使电子束在竖直方向偏转，C错误； 根据穿过铅板的正电子的轨迹变化可以知道空间的磁场方向是垂直纸面向里，D正确。 4.(2023·杭州市高二期中)关于传感器元件，下列说法正确的是 A.如图甲，当磁体靠近“干簧管”时，“干簧管”能起到开关的作用是 　由于电磁感应 B.如图乙，是一种电感式微小位移传感器，物体1连接软铁芯2插在空心 　线圈3中，当物体1向右发生微小位移时，线圈自感系数变大 C.如图丙是一光敏电阻，当强光照射时，电阻变大 D.如图丁，力F越大，金属梁弯曲形变越大，应变片的电阻变化就越大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 干簧管是一种能够感知磁场的传感器，经常被用于控制电路的通断，A错误； 当物体1向右发生微小位移时，铁芯插入的长度变小，线圈自感系数变小，B错误； 当强光照射时，光敏电阻阻值变小，C错误； 力F越大，金属梁弯曲形变越大，应变片的电阻变化就越大，D正确。 14 15 16 17 18 19 20 5.(2022·浙江金华第一中学期末)如图所示，把金属圆环在纸面内拉出磁场，下列叙述正确的是 A.将金属圆环向左拉出磁场时，感应电流方向为逆时针 B.不管沿什么方向将金属圆环拉出磁场，感应电流方向 　都是顺时针 C.将金属圆环向右匀速拉出磁场时，磁通量变化率不变 D.将金属圆环向右加速拉出磁场时，受到向右的安培力 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 不管沿什么方向将金属圆环拉出磁场，穿过圆环的磁通量都减小，根据楞次定律判断，圆环中感应电流的方向都是沿顺时针方向，选项A错误，B正确； 14 15 16 17 18 将金属圆环向右匀速拉出磁场时，磁通量变化率等 于电动势，即　 ＝BLv，由于速度恒定但有效长度L先增大后减小，所以磁通量变化率先增大后减小，选项C错误； 将金属圆环向右加速拉出磁场时，根据“来拒去留”规律可知安培力向左，选项D错误。 19 20 6.如图所示的电路中，当A、B间接有效值为10 V的交流电压时，C、D间电压的有效值为4 V；当M、N间接10 V直流电压时，P、Q间的电压也为4 V。现把C、D接4 V交流电压，P、Q接4 V直流电压，则A、B间和M、N间电压分别为 A.10 V,10 V B.10 V,4 V C.4 V,10 V D.10 V,0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 7.(2023·杭州市高二期中)被誉为“救命神器”的自动体外除颤仪(AED)，是一种用于抢救心脏骤停患者的便携式的医疗设备。其结构如图所示，低压直流电经高压直流发生器后向储能电容器C充电。除颤治疗时，开关拨到2，利用电极将脉冲电流作用于心脏，使患者心脏恢复正常跳动，若无其他条件变化时，下列说法正确的是 A.脉冲电流作用于不同人体时，电流大 　小相同 B.放电过程中，电流大小不变 C.自感系数L越小，放电脉冲电流的振 　荡周期越短 D.电容C越小，电容器的放电时间越长 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 脉冲电流作用于不同人体时，由于不同人体的电阻不一定相同，则电流大小不一定相同，故A错误； 放电过程中，电容器电场能逐渐减小，线圈中磁场能逐渐增大，则电流大小逐渐增大，故B错误； 根据振荡周期表达式T＝　　　，可知自感系数L越小，放电脉冲电流的振荡周期越短，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 根据振荡周期表达式T＝　　　，可知电容C越小，放电脉冲电流的振荡周期越短，则电容器的放电时间越短，故D错误。 8.(2022·浙江省浦江中学高二阶段练习)某同学为了验证自感现象，自己找来带铁芯的线圈L(线圈的自感系数很大，构成线圈导线的电阻可以忽略)、两个相同的小灯泡A和B、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。经检查，各元件和导线均是完好的，检查电路无误后，开始进行实验操作。他可能观察到的现象是 A.闭合S瞬间，B比A先亮 B.闭合S瞬间，A、B一起亮 C.断开S瞬间，A、B逐渐熄灭 D.断开S瞬间，A比B先熄灭 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 从实物图中我们可以看出两个小灯泡是间接并联关系，其中自感线圈和B灯泡串联，当闭合开关的瞬间，通过B的电流增大，自感线圈产生感应 电流阻碍电路电流增大，所以B逐渐亮起来，而A灯泡不受影响，所以A比B先亮，故A、B错误； 当断开开关的瞬间，电流减小，自感线圈要阻碍电流的减小，产生与原电流方向相同的感应电流，此时A、B串联构成回路，所以A、B灯泡逐渐熄灭，故C正确，D错误。 9.(2023·舟山市高二期末)如图所示，磁感应强度大小为B，方向水平向右的匀强磁场中，有一长为L的轻质半圆形金属导线，通有从O到O′的恒定电流I。现将金属导线绕轴OO′由图示位置向纸面外转过90°，下列说法正确的是 A.转动过程中，安培力大小始终不变 B.转动过程中，安培力大小一直变化 C.转过90°时，安培力大小为BIL D.转动过程中，安培力方向不断变化 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 由左手定则知安培力方向不变。故选A。 10.(2023·浙江宁波三锋教研联盟高二期中)小张在探究磁场对电流作用的实验中，将长宽高分别为a、b、c的金属导体板放在沿y轴正方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，给导体通上沿x轴正方向的电流I时，发现在导体的某两个相对的面之间存在电压U。则下列说法正确的是 A.在上下两个面之间出现电势差，且上底面的电势更高 B.电压U和电流成正比 C.电压U与磁感应强度成反比 D.电压U与c的长度有关 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 金属导体内的自由电荷是电子，则由左手定则可知，电子所受洛伦兹力方向向上，则在上下两个面之间出现电势差，且下底面的电势更高，选项A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 11.(2023·杭州市第二中学高二期中)如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图，演示仪中有一对彼此平行且共轴的励磁圆形线圈，通入电流I后，能够在两线圈间产生匀强磁场；玻璃泡内有电子枪，通过加速电压U对初速度为零的电子加速并连续发射。电子刚好从球心O点正下方的S点水平向左射出，电子通过玻璃泡内稀薄气体时能够显示出电子运动的径迹。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 则下列说法正确的是 A.若要正常观察电子径迹，励磁线圈的电流方向 　应为逆时针(垂直纸面向里看) B.若保持U不变，增大I，则圆形径迹的半径变大 C.若同时减小I和U，则电子运动的周期减小 D.若保持I不变，减小U，则电子运动的周期不变 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 若要正常观察电子径迹，则电子需要受到向上的洛伦兹力，根据左手定则可知，玻璃泡内的磁场应向里，根据安培定则可知，励磁线圈的电流方向应为顺时针，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 由C中分析可知，I不变，U减小，T不变，故D正确。 12.(2023·温州市检测)如图所示，在直角边长为2L的等 腰直角△ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场。 用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，沿纸面 从左向右以速度v匀速通过整个磁场区域。设电流沿逆时针方向为正方向，则线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 线框从开始进入磁场到运动L的过程中，只有bc边切割磁感线，有效长度不变，感应电动势不变，感应电流不变，由右手定则可知感应电流为逆时针方向(正方向)； 前进L后，bc边开始出磁场，ad边开始进入磁场，回路中的感应电动势为ad边产生的电动势减去bc边在磁场中产生的电动势，线圈切割磁感线的有效长度从零逐渐增大，回路中感应电动势从零逐渐增大，感应电流从零逐渐增大，感应电流为顺时针方向(负方向)； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 当线圈再前进L时，bc边完全出磁场，ad边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，感应电流为顺时针方向(负方向)，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 13.如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心。环内两个圆心角为90°的扇形区域(半径r＝0.2 m)中有方向相反且与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T。长为0.3 m的导体杆OM可绕O转动，电阻为1 Ω，M端通过滑动触点与圆环接触良好。在圆心和圆环间连有电阻R＝1 Ω。杆OM以角速度ω＝20 rad/s逆时针匀速转动，t＝0时恰好在图示位置，圆环的电阻忽略不计，则杆OM从t＝0开始转动一周的过程中，下列说法正确的是 A.所产生电流为直流电 B.t＝0.02 s时通过R的电流方向为a到b C.t＝0.02 s时通过R的电流大小为0.2 A D.电阻R的电功率为0.04 W √ 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 两处磁场方向相反，所以电流方向相反，产生交流电，A错误； t＝0.02 s时导体杆转过的角度为θ＝ωt＝0.4 rad< rad，导体杆在垂直纸面向里的磁场中，根据右手定则知通过R的电流方向为b到a，B错误； 19 20 所以电阻R的电功率为P＝I2R＝0.02 W，D错误。 二、选择题Ⅱ(本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分) 14.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的、长为L的 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 金属棒ab在离地面高度为h处以水平速度v0拋出，金属棒在运动过程中始终保持水平。不计空气阻力，金属棒电阻为R，磁感应强度为B，重力加速度为g，则 A.金属棒b端比a端电势高 B.金属棒在运动过程中产生的感应电动势变大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 √ √ 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 利用右手定则可判断金属棒b端比a端电势高，则A正确； 金属棒在运动过程中产生的感应电动势为E＝BLvx＝BLv0，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势不变，所以B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 由于金属棒没有构成闭合回路，没有电流通过，所以通过金属棒的总电荷量为0，则D错误。 15.(2023·浙江七彩阳光联盟高二期中)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻，质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，则 A.通过导体棒MN电流的最大值为 B.导体棒MN向右先加速、后匀速运动 C.导体棒MN速度最大时通过导体棒MN的电流为零 D.电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 √ √ 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 导体棒上电流从M到N，导体棒所受安培力水平向 右，导体棒加速，同时导体棒切割磁感线产生电动 势，回路中电流减小，当导体棒产生的电动势与电容器板间电压相等时，回路电流为零，导体棒速度达到最大，此时安培力为零，但最终电能和动能全部转化为内能，所以之后导体棒MN一直减速，直到速度变为0，B错误，C正确； 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 因为在MN加速阶段，由于MN存在反向电动势， 所以通过MN的电流要比通过R上的电流小，所 以电阻R消耗的电能大于MN上消耗的电能，故 加速阶段电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热；当安培力为零后，MN开始减速直到速度为0，此时电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R，此时电阻R上的电流仍然大于导体棒上的电流，故该阶段电阻R上产生的焦耳热也大于导体棒MN上产生的焦耳热，D正确。 19 20 三、非选择题(本题共5小题，共55分) 16.Ⅰ.(6分)某同学使用如图所示的三组器材探 究电磁感应现象。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (1)在甲图中，闭合开关S后，将滑片P向右减速移动的过程中，线圈B中的磁通量_______ (选填“增大”或“减小”)。 增大 滑片P向右减速移动的过程中，电阻减小，电路中电流增大，线圈A产生的磁场增强，B中的磁通量增大。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (2)在乙图中，将条形磁体向下插入线圈的过程中，感应电流从_____(选填“正”或“负”)接线柱流入电表。 负 条形磁体向下插入线圈，线圈中的磁场方向向上，且磁通量增大，根据楞次定律的“增反减同”，线圈中的感应电流产生的磁场向下，根据安培定则和图中线圈的绕向可知线圈中感应电流从上端流入，从下端流出，因此电流从负接线柱流入电表。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (3)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图丙所示。已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转。当条 逆时针 形磁体从图中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转。俯视线圈，其绕向为________(填“顺时针”或“逆时针”)。 条形磁体从图中位置向右远离L时，穿过L的磁通量向上且减小，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场向上，由安培定则可知，线圈中电流由b流向a，俯视线圈，其绕向为逆时针。 Ⅱ.(8分)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，如图所示为可拆变压器， (1)线圈1匝数比线圈2匝数多，则线圈1导线比线圈2导线_____； A.粗一些 B.细一些 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 B 线圈1匝数比线圈2匝数多，电压大则电流小，由电阻定律R＝　 可得线圈1导线比线圈2导线细一些。故选B。 (2)下列有关说法正确的是____； A.实验中铁芯有发热现象是由于线圈和铁芯之间 　绝缘不好 B.实验所用电压不超过12 V，这样可以随意接触 　裸露的导线、接线柱 C.多用电表测量电压时先用小量程挡试测，确定范围后再选择适当量程 　进行测量 D.变压器原线圈相对电源而言起负载的作用，副线圈相对负载而言起电 　源的作用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 实验中铁芯有发热现象是由于铁芯在交变磁场作用下发热，A错误； 为了实验安全，在实验中不可以随意接触裸露的导线、接线柱，B错误； 多用电表测量电压时先用大量程挡试测，确定范围后再选择适当量程进行测量，C错误； 变压器利用了电磁感应原理，变压器原线圈相对电源而言起负载的作用，副线圈相对负载而言起电源的作用，D正确。 (3)变压器的工作原理是利用了_________现象；实验过程中“保持原线圈匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响”，这是运用__________的方法。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 电磁感应 控制变量 变压器的工作原理是利用了电磁感应现象。 实验过程中“保持原线圈匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响”，这是运用控制变量的方法。 17.(8分)利用太阳能电池这个能量转换器件将太阳能转变为电能的系统又称光伏发电系统。有一台内阻为1 Ω的太阳能发电机，供给一个学校照明用电。如图所示，升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器匝数比为4∶1，输电线的总电阻R＝4 Ω，全校共22个班，每班有“220 V　40 W”的灯 6盏，若全部电灯正常发光，求： (1)降压变压器的输入电压U3； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 答案　880 V 19 20 (2)输电线上损失的电压； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 答案　24 V 19 20 降压变压器负载中的总电流I4＝22×6×I＝24 A (1分) 输电线上损失的电压U损＝I3R＝24 V 　　 (1分) (3)发电机的总功率。 答案　6 000 W 升压变压器输出电压U2＝U3＋U损＝904 V 解得U1＝226 V (1分) 由闭合电路欧姆定律，有E＝U1＋I1r＝250 V 发电机的总功率P总＝EI1＝250×24＝6 000 W (1分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 18.(11分)(2023·舟山市高二期末)如图所示，平行光滑金属导轨MN、PQ固定在倾角为30°的斜面上，导轨间距l＝1 m，导轨间存在垂直导轨平面向上、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场。导轨末端M、P与固定在水平面上的平行金属导轨EM、FP连接，EM、FP之间接有阻值R1＝1.5 Ω和R2＝3 Ω的定值电阻。长为l、质量m＝0.2 kg、阻值R＝2 Ω的金属棒ab固定在导轨MN、PQ间，其与水平面的距离h＝0.6 m。现静止释放金属棒 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 ab，下滑过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，当其运动到M、P处时已达到匀速。不计导轨的电阻及一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)金属棒ab到达M、P处时的速度大小v及通过金属棒的电流方向； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案　3 m/s，方向从a到b 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 根据右手定则，可判断电流方向从a到b； 金属棒到M、P处时已达到匀速，处于受 力平衡状态， 19 20 mgsin 30°＝F安 (1分) 联立解得v＝3 m/s (1分) (2)金属棒ab从静止释放到M、P处过程中通过金属棒的电荷量q； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案　0.4 C　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (3)金属棒ab从静止释放到M、P处过程中电阻R1产生的热量。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解得Q＝0.3 J 根据焦耳定律，有Q＝I总2R总t (1分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 19.(11分)(2023·浙江省开化中学高二阶段练习)如图所示，相距L＝40 cm的两光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，在M、P两点间接一阻值为R＝0.5 Ω的电阻，在两导轨间的矩形区域OO1O1′O′内有垂直导轨平面向里、宽为d＝0.7 m的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。一质量m＝20 g、 电阻r＝0.1 Ω的导体棒ab垂直放在导轨上，与磁场的上边界相距d0＝0.8 m。现使ab棒由静止开始释放，棒ab在离开磁场前已做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平)，导轨电阻不计。g取10 m/s2，求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (1)棒ab离开磁场下边界的速度大小； 答案　3 m/s 棒ab在离开磁场前已做匀速直线运动，则有mg－BIL＝0 (1分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (2)棒ab进入磁场瞬间的加速度大小和方向； 棒ab进入磁场前做自由落体运动，则有2gd0＝v02 (1分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (3)棒ab在通过磁场区域的过程中，电阻R上产生的焦耳热； 答案　0.175 J 解得Q＝0.21 J 棒ab在通过磁场区域的过程中，根据能量守恒可得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (4)棒ab从静止释放到离开磁场所用的时间。 答案　0.53 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解得t≈0.53 s 　 (1分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 20.(11分)(2023·浙江浙东北联盟高二期中)如图甲所示，两个竖直正对的平行金属板YY′极板长L＝ m，板间距离d＝0.2 m，在金属板下端水平边界MN的下面有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度B＝5×10－3 T，方向垂直纸面向里。现将Y′极板接地，Y极板上电势随时间变化规律如图乙所示。现有带正电的粒子流以v0＝105 m/s的速度沿竖直中线OO′(中线与磁场边界交于O′点)连续射入电场中，粒子的比荷 ＝108 C/kg，其重力可忽略不计，若粒子打在 竖直金属板上将被吸收。在每个粒子通过电场的极短时间内，电场可视为匀强电场(设两板外无电场)。求：(结果可以保留根式或π) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (1)带电粒子恰好从电场边界飞出时，Y极板的电势； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (2)带电粒子在磁场中运动的最大半径； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (3)粒子在磁场中运动的最长时间tm； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 根据几何关系可知沿轨迹运动的粒子 转过的最大和最小的圆心角分别为 最大的圆心角α1＝240° 最小的圆心角α2＝120° 设粒子在磁场中运动的周期为T， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (4)若以O′为坐标原点，建立水平x轴，求所有进入磁场的粒子在x轴上射出磁场的坐标范围。 答案　[0.3 m,0.5 m] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 射出电场的速度最大时，粒子进入磁场与射出磁场的点间距为Δx＝2Rcos θ 　　 (1分) 最近和最远的坐标位置 最近x1＝0.3 m 最远x2＝0.5 m 则所有进入磁场的粒子在x轴上射出磁场的坐标范围[0.3 m,0.5 m](1分) 当A、B间接10 V交流电压时，C、D间电压为4 V，则＝＝＝，所以当C、D接4 V交流电压时，有：＝＝，解得UAB′＝×4 V＝10 V；当P、Q间接4 V直流电压时，根据电路图可知，M、N两端的电压等于PQ两端电压，则UMN＝4 V。故选B。 2π 2π 转动过程中，因有效长度不变，安培力大小始终不变，半圆导线的半径为r＝ 受到的安培力为F＝2BIr＝ 根据q＝qvB，I＝nqbcv，解得U＝，即电压U和电流成正比，与磁感应强度成正比，与c的长度无关，选项B正确，C、D错误。 电子在磁场中，向心力由洛伦兹力提供，则有eBv＝m，可得r＝，而电子进入磁场的动能由静电力做功得到，即eU＝mv2，U不变，则v不变。由于m、e不变，而当I增大时，B增大，故半径减小，故B错误； 因为T＝＝，所以电子运动的周期与U无关，当减小电流I时，B也减小，则电子运动的周期T增大，故C错误； 感应电动势为E＝Bωr2＝0.4 V 所以电流为I′＝＝0.2 A，C正确； 根据有效值的定义得I2RT＝I′2R 解得I＝ A C.金属棒从抛出到落到地面所用时间为 D.从抛出到落地整个过程中，通过金属棒的总 电荷量为 金属棒只受重力作用，做平抛运动，则金属棒从抛出到落到地面所用时间为t＝，所以C正确； 最初电容器极板间电压最大，导体棒上电流也最大，电容器相当于电源，对电阻与导体棒供电，根据欧姆定律得I＝，U＝，解得通过导体棒MN电流的最大值为，A错误；  ρ 降压变压器输出电压为220 V，根据＝，解得U3＝880 V (1分) 电灯正常发光时的电流I＝＝ A (1分) 降压变压器输入端电流I3＝I4＝6 A (1分) 由＝ 其输入电流I1＝I3＝24 A (1分) 则E＝Blv，I＝＝，F安＝BIl (2分) 由题意分析，可得＝＝ (1分) ＝，q＝·Δt (1分) 联立解得q＝＝＝0.4 C (1分) 答案　 J 整个过程能量守恒，得mgh＝mv2＋Q(1分) 根据并联分流原理，流过电阻R1的电流为总电流的， 所以Q1＝2R1t (1分) 联立解得Q1＝ J (1分) 又I＝，E＝BLv 联立解得v＝＝3 m/s (1分) 解得v0＝＝4 m/s 根据牛顿第二定律可得－mg＝ma (1分) 答案　 m/s2　方向竖直向上 可得a＝ m/s2，方向竖直向上 (1分) mg(d0＋d)＝mv2＋Q (1分) 电阻R上产生的焦耳热为QR＝Q＝0.175 J (1分) 棒ab从释放到离开磁场，由动量定理得mgt－BLΔt＝mv－0 (1分) 又q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝ (1分) 则有mgt－BL＝mv (1分) 答案　 V 由题知a1＝，t＝  y＝at2＝·＝ (1分) 解得U1＝ V (1分) 答案　 m 由U1q＝mv2－mv02得 (1分) 粒子射出电场的最大速度v＝× 105 m/s 由qvB＝m得 (1分) Rm＝ m (1分) 答案　π×10－5 s　 cos θ＝＝，θ＝30° (1分) tm＝T＝· (1分) tm＝×10－5 s (1分) 得Δx＝2·cos θ＝0.4 m (1分) $$