模块综合试卷（二）（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册教师用书（人教版 苏京）

模块综合试卷(二) 1 一、单项选择题 1.如图所示,由均匀导线制成的半径为R的圆环,以速度v匀速进入一磁感应强度方向垂直圆环所在平面向里、大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb=90°)时,a、b两点间的电势差为 A.BRv B.BRv C.BRv D.BRv 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 当圆环运动到题图所示位置时,圆环切割磁感线的有效长度为R,ab边产生的感应电动势 为E=BRv,a、b两点间的电势差Uab=E= BRv,故选D。 12 13 14 15 16 2.(2024·高邮市高二开学考试)如图所示为显像管原理示意图,若电子束 A.打在荧光屏正中的O点,则偏转磁场方向向上 B.打在屏上A点,则偏转磁场垂直纸面向里 C.打在荧光屏上的位置由O点逐渐移向B点, 则偏转线圈中电流增大 D.向上偏转,则洛伦兹力对电子束做正功 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 如果偏转线圈中没有电流,不产生磁场,则电子束将沿直线打在荧光屏正中的O点,故A错误; 根据左手定则,打在屏上的A点,偏转磁场的方向应垂直纸面向外,故B错误; 12 13 14 15 16 要使电子束打在荧光屏上的位置由O点逐渐移向B点,偏转磁场应垂直纸面向里,电子做圆周运动的轨道半径r逐渐变小,则磁感应强度B应逐渐变强,偏转线圈中电流增大,故C正确; 洛伦兹力对电子束始终不做功,故D错误。 3.(2023·南京市高二校考期末)据报道,我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持。如图,在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1,其磁感应强度大小可近似认为处处相等;垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场(图中未画出),磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等,已知电子电荷量为e、质量为m,若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速度为v的匀速圆周运动。则以下说法不正确的是 A.电场方向垂直圆环平面向里 B.电子运动周期为 C.垂直圆环平面的磁场2的磁感应强度大小为 D.电场强度大小为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直圆环平面向里,静电力需要与该洛伦兹力平衡,静电力方向应垂直圆环平面向外,由于电子带负电,故电场方向垂直圆环平面向里,故A正确,不符合题意; 12 13 14 15 16 电子做半径为R、速率为v的匀速圆周运动,则电子运动周期为T=,故B正确,不符合题意; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 电子做半径为R、速率为v的匀速圆周运动,则电子运动周期为T=,故B正确,不符合题意; 电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力,则有evB=m,解得B=,故C错误,符合题意; 12 13 14 15 16 电子在垂直圆环平面方向受力平衡,则有eE=evB,解得E=,故D正确,不符合题意。 4.如图所示,空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场,各处的磁感应强度大小均为B,圆台母线与竖直方向的夹角为θ,一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部,环中通以恒定的电流I,圆环由静止开始向上运动。已知重力加速度为g,不计空气阻力,磁场的范围足够大。在圆环向上运动的过程中,下列说法正确的是 A.圆环做变加速运动 B.圆环有扩张的趋势 C.圆环运动的加速度大小为-g D.圆环运动的加速度大小为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由于圆环能从静止开始向上运动,结合左手定则 可知,圆环受到的安培力沿母线向上,故俯视环中 电流方向为顺时针方向,环中电流恒为I,圆环所受 安培力大小为BI·2πr,其中竖直方向的分力为2πBIrcos θ,对圆环由牛顿第二定律可得2πBIrcos θ-mg=ma,则圆环向上的加速度大小为a=-g,圆环做匀加速直线运动,A、D错误,C正确; 圆环通电流时,俯视电流方向为顺时针方向,安培力水平分量指向圆心,有收缩的趋势,B错误。 12 13 14 15 16 5.在电喷汽车的进气管道中,广泛地使用着一种叫“电热丝空气流量传感器”的部件,其核心部分是一种用特殊的合金材料制作的电热丝。如图所示,当进气管道中的冷空气流速越大时,电阻R两端的电压U0就变得越高,反之,电压U0就越低。这样管道内空气的流量就转变成了可以测量的电压信号,便于汽车内的电脑系统实现自动控制。如果将这种电热丝从汽车的进气管道中取出,放在实验室中测量这种电热丝,得到的伏安特性曲线正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 当进气管道中的冷空气流速越大时,电阻R两端的电压U0就变得越高,根据电路图可知,温度越低,这种电热丝的电阻越小;温度越高,这种电热丝的电阻越大;根据欧姆定律可得 R= 则有I=U 可知I-U图像上点与原点连线的斜率表示电阻的倒数,随着U、I增大,温度升高,电热丝的电阻增大,则I-U图像上点与原点连线的斜率减小。故选D。 12 13 14 15 16 6.(2023·扬州市高二期中)如图所示,图甲为速度选择器,图乙为磁流体发电机,图丙为回旋加速器,图丁为质谱仪。下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 A.图甲中电子、质子能够沿直线通过速度选择器的条件是v= B.图乙是磁流体发电机,a点电势比b点电势高 C.图丙要增大某种粒子的最大动能,可减小磁场的磁感应强度 D.图丁中不同粒子经过质谱仪偏转半径之比等于粒子的比荷之比 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 图甲中电子、质子能够沿直线通过速度选择器的条件是qE=qvB,即v= ,A正确; 图乙是磁流体发电机,根据左手定则可知,a点电势比b点电势低,B错误; 由Bqv=m可知v=,故粒子获得的动能为Ek=mv2=,图丙要增大 某种粒子的最大动能,可增大磁场的磁感应强度,C错误; 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由题意可知Uq=mv2,Bqv=m,解得r=,图丁中不同粒子经过质谱仪偏转半径之比=,D错误。 12 13 14 15 16 7.如图所示,一理想变压器原线圈通过一理想 电流表A接在u=200sin (100πt) V的正弦交 流电源上,一个二极管D(假设该二极管D的正 向电阻为零,反向电阻为无穷大)和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端,理想电压表和电阻R并联,若电压表的读数为5 V,则 A.原线圈和副线圈的匝数比为20∶1 B.原线圈和副线圈的匝数比为10∶1 C.减小负载电阻的阻值R,电流表的读数变小 D.将二极管短路,电流表的读数变小 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 因为二极管具有单向导电性,由此根据焦耳 定律得·=T,解得U2=10 V,由题意知U1 =200 V,根据=,原线圈和副线圈的匝数比为20∶1,故A正确,B错误; 减小负载电阻的阻值R,可知副线圈输出功率变大,原线圈输出功率也变大,电流表的读数变大,故C错误; 将二极管短路,输出功率变大,而原线圈输入电压不变,则电流表读数变大,故D错误。 12 13 14 15 16 8.(2024·无锡市江阴市高二联考)如图甲所示,三角形金属框ACD三边的边长均为L,E为CD边的中点,三角形ADE所在区域内有垂直纸面向外并随时间变化的磁场,图乙是磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像(B0、t0已知)。下列说法正确的是 A.3t0时刻,金属框内的感应电流变小 B.A、E两端的电势差就是金属框的感生 电动势 C.0~3t0时间内,金属框的感生电动势为 D.3t0~5t0时间内,金属框的感生电动势为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由法拉第电磁感应定律知 E=n=nS 由题图乙可知,0~3t0时间内的感 应电动势小于3t0~5t0时间内的感应电动势,由闭合电路欧姆定律可得,3t0时刻,金属框内的感应电流变大,故A错误; 由题意可得,A、E两端的电势差小于金属框感生电动势,故B错误; 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由题意可得,金属框的有效面积为 S=×L×L=L2 由法拉第电磁感应定律知,0~3t0时 间内,金属框的感生电动势为E1=·L2= 同理可得,3t0~5t0时间内,金属框的感生电动势为 E2=·L2=,故C正确,D错误。 12 13 14 15 16 9.如图甲所示,MN、PQ是水平方向的匀强磁场的上下边界,磁场宽度为L。一个边长为a的正方形导线框(L>2a)从磁场上方下落,运动过程中上下两 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 边始终与磁场边界平行。线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图像如图乙所示,则线框从磁场穿出过程中感应电流i随时间t变化的图像可能是 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由题意可知,线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图像如题图乙所示,由法拉第电磁感应定律可知,线框匀速进入磁场,由于L>2a,当线框完全进入磁场后,因穿过线框的磁通量 12 13 14 15 16 不变,则没有感应电流,线框只受重力作用,做匀加速运动,线框速度增加,当出磁场时,速度大于进入磁场时的速度,由法拉第电磁感应定律可知,出磁场时的感应电流大于进磁场时的感应电流,导致出磁场时受到的安培力大于重力,则线框做减速运动,根据牛顿第二定律,BiL-mg=ma,i=,则线框做加速度减小的减速运动,i逐渐减小,且i-t图线斜率的绝对值逐渐减小,故B正确,A、C、D错误。 10.(2023·宿迁市高二期末)我国第三艘航空母舰“福建号”采用的是电磁弹射装置,其原理可简化为如图所示,直流电源电动势为E,储能电容器的电容为C,固定于水平面内的两根光滑平行金属导轨电阻不计。飞行器可视为一根有电阻的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。首先开关S接1,使电容器充满电;然后将S接至2,导轨间存在垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出),MN开始向右加速运动,达到最大速度之后离开导轨。根据上述信息可知 A.匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上 B.电容器的电容C越大,MN的最大速度越大 C.电容器的电容C越大,MN刚开始运动时的加速度越大 D.当电容器储存的电荷全部放出时,MN的速度达到最大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 S接至2,MN中电流方向从M到N,MN开始向右 加速运动,受到安培力向右,由左手定则可知, 匀强磁场的方向垂直于导轨平面向下,A错误; 当开关接2时,电容器放电,设刚放电时流经MN的电流为I,有I=,MN所受安培力F=BIL,据牛顿第二定律F=ma,则有a=,MN刚开始运动时的 加速度与电容器的电容C无关,C错误; 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 金属棒获得最大速度v时,放电电流为零,此时 电容器的电压U与金属棒的感应电动势E棒相 等,即U=E棒=BLv,此时电容器储存的电荷并未全部放出,D错误; 设此过程中的平均电流为,时间为t,根据动量定理有BLt=mvm-0,其中 t=ΔQ,ΔQ=C(E-BLvm),有vm==,电容器的电容C越大,MN 的最大速度越大,B正确。 12 13 14 15 16 11.(2023·南京市第一中学期末)如图所示为一圆形区域的匀强磁场,在O点处有一放射源,沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子,其中带电粒子1从A点飞出磁场,带电粒子2从B点飞出磁场,不考虑带电粒子的重力,则 A.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比 为2∶3 B.带电粒子1与带电粒子2做圆周运动的半径之比 为∶1 C.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为1∶3 D.带电粒子1与带电粒子2在磁场中周期之比为3∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 如图,设圆形磁场半径为R,根据数学知识,粒子在磁场中运动的轨道半径为r1=Rtan 30°,r2=Rtan 60°,带电粒子1与带电粒子2做圆周运动的半径比为=,带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动轨迹对应的圆心角分别为120°和60°,所以可得在 磁场中运动时间之比为==,A正确,B错误; 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 粒子在磁场中运动有Bqv=m,即r==,因为有=,所以可得带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为3∶1,C错误; 带电粒子1与带电粒子2在磁场中周期比为= =,D错误。 12 13 14 15 16 二、非选择题 12.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中,小明同学利用如图甲、乙所示的可拆式变压器进行 研究。 (1)为了确保实验的安全,下列做法正确 的是　　　。  A.为了人身安全,实验中只能使用低压交流电源,所用电压不要超过36 V B.即使副线圈不接用电器,原线圈也不能长时间通电 C.为使导线接触良好,通电时应用手直接捏紧裸露的接线柱 D.使用多用电表的交流电压挡测电压时,先用最大量程挡试测,大致确定被测电压范围后再选择适当的量程进行测量 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 BD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 变压器改变的是交流电压,因此为了人身安全,原线圈两端只能使用低压交流电源,所用交流电压不超过12 V,故A错误; 12 13 14 15 16 即使副线圈不接用电器,原线圈处于空载也有一定的损耗,原线圈也不能长时间通电,故B正确; 实验通电时,为保证人身安全及实验准确性,不可用手接触裸露的导线,故C错误; 使用多用电表测电压时,先用最大量程挡试测,再选用适当的挡位进行测量,故D正确。 (2)正确选择器材后,图丙中将变压器的原线圈“0、8”接线柱与稳压输出端相连,且学生电源选择开关置于10.0 V挡,多用电表与副线圈的“0、4”接线柱相连,电表示数是　　　　。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 D A.5.50 V B.4.60 V C.5.00 V D.0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题图丙可知,原线圈连接的电压为直流电压,因此,副线圈两端的电压为0。故选D。 (3)小明同学把交流电源接在图丁a、b两端,当Uab=12.0 V时,用多用电表交流电压“×10 V”挡测量c、d两端电压,测量结果如戊所示。a、b两端匝数与c、d两端匝数之比最有可能是　　　。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 C A.8∶1 B.14∶4 C.2∶1 D.1∶2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 电压挡“×10 V”的量程精度为0.2 V,估读到0.1 V,则读数为5.6 V;根据理想变压器的电压比等于匝数比,考虑变压器有一定的电能损失,则最接近的匝数比为2∶1。故选C。 13.如图所示为边长为L的单匝正方形线圈abcd,放在磁感应强度方向垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场中,从图示位置开始以bc边为轴匀速转动。线圈从图示位置转过一周的过程中产生的热量为Q。 已知线圈的bc边与磁场方向垂直,线圈电阻为R。求: (1)线圈转动的角速度大小; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 线圈转动过程中,产生的感应电动势有效值为E=BL2ω 线圈从题图所示位置转过一周所用的时间 t=T= 所以热量Q=t= 解得:ω= 12 13 14 15 16 (2)线圈从图示位置转过时,产生的感应电动势的 瞬时值; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　 13 14 15 16 线圈从题图所示位置开始转过时,线圈产生的感应电动势的瞬时值:e=BL2ωsin 解得:e= (3)线圈从图示位置转过的过程中,产生的感应 电动势的平均值。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　 13 14 15 16 线圈从题图所示位置转过的过程中,线圈内磁通量的变化量为ΔΦ=BL2 所用的时间为t1= 线圈产生的感应电动势的平均值==。 14.(2024·安徽卷改编)如图所示,一“U”形金属导轨固定在竖直平面内,一电阻不计、质量为m的金属棒ab垂直于导轨,并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内,存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间,存在竖直向 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B=kt(SI),k为常数(k>0)。支架上方的导轨足够长,两边导轨单位长度的电阻均为r,下方导轨的总电阻为R。t=0时,对ab施加竖直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动,整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。不计空气阻力,两磁场互不影响。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式,以及感应电动势的大小,并写出ab中电流的方向; 答案　Φ=kL2t　kL2　从a流向b 通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ=BS=kL2t 根据法拉第电磁感应定律得E=n==kL2 由楞次定律及安培定则可知ab中的电流从a流向b。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式。 答案　F安= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨平面向里,大小为F安=BIL 其中B=kt 设金属棒向上运动的位移为x, 则根据运动学公式x=at2 所以支架上方的导轨电阻为R'=2xr 由闭合电路欧姆定律得I= 联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F安=。 12 13 14 15 16 15.随着电磁技术的日趋成熟,新一代航母已准备采用全新的电磁阻拦技术。为方便研究问题,我们将其简化为如图所示的模型。在磁感应强度大小为B,方向如图所示的匀强磁场中,两根光滑的平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内,相距为L,电阻不计。轨道端点M、P间接有阻值为R的电阻,一个长度为L、阻值为R的轻质导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上,与轨道接触良好,质量为m的飞机着舰时迅速钩住导体棒ab,两者瞬间共速,速度大小为v0,钩住之后飞机立即关闭动力系统,不计飞机和导体棒ab受到的空气阻力。求: (1)飞机减速过程中导体棒ab中产生的焦耳热; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案　m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 飞机减速至0的过程中,根据能量守恒定律有Q=m 飞机减速过程中导体棒ab中产生的焦耳热 Q'=R 解得Q'=m 12 13 14 15 16 (2)飞机速度为时的加速度大小; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案　　 飞机速度为时的感应电动势E= 感应电流为I= 根据牛顿第二定律有BIL=ma 解得a= (3)飞机减速过程中的位移大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案　 减速过程中的平均感应电动势为= 感应电流的平均值= 根据动量定理有-BL·Δt=0-mv0 解得x=。 16.(2024·江苏南菁高级中学高二月考)如图所示,在xOy平面内,直线OM与x轴正方向夹角为45°,直线OM左侧存在平行于y轴的匀强电场,方向沿y轴负方向。直线OM右侧存在垂直xOy平面向里的磁感应强度为B的匀强磁场。一带电荷量为q、质量为m带正电的粒子(忽略重力)从原点O沿x轴正方向以速度v0射入磁场。当粒子第三次经过直线OM时,电场方向突然调整为垂直于直线OM斜向右下方,电场强度的大小 不变,粒子恰好从电场中回到原点O。粒子通过边 界时,其运动不受边界的影响。求: (1)粒子第一次在磁场中做圆周运动的半径和周期; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案　　　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 带电粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得 qv0B=m 故R= 可得 T== 12 13 14 15 16 (2)匀强电场电场强度的大小; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案　Bv0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图甲所示,设粒子第一次经过OM上的点为A点,粒子第三次经过OM上的点为C点。由几何关系可知 CO=2R 如图乙,过C点后,粒子在新的电 场中沿CO方向做匀速直线运动, 沿CO方向的速度大小为v1=v0 CO=v1t3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 可得粒子在新的电场中沿垂直于CO方向先做匀减速运动后做匀加速运动,垂直于CO方向的初速度v2=v0 v2=a· qE=ma 解得 E=Bv0 (3)从O点射出至第一次回到O点所用的时间。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案　(2+π+2) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 根据图甲可知,粒子在磁场中时间为t1=T+T 得t1= 粒子在原电场中运动的时间为 t2= 得t2= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 粒子在新电场中运动的时间为CO=v1·t3 CO=2R t3= 粒子从O点射出到第一次回到O点 的时间为t总=t1+t2+t3 t总=(2+π+2)。 $鱼学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 模块综合试卷（二） (满分：100分) 一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。 1如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度方向垂直圆环所在平面向里、 大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置（∠aOb=90)时，a、b两点间的电势差为(） 0◇ ××x 46 ×X× A.2BRv n CpRv D.3ZBRv 答案D 解析当圆环运动到题图所示位置时，圆环切割磁感线的有效长度为√2R,b边产生的感应电动势为E-√2 BRua、b两点间的电势差UaE-3BRy故选D。 4 2.(2024高邮市高二开学考试)如图所示为显像管原理示意图，若电子束() 电子枪 回 电子束 荧光屏 偏转线圈 B 显像管原理示意图 A.打在荧光屏正中的O点，则偏转磁场方向向上 B.打在屏上A点，则偏转磁场垂直纸面向里 C.打在荧光屏上的位置由O点逐渐移向B点，则偏转线圈中电流增大 D.向上偏转，则洛伦兹力对电子束做正功 答案C ·独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 解析如果偏转线圈中没有电流，不产生磁场，则电子束将沿直线打在荧光屏正中的O点，故A错误：根据左手 定则，打在屏上的A点，偏转磁场的方向应垂直纸面向外，故B错误：要使电子束打在荧光屏上的位置由O点逐 渐移向B点，偏转磁场应垂直纸面向里，电子做圆周运动的轨道半径r逐渐变小，则磁感应强度B应逐渐变强， 偏转线圈中电流增大，故C正确：洛伦兹力对电子束始终不做功，故D错误。 3.(2023·南京市高二校考期末)据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持。 如图，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感应强度大小可近似认为处处相等：垂直圆环平面同 时加有匀强磁场2和匀强电场（图中未画出），磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等，己知电子电荷量为、 质量为m,若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速度为ν的匀速圆周运动。则以下说法不正 确的是() A.电场方向垂直圆环平面向里 B.电子运动周期为20 C垂直圆环平面的碰场2的磁感应强度大小为贺 D.电场强度大小为需 答案C 解析根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直圆环平面向里，静电力 需要与该洛伦兹力平衡，静电力方向应垂直圆环平面向外，由于电子带负电，故电场方向垂直圆环平面向里，故 A正确，不符合题意，电子做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，则电子运动周期为T故B正确，不符合 题意，电子在圆环内受到磁场2的洛伦滋力提供电子做圆周运动的向心力，则有8m需解得B阳故C错误 符合题意，电子在垂直圆环平面方向受力平衡，则有eBB,解得E丽故D正确，不符合题意。 4如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B,圆台母线与竖直方向的夹 角为0，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部，环中通以恒定的电流1，圆环由静止开始向上运 动。己知重力加速度为g,不计空气阻力，磁场的范围足够大。在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是 () ·独家授权侵权必究 鱼学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 ■b.ZXXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 A.圆环做变加速运动 B.圆环有扩张的趋势 C.圆环运动的加速度大小为2Bcos9 m D.圆环运动的加速度大小为2B1cos0 m 答案C 解析由于圆环能从静止开始向上运动，结合左手定则可知，圆环受到的安培力沿母线向上，故俯视环中电流 方向为顺时针方向，环中电流恒为I,圆环所受安培力大小为B12πr,其中竖直方向的分力为2πB1r℃os0,对圆环 由牛顿第二定律可得2元Bcos0-mgma,则圆环向上的加速度大小为4,2og,圆环做匀加速直线运动，A、 m D错误，C正确：圆环通电流时，俯视电流方向为顺时针方向，安培力水平分量指向圆心，有收缩的趋势，B错误。 5在电喷汽车的进气管道中，广泛地使用着一种叫“电热丝空气流量传感器”的部件，其核心部分是一种用特 殊的合金材料制作的电热丝。如图所示，当进气管道中的冷空气流速越大时，电阻R两端的电压U就变得越 高，反之，电压U。就越低。这样管道内空气的流量就转变成了可以测量的电压信号，便于汽车内的电脑系统实 现自动控制。如果将这种电热丝从汽车的进气管道中取出，放在实验室中测量这种电热丝，得到的伏安特性 曲线正确的是() 电热丝。 冷空气>< R 答案D 解析当进气管道中的冷空气流速越大时，电阻R两端的电压U就变得越高，根据电路图可知，温度越低，这 种电热丝的电阻越小：温度越高，这种电热丝的电阻越大：根据欧姆定律可得 R号 ·独家授权侵权必究 画学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 则有1知 可知1-U图像上点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，随着U、I增大，温度升高，电热丝的电阻增大，则I-U图 像上点与原点连线的斜率减小。故选D。 6.(2023·扬州市高二期中)如图所示，图甲为速度选择器，图乙为磁流体发电机，图丙为回旋加速器，图丁为质谱 仪。下列说法正确的是() ×XE×X 甲 A到 U 卫 ··B 丙 丁 A图甲中电子、质子能够沿直线通过速度选择器的条件是V营 B.图乙是磁流体发电机，a点电势比b点电势高 C图丙要增大某种粒子的最大动能，可减小磁场的磁感应强度 D.图丁中不同粒子经过质谱仪偏转半径之比等于粒子的比荷之比 答案A 解析 图甲中电子、质子能够沿直线通过速度选择器的条件是g-qB,即VA正确，图乙是磁流体发电机 根据左手定则可知，a点电势比b点电势低卫错误，由BmR可知y故粒子获得的动能为m2 g图丙要塔大某种拉子的最大动能，可塔大磁场的磁感应强度，C错误白题意可知q m"Bqv-m片解 得，2？图丁中不同拉子经过质谱仪偏转半径之比号二D错误。 V92 7.如图所示，一理想变压器原线圈通过一理想电流表A接在u=200V2si(100πt)V的正弦交流电源上，一个二 极管D(假设该二极管D的正向电阻为零，反向电阻为无穷大)和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两 端，理想电压表和电阻R并联，若电压表的读数为5√2V,则( A D A.原线圈和副线圈的匝数比为20：1 ·独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 5.ZXXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 B.原线圈和副线圈的匝数比为10：1 C减小负载电阻的阻值R,电流表的读数变小 D.将二极管短路，电流表的读数变小 答案A 解析因为二极管具有单句导电性由此根据焦耳定律得贤7，解得=10V,由慧意知-200V根据瑞 是原线圈和副线圈的匝数比为20：1，故A正确，B错误减小负载电阻的阻值R,可知副线圈输出功率变大， 原线圈输出功率也变大，电流表的读数变大，故C错误；将二极管短路，输出功率变大，而原线圈输入电压不变 则电流表读数变大，故D错误。 8.(2024无锡市江阴市高二联考)如图甲所示，三角形金属框ACD三边的边长均为L,E为CD边的中点，三角 形ADE所在区域内有垂直纸面向外并随时间变化的磁场，图乙是磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像 (B、6己知)。下列说法正确的是() ↑B E 31 5to 甲 A3。时刻，金属框内的感应电流变小 B.A、E两端的电势差就是金属框的感生电动势 C.03时间内，金属框的感生电动势为3L2 24to D.3~5时间内，金属框的感生电动势为3B 40to 答案C 解析由法拉第电磁感应定律知 E是品s 由题图乙可知，03时间内的感应电动势小于3~5时间内的感应电动势，由闭合电路欧姆定律可得，3时刻， 金属框内的感应电流变大，故A错误，由题意可得A、E两端的电势差小于金属框感生电动势， 故B错误， 由题意可得，金属框的有效面积为 ·独家授权侵权必究· 鱼学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZXXk.c0m○ 您身边的互联网+教辅专家 s92 21 8 由法拉第电磁感应定律知，0~3时间内，金属框的感生电动势为 : 24to 同理可得，35时间内，金属框的感生电动势为 马器L:故c正确D错误。 9.如图甲所示MN、PQ是水平方向的匀强磁场的上下边界，磁场宽度为L。一个边长为α的正方形导线框 (L>2)从磁场上方下落，运动过程中上下两边始终与磁场边界平行。线框进入磁场过程中感应电流i随时间 t变化的图像如图乙所示，则线框从磁场穿出过程中感应电流i随时间t变化的图像可能是() □a 甲 答案B 解析由题意可知，线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图像如题图乙所示，由法拉第电磁感应定 律可知，线框匀速进入磁场，由于L>2,当线框完全进入磁场后，因穿过线框的磁通量不变，则没有感应电流，线 框只受重力作用，做匀加速运动，线框速度增加，当出磁场时，速度大于进入磁场时的速度，由法拉第电磁感应定 律可知，出磁场时的感应电流大于进磁场时的感应电流，导致出磁场时受到的安培力大于重力，则线框做减速 运动，根据牛顿第二定律BiL-mg-ma,.a股则线框做加速度减小的减速运动，逐渐减小，且t图线斜率的绝对 值逐渐减小，故B正确，A、C、D错误。 10.(2023·宿迁市高二期末)我国第三艘航空母舰“福建号”采用的是电磁弹射装置，其原理可简化为如图所 示，直流电源电动势为E,储能电容器的电容为C,固定于水平面内的两根光滑平行金属导轨电阻不计。飞行 器可视为一根有电阻的金属棒N,垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使 ·独家授权侵权必究 鱼学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 5.ZXXk.c0m号 您身边的互联网+教辅专家 电容器充满电，然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动， 达到最大速度之后离开导轨。根据上述信息可知() 12 M S L N A.匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上 B.电容器的电容C越大，MN的最大速度越大 C.电容器的电容C越大，N刚开始运动时的加速度越大 D.当电容器储存的电荷全部放出时N的速度达到最大 答案B 解析S接至2，N中电流方向从M到N,N开始向右加速运动，受到安培力向右，由左手定则可知，匀强磁场 的方向垂直于导轨平面向下，A错误：当开关接2时，电容器放电，设刚放电时流经N的电流为1，有IMW所 受安培力FBL,据牛顿第二定律F广ma,则有a5N刚开始运动时的加速度与电容器的电容C无关C错 误，金属棒获得最大速度ν时，放电电流为零，此时电容器的电压U与金属棒的感应电动势E,相等，即U=E =BLy,此时电容器储存的电荷并未全部放出，D错误；设此过程中的平均电流为1，时间为t,根据动量定理有BL BLCE BLE Fma0,其中IF△C,△O=CE-BLm,有mm+Bc+Bt,电容器的电容C越大W的最大速度越大B正 确。 11.(2023·南京市第一中学期末)如图所示为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速 度为ν的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重 力，则() 509 B A.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为2：3 B.带电粒子1与带电粒子2做圆周运动的半径之比为√3：1 C带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为1：3 D.带电粒子1与带电粒子2在磁场中周期之比为3：1 答案A ·独家授权侵权必究· 鱼学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.c0m○ 您身边的互联网+教辅专家 解析 如图，设圆形磁场半径为R,根据数学知识，粒子在磁场中运动的轨道半径为h=Rtan30°，2=Rtan60°，带电粒子 1与带电粒子2做圆周运动的半径比为片号带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动轨迹对应的圆心角分别 2r1.120° 为120和60，所以可得在随场中运动时间之比为号产二彩A正确B错误粒子在飚场中运动有B0m号 v3600 即，码0三因为有号所以可得带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为3：1，C错误带电粒子1与 带电粒子2在磁场中周期比为？壶D错误。 X XX 6060° 02 二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算 步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 12.(15分)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，小明同学利用如图甲、乙所示的可拆式变 压器进行研究。 甲可拆变压器零部件乙组装后变压器 (1)5分)为了确保实验的安全，下列做法正确的是 0 A为了人身安全，实验中只能使用低压交流电源，所用电压不要超过36V B.即使副线圈不接用电器，原线圈也不能长时间通电 C为使导线接触良好，通电时应用手直接捏紧裸露的接线柱 D,使用多用电表的交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压范围后再选择适当的量程 进行测量 ·独家授权侵权必究 画学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZXXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 (2)5分)正确选择器材后，图丙中将变压器的原线圈“0、8”接线柱与稳压输出端相连，且学生电源选择开关 置于10.0V挡，多用电表与副线圈的“0、4”接线柱相连，电表示数是 稳压输出 丙 A.5.50V B.4.60V c.5.00V D.0 (3)(5分)小明同学把交流电源接在图丁a、b两端，当Ub12.0V时，用多用电表交流电压“×10V”挡测量c、 d两端电压，测量结果如戊所示。a、b两端匝数与c、d两端匝数之比最有可能是 ,0 A-V-0 2.5 戊 A.8:1 B.14:4 C.2:1 D.1:2 答案(1)BD(2)D(3)C 解析(1)变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不 超过12V,故A错误，即使副线圈不接用电器，原线圈处于空载也有一定的损耗，原线圈也不能长时间通电，故 B正确；实验通电时，为保证人身安全及实验准确性，不可用手接触裸露的导线，故C错误；使用多用电表测电压 时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量，故D正确。 (2)由题图丙可知，原线圈连接的电压为直流电压，因此，副线圈两端的电压为0。故选D。 (3)电压挡“×10V”的量程精度为0.2V,估读到0.1V,则读数为5.6V:根据理想变压器的电压比等于匝数比， 考虑变压器有一定的电能损失，则最接近的匝数比为2：1。故选C。 13.(6分)如图所示为边长为L的单匝正方形线圈abcd,放在磁感应强度方向垂直纸面向里、大小为B的匀强 磁场中，从图示位置开始以bc边为轴匀速转动。线圈从图示位置转过一周的过程中产生的热量为Q。己知 线圈的bc边与磁场方向垂直，线圈电阻为R。求： ·独家授权侵权必究· 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 (1)(2分)线圈转动的角速度大小； (2(2分)线圈从图示位置转过时，产生的感应电动势的瞬时值； (3)2分)线圈从图示位置转过的过程中，产生的感应电动势的平均值。 答案(1)品 (2)V3R 2 BL2 6品 解析(Q)线圈转动过程中，产生的感应电动势有效值为E-BL2w 线圈从题图所示位置转过一周所用的时间 72 所以热量Q-w82L4 R R RQ 解得：0-B2L4 (2)线圈从题图所示位置开始转过时，线圈产生的感应电动势的瞬时值：e=BL-sin3 解得：e=V3Rg 2-tBL2 (3)线圈从题图所示位置转过，的过程中，线圈内磁通量的变化量为△Φ=B2 所用的时间为4无 线圈产生的感应电动势的平均值 E-4中2R0 t1BL20 14.(8分)(2024安徽卷改编)如图所示，一“U”形金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计、质量为m的金属 棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdf区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁 场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为 B=t(SID,k为常数(k>O)。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r,下方导轨的总电阻为R。 仁0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两 边导轨接触良好。己知b与导轨间动摩擦因数为4，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。 ·独家授权侵权必究