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2024年高中物理新教材同步学案 选择性必修第二册 模块综合试卷(二)（含解析）
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这是一份2024年高中物理新教材同步学案 选择性必修第二册 模块综合试卷(二)（含解析），共13页。
模块综合试卷(二)(满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)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.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 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eq \r(2)R，ab边产生的感应电动势为E＝eq \r(2)BRv，a、b两点间的电势差Uab＝eq \f(3,4)E＝eq \f(3\r(2),4)BRv，故选D。 2.(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eq \f(2πR,v)C．垂直圆环平面的磁感应强度大小为eq \f(2mv,eR)D．电场强度大小为eq \f(mv2,eR)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＝eq \f(2πR,v)，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＝meq \f(v2,R)，解得B＝eq \f(mv,eR)，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eE＝evB，解得E＝eq \f(mv2,eR)，故D正确，不符合题意。3．(2023·株洲市高二校考期末)如图所示，带电粒子(不计重力)在以下四种器件中运动，下列说法正确的是( )A．甲图中从左侧射入的带正电粒子，若速度满足v>eq \f(E,B)，将向下极板偏转B．乙图中等离子体进入A、B极板之间后，A极板电势高于B极板电势C．丙图中通过励磁线圈的电流越大，电子的运动径迹半径越小D．丁图中只要增大加速电压，粒子就能获得更大的动能答案 C解析 题图甲中带正电的粒子从左侧射入叠加场中时，受向下的静电力和向上的洛伦兹力，当两个力平衡时，带电粒子会沿直线射出，当速度v>eq \f(E,B)，即洛伦兹力大于静电力时，粒子将向上极板偏转，选项A错误；题图乙中等离子体进入A、B极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正离子向B极板偏转，负离子向A极板偏转，因此A极板带负电，B极板带正电，A极板电势低，选项B错误；题图丙中通过励磁线圈的电流越大，线圈产生的磁场越强，电子的运动由洛伦兹力提供向心力，则有evB＝meq \f(v2,R)，可得R＝eq \f(mv,eB)，由上式可知，当电子的速度一定时，磁感应强度越大，电子的运动径迹半径越小，选项C正确；题图丁中，当粒子运动半径等于D形盒半径时具有最大速度，即vm＝eq \f(qBR,m)，粒子的最大动能Ekm＝eq \f(q2B2R2,2m)，由此可知最大动能与加速电压无关，选项D错误。4．(2023·泰安市高二统考期末)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eq \f(2πBIrcos θ,m)－gD．圆环运动的加速度大小为eq \f(2πBIrcos θ,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＝eq \f(2πBIrcos θ,m)－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。5.一理想变压器原、副线圈的回路中分别接有阻值相等的电阻R，原线圈一侧接在电压为170 V的正弦式交流电源上，如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈的匝数比为n1∶n2，在原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k＝eq \f(1,16)，则( )A．U＝66 V，n1∶n2＝3∶1B．U＝34 V，n1∶n2＝4∶1C．U＝40 V，n1∶n2＝4∶1D．U＝22 V，n1∶n2＝3∶1答案 C解析 根据原、副线圈电流与匝数成反比，得原、副线圈的电流之比eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，根据P＝I2R及题意得原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比k＝eq \f(I12,I22)＝eq \f(1,16)，解得原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝4∶1，根据原、副线圈电压与匝数成正比，得原线圈两端的电压为4U，根据U＝IR知原线圈回路中电阻两端的电压为eq \f(U,4)，在原线圈回路中有4U＋eq \f(U,4)＝170 V，解得U＝40 V，故C正确，A、B、D错误。6．如图甲所示，单匝矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。以图甲中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向，以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则下列图中能正确表示线圈中感应电流i随时间t变化规律的是( )答案 C解析 由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得：I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔΦ,RΔt)＝eq \f(S,R)·eq \f(ΔB,Δt)，所以线圈中的感应电流大小取决于磁感应强度B的变化率，B－t图像的斜率为eq \f(ΔB,Δt)，故在2～3 s内感应电流的大小是0～1 s内的2倍。再由B－t图像可知，0～1 s内，B增大，则Φ增大，由楞次定律知，感应电流方向为逆时针方向，所以0～1 s内的电流为负值；同理可得，1～2 s内的电流为零；2～3 s内的电流为正值，C正确。7．(2023·苏州市高二统考期末)如图所示，从离子源释放的无初速度带电离子经电场U加速后，进入静电分析器(内有辐向电场E)中做匀速圆周运动，从小孔S2射出电场后自P1处垂直边界进入磁分析器中(内有垂直纸面向外的匀强磁场B)，最后再从小孔P2垂直下边界射出磁场被收集，不计离子重力及离子间的相互作用，则( )A．静电分析器中K1极板的电势高于K2电势B．从S2射出的离子具有相同的电荷量C．从S2射出的离子具有相同的速度D．从P2射出的离子具有相同的比荷答案 D解析 根据题意可知，离子在磁分析器中做匀速圆周运动，磁场区域的磁感应强度垂直纸面向外，由左手定则可以判断离子一定带正电，同时在静电分析器中由静电力提供向心力做圆周运动，可知K2的电势高于K1的电势，故A错误；根据题意，设离子的质量为m，电荷量为q，离子在加速电场中，由动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))，离子在静电分析器中做匀速圆周运动，则有Eq＝meq \f(v2,r)，联立解得r＝eq \f(2U,E)，可知所有离子都能从S2射出，则不能确定从S2射出的离子是否具有相同的电荷量和速度，故B、C错误；根据题意可知，由于离子在静电分析器中做匀速圆周运动，则离子进入磁分析器中的速度仍为v，由牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,r)，整理可得r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))，可知从P2射出的离子具有相同的比荷，故D正确。二、多项选择题(本题3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8.如图所示的电路中，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻(光照强度越大，电阻越小)，R和L之间用挡板(未画出)隔开，LED为发光二极管(电流越大，发出的光越强)，且R与LED间距不变，电源内阻忽略不计，下列说法中正确的是( )A．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率增大B．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率减小C．当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率减小D．无论怎样移动滑动触头P，L消耗的功率都不变答案 AC解析 当滑动触头P向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，流过二极管的电流增大，从而发光增强，使光敏电阻R的阻值减小，流过灯泡的电流增大，L消耗的功率增大。同理，当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率减小。故选A、C。9.如图所示，在x轴上方第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方存在沿y轴正方向的匀强电场。a、b两个重力不计的带电粒子分别从电场中的同一点P由静止释放后，经电场加速从M点射入磁场并在磁场中发生偏转，最后从y轴离开磁场时，速度大小分别为v1和v2，v1的方向与y轴垂直，v2的方向与y轴正方向成60°角。a、b两粒子在磁场中运动的时间分别记为t1和t2，则以下比值正确的是( )A．v1∶v2＝2∶1 B．v1∶v2＝1∶2C．t1∶t2＝3∶2 D．t1∶t2＝3∶8答案 AD解析 粒子在电场中加速，设加速的位移为d，则根据动能定理有qEd＝eq \f(1,2)mv2，所以v＝eq \r(\f(2qEd,m))①粒子在磁场中运动时，其轨迹如图，a粒子的圆心为O，半径为R1，b粒子的圆心为O′，半径为R2，根据几何知识可知R2·sin 30°＋R1＝R2，则R1∶R2＝1∶2②根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq \f(mv2,R)，故R＝eq \f(mv,qB)③联立①③可得R＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mEd,q))则可得eq \f(m1,q1)∶eq \f(m2,q2)＝1∶4④将④代入①中可得v1∶v2＝2∶1，故A正确，B错误。粒子在磁场中运动的周期为T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)，所以两粒子在磁场中运动的时间之比为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错误，D正确。10．如图甲所示，在光滑水平面上用恒力F拉一质量为m、边长为a、电阻为R的单匝均匀正方形铜线框，在1位置以速度v0进入磁感应强度方向垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场并开始计时。若磁场的宽度为b(b>3a)，在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0，并开始离开匀强磁场。此过程中v－t图像如图乙所示，则( )A．t0时刻线框的速度为v0－eq \f(Ft0,m)B．t＝0时刻，线框右侧边MN两端电压为Bav0C．0～t0时间内，通过线框某一横截面的电荷量为eq \f(Ba2,R)D．线框从1位置运动到2位置的过程中，线框中产生的焦耳热为Fb答案 CD解析 根据题图乙可知，在t0～3t0时间内，线框做匀加速直线运动，所受合外力为F，根据牛顿第二定律可得加速度为a＝eq \f(F,m)，则t0时刻线框的速度为v＝v0－a·2t0＝v0－eq \f(2Ft0,m)，故A错误；t＝0时刻，线框右侧边MN两端的电压为外电压，线框产生的感应电动势为E＝Bav0外电压即MN两端的电压为U外＝eq \f(3,4)E＝eq \f(3,4)Bav0，故B错误；线框进入磁场过程中，流过某一截面的电荷量为q＝eq \x\to(I)Δt＝eq \f(\x\to(E),R)Δt，而eq \x\to(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(Ba2,Δt)联立解得q＝eq \f(Ba2,R)，故C正确；由题图乙可知，线框在位置1和位置2时的速度相等，根据动能定理，知外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb－W克安＝ΔEk＝0，解得W克安＝Fb，故线框中产生的焦耳热为Fb，故D正确。三、非选择题(本题共5小题，共54分)11．(6分)有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B，线圈外部还可以绕线。(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a、b位置，由此可推断________(选填“A”或“B”)线圈的匝数较多。(2)该实验中输入端所接电源最适合的是________。A．220 V交流电源 B．12 V以内低压直流电源C．36 V安全电压 D．12 V以内低压交流电源答案 (1)A(3分) (2)D(3分)解析 (1)匝数多的导线横截面积小，长度大，故电阻大，由题图乙知，A线圈电阻大，故A线圈匝数较多。(2)为保证学生安全，应用12 V以内低压交流电源。12．(8分)如图为“探究电磁感应现象”的实验装置。(1)将图中所缺的导线补充完整。(2)连接电路后，如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关后可能出现的情况有：①将螺线管A迅速插入螺线管B时，灵敏电流计指针将________(选填“发生”或“不发生”)偏转；②螺线管A插入螺线管B后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，灵敏电流计指针________(选填“发生”或“不发生”)偏转；③在上述两过程中灵敏电流计指针的偏转方向________(选填“相同”或“相反”)。(3)在做“探究电磁感应现象”实验时，如果螺线管B两端不接任何元件，则螺线管B电路中将________。A．因电路不闭合，无电磁感应现象B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势C．不能用楞次定律判断感应电动势方向D．可以用楞次定律判断感应电动势方向答案 (1)见解析图(2分) (2)①发生(1分) ②发生(1分) ③相反(1分) (3)BD(3分)解析 (1)将电源、开关、滑动变阻器、螺线管A串联成一个回路，再将灵敏电流计与螺线管B串联成另一个回路，如图所示。(2)①闭合开关，穿过螺线管B的磁通量增加，指针向右偏转，将螺线管A迅速插入螺线管B，穿过螺线管B的磁通量增加，则灵敏电流计的指针将向右偏转；②螺线管A插入螺线管B后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电流减小，穿过螺线管B的磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏转；③两过程中灵敏电流计指针偏转方向相反。(3)如果螺线管B两端不接任何元件，线圈中仍有磁通量的变化，仍会产生感应电动势，不过没有感应电流存在，可根据楞次定律判断出感应电动势的方向，B、D正确，A、C错误。13．(10分)(2023·山西高二统考期末)2022年5月，我国自主设计建造的新一代磁约束核聚变实验装置——“人造太阳”实现首次放电，如图为磁约束装置的简化示意图，图中环形区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1.0 T，磁场边界内圆半径R1未知，外圆半径R2＝3 m。一带正电粒子自中空区域的圆心O点以某一初速度v0沿环形区域半径OM方向射入磁场后，恰好不能穿出磁场外边界，且从磁场内边界上的N点第一次射回中空区域。已知∠MON＝60°，被束缚带正电粒子的比荷eq \f(q,m)＝4.0×107 C/kg，不计带电粒子的重力，不考虑粒子之后的运动，求：(1)带电粒子射入环形磁场时的初速度大小v0；(2)该粒子从O点出发到再次回到O点所需的最短时间。答案 (1)4.0×107 m/s (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＋\f(π,3)))×10－7 s解析 (1)设带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，如图所示，由几何知识得r＋eq \f(r,sin 30°)＝R2(1分)解得r＝1 m(1分)根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝meq \f(v02,r)(1分)解得v0＝4.0×107 m/s(1分)(2)根据题意有t1＝t3＝eq \f(R1,v0)(1分)R1＝eq \f(r,tan 30°)＝eq \r(3) m(1分)t1＝t3＝eq \f(\r(3),4)×10－7 s(1分)T＝eq \f(2πr,v0)＝eq \f(2πm,qB)(1分)t2＝eq \f(240°,360°)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(4πm,3qB)＝eq \f(π,3)×10－7 s(1分)故t＝t1＋t2＋t3＝(eq \f(\r(3),2)＋eq \f(π,3))×10－7 s。(1分)14．(12分)(2023·湖北高二统考期末)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；(2)飞机速度为eq \f(v0,3)时的加速度大小；(3)飞机减速过程中的位移大小。答案 (1)eq \f(1,4)mv02 (2)eq \f(B2L2v0,6Rm) (3)eq \f(2Rmv0,B2L2)解析 (1)飞机减速至0的过程中，根据能量守恒定律有Q＝eq \f(1,2)mv02(1分)飞机减速过程中导体棒ab中产生的焦耳热Q′＝eq \f(Q,R＋R)R(1分)解得Q′＝eq \f(1,4)mv02(1分)(2)飞机速度为eq \f(v0,3)时的感应电动势E＝eq \f(BLv0,3)(1分)感应电流为I＝eq \f(E,R＋R)(1分)根据牛顿第二定律有BIL＝ma(1分)解得a＝eq \f(B2L2v0,6Rm)(1分)(3)减速过程中的平均感应电动势为eq \x\to(E)＝eq \f(BLx,Δt)(1分)感应电流的平均值eq \x\to(I)＝eq \f(\x\to(E),R＋R)(1分)根据动量定理有－Beq \x\to(I)L·Δt＝0－mv0(2分)解得x＝eq \f(2Rmv0,B2L2)。(1分)15．(18分)(2023·日照高二统考期末)某型号带电粒子的约束装置如图所示。分界面P、M、N、Q将某一区域分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分，P、M、N、Q所在平面相互平行，以O点为坐标原点，水平直线为x轴，规定向右为正方向，x轴与界面P、M、N、Q的交点分别为O、O1、O2、O3，以平行于P水平向里为z轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域 Ⅰ 内充满沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E＝5×103 N/C；区域 Ⅱ 内充满沿y轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B1＝2×10－2 T，区域 Ⅲ 内充满沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B2＝eq \f(2,75) T。一比荷eq \f(q,m)＝5×107 C/kg的带正电粒子，在Oxy平面内，从O点以速度v0进入电场，速度大小v0＝4×105 m/s，速度方向与x轴正方向夹角θ＝60°，粒子经过界面M上的A点平行于x轴方向进入M、N间的磁场，不计粒子重力。(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)(1)求A点的坐标；(2)若粒子不能进入N、Q间的磁场，求M、N间的最小距离dmin；(3)若M、N间的距离d＝0.16 m，N、Q间的距离l＝eq \f(27π,100) m，粒子经过界面Q的F点(图中未画出)，求F点到O3的距离。答案 (1)(0.16eq \r(3) m,0.24 m,0) (2)0.2 (3)0.08 m解析 (1)由题意可知，粒子在Oxy平面内，从O点以速度v0进入电场做类斜抛运动，y方向上做匀减速运动，有a＝eq \f(qE,m)＝2.5×1011 m/s2(1分)y＝eq \f(v0sin 60°2,2a)＝0.24 m(1分)运动时间t1＝eq \f(v0sin θ,a)(1分)x方向上做匀速运动，则有x＝v0t1cos θ＝0.16eq \r(3) m，z＝0(1分)所以A点的坐标：(0.16eq \r(3) m,0.24 m,0)(1分)(2)粒子经过界面M上的A点后，速度为v＝v0cos θ＝2×105 m/s沿水平方向进入M、N间的磁场，在Oxz水平面内做匀速周圆运动。根据洛伦兹力充当向心力可得qvB1＝meq \f(v2,R1)，解得R1＝0.2 m(1分)若粒子不能进入N、Q间磁场，M、N间的最小距离dmin＝R1＝0.2 m(3)若M、N间的距离为0.16 m，粒子将从N上的C点进入N、Q间的匀强磁场中，如图所示，粒子在C点速度方向与水平方向的夹角为α，sin α＝eq \f(d,R1)＝0.8(1分)所以α＝53°(1分)由分析可知：粒子将在yOz平面内做匀速圆周运动，在x方向上做匀速直线运动，即等距螺旋运动v1＝vcos 53°＝1.2×105 m/s(1分)v2＝vsin 53°＝1.6×105 m/s(1分)粒子在yOz平面内做匀速圆周运动的轨道半径R2＝eq \f(mv2,qB2)＝0.12 m(1分)圆心为D，运动轨迹在Q所在平面的投影如图所示A点与C点在z方向的水平距离l0＝R1－R1cos 53°＝0.08 m(1分)带电粒子从N到Q所用时间为t2＝eq \f(l,v1)(1分)解得t2＝2.25π×10－6 s(1分)粒子yOz平面内做匀速圆周运动转动的角速度ω＝eq \f(qB2,m)＝eq \f(2,15)×107 rad/s(1分)转过的角度φ＝ωt2＝3π(1分)粒子转过1.5圈打到界面Q上的F点，有CF＝0.24 m(1分)故O3F与z轴平行，可得O3F＝0.08 m。(1分)
模块综合试卷(二)(满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)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.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 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eq \r(2)R，ab边产生的感应电动势为E＝eq \r(2)BRv，a、b两点间的电势差Uab＝eq \f(3,4)E＝eq \f(3\r(2),4)BRv，故选D。 2.(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eq \f(2πR,v)C．垂直圆环平面的磁感应强度大小为eq \f(2mv,eR)D．电场强度大小为eq \f(mv2,eR)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＝eq \f(2πR,v)，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＝meq \f(v2,R)，解得B＝eq \f(mv,eR)，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eE＝evB，解得E＝eq \f(mv2,eR)，故D正确，不符合题意。3．(2023·株洲市高二校考期末)如图所示，带电粒子(不计重力)在以下四种器件中运动，下列说法正确的是( )A．甲图中从左侧射入的带正电粒子，若速度满足v>eq \f(E,B)，将向下极板偏转B．乙图中等离子体进入A、B极板之间后，A极板电势高于B极板电势C．丙图中通过励磁线圈的电流越大，电子的运动径迹半径越小D．丁图中只要增大加速电压，粒子就能获得更大的动能答案 C解析 题图甲中带正电的粒子从左侧射入叠加场中时，受向下的静电力和向上的洛伦兹力，当两个力平衡时，带电粒子会沿直线射出，当速度v>eq \f(E,B)，即洛伦兹力大于静电力时，粒子将向上极板偏转，选项A错误；题图乙中等离子体进入A、B极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正离子向B极板偏转，负离子向A极板偏转，因此A极板带负电，B极板带正电，A极板电势低，选项B错误；题图丙中通过励磁线圈的电流越大，线圈产生的磁场越强，电子的运动由洛伦兹力提供向心力，则有evB＝meq \f(v2,R)，可得R＝eq \f(mv,eB)，由上式可知，当电子的速度一定时，磁感应强度越大，电子的运动径迹半径越小，选项C正确；题图丁中，当粒子运动半径等于D形盒半径时具有最大速度，即vm＝eq \f(qBR,m)，粒子的最大动能Ekm＝eq \f(q2B2R2,2m)，由此可知最大动能与加速电压无关，选项D错误。4．(2023·泰安市高二统考期末)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eq \f(2πBIrcos θ,m)－gD．圆环运动的加速度大小为eq \f(2πBIrcos θ,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＝eq \f(2πBIrcos θ,m)－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。5.一理想变压器原、副线圈的回路中分别接有阻值相等的电阻R，原线圈一侧接在电压为170 V的正弦式交流电源上，如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈的匝数比为n1∶n2，在原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k＝eq \f(1,16)，则( )A．U＝66 V，n1∶n2＝3∶1B．U＝34 V，n1∶n2＝4∶1C．U＝40 V，n1∶n2＝4∶1D．U＝22 V，n1∶n2＝3∶1答案 C解析 根据原、副线圈电流与匝数成反比，得原、副线圈的电流之比eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，根据P＝I2R及题意得原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比k＝eq \f(I12,I22)＝eq \f(1,16)，解得原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝4∶1，根据原、副线圈电压与匝数成正比，得原线圈两端的电压为4U，根据U＝IR知原线圈回路中电阻两端的电压为eq \f(U,4)，在原线圈回路中有4U＋eq \f(U,4)＝170 V，解得U＝40 V，故C正确，A、B、D错误。6．如图甲所示，单匝矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。以图甲中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向，以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则下列图中能正确表示线圈中感应电流i随时间t变化规律的是( )答案 C解析 由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得：I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔΦ,RΔt)＝eq \f(S,R)·eq \f(ΔB,Δt)，所以线圈中的感应电流大小取决于磁感应强度B的变化率，B－t图像的斜率为eq \f(ΔB,Δt)，故在2～3 s内感应电流的大小是0～1 s内的2倍。再由B－t图像可知，0～1 s内，B增大，则Φ增大，由楞次定律知，感应电流方向为逆时针方向，所以0～1 s内的电流为负值；同理可得，1～2 s内的电流为零；2～3 s内的电流为正值，C正确。7．(2023·苏州市高二统考期末)如图所示，从离子源释放的无初速度带电离子经电场U加速后，进入静电分析器(内有辐向电场E)中做匀速圆周运动，从小孔S2射出电场后自P1处垂直边界进入磁分析器中(内有垂直纸面向外的匀强磁场B)，最后再从小孔P2垂直下边界射出磁场被收集，不计离子重力及离子间的相互作用，则( )A．静电分析器中K1极板的电势高于K2电势B．从S2射出的离子具有相同的电荷量C．从S2射出的离子具有相同的速度D．从P2射出的离子具有相同的比荷答案 D解析 根据题意可知，离子在磁分析器中做匀速圆周运动，磁场区域的磁感应强度垂直纸面向外，由左手定则可以判断离子一定带正电，同时在静电分析器中由静电力提供向心力做圆周运动，可知K2的电势高于K1的电势，故A错误；根据题意，设离子的质量为m，电荷量为q，离子在加速电场中，由动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))，离子在静电分析器中做匀速圆周运动，则有Eq＝meq \f(v2,r)，联立解得r＝eq \f(2U,E)，可知所有离子都能从S2射出，则不能确定从S2射出的离子是否具有相同的电荷量和速度，故B、C错误；根据题意可知，由于离子在静电分析器中做匀速圆周运动，则离子进入磁分析器中的速度仍为v，由牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,r)，整理可得r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))，可知从P2射出的离子具有相同的比荷，故D正确。二、多项选择题(本题3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8.如图所示的电路中，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻(光照强度越大，电阻越小)，R和L之间用挡板(未画出)隔开，LED为发光二极管(电流越大，发出的光越强)，且R与LED间距不变，电源内阻忽略不计，下列说法中正确的是( )A．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率增大B．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率减小C．当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率减小D．无论怎样移动滑动触头P，L消耗的功率都不变答案 AC解析 当滑动触头P向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，流过二极管的电流增大，从而发光增强，使光敏电阻R的阻值减小，流过灯泡的电流增大，L消耗的功率增大。同理，当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率减小。故选A、C。9.如图所示，在x轴上方第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方存在沿y轴正方向的匀强电场。a、b两个重力不计的带电粒子分别从电场中的同一点P由静止释放后，经电场加速从M点射入磁场并在磁场中发生偏转，最后从y轴离开磁场时，速度大小分别为v1和v2，v1的方向与y轴垂直，v2的方向与y轴正方向成60°角。a、b两粒子在磁场中运动的时间分别记为t1和t2，则以下比值正确的是( )A．v1∶v2＝2∶1 B．v1∶v2＝1∶2C．t1∶t2＝3∶2 D．t1∶t2＝3∶8答案 AD解析 粒子在电场中加速，设加速的位移为d，则根据动能定理有qEd＝eq \f(1,2)mv2，所以v＝eq \r(\f(2qEd,m))①粒子在磁场中运动时，其轨迹如图，a粒子的圆心为O，半径为R1，b粒子的圆心为O′，半径为R2，根据几何知识可知R2·sin 30°＋R1＝R2，则R1∶R2＝1∶2②根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq \f(mv2,R)，故R＝eq \f(mv,qB)③联立①③可得R＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mEd,q))则可得eq \f(m1,q1)∶eq \f(m2,q2)＝1∶4④将④代入①中可得v1∶v2＝2∶1，故A正确，B错误。粒子在磁场中运动的周期为T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)，所以两粒子在磁场中运动的时间之比为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错误，D正确。10．如图甲所示，在光滑水平面上用恒力F拉一质量为m、边长为a、电阻为R的单匝均匀正方形铜线框，在1位置以速度v0进入磁感应强度方向垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场并开始计时。若磁场的宽度为b(b>3a)，在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0，并开始离开匀强磁场。此过程中v－t图像如图乙所示，则( )A．t0时刻线框的速度为v0－eq \f(Ft0,m)B．t＝0时刻，线框右侧边MN两端电压为Bav0C．0～t0时间内，通过线框某一横截面的电荷量为eq \f(Ba2,R)D．线框从1位置运动到2位置的过程中，线框中产生的焦耳热为Fb答案 CD解析 根据题图乙可知，在t0～3t0时间内，线框做匀加速直线运动，所受合外力为F，根据牛顿第二定律可得加速度为a＝eq \f(F,m)，则t0时刻线框的速度为v＝v0－a·2t0＝v0－eq \f(2Ft0,m)，故A错误；t＝0时刻，线框右侧边MN两端的电压为外电压，线框产生的感应电动势为E＝Bav0外电压即MN两端的电压为U外＝eq \f(3,4)E＝eq \f(3,4)Bav0，故B错误；线框进入磁场过程中，流过某一截面的电荷量为q＝eq \x\to(I)Δt＝eq \f(\x\to(E),R)Δt，而eq \x\to(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(Ba2,Δt)联立解得q＝eq \f(Ba2,R)，故C正确；由题图乙可知，线框在位置1和位置2时的速度相等，根据动能定理，知外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb－W克安＝ΔEk＝0，解得W克安＝Fb，故线框中产生的焦耳热为Fb，故D正确。三、非选择题(本题共5小题，共54分)11．(6分)有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B，线圈外部还可以绕线。(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a、b位置，由此可推断________(选填“A”或“B”)线圈的匝数较多。(2)该实验中输入端所接电源最适合的是________。A．220 V交流电源 B．12 V以内低压直流电源C．36 V安全电压 D．12 V以内低压交流电源答案 (1)A(3分) (2)D(3分)解析 (1)匝数多的导线横截面积小，长度大，故电阻大，由题图乙知，A线圈电阻大，故A线圈匝数较多。(2)为保证学生安全，应用12 V以内低压交流电源。12．(8分)如图为“探究电磁感应现象”的实验装置。(1)将图中所缺的导线补充完整。(2)连接电路后，如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关后可能出现的情况有：①将螺线管A迅速插入螺线管B时，灵敏电流计指针将________(选填“发生”或“不发生”)偏转；②螺线管A插入螺线管B后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，灵敏电流计指针________(选填“发生”或“不发生”)偏转；③在上述两过程中灵敏电流计指针的偏转方向________(选填“相同”或“相反”)。(3)在做“探究电磁感应现象”实验时，如果螺线管B两端不接任何元件，则螺线管B电路中将________。A．因电路不闭合，无电磁感应现象B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势C．不能用楞次定律判断感应电动势方向D．可以用楞次定律判断感应电动势方向答案 (1)见解析图(2分) (2)①发生(1分) ②发生(1分) ③相反(1分) (3)BD(3分)解析 (1)将电源、开关、滑动变阻器、螺线管A串联成一个回路，再将灵敏电流计与螺线管B串联成另一个回路，如图所示。(2)①闭合开关，穿过螺线管B的磁通量增加，指针向右偏转，将螺线管A迅速插入螺线管B，穿过螺线管B的磁通量增加，则灵敏电流计的指针将向右偏转；②螺线管A插入螺线管B后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电流减小，穿过螺线管B的磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏转；③两过程中灵敏电流计指针偏转方向相反。(3)如果螺线管B两端不接任何元件，线圈中仍有磁通量的变化，仍会产生感应电动势，不过没有感应电流存在，可根据楞次定律判断出感应电动势的方向，B、D正确，A、C错误。13．(10分)(2023·山西高二统考期末)2022年5月，我国自主设计建造的新一代磁约束核聚变实验装置——“人造太阳”实现首次放电，如图为磁约束装置的简化示意图，图中环形区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1.0 T，磁场边界内圆半径R1未知，外圆半径R2＝3 m。一带正电粒子自中空区域的圆心O点以某一初速度v0沿环形区域半径OM方向射入磁场后，恰好不能穿出磁场外边界，且从磁场内边界上的N点第一次射回中空区域。已知∠MON＝60°，被束缚带正电粒子的比荷eq \f(q,m)＝4.0×107 C/kg，不计带电粒子的重力，不考虑粒子之后的运动，求：(1)带电粒子射入环形磁场时的初速度大小v0；(2)该粒子从O点出发到再次回到O点所需的最短时间。答案 (1)4.0×107 m/s (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＋\f(π,3)))×10－7 s解析 (1)设带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，如图所示，由几何知识得r＋eq \f(r,sin 30°)＝R2(1分)解得r＝1 m(1分)根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝meq \f(v02,r)(1分)解得v0＝4.0×107 m/s(1分)(2)根据题意有t1＝t3＝eq \f(R1,v0)(1分)R1＝eq \f(r,tan 30°)＝eq \r(3) m(1分)t1＝t3＝eq \f(\r(3),4)×10－7 s(1分)T＝eq \f(2πr,v0)＝eq \f(2πm,qB)(1分)t2＝eq \f(240°,360°)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(4πm,3qB)＝eq \f(π,3)×10－7 s(1分)故t＝t1＋t2＋t3＝(eq \f(\r(3),2)＋eq \f(π,3))×10－7 s。(1分)14．(12分)(2023·湖北高二统考期末)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；(2)飞机速度为eq \f(v0,3)时的加速度大小；(3)飞机减速过程中的位移大小。答案 (1)eq \f(1,4)mv02 (2)eq \f(B2L2v0,6Rm) (3)eq \f(2Rmv0,B2L2)解析 (1)飞机减速至0的过程中，根据能量守恒定律有Q＝eq \f(1,2)mv02(1分)飞机减速过程中导体棒ab中产生的焦耳热Q′＝eq \f(Q,R＋R)R(1分)解得Q′＝eq \f(1,4)mv02(1分)(2)飞机速度为eq \f(v0,3)时的感应电动势E＝eq \f(BLv0,3)(1分)感应电流为I＝eq \f(E,R＋R)(1分)根据牛顿第二定律有BIL＝ma(1分)解得a＝eq \f(B2L2v0,6Rm)(1分)(3)减速过程中的平均感应电动势为eq \x\to(E)＝eq \f(BLx,Δt)(1分)感应电流的平均值eq \x\to(I)＝eq \f(\x\to(E),R＋R)(1分)根据动量定理有－Beq \x\to(I)L·Δt＝0－mv0(2分)解得x＝eq \f(2Rmv0,B2L2)。(1分)15．(18分)(2023·日照高二统考期末)某型号带电粒子的约束装置如图所示。分界面P、M、N、Q将某一区域分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分，P、M、N、Q所在平面相互平行，以O点为坐标原点，水平直线为x轴，规定向右为正方向，x轴与界面P、M、N、Q的交点分别为O、O1、O2、O3，以平行于P水平向里为z轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域 Ⅰ 内充满沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E＝5×103 N/C；区域 Ⅱ 内充满沿y轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B1＝2×10－2 T，区域 Ⅲ 内充满沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B2＝eq \f(2,75) T。一比荷eq \f(q,m)＝5×107 C/kg的带正电粒子，在Oxy平面内，从O点以速度v0进入电场，速度大小v0＝4×105 m/s，速度方向与x轴正方向夹角θ＝60°，粒子经过界面M上的A点平行于x轴方向进入M、N间的磁场，不计粒子重力。(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)(1)求A点的坐标；(2)若粒子不能进入N、Q间的磁场，求M、N间的最小距离dmin；(3)若M、N间的距离d＝0.16 m，N、Q间的距离l＝eq \f(27π,100) m，粒子经过界面Q的F点(图中未画出)，求F点到O3的距离。答案 (1)(0.16eq \r(3) m,0.24 m,0) (2)0.2 (3)0.08 m解析 (1)由题意可知，粒子在Oxy平面内，从O点以速度v0进入电场做类斜抛运动，y方向上做匀减速运动，有a＝eq \f(qE,m)＝2.5×1011 m/s2(1分)y＝eq \f(v0sin 60°2,2a)＝0.24 m(1分)运动时间t1＝eq \f(v0sin θ,a)(1分)x方向上做匀速运动，则有x＝v0t1cos θ＝0.16eq \r(3) m，z＝0(1分)所以A点的坐标：(0.16eq \r(3) m,0.24 m,0)(1分)(2)粒子经过界面M上的A点后，速度为v＝v0cos θ＝2×105 m/s沿水平方向进入M、N间的磁场，在Oxz水平面内做匀速周圆运动。根据洛伦兹力充当向心力可得qvB1＝meq \f(v2,R1)，解得R1＝0.2 m(1分)若粒子不能进入N、Q间磁场，M、N间的最小距离dmin＝R1＝0.2 m(3)若M、N间的距离为0.16 m，粒子将从N上的C点进入N、Q间的匀强磁场中，如图所示，粒子在C点速度方向与水平方向的夹角为α，sin α＝eq \f(d,R1)＝0.8(1分)所以α＝53°(1分)由分析可知：粒子将在yOz平面内做匀速圆周运动，在x方向上做匀速直线运动，即等距螺旋运动v1＝vcos 53°＝1.2×105 m/s(1分)v2＝vsin 53°＝1.6×105 m/s(1分)粒子在yOz平面内做匀速圆周运动的轨道半径R2＝eq \f(mv2,qB2)＝0.12 m(1分)圆心为D，运动轨迹在Q所在平面的投影如图所示A点与C点在z方向的水平距离l0＝R1－R1cos 53°＝0.08 m(1分)带电粒子从N到Q所用时间为t2＝eq \f(l,v1)(1分)解得t2＝2.25π×10－6 s(1分)粒子yOz平面内做匀速圆周运动转动的角速度ω＝eq \f(qB2,m)＝eq \f(2,15)×107 rad/s(1分)转过的角度φ＝ωt2＝3π(1分)粒子转过1.5圈打到界面Q上的F点，有CF＝0.24 m(1分)故O3F与z轴平行，可得O3F＝0.08 m。(1分)
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