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2022秋新教材高中物理模块综合检测粤教版选择性必修第二册
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这是一份2022秋新教材高中物理模块综合检测粤教版选择性必修第二册，共17页。
模块综合检测(一)
(本试卷满分：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．关于交变电流的有效值和峰值，下列说法中不正确的是( )
A．任何形式的交变电流的有效值和峰值都满足U＝
B．只有正、余弦式交变电流才有U＝的关系
C．照明电压220 V、动力电压380 V指的都是交变电流的有效值
D．交流电压表和交流电流表测量的都是交变电流的有效值
解析：选A 只有正、余弦式交变电流的有效值与最大值之间才满足U＝的关系，其他交流电没有这样的关系，故A错误，B正确；机器铭牌上所标注的电压(电流)值、生活中通常所说的电压(电流)值都是指有效值，“照明电压220 V、动力电压380 V”指的都是有效值，故C正确；交流电压表和交流电流表，测的是交流电的有效值，不是瞬时值，故D正确。
2.如图所示，在垂直于纸面向里的匀强磁场的边界上，有一个质量和电荷量确定的正离子，从O点第一次以速度v射入磁场中，射入方向与边界成θ角，第二次以速度2v射入，其他条件不变。若不计重力，则( )
A．运动的轨迹半径相同
B．重新回到边界时的速度大小与射入时不相等
C．重新回到边界的位置与O点间的距离相同
D．运动的时间相同
解析：选D 正离子射入磁场后做匀速圆周运动，则有Bqv＝m，可得r＝，由于第二次射入的速度为第一次的两倍，因此第二次轨迹半径为第一次的两倍，故A错误；由于洛伦兹力不做功，正离子的动能不发生变化，所以重新回到磁场边界时的速度大小与射入时相等，故B错误；由几何知识可知，两次运动轨迹所对的圆心角相同，则重新回到边界的位置与O点的距离s＝2rsin θ，由于两次运动的轨迹半径不同，则重新回到边界的位置与O点间的距离不同，故C错误；正离子在磁场中做圆周运动的周期T＝，两次运动轨迹所对圆心角相同，因此两次运动的时间相同，故D正确。
3.如图所示电路中，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20sin 100πt V，则加在R2上的电压有效值为( )
A．10 V B．20 V
C．15 V D．5 V
解析：选D 由二极管的单向导电性可知，加在R2上的电压波形为半个周期最大值为20 V，有效值为20 V，另半个周期最大值为10 V，有效值为10 V。设加在R2上的电压有效值为U，则有·＋·＝·T，解得U＝5 V，选项D正确。
4.一带电粒子沿垂直磁场方向射入一匀强磁场，自下而上经过一铅板P后，半径减小，轨迹如图所示。则下列说法正确的是( )
A．粒子带正电荷，速度逐渐减小
B．粒子带负电荷，速度逐渐减小
C．粒子带正电荷，速度逐渐增大
D．粒子带负电荷，速度逐渐增大
解析：选A 根据左手定则可得粒子带正电，因为粒子的运动半径减小，根据公式r＝可得粒子的运动速度逐渐减小，故A正确。
5．图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是( )
A．图1中，A1与L1的电阻值相同
B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
解析：选C 题图1中，稳定时通过A1的电流记为I1，通过L1的电流记为IL。S1断开瞬间，A1突然变亮，可知IL>I1，因此A1和L1电阻不相等，所以A、B错误；题图2中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，所以D错误；由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流I相同，根据部分电路欧姆定律可知，两支路电压U与电流I均相同，所以两支路电阻相同。由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，所以C正确。
6.如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是( )
A．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点
B．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长
C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点
D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点
解析：选D 地磁场在赤道上空水平由南向北，从南向北观察，如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上方，该洛伦兹力在竖直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此，小球落地时间会变长，水平位移会变大；同理，若小球带负电荷，则小球落地时间会变短，水平位移会变小，故D正确。
7.小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如图所示。在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的示数为G1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计。直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R。若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v在磁场中竖直向上运动，这时电子测力计的示数为G2，铜条在磁场中的长度为L。关于在直铜条AB向上运动过程中的说法正确的是( )
A．直铜条AB所受安培力方向竖直向上
B．直铜条AB中感应电流方向为B→A
C．G1＜G2
D．磁感应强度的大小为B＝
解析：选D 直铜条AB向上运动，由右手定则可知，感应电流方向为A→B，由左手定则可知，直铜条AB受到的安培力方向竖直向下，故选项A、B错误；设磁铁的重力为G，由题意可知G1＝G，铜条向上运动时，铜条受到的安培力竖直向下，由牛顿第三定律可知，磁铁受到的磁场力F＝BIL，方向竖直向上，由平衡条件得G＝G2＋BIL，G2＝G－BIL，由此可知G1＞G2，故选项C错误；感应电流I＝＝，解得B＝ ，故选项D正确。
二、多项选择题(本题共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，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动。则PQ所做的运动可能是( )
A．向右加速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向左减速运动
解析：选BC MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，由安培定则知，ab在MN处的磁场垂直纸面向里MN中的感应电流由M→NL1中感应电流的磁场方向竖直向上；若L2中磁场方向竖直向上减弱PQ中电流为Q→P且减小向右减速运动；若L2中磁场方向竖直向下增强PQ中电流为P→Q且增大向左加速运动。
9.如图，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处自由释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化的图像中，可能正确的是( )
解析：选BCD 进入磁场前，线框受重力作用加速下落，进入、离开磁场时都受到竖直向上的安培力作用。若进入磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时速度达到v0＝，完全进入磁场后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，故A不符合题意；若线框进入磁场时安培力恰好等于重力，进入过程中安培力不变，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，故B符合题意；若进入时安培力大于重力，由－mg＝ma可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，故C符合题意；若进入磁场时安培力小于重力，由mg－＝ma，可知线框做加速度减小的加速运动，进入过程安培力不断增大，完全进入后只受重力，线框加速运动，若离开磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D符合题意。
10．漏电断路器是家庭电路中必不可少的一种安全保护装置，如图为其基本原理图。电源线的火线与零线并行绕在铁芯上，当与放大器相连的线圈有微小电流时，即刻会驱动电磁继电器断开电源，实现安全保护。下列相关说法正确的是( )
A．当与地不绝缘的人不小心触碰到火线时，漏电断路器会即刻断开电源
B．当与地绝缘的人不小心同时触碰到火线与零线时，漏电断路器会即刻断开电源
C．当外接电网是恒定直流电源时，漏电断路器不能正常工作
D．在相同条件下，放大器绕在铁芯上的线圈匝数越多，则能检测到更微小的漏电
解析：选AD 由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此合磁通量为0，线圈中的磁通量为0，而当地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即线圈中的磁场发生变化，导致线圈中的磁通量变化，产生感应电流，从而使继电器工作，电磁铁将开关吸起，A正确；当与地绝缘的人不小心同时触碰到火线与零线时，不会形成电流变化，从而不会引起电磁感应现象，故漏电断路器不会断开电源，B错误；当外接电网是恒定直流电源时，如果有人触电仍会产生电磁感应现象，故能正常工作，C错误；在相同条件下，放大器绕在铁芯上的线圈匝数越多，产生的感应电动势越大，则能检测到更微小的漏电，D正确。
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11．(7分)如图所示是三个成功的演示实验，回答下列问题。
(1)在实验中，电流表指针偏转的原因是______________________________________
________________________________________________________________________。
(2)电流表指针偏转角跟感应电动势的大小成________关系。
(3)第一个成功实验(如图甲)中，将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入有什么量是相同的？________，什么量是不同的？________。
(4)从三个成功的演示实验可归纳出的结论是：___________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)在实验中，电流表指针偏转的原因是电流表所在回路有感应电流产生。
(2)感应电动势越大，则感应电流越大，电流表指针偏转角越大，故电流表指针偏转角跟感应电动势的大小成正比关系。
(3)第一个成功实验(如题图甲)中，将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入时磁通量的变化量是相同的，但是由于快速插入时间短，故磁通量的变化率较大，故两次磁通量的变化率不同。
(4)从三个成功的演示实验可归纳出的结论是：只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就有感应电流产生。
答案：(1)电流表所在回路有感应电流产生 (2)正比 (3)磁通量的变化量 磁通量的变化率 (4)只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就有感应电流产生
12．(9分)如图所示，A是浮子，B是金属触头，C为住宅楼房顶上的蓄水池，M是带水泵的电动机，D是弹簧，E是衔铁，F是电磁铁，S1、S2分别为触头开关，S为开关，J为电池。请利用上述材料，设计一个住宅楼房顶上的自动注水装置。
(1)连接电路图；
(2)简述其工作原理(涉及的元件可用字母代替)。
解析：(1)电路图如图所示。
(2)按图接好电路，闭合开关S，水泵工作，水位升高，当浮子A上升使B接触到S1时，左侧电路(控制电路)工作，电磁铁F有磁性，拉下衔铁E，使S2断开，电动机M不工作，停止注水，当水位下降，使B与S1脱离，左侧电路停止工作，电磁铁F无磁性，弹簧D的弹力拉动衔铁E，使S2接通，电动机M工作，开始注水。
答案：见解析
13．(11分)在电视节目中，我们经常看到主持人与派到热点地区的记者通过同步通信卫星通话，他们之间每一问一答总是迟“半拍”，这是为什么？如果两个手持卫星电话的人通过同步通信卫星通话，一方讲话，另一方至少要等多长时间才能听到对方的讲话？(已知地球的质量M为6.0×1024 kg，地球半径R为6.4×106 m，引力常量G为6.67×10－11 N·m2·kg－2)
解析：主持人与记者之间通话的不合拍是因为电磁波是以有限的速度在空中传播的，利用电磁波传递信息是需要时间的。
设同步卫星高度为H，由万有引力定律及圆周运动规律可得
＝m(R＋H)
H＝－R≈3.6×107 m
则一方讲话，另一方听到对方讲话的最短时间
t＝＝0.24 s。
答案：原因见解析 0.24 s
14．(12分)如图所示，导体AB质量为m，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向外。AB平放在水平支架上成为电路的一部分，已知AB接入电路部分的长度为l。当接通电路瞬间，AB弹跳起来，则导体AB中电流方向如何？若已知通电瞬间通过导体横截面的电荷量为q，则在开关S闭合过程中，安培力对导体做的功至少应为多少？
解析：导体AB向上弹起，故导体AB受到的安培力方向向上，由左手定则可知导体AB中电流的方向由B到A。导体AB受重力、弹力和安培力，由于接通电路瞬间，导体AB弹跳起来，安培力远大于重力，且作用时间极短，重力和弹力可忽略不计，根据动量定理得
F安·Δt＝mv0
又F安＝Bl，q＝Δt
解得通电瞬间导体AB获得的速度v0＝
设导体AB弹跳过程中安培力做的功为W，由动能定理得W＝mv02＝。
答案：电流方向由B到A
15．(15分)如图，在平面坐标系xOy内，第二、三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第一、四象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L,0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外，一带正电粒子从第三象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L,0)点射出磁场。不计粒子重力，求：
(1)电场强度与磁感应强度的大小之比；
(2)粒子在磁场与电场中运动的时间之比。
解析：(1)粒子运动轨迹如图所示，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电路中运动的时间为t：则有
在x方向上： 2L＝v0t
在y方向上：L＝at2＝·t2
由以上可得：E＝
在y方向上：vy＝at＝v0，
tan θ＝＝1，θ＝45°，
由几何关系得，粒子在圆形匀强磁场中做圆周运动轨迹所对应的圆心角为φ＝2θ＝90°。
粒子做圆周运动的半径：R＝L＝，
v＝＝v。
由以上可得：B＝，所以＝。
(2)粒子在磁场中运动的周期T＝＝
粒子在磁场中运动的时间t′＝T＝
由(1)知粒子在电场中运动的时间t＝
则粒子在磁场与电场中运动的时间之比：＝。
答案：(1) (2)
模块综合检测(二)
(本试卷满分：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，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。如果在磁铁下端的水平桌面上放一个固定的闭合线圈，并使磁铁上下振动。磁铁在向下运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．受到线圈的磁场力始终向上
B．受到线圈的磁场力先向上再向下
C．受到线圈的磁场力始终向下
D．受到线圈的磁场力先向下再向上
解析：选A 根据楞次定律的“来拒去留”，磁铁在向下运动的过程中，线圈中产生感应电流，形成感应磁场，从而阻碍磁铁的向下运动，则线圈对磁铁的磁场力始终向上，故A正确，B、C、D错误。
2．5G网络是“第五代移动通信网络”的简称，目前世界各国正大力发展5G网络。5G网络使用的无线电波通信频率在3.0 GHz以上的超高频段和极高频段(如图所示)，比目前4G及以下网络(通信频率在0.3～3.0 GHz间的特高频段)拥有更大的带宽和更快的传输速率。未来5G网络的传输速率(指单位时间传送的数据量大小)可达10 Gbps(bps为bits per second的英文缩写，即比特率，比特/秒)，是4G网络的50～100倍。关于5G网络使用的无线电波。下列说法正确的是( )
A．在真空中的传播速度更快
B．在真空中的波长更长
C．衍射的本领更强
D．频率更高，相同时间传递的信息量更大
解析：选D 无线电波(电磁波)在真空中的传播速度与光速相同，保持不变，其速度与频率没有关系，故A错误；由公式c＝λf，可知λ＝，频率越大，波长越短，衍射本领越弱，故B、C错误；无线电波(电磁波)频率越高，周期越小，相同时间内可承载的信息量越大，故D正确。
3.如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由转动和平动，当导线通入图示方向的电流I时，从上往下看，导线的运动情况是( )
A．顺时针方向转动，同时下降
B．顺时针方向转动，同时上升
C．逆时针方向转动，同时下降
D．逆时针方向转动，同时上升
解析：选A 在导线两侧取两小段，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，从上往下看，知导线顺时针方向转动，同时导线所受的安培力方向向下。
4.霍尔元件是实际生活中的重要元件之一，广泛应用于测量和自动化技术等领域。如图所示为一长度一定的霍尔元件，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于霍尔元件的工作面向下，在元件中通入图示从E到F方向的电流I，元件中的载流子带负电荷，下列说法中正确的是( )
A．该元件能把电学量转化为磁学量
B．该元件C面的电势高于D面的
C．如果用该元件测赤道处地磁场的磁感应强度，应保持C、D面水平
D．如果流过霍尔元件的电流大小不变，则元件C、D面的电势差与磁场的磁感应强度成正比
解析：选D 霍尔元件是能够把磁学量转换为电学量的传感器，A错误；根据左手定则可知，带负电荷的载流子向C面偏转，C面带负电荷，所以C面的电势低于D面的电势，B错误；在测定地球赤道处的地磁场的磁感应强度时，应将元件的C、D面保持竖直，让磁场垂直通过元件的工作面，C错误；运动电荷最终在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，设霍尔元件的长、宽、高分别为a、b、d，则有q＝qvB，电流的微观表达式为I＝nqvS＝nqvbd，所以U＝，如果流过霍尔元件的电流大小不变，则元件C、D面的电势差与磁场的磁感应强度成正比，D正确。
5.电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器。如图所示为某款电磁炮的轨道，该轨道长10 m，宽2 m。若发射质量为100 g的炮弹，从轨道左端以初速度为零开始加速，当回路中的电流恒为100 A时，最大速度可达2 km/s，假设轨道间磁场为匀强磁场，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是( )
A．磁场方向竖直向下
B．磁场方向水平向右
C．电磁炮的最大加速度大小为4×105 m/s2
D．磁感应强度的大小为100 T
解析：选D 回路中电流方向如题图所示，则根据安培定则可知磁场方向应竖直向上，故A、B错误；由题意可知，炮弹最大速度v＝2 km/s，加速距离s＝10 m，由速度和位移关系v2＝2as，解得最大加速度大小a＝2×105 m/s2，由牛顿第二定律可得F＝ma，又F＝BIL，联立解得B＝100 T，故C错误，D正确。
6．在如图所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝3∶1，电阻R1＝2R2，电流表和电压表均为理想交流电表，若电流表的示数为2 A，电压表的示数为30 V，则电阻R1的阻值为( )
A．45 Ω B．55 Ω
C．65 Ω D．75 Ω
解析：选B 由理想变压器原理可知，原、副线圈两端的电压之比＝＝，已知U2＝30 V，故U1＝3U2＝90 V，通过R1的电流I0＝＝，副线圈中的电流I2＝，又因为＝，所以通过原线圈的电流I1＝I2，流过电流表的电流I＝I0＋I1，即I＝＋×，解得R2＝27.5 Ω，R1＝2R2＝55 Ω，故B正确。
7.如图所示，两匀强磁场的方向相同，以垂直于磁场方向的虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，且射入方向与MN垂直，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是( )
A．电子的运行轨迹为PENCMDP
B．B1＝2B2
C．电子从射入磁场到回到P点用时为
D．B1＝4B2
解析：选B 根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向竖直向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；电子在题图所示运动过程中，在左侧匀强磁场中运动两个半圆，即运动一个周期，在右侧匀强磁场中运动半个周期，所以t＝＋，故C错误；由题图可知，电子在左侧匀强磁场中的运动半径是在右侧匀强磁场中的运动半径的一半，根据r＝可知，B1＝2B2，故B正确，D错误。
二、多项选择题(本题共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.LC振荡电路电容器两端的电压U随时间t变化的关系如图所示，则( )
A．在t1时刻，电路中的电流最大
B．在t2时刻，电路中的磁场能最大
C．从时刻t2～t3，电路的电场能不断增加
D．从时刻t3～t4，电容器的带电荷量不断增加
解析：选BC t1时刻电容器两端电压最高时，电路中振荡电流为零，t2时刻电容器两端电压为零，电路中振荡电流最强、磁场能最大，选项A错误，B正确；在t2～t3的过程中，从题图可知，电容器两板间电压增大，则为充电过程，电场能增加，选项C正确；在t3～t4的过程中，电容器两板间电压减小，则为放电过程，带电荷量减少，选项D错误。
9.半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R的匀质金属棒ab置于圆导轨上面，ba的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在两导轨之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器，金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触，导轨电阻不计。当电路稳定时，下列说法正确的是( )
A．金属棒中电流从b流向a
B．金属棒两端电压为Bωr2
C．电容器的M板带负电
D．电容器所带电荷量为CBωr2
解析：选AB 根据右手定则可知金属棒中电流从b流向a，选项A正确；金属棒转动时产生的电动势为E＝Br＝Bωr2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而U＝E＝Bωr2，选项B正确；金属棒a端相当于电源正极，电容器M板带正电，选项C错误；由C＝，可得电容器所带电荷量为Q＝CU＝CBωr2，选项D错误。
10.如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上。虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B。ab、cd两棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计。开始时两棒静止在图示位置，当cd棒无初速释放时，对ab棒施加竖直向上的力F使其沿导轨向上做匀加速运动，时间足够长。则( )
A．ab棒中的电流方向由b到a
B．cd棒先加速运动后匀速运动
C．cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力
D．力F做的功等于两棒产生的电热与ab棒增加的机械能之和
解析：选ACD ab棒向上运动的过程中，穿过闭合回路abdc的磁通量增大，根据楞次定律可得，ab棒中的感应电流方向为b到a，故A正确；cd棒中感应电流由c到d，其所在的区域有竖直向下的磁场，由左手定则知cd棒所受的安培力向里，所受的摩擦力向上，ab棒做加速直线运动，速度增大，产生的感应电流增大，cd棒所受的安培力也随之增大，对导轨的压力增大，则所受摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，最后等于重力，所以cd棒先加速运动后减速运动，最后停止运动，故B错误，C正确；对两棒组成的系统根据动能定理可得WF－Wf－W安培－WG1＋WG2＝mv2－0，又WG2＝Wf，力F做的功应等于两棒产生的电热与ab棒增加的机械能之和，故D正确。
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11．(7分)某同学选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验，变压器原线圈两端所接的电源应是电压为12 V的低压________(选填“交流电源”或“直流电源”)。先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)。上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是________(选填“控制变量法”“转换法”或“类比法”)。
解析：变压器不能改变直流电的电压，故电源应为低压交流电源；由＝知，U2＝U1，原线圈的匝数n1不变，增加副线圈的匝数n2，则副线圈两端的电压增大；如果n2不变，n1增大，则U2减小；上述实验采用的探究方法是控制变量法。
答案：交流电源 增大 减小 控制变量法
12.(9分)传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量的变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用。有一种测量人的体重的电子秤，其测量部分的原理图如图中的虚线框所示，它主要由压力传感器R(电阻值会随所受压力大小发生变化的可变电阻)和显示体重大小的仪表A(实质是理想电流表)组成。压力传感器表面能承受的最大压强为1×107 Pa，且已知压力传感器R的电阻与所受压力的关系如表所示。设踏板和压杆的质量可以忽略不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为4.8 V，取g＝10 m/s2。请作答：
压力F/N
0
250
500
750
1 000
1 250
1 500
…
电阻R/Ω
300
270
240
210
180
150
120
…
(1)该秤零点(即踏板空载时)的刻度线应标在电流表刻度盘________A处；
(2)如果某人站在该秤踏板上，电流表刻度盘的示数为20 mA，这个人的质量是____________kg。
解析：(1)由压力传感器R的电阻与所受压力的关系知F＝0时，R＝300 Ω。
由闭合电路欧姆定律I＝＝ A＝1.6×10－2 A
即该秤零点(即踏板空载时)的刻度线应标在电流表刻度盘1.6×10－2 A处。
(2)由闭合电路欧姆定律I＝
得R＝＝ Ω＝240 Ω
由表中数据得F＝500 N，由G＝mg，可得m＝50 kg
即这个人的质量是50 kg。
答案：(1)1.6×10－2 (2)50
13．(11分)如图所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从磁场边缘A点沿圆的半径AO方向射入磁场，从D点离开磁场，其中A、D间的距离为 r，不计重力，求：
(1)粒子做圆周运动的半径；
(2)粒子的入射速度的大小；
(3)粒子在磁场中运动的时间。
解析：(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R，粒子运动轨迹如图所示。
结合题意及几何知识得sin ∠AOD＝＝，所以∠AOD＝120°
则结合几何知识可知三角形ADO′是等边三角形，故粒子做圆周运动的半径R＝AD＝r。
(2)根据牛顿第二定律有qvB＝m
则v＝＝。
(3)由粒子运动轨迹图知，粒子在磁场中的运动方向偏转了60°，所以粒子在磁场中运动了个周期，根据匀速圆周运动线速度与周期的关系得T＝，得T＝
则粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝。
答案：(1)r (2) (3)
14．(12分)(2021·浙江6月选考)一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气(Ne)的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连。在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值R0＝10 Ω的细导线绕制、匝数N＝5×103的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值R＝90 Ω 的电阻连接。螺线管的横截面是半径a＝1.0×10－2m的圆，其中心与长直导线的距离r＝0.1 m。气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其It图像如图乙所示。为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为B＝，其中k＝2×10－7 T·m/A。
(1)求0～6.0×10－3s内通过长直导线横截面的电荷量Q；
(2)求3.0×10－3s时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ；
(3)若规定c→R→d为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，画出通过电阻R的iRt图像；
(4)若规定c→R→d为电流的正方向，考虑线圈自感，定性画出通过电阻R的iRt图像。
解析：(1)由电量和电流的关系q＝It可知It图像下方的面积表示电荷量，因此有Q＝1Δt1＋I2Δt2＋3Δt3，代入数据解得Q＝0.5 C。
(2)由磁通量的定义可得Φ＝BS＝×πa2，
代入数据可得Φ＝6.28×10－8 Wb。
(3)在0～1.0×10－3 s时间内电流均匀增加，由楞次定律可知感应电流的方向为c→R→d，
产生恒定的感应电动势E＝N＝×
由闭合电路的欧姆定律可得iR＝
代入数据解得iR＝3.14×10－3A
在1.0×10－3～5.0×10－3s电流恒定，穿过圆形螺线管的磁场恒定，因此感应电动势为零，感应电流为零，而在5.0×10－3～6.0×10－3 s时间内电流随时间均匀变化，斜率大小和0～1.0×10－3 s大小相同，因此电流大小相同，由楞次定律可知感应电流的方向为d→R→c，则图像如图甲所示。
(4)考虑自感的情况下，线圈会产生自感电动势阻碍电流的增加，因此电流是缓慢增加的，过一段时间电路达到稳定后自感消失，电流的峰值和之前大小相同，在1.0×10－3～5.0×10－3 s时间内电路中的磁通量不变化，电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零，电流图像如图乙所示。
答案：(1)0.5 C (2)6.28×10－8 Wb (3)见解析图甲 (4)见解析图乙
15.(15分)如图所示，顶角θ＝45°的金属导轨MON固定在水平面内，导轨处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一根与ON垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿导轨MON向右滑动，导体棒的质量为m，导轨与导体棒单位长度的电阻均为r，导体棒与导轨的接触点分别为a和b，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。t＝0时，导体棒位于顶角O处。求：
(1)t时刻流过导体棒的电流大小I和电流方向。
(2)导体棒做匀速直线运动时水平外力F随时间t变化的表达式。
(3)导体棒在0～t时间内产生的焦耳热Q。
解析：(1)0～t时间内，导体棒的位移x＝v0t
t时刻，导体棒切割磁感线的有效长度l＝x
产生的电动势E＝Blv0
回路总电阻R＝(2x＋x)r
流过导体棒的电流大小I＝＝
由安培定则可知，电流方向为b→a。
(2)根据题意有F＝BIl＝。
(3)t时刻导体棒的电功率P＝I2R′，I恒定，R′＝v0rt，R′正比于t，因此0～t时间内导体棒的平均电功率
＝I2 ′＝I2R′
Q＝t＝。
答案：(1) b→a (2)F＝ (3)
模块综合检测(一)
(本试卷满分：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．关于交变电流的有效值和峰值，下列说法中不正确的是( )
A．任何形式的交变电流的有效值和峰值都满足U＝
B．只有正、余弦式交变电流才有U＝的关系
C．照明电压220 V、动力电压380 V指的都是交变电流的有效值
D．交流电压表和交流电流表测量的都是交变电流的有效值
解析：选A 只有正、余弦式交变电流的有效值与最大值之间才满足U＝的关系，其他交流电没有这样的关系，故A错误，B正确；机器铭牌上所标注的电压(电流)值、生活中通常所说的电压(电流)值都是指有效值，“照明电压220 V、动力电压380 V”指的都是有效值，故C正确；交流电压表和交流电流表，测的是交流电的有效值，不是瞬时值，故D正确。
2.如图所示，在垂直于纸面向里的匀强磁场的边界上，有一个质量和电荷量确定的正离子，从O点第一次以速度v射入磁场中，射入方向与边界成θ角，第二次以速度2v射入，其他条件不变。若不计重力，则( )
A．运动的轨迹半径相同
B．重新回到边界时的速度大小与射入时不相等
C．重新回到边界的位置与O点间的距离相同
D．运动的时间相同
解析：选D 正离子射入磁场后做匀速圆周运动，则有Bqv＝m，可得r＝，由于第二次射入的速度为第一次的两倍，因此第二次轨迹半径为第一次的两倍，故A错误；由于洛伦兹力不做功，正离子的动能不发生变化，所以重新回到磁场边界时的速度大小与射入时相等，故B错误；由几何知识可知，两次运动轨迹所对的圆心角相同，则重新回到边界的位置与O点的距离s＝2rsin θ，由于两次运动的轨迹半径不同，则重新回到边界的位置与O点间的距离不同，故C错误；正离子在磁场中做圆周运动的周期T＝，两次运动轨迹所对圆心角相同，因此两次运动的时间相同，故D正确。
3.如图所示电路中，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20sin 100πt V，则加在R2上的电压有效值为( )
A．10 V B．20 V
C．15 V D．5 V
解析：选D 由二极管的单向导电性可知，加在R2上的电压波形为半个周期最大值为20 V，有效值为20 V，另半个周期最大值为10 V，有效值为10 V。设加在R2上的电压有效值为U，则有·＋·＝·T，解得U＝5 V，选项D正确。
4.一带电粒子沿垂直磁场方向射入一匀强磁场，自下而上经过一铅板P后，半径减小，轨迹如图所示。则下列说法正确的是( )
A．粒子带正电荷，速度逐渐减小
B．粒子带负电荷，速度逐渐减小
C．粒子带正电荷，速度逐渐增大
D．粒子带负电荷，速度逐渐增大
解析：选A 根据左手定则可得粒子带正电，因为粒子的运动半径减小，根据公式r＝可得粒子的运动速度逐渐减小，故A正确。
5．图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是( )
A．图1中，A1与L1的电阻值相同
B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
解析：选C 题图1中，稳定时通过A1的电流记为I1，通过L1的电流记为IL。S1断开瞬间，A1突然变亮，可知IL>I1，因此A1和L1电阻不相等，所以A、B错误；题图2中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，所以D错误；由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流I相同，根据部分电路欧姆定律可知，两支路电压U与电流I均相同，所以两支路电阻相同。由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，所以C正确。
6.如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是( )
A．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点
B．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长
C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点
D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点
解析：选D 地磁场在赤道上空水平由南向北，从南向北观察，如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上方，该洛伦兹力在竖直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此，小球落地时间会变长，水平位移会变大；同理，若小球带负电荷，则小球落地时间会变短，水平位移会变小，故D正确。
7.小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如图所示。在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的示数为G1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计。直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R。若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v在磁场中竖直向上运动，这时电子测力计的示数为G2，铜条在磁场中的长度为L。关于在直铜条AB向上运动过程中的说法正确的是( )
A．直铜条AB所受安培力方向竖直向上
B．直铜条AB中感应电流方向为B→A
C．G1＜G2
D．磁感应强度的大小为B＝
解析：选D 直铜条AB向上运动，由右手定则可知，感应电流方向为A→B，由左手定则可知，直铜条AB受到的安培力方向竖直向下，故选项A、B错误；设磁铁的重力为G，由题意可知G1＝G，铜条向上运动时，铜条受到的安培力竖直向下，由牛顿第三定律可知，磁铁受到的磁场力F＝BIL，方向竖直向上，由平衡条件得G＝G2＋BIL，G2＝G－BIL，由此可知G1＞G2，故选项C错误；感应电流I＝＝，解得B＝ ，故选项D正确。
二、多项选择题(本题共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，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动。则PQ所做的运动可能是( )
A．向右加速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向左减速运动
解析：选BC MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，由安培定则知，ab在MN处的磁场垂直纸面向里MN中的感应电流由M→NL1中感应电流的磁场方向竖直向上；若L2中磁场方向竖直向上减弱PQ中电流为Q→P且减小向右减速运动；若L2中磁场方向竖直向下增强PQ中电流为P→Q且增大向左加速运动。
9.如图，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处自由释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化的图像中，可能正确的是( )
解析：选BCD 进入磁场前，线框受重力作用加速下落，进入、离开磁场时都受到竖直向上的安培力作用。若进入磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时速度达到v0＝，完全进入磁场后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，故A不符合题意；若线框进入磁场时安培力恰好等于重力，进入过程中安培力不变，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，故B符合题意；若进入时安培力大于重力，由－mg＝ma可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，故C符合题意；若进入磁场时安培力小于重力，由mg－＝ma，可知线框做加速度减小的加速运动，进入过程安培力不断增大，完全进入后只受重力，线框加速运动，若离开磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D符合题意。
10．漏电断路器是家庭电路中必不可少的一种安全保护装置，如图为其基本原理图。电源线的火线与零线并行绕在铁芯上，当与放大器相连的线圈有微小电流时，即刻会驱动电磁继电器断开电源，实现安全保护。下列相关说法正确的是( )
A．当与地不绝缘的人不小心触碰到火线时，漏电断路器会即刻断开电源
B．当与地绝缘的人不小心同时触碰到火线与零线时，漏电断路器会即刻断开电源
C．当外接电网是恒定直流电源时，漏电断路器不能正常工作
D．在相同条件下，放大器绕在铁芯上的线圈匝数越多，则能检测到更微小的漏电
解析：选AD 由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此合磁通量为0，线圈中的磁通量为0，而当地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即线圈中的磁场发生变化，导致线圈中的磁通量变化，产生感应电流，从而使继电器工作，电磁铁将开关吸起，A正确；当与地绝缘的人不小心同时触碰到火线与零线时，不会形成电流变化，从而不会引起电磁感应现象，故漏电断路器不会断开电源，B错误；当外接电网是恒定直流电源时，如果有人触电仍会产生电磁感应现象，故能正常工作，C错误；在相同条件下，放大器绕在铁芯上的线圈匝数越多，产生的感应电动势越大，则能检测到更微小的漏电，D正确。
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11．(7分)如图所示是三个成功的演示实验，回答下列问题。
(1)在实验中，电流表指针偏转的原因是______________________________________
________________________________________________________________________。
(2)电流表指针偏转角跟感应电动势的大小成________关系。
(3)第一个成功实验(如图甲)中，将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入有什么量是相同的？________，什么量是不同的？________。
(4)从三个成功的演示实验可归纳出的结论是：___________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)在实验中，电流表指针偏转的原因是电流表所在回路有感应电流产生。
(2)感应电动势越大，则感应电流越大，电流表指针偏转角越大，故电流表指针偏转角跟感应电动势的大小成正比关系。
(3)第一个成功实验(如题图甲)中，将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入时磁通量的变化量是相同的，但是由于快速插入时间短，故磁通量的变化率较大，故两次磁通量的变化率不同。
(4)从三个成功的演示实验可归纳出的结论是：只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就有感应电流产生。
答案：(1)电流表所在回路有感应电流产生 (2)正比 (3)磁通量的变化量 磁通量的变化率 (4)只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就有感应电流产生
12．(9分)如图所示，A是浮子，B是金属触头，C为住宅楼房顶上的蓄水池，M是带水泵的电动机，D是弹簧，E是衔铁，F是电磁铁，S1、S2分别为触头开关，S为开关，J为电池。请利用上述材料，设计一个住宅楼房顶上的自动注水装置。
(1)连接电路图；
(2)简述其工作原理(涉及的元件可用字母代替)。
解析：(1)电路图如图所示。
(2)按图接好电路，闭合开关S，水泵工作，水位升高，当浮子A上升使B接触到S1时，左侧电路(控制电路)工作，电磁铁F有磁性，拉下衔铁E，使S2断开，电动机M不工作，停止注水，当水位下降，使B与S1脱离，左侧电路停止工作，电磁铁F无磁性，弹簧D的弹力拉动衔铁E，使S2接通，电动机M工作，开始注水。
答案：见解析
13．(11分)在电视节目中，我们经常看到主持人与派到热点地区的记者通过同步通信卫星通话，他们之间每一问一答总是迟“半拍”，这是为什么？如果两个手持卫星电话的人通过同步通信卫星通话，一方讲话，另一方至少要等多长时间才能听到对方的讲话？(已知地球的质量M为6.0×1024 kg，地球半径R为6.4×106 m，引力常量G为6.67×10－11 N·m2·kg－2)
解析：主持人与记者之间通话的不合拍是因为电磁波是以有限的速度在空中传播的，利用电磁波传递信息是需要时间的。
设同步卫星高度为H，由万有引力定律及圆周运动规律可得
＝m(R＋H)
H＝－R≈3.6×107 m
则一方讲话，另一方听到对方讲话的最短时间
t＝＝0.24 s。
答案：原因见解析 0.24 s
14．(12分)如图所示，导体AB质量为m，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向外。AB平放在水平支架上成为电路的一部分，已知AB接入电路部分的长度为l。当接通电路瞬间，AB弹跳起来，则导体AB中电流方向如何？若已知通电瞬间通过导体横截面的电荷量为q，则在开关S闭合过程中，安培力对导体做的功至少应为多少？
解析：导体AB向上弹起，故导体AB受到的安培力方向向上，由左手定则可知导体AB中电流的方向由B到A。导体AB受重力、弹力和安培力，由于接通电路瞬间，导体AB弹跳起来，安培力远大于重力，且作用时间极短，重力和弹力可忽略不计，根据动量定理得
F安·Δt＝mv0
又F安＝Bl，q＝Δt
解得通电瞬间导体AB获得的速度v0＝
设导体AB弹跳过程中安培力做的功为W，由动能定理得W＝mv02＝。
答案：电流方向由B到A
15．(15分)如图，在平面坐标系xOy内，第二、三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第一、四象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L,0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外，一带正电粒子从第三象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L,0)点射出磁场。不计粒子重力，求：
(1)电场强度与磁感应强度的大小之比；
(2)粒子在磁场与电场中运动的时间之比。
解析：(1)粒子运动轨迹如图所示，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电路中运动的时间为t：则有
在x方向上： 2L＝v0t
在y方向上：L＝at2＝·t2
由以上可得：E＝
在y方向上：vy＝at＝v0，
tan θ＝＝1，θ＝45°，
由几何关系得，粒子在圆形匀强磁场中做圆周运动轨迹所对应的圆心角为φ＝2θ＝90°。
粒子做圆周运动的半径：R＝L＝，
v＝＝v。
由以上可得：B＝，所以＝。
(2)粒子在磁场中运动的周期T＝＝
粒子在磁场中运动的时间t′＝T＝
由(1)知粒子在电场中运动的时间t＝
则粒子在磁场与电场中运动的时间之比：＝。
答案：(1) (2)
模块综合检测(二)
(本试卷满分：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，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。如果在磁铁下端的水平桌面上放一个固定的闭合线圈，并使磁铁上下振动。磁铁在向下运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．受到线圈的磁场力始终向上
B．受到线圈的磁场力先向上再向下
C．受到线圈的磁场力始终向下
D．受到线圈的磁场力先向下再向上
解析：选A 根据楞次定律的“来拒去留”，磁铁在向下运动的过程中，线圈中产生感应电流，形成感应磁场，从而阻碍磁铁的向下运动，则线圈对磁铁的磁场力始终向上，故A正确，B、C、D错误。
2．5G网络是“第五代移动通信网络”的简称，目前世界各国正大力发展5G网络。5G网络使用的无线电波通信频率在3.0 GHz以上的超高频段和极高频段(如图所示)，比目前4G及以下网络(通信频率在0.3～3.0 GHz间的特高频段)拥有更大的带宽和更快的传输速率。未来5G网络的传输速率(指单位时间传送的数据量大小)可达10 Gbps(bps为bits per second的英文缩写，即比特率，比特/秒)，是4G网络的50～100倍。关于5G网络使用的无线电波。下列说法正确的是( )
A．在真空中的传播速度更快
B．在真空中的波长更长
C．衍射的本领更强
D．频率更高，相同时间传递的信息量更大
解析：选D 无线电波(电磁波)在真空中的传播速度与光速相同，保持不变，其速度与频率没有关系，故A错误；由公式c＝λf，可知λ＝，频率越大，波长越短，衍射本领越弱，故B、C错误；无线电波(电磁波)频率越高，周期越小，相同时间内可承载的信息量越大，故D正确。
3.如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由转动和平动，当导线通入图示方向的电流I时，从上往下看，导线的运动情况是( )
A．顺时针方向转动，同时下降
B．顺时针方向转动，同时上升
C．逆时针方向转动，同时下降
D．逆时针方向转动，同时上升
解析：选A 在导线两侧取两小段，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，从上往下看，知导线顺时针方向转动，同时导线所受的安培力方向向下。
4.霍尔元件是实际生活中的重要元件之一，广泛应用于测量和自动化技术等领域。如图所示为一长度一定的霍尔元件，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于霍尔元件的工作面向下，在元件中通入图示从E到F方向的电流I，元件中的载流子带负电荷，下列说法中正确的是( )
A．该元件能把电学量转化为磁学量
B．该元件C面的电势高于D面的
C．如果用该元件测赤道处地磁场的磁感应强度，应保持C、D面水平
D．如果流过霍尔元件的电流大小不变，则元件C、D面的电势差与磁场的磁感应强度成正比
解析：选D 霍尔元件是能够把磁学量转换为电学量的传感器，A错误；根据左手定则可知，带负电荷的载流子向C面偏转，C面带负电荷，所以C面的电势低于D面的电势，B错误；在测定地球赤道处的地磁场的磁感应强度时，应将元件的C、D面保持竖直，让磁场垂直通过元件的工作面，C错误；运动电荷最终在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，设霍尔元件的长、宽、高分别为a、b、d，则有q＝qvB，电流的微观表达式为I＝nqvS＝nqvbd，所以U＝，如果流过霍尔元件的电流大小不变，则元件C、D面的电势差与磁场的磁感应强度成正比，D正确。
5.电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器。如图所示为某款电磁炮的轨道，该轨道长10 m，宽2 m。若发射质量为100 g的炮弹，从轨道左端以初速度为零开始加速，当回路中的电流恒为100 A时，最大速度可达2 km/s，假设轨道间磁场为匀强磁场，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是( )
A．磁场方向竖直向下
B．磁场方向水平向右
C．电磁炮的最大加速度大小为4×105 m/s2
D．磁感应强度的大小为100 T
解析：选D 回路中电流方向如题图所示，则根据安培定则可知磁场方向应竖直向上，故A、B错误；由题意可知，炮弹最大速度v＝2 km/s，加速距离s＝10 m，由速度和位移关系v2＝2as，解得最大加速度大小a＝2×105 m/s2，由牛顿第二定律可得F＝ma，又F＝BIL，联立解得B＝100 T，故C错误，D正确。
6．在如图所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝3∶1，电阻R1＝2R2，电流表和电压表均为理想交流电表，若电流表的示数为2 A，电压表的示数为30 V，则电阻R1的阻值为( )
A．45 Ω B．55 Ω
C．65 Ω D．75 Ω
解析：选B 由理想变压器原理可知，原、副线圈两端的电压之比＝＝，已知U2＝30 V，故U1＝3U2＝90 V，通过R1的电流I0＝＝，副线圈中的电流I2＝，又因为＝，所以通过原线圈的电流I1＝I2，流过电流表的电流I＝I0＋I1，即I＝＋×，解得R2＝27.5 Ω，R1＝2R2＝55 Ω，故B正确。
7.如图所示，两匀强磁场的方向相同，以垂直于磁场方向的虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，且射入方向与MN垂直，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是( )
A．电子的运行轨迹为PENCMDP
B．B1＝2B2
C．电子从射入磁场到回到P点用时为
D．B1＝4B2
解析：选B 根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向竖直向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；电子在题图所示运动过程中，在左侧匀强磁场中运动两个半圆，即运动一个周期，在右侧匀强磁场中运动半个周期，所以t＝＋，故C错误；由题图可知，电子在左侧匀强磁场中的运动半径是在右侧匀强磁场中的运动半径的一半，根据r＝可知，B1＝2B2，故B正确，D错误。
二、多项选择题(本题共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.LC振荡电路电容器两端的电压U随时间t变化的关系如图所示，则( )
A．在t1时刻，电路中的电流最大
B．在t2时刻，电路中的磁场能最大
C．从时刻t2～t3，电路的电场能不断增加
D．从时刻t3～t4，电容器的带电荷量不断增加
解析：选BC t1时刻电容器两端电压最高时，电路中振荡电流为零，t2时刻电容器两端电压为零，电路中振荡电流最强、磁场能最大，选项A错误，B正确；在t2～t3的过程中，从题图可知，电容器两板间电压增大，则为充电过程，电场能增加，选项C正确；在t3～t4的过程中，电容器两板间电压减小，则为放电过程，带电荷量减少，选项D错误。
9.半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R的匀质金属棒ab置于圆导轨上面，ba的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在两导轨之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器，金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触，导轨电阻不计。当电路稳定时，下列说法正确的是( )
A．金属棒中电流从b流向a
B．金属棒两端电压为Bωr2
C．电容器的M板带负电
D．电容器所带电荷量为CBωr2
解析：选AB 根据右手定则可知金属棒中电流从b流向a，选项A正确；金属棒转动时产生的电动势为E＝Br＝Bωr2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而U＝E＝Bωr2，选项B正确；金属棒a端相当于电源正极，电容器M板带正电，选项C错误；由C＝，可得电容器所带电荷量为Q＝CU＝CBωr2，选项D错误。
10.如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上。虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B。ab、cd两棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计。开始时两棒静止在图示位置，当cd棒无初速释放时，对ab棒施加竖直向上的力F使其沿导轨向上做匀加速运动，时间足够长。则( )
A．ab棒中的电流方向由b到a
B．cd棒先加速运动后匀速运动
C．cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力
D．力F做的功等于两棒产生的电热与ab棒增加的机械能之和
解析：选ACD ab棒向上运动的过程中，穿过闭合回路abdc的磁通量增大，根据楞次定律可得，ab棒中的感应电流方向为b到a，故A正确；cd棒中感应电流由c到d，其所在的区域有竖直向下的磁场，由左手定则知cd棒所受的安培力向里，所受的摩擦力向上，ab棒做加速直线运动，速度增大，产生的感应电流增大，cd棒所受的安培力也随之增大，对导轨的压力增大，则所受摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，最后等于重力，所以cd棒先加速运动后减速运动，最后停止运动，故B错误，C正确；对两棒组成的系统根据动能定理可得WF－Wf－W安培－WG1＋WG2＝mv2－0，又WG2＝Wf，力F做的功应等于两棒产生的电热与ab棒增加的机械能之和，故D正确。
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11．(7分)某同学选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验，变压器原线圈两端所接的电源应是电压为12 V的低压________(选填“交流电源”或“直流电源”)。先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)。上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是________(选填“控制变量法”“转换法”或“类比法”)。
解析：变压器不能改变直流电的电压，故电源应为低压交流电源；由＝知，U2＝U1，原线圈的匝数n1不变，增加副线圈的匝数n2，则副线圈两端的电压增大；如果n2不变，n1增大，则U2减小；上述实验采用的探究方法是控制变量法。
答案：交流电源 增大 减小 控制变量法
12.(9分)传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量的变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用。有一种测量人的体重的电子秤，其测量部分的原理图如图中的虚线框所示，它主要由压力传感器R(电阻值会随所受压力大小发生变化的可变电阻)和显示体重大小的仪表A(实质是理想电流表)组成。压力传感器表面能承受的最大压强为1×107 Pa，且已知压力传感器R的电阻与所受压力的关系如表所示。设踏板和压杆的质量可以忽略不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为4.8 V，取g＝10 m/s2。请作答：
压力F/N
0
250
500
750
1 000
1 250
1 500
…
电阻R/Ω
300
270
240
210
180
150
120
…
(1)该秤零点(即踏板空载时)的刻度线应标在电流表刻度盘________A处；
(2)如果某人站在该秤踏板上，电流表刻度盘的示数为20 mA，这个人的质量是____________kg。
解析：(1)由压力传感器R的电阻与所受压力的关系知F＝0时，R＝300 Ω。
由闭合电路欧姆定律I＝＝ A＝1.6×10－2 A
即该秤零点(即踏板空载时)的刻度线应标在电流表刻度盘1.6×10－2 A处。
(2)由闭合电路欧姆定律I＝
得R＝＝ Ω＝240 Ω
由表中数据得F＝500 N，由G＝mg，可得m＝50 kg
即这个人的质量是50 kg。
答案：(1)1.6×10－2 (2)50
13．(11分)如图所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从磁场边缘A点沿圆的半径AO方向射入磁场，从D点离开磁场，其中A、D间的距离为 r，不计重力，求：
(1)粒子做圆周运动的半径；
(2)粒子的入射速度的大小；
(3)粒子在磁场中运动的时间。
解析：(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R，粒子运动轨迹如图所示。
结合题意及几何知识得sin ∠AOD＝＝，所以∠AOD＝120°
则结合几何知识可知三角形ADO′是等边三角形，故粒子做圆周运动的半径R＝AD＝r。
(2)根据牛顿第二定律有qvB＝m
则v＝＝。
(3)由粒子运动轨迹图知，粒子在磁场中的运动方向偏转了60°，所以粒子在磁场中运动了个周期，根据匀速圆周运动线速度与周期的关系得T＝，得T＝
则粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝。
答案：(1)r (2) (3)
14．(12分)(2021·浙江6月选考)一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气(Ne)的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连。在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值R0＝10 Ω的细导线绕制、匝数N＝5×103的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值R＝90 Ω 的电阻连接。螺线管的横截面是半径a＝1.0×10－2m的圆，其中心与长直导线的距离r＝0.1 m。气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其It图像如图乙所示。为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为B＝，其中k＝2×10－7 T·m/A。
(1)求0～6.0×10－3s内通过长直导线横截面的电荷量Q；
(2)求3.0×10－3s时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ；
(3)若规定c→R→d为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，画出通过电阻R的iRt图像；
(4)若规定c→R→d为电流的正方向，考虑线圈自感，定性画出通过电阻R的iRt图像。
解析：(1)由电量和电流的关系q＝It可知It图像下方的面积表示电荷量，因此有Q＝1Δt1＋I2Δt2＋3Δt3，代入数据解得Q＝0.5 C。
(2)由磁通量的定义可得Φ＝BS＝×πa2，
代入数据可得Φ＝6.28×10－8 Wb。
(3)在0～1.0×10－3 s时间内电流均匀增加，由楞次定律可知感应电流的方向为c→R→d，
产生恒定的感应电动势E＝N＝×
由闭合电路的欧姆定律可得iR＝
代入数据解得iR＝3.14×10－3A
在1.0×10－3～5.0×10－3s电流恒定，穿过圆形螺线管的磁场恒定，因此感应电动势为零，感应电流为零，而在5.0×10－3～6.0×10－3 s时间内电流随时间均匀变化，斜率大小和0～1.0×10－3 s大小相同，因此电流大小相同，由楞次定律可知感应电流的方向为d→R→c，则图像如图甲所示。
(4)考虑自感的情况下，线圈会产生自感电动势阻碍电流的增加，因此电流是缓慢增加的，过一段时间电路达到稳定后自感消失，电流的峰值和之前大小相同，在1.0×10－3～5.0×10－3 s时间内电路中的磁通量不变化，电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零，电流图像如图乙所示。
答案：(1)0.5 C (2)6.28×10－8 Wb (3)见解析图甲 (4)见解析图乙
15.(15分)如图所示，顶角θ＝45°的金属导轨MON固定在水平面内，导轨处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一根与ON垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿导轨MON向右滑动，导体棒的质量为m，导轨与导体棒单位长度的电阻均为r，导体棒与导轨的接触点分别为a和b，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。t＝0时，导体棒位于顶角O处。求：
(1)t时刻流过导体棒的电流大小I和电流方向。
(2)导体棒做匀速直线运动时水平外力F随时间t变化的表达式。
(3)导体棒在0～t时间内产生的焦耳热Q。
解析：(1)0～t时间内，导体棒的位移x＝v0t
t时刻，导体棒切割磁感线的有效长度l＝x
产生的电动势E＝Blv0
回路总电阻R＝(2x＋x)r
流过导体棒的电流大小I＝＝
由安培定则可知，电流方向为b→a。
(2)根据题意有F＝BIl＝。
(3)t时刻导体棒的电功率P＝I2R′，I恒定，R′＝v0rt，R′正比于t，因此0～t时间内导体棒的平均电功率
＝I2 ′＝I2R′
Q＝t＝。
答案：(1) b→a (2)F＝ (3)
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