資源簡介

模塊綜合試卷(一)
(滿分：100分)
一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28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.(2024·內(nèi)江市資中縣第二中學月考)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
2.(2024·成都市第七中學高二月考)“南鯤號”被稱為“海上充電寶”，是一個利用海浪發(fā)電的大型海上電站，其發(fā)電原理是海浪帶動浪板上下擺動，從而驅(qū)動發(fā)電機轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)動，其中浪板和轉(zhuǎn)子的鏈接裝置使轉(zhuǎn)子只能單方向轉(zhuǎn)動。若轉(zhuǎn)子帶動線圈如圖逆時針轉(zhuǎn)動，并向外輸出電流，則下列說法正確的是 (　　)
A.線圈轉(zhuǎn)動到如圖所示位置時穿過線圈的磁通量最大
B.線圈轉(zhuǎn)動到如圖所示位置時a端電勢低于b端電勢
C.線圈轉(zhuǎn)動一周電流方向改變兩次，圖示位置正是電流變向的時刻
D.線圈轉(zhuǎn)動到如圖所示位置時其靠近N極的導線框受到的安培力方向向上
3.如圖所示，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 (　　)
A.導線框進入磁場時，感應電流方向為a→b→c→d→a
B.導線框離開磁場時，感應電流方向為a→d→c→b→a
C.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
4.(2024·德陽市高二期末)水平架設的三根絕緣超高壓輸電線纜彼此平行，某時刻電流方向如圖(a)所示，電纜線M在最上方，兩根電纜線P、Q在下方，且位于同一水平高度處，△PQM為等腰三角形，MQ=MP，O點是P、Q連線的中點，電纜線上的M點、P點、Q點在同一豎直平面內(nèi)，其二維平面圖如圖(b)所示，忽略地磁場，下列說法正確的是 (　　)
A.輸電線纜M、P相互吸引
B.輸電線纜M所受安培力的方向豎直向下
C.輸電線纜M在O點處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下
D.O點處的磁場方向沿水平方向由Q指向P
5.(2024·宜賓市興文第二中學高二月考)如圖所示的電路中，A1與A2是完全相同的燈泡，電阻均為R，自感線圈直流電阻rA.閉合開關后，A2立即亮，A1逐漸亮
B.閉合開關后，A1立即亮，A2逐漸亮
C.斷開開關的瞬間，有電流流過A2，方向向左
D.斷開開關的瞬間，有電流流過A1，方向向右
6.如圖所示，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點處有一離子源，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的相互作用。則離子不可能射出正方形區(qū)域的發(fā)射速率v應滿足 (　　)
A.0C.07.如圖甲所示，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，則線框從磁場穿出過程中感應電流i隨時間t變化的圖像可能是 (　　)
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18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6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
8.圖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 (　　)
A.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方向豎直向上
9.(2024·四川省瀘縣第五中學高二月考)在圖甲所示的交流電路中，電源電壓的有效值為220 V，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10∶1，R1、R2、R3均為固定電阻，R2=R3=20 Ω，電表為理想電表。已知電阻R2中電流i隨時間t變化的正弦曲線如圖乙所示。下列說法正確的是 (　　)
A.R1的阻值為100 Ω
B.電壓表的示數(shù)為200 V
C.變壓器傳輸?shù)碾姽β蕿?0 W
D.若拆除R2支路，電壓表示數(shù)會減小
10.(2024·重慶市九龍坡區(qū)高二期末)如圖為一種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：粒子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器。加速電場的加速電壓為U；靜電分析器通道中心線MN所在圓的半徑為R，通道內(nèi)有均勻輻向的電場，中心線處的電場強度大小相等；磁分析器中分布著方向垂直于紙面，磁感應強度為B的勻強磁場，磁分析器的左邊界與靜電分析器的右邊界平行。由粒子源發(fā)出一個質(zhì)量為m的帶電粒子b(粒子的初速度為零，重力不計)，經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器，沿中心線MN做勻速圓周運動，而后由P點進入磁分析器中，最終經(jīng)過Q點進入收集器(進入收集器時速度方向與O2P平行)，O2Q的距離為d。下列說法正確的是 (　　)
A.磁分析器中勻強磁場的方向垂直于紙面向外
B.靜電分析器中心線處的電場強度E=
C.不同種類的帶電粒子，通過靜電分析器的時間相同
D.與帶電粒子b比荷相同的正電粒子都能進入收集器，且在磁分析器中的時間相同
三、非選擇題(本題共5小題，共54分)
11.(6分)(2024·瀘州市高二期末)某學習小組做探究“變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系”實驗。
(1)(2分)關于變壓器的認識，下列說法正確的是　　　　　。
A.變壓器正常工作時原、副線圈中電流的頻率不同
B.變壓器的鐵芯起到的作用是導磁
C.為了人身安全，實驗中只能使用低壓直流電源
(2)(2分)如圖甲所示，該小組同學將原線圈接交流電源，副線圈接小燈泡，緩緩移動鐵芯橫條直至使鐵芯完全閉合，觀察發(fā)現(xiàn)，小燈泡　　　　　　(選填“由亮變暗”“由暗變亮”或“亮度不變”)。
(3)(2分)該小組同學將原線圈接在交流電源U1上，將副線圈接在電壓傳感器(可視為理想電壓表)上，觀察到副線圈電壓U2隨時間t變化的圖像如圖乙所示(周期未發(fā)生變化)，在保證安全的前提下，該同學在t1~t2時間內(nèi)可能進行了下面哪個操作　　　　　　(選填選項前的字母)
A.減少了原線圈的匝數(shù)
B.減少了副線圈的匝數(shù)
C.增加了交流電源的頻率
12.(8分)(2024·成都第七中學高二月考)如圖所示是“研究電磁感應現(xiàn)象”的實驗裝置。
(1)(2分)將圖中所缺導線補接完整。
(2)(2分)用此裝置研究感應電流方向時：將原線圈A插入副線圈B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，那么在開關閉合的狀態(tài)下將滑動變阻器滑片迅速向左移動時，電流計指針　　　　(填“向左偏”“向右偏”或“不偏”)
(3)(4分)在開關閉合狀態(tài)下，將原線圈A向下插入B中，線圈B對線圈A的作用力為　　　　(填引力或斥力)，線圈B對線圈A做　　　　功(填正或負)，實現(xiàn)了能量的轉(zhuǎn)化。
13.(10分)如圖所示為邊長為L的單匝正方形線圈abcd，放在磁感應強度方向垂直紙面向里、大小為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：
(1)(4分)線圈轉(zhuǎn)動的角速度大小；
(2)(2分)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過時，產(chǎn)生的感應電動勢的瞬時值；
(3)(4分)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過的過程中，產(chǎn)生的感應電動勢的平均值。
14.(12分)(2024·成都市外國語學校高二期末)如圖所示，e1f1g1和e2f2g2是兩根足夠長且電阻不計的固定光滑平行金屬軌道，其中f1g1和f2g2為軌道的水平部分，e1f1和e2f2是傾角θ=37°的傾斜部分。在f1f2右側(cè)空間中存在磁感應強度大小B=2 T，方向豎直向上的勻強磁場，不計導體棒在軌道連接處的動能損失。將質(zhì)量m=1 kg、單位長度電阻值R0=10 Ω/m的導體棒ab置于傾斜導軌上，距離斜面軌道底端高度h=5 cm，另一完全相同的導體棒cd靜止于水平導軌上，導軌間距均為L=8 cm。t=0時，導體棒ab從靜止釋放，到兩棒最終穩(wěn)定運動過程中，ab、cd棒未發(fā)生碰撞，且兩導體棒始終與導軌保持垂直，g取10 m/s2。求：
(1)(5分)ab棒剛滑到斜面軌道底端時回路中產(chǎn)生的電流；
(2)(3分)兩導體棒的最終速度大小；
(3)(4分)從開始計時到兩棒最終穩(wěn)定運動過程中，通過回路的電荷量。
15.(18分)(2024·德陽市高二期末)如圖所示，在y<0的區(qū)域內(nèi)存在一定高度范圍的、沿x軸正方向的勻強電場，在y>0的區(qū)域內(nèi)存在垂直于xOy平面向里的勻強磁場。在電場下邊緣有一粒子源S，某時刻，粒子源沿y軸正方向發(fā)射出一質(zhì)量為m、帶正電的粒子a，已知粒子a進入電場時的速度為v0，進入磁場時的速度方向與x軸正方向的夾角為θ=60°，在粒子a進入磁場的同時，另一不帶電粒子b也經(jīng)x軸進入磁場，運動方向與粒子a進入磁場的方向相同，在粒子a沒有離開磁場時，兩粒子恰好發(fā)生正碰(碰撞前的瞬間，粒子a、粒子b的速度方向相反)，不計兩粒子的重力。求：
(1)(4分)電場力對粒子a所做的功；
(2)(5分)碰撞前粒子b的速度大小；
(3)(9分)若兩粒子碰后結(jié)合成粒子c，結(jié)合過程不損失質(zhì)量和電荷量，且從a粒子進入磁場的位置向左沿x軸負方向放置有無限長的吸收板(粒子c碰上吸收板后立即被吸收而不再運動)，經(jīng)過分析可知無論b粒子的質(zhì)量怎么取值，吸收板上都有兩段區(qū)域總是粒子c不能到達的，請你計算出這兩段區(qū)域長度的比值大小，并分析出要能夠使粒子c到達吸收板，粒子b的質(zhì)量所要滿足的條件。
答案精析
1.B　［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.D　［線圈轉(zhuǎn)動到如圖所示位置時穿過線圈的磁通量為零，最小，選項A錯誤；根據(jù)右手定則可知，線圈轉(zhuǎn)動到如圖所示位置時a端電勢高于b端電勢，選項B錯誤；線圈轉(zhuǎn)動一周電流方向改變兩次，線圈經(jīng)過中性面時電流方向改變，則圖示位置不是電流變向的時刻，選項C錯誤；根據(jù)左手定則可知，線圈轉(zhuǎn)動到如圖所示位置時其靠近N極的線圈受到的安培力方向向上，選項D正確。］
3.D　［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，導線框離開磁場時感應電流方向為a→b→c→d→a，故A、B錯誤；根據(jù)“來拒去留”可知導線框離開磁場時受到水平向左的安培力，導線框進入磁場時受到水平向左的安培力，故C錯誤，D正確。］
4.D　［由左手定則及安培定則可知輸電線纜M、P相互排斥，A錯誤；由左手定則及安培定則可知輸電線纜M所受安培力的方向豎直向上，B錯誤；輸電線纜M在O點處產(chǎn)生的磁場方向由Q指向P，C錯誤；由安培定則及磁場的疊加可知P、Q在O點處的合磁場為0，O點處的磁場方向與輸電線纜M在O點處產(chǎn)生的磁場方向相同，由Q指向P，D正確。］
5.B　［閉合開關后，A1立即亮，由于線圈的自感，含A2的這條支路電流會慢慢增大，A2逐漸亮，故A錯誤，B正確；斷開開關的瞬間，由于線圈的自感，電流會慢慢減小，A1和A2都有電流流過，根據(jù)楞次定律可知，A2的電流向右，A1的電流向左，故C、D錯誤。］
6.D　［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，其軌跡半徑為R=，
因為qvB=m，
所以有v==，
所以離子不從磁場射出的速率需要滿足07.B　［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，因穿過線框的磁通量不變，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，速度大于進入磁場時的速度，由法拉第電磁感應定律可知，出磁場時的感應電流大于進磁場時的感應電流，導致出磁場時受到的安培力大于重力，則線框做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律有BiL-mg=ma，i=，則線框做加速度減小的減速運動，故B正確，A、C、D錯誤。］
8.BC　［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等，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，只有電流方向改變時，安培力方向一定改變，故C正確；根據(jù)左手定則可判定，電流沿逆時針方向時線圈所受安培力方向豎直向下，故D錯誤。］
9.ACD　［根據(jù)題圖乙可知通過電阻R2電流的最大值為Im= A，則有效值為I2==1 A，根據(jù)并聯(lián)電路特點和題意可知通過副線圈的電流為I2+I3=2 A，根據(jù)理想變壓器電流與線圈匝數(shù)關系有=，解得I1=0.2 A，根據(jù)歐姆定律可知副線圈兩端的電壓為U2=I2R2=20 V，根據(jù)理想變壓器電壓與線圈匝數(shù)關系有=，解得U1=200 V，則電壓表的示數(shù)為UV=U0-U1=20 V，則R1==100 Ω，故A正確，B錯誤；變壓器傳輸?shù)碾姽β蕿镻=U1I1=40 W，故C正確；若拆除R2支路，則I3'會減小，通過原線圈的電流減小，根據(jù)歐姆定律可知電壓表示數(shù)會減小，故D正確。］
10.ABD　［從粒子在靜電分析器中的運動可以分析出粒子帶正電，進入磁場后最終要運動到收集器中，所以在P點受力向下，根據(jù)左手定則，可判斷出磁場的方向為垂直紙面向外，A正確；靜電分析器中，電場力提供向心力，有Eq=m，在加速電場中，根據(jù)動能定理，有Uq=mv2，聯(lián)立解得E=，B正確；靜電分析器中，運動周期為T==2πR，粒子通過靜電分析器的時間為t==，由于不同的粒子比荷不一定相同，所以通過靜電分析器的時間不一定相同，C錯誤；能進入收集器中的粒子，在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有Bvq=m，解得r=，在加速電場中，根據(jù)動能定理，有Uq=mv2，聯(lián)立解得r=，可知，比荷相同的粒子在磁場中軌道半徑相同，粒子b能進入收集器，與帶電粒子b比荷相同的正電粒子都能進入收集器。在磁場中運動的周期為T'==，在磁場中運動的時間為t'==，比荷相同的粒子運動時間相同，D正確。］
11.（1）B　（2）由暗變亮　（3）A
解析　（1）變壓器正常工作時原、副線圈中電流的頻率相同，選項A錯誤；變壓器的鐵芯起到的作用是導磁，選項B正確；為了人身安全，實驗中只能使用低壓交流電源，選項C錯誤。
（2）該小組同學將原線圈接交流電源，副線圈接小燈泡，緩緩移動鐵芯橫條直至使鐵芯完全閉合，則穿過副線圈的磁通量損失越來越小，感應電動勢會越來越大，則觀察發(fā)現(xiàn)，小燈泡由暗變亮。
（3）由題圖乙可知，副線圈電壓最大值變大，根據(jù)=，可知可能是副線圈匝數(shù)變大，也可能是原線圈匝數(shù)減小了，但是交流電源的頻率沒變。
12.（1）見解析圖　（2）向左偏　（3）斥力　負
解析　（1）探究電磁感應現(xiàn)象實驗電路分兩部分，電源、開關、滑動變阻器、線圈A組成閉合電路，靈敏電流計與線圈B組成另一個閉合電路，實物電路圖如圖所示。
（2）在閉合開關時，穿過線圈B的磁通量增大，如果發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏了一下，說明穿過線圈B的磁通量增大時靈敏電流計指針向右偏轉(zhuǎn)。那么在開關閉合的狀態(tài)下將滑動變阻器滑片迅速向左移動時，滑動變阻器的阻值調(diào)大，流過線圈A的電流減小，線圈A中電流產(chǎn)生的磁感應強度減小，穿過線圈B的磁通量減小，則靈敏電流計指針將向左偏轉(zhuǎn)。
（3）在開關閉合狀態(tài)下，將原線圈A向下插入B中，依據(jù)來拒去留原則，線圈B對線圈A的作用力為斥力。線圈B對線圈A的作用力方向與線圈A的方向相反，線圈B對線圈A做負功。
13.（1）　（2）　（3）
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=BL2ω
線圈從題圖所示位置轉(zhuǎn)過一周所用的時間t=T=
所以熱量Q=t=
解得：ω=
（2）線圈從題圖所示位置開始轉(zhuǎn)過時，線圈產(chǎn)生的感應電動勢的瞬時值：e=BL2ωsin
解得：e=
（3）線圈從題圖所示位置轉(zhuǎn)過的過程中，線圈內(nèi)磁通量的變化量為ΔΦ=BL2
所用的時間為t1=
線圈產(chǎn)生的感應電動勢的平均值
==。
14.（1）0.1 A　（2）0.5 m/s　（3）3.125 C
解析　（1）ab棒從斜面軌道滑到底端，根據(jù)動能定理，有
mgh=mv2
切割產(chǎn)生的感應電動勢為E=BLv
根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I=
其中R=L×10-2·R0=0.8 Ω
聯(lián)立解得v=1 m/s
E=0.16 V
I=0.1 A
（2）因為兩導體棒所受的安培力始終大小相等、方向相反，所以將兩棒組成的系統(tǒng)作為研究對象，由動量守恒得mv=2mv共
解得v共=0.5 m/s
（3）從ab棒剛進入磁場到與cd棒共速，對ab導體棒，由動量定理得
-BLI·Δt=m（v共-v）
即-BLq=m（v共-v）
代入數(shù)據(jù)解得q=3.125 C
15.（1）m　（2）　（3）PQ∶MN=1∶1，mb≤πm或mb≥πm
解析　（1）設粒子a進入磁場時的速度為v，則vsin θ=v0
解得v=v0
由動能定理得，電場力做的功
W=mv2-m
解得W=m
（2）兩粒子的運動軌跡大致如圖甲所示（b粒子的出發(fā)點不一定在坐標原點且對答案無影響），設a粒子的圓周半徑為r，由等時性=
解得vb=
（3）設碰后c粒子的速度vc，半徑為rc，那么對粒子a在磁場中勻速圓周運動qBv=m
對粒子c在磁場中勻速圓周運動qBvc=（m+mb）
討論：
①若vc沿粒子a的方向，則
mv-mbvb=（m+mb）vc
欲使粒子能到達吸收板，則必須
rc+≥2r
解得mb≤πm
粒子c不可能到達的區(qū)域長度PQ=r
②若vc沿粒子b的方向，則mbvb-mv=（m+mb）vc
欲使粒子c能到達吸收板，則必須≥rc+2r
解得mb≥πm
粒子c不可能到達的區(qū)域長度MN=r
綜上所述，粒子c所不能到達的兩端區(qū)域長度之比PQ∶MN=1∶1
粒子c能到達吸收板，粒子b的質(zhì)量須滿足mb≤πm或mb≥πm(共52張PPT)
模塊綜合試卷(一)
一、單項選擇題
1.(2024·內(nèi)江市資中縣第二中學月考)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
1
2
3
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5
6
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√
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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。
13
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15
2.(2024·成都市第七中學高二月考)“南鯤號”被稱為“海上充電寶”，是一個利用海浪發(fā)電的大型海上電站，其發(fā)電原理是海浪帶動浪板上下擺動，從而驅(qū)動發(fā)電機轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)動，其中浪板和轉(zhuǎn)子的鏈接裝置使轉(zhuǎn)子只能單方向轉(zhuǎn)動。若轉(zhuǎn)子帶動線圈如圖逆時針轉(zhuǎn)動，并向外輸出電流，則下列說法正確的是
A.線圈轉(zhuǎn)動到如圖所示位置時穿過線圈的磁通
量最大
B.線圈轉(zhuǎn)動到如圖所示位置時a端電勢低于b端
電勢
C.線圈轉(zhuǎn)動一周電流方向改變兩次，圖示位置正是電流變向的時刻
D.線圈轉(zhuǎn)動到如圖所示位置時其靠近N極的導線框受到的安培力方向向上
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線圈轉(zhuǎn)動到如圖所示位置時穿過線圈
的磁通量為零，最小，選項A錯誤；
根據(jù)右手定則可知，線圈轉(zhuǎn)動到如圖
所示位置時a端電勢高于b端電勢，選項B錯誤；
線圈轉(zhuǎn)動一周電流方向改變兩次，線圈經(jīng)過中性面時電流方向改變，則圖示位置不是電流變向的時刻，選項C錯誤；
根據(jù)左手定則可知，線圈轉(zhuǎn)動到如圖所示位置時其靠近N極的線圈受到的安培力方向向上，選項D正確。
3.如圖所示，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
A.導線框進入磁場時，感應電流方向為a→b→
c→d→a
B.導線框離開磁場時，感應電流方向為a→d→
c→b→a
C.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
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√
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，導
線框離開磁場時感應電流方向為a→b→c→d
→a，故A、B錯誤；
根據(jù)“來拒去留”可知導線框離開磁場時受到水平向左的安培力，導線框進入磁場時受到水平向左的安培力，故C錯誤，D正確。
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4.(2024·德陽市高二期末)水平架設的三根絕緣超高壓輸電線纜彼此平行，某時刻電流方向如圖(a)所示，電纜線M在最上方，兩根電纜線P、Q在下方，且位于同一水平高度處，△PQM為等腰三角形，MQ=MP，O點是P、Q連線的中點，電纜線上的M點、P點、Q點在同一豎直平面內(nèi)，其二維平面圖如圖(b)所示，忽略地磁場，下列說法正確的是
A.輸電線纜M、P相互吸引
B.輸電線纜M所受安培力的方向豎直向下
C.輸電線纜M在O點處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下
D.O點處的磁場方向沿水平方向由Q指向P
√
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由左手定則及安培定則可知輸電線纜M、
P相互排斥，A錯誤；
由左手定則及安培定則可知輸電線纜M
所受安培力的方向豎直向上，B錯誤；
輸電線纜M在O點處產(chǎn)生的磁場方向由Q指向P，C錯誤；
由安培定則及磁場的疊加可知P、Q在O點處的合磁場為0，O點處的磁場方向與輸電線纜M在O點處產(chǎn)生的磁場方向相同，由Q指向P，D正確。
5.(2024·宜賓市興文第二中學高二月考)如圖所示的電路中，A1與A2是完全相同的燈泡，電阻均為R，自感線圈直流電阻rA.閉合開關后，A2立即亮，A1逐漸亮
B.閉合開關后，A1立即亮，A2逐漸亮
C.斷開開關的瞬間，有電流流過A2，方向向左
D.斷開開關的瞬間，有電流流過A1，方向向右
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√
閉合開關后，A1立即亮，由于線圈的自感，含A2的
這條支路電流會慢慢增大，A2逐漸亮，故A錯誤，
B正確；
斷開開關的瞬間，由于線圈的自感，電流會慢慢減小，A1和A2都有電流流過，根據(jù)楞次定律可知，A2的電流向右，A1的電流向左，故C、D錯誤。
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6.如圖所示，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點處有一離子源，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的相互作用。則離子不可能射出正方形區(qū)域的發(fā)射速率v應滿足
A.0C.0√
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15
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，其軌跡半徑為R=，
因為qvB=m，
所以有v==，
所以離子不從磁場射出的速率需要滿足07.如圖甲所示，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，則線框從磁場穿出過程中感應電流i隨時間t變化的圖像可能是
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15
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
穿過線框的磁通量不變，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，速度大于進入磁場時的速度，由法拉第電磁感應定律可知，出磁場時的感應電流大于進磁場時的感應電流，導致出磁場時受到的安培力大于重力，則線框做減速運動，
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根據(jù)牛頓第二定律有BiL-mg=ma，i=，則線框做加速度減小的減速運動，故B正確，A、C、D錯誤。
二、多項選擇題
8.圖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
A.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方向豎直向上
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√
√
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
磁感應強度大小相等，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，只有電流方向改變時，安培力方向一定改變，故C正確；
根據(jù)左手定則可判定，電流沿逆時針方向時線圈所受安培力方向豎直向下，故D錯誤。
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9.(2024·四川省瀘縣第五中學高二月考)在圖甲所示的交流電路中，電源電壓的有效值為220 V，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10∶1，R1、R2、R3均為固定電阻，R2=R3=20 Ω，電表為理想電表。已知電阻R2中電流i隨時間t變化的正弦曲線如圖乙所示。下列說法正確的是
A.R1的阻值為100 Ω
B.電壓表的示數(shù)為200 V
C.變壓器傳輸?shù)碾姽β蕿?0 W
D.若拆除R2支路，電壓表示數(shù)會減小
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根據(jù)題圖乙可知通過電阻R2電流的
最大值為Im= A，則有效值為I2=
=1 A，根據(jù)并聯(lián)電路特點和題意可知通過副線圈的電流為I2+I3=2 A，
根據(jù)理想變壓器電流與線圈匝數(shù)關系有=，解得I1=0.2 A，根據(jù)
歐姆定律可知副線圈兩端的電壓為U2=I2R2=20 V，根據(jù)理想變壓器電
壓與線圈匝數(shù)關系有=，解得U1=200 V，則電壓表的示數(shù)為UV=
U0-U1=20 V，則R1==100 Ω，故A正確，B錯誤；
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變壓器傳輸?shù)碾姽β蕿镻=U1I1=40 W，故C正確；
若拆除R2支路，則I3'會減小，通過原線圈的電流減小，根據(jù)歐姆定律可知電壓表示數(shù)會減小，故D正確。
10.(2024·重慶市九龍坡區(qū)高二期末)如圖為一種質(zhì)譜
儀的工作原理示意圖，此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：
粒子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集
器。加速電場的加速電壓為U；靜電分析器通道中心
線MN所在圓的半徑為R，通道內(nèi)有均勻輻向的電場，中心線處的電場強度大小相等；磁分析器中分布著方向垂直于紙面，磁感應強度為B的勻強磁場，磁分析器的左邊界與靜電分析器的右邊界平行。由粒子源發(fā)出一個質(zhì)量為m的帶電粒子b(粒子的初速度為零，重力不計)，經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器，沿中心線MN做勻速圓周運動，而后由P點進入磁分析器中，最終經(jīng)過Q點進入收集器(進入收集器時速度方向與O2P平行)，O2Q的距離為d。下列說法正確的是
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A.磁分析器中勻強磁場的方向垂直于紙面向外
B.靜電分析器中心線處的電場強度E=
C.不同種類的帶電粒子，通過靜電分析器的時間相同
D.與帶電粒子b比荷相同的正電粒子都能進入收集器，且在磁分析器中的
時間相同
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從粒子在靜電分析器中的運動可以分析出
粒子帶正電，進入磁場后最終要運動到收
集器中，所以在P點受力向下，根據(jù)左手定
則，可判斷出磁場的方向為垂直紙面向外，
A正確；
靜電分析器中，電場力提供向心力，有Eq=m，在加速電場中，根據(jù)動能定理，有Uq=mv2，聯(lián)立解得E=，B正確；
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靜電分析器中，運動周期為T==
2πR，粒子通過靜電分析器的時
間為t==，由于不同的粒子比荷不一定相同，所以通過靜電
分析器的時間不一定相同，C錯誤；
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能進入收集器中的粒子，在磁場中由洛倫茲
力提供向心力，有Bvq=m，解得r=，在
加速電場中，根據(jù)動能定理，有Uq=mv2，聯(lián)
立解得r=，可知，比荷相同的粒子在磁場中軌道半徑相同，粒子b
能進入收集器，與帶電粒子b比荷相同的正電粒子都能進入收集器。在磁
場中運動的周期為T'==，在磁場中運動的時間為t'==，比荷相
同的粒子運動時間相同，D正確。
三、非選擇題
11.(2024·瀘州市高二期末)某學習小組做探究“變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系”實驗。
(1)關于變壓器的認識，下列說法正確的是　　。
A.變壓器正常工作時原、副線圈中電流的頻率不同
B.變壓器的鐵芯起到的作用是導磁
C.為了人身安全，實驗中只能使用低壓直流電源
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B
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變壓器正常工作時原、副線圈中電流的頻率相同，選項A錯誤；
變壓器的鐵芯起到的作用是導磁，選項B正確；
為了人身安全，實驗中只能使用低壓交流電源，選項C錯誤。
(2)如圖甲所示，該小組同學將原線圈接交流電源，副線圈接小燈泡，緩緩移動鐵芯橫條直至使鐵芯完全閉合，觀察發(fā)現(xiàn)，小燈泡　　　　　(選填“由亮變暗”
“由暗變亮”或“亮度不變”)。
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由暗變亮
該小組同學將原線圈接交流電源，副線圈接小燈泡，緩緩移動鐵芯橫條直至使鐵芯完全閉合，則穿過副線圈的磁通量損失越來越小，感應電動勢會越來越大，則觀察發(fā)現(xiàn)，小燈泡由暗變亮。
(3)該小組同學將原線圈接在交流電源U1上，將副線圈接在電壓傳感器(可視為理想電壓表)上，觀察到副線圈電壓U2隨時間t變化的圖像如圖乙所示(周期未發(fā)生變化)，在保證安全的前提下，該同學在t1~t2時間內(nèi)可能進行了下面哪個操作　　(選填選項前的字母)
A.減少了原線圈的匝數(shù)
B.減少了副線圈的匝數(shù)
C.增加了交流電源的頻率
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A
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由題圖乙可知，副線圈電壓最大值變大，根據(jù)=，
可知可能是副線圈匝數(shù)變大，也可能是原線圈匝數(shù)減小了，但是交流電源的頻率沒變。
12.(2024·成都第七中學高二月考)如圖所示是“研究電磁感應現(xiàn)象”的實驗裝置。
(1)將圖中所缺導線補接完整。
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答案　見解析圖　
探究電磁感應現(xiàn)象實驗電路分兩部分，電源、
開關、滑動變阻器、線圈A組成閉合電路，靈
敏電流計與線圈B組成另一個閉合電路，實物
電路圖如圖所示。
(2)用此裝置研究感應電流方向時：將原線圈A插入副線圈B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，那么在開關閉合的狀態(tài)下將滑動變阻器滑片迅速向左移動時，電流計指針　　　　(填“向左偏”“向右偏”或“不偏”)
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向左偏
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在閉合開關時，穿過線圈B的磁通量增大，如
果發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏了一下，說明
穿過線圈B的磁通量增大時靈敏電流計指針向
右偏轉(zhuǎn)。那么在開關閉合的狀態(tài)下將滑動變阻器滑片迅速向左移動時，滑動變阻器的阻值調(diào)大，流過線圈A的電流減小，線圈A中電流產(chǎn)生的磁感應強度減小，穿過線圈B的磁通量減小，則靈敏電流計指針將向左偏轉(zhuǎn)。
(3)在開關閉合狀態(tài)下，將原線圈A向下插入B中，線圈B對線圈A的作用力為　　　(填引力或斥力)，線圈B對線圈A做　　功(填正或負)，實現(xiàn)了能量的轉(zhuǎn)化。
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斥力
負
在開關閉合狀態(tài)下，將原線圈A向下插入B中，依據(jù)來拒去留原則，線圈B對線圈A的作用力為斥力。線圈B對線圈A的作用力方向與線圈A的方向相反，線圈B對線圈A做負功。
13.如圖所示為邊長為L的單匝正方形線圈abcd，放在磁感應強度方向垂直紙面向里、大小為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：
(1)線圈轉(zhuǎn)動的角速度大小；
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答案　　
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線圈轉(zhuǎn)動過程中，產(chǎn)生的感應電動勢有效值為E=BL2ω
線圈從題圖所示位置轉(zhuǎn)過一周所用的時間t=T=
所以熱量Q=t=
解得：ω=
(2)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過時，產(chǎn)生的感應電動勢的瞬時值；
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答案　　
線圈從題圖所示位置開始轉(zhuǎn)過時，
線圈產(chǎn)生的感應電動勢的瞬時值：e=BL2ωsin
解得：e=
(3)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過的過程中，產(chǎn)生的感應電動勢的平均值。
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答案　
線圈從題圖所示位置轉(zhuǎn)過的過程中，
線圈內(nèi)磁通量的變化量為ΔΦ=BL2
所用的時間為t1=
線圈產(chǎn)生的感應電動勢的平均值==。
14.(2024·成都市外國語學校高二期末)如圖所示，
e1f1g1和e2f2g2是兩根足夠長且電阻不計的固定光
滑平行金屬軌道，其中f1g1和f2g2為軌道的水平部
分，e1f1和e2f2是傾角θ=37°的傾斜部分。在f1f2右
側(cè)空間中存在磁感應強度大小B=2 T，方向豎直向上的勻強磁場，不計導體棒在軌道連接處的動能損失。將質(zhì)量m=1 kg、單位長度電阻值R0=10 Ω/m的導體棒ab置于傾斜導軌上，距離斜面軌道底端高度h=5 cm，另一完全相同的導體棒cd靜止于水平導軌上，導軌間距均為L=8 cm。t=0時，導體棒ab從靜止釋放，到兩棒最終穩(wěn)定運動過程中，ab、cd棒未發(fā)生碰撞，且兩導體棒始終與導軌保持垂直，g取10 m/s2。求：
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(1)ab棒剛滑到斜面軌道底端時回路中產(chǎn)生的電流；
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答案　0.1 A　
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ab棒從斜面軌道滑到底端，根據(jù)動能定理，有mgh=mv2
切割產(chǎn)生的感應電動勢為E=BLv
根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I=
其中R=L×10-2·R0=0.8 Ω
聯(lián)立解得v=1 m/s
E=0.16 V
I=0.1 A
(2)兩導體棒的最終速度大小；
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答案　0.5 m/s
因為兩導體棒所受的安培力始終大小相等、方向相反，所以將兩棒組成的系統(tǒng)作為研究對象，由動量守恒得mv=2mv共
解得v共=0.5 m/s
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15
(3)從開始計時到兩棒最終穩(wěn)定運動過程中，通過回路的電荷量。
答案　3.125 C
從ab棒剛進入磁場到與cd棒共速，對ab導體棒，由動量定理得
-BLI·Δt=m(v共-v)
即-BLq=m(v共-v)
代入數(shù)據(jù)解得q=3.125 C
15.(2024·德陽市高二期末)如圖所示，在y<0的區(qū)域內(nèi)存在一定高度范圍的、沿x軸正方向的勻強電場，在y>0的區(qū)域內(nèi)存在垂直于xOy平面向里的勻強磁場。在電場下邊緣有一粒子源S，某時刻，粒子源沿y軸正方向發(fā)射出一質(zhì)量為m、帶正電的粒子a，已知粒子a進入電場時的速度為v0，進入磁場時的速度方
1
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向與x軸正方向的夾角為θ=60°，在粒子a進入磁場的同時，另一不帶電粒子b也經(jīng)x軸進入磁場，運動方向與粒子a進入磁場的方向相同，在粒子a沒有離開磁場時，兩粒子恰好發(fā)生正碰(碰撞前的瞬間，粒子a、粒子b的速度方向相反)，不計兩粒子的重力。求：
(1)電場力對粒子a所做的功；
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答案　m　
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設粒子a進入磁場時的速度為v，則vsin θ=v0
解得v=v0
由動能定理得，電場力做的功W=mv2-m
解得W=m
(2)碰撞前粒子b的速度大小；
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答案　　
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兩粒子的運動軌跡大致如圖甲所示(b粒子的出發(fā)點不一定在坐標原點且對答案無影響)，設a粒子的圓周半徑為r，
由等時性=
解得vb=
(3)若兩粒子碰后結(jié)合成粒子c，結(jié)合過程不損失質(zhì)量和電荷量，且從a粒子進入磁場的位置向左沿x軸負方向放置有無限長的吸收板(粒子c碰上吸收板后立即被吸收而不再運動)，經(jīng)過分析可知無論b粒子的質(zhì)量怎么取值，吸收板上都有兩段區(qū)域總是粒子c不能到達的，請你計
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答案　PQ∶MN=1∶1，mb≤πm或mb≥πm
算出這兩段區(qū)域長度的比值大小，并分析出要能夠使粒子c到達吸收板，粒子b的質(zhì)量所要滿足的條件。
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設碰后c粒子的速度vc，半徑為rc，
那么對粒子a在磁場中勻速圓周運動
qBv=m
對粒子c在磁場中勻速圓周運動qBvc=(m+mb)
討論：
①若vc沿粒子a的方向，則mv-mbvb=(m+mb)vc
欲使粒子能到達吸收板，則必須rc+≥2r
解得mb≤πm
粒子c不可能到達的區(qū)域長度PQ=r
②若vc沿粒子b的方向，則mbvb-mv=(m+mb)vc
欲使粒子c能到達吸收板，則必須≥rc+2r
解得mb≥πm
粒子c不可能到達的區(qū)域長度MN=r
綜上所述，粒子c所不能到達的兩端區(qū)域長度之比PQ∶MN=1∶1
粒子c能到達吸收板，粒子b的質(zhì)量須滿足mb≤πm或mb≥πm
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