資源簡介

模塊綜合試卷（二）
（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.如圖所示，由均勻導線制成的半徑為R的圓環，以速度v勻速進入一磁感應強度方向垂直向里、大小為B的勻強磁場。當圓環運動到圖示位置（∠aOb=90°）時，a、b兩點間的電勢差為（　　　　）
A.BRv B.BRv
C.BRv D.BRv
2.如圖甲所示，某超聲波發生器中的核心元件為壓電陶瓷片。為使得壓電陶瓷片發生超聲振動，需要給它通入同頻率的高頻電信號。圖乙為高頻電信號發生原理圖，已知某時刻電流i的方向指向A極板，且正在減小，下列說法正確的是（　　　　）
A.A極板帶正電 B.電容器A板電荷量在減小
C.線圈L兩端的電壓在減小 D.電場能正在轉化為磁場能
3.如圖甲所示，單匝矩形線圈abcd位于勻強磁場中，磁場方向垂直線圈所在平面，磁感應強度B隨時間t變化的規律如圖乙所示。以圖甲中箭頭所示方向為線圈中感應電流i的正方向，以垂直于線圈所在平面向里為磁感應強度B的正方向，則下列圖中能正確表示線圈中感應電流i隨時間t變化規律的是（　　　　）
A　 　　　 　 　B 　　 　　 　　C　　　 　 　　D
4.（2023·廣州市高二期末）如圖所示，L是直流電阻不計的帶鐵芯線圈，D為理想二極管，R為定值電阻，L1、L2和L3是三個完全相同的小燈泡。下列說法正確的是（　　　　）
A.閉合S瞬間，三個燈立即亮
B.閉合S瞬間，L1燈比L2燈先亮
C.斷開S瞬間，L2燈閃亮后慢慢熄滅
D.斷開S瞬間，L1燈閃亮后慢慢熄滅
5.一理想變壓器原、副線圈的回路中分別接有阻值相等的電阻R，原線圈一側接在電壓為170 V的正弦式交流電源上，如圖所示。設副線圈回路中電阻R兩端的電壓為U，原、副線圈的匝數比為n1∶n2，在原、副線圈回路中電阻R消耗的功率的比值為k=，則（　　　　）
A.U=66 V，n1∶n2=3∶1 B.U=34 V，n1∶n2=4∶1
C.U=40 V，n1∶n2=4∶1 D.U=22 V，n1∶n2=3∶1
6.據報道，我國空間站安裝了現代最先進的霍爾推進器用以空間站的軌道維持。如圖，在很窄的圓環空間內有沿半徑向外的磁場1，其磁感應強度大小可近似認為處處相等；垂直圓環平面同時加有勻強磁場2和勻強電場（圖中未畫出），磁場1與磁場2的磁感應強度大小相等，已知電子電荷量為e、質量為m，若電子恰好可以在圓環內沿順時針方向做半徑為R、速度為v的勻速圓周運動。則以下說法不正確的是（　　　　）
A.電場方向垂直圓環平面向里
B.電子運動周期為
C.垂直圓環平面的磁感應強度大小為
D.電場強度大小為
7.如圖所示，從離子源釋放的無初速度帶電離子經電場U加速后，進入靜電分析器（內有輻向電場E）中做勻速圓周運動，從小孔S2射出電場后自P1處垂直邊界進入磁分析器中（內有垂直紙面向外的勻強磁場B），最后再從小孔P2垂直下邊界射出磁場被收集，不計離子重力及離子間的相互作用，則（　　　　）
A.靜電分析器中K1極板的電勢高于K2電勢
B.從S2射出的離子具有相同的電荷量
C.從S2射出的離子具有相同的速度
D.從P2射出的離子具有相同的比荷
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.圖甲為風力發電的簡易模型。在風力作用下，風葉帶動與桿固連的永磁體轉動，磁體下方的線圈與電壓傳感器相連。在某一風速時，電壓傳感器顯示如圖乙所示正弦規律變化，則（　　　　）
A.永磁體的轉速為10 r/s
B.線圈兩端電壓的有效值為6 V
C.交流電壓的表達式為u=12sin 5πt V
D.該交流電可以直接加在擊穿電壓為9 V的電容器上
9.如圖所示，空間存在著與圓臺母線垂直向外的磁場，各處的磁感應強度大小均為B，圓臺母線與豎直方向的夾角為θ，一個質量為m、半徑為r的勻質金屬環位于圓臺底部，環中通以恒定的電流I，圓環由靜止開始向上運動。已知重力加速度為g，不計空氣阻力，磁場的范圍足夠大。在圓環向上運動的過程中，下列說法正確的是（　　　　）
A.圓環做變加速運動
B.圓環有收縮的趨勢
C.圓環運動的加速度大小為-g
D.圓環運動的加速度大小為
10.如圖甲所示，在光滑水平面上用恒力F拉一質量為m、邊長為a、電阻為R的單匝均勻正方形銅線框，在1位置以速度v0進入磁感應強度方向垂直紙面向里、大小為B的勻強磁場并開始計時。若磁場的寬度為b（b>3a），在3t0時刻線框到達2位置速度又為v0，并開始離開勻強磁場。此過程中v-t圖像如圖乙所示，則（　　　　）
A.t0時刻線框的速度為v0-
B.t=0時刻，線框右側邊MN兩端電壓為Bav0
C.0~t0時間內，通過線框某一橫截面的電荷量為
D.線框從1位置運動到2位置的過程中，線框中產生的焦耳熱為Fb
三、非選擇題（本題共5小題，共54分）
11.（8分）在“探究變壓器線圈兩端的電壓和匝數的關系”實驗中，可拆變壓器如圖所示。
（1）（1分）觀察變壓器的鐵芯，它的結構和材料是　　　　（填字母）；
A.整塊硅鋼 B.整塊不銹鋼
C.絕緣的銅片疊成 D.絕緣的硅鋼片疊成
（2）（1分）觀察兩個線圈的導線，發現粗細不同，導線粗的線圈匝數　　　　　（填“多”或“少”）；
（3）（2分）以下給出的器材中，本實驗需要用到的是　　　（填字母）；
（4）（1分）為了保證安全，低壓交流電源的電壓不要超過　　　　（填字母）；
A.2 V B.12 V C.50 V
（5）（1分）在實際實驗中將電源接在原線圈的“0”和“8”兩個接線柱之間，用電表測得副線圈的“0”和“4”兩個接線柱之間的電壓為3.0 V，則原線圈的輸入電壓可能為　　　　（填字母）；
A.1.5 V B.6.0 V C.7.0 V
（6）（2分）實驗中原、副線圈的電壓之比與它們的匝數之比有微小差別。原因不可能為　　　　（填字母）。
A.原、副線圈上通過的電流發熱 B.鐵芯發熱
C.變壓器鐵芯漏磁 D.原線圈輸入電壓發生變化
12. （10分）（2023·廣州六中校考）（1）（2分）如圖所示，在探究楞次定律的實驗中，除需要已知繞向的螺線管、條形磁鐵外，還要用到一個電表，請從下列電表中選擇　　　　。
A.量程為0~3 V的電壓表 B.量程為0~3 A的電流表
C.量程為0~0.6 A的電流表 D.零刻度在中間的靈敏電流計
（2）（4分）某同學按下列步驟進行實驗：
①將已知繞向的螺線管與電表連接；
②設計表格：記錄將磁鐵N、S極插入或抽出過程中引起感應電流的磁場方向、磁通量的變化、感應電流的方向、感應電流的磁場方向；
③分析實驗結果，得出結論。
上述實驗中，漏掉的實驗步驟是要查明　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　的關系。
（3）（2分）在上述實驗中，當磁鐵插入螺線管的速度越快，電表指針偏角　　　　（選填“越大”或“越小”）。
（4）（2分）如圖甲所示為某實驗小組利用微電流傳感器做驗證楞次定律實驗時，在計算機屏幕上得到的波形。橫坐標為時間t，縱坐標為電流I，根據圖線分析知道：將條形磁鐵的N極插入圓形閉合線圈時得到圖甲內①所示圖線，現用該磁鐵，如圖乙所示，從很遠處按原方向沿一圓形線圈的軸線勻速運動，并穿過線圈向遠處而去，圖丙中較正確地反映線圈中電流I與時間t關系的是　　　　。
丙
13.（10分）如圖所示裝置，電源的電動勢為E=8 V，內阻r1=0.5 Ω，兩光滑金屬導軌平行放置，間距為d=0.2 m，導體棒ab用等長絕緣細線懸掛并剛好與導軌接觸，ab左側為水平直軌道，右側為半徑R=0.2 m的豎直圓弧導軌，圓心恰好為細線懸掛點，整個裝置處于豎直向下的、磁感應強度為B=0.5 T的勻強磁場中。閉合開關后，導體棒由靜止開始從圓弧軌道底端沿圓弧運動，已知導體棒的質量為m=0.06 kg，電阻r2=0.5 Ω。導體棒始終未離開導軌（不考慮導體棒運動過程中產生的電動勢），其余電阻不計，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，取g=10 m/s2。求在擺動過程中：
（1）（2分）導體棒所受安培力的大小；
（2）（8分）導體棒的最大動能及此時細線與豎直方向的夾角θ。
14.（12分）（2023·湛江市高二期末）如圖所示，兩平行板間的電場強度E和磁感應強度B0的方向相互垂直；邊長為2L的正方體區域abcd-a'b'c'd'內有垂直紙面向里的勻強磁場。一質量為m，電荷量為+q的粒子（重力不計），從左端以某一速度沿虛線射入平行板器件后做直線運動。粒子自平行板器件出來后，從正方形add'a'的中心垂直進入磁場區域。求：
（1）（2分）粒子進入磁場區域時的速率v；
（2）（3分）若粒子由正方形a'b'c'd'中心垂直飛出磁場區域，則粒子在正方體區域內運動的時間t；
（3）（7分）若粒子能從正方形區域a'b'c'd'內飛出磁場區域，則磁感應強度大小B的范圍。
15.（14分）如圖所示，光滑平行金屬導軌AB、CD固定在傾角為θ的絕緣斜面上，BP、DQ為水平放置的平行且足夠長的光滑金屬導軌，導軌在B、D兩點處平滑連接，水平部分處在磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導軌間距均為L。兩金屬棒ab、cd的質量分別為m、2m，接入電路的電阻均為R，初始時，金屬棒cd垂直放置在水平導軌上，金屬棒ab垂直固定在傾斜導軌上距底端距離為s處，某時刻將ab由靜止釋放，不計導軌電阻。重力加速度為g，求：
（1）（6分）金屬棒cd的最大加速度am；
（2）（2分）金屬棒cd的最大速度vm；
（3）（2分）流過金屬棒ab的電荷量q；
（4）（4分）金屬棒ab上產生的熱量Qab。
答案精析
1.D　［當圓環運動到題圖所示位置時，圓環切割磁感線的有效長度為R，ab邊產生的感應電動勢為E=BRv，a、b兩點間的電勢差Uab=E=BRv，故選D。 ］
2.A　［電流i在減小，表明磁場能減小，則電場能增大，說明電路正處于充電過程，磁場能轉化為電場能，電容器極板所帶電荷量增大，由于電流沿順時針方向，則A極板帶正電，故A正確，B、D錯誤；振蕩電路的電流與時間呈現正弦規律變化，在電流減小過程，電流的變化率在增大，線圈L兩端的電壓在增大，故C錯誤。］
3.C　［由法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律得：i===·，所以線圈中的感應電流大小取決于磁感應強度B的變化率，B-t圖像的斜率為，故在2~3 s內感應電流的大小是0~1 s內的2倍；再由B-t圖像可知，0~1 s內，B增大，則Φ增大，由楞次定律知，感應電流方向為逆時針方向，所以0~1 s內的電流為負值；同理可得，1~2 s內的電流為零；2~3 s內的電流為正值，C正確。］
4.D　［閉合S瞬間，L1、L2兩燈泡立即亮，由于線圈的自感作用從而使L3燈泡慢慢變亮，故A、B錯誤；斷開S瞬間，線圈產生自感電動勢，于是線圈、L3與L1、R形成一個閉合電路，由于穩定時L3比L1亮（L3所在的支路的總電阻比L1所在的支路的總電阻小），所以L1燈將閃亮一下再慢慢熄滅，而由于二極管單向導通性能，所以L2燈立即熄滅，故C錯誤，D正確。］
5.C　［根據原、副線圈電流與匝數成反比，得原、副線圈的電流之比=，
根據P=I2R及題意得原、副線圈回路中電阻消耗的功率之比
k==，
解得原、副線圈的匝數比為n1∶n2=4∶1；
根據原、副線圈電壓與匝數成正比，得原線圈兩端的電壓為4U，根據U=IR知原線圈回路中電阻兩端的電壓為，在原線圈回路中有4U+=170 V，解得U=40 V，故C正確，A、B、D錯誤。］
6.C　［根據左手定則可知電子在圓環內受到沿半徑向外的磁場1的洛倫茲力方向垂直圓環平面向里，電場力需要與該洛倫茲力平衡，電場力方向應垂直圓環平面向外，由于電子帶負電，故電場方向垂直圓環平面向里，故A正確，不符合題意；電子做半徑為R、速率為v的勻速圓周運動，則電子運動周期為T=，故B正確，不符合題意；電子在圓環內受到磁場2的洛倫茲力提供電子做圓周運動的向心力，則有evB=m，解得B=，故C錯誤，符合題意；電子在垂直圓環平面方向受力平衡，則有eE=evB，解得E=，故D正確，不符合題意。］
7.D　［根據題意可知，離子在磁分析器中做勻速圓周運動，磁場區域的磁感應強度垂直紙面向外，由左手定則可以判斷離子一定帶正電，同時在靜電分析器中由電場力提供向心力做圓周運動，可知K2的電勢高于K1的電勢，故A錯誤；根據題意，設離子的質量為m，電荷量為q，離子在加速電場中，由動能定理有qU=mv2，解得v=，離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，則有Eq=m，聯立解得r=，可知所有離子都能從S2射出，則不能確定從S2射出的離子是否具有相同的電荷量或速度，故B、C錯誤；根據題意可知，由于離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，則離子進入磁分析器中的速度仍為v，由牛頓第二定律有qvB=m，整理可得r'=，可知從P2射出的離子具有相同的比荷，故D正確。］
8.BC　［由題圖乙可知，交流電的周期為T=0.4 s，故永磁體的轉速為n== r/s=2.5 r/s，故A錯誤；由題圖乙可知電壓的最大值為12 V，故有效值U==6 V，故B正確；周期T=0.4 s，故ω== rad/s=5π rad/s，故交流電壓的表達式為u=12sin 5πt V，故C正確；該交流電壓的最大值大于電容器的擊穿電壓，故不能直接加在擊穿電壓為9 V的電容器上，故 D錯誤。］
9.BC　［由于圓環能從靜止開始向上運動，結合左手定則可知，圓環受到的安培力沿母線向上，故環中電流方向為順時針方向（俯視），環中電流恒為I，圓環所受安培力大小為BI·2πr，其中豎直方向的分力為2πBIrcos θ，對圓環由牛頓第二定律可得2πBIrcos θ-mg=ma，則圓環向上的加速度大小為a=-g，圓環做勻加速直線運動，A、D錯誤，C正確；圓環通電流時，俯視電流方向為順時針方向，安培力水平分量指向圓心，有收縮的趨勢，B正確。］
10.CD　［根據題圖乙可知，在t0~3t0時間內，線框做勻加速直線運動，所受合外力為F，根據牛頓第二定律可得加速度為a=，則t0時刻線框的速度為v=v0-a·2t0=v0-，故A錯誤；
t=0時刻，線框右側邊MN兩端的電壓為外電壓，線框產生的感應電動勢為E=Bav0
外電壓即MN兩端的電壓為
U外=E=Bav0，故B錯誤；
線框進入磁場過程中，流過某一截面的電荷量為
q=Δt=Δt，而==
聯立解得q=，故C正確；
由題圖乙可知，線框在位置1和位置2時的速度相等，根據動能定理，知恒力F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，故線框中產生的焦耳熱為Fb，故D正確。］
11.（1）D　（2）少　（3）BD　（4）B　（5）C
（6）D
解析　（1）觀察變壓器的鐵芯，它的結構是絕緣的硅鋼片疊成。
（2）觀察兩個線圈的導線，發現粗細不同，根據n1I1=n2I2，可知匝數少的流過的電流大，則導線粗，即導線粗的線圈匝數少。
（3）實驗中需要交流電源和交流電壓表（多用電表），不需要干電池和直流電壓表，故選B、D。
（4）為了人體安全，低壓交流電源的電壓不要超過12 V。
（5）若是理想變壓器，則有變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系為=，若變壓器的原線圈接“0”和“8”兩個接線柱，副線圈接“0”和“4”兩個接線柱，可知原、副線圈的匝數比為2∶1，副線圈的電壓為3 V，則原線圈的電壓為U1=2×3 V=6 V，考慮到不是理想變壓器，有漏磁等現象，則原線圈所接的電源電壓大于6 V，可能為7 V，選C。
（6）原、副線圈上通過的電流發熱，鐵芯發熱，都會使變壓器輸出功率發生變化，從而導致電壓比與匝數比有差別，選項A、B不符合題意；變壓器鐵芯漏磁，從而導致電壓比與匝數比有差別，選項C不符合題意；原線圈輸入電壓發生變化，不會影響電壓比和匝數比，選項D符合題意。
12.（1）D　（2）電流流入靈敏電流計方向與靈敏電流計指針偏轉方向
（3）越大
（4）B
解析　（1）在探究楞次定律的實驗中，除需要已知繞向的螺線管、條形磁鐵外，還要用到一個零刻度在中間的靈敏電流計，故選D。
（2）依據以上操作，實驗中，漏掉的實驗步驟是要查明電流流入靈敏電流計方向與靈敏電流計指針偏轉方向的關系。
（3）當磁鐵插入螺線管的速度越快，磁通量變化越快，感應電流也較大，電表指針偏角越大。
（4）條形磁鐵的N極迅速插入感應線圈時，得到題圖甲中①所示圖線，可知N極插入線圈時，電流方向為負方向，現有如圖乙所示磁鐵自遠處勻速沿一圓形線圈的軸線運動，并穿過線圈向遠處而去，由楞次定律得出，題圖乙所示磁鐵向線圈靠近時，感應電流方向為順時針（從左向右看），即為正方向；當遠離感應線圈時，則感應電流方向為負方向，故選B。
13.（1）0.8 N　（2）0.08 J　53°
解析　（1）導體棒在擺動過程中通過其電流為I==8 A
導體棒所受安培力的大小為
F=BId=0.8 N
（2）導體棒受到的重力與安培力的合力與豎直方向的夾角滿足tan α==
即α=53°
當導體棒速度最大時，其速度方向垂直于合力方向，而速度方向又垂直于細線方向，所以此時細線與合力共線，則細線與豎直方向的夾角為θ=α=53°
根據動能定理可得導體棒的最大動能為Ekm=FRsin 53°-mgR（1-cos 53°）=0.08 J。
14.（1）　（2）　（3）≤B≤
解析　（1）粒子射入平行板器件后做直線運動，則qvB0=qE
解得v=
（2）粒子由正方形a'b'c'd'中心垂直飛出磁場區域，根據題意分析，可得粒子在磁場中運動的軌道半徑R=L
粒子在正方體區域內運動的時間為四分之一周期，即t=
粒子在磁場中運動的周期T=
解得t=
（3）在磁場中運動時洛倫茲力提供了向心力qBv=m
若粒子能從正方形區域a'b'c'd'內飛出磁場區域，作出粒子的臨界軌跡圖如圖所示，由幾何關系可知粒子從正方形a'b'c'd'左側離開磁場時運動的軌道半徑R1=
得B1=
粒子從正方形a'b'c'd'右側離開磁場時
由幾何關系知（2L）2+（R2-L）2=
解得R2=
得B2=
若粒子能從正方形區域a'b'c'd'內飛出磁場區域，則磁感應強度大小B的范圍為≤B≤
15.（1）
（2）　（3）
（4）mgssin θ
解析　（1）設ab棒下滑到斜面底端時速度為v，由機械能守恒定律有
mgssin θ=mv2
解得v=
ab棒剛進入磁場時產生的感應電動勢為E=BLv
通過cd的電流為I=
cd棒所受安培力為F=ILB
則最大加速度為am=
聯立解得am=。
（2）當ab、cd棒共速時，cd棒速度最大，由動量守恒定律得mv=3mvm
解得vm=。
（3）設棒中平均電流為，對cd棒由動量定理得LBΔt=2mvm-0，又有q=Δt
聯立解得q=。
（4）由能量守恒定律得，兩棒產生的總熱量Q=mv2-×3m
解得Q=mgssin θ
ab棒與cd棒電阻相同且串聯，
所以Qab=Q=mgssin θ。(共54張PPT)
模塊綜合試卷(二)
一、單項選擇題
1.如圖所示，由均勻導線制成的半徑為R的圓環，以速度v勻速進入一磁感應強度方向垂直向里、大小為B的勻強磁場。當圓環運動到圖示位置(∠aOb=90°)時，a、b兩點間的電勢差為
A.BRv B.BRv
C.BRv D.BRv
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
當圓環運動到題圖所示位置時，圓環切割磁感線的有效長度為R，ab邊產生的感應電動勢為E=
BRv，a、b兩點間的電勢差Uab=E=BRv，故
選D。
13
14
15
2.如圖甲所示，某超聲波發生器中的核心元件為壓電陶瓷片。為使得壓電陶瓷片發生超聲振動，需要給它通入同頻率的高頻電信號。圖乙為高頻電信號發生原理圖，已知某時刻電流i的方向指向A極板，且正在減小，下列說法正確的是
A.A極板帶正電
B.電容器A板電荷量在減小
C.線圈L兩端的電壓在減小
D.電場能正在轉化為磁場能
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
電流i在減小，表明磁場能減小，則電場能
增大，說明電路正處于充電過程，磁場能
轉化為電場能，電容器極板所帶電荷量增
大，由于電流沿順時針方向，則A極板帶正電，故A正確，B、D錯誤；
振蕩電路的電流與時間呈現正弦規律變化，在電流減小過程，電流的變化率在增大，線圈L兩端的電壓在增大，故C錯誤。
3.如圖甲所示，單匝矩形線圈abcd位于勻強磁場中，磁場方向垂直線圈所在平面，磁感應強度B隨時間t變化的規律如圖乙所示。以圖甲中箭頭所示方向為線圈中感應電流i的正方向，以垂直于線圈所在平面向里為磁感應強度B的正方向，則下列圖中能正確表示線圈中感應電流i隨時間t變化規律的是
√
1
2
3
4
5
6
7
8
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11
12
13
14
15
由法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定
律得：i===·，所以線圈中的感應
電流大小取決于磁感應強度B的變化率，
B-t圖像的斜率為，故在2~3 s內感應電流的大小是0~1 s內的2倍；
再由B-t圖像可知，0~1 s內，B增大，則Φ增大，由楞次定律知，感應電流方向為逆時針方向，所以0~1 s內的電流為負值；同理可得，1~2 s內的電流為零；2~3 s內的電流為正值，C正確。
1
2
3
4
5
6
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11
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15
4.(2023·廣州市高二期末)如圖所示，L是直流電阻不計的帶鐵芯線圈，D為理想二極管，R為定值電阻，L1、L2和L3是三個完全相同的小燈泡。下列說法正確的是
A.閉合S瞬間，三個燈立即亮
B.閉合S瞬間，L1燈比L2燈先亮
C.斷開S瞬間，L2燈閃亮后慢慢熄滅
D.斷開S瞬間，L1燈閃亮后慢慢熄滅
1
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15
閉合S瞬間，L1、L2兩燈泡立即亮，由于線圈的自感
作用從而使L3燈泡慢慢變亮，故A、B錯誤；
斷開S瞬間，線圈產生自感電動勢，于是線圈、L3與
L1、R形成一個閉合電路，由于穩定時L3比L1亮(L3所
在的支路的總電阻比L1所在的支路的總電阻小)，所以L1燈將閃亮一下再慢慢熄滅，而由于二極管單向導通性能，所以L2燈立即熄滅，故C錯誤，D正確。
5.一理想變壓器原、副線圈的回路中分別接有阻值相等的電阻R，原線圈一側接在電壓為170 V的正弦式交流電源上，如圖所示。設副線圈回路中電阻R兩端的電壓為U，原、副線圈的匝數比為n1∶n2，在原、副線圈
回路中電阻R消耗的功率的比值為k=，則
A.U=66 V，n1∶n2=3∶1
B.U=34 V，n1∶n2=4∶1
C.U=40 V，n1∶n2=4∶1
D.U=22 V，n1∶n2=3∶1
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15
根據原、副線圈電流與匝數成反比，得原、副線
圈的電流之比=，
根據P=I2R及題意得原、副線圈回路中電阻消耗的功率之比k==，
解得原、副線圈的匝數比為n1∶n2=4∶1；
根據原、副線圈電壓與匝數成正比，得原線圈兩端的電壓為4U，根
據U=IR知原線圈回路中電阻兩端的電壓為，在原線圈回路中有4U+
=170 V，解得U=40 V，故C正確，A、B、D錯誤。
6.據報道，我國空間站安裝了現代最先進的霍爾推進器用以空間站的軌道維持。如圖，在很窄的圓環空間內有沿半徑向外的磁場1，其磁感應強度大小可近似認為處處相等；垂直圓環平面同時加有勻強磁場2和勻強電場(圖中未畫出)，磁場1與磁場2的磁感應強度大小相等，已知電子電荷量為e、質量為m，若電子恰好可以在圓環內沿順時針方向做半徑為R、速度為v的勻速圓周運動。則以下說法不正確的是
A.電場方向垂直圓環平面向里
B.電子運動周期為
C.垂直圓環平面的磁感應強度大小為
D.電場強度大小為
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√
根據左手定則可知電子在圓環內受到沿半徑向外的磁場1的洛倫茲力方向垂直圓環平面向里，電場力需要與該洛倫茲力平衡，電場力方向應垂直圓環平面向外，由于電子帶負電，故電場方向垂直圓環平面向里，故A正確，不符合題意；
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電子做半徑為R、速率為v的勻速圓周運動，則電子運動周期為T=，
故B正確，不符合題意；
電子在圓環內受到磁場2的洛倫茲力提供電子做圓周
運動的向心力，則有evB=m，解得B=，故C錯誤，
符合題意；
電子在垂直圓環平面方向受力平衡，則有eE=evB，解
得E=，故D正確，不符合題意。
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7.如圖所示，從離子源釋放的無初速度帶電離子經電場U加速后，進入靜電分析器(內有輻向電場E)中做勻速圓周運動，從小孔S2射出電場后自P1處垂直邊界進入磁分析器中(內有垂直紙面向外的勻強磁場B)，最后再從小孔P2垂直下邊界射出磁場被收集，不計離子重力及離子間的相互作用，則
A.靜電分析器中K1極板的電勢高于K2電勢
B.從S2射出的離子具有相同的電荷量
C.從S2射出的離子具有相同的速度
D.從P2射出的離子具有相同的比荷
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√
根據題意可知，離子在磁分析器中做勻速圓周
運動，磁場區域的磁感應強度垂直紙面向外，
由左手定則可以判斷離子一定帶正電，同時在
靜電分析器中由電場力提供向心力做圓周運動，
可知K2的電勢高于K1的電勢，故A錯誤；
根據題意，設離子的質量為m，電荷量為q，離子在加速電場中，由動能
定理有qU=mv2，解得v=，離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，則有Eq=m，聯立解得r=，可知所有離子都能從S2射出，則不能確定從S2
射出的離子是否具有相同的電荷量或速度，故B、C錯誤；
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根據題意可知，由于離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，則離子進入磁分析器中的速度仍為v，由牛頓第二定律有
qvB=m，整理可得r'=，可知從P2
射出的離子具有相同的比荷，故D正確。
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二、多項選擇題
8.圖甲為風力發電的簡易模型。在風力作用下，風葉帶動與桿固連的永磁體轉動，磁體下方的線圈與電壓傳感器相連。在某一風速時，電壓傳感器顯示如圖乙所示正弦規律變化，則
A.永磁體的轉速為10 r/s
B.線圈兩端電壓的有效值為6 V
C.交流電壓的表達式為u=12sin 5πt V
D.該交流電可以直接加在擊穿電壓為9 V的電容器上
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√
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由題圖乙可知，交流電的周期為T=0.4 s，故永磁
體的轉速為n== r/s=2.5 r/s，故A錯誤；
由題圖乙可知電壓的最大值為12 V，故有效值U
==6 V，故B正確；
周期T=0.4 s，故ω== rad/s=5π rad/s，故交流電壓的表達式為u=
12sin 5πt V，故C正確；
該交流電壓的最大值大于電容器的擊穿電壓，故不能直接加在擊穿電壓為9 V的電容器上，故 D錯誤。
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15
9.如圖所示，空間存在著與圓臺母線垂直向外的磁場，各處的磁感應強度大小均為B，圓臺母線與豎直方向的夾角為θ，一個質量為m、半徑為r的勻質金屬環位于圓臺底部，環中通以恒定的電流I，圓環由靜止開始向上運動。已知重力加速度為g，不計空氣阻力，磁場的范圍足夠大。在圓環向上運動的過程中，下列說法正確的是
A.圓環做變加速運動
B.圓環有收縮的趨勢
C.圓環運動的加速度大小為-g
D.圓環運動的加速度大小為
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由于圓環能從靜止開始向上運動，結合左手定則可
知，圓環受到的安培力沿母線向上，故環中電流方
向為順時針方向(俯視)，環中電流恒為I，圓環所受
安培力大小為BI·2πr，其中豎直方向的分力為2πBIrcos θ，對圓環由牛頓第二定律可得2πBIrcos θ-mg=ma，則圓環向上的加速度大小為a=
-g，圓環做勻加速直線運動，A、D錯誤，C正確；
圓環通電流時，俯視電流方向為順時針方向，安培力水平分量指向圓心，有收縮的趨勢，B正確。
10.如圖甲所示，在光滑水平面上用恒力F拉一質量為m、邊長為a、電阻為R的單匝均勻正方形銅線框，在1位置以速度v0進入磁感應強度方向垂直紙面向里、大小為B的勻強磁場并開始計時。若磁場的寬度為b(b>3a)，在3t0時刻線框到達2位置速度又為v0，并開始離開勻強磁場。此過程中v-t圖像如圖乙所示，則
A.t0時刻線框的速度為v0-
B.t=0時刻，線框右側邊MN兩端電壓為Bav0
C.0~t0時間內，通過線框某一橫截面的電荷量為
D.線框從1位置運動到2位置的過程中，線框中產生的焦耳熱為Fb
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根據題圖乙可知，在t0~3t0時間內，線框做勻加速直
線運動，所受合外力為F，根據牛頓第二定律可得加
速度為a=，則t0時刻線框的速度為v=v0-a·2t0=v0-，
故A錯誤；
t=0時刻，線框右側邊MN兩端的電壓為外電壓，線框產生的感應電動勢為E=Bav0
外電壓即MN兩端的電壓為U外=E=Bav0，故B錯誤；
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線框進入磁場過程中，流過某一截面的電荷量為
q=Δt=Δt，而==
聯立解得q=，故C正確；
由題圖乙可知，線框在位置1和位置2時的速度相等，根據動能定理，知恒力F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，故線框中產生的焦耳熱為Fb，故D正確。
三、非選擇題
11.在“探究變壓器線圈兩端的電壓和匝數的關系”實驗中，可拆變壓器如圖所示。
(1)(1分)觀察變壓器的鐵芯，它的結構和材料是　 　(填字母)；
A.整塊硅鋼
B.整塊不銹鋼
C.絕緣的銅片疊成
D.絕緣的硅鋼片疊成
D
觀察變壓器的鐵芯，它的結構是絕緣的硅鋼片疊成。
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(2)觀察兩個線圈的導線，發現粗細不同，導線粗的線圈匝數　　 (填“多”或“少”)；
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少
觀察兩個線圈的導線，發現粗細不同，根據n1I1=n2I2，可知匝數少的流過的電流大，則導線粗，即導線粗的線圈匝數少。
(3)以下給出的器材中，本實驗需要用到的是　　　(填字母)；
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BD
實驗中需要交流電源和交流電壓表(多用電表)，不需要干電池和直流電壓表，故選B、D。
(4)為了保證安全，低壓交流電源的電壓不要超過　 　(填字母)；
A.2 V　　　　　B.12 V　　　　　C.50 V
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B
為了人體安全，低壓交流電源的電壓不要超過12 V。
(5)在實際實驗中將電源接在原線圈的“0”和“8”兩個接線柱之間，用電表測得副線圈的“0”和“4”兩個接線柱之間的電壓為3.0 V，則原線圈的輸入電壓可能為　 　(填字母)；
A.1.5 V　　　　　B.6.0 V　　　　　C.7.0 V
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C
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若是理想變壓器，則有變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系為=，若變壓器的原線圈接“0”和“8”兩個接線柱，副線圈接“0”和“4”兩個接線柱，可知原、副線圈的匝數比為2∶1，副線圈的電壓為3 V，則原線圈的電壓為U1=2×3 V=6 V，考慮到不是理想變壓器，有漏磁等現象，則原線圈所接的電源電壓大于6 V，可能為7 V，選C。
(6)實驗中原、副線圈的電壓之比與它們的匝數之比有微小差別。原因不可能為　 　(填字母)。
A.原、副線圈上通過的電流發熱
B.鐵芯發熱
C.變壓器鐵芯漏磁
D.原線圈輸入電壓發生變化
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原、副線圈上通過的電流發熱，鐵芯發熱，都會使變壓器輸出功率發生變化，從而導致電壓比與匝數比有差別，選項A、B不符合題意；
變壓器鐵芯漏磁，從而導致電壓比與匝數比有差別，選項C不符合題意；
原線圈輸入電壓發生變化，不會影響電壓比和匝數比，選項D符合題意。
12. (2023·廣州六中校考)(1)如圖所示，在探究楞次定律的實驗中，除需要已知繞向的螺線管、條形磁鐵外，還要用到一個電表，請從下列電表中選擇　　。
A.量程為0~3 V的電壓表
B.量程為0~3 A的電流表
C.量程為0~0.6 A的電流表
D.零刻度在中間的靈敏電流計
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D
在探究楞次定律的實驗中，除需要已知繞向的螺線管、條形磁鐵外，還要用到一個零刻度在中間的靈敏電流計，故選D。
(2)某同學按下列步驟進行實驗：
①將已知繞向的螺線管與電表連接；
②設計表格：記錄將磁鐵N、S極插入或抽出過程中
引起感應電流的磁場方向、磁通量的變化、感應電
流的方向、感應電流的磁場方向；
③分析實驗結果，得出結論。
上述實驗中，漏掉的實驗步驟是要查明_____________________________
___________________的關系。
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電流流入靈敏電流計方向與靈敏
電流計指針偏轉方向
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依據以上操作，實驗中，漏掉的實驗步驟是要查明電流流入靈敏電流計方向與靈敏電流計指針偏轉方向的關系。
(3)在上述實驗中，當磁鐵插入螺線管的速度越快，電表指針偏角______
(選填“越大”或“越小”)。
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越大
當磁鐵插入螺線管的速度越快，磁通量變化越快，感應電流也較大，電表指針偏角越大。
(4)如圖甲所示為某實驗小組利用微電流傳感器做驗證楞次定律實驗時，在計算機屏幕上得到的波形。橫坐標為時間t，縱坐標為電流I，根據圖線分析知道：將條形磁鐵的N極插入圓形閉合線圈時得到圖甲內①所示圖線，現用該磁鐵，如圖乙所示，從很遠處按原方向沿一圓形線圈的軸線勻速運動，并穿過線圈向遠處而去，圖丙中較正確地反映線圈中電流I與時間t關系的是　 　。
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條形磁鐵的N極迅速插入感應線圈時，得到題圖甲中①所示圖線，可知N極插入線圈時，電流方向為負方向，現有如圖乙所示磁鐵自遠處勻速沿一圓形線圈的軸線運動，并穿過線圈向遠處而去，由楞次定律得出，題圖乙所示磁鐵向線圈靠近時，感應電流方向為順時針(從左向右看)，即為正方向；當遠離感應線圈時，則感應電流方向為負方向，故選B。
13.如圖所示裝置，電源的電動勢為E=8 V，內阻r1=0.5 Ω，
兩光滑金屬導軌平行放置，間距為d=0.2 m，導體棒ab用
等長絕緣細線懸掛并剛好與導軌接觸，ab左側為水平直軌
道，右側為半徑R=0.2 m的豎直圓弧導軌，圓心恰好為細線懸掛點，整個裝置處于豎直向下的、磁感應強度為B=0.5 T的勻強磁場中。閉合開關后，導體棒由靜止開始從圓弧軌道底端沿圓弧運動，已知導體棒的質量為m=0.06 kg，電阻r2=0.5 Ω。導體棒始終未離開導軌(不考慮導體棒運動過程中產生的電動勢)，其余電阻不計，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，取g=
10 m/s2。求在擺動過程中：
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(1)導體棒所受安培力的大小；
答案　0.8 N　
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導體棒在擺動過程中通過其電流為I==8 A
導體棒所受安培力的大小為F=BId=0.8 N
(2)導體棒的最大動能及此時細線與豎直方向的夾角θ。
答案　0.08 J　53°
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導體棒受到的重力與安培力的合力與豎直方向的
夾角滿足tan α==
即α=53°
當導體棒速度最大時，其速度方向垂直于合力方向，而速度方向又垂直于細線方向，所以此時細線與合力共線，則細線與豎直方向的夾角為θ=α=53°
根據動能定理可得導體棒的最大動能為
Ekm=FRsin 53°-mgR(1-cos 53°)=0.08 J。
14.(2023·湛江市高二期末)如圖所示，兩平行板間的電場強度E和磁感應強度B0的方向相互垂直；邊長為2L的正方體區域abcd-a'b'c'd'內有垂直紙面向里的勻強磁場。一質量為m，電荷量為+q的粒子(重力不計)，從左端以某一速度沿虛線射入平行板器件后做
直線運動。粒子自平行板器件出來后，
從正方形add'a'的中心垂直進入磁場區
域。求：
(1)粒子進入磁場區域時的速率v；
答案　　
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粒子射入平行板器件后做直線運動，
則qvB0=qE
解得v=
(2)若粒子由正方形a'b'c'd'中心垂直飛出磁場區域，則粒子在正方體區域內運動的時間t；
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答案　　
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15
粒子由正方形a'b'c'd'中心垂直飛出
磁場區域，根據題意分析，可得粒
子在磁場中運動的軌道半徑R=L
粒子在正方體區域內運動的時間為四分之一周期，即t=
粒子在磁場中運動的周期T=
解得t=
(3)若粒子能從正方形區域a'b'c'd'內飛出磁場區域，則磁感應強度大小B的范圍。
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答案　≤B≤
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15
在磁場中運動時洛倫茲力提供了向心力qBv=m
若粒子能從正方形區域a'b'c'd'內飛出磁場區域，作出粒子的臨界軌跡圖如圖所示，由幾何關系可知粒子從正方形a'b'c'd'左側離開磁場時運動的軌道半徑
R1=
得B1=
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5
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粒子從正方形a'b'c'd'右側離開磁場時
由幾何關系知(2L)2+(R2-L)2=
解得R2=
得B2=
若粒子能從正方形區域a'b'c'd'內飛出磁場區域，則磁感應強度大小B的范圍為
≤B≤
15.如圖所示，光滑平行金屬導軌AB、CD固定在傾角為θ的絕緣斜面上，BP、DQ為水平放置的平行且足夠長的光滑金屬導軌，導軌在B、D兩點處平滑連接，水平部分處在磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導軌間距均為L。兩金屬棒ab、cd的質量分別為m、2m，接入電路的電阻均為R，初始時，金屬棒cd垂直放置在水平導軌上，金屬棒ab垂直固定在傾斜導軌上距底端距離為s處，某時刻將ab由靜止釋放，不計導軌電阻。重力加速度為g，求：
(1)金屬棒cd的最大加速度am；
答案　　
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設ab棒下滑到斜面底端時速度為v，由機械能守恒定律有
mgssin θ=mv2
解得v=
ab棒剛進入磁場時產生的感應電動勢為E=BLv
通過cd的電流為I=
cd棒所受安培力為F=ILB
則最大加速度為am=
聯立解得am=。
(2)金屬棒cd的最大速度vm；
答案　
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當ab、cd棒共速時，cd棒速度最大，由動量守恒定律得mv=3mvm
解得vm=。
(3)流過金屬棒ab的電荷量q；
答案　　
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設棒中平均電流為，對cd棒由動量定理得LBΔt=2mvm-0，又有q=Δt
聯立解得q=。
(4)金屬棒ab上產生的熱量Qab。
答案　mgssin θ
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由能量守恒定律得，兩棒產生的總熱量
Q=mv2-×3m
解得Q=mgssin θ
ab棒與cd棒電阻相同且串聯，
所以Qab=Q=mgssin θ。

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