2025高考物理步步高同步练习选修2模块综合试卷(一)含答案

2025高考物理步步高同步练习选修2模块综合试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32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．(2020·山东高二期中)关于电磁波，下列说法中正确的是()A．变化的电场一定在周围空间产生变化的磁场B．麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证实了电磁波的存在C．电磁波和机械波都依赖于介质才能传播D．各种频率的电磁波在真空中以不同的速度传播答案B解析均匀变化的电场在周围空间产生恒定的磁场，选项A错误；麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证实了电磁波的存在，选项B正确；电磁波可以在真空中传播，选项C错误；各种频率的电磁波在真空中传播的速度相同，等于光速，选项D错误．2．(2020·山西省古县第一中学高二期中)如图1所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)，则()图1A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→aB．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→aC．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左答案D解析根据楞次定律“增反减同”可知导线框进入磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a，故A错误；导线框离开磁场时感应电流方向为a→b→c→d→a，故B错误；根据“来拒去留”可知导线框离开磁场时受到了向左的安培力，故C错误；导线框进入磁场时受到了向左的安培力，故D正确．3.如图2所示，理想变压器的原线圈接在u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是()图2A．原线圈的输入功率为220eq\r(2)WB．电流表的读数为1AC．电压表的读数为110eq\r(2)VD．副线圈输出交流电的周期为50s答案B解析由u＝220eq\r(2)sin100πt(V)可知，原线圈电压最大值为220eq\r(2)V，故原线圈电压的有效值为U1＝220V，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，U2＝eq\f(n2,n1)U1＝110V，故电压表的读数为110V，故C错误；副线圈电流有效值为I2＝eq\f(U2,R)＝2A，根据P＝UI可知，输出功率为220W，则原线圈的输入功率为220W，故A错误；原线圈中的电流I1＝eq\f(P,U1)＝1A，故B正确；因为ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，所以T＝0.02s，故D错误．4.(2020·山东模拟)如图3所示，三段长度相等的直导线a、b、c相互平行且处在同一竖直面内，a、b间的距离等于b、c间的距离，通电电流Ia＜Ib＜Ic，方向如图所示，则下列判断正确的是()图3A．导线b受到的安培力可能为0B．导线a受到的安培力可能为0C．导线c受到的安培力的方向一定向左D．导线a、b受到的安培力的方向一定相同答案B解析根据同向电流相互吸引、反向电流相互排斥可知，导线a对导线b有向左的吸引力，导线c对导线b有向左的排斥力，则导线b受到的安培力一定不为0，方向向左，故A错误；导线b对导线a有向右的吸引力，导线c对导线a有向左的排斥力，由于Ia＜Ib＜Ic，所以导线a受到的安培力可能为0，故B正确；导线a和b对导线c都有向右的排斥力，故导线c受到的安培力的方向一定向右，故C错误；导线a受到的安培力大小和方向不确定，则导线a、b受到的安培力的方向不一定相同，故D错误．5.(2020·浙江高二期末)如图4所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图，演示仪中有一对彼此平行且共轴的励磁圆形线圈，通入电流I后，能够在两线圈间产生匀强磁场；玻璃泡内有电子枪，通过加速电压U对初速度为零的电子加速并连续发射．电子刚好从球心O点正下方的S点水平向左射出，电子通过玻璃泡内稀薄气体时能够显示出电子运动的径迹．则下列说法正确的是()图4A．若要正常观察电子径迹，励磁线圈的电流方向应为逆时针(垂直纸面向里看)B．若保持U不变，增大I，则圆形径迹的半径变大C．若同时减小I和U，则电子运动的周期减小D．若保持I不变，减小U，则电子运动的周期将不变答案D解析若要正常观察电子径迹，则电子需要受到向上的洛伦兹力，根据左手定则可知，玻璃泡内的磁场方向应向里，根据右手螺旋定则可知，励磁线圈的电流方向应为顺时针(垂直纸面向里看)，故A错误；电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，则eBv＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,eB)，而电子进入磁场的动能由电场力做功得到，即eU＝eq\f(1,2)mv2，即U不变，则v不变，由于m、e不变，而当I增大时，B增大，故半径减小，故B错误；因为T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,eB)，所以电子运动的周期与U无关，当减小电流I时，线圈产生的磁场的磁感应强度B也减小，电子运动的周期T增大，故C错误；由C中分析可知，I不变，U减小，T不变，故D正确．6.(2020·安徽界首高二期末)如图5所示，边长为L的正方形CDEF区域内有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，对角线CE和DF的交点为P，在P点处有一粒子源，可以连续不断地向纸面内各方向发射出正离子．已知离子的质量为m、电荷量为q，不计离子重力及离子间相互作用力．则离子不可能射出正方形区域的发射速率v应满足()图5A．0<v≤eq\f(qBL,8m) B．0<v≤eq\f(qBL,m)C．0<v≤eq\f(qBL,2m) D．0<v≤eq\f(qBL,4m)答案D解析离子在磁场中恰好不射出的轨迹如图所示．根据几何知识可知，其轨道半径为R＝eq\f(L,4)，因为qvB＝meq\f(v2,R)，所以有v＝eq\f(qRB,m)＝eq\f(qBL,4m)，所以离子不从磁场射出的速度需要满足0<v≤eq\f(qBL,4m)，故A、B、C错误，D正确．7．(2020·黑龙江铁人中学高二期末)如图6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，则线框从磁场中穿出过程中线框中感应电流i随时间t变化的图像可能是以下的哪一个()图6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>2a，当线框完全进入磁场后，因磁通量不变，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，速度大于进入磁场的速度，由法拉第电磁感应定律可知，出磁场过程中的感应电流大于进磁场的感应电流，导致出磁场时的安培力大于重力，则线框做减速运动，根据牛顿第二定律，BIL－mg＝ma，则线框做加速度减小的减速运动，i＝eq\f(BLv,R)，故B正确，A、C、D错误．8.(2020·江苏吴江中学高三月考)如图7所示，A1、A2为两只相同灯泡，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计．下列说法正确的是()图7A．闭合开关S后，A1会逐渐变亮B．闭合开关S稳定后，A1、A2亮度相同C．断开S的瞬间，A1会逐渐熄灭D．断开S的瞬间，a点的电势比b点低答案D解析闭合开关S后，因A1和线圈并联，则A1立刻亮，故A错误；闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以A1与二极管被短路，导致灯泡A1不亮，而A2将更亮，因此A1、A2亮度不同，故B错误；断开S的瞬间，A2会立刻熄灭，线圈L与灯泡A1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a点的电势低于b点，但二极管具有单向导电性，所以回路中没有感应电流，A1也是立即熄灭，故C错误，D正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．(2020·浙江高二期末)图8甲所示为扬声器的实物图，图乙为剖面图，线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动发出声音．俯视图丙表示处于辐射状磁场中的线圈，磁场方向如图中箭头所示．则下列说法正确的是()图8A．环形磁体产生的磁感线是不闭合的B．图丙中，线圈上各点的磁感应强度不同C．当电流方向改变时线圈所受安培力方向一定改变D．图丙中当电流沿逆时针方向时，对应图乙中线圈所受安培力向上答案BC解析磁感线是闭合的曲线，故A错误；磁感应强度是矢量，线圈上各点的磁感应强度大小相同，方向不同，故B正确；安培力方向由磁场方向和电流方向共同决定，电流方向改变安培力方向一定改变，故C正确；根据左手定则可判定，线圈所受安培力方向竖直向下，故D错误．10．在如图9甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．边长为l、电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab边的发热功率为P，则下列说法正确的是()图9A．磁感应强度B0＝eq\f(T,2l2)eq\r(PR)B．线框中感应电流为I＝2eq\r(\f(P,R))C．线框cd边的发热功率为PD．a端电势高于b端电势答案BC解析由题图乙可知，线框中产生的感应电动势大小恒定，线框ab边的发热功率为P＝eq\f(E2,4R)，感应电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(2B0,T)·eq\f(l2,2)＝eq\f(B0l2,T)，所以磁感应强度B0＝eq\f(2T,l2)eq\r(PR)，A错误；由P＝eq\f(1,4)I2R可得线框中感应电流为I＝2eq\r(\f(P,R))，B正确；cd边电阻等于ab边电阻，且两边流过的电流相等，因此发热功率相等，C正确；由楞次定律可知，线框中感应电流方向为adcba方向，处于磁场中的部分线框为等效电源，因此a端电势比b端电势低，D错误．11．图10甲为风力发电的简易模型．在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁体转动，磁体下方的线圈与电压传感器相连．在某一风速时，电压传感器显示如图乙所示正弦规律变化，则()图10A．永磁体的转速为10r/sB．线圈两端电压的有效值为6eq\r(2)VC．交流电压的表达式为u＝12sin5πt(V)D．该交流电可以直接加在击穿电压为9V的电容器上答案BC解析由题图乙可知，电流的周期为T＝0.4s，故永磁体的转速为n＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.4)r/s＝2.5r/s，故A错误；由题图乙可知电压的最大值为12V，故有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝6eq\r(2)V，故B正确；周期T＝0.4s，故ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.4)rad/s＝5πrad/s，故交流电压的表达式为u＝12sin5πt(V)，故C正确；该交流电电压的最大值大于电容器的击穿电压，故不能直接加在击穿电压为9V的电容器上，故D错误．12.(2020·山西大同一中高二月考)如图11所示，虚线PQ左上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，甲、乙两个带正电的粒子先后由静止经过相同电压加速后，分别以速度v甲、v乙从PQ上的O点沿纸面射入磁场，结果两粒子从PQ上的同一点射出磁场．已知v甲、v乙之间的夹角α＝60°，v乙与PQ之间的夹角β＝30°，不计甲、乙两粒子的重力及甲、乙之间的作用力．设甲、乙在磁场中运动的时间分别为t甲、t乙，以下关系正确的是()图11A．v甲∶v乙＝1∶2 B．v甲∶v乙＝2∶1C．t甲∶t乙＝3∶4 D．t甲∶t乙＝3∶2答案BC解析甲、乙两粒子在磁场中的运动情况如图．粒子在加速过程中，根据动能定理有：qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有：Bqv＝eq\f(mv2,R)，解得运动的半径为R＝eq\f(mv,qB)，根据几何知识可知，甲、乙两粒子在磁场中运动的半径之比为：R甲∶R乙＝1∶2，联立解得：eq\f(m甲,q甲)∶eq\f(m乙,q乙)＝1∶4，v甲∶v乙＝2∶1，A错误，B正确；甲粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为180°，乙粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为60°，则甲、乙粒子在磁场中运动的时间之比为t甲∶t乙＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\f(2πm甲,q甲B)))∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)×\f(2πm乙,q乙B)))＝3∶4，C正确，D错误．三、非选择题(本题共6小题，共52分)13．(6分)在图12甲中，不通电时电流计指针停在正中央，当闭合开关时，观察到电流计指针向左偏．现按图乙连接方式将电流计与螺线管B连成一个闭合回路，将螺线管A与电池、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合回路．图12(1)闭合开关S后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，螺线管B的________端(选填“上”或“下”)为感应电动势的正极；(2)螺线管A放在B中不动，开关S突然断开的瞬间，电流计的指针将________(选填“向左”“向右”或“不发生”)偏转；(3)螺线管A放在B中不动，滑动变阻器的滑片向左滑动，电流计的指针将________(选填“向左”“向右”或“不发生”)偏转．答案(1)下(2分)(2)向右(2分)(3)向左(2分)14．(6分)(2020·霞浦市第一中学高二月考)如图13为“探究电磁感应现象”的实验装置．图13(1)将图中所缺的导线补接完整．(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将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________偏转(选填“发生”或“不发生”)；②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针________偏转(选填“发生”或“不发生”)；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，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将________．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(1分)(2)①发生(1分)②发生(1分)③相反(1分)(3)BD(2分)解析(1)将电源、开关、滑动变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示．(2)闭合开关，磁通量增加，指针向右偏转，将原线圈迅速插入副线圈，穿过副线圈的磁通量增加，则灵敏电流计的指针将向右偏转；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏转；两过程中灵敏电流计指针偏转方向相反．(3)如果副线圈两端不接任何元件，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．15．(8分)(2020·北师联盟模拟)如图14甲所示，边长为L的n匝正方形金属线圈abcd置于垂直线圈平面的磁场中，线圈的总电阻为R，用导线e、f连接一阻值也为R的定值电阻，其他电阻不计．磁场的磁感应强度B随时间的变化关系如图乙所示，正方向为垂直线圈平面向外．求：图14(1)在0到t1时间内，通过电阻R的电荷量；(2)在2t1到3t1时间内，电阻R两端的电压哪端高，高多少．答案(1)eq\f(nB0,2R)L2(2)e端高eq\f(nB0L2,2t1)解析(1)在0到t1时间内，根据法拉第电磁感应定律：eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nB0L2,t1)(1分)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)(1分)q＝eq\x\to(I)t1(1分)联立各式解得：q＝eq\f(nB0,2R)L2(1分)(2)在2t1到3t1时间内，电路的总电动势为E＝eq\f(nB0L2,t1)(2分)电阻R两端的电压为U＝eq\f(E,2)＝eq\f(nB0L2,2t1)(1分)根据楞次定律知，e端电势高．(1分)16.(9分)如图15所示为边长为L的单匝正方形线圈abcd，放在磁感应强度为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：图15(1)线圈转动的角速度大小；(2)线圈从图示位置转过eq\f(π,3)时，产生的感应电动势的瞬时值；(3)线圈从图示位置转过eq\f(π,2)的过程中，产生的感应电动势的平均值．答案(1)eq\f(RQ,πB2L4)(2)eq\f(\r(3)RQ,2πBL2)(3)eq\f(2RQ,π2BL2)解析(1)线圈转动过程中，产生的感应电动势有效值为E＝eq\f(\r(2),2)BL2ω(1分)线圈从题图所示位置转过一周所用的时间：t＝T＝eq\f(2π,ω)(1分)所以热量Q＝eq\f(E2,R)t＝eq\f(πωB2L4,R)(1分)解得：ω＝eq\f(RQ,πB2L4)(1分)(2)线圈从题图所示位置开始转过eq\f(π,3)时，线圈产生的感应电动势的瞬时值：e＝BL2ωsinωt＝BL2ωsineq\f(π,3)(1分)解得：e＝eq\f(\r(3)RQ,2πBL2)(1分)(3)线圈从题图所示位置转过eq\f(π,2)的过程中，线圈内磁通量的变化量为ΔΦ＝BL2(1分)所用的时间为t＝eq\f(π,2ω)(1分)线圈产生的感应电动势的平均值：eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,t)＝eq\f(2RQ,π2BL2).(1分)17.(11分)(2020·宁夏吴忠中学高二期末)如图16所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L＝0.5m，导轨平面与水平面间夹角θ＝37°，N、Q间连接一个电阻R＝5.0Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1.0T．将一根质量m＝0.05kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，当金属棒滑至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s＝2.0m．已知g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：图16(1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；(2)金属棒到达cd处的速度大小；(3)金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量．答案(1)2.0m/s2(2)2.0m/s(3)0.10J解析(1)设金属棒的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma(2分)解得a＝2.0m/s2(1分)(2)设金属棒到达cd位置时速度大小为v，电流为I，金属棒受力平衡，有mgsinθ＝BIL＋μmgcosθ(2分)I＝eq\f(BLv,R)(2分)解得v＝2.0m/s.(1分)(3)设金属棒从ab运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量为Q，由能量守恒，有mgs·sinθ＝eq\f(1,2)mv2＋μmgs·cosθ＋Q(2分)解得Q＝0.10J．(1分)18.(12分)(2020·安徽宿州高二期末)如图17所示，在坐标系xOy的第一象限内，斜线OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场．现有一质量为m、带电荷量为－q的粒子(不计重力)从y轴上的A点，以初速度v0水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直OC射出，并从x轴上的P点(未画出)进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后从y轴上D点(未画出)垂直y轴射出，已知OC与x轴的夹角为45°.求：图17(1)O、A间的距离；(2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度B′的大小；(3)粒子从A点运动到D点的总时间．答案(1)eq\f(mv0,Bq)(2)eq\f(1,2)B(3)eq\f(7πm＋4m,4Bq)解析(1)根据题意分析可知OA等于粒子在第一象限磁场中运动轨迹的半径，根据牛顿第二定律可得Bqv0＝eq\f(mv\o\al(02),r)(2分)解得OA＝r＝eq\f(mv0,Bq).(1分)(2)粒子运动轨迹如图所示，可得OP＝eq\r(2)r(1分)由几何关系知，粒子在第四象限磁场中运动轨迹的半径R＝2r(1分)根据牛顿第二定律可得B′qv0＝eq\f(mv\o\al(02),R)(1分)解得B′＝eq\f(1,2)B(1分)(3)粒子在磁场中运动周期T＝eq\f(2πm,qB)(1分)在第一象限磁场中运动时间t1＝eq\f(1,8)T＝eq\f(πm,4qB)(1分)出磁场运动到P点时间t2＝eq\f(r,v0)＝eq\f(m,Bq)(1分)在第四象限磁场中运动时间t3＝eq\f(3,8)T′＝eq\f(3πm,2Bq)(1分)粒子从A点运动到D点的总时间t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(7πm＋4m,4Bq).(1分)模块综合试卷(二)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32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.(2020·黑龙江鹤岗一中月考)如图1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()图1A.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.如图2所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，副线圈上并联三个相同的灯泡，均能正常发光，原线圈中再串联一个相同的灯泡L，则()图2A．灯L也能正常发光B．灯L比另外三个灯都暗C．灯L将会被烧坏D．不能确定灯L能否正常发光答案A解析设每只灯泡的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为3I，原、副线圈匝数比为3∶1，所以原、副线圈的电流之比为1∶3，所以原线圈中的电流为I，灯泡L也能正常发光，A正确，B、C、D错误．3.(2020·浙江衢州高二期中)如图3，质量为m、长为3L的均匀直导线折成等边三角形线框LMN，竖直悬挂于两根绝缘细线上，并使边MN呈水平状态．现置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当两根绝缘细线所受拉力为零时，通过导线MN的电流强度大小为()图3A.eq\f(mg,2BL)B.eq\f(2mg,3BL)C.eq\f(mg,BL)D.eq\f(2mg,BL)答案B解析当两根绝缘细线所受拉力为零时，即等边三角形线框LMN所受的安培力与重力大小相等，方向相反，由于NLM导线的等效长度为L，由并联电路特点可知，IMN＝2IMLN，由平衡条件有BIMNL＋B·eq\f(IMN,2)L＝mg，解得IMN＝eq\f(2mg,3BL).4.半径为r的圆环电阻为R，ab为圆环的一条直径．如图4所示，在ab的一侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化关系为B＝B0＋kt(k>0)，则()图4A．圆环中产生顺时针方向的感应电流B．圆环具有扩张的趋势C．圆环中感应电流的大小为eq\f(kπr2,2R)D．图中a、b两点间的电势差Uab＝eq\f(1,2)kπr2答案C解析由于磁场均匀增大，圆环中的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中感应电流为逆时针方向，同时为了阻碍磁通量的变化，圆环将有收缩的趋势，故A、B错误；根据法拉第电磁感应定律得电动势为：E＝eq\f(S,2)·eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1,2)kπr2，圆环电阻为R，所以电流大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kπr2,2R)，故选项C正确；a、b两点间的电势差为：Uab＝I·eq\f(R,2)＝eq\f(kπr2,4)，故D错误．5．如图5甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R相连．若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是()图5A．变压器输入电压的最大值是220VB．若电流表的示数为0.5A，则变压器的输入功率是12WC．原线圈输入的正弦交变电流的频率是100HzD．电压表的示数是24eq\r(2)V答案B解析由题图乙可知交流电压最大值Um＝220eq\r(2)V，故A错误；输入电压的有效值为220V，根据变压器原副线圈电压之比等于匝数之比知电压表示数为U＝eq\f(6,55)×220V＝24V，若电流表的示数为0.5A，变压器的输入功率P入＝P出＝UI＝24×0.5W＝12W，故B正确，D错误；变压器不改变频率，由题图乙可知交流电的周期T＝0.02s，根据f＝eq\f(1,T)可知原线圈输入的正弦交变电流的频率是50Hz，故C错误．6.(2020·黑龙江高二期末)一理想变压器原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为170V的正弦交流电源上，如图6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()图6A．U＝66V，n1∶n2＝3∶1B．U＝34V，n1∶n2＝4∶1C．U＝40V，n1∶n2＝4∶1D．U＝22V，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得原副线圈回路中电阻消耗的功率之比k＝eq\f(I\o\al(12),I\o\al(22))＝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4U＋eq\f(U,4)＝170V解得U＝40V，故C正确，A、B、D错误．7．(2020·北京市101中学高二下期中)如图7甲所示，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()图7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2～3s内感应电流的大小是0～1s内的2倍．再由B－t图像可知，0～1s内，B增大，则Φ增大，由楞次定律知，感应电流方向为逆时针，所以0～1s内的电流为负值；同理可得，1～2s电流为零；2～3s电流为正值，C正确．8.(2020·北京市期末)如图8所示，PQ是匀强磁场中的一片金属板，其平面与磁场方向平行，一个粒子从某点以与PQ垂直的速度射出，动能是Ek1，该粒子在磁场中的运动轨迹如图所示．今测得它在金属片两边的轨道半径之比是10∶9，若在穿越金属板过程中粒子受到的阻力大小及电荷量恒定，则下列说法正确的是()图8A．该粒子的动能增加了eq\f(81,100)Ek1B．该粒子的动能减少了eq\f(19,100)Ek1C．该粒子做圆周运动的周期减小eq\f(9,10)D．该粒子最多能穿越金属板6次答案B解析根据Bvq＝meq\f(v2,r)可得：r＝eq\f(mv,qB)，所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(10,9)，即v2＝eq\f(9,10)v1所以开始的动能为Ek1＝eq\f(1,2)mv12，穿过金属板后的动能Ek2＝eq\f(1,2)mv22＝eq\f(81,100)×eq\f(1,2)mv12＝eq\f(81,100)Ek1粒子每穿过一次金属板损失的动能ΔE＝Ek1－Ek2＝eq\f(19,100)Ek1，所以有n＝eq\f(Ek1,ΔE)＝eq\f(Ek1,\f(19,100)Ek1)≈5.3即该粒子最多能穿过金属板5次，故B正确，A、D错误；带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，可知周期与速度无关，故C错误．二、多项选择题(本题4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9.如图9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，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，下列说法中正确的是()图9A．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解析滑动触头P左移，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．10．如图10甲，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间按图乙所示规律变化时()图10A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流答案AD解析在t1～t2时间内，外加磁场的磁感应强度增大且图线斜率在增大，则在导线框中产生顺时针方向且大小增加的电流，该电流产生的磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，据“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2～t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流产生稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t3～t4时间内，外加磁场方向向下且减小，又知图线斜率也减小，在导线框中产生顺时针方向减小的电流，该电流产生向内减小的磁场，则圆环内产生顺时针方向的电流，故选项D正确．11.(2020·莱西一中、高密一中、枣庄三中联考)如图11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°.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()图11A．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，b粒子的圆心为O′，根据几何知识可知，R2·sin30°＋R1＝R2，则R1∶R2＝1∶2，②根据洛伦兹力提供向心力有R＝eq\f(mv,qB)，③联立①②③可得eq\f(m1,q1)∶eq\f(m2,q2)＝1∶4，④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．12．(2020·湖南怀化高二期末)如图12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()图12A．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解析根据题图可知，在t0～3t0时间内，线框做匀加速直线运动，所受合力为F，根据牛顿第二定律可得加速度为a＝eq\f(F,m)得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＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt，而E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Ba2,Δt)联立解得q＝eq\f(Ba2,R)，故C正确；由题图可知，线框在位置1和位置2时的速度相等，根据动能定理，外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb－W安＝ΔEk＝0，解得W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6小题，共52分)13．(5分)(2020·北师联盟模拟)如图13为研究电磁感应现象的实验装置，部分导线已连接．图13(1)用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好；(2)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：将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，灵敏电流计指针将________；断开开关时，灵敏电流计指针将________．(均选填“向右偏”“向左偏”或“不偏转”)答案(1)见解析图(2分)(2)向右偏(1分)向左偏(1分)向左偏(1分)解析(1)将电源、开关、滑动变阻器、原线圈串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与副线圈串联成另一个回路，电路图所图所示．(2)在闭合开关时，穿过线圈的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏转；将原线圈迅速插入副线圈时，穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针将向右偏．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，线圈中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏．断开开关时，线圈中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏．14.(6分)如图14所示，线圈L的电感为25mH，电阻为零，电容器C的电容为40μF，灯泡D的规格是“4V2W”．开关S闭合后，灯泡正常发光，S断开后，LC中产生振荡电流．若从S断开开始计时，求：图14(1)当t＝eq\f(π,2)×10－3s时，电容器的右极板带何种电荷；(2)当t＝π×10－3s时，LC回路中的电流大小．答案(1)正电荷(2)0.5A解析(1)S断开后，LC中产生振荡电流，振荡周期为T＝2πeq\r(LC)＝2πeq\r(25×10－3×40×10－6)s＝2π×10－3s，(2分)则t＝eq\f(π,2)×10－3s＝eq\f(T,4)时，电容器充电完毕，右极板带正电荷．(1分)(2)开关S闭合后，灯泡正常发光时电路中的电流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(2,4)A＝0.5A，(2分)当t＝π×10－3s＝eq\f(T,2)时，LC回路中的电流达到反向最大，即I＝0.5A．(1分)15．(9分)如图15甲为手机无线充电工作原理示意图，它由送电线圈和受电线圈组成．已知受电线圈的匝数为N＝50，电阻r＝1.0Ω，在它的c、d两端接阻值R＝9.0Ω的电阻．设受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间的变化规律如图乙所示，可在受电线圈中产生正弦式交变电流．求：图15(1)在一个周期内，阻值为R的电阻上产生的焦耳热；(结果保留两位有效数字)(2)从t1到t2时间内，通过阻值为R的电阻的电荷量．答案(1)5.7×10－2J(2)2.0×10－3C解析(1)由题图乙知T＝π×10－3s，受电线圈中产生的电动势最大值为Em＝NBSω＝NΦmeq\f(2π,T)＝50×2.0×10－4×eq\f(2π,π×10－3)V＝20V(1分)受电线圈中产生的感应电流的最大值为Im＝eq\f(Em,R＋r)＝2.0A(1分)通过电阻的电流的有效值为I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\r(2)A(1分)在一个周期内电阻R上产生的焦耳热为Q＝I2RT≈5.7×10－2J(1分)(2)受电线圈中感应电动势的平均值eq\x\to(E)＝Neq\f(|ΔΦ|,Δt)(1分)通过电阻R的平均电流为eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)(1分)通过电阻R的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt(1分)由题图乙可知，在t1～t2时间内，|ΔΦ|＝4.0×10－4Wb(1分)解得q＝Neq\f(|ΔΦ|,R＋r)＝2.0×10－3C．(1分)16.(9分)如图16所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab和cd相距L＝0.2m，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m＝0.1kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆接入电路的电阻均为R＝0.2Ω(竖直金属导轨电阻不计)，PQ杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g取10m/s2.图16(1)若将PQ杆固定，让MN杆在竖直向上的恒定拉力F＝1.8N的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度B0＝1.0T，杆MN的最大速度为多少？(2)若将MN杆固定，MN和PQ的间距为d＝0.4m，现使磁感应强度从零开始以eq\f(ΔB,Δt)＝0.5T/s的变化率均匀地增大，经过多长时间，杆PQ对地面的压力为零？答案(1)8m/s(2)1