(共55张PPT)
模块综合试卷(二)
一、单项选择题
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.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
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R，ab边产生的感应电动势为E=BRv，a、b两点间的电势差Uab=
E=BRv，故选D。
13
14
15
A.甲图中，在三种同位素由静止加速进入磁场所形成的三条质谱线中，c对应
的比荷最小
B.乙图中，可判断出A极板是发电机的正极
C.丙图中，粒子沿直线通过速度选择器时，粒子的速度与粒子的电荷量有关
D.丁图中，若导体为金属，则稳定时C板电势低
2.(2024·枣庄市滕州一中高二月考)如图所示，甲是质谱仪，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是
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
题图甲粒子在电场中被加速，由动能定理
得qU=mv2，粒子进入磁场后做匀速圆周
运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二
定律得qvB=m，粒子轨道半径r=，在三种同位素由静止加速进入磁场所形成的三条质谱线中，c对应的比荷最大，故A错误；
题图乙由左手定则可知，带正电的粒子偏向下极板，则可判断出A极板是发电机的负极，故B错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
题图丙中粒子沿直线通过速度选择器，
则qvB=qE，可得v=，则粒子沿直线通
过速度选择器时，粒子的速度与粒子的电荷量无关，故C错误；
题图丁中若导体为金属，由左手定则可知，电子偏向C极板，则稳定时C板电势低，故D正确。
3.(2023·南京市高二期末)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
C.垂直圆环平面的磁感应强度大小为
D.电场强度大小为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
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；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
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=，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=m，解得B=，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=，故D正确，不符合题意。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
4.(2023·泰安市高二期末)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-g
D.圆环运动的加速度大小为
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
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=-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.(2023·盐城市高二期末)如图甲所示，某超声波发生器中的核心元件为压电陶瓷片。为使得压电陶瓷片发生超声振动，需要给它通入同频率的高频电信号。图乙为高频电信号发生原理图，已知某时刻电流i的方向指向A极板，且正在减小，下列说法正确的是
A.A极板带正电
B.线圈L两端的电压在减小
C.电场能正在转化为磁场能
D.减小电容器的电容，可以减小超声振动的频率
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
电流i在减小，表明磁场能减小，则电场能增大，说明电路正处于充电过程，磁场能转化为电场能，电容器极板所带电荷量增
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
大，由于电流沿顺时针方向，则A极板带正电，故A正确，C错误；
振荡电路的电流与时间呈现正弦规律变化，在电流减小过程，电流的变化率在增大，线圈L两端的电压在增大，故B错误；
根据f=可知，减小电容器的电容，可以增大超声振动的频率，故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
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得：I===·，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，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
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
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=mv2，解得v=，离子在静电分析器中做匀速圆周运动，则有Eq=m，联立解得r=，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或速度，故B、C错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
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=m，整理可得r'=，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
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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
二、多项选择题
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
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
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.(2024·攀枝花市第三中学月考)如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率恒为20 kW。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为
1 A，输电线的总电阻为10 Ω，下列说法正确的是
A.将滑动触头P下移，用户获得的电压将减小
B.采用高压输电可以减小输电线中的电流
C.用户获得的功率为19 kW
D.升压变压器的输出电压U2=1 000 V
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
将P下移，降压变压器的原线圈匝数变多，即n3变大，对于理想变压器，有=，化简得U4=，所以降压变压器的输出
电压将减小，即用户获得的电压将减小，故A正确；
当输电功率不变时，增加升压变压器的输入电压，电流会减小。对于理想变压器，有=，可知输电线的电流会减小。所以采用高压输电可以减小输电线中的电流，故B正确；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
由电流互感器可得，输电线的电流为I2=10I'=10×1 A=10 A，由题意可知，升压变压器的输出功率为20 kW，则可得升压变压器的输出电压为U2==2 000 V，
由题意及以上选项分析可得，输电线损耗的功率为ΔP=r=102×
10 W=1 000 W，则用户获得的功率为P4=P3=P2-ΔP=19 kW，故C正确，D错误。
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-
B.t=0时刻，线框右侧边MN两端电压为Bav0
C.0~t0时间内，通过线框某一横截面的电荷
量为
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
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
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=，则t0时刻线框的速度为v=v0-a·2t0=v0-，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=E=Bav0，故B错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
线框进入磁场过程中，流过某一横截面的电荷
量为q=Δt=Δt，而==
联立解得q=，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
11.电控调光玻璃能根据环境光的强弱自动调节玻璃的透明度，将光敏电阻Rx和定值电阻R0接在9 V的电源上，电源内阻不计，光敏电阻阻值随光强变化关系如表所示：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
光强E/cd 1 2 3 4 5
电阻值/Ω 18 9 6 3.6
［“光强”表示光强弱程度的物理量，符号为E，单位为坎德拉(cd)］
(1)当光强为4坎德拉(cd)时光敏电阻Rx的大小为 Ω。
4.5
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
由表格数据可知，光敏电阻Rx与光强E的乘积均为18 Ω·cd不变，则当E=4 cd时，光敏电阻的阻值Rx= Ω=4.5 Ω。
光强E/cd 1 2 3 4 5
电阻值/Ω 18 9 6 3.6
(2)其原理是光照增强，光敏电阻Rx阻值变小，施加于玻璃两端的电压降低，玻璃透明度下降，反之则玻璃透明度上升。若电源电压不变，R0是定值电阻，则下列电路图中符合要求的是 (填序号)。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
C
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
由题意可知，光敏电阻Rx与定值电阻R0串联连接，光照增强时，光敏电阻Rx阻值减小，电路中的总电阻减小，由欧姆定律可知，电路中的电流增大，由U=IR可知，R0两端的电压增大，因串联电路中总电压等于各分压之和，所以Rx两端的电压减小，反之光照减弱时，光敏电阻Rx阻值增大，R0两端的电压减小，Rx两端的电压增大，则玻璃并联在R0两端时不符合，玻璃并联在Rx两端时符合，故A错误，C正确；
若玻璃与电源的连接方式如选项B、D，光照变化时，玻璃两端的电压不变，故B、D错误。
(3)符合(2)中要求的电路中，现已知定值电阻R0为12 Ω，用电压表测得光敏电阻两端的电压为3 V，则此时光照强度为 cd。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
当R0=12 Ω，光敏电阻两端的电压Ux=3 V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，R0两端的电压U0=U-Ux=9 V-3 V=6 V，因串联电路中各处的电流相等，所以电路中的电流I==，解得Rx'=6 Ω，此时光强E=3 cd。
12. (2023·广州六中月考)(1)如图所示，在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个电表，请从下列电表中选择 。
A.量程为0~3 V的电压表
B.量程为0~3 A的电流表
C.量程为0~0.6 A的电流表
D.零刻度在中间的灵敏电流计
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
D
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个零刻度在中间的灵敏电流计，故选D。
(2)某同学按下列步骤进行实验：
①将已知绕向的螺线管与电表连接；
②设计表格：记录将磁铁N、S极插入或抽出过程中引起感应电流的磁场方向、磁通量的变化、感应电流的方向、感应电流的磁场方向；
③分析实验结果，得出结论。
上述实验中，漏掉的实验步骤是要查明____________________________
______________________的关系。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
电流流入灵敏电流计方向与灵
敏电流计指针偏转方向
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
实验中漏掉的实验步骤是要查明电流流入灵敏电流计方向与灵敏电流计指针偏转方向的关系。
(3)在上述实验中，当磁铁插入螺线管的速度越快，电表指针偏角______
(选填“越大”或“越小”)。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
越大
当磁铁插入螺线管的速度越快，磁通量变化越快，感应电流也较大，电表指针偏角越大；
(4)如图甲所示为某实验小组利用微电流传
感器做验证楞次定律实验时，在计算机屏幕
上得到的波形。横坐标为时间t，纵坐标为
电流I，根据图线分析知道：将条形磁铁的N极插入圆形闭合线圈时得到图甲内①所示图线，现用该磁铁，如图乙所示，从很远处按原方向沿一圆形线圈的轴线匀速运动，并穿过线圈向远处而去，图丙中较正确地反映线圈中电流I与时间t关系的是 。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
B
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
条形磁铁的N极迅速插入感应线圈时，
得到题图甲内①所示图线，可知N极
插入线圈时，电流方向为负方向，现
将该磁铁以如题图乙所示方向自远处匀速沿一圆形线圈的轴线运动，并穿过线圈向远处而去，由楞次定律得出，题图乙所示磁铁S极向线圈靠近时，感应电流方向为顺时针(从左向右看)，即为正方向；当N极远离感应线圈时，则感应电流方向为负方向，故选B。
13.(2024·扬州市高二月考)如图所示装置，电源的电动势为E=8 V，内阻r1=0.5 Ω，两光滑金属导轨平行放置，间距为d=0.2 m，导体棒ab用等长绝缘细线悬挂并刚好与导轨接触，ab左侧为水平直轨道，右侧为半径R=0.2 m的竖直圆弧导轨，圆心恰好为细线悬挂点，整个装置处于竖直向下的、磁感应强度为B=0.5 T的匀强磁场中。闭合开关后，导体棒由静止开始从圆弧轨道最底端沿圆弧运动，已知导体棒的质量为m=0.06 kg，电阻r2=0.5 Ω。导体棒始终未离开导轨(不考虑导
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
体棒运动过程中产生的电动势)，其余电阻不计，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，取g=10 m/s2。求在摆动过程中：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(1)导体棒所受安培力的大小；
答案 0.8 N
导体棒在摆动过程中通过其电流为I==8 A
导体棒所受安培力的大小为F=BId=0.8 N
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(2)导体棒的最大动能及此时细线与竖直方向的夹角θ。
答案 0.08 J 53°
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
导体棒受到的重力与安培力的合力与竖直方向的
夹角满足tan α==
即α=53°
当导体棒速度最大时，其速度方向垂直于合力方向，而速度方向又垂直于细线方向，所以此时细线与合力共线，则细线与竖直方向的夹角为θ=α=53°
根据动能定理可得导体棒的最大动能为Ekm=FRsin 53°-mgR(1-cos 53°)
=0.08 J。
14.(2023·广州市高二期末)某科技馆中有一装置如图甲所示，乘客乘坐滑板车从某一高度俯冲下来，以寻求刺激，但是速度太快存在一定的风险，为解决这一问题，设计者利用磁场来减速，其工作原理如图乙所示。在滑板车下面安装电阻不计的ab、cd导轨，两导轨中间安装5根导体棒，间距均为h，导体棒长度均为L，电阻均为R。距离斜面底端5h的A处下方，存在宽度为h、方向垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。让滑板车从距离磁场上边缘h处由静止滑下，导体棒bc进入磁场后滑板车恰好做匀速直线运动，斜面与水平
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
面夹角为37°，假设所有轨道均光滑，重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°
=0.8。求：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(1)滑板车的质量m；
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
导体棒bc进入磁场前，根据动能定理有mghsin 37°=m
导体棒bc进入磁场后滑板车恰好做匀速直线运动，则有BI1L=mgsin 37°
感应电动势为E1=BLv0
感应电流I1=
解得m=
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(2)滑板车穿过磁场过程中，导体棒bc上产生的热量Q。
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
滑板车穿过磁场过程中能量守恒
mg×5hsin 37°=Q总
分析穿过磁场的过程，每一根导体棒产生的热量相等，占总热量的五分之一，
则导体棒bc上产生的热量Q=
Q=。
15.(2024·济南市高二期末)如图甲所示，一个棱长为L的立方体空间中存在着磁感应强度大小为B，沿y轴负方向的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从左侧面的中心P沿x轴正方向射入立方体空间，粒子重力忽略不计。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(1)若粒子的速度大小任意取值，求粒子在磁场中运动的最长时间；
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
由分析可知，粒子从左侧面飞出时时间最长。由牛顿第二定律得qv0B=
运动周期为T==
粒子在磁场中运动的圆心角为180°
t=T=，解得t=
(2)若粒子从dcfg面射出，求粒子速度大小v的取值范围；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案 ≤v≤
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
若从dg棱射出时，沿y轴负方向看去，粒子的运动轨迹如图(a)所示
由几何知识得R1=
若从cf棱射出时，沿y轴负方向看去，粒子的运动轨迹如图(b)所示
由几何知识得=(R2-)2+L2
解得R2=
由qvB=得R=
联立解得≤v≤
(3)如图乙所示，将磁场撤掉，在立方体空间中加上沿z轴正方向的匀强电场，粒子射出立方体时的速度方向偏转了45°；如图丙所示，保持粒子的入射速度不变，再将立方体空间分成左右相等的两个区域，左侧区域保持电场不变，右侧区域替换电场加上沿y轴负方向的匀强磁场，磁感应
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案
强度大小为B。粒子先后穿过电场和磁场区域，垂直dcfg面射出，求电场强度E。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
如题图乙，设粒子离开电场时沿z轴的速度为v1，粒子射出时的速度偏转了45°，所以v1=v0，x=v0t，沿z轴方向位移为z=t
所以x=2z
可知粒子恰好从cf棱射出。
qE=ma，z=at2
如题图丙，当右侧区域换成磁场时，由于在电场中沿x轴方向的位移变为原来的一半，所以在电场中的运动时间也变为原来的一半，偏转位移z1==，v2=，v3=
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
粒子进入磁场时速度与x轴的夹角为θ
则cos θ=
设粒子在磁场中的运动半径为r
由几何关系得=cos θ，
由牛顿第二定律qv3B=
联立解得E=。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.BRv B.BRv
C.BRv D.BRv
2.(2024·枣庄市滕州一中高二月考)如图所示，甲是质谱仪，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是 ( )
A.甲图中，在三种同位素由静止加速进入磁场所形成的三条质谱线中，c对应的比荷最小
B.乙图中，可判断出A极板是发电机的正极
C.丙图中，粒子沿直线通过速度选择器时，粒子的速度与粒子的电荷量有关
D.丁图中，若导体为金属，则稳定时C板电势低
3.(2023·南京市高二期末)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
C.垂直圆环平面的磁感应强度大小为
D.电场强度大小为
4.(2023·泰安市高二期末)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-g
D.圆环运动的加速度大小为
5.(2023·盐城市高二期末)如图甲所示，某超声波发生器中的核心元件为压电陶瓷片。为使得压电陶瓷片发生超声振动，需要给它通入同频率的高频电信号。图乙为高频电信号发生原理图，已知某时刻电流i的方向指向A极板，且正在减小，下列说法正确的是 ( )
A.A极板带正电
B.线圈L两端的电压在减小
C.电场能正在转化为磁场能
D.减小电容器的电容，可以减小超声振动的频率
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 ( )
7.(2023·苏州市高二期末)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
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
9.(2024·攀枝花市第三中学月考)如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率恒为20 kW。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1 A，输电线的总电阻为10 Ω，下列说法正确的是 ( )
A.将滑动触头P下移，用户获得的电压将减小
B.采用高压输电可以减小输电线中的电流
C.用户获得的功率为19 kW
D.升压变压器的输出电压U2=1 000 V
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-
B.t=0时刻，线框右侧边MN两端电压为Bav0
C.0~t0时间内，通过线框某一横截面的电荷量为
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
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11.(6分)电控调光玻璃能根据环境光的强弱自动调节玻璃的透明度，将光敏电阻Rx和定值电阻R0接在9 V的电源上，电源内阻不计，光敏电阻阻值随光强变化关系如表所示：
光强E/cd 1 2 3 4 5
电阻值/Ω 18 9 6 3.6
［“光强”表示光强弱程度的物理量，符号为E，单位为坎德拉(cd)］
(1)(2分)当光强为4坎德拉(cd)时光敏电阻Rx的大小为 Ω。
(2)(2分)其原理是光照增强，光敏电阻Rx阻值变小，施加于玻璃两端的电压降低，玻璃透明度下降，反之则玻璃透明度上升。若电源电压不变，R0是定值电阻，则下列电路图中符合要求的是 (填序号)。
(3)(2分)符合(2)中要求的电路中，现已知定值电阻R0为12 Ω，用电压表测得光敏电阻两端的电压为3 V，则此时光照强度为 cd。
12. (8分)(2023·广州六中月考)(1)(2分)如图所示，在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个电表，请从下列电表中选择 。
A.量程为0~3 V的电压表
B.量程为0~3 A的电流表
C.量程为0~0.6 A的电流表
D.零刻度在中间的灵敏电流计
(2)(2分)某同学按下列步骤进行实验：
①将已知绕向的螺线管与电表连接；
②设计表格：记录将磁铁N、S极插入或抽出过程中引起感应电流的磁场方向、磁通量的变化、感应电流的方向、感应电流的磁场方向；
③分析实验结果，得出结论。
上述实验中，漏掉的实验步骤是要查明 的关系。
(3)(2分)在上述实验中，当磁铁插入螺线管的速度越快，电表指针偏角 (选填“越大”或“越小”)。
(4)(2分)如图甲所示为某实验小组利用微电流传感器做验证楞次定律实验时，在计算机屏幕上得到的波形。横坐标为时间t，纵坐标为电流I，根据图线分析知道：将条形磁铁的N极插入圆形闭合线圈时得到图甲内①所示图线，现用该磁铁，如图乙所示，从很远处按原方向沿一圆形线圈的轴线匀速运动，并穿过线圈向远处而去，图丙中较正确地反映线圈中电流I与时间t关系的是 。
13.(10分)(2024·扬州市高二月考)如图所示装置，电源的电动势为E=8 V，内阻r1=0.5 Ω，两光滑金属导轨平行放置，间距为d=0.2 m，导体棒ab用等长绝缘细线悬挂并刚好与导轨接触，ab左侧为水平直轨道，右侧为半径R=0.2 m的竖直圆弧导轨，圆心恰好为细线悬挂点，整个装置处于竖直向下的、磁感应强度为B=0.5 T的匀强磁场中。闭合开关后，导体棒由静止开始从圆弧轨道最底端沿圆弧运动，已知导体棒的质量为m=0.06 kg，电阻r2=0.5 Ω。导体棒始终未离开导轨(不考虑导体棒运动过程中产生的电动势)，其余电阻不计，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，取g=10 m/s2。求在摆动过程中：
(1)(2分)导体棒所受安培力的大小；
(2)(8分)导体棒的最大动能及此时细线与竖直方向的夹角θ。
14.(12分)(2023·广州市高二期末)某科技馆中有一装置如图甲所示，乘客乘坐滑板车从某一高度俯冲下来，以寻求刺激，但是速度太快存在一定的风险，为解决这一问题，设计者利用磁场来减速，其工作原理如图乙所示。在滑板车下面安装电阻不计的ab、cd导轨，两导轨中间安装5根导体棒，间距均为h，导体棒长度均为L，电阻均为R。距离斜面底端5h的A处下方，存在宽度为h、方向垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。让滑板车从距离磁场上边缘h处由静止滑下，导体棒bc进入磁场后滑板车恰好做匀速直线运动，斜面与水平面夹角为37°，假设所有轨道均光滑，重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)(7分)滑板车的质量m；
(2)(5分)滑板车穿过磁场过程中，导体棒bc上产生的热量Q。
15.(18分)(2024·济南市高二期末)如图甲所示，一个棱长为L的立方体空间中存在着磁感应强度大小为B，沿y轴负方向的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从左侧面的中心P沿x轴正方向射入立方体空间，粒子重力忽略不计。
(1)(4分)若粒子的速度大小任意取值，求粒子在磁场中运动的最长时间；
(2)(6分)若粒子从dcfg面射出，求粒子速度大小v的取值范围；
(3)(8分)如图乙所示，将磁场撤掉，在立方体空间中加上沿z轴正方向的匀强电场，粒子射出立方体时的速度方向偏转了45°；如图丙所示，保持粒子的入射速度不变，再将立方体空间分成左右相等的两个区域，左侧区域保持电场不变，右侧区域替换电场加上沿y轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。粒子先后穿过电场和磁场区域，垂直dcfg面射出，求电场强度E。
答案精析
1.D 2.D 3.C
4.C [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=-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.A [电流i在减小，表明磁场能减小，则电场能增大，说明电路正处于充电过程，磁场能转化为电场能，电容器极板所带电荷量增大，由于电流沿顺时针方向，则A极板带正电，故A正确，C错误；振荡电路的电流与时间呈现正弦规律变化，在电流减小过程，电流的变化率在增大，线圈L两端的电压在增大，故B错误；根据f=可知，减小电容器的电容，可以增大超声振动的频率，故D错误。]
6.C [由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得：I===·，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，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.D [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=mv2，解得v=，离子在静电分析器中做匀速圆周运动，则有Eq=m，联立解得r=，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或速度，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=m，整理可得r'=，可知从P2射出的离子具有相同的比荷，故D正确。]
8.AC [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.ABC [将P下移，降压变压器的原线圈匝数变多，即n3变大，对于理想变压器，有=，化简得U4=，所以降压变压器的输出电压将减小，即用户获得的电压将减小，故A正确；当输电功率不变时，增加升压变压器的输入电压，电流会减小。对于理想变压器，有=，可知输电线的电流会减小。所以采用高压输电可以减小输电线中的电流，故B正确；由电流互感器可得，输电线的电流为I2=10I'=10×1 A=10 A，由题意可知，升压变压器的输出功率为20 kW，则可得升压变压器的输出电压为U2==2 000 V，由题意及以上选项分析可得，输电线损耗的功率为ΔP=r=102×10 W=1 000 W，则用户获得的功率为P4=P3=P2-ΔP=19 kW，故C正确，D错误。]
10.CD [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=，则t0时刻线框的速度为v=v0-a·2t0=v0-，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=E=Bav0，故B错误；
线框进入磁场过程中，流过某一横截面的电荷量为q=Δt=Δt，而==
联立解得q=，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。]
11.(1)4.5 (2)C (3)3
解析 (1)由表格数据可知，光敏电阻Rx与光强E的乘积均为18 Ω·cd不变，则当E=4 cd时，光敏电阻的阻值Rx= Ω=4.5 Ω。
(2)由题意可知，光敏电阻Rx与定值电阻R0串联连接，光照增强时，光敏电阻Rx阻值减小，电路中的总电阻减小，由欧姆定律可知，电路中的电流增大，由U=IR可知，R0两端的电压增大，因串联电路中总电压等于各分压之和，所以Rx两端的电压减小，反之光照减弱时，光敏电阻Rx阻值增大，R0两端的电压减小，Rx两端的电压增大，则玻璃并联在R0两端时不符合，玻璃并联在Rx两端时符合，故A错误，C正确；若玻璃与电源的连接方式如选项B、D，光照变化时，玻璃两端的电压不变，故B、D错误。
(3)当R0=12 Ω，光敏电阻两端的电压Ux=3 V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，R0两端的电压U0=U-Ux=9 V-3 V=6 V，因串联电路中各处的电流相等，所以电路中的电流I==，解得Rx'=6 Ω，此时光强E=3 cd。
12.(1)D (2)电流流入灵敏电流计方向与灵敏电流计指针偏转方向
(3)越大 (4)B
解析 (1)在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个零刻度在中间的灵敏电流计，故选D。
(2)实验中漏掉的实验步骤是要查明电流流入灵敏电流计方向与灵敏电流计指针偏转方向的关系。
(3)当磁铁插入螺线管的速度越快，磁通量变化越快，感应电流也较大，电表指针偏角越大；
(4)条形磁铁的N极迅速插入感应线圈时，得到题图甲内①所示图线，可知N极插入线圈时，电流方向为负方向，现将该磁铁以如题图乙所示方向自远处匀速沿一圆形线圈的轴线运动，并穿过线圈向远处而去，由楞次定律得出，题图乙所示磁铁S极向线圈靠近时，感应电流方向为顺时针(从左向右看)，即为正方向；当N极远离感应线圈时，则感应电流方向为负方向，故选B。
13.(1)0.8 N (2)0.08 J 53°
解析 (1)导体棒在摆动过程中通过其电流为I==8 A
导体棒所受安培力的大小为
F=BId=0.8 N
(2)导体棒受到的重力与安培力的合力与竖直方向的夹角满足
tan α==
即α=53°
当导体棒速度最大时，其速度方向垂直于合力方向，而速度方向又垂直于细线方向，所以此时细线与合力共线，则细线与竖直方向的夹角为θ=α=53°
根据动能定理可得导体棒的最大动能为Ekm=FRsin 53°-mgR(1-cos 53°)=0.08 J。
14.(1)
(2)
解析 (1)导体棒bc进入磁场前，根据动能定理有mghsin 37°=m
导体棒bc进入磁场后滑板车恰好做匀速直线运动，则有BI1L=mgsin 37°
感应电动势为E1=BLv0
感应电流I1=
解得m=
(2)滑板车穿过磁场过程中能量守恒
mg×5hsin 37°=Q总
分析穿过磁场的过程，每一根导体棒产生的热量相等，占总热量的五分之一，则导体棒bc上产生的热量Q=
Q=。
15.(1) (2)≤v≤
(3)
解析 (1)由分析可知，粒子从左侧面飞出时时间最长。由牛顿第二定律得qv0B=
运动周期为T==
粒子在磁场中运动的圆心角为180°
t=T=，解得t=
(2)若从dg棱射出时，沿y轴负方向看去，粒子的运动轨迹如图(a)所示
由几何知识得R1=
若从cf棱射出时，沿y轴负方向看去，粒子的运动轨迹如图(b)所示
由几何知识得=(R2-)2+L2
解得R2=
由qvB=得R=
联立解得≤v≤
(3)如题图乙，设粒子离开电场时沿z轴的速度为v1，粒子射出时的速度偏转了45°，所以v1=v0，x=v0t，沿z轴方向位移为z=t
所以x=2z
可知粒子恰好从cf棱射出。
qE=ma，z=at2
如题图丙，当右侧区域换成磁场时，由于在电场中沿x轴方向的位移变为原来的一半，所以在电场中的运动时间也变为原来的一半，偏转位移z1==，v2=，v3=
粒子进入磁场时速度与x轴的夹角为θ
则cos θ=
设粒子在磁场中的运动半径为r
由几何关系得=cos θ，
由牛顿第二定律qv3B=
联立解得E=。
