模块综合试卷(二)（含解析）-2024春高中物理选择性必修2（人教版）
文档属性
| 名称 | 模块综合试卷(二)（含解析）-2024春高中物理选择性必修2（人教版） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2024-03-06 12:51:06 | ||
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文档简介
模块综合试卷(二)
(满分：100分)
一、单项选择题：共10题，每题7分，共70分。每题只有一个选项最符合题意。
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圆环所在平面向里、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.如图所示，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，原线圈中串联一个相同的灯泡L，则( )
A．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
3.(2023·南京市高二校考期末)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．垂直圆环平面的磁场2的磁感应强度大小为
D．电场强度大小为
4.(2021·全国乙卷)如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°，不计重力，则为( )
A. B. C. D.
5.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
6．(2023·扬州市高二期中)如图所示，图甲为速度选择器，图乙为磁流体发电机，图丙为回旋加速器，图丁为质谱仪。下列说法正确的是( )
A．图甲中电子、质子能够沿直线通过速度选择器的条件是v＝
B．图乙是磁流体发电机，a点电势比b点电势高
C．图丙要增大某种粒子的最大动能，可减小磁场的磁感应强度
D．图丁中不同粒子经过质谱仪偏转半径之比等于粒子的比荷之比
7.如图所示，一理想变压器原线圈通过一理想电流表A接在u＝200sin(100πt) V的正弦交流电源上，一个二极管D(假设该二极管D的正向电阻为零，反向电阻为无穷大)和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端，理想电压表和电阻R并联，若电压表的读数为5 V，则( )
A．原线圈和副线圈的匝数比为20∶1
B．原线圈和副线圈的匝数比为10∶1
C．减小负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
D．将二极管短路，电流表的读数变小
8．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( )
9．如图甲所示，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，则线框从磁场穿出过程中感应电流i随时间t变化的图像可能是( )
10.(2023·宿迁市高二期末)我国第三艘航空母舰“福建号”采用的是电磁弹射装置，其原理可简化为如图所示，直流电源电动势为E，储能电容器的电容为C，固定于水平面内的两根光滑平行金属导轨电阻不计。飞行器可视为一根有电阻的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电；然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动，达到最大速度之后离开导轨。根据上述信息可知( )
A．匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上
B．电容器的电容C越大，MN的最大速度越大
C．电容器的电容C越大，MN刚开始运动时的加速度越大
D．当电容器储存的电荷全部放出时，MN的速度达到最大
二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11．(8分)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，小明同学利用如图甲、乙所示的可拆式变压器进行研究。
(1)为了确保实验的安全，下列做法正确的是________。
A．为了人身安全，实验中只能使用低压交流电源，所用电压不要超过36 V
B．即使副线圈不接用电器，原线圈也不能长时间通电
C．为使导线接触良好，通电时应用手直接捏紧裸露的接线柱
D．使用多用电表的交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压范围后再选择适当的量程进行测量
(2)正确选择器材后，图丙中将变压器的原线圈“0、8”接线柱与稳压输出端相连，且学生电源选择开关置于10.0 V挡，多用电表与副线圈的“0、4”接线柱相连，电表示数是________。
A．5.50 V B．4.60 V
C．5.00 V D．0
(3)小明同学把交流电源接在图丁a、b两端，当Uab＝12.0 V时，用多用电表交流电压“×10 V”挡测量c、d两端电压，测量结果如戊所示。a、b两端匝数与c、d两端匝数之比最有可能是________。
A．8∶1 B．14∶4
C．2∶1 D．1∶2
12．(10分)(2023·宿迁高二统考期末)如图甲，线圈A(图中实线，共100匝)的横截面积为0.3 m2，总电阻r＝2 Ω，A右侧所接电路中，电阻R1＝2 Ω，R2＝6 Ω，R3＝3 Ω，其中R3与一个理想二极管串联，开关S1闭合。A中有横截面积为0.2 m2的区域D(图中虚线)，D内有按图乙所示规律变化的磁场；t＝0时刻，闭合开关S2，此时磁场方向垂直于线圈平面向外，求：
(1)t＝2 s时a、b两点的电势差Uab；
(2)3～6 s内通过R2的电荷量。
13．(12分)(2023·山西高二统考期末)2022年5月，我国自主设计建造的新一代磁约束核聚变实验装置——“人造太阳”实现首次放电，如图为磁约束装置的简化示意图，图中环形区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1.0 T，磁场边界内圆半径R1未知，外圆半径R2＝3 m。一带正电粒子自中空区域的圆心O点以初速度v0沿环形区域半径OM方向射入磁场后，恰好不能穿出磁场外边界，且从磁场内边界上的N点第一次射回中空区域。已知∠MON＝60°，被束缚带正电粒子的比荷＝4.0×107 C/kg，不计带电粒子的重力，不考虑粒子之后的运动，求：
(1)带电粒子射入环形磁场时的初速度大小v0；
(2)该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间。
14．(14分)随着电磁技术的日趋成熟，新一代航母已准备采用全新的电磁阻拦技术。为方便研究问题，我们将其简化为如图所示的模型。在磁感应强度大小为B，方向如图所示的匀强磁场中，两根光滑的平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。轨道端点M、P间接有阻值为R的电阻，一个长度为L、阻值为R的轻质导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，质量为m的飞机着舰时迅速钩住导体棒ab，两者瞬间共速，速度大小为v0，钩住之后飞机立即关闭动力系统，不计飞机和导体棒ab受到的空气阻力。求：
(1)飞机减速过程中导体棒ab中产生的焦耳热；
(2)飞机速度为时的加速度大小；
(3)飞机减速过程中的位移大小。
15．(16分)(2023·扬州市高二统考期中)如图所示，y轴左侧区域存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，y轴右侧区域存在匀强磁场，第一象限磁场方向垂直纸面向外，第四象限磁场方向垂直纸面向里，且第四象限磁感应强度大小是第一象限的2倍。在第一象限垂直x轴放置粒子吸收屏，该屏距y轴的距离为L。某时刻电荷量为q，质量为m的带正电粒子在A点以水平向右的初速度射出，粒子恰好从O点进入磁场，一段时间后粒子垂直击中吸收屏。已知A点的坐标为(－L，)，粒子的重力不计。
(1)求粒子从A点射出时的速度大小；
(2)求第一象限中磁场磁感应强度的最小值；
(3)求粒子击中吸收屏的纵坐标的可能值。
模块综合试卷(二)
1．D [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。 ]
2．A [设每个灯泡的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的三个小灯泡正常发光，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．C [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；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。]
4．B [如图所示，设圆形磁场区域的半径为R，粒子以v1射入磁场时的轨迹半径为r1，根据几何关系r1＝R，以v2射入磁场时的轨迹半径r2＝R。根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，可得v＝，所以＝＝，故选B。
]
5．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。]
6．A [ 图甲中电子、质子能够沿直线通过速度选择器的条件是v＝，A正确；图乙是磁流体发电机，根据左手定则可知，a点电势比b点电势低，B错误；由Bqv＝m可知v＝，故粒子获得的动能为Ek＝mv2＝，图丙要增大某种粒子的最大动能，可增大磁场的磁感应强度，C错误；由题意可知Uq＝mv2，Bqv＝m，解得r＝，图丁中不同粒子经过质谱仪偏转半径之比＝，D错误。]
7．A [因为二极管具有单向导电性，由此根据焦耳定律得·＝T，解得U2＝10 V，由题意知U1＝200 V，根据＝，原线圈和副线圈的匝数比为20∶1，故A正确，B错误；减小负载电阻的阻值R，可知副线圈输出功率变大，原线圈输出功率也变大，电流表的读数变大，故C错误；将二极管短路，输出功率变大，而原线圈输入电压不变，则电流表读数变大，故D错误。]
8．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。]
9．B [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，因穿过线框的磁通量不变，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，速度大于进入磁场时的速度，由法拉第电磁感应定律可知，出磁场时的感应电流大于进磁场时的感应电流，导致出磁场时受到的安培力大于重力，则线框做减速运动，根据牛顿第二定律，BiL－mg＝ma，i＝，则线框做加速度减小的减速运动，i逐渐减小，且i－t图线斜率的绝对值逐渐减小，故B正确，A、C、D错误。]
10．B [S接至2，MN中电流方向从M到N，MN开始向右加速运动，受到安培力向右。由左手定则可知，匀强磁场的方向垂直于导轨平面向下，A错误；当开关接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝，MN所受安培力F＝BIL，据牛顿第二定律F＝ma，则有a＝，MN刚开始运动时的加速度与电容器的电容C无关，C错误；金属棒获得最大速度v时，放电电流为零，此时电容器的电压U与金属棒的感应电动势E棒相等，即U＝E棒＝BLv，此时电容器储存的电荷并未全部放出，D错误；设此过程中的平均电流为，时间为t，根据动量定理有BLt＝mvm－0，其中t＝ΔQ，ΔQ＝C(E－BLvm)，有vm＝＝，电容器的电容C越大，MN的最大速度越大，B正确。]
11．(1)BD(3分) (2)D(2分) (3)C(3分)
解析 (1)变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不超过12 V，故A错误；即使副线圈不接用电器，原线圈处于空载也有一定的损耗，原线圈也不能长时间通电，故B正确；实验通电时，为保证人身安全及实验准确性，不可用手接触裸露的导线，故C错误；使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量，故D正确。
(2)由题可知，原线圈连接的电压为直流电压，因此，副线圈两端的电压为0。故选D。
(3)电压挡“×10 V”的量程精度为0.2 V，估读到0.1 V，则读数为5.6 V；根据理想变压器的电压比等于匝数比，考虑变压器有一定的电能损失，则最接近的匝数比为2∶1。故选C。
12．(1)－8 V (2)3.6 C
解析 (1)根据楞次定律可知，t＝2 s时b点的电势高于a点，即Uab<0；此时二极管处于导通状态；(1分)
感应电动势E1＝nS＝100××0.2 V＝12 V(2分)
此时外电路电阻R＝ Ω＋2 Ω＝4 Ω(1分)
电路电流I＝＝2 A(1分)
a、b两点的电势差Uab＝－IR＝－8 V(1分)
(2)3～6 s内b点的电势低于a点，即Uab>0；此时二极管处于截止状态；(1分)
感应电动势仍为E2＝12 V，此时外电路电阻
R′＝6 Ω＋2 Ω＝8 Ω(1分)
电路电流I′＝＝1.2 A(1分)
3～6 s内通过R2的电荷量
q2＝I′t2＝1.2×3 C＝3.6 C(1分)
13．(1)4.0×107 m/s (2)×10－7 s
解析 (1)设带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，如图所示，
由几何知识得r＋＝R2(2分)
解得r＝1 m
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m(2分)
解得v0＝4.0×107 m/s(1分)
(2)根据题意有t1＝t3＝(1分)
R1＝＝ m(1分)
t1＝t3＝×10－7 s(1分)
T＝＝(1分)
t2＝·＝＝×10－7 s(2分)
故t＝t1＋t2＋t3＝(＋)×10－7 s。(1分)
14．(1)mv02 (2) (3)
解析 (1)飞机减速至0的过程中，根据能量守恒定律有
Q＝mv02(1分)
飞机减速过程中导体棒ab中产生的焦耳热Q′＝R(1分)
解得Q′＝mv02(1分)
(2)飞机速度为时的感应电动势E＝(1分)
感应电流为I＝(1分)
根据牛顿第二定律有BIL＝ma(1分)
解得a＝(1分)
(3)减速过程中的平均感应电动势为＝(2分)
感应电流的平均值＝(2分)
根据动量定理有－BL·Δt＝0－mv0(2分)
解得x＝。(1分)
15．(1) (2)2 (3)y＝L(n＝0,1,2，…)
解析 (1)粒子由A到O做类平抛运动，则有L＝vAt(1分)
＝(1分)
据牛顿第二定律有Eq＝ma(1分)
联立解得vA＝(1分)
(2)粒子到达O点时的竖直分速度为
vOy＝at＝vA＝(1分)
则进入磁场时的速度大小为v＝vA＝(1分)
速度方向与x轴正方向成45°角斜向右下；设粒子在第四象限做匀速圆周运动的半径为r1，在第一象限做匀速圆周运动的半径为r2，第一象限磁感应强度大小为B，第四象限磁感应强度大小为2B，则在第四象限运动时qv·2B＝(1分)
在第一象限运动时qvB＝(1分)
解得r2＝2r1＝(1分)
磁感应强度最小即半径最大时，由几何关系可知r1max＋r2max＝L
得r2max＝，(1分)
r1max＝(1分)
联立解得第一象限磁感应强度的最小值为Bmin＝2(1分)
(3)根据粒子在磁场中做圆周运动的周期性得
L＝n(r1＋r2)＋r1＋(n＝0,1,2，…)(2分)
粒子击中吸收屏的纵坐标y＝r2－r2(1分)
联立解得y＝L(n＝0,1,2，…)。(1分)
(满分：100分)
一、单项选择题：共10题，每题7分，共70分。每题只有一个选项最符合题意。
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圆环所在平面向里、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.如图所示，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，原线圈中串联一个相同的灯泡L，则( )
A．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
3.(2023·南京市高二校考期末)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．垂直圆环平面的磁场2的磁感应强度大小为
D．电场强度大小为
4.(2021·全国乙卷)如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°，不计重力，则为( )
A. B. C. D.
5.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
6．(2023·扬州市高二期中)如图所示，图甲为速度选择器，图乙为磁流体发电机，图丙为回旋加速器，图丁为质谱仪。下列说法正确的是( )
A．图甲中电子、质子能够沿直线通过速度选择器的条件是v＝
B．图乙是磁流体发电机，a点电势比b点电势高
C．图丙要增大某种粒子的最大动能，可减小磁场的磁感应强度
D．图丁中不同粒子经过质谱仪偏转半径之比等于粒子的比荷之比
7.如图所示，一理想变压器原线圈通过一理想电流表A接在u＝200sin(100πt) V的正弦交流电源上，一个二极管D(假设该二极管D的正向电阻为零，反向电阻为无穷大)和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端，理想电压表和电阻R并联，若电压表的读数为5 V，则( )
A．原线圈和副线圈的匝数比为20∶1
B．原线圈和副线圈的匝数比为10∶1
C．减小负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
D．将二极管短路，电流表的读数变小
8．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( )
9．如图甲所示，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，则线框从磁场穿出过程中感应电流i随时间t变化的图像可能是( )
10.(2023·宿迁市高二期末)我国第三艘航空母舰“福建号”采用的是电磁弹射装置，其原理可简化为如图所示，直流电源电动势为E，储能电容器的电容为C，固定于水平面内的两根光滑平行金属导轨电阻不计。飞行器可视为一根有电阻的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电；然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动，达到最大速度之后离开导轨。根据上述信息可知( )
A．匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上
B．电容器的电容C越大，MN的最大速度越大
C．电容器的电容C越大，MN刚开始运动时的加速度越大
D．当电容器储存的电荷全部放出时，MN的速度达到最大
二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11．(8分)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，小明同学利用如图甲、乙所示的可拆式变压器进行研究。
(1)为了确保实验的安全，下列做法正确的是________。
A．为了人身安全，实验中只能使用低压交流电源，所用电压不要超过36 V
B．即使副线圈不接用电器，原线圈也不能长时间通电
C．为使导线接触良好，通电时应用手直接捏紧裸露的接线柱
D．使用多用电表的交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压范围后再选择适当的量程进行测量
(2)正确选择器材后，图丙中将变压器的原线圈“0、8”接线柱与稳压输出端相连，且学生电源选择开关置于10.0 V挡，多用电表与副线圈的“0、4”接线柱相连，电表示数是________。
A．5.50 V B．4.60 V
C．5.00 V D．0
(3)小明同学把交流电源接在图丁a、b两端，当Uab＝12.0 V时，用多用电表交流电压“×10 V”挡测量c、d两端电压，测量结果如戊所示。a、b两端匝数与c、d两端匝数之比最有可能是________。
A．8∶1 B．14∶4
C．2∶1 D．1∶2
12．(10分)(2023·宿迁高二统考期末)如图甲，线圈A(图中实线，共100匝)的横截面积为0.3 m2，总电阻r＝2 Ω，A右侧所接电路中，电阻R1＝2 Ω，R2＝6 Ω，R3＝3 Ω，其中R3与一个理想二极管串联，开关S1闭合。A中有横截面积为0.2 m2的区域D(图中虚线)，D内有按图乙所示规律变化的磁场；t＝0时刻，闭合开关S2，此时磁场方向垂直于线圈平面向外，求：
(1)t＝2 s时a、b两点的电势差Uab；
(2)3～6 s内通过R2的电荷量。
13．(12分)(2023·山西高二统考期末)2022年5月，我国自主设计建造的新一代磁约束核聚变实验装置——“人造太阳”实现首次放电，如图为磁约束装置的简化示意图，图中环形区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1.0 T，磁场边界内圆半径R1未知，外圆半径R2＝3 m。一带正电粒子自中空区域的圆心O点以初速度v0沿环形区域半径OM方向射入磁场后，恰好不能穿出磁场外边界，且从磁场内边界上的N点第一次射回中空区域。已知∠MON＝60°，被束缚带正电粒子的比荷＝4.0×107 C/kg，不计带电粒子的重力，不考虑粒子之后的运动，求：
(1)带电粒子射入环形磁场时的初速度大小v0；
(2)该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间。
14．(14分)随着电磁技术的日趋成熟，新一代航母已准备采用全新的电磁阻拦技术。为方便研究问题，我们将其简化为如图所示的模型。在磁感应强度大小为B，方向如图所示的匀强磁场中，两根光滑的平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。轨道端点M、P间接有阻值为R的电阻，一个长度为L、阻值为R的轻质导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，质量为m的飞机着舰时迅速钩住导体棒ab，两者瞬间共速，速度大小为v0，钩住之后飞机立即关闭动力系统，不计飞机和导体棒ab受到的空气阻力。求：
(1)飞机减速过程中导体棒ab中产生的焦耳热；
(2)飞机速度为时的加速度大小；
(3)飞机减速过程中的位移大小。
15．(16分)(2023·扬州市高二统考期中)如图所示，y轴左侧区域存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，y轴右侧区域存在匀强磁场，第一象限磁场方向垂直纸面向外，第四象限磁场方向垂直纸面向里，且第四象限磁感应强度大小是第一象限的2倍。在第一象限垂直x轴放置粒子吸收屏，该屏距y轴的距离为L。某时刻电荷量为q，质量为m的带正电粒子在A点以水平向右的初速度射出，粒子恰好从O点进入磁场，一段时间后粒子垂直击中吸收屏。已知A点的坐标为(－L，)，粒子的重力不计。
(1)求粒子从A点射出时的速度大小；
(2)求第一象限中磁场磁感应强度的最小值；
(3)求粒子击中吸收屏的纵坐标的可能值。
模块综合试卷(二)
1．D [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。 ]
2．A [设每个灯泡的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的三个小灯泡正常发光，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．C [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；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。]
4．B [如图所示，设圆形磁场区域的半径为R，粒子以v1射入磁场时的轨迹半径为r1，根据几何关系r1＝R，以v2射入磁场时的轨迹半径r2＝R。根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，可得v＝，所以＝＝，故选B。
]
5．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。]
6．A [ 图甲中电子、质子能够沿直线通过速度选择器的条件是v＝，A正确；图乙是磁流体发电机，根据左手定则可知，a点电势比b点电势低，B错误；由Bqv＝m可知v＝，故粒子获得的动能为Ek＝mv2＝，图丙要增大某种粒子的最大动能，可增大磁场的磁感应强度，C错误；由题意可知Uq＝mv2，Bqv＝m，解得r＝，图丁中不同粒子经过质谱仪偏转半径之比＝，D错误。]
7．A [因为二极管具有单向导电性，由此根据焦耳定律得·＝T，解得U2＝10 V，由题意知U1＝200 V，根据＝，原线圈和副线圈的匝数比为20∶1，故A正确，B错误；减小负载电阻的阻值R，可知副线圈输出功率变大，原线圈输出功率也变大，电流表的读数变大，故C错误；将二极管短路，输出功率变大，而原线圈输入电压不变，则电流表读数变大，故D错误。]
8．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。]
9．B [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，因穿过线框的磁通量不变，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，速度大于进入磁场时的速度，由法拉第电磁感应定律可知，出磁场时的感应电流大于进磁场时的感应电流，导致出磁场时受到的安培力大于重力，则线框做减速运动，根据牛顿第二定律，BiL－mg＝ma，i＝，则线框做加速度减小的减速运动，i逐渐减小，且i－t图线斜率的绝对值逐渐减小，故B正确，A、C、D错误。]
10．B [S接至2，MN中电流方向从M到N，MN开始向右加速运动，受到安培力向右。由左手定则可知，匀强磁场的方向垂直于导轨平面向下，A错误；当开关接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝，MN所受安培力F＝BIL，据牛顿第二定律F＝ma，则有a＝，MN刚开始运动时的加速度与电容器的电容C无关，C错误；金属棒获得最大速度v时，放电电流为零，此时电容器的电压U与金属棒的感应电动势E棒相等，即U＝E棒＝BLv，此时电容器储存的电荷并未全部放出，D错误；设此过程中的平均电流为，时间为t，根据动量定理有BLt＝mvm－0，其中t＝ΔQ，ΔQ＝C(E－BLvm)，有vm＝＝，电容器的电容C越大，MN的最大速度越大，B正确。]
11．(1)BD(3分) (2)D(2分) (3)C(3分)
解析 (1)变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不超过12 V，故A错误；即使副线圈不接用电器，原线圈处于空载也有一定的损耗，原线圈也不能长时间通电，故B正确；实验通电时，为保证人身安全及实验准确性，不可用手接触裸露的导线，故C错误；使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量，故D正确。
(2)由题可知，原线圈连接的电压为直流电压，因此，副线圈两端的电压为0。故选D。
(3)电压挡“×10 V”的量程精度为0.2 V，估读到0.1 V，则读数为5.6 V；根据理想变压器的电压比等于匝数比，考虑变压器有一定的电能损失，则最接近的匝数比为2∶1。故选C。
12．(1)－8 V (2)3.6 C
解析 (1)根据楞次定律可知，t＝2 s时b点的电势高于a点，即Uab<0；此时二极管处于导通状态；(1分)
感应电动势E1＝nS＝100××0.2 V＝12 V(2分)
此时外电路电阻R＝ Ω＋2 Ω＝4 Ω(1分)
电路电流I＝＝2 A(1分)
a、b两点的电势差Uab＝－IR＝－8 V(1分)
(2)3～6 s内b点的电势低于a点，即Uab>0；此时二极管处于截止状态；(1分)
感应电动势仍为E2＝12 V，此时外电路电阻
R′＝6 Ω＋2 Ω＝8 Ω(1分)
电路电流I′＝＝1.2 A(1分)
3～6 s内通过R2的电荷量
q2＝I′t2＝1.2×3 C＝3.6 C(1分)
13．(1)4.0×107 m/s (2)×10－7 s
解析 (1)设带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，如图所示，
由几何知识得r＋＝R2(2分)
解得r＝1 m
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m(2分)
解得v0＝4.0×107 m/s(1分)
(2)根据题意有t1＝t3＝(1分)
R1＝＝ m(1分)
t1＝t3＝×10－7 s(1分)
T＝＝(1分)
t2＝·＝＝×10－7 s(2分)
故t＝t1＋t2＋t3＝(＋)×10－7 s。(1分)
14．(1)mv02 (2) (3)
解析 (1)飞机减速至0的过程中，根据能量守恒定律有
Q＝mv02(1分)
飞机减速过程中导体棒ab中产生的焦耳热Q′＝R(1分)
解得Q′＝mv02(1分)
(2)飞机速度为时的感应电动势E＝(1分)
感应电流为I＝(1分)
根据牛顿第二定律有BIL＝ma(1分)
解得a＝(1分)
(3)减速过程中的平均感应电动势为＝(2分)
感应电流的平均值＝(2分)
根据动量定理有－BL·Δt＝0－mv0(2分)
解得x＝。(1分)
15．(1) (2)2 (3)y＝L(n＝0,1,2，…)
解析 (1)粒子由A到O做类平抛运动，则有L＝vAt(1分)
＝(1分)
据牛顿第二定律有Eq＝ma(1分)
联立解得vA＝(1分)
(2)粒子到达O点时的竖直分速度为
vOy＝at＝vA＝(1分)
则进入磁场时的速度大小为v＝vA＝(1分)
速度方向与x轴正方向成45°角斜向右下；设粒子在第四象限做匀速圆周运动的半径为r1，在第一象限做匀速圆周运动的半径为r2，第一象限磁感应强度大小为B，第四象限磁感应强度大小为2B，则在第四象限运动时qv·2B＝(1分)
在第一象限运动时qvB＝(1分)
解得r2＝2r1＝(1分)
磁感应强度最小即半径最大时，由几何关系可知r1max＋r2max＝L
得r2max＝，(1分)
r1max＝(1分)
联立解得第一象限磁感应强度的最小值为Bmin＝2(1分)
(3)根据粒子在磁场中做圆周运动的周期性得
L＝n(r1＋r2)＋r1＋(n＝0,1,2，…)(2分)
粒子击中吸收屏的纵坐标y＝r2－r2(1分)
联立解得y＝L(n＝0,1,2，…)。(1分)