模块综合试卷(一)（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(一)（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 | 1.1MB | ||
| 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 12:52:12 | ||
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文档简介
模块综合试卷(一)
(满分：100分)
一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。
1．(2023·连云港高二统考期中)关于以下四张图片，说法正确的是( )
A．甲图为电磁波调制时，调幅波的示意图
B．乙图为用γ射线拍摄的人体组织图片
C．丙图为干簧管，它的工作原理是利用电磁感应规律
D．丁图容器中充入电介质时，回路中振荡电流频率将增大
2.1932年，物理学家安德森在宇宙射线实验中发现了正电子。他利用放在强磁场中的云室来记录宇宙射线粒子，并在云室中加入一块厚6 mm的铅板，借以减慢粒子的速度。当宇宙射线粒子通过云室内的强磁场时，拍下粒子径迹的照片。如图为安德森在云室内拍下的正电子的径迹，以下说法正确的是( )
A．正电子从下向上穿过铅板
B．正电子穿过铅板后做圆周运动的周期变大
C．磁场的方向垂直纸面向外
D．磁场的方向垂直纸面向里
3.(2022·江苏卷)如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向( )
A．平行于纸面向上
B．平行于纸面向下
C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
4．如图所示，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( )
A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a
B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
C．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
5.演示自感现象的电路如图所示，L为电感线圈。闭合开关S，电路稳定时，两只完全相同的灯泡A1、A2亮度相同，下列说法正确的是( )
A．闭合开关S时，A1、A2同时变亮
B．若断开开关，通过A2的电流从左向右
C．L的直流电阻与R的阻值相同
D．若断开开关，A1逐渐变暗，A2闪亮一下再逐渐变暗
6.如图所示，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( )
A．导线b受到的安培力可能为0
B．导线a受到的安培力可能为0
C．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
7．如图所示是一个充电电路装置，图甲和图乙是其发电机的两个截面示意图。推动手柄使线圈a沿轴线往复运动，线圈a中产生的感应电动势随时间按如图丙所示的正弦规律变化。线圈a连接一原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器，其输出端接充电设备。线圈a及导线的电阻不计。则( )
A．变压器输出电流的频率为10 Hz
B．充电设备两端的电压有效值为5 V
C．其他条件不变，仅增大线圈a往复运动的频率，充电设备两端的电压最大值不变
D．其他条件不变，对不同规格的充电设备充电，变压器输入功率可能不同
8.(2023·扬州市高二期中)洛伦兹力演示仪的结构示意图如图所示。由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流I来调节。适当调节U和I，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹。下列调节方式中，一定能让圆形径迹半径增大的是( )
A．同时增大U和I B．同时减小U和I
C．减小U，增大I D．增大U，减小I
9．(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
10.(2023·南京市第一中学期末)如图所示为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则( )
A．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为2∶3
B．带电粒子1与带电粒子2做圆周运动的半径之比为∶1
C．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为1∶3
D．带电粒子1与带电粒子2在磁场中周期之比为3∶1
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)(2023·连云港高二校考阶段练习)如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置。
(1)在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么把A线圈从B线圈中拿出来，然后合上开关，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将________(填“向左”“向右”或“不”)偏转；
(2)连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是________；
A．插入铁芯
B．拔出A线圈
C．滑动变阻器的滑片向左滑动
D．断开开关S瞬间
(3)G为指针零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况如图甲中所示，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图乙中的条形磁体的运动方向是向________(填“上”或“下”)：图丙中的条形磁体下端为________极(填“N”或“S”)。
12．(10分)如图甲所示，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，其他电阻阻值不计。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：
(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？
13．(12分)(2023·南京市宁海中学校考期末)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，边长L＝30 cm的正方形线圈abcd共200匝，线圈总电阻r＝3 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝20 rad/s，外电路连接的两个定值电阻的阻值均为R＝4 Ω。求：
(1)从图示位置起转时电动势瞬时值的表达式；
(2)理想交流电压表的示数；
(3)线圈从图示位置转过30°的过程中通过线圈的电荷量。
14．(14分)如图所示，两足够长的平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，倾角θ＝37°，导轨间距L＝0.5 m，导轨电阻不计，M、P间连接一个R＝4.5 Ω的电阻。两导轨间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1 T。一质量m＝0.05 kg、电阻r＝0.5 Ω的金属棒ab以v＝2 m/s的速度沿导轨匀速向下滑动，下滑过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求电阻R中电流I的大小；
(2)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(3)对金属棒施加一个垂直于金属棒且沿导轨平面向上的恒定拉力F＝0.12 N，若金属棒继续下滑x＝2 m后速度恰好减为0，求在金属棒减速过程中，电阻R上产生的焦耳热。
15．(16分)(2021·全国甲卷)如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。
(1)求粒子发射位置到P点的距离；
(2)求磁感应强度大小的取值范围；
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
模块综合试卷(一)
1．A [题图甲是将电磁波的振幅按照传送的信号变化规律而变化，即调幅，A正确；乙图是利用X射线拍摄的人体组织图片，B错误；丙图为干簧管，是将磁信号转化为电路通断的传感器，C错误；丁图容器中充入电介质时，电容器电容增大，由T＝2π，可知回路中的振荡周期变大，振荡电流的频率减小，D错误。]
2．D [正电子穿过铅板后速度减小，正电子在磁场中运动半径减小，由题图可知正电子从上向下穿过铅板，故A错误；由于铅板上下的磁感应强度相同，根据T＝可知，正电子穿过铅板后做圆周运动的周期不变，故B错误；由左手定则可知磁场的方向垂直纸面向里，故D正确，C错误。]
3．C [根据安培定则，可判断出导线a左侧部分所在处磁场方向斜向右上方，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出左半部分所受安培力垂直纸面向外，右半部分所受安培力垂直纸面向里，故C正确，A、B、D错误。]
4．D [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，导线框离开磁场时感应电流方向为a→b→c→d→a，故A、B错误；根据“来拒去留”可知导线框离开磁场时受到了水平向左的安培力，导线框进入磁场时受到了水平向左的安培力，故C错误，D正确。]
5．C [闭合开关S时，A2立即变亮；由于线圈的自感作用将阻碍电流的快速变大，使电流缓慢变大，所以与其串联的灯泡A1缓慢变亮，故A错误；电路稳定时，两只完全相同的灯泡A1、A2亮度相同，说明L的直流电阻与R的阻值相同，故C正确；断开开关时，电路中的电流突然减小为零，线圈内将产生阻碍原电流减小的自感电流，即自感电流的方向与原电流方向相同；灯泡A1、A2所在的两个支路构成了一个闭合回路，自感电流通过灯泡A1、A2，通过A2时方向从右向左，随着自感电流的减小，两个灯泡同时熄灭，因两个灯泡之前电流相同，因此A2不会闪亮一下，故B、D错误。]
6．B [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和导线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。]
7．D [根据题图丙可知，输出电流的频率f＝ Hz＝5 Hz，A错误；原线圈两端电压的有效值U1＝ V＝ V，根据电压与匝数的关系有＝，解得U2＝ V，B错误；其他条件不变，仅增大线圈a往复运动的频率时，根据Em＝Blvm可知，原线圈两端电压的最大值增大，根据电压与匝数的关系，充电设备两端的电压最大值增大，C错误；其他条件不变时，可知变压器原、副线圈两端电压的有效值均一定，对不同规格的充电设备充电，通过设备的额定电流可能不同，则变压器输出功率可能不同，而输出功率决定输入功率，即其他条件不变，对不同规格的充电设备充电，变压器输入功率可能不同，D正确。]
8．D [根据题意，由牛顿第二定律有evB＝m，解得R＝，由动能定理有eU＝mv2，整理可得R＝，可知，一定能让圆形径迹半径增大的是增大U，同时减小B，即同时减小I。故选D。]
9．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和速度，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。]
10．A [如图，设圆形磁场半径为R，根据数学知识，粒子在磁场中运动的轨道半径为r1＝Rtan 30°，r2＝Rtan 60°，带电粒子1与带电粒子2做圆周运动的半径比为＝，带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动轨迹对应的圆心角分别为120°和60°，所以可得在磁场中运动时间之比为＝＝，A正确，B错误；粒子在磁场中运动有Bqv＝m，即r＝＝，因为有＝，所以可得带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为3∶1，C错误；带电粒子1与带电粒子2在磁场中周期比为＝＝，D错误。
]
11．(1)向右(2分) (2)BD(2分) (3)下(2分) S(2分)
解析 (1)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明线圈B中磁通量增加，产生的感应电流使指针向右偏转，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，线圈B中的磁通量也增加，产生的感应电流方向相同，故灵敏电流计指针也将向右偏转；
(2)据(1)分析有：插入铁芯会使通过线圈B中的磁通量变大，则使灵敏电流计的指针向右偏转，故A错误；拔出A线圈，会使通过线圈B中的磁通量变小，则会使灵敏电流计指针向左偏转，故B正确；滑动变阻器的滑片向左滑动，则通过线圈A中的电流变大，从而会使通过线圈B中的磁通量变大，灵敏电流计的指针会向右偏转，故C错误；断开开关S瞬间，会使通过线圈B中的磁通量变小，从而使灵敏电流计的指针向左偏转，故D正确。
(3)依题意可知实验时通过线圈的电流是从上端流入、下端流出，则根据右手螺旋定则可知此时线圈产生的磁场方向向下，而此时恰好条形磁体的S极朝下，结合楞次定律，说明引起感应电流的磁场方向向上且通过线圈的磁通量在增大，可知条形磁体应向下运动；
依题意可知实验时通过线圈的电流是从下端流入、上端流出，则根据右手螺旋定则可知线圈产生的磁场方向向上，而条形磁体又向上远离线圈，结合楞次定律，说明引起感应电流的磁场方向向上且通过线圈的磁通量在减小，则可知条形磁体的下端为S极。
12．(1)L2 (2)e端高
解析 (1)在0到t1时间内，根据法拉第电磁感应定律：
＝n＝nS＝(2分)
＝(1分)
q＝t1(1分)
联立解得：q＝L2(1分)
(2)在2t1到3t1时间内，电路的总电动势为E＝(2分)
电阻R两端的电压为U＝＝(2分)
根据楞次定律知，e端电势高。(1分)
13．(1)e＝180cos 20t(V) (2)72 V (3)0.9 C
解析 (1)从图示位置起转，其中ω＝20 rad/s，电动势的最大值为
Em＝NBωS＝NBωL2＝200×0.5×20×(30×10－2)2 V＝180 V(2分)
则电动势瞬时值的表达式为
e＝Emcos ωt＝180cos 20t(V)(1分)
(2)电动势的有效值为E＝(1分)
设电压表的示数为U，电压表测两电阻并联部分两端电压，并联部分电阻为R并＝(1分)
有U＝E(1分)
所以有U＝72 V(1分)
(3)线圈从图示位置转过30°的过程中平均电动势为
＝N(2分)
磁通量变化为ΔΦ＝BL2sin 30°(1分)
平均电流为＝(1分)
解得q＝Δt＝0.9 C(1分)
14．(1)0.2 A (2)0.5 (3)0.054 J
解析 (1)金属棒ab产生的感应电动势为E＝BLv＝1 V(2分)
由闭合电路欧姆定律得I＝＝0.2 A(2分)
(2)金属棒ab受到的安培力方向沿导轨向上，金属棒匀速运动，根据平衡条件可得mgsin θ＝μmgcos θ＋BIL(2分)
解得μ＝0.5(2分)
(3)从施加拉力F到金属棒停下的过程中，由能量守恒定律得(F－mgsin θ＋μmgcos θ)x＋Q＝
mv2(2分)
电阻R上产生的焦耳热为QR＝Q(2分)
联立两式解得QR＝0.054 J(2分)
15．(1)
(2)(3)l
解析 (1)由题可知，粒子在电场中做类平抛运动，进入磁场时速度方向与PQ的夹角为60°，设粒子在P点时竖直方向上的速度为vy，由几何关系得tan 60°＝(1分)
由运动学公式可得vy＝at(1分)
根据牛顿第二定律有qE＝ma
联立解得粒子在电场中运动的时间t＝(1分)
则粒子在水平方向的位移x＝v0t＝(1分)
竖直方向的位移y＝t＝(1分)
则粒子发射位置到P点的距离为
d＝＝(1分)
(2)设粒子在磁场中运动的速度为v，结合题意及几何关系可知，v＝＝v0(1分)
粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m
解得B＝＝(1分)
磁感应强度最大时，粒子由Q点射出，粒子轨迹如图甲所示，设此时的轨迹圆圆心为O1，半径为r1，由几何关系可知r1＝＝，对应的磁感应强度B1＝(1分)
磁感应强度最小时，粒子由N点射出，粒子轨迹如图乙所示，设此时的轨迹圆圆心为O2，半径为r2。过O2作PQ的垂线与PQ的延长线交于点A，由几何关系有O2A＝，故O2Q＝r2
结合PB＝QB＝l(1分)
在△O2PB中，由勾股定理有(l)2＋2＝r22
解得r2＝(＋1)l(1分)
对应的磁感应强度B2＝(1分)
故磁感应强度的取值范围为(3)由题意可知，粒子正好从QN的中点射出磁场，画出粒子在磁场中的运动轨迹如图丙所示，设此时轨迹圆圆心为O3，半径为r3
由几何关系可知：PD＝，(1分)
sin θ＝，cos θ＝
r3＝＝(1分)
设F为轨迹与挡板MN最近处的点，O3F⊥PQ，且与PQ相交于点E。
由几何关系可得O3E＝r3，
故EF＝r3(1分)
F到MN的最近距离为dmin＝l－r3＝。(1分)
(满分：100分)
一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。
1．(2023·连云港高二统考期中)关于以下四张图片，说法正确的是( )
A．甲图为电磁波调制时，调幅波的示意图
B．乙图为用γ射线拍摄的人体组织图片
C．丙图为干簧管，它的工作原理是利用电磁感应规律
D．丁图容器中充入电介质时，回路中振荡电流频率将增大
2.1932年，物理学家安德森在宇宙射线实验中发现了正电子。他利用放在强磁场中的云室来记录宇宙射线粒子，并在云室中加入一块厚6 mm的铅板，借以减慢粒子的速度。当宇宙射线粒子通过云室内的强磁场时，拍下粒子径迹的照片。如图为安德森在云室内拍下的正电子的径迹，以下说法正确的是( )
A．正电子从下向上穿过铅板
B．正电子穿过铅板后做圆周运动的周期变大
C．磁场的方向垂直纸面向外
D．磁场的方向垂直纸面向里
3.(2022·江苏卷)如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向( )
A．平行于纸面向上
B．平行于纸面向下
C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
4．如图所示，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( )
A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a
B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
C．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
5.演示自感现象的电路如图所示，L为电感线圈。闭合开关S，电路稳定时，两只完全相同的灯泡A1、A2亮度相同，下列说法正确的是( )
A．闭合开关S时，A1、A2同时变亮
B．若断开开关，通过A2的电流从左向右
C．L的直流电阻与R的阻值相同
D．若断开开关，A1逐渐变暗，A2闪亮一下再逐渐变暗
6.如图所示，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( )
A．导线b受到的安培力可能为0
B．导线a受到的安培力可能为0
C．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
7．如图所示是一个充电电路装置，图甲和图乙是其发电机的两个截面示意图。推动手柄使线圈a沿轴线往复运动，线圈a中产生的感应电动势随时间按如图丙所示的正弦规律变化。线圈a连接一原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器，其输出端接充电设备。线圈a及导线的电阻不计。则( )
A．变压器输出电流的频率为10 Hz
B．充电设备两端的电压有效值为5 V
C．其他条件不变，仅增大线圈a往复运动的频率，充电设备两端的电压最大值不变
D．其他条件不变，对不同规格的充电设备充电，变压器输入功率可能不同
8.(2023·扬州市高二期中)洛伦兹力演示仪的结构示意图如图所示。由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流I来调节。适当调节U和I，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹。下列调节方式中，一定能让圆形径迹半径增大的是( )
A．同时增大U和I B．同时减小U和I
C．减小U，增大I D．增大U，减小I
9．(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
10.(2023·南京市第一中学期末)如图所示为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则( )
A．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为2∶3
B．带电粒子1与带电粒子2做圆周运动的半径之比为∶1
C．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为1∶3
D．带电粒子1与带电粒子2在磁场中周期之比为3∶1
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)(2023·连云港高二校考阶段练习)如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置。
(1)在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么把A线圈从B线圈中拿出来，然后合上开关，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将________(填“向左”“向右”或“不”)偏转；
(2)连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是________；
A．插入铁芯
B．拔出A线圈
C．滑动变阻器的滑片向左滑动
D．断开开关S瞬间
(3)G为指针零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况如图甲中所示，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图乙中的条形磁体的运动方向是向________(填“上”或“下”)：图丙中的条形磁体下端为________极(填“N”或“S”)。
12．(10分)如图甲所示，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，其他电阻阻值不计。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：
(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？
13．(12分)(2023·南京市宁海中学校考期末)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，边长L＝30 cm的正方形线圈abcd共200匝，线圈总电阻r＝3 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝20 rad/s，外电路连接的两个定值电阻的阻值均为R＝4 Ω。求：
(1)从图示位置起转时电动势瞬时值的表达式；
(2)理想交流电压表的示数；
(3)线圈从图示位置转过30°的过程中通过线圈的电荷量。
14．(14分)如图所示，两足够长的平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，倾角θ＝37°，导轨间距L＝0.5 m，导轨电阻不计，M、P间连接一个R＝4.5 Ω的电阻。两导轨间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1 T。一质量m＝0.05 kg、电阻r＝0.5 Ω的金属棒ab以v＝2 m/s的速度沿导轨匀速向下滑动，下滑过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求电阻R中电流I的大小；
(2)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(3)对金属棒施加一个垂直于金属棒且沿导轨平面向上的恒定拉力F＝0.12 N，若金属棒继续下滑x＝2 m后速度恰好减为0，求在金属棒减速过程中，电阻R上产生的焦耳热。
15．(16分)(2021·全国甲卷)如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。
(1)求粒子发射位置到P点的距离；
(2)求磁感应强度大小的取值范围；
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
模块综合试卷(一)
1．A [题图甲是将电磁波的振幅按照传送的信号变化规律而变化，即调幅，A正确；乙图是利用X射线拍摄的人体组织图片，B错误；丙图为干簧管，是将磁信号转化为电路通断的传感器，C错误；丁图容器中充入电介质时，电容器电容增大，由T＝2π，可知回路中的振荡周期变大，振荡电流的频率减小，D错误。]
2．D [正电子穿过铅板后速度减小，正电子在磁场中运动半径减小，由题图可知正电子从上向下穿过铅板，故A错误；由于铅板上下的磁感应强度相同，根据T＝可知，正电子穿过铅板后做圆周运动的周期不变，故B错误；由左手定则可知磁场的方向垂直纸面向里，故D正确，C错误。]
3．C [根据安培定则，可判断出导线a左侧部分所在处磁场方向斜向右上方，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出左半部分所受安培力垂直纸面向外，右半部分所受安培力垂直纸面向里，故C正确，A、B、D错误。]
4．D [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，导线框离开磁场时感应电流方向为a→b→c→d→a，故A、B错误；根据“来拒去留”可知导线框离开磁场时受到了水平向左的安培力，导线框进入磁场时受到了水平向左的安培力，故C错误，D正确。]
5．C [闭合开关S时，A2立即变亮；由于线圈的自感作用将阻碍电流的快速变大，使电流缓慢变大，所以与其串联的灯泡A1缓慢变亮，故A错误；电路稳定时，两只完全相同的灯泡A1、A2亮度相同，说明L的直流电阻与R的阻值相同，故C正确；断开开关时，电路中的电流突然减小为零，线圈内将产生阻碍原电流减小的自感电流，即自感电流的方向与原电流方向相同；灯泡A1、A2所在的两个支路构成了一个闭合回路，自感电流通过灯泡A1、A2，通过A2时方向从右向左，随着自感电流的减小，两个灯泡同时熄灭，因两个灯泡之前电流相同，因此A2不会闪亮一下，故B、D错误。]
6．B [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和导线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。]
7．D [根据题图丙可知，输出电流的频率f＝ Hz＝5 Hz，A错误；原线圈两端电压的有效值U1＝ V＝ V，根据电压与匝数的关系有＝，解得U2＝ V，B错误；其他条件不变，仅增大线圈a往复运动的频率时，根据Em＝Blvm可知，原线圈两端电压的最大值增大，根据电压与匝数的关系，充电设备两端的电压最大值增大，C错误；其他条件不变时，可知变压器原、副线圈两端电压的有效值均一定，对不同规格的充电设备充电，通过设备的额定电流可能不同，则变压器输出功率可能不同，而输出功率决定输入功率，即其他条件不变，对不同规格的充电设备充电，变压器输入功率可能不同，D正确。]
8．D [根据题意，由牛顿第二定律有evB＝m，解得R＝，由动能定理有eU＝mv2，整理可得R＝，可知，一定能让圆形径迹半径增大的是增大U，同时减小B，即同时减小I。故选D。]
9．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和速度，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。]
10．A [如图，设圆形磁场半径为R，根据数学知识，粒子在磁场中运动的轨道半径为r1＝Rtan 30°，r2＝Rtan 60°，带电粒子1与带电粒子2做圆周运动的半径比为＝，带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动轨迹对应的圆心角分别为120°和60°，所以可得在磁场中运动时间之比为＝＝，A正确，B错误；粒子在磁场中运动有Bqv＝m，即r＝＝，因为有＝，所以可得带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为3∶1，C错误；带电粒子1与带电粒子2在磁场中周期比为＝＝，D错误。
]
11．(1)向右(2分) (2)BD(2分) (3)下(2分) S(2分)
解析 (1)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明线圈B中磁通量增加，产生的感应电流使指针向右偏转，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，线圈B中的磁通量也增加，产生的感应电流方向相同，故灵敏电流计指针也将向右偏转；
(2)据(1)分析有：插入铁芯会使通过线圈B中的磁通量变大，则使灵敏电流计的指针向右偏转，故A错误；拔出A线圈，会使通过线圈B中的磁通量变小，则会使灵敏电流计指针向左偏转，故B正确；滑动变阻器的滑片向左滑动，则通过线圈A中的电流变大，从而会使通过线圈B中的磁通量变大，灵敏电流计的指针会向右偏转，故C错误；断开开关S瞬间，会使通过线圈B中的磁通量变小，从而使灵敏电流计的指针向左偏转，故D正确。
(3)依题意可知实验时通过线圈的电流是从上端流入、下端流出，则根据右手螺旋定则可知此时线圈产生的磁场方向向下，而此时恰好条形磁体的S极朝下，结合楞次定律，说明引起感应电流的磁场方向向上且通过线圈的磁通量在增大，可知条形磁体应向下运动；
依题意可知实验时通过线圈的电流是从下端流入、上端流出，则根据右手螺旋定则可知线圈产生的磁场方向向上，而条形磁体又向上远离线圈，结合楞次定律，说明引起感应电流的磁场方向向上且通过线圈的磁通量在减小，则可知条形磁体的下端为S极。
12．(1)L2 (2)e端高
解析 (1)在0到t1时间内，根据法拉第电磁感应定律：
＝n＝nS＝(2分)
＝(1分)
q＝t1(1分)
联立解得：q＝L2(1分)
(2)在2t1到3t1时间内，电路的总电动势为E＝(2分)
电阻R两端的电压为U＝＝(2分)
根据楞次定律知，e端电势高。(1分)
13．(1)e＝180cos 20t(V) (2)72 V (3)0.9 C
解析 (1)从图示位置起转，其中ω＝20 rad/s，电动势的最大值为
Em＝NBωS＝NBωL2＝200×0.5×20×(30×10－2)2 V＝180 V(2分)
则电动势瞬时值的表达式为
e＝Emcos ωt＝180cos 20t(V)(1分)
(2)电动势的有效值为E＝(1分)
设电压表的示数为U，电压表测两电阻并联部分两端电压，并联部分电阻为R并＝(1分)
有U＝E(1分)
所以有U＝72 V(1分)
(3)线圈从图示位置转过30°的过程中平均电动势为
＝N(2分)
磁通量变化为ΔΦ＝BL2sin 30°(1分)
平均电流为＝(1分)
解得q＝Δt＝0.9 C(1分)
14．(1)0.2 A (2)0.5 (3)0.054 J
解析 (1)金属棒ab产生的感应电动势为E＝BLv＝1 V(2分)
由闭合电路欧姆定律得I＝＝0.2 A(2分)
(2)金属棒ab受到的安培力方向沿导轨向上，金属棒匀速运动，根据平衡条件可得mgsin θ＝μmgcos θ＋BIL(2分)
解得μ＝0.5(2分)
(3)从施加拉力F到金属棒停下的过程中，由能量守恒定律得(F－mgsin θ＋μmgcos θ)x＋Q＝
mv2(2分)
电阻R上产生的焦耳热为QR＝Q(2分)
联立两式解得QR＝0.054 J(2分)
15．(1)
(2)
解析 (1)由题可知，粒子在电场中做类平抛运动，进入磁场时速度方向与PQ的夹角为60°，设粒子在P点时竖直方向上的速度为vy，由几何关系得tan 60°＝(1分)
由运动学公式可得vy＝at(1分)
根据牛顿第二定律有qE＝ma
联立解得粒子在电场中运动的时间t＝(1分)
则粒子在水平方向的位移x＝v0t＝(1分)
竖直方向的位移y＝t＝(1分)
则粒子发射位置到P点的距离为
d＝＝(1分)
(2)设粒子在磁场中运动的速度为v，结合题意及几何关系可知，v＝＝v0(1分)
粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m
解得B＝＝(1分)
磁感应强度最大时，粒子由Q点射出，粒子轨迹如图甲所示，设此时的轨迹圆圆心为O1，半径为r1，由几何关系可知r1＝＝，对应的磁感应强度B1＝(1分)
磁感应强度最小时，粒子由N点射出，粒子轨迹如图乙所示，设此时的轨迹圆圆心为O2，半径为r2。过O2作PQ的垂线与PQ的延长线交于点A，由几何关系有O2A＝，故O2Q＝r2
结合PB＝QB＝l(1分)
在△O2PB中，由勾股定理有(l)2＋2＝r22
解得r2＝(＋1)l(1分)
对应的磁感应强度B2＝(1分)
故磁感应强度的取值范围为
由几何关系可知：PD＝，(1分)
sin θ＝，cos θ＝
r3＝＝(1分)
设F为轨迹与挡板MN最近处的点，O3F⊥PQ，且与PQ相交于点E。
由几何关系可得O3E＝r3，
故EF＝r3(1分)
F到MN的最近距离为dmin＝l－r3＝。(1分)