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2022年高中物理（新教材）新粤教版选择性必修第二册同步学案模块综合试卷(二)
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这是一份高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第二册全册综合学案及答案，共12页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
模块综合试卷(二)
(时间：75分钟 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1
A.BRv B.BRv
C.BRv D.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R，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.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，原线圈中串联有一个相同的灯泡L，则( )
图2
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
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.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3
A. B. C. D.
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·L＝mg，解得IMN＝，故选B.
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4
A．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
D．图中a、b两点间的电势差Uab＝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＝·＝kπr2，圆环电阻为R，所以电流大小为I＝＝，故选项C正确；a、b两点间的电势差为：Uab＝I·＝，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5
A．变压器输入电压的最大值是220 V
B．若电流表的示数为 0.5 A，则变压器的输入功率是12 W
C．原线圈输入的正弦交变电流的频率是100 Hz
D．电压表的示数是24 V
答案 B
解析 由题图乙可知交流电压最大值Um＝220 V，故A错误；输入电压的有效值为220 V，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＝×220 V＝24 V，若电流表的示数为0.5 A，变压器的输入功率P入＝P出＝UI＝24×0.5 W＝12 W，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＝0.02 s，根据f＝可知原线圈输入的正弦交变电流的频率是50 Hz，故C错误．
6．如图6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6
答案 C
解析 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，所以0～1 s内的电流为负值；同理可得，1～2 s电流为零；2～3 s电流为正值，C正确．
7.如图7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．今测得它在金属板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7
A．该粒子的动能增加了Ek1
B．该粒子的动能减少了Ek1
C．该粒子做圆周运动的周期减小
D．该粒子最多能穿越金属板6次
答案 B
解析 根据Bvq＝m可得：r＝，
所以＝＝，
即v2＝v1
所以开始的动能为Ek1＝mv12，
穿过金属板后的动能Ek2＝mv22＝×mv12＝Ek1
粒子每穿过一次金属板损失的动能
ΔE＝Ek1－Ek2＝Ek1，
所以有n＝＝≈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＝，可知周期与速度无关，故C错误．
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8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8
A．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，圆环中磁通量不变，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．
9.如图9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，忽略粒子间的相互作用，则以下比值正确的是( )
图9
A．v1∶v2＝2∶1 B．v1∶v2＝1∶2
C．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＝mv2，
所以v＝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·sin 30°＋R1＝R2，
则R1∶R2＝1∶2，②
根据洛伦兹力提供向心力有R＝，③
联立①②③可得∶＝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＝＝，
所以两粒子在磁场中运动的时间之比为
t1∶t2＝T1∶T2＝∶＝3∶8，
故C错误，D正确．
10．如图10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10
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
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＝
得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＝IΔt＝Δt，而E＝＝
联立解得q＝，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5小题，共54分)
11．(8分)如图11为研究电磁感应现象的实验装置，部分导线已连接．
图11
(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左偏了一下，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)向左偏(2分) 向右偏(2分) 向右偏(2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，电路图如图所示．
(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左偏转；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左偏．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右偏．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右偏．
12.(8分)如图12所示，线圈L的自感系数为25 mH，电阻为零，电容器C的电容为40 μF，灯泡D的规格是“4 V 2 W”．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12
(1)当t＝×10－3 s时，电容器的右极板带何种电荷；
(2)当t＝π×10－3 s时，LC回路中的电流大小．
答案 (1)正电荷 (2)0.5 A
解析 (1)S断开后，LC中产生振荡电流，
振荡周期为T＝2π＝2π s＝2π×10－3 s，(2分)
则t＝×10－3 s＝时，电容器充电完毕，右极板带正电荷．(2分)
(2)开关S闭合后，灯泡正常发光时电路中的电流I＝＝ A＝0.5 A，(2分)
当t＝π×10－3 s＝时，LC回路中的电流达到反向最大，即I＝0.5 A．(2分)
13．(10分)如图13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＝1.0 Ω，在它的c、d两端接阻值R＝9.0 Ω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13
(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)5.7×10－2 J (2)2.0×10－3 C
解析 (1)由题图乙知T＝π×10－3 s，受电线圈中产生的电动势最大值为Em＝NBSω＝NΦm＝50×2.0×10－4× V＝20 V(2分)
受电线圈中产生的感应电流的最大值为
Im＝＝2.0 A(1分)
通过电阻的电流的有效值为I＝＝ A(1分)
在一个周期内电阻R上产生的焦耳热为Q＝I2RT≈5.7×10－2 J(1分)
(2)受电线圈中感应电动势的平均值＝N(1分)
通过电阻R的平均电流为＝(1分)
通过电阻R的电荷量q＝Δt(1分)
由题图乙可知，在t1～t2时间内，|ΔΦ|＝4.0×10－4 Wb(1分)
解得q＝N＝2.0×10－3 C．(1分)
14．(12分)如图14甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d＝0.5 m的光滑金属“U”形导轨，导轨右端接有R＝1 Ω的电阻，在“U”形导轨右侧l＝1 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量为m＝0.1 kg、内阻r＝1 Ω的导体棒ab以v0＝1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导轨的电阻忽略不计，g取10 m/s2.
图14
(1)求第一秒内流过ab的电流的大小及方向；
(2)求ab棒进磁场瞬间的加速度大小；
(3)导体棒最终停止在导轨上，求全过程回路中产生的焦耳热．
答案 (1)0.25 A 方向由a流向b (2)1.25 m/s2 (3)0.175 J
解析 (1)第一秒内磁场随时间均匀变化，由法拉第电磁感应定律有E1＝＝＝0.5 V．(2分)
所以流过ab的电流I1＝＝0.25 A(1分)
方向由a流向b；(1分)
(2)依题意可知ab棒在1 s末时刻进入磁场(速度仍为v0)，此后磁感应强度保持不变，则E2＝Bdv0＝0.5 V(1分)
I2＝＝0.25 A(1分)
F＝BI2d(1分)
由牛顿第二定律，有F＝ma(1分)
所以a＝1.25 m/s2(1分)
(3)依据焦耳定律有Q1＝I12(R＋r)t1＝0.125 J(1分)
根据功能关系，则有Q2＝mv02＝0.05 J(1分)
全过程回路中产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝0.175 J．(1分)
15.(16分)如图15所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限中以ON为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上纵坐标y＝h处的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上横坐标x＝2h处的P点进入磁场，最后沿垂直于y轴的方向射出磁场，不计粒子重力．求：
图15
(1)电场强度大小E；
(2)粒子在磁场中运动的轨迹半径r；
(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.
答案 (1) (2) (3)＋
解析 (1)由题意知，带电粒子进入电场后做类平抛运动，有2h＝v0t(2分)
h＝at2＝·t2(2分)
联立解得E＝.(1分)
(2)带电粒子由点M到P点过程，由动能定理得qEh＝mv2－mv02(2分)
解得v＝v0(1分)
粒子进入匀强磁场做匀速圆周运动，有qvB＝m(2分)
解得r＝(1分)
(3)粒子运动轨迹如图所示
粒子在电场中运动的时间t1＝(1分)
粒子在磁场中运动的周期T＝(1分)
根据tan θ＝＝1(1分)
可得粒子射入磁场时其速度方向与x轴正方向成45°角，由粒子射出磁场时垂直于y轴可知：粒子在磁场中运动时圆弧所对的圆心角为135°，
故在磁场中运动的时间t2＝T＝(1分)
所以粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间
t＝t1＋t2＝＋.(1分)
模块综合试卷(二)
(时间：75分钟 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1
A.BRv B.BRv
C.BRv D.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R，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.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，原线圈中串联有一个相同的灯泡L，则( )
图2
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
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.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3
A. B. C. D.
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·L＝mg，解得IMN＝，故选B.
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4
A．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
D．图中a、b两点间的电势差Uab＝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＝·＝kπr2，圆环电阻为R，所以电流大小为I＝＝，故选项C正确；a、b两点间的电势差为：Uab＝I·＝，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5
A．变压器输入电压的最大值是220 V
B．若电流表的示数为 0.5 A，则变压器的输入功率是12 W
C．原线圈输入的正弦交变电流的频率是100 Hz
D．电压表的示数是24 V
答案 B
解析 由题图乙可知交流电压最大值Um＝220 V，故A错误；输入电压的有效值为220 V，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＝×220 V＝24 V，若电流表的示数为0.5 A，变压器的输入功率P入＝P出＝UI＝24×0.5 W＝12 W，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＝0.02 s，根据f＝可知原线圈输入的正弦交变电流的频率是50 Hz，故C错误．
6．如图6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6
答案 C
解析 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，所以0～1 s内的电流为负值；同理可得，1～2 s电流为零；2～3 s电流为正值，C正确．
7.如图7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．今测得它在金属板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7
A．该粒子的动能增加了Ek1
B．该粒子的动能减少了Ek1
C．该粒子做圆周运动的周期减小
D．该粒子最多能穿越金属板6次
答案 B
解析 根据Bvq＝m可得：r＝，
所以＝＝，
即v2＝v1
所以开始的动能为Ek1＝mv12，
穿过金属板后的动能Ek2＝mv22＝×mv12＝Ek1
粒子每穿过一次金属板损失的动能
ΔE＝Ek1－Ek2＝Ek1，
所以有n＝＝≈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＝，可知周期与速度无关，故C错误．
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8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8
A．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，圆环中磁通量不变，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．
9.如图9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，忽略粒子间的相互作用，则以下比值正确的是( )
图9
A．v1∶v2＝2∶1 B．v1∶v2＝1∶2
C．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＝mv2，
所以v＝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·sin 30°＋R1＝R2，
则R1∶R2＝1∶2，②
根据洛伦兹力提供向心力有R＝，③
联立①②③可得∶＝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＝＝，
所以两粒子在磁场中运动的时间之比为
t1∶t2＝T1∶T2＝∶＝3∶8，
故C错误，D正确．
10．如图10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10
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
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＝
得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＝IΔt＝Δt，而E＝＝
联立解得q＝，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5小题，共54分)
11．(8分)如图11为研究电磁感应现象的实验装置，部分导线已连接．
图11
(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左偏了一下，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)向左偏(2分) 向右偏(2分) 向右偏(2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，电路图如图所示．
(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左偏转；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左偏．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右偏．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右偏．
12.(8分)如图12所示，线圈L的自感系数为25 mH，电阻为零，电容器C的电容为40 μF，灯泡D的规格是“4 V 2 W”．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12
(1)当t＝×10－3 s时，电容器的右极板带何种电荷；
(2)当t＝π×10－3 s时，LC回路中的电流大小．
答案 (1)正电荷 (2)0.5 A
解析 (1)S断开后，LC中产生振荡电流，
振荡周期为T＝2π＝2π s＝2π×10－3 s，(2分)
则t＝×10－3 s＝时，电容器充电完毕，右极板带正电荷．(2分)
(2)开关S闭合后，灯泡正常发光时电路中的电流I＝＝ A＝0.5 A，(2分)
当t＝π×10－3 s＝时，LC回路中的电流达到反向最大，即I＝0.5 A．(2分)
13．(10分)如图13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＝1.0 Ω，在它的c、d两端接阻值R＝9.0 Ω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13
(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)5.7×10－2 J (2)2.0×10－3 C
解析 (1)由题图乙知T＝π×10－3 s，受电线圈中产生的电动势最大值为Em＝NBSω＝NΦm＝50×2.0×10－4× V＝20 V(2分)
受电线圈中产生的感应电流的最大值为
Im＝＝2.0 A(1分)
通过电阻的电流的有效值为I＝＝ A(1分)
在一个周期内电阻R上产生的焦耳热为Q＝I2RT≈5.7×10－2 J(1分)
(2)受电线圈中感应电动势的平均值＝N(1分)
通过电阻R的平均电流为＝(1分)
通过电阻R的电荷量q＝Δt(1分)
由题图乙可知，在t1～t2时间内，|ΔΦ|＝4.0×10－4 Wb(1分)
解得q＝N＝2.0×10－3 C．(1分)
14．(12分)如图14甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d＝0.5 m的光滑金属“U”形导轨，导轨右端接有R＝1 Ω的电阻，在“U”形导轨右侧l＝1 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量为m＝0.1 kg、内阻r＝1 Ω的导体棒ab以v0＝1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导轨的电阻忽略不计，g取10 m/s2.
图14
(1)求第一秒内流过ab的电流的大小及方向；
(2)求ab棒进磁场瞬间的加速度大小；
(3)导体棒最终停止在导轨上，求全过程回路中产生的焦耳热．
答案 (1)0.25 A 方向由a流向b (2)1.25 m/s2 (3)0.175 J
解析 (1)第一秒内磁场随时间均匀变化，由法拉第电磁感应定律有E1＝＝＝0.5 V．(2分)
所以流过ab的电流I1＝＝0.25 A(1分)
方向由a流向b；(1分)
(2)依题意可知ab棒在1 s末时刻进入磁场(速度仍为v0)，此后磁感应强度保持不变，则E2＝Bdv0＝0.5 V(1分)
I2＝＝0.25 A(1分)
F＝BI2d(1分)
由牛顿第二定律，有F＝ma(1分)
所以a＝1.25 m/s2(1分)
(3)依据焦耳定律有Q1＝I12(R＋r)t1＝0.125 J(1分)
根据功能关系，则有Q2＝mv02＝0.05 J(1分)
全过程回路中产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝0.175 J．(1分)
15.(16分)如图15所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限中以ON为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上纵坐标y＝h处的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上横坐标x＝2h处的P点进入磁场，最后沿垂直于y轴的方向射出磁场，不计粒子重力．求：
图15
(1)电场强度大小E；
(2)粒子在磁场中运动的轨迹半径r；
(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.
答案 (1) (2) (3)＋
解析 (1)由题意知，带电粒子进入电场后做类平抛运动，有2h＝v0t(2分)
h＝at2＝·t2(2分)
联立解得E＝.(1分)
(2)带电粒子由点M到P点过程，由动能定理得qEh＝mv2－mv02(2分)
解得v＝v0(1分)
粒子进入匀强磁场做匀速圆周运动，有qvB＝m(2分)
解得r＝(1分)
(3)粒子运动轨迹如图所示
粒子在电场中运动的时间t1＝(1分)
粒子在磁场中运动的周期T＝(1分)
根据tan θ＝＝1(1分)
可得粒子射入磁场时其速度方向与x轴正方向成45°角，由粒子射出磁场时垂直于y轴可知：粒子在磁场中运动时圆弧所对的圆心角为135°，
故在磁场中运动的时间t2＝T＝(1分)
所以粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间
t＝t1＋t2＝＋.(1分)
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