资源简介

模块综合试卷（一）
（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.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
2.（2023·清远市高二期末）如图所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通电环形导线，则示波管中的电子束将（　　　　）
A.向下偏转 B.向上偏转
C.向纸外偏转 D.向纸里偏转
3.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
4.（2023·深圳市高二期末）如图所示，平行板中存在垂直纸面向里的匀强磁场和匀强电场，平行板外有固定的光滑绝缘轨道。带电小球P从a点由静止滑下，过c点后恰能在板间沿水平方向做直线运动。现使P从b点由静止下滑，则（　　　　）
A.P一定带负电
B.在平行板间运动过程中P仍能做直线运动
C.在平行板间运动过程中P的电势能不断增大
D.P进入磁场时所受的洛伦兹力增大
5.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.充电电路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，充电电路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
6.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（　　　　）
A 　 　　　B 　 　　C　　 　　D
7.如图所示，边长为L的正三角形abc内存在垂直纸面的匀强磁场（未画出），磁感应强度大小为B。abc的中心O处有一粒子源，能够沿abc平面向任意方向发射速率为的粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。则粒子在磁场中运动的最短时间为（　　　　）
A. B. C. D.
二、多项选择题（本题共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，带电粒子（不计重力）在以下四种器件中运动，下列说法正确的是（　　　　）
A.甲图中从左侧射入的带正电粒子，若速度满足v>，将向上极板偏转
B.乙图中等离子体进入A、B极板之间后，A极板电势低于B极板电势
C.丙图中通过励磁线圈的电流越大，电子的运动径迹半径越小
D.丁图中只要增大加速电压，粒子就能获得更大的动能
9.（2023·广州市第一中学高二期中）如图甲所示，某同学在研究电磁感应现象时，将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像，t2时刻电流为0，如图乙所示。下列说法正确的是（　　　　）
A.在t2时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为0
B.在t1到t2时间内，强磁铁的加速度大于重力加速度
C.强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力先向上后向下
D.在t1到t3的时间内，强磁铁重力势能的减少量大于其动能的增加量
10.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
三、非选择题（本题共5小题，共54分。）
11.（8分）（2023·清远市高二期末）小华同学正在进行“探究法拉第电磁感应定律”的实验。
（1）（4分）已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、灵敏电流计及开关按如图所示部分连接，要把电路连接完整且正确，则N连接到接线柱　　　　（选填“a”“b”或“c”），M连接到接线柱　　　　（选填“a”“b”或“c”）。
（2）（2分）正确连接电路后，开始实验探究，小华同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向右匀速滑动时，灵敏电流计的指针向右偏转，由此可以判断　　　　。
A.滑动变阻器的滑片P向右加速滑动，灵敏电流计的指针向左偏转
B.线圈A中的铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计的指针向右偏转
C.滑动变阻器的滑片P匀速向左滑动，灵敏电流计的指针静止在中央
（3）（2分）实验中小华同学发现在两次电磁感应现象中，第一次灵敏电流计的指针摆动的幅度比第二次指针摆动的幅度大，原因是线圈中第一次的　　　　　　　　　　　（选填“磁通量”“磁通量的变化量”或“磁通量的变化率”）比第二次的大。
12.（10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接在电动势为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）（3分）当光强为4坎德拉（cd）时光敏电阻Rx的大小为　　　　Ω。
（2）（3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。若电源电动势不变，R0是定值电阻，则下列电路图中符合要求的是　　　　（填序号）。
（3）（4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。
13.（10分）如图所示为边长为L的单匝正方形线圈abcd，放在磁感应强度方向垂直纸面向里、大小为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：
（1）（4分）线圈转动的角速度；
（2）（2分）线圈从图示位置转过时，产生的感应电动势的瞬时值；
（3）（4分）线圈从图示位置转过的过程中，产生的感应电动势的平均值。
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根等距离分布的导体棒，导体棒长度为L，电阻均为R，间距为h。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.（14分）（2023·深圳市高二期末）如图所示，区域PP'M'M内有竖直向下的匀强电场，电场强度E=1×103 V/m，宽度d=0.05 m，长度L=0.40 m。区域MM'N'N内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.5×10-2 T，磁场长度L=0.40 m，磁场宽度足够。比荷=1×108 C/kg的带正电的粒子以水平速度v0从P点射入电场。边界MM'不影响粒子的运动，不计粒子重力。
（1）（4分）若v0=2×105 m/s，求粒子射出电场时距P点的水平距离；
（2）（2分）要使带电粒子进入磁场，求v0的大小需要满足的条件；
（3）（8分）若粒子只进入磁场一次就恰好垂直P'N'边界射出，求v0的大小。
答案精析
1.B　［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.A　［由安培定则可知，示波管下方环形电流的磁场在环形电流外侧的磁感线方向垂直纸面向里，电子束由左向右运动，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向下，则电子束向下偏转，选A。］
3.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。］
4.C　［带电小球P从a点由静止滑下，过c点后恰能在板间沿水平方向做直线运动。若小球带负电，则小球在金属板间受力为竖直向下的重力、电场力与洛伦兹力，不可能受力平衡；若小球带正电，则小球在金属板间受力为竖直向下的重力、竖直向上电场力与洛伦兹力，有可能受力平衡，A错误；由小球受力平衡有mg=qE+qvB，
P从b点由静止下滑，下滑至c点的速度相比于从a点下滑时小，所受洛伦兹力减小，而重力与电场力大小方向均不变，所以不能受力平衡，也不能做匀速直线运动，B、D错误；
由洛伦兹力减小，所以小球所受合力方向竖直向下，小球将向下偏转，电场力做负功，电势能增大，C正确。］
5.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=，解得充电电路两端电压有效值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E=n可知，穿过线圈a的磁通量的变化率增大，线圈a中产生的感应电动势增大，则原线圈两端电压的最大值增大，根据电压与匝数的关系，充电电路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。］
6.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，则没有感应电流产生，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，电流逐渐减小，若在线框完全穿出磁场前感应电流减小到i0，则以后保持i0不再变化，故B正确，A、C、D错误。］
7.C　［假设粒子带正电，磁场的方向垂直纸面向里，粒子运动轨迹的半径满足qv0B=m，解得r=L，则当轨迹如图所示，即粒子水平向右进入磁场时，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为，粒子在磁场中的周期为T==，粒子在磁场中运动的最短时间为t=T=，故A、B、D错误，C正确。］
8.ABC　［题图甲中带正电的粒子从左侧射入叠加场中时，受向下的电场力和向上的洛伦兹力，当两个力平衡时，带电粒子会沿直线射出，当速度v>，即洛伦兹力大于电场力时，粒子将向上极板偏转，选项A正确；题图乙中等离子体进入A、B极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正离子向B极板偏转，负离子向A极板偏转，因此A极板带负电，B极板带正电，A极板电势低，选项B正确；题图丙中通过励磁线圈的电流越大，线圈产生的磁场越强，电子的运动由洛伦兹力提供向心力，则有evB=m，可得R=，可知，当电子的速度一定时，磁感应强度越大，电子的运动径迹半径越小，选项C正确；题图丁中，当粒子运动半径等于D形盒半径时具有最大速度，即vm=，粒子的最大动能Ekm=，由此可知最大动能与加速电压无关，选项D错误。］
9.AD　［t2时刻电流为0，说明感应电动势为零，由E=n 可知穿过线圈的磁通量的变化率为0，故A正确；由“来拒去留”可知在t1到t2时间内，强磁铁受到线圈向上的作用力F，且初始阶段有F小于重力，由a=可知初始阶段强磁铁的加速度小于重力加速度，故B错误；由“来拒去留”可知强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力始终向上，故C错误；在t1到t3的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量和线圈产生的内能，故D正确。］
10.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。］
11.（1）a　c　（2）B　（3）磁通量的变化率
解析　（1）将灵敏电流计与线圈B串联成一个回路，所以N连接a。将电源、开关、滑动变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，所以M连接c。
（2）由题意可知，当P向右匀速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，磁通量减少，此时线圈B中产生了电流使指针向右偏转，故可知当B中的磁通量减小时，指针指向右偏。滑动变阻器的滑片P向右加速滑动时，线圈B中磁通量减小，故指针应向右偏转，故A错误；当铁芯拔出或断开开关时，线圈A中磁通量减小，故线圈B中磁通量减小，指针向右偏转，故B正确；滑片匀速向左运动时，线圈A中也会产生变化的磁场，线圈B中产生了感应电流使指针偏转，故C错误。
（3）在电磁感应现象中，磁通量的变化率与匝数的乘积等于电动势，电动势越大，感应电流越大，所以第一次灵敏电流计的指针摆动的幅度比第二次的大，原因是线圈中第一次的磁通量的变化率比第二次的大。
12.（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。
13.（1）　（2）　（3）
解析　（1）线圈转动过程中，产生的感应电动势有效值为E=BL2ω
线圈从题图所示位置转过一周所用的时间t=T=
所以热量Q=t=
解得ω=
（2）线圈从题图所示位置开始转过时，线圈产生的感应电动势的瞬时值：e=BL2ωsin
解得e=
（3）线圈从题图所示位置转过的过程中，线圈内磁通量的变化量大小为ΔΦ=BL2
所用的时间为t1=
线圈产生的感应电动势的平均值
==。
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）0.2 m　（2）v0<4×105 m/s　（3）3.6×105 m/s或1.6×105 m/s
解析　（1）粒子从P点水平射入电场后，做类平抛运动，由牛顿第二定律可得a==1×1011 m/s2
竖直方向由位移公式可得d=at2
水平方向做匀速直线运动x=v0t
可得t=1×10-6 s，x=0.2 m
故粒子射出电场时距P点的水平距离为0.2 m。
（2）粒子在电场中做类平抛运动的水平位移应满足x=v0t即要使带电粒子进入磁场，水平位移需小于0.4 m，可得v0<4×105 m/s
（3）粒子进入磁场时，垂直边界MM'的速度vy=at
设粒子进入磁场时的速度与边界MM'之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度v==
在磁场中由牛顿第二定律可得
qvB=m
得R=
①粒子第一次进入磁场后，垂直边界M'N'从磁场射出，如图甲，
需满足
x1+Rsin α=L
联立解得v01t+=L
得v01=3.6×105 m/s
②粒子第一次进入磁场后，最终垂直边界P'M'从电场射出，如图乙，需满足2（x2+Rsin α）=L
即有2（v02t+）=L
得v02=1.6×105 m/s。(共53张PPT)
模块综合试卷(一)
一、单项选择题
1.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
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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。
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2.(2023·清远市高二期末)如图所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通电环形导线，则示波管中的电子束将
A.向下偏转 B.向上偏转
C.向纸外偏转 D.向纸里偏转
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由安培定则可知，示波管下方环形电流的磁场在环形电流外侧的磁感线方向垂直纸面向里，电子束由左向右运动，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向下，则电子束向下偏转，选A。
3.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
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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。
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4.(2023·深圳市高二期末)如图所示，平行板中存在垂直纸面向里的匀强磁场和匀强电场，平行板外有固定的光滑绝缘轨道。带电小球P从a点由静止滑下，过c点后恰能在板间沿水平方向做直线运动。现使P从b点由静止下滑，则
A.P一定带负电
B.在平行板间运动过程中P仍能做直线运动
C.在平行板间运动过程中P的电势能不断增大
D.P进入磁场时所受的洛伦兹力增大
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带电小球P从a点由静止滑下，过c点后恰能在板
间沿水平方向做直线运动。若小球带负电，则
小球在金属板间受力为竖直向下的重力、电场
力与洛伦兹力，不可能受力平衡；若小球带正
电，则小球在金属板间受力为竖直向下的重力、竖直向上电场力与洛伦兹力，有可能受力平衡，A错误；
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由小球受力平衡有mg=qE+qvB，
P从b点由静止下滑，下滑至c点的速度相比于从
a点下滑时小，所受洛伦兹力减小，而重力与电
场力大小方向均不变，所以不能受力平衡，也
不能做匀速直线运动，B、D错误；
由洛伦兹力减小，所以小球所受合力方向竖直向下，小球将向下偏转，电场力做负功，电势能增大，C正确。
5.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.充电电路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，充电电路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
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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=，解得充电电路两端电压有效值U2= V，B错误；
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其他条件不变，仅增大线圈a往复运动的频率时，根据E=n可知，穿过线圈a的磁通量的变化率增大，线圈a中产生的感应电动势增大，则原线圈两端电压的最大值增大，根据电压与匝数的关系，充电电路两端的电压最大值增大，C错误；
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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。
6.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
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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
√
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，则没有感应电流产生，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，电流逐渐减小，若在线框完全穿出磁场前感应电流减小到i0，则以后保持i0不再变化，故B正确，A、C、D错误。
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7.如图所示，边长为L的正三角形abc内存在垂直纸面的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为B。abc的中心O处有一粒子源，能够沿abc平面
向任意方向发射速率为的粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，不
计粒子的重力和粒子间的相互作用。则粒子在磁场中运动的最短时间为
A. B.
C. D.
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√
假设粒子带正电，磁场的方向垂直纸面向里，粒子
运动轨迹的半径满足qv0B=m，解得r=L，则当
轨迹如图所示，即粒子水平向右进入磁场时，由几
何关系可知，轨迹对应的圆心角为，粒子在磁场中的周期为T=
=，粒子在磁场中运动的最短时间为t=T=，故A、B、D错误，
C正确。
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二、多项选择题
8.如图所示，带电粒子(不计重力)在以下四种器件中运动，下列说法正确的是
A.甲图中从左侧射入的带正电粒子，若速度
满足v>，将向上极板偏转
B.乙图中等离子体进入A、B极板之间后，A
极板电势低于B极板电势
C.丙图中通过励磁线圈的电流越大，电子的
运动径迹半径越小
D.丁图中只要增大加速电压，粒子就能获得更大的动能
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题图甲中带正电的粒子从左侧射入叠加场中
时，受向下的电场力和向上的洛伦兹力，当
两个力平衡时，带电粒子会沿直线射出，当
速度v>，即洛伦兹力大于电场力时，粒子将向上极板偏转，选项A
正确；
题图乙中等离子体进入A、B极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正离子向B极板偏转，负离子向A极板偏转，因此A极板带负电，B极板带正电，A极板电势低，选项B正确；
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题图丙中通过励磁线圈的电流越大，线圈产
生的磁场越强，电子的运动由洛伦兹力提供
向心力，则有evB=m，可得R=，可知，
当电子的速度一定时，磁感应强度越大，电子的运动径迹半径越小，选项C正确；
题图丁中，当粒子运动半径等于D形盒半径时具有最大速度，即vm=
，粒子的最大动能Ekm=，由此可知最大动能与加速电压无关，
选项D错误。
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9.(2023·广州市第一中学高二期中)如图甲所示，某同学在研究电磁感应现象时，将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像，t2时刻电流为0，如图乙所示。下列说法正确的是
A.在t2时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为0
B.在t1到t2时间内，强磁铁的加速度大于重力
加速度
C.强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力先向上后向下
D.在t1到t3的时间内，强磁铁重力势能的减少量大于其动能的增加量
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t2时刻电流为0，说明感应电动势为零，由
E=n 可知穿过线圈的磁通量的变化率为
0，故A正确；
由“来拒去留”可知在t1到t2时间内，强磁铁受到线圈向上的作用力F，且初始阶段有F小于重力，由a=可知初始阶段强磁铁的加速度小于重力加速度，故B错误；
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由“来拒去留”可知强磁铁穿过线圈的过
程中，受到线圈的作用力始终向上，故C
错误；
在t1到t3的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量和线圈产生的内能，故D正确。
10.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
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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；
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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。
三、非选择题
11.(2023·清远市高二期末)小华同学正在进行“探究法拉第电磁感应定律”的实验。
(1)已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、灵敏电流计及开关按如图所示部分连接，要把电路连接完整且正确，则N连接到接线柱
　　(选填“a”“b”或“c”)，M连接到接线柱　　(选填“a”“b”或“c”)。
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a
c
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将灵敏电流计与线圈B串联成一个回路，所以N连接a。将电源、开关、滑动变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，所以M连接c。
(2)正确连接电路后，开始实验探究，小华同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向右匀速滑动时，灵敏电流计的指针向右偏转，由此可以判断　 　。
A.滑动变阻器的滑片P向右加速滑动，灵敏电流计
的指针向左偏转
B.线圈A中的铁芯向上拔出或断开开关，都能引起
灵敏电流计的指针向右偏转
C.滑动变阻器的滑片P匀速向左滑动，灵敏电流计的指针静止在中央
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B
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由题意可知，当P向右匀速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，磁通量减少，此时线圈B中产生了电流使指针向右偏转，故可知当B中的磁通量减小时，指针指向右偏。滑动
变阻器的滑片P向右加速滑动时，线圈B中磁通量减小，故指针应向右偏转，故A错误；
当铁芯拔出或断开开关时，线圈A中磁通量减小，故线圈B中磁通量减小，指针向右偏转，故B正确；
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滑片匀速向左运动时，线圈A中也会产生变化的磁场，线圈B中产生了感应电流使指针偏转，故C错误。
(3)实验中小华同学发现在两次电磁感应现象中，第一次灵敏电流计的指针摆动的幅度比第二次指针摆动的幅度大，原因是线圈中第一次的__________
　　　(选填“磁通量”“磁通量的变化量”或“磁通量的变化率”)比第二次的大。
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磁通量的
变化率
在电磁感应现象中，磁通量的变化率与匝数的乘积等于电动势，电动势越大，感应电流越大，所以第一次灵敏电流计的指针摆动的幅度比第二次的大，原因是线圈中第一次的磁通量的变化率比第二次的大。
12.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接在电动势为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：
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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
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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)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。若电源电动势不变，R0是定值电阻，则下列电路图中符合要求的是　　　(填序号)。
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C
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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。
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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。
13.如图所示为边长为L的单匝正方形线圈abcd，放在磁感应强度方向垂直纸面向里、大小为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：
(1)线圈转动的角速度；
答案　　
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线圈转动过程中，产生的感应电动势有效值为E=BL2ω
线圈从题图所示位置转过一周所用的时间
t=T=
所以热量Q=t=
解得ω=
(2)线圈从图示位置转过时，产生的感应电动势的
瞬时值；
答案　　
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线圈从题图所示位置开始转过时，线圈产生的感应电动势的瞬时值：e=BL2ωsin
解得e=
(3)线圈从图示位置转过的过程中，产生的感应电动势的平均值。
答案　
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线圈从题图所示位置转过的过程中，线圈内磁通量的变化量大小为ΔΦ=BL2
所用的时间为t1=
线圈产生的感应电动势的平均值==。
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根等距离分布的导体棒，导体棒长度为L，电阻均为R，间距为h。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：
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(1)滑板车的质量m；
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答案　　
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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，导体棒bc上产生的热量Q。
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答案　
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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=。
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15.(2023·深圳市高二期末)如图所示，区域PP'M'M
内有竖直向下的匀强电场，电场强度E=1×103 V/m，
宽度d=0.05 m，长度L=0.40 m。区域MM'N'N内有垂
直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.5×
10-2 T，磁场长度L=0.40 m，磁场宽度足够。比荷=1×108 C/kg的带正电的粒子以水平速度v0从P点射入电场。边界MM'不影响粒子的运动，不计粒子重力。
(1)若v0=2×105 m/s，求粒子射出电场时距P点的水平距离；
答案　0.2 m　
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粒子从P点水平射入电场后，做类平抛运动，由牛顿第二定律可得
a==1×1011 m/s2
竖直方向由位移公式可得d=at2
水平方向做匀速直线运动
x=v0t
可得t=1×10-6 s，x=0.2 m
故粒子射出电场时距P点的水平距离为0.2 m。
(2)要使带电粒子进入磁场，求v0的大小需要
满足的条件；
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答案　v0<4×105 m/s　
粒子在电场中做类平抛运动的水平位移应满足
x=v0t即要使带电粒子进入磁场，水平位移需小于0.4 m，可得v0<4×105 m/s
(3)若粒子只进入磁场一次就恰好垂直P'N'边界射出，求v0的大小。
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答案　3.6×105 m/s或1.6×105 m/s
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15
粒子进入磁场时，垂直边界MM'的速度
vy=at
设粒子进入磁场时的速度与边界MM'之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度
v==
在磁场中由牛顿第二定律可得
qvB=m
得R=
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①粒子第一次进入磁场后，垂直边界M'N'从磁场射出，如图甲，需满足
x1+Rsin α=L
联立解得
v01t+=L
得v01=3.6×105 m/s
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②粒子第一次进入磁场后，最终垂直边界P'M'从电场射出，如图乙，需满足
2(x2+Rsin α)=L
即有2(v02t+)=L
得v02=1.6×105 m/s。

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