资源简介
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.(2024·四川省仪陇中学高二月考)在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的“花瓣”形线框，磁场方向垂直于线框平面，a、c两点接一直流电源，电流方向如图所示。已知abc边受到的安培力大小为F，则整个线框所受安培力大小为 ( )
A.5F B.6F
C.F D.F
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.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 ( )
5.(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
6.(2024·四川省部分名校高二开学考试)电磁弹射装置的原理图如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在0~t0时间内驱动线圈中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是 ( )
A.发射线圈中感应电流产生的磁场水平向右
B.t=t0时驱动线圈产生的自感电动势最大
C.t=0时发射线圈中的感应电动势最大
D.t=t0时发射线圈中的感应电流最大
7.(2024·攀枝花市高二期末)如图所示，水平直线边界PQ的上方空间内有方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，长为2d、与PQ平行的挡板MN到PQ的距离为d，边界PQ上的S点处有一电子源，可在纸面内向PQ上方各方向均匀地发射电子。已知电子质量为m、电荷量为e，速度大小均为，N、S的连线与PQ垂直，不计电子之间的相互作用，则挡板MN的上表面没有被电子击中部分的长度为 ( )
A.d B.d
C.(2-)d D.(3-)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.(2024·成都市高二期末)磁场中的四种仪器如图所示，下列说法正确的是 ( )
A.甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，与加速电压无关
B.乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时，击中照相底片同一位置的粒子电荷量相同
C.丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通图示电流和加上如图所示磁场时，M侧带负电荷
D.丁中的电磁流量计加上如图所示磁场，则N侧电势高
9.(2023·成都市高二期末)如图，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入，并经过点P(2L，L)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，则粒子从O到P运动的时间为t1，到达P点速度与x轴正方向的夹角为θ1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，则粒子从O到P运动的时间为t2，到达P点速度与x轴正方向的夹角为θ2。下列关系式正确的是 ( )
A.t1t2
C.θ1>θ2 D.θ1<θ2
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、总电阻为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)(2023·宜宾市高二教学质量模拟)利用通电导线在磁场中受到的安培力与磁感应强度的关系可以测定磁感应强度的大小。实验装置如图所示，弹簧测力计下端挂一矩形线圈，宽为l，匝数为N，线圈平面与纸面平行。线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面。当开关未闭合时弹簧测力计的示数为F0(不计连接线框的导线对线框的作用力)，它表示的是 ；再闭合开关，调节滑动变阻器的滑片使电流表读数为I，电流方向如图所示，此时弹簧测力计的示数增大为F，由此可知磁感应强度的方向垂直纸面向 (选填“里”或“外”)，大小为 (用题目中所给出的物理量表示)。
12.(8分)(2024·成都市天府新区实外高级中学高二月考)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中：
(1)(2分)实验室中有下列器材：
A.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)
B.条形磁铁
C.开关、导线若干
D.交流电压表
在本实验中，上述器材不用的是 (填器材序号字母)，还需用到的器材有 (填“直流电源”或“低压交流电源”)。
(2)(3分)某学生做实验时，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压 (选填“增大”“减小”或“不变”)；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压 (选填“增大”“减小”或“不变”)；上述探究过程采用的实验方法是 。
(3)(3分)若实验电路图如图(b)所示，实验时n1=800匝、n2=400匝，断开S，接通电源，观察到电压表的读数为6 V，若可拆变压器可视为理想变压器，则：
①变压器的输入电压有效值为 。
A.3 V B.6 V
C.12 V D.15 V
②若灯泡的额定电压为6 V，闭合S，灯泡能否正常发光？ (填“能”或“不能”)。
13.(10分)(2024·乐山市高二期末)如图所示，MN和PQ是两根相距L、竖直固定放置的光滑金属导轨，导轨足够长，金属导轨上端接一个阻值为R的电阻，水平条形区域有磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向里的匀强磁场，其宽度为d，其他区域内无磁场。导体棒ab的长度为L、质量为m、阻值为R，现将ab棒由距磁场区域上边界某一高度处静止释放。已知ab棒恰好能匀速穿过磁场区域，运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计空气阻力和金属导轨电阻，重力加速度为g。求：
(1)(4分)ab棒穿过磁场区域的过程中速度v的大小；
(2)(4分)判断流经阻值为R的电阻的电流方向及通过阻值为R的电阻的电荷量q；
(3)(2分)ab棒穿过磁场区域的过程中，导体棒上产生的热量Q。
14.(12分)(2023·南充市高二期末)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第二象限存在水平向右的匀强电场，第三象限存在垂直坐标平面向外的矩形有界匀强磁场(图中未画出)。质量为m、电荷量为q的带正电粒子从x轴上A点(-L，0)以初速度v0沿y轴正方向射入匀强电场，然后从y轴上的P点(0，2L)射入第一象限，经磁场偏转后从y轴上的Q点(0，-2L)射入第三象限，经第三象限矩形有界磁场偏转后垂直打到x轴上的A点，不计粒子重力，求：
(1)(4分)匀强电场的电场强度大小E和粒子经过P点的速度v；
(2)(4分)第一、四象限磁场磁感应强度大小B1；
(3)(4分)若第三象限矩形有界磁场的磁感应强度B2=2B1，求此矩形磁场区域的最小面积(最后结果可保留根号)。
15.(18分)(2024·泸州市高二期末)如图，在三维立体空间内有一个长Ob=4 m、宽Oc=3 m的长方体区域，长方体对角平面cbb'c'左侧有竖直向上的匀强磁场，大小B1= T，右侧有竖直向下的匀强磁场，大小B2= T；一比荷=5×107 C/kg的带负电粒子从z轴上的P点以初速度v0=2×107 m/s，沿x轴正方向射入匀强磁场中，不计粒子重力，sin 37°=，cos 37°=，求：
(1)(4分)粒子在磁磁感应强度大小为B1的磁场中的运动半径大小；
(2)(6分)粒子离开磁场的点距bb'边的距离的大小；
(3)(8分)粒子在磁感应强度大小为B1的磁场和磁感应强度大小为B2的磁场中运动的时间之比。
答案精析
1.C ［根据题意，由电阻定律R=ρ可知，两段导线的电阻之比为1∶5，由欧姆定律可知，电流之比为5∶1，由于两段导线的有效长度相等，由公式F=BIL可知，长导线所受安培力为F，由左手定则可知，两段导线所受安培力方向相同，则整个线框所受安培力大小为F'=F+F=F，故选C。］
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、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.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，电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场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.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，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。］
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.C ［根据安培定则可知，驱动线圈内的磁场方向水平向右，结合题图乙可知，驱动线圈的电流增大，通过发射线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，A错误；由题图乙可知，t=t0时驱动线圈的电流变化率最小，此时通过发射线圈的磁通量变化率最小，驱动线圈产生的自感电动势最小，发射线圈中的感应电流最小，B、D错误；t=0时驱动线圈的电流变化率最大，则此时通过发射线圈的磁通量变化得最快，发射线圈中的感应电动势最大，C正确。］
7.D ［电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
有Bve=m得r==d
作出电子从不同方向射出的轨迹，如图
则挡板MN的上表面被电子击中部分为CD，
根据几何关系可得
DN==d
CN=d
所以没有被电子击中部分的长度为x=2d-（d-d）=（3-）d，故选D。］
8.AD ［甲中回旋加速器中带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，射出回旋加速器时有qvB=m，可得v=，则带电粒子的最大速度与回旋加速器的半径有关，与加速电压无关，带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，与加速电压无关，故A正确；乙中在加速电场有qU1=mv2，在速度选择器中有qB1v=qE，在偏转磁场中有qB2v=m，解得==，即不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中照相底片同一位置的粒子比荷相同，电荷量不一定相同，故B错误；
丙中自由电荷为负电荷，由左手定则可知，负电荷向N侧偏转，则N侧带负电荷，故C错误；丁中由左手定则可知，带正电的粒子向N板偏转，带负电的粒子向M板偏转，则N侧电势高，故D正确。］
9.AD ［该过程中若由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据t=可知t1该过程中若由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，速度和位移与水平方向夹角的正切值之间的关系为tan θ1=2tan α=2=1，故θ1=45°，当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，由几何关系可以得出（R-L）2+（2L）2=R2，得R=，即轨迹对应的圆心角为53°，即θ2=53°，即θ1<θ2，C错误，D正确。］
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，知恒力F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.矩形线圈的重力 里
解析 当开关未闭合时，线框中没有电流，不受安培力作用，则弹簧测力计读数等于矩形线圈的重力。
闭合开关，弹簧测力计读数增大，说明线框受向下的安培力，由左手定则可知，磁感应强度的方向垂直纸面向里。由平衡条件有F-F0=FA=NBIl
解得B=。
12.（1）B 低压交流电源 （2）增大 减小 控制变量法 （3）①C ②能
解析 （1）“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，题述器材在实验中不用的是条形磁铁，故选B。题中还需用到的器材是低压交流电源。
（2）某学生做实验时，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，因原、副线圈电压和匝数成正比，即=，则会观察到副线圈两端的电压增大；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，可知将观察到副线圈两端的电压减小；上述探究过程采用的实验方法是控制变量法。
（3）根据变压器原理可得U1=U2=×6 V=12 V，故选C。灯泡的额定电压也为6 V，实验时变压器为理想变压器，副线圈两端电压等于6 V，灯泡能正常发光。
13.（1） （2）由P到M （3）
解析 （1）由题意可得，导体棒匀速通过磁场区域，运动过程中受力平衡可得mg=F安=BIL
I=
E=BLv
解得v=
（2）由右手定则可推断，流经阻值为R的电阻的电流方向为P→R→M，通过阻值为R的电阻的电荷量q=It
t=
I=
E=BLv
解得q=
（3）ab棒穿过磁场的过程中，由动能定理可得mgd-W安=0-0
Q==
14.（1） 2v0 （2）
（3）
解析 （1）根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，则有2L=v0t，L=at2，a=
联立解得E=
设经过P点的速度v与y轴的夹角为θ，AP与y轴的夹角为α，则有
tan θ=2tan α
可得tan θ=2×=
又vcos θ=v0，
联立解得θ=60°，v=2v0
（2）带电粒子在磁场中做圆周运动，如图所示
由几何关系可得R1==L
根据洛伦兹力提供向心力qvB1=
联立可得B1=
（3）粒子在第三象限进入有界磁场时，半径为R2，则有=，可得R2=
满足条件的最小矩形有界磁场的区域如图所示
由几何关系可得
Smin=R2×（R2-R2cos 30°）=。
15.（1）3 m （2）1.2 m （3）
解析 （1）粒子在磁感应强度大小为B1的磁场中运动时qv0B1=m
解得运动半径大小r1=3 m
（2）粒子在磁感应强度大小为B2的磁场中运动的轨道半径
r2==1 m
由几何关系可知，bc=5 m，
则由图可知，粒子离开磁场的点距bb'边的距离为
x=2r2cos 53°=1.2 m
（3）粒子在磁感应强度大小为B1的磁场中运动圆弧所对的圆心角为
θ1=53°
周期T1==3π×10-7 s
则t1=T1=×3π×10-7 s=×10-7 s
粒子在磁感应强度大小为B2的磁场中运动的轨道半径r2==1 m
则粒子从N点射出磁场，由几何关系可知，粒子在磁感应强度大小为B2的磁场中运动圆弧所对的圆心角为
θ2=106°
周期T2==π×10-7 s
则t2=T2=×π×10-7 s=×10-7 s
粒子在磁感应强度大小为B1的磁场和磁感应强度大小为B2的磁场中运动的时间之比=(共56张PPT)
模块综合试卷(二)
一、单项选择题
1.(2024·四川省仪陇中学高二月考)在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的“花瓣”形线框，磁场方向垂直于线框平面，a、c两点接一直流电源，电流方向如图所示。已知abc边受到的安培力大小为F，则整个线框所受安培力大小为
A.5F B.6F
C.F D.F
1
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根据题意，由电阻定律R=ρ可知，两段导线的电阻之比
为1∶5，由欧姆定律可知，电流之比为5∶1，由于两段
导线的有效长度相等，由公式F=BIL可知，长导线所受
安培力为F，由左手定则可知，两段导线所受安培力方向相同，则整个线框所受安培力大小为F'=F+F=F，故选C。
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15
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
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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、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.(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
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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
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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，电场力需要与该洛
伦兹力平衡，电场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；
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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。
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4.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
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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，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。
5.(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
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√
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。
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6.(2024·四川省部分名校高二开学考试)电磁弹射装置的原理图如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在0~t0时间内驱动线圈中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是
A.发射线圈中感应电流产生的磁场水平向右
B.t=t0时驱动线圈产生的自感电动势最大
C.t=0时发射线圈中的感应电动势最大
D.t=t0时发射线圈中的感应电流最大
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根据安培定则可知，驱动线圈内的磁场方向水平向右，结合题图乙可知，驱动线圈的电流增大，通过发射线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，A错误；
由题图乙可知，t=t0时驱动线圈的电流变化率最小，此时通过发射线圈的磁通量变化率最小，驱动线圈产生的自感电动势最小，发射线圈中的感应电流最小，B、D错误；
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t=0时驱动线圈的电流变化率最大，则此时通过发射线圈的磁通量变化得最快，发射线圈中的感应电动势最大，C正确。
7.(2024·攀枝花市高二期末)如图所示，水平直线边界PQ的上方空间内有方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，长为2d、与PQ平行的挡板MN到PQ的距离为d，边界PQ上的S点处有一电子源，可在纸面内向PQ上方各方向均匀地发射电子。已知电子质量为m、电荷量为e，速
度大小均为，N、S的连线与PQ垂直，不计电子之间的相互作用，则
挡板MN的上表面没有被电子击中部分的长度为
A.d B.d
C.(2-)d D.(3-)d
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电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有Bve=m
得r==d
作出电子从不同方向射出的轨迹，如图
则挡板MN的上表面被电子击中部分为CD，
根据几何关系可得DN==d
CN=d
所以没有被电子击中部分的长度为x=2d-(d-d)=(3-)d，故选D。
二、多项选择题
8.(2024·成都市高二期末)磁场中的四种仪器如图所示，下列说法正确的是
A.甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与
回旋加速器的半径有关，与加速电压无关
B.乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时，击
中照相底片同一位置的粒子电荷量相同
C.丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通图示电
流和加上如图所示磁场时，M侧带负电荷
D.丁中的电磁流量计加上如图所示磁场，则N侧电势高
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甲中回旋加速器中带电粒子在匀强磁场中做匀速圆
周运动，洛伦兹力提供向心力，射出回旋加速器时
有qvB=m，可得v=，则带电粒子的最大速度与
回旋加速器的半径有关，与加速电压无关，带电粒
子的最大动能与回旋加速器的半径有关，与加速电压无关，故A正确；
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乙中在加速电场有qU1=mv2，在速度选择器中有qB1v=qE，在偏转磁场中有qB2v=m==，即不改
变质谱仪各区域的电场磁场时击中照相底片同一位置的粒子比荷相同，电荷量不一定相同，故B错误；
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丙中自由电荷为负电荷，由左手定则可知，负电荷向N侧偏转，则N侧带负电荷，故C错误；
丁中由左手定则可知，带正电的粒子向N板偏转，带负电的粒子向M板偏转，则N侧电势高，故D正确。
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9.(2023·成都市高二期末)如图，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入，并经过点P(2L，L)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，则粒子从O到P运动的时间为t1，到达P点速度与x轴正方向的夹角为θ1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，则粒子从O到P运动的时间为t2，到达P点速度与x轴正方向的夹角为θ2。下列关系式正确的是
A.t1t2
C.θ1>θ2 D.θ1<θ2
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该过程中若由方向平行于y轴的匀强电场实现，此
时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运
动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现
时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据t=可知t11
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该过程中若由方向平行于y轴的匀强电场实现，此
时粒子做类平抛运动，速度和位移与水平方向夹角
的正切值之间的关系为tan θ1=2tan α=2=1，故θ1=
45°，当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，由几何关
系可以得出(R-L)2+(2L)2=R2，得R=，即轨迹对应的圆心角为53°，
即θ2=53°，即θ1<θ2，C错误，D正确。
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、总电阻为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
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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；
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线框进入磁场过程中，流过某一截面的电荷量为
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，知恒力F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.(2023·宜宾市高二教学质量模拟)利用通电导线在磁场中受
到的安培力与磁感应强度的关系可以测定磁感应强度的大小。
实验装置如图所示，弹簧测力计下端挂一矩形线圈，宽为l，
匝数为N，线圈平面与纸面平行。线圈的下部悬在匀强磁场中，
磁场方向垂直于纸面。当开关未闭合时弹簧测力计的示数为F0(不计连接线框的导线对线框的作用力)，它表示的是 ；再闭合开关，调节滑动变阻器的滑片使电流表读数为I，电流方向如图所示，此时弹簧测力计的示数增大为F，由此
可知磁感应强度的方向垂直纸面向 (选填“里”或“外”)，大小为 (用题目中所给出的物理量表示)。
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矩形线圈的重力
里
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当开关未闭合时，线框中没有电流，不受安培力作用，
则弹簧测力计读数等于矩形线圈的重力。
闭合开关，弹簧测力计读数增大，说明线框受向下的安培力，由左手定则可知，磁感应强度的方向垂直纸面向里。
由平衡条件有F-F0=FA=NBIl
解得B=。
12.(2024·成都市天府新区实外高级中学高二月考)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中：
(1)实验室中有下列器材：
A.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)
B.条形磁铁
C.开关、导线若干
D.交流电压表
在本实验中，上述器材不用的是 (填器材序号字母)，还需用到的器材有 (填“直流电源”或“低压交流电源”)。
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B
低压交流电源
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“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，题述器材在实验中不用的是条形磁铁，故选B。题中还需用到的器材是低压交流电源。
(2)某学生做实验时，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压 (选填“增大”“减小”或“不变”)；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压 (选填“增大”“减小”或“不变”)；上述探究过程采用的实验方法是 。
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增大
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控制变量法
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某学生做实验时，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，因
原、副线圈电压和匝数成正比，即=，则会观察到副线圈两端的
电压增大；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，可知将观察到副线圈两端的电压减小；上述探究过程采用的实验方法是控制变量法。
(3)若实验电路图如图(b)所示，实验时n1=800匝、n2=400匝，断开S，接通电源，观察到电压表的读数为6 V，若可拆变压器可视为理想变压器，则：
①变压器的输入电压有效值为 。
A.3 V B.6 V
C.12 V D.15 V
②若灯泡的额定电压为6 V，闭合S，灯泡能否正常发光？ (填“能”或“不能”)。
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根据变压器原理可得U1=U2=×6 V=12 V，故选C。
灯泡的额定电压也为6 V，实验时变压器为理想变压器，副线圈两端电压等于6 V，灯泡能正常发光。
13.(2024·乐山市高二期末)如图所示，MN和PQ是两根相
距L、竖直固定放置的光滑金属导轨，导轨足够长，金属
导轨上端接一个阻值为R的电阻，水平条形区域有磁感应
强度大小为B、方向垂直于导轨平面向里的匀强磁场，其
宽度为d，其他区域内无磁场。导体棒ab的长度为L、质量为m、阻值为R，现将ab棒由距磁场区域上边界某一高度处静止释放。已知ab棒恰好能匀速穿过磁场区域，运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计空气阻力和金属导轨电阻，重力加速度为g。求：
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(1)ab棒穿过磁场区域的过程中速度v的大小；
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由题意可得，导体棒匀速通过磁场区域，运动过程中受力平衡可得
mg=F安=BIL
I=
E=BLv
解得v=
(2)判断流经阻值为R的电阻的电流方向及通过阻值为R的电阻的电荷量q；
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答案 由P到M
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由右手定则可推断，流经阻值为R的电阻的电流方向为P→R→M，通过阻值为R的电阻的电荷量q=It
t=
I=
E=BLv
解得q=
(3)ab棒穿过磁场区域的过程中，导体棒上产生的热量Q。
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答案
ab棒穿过磁场的过程中，由动能定理可得mgd-W安=0-0
Q==
14.(2023·南充市高二期末)如图所示，在平面直角坐
标系xOy的第一、四象限存在垂直于坐标平面向外的
匀强磁场，第二象限存在水平向右的匀强电场，第三
象限存在垂直坐标平面向外的矩形有界匀强磁场(图
中未画出)。质量为m、电荷量为q的带正电粒子从x轴
上A点(-L，0)以初速度v0沿y轴正方向射入匀强电场，然后从y轴上的P点(0，2L)射入第一象限，经磁场偏转后从y轴上的Q点(0，-2L)射入第三象限，经第三象限矩形有界磁场偏转后垂直打到x轴上的A点，不计粒子重力，求：
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(1)匀强电场的电场强度大小E和粒子经过P点的速度v；
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答案 2v0
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根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，
则有2L=v0t，L=at2，a=
联立解得E=
设经过P点的速度v与y轴的夹角为θ，AP与y轴
的夹角为α，则有tan θ=2tan α
可得tan θ=2×=
又vcos θ=v0，联立解得θ=60°，v=2v0
(2)第一、四象限磁场磁感应强度大小B1；
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带电粒子在磁场中做圆周运动，如图所示
由几何关系可得R1==L
根据洛伦兹力提供向心力qvB1=
联立可得B1=
(3)若第三象限矩形有界磁场的磁感应强度B2=2B1，求此矩形磁场区域的最小面积(最后结果可保留根号)。
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粒子在第三象限进入有界磁场时，半径为R2，
则有=，可得R2=
满足条件的最小矩形有界磁场的区域如图所示
由几何关系可得Smin=R2×(R2-R2cos 30°)=。
15.(2024·泸州市高二期末)如图，在三维立体空间内有一个长Ob=4 m、宽Oc=3 m的长方体区域，长方体对角平面cbb'c'左侧有竖直向上的匀强磁场，大小B1=
T，右侧有竖直向下的匀强磁场，大小B2= T；一
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比荷=5×107 C/kg的带负电粒子从z轴上的P点以初速度v0=2×107 m/s，沿x轴正方向射入匀强磁场中，不计粒子重力，sin 37°=，cos 37°=，求：
(1)粒子在磁磁感应强度大小为B1的磁场中的运动半径大小；
答案 3 m
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粒子在磁感应强度大小为B1的磁场中运动时
qv0B1=m
解得运动半径大小r1=3 m
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(2)粒子离开磁场的点距bb'边的距离的大小；
答案 1.2 m
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粒子在磁感应强度大小为B2的磁场中运动的轨道半径
r2==1 m
由几何关系可知，bc=5 m，
则由图可知，粒子离开磁场的点距bb'边的距离为
x=2r2cos 53°=1.2 m
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(3)粒子在磁感应强度大小为B1的磁场和磁感应强度大小为B2的磁场中运动的时间之比。
答案
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粒子在磁感应强度大小为B1的磁场中运动圆弧所对的圆心角为θ1=53°
周期T1==3π×10-7 s
则t1=T1=×3π×10-7 s=×10-7 s
粒子在磁感应强度大小为B2的磁场中运动的轨道半径r2==1 m
则粒子从N点射出磁场，由几何关系可知，粒子在磁感应强度大小为B2的磁场中运动圆弧所对的圆心角为θ2=106°
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周期T2==π×10-7 s
则t2=T2=×π×10-7 s=×10-7 s
粒子在磁感应强度大小为B1的磁场和磁感应强度
大小为B2的磁场中运动的时间之比=
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