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模块达标验收（一）
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，只有一项符合题目要求）
1.如图为手机信号屏蔽器。手机信号屏蔽器主要针对各类考场、加油站、军事重地等禁止使用手机的场所。手机工作时，是在一定频率范围内，手机和基站通过无线电波联系起来，完成数据的传输。针对这种通信原理，手机信号屏蔽器在工作过程中以一定的速度从手机通信所使用的频率的底端向高端扫描，在扫描过程中向手机发送一定频率的电磁波信号，使手机不能与基站建立正常的联系，从而对手机形成干扰。对于手机信号屏蔽器的工作过程，下列说法中正确的是（　　）
A.手机信号屏蔽器是利用静电屏蔽的原理来工作的
B.手机信号屏蔽器是利用静电感应的原理来工作的
C.手机信号屏蔽器工作时能阻止基站发出的电磁波传播到限制场所内
D.手机信号屏蔽器通过发射电磁波干扰手机工作来达到目的
2.匝数为100的线圈的面积S＝100 cm2，放在方向如图所示的匀强磁场中。线圈平面与磁场的方向垂直，当磁感应强度由2×10－3 T经过5 s均匀减小到0时，感应电动势的大小为（　　）
A.4×10－4 V B.2×10－3 V
C.4×10－2 V D.0.2 V
3.如图所示，“L”形导线abc固定并垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab⊥bc，ab长为2L，bc长为L，导线通入恒定电流I，设导线受到的安培力大小为F，方向与bc夹角为θ，则（　　）
A.F＝3BIL，tan θ＝
B.F＝BIL，tan θ＝
C.F＝7BIL，tan θ＝
D.F＝BIL，tan θ＝2
4.如图所示，ABCA为一个半圆形的有界匀强磁场，O为圆心，F、G分别为半径OA和OC的中点，D、E点位于边界圆弧上，且DF∥EG∥BO。现有三个相同的带电粒子（不计重力）以相同的速度分别从B、D、E三点沿平行BO方向射入磁场，其中由B点射入磁场的粒子1恰好从C点射出，由D、E两点射入的粒子2和粒子3从磁场某处射出，则下列说法不正确的是（　　）
A.粒子2从O点射出磁场
B.粒子3从C点射出磁场
C.粒子1、2、3在磁场的运动时间之比为3∶2∶3
D.粒子2、3经磁场偏转角相同
5.如图为电动机模型图，左侧为N极，右侧为S极。电动机线框通过换向器连入电路中，线框abcd的面积为S，匝数为n，匀强磁场的磁感应强度为B，线框平面与磁场平行。若此时闭合开关，则下列说法中正确的是（　　）
A.从正前方看去，该线框将会逆时针转动
B.若同时调转电极和磁极方向，则线框的转动方向改变
C.转动过程中线框中电流方向变化，流过R的电流方向不变
D.线框转过90°时，穿过线框平面的磁通量最大，且为nBS
6.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理如图所示。将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个物块，在升降机运动过程的某一段时间内，发现电流表的示数I不变，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，在这段时间内（　　）
A.升降机可能匀速上升
B.升降机一定匀减速上升
C.升降机一定处于失重状态
D.通过压敏电阻的电流一定比电梯静止时大
7.电流传感器在电路中相当于电流表，可以用来研究自感现象。在如图所示的实验电路中，L是自感线圈，其自感系数足够大，而直流电阻值小于灯泡D的阻值，电流传感器的电阻可以忽略不计。在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在某一时刻断开开关S。下列表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的图像中，可能正确的是（　　）
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，变压器原线圈两端接正弦交变电流，电流表和电压表均为理想交流电表，L为小灯泡，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，P、Q分别为滑动变阻器和副线圈上的滑动触头，二者都有一定的调节范围。若只调节P或者只调节Q，使电流表示数增大，则还可能同时观察到的现象是（　　）
A.电压表示数增大，小灯泡L变亮
B.电压表示数增大，小灯泡L变暗
C.电压表示数减小，小灯泡L变亮
D.电压表示数减小，小灯泡L变暗
9.“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中，一手持式封口机如图所示，它的工作原理是：当接通电源时，内置线圈产生磁场，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生大量小涡流，致使铝箔自行快速发热，熔化复合在铝箔上的溶胶，从而粘贴在待封容器的封口处，达到迅速封口的目的。下列有关说法正确的是（　　）
A.封口材料可用普通塑料来代替铝箔
B.该封口机可用干电池作为电源以方便携带
C.封口过程中温度过高，可适当减小所通电流的频率来解决
D.该封口机适用于玻璃、塑料等多种材质的容器封口，但不适用于金属容器
10.霍尔元件是一种应用霍尔效应的磁传感器，有一个沿y轴方向的磁场，磁感应强度B＝B0＋ky（B0、k均为正的常数），将一传感器固定在霍尔元件上，沿y轴方向元件的厚度为d，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图中箭头所示）。当元件沿y轴方向移动时，a、b是垂直于z轴方向上元件的前、后两侧面，在这两个侧面产生的电势差为U，则下列说法正确的是（　　）
A.若图中霍尔元件是电子导电，则后侧面电势高
B.若I不变，电势差U越大，则该处的磁感应强度B越小
C.若磁感应强度B不变，前、后两侧面的电势差U越小，则电流I越大
D.若I不变，k越大，传感器灵敏度越高
三、非选择题（本题共5小题，共54分）
11.（6分）某同学选用匝数可调的可拆变压器来做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验，变压器原线圈两端所接的电源应是电压为12 V的低压　　　　　　（填“交流电源”或“直流电源”）；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　　　　（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　　　　（填“增大”“减小”或“不变”）。
12.（8分）我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律。以下是实验探究过程的一部分。
　
（1）如图甲所示，已知线圈绕向，当条形磁铁的N极向下运动，发现灵敏电流计的指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）如图乙所示，实验中发现闭合开关时，灵敏电流计的指针向右偏。电路稳定后，若向左移动滑动变阻器触头，此过程中灵敏电流计的指针向　　　　偏；若将线圈A抽出，此过程中灵敏电流计指针向　　　　偏。（均选填“左”或“右”）。
13.（10分）一个质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。求：
（1）粒子进入磁场时的速率；
（2）粒子打到照相底片上的D点到S3的距离。
14.（14分）某电磁轨道炮的简化模型如图所示，两光滑导轨相互平行，固定在光滑绝缘水平桌面上，导轨的间距为L。导轨左端通过单刀双掷开关与电源、电容器相连，电源电动势为E，内阻为r，电容器的电容为C。整个装置所在区域有垂直于导轨平面向下的磁场，磁感应强度为B，EF、MN之间的距离足够长。MN、PQ之间是用沙层模拟的目标，其厚度为s。一质量为m的金属弹丸静置于EF边上，弹丸直径为L（不计弹丸沿轨道方向的长度），与导轨始终保持良好接触。弹丸在沙子中运动时受到的阻力与速度成正比，即f＝kv，k为已知常量。不考虑空气阻力，除电源内阻外，其他电阻都不计，忽略导轨电流产生的磁场。
（1）把开关S1、S2分别掷于a、b，将导轨与电源相连，弹丸运动到MN边界时已达到最大速度，求：
①最大速度大小；
②到达最大速度的过程中，流过弹丸的电荷量；
（2）将弹丸放回原先位置，先把开关S1掷于c，断开S2，让电源给电容器充电。稳定后，再将S1断开，把开关S2掷于d，弹丸能打穿沙层。求出弹丸穿过沙子到达PQ时的速度大小。
15.（16分）如图，在0≤x≤h，－∞＜y＜＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。
（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
（2）如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。
模块达标验收（一）
1.D　手机信号屏蔽器是利用屏蔽器发出的信号去干扰手机接收从基站传过来的信号，从而起到屏蔽作用。因此手机信号屏蔽器通过发射电磁波干扰手机工作来达到目的，故A、B、C错误，D正确。
2.A　线圈中感应电动势大小为：E＝NS＝100××0.01 V＝4×10－4 V，故A正确，B、C、D错误。
3.B　连接ac，根据几何关系得ac＝L，则F＝BIL，F与bc的夹角θ满足tan θ＝＝，选项B正确。
4.C　三个相同的带电粒子（不计重力）以相同的速度分别从B、D、E三点沿平行BO方向射入磁场，故三粒子运动半径、周期相同；由B点射入磁场的粒子1恰好从C点射出，那么粒子都向右偏转，且半径r＝R；那么，粒子3也恰好从C点射出，粒子2恰好从O点射出，粒子2、3转过的中心角为60°，粒子1转过的中心角为90°，所以，粒子1、2、3在磁场的运动时间之比为3∶2∶2，故A、B、D正确，C错误。
5.C　根据电源正负极可知，从上往下看，电流为逆时针方向，根据左手定则可知，ab边受力向上，cd边受力向下，所以从正面看线框会顺时针转动，故A错误；同时调转电极和磁极方向，相当于同时改变磁场和电流方向，根据左手定则可知，线框受力方向不变，所以转动方向不会发生改变，故B错误；转动过程中线框中电流方向变化，下面的电路为直流电流，流过R的电流的方向不发生改变，故C正确；根据磁通量的公式Φ＝BS可知，在计算磁通量的时候，不应该出现匝数，故D错误。
6.C　在升降机运动过程的某一段时间内，电流表示数I不变，且有I＞I0，则说明电源的路端电压增大了，由闭合电路欧姆定律知内电压减小，故总电流I总减小，又I总＝I＋I压，所以通过压敏电阻的电流减小，又由I＝知压敏电阻的阻值增大了，所以压敏电阻受的压力减小了，由牛顿第二定律可知，物块具有向下的加速度，处于失重状态，升降机可能向下匀加速运动，也可能向上匀减速运动，故C正确，A、B错误；因压敏电阻的阻值增大，电源总电流减小，电流表示数变大，故通过压敏电阻的电流一定比电梯静止时小，D错误。
7.A　闭合S瞬间，线圈中产生自感电动势阻碍电流增加，则线圈相当于断路，此时通过电流传感器的电流最大；随着线圈阻碍作用的减小，通过线圈的电流逐渐变大，通过电流传感器的电流逐渐减小，电路稳定后，外电路电阻不变，外电压不变，通过电流传感器的电流不变；因为线圈的直流电阻值小于灯泡D的阻值，稳定后，通过线圈的电流大于通过电流传感器的电流。在某一时刻断开开关S，由于自感现象，电感线圈阻碍电流减小，原来通过线圈L的电流此时从左向右流过电流传感器，与原来电流的方向相反，且逐渐减小。故A正确。
8.AB　若只调节Q，副线圈电路总电阻不变，当Q向上移动时，U2增大，I2增大，输出功率增大，输入功率增大，I1增大，电压表示数增大，小灯泡变亮，故A正确；若只调节P，原、副线圈匝数比不变，副线圈两端电压U2不变，当P向左滑动时，副线圈电路总电阻减小，副线圈中的电流I2增大，则原线圈中电流I1增大，电压表示数增大，小灯泡电压减小，亮度变暗，故B正确。
9.CD　由于封口机利用了电磁感应现象，故封口材料必须是金属类材料，而且电源必须是交流电源，A、B错误；减小内置线圈中所通电流的频率可降低封口过程中产生的热量，即控制温度，C正确；封口材料应是金属类材料，但对应被封口的容器不能是金属，否则同样会被熔化，只能是玻璃、塑料等材质，D正确。
10.AD　若霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向前侧面偏转，所以后侧面电势高，故A正确；最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，设霍尔元件沿z轴方向的长度为l1，有＝qvB，电流的微观表达式为I＝nqvS＝nqvdl1，所以U＝，因此若I不变，电势差U越大，则该处的磁感应强度B越大；若磁感应强度B不变，前、后两侧面的电势差U越小，则电流I越小，故B、C错误；根据磁感应强度B＝B0＋ky知，U＝＝（B0＋ky），若I不变，k越大，则传感器灵敏度越高，故D正确。
11.交流电源　增大　减小
解析：变压器的工作原理是互感现象，故原线圈两端所接的电源应是电压为12 V的低压交流电源；根据变压比公式＝，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增大；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减小。
12.（1）电流从左（右）接线柱流入时，灵敏电流计的指针的偏转方向
（2）右　左
解析：（1）灵敏电流计没有电流通过时，指针在中央位置，要探究线圈中电流的方向，必须知道电流从左（右）接线柱流入时，指针的偏转方向。
（2）闭合开关时，线圈A中的磁场增强，线圈B中产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏，则当向左移动滑动变阻器滑片时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路中的电流增大，会使线圈A中的磁场增强，线圈B中产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏；当将线圈A抽出时，在线圈B处的磁场减弱，线圈B中产生的感应电流使灵敏电流计的指针向左偏。
13.（1） 　（2）
解析：（1）粒子飘入电势差为U的加速电场，有qU＝mv2，得粒子进入磁场时的速率v＝。
（2）粒子进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：
qvB＝m，R＝ ，
粒子打到照相底片上D点到S3的距离为
2R＝ 。
14.（1）①　②　（2）
解析：（1）①达到最大速度时，弹丸切割磁感线产生的感应电动势与电源电动势相等，即E＝BLvm，则最大速度大小vm＝。
　②弹丸从EF到MN的过程中，由动量定理有BLΔt＝mvm－0，到达最大速度的过程中，流过弹丸的电荷量Δq＝Δt，联立解得电荷量为Δq＝。
（2）充满电时，电容的电荷量为q0＝CE，设击穿沙层后弹丸的速度为v1，此时电容器的电荷量为q1，可得q1＝CE1＝CBLv1，弹丸穿过沙子到达PQ时，由动量定理·BLΔt1－kΔt1＝mv1－0，其中q'＝Δt1＝q0－q1；s＝Δt1，弹丸穿过沙子到达PQ时的速度大小v1＝。
15.（1）垂直纸面向里　
（2）　（2－）h
解析：（1）由题意知，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有qv0B＝m ①
由此可得R＝ ②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足R≤h ③
由题意，符合条件的粒子的运动半径最大时磁感应强度最小，由此得Bm＝。 ④
（2）若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为
R'＝2h ⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，
由几何关系sin α＝＝ ⑥
即α＝ ⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为
y＝2h（1－cos α） ⑧
联立⑦⑧式得y＝（2－）h。 ⑨
4 / 5(共41张PPT)
模块达标验收（一）
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，只有一项符合题目要求）
1. 如图为手机信号屏蔽器。手机信号屏蔽器主要针对各类考场、加油
站、军事重地等禁止使用手机的场所。手机工作时，是在一定频率
范围内，手机和基站通过无线电波联系起来，完成数据的传输。针
对这种通信原理，手机信号屏蔽器在工作过程中以一定的速度从手
机通信所使用的频率的底端向高端扫描，在扫描过程中向手机发送
一定频率的电磁波信号，使手机不能与基站建立正常的联系，从而
对手机形成干扰。对于手机信号屏蔽器的工作过程，下列说法中正
确的是（　　）
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A. 手机信号屏蔽器是利用静电屏蔽的原理来工作的
B. 手机信号屏蔽器是利用静电感应的原理来工作的
C. 手机信号屏蔽器工作时能阻止基站发出的电磁波
传播到限制场所内
D. 手机信号屏蔽器通过发射电磁波干扰手机工作来达到目的
解析：　手机信号屏蔽器是利用屏蔽器发出的信号去干扰手
机接收从基站传过来的信号，从而起到屏蔽作用。因此手机信
号屏蔽器通过发射电磁波干扰手机工作来达到目的，故A、B、
C错误，D正确。
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2. 匝数为100的线圈的面积S＝100 cm2，放在方向如图所示的匀强磁
场中。线圈平面与磁场的方向垂直，当磁感应强度由2×10－3 T经
过5 s均匀减小到0时，感应电动势的大小为（　　）
A. 4×10－4 V B. 2×10－3 V
C. 4×10－2 V D. 0.2 V
解析：　线圈中感应电动势大小为：E＝NS＝
100××0.01 V＝4×10－4 V，故A正确，B、C、D错误。
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3. 如图所示，“L”形导线abc固定并垂直放置在磁感应强度为B的匀
强磁场中，ab⊥bc，ab长为2L，bc长为L，导线通入恒定电流I，设
导线受到的安培力大小为F，方向与bc夹角为θ，则（　　）
解析：　连接ac，根据几何关系得ac＝L，则F＝BIL，F与
bc的夹角θ满足tan θ＝＝，选项B正确。
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4. 如图所示，ABCA为一个半圆形的有界匀强磁场，O为圆心，F、G
分别为半径OA和OC的中点，D、E点位于边界圆弧上，且
DF∥EG∥BO。现有三个相同的带电粒子（不计重力）以相同的速度
分别从B、D、E三点沿平行BO方向射入磁场，其中由B点射入磁场
的粒子1恰好从C点射出，由D、E两点射入的粒子2和粒子3从磁场
某处射出，则下列说法不正确的是（　　）
A. 粒子2从O点射出磁场
B. 粒子3从C点射出磁场
C. 粒子1、2、3在磁场的运动时间之比为3∶2∶3
D. 粒子2、3经磁场偏转角相同
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解析：　三个相同的带电粒子（不计重力）以相同的速度分别从
B、D、E三点沿平行BO方向射入磁场，故三粒子运动半径、周期
相同；由B点射入磁场的粒子1恰好从C点射出，那么粒子都向右偏
转，且半径r＝R；那么，粒子3也恰好从C点射出，粒子2恰好从O
点射出，粒子2、3转过的中心角为60°，粒子1转过的中心角为
90°，所以，粒子1、2、3在磁场的运动时间之比为3∶2∶2，故
A、B、D正确，C错误。
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5. 如图为电动机模型图，左侧为N极，右侧为S极。电动机线框通过换向器连入电路中，线框abcd的面积为S，匝数为n，匀强磁场的磁感应强度为B，线框平面与磁场平行。若此时闭合开关，则下列说法中正确的是（　　）
A. 从正前方看去，该线框将会逆时针转动
B. 若同时调转电极和磁极方向，则线框的转动方向改变
C. 转动过程中线框中电流方向变化，流过R的电流方向不变
D. 线框转过90°时，穿过线框平面的磁通量最大，且为nBS
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解析：　根据电源正负极可知，从上往下看，电流为逆时针方
向，根据左手定则可知，ab边受力向上，cd边受力向下，所以从正
面看线框会顺时针转动，故A错误；同时调转电极和磁极方向，相
当于同时改变磁场和电流方向，根据左手定则可知，线框受力方向
不变，所以转动方向不会发生改变，故B错误；转动过程中线框中
电流方向变化，下面的电路为直流电流，流过R的电流的方向不发
生改变，故C正确；根据磁通量的公式Φ＝BS可知，在计算磁通量
的时候，不应该出现匝数，故D错误。
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6. 压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压
敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理如图所示。将压敏
电阻固定在升降机底板上，其上放置一个物块，在升降机运动过程
的某一段时间内，发现电流表的示数I不变，且I大于升降机静止时
电流表的示数I0，在这段时间内（　　）
A. 升降机可能匀速上升
B. 升降机一定匀减速上升
C. 升降机一定处于失重状态
D. 通过压敏电阻的电流一定比电梯静止时大
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解析：　在升降机运动过程的某一段时间内，电流表示数I不变，
且有I＞I0，则说明电源的路端电压增大了，由闭合电路欧姆定律知
内电压减小，故总电流I总减小，又I总＝I＋I压，所以通过压敏电阻
的电流减小，又由I＝知压敏电阻的阻值增大了，所以压敏电阻受
的压力减小了，由牛顿第二定律可知，物块具有向下的加速度，处
于失重状态，升降机可能向下匀加速运动，也可能向上匀减速运
动，故C正确，A、B错误；因压敏电阻的阻值增大，电源总电流
减小，电流表示数变大，故通过压敏电阻的电流一定比电梯静止时
小，D错误。
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7. 电流传感器在电路中相当于电流表，可以用来研究自感现象。在如
图所示的实验电路中，L是自感线圈，其自感系数足够大，而直流
电阻值小于灯泡D的阻值，电流传感器的电阻可以忽略不计。在t＝
0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在某一时刻断开开关S。下列
表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的图像中，可能正确的
是（　　）
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解析：　闭合S瞬间，线圈中产生自感电动势阻碍电流增加，则
线圈相当于断路，此时通过电流传感器的电流最大；随着线圈阻碍
作用的减小，通过线圈的电流逐渐变大，通过电流传感器的电流逐
渐减小，电路稳定后，外电路电阻不变，外电压不变，通过电流传
感器的电流不变；因为线圈的直流电阻值小于灯泡D的阻值，稳定
后，通过线圈的电流大于通过电流传感器的电流。在某一时刻断开
开关S，由于自感现象，电感线圈阻碍电流减小，原来通过线圈L
的电流此时从左向右流过电流传感器，与原来电流的方向相反，且
逐渐减小。故A正确。
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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，变压器原线圈两端接正弦交变电流，电流表 和电压
表 均为理想交流电表，L为小灯泡，R0为定值电阻，R为滑动变阻
器，P、Q分别为滑动变阻器和副线圈上的
滑动触头，二者都有一定的调节范围。若只
调节P或者只调节Q，使电流表示数增大，
则还可能同时观察到的现象是（　　）
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A. 电压表示数增大，小灯泡L变亮
B. 电压表示数增大，小灯泡L变暗
C. 电压表示数减小，小灯泡L变亮
D. 电压表示数减小，小灯泡L变暗
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解析：　若只调节Q，副线圈电路总电阻不变，当Q向上移动
时，U2增大，I2增大，输出功率增大，输入功率增大，I1增大，电
压表示数增大，小灯泡变亮，故A正确；若只调节P，原、副线圈
匝数比不变，副线圈两端电压U2不变，当P向左滑动时，副线圈电
路总电阻减小，副线圈中的电流I2增大，则原线圈中电流I1增大，
电压表示数增大，小灯泡电压减小，亮度变暗，故B正确。
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9. “电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行
业的产品封口环节中，一手持式封口机如图所示，它的工作原理
是：当接通电源时，内置线圈产生磁场，当磁感线穿过封口铝箔材
料时，瞬间产生大量小涡流，致使铝箔自行快速发热，熔化复合在
铝箔上的溶胶，从而粘贴在待封容器的封口处，达到迅速封口的目
的。下列有关说法正确的是（　　）
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A. 封口材料可用普通塑料来代替铝箔
B. 该封口机可用干电池作为电源以方便携带
C. 封口过程中温度过高，可适当减小所通电流的频率来解决
D. 该封口机适用于玻璃、塑料等多种材质的容器封口，但不适用于金属容器
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解析：　由于封口机利用了电磁感应现象，故封口材料必须是
金属类材料，而且电源必须是交流电源，A、B错误；减小内置线
圈中所通电流的频率可降低封口过程中产生的热量，即控制温度，
C正确；封口材料应是金属类材料，但对应被封口的容器不能是金
属，否则同样会被熔化，只能是玻璃、塑料等材质，D正确。
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10. 霍尔元件是一种应用霍尔效应的磁传感器，有一个沿y轴方向的磁
场，磁感应强度B＝B0＋ky（B0、k均为正的常数），将一传感器
固定在霍尔元件上，沿y轴方向元件的厚度为d，保持通过霍尔元
件的电流I不变（方向如图中箭头所示）。当元件沿y轴方向移动
时，a、b是垂直于z轴方向上元件的前、后两侧面，在这两个侧面
产生的电势差为U，则下列说法正确的是（　　）
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A. 若图中霍尔元件是电子导电，则后侧面电势高
B. 若I不变，电势差U越大，则该处的磁感应强度B越小
C. 若磁感应强度B不变，前、后两侧面的电势差U越小，则电流I越大
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解析：　若霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电
子向前侧面偏转，所以后侧面电势高，故A正确；最终电子在电
场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，设霍尔元件沿z轴方向的
长度为l1，有＝qvB，电流的微观表达式为I＝nqvS＝nqvdl1，所
以U＝，因此若I不变，电势差U越大，则该处的磁感应强度B越大；若磁感应强度B不变，前、后两侧面的电势差U越小，则电流I越小，故B、C错误；根据磁感应强度B＝B0＋ky知，U＝＝（B0＋ky），若I不变，k越大，则传感器灵敏度越高，故D正确。
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三、非选择题（本题共5小题，共54分）
11. （6分）某同学选用匝数可调的可拆变压器来做“探究变压器线圈
两端的电压与匝数的关系”实验，变压器原线圈两端所接的电源
应是电压为12 V的低压 （填“交流电源”或“直流电
源”）；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 （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 （填“增大”“减小”或“不变”）。
交流电源　
增大　
减小　
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解析：变压器的工作原理是互感现象，故原线圈两端所接的电源
应是电压为12 V的低压交流电源；根据变压比公式＝，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
压增大；保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副
线圈两端的电压减小。
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12. （8分）我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决
定因素和遵循的物理规律。以下是实验探究过程的一部分。
（1）如图甲所示，已知线圈绕向，当条形磁铁的N极向下运动，
发现灵敏电流计的指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流
的方向，必须知道
。
电流从左（右）接线柱流入时，灵敏电
流计的指针的偏转方向　
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解析：灵敏电流计没有电流通过时，指针在中央位置，要探究线圈中电流的方向，必须知道电流从左（右）接线柱流入时，指针的偏转方向。
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（2）如图乙所示，实验中发现闭合开关时，灵敏电流计的指针向
右偏。电路稳定后，若向左移动滑动变阻器触头，此过程中
灵敏电流计的指针向 偏；若将线圈A抽出，此过程中灵
敏电流计指针向 偏。（均选填“左”或“右”）。
右　
左　
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解析：闭合开关时，线圈A中的磁场增强，线圈B中产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏，则当向左移动滑动变阻器滑片时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路中的电流增大，会使线圈A中的磁场增强，线圈B中产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏；当将线圈A抽出时，在线圈B处的磁场减弱，线圈B中产生的感应电流使灵敏电流计的指针向左偏。
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13. （10分）一个质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔
S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿
着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打
到照相底片D上。求：
（1）粒子进入磁场时的速率；
答案： 　
解析：粒子飘入电势差为U的加速电场，有qU＝
mv2，得粒子进入磁场时的速率v＝。
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（2）粒子打到照相底片上的D点到S3的距离。
答案：
解析：粒子进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心
力，有：
qvB＝m，R＝ ，
粒子打到照相底片上D点到S3的距离为
2R＝ 。
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14. （14分）某电磁轨道炮的简化模型如图所示，两光滑导轨相互平
行，固定在光滑绝缘水平桌面上，导轨的间距为L。导轨左端通
过单刀双掷开关与电源、电容器相连，电源电动势为E，内阻为
r，电容器的电容为C。整个装置所在区域有垂直于导轨平面向下
的磁场，磁感应强度为B，EF、MN之间的距离足够长。MN、PQ
之间是用沙层模拟的目标，其厚度为s。一质量为m的金属弹丸静
置于EF边上，弹丸直径为L（不计弹丸沿轨道方向的长度），与
导轨始终保持良好接触。弹丸在沙子中运
动时受到的阻力与速度成正比，即f＝kv，
k为已知常量。不考虑空气阻力，除电源
内阻外，其他电阻都不计，忽略导轨电流
产生的磁场。
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（1）把开关S1、S2分别掷于a、b，将导轨与电源相连，弹丸运动
到MN边界时已达到最大速度，求：
①最大速度大小；
②到达最大速度的过程中，流过弹丸的电荷量；
答案：①　②　
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解析：①达到最大速度时，弹丸切割磁感线产生的感应电动势与电源电动势相等，即E＝BLvm，则最大速度大小vm＝。
②弹丸从EF到MN的过程中，由动量定理有BLΔt＝mvm－
0，到达最大速度的过程中，流过弹丸的电荷量Δq＝Δt，联
立解得电荷量为Δq＝。
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（2）将弹丸放回原先位置，先把开关S1掷于c，断开S2，让电源
给电容器充电。稳定后，再将S1断开，把开关S2掷于d，弹
丸能打穿沙层。求出弹丸穿过沙子到达PQ时的速度大小。
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解析：充满电时，电容的电荷量为q0＝CE，设击穿沙层后弹
丸的速度为v1，此时电容器的电荷量为q1，可得q1＝CE1＝
CBLv1，弹丸穿过沙子到达PQ时，由动量定理·BLΔt1－
kΔt1＝mv1－0，其中q'＝Δt1＝q0－q1；s＝Δt1，弹丸穿过
沙子到达PQ时的速度大小v1＝。
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15. （16分）如图，在0≤x≤h，－∞＜y＜＋∞区域中存在方向垂直
于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质
量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴
进入磁场，不计重力。
（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
答案：垂直纸面向里　
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解析：由题意知，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有qv0B＝m　①
由此可得R＝　②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆
心在y轴正半轴上，半径应满足R≤h　③
由题意，符合条件的粒子的运动半径最大时磁感应强度最
小，由此得Bm＝。　④
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（2）如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的
一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹
角及该点到x轴的距离。
答案：　（2－）h
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解析：若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y
轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R'＝2h　⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子
在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，
由几何关系sin α＝＝　⑥
即α＝　⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为
y＝2h（1－cos α）　⑧
联立⑦⑧式得y＝（2－）h。　⑨
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