人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊PAGEPAGE1模塊綜合試卷(一)(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共8小題，每小題4分，共32分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(2020·山東高二期中)關于電磁波，下列說法中正確的是()A．變化的電場一定在周圍空間產生變化的磁場B．麥克斯韋首先預言了電磁波的存在，赫茲最先用實驗證實了電磁波的存在C．電磁波和機械波都依賴于介質才能傳播D．各種頻率的電磁波在真空中以不同的速度傳播〖答案〗B〖解析〗均勻變化的電場在周圍空間產生恒定的磁場，選項A錯誤；麥克斯韋首先預言了電磁波的存在，赫茲最先用實驗證實了電磁波的存在，選項B正確；電磁波可以在真空中傳播，選項C錯誤；各種頻率的電磁波在真空中傳播的速度相同，等于光速，選項D錯誤．2．(2020·山西省古縣第一中學高二期中)如圖1所示，一個有界勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面向外，一個矩形閉合導線框abcd，沿紙面由位置1(左)勻速運動到位置2(右)，則()圖1A．導線框進入磁場時，感應電流方向為a→b→c→d→aB．導線框離開磁場時，感應電流方向為a→d→c→b→aC．導線框離開磁場時，受到的安培力方向水平向右D．導線框進入磁場時，受到的安培力方向水平向左〖答案〗D〖解析〗根據楞次定律“增反減同”可知導線框進入磁場時，感應電流方向為a→d→c→b→a，故A錯誤；導線框離開磁場時感應電流方向為a→b→c→d→a，故B錯誤；根據“來拒去留”可知導線框離開磁場時受到了向左的安培力，故C錯誤；導線框進入磁場時受到了向左的安培力，故D正確．3.如圖2所示，理想變壓器的原線圈接在u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流電源上，副線圈接有R＝55Ω的負載電阻，原、副線圈匝數之比為2∶1，電流表、電壓表均為理想電表．下列說法正確的是()圖2A．原線圈的輸入功率為220eq\r(2)WB．電流表的讀數為1AC．電壓表的讀數為110eq\r(2)VD．副線圈輸出交流電的周期為50s〖答案〗B〖解析〗由u＝220eq\r(2)sin100πt(V)可知，原線圈電壓最大值為220eq\r(2)V，故原線圈電壓的有效值為U1＝220V，根據eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，U2＝eq\f(n2,n1)U1＝110V，故電壓表的讀數為110V，故C錯誤；副線圈電流有效值為I2＝eq\f(U2,R)＝2A，根據P＝UI可知，輸出功率為220W，則原線圈的輸入功率為220W，故A錯誤；原線圈中的電流I1＝eq\f(P,U1)＝1A，故B正確；因為ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，所以T＝0.02s，故D錯誤．4.(2020·山東模擬)如圖3所示，三段長度相等的直導線a、b、c相互平行且處在同一豎直面內，a、b間的距離等于b、c間的距離，通電電流Ia＜Ib＜Ic，方向如圖所示，則下列判斷正確的是()圖3A．導線b受到的安培力可能為0B．導線a受到的安培力可能為0C．導線c受到的安培力的方向一定向左D．導線a、b受到的安培力的方向一定相同〖答案〗B〖解析〗根據同向電流相互吸引、反向電流相互排斥可知，導線a對導線b有向左的吸引力，導線c對導線b有向左的排斥力，則導線b受到的安培力一定不為0，方向向左，故A錯誤；導線b對導線a有向右的吸引力，導線c對導線a有向左的排斥力，由于Ia＜Ib＜Ic，所以導線a受到的安培力可能為0，故B正確；導線a和b對導線c都有向右的排斥力，故導線c受到的安培力的方向一定向右，故C錯誤；導線a受到的安培力大小和方向不確定，則導線a、b受到的安培力的方向不一定相同，故D錯誤．5.(2020·浙江高二期末)如圖4所示為洛倫茲力演示儀的結構示意圖，演示儀中有一對彼此平行且共軸的勵磁圓形線圈，通入電流I后，能夠在兩線圈間產生勻強磁場；玻璃泡內有電子槍，通過加速電壓U對初速度為零的電子加速并連續發射．電子剛好從球心O點正下方的S點水平向左射出，電子通過玻璃泡內稀薄氣體時能夠顯示出電子運動的徑跡．則下列說法正確的是()圖4A．若要正常觀察電子徑跡，勵磁線圈的電流方向應為逆時針(垂直紙面向里看)B．若保持U不變，增大I，則圓形徑跡的半徑變大C．若同時減小I和U，則電子運動的周期減小D．若保持I不變，減小U，則電子運動的周期將不變〖答案〗D〖解析〗若要正常觀察電子徑跡，則電子需要受到向上的洛倫茲力，根據左手定則可知，玻璃泡內的磁場方向應向里，根據右手螺旋定則可知，勵磁線圈的電流方向應為順時針(垂直紙面向里看)，故A錯誤；電子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力，則eBv＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,eB)，而電子進入磁場的動能由電場力做功得到，即eU＝eq\f(1,2)mv2，即U不變，則v不變，由于m、e不變，而當I增大時，B增大，故半徑減小，故B錯誤；因為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,eB)，所以電子運動的周期與U無關，當減小電流I時，線圈產生的磁場的磁感應強度B也減小，電子運動的周期T增大，故C錯誤；由C中分析可知，I不變，U減小，T不變，故D正確．6.(2020·安徽界首高二期末)如圖5所示，邊長為L的正方形CDEF區域內有方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，對角線CE和DF的交點為P，在P點處有一粒子源，可以連續不斷地向紙面內各方向發射出正離子．已知離子的質量為m、電荷量為q，不計離子重力及離子間相互作用力．則離子不可能射出正方形區域的發射速率v應滿足()圖5A．0<v≤eq\f(qBL,8m) B．0<v≤eq\f(qBL,m)C．0<v≤eq\f(qBL,2m) D．0<v≤eq\f(qBL,4m)〖答案〗D〖解析〗離子在磁場中恰好不射出的軌跡如圖所示．根據幾何知識可知，其軌道半徑為R＝eq\f(L,4)，因為qvB＝meq\f(v2,R)，所以有v＝eq\f(qRB,m)＝eq\f(qBL,4m)，所以離子不從磁場射出的速度需要滿足0<v≤eq\f(qBL,4m)，故A、B、C錯誤，D正確．7．(2020·黑龍江鐵人中學高二期末)如圖6甲所示，MN、PQ是水平方向的勻強磁場的上下邊界，磁場寬度為L.一個邊長為a的正方形導線框(L>2a)從磁場上方下落，運動過程中上下兩邊始終與磁場邊界平行．線框進入磁場過程中感應電流i隨時間t變化的圖像如圖乙所示，則線框從磁場中穿出過程中線框中感應電流i隨時間t變化的圖像可能是以下的哪一個()圖6〖答案〗B〖解析〗由題意可知，線框進入磁場過程中感應電流i隨時間t變化的圖像如題圖乙所示，由法拉第電磁感應定律可知，線框勻速進入磁場，由于L>2a，當線框完全進入磁場后，因磁通量不變，則沒有感應電流，線框只受重力作用，做勻加速運動，線框速度增加，當出磁場時，速度大于進入磁場的速度，由法拉第電磁感應定律可知，出磁場過程中的感應電流大于進磁場的感應電流，導致出磁場時的安培力大于重力，則線框做減速運動，根據牛頓第二定律，BIL－mg＝ma，則線框做加速度減小的減速運動，i＝eq\f(BLv,R)，故B正確，A、C、D錯誤．8.(2020·江蘇吳江中學高三月考)如圖7所示，A1、A2為兩只相同燈泡，A1與一理想二極管D連接，線圈L的直流電阻不計．下列說法正確的是()圖7A．閉合開關S后，A1會逐漸變亮B．閉合開關S穩定后，A1、A2亮度相同C．斷開S的瞬間，A1會逐漸熄滅D．斷開S的瞬間，a點的電勢比b點低〖答案〗D〖解析〗閉合開關S后，因A1和線圈并聯，則A1立刻亮，故A錯誤；閉合開關S穩定后，因線圈L的直流電阻不計，所以A1與二極管被短路，導致燈泡A1不亮，而A2將更亮，因此A1、A2亮度不同，故B錯誤；斷開S的瞬間，A2會立刻熄滅，線圈L與燈泡A1及二極管構成回路，因線圈產生感應電動勢，a點的電勢低于b點，但二極管具有單向導電性，所以回路中沒有感應電流，A1也是立即熄滅，故C錯誤，D正確．二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)9．(2020·浙江高二期末)圖8甲所示為揚聲器的實物圖，圖乙為剖面圖，線圈處于磁場中，當音頻電流信號通過線圈時，線圈帶動紙盆振動發出聲音．俯視圖丙表示處于輻射狀磁場中的線圈，磁場方向如圖中箭頭所示．則下列說法正確的是()圖8A．環形磁體產生的磁感線是不閉合的B．圖丙中，線圈上各點的磁感應強度不同C．當電流方向改變時線圈所受安培力方向一定改變D．圖丙中當電流沿逆時針方向時，對應圖乙中線圈所受安培力向上〖答案〗BC〖解析〗磁感線是閉合的曲線，故A錯誤；磁感應強度是矢量，線圈上各點的磁感應強度大小相同，方向不同，故B正確；安培力方向由磁場方向和電流方向共同決定，電流方向改變安培力方向一定改變，故C正確；根據左手定則可判定，線圈所受安培力方向豎直向下，故D錯誤．10．在如圖9甲所示的虛線框內有勻強磁場，設圖示磁場方向為正，磁感應強度隨時間的變化規律如圖乙所示．邊長為l、電阻為R的正方形均勻線框abcd有一半處在磁場中，磁場方向垂直于線框平面，此時線框ab邊的發熱功率為P，則下列說法正確的是()圖9A．磁感應強度B0＝eq\f(T,2l2)eq\r(PR)B．線框中感應電流為I＝2eq\r(\f(P,R))C．線框cd邊的發熱功率為PD．a端電勢高于b端電勢〖答案〗BC〖解析〗由題圖乙可知，線框中產生的感應電動勢大小恒定，線框ab邊的發熱功率為P＝eq\f(E2,4R)，感應電動勢E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(2B0,T)·eq\f(l2,2)＝eq\f(B0l2,T)，所以磁感應強度B0＝eq\f(2T,l2)eq\r(PR)，A錯誤；由P＝eq\f(1,4)I2R可得線框中感應電流為I＝2eq\r(\f(P,R))，B正確；cd邊電阻等于ab邊電阻，且兩邊流過的電流相等，因此發熱功率相等，C正確；由楞次定律可知，線框中感應電流方向為adcba方向，處于磁場中的部分線框為等效電源，因此a端電勢比b端電勢低，D錯誤．11．圖10甲為風力發電的簡易模型．在風力作用下，風葉帶動與桿固連的永磁體轉動，磁體下方的線圈與電壓傳感器相連．在某一風速時，電壓傳感器顯示如圖乙所示正弦規律變化，則()圖10A．永磁體的轉速為10r/sB．線圈兩端電壓的有效值為6eq\r(2)VC．交流電壓的表達式為u＝12sin5πt(V)D．該交流電可以直接加在擊穿電壓為9V的電容器上〖答案〗BC〖解析〗由題圖乙可知，電流的周期為T＝0.4s，故永磁體的轉速為n＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.4)r/s＝2.5r/s，故A錯誤；由題圖乙可知電壓的最大值為12V，故有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝6eq\r(2)V，故B正確；周期T＝0.4s，故ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.4)rad/s＝5πrad/s，故交流電壓的表達式為u＝12sin5πt(V)，故C正確；該交流電電壓的最大值大于電容器的擊穿電壓，故不能直接加在擊穿電壓為9V的電容器上，故D錯誤．12.(2020·山西大同一中高二月考)如圖11所示，虛線PQ左上方存在垂直于紙面向外的勻強磁場，甲、乙兩個帶正電的粒子先后由靜止經過相同電壓加速后，分別以速度v甲、v乙從PQ上的O點沿紙面射入磁場，結果兩粒子從PQ上的同一點射出磁場．已知v甲、v乙之間的夾角α＝60°，v乙與PQ之間的夾角β＝30°，不計甲、乙兩粒子的重力及甲、乙之間的作用力．設甲、乙在磁場中運動的時間分別為t甲、t乙，以下關系正確的是()圖11A．v甲∶v乙＝1∶2 B．v甲∶v乙＝2∶1C．t甲∶t乙＝3∶4 D．t甲∶t乙＝3∶2〖答案〗BC〖解析〗甲、乙兩粒子在磁場中的運動情況如圖．粒子在加速過程中，根據動能定理有：qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有：Bqv＝eq\f(mv2,R)，解得運動的半徑為R＝eq\f(mv,qB)，根據幾何知識可知，甲、乙兩粒子在磁場中運動的半徑之比為：R甲∶R乙＝1∶2，聯立解得：eq\f(m甲,q甲)∶eq\f(m乙,q乙)＝1∶4，v甲∶v乙＝2∶1，A錯誤，B正確；甲粒子在磁場中運動的軌跡對應的圓心角為180°，乙粒子在磁場中運動的軌跡對應的圓心角為60°，則甲、乙粒子在磁場中運動的時間之比為t甲∶t乙＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\f(2πm甲,q甲B)))∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)×\f(2πm乙,q乙B)))＝3∶4，C正確，D錯誤．三、非選擇題(本題共6小題，共52分)13．(6分)在圖12甲中，不通電時電流計指針停在正中央，當閉合開關時，觀察到電流計指針向左偏．現按圖乙連接方式將電流計與螺線管B連成一個閉合回路，將螺線管A與電池、滑動變阻器和開關S串聯成另一個閉合回路．圖12(1)閉合開關S后，將螺線管A插入螺線管B的過程中，螺線管B的________端(選填“上”或“下”)為感應電動勢的正極；(2)螺線管A放在B中不動，開關S突然斷開的瞬間，電流計的指針將________(選填“向左”“向右”或“不發生”)偏轉；(3)螺線管A放在B中不動，滑動變阻器的滑片向左滑動，電流計的指針將________(選填“向左”“向右”或“不發生”)偏轉．〖答案〗(1)下(2分)(2)向右(2分)(3)向左(2分)14．(6分)(2020·霞浦市第一中學高二月考)如圖13為“探究電磁感應現象”的實驗裝置．圖13(1)將圖中所缺的導線補接完整．(2)連接電路后，如果在閉合開關時發現靈敏電流計的指針向右偏了一下，那么閉合開關后可能出現的情況有：①將原線圈迅速插入副線圈時，靈敏電流計指針將________偏轉(選填“發生”或“不發生”)；②原線圈插入副線圈后，將滑動變阻器滑片迅速向左拉時，靈敏電流計指針________偏轉(選填“發生”或“不發生”)；③在上述兩過程中靈敏電流計指針的偏轉方向________(選填“相同”或“相反”)；(3)在做“探究電磁感應現象”實驗時，如果副線圈兩端不接任何元件，則副線圈電路中將________．A．因電路不閉合，無電磁感應現象B．有電磁感應現象，但無感應電流，只有感應電動勢C．不能用楞次定律判斷感應電動勢方向D．可以用楞次定律判斷感應電動勢方向〖答案〗(1)見〖解析〗圖(1分)(2)①發生(1分)②發生(1分)③相反(1分)(3)BD(2分)〖解析〗(1)將電源、開關、滑動變阻器、小螺線管串聯成一個回路，再將電流計與大螺線管串聯成另一個回路，電路圖如圖所示．(2)閉合開關，磁通量增加，指針向右偏轉，將原線圈迅速插入副線圈，穿過副線圈的磁通量增加，則靈敏電流計的指針將向右偏轉；原線圈插入副線圈后，將滑動變阻器滑片迅速向左拉時，滑動變阻器接入電路的電阻增大，則電流減小，穿過副線圈的磁通量減小，則靈敏電流計指針向左偏轉；兩過程中靈敏電流計指針偏轉方向相反．(3)如果副線圈兩端不接任何元件，線圈中仍有磁通量的變化，仍會產生感應電動勢，不過沒有感應電流存在，可根據楞次定律判斷出感應電動勢的方向，B、D正確，A、C錯誤．15．(8分)(2020·北師聯盟模擬)如圖14甲所示，邊長為L的n匝正方形金屬線圈abcd置于垂直線圈平面的磁場中，線圈的總電阻為R，用導線e、f連接一阻值也為R的定值電阻，其他電阻不計．磁場的磁感應強度B隨時間的變化關系如圖乙所示，正方向為垂直線圈平面向外．求：圖14(1)在0到t1時間內，通過電阻R的電荷量；(2)在2t1到3t1時間內，電阻R兩端的電壓哪端高，高多少．〖答案〗(1)eq\f(nB0,2R)L2(2)e端高eq\f(nB0L2,2t1)〖解析〗(1)在0到t1時間內，根據法拉第電磁感應定律：eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nB0L2,t1)(1分)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)(1分)q＝eq\x\to(I)t1(1分)聯立各式解得：q＝eq\f(nB0,2R)L2(1分)(2)在2t1到3t1時間內，電路的總電動勢為E＝eq\f(nB0L2,t1)(2分)電阻R兩端的電壓為U＝eq\f(E,2)＝eq\f(nB0L2,2t1)(1分)根據楞次定律知，e端電勢高．(1分)16.(9分)如圖15所示為邊長為L的單匝正方形線圈abcd，放在磁感應強度為B的勻強磁場中，從圖示位置開始以bc邊為軸勻速轉動．線圈從圖示位置轉過一周的過程中產生的熱量為Q.已知線圈的bc邊與磁場方向垂直，線圈電阻為R.求：圖15(1)線圈轉動的角速度大小；(2)線圈從圖示位置轉過eq\f(π,3)時，產生的感應電動勢的瞬時值；(3)線圈從圖示位置轉過eq\f(π,2)的過程中，產生的感應電動勢的平均值．〖答案〗(1)eq\f(RQ,πB2L4)(2)eq\f(\r(3)RQ,2πBL2)(3)eq\f(2RQ,π2BL2)〖解析〗(1)線圈轉動過程中，產生的感應電動勢有效值為E＝eq\f(\r(2),2)BL2ω(1分)線圈從題圖所示位置轉過一周所用的時間：t＝T＝eq\f(2π,ω)(1分)所以熱量Q＝eq\f(E2,R)t＝eq\f(πωB2L4,R)(1分)解得：ω＝eq\f(RQ,πB2L4)(1分)(2)線圈從題圖所示位置開始轉過eq\f(π,3)時，線圈產生的感應電動勢的瞬時值：e＝BL2ωsinωt＝BL2ωsineq\f(π,3)(1分)解得：e＝eq\f(\r(3)RQ,2πBL2)(1分)(3)線圈從題圖所示位置轉過eq\f(π,2)的過程中，線圈內磁通量的變化量為ΔΦ＝BL2(1分)所用的時間為t＝eq\f(π,2ω)(1分)線圈產生的感應電動勢的平均值：eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,t)＝eq\f(2RQ,π2BL2).(1分)17.(11分)(2020·寧夏吳忠中學高二期末)如圖16所示，MN、PQ為足夠長的平行金屬導軌，間距L＝0.5m，導軌平面與水平面間夾角θ＝37°，N、Q間連接一個電阻R＝5.0Ω，勻強磁場垂直于導軌平面向上，磁感應強度B＝1.0T．將一根質量m＝0.05kg的金屬棒放在導軌的ab位置，金屬棒及導軌的電阻不計．現由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與導軌垂直，且與導軌接觸良好．已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數μ＝0.50，當金屬棒滑至cd處時，其速度大小開始保持不變，位置cd與ab之間的距離s＝2.0m．已知g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：圖16(1)金屬棒沿導軌開始下滑時的加速度大小；(2)金屬棒到達cd處的速度大小；(3)金屬棒由位置ab運動到cd的過程中，電阻R產生的熱量．〖答案〗(1)2.0m/s2(2)2.0m/s(3)0.10J〖解析〗(1)設金屬棒的加速度大小為a，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma(2分)解得a＝2.0m/s2(1分)(2)設金屬棒到達cd位置時速度大小為v，電流為I，金屬棒受力平衡，有mgsinθ＝BIL＋μmgcosθ(2分)I＝eq\f(BLv,R)(2分)解得v＝2.0m/s.(1分)(3)設金屬棒從ab運動到cd的過程中，電阻R上產生的熱量為Q，由能量守恒，有mgs·sinθ＝eq\f(1,2)mv2＋μmgs·cosθ＋Q(2分)解得Q＝0.10J．(1分)18.(12分)(2020·安徽宿州高二期末)如圖17所示，在坐標系xOy的第一象限內，斜線OC的上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，第四象限內存在磁感應強度大小未知、方向垂直紙面向里的勻強磁場．現有一質量為m、帶電荷量為－q的粒子(不計重力)從y軸上的A點，以初速度v0水平向右垂直射入勻強磁場，恰好垂直OC射出，并從x軸上的P點(未畫出)進入第四象限內的勻強磁場，粒子經磁場偏轉后從y軸上D點(未畫出)垂直y軸射出，已知OC與x軸的夾角為45°.求：圖17(1)O、A間的距離；(2)第四象限內勻強磁場的磁感應強度B′的大小；(3)粒子從A點運動到D點的總時間．〖答案〗(1)eq\f(mv0,Bq)(2)eq\f(1,2)B(3)eq\f(7πm＋4m,4Bq)〖解析〗(1)根據題意分析可知OA等于粒子在第一象限磁場中運動軌跡的半徑，根據牛頓第二定律可得Bqv0＝eq\f(mv\o\al(02),r)(2分)解得OA＝r＝eq\f(mv0,Bq).(1分)(2)粒子運動軌跡如圖所示，可得OP＝eq\r(2)r(1分)由幾何關系知，粒子在第四象限磁場中運動軌跡的半徑R＝2r(1分)根據牛頓第二定律可得B′qv0＝eq\f(mv\o\al(02),R)(1分)解得B′＝eq\f(1,2)B(1分)(3)粒子在磁場中運動周期T＝eq\f(2πm,qB)(1分)在第一象限磁場中運動時間t1＝eq\f(1,8)T＝eq\f(πm,4qB)(1分)出磁場運動到P點時間t2＝eq\f(r,v0)＝eq\f(m,Bq)(1分)在第四象限磁場中運動時間t3＝eq\f(3,8)T′＝eq\f(3πm,2Bq)(1分)粒子從A點運動到D點的總時間t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(7πm＋4m,4Bq).(1分)模塊綜合試卷(一)(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共8小題，每小題4分，共32分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(2020·山東高二期中)關于電磁波，下列說法中正確的是()A．變化的電場一定在周圍空間產生變化的磁場B．麥克斯韋首先預言了電磁波的存在，赫茲最先用實驗證實了電磁波的存在C．電磁波和機械波都依賴于介質才能傳播D．各種頻率的電磁波在真空中以不同的速度傳播〖答案〗B〖解析〗均勻變化的電場在周圍空間產生恒定的磁場，選項A錯誤；麥克斯韋首先預言了電磁波的存在，赫茲最先用實驗證實了電磁波的存在，選項B正確；電磁波可以在真空中傳播，選項C錯誤；各種頻率的電磁波在真空中傳播的速度相同，等于光速，選項D錯誤．2．(2020·山西省古縣第一中學高二期中)如圖1所示，一個有界勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面向外，一個矩形閉合導線框abcd，沿紙面由位置1(左)勻速運動到位置2(右)，則()圖1A．導線框進入磁場時，感應電流方向為a→b→c→d→aB．導線框離開磁場時，感應電流方向為a→d→c→b→aC．導線框離開磁場時，受到的安培力方向水平向右D．導線框進入磁場時，受到的安培力方向水平向左〖答案〗D〖解析〗根據楞次定律“增反減同”可知導線框進入磁場時，感應電流方向為a→d→c→b→a，故A錯誤；導線框離開磁場時感應電流方向為a→b→c→d→a，故B錯誤；根據“來拒去留”可知導線框離開磁場時受到了向左的安培力，故C錯誤；導線框進入磁場時受到了向左的安培力，故D正確．3.如圖2所示，理想變壓器的原線圈接在u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流電源上，副線圈接有R＝55Ω的負載電阻，原、副線圈匝數之比為2∶1，電流表、電壓表均為理想電表．下列說法正確的是()圖2A．原線圈的輸入功率為220eq\r(2)WB．電流表的讀數為1AC．電壓表的讀數為110eq\r(2)VD．副線圈輸出交流電的周期為50s〖答案〗B〖解析〗由u＝220eq\r(2)sin100πt(V)可知，原線圈電壓最大值為220eq\r(2)V，故原線圈電壓的有效值為U1＝220V，根據eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，U2＝eq\f(n2,n1)U1＝110V，故電壓表的讀數為110V，故C錯誤；副線圈電流有效值為I2＝eq\f(U2,R)＝2A，根據P＝UI可知，輸出功率為220W，則原線圈的輸入功率為220W，故A錯誤；原線圈中的電流I1＝eq\f(P,U1)＝1A，故B正確；因為ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，所以T＝0.02s，故D錯誤．4.(2020·山東模擬)如圖3所示，三段長度相等的直導線a、b、c相互平行且處在同一豎直面內，a、b間的距離等于b、c間的距離，通電電流Ia＜Ib＜Ic，方向如圖所示，則下列判斷正確的是()圖3A．導線b受到的安培力可能為0B．導線a受到的安培力可能為0C．導線c受到的安培力的方向一定向左D．導線a、b受到的安培力的方向一定相同〖答案〗B〖解析〗根據同向電流相互吸引、反向電流相互排斥可知，導線a對導線b有向左的吸引力，導線c對導線b有向左的排斥力，則導線b受到的安培力一定不為0，方向向左，故A錯誤；導線b對導線a有向右的吸引力，導線c對導線a有向左的排斥力，由于Ia＜Ib＜Ic，所以導線a受到的安培力可能為0，故B正確；導線a和b對導線c都有向右的排斥力，故導線c受到的安培力的方向一定向右，故C錯誤；導線a受到的安培力大小和方向不確定，則導線a、b受到的安培力的方向不一定相同，故D錯誤．5.(2020·浙江高二期末)如圖4所示為洛倫茲力演示儀的結構示意圖，演示儀中有一對彼此平行且共軸的勵磁圓形線圈，通入電流I后，能夠在兩線圈間產生勻強磁場；玻璃泡內有電子槍，通過加速電壓U對初速度為零的電子加速并連續發射．電子剛好從球心O點正下方的S點水平向左射出，電子通過玻璃泡內稀薄氣體時能夠顯示出電子運動的徑跡．則下列說法正確的是()圖4A．若要正常觀察電子徑跡，勵磁線圈的電流方向應為逆時針(垂直紙面向里看)B．若保持U不變，增大I，則圓形徑跡的半徑變大C．若同時減小I和U，則電子運動的周期減小D．若保持I不變，減小U，則電子運動的周期將不變〖答案〗D〖解析〗若要正常觀察電子徑跡，則電子需要受到向上的洛倫茲力，根據左手定則可知，玻璃泡內的磁場方向應向里，根據右手螺旋定則可知，勵磁線圈的電流方向應為順時針(垂直紙面向里看)，故A錯誤；電子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力，則eBv＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,eB)，而電子進入磁場的動能由電場力做功得到，即eU＝eq\f(1,2)mv2，即U不變，則v不變，由于m、e不變，而當I增大時，B增大，故半徑減小，故B錯誤；因為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,eB)，所以電子運動的周期與U無關，當減小電流I時，線圈產生的磁場的磁感應強度B也減小，電子運動的周期T增大，故C錯誤；由C中分析可知，I不變，U減小，T不變，故D正確．6.(2020·安徽界首高二期末)如圖5所示，邊長為L的正方形CDEF區域內有方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，對角線CE和DF的交點為P，在P點處有一粒子源，可以連續不斷地向紙面內各方向發射出正離子．已知離子的質量為m、電荷量為q，不計離子重力及離子間相互作用力．則離子不可能射出正方形區域的發射速率v應滿足()圖5A．0<v≤eq\f(qBL,8m) B．0<v≤eq\f(qBL,m)C．0<v≤eq\f(qBL,2m) D．0<v≤eq\f(qBL,4m)〖答案〗D〖解析〗離子在磁場中恰好不射出的軌跡如圖所示．根據幾何知識可知，其軌道半徑為R＝eq\f(L,4)，因為qvB＝meq\f(v2,R)，所以有v＝eq\f(qRB,m)＝eq\f(qBL,4m)，所以離子不從磁場射出的速度需要滿足0<v≤eq\f(qBL,4m)，故A、B、C錯誤，D正確．7．(2020·黑龍江鐵人中學高二期末)如圖6甲所示，MN、PQ是水平方向的勻強磁場的上下邊界，磁場寬度為L.一個邊長為a的正方形導線框(L>2a)從磁場上方下落，運動過程中上下兩邊始終與磁場邊界平行．線框進入磁場過程中感應電流i隨時間t變化的圖像如圖乙所示，則線框從磁場中穿出過程中線框中感應電流i隨時間t變化的圖像可能是以下的哪一個()圖6〖答案〗B〖解析〗由題意可知，線框進入磁場過程中感應電流i隨時間t變化的圖像如題圖乙所示，由法拉第電磁感應定律可知，線框勻速進入磁場，由于L>2a，當線框完全進入磁場后，因磁通量不變，則沒有感應電流，線框只受重力作用，做勻加速運動，線框速度增加，當出磁場時，速度大于進入磁場的速度，由法拉第電磁感應定律可知，出磁場過程中的感應電流大于進磁場的感應電流，導致出磁場時的安培力大于重力，則線框做減速運動，根據牛頓第二定律，BIL－mg＝ma，則線框做加速度減小的減速運動，i＝eq\f(BLv,R)，故B正確，A、C、D錯誤．8.(2020·江蘇吳江中學高三月考)如圖7所示，A1、A2為兩只相同燈泡，A1與一理想二極管D連接，線圈L的直流電阻不計．下列說法正確的是()圖7A．閉合開關S后，A1會逐漸變亮B．閉合開關S穩定后，A1、A2亮度相同C．斷開S的瞬間，A1會逐漸熄滅D．斷開S的瞬間，a點的電勢比b點低〖答案〗D〖解析〗閉合開關S后，因A1和線圈并聯，則A1立刻亮，故A錯誤；閉合開關S穩定后，因線圈L的直流電阻不計，所以A1與二極管被短路，導致燈泡A1不亮，而A2將更亮，因此A1、A2亮度不同，故B錯誤；斷開S的瞬間，A2會立刻熄滅，線圈L與燈泡A1及二極管構成回路，因線圈產生感應電動勢，a點的電勢低于b點，但二極管具有單向導電性，所以回路中沒有感應電流，A1也是立即熄滅，故C錯誤，D正確．二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)9．(2020·浙江高二期末)圖8甲所示為揚聲器的實物圖，圖乙為剖面圖，線圈處于磁場中，當音頻電流信號通過線圈時，線圈帶動紙盆振動發出聲音．俯視圖丙表示處于輻射狀磁場中的線圈，磁場方向如圖中箭頭所示．則下列說法正確的是()圖8A．環形磁體產生的磁感線是不閉合的B．圖丙中，線圈上各點的磁感應強度不同C．當電流方向改變時線圈所受安培力方向一定改變D．圖丙中當電流沿逆時針方向時，對應圖乙中線圈所受安培力向上〖答案〗BC〖解析〗磁感線是閉合的曲線，故A錯誤；磁感應強度是矢量，線圈上各點的磁感應強度大小相同，方向不同，故B正確；安培力方向由磁場方向和電流方向共同決定，電流方向改變安培力方向一定改變，故C正確；根據左手定則可判定，線圈所受安培力方向豎直向下，故D錯誤．10．在如圖9甲所示的虛線框內有勻強磁場，設圖示磁場方向為正，磁感應強度隨時間的變化規律如圖乙所示．邊長為l、電阻為R的正方形均勻線框abcd有一半處在磁場中，磁場方向垂直于線框平面，此時線框ab邊的發熱功率為P，則下列說法正確的是()圖9A．磁感應強度B0＝eq\f(T,2l2)eq\r(PR)B．線框中感應電流為I＝2eq\r(\f(P,R))C．線框cd邊的發熱功率為PD．a端電勢高于b端電勢〖答案〗BC〖解析〗由題圖乙可知，線框中產生的感應電動勢大小恒定，線框ab邊的發熱功率為P＝eq\f(E2,4R)，感應電動勢E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(2B0,T)·eq\f(l2,2)＝eq\f(B0l2,T)，所以磁感應強度B0＝eq\f(2T,l2)eq\r(PR)，A錯誤；由P＝eq\f(1,4)I2R可得線框中感應電流為I＝2eq\r(\f(P,R))，B正確；cd邊電阻等于ab邊電阻，且兩邊流過的電流相等，因此發熱功率相等，C正確；由楞次定律可知，線框中感應電流方向為adcba方向，處于磁場中的部分線框為等效電源，因此a端電勢比b端電勢低，D錯誤．11．圖10甲為風力發電的簡易模型．在風力作用下，風葉帶動與桿固連的永磁體轉動，磁體下方的線圈與電壓傳感器相連．在某一風速時，電壓傳感器顯示如圖乙所示正弦規律變化，則()圖10A．永磁體的轉速為10r/sB．線圈兩端電壓的有效值為6eq\r(2)VC．交流電壓的表達式為u＝12sin5πt(V)D．該交流電可以直接加在擊穿電壓為9V的電容器上〖答案〗BC〖解析〗由題圖乙可知，電流的周期為T＝0.4s，故永磁體的轉速為n＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.4)r/s＝2.5r/s，故A錯誤；由題圖乙可知電壓的最大值為12V，故有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝6eq\r(2)V，故B正確；周期T＝0.4s，故ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.4)rad/s＝5πrad/s，故交流電壓的表達式為u＝12sin5πt(V)，故C正確；該交流電電壓的最大值大于電容器的擊穿電壓，故不能直接加在擊穿電壓為9V的電容器上，故D錯誤．12.(2020·山西大同一中高二月考)如圖11所示，虛線PQ左上方存在垂直于紙面向外的勻強磁場，甲、乙兩個帶正電的粒子先后由靜止經過相同電壓加速后，分別以速度v甲、v乙從PQ上的O點沿紙面射入磁場，結果兩粒子從PQ上的同一點射出磁場．已知v甲、v乙之間的夾角α＝60°，v乙與PQ之間的夾角β＝30°，不計甲、乙兩粒子的重力及甲、乙之間的作用力．設甲、乙在磁場中運動的時間分別為t甲、t乙，以下關系正確的是()圖11A．v甲∶v乙＝1∶2 B．v甲∶v乙＝2∶1C．t甲∶t乙＝3∶4 D．t甲∶t乙＝3∶2〖答案〗BC〖解析〗甲、乙兩粒子在磁場中的運動情況如圖．粒子在加速過程中，根據動能定理有：qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有：Bqv＝eq\f(mv2,R)，解得運動的半徑為R＝eq\f(mv,qB)，根據幾何知識可知，甲、乙兩粒子在磁場中運動的半徑之比為：R甲∶R乙＝1∶2，聯立解得：eq\f(m甲,q甲)∶eq\f(m乙,q乙)＝1∶4，v甲∶v乙＝2∶1，A錯誤，B正確；甲粒子在磁場中運動的軌跡對應的圓心角為180°，乙粒子在磁場中運動的軌跡對應的圓心角為60°，則甲、乙粒子在磁場中運動的時間之比為t甲∶t乙＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\f(2πm甲,q甲B)))∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)×\f(2πm乙,q乙B)))＝3∶4，C正確，D錯誤．三、非選擇題(本題共6小題，共52分)13．(6分)在圖12甲中，不通電時電流計指針停在正中央，當閉合開關時，觀察到電流計指針向左偏．現按圖乙連接方式將電流計與螺線管B連成一個閉合回路，將螺線管A與電池、滑動變阻器和開關S串聯成另一個閉合回路．圖12(1)閉合開關S后，將螺線管A插入螺線管B的過程中，螺線管B的________端(選填“上”或“下”)為感應電動勢的正極；(2)螺線管A放在B中不動，開關S突然斷開的瞬間，電流計的指針將________(選填“向左”“向右”或“不發生”)偏轉；(3)螺線管A放在B中不動，滑動變阻器的滑片向左滑動，電流計的指針將________(選填“向左”“向右”或“不發生”)偏轉．〖答案〗(1)下(2分)(2)向右(2分)(3)向左(2分)14．(6分)(2020·霞浦市第一中學高二月考)如圖13為“探究電磁感應現象”的實驗裝置．圖13(1)將圖中所缺的導線補接完整．(2)連接電路后，如果在閉合開關時發現靈敏電流計的指針向右偏了一下，那么閉合開關后可能出現的情況有：①將原線圈迅速插入副線圈時，靈敏電流計指針將________偏轉(選填“發生”或“不發生”)；②原線圈插入副線圈后，將滑動變阻器滑片迅速向左拉時，靈敏電流計指針________偏轉(選填“發生”或“不發生”)；③在上述兩過程中靈敏電流計指針的偏轉方向________(選填“相同”或“相反”)；(3)在做“探究電磁感應現象”實驗時，如果副線圈兩端不接任何元件，則副線圈電路中將________．A．因電路不閉合，無電磁感應現象B．有電磁感應現象，但無感應電流，只有感應電動勢C．不能用楞次定律判斷感應電動勢方向D．可以用楞次定律判斷感應電動勢方向〖答案〗(1)見〖解析〗圖(1分)(2)①發生(1分)②發生(1分)③相反(1分)(3)BD(2分)〖解析〗(1)將電源、開關、滑動變阻器、小螺線管串聯成一個回路，再將電流計與大螺線管串聯成另一個回路，電路圖如圖所示．(2)閉合開關，磁通量增加，指針向右偏轉，將原線圈迅速插入副線圈，穿過副線圈的磁通量增加，則靈敏電流計的指針將向右偏轉；原線圈插入副線圈后，將滑動變阻器滑片迅速向左拉時，滑動變阻器接入電路的電阻增大，則電流減小，穿過副線圈的磁通量減小，則靈敏電流計指針向左偏轉；兩過程中靈敏電流計指針偏轉方向相反．(3)如果副線圈兩端不接任何元件，線圈中仍有磁通量的變化，仍會產生感應電動勢，不過沒有感應電流存在，可根據楞次定律判斷出感應電動勢的方向，B、D正確，A、C錯誤．15．(8分)(2020·北師聯盟模擬)如圖14甲所示，邊長為L的n匝正方形金屬線圈abcd置于垂直線圈平面的磁場中，線圈的總電阻為R，用導線e、f連接一阻值也為R的定值電阻，其他電阻不計．磁場的磁感應強度B隨時間的變化關系如圖乙所示，正方向為垂直線圈平面向外．求：圖14(1)在0到t1時間內，通過電阻R的電荷量；(2)在2t1到3t1時間內，電阻R兩端的電壓哪端高，高多少．〖答案〗(1)eq\f(nB0,2R)L2(2)e端高eq\f(nB0L2,2t1)〖解析〗(1)在0到t1時間內，根據法拉第電磁感應定律：eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nB0L2,t1)(1分)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)(1分)q＝eq\x\to(I)t1(1分)聯立各式解得：q＝eq\f(nB0,2R)L2(1分)(2)在2t1到3t1時間內，電路的總電動勢為E＝eq\f(nB0L2,t1)(2分)電阻R兩端的電壓為U＝eq\f(E,2)＝eq\f(nB0L2,2t1)(1分)根據楞次定律知，e端電勢高．(1分)16.(9分)如圖15所示為邊長為L的單匝正方形線圈abcd，放在磁感應強度為B的勻強磁場中，從圖示位置開始以bc邊為軸勻速轉動．線圈從圖示位置轉過一周的過程中產生的熱量為Q.已知線圈的bc邊與磁場方向垂直，線圈電阻為R.求：圖15(1)線圈轉動的角速度大小；(2)線圈從圖示位置轉過eq\f(π,3)時，產生的感應電動勢的瞬時值；(3)線圈從圖示位置轉過eq\f(π,2)的過程中，產生的感應電動勢的平均值．〖答案〗(1)eq\f(RQ,πB2L4)(2)eq\f(\r(3)RQ,2πBL2)(3)eq\f(2RQ,π2BL2)〖解析〗(1)線圈轉動過