第20期 《必修第三册》核心素养阶段测试(四) 测试内容第11—13章-【数理报】2024-2025学年高二物理必修第三册同步学案（人教版2019）

书 高中物理·人教必修（第三册）２０２４年 第１７～２３期参考答案 第１７期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ｃ　３．Ｄ　４．Ｃ　５．Ａ　６．Ａ　７．Ｂ 提示： １．由于磁感线上某点的切线所指的方向为该点磁场的方向， 所以磁感线不能相交，若相交，则同一点的磁场会出现两个方向， 故Ａ错误；磁感应强度是矢量，磁感线的疏密程度反映磁场的强 弱，切线方向表示磁感应强度的方向，故 Ｂ错误，Ｄ正确；匀强磁 场磁感应强度相同，并不是沿磁感线的方向越来越小，故Ｃ错误． ２．根据对称性可知Φ１＝Φ３，根据磁场的叠加，２位置通过线 框的磁通量为０，则Φ１ ＝Φ３ ＞Φ２，故Ｃ正确． ３．Ｐ处的磁感应强度与磁场本身有关，与是否将通电导线移 走无关，故将该通电导线从磁场中撤走后，Ｐ处的磁感应强度不 变，则Ｐ处的磁感应强度大小为Ｂ＝ ＦＩＬ＝ １．０ ０．２×０．５Ｔ＝１０Ｔ， 故Ｄ正确． ４．当电流从电磁铁的接线柱 ａ流入时，从上向下看，电流沿 顺时针方向，由右手螺旋定则可得，电磁铁下端为Ｎ极，上端为 Ｓ 极，由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可得，小磁铁被吸引 向下运动，所以小磁铁下端为Ｎ极．故Ｃ正确． ５．根据安培定则可判断出通电螺线管右边为 Ｓ极，左边为 Ｎ极，在螺线管外部磁感线从Ｎ极回到Ｓ极，内部从Ｓ极到Ｎ极； 由于Ｍ１和Ｍ２被磁化后的Ｎ极和所在位置磁感线方向一致，故 Ｍ１的左端为Ｎ极，右端为Ｓ极，Ｍ２的右端为Ｎ极，左端为Ｓ极．故 Ａ正确． ６．设每一根导体棒的电阻为Ｒ，长度为Ｌ，则电路中，上下两 路电阻之比为Ｒ１∶Ｒ２＝２∶１，根据并联电路两端电压相等的特点 可知，上下两路电流之比Ｉ１∶Ｉ２＝１∶２，又因为通电直导线在Ｏ点 产生磁场的磁感应强度与导线中的电流强度成正比，根据安培定 则和矢量的叠加原理可知，ＭＬＮ支路电流在 Ｏ点产生的磁场垂 直纸面向里，磁感应强度与 ＭＮ边在 Ｏ点产生的磁感应强度相 等，方向相反，所以整个线框在Ｏ点产生的磁场磁感应强度大小 为０．故Ａ正确． ７．设条形磁铁在Ｐ点的磁感应强度为 Ｂ，未旋转条形磁铁 时，两个磁场在Ｐ点的方向相同均由南指向北，由磁场的叠加可 得Ｂ＋Ｂ０＝Ｂ１，条形磁铁旋转后，地磁场方向未变，大小为Ｂ０，方 向由南向北，条形磁铁在Ｐ点磁感应强度大小也不变仍为 Ｂ，方 向由西指向东．根据叠加原理可得 Ｂ合 ＝ Ｂ２＋Ｂ槡 ２ ０，代入数据 可得Ｂ合 ＝ ２Ｂ２０＋Ｂ２１－２Ｂ０Ｂ槡 １，故Ｂ正确． ８．Ｎ　无　变小　能 ９．（１）ＢＳ；（２）１２ＢＳ；（３）－２ＢＳ． 解析：（１）以图示情况下的磁通量为正值，则此时穿过线圈 平面的磁通量为Φ０ ＝ＢＳ． （２）线圈从初始位置绕ＯＯ＇轴转过６０°时，穿过线圈平面的 磁通量为 Φ１ ＝ＢＳｃｏｓ６０°＝ １ ２ＢＳ． （３）线圈从初始位置转过１８０°时，穿过线圈平面的磁通量 为 Φ２ ＝ＢＳｃｏｓ１８０°＝－ＢＳ 则穿过线圈平面的磁通量变化了ΔΦ ＝Φ２－Φ０ ＝－２ＢＳ． １０．（１）２０Ｔ；（２）２０Ｔ． 解析：（１）由磁感应强度的定义式得 Ｂ＝ ＦＩＬ＝ ５Ｎ ２．５Ａ×１×１０－１ｍ ＝２０Ｔ． （２）公式Ｂ＝ＦＩＬ是磁感应强度的定义式，磁感应强度大小Ｂ 与磁场本身有关，与导线的长度Ｌ、电流Ｉ的大小无关，如果把通 电导线中的电流增大到５Ａ，该处的磁感应强度大小仍为２０Ｔ． Ｂ组 １．ＢＣ　２．ＢＤ　３．ＡＤ 提示： １．地球仪受到重力和同名磁极的相互排斥力，保持平衡状 态，故Ａ错误；为了保证地球仪和底座之间始终是斥力，线圈中的 电流方向就不能改变，所以电路中的电源必须是直流电源，故 Ｂ 正确；由图可知螺线管的上端为 Ｎ极，根据右手螺旋定则可知电 路中的ｂ端点须连接直流电源的正极，故 Ｃ正确；若线圈中的电 流增大，地球仪受到的磁力增大，地球仪与底座之间距离变大，地 球仪高度升高，但是最后还是会处于静止状态，故Ｄ错误． ２．磁感应强度是矢量，磁通量是标量，故Ａ错误；穿过线圈的 磁通量为零，则该处的磁感应强度不一定为零，故Ｂ正确；一小段 通电直导线在磁场中某处不受磁场力作用，可能是直导线与磁场 方向平行，而该处的磁感应强度不一定为零，故Ｃ错误；磁感应强 度的大小是由磁场本身决定的，与放入该处的通电导线所受安培 力无关，故Ｄ正确． ３．根据右手螺旋定则可知，通电螺线管产生的磁场方向沿轴 线向上，故Ａ正确；直线电流在 ａ点产生的磁场的方向沿切线指 向外，在ｂ点产生的磁场方向沿切线指向里，所以ａ、ｂ两点合磁场 的方向垂直，故Ｂ错误；ａ、ｂ两点合磁场的磁感应强度大小均为 Ｂａ ＝Ｂｂ＝槡２Ｂ，故Ｃ错误，Ｄ正确． ４．（１）前 （２）将电源正负极对换　将探管从另一端插入 （３）Ｄ　（４）Ｂ ５．（１）５×１０－６Ｔ，与水平方向成５３°斜向下； （２）８×１０－６Ｗｂ． 解析：（１）根据题意可知，依据平行四 边形定则可得地磁场Ｂ的大小为 Ｂ＝ Ｂ２ｘ＋Ｂ２槡 ｙ ＝５×１０ －６Ｔ Ｂ与水平方向的夹角（即磁倾角） α＝ａｒｃｔａｎ Ｂｙ Ｂｘ ＝ａｒｃｔａｎ４３ ＝５３°． （２）地磁场与水平面不垂直，取其与水平面垂直的Ｂｙ分量， 故磁通量为 Φ ＝ＢｙＳ＝４×１０－６×２．０Ｗｂ＝８×１０－６Ｗｂ． 第１８期３版参考答案 Ａ组 １．Ｂ　２．Ｃ　３．Ｄ　４．Ｂ　５．Ｄ　６．Ａ　７．Ｂ 提示： １．麦克斯韦建立了电磁场理论并且预言了电磁波的存在，赫 兹通过实验证实了电磁波的存在．故Ｂ正确． ２．Ｘ波段和Ｓ波段均为电磁波，它们在空气中的传播速度相 同，故Ａ错误；根据ｖ＝ｆλ，Ｘ波段的频率较大，可知在空气中Ｓ波 段的波长比Ｘ波段的更长，故Ｂ错误；Ｓ波段和Ｘ波段的频率都比 紫外线的小，故Ｃ正确；能量子的能量与其频率成正比，Ｘ波段能 量子的能量大于Ｓ波段能量子的能量，故Ｄ错误． ３．Ａ图中，由于线圈不闭合，则不会产生感应电流．故 Ａ错 误；Ｂ图中，由于两棒的速度相同，则闭合电路的磁通量不发生改 变，则不会产生感应电流．故 Ｂ错误；Ｃ图中，由于导体框与磁场 方向平行，则穿过导体框的磁通量始终为零，则导体框中没有感 应电流．故Ｃ错误；Ｄ图中，导体棒相当于电源，由导轨构成的闭 合回路的磁通量发生改变，因此电路中会产生感应电流．故Ｄ正 确． ４．由题意知，电离一个分子的能量等于照射分子的光子能 量，Ｅ＝ｈν＝ｈｃλ ＝２×１０－１８Ｊ，故Ｂ正确． ５．车轮运转时，铁质齿轮Ｐ与车轮同步转动，当每个轮齿在 接近和离开磁铁Ｑ时，穿过线圈中的磁通量都会发生改变，线圈 中总会感应出感应电流，故ＡＣ错误，Ｄ正确；汽车车轮抱死时，铁 质齿轮Ｐ不转动，线圈中的磁通量不会发生改变，线圈中没有感 应电流，故Ｂ错误． ６．录音过程中，电信号转变为磁信号，而放音过程中，磁带上 的磁信号转变为电信号，因此放音过程为磁生电的过程，即为电 磁感应，录音过程为电生磁的过程，即为电流的磁效应．故 Ａ正 确． ７．设ＭＮ长为Ｌ，为使ＭＮ棒中不产生感应电流，则应使磁通 量不发生变化，即 Ｂ０ｌＬ＝ＢＬ（ｌ＋ｖ０ｔ－ １ ２ａｔ ２），解得 Ｂ ＝ ２Ｂ０ｌ ２ｌ＋２ｖ０ｔ－ａｔ２ ，故Ｂ正确． ８．（１）ＢＤ　（２）会　不会　会 （３）磁通量发生变化 ９．９．４×１０－６ｍ　２．１１×１０－２０Ｊ． 解析：（１）由题意λｍ·Ｔ＝２．９０×１０－３ｍ·Ｋ，则 λｍ ＝ ２．９０×１０－３ ２７３＋３７ ｍ≈９．４×１０ －６ｍ． （２）根据公式Ｅ＝ｈｃ λｍ ＝６．６２６×１０－３４× ３×１０ ８ ９．４×１０－６ Ｊ≈ ２．１１×１０－２０Ｊ． １０．（１）３．０×１０－３ｍ　（２）３００个 解析：（１）光脉冲持续时间即为发射一个光脉冲所需要的时 间，所以一个光脉冲的长度为 ΔＬ＝ｃΔｔ＝３．０×１０８×１．０×１０－１１ｍ＝３．０×１０－３ｍ． （２）一个光脉冲所具有的能量为 ΔＥ＝ＰΔｔ＝１．０×１０１０×１．０×１０－１１Ｊ＝０．１Ｊ 消除面积为５０ｍｍ２的色斑需要的光脉冲数是 ｎ＝ ＥＳ１ ΔＥＳ ＝６０×５０×１０ －２ ０．１×１ ＝３００（个）． Ｂ组 １．ＣＤ　２．ＡＢＤ　３．ＣＤ 提示： １．原子的能量是量子化的，原子从高能级会自发地向低能级 跃迁，向外放出光子．光子的能量ｈν＝Ｅ初 －Ｅ末，由于能级的分 立性，放出的光子的能量也是分立的．故ＣＤ正确． ２．根据题意可知，松开按钮和按下按钮的过程中，穿过螺线 管的磁通量发生变化，螺线管的产生感应电流，故 ＡＢ正确；按住 按钮不动，穿过螺线管的磁通量不发生变化，螺线管中不产生感 应电流，故Ｃ错误，Ｄ正确． ３．读卡机发射的电磁波能在真空中传播，故 Ａ错误；ＩＣ卡工 作肯定不是依靠Ｘ射线，Ｘ射线的辐射能量比较大，长时间接触 对人体有害，故Ｂ错误；ＩＣ卡工作所需要的能量来源于卡内产生 的感应电流，故Ｃ正确；ＩＣ卡既能接收读卡机发射的电磁波，也有 向读卡机传输数据的功能，故Ｄ正确． ４．更短　更大　更大 ５．（１）２×１０－４ｓ　（２）５×１０１５个 解析：（１）已知激光器的功率Ｐ＝１０Ｗ，每次“点焊”需要的 能量Ｅ＝２×１０－３Ｊ，根据Ｅ＝Ｐｔ得，每次“点焊”视网膜的时间 是ｔ＝ ＥＰ ＝ ２×１０－３ １０ ｓ＝２×１０ －４ｓ． （２）设每个光子的能量为Ｅ０，则Ｅ０＝ｈν＝ｈ ｃ λ ，在这段时 间内 发 出 的 激 光 光 子 的 数 量 ｎ ＝ ＥＥ０ ＝ Ｅλｈｃ ＝ ２×１０－３×５００×１０－９ ６．６３×１０－３４×３×１０８ 个≈５×１０１５个． 第１９期３、４版参考答案 １．Ｂ　２．Ｃ　３．Ｂ　４．Ｄ　５．Ｄ　６．Ｂ　７．Ｄ 提示： １．司南指向会受到附近磁铁的干扰，是由于磁铁干扰了附近 的地磁场，故 Ａ错误；放置磁勺的光滑青铜盘不能改用光滑的铁 盘代替，因为铁盘会被磁化，会干扰附近的地磁场，故 Ｂ正确；由 书 在Ａ点处的速度大小为ｖＡ ＝ ｖ２０＋ｖ２槡 ｙ ＝槡２ｖ０ （２）粒子在电场Ｅ２中ｘ方向做初速度不为零的匀加速直线 运动，ｙ方向做匀速直线运动，ｙ方向：２Ｌ－Ｌ＝ｖｙｔ２ ｘ方向：４Ｌ－２Ｌ＝ｖ０ｔ２＋ １ ２ａ２ｔ ２ ２ 由牛顿第二定律有ｑＥ２ ＝ｍａ２ 联立解得Ｅ２ ＝ ２ｍｖ２０ ｑＬ． 第２３期３、４版参考答案 １．Ｄ　２．Ａ　３．Ｂ　４．Ｃ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示： １．因为云层底端带负电，所以云层靠近避雷针时，避雷针感 应出正电荷，故Ａ错误；避雷针的尖端安装在建筑物的顶端，并通 过金属线与埋在地下的金属板相连，才能将云层中积聚的电荷导 入大地，起到保护作用，故Ｂ错误；即使没有闪电击中避雷针，只 要带电云层靠近避雷针，避雷针就因静电感应发挥作用，故 Ｃ错 误；避雷针是利用尖端放电来保护建筑物的一种设施，故Ｄ正确． ２．电磁波是一种物质，故Ａ正确；电磁波既可以传递信息，也 可以传播能量，故Ｂ错误；红外线的波长大于Ｘ射线的波长，故Ｃ 错误；变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，故Ｄ错误． ３．剩余充电电能Ｅ＝Ｐｔ＝１２０×５０６０＝１００ｋＷ·ｈ，总电能 Ｅ总 ＝ Ｅ （１－２０％）＝１２５ｋＷ·ｈ，总费用元Ｅ总 ×０．６＝７５元，故 Ｂ正确． ４．设ＯＭ距离为ｒ，则ＭＰ距离为 ２ 槡３ ｒ，Ｏ点的合磁感应强度为 ２ｋＩｒ，Ｐ点的合磁感应强度为 ３ｋＩ ２ｒ，所以Ｐ点与Ｏ点的磁感应强度 大小之比为３∶４，故Ｃ正确． ５．由安培定则可知，导线框上部分的磁场垂直纸面向外，下 部分的磁场垂直纸面向里．通电直导线周围的磁场，是以导线为 中心的同心圆，距离导线越远，磁场强度越小，可知虽然上下面积 相等，但是总磁通量不为０，方向垂直纸面向里．仅当电流逐渐增 大，线框中磁通量始终不为零，故 Ａ错误；仅当电流逐渐减小，磁 通量向里减小，线框中有产生感应电流，故Ｂ错误；当电流不变且 将导线ＭＮ平移靠近ｂｃ过程中，线框中磁通量向里减小后向外增 大，回路有感应电流，故Ｃ正确，Ｄ错误． ６．静电计上的电压等于电源电压不变，所以静电计的张角 θ 不变．由于二极管具有单向导电性，所以电容器只能充电，不能放 电．将电容器的左极板水平向左移时，根据Ｃ＝ εｒＳ ４πｋｄ 可知，电容 器的电容变小，但不能放电，则电容器带电荷量不变，由 Ｃ＝ ＱＵ 可知，电容器的两极板间的电势差 Ｕ变大，又 Ｅ＝ Ｕｄ ＝ Ｑ Ｃｄ＝ Ｑ εｒＳ ４πｋｄ ｄ ＝４πｋＱ εｒＳ ，可知，电容器两极板间的电场不变，则有 Ｕ１ ＝ Ｅｄ左，由于Ｐ点到左极板的距离ｄ左 变大，则左极板与Ｐ点间的电 势差Ｕ１变大，由于左极板的电势不变，则Ｐ点的电势降低，故ＡＢ 错误；若左极板向右移动少许，根据Ｃ＝ εｒＳ ４πｋｄ 可知，电容器的电 容变大，电容器充电，电容器极板间的电压等于电源电压不变，根 据Ｅ＝ Ｕｄ可知，电容器两极板间的电场强度变大，则有 Ｕ２ ＝ Ｅｄ右，由于Ｐ点到右极板的距离ｄ右 不变，所以Ｐ点与右极板间的 电势差Ｕ２变大，而由于此时右极板的电势不变，所以Ｐ点的电势 升高，故Ｃ正确，Ｄ错误． ７．等差等势面越密集的位置电场线越密集，电场强度越大， 则在ｃ、ｄ、ｅ、ｆ四点中，ｆ点的电场强度最强，故Ａ错误；因为Ｂ供电 线的电势高于Ａ供电线的电势，则在ｃ、ｄ、ｅ、ｆ四点中，ｃ点的电势 最高，故Ｂ错误；将某电子在ｄ点由静止释放，它会向ｃ点所在等 势面运动，故Ｃ错误；因为ｄ、ｅ两点电势差等于ｅ、ｆ两点的电势差， 根据Ｗ＝Ｕｑ，可知将电子由ｄ移到ｅ电场力所做的功等于将电子 由ｅ移到ｆ电场力所做的功，故Ｄ正确． ８．ＢＤ　９．ＡＤ　１０．ＡＣＤ 提示： ８．由闭合电路欧姆定律可知，其路端电压与电流的关系为 Ｕ ＝Ｅ－Ｉｒ，当电流为０时，路段电压等于电源的电动势，结合题图 可知其电源的电动势为Ｅ＝５０Ｖ，由上述表达式，结合题图可知， 图像斜率的绝对值表示电源的内阻，所以有ｒ＝｜ΔＵ ΔＩ ｜＝５Ω，故 Ａ错误，Ｂ正确；电源的效率为η＝ＩＵＩＥ×１００％ ＝ Ｕ Ｅ ×１００％，由 之前的分析有Ｕ＝Ｅ－Ｉｒ，当电流增加时，其路端电压减小，所以 电源的效率变小，故 Ｃ错误；该电源的输出功率为 Ｐ输出 ＝ＩＥ－ Ｉ２ｒ，由数学函数知识可知，该函数解析式为开口向下的一元二次 方程，其最大值在对称轴处取得，其电流为Ｉ＝－ Ｅ－２ｒ＝５Ａ，将电 流数据带入，解得其最大输出功率为 Ｐ输出ｍａｘ ＝１２５Ｗ，故 Ｄ正 确． ９．根据题意，由图可知，Ｏ点左侧电场方向沿 ｘ轴正方向，Ｏ 点右侧电场方向沿ｘ轴负方向，Ｏ点电场强度为０且ＡＯ＝ＢＯ，可 知，ｑ１、ｑ２为等量正电荷，中垂线上的电场方向为由Ｏ点指向无穷 远，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，由于无穷远处电势为 ０，则Ｏ点电势大于０，故Ａ正确，Ｂ错误；结合ＡＢ分析可知，电子 从Ｃ到Ｏ运动过程中电场力做正功，电势能减小，故Ｃ错误；根据 题意，设ＡＯ＝ＢＯ＝ＣＯ＝Ｌ，ｑ１＝ｑ２＝Ｑ，由点电荷电场强度公 式和电场强度叠加原理可得，此时 Ｃ点电场强度为 ＥＣ ＝ 槡２ ２· ｋＱ Ｌ２ ，在ＣＯ连线上取一点Ｄ，令∠ＤＡＢ＝３０°，由点电荷电场 强度公式和电场强度叠加原理可得，此时Ｄ点电场强度为ＥＤ ＝ ３ ４· ｋＱ Ｌ２ ，可知ＥＤ ＞ＥＣ，结合等量同种电荷连线中垂线上的电场 强度情况可知，从Ｃ到Ｏ电场强度先增大后减小，则电子从Ｃ到Ｏ 运动过程中加速度先增大后减小，故Ｄ正确． １０．粒子在电场中水平方向做匀速运动，运动时间为 ｔ＝２ｄｖ０ ＝Ｔ，竖直方向粒子先加速后减速，则 ｄ２ ＝２× １ ２· ｑＵ０ ｍｄ（ Ｔ ２） ２， 解得ｑ＝ ｍｖ２０ ２Ｕ０ ，故Ａ正确；若粒子在ｔ＝０时刻以 ｖ０ ２进入电场，则 经过时间Ｔ，粒子将打到极板上，即该粒子不能射出电场，故 Ｂ错 误；若该粒子在ｔ＝ Ｔ４时刻以速度ｖ０进入电场，粒子在电场中运 动时间为 Ｔ；在竖直方向粒子在 Ｔ４ ～ Ｔ ２ 时间内先加速，在 Ｔ ２ ～ ３Ｔ ４内做减速运动速度减为零，然后 ３Ｔ ４ ～Ｔ时间内反向加 速，在Ｔ～５Ｔ４内做减速运动直至减为零，以速度 ｖ０水平射出电 场，则从进入到射出电场，电场力对粒子不做功，故ＣＤ正确． １１．（１）Ｒ２　（２）最左端 （３）２ｋ－ＲＡ　（４）９．３×１０ －７ 解析：（１）由题可知，滑动变阻器采用限流接法，所以滑动变 阻器的阻值应大于待测电阻阻值，但不能大待测电阻太多，才能 保证移动滑动变阻器的滑片时，电表示数有明显的、较大范围的 变化，故滑动变阻器选Ｒ２； （２）在闭合开关前，为了保证电表安全，滑动变阻器应全部 接入电路，即滑动变阻器的滑片置于最左端； （３）根据部分电路欧姆定律可得２Ｕ＝Ｉ（Ｒｘ＋ＲＡ），变形得Ｉ ＝ ２Ｒｘ＋ＲＡ Ｕ，所以图线的斜率为ｋ＝ ２Ｒｘ＋ＲＡ ，解得 Ｒｘ ＝ ２ ｋ － ＲＡ． （４）根据电阻定律得Ｒｘ＝ρ ｌ Ｓ，Ｓ＝π（ Ｄ ２） ２＝ １４πＤ ２，联 立可得ρ＝ ＲｘＳ ｌ ＝ πＤ２Ｒｘ ４ｌ ＝ ３．１４×（０．２００×１０－３）２×９．３ ４×３１．４０×１０－２ Ω·ｍ ＝９．３×１０－７Ω·ｍ． １２．（１）ｒ１－ｒ２　（２）２．０　６．５　（３）小于 解析：（１）结合电路原理有：将Ｓ２换到 ｂ，调节电阻箱，使电 流表示数不变． 由题意可知Ｅ＝Ｉ（Ｒ２＋ｒ１），Ｅ＝Ｉ（Ｒ２＋ｒ２＋Ｒ１），解得Ｒ１＝ ｒ１－ｒ２． （２）由题意可知，电源电动势为Ｅ＝Ｉ（Ｒ２＋Ｒ＋Ｒ１） 整理得 １ Ｉ ＝ １ ＥＲ＋ Ｒ１＋Ｒ２ Ｅ 由 １ Ｉ－Ｒ图像可知，图像斜率 ｋ＝ １Ｅ ＝ ６．０－４．０ ４．０－０ Ｖ －１ 电源电动势为Ｅ＝２Ｖ 截距 Ｒ１＋Ｒ２ Ｅ ＝４．０ 解得Ｒ２ ＝６．５Ω． （３）若实际电流表Ａ内阻不可忽略，Ｅ＝Ｉ（Ｒ２＋Ｒ＋Ｒ１＋ ＲＡ） 整理得 １ Ｉ＝ Ｒ Ｅ ＋ Ｒ１＋Ｒ２＋ＲＡ Ｅ ，与以上比较可知，则Ｒ２的 真实值小于测量值． １３．（１）ｒ＝４Ω；（２）η＝９０％；（３）６２５Ｗ． 解析：（１）对电热丝，有Ｐ＝Ｉ２Ｒ 解得回路电流为Ｉ＝５Ａ 根据闭合回路欧姆定律，有Ｅ＝Ｉｒ＋ＵＭ ＋ＩＲ 解得电源的内阻为ｒ＝４Ω （２）电动机的效率为η＝ ＵＭＩ－Ｉ２ＲＭ ＵＭＩ ×１００％ 解得η＝９０％． （３）电动机的转子被卡住，回路电流为 Ｉ′＝ Ｅｒ＋ＲＭ ＋Ｒ ＝１２．５Ａ 电热丝上消耗的功率Ｐ′＝Ｉ′２Ｒ＝６２５Ｗ． １４．（１）３ｍｖ ２ ２ｑ；（２） 槡３２ｍｖ２ ４ｑＲ ． 解析：（１）根据动能定理，粒子从Ａ到Ｂ电场力做功为 ＷＡＢ ＝ １ ２ｍ（２ｖ） ２－１２ｍｖ ２ ＝ ３２ｍｖ ２ 则Ａ、Ｂ间的电势差为ＵＡＢ ＝ ＷＡＢ ｑ ＝ ３ｍｖ２ ２ｑ． （２）粒子从Ａ到Ｃ电场力做功为 ＷＡＣ ＝ １ ２ｍ（槡７ｖ） ２－１２ｍ（２ｖ） ２ ＝ ３２ｍｖ ２ 则Ａ、Ｃ间的电势差为ＵＡＣ ＝ ＷＡＣ ｑ ＝ ３ｍｖ２ ２ｑ 由此可知，Ｂ、Ｃ两点电势相等，电场 方向垂直于ＢＣ连线，如图所示 由几何关系可知，ＡＢ与ＢＣ垂直且相 等，ＡＢ间距离为ｄ＝槡２Ｒ 则匀强电场的电场强度大小为 Ｅ＝ ＵＡＢ 槡２Ｒ ＝ 槡３２ｍｖ ２ ４ｑＲ ． １５．（１）Ｕ１ ＝ ２ｄ２ｍｖ２０ ｑＬ２ ；（２）η＝２５％． 解析：（１）只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗 粒就能够全部收集，水平方向有Ｌ＝ｖ０ｔ 竖直方向有ｄ＝ １２ａｔ ２，ｑＥ＝ｍａ 又Ｅ＝ Ｕ１ ｄ 联立解得两金属板间的电压为Ｕ１ ＝ ２ｄ２ｍｖ２０ ｑＬ２ ． （２）若保持电压不变，板间距离变成原来的２倍，则电场强 度变为Ｅ′＝ Ｕ１ ２ｄ＝ １ ２Ｅ 颗粒在极板间的加速度变为ａ′＝ｑＥ′ｍ ＝ １ ２ａ 则有Ｌ＝ｖ０ｔ，ｙ′＝ １ ２ａ′ｔ ２ 联立可得ｙ′＝ １２ｄ 可知被收集的颗粒占进入收集器的总颗粒的百分比为 η＝ ｙ′２ｄ×１００％ ＝ １ ２ｄ ２ｄ ×１００％ ＝２５％． ! ! !"#$ " ! !"#$ !"#$%&'()*+,-.+ !"#$% / 0"12%&3()*+4-.+ &"#$% / !! " ! # ! $ % & 书 小灯泡Ｌ未断路前路端电压 Ｕ′２ ＝Ｉ′２Ｒ２ ＝０．４５×２０Ｖ＝９Ｖ 小灯泡Ｌ未发生断路前恰好正常发光，而小灯泡Ｌ的额定电 压ＵＬ ＝４Ｖ 则可得小灯泡Ｌ的额定电流ＩＬ ＝ ＰＬ ＵＬ ＝０．２５Ａ 则变阻器连入电路的阻值 Ｒ１ ＝ ＵＲ１ ＩＲ１ ＝ Ｕ′２－ＵＬ ＩＬ ＝９－４０．２５Ω＝２０Ω． （２）根据闭合电路欧姆定律Ｅ＝Ｕ＋Ｉｒ 小灯泡Ｌ断路前Ｅ＝Ｕ′２＋（Ｉ′２＋ＩＬ）ｒ 断路后Ｅ＝Ｕ２＋Ｉ２ｒ 代入数据联立解得Ｅ＝１２．５Ｖ，ｒ＝５Ω． 第２１期３、４版参考答案 １．Ｃ　２．Ｄ　３．Ｃ　４．Ｂ　５．Ａ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示： １．仅将甲或乙伸入空心球内后，由于静电感应，验电器箔片 会一直张开，故Ａ错误；将甲、乙先后伸入球内，验电器箔片先张 开、后闭合，故Ｂ错误；将甲、乙同时伸入球内，感应电荷为零，验 电器箔片不动，将甲或乙撤出后箔片张开，故Ｄ错误；将甲、乙先 后伸入球内，验电器箔片先张开再闭合，将乙或者甲撤出后箔片 又张开，故Ｃ正确． ３．通电螺线管内部的磁场最强，且接近匀强磁场，两端稍弱． 故Ｃ正确． ４．因为金属棒中单位长度的自由电子数为ｎ，所以金属棒中 电荷量为ｑ＝ｎｅＬ，全部通过某一横截面所用时间为ｔ＝ Ｌｖ，根据 电流的定义式，得Ｉ＝ ｑｔ ＝ ｎｅＬ Ｌ ｖ ．故Ｂ正确． ５．四个电荷的电荷量相等，两对对角线的电荷都是一对等量 异种点电荷，在交点处的电场强度的方向指向负电荷，且大小相 等，则合电场强度的方向水平向左．根据对称性可知，电场强度的 大小为Ｅ合 ＝２× ２ｋＱ （槡 ２ ２ａ） ２ ｃｏｓ４５°＝ 槡４２ｋＱ ａ２ ，故Ａ正确． ６．Ｌ１与Ｌ４为串联关系，电流相等，根据Ｐ＝Ｉ２Ｒ，且Ｌ１的电 阻小于Ｌ４的电阻，则Ｌ１与Ｌ４的功率大小关系为Ｐ１＜Ｐ４，Ｌ２与 Ｌ３为并联关系，电压相等，根据Ｐ＝ Ｕ２ Ｒ，且Ｌ２的电阻小于Ｌ３的电 阻，则Ｌ２与Ｌ３的功率大小关系为Ｐ２＞Ｐ３，由于Ｌ１与Ｌ２电阻相 等，且通过Ｌ１的电流大于通过Ｌ２的电流，根据Ｐ＝Ｉ２Ｒ，可知Ｌ１ 与Ｌ２的功率大小关系为Ｐ１＞Ｐ２，则Ｌ１、Ｌ２、Ｌ３、Ｌ４的功率大小关 系为Ｐ４ ＞Ｐ１ ＞Ｐ２ ＞Ｐ３，则最暗的灯是Ｌ３．故Ｃ正确． ７．匀强电场中同一方向上相同距离的两点间电势差绝对值 相等，所以φＡ－φＢ ＝φＤ－φＣ，解得φＤ ＝４Ｖ，故ＡＢ错误；由于 Ｂ、Ｄ两点电势相等，即ＢＤ连线为等势线，根据电场线与等势线垂 直，所以电场线的方向与 ＢＤ的连线垂直，且由高电势指向低电 势，即电场线的方向为ＡＣ方向，大小为Ｅ＝ ＵＡＣ ｄＡＣ ＝ ６－２ ２×１０－２ Ｖ／ｍ ＝２００Ｖ／ｍ，故Ｃ错误，Ｄ正确． ８．ＡＣＤ　９．ＡＣ　１０．ＡＤ 提示： ８．把线圈变成圆形（周长不变），线圈的面积增大，穿过线圈 的磁通量增大，能够产生感应电流．故Ａ正确；由于磁场是匀强磁 场，因此线圈无论向那个方向平移，磁通量都不会发生变化，不会 有感应电流产生，故Ｂ错误；使磁场增强或减弱，穿过线圈的磁通 量增大或减小，能够产生感应电流．故 Ｃ正确；当线圈以 ａｂ为轴 旋转时，其磁通量发生变化，有感应电流产生，故Ｄ正确． ９．结合电场线和等势线的关系可知，实线是等势线，虚线是 电场线，故ａ、ｂ两点电势相等，ｃ、ｄ两点电场强度不同，故Ａ正确， Ｂ错误；结合感应起电知识可知，靠近带电金属棒一侧的金属板 上产生的感应电荷较多，故Ｃ正确；金属棒所带电荷的电性未知， 无法判断ｃ、ａ两点的电势关系，电子从ｃ移到ａ，电场力的做功情 况未知，故Ｄ错误． １０．对比闭合电路欧姆定律Ｕ＝Ｅ－Ｉｒ可知，图线与纵轴交点 表示电动势，即Ｅ＝６．０Ｖ，图线斜率的绝对值表示内阻，大小为ｒ ＝｜ΔＵ ΔＩ ｜＝｜６．０－５．００．５ ｜Ω＝２Ω，故Ａ正确，Ｂ错误；当外电阻与 内电阻相等时，即Ｒ＝ｒ＝２Ω时，电源的输出功率最大，故Ｃ错 误；电流为０．４Ａ时，根据闭合电路欧姆定律可得电流为 Ｉ＝ Ｅ Ｒ＋ｒ，代入数据解得Ｒ＝１３Ω，故Ｄ正确． １１．（１）８００　３．４　（２）ＡＣ １２．（１）１．７４５　４１．４　（２）Ｖ１　Ａ１　Ｒ１　（３）Ｃ １３．（１）ＢＳ；　（２）槡３２ＢＳ；　（３）－２ＢＳ． 解析：（１）磁通量的大小与线圈匝数无关，则穿过线圈平面 的磁通量为Φ１ ＝ＢＳ． （２）当线圈绕ＯＯ′轴转过３０°时，穿过线圈平面的磁通量为 Φ２ ＝ＢＳｃｏｓ３０°＝槡 ３ ２ＢＳ． （３）线圈从初始位置转过半圈，即转过１８０°时，穿过线圈平 面的磁通量为Φ３ ＝－ＢＳ 则磁通量变化量为ΔΦ ＝Φ３－Φ１ ＝－２ＢＳ． １４．（１）１．５Ｗ；（２）９Ｊ；（３）１０３ Ω． 解析：（１）电动机的输入功率 Ｐ入 ＝ＵＩ＝５×０．３Ｗ ＝１．５Ｗ． （２）电动机３０ｓ内提升重物的机械功为 Ｗ机 ＝Ｇｈ＝１２×３Ｊ＝３６Ｊ 电动机３０ｓ内消耗的总功为 Ｗ总 ＝Ｐ入 ｔ＝１．５×３０Ｊ＝４５Ｊ 因此，电动机线圈所产生的热量为 Ｑ＝Ｗ总 －Ｗ机 ＝４５Ｊ－３６Ｊ＝９Ｊ． （３）由焦耳定律Ｑ＝Ｉ２ｒｔ得，线圈电阻为 ｒ＝ Ｑ Ｉ２ｔ ＝ ９ ０．３２×３０ Ω＝１０３ Ω． １５．（１）ｋＱｑ ３ｌ２ ；（２） ３槡ｇｌ． 解析：（１）由库仑定律Ｆ＝ｋＱｑ ｒ２ Ａ处正点电荷对Ｃ点处小环的库仑力大小ＦＡ ＝ｋ Ｑｑ （槡３ｌ）２ Ｂ处负点电荷对Ｃ点处小环的库仑力大小ＦＢ ＝ｋ Ｑｑ （槡３ｌ）２ 释放小环瞬间，两点电荷对小环的合力大小Ｆ＝ｋＱｑ ３ｌ２ ． （２）小环从 Ｃ滑到 Ｄ，电场力不做功，根据动能定理有 ｍｇｈ＝ １２ｍｖ ２－０ 因为ｈ＝槡３ｌｓｉｎ６０° 所以小环滑到Ｄ点时的速度大小ｖ＝ ３槡ｇｌ． 第２２期３、４版参考答案 １．Ｄ　２．Ｂ　３．Ｄ　４．Ｄ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示： １．普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分 布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元． 量子不是类似于质子、电子的微观粒子，不是一种高科技材料，不 是一个数量级的常量，表示微观世界的不连续性观念．故Ｄ正确． ２．由图知，甲球与乙球靠近时相互排斥，所以甲球和乙球一 定带同种电荷，甲可能带负电荷，也可能带正电荷，乙球和丙球相 互吸引，丙带正电，则乙带负电，甲带负电．故Ｂ正确． ３．感应电流产生的条件是闭合回路中磁通量发生变化．在Ｄ 图中紫铜薄板上下及左右振动时磁通量都会发生变化，产生感应 电流，从而出现阻尼振动，衰减其微小振动，而在 ＡＢＣ图中紫铜 薄板上下振动的磁通量没有变化．故Ｄ正确． ４．根据题意，小球受到的电场力等于圆弧棒的重力，即ｑＥ＝ Ｍｇ，解得Ｅ＝Ｍｇｑ，故Ｄ正确． ５．这是电流表的原理图，能测量电流，也能测电路的较小电 压，Ｒ增大时电阻上的分流减小，则量程减小．故Ｃ正确． ６．根据图像可知，该热敏电阻为非线性元件，故Ａ错误；根据 图像可知，随着电压增大，图像上的点与原点连线的斜率变小，电 阻变大，故Ｂ错误；当电流为 Ｉ０时，电压为 Ｕ０，根据欧姆定律可 知，阻值为Ｒ＝ Ｕ０ Ｉ０ ，故Ｃ正确，Ｄ错误． ７．甲、乙两环在ｂ点产生的磁感应强度大小相等，方向相同， 而ｂ点的磁感应强度大小为Ｂｂ，因此两环在ｂ点产生的磁感应强 度均为 Ｂｂ ２，乙环在ｂ点和甲环在ａ点产生的磁感应强度相同，均 为 Ｂｂ ２，所以乙环在ａ点产生的磁感应强度Ｂ＝Ｂａ－ Ｂｂ ２，现将甲环 撤去，则ａ点的磁感应强度大小为Ｂ′＝Ｂ＝Ｂａ－ Ｂｂ ２，故Ｄ正确． ８．ＢＣ　９．ＡＤ　１０．ＢＣＤ 提示： ８．烟尘微粒运动过程中受到的电场力指向轨迹的凹侧，并与 电场强度平行，因为电极端为负极，所以由此判断，烟尘微粒受到 的电场力与电场强度方向相反，因此烟尘微粒带负电，故Ａ错误； 等差等势面的疏密表示电场的强弱，由图可知，烟尘微粒在 Ａ点 的电场强度大于在Ｂ点的电场强度，故Ｂ正确；从 Ａ点运动到 Ｂ 点，电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以烟尘微粒在 Ａ点 的电势能大于在Ｂ点的电势能，烟尘微粒在Ａ点的速度小于在Ｂ 点的速度，故Ｃ正确，Ｄ错误． ９．当外界的光照强度减弱时，光敏电阻 Ｒ的值增大，电路中 的总电阻增大，电流减小．电流减小，灯泡变暗，故Ａ正确；根据Ｕ ＝Ｅ－Ｉｒ可知，电路中电流减小，路端电压增大，电压表示数增 大，故Ｂ错误；电源的总功率为Ｐ＝ＥＩ，电路中电流减小，电源总 功率减小，故Ｃ错误；电源内阻的发热功率为Ｐｒ＝Ｉ２ｒ，电路中电 流减小，电源内阻的发热功率减小，故Ｄ正确． １０．开关Ｓ接通时，回路中电阻较小，电饭煲功率较大，故电 饭煲处于加热状态，故Ａ错误；若Ｒ１＝Ｒ２＝５０Ω，保温时，回路 电流Ｉ＝ ＵＲ１＋Ｒ２ ＝２２０Ｖ１００Ω ＝２．２Ａ，Ｒ２的热功率 Ｐ＝Ｉ２Ｒ２ ＝ ２４２Ｗ，故Ｂ正确；根据Ｐ＝Ｉ２Ｒ得Ｐ１∶Ｐ２＝Ｒ１∶Ｒ２＝４∶５，故 Ｃ正确；加热时Ｐ２＝ Ｕ２ Ｒ２ ，保温时Ｐ′２＝（ Ｕ Ｒ１＋Ｒ２ ）２Ｒ２＝ １ ２Ｐ２，则 Ｒ１∶Ｒ２ ＝（槡２－１）∶１，故Ｄ正确． １１．（１）Ｂ　左端　（２）１．５　１．０ １２．（１）０刻线　１５００　（２）１４４０　黄色 解析：（１）图乙ａ指针偏转角度过小，倍率偏小，应将倍率由 “×１０挡”更换至“×１００挡”，图乙ｂ指针指向１５，故色环电阻的 阻值为Ｒ＝１５×１００Ω＝１５００Ω． （２）由图丁可读出通过色环电阻的电流为２．５０ｍＡ．根据欧 姆定律可得色环电阻的阻值为Ｒ＝ ＵＩ ＝ ３．６Ｖ ２５０ｍＡ＝１４４０Ω． 由于测得的色环电阻的阻值为１４４０Ω，第二位数字为“４”， 根据涂色规则可知第二个色环的颜色为黄色． １３．（１） ｋＱｑ μ槡ｍｇ；（２） μｍｇＬ ｑ ． 解析：（１）依题意，小滑块加速度为零时，其速度最大，受力 分析可得μｍｇ＝ｋＱｑ ｘ２ 解得ｘ＝ ｋＱｑ μ槡ｍｇ． （２）由动能定理，有ＷＡＢ－μｍｇＬ＝０ Ａ、Ｂ两点间电势差为ＵＡＢ ＝ ＷＡＢ ｑ ＝ μｍｇＬ ｑ ． １４．（１）１６Ω；（２）０．２４Ａ． 解析：（１）根据Ｅ＝Ｉ１（Ｒ０＋ｒ＋ Ｒ ２） 代入数据可得Ｒ＝１６Ω． （２）根据Ｅ＝Ｉ２（Ｒ０＋ｒ＋Ｒ１） 其中Ｉ２ ＝０．４Ａ 代入可得Ｒ１ ＝３Ω 由于浮标上升（或下降）的高度与滑动变阻器Ｒ的金属滑片 下移（或上移）的距离成正比．可知，池中的水没有时滑动变阻器 的电阻为Ｒ２ ＝８Ω＋５Ω＝１３Ω 根据Ｅ＝Ｉ３（Ｒ０＋ｒ＋Ｒ２） 可得Ｉ３ ＝０．２４Ａ． １５．（１）槡２ｖ０；（２） ２ｍｖ２０ ｑＬ 解析：（１）粒子在电场Ｅ１中沿ｘ方向做匀速直线运动，ｙ方向 做初速度为零的匀加速直线运动 ｘ方向：２Ｌ＝ｖ０ｔ１ ｙ方向：Ｌ＝ ｖｙ ２ｔ１ 书 于司南的勺柄静止时指向南方，地磁场是南北指向，所以勺柄是 磁勺的Ｓ极，故Ｃ错误；由于地磁场无论是北半球还是南半球，地 磁场的水平分量都是南北指向，司南的勺柄在北半球和南半球指 示的方向相同，故Ｄ错误． ２．磁感应强度Ｂ是描述磁场强弱的物理量，既有大小又有方 向，是矢量，故Ａ错误；公式Ｂ＝ＦＩＬ是磁感应强度的定义式，磁感 应强度Ｂ用Ｆ与ＩＬ的比值来量度，其大小由磁场本身决定，与Ｆ 和ＩＬ无关，故Ｂ错误；虽然Ｂ＝ ＦＩＬ，但一小段通电导体在某处不 受磁场力，并不能说明该处一定无磁场，可能是电流方向与磁场 方向平行，故Ｃ正确；根据Ｂ＝ ＦＩＬ可知，通电导线在磁场中受力 越大，磁场不一定越强，故Ｄ错误． ３．根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场产生电场，故乙、 丙、丁都可以产生电场，故Ａ错误，Ｂ正确；均匀变化的磁场产生 恒定的电场，周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，从而产 生电磁波，故丙、丁可以产生电磁波．故ＣＤ错误． ４．普朗克长度为 ｌｐ ＝ ｈＧ ｃ槡３，则普朗克时间为 ｔｐ ＝ ｌｐ ｃ ＝ ｈＧ ｃ槡５，故Ｄ正确． ５．太阳能、风能、水能、地热能等自然资源属于可再生资源， 故Ａ错误；太阳能光伏板能把太阳能转化成电能，但不是全部转 化，会有损耗，故Ｂ错误；手机无线充电是应用电磁感应原理，所 以手机无线充电要放在无线充电线圈上，不能直接放在太阳能光 伏板上，故Ｃ错误；手机无线充电技术是应用电磁感应原理，故Ｄ 正确． ６．由题可得，穿过该圆面的磁通量为Φ＝ＢＳｓｉｎ３０°，则此匀 强磁场的磁感应强度为 Ｂ＝ ΦＳｓｉｎ３０°＝ ３．０×１０－５ ６．０×１０－４×１２ Ｔ＝ ０．１Ｔ，故Ｂ正确． ７．设Ｂ、Ｃ两点的导线在Ｄ点 产生的磁场的磁感应强度均为Ｂ， 则两磁场方向夹角为 １２０°，则由 平行四边形定则可知 Ｂ＝Ｂ０，若 把置于Ｃ点的直导线移至Ａ点，电 流大小和方向都不变，则在Ａ、Ｂ两处的导线在Ｄ点的磁感应强度 大小仍均为Ｂ０，两磁场的夹角为６０°，则合磁场为Ｂ′＝２Ｂ０ｃｏｓ３０°＝ 槡３Ｂ０，方向竖直向下．故Ｄ正确． ８．ＡＢＣ　９．ＢＣＤ　１０．ＡＣＤ 提示： ８．能量子假说认为，物质发射（或吸收）能量时，能量不是连 续的，而是一份一份进行的，每一份能量单位，称为“能量子”，能 量子的能量ε＝ｈν，ν为带电微粒的振动频率，ｈ为普朗克常量， 故ＡＢＣ正确，Ｄ错误． ９．ａｂ、ｃｄ均向右运动，当ｖ１＝ｖ２时，闭合回路的磁通量不变， 故没有感应电流产生，故Ａ错误；Ｂ、Ｄ两项所述情况，闭合回路的 磁通量增加，Ｃ项所述情况，闭合回路的磁通量减少，均有感应电 流产生，故ＢＣＤ正确． １０．当海面无波浪时，线圈没有相对磁铁上下运动，则线圈没 有切割磁感线，所以灯塔无法发光，故Ａ错误；海水上下振荡速度 越快，则产生的感应电动势越大，感应电流就越大，灯泡发光就越 亮，故Ｂ正确；当线圈上下运动时，线圈切割磁感线，所以回路中 有感应电流，故Ｃ错误；根据对称性可知，圆形线圈上各位置的磁 感应强度大小相等，方向不同，故磁感应强度不相同，故Ｄ错误． １１．（１）发生　不发生　（２）向右　不发生 １２．（１）等于　小　１．４４×１０５Ｎ （２）右　交流　分区段 １３．（１）πＷｂ，４πＷｂ；　（２）π２ Ｗｂ；　（３）８πＷｂ 解析：（１）根据公式Φ ＝ＢＳ得 Φａ ＝ＢＳａ ＝πＷｂ，Φｂ ＝ＢＳｂ＝４πＷｂ （２）当磁场方向改变为与纸面成３０°角向里时线圈ａ中的磁 通量大小为Φ′ａ ＝Ｂｓｉｎ３０°·Ｓａ ＝ π ２ Ｗｂ． （３）磁场反向后线圈ｂ中的磁通量的变化量大小为 ΔΦｂ ＝－ＢＳｂ－ＢＳｂ＝－８πＷｂ 故磁通量变化量大小为８πＷｂ． １４．（１）１２Ｂ０Ｌ ２；　（２）Ｂ＝ Ｂ０Ｌ （Ｌ＋ｖｔ） 解析：（１）ｔ＝０时穿过ＭＤＥＮ回路的磁通量为 Φ ＝ＢＳｓｉｎθ＝ １２Ｂ０Ｌ ２ （２）当穿过ＭＤＥＮ回路的磁通量不变时，ＭＮ棒中不产生感 应电流，可得Φ ＝ＢＬ（Ｌ＋ｖｔ）ｓｉｎθ 解得Ｂ与ｔ的关系式为Ｂ＝ Ｂ０Ｌ （Ｌ＋ｖｔ）． １５．（１）２∶１； （２）垂直纸面向里，１４Ｉ０ 解析：（１）Ｃ点的磁场沿ＢＣ方向向 右，根据安培定则分别表示两导线在Ｃ 点形成的磁感应强度如图所示，得ＢＡ∶ ＢＢ ＝２∶１． （２）根据安培定则，Ｂ点处导线中 电流方向垂直纸面向里，根据题意 ＢＡ ＝ｋ Ｉ０ ｒＡＣ ，ＢＢ ＝ｋ ＩＢ ｒＢＣ 根据几何关系ｒＡＣ ＝２ｒＢＣ 又ＢＡ∶ＢＢ ＝２∶１ 解得ＩＢ ＝ １ ４Ｉ０． 第２０期参考答案 １．Ｂ　２．Ａ　３．Ａ　４．Ａ　５．Ｄ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示： １．变化的磁场周围产生电场，当电场中有闭合回路时，回路 中有电流，若无闭合回路，电场仍然存在，与电路是否闭合无关， 故Ａ错误；周期性变化的磁场产生的电场一定也是周期性变化 的，且频率相同，故Ｂ正确；若形成电磁场必须有周期性变化的电 场和磁场，故Ｃ错误；只有变化的电场才能产生磁场，只有变化的 磁场才能产生电场，故Ｄ错误． ２．“磁星”周围某点的磁场方向可以用磁感线在该点的切线 方向表示，故Ａ正确；磁感线是闭合的曲线，则距“磁星”很远处 磁感线不会中断，故Ｂ错误；在“磁星”外部和内部都有磁场，内 部和外部磁感线组成闭合的曲线，故Ｃ错误；“磁星”表面的磁场 非常强，故磁感线非常密集，但是磁感线不可能相切，故Ｄ错误． ３．根据电流的定义式Ｉ＝ ｑｔ ＝ ｅ Ｔ ＝ １．６×１０－１９ １５０×１０－１８ Ａ≈１× １０－３Ａ，故Ａ正确． ４．线框在整个运动过程中，只在右侧边框恰好进入磁场到线 框恰好完全进入磁场的过程中产生感应电流，此过程线框的位移 为Ｌ，故根据匀速直线运动规律可得，产生感应电流的时间为ｔ＝ Ｌ ｖ，故Ａ正确． ５．由公式Ｒ＝ρＬＳ可知，该地板材质的电阻率 ρ＝ ＲＳ Ｌ ＝ １０６×０．８×０．０１ ０．８ Ω／ｍ＝１０ ４Ω／ｍ，故ＡＢＣ错误，Ｄ正确． ６．ｍＡ·ｈ是电荷量单位，故Ａ错误；该眼镜的额定电流为Ｉ＝ Ｐ Ｕ ＝ ２０ １０Ａ＝２Ａ＝２０００ｍＡ，理论上该眼镜充满电后能连续工 作ｔ＝４０００２０００ｈ＝２ｈ，故Ｂ错误，Ｃ正确；该眼镜充满电所储存的能 量为Ｗ＝Ｐｔ＝２０×７２００Ｊ＝１．４４×１０５Ｊ，故Ｄ错误． ７．当无光照射Ｒ１时，Ｒ１的电阻变大，根据闭合电路欧姆定 律 Ｉ＝ ＥＲＬ＋Ｒ１＋ｒ ，Ｕ１＝Ｅ－Ｉ（ＲＬ＋ｒ）可知，干路电流Ｉ减小，即 通过光敏电阻Ｒ１的电流将变小，光敏电阻Ｒ１两端的电压变大， 故ＡＢ错误；电源消耗的总功率Ｐ＝ＥＩ，干路电流减小，则电源消 耗的总功率变小，故Ｃ错误；灯泡消耗的功率ＰＬ ＝Ｉ２ＲＬ，干路电 流减小，则灯泡消耗的功率变小，故Ｄ正确． ８．ＣＤ　９．ＢＤ　１０．ＡＤ 提示： ８．根据右手螺旋定则可知，线框所在处的磁场垂直纸面向 里，故Ａ错误；距离导线越远则磁场越弱，则穿过线框的磁通量逐 渐减小，故Ｂ错误；由于穿过线框的磁通量逐渐减小，则线框中产 生感应电流，故Ｃ正确；由能量守恒定律可知，由于线圈中有电能 产生，则线框的机械能减少，故Ｄ正确． ９．车灯接通电动机未启动时，根据闭合电路的欧姆定律有 Ｉ ＝ ＥＲ＋ｒ，求得Ｒ＝１Ω，仅接通车灯时，车灯的功率为Ｐ＝Ｉ ２Ｒ＝ １００Ｗ，故Ａ错误；电动机启动时，根据闭合电路的欧姆定律有 Ｕ ＝Ｅ－Ｉ１ｒ＝２Ｖ，流过车灯的电流为Ｉ２＝ Ｕ Ｒ ＝２Ａ，此时车灯功 率为Ｐ＝Ｉ２２Ｒ＝４Ｗ，故Ｂ正确；电动机启动时，电动机的电流为 Ｉ３ ＝Ｉ１－Ｉ２ ＝４８Ａ，电动机的输入功率ＰＭ ＝ＵＩ３＝９６Ｗ，故Ｃ 错误；电动机的热功率为Ｐ热 ＝Ｉ２３ｒ机 ＝２３．０４Ｗ，输出的机械功 率为Ｐ出 ＝ＰＭ －Ｐ热 ＝７２．９６Ｗ，故Ｄ错误． １０．根据闭合电路欧姆定律可得Ｕ＝Ｅ－Ｉｒ，可知电源的Ｕ－ Ｉ图像纵轴截距等于电动势，斜率绝对值等于内阻，则有 Ｅ＝ ３．０Ｖ，ｒ＝｜３．０２．０｜Ω＝１．５Ω，故Ａ正确，Ｂ错误；该灯泡直接与该 电源相接时，由图像交点可知，灯泡电阻为 Ｒ＝ ＵＩ ＝ １．５ １．０Ω ＝ １．５Ω，灯泡功率为Ｐ＝ＵＩ＝１．５×１．０Ｗ ＝１．５Ｗ，故Ｃ错误， Ｄ正确． １１．（１） （２）７．５×１０－８　（３）Ｃ　９８ １２．（１）２９８００　（２） Ｒｇ＋Ｒ２ ｂ 　 ｋ ｂ－Ｒ１　（３）相等 解析：（１）定值电阻Ｒ２的阻值为 Ｒ２ ＝ Ｕ Ｉｇ －Ｒｇ＝ ３ １００×１０－６ Ω－２００Ω＝２９８００Ω． （２）根据闭合电路欧姆定律可得 Ｅ＝Ｉ（Ｒｇ＋Ｒ２）＋ Ｉ（Ｒｇ＋Ｒ２） Ｒ （Ｒ１＋ｒ） 化简可得 １ Ｉ ＝ （Ｒｇ＋Ｒ２）（Ｒ１＋ｒ） Ｅ １ Ｒ ＋ （Ｒｇ＋Ｒ２） Ｅ 则ｋ＝ （Ｒｇ＋Ｒ２）（Ｒ１＋ｒ） Ｅ ，ｂ＝ Ｒｇ＋Ｒ２ Ｅ 解得Ｅ＝ Ｒｇ＋Ｒ２ ｂ ，ｒ＝ ｋ ｂ－Ｒ１． （３）测量过程中不存在系统误差，故电池组电动势的测量值 与真实值相等． １３．（１）０．８Ｗｂ；（２）１２．８Ｗｂ 解析：（１）导体棒向右匀速运动４ｓ时，位移为 ｘ＝ｖｔ＝１×４ｍ＝４ｍ 由于∠ＭＯＮ＝４５°，此时回路的面积为 Ｓ＝ １２ｘ ２ ＝ １２ ×４ ２ｍ２ ＝８ｍ２ 回路的磁通量的变化量为ΔΦ１ ＝Φ－０＝ＢＳ 代入数据解得ΔΦ１ ＝０．８Ｗｂ． （２）初始时Φ０ ＝Ｂ０Ｓ０ ＝１．６Ｗｂ 回路面积从Ｓ０ ＝８ｍ２变到Ｓｔ＝１８ｍ２，Ｂ从Ｂ０＝０．２Ｔ变 到Ｂｔ＝０．８Ｔ时的磁通量为Φ２＝ＢｔＳｔ＝０．８×１８Ｗｂ＝１４．４Ｗｂ 故回路中的磁通量的变化为ΔΦ２ ＝Φ２－Φ０ 代入数据解得ΔΦ２ ＝１２．８Ｗｂ． １４．（１）５．５Ｗ；（２）６×１０－５Ｃ 解析：（１）根据闭合电路欧姆定律得Ｅ＝Ｕ＋Ｉ（ Ｒ１Ｒ２ Ｒ１＋Ｒ２ ＋ｒ） 解得：Ｉ＝１Ａ 电动机的输出功率Ｐ＝ＵＩ－Ｉ２ｒ０ 解得：Ｐ＝５．５Ｗ． （２）电容两端电压为ＵＣ ＝ＩＲ并 ＝２Ｖ 电容器的带电荷量ｑ＝ＣＵＣ ＝６×１０－５Ｃ． １５．（１）２０Ω；（２）１２．５Ｖ，５Ω 解析：（１）根据并联电路的特点，小灯泡Ｌ断路后可知 Ｕ＝ Ｕ２ ＝１０Ｖ 则有Ｒ２ ＝ Ｕ２ Ｉ２ ＝１００．５Ω＝２０Ω ! ! ! " !"#$ !"#$ !"#$%&'()*+,-.+ !"#$% / 0"12%&3()*+4-.+ &"#$% / ! " # $ !"! #"! $%! " ! $ " $ " ! " " 书 《必修第三册》核心素养阶段测试（四） ◆ 数理报社试题研究中心 （测试内容：第１１章—第１３章） 　（说明：本试卷为闭卷笔答，答题时间７５分钟，满分１００分）　 题　号 一 二 三 四 总　分 得　分 第Ⅰ卷 选择题 （共４６分） 一、单选题（本题共７小题，每题４分，共２８分，选对得４分，选错或不 选得０分） １．关于电磁场理论的叙述正确的是 （　　） Ａ．变化的磁场周围一定存在着电场，与是否有闭合电路有关 Ｂ．周期性变化的磁场产生同频率变化的电场 Ｃ．变化的电场和稳定的磁场相互关联，形成一个统一的场，即电磁场 Ｄ．电场周围一定存在磁场，磁场周围一定存在电场 ２．如图１所示，宇宙中“破坏力”最强的天体“磁 星”，危险程度不亚于黑洞，其磁感应强度相当于地 球磁场的１０００万亿倍，下列有关磁星的磁场说法正 确的是 （　　） Ａ．“磁星”周围某点的磁场方向可以用磁感线在 该点的切线方向表示 Ｂ．距“磁星”很远处磁感线中断 Ｃ．磁场只存在于“磁星”外部，而“磁星”内部不存在磁场 Ｄ．“磁星”表面的磁场非常强，故磁感线非常密集，磁感线可能相切 ３．（２０２４陕西省菁师联盟一模）北京时间２０２３年１０月３日，据诺贝尔 奖官方网站公布，２０２３年诺贝尔物理学奖颁发给 Ｐｉｅｒｒｅ等三位物理学家， 以表彰他们“为研究物质中的电子动力学而产生阿秒光脉冲的实验方 法”．阿秒（ａｓ）这种时间尺度，适合用来描述电子在原子内部运动的情况， １ａｓ＝１０－１８ｓ，例如电子绕氢原子核一周大约是１５０ａｓ．已知电子所带电荷 量为１．６×１０－１９Ｃ，氢原子核外电子绕原子核做匀速圆周运动．根据以上信 息估算氢原子核外电子绕核运动的等效电流大约为 （　　） Ａ．１×１０－３Ａ Ｂ．１×１０－２１Ａ Ｃ．２．４×１０－１７Ａ Ｄ．２．４×１０－３５Ａ ４．（２０２３江苏盐城学业考试）如图２所示， 边界ＭＮ右侧存在匀强磁场，现使边长为Ｌ的正 方形闭合金属线框由边界左侧以速度 ｖ匀速运 动到图中虚线位置．此过程线框中产生感应电流 的时间为 （　　） Ａ．Ｌｖ Ｂ． ２Ｌ ｖ Ｃ． ３Ｌ ｖ Ｄ． ４Ｌ ｖ ５．（２０２３河南省周口市项城市第一高级中学月考）超级计算机机房为 防止静电危害，在机房铺设防静电地板，可以防止静电产生危害．某均匀材 质制作的防静电地板尺寸为８０ｃｍ×８０ｃｍ×１ｃｍ，在实验室测量该地板电 阻时，分别把前后、上下、左右面接入电路，其中最大的电阻为１０６Ω，则该 地板材质的电阻率约为 （　　） Ａ．１０１０Ω／ｍ Ｂ．１０８Ω／ｍ Ｃ．１０６Ω／ｍ Ｄ．１０４Ω／ｍ ６．（２０２３广东佛山期中）ＶＲ（虚拟现实技术）是近年来火热的新兴技 术，其应用场景之一是进行虚拟实验．如图３所示是一款ＶＲ眼镜及其相关 参数，关于该ＶＲ眼镜．下列说法正确的是 （　　） 电池容量 ４０００ｍＡ·ｈ 工作电压 ＤＣ１０Ｖ 额定功率 ２０Ｗ 机身重量 ４００ｇ Ａ．ｍＡ·ｈ是能量单位 Ｂ．理论上该眼镜充满电后只能连续工作１小时 Ｃ．该眼镜的额定电流为２Ａ Ｄ．该眼镜充满电所储存的能量为１×１０６Ｊ ７．（２０２３天津武清区河西务中学月考）如图 ４所示，光敏电阻被光照射时电阻会变小，电源 电动势为Ｅ，内阻为ｒ．在有光照射电阻Ｒ１时，灯 泡Ｌ正常发光．当无光照射Ｒ１时，下列判断正确 的是 （　　） Ａ．光敏电阻Ｒ１两端的电压不变 Ｂ．通过光敏电阻Ｒ１的电流将变大 Ｃ．电源消耗的总功率变大 Ｄ．灯泡消耗的功率变小 二、多选题（本题共３小题，每题６分，共１８分，每小题给出的四个选项 中，有多个选项是正确的，全选对的得６分，少选的得３分，有错选或不选的 得０分） ８．（２０２３河北邢台市第二中学期中）如图５所 示，固定的水平长直导线中通有向右的恒定电流Ｉ，闭 合的矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导 线平行，线框由静止释放，在下落过程中（线框不会 发生翻转），下列判断正确的是 （　　） Ａ．线框所在处的磁场垂直纸面向外 Ｂ．穿过线框的磁通量逐渐增加 Ｃ．线框中产生感应电流 Ｄ．线框的机械能减少 ９．（２０２４山东日照莒县联考）小明坐在汽车的 副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动 时，汽车的车灯会瞬时变暗．汽车的电源、理想电流 表、车灯、电动机连接的简化电路如图６所示，已知 汽车电源电动势为１２Ｖ，内阻为０．２Ω．仅闭合 Ｓ２ 接通车灯时，电流表示数为１０Ａ（车灯可看作不变 的电阻）；然后再闭合Ｓ１，电动机启动时，电流表示数为５０Ａ，电动机的线 圈电阻为０．０１Ω．下列论述正确的是 （　　） Ａ．仅接通车灯时，车灯的功率为１２０Ｗ Ｂ．电动机启动时，车灯的功率为４Ｗ Ｃ．电动机启动时，电动机的输入功率为１００Ｗ Ｄ．电动机启动时，输出的机械功率约为７２．９６Ｗ １０．（２０２３吉林长春外国语学校月考）如图７ 所示，直线Ⅰ为某电源的伏安特性曲线，曲线Ⅱ为 某小灯泡的伏安特性曲线．则下列判断中正确的是 （　　） Ａ．电源的电动势Ｅ＝３．０Ｖ Ｂ．电源的内阻ｒ＝１Ω Ｃ．该灯泡直接与该电源相接时，灯泡电阻为１Ω Ｄ．该灯泡直接与该电源相接时，灯泡功率为１．５Ｗ 第Ⅱ卷 非选择题 （共５４分） 三、实验题（本题共２小题，共１６分，将正确答案填在题中横线上或按 要求作答） １１．（８分）（２０２３湖北荆州松滋市第一中学月考）小何做了一系列与 通电螺线管相关的实验，如图８甲所示，实验中所用的磁传感器测得的是 磁感应强度沿探管方向的分量，磁传感器探管前段是直径为０．８ｃｍ的圆 面，且端面与探管轴线垂直． ! " # ! ! ! ! ! ! ! ! ! $ % # ! ! ! ! ! ! ! ! ! & ' # ! ! ! ! ! ! ! ! ! " # ( ) * ! " + $ % + & ' $ # ( , - . / 0 1 2 3 4 . % # ( 5 ) 6 7 8 9 : - ; 8 < = 7 > ! " # $ 名 师 名 卷 ? @ A BCDEFGH< % & '% !!!" & (&) !" $&$' * "" + $( , !"#$ !"#$%&'() ! IJKL#MNOPQB ! IRKL#MNOQSTUVWXYZ MNOQ[\]^_`ab ! cdKL#efgh ! hi#jkl ! mnopqrcds'# )*"'+&,&,- t . u ! vwx'# $"+$/( ! " ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! " # $ $$ $$ % ! $ ! % & " 0 ' ( 1 ! ' ! ( ) 2 3 1 $ 1 " * ( ! 4 )+2 ,+5 ! " %#& "#( & "#& $#& ! , 2 ! " ! / 书 （１）根据以上原理图完成实验电路图乙的连线． （２）闭合开关，保持通过螺线管的电流不变， 将磁传感器探管沿螺线管轴线插入，记录探管前端 进入螺线管不同深度ｄ处的磁感应强度大小Ｂ，得 到Ｂ随ｄ的变化关系如图丙所示．当探管前端位于 通电螺线管中部时，通过探管端面的磁通量为 Ｗｂ．（结果保留２位有效数字）． （３）小何想估算绕制螺线管的铜线长度． ①他用多用电表测量绕制螺线管所用铜线的阻值时，应选用的挡位 是 Ａ．直流电流挡 Ｂ．直流电压挡 Ｃ．欧姆挡 ②他测得绕制螺线管铜线的阻值为４８Ω，铜线直径为０．２ｍｍ．若所 用铜线的电阻率为１．５４×１０－８Ω·ｍ，则可估算出绕制该螺线管的铜线长 度为 ｍ．（结果保留２位有效数字） １２．（８分）（２０２３山东济宁期末）某学习小组测量一电池组的电动势 和内阻，他们找到了如下的实验器材： 电池组（电动势约为３．０Ｖ，内阻约为１Ω）； 灵敏电流计Ｇ（满偏电流Ｉｇ ＝１００μＡ，内阻Ｒｇ ＝２００Ω）； 定值电阻Ｒ１ ＝１Ω，定值电阻Ｒ２，变阻箱Ｒ； 开关，导线若干． 学习小组研究器材，思考讨论后确定了如下的实验方案，设计了如图 ９甲所示的电路图． （１）在实验设计中，灵敏电流计与定值电阻 Ｒ２串联改装成一个量程 为３Ｖ的电压表，则定值电阻Ｒ２的阻值应为 Ω； （２）采集灵敏电流计的读数Ｉ和变阻箱的读数 Ｒ，作出了如图乙所示 的图像．已知电源中的电流远大于灵敏电流计中的电流，计算时不考虑电 流计中的电流，图线的斜率为 ｋ，纵截距为 ｂ，则测得电池组的电动势为 ，内阻为 ；（用题目中所给的字母表示） （３）电池组电动势的测量值与真实值相比 ．（选填“偏大”或 “相等”或“偏小”） 四、计算题（本题共３小题，共３８分，解答应写出文字说明、方程式和 演算步骤．只写出最后结果的不能给分，有数值计算的题，答案中必须写出 数值和单位） １３．（１２分）如图１０所示，“∠”形金属框架平 面与匀强磁场 Ｂ垂直，导体棒 ａｂ能紧贴金属框架 运动，且始终与导轨ＯＮ垂直． （１）若 Ｂ＝０．１Ｔ，ａｂ从 Ｏ点出发，向右以 １ｍ／ｓ的速度匀速运动４ｓ时，回路的磁通量的变化 是多少？ （２）在图中，若回路面积从Ｓ０＝８ｍ ２变成Ｓｔ＝１８ｍ ２，Ｂ从Ｂ０＝０．２Ｔ 变到Ｂ１ ＝０．８Ｔ，则回路中的磁通量变化量是多少？ １４．（１０分）（２０２３四川绵阳南山中学月考） 如图１１所示电路中，电源的电动势Ｅ＝９Ｖ，内 阻ｒ＝１Ω，定值电阻Ｒ１ ＝３Ω，Ｒ２ ＝６Ω，电容 Ｃ＝３０μＦ，电动机的额定电压为Ｕ＝６Ｖ，内阻 ｒ０ ＝０．５Ω．闭合开关Ｓ，电动机正常工作．求： （１）电动机的输出功率Ｐ； （２）此时电容Ｃ的电荷量ｑ． １５．（１６分）（２０２３河南濮阳一高月考）如图１２所 示，滑动变阻器的总阻值为５０Ω，小灯泡Ｌ的铭牌上 标有“４Ｖ　１Ｗ”的字样．当滑片 Ｐ滑至图中某一位 置时，小灯泡 Ｌ恰好正常发光，此时理想电流表的示 数为０．４５Ａ；由于小灯泡Ｌ断路，导致理想电流表的 示数变为０．５０Ａ，理想电压表的示数为１０Ｖ．已知电 源和导线均完好，电路中各处接触良好．求： （１）滑动变阻器接入电路的阻值； （２）电源的电动势和内阻． " ! !'()* ! +,-./% $%#! &#'(!'#) ! 0123%456789:;<=>? !%' @AB1CDEFB+,- ! GH+I% $%$$$) ! 9J-K1LM% $%#! !#'(!'%* +%#! !#'(!'%( NOPQ ! RSTUV019J-3WXYZ[\G]N^Q ! GHRSLMT !!!,# ! _`abRcdRefR ! 01gYZh6N9Qijklm1 ! nopqr_s@T !-++++-+++!!+ ! no-./T +%#!!#'(!'## ! tuvwxyzO{|}~€N‚ƒ9„…<†‡ˆ‰Š‹Œ !! ŽQ|‘~|’“”•–UVtu9J-3W—˜ M ™ š N›œžŸ '- "Q ! ! ! ! "#./ '0+ !"# !"+ +"# $ $ $ $ $ $ $ $ + - , !+ !' %#1. ! ! , 2 & ' & ! & ' ( ! ) *3 &! ! & *! &! " # ! * 4 + & ' & ! 5 , - ! !! ' . / ( " -#" ! !+ 0 6 3 & ' 1 5 7 , - ! !'