全书综合检测-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第二册（人教版2019)

阻.那么该报警装置中的热敏电阻属于PT℃热敏电阻 E 姆定律可知，a、b两端的电压为U= (2)要增大报警温度T。,则在热敏电阻阻值变大时也能报 +优，尼，= 1若 警，在其他条件不变的情况下，应该减小滑动变阻器A的阻 R 值，即将滑动变阻器A的滑动触头向左移动. 定值电阻的阻值越大，当开启低水位预警时，a、b两端的电 (3)所用的热敏电阻应该是正温度系数热敏电阻，则可排除 压略大于U,R1压力传感器阻值需要越大，则水位越低：当 丙和丁：要求该温度报警装置的灵敏度尽量高些，即温度变 a,b两瑞的电压路小于U,时，开启高水位预警，R,压力传感 化相同时电阻变化较大，故应该选甲。 器阻值需要越大，则水位越低，C正确，D错误故选C 2.C 第五章章末检测 3.(1)如图所示(2)1.8(3)25.5 1.A2.C 热敏电阻 3.B解析：A.干簧管是通过感知磁场的变化来控制电路的通 断的，没有利用电磁感应原理，故A错误：B.根据电路原理 可知，只有当电路中电流达一定值时，干簧管才会接通电路， 所以增大电阻箱R的阻值时，相同光照下电路中电流减小， 为了达到报警时的电流，应让光敏电阻的阻值更小，即光照 更强，故B正确：C.增加电源B的电动势，由B中分析可知， 解析：(1)滑动变阻器用分压式，电压表可视为理想电表，所 光敏电阻阻值较大时即可报警，即光照较弱时即会报警，故 C错误：D.A是给报警器供电，所以增加电源A的电动势，对 以毫安表外接.(2)由部分电路欧姆定律得R= 控制电路没有影响，所以报警时的光照强度没有变化，故 5.5 D错误，故选B. 3.0x101.8kn(3)由图可以直接读出该电阻的阻值 4.D解析：A.增大电阻箱R,的阻值，则红外光源发出的红外 为2.2kn时对应的温度约为25.5℃ 线强度减小，若烟雾浓度降低，则光敏电阻接收的光强降低， 全书综合检测 阻值变大，螺线管的电流减小，干簧管中的两个簧片不能被 磁化而接通，蜂鸣器不能报警，选项A错误：B.同理，若烟雾 1.C 浓度降低，则光敏电阻接收的光强降低，阻值变大，若再增大 2.A解析：根据安培力为零可知，合磁感应强度的方向与电 电阻箱R,的阻值，则螺线管的电流诚小，则于簧管中的两个 流的方向平行，可知B,的最小值为Bn=B,sin60°=√3T, 簧片不能被磁化而接通，蜂鸣器不能报警，选项B错误： 则B,≥3T,B,的大小不可能的是1T故选A C.增大电源E,的电动势，对干簧管的通断无影响，选项 3.D解析：A.两次=0时刻线圈产生的感应电动势均为零。 C错误：D.增大干簧管上线圈的匝数，可增大螺线管磁性， 可知此时穿过线圈的磁通量变化率均为零，但穿过线圈的酸 在电流减小时也能使干簧管中的两个簧片被磁化而接通，触 通量均最大，故A错误：B.由图乙可知，曲线a表示的交变 发蜂鸣器报警，选项D正确.故选D. 电动势的最大值为30V,故B错误：C.根据图乙可知，曲线 5.D解析：AB.在时间11至2内，由1-t图像知电流均匀增 a,b对应的周期之比为T。:T=2:3,则角速度之比为@。： 大，说明压敏电阻的阻值逐渐变小，可知压敏电阻所受的压 o,=T:T=3:2,根据电动势最大值表达式En=NBa,可 力逐渐变大，由牛顿第三定律知.绝缘重球受到向右的弹力 知曲线a,b对应的电动势最大值之比为E。:E=仙。： 变大，重球的水平方向合外力变大，小车向右做加速度变大 w,=3:2,可得曲线b表示的交变电动势最大值为Em 的加速直线运动，故AB错误：CD.在时间2至43内，由I-4 : 20V,曲线6表示的交变电动势有效值为E,=B一=10,2V. 图像知电流不变，压敏电阻阻值不变，可知其所受压力不变， 由牛顿第三定律知绝缘重球受的向右的弹力不变，此过程电 故C错误：D.根据0=2mm,可知曲线a,b对应的线圈转速之 流最大，压敏电阻的阻值应该最小，弹力应该最大，重球的水 比为n,:n,=仙。：，=3：2，故D正确故选D. 平方向合外力最大且不变，小车向右做匀加速直线运动，故 4.B C错误，D正确.故选D. 5.A解析：A若A板此时已经带正电，电容器在放电，电场 能正向磁场能转化，则电流正在增大，故A正确：B.若A板 第五章 真题演练 此时已经带负电，电容器在充电，磁场能正向电场能转化，电 容器两极板间的电场能正在增大，故B错误：C.根据「= 黑题直顶体验 ,若在线圈中插入铁芯，自感系数增大，振荡频率减 1.C解析：AB.由题意可知水位越高，对压力传感器的压力越 2r√LC 大，压力传感器的电阻值越小，控制开关自动开启低水位预 警时，水位较低，压力传感器的电阻值较大.由于a、b两端此 小，放C错误：D根据C=。当诚小电容器两极板之间的 时的电压大于U,根据串联电路电压分配特点可知，R为压 距离时，电容器的电容C增大，由振荡频率上，1 一知，根 力传感器，故高水位时压力传感器的电阻值较小，R,压力传 2T VLC 感器两端电压变小，U,>2,AB错误；CD.根据闭合电路欧 荡频率减小，故D错误故选A. 参考答案与解析黑白题39 6.B解析：A.由右手定则可知，电容器的N板电势高，带正 14.D解折：.根据洛伦兹力提供向心力有9B=m二，解得 电，选项A错误；BC.感应电动势E=m20,,电 2 r=L.假设粒子偏转一次到达P点.可知PW=√3L,MN= 容器两端电压即电阻R两端电压，也为金属棒两端电压，为 U:E:,电容器所带电背量为0-=U= PWm60=了5L,由题意可知粒子不可能偏转一次就到 达P点，故A错误：B.根据几何关系可知粒子在磁场I运 CB,选项B正确，C错误；D.将金属棒转动角速度由 3 动的圆心角为120时间为=20。·2=3g,所以粒子 360 变为2仙，感应电动势变为原来的2倍，回路中感应电流变为 原来的2倍，而转动一周的时间变为原来的一半，根据9= 在篮场中运动的总时间为(m=2.4,6…),放B错误： 可知，金属棒运动一周通过R的电荷量不变，选项D错误故 C.画出粒子的运动轨迹如图，根据几何关系可知，粒子从 选B. 磁场1进入磁场Ⅱ的位置距离M点x=(2n+1)3r=(2n+ 7.B8.C9.C 1)3L(n=0.1,2…),不可能为25L.故C错误：D.若粒子 10.BD解析：AB.不带电的小球乙与带正电的小球甲发生弹 能通过MP边上距离M点2L的一点，则粒子的轨道半径满 性碰撞，碰撞过程中系统动量守恒、机械能守恒，以速度。 方向为正方向，设碰撞后甲球的速度为，乙球的速度为 是n5=2a=01,2),结合=m可知2 3n ,则有m,2m+mmd-子×2m+,联立解 （a=01,2…),当n=2时.解得=5，故D正确.故 3 得之 1 。凸3。，碰撞后两小球的带电量相同，速度 选D. P 方向相反，根据左手定则可知甲、乙两小球运动轨迹是外切 圆，故A错误，B正确：CD.根据洛伦兹力提供向心力 qrB=m- 可得R=5所以甲，乙两小球的轨道半径分别 gB 2me 4mv 。BB,R之=二=，则甲、乙两小球的轨 为Re= 15.BD解析：AM刚进入磁场时，电路中的电流为= 2R 道半径之比为R年：Rz=4:1,故C错误，D正确.故选BD. 11.B12.C 2R,M受到的安培力F的大小为F=BL BLeo B'Lto 2R,故A错 13.C解析：A.线框进人磁场时受安培力大小为F=BL= B BL-Le 误：B.V在磁场内运动过程，根据动量定理有1BM△ =m,随着速度减小，安培力逐渐减小，加速 m?,解得N在篮场内运动过程中通过回路的电荷量为 度减小，所以线框进入磁场时做变速直线运动，故A错误： BD.假设线圈能全部穿出磁场，线圈刚全部进人磁场时速 4=A一4B故B正确：C.N在磁场内运动过程中通过回 度为；，刚离开磁场时速度为，线阔进人磁场的过程，取 △ΦBIx 路的电荷量为g2R2R,初始时刻N到b的最小距商 向右为正方向，由动量定理得-B1,L·,=m 3一m,通过线 mto 为x= BP故C错误；D.从M进人磁场到N离开磁场。 圈的电荷量，=14，=4_ ,线圈离开磁场的过程，取向 3 对M,根据动量定理-BL△=mm。,解得r=o,根据能 右为正方向，由动量定理得-B1·与=m-m了通过线 量守相有dm2+（学）广+Q,金属杆N产生 圆的电指量=4地联立解得一子所以线 的焦耳热为Q2023,故D正确故选D, 圈不能全部穿出磁场，则。=0，代入上式可知。=，，故 16.(1)B(2)向上(3)如图所示 9: BD错误：C.线圈进人磁场的过程，根据能量守恒定律有 =2m2-)m m（3 ,线圈离开磁场的过程，根据能量 守恒定律有Q=2m 3 (4)左(5)C 选C. 17.(1)M(2)如图所示1.5(1,2-1.8均可)(3)bc 选择性必修第二册·RJ黑白题40 由几何关系可知打在P左侧下端的粒子在磁场中偏转的 8.0 7.0 角度是日，：60，运动的短时间L=81,联立解得 6.0 5.0 ,打在P右侧下端的粒子在酷场中运动的时间最 4.0 tan=3如 3.0 长，如图 20 1.0 0306.09.012.015.018.021.0价×10A1 18.(1)mb(2)10V(3)9.6V 解析：(1)根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增 由几何关系可知：打在P右侧下端的粒子在磁场中偏转的 大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈 角度是B,=30,运动的最长时间1一总1.联立解得 中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可 知线图中的感应电流为逆时针方向，所以通过电阻R的电 3 流方向为→b: (3)要使挡板右侧无粒子到达，P板最上瑞与0点的连线 (2)根据法拉第电磁感应定律可知 /8=200x0015-Q010 长应为2x。,即粒子运动的直径.如图所示 F-N AD V=10V:; 0.10 (3)电阻R两端的电压为路端电压，根据分压规律可知 U-5x10v=96 19.(1)4W(2)0.1m(3)0.15C 所以沿x轴正方向移动的最小长度为△r=ON-OM= 解析：(1)根据题意可知，当金属棒到达最大速度后开始做 √(2x)2-x6-xo=(3-1)a 匀速直线运动，令此时拉力为F。,根据平衡条件有F。= 21.(1)4.5V/109m.2(2)2.71875J0.271875m 血+L,其中的感痘电流，=，则拉力的功米P户 a3 T Forn,解得P=4W: 解析：(1)导体棒切制磁感线，有E=BL。=6V, (2)根据动能定理有Ph-W意-mgxsin9= a点电势高于b点电势，则由串联电路电压的关系有U。= 据功能关系有W=Q。-R+ ,解得x=0.Im: 年E=45V, R E (3)当ab速度达到，=L.5m/s时撤去拉力，ah继续上滑 根据闭合电路欧姆定律得I= =2A, 0.158速度减为零，该过程对金属棒进行分析.根据动量定 所受安培力F安=BIL=3N, 理有-mgsin0·'-B1L'=0-mm4,其中g=1,解得g= 根据牛顿第二定律得√/F+(mg)=m,解得a= 0.15C. /109m82 20.(1)四 x05πx0 (2)30 (3)(5-1)x (2)b边从分界面P运动到分界面Q,由法拉第电磁感应 解析：(1)设粒子做圆周运动的半径为R,由儿何关系，得 定律，电路中产生的平均感应电动势E,一 R,根据牛顿第二定维，得8=联立解得日= 0 根据闭合电路欧姆定律7= =公，以向右为正方向，对线框 (2)带电粒子在磁场中的运动周期为T,则有T.2R,得 abed由动量定理得-B儿△1=mm,-o,解得，=3.25m/s, T-2,打在P左侧下端的粒子在磁场中运动的时间最 又根据题意有+=t,而竖直方向上有=2，所以下 落的高度=0.271875m, 短，如图 由于动能与初始值相等，所以根据能量守恒定律得Q mgh,解得Q=2.71875」1 (3)线框最终能竖直下落的临界条件为d边运动到分界 面N时水平速度为零，此时磁感应强度最小从开始进入磁 场到最终出磁场过程中，线圈中有感应电流的阶段为： ①ab边切割，运动的水平距离为d, ②cd边切湖，运动的水平距离为2d-L, 参考答案与解析黑白题41 3ab边，cd边都切割.运动的水平距离为L-d, 两个边同时切制的总水平距离为L-d,此过程中安培力的 ④ab边切制.运动的水平距离2d-L ⑤cd边切脚，运动的水平距离为d, 冲量为1=4BL(L- R 一个边切割的总水平距离为6d-2L.此过程中安培力的神 对线框abd水平方向全程应用动量定理得I,+l=mo,解 量为1=L(6d-2) 得B=4v5 T R 15 进阶突破·拔高练 第一章安培力与洛伦兹力 会再处于平衡状态，可知0角不可能达到90°，只有8<90 第1节磁场对通电导线的作用力 时，长直导线有可能受力平衡，因此导线MN不可能沿圆弧 槽缓慢运动到PP位置，更不可能运动到PP上方，故D错 第1课时安培力 误故选B 1.D 2B解析：根据题意可知，折线c中的电流为r= 2,正 角形线框接入电路后，所受安培力的等效长度为L,总电流 为。=1+：所受安培力垂直水平桌面的分力大小为 mg 图1 图2 3 F=o60°·aL=,由于线框静止，所以支持力R= 2.(1)0.40(2)0.250(3)R.-10(4m0-3) 3(3tan0+4)】 GL,故选 解析：(1)由平衡条件得山g=BL=BEL,滑动变阻器接入 第2课时通电导线在磁场中的平衡与运动 电路的阻值至少为R,=0.42 1.B解析：A.若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°，该过程 中安培力大小不变，方向以导线为轴顺时针转动.由水平方 (2)将导轨右侧抬起角0=90°，由平衡条件得mg=uBL, R 向转到右下方，则安培力在竖直向下方向的分力逐渐增大， 滑动变阻器接入电路的阻值最大为R,=0.225Ω. 若导线仍处于平衡状态，则支持力为F、会逐渐增大，因此， (3)由于tan>4,不通电流时.杆向下滑动，则滑动变阻器接 若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°，则F、一直增大， 人电路的阻值的最大值为R。时，杆受最大静摩擦力沿导轨 故A错误：B.由题意，对长直导线MN受力分析，受重 向上.则mgsin0=B号ks9Y.N=gos+B号LnB. R R 力感，支指力八0安销力F=gm30,由左手定 联立得R.-3(3in9+4eos0).3(3am0+4) 则可知安培力方向水平向右，由平衡条件.顺M到N方向 10(4sin9-3cs8)10(4tan0-3) 看，受力图如图1所示，若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转 第2节磁场对运动电荷的作用力 45中，可知安培力的大小不变，方向沿逆时针缓慢旋转45°， 1.BD 由力的平衡条件，可得导线受力的三角形定则平衡图，如 2.BD 解析：A对小球在A点由牛顿第二定律得F,+ 图2所示，由图可知，当安培力F的方向与支持力为F、,的 mgsin30°-，B。=m子，又F,=w,B。,由以上两式得，三 方向垂直时，M0连线与竖直方向的夹角最大，则该角的正 切值为最大，此时支持力为F=√(mg)-F= gL ,故A错误：B.小球由A点到B点由动能定理得 (官-，解特m0号故B正 6 gm30x2L=行-将，代人上式可得， 21 确：C.题图示位置磁场方向竖直向下，设磁感应强度为B, 5gL 则B,L=mgm30①，当安培力与弹力方向垂直时，安培力 ,小球在B点向心加速度大小a= 8 5 128,故B正确： 最小，磁感应强度最小，设此时的磁感应强度为B,则 B,L.=mg9in30°②，由①2得 _sin30°√3 an302,若酸场的大 C小球在B点洛伦益力大小f:=甲，风=A,√受放C错 误：D.小球在B点利用牛顿第二定律得F-B。 小和方向可以改变，为使导线MN仍能在题图示位置处静 mgsin30=m立解得细绳拉力F片=3mg+go.故 止，所需的最小磁惑应强度的值为原来的。倍，故C错误 2 D正确.放选BD D.若仅将磁感应强度大小缓慢增大，由安培力公式F=BL 可知，安培力增大，方向不变，支持力增大，0角增大，导线向 3.(1)gsin a "mgc0sa（2)mg(sin ateos2 上移动，可当9角增大到一定值时，若再增大，长直导线就不： 解析：(1)由于a<ana,所以环将由静止开始沿棒下滑.环A 选择性必修第二册·RJ黑白题42全书综合检测 (时间：90分钟总分：100分) 一、选择题（每题4分，共60分） A.两次t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零 1.如图所示，某同学在电磁炉面板上竖直放置 B.曲线a表示的交变电动势的最大值为25V 纸质圆筒，圆筒上套一环形轻质铝箔，电磁炉 C.曲线b表示的交变电动势有效值为20V 产生的交变磁场的频率、强度及铝箔厚度可以 D.曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2 调节现给电磁炉通电，发现铝箔悬浮了起来 4.(2023·吉林长春二中期末)如图所示的电路 若只改变其中一个变量，则 中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电 A.增强磁场，铝箔悬浮高度 阻可以忽略，下列说法中正确的是 将不变 A.闭合开关S接通电路后， B.铝箔越薄，铝箔中产生的 A2始终比A,亮 感应电流越大 B.闭合开关S接通电路后， C.增大频率，铝箔中产生的感应电流增大 A2先亮，A1后亮，最后一 D.在刚断开电源产生如图磁场的瞬间，铝箔 样亮 中会产生如图所示的电流 C.断开开关S切断电路后，A2先熄灭，A1过 2.(2024·江苏南京联考)如图所示，平行于纸 一会儿才熄灭 面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B,=2T. D.断开开关S切断电路后，A1先熄灭，A2过 位于纸面内的细直导线，长L=1m,通有1= 一会儿才熄灭 0.5A的恒定电流，当导线与B,成60°夹角时， 5.(2023·江苏连云港期中)如 发现其受到的安培力为零，则该区域同时存 图所示的LC振荡电路中，已 在的另一个匀强磁场的磁感应强度B,的大小 知某时刻电流i的方向如图，则 不可能的是 A.若A板此时已经带正电，则电流i正在 增大 B.若A板此时已经带负电，电容器两极板间 的电场能正在减小 A.IT B.3T C.2T D.30T C.若在线圈中插入铁芯，振荡频率增大 3.(2024·山东滨州月考)如图甲所示，在匀强 磁场中，一巨型金属线圈两次以不同的转速 D.若减小平行板电容器A、B间的距离，振荡 绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变 频率增大 电动势随时间变化的e-t图像分别如图乙中 6.(2024·四川南充月考)半径分别为l和21的 曲线a、b所示，则 同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为 l、电阻为R的均匀金属棒AB置于圆导轨上 面，BA的延长线通过圆导轨中心O,装置的俯 ×102s】 视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中， 磁感应强度的大小为B,方向竖直向下在两 全书综合检测黑白题103 环之间接阻值也为R的定值电阻和电容为C C.电流表A的示数增大 的电容器金属棒在水平外力作用下以角速度 D.电流表A2的示数减小 ω绕0顺时针匀速转动，在转动过程中始终 9.(2023·浙江温州质检)如图甲所示，理想变 与两导轨保持良好接触，导轨电阻不计.下列 压器的原、副线圈匝数比为1：2，变压器原线 说法正确的是 圈两端所接电压U按图乙正弦规律变化，定 值电阻R=52,相同的灯泡L1、L2电阻恒为 102,下列说法正确的是 u/V A.电容器的M板带正电 3 B.电容器所带电荷量为一CBwl C.金属棒两端电压为Bawl2 A.当开关S闭合时，理想电压表示数为 D.将金属棒转动角速度由ω变为2w,金属棒 7.07V 运动一周通过R的电荷量变为原来的2倍 B.当开关S闭合时，理想电流表示数为1A 7.(2023·山东泰安新泰中学质 ×XXXX× C.当开关S由闭合到断开，L,变亮，L2变暗 检)如图所示的区域内有垂直 D.当开关S由闭合到断开，原线圈输入功率 于纸面的匀强磁场，磁感应强 变大 459 度为B,电阻为R、半径为L、① 10.(2024·河北联考)（多选）光滑绝缘的水平 圆心角为45的扇形闭合导线框绕垂直于纸 桌面上方存在垂直桌面向下的匀强磁场，磁 面的O轴以角速度w匀速转动(0轴位于磁 感应强度大小为B,俯视图如图所示.一个质 场边界)，则线框内产生的感应电流的有效 量为2m、电荷量为q的带正电小球甲静止在 值为 桌面上，另一个大小相同、质量为m的不带 A.BLo 电小球乙，以大小为，的速度沿两球心连线 BLw B. 4R 4R 向带电小球甲运动，并与小球甲发生弹性碰 C.BLt 撞.假设碰撞后两小球的带电量相同，忽略两 D. 2BLw 2R 2R 小球间静电力的作用则下列关于甲、乙两小 8.某水电站输电线路简化模型如图所示，已知R 球碰后在磁场中的运动轨迹，说法正确的是 为输电线总电阻（可视为定值电阻），发电机 输出电压恒定由于用户端负载变化，使发电 o*® 机输出功率增加.设升压变压器和降压变压器 x乙×甲× 均为理想变压器，下列说法正确的是( A.甲、乙两小球运动轨迹是内切圆 B.甲、乙两小球运动轨迹是外切圆 C.甲、乙两小球运动半径之比为2：1 D.甲、乙两小球运动半径之比为4：1 A.电压表V,的示数增大 11.(2023·河南周口质检)磁流体发电机的原 B.电压表V2的示数增大 理如图所示.将一束等离子体连续以速度v 选择性必修第二册·RJ黑白题104 垂直于磁场方向喷入磁感应强度大小为B 场的宽度大于线框的边长)，当线圈全部进 的匀强磁场中，可在相距为d、正对面积为S 的两平行金属板间产生电压现把上、下板和 入磁场区域时，速度减小到？，下列说法正 电阻R连接，上、下板等效为直流电源的两 确的是 ( 极等离子体稳定时在两极板间均匀分布，电 阻率为ρ，回路中有稳定的电流.忽略边缘效 应及离子的重力，下列说法正确的是( A.线框进入磁场过程中做匀减速直线运动 B.线框能全部穿出磁场 C.线框进人磁场过程中与离开磁场过程中 等离子体 产生的热量之比为8：1 A.上板A为正极，下板B为负极 D.线框进入磁场过程中与离开磁场过程中 B.稳定时，A、B两板间电压U=Bdu 通过线框某截面的电荷量之比为3：2 C.把电阻R更换为阻值更大的电阻，稳定14.(2024·四川德阳期末)如图所示，空间中存 时，A、B两板间电压变大，且U<B 在一矩形磁场区域PQMN,在区域PMN内存 D.稳定时，发电系统提供的能量全部转化为 在垂直纸面向外的匀强磁场I,在区域PQM 电阻R的内能（焦耳热）》 内存在垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，两磁场 12.(2023·湖北智学联盟联考)利用质谱仪检 的磁感应强度大小均为B.∠NMP=60°，一带 测电量相等(4价)的气态C14和C12离子 电粒子以大小为o=BL、方向沿MN的速度 的浓度比，结合C14衰变为N14的半衰期， 进人磁场【，运动一段时间后从P点离开磁 可以判断古代生物的年龄.如图所示，离子从 场区域不计粒子的重力，粒子的比荷为 容器A下方的狭缝S,飘入电场，经电场加速 =k,则下列说法正确的是 ( 后通过狭缝S2、S,垂直于磁场边界MN射入 m 匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经 磁场偏转后发生分离，检测分离后离子的电 n√/1 流强度可得离子的浓度比.测得 ,则 C14和C12的浓度比为 ( A.MN的长度可能为L -N B.粒子在磁场中运动的总时间可能为” 3kB XXX××XX C.粒子从磁场I进入磁场Ⅱ的位置距离M A.4 B.③ 2 点可能为25L D. 3 14 C.2 1 D.若另外一电荷为k的粒子能通过MP边上 13.(2024·四川宜宾期末)如图，光滑绝缘水平 距离M点2L的一点，则粒子的发射速度 桌面上有一均质正方形金属线框abcd,线框 以速度进入一个直线边界的匀强磁场（磁 大小可能 3 全书综合检测黑白题105 15.(2024·广西河池一模)（多选）如图所示，两 (1)图a中，将条形磁铁从图示位置先向上 平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L 后向下移动一小段距离，出现的现象是 abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B, 方向竖直向上.初始时刻，磁场外的细金属杆 A.灯泡A、B均不发光 M以初速度。向右运动，磁场内的细金属 B.灯泡A、B交替短暂发光 杆N处于静止状态.两杆在磁场内未相撞 C.灯泡A短暂发光、灯泡B不发光 且N出磁场时的速度为学两金阔杆与导轨 D.灯泡A不发光、灯泡B短暂发光 (2)通过实验得知：当电流从图b中电流计 接触良好且运动过程中始终与导轨垂直.两 的正接线柱流入时指针向右偏转；则当 杆的质量均为m,在导轨间的电阻均为R,感 应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计 磁体 (填“向上”或“向下”)运 下列说法正确的是 动时，电流计指针向右偏转 (3)为进一步探究影响感应电流方向的因 素，该小组设计了如图c的电路，请用实 线完成其余部分电路的连接 A.M刚进入磁场时受到的安培力F的大小 (4)若图c电路连接正确，在闭合开关前，滑 BLvo 为F= 动变阻器滑片应移至最 (填 及 “左”或“右”)端， B.N在磁场内运动过程中通过回路的电荷 (5)若图c电路连接正确，开关闭合瞬间，指 量9减 针向左偏转，则将铁芯从线圈P中快速 mvoR 抽出时，观察到电流计指针 C.初始时刻N到ab的最小距离x 4B22 A.不偏转 D.从M进入磁场到N离开磁场，金属杆N B.向左偏转 3mv C.向右偏转 产生的焦耳热Q= 32 17.(5分)(2023·山东淄博期中)霍尔效应是 二、非选择题（共40分） 电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领 16.(5分)(2023·江苏扬州期中)某兴趣小组 域的实验研究上取得了突破性进展.如图甲 在探究感应电流的产生条件和影响感应电 所示，在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电 流方向的因素 流I,同时外加与薄片垂直的磁场B,在M、N 间出现电压U,这个现象称为霍尔效应，U: 本 为霍尔电压，且满足U,=经式中4为薄片 B☒ 的厚度，k为霍尔系数某同学通过实验来测 图a 图1 定该半导体薄片的霍尔系数， (1)若该半导体材料是空穴（可视为带正电 粒子)导电，电流与磁场方向如图甲所 图。 示，该同学用电压表测量U时，应将电 选择性必修第二册·RJ黑白题106 压表的“+”接线柱与 (填“M” 向的磁场.线圈中的磁通量按图乙所示规律 或“N”)端通过导线相连 变化 (2)已知薄片厚度d=0.40mm,该同学保持 (1)判断通过电阻R的电流方向； 磁感应强度B=0.10T不变，改变电流1 (2)求线圈产生的感应电动势E: 的大小，测量相应的U值，记录数据如 (3)求电阻R两端的电压U 表所示： /Wh /(×103A) 3.06.09.012.015.018.0 0.015 0.010 U:/(×10-3V) 1.11.93.44.56.26.8 0.005 根据表中数据在下面坐标图上画出U: 0.10/s /图线，利用图线求出该材料的霍尔系数 为 ×103V·m·A·T(保留 2位有效数字). 8r,x10-y 19.(6分)(2024·天津三模)如图所示，两根足 够长的平行光滑金属导轨MW、PQ间距L= 7.( 6.( 1m,其电阻不计，两导轨所在的平面与水平 5.d 面成0=30°角，N、Q两端接有R=12的电 4.0 3.( 阻.一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导 2.( 轨始终有良好接触，已知ab的质量m= 1 。宽80器0从×10* 0.2kg,电阻r=12,整个装置处在垂直于导轨 (3)该同学查阅资料发现，使半导体薄片中 平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B= 的电流反向再次测量，取两个方向测量 1T.ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初 的平均值，可以减小霍尔系数的测量误 速度1=0.5m/s沿导轨向上开始运动，可达到 差，为此该同学设计了如图乙所示的测 最大速度v.=2/s.运动过程中拉力的功率恒 量电路S、S2均为单刀双掷开关，虚线框 定不变，重力加速度g取10m/s2. 内为半导体薄片（未画出）.为使电流自 (1)求拉力的功率P: Q端流入，P端流出，应将S,掷向 (2)ab开始运动后，经t=0.09s速度达到 (填“a”或“b”),S,掷向 (填“c”或 2=1.5m/s,此过程中电阻R生热 “d”) 0.03J,求该过程中ab沿导轨的位移大 18.(6分)如图甲所示，N=200匝的线圈（图中 小x; 只画了2匝)，电阻r=22,其两端与一个 (3)ab开始运动后，当ab速度达到v2= R=48Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方 1.5m/s时撤去拉力，ab继续上滑0.15s 全书综合检测黑白题107 速度减为零，求该过程中通过电阻R的21.(9分)(2023·吉林长春东北师大附中模 电荷量 拟)如图所示，P、Q、M、N为四个相互平行的 竖直分界面，间距均为d=1m,P、Q之间充 满竖直向上的匀强磁场，M、N之间充满竖直 向下的匀强磁场，磁感应强度的大小均为 B=1T.在分界面P的左侧有一边长为L= 1.5m的正方形线框abcd,线框水平放置，ab 边平行于分界面P,与界面P的距离也为d= 1m.线框以水平初速度，=4m/s飞出，当ab 边刚好到达分界面Q时，线框的速度大小仍 为，=4m/s.已知线框由同种规格导线制 20.(9分)(2024·浙江丽水期中)如图所示，在 成，总质量为m=1kg,总电阻为R=32,重 x轴上方存在垂直于x0y平面向外的匀强磁 力加速度g取10m/s2.求： 场，坐标原点0处有一粒子源，可向x轴和 (1)ab边刚好进入分界面P时，a、b两点间 x轴上方的xOy平面各个方向不断地发射质 的电势差大小以及线框加速度的大小： 量为m、带电量为+g、速度大小均为v的粒 (2)ab边刚好到达分界面Q时，线框产生的 子.在x轴上距离原点x。处垂直于x轴放置 焦耳热以及下落的距离： 一个长度为x、厚度不计、两侧均能接收粒 (3)改变磁感应强度，若想线框最终能竖直 子的薄金属板P(粒子打在金属板P上即被 下落，求磁感应强度的最小值 吸收，电势保持为0).沿y轴正方向射出的粒 子恰好打在薄金属板的上端，不计带电粒子 的重力和粒子间相互作用力. (1)求磁感应强度B的大小： (2)求被薄金属板接收的粒子在磁场运动的 B 最短时间与最长时间； (3)要使薄金属板P右侧不能接收到粒子， 求挡板沿x轴正方向移动的最小距离. 选择性必修第二册·RJ黑白题108