第47期 选择性必修第二册核心素养阶段测试（二）第2-3章-【数理报】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册同步学案（教科版2019）

书 答案详解 　　　２０２４～２０２５学年　高中物理教科（选择性必修第二册）　第４７～５０期（２０２５年６月）　　　 第４７期参考答案 １．Ａ　２．Ａ　３．Ｄ　４．Ｄ　５．Ｃ　６．Ｄ　７．Ｃ 提示： １．根据楞次定律知，甲线框进入磁场与离开磁场时感应电 流的方向一定相反，而安培力阻碍导体的相对运动，故安培力 的方向一定相同，Ａ错误；对甲、乙两线框的受力分析和运动规 律分析可知，甲、乙两线框进入磁场时的速度大小相同，则安培 力大小相同，若甲线框进入磁场时恰好做匀速运动，说明安培 力大小为２Ｆ，大于乙线框受到的拉力，则乙线框进入磁场时一 定做减速运动，Ｂ正确；在进入和穿出磁场的整个过程中，甲线 框的安培力均大于乙线框的安培力（进入瞬间安培力大小相 等），而克服安培力做功的位移相同，故甲线框克服安培力做 功较多，甲线框产生较多的焦耳热，Ｃ正确；通过线框截面的电 荷量ｑ＝ΔΦＲ，磁通量的变化量相同，则通过两线框横截面的电 荷量相同，Ｄ正确． ２．线圈中产生的平均感应电动势Ｅ＝ｎΔΦ Δｔ ，其中 ΔΦ ＝ Ｂａ２ ２，Δｔ＝ Ｔ ４ ＝ π ２ω ，解得Ｅ＝ｎＢａ ２ω π ，故Ａ正确，Ｂ、Ｃ、Ｄ错误． ３．初始时开关Ｓ闭合，电路处于稳定状态，流过Ｒ１的电流 方向向左，大小为Ｉ１，与Ｒ１并联的Ｒ２和线圈Ｌ支路，电流Ｉ２的 方向也是向左．当某一时刻开关Ｓ突然断开时，Ｌ中向左的电流 要减小，由于自感现象，线圈 Ｌ产生自感电动势，在回路“Ｌ→ Ｒ１→Ａ→Ｒ２”中形成感应电流，电流通过Ｒ１的方向与原来相 反，变为向右，并从Ｉ２开始逐渐减小到零，故Ｄ正确． ４．金属棒以Ｏ点为轴沿顺时针方向转动，由右手定则可 知，通过定值电阻的电流方向由ａ到ｂ，故Ａ错误．当金属棒转 过６０°时有效的切割长度最大，产生的感应电动势最大，感应 电流最大．感应电动势最大值为：Ｅｍ ＝Ｂ·２ｌｖ＝Ｂ·２ｌ· ０＋ω·２ｌ ２ ＝２Ｂｌ ２ω，通过定值电阻的最大电流为：Ｉｍ ＝ Ｅｍ Ｒ ＝ ２Ｂｌ２ω Ｒ ，故Ｂ、Ｃ错误．通过定值电阻的电荷量为：ｑ＝ＩΔｔ，平均感 应电流为：Ｉ＝ＥＲ，平均感应电动势为：Ｅ＝ ΔΦ Δｔ ，ΔΦ ＝Ｂ·１２ｌ ·槡３ｌ＝槡 ３ ２Ｂｌ ２，解得：ｑ＝槡３Ｂｌ ２ ２Ｒ，故Ｄ正确． ５．题图５中，电路稳定时通过Ａ１的电流记为Ｉ１，通过Ｌ１的 电流记为ＩＬ，Ｓ１断开瞬间，Ａ１突然变亮，可知ＩＬ＞Ｉ１，因此Ａ１和 Ｌ１电阻值不相等，所以Ａ、Ｂ错误；题图６中，闭合Ｓ２时，由于自 感作用，通过Ｌ２与Ａ２的电流Ｉ２会逐渐增大，而通过Ｒ与Ａ３的 电流Ｉ３立即变大，因此电流Ｉ２与Ｉ３不相等，所以Ｄ错误；由于最 终Ａ２与Ａ３亮度相同，所以两支路电流Ｉ相同，根据部分电路欧 姆定律，两支路电压Ｕ与电流Ｉ均相同，所以两支路电阻相同， 由于Ａ２、Ａ３完全相同，故变阻器Ｒ与Ｌ２的电阻值相同，所以Ｃ 正确． ６．ｔ１时刻，Ｌ２中电流的变化率为零，此时Ｌ１中电流为零，选 项Ａ错误；ｔ２时刻，Ｌ２中电流为零，则此时Ｌ１、Ｌ２间的作用力为 零，选项Ｂ错误；在ｔ１～ｔ２与ｔ２～ｔ３时间内，Ｌ２中电流的变化率 的符号相同，则在Ｌ１中产生的感应电流方向相同，选项Ｃ错误； 在０～ｔ１与ｔ２ ～ｔ３时间内，Ｌ２中电流均是增加的，根据楞次定 律可知，Ｌ１与Ｌ２间的作用力均为斥力，选项Ｄ正确． ７．变压器副线圈电路电流Ｉ２＝ ＵＲ Ｒ ＝ ５ ５Ｒ０ ＝１Ｒ０ ，由匝数与 电流的关系可得，此时变压器原线圈电路电流为 Ｉ１ ＝ １ ｋＲ０ ；调 整负载前，变压器副线圈电压Ｕ２＝Ｉ２×６Ｒ０＝６Ｖ，原线圈上的 电压Ｕ１＝ｋＵ２＝６ｋＶ，则Ｕ＝Ｕ１＋Ｉ１×４Ｒ０，即２５＝６ｋ＋ ４ ｋ， 解得ｋ＝４或ｋ＝ １６（舍去）；保持变压器输入电流不变，则副 线圈电流也不变，将负载电阻的阻值增大到Ｒ′＝１１Ｒ０，则变压 器副线圈两端电压为Ｕ′２＝ １ Ｒ０ ×（１１Ｒ０＋Ｒ０）＝１２Ｖ，                                                         原线圈 —１— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第４７～５０期 两端电压Ｕ′１ ＝ｋＵ′２＝４８Ｖ，故Ｕ′＝Ｕ′１＋Ｉ１·４Ｒ０＝４９Ｖ，故 Ｃ正确，Ａ、Ｂ、Ｄ错误． ８．ＢＣ　９．ＡＤ　１０．ＢＤ 提示： ８．ｔ＝ Ｔ４时刻，螺线管中通有顺时针方向逐渐增大的电 流，则螺线管中由电流产生的磁场向下且逐渐增加，由楞次定 律可知，圆环有收缩的趋势，故Ａ错误，Ｂ正确；ｔ＝３Ｔ４时刻，螺 线管中通有顺时针逐渐减小的电流，则螺线管中由电流产生的 磁场向下且逐渐减小，由楞次定律可知，圆环中的感应电流为 顺时针方向，Ｄ错误；ｔ＝Ｔ４和ｔ＝ ３Ｔ ４时刻，螺线管中电流的变 化率的绝对值相等，即由螺线管电流产生的磁通量变化率的绝 对值相等，则由Ｅ＝ｎΔΦ Δｔ ，Ｉ＝ＥＲ知，圆环中的感应电流大小相 等，Ｃ正确． ９．金属棒Ｍ向右做减速运动时，穿过 Ｍ、Ｎ与导轨组成的 闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律可得回路内产生顺时 针方向的电流（俯视），Ａ正确；两棒最后匀速运动时，电路中无 电流，即ＢＬ１ｖ１＝ＢＬ２ｖ２，解得ｖ２＝２ｖ１，选取水平向右为正方向， 对单棒可以用动量定理，对Ｎ有ＦＮ安ｔ＝ｍｖ２，对Ｍ有 －ＦＭ安ｔ＝ ｍｖ１－ｍｖ０，又知道Ｍ所在轨道宽度是Ｎ所在轨道宽度的２倍， 故ＦＭ安 ＝２ＦＮ安，联立解得ｖ１＝１ｍ／ｓ，ｖ２＝２ｍ／ｓ，Ｂ错误；系统 动能的减少量等于产生的焦耳热，则 Ｑ＝ １２ｍｖ ２ ０－ １ ２ｍｖ ２ １－ １ ２ｍｖ ２ ２，解得Ｑ＝０．１Ｊ，Ｃ错误；在Ｎ加速的过程中，由动量定 理得ＢＩＬ２Δｔ＝ｍｖ２－０，电路中的平均电流Ｉ＝ Ｅ Ｒ，根据法拉第 电磁感应定律有Ｅ＝ΔΦ Δｔ ，其中磁通量的变化量ΔΦ＝ＢΔＳ，联 立以上各式得ΔＳ＝０．５ｍ２，Ｄ正确． １０．题图所示位置穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化 率为零，Ａ错误；产生的交变电压的最大值 Ｅｍ ＝ＮＢＳω＝５００ 槡２Ｖ，从题图所示位置开始计时，交变电压的瞬时值表达式 ｅ ＝ 槡５００２ｓｉｎ（２００ｔ）Ｖ，Ｂ正确；变压器原、副线圈的匝数比 ｎ１ ｎ２ ＝ Ｕ１ Ｕ２ ＝５００２２０＝ ２５ １１，Ｃ错误；变压器允许输出的最大功率 Ｐ＝ Ｕ１Ｉ１ｍａｘ＝５００×１０Ｗ ＝５０００Ｗ，Ｄ正确． １１．（１）Ｃ　（２）向左　（３）向左　（４）向右 解析：（１）电路中串联定值电阻，目的是减小电流，保护灵 敏电流计，故本题答案为选项Ｃ． （２）由题知，当电流从灵敏电流计正接线柱流入时，指针 向左偏转．Ｓ闭合后，将线圈Ａ插入线圈Ｂ的过程中，穿过Ｂ的 磁场向下，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流 计正接线柱流入，则灵敏电流计的指针将向左偏转． （３）线圈Ａ放在Ｂ中不动，穿过Ｂ的磁场向下，将滑动变阻 器的滑片向左滑动时，穿过Ｂ的磁通量增大，由楞次定律可知， 感应电流从灵敏电流计正接线柱流入，则灵敏电流计的指针将 向左偏转． （４）线圈Ａ放在Ｂ中不动，穿过Ｂ的磁场向下，突然断开Ｓ 时，穿过Ｂ的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电 流计负接线柱流入，则灵敏电流计的指针将向右偏转． １２．（１）ＢＥＧ　（２）Ａ　（３）增大 解析：（１）“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的 实验，需要的器材是低压交流电源，提供低压交流电，同时还需 要交流电压表来测量电压及可拆变压器和导线，故选ＢＥＧ． （２）变压器是为了改变电压，因此为了人身安全，原线圈 两端只能使用低压交流电源，故Ａ正确；实验通电时，若用手接 触裸露的导线、接线柱等检查电路，就将人体并联入电路中，会 导致所测数据不准确，故Ｂ错误；使用多用电表测电压时，先用 最高量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故Ｃ错误． （３）根据电压比公式： Ｕ１ Ｕ２ ＝ ｎ１ ｎ２ ，保持原线圈两端的电压和 副线圈的匝数不变，减小原线圈的匝数，副线圈两端的电压将 增大． １３．解析：（１）圆环从开始进入磁场到有一半进入磁场过 程中，由能量守恒定律得 １ ２ｍｖ ２＝Ｑ＋１２ｍｖ′ ２，代入数据解得ｖ′ ＝６ｍ／ｓ，此时的感应电动势Ｅ＝ＢＬｖ′＝Ｂ·２ｒｖ′＝０．５×２× ０．１×６Ｖ＝０．６Ｖ，圆环中电流的瞬时功率Ｐ＝Ｅ ２ Ｒ ＝ ０．６２ １ Ｗ ＝０．３６Ｗ． （２）感应电流Ｉ＝ＥＲ ＝ ０．６ １ Ａ＝０．６Ａ，圆环受到的安培 力Ｆ＝ＢＩＬ＝ＢＩ·２ｒ＝０．５×０．６×２×０．１Ｎ＝０．０６Ｎ，由牛顿 第二定律得Ｆ＝ｍａ，解得圆环此时运动的加速度 ａ＝ Ｆｍ                                                                      ＝ —２— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第４７～５０期 ０．０６ １ ｍ／ｓ ２ ＝０．０６ｍ／ｓ２，由右手定则可知，圆环中感应电流沿 逆时针方向，由左手定则可知，安培力水平向左，则加速度方向 向左． １４．解析：（１）根据Ｅ－ｔ图像分析可知ｔ＝２ｓ时，感应电动 势Ｅ２ ＝４Ｖ，所以Ｉ２ ＝ Ｅ２ Ｒ ＝ ４ ０．５Ａ＝８Ａ． （２）由题意可知，回路中电流与电动势成正比，故可判断Ｉ －ｔ图线是一条过原点的直线，由题图可知，当ｔ＝１ｓ时，Ｅ１ ＝ ２Ｖ，所以Ｉ１ ＝ Ｅ１ Ｒ ＝ ２ ０．５Ａ＝４Ａ，则ｑ＝ Ｉ１＋Ｉ２ ２ Δｔ＝６Ｃ． （３）因θ＝４５°，可知任意ｔ时刻回路中导体棒切割磁感线 的有效长度Ｌ＝ｘ，故电动势Ｅ＝ＢＬｖ＝Ｂｘｖ，因电动势Ｅ与时 间ｔ成正比，分析可知导体棒做匀加速直线运动，由题图知 Ｂｘ ＝１Ｔ·ｍ，Ｅ＝２ｔＶ，故有ｖ＝２ｔｍ／ｓ，可知导体棒运动的加速 度ａ＝２ｍ／ｓ２，导体棒受到的安培力Ｆ安 ＝ＢＩＬ＝ＢＩｘ＝Ｂｘ· Ｂｘｖ Ｒ ＝ Ｂ２ｘ２ｖ Ｒ ＝ Ｂ２ｘ２ ２槡ａｘ Ｒ ，导体棒做匀加速直线运动，由牛顿 第二定律得Ｆ－Ｆ安 ＝ｍａ，则Ｆ＝Ｆ安 ＋ｍａ＝ Ｂ２ｘ２ ２槡ａｘ Ｒ ＋ｍａ ＝（４槡ｘ＋４）Ｎ． １５．解析：（１）依题意发电机可输送的功率为 Ｐ＝ρＱｔｇｈηｔ ＝５×１０５Ｗ． （２）依题意输电线上损失的功率为 Ｐ损 ＝ ２４００ ２４ ｋＷ ＝ １００ｋＷ，又Ｐ＝ＵＩ得Ｉ＝１００Ａ，根据Ｐ损 ＝Ｉ ２ｒ，所以ｒ＝１０Ω． （３）输电线上损失的功率为 Ｐ′损 ＝Ｉ′ ２ｒ＝Ｐ×０．２％ ＝ １０００Ｗ得Ｉ′＝１０Ａ，设升压至Ｕ′可满足要求，且Ｕ′＝ＰＩ′，得 Ｕ′＝５×１０４Ｖ，则升压变压器原、副线圈匝数比 ｎ１ ｎ２ ＝ＵＵ′＝ １ １０． （４）输电线上损失的电压为Ｕ′损 ＝Ｉ′ｒ＝１００Ｖ，则降压变 压器原线圈两端的电压Ｕ３ ＝Ｕ′－Ｕ′损 ＝４９９００Ｖ，则降压变 压器原、副线圈匝数比为 ｎ３ ｎ４ ＝ Ｕ３ Ｕ４ ＝４９９１． 第４８期３版参考答案 Ａ组 １．Ｃ　２．Ｂ　３．Ａ　４．Ａ　５．Ｂ　６．Ｄ　７．Ａ 提示： １．从名称上可判断，米波的波长大于厘米波的波长，由波 长与频率、波速关系式λ＝ ｃｆ可知，米波的频率小于厘米波的 频率，选项Ａ错误；无线电波是电磁波，可以在真空中传播，选 项Ｂ错误；无线电波同光波一样会发生反射现象，可以产生干 涉和衍射现象，选项Ｃ正确，Ｄ错误． ２．雷达向外发射电磁波，当电磁波遇到飞机时就要发生反 射，雷达通过接收反射回来的电磁波，就可以测定飞机的位置， 所以要想降低飞机的可探测性，可以使用吸收雷达电磁波材 料，在雷达屏幕上显示的反射信息很小、很弱，很难被发现，Ｂ 正确． ３．一首乐曲从电台“出发”开始到从收音机的调频台播放 出来为止，首先要进行调制，即把声音信号加到高频电磁波信 号上去，然后进行发射；载波信号被收音机接收后首先要进行 调谐，选出该信号，然后进行解调，从高频信号中把声音信号取 出来，最后通过喇叭播放，故选Ａ． ４．ｆ１ ＝５３５×１０ ３Ｈｚ＝ １ ２π Ｃ１Ｌ槡 ０ ① ｆ２ ＝１６０５×１０ ３Ｈｚ＝ １ ２π Ｃ２Ｌ槡 ０ ② ① ② 得， ５３５ １６０５＝ Ｃ２ Ｃ槡１ ，又Ｃ１ ＝３６０ｐＦ，得Ｃ２ ＝４０ｐＦ． ５．在没有断开开关时，电流是从 ａ流向 ｂ，当断开开关后， 电流要减小，而线圈的感应电动势阻碍电流减小，则电流方向 不变，大小在慢慢减小，当电容器充电完毕时，电流为零，接着 电容器放电，电流方向与之前相反，大小在不断增大，故选Ｂ． ６．因周围环境产生的噪声频率在１００～１０００Ｈｚ范围之 内，而降噪电路只能发出某一种与噪声相位相反、振幅相同的 声波来抵消噪声，所以降噪电路发出的声波与周围环境的噪声 不能够完全抵消，即不能完全消除来自周围环境中所有频率的 噪声，选项Ａ、Ｂ错误；如果降噪电路能处理的噪声频谱宽度变 大，则该耳机降噪效果一定会更好，选项Ｃ错误；如果降噪电路 处理信息的速度大幅度变慢，则在降噪电路处理完成后，通过 扬声器可能会向外发出与噪声相位相同、振幅相同的声波来加 强噪声，则耳机使用者可能会听到更强的噪声，选项Ｄ正确． ７．线圈自感对电流的阻碍作用，是把电流的能量转化为磁 场能，不会造成振荡能量的损失，振幅不会减小；电路中电阻对 电流的阻碍作用使部分电能转化为内能，                                                                      从而造成振荡能量的 —３— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第４７～５０期 损失，使振幅减小；线圈铁芯上涡流产生的电热，也是由振荡能 量转化来的，也会引起振荡能量的损失，使振幅减小；向周围空 间辐射电磁波，使振荡能量以电磁波的形式散发出去，引起振 荡能量的损失，使振幅减小，故选项Ｂ、Ｃ、Ｄ正确． ８．充电　带正电 ! ! " " " #$!!!" #$ %" % & ' $ 解析：根据题意可画出 ＬＣ回路振荡 电流的变化图像如图，ｔ＝３．４×１０－２ｓ时 刻即为图像中的Ｐ点，正处于顺时针电流 减小的过程中，所以，电容器正处于反向充电状态，上板带 正电． ９．解析：由公式 ｃ＝λｆ得 λ＝ ｃｆ ＝ ３×１０８ ３７．５×１０３ ｍ ＝ ８０００ｍ， 再 由 公 式 ｆ＝ １ ２π槡ＬＣ 得 Ｃ ＝ １ ４π２ｆ２Ｌ ＝ １ ４×π２×（３７．５×１０３）２×４×１０－３ Ｆ＝４．５×１０－９Ｆ． １０．解析：ＬＣ振荡电路与开放电路耦合后，振荡电路中产 生的高频振荡电流通过两个电路线圈间的互感作用，使开放电 路中也产生同频率的振荡电流，振荡电流在开放电路中激发出 无线电波，向四周发射，所以发射出电磁波的频率就等于ＬＣ振 荡电路中电磁振荡的频率． （１）发 射 出 去 的 电 磁 波 的 频 率 ｆ＝ １ ２π槡ＬＣ ＝ １ ２π ３×１０－３×３×１０－５×１０－槡 ６ Ｈｚ＝５３１ｋＨｚ． （２）发射出去的电磁波的波长λ＝ ｃｆ＝ ３．０×１０８ ５３１×１０３ ｍ＝ ５６５ｍ． Ｂ组 １．ＡＢＤ　２．ＡＢ　３．ＡＢ 提示： １．Ａ中磁场不变，则不会产生电场，；Ｂ中磁场方向变化，而 大小不变，则不会产生恒定的电场，故故选 ＡＢ；Ｃ中磁场随着 时间均匀变化，则会产生恒定的电场；Ｄ中磁场随着时间非均 匀变化，则会产生非均匀变化的电场，故故不选ＣＤ． ２．结合题图中磁场的方向，根据安培定则，线圈中的电流 从ｂ到ａ，此时电流正在增强，表明电容器正在放电，所以下板 带正电，上板带负电．ａ点电势比ｂ点低，电容器两极板间电场 强度正在减小，电场能在减小，电流放电变慢，线圈中感应电动 势变小．故Ａ、Ｂ正确，Ｃ、Ｄ错误． ３．为了把信号传递出去，需要将信号“加”到高频振荡电 流上，这就是调制．由题图可知，此调制为调幅．在接收电路中， 经过调谐，回路中将出现调幅振荡电流，经检波后，调幅振荡电 流将被削去一半，而在耳机中只有低频信号电流．故Ａ、Ｂ正确． ４．（１）Ｔ２ ＝４π２ＬＣ　（２）见解析　（３）３９．６ｍＨ 解析：（１）由振荡电路的周期公式Ｔ＝２π槡ＬＣ可得Ｔ ２＝ ４π２ＬＣ． （２）如图所示． ! ! " !#$ %& ' ! " () *) +) ,) !) #) # ! , "-!!.) /0 1" ! ! ! ! ! ! （３）在如图所示的直线上任取两点，为减小误差，所取的 两点间隔应尽可能大．由 Ｔ＝２π 槡ＬＣ得 Ｌ＝ Ｔ２ ４π２Ｃ ，Ｌ＝ ΔＴ２ ４π２ΔＣ ，代入数据得Ｌ＝３９．６ｍＨ． ５．解析：根据 Ｔ＝２π槡ＬＣ得 Ｔｍａｘ ＝２π ＬｍａｘＣ槡 ｍａｘ ＝ ２π ３×１０－６×３００×１０－槡 １２ ｓ＝１．８８×１０－７ｓ， 根据 ｆ＝ １Ｔ ＝ １ ２π槡ＬＣ 得 ｆｍａｘ ＝ １ ２π ＬｍｉｎＣ槡 ｍｉｎ ＝ １ ２π １．５×１０－６×１５０×１０－槡 １２ Ｈｚ＝１．０６×１０７Ｈｚ． 第４９期３版参考答案 Ａ组 １．Ａ　２．Ｄ　３．Ｂ　４．Ｄ　５．Ｂ　６．Ｄ　７．Ｃ 提示： １．由题图可知Ａ、Ｂ是继电器线圈的接线柱，所以Ａ、Ｂ应接 信号电压，线圈中电流大小随信号电压变化，从而使铁片被继 电器吸引或者被弹簧拉起，从而使Ｃ、Ｄ接通或断开，进而起到 控制作用，所以选项Ａ正确． ２．当温度低于７８℃ 时，继电器线圈中没有电流，此时灯 Ｌ１亮，但不报警；当温度升高到７８℃ 时，继电器线圈有电流， 磁铁吸下衔铁，灯Ｌ２被接通，所以灯Ｌ２亮且报警；温度升高至 ７４℃时，只是灯Ｌ１亮，不会报警，故Ａ、Ｂ、Ｃ选项错误，Ｄ                                                                      选项正 —４— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第４７～５０期 确． ３．图线１是金属热电阻的图像，金属热电阻的化学稳定性 好，测量范围大，但是灵敏度较低，故选项 Ａ、Ｃ错误．图线２是 热敏电阻的图像，热敏电阻可以用半导体材料制成，热敏电阻 的化学稳定性差，测量范围小，但灵敏度高，故选项 Ｂ正确，选 项Ｄ错误． ４．Ｒ２所在处出现火情时，温度升高，则 Ｒ２的阻值减小．Ｒ２ 减小→Ｒ总 减小→Ｉ干 增大→Ｕ１和Ｕｒ增大→Ｕ３减小→Ｉ减 小，故显示器的电流Ｉ变小，由Ｕ＝Ｅ－Ｉ干ｒ，Ｉ干 变大，知Ｕ变小， 故选项Ｄ正确． ５．当一氧化碳浓度增大时，传感器的导电能力增大，电阻 Ｒ传 减小，由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流 Ｉ＝ Ｅ Ｒ０＋Ｒ＋Ｒ传 ＋ｒ 增 大， 电 压 表 的 示 数 Ｕ０ ＝ ＩＲ０ ＝ ＥＲ０ Ｒ０＋Ｒ＋Ｒ传 ＋ｒ 增大，故 Ｃ、Ｄ错误；由题图知，传感器的电导 与浓度成正比，传感器的电阻 Ｒ传 与浓度成反比，但电压表的 示数Ｕ０与传感器的电阻Ｒ传 并不成反比关系，所以，电压表示 数Ｕ０与一氧化碳浓度ｃ之间的关系图线并不是直线，Ａ错误， 正确选项为Ｂ． ６．由于平行板电容器两极板与电源两极相连接，因此两极 板间的电压Ｕ保持不变，根据Ｅ＝Ｕｄ，Ｃ＝ εｒＳ ４πｋｄ 可判断Ａ错 误，Ｄ正确．再由Ｑ＝ＣＵ可知，Ｂ错误．由于Ｑ变化，电容器出现 充电、放电现象，显然电流表中电流方向不断变化，Ｃ错误． ７．楼道中安装了自动灯光控制系统，白天灯不亮，和光传 感器有关；晚上有人经过时，灯自动亮起来，与声音有关，是声 传感器．所以该传感器能够测量的物理量是光强和声音，Ｃ 正确． ８．小　大 解析：ＲＭ变小，ＲＭ与Ｒ并联电阻变小，Ｓ上电压才能变大． 因ＲＭ与Ｒ并联电阻Ｒ并 ＝ ＲＭＲ ＲＭ ＋Ｒ ＝ ＲＭ ＲＭ Ｒ ＋１ ，Ｒ越大，Ｒ并 越接 近ＲＭ，Ｕ增大越明显，报警装置就越灵敏． ９．（１）电压传感器，小灯泡；（２）电流　电压． １０．解析：当系统的角速度变化时，弹簧的伸长量变化，即 滑片Ｐ的位置变化，Ｂ与Ｐ两端电压即输出电压将变化．设角速 度为ω时，Ｂ与Ｐ间电阻长度为ｘ．则输出电压Ｕ＝ｘｌＥ，由牛顿 第二定律得ｋｘ＝ｍ（ｌ＋ｘ）ω２，由以上两式得Ｕ＝ ｍＥω ２ ｋ－ｍω２ ． Ｂ组 １．ＢＣ　２．ＢＣ　３．ＡＢＤ 提示： １．由光敏电阻的特性可知，光照强度越强，电阻越小，电流 越大，所以选项Ａ错误，选项Ｂ正确；上面两接线柱应接日光灯 电路，所以选项Ｃ正确，选项Ｄ错误． ３．由于线圈Ｌ１用零线和火线双线绕制而成，正常情况下 零线和火线中的电流等大反向，线圈 Ｌ１内产生的磁场相互抵 消，线圈Ｌ２中磁通量为零，选项Ａ正确；当家用电器增多时，通 过零线和火线的电流同时增大，合磁场仍为零，即线圈Ｌ２中磁 通量不变，仍为零，选项Ｂ正确；家庭电路发生短路时造成通过 零线和火线的电流同时增大，线圈Ｌ２中磁通量不变，不会产生 感应电流，开关Ｓ也不会被电磁铁吸起，选项Ｃ错误；地面上的 人接触火线时，火线和大地构成闭合回路，零线中电流小于火 线，此时线圈Ｌ１产生变化的磁场，引起线圈Ｌ２中磁通量变化产 生感应电流，电磁铁线圈有电流通过，产生磁性，将开关 Ｓ吸 起，选项Ｄ正确． ４．（１）红　（２）４００ ５．解析：（１）由表中数据可知，压力Ｆ每增大５０Ｎ，电阻Ｒ 减小２０Ω，故ｋ＝ΔＲΔＦ ＝２０Ω５０Ｎ＝０．４Ω／Ｎ，所以电阻Ｒ随压力 Ｆ变化的函数表达式为Ｒ＝（３００－０．４Ｆ）（Ω）． （２）Ｒ上受到的压力越大，Ｒ的阻值越小，电容器两极板电 压越大，但不能超过５Ｖ，所以５ＶＲ０ ＝ ６ＶＲ＋Ｒ０ ，解得Ｒ＝６０Ω，又 因为Ｒ＝（３００－０．４Ｆ）（Ω），得Ｆ＝６００Ｎ． （３）电流表中的电流Ｉ＝ ＥＲ０＋Ｒ ＝ ６６００－０．４Ｆ（Ａ），电流Ｉ 与压力Ｆ不是线性关系，该测力显示器的刻度不均匀． 第５０期参考答案 １．Ａ　２．Ｂ　３．Ｂ　４．Ｃ　５．Ｂ　６．Ａ　７．Ｂ 提示： １．根据安培定则，Ｐ产生的磁场的方向垂直于纸面向外，Ｑ 产生的磁场水平向右，根据同名磁极相互排斥的特点，Ｐ将顺 时针转动，Ｑ逆时针转动；转动后Ｐ、Ｑ两环的电流的方向相同                                                                      ， —５— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第４７～５０期 所以两个线圈相互吸引，中间细线张力减小；由整体法可知，Ｐ 与天花板连接的细线张力总等于两环的重力之和，大小不变； 故Ａ正确，Ｂ、Ｃ、Ｄ错误． ２．当０≤ｘ≤ａ时，右边框切割磁感线产生感应电流，电流 大小ｉ＝Ｂ（ａ－ｘ）ｖ－ＢｘｖＲ ＝ Ｂｖ Ｒ（ａ－２ｘ），其中０≤ｘ≤ ａ ２时， 方向顺时针；ｘ＝ ａ２时，导线框中感应电流为零； ａ ２≤ ｘ＜ａ 时，方向逆时针．当ａ≤ｘ＜２ａ时，左边框切割磁感线产生感应 电 流，ａ ≤ ｘ ＜ ３ａ２ 时， 感 应 电 流 大 小 ｉ ＝ Ｂ（ｘ－ａ）ｖ－Ｂ［ａ－（ｘ－ａ）］ｖ Ｒ ＝ Ｂｖ Ｒ（２ｘ－３ａ），方向逆时针；ｘ ＝３ａ２时，导线框中感应电流为零； ３ａ ２＜ｘ≤２ａ，方向顺时针，所 以Ｂ项正确，Ａ、Ｃ、Ｄ项错误． ３．线圈在匀强磁场中转动产生交流电，设线圈转速为 ｎ， 则发电机的最大电动势为Ｅｍ ＝ＮＢＳω＝ＮＢＳ·２πｎ，发电机的 最大电动势等于变压器的输入线圈电压的最大值，Ｕ１ｍ ＝Ｅｍ， 根据变压器两端的匝数比等于电压比，有 １ １００＝ ｎ１ ｎ２ ＝ Ｕ１ｍ Ｕ２ｍ ，钢 针和金属板间瞬时电压超过５０００Ｖ时可以产生电火花，现令 Ｕ２ｍ ＝５０００Ｖ，联立各方程解得 Ｕ１ｍ ＝５０Ｖ，ｎ＝ １０ π ｒ／ｓ≈ ３．１８ｒ／ｓ，故线圈转速等于４ｒ／ｓ时，副线圈的电压最大值超过 了５０００Ｖ，能产生电火花，故Ａ错误，Ｂ正确；电压表的示数为 原线圈两端的电压有效值，刚点火时ＵＶ ＝ Ｕ１ｍ 槡２ ＝ 槡２５２Ｖ，５Ｖ 和２５Ｖ均小于 槡２５２Ｖ，则不能达到点火电压，故Ｃ、Ｄ错误． ４．由右手定则可知，电阻Ｒ中的感应电流方向由ｃ到ａ，Ａ 错误；物块刚下落时加速度最大，由牛顿第二定律有２ｍａｍ ＝ ｍｇ，最大加速度：ａｍ ＝ ｇ ２，Ｂ错误；对导体棒与物块组成的整 体，当所受的安培力与物块的重力平衡时，达到最大速度，即 Ｂ２ｌ２ｖｍ ２Ｒ ＝ｍｇ，所以ｖｍ ＝ ２ｍｇＲ Ｂ２ｌ２ ，Ｃ正确；通过电阻Ｒ的电荷量ｑ ＝ΔΦ２Ｒ ＝ Ｂｌｈ ２Ｒ，Ｄ错误． ５．金属棒ａｂ开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是 匀变速直线运动，平均速度大于 １ ２ｖ，故Ａ错误；由ｑ＝Ｉｔ＝ Ｅ Ｒｔ ＝ＢｌｖＲｔ＝ ＢＬｘ Ｒ可知：下滑的位移ｘ＝ ｑＲ ＢＬ，故Ｂ正确；产生的焦耳 热Ｑ＝Ｉ２Ｒｔ＝ｑＩＲ，而这里的电流Ｉ比棒的速度大小为ｖ时的电 流Ｉ′＝ＢＬｖＲ小，故这一过程产生的焦耳热小于ｑＢＬｖ，故Ｃ错误； 金属棒受到的安培力Ｆ安 ＝ＢＩＬ＝ＢＬ· Ｅ Ｒ ＝ＢＬ· ＢＬｖ Ｒ ＝ Ｂ２Ｌ２ｖ Ｒ ， 故Ｄ错误． ６．电子流打在荧光屏上的位置由ａ点逐渐移动到ｂ点，洛 伦兹力先向上后向下，由左手定则，磁场方向先向外后向里；由 ａ点逐渐移动到ｂ点，电子做圆周运动的半径先增大再减小，由 ｒ＝ｍｖｑＢ，则磁感应强度减小再增大，故只有选项Ａ正确． ! " ! # $ % !! & !! ７．由牛顿第二定律得：Ｂｑｖ＝ｍｖ ２ ｒ，解得：ｒ ＝ｍｖｑＢ＝槡２×１０ －１ 槡ｍ＝１０２ｃｍ，过入射速度和 出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心Ｏ′，画出 轨迹如图，粒子从小孔ａ射入磁场，与ａｂ方向的夹角为θ，则粒 子从小孔ｂ离开磁场时速度与ａｂ的夹角也为θ，由几何知识得 到轨迹所对应的圆心角为２θ，则有：ｓｉｎθ＝Ｒｒ＝ 槡２ ２，解得：θ＝ ４５°，故Ｂ正确，Ａ、Ｃ、Ｄ错误． ８．ＢＤ　９．ＢＤ　１０．ＡＣ 提示： ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! !"! ! " " !"! # $ % & ８．对小球进行受力分析如图所 示，电场力的大小：Ｆ＝ｑＥ＝ｑ×槡３ｍｇｑ ＝槡３ｍｇ，由于重力的方向竖直向下， 电场力的方向水平向左，二者垂直，合 力：Ｆ合 ＝ Ｆ ２＋（ｍｇ）槡 ２ ＝２ｍｇ，由几何关系可知，重力与电场 力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小 球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对 小球做功．所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦 力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛 伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反．所以 ｑｖ０Ｂ ＝２ｍｇ，ｖ０ ＝ ２ｍｇ ｑＢ，故Ａ错误．若小球的初速度为 ｍｇ ｑＢ，则洛伦兹 力：ｆ＝ｑｖ０Ｂ＝ｍｇ＜Ｆ合，则在垂直于杆的方向上，小球还受到 杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力：ｆ＝μＦＮ，                                                                      小球将做减 —６— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第４７～５０期 速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩 擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断 增大的减速运动，最后停止，故 Ｂ正确．若小球的初速度为 ３ｍｇ ｑＢ，则洛伦兹力：ｆ＝ｑｖ０Ｂ＝３ｍｇ＞Ｆ合，则在垂直于杆的方向 上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩擦力：ｆ＝ μＦＮ，小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支 持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运 动，最后当速度减小到 ２ｍｇ ｑＢ时，小球开始做匀速直线运动，故Ｃ 错误．若小球的初速度为４ｍｇｑＢ，则洛伦兹力：ｆ＝ｑｖ０Ｂ＝４ｍｇ＞ Ｆ合，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的 支持力，则摩擦力：ｆ＝μＦＮ．小球将做减速运动；随速度的减 小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加 速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到 ２ｍｇ ｑＢ时，小球开 始做匀速直线运动．小球克服摩擦力做功为 １２ｍ（ ４ｍｇ ｑＢ） ２ － １ ２ｍ（ ２ｍｇ ｑＢ） ２ ＝６ｍ ３ｇ２ ｑ２Ｂ２ ，故Ｄ正确．故选ＢＤ． ９．设加速度为ａ，运动的位移ｘ＝１２ａｔ ２，磁通量变化量ΔΦ ＝ＢＬｘ＝１２ＢＬａｔ ２，ΔΦ∝ｔ２，选项Ａ错误；感应电动势Ｅ＝ΔΦΔｔ ＝１２ＢＬａｔ，故 ΔΦ Δｔ∝ ｔ，选项Ｂ正确；Ｕ＝ ＲＥＲ＋ｒ＝ ＲＢＬａ ２（Ｒ＋ｒ）ｔ，Ｕ∝ ｔ，选项Ｄ正确；电荷量ｑ＝ΔΦＲ，因为ΔΦ∝ｔ ２，所以ｑ∝ｔ２，选项 Ｃ错误． １０．根据 Ｐ＝ＵＩ可得通过电器 ＲＬ的电流为 ＩＬ ＝ ＰＬ ＵＬ ＝ １１００ ２２０ Ａ＝５Ａ，电阻ｒ的功率为Ｐｒ＝Ｉ ２ Ｌｒ＝５ ２×２Ｗ ＝５０Ｗ， 故Ａ正确；题图１２变压器输出电压为Ｕ出 ＝ＵＬ＋Ｉｒ＝２２０Ｖ＋ ５×２Ｖ＝２３０Ｖ，题图１２输入功率等于输出功率为 Ｐ１ ＝Ｕ出 ＩＬ ＝２３０×５Ｗ ＝１１５０Ｗ，Ｒ′Ｌ正常工作的电流为Ｉ′Ｌ ＝ Ｐ′Ｌ Ｕ′Ｌ ＝ ４４０ ２２０Ａ＝２Ａ，题图１３中干路电流为Ｉ总 ＝ＩＬ＋Ｉ′Ｌ ＝７Ａ，题图 １３中输出电压为Ｕ′出 ＝Ｕ′Ｌ＋Ｉ总ｒ＝２２０Ｖ＋２×７Ｖ＝２３４Ｖ， 题图１３中输入功率等于输出功率为Ｐ２ ＝Ｕ出 Ｉ总 ＝２３４×７Ｗ ＝１６３８Ｗ，题图１３中变压器的输入功率比题图１２中变压器的 输出功率增加了ΔＰ＝Ｐ２－Ｐ１＝１６３８Ｗ－１１５０Ｗ ＝４８８Ｗ， 故Ｂ错误；由于输入电压为 Ｕ入 ＝ Ｕｍ 槡２ ＝ 槡２７０００２ 槡２ Ｖ ＝ ２７０００Ｖ，则题图１２中原副线圈匝数比 ｎ１ ｎ２ ＝ Ｕ入 Ｕ出 ＝２７００２３，题图 １３中原副线圈匝数比 ｎ１ ｎ２ ＝ Ｕ′入 Ｕ出 ＝１３５００１１７，故Ｃ正确，Ｄ错误． １１．（１）转子不是在匀强磁场中转动（或手摇发电机的转 速不均匀） （２）２ｓ　０．５πｒａｄ／ｓ 解析：（１）只有线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交 变电流才是标准的正弦式交流电．手摇发电机的磁场是由条形 磁铁产生的，所以不是匀强磁场，由于是手摇转动，转速难以保 证恒定． （２）屏上每出现一次向上的“尖峰”，就代表经过了一个周 期，２ｍｉｎ内屏上出现了６１个向上的“尖峰”，表明周期Ｔ＝２×６０６１－１ ｓ＝２ｓ，大轮的角速度等于小轮的角速度的一半，所以大轮的 角速度ω＝２πＴ· １ ２ ＝０．５πｒａｄ／ｓ． １２．（１）ｃ　（２）０．２１ （３）增大　增大　（４）６．０． 解析：（１）根据电流的磁效应，电流越大，产生的磁场强度 越强，为了增加电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片应该 滑向ｃ端； （２）当滑动变阻器的滑片Ｐ滑到ｃ端时，滑动变阻器提供 的分压最大，由闭合电路欧姆定律 Ｅ＝Ｕｍ ＋Ｉｒ，Ｉ＝ Ｕｍ Ｒ，Ｒ＝ ３０×１７０ ３０＋１７０Ω ＝２５．５Ω，联立解得：ｒ＝０．２１Ω． （３）线圈通电吸引衔铁下移时，应变片变长，根据电阻定 律，Ｒ１的阻值将增大；根据串联电路分压规律可知，电阻增大， 电压增大，所以电压表Ｖ２的读数将增大． （４）由图丙可知，Ｆ＝１２００Ｎ时对应的工作电压为６．０Ｖ， 即要求该锁能抵抗１２００Ｎ的外力，则工作电压至少为６．０Ｖ． １３．解析：（１）当金属棒刚好达到向上运动的临界状态时， 金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，设 金属棒受到的安培力大小为Ｆ１，其受力分析如图甲所示．则有 ＦＮ ＝Ｆ１ｓｉｎθ＋ｍｇｃｏｓθ，Ｆ１ｃｏｓθ＝ｍｇｓｉｎθ＋ｆｍａｘ，ｆｍａｘ＝μＦＮ，                                                                      以 —７— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第４７～５０期 上三式联立并代入数据可得Ｆ１＝８Ｎ，当金属棒刚好达到向下 运动的临界状态时，设金属棒受到的安培力大小为Ｆ２，其受力 分析如图乙所示．则有Ｆ′Ｎ ＝Ｆ２ｓｉｎθ＋ｍｇｃｏｓθ，Ｆ２ｃｏｓθ＋ｆ′ｍａｘ ＝ｍｇｓｉｎθ，ｆ′ｍａｘ＝μＦ′Ｎ，以上三式联立并代入数据可得 Ｆ２ ＝ ８ １１Ｎ，所以金属棒受到的安培力的取值范围为 ８ １１Ｎ≤Ｆ≤８Ｎ． !" # ! # " $ #$% ! ! !" % & #! " & #$% ! &! #$% " （２）因磁场与金属棒垂直，所以金属棒受到的安培力为 Ｆ ＝ＢＩＬ，因此有Ｉ＝ＦＢＬ，由安培力的取值范围可知电流的取值范 围为 ４ １１Ａ≤Ｉ≤４Ａ，设电流为Ｉ１＝ ４ １１Ａ时滑动变阻器接入电 路中的阻值为Ｒ１，由闭合电路欧姆定律，有Ｅ－Ｉ１ｒ＝Ｉ１（Ｒ０＋ Ｒ１），代入数据可得Ｒ１ ＝３０Ω，电流为Ｉ２ ＝４Ａ时滑动变阻器 接入电路中的阻值为 Ｒ２，由闭合电路欧姆定律，有 Ｅ－Ｉ２ｒ＝ Ｉ２（Ｒ０＋Ｒ２），代入数据可得Ｒ２ ＝０，所以滑动变阻器接入电路 中的阻值范围为０≤Ｒ≤３０Ω． １４．解析：（１）小球沿 ＰＱ向右做直线运动，受力平衡，则 ｍｇ＝Ｅｑ，解得：Ｅ＝ｍｇｑ． ! " # $ % &! ' ( !"! #"! ) （２）小球能再次通过 Ｄ点，其运动轨 迹应如图（ａ）所示． 设小球做匀速圆周运动的轨迹半径 为ｒ，则由几何关系有ｓ＝ ｒｔａｎ３０°，又知ｓ＝ｖ０ｔ１，圆弧轨迹所对 的圆心角θ＝２π－（π－π３）＝ ４ ３π，则ｔ０ ＝ θｒ ｖ０ ，联立解得 ｔ０ ｔ１ ＝ 槡４３π９ ． ! " # $ ! $ " $ # % $ %$! & （３）当小球运动的周期最大时，其 运动轨迹应与 ＭＮ相切，小球运动一个 周期的轨迹如图（ｂ）所示，由几何关系 得Ｒ＋ Ｒｔａｎ３０°＝（槡３＋１）Ｌ，解得：Ｒ＝ Ｌ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ｑｖ０Ｂ０ ＝ｍ ｖ２０ Ｒ，解得：Ｂ０ ＝ ｍｖ０ ｑＬ，小球在一个周期内运动的路程ｓ１＝３× ２ ３×２πＲ＋６× Ｒ ｔａｎ３０°＝（４π＋ 槡６３）Ｌ，故Ｔｍ ＝ ｓ１ ｖ０ ＝（４π＋ 槡６３）Ｌｖ０ ． １５．解析：（１）Ｓ１闭合、Ｓ２断开时，重物由静止释放后拉动 金属棒沿导轨向上做加速运动，金属棒受到沿导轨向下的安培 力作用，设最大速度为ｖｍ，根据法拉第电磁感应定律可得感应 电动势． Ｅ＝ＢＬｖｍ ① 根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流 Ｉ＝ ＥＲ＋ｒ ② 当金属棒速度最大时有： Ｍｇ＝ｍｇｓｉｎ３０°＋ＢＩＬ ③ 联立①②③解得：ｖｍ ＝ ２１ｍｇｒ ２Ｂ２Ｌ２ ④ （２）Ｓ１和Ｓ２均闭合时，电容器两板间的最大电压 Ｕ＝ＵＲ ⑤ ＵＲ ＝ＩＲ ⑥ 电容器的最大带电荷量Ｑ＝ＣＵ ⑦ 联立①②④⑤⑥⑦解得Ｑ＝７ｍｇｒＣＢＬ ⑧ （３）Ｓ１断开、Ｓ２闭合，设从释放重物开始经时间ｔ金属棒的 速度大小为ｖ，加速度大小为ａ，通过金属棒的电流为ｉ，金属棒 受到的安培力Ｆ＝ＢｉＬ，方向沿导轨向下，设在时间ｔ到（ｔ＋Δｔ） 内流经金属棒的电荷量为ΔＱ，ΔＱ也是平行板电容器在 ｔ到（ｔ ＋Δｔ）内增加的电荷量，则ΔＱ＝ＣＢＬ·Δｖ 根据运动学公式可得Δｖ＝ａΔｔ ⑨ 由电流的定义式可得ｉ＝ΔＱ Δｔ ⑩ 设绳中拉力为Ｔ，由牛顿第二定律，对金属棒有 Ｔ－ｍｇｓｉｎ３０°－ＢｉＬ＝ｍａ 瑏瑡 对Ｍ有：Ｍｇ－Ｔ＝Ｍａ 瑏瑢 联立⑨⑩瑏瑡瑏瑢解得：ａ＝ ７ｍｇ １０ｍ＋２ＣＢ２Ｌ２ 瑏瑣 由于重物与金属棒速度大小始终相等，可知重物做初速度 为零的匀加速直线运动，可得ｖ＝ａｔ＝ ７ｍｇ １０ｍ＋２ＣＢ２Ｌ２ ·                                                                      ｔ． —８— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第４７～５０期 ! " # ! ! ! " # " $ " % ! " $ % & ' & ( ' $ ( ! " # ! $ % & ' ( ) * + , - . ! $ / & ' ( ) * + - 0 1 2 3 4 5 6 7 ! 8 9 : ; < = > ? @ A ( ! " # $ % & ' & ' ( B ) C ! > ? & ' ( D E F G ! G H I J K L ! M N O A I * + , * - ' !!!!!!!!!!!!!!!! ! ! """""""""""""""" " " ################ # # $$$$$$$$$$$$$$$$ $ $ %%%%%%%%%%%%%%%% % % &&&&&&&&&&&&&&&& & & '''''''''''''''' ' ' (((((((((((((((( ( ( )))))))))))))))) ) ) **************** * * ++++++++++++++++ + + ,,,,,,,,,,,,,,,, , , ---------------- - - ................ . . //////////////// / / 0000000000000000 0 0 书 《选择性必修第二册》 核心素养阶段测试（二） ◆ 数理报社试题研究中心 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．如图１所示，在光滑水平面上方有一有界匀强磁场区域，磁 感应强度为Ｂ，磁场宽度大于Ｌ．有两个相同的矩形线框，长为Ｌ，宽 为 Ｌ ２，按图中方式放置．甲线框到磁场左边界的距离为 Ｌ，在恒力 ２Ｆ作用下由静止开始向右运动；乙线框到磁场左边界的距离为２Ｌ，在恒力Ｆ作用下由静止开始 向右运动．下列说法中不正确的是 （　　） Ａ．甲线框进入磁场与离开磁场时，感应电流的方向一定相反，安培力的方向也一定相反 Ｂ．若甲线框进入磁场后恰好做匀速运动，则乙线框进入磁场后一定做减速运动 Ｃ．甲线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热一定大于乙线框穿过磁场的过程中产生的焦 耳热 Ｄ．穿过磁场的过程中，通过两线框横截面的电荷量相同 ２．如图２所示，一正方形线圈的匝数为 ｎ，边长为 ａ，一半处在匀强磁场 中，磁场的磁感应强度大小为 Ｂ．开始时，磁场与线圈平面垂直，现使线圈以 角速度ω绕ＯＯ′匀速转过９０°，在此过程中，线圈中产生的平均感应电动势为 （　　） Ａ．ｎＢａ ２ω π Ｂ．Ｂａ ２ω π Ｃ．２ｎＢａ ２ω π Ｄ．Ｂａ ２ω ２π ３．如图３所示的电路，初始时开关Ｓ闭合，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关Ｓ， 则通过电阻Ｒ１中的电流Ｉ随时间ｔ变化的图线可能是选项图中的 （　　） ４．如图４所示，固定平行导轨间有磁感应强度大小为Ｂ、方向垂直导轨平面 向里的匀强磁场，导轨间距为ｌ且足够长，左端接阻值为Ｒ的定值电阻，导轨电 阻不计．现有一长为２ｌ的金属棒垂直放在导轨上，在金属棒以Ｏ点为轴沿顺时 针方向以角速度ω转过６０°的过程中（金属棒始终与导轨接触良好，电阻不计） （　　） Ａ．通过定值电阻的电流方向由ｂ到ａ Ｂ．金属棒刚开始转动时，产生的感应电动势最大 Ｃ．通过定值电阻的最大电流为ωＢｌ ２ Ｒ 书 ９．如图１０所示，两足够长的光滑水平导轨组成水平轨道，左侧轨道间 距为０．４ｍ，右侧轨道间距为０．２ｍ．轨道所在空间存在竖直向下的匀强磁 场，磁感应强度大小为０．２Ｔ．质量均为０．０１ｋｇ的金属棒Ｍ、Ｎ垂直导轨放 置在轨道上，开始时金属棒Ｍ、Ｎ均保持静止，现使金属棒Ｍ以５ｍ／ｓ的初 速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，Ｍ棒一直在宽轨 上运动，Ｎ棒一直在窄轨上运动．已知两金属棒接入电路的总电阻为０．２Ω，轨道电阻不计，ｇ＝ １０ｍ／ｓ２，下列说法正确的是 （　　） Ａ．Ｍ棒减速运动时，回路内产生顺时针方向的电流（俯视） Ｂ．Ｍ、Ｎ棒最后都以２．５ｍ／ｓ的速度向右匀速运动 Ｃ．从开始到最终两金属棒做匀速运动，回路中产生的焦耳热为６．２５×１０－２Ｊ Ｄ．在整个运动过程中，金属棒Ｍ、Ｎ在水平轨道间扫过的面积之差为０．５ｍ２ １０．如图１１所示，５０匝矩形闭合导线框 ＡＢＣＤ处于磁感应强 度大小Ｂ＝槡２１０Ｔ的水平匀强磁场中，线框面积Ｓ＝０．５ｍ ２，线框 平面与磁感线垂直，以此时刻为计时起点，线框绕垂直于磁场的 轴ＯＯ′以角速度ω＝２００ｒａｄ／ｓ匀速转动，并与理想变压器原线圈 相连，副线圈接入一盏“２２０Ｖ　６０Ｗ”小灯泡，且小灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流 为１０Ａ，除小灯泡外其余电阻均不计，下列说法正确的是 （　　） Ａ．图示位置穿过线框的磁通量变化率最大 Ｂ．线框中交变电压的表达式为ｅ＝ 槡５００２ｓｉｎ（２００ｔ）Ｖ Ｃ．变压器原、副线圈匝数之比为５０∶１１ Ｄ．允许变压器输出的最大功率为５０００Ｗ 第Ⅱ卷 非选择题 （共５４分） 三、实验题（本题共２小题，每小题９分，共１８分，将正确答案填在题中横线上或按要求作答） １１．在“探究电磁感应的产生条件”的实验中，先按如图１２ 甲所示连线，不通电时，电流计指针停在正中央，闭合开关 Ｓ时， 观察到电流表指针向左偏．然后按如图乙所示将灵敏电流计与 副线圈Ｂ连成一个闭合回路，将原线圈Ａ、电源、滑动变阻器和开 关Ｓ串联成另一个闭合电路． （１）图甲电路中，串联定值电阻Ｒ的主要作用是 ． Ａ．减小电源两端的电压，保护电源 Ｂ．增大电源两端的电压，保护开关 Ｃ．减小电路中的电流，保护灵敏电流计 Ｄ．减小电路中的电流，保护开关 （２）图乙中，Ｓ闭合后，在原线圈Ａ插入副线圈Ｂ的过程中，灵敏电流计的指针将 （选填“向左”“向右”或“不”）偏转． （３）图乙中，Ｓ闭合后，线圈Ａ放在Ｂ中不动，在滑动变阻器的滑片Ｐ向左滑动的过程中，灵 敏电流计指针将 （选填“向左”“向右”或“不”）偏转． （４）图乙中，Ｓ闭合后，线圈Ａ放在Ｂ中不动，在突然断开Ｓ时，灵敏电流计指针将 （选填“向左”“向右”或“不”）偏转． 书 Ｄ．通过定值电阻的电荷量为槡３Ｂｌ ２ ２Ｒ ５．图５和图６演示自感现象的两个电路图，Ｌ１和Ｌ２为电感线 圈．实验时，断开开关Ｓ１瞬间，灯Ａ１突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合 开关Ｓ２，灯Ａ２逐渐变亮，而另一个相同的灯Ａ３立即变亮，最终Ａ２ 与Ａ３的亮度相同．下列说法正确的是 （　　） Ａ．图５中，Ａ１与Ｌ１的电阻值相同 Ｂ．图５中，闭合Ｓ１，电路稳定后，Ａ１中电流大于Ｌ１中电流 Ｃ．图６中，变阻器Ｒ与Ｌ２的电阻值相同 Ｄ．图６中，闭合Ｓ２瞬间，Ｌ２中电流与变阻器Ｒ中电流相等 ６．如图７甲，单匝线圈Ｌ１与线圈Ｌ２绕在水平铁芯上并固定，Ｌ２中通 有图乙所示的正弦交变电流．下列说法正确的是 （　　） Ａ．ｔ１时刻，Ｌ１中电流最大 Ｂ．ｔ２时刻，Ｌ１、Ｌ２间的作用力最大 Ｃ．在ｔ１ ～ｔ２与ｔ２ ～ｔ３时间内，Ｌ１中的电流方向相反 Ｄ．在０～ｔ１与ｔ２ ～ｔ３时间内，Ｌ１与Ｌ２间的作用力均为斥力 ７．如图８所示，一理想降压变压器原、副线圈匝数比为ｋ，原线圈与阻值 为４Ｒ０的电阻串联后，接入有效值为２５Ｖ的正弦式交流电源；副线圈电路 中定值电阻的阻值为Ｒ０，当负载电阻的阻值Ｒ＝５Ｒ０时，理想电压表的示数 为５Ｖ．保持变压器输入电流不变，现将负载电阻的阻值增大到Ｒ′＝１１Ｒ０， 此时输入电压有效值为Ｕ′，则 （　　） Ａ．ｋ＝２５６，Ｕ′＝４９Ｖ Ｂ．ｋ＝ ２５ ６，Ｕ′＝４８Ｖ Ｃ．ｋ＝４，Ｕ′＝４９Ｖ Ｄ．ｋ＝４，Ｕ′＝４８Ｖ 二、多选题（本题共３小题，每小题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２分，有错选或不选的得０分） ８．竖直放置的长直密绕螺线管接入如图９甲所示的电路中，通有俯视顺时针方向的电流， 其大小按图乙所示的规律变化．螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金属小圆环 （未画出），圆环轴线与螺线管轴线重合．下列说法正确的是 （　　） Ａ．ｔ＝Ｔ４时刻，圆环有扩张的趋势 Ｂ．ｔ＝Ｔ４时刻，圆环有收缩的趋势 Ｃ．ｔ＝Ｔ４和ｔ＝ ３Ｔ ４时刻，圆环内的感应电流大小相等 Ｄ．ｔ＝３Ｔ４时刻，圆环内有俯视逆时针方向的感应电流 ! *! " ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! " ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! *" ! # ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! #" # $ % ! * . & / ' * " ' + ( ( + # ) ) + ( ( + # ) ) + ( ( + # ) ) + ( ( + # ) ) + *) * . 0 ! 1 ! 2 ! ! ! ! ! ! ! ! # % ! 3&! + ' $ ! $ ! ' , " + " 4 ( + ( - # ( 4 ( 2 ( $ ! " / + . + " + & ! 5 ! 3 " 4 . 4 . 2 / 4 & ! - 6 ' & 7' & ' . ! 8 . ) ' / / ( ) # 0 4 90 4 0 40 ! " ! +& 1 % 2 ! ++ " " / 3 # & ! #$% 4 5 #" % 6 &'( ! +4 7 * : / ' 7 * : / % '" 8 9 ) " f g 5 书 １４．（１２分）如图１４甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限内有磁场分布，方向垂直于 水平面向下，磁感应强度沿ｙ轴方向没有变化，沿ｘ轴方向的变化趋势如图乙所示，Ｂ与ｘ的函数 关系为Ｂ＝１ｘ．顶角θ＝４５°的光滑金属长导轨ＭＯＮ固定在水平面内，ＯＮ与ｘ轴重合，一根与 ＯＮ垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨ＭＯＮ向右滑动，导体棒在滑动过程中始终 与导轨接触良好．已知ｔ＝０时，导体棒位于顶点Ｏ处，导体棒的质量ｍ＝２ｋｇ，ＯＭ、ＯＮ接触处 Ｏ点的接触电阻Ｒ＝０．５Ω，其余电阻不计．导体棒产生的感应电动势Ｅ与时间ｔ的关系如图丙 所示，图线是过原点的直线，求： （１）ｔ＝２ｓ时流过导体棒的电流Ｉ２的大小； （２）１～２ｓ时间内回路中流过的电荷量ｑ的大小； （３）导体棒滑动过程中水平外力Ｆ与横坐标ｘ的关系式． 书 １５．（１６分）人们利用发电机把天然存在的各种形式的能（水流能、煤等燃料的化学能）转 化为电能．有条河流，流量Ｑ＝２ｍ３／ｓ，落差ｈ＝５０ｍ，现利用其发电，已知发电机总效率为η＝ ５０％，输出电压为Ｕ＝５０００Ｖ．现直接将发电机和用户连接，测得安装在输电线路的起点和终 点的电度表一昼夜读数相差２４００ｋＷ·ｈ（一昼夜是２４ｈ）．重力加速度ｇ取１０ｍ／ｓ２，水的密度 ρ＝１×１０３ｋｇ／ｍ３，试求： （１）发电机可输送的功率Ｐ； （２）输电线的电阻ｒ； （３）若要使输电线损失的功率降到输送功率的０．２％，所加的升压变压器原、副线圈的匝数 比； （４）实施（３）后若用户端需要的电压是１００Ｖ，则所加的降压变压器原、副线圈的匝数比为 多少？ ]hijklmQn 书 １２．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某同学利用“教学用的可拆变 压器”进行探究． （１）下列器材中，实验需要的器材是 ． Ａ．干电池 Ｂ．低压交流电源 Ｃ．２２０Ｖ交流电源 Ｄ．条形磁铁 Ｅ．可拆变压器和导线 Ｆ．直流电压表 Ｇ．多用电表 （２）关于实验操作，下列说法正确的是 ． Ａ．为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源 Ｂ．实验通电时，可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路 Ｃ．使用多用电表测电压时，先用中等量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量 （３）在实验中，某同学保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变，仅减小原线圈的匝数， 副线圈两端的电压将 （选填“增大”“减小”或“不变”）． 四、解答题（本题共３小题，共３６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．（８分）如图１３所示，在光滑的水平面上有一半径ｒ＝１０ｃｍ、电阻Ｒ＝１Ω、质量ｍ＝ １ｋｇ的金属圆环，以速度ｖ＝１０ｍ／ｓ，向一有界磁场运动．匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感 应强度Ｂ＝０．５Ｔ，从圆环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了３２Ｊ的 热量，求： （１）此时圆环中电流的瞬时功率； （２）此时圆环运动的加速度． ! $" ! " ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! $, ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! # $ % & ' ( ! )*- $*. )+# & +*/ ,*0 & ) $ ! " # !