第48期 电磁振荡与电磁波-【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 （上接第３版） ３．图 ２为调幅振荡 电流图像，此电流存在于 电磁波发射和接收中的 哪些阶段 （　　） Ａ．经调制后 Ｂ．经调谐后 Ｃ．经检波后 Ｄ．耳机中 二、填空题（共１２分） ４．在ＬＣ振荡电路中，如已知电容Ｃ，并测得电 路的固有振荡周期为Ｔ，即可求得电感Ｌ．为了提高 测量精度，需多次改变Ｃ值并测得相应的 Ｔ值．现 将测得的六组数据标示在以 Ｃ为横坐标、Ｔ２为纵 坐标的坐标纸上，即图３中用“×”表示的点． （１）Ｔ、Ｌ、Ｃ的关系为 ． （２）根据图中所给出的数据点作出Ｔ２与Ｃ的 关系图线． （３）求Ｌ值 ＝ ． 三、计算题（共１２分） ５．如图４所示，线圈的自感系数为３μＨ，在线 圈的中间有抽头 ２，电容器的电容可在 １５０～ ３００ｐＦ之间变化，Ｓ为转换开关．求此回路的最大 周期和最大频率． 书 第４６期２版参考答案 素养专练３． １．Ｂ　２．Ｂ　３．Ａ　４．Ｄ　５．Ｂ　６．Ｃ 素养专练４． １．Ａ　２．ＡＣ　３．ＡＢ　４．Ｄ 素养专练５． １．ＡＢ　２．ＡＤ　３．ＢＤ　４．Ａ ５．解析：（１）要安装一台升 压变压器和一台降压变压器， 输电线路示意图如图所示． （２）按题意，Ｐ损 ＝５％Ｐ＝ ０．０５×１００×１０３Ｗ ＝５×１０３Ｗ． 设输电线路中的电流为Ｉ，Ｐ损 ＝Ｉ ２Ｒ， Ｉ＝ Ｐ损 槡Ｒ ＝ ５×１０３ 槡８ Ａ＝２５Ａ． 输送电压Ｕ２ ＝ Ｐ Ｉ＝ １００×１０３ ２５ Ｖ＝４０００Ｖ， 对升压变压器 ｎ１ ｎ２ ＝ Ｕ１ Ｕ２ ＝ ２５０４０００＝ １ １６， 输电线路上损失电压Ｕ损 ＝ＩＲ＝２５×８Ｖ＝２００Ｖ， 降压变压器原线圈ｎ３两端电压Ｕ３ ＝Ｕ２－Ｕ损 ＝ ３８００Ｖ， 用户在副线圈ｎ４两端得到电压Ｕ４ ＝２２０Ｖ， 所以 ｎ３ ｎ４ ＝ Ｕ３ Ｕ４ ＝３８００２２０ ＝ １９０ １１． 即升压变压器原、副线圈匝数比为１１６； 降压变压器原、副线圈匝数比为１９０１１． 第４６期３版参考答案 Ａ组 １．Ｂ　２．Ａ　３．Ａ　４．Ｂ　５．Ｂ　６．Ｂ　７．Ｂ ８．ＭＮ，ＰＱ，＞． ９．（１）２∶５． （２）由电流关系式ｎ１Ｉ１ ＝ｎ２Ｉ２＋ｎ３Ｉ３可得 Ｉ１ ＝ ｎ２Ｉ２＋ｎ３Ｉ３ ｎ１ ＝１．１６Ａ． １０．解析：（１）设空载时次级线圈的端电压为Ｕ２，则 Ｕ２ Ｕ１ ＝ ｎ２ ｎ１ ，解得Ｕ２＝ ｎ２ ｎ１ Ｕ１＝２２０Ｖ，因为空载，次级线圈 的负载电阻Ｒ２→∞，电流Ｉ２ ＝０，则Ｐ＝Ｉ２Ｕ２ ＝０． （２）接通电路后，１００盏电灯并联的总电阻为 Ｒ外 ＝ Ｒ１００＝ Ｕ２额 Ｐ额 １００≈ ８．０７Ω，次级线圈中的电流 Ｉ′２ ＝ Ｕ２ Ｒ外 ＋Ｒ内 ＝ ２２０８．０７＋０．２Ａ≈２６．６Ａ，次级线圈的端电 压Ｕ′２ ＝Ｉ′２Ｒ外 ＝２１４．６６Ｖ． （３）每盏灯的实际功率 Ｐ′＝ Ｉ′２ １００Ｕ′２ ＝ ２６．６ １００×２１４．６６Ｗ≈５７．１Ｗ． Ｂ组 １．ＡＤ　２．ＢＣ　３．ＡＣ ４．（１）６Ｖ；（２）１１０００匝；（３）Ｎｂ． ５．解析：（１）升压变压器原线圈中的电流Ｉ１ ＝ Ｐ１ Ｕ１ ＝１０００Ａ （２）根据Ｐ线 ＝Ｉ ２ 线Ｒ线得：Ｉ线 ＝ Ｐ线 Ｒ槡线 ＝ Ｐ１×４％ Ｒ槡 线 ＝５０Ａ （３）升压变压器的匝数比 ｎ１ ｎ２ ＝ Ｉ线 Ｉ１ ＝ １２０ 根据能量守恒定律，可得Ｐ３ ＝Ｐ２－Ｐ线 又Ｐ２ ＝Ｐ１ 故Ｕ３ ＝ Ｐ３ Ｉ线 ＝ Ｐ２－Ｐ线 Ｉ线 ＝１．９２×１０４Ｖ 降压变压器的匝数比 ｎ３ ｎ４ ＝ Ｕ３ Ｕ４ ＝１．９２×１０ ４ ２４０ ＝ ８０ １． 书 按电磁波的波长由长到短的分布依次是无 线电波、红外线、可见光、紫外线、Ｘ射线、γ射 线，由此组成电磁波谱．由于不同的电磁波具有 不同的波长和频率，因而才有了不同的性质，并 且它们的能量也是不同的．下面从电磁波的排 列、特性来分析一下电磁波谱问题． 一、电磁波的排列 例１．北京广播电台发射“中波”段某套节 目的讯号、家用微波炉中的微波、ＶＣＤ机中的激 光、人体透视用的Ｘ光都是电磁波，它们的频率 分别为ｆ１、ｆ２、ｆ３、ｆ４，下列排列正确的是 （　　） Ａ．ｆ１ ＞ｆ２ ＞ｆ３ ＞ｆ４ Ｂ．ｆ１ ＜ｆ２ ＜ｆ３ ＞ｆ４ Ｃ．ｆ１ ＜ｆ２ ＜ｆ３ ＜ｆ４ Ｄ．ｆ１ ＞ｆ２ ＜ｆ３ ＜ｆ４ 解析：电磁波的频率范围相当宽广，它包括 无线电波（长波、调幅广播波带、调频电视波带、 短波）、微波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线 以及比伦琴射线波长还要短的γ射线，按它们的 频率从高到低（波长从小到大）的顺序依次排列 起来，就可得到电磁波谱．对于广播电台发射的 讯号是无线电波的中波、家用微波炉中的微波、 ＶＣＤ机中的激光即可见光、人体透视用的 Ｘ光 即伦琴射线，很容易判定ｆ１ ＜ｆ２ ＜ｆ３ ＜ｆ４，故Ｃ 正确． 二、电磁波的特性 例２．关于红外线下列说法正确的是 （　　） Ａ．不同的物体辐射红外线的波长和强度是 不同的，可以在较冷的背景上探测出较热物体 的红外辐射 Ｂ．利用红外线的热效应对物体进行烘干 Ｃ．利用红外线波长较长，容易发生衍射的 特点进行远距离和高空摄影 Ｄ．利用不同物体辐射红外线的波长和强度 的不同可以对物体进行远距离探测 解析：由于红外线是一种光波，一切物体都 在不停地对外辐射红外线，热物体比冷物体的 红外辐射性强一些．由于红外线的热效应，可用 来烘干，又由于坦克、舰艇、人体等一切物体都 在不停地发射红外线，并且不同的物体所辐射 的红外线，其波长和强度不同，故在夜间或浓雾 天气可通过红外线探测器来接收信号，并用电 子仪器对接收到的信号进行处理，或用对红外 线敏感的照相底片进行远距离摄影和高空摄 影，就可察知物体的形状和特征．所以选项中的 ＡＢＣＤ均正确． 例３．关于紫外线下列正确的是 （　　） Ａ．照射紫外线可增进人体对钙的吸收，因 此人们尽可能多地接受紫外线的照射 Ｂ．一切高温物体发出的光都含有紫外线 Ｃ．紫外线有很强的荧光效应，常被用来防伪 Ｄ．紫外线有杀菌消毒的作用，是因为其有 热效应 解析：由于紫外线有显著的生理作用，杀菌 能力较强，在医疗上有其应用，但是过多地接受 紫外线的照射，对人体来说也是有害的，所以 ＡＤ不正确；并不是所有的高温物体都含有紫外 线，所以 Ｂ不正确；紫外线有很强的荧光效应， 可用来防伪，故Ｃ正确．所以本题答案为Ｃ． 书 １．麦克斯韦电磁场理论 （１）变化的磁场能够在周围空间产生电场， 变化的电场能够在周围空间产生磁场． （２）均匀变化的磁场产生稳定的电场，均匀 变化的电场产生稳定的磁场． （３）振荡的（即周期性变化的）磁场产生同 频率的振荡的电场，振荡的电场产生同频率的 振荡的磁场． ２．根据麦克斯韦电磁场理论可知，电场和 磁场总是相互联系着，形成一个不可分割的统 一体，这就是电磁场 ３．对麦克斯韦电磁场理论的理解 （１）变化的磁场产生电场：若磁场均匀变 化，则产生稳定电场；若非均匀变化的磁场，则 产生变化的电场；周期性变化的磁场，则产生同 频率的周期性变化的电场． （２）变化的电场产生磁场：若电场均匀变 化，则产生稳定磁场；若非均匀变化的电场，则 产生变化的磁场；周期性变化的电场，则产生同 频率的周期性变化的磁场． （３）“均匀变化”是指在相同时间内磁感应 强度（或电场强度）的变化量相等，或者说磁感 应强度（或电场强度）对时间的变化率为一 定值． （４）变化的磁场能够在周围空间产生电场， 这种电场与电荷激发的电场不同，它的电场线 是闭合的，它的存在与空间有无导体或有无闭 合电路无关． ４．实例分析 例１．应用麦克斯韦的电磁场理论判断如图 所示的电场产生磁场（或磁场产生电场）的关系 图象中（每个选项中的上图是表示变化的场，下 图是表示变化的场产生的另外的场），正确的是 （　　） 解析：Ａ中的上图磁场是稳定的，由麦克斯 韦电磁场理论可知，周围空间不会产生电场，故 Ａ中的下图是错误的．Ｂ中的上图是均匀变化的 电场，应该产生稳定的磁场，下图的磁场是稳定 的，所以Ｂ正确．Ｃ中的上图是振荡的磁场，它能 产生同频率的振荡电场，且相位相差 π ２，所以 Ｃ 是正确的．Ｄ中的上图是振荡的电场，在其周围 空间产生振荡的磁场，但是下图中的图象与上 图相比较，相位相差应为 π ２而不是π，所以Ｄ选 项不正确． 答案：ＢＣ． 例２．如图所示，在内壁光 滑、水平放置的玻璃圆环内，有 一直径略小于环口径的带正电 的小球，正以速率 ｖ０沿逆时针 方向匀速转动．若在此空间突然加上方向竖直 向上、磁感应强度 Ｂ随时间成正比例增加的变 化磁场，设运动过程中小球带的电荷量不变，那 么 （　　） Ａ．小球对玻璃环的压力不断增大 Ｂ．小球受到的磁场力不断增大 Ｃ．小球先沿逆时针方向做减速运动，过一 段时间后，沿顺时针方向做加速运动 Ｄ．磁场力对小球一直不做功 解析：因为玻璃圆环所在处有均匀变化的 磁场，在周围产生稳定的电场，对带正电的小球 做功，由楞次定律，判断电场方向为顺时针方 向，在电场力作用下，小球先沿逆时针方向做减 速运动，后沿顺时针方向做加速运动．小球在水 平面内沿轨迹半径方向受两个力作用：环的弹 力ＦＮ和磁场的洛伦兹力Ｆ洛，而且两个力的矢量 和时刻等于小球做圆周运动的向心力，考虑到 小球速度大小的变化和方向的变化以及磁场强 弱的变化，弹力ＦＮ和洛伦兹力 Ｆ洛 不一定始终 在增大．磁场力始终与圆周运动的线速度方向 垂直，所以磁场力对小球不做功．故正确选项是 ＣＤ． 答案：ＣＤ． !"#$ % & !"#$%&'( )& !!"#* $#$%+ &, '-./*0 & * !" ! !"#$% 123456789: ;<56=>?@AB7 !"#$%#&'$&() ;<CD=>?@AB7 *"#$+#&'$&,) &'()*+,- &'(*./012345,6 789:;<=> :?@ABC DEFGHI=>JK@!"#$%&'()(*L+M NOPKQ,-.,/( L§¨©ª«¬WM " ­® Š¯ˆ ! ! 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Ｃ．使用吸收雷达电磁波涂层后，传播到复合 金属机翼上的电磁波在机翼上不会产生感应电流 Ｄ．主要是对发动机、喷气尾管等因为高温容 易产生紫外线辐射的部位采取隔热、降温等措施， 使其不易被对方发现和攻击 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，下列选项都描述了该过程， 其中顺序正确的是 （　　） Ａ．调制—发射—调谐—解调—播放 Ｂ．调频—发射—解调—调谐—播放 Ｃ．调幅—调谐—发射—解调—播放 Ｄ．调频—调谐—发射—解调—播放 ４．一台无线电接收机，当接收频率为５３５ｋＨｚ 的信号时，调谐电路里电容器的电容是３６０ｐＦ．如 果调谐电路里的电感线圈保持不变，要接收频率 为１６０５ｋＨｚ的信号时，调谐回路里电容器的电容 应改变为 （　　） Ａ．４０ｐＦ Ｂ．１２０ｐＦ Ｃ．１０８０ｐＦ Ｄ．３２４０ｐＦ ５．如图２所示，Ｌ是不计电 阻的电感器，Ｃ是电容器，闭合 开关 Ｓ，待电路达到稳定状态 后，再断开开关 Ｓ，ＬＣ电路中将 产生电磁振荡．如果规定电感Ｌ中的电流方向从ａ 到ｂ为正，断开开关Ｓ的时刻为ｔ＝０，那么下列四 个图中能够正确表示电感中的电流随时间变化规 律的是 （　　） ６．降噪耳机越来越受到年 轻人的喜爱．某型号降噪耳机工 作原理如图３所示，降噪过程包 括如下几个环节：首先，由安置 于耳机内的微型麦克风采集耳 朵能听到的环境中的中、低频噪 声（比如１００～１０００Ｈｚ）；接下来，将噪声信号传至 降噪电路，降噪电路对环境噪声进行实时分析、运 算等处理工作；在降噪电路处理完成后，通过扬声 器向外发出与噪声相位相反、振幅相同的声波来 抵消噪声，最后，我们的耳朵就会感觉到噪声减弱 甚至消失了．对于该降噪耳机的下述说法中，正确 的有 （　　） Ａ．该耳机正常使用时，降噪电路发出的声波 与周围环境的噪声能够完全抵消 Ｂ．该耳机正常使用时，该降噪耳机能够消除 来自周围环境中所有频率的噪声 Ｃ．如果降噪电路能处理的噪声频谱宽度变 小，则该耳机降噪效果一定会更好 Ｄ．如果降噪电路处理信息的速度大幅度变 慢，则耳机使用者可能会听到更强的噪声 ７．实际的ＬＣ电磁振荡电路中，如果没有外界 能量的适时补充，振荡电流的振幅总是要逐渐减 小，下述各种情况中，哪些不是造成振幅减小的原 因 （　　） Ａ．线圈自感电动势对电流的阻碍作用 Ｂ．电路中的电阻对电流的阻碍作用 Ｃ．线圈铁芯上涡流产生的电热 Ｄ．向周围空间辐射电磁波 二、填空题（共８分） ８．如图４所示的ＬＣ振荡回路 中振荡电流的周期为２×１０－２ｓ， 自振荡电流沿逆时针方向达最大 值开始计时，当 ｔ＝３．４×１０－２ｓ 时，电容器正处于 （选填 “充电”“放电”或“充电完毕”）状态，这时电容器 的上极板 （选填“带正电”“带负电”或 “不带电”）． 三、计算题（本题共２小题，共２２分） ９．（１０分）飞机失事后，为了分析事故的原因， 必须寻找黑匣子，而黑匣子在 ３０天内能以 ３７．５ｋＨｚ的频率自动发出信号，人们就可利用探 测仪查找黑匣子发出的电磁波信号来确定黑匣子 的位置．那么黑匣子发出的电磁波波长是多少？若 接收电路是由ＬＣ电路组成的，其中该接收装置里 的电感线圈Ｌ＝４．０ｍＨ，此时产生电谐振的电容 为多大？ １０．（１２分）ＬＣ振荡电路电容器的电容为３× １０－５μＦ，线圈的自感系数为３ｍＨ，它与开放电路 耦合后，求： （１）发射出去的电磁波的频率； （２）发射出去的电磁波的波长． Ｂ组 一、选择题（本题共３小题，每题６分，共１８分） １．在如图所示的四种磁场情况中不能产生恒 定的感生电场的是 （　　） ２．如图１所示的振荡电路 中，某时刻线圈中磁场方向向 上，且电路的电流正在增强，则 此时 （　　） Ａ．ａ点电势比ｂ点低 Ｂ．电容器两极板间电场强度正在减小 Ｃ．电路中电场能正在增大 Ｄ．线圈中感应电动势正在增大 （下转第４版                                                                                                                                                                     ） 书 第４７期参考答案 １．Ａ　２．Ａ　３．Ｄ　４．Ｄ　５．Ｃ　６．Ｄ　７．Ｃ ８．ＢＣ　９．ＡＤ　１０．ＢＤ １１．（１）Ｃ　（２）向左　（３）向左　（４）向右 １２．（１）ＢＥＧ　（２）Ａ　（３）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＝ Ｅ２ 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＝ Ｆ ｍ ＝ 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·ＢｘｖＲ ＝ 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＝Ｂ ２ｘ２ 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＝ ρＱｔｇｈη ｔ ＝５×１０ ５Ｗ． （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′ ＝ １１０． （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． 书 １．电磁振荡 　 电磁场与电磁波 １．在ＬＣ振荡电路中，电容器上的带电荷量从 最大值变化到零所需的最短时间是 （　　） Ａ．π４槡ＬＣ Ｂ． π ２槡ＬＣ Ｃ．π槡ＬＣ Ｄ．２π槡ＬＣ ２．如图１所示，ＬＣ电路的 Ｌ不 变，Ｃ可调，要使振荡的频率从 ７００Ｈｚ变为１４００Ｈｚ，则可以采用 的办法有 （　　） Ａ．把电容增大到原来的４倍 Ｂ．把电容增大到原来的２倍 Ｃ．把电容减小到原来的１２ Ｄ．把电容减小到原来的１４ ３．在ＬＣ振荡电路中，电容器放电完毕的瞬间 （　　） Ａ．电场能正向磁场能转化 Ｂ．磁场能正向电场能转化 Ｃ．电场能刚好向磁场能转化完毕 Ｄ．磁场能刚好向电场能转化完毕 ４．（多选）ＬＣ振荡电路的固有频率为ｆ，则 （　　） Ａ．电容器内电场变化的频率为ｆ Ｂ．电容器内电场变化的频率为２ｆ Ｃ．电场能和磁场能转化的频率为ｆ Ｄ．电场能和磁场能转化的频率为２ｆ ５．（多选）如图２所示是一 台电子钟，其原理类似于摆钟， 摆钟是利用单摆的周期性运动 计时的，电子钟是利用 ＬＣ振荡 电路来计时的，有一台电子钟在家使用一段时间 后，发现每昼夜总是快１ｍｉｎ．造成这种现象的可 能原因是 （　　） Ａ．Ｌ不变，Ｃ变大了 Ｂ．Ｌ不变，Ｃ变小了 Ｃ．Ｌ变小了，Ｃ不变 Ｄ．Ｌ、Ｃ均减小了 ６．在ＬＣ振荡电路中，某 时刻线圈中的磁场和电容器 中的电场如图３所示，则此 时刻 （　　） Ａ．电容器正在放电 Ｂ．振荡电流正在减小 Ｃ．线圈中的磁场最强 Ｄ．                                                 磁场能正在向电场能转化 ２．无线电波的发射与接收 １．电台将播音员的声音转换成如图１甲所示 的电信号，再加载到如图乙所示的高频载波上，使 高频载波的振幅随电信号改变（如图丙所示）．这 种调制方式称为 （　　） Ａ．调频 Ｂ．调谐 Ｃ．调幅 Ｄ．解调 ２．（多选）下列说法中符合实际的是 （　　） Ａ．在医院里常用Ｘ射线对病房和手术室消毒 Ｂ．医院里常用紫外线对病房和手术室消毒 Ｃ．在人造地球卫星上对地球进行拍摄是利用 紫外线有较好的分辨能力 Ｄ．在人造地球卫星上对地球进行拍摄是利用 红外线有较好的穿透云雾烟尘的能力 ３．（多选）下列关于无线电广播对电磁波进行 调制的说法正确的是 （　　） Ａ．经过调制后的高频电磁波向外辐射能量的 本领更强 Ｂ．经过调制后的电磁波在空间传播得更快 Ｃ．经过调制后的电磁波在空间传播波长不变 Ｄ．经过调制后的电磁波在空间传播波长改变 ４．有一个ＬＣ接收电路，原来接收较低频率的 电磁波，现在要想接收较高频率的电磁波，下列调 节正确的是 （　　） Ａ．增加电源电压 Ｂ．使用调频的调制方式 Ｃ．把可动电容器的动片适当旋出一些 Ｄ．在线圈中插入铁芯 ５．世界各地有许多无线电台同时广播，用收 音机一次只能收听到某一电台的播音，而不是同 时收听到许多电台的播音，其原因是 （　　） Ａ．因为收听到的电台离收音机最近 Ｂ．因为收听到的电台频率最高 Ｃ．因为接收到的电台电磁波能量最强 Ｄ．因为接收到的电台电磁波与收音机调谐电 路的固有频率相同，产生了电谐振 ６．实际发射无线电波如图所示，高频振荡器产 生高频等幅振荡电流如图２甲所示，人对着话筒说 话产生低频振荡电流信号如图乙所示，根据这两个 图像，发射出去的电磁波图像应是图中的 （　　） ７．太阳表面温度约６０００Ｋ，主要发出可见光； 人体温度约为３１０Ｋ，主要发出红外线，宇宙间的 温度约为３Ｋ，所发出的辐射称为“３Ｋ背景辐射”， 它是宇宙爆炸之初在空间上保留下来的余热．若 要进行“３Ｋ背景辐射”的观测，应该选择的波段是 （　　） Ａ．无线电波 Ｂ．紫外线 Ｃ．Ｘ射线 Ｄ．γ射 ８．一个雷达向远处发射无线电波，每次发射 的时间为１μｓ，两次发射的时间间隔为１００μｓ，在 指示器的荧光屏上呈现出的尖形波如图３所示，已 知图中刻度ａｂ＝ｂｃ，则障碍物与雷达之间的距离 是多大                                                         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( " ' ! ! ! 6)*+, 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