第50期 选择性必修第二册核心素养阶段测试（三）第1-5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）

《选择性必修第二册》 核心素养阶段测试（三） ◆数理报社试题研究中心 第I卷选择题（共46分) 折 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，两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝 缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板上，当P、Q中同时通有图示方向的 恒定电流时，关于两线圈的转动（从上向下看）以及细线中张力的变化，下列说法 正确的是 ( A.P顺时针转动，Q逆时针转动，转动时P与天花板连接的细线张力不变 B.P逆时针转动，Q顺时针转动，转动时两细线张力均不变 C.P、Q均不动，P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大 D.P不动，Q逆时针转动，转动时P、Q间细线张力不变 2.如图2所示，在边长为a的正方形区域内，有以对角线为边界、垂直于 纸面的两个匀强磁场，磁感应强度大小相同、方向相反，纸面内一边长为α 的正方形导线框沿x轴匀速穿过磁场区域，=0时刻恰好开始进入磁场区 图2 域，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列选项能够正确表示电流与位移关系的是 3.科学中心某款手摇点火器原理如图3所示当钢针和金属板间瞬时 一画 电压超过5000V时可以产生电火花.已知匀强磁场的磁感应强度B大小 为0.2T,手摇发电机线圈的面积为0.25m2,共50匝，不计内阻.变压器为 理想变压器，其原副线圈匝数比为1：100.下列说法正确的是 A.线圈转速等于2/s时，点火器可以产生电火花 g B.线圈转速等于4/s时，点火器可以产生电火花 C.电压表的示数为5V时，点火器可以产生电火花 D.电压表的示数为25V时，点火器可以产生电火花 4.如图4所示，在水平桌面上固定两条相距为l的平行光滑导轨ab与 cd,阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连.质量为m、长为l、电阻也为R的导 体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动.整个装置处于方向竖直向上的 匀强磁场中，磁感应强度的大小为B.导体棒的中点系一不可伸长的轻绳， 图4 绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一质量也为m的物块相连，绳处于拉 直状态.现若从静止开始释放物块，用h表示物块下落的高度（物块不会触地），g表示重力加速 度，其他电阻不计，则 ( A.电阻R中的感应电流方向由a到c B.物块下落的最大加速度为g C.若九足够大，物块下落的最大速度为2m尖 B2P D.通过电阻R的电荷量为地 5.如图5所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成0角(0<0< 90°)，其中MN与PQ平行且间距为L,导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场 垂直，导轨电阻不计，金属棒αb由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持 垂直且良好接触，αb棒接入电路的电阻为R,当流过ab棒某一横截面的电荷 量为g时，棒的速度大小为v,则金属棒ab在这一过程中 图5 A.运动的平均速度大小为号 B下滑位移大小为瓷 C.产生的焦耳热为gBLw D.受到的最大安培力大小为osin日 R 6.显像管的原理示意图如图6所示，当没有磁场时，电子束将打在 荧光屏正中的0点，安装在管颈上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束 电子枪 发生偏转.设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使高速电子流打在 偏转线图 荧光屏上的位置由α点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发 荧光屏 图6 生上述偏转的是 BA A 7.如图7所示为一粒子速度选择器的原理示意图.半径为10cm的圆柱形桶内 有一匀强磁场，磁感应强度大小为1.0×104T,方向平行于轴线向外，圆桶的某直 径两端开有小孔，有一粒子源发射出速度连续分布、比荷为2.0×10"C/kg的带正 电粒子，若某粒子出射的速度大小为22×10°/s,粒子间相互作用及重力均不计， 则该粒子的入射角0为 ( 图7 A.30° B.459 C.53° D.60° 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.如图8所示，空间中存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强 磁场，磁感应强度大小为B,电场强度大小为E=Smg,且电场方向和磁场方 向相互垂直，在正交的电磁场空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正 图8 方向成60°夹角且处于竖直平面内，一质量为m,带电量为q(q>0)的小球套在绝缘杆上，若小 球沿杆向下的初速度为。时，小球恰好做匀速直线运动，已知重力加速度大小为g,小球电荷量 保持不变，则以下说法正确的是 A.小球的初速度0=2gB mg R若小球沿汗向下的初速度，=器，小球将沿杆做加速度不增大的减速运动，最后停上 C.若小球沿杆向下的初速度”=3，小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动，最后停止 gB' D.若小球沿杆向下的初速度！=4g,则从开始运动到稳定过程中，小球克服摩擦力做功 gB 为mg3 9B2 9.如图9所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成0角， M、P两端接一阻值为R的定值电阻，金属棒ab垂直导轨放置，其接入电路 的有效阻值为「，其他部分电阻不计.整个装置处在磁感应强度为B的匀强 磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下.=0时对金属棒施一平行于导轨的 图9 外力F,金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动.选项图中关于穿 过回路abPMa的磁通量变化量△中，磁通量的瞬时变化率A △t 、通过金属棒的电荷量g以及a、b 两端的电势差U随时间t变化的关系正确的是 C 10.如图10甲、乙所示，理想变压器对电器供电，其输入电 乐270o05n100m(),电器R与R的参数分别为正非正非密 “220V1100W”“220V440W”,输电线的总电阻r=22 图10 若两图中电器都能正常工作，则 A.图甲中电阻r的功率为50W B.图乙中变压器的输入功率比甲中变压器的输入功率增加了440W C.图甲中原副线圈匝数比n1:n2=2700:23 D.图乙中原副线圈匝数比n,:m2=1500:13 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.(6分)利用DIS(数字化信息处理系统)探究手摇发电机（如图11所示）的线圈产生的 交变电流 实验步骤如下： ①将电压传感器接入数据采集器； ②电压传感器的测量夹与发电机的输出端并联； ③点击“数据采集设置”设定“采样点时间间隔”； ④缓慢摇动发电机的手柄，观察工作界面上的信号 (1)屏上出现的电压波形如图12所示，从图中可以看出，手摇发电机 图11 产生的电压波形不是正弦波，其原因可能是 (写出一条即可) 9.6 7.2 4.8 2.4 0.0 -2.4 =4.8 -7) -9.6 图12 (2)研究交变电流的波形时，发现在用手摇动发电机手柄的2in内屏上出现了61个向上 的“尖峰”，则交变电流的平均周期为 如果发电机手摇大轮的半径是转子小轮半径 的2倍，则手摇大轮转动的平均角速度为 12.(10分)磁力锁主要由电磁铁和衔铁组成.某小组用如图13甲所示的装置研究电磁铁 的工作电压与衔铁所受磁力大小的关系，弹性梁一端连接有衔铁，在外力作用下可以上下运动， 另一端固定于墙壁，电磁铁位于衔铁正下方，V,为理想电压表 (1)为增大电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片P应向 端移动（选填“c”或 “d”). (2)已知电磁铁线圈的直流电阻为302，滑动变阻器的最大阻值为1702，电源E的电动势 为12.0V,滑动变阻器能提供的最大分压为11.9V,则电源E的内阻为 Ω（保留2位有 效数字) 金属应变片R 2.04.06.08.010.012.0n 图13 (3)同学们将阻值会因形状变化而发生改变的金属应变片R,粘贴在弹性梁的上表面，然 后将金属应变片R,、定值电阻R,和理想电压表V,连接成如图乙所示的电路.线圈通电吸引衔 铁下移时，应变片变长，R,的阻值将」 ,电压表V2的读数将」 .(填“增大”“减小” 或“不变”)》 (4)在线圈通电吸合衔铁后，用外力F使电磁铁和衔铁刚好分开，测得外力F与线圈两端 电压U的关系如图丙所示，若要求能抵抗1200N的外力，则工作电压至少为 V. 四、解答题（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.(10分)如图14所示，在倾角为0=37°的斜面上，固定一宽为L=1.0m的平行金属 导轨.现在导轨上垂直导轨放置一质量m=0.4kg、电阻R。=2.02、长为1.0m的金属棒ab, 它与导轨间的动摩擦因数为4=0.5.整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B=2T 的匀强磁场中.导轨所接电源的电动势为E=12V,内阻r=1.02,若最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，滑动变阻器的阻值符合要求，其他电阻不计，g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8. 现要保持金属棒在导轨上静止不动，求： (1)金属棒所受安培力的取值范围； (2)滑动变阻器接入电路中的阻值范围. 图14 14.(12分)如图15甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场（上、下及左侧 无边界).一个质量为m、电荷量为g的带正电小球（视为质点），以大小为，的水平初速度沿PQ 向右做直线运动.若小球刚经过D点时(t=0),在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性 变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度方向与PQ连线成60°角.已 知D、Q间的距离为(3+1)L,。小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g. (1)求电场强度E的大小； (2)求o与t1的比值； (3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小 B。及运动的最大周期Tm B t1+3r+3r+2n5i+25+3 图15 15.(16分)如图16所示，足够长的光滑平行金属导轨CD、EF倾斜放置，其所在平面与水平 面间的夹角为0=30°，两导轨间距为L,导轨下端分别连着电容为C的电容器和阻值R=2r的 电阻.一根质量为m、电阻为r的金属棒放在导轨上，金属棒与导轨始终垂直并接触良好，一根不 可伸长的绝缘轻绳一端拴在金属棒中间、另一端跨过定滑轮与质量为M=4m的重物相连.金属 棒与定滑轮之间的轻绳始终在两导轨所在平面内且与两导轨平行，磁感应强度为B的匀强磁场 垂直于导轨所在平面向上，导轨电阻不计，初始状态用手托住重物使轻绳恰处于伸直状态，由静 止释放重物，求：（重力加速度大小为g,不计滑轮阻力） (1)若S,闭合、S2断开，重物的最大速度； (2)若S,和S2均闭合，电容器的最大带电荷量； 时 (3)若S,断开、S2闭合，重物的速度v随时间t变化的关系式 D 图16 些 烯 (参考答案见下期)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