第3次月考滚动检测卷-【三清必刷】2025-2026学年高二物理选择性必修1+2（人教版2019）

— 38 — 第三次月考滚动检测卷 (范围:选择性必修第二册第一章至第二章前二节) (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 名师推好题 第15题,以点状放射源在平面内向各个方向均匀发射速率相同的带正电粒子为 背景,考查学生对带电粒子在立体空间电磁场中的运动问题的处理,本题题目设置灵活,紧扣知 识点,对学生的综合应用能力要求较高,值得推荐。 第Ⅰ卷(选择题 共46分) 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.如图所示,圆环槽形铝盘内、外侧边缘分别与直流电源的两极相连,盘中倒入水 银。将盘放在竖直方向的磁场中,当接通电源时,盘中水银转动起来。下列判 断正确的是 ( ) A.若盘的外边缘接负极,当磁场方向向上时水银顺时针旋转 B.若盘的外边缘接正极,当磁场方向向上时水银顺时针旋转 C.若盘的外边缘接负极,当磁场方向向下时水银顺时针旋转 D.若盘的外边缘接正极,当磁场方向向下时水银逆时针旋转 2.如图所示,轻质弹簧测力计下悬挂的圆形线圈中通有顺时针方向的电流I0,线圈的正 下方固定有一根足够长的直导线a,线圈静止时导线a垂直于线圈平面,现在导线a 中通有垂直纸面向外的较大电流,则下列判断正确的是 ( ) A.线圈仍静止不动 B.从上往下看,线圈将逆时针转动 C.弹簧测力计示数减小 D.线圈左右摆动 3.(2024·宿迁市高二期末)在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中,图甲中电流 计指针向左偏转,则对下图所示的实验过程,说法正确的是 ( ) A.甲图中感应电流产生的磁场方向向下 B.乙图磁体受到线圈作用力的方向向上 C.丙图中磁体可能静止不动 D.丁图和甲图中电流计指针的偏转方向相反 4.如图所示,半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,质量为m、带电 荷量为q的正电荷(重力忽略不计)以速度v沿正对着圆心O 的方向射入磁场,从 磁场中射出时速度方向改变角度为θ。则磁场的磁感应强度大小为 ( ) A. mv qRtanθ2 B. mvtanθ2 qR C. mv qRsinθ2 D. mv qRcosθ2 5.(2023·太原市高二期末)如图,长度为L、电阻为R、质量为m 的均匀导线弯折 成一闭合正三角形abc,并用一绝缘细线挂在力传感器下方,用此装置可以测量 匀强磁场的磁感应强度B。测量时,将abc完全置于匀强磁场中,同时让其平面 与磁场方向垂直。将a、b接到电源两端,同时调节电源的电压,发现力传感器示 数为0时,ab两端的电压为U,重力加速度为g。由此可以判定 ( ) A.a接高电势时B=3mgR2UL ,方向垂直纸面向里 B.a接高电势时B=2mgR3UL ,方向垂直纸面向里 C.b接高电势时B=3mgR2UL ,方向垂直纸面向外 D.b接高电势时B=mgR2UL ,方向垂直纸面向外 6.如图,固定在水平面上的半径为l的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强 度大小为B 的匀强磁场。金属棒一端与圆环接触良好,另一端通过电刷固定 在竖直导电转轴OO'上的P 点(P 点为金属圆环的圆心),随轴以角速度ω顺 时针匀速转动。在金属圆环的 M 点和电刷间接有阻值为R 的电阻,不计其他 电阻及摩擦。下列说法正确的是 ( ) A.R 两端的电压为Bωl2 B.电路中的电流为Bωl 2 2R C.P 点相当于电源的负极 D.流过R 的电流由M 到N 7.(2025·陕西省高二期末改编)如图所示,垂直纸面向里的匀强磁场分布在边长 为L的等边三角形ABC 内,D 是AB 边的中点,一簇相同的带负电的粒子仅在 磁场的洛伦兹力作用下,从D 点沿纸面以平行于BC 边方向、大小不同的速率 射入三角形内,不考虑粒子重力及粒子间的相互作用,已知粒子在磁场中运动 的周期为T,则下列说法中正确的是 ( ) A.粒子垂直BC边射出时,运动半径R 为 32L B.速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁场中运动时间长 C.粒子可能从AB 边射出,且在磁场中运动时间为56T D.粒子可能从C点射出,且在磁场中运动的时间为16T 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对 得6分,选对但不全的得3分,选错的得0分) 8.(2025·广州市高二月考)一质子以速度v穿过相互垂直的匀强电场和匀强磁场 叠加的区域而没有偏转,如图所示,若不计重力,则下列说法正确的是 ( ) A.若质子的入射速度v'>v,它将向上偏转 B.若质子的入射速度v'>v,它将向下偏转 C.若将质子从右侧以速度v射入,也不会偏转 D.若改为电子,从右侧以速度v进入,会向上偏转 9.(2025·常德市第一中学高二期末)如图所示,在竖直悬挂的金属圆环右侧,有一螺线管 MN 水平 放置,两者处于同一轴线上。螺线管下方接有水平方向的平行金属导轨, 且导轨所在位置有竖直向上的匀强磁场。现将导体棒ab置于平行导轨 上,让其垂直于导轨向右做加速运动。若整个过程中导体棒与导轨始终垂 直且接触良好,金属圆环未发生扭转,则 ( ) A.导体棒b端电势高于a 端 B.电流在螺线管内产生的磁场方向由 M 指向N C.从右侧观察,金属圆环产生逆时针方向的感应电流 D.金属圆环向左摆动 10.如图所示,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为2B 和B、 方向均垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量绝对值为q的粒子(不 计重力)垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,则下列说法 正确的有 ( ) A.该粒子带正电 B.该粒子带负电 C.该粒子不会到达坐标原点O D.该粒子第一次经过第一象限和第二象限的时间和为πmqB — 37 — — 40 — 第Ⅱ卷(非选择题 共54分) 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(8分)(2025·广东省高二月考)某小组开展如下科学探究实验。 (1)下列实验中,零刻度在中央的灵敏电流计指针发生偏转的是 。 A.甲实验中,使金属棒AB 沿图示垂直磁场方向运动的过程中 B.乙实验中,将磁体快速插入线圈的过程中 C.丙实验中,保持开关S闭合,快速移动滑动变阻器滑片的过程中 D.丙实验中,断开开关S,将小螺线管A快速从大螺线管B中抽出的过程中 (2)某同学利用如图乙所示的实验装置探究影响感应电流方向的因素,并设计下表用以记录实 验结果,请完成表格中的①②: 线圈内磁通量增加时的情况 实验序号 磁体的磁场方向 感应电流的方向 感应电流的磁场方向 第1次 向下 ① 时针(俯视) ② 第2次 向上 顺时针(俯视) 向下 本实验中可得到的实验结论是 。 12.(10分)如图,有一正方形线框,质量为m,电阻为R,边长为l,静止悬挂着,一 个三角形磁场垂直于线框所在平面,磁感线垂直纸面向里,且线框中磁区面积 为线框面积一半,磁感应强度变化B=kt(k>0),已知重力加速度g,求: (1)感应电动势E; (2)线框开始向上运动的时刻t0。 13.(12分)(2025·重庆市沙坪坝区高二期末)某科研小组为了芯片的离子注入 而设计了一种新型质谱仪,装置如图所示。直边界 MO 的上方有垂直纸面 向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,其中以O 点为圆心、半径为R 的半 圆形区域内无磁场,芯片的离子注入将在半圆形区域内完成。离子源P放 出的正离子经加速电场加速后在纸面内垂直于 MO 从M 点进入磁场,加速 电场的加速电压U 的大小可调节,已知 M、O两点间的距离为2R,离子的比荷为k,不计离子进 入加速电场时的初速度、离子的重力和离子间的相互作用。 (1)若要离子能进入半圆形区域内,求加速电压U 的调节范围; (2)求能经过圆心O的离子在磁场中运动速度的大小; (3)求能进入到半圆形区域内的离子在磁场中运动的最短时间。 14.(12分)(2025·黑龙江富锦市第一中学高二月考)如图,在平面直角坐标 系的第一象限内存在沿y轴正方向的匀强电场,在第四象限内存在垂直纸 面向里、半径为R、以P(R,-R)点为圆心的圆形有界匀强磁场。一质量 为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子(可视为点电荷),从y轴上的M(0, 1 2R )点,沿x轴正方向射入电场,恰能从 N(R,0)点进入磁场。已知电场 强度大小为E,磁感应强度大小B= 2mEqR ,不计粒子的重力。求: (1)粒子从 M 点射入电场时的速度大小; (2)粒子在圆形有界磁场中运动的时间; (3)粒子从圆形有界磁场射出瞬间所对应的位置坐标。 15.(12分)如图所示,真空中的立方体边长L=0.8m,底面中心处有一点状放射源 S,S仅在abcO所在平面内向各个方向均匀发射速率均为v=5.0×106m/s的 带正电粒子,平面defg和平面abfe各放有一个荧光屏。现给立方体内施加 竖直向上的匀强磁场,使所有粒子恰好能束缚在正方形abcO 区域内。已知 粒子的比荷q m=5.0×10 7C/kg,粒子打到荧光屏上立即被吸收并发出荧光, 不计粒子间的相互作用和重力。 (1)求匀强磁场的磁感应强度大小B; (2)若将abfe屏向左沿-z方向移动0.2m,求粒子打在abfe屏上的点的x 坐标的最大值和最 小值; (3)若再在正方体内施加一竖直向上的匀强电场,在平面defg内的荧光屏上刚好出现一个半径 为0.2m的圆,求粒子在立方体内可能的运动时间t(结果保留π)。 — 39 — —70 — =2mgsin30°,I= ER总 ,R总 =R+R ·R R+R= 3 2R ,E=B0Lv,解得L = 3mRtB0t ,故B正确;第二个t时间内,CD 棒做匀速直线运动, 则此过程中CD 棒产生热量为Q=I2Rt= ER总 2 Rt=mg 2t2 3 ,故 C正确;AB 棒进入磁场后,相当于两电源并联,总电阻不变,干路 电流不变,两电源中电流为原来的一半,两棒安培力之和等于原 来CD 棒中的安培力,两棒仍然匀速运动,故D错误。] 11.解析 (1)根据题图甲可知,电流从灵敏电流计的左接线柱流入, 指针往左偏;由题图乙可知,螺线管中的电流方向为顺时针方向 (从上往下看),根据安培定则,螺线管中感应电流的磁场方向竖 直向下;条形磁铁在螺线管中的磁场方向(原磁场方向)竖直向 上,可见感应电流的磁场方向与原磁场方向相反,根据楞次定律 可知穿过线圈的原磁通量增加,所以条形磁铁向下插入线圈。 (2)由右手螺旋定则可知,用右手握住螺线管,四指的方向和电流 方向相同,大拇指指的方向为N极方向,螺线管B中导线的绕向 不同,则右手握住螺线管的方式不同,故灵敏电流计中电流方向 与螺线管B中导线的绕向有关。合上开关后,灵敏电流计的指针 向右偏了,说明B线圈中磁通量增加时,电流计指针向右偏;现在 要使灵敏电流计的指针向左偏转,因此穿过B线圈的磁通量应该 减小;在 A线圈中插入铁芯,穿过B线圈的磁通量增大,根据楞 次定律可知,灵敏电流计指针右偏,故A错误;拔出A线圈,则穿 过B线圈的磁通量减小,根据楞次定律可知,灵敏电流计左偏,故 B正确;由题图丙可知,滑动变阻器的滑片向右滑动,电路中的电 流减小,线圈 A的磁感应强度减小,穿过线圈B的磁通量减小, 根据楞次定律,灵敏电流计左偏,故C正确;同理滑动变阻器的滑 片向左滑动,灵敏电流计右偏,故D错误。 (3)根据楞次定律可知感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的 磁通量的变化。 答案 (1)向下插入 (2)有 BC (3)阻碍引起感应电流的磁通量的变化 12.解析 (1)在t=0到t=0.1s的时间Δt内,磁感应强度的变化 量大小ΔB=0.2T,设穿过金属框的磁通量变化量大小为ΔΦ,有 ΔΦ=ΔBl2 由于磁场均匀变化,金属框中产生的感应电动势是恒定的,有E =ΔΦΔt 联立可得E=0.08V (2)设金属框中的电流为I,由闭合电路欧姆定律,有I=ER 代入数据得I=0.8A 由楞次定律及右手螺旋定则可知,金属框中电流方向为顺时针。 (3)由题图可知,t=0.05s时,磁感应强度为B1=0.1T,金属框 ab边受到的安培力F=IlB1 代入数据得F=0.016N 由左手定则可知方向垂直于ab向左。 答案 (1)0.08V (2)0.8A 顺时针方向 (3)0.016N 垂直 于ab向左 13.解析 (1)根据法拉第电磁感应定律可知金属杆产生的感应电动 势为E=BLv 根据闭合电路欧姆定律可知电阻R 两端的电压为U= RR+rE 联立并代入数据可得U=0.4v (2)由题图乙可知U 与t的关系为U=2t 所以U 与v、t均成线性关系,则由ΔU=0.4Δv,得Δv=ΔU0.4 由ΔU=2Δt,得Δt=ΔU2 根据加速度的定义可知ab杆的加速度大小为a=ΔvΔt=5m /s2 (3)根据运动学公式可得撤去拉力时金属杆的速度大小为 v=at=15m/s 根据能量守恒定律可知此后回路产生的总热量为Q=12mv 2=56.25J 则电阻R 上产生的焦耳热为QR= R R+rQ=45J 。 答案 (1)0.4v (2)5m/s2 (3)45J 14.解析 (1)由法拉第电磁感应定律可得,导体棒aa'接入电路部分 产生的感应电动势大小 Eaa'=BLv=k I 2Lsin37° ·Lv=5kIv6 (2)从题图乙中看,根据右手定则可知,通过导体棒bb'的电流垂 直纸面向外,而由安培定则可知,通电直导线在导体棒bb'处产生 的磁场与其垂直,且导体棒bb'所处位置磁场的方向始终与其垂 直,根据左手定则可知,导体棒bb'所受安培力始终指向圆弧圆 心,其大小为F=B'IL 其中B'=kI2L ,I=Eaa'R = 5kIv 6R 代入解得F=5k 2I2v 12R 方向斜向左下方,指向OO' (3)由于导体棒aa'和bb'通过不可伸长的轻质细软导线连接,则 速度大小相同,导体棒bb'沿着圆弧面做圆周运动,则对导体棒 bb'由牛顿第二定律有F+mgsin37°-FN=m v2 2L 联立解得FN= 5k2I2v 12R + 3 5mg- mv2 2L 。 答案 (1)5kIv6 (2)5k 2I2v 12R 方向斜向左下方,指向OO' (3)5k 2I2v 12R + 3 5mg- mv2 2L 15.解析 (1)cd棒在导轨最高位置由重力提供向心力,有m2g=m2 v2 r 解得v= 5m/s cd棒从刚进入半圆导轨到通过导轨最高位置的过程中,由能量 守恒定律有 1 2m2v2 2=m2g×2r+ 1 2m2v 2 解得v2=5m/s (2)cd棒与ab棒组成的系统动量守恒,设cd 棒刚进入半圆导轨 时ab的速度大小为v1,规定向右为正方向 由系统动量守恒有m1v0=m1v1+m2v2 解得v1=7.5m/s 根据能量守恒定律有 1 2m1v0 2=12m1v1 2+12m2v2 2+Q' 根据电路特点有cd 棒进入半圆导轨前,cd 棒上产生的焦耳热Q = R2 R1+R2 Q' 解得Q=1.25J (3)对cd棒根据动量定理可得B􀭵Idt=m2v2-0 则Bqd=m2v2-0 解得q=53 C 根据法拉第电磁感应定律可知平均电动势􀭺E=ΔΦΔt= BdΔx t 平均电流􀭵I= 􀭺E R1+R2 电荷量q=􀭵It 解得Δx=259 m 。 答案 (1)5m/s 5m/s (2)1.25J (3)259 m 5 3 C 第三次月考滚动检测卷 1.A [当盘的外边缘接电源负极时水银中有由内向外的辐向电流, 当磁场方向向上时根据左手定则可判断水银受到顺时针方向的安 培力,故水银顺时针旋转,A正确;同理可知,B、C中水银逆时针方 向旋转,D中的水银顺时针方向旋转,B、C、D错误。] 2.B [根据安培定则可知,环形电流内部磁场的方向垂直纸面向里, 则圆形线圈相当于N极指向纸内的小磁针;导线a中通入电流时, 由安培定则可判断出,导线a中电流在线圈处产生的磁场向左,因 小磁针N极指向磁场方向,故从上向下看时,线圈将逆时针转动, A、D错误,B正确;因线圈逆时针转动,线圈下半部分中的电流方 向逐渐与导线a中电流方向相同,两者相吸,而上半部分的电流方 向逐渐与导线a中电流方向相反,两者相斥,由于下半部分距离导 线a较近,引 力 大 于 斥 力,可 知 弹 簧 测 力 计 的 示 数 一 定 增 大,C 错误。] 3.B [甲图中穿过线圈的磁场方向向下,且磁通量在增大,根据 “增 反减同”可知感应电流产生的磁场方向向上,A错误;乙图磁体正 向线圈靠近,穿过线圈的磁通量在增大,根据 “来拒去留”可知磁 体受到线圈作用力的方向向上,B正确;丙图中电流计指针偏转方 向与甲图中相反,说明磁体在远离线圈,C错误;丁图中穿过线圈 的磁场方向向上,且磁通量在减小,根据 “增反减同”可知感应电 流产生的磁场方向向上,与甲图中感应电流产生的磁场方向相同, 所以感应电流方向也相同,电流计指针的偏转方向相同,D错误。] 4.B [设电荷运动的轨道半径为r,由几何关系可得tan=θ2= R r , 由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv 2 r ,联立可得B= mvtanθ2 qR , B正确。] 5.B [流 过ab的 电 流 大 小I1= U 1 3R ,流 过acb的 电 流 大 小I2= U 2 3R ,力传感器示数为0,则三角形abc所受安培力竖直向上,则有 mg=BI1· L 3+BI2 ·L 3= 3BUL 2R ,解得 B=2mgR3UL ,根据左手定 则,a接高电势时,磁场方向垂直纸面向里,b接高电势时,磁场方 向垂直纸面向外,故选B。] 6.B [金属棒绕转轴OO'转动切割磁感线,因不计其他电阻,则R 两 端的电压就等于金属棒产生的感应电动势,则有E=12Bωl 2,故A 错误;I=ER = Bωl2 2R ,故B正确;根据右手定则,P 点相当于电源的 正极,流过R 的电流由N 到M,故C、D错误。] 7.D [粒子垂直BC边射出时,运动轨迹如图(a) 根据几何关系知半径为 3 4L ,A错误;若带电粒 子运动轨迹与BC 边相切,刚好从BC 边射出 磁场,可知圆心角为180°,粒子在磁场中经历 时间为1 2T ,若带电粒子从C 点射出,由几何 关系可知从C点射出磁场时,速度与AC相切,故粒子可以从C点 射出。 由图(b)可知,入射速度的弦切角α=30°,故圆 心角为60°,粒子在磁场中经历时间为16T ,若 带电粒 子 从 AB 边 射 出 磁 场,可 知 圆 心 角 为 240°,粒子在磁场中经历时间为23T ,B错误,D 正确;设粒子在磁场中运动时间为t,运动轨迹 的圆心角为θ,T=2πmqB ,则t=θ2πT ,所以可知 粒子速度和运动时间无确定的关系,C错误。] 8.AD [质子穿过相互垂直的电场和磁场区域而没有偏转,则有 qvB=qE。若质子的入射速度v'>v,它所受到的洛伦兹力大于电 场力,由于质子所受到的洛伦兹力方向向上,故质子就向上偏转, A正确,B错误;若将质子从右侧以相同速度射入,则所受的洛伦 兹力和电场力方向均向下,故质子向下偏转,C错误;若改为电子, 从右侧以相同速度进入,则电子受向上的洛伦兹力和电场力,会向 上偏转,D正确。] 9.CD [由右手定则可知,导体棒ab向右运动时,b端电势低于a 端,故A错误;导体棒ab向右运动时,螺线管中的电流从 M 流向 N,由安培定则可知螺线管内产生的磁场方向由 N 指向 M,故B 错误;穿过金属圆环的磁感线向左,当ab向右做加速运动,感应电 动势增大,则感应电流增大,螺线管产生的磁场增强,穿过金属圆 环的磁通量增加,由楞次定律可知,从右侧观察,金属圆环产生逆 时针方向的感应电流,故C正确;根据金属圆环和螺线管中的电流 方向,金属圆环的右侧等效为磁体的 N 极,螺线管的 M 端等效为 磁体的N 极,所以金属圆环向左摆动,故D正确。] 10.BD [由于粒子进入第二象限后向右偏转,根 据左手定则 可 知 粒 子 带 负 电,故 A错 误,B正 确;粒子在第二象限运动时,轨迹是以坐标原点 为圆心、半径为R 的四分之一圆弧,根据洛伦兹 力提供向心力可得qvB=mv 2 R ,即R=mvqB ,粒 子进入第一象限后,磁感应强度为2B,则粒子的运动半径为r= 1 2R , 根据几何关系可知,粒子第二次经过y轴时恰好通过坐标原点, 如图所示,故C错误; 该粒子第一次经过第二象限运动的时间为t1= 1 4× 2πm qB = πm 2qB 粒子第一次在第一象限运动的时间为 t2= 1 2× 2πm q×2B= πm 2qB 该粒子第一次经过第一象限和第二象限的时间和为t=t1+t2= πm 2qB+ πm 2qB= πm qB ,故D正确。] 11.解析 (1)题图甲中金属棒 AB 沿图示方向切割磁感线,穿过闭 合回路的磁通量发生了变化,会产生感应电流,A正确;题图乙中 条形磁体快速插入线圈的过程中,穿过线圈的磁通量发生了变 化,会产生感应电流,B正确;题图丙中,电路闭合,快速移动滑动 变阻器的滑片,电路的电流发生较大变化,穿过线圈B的磁通量 发生了变化,会产生感应电流,C正确;题图丙中,断开开关S,螺 线管A中没有电流,螺线管B中没有磁场,更无磁通量的变化, 不会产生感应电流,D错误。 (2)表格中探究线圈内磁通量增加的情况,感应电流的磁场方向 应向上,与磁体的磁场方向相反,应用安培定则可得,线圈内感应 电流的方向应为逆时针方向(俯视)。通过实验操作和表格数据 分析得出楞次定律,即感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的 磁场的磁通量的变化。 答案 (1)ABC (2)①逆 ②向上 感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁 场的磁通量的变化 12.解析 (1)根据法拉第电磁感应定律有 E=l 2 2 ·ΔB Δt= kl2 2 (2)由题图可知线框受到的安培力大小为 FA=BIl= BEl R = kl3 2R ·kt 当线框开始向上运动时有FA=mg 解得t0= 2mgR k2l3 。 答案 (1)kl 2 2 (2)2mgR k2l3 13.解析 (1)由动能定理得qU=12mv0 2-0, 又k=qm 解得U=v0 2 2k 由Bqv0=m v02 r 解得r=mv0Bq= v0 Bk , v0=q Br m =kBr 离子能进入半圆形区域有rmin= R 2 ,rmax= 3R 2 解得kB 2R2 8 ≤U≤ 9kB2R2 8 (2)离子能够经过圆心O,则由几何关系得r12+R2=(2R-r1)2 解得r1= 3 4R 又r1= mv1 Bq= v1 Bk 可得离子进入磁场的初速度v1= 3kBR 4 (3)离子运动时间最短时,其对应的轨迹圆弧的圆心角最小。如 图,由几何关系知,当 MN 与半圆弧相切时α 最大,则θ最小,sin α=R2R= 1 2 ,得α=30° 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 69 — —72 — 可得对应圆心角θmin=180°-2α=120° 又T=2πmBq = 2π Bk 可得离子运动的最短时间为tmin= θmm 360°T= 1 3T= 2π 3Bk 。 答案 (1)kB 2R2 8 ≤U≤ 9kB2R2 8 (2)3kBR4 (3)2π3Bk 14.解析 (1)带电粒子从 M 点到N 点,沿x轴方向有R=v1t1 沿y轴负方向有12R= 1 2at1 2,qE=ma 联立解得粒子从 M 点射入电场时的速度大小为v1= q ER m (2)带电粒子从 M 点到N 点, 由动能定理可得qE·R2= 1 2mv2 2-12mv1 2 解得v2= 2qER m 设粒子到 N 点时速度与x 轴夹角为θ, 则有cosθ=v1v2 = 22 解得θ=45° 在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得 qv2B= mv22 r 解得r=R 如图所示 由几何关系可知偏转角为α=135° 在磁场中做圆周运动的周期为T=2πrv2 在磁场中运动时间t2= α 360°T 联立解得t2= 3π 4 mR 2qE (3)由几何关系可得 x=R-rsinθ y=-(R+rcosθ) 解得x=2- 22 R ,y=-2+ 22 R 。 即粒子从圆形有界磁场射出瞬间所对应的位置坐标为 2- 2 2 R ,-2+ 22 R 。 答案 (1)qERm (2)3π4 mR 2qE (3)2- 2 2 R ,-2+ 22 R 15.解析 (1)依题意,粒子恰好能束缚在正方形abcO 区域内,其轨 迹圆的半径为r=L4=0.2m 又qvB=mv 2 r 解得B=0.5T (2)粒子运动的俯视图如图所示 当SP1 为直径时,x坐标为最大值xmax=2rcos30°+2r= 2+3 5 m 当与abfe面相切时,x坐标为最小值xmin=r=0.2m (3)粒子运动的周期T=2πmqB 根据几何关系,所用时间 t1=nT+ T 6 (n=0,1,2…) t2=nT+ 5T 6 (n=0,1,2…) 解得t1=8π(n+ 1 6 )×10-8s(n=0,1,2…) t2=8π(n+ 5 6 )×10-8s(n=0,1,2…)。 答案 (1)0.5T (2)2+ 35 m 0.2m (3)见解析 第三章 交变电流 1.C [该交流电的周期T=2πω = 2π 10πs=0.2s ,电压表的读数为交 流电的有效值,即U=50 2 2 V=50V,选项A、B错误;电流表的读 数为I=UR = 50 5 A=10A ,选项C正确;电阻的电功率为P=IU =10×50W=500W,选项D错误。] 2.A [升压和降压都需要在交流的时候才能进行,故送电端应该先 升压再 整 流,用 户 端 应 该 先 变 交 流 再 降 压,故 A 正 确,B错 误; 1100kV指的是直流电的电压,故C错误;输电的功率是由用户 端负载的总功率来决定的,故D错误。] 3.B [t=0.1s时感应电流为零,感应电动势也为零,根据法拉第电 磁感应定律可知磁通量的变化率为零,此时穿过线圈的磁通量最 大,故A错误;由题图可知交变电流的周期T=0.1s,则角速度ω =2πT=20πrad /s,故B正确;风速减半,转速减半,角速度ω=2πn' =10πrad/s,感 应 电 流 最 大 值 减 半,电 流 的 表 达 式 应 为i= 0.6sin10πt(A),故C错误;根据正弦式交变电流的有效值与峰值 的关系可知,风速减半时线圈中电流的最大值为0.6A,有效值为 3 2 10 A ,故D错误。] 4.A [当滑动变阻器的滑片P向下滑动过程中,副线圈的总电阻变 小,由于原线圈两端电压有效值不变,匝数不变,则副线圈两端电 压有效值不变,根据欧姆定律可知副线圈电流增大,根据I1 I2 = n2 n1 , 可知原线圈电流增大,电流表示数增大,根据P=U1I1,可知变压 器的输入功率增大,故A正确,D错误;由题图甲可知原线圈两端 电压有效值为U1= Um 2 =311 2 V≈220V,根据 U1 U2 = n1 n2 可得U2≈ 7.8V,故B错误;周期为2×10-2s,则频率f=1T =50Hz ,故C 错误。] 5.D [变压器副线圈输出电压的有效值为U2= U2m 2 =12000 2 V= 6000 2V,根据理想变压器原、副线圈电压与 匝 数 的 关 系 U1 U2 = n1 n2 ,变压器原、副线圈匝数比n1 n2 的最大值为 n1 n2 = U1 U2 = 12V 6000 2V = 21000 ,故选D。] 6.C [发电机输出电流I1= P U1 =100×10 3 250 A=400A ,故 A错误; 输电线上损失的功率P线 =I线2R线 =5kW,所以I线 = P线 R线25A , 故B错误;用户得到的功率P4=P-P线 =(100-5)kW=95kW, 则I4= P4 U4 =95×10 3 220 A= 4750 11 A≈432A ,故n3 n4 = I4 I线 = 190 11 ,故C 正确,D错误。] 7.C [设原线圈两端电压为U1,根据电流的热效应 可 得 U12 R T= 311 2 V 2 R × T 2 ,解得U1= 311 2 V ,由U1 U2 = n1 n2 得= n1 n2 =31144 ,故 A 错误;输入端的电压不变,匝数比不变,则电压表示数不变,若RT 处出现火灾时,RT 电阻变小,副线圈的电流变大,输出的总功率变 大,则输入端的电功率变大,电压不变,则电流表的示数变大,故B 错误;若RT 处出现火灾时,RT 电阻变小,输出的总功率变大,副线 圈中电流变大,R0 两端电压变大,则指示灯两端电压变小,指示灯 变暗,故C正确;有二极管时原线圈两端电压为3112 V ,没有二极 管时原线圈两端电压为311 2 2 V ,则原线圈两端电压变为原来的 2倍,由于原、副线圈匝数比不变,则电压表的示数变为原来的 2 倍,故D错误。] 8.AC [流过原、副线圈的电流之比等于原、副线圈的匝数反比,则 流过原、副线圈的电流之比为I1 I2 = N2 N1 =144 ,故 A正确;根据 N1 N2 = U1 U2 ,代入数据解得受电线圈两端c、d之间的输出电压为U2=5V, 故B错误;充电时流过手机的电流为I2= U2 R = 5 5 A=1A ,故C 正确;保持ab端输入电压不变,则受电线圈的输出电压不变,若在 充电时玩大型游戏(即增大手机用电功率),则受电线圈的输出电 流将变大,故D错误。] 9.ACD [若电网的电压为110kV,则n1∶n2=110kV∶27.5kV= 4∶1,故A正确;若高铁机车运行功率增大,则牵引变电所副线圈 输出功率增大,而副线圈电压不变,所以牵引变电所至机车间之间 的电流增大,热损耗功率也会随之增大,导线电阻分压增大,机车 工作电压将会低于25kV,故B错误,C正确;根据功率关系可得P =90%UI,其 中U=25kV=25000V,则 电 流 为I= P90%U = 9×106 90%×25000A=400A ,则牵引变电所至机车间的等效电阻为R = U2-U I = 27500-25000 400 Ω=6.25Ω ,故D正确。] 10.AC [大轮和小轮通过皮带传动,线速度大小相等,小轮和线圈 同轴转动,角速度相等,根据v=ωr,可知 小 轮 转 动 的 角 速 度 为 4ω,则线圈转动的角速度为4ω,A正确;线圈产生感应电动势的 最大值Emax=nBS·4ω,又S=L2,可得Emax=4nBL2ω,则线圈产 生感应电动势的有效值E=Emax 2 =2 2nBL2ω,灯泡两端电压有 效值为U= RER+R= 2nBL 2ω,B错误;若用总长为原来两倍的相 同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈,则线圈的匝 数变为原 来 的2倍,线 圈 产 生 感 应 电 动 势 的 最 大 值 Emax'= 8nBL2ω,此 时 线 圈 产 生 感 应 电 动 势 的 有 效 值 E'=Emax' 2 = 4 2nBL2ω,根据电阻定律可知线圈电阻变为原来的2倍,即为 2R,灯泡两端电压有效值U'= RE'R+2R= 4 2nBL2ω 3 ,C正确;若仅 将小轮半径变为原来的两倍,根据v=ωr可知小轮和线圈的角速 度变小,根据E有效 =nBSω 2 ,可知线圈产生的感应电动势有效值变 小,则灯泡变暗,D错误。] 11.解析 (1)根据电阻定律可知相同材料、相同截面积条件下导线 越长电阻越大,故A线圈的匝数多; (2)变压器只能改变交流电压,线圈A应连到学生电源的交流输出端上; (3)线圈B拆掉部分匝数,则n2 减小,因此变压器副线圈电压U2 减小,灯泡的功率为P=U2 2 R 可知灯泡功率降低,亮度变暗; (4)理想变压器 U1 U2 = n1 n2 可得U2= n2U1 n1 =3V 实验过程中由于存在漏磁、铁芯发热、导线发热等情况,副线圈的 实际电压应小于理想变压器副线圈电压的理论值,应小于3V, 可能为2.8V,故选D。 答案 (1)A (2)交流 (3)变暗 (4)D 12.解析 (1)电动势的最大值Em=NBSω 有效值E=Em 2 解得E=NBSω 2 代入数据得E≈6.4×102V (2)输出电压U=E-Ir 输出功率P=IU 解得P=I(E-Ir)=50×(6.4×102-50×0.6)W≈3.1× 104 W。 答案 (1)6.4×102 (2)3.1×104 13.解析 (1)交流电压u=100 2sin100πt(V), 故有效值为U1= Um 2 =100 2 2 = V=100V 根据理想变压器 U1 U2 = n1 n2 有U2= n2U1 n1 =200×100800 V=25V (2)由于灯泡正常发光,故副线圈中电流为I=PLUL =0.4A 电动机两端电压为UD=U2-UL=25V-5V=20V 电动机消耗的电功率为PD=UDI=20×0.4W=8W。 答案 (1)25V (2)8W 14.解析 (1)感应电动势的最大值Em=NBSω=50V 电动势的有效值E有效 = Em 2 =25 2V 电压表测量的是路端电压,所以电压表的示数U=E有效RR+r= 45 2 2V (2)电流最大值Im= Em R+r=5A 则电路中电流瞬时值表达式为i=Imsinωt=5sin10πt(A) (3)电流有效值I有效 = Im 2 转一圈所需时间T=2πω=0.2s 线圈转一圈用电器R 产生的热量Q=I有效2RT=22.5J (4)130s 内线圈转过的角度θ=ωt=10π×130= π 3 该过程中,ΔΦ=BS-BScosθ=12BS 由􀭵I= qΔt ,􀭵I= 􀭺E R+r ,􀭺E=N ΔΦΔt 得q=N ΔΦR+r=N BS 2(R+r)= 100×1π×0.05 2×(9+1) C= 1 4πC≈0.08C 。 答案 (1)50V 452 2V (2)i=5sin10πt(A) (3)22.5J (4)0.08C 15.解析 (1)设通过电动机的电流为I,电动机内阻损耗的功率为 P损,由题意得P损 =I2r P损 =(1-η)P=(1-η)UI 代入数据解得I=5A P=UI=1100W 电动机的机械功率P机 =80%P=880W (2)设降压变压器原线圈两端的电压为U1,通过输电线路的电流 为I1, 由题意得I I1 =2511 ,解得I1=2.2A 输电线路损耗的功率 ΔP=I12R=2.22×25W=121W 则升压变压器的输入功率P1=ΔP+P=1221W 由题中交变电动势的表达式可知,升压变压器的输入电压为U0 =222 2 2 =222V 电流表的读数为升压变压器的输入电流IA= P1 U0 =1221222 = A= 5.5A。 答案 (1)880W (2)5.5A 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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