全书综合检测-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）

阻，那么该报警装置中的热敏电阻属于PTC热敏电阻. (2)要增大报警温度T。,则在热敏电阻阻值变大时也能报 警，在其他条件不变的情况下，应该减小滑动变阻器A的阻 值，即将滑动变阻器A的滑动触头向左移动. (3)所用的热敏电阻应该是正温度系数热敏电阻，则可排除 丙和丁：要求该温度报警装置的灵敏度尽量高些，即温度变 化相同时电阻变化较大，故应该选甲， 第五章章末检测 1.A2.C 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， 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 控制电路没有影响，所以报警时的光照强度没有变化，故 D错误故选B. 4.D解析：A.增大电阻箱R1的阻值，则红外光源发出的红外 线强度减小，若烟雾浓度降低，则光敏电阻接收的光强降低， 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 浓度降低，则光敏电阻接收的光强降低，阻值变大，若再增大 电阻箱R,的阻值，则螺线管的电流减小，则干簧管中的两个 簧片不能被磁化而接通，蜂鸣器不能报警，选项B错误； C.增大电源E,的电动势，对干簧管的通断无影响，选项 C错误：D.增大干簧管上线圈的匝数，可增大螺线管磁性， 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 发蜂鸣器报警，选项D正确故选D. 5.D解析：AB.在时间t1至t2内，由-t图像知电流均匀增 大，说明压敏电阻的阻值逐渐变小，可知压敏电阻所受的压 力逐渐变大，由牛顿第三定律知，绝缘重球受到向右的弹力 变大，重球的水平方向合外力变大，小车向右做加速度变大 的加速直线运动，故AB错误；CD.在时间t2至t3内，由I-t 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 流最大，压敏电阻的阻值应该最小，弹力应该最大，重球的水 平方向合外力最大且不变，小车向右做匀加速直线运动，故 C错误，D正确故选D. 第五章真题演练 黑题真题体验 1.C解析：AB.由题意可知水位越高，对压力传感器的压力越 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 时的电压大于)，根据串联电路电压分配特点可知，R,为压 力传感器，故高水位时压力传感器的电阻值较小，R1压力传 感器两端电压变小，U1>U2,AB错误；CD.根据闭合电路欧 参考答案与解析 姆定律可知，a、b两端的电压为U= R4 若 1+ R 定值电阻的阻值越大，当开启低水位预警时，α、b两端的电 压略大于U1,R1压力传感器阻值需要越大，则水位越低；当 a、b两端的电压略小于U2时，开启高水位预警，R1压力传感 器阻值需要越大，则水位越低，C正确，D错误.故选C. 2.C 3.(1)如图所示(2)1.8(3)25.5 热敏电阻 R E 解析：(1)滑动变阻器用分压式，电压表可视为理想电表，所 以毫安表外接(2)由部分电路欧姆定律得R=V 3.0x100≈1.8kn.(3)由图可以直接读出该电阻的阻值 5.5 为2.2kD时对应的温度约为25.5℃. 全书综合检测 1.C 2.A解析：根据安培力为零可知，合磁感应强度的方向与电 流的方向平行，可知B2的最小值为B2min=B,sin60°=√5T, 则B2≥√3T,B,的大小不可能的是1T.故选A. 3.D解析：A.两次t=0时刻线圈产生的感应电动势均为零， 可知此时穿过线圈的磁通量变化率均为零，但穿过线圈的磁 通量均最大，故A错误；B.由图乙可知，曲线a表示的交变 电动势的最大值为30V,故B错误；C.根据图乙可知，曲线 a、b对应的周期之比为T。:T。=2:3,则角速度之比为w。: w,=T。:T。=3:2,根据电动势最大值表达式En=NBSw,可 知曲线a、b对应的电动势最大值之比为Em:Em=w。: ω，=3：2，可得曲线b表示的交变电动势最大值为Em= 20V,曲线6表示的交变电动势有效值为B, Ee=102V, 故C错误；D.根据ω=2πn,可知曲线a、b对应的线圈转速之 比为n。:n,=w。:w=3:2,故D正确.故选D. 4.B 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i正在增大，故A正确；B.若A板 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f= ，若在线圈中插入铁芯，自感系数增大，振荡频率减 2π√JLC E 小，故C错误；D.根据C 4a当减小电容器两极板之间的 距离时，电容器的电容C增大，由振荡频率∫= 一知，振 2π√/TC 荡频率减小，故D错误故选A. 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 电，进项A错误；BC.感应电动势E=B以+2l_ 2 2bBwl2,电 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=ER、1 Bw,电容器所带电荷量为Q=CU= 3 R+R-2E-- CB,选项B正确，C错误；D.将金属棒转动角速度由0 变为2“，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q= 可知，金属棒运动一周通过R的电荷量不变，选项D错误故 选B. 7.B8.C9.C 10.BD解析：AB.不带电的小球乙与带正电的小球甲发生弹 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1，乙球的速度为 ,则有，=2n+m,7=子×2am+了m,联立解 3。,=了0，碰撞后两小球的带电量相同，速度 2 得U1= 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 R,可得R=阳，所以甲、乙两小球的轨道半径分别 aB' R勇=2mw,4n0,R之=是=p,则甲、乙两小球的 道半径之比为R甲：Rz=4:1,故C错误，D正确.故选BD 11.B12.C 13.C解析：A.线框进入磁场时受安培力大小为F=BL= BLv.B2Lv B -L=- =ma,随着速度减小，安培力逐渐减小，加速 R R 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，线圈刚全部进入磁场时速 度为？，刚离开磁场时速度为心'，线圈进人磁场的过程，取 向右为正方向，由动量定理得-B1L·t1=m 3mw,通过线 图的电有量9=认一吧贤，线圈离开發杨的过程，取向 右为正方向，由动量定理得-BLh=mm-m了，通过线 圈的电荷量g=4,-40BL -联立解得=-号，所以线 圈不能全部穿出磁场，则'=0，代入上式可知名=之，故 BD错误；C.线圈进入磁场的过程，根据能量守恒定律有 Q,=2m2-m(仔)'，线圈高开磁场的过程，根据能量 。1/ 选C. 选择性必修第二册·RJ 14.D解折：A.根据洛伦兹力提供向心力有B=m,解得 r=L,假设粒子偏转一次到达P点，可知PM=√3L,MN= Mc0s60°=】L,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 动的圆心角为120°，时间为t=3601 器所以数子 在盛场中运劲的总时间为(=2,46)，放B错误： C.画出粒子的运动轨迹如图，根据几何关系可知，粒子从 磁场I进人磁场Ⅱ的位置距离M点x=（2n+1)3r=(2n+ 1)W3L(n=0,1,2…),不可能为2W3L,故C错误：D.若粒子 能通过MP边上距离M点2L的一点，则粒子的轨道半径满 足w3r=2(n=0,1,2…,结合9B=m可知=2期 √3n (n=0,1,2),当n=2时，解得=Y放D正确故 选D. x×0 、 N·02w 15.BD解析：A.M刚进入磁场时，电路中的电流为1= 2R M要的安格力F的大小为F-刷-故A特 BLvo 误：B.N在磁场内运动过程，根据动量定理有IBI△t m?,解得V在磁场内运动过程中通过回路的电荷量为 Q=1A1=故B正确；C.N在磁场内运动过程中通过回 路的电荷量为98初始时刻N到山的最小距离 为x= B,故C错误，D.从M进入磁场到N离开酸场， mvoR 3 对M,根据动量定理-BL△=mw-m,解得v=o,根据能 量守恒有26=2m2+2 1 (件)+Qa,金属杆N产生 的焦耳热为Q=2Qa三2故D正确故选BD 16.（1)B(2)向上(3)如图所示 Φ (4)左(5)C 17.(1)M(2)如图所示1.5(1.2~1.8均可)（3)bc 黑白题40 U/(×103V) 8.0 7.0 6.0 5.0 4.0 3.0 2.0 1.0 03.06.09.012.015.018.021.0/×103A) 18.(1)a→b(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 大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈 中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可 知线圈中的感应电流为逆时针方向，所以通过电阻R的电 流方向为a→b: (2)根据法拉第电磁感应定律可知 E-NAD 200x0.015-0.010 =10V; △t 0.10 (3)电阻R两端的电压为路端电压，根据分压规律可知 V.6V. 19.(1)4W(2)0.1m(3)0.15C 解析：(1)根据题意可知，当金属棒到达最大速度后开始做 匀速直线运动，令此时拉力为F。,根据平衡条件有F。= mgsin+BLL,其中的感应电流L B,则拉力的功率P= R+r Fovm,解得P=4W; (2)根据动能定理有A-W楼mgn0=之m子m,根 据功能关系有W=Q。-Oe(R+r） ,解得x=0.1m; R (3)当ab速度达到v,=1.5m/s时撤去拉力，ab继续上滑 0.15s速度减为零，该过程对金属棒进行分析，根据动量定 理有-mgsin0·t'-BILx'=0-mw2,其中q=',解得q= 0.15C. 20.(1)mw 、Tx05Tx0 (2)30 3v (3)(3-1)x0 gxo 解析：(1)设粒子做圆周运动的半径为R,由几何关系，得 R=,根据牛顿第二定律，得pB= R,联立解得B=m侧 qxo (2)带电粒子在磁场中的运动周期为工，则有T=2,得 2,打在P左侧下端的粒子在磁场中运动的时间最 T= 短，如图 参考答案与解析具 由几何关系可知打在P左侧下端的粒子在磁场中偏转的 角度是0，=60°，运动的最短时间tm= 0T,联立解得」 一=，打在P石侧下端的粒子在磁场中运动的时间最 长，如图. 0 由几何关系可知：打在P右侧下端的粒子在磁场中偏转的 1,联立解得 角度是，=300°，运动的最长时间6m=3602 5Txo (3)要使挡板右侧无粒子到达，P板最上端与0点的连线 长应为2x,即粒子运动的直径，如图所示. y 0 MN主 所以沿x轴正方向移动的最小长度为△x=OW-OM= √(2x)2-x名-x0=(5-1)x0 21.(1)4.5V109m/s2(2)2.71875J0.271875m (345T 15 解析：(1)导体棒切割磁感线，有E=BLo=6V, a点电势高于b点电势，则由串联电路电压的关系有U= 5=45v, 根据闭合电路欧姆定律得I= 只2A 所受安培力F安=BIL=3N, 根据牛顿第二定律得√/F安+(mg)2=ma,解得a= w/109m/s2. (2)ab边从分界面P运动到分界面Q,由法拉第电磁感应 定律，电路中产生的平均感应电动势E,-BL4 根据闭合电路欧姆定律1= 。,以向右为正方向，对线框 abcd由动量定理得-BL△t=m1-mwo,解得，=3.25m/s, 又根据题意有+=哈，而竖直方向上有=2gh,所以下 落的高度h=0.271875m, 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=2.71875J. (3)线框最终能竖直下落的临界条件为cd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边切割，运动的水平距离为2d-L, 白题41 ③ab边、cd边都切割，运动的水平距离为L-d, ④ab边切割，运动的水平距离2d-L, ⑤cd边切割，运动的水平距离为d, 一个边切割的总水平距离为6d-2L,此过程中安培力的冲 量为1=BL(6d-2) R 进阶突破 第一章安培力与洛伦兹力 第1节磁场对通电导线的作用力 第1课时安培力 1.D 2B解析：根据题意可知，折线c中的电流为P=?,正三 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1a=1+1=3 ,所受安培力垂宜水平桌面的分力大小为 =Bcos60·1LBL,由于线框静止，所以支持力F G-子B,放选B 第2课时通电导线在磁场中的平衡与运动 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 向转到右下方，则安培力在竖直向下方向的分力逐渐增大」 若导线仍处于平衡状态，则支持力为F、会逐渐增大，因此， 若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°，则F、一直增大， 故A错误；B.由题意，对长直导线MN受力分析，受重 力g,支持力30，安培力P=mgm30,由左手定 则可知安培力方向水平向右，由平衡条件，顺M到N方向 看，受力图如图1所示，若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转 45°中，可知安培力的大小不变，方向沿逆时针缓慢旋转45°， 由力的平衡条件，可得导线受力的三角形定则平衡图，如 图2所示，由图可知，当安培力F的方向与支持力为FN的 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FN=√(mg)2-F= √g(停e厂e降如8后受故B正 确；C.题图示位置磁场方向竖直向下，设磁感应强度为B, 则B,IL=mgtan30①，当安培力与弹力方向垂直时，安培力 最小，磁感应强度最小，设此时的磁感应强度为B2,则 B,L=mgsin30②，由①2得B-sim30°-3 8am302,若磁场的大 小和方向可以改变，为使导线MN仍能在题图示位置处静 止，所需的最小磁感应强度的值为原来的倍，故C错误； 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 上移动，可当0角增大到一定值时，若再增大，长直导线就不 选择性必修第二册·RJ 两个边同时切割的总水平距离为L-d,此过程中安培力的 冲量为1=4BL(L-d) R 对线框abcd水平方向全程应用动量定理得I1+l2=mo,解 得a-4St 拔高练 会再处于平衡状态，可知0角不可能达到90°，只有0<90° 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 误故选B. mg mg 图1 图2 2.(1)0.40(2)0.2250(3)R.=10(4an0-3 3(3tan0+4) 解析：(1)由平衡条件得4mg=BL=BL,滑动变阻器接人 R. 电路的阻值至少为R1=0.4D. (2)将导轨右侧抬起角0=90°，由平衡条件得mg=BL, R 滑动变阻器接入电路的阻值最大为R2=0.225Ω. (3)由于tan>μ，不通电流时，杆向下滑动，则滑动变阻器接 入电路的阻值的最大值为R,时，杆受最大静摩擦力沿导轨 向上，则mgsin&=B2Lcos9+uN,N=mgcos9+B号Lsin9, R R 联x得化-的号 第2节磁场对运动电荷的作用力 1.BD 2.BD解析：A对小球在A点由牛顿第二定律得F,+ gsin30°-wB=m,又F,=9驰，B,由以上两式得4= 区，故A错误；B.小球由A点到B点由动能定理得 mgm30x2L=2m-7am,将，代人上式可得 1 gL,小球在B点向心加速度大小a 5 128,故B正确； C小球在B点洛伦数力大小R,=,R=A√受，故C错 误；D.小球在B点利用牛顿第二定律得F?-qwB。 mgsin30=m,解得细绳拉力F?=3mg+ TOgLB,故 2 D正确.故选BD. 3.(1)gsin a mgcos a (2)m(sin atucos a) gB ugB 解析：(1)由于u<tana,所以环将由静止开始沿棒下滑.环A 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 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I= 会儿才熄灭 0.5A的恒定电流，当导线与B1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.I1T B.√3TC.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 D.若减小平行板电容器A、B间的距离，振荡 磁场中，一巨型金属线圈两次以不同的转速 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1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 1、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 ×10-2s 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=5Ω，相同的灯泡L,、L2电阻恒为 102,下列说法正确的是 uNV 5W A.电容器的M板带正电 Ro B.电容器所带电荷量为二CBwl2 C.金属棒两端电压为Bwl2 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 ×××××x 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 45y 度为B,电阻为R、半径为L、o八 L 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0轴以角速度ω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g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. 2BL20 电小球乙，以大小为o的速度沿两球心连线 BL'@ 4R 4R 向带电小球甲运动，并与小球甲发生弹性碰 C.B √2BL2w 撞.假设碰撞后两小球的带电量相同，忽略两 D. 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 机输出功率增加.设升压变压器和降压变压器 ×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 人磁场区域时，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p,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.线框进人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=Bdw 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<Bd 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。=BL、方向沿MW的速度 的浓度比，结合C14衰变为N14的半衰期， 进入磁场I,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,飘人电场，经电场加速 后通过狭缝S2、S,垂直于磁场边界MN射人 9=k,则下列说法正确的是 ( 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 流强度可得离子的浓度比.测得 p√1 ,则 C14和C12的浓度比为 ( A.Mw的长度可能为L x××PxQ B.粒子在磁场中运动的总时间可能为m 3kB ×××又-X××× C.粒子从磁场I进入磁场Ⅱ的位置距离M A. B.③ 1 点可能为23L C. D. 2 3 √J14 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v进入一个直线边界的匀强磁场（磁 大小可能务学 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？两金属杆与导轨 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 为F= BLvo 动变阻器滑片应移至最 (填 R “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 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 moR 4B2L2 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 3mwg 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L,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，U1 为霍尔电压，日满足t,=份式中d为薄片 A☒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： ↑ΦWb I/(×10-3A) 3.06.09.012.015.018.0 0.015 0.010 UH/(×10-3V) 1.11.93.44.56.26.8 0.005 0 根据表中数据在下面坐标图上画出UH 0.10t/s 乙 I图线，利用图线求出该材料的霍尔系数 为 ×103V·m·A1·T-1(保留 2位有效数字). 8r0m(×103y 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MN、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.( 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. 男060罗000Mx10A 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vm=2m/s.运动过程中拉力的功率恒 量电路.S1、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”）,S2掷向 (填“c”或 w2=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=482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vn=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o=4m/s.已知线框由同种规格导线制 20.(9分)(2024·淅江丽水期中)如图所示，在 成，总质量为m=1kg,总电阻为R=3Ω，重 x轴上方存在垂直于xOy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