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 江苏专用）

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 B.曲线a表示的交变电动势的最大值为25V 置一纸质圆筒，圆筒上套一环形轻质铝箔，电 C.曲线b表示的交变电动势有效值为20V 磁炉产生的交变磁场的频率、强度及铝箔厚度 D.曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2 可以调节.现给电磁炉通电，发现铝箔悬浮了 4.*(2025·山东聊城期末)如图所示的电路 起来若只改变其中一个变量，则 中，A,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A1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，最后一样亮 D.在刚断开电源产生如图磁场的瞬间，铝箔 C.断开开关S切断电路后，A2先熄灭，A1过 中会产生如图所示的电流 会儿才熄灭 2.*(2024·江苏南京联考)如图所示，平行 D.断开开关S切断电路后，A1先熄灭，A2过 于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1= 一会儿才熄灭 2T.位于纸面内的细直导线，长L=1m,通有 5.**如图所示的LC振荡电路 I=0.5A的恒定电流，当导线与B,成60°夹角 中，已知某时刻电流i的方向 时，发现其受到的安培力为零，则该区域同时 如图，则 存在的另一个匀强磁场的磁感应强度B,的大 A.若A板此时已经带正电，则电流i正在 小不可能的是 增大 60 B.若A板此时已经带负电，电容器两极板间 B 的电场能正在减小 A.1T B.√3T C.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 D.若减小平行板电容器A、B间的距离，振荡 匀强磁场中，一巨型金属线圈两次以不同的 频率增大 转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的 6.*(2025·浙江金华期末)如图所示，一个 交变电动势随时间变化的e-t图像分别如图 可绕竖直圆心轴转动的水平金属圆盘，圆盘 乙中曲线a、b所示，则 中心O和圆盘边缘D通过电刷与螺线管相 连，螺线管右侧有竖直悬挂的铜环，匀强磁场 <10-2s 垂直于圆盘平面向上，从上向下看，圆盘逆时 针转动，则下述结论中正确的是 全书综合检测黑白题103 C.电流表A,的示数增大 螺线管 D.电流表A2的示数减小 9.如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝 圆盘 环 数比为1：2，变压器原线圈两端所接电压U A.若圆盘匀速转动，则铜环中有恒定的感应 按图乙正弦规律变化，定值电阻R=52,相同 电流 的灯泡L,、L2电阻恒为102，下列说法正确 B.若圆盘加速转动，则铜环将靠近螺线管 的是 ( C.若圆盘不动，逐渐增强磁场，则圆盘上各处 uNV 电势相等 L☒ 5N2 D.若圆盘不动，逐渐增强磁场，则铜环保持 不动 7.**(2025·石家庄一模)如图所示，直线MN A.当开关S闭合时，理想电压表示数为 左侧存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁 7.07V 感应强度大小为B,半径为r、圆心角为60°的 B.当开关S闭合时，理想电流表示数为1A n匝扇形闭合线圈OPQ垂直于磁场放置，OP C.当开关S由闭合到断开，L1变亮，L2变暗 边与MN重合，线圈OPQ的总电阻为R.现使 D.当开关S由闭合到断开，原线圈输入功率 线圈OPQ以MN为轴、角速度ω匀速转动10 变大 圈，则该过程中线圈产生的焦耳热为( 10.整(2025·福建泉州检测)如图，空间分布 着磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外 的匀强磁场.关于O点对称的薄板MN的长 度为3a,0点到MW的距离为a.0点有一粒 60 0 子源，能沿纸面内任意方向发射速率相同、 质量为m、电荷量为g的带正电粒子.已知水 A. 5mr'n2B2w 20Tr'n2B2@ B 平向右发射的粒子恰能垂直打在MW上，打 3R 3R 到MN上、下表面的粒子均被吸收.不计粒子 C.5'Fn'Bo D. 5π3r4n2B2w 的重力，则被MN吸收的粒子在磁场中运动 18R 36R 的最长时间为 8.*某水电站输电线路简化模型如图所示，已 知R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 ·M, 均为理想变压器，下列说法正确的是 A. 5πm 3wm B.2B4 C.Tm D.Tm 3Bg 2Bq 电 机 11.锌磁流体发电机的原理如图所示.将一束 等离子体连续以速度，垂直于磁场方向喷入 A.电压表V,的示数增大 磁感应强度大小为B的匀强磁场中，可在相 B.电压表V2的示数增大 距为d、正对面积为S的两平行金属板间产 选择性必修第二册黑白题104 生电压现把上、下板和电阻R连接，上、下板 等效为直流电源的两极.等离子体稳定时在 进人磁场区域时，速度减小到；，下列说法 两极板间均匀分布，电阻率为ρ，回路中有稳 正确的是 定的电流.忽略边缘效应及离子的重力，下列 XX 说法正确的是 ( XXX A.线框进入磁场过程中做匀减速直线运动 B.线框能全部穿出磁场 等离子体 C.线框进人磁场过程中与离开磁场过程中 A.上板A为正极，下板B为负极 产生的热量之比为8：1 B.稳定时，A、B两板间电压U=Bd D.线框进入磁场过程中与离开磁场过程中 C.把电阻R更换为阻值更大的电阻，稳定 通过线框某截面的电荷量之比为3：2 时，A、B两板间电压变大，且U<Bd 14.整(2024·四川德阳期末)如图所示，空间 D.稳定时，发电系统提供的能量全部转化为 中存在一矩形磁场区域PQMN,在区域PMW 电阻R的内能（焦耳热）》 内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，在区域 12.利用质谱仪检测电量相等(4价)的气态 PQM内存在垂直于纸面向里的匀强磁场I,两 C14和C12离子的浓度比，结合C14衰变 磁场的磁感应强度大小均为B.∠NMP=60°， 为N14的半衰期，可以判断古代生物的年龄. 带电粒子以大小为。=BL、方向沿MW的 如图所示，离子从容器A下方的狭缝S飘人 速度进入磁场，运动一段时间后从P点离开 电场，经电场加速后通过狭缝S2、S,垂直于磁 磁场区域.不计粒子的重力，粒子的比荷为 场边界MN射入匀强磁场，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 =k,则下列说法正确的是 m 离后离子的电流强度可得离子的浓度比.测 X X XX 得上-4，则C14和C12的浓度比为 × + ( TN D A.MN的长度可能为5L 2 B ×X×X×久× B.粒子在磁场中运动的总时间可能为2π ××X×××× 3kB A. B.、3 1 C.粒子从磁场I进人磁场Ⅱ的位置距离M √14 C.2 点可能为23L 13.锌(2025·山东潍坊模拟)如图，光滑绝缘 D.若另外一比荷为k的粒子能通过MP边上 水平桌面上有一均质正方形金属线框abcd, 距离M点2L的一点，则粒子的发射速度 线框以速度v进入一个直线边界的匀强磁场 (磁场的宽度大于线框的边长)，当线圈全部 大小可能为学 全书综合检测黑白题105 15.如图，P、Q是两根固定在水平面内的光 后向下移动一小段距离，出现的现象是 滑平行金属导轨，间距为L,导轨足够长且电 阻可忽略不计.图中EFHG矩形区域有一方 A.灯泡A、B均不发光 向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B B.灯泡A、B交替短暂发光 的匀强磁场.在t=t1时刻，两均匀金属棒a、 C.灯泡A短暂发光、灯泡B不发光 b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大 D.灯泡A不发光、灯泡B短暂发光 小均为o;一段时间后，流经a棒的电流为 (2)通过实验得知：当电流从图b中电流计 0,此时t=t2,b棒仍位于磁场区域内.已知金 的正接线柱流入时指针向右偏转；则当 属棒a、b由相同材料制成，长度均为L,电 磁体 (填“向上”或“向下”)运 阻分别为R和2R,a棒的质量为m.在运动过 动时，电流计指针向右偏转， 程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好， (3)为进一步探究影响感应电流方向的因 a、b棒没有相碰，则下列说法不正确的是 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 (4)若图c电路连接正确，在闭合开关前，滑 动变阻器滑片应移至最 (填 “左”或“右”)端 B2L20 (5)若图c电路连接正确，开关闭合瞬间，指 A.t,时刻a棒加速度大小为 3mR 针向左偏转，则将铁芯从线圈P中快速 B.,时刻b棒的速度大小为30 1 抽出时，观察到电流计指针 A.不偏转 C.t1~t2时间内，通过a棒横截面的电荷量 B.向左偏转 与通过b棒横截面的电荷量相等 C.向右偏转 D.46时间内，a棒产生的焦耳热为分d 17.*(5分)霍尔效应是电磁基本现象之一， 近期我国科学家在该领域的实验研究上取 二、非选择题（共40分） 得了突破性进展.如图甲所示，在一矩形半导 16.*(5分)某兴趣小组在探究感应电流的产 体薄片的P、Q间通入电流1，同时外加与薄 生条件和影响感应电流方向的因素 片垂直的磁场B,在M、N间出现电压UH,这 个现象称为霍尔效应，U为霍尔电压，且满 A☒B☒ 足4织式中4为薄片的厚度止为压尔 图a 图h 系数.某同学通过实验来测定该半导体薄片 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c 示，该同学用电压表测量U时，应将电 (1)图a中，将条形磁铁从图示位置先向上 压表的“+”接线柱与 （填“M” 选择性必修第二册黑白题106 或“N”)端通过导线相连， 规律变化. (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： ↑中/Wb I/(×10-3A) 3.06.09.012.015.018.0 0.015 0.010 U/(×10-3V)1.11.93.44.56.26.8 0.005 根据表中数据在下面坐标图上画出UH 0 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). 甲 8c0,(x10y 19.转(6分)如图所示，两根足够长的平行光 7.( 6.( 滑金属导轨MN、PQ间距L=1m,其电阻不 5.d 计，两导轨所在的平面与水平面成0=30° 4. 3.( 角，N、Q两端接有R=12的电阻.一金属棒 2.d ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好 1.( 出出田H出 03.06.09.012.015.018.021.01/(×103A) 接触，已知ab的质量m=0.2kg,电阻r=12, (3)该同学查阅资料发现，使半导体薄片中 整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场 的电流反向再次测量，取两个方向测量 中，磁感应强度大小B=1T.ab在平行于导轨向 的平均值，可以减小霍尔系数的测量误 上的拉力作用下，以初速度v,=0.5m/s沿导轨 差，为此该同学设计了如图乙所示的测 向上开始运动，可达到最大速度vm=2/s.运 量电路.S、S,均为单刀双掷开关，虚线框 动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g 内为半导体薄片（未画出）.为使电流自 取10m/s2 Q端流入，P端流出，应将S,掷向 (1)求拉力的功率P; (填“a”或“b”),S2掷向 （填“c” (2)ab开始运动后，经t=0.09s速度达到 或“d”). v2=1.5m/s,此过程中电阻R生热 18.*★(6分)如图甲所示，N=200匝的线圈 0.03J,求该过程中ab沿导轨的位移大 (图中只画了2匝)，电阻r=2Ω，其两端与 小x; 一个R=482的电阻相连，线圈内有指向纸 (3)ab开始运动后，当ab速度达到v2= 内方向的磁场.线圈中的磁通量按图乙所示 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.熱(9分)如图所示，P、Q、M、N为四个相互 电荷量。 平行的竖直分界面，间距均为d,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. 在分界面P的左侧有一边长为L的正方形 线框abcd,d<L<2d,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.线框 以水平初速度。飞出，当ab边刚好到达分 界面Q时，线框的速度大小仍为o.已知线框 由同种规格导线制成，总质量为m,总电阻为 R求： 20.接(9分)如图所示，在x轴上方存在垂直 (1)ab边刚好进入分界面P时，a、b两点间 于xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点0处 的电势差大小以及线框加速度的大小； 有一粒子源，可向x轴和x轴上方的x0y平 (2)ab边刚好到达分界面Q时，线框产生的 面各个方向不断地发射质量为m、带电量 焦耳热以及下落的距离； 为+g、速度大小均为v的粒子.在x轴上距离 (3)改变磁感应强度，若想线框最终能竖直 原点x处垂直于x轴放置一个长度为x。、厚 下落，求磁感应强度的最小值 度不计、两侧均能接收粒子的薄金属板P(粒 子打在金属板P上即被吸收，电势保持为 0).沿y轴正方向射出的粒子恰好打在薄金 B 属板的上端，不计带电粒子的重力和粒子间 相互作用力. B (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 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. 选择性必修第二册黑白题108故③正确④由于R为限流电阻，且二极管只要有很小的电 流通过就能发光，所以为了保证K按下前电灯L不发光，应 满足R≥R,故④错误故选C. 压轴挑战 3.(1)PTC(2)向左(3)甲 解析：(1)要做到当温度小于等于T。时报警器就会自动报 警，即温度变低时，螺线管中的电流变大，则热敏电阻的阻值 应减小，即用阻值随温度降低而减小的正温度系数热敏电 阻，那么该报警装置中的热敏电阻属于PT℃热敏电阻. (2)要增大报警温度T。,则要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R,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：A.双金属片根据温度变化发生弯曲变形，从而控 制电路的通断，将热信号转换成了电信号，故A正确；B.常温 下，电熨斗要能够正常工作，电路应该是接通的，所以上、下 触点是接触的，故B正确；C.当温度升高时，双金属片向下弯 曲，说明上层金属膨胀更明显，即双金属片上层金属的热膨 胀系数大于下层金属，故C正确；D.熨烫完丝绸衣物后再熨 烫棉麻衣物，需要设定更高温度，应将调温旋钮下移，使弹性 铜片下降，这样双金属片要弯曲更大程度才能使触点分离， 从而达到更高温度时才切断电路，故D错误.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α、b两端此 选择性必修第二册 时的电压大于U1,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，R,压力传 感器两端电压变小，U,>U2,AB错误：CD.假设恰好开启水 位预警，若此时定值电阻的阻值增大，则电路中电流会随之 减小，从而导致α、b两端电压变小，若想恢复原本电压，则需 增大压力传感器电阻，即降低水位，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清 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 U5.5 (2)由部分电路欧姆定律得R=730xi00≈1.8kn (3)由图可以直接读出该电阻的阻值为2.2k2时对应的温 度约为25.5℃. 全书综合检测 1.C2.A3.D4.B 5.A6.D7.D8.C 9.C解析：A因为电表显示的是有效值，所以原线圈电压有效 佰为U一5Y因为是理想变压器，有长解得副线 2 圈两端电压为U,=10V,开关闭合时，由电路图可得，副线圈 U, 的总电阻为R总=R+ =102,副线圈的总电流为2= 2 点 1A,电阻R两端电压为U。=,R=5V,理想电压表的示数为 U=U2-UR=5V,故A项错误；B.设理想电流表读数为I1,由 于是理想变压器，有之=仁，解得1=2A,故B项错误；C.当 开关S由闭合到断开，副线圈的负载增加，而副线圈的电压 值U2不改变，副线圈的电流12减小，定值电阻两端的电压 UR、并联电路两端的电压U、流过L2的电流I2分别为U= ,R,U=U2-UR,2=,-B,可知UR减小，UL增加，山减小， LL,的功率可分别表示为PR, -,Pu=R,可知，当开 关S由闭合到断开，L,的功率增加，L1变亮，L2功率减小，L2 变暗，C正确；D.当开关由闭合到断开，副线圈中的电阻R。 接入电路，使得副线圈的总电阻变大，根据P= 公式可知， R 副线圈两端电压不变，总电阻变大，故副线圈的功率变小，理 想变压器原、副线圈功率相等，故原线圈输入功率变小，故 D项错误故选C 10.A解析：粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角越大，在磁场 中运动的时间越长，由题可知，水平向右发射的粒子恰能垂 直打在MN上，故粒子轨迹的半径为a,打到MN上、下表面 的粒子均被吸收，如图所示有两种情况，打在MN上表面 时，粒子运动轨迹最大的圆，心角为，当粒子打在M下 黑白题36 表面时，若OP为轨迹圆的弦，则轨迹所对圆心角最大，其 中PQ=3a>PN=弓，故粒子运动轨迹最大的圆心角为 根据即m m二可知T=20,粒子在篮场中运 2 Bq 动的时间为t= m,故粒子在磁场中运动的最长时间为 调故接入 0 M. 11.B解析：A根据左手定则，正离子受到向下的洛伦兹力 所以正离子将打在下板B上，负离子将打在上板A上，所 以上板A为负极，下板B为正极，故A错误：B.稳定时，离 U 子所受电场力与洛伦兹力平衡，即gB=g=9,所以U= Bd,故B正确：C.A、B两板间的电压与电阻R无关，故C错 误；D稳定时，发电系统提供的能量转化为电阻R的内能 和发电机内部损耗的能量，故D错误故选B. 12C解析：带电粒子在电场中加速得g0=之m2,解得。 2四，带电粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力得，= m qB L2m,故粒子的电量相同，质量越大，轨迹半径越大， Bq 到达Q点的是C14,根据电流的微观表达式I=ngSv得n 多，故-0e-e.m4-3x4 √me4×D2c正 确，ABD错误故选C. 13.C解析：A.线框进入磁场时受到的安培力大小为F= BL=BB必L-B=ma,随若速度减小，安培力逐渐减小， 加速度减小，所以线框进入磁场时做变加速直线运动， 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，线圈进入磁场 的过程，取向右为正方向，由动量定理得-B1L·t1= m了m,通过线圈的电荷量g,=14,-△中_B弘 R尺，线圈离开 磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得-B2L· =m-m兮，通过线圈的电荷量g,=h=0-B以， RR,联立 解得。'=了，所以线图不能全部穿出磁场，则'=0，代入 上式可知9=2 ，故BD错误；C.线圈进入磁场的过程，根 92】 据能量守恒定律有Q,=m2-m()，线圈离开磁 场的过程，根据能量守恒定律有Q:=2m(兮)厂，解得 参考答案与解析 [%,故C正确故选C 14.D解析：A.根据洛伦兹力提供向心力有gmB=m二，解得 r=L,假设粒子偏转一次到达P点，可知PM=√3L,MN= PMcs60°=，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 动龄网心角为12四，时桐为器·2平品所以散子 在磁场中运动的总时问为霜(a=2,46…),故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)√5r=(2n+ 1)3L(n=0,1,2…),不可能为23L,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n5r=2L(n=1,2),结合gpB=m,可知=2hBL(n √3n 1,2),当n=2时，解得=38L,故D正确，故选D Q + e.w 15.D解析：A.由题知，在t=t1时刻，a进入磁场的速度方向 向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，α产生的感应 电流方向是E到F,b产生的感应电流方向是H到G,即 两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个 感应电流之和，则有1= =3R,对a,根据牛顿第二定律有 BIL=ma,解得a= =2。,故A正确，与题意不符；B.根据 左手定则，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向 右，由于流过a、b的电流一直相等，故两个力大小相等，则 a与b组成的系统动量守恒.由题知，t2时刻流过a的电流 为零时，说明a、b之间的磁通量不变，即a、b在时刻达到了 共同速度，设为u.由题知，金属棒α、b由相同材料制成，长 度均为L,电阻分别为R和2R,根据电阻定律有R= p片，2R=p号，解得S=2S,已知a的质量为m,设6的质 1 量为m',则有m=PV=p密SL,m'=P密V=P密SL,联立解 得m'=2m,取向右为正方向，根据系统动量守恒有m, 2m,=(m+之，解得=子，放B正确，与题意不 1 ，1 符；C.在t1~t2时间内，根据q=△t,因通过两棒的电流时 刻相等，所用时间相同，故通过两棒横截面的电荷量相等， 故C正确，与题意不符；D.在t1~t2时间内，对a、b组成的 系统，根据能量守有宁宁（宁）后-宁+宁× 白题37 (m)+Qa,解得回路中产生的总热量为Qa=子6， 2 对a、b,根据焦耳定律有Q=PR△t,因a、b流过的电流一直 相等，所用时间相同，故α、b产生的热量与电阻成正比，即 Q。:Q。=1:2,又Q。+Q。=Q总，解得a棒产生的焦耳热为 Q。=)m6,故D错误，与题意相符本题选错误的，故选D. 2 16.(1)B(2)向上(3)如图所示 (4)左(5)C 解析：(1)条形磁铁向上移动一小段距离，穿过螺线管的磁 感线减少，向下移动一小段距离，穿过螺线管的磁感线增 加，移动方向不同，产生的感应电流方向不同，根据二极管 具有单向导电性可知灯泡A、B交替短暂发光，ACD错误， B正确.故选B. (2)当磁体向上运动时，穿过螺线管的磁通量为竖直向下 减少，根据楞次定律，可知线圈中的感应电流产生的磁场竖 直向下，根据右手螺旋定则可知电流从正接线柱流入，指针 向右偏：故磁体向上运动. (3)根据感应电流产生的条件可知，要想进一步探究影响 感应电流方向的因素，需要组成一个闭合回路，还需要一个 含有电源的电路形成一个电磁铁 (4)闭合开关瞬间，电路中电流增大，电磁铁的磁性增强 穿过螺线管的磁感线增加，会产生感应电流，为了防止产生 的感应电流过大损坏电流计，闭合开关前需要将滑动变阻 器的滑片移到最左端. (5)开关闭合瞬间，穿过螺线管的磁通量增多，根据题意可 知指针向左偏转，所以将铁芯从线圈P中快速抽出时，穿 过螺线管的磁通量减少，观察到电流计指针向右偏转 故AB错误，C正确.故选C 17.(1)M(2)如图所示1.5(1.2~1.8均可)(3)bc tU/(×103V) 8.0 7.0 6.0 5.0 4.0 3.0 2.0 1.0 03.06.09.012.015.018.021.01×103A) 解析：(1)如题图甲所示，半导体中电流由P流向Q,根据 左手定则，正电荷移向M端，把半导体看成电源，M端为电 源的正极，故电压表的“+”接线柱与M端通过导线相连。 (2)画出U-1图线如答案图所示. 根据公式U,=k只，得图像的斜率=级80 IB 0.38 d21 代入数据解得k=1.5×103V·m·A1·T-1. (3)如题图乙所示，为使电流从Q端流入，P端流出，即Q 端接电源正极，P端接电源负极，所以S,掷向b,S,掷向c. 18.(1)a→b(2)10V(3)9.6V 选择性必修第二册 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-N4D 20x0.015-0010v=10Vg △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 =48x10V=9.6V, 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。= gm+BL,其中的感应电流人R拉力的功率P三 Fovm,解得P=4W; m-m,根 1 (2)根据动能定理有Pt-W克安-mgxsir= 据功能关系有W克安=Q总= QR(R+r) R,解得x=0.1m; (3)当ab速度达到2=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'-BI'=0-m2,其中q=It',解得q= 0.15C. 0((225(aa-10 qxo 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=只联立解得日=一 9K0 2)带电粒子在磁场中的运动周期为T,则有7：2，得 0,打在P左侧下端的粒子在磁场中运动的时间最 T=- 短，如图： B.···· ·. ···小· 0 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tn= =T,联立解得 6血=，打在P右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 角度是0，=300°，运动的最长时间。。，联立解得 5TXo 黑白题38 (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. 0 所以沿x轴正方向移动的最小长度为△x=ON-OM= √(2x)2-话-x0=(5-1)x0 22则深 、B2L2dBLA (2)- R 2mR2 B'L dvo BL'd 、1mRo mRg 2m2R'g (3)元√2d+2L 解析：(1)导体棒切割磁感线，有E=BLo, a点电势高于b点电势，则由串联电路电压的关系有U= 3 4 根据闭合电路欧姆定律得1=￡_B弘 RR 所受安培力F安=BIL= B2Lvo R 根据牛顿第二定律得√F+(mg)了=ma,解得a= (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 △t 上分秘籍 上分专题1带电粒子在匀强磁场中的轨迹问题 1.B解析：粒子在磁场中的轨道半径为？，根据洛伦兹力提供 向心力，测有即，，解得7G粒子离开破场时孩长 I=2rsin 02msin 0 gB 一，其中6表示初速度与MN的夹角，则 vosin表示速度在垂直于MW方向的分速度，此值不变. 故ACD错误，B正确.故选B. 2.C解析：AB.如图所示，由图可知粒子不可以从C点射出； 从AC边射出粒子，当轨迹刚好与BC相切时，轨迹半径最 大，粒子速度最大，根据几何关系可得r=an30°=分，由 路伦兹力提供向心力得卯B=m联立解得”。=% 故AB错误：C.根据几何关系可知，粒子从AC边射出的长度 为1=2，m30=,故C正确，D由图可知，从AC边射出 粒子轨迹对应的圆心角均为120°，粒子在磁场中的运动时 同5为：一”一2故D拾误散盗C 参考答案与解析 根据闭合电路欧姆定律1= 日，以向右为正方向，对线框 abcd由动量定理得-BL△t=mm,-mo,解得，=t。mR, BLd 又根据题意有+=哈，而竖直方向上有=2gh,所以下 落的距离h= B2L'dvo B'L'd mRg 2m2R'g 由于动能与初始值相等，所以根据能量守恒定律得Q= B2L dvo B'Ld mgh=- R 2mR2 (3)若线框最终能竖直下落，当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, 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 B2L2(6d-2L) 量为I= R 两个边同时切割的总水平距离为L-d,此过程中安培力的 4B2L2(L-d) 冲量为12= R 对线框abcd水平方向全程应用动量定理得I,+l2=mo,解 1 /mRvo 得B=乙入√2d+2L 参考答案 XX ×X×X×XX×XK B 3.(1)4m/s2(2)(0,5m)(3)4m 解析：(1)进入磁场后，沿x轴负方向的洛伦兹力为小球受 的合力，则有gB=ma,解得a=4m/s2; (2)小球进入磁场后沿x轴负方向做匀加速直线运动，则有 =2ad, 解得v,=3m/s, 根据速度公式有v,=at, 解得t=0.75s, 小球离开挡板M端的速度v=√+=5m/s, 令小球离开挡板M端的速度v方向和x轴夹角为0，则 有om0:号-3 解得0=53°， v2 小球离开挡板后做匀速圆周运动，则有gB=m 解得r=5m, 作出轨迹示意图，如图所示： 黑白题39