第45期 《选择性必修第二册》核心素养阶段测试(二)测试内容 第2-3章-【数理报】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步学案（人教版）

《选择性必修第二册》 核心素养阶段测试（二） ◆数理报社试题研究中心 第I卷选择题（共46分） 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.拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用.现有一条绝缘纸带，两 郑 条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构 的莫比乌斯环，如图1所示.连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环 围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱.现有一匀强磁场从圆柱中心区域 垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆(r<R).若磁感应强度 大小B随时间的变化关系为B=(k为常量)，则回路中产生的感应电动 势大小为 ( A.0 B.kTR C.2kπr2 D.2kTR2 2.电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现 能量回收，结构如图2甲所示.两对永磁铁可随发动机一起上下振 坊分界线 动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B 城 磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上.某时刻磁 因 场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开 线圈.关于图乙中的线圈，下列说法正确的是 A.穿过线圈的磁通量为BL B.永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大 C.永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小 D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向 3.如图3所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法 正确的是 ( A.闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引 B.闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0 解 C.断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由α到b 图 D.断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左 4.如图4所示，水平桌面上放置闭合导体圆环，圆环某一直径正上方有 通电直导线，下列情况中，闭合圆环中有感应电流产生的是 ( A.增大通电直导线中的电流 B.圆环绕图示直径旋转 C.通电直导线竖直向上远离圆环 D.通电直导线竖直向下靠近圆环 5.关于涡流、电磁阻尼、互感和自感，下列说法正确的是 A.电磁炉和微波炉均是通过铁锅产生涡流来加热食物的 B.互感现象是变压器的工作基础，变压器不能改变直流电的电压 C.自感电动势总是阻碍原电流的变化，其方向总是与原电流的方向相反 D.交流感应电动机属电磁阻尼，铝框做磁电式仪表线圈的骨架属电磁驱动 6.发电机的示意图如图5甲所示，边长为L的单匝正 方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速 度绕OO'轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所 示.其它电阻不计，图乙中的U。为已知量.则金属框转动 图 一周 A.金属框内电流方向不变 B.电动势的有效值为Um C.电阻产生的焦耳热mBL R BL D.流过电阻的电荷量为 R 7.如图6所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B,磁场在 y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为α.一直角三角形导线框ABC(BC边的长 度为α)从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向， 在下图中感应电流i、BC两端的电压uc与线框移动的距离x的关系图像正 确的是 图6 2 B 二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分，每小题的4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，有选错或不选的得0分) 8.如图7甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平 成线山，在L之间，山山之间存在匀强验场：大鞋 小均为1T,方向垂直于虚线所在平面.现有一矩形线圈 abcd,宽度cd=0.5m,质量为0.1kg,电阻为22，将其从静 止释放，速度随时间的变化关系如图乙所示，t=0时刻cd边 图7 与L,重合，1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L,重合，3时刻ab边与L4重合，已知t1~2 的时间间隔为0.6s,整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向（重力加速度g取10/s2). 则下列说法正确的是 A.线圈的长度ad=1m B.线圈匀速运动的速度大小为8m/s C.在0~t,时间内，通过线圈的电荷量为0.25C D.在0~t3时间内，线圈产生的热量为1.8J 9.竖直放置的长直密绕螺线管接入如图8甲所示的电 路中，通有俯视顺时针方向的电流，其大小按图乙所示的规 律变化螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金 属小圆环（未画出），圆环轴线与螺线管轴线重合.下列说法 正确的是 ( A.1=- 时刻，圆环有扩张的趋势 B1=子时刻，圆环有收缩的趋势 C1=子和：=平时刻，圆环内的感应电流大小相等 T D1=平时刻，圆环内有箱视逆时针方向的感应电流 10.图9中B为理想变压器，接在交变电压有效值保持不变的电一@B 源上.灯泡L,和L2完全相同（其阻值均恒定不变），R是一个定值电 阻，电压表、电流表都为理想电表，开始时开关S是闭合的，当S断开 后，下列说法正确的是 图9 A.电压表的示数变大 B.电流表A1的示数变小N C.电流表A,的示数变大 D.灯泡L,的亮度变亮 第Ⅱ卷非选择题（共54分) 11.如图10所示，L是一带铁芯的自感线圈，其直流电阻为零，电路中 A和B是二个完全相同的灯泡.当开关S闭合一段时间，电路稳定时，A灯 (选填“亮”或“不亮”)，当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势 (选填“高”或“低”) 12.在“探究通过变压器原、副线圈的电流与匝数的关系”实验中： 图10 (1)为实现探究目的，保持原线圈匝数一定，只改变通过原线圈的电流或者副线圈匝数，测 量通过副线圈的电流.这个探究过程采用的科学方法是 A.控制变量法 B.等效替代法 C.演绎法 D.理想实验法 (2)用学生电源给原线圈供电，用多用电表测量通过副线圈的电流，下列操作正确的是 A.原线圈接直流电压，多用电表用直流电流挡 B.原线圈接直流电压，多用电表用交流电流挡 C.原线圈接交流电压，多用电表用直流电流挡 D.原线圈接交流电压，多用电表用交流电流挡 (3)在实际实验中，将电源接在匝数为1000匝的原线圈两端，副线圈的匝数为500匝，用多 用电表测得通过副线圈的电流为0.40A,则通过原线圈的电流可能为 A.0.05A B.0.10A C.0.15A D.0.25A (4)如图11所示为利用变压器原理进行远程输电的电路，交流 发电机的输出电压为·，采用图示理想变压器输电，升压变压器原、 用 副线圈匝数之比为k,降压变压器原、副线圈匝数之比为k2,输电导 线电阻为r,用户的工作电压为U.输电线上损失的功率为 升压变压器 降压变压器 图11 四、解答题（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 不能给分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位)》 13.风力发电机的工作原理可以简化为如图12所示的模型：风轮通过齿轮箱带动矩形线圈 在匀强磁场中匀速转动产生交变电流，并通过变压器和远距离输电线路给用户供电.若发电机 的矩形线圈处于磁感应强度大小为B=乏T的水平匀强磁场中，线圈面积5=0.5m?、匝数N 20开 =200匝、电阻不计.线圈绕垂直于磁场的水平轴匀速转动，其输出端通过电刷与升压变压器的 原线圈相连，提供电压U,=250V,降压变压器原、副线圈的匝数比为5：1，降压变压器的副线 圈连接用电户，两变压器间的输电线总电阻R=20Ω，两变压器均为理想变压器.若用这个供电 设备给某学校供电，该校需要工作电压220V、电功率11kW.求 (1)线框绕轴的转速n; (2)输电线上损失的电压△U; (3)升压变压器原、副线圈匝数比n,:2; (4)发电机的输出功率P· 风力发电机 升压变压器 降压变压器 图12 14.如图13所示，水平面上有相距L的两平行足够长固定轨道M和N,轨道的电阻不计.两 根长度均为L的导体棒ab和cd紧靠横放于轨道上，质量分别为2m和m,电阻分别为3R和R, 与轨道间的动摩擦因数均为，两棒始终与两导轨保持良好接触.整个装置处于竖直向上的匀 强磁场中，磁感应强度为B.现垂直于ab棒施加F=4umg的水平恒力，αb棒从静止开始运动，经 时间t,后cd棒即将开始运动，测得t,时刻两棒之间的距离为x.设最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，重力加速度为g (1)求cd棒即将开始运动时ab棒的速度v; (2)求t1时间内cd棒产生的电热Q; (3)在cd棒即将开始运动时撤去力F,此时cd棒仍然静止，若在αb棒以后的运动过程中， 流过cd棒的电荷量为q,求此过程经历的时间t2· 图13 15.某同学根据电磁阻尼知识设计了如图14甲所示的降落缓冲装置基本原理图.均匀导线 构成的正方形线框abcd质量为m,边长为L,总电阻为R.现使线框从底边dc距离磁场上部水平 边界h处静止释放，线圈abcd恰好能匀速进入磁场.已知磁场下方范围足够大，不考虑线框之间 的相互作用力，线框下落不翻转，空气阻力不计，重力加速度为g,求： (1)匀强磁场的磁感应强度B的大小； (2)dc边刚好进入磁场时dc两点间的电势差U; (3)根据缓冲的原理，物体下落过程中的加速度小于重力加速度就起到了缓冲作用.实际 下落的物体可看作棱长为的金属正方体，质量为M,从侧面看该物体是在水平向右的磁感应强 度为B的匀强磁场中竖直下落，如图乙所示，假设物体从静止开始就一直在磁场中运动，金属正 方体的电阻忽略不计，则该物体下落的加速度将如何变化，并说明能否起到缓冲作用，请推理论 证你的结论 图14 些 烯 (参考答案见下期)高中物理人教（选择性必修第二册）第45~48期 数理柄 答案详解 2025~2026学年高中物理人教（选择性必修第二册）第45~48期(2026年6月) 第45期参考答案 误；圆环绕图示直径旋转，通过圆环的磁通量变化，圆环中产生 1.C2.D3.B4.B5.B6.C7.D 感应电流，故B正确；通电直导线靠近或远离圆环，圆环的磁通 提示： 量始终为零，圆环中不产生感应电流，故CD错误 1.由题意可知，纸带构成的“莫比乌斯环“形成了两匝(n 5.电磁炉是利用高频变化的磁场使金属材质的锅产生涡 =2)线圈串联的闭合回路，穿过回路的磁场有效面积为S= 流生热来加热食物，而微波炉是利用微波振动水分子产生热 △B .S= 量，没有水分的食物是加热不了的，故A错误；互感现象是变压 πr,根据法拉第电磁感应定律有：E=n △t 器的工作基础，当线圈中通过恒定电流时，穿过线圈的磁通量 2kmn2;故C正确， 没有发生变化，不能够发生电磁感应现象，可知变压器不能改 2.根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为零，故A错误； 变直流电的电压，故B正确；自感电动势总是阻碍原电流的变 根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈上升越快，则 化，当原电流减小时，其方向总是与原电流的方向相同，当原电 磁通量的变化率越大，线圈中感应电动势越大，与线圈的上升 流增大时，其方向总是与原电流的方向相反，故C错误；交流感 高度无关，故BC错误；永磁铁相对线圈下降时，线圈中垂直于 应电动机属电磁驱动，铝框做磁电式仪表线圈的骨架属电磁阻 纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流 尼，故D错误 的方向为顺时针方向，故D正确， 6.当线框转动时，框内电流方向每经过中性面一次都要变 3.闭合开关瞬间，线圈M在右端产生的磁场方向向右，由 化一次，所以金属框内电流方向是周期性变化的，而图乙中通 楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向左与线圈M中 过电阻的电流方向不变，是因为金属框输出端有换向器，故A 电流的磁场方向相反，故二者相互排斥，故A错误；闭合开关， 错误；由图乙可知，电动势的最大值为Um,则电动势的有效值 达到稳定后，通过线圈P的磁通量保持不变，感应电流为零，电 ，故B错误；电动势的最大值为(。=B,可得w 为U=- 流表的示数为零，故B正确；断开开关瞬间，通过线圈P的磁场 2 方向向右，磁通量减小，由楞次定律可知感应电流的磁场方向 ，金属框转过一周电阻产生的焦耳热为Q=二=】 向右，因此流过电流表的感应电流方向由b到a,故CD错误 BL R R 4.产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变 2n=TU.B R,故C正确：金属框转过半周流过电阻的电荷量 化.闭合导体圆环某一直径正上方的直导线中通有电流时，通 △更 电导线产生的磁场在以通电导线的投影为对称轴的闭合导体 为g=1gA:上0A￥A02L R R,由于有换向器， 圆环前后面中，磁场方向相反，可知闭合导体圆环的磁通量为 电流方向一直为正方向，所以金属框转过一周流过电阻的电荷 零.增大通电直导线中的电流，闭合导体圆环的磁通量依然为 零，磁通量没有变化，所以圆环中不会产生感应电流，故A错 量为g=29=,故D错误 高中物理人教（选择性必修第二册）第45~48期 7,导体棒切割磁感线产生感应电动势E=BL,感应电流1 压表的示数不变故A错误：由。=片，原删线圈匝数比不变， n 三片、B,在0~a内，有效长度L逐渐变大，感应电流I逐渐 副线圈电流减小，则原线圈电流减小，电流表A,的示数变小， 变大，在α~2a内，有效长度L逐渐变大，感应电流逐渐变大，故 故B正确；当开关S断开时，输出端总电阻增大，副线圈电路电 AB错误；由楞次定律可知，在线框进入磁场的过程中，感应电流 流减小，电流表A2的示数变小，故C错误；副线圈两端电压不 沿逆时针方向，电流是正的，在线框离开磁场的过程中，感应电 变，输出干路电流减小，R两端电压减小，则输出端灯泡L,电压 流了沿顺时针方向，感应电流是负的，故C错误，D正确。 增大，L变亮，故D正确， 8.BCD 9.BC 10.BD 11.不亮；低 提示： 解析：依题意知，当开关S闭合一段时间，电路稳定时，由 &根据平衡有：g=BL,而1=兴，联立两式解得： 于A灯与自感线圈并联，将被线圈短路，则A灯将不亮：当开关 断开瞬间，自感线圈产生自感电动势，将对A灯进行短暂供电， =8ms,故B正确(~专的时间间隔内线圈一直做匀加 BL 电流方向从b到a,所以a点电势比b点电势低. 速直线运动，知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁 12.(1)A(2)D(3)D(4)1-k)C kir 场.设磁场的宽度为d,则线圈的长度L'-2d;线圈下降的位移 解析：(1)保持原线圈匝数一定，只改变通过原线圈的电 为：x=L+d=3d,则有3=-g2,将D=8m/s,= 流或者副线圈匝数，测量通过副线圈的电流，探究通过变压器 0.6s,代入解得：d=1m,所以线圈的长度L'=2d=2m,故A 原、副线圈的电流与匝数的关系，其探究过程采用的科学方法 错误.在0~t时间内，cd边从L,运动到L2,通过线圈的电荷量 是控制变量法，A正确，BCD错误.故选A. (2)变压器的工作原理是互感，故原线圈接交流电压，多 为：9=t三B=,=0.25C,故C正确.0~4时间内， R 用电表用交流电流挡，ABC错误，D正确.故选D. 根据能量守恒得：Q=mg(3d+2d)-2mw=1.8J,故D正 (3)若为理想变压器，由11n1=1n2可得11=0.20A,考 确， 虑到实际实验中，有漏磁等现象，通过原线圈的电流应大于 9.1=子时刻，螺线管中通有顺时针方向逐新增大的电 0.20A,则通过原线圈的电流可能为0.25A.故选D. (4)升压变压器原、副线圈匝数之比为k,原线圈的输入 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.故人错误，B正确：4=时刻，泉 电压为U,则升压变压器副线圈的输出电压为4，=乙，降压变 压器原线圈的输入电压为U3=k2U,输电线上损失的功率△P 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 =-)yr=1-)产心 kir 顺时针方向，D错误2=子和：=平时刻，螺线管中电流的变 13.解析：(1)由条件可知NBSw 3 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 =万U,a=50 radl/,.所以n=2元 摩压变压器 对值相等，则由E=n中，1=号知，圆环中的感应电流大小相 =25r/s. △t R P 等，C正确 (2)用户电流L=元，=50A,因为%：m=5:1,0= 10.因电压表测量副线圈的输出电压，输人电压不变，故电 220V,所以U3=5U4=1100V,13=10A,输电线损失电压 一2 高中物理人教（选择性必修第二册）第45~48期 △U=13·R=200V. 器的电荷量Q=CE,由于v不断变大，E和Q也不断变大，由后 (3)升压变压器电压关系U2=△U+U3=1300V,n1:n2 表面到前表面所构成的充电电流：=是=CB×是，所受的安 △t =U1:U,=5:26. 培力F=Bi,根据牛顿第二定律有：Mg-F=Ma,根据加速度 (4)发电机输出功率P,=△P+PH户=R+P户= 13kW. 的定义：a三A如联立可得：QM士，因此E方体以小于 △t 14.解析：(1)在cd棒即将开始运动时，ab棒的速度为v,则 g的加速度做匀加速直线运动 E 电路中的电动势：E=BL,电路中的电流为：l=3R+Rcd棒 第46期3版参考答案 A组 受的安培力为：F安=BIL,由题意有：F安=umg,由以上各式解 1.A2.B3.D4.B5.B6.A7.A 得：=4umgR B2L2 提示： (2)设在t,时间内，ab棒产生的电热为Q,由焦耳定律可 1.医院里的B超是利用超声波的物理特性进行分析和治 号-沿可求得到：0，=30，对整个系跳由功能关系：(G 知 疗的，故A正确 0 2.雷达向外发射电磁波，当电磁波遇到飞机时就要发生反 1 -4·2mg）x= 2×2m+Q+Q,由以上各式可求得：Q= 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， umgx Au'm'gR2 所以要想降低飞机的可探测性，可以使用吸收雷达电磁波的材 2 BL4· 料，在雷达屏幕上显示的反射信息很小、很弱，很难被发现，故 (3)对αb棒以后的运动过程，以向左方向为正，由动量定 B正确 理有：BL2+4·2mg2=2m,流过cd棒的电荷量为：9=l2, 3.某段时间里，回路的磁场能在减小，说明回路中的电流 可求得：2= 4mR BLq BL 2wmg 在减小，电容器充电，而此时M带正电，那么一定是给M极板 15.解析：(1)从开始下落到恰进入磁场，由动能定理得： 充电，电流方向顺时针.由题意知t=0时，电容器开始放电，且 mgh=)m,dc边以速率v进人磁场时，产生的感应电动势 M极板带正电，结合i-t图像可知，电流以逆时针方向为正方 向，因此题干所述的这段时间内，电流为负，且正在减小，符合 ,而此时线框匀速运动， E 为：E=BL,线框中的电流为：1= 条件的只有图像中的cd段，故D正确。 根据平衡条件有：mg=BIL,联立以上各式可得：B= 4.IC卡内是一个LC振荡电路，没有电池，故A错误；只有 mgR 当读卡机发出特定频率的电磁波时，IC卡才能有效工作，故B NL 2gh 正确；当读卡机发射的电磁波偏离该特定频率时，线圈L可以 (2)线框进入磁场时，cd边切割磁感线相当于电源，由右 产生的感应电流较小，不能有效工作，故C错误；C卡是可以和 手定则可知，c点电势高，d点电势低，则dc两点间的电势差为： 读卡机进行数据传输的，故D错误， u.=-R%=-子R=-子MRV2g元. 5.脉冲雷达是利用微波测速、测距的，其传播速率等于光 (3)证明：把金属正方体等效为一个切割磁感线的导体 速，故A、C错误，B正确；由T=2π√LC可知，增大振荡电路的 棒，它的两端会有感应电动势，平行磁感线的前后两个面可近 电容，其周期变大，工作频率减小，故D错误 似看成作平行板电容器，电容为C.正方体以速度切割磁感线 6.电磁波谱按波长由长到短的顺序排列为无线电波、红外 时产生的感应电动势为E=B,则正方体前后面所构成电容线、可见光、紫外线、X射线y射线，由题意知，物体温度越高， 一3 高中物理人教（选择性必修第二册）第45~48期 其发出的电磁波波长越短，宇宙间的温度约为3K,则其发出产生磁场，变化的磁场周围产生涡旋电场，故C、D都有可能 的电磁波的波长应在无线电波波段，故A正确 2.由题图知，回路中电流从正极板流出，即电容器处于放 7.调制是把低频信号加到高频电磁波上增强发射能力，频 电过程中，故A错误：放电过程是电场能减小的过程，因而是磁 率变大，即辐射本领变强，故A正确；电磁波在空气中的波速接 场能增加的过程，也是振荡电流增大的过程，故B、C正确；在振 近光速，传播速度不变，故B错误；根据v=f可知，速度不变 荡电流增大时，线圈产生自感电动势阻碍电流增大，故D正确。 的情况下，频率改变，则波长必然改变，故C错误；要把电磁波 3.当t=kr√C(k=0,1,2,…)时， 有效发射出去，必须有足够高的频率，经过调制之后的波具有 由图可知振荡电路电流为零，故A错误；当 较高频率，从而把我们要告知对方的信息有效传递出去，故D T T 3T -T 电场强度增大时，如在4~2·4 错误。 时间段内，振荡电流减小，线圈中自感电动势与振荡电流方向 8.充电 带正电 相同，故B正确；电容器充电时，电场能增大，磁场能减小，磁场 解析：振荡电路在一个周期内，经历放电→充电→放电 一充电四个过程，每一个过程历时子当振荡电流以逆时针达 能转化为电场能，故C正确；由图像对照可知在子~子内，电 到最大时，电容器上极板刚放电完毕，将开始对下极板充电.由 容器充电，i>0,在号~子T内，电容器放电，i<0,故D错误 于时间t=3.4×102s=1.7T,根据电磁振荡的周期性特点， 4.(1)r2=4π2LC 此时刻状态与开始计时后经过t=0.7T的状态一样，所以电 (2)如图所示 容器正处于充电状态，且上极板带正电。 个7×102) 60 9.解析：(1)设顺时针为正方向，LC回路振荡的周期为T =2mLC=2π/0.5×2×106s=6.28×10-3s. 当t=3.0×102s时，t=4.78T,即4.75T<t<5T,此时 电容器正处于正向充电阶段，所以电流方向为顺时针。 C/(X10F) (2)当接通开关S时，电容器开始放电，当电场能完全转 (3)38.5mH(35.1~41.9mH都算对) T 化为磁场能时，磁场能第一次达到最大，此时：=年=1,57× 5.解析：要求出说话后听到对方讲话经历的时间，需要知 10-3s 道同步卫星分别和两人之间的距离，当两人都站在同步卫星的 10.解析：由公式c=M得入=二=3×10 F37.5×10m=800m, 正下方时，电磁波经同步卫星传播的距离最短，需时最少.设卫 星的质量为m,距地高度为h,同步卫星的周期和地球自转的周 再由公式f= 1。 得C= 1 2πLC 4π2fL 期相同， 4×m×(37.5×10)2x4×10F=4.5×109E 由牛顿第二定律得m祭（公。+）=G,”县 (优地+)户，得 B组 3GM地T h 4m2 R地 1.CD 2.BCD 3.BC 提示： 3/6.67×10×6×10×(3600×24)m-6.4×10°m= 4×3.142 1.电荷的周围产生静电场而不是涡旋场，稳定电流的周围 3.59×10?m,无线电传播的最短距离为3=4h=3.59×10'× 4 高中物理人教（选择性必修第二册）第45~48期 4m=1.436×103m. ERo 7.。=R,=R。+及+R+7,一氧化碳浓度c增大，电 第47期3版参考答案 导增大，电阻R传减小，U增大，但不是正比关系，故A正确，B、 A组 C、D错误， 1.B2.D3.A4.A5.D6.A7.A 8.(1)M(2)平均bc 提示： 解析：(1)通过矩形半导体薄片中的电流由P向Q,根据左 1.电压表为理想电表，则电压表不分流，故触头移动时不 手定则可知带正电粒子受到的洛伦兹力由W端指向M端，即带 会改变电路的电阻，也就不会改变电路中的电流，故A错误；电 压表测的是滑片P左侧电阻分得的电压，故示数随物体M的移 正电粒子向M端偏转，所以M端聚集正电荷，M端电势高于V 动亦即触头的运动而变化，故B正确，C、D错误 端，故电压表的“+”接线柱应接M端。 2.由于平行板电容器两极板与电池两极相连接，两极板间 (2)为使电流自Q端流入、P端流出，应将S,掷向b,将S2 掷向c. 的电压U保持不变，根据电场强度E= 名c=3可判断A 9.解析：(1)连接线路如图所示. 错误，D正确.再由Q=CU可知，B错误.由于Q变化，使电容器 出现充电、放电现象，电流计中电流方向不断变化，C错误 3.由题意知，导线芯和导电液体构成电容器的两极，类似 于平行板电容器的两极，当液面高度发生变化时，相当于两极 正对面积发生变化，会引起电容的变化，与平行板电容器类比 可得，导电液体深度h增大时，导电芯和导电液体正对面积增 大，电容器的电容值变大，故A正确， 4.当滑片P向左移动时，使其电阻减小，则流过二极管的 (2)按图连接好电路，合上开关S,水泵工作，水位升高，当 电流增大，从而发光增强，使光敏电阻R的阻值减小，通过灯泡 浮子上升使B接触到S时，左侧电路（控制电路）工作，电磁铁 L的电流增大，则L消耗的功率增大，故A正确，B、D错误；当滑 F有磁力，拉下衔铁E,使S2断开，电动机M不工作，停止注水； 片P向右移动时，可分析出L消耗的功率变小，C错误。 当水位下降使B与S脱离，电路停止工作，F无磁性，D拉动E, 5.多用电表与热敏电阻构成的回路中未接人电源，故不能 使S2接通，电动机M工作，再次注水， 选用电流挡，故A、B错误；当温度升高时多用电表指针偏转角 10.解析：(1)连接电路如图所示 度较大，说明热敏电阻的阻值变小了，应该换用倍率小的挡，故 。电源0 C错误，D正确 货物装我机 6.光照增强，光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小， R 由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，所以电源内部 的电压增大，所以路端电压将减小；内阻，上发热的功率将增 (2)R1与R2串联，l1=2=1mx=15mA=0.015A,根据 大，R1两端的电压增大，故A正确，C、D错误.因路端电压减小， 闭合电路的欧婚定律得尾+尾+，一产，由题图乙可知，F一 同时R,两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R 的电流减小，而总电流增大，所以通过灯泡L的电流增大，所以 8mN时从=0n.以么=是-，-龙=a62 灯泡L变亮，故B错误 80)2=3182 5 高中物理人教（选择性必修第二册）第45~48期 B组 5.解析：(1)电饭煲盛上食物后，接通电源，S2自动闭合， 1.AD 2.ABC 3.AC 同时手动闭合S,这时R,与黄灯被短路，红灯亮，电饭煲处于 提示： 加热状态，加热到80℃时，S2自动断开，S,仍闭合；水烧开后， 1.金属的电阻率随着温度的升高而变大，半导体在温度升 至饭煮熟温度升高到103℃时，开关S,自动断开，黄灯亮，电 高时电阻会变小，故AD正确。 饭煲处于保温状态.由于散热，待温度降至70℃时，S2又自动 2.若电路无电阻R,,且金属滑片P在b端时，电路短路会 闭合，电饭煲重新加热，温度达到80℃时，S,又自动断开，再次 损坏电源，R,的存在使电路不会出现短路，故A正确；当拉环 处于保温状态。 不受力时，滑片P在a端，由闭合电路欧姆定律得I=R+R (2)加热时电饭煲消耗的电功率P,= 亡，保温时电饭煲 R =0.1A,故B正确；当拉力为400N时，由F=kAx可得△x= 是-0a. 消耗的电功率B=R,十R,两式中啡=尼，十R 4cm,对应的电阻为R=202,R1接人电路的电阻R%= 50,由闭合电路欧姆定律得I'=R,+ U =0.3A,故D错误， 从而有=十进=2：1。 R C正确， (3)如果不闭合开关S,开始S2还是闭合的，R,与黄灯被 3.当声波使膜片M向右运动时，电容器极板间距减小，电 短路，功率为P.当温度上升到80℃时，S2自动断开，功率降 容变大，电荷量Q=UC变大，电源要继续给电容器充电，所以 为P2,温度降到70℃时，S2又自动闭合，如此反复，温度只能 导线AB中有向左的电流，故A、C正确。 在70~80℃之间变化，不能把水烧开，故不能将饭煮熟. 4.(1)4.5(2)C(3)3cd 第48期参考答案 解析：(1)由表格数据可知，光敏电阻与光强的乘积均不 1.B2.C3.C4.D5.B6.C7.D 变，则当L=4d时，光敏电阻的阻值R,==4.50. 提示： 1.电磁波具有波动性，可以发生衍射、偏振现象，电磁波的 (2)由题意可知，光敏电阻R与定值电阻R。串联连接，光 传播不需要介质，与机械波的本质是不同的 照增强时，光敏电阻R,的阻值减小，电路中的总电阻减小，由 2.线圈置于方向竖直向上的均匀增大的磁场中，据楞次定 欧姆定律可知，电路中的电流增大，由U=IR可知，R,两端的 律可知线圈的感应电动势下高上低，则B板电势高，A板电势 电压增大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以R两 低，小球向A板偏转，当磁场变化快时电动势大，偏角大，故C 端的电压减小，反之光照减弱时，光敏电阻R,的阻值增大，R 正确， 两端的电压减小，R,两端的电压增大，则玻璃并联在R。两端时 3.设半圆的半径为r,导线框的电阻为R,当导线框匀速转 不符合，玻璃并联在R,两端时符合，故A错误，C正确；若玻璃 动时，在很短的时间△t内，转过的圆心角△0=o△t,由法拉第 与电源并联，光照变化时，玻璃两端的电压不变，故B、D错误。 (3)当R。=122时，光敏电阻R两端的电压U,=3V, 电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可得感应电流山。 因串联电路中总电压等于各分电压之和，R,两端的电压。= Bor U-U.=(9-3)V=6V,因串联电路中各处的电流相等，所以 R△t 2R;当导线框不动，而磁感应强度发生变化 电路中的电流1=令=令，解得R=60,此时光照强度1. 时，可得遮应电流6=：，令人=人，可得光 R△t 18 6 -ed 3 cd. oB,枚C正确， 6 高中物理人教（选择性必修第二册）第45~48期 4.cd导体棒在F,的作用下，做切割磁感线 于质子与一价正离子的电荷量相同，B1:B2=1:12,当半径相 运动，成为电源.U为电路外电阻上的电压，等 等时，解得 m 2=144,故D正确 效电路如图所示.由于导轨的电阻不计，U=U:另外，由于 8.BD 9.BD 10.BC cd棒与ab棒中电流大小相等，导体棒有效长度相同，所处磁场 提示： 相同，故两棒受到的安培力大小相等、方向相反.ab、cd两棒均 8.变压器的输入功率P,=P2=12U2=2.2×60W= 为平衡态，故导体棒分别受到的外力F、F2与所受到的安培力 平衡，故F=F2,故D正确。 12W,项A销误：由-得---号，故D 5.粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹 正确：由 1得11=22=11×2.2A=0.6A,故1 n 如右图所示根据半径公式r=可求得2=2， aB 确：根据1= 得通过刷线圈的电流的最大值，=万，=5 1 由几何关系得00s0=-n,求得0=60°=号，粒子在磁 2 2A,故C错误， 场中做匀速圆周运动的时间：= B,在第二象限中运动的时间 o 9.光照强度减弱时，R,电阻变大，R两端电压U1= 有=治在第一象限中运动的时间专 2mm B 3aB ,故粒子 R一E= 3g R1+R2 1。·E,可知R,两端的电压变大，即光控开关 R2 1+R 在篮场中运动的时间为？=片+与一器故B 两端电压升高，故A错误；要使系统更早打开，即在R,阻值不 6.相同的带电粒子垂直匀强磁场人射，均做匀速圆周运 变时增加R,两端的电压，根据A选项中的分析可知应减小R2 动，设粒子均向上偏转（均向上或均向下偏转不影响最终结 或增大电源电动势可达到目的，故可以将R2的滑片P向下滑 果).粒子以，入射时，一端点为入射点P,对应圆心角为 动或换用电动势更大的电源，能使傍晚时照明系统更早打开， 60°（六分之一圆周）的弦PP'必为垂直该弦人射粒子运动轨 故BD正确， 迹的直径2r,如图甲所示，设圆形区域的半径为R,由几何关 10.由U线=1线R线，I送=线，U送≠U线(U适=U到+U线）， 系知，=弓R其他不同方向以，人射的粒子的出射点在Pp 得U送≠I送R线，故A错误；公式P法=I法U法，针对的是同一研 究对象，故B正确，D错误：P牦=R=R=(是)R, 对应的圆弧内。 入U 因此U送增大时，输电线路消耗功率P耗减小，故C正确。 5 60 11.(1)查明电流表指针偏转方向与电流方向的关系 (2)①当线圈B中磁场增强时，线圈B中产生的感应电流 同理可知，粒子以？人射时，如图乙所示.由几何关系知2 磁场方向与原磁场方向相反 ,可得1=厅：1因为m8均相同， ②当线圈B中磁场减弱时，线圈B中产生的感应电流的磁 =Rsin60°= 场方向与原磁场方向相同 由公式r=g可得，2：1=万：1.故C正确 gB 12.右右右左相等 7.带电粒子在加速电场中运动时，有儿=之m,在磁场 解析：在开关S接通的瞬间，线圈阻碍电流增大，使电流慢 慢增大到最大，但电流依然是从左向右流入；在S断开的瞬间， .1/2m 中偏转时，其半径=吧，由以上两式整理得r=日√g .由 线圈阻碍电流减小，使电流在线圈L、灵敏电流计G、G2、电阻 高中物理人教（选择性必修第二册）第45~48期 R构成的回路中慢慢减小到零，G,中电流为从左向右流人，G 根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流 中电流为从右向左流入；两表串联，电流相等，指针的摆动幅度 E I二R+I ② 相等， 当金属棒速度最大时有： 13.解析：(1)粒子射入磁场后，由于不计 Mg=mgsin30°+BIL ③ 重力，洛伦兹力提供圆周运动需要的向心力， 联立①②③解得：vm= 21mg7 ④ 根据牛顿第二定律有g,B=m得R= 2B2L2 R gB (2)S,和S2均闭合时，电容器两板间的最大电压 5×10-2m U=UR 5 (2)粒子在圆形磁场区域运动轨迹为一段半径R=5cm UR =IR ⑥ 的圆弧，要使偏转角最大，就要求这段圆弧对应的弦最长，即为 电容器的最大带电荷量Q=CU ⑦ 图形区域的直径，粒子运动轨迹的圆心O'在ab弦的中垂线上， 联立①2④⑤6⑦解得0=7mrC 如图所示.由几何关系可知sin0=R=0.6,0=37°，最大偏 BL ⊙ (3)S,断开、S2闭合，设从释放重物开始经时间t金属棒的 转角B=20=74°. 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 14.解析：(1)设金属杆进人磁场前的加速度大小为a,由 受到的安培力F=BiL,方向沿导轨向下，设在时间t到(t+△t) 牛顿第二定律得F-umg=ma ① 内流经金属棒的电荷量为△Q,△Q也是平行板电容器在t到(t 设金属杆到达磁场左边界时的速度为”，由运动学公式有 +△t)内增加的电荷量，则△Q=CBL·△v v=ato ② 根据运动学公式可得△u=a△t ⑨ 当金属杆以速度，在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定 律，杆中的电动势为E=Bm ③ 由电流的定义式可得i= 0 △t 联立①②3式可得E=B,( F ·-g） ④ 设绳中拉力为F,由牛顿第二定律，对金属棒有 Fr-mgsin30°-BiL=ma ① (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流 对M有：Mg-F-=Ma ② 为1，根据欧姆定律1=是 ⑤ 联立⑨①①卫解得：a=10m+2CB工 7mg B 式中R为电阻的阻值， 由于重物与金属棒速度大小始终相等，可知重物做初速度 金属杆所受的安培力为Fx=BI ⑥ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得 为零的匀加速直线运动，可得1=at=10m+2CB2E 7mg F-umg-F安=0 ⑦ 联立④⑤6⑦式得R-F m 15.解析：(1)S,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。，根据法拉第电磁感应定律可得感应 电动势 E =BLV ① 8