第48期 《选择性必修第二册》核心素养阶段测试(三)-【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（三） ◆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.下列关于电磁波的说法正确的是 郑 A.电磁波必须依靠介质传播 B.电磁波可以发生衍射现象 C.电磁波不会发生偏振现象 D.电磁波与机械波本质上是一致的 2.如图1，螺线管导线的两端与两平行金属板相连接，一个带正电的 小球用绝缘丝线悬挂于两金属板间并处于静止状态.线圈置于方向竖直向 上的均匀增大的磁场中，现将S闭合，当磁场发生变化时小球将偏转.若磁 场发生了两次变化，且第一次比第二次变化快，第一次小球的最大偏角为 图1 0,第二次小球的最大偏角为2，则关于小球的偏转位置和两次偏转角大 小的说法正确的是 ( A.偏向B板，01>02 B.偏向B板，01<02 (V1000-k C.偏向A板，01>02 D.偏向A板，01<02 3.如图2所示，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的闭合导 线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向 里，磁感应强度的大小为B。.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于 半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，线框中产生感应电流现使线 图 框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化为了产生与 的大小应为 名画 线框转动半周过程中同样大小的电流，微感应强度时间的变化率兰 A.4wB。 C.B ωBO 7 B.2ok, T 0.2不 4.如图3所示，两根平行的水平光滑长直金属导轨，其电阻不计，导体 棒ab、cd跨在导轨上，ab的电阻R大于cd的电阻r,当cd在大小为F,的水 平外力作用下匀速向右滑动时，b在大小为F2的水平外力作用下保持静 止.已知a、b两点间的电压为Ub,c、d两点间的电压为U,以下说法正确 的是 图3 A.Uab Uod,F>F2 B.Uh =Ud,F<F2 C.UU,F F2 D.U=Ud,F =F2 5.如图4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)B和B,方向均垂直于纸面向外的匀强磁场.一质量为m、电荷量为：：： q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限， 最后经过x轴离开第一象限.则粒子在磁场中运动的时间为 ( 图4 A.5am B.7am 6gB 6gB C.11am D.13mm 6gB 6gB 6.如图5所示，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁 场，P为磁场边界上的一点.大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点， 在纸面内沿不同方向射入磁场.若粒子射人速率为“，这些粒子在磁场边 界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为2，相应的出射点 图5 分布在三分之一圆周上.不计重力及带电粒子之间的相互作用，则2： 为 ( A.5:2 B.√2：1 C.5:1 D.3:√2 7.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图6所 示，其中加速电压恒定.质子在人口处从静止开始被加速电场加速，经匀强 磁场偏转后从出口离开磁场.若某种一价正离子在入口处从静止开始被同 加速电场 -加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将 出口 磁感应强度增加到原来的12倍.此离子和质子的质量比约为 图6 A.11 B.12 C.121 D.144 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3分，有错选或不选的得0分) 8.如图7所示，将额定电压为60V的用电器，通过一理想变压器 接在正弦交变电源上.闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和 用电器 交流电流表（均为理想电表）的示数分别为220V和2.2A.以下判断 正确的是 A.变压器输入功率为484W B.通过原线圈的电流的有效值为0.6A C.通过副线圈的电流的最大值为2.2A D.变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11:3 9.某光控开关控制电路如图8所示，R,为光敏电阻（电阻值随光照强 度的减弱而增大)，R2为滑动变阻器，电源内阻忽略不计.当光控开关两端 电压升高到一定值时，照明系统打开.以下说法正确的是 A.光照强度减弱时，光控开关两端电压降低 图8 B.将R2的滑片P向下滑动，能使傍晚时照明系统更早打开 C.将R2的滑片P向上滑动，能使傍晚时照明系统更早打开 D.保持R2的滑片位置不变，换用电动势更大的电源，能使傍晚时照明系统更早打开 10.对于远距离输电，在P送一定的情况下，设输电线路中的电流为1送，输电线的总电阻为 R线，为了减少损耗，采用增大电压U送输电，下列说法正确的是 () A.由U送=I送R级，知输电线路中的电流变大 B.由P送=I送U送，知输电线路中的电流变小 C.由P耗= ,知箱电线路消耗功率减小 R线】 D.由P送=送R线，知不会影响输电线路中的电流 第Ⅱ卷非选择题（共54分) 三、实验题（本题共2小题，每小题8分，共16分，将正确答案填在题中横线上或按要求作 答) 11.在研究电磁感应的实验中 (1)一位学生将电流表、电池、电阻和开关连接成如图9甲所示电路，接通开关，看到电流表 指针偏向正接线柱一侧.这样做的目的是 图9 (2)这位学生又把电流表及原、副线圈A和B、电池、开关连接成如图乙所示电路， ①当接通开关时，或接通开关后将线圈A插入线圈B的过程中，看到电流表的指针都偏向 正接线柱一侧.比较电流的方向，可得出的实验结论是 ②当断开开关时，或将线圈A从线圈B中拔出的过程中，发现电流表的指针都偏向负接线 柱一侧.比较电流的方向，可得出的实验结论是 12.如图10所示是研究自感现象的电路图，两个灵敏电流计G1和 G2的零点都在刻度中央，当电流从左向右流入时，指针向右偏，反之向 左偏，在开关S接通的瞬间，G1指针向 摆，G2指针向 摆；S断开的瞬间，G指针向 摆，G2指针向 摆（以上均 选填“左”或“右”)，两个灵敏电流计指针的摆动幅度 （选填 图10 “相等”或“不相等”) 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.（8分)在真空中，半径r=3×102的圆形区域内有匀强磁场，方向如图11所示，磁感 应强度B=0.2T,一个带正电的粒子以初速度vo=1×10/s从磁场边界上直径ab的一端a 射人磁场，已知该粒子的比荷品=1×10Ckg,不计粒子重力 (1)求粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径； (2)若要使粒子飞离磁场时有最大偏转角，求入射时。与ab的夹角0及粒子的最大偏转角. 图11 14.（12分)如图12所示，水平面（纸面）内间距为的平行金属导间接一电阻，质量为m、 长度为l的金属杆置于导轨上.t=0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止 开始运动.时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在 磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者 之间的动摩擦因数为4.重力加速度大小为g.求： (1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； ××××T ×××× (2)电阻的阻值 ××× 图12 15.(18分)如图13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； 时 (2)若S,和S2均闭合，电容器的最大带电荷量； (3)若S,断开、S2闭合，重物的速度v随时间t变化的关系式 图13 些 烯 (参考答案见47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